2021学年1. 菱形的性质精品同步训练题

这是一份2021学年1. 菱形的性质精品同步训练题，共26页。试卷主要包含了0分），【答案】C，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。


19.2.1菱形的性质同步练习华师大版初中数学八年级下册
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）
1. 若菱形的边长和一条对角线的长均为2 cm，则菱形的面积是(    )
A. 4 cm2 B. 3 cm2 C. 23 cm2 D. 3 cm2
2. 如图，四边形ABCD是菱形，AC=8，DB=6，DH⊥AB于H，则DH=(    )
A. 125
B. 245
C. 12
D. 24
3. 下列结论中，矩形具有而菱形不一定具有的性质是(    )
A. 内角和为360° B. 对角线互相平分
C. 对角线相等 D. 对角线互相垂直
4. 在菱形ABCD中，对角线BD=4，∠ABC=120°，则菱形ABCD的面积为(    )
A. 16 B. 43 C. 83 D. 163
5. 菱形的两条对角线的长分别是6和8，则这个菱形的周长是(    )
A. 24 B. 20 C. 10 D. 5
6. 如图，菱形ABCD的两条对角线长分别为AC=6，BD=8，点P是BC边上的一动点，则AP的最小值为(    )
A. 4
B. 4.8
C. 5
D. 5.5
7. 如图，在菱形ABCD中，AB=5cm，∠ADC=120°，点E、F同时由A、C两点出发，分别沿AB、CB方向向点B匀速移动(到点B为止)，点E的速度为1cm/s，点F的速度为2cm/s，经过t秒△DEF为等边三角形，则t的值为(    )
A. 34 B. 43 C. 32 D. 53
8. 如图，直线y=12x+2与y轴交于点A，与直线y=−12x交于点B，以AB为边向右作菱形ABCD，点C恰与原点O重合，抛物线y=(x−h)2+k的顶点在直线y=−12x上移动．若抛物线与菱形的边AB、BC都有公共点，则h的取值范围是(    )
A. −2≤h≤12 B. −2≤h≤1 C. −1≤h≤32 D. −1≤h≤12
9. 如图，菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为8和6，则这个菱形的周长是(    )
A. 20
B. 24
C. 40
D. 48
10. 矩形具有而菱形不具有的性质是(    )
A. 对角相等 B. 对边相等
C. 对角线互相垂直 D. 对角线相等
11. 如图，菱形ABCD中，AB=2，∠B=60°，M为AB的中点．动点P在菱形的边上从点B出发，沿B→C→D的方向运动，到达点D时停止．连接MP，设点P运动的路程为x， MP2=y，则表示y与x的函数关系的图象大致为(  )．
A. B. C. D.
12. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，OE⊥AB于点E，若∠ADC=110°，则∠AOE的大小为(    )
A. 20°
B. 35°
C. 55°
D. 70°
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
13. 如图，平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的顶点A，C在双曲线y=kx(k<0)上，若A(m,32)，B(22,n)，则k的值是______．




14. 如图，菱形ABCD的周长为20，对角线AC与BD相交于点O，AC=8，OE⊥BC，垂足为点E，则OE=______．


15. 如图，点A、C为反比例函数y1=−6x上的动点，点B、D为反比例函数y2=2x上的动点，若四边形ABCD为菱形，则该菱形边长的最小值为______ ．



16. 如图，直线l：y=34x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B.菱形BCDE的一边BC//x轴，另一边BE在直线l上，且点B是AE的中点．点D在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上．
(1)则k=______．
(2)在反比例函数图象上找点Q(不与点D重合)，直线l上找点P，使B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，则点Q的横坐标为______．
17. 如图，菱形ABCD的边长为5，面积为20，P为边BC上一动点(不与C、B重合)，点M在AC上，点N在AB上，则PM+MN的最小值是______．

三、解答题（本大题共6小题，共48.0分）
18. 如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y=−12x+4分别与x轴、y轴交于点B、C，且与直线l2：y=13x交于点A．
(1)分别求出点A、B、C的坐标；
(2)若D是线段OA上的点，且△COD的面积为6，求直线CD的函数表达式；
(3)在(2)的条件下，设P是射线CD上的点，在平面内是否存在点Q，使以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．








19. 如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，且AE=CF.求证：∠DAF=∠DCE．











20. 如图，反比例函数y=kx(k≠0)的图象与正比例函数y=2x的图象相交于A(1,a)、B两点，点C在第四象限，BC//x轴．
(1)求k的值；
(2)以AB、BC为边作菱形ABCD，求D点坐标．








21. 如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠DAB=60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上的一个动点(不与点A重合)，延长ME交CD的延长线于点N，连接MD，AN．
(1)求证：四边形AMDN是平行四边形．
(2)当AM的值为何值时，四边形AMDN是矩形？请说明理由．







22. 如图，菱形ABCD中，E，F分别为AD，AB上的点，且AF=AE，连接EF并延长与CB的延长线交于点G，连接BD．

(1)求证：四边形EGBD是平行四边形；
(2)连接AG，若∠FGB=30°，GB=AE=2，求AG的长







23. (1)如图1，矩形ABCD的顶点A在射线OM上，顶点B、C在射线ON上，且OA=OC，只用无刻度的直尺作∠MON的角平分线OP；
(2)如图2，G为菱形ABCD中CD边的中点，只用无刻度的直尺在对角线AC上求作点P，使PG=12CD．








答案和解析
1.【答案】C

【解析】
【分析】
本题考查菱形的性质，根据菱形的性质可得该对角线与菱形的边长组成一个等边三角形，利用勾股定理求得另一条对角线的长，再根据菱形的面积公式：菱形的面积=12×两条对角线的乘积，即可求得菱形的面积．
【解答】
解：由已知可得，这条对角线与边长组成了等边三角形，可求得另一对角线长23，
则菱形的面积=(2×23÷2)cm2=23cm2
故选C．  
2.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查了菱形的性质，勾股定理，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质，难点在于利用菱形的面积的两种表示方法列出方程．设对角线相交于点O，根据菱形的对角线互相垂直平分求出AO、BO，再利用勾股定理列式求出AB，然后根据菱形的面积等对角线乘积的一半和底乘以高列出方程求解即可．
【解答】
解：如图，设对角线相交于点O，

∵四边形ABCD是菱形，AC=8，DB=6，
∴AO=12AC=12×8=4，
BO=12BD=12×6=3，
由勾股定理的，AB=AO2+BO2=42+32=5，
∵DH⊥AB，
∴S菱形ABCD=AB⋅DH=12AC⋅BD，
即5DH=12×8×6，
解得DH=245．
故选B．
  
3.【答案】C

【解析】
【分析】
分别根据矩形和菱形的性质可得出其对角线性质的不同，可得到答案．本题考查了矩形的性质，菱形的性质，熟记两图形的性质是解题的关键．
【解答】
解：矩形和菱形的内角和都为360°，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线垂直且平分，
∴矩形具有而菱形不一定具有的性质为对角线相等，
故选C．  
4.【答案】C

【解析】解：如图，连接AC、BD，

在菱形ABCD中，AC⊥BD，OB=12BD=12×4=2，
∵∠BAD=120°，
∴∠BAO=60°，
在Rt△AOB中，AB=2OB=4，OA=3OB=23，
∴AC=2OA=43，
∴菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=12×43×4=83，
故选：C．
作出图形，连接AC、BD，根据菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，OB=12BD，菱形的对角线平分一组对角求出∠ABO=60°，再求出AB，AC，进而解答即可．
本题考查了菱形的性质，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分，菱形的对角线平分一组对角的性质，熟练掌握性质是解题的关键，作出图形更形象直观．

5.【答案】B

【解析】解：如图所示，
根据题意得AO=12×6=3，BO=12×8=4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，
∴△AOB是直角三角形，
∴AB=AO2+BO2=5，
∴此菱形的周长为：5×4=20．
故选：B．
根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可．
本题主要考查了菱形的性质，利用勾股定理求出菱形的边长是解题的关键，同学们也要熟练掌握菱形的性质：①菱形的四条边都相等；②菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角

6.【答案】B

【解析】
【分析】
本题考查了菱形的性质，勾股定理，确定当AP⊥BC时，AP有最小值是本题关键．
由垂线段最短，可得AP⊥BC时，AP有最小值，由菱形的性质和勾股定理可求BC的长，由菱形的面积公式可求解．
【解答】
解：设AC与BD的交点为O，

∵点P是BC边上的一动点，
∴AP⊥BC时，AP有最小值，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO=CO=12AC=3，BO=DO=12BD=4，
∴BC=BO2+CO2=9+16=5，
∵S菱形ABCD=12×AC×BD=BC×AP，
∴AP=245=4.8，
故选：B．  
7.【答案】D

【解析】解：连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠ADB=12∠ADC=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，
又∵△DEF是等边三角形，
∴∠EDF=∠DEF=60°，
又∵∠ADB=60°，
∴∠ADE=∠BDF，
在△ADE和△BDF中，∠ADE=∠BDFAD=BD∠A=∠DBF，
∴△ADE≌△BDF(ASA)，
∴AE=BF，
∵AE=t，CF=2t，
∴BF=BC−CF=5−2t，
∴t=5−2t
∴t=53，
故选：D．
连接BD，证出△ADE≌△BDF，得到AE=BF，再利用AE=t，CF=2t，则BF=BC−CF=5−2t求出时间t的值．
本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是运用三角形全等得出AE=BF．

8.【答案】A

【解析】
【分析】
本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了一次函数的交点与一元二次方程组的关系、待定系数法求二次函数的解析式，通过平移抛物线探究出抛物线与菱形的边AB、BC均有交点时抛物线经过的“临界点”为点B和点C是解题解题的关键．
将y=12x+2与y=−12x联立可求得点B的坐标，然后由抛物线的顶点在直线y=−12x可求得k=−12h，于是可得到抛物线的解析式为y=(x−h)2−12h，由图形可知当抛物线经过点B和点C时抛物线与菱形的边AB、BC均有交点，然后将点C和点B的坐标代入抛物线的解析式可求得h的值，从而可判断出h的取值范围．
【解答】
解：∵将y=12x+2与y=−12x联立得：y=12x+2y=−12x，解得：x=−2y=1．
∴点B的坐标为(−2,1)．
由抛物线的解析式可知抛物线的顶点坐标为(h,k)．
∵将x=h，y=k，代入得y=−12x得：−12h=k，解得k=−12h，
∴抛物线的解析式为y=(x−h)2−12h.
如图1所示：当抛物线经过点C时．

将C(0,0)代入y=(x−h)2−12h得：h2−12h=0，解得：h1=0(舍去)，h2=12．
如图2所示：当抛物线经过点B时．

将B(−2,1)代入y=(x−h)2−12h得：(−2−h)2−12h=1，整理得：2h2+7h+6=0，解得：h1=−2，h2=−32(舍去)．
综上所述，h的范围是−2≤h≤12．
故选：A．  
9.【答案】A

【解析】
【分析】
本题考查了菱形周长的计算，考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了菱形各边长相等的性质，本题中根据勾股定理计算AB的长是解题的关键，难度较易．
由菱形对角线的性质，对角线相互垂直且平分即可得出菱形的边长，根据菱形四边相等即可得出周长．
【解答】
解：由菱形对角线性质知，AO=12AC=4，BO=12BD=3，且AO⊥BO，
则AB=AO2+BO2=5，
故这个菱形的周长=4AB=20．
故选A．  
10.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查了矩形和菱形的性质，掌握矩形和菱形的基本性质进行区分是关键．
【解答】
解：矩形和菱形都是特殊的平行四边形，A、B是平行四边形的性质，两者都有，C选项是菱形特有的性质，D选项是矩形具有而菱形不具有的性质，
故选D．  
11.【答案】B

【解析】
【分析】
本题主要考查动点问题的函数图象，涉及到菱形的性质以及勾股定理．
正确的理解题意，画出图形是解题的关键．分三种情况：(1)当0≤x≤12时，(2)当12 【解答】
解：(1)当0≤x≤12时，如图1，

过M作ME⊥BC于E，
∵M为AB的中点，AB=2，
∴BM=1，
∵∠B=60°，
∴BE=12，ME=32，PE=12−x，
在Rt△PME中，由勾股定理得：MP2=ME2+PE2，
∴y=322+12−x2=x2−x+1；
(2)当12
过M作ME⊥BC与E，
由(1)知BM=1，∠B=60°，
∴BE=12，ME=32，PE=x−12，
∴MP2=ME2+PE2，
∴y=322+12−x2=x2−x+1；
(3)当2
连结MC，
∵BM=1，BC=AB=2，∠B=60°，
∴∠BMC=90°，MC=22−1=3，
∵AB//DC，
∴∠MCD=∠BMC=90°，
∴MP2=MC2+PC2，
∴y=32+x−22=x2−4x+7；
综合(1)(2)(3)，只有B选项符合题意．
故选B．
  
12.【答案】C

【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠ABC=∠ADC=110°，
∴∠ABO=12∠ABC=55°，
∵OE⊥AB，
∴∠OEB=90°，
∴∠BOE=90°−55°=35°，
∴∠AOE=90°−35°=55°，
故选：C．
由菱形的性质得AC⊥BD，∠ABC=∠ADC=110°，∠ABO=12∠ABC=55°，再由直角三角形的性质求出∠BOE=35°，即可求解．
本题考查了菱形的性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形典型在，求出∠ABO=55°是解题的关键．

13.【答案】−6

【解析】解：连接OB、AC，交于点P，
由题意可知，点B在直线y=x上，
∴n=22，
∴B(22,22)，
∵四边形OABC是菱形，
∴P是对角线的中点，
∴P(2,2)，
∵A(m,32)，
∴C(22−m,−2)，
∴k=32m=−2(22−m)，
解得m=−2，
∴k=32m=−6，
故答案为−6．
连接OB、AC，交于点P，根据菱形的对称性和反比例函数的对称性，得出点B在直线y=x上，即可得出n=22，由菱形的性质可知P是对角线的中点，求出P的坐标，进一步求得C的坐标，根据k=xy得出关于m的方程，从而求得k=6．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，双曲线的对称性，菱形的性质求得B的坐标是解题的关键．

14.【答案】2.4

【解析】解：∵菱形ABCD的周长为20，
∴BC=5，
∵菱形ABCD，
∴AC⊥BD，AC=2OC=8，
在Rt△BOC中，OB=BC2−OC2=52−42=3，
∵OE⊥BC，
∴12OE⋅BC=12OB⋅OC，
∴OE=3×45=2.4．
故答案为2.4．
本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了勾股定理和三角形面积公式．
先根据菱形的性质得BC=5，利用勾股定理得出OB=3，OA=OC=12AC=4，再利用面积法计算OE的长．

15.【答案】4

【解析】解：连接AC、BD，过A点作AE⊥x轴于E，过D点作DF⊥x轴于F，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∵A为反比例函数y1=−6x上的点，点D为反比例函数y2=2x上的点，
∴S△AOE=12|−6|=3，S△ODF=12×2=1，
∵∠OAE+∠AOE=90°，∠AOE+∠DOF=90°，
∴∠OAE=∠DOF，
∴Rt△AOE∽Rt△ODF，
∴S△AOE：S△ODF=OA2：OD2=3：1，
∴OA：OD=3：1，
∴AD=OA2+OD2=2OD，
当OD最小时，AD最小，
∵点D为反比例函数y2=2x的对称轴与反比例函数图象在一象限的交点时，OD最小，
∴OD的最小值为(2)2+(2)2=2，
∴AD的最小值为4，
即该菱形边长的最小值为4．
故答案为4．
连接AC、BD，过A点作AE⊥x轴于E，过D点作DF⊥x轴于F，如图，利用菱形的性质得到AC⊥BD，利用反比例函数k的几何意义得到S△AOE=3，S△ODF=1，再证明Rt△AOE∽Rt△ODF，利用相似三角形的性质得到OA：OD=3：1，所以AD=2OD，利用点D为反比例函数y2=2x的对称轴与反比例函数图象在一象限的交点时，OD最小得到OD的最小值为2，从而得到AD的最小值为4．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征：反比例函数y=k/x(k为常数，k≠0)的图象是双曲线，图象上的点(x,y)的横纵坐标的积是定值k，即xy=k.也考查了反比例函数的性质和菱形的性质．

16.【答案】54 341−92或−341−92或−8

【解析】解：(1)当x=0时，y=34x+3=3，则B(0,3)，
当y=0时，34x+3=0，解得x=−4，则A(−4,0)，
∵点B是AE的中点，
∴点A与点E关于点B中心对称，
∴E(4,6)，
∴BE=42+(6−3)2=5，
∵四边形BCDE为菱形，
∴DE=BE=5，BC//DE，
∵BC平行于x轴，
∴DE//x轴，
∴D(9,6)；
∵点D在反比例函数y=kx(k≠0)的图象上，
∴k=9×6=54，
故答案为54；
(2)设P(t,34t+3)，
∵B、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，
当PQ//BC，PQ=BC=5，
∴Q(t−5,34t+3)或(t+5,34t+3)，
当Q点坐标为(t−5,34t+3)，
把Q(t−5,34t+3)代入y=54x得(t−5)⋅(34t+3)=54，
整理得t2−t−92=0，解得t1=1+3412，t2=1−3412，
此时Q点的横坐标为341−92或−341−92；
当Q点坐标为(t+5,34t+3)，
把Q(t+5,34t+3)代入y=54x得(t+5)⋅(34t+3)=54，
整理得t2+9t−52=0，解得t1=4(舍去)，t2=−13，
此时Q点的横坐标为−8，
当PB//CQ时，则Q(5−t,−34t+3)，
把Q(5−t,−34t+3)代入y=54x得(5−t)⋅(−34t+3)=54，
整理得t2−9t−52=0，解得t1=−4(舍去)，t2=13，
此时Q点的横坐标为−8，
当BC为对角线时，P点向下平移34t单位，再向左平移(t−5)个单位，则点B向下平移34t单位，再向左平移(t−5)个单位得到点Q，所以Q(5−t,−34t+3)，同理可得t=−8，
综上所述，点Q的横坐标为341−92或−341−92或−8．
故答案为341−92或−341−92或−8．
(1)通过一次函数解析式易得B(0,3)和A(−4,0)，再利用点A与点E关于点B中心对称得到E(4,6)，则根据两点间的距离公式计算出BE=5，然后根据菱形的性质得到∴DE=BE=5，BC//DE，然后写出D点坐标；
(2)设P(t,34t+3)，利用平行四边形的性质得PQ//BC，PQ=BC=5，则Q(t−5,34t+3)或(t+5,34t+3)，讨论：当BC为边时Q点坐标为(t−5,34t+3)，利用反比例函数图象上点的坐标特征得到(t−5)⋅(34t+3)=54，当Q点坐标为(t+5,34t+3)，同样得到(t+5)⋅(34t+3)=54，当PB//CQ时，则Q(5−t,−34t+3)，则(5−t)⋅(−34t+3)=54，当BC为对角线时，Q(5−t,−34t+3)，所以(5−t)⋅(−34t+3)=54，然后分别解方程求出t的值，从而得到满足条件的Q点的横坐标．
本题考查了反比例函数的综合题：熟练掌握反比例函数图象上点的坐标特征、菱形的性质和平行四边形的性质；解一元二次方程；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．

17.【答案】4

【解析】解：∵∠DCA=∠BCA，
∴CD和CB关于AC对称，
∴P关于AC的对称点P′在DC上，
连接MP′，则MP′=MP，

∴MN+MP=MN+MP′，
当N，M，P′三点共线时，且NP′⊥AB时，PM+MN最短，
∴MN+MP的最短值为AB和CD之间的距离，
设AB和CD之间的距离为m，
则5m=20，解得m=4，
∴PM+MN的最小值为4，
故答案为4．
先作P关于AC的对称点P′，连接MP′，当N，M，P′三点共线时，且NP′⊥AB时，PM+MN最短，求出此时的NP′即可．
本题是最短路径问题，主要考查菱形的性质，关键是要作出点P关于AC的对称点P′，要牢记最短路径问题的解决方法．

18.【答案】解：(1)∵y=−12x+4分别与x轴、y轴交于点B、C，
∴点C坐标为(0,4)，点B坐标为(8,0)，
∵直线l1：y=−12x+4与直线l2：y=13x交于点A．
∴−12x+4=13x，
∴x=245，
∴点A坐标为(245,85)；
(2)设点D坐标为(x,13x)，
∵△COD的面积为6，
∴12×4×|x|=6，
∴x=±3，
∵D是线段OA上的点，
∴x=3，
∴点D(3,1)，
设直线CD解析式为：y=kx+4，
∴1=3k+4，
∴k=−1，
∴直线CD解析式为：y=−x+4；
(3)若以OC为边，设点P(a,−a+4)(a≥0)，
如图，

当四边形OCPQ是菱形，
∴OC=CP=4，PQ//OC，PQ=OC=4，
∴4=a2+(−a+4−4)2，
∴a1=22，a2=−22(舍去)，
∴点P(22,4−22)，
∴点Q(22,−22)；
当四边形OCQP是菱形，
∴OC=OP=4，PQ=OC=4，PQ//OC，
∴4=a2+(−a+4)2，
∴a1=0(舍去)，a2=4，
∴点P(4,0)，
∴点Q(4,4)；
若OC为对角线，
∵以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，
∴CO与PQ互相垂直平分，
∴点P的纵坐标为2，
∴点P(2,2)，
∴点Q坐标为(−2,2)；
综上所述：点Q的坐标为(−2,2)或(4,4)或(22,−22).

【解析】本题是一次函数综合题，考查了一次函数的性质，待定系数法求解析式，菱形的性质，两点距离公式，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
(1)对于直线l1解析式，分别令x与y为0求出y与x的值，确定出C与B的坐标，联立两直线解析式求出A的坐标即可；
(2)由三角形的面积公式可求点D坐标，由待定系数法可求解析式；
(3)分OC为边和OC为对角线两种情况讨论，由菱形的性质和两点距离公式可求解，

19.【答案】证明：∵四边ABCD是菱形，
∴AD=CD，
∵AE=CF，
∴AD−AE=CD−CF，
即DE=DF，
∵∠D=∠D，
∴△ADF≌△CDE(SAS)，
∴∠DAF=∠DCE．

【解析】根据菱形的性质得出AD=CD，进而利用全等三角形的判定和性质解答即可．
此题考查菱形的性质，关键是根据全等三角形的判定和性质解答．

20.【答案】解：(1)∵点A(1,a)在直线y=2x上，
∴a=2×1=2，
即点A的坐标为(1,2)，
∵点A(1,2)是反比例函数y=kx(k≠0)的图象与正比例函数y=2x图象的交点，
∴k=1×2=2，
即k的值是2；
(2)由题意得：2x=2x，
解得：x=1或−1，
经检验x=1或−1是原方程的解，
∴B(−1,−2)，
∵点A(1,2)，
∴AB=(1+1)2+(2+2)2=25，
∵菱形ABCD是以AB、BC为边，且BC//x轴，
∴AD=AB=25，
∴D(1+25,2)．

【解析】(1)根据点A(1,a)在y=2x上，可以求得点A的坐标，再根据反比例函数y=kx(k≠0)的图象与反比例函数y=2x的图象相交于A(1,a)，即可求得k的值；
(2)因为B是反比例函数y=2x和正比例函数y=2x的交点，列方程可得B的坐标，根据菱形的性质可确定点D的坐标．
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴ND//AM，
∴∠NDE=∠MAE，∠DNE=∠AME，
∵点E是AD中点，
∴DE=AE，
在△NDE和△MAE中，∠NDE=∠MAE ∠DNE=∠AME DE=AE ，
∴△NDE≌△MAE(AAS)，
∴ND=MA，
∴四边形AMDN是平行四边形；
(2)解：当AM=1时，四边形AMDN是矩形．
理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=2，
∵四边形AMDN是矩形，
∴DM⊥AB，
即∠DMA=90°，
∵∠DAB=60°，
∴∠ADM=30°，
∴AM=12AD=1．

【解析】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，含30度角的直角三角形．
(1)根据菱形的性质可得ND//AM，再根据两直线平行，内错角相等可得∠NDE=∠MAE，∠DNE=∠AME，根据中点的定义求出DE=AE，然后利用“角角边”证明△NDE和△MAE全等，根据全等三角形对应边相等得到ND=MA，然后利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明；
(2)根据矩形的性质得到DM⊥AB，再求出∠ADM=30°，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半解答．

22.【答案】证明：(1)连接AC，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC平分∠DAB，且AC⊥BD，
∵AF=AE，
∴AC⊥EF，
∴EG//BD．
又∵菱形ABCD中，ED//BG，
∴四边形EGBD是平行四边形．
(2)过点A作AH⊥BC于点H．

∵∠FGB=30°，EG//BD，
∴∠DBC=∠FGB=30°，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABH=2∠DBC=60°，
∵GB=AE=2，BG=ED，
∴AD=AE+ED=AE+GB=4，
∴AB=AD=4，
在Rt△ABH中，∠AHB=90°，
∴∠BAH=90°−60°=30°，
∴BH=2，
∴AH=AB2−BH2=23
∴GH=BG+BH=4，
在Rt△AGH中，
∴AG=AH2+GH2=16+12=27．

【解析】本题主要考查菱形的性质与平行四边形的性质与判定定理，掌握菱形的性质是解答此题的关键．
对于(1)根据菱形的性质，可以得到AC平分∠DAB，且AC⊥BD，结合等腰三角形的三线合一得到AC⊥EF，由此得到EG//BD，再结合菱形的性质得到ED//BG，便可以证明四边形EGBD是平行四边形；
对于(2)结合EG//BD，可以得到∠DBC=∠FGB=30°，结合菱形的性质，可以得到∠ABC=60°，可以过点A作AH⊥BC于点H，由此便可以求出AB的长度，根据勾股定理，可以得到BH与AH的长度，由此得到GH的长度，结合勾股定理便可以得到AG的长度．

23.【答案】解：(1)如图，角平分线OP即为所求；

(2)如图，点P即为所求．

【解析】(1)连接AC和BD交于点E，连接OE并延长，即可得∠MON的角平分线OP；
(2)连接BD与AC交于点P，根据菱形的性质可得AD=CD，AP=CP，再根据三角形中位线定理即可得PG=12CD．
本题考查了作图−复杂作图，菱形的性质，矩形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质，矩形的性质．