专题 18.22 菱形（培优篇）（专项练习）-八年级数学下册基础知识专项讲练（人教版）

这是一份专题 18.22 菱形（培优篇）（专项练习）-八年级数学下册基础知识专项讲练（人教版），共36页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
专题18.22 菱形（培优篇）（专项练习）
一、单选题
1．如图，四边形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于H，则DH等于（ ）

A． B． C．5 D．4
2．如图，菱形中，过顶点作交对角线于点，已知，则的大小为( )

A． B． C． D．
3．如图，矩形中，相交于点O，过点B作交于点F，交于点M，过点D作交于点E，交于点N，连接．则下列结论：
①；②；
③；④当时，四边形是菱形．
其中，正确结论的个数是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形AECF，若AB=3，则菱形AECF的面积为（　　　　）

A．1 B．2 C．2 D．4
5．如图，在中，，，按以下步骤作图：（1）分别以点为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于两点（点M在的上方）；（2）作直线交于点O，交于点D；（3）用圆规在射线上截取．连接，过点O作，垂足为F，交于点G．下列结论：
①；②；③；④若，则四边形的周长为25．其中正确的结论有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．如图，在菱形ABCD中，AC与BD相交于点O，AB＝4，BD＝4，E为AB的中点，点P为线段AC上的动点，则EP+BP的最小值为（　　）

A．4 B．2 C．2 D．8
7．如图，在菱形ABCD中，两对角线AC、BD交于点O，AC=8，BD=6，当△OPD是以PD为底的等腰三角形时，CP的长为（　　）

A．2 B． C． D．
8．如图，在一张矩形纸片中，，，点，分别在， 上，将纸片沿直线折叠，点落在上的一点处，点落在点处，有以下四个结论：
①四边形是菱形；②平分；③线段的取值范围为；④当点与点重合时，．
以上结论中，你认为正确的有（　　）个．

A．1 B．2 C．3 D．4
9．如图，四边形ABCD为菱形，BF∥AC，DF交AC的延长线于点E，交BF于点F，且CE：AC＝1：2．则下列结论：①△ABE≌△ADE；②∠CBE＝∠CDF；③DE＝FE；④S△BCE：S四边形ABFD＝1：10．其中正确结论的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．如图，在菱形ABCD中，AB=4cm，∠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． B． C． D．
11．如图，点E是矩形ABCD边AD上的一个动点，且与点A、点D不重合，连结BE、CE，过点B作，过点C作，交点为F点，连接AF、DF分别交BC于点G、H，则下列结论错误的是（　　）

A．GH=BC B．S△BGF+S△CHF=S△BCF
C．S四边形BFCE=AB•AD D．当点E为AD中点时，四边形BECF为菱形


二、填空题
12．如图，在中，，斜边，过点C作，以为边作菱形，若，则的面积为________．

13．如图，四边形ABCD是菱形，O是两条对角线的交点，过O点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分．当菱形的两条对角线的长分别为6和8时，则阴影部分的面积为__________．

14．如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，点N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A′MN，连接A′C，则线段A′C长度的最小值是______．

15．如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，E，H分别为AB，BC的中点，G，F分别为线段HD，CE的中点．若线段FG的长为2，则AB的长为_____．

16．如图，在一张矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=8，点E，F分别在AD，BC上，将纸片ABCD沿直线EF折叠，点C落在AD上的一点H处，点D落在点G处，有以下四个结论：

①四边形CFHE是菱形；
②EC平分∠DCH；
③线段BF的取值范围为3≤BF≤4；
④当点H与点A重合时，EF=2．
以上结论中，你认为正确的有__________．（填序号）
17．如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠D＝120°，将菱形翻折，使点A落在边CD的中点E处，折痕交边AD，AB于点G，F，则AF的长为___

18．如图，菱形的边长为4，，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于两点，直线交于点，连接，则的长为____________．

19．如图，在菱形ABCD中，∠DAB=45°，AB=4，点P为线段AB上一动点，过点P作PE⊥AB交直线AD于点E，将∠A沿PE折叠，点A落在F处，连接DF，CF，当△CDF为直角三角形时，线段AP的长为__________．

20．如图，先有一张矩形纸片，，，点，分别在矩形的边，上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在矩形的边上，记为点，点落在处，连接，交于点，连接．下列结论：
①；
②四边形是菱形；
③，重合时，；
④的面积的取值范围是．其中正确的______；（把正确结论的序号都填上）．

21．在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝120°，点E，F分别是边AB，BC边上的动点，沿EF折叠△BEF，使点B的对应点B’始终落在边CD上，则A、E两点之间的最大距离为_____．

22．如图，菱形ABCD内两点M、N，满足MB⊥BC，MD⊥DC，NB⊥BA，ND⊥DA，若四边形BMDN的面积是菱形ABCD面积的，则cosA=_____．

23．如图，菱形的边长为，点在对角线上(点在点的左侧)，且则的最小值为____．

24．如图,在菱形ABCD中,边长为1,∠A=60˚,顺次连接菱形ABCD各边中点,可得四边形；顺次连结四边形各边中点,可得四边形；顺次连结四边形各边中点,可得四边形；按此规律继续下去，…,则四边形的面积是_________________．


三、解答题
25．如图，矩形ABCD中，AB=6，BC=4，过对角线BD中点O的直线分别交AB，CD边于点E，F．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）当四边形BEDF是菱形时，求EF的长．


26．如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作FG∥CD，交AE于点G，连接DG．
（1）求证：四边形DEFG为菱形；
（2）若CD=8，CF=4，求的值．


27．如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，点E在AC上（且不与点A、C重合），在△ABC的外部作等腰Rt△CED，使∠CED=90°，连接AD，分别以AB，AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF．
（1）求证：△AEF是等腰直角三角形；
（2）如图2，将△CED绕点C逆时针旋转，当点E在线段BC上时，连接AE，求证：AF=AE；
（3）如图3，将△CED绕点C继续逆时针旋转，当平行四边形ABFD为菱形，且△CED在△ABC的下方时，若AB=2，CE=2，求线段AE的长．

参考答案
1．A
【分析】
根据菱形性质求出AO＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，根据勾股定理求出AB，再根据菱形的面积公式求出即可．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝OC，BO＝OD，AC⊥BD，
∵AC＝8，DB＝6，
∴AO＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，
由勾股定理得：AB＝＝5，
∵S菱形ABCD＝，
∴，
∴DH＝，
故选：A．

【点拨】本题考查了勾股定理和菱形的性质的应用，能根据菱形的性质得出S菱形ABCD＝ ×AC×BD＝AB×DH是解此题的关键．
2．D
【分析】
先说明ABD=∠ADC=∠CBD，然后再利用三角形内角和180°求出即可∠CBD度数，最后再用直角三角形的内角和定理解答即可.
【详解】
解：∵菱形ABCD
∴AB=AD
∴∠ABD=∠ADC
∴∠ABD=∠CBD
又∵
∴∠CBD=∠BDC=∠ABD=∠ADB=(180°-134°)=23°
∴=90°-23°=67°
故答案为D.
【点拨】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的对角线平分每一组对角和三角形内角和定理.
3．D
【分析】
通过判断△AND≌△CMB即可证明①，再判断出△ANE≌△CMF证明出③，再证明出△NFM≌△MEN，得到∠FNM=∠EMN，进而判断出②，通过 DF与EB先证明出四边形为平行四边形，再通过三线合一以及内角和定理得到∠NDO=∠ABD=30°，进而得到DE=BE，即可知四边形为菱形．
【详解】
∵BF⊥AC
∴∠BMC=90°
又∵
∴∠EDO=∠MBO，DE⊥AC
∴∠DNA=∠BMC=90°
∵四边形ABCD为矩形
∴AD=BC，AD∥BC，DC∥AB
∴∠ADB=∠CBD
∴∠ADB-∠EDO=∠CBD-∠MBO即∠AND=∠CBM
在△AND与△CMB
∵
∴△AND≌△CMB(AAS)
∴AN=CM，DN=BM，故①正确．
∵AB∥CD
∴∠NAE=∠MCF
又∵∠DNA=∠BMC=90°
∴∠ANE=∠CMF=90°
在△ANE与△CMF中
∵
∴△ANE≌△CMF（ASA）
∴NE=FM，AE=CF，故③正确．
在△NFM与△MEN中
∵
∴△NFM≌△MEN（SAS）
∴∠FNM=∠EMN
∴NF∥EM，故②正确．
∵AE=CF
∴DC-FC=AB-AE，即DF=EB
又根据矩形性质可知DF∥EB
∴四边形DEBF为平行四边
根据矩形性质可知OD=AO，
当AO=AD时，即三角形DAO为等边三角形
∴∠ADO=60°
又∵DN⊥AC
根据三线合一可知∠NDO=30°
又根据三角形内角和可知∠ABD=180°-∠DAB-∠ADB=30°
故DE=EB
∴四边形DEBF为菱形，故④正确．
故①②③④正确
故选D．
【点拨】本题矩形性质、全等三角形的性质与证明、菱形的判定，能够找对相对应的全等三角形是解题关键．
4．C
【分析】
根据菱形AECF，得∠FCO=∠ECO，再利用∠ECO=∠ECB，可通过折叠的性质，结合直角三角形勾股定理求得BC的长，则利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】
解：∵四边形AECF是菱形，AB=3，
∴假设BE=x，则AE=3﹣x，CE=3﹣x，
∵四边形AECF是菱形，
∴∠FCO=∠ECO，
∵∠ECO=∠ECB，
∴∠ECO=∠ECB=∠FCO=30°，
2BE=CE，
∴CE=2x，
∴2x=3﹣x，
解得：x=1，
∴CE=2，利用勾股定理得出：
BC2+BE2=EC2，
BC===，
又∵AE=AB﹣BE=3﹣1=2，
则菱形的面积是：AEBC=2．
故选C．

【点拨】本题考查折叠问题以及勾股定理．解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
5．D
【分析】
证明四边形ADBE是菱形，推出FG是△ACD的中位线，即可得到，由此判断①；根据菱形的性质得到AD=BD，再利用Rt△ACD得到，即可判断②；根据FG是△ACD的中位线，证得，即可判断③；设OA=x，则OF=9-x，根据，求出OA=5得到AB=10，BC=8，再根据，求出BD=，即可判断④.
【详解】
由题意知：MN垂直平分AB，
∴OA=OB，ED⊥AB，
∵OD=OE，
∴四边形ADBE是菱形，
∵，，
∴OF∥BC，AF=CF，
∴FG是△ACD的中位线，
∴，故①正确；
∵四边形ADBE是菱形，
∴AD=BD，
在Rt△ACD中，,
∴ ，故②正确；
∵FG是△ACD的中位线，
∴点G是AD的中点，
∴，
∵，
∴，故③正确；
∵AC=6，
∴AF=3，
设OA=x，则OF=9-x，
∵，
∴，
解得x=5，
∴AB=10，
∴BC=8，
∵，
∴，
解得BD=，
∴四边形的周长为.
故选：D.
【点拨】此题考查了线段垂直平分线的作图方法，菱形的判定及性质定理，勾股定理，三角形的中位线的判定及性质，三角形中线的性质，这是一道四边形的综合题.
6．C
【分析】
连结DE交AC于点P，连结BP，根据菱形的性质推出AO是BD的垂直平分线，推出PE+PB=PE+PD=DE且值最小，根据勾股定理求出DE的长即可．
【详解】
如图，设AC，BD相交于O，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝AC，BO＝BD＝2，
∵AB＝4，
∴AO＝2，
连结DE交AC于点P，连结BP，作EM⊥BD于点M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，且DO＝BO，即AO是BD的垂直平分线，
∴PD＝PB，
∴PE+PB＝PE+PD＝DE且值最小，
∵E是AB的中点，EM⊥BD，
∴EM＝AO＝1，BM＝BO＝，
∴DM＝DO+OM＝BO＝3，
∴DE＝，
故选C．
【点拨】此题考查了轴对称-最短路线问题，关键是根据菱形的判定和三角函数解答．
7．C
【解析】
【分析】
过O作OE⊥CD于E．根据菱形的对角线互相垂直平分得出OB，OC的长，AC⊥BD，再利用勾股定理列式求出CD，然后根据三角形的面积公式求出OE．在Rt△OED中，利用勾股定理求出ED．根据等腰三角形三线合一的性质得出PE ，利用CP=CD-PD即可得出结论．
【详解】
过O作OE⊥CD于E．
∵菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∴OBBD6=3，OA=OCAC8=4，AC⊥BD，由勾股定理得：CD5．
∵OC×OD=CD×OE，∴12=5OE，∴OE=2.4．在Rt△ODE中，DE===1.8．
∵OD=OP，∴PE=ED=1.8，∴CP=CD-PD=5-1.8-1.8=1.4=．

故选C．
【点拨】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，求出OE的长是解题的关键．
8．C
【分析】
①先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CF=FH，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；
②根据菱形的对角线平分一组对角线可得∠BCH=∠ECH，然后求出只有∠DCE=30°时EC平分∠DCH，判断出②错误；
③点H与点A重合时，设BF=x，表示出AF=FC=8-x，利用勾股定理列出方程求解得到BF的最小值，点G与点D重合时，CF=CD，求出最大值BF=4，然后写出BF的取值范围，判断出③正确；
④过点F作FM⊥AD于M，求出ME，再利用勾股定理列式求解得到EF，判断出④正确．
【详解】
解：
①∵FH与CG，EH与CF都是矩形ABCD的对边AD、BC的一部分，
∴FH∥CG，EH∥CF，
∴四边形CFHE是平行四边形，
由翻折的性质得，CF=FH，
∴四边形CFHE是菱形，（故①正确）；

②∴∠BCH=∠ECH，
∴只有∠DCE=30°时EC平分∠DCH，（故②错误）；

③点H与点A重合时，此时BF最小，设BF=x，则AF=FC=8-x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2，
即42+x2=（8-x）2，
解得x=3，
点G与点D重合时，此时BF最大，CF=CD=4，
∴BF=4，
∴线段BF的取值范围为3≤BF≤4，（故③正确）；

过点F作FM⊥AD于M，

则ME=（8-3）-3=2，
由勾股定理得，
EF===，（故④正确）；
综上所述，结论正确的有①③④共3个，
故选C．
【点拨】本题考查了翻折变换的性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，难点在于灵活运用菱形的判定与性质与勾股定理等其它知识有机结合．
9．D
【分析】
根据菱形的性质得到AB＝AD，∠BAE＝∠DAE，根据全等三角形的判定定理得到△ABE≌△ADE（SAS）；故①正确；根据全等三角形的性质得到BE＝DE，∠AEB＝∠AED，根据全等三角形的性质得到∠CBE＝∠CDF，故②正确；根据等腰三角形的性质得到BE＝EF，等量代换得到DE＝FE；故③正确；连接BD交AC于O，推出AO＝CO＝CE，设S△BCE＝m，求得S四边形ABFD＝10m，于是得到结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD，∠BAE＝∠DAE，
∵AE＝AE，
∴△ABE≌△ADE（SAS）；故①正确；
∴BE＝DE，∠AEB＝∠AED，
∵CE＝CE，
∴△BCE≌△DCE（SAS），
∴∠CBE＝∠CDF，故②正确；
∵BF∥AC，
∴∠FBE＝∠AEB，∠AED＝∠F，
∴∠FBE＝∠F，
∴BE＝EF，
∴DE＝FE；故③正确；
连接BD交AC于O，
∵AO＝CO，
∵CE：AC＝1：2，
∴AO＝CO＝CE，
设S△BCE＝m，
∴S△ABE＝S△ADE＝3m，
∴S△BDE＝4m，
∴S△BEF＝S△BDE＝4m，
∴S四边形ABFD＝10m，
∴S△BCE：S四边形ABFD＝1：10，故④正确．
故选：D．

【点拨】本题考查几何的综合证明，解题的关键是掌握全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和菱形的性质．
10．D
【解析】

延长 至点 ，使. ,连接 .
∵四边形是菱形，，所以，。因为，所以。因为为等边三角形，所以，。因为，所以，即。在和中，因为，所以，所以。因为，所以，所以为等边三角形，故。又因为，所以，根据题意，因为，，所以，所以。
故选D.
【点睛】本题考查了菱形的性子，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定觉性质，知识点比较多。解答本题的关键是证明 ,为此可通过做辅助线证明 ,从而得到，然后列出关于t的一元一次方程求解即可.
11．B
【分析】
根据矩形的性质、平行四边形的判定和性质一一判断即可；
【详解】
连接EF交BC于O．

∵BF∥CE，CF∥BE，∴四边形BECF是平行四边形，∴EO=OF．
∵GH∥AD，∴AG=GF，HD=FH，∴GH=AD=BC．故选项A正确．
∵BG+CH=GH，∴S△BGF+S△CHF=S△BCF．
故选项B错误．
∵S四边形BFCE=2S△EBC=2××BC×AB=BC×AB=AB•AD．故选项C正确．
∵当点E为AD中点时，易证EB=EC，所以四边形BECF为菱形．故选项D正确．
故选B．
【点拨】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，所以中考常考题型．
12．
【分析】
如下图，先利用直角三角形中30°角的性质求出HE的长度，然后利用平行线间的距离处处相等，可得CG的长度，即可求出直角三角形ABC面积．
【详解】

如图，分别过点E、C作EH、CG垂直AB，垂足为点H、G，
∵根据题意四边形ABEF为菱形，
∴AB=BE=，
又∵∠ABE=30°
∴在RT△BHE中，EH=，
根据题意，AB∥CF，
根据平行线间的距离处处相等，
∴HE=CG=，
∴的面积为．
【点拨】本题的辅助线是解答本题的关键，通过辅助线，利用直角三角形中的30°角所对直角边是斜边一半的性质，求出HE，再利用平行线间的距离处处相等这一知识点得到HE=CG，最终求出直角三角形面积．
13．12
【分析】
根据中心对称的性质判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出面积解答．
【详解】
∵菱形的两条对角线的长分别为6和8，
∴菱形的面积=×6×8=24，
∵O是菱形两条对角线的交点，
∴阴影部分的面积=×24=12．
故答案是：12．
【点拨】本题考查了中心对称，菱形的性质，熟记性质并判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半是解题的关键．
14．
【详解】
解：如图所示：∵MA′是定值，A′C长度取最小值时，即A′在MC上时，
过点M作MF⊥DC于点F，
∵在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M为AD中点，
∴2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°，
∴∠FMD=30°，
∴FD=MD=1，
∴FM=DM×cos30°=，
∴，
∴A′C=MC﹣MA′=．
故答案为．

【点评】
此题主要考查了菱形的性质以及锐角三角函数关系等知识，得出A′点位置是解题关键．
15．8
【分析】
连接CD并延长，交AD于点M，连接EM，作AN⊥EM于N，先证明△DMG≌△HCG，得到,进而证明AE=AM，再根据FG为△CEM中位线求出EM，根据等腰三角形性质得到EN=EM=，∠AEN=30°，即可求出AE，进而求出AB即可．
【详解】
解：连接CG并延长，交AD于点M，连接EM，作AN⊥EM于N，
∵四边形ABCD为菱形，∠B=60°，
∴AD∥BC，AD=BC=AB
∴∠EAM=120°，∠DMG=∠HCG，
∵G为DH中点，
∴DG=HG，
∵∠MGD=∠CGH，
∴△DMG≌△HCG，
∴DM=HC，CG=MG,
∵H为BC中点，
∴,
∴AM=，
∵E为AB中点，
∴AE=，
∴AE=AM，
∵F为CE中点，G为CM中点，
∴FG为△CEM中位线，
∴,
∵AE=AM，∠EAM=120°，AN⊥EM，
∴EN=EM=，∠AEN=30°，
∴AE=2AN=4，
∴AB=2AE=8．
故答案为：8

【点拨】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，综合性较强，根据已知条件添加辅助线构造全等三角形，等腰三角形是解题关键．
16．①③④
【详解】
解：∵FH与CG，EH与CF都是矩形ABCD的对边AD、BC的一部分，
∴FH∥CG，EH∥CF，
∴四边形CFHE是平行四边形，
由翻折的性质得，CF=FH，
∴四边形CFHE是菱形，（故①正确）；
∴∠BCH=∠ECH，
∴只有∠DCE=30°时EC平分∠DCH，（故②错误）；
点H与点A重合时，设BF=x，则AF=FC=8﹣x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2，
即42+x2=（8﹣x）2，
解得x=3，
点G与点D重合时，CF=CD=4，
∴BF=4，
∴线段BF的取值范围为3≤BF≤4，（故③正确）；
过点F作FM⊥AD于M，
则ME=（8﹣3）﹣3=2，
由勾股定理得，
EF==2，（故④正确）；
综上所述，结论正确的有①③④共3个，
故答案为①③④．

考点：翻折变换的性质、菱形的判定与性质、勾股定理
17．
【分析】
过点E作EH⊥AD于H，EN⊥AB于N，过点A作AM⊥CD于M，根据勾股定理可求AG的长度，可证AMEN为矩形，即NA=ME=2，即B，N重合，再根据勾股定理可求EF的长，由折叠的性质可得解．
【详解】
过点E作EN⊥AB于N，过点A作AM⊥CD于M，如图

∵ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AD=AB=CD=AB=2
∵∠D＝120°，
∴∠ADM=∠BAD=∠HDE=60°，
在Rt△AMD中，AD=2，AM⊥DM，∠ADM=60°
∴MD=1，AM=，
∵AB∥CD，AM∥EN
∴AMEN是平行四边形且AM⊥CD
∴AMEN是矩形
∴AN=ME=1+1=2，（即N与B重合）
AM=EN=，
在Rt△FBE中，EF2=EN2+FB 2
EF2=（2-EF）2+3
∴EF=.
【点拨】本题考查了折叠问题，菱形的性质，勾股定理，关键是添加恰当的辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求线段长度．
18．
【分析】
连接BE，由垂直平分线的性质和等腰直角三角形的性质，得BE=AE=， 再得∠EBC=90°，利用勾股定理即可求出CE的长度．
【详解】
解：连接BE，如图：

由题意可知，MN垂直平分AB，
∴AE=BE，
∴，则∠AEB=90°，
在等腰直角三角形ABE中，AB=4，
∴BE=AE=，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∴∠EBC=∠AEB=90°，
在Rt△BCE中，由勾股定理，则
；
故答案为：．
【点拨】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确得到∠EBC=∠AEB=90°．
19．或
【分析】
分两种情形讨论：①如图1，当DF⊥AB时，△CDF是直角三角形；②如图2，当CF⊥AB时，△DCF是直角三角形，分别求出即可．
【详解】
分两种情况讨论：①如图1，当DF⊥AB时，△CDF是直角三角形．

∵在菱形ABCD中，AB=4，∴CD=AD=AB=4．
在Rt△ADF中，∵AD=4，∠DAB=45，DF=AF=2，∴APAF．
②如图2，当CF⊥AB时，△DCF是直角三角形．

在Rt△CBF中，∵∠CFB=90°，∠CBF=∠A=45°，BC=4，∴BF=CF=2，∴AF=4+2，∴APAF=2．
综上所述：线段AP的长为或2．
故答案为或2．
【点拨】本题考查了菱形的性质，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键，正确画出图象，注意分类讨论的思想，属于中考常考题型．
20．②③④
【分析】
先判断出四边形CMPN是平行四边形，再根据翻折的性质可得CN=NP，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设CQ=CD，得Rt△CMQ≌△CMD，进而得∠DCM=∠QCM=∠BCP=30°，这个不一定成立，判断①错误；点P与点A重合时，设BN=x，表示出AN=NC=8-x，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得MN，判断出③正确；当MN过D点时，求得四边形CMPN的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值即可．
【详解】
解：如图1，

∵PM∥CN，
∴∠PMN=∠MNC，
∵∠MNC=∠PNM，
∴∠PMN=∠PNM，
∴PM=PN，
∵NC=NP，
∴PM=CN，
∵MP∥CN，
∴四边形CNPM是平行四边形，
∵CN=NP，
∴四边形CNPM是菱形，故②正确；
∴CP⊥MN，∠BCP=∠MCP，
∴∠MQC=∠D=90°，
∵CP=CP，
若CQ=CD，则Rt△CMQ≌Rt△CMD（HL），
∴∠DCM=∠QCM=∠BCP=30°，这个不一定成立，
故①错误；
点P与点A重合时，如图2所示：

设BN=x，则AN=NC=8-x，
在Rt△ABN中，AB2+BN2=AN2，
即42+x2=（8-x）2，
解得x=3，
∴CN=8-3=5，，
∴CQ=AC=2，
∴，
∴MN=2QN=2．
故③正确；
当MN过点D时，如图3所示：

此时，CN最短，四边形CMPN的面积最小，则S最小为S=S菱形CMPN=×4×4=4，
当P点与A点重合时，CN最长，四边形CMPN的面积最大，则S最大为S=×5×4=5，
∴4≤S≤5，
故④正确．
故答案为：②③④．
【点拨】此题是四边形综合题，主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．
21．2
【分析】
如图，作AH⊥CD于H．由B，B′关于EF对称，推出BE=EB′，当BE的值最小时，AE的值最大，根据垂线段最短即可解决问题．
【详解】
如图，作AH⊥CD于H．

∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴AB∥CD，
∴∠D+∠BAD=180°，
∴∠D=60°，
∵AD=AB=2，
∴AH=AD•sin60°，
∵B，B′关于EF对称，
∴BE=EB′，
当BE的值最小时，AE的值最大，
根据垂线段最短可知，当EB时，BE的值最小，
∴AE的最大值=2，
故答案为2．
【点拨】本题考查翻折变换，菱形的性质，解直角三角形，垂线段最短等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
22．
【详解】
试题分析：如图，连接AN、CM，延长BM交AD于H．AN是菱形ABCD的角平分线，同理CM也是菱形ABCD的角平分线，设BD与AC交于点O，易知四边形BMDN是菱形，设S△OMB=S△ONB=S△OMD=S△OND=a，因为四边形BMDN的面积是菱形ABCD面积的，所以S△AMB=S△AMD=S△CNB=S△CND=4a，推出AM=4OM，CN=4ON，设ON=OM=k，则AM=CN=4k，由△ABO∽△BNO，推出OB2=OA•ON=5k2，推出OB=k，AB=AD==k，由AD•BH=BD•AO，推出BH==，再利用勾股定理求出AH即可得=，即cosA===．

点睛：本题考查菱形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会利用参数解决问题，学会利用面积法求线段，所以中考常考题型．
23．
【分析】
作DM∥AC，使得DM＝EF＝1，连接BM交AC于F，由四边形DEFM是平行四边形，推出DE＝FM，推出DE＋BF＝FM＋FB＝BM，根据两点之间线段最短可知，此时DE＋FB最短，由四边形ABCD是菱形，在Rt△BDM中，根据BM＝计算即可．
【详解】
解：如图，作DM∥AC，使得DM＝EF＝1，连接BM交AC于F，

∵DM＝EF，DM∥EF，
∴四边形DEFM是平行四边形，
∴DE＝FM，
∴DE＋BF＝FM＋FB＝BM，
根据两点之间线段最短可知，此时DE＋FB最短，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝3，∠BAD＝60°
∴AD＝AB，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝3，
在Rt△BDM中，BM＝
∴DE＋BF的最小值为．
故答案为：．
【点拨】本题考查菱形的性质、平行四边形的判定和性质、两点之间线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，把问题转化为两点之间线段最短解决，属于中考填空题中的压轴题．
24．
【分析】
首先利用已知数据求出菱形ABCD的面积，易得四边形A2B2C2D2的面积等于矩形A1B1C1D1的面积的，同理可得四边形A3B3C3D3的面积等于四边形A2B2C2D2的面积的，那么等于矩形A1B1C1D1的面积的（）2，同理可得四边形A2016B2016C2016D2016的面积．
【详解】
如图，连接AC、BD．则AC⊥BD．

∵菱形ABCD中，边长为1，∠A=60°，
∴S菱形ABCD=AC•BD=1×1×sin60°=
∵顺次连结菱形ABCD各边中点，可得四边形A1B1C1D1，
易证四边形A1B1C1D1是矩形，
S矩形A1B1C1D1=AC•BD=AC•BD=S菱形ABCD．
同理，S四边形A2B2C2D2=S矩形A1B1C1D1=S菱形ABCD，
S矩形A3B3C3D3=（）3S菱形ABCD．
四边形A2019B2019C2019D2019的面积是=S菱形ABCD=，
故答案为．
【点拨】本题考查了菱形以及中点四边形的性质．找到中点四边形的面积与原四边形的面积之间的关系是解决本题的关键．
25．（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）根据矩形ABCD的性质，判定△BOE≌△DOF（ASA），进而得出结论；
（2）在Rt△ADE中，由勾股定理得出方程，解方程求出BE，由勾股定理求出BD，得出OB，再由勾股定理求出EO，即可得出EF的长.
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，O是BD的中点，
∴∠A=90°，AD=BC=4，AB∥DC，OB=OD，
∴∠OBE=∠ODF，
在△BOE和△DOF中，

∴△BOE≌△DOF（ASA），
∴EO=FO，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）当四边形BEDF是菱形时，BD⊥EF，
设BE=x，则 DE=x，AE=6-x，
在Rt△ADE中，DE2=AD2+AE2，
∴x2=42+（6-x）2，
解得：x= ，
∵BD= =2，
∴OB=BD=，
∵BD⊥EF，
∴EO==，
∴EF=2EO=．
【点拨】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解决问的关键
26．（1）证明见试题解析；（2）．
【分析】
（1）由折叠的性质，可以得到DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，由FG∥CD，可得∠1=∠3，再证明 FG=FE，即可得到四边形DEFG为菱形；
（2）在Rt△EFC中，用勾股定理列方程即可CD、CE，从而求出的值．
【详解】
解：（1）证明：由折叠的性质可知：DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，
∵FG∥CD，
∴∠2=∠3，
∴FG=FE，
∴DG=GF=EF=DE，
∴四边形DEFG为菱形；
（2）设DE=x，根据折叠的性质，EF=DE=x，EC=8﹣x，
在Rt△EFC中，，即，
解得：x=5，CE=8﹣x=3，
∴=．

考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．勾股定理；3．菱形的判定与性质；4．矩形的性质；5．综合题．
27．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）4.
【详解】
试题分析：（1）依据AE=EF，∠DEC=∠AEF=90°，即可证明△AEF是等腰直角三角形；
（2）连接EF，DF交BC于K，先证明△EKF≌△EDA，再证明△AEF是等腰直角三角形即可得出结论；
（3）当AD=AC=AB时，四边形ABFD是菱形，先求得EH=DH=CH=，Rt△ACH中，AH=3，即可得到AE=AH+EH=4．
试题解析：解：（1）如图1．∵四边形ABFD是平行四边形，∴AB=DF．∵AB=AC，∴AC=DF．∵DE=EC，∴AE=EF．∵∠DEC=∠AEF=90°，∴△AEF是等腰直角三角形；
（2）如图2，连接EF，DF交BC于K．∵四边形ABFD是平行四边形，∴AB∥DF，∴∠DKE=∠ABC=45°，∴∠EKF=180°﹣∠DKE=135°，EK=ED．∵∠ADE=180°﹣∠EDC=180°﹣45°=135°，∴∠EKF=∠ADE．∵∠DKC=∠C，∴DK=DC．∵DF=AB=AC，∴KF=AD．在△EKF和△EDA中，，∴△EKF≌△EDA（SAS），∴EF=EA，∠KEF=∠AED，∴∠FEA=∠BED=90°，∴△AEF是等腰直角三角形，∴AF=AE．
（3）如图3，当AD=AC=AB时，四边形ABFD是菱形，设AE交CD于H，依据AD=AC，ED=EC，可得AE垂直平分CD，而CE=2，∴EH=DH=CH=，Rt△ACH中，AH==3，∴AE=AH+EH=4．

点睛：本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、平行四边形的性质、菱形的性质以及勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，寻找全等的条件是解题的难点．