考點一 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求角度 考點二 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求線段長
考點三 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求面積 考點四 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求動點中的最值問題
考點五 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求折疊問題 考點六 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定無刻度作圖
考點一 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求角度
例題：（2021·重慶·西南大學(xué)附中八年級期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，且AD＝BC，過點D分別作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，AE＝CF．
（1）求證四邊形ABCD為菱形；
（2）若點E是AB的中點，求∠A的度數(shù)．
【答案】（1）見解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）先由AD∥BC，且AD＝BC得出四邊形ABCD為平行四邊形，再根據(jù)ASA證得△ADE≌△CDF，得出AD=CD即可得出結(jié)論；
（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AD=AB，結(jié)合已知從而得出AE=AD，再利用直角三角形的性質(zhì)即可得出答案；
【詳解】
（1）證明：∵AD∥BC，且AD＝BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠A=∠C，
∵DE⊥AB，DF⊥BC，
∴∠AED=∠CFD=90°，
在△ADE和△CDF中，
∴△ADE≌△CDF，
∴AD=CD
∴四邊形ABCD為菱形；
（2）∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD=AB，
如圖，連接
∵點E是AB的中點，


∴是等邊三角形，
∴∠A=
【點睛】
本題考查了菱形的性質(zhì)和判定、全等三角形的判定與性質(zhì)，含有30°的直角三角形的性質(zhì)等知識；熟練掌握菱形的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式訓(xùn)練】
1．（2021·新疆師范大學(xué)附屬中學(xué)一模）如圖，是的角平分線，過點作交于點，交于點．
（1）求證：四邊形是菱形；
（2）如果，，求的度數(shù)．
【答案】（1）證明見解析；（2）∠BDE=35°．
【解析】
【分析】
（1）由題意可證BE=DE，四邊形BEDF是平行四邊形，即可證四邊形BEDF為菱形；
（2）先根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得出，再由菱形的性質(zhì)可求解．
【詳解】
（1）證明：∵，，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
又四邊形為平行四邊形，
∴四邊形為菱形．
（2），，
∴，
∵四邊形為菱形，
∴，
∴．
【點睛】
本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定等知識，掌握菱形的判定定理是本題的關(guān)鍵．
2．（2021·浙江寧波·八年級期末）已知：如圖，在四邊形中，．點在對角線上，且，
（1）求證：；
（2）連接，交于點，若，四邊形周長為，求的大小．
【答案】（1）見解析；（2）60°
【解析】
【分析】
（1）由平行線的性質(zhì)得出，根據(jù)即可證明；
（2）證明四邊形是菱形．由勾股定理求出，由直角三角形的性質(zhì)可得出的度數(shù)，則可得出答案．
【詳解】
解：證明：（1），
，
，
，
，
在和中，
，
．
（2），
，
，
四邊形是平行四邊形，
，
四邊形是菱形．
，，
四邊形周長為16，
，
，
，
，
，
，
．
【點睛】
本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)、菱形的判定等知識，解題的關(guān)鍵是證明和四邊形為菱形．
考點二 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求線段長
例題：（2022·河北保定·八年級期中）如圖，在ABCD中，BD＝AD，延長CB到點E，使BE＝BD，連接AE.
(1)求證：四邊形AEBD是菱形；
(2)連接DE交AB于點F，若，，求AD的長.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）證四邊形AEBD是平行四邊形，再因為BE＝BD，即可由菱形的判定定理得出結(jié)論；
（2）連接DE交AB于F，根據(jù)四邊形AEBD是菱形，得出AB⊥DE，從而證得∠EDC ＝∠EFB＝90°.得用勾股定理即可求解．
(1)
證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴ADBC，AD＝BC，
∵DB＝DA， BE＝BD，
∴AD＝BE，
∴四邊形AEBD是平行四邊形，
∵BE＝BD，
∴四邊形AEBD是菱形
(2)
解：如圖，連接DE交AB于F，
∵四邊形AEBD是菱形，
∴AB⊥DE，
∴∠EFB＝90°.
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴ABDC.
∴∠EDC ＝∠EFB＝90°.
∵DC＝，DC：DE＝1：3，
∴DE＝.
在Rt△EDC中，根據(jù)勾股定理可得
∴AD＝.
【點睛】
本題考查平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)是解題詞的關(guān)鍵．
【變式訓(xùn)練】
1．（2022·上?！ぐ四昙墝ｎ}練習(xí)）已知，如圖，在?ABCD中，分別在邊BC、AD上取兩點，使得CE＝DF，連接EF，AE、BF相交于點O，若AE⊥BF．
(1)求證：四邊形ABEF是菱形；
(2)若四邊形ABEF的周長為16，∠BEF＝120°，求AE的長．
【答案】(1)證明見解析；
(2)
【解析】
【分析】
（1）由平行四邊形的性質(zhì)得出，，證出，則四邊形是平行四邊形，由，即可得出四邊形是菱形；
（2）由菱形的性質(zhì)得出，，證出是等邊三角形，得出．
(1)
證明：四邊形是平行四邊形，
，，
，
，
四邊形是平行四邊形，
又，
四邊形是菱形；
(2)
解：菱形的周長為16，
，，
，
是等邊三角形，
．
【點睛】
本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識；解題的關(guān)鍵是熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)．
2．（2022·新疆·烏魯木齊市第九中學(xué)一模）如圖，在矩形中，對角線的垂直平分線分別交、于點、，連接、．
(1)求證：四邊形是菱形．
(2)當(dāng)AB4，BC8時，求線段EF的長．
【答案】(1)見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用EF是AC的垂直平分線，可得∠EAC=∠ECA，∠CAF=∠FCA，在矩形中有，即有∠ECA=∠CAF，∠ECF=∠CFD，即可證得∠CFD=∠EAF，則有，再結(jié)合，AE=EC，可證四邊形AFCE是菱形；
（2）根據(jù)（1）的結(jié)論，平行四邊形AFCE是菱形，即有EF、AC相互垂直平分，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得BE=BC-AE，利用矩形的性質(zhì)可求出AC，則有OA，在Rt△ABE中，利用勾股定理，有，即可解得AE，在Rt△AOE中，利用勾股定理，有，根據(jù)AE=5，OA=，可得OE=，即有EF=．
(1)
證明：∵EF是AC的垂直平分線，
∴AE=EC，AF=FC，
∴∠EAC=∠ECA，∠CAF=∠FCA，
∵在矩形中有，
∴∠ECA=∠CAF，∠ECF=∠CFD，
∴∠EAC=∠ECA=∠CAF=∠FCA，
∴∠ECF=∠EAF，
∴∠CFD=∠EAF，
∴，
再結(jié)合，可知四邊形AFCE是平行四邊形，
∵AE=EC，
∴平行四邊形AFCE是菱形；
(2)
根據(jù)（1）的結(jié)論，平行四邊形AFCE是菱形，
∴EF、AC相互垂直平分，且AE=EC=CF=FA，
∴EF=2OE，AC=2OA，
∵BC=8，AB=4，
∴BE=BC-EC=8-EC=8-AE，，
∴OA=，
在Rt△ABE中，利用勾股定理，有，
即：，解得：AE=5，
∴在Rt△AOE中，利用勾股定理，有，
根據(jù)AE=5，OA=，可得OE=，
∴EF=．
【點睛】
本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、垂直平分線的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)和勾股定理等知識，利用垂直平分線的性質(zhì)證得四邊形AECF是菱形是解答本題的關(guān)鍵．
考點三 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求面積與周長
例題：（2022·四川·德陽五中三模）如圖，在四邊形中，，于點O，點E是延長線上一點，，于點F．
(1)求證：四邊形是菱形；
(2)若平分，，，求．
【答案】(1)證明見解析
(2)33
【解析】
【分析】
（1）先證明它是平行四邊形，再證明是菱形；
（2）先設(shè)，再用x表示AE，利用勾股定理建立方程即可求解．
(1)
∵，于點O，
∴，
∵，
∴四邊形AECD是平行四邊形，
由AD=CD，
∴四邊形AECD是菱形．
(2)
如圖，∵于點F，
∴∠AFC=90°，
又∵AC⊥BD，
∴∠BOA=90°，
∵平分，，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴設(shè)，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∵菱形AECD中，OD=OE，
∴，
∴．
．
【點睛】
本題考查了菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)等內(nèi)容，解題關(guān)鍵是牢記相關(guān)概念，能利用勾股定理建立方程．
【變式訓(xùn)練】
1．（2022·貴州貴陽·一模）如圖，已知四邊形中，對角線，相交于點O，且，，過點O作，分別交，于點E，F(xiàn)．
(1)求證：；
(2)若，，求四邊形的周長．
【答案】(1)見解析
(2)52
【解析】
【分析】
（1）先證四邊形ABCD是平行四邊形，可得AD∥CB，則可證得△AOE≌△COF（ASA）；
（2）由△AOE≌△COF（ASA），可得OE＝OF＝5，BO＝12，利用勾股定理求出BF＝13，繼而求得周長．
(1)
證明：∵，，
∴四邊形是平行四邊形，
∴AD∥CB，
∴∠OAE＝∠OCF，
∵∠AOE＝∠COF，，
∴△OAE≌△OCF（ASA），
(2)
解：∵△OAE≌△OCF，，，
∴OE＝OF＝5，BO＝DO＝12，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴平行四邊形是菱形，
∴，
∴四邊形BCFE的周長＝13×4＝52．
【點睛】
本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)和勾股定理，解題關(guān)鍵是熟記相關(guān)性質(zhì)，熟練運用這些判定與性質(zhì)推理證明．
2．（2022·甘肅武威·三模）如圖，在四邊形ABCD中，AB//CD，∠ADC＝90°，∠ABC的平分線BE交CD于點E，交對角線AC于點O，OA＝OC，連接AE．
(1)求證：四邊形ABCE是菱形；
(2)若BC＝5，CD＝8，求四邊形ABCE的面積．
【答案】(1)見解析
(2)20
【解析】
【分析】
（1）利用AAS證明△ABO≌△CEO可得BO＝EO，即可證明四邊形ABCE是平行四邊形，由角平分線的定義可得∠CBE＝∠ABE＝∠CEB，即可得CB＝CE，進(jìn)而可證明結(jié)論；
（2）由菱形的性質(zhì)可求解CE＝AE＝5，DE＝3，利用勾股定理可求解AD的長，再利用菱形的面積公式計算可求解．
(1)
證明：∵AB∥CD，
∴∠ABO＝∠CEO，∠BAO＝∠ECO，
在△ABO和△CEO中，
∴△ABO≌△CEO（AAS），
∴BO＝EO，
∴四邊形ABCE是平行四邊形，
∵BE平分∠ABC，
∴∠CBE＝∠ABE＝∠CEB，
∴CB＝CE，
∴四邊形ABCE為菱形；
(2)
解：∵四邊形ABCE是菱形，BC＝5，
∴AE＝CE＝BC＝5，
∵CD＝8，
∴DE＝CD?CE＝8?5＝3，
∵∠ADE＝90°，
∴AD＝＝＝4，
∴S四邊形ABCE＝CE?AD＝5×4＝20．
【點睛】
本題主要考查菱形的判定，角平分線的定義，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，證明四邊形ABCE是平行四邊形是解題的關(guān)鍵．
3．（2022·云南·一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，過點O的直線MN與AD、CB的延長線分別交于點M、N，連接CM，AN，且．
(1)求證：四邊形ANCM是菱形；
(2)若四邊形ANCM周長為12，，求四邊形ANCM的面積．
【答案】(1)見解析；
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用平行四邊形的性質(zhì)，通過證明，得到四邊形ANCM是平行四邊形，再根據(jù)，即可判定；
（2）根據(jù)四邊形ANCM周長為12，得到，由勾股定理可得，由，可得，從而求得，即可求解．
(1)
證明：平行四邊形ABCD中，，
∴
又∵
∴（ASA）
∴，
∴四邊形ANCM是平行四邊形，
又∵，
∴平行四邊形ANCM是菱形；
(2)
解：由四邊形ANCM周長為12可得，
∵，，
∴
由勾股定理可得：，
四邊形ANCM的面積為
【點睛】
此題考查了平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理以及完全平方公式的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)基礎(chǔ)性質(zhì)．
考點四 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定解決動點中的最值問題
例題：（2022·湖南婁底·中考真題）菱形的邊長為2，，點、分別是、上的動點，的最小值為______．
【答案】
【解析】
【分析】
過點C作CE⊥AB于E，交BD于G，根據(jù)軸對稱確定最短路線問題以及垂線段最短可知CE為FG+CG的最小值，當(dāng)P與點F重合，Q與G重合時，PQ+QC最小，在直角三角形BEC中，勾股定理即可求解．
【詳解】
解：如圖，過點C作CE⊥AB于E，交BD于G，根據(jù)軸對稱確定最短路線問題以及垂線段最短可知CE為FG+CG的最小值，當(dāng)P與點F重合，Q與G重合時，PQ+QC最小，
菱形的邊長為2，，
中，
PQ+QC的最小值為
故答案為：
【點睛】
本題考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，軸對稱的性質(zhì)，掌握軸對稱的性質(zhì)求線段和的最小值是解題的關(guān)鍵．
【變式訓(xùn)練】
1．（2022·江蘇·蘇州市胥江實驗中學(xué)校八年級期中）如圖，菱形的邊在軸上，頂點坐標(biāo)為，頂點坐標(biāo)為，點在軸上，線段軸，且點坐標(biāo)為，若菱形沿軸左右運動，連接、，則運動過程中，四邊形周長的最小值是________．
【答案】13+
【解析】
【分析】
由題意可知AD、EF是定值，要使四邊形周長的最小，AE＋DF的和應(yīng)是最小的，運用“將軍飲馬”模型，根據(jù)點E關(guān)于AD的對稱點為O，過點A作AF1∥DF，當(dāng)O，A，F(xiàn)1三點共線時，AE+DF=OA+AF1=OF1，為所求線段和的最小值，再求四邊形周長的最小值．
【詳解】
∵點坐標(biāo)為，點坐標(biāo)為，
∴OC＝4，OD＝3，
∴在Rt△COD中，CD＝5，
∵四邊形是菱形，
∴AD＝CD＝5，
∵坐標(biāo)為，點 在軸上，線段軸，
∴EF＝8，
連接OA，過點A作AF1∥DF交EF于點F1，
則四邊形ADFF1是平行四邊形，F(xiàn)F1=AD=5，
∴EF1=EF-FF1=3，
∵點E，O關(guān)于AD對稱，
∴OA=AE，
當(dāng)O，A，F(xiàn)1三點共線時，AE+DF=OA+AF1=OF1，為所求線段和的最小值，
在Rt△OEF1中，OF1＝，
∴四邊形周長的最小值：
AD＋EF＋AE＋DF＝ AD＋EF＋ OF1＝5＋8＋＝13+．
【點睛】
本題考查菱形，勾股定理，平移，軸對稱，解決問題的關(guān)鍵是熟練掌握菱形的性質(zhì)，勾股定理解直角三角形，平移圖形全等性，軸對稱性質(zhì)．
2．（2022·遼寧大連·一模）如圖，菱形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，點E，F(xiàn)分別在對角線AC和邊AD上，連接DE，EF，若AC=4，BD=2，則DE，EF之和的最小值為______．
【答案】##
【解析】
【分析】
如圖所示：在AB上取點F′，使AF′=AF，過點D作DH⊥AB，垂足為H．因為EF+DE=EF′+DE，推出當(dāng)D、E、F′共線，且點F′與H重合時，F(xiàn)E+DE的值最?。?br>【詳解】
解：∵菱形ABCD中，AC=4，BD=2，
∴AO=OC=2，BO=OD=1，
∴AD=AB=，
如圖所示：在AB上取點F′，使AF′=AF，過點D作DH⊥AB，垂足為H．
∵S△ABD=?AO?BD=?AB?DH，
∴DH=，
∵EF+DE=EF′+DE，
∴當(dāng)D、E、F′共線，且點F′與H重合時，F(xiàn)E+DE的值最小，最小值為，
故答案為：．
【點睛】
本題主要考查的是菱形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用、垂線段最短等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)利用對稱解決最短問題．
考點五 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定解決折疊問題
例題：（2022·山西·模擬預(yù)測）如圖，在菱形中，，，，分別是邊，上的點，將沿EF折疊，使點的對應(yīng)點落在邊上，若，則的長為______．
【答案】##
【解析】
【分析】
根據(jù)菱形性質(zhì)和，可得，，，過點作于點，于點，過點于點，得矩形，然后利用含度角的直角三角形可得，得，再利用勾股定理即可解決問題．
【詳解】
解：在菱形中，，，，
，
如圖，過點作于點，于點，過點于點，
得矩形，如圖所示：
，，
，，
，，
由翻折可知：，，
，
，
，
，
解得，
，
在中，，，
，
，
，
，
，
在中，根據(jù)勾股定理，得：，
，
解得，
，
故答案為：．
【點睛】
本題考查勾股定理求線段長，涉及到翻折變換的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握翻折變換的性質(zhì)，由勾股定理得出方程是解題的關(guān)鍵．
【變式訓(xùn)練】
1．（2022·云南·麻栗坡縣第二中學(xué)一模）如圖，在菱形ABCD中，AB＝4，∠B＝45°，點E在邊AB上，將△BCE沿CE折疊．若點B的對應(yīng)點B′落在AD邊所在的直線上，則BE的長為________．
【答案】4或
【解析】
【分析】
分兩種情況，第一種情況，由折疊性質(zhì)可知：= CB= CD，可知E點與A點重合，BE=AB，第二種情況，由折疊性質(zhì)可知，BC=，得∠B=∠E= 45°，再證∠AE = 90°，設(shè)BE= E= x，得，即可得答案．
【詳解】
解：
第一種情況，如上圖，由折疊性質(zhì)可知：= CB= CD，
∴在AD線上僅D點符合題意，
∵∠B=∠D= 45°，
∴E點與A點重合，BE=AB，
∴BE=4；
第二種情況，如上圖，由折疊性質(zhì)可知，BC=，
∴∠B=∠E= 45°，
∵在菱形中BC=CD=，
∴∠D=∠B=∠D= 45°，ADBC，∠AE=∠B= 45°，
∴∠AE=∠DC+∠EC= 90°，
∴A=E，
設(shè)BE= E= x，則， ，
解得： ，
故答案為：4或．
【點睛】
本題考查了折疊的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、一元一次方程的解法，解題的關(guān)鍵是注意兩種情況．
2．（2022·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E為AD邊上的一個動點，連接BE，將AB沿著BE折疊得到A'B，A的對應(yīng)點為A'，連接A'D，當(dāng)A′B⊥AD時，∠A'DE的度數(shù)為 ______．
【答案】15°##15度
【解析】
【分析】
由菱形的性質(zhì)可得，可證是等邊三角形，由等邊三角形的性質(zhì)可得垂直平分，，由折疊的性質(zhì)可得，可得，即可求解．
【詳解】
解：如圖，連接，，
四邊形是菱形，
，
，
是等邊三角形，
，
垂直平分，，
，
，
將沿著折疊得到，
，
，
．
故答案為：．
【點睛】
本題考查了菱形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，證明是等邊三角形是解題的關(guān)鍵．
考點六 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定無刻度作圖
例題：（2022·江西吉安·九年級期末）如圖，菱形ABCD中，∠B=60°，延長BC至E，使．取CD的中點F，連接EF，請利用無刻度的直尺按下列要求作圖（保留畫圖痕跡）．
(1)在圖1中作出△CEF中CF邊上的中線；
(2)在圖2中作出BC的中點．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【解析】
【分析】
（1）連接AC和BD交于點O，連接OE交CD于點G，EG即為所求；
（2）連接AC和BD交于點O，連接FO并延長交AB于點M，連接MC交BD于點N，連接AN并延長，交BC于點H，點H即為所求.
(1)
解：如圖，EG即為所求；
(2)
解：如圖，點H即為所求；
【點睛】
本題考查了作圖-復(fù)雜作圖，解題的關(guān)鍵是掌握菱形的性質(zhì)，靈活運用所學(xué)知識解決問題.
【變式訓(xùn)練】
1．（2022·江西萍鄉(xiāng)·二模）如圖，菱形ABCD及點P，請僅用無刻度的直尺按要求完成下列作圖．
（1）如圖1，若點P在AB上，請在CD上作出點Q，使CQ=AP；
（2）如圖2，若點P在菱形ABCD外，請在菱形外作點Q，使△CQD≌△APB．
【答案】（1）見解析；（2）見解析
【解析】
【分析】
（1）連接，交于點，連接延長交于點，點即為所求．
（2）連接，交于點，延長交的延長線于，連接交的延長線于，連接，連接，延長交于點，連接，點即為所求．
【詳解】
解：（1）如圖1中，點即為所求．
（2）如圖2中，點即為所求．
【點睛】
本題考查作圖復(fù)雜作圖，菱形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是作出菱形的對稱中心，屬于中考?？碱}型．
2．（2022·江蘇鹽城·二模）如圖，在中，點N在BC上，，BM平分交AD于點M，請用無刻度的直尺畫圖（保留作圖痕跡，不寫畫法）．
(1)在圖1中，過點A畫出中BM邊上的高AP，并證明你的結(jié)論；
(2)在圖2中，過點C畫出C到BM的垂線段CQ．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【解析】
【分析】
（1）連接AN即可，根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定證明即可；
（2）連接，交于點，過點作，交于點，連接交于點，則線段即為所求．
(1)
如圖1，AP即為所求中BM邊上的高；
證明：∵BM平分，
∴．
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴四邊形ABNM是平行四邊形，
∵，
∴是菱形，
∴，
即AP為中BM邊上的高；
(2)
如圖2，連接，交于點，過點作，交于點，連接交于點，則線段即為所求．
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA=OC，AE∥CN，
∴∠AEO=∠CNO，
∵∠AOE=∠CON，
∴△AOE≌△CON（AAS），
∴OE=ON，
∴四邊形ANCE是平行四邊形，
∴AN∥CE，
∵AN⊥BM，
∴CE⊥BM，即CQ⊥BM．
【點睛】
本題考查了無刻度直尺作圖，平行線的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)與判定，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
一、選擇題
1．（2022·廣東·珠海市拱北中學(xué)八年級期中）已知菱形的兩條對角線的長分別為8和10，則菱形的面積為（ ）
A．160B．80C．40D．20
【答案】C
【解析】
【分析】
根據(jù)菱形面積等于兩條對角線乘積的一半，計算求值即可．
【詳解】
解：∵菱形的兩條對角線的長分別為8和10，
∴菱形的面積，
故選：C．
【點睛】
本題考查了菱形的性質(zhì)，菱形的面積，掌握菱形的對角線互相垂直平分是解題關(guān)鍵．
2．（2022·重慶·西南大學(xué)附中九年級期中）如圖，菱形ABCD的對角線交于點O，過點A作于點E，連接OE．若，，則DE的長度為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得AC＝2OE＝2，則OA＝AC＝，再由勾股定理得OB＝，則BD＝2OB＝2，然后由菱形面積求出AE的長，即可解決問題．
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴CD＝AD＝AB＝3，OA＝OC，OB＝OD，BD⊥AC，
∵AE⊥CD，
∴∠AED＝∠AEC＝90°，
∴AC＝2OE＝2，
∴OA＝AC＝，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB＝，
∴BD＝2OB＝2，
∵S菱形ABCD＝CD?AE＝AC?BD＝×2×2＝2，
∴AE＝，
∴DE＝，
故選：A．
【點睛】
本題主要考查了菱形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)、勾股定理等知識；熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
3．（2022·海南省直轄縣級單位·二模）如圖，菱形紙片中，，P為中點，折疊菱形紙片，使點C落在所在的直線上，得到經(jīng)過點D的折痕，則等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
連接BD，由菱形的性質(zhì)及∠A＝60°，得到△ABD為等邊三角形，利用三線合一得到DP為角平分線，得到∠ADP＝30°，進(jìn)而求出∠PDC＝90°，由折疊的性質(zhì)得到∠CDE＝∠PDE＝45°，利用三角形的內(nèi)角和定理即可求出所求角的度數(shù)．
【詳解】
解：連接BD，
∵四邊形ABCD為菱形，∠A＝60°，
∴△ABD為等邊三角形，∠ADC＝120°，∠C＝60°，
∵P為AB的中點，
∴DP為∠ADB的平分線，即∠ADP＝∠BDP＝30°，
∴∠PDC＝90°，
∴由折疊的性質(zhì)得到∠CDE＝∠PDE＝45°，
在△DEC中，∠DEC＝180°?∠CDE?∠C＝75°，
故選：B．
【點睛】
此題考查了翻折變換（折疊問題），菱形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)以及內(nèi)角和定理，熟練掌握折疊的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．
4．（2022·河北·八年級期中）如圖，在菱形中，，．動點從點出發(fā)，以1個單位長度/秒的速度沿方向向點運動，同時，動點從點出發(fā)沿方向向點運動，它們同時到達(dá)目的地，則運動到（ ）秒時．
A．3或B．3C．D．5
【答案】A
【解析】
【分析】
分兩種情形求解即可：①當(dāng)點Q與點O重合時，PQ=OP，此時t=3秒；②如圖1中，當(dāng)OP=PQ時，想辦法構(gòu)建方程即可解決問題．
【詳解】
解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB=AD，AO=CO，BC//AD，
∵，
∴∠BAD=60°，
∴△ABD是等邊三角形，∠BAO=∠DAO=30°，
∴BO=AB=3，
∴CO=AO=，
設(shè)點Q的運動速度為x單位/秒，由題意得
，
解得x=，
經(jīng)檢驗x=符合題意．
①當(dāng)點Q與點O重合時，PQ=OP，此時t=3÷=3秒；
②如圖1中，當(dāng)OP=PQ時，作PH⊥OA于H，則QH=OH．
在Rt△APH中，PA=t，∠PAH=30°，
∴PH=t，
∴AH=t，
∴OH=3-t，
∵QH=（t-3），
∴（t-3）=3-t，
解得t=，
綜上所述，當(dāng)t=3秒或秒時，OP=PQ．
故選A．
【點睛】
本題考查菱形的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，以及勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考?？碱}型．
5．（2022·甘肅武威·中考真題）如圖1，在菱形中，，動點從點出發(fā)，沿折線方向勻速運動，運動到點停止．設(shè)點的運動路程為，的面積為，與的函數(shù)圖象如圖2所示，則的長為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根據(jù)圖1和圖2判定三角形ABD為等邊三角形，它的面積為解答即可．
【詳解】
解：在菱形ABCD中，∠A=60°，
∴△ABD為等邊三角形，
設(shè)AB=a，由圖2可知，△ABD的面積為，
∴△ABD的面積
解得：a=
故選B
【點睛】
本題考查了動點問題的函數(shù)圖象，根據(jù)菱形的性質(zhì)和函數(shù)圖象，能根據(jù)圖形得出正確信息是解此題的關(guān)鍵．
二、填空題
6．（2022·江蘇·徐州市第十三中學(xué)三模）如圖，在菱形中，、分別為、的中點，若，則菱形的周長為______．
【答案】16
【解析】
【分析】
由三角形中位線定理可求長為長的2倍，那么菱形的周長等于，由此問題得解．
【詳解】
解：∵點，分別為，的中點，，
∴，
∵四邊形是菱形，
∴，
∴菱形周長為：．
故答案為：16．
【點睛】
本題考查了菱形的四邊相等的性質(zhì)，三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半的性質(zhì)．熟記各性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．
7．（2022·上海市張江集團(tuán)中學(xué)八年級期中）在平面直角坐標(biāo)系中，點A、B分別為A（－3，0）、B（0，－4），點C在x軸上，若四邊形ACBD是菱形，則點D的坐標(biāo)為________．
【答案】
【解析】
【分析】
由菱形的性質(zhì)得BD=AC=BC，，設(shè)OC=x，則BD=BC=AC=OA+OC=3+x，然后在Rt△OBC中，由勾股定理得：x2+42=（3+x）2，解得，即可解決問題．
【詳解】
解：如圖，∵四邊形ACBD是菱形，
∴BD=AC=BC，，
∵A（-3，0）、B（0，-4），
∴OA=3，OB=4， 設(shè)OC=x，則BD=BC=AC=OA+OC=3+x，
在Rt△OBC中，由勾股定理得：x2+42=（3+x）2，
解得：，
∴BD=3+=，
∴點D的坐標(biāo)為，
故答案為：．
【點睛】
本題考查了菱形的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)以及勾股定理等知識，熟練掌握菱形的性質(zhì)和勾股定理是解題的關(guān)鍵．
8．（2022·江蘇·蘇州市胥江實驗中學(xué)校八年級期中）如圖，在中，分別是上的點，，將沿所在的直線翻折，使點的對應(yīng)點與點重合，且點落在點處，連接，若，，則________．
【答案】
【解析】
【分析】
過點作的垂線交延長線于點，根據(jù)翻折的性質(zhì)證明，根據(jù)全等的性質(zhì)，證明四邊形是菱形，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到、的長度，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到，根據(jù)含角的直角三角形三邊關(guān)系，即可求出，的長度，根據(jù)勾股定理即可求出的長度．
【詳解】
解：過點作的垂線交延長線于點
∵翻折
∴，，
∵四邊形是平行四邊形
∴，，
∴，，
∵，
∴
在和中
∵
∴
∴，
∵
∴
∴
又∵
∴四邊形是平行四邊形
∵
∴平行四邊形是菱形
∵
∴是等邊三角形
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴，
∴
故答案為：．
【點睛】
本題考查了翻折、平行四邊形的判定和性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、含角的直角三角形三邊關(guān)系、勾股定理等知識點，正確作出輔助線，構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理求線段長是解答本題的關(guān)鍵．
9．（2022·陜西·中考真題）如圖，在菱形中，．若M、N分別是邊上的動點，且，作，垂足分別為E、F，則的值為______．
【答案】
【解析】
【分析】
連接AC交BD于點O，過點M作MG//BD交AC于點G，則可得四邊形MEOG是矩形，以及，從而得NF=AG，ME=OG，即NR+ME=AO，運用勾股定理求出AO的長即可．
【詳解】
解：連接AC交BD于點O，如圖，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BO=，AD//BC，
∴
在Rt中，AB=4，BO=，
∵，
∴
過點M作MG//BD交AC于點G，
∴,
∴
又
∴，
∴四邊形MEOG是矩形，
∴ME=OG，
又
∴
∴
在和中，
,
∴≌
∴，
∴，
故答案為．
【點睛】
本題主要考查了菱形的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)，正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解答本題的關(guān)鍵．
10．（2022·上海市張江集團(tuán)中學(xué)八年級期中）如圖，在ABCD和BEFG中，AB＝AD，BG＝BE，點A、B、E在同一直線上，P是線段DF的中點，連接PG，PC．若∠ABC＝∠BEF＝60°，則________．
【答案】
【解析】
【分析】
延長GP交CD于點H，根據(jù)AB＝AD，BG＝BE，得出四邊形ABCD和四邊形BEFG都是菱形，由菱形的性質(zhì)證明△DPH≌△FPG，得出DH=GF，進(jìn)而得出△CHG為等腰三角形，利用等腰三角形的性質(zhì)得出CP⊥HG，∠PCG=60°，再利用直角三角形的性質(zhì)，即可求解．
【詳解】
解：如圖，延長GP交CD于點H，
在ABCD和BEFG中，AB＝AD，BG＝BE，
∴四邊形ABCD和四邊形BEFG都是菱形，
∴CD=CB，GF=GB，CD∥AE，GF∥AE，
∴CD∥GF，
∴∠DHP=∠FGP，
∵∠DPH=∠FPG，DP=FP，
∴△DPH≌△FPG（AAS），
∴DH=GF，PH=PG，
∴DH=GB，
∴CH=CG，
∴CP⊥PG，
∴∠HCG=2∠PCG，
∵∠ABC=60°，
∴∠HCG=180°-∠ABC=120°，
∴∠PCG=60°，
∴∠CGP=30°，
∴CG=2PC，
∴，
∴．
故答案為：
【點睛】
本題考查了菱形的的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，掌握全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．
三、解答題
11．（2022·四川廣元·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，ABCD，AC平分∠DAB，AB＝2CD，E為AB中點，連接CE．
(1)求證：四邊形AECD為菱形；
(2)若∠D＝120°，DC＝2，求△ABC的面積．
【答案】(1)見詳解
(2)△ABC的面積為
【解析】
【分析】
（1）由題意易得CD=AE，∠DAC=∠EAC=∠DCA，則有四邊形AECD是平行四邊形，然后問題可求證；
（2）由（1）及題意易得，則有△BCE是等邊三角形，然后可得△ACB是直角三角形，則，進(jìn)而問題可求解．
(1)
證明：∵ABCD，AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠EAC，∠EAC=∠DCA，
∴∠DAC=∠DCA，
∴DA=DC，
∵AB＝2CD，E為AB中點，
∴，
∵，
∴四邊形AECD是平行四邊形，
∵DA=DC，
∴四邊形AECD是菱形；
(2)
解：由（1）知：，
∵∠D＝120°，
∴，
∵E為AB中點，
∴，
∴△BCE是等邊三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【點睛】
本題主要考查菱形的性質(zhì)與判定、等邊三角形的性質(zhì)及含30°直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)與判定、等邊三角形的性質(zhì)及含30°直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
12．（2022·上海·八年級專題練習(xí)）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD，∠BAC＝90°，點E為BC的中點
(1)求證：四邊形AECD是菱形；
(2)連接BD，如果BD平分∠ABC，AD＝2，求BD的長．
【答案】(1)證明見解析；
(2)
【解析】
【分析】
（1）由直角三角形的性質(zhì)可得，且，可證四邊形是平行四邊形，即可得結(jié)論；
（2）由角平分線的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)可得，可證四邊形是等腰梯形，可得，由勾股定理可求的長，即可得的長．
(1)
證明：，點為的中點，
，
，且，
四邊形是平行四邊形，且，
四邊形是菱形；
(2)
解：如圖，
，
四邊形是梯形，
平分，
，
，
，
四邊形是菱形，
四邊形是等腰梯形，
，
．
【點睛】
本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是求證．
13．（2022·廣東深圳·三模）如圖，在四邊形中，，對角線的垂直平分線與邊、分別相交于點、．
(1)求證：四邊形是菱形；
(2)若，，求菱形的周長．
【答案】(1)見解析
(2)68
【解析】
【分析】
（1）證△MOD≌△NOB（AAS），得出OM=ON，由OB=OD，證出四邊形BNDM是平行四邊形，進(jìn)而得出結(jié)論；
（2）由菱形的性質(zhì)得出BM=BN=DM=DN，OB=BD，OM=MN，由勾股定理得BM的長，即可得出答案．
(1)
證明：∵AD∥BC，
，
是對角線的垂直平分線，
，，
和中，
，
，
，
，
四邊形是平行四邊形，
，
四邊形是菱形；
(2)
解：四邊形是菱形，
，，
，
，，
在中，由勾股定理得：，
菱形的周長．
【點睛】
本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識；熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
14．（2022·浙江金華·九年級期中）如圖，中，、分別是、的中點，，過點作BF//CE，交的延長線于點．
(1)求證：四邊形是菱形．
(2)若，，求菱形的面積．
【答案】(1)見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）跟了中點的性質(zhì)及平行線的性質(zhì)即可求證結(jié)論．
（2）根據(jù)（1）中菱形的性質(zhì)可得是等邊三角形，過點作于點，利用勾股定理即可求得答案．
(1)
證明：、分別是、的中點，
，，
，
，
四邊形是平行四邊形，
，
，
四邊形是菱形．
(2)
由知，
，
是等邊三角形，
，
，
，
過點作于點，如圖所示，

，
在中，
，，，
，
．
【點睛】
本題考查了菱形的判定及性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用、三角形的中位線定理，熟練掌握菱形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
15．（2022·安徽·中考真題）已知四邊形ABCD中，BC＝CD．連接BD，過點C作BD的垂線交AB于點E，連接DE．
(1)如圖1，若，求證：四邊形BCDE是菱形；
(2)如圖2，連接AC，設(shè)BD，AC相交于點F，DE垂直平分線段AC．
（ⅰ）求∠CED的大?。?br>（ⅱ）若AF＝AE，求證：BE＝CF．
【答案】(1)見解析
(2)（?。?；（ⅱ）見解析
【解析】
【分析】
（1）先根據(jù)DC=BC，CE⊥BD，得出DO=BO，再根據(jù)“AAS”證明，得出DE=BC，得出四邊形BCDE為平行四邊形，再根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形為菱形，得出四邊形BCDE為菱形；
（2）（ⅰ）根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)和等腰三角形三線合一，證明∠BEG=∠DEO=∠BEO，再根據(jù)∠BEG+∠DEO+∠BEO=180°，即可得出；
（ⅱ）連接EF，根據(jù)已知條件和等腰三角形的性質(zhì)，算出，得出，證明，再證明，即可證明結(jié)論．
(1)
證明：∵DC=BC，CE⊥BD，
∴DO=BO，
∵，
∴，，
∴（AAS），
∴，
∴四邊形BCDE為平行四邊形，
∵CE⊥BD，
∴四邊形BCDE為菱形．
(2)
（?。└鶕?jù)解析（1）可知，BO=DO，
∴CE垂直平分BD，
∴BE=DE，
∵BO=DO，
∴∠BEO=∠DEO，
∵DE垂直平分AC，
∴AE=CE，
∵EG⊥AC，
∴∠AEG=∠DEO，
∴∠AEG=∠DEO=∠BEO，
∵∠AEG+∠DEO+∠BEO=180°，
∴．
（ⅱ）連接EF，
∵EG⊥AC，
∴，
∴，
∵
∵AE=AF，
∴，
∴，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
∴，
，
，
，
∴，
，
∴（AAS），
．
【點睛】
本題主要考查了垂直平分線的性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，菱形的判定，直角三角形的性質(zhì)，作出輔助線，得出，得出，是解題的關(guān)鍵．
16．（2021·江西南昌·八年級期末）如圖，點為線段上一點且不與，兩點重合，分別以，為邊向的同側(cè)做銳角為60°的菱形．請僅用無刻度的直尺分別按下列要求作圖．（保留作圖痕跡）
（1）在圖1中，連接，若，作出線段的中點；
（2）在圖2中，連接，若，作出線段的中點．
【答案】（1）見解析；（2）見解析
【解析】
【分析】
（1）連接AF，BD交于點O，連接DF，連接CO延長CO交DF于點M，點M即為所求．
（2）連接AD，BF，延長AD交BF的延長線于E，連接CE，DF交于點N．點N即為所求．
【詳解】
解：（1）
如圖點為的中點
（2）
如圖點為的中點
【點睛】
本題考查作圖?復(fù)雜作圖，菱形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，三角形的中線等知識，解題的關(guān)鍵是利用三角形中線的定義，平行四邊形的性質(zhì)解決問題．
17．（2022·浙江寧波·八年級期中）問題原型
(1)如圖1，在菱形中，，于E，F(xiàn)為中點，連結(jié)，．試猜想的形狀，并說明理由．
(2)如圖2，在中，于E，F(xiàn)為中點，連結(jié)，．試猜想的形狀，并說明理由．
(3)如圖3，在中，F(xiàn)為上一點，連結(jié)，將沿折疊，點C的對應(yīng)點為．連結(jié)并延長交于G，若，求證：F為中點．
(4)如圖4，直角坐標(biāo)系中有，點A與原點重合，點B在x軸正半軸上，與y軸交于點E．將其沿過A的直線折疊，點B對應(yīng)點恰好落在y軸上，且折痕交于M，交于點N．若的面積為48，，，求點M的坐標(biāo)和陰影部分面積（直接寫出結(jié)果）．
【答案】(1)是等邊三角形
(2)是等腰三角形
(3)證明見解析
(4)
【解析】
【分析】
（1）連接，證明和是等邊三角形，進(jìn)而證明，證明，從而得出，進(jìn)而得出結(jié)果；
（2）取的中點，連接，直線交于，證明四邊形是平行四邊形，，進(jìn)而得出是的中位線，進(jìn)一步得出是等腰三角形；
（3）由條件推出，進(jìn)而得出四邊形是平行四邊形，從而，進(jìn)而證明，進(jìn)一步得出結(jié)論；
（4）根據(jù)條件求得，，從而求得的解析式，求出的解析式，從而求得點坐標(biāo)，求出的解析式，從而求得點坐標(biāo)，從而求得的長，求出和的面積，進(jìn)而求得陰影部分面積．
(1)
如圖1，
連接，
四邊形是菱形，
，
，
是等邊三角形，
，，
，
，
同理可得：是等邊三角形，
，，
點是的中點，
，，
，
在和中，
，
，
，
是等邊三角形；
(2)
如圖2，
是等腰三角形，理由如下：
取的中點，連接，直線交于，
四邊形是平行四邊形，
，，
點是的中點，是的中點，
，
，
四邊形是平行四邊形，
，
點是的中點，
，
，
，
即：是等腰三角形；
(3)
證明：由（2）知：，，
，，
，
，
，
四邊形是平行四邊形，
，
，，
，
，
，
，
即：點是的中點
(4)
由得，
，
，
四邊形是平行四邊形，
，，
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，
，
，
，
直線的解析式為：，
，
直線的解析式為：，
由得，
，
，，
，
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直線的解析式為：，
當(dāng)時，，
，
，
，
，
．
【點睛】
本題考查了菱形性質(zhì)，平行四邊形性質(zhì)，等腰三角形的判定，勾股定理，求一次函數(shù)解析式等知識，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線，構(gòu)造線段垂直平分線．

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