第25講 菱形的性質(zhì)與判定(講義，1考點+1命題點22種題型(含4種解題技巧))-2025年中考數(shù)學一輪復習講義及試題（含答案）

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TOC \ "1-1" \n \h \z \u \l "_Tc188278118" 01考情透視·目標導航
\l "_Tc188278119" 02知識導圖·思維引航
\l "_Tc188278120" 03考點突破·考法探究
\l "_Tc188278121" 考點 菱形
\l "_Tc188278122" 04題型精研·考向洞悉
\l "_Tc188278123" 命題點 菱形的性質(zhì)與判定
\l "_Tc188278124" ?題型01 利用菱形的性質(zhì)求角度
\l "_Tc188278125" ?題型02 利用菱形的性質(zhì)求線段長
\l "_Tc188278126" ?題型03 利用菱形的性質(zhì)求周長
\l "_Tc188278127" ?題型04 利用菱形的性質(zhì)求面積
\l "_Tc188278128" ?題型05 利用菱形的性質(zhì)求點的坐標
\l "_Tc188278129" ?題型06 利用菱形的性質(zhì)證明
\l "_Tc188278130" ?題型07 菱形的折疊問題
\l "_Tc188278131" ?題型08 添加一個條件使四邊形是菱形
\l "_Tc188278132" ?題型09 證明四邊形是菱形
\l "_Tc188278133" ?題型10 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求角度
\l "_Tc188278134" ?題型11 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求線段長
\l "_Tc188278135" ?題型12 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求周長
\l "_Tc188278136" ?題型13 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求面積
\l "_Tc188278137" ?題型14 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題
\l "_Tc188278138" ?題型15 與菱形有關(guān)的新定義問題
\l "_Tc188278139" ?題型16與菱形有關(guān)的規(guī)律探究問題
\l "_Tc188278140" ?題型17與菱形有關(guān)的動點問題
\l "_Tc188278141" ?題型18與菱形有關(guān)的最值問題
\l "_Tc188278142" ?題型19 含60°角的菱形
\l "_Tc188278143" ?題型20 菱形與函數(shù)綜合
\l "_Tc188278144" ?題型21 與菱形有關(guān)的存在性問題
\l "_Tc188278145" ?題型22 與菱形有關(guān)的材料閱讀類問題
01考情透視·目標導航
02知識導圖·思維引航
\l "_Tc188015396" 03考點突破·考法探究
考點一 菱形
1.菱形的定義：有一組鄰邊相等的平行四邊形叫做菱形.
【易錯點】對于菱形的定義要注意兩點（缺一不可）：①是平行四邊形；②一組鄰邊相等.
2.菱形的性質(zhì)定理
【補充】
1）菱形是特殊的平行四邊形，所以菱形具有平行四邊形的一切性質(zhì)；
2）菱形的兩條對角線互相垂直，且對角線將菱形分成四個全等的直角三角形.
3）對角線互相垂直的四邊形不一定是菱形.
4）菱形的面積公式：
①菱形的面積=底×高，即
②菱形的面積=兩條對角線長的乘積的一半，即.
3.菱形的對稱性
1）菱形是軸對稱圖形，兩條對角線所在的直線都是它的對稱軸.
2）菱形是中心對稱圖形，對角線的交點是它的對稱中心.
4. 菱形的判定
1．（2024·四川·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AB=2，則菱形ABCD的周長為 ．
【答案】8
【分析】本題主要考查菱形的性質(zhì)．根據(jù)菱形的性質(zhì)“菱形的四條邊相等”可直接進行求解．
【詳解】解：由菱形的四條邊相等可得：菱形的周長為2×4=8，
故答案為：8．
2．（2024·海南·中考真題）如圖，菱形ABCD的邊長為2，∠ABC=120°，邊AB在數(shù)軸上，將AC繞點A順時針旋轉(zhuǎn)，點C落在數(shù)軸上的點E處，若點E表示的數(shù)是3，則點A表示的數(shù)是（ ）
A．1B．1?3C．0D．3?23
【答案】D
【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理．作CF⊥AE于點F，利用菱形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理計算即可．
【詳解】解：作CF⊥AE于點F，
∵∠ABC=120°，
∴∠FBC=60°，
∵BC=2，
∴BF=12BC=1，CF=BC2?BF2=3，
∴AF=AB+BF=3，
∴AE=AC=AF2+CF2=32+32=23，
∵點E表示的數(shù)是3，
∴點A表示的數(shù)是3?23，
故選：D．
3．（2024·山東濟寧·中考真題）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，E是AB的中點，連接OE．若OE=3，則菱形的邊長為（ ）

A．6B．8C．10D．12
【答案】A
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，根據(jù)“直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半”可得OE=12AB，即可得解．
本題主要考查了菱形的性質(zhì)和“直角三角形中斜邊中線等于斜邊一半”的性質(zhì)，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵E是AB的中點，
∴OE=12AB，
∴AB=2OE=2×3=6。
故選：A．
4．（2024·江蘇南通·中考真題）若菱形的周長為20cm，且有一個內(nèi)角為45°，則該菱形的高為 cm．
【答案】522
【分析】本題考查的是菱形的性質(zhì)，銳角的正弦的含義，先畫圖，求解EF=EH=5cm，過E作FI⊥EH于H，結(jié)合∠E=45°可得答案．
【詳解】解：如圖，菱形EFGH的周長為20cm，
∴EF=EH=5cm，
過E作FI⊥EH于H，而∠E=45°，
∴FI=EF?sin45°=5×22=522，
故答案為：522
5．（2024·山東濟南·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AE⊥CD，垂足為E,CF⊥AD，垂足為F．
求證：AF=CE．
【答案】證明見解析．
【分析】本題主要考查了菱形的性質(zhì)， 全等三角形的判定以及性質(zhì)，由菱形的性質(zhì)得出AD=CD，用AAS證明△AED≌△CFD，由全等三角形的性質(zhì)可得出DE=DF， 由線段的和差關(guān)系即可得出AF=CE．
【詳解】證明：∵四邊形ABCD是菱形
∴AD=CD
∵AE⊥CD,CF⊥AD
∴∠AED=∠CFD=90°
∵∠D=∠D
∴△AED≌△CFD
∴DE=DF
∴AD?DF=CD?DE
∴AF=CE
\l "_Tc188015399" 04題型精研·考向洞悉
命題點一 菱形的性質(zhì)與判定
?題型01 利用菱形的性質(zhì)求角度
1．（2023·陜西·中考真題）點E是菱形ABCD的對稱中心，∠B=56°，連接AE，則∠BAE的度數(shù)為 ．
【答案】62°
【分析】連接BE，根據(jù)中心對稱圖形的定義得出點E是菱形ABCD的兩對角線的交點，根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AE⊥BE，∠ABE=12∠ABC=28°，那么∠BAE=90°?∠ABE=62°．
【詳解】解：如圖，連接BE，
∵點E是菱形ABCD的對稱中心，∠ABC=56°，
∴點E是菱形ABCD的兩對角線的交點，
∴AE⊥BE，∠ABE=12∠ABC=28°，
∴∠BAE=90°?∠ABE=62°．
故答案為：62°．
【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，菱形是中心對稱圖形，兩對角線的交點是對稱中心，掌握菱形的兩條對角線互相垂直平分，并且每一條對角線平分一組對角是解題的關(guān)鍵．
2．（2023·黑龍江大慶·中考真題）將兩個完全相同的菱形按如圖方式放置，若∠BAD=α，∠CBE=β，則β=（ ）

A．45°+12αB．45°+32αC．90°?12αD．90°?32α
【答案】D
【分析】由題意可得∠FBG=∠DAB=α，由菱形的性質(zhì)可得AD∥BC，∠ABD=∠CBD=α+β，由平行線的性質(zhì)可得∠DAB+∠ABC=180°，進行計算即可得到答案．
【詳解】解：根據(jù)題意可得：∠FBG=∠DAB=α，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AD∥BC，∠ABD=∠CBD=α+β，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∵∠ABC=∠ABD+∠CBD=α+β+α+β=2α+2β
∴α+2α+2β=180°，
∴β=90°?32α，
故選：D．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)，是解題的關(guān)鍵．
3．（2023·河北·中考真題）如圖，直線l1∥l2，菱形ABCD和等邊△EFG在l1，l2之間，點A，F(xiàn)分別在l1，l2上，點B，D，E，G在同一直線上：若∠α=50°，∠ADE=146°，則∠β=（ ）

A．42°B．43°C．44°D．45°
【答案】C
【分析】如圖，由平角的定義求得∠ADB=180°?∠ADE=34°，由外角定理求得，∠AHD=∠α?∠ADB=16°，根據(jù)平行性質(zhì)，得∠GIF=∠AHD=16°，進而求得∠β=∠EGF?∠GIF=44°．
【詳解】如圖，∵∠ADE=146°
∴∠ADB=180°?∠ADE=34°
∵∠α=∠ADB+∠AHD
∴∠AHD=∠α?∠ADB=50°?34°=16°
∵l1∥l2
∴∠GIF=∠AHD=16°
∵∠EGF=∠β+∠GIF
∴∠β=∠EGF?∠GIF=60°?16°=44°
故選：C．

【點睛】本題考查平行線的性質(zhì)，平角的定義，等邊三角形的性質(zhì)，三角形外角定理，根據(jù)相關(guān)定理確定角之間的數(shù)量關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
4．（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，∠DAB=40°，連接AC，以點A為圓心，AC長為半徑作弧，交直線AD于點E，連接CE，則∠AEC的度數(shù)是 ．

【答案】10°或80°
【分析】根據(jù)題意畫出圖形，結(jié)合菱形的性質(zhì)可得∠CAD=12∠DAB=20°，再進行分類討論：當點E在點A上方時，當點E在點A下方時，即可進行解答．
【詳解】解：∵四邊形ABCD為菱形，∠DAB=40°，
∴∠CAD=12∠DAB=20°，
連接CE，
①當點E在點A上方時，如圖E1，
∵AC=AE1，∠CAE1=20°，
∴∠AE1C=12180°?20°=80°，
②當點E在點A下方時，如圖E2，
∵AC=AE1，∠CAE1=20°，
∴∠AE2C=12∠CAE1=10°，
故答案為：10°或80°．

【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和以及三角形的外角定理，解題的關(guān)鍵是掌握菱形的對角線平分內(nèi)角；等腰三角形兩底角相等，三角形的內(nèi)角和為180°；三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角之和．
5．（2024·四川巴中·中考真題）如圖，四邊形ABCD是⊙O的內(nèi)接四邊形，若四邊形OABC為菱形，則∠ADC的度數(shù)是 ．
【答案】60°
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得到∠AOC＝∠ABC，根據(jù)圓周角定理得到∠ADC＝12∠AOC，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得到∠ADC＋∠ABC＝180°，計算即可．
【詳解】解：∵四邊形OABC為菱形，
∴∠AOC＝∠ABC，
由圓周角定理得：∠ADC＝12∠AOC，
∵四邊形ABCD為⊙O的內(nèi)接四邊形，
∴∠ADC＋∠ABC＝180°，
∴∠ADC＋2∠ADC＝180°，解得：∠ADC＝60°，
故答案為：60°．
【點睛】本題考查的是圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)、圓周角定理、菱形的性質(zhì)，掌握圓內(nèi)接四邊形的對角互補是解題的關(guān)鍵．
QUOTE QUOTE QUOTE ?題型02 利用菱形的性質(zhì)求線段長
1）菱形的對角線互相垂直平分，因此涉及菱形的問題常會在直角三角形中解決；
2）菱形的四條達相等，因此菱形與等腰三角形、等邊三角形的合應(yīng)用較多，利用菱形的性質(zhì)求線段、角時，注意菱形與其他幾何知識的結(jié)合.
6．（2024·江蘇無錫·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，E是CD的中點，則sin∠EBC的值為（ ）
A．35B．75C．2114D．5714
【答案】C
【分析】本題考查了解直角三角形，菱形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握菱形四邊都相等，以及正確畫出輔助線，構(gòu)造直角三角形求解．
延長BC，過點E作BC延長線的垂線，垂足為點H，設(shè)BC=CD=x，易得∠ABC=∠DCH=60°，則CE=12CD=12x，進而得出EH=CE?sin60°=34x,CH=CE?cs60°=14x，再得出BH=BC+CH=54x，最后根據(jù)sin∠EBC=EHBE，即可解答．
【詳解】解：延長BC，過點E作BC延長線的垂線，垂足為點H，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴BC=CD，AB∥CD，
∴∠ABC=∠DCH=60°，
設(shè)BC=CD=x，
∵E是CD的中點，
∴CE=12CD=12x，
∵EH⊥BH，
∴EH=CE?sin60°=34x,CH=CE?cs60°=14x，
∴BH=BC+CH=54x，
BE=BH2+EH2=72x
∴sin∠EBC=EHBE=34x72x=2114，
故選：C．
7．（2024·甘肅蘭州·中考真題）如圖1，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，連接BD，點M從B出發(fā)沿BD方向以3cm/s的速度運動至D，同時點N從B出發(fā)沿BC方向以1cm/s的速度運動至C，設(shè)運動時間為xs，△BMN的面積為ycm2，y與x的函數(shù)圖象如圖2所示，則菱形ABCD的邊長為（ ）

A．22cmB．42cmC．4cmD．8cm
【答案】C
【分析】本題主要考查菱形的性質(zhì)和二次函數(shù)的性質(zhì)，根據(jù)題意可知BN=xcm，BM=3xcm，結(jié)合菱形的性質(zhì)得∠DBC=30°，過點M作MH⊥BC于點H，則MH=32xcm，那么y=34x2cm2，設(shè)菱形ABCD的邊長為a，則BD=3a，那么點M和點N同時到達點D和點C，此時△BMN的面積達到最大值為43，利用最大值即可求得運動時間x，即可知菱形邊長．
【詳解】解：根據(jù)題意知，BN=xcm，BM=3xcm，
∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC=60°，
∴∠DBC=30°，
過點M作MH⊥BC于點H，連接AC交BD于點O，如圖，

則MH=BM×sin∠MBH=32xcm，
那么，△BMN的面積為y=12BN×MH=34x2cm2，
設(shè)菱形ABCD的邊長為a，
∴BD=2BO=2×BC×cs∠BOC=2×a×32=3a，
∴點M和點N同時到達點D和點C，此時△BMN的面積達到最大值為43，
∴34x2=43，解得x=4，（負值舍去），
∴BC=4．
故選：C．
8．（2024·內(nèi)蒙古包頭·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，AC是一條對角線，E是AC上一點，過點E作EF⊥AB，垂足為F，連接DE．若CE=AF，則DE的長為 ．
【答案】27
【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識，過D作DH⊥AC于H，先判斷△ABC，△ACD都是等邊三角形，得出∠EAF=60°，AC=AB=6，AH=CH=12AC=3，利用含30°的直角三角形的性質(zhì)可得出AE=2AF=2CE，進而求出CE，HE，然后利用勾股定理求解即可．
【詳解】解∶過D作DH⊥AC于H，
∵菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，
∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60°，
∴△ABC，△ACD都是等邊三角形，
∴∠EAF=60°，AC=AB=6，AH=CH=12AC=3，
∵EF⊥AB，
∴∠AEF=30°，
∴AE=2AF，
又CE=AF，
∴AE=2CE，
∴CE=2，
∴HE=CH?CE=1，
在Rt△CDH中，DH2=CD2?CH2=27，
∴DE=DH2+HE2=27，
故答案為：27．
?題型03 利用菱形的性質(zhì)求周長
9．（2022·四川達州·中考真題）如圖，菱形ABCD的兩條對角線相交于點O，若AC=24，BD=10，則菱形ABCD的周長是 ．

【答案】52
【分析】根據(jù)菱形性質(zhì)得到AC⊥BD，OA=12AC=12,OD=12BD=5，在Rt△AOD中利用勾股定理得到AD=OA2+OD2=13，從而可以得到答案．
【詳解】解：在菱形ABCD的兩條對角線相交于點O，若AC=24，BD=10，
∴ AC⊥BD，OA=12AC=12,OD=12BD=5，
在Rt△AOD中利用勾股定理得到AD=OA2+OD2=52+122=13，
∴菱形ABCD的周長是4×13=52，
故答案為：52．
【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，涉及菱形對角線相互垂直平分、勾股定理及菱形四條邊相等等知識，熟練掌握菱形性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．
10．（2023·內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AB=4，∠A=120°，順次連接菱形ABCD各邊中點E、F、G、H，則四邊形EFGH的周長為（ ）

A．4+23B．6+23C．4+43D．6+43
【答案】C
【分析】首先利用三角形的中位線定理證得四邊形EFGH為平行四邊形，再求對角線長度，然后利用三角形中位線定理求出此平行四邊形邊長即可求出周長．
【詳解】
解：如圖，連接AC、BD，相交于點O，
∵點E、F、G、H分別是邊AB、BC、CD、DA的中點，
∴EF=12AC，GH=12AC，
∴EF=GH，同理EH=FG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形，
∵四邊形ABCD是菱形， AB=4，∠A=120°，
∴對角線AC、BD互相垂直，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠ABC=180°，
∴∠ABC=60°，AB=BC=4，
∴△ABC是等邊三角形，
∴AC=4，
在Rt△AOB中，AB=4，OA=12AC=2，
∴OB=42?22=23，
∴BD=43，
∴EF=12AC=2，EH=12BD=23，
∴四邊形EFGH的周長為2+23×2=4+43．
故選：C．
【點睛】本題考查了中點四邊形的知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用三角形的中位線定理，菱形的性質(zhì)及平行四邊形的判定與性質(zhì)進行計算．
11．（2020·四川甘孜·中考真題）如圖，菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，E為AB的中點．若菱形ABCD的周長為32，則OE的長為（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】利用菱形的對邊相等以及對角線互相垂直，進而利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出答案．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB=BC=CD=AD，
∴∠AOB=90°，
又∵AB+BC+CD+AD=32．
∴AB=8，
在Rt△AOB中，OE是斜邊上的中線，
∴OE=12AB=4．
故選：B．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)．注意：直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．
12．（2020·貴州黔東南·中考真題）若菱形ABCD的一條對角線長為8，邊CD的長是方程x2﹣10x+24＝0的一個根，則該菱形ABCD的周長為（ ）
A．16B．24C．16或24D．48
【答案】B
【分析】解方程得出x＝4或x＝6，分兩種情況：①當AB＝AD＝4時，4+4＝8，不能構(gòu)成三角形；②當AB＝AD＝6時，6+6＞8，即可得出菱形ABCD的周長．
【詳解】解：如圖所示：
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵x2﹣10x+24＝0，
因式分解得：（x﹣4）（x﹣6）＝0，
解得：x＝4或x＝6，
分兩種情況：
①當AB＝AD＝4時，4+4＝8，不能構(gòu)成三角形；
②當AB＝AD＝6時，6+6＞8，
∴菱形ABCD的周長＝4AB＝24．
故選：B．

【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)、解一元二次方程-因式分解法、三角形的三邊關(guān)系，熟練掌握并靈活運用是解題的關(guān)鍵．
QUOTE QUOTE QUOTE QUOTE QUOTE ?題型04 利用菱形的性質(zhì)求面積
菱形的面積公式：
①菱形的面積=底×高，即
②菱形的面積=兩條對角線長的乘積的一半，即.（適用于對角線互相垂直的任意四邊形的面積的計算）
13．（2024·廣東·中考真題）如圖，菱形ABCD的面積為24，點E是AB的中點，點F是BC上的動點．若△BEF的面積為4，則圖中陰影部分的面積為 ．
【答案】10
【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，三角形中線的性質(zhì)，利用菱形的性質(zhì)、三角形中線的性質(zhì)求出S△ADE=6，S△ABF=8，根據(jù)△ABF和菱形的面積求出BFBC=23，BFCF=2，則可求出△CDF的面積，然后利用S陰影=S菱形ABCD?S△ADE?S△BEF?S△CDF求解即可．
【詳解】解：連接AF、BD，
∵菱形ABCD的面積為24，點E是AB的中點，△BEF的面積為4，
∴S△ADE=12S△ABD=12×12S菱形ABCD=6，S△ABF=2S△BEF=8，
設(shè)菱形ABCD中BC邊上的高為h，
則S△ABFS菱形ABCD=12BF??BC??，即824=12BFBC，
∴BFBC=23，
∴BFCF=2，
∴S△ABFS△CDF=12BF??12CF??=BFCF=2，
∴S△CDF=4，
∴S陰影=S菱形ABCD?S△ADE?S△BEF?S△CDF=10，
故答案為：10．
14．（2024·黑龍江綏化·中考真題）如圖，四邊形ABCD是菱形，CD=5，BD=8，AE⊥BC于點E，則AE的長是（ ）
A．245B．6C．485D．12
【答案】A
【分析】本題考查了勾股定理，菱形的性質(zhì)，根據(jù)勾股定理求得OC，進而得出AC=6，進而根據(jù)等面積法，即可求解．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，CD=5，BD=8，
∴DO=12BD=4，AC⊥BD，BC=CD=5，
在Rt△CDO中，CO=DC2?DO2=3，
∴AC=2OC=6，
∵菱形ABCD的面積為12AC×BD=BC×AE，
∴AE=12×8×65=245，
故選：A．
15．（2023·山東聊城·中考真題）如圖，在?ABCD中，BC的垂直平分線EO交AD于點E，交BC于點O，連接BE，CE，過點C作CF∥BE，交EO的延長線于點F，連接BF．若AD=8，CE=5，則四邊形BFCE的面積為 ．
.
【答案】24
【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠BEO=∠CFO，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)可得BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)可得BE=CF，OE=OF，根據(jù)平行四邊形的判定和菱形的判定可推得四邊形BFCE為菱形，根據(jù)勾股定理求得OE=3，根據(jù)菱形的性質(zhì)即可求得四邊形BFCE的面積．
【詳解】∵CF∥BE，
∴∠BEO=∠CFO，
∵BC的垂直平分線EO交AD于點E，
∴BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，
∴△BOE≌△COF，
∴BE=CF，OE=OF，
∴四邊形BFCE為平行四邊形，
又∵OE=OF，BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，
∴平行四邊形BFCE為菱形，
∵AD=8，
∴BC=8，
∴OC=12BC=4，
在Rt△EOC中，OE=EC2?OC2=52?42=3，
故菱形BFCE的面積為12×BC×EF=12×BC×2EO=12×8×2×3=24，
故答案為：24．
【點睛】本題考查了平行線的性質(zhì)，垂直平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定，菱形的判定和性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握以上判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
16．（2023·四川瀘州·中考真題）若一個菱形的兩條對角線長分別是關(guān)于x的一元二次方程x2?10x+m=0的兩個實數(shù)根，且其面積為11，則該菱形的邊長為（ ）
A．3B．23C．14D．214
【答案】C
【分析】根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，得到a+b=10，根據(jù)菱形的面積得到ab=22，利用勾股定理以及完全平方公式計算可得答案．
【詳解】解：設(shè)方程x2?10x+m=0的兩根分別為a，b，
∴a+b=10，
∵a，b分別是一個菱形的兩條對角線長，已知菱形的面積為11，
∴12ab=11，即ab=22，
∵菱形對角線垂直且互相平分，
∴該菱形的邊長為a22+b22=12a2+b2=12a+b2?2ab
=12102?2×22=14，故C正確．
故選：C．
【點睛】本題考查了根與系數(shù)的關(guān)系以及菱形的性質(zhì)，完全平方公式，利用根與系數(shù)的關(guān)系得出a+b=10是解題的關(guān)鍵．
?題型05 利用菱形的性質(zhì)求點的坐標
17．（2024·甘肅臨夏·中考真題）如圖，O是坐標原點，菱形ABOC的頂點B在x軸的負半軸上，頂點C的坐標為3,4，則頂點A的坐標為（ ）
A．?4,2B．?3,4C．?2,4D．?4,3
【答案】C
【分析】本題考查平面直角坐標系內(nèi)兩點間的距離公式，菱形的性質(zhì)，坐標與圖形．結(jié)合菱形的性質(zhì)求出AC=OC=5是解題關(guān)鍵．由兩點間的距離公式結(jié)合菱形的性質(zhì)可求出AC=OC=5，從而可求出AD=2，即得出頂點A的坐標為?2,4．
【詳解】解：如圖，
∵點C的坐標為3,4，
∴OC=32+42=5．
∵四邊形ABOC為菱形，
∴AC=OC=5，
∴AD=AC?CD=AC?xC=5?3=2，
∴頂點A的坐標為?2,4．
故選C．
18．（2024·遼寧·中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，菱形AOBC的頂點A在x軸負半軸上，頂點B在直線y=34x上，若點B的橫坐標是8，為點C的坐標為（ ）
A．(?1,6)B．(?2,6)C．(?3,6)D．(?4,6)
【答案】B
【分析】過點B作BD⊥x軸，垂足為點D，先求出B8,6，由勾股定理求得BO=10，再由菱形的性質(zhì)得到BC=BO=10,BC∥x軸，最后由平移即可求解．
【詳解】解：過點B作BD⊥x軸，垂足為點D，
∵頂點B在直線y=34x上，點B的橫坐標是8，
∴yB=8×34=6，即BD=6，
∴B8,6，
∵BD⊥x軸，
∴由勾股定理得：BO=BD2+DO2=10，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴BC=BO=10,BC∥x軸，
∴將點B向左平移10個單位得到點C，
∴點C?2,6，
故選：B．
【點睛】本題考查了一次函數(shù)的圖像，勾股定理，菱形的性質(zhì)，點的坐標平移，熟練掌握知識點，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．
19．（2023·黑龍江牡丹江·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，菱形ABCD的頂點A，B在x軸上，AB=2，A1,0，∠DAB=60°，將菱形ABCD繞點A旋轉(zhuǎn)90°后，得到菱形AB1C1D1，則點C1的坐標是 ．

【答案】1?3,3或1+3,?3
【分析】分兩種情況：當繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°后，當繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°后，利用菱形的性質(zhì)及直角三角形30度角的性質(zhì)求解即可．
【詳解】解：當繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°后，如圖，

∵∠DAB=60°，∠D1AD=90°
∴∠D1AB=30°，
∵菱形ABCD中AB∥CD，CD=AD=AB=2，
∴∠AD1C1=∠ADC=120°，
延長C1D1交x軸于點E，
∴∠AD1E=60°，∠AED1=90°，
∴ED1=12AD1=1，
∴AE=3，
∴C11+3,?3；
當繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°后，如圖，延長C2D2交x軸于點F，
∵∠DAB=60°，∠B2AB=90°，
∴∠D2AF=30°，
∵菱形ABCD中AB∥CD，CD=AD=AB=2，
∴∠AD2C2=∠ADC=120°，
∴∠AD2F=60°，∠AFD2=90°，
∴FD2=12AD2=1，
∴AF=3，
∴C21?3,3；
故答案為：1?3,3或1+3,?3．
【點睛】此題考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形30度角所對的直角邊等于斜邊的一半，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正確理解菱形的性質(zhì)及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
20．（2023·山東濰坊·中考真題）如圖，在直角坐標系中，菱形OABC的頂點A的坐標為?2,0，∠AOC=60°．將菱形OABC沿x軸向右平移1個單位長度，再沿y軸向下平移1個單位長度，得到菱形OA'B'C'，其中點B'的坐標為（ ）

A．(?2,3?1)B．?2,1C．(?3,1)D．(?3,3?1)
【答案】A
【分析】如圖，過B作BH⊥x軸于H，求解OA=AB=2，AB∥OC，可得∠BAH=∠AOC=60°，求解AH=OB?cs60°=1，BH=22?12=3，可得B?3,3，再利用平移的性質(zhì)可得B'?2,3?1．
【詳解】解：如圖，過B作BH⊥x軸于H，

∵菱形OABC的頂點A的坐標為?2,0，∠AOC=60°．
∴OA=AB=2，AB∥OC，
∴∠BAH=∠AOC=60°，
∴AH=OB?cs60°=1，BH=22?12=3，
∴B?3,3，
∵將菱形OABC沿x軸向右平移1個單位長度，再沿y軸向下平移1個單位長度，
∴B'?2,3?1；
故選A
【點睛】本題考查的是菱形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，圖形的平移，熟練的求解B的坐標是解本題的關(guān)鍵．
QUOTE ?題型06 利用菱形的性質(zhì)證明
21．（2024·福建·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，點E、F分別在BC、CD邊上，∠BAF=∠DAE，求證：BE=DF．
【答案】見解析
【分析】本題考查的是菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，先證明∠BAE=∠DAF，再證明△BAE≌△DAF，從而可得結(jié)論．
【詳解】證明：在菱形ABCD中，
AB=AD，∠B=∠D，
∵∠BAF=∠DAE，
∴∠BAE+∠EAF=∠EAF+∠DAF，
∴∠BAE=∠DAF，
在△BAE和△DAF中∠B=∠DAB=AD∠BAE=∠DAF，
∴△BAE≌△DAF，
∴BE=DF．
22．（2023·浙江嘉興·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AE⊥BC于點E，AF⊥CD于點F，連接EF

(1)求證：AE=AF；
(2)若∠B=60°，求∠AEF的度數(shù)．
【答案】(1)證明見解析
(2)60°
【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)的三角形全等即可證明AE=AF．
（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)和已知條件可推出∠BAD度數(shù)，再根據(jù)第一問的三角形全等和直角三角形的性質(zhì)可求出∠BAE和∠DAF度數(shù)，從而求出∠EAF度數(shù)，證明了等邊三角形AEF，即可求出∠AEF的度數(shù)．
【詳解】（1）證明：∵菱形ABCD，
∴AB=AD,∠B=∠D，
又∵AE⊥BC,AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD=90°．
在△AEB和△AFD中，
∠AEB=∠AFD∠B=∠DAB=AD，
∴△ABE≌△ADF(AAS)．
∴AE=AF．
（2）解：∵菱形ABCD，
∴∠B+∠BAD=180°，
∵∠B=60°，
∴∠BAD=120°．
又∵∠AEB=90°,∠B=60°，
∴∠BAE=30°．
由（1）知△ABE≌△ADF，
∴∠BAE=∠DAF=30°．
∴∠EAF=120°?30°?30°=60°．
∵AE=AF，
∴△AEF等邊三角形．
∴∠AEF=60°．
【點睛】本題考查了三角形全等、菱形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵在于熟練掌握全等的方法和菱形的性質(zhì)．
23．（2024·四川德陽·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，對角線AC與BD相交于點O，點F為BC的中點，連接AF與BD相交于點E，連接CE并延長交AB于點G．
(1)證明：△BEF∽△BCO；
(2)證明：△BEG≌△AEG．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定、三角形全等的判定等知識，熟練掌握菱形的性質(zhì)和相似三角形的判定是解題關(guān)鍵．
（1）先根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AB=BC,AC⊥BD，再證出△ABC是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AF⊥BC，然后根據(jù)相似三角形的判定即可得證；
（2）先根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得CG⊥AB，從而可得AG=BG，再根據(jù)SAS定理即可得證．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB=BC,AC⊥BD，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∵點F為BC的中點，
∴AF⊥BC，
∴∠BFE=∠BOC=90°
∵∠EBF=∠CBO，
∴△BEF∽△BCO．
（2）證明：∵△ABC是等邊三角形，AF⊥BC，AC⊥BD，
∴CG⊥AB，
∴∠AGE=∠BGE=90°
∵△ABC是等邊三角形，
∴AG=BG，
在△BEG和△AEG中，
AG=BG∠AGE=∠BGE=90°GE=GE，
∴△BEG≌△AEGSAS．
?題型07 菱形的折疊問題
24．（2021·浙江嘉興·中考真題）將一張三角形紙片按如圖步驟①至④折疊兩次得圖⑤，然后剪出圖⑤中的陰影部分，則陰影部分展開鋪平后的圖形是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形C．矩形D．菱形
【答案】D
【分析】此題是有關(guān)剪紙的問題，此類問題應(yīng)親自動手折一折，剪一剪．
【詳解】解：由題可知，AD平分∠BAC,折疊后△AEO與△AFO重合，故全等，所以EO=OF;
又作了AD的垂直平分線，即EO垂直平分AD，所以AO=DO，且EO⊥AD；
由平行四邊形的判定：對角線互相平分的四邊形為平行四邊形，所以AEDF為平行四邊形；
又AD⊥EF，所以平行四邊形AEDF為菱形．
故選：D.
【點睛】本題主要考查學生對于立體圖形與平面展開圖形之間的轉(zhuǎn)換能力，與課程標準中“能以實物的形狀想象出幾何圖形，有幾何圖形想象出實物的圖形”的要求相一致，充分體現(xiàn)了實踐操作性原則．
25．（2023·江蘇南京·中考真題）如圖， 在菱形紙片ABCD中， 點E在邊AB上，將紙片沿CE折疊， 點B落在B'處，CB'⊥AD， 垂足為F 若CF=4cm，F(xiàn)B'=1cm， 則BE= cm
【答案】257/347
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，和三角形的相似判定和性質(zhì)解答即可．
【詳解】解：∵CF=4cm，F(xiàn)B'=1cm，
∴CB'=CF+FB'=5cm，
由翻折，菱形的性質(zhì)，得： CB=CD=CB'=5cm， CB∥AD，∠B=∠D，
∵CB'⊥AD，
∴CB'⊥BC，
∴∠BCB'=90°，
∴∠BCE=∠B'CE=45°，
∵CD=5，CF=4，∠CFD=90°，
∴FD=3，
過點E作EG⊥BC，
設(shè)CG=x， 則EG=x，BG=5?x，
∵∠B=∠D，∠BGE=∠DFC，
∴△EGB∽△CFD，
∴EGCF=EBDC=GBDF，
∴x4=EB5=5?x3，
解得：x=207，
∴BE=257，
故答案為：257．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，三角形相似的判定和性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
26．（2023·山東濟南·中考真題）如圖，將菱形紙片ABCD沿過點C的直線折疊，使點D落在射線CA上的點E處，折痕CP交AD于點P．若∠ABC=30°，AP=2，則PE的長等于 ．

【答案】2+6
【分析】過點A作AQ⊥PE于點Q，根據(jù)菱形性質(zhì)可得∠DAC=75°，根據(jù)折疊所得∠E=∠D=30°，結(jié)合三角形的外角定理得出∠QAP=45°，最后根據(jù)PQ=AP?cs45°=2，EQ=AQtan30°=6即可求解．
【詳解】解：過點A作AQ⊥PE于點Q，
∵四邊形ABCD為菱形，∠ABC=30°，
∴AB=BC=CD=AC，∠ABC=∠D=30°，
∴∠DAC=12180°?30°=75°，
∵△CPE由△CPD沿CP折疊所得，
∴∠E=∠D=30°，
∴∠EPA=75°?30°=45°，
∵AQ⊥PE，AP=2，
∴PQ=AP?cs45°=2，則AQ=PQ=2，
∴EQ=AQtan30°=6，
∴PE=EQ+PQ=2+6，
故答案為：2+6．
【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是熟練掌握菱形和折疊的性質(zhì)，正確畫出輔助線，構(gòu)造直角三角形求解．
27．（2022·浙江臺州·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折疊該菱形，使點A落在邊BC上的點M處，折痕分別與邊AB，AD交于點E，F(xiàn)．當點M與點B重合時，EF的長為 ；當點M的位置變化時，DF長的最大值為 ．
【答案】 33 6?33
【分析】當點M與點B重合時，EF垂直平分AB，利用三角函數(shù)即可求得EF的長；根據(jù)折疊的性質(zhì)可知，AF=FM,若DF取最大值，則FM取最小值，即為邊AD與BC的距離DG，即可求解.
【詳解】解：當點M與點B重合時，由折疊的性質(zhì)知EF垂直平分AB，
∴AE=EB=12AB=3，
在Rt△AEF中，∠A=60°，AE=3，
tan60°=EFAB，
∴EF=33；
當AF長取得最小值時，DF長取得最大值，
由折疊的性質(zhì)知EF垂直平分AM，則AF=FM，
∴FM⊥BC時，F(xiàn)M長取得最小值，此時DF長取得最大值，
過點D作DG⊥BC于點C，則四邊形DGMF為矩形，
∴FM=DG，
在Rt△DGC中，∠C=∠A=60°，DC=AB=6，
∴DG=DCsin60°=33，
∴DF長的最大值為AD-AF=AD-FM=AD-DG=6-33，
故答案為：33；6-33．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，解直角三角形，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題．
28．（2022·江蘇淮安·中考真題）在數(shù)學興趣小組活動中，同學們對菱形的折疊問題進行了探究．如圖（1），在菱形ABCD中，∠B為銳角，E為BC中點，連接DE，將菱形ABCD沿DE折疊，得到四邊形A'B'ED，點A的對應(yīng)點為點A'，點B的對應(yīng)點為點B'．
(1)【觀察發(fā)現(xiàn)】A'D與B'E的位置關(guān)系是______；
(2)【思考表達】連接B'C，判斷∠DEC與∠B'CE是否相等，并說明理由；
(3)如圖（2），延長DC交A'B'于點G，連接EG，請?zhí)骄俊螪EG的度數(shù)，并說明理由；
(4)【綜合運用】如圖（3），當∠B=60°時，連接B'C，延長DC交A'B'于點G，連接EG，請寫出B'C、EG、DG之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【答案】(1)A'D∥B'E；
(2)∠DEC=∠B'CE，理由見解析；
(3)∠DEG=90°，理由見解析；
(4)DG2=EG2+4916B'C2，理由見解析．
【分析】（1）利用菱形的性質(zhì)和翻折變換的性質(zhì)判斷即可；
（2）連接B'C，BB'，由EB=EC=EB'可知點B、B'、C在以BC為直徑,E為圓心的圓上，則∠BB'C=90°，由翻折變換的性質(zhì)可得BB'⊥DE，證明DE∥CB'，可得結(jié)論；
（3）連接B'C，DB，DB'，延長DE至點H，求出∠DGA'=180°?2x?y，∠GB'C=90°?12y?x，可得∠CGA'=2∠GB'C，然后證明GC=GB'，可得EG⊥CB'，進而得到DE⊥EG即可解決問題．
（4）延長DG交EB'的延長線于點T，過點D作DR⊥GA'交GA'的延長線于點R，設(shè)GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a，解直角三角形求出A'R=a，DR=3a，利用勾股定理求出x=45a，然后根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)及平行線分線段成比例求出TB'=43a，DE=74CB'，再根據(jù)勾股定理列式即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）解：∵在菱形ABCD中，AD∥BE，
∴由翻折的性質(zhì)可知，A'D∥B'E，
故答案為：A'D∥B'E；
（2）解：∠DEC=∠B'CE，
理由：如圖，連接B'C，BB'，
∵E為BC中點，
∴EB=EC=EB'，
∴點B、B'、C在以BC為直徑,E為圓心的圓上，
∴∠BB'C=90°，
∴BB'⊥B'C，
由翻折變換的性質(zhì)可知BB'⊥DE，
∴DE∥CB'，
∴∠DEC=∠B'CE；
（3）解：結(jié)論：∠DEG=90°；
理由：如圖，連接B'C，DB，DB'，延長DE至點H，
由翻折的性質(zhì)可知∠BDE=∠B'DE，
設(shè)∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'=y，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠ADB=∠CDB=∠B'DA'，∠ABC=180°?y，
∴∠A'DG=∠BDB'=2x，∠DBE=∠DB'E=90°?y2
∴∠DGA'=180°?2x?y，
∴∠BEB'=∠BEH+∠B'EH=∠DBE+∠BDE+∠DB'E+∠B'DE=90°?y2+x+90°?y2+x=180°?y+2x，
∵EC=EB'，點B、B'、C在以BC為直徑,E為圓心的圓上，
∴∠EB'C=∠ECB'=12∠BEB'=90°?12y+x，
∵A'D∥B'E，
∴∠A'B'E=180°?y，
∴∠GB'C=∠A'B'E?∠EB'C=180°?y?90°?12y+x=90°?12y?x，
∴∠CGA'=2∠GB'C，
∵∠CGA'=∠GB'C+∠GCB'，
∴∠GB'C=∠GCB'，
∴GC=GB'，
∵EB'=EC，
∴EG⊥CB'，
∵DE∥CB'，
∴DE⊥EG，
∴∠DEG=90°；
（4）解：結(jié)論：DG2=EG2+4916B'C2，
理由：如圖，延長DG交EB'的延長線于點T，過點D作DR⊥GA'交GA'的延長線于點R，
設(shè)GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a，
∵∠B=60°，
∴∠A=∠DA'B'=120°，
∴∠DA'R=60°，
∴A'R=A'D?cs60°=a，DR=3a，
在Rt△DGR中，則有2a+x2=3a2+3a?x2，
∴x=45a，
∴GB'=45a，A'G=65a，
∵TB'∥DA'，
∴△B'TG～△A'DG，
∴TB'DA'=GB'GA'，
∴TB'2a=45a65a
∴TB'=43a，
∵CB'∥DE，
∴CB'DE=TB'ET=43aa+43a=47，
∴DE=74CB'，
∵∠DEG=90°，
∴DG2=EG2+DE2，
∴DG2=EG2+4916B'C2．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了菱形的性質(zhì)，翻折變換，圓周角定理，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等知識，解題的關(guān)鍵是學會利用參數(shù)解決問題，學會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
?題型08 添加一個條件使四邊形是菱形
29．（2024·內(nèi)蒙古通遼·中考真題）如圖，?ABCD的對角線AC，BD交于點O，以下條件不能證明?ABCD是菱形的是（ ）
A．∠BAC=∠BCAB．∠ABD=∠CBD
C．OA2+OD2=AD2D．AD2+OA2=OD2
【答案】D
【分析】本題主要考查了菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定．根據(jù)菱形的判定，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定，逐項判斷即可求解．
【詳解】解：A、∵∠BAC=∠BCA，
∴AB=BC，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴?ABCD是菱形，故本選項不符合題意；
B、∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵∠ABD=∠ADB，
∴∠ABD=∠CBD
∴AB=AD，
∴?ABCD是菱形，故本選項不符合題意；
C、∵OA2+OD2=AD2，
∴∠AOD=90°，即AC⊥BD，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴?ABCD是菱形，故本選項不符合題意；
D、∵AD2+OA2=OD2，
∴∠OAD=90°，無法得到?ABCD是菱形，故本選項符合題意；
故選：D
30．（2024·西藏·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，AD=BC，AB=CD，AC與BD相交于點O，請?zhí)砑右粋€條件 ，使四邊形ABCD是菱形．
【答案】AD=AB（答案不唯一）
【分析】本題考查了菱形的判定定理，由題干的已知條件可得出四邊形ABCD是平行四邊形，再根據(jù)有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形即可得解，熟練掌握菱形的判定定理是解此題的關(guān)鍵．
【詳解】解：添加AD=AB（答案不唯一），
∵在四邊形ABCD中，AD=BC，AB=CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AD=AB，
∴四邊形ABCD是菱形，
故答案為：AD=AB（答案不唯一）．
31．（2022·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，AC⊥BD，垂足為O，AB∥CD，要使四邊形ABCD為菱形，應(yīng)添加的條件是 ．（只需寫出一個條件即可）
【答案】AB=CD或AD//BC或OA=OC或OB=OD等（只需寫出一個條件即可）
【分析】由菱形的判定方法進行判斷即可．
【詳解】解：可以添加的條件是：AB＝CD，理由如下：
∵AB∥CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形；
也可以添加條件是：AD∥BC，理由如下：
∵AB∥CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形；
也可以添加的條件是OA=OC，理由如下：
∵AB∥CD，
∴∠OAB=∠OCD，∠OBA=∠ODC，
∴ΔOAB≌ΔOCD（AAS），
∴AB=CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形；
也可以添加的條件是OB=OD，理由如下：
∵AB∥CD，
∴∠OAB=∠OCD，∠OBA=∠ODC，
∴ΔOAB≌ΔOCD（AAS），
∴AB=CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形．
故答案為：AB=CD或AD//BC或OA=OC或OB=OD等．（只需寫出一個條件即可）
【點睛】本題考查了菱形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握平行四邊形的判定，熟記“對角線互相垂直的平行四邊形為菱形”，是解題的關(guān)鍵．
32．（2022·湖南岳陽·中考真題）如圖，點E，F(xiàn)分別在?ABCD的邊AB，BC上，AE=CF，連接DE，DF．請從以下三個條件：①∠1=∠2；②DE=DF；③∠3=∠4中，選擇一個合適的作為已知條件，使?ABCD為菱形．
(1)你添加的條件是______（填序號）；
(2)添加了條件后，請證明?ABCD為菱形．
【答案】(1)①
(2)見解析
【分析】（1）添加合適的條件即可；
（2）證△ADE≌△CDFAAS，得AD=CD，再由菱形的判定即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）解：添加的條件是∠1=∠2．
故答案為：①．
（2）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠A=∠C，
在△ADE和△CDF中，
∠1=∠2∠A=∠CAE=CF，
∴△ADE≌△CDFAAS，
∴AD=CD，
∴?ABCD為菱形．
【點睛】本題考查了菱形的判定、平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握菱形的判定，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
?題型09 證明四邊形是菱形
判定一個四邊形是菱形時，可先證明它是平行四邊形，再證明它的一組鄰邊相等或它的對角線互相垂直，也可直接證明它的四條邊都相等或它的對角線互相垂直平分．即：
33．（2024·四川廣元·中考真題）如圖，已知矩形ABCD．
(1)尺規(guī)作圖：作對角線AC的垂直平分線，交CD于點E，交AB于點F；（不寫作法，保留作圖痕跡）
(2)連接AE、CF．求證：四邊形AFCE是菱形．
【答案】(1)見解析；
(2)見解析．
【分析】本題主要考查矩形的性質(zhì)，垂直平分線的畫法及性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，菱形的判定．
（1）根據(jù)垂直平分線的畫法即可求解；
（2）由直線EF是線段AC的垂直平分線．得到EA=EC，F(xiàn)A=FC，∠COE=∠AOF=90°，OA=OC，根據(jù)矩形的性質(zhì)可證△COE≌△AOFASA，可得EC=FA，即可得到EA=EC=FA=FC，即可求證．
【詳解】（1）解：如圖1所示，直線EF為所求；
（2）證明：如圖2，設(shè)EF與AC的交點為O，
由（1）可知，直線EF是線段AC的垂直平分線．
∴EA=EC，F(xiàn)A=FC，∠COE=∠AOF=90°，OA=OC，
又∵四邊形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，
∴∠ECO=∠FAO，
∴△COE≌△AOFASA，
∴EC=FA，
∴EA=EC=FA=FC，
∴四邊形AFCE是菱形．
34．（2024·江蘇揚州·中考真題）如圖1，將兩個寬度相等的矩形紙條疊放在一起，得到四邊形ABCD．
(1)試判斷四邊形ABCD的形狀，并說明理由；
(2)已知矩形紙條寬度為2cm，將矩形紙條旋轉(zhuǎn)至如圖2位置時，四邊形ABCD的面積為8cm2，求此時直線AD、CD所夾銳角∠1的度數(shù)．
【答案】(1)四邊形ABCD是菱形，理由見詳解
(2)∠1=30°
【分析】本題主要考查矩形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)，掌握菱形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得四邊形ABCD是平行四邊形，作AT⊥NP，CU⊥EH，可證△ATB≌△CUB，可得AB=CB，由此可證平行四邊形ABCD是菱形；
（2）作AR⊥CD，根據(jù)面積的計算方法可得CD=4，AR=2，結(jié)合菱形的性質(zhì)可得AD=4，根據(jù)含30°的直角三角形的性質(zhì)即可求解．
【詳解】（1）解：四邊形ABCD是菱形，理由如下，
如圖所示，過點A作AT⊥NP于點T，過點C作CU⊥EH于點U，
根據(jù)題意，四邊形EFGH，四邊形MNPQ是矩形，
∴EH∥FG，MQ∥NP，
∴AB∥DC，AD∥BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵寬度相等，即AT=CU，且∠ATB=∠CUB=90°，∠ABT=∠CBU，
∴△ATB≌△CUBAAS，
∴AB=CB，
∴平行四邊形ABCD是菱形；
（2）解：如圖所示，過點A作AR⊥CD于點R，
根據(jù)題意，AR=2cm，
∵S四邊形ABCD=CD·AR=8，
∴CD=4，
由（1）可得四邊形ABCD是菱形，
∴AD=4，
在Rt△ATD中，AR=12AD，
即sin∠1=12，
∴∠1=30°．
35．（2024·云南·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，點E、F、G、H分別是各邊的中點，且AB∥CD，AD∥BC，四邊形EFGH是矩形．
(1)求證：四邊形ABCD是菱形；
(2)若矩形EFGH的周長為22，四邊形ABCD的面積為10，求AB的長．
【答案】(1)見解析
(2)111
【分析】（1）連接BD，AC，證明四邊形ABCD是平行四邊形，再利用三角形中位線定理得到GF∥BD，HG∥AC，利用矩形的性質(zhì)得到BD⊥AC，即可證明四邊形ABCD是菱形；
（2）利用三角形中位線定理和菱形性質(zhì)得到12BD+12AC=OA+OB=11，利用lx 面積公式得到2OA?OB=10，再利用完全平方公式結(jié)合勾股定理進行變形求解即可得到AB．
【詳解】（1）解：連接BD，AC，
∵ AB∥CD，AD∥BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵四邊形ABCD中，點E、F、G、H分別是各邊的中點，
∴GF∥BD，HG∥AC，
∵四邊形EFGH是矩形，
∴HG⊥GF，
∴ BD⊥AC，
∴四邊形ABCD是菱形；
（2）解：∵四邊形ABCD中，點E、F、G、H分別是各邊的中點，
∴GF=EH=12BD，HG=EF=12AC，
∵矩形EFGH的周長為22，
∴ BD+AC=22，
∵四邊形ABCD是菱形，
即12BD+12AC=OA+OB=11，
∵四邊形ABCD的面積為10，
∴12BD?AC=10，即2OA?OB=10，
∵OA+OB2=OA2+2OA?OB+OB2=121，
∴ OA2+OB2=121?10=111，
∴ AB=OA2+OB2=111．
【點睛】本題考查了平行四邊形性質(zhì)和判定，矩形的性質(zhì)和判定，三角形中位線定理，菱形的性質(zhì)和判定，菱形面積公式，勾股定理，完全平方公式，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
?題型10 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求角度
36．（2024·湖北武漢·中考真題）小美同學按如下步驟作四邊形ABCD：①畫∠MAN；②以點A為圓心，1個單位長為半徑畫弧，分別交AM，AN于點B，D；③分別以點B，D為圓心，1個單位長為半徑畫弧，兩弧交于點C；④連接BC，CD，BD．若∠A=44°，則∠CBD的大小是（ ）

A．64°B．66°C．68°D．70°
【答案】C
【分析】本題考查了基本作圖，菱形的判定和性質(zhì)，根據(jù)作圖可得四邊形ABCD是菱形，進而根據(jù)菱形的性質(zhì)，即可求解．
【詳解】解：作圖可得AB=AD=BC=DC
∴四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥BC,∠ABD=∠CBD
∵∠A=44°，
∴∠MBC=∠A=44°，
∴∠CBD=12180°?∠MBC=12180°?44°=68°，
故選：C．
37．（2024·江蘇南京·三模）如圖，將矩形ABCD繞點C旋轉(zhuǎn)得到矩形FECG，點E在AD上，延長ED交FG于點H．

(1)求證DE=FH；
(2)連接BE,CH，當AB與BC的比值為_______時，四邊形BEHC是菱形．
【答案】(1)見解析
(2)32
【分析】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，熟練掌握相關(guān)圖形的性質(zhì)和判定定理是解題的關(guān)鍵．
（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及矩形的性質(zhì)，得EF=AB=CD，∠F=∠EDC=90°，F(xiàn)G∥EC，由此得到∠FHE=∠CED，EF=CD，∠F=∠EDC=90°，證明△EFH≌△CDE，即可得到DE=FH；
（2）由（1）△EFH≌△CDE得EH=EC，由旋轉(zhuǎn)得BC=EC，故EH=BC，又EH∥BC，故四邊形BEHC是平行四邊形，若四邊形BEHC是菱形，則BE=BC，△BEC為等邊三角形，故∠CBE=60°，∠ABE=30°，利用cs∠ABE=ABBE=ABBC即可求解．
【詳解】（1）證明：∵ 將矩形ABCD繞點C旋轉(zhuǎn)得到矩形FECG，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及矩形的性質(zhì)，
∴ EF=AB=CD，∠F=∠EDC=90°，F(xiàn)G∥EC，
∵ FG∥EC，
∴ ∠FHE=∠CED，
∴ ∠FHE=∠CED∠F=∠EDC=90°EF=CD，
∴ △EFH≌△CDE，
∴ DE=FH．
（2）解：連接BE,CH如圖所示，
∵ 由（1）△EFH≌△CDE，
∴ EH=EC，
由旋轉(zhuǎn)得BC=EC，
∴ EH=BC，又EH∥BC，
∴ 四邊形BEHC是平行四邊形，
若四邊形BEHC是菱形，
則BE=BC，
∴ △BEC為等邊三角形，
∴ ∠CBE=60°，
∵ 四邊形ABCD為矩形，
∴ ∠ABC=90°，
∴ ∠ABE=30°，
∵ cs∠ABE=ABBE=ABBC，
∴ ABBC=cs30°=32．
38．（2024·江蘇蘇州·一模）如圖，在?ABCD中，以點B為圓心，以BA的長為半徑作弧交邊BC于點E，連接AE．分別以點A、E為圓心，以大于12AE的長為半徑作弧，兩弧交于點P，作射線BP交AE于點O，交邊AD于點F．
(1)求證：△BOE≌△FOA；
(2)若∠EBP=28°，求∠FAE的度數(shù)．
【答案】(1)見解析
(2)62°
【分析】本題考查了作圖-角平分線的作法，菱形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)：
（1）根據(jù)角平分線的定義結(jié)合平行四邊形對邊平行推出AF=BE，再根據(jù)AAS證明△BOE≌△FOA即可；
（2）證明四邊形ABEF是菱形即可得出結(jié)果．
【詳解】（1）證明：由作圖可知，BF平分∠ABC，AB=BE，
∴∠ABF=∠FBE，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AF∥BE，
∴∠AFB=∠FBE，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AF=AB，
∴AF=BE，
在△BOE與△FOA中，
∠AFO=∠EBO∠AOF=∠EOBAF=BE，
∴△BOE≌△FOAAAS；
（2）解：如圖，連接EF，
由（1）知，AF∥BE且AF=BE，
∴四邊形ABEF是平行四邊形，
又AB=AF，
∴四邊形ABEF是菱形，
∴AE⊥BF，
∴∠AOF=90°，
又∵∠AFO=∠EBP=28°，
∴∠FAE=90°?28°=62°．
?題型11 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求線段長
39．（2024·山東德州·中考真題）如圖，?ABCD中，對角線AC平分∠BAD．

(1)求證：?ABCD是菱形；
(2)若AC=8，∠DCB=74°，求菱形ABCD的邊長．（參考數(shù)據(jù)：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
【答案】(1)見解析
(2)5
【分析】此題考查平行四邊形性質(zhì)和菱形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定，解直角三角形．
（1）根據(jù)平行四邊形性質(zhì)得出∠BAC=∠ACD，再結(jié)合角平分線的定義及等腰三角形的判定即可得出∠DAC=∠ACD，AD=CD，根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形進而得出結(jié)論；
（2）連接BD，由菱形性質(zhì)可知∠COB=90°，OA=OC=12AC=4，∠ACB=12∠DCB=37°，在利用余弦求出BC長即可．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD．
∴∠BAC=∠ACD．
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠BAC．
∴∠DAC=∠ACD．
∴AD=CD．
∴四邊形ABCD是菱形．
（2）連接BD，交AC于點O，

∵四邊形ABCD是菱形．AC=8，∠DCB=74°，
∴∠COB=90°，OA=OC=12AC=4，∠ACB=12∠DCB=37°，
∴BC=OCcs∠ACB=4cs37°≈40.8=5，
即菱形ABCD的邊長為5．
40．（2023·青海西寧·中考真題）如圖，在?ABCD中，點E，F(xiàn)分別在AB，CD的延長線上，且BE=DF，連接EF與AC交于點M，連接AF，CE．
(1)求證：△AEM≌△CFM；
(2)若AC⊥EF，AF=32，求四邊形AECF的周長．
【答案】(1)見解析
(2)122
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出AB∥DC，AB=DC，進而得出∠AEM=∠CFM，證明AE=CF，根據(jù)AAS證明△AEM≌△CFM，即可得證；
（2）證明?AECF是菱形，根據(jù)菱形的性質(zhì)，即可求解．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形
∴AB∥DC，AB=DC（平行四邊形的對邊平行且相等）
∴∠AEM=∠CFM（兩直線平行，內(nèi)錯角相等）
∵BE=DF
∴AB+BE=CD+DF 即AE=CF
在△AEM和△CFM中
∠AME=∠CMF∠AEM=∠CFMAE=CF
∴△AEM≌△CFMAAS；
（2）解：∵AE=CF，AE∥CF
∴四邊形AECF是平行四邊形（一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形）
又∵AC⊥EF
∴?AECF是菱形（對角線互相垂直的平行四邊形是菱形）
∴AE=EC=CF=AF（菱形的四條邊都相等）
∴菱形AECF的周長=4AF=4×32=122.
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)與判定，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
41．（2023·湖南益陽·中考真題）如圖，線段AB與⊙O相切于點B，AO交⊙O于點M，其延長線交⊙O于點C，連接BC，∠ABC=120°，D為⊙O上一點且DB的中點為M，連接AD，CD．

(1)求∠ACB的度數(shù)；
(2)四邊形ABCD是否是菱形？如果是，請證明：如果不是，請說明理由；
(3)若AC=6，求CD的長．
【答案】(1)30°
(2)是菱形，證明見解析
(3)CD的長為4π3．
【分析】（1）如圖，連接OB，證明∠ABO=90°，而∠ABC=120°，可得∠OBC=120°?90°=30°，再結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)可得答案；
（2）先證明∠ACD=∠ACB=30°，即∠DCB=60°，而∠ABC=120°，求解∠CAB=30°=∠ACB，可得BA=BC，證明CD=CB，可得CD=CB，再證明AD=AB，可得AD=AB=BC=CD，從而可得結(jié)論；
（3）如圖，連接OD，BD，交AC于Q，證明△DBC為等邊三角形，可得∠DOC=2∠DBC=120°，證明QA=QC=3，AC⊥BD，求解OC=2，再利用弧長公式進行計算即可．
【詳解】（1）解：如圖，連接OB，

∵線段AB與⊙O相切于點B，
∴∠ABO=90°，而∠ABC=120°，
∴∠OBC=120°?90°=30°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°；
（2）四邊形ABCD是菱形，理由如下：
∵DB的中點為M，∠ACB=30°，
∴∠ACD=∠ACB=30°，即∠DCB=60°，而∠ABC=120°，
∴∠CAB=180°?120°?30°=30°=∠ACB，
∴BA=BC，
∵DB的中點為M，CM為直徑，
∴CD=CB，
∴CD=CB，
∵∠ACD=30°=∠ACB，AC=AC，
∴△ACD≌△ACB，
∴AD=AB，
∴AD=AB=BC=CD，
∴四邊形ABCD是菱形．
（3）如圖，連接OD，BD，交AC于Q，

∵CD=CB，∠DCB=60°，
∴△DBC為等邊三角形，
∴∠DBC=60°，
∴∠DOC=2∠DBC=120°，
∵菱形ABCD，AC=6，
∴QA=QC=3，AC⊥BD，
∴∠CBQ=90°?30°=60°，
∵∠OBC=30°，
∴∠QBO=30°，
∴OQ=12OB=12OC，
∴12OC+OC=3，
OC=2，
∴CD的長為120π×2180=4π3．
【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與系數(shù)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，弧，弦，圓心角之間的關(guān)系，圓周角定理的應(yīng)用，切線的性質(zhì)，弧長的計算，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．
42．（2022·四川涼山·中考真題）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中點，E是AD的中點，過點A作AF∥BC交CE的延長線于點F．
(1)求證：四邊形ADBF是菱形；
(2)若AB＝8，菱形ADBF的面積為40，求AC的長．
【答案】(1)見解析
(2)10
【分析】（1）證△AEF≌△DEC（AAS），得△AEF≌△DEC（AAS），再證四邊形ADBF是平行四邊形，然后由直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半得證AD=BD=12BC，即可由菱形判定定理得出結(jié)論；
（2）連接DF交AB于O，由菱形面積公式S菱形ADBF=12AB?DF=40，求得OD長，再由菱形性質(zhì)得OA=OB，證得OD是三角形的中位線，由中位線性質(zhì)求解可．
【詳解】（1）證明：∵E是AD的中點，
∴AE=DE
∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DCE，
在△AEF和△DEB中，
∠AFE=∠DCE∠AEF=∠DECAE=DE，
∴△AEF≌△DEC（AAS），
∴AF=CD，
∵D是BC的中點，
∴CD=BD，
∴AF=BD，
∴四邊形ADBF是平行四邊形，
∵∠BAC=90°，
∵D是BC的中點，
∴AD=BD=12BC，
∴四邊形ADBF是菱形；
（2）解：連接DF交AB于O，如圖
由（1）知：四邊形ADBF是菱形，
∴AB⊥DF，OA=12AB=12×8=4， S菱形ADBF=12AB?DF=40，
∴12DF×8=40，
∴DF=10，
∴OD=5，
∵四邊形ADBF是菱形，
∴O是AB的中點,
∵D是BC的中點，
∴OD是△BAC的中位線，
∴AC=2OD=2×5=10．
答：AC的長為10．
【點睛】本題考查平行四邊形的判定，菱形的判定與性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
QUOTE ?題型12 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求周長
43．（2022·湖南長沙·中考真題）如圖，在?ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AB=AD．

(1)求證：AC⊥BD；
(2)若點E，F(xiàn)分別為AD，AO的中點，連接EF，EF=32，AO=2，求BD的長及四邊形ABCD的周長．
【答案】(1)見解析
(2)BD=6，四邊形ABCD的周長為413
【分析】（1）根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形是菱形即可得證；
（2）根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)可得OD=2EF=3，進而可得BD的長，Rt△AOD中，勾股定理求得AD，根據(jù)菱形的性質(zhì)即可求解．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊，AB=AD，
∴四邊形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD；
（2）解：∵點E，F(xiàn)分別為AD，AO的中點，
∴EF是△AOD的中位線，
∴EF=12OD，
∵ EF=32，
∴OD=3，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴BD=2OD=6，
∵ AC⊥BD，
在Rt△AOD中，AO=2，OD=3，
∴ AD=AO2+OD2=22+32=13，
∴菱形形ABCD的周長為413．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)與判定，三角形中位線的性質(zhì)，勾股定理，掌握菱形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．
44．（2021·湖南邵陽·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，點E，F(xiàn)是對角線AC上的兩點，且AE=CF．連接DE，DF，BE，BF．
（1）證明：△ADE≌△CBF．
（2）若AB=42，AE=2，求四邊形BEDF的周長．
【答案】（1）證明見解析（2）四邊形BEDF的周長=85
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AD=DC=BC=AB，∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°，再根據(jù)SAS證明兩三角形全等即可
（2）先根據(jù)正方形的性質(zhì)得出∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°，AC⊥BD，再根據(jù)勾股定理計算出BE，再證明四邊形DEBF是菱形，即可得出四邊形BEDF的周長
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形
∴AD=DC=BC=AB，∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°
在△ADE和△CBF中AD=CB∠DAE=∠FCBAE=CF
∴△ADE≌△CBF(SAS)
（2）∵四邊形ABCD是正方形
∴∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠ACB= 45°，AC⊥BD
∴在Rt△AOB中，∠OAB=45°又AB=42
∴OA=OB=sin∠OAB?AB=22×42=4
∵AE=2
∴OE=2
在Rt△EOB中，BE=OE2+OB2=4+16=25
∵四邊形ABCD是正方形
∴AO=CO，DO=BO
又∵AE=CF
∴EO=FO，又DO=BO
∴四邊形DEBF是平行四邊形
又∵AC⊥BD，即BD⊥EF
∴四邊形DEBF是菱形
∴BE=DE=DF=BF=25
∴四邊形BEDF的周長=4×25=85
【點睛】本題考查全等三角形的證明、正方形的性質(zhì)、平行四邊形的判定、菱形的判定、勾股定理、特殊銳角三角函數(shù)值、熟練掌握特殊平行四邊形的性質(zhì)及判定是解題的關(guān)鍵
45．（2020·江蘇連云港·中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，AD//BC，對角線BD的垂直平分線與邊AD、BC分別相交于M、N．
（1）求證：四邊形BNDM是菱形；
（2）若BD=24，MN=10，求菱形BNDM的周長．
【答案】（1）見解析；（2）52
【分析】（1）先證明△BON≌△DOM，得到四邊形BNDM為平行四邊形，再根據(jù)菱形定義證明即可；
（2）先根據(jù)菱形性質(zhì)求出OB、OM、再根據(jù)勾股定理求出BM，問題的得解．
【詳解】（1）∵AD//BC，∴∠CBD=∠ADB．
∵MN是對角線BD的垂直平分線，
∴OB=OD，MB=MD．
在△BON和△DOM中，{∠CBD=∠ADBOB=OD∠BON=∠DOM，
∴△BON≌△DOM(ASA)，
∴MD=NB，
∴四邊形BNDM為平行四邊形．
又∵MB=MD，
∴四邊形BNDM為菱形．
（2）∵四邊形BNDM為菱形，BD=24，MN=10．
∴∠BOM=90°，OB=12BD=12，OM=12MN=5．
在Rt△BOM中，BM=OM2+BO2=52+122=13．
∴菱形BNDM的周長=4BM=4×13=52．
【點睛】本題考查了菱形判定與性質(zhì)定理，熟知菱形判定方法和性質(zhì)定理是解題關(guān)鍵．
?題型13 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求面積
46．（2023·四川巴中·中考真題）如圖，已知等邊△ABC，AD⊥BC，E為AB中點．以D為圓心，適當長為半徑畫弧，交DE于點M，交DB于點N，分別以M、N為圓心，大于12MN為半徑畫弧，兩弧交于點P，作射線交AB于點G．過點E作EF∥BC交射線DP于點F，連接BF、AF．

(1)求證：四邊形BDEF是菱形．
(2)若AC=4，求△AFD的面積．
【答案】(1)見解析
(2)33
【分析】（1）先證明△BED是等邊三角形，得到BE=BD=DE，再根據(jù)角平分線的定義得到∠EDF=∠BDF，證明△EFD是等腰三角形，即可證明EF=BD，即可解答本題；
（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出AD，AG，再根據(jù)菱形的性質(zhì)，求得FD，即可求出 △AFD的面積．
【詳解】（1）證明：∵等邊△ABC，AD⊥BC
∴D是BC中點，∠ABC=∠C=60°，
∵E是AB中點，
∴DE∥AC
∴∠EDB=∠C=60°，
∴△BED是等邊三角形
∴BE=BD=DE，
∵由尺規(guī)作圖可知DF平分∠EDB，
∴∠EDF=∠FDB
∵EF∥BC，
∴∠EFD=∠FDB，
∴∠EFD=∠EDF，
∴EF=ED=BD，
∵EF∥BD，
∴四邊形BDEF是平行四邊形，
∵DE=BD，
∴四邊形BDEF是菱形；
（2）解：∵等邊△ABC，AD⊥BC，
∴∠C=60° ,∠ADC=90°,∠BAD=12∠BAC=30°，
∵AC=4
∴BD=12AB=12AC=2，AD=AB2?BD2=23，
∵四邊形BDEF是菱形，
∴AG⊥FD,FG=GD，
∵Rt△AGD,∠BAD=30°，
∴DG=12AD=3,AG=AD2?DG2=3，
∴FD=23，
∴S△AFD=12×23×3=33．
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，菱形的判定及性質(zhì)，含有30°角的直角三角形的邊長關(guān)系，作圖-角平分線，熟知上述概念是解題的關(guān)鍵．
47．（2022·廣西賀州·中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在AD，BC上，且ED=BF，連接AF，CE，AC，EF，且AC與EF相交于點O．
(1)求證：四邊形AFCE是平行四邊形；
(2)若AC平分∠FAE，AC=8，tan∠DAC=34，求四邊形AFCE的面積．
【答案】(1)詳見解析；
(2)24．
【分析】（1）根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形解答；
（2）由平行線的性質(zhì)可得∠EAC=∠ACF，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)解得∠EAC=∠FAC，繼而證明AF=FC，由此證明平行四邊形AFCE是菱形，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AO=12AC=4,AC⊥EF，結(jié)合正切函數(shù)的定義解得EO=3，最后根據(jù)三角形面積公式解答．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形
∴AD=BC，AE∥FC
∵ED=BF
AD?ED=BC?BF，即AE=FC．
∴四邊形AFCE是平行四邊形．
（2）解：∵AE∥FC，
∴∠EAC=∠ACF．
∵AC平分∠FAE，
∴∠EAC=∠FAC．
∴∠ACF=∠FAC．
∴AF=FC，由（1）知四邊形AFCE是平行四邊形，
∴平行四邊形AFCE是菱形．
∴AO=12AC=4,AC⊥EF，
在Rt△AOE中，AO=4,tan∠DAC=34，
∴EO=3．
∴S△AOE=12AO?EO=12×4×3=6
S菱形AFCE=4S△AOE=24．
【點睛】本題考查平行四邊形的判定、菱形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、正切函數(shù)的定義等知識，是重要考點，難度一般，掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．
48．（2024·云南昆明·模擬預測）如圖，在矩形ABCD中（AB>BC），對角線AC，BD相交于點O，延長BC到點E，使得CE=BC，連接DE，點F是DE的中點，連接CF．
(1)求證：四邊形DOCF是菱形；
(2)若矩形ABCD的周長為20，AC=8，求四邊形DOCF的面積．
【答案】(1)見解析
(2)菱形DOCF的面積9．
【分析】（1）由矩形的性質(zhì)求得OC=OD，再證明CF是△EBD的中位線，推出CF=12BD=OD，CF∥BD，得到四邊形DOCF是平行四邊形，據(jù)此即可證明四邊形DOCF是菱形；
（2）先求得BC=10?AB，在Rt△ABC中，利用勾股定理列式計算求得AB=5+7，BC=5?7，再利用菱形的面積公式即可求解．
【詳解】（1）證明：∵矩形ABCD中，
∴AC=BD，OC=12AC，OD=12BD，∠BCD=90°，
∴OC=OD，
∵CE=BC，
∴點C是線段BE的中點，
∵點F是DE的中點，
∴CF是△EBD的中位線，
∴CF=12BD=OD，CF∥BD，
∴四邊形DOCF是平行四邊形，
∵OC=OD，
∴四邊形DOCF是菱形；
（2）解：∵矩形ABCD中，
∴AB=CD，AD=BC，∠ABC=90°，
∵矩形ABCD的周長為20，
∴2(AB+BC)=20，
∴AB+BC=10，
∴BC=10?AB，
在Rt△ABC中，AB2+BC2=AC2，即AB2+10?AB2=82，
解得AB=5+7或AB=5?7，
∵AB>BC，
∴AB=5+7，BC=5?7，
∴S△OCD=S△OBC=12S△BCD=14×BC×CD，
∴菱形DOCF的面積=2S△OCD=125+75+7=1225?7=9．
【點睛】本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，二次根式的混合運算．證明四邊形DOCF是菱形是解題的關(guān)鍵．
?題型14 根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題
49．（2023·內(nèi)蒙古赤峰·中考真題）如圖，把一個邊長為5的菱形ABCD沿著直線DE折疊，使點C與AB延長線上的點Q重合．DE交BC于點F，交AB延長線于點E．DQ交BC于點P，DM⊥AB于點M，AM=4，則下列結(jié)論，①DQ=EQ，②BQ=3，③BP=158，④BD∥FQ．正確的是（ ）

A．①②③B．②④C．①③④D．①②③④
【答案】A
【分析】由折疊性質(zhì)和平行線的性質(zhì)可得∠QDF=∠CDF=∠QEF，根據(jù)等角對等邊即可判斷①正確；根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)求出MQ=AM=4，再求出BQ即可判斷②正確；由△CDP∽△BQP得CPBP=CDBQ=53，求出BP即可判斷③正確；根據(jù)EFDE≠Q(mào)EBE即可判斷④錯誤．
【詳解】由折疊性質(zhì)可知：∠CDF=∠QDF,CD=DQ=5，
∵CD∥AB，
∴∠CDF=∠QEF．
∴∠QDF=∠QEF．
∴DQ=EQ=5．
故①正確；
∵DQ=CD=AD=5，DM⊥AB，
∴MQ=AM=4．
∵MB=AB?AM=5?4=1，
∴BQ=MQ?MB=4?1=3．
故②正確；
∵CD∥AB，
∴△CDP∽△BQP．
∴CPBP=CDBQ=53．
∵CP+BP=BC=5，
∴BP=38BC=158．
故③正確；
∵CD∥AB，
∴△CDF∽△BEF．
∴DFEF=CDBE=CDBQ+QE=53+5=58．
∴EFDE=813．
∵QEBE=58，
∴EFDE≠Q(mào)EBE．
∴△EFQ與△EDB不相似．
∴∠EQF≠∠EBD．
∴BD與FQ不平行．
故④錯誤；
故選A．
【點睛】本題主要考查了折疊的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，菱形的性質(zhì)等知識，屬于選擇壓軸題，有一定難度，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
50．（2022·山東東營·中考真題）如圖，已知菱形ABCD的邊長為2，對角線AC、BD相交于點O，點M，N分別是邊BC、CD上的動點，∠BAC=∠MAN=60°，連接MN、OM.以下四個結(jié)論正確的是（ ）
①△AMN是等邊三角形；②MN的最小值是3；③當MN最小時S△CMN=18S菱形ABCD；④當OM⊥BC時，OA2=DN?AB.
A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
【答案】D
【分析】①依據(jù)題意，利用菱形的性質(zhì)及等邊三角形的判定與性質(zhì)，證出∠MAC=∠DAN，然后證△CAM≌△DAN(ASA)，AM=AN，即可證出．
②當MN最小值時，即AM為最小值，當AM⊥BC時，AM值最小，利用勾股定理求出AM=AB2?BM2=22?12=3，即可得到MN的值．
③當MN最小時，點M、N分別為BC、CD中點，利用三角形中位線定理得到AC⊥MN，用勾股定理求出CE=CN2?EN2=12?(32)2=12，S△CMN=12×12×3=34，而菱形ABCD的面積為：2×3=23，即可得到答案．
④當OM⊥BC時，可證△OCM∽△BCO，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例可得OC2=CM?BC，根據(jù)等量代換，最后得到答案．
【詳解】解：如圖：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，AC⊥BD，OA=OC，
∵∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠ACB=∠ADC=60°，△ABC與△ADC為等邊三角形，
又∠MAC=∠MAN?∠CAN=60°?∠CAN，
∠DAN=∠DAC?∠CAN=60°?∠CAN，
∴∠MAC=∠DAN，
在△CAM與△DAN中
∠CAM=∠DANAC=AC∠ACM=∠ADN
∴△CAM≌△DAN(ASA)，
∴AM=AN，
即△AMN為等邊三角形，
故①正確；
∵AC⊥BD，
當MN最小值時，即AM為最小值，當AM⊥BC時，AM值最小，
∵AB=2,BM=12BC=1，
∴AM=AB2?BM2=22?12=3
即MN=3，
故②正確；
當MN最小時，點M、N分別為BC、CD中點，
∴MN∥BD，
∴AC⊥MN，
在△CMN中，
CE=CN2?EN2=12?(32)2=12，
∴S△CMN=12×12×3=34，
而菱形ABCD的面積為：2×3=23，
∴18×23=34，
故③正確，
當OM⊥BC時，
∠BOC=∠OMC=90°∠OCM=∠BCO
∴△OCM∽△BCO
∴OCBC=CMOC
∴OC2=CM?BC
∴OA2=DN?AB
故④正確；
故選：D．
【點睛】此題考查了菱形的性質(zhì)與面積，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位線定理等相關(guān)內(nèi)容，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
51．（2024·全國·模擬預測）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，對角線AC，BD交于點O，動點P在邊BC上（不與點C重合），連接AP，AP的垂直平分線交AP于點E，交BD于點F，連接FP，CE，OE，現(xiàn)有以下結(jié)論：①點A，E之間的距離為定值；②FP=2FE；③CEBC的值可以是13；④∠EOF=30°或150°．其中正確的是 ．（寫出所有正確結(jié)論的序號）
【答案】②④
【分析】本題考查菱形的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，連接AF，根據(jù)菱形的性質(zhì)和垂直平分線得到EO是△APC的中位線，得到EO∥PC，然后逐個推理即可．
【詳解】解：如圖，連接AF，
由題可得E是AP的中點，O是AC的中點，
∴EO是△APC 的中位線，
∴EO∥PC，
∴點E在平行于PC的直線上運動，
∴點A，E之 間的距離不為定值，
∴①說法錯誤；
當點F在線段OB上時，
∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴∠BCD=120°，∠ABC=60°，∠CBO=30°，
∵EO∥PC，
∴∠EOF=∠CBO=30°；
當點F在線段OD上時，此時點F在直線OE上方，
∴∠EOF=150°，
∴∠EOF=30°或150°，
∴④說法正確；
∵EF是AP的垂直平分線，
∴∠FEA=90°，∠FPA=∠PAF
∵菱形ABCD的對角線AC，BD交于點O，
∴∠FOA=90°，
∴點A，E，F(xiàn)，O在以線段AF為直徑的圓上，
∴∠EOF=∠PAF=30°，
∴∠FPA=∠PAF=30°，
∴在Rt△EFP中，F(xiàn)P=2FE，
∴②說法正確；
當點E與點O重合時，CE取最小值，
此時CEBC=12，
∵BC為定值，
∴CE取最小值時，CEBC得最小值，
∵ CEBC最小值大于12，故不可能取到13．
故③說法錯誤．
故答案為：②④．
52．（2023·河北承德·一模）如圖，在菱形ABCD中，AC、BD(AC>BD)相交于點O，E、F分別為OA和OC上的點（不與點A、O、C重合）．其中AE=OF．過點E作GH⊥AC，分別交AD、AB于點G、H；過點F作IJ⊥AC分別交CD、CB于點J、I；連接GJ、HI，甲、乙、丙三個同學給出了三個結(jié)論：
甲：隨著AE長度的變化，GH+IJ=BD始終成立．
乙：隨著AE長度的變化，四邊形GHIJ可能為正方形．
丙：隨著AE長度的變化，四邊形GHIJ的面積始終不變，都是菱形ABCD面積的一半．
下列選項正確的是（ ）

A．甲、乙、丙都對B．甲、乙對，丙不對
C．甲、丙對，乙不對D．甲不對，乙、丙對
【答案】C
【分析】連接HJ,GI，交于點M，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)得出GE=EH,JF=FI，MG=MH，MJ=MI，GJ=HI，EO=FC，過點G作GK⊥BD于點K，過點J作JT⊥BD于點T，證明△DTJ≌△GEA,△DKG≌△JFC得出GH+IJ=BD，即可判斷甲，進而得出四邊形AHJD是平行四邊形，四邊形HJBC是平行四邊形，即可判斷丙，反證法證明四邊形GHIJ不可能是正方形，即可求解．
【詳解】解：如圖所示，連接HJ,GI，交于點M，

∵四邊形ABCD是菱形，GH⊥AC，IJ⊥AC，
∴GH∥JI，
根據(jù)菱形是軸對稱圖形，AC是GH,IJ，BD的垂直平分線，
∴GE=EH,JF=FI，MG=MH，MJ=MI，GJ=HI，
∵AE=OF，OA=OC，
∴EO=FC，
如圖所示，過點G作GK⊥BD于點K，過點J作JT⊥BD于點T，

則四邊形GEOK,TJFO是矩形，
∴GK=EO=FC,KO=GE=12GH，TJ=OF=AE,TO=JF=12JI，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠DAO=∠DCO，
∵GK∥AO，TJ∥OC，
∴∠DJT=∠DCA=∠GAE，∠DGK=∠DAC=∠JCF，
∴△DTJ≌△GEA，△DKG≌△JFC，
∴DJ=AG，JC=GD，GE=DT，JF=DK，
∴12DB=DO=DT+TO=GE+JF=12GH+JI，
即GH+IJ=BD，故甲正確；
∵DJ=AG，又AG=AH，
∴JD=AH，
∴四邊形AHJD是平行四邊形，
∴S△HCJ=12S四邊形AHJD，HJ∥AD，HJ=AD，
∴四邊形HJBC是平行四邊形，
∴S△HIJ=12S四邊形BHJC，
∴S四邊形GHIJ=S△HCJ+S△HIJ=12S四邊形BHJC+12S四邊形AHJD=12S菱形ABCD，
即四邊形GHIJ的面積始終不變，都是菱形ABCD面積的一半，故丙正確；
同理可得AGBI，CDGI是平行四邊形，
∴GI∥CD，HJ∥AD，
∵當GHIJ是正方形時，則GI⊥HJ，
∴AD⊥DC，
則四邊形ABCD是正方形，
∵AC>BD，
∴四邊形ABCD不是正方形，即四邊形GHIJ不可能是正方形，故乙錯誤，
故選：C．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
?題型15 與菱形有關(guān)的新定義問題
53．（2024·江蘇泰州·一模）定義：一個四邊形中，若有一個角的兩邊相等，且與它的對角互補，則稱這個四邊形為“半等邊四邊形”，則下列四邊形一定是“半等邊四邊形”的是( )
A．平行四邊形B．矩形C．菱形D．正方形
【答案】D
【分析】本題主要考查了平行四邊形，矩形，菱形，正方形的性質(zhì)．根據(jù)平行四邊形，矩形，菱形，正方形的性質(zhì)，逐項判斷即可求解．
【詳解】解：A、平行四邊形的鄰邊不一定相等，故本選項不符合題意；
B、矩形的鄰邊不一定相等，故本選項不符合題意；
C、菱形的對角不一定互補，故本選項不符合題意；
D、正方形的鄰邊相等，對角互補，故本選項符合題意；
故選：D
54．（22-23八年級下·江蘇鎮(zhèn)江·期中）我們知道，菱形和正方形雖然都是四邊相等的四邊形，但形狀有差異，可以將菱形和正方形的接近程度稱為菱形的“神似度”，如圖，菱形ABCD中，對角線AC，BD的長分別為a，b（a≥b），我們把ab定義為菱形的“神似度”．
(1)當菱形的“神似度”=______時，菱形就是正方形；
(2)當∠BAD=60°時，求菱形ABCD的“神似度”．
【答案】(1)1
(2)3
【分析】本題考查了正方形的判定、菱形的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握菱形的性質(zhì)推理是解題的關(guān)鍵．
（1）根據(jù)正方形的判定得出答案即可；
（2）連接AC和BD，交于點O，根據(jù)∠BAD=60°、菱形的性質(zhì)，得出AC⊥BD、∠BAC=30°，結(jié)合含30°角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理，得出BD=AB，AC=3AB，即可代入計算出菱形ABCD的“神似度”．
【詳解】（1）解：∵對角線相等的菱形是正方形，
∴當a=b時，即ab=1時，菱形是正方形，
∴當菱形的“神似度”=1時，菱形就是正方形，
故答案為：1；
（2）解：如圖，連接AC和BD，交于點O，
∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD=60°
∴∠BAC=∠DAC=12∠BAD=30°，AC⊥BD，OC=OA，OD=OB，
∴OD=OB=12AB，
∴OC=OA=AB2?OB2=AB2?12AB2=32AB，BD=2OB=2×12AB=AB，
∴AC=2OA=2×32AB=3AB，
∴ab=ACBD=3ABAB=3，即菱形ABCD的“神似度”為3．
55．（2023·廣西崇左·二模）箏形的定義：兩組鄰邊分別相等的四邊形叫做箏形．
(1)根據(jù)箏形的定義，寫出一種學過的滿足箏形的定義的四邊形：______；
(2)如圖1，在正方形ABCD中，E是對角線BD延長線上一點，連接AE，CE．求證：四邊形ABCE是箏形：
(3)小明學習箏形后對箏形非常感興趣，購買了一只風箏，通過測量它的主體（如圖2）得AB=AD，BC=DC，發(fā)現(xiàn)它是一個箏形，還得到AB=18cm，BC=40cm，∠ABC=120°，求箏形ABCD的面積．
【答案】(1)菱形，正方形
(2)證明見解析
(3)3603cm2
【分析】（1）根據(jù)箏形的定義結(jié)合所學知識可得答案；
（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)利用SAS證明△ABE≌△CBE，得到AE=CE，再由AB=CB，即可證明四邊形ABCE是箏形：
（3）如圖所示，過點A作AE⊥CB交CB延長線于E，連接AC，先證明△ABC≌△ADC，推出S四邊形ABCD=2S△ABC，求出∠BAE=30°，得到BE=9cm，進而求出AE=93cm，利用三角形面積公式求出S△ABC=1803cm2，則S四邊形ABCD=2S△ABC=3603cm2．
【詳解】（1）解：由題意得，菱形和正方形都是箏形，
故答案為：菱形，正方形；
（2）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=CB，∠ABE=∠CBE=45°，
又∵BE=BE，
∴△ABE≌△CBESAS，
∴AE=CE，
又∵AB=CB，
∴四邊形ABCE是箏形：
（3）解：如圖所示，過點A作AE⊥CB交CB延長線于E，連接AC，
∵AB=AD，BC=DC，AC=AC，
∴△ABC≌△ADCSSS，
∴S△ABC=S△ADC，
∴S四邊形ABCD=2S△ABC，
∵∠ABC=120°，
∴∠ABE=60°，
∵AE⊥CB，即∠E=90°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=12AB=9cm，
∴AE=AB2?BE2=93cm，
∴S△ABC=12BC?AE=12×40×93=1803cm2，
∴S四邊形ABCD=2S△ABC=3603cm2．
【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，靈活運用所學知識是解題的關(guān)鍵．
?題型16與菱形有關(guān)的規(guī)律探究問題
56．（2022·遼寧·中考真題）如圖，A1為射線ON上一點，B1為射線OM上一點，∠B1A1O=60°,OA1=3,B1A1=1．以B1A1為邊在其右側(cè)作菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°,C1D1與射線OM交于點B2，得△C1B1B2；延長B2D1交射線ON于點A2，以B2A2為邊在其右側(cè)作菱形A2B2C2D2，且∠B2A2D2=60°,C2D2與射線OM交于點B3，得△C2B2B3；延長B3D2交射線ON于點A3，以B3A3為邊在其右側(cè)作菱形A3B3C3D3，且∠B3A3D3=60°,C3D3與射線OM交于點B4，得△C3B3B4；…，按此規(guī)律進行下去，則△C2022B2022B2023的面積 ．
【答案】36×434042
【分析】過點B1作B1D⊥OA1于點D，連接B1D1,B2D2,B3D3，分別作B2H⊥B1D1,B3G⊥B2D2,B4E⊥B3D3，然后根據(jù)菱形的性質(zhì)及題意可得B1D1//OA1,B2D2//OA1,B3D3//OA1，則有tan∠O=tan∠B2B1D1=tan∠B3B2D2=tan∠B4B3D3=35，進而可得出規(guī)律進行求解．
【詳解】解：過點B1作B1D⊥OA1于點D，連接B1D1,B2D2,B3D3，分別作B2H⊥B1D1,B3G⊥B2D2,B4E⊥B3D3，如圖所示：
∴∠B1DO=∠B1DA1=∠B2HD1=∠B3GD2=∠B4ED3=90°，
∵∠B1A1O=60°，
∴∠DB1A1=30°，
∵B1A1=1，OA1=3，
∴DA1=12B1A1=12，OD=52，
∴B1D=A1B12?A1D2=32，
∴tan∠O=B1DOD=35，
∵菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°，
∴△A1B1D1是等邊三角形，
∴∠A1B1D1=60°，B1D1=A1B1=1，
∵∠A1B1D1=∠OA1B1=60°，
∴OA1//B1D1，
∴∠O=∠B2B1D1，
∴tan∠B2B1D1=tan∠O=35，
設(shè)B2D1=x，
∵∠B2D1H=60°，
∴HD1=B2D1?cs60°=12x,B2H=B2D1?sin60°=32x，
∴B1H=B2Htan∠B2B1H=52x，
∴52x+12x=1，解得：x=13，
∴B2D1=13，
∴A2B2=43，
同理可得：B3D2=49，B4D3=1627，
∴A3B3=169,A4B4=6427，
由上可得：AnBn=43n?1，Bn+1Dn=13?43n?1，
∴S△C2022B2022B2023=S△C2022B2022D2022?S△B2023B2022D2022=34×4320212?12×432021×13×432021×32=36×434042，
故答案為36×434042．
【點睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)與判定、含30度直角三角形的性質(zhì)及三角函數(shù)，熟練掌握菱形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)與判定、含30度直角三角形的性質(zhì)及三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．
57．（2021·黑龍江·中考真題）如圖，菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=1，延長CD至A1，使DA1=CD，以A1C為一邊，在BC的延長線上作菱形A1CC1D1，連接AA1，得到ΔADA1；再延長C1D1至A2，使D1A2=C1D1，以A2C1為一邊，在CC1的延長線上作菱形A2C1C2D2，連接A1A2，得到ΔA1D1A2……按此規(guī)律，得到ΔA2020D2020A2021，記ΔADA1的面積為S1，ΔA1D1A2的面積為S2……ΔA2020D2020A2021的面積為S2021，則S2021= ．
【答案】24038?3
【分析】由題意易得∠BCD=60°,AB=AD=CD=1，則有ΔADA1為等邊三角形，同理可得ΔA1D1A2……. ΔA2020D2020A2021都為等邊三角形，進而根據(jù)等邊三角形的面積公式可得S1=34，S2=3，……由此規(guī)律可得Sn=3?22n?4，然后問題可求解．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD=1，AD//BC,AB//CD，
∵∠ABC=120°，
∴∠BCD=60°，
∴∠ADA1=∠BCD=60°，
∵DA1=CD，
∴DA1=AD，
∴ΔADA1為等邊三角形，
同理可得ΔA1D1A2……. ΔA2020D2020A2021都為等邊三角形，
過點B作BE⊥CD于點E，如圖所示：
∴BE=BC?sin∠BCD=32，
∴S1=12A1D?BE=34A1D2=34，
同理可得：S2=34A2D12=34×22=3，S3=34A3D22=34×42=43，……；
∴由此規(guī)律可得：Sn=3?22n?4，
∴S2021=3×22×2021?4=24038?3；
故答案為24038?3．
【點睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)與判定及三角函數(shù)，熟練掌握菱形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)與判定及三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．
58．（2024·湖南益陽·二模）如圖，菱形ABCD的邊長為2，∠DAB=60°，則菱形ABCD的面積是23；以對角線AC為邊作第二個菱形ACC1D1，使∠D1AC=60°，則菱形ACC1D1的面積是63；以對角線AC1為邊作第三個菱形AC1C2D2，使∠D2AC1=60°，則菱形AC1C2D2的面積是183；…．按此規(guī)律所作的第n個菱形的面積是 ．
【答案】23×3n?1
【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)以及歸納推理的應(yīng)用，根據(jù)規(guī)律得出第n個菱形的邊長是解決本題的關(guān)鍵．連接BD，交AC與點O，由題意可知△ABD為邊長為1的等邊三角形，可求出△ABD的面積，即可得出菱形ABCD的面積；根據(jù)已知菱形的性質(zhì)可分別求得AC，AC1，AC2的長，從而可發(fā)現(xiàn)規(guī)律，根據(jù)規(guī)律即可得出第n個菱形的邊長，進而可得出第n個菱形的面積．
【詳解】解：如圖，連接BD，交AC與點O，
∵四邊形ABCD為菱形，且∠DAB=60°，
∴△ABD為等邊三角形，
∴AD=BD=AB=2，
∴BO=1，AO=3，
∴AC=23，菱形ABCD的面積是23；
∵四邊形ACC1D1為菱形，∠D1AC=60°，
∴可得AC1=3AC=232，菱形ACC1D1的面積是23×3=63；
同理可得AC2=3AC1=233，菱形AC1C2D2的面積是23×32=183；
以此類推，可得出所作的第n個菱形的邊長為2(3)n?1，
第n個菱形的面積為=12×2×2×[(3)n?1]2×3=23×3n?1．
故答案為：23×3n?1．
59．（2024·河南商丘·二模）如圖，平面直角坐標系中，菱形OABC的頂點O為原點，A2,0，∠AOC=60°，作以下操作∶①將菱形OABC繞點 O 順時針旋轉(zhuǎn)60°得到菱形OA1B1C1；②將菱形OA1B1C1繞點O順時針旋轉(zhuǎn)60°得到菱形OA2B2C2；③將菱形OA2B2C2繞點O 順時針旋轉(zhuǎn)60°得到菱形OA3B3C3…按此規(guī)律，B99的坐標為（ ）
A．?3,?3B．?3,?3C．?3,3D．3,?3
【答案】A
【分析】根據(jù)題意可知菱形OABC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)6次即可回到原始位置，則點B99和點B3相同，利用菱形的性質(zhì)即可知點C1,3和點B3,3，結(jié)合點B繞點O順時針旋轉(zhuǎn)3次后∠BOB'=3×60°=180°，可知點B和點B3關(guān)于原點對稱，即可得到答案．
【詳解】解：∵∠AOC=60°，且圓周角為360°，
∴菱形OABC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)6次即可回到原始位置，如圖，
∵99÷6=16?3，
∴點B99和點B3相同，
∵∠AOC=60°，A2,0，
∴Cy=OC?sin∠COA=2×sin60°=3，
Cx=OC?sin∠COA=2×12=1，
∴點C1,3，
即點B3,3，
∵點B繞點O順時針旋轉(zhuǎn)3次后
∴∠BOB'=3×60°=180°，
∴點B和點B3關(guān)于原點對稱，
即點B?3,?3，
故選：A．
【點睛】本題主要考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、解直角三角形和關(guān)于原點對稱的知識，解題的關(guān)鍵是找到旋轉(zhuǎn)的周期和點B坐標，以及3次旋轉(zhuǎn)后的位置．
?題型17與菱形有關(guān)的動點問題
60．（2024·甘肅·中考真題）如圖1，動點P從菱形ABCD的點A出發(fā)，沿邊AB→BC勻速運動，運動到點C時停止．設(shè)點P的運動路程為x，PO的長為y，y與x的函數(shù)圖象如圖2所示，當點P運動到BC中點時，PO的長為（ ）
A．2B．3C．5D．22
【答案】C
【分析】結(jié)合圖象，得到當x=0時，PO=AO=4，當點P運動到點B時，PO=BO=2，根據(jù)菱形的性質(zhì)，得∠AOB=∠BOC=90°，繼而得到AB=BC=OA2+OB2=25，當點P運動到BC中點時，PO的長為12BC=5，解得即可．
本題考查了菱形的性質(zhì)，圖象信息題，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【詳解】結(jié)合圖象，得到當x=0時，PO=AO=4，
當點P運動到點B時，PO=BO=2，
根據(jù)菱形的性質(zhì)，得∠AOB=∠BOC=90°，
故AB=BC=OA2+OB2=25，
當點P運動到BC中點時，PO的長為12BC=5，
故選C．
61．（2024·湖南長沙·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AB=6，∠B=30°，點E是BC邊上的動點，連接AE，DE，過點A作AF⊥DE于點F．設(shè)DE=x，AF=y，則y與x之間的函數(shù)解析式為（不考慮自變量x的取值范圍）（ ）
A．y=9xB．y=12xC．y=18xD．y=36x
【答案】C
【分析】本題考查菱形的性質(zhì)、含30度角的直角三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，利用相似三角形的性質(zhì)求解x、y的關(guān)系式是解答的關(guān)鍵．過D作DH⊥BC，交BC延長線于H，則∠DHE=90°，根據(jù)菱形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)得到CD=AD=AB=6，∠ADF=∠DEH，∠DCH=∠B=30°，進而利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)DH=12CD=3，證明△AFD∽△DHE得到AFDH=ADDE，然后代值整理即可求解．
【詳解】解：如圖，過D作DH⊥BC，交BC延長線于H，則∠DHE=90°，
∵在菱形ABCD中，AB=6，∠B=30°，
∴AB∥CD，AD∥BC，CD=AD=AB=BC=6，
∴∠ADF=∠DEH，∠DCH=∠B=30°，
在Rt△CDH中，DH=12CD=3，
∵AF⊥DE，
∴∠AFD=∠DHE=90°，又∠ADF=∠DEH，
∴△AFD∽△DHE，
∴AFDH=ADDE，
∵DE=x，AF=y，
∴y3=6x，
∴y=18x，
故選：C．
（法二：同理，DH=3，BC=6，
∵AD∥BC，
∴S△AED=12S菱形ABCD，
∴12DE·DF=12BC·DH，
∵DE=x，AF=y，
∴xy=6×3=18，
∴y=18x，
故選：C．）
62．（2023·江蘇無錫·中考真題）如圖，四邊形ABCD是邊長為4的菱形，∠A=60°，點Q為CD的中點，P為線段AB上的動點，現(xiàn)將四邊形PBCQ沿PQ翻折得到四邊形PB'C'Q．

(1)當∠QPB=45°時，求四邊形BB'C'C的面積；
(2)當點P在線段AB上移動時，設(shè)BP=x，四邊形BB'C'C的面積為S，求S關(guān)于x的函數(shù)表達式．
【答案】(1)43+8
(2)S=323xx2+12+43
【分析】（1）連接BD、BQ，根據(jù)菱形的性質(zhì)以及已知條件可得△BDC為等邊三角形，根據(jù)∠QPB=45°，可得△PBQ為等腰直角三角形，則PB=23，PQ=26，根據(jù)翻折的性質(zhì)，可得∠BPB'=90°，PB=PB'，則BB'=26，PE=6；同理CQ=2，CC'=22，QF=2；進而根據(jù)S四邊形BB'C'C=2S梯形PBCQ?S△PBB'+S△CQC'，即可求解；
（2）等積法求得BE=23xx2+12，則QE=12x2+12，根據(jù)三角形的面積公式可得S△QEB=123xx2+12，證明△BEQ～△QFC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，得出S△QFC=43xx2+12，根據(jù)S=2S△QEB+S△BQC+S△QFC即可求解．
【詳解】（1）如圖，連接BD、BQ，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴ CB=CD=4，∠A=∠C=60°，
∴ △BDC為等邊三角形．
∵Q為CD中點，
∴ CQ=2，BQ⊥CD，
∴ BQ=23，QB⊥PB．
∵ ∠QPB=45°，
∴ △PBQ為等腰直角三角形，
∴ PB=23，PQ=26，
∵翻折，
∴ ∠BPB'=90°，PB=PB'，
∴ BB'=26，PE=6；.
同理CQ=2，
∴ CC'=22，QF=2，
∴S四邊形BB'C'C=2S梯形PBCQ?S△PBB'+S△CQC'=2×12×2+23×23?12×232+12×22=43+8；
（2）如圖2，連接BQ、B'Q，延長PQ交CC'于點F．
∵ PB=x，BQ=23，∠PBQ=90°，
∴ PQ=x2+12．
∵S△PBQ=12PQ×BE=12PB×BQ
∴ BE=BQ×PBPQ=23xx2+12，
∴ QE=12x2+12，
∴ S△QEB=12×23xx2+12×12x2+12=123xx2+12．
∵ ∠BEQ=∠BQC=∠QFC=90°，則∠EQB=90°?∠CQF=∠FCQ，
∴ △BEQ～△QFC，
∴ S△QFCS△BEQ=CQQB2=2232=13，
∴ S△QFC=43xx2+12．
∵S△BQC=12×2×23=23，
∴ S=2S△QEB+S△BQC+S△QFC=2123xx2+12+23+43xx2+12=323xx2+12+43．
【點睛】本題考查了菱形與折疊問題，勾股定理，折疊的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握菱形的性質(zhì)以及相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．
63．（2024·山東威?！ぶ锌颊骖}）如圖，在菱形ABCD中，AB=10cm，∠ABC=60°，E為對角線AC上一動點，以DE為一邊作∠DEF=60°，EF交射線BC于點F，連接BE，DF．點E從點C出發(fā)，沿CA方向以每秒2cm的速度運動至點A處停止．設(shè)△BEF的面積為ycm2，點E的運動時間為x秒．
(1)求證：BE=EF；
(2)求y與x的函數(shù)表達式，并寫出自變量x的取值范圍；
(3)求x為何值時，線段DF的長度最短．
【答案】(1)證明見解析；
(2)y=?3x2+103x0