資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
菱形8大題型
【題型1 菱形的性質（求角度）】
【例1】（2022秋 萍鄉期末）如圖，四邊形ABCD為菱形，對角線AC，BD相交于點O，DH⊥AB于點H，連接OH，∠CAD＝25°，則∠DHO的度數是（　　）
A．20° B．25° C．30° D．35°
【變式1-1】（2023 南崗區模擬）如圖，在菱形紙片ABCD中，∠A＝60°，點E在BC邊上，將菱形紙片ABCD沿DE折疊，點C落在AB邊的垂直平分線上的點C′處，則∠DEC的大小為（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【變式1-2】（2023春 海淀區校級期中）如圖，在菱形ABCD中，點M、N分別交于AB、CD上，AM＝CN，MN與AC交于點O，連接BO．若∠OBC＝62°，則∠DAC為　 　°．
【變式1-3】（2023春 漢陽區期中）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝110°，AB的垂直平分線交AC于點N，點M為垂足，連接DN，則∠CDN的大小是　 　．
【題型2 菱形的性質（求長度）】
【例2】（2022秋 遂川縣期末）如圖，在菱形ABCD中，BC＝10，點E在BD上，F為AD的中點，FE⊥BD，垂足為E，EF＝4，則BD長為（　　）
A．8 B．10 C．12 D．16
【變式2-1】（2023春 武漢期中）如圖四邊形ABCD為菱形，點E為BC的中點，點F在CD上，若∠DAB＝60°，∠DFA＝2∠EAB，AD＝4，則CF的長為（　　）
A． B． C． D．
【變式2-2】（2022秋 黃島區期末）如圖，在菱形ABCD中，AB＝13cm，AC＝24cm，E，F分別是CD和BC的中點，連接EF并延長與AB的延長線相交于點G，則EG的長度為　 　cm．
【變式2-3】（2023春 洪山區期中）如圖，在菱形ABCD中，AB＝BD，點E，F分別在BC，CD邊上，且CE＝DF，BF與DE交于點G，若BG＝3，DG＝5，則CD＝　 　．
【題型3 菱形的性質（等積法）】
【例3】（2023 雁塔區校級模擬）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD交于點O．過O作OE⊥AB于點E．延長EO交CD于點F，若AC＝8，BD＝6，則EF的值為（　　）
A．5 B． C． D．
【變式3-1】（2022秋 南山區期末）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，且AC＝6，BD＝8，過A點作AE垂直BC，交BC于點E，則的值為（　　）
A． B． C． D．
【變式3-2】（2023春 無錫期中）如圖，在菱形ABCD中，AB＝10，AC＝16，過點D作DE⊥BA，交BA的延長線于點E，則線段DE的長為　 　．
【變式3-3】（2023 天津二模）如圖，在菱形ABCD中，∠ADC＝120°，AB＝3，點E在BC上，且BE＝2EC，BF⊥AE，垂足為F，則BF的值為　 　．
【題型4 菱形的判定（選擇條件）】
【例4】（2023春 岳麓區校級月考）在四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，且OA＝OC，OB＝OD．若要使四邊形ABCD為菱形，則可以添加的條件是（　　）
A．∠AOB＝60° B．AC⊥BD C．AC＝BD D．AB⊥BC
【變式4-1】（2023春 靜海區月考）已知平行四邊形ABCD，下列條件：①AC⊥BD；②∠BAD＝90°；③AB＝BC；④AC＝BD．其中能使平行四邊形ABCD是菱形的有（　　）
A．①③ B．②③ C．③④ D．①②③
【變式4-2】（2023 蓮湖區二模）如圖，在 ABCD中，M，N是BD上兩點，BM＝DN，連接AM，MC，CN，NA，添加一個條件，使四邊形AMCN是菱形，這個條件是（　　）
A．OMAC B．MB＝MO C．BD⊥AC D．∠AMB＝∠CND
【變式4-3】（2023春 上城區校級期中）如圖，在△ABC中，點D、E、F分別在邊AB、BC、CA上，且DE∥CA，DF∥BA，下列四種說法：①四邊形AEDF是平行四邊形；
②如果∠BAC＝90°，那么四邊形AEDF是菱形；
③如果AD平分∠BAC，那么四邊形AEDF是菱形；
④如果AB＝AC，那么四邊形AEDF是菱形．
其中，正確的有　 　．（只填寫序號）
【題型5 菱形的判定（證明題）】
【例5】（2023 南京二模）如圖，在 ABCD中，點E、F在對角線BD上，BE＝DF．
（1）求證：四邊形AECF是平行四邊形；
（2）若BD平分∠ABC，求證：四邊形AECF是菱形．
【變式5-2】（2023 浦東新區二模）已知：如圖，在四邊形ABCD中，AB∥DC，對角線AC、BD交于點O，過點C作CE⊥CD交AB的延長線于點E，聯結OE，OC＝OE．
（1）求證：OEAC；
（2）如果DB平分∠ADC，求證：四邊形ABCD是菱形．
【變式5-3】（2023 玄武區一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，E，F是對角線BD上的點，且BE＝DF，連接AE，CF．
（1）求證△ADE≌△CBF；
（2）連接AF，CE，若AB＝AD，求證：四邊形AFCE是菱形．
【變式5-3】（2023 余杭區一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，點O是BC的中點，連接DO并延長，交AB延長線于點E，連接BD，EC．
（1）求證：四邊形BECD是平行四邊形；
（2）若∠A＝50°，則當∠ADE＝　 　°時，四邊形BECD是菱形．
【題型6 菱形的判定與性質綜合（最值問題）】
【例6】（2022春 如東縣期末）如圖，已知菱形ABCD的邊長為6，點M是對角線AC上的一動點，且∠ABC＝120°，則MA+MB+MD的最小值是（　　）
A． B．3+3 C．6 D．
【變式6-1】（2022 瑤海區二模）如圖，菱形ABCD的邊長為2，∠ABC＝60°，點E、F在對角線BD上運動，且EF＝2，連接AE、AF，則△AEF周長的最小值是（　　）
A．4 B．4 C．2+2 D．6
【變式6-2】（2022 壽光市二模）如圖所示，四邊形ABCD中，AC⊥BD于點O，AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，點P為線段AC上的一個動點．過點P分別作PM⊥AD于點M，作PN⊥DC于點N．連接PB，在點P運動過程中，PM+PN+PB的最小值等于　 　．
【變式6-3】（2022春 贛州期末）如圖所示，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝120°，△AEF為正三角形，點E、F分別在菱形的邊BC、CD上滑動，且E、F不與B、C、D重合．
（1）證明不論E、F在BC、CD上如何滑動，總有BE＝CF；
（2）當點E、F在BC、CD上滑動時，分別探討四邊形AECF的面積和△CEF的周長是否發生變化？如果不變，求出這個定值；如果變化，求出最小值．
【題型7 菱形的判定與性質綜合（多結論問題）】
【例7】（2022春 中山市校級月考）如圖， ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，ADAC，M、N、P分別是OA、OB、CD的中點，下列結論：
①CN⊥BD；
②MN＝NP；
③四邊形MNCP是菱形；
④ND平分∠PNM．
其中正確的有（　　）
A．1 個 B．2 個 C．3 個 D．4 個
【變式7-1】（2022春 如東縣校級月考）如圖，平行四邊形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，BD＝2AD，E，F，G分別是OC，OD，AB的中點．下列結論正確的是（　　）
①EG＝EF；
②△EFG≌△GBE；
③FB平分∠EFG；
④EA平分∠GEF；
⑤四邊形BEFG是菱形．
A．③⑤ B．①②④ C．①②③④ D．①②③④⑤
【變式7-2】（2022春 香洲區校級期中）如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分別是AB，AD的中點，DE、BF相交于點G，連接BD，CG．有下列結論：①∠BGD＝120°；②BG+DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④S菱形ABCD＝AB2；⑤2DEDC；⑥BF＝BC，正確結論的有（　　）個．
A．1 B．2 C．3 D．4
【變式7-3】（2023春 開州區校級期中）如圖，在菱形ABCD中，AB＝BD，點E、F分別是AB、AD上任意的點（不與端點重合），且AE＝DF，連接BF與DE相交于點G，連接CG與BD相交于點H．給出如下幾個結論：①∠DBC＝60°：②△AED≌△DFB；③GC與BD一定不垂直；④∠BGE的大小為定值．其中結論正確的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【題型8 菱形的判定與性質綜合（動點問題）】
【例8】（2022秋 青山區期末）如圖，在菱形ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120°，點E、F同時由A、C兩點出發，分別沿AB、CB方向向點B勻速移動（到點B為止），點E的速度為1cm/s，點F的速度為2cm/s，經過t秒△DEF為等邊三角形，則t的值為（　　）
A． B． C． D．
【變式8-1】（2023春 洪山區期中）如圖，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝8，對角線AC，BD交于點O，E是線段OC上一動點，F是射線AD上一動點，若∠BEF＝120°，則在點E運動的過程中，EF長度為整數的個數有（　　）
A．6個 B．5個 C．4個 D．3個
【變式8-2】（2023春 越秀區校級期中）如圖， ABCD的對角線AC、BD相交于點O．AB＝10，AC＝12，BD＝16．
（1）求證： ABCD是菱形；
（2）若點P是對角線BD上一動點（不與點B、D重合），PE⊥AB于點E，PF⊥AD于點F，PE+PF是否為定值？若是，求出這個定值；若不是，請說明理由．
【變式8-3】（2023春 沙坪壩區校級期中）如圖1，四邊形ABCD為菱形，對角線AC，BD相交于點O，點E為OC上的動點．
（1）當AD＝AE時，OE＝1，OD＝5，求菱形ABCD的面積；
（2）如圖2，當OE＝OD時，過點A作CD的垂線，垂足為F，交ED延長線于點G，求證：GEAO．
菱形-重難點題型
【知識點1 菱形的定義】
有一組鄰邊相等的平行四邊形叫做菱形．
【知識點2 菱形的性質】
①菱形具有平行四邊形的一切性質；②菱形的四條邊都相等；③菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角；④菱形是軸對稱圖形，它有2條對稱軸，分別是兩條對角線所在直線．
【題型1 菱形的性質（求角度）】
【例1】（2022秋 萍鄉期末）如圖，四邊形ABCD為菱形，對角線AC，BD相交于點O，DH⊥AB于點H，連接OH，∠CAD＝25°，則∠DHO的度數是（　　）
A．20° B．25° C．30° D．35°
【分析】先根據菱形的性質得OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，則利用DH⊥AB得到DH⊥CD，∠DHB＝90°，所以OH為Rt△DHB的斜邊DB上的中線，得到OH＝OD＝OB，利用等腰三角形的性質得∠1＝∠DHO，然后利用等角的余角相等即可求出∠DHO的度數．
【解答】解：如圖：
∵ABCD是菱形
∴AD＝AB，BO＝OD，
∴∠BAD＝2∠CAD＝50°
∴∠ABD＝（180°﹣∠BAD）÷2＝65°
∵DH⊥AB，BO＝DO
∴HO＝DO
∴∠DHO＝∠BDH＝90°﹣∠ABD＝25°
故選：B．
【點評】本題考查菱形的性質，直角三角形斜邊中線定理等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型．
【變式1-1】（2023 南崗區模擬）如圖，在菱形紙片ABCD中，∠A＝60°，點E在BC邊上，將菱形紙片ABCD沿DE折疊，點C落在AB邊的垂直平分線上的點C′處，則∠DEC的大小為（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【分析】連接BD，由菱形的性質及∠A＝60°，得到三角形ABD為等邊三角形，P為AB的中點，利用三線合一得到DP為角平分線，得到∠ADP＝30°，∠ADC＝120°，∠C＝60°，進而求出∠PDC＝90°，由折疊的性質得到∠CDE＝∠PDE＝45°，利用三角形的內角和定理即可求出所求角的度數．
【解答】解：連接BD，如圖所示：
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AB＝AD，
∵∠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°，
∴由折疊的性質得到∠CDE＝∠PDE＝45°，
在△DEC中，∠DEC＝180°﹣（∠CDE+∠C）＝75°．
故選：D．
【點評】此題考查了翻折變換（折疊問題），菱形的性質，等邊三角形的性質，以及內角和定理，熟練掌握折疊的性質是解本題的關鍵．
【變式1-2】（2023春 海淀區校級期中）如圖，在菱形ABCD中，點M、N分別交于AB、CD上，AM＝CN，MN與AC交于點O，連接BO．若∠OBC＝62°，則∠DAC為　 　°．
【分析】由全等三角形的性質可證△AOM≌△CON，可得AO＝CO，由等腰三角形的性質可得BO⊥AC，即可求解．
【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AB＝BC，BC∥AD，
∴∠MAO＝∠NCO，∠BCA＝∠CAD，
在△AOM和△CON中，
，
∴△AOM≌△CON（AAS），
∴AO＝CO，
又∵AB＝BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BCO＝90°﹣∠OBC＝28°＝∠DAC，
故答案為：28．
【點評】本題考查了菱形的性質，全等三角形的判定和性質，掌握菱形的性質是本題的關鍵．
【變式1-3】（2023春 漢陽區期中）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝110°，AB的垂直平分線交AC于點N，點M為垂足，連接DN，則∠CDN的大小是　 　．
【分析】根據菱形的性質得出DC＝BC，∠DCN＝∠BCN，∠CABDAB＝55°，∠ABC＝∠ADC，DC∥AB，求出∠ADC＝∠ABC＝70°，根據全等三角形的判定得出△DCN≌△BCN，根據全等三角形的性質得出∠CDN＝∠CBN，根據線段垂直平分線的性質得出AN＝BN，求出∠NBA＝∠CAB＝55°，再求出答案即可．
【解答】解：連接BN，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴DC＝BC，∠DCN＝∠BCN，∠CABDAB55°，∠ABC＝∠ADC，DC∥AB，
∴∠CDA+∠DAB＝180°，
∵∠BAD＝110°，
∴∠ADC＝180°﹣110°＝70°，
∴∠ABC＝70°，
在△DCN和△BCN中，
，
∴△DCN≌△BCN（SAS），
∴∠CDN＝∠CBN，
∵MN是AB的垂直平分線，
∴AN＝BN，
∴∠NBA＝∠CAB＝55°，
∴∠CDN＝∠CBN＝∠ABC﹣∠NBA＝70°﹣55°＝15°，
故答案為：15°．
【點評】本題考查了平行線的性質，菱形的性質，線段垂直平分線的性質，等腰三角形的性質，全等三角形的性質和判定等知識點，能綜合運用知識點進行推理和計算是解此題的關鍵．
【題型2 菱形的性質（求長度）】
【例2】（2022秋 遂川縣期末）如圖，在菱形ABCD中，BC＝10，點E在BD上，F為AD的中點，FE⊥BD，垂足為E，EF＝4，則BD長為（　　）
A．8 B．10 C．12 D．16
【分析】連接AC交BD于O，由菱形的性質得OB＝OD，AD＝BC＝10，AC⊥BD，再證EF是△AOD的中位線，得OA＝2EF＝8，然后由勾股定理求出OD＝6，即可求解．
【解答】解：連接AC交BD于O，如圖所示：
∵四邊形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，AD＝BC＝10，AC⊥BD，
∵FE⊥BD，
∴FE∥AC，
∵F為AD的中點，
∴EF是△AOD的中位線，
∴OA＝2EF＝8，
∴OD6，
∴BD＝2OD＝12，
故選：C．
【點評】本題考查了菱形的性質、三角形中位線定理以及勾股定理等知識；熟練掌握菱形的性質和三角形中位線定理是解題的關鍵．
【變式2-1】（2023春 武漢期中）如圖四邊形ABCD為菱形，點E為BC的中點，點F在CD上，若∠DAB＝60°，∠DFA＝2∠EAB，AD＝4，則CF的長為（　　）
A． B． C． D．
【分析】延長AE，DC交點于點G，過點F作FH⊥AD，交AD的延長線于H，由平行線的性質和等腰三角形的判定可得AF＝FG，由“AAS”可證△CEG≌△BEA，可得AB＝CG＝4，利用勾股定理可求解．
【解答】解：延長AE，DC交于點G，過點F作FH⊥AD，交AD的延長線于H，
∵CD∥AB，
∴∠EAB＝∠G，∠DAB＝∠HDF＝60°，
∵∠DFA＝2∠EAB＝∠G+∠FAG，
∴∠G＝∠FAG，
∴AF＝FG，
∵點E為BC的中點，
∴BE＝CE，
在△CEG和△BEA中，
，
∴△CEG≌△BEA（AAS），
∴AB＝CG＝4，
設DF＝x，
∴FC＝4﹣x，
∴FG＝8﹣x＝AF，
∵HF⊥AD，∠HDF＝60°，
∴∠DFH＝30°，
∴DHx，HFx，
∵AF2＝HF2+AH2，
∴（8﹣x）2x2+（4x）2，
∴x，
∴CF，
故選：D．
【點評】本題考查了菱形的性質，全等三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，勾股定理等知識，添加恰當輔助線構造全等三角形是本題的關鍵．
【變式2-2】（2022秋 黃島區期末）如圖，在菱形ABCD中，AB＝13cm，AC＝24cm，E，F分別是CD和BC的中點，連接EF并延長與AB的延長線相交于點G，則EG的長度為　10　cm．
【分析】連接對角線BD，交AC于點O，證四邊形BDEG是平行四邊形，得EG＝BD，利用勾股定理求出OD的長，BD＝2OD，即可求出EG．
【解答】解：連接BD，交AC于點O，如圖：
∵菱形ABCD的邊長為13cm，點E、F分別是邊CD、BC的中點，
∴AB∥CD，AB＝BC＝CD＝DA＝13cm，EF∥BD，
∵AC、BD是菱形的對角線，AC＝24cm，
∴AC⊥BD，AO＝CO＝12cm，OB＝OD，
又∵AB∥CD，EF∥BD，
∴DE∥BG，BD∥EG，
∴四邊形BDEG是平行四邊形，
∴BD＝EG，
∵OB＝OD5（cm），
∴BD＝2OD＝10（cm），
∴EG＝BD＝10（cm），
故答案為：10．
【點評】本題主要考查了菱形的性質，平行四邊形的判定與性質及勾股定理等知識；熟練掌握菱形、平行四邊形的性質和勾股定理是解題的關鍵．
【變式2-3】（2023春 洪山區期中）如圖，在菱形ABCD中，AB＝BD，點E，F分別在BC，CD邊上，且CE＝DF，BF與DE交于點G，若BG＝3，DG＝5，則CD＝　 　．
【分析】先證△BCD是等邊三角形，可得∠C＝∠CBD＝60°，由“SAS”可證△BED≌△CFB，可得∠CBF＝∠BDE，由直角三角形的性質可求BH，DH的長，由勾股定理可求解．
【解答】解：如圖，過點D作DH⊥BF于H，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵AB＝BD，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝BD，
∴△BCD是等邊三角形，
∴∠C＝∠CBD＝60°，
在△BED和△CFB中，
，
∴△BED≌△CFB（SAS），
∴∠CBF＝∠BDE，
∴∠DGF＝∠FBD+∠GDB＝∠FBD+∠CBF＝60°，
∵DH⊥BF，
∴∠GDH＝30°，
∴GHDG，DHGH，
∴BH＝BG+GH，
∴BD7，
∴CD＝BD＝7，
故答案為7．
【點評】本題考查了菱形的性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質，靈活運用這些性質解決問題是本題的關鍵．
【知識點3 菱形的面積計算】
①利用平行四邊形的面積公式；②菱形面積=ab．（a、b是兩條對角線的長度）
【題型3 菱形的性質（等積法）】
【例3】（2023 雁塔區校級模擬）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD交于點O．過O作OE⊥AB于點E．延長EO交CD于點F，若AC＝8，BD＝6，則EF的值為（　　）
A．5 B． C． D．
【分析】由在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，BD＝6，AC＝8，可求得菱形的面積與邊長，繼而求得答案．
【解答】解：在菱形ABCD中，BD＝6，AC＝8，
∴OBBD＝3，OAAC＝4，AC⊥BD，
∴AB5，
∵S菱形ABCDAC BD＝AB EF，
即6×8＝5EF，
∴EF．
故選：C．
【點評】此題考查了菱形的性質以及勾股定理．注意菱形的面積等于對角線積的一半或底乘以高．
【變式3-1】（2022秋 南山區期末）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，且AC＝6，BD＝8，過A點作AE垂直BC，交BC于點E，則的值為（　　）
A． B． C． D．
【分析】利用菱形的性質即可計算得出BC的長，再根據面積法即可得到AE的長，最后根據勾股定理進行計算，即可得到BE的長，進而得出結論．
【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴COAC＝3，BOBD＝4，AO⊥BO，
∴BC5，
∵S菱形ABCDAC BD＝BC×AE，
∴AE．
在Rt△ABE中，BE，
∴CE＝BC﹣BE＝5，
∴的值為，
故選：C．
【點評】本題主要考查了菱形的性質以及勾股定理的運用，關鍵是掌握菱形的四條邊都相等；菱形的兩條對角線互相垂直平分．
【變式3-2】（2023春 無錫期中）如圖，在菱形ABCD中，AB＝10，AC＝16，過點D作DE⊥BA，交BA的延長線于點E，則線段DE的長為　 　．
【分析】利用菱形的性質以及勾股定理，求得OB的長，繼而可求得BD的長，然后由菱形的面積公式可求得線段DE的長．
【解答】解：如圖，設AC與BD的交點為O，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AO＝OC＝8，BO＝DO，AC⊥BD，
∴BO6，
∴BD＝12，
∵S菱形ABCD＝AB DEAC BD，
∴DE9.6，
故答案為9.6．
【點評】此題考查了菱形的性質、勾股定理．注意菱形的對角線互相垂直平分．
【變式3-3】（2023 天津二模）如圖，在菱形ABCD中，∠ADC＝120°，AB＝3，點E在BC上，且BE＝2EC，BF⊥AE，垂足為F，則BF的值為　 　．
【分析】過E作EM⊥AB，交AB延長線于M，根據菱形的性質求出BC＝3，求出BE＝2，求出∠BEM＝30°，根據含30°角的直角三角形的性質求出BM，根據勾股定理求出EM，求出AE，根據三角形的面積求出答案即可．
【解答】解：過E作EM⊥AB，交AB延長線于M，則∠EMB＝90°，
∵四邊形ABCD是菱形，AB＝3，∠ADC＝120°，
∴∠D＝∠ABC＝120°，BC＝AB＝3，
∴∠EBM＝60°，
∴∠BEM＝90°﹣∠EBM＝30°，
∵BE＝2EC，BC＝3，
∴BE＝2，
∴BMBE＝1，
由勾股定理得：EM，
∴AM＝AB+BM＝4，
由勾股定理得：AE，
∵S△ABE，
∴BF＝3，
解得：BE，
故答案為：．
【點評】本題考查了菱形的性質，三角形的面積，直角三角形的性質等知識點，能綜合運用知識點進行推理和計算是解此題的關鍵．
【知識點4 菱形的判定】
①一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形；②四條邊都相等的四邊形是菱形．
③對角線互相垂直的平行四邊形是菱形（或“對角線互相垂直平分的四邊形是菱形”）．
【題型4 菱形的判定（選擇條件）】
【例4】（2023春 岳麓區校級月考）在四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，且OA＝OC，OB＝OD．若要使四邊形ABCD為菱形，則可以添加的條件是（　　）
A．∠AOB＝60° B．AC⊥BD C．AC＝BD D．AB⊥BC
【分析】由條件OA＝OC，OB＝OD根據對角線互相平分的四邊形是平行四邊形可得四邊形ABCD為平行四邊形，再由矩形和菱形的判定定理即可得出結論．
【解答】解：∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四邊形ABCD為平行四邊形，
A、∵∠AOB＝60°，
∴不能得出四邊形ABCD是菱形；選項A不符合題意；
B、∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形，故選項B符合題意；
C、∵AC＝BD，
∴四邊形ABCD是矩形，故選項C不符合題意；
D、∵AB⊥BC，
∴四邊形ABCD是矩形，故選項D不符合題意；
故選：B．
【點評】此題主要考查了菱形的判定、矩形的判定；關鍵是掌握對角線互相垂直的平行四邊形是菱形．
【變式4-1】（2023春 靜海區月考）已知平行四邊形ABCD，下列條件：①AC⊥BD；②∠BAD＝90°；③AB＝BC；④AC＝BD．其中能使平行四邊形ABCD是菱形的有（　　）
A．①③ B．②③ C．③④ D．①②③
【分析】菱形的判定方法有三種：①定義：一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形；②四邊相等的四邊形是菱形；③對角線互相垂直的平行四邊形是菱形．據此判斷即可．
【解答】解：① ABCD中，AC⊥BD，根據對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，即可判定 ABCD是菱形；故①正確；
② ABCD中，∠BAD＝90°，根據有一個角是直角的平行四邊形是矩形，即可判定 ABCD是矩形，而不能判定 ABCD是菱形；故②錯誤；
③ ABCD中，AB＝BC，根據一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，即可判定 ABCD是菱形；故③正確；
D、 ABCD中，AC＝BD，根據對角線相等的平行四邊形是矩形，即可判定 ABCD是矩形，而不能判定 ABCD是菱形；故④錯誤．
故選：A．
【點評】此題考查了菱形的判定與矩形的判定定理．此題難度不大，注意掌握菱形的判定定理是解此題的關鍵．
【變式4-2】（2023 蓮湖區二模）如圖，在 ABCD中，M，N是BD上兩點，BM＝DN，連接AM，MC，CN，NA，添加一個條件，使四邊形AMCN是菱形，這個條件是（　　）
A．OMAC B．MB＝MO C．BD⊥AC D．∠AMB＝∠CND
【分析】由平行四邊形的性質可知：OA＝OC，OB＝OD，再證明OM＝ON即可證明四邊形AMCN是平行四邊形，由對角線互相垂直的平行四邊形可得到菱形．
【解答】證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA＝OC，OB＝OD
∵對角線BD上的兩點M、N滿足BM＝DN，
∴OB﹣BM＝OD﹣DN，即OM＝ON，
∴四邊形AMCN是平行四邊形，
∵BD⊥AC，
∴MN⊥AC，
∴四邊形AMCN是菱形．
故選：C．
【點評】本題考查了菱形的判定，平行四邊形的判定與性質，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．
【變式4-3】（2023春 上城區校級期中）如圖，在△ABC中，點D、E、F分別在邊AB、BC、CA上，且DE∥CA，DF∥BA，下列四種說法：①四邊形AEDF是平行四邊形；
②如果∠BAC＝90°，那么四邊形AEDF是菱形；
③如果AD平分∠BAC，那么四邊形AEDF是菱形；
④如果AB＝AC，那么四邊形AEDF是菱形．
其中，正確的有　 　．（只填寫序號）
【分析】根據平行四邊形的判定和菱形的判定解答即可．
【解答】解：∵DE∥CA，DF∥BA，∴四邊形AEDF是平行四邊形，故①正確；
∵∠BAC＝90°，四邊形AEDF是平行四邊形，
∴四邊形AEDF是矩形，故②錯誤；
∵AD平分∠BAC，四邊形AEDF是平行四邊形，
∴四邊形AEDF是菱形，故③正確；
∵AB＝AC，四邊形AEDF是平行四邊形，
不能得出AE＝AF，故四邊形AEDF不一定是菱形，故④錯誤；
故答案為：①③．
【點評】此題考查菱形的判定，關鍵是就平行四邊形的判定和菱形的判定解答．
【題型5 菱形的判定（證明題）】
【例5】（2023 南京二模）如圖，在 ABCD中，點E、F在對角線BD上，BE＝DF．
（1）求證：四邊形AECF是平行四邊形；
（2）若BD平分∠ABC，求證：四邊形AECF是菱形．
【分析】（1）由平行四邊形的性質得OA＝OC，OB＝OD，再證OE＝OF，即可得出結論；
（2）根據對角線互相垂直的平行四邊形是菱形即可證明．
【解答】證明：（1）如圖，連接AC，與BD相交于點O，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝FD，
∴OB﹣BE＝OD﹣DF，即 OE＝OF．
∴四邊形AECF是平行四邊形；
（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD，
∴平行四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
即AC⊥EF；
由（1）得：四邊形AECF是平行四邊形，
∴四邊形AECF是菱形．
【點評】本題考查了平行四邊形的判定與性質、菱形的判定與性質、等腰三角形的判定等知識；熟練掌握菱形的判定與性質和平行四邊形的判定與性質是解題的關鍵．
【變式5-2】（2023 浦東新區二模）已知：如圖，在四邊形ABCD中，AB∥DC，對角線AC、BD交于點O，過點C作CE⊥CD交AB的延長線于點E，聯結OE，OC＝OE．
（1）求證：OEAC；
（2）如果DB平分∠ADC，求證：四邊形ABCD是菱形．
【分析】（1）過O作OF⊥CE于F，由等腰三角形的性質得CF＝EF，再證OF是△ACE的中位線，得OA＝OC，即可得出結論；
（2）證△AOB≌△OCD（ASA），得OB＝OD，則四邊形ABCD是平行四邊形，再證BC＝DC，即可得出結論．
【解答】證明：（1）過O作OF⊥CE于F，如圖所示：
∵OC＝OE，
∴CF＝EF，
∵OF⊥CE，CE⊥CD，
∴OF∥CD，
∵AB∥DC，OF∥AB，
∴OF∥AB，
∴OF是△ACE的中位線，
∴OA＝OC，
∴OEAC；
（2）∵AB∥DC，
∴∠OAB＝∠OCD，
在△AOB和△OCD中，
，
∴△AOB≌△OCD（ASA），
∴OB＝OD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵DB平分∠ADC，
∴∠ADB＝∠CDB，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴BC＝DC，
∴平行四邊形ABCD是菱形．
【點評】本題考查了菱形的判定、平行四邊形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質、三角形中位線定理等知識；熟練掌握菱形的判定和等腰三角形的判定與性質是解題的關鍵．
【變式5-3】（2023 玄武區一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，E，F是對角線BD上的點，且BE＝DF，連接AE，CF．
（1）求證△ADE≌△CBF；
（2）連接AF，CE，若AB＝AD，求證：四邊形AFCE是菱形．
【分析】（1）由“SAS”可證△ADE≌△CBF；
（2）先證四邊形ABCD是菱形，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，可得EO＝FO，即可得結論．
【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠ADE＝∠CBF，
∵BE＝DF，
∴BF＝DE，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（SAS）；
（2）連接AC，交BD于點O，
∵AB＝AD，四邊形ABCD是平行四邊形，
∴四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，
∵BE＝DF，
∴EO＝FO，
∴四邊形AECF是平行四邊形，
又∵AC⊥BD，
∴四邊形AECF是菱形．
【點評】本題考查了菱形的判定和性質，平行四邊形的性質，全等三角形的判定和性質，靈活運用這些性質解決問題是本題的關鍵．
【變式5-3】（2023 余杭區一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，點O是BC的中點，連接DO并延長，交AB延長線于點E，連接BD，EC．
（1）求證：四邊形BECD是平行四邊形；
（2）若∠A＝50°，則當∠ADE＝　 　°時，四邊形BECD是菱形．
【分析】（1）由AAS證明△BOE≌△COD，得出OE＝OD，即可得出結論；
（2）先由平行四邊形的性質得∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，則∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，再由菱形的性質得BC⊥DE，則∠COD＝90°，得∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，即可求解．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AB∥DC，AB＝CD，
∴∠OEB＝∠ODC，
又∵O為BC的中點，
∴BO＝CO，
在△BOE和△COD中，
，
∴△BOE≌△COD（AAS）；
∴OE＝OD，
∴四邊形BECD是平行四邊形；
（2）解：
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，
∴∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，
∵四邊形BECD是菱形，
∴BC⊥DE，
∴∠COD＝90°，
∴∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，
∴∠ADE＝∠ADC﹣∠ODC＝90°，
故答案為：90．
【點評】此題主要考查了菱形的判定，平行四邊形的判定與性質、全等三角形的判定與性質等知識；熟練掌握平行四邊形的判定與性質是解決問題的關鍵．
【題型6 菱形的判定與性質綜合（最值問題）】
【例6】（2022春 如東縣期末）如圖，已知菱形ABCD的邊長為6，點M是對角線AC上的一動點，且∠ABC＝120°，則MA+MB+MD的最小值是（　　）
A． B．3+3 C．6 D．
【分析】過點D作DE⊥AB于點E，連接BD，根據垂線段最短，此時DE最短，即MA+MB+MD最小，根據菱形性質和等邊三角形的性質即可求出DE的長，進而可得結論．
【解答】解：如圖，過點D作DE⊥AB于點E，連接BD，
∵菱形ABCD中，∠ABC＝120°，
∴∠DAB＝60°，AD＝AB＝DC＝BC，
∴△ADB是等邊三角形，
∴∠MAE＝30°，
∴AM＝2ME，
∵MD＝MB，
∴MA+MB+MD＝2ME+2DM＝2DE，
根據垂線段最短，此時DE最短，即MA+MB+MD最小，
∵菱形ABCD的邊長為6，
∴DE3，
∴2DE＝6．
∴MA+MB+MD的最小值是6．
故選：D．
【點評】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，解決本題的關鍵是掌握菱形的性質，等邊三角形的判定與性質．
【變式6-1】（2022 瑤海區二模）如圖，菱形ABCD的邊長為2，∠ABC＝60°，點E、F在對角線BD上運動，且EF＝2，連接AE、AF，則△AEF周長的最小值是（　　）
A．4 B．4 C．2+2 D．6
【分析】如圖作AH∥BD，使得AH＝EF＝2，連接CH交BD于F，則AE+AF的值最小，進而得出△AEF周長的最小值即可．
【解答】解：如圖作AH∥BD，使得AH＝EF＝2，連接CH交BD于F，則AE+AF的值最小，即△AEF的周長最小．
∵AH＝EF，AH∥EF，
∴四邊形EFHA是平行四邊形，
∴EA＝FH，
∵FA＝FC，
∴AE+AF＝FH+CF＝CH，
∵菱形ABCD的邊長為2，∠ABC＝60°，
∴AC＝AB＝2，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵AH∥DB，
∴AC⊥AH，
∴∠CAH＝90°，
在Rt△CAH中，CH，
∴AE+AF的最小值4，
∴△AEF的周長的最小值＝4+2＝6，
故選：D．
【點評】本題考查軸對稱﹣最短問題，菱形的性質、勾股定理、平行四邊形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會利用軸對稱解決最短問題，屬于中考常考題型．
【變式6-2】（2022 壽光市二模）如圖所示，四邊形ABCD中，AC⊥BD于點O，AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，點P為線段AC上的一個動點．過點P分別作PM⊥AD于點M，作PN⊥DC于點N．連接PB，在點P運動過程中，PM+PN+PB的最小值等于　 　．
【分析】證四邊形ABCD是菱形，得CD＝AD＝5，連接PD，由三角形面積關系求出PM+PN＝4.8，得當PB最短時，PM+PN+PB有最小值，則當BP⊥AC時，PB最短，即可得出答案．
【解答】解：∵AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，
∴AC＝8，四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC⊥BD于點O，
∴平行四邊形ABCD是菱形，AD5，
∴CD＝AD＝5，
連接PD，如圖所示：
∵S△ADP+S△CDP＝S△ADC，
∴AD PMDC PNAC OD，
即5×PM5×PN8×3，
∴5×（PM+PN）＝8×3，
∴PM+PN＝4.8，
∴當PB最短時，PM+PN+PB有最小值，
由垂線段最短可知：當BP⊥AC時，PB最短，
∴當點P與點O重合時，PM+PN+PB有最小值，最小值＝4.8+3＝7.8，
故答案為：7.8．
【點評】本題考查了菱形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、勾股定理、最小值問題以及三角形面積等知識；熟練掌握菱形的判定與性質是解題的關鍵．
【變式6-3】（2022春 贛州期末）如圖所示，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝120°，△AEF為正三角形，點E、F分別在菱形的邊BC、CD上滑動，且E、F不與B、C、D重合．
（1）證明不論E、F在BC、CD上如何滑動，總有BE＝CF；
（2）當點E、F在BC、CD上滑動時，分別探討四邊形AECF的面積和△CEF的周長是否發生變化？如果不變，求出這個定值；如果變化，求出最小值．
【分析】（1）（1）先求證AB＝AC，進而求證△ABC、△ACD為等邊三角形，得∠4＝60°，AC＝AB進而求證△ABE≌△ACF，即可求得BE＝CF；
（2）根據△ABE≌△ACF可得S△ABE＝S△ACF，故根據S四邊形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC即可解題；由“垂線段最短”可知：當正三角形AEF的邊AE與BC垂直時，邊AE最短．△AEF的周長會隨著AE的變化而變化，求出當AE最短時，△CEF的周長即可．
【解答】解：（1）如圖，連接AC，
∵四邊形ABCD為菱形，∠BAD＝120°，
∴∠BAC＝60°，
∵△AEF是等邊三角形，
∴∠EAF＝60°，
∴∠1+∠EAC＝60°，∠3+∠EAC＝60°，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAD＝120°，
∴∠ABC＝60°，
∴△ABC和△ACD為等邊三角形，
∴∠4＝60°，AC＝AB，
∴在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（ASA）．
∴BE＝CF；
（2）四邊形AECF的面積不變，△CEF的周長發生變化．理由如下：
由（1）得△ABE≌△ACF，
則S△ABE＝S△ACF，
故S四邊形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC，是定值，
作AH⊥BC于H點，則BH＝2，
S四邊形AECF＝S△ABC．
△CEF的周長＝CE+CF+EF＝CE+BE+EF＝BC+EF＝BC+AE
由“垂線段最短”可知：當正三角形AEF的邊AE與BC垂直時，邊AE最短．
故△AEF的周長會隨著AE的變化而變化，且當AE最短時，△CEF的周長會最小＝4．
【點評】本題考查了菱形的性質；三角形全等的判定與性質；垂線段的性質等，綜合性較強，正確添加輔助線，熟練掌握和靈活運用相關知識是解題的關鍵．
【題型7 菱形的判定與性質綜合（多結論問題）】
【例7】（2022春 中山市校級月考）如圖， ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，ADAC，M、N、P分別是OA、OB、CD的中點，下列結論：
①CN⊥BD；
②MN＝NP；
③四邊形MNCP是菱形；
④ND平分∠PNM．
其中正確的有（　　）
A．1 個 B．2 個 C．3 個 D．4 個
【分析】證出OC＝BC，由等腰三角形的性質得CN⊥BD，①正確；證出MN是△AOB的中位線，得MN∥AB，MNAB，由直角三角形的性質得NPCD，則MN＝NP，②正確；周長四邊形MNCP是平行四邊形，無法證明四邊形MNCP是菱形；③錯誤；由平行線的性質和等腰三角形的性質證出∠MND＝∠PND，則ND平分∠PNM，④正確；即可得出結論．
【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB＝CD，AB∥CD，BC＝AD，OA＝OCAC，
∵ADAC，
∴OC＝BC，
∵N是OB的中點，
∴CN⊥BD，①正確；
∵M、N分別是OA、OB的中點，
∴MN是△AOB的中位線，
∴MN∥AB，MNAB，
∵CN⊥BD，
∴∠CND＝90°，
∵P是CD的中點，
∴NPCD＝PD＝PC，
∴MN＝NP，②正確；
∵MN∥AB，AB∥CD，
∴MN∥CD，
又∵NP＝PC，MN＝NP，
∴MN＝PC，
∴四邊形MNCP是平行四邊形，無法證明四邊形MNCP是菱形；③錯誤；
∵MN∥CD，
∴∠PDN＝∠MND，
∵NP＝PD，
∴∠PDN＝∠PND，
∴∠MND＝∠PND，
∴ND平分∠PNM，④正確；
正確的個數有3個，
故選：C．
【點評】本題考查了平行四邊形性質和判定，三角形中位線定理，直角三角形斜邊上的中線性質，等腰三角形的性質等；熟練掌握三角形中位線定理、等腰三角形的性質、直角三角形斜邊上的中線性質是解題的關鍵．
【變式7-1】（2022春 如東縣校級月考）如圖，平行四邊形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，BD＝2AD，E，F，G分別是OC，OD，AB的中點．下列結論正確的是（　　）
①EG＝EF；
②△EFG≌△GBE；
③FB平分∠EFG；
④EA平分∠GEF；
⑤四邊形BEFG是菱形．
A．③⑤ B．①②④ C．①②③④ D．①②③④⑤
【分析】由中點的性質可得出EF∥CD，且EFCD＝BG，結合平行即可證得②正確，由BD＝2BC得出BO＝BC，即而得出BE⊥AC，由中線的性質可知GP∥BE，且GPBE，AO＝EO，證△APG≌△EPG得出AG＝EG＝EF得出①正確，再證△GPE≌△FPE得出④再求，證出四邊形BEFG是平行四邊形，⑤③不正確；此題得解．
【解答】解：設GF和AC的交點為點P，如圖：
∵E、F分別是OC、OD的中點，
∴EF∥CD，且EFCD，
∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AB∥CD，且AB＝CD，
∴∠FEG＝∠BGE，
∵點G為AB的中點，
∴BGABCD＝FE，
在△EFG和△GBE中，，
∴△EFG≌△GBE（SAS），即②正確，
∴∠EGF＝∠GEB，GF＝BE，
∴GF∥BE，
∵BD＝2BC，點O為平行四邊形對角線交點，
∴BOBD＝BC，
∵E為OC中點，
∴BE⊥OC，
∴GP⊥AC，
∴∠APG＝∠EPG＝90°
∵GP∥BE，G為AB中點，
∴P為AE中點，即AP＝PE，且GPBE，
在△APG和△EGP中，，
∴△APG≌△EPG（SAS），
∴AG＝EGAB，
∴EG＝EF，即①正確，
∵EF∥BG，GF∥BE，
∴四邊形BGFE為平行四邊形，
∴GF＝BE，
∵GPBEGF，
∴GP＝FP，
∵GF⊥AC，
∴∠GPE＝∠FPE＝90°
在△GPE和△FPE中，，
∴△GPE≌△FPE（SAS），
∴∠GEP＝∠FEP，
∴EA平分∠GEF，即④正確．
∵BG＝FE，GF＝BE，
∴四邊形BEFG是平行四邊形，
沒有條件得出BEFG是菱形，⑤③不正確；
故選：B．
【點評】本題考查了平行四邊形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、中位線定理以及平行線的性質定理，解題的關鍵是利用中位線，尋找等量關系，借助于證明全等三角形找到邊角相等．
【變式7-2】（2022春 香洲區校級期中）如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分別是AB，AD的中點，DE、BF相交于點G，連接BD，CG．有下列結論：①∠BGD＝120°；②BG+DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④S菱形ABCD＝AB2；⑤2DEDC；⑥BF＝BC，正確結論的有（　　）個．
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由菱形的性質及等邊三角形的性質就可以得出∠GDB＝∠GBD＝30°，得出∠GDC＝∠GBC＝90°，DG＝BG，由四邊形的內角和為360°就可以求出∠BGD的值，由直角三角形的性質就可以得出CG＝2GD就可以得出BG+DG＝CG，在直角三角形GBC中，CG＞BC＝BD，故△BDF與△CGB不全等，由三角形的面積關系可判斷④，結合④和菱形的性質進而得出結論．
【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD．∠A＝∠BCD．
∵∠A＝60°，
∴∠BCD＝60°，
∴△ABD是等邊三角形，△BDC是等邊三角形．
∴∠ADB＝∠ABD＝60°，∠CDB＝∠CBD＝60°．
∵E，F分別是AB，AD的中點，
∴∠BFD＝∠DEB＝90°，
∴∠GDB＝∠GBD＝30°，
∴∠GDC＝∠GBC＝90°，DG＝BG，
∴∠BGD＝360°﹣90°﹣90°﹣60°＝120°，
故①正確；
在△CDG和△CBG中，
，
∴△CDG≌△CBG（SSS），
∴∠DGC＝∠BGC＝60°．
∴∠GCD＝30°，
∴CG＝2GD＝GD+GD，
∴CG＝DG+BG．
故②正確．
∵△GBC為直角三角形，
∴CG＞BC，
∴CG≠BD，
∴△BDF與△CGB不全等．
故③錯誤；
∵S菱形ABCD＝2S△ADB＝2AB DE
＝AB （BE）
＝AB AB
AB2，
故④錯誤；
∵DEBEABCD，
∴2DECD，
故⑤正確；
∵BD＞BF，BD＝BC，
∴BC＞BF，
故⑥錯誤．
∴正確的有：①②⑤共三個．
故選：C．
【點評】此題考查了菱形的性質、全等三角形的判定與性質及等邊三角形的判定與性質，綜合的知識點較多，注意各知識點的融會貫通．
【變式7-3】（2023春 開州區校級期中）如圖，在菱形ABCD中，AB＝BD，點E、F分別是AB、AD上任意的點（不與端點重合），且AE＝DF，連接BF與DE相交于點G，連接CG與BD相交于點H．給出如下幾個結論：①∠DBC＝60°：②△AED≌△DFB；③GC與BD一定不垂直；④∠BGE的大小為定值．其中結論正確的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】先證明△ABD為等邊三角形，即可得到∠DBC的度數；根據“SAS”即可證明△AED≌△DFB；因為點E、F分別是AB、AD上任意的點（不與端點重合），且AE＝DF，當點E，F分別是AB，AD中點時，CG⊥BD；依據三角形外角性質即可得到∠BGE＝∠BDG+∠DBF＝∠BDG+∠GDF＝60°．
【解答】解：∵ABCD為菱形，
∴AB＝AD，
∵AB＝BD，
∴△ABD為等邊三角形，
∴∠A＝∠BDF＝60°＝∠DBC，
又∵AE＝DF，AD＝BD，
∴△AED≌△DFB，故①、②正確；
當點E，F分別是AB，AD中點時，
由（1）知，△ABD，△BDC為等邊三角形，
∵點E，F分別是AB，AD中點，
∴∠BDE＝∠DBG＝30°，
∴DG＝BG，
∴△GDC≌△BGC，
∴∠DCG＝∠BCG，
∴CH⊥BD，
即CG⊥BD，故③錯誤；
∵∠BGE＝∠BDG+∠DBF＝∠BDG+∠GDF＝60°，為定值，
故④正確；
綜上所述，正確的結論有①②④，
故選：B．
【點評】此題綜合考查了菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，全等三角形的判定和性質，利用全等三角形的性質是解題的關鍵．
【題型8 菱形的判定與性質綜合（動點問題）】
【例8】（2022秋 青山區期末）如圖，在菱形ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120°，點E、F同時由A、C兩點出發，分別沿AB、CB方向向點B勻速移動（到點B為止），點E的速度為1cm/s，點F的速度為2cm/s，經過t秒△DEF為等邊三角形，則t的值為（　　）
A． B． C． D．
【分析】連接BD，證出△ADE≌△BDF，得到AE＝BF，再利用AE＝t，CF＝2t，則BF＝BC﹣CF＝5﹣2t求出時間t的值．
【解答】解：連接BD，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠ADB∠ADC＝60°，
∴△ABD是等邊三角形，
∴AD＝BD，
又∵△DEF是等邊三角形，
∴∠EDF＝∠DEF＝60°，
又∵∠ADB＝60°，
∴∠ADE＝∠BDF，
在△ADE和△BDF中，，
∴△ADE≌△BDF（ASA），
∴AE＝BF，
∵AE＝t，CF＝2t，
∴BF＝BC﹣CF＝5﹣2t，
∴t＝5﹣2t
∴t，
故選：D．
【點評】本題主要考查了菱形的性質，全等三角形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質等知識，解題的關鍵是運用三角形全等得出AE＝BF．
【變式8-1】（2023春 洪山區期中）如圖，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AB＝8，對角線AC，BD交于點O，E是線段OC上一動點，F是射線AD上一動點，若∠BEF＝120°，則在點E運動的過程中，EF長度為整數的個數有（　　）
A．6個 B．5個 C．4個 D．3個
【分析】由“SAS”可證△DAE≌△BAE，可得DE＝BE，∠ADE＝∠ABE，由四邊形內角和定理和等腰三角形的判定可證EF＝DE＝BE，由BE的取值范圍可求解．
【解答】解：如圖，連接DE，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴BC＝CD＝AB＝8，∠DAC＝∠BAC＝30°，AC⊥BD，
∴DO＝4＝BO，
在△DAE和△BAE中，
，
∴△DAE≌△BAE（SAS），
∴DE＝BE，∠ADE＝∠ABE，
∵∠DAB+∠ABE+∠BEF+∠AFE＝360°，
又∵∠BEF＝120°，∠DAB＝60°，
∴∠ABE+∠AFE＝180°，
又∵∠AFE+∠DFE＝180°，
∴∠DFE＝∠ABE＝∠ADE，
∴EF＝DE＝BE，
∵E是線段OC上一動點，
∴4≤BE≤8，
∴4≤EF≤8，
∴EF長度為整數的個數有5個，
故選：B．
【點評】本題考查了菱形的性質，全等三角形的判定與性質，直角三角形的性質，解題的關鍵是添加輔助線，證明△ABE≌△ADE．
【變式8-2】（2023春 越秀區校級期中）如圖， ABCD的對角線AC、BD相交于點O．AB＝10，AC＝12，BD＝16．
（1）求證： ABCD是菱形；
（2）若點P是對角線BD上一動點（不與點B、D重合），PE⊥AB于點E，PF⊥AD于點F，PE+PF是否為定值？若是，求出這個定值；若不是，請說明理由．
【分析】（1）由平行四邊形的性質推出AO＝6，BO＝8，根據勾股定理的逆定理證得∠AOB＝90°，即可得到 ABCD是菱形；
（2）連接OA，過B作BH⊥DA于H，由菱形的面積公式求出S△ABD，根據三角形的面積公式即可得到結論．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC＝12，BD＝16，AB＝10，
∴AO＝COAC＝6，BO＝DOBD＝8，
∵62+82＝102，
∴AO2+BO2＝AB2，
∴∠AOB＝90°，
∴AC⊥BD，
∴ ABCD是菱形；
（2）解：是定值，
連接OP，過B作BH⊥DA于H，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝10，S△ABDS菱形ABCDAC BD12×16＝48，
∵S△ABD＝S△ABO+S△ADOAB PEAD PFAD（PE+PF）AD BH，
∴PE+PF＝BH，
∵S△ABDAD BH10 BH＝48，
∴BH，
∴PE+PF．
故PE+PF定值為．
【點評】本題考查了菱形的判定和性質，三角形面積的計算，正確的作出輔助線是解題的關鍵．
【變式8-3】（2023春 沙坪壩區校級期中）如圖1，四邊形ABCD為菱形，對角線AC，BD相交于點O，點E為OC上的動點．
（1）當AD＝AE時，OE＝1，OD＝5，求菱形ABCD的面積；
（2）如圖2，當OE＝OD時，過點A作CD的垂線，垂足為F，交ED延長線于點G，求證：GEAO．
【分析】（1）由勾股定理可求AO＝12，由菱形的面積公式可求解；
（2）過點G作GH⊥AC于H，由“AAS”可證△AHG≌△DOA，可得GH＝AO，可得結論．
【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AC＝2AO，BD＝2DO＝10，
∵AD＝AE，
∴AD＝AE＝AO+OE＝1+OEA，
∵AD2＝OD2+AO2，
∴（1+OA）2＝25+AO2，
∴AO＝12，
∴AC＝24，
∴菱形ABCD的面積120；
（2）如圖，過點G作GH⊥AC于H，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，AD＝CD，∠DAC＝∠DCA，
∵OE＝OD，
∴∠DEO＝∠EDO＝45°，
∵GH⊥AC，
∴∠HED＝∠HGE＝45°，
∴GH＝HE，GEGH，
設∠DAC＝∠DCA＝x，
∴∠EDC＝45°﹣x＝∠GDF，
∵AF⊥CF，
∴∠FGD＝90°﹣∠GDF＝45°+x，
∵∠DAF＝90°﹣2x，
∴∠ADC＝180°﹣∠GAD﹣∠AGD＝45°+x，
∴∠ADC＝∠AGD，
∴AG＝AD，
在△AHG和△DOA中，
，
∴△AHG≌△DOA（AAS），
∴GH＝AO，
∴GEGHAO．
【點評】本題考查了菱形的性質，全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理等知識，添加恰當輔助線是本題的關鍵．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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