北师大版数学九年级上册同步练习——第一章《特殊平行四边形》1.菱形的性质与判定（3）
一、选择题
1．（2023八下·鄞州期中）已知菱形ABCD的面积是12，对角线AC＝4，则BD是（ ）
A．10 B．8 C．6 D．3
2．（2023·苏州）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形．动点分别从点同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点移动．当移动时间为4秒时，的值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·峨眉山模拟）如图，菱形中，，，是对角线上的任意一点，则的最小值为（ ）．
A． B． C．2 D．
4．（2023八下·仓山期中）一个平行四边形的一条边长为7，两条对角线的长分别是10和，则这个平行四边形的面积为（ ）
A． B． C．35 D．
5．（2023·武威）如图，将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形．若，，则四边形的面积为（ ）
A．2 B．4 C．5 D．6
6．（2023·舟山模拟）如图，在的两边上分别截取、，使；分别以点A、B为圆心，长为半径作弧，两弧交于点C；连接、、、．若，四边形的面积为．则的长为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023八下·龙江期中）如图，在菱形ABCD中，对角线，点E、F分别是边AB、BC的中点，点P在AC上运动和过程中，的最小值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
8．（2023八下·广州期中）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论正确的是（ ）
①；②与EGD全等的三角形共有2个；③S四边形ODEG＝S四边形ABOG；④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；
A．①③④ B．①④ C．①②③ D．②③④
二、填空题
9．（2023·齐齐哈尔）如图，在四边形ABCD中，，于点O.请添加一个条件： ，使四边形ABCD成为菱形.
10．（2023·吉林模拟）如图，，分别以A，B为圆心，长为半径画弧，两弧相交于M，N两点．连接，则四边形的面积为 ．
11．（2022·鞍山）如图，菱形的边长为2，，对角线与交于点，为中点，为中点，连接，则的长为 ．
12．（2022·达州）如图，菱形 的对角线 ， 相交于点O， ， ，则菱形 的周长为 .
13．（2021·毕节）如图，在菱形ABCD中， ， ，Q为AB的中点，P为对角线BD上的任意一点，则 的最小值为 .
14．（2023·中山模拟）如图，在菱形中，，．点E、F同时从A、C两点出发，分别沿，方向向点匀速移动（到点即停止）．点的速度为，点的速度为，经过后恰为等边三角形，则此时的值为 ．
三、解答题
15．（2023八下·大兴期中）如图，在中，平分，交于点E，交于点F．求证：．
16．（2023·恩施模拟）如图，在 中， ， 于点 ， 平分 ，分别交 、 于点 、 ， 于点 ，连接 ，求证：四边形 是菱形．
17．（2023·呼和浩特模拟）如图，过的对角线AC的中点O作两条互相垂直的直线，分别交AB，BC，CD，DA于E，F，G，H四点，连接EF，FG，GH，HE．试判断四边形EFGH的形状，并说明理由．
18．（2022·南京）如图，，平分，交于点，过点作，交于点，垂足为，连接，求证：四边形是菱形．
19．（2022·郴州）如图，四边形ABCD是菱形，E，F是对角线AC上的两点，且 ，连接BF.FD，DE，EB.
求证：四边形DEBF是菱形.
20．（2023·台州）如图，四边形ABCD中，，，BD为对角线．
（1）证明：四边形ABCD是平行四边形．
（2）已知，请用无刻度的直尺和圆规作菱形BEDF，顶点E，F分别在边BC，AD上（保留作图痕迹，不要求写作法）．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD的面积是12，对角线AC＝4，
∴12=×4×BD，
∴BD=6.
故答案为：C.
【分析】直接根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行计算.
2．【答案】D
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC、EF，
∵点A（9，0），点C（0，3），
∴OA=9，OC=3，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC=OA=9，BC∥OA，∠COE=90°，
∵BF=OE=4，
∴CF=AE=9-4=5，
∴四边形AECF是平行四边形，
在Rt△OCE中，∠COE=90°，OE=4，OC=3，
∴CE=5，
∴CE=AE=5，
∴平行四边形AECF是菱形，
∴AC·EF=2AE·OC=2×5×3=30.
故答案为：D.
【分析】连接AC、EF，由A、C坐标得OA=9，OC=3，由路程、速度与时间的关系可得BF=OE=4，由矩形性质得BC=OA=9，BC∥OA，∠COE=90°，则CF=AE=9-4=5，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形AECF是平行四边形，在Rt△OCE中，由勾股定理算出CE可得CE=AE=5，从而根据一组邻边相等的平行四边形是菱形得平行四边形AECF是菱形，根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半可得答案.
3．【答案】B
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【解答】如图所示：过点B作BF⊥DC，垂足为F，BF交AC与点E．
∵菱形ABCD中，AB＝2，∠D＝120°，
∴BC＝2，∠FBC＝30°，∠DCA＝30°．
∴EF＝EC．
∴BF＝BE+EF＝BE+EC
由垂线段最短可知：当BF⊥DC，时，FB有最小值，即
∴最小值＝BF＝BC＝×4＝
故答案为：B
【分析】过点B作BF⊥DC，垂足为F，BF交AC与点E，先求的∠DCA＝30°，依据含30°直角三角形的性质可得到EF＝EC，则BE+CE＝BF，然后求得BF的值即可．
4．【答案】B
【知识点】勾股定理的逆定理；平行四边形的性质；菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：设平行四边形ABCD的对角线交于点O，且，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴平行四边形ABCD是菱形.
∴平行四边形ABCD的面积为，
故答案为：B.
【分析】由平行四边形的对角线互相平分得AO=AC=5，BO=BD=，由勾股定理的逆定理判断出∠AOB=90°，进而根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形得平行四边形ABCD是菱形，最后根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半可得答案.
5．【答案】B
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=4，AB=CD=2，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，
由折叠得AF=FD=CH=BH，AG=BG=CE=DE，FH=AB=2，GE=BC=4，
∴△AGF≌△BGH≌△CEH≌△DEF（SAS）
∴FG=EF=EH=GH，
∴四边形EFGH为菱形，
∴ 四边形的面积为 GE·FH=×4×2=4；
故答案为：B.
【分析】根据矩形的性质及折叠可证△AGF≌△BGH≌△CEH≌△DEF（SAS），可得四边形EFGH为菱形，根据菱形的面积公式计算即可.
6．【答案】B
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：由作法可得OA=AC=BC=OB，
∴四边形OACB为菱形，
∴S四边形AOBC=AB·OC=8，
∴×2·OC=8，
∴OC=8.
故答案为：B.
【分析】由作法可得OA=AC=BC=OB，推出四边形OACB为菱形，然后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行计算.
7．【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：作点E关于AC的对称点E′，连接E′F，则PE+PF的最小值为E′F.
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO=AC=×8=4，BO=BD=×6=3，
∴AB2=32+42=25，
∴AB=5.
由菱形的轴对称性可知E′为AD的中点，
∴E′F=AB=5，即PE+PF的最小值为5.
故答案为：C.
【分析】作点E关于AC的对称点E′，连接E′F，则PE+PF的最小值为E′F，由菱形的性质可得AC⊥BD，AO=AC=×8=4，BO=BD=×6=3，由勾股定理可得AB的值，根据菱形的轴对称性可知E′为AD的中点，则E′F=AB=5，据此解答.
8．【答案】A
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵ABCD为菱形，
∴AB=BC=AD=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，AC⊥BD，
∴∠BAG=∠EDG，
∴△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD，
∴CD=DE，
∴AB=DE.
∵∠BAG=∠EDG，∠AGB=∠DGE，AB=DE，
∴△ABG≌△DEG，
∴AG=DG，
∴OG为△ACD的中位线，
∴OG=CD=AB，故①正确；
∵AB∥CE，AB=DE，
∴四边形ABDE为平行四边形.
∵∠BCD=∠BAD=60°，
∴△BCD、△ABD为等边三角形，
∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，
∴四边形ABDE为菱形，故④正确；
∴AD⊥BE.
∵四边形ABDE为菱形，
∴△BGA≌△BGD≌△EGD（SSS）.
∵AG=DO，∠BAG=∠CDO，AB=CD，
∴△BGA≌△COD，
∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②错误；
∵OB=OD，
∴S△BOG=S△DOG.
∵四边形ABDE为菱形，
∴S△ADG=S△DGE，
∴四边形ODEG与四边形OBAG的面积相等，故③正确.
故答案为：A.
【分析】由菱形的性质可得AB=BC=AD=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，AC⊥BD，根据平行线的性质可得∠BAG=∠EDG，则△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD，利用AAS证明△ABG≌△DEG，得到AG=DG，推出OG为△ACD的中位线，据此判断①；易得△BCD、△ABD为等边三角形，得到AB=BD=AD，∠ODC=60°，进而判断④；由菱形的性质可得△BGA≌△BGD≌△EGD，利用SAS证明△BGA≌△COD，进而判断②；易得S△BOG=S△DOG，S△ADG=S△DGE，据此判断③.
9．【答案】
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】解：添加条件：，
，，
四边形是平行四边形，
，
是菱形.
故答案为：.
【分析】先证明四边形是平行四边形，再通过对角线互相垂直证明平行四边形是菱形.
10．【答案】24
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接MN，
∵分别以A，B为圆心，长为半径画弧，两弧相交于M，N两点 ，
∴AM=AN=BN=BM=5cm，
∴四边形AMBN是菱形，
∴AB⊥MN，AO=OB=4cm，MN=2OM，
∴，
∴MN=6cm，
∴四边形AMBN的面积=12AB·MN=12×8×6=24cm2，
故答案为：24.
【分析】根据题意先求出AM=AN=BN=BM=5cm，再利用菱形的判定和性质，勾股定理，菱形的面积公式计算求解即可。
11．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，取OD的中点H，连接FH，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，
∴AO＝AB＝1，BO＝＝DO，
∵点H是OD的中点，点F是AD的中点，
∴FH＝AO＝，FHAO，
∴FH⊥BD，
∵点E是BO的中点，点H是OD的中点，
∴OE＝，OH＝，
∴EH＝，
∴EF＝，
故答案为：．
【分析】取OD的中点H，连接FH，先求出FH＝AO＝，EH＝，再利用勾股定理求出EF的长即可。
12．【答案】52
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD，
∴AD与DB互相垂直且平分，
又∵AC=24，BD=10，
∴AO=12，BO=5，
∴AB==13，
∴菱形的周长=4×13=52.
故答案为：52.
【分析】根据菱形性质得AD与DB互相垂直且平分，从而求得AO=12，BO=5，再由勾股定理求得BC的长，即可求出菱形的周长.
13．【答案】
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：连接AC，CQ，
∵四边形ABCD是菱形，
∴A、C关于直线BD对称，
∴CQ的长即为AP+PQ的最小值，
∵∠BCD=120°，
∴∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵Q是AB的中点，
∴CQ⊥AB，BQ= BC= ×2=1，
∴CQ= .
故答案为： .
【分析】连接AC，CQ，可得CQ的长即为AP+PQ的最小值，证得△ABC是等边三角形，利用等腰三角形的性质可得CQ⊥AB，BQ= BC=1，利用勾股定理求出CQ即可.
14．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：连接BD，
∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴∠ADC=120°，AD=AB，
∴∠ADB=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD=AD.
若△DEF为等边三角形，则∠DEF=60°，DE=DF，
∴∠ADE=∠BDF.
∵AD=BD，∠ADE=∠BDF，DE=DF，
∴△ADE≌△BDF（SAS），
∴AE=BF.
∵点E的速度为2cm/s，点F的速度为4cm/s，
∴AE=2tcm，CF=4tcm，
∴BF=BC-CF=10-4t，
∴2t=10-4t，
解得t=.
故答案为：.
【分析】连接BD，由菱形的性质可得∠ADC=120°，AD=AB，则∠ADB=60°，推出△ABD为等边三角形，得到BD=AD，当△DEF为等边三角形时，有∠DEF=60°，DE=DF，由角的和差关系可得∠ADE=∠BDF，利用SAS证明△ADE≌△BDF，得到AE=BF，由题意可得AE=2tcm，BF=BC-CF=10-4t，据此求解.
15．【答案】证明：∵ ， ，
∴四边形 为平行四边形，
∵ 平分 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 为菱形，
∴ ．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】利用平行四边形的判定方法求出 四边形 为平行四边形， 再求出 ， 最后利用菱形的判定与性质证明即可。
16．【答案】证明：∵∠ACB=90°，AE平分∠BAC，EH⊥AB，
∴CE=EH，
在Rt△ACE和Rt△AHE中，AE=AE，CE=EH，由勾股定理得：AC=AH，
∵AE平分∠CAB，
∴∠CAF=∠HAF，
在△CAF和△HAF中
∴△CAF≌△HAF（SAS），
∴∠ACD=∠AHF，
∵CD⊥AB，∠ACB=90°，
∴∠CDA=∠ACB=90°，
∴∠B+∠CAB=90°，∠CAB+∠ACD=90°，
∴∠ACD=∠B=∠AHF，
∴FH CE，
∵CD⊥AB，EH⊥AB，
∴CF EH，
∴四边形CFHE是平行四边形，
∵CE=EH，
∴四边形CFHE是菱形．
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】根据角平分线的性质可得CE=EH， 在Rt△ACE和Rt△AHE中，由勾股定理可推出AC=AH，根据角平分线的概念可得∠CAF=∠HAF， 利用SAS证明△CAF≌△HAF， 得到∠ACD=∠AHF，根据等角的余角相等可得∠ACD=∠B=∠AHF，则FH∥CE，根据垂直于同一直线的两直线互相平行可得CF∥EH，然后利用菱形的判定定理进行证明.
17．【答案】解：四边形EFGH的形状是菱形，理由如下：
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
在和中， ，
∴(ASA)
∴OE=OG．
同理可证OF=OH．
∵，
∴四边形为菱形．
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【分析】先求出 ， 再求出 OE=OG，最后利用菱形的判定方法证明即可。
18．【答案】证明：如图，
∵AC平分∠BAM，AM∥BN，
∴，．
∴．
∴．
又∵BD⊥AC于点O，
∴．
在△AOD和△COB中，
，
∴．
∴．
∴四边形ABCD是平行四边形．
又∵BA=BC，
∴平行四边形ABCD是菱形．
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】由角平分线的定义及平行线的性质可得∠1=∠3，由等角对等边得BA=BC，由等腰三角形的三线合一得OA=OC，从而用ASA判断出△AOD≌△COB，得OB=OD，由对角线互相平分的四边形是平行四边形得四边形ABCD是平行四边形，进而根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形得出平行四边形ABCD是菱形．
19．【答案】证明：连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是茥形，
∴ ， ， ，
又∵ ，
∴ ，即 ，
∴四边形DEBF是平行四边形.
又∵ ，即 ，
∴四边形DEBF是菱形.
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定与性质
【解析】【分析】连接BD，交AC于点O，根据菱形的性质可得OA=OC，OB=OD，BD⊥AC，结合AE=CF以及线段的和差关系可得OE=OF，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，推出四边形DEBF是平行四边形，然后结合BD⊥EF，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形进行证明.
20．【答案】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠A+∠ABC=180°，
∵∠A=∠C，
∴∠ABC+∠C=180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD还平行四边形；
（2）解：如图，四边形BEDF就是所求作的菱形，
∵EF是BD的垂直平分线，
∴BF=DF，BE=DE，BO=DO，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
在△DFO与△BEO中，
∵∠DOF=∠BOE，BO=DO，∠ADB=∠CBD，
∴△DOF≌△BEO，
∴DF=BE，
∴BE=DE=DF=BF，
∴四边形BEDF是菱形.
【知识点】线段垂直平分线的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；三角形全等的判定（ASA）；作图-线段垂直平分线
【解析】【分析】（1）由二直线平行，同角互补得∠A+∠ABC=180°，由等量代换可得∠ABC+∠C=180°，然后根据同旁内角互补，两直线平行得AB∥CD，从而根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，得出结论；
（2）利用尺规作图法，作出线段BD的垂直平分线分别交BC、AD于点E、F，连接DE与BF，则四边形BEDF是菱形，理由如下：由垂直平分线的性质得BF=DF，BE=DE，BO=DO，从而用ASA判断出△DOF≌△BEO，得DF=BE，则BE=DE=DF=BF，根据四边相等的四边形是菱形得出结论.
1 / 1北师大版数学九年级上册同步练习——第一章《特殊平行四边形》1.菱形的性质与判定（3）
一、选择题
1．（2023八下·鄞州期中）已知菱形ABCD的面积是12，对角线AC＝4，则BD是（ ）
A．10 B．8 C．6 D．3
【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD的面积是12，对角线AC＝4，
∴12=×4×BD，
∴BD=6.
故答案为：C.
【分析】直接根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行计算.
2．（2023·苏州）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形．动点分别从点同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点移动．当移动时间为4秒时，的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC、EF，
∵点A（9，0），点C（0，3），
∴OA=9，OC=3，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC=OA=9，BC∥OA，∠COE=90°，
∵BF=OE=4，
∴CF=AE=9-4=5，
∴四边形AECF是平行四边形，
在Rt△OCE中，∠COE=90°，OE=4，OC=3，
∴CE=5，
∴CE=AE=5，
∴平行四边形AECF是菱形，
∴AC·EF=2AE·OC=2×5×3=30.
故答案为：D.
【分析】连接AC、EF，由A、C坐标得OA=9，OC=3，由路程、速度与时间的关系可得BF=OE=4，由矩形性质得BC=OA=9，BC∥OA，∠COE=90°，则CF=AE=9-4=5，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形AECF是平行四边形，在Rt△OCE中，由勾股定理算出CE可得CE=AE=5，从而根据一组邻边相等的平行四边形是菱形得平行四边形AECF是菱形，根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半可得答案.
3．（2023·峨眉山模拟）如图，菱形中，，，是对角线上的任意一点，则的最小值为（ ）．
A． B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【解答】如图所示：过点B作BF⊥DC，垂足为F，BF交AC与点E．
∵菱形ABCD中，AB＝2，∠D＝120°，
∴BC＝2，∠FBC＝30°，∠DCA＝30°．
∴EF＝EC．
∴BF＝BE+EF＝BE+EC
由垂线段最短可知：当BF⊥DC，时，FB有最小值，即
∴最小值＝BF＝BC＝×4＝
故答案为：B
【分析】过点B作BF⊥DC，垂足为F，BF交AC与点E，先求的∠DCA＝30°，依据含30°直角三角形的性质可得到EF＝EC，则BE+CE＝BF，然后求得BF的值即可．
4．（2023八下·仓山期中）一个平行四边形的一条边长为7，两条对角线的长分别是10和，则这个平行四边形的面积为（ ）
A． B． C．35 D．
【答案】B
【知识点】勾股定理的逆定理；平行四边形的性质；菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：设平行四边形ABCD的对角线交于点O，且，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴平行四边形ABCD是菱形.
∴平行四边形ABCD的面积为，
故答案为：B.
【分析】由平行四边形的对角线互相平分得AO=AC=5，BO=BD=，由勾股定理的逆定理判断出∠AOB=90°，进而根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形得平行四边形ABCD是菱形，最后根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半可得答案.
5．（2023·武威）如图，将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形．若，，则四边形的面积为（ ）
A．2 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=4，AB=CD=2，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，
由折叠得AF=FD=CH=BH，AG=BG=CE=DE，FH=AB=2，GE=BC=4，
∴△AGF≌△BGH≌△CEH≌△DEF（SAS）
∴FG=EF=EH=GH，
∴四边形EFGH为菱形，
∴ 四边形的面积为 GE·FH=×4×2=4；
故答案为：B.
【分析】根据矩形的性质及折叠可证△AGF≌△BGH≌△CEH≌△DEF（SAS），可得四边形EFGH为菱形，根据菱形的面积公式计算即可.
6．（2023·舟山模拟）如图，在的两边上分别截取、，使；分别以点A、B为圆心，长为半径作弧，两弧交于点C；连接、、、．若，四边形的面积为．则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：由作法可得OA=AC=BC=OB，
∴四边形OACB为菱形，
∴S四边形AOBC=AB·OC=8，
∴×2·OC=8，
∴OC=8.
故答案为：B.
【分析】由作法可得OA=AC=BC=OB，推出四边形OACB为菱形，然后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半进行计算.
7．（2023八下·龙江期中）如图，在菱形ABCD中，对角线，点E、F分别是边AB、BC的中点，点P在AC上运动和过程中，的最小值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：作点E关于AC的对称点E′，连接E′F，则PE+PF的最小值为E′F.
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO=AC=×8=4，BO=BD=×6=3，
∴AB2=32+42=25，
∴AB=5.
由菱形的轴对称性可知E′为AD的中点，
∴E′F=AB=5，即PE+PF的最小值为5.
故答案为：C.
【分析】作点E关于AC的对称点E′，连接E′F，则PE+PF的最小值为E′F，由菱形的性质可得AC⊥BD，AO=AC=×8=4，BO=BD=×6=3，由勾股定理可得AB的值，根据菱形的轴对称性可知E′为AD的中点，则E′F=AB=5，据此解答.
8．（2023八下·广州期中）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论正确的是（ ）
①；②与EGD全等的三角形共有2个；③S四边形ODEG＝S四边形ABOG；④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；
A．①③④ B．①④ C．①②③ D．②③④
【答案】A
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵ABCD为菱形，
∴AB=BC=AD=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，AC⊥BD，
∴∠BAG=∠EDG，
∴△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD，
∴CD=DE，
∴AB=DE.
∵∠BAG=∠EDG，∠AGB=∠DGE，AB=DE，
∴△ABG≌△DEG，
∴AG=DG，
∴OG为△ACD的中位线，
∴OG=CD=AB，故①正确；
∵AB∥CE，AB=DE，
∴四边形ABDE为平行四边形.
∵∠BCD=∠BAD=60°，
∴△BCD、△ABD为等边三角形，
∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，
∴四边形ABDE为菱形，故④正确；
∴AD⊥BE.
∵四边形ABDE为菱形，
∴△BGA≌△BGD≌△EGD（SSS）.
∵AG=DO，∠BAG=∠CDO，AB=CD，
∴△BGA≌△COD，
∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②错误；
∵OB=OD，
∴S△BOG=S△DOG.
∵四边形ABDE为菱形，
∴S△ADG=S△DGE，
∴四边形ODEG与四边形OBAG的面积相等，故③正确.
故答案为：A.
【分析】由菱形的性质可得AB=BC=AD=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，AC⊥BD，根据平行线的性质可得∠BAG=∠EDG，则△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD，利用AAS证明△ABG≌△DEG，得到AG=DG，推出OG为△ACD的中位线，据此判断①；易得△BCD、△ABD为等边三角形，得到AB=BD=AD，∠ODC=60°，进而判断④；由菱形的性质可得△BGA≌△BGD≌△EGD，利用SAS证明△BGA≌△COD，进而判断②；易得S△BOG=S△DOG，S△ADG=S△DGE，据此判断③.
二、填空题
9．（2023·齐齐哈尔）如图，在四边形ABCD中，，于点O.请添加一个条件： ，使四边形ABCD成为菱形.
【答案】
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】解：添加条件：，
，，
四边形是平行四边形，
，
是菱形.
故答案为：.
【分析】先证明四边形是平行四边形，再通过对角线互相垂直证明平行四边形是菱形.
10．（2023·吉林模拟）如图，，分别以A，B为圆心，长为半径画弧，两弧相交于M，N两点．连接，则四边形的面积为 ．
【答案】24
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接MN，
∵分别以A，B为圆心，长为半径画弧，两弧相交于M，N两点 ，
∴AM=AN=BN=BM=5cm，
∴四边形AMBN是菱形，
∴AB⊥MN，AO=OB=4cm，MN=2OM，
∴，
∴MN=6cm，
∴四边形AMBN的面积=12AB·MN=12×8×6=24cm2，
故答案为：24.
【分析】根据题意先求出AM=AN=BN=BM=5cm，再利用菱形的判定和性质，勾股定理，菱形的面积公式计算求解即可。
11．（2022·鞍山）如图，菱形的边长为2，，对角线与交于点，为中点，为中点，连接，则的长为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，取OD的中点H，连接FH，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，
∴AO＝AB＝1，BO＝＝DO，
∵点H是OD的中点，点F是AD的中点，
∴FH＝AO＝，FHAO，
∴FH⊥BD，
∵点E是BO的中点，点H是OD的中点，
∴OE＝，OH＝，
∴EH＝，
∴EF＝，
故答案为：．
【分析】取OD的中点H，连接FH，先求出FH＝AO＝，EH＝，再利用勾股定理求出EF的长即可。
12．（2022·达州）如图，菱形 的对角线 ， 相交于点O， ， ，则菱形 的周长为 .
【答案】52
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD，
∴AD与DB互相垂直且平分，
又∵AC=24，BD=10，
∴AO=12，BO=5，
∴AB==13，
∴菱形的周长=4×13=52.
故答案为：52.
【分析】根据菱形性质得AD与DB互相垂直且平分，从而求得AO=12，BO=5，再由勾股定理求得BC的长，即可求出菱形的周长.
13．（2021·毕节）如图，在菱形ABCD中， ， ，Q为AB的中点，P为对角线BD上的任意一点，则 的最小值为 .
【答案】
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：连接AC，CQ，
∵四边形ABCD是菱形，
∴A、C关于直线BD对称，
∴CQ的长即为AP+PQ的最小值，
∵∠BCD=120°，
∴∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵Q是AB的中点，
∴CQ⊥AB，BQ= BC= ×2=1，
∴CQ= .
故答案为： .
【分析】连接AC，CQ，可得CQ的长即为AP+PQ的最小值，证得△ABC是等边三角形，利用等腰三角形的性质可得CQ⊥AB，BQ= BC=1，利用勾股定理求出CQ即可.
14．（2023·中山模拟）如图，在菱形中，，．点E、F同时从A、C两点出发，分别沿，方向向点匀速移动（到点即停止）．点的速度为，点的速度为，经过后恰为等边三角形，则此时的值为 ．
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：连接BD，
∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴∠ADC=120°，AD=AB，
∴∠ADB=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD=AD.
若△DEF为等边三角形，则∠DEF=60°，DE=DF，
∴∠ADE=∠BDF.
∵AD=BD，∠ADE=∠BDF，DE=DF，
∴△ADE≌△BDF（SAS），
∴AE=BF.
∵点E的速度为2cm/s，点F的速度为4cm/s，
∴AE=2tcm，CF=4tcm，
∴BF=BC-CF=10-4t，
∴2t=10-4t，
解得t=.
故答案为：.
【分析】连接BD，由菱形的性质可得∠ADC=120°，AD=AB，则∠ADB=60°，推出△ABD为等边三角形，得到BD=AD，当△DEF为等边三角形时，有∠DEF=60°，DE=DF，由角的和差关系可得∠ADE=∠BDF，利用SAS证明△ADE≌△BDF，得到AE=BF，由题意可得AE=2tcm，BF=BC-CF=10-4t，据此求解.
三、解答题
15．（2023八下·大兴期中）如图，在中，平分，交于点E，交于点F．求证：．
【答案】证明：∵ ， ，
∴四边形 为平行四边形，
∵ 平分 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 为菱形，
∴ ．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】利用平行四边形的判定方法求出 四边形 为平行四边形， 再求出 ， 最后利用菱形的判定与性质证明即可。
16．（2023·恩施模拟）如图，在 中， ， 于点 ， 平分 ，分别交 、 于点 、 ， 于点 ，连接 ，求证：四边形 是菱形．
【答案】证明：∵∠ACB=90°，AE平分∠BAC，EH⊥AB，
∴CE=EH，
在Rt△ACE和Rt△AHE中，AE=AE，CE=EH，由勾股定理得：AC=AH，
∵AE平分∠CAB，
∴∠CAF=∠HAF，
在△CAF和△HAF中
∴△CAF≌△HAF（SAS），
∴∠ACD=∠AHF，
∵CD⊥AB，∠ACB=90°，
∴∠CDA=∠ACB=90°，
∴∠B+∠CAB=90°，∠CAB+∠ACD=90°，
∴∠ACD=∠B=∠AHF，
∴FH CE，
∵CD⊥AB，EH⊥AB，
∴CF EH，
∴四边形CFHE是平行四边形，
∵CE=EH，
∴四边形CFHE是菱形．
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】根据角平分线的性质可得CE=EH， 在Rt△ACE和Rt△AHE中，由勾股定理可推出AC=AH，根据角平分线的概念可得∠CAF=∠HAF， 利用SAS证明△CAF≌△HAF， 得到∠ACD=∠AHF，根据等角的余角相等可得∠ACD=∠B=∠AHF，则FH∥CE，根据垂直于同一直线的两直线互相平行可得CF∥EH，然后利用菱形的判定定理进行证明.
17．（2023·呼和浩特模拟）如图，过的对角线AC的中点O作两条互相垂直的直线，分别交AB，BC，CD，DA于E，F，G，H四点，连接EF，FG，GH，HE．试判断四边形EFGH的形状，并说明理由．
【答案】解：四边形EFGH的形状是菱形，理由如下：
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
在和中， ，
∴(ASA)
∴OE=OG．
同理可证OF=OH．
∵，
∴四边形为菱形．
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【分析】先求出 ， 再求出 OE=OG，最后利用菱形的判定方法证明即可。
18．（2022·南京）如图，，平分，交于点，过点作，交于点，垂足为，连接，求证：四边形是菱形．
【答案】证明：如图，
∵AC平分∠BAM，AM∥BN，
∴，．
∴．
∴．
又∵BD⊥AC于点O，
∴．
在△AOD和△COB中，
，
∴．
∴．
∴四边形ABCD是平行四边形．
又∵BA=BC，
∴平行四边形ABCD是菱形．
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】由角平分线的定义及平行线的性质可得∠1=∠3，由等角对等边得BA=BC，由等腰三角形的三线合一得OA=OC，从而用ASA判断出△AOD≌△COB，得OB=OD，由对角线互相平分的四边形是平行四边形得四边形ABCD是平行四边形，进而根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形得出平行四边形ABCD是菱形．
19．（2022·郴州）如图，四边形ABCD是菱形，E，F是对角线AC上的两点，且 ，连接BF.FD，DE，EB.
求证：四边形DEBF是菱形.
【答案】证明：连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是茥形，
∴ ， ， ，
又∵ ，
∴ ，即 ，
∴四边形DEBF是平行四边形.
又∵ ，即 ，
∴四边形DEBF是菱形.
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定与性质
【解析】【分析】连接BD，交AC于点O，根据菱形的性质可得OA=OC，OB=OD，BD⊥AC，结合AE=CF以及线段的和差关系可得OE=OF，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，推出四边形DEBF是平行四边形，然后结合BD⊥EF，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形进行证明.
20．（2023·台州）如图，四边形ABCD中，，，BD为对角线．
（1）证明：四边形ABCD是平行四边形．
（2）已知，请用无刻度的直尺和圆规作菱形BEDF，顶点E，F分别在边BC，AD上（保留作图痕迹，不要求写作法）．
【答案】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠A+∠ABC=180°，
∵∠A=∠C，
∴∠ABC+∠C=180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD还平行四边形；
（2）解：如图，四边形BEDF就是所求作的菱形，
∵EF是BD的垂直平分线，
∴BF=DF，BE=DE，BO=DO，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
在△DFO与△BEO中，
∵∠DOF=∠BOE，BO=DO，∠ADB=∠CBD，
∴△DOF≌△BEO，
∴DF=BE，
∴BE=DE=DF=BF，
∴四边形BEDF是菱形.
【知识点】线段垂直平分线的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；三角形全等的判定（ASA）；作图-线段垂直平分线
【解析】【分析】（1）由二直线平行，同角互补得∠A+∠ABC=180°，由等量代换可得∠ABC+∠C=180°，然后根据同旁内角互补，两直线平行得AB∥CD，从而根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，得出结论；
（2）利用尺规作图法，作出线段BD的垂直平分线分别交BC、AD于点E、F，连接DE与BF，则四边形BEDF是菱形，理由如下：由垂直平分线的性质得BF=DF，BE=DE，BO=DO，从而用ASA判断出△DOF≌△BEO，得DF=BE，则BE=DE=DF=BF，根据四边相等的四边形是菱形得出结论.
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