5.2菱形 同步讲义（含解析）八年级数学下册浙教版

专题5.2 菱形
1．掌握菱形的判定与性质；
2．利用菱形的性质求角度、线段长和面积；
3、掌握菱形的综合应用；
知识点01 菱形的判定
【知识点】
1、判定菱形的条件
（1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念）
（2）四边相等的四边形是菱形
（3）对角线互相垂直的平行四边形是菱形
【典型例题】
例1．（2023·陕西西安·校考一模）
1．在平行四边形中，添加下列条件，能判定平行四边形是菱形的是( )
A． B． C． D．
例2．（2023春·全国·八年级期中）
2．如图，四边形中，E，F，G，H分别是边、、、的中点．若四边形为菱形，则对角线、应满足条件 ．
例3．（2023春·全国·八年级专题练习）
3．如图，，是的两条中位线．我们探究的问题是：这两条中位线和三角形的两条边所围成的四边形的形状与原三角形的边或角有什么关系？建议按下列步骤探索：
(1)围成的四边形是否必定是平行四边形？
(2)在什么条件下，围成的四边形是菱形？
(3)在什么条件下，围成的四边形是矩形？
(4)你还能发现其他什么结论吗？
【即学即练】
（2022秋·陕西渭南·九年级统考期末）
4．如图，要使平行四边形成为菱形，可添加的条件是（ ）
A． B． C． D．
（2023秋·河南平顶山·九年级统考期末）
5．如图，在四边形中，点E，F，G，H分别是的中点，添加下列条件，可以判定四边形为菱形的是（ ）
A． B． C． D．
（2022春·上海宝山·八年级校考阶段练习）
6．如图，中，已知是的平分线，E、F分别是边的中点，联结，要使四边形为菱形，需要满足一定的条件，该条件可以是 ．
（2022秋·山东菏泽·九年级校考阶段练习）
7．如图，在中，点是的中点，点、分别在线段及其延长线上，且，给出下列条件：①；②；③：从中选择一个条件使四边形是菱形，你认为这个条件是 （只填写序号）．
（2023春·全国·八年级专题练习）
8．已知：如图，在中，，的平分线交于点F，E是的中点，过点A作，交的延长线于点D．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)给添加一个条件，使得四边形是菱形．请证明你的结论．
知识点02 利用菱形的性质证明
【知识点】
1、菱形的概念与性质
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直．
【典型例题】
例1．（2022秋·四川达州·九年级校考期中）
9．如图，在四边形中，，且，则下列说法：①四边形是平行四边形；②；③；④平分；⑤若，则四边形的面积为24．其中正确的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5
例2．（2022春·吉林白城·八年级校考阶段练习）
10．如图,在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E是CD的中点，连接OE，若，则AB的长为
例3．（2023春·浙江·八年级校考周测）
11．如图，菱形的对角线，相交于点O，且，．
(1)求证：四边形是矩形．
(2)若，求的度数．
【即学即练】
（2023春·全国·八年级专题练习）
12．如图，在菱形中，，，且，连接交对角线于点F，则的度数为（ ）．
A． B． C． D．
（2023秋·河南南阳·九年级统考期末）
13．如图，四边形是菱形，对角线和的交点与原点重合，顶点在轴上，在轴上，且，，若一只瓢虫从点出发以个单位长度/秒的速度沿着循环爬行，则第秒瓢虫的位置在（　　）
A． B． C． D．
（2022春·海南省直辖县级单位·八年级统考期末）
14．如图，在菱形ABCD中，E是BC的中点，AE⊥BC，交BC于点E，则∠AFD等于 ．
（2023秋·河南洛阳·九年级统考期末）
15．如图，菱形的边长为4，E，F分别是，上的点，与相交于点G，若，，则的长为 ．
（2023春·江苏·八年级校考周测）
16．如图，在菱形中，对角线与相交于点O，过点D作交的延长线于E．
(1)求证：；
(2)若，，求的周长．
知识点03 利用菱形的性质求角度
【典型例题】
例1．（2023春·广西南宁·八年级南宁市天桃实验学校校考阶段练习）
17．如图，在菱形中，对角线，相交于点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
例2．（2023春·重庆渝中·八年级重庆巴蜀中学校考阶段练习）
18．如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则的度数为 ．
例3．（2023春·全国·八年级专题练习）
19．如图，在中，，的垂直平分线交于，交于，在上，并且．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当的大小满足什么条件时，四边形是菱形？请回答并证明你的结论．
【即学即练】
（2023春·江苏·八年级专题练习）
20．如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，于点，连接，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
（2023春·江苏·八年级专题练习）
21．如图，在菱形中，的垂直平分线交于点为垂足，连接，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
（2023秋·陕西汉中·九年级统考期末）
22．如图，在菱形中，对角线相交于点O，若，则的度数为 ．
（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）
23．已知，菱形中，，对角线、相交于点O，点E在菱形的边上，且与顶点不重合，若，则的度数为 ．
（2022秋·贵州六盘水·九年级统考期中）
24．如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．
(1)求证：BE＝DF．
(2)当∠BAD＝110°时，求∠EAF的度数．
知识点04 利用菱形的性质求线段长
【典型例题】
例1．（2023·海南省直辖县级单位·校考一模）
25．如图，菱形的边长为10，，则点到的距离等于（　　）
A．5 B．6 C．8 D．1
例2．（2022·湖南湘潭·校考模拟预测）
26．如图，菱形的对角线，相交于点，点是边的中点，若，则的长为 ．
例3．（2023·北京·模拟预测）
27．如图：在菱形中，对角线、交于点，过点作于点，延长至点，使＝，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
【即学即练】
（2023春·江苏·八年级阶段练习）
28．如图，四边形是边长为5cm的菱形，对角线长6cm，，垂足为点E，则的长是（　　）cm．
A． B． C． D．
（2023春·全国·八年级期中）
29．如图，在菱形中，交于O点，，点P为线段上的一个动点．过点P分别作于点M，作于点N，则的值为（　　）
A． B． C． D．
（2023·山东泰安·统考一模）
30．如图，若菱形的顶点A，B的坐标分别为，，点D在y轴上，则点D的坐标是 ．
（2023春·江苏泰州·八年级靖江市靖城中学校考阶段练习）
31．如图，菱形的对角线相交于点，过点作于点，连接，，若菱形的面积为16，则的长为 ．
（2023春·八年级课时练习）
32．如图，矩形中，点是线段上一动点，为的中点，的延长线交于．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，从点出发，以/秒的速度向运动（不与重合），设点运动时间为秒；
①请用表示的长；
②求为何值时，四边形是菱形．
知识点05 利用菱形的性质求面积
【典型例题】
例1．（2023春·江苏·八年级专题练习）
33．如图，已知菱形的周长为，两条对角线、的和为8，则菱形的面积为（ ）
A．6 B．12 C． D．
例2．（2023·山西晋中·统考模拟预测）
34．如图，在菱形中，对角线与相交于点，，，则菱形的面积为 ．
例3．（2023春·陕西延安·九年级专题练习）
35．如图，已知四边形是菱形，且于点，于点．
(1)求证：；
(2)若，，求菱形的面积．
【即学即练】
（2022秋·辽宁辽阳·九年级校考期中）
36．如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，，则菱形的面积为（ ）
A． B．12 C．18 D．24
（2021春·天津西青·八年级校考期中）
37．如图，菱形对角线与交于点，点是边上的中点，连接，，则菱形的周长为（ ），面积为（ ）
A．40、96 B．20、48 C．40、192 D．20、24
（2022秋·陕西西安·九年级交大附中分校校考期末）
38．如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，，若菱形的面积为12，则的长为 ．
（2023春·八年级课时练习）
39．如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，则菱形的面积为 ．
（2021春·贵州毕节·八年级统考期末）
40．如图，菱形中，、分别是、边上的点，且．
(1)求证：；
(2)若菱形中，，，求菱形的面积．
知识点06 菱形的综合应用问题
【典型例题】
例1．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）
41．如图，四边形是边长为的菱形，对角线、的长度分别是一元二次方程的两实数根，是边上的高，则值为（ ）
A． B． C． D．
例2．（2023·江西·校联考一模）
42．在菱形中，，，，分别是，的中点，动点从出发，沿着顺时针方向运动到点，当为直角三角形时，的长度为 ．
例3．（2022春·宁夏石嘴山·八年级校考期中）
43．如图，在中，．点D从点C出发沿方向以每秒2个单位长的速度向A点匀速运动，同时点E从点A出发沿方向以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒．过点D作于点F，连接．

(1)的长是_______，的长是_______．
(2)在D、E的运动过程中，线段与的关系是否发生变化？若不变化，那么线段与是何关系，并给予证明．若变化，请说明理由．
(3)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，说明理由．
【即学即练】
（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）
44．如图，为矩形的对角线，点、分别在边、上，将边沿折叠，点恰好落在上的点处，将边沿折叠、点恰好落在上的点处，若四边形是菱形，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
（2023春·重庆北碚·八年级西南大学附中校考期中）
45．如图，在菱形中，，点分别在边上，．若，，点在边上，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
（2023春·江苏南京·九年级南京市竹山中学校考阶段练习）
46．如图，在菱形中，，点E、F分别在边上，与关于直线对称，点B的对称点是点G，且点G在边上．若，，则的长为 ．
（2023春·八年级课时练习）
47．如图，四边形是平行四边形，以点为圆心，的长为半径作弧交于点，分别以点、为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交的延长线于点，，，则的长为 ．

（2022春·四川泸州·八年级统考期末）
48．如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点、过点D作，交直线于E，垂足为F，连接．
(1)求证：；
(2)当D在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由；
(3)在（2）的条件下，已知，求三角形的面积．
题组A 基础过关练
（2022春·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市萧红中学校考期中）
49．下列属于菱形具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．邻角相等 C．对角线互相垂直 D．邻边互相垂直
（2023春·四川南充·八年级四川省南充高级中学校考阶段练习）
50．如图，菱形的对角线、相交于点O，若，，则菱形的边长为（ ）
A． B． C．8 D．10
（2023春·江苏盐城·八年级滨海县第一初级中学校联考阶段练习）
51．如图，四边形是菱形，，，于点，则等于（ ）
A． B． C．5 D．4
（2022秋·四川成都·九年级成都七中校考期中）
52．如图，在菱形中，对角线、交于点，已知，，则菱形的面积是（ ）
A．9 B．18 C．36 D．72
（2023春·江苏无锡·八年级文林中学校联考阶段练习）
53．如果一个菱形的一条边长为，那么这个菱形的周长为 ．
（2022秋·辽宁盘锦·九年级统考期末）
54．如图，与关于公共顶点O成中心对称，连接，，添加一个条件 ，使四边形为菱形．
（2022秋·全国·九年级专题练习）
55．如图，在菱形中，，，直线平分菱形的面积，交于点，交于点，当线段最短时，的长为 ．
（2023春·广西南宁·八年级校考阶段练习）
56．如图，在菱形中，，，分别为，的中点，是对角线上的一个动点，则的最小值是 ．
（2022秋·陕西西安·九年级西安市第二十六中学校考阶段练习）
57．如图，在中，．请用尺规作图法，在外求作一点，使得四边形是菱形．（保留作图痕迹，不写作法）
（2023春·全国·八年级期中）
58．如图，E，F，G，H分别是矩形ABCD各边的中点，依次顺序连接各边中点得到四边形EFGH．
(1)猜想四边形EFGH是什么特殊四边形？
(2)对你的猜想给予证明．
题组B 能力提升练
（2023春·四川南充·八年级四川省南充高级中学校考阶段练习）
59．下列命题错误的是（　　）
A．平行四边形的对边相等
B．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
C．菱形的对角线相等
D．有一组邻边互相垂直的平行四边形是矩形
（2023·四川绵阳·统考一模）
60．如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点H，连接，若，，则的长（　　）
A． B． C． D．
（2022·陕西西安·西北大学附中校考模拟预测）
61．如图，在菱形中，，过点D作，交的延长线于点E，则线段的长为（　　）
A．4 B．3 C． D．
（2023·河南·校考模拟预测）
62．如图，菱形的对角线，相交于点，，分别是，边的中点，连接．若，，则菱形的周长为（　　）
A．4 B． C． D．28
（2022·四川达州·统考中考真题）
63．如图，菱形的对角线相交于点O，，则菱形的周长为 ．

（2023春·吉林长春·八年级吉林省实验校考阶段练习）
64．已知菱形的对角线的长分别是和，则菱形的周长等于 ．
（2022春·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市萧红中学校考期中）
65．如图，在菱形中，E、F分别是的中点，如果，那么菱形周长是 ．
（2023·江苏常州·校考一模）
66．如图，在菱形中，，．点P为边上一点，且不与点C，D重合，连接，过点A作，且，连接，则四边形的面积为 ．
（2023·湖北省直辖县级单位·校联考一模）
67．尺规作图：按下列要求作出图形，不写作法，保留作图痕迹．
(1)图1是矩形，，分别是和的中点，以为边画一个菱形；
(2)图2是正方形，是上一点（），以为边画一个菱形．
（2023春·全国·八年级专题练习）
68．如图，平行四边形中，，过点C作，交的延长线于点E．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)连接，若，则的长为________．
题组C 培优拔尖练
（2023春·全国·八年级专题练习）
69．如图，在中，、、分别是、、的中点，，，则四边形的面积是（ ）
A．10 B．12 C．6 D．20
（2023·天津河西·统考模拟预测）
70．如图，菱形中的顶点O，A的坐标分别为，，点C在x轴的正半轴上，则点B的坐标为（ ）
A． B． C． D．
（2023春·四川广安·八年级广安中学校考阶段练习）
71．如图，是菱形的对角线的交点，分别是的中点．给出下列结论：①四边形的面积大小等于；②四边形也是菱形；③；④；⑤其中正确的结论有（　　）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
（2023秋·辽宁阜新·九年级阜新实验中学校考期末）
72．如图，在菱形中，，M、N分别是边的中点，于点P．则的度数为（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
（2023春·八年级单元测试）
73．如图，在菱形中，点E，F分别是边的中点，若，则长为 ．
（2023春·江苏南京·九年级南师附中树人学校校考阶段练习）
74．为菱形边上的高，将沿翻折得到，与相交于点．若，那么， ．
（2022春·河北邯郸·九年级校考阶段练习）
75．如图，在中，分别以点B和点D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点，作直线，分别与，交于点E，F，连接，．若，，则四边形的周长为 ．
（2023春·安徽滁州·九年级校联考阶段练习）
76．如图，矩形纸片中，，，点M，N分别在边上，将矩形纸片沿折叠，点C，D的对应点分别为点E，F．
（1）若点F在矩形内部，MF的延长线交边于点G，已知，则 ；
（2）若点D恰好与点B重合，则折痕的长是 ．
（2023春·全国·八年级期中）
77．在中，、分别是、的中点，，延长到点，使得，连接．
（1）求证：四边形BCFE是菱形；
（2）若CE=4，∠BCF=120°，求菱形BCFE的面积．
（2023春·江苏无锡·八年级校考阶段练习）
78．如图1，四边形是菱形，，过点作 ，垂足为，交对角线于，连接，且．
(1)求的长；
(2)如图2，动点从出发，沿折线方向以个单位／秒的速度向终点匀速运动，设的面积为（），点的运动时间为秒，求与之间的函数关系式；
(3)在（2）的条件下，当点在边上运动时是否存在这样的 值，使与互余，若存在，则求出值，若不存，在请说明理由．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【分析】根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可求得答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
又，
∴平行四边形是菱形，
故选：A．
【点睛】本题考查菱形的判定，熟记菱形的判定是解题的关键．
2．
【分析】根据三角形的中位线定理和菱形的判定，可得顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形是菱形，故应满足．
【详解】解：应满足的条件为：．
证明：∵E，F，G，H分别是边、、、的中点，
∴在中，为的中位线，所以且；
同理且，同理可得，
则且，
∴四边形为平行四边形，又，所以，
∴四边形为菱形．
故答案为：．
【点睛】此题考查学生灵活运用三角形的中位线定理，平行四边形的判断及菱形的判断进行证明，是一道综合题．
3．(1)是平行四边形，证明见解析；
(2)当时，四边形是菱形；
(3)当时，四边形是矩形；
(4)当且时，四边形是正方形
【分析】（1）根据中位线的性质及平行四边形的判定证明即可；
（2）结合（1）中结论，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可求解；
（3）结合（1）中结论，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可求解；
（4）结合（1）中结论，根据邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形即可求解．
【详解】（1）解：是平行四边形，理由如下：
∵，是的两条中位线，
∴，，，
∴四边形是平行四边形；
（2）由（1）得四边形是平行四边形，
当时，，
∴四边形是菱形；
（3）由（1）得四边形是平行四边形，
当时，四边形是矩形；
（4）当且时，
四边形是正方形．
【点睛】题目主要考查平行四边形、菱形、矩形及正方形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定定理是解题关键．
4．D
【分析】根据菱形的判定方法①一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）针对每一个选项进行判断，即可选出正确答案．
【详解】A、∵四边形是平行四边形，，∴四边形是矩形，不是菱形．故本选项错误；
B、添加不能证明平行四边形是菱形，故本选项错误；
C、∵四边形是平行四边形，，∴平行四边形是矩形，故本选项错误；
D、∵四边形是平行四边形，∴当时四边形是菱形，故本选项正确；
故选 D．
【点睛】此题主要考查了菱形的判定，关键是熟练掌握菱形的判定方法．
5．C
【分析】根据三角形中位线定理证得四边形为平行四边形，再根据菱形的判定，即可求解．
【详解】解：添加，可以判定四边形为菱形，理由：
∵点E，F，G，H分别是的中点，
∴，，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴当时，，
∴四边形为菱形．
故选：C.
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，菱形的判定，熟练掌握三角形中位线定理，菱形的判定是解题的关键．
6．（答案不唯一）
【分析】菱形的判定方法有三种：①定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四边相等；③对角线互相垂直平分的四边形是菱形．据此即可求解．
【详解】解：由题意知，可添加：．
则三角形是等腰三角形，
由等腰三角形的性质知，顶角的平分线与底边上的中线重合，
即点D是的中点，
∴是三角形的中位线，
∴， ，
∴四边形是平行四边形，
∵，点E，F分别是的中点，
∴，
∴平行四边形为菱形．
故答案为：、或（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了菱形的判定．利用了三角形的中位线的性质和平行四边形的判定和性质、等腰三角形的性质．也可添加或．
7．②
【分析】根据点是的中点，点、分别在线段及其延长线上，且，即可证明四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定即可作出判断．
【详解】解：∵点是的中点，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
①时，四边形是矩形，不一定是菱形；
②时，
∵点是的中点，
∴，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴平行四边形是菱形；
③四边形是平行四边形，则一定成立，故不一定是菱形．
故答案为：②．
【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的判定，垂直平分线的性质．菱形的判定常用三种方法：①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分．理解和掌握菱形的判定是解题的关键．
8．(1)见解析；
(2)；证明见解析．
【分析】（1）证明，得到即可得证；
（2）当时，根据角平分线的定义，得到，进而得到，即可得解．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵E是的中点，
∴，
在和中，
，
∴（ASA）
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）当时，四边形是菱形．
证明：∵为的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查平行四边形和菱形的判定．同时考查了全等三角形的判定和性质．熟练掌握平行四边形和菱形的判定方法，以及通过平行线的性质证明三角形全等是解题的关键．
9．D
【分析】，且，可判断四边形是菱形，再根据菱形的性质即可得出答案．
【详解】解：∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形
∴，，平分；
∴①②③④正确；
若，；
∴⑤正确；
∴正确的有5个．
故选：D
【点睛】本题考查菱形的判断和性质，熟练掌握菱形的判断和性质是解题的关键．
10．
【分析】根据菱形的性质，可得，，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得，进而可得AB长．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴，，
又∵E是CD的中点，
∴，
∵，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线，解本题的关键是熟练掌握菱形对角线互相垂直，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
11．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的性质，得到，即可证明四边形是矩形；
（2）根据菱形的性质，得到，，再利用三角形内角和定理即可求出的度数．
【详解】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
，
，
平行四边形是矩形；
（2）解：四边形是菱形，
，，，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，三角形内角和定理，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
12．B
【分析】由菱形的性质和可证明是等边三角形，继而得出，，再由等边三角形三线合一的性质得出，通过证明，可得，再利用三角形内角和进行求解即可．
【详解】∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
同理，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理．证得是等边三角形是解题的关键．
13．A
【分析】根据菱形的性质，求出菱形的边长，及各点的坐标，再根据瓢虫移动的规律确定点时间与点的关系，由此即可求解．
【详解】解：菱形，
∴，
∵，，即，
在中，，
∴，
∵瓢虫从点出发以个单位长度/秒的速度沿着循环爬行，
∴开始，，
第秒，，
第秒，，
第秒，，
第秒，，
…
∴，即循环了次后，又走了秒，
∴第秒瓢虫的位置在，
故选：．
【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中点的移动，理解题意，找出点移动的规律是解题的关键．
14．60°##60度
【分析】连接AC，证明△ABC是等边三角形，求得∠EBF，进而由直角三角形的两锐角互余求得结果．
【详解】解：连接AC，
∵E是BC的中点，AE⊥BC，
∴AB=AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，BD平分∠ABC，
∴AB=BC=AC，
∴∠ABC=60°，
∴∠EBF=∠ABC=30°，
∴∠AFD=∠EFB=90°-∠EBF=60°．
故答案为：60°．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，关键是求得∠ABC的度数．
15．
【分析】过点C作于点H，根据菱形的性质和已知条件说明为等边三角形，根据等边三角形的性质，得出，利用勾股定理求出，证明，说明，，证明为等边三角形，即可得出．
【详解】解：过点C作于点H，如图所示：
∵四边形为菱形，
∴，
，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
即，
∴为等边三角形，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，证明，为等边三角形．
16．(1)见详解
(2)24
【分析】（1）只要证明是的中位线即可．
（2）在中求出，再求出、即可解决问题．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
，，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
，
．
（2）解：在菱形中，，
在中，，，
，
，
，
周长．
【点睛】本题考查菱形的性质、三角形中位线定理、三角形周长等知识，解题的关键是证明点是中点，记住菱形的对角线互相垂直，属于中考常考题型．
17．B
【分析】根据菱形的性质得到，，再进一步求解即可．
【详解】解：四边形是菱形，
，，
，
，
，
故选B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质和平行线的性质，熟知菱形的对角线平分一组对角是解题的关键．
18．##25度
【分析】根据菱形的性质求出，再根据斜边中线等于斜边一半得出即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴
∵，
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质和直角三角形的性质，解题关键是根据菱形和直角三角形的性质得出角之间的关系．
19．(1)见解析
(2)，见解析
【分析】（1）利用中垂线的性质和等角的余角相等以及平行线的性质，证明，得到，即可得证；
（2）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形得到：当时，四边形是菱形， 根据 所对的直角边是斜边的一半，即可得解．
【详解】（1）为的垂直平分线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
∵，
∴
，
∴，
，
又，
四边形为平行四边形；
（2）要使得平行四边形为菱形，则即可，
，
，，
又，
，
，又，
，
，
即可，
在中，，
当时，，
故时，四边形为菱形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，以及菱形的判定和性质．熟练掌握中垂线的性质，平行四边形的判定方法，以及菱形的判定方法和性质，是解题的关键．
20．D
【分析】由四边形是菱形，可得，已知，，求得
，然后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，证得是等腰三角形，继而求得
的度数，然后求得的度数．
【详解】∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
∴是等腰三角形，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】此题考查了菱形的性质、直角三角形的性质以及等腰三角形的判定与性质，注意证得是
等腰三角形是关键．
21．D
【分析】连接、，根据菱形的性质可得垂直平分，，，，从而得到，再由垂直平分，可得，即可求解．
【详解】解：连接、，如图，
∵四边形是菱形，
∴垂直平分，，，，
∴，
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴．
故选：D
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
22．##度
【分析】根据菱形的性质进行求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，熟知菱形的对角线平分一组对角是解题的关键．
23．或
【分析】①当点E在上时，此时可求出的度数，及的度数，结合，可求出的度数，再由可求出的度数；②当点E在上时，由①的结果可求出的度数．
【详解】解：①当点E在上时，
，菱形邻角和为，
，
菱形对角线即角平分线，
，
，
，
菱形对角线互相垂直，
，
；
②当点E在上时，；
综上可得的度数为或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了菱形的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
24．(1)证明见解析
(2)∠EAF =70°
【分析】(1)根据菱形的性质可得AB = AD，∠B=∠D，然后利用AAS证明△ABE≌△ADF即可得结论；
(2)根据菱形的性质和∠BAD= 110°，即可求∠EAF的度数．
【详解】（1）证明：∵ AE⊥BC， AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB= AD，∠B=∠D，
在△ABE和△ADF中，
∠AEB=∠AFD，∠B=∠D，AB= AD
∴△ABE≌△ADF (AAS)，
∴BE= DF；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴ AD// BC，
∴∠BAD+∠B= 180° ，
∵∠BAD= 110°，
∴∠B= 70°
∵AE⊥BC，
∴∠AEB= 90°，
∴∠BAE= 20°，
∴∠DAF= 20° ，
∴∠EAF=∠BAD-∠BAE-∠DAF= 110°- 20°- 20°= 70°
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△ABE和△ADF全等是解题的关键．
25．A
【分析】连接，根据菱形的性质可得以及的度数，再根据含角的直角三角形的性质可求解．
【详解】解：连接交于点，
四边形是菱形，，
，，
，
在中，
，，
，
点A到的距离等于5．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质，关键是掌握菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
26．12
【分析】由菱形的性质得，再由直角三角形斜边上的中线性质得，然后由菱形的性质即可得解．
【详解】解：四边形为菱形，
，，
，
是的中点，，
．
故答案为：12．
【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
27．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质得到且，等量代换得到，推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）设，则根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵在菱形中，
∴， ，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：设，则 ，
在中，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
28．C
【分析】首先根据菱形的性质和勾股定理求出的值，再利用菱形的面积求出结果．
【详解】连接，交于点O，
∵四边形是菱形，边长为5cm，
∴，，
∴由勾股定理得到：，
∴，
又∵，
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理以及菱形的面积的求法，利用面积法列出关于的等式是解决本题的关键．
29．C
【分析】先利用菱形的对角线互相垂直平分求出菱形边长，再利用等面积法求解即可．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是菱形，
∴与互相垂直平分，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质和勾股定理，解题关键是掌握菱形的性质．
30．
【分析】首先根据菱形的性质求出的长度，再利用勾股定理求出的长度，进而得到点D的坐标．
【详解】解：菱形的顶点A，B的坐标分别为，，点D在y轴上，
，
，
，
点，
故答案为：
【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及坐标与图形的性质，解题的关键是利用勾股定理求出的长度．
31．
【分析】由菱形的性质得，，，再求出，则，然后由菱形面积求出，则，即可解决问题．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
，
，
菱形的面积，
，
，
在中，由勾股定理得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
32．(1)见解析
(2)①；②
【分析】（1）利用矩形的性质证明，根据证明，推出，利用对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明；
（2）①利用求解；②根据菱形的性质可知，用勾股定理解，得，解即可求出的值．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
，
为中点，
，
在和中，
，
，
．
又，
四边形是平行四边形．
（2）解：①，，，
；
②当四边形是菱形时，，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得．
即当时，四边形是菱形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，列代数式，菱形的性质，勾股定理等知识点，难度不大，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定方法以及菱形的性质．
33．A
【分析】根据题意，利用菱形的性质求得，即可求得菱形的面积．
【详解】解：菱形的周长为，可得，
由菱形的性质可得，，，，即，
则，即，
由题意可得：，即
则
可得，解得
，
故选：A
【点睛】此题考查了菱形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关基本性质．
34．42
【分析】根据菱形的面积等于对角线之积的一半可得答案．
【详解】解：在菱形中，对角线，交于点，，，
，，
菱形的面积为．
故答案为：42．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质，关键是掌握菱形面积的求法．
35．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质，得，；根据于点，于点，则，即可；
（2）根据菱形的性质，得，根据，，勾股定理，求出，即可求出菱形的面积．
【详解】（1）证明，如下：
∵四边形是菱形，
∴，，
∵于点，于点，
∴，
∴，
∴．
（2）∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴菱形的面积为：．
【点睛】本题考查菱形的知识，解题的关键是掌握菱形的性质，勾股定理，全等三角形的知识．
36．B
【分析】根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，可得，由菱形对角线的性质可得，应用菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，即可得出答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴菱形的面积为．
故选：B
【点睛】本题主要考查了菱形的性质和面积及直角三角形的性质，合理利用菱形的性质及直角三角形的性质进行计算是解决本题的关键．
37．A
【分析】根据菱形的性质可得AC⊥BD，AD=AB=BC=CD，OA=OC，OB=OD=6，然后直角三角形的性质可得CD=2OE=10，再由勾股定理可得OC=8，进而得到AC=16，即可求解。
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，，
∴AC⊥BD，AD=AB=BC=CD，OA=OC，OB=OD=6，
∵点是边上的中点，OE=5，
∴CD=2OE=10，
∴，
∴AC=16，
∴菱形的周长为4CD=4×10=40，面积为。
故选：A
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键。
38．
【分析】在中先求得的长，根据菱形面积公式求得长，再根据勾股定理求得长，即可得到．
【详解】解：，
，
四边形是菱形，
，，，
（直角三角形斜边上中线等于斜边的一半），
，，
由得，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形性质，直角三角形性质，勾股定理等知识，解题的关键是先求得的长．
39．48
【分析】由菱形的性质得，，，则，再由直角三角形斜边上的中线性质求出的长度，然后由菱形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴菱形的面积，
故答案为：48．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的斜边上的中线性质，菱形的面积公式等知识；熟练掌握菱形的性质，求出的长是解题的关键．
40．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据SAS即可判断出△ABE≌△ADF．
（2）连接AC与BD交于O，证明△BAC是等边三角形，得到AC=AB=4，再求出BD的长即可利用菱形面积公式求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠D，
∵CE=CF，
∴BC-CE=CD-CF，即BE=DF，
在△ABE和△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF（SAS）；
（2）解：连接AC与BD交于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴，AB=BC，
∵∠BCD＝120°，
∴∠ABC=180°-∠BCD=60°，
∴△BAC是等边三角形，
又∵AB＝4，
∴AC=AB=4，
∴，
∴
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的判定，勾股定理，熟知菱形的性质是解题的关键．
41．A
【分析】先根据菱形的性质得到，，，，利用勾股定理得到，利用根与系数的关系求出，再根据完全平方公式的变形求出，得到，再根据菱形面积公式求出的长即可．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，，
，
，
对角线，的长度分别是一元二次方程的两实数根，
，，
，，
，
，
解得：，，
当时，，不符合题意，舍去，
∴，
∴，
∴，
是边上的高，
，
，
．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，一元二次方根与系数的关系，灵活运用所学知识是解题的关键．
42．3或或
【分析】分三种情况考虑：点P在边上；点P在边上：点P在边上，利用等边三角形的判定与性质、勾股定理即可求得．
【详解】∵四边形为菱形，，
∴菱形四边长为4，且，
∴，
∵，
∴，
即，
∵，分别是，的中点，
∴；
连接，则是等边三角形；
①当点P在边上时；如图，
当点P是的中点时，为直角三角形，此时，
∴；
②当点P在边上时，如图，连接，
当点P是的中点时，为直角三角形，此时，
连接，
∵，
∴是等边三角形，
∴，由勾股定理得，
由勾股定理得：；
③当点P在边上时，连接，如图，
当点P是的中点时，此时，
∵，为的中位线，为的中位线，
∴，，
∴，
∴为直角三角形，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
由勾股定理得；
综上，的长为3或或；
故答案为：3或或．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，三角形中位线定理等知识，注意分类讨论是关键．
43．(1)10，
(2)与平行且相等，证明见解析
(3)时，四边形AEFD为菱形
【分析】（1）根据直角三角形的性质可得，再由勾股定理，即可求解；
（2）根据直角三角形的性质可得，再证明四边形为平行四边形，即可求解；
（3）根据菱形的判定可得当时，平行四边形为菱形，得到关于t的方程，即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴．
由勾股定理得：；
故答案为：10，；
（2）解：与平行且相等．
证明：由题意得：，
在中，，
∴．
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴与平行且相等；
（3）解：四边形能够成为菱形．理由如下：
由（2）知：四边形为平行四边形，
∵，
∴．
当时，平行四边形为菱形，
即，
解得：．
即当时，四边形为菱形．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，菱形的判定，平行四边形的判定和性质，熟练掌握直角三角形的性质，菱形的判定，平行四边形的判定和性质是解题的关键．
44．A
【分析】由折叠的性质和菱形的性质得出，进而得出答案．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠的性质得：，
∵四边形是菱形，
∴平分，
∴，
∴，
∵，
∴；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了翻折变换的性质、菱形的性质、矩形的性质；证出是解答此题的关键．
45．C
【分析】根据等边三角形的判定与性质及菱形的性质得到边相等和角相等，再利用全等三角形的性质及勾股定理算出的长．
【详解】解：过点作，垂足为，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，
∵在菱形中，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∴在和中，
∴，
∴，
∴，，
∵，，是等边三角形，
∴，
∴，，
∴在中，，
故选C．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据已知条件画出辅助线是解题的关键．
46．
【分析】根据题意利用菱形的性质可得，，易知是等边三角形，根据等腰三角形判定及性质可得：，根据对称的性质，继而可得，从而可得菱形面积，再根据已知数值代入计算即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，，，，，
∴是等边三角形，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，对称的性质，关键在于得到以及菱形的面积等于两个三角形的面积之和．
47．
【分析】连接交于G，连接．根据平行四边形的性质，平行线的性质确定，根据题目中作图过程确定是的平分线，根据等角对等边和等价代换思想确定，根据菱形的判定定理和性质确定，，根据角平分线的定义，所对的直角边是斜边的一半，勾股定理求出的长度，进而即可求出的长度．
【详解】解：如图所示，连接交于G，连接．

∵四边形是平行四边形，
∴，即．
∴．
∵以点B为圆心，的长为半径作弧交于点，
∴．
根据作图过程可知是的平分线．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴四边形是平行四边形．
∴平行四边形是菱形．
∴，．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的判定定理和性质，平行线的性质，角平分线作图，等角对等边，菱形的判定定理和性质，所对的直角边是斜边的一半，勾股定理，综合应用这些知识点是解题关键．
48．(1)证明见解析
(2)菱形，理由见解析
(3)
【分析】（1）由可知，进而可证四边形是平行四边形，进而可得；
（2）由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得，证是等腰三角形，由等腰三角形的性质可得，即为中点，可知是的中位线，则，由四边形是平行四边形，可得，进而有，进而可判断四边形的形状；
（3）由可得，由所对的直角边等于斜边的一半，可得，，，在中，由勾股定理求的值，进而可得的值，由，可得的值，根据计算求面积即可．
【详解】（1）证明：由题意知，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴；
（2）解：四边形是菱形；理由如下：
∵在中，D在中点，
∴，
∴是等腰三角形，
∵，
∴，
∴为中点，
∴是的中位线，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴四边形是菱形；
（3）解：∵
∴，
∵，
∴，，，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴，
∴ 为．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，平行线的判定，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，所对的直角边等于斜边的一半，菱形的判定，中位线，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
49．C
【分析】利用菱形的性质逐项判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、菱形的对角线互相垂直，但不一定相等，故原命题错误，不符合题意；
B、菱形的邻角互补，但不一定相等，故原命题错误，不符合题意；
C、菱形的对角线互相垂直，故原命题正确，符合题意；
D、菱形的邻边不一定垂直，故原命题错误，不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，了解菱形的性质是解答本题的关键，难度不大．
50．A
【分析】根据菱形的性质，利用勾股定理即可求出边长．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了菱形各边长相等的性质，本题中根据勾股定理计算边长是解题的关键．
51．A
【分析】利用菱形的性质和勾股定理求出，再利用菱形的面积公式求解即可．
【详解】解：如图所示，设菱形的对角线交于O，
∵四边形是菱形，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选A．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟知菱形的性质是解题的关键．
52．C
【分析】根据菱形的性质，得到，，再利用菱形面积公式即可得到结果．
【详解】四边形是菱形，
，，
则，
故选C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的面积公式是解题关键．
53．8
【分析】根据菱形的四条边都相等，现在已知其一条边长为，即可求出菱形的周长．
【详解】解：菱形的四条边都相等，
其边长都为，
菱形的周长．
故答案为：8．
【点睛】本题考查菱形的性质，属于基础题，比较简单，掌握菱形的四条边相等是解题关键．
54．（答案不唯一）
【分析】先根据中心对称证明四边形是平行四边形，再根据“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”得出答案．
【详解】∵与关于公共顶点O成中心对称，
∴，，
∴四边形是平行四边形．
当时，四边形是菱形．
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定，灵活选择判定定理是解题的关键．
55．
【分析】如图，连接，交于点．直线平分菱形的面积，推出直线经过点，当直线时，的值最短．
【详解】解：如图，连接，交于点，
∵直线平分菱形的面积，
∴直线经过点，
当直线时，的值最短，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴是等边三角形，
∴，，
在中，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，含角的直角三角形，线段最短问题，掌握菱形的性质，线段最短问题的解题技巧是本题的关键．
56．10
【分析】由菱形的性质，找出N点关于的对称点E，连接，则就是的最小值，即的长就是．
【详解】由菱形的性质，找出N点关于的对称点E，连接，如图：
此时即为的最小值，与的交点是此时P的位置，
又，M，N分别是的中点，
∴E也是的中点，
∴且，
∴四边形是平行四边形，
又，
则，
故答案为：10．
【点睛】此题是有关最短路线问题，有关直线同侧的折线段相加的值最小问题，常转化为直线两侧两点之间线段最短问题．
57．作图见详解
【分析】分别以为圆心，为半径画弧，两弧相交于点，则，所以四边形是菱形．
【详解】解：如图所示，
∵分别以为圆心，为半径画弧，两弧相交于点，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，即点是所求作的点．
【点睛】本题主要考查菱形的判定、等腰三角形的判定，掌握菱形的判定条件“四条边都相等的四边形是菱形”是解题的关键．
58．(1)菱形
(2)见解析
【分析】（1）四边形ABCD是矩形，依次顺序连接各边中点得到四边形EFGH是菱形；
（2）连接AC，BD，根据中位线的性质得出且EF＝GH，从而四边形EFGH是平行四边形，再根据EF＝EH得出四边形EFGH是菱形．
【详解】（1）四边形ABCD是矩形，依次顺序连接各边中点得到四边形EFGH是菱形，
∴猜想四边形EFGH是菱形；
（2）证明：如图，连接AC，BD，
∵E，F分别是AD，AB中点，∴EF是的中位线，
∴且，
同理，且，
∴且EF＝GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，
又∵E，H分别是AD，CD的中点，∴EH是的中位线，
∴且，而四边形ABCD是矩形，
∴BD＝AC，
∴EF＝EH，
∴四边形EFGH是菱形．
【点睛】本题考查中位线和矩形的性质以及平行四边形、菱形的判定定理，熟记平行四边形、菱形、矩形的性质和判定是解题的关键．
59．C
【分析】根据特殊四边形的性质和判定即可求解．
【详解】解：选项，平行四边形的对边相等是平行四边形的性质，故选项正确，不符合题意；
选项，如图所示，
四边形，，
∵，，
∴，则，
∴，
同理，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，故选项正确，不符合题意；
选项，菱形的对角线不一定相等，故选项错误，符合题意；
选项，根据矩形的判定，可得有一组邻边互相垂直的平行四边形是矩形，故选项正确，不符合题意；
故选：．
【点睛】本题主要考查特殊四边形的判定和性质，掌握平行四边形的判定、性质，矩形的判定，菱形的性质是解题的关键．
60．B
【分析】根据菱形的性质得O为的中点，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得的长度，利用勾股定理求得的长，最后由菱形的面积公式求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，，
∵，即，
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，关键是根据直角三角形的性质求得．
61．D
【分析】利用菱形的性质以及勾股定理，求得的长，继而可求得的长，然后由菱形的面积公式可求得线段的长．
【详解】解：如图，设与的交点为O，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：D．
【点睛】此题考查了菱形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
62．C
【分析】根据中位线的性质得出，根据菱形的性质对角线互相平分且垂直，勾股定理求得的长，即可求解．
【详解】，分别是，边上的中点，，
，
四边形是菱形，
，，，
，
菱形的周长为．
故选：C．
【点睛】本题考查了中位线的性质，菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
63．52
【分析】根据菱形的性质可得、，由勾股定理即可求得的长，最后求出菱形的周长即可．
【详解】解：∵菱形中，，
∴，
在中， ，
∴菱形的周长=．
故答案是：52．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理等知识，掌握菱形的对角线相互垂直平分是解答本题的关键．
64．20
【分析】根据菱形的性质和勾股定理可求出菱形的边长，即可求出答案．
【详解】解：如图所示，
∵菱形的对角线互相平分且垂直，
∴，，
∵菱形对角线的长分别为和，
∴，，
∴在中，由勾股定理得：，
∵菱形的四条边相等，
∴菱形的周长为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，熟记知识点是解题关键．
65．8
【分析】证明是的中位线，得到，再根据菱形的周长公式求解即可．
【详解】解：∵E、F分别是的中点，
∴是的中位线，
∵，
∴，
∵菱形，
∴，
∴菱形周长，
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，菱形的性质，证明是的中位线是解题的关键．
66．
【分析】连接，由菱形的性质可知是等边三角形，过点C作于点G，过点P作于点H，可得，继而得出，根据勾股定理求出长度，再证明四边形是平行四边形，依据进行求解即可．
【详解】如图，连接，
∵四边形是菱形中，，
∴，，
∴是等边三角形，
过点C作于点G，过点P作于点H，
则，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定和性质、等边三角形的判定与性质以及三角形面积公式等知识，熟练掌握菱形的性质和平行四边形的性质是解题的关键．
67．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的中点四边形是菱形，作出BC、CD边上的中点，依次连接四个中点，就可以得到所求作的菱形．
（2）连接AE、CE，则，在BD上截取点F，使得，连接AF、CF，则四边形AECF为所求菱形．
【详解】（1）
如图，分别以点B、点C为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交，作过该交点与点E的直线，交BC为点G，则点G是BC的中点．同理作出CD边的中点H，依次连接点E、F、G、H，得到四边形EFGH为所求菱形．
理由：点E、F、G、H分别是、、的中点
，，
在矩形中，，
(SAS)
同理可得
四边形是菱形
（2）如图，在BD上截取，依次连接点A、F、C、E，则四边形AFCE是所求菱形．
理由：四边形是正方形
，
，
（）
同理
四边形是菱形
【点睛】本题考查的是尺规作图．在此需要对于菱形的判定比较熟悉，另外对于矩形、正方形的性质要灵活应用．
68．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由平行四边形的性质可得，再证四边形是平行四边形，即可得结论；
（2）连接交于O，由菱形的性质可得，再由勾股定理可求的长，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：如图，连接交于O，
∵四边形是菱形，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，熟知菱形的性质与判定条件是解题的关键．
69．C
【分析】根据三角形中位线定理得到，，证明四边形是平行四边形，证明，得到平行四边形是菱形；连接、，根据三角形中位线定理求出，根据等腰三角形的性质得到，根据勾股定理求出，根据菱形的面积公式计算，得到答案．
【详解】点、、分别是、、的中点，
是的中位线，
，，
四边形是平行四边形，
点、分别是、的中点，，
，
平行四边形是菱形；
连接、，
点、分别是、的中点，
是的中位线，
，
，，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、菱形的判定、菱形的面积计算，掌握三角形中位线平行于第三边并且等于第三边的一半是解题的关键．
70．B
【分析】菱形中的顶点O，A的坐标分别为，，勾股定理求得，点C在x轴的正半轴上，得轴可求解．
【详解】解：菱形中的顶点O，A的坐标分别为，，
，
点C在x轴的正半轴上，
轴，
，
故选B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理及坐标与图形；解题的关键是求出菱形的边长．
71．C
【分析】①根据菱形的面积公式即可求证；
②根据菱形的定义判断即可得出答案；
③根据菱形的性质即可判断；
④根据等腰三角形的性质即可判断正误；
⑤根据三角形的面积公式计算即可
【详解】①∵四边形是菱形，
∴四边形的面积为．
∵分别是的中点，
∴，
∴四边形的面积大小等于，故①正确；
②∵四边形是菱形，
∴．
∵分别是的中点，
∴，
∴．
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是菱形，故②正确；
③∵四边形是菱形，四边形也是菱形，
∴，
∴，故③正确；
④∵为中点，而与不一定相等，
∴无法证明，故④错误；
⑤∵四边形是菱形，四边形也是菱形，
∴
∵为中点，
∴，
∴．
∵，
∴，故⑤正确；
综上，正确的有①②③⑤，共4个，
故选C．
【点睛】本题主要考查菱形的判定及性质，三角形的性质以及菱形的面积公式，掌握这些性质和判定是关键．
72．A
【分析】如图所示，延长交的延长线于点G，先根据菱形的性质得到，则，，再证明，，进而求出，证明，得到，即可证明，得到，进而推出．
【详解】解：如图所示，延长交的延长线于点G，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，，
∵，即，
∴，
∵M、N分别是边的中点，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴N为中点．
∴，
∴，
∴ ，即，
故选A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，等边对等角的性质，熟记性质并且作出辅助线求出是解题的关键，也是本题的难点．
73．4
【分析】由三角形中位线定理可求，由菱形的性质可得，即可求解．
【详解】解：∵点E，F分别是边的中点，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形的中位线定理，掌握菱形的四边相等是解题的关键．
74．35°##35度
【分析】由菱形的性质、折叠的性质、平行线的性质分别求出即可．
【详解】解：为菱形边上的高，
，
如图所示：
，
，
四边形是菱形，
，
，
由折叠的性质得：，
为菱形边上的高，
，
，
；
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行线的性质、折叠的性质、直角三角形的性质、分类讨论等知识，熟练掌握折叠的性质，画出图形是解题的关键．
75．20
【分析】连接，由作图可知：直线是线段的垂直平分线，可证得，，，再根据平行四边形的性质，可证得，，即可证得四边形是菱形，据此即可解答．
【详解】解：连接，如图：
由作图可知：直线是线段的垂直平分线，
，，，
，
∵四边形是平行四边形，
，，
，，
，
，
，
∴四边形是菱形，
∴四边形的周长，
故答案为：20．
【点睛】本题考查了作图 基本作图、线段垂直平分线的性质、平行四边形的性质，菱形的判定与性质，解决本题的关键是掌握线段垂直平分线的性质．
76． ##40度
【分析】由折叠的性质求得，由平角的性质求得，再根据平行线的性质可求得的度数；用勾股定理求得，是对角线的垂直平分线，设，在中，利用勾股定理求得，，再证明四边形是菱形，据此即可求解．
【详解】解：由折叠的性质知，
∴，
∵，
∴；
∵矩形纸片中，，，
∴，
∵点D恰好与点B重合，
∴是对角线的垂直平分线，
∴，
设，
由折叠的性质知，则，
在中，，即，
解得，即，
∴，
由折叠的性质知，，，
∵，∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
故答案为：；．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，根据勾股定理列方程求解是解题的关键．
77．（1）见解析；（2）见解析
【分析】从所给的条件可知，是中位线，所以且，所以和平行且相等，所以四边形是平行四边形，又因为，所以是菱形；是，所以为，所以菱形的边长也为4，求出菱形的高面积就可求．
【详解】（1）证明：、分别是、的中点，
且，
又，，
，，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形；
（2）解：，
，
是等边三角形，
菱形的边长为4，高为，
菱形的面积为．
【点睛】本题考查菱形的判定和性质以及三角形中位线定理，以及菱形的面积的计算等知识点，解题的关键是掌握菱形的判定定理及性质．
78．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质得出，然后根据勾股定理即可得到结论；
（2）由计算出，分两种情况计算即可；
（3）由菱形的性质判断出，再判断出是等腰三角形，即可得出结论．
【详解】（1）解：是菱形的对角线，
，．
在和中，
，，，
，
；
在中，，，
由勾股定理得：．
在中，，，，
根据勾股定理得：，即：，
，
（2）在和中，
，，，
，
，，
，
．
①当在之间时，即时，
②当在之间时，即时，
综上所述： ；
（3）存在．
，，
．
，
．
四边形是菱形，
．
，
，
，
．
．
，
，
．
，
，
．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理的应用，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页