2023-2024学年人教版初中数学八年级下册 18.2.2 菱形同步分层训练培优题
一、选择题
1．菱形不一定具备的性质是 （ ）
A．四条边都相等 B．对角线相等
C．是轴对称图形 D．是中心对称图形
【答案】B
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：A.菱形的四条边相等，故A正确
B.菱形对角线垂直不一定相等，故B错误
C菱形是轴对称图形，故C正确
D.菱形是中心对称图形，故D正确
故选:B
【分析】根据菱形的性质即可判断;
2．（2023九上·桥西期中）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD相交于点O，AB＝5，AO＝4，则BD等于（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BO=，
∵AB=5，AO=4，
∴BO=，
∴BD=2BO=2×3=6，
故答案为：C.
【分析】先利用勾股定理求出BO的长，再利用菱形的性质求出BD=2BO=2×3=6即可.
3．（2023九上·太原期中）如图，已知菱形OABC的边长为3，若顶点B的坐标为(0，4)，则第一象限内的顶点C的坐标为（ ）
A．(，2) B．(，4) C．(，2) D．(，2)
【答案】A
【知识点】点的坐标；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】连接AC，与OB交于点D，如图所示：
∵菱形OABC，
∴OD=DB，AC⊥OB，
∵点B的坐标为（0，4），
∴OB=4，
∴OD=BD=2，
∵菱形OABC的边长为3，
∴CD=，
∴点C的坐标为（，2），
故答案为：A.
【分析】连接AC，与OB交于点D，先利用勾股定理求出CD的长，再求出点C的坐标即可.
4．（2021九上·织金期末）如图，在菱形ABCD中，E是AC的中点，EF∥CB，交AB于点F，如果EF=3，那么菱形ABCD的周长为（ ）
A．24 B．18 C．12 D．9
【答案】A
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵E是AC中点，EF∥BC，交AB于点F，
∴EF是△ABC的中位线，
∴BC=2EF=2×3=6，
∴菱形ABCD的周长是4×6=24，
故答案为：A.
【分析】利用已知条件可证得EF是△ABC的中位线，利用三角形的中位线定理可求出BC的长；然后利用菱形的性质可得到此菱形的周长.
5．（2023九上·鄠邑期中）如图，四边形是平行四边形，下列说法错误的是（ ）
A．当时，四边形是矩形
B．当时，四边形是菱形
C．当时，四边形是矩形
D．当平分时，四边形是菱形
【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：四边形ABCD是平行四边形，
当AB=CD时，四边形ABCD还是平行四边形，故该选A符合题意；
当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形，故选项B不符合题意；
当∠BAD=90°时，四边形ABCD是矩形，故选项C不符合题意；
∵ABCD，∴∠BAC=∠ACD，
∵AC平分∠BAD时，∴∠BAC=∠DAC，
∴∠DAC=∠ACD，∴AD=CD，
∴四边形ABCD是菱形，故选项D不符合题意；
故选答案为：A．
【分析】根据矩形、菱形的判定方法，逐项判断即可．
6．（2023九上·埇桥期中）已知菱形ABCD的两条对角线长分别为6和8，M、N分别是边BC，CD的中点，P是对角线BD上一点，则的最小值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【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：作关于的对称点，连接，交于，连接，此时的值最小，连接，
四边形是菱形，
，，
即在上，
，
，
为中点，
为中点，
为中点，四边形是菱形，
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，，
在中，由勾股定理得：，
即，
，
故答案为：C.
【分析】作关于的对称点，连接，交于，连接，根据两点之间线段最短可得此时的值最小，连接，根据菱形的性质求出、，根据勾股定理求出长，证出，即可得出答案．
7．（2023八下·金乡县期末）如图，菱形ABCD的边长为4，∠DAB＝60°，E为BC的中点，在对角线AC上存在一点P，使△PBE的周长最小，则△PBE的周长的最小值为（ ）
A．2+2 B．4 C．4 D．6
【答案】A
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】连结BD、DE，如图
∵BE的长度固定，
∴要使△PBE的周长最小只需要PB+PE的长度最小即可
∵四边形ABCD是菱形
∴AC与BD互相垂直平分
∴P′D=P′B
∴PB+PE的最小长度为DE的长
∵菱形ABCD的边长为4，E为BC的中点，∠DAB=60°
∴△BCD是等边三角形，AE⊥BC
又∵菱形ABCD的边长为4
∴BD=4，BE=2，DE=2
∴DE=
=
=2
∴△PBE的最小周长=BE+DE=2+2
故答案为：A.
【分析】连结BD、DE，因为BE的长度固定，所以要使△PBE的周长最小，只需要PB+PE的长度最小即可；由菱形的性质可得AC与BD互相垂直平分，进而得到PB+PE的最小长度为DE的长，根据勾股定理求出DE的长，进而可求出△PBE的最小周长。
8．（2023八下·安庆期末）已知：如图，在菱形ABCD中，F为边AB的中点，DF与对角线AC交于点G，过G作GE⊥AD于点E，若AB=2，且∠1=∠2，则下列结论正确个数的有（ ）
①DF⊥AB；②CG=2GA；③CG=DF+GE；④S四边形BFGC=-1．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：①DF⊥AB；
∵ ABCD是菱形
∴AB=AD=2，
∴AG=DG
∴
∵F为边AB的中点，
∴
∴AF=AE
∴在AGF和AGE中
∴AGF ≌AGE(SAS)
∴
即
故①正确
②CG=2GA；
连接BD交AC于O
由①知
∴AFD ≌BFD(SAS)
∴AB=BD=AD=2
∴
∴
∴
∵ ABCD是菱形
∴
∴在RtAGE中
∴
∴
∴
即CG=2AG
故②正确
③CG=DF+GE；
在RtADF中，
∴
∴
故③正确
④S四边形BFGC=-1
故④不正确
故答案为：C
【分析】①根据菱形性质，由等角找到等腰三角形，根据三线合一，找到全等条件，得到对应角相等，都是90°，垂直得证；②由上一个证明的结论可证ABD是等边三角形，故可由勾股定理先求出对角线AC的一半，再求AC，进而求出CG和AG的长，再求它们的比值即可证明是2倍关系；③计算DF与GE的和，与CG相等；④经过前三个选项的证明，易求三角形ABC和AFG的面积，故求得四边形BFGC的面积。
二、填空题
9．（2023九上·都昌期中）如图，在菱形ABCD中，，则 .
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ACD=∠ACB=40°，AB=BC，
∴∠BAC=∠ACB=40°，
∴∠B=180°-40°-40°=100°，
故答案为：100°
【分析】先根据菱形的性质得到∠ACD=∠ACB=40°，AB=BC，进而根据等腰三角形的性质得到∠BAC=∠ACB=40°，从而运用三角形内角和定理即可求解。
10．（2023九上·鄠邑期中）如图，四边形是菱形，对角线、相交于点，于点，连接，，则的度数是 。
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】四边形是菱形，
，
， ，
，
，
在中，
.
故答案为：．
【分析】根据菱形的性质得， ，，已知，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得，再根据三角形内角和即可求出的度数．
11．（2023九上·丘北期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为CD的中点．若OE＝3，则菱形ABCD的周长为 ．
【答案】24
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵O为BD中点，E为CD中点，∴BC=2OE=6
又∵菱形的四边相等，∴ABCD的周长=6×4=24
故答案为：24
【分析】根据三角形的中位线求出菱形的边长，即可求出菱形周长。
12．（2023九上·秦都月考）如图，在菱形ABCD中，，点M是AD边的中点，点N是菱形内一动点，连接MN，BN，且满足，则菱形ABCD面积的最大值为 ．
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：连接BD，BM，如图：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，
∵∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
又∵点M是AD边的中点，
∴MB是△AMD的中线，
∴，BM⊥AD，
故在Rt△ABM中，，
即，
又∵菱形ABCD的面积，
∴求菱形ABCD面积的最大值，即求BM的最大值，
∵，
∴BM最大值为，
∴菱形ABCD的面积最大为：.
故答案为：.
【分析】根据菱形的四条边都相等可得AB=AD，根据有一个角是60度角的等腰三角形是等边三角形可得△ABD是等边三角形，根据三角形中线的定义可的MB是△AMD的中线，根据等边三角形三线合一的性质可得，BM⊥AD，根据勾股定理求得，求得菱形ABCD的面积，即可推得当BM取最大值时，菱形ABCD的面积最大，结合题意可得，即可求得BM的最大值，即可求解.
13．（2023九上·绥化期中）如图，在菱形中，分别是的中点.相交于点，连接.有下列结论：
①； ②；
③； ④.
正确的结论有 .（填加序号）
【答案】①②④
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：①由菱形的性质得：和为等边三角形，
∴则①正确；
②∵
∴
∴
∴则②正确；
③∵
∴和不全等，则③错误；
④∴
由勾股定理得：
∴则④正确；
综上所述，正确的有：①②④，
故答案为：①②④.
【分析】先判断和为等边三角形，然后根据等边三角形三心合一的性质结合菱形的对角线平分一组对角，再结合三角形的定理这个判断即可.
三、解答题
14．如图，在中，CE平分，交AD于点E，DF平分，交BC于点F，CE与DF交于点，连结EF，BP
（1）求证：四边形CDEF是菱形.
（2）若AB=2，BC=3，∠A=120°，求BP的值.
【答案】（1）证明：∵四边形 ABCD 为平行四边形，∴AD∥BC，∴∠EDF=∠DFC.∵DF 平分∠ADC，∴∠EDF= ∠CDF，∴∠DFC=∠CDF， ∴ CD= CF，同理可得 CD= DE， ∴CF = DE，且 CF∥DE，∴四边形CDEF 为菱形.
（2）解：如图，过 P 作PG⊥BC 于G.
∵AB= 2， BC= 3，∠A = 120°，且四边形CDEF 为菱形， ∴CF=EF=CD= AB= 为等边三角形， . 在 Rt 中， 由勾股定理可得 ， 即 的值为 .
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先利用平行四边形的性质和角平分线的定义可求得CD＝CF，同理可得 CD= DE，又因为CF∥DE，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形得出结论；
（2）过P作PG⊥BC于G，先在Rt△PGC中求得PG和CG的长，从而求得BG的长，在Rt△BPG中，根据勾股定理可求得BP的长即可解答．
15．如图，在菱形ABCD中，F为边AB的中点，FC与对角线BD相交于点C，过点G作GE⊥BC于点E，∠ADB=∠FCB．求证：
（1）AB=2BE；
（2）DG=CF+GE．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AD∥ BC，
∴∠ADB=∠DBC．
∵∠ADB=∠FCB，
∴∠FCB=∠DBC，
∴GB=GC．
又∵GE⊥BC，
∴BC= 2BE，
∴AB= 2BE；
（2）证明：如图，延长CF，DA交于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠ADB = ∠DBC，
∴∠H =∠FCB，
∴∠H= ∠ADB，
∴DG=HG．
∵点F是AB的中点，
∴AF=BF，AB=2BF．
又由（1）得AB= 2BE，
∴BF= BE．
在△AFH和△BFC中，
，
∴△AFH≌△BFC(AAS)，
∴CF= FH．
在△BGF和△BGE中，
，
∴△BGF≌△BGE(SAS)，
∴FG=CE，
∴DG= HG=HF+FG=CF+GE．
【知识点】等腰三角形的性质；菱形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）由菱形得性质可得AB=BC，AD∥ BC，结合已知条件可得GB=GC，根据等腰三角形的性质可得BC= 2BE，即可得解；
（2）延长CF，DA交于点H，先用AAS证明△AFH≌△BFC，可得CF= FH，进而再用SAS证明△BGF≌△BGE，可得FG=CE，由线段得和差运算可得结论.
四、综合题
16．（2023·长沙模拟）如图，已知四边形是平行四边形，对角线与相交于点F，且平分，延长，过点D作，交的延长线于点C ．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求四边形的面积 ．
【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
在中，，，
∴由勾股定理得，
∴四边形的面积．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】本题考查菱形的判定与性质、平行四边形的性质与判定和勾股定理。
（1）根据四边形是平行四边形得，则有；根据平分得，则有，得，即平行四边形是菱形；
（2）根据，判定四边形是平行四边形，得，结合四边形是菱形得，=2，由勾股定理得，则得四边形的面积．
17．（2023九上·成都开学考）如图
已知：如图1，在四边形中，，四边形是平行四边形，交于点E，连接．
（1）求证：；
（2）如图2，连接交于点G，连接，若．求证：四边形是菱形．
【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴
（2）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是菱形．
【知识点】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】（1）先求出，， 根据SAS证明△ADE≌△FCD；
（2）由全等三角形的性质可得， 则，结合AG=CD可证四边形是平行四边形，从而推断出CG∥BF，CG=BF，可证四边形是平行四边形， 而CF=BF，可证四边形是菱形．
1 / 12023-2024学年人教版初中数学八年级下册 18.2.2 菱形同步分层训练培优题
一、选择题
1．菱形不一定具备的性质是 （ ）
A．四条边都相等 B．对角线相等
C．是轴对称图形 D．是中心对称图形
2．（2023九上·桥西期中）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD相交于点O，AB＝5，AO＝4，则BD等于（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
3．（2023九上·太原期中）如图，已知菱形OABC的边长为3，若顶点B的坐标为(0，4)，则第一象限内的顶点C的坐标为（ ）
A．(，2) B．(，4) C．(，2) D．(，2)
4．（2021九上·织金期末）如图，在菱形ABCD中，E是AC的中点，EF∥CB，交AB于点F，如果EF=3，那么菱形ABCD的周长为（ ）
A．24 B．18 C．12 D．9
5．（2023九上·鄠邑期中）如图，四边形是平行四边形，下列说法错误的是（ ）
A．当时，四边形是矩形
B．当时，四边形是菱形
C．当时，四边形是矩形
D．当平分时，四边形是菱形
6．（2023九上·埇桥期中）已知菱形ABCD的两条对角线长分别为6和8，M、N分别是边BC，CD的中点，P是对角线BD上一点，则的最小值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
7．（2023八下·金乡县期末）如图，菱形ABCD的边长为4，∠DAB＝60°，E为BC的中点，在对角线AC上存在一点P，使△PBE的周长最小，则△PBE的周长的最小值为（ ）
A．2+2 B．4 C．4 D．6
8．（2023八下·安庆期末）已知：如图，在菱形ABCD中，F为边AB的中点，DF与对角线AC交于点G，过G作GE⊥AD于点E，若AB=2，且∠1=∠2，则下列结论正确个数的有（ ）
①DF⊥AB；②CG=2GA；③CG=DF+GE；④S四边形BFGC=-1．
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
9．（2023九上·都昌期中）如图，在菱形ABCD中，，则 .
10．（2023九上·鄠邑期中）如图，四边形是菱形，对角线、相交于点，于点，连接，，则的度数是 。
11．（2023九上·丘北期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为CD的中点．若OE＝3，则菱形ABCD的周长为 ．
12．（2023九上·秦都月考）如图，在菱形ABCD中，，点M是AD边的中点，点N是菱形内一动点，连接MN，BN，且满足，则菱形ABCD面积的最大值为 ．
13．（2023九上·绥化期中）如图，在菱形中，分别是的中点.相交于点，连接.有下列结论：
①； ②；
③； ④.
正确的结论有 .（填加序号）
三、解答题
14．如图，在中，CE平分，交AD于点E，DF平分，交BC于点F，CE与DF交于点，连结EF，BP
（1）求证：四边形CDEF是菱形.
（2）若AB=2，BC=3，∠A=120°，求BP的值.
15．如图，在菱形ABCD中，F为边AB的中点，FC与对角线BD相交于点C，过点G作GE⊥BC于点E，∠ADB=∠FCB．求证：
（1）AB=2BE；
（2）DG=CF+GE．
四、综合题
16．（2023·长沙模拟）如图，已知四边形是平行四边形，对角线与相交于点F，且平分，延长，过点D作，交的延长线于点C ．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求四边形的面积 ．
17．（2023九上·成都开学考）如图
已知：如图1，在四边形中，，四边形是平行四边形，交于点E，连接．
（1）求证：；
（2）如图2，连接交于点G，连接，若．求证：四边形是菱形．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：A.菱形的四条边相等，故A正确
B.菱形对角线垂直不一定相等，故B错误
C菱形是轴对称图形，故C正确
D.菱形是中心对称图形，故D正确
故选:B
【分析】根据菱形的性质即可判断;
2．【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BO=，
∵AB=5，AO=4，
∴BO=，
∴BD=2BO=2×3=6，
故答案为：C.
【分析】先利用勾股定理求出BO的长，再利用菱形的性质求出BD=2BO=2×3=6即可.
3．【答案】A
【知识点】点的坐标；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】连接AC，与OB交于点D，如图所示：
∵菱形OABC，
∴OD=DB，AC⊥OB，
∵点B的坐标为（0，4），
∴OB=4，
∴OD=BD=2，
∵菱形OABC的边长为3，
∴CD=，
∴点C的坐标为（，2），
故答案为：A.
【分析】连接AC，与OB交于点D，先利用勾股定理求出CD的长，再求出点C的坐标即可.
4．【答案】A
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵E是AC中点，EF∥BC，交AB于点F，
∴EF是△ABC的中位线，
∴BC=2EF=2×3=6，
∴菱形ABCD的周长是4×6=24，
故答案为：A.
【分析】利用已知条件可证得EF是△ABC的中位线，利用三角形的中位线定理可求出BC的长；然后利用菱形的性质可得到此菱形的周长.
5．【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：四边形ABCD是平行四边形，
当AB=CD时，四边形ABCD还是平行四边形，故该选A符合题意；
当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形，故选项B不符合题意；
当∠BAD=90°时，四边形ABCD是矩形，故选项C不符合题意；
∵ABCD，∴∠BAC=∠ACD，
∵AC平分∠BAD时，∴∠BAC=∠DAC，
∴∠DAC=∠ACD，∴AD=CD，
∴四边形ABCD是菱形，故选项D不符合题意；
故选答案为：A．
【分析】根据矩形、菱形的判定方法，逐项判断即可．
6．【答案】C
【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：作关于的对称点，连接，交于，连接，此时的值最小，连接，
四边形是菱形，
，，
即在上，
，
，
为中点，
为中点，
为中点，四边形是菱形，
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
，，
在中，由勾股定理得：，
即，
，
故答案为：C.
【分析】作关于的对称点，连接，交于，连接，根据两点之间线段最短可得此时的值最小，连接，根据菱形的性质求出、，根据勾股定理求出长，证出，即可得出答案．
7．【答案】A
【知识点】菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】连结BD、DE，如图
∵BE的长度固定，
∴要使△PBE的周长最小只需要PB+PE的长度最小即可
∵四边形ABCD是菱形
∴AC与BD互相垂直平分
∴P′D=P′B
∴PB+PE的最小长度为DE的长
∵菱形ABCD的边长为4，E为BC的中点，∠DAB=60°
∴△BCD是等边三角形，AE⊥BC
又∵菱形ABCD的边长为4
∴BD=4，BE=2，DE=2
∴DE=
=
=2
∴△PBE的最小周长=BE+DE=2+2
故答案为：A.
【分析】连结BD、DE，因为BE的长度固定，所以要使△PBE的周长最小，只需要PB+PE的长度最小即可；由菱形的性质可得AC与BD互相垂直平分，进而得到PB+PE的最小长度为DE的长，根据勾股定理求出DE的长，进而可求出△PBE的最小周长。
8．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：①DF⊥AB；
∵ ABCD是菱形
∴AB=AD=2，
∴AG=DG
∴
∵F为边AB的中点，
∴
∴AF=AE
∴在AGF和AGE中
∴AGF ≌AGE(SAS)
∴
即
故①正确
②CG=2GA；
连接BD交AC于O
由①知
∴AFD ≌BFD(SAS)
∴AB=BD=AD=2
∴
∴
∴
∵ ABCD是菱形
∴
∴在RtAGE中
∴
∴
∴
即CG=2AG
故②正确
③CG=DF+GE；
在RtADF中，
∴
∴
故③正确
④S四边形BFGC=-1
故④不正确
故答案为：C
【分析】①根据菱形性质，由等角找到等腰三角形，根据三线合一，找到全等条件，得到对应角相等，都是90°，垂直得证；②由上一个证明的结论可证ABD是等边三角形，故可由勾股定理先求出对角线AC的一半，再求AC，进而求出CG和AG的长，再求它们的比值即可证明是2倍关系；③计算DF与GE的和，与CG相等；④经过前三个选项的证明，易求三角形ABC和AFG的面积，故求得四边形BFGC的面积。
9．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ACD=∠ACB=40°，AB=BC，
∴∠BAC=∠ACB=40°，
∴∠B=180°-40°-40°=100°，
故答案为：100°
【分析】先根据菱形的性质得到∠ACD=∠ACB=40°，AB=BC，进而根据等腰三角形的性质得到∠BAC=∠ACB=40°，从而运用三角形内角和定理即可求解。
10．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】四边形是菱形，
，
， ，
，
，
在中，
.
故答案为：．
【分析】根据菱形的性质得， ，，已知，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得，再根据三角形内角和即可求出的度数．
11．【答案】24
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵O为BD中点，E为CD中点，∴BC=2OE=6
又∵菱形的四边相等，∴ABCD的周长=6×4=24
故答案为：24
【分析】根据三角形的中位线求出菱形的边长，即可求出菱形周长。
12．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：连接BD，BM，如图：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，
∵∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
又∵点M是AD边的中点，
∴MB是△AMD的中线，
∴，BM⊥AD，
故在Rt△ABM中，，
即，
又∵菱形ABCD的面积，
∴求菱形ABCD面积的最大值，即求BM的最大值，
∵，
∴BM最大值为，
∴菱形ABCD的面积最大为：.
故答案为：.
【分析】根据菱形的四条边都相等可得AB=AD，根据有一个角是60度角的等腰三角形是等边三角形可得△ABD是等边三角形，根据三角形中线的定义可的MB是△AMD的中线，根据等边三角形三线合一的性质可得，BM⊥AD，根据勾股定理求得，求得菱形ABCD的面积，即可推得当BM取最大值时，菱形ABCD的面积最大，结合题意可得，即可求得BM的最大值，即可求解.
13．【答案】①②④
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：①由菱形的性质得：和为等边三角形，
∴则①正确；
②∵
∴
∴
∴则②正确；
③∵
∴和不全等，则③错误；
④∴
由勾股定理得：
∴则④正确；
综上所述，正确的有：①②④，
故答案为：①②④.
【分析】先判断和为等边三角形，然后根据等边三角形三心合一的性质结合菱形的对角线平分一组对角，再结合三角形的定理这个判断即可.
14．【答案】（1）证明：∵四边形 ABCD 为平行四边形，∴AD∥BC，∴∠EDF=∠DFC.∵DF 平分∠ADC，∴∠EDF= ∠CDF，∴∠DFC=∠CDF， ∴ CD= CF，同理可得 CD= DE， ∴CF = DE，且 CF∥DE，∴四边形CDEF 为菱形.
（2）解：如图，过 P 作PG⊥BC 于G.
∵AB= 2， BC= 3，∠A = 120°，且四边形CDEF 为菱形， ∴CF=EF=CD= AB= 为等边三角形， . 在 Rt 中， 由勾股定理可得 ， 即 的值为 .
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先利用平行四边形的性质和角平分线的定义可求得CD＝CF，同理可得 CD= DE，又因为CF∥DE，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形得出结论；
（2）过P作PG⊥BC于G，先在Rt△PGC中求得PG和CG的长，从而求得BG的长，在Rt△BPG中，根据勾股定理可求得BP的长即可解答．
15．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AD∥ BC，
∴∠ADB=∠DBC．
∵∠ADB=∠FCB，
∴∠FCB=∠DBC，
∴GB=GC．
又∵GE⊥BC，
∴BC= 2BE，
∴AB= 2BE；
（2）证明：如图，延长CF，DA交于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠ADB = ∠DBC，
∴∠H =∠FCB，
∴∠H= ∠ADB，
∴DG=HG．
∵点F是AB的中点，
∴AF=BF，AB=2BF．
又由（1）得AB= 2BE，
∴BF= BE．
在△AFH和△BFC中，
，
∴△AFH≌△BFC(AAS)，
∴CF= FH．
在△BGF和△BGE中，
，
∴△BGF≌△BGE(SAS)，
∴FG=CE，
∴DG= HG=HF+FG=CF+GE．
【知识点】等腰三角形的性质；菱形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）由菱形得性质可得AB=BC，AD∥ BC，结合已知条件可得GB=GC，根据等腰三角形的性质可得BC= 2BE，即可得解；
（2）延长CF，DA交于点H，先用AAS证明△AFH≌△BFC，可得CF= FH，进而再用SAS证明△BGF≌△BGE，可得FG=CE，由线段得和差运算可得结论.
16．【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
在中，，，
∴由勾股定理得，
∴四边形的面积．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】本题考查菱形的判定与性质、平行四边形的性质与判定和勾股定理。
（1）根据四边形是平行四边形得，则有；根据平分得，则有，得，即平行四边形是菱形；
（2）根据，判定四边形是平行四边形，得，结合四边形是菱形得，=2，由勾股定理得，则得四边形的面积．
17．【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴
（2）解：∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是菱形．
【知识点】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】（1）先求出，， 根据SAS证明△ADE≌△FCD；
（2）由全等三角形的性质可得， 则，结合AG=CD可证四边形是平行四边形，从而推断出CG∥BF，CG=BF，可证四边形是平行四边形， 而CF=BF，可证四边形是菱形．
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