2024年浙教版数学八年级下册5.2菱形课后培优练
一、选择题
1．（2016八下·曲阜期中）如图，在菱形ABCD中，AB=5，∠B：∠BCD=1：2，则对角线AC等于（ ）
A．5 B．10 C．15 D．20
【答案】A
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B+∠BCD=180°，AB=BC，
∵∠B：∠BCD=1：2，
∴∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=5．
故选A．
【分析】根据题意可得出∠B=60°，结合菱形的性质可得BA=BC，判断出△ABC是等边三角形即可得到AC的长．
2．（2020八下·建湖月考）菱形具有而矩形不一定具有的性质是 ( )
A．对角线互相垂直 B．对角线相等
C．对角线互相平分 D．对角互补
【答案】A
【知识点】菱形的性质；矩形的性质
【解析】【分析】根据菱形对角线垂直平分的性质及矩形对交线相等平分的性质对各个选项进行分析，从而得到最后的答案．
【解答】A、菱形对角线相互垂直，而矩形的对角线则不垂直；故本选项符合要求；
B、矩形的对角线相等，而菱形的不具备这一性质；故本选项不符合要求；
C、菱形和矩形的对角线都互相平分；故本选项不符合要求；
D、菱形对角相等；但菱形不具备对角互补，故本选项不符合要求；
故选A．
【点评】此题主要考查了学生对菱形及矩形的性质的理解及运用．菱形和矩形都具有平行四边形的性质，但是菱形的特性是：对角线互相垂直、平分，四条边都相等．
3．（2023八下·荆门期末）如图，数学实践活动课上小明用两根木条钉成一个角形框架，且，，将一根橡皮筋两端固定在点A，B处，拉展成线段AB，在平面内，拉动橡皮筋上的一点，当四边形OACB是菱形时，橡皮筋再次被拉长了（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：连接CO，交AB于H，如图：
∵四边形ABCD是菱形，∠AOB=120°，
∴AB⊥OC，∠AOC=∠BOC=60°，AH=BH，AC=BC=AO=4cm，
∴∠BAO=30°，
∴，，
∴，
∴橡皮筋再次被拉长了.
故答案为：C.
【分析】根据菱形的对角线互相垂直且平分，对角互补；在直角三角形中，30度所对的边是系诶案的一半；勾股定理：直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方即可求解得出答案.
4．（2023八下·曲靖期末）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，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD的面积为54，
∴AC×BD×=54，OA=OC，OB=OD，
∵BD=2OB=12，
∴AC=54×2÷12=9，
∵AE⊥BC，
∴在Rt△AEC中，OE=AC=4.5.
故答案为：B.
【分析】根据菱形性质得OA=OC，OB=OD，根据菱形的面积求出AC，最后利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解.
5．（2023八下·迪庆期末）如图，四边形是菱形，，，于点，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：在菱形ABCD中，AC=6，BD=8，可知OC=3，BO=4，
∴BC==5；
S菱形ABCD=；
S菱形ABCD=；
∴AH==4.8
故答案为：C.
【分析】菱形对角线互相垂直平分，再通过勾股定理可求出菱形的边长；
菱形的面积等于对角线乘积的一半，也可以两个全等的三角形的面积之和来求，即S菱形ABCD=S△ABC+S△ACD，从而列出方程求解AH.
6．（2023八下·吉林期末）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】菱形的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：由题意可得：
故答案为：C
【分析】根据菱形的性质及面积，直角三角形的性质即可求出答案。
7．（2023八下·河东期末）如图，四边形是菱形，过点的直线分别交，的延长线于点，，若，，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】
由菱形ABCD可得，AB∥CD，AC平分∠BAD，
∴∠BAD+∠ADC=180°，
∵∠ADC=180°-∠1-∠2=180°-25°-75°=80°，
∴∠BAD=100°，
∴∠BAC=∠BAD=50°。
故答案为：B
【分析】
根据菱形 的性质可得出BAD+∠ADC=180°，求出∠ADC可得∠BAD，再根据AC平分∠BAD可得∠BAC。
8．（2023八下·番禺期中）如图，菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点、，连接，则下列结论：（ ）
；
与全等的三角形共有个；
；
由点、、、构成的四边形是菱形．
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】全等三角形的应用；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：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AB∥CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∴∠BAG=∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD (SSS)，
∴CD=DE，
∴AB=DE，
在△ABG和△DEG中，，
∴△ABG≌△DEG(AAS)，
∴AG=DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴，故①正确；
∵AB∥CE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，
∴OD=AG，四边形ABDE是菱形，故④正确；
∴AD⊥BE，
由菱形的性质得：△BGA≌△BGD≌△EGD (SSS)，
在△BGA和△COD中，
，
∴△BGA≌△COD(SAS)，
∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正确；
∵OB=OD，
∴S△BOG=S△DOG，
∵四边形ABDE是菱形，
∴S△ABG=S△DGE，
∴四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，故③正确；
故答案为：A.
【分析】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；结论使用AAS证明△ABG≌△DEG，再利用中位线定理可得出结论①正确；证明△BGA≌△COD(SAS)，即可证明出结论②不正确；中线的性质和菱形的性质证明S△ABG=S△DGE，得出结论③正确，证明四边形ABDE是平行四边形、OD=AG，则四边形ABDE是菱形，得出结论④正确.
二、填空题
9．（2023八下·潮阳期末） 菱形ABCD，点A，B，C，D均在坐标轴上. ∠ABC＝120°，点A(－6，0)，点E是CD的中点，点P是OC上的一动点，则△PDE周长的最小值是 .
【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，连接BP、BE，
A(－6，0)，
，
在菱形ABCD中， ∠ABC＝120°，
，，OD=OB，，，，
，，是等边三角形，
，
点E是CD的中点，
，，
，
，
周长的最小值是.
故答案为：.
【分析】利用将军饮马模型可判定当B、P、E三点在同一直线时，△PDE的周长有最小值，先利用菱形的性质求得是等边三角形，边长为，再通过等边三角形的性质求得BE的长度，然后求得△PDE的周长最小值.
10．（2023八下·无锡期末）如图，菱形的对角线长度为6，边长，M为菱形外一个动点，满足，N为中点，连接．则当M运动的过程中，长度的最大值为 .
【答案】
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图所示，连接AC交BD于点O，连接ON，
由题意可知：
，，，
∴，
∵N为MD中点，O为AC中点，
∴ON∥BM，
∵BM⊥DM，
∴∠OND=90°，
取OD的中点E，连接CE、NE，
则，
，，
∵CN≤CE+NE，
∴当N、C、E三点共线时，CN长度最长为：，
故答案为：.
【分析】本题考查菱形的性质、中位线定理，首先根据中位线定理以及菱形的性质可以得出∠DNO=90°，再取OD的中点E，分别连接CE、NE可得出OE、CE、NE的值，当N、C、E三点共线时，CN长度最大为.
11．（2023八下·闽侯期末）如图，在菱形ABCD中，，，点E为对角线BD上一动点（不与点B重合），且，连接CE交DA延长线于点F.
①；
②当△AEF为直角三角形时，；
③当△AEF为等腰三角形时，或者；
④连接BF，当时，FC平分∠AFB.
以上结论正确的是 .（填正确的序号）.
【答案】①③④
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；菱形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
，正确；
当时，，
，不符合题意；
如图，当时，连接，
，
，
，
，
，
， ，
是等边三角形，，
，
；
如图，当时，连接，
，
四边形是菱形，
，，
，
，，
，
是等边三角形，
，
，
，
故或，错误；
当时，，
，
，
，
，不符合题意；
如图，当时，，
设，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
；
如图，当时，，
，
，
，
，
，
或，正确；
如图，
，，，
，，
，，
，
，
，
，
，
平分，正确，
故答案为：①③④.
【分析】利用菱形的性质通过SAS判定得到，再通过平行线的性质证得；
由条件可知，当△AEF为直角三角形时存在3种情况，通过菱形的性质可以判定不可能为直角.当为直角时，利用等边三角形的性质可以证得点G是AB的中点，再通过直角三角形的性质求得BE的长度；当为直角时，可得为直角三角形，再利用等边三角形的性质求得BE的长度.
由条件可知，当△AEF为等腰三角形时存在3种情况，通过菱形的性质可以判定.设，利用菱形的性质得到的度数，再通过等腰三角形的性质和外角的性质用x表示出，然后求得的度数.
利用等腰三角形的性质通过SAS判定证得FC平分.
12．（2023八下·长沙期中）如图，直线与轴、轴分别交于、两点，是的中点，是上一点，四边形是菱形，其中点坐标为，，则的面积为 ．
【答案】
【知识点】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：延长DE交OA于点F，如图所示：
∵点坐标为，，
∴AB=8，∠ABO=60°，
由勾股定理得，
∴，
∵是的中点，
∴CO=BC=2，
∵四边形是菱形，
∴CO∥ED，EO∥DC，DC=CO=EO=2，
∴DC=CB，
∴△DCB为等边三角形，
∴∠DCB=60°，
∴∠DCB=∠EOC=60°，
∴∠FOE=30°，
∵FD⊥OA，
∴FE=1，
∴的面积为，
故答案为：
【分析】延长DE交OA于点F，先根据点B的坐标结合含30°角的直角三角形的性质即可得到AB=8，∠ABO=60°，进而根据勾股定理得到AO的长，从而得到点A的坐标，再根据菱形的性质即可得到CO∥ED，EO∥DC，DC=CO=EO=2，进而得到DC=CB，再根据等边三角形的判定与性质即可得到∠DCB=∠EOC=60°，进而得到∠FOE=30°，从而得到FE=1，再根据三角形的面积公式即可求解。
三、解答题
13．如图，在 ABCD中，AB=6 cm，BC=10 cm，∠B=60°，G是CD的中点，E是边AD 上的动点，EG 的延长线与BC 的延长线相交于点 F，连结 CE，DF.
（1）求证：四边形CEDF 是平行四边形.
（2）①当AE= cm时，四边形CEDF 是菱形，请说明理由.
②当 AE= cm时，四边形 CEDF 是矩形，请说明理由.
【答案】（1）证明：在 ABCD中 ，BC∥AD，
∴∠FCG=∠EDG，
∵ G是CD的中点 ，
∴CG=DG，
∵∠CGF=∠DGE，
∴△CGF≌△DGE（AAS），
∴GE=GF，
∴ 四边形CEDF 是平行四边形.
（2）解：① 当AE=4 cm时，四边形CEDF 是菱形，
理由：在 ABCD中， CD=AB=6 cm，AD=BC=10 cm ， ∠ADC=∠B=60° ，
∴DE=AD-AE=10-4=6cm，
∴DE=CD，
∴△CDE为等边三角形，
∴CE=ED，
由（1）知：四边形CEDF 是平行四边形.
∴ 四边形CEDF 是菱形 .
故答案为：4.
②当 AE=7cm时，四边形 CEDF 是矩形，
理由：过点A作AH⊥BC，
∵ ∠B=60° ， AB=6 cm ，
∴BH=AB=3cm，
∴DE=AD-AE=10-7=3cm，即BH=DE，
∴△HBA≌△EDC（SAS）
∴ ∠DEC=∠BHA=90° ，
由（1）知：四边形CEDF 是平行四边形.
∴ 四边形CEDF 是矩形 .
故答案为：7.
【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；矩形的判定
【解析】【分析】（1）证△CGF≌△DGE（AAS），可得GE=GF，结合CG=DG，根据平行四边形的判定即证结论；
（2）①证明△CDE为等边三角形，可得CE=ED，根据菱形的判定定理即证；
②过点A作AH⊥BC，证明△HBA≌△EDC（SAS），可得∠DEC=∠BHA=90° ，根据矩形的判定定理即证.
14．如图，直线y=x-3与x轴交于点C，与y轴交于点D，直线y=kx+b与y轴交于点B(0，4)，与直线y=x-3交于点A(m，1)．
（1）求直线AB的表达式；
（2）点P是直线CD上的一个动点，连接PB，当△PBA的面积为7时，求点P的坐标；
（3）E为y轴上的点，F在坐标平面内，以点A，B，E，F为顶点的四边形是菱形，请直接写出符合条件的点F的坐标．
【答案】（1）解：∵点A(m，1)在直线y=×-3上，
∴m-3=1，
解得m=4，
∴A(4，1)，
将点A(4，1)，B(0，4)代人y=k×+b，得
解得
∴直线AB的表达式为y=x+4．
（2）解：∵直线y=x-3与x轴交于点C，与y轴交于点D，
∴ C(3，0)，D(0，-3)．
∵A(4，1)，B(0，4)，
∴xA=4，BD=7，
∴ S△ABD =BD·xA=×7×4= 14．
∵当△PBA的面积为7时，点P在点A上方或在线段AD上，
设P(a，a-3)，
∴xp=a，
当点P在点A上方时，如图①，
则S△PBA =S△PBD-S△ABD=7，即BD·xp-14=7，
∴×7a-14=7，
解得a=6，
∴P(6，3)；
当点P在线段AD上时，如图②，
则S△PBA=S△ABD-S△PBD=7，即14-BD·xp=7，
∴14-×7a=7，
解得a=2，
∴P(2，-1)．
综上，点P的坐标为(6，3)或(2，-1)．
（3）点F的坐标为(-4，1)或(4， -4)或(4，6)或(4，).
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；菱形的性质；一次函数-动态几何问题
【解析】【解答】解：（3）当以点A，B，E，F为顶点的四边形是菱形时，则以点A，B，E为顶点的三角形为等腰三角形．
①当AB=AE时，如图③，过点A作AG⊥y轴于点C，
∵A(4，1)，
∴OG=1，AG=4．
∵四边形ABFE为菱形，
∴AG=FG=4，
∴F(-4，1)；
②当AB=BE时，如图④，
∵A(4，1) ，B(0，4)，
∴AB==5，
∴AB=AF1=AF2=5，
∴F1(4，-4)，F2(4，6)；
③当BE=AE时，则点E在线段AB的垂直平分线上，
如图⑤，过点E作EH⊥FA的延长线于点H，
设E(0，m) ，则BE=4-m，
∴H(4，m)，
∴AH=1-m， EH=4．
∵四边形AFBE为菱形，
∴AE=BE=AF=4一m，
在Rt△AEH中，AH2+EH2 =AE2 ，
∴(1-m)2+42=(4-m)2，
解得m=
∴AF=BE=
∴F(4，)
综上，符合条件的点F的坐标为(-4，1)或(4，-4)或(4，6)或(4，)
【分析】(1)利用直线y=x-3求得点A坐标，再通过待定系数法解得直线AB的解析式.
(2)先利用直线y=x-3求得C(3，0)，D(0，-3)，进而计算得△ABD的面积为14，故当△PBA的面积为7时，点P在点A上方或在线段AD上，设P(a，a-3)，当点P在点A上方时，S△PBA =S△PBD-S△ABD=7，解得a=6，故P(6，3)；当点P在线段AD上时，S△PBA=S△ABD-S△PBD=7，解得a=2，故P(2，-1)．
(3)当AB=AE时，利用菱形的性质及中点公式可得F(-4，1)；当AB=BE时，，故F(4，-4)或F(4，6)；当BE=AE时，设E(0，m) ，则BE=4-m，作EH⊥FA，故H(4，m)，可得AH=1-m，利用直角三角形的性质可得AH2+EH2 =AE2 ，解得，进而得到.
15．（2023八下·安达期末）已知：如图，直线与x轴相交于点A，与直线交于点P．
（1）求点P的坐标．
（2）动点F从原点O出发，以每秒1个单位的速度在线段OA上向点A作匀速运动，连接PF，设运动时间为t秒，△PFA的面积为S，求出S关于t的函数关系式．
（3）若点M是y轴上任意一点，点N是坐标平面内任意一点，若以O、M、N、P为顶点的四边形是菱形，请直接写出点N的坐标．
【答案】（1）解：∵由已知，解得，
∴P点坐标（2，）；
（2）解：∵直线y=-x+4中，当y=0时，x=4，
∴OA=4，
∴S=（OA-t）×=（4-t）×=2-t（0≤t＜4）；
（3）解：如图，当OP为平行四边形的边时，
∵P（2，2），
∴OP==4，
∴N1（2，2-4），N2（2，2+4），N3（-2，2）；
当OP为对角线时，设M（0，a），
则MP=a，即22+（2-a）2=a2，解得a=，
∴N点的纵坐标=2-=，
∴N4（2，）．
综上所示，N点坐标为N1（2，2-4），N2（2，2+4），N3（-2，2），N4（2，）．
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；菱形的性质
【解析】【分析】（1）联立两直线的解析式求出x、y的值即可得出P点坐标；
(2)先求出A点坐标，再根据三角形的面积公式即可得出结论；
（3）分OP为菱形的边与对角线两种情况进行讨论.
1 / 12024年浙教版数学八年级下册5.2菱形课后培优练
一、选择题
1．（2016八下·曲阜期中）如图，在菱形ABCD中，AB=5，∠B：∠BCD=1：2，则对角线AC等于（ ）
A．5 B．10 C．15 D．20
2．（2020八下·建湖月考）菱形具有而矩形不一定具有的性质是 ( )
A．对角线互相垂直 B．对角线相等
C．对角线互相平分 D．对角互补
3．（2023八下·荆门期末）如图，数学实践活动课上小明用两根木条钉成一个角形框架，且，，将一根橡皮筋两端固定在点A，B处，拉展成线段AB，在平面内，拉动橡皮筋上的一点，当四边形OACB是菱形时，橡皮筋再次被拉长了（ ）
A． B． C． D．
4．（2023八下·曲靖期末）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，则的长为（ ）
A． B． C． D．
5．（2023八下·迪庆期末）如图，四边形是菱形，，，于点，则的长为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023八下·吉林期末）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023八下·河东期末）如图，四边形是菱形，过点的直线分别交，的延长线于点，，若，，则等于（ ）
A． B． C． D．
8．（2023八下·番禺期中）如图，菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点、，连接，则下列结论：（ ）
；
与全等的三角形共有个；
；
由点、、、构成的四边形是菱形．
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2023八下·潮阳期末） 菱形ABCD，点A，B，C，D均在坐标轴上. ∠ABC＝120°，点A(－6，0)，点E是CD的中点，点P是OC上的一动点，则△PDE周长的最小值是 .
10．（2023八下·无锡期末）如图，菱形的对角线长度为6，边长，M为菱形外一个动点，满足，N为中点，连接．则当M运动的过程中，长度的最大值为 .
11．（2023八下·闽侯期末）如图，在菱形ABCD中，，，点E为对角线BD上一动点（不与点B重合），且，连接CE交DA延长线于点F.
①；
②当△AEF为直角三角形时，；
③当△AEF为等腰三角形时，或者；
④连接BF，当时，FC平分∠AFB.
以上结论正确的是 .（填正确的序号）.
12．（2023八下·长沙期中）如图，直线与轴、轴分别交于、两点，是的中点，是上一点，四边形是菱形，其中点坐标为，，则的面积为 ．
三、解答题
13．如图，在 ABCD中，AB=6 cm，BC=10 cm，∠B=60°，G是CD的中点，E是边AD 上的动点，EG 的延长线与BC 的延长线相交于点 F，连结 CE，DF.
（1）求证：四边形CEDF 是平行四边形.
（2）①当AE= cm时，四边形CEDF 是菱形，请说明理由.
②当 AE= cm时，四边形 CEDF 是矩形，请说明理由.
14．如图，直线y=x-3与x轴交于点C，与y轴交于点D，直线y=kx+b与y轴交于点B(0，4)，与直线y=x-3交于点A(m，1)．
（1）求直线AB的表达式；
（2）点P是直线CD上的一个动点，连接PB，当△PBA的面积为7时，求点P的坐标；
（3）E为y轴上的点，F在坐标平面内，以点A，B，E，F为顶点的四边形是菱形，请直接写出符合条件的点F的坐标．
15．（2023八下·安达期末）已知：如图，直线与x轴相交于点A，与直线交于点P．
（1）求点P的坐标．
（2）动点F从原点O出发，以每秒1个单位的速度在线段OA上向点A作匀速运动，连接PF，设运动时间为t秒，△PFA的面积为S，求出S关于t的函数关系式．
（3）若点M是y轴上任意一点，点N是坐标平面内任意一点，若以O、M、N、P为顶点的四边形是菱形，请直接写出点N的坐标．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B+∠BCD=180°，AB=BC，
∵∠B：∠BCD=1：2，
∴∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=5．
故选A．
【分析】根据题意可得出∠B=60°，结合菱形的性质可得BA=BC，判断出△ABC是等边三角形即可得到AC的长．
2．【答案】A
【知识点】菱形的性质；矩形的性质
【解析】【分析】根据菱形对角线垂直平分的性质及矩形对交线相等平分的性质对各个选项进行分析，从而得到最后的答案．
【解答】A、菱形对角线相互垂直，而矩形的对角线则不垂直；故本选项符合要求；
B、矩形的对角线相等，而菱形的不具备这一性质；故本选项不符合要求；
C、菱形和矩形的对角线都互相平分；故本选项不符合要求；
D、菱形对角相等；但菱形不具备对角互补，故本选项不符合要求；
故选A．
【点评】此题主要考查了学生对菱形及矩形的性质的理解及运用．菱形和矩形都具有平行四边形的性质，但是菱形的特性是：对角线互相垂直、平分，四条边都相等．
3．【答案】C
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：连接CO，交AB于H，如图：
∵四边形ABCD是菱形，∠AOB=120°，
∴AB⊥OC，∠AOC=∠BOC=60°，AH=BH，AC=BC=AO=4cm，
∴∠BAO=30°，
∴，，
∴，
∴橡皮筋再次被拉长了.
故答案为：C.
【分析】根据菱形的对角线互相垂直且平分，对角互补；在直角三角形中，30度所对的边是系诶案的一半；勾股定理：直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方即可求解得出答案.
4．【答案】B
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD的面积为54，
∴AC×BD×=54，OA=OC，OB=OD，
∵BD=2OB=12，
∴AC=54×2÷12=9，
∵AE⊥BC，
∴在Rt△AEC中，OE=AC=4.5.
故答案为：B.
【分析】根据菱形性质得OA=OC，OB=OD，根据菱形的面积求出AC，最后利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解.
5．【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：在菱形ABCD中，AC=6，BD=8，可知OC=3，BO=4，
∴BC==5；
S菱形ABCD=；
S菱形ABCD=；
∴AH==4.8
故答案为：C.
【分析】菱形对角线互相垂直平分，再通过勾股定理可求出菱形的边长；
菱形的面积等于对角线乘积的一半，也可以两个全等的三角形的面积之和来求，即S菱形ABCD=S△ABC+S△ACD，从而列出方程求解AH.
6．【答案】C
【知识点】菱形的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：由题意可得：
故答案为：C
【分析】根据菱形的性质及面积，直角三角形的性质即可求出答案。
7．【答案】B
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】
由菱形ABCD可得，AB∥CD，AC平分∠BAD，
∴∠BAD+∠ADC=180°，
∵∠ADC=180°-∠1-∠2=180°-25°-75°=80°，
∴∠BAD=100°，
∴∠BAC=∠BAD=50°。
故答案为：B
【分析】
根据菱形 的性质可得出BAD+∠ADC=180°，求出∠ADC可得∠BAD，再根据AC平分∠BAD可得∠BAC。
8．【答案】A
【知识点】全等三角形的应用；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：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AB∥CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∴∠BAG=∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD (SSS)，
∴CD=DE，
∴AB=DE，
在△ABG和△DEG中，，
∴△ABG≌△DEG(AAS)，
∴AG=DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴，故①正确；
∵AB∥CE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，
∴OD=AG，四边形ABDE是菱形，故④正确；
∴AD⊥BE，
由菱形的性质得：△BGA≌△BGD≌△EGD (SSS)，
在△BGA和△COD中，
，
∴△BGA≌△COD(SAS)，
∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正确；
∵OB=OD，
∴S△BOG=S△DOG，
∵四边形ABDE是菱形，
∴S△ABG=S△DGE，
∴四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，故③正确；
故答案为：A.
【分析】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；结论使用AAS证明△ABG≌△DEG，再利用中位线定理可得出结论①正确；证明△BGA≌△COD(SAS)，即可证明出结论②不正确；中线的性质和菱形的性质证明S△ABG=S△DGE，得出结论③正确，证明四边形ABDE是平行四边形、OD=AG，则四边形ABDE是菱形，得出结论④正确.
9．【答案】
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，连接BP、BE，
A(－6，0)，
，
在菱形ABCD中， ∠ABC＝120°，
，，OD=OB，，，，
，，是等边三角形，
，
点E是CD的中点，
，，
，
，
周长的最小值是.
故答案为：.
【分析】利用将军饮马模型可判定当B、P、E三点在同一直线时，△PDE的周长有最小值，先利用菱形的性质求得是等边三角形，边长为，再通过等边三角形的性质求得BE的长度，然后求得△PDE的周长最小值.
10．【答案】
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图所示，连接AC交BD于点O，连接ON，
由题意可知：
，，，
∴，
∵N为MD中点，O为AC中点，
∴ON∥BM，
∵BM⊥DM，
∴∠OND=90°，
取OD的中点E，连接CE、NE，
则，
，，
∵CN≤CE+NE，
∴当N、C、E三点共线时，CN长度最长为：，
故答案为：.
【分析】本题考查菱形的性质、中位线定理，首先根据中位线定理以及菱形的性质可以得出∠DNO=90°，再取OD的中点E，分别连接CE、NE可得出OE、CE、NE的值，当N、C、E三点共线时，CN长度最大为.
11．【答案】①③④
【知识点】等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；菱形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
，正确；
当时，，
，不符合题意；
如图，当时，连接，
，
，
，
，
，
， ，
是等边三角形，，
，
；
如图，当时，连接，
，
四边形是菱形，
，，
，
，，
，
是等边三角形，
，
，
，
故或，错误；
当时，，
，
，
，
，不符合题意；
如图，当时，，
设，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
；
如图，当时，，
，
，
，
，
，
或，正确；
如图，
，，，
，，
，，
，
，
，
，
，
平分，正确，
故答案为：①③④.
【分析】利用菱形的性质通过SAS判定得到，再通过平行线的性质证得；
由条件可知，当△AEF为直角三角形时存在3种情况，通过菱形的性质可以判定不可能为直角.当为直角时，利用等边三角形的性质可以证得点G是AB的中点，再通过直角三角形的性质求得BE的长度；当为直角时，可得为直角三角形，再利用等边三角形的性质求得BE的长度.
由条件可知，当△AEF为等腰三角形时存在3种情况，通过菱形的性质可以判定.设，利用菱形的性质得到的度数，再通过等腰三角形的性质和外角的性质用x表示出，然后求得的度数.
利用等腰三角形的性质通过SAS判定证得FC平分.
12．【答案】
【知识点】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：延长DE交OA于点F，如图所示：
∵点坐标为，，
∴AB=8，∠ABO=60°，
由勾股定理得，
∴，
∵是的中点，
∴CO=BC=2，
∵四边形是菱形，
∴CO∥ED，EO∥DC，DC=CO=EO=2，
∴DC=CB，
∴△DCB为等边三角形，
∴∠DCB=60°，
∴∠DCB=∠EOC=60°，
∴∠FOE=30°，
∵FD⊥OA，
∴FE=1，
∴的面积为，
故答案为：
【分析】延长DE交OA于点F，先根据点B的坐标结合含30°角的直角三角形的性质即可得到AB=8，∠ABO=60°，进而根据勾股定理得到AO的长，从而得到点A的坐标，再根据菱形的性质即可得到CO∥ED，EO∥DC，DC=CO=EO=2，进而得到DC=CB，再根据等边三角形的判定与性质即可得到∠DCB=∠EOC=60°，进而得到∠FOE=30°，从而得到FE=1，再根据三角形的面积公式即可求解。
13．【答案】（1）证明：在 ABCD中 ，BC∥AD，
∴∠FCG=∠EDG，
∵ G是CD的中点 ，
∴CG=DG，
∵∠CGF=∠DGE，
∴△CGF≌△DGE（AAS），
∴GE=GF，
∴ 四边形CEDF 是平行四边形.
（2）解：① 当AE=4 cm时，四边形CEDF 是菱形，
理由：在 ABCD中， CD=AB=6 cm，AD=BC=10 cm ， ∠ADC=∠B=60° ，
∴DE=AD-AE=10-4=6cm，
∴DE=CD，
∴△CDE为等边三角形，
∴CE=ED，
由（1）知：四边形CEDF 是平行四边形.
∴ 四边形CEDF 是菱形 .
故答案为：4.
②当 AE=7cm时，四边形 CEDF 是矩形，
理由：过点A作AH⊥BC，
∵ ∠B=60° ， AB=6 cm ，
∴BH=AB=3cm，
∴DE=AD-AE=10-7=3cm，即BH=DE，
∴△HBA≌△EDC（SAS）
∴ ∠DEC=∠BHA=90° ，
由（1）知：四边形CEDF 是平行四边形.
∴ 四边形CEDF 是矩形 .
故答案为：7.
【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；矩形的判定
【解析】【分析】（1）证△CGF≌△DGE（AAS），可得GE=GF，结合CG=DG，根据平行四边形的判定即证结论；
（2）①证明△CDE为等边三角形，可得CE=ED，根据菱形的判定定理即证；
②过点A作AH⊥BC，证明△HBA≌△EDC（SAS），可得∠DEC=∠BHA=90° ，根据矩形的判定定理即证.
14．【答案】（1）解：∵点A(m，1)在直线y=×-3上，
∴m-3=1，
解得m=4，
∴A(4，1)，
将点A(4，1)，B(0，4)代人y=k×+b，得
解得
∴直线AB的表达式为y=x+4．
（2）解：∵直线y=x-3与x轴交于点C，与y轴交于点D，
∴ C(3，0)，D(0，-3)．
∵A(4，1)，B(0，4)，
∴xA=4，BD=7，
∴ S△ABD =BD·xA=×7×4= 14．
∵当△PBA的面积为7时，点P在点A上方或在线段AD上，
设P(a，a-3)，
∴xp=a，
当点P在点A上方时，如图①，
则S△PBA =S△PBD-S△ABD=7，即BD·xp-14=7，
∴×7a-14=7，
解得a=6，
∴P(6，3)；
当点P在线段AD上时，如图②，
则S△PBA=S△ABD-S△PBD=7，即14-BD·xp=7，
∴14-×7a=7，
解得a=2，
∴P(2，-1)．
综上，点P的坐标为(6，3)或(2，-1)．
（3）点F的坐标为(-4，1)或(4， -4)或(4，6)或(4，).
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；菱形的性质；一次函数-动态几何问题
【解析】【解答】解：（3）当以点A，B，E，F为顶点的四边形是菱形时，则以点A，B，E为顶点的三角形为等腰三角形．
①当AB=AE时，如图③，过点A作AG⊥y轴于点C，
∵A(4，1)，
∴OG=1，AG=4．
∵四边形ABFE为菱形，
∴AG=FG=4，
∴F(-4，1)；
②当AB=BE时，如图④，
∵A(4，1) ，B(0，4)，
∴AB==5，
∴AB=AF1=AF2=5，
∴F1(4，-4)，F2(4，6)；
③当BE=AE时，则点E在线段AB的垂直平分线上，
如图⑤，过点E作EH⊥FA的延长线于点H，
设E(0，m) ，则BE=4-m，
∴H(4，m)，
∴AH=1-m， EH=4．
∵四边形AFBE为菱形，
∴AE=BE=AF=4一m，
在Rt△AEH中，AH2+EH2 =AE2 ，
∴(1-m)2+42=(4-m)2，
解得m=
∴AF=BE=
∴F(4，)
综上，符合条件的点F的坐标为(-4，1)或(4，-4)或(4，6)或(4，)
【分析】(1)利用直线y=x-3求得点A坐标，再通过待定系数法解得直线AB的解析式.
(2)先利用直线y=x-3求得C(3，0)，D(0，-3)，进而计算得△ABD的面积为14，故当△PBA的面积为7时，点P在点A上方或在线段AD上，设P(a，a-3)，当点P在点A上方时，S△PBA =S△PBD-S△ABD=7，解得a=6，故P(6，3)；当点P在线段AD上时，S△PBA=S△ABD-S△PBD=7，解得a=2，故P(2，-1)．
(3)当AB=AE时，利用菱形的性质及中点公式可得F(-4，1)；当AB=BE时，，故F(4，-4)或F(4，6)；当BE=AE时，设E(0，m) ，则BE=4-m，作EH⊥FA，故H(4，m)，可得AH=1-m，利用直角三角形的性质可得AH2+EH2 =AE2 ，解得，进而得到.
15．【答案】（1）解：∵由已知，解得，
∴P点坐标（2，）；
（2）解：∵直线y=-x+4中，当y=0时，x=4，
∴OA=4，
∴S=（OA-t）×=（4-t）×=2-t（0≤t＜4）；
（3）解：如图，当OP为平行四边形的边时，
∵P（2，2），
∴OP==4，
∴N1（2，2-4），N2（2，2+4），N3（-2，2）；
当OP为对角线时，设M（0，a），
则MP=a，即22+（2-a）2=a2，解得a=，
∴N点的纵坐标=2-=，
∴N4（2，）．
综上所示，N点坐标为N1（2，2-4），N2（2，2+4），N3（-2，2），N4（2，）．
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；菱形的性质
【解析】【分析】（1）联立两直线的解析式求出x、y的值即可得出P点坐标；
(2)先求出A点坐标，再根据三角形的面积公式即可得出结论；
（3）分OP为菱形的边与对角线两种情况进行讨论.
1 / 1
