【培优版】北师大版数学九上1.1菱形的性质与判定 同步练习
一、选择题
1．（2024·深圳模拟）如图，等腰直角三角形中，，于，的平分线分别交，于、两点，为的中点，延长交于点，连接，．下列结论：①；②；③是等边三角形；④；⑤四边形是菱形，正确结论的序号是（ ）
A．②④⑤ B．①②③④⑤ C．①③④ D．①②④⑤
【答案】D
【知识点】菱形的判定；三角形的综合
【解析】【解答】解：∵ 等腰直角三角形中，，于，
∴AD=BD=CD，∠ABC=∠ACB=∠BAD=∠CAD=45°.
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE=22.5°.
∵∠BAC=∠BDA=90°，
∴∠AFE=∠BFD=90°－∠CBE，∠AEF=90°－∠ABE，
∴∠AFE=∠AEF.
∴AE=AF；故选项①正确；
∵AE=AF，点M为EF中点，
∴AM⊥BE，∠CAN=∠DAN=22.5°.
∴∠BMA=∠BAE=90°，
又∵∠ABM=∠EBA，
∴△ABE∽△MBA，
∴，即；故选项②正确；
∵∠CAD=∠EAF=45°，∴△EAF不是等边三角形；故选项③错误；
∵∠CAN=∠ABE=22.5°，BA=AC，∠C=∠BAF=45°，
∴△BAF≌△ACN(ASA)，
∴BF=AN；故选项④正确；
∵AM⊥EF，
∴∠AMB=∠NMB=90°，
又∵BM=BM，∠ABE=∠CBE=22.5°，
∴△ABM≌△NBM(ASA).
∴ AM=NM，
又FM=EM，
∴四边形AENF是平行四边形.
又AF=AE，
∴四边形AENF是菱形，选项⑤正确；
故正确选项有①②④⑤.
故答案为：D.
【分析】证明∠AEF=∠AFE，进而可得结论①；由①得AM⊥EF，证明△ABE∽△MBA，进而可得结论②；证明∠BAD=∠CAD=45°，可判断结论③；证明△BAF≌△ACN，进而可得结论④；证明△ABM≌△NBM，可得AM=MN，结合FM=EM，AF=AE即可得结论⑤.
2．（2024九下·宝安模拟）如图，已知菱形中，过中点E作，交对角线于点M，交的延长线于点F．连接，若，，则的长是（ ）
A． B． C．4 D．
【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质
3．（2016九上·永登期中）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=80°，AB的垂直平分线交对角线AC于点F，点E为垂足，连接DF，则∠CDF为（ ）
A．80° B．70° C．65° D．60°
【答案】D
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接BF，
在△BCF和△DCF中，
∵CD=CB，∠DCF=∠BCF，CF=CF
∴△BCF≌△DCF
∴∠CBF=∠CDF
∵FE垂直平分AB，∠BAF= ×80°=40°
∴∠ABF=∠BAF=40°
∵∠ABC=180°﹣80°=100°，∠CBF=100°﹣40°=60°
∴∠CDF=60°．
故选D．
【分析】连接BF，利用SAS判定△BCF≌△DCF，从而得到∠CBF=∠CDF，根据已知可注得∠CBF的度数，则∠CDF也就求得了．
4．（2024八下·西平期中）已知，如图，在菱形ABCD中．（1）分别以C，D为圆心，大于长为半径作弧，两弧分别交于点E，F；（2）作直线EF，且直线EF恰好经过点A，且与边CD交于点M；（3）连接BM．根据以上作图过程及所作图形，判断下列结论中错误的是（ ）
A．∠ABC=60° B．如果AB=2，那么BM=4
C．BC=2CM D．
【答案】B
【知识点】线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质
5．（2024九下·深圳模拟）如图，已知菱形中，过中点E作，交对角线于点M，交的延长线于点F．连接，若，，则的长是（ ）
A． B． C．4 D．
【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质
6．（2024·北京市）如图，在菱形中，，O为对角线的交点.将菱形绕点O逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为E，F，G，H.对八边形给出下面四个结论：
①该八边形各边长都相等；
②该八边形各内角都相等；
③点O到该八边形各顶点的距离都相等；
④点O到该八边形各边所在直线的距离都相等.
上述结论中，所有正确结论的序号是( )
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；角平分线的性质；菱形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：延长BD和DB，连接OH，
∵菱形ABCD中，∠BAD=60°，
∴∠BAO=∠DAO=30°，∠AOD=∠AOB=90°，
∵ 菱形ABCD绕点O逆时针旋转90°得到菱形A'B'C'D'，
∴点A'、B'、C'、D'一定在对角线AC、BD上，且OD=OD'=OB=OB'，OA=OA'=OC=OC'，∴AD'=C'D，∠D'AH=∠DC'H=30°，
又∵∠D'HA=∠DHC'，
∴△AD'H≌△C'DH（AAS），
∴D'H=DH，C'H=AH，
同理可证D'E=BE，BF=B'F，B'G=DG，
∵∠EA'B=∠HC'D=30°，A'B=C'D，∠A'BE=∠C'DH=120°，
∴△A'BE'≌△C'DH（ASA），
∴DH=BE，
∴DH=BE=D'H=D'E=BF=B'F=B'G=DG，
∴该八边形各边都相等，故①正确；
根据角平分线的性质定理得点O到该八边形各边所在直线的距离相等，故④正确；
根据题意得∠ED'H=120°，
∵∠D'OD=90°，∠OD'H=∠ODH=60°，
∴∠D'HD=150°，
∴该八边形各个内角不相等，故②错误；
∵OD=OD'，D'H=DH，OH=OH，
∴△D'OH≌△DOH（SSS），
∴∠D'OH=∠DOH=45°，∠D'HO=∠DHO=75°，
∴OD≠OH，
∴点O到该八边形各顶点的距离不相等，故③错误，
综上，正确的有①④.
故答案为：B.
【分析】延长BD和DB，连接OH，由菱形性质得∠BAO=∠DAO=30°，∠AOD=∠AOB=90°，由旋转性质得点A'、B'、C'、D'一定在对角线AC、BD上，且OD=OD'=OB=OB'，OA=OA'=OC=OC'，从而可用AAS判断出△AD'H≌△C'DH，得D'H=DH，C'H=AH，同理可证D'E=BE，BF=B'F，B'G=DG；由ASA判断出△A'BE'≌△C'DH，得DH=BE，据此可判断①；根据角平分线的性质定理得点O到该八边形各边所在直线的距离相等，可判断④；通过角度计算可判断②；用SSS判断出△D'OH≌△DOH，得∠D'OH=∠DOH=45°，∠D'HO=∠DHO=75°， 据此可判断③.
7．（2023八下·长沙期末）如图，菱形中，，，点P，Q，K分别为线段上的任意一点，则的最小值为（ ）．
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【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：如图，作点P关于BD的对称点P'，连接P'Q，当P'、K、Q三点共线，且P'Q⊥AB时， 的值最小，即为P'Q的长，
过点C作CH⊥AB，
∵AB∥CD，
∴P'Q=CH，
∵四边形ABCD是菱形，180°-
∴BC=AB=2，∠ABC=180°-∠A=60°，
在Rt△BCH中，则∠BCH=30°，
∴BH=BC=1，CH=
∴P'Q=CH=，
即的最小值为.
故答案为：B.
【分析】作点P关于BD的对称点P'，连接P'Q，当P'KQ三点共线，且P'Q⊥AB时， 的值最小，即为P'Q的长，过点C作CH⊥AB，由AB∥CD可得P'Q=CH，利用直角三角形的性质求出CH的长即可.
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．（2024九上·温江期末）如图，在菱形中，，，为边上一动点，将沿折叠为，为边上一点，，则的最小值为 ．
【答案】
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：作于点，则，
四边形是菱形，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
由折叠得，
，
，
，
的最小值为，
故答案为：．
【分析】作EF⊥BC于点F，根据菱形的性质得BC=CD=AB=2，由BE=CE得BF=CF=1，而∠B=30°，因此BE=2EF，从而得到BF=EF=1，求得EF=，所以BE=CE=2EF=，根据折叠得CD'=CD=2，因为D'E+CE≥CD'，所以D'E+≥2，则D'E≥2-，即可求得D'E的最小值.
10．如图，在菱形ABCD中，∠C=60°，AB=2，延长BA至点E，使AE=1，现以点D为圆心，以DE的长为半径画弧，与直线BC相交于点M，则CM的长为 .
【答案】1或3
【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；菱形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）如图1所示，当点M在CB的延长线上时，连接BD，过点D作DF⊥AB于点F，DG⊥BC于点G，
根据题意可知△DAB和△DBC为等边三角形，
∴DA=DB，∠DBA=∠DBC=60°，
又∵DF⊥AB，DG⊥BC，
∴DF=DG，
∴Rt△DFE≌Rt△DGM（HL），
∴∠E=∠M，
∵∠DAB=∠DBC=60°，
∴∠DAE=∠DBM=120°，
∴△DEA≌△DMB（AAS），
∴BM=AE=1，
∴CM=BM+BC=1+2=3；
（2）如图2，当点M在BC的延长线上时，同理可得出△DEA≌△DMC，
∴CM=AE=1，
故答案为：1或3．
【分析】根据菱形的性质可以知道△DAB和△DBC为等边三角形，再根据全等三角形的判定方法斜边直角边（HL）可以得出Rt△DFE≌Rt△DGM，从而得到相关线段和角的关系，再由AAS判定方法得到△DEA≌△DMB，根据M点可能存在的位置，分两种情况算出CM的长度.
11．（2023九上·南明期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E为AB的中点，点F在OD上，DF=OF，连接EF交OA于点G，若OG=1，连接CE， S△BEC＝12，则线段CE的长为 ．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：作EM⊥OA于M，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥OA，OD＝OB，
∴EM∥OB，
∴AM：MO＝AE：EB，
∵AE＝BE，
∴AM＝OM，
∴EM是△ABO的中位线，
∴EM＝OB，
∵DF＝OF，
∴OF＝OD，
∴EM＝OF，
∵∠MEG＝∠OFG，∠MGE＝∠OGF，
∴△EMG≌△FOG（AAS），
∴MG＝OG＝1，
∴OM＝2OG＝2，
∴OA＝2OM＝3，
∴AC＝2OA＝8，
∵AE＝BE，
∴△BAC的面积＝6×△BEC的面积＝2×12＝24，
∴AC OB＝24，
∴OB＝6，
∴EM＝OB＝3，
∵CM＝OM+OC＝2+7＝6，
∴CE＝＝3．
故答案为：2．
【分析】作EM⊥OA于M，先根据菱形的性质得到BD⊥OA，OD＝OB，进而根据三角形中位线定理即可得到EM＝OB，再结合三角形全等的判定与性质证明△EMG≌△FOG（AAS）即可得到MG＝OG＝1，再结合题意运用勾股定理即可求解。
12．（2023九上·市南区月考）已知直线l的解析式为y＝2x＋2，菱形AOBA1，AO1B1A2，A2O2B2A3，…按图所示的方式放置，顶点A，A1，A2，A3，…均在直线l上，顶点O，O1，O2，…均在x轴上，则点的坐标是 ．
【答案】
【知识点】菱形的性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】解：设直线与x轴相交于点M
由一次函数y=2x+2，当x=0时，y=2
∴A1（0，2）
当y=0时，2x+2=0，解得：x=-1
∴M（-1，0）
∵四边形AOBA1是菱形
∴OA1垂直平分AB
∴O1（1，0）
同理：O2（3，0）
把x=3代入y=2x+2得y=8
∴A3（3，8）
依次规律：An
故答案为：
【分析】先求出直线与x轴，y轴的交点坐标，再根据菱形的性质求出A，A1，A2....的坐标，即可求出答案.
13．（2023八下·滨江期末）如图，菱形中，，M为边上的一点，将菱形沿折叠后，点A恰好落在的中点E处，则 ．
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，延长ME交DC的延长线于点N，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AB=CD=2，
∴∠AMD=∠CDM，∠EMB=∠N，∠EBM=∠ECN，
∵E为BC的中点，
∴EB=EC，
∴△EBM≌△ECN（AAS），
∴CN=BM，NE=ME，
由折叠得∠AMD=∠DME，AM=ME，
∴∠DME=∠CDM，
∴MN=DN，
∴2AM=CD+CN=CD+BM，
∴2AM=2+2-AM，
∴AM=.
故答案为：.
【分析】由菱形的性质得AB∥CD，AB=CD=2，由平行线的性质得∠AMD=∠CDM，∠EMB=∠N，∠EBM=∠ECN，然后可用AAS判断出△EBM≌△ECN，根据全等三角形的对应边相等得CN=BM，NE=ME，由折叠得∠AMD=∠DME，AM=ME，则∠DME=∠CDM，由等角对等边得MN=DN，则2AM=CD+CN=CD+BM，据此建立方程，求解即可.
三、解答题
14．（2023八下·北京市期末）如图，菱形中，，E为边上一点，点F在的延长线上，，作点F关于直线的对称点G，连接．
（1）依题意补全图形，并证明；
（2）用等式表示之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）解：补全的图形如图所示；
证明：∵菱形，
∴，
∴，
，
∴，
．
∵，
∴，
∴．
（2）解：之间的数量关系：．
证明：方法1
如图，连接．
∵菱形，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
点F关于的对称点G在线段上，
∴．
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
证明：方法2
如图，延长到H，使，
∴．
∵菱形，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴．
∵菱形，，点F关于直线的对称点为G，
∴点G在线段上，，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质可分别求得∠ADB=∠ABD=60°，然后根据DE=EF，可得∠BDE=∠BFE，再根据等式的性质可求得∠ADE=∠FEB；
（2）首先可证明△ABD是等边三角形，△DEG是等边三角形，从而可根据SAS证得△ADE≌△BDG，得出AE=BG，又根据对称得出BG=BF，从而可根据等量代换得出：DF=DB+BF=BC+AE=CG+BG+AE=CG+2AE。
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.
16．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．
17．如图，在菱形ABCD中，∠C=60°，O为BD的中点，点E在AD上，点F在AB的延长线上，且∠EOF=120°．求证：AE+BF=AB．
【答案】证明：如图，过点O作OG∥AB交AD于点G．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠A=∠C= 60° ， ∠ADC=∠ABC=120°，
∴∠ADB= CABD= 60° ，
∴△ABD是等边三角形，∠OBF= 120° ，∴BD=AD=AB． ．
∵OG∥AB，∴∠DGO= ∠A= 60° ，∠DOG=∠ABD=60°，
∴△DGO是等边三角形。
∴OG=DG=OD=BD=OB=AD，
∠ OGE=∠GOB= 120°=∠OBF，
∴AG=AD．∵∠EOF=120° ，∴∠GOE=∠BOF．
在△OEG和△OFB中，
∴△OEG≌△OFB(ASA) ，
∴CE=BF，
∴AE+BF=AE+CE=AG=AD=AB．
【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-ASA
【解析】【分析】过点O作OG∥AB交AD于点G，根据菱形的性质得到：，进而证明和为等边三角形，即可得到：再利用"ASA"证明，得到：进而即可求证.
18．（2023九上·沙坪坝开学考）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E．
（1）如图1，若AB=AD，EC=1，∠BAE=30°，求AD的长；
（2）如图2，若AD=AE，连接DE，过点A作AF⊥AB交ED于点F，在AB上截取AG=AF，连接DG，交AE于点N，∠DAE的角平分线AH与GD相交于点H，求证：GH=DH；
（3）在（2）的条件下，若AN：AD＝2：5 ，AH=2 ，请直接写出点C到直线DE的距离．
【答案】（1）解：∵AE⊥BC，∠BAE＝30°，∴BE＝AB，
∵四边形ABCD 是平行四边形，AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵BC＝BE+EC，EC＝1，
∴AB＝AB+1，解得：AB=2
∴AD＝AB＝2，即AD的长为2
（2）证明：连接EG，
∵AE⊥BC，AF⊥AB，
∴∠GAE+∠EAF＝∠EAF+∠FAD＝90°，
∴∠GAE＝∠FAD，
∵AG＝AF，AE＝AD，
∴△AEG≌△ADF（SAS），
∴∠AEG＝∠ADF，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴∠ADE＝∠AED＝45°，
∴∠AEG＝∠ADF＝45°，
∴∠DEG＝90°，即DE⊥EG，
延长AH交DE于点M，
∵AH平分∠DAE，
∴AM⊥DE，DM＝AM，
∴AM∥EG，
∴，
∵DM＝EM，
∴GH＝DH；
（3）解：点C到DE的距离为
【知识点】三角形内角和定理；全等图形的概念；三角形全等的判定；勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（3）∵AN：AD=2：5，AD=AE
∴AN：NE=2：3
由AM∥EG可得
，即
由（2）知：GH=DH，DM=EM
∴HM是的中位线
在中，DM=EM
作GK⊥BC于K，则是等腰直角三角形
由GK∥AE可得
，即
解得：
作CT⊥DE于T，由
∴也是等腰直角三角形
故答案为：
【分析】（1）根据平行四边形性质，菱形的判断定理即可求出答案；
（2） 连接EG， 根据垂线性质，三角形内角和定理，全等三角形判断定理可得△AEG≌△ADF，可得∠AEG＝∠ADF，再根据等腰直角三角形性质可得∠DEG＝90°，即DE⊥EG，延长AH交DE于点M， 根据角平分线性质可得AM⊥DE，DM＝AM，再根据直线平行性质得，整理即可求出答案；
（1）根据相似三角形的判断定理可得，再根据相似比可求出EG的长，再根据三角形中位线定理求出HM，AM，根据勾股定理可求出AD，再根据等腰直角三角形判定定理及性质，相似三角形的判定定理及性质即可求出答案.
1 / 1【培优版】北师大版数学九上1.1菱形的性质与判定 同步练习
一、选择题
1．（2024·深圳模拟）如图，等腰直角三角形中，，于，的平分线分别交，于、两点，为的中点，延长交于点，连接，．下列结论：①；②；③是等边三角形；④；⑤四边形是菱形，正确结论的序号是（ ）
A．②④⑤ B．①②③④⑤ C．①③④ D．①②④⑤
2．（2024九下·宝安模拟）如图，已知菱形中，过中点E作，交对角线于点M，交的延长线于点F．连接，若，，则的长是（ ）
A． B． C．4 D．
3．（2016九上·永登期中）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=80°，AB的垂直平分线交对角线AC于点F，点E为垂足，连接DF，则∠CDF为（ ）
A．80° B．70° C．65° D．60°
4．（2024八下·西平期中）已知，如图，在菱形ABCD中．（1）分别以C，D为圆心，大于长为半径作弧，两弧分别交于点E，F；（2）作直线EF，且直线EF恰好经过点A，且与边CD交于点M；（3）连接BM．根据以上作图过程及所作图形，判断下列结论中错误的是（ ）
A．∠ABC=60° B．如果AB=2，那么BM=4
C．BC=2CM D．
5．（2024九下·深圳模拟）如图，已知菱形中，过中点E作，交对角线于点M，交的延长线于点F．连接，若，，则的长是（ ）
A． B． C．4 D．
6．（2024·北京市）如图，在菱形中，，O为对角线的交点.将菱形绕点O逆时针旋转得到菱形，两个菱形的公共点为E，F，G，H.对八边形给出下面四个结论：
①该八边形各边长都相等；
②该八边形各内角都相等；
③点O到该八边形各顶点的距离都相等；
④点O到该八边形各边所在直线的距离都相等.
上述结论中，所有正确结论的序号是( )
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
7．（2023八下·长沙期末）如图，菱形中，，，点P，Q，K分别为线段上的任意一点，则的最小值为（ ）．
A．1 B． C．2 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．（2024九上·温江期末）如图，在菱形中，，，为边上一动点，将沿折叠为，为边上一点，，则的最小值为 ．
10．如图，在菱形ABCD中，∠C=60°，AB=2，延长BA至点E，使AE=1，现以点D为圆心，以DE的长为半径画弧，与直线BC相交于点M，则CM的长为 .
11．（2023九上·南明期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E为AB的中点，点F在OD上，DF=OF，连接EF交OA于点G，若OG=1，连接CE， S△BEC＝12，则线段CE的长为 ．
12．（2023九上·市南区月考）已知直线l的解析式为y＝2x＋2，菱形AOBA1，AO1B1A2，A2O2B2A3，…按图所示的方式放置，顶点A，A1，A2，A3，…均在直线l上，顶点O，O1，O2，…均在x轴上，则点的坐标是 ．
13．（2023八下·滨江期末）如图，菱形中，，M为边上的一点，将菱形沿折叠后，点A恰好落在的中点E处，则 ．
三、解答题
14．（2023八下·北京市期末）如图，菱形中，，E为边上一点，点F在的延长线上，，作点F关于直线的对称点G，连接．
（1）依题意补全图形，并证明；
（2）用等式表示之间的数量关系，并证明．
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．
16．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.
17．如图，在菱形ABCD中，∠C=60°，O为BD的中点，点E在AD上，点F在AB的延长线上，且∠EOF=120°．求证：AE+BF=AB．
18．（2023九上·沙坪坝开学考）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E．
（1）如图1，若AB=AD，EC=1，∠BAE=30°，求AD的长；
（2）如图2，若AD=AE，连接DE，过点A作AF⊥AB交ED于点F，在AB上截取AG=AF，连接DG，交AE于点N，∠DAE的角平分线AH与GD相交于点H，求证：GH=DH；
（3）在（2）的条件下，若AN：AD＝2：5 ，AH=2 ，请直接写出点C到直线DE的距离．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】菱形的判定；三角形的综合
【解析】【解答】解：∵ 等腰直角三角形中，，于，
∴AD=BD=CD，∠ABC=∠ACB=∠BAD=∠CAD=45°.
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE=22.5°.
∵∠BAC=∠BDA=90°，
∴∠AFE=∠BFD=90°－∠CBE，∠AEF=90°－∠ABE，
∴∠AFE=∠AEF.
∴AE=AF；故选项①正确；
∵AE=AF，点M为EF中点，
∴AM⊥BE，∠CAN=∠DAN=22.5°.
∴∠BMA=∠BAE=90°，
又∵∠ABM=∠EBA，
∴△ABE∽△MBA，
∴，即；故选项②正确；
∵∠CAD=∠EAF=45°，∴△EAF不是等边三角形；故选项③错误；
∵∠CAN=∠ABE=22.5°，BA=AC，∠C=∠BAF=45°，
∴△BAF≌△ACN(ASA)，
∴BF=AN；故选项④正确；
∵AM⊥EF，
∴∠AMB=∠NMB=90°，
又∵BM=BM，∠ABE=∠CBE=22.5°，
∴△ABM≌△NBM(ASA).
∴ AM=NM，
又FM=EM，
∴四边形AENF是平行四边形.
又AF=AE，
∴四边形AENF是菱形，选项⑤正确；
故正确选项有①②④⑤.
故答案为：D.
【分析】证明∠AEF=∠AFE，进而可得结论①；由①得AM⊥EF，证明△ABE∽△MBA，进而可得结论②；证明∠BAD=∠CAD=45°，可判断结论③；证明△BAF≌△ACN，进而可得结论④；证明△ABM≌△NBM，可得AM=MN，结合FM=EM，AF=AE即可得结论⑤.
2．【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质
3．【答案】D
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接BF，
在△BCF和△DCF中，
∵CD=CB，∠DCF=∠BCF，CF=CF
∴△BCF≌△DCF
∴∠CBF=∠CDF
∵FE垂直平分AB，∠BAF= ×80°=40°
∴∠ABF=∠BAF=40°
∵∠ABC=180°﹣80°=100°，∠CBF=100°﹣40°=60°
∴∠CDF=60°．
故选D．
【分析】连接BF，利用SAS判定△BCF≌△DCF，从而得到∠CBF=∠CDF，根据已知可注得∠CBF的度数，则∠CDF也就求得了．
4．【答案】B
【知识点】线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质
5．【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质
6．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；角平分线的性质；菱形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：延长BD和DB，连接OH，
∵菱形ABCD中，∠BAD=60°，
∴∠BAO=∠DAO=30°，∠AOD=∠AOB=90°，
∵ 菱形ABCD绕点O逆时针旋转90°得到菱形A'B'C'D'，
∴点A'、B'、C'、D'一定在对角线AC、BD上，且OD=OD'=OB=OB'，OA=OA'=OC=OC'，∴AD'=C'D，∠D'AH=∠DC'H=30°，
又∵∠D'HA=∠DHC'，
∴△AD'H≌△C'DH（AAS），
∴D'H=DH，C'H=AH，
同理可证D'E=BE，BF=B'F，B'G=DG，
∵∠EA'B=∠HC'D=30°，A'B=C'D，∠A'BE=∠C'DH=120°，
∴△A'BE'≌△C'DH（ASA），
∴DH=BE，
∴DH=BE=D'H=D'E=BF=B'F=B'G=DG，
∴该八边形各边都相等，故①正确；
根据角平分线的性质定理得点O到该八边形各边所在直线的距离相等，故④正确；
根据题意得∠ED'H=120°，
∵∠D'OD=90°，∠OD'H=∠ODH=60°，
∴∠D'HD=150°，
∴该八边形各个内角不相等，故②错误；
∵OD=OD'，D'H=DH，OH=OH，
∴△D'OH≌△DOH（SSS），
∴∠D'OH=∠DOH=45°，∠D'HO=∠DHO=75°，
∴OD≠OH，
∴点O到该八边形各顶点的距离不相等，故③错误，
综上，正确的有①④.
故答案为：B.
【分析】延长BD和DB，连接OH，由菱形性质得∠BAO=∠DAO=30°，∠AOD=∠AOB=90°，由旋转性质得点A'、B'、C'、D'一定在对角线AC、BD上，且OD=OD'=OB=OB'，OA=OA'=OC=OC'，从而可用AAS判断出△AD'H≌△C'DH，得D'H=DH，C'H=AH，同理可证D'E=BE，BF=B'F，B'G=DG；由ASA判断出△A'BE'≌△C'DH，得DH=BE，据此可判断①；根据角平分线的性质定理得点O到该八边形各边所在直线的距离相等，可判断④；通过角度计算可判断②；用SSS判断出△D'OH≌△DOH，得∠D'OH=∠DOH=45°，∠D'HO=∠DHO=75°， 据此可判断③.
7．【答案】B
【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：如图，作点P关于BD的对称点P'，连接P'Q，当P'、K、Q三点共线，且P'Q⊥AB时， 的值最小，即为P'Q的长，
过点C作CH⊥AB，
∵AB∥CD，
∴P'Q=CH，
∵四边形ABCD是菱形，180°-
∴BC=AB=2，∠ABC=180°-∠A=60°，
在Rt△BCH中，则∠BCH=30°，
∴BH=BC=1，CH=
∴P'Q=CH=，
即的最小值为.
故答案为：B.
【分析】作点P关于BD的对称点P'，连接P'Q，当P'KQ三点共线，且P'Q⊥AB时， 的值最小，即为P'Q的长，过点C作CH⊥AB，由AB∥CD可得P'Q=CH，利用直角三角形的性质求出CH的长即可.
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】三角形三边关系；勾股定理；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：作于点，则，
四边形是菱形，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
由折叠得，
，
，
，
的最小值为，
故答案为：．
【分析】作EF⊥BC于点F，根据菱形的性质得BC=CD=AB=2，由BE=CE得BF=CF=1，而∠B=30°，因此BE=2EF，从而得到BF=EF=1，求得EF=，所以BE=CE=2EF=，根据折叠得CD'=CD=2，因为D'E+CE≥CD'，所以D'E+≥2，则D'E≥2-，即可求得D'E的最小值.
10．【答案】1或3
【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；菱形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）如图1所示，当点M在CB的延长线上时，连接BD，过点D作DF⊥AB于点F，DG⊥BC于点G，
根据题意可知△DAB和△DBC为等边三角形，
∴DA=DB，∠DBA=∠DBC=60°，
又∵DF⊥AB，DG⊥BC，
∴DF=DG，
∴Rt△DFE≌Rt△DGM（HL），
∴∠E=∠M，
∵∠DAB=∠DBC=60°，
∴∠DAE=∠DBM=120°，
∴△DEA≌△DMB（AAS），
∴BM=AE=1，
∴CM=BM+BC=1+2=3；
（2）如图2，当点M在BC的延长线上时，同理可得出△DEA≌△DMC，
∴CM=AE=1，
故答案为：1或3．
【分析】根据菱形的性质可以知道△DAB和△DBC为等边三角形，再根据全等三角形的判定方法斜边直角边（HL）可以得出Rt△DFE≌Rt△DGM，从而得到相关线段和角的关系，再由AAS判定方法得到△DEA≌△DMB，根据M点可能存在的位置，分两种情况算出CM的长度.
11．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：作EM⊥OA于M，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥OA，OD＝OB，
∴EM∥OB，
∴AM：MO＝AE：EB，
∵AE＝BE，
∴AM＝OM，
∴EM是△ABO的中位线，
∴EM＝OB，
∵DF＝OF，
∴OF＝OD，
∴EM＝OF，
∵∠MEG＝∠OFG，∠MGE＝∠OGF，
∴△EMG≌△FOG（AAS），
∴MG＝OG＝1，
∴OM＝2OG＝2，
∴OA＝2OM＝3，
∴AC＝2OA＝8，
∵AE＝BE，
∴△BAC的面积＝6×△BEC的面积＝2×12＝24，
∴AC OB＝24，
∴OB＝6，
∴EM＝OB＝3，
∵CM＝OM+OC＝2+7＝6，
∴CE＝＝3．
故答案为：2．
【分析】作EM⊥OA于M，先根据菱形的性质得到BD⊥OA，OD＝OB，进而根据三角形中位线定理即可得到EM＝OB，再结合三角形全等的判定与性质证明△EMG≌△FOG（AAS）即可得到MG＝OG＝1，再结合题意运用勾股定理即可求解。
12．【答案】
【知识点】菱形的性质；一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【解答】解：设直线与x轴相交于点M
由一次函数y=2x+2，当x=0时，y=2
∴A1（0，2）
当y=0时，2x+2=0，解得：x=-1
∴M（-1，0）
∵四边形AOBA1是菱形
∴OA1垂直平分AB
∴O1（1，0）
同理：O2（3，0）
把x=3代入y=2x+2得y=8
∴A3（3，8）
依次规律：An
故答案为：
【分析】先求出直线与x轴，y轴的交点坐标，再根据菱形的性质求出A，A1，A2....的坐标，即可求出答案.
13．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；菱形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，延长ME交DC的延长线于点N，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AB=CD=2，
∴∠AMD=∠CDM，∠EMB=∠N，∠EBM=∠ECN，
∵E为BC的中点，
∴EB=EC，
∴△EBM≌△ECN（AAS），
∴CN=BM，NE=ME，
由折叠得∠AMD=∠DME，AM=ME，
∴∠DME=∠CDM，
∴MN=DN，
∴2AM=CD+CN=CD+BM，
∴2AM=2+2-AM，
∴AM=.
故答案为：.
【分析】由菱形的性质得AB∥CD，AB=CD=2，由平行线的性质得∠AMD=∠CDM，∠EMB=∠N，∠EBM=∠ECN，然后可用AAS判断出△EBM≌△ECN，根据全等三角形的对应边相等得CN=BM，NE=ME，由折叠得∠AMD=∠DME，AM=ME，则∠DME=∠CDM，由等角对等边得MN=DN，则2AM=CD+CN=CD+BM，据此建立方程，求解即可.
14．【答案】（1）解：补全的图形如图所示；
证明：∵菱形，
∴，
∴，
，
∴，
．
∵，
∴，
∴．
（2）解：之间的数量关系：．
证明：方法1
如图，连接．
∵菱形，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
点F关于的对称点G在线段上，
∴．
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
证明：方法2
如图，延长到H，使，
∴．
∵菱形，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴．
∵菱形，，点F关于直线的对称点为G，
∴点G在线段上，，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质可分别求得∠ADB=∠ABD=60°，然后根据DE=EF，可得∠BDE=∠BFE，再根据等式的性质可求得∠ADE=∠FEB；
（2）首先可证明△ABD是等边三角形，△DEG是等边三角形，从而可根据SAS证得△ADE≌△BDG，得出AE=BG，又根据对称得出BG=BF，从而可根据等量代换得出：DF=DB+BF=BC+AE=CG+BG+AE=CG+2AE。
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 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．
17．【答案】证明：如图，过点O作OG∥AB交AD于点G．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠A=∠C= 60° ， ∠ADC=∠ABC=120°，
∴∠ADB= CABD= 60° ，
∴△ABD是等边三角形，∠OBF= 120° ，∴BD=AD=AB． ．
∵OG∥AB，∴∠DGO= ∠A= 60° ，∠DOG=∠ABD=60°，
∴△DGO是等边三角形。
∴OG=DG=OD=BD=OB=AD，
∠ OGE=∠GOB= 120°=∠OBF，
∴AG=AD．∵∠EOF=120° ，∴∠GOE=∠BOF．
在△OEG和△OFB中，
∴△OEG≌△OFB(ASA) ，
∴CE=BF，
∴AE+BF=AE+CE=AG=AD=AB．
【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-ASA
【解析】【分析】过点O作OG∥AB交AD于点G，根据菱形的性质得到：，进而证明和为等边三角形，即可得到：再利用"ASA"证明，得到：进而即可求证.
18．【答案】（1）解：∵AE⊥BC，∠BAE＝30°，∴BE＝AB，
∵四边形ABCD 是平行四边形，AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵BC＝BE+EC，EC＝1，
∴AB＝AB+1，解得：AB=2
∴AD＝AB＝2，即AD的长为2
（2）证明：连接EG，
∵AE⊥BC，AF⊥AB，
∴∠GAE+∠EAF＝∠EAF+∠FAD＝90°，
∴∠GAE＝∠FAD，
∵AG＝AF，AE＝AD，
∴△AEG≌△ADF（SAS），
∴∠AEG＝∠ADF，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴∠ADE＝∠AED＝45°，
∴∠AEG＝∠ADF＝45°，
∴∠DEG＝90°，即DE⊥EG，
延长AH交DE于点M，
∵AH平分∠DAE，
∴AM⊥DE，DM＝AM，
∴AM∥EG，
∴，
∵DM＝EM，
∴GH＝DH；
（3）解：点C到DE的距离为
【知识点】三角形内角和定理；全等图形的概念；三角形全等的判定；勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（3）∵AN：AD=2：5，AD=AE
∴AN：NE=2：3
由AM∥EG可得
，即
由（2）知：GH=DH，DM=EM
∴HM是的中位线
在中，DM=EM
作GK⊥BC于K，则是等腰直角三角形
由GK∥AE可得
，即
解得：
作CT⊥DE于T，由
∴也是等腰直角三角形
故答案为：
【分析】（1）根据平行四边形性质，菱形的判断定理即可求出答案；
（2） 连接EG， 根据垂线性质，三角形内角和定理，全等三角形判断定理可得△AEG≌△ADF，可得∠AEG＝∠ADF，再根据等腰直角三角形性质可得∠DEG＝90°，即DE⊥EG，延长AH交DE于点M， 根据角平分线性质可得AM⊥DE，DM＝AM，再根据直线平行性质得，整理即可求出答案；
（1）根据相似三角形的判断定理可得，再根据相似比可求出EG的长，再根据三角形中位线定理求出HM，AM，根据勾股定理可求出AD，再根据等腰直角三角形判定定理及性质，相似三角形的判定定理及性质即可求出答案.
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