《菱形》精选压轴题—浙江省八（下）数学期末复习
一、单选题
1．（2024八下·慈溪期末）如图，线段，是线段上一动点，分别以和为边在同侧作菱形和菱形，且，，在同一条直线上，，连接，取的中点，连接，，以下说法正确的是（ ）
A．的长不会随着P点的运动而变化，始终为
B．的长随着P点的运动而变化，其最小值为
C．的长不会随着P点的运动而变化，始终为
D．的长随着P点的运动而变化，其最小值为
【答案】D
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接，，
菱形和菱形，，
，，，，，
，，
，，
，是等边三角形，
点是的中点，
，
设，则，
是等边三角形，
，
，，
作交的延长线于点，
∴，，
∴，
∴，
∵，
，
，
，
当时，有最小值为，
的最小值为，
故答案为：D．
【分析】先证，由直角三角形的性质可得，由勾股定理和平方的性质可求的最小值，即可求解．
2．（2024八下·丽水期末）如图，在菱形中，点是对角线上一动点，于点，于点，记菱形高线的长为，则下列结论：当为中点时，则；；；若，，连结，则有最小值为；若，，连结，则的最大值为其中错误的结论有( )
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】B
【知识点】菱形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：菱形，
∴，
连接，
当P为中点时，则：，
∵于点E，于点F，
∴，
∵，
∴，故①正确；
∵，
，，
∴，
∴；故②正确；
∵于点E，于点F，
∴，
∴，
∵，
∴；故③正确；
连接，过点作，则垂直平分，
∴，
∴，
∴当三点共线时，的值最小，
∵，
∴当点与点重合时，的值最小为的长，
∵，且，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴的最小值为，故④错误；
连接，过点作，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则：，
∴，
∵，
∴，
∴；
∴的最大值为；故⑤错误；
故答案为：B．
【分析】连接CP，等积法判断①和②，四边形的内角和为360°，结合菱形的对角相等，判断③，连接AC，过点A作AG⊥BC，根据菱形的性质和成轴对称的特征求解，判断④，连接EH，过点E作EH⊥PF，利用含30度角的直角三角形的性质，结合配方法判断⑤即可．
二、填空题
3．（2024八下·海曙期末）如图，在等腰 中，，点从点出发沿 方向以的速度向点A匀速运动，同时点从点 A 出发沿方向以 的速度向点匀速运动，当其中一个点达到终点时，另一点也随之停止运动，设点运动的时间为秒．过点 作于点，若平面内存在一点，使得以为顶点的四边形为菱形，则的值为 ．
【答案】或或 5
【知识点】勾股定理；菱形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：在等腰中，，
，
设点运动的时间为秒，则，，
，，
，
，
，
作于点H，
，
，
，
，
在中，，
，
在中，，
，
为顶点的四边形为菱形，
分三种情况：①当时，则，
，
解得：，
，
，
②当时，则，
，
解得：（不合题意舍去），
③当时，则，
，
解得：（不合题意舍去），
综上所述，的值为或或5．
【分析】作EH⊥AB于点H，根据等腰直角三角形的性质算出BC、AB的长，设点D、E运动的时间为t秒，根据路程、速度、时间三者的关系表示出BD、AE；由等腰直角三角形的性质得BF=DF=tcm，AH=EH=，在Rt△EDH与Rt△CEF中分别利用勾股定理表示出DE2及EF2，然后根据菱形的性质分类讨论：①当EF=DF时，②当DE=DF时，③当DE=EF时，分别列出方程，求解并检验可得答案.
4．（2024八下·玉环期末）在菱形中，，边长为8，点E，F分别是，的中点；连结，，Q，P分别是，的中点，则 ．
【答案】
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】连接交于点，连接，设与交于点，
∵四边形是菱形，
，，，
∵点分别是的中点，
∴
∵点P是的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
同理，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：.
【分析】连接交于点，连接，设与交于点，利用菱形的性质可证得，，然后得到是的中位线，可求出OP、OQ的长，同时可证得，然后利用角的直角三角形的性质求出PQ的长.
5．（2024八下·宁波期末）如图，已知菱形的面积为，点P，Q分别是在边，上(不与C点重合) ，且，连结，，则的最小值为 ．
【答案】
【知识点】三角形三边关系；菱形的性质；三角形全等的判定-SAS；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】解：如图，过点作于点，延长到点，使，连接，以点为原点，为x轴，垂直于方向为y轴，建立平面直角坐标系，
点和关于轴对称，
，
四边形是菱形，
，，
菱形的面积为，边长为，
，解得，
∴，
，
，
，
，
，
，
，，三点共线时，取最小值，
的最小值
的最小值
.
故答案为：.
【分析】先根据菱形的性质和勾股定理可得，可得到各点坐标为，再证明．可得，由，然后可得，，三点共线时，取最小值，所以的最小值的最小值，最后利用两点间的距离公式求解．
6．（2024八下·合肥月考）如图1，在菱形中，对角线，相交于点E，动点P由点A出发，沿A→B→C运动，设点P的运动路程为x，的面积为y，y与x的函数关系图象如图2，则的长为 ．
【答案】或4
【知识点】勾股定理；菱形的性质；动点问题的函数图象
【解析】【解答】解：因为菱形的各边相等且对角线互相垂直平分，
∴．
由图2知，点P由点A运动到点C时，，即，
∵，
∴．
由图2知，点P由点A运动到点B时，的面积最大，此时，
即：．
∴．即：．
在中，，
组成方程组，
解得：或．
当时，；当时，．
故的长为：或4，
故答案为：或4．
【分析】根据题意得到，，求出，在中，根据面积与勾股定理求出解答即可．
三、综合题
7．（2024八下·新昌期末）如图，在中，，，．记的长为，是边上的一个动点，连接，是点关于的对称点，连接，．
（1）如图1，当点落在上且时，求的值．
（2）如图2，若点恰好落在边上，判断四边形的形状，并说明理由．
（3）若点恰好落在的边上，且．求的值．
【答案】（1）解：如图1，在中，，
．
在中，，，，
．
．
是点关于的对称点，
．
（2）解：如图2，在中，，
则．
是点关于的对称点，
，，．
是等边三角形．
．
．
四边形是菱形．
（3）解：当恰好落在的边上时，可分三种情况：①当点在上时，如图，
，，
．
是点关于的对称点，
，．
在中，，
．
；
②当点在上时，如图4，
过点作于点，
由（1）知，，
，
在中，，，
根据勾股定理得，，
即：，
解得；
③当点在上时，即（2）中如图2的情况，连接，过作于点，如图5．
由（2）得，四边形是菱形，，
在中，，，则，
，
∴，．
在中，，由勾股定理得：
整理得：，
，
此方程无解．
综上：的值为8或．
【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；菱形的判定与性质；轴对称的性质
【解析】【分析】（1）利用平行四边形可得，即可得到∠FCD=30°，然后利用30°角所对的直角边等于斜边得一半和勾股定理得到，再根据折叠解题即可；
（2）利用平行四边形的性质得到是等边三角形，即可得到，进而得到结论即可；
（3）分为点在上；点在上；点在上三种情况，画出图形，利用勾股定理解答即可．
（1）解：如图1，在中，，
．
在中，，，，
．
．
是点关于的对称点，
．
（2）解：如图2，在中，，
则．
是点关于的对称点，
，，．
是等边三角形．
．
．
四边形是菱形．
（3）解：当恰好落在的边上时，可分三种情况：
①当点在上时，如图，
，，
．
是点关于的对称点，
，．
在中，，
．
；
②当点在上时，如图4，
过点作于点，
由（1）知，，
，
在中，，，
根据勾股定理得，，
即：，
解得；
③当点在上时，即（2）中如图2的情况，连接，过作于点，如图5．
由（2）得，四边形是菱形，，
在中，，，则，
，
∴，．
在中，，由勾股定理得：
整理得：，
，
此方程无解．
综上：的值为8或．
8．（2024八下·苍南期末）如图1，，过点D作交于点E，连接．
（1）求证：四边形是菱形．
（2）若，，E为的中点．
①求的长．
②如图2，在边上取一点F，连结并延长交的延长线于点G，记的面积为，的面积为，当时，求的长．
【答案】（1）证明： ，
，，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
∵，
四边形是菱形．
（2）解：① 连接交于点，
四边形是菱形，
，，，
设，
则，
E为的中点，
，
在，，
在，，
，
解得，
．
② 过点作于点，如图所示，
前面已证得四边形是菱形，
，，，
∵E为的中点，
∴，
∴，
，
，
∴，解得： ．
，，，
，
，
，
，
，
解得：．
所以．
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的判定
【解析】【分析】（1）先根据全等三角形的性质，得出，，再利用平行线的性质得到，从而可得到，再根据等角对等边，得到，从而可得，可证得四边形是平行四边形，再结合一组邻边相等即可证得四边形是菱形；
（2）① 先根据菱形性质，得到，，，再设，可用a表示出CE与AE，再利用勾股定理求解；
②先利用勾股定理求得BD，再利用等面积法得，到关于DM的方程求解求得DM，然后利用，，，得到，代入后转化关于BG的方程求解.
（1）证明： ，
，，
，
，
，
，
，且，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形．
（2）解：① 连接交于点，
四边形是菱形，
，，，
设，则，
E为的中点，
，
在，，
在，，
，
解得，
．
② 过点作于点，如图所示，
前面已证得四边形是菱形，，，又E为的中点，
，，，
，
，即，
．
，，，
，
，
，，
，
解得．
故．
9．（2024八下·诸暨期末）已知内角，分别以为边向外侧作等边和等边，连接交于点．
（1）如图1，判断是否随的变化而变化？如果不变化，请求出的度数；如果变化，请用的代数式表示的度数；
（2）连接，再依次连接四条线段的中点，得到四边形．
①如图2，若，，，求四边形的面积；
②若的面积是，，的面积都是，求的面积．
【答案】（1）解：∠MON=120°，不变化，
∵和都为等边三角形，
∴，，，
∴∠MAB+∠ABC=∠CAN+∠ABC，
∴∠MAC=∠NAB，
在△AMC和△ABN中，
∴，
∴，
∵∠MON=∠OBM+∠BMO=（∠ABM+∠ABN）+（∠AMB-∠AMC）
即∠MON=∠ABM+∠BMA=60°+60°=120°.
（2）解：①连，如图所示，
由（1）可知，，
∴CM=BN，
∵D，G分别为的中点，E，F分别为BC、NC的中点，
∴，，DG∥BN∥EF，
∴DG=EF，
同理：DE=GF，
∵BN=CM，
∴，
∴四边形为菱形，
∵∠MON=120°，
∴∠MOB=180°-∠MON=60°，
∴∠GDE=60°，
∴为等边三角形，
∴△GDE的边DE上的高h=，
∴四边形的面积等于的面积的2倍，
∵是等边三角形，D为边的中点，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴三点共线，
在中，
，
∵，
∴，
∴四边形DEFG的面积=；
②过点M作交的延长线于点R，如图所示，
∵△ABM是等边三角形，
∴△ABM的高h=，
∴，
同理可得：，
∴，，
∵，
∴，
∴MR=，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的判定与性质；平行四边形的面积
【解析】【分析】（1）先利用证出，进而得出，即可求得∠MON=120°；
（2）由（1）可知，可得CM=BN，利用三角形中位线性质可证得四边形为菱形，为等边三角形，得出四边形的面积等于的面积的2倍，然后利用勾股定理得出的值，进而即可得出四边形的面积；②先利用面积公式得出的长，再证出为直角三角形，即可得出结论.
（1），不发生变化，理由如下：
如图，设与交于点P，
∵和都为等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴；
（2）①如图，连，设与交于点Q，连，
∵D，G分别为的中点，
∴，，
同理：，，，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形为菱形，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∴四边形的面积等于的面积的2倍，
如图，在中，过点G作交于点K，
∴，
∴，
∴，
∵都为等边三角形，D为边的中点，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，即，三点共线，
∴在中，，
∵，
∴，
∴；
②如图，过点M作交的延长线于点R，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
10．（2024八下·东阳期末）如图1，已知菱形，点E是对角线上任意一点（不与端点B、D重合），连结，，，．
（1）求证：．
（2）若，则的值．
（3）如图2，延长交于点F，若是等腰三角形，求的长．
【答案】（1）证明：四边形是菱形，
∴AB=CB，∠ABE=∠CBE，
∵BE=BE，
∴△ABE≌△CBE，
；
（2）解：连接AC交BD于点O，过点B作BF ∥AC交AE的延长线于点F，
由（1）知△ABE≌△CBE，
∴∠AEB=∠CEB，
∴∠AEO=∠CEO，
∴∠AEC=2∠AEO，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOE=90°，
∴∠AEO+∠EAO=90°，
∵，
∴2∠AEO+2∠BAE=180°，
∴∠AEO+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠EAO，
∵BF∥AC，
∴∠EFB=∠EAO，
∴∠BAE=∠EAO，
∴AB=BF，
∵BF∥AC，
∴△BEF∽△OEA，
∴，
∴，
在Rt△ABO中：∠AOB=90°，AB=5，BO=，
∴AO=4，
∴=，
∴，
∴，
又点O是AC和BD 的中点，
∴S△ABO=S菱形ABCD， ∴.
（3）①
在菱形，
，
，
，
，
连结交于点，
在中，
∵BF∥AD，
∴△BEF∽△DEA，
∴，
∴，
∴
②
在菱形，
，
，
过点E作的垂线交于点，过点E作的垂线交于点G，E，H，三点共线
由（2）所得，
，
延长过点A作的垂线交于点I，则四边形是矩形，
在中，，
，
，
，
，
，
设
③，不成立（舍去）
综上所述或
【知识点】等腰三角形的判定与性质；菱形的性质；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质得出AB=CB，∠ABE=∠CBE，从而利用SAS证得△ABE≌△CBE，从而得出；
（2）连接AC交BD于点O，过点B作BF ∥AC交AE的延长线于点F，首先证明∠BAE=∠EAO，然后再根据BF ∥AC，得出∠EFB=∠EAO，即可得出∠BAE=∠EAO，等角对等边得出AB=BF，再根据△BEF∽△OEA，得出，从而得出，再根据菱形的性质可得S△ABO=S菱形ABCD，即可得出。
（3）因为△CDE是等腰三角形，可分三种情况讨论：①，根据菱形的性质，可得DC=DE=AD=5，即可得出BE=BF=1，根据勾股定理可得AE=，然后根据△BEF∽△DEA，可得出，即可得出EF的长度；②，
在菱形中，，过点E作的垂线交于点，过点E作的垂线交于点G，E，H，三点共线，由（2）所得，；延长过点A作的垂线交于点I，则四边形是矩形，；在中，，；，；设，，③，，不成立（舍去）；综上所述或。
11．（2025八下·广州期中）如图，在矩形中，点在边上，与关于直线对称，点的对称点在边上，过点作，交于点．
（1）求证：；
（2）如图，连接，求证：四边形是菱形；
（3）如图3，在（2）的条件下，作平分，交于点，请写出线段之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）证明：由题意得，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
（3）线段之间的数量关系为．
证明：连接，如图所示：
∵平分，，
∴，，，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
即，
∴线段之间的数量关系为．
【知识点】三角形全等及其性质；角平分线的性质；勾股定理；菱形的判定
【解析】【分析】（1）利用全等三角形的性质求出，，再利用AAS证明，最后证明求解即可；
（2）根据平行四边形的性质求出，再根据全等三角形的性质求出，，最后根据菱形的性质证明求解即可；
（3）利用SAS证明，再利用勾股定理求出，最后证明求解即可。
（1）证明：由题意得，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
（3）线段之间的数量关系为．
证明：连接，如图所示：
∵平分，，
∴，，，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
即，
∴线段之间的数量关系为．
1 / 1《菱形》精选压轴题—浙江省八（下）数学期末复习
一、单选题
1．（2024八下·慈溪期末）如图，线段，是线段上一动点，分别以和为边在同侧作菱形和菱形，且，，在同一条直线上，，连接，取的中点，连接，，以下说法正确的是（ ）
A．的长不会随着P点的运动而变化，始终为
B．的长随着P点的运动而变化，其最小值为
C．的长不会随着P点的运动而变化，始终为
D．的长随着P点的运动而变化，其最小值为
2．（2024八下·丽水期末）如图，在菱形中，点是对角线上一动点，于点，于点，记菱形高线的长为，则下列结论：当为中点时，则；；；若，，连结，则有最小值为；若，，连结，则的最大值为其中错误的结论有( )
A．个 B．个 C．个 D．个
二、填空题
3．（2024八下·海曙期末）如图，在等腰 中，，点从点出发沿 方向以的速度向点A匀速运动，同时点从点 A 出发沿方向以 的速度向点匀速运动，当其中一个点达到终点时，另一点也随之停止运动，设点运动的时间为秒．过点 作于点，若平面内存在一点，使得以为顶点的四边形为菱形，则的值为 ．
4．（2024八下·玉环期末）在菱形中，，边长为8，点E，F分别是，的中点；连结，，Q，P分别是，的中点，则 ．
5．（2024八下·宁波期末）如图，已知菱形的面积为，点P，Q分别是在边，上(不与C点重合) ，且，连结，，则的最小值为 ．
6．（2024八下·合肥月考）如图1，在菱形中，对角线，相交于点E，动点P由点A出发，沿A→B→C运动，设点P的运动路程为x，的面积为y，y与x的函数关系图象如图2，则的长为 ．
三、综合题
7．（2024八下·新昌期末）如图，在中，，，．记的长为，是边上的一个动点，连接，是点关于的对称点，连接，．
（1）如图1，当点落在上且时，求的值．
（2）如图2，若点恰好落在边上，判断四边形的形状，并说明理由．
（3）若点恰好落在的边上，且．求的值．
8．（2024八下·苍南期末）如图1，，过点D作交于点E，连接．
（1）求证：四边形是菱形．
（2）若，，E为的中点．
①求的长．
②如图2，在边上取一点F，连结并延长交的延长线于点G，记的面积为，的面积为，当时，求的长．
9．（2024八下·诸暨期末）已知内角，分别以为边向外侧作等边和等边，连接交于点．
（1）如图1，判断是否随的变化而变化？如果不变化，请求出的度数；如果变化，请用的代数式表示的度数；
（2）连接，再依次连接四条线段的中点，得到四边形．
①如图2，若，，，求四边形的面积；
②若的面积是，，的面积都是，求的面积．
10．（2024八下·东阳期末）如图1，已知菱形，点E是对角线上任意一点（不与端点B、D重合），连结，，，．
（1）求证：．
（2）若，则的值．
（3）如图2，延长交于点F，若是等腰三角形，求的长．
11．（2025八下·广州期中）如图，在矩形中，点在边上，与关于直线对称，点的对称点在边上，过点作，交于点．
（1）求证：；
（2）如图，连接，求证：四边形是菱形；
（3）如图3，在（2）的条件下，作平分，交于点，请写出线段之间的数量关系，并证明．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接，，
菱形和菱形，，
，，，，，
，，
，，
，是等边三角形，
点是的中点，
，
设，则，
是等边三角形，
，
，，
作交的延长线于点，
∴，，
∴，
∴，
∵，
，
，
，
当时，有最小值为，
的最小值为，
故答案为：D．
【分析】先证，由直角三角形的性质可得，由勾股定理和平方的性质可求的最小值，即可求解．
2．【答案】B
【知识点】菱形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：菱形，
∴，
连接，
当P为中点时，则：，
∵于点E，于点F，
∴，
∵，
∴，故①正确；
∵，
，，
∴，
∴；故②正确；
∵于点E，于点F，
∴，
∴，
∵，
∴；故③正确；
连接，过点作，则垂直平分，
∴，
∴，
∴当三点共线时，的值最小，
∵，
∴当点与点重合时，的值最小为的长，
∵，且，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴的最小值为，故④错误；
连接，过点作，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则：，
∴，
∵，
∴，
∴；
∴的最大值为；故⑤错误；
故答案为：B．
【分析】连接CP，等积法判断①和②，四边形的内角和为360°，结合菱形的对角相等，判断③，连接AC，过点A作AG⊥BC，根据菱形的性质和成轴对称的特征求解，判断④，连接EH，过点E作EH⊥PF，利用含30度角的直角三角形的性质，结合配方法判断⑤即可．
3．【答案】或或 5
【知识点】勾股定理；菱形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：在等腰中，，
，
设点运动的时间为秒，则，，
，，
，
，
，
作于点H，
，
，
，
，
在中，，
，
在中，，
，
为顶点的四边形为菱形，
分三种情况：①当时，则，
，
解得：，
，
，
②当时，则，
，
解得：（不合题意舍去），
③当时，则，
，
解得：（不合题意舍去），
综上所述，的值为或或5．
【分析】作EH⊥AB于点H，根据等腰直角三角形的性质算出BC、AB的长，设点D、E运动的时间为t秒，根据路程、速度、时间三者的关系表示出BD、AE；由等腰直角三角形的性质得BF=DF=tcm，AH=EH=，在Rt△EDH与Rt△CEF中分别利用勾股定理表示出DE2及EF2，然后根据菱形的性质分类讨论：①当EF=DF时，②当DE=DF时，③当DE=EF时，分别列出方程，求解并检验可得答案.
4．【答案】
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】连接交于点，连接，设与交于点，
∵四边形是菱形，
，，，
∵点分别是的中点，
∴
∵点P是的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
同理，，
∴，
∴，，，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：.
【分析】连接交于点，连接，设与交于点，利用菱形的性质可证得，，然后得到是的中位线，可求出OP、OQ的长，同时可证得，然后利用角的直角三角形的性质求出PQ的长.
5．【答案】
【知识点】三角形三边关系；菱形的性质；三角形全等的判定-SAS；坐标系中的两点距离公式
【解析】【解答】解：如图，过点作于点，延长到点，使，连接，以点为原点，为x轴，垂直于方向为y轴，建立平面直角坐标系，
点和关于轴对称，
，
四边形是菱形，
，，
菱形的面积为，边长为，
，解得，
∴，
，
，
，
，
，
，
，，三点共线时，取最小值，
的最小值
的最小值
.
故答案为：.
【分析】先根据菱形的性质和勾股定理可得，可得到各点坐标为，再证明．可得，由，然后可得，，三点共线时，取最小值，所以的最小值的最小值，最后利用两点间的距离公式求解．
6．【答案】或4
【知识点】勾股定理；菱形的性质；动点问题的函数图象
【解析】【解答】解：因为菱形的各边相等且对角线互相垂直平分，
∴．
由图2知，点P由点A运动到点C时，，即，
∵，
∴．
由图2知，点P由点A运动到点B时，的面积最大，此时，
即：．
∴．即：．
在中，，
组成方程组，
解得：或．
当时，；当时，．
故的长为：或4，
故答案为：或4．
【分析】根据题意得到，，求出，在中，根据面积与勾股定理求出解答即可．
7．【答案】（1）解：如图1，在中，，
．
在中，，，，
．
．
是点关于的对称点，
．
（2）解：如图2，在中，，
则．
是点关于的对称点，
，，．
是等边三角形．
．
．
四边形是菱形．
（3）解：当恰好落在的边上时，可分三种情况：①当点在上时，如图，
，，
．
是点关于的对称点，
，．
在中，，
．
；
②当点在上时，如图4，
过点作于点，
由（1）知，，
，
在中，，，
根据勾股定理得，，
即：，
解得；
③当点在上时，即（2）中如图2的情况，连接，过作于点，如图5．
由（2）得，四边形是菱形，，
在中，，，则，
，
∴，．
在中，，由勾股定理得：
整理得：，
，
此方程无解．
综上：的值为8或．
【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；菱形的判定与性质；轴对称的性质
【解析】【分析】（1）利用平行四边形可得，即可得到∠FCD=30°，然后利用30°角所对的直角边等于斜边得一半和勾股定理得到，再根据折叠解题即可；
（2）利用平行四边形的性质得到是等边三角形，即可得到，进而得到结论即可；
（3）分为点在上；点在上；点在上三种情况，画出图形，利用勾股定理解答即可．
（1）解：如图1，在中，，
．
在中，，，，
．
．
是点关于的对称点，
．
（2）解：如图2，在中，，
则．
是点关于的对称点，
，，．
是等边三角形．
．
．
四边形是菱形．
（3）解：当恰好落在的边上时，可分三种情况：
①当点在上时，如图，
，，
．
是点关于的对称点，
，．
在中，，
．
；
②当点在上时，如图4，
过点作于点，
由（1）知，，
，
在中，，，
根据勾股定理得，，
即：，
解得；
③当点在上时，即（2）中如图2的情况，连接，过作于点，如图5．
由（2）得，四边形是菱形，，
在中，，，则，
，
∴，．
在中，，由勾股定理得：
整理得：，
，
此方程无解．
综上：的值为8或．
8．【答案】（1）证明： ，
，，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
∵，
四边形是菱形．
（2）解：① 连接交于点，
四边形是菱形，
，，，
设，
则，
E为的中点，
，
在，，
在，，
，
解得，
．
② 过点作于点，如图所示，
前面已证得四边形是菱形，
，，，
∵E为的中点，
∴，
∴，
，
，
∴，解得： ．
，，，
，
，
，
，
，
解得：．
所以．
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的判定
【解析】【分析】（1）先根据全等三角形的性质，得出，，再利用平行线的性质得到，从而可得到，再根据等角对等边，得到，从而可得，可证得四边形是平行四边形，再结合一组邻边相等即可证得四边形是菱形；
（2）① 先根据菱形性质，得到，，，再设，可用a表示出CE与AE，再利用勾股定理求解；
②先利用勾股定理求得BD，再利用等面积法得，到关于DM的方程求解求得DM，然后利用，，，得到，代入后转化关于BG的方程求解.
（1）证明： ，
，，
，
，
，
，
，且，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形．
（2）解：① 连接交于点，
四边形是菱形，
，，，
设，则，
E为的中点，
，
在，，
在，，
，
解得，
．
② 过点作于点，如图所示，
前面已证得四边形是菱形，，，又E为的中点，
，，，
，
，即，
．
，，，
，
，
，，
，
解得．
故．
9．【答案】（1）解：∠MON=120°，不变化，
∵和都为等边三角形，
∴，，，
∴∠MAB+∠ABC=∠CAN+∠ABC，
∴∠MAC=∠NAB，
在△AMC和△ABN中，
∴，
∴，
∵∠MON=∠OBM+∠BMO=（∠ABM+∠ABN）+（∠AMB-∠AMC）
即∠MON=∠ABM+∠BMA=60°+60°=120°.
（2）解：①连，如图所示，
由（1）可知，，
∴CM=BN，
∵D，G分别为的中点，E，F分别为BC、NC的中点，
∴，，DG∥BN∥EF，
∴DG=EF，
同理：DE=GF，
∵BN=CM，
∴，
∴四边形为菱形，
∵∠MON=120°，
∴∠MOB=180°-∠MON=60°，
∴∠GDE=60°，
∴为等边三角形，
∴△GDE的边DE上的高h=，
∴四边形的面积等于的面积的2倍，
∵是等边三角形，D为边的中点，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴三点共线，
在中，
，
∵，
∴，
∴四边形DEFG的面积=；
②过点M作交的延长线于点R，如图所示，
∵△ABM是等边三角形，
∴△ABM的高h=，
∴，
同理可得：，
∴，，
∵，
∴，
∴MR=，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的判定与性质；平行四边形的面积
【解析】【分析】（1）先利用证出，进而得出，即可求得∠MON=120°；
（2）由（1）可知，可得CM=BN，利用三角形中位线性质可证得四边形为菱形，为等边三角形，得出四边形的面积等于的面积的2倍，然后利用勾股定理得出的值，进而即可得出四边形的面积；②先利用面积公式得出的长，再证出为直角三角形，即可得出结论.
（1），不发生变化，理由如下：
如图，设与交于点P，
∵和都为等边三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴；
（2）①如图，连，设与交于点Q，连，
∵D，G分别为的中点，
∴，，
同理：，，，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形为菱形，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∴四边形的面积等于的面积的2倍，
如图，在中，过点G作交于点K，
∴，
∴，
∴，
∵都为等边三角形，D为边的中点，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，即，三点共线，
∴在中，，
∵，
∴，
∴；
②如图，过点M作交的延长线于点R，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
10．【答案】（1）证明：四边形是菱形，
∴AB=CB，∠ABE=∠CBE，
∵BE=BE，
∴△ABE≌△CBE，
；
（2）解：连接AC交BD于点O，过点B作BF ∥AC交AE的延长线于点F，
由（1）知△ABE≌△CBE，
∴∠AEB=∠CEB，
∴∠AEO=∠CEO，
∴∠AEC=2∠AEO，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOE=90°，
∴∠AEO+∠EAO=90°，
∵，
∴2∠AEO+2∠BAE=180°，
∴∠AEO+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠EAO，
∵BF∥AC，
∴∠EFB=∠EAO，
∴∠BAE=∠EAO，
∴AB=BF，
∵BF∥AC，
∴△BEF∽△OEA，
∴，
∴，
在Rt△ABO中：∠AOB=90°，AB=5，BO=，
∴AO=4，
∴=，
∴，
∴，
又点O是AC和BD 的中点，
∴S△ABO=S菱形ABCD， ∴.
（3）①
在菱形，
，
，
，
，
连结交于点，
在中，
∵BF∥AD，
∴△BEF∽△DEA，
∴，
∴，
∴
②
在菱形，
，
，
过点E作的垂线交于点，过点E作的垂线交于点G，E，H，三点共线
由（2）所得，
，
延长过点A作的垂线交于点I，则四边形是矩形，
在中，，
，
，
，
，
，
设
③，不成立（舍去）
综上所述或
【知识点】等腰三角形的判定与性质；菱形的性质；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质得出AB=CB，∠ABE=∠CBE，从而利用SAS证得△ABE≌△CBE，从而得出；
（2）连接AC交BD于点O，过点B作BF ∥AC交AE的延长线于点F，首先证明∠BAE=∠EAO，然后再根据BF ∥AC，得出∠EFB=∠EAO，即可得出∠BAE=∠EAO，等角对等边得出AB=BF，再根据△BEF∽△OEA，得出，从而得出，再根据菱形的性质可得S△ABO=S菱形ABCD，即可得出。
（3）因为△CDE是等腰三角形，可分三种情况讨论：①，根据菱形的性质，可得DC=DE=AD=5，即可得出BE=BF=1，根据勾股定理可得AE=，然后根据△BEF∽△DEA，可得出，即可得出EF的长度；②，
在菱形中，，过点E作的垂线交于点，过点E作的垂线交于点G，E，H，三点共线，由（2）所得，；延长过点A作的垂线交于点I，则四边形是矩形，；在中，，；，；设，，③，，不成立（舍去）；综上所述或。
11．【答案】（1）证明：由题意得，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
（3）线段之间的数量关系为．
证明：连接，如图所示：
∵平分，，
∴，，，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
即，
∴线段之间的数量关系为．
【知识点】三角形全等及其性质；角平分线的性质；勾股定理；菱形的判定
【解析】【分析】（1）利用全等三角形的性质求出，，再利用AAS证明，最后证明求解即可；
（2）根据平行四边形的性质求出，再根据全等三角形的性质求出，，最后根据菱形的性质证明求解即可；
（3）利用SAS证明，再利用勾股定理求出，最后证明求解即可。
（1）证明：由题意得，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
（3）线段之间的数量关系为．
证明：连接，如图所示：
∵平分，，
∴，，，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
即，
∴线段之间的数量关系为．
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