湘教版数学八年级下册 1.6.1 菱形的性质 同步分层练习
一、夯实基础
1．（2022八下·雷州期中）下列性质中，菱形具有而矩形不一定具有的是（ ）
A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直
C．对角线相等 D．四个角都是直角
【答案】B
【知识点】菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：根据菱形和矩形都是平行四边形，所以对边平行且相等，对角线互相平分；
菱形和矩形不同：菱形的四边相等，对角线互相垂直，矩形是四个角都是直角，对角线相等，
故B正确．
故选：B．
【分析】根据菱形和矩形的性质，对选项逐个判断即可．
2．（2024八下·宁津期中）菱形ABCD中，AC＝10，BD＝24，则该菱形的面积等于（ ）
A．13 B．52 C．120 D．240
【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD的对角线AC＝10，BD＝24，
∴菱形的面积=，
故答案为：C．
【分析】由菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可．
3．（2024八下·安次期末）如图，在菱形中，连接，，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
故选：B．
【分析】根据菱形性质可得，，根据三角形内角和定理即可求出答案.
4．（2025八下·温州期末）如图，在菱形中，交于点．若，则的长为（ ）
A．5 B．6 C．8 D．10
【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵在菱形中，交于点，
∴，，
∴，
故答案为：A．
【分析】菱形的对角线互相垂直平分，这样即可得出，，然后放到直角三角形BOC中，利用勾股定理列式计算即可。
5．（2025八下·广州期中）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点．若，则的长为（ ）
A．4 B．3 C． D．2
【答案】D
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵点E是的中点，，
∴，
故选：D．
【分析】根据菱形的性质求出，，再根据三角形的中位线的性质计算求解即可。
6．（2024八下·无锡月考）如果菱形的高是，且相邻两个内角的度数之比为，那么这个菱形的边长为 ．
【答案】6
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的性质
【解析】【解答】解：
如图所示∶过点D作于点E，
四边形是菱形，相邻两内角的度数之比为
则，
在中，
，
，
即菱形的边长为∶．
故答案为∶6．
【分析】
利用菱形的性质结合已知得出的数，再利用所对边与斜边的关系得出的长，计算即可解答．
7．（2024八下·浏阳期末）菱形的对角线，菱形的面积为12，则另一条对角线的长为 ．
【答案】4
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形的面积为，且
∴，
故答案为：4．
【分析】根据菱形面积即可求出答案.
8．（2024八下·南宁期末）如图，菱形的周长为40，对角线，相交于点O，若点E是的中点， 则的长是
【答案】5
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：四边形是菱形，且周长为，
，，
点是的中点，
，
故答案为：．
【分析】利用菱形的性质得出的长，进而根据直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案．
9．（2024八下·思明期中）如图，在菱形中，，则的长为 ．
【答案】10
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴．
故答案为：10．
【分析】根据菱形的性质得到是等边三角形解题即可．
10．（2024八下·天河期中）如图，菱形ABCD中，DM⊥AB于点M，DN⊥BC于点N．求证：AM=CN．
【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD，∠A=∠C，
∵DM⊥AB，DN⊥BC，
∴∠DMA=∠DNC=90°，
在△DAM和△DCN中，
，
∴△DAM≌△DCN（AAS），
∴AM=CN．
【知识点】三角形全等及其性质；菱形的性质
【解析】【分析】根据菱形的性质可得AD=CD，∠A=∠C，利用“AAS”可证△DAM≌△DCN，可得AM=CN．
二、能力提升
11．（2025八下·绵阳期末）在菱形中，对角线，则该菱形的周长为（ ）
A．15 B．20 C．22 D．25
【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：.
故答案为：B.
【分析】菱形的两条对角线互相垂直且平分，菱形的四边都相等.
12．（2025八下·浙江月考）如图，把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形．如果图2中小正方形的边长为，图3中小正方形的边长为1，则图1中菱形的面积为（ ）
A．6 B．3 C． D．12
【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：设每个直角三角形的直角边长分别为a，b，长边为a，短边为b，由题意可得：
，①
a－b=1，②
由②得：，即，
∴2ab=6.
∵ 菱形沿对角线分成的四个全等的直角三角形，
∴菱形的两条对角线的长分别为2a，2b，
故菱形的面积为：.
故答案为：A.
【分析】设每个直角三角形的直角边长分别为a，b，长边为a，短边为b，由图2可得，①，由图3可得a－b=1，②，利用完全平方公式可得2ab=6.再利用菱形的面积公式，即可得到答案.
13．（2024八下·北京市期中）如图，在菱形中，，对角线交于点O，E为的中点，连接，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理；两直线平行，同位角相等
【解析】【解答】解：∵在菱形中，，
∴，，O为的中点，
∵E为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】由菱形的每一条对角线平分一组对角求得，由菱形的对角线互相垂直得，由菱形的对角线互相平分得点O是BD的中点，根据三角形中位线平行于第三边得到，由二直线平行，同位角相等求得，最后根据∠AOE=∠AOD+∠DOE列式计算即可.
14．（2025八下·娄底期中）如图，周长为24的菱形中，，点E，F分别是边上的动点，点P为对角线上一动点，则线段的最小值为（ ）
A． B． C． 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；轴对称的性质；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：连接交于点，过点F作FF'⊥BD于点Q，交CD于点F'，如图，
∴∠FQD=∠F'QD=90°.
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴AC⊥BD，∠ADP=∠CDP，∠BAC=∠DAC=60°，CD=AD，AB//CD，
∴△ACD是等边三角形.
又∵DQ=DQ，
∴△FDQ≌△F'DQ（ASA），
∴FQ=F'Q.
∴F和F'关于BD对称，
∴EP+FP=EP+F'P≥EF'，故当E，P，F'三点共线时，EP+FP最小，最小值为EF'.
∵ 点E，F分别是AB，AD边上的动点，
∴EF'⊥CD时，EF'最小，
根据平行线之间的距离处处相等，可得点E与点A重合，EF'⊥CD时，如图所示：
此时AF'最小.
∵△ACD是等边三角形，
∴.
菱形的周长为24，
，
∴DF'=3，
∴．
故答案为：A．
【分析】连接交于点，过点F作FF'⊥BD于点Q，交CD于点F'，利用菱形的性质和 ∠BAD=120°可证明△ACD是等边三角形.利用ASA证明△FDQ≌△F'DQ，可得FQ=F'Q，从而有F和F'关于BD对称，于是可得EP+FP=EP+F'P≥EF'，当E，P，F'三点共线时，有最小值EF'；再根据垂线段最短和平行线之间的距离处处相等，可得点E与点A重合，EF'⊥CD时，EP+FP≥EF'≥AF'，利用等边三角形的性质得CF'=DF’，即可利利用勾股定理求得AF'的长.
15．（2025八下·浙江月考）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重合部分构成四边形．若测得，之间的距离为之间的距离为，则线段的长为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；菱形的判定
【解析】【解答】解：连接AC，BD，相较于点O，过点D作DM⊥AB于点M，DN⊥BC于点N，如图所示：
由题意得：AD//BC，DC//AB，DM=DN=2，AC=4cm，BD=3cm，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴DM·AB=DN·BC，
∴AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴OA=OB=2cm，cm，AC⊥BD，
∴cm.
故答案为：.
【分析】连接AC，BD，相较于点O，过点D作DM⊥AB于点M，DN⊥BC于点N，证明四边形ABCD是菱形，可得OA=OB=2cm，cm，AC⊥BD，再利用勾股定理，即可得到AB的长.
16．（2024八下·巴彦期末）如图，在菱形中，交于点O，于点E，连接，若，则 ．
【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】
本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，掌握菱形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．
根据菱形的性质：对角线平分对角，对角线互相平分可得：，再根据直角三角形的性质：直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半可得：OE=OD=OB，再根据等腰三角形的性质：等边对等角可得：∠CBD=∠OEB=70°，由此可得出答案．
17．（2025八下·梓潼期中）如图，菱形中，，；点是的中点，点是上一动点，连接．分别是的中点，连接，则的最小值是 ．
【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接BG并延长交AD于点Q，连接FQ，
，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∴∠QAG=∠BEG，
∵G是AE的中点，
∴AG=EG，
∴在△AGQ和△EGB中
∴△AGQ≌△EGB（ASA），
∴，
∵点G、H分别是BQ和BF的中点，
∴，
∴要使GH有最小值，
即FQ最小，
∴当时，最小，
过点F作FM⊥AD于点M，此时点M和点Q重合，
在菱形ABCD中，AB=CD=8，∠D=60°，
∵点F是CD的中点，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴的最小值是．
故答案为：．
【分析】
连接BG并延长交AD于点Q，连接FQ，根据菱形的性质：对边平行可知：AD∥BC，再根据平行线的性质：两直线平行，内错角相等可知：∠QAG=∠BEG，再根据中点的定义可知：AG=GE，结合∠AGQ=∠BGE，根据全等三角形的判定定理AS可证得：△AGQ≌△EGB，根据全等三角形的性质：对应边相等可知：BG=QG，再三角形中位线定理可知：，由此可知：要使GH有最小值，即FQ最小，即当FQ⊥AD时，FQ最小，此时GH有最小值，过点F作FM⊥AD于点M，此时点M和点Q重合，根据菱形的性质得出，再代入，可得GH的长，即GH的最小值，由此可得出答案．
18．（2025八下·惠阳期中）如图，菱形中，，，交于点O，若E是边的中点，，则的长等于 ，的度数为 ．
【答案】5；
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解： 四边形是菱形，
，，，
，
是边的中点，，
是的中位线，
．
故答案为：，．
【分析】根据菱形性质可得，，，则，再根据三角形中位线定理即可求出答案.
19．（2024八下·潮南期末）如图，在菱形中，点E，F分别在边上，且．求证：．
【答案】证明：∵为菱形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】根据菱形性质得边相等和三角形全等的判定，证明即可．
20．（2024八下·大洼月考）如图，四边形是平行四边形，相交于点O，E为的中点，连接，过点E作于点F，过点O作于点G．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若四边形是菱形，，求的长．
【答案】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
点是的中点，
．
，
，
于点，于点，
，
四边形是平行四边形
，
，
四边形是矩形；
（2）解：四边形是菱形，
，，，，
，，
，，
在中，，
，
即，
．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的性质；矩形的判定
【解析】【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的性质等知识点进行考查；（1）因为四边形ABCD是平行四边形，两对角线互相平分，所以，因为E为AB中点，所以，因此，于点，于点，则，可证明四边形EFGO为平行四边形，又因为，所以，因此四边形是矩形得证；
（2）因为四边形ABCD是菱形，所以对角线互相垂直，即，在中，，根据面积法有，可解得．
三、拓展创新
21．（2024八下·广州期中）已知四边形是平行四边形，点是对角线上一点，点是平行四边形外一点，连接和，且．
（1）如图1，若，，求证：四边形是菱形；
（2）如图2，在（1）的条件下，连接并延长和交于点，和交于点，求证：．
【答案】（1）证明：∵，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）证明：四边形是菱形，，
，
，
在上取一点，连接，使，
，
，
．
∵，
∴，
，
，
；
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；菱形的判定；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】本题考查菱形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定．
（1）利用角的运算可得，利用平行四边形的性质可得，进而可得，再结合CE=CF，利用全等三角形的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得：，利用菱形的判定定理可证明四边形是菱形；
（2）由菱形的性质得到，在上取一点，连接，使，利用线段的运算可得，利用全等三角形的判定定理SAS可证明，利用全等三角形的性质可得：，进而可证明，利用全等三角形的性质可得；
（1）证明：∵，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）证明：四边形是菱形，
，
，
，
在上取一点，连接，使，
，
，
．
∵，
∴，
，
，
；
22．（2024八下·江门期末）综合与实践课上，诸葛小组三位同学对含角的菱形进行了探究．
【背景】在菱形中，，作，分别交边于点．
（1）【感知】如图，若点是边的中点，小南经过探索发现了线段与之间的数量关系 ．
（2）【探究】如图，小阳说“点为上任意一点时，（）中的结论仍然成立”，你同意吗？请说明理由；
（3）【应用】小宛取出如图3所示的菱形纸片，测得，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，请直接写出线段的长．
【答案】（1）；
（2）解：同意，理由如下：
连接，如图所示：
同理（）可得，
∴.
（3）或．
【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；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】（1）解：连接，如图所示：
∵在菱形中，，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴
故答案为：；
（3）解：过点作于点，如图所示：
同理（）可知，为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴或，
由（）知，，
∴，
∴或．
故答案为：或．
【分析】（1）先利用等边三角形的性质可得， 再结合， 利用“ASA”证出，最后利用全等三角形的性质可得；
（2）先利用“ASA”证出，再利用全等三角形的性质可得；
（3）过点作于点，先利用勾股定理及线段的和差求出或， 再利用“ASA”证出，最后利用全等三角形的性质可得或．
（1）解：连接，
∵在菱形中，，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴
故答案为：；
（2）解：同意，理由如下：
连接，
同理（）可得，
∴；
（3）解：过点作于点，
同理（）可知，为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴或，
由（）知，，
∴，
∴或．
1 / 1湘教版数学八年级下册 1.6.1 菱形的性质 同步分层练习
一、夯实基础
1．（2022八下·雷州期中）下列性质中，菱形具有而矩形不一定具有的是（ ）
A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直
C．对角线相等 D．四个角都是直角
2．（2024八下·宁津期中）菱形ABCD中，AC＝10，BD＝24，则该菱形的面积等于（ ）
A．13 B．52 C．120 D．240
3．（2024八下·安次期末）如图，在菱形中，连接，，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025八下·温州期末）如图，在菱形中，交于点．若，则的长为（ ）
A．5 B．6 C．8 D．10
5．（2025八下·广州期中）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点．若，则的长为（ ）
A．4 B．3 C． D．2
6．（2024八下·无锡月考）如果菱形的高是，且相邻两个内角的度数之比为，那么这个菱形的边长为 ．
7．（2024八下·浏阳期末）菱形的对角线，菱形的面积为12，则另一条对角线的长为 ．
8．（2024八下·南宁期末）如图，菱形的周长为40，对角线，相交于点O，若点E是的中点， 则的长是
9．（2024八下·思明期中）如图，在菱形中，，则的长为 ．
10．（2024八下·天河期中）如图，菱形ABCD中，DM⊥AB于点M，DN⊥BC于点N．求证：AM=CN．
二、能力提升
11．（2025八下·绵阳期末）在菱形中，对角线，则该菱形的周长为（ ）
A．15 B．20 C．22 D．25
12．（2025八下·浙江月考）如图，把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形．如果图2中小正方形的边长为，图3中小正方形的边长为1，则图1中菱形的面积为（ ）
A．6 B．3 C． D．12
13．（2024八下·北京市期中）如图，在菱形中，，对角线交于点O，E为的中点，连接，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
14．（2025八下·娄底期中）如图，周长为24的菱形中，，点E，F分别是边上的动点，点P为对角线上一动点，则线段的最小值为（ ）
A． B． C． D．
15．（2025八下·浙江月考）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重合部分构成四边形．若测得，之间的距离为之间的距离为，则线段的长为 ．
16．（2024八下·巴彦期末）如图，在菱形中，交于点O，于点E，连接，若，则 ．
17．（2025八下·梓潼期中）如图，菱形中，，；点是的中点，点是上一动点，连接．分别是的中点，连接，则的最小值是 ．
18．（2025八下·惠阳期中）如图，菱形中，，，交于点O，若E是边的中点，，则的长等于 ，的度数为 ．
19．（2024八下·潮南期末）如图，在菱形中，点E，F分别在边上，且．求证：．
20．（2024八下·大洼月考）如图，四边形是平行四边形，相交于点O，E为的中点，连接，过点E作于点F，过点O作于点G．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若四边形是菱形，，求的长．
三、拓展创新
21．（2024八下·广州期中）已知四边形是平行四边形，点是对角线上一点，点是平行四边形外一点，连接和，且．
（1）如图1，若，，求证：四边形是菱形；
（2）如图2，在（1）的条件下，连接并延长和交于点，和交于点，求证：．
22．（2024八下·江门期末）综合与实践课上，诸葛小组三位同学对含角的菱形进行了探究．
【背景】在菱形中，，作，分别交边于点．
（1）【感知】如图，若点是边的中点，小南经过探索发现了线段与之间的数量关系 ．
（2）【探究】如图，小阳说“点为上任意一点时，（）中的结论仍然成立”，你同意吗？请说明理由；
（3）【应用】小宛取出如图3所示的菱形纸片，测得，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，请直接写出线段的长．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：根据菱形和矩形都是平行四边形，所以对边平行且相等，对角线互相平分；
菱形和矩形不同：菱形的四边相等，对角线互相垂直，矩形是四个角都是直角，对角线相等，
故B正确．
故选：B．
【分析】根据菱形和矩形的性质，对选项逐个判断即可．
2．【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD的对角线AC＝10，BD＝24，
∴菱形的面积=，
故答案为：C．
【分析】由菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可．
3．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
故选：B．
【分析】根据菱形性质可得，，根据三角形内角和定理即可求出答案.
4．【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵在菱形中，交于点，
∴，，
∴，
故答案为：A．
【分析】菱形的对角线互相垂直平分，这样即可得出，，然后放到直角三角形BOC中，利用勾股定理列式计算即可。
5．【答案】D
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵点E是的中点，，
∴，
故选：D．
【分析】根据菱形的性质求出，，再根据三角形的中位线的性质计算求解即可。
6．【答案】6
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的性质
【解析】【解答】解：
如图所示∶过点D作于点E，
四边形是菱形，相邻两内角的度数之比为
则，
在中，
，
，
即菱形的边长为∶．
故答案为∶6．
【分析】
利用菱形的性质结合已知得出的数，再利用所对边与斜边的关系得出的长，计算即可解答．
7．【答案】4
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形的面积为，且
∴，
故答案为：4．
【分析】根据菱形面积即可求出答案.
8．【答案】5
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：四边形是菱形，且周长为，
，，
点是的中点，
，
故答案为：．
【分析】利用菱形的性质得出的长，进而根据直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案．
9．【答案】10
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴．
故答案为：10．
【分析】根据菱形的性质得到是等边三角形解题即可．
10．【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD，∠A=∠C，
∵DM⊥AB，DN⊥BC，
∴∠DMA=∠DNC=90°，
在△DAM和△DCN中，
，
∴△DAM≌△DCN（AAS），
∴AM=CN．
【知识点】三角形全等及其性质；菱形的性质
【解析】【分析】根据菱形的性质可得AD=CD，∠A=∠C，利用“AAS”可证△DAM≌△DCN，可得AM=CN．
11．【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：.
故答案为：B.
【分析】菱形的两条对角线互相垂直且平分，菱形的四边都相等.
12．【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：设每个直角三角形的直角边长分别为a，b，长边为a，短边为b，由题意可得：
，①
a－b=1，②
由②得：，即，
∴2ab=6.
∵ 菱形沿对角线分成的四个全等的直角三角形，
∴菱形的两条对角线的长分别为2a，2b，
故菱形的面积为：.
故答案为：A.
【分析】设每个直角三角形的直角边长分别为a，b，长边为a，短边为b，由图2可得，①，由图3可得a－b=1，②，利用完全平方公式可得2ab=6.再利用菱形的面积公式，即可得到答案.
13．【答案】C
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理；两直线平行，同位角相等
【解析】【解答】解：∵在菱形中，，
∴，，O为的中点，
∵E为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】由菱形的每一条对角线平分一组对角求得，由菱形的对角线互相垂直得，由菱形的对角线互相平分得点O是BD的中点，根据三角形中位线平行于第三边得到，由二直线平行，同位角相等求得，最后根据∠AOE=∠AOD+∠DOE列式计算即可.
14．【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；轴对称的性质；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：连接交于点，过点F作FF'⊥BD于点Q，交CD于点F'，如图，
∴∠FQD=∠F'QD=90°.
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴AC⊥BD，∠ADP=∠CDP，∠BAC=∠DAC=60°，CD=AD，AB//CD，
∴△ACD是等边三角形.
又∵DQ=DQ，
∴△FDQ≌△F'DQ（ASA），
∴FQ=F'Q.
∴F和F'关于BD对称，
∴EP+FP=EP+F'P≥EF'，故当E，P，F'三点共线时，EP+FP最小，最小值为EF'.
∵ 点E，F分别是AB，AD边上的动点，
∴EF'⊥CD时，EF'最小，
根据平行线之间的距离处处相等，可得点E与点A重合，EF'⊥CD时，如图所示：
此时AF'最小.
∵△ACD是等边三角形，
∴.
菱形的周长为24，
，
∴DF'=3，
∴．
故答案为：A．
【分析】连接交于点，过点F作FF'⊥BD于点Q，交CD于点F'，利用菱形的性质和 ∠BAD=120°可证明△ACD是等边三角形.利用ASA证明△FDQ≌△F'DQ，可得FQ=F'Q，从而有F和F'关于BD对称，于是可得EP+FP=EP+F'P≥EF'，当E，P，F'三点共线时，有最小值EF'；再根据垂线段最短和平行线之间的距离处处相等，可得点E与点A重合，EF'⊥CD时，EP+FP≥EF'≥AF'，利用等边三角形的性质得CF'=DF’，即可利利用勾股定理求得AF'的长.
15．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；菱形的判定
【解析】【解答】解：连接AC，BD，相较于点O，过点D作DM⊥AB于点M，DN⊥BC于点N，如图所示：
由题意得：AD//BC，DC//AB，DM=DN=2，AC=4cm，BD=3cm，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴DM·AB=DN·BC，
∴AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴OA=OB=2cm，cm，AC⊥BD，
∴cm.
故答案为：.
【分析】连接AC，BD，相较于点O，过点D作DM⊥AB于点M，DN⊥BC于点N，证明四边形ABCD是菱形，可得OA=OB=2cm，cm，AC⊥BD，再利用勾股定理，即可得到AB的长.
16．【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】
本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，掌握菱形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．
根据菱形的性质：对角线平分对角，对角线互相平分可得：，再根据直角三角形的性质：直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半可得：OE=OD=OB，再根据等腰三角形的性质：等边对等角可得：∠CBD=∠OEB=70°，由此可得出答案．
17．【答案】
【知识点】垂线段最短及其应用；含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接BG并延长交AD于点Q，连接FQ，
，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∴∠QAG=∠BEG，
∵G是AE的中点，
∴AG=EG，
∴在△AGQ和△EGB中
∴△AGQ≌△EGB（ASA），
∴，
∵点G、H分别是BQ和BF的中点，
∴，
∴要使GH有最小值，
即FQ最小，
∴当时，最小，
过点F作FM⊥AD于点M，此时点M和点Q重合，
在菱形ABCD中，AB=CD=8，∠D=60°，
∵点F是CD的中点，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴的最小值是．
故答案为：．
【分析】
连接BG并延长交AD于点Q，连接FQ，根据菱形的性质：对边平行可知：AD∥BC，再根据平行线的性质：两直线平行，内错角相等可知：∠QAG=∠BEG，再根据中点的定义可知：AG=GE，结合∠AGQ=∠BGE，根据全等三角形的判定定理AS可证得：△AGQ≌△EGB，根据全等三角形的性质：对应边相等可知：BG=QG，再三角形中位线定理可知：，由此可知：要使GH有最小值，即FQ最小，即当FQ⊥AD时，FQ最小，此时GH有最小值，过点F作FM⊥AD于点M，此时点M和点Q重合，根据菱形的性质得出，再代入，可得GH的长，即GH的最小值，由此可得出答案．
18．【答案】5；
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解： 四边形是菱形，
，，，
，
是边的中点，，
是的中位线，
．
故答案为：，．
【分析】根据菱形性质可得，，，则，再根据三角形中位线定理即可求出答案.
19．【答案】证明：∵为菱形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】根据菱形性质得边相等和三角形全等的判定，证明即可．
20．【答案】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
点是的中点，
．
，
，
于点，于点，
，
四边形是平行四边形
，
，
四边形是矩形；
（2）解：四边形是菱形，
，，，，
，，
，，
在中，，
，
即，
．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的性质；矩形的判定
【解析】【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的性质等知识点进行考查；（1）因为四边形ABCD是平行四边形，两对角线互相平分，所以，因为E为AB中点，所以，因此，于点，于点，则，可证明四边形EFGO为平行四边形，又因为，所以，因此四边形是矩形得证；
（2）因为四边形ABCD是菱形，所以对角线互相垂直，即，在中，，根据面积法有，可解得．
21．【答案】（1）证明：∵，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）证明：四边形是菱形，，
，
，
在上取一点，连接，使，
，
，
．
∵，
∴，
，
，
；
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；菱形的判定；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】本题考查菱形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定．
（1）利用角的运算可得，利用平行四边形的性质可得，进而可得，再结合CE=CF，利用全等三角形的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得：，利用菱形的判定定理可证明四边形是菱形；
（2）由菱形的性质得到，在上取一点，连接，使，利用线段的运算可得，利用全等三角形的判定定理SAS可证明，利用全等三角形的性质可得：，进而可证明，利用全等三角形的性质可得；
（1）证明：∵，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）证明：四边形是菱形，
，
，
，
在上取一点，连接，使，
，
，
．
∵，
∴，
，
，
；
22．【答案】（1）；
（2）解：同意，理由如下：
连接，如图所示：
同理（）可得，
∴.
（3）或．
【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；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】（1）解：连接，如图所示：
∵在菱形中，，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴
故答案为：；
（3）解：过点作于点，如图所示：
同理（）可知，为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴或，
由（）知，，
∴，
∴或．
故答案为：或．
【分析】（1）先利用等边三角形的性质可得， 再结合， 利用“ASA”证出，最后利用全等三角形的性质可得；
（2）先利用“ASA”证出，再利用全等三角形的性质可得；
（3）过点作于点，先利用勾股定理及线段的和差求出或， 再利用“ASA”证出，最后利用全等三角形的性质可得或．
（1）解：连接，
∵在菱形中，，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴
故答案为：；
（2）解：同意，理由如下：
连接，
同理（）可得，
∴；
（3）解：过点作于点，
同理（）可知，为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴或，
由（）知，，
∴，
∴或．
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