2026年中考数学第一轮复习分层练专题三 菱形（含解析）
文档属性
| 名称 | 2026年中考数学第一轮复习分层练专题三 菱形（含解析） |
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| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 21.5MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-26 00:00:00 | ||
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文档简介
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2026年中考数学第一轮复习分层练（山西卷）
第五章 四边形
专题三 菱形
命题点1 菱形的判定
1．（2024·山西·中考真题）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，，交于点．若四边形的对角线相等，则线段与一定满足的关系为( )
A．互相垂直平分 B．互相平分且相等
C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等
2．（2025·山西长治·二模）如图，在四边形中，，分别是，的中点，，分别是对角线，的中点，若四边形是菱形，则四边形应满足的条件是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·山西·中考真题）综合与探究
问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点．
猜想证明：
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，．
①如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由；
②当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点．若，，直接写出四边形的面积．
4．（2024·山西朔州·一模）综合与实践
问题情境
在“综合与实践”活动课上，老师给出了如图1所示的一张矩形纸片，其中，．
实践探究
（1）如图2，将矩形纸片沿对角线剪开，得到纸片与.将纸片沿方向平移，连接（与交于点），，，得到图3所示的图形.若，解答下列问题：
①请你猜想四边形的形状，并证明．
②请求出平移的距离．
拓展延伸
（2）如图4，先将纸片沿方向进行平移，然后将纸片绕点顺时针旋转，使得，恰好经过点，求平移的距离．
5．（2025·山西长治·一模）阅读与思考
下面是某小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“平行四边形准中点四边形”的研究报告
研究对象：平行四边形的“准中点四边形”．
定义：如图1，分别是各边的中点，连接交于点，连接，交于点，则四边形称为的“准中点四边形”．
性质：四点共线．
结论：1．四边形为平行四边形；2．当满足什么条件时，其“准中点四边形”为菱形？
任务一：（1）写出结论1的证明过程．
任务二：（2）直接写出结论2中满足的条件：______．
任务三：（3）如图2，已知矩形为某平行四边形的准中点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行四边形．（保留作图痕迹，不写作法）
6．（2024·山西·模拟预测）如图，在矩形中，是对角线，．
(1)实践与操作：利用尺规作的平分线交于点E，过点E作的垂线，垂足为点O，交于点F，连接（要求：尺规作图，不写作法、不写结论，但要保留作图痕迹，标明字母）；
(2)猜想与证明：试猜想四边形的形状，并证明你的结论．
7．（2025·山西·模拟预测）如图，两张宽度相等的纸条交叉重叠，重合的部分是什么形状的四边形？请说明理由．
8．（2025·山西朔州·二模）如图，在平行四边形中，分别是边上的点，连接与交于点， ，，
．下面是两位同学的对话，请选择一位同学的说法，并证明．
9．（2025·山西大同·三模）如图，已知，连接．
(1)求作菱形，使点分别在边上；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若，菱形的边长为，求菱形的面积．
10．（2025·山西运城·一模）阅读与思考
下面是欣欣同学的数学课堂学习笔记，请仔细阅读并完成相应的任务．
利用尺规在平行四边形内作菱形今天的数学课上，老师给出了如下的一个问题：如图1，已知四边形是平行四边形，，请利用尺规在平行四边形内作一个菱形，使得菱形的四个顶点均在平行四边形边上．同学们以小组为单位展开了讨论．勤学小组的作法：如图2，①分别以点A，点为圆心，的长为半径画弧，分别交，于点和点，②连接．结论：四边形是菱形．勤学小组的证明：四边形是平行四边形，．即．由作图痕迹可知：．四边形是平行四边形．，平行四边形是菱形．（依据1）善思小组的作法：如图3，①连接，分别以点，点为圆心，大于的长为半径画弧，交点分别为，．②作直线分别交于点，点和点．③连接．结论：四边形是菱形．善思小组的证明：由作图可知：直线垂直平分．．（依据2）……
任务一：请补充上面证明过程中的“依据1”，“依据2”．
（1）依据1：___________；依据2：___________；
任务二：
（2）请将善思小组的证明过程补充完整；
任务三：
（3）在图4中用不同于材料的方法作一个满足要求的菱形．（尺规作图，标明字母，保留作图痕迹，不写作法）
命题点2 菱形的性质
1．（2024·山西·模拟预测）如图，菱形的面积为12，对角线，相交于点O．过点作于点，连接．已知在菱形中，，则的长为（ ）
A．4 B．2 C．3 D．2.5
2．（2025·山西晋城·三模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，连接对角线，是上一点，已知点的坐标为，若将线段绕点顺时针旋转，点恰好落在轴上，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·山西·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点，，，，交于点，则的长为__________．
4．（2024·山西·模拟预测）如图，在菱形中，E为边上一点，，连接交于点F．若，，则的长为__________．
5．（2025·山西·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形， 若点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为_____________．
6．（2025·山西长治·模拟预测）如图，在边长为4的菱形中，，是上的一点，将沿翻折得到，交于点．若，则的值为________．
7．（2025·山西临汾·二模）如图，在菱形中，点是边的中点，动点在边上运动，以为折痕将折叠得到，连接．若，，则的最小值是______．
8．（2024·山西·模拟预测）综合与实践
【问题情境】
如图，四边形是菱形，，为其对角线，其中．点是边延长线上的任意一点，连接交于点，平分交于点．
【知识探究】
（1）求证：；
（2）如图2，若，．
①求菱形ABCD的面积；
②求的值．
【综合提升】
（3）如图3，若，当的大小发生变化时，在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值．
9．（2025·山西长治·二模）阅读与思考
小颖在一篇数学杂志中看到“在尺规作图中，三等分任意角是著名的古希腊三大几何难题之一．19世纪数学家通过代数方法（如伽罗瓦理论）证明：仅用无刻度直尺和圆规三等分任意角是不可能的．”小颖想着尺规作图不能三等分任意角，那能不能三等分任意线段呢？她作了如下两种作法，请认真阅读她的笔记，并完成下列任务．
问题：已知：线段（如图）．求作：在线段上找一点C，使得．（尺规作图）
方法一：作法步骤：（1）以A为端点作射线．（2）在射线上依次截取线段．（3）连接，过点E作的平行线交AB于点C．证明：，．（依据） 方法二：作法步骤：（1）以为一边作出等边．（2）以为的一半为一边作出等边．（3）连接交于点C．证明：由作图可知和均为正三角形且∴……
任务一：上述阅读材料中的方法一中的依据为：_________
任务二：请你帮助小颖完成方法二中剩余的证明过程．
任务三：请你再用一种不同的方法，在线段上找一点，使得．（尺规作图，保留痕迹，不写作法，不用证明）
10．（2025·山西吕梁·三模）综合与实践问题情境：
综合与实践课上，老师提出如下问题：如图①，在中，，为边上的中线，将沿射线方向平移得到．点的对应点分别为．
猜想证明：
（1）如图②，当线段经过点时，连接、．请判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）若中，．将图②中的继续沿射线方向平移，得到．点的对应点分别为．老师让同学们提出问题并解答．
如图③，“创新小组”画出的四边形是菱形，提出问题是：求此时菱形的对角线与的长．
11．（2025·山西吕梁·模拟预测）综合与探究
问题情境：
如图，在矩形中，，，将矩形沿对角线剪开，再将沿方向平移（平移距离小于8），得到交于点交于点．
初步探究：
（1）如图2，当四边形为正方形时，线段的长为_____．
（2）判断四边形的形状，并说明理由．
深入探究：
（3）如图3，当四边形是菱形时．
①求线段的长；
②将绕点顺时针转过一定的角度，使得线段经过一个顶点且与有重叠部分，直接写出重叠部分的面积．
12．（2025·山西吕梁·二模）如图，四边形为菱形．
(1)过点作直线的垂线为垂足．（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
(2)若，试探究与的数量关系，并说明理由．
1．如图，在中，按照如下尺规作图的步骤进行操作：①以点B为圆心，以适当长为半径画弧，分别与交于点E、F；②分别以E、F为圆心，以适当长为半径画弧，两弧交于点G，作射线，与边交于点H；③以B为圆心，长为半径画弧，交于边于点M．若，则点A，M之间的距离为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
2．如图，在中，，，和的平分线分别交BC于点E，F，与交于点，若，则的长为（ ）
A．6 B． C． D．
3．在中，对角线和相交于点，为线段的中点，连接，过点作交的延长线于点，连接，，若，则线段和一定满足的关系是（ ）
A．互相垂直且相等 B．互相平分且相等
C．互相垂直平分 D．互相垂直平分且相等
4．如图，在中，分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点D，E，且点D恰好在边上，直线与交于点F，连接．若，则四边形的面积为（ ）
A． B． C．4 D．8
5．如图，已知，作图：①在的两边上分别截取，，使；②分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧交于点；③连接，，，．若，四边形的面积为．则的长为（ ）
A． B． C． D．
6．综合与探究
问题情境：如图1，将等边沿边翻折得到，点是边上的两点，且，分别连接，，．
猜想证明：（1）判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：（2）将图1中的线段绕点逆时针方向旋转得到线段，交直线于点．如图2，当点落在线段的延长线上时，猜想线段与的数量关系，并说明理由；
迁移探究：（3）如图3，若变为等腰直角三角形，，
，将沿边翻折得到，点为边上一点，且，将线段绕点逆时针方向旋转得到线段．当点落在直线上时，请直接写出线段的长度．
7．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作，交的延长线于点E，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求的长．
8．阅读下列材料，并完成相应的学习任务：
一次有意义的动手实践活动——在格点图中巧作角平分线
实践背景
在一次动手实践课上，老师提出如下问题：在如图1所示由边长为1的小正方形组成的格点图中，点，，都在小正方形的顶点处，仅用无刻度的直尺作出的角平分线．
成果展示
小明、小亮展示了如下作法：
小明：如图2，在格点图中取格点，．连接，交于点．作出射线．
∵四边形是矩形，∴（依据1）．
∵，∴平分．
小亮：如图3，在格点图中取格点．连接，与小正方形的边交于点．则．
∵，．
∴（依据2）．
∴，即平分．
学习任务：
(1)实践反思：
①请填写出上述材料中的依据1和依据2．
依据1：______；依据2：______．
②请根据小亮的作法，证明．
(2)创新再探
请你根据实践背景问题要求，采用不同于小明和小亮的作法，描出作图过程中的所取得的点，作出的角平分线（不写作法，不需要说明理由）．
9．如图，在中，对角线，相交于点O，E为的中点，连接，．
(1)实践与操作：利用尺规在线段上作出点F，使得四边形为平行四边形，连接，；（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）
(2)应用与求解：若，求的长．
10．【中考新考法】综合与探究
【问题情境】“综合与实践”课上，老师让同学们准备了菱形纸片，并提出如下问题：将图1中的菱形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，将绕点按顺时针方向旋转，当时，延长交的延长线于，如图2，试判断四边形的形状，并说明理由．
【数学思考】（1）请你解答老师提出的问题．
【深入探究】（2）在完成老师提出的问题后，同学们进行了进一步的探究：
①“善思小组”在准备的菱形纸片中，将绕点按逆时针方向旋转，如图3，当点落在边上时，，，，四点共线，．若，请求出的长度．
②“智慧小组”准备的菱形纸片的对角线，，他们也将绕点按逆时针方向旋转，其点的对应点为，并过点作交直线于点，当时，请直接写出的长度．
1．综合与探究
问题情景
在数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1是一张平行四边形纸片，点分别是上一点，且，将平行四边形纸片沿直线折叠，点对应点分别为，与交于点，请判断线段与的关系，并说明理由．
数学思考
（1）请回答老师提出的问题．
深入探究
（2）如图2，老师将图2中的两点连接，交边于点，让同学们提出新的问题．
①“科学小组”提出问题：试猜想四边形的形状，并证明．
②“创新小组”提出问题：在中，．若四边形为菱形，请直接写出的值．
2．综合与实践
问题情境：数学活动课上，活动小组探究平行四边形折叠过程中的一些结论，如图1，已知平行四边形，，将平行四边形沿过点D的直线折叠，使点C落在边上的点E处，折痕与交于点F．
初步探究：
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：如图2，取线段边上的一点O（不含点D，F），过点O作边的垂线分别与交于点I，J，将平行四边形沿直线折叠，使点C落在边上的点H处，使点D落在边上的点G处，连接．
（2）若随着点O的运动，与始终保持平行，请求的度数；
（3）在（2）的条件下，如图3，若，与交于点M，连接，当时，请直接写出的值．
3．问题背景
在综合实践课上，同学们以图形的平移与旋转为主题开展数学活动,如图（1），先将一张等边三角形纸片对折后剪开，得到两个互相重合的△ABD和△EFD，点E与点A重合，点B与点F重合，然后将△EFD绕点D顺时针旋转，使点F落在边AB上，如图（2），连接EC．
操作发现
（1）判断四边形BFEC的形状，并说明理由；
实践探究
（2）聪聪提出疑问：若等边三角形的边长为8，能否将图（2)中的△EFD沿BC所在的直线平移a个单位长度（规定沿射线BC方向为正），得到△，连接，，使得得到的四边形为菱形，请你帮聪聪解决这个问题，若能，请求出a的值；若不能，请说明理由。
（3）老师提出问题：请参照聪聪的思路，若等边三角形的边长为8，将图（2）中的△EFD在平面内进行一次平移，得到△，画出平移后构造出的新图形，标明字母，说明平移及构图方法，写出你发现的一个结论，不必证明．
1．如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（ ）
A．9 B． C． D．
2．如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，，，于点H，的长为______．
3．如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是______．
4．如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是_________．
5．如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）．
【问题解决】
（1）如图①，若点与线段的中点重合，则度，线段与线段的位置关系是 ；
【问题探究】
（2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由；
【拓展延伸】
（3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长．
6．如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)已知，，求线段的长．
7．如图，点在直线外．
①在直线上任取一点，连接；
②以点为圆心，长为半径画弧，交直线于点；
③分别以点和点为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在内交于点，作射线；
④以点为圆心，长为半径画弧，交射线于点；
⑤连接．
(1)由②得与的数量关系是__________；由③得到的结论是__________．
(2)求证：四边形是菱形．
8．如图，在四边形中，，是对角线．
(1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）；
(2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为菱形．
9．问题提出：
（1）如图1，已知△ABC，试确定一点D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形为平行四边形，请画出这个平行四边形；
问题探究：
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=4，BC=10，若要在该矩形中作出一个面积最大的△BPC，且使∠BPC＝90°，求满足条件的点P到点A的距离；
问题解决：
（3）如图3，有一座草根塔A，按规定，要以塔A为对称中心，建一个面积尽可能大的形状为平行四边形的草根景区BCDE．根据实际情况，要求顶点B是定点，点B到塔A的距离为50米，∠CBE=120°，那么，是否可以建一个满足要求的面积最大的平行四边形景区BCDE？若可以，求出满足要求的平行四边形BCDE的最大面积；若不可以，请说明理由．（塔A的占地面积忽略不计）
10．如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA=PE，PE交CD于F，
（1）证明：PC=PE；
（2）求∠CPE的度数；
（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC=120°时，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．
2026年中考数学第一轮复习分层练（山西卷）
第五章 四边形
专题三 菱形（解析版）
命题点1 菱形的判定
1．（2024·山西·中考真题）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，，交于点．若四边形的对角线相等，则线段与一定满足的关系为( )
A．互相垂直平分 B．互相平分且相等
C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等
【答案】A
【分析】本题主要考查了中点四边形、菱形的判定与性质及三角形的中位线定理，根据题意画出示意图，得出中点四边形的形状与原四边形对角线之间的关系即可解决问题．
【详解】解：如图所示，
连接，，
点和点分别是和的中点，
是的中位线，
．
同理可得，，
，，
四边形是平行四边形．
，，且，
，
平行四边形是菱形，
与互相垂直平分．
故选：A．
2．（2025·山西长治·二模）如图，在四边形中，，分别是，的中点，，分别是对角线，的中点，若四边形是菱形，则四边形应满足的条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了中点四边形的性质、菱形的判定以及三角形中位线的性质，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．先由三角形中位线定理证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论．
【详解】解：若四边形为菱形，则四边形需满足的条件是，理由如下：
，分别是，的中点，
是的中位线，
，，
同理，，，
四边形是平行四边形，
，分别是，的中点，
，，
当时，
，
四边形是菱形，
故选：B．
3．（2024·山西·中考真题）综合与探究
问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点．
猜想证明：
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，．
①如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由；
②当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点．若，，直接写出四边形的面积．
【答案】（1）矩形，理由见解析；（2）①，理由见解析；②或
【分析】（1）由和菱形性质得，．可证四边形为矩形；
（2）①由菱形和旋转得性质证，可证；
②分情况讨论：当点在线段上时，当点在线段延长线上时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：（1）四边形为矩形．理由如下：
，
，
四边形为菱形，
∴，
∴，
，
∴，
四边形为矩形．
（2）①．理由如下：
∵四边形为菱形，
，
旋转得到，
，
，
，
，
，
，
．
②解：如图所示，当点N在线段上时，过点A作于P，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
，
∴，
由旋转知：，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
∴，
∴
；
当点N在线段延长线上时，在上，过点A作于K，连接，如图所示：
由旋转知：，，，，
∵，
∴，
∴，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
，
∴，，
∵，
∴ 四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∵，
∴，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，
综上，四边形的面积是或．
【点睛】本题是正方形，菱形综合题，主要考查正方形的判定与性质，菱形的性质，矩形的判定与性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，解直角三角形的应用，四边形的面积等知识，熟练掌握特殊图形的性质与判定，添加正确的辅助线是解题关键．
4．（2024·山西朔州·一模）综合与实践
问题情境
在“综合与实践”活动课上，老师给出了如图1所示的一张矩形纸片，其中，．
实践探究
（1）如图2，将矩形纸片沿对角线剪开，得到纸片与.将纸片沿方向平移，连接（与交于点），，，得到图3所示的图形.若，解答下列问题：
①请你猜想四边形的形状，并证明．
②请求出平移的距离．
拓展延伸
（2）如图4，先将纸片沿方向进行平移，然后将纸片绕点顺时针旋转，使得，恰好经过点，求平移的距离．
【答案】（1）①四边形是菱形，理由见解析；②；（2）
【分析】（1）①由四边形是矩形，可得，，由平移的性质可得，，推出四边形是平行四边形，再结合即可证明四边形是菱形；②根据矩形的性质可得，，根据勾股定理可得，推出，结合，可得，根据四边形是菱形，可推出，最后根据线段的和差即可求解；
（2），，可得，进而得到，设，则，在中，根据勾股定理列方程即可求解．
【详解】解：（1）①四边形是菱形，
理由如下：
四边形是矩形，
，，
又由平移知对应线段平行且相等，
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
②由题意可得：，，
在中，，，
，
，
，
在中，，
四边形是菱形，
，
，
，
，
；
（2），
，
，
，
，
设，则，
在中，，
即，
解得：，
．
【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，平移的性质，解题的关键是综合运用这些知识．
5．（2025·山西长治·一模）阅读与思考
下面是某小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“平行四边形准中点四边形”的研究报告
研究对象：平行四边形的“准中点四边形”．
定义：如图1，分别是各边的中点，连接交于点，连接，交于点，则四边形称为的“准中点四边形”．
性质：四点共线．
结论：1．四边形为平行四边形；2．当满足什么条件时，其“准中点四边形”为菱形？
任务一：（1）写出结论1的证明过程．
任务二：（2）直接写出结论2中满足的条件：______．
任务三：（3）如图2，已知矩形为某平行四边形的准中点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行四边形．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析
【分析】本题主要考查了四边形综合，平行四边形及菱形的判定和性质，三角形重心的性质，理解题意，熟练掌握三角形重心的性质是解题关键．
（1）根据平行四边形的性质，线段的中点平分线段，推出四边形均为平行四边形，进而得到，，即可得证；
（2）根据菱形的性质结合图形即可得出结果；
（3）连接，作直线，交于点O，然后作，，然后连接、、、即可得出点M和N分别为、的重心，据此作图即可．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
分别是的中点，
，
，
又，
∴四边形为平行四边形，
，
同理，
四边形为平行四边形．
（2）解：当平行四边形满足时，准中点四边形是菱形，
由（1）得四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴准中点四边形是菱形，
故答案为：；
（3）解：连接，作直线，与交于点O，然后作，，然后连接、、、，如图所示，即为所求，
证明：矩形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形；
分别延长交四边于点E、F、G、H如图所示：
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
由作图得，
∴，
∴，
∴点F为的中点，
同理得：点E为的中点，点G为的中点，点H为的中点．
6．（2024·山西·模拟预测）如图，在矩形中，是对角线，．
(1)实践与操作：利用尺规作的平分线交于点E，过点E作的垂线，垂足为点O，交于点F，连接（要求：尺规作图，不写作法、不写结论，但要保留作图痕迹，标明字母）；
(2)猜想与证明：试猜想四边形的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)猜想：四边形是菱形，证明见解析
【分析】本题考查角平分线作法，垂线的作法，矩形的性质，菱形的判定，等边三角形的判定与性质，平行四边形判定及性质等．
（1）以点为圆心，任意长为半径画弧，交于两点，再分别以这两点为圆心，大于这两点间距离一半的长为半径画弧，两弧交于一点，连接点与这点，并延长交于点，即为的平分线，再以点为圆心，任意长为半径画弧，交于两点，再分别以这两点为圆心，任意长为半径画弧，两弧交于一点，连接点与这点，并延长分别交于点，点，连接即可；
（2）根据题意先证明四边形是平行四边形，后继而证明出四边形是菱形．
【详解】（1）解：如图所示为所求：
（2）解：猜想：四边形是菱形，证明如下：
∵矩形中，，，，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
7．（2025·山西·模拟预测）如图，两张宽度相等的纸条交叉重叠，重合的部分是什么形状的四边形？请说明理由．
【答案】菱形，理由见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定以及全等三角形的判定与性质．
先根据纸条特征判断四边形是平行四边形，再通过作高，利用纸条宽度相等得到高相等，进而证明三角形全等，得出邻边相等，最终确定四边形的形状．
【详解】解：四边形是菱形，
理由：过点A作于E，于F，
∵两条纸条宽度相同，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
又∵，
∴，
∴平行四边形是菱形．
8．（2025·山西朔州·二模）如图，在平行四边形中，分别是边上的点，连接与交于点， ，，
．下面是两位同学的对话，请选择一位同学的说法，并证明．
【答案】①选小明，证明见解析；②选小聪，证明见解析．
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，菱形的判定，掌握知识点是解题的关键．
①选小明，利用证明，得到，即可解答；②选小聪利用证明，得到，即可解答．
【详解】证明：①选小明，理由如下：
，，
．
在和中，
．
．
平行四边形是菱形．
②选小聪，理由如下：
，，
．
在和中，
．
．
平行四边形是菱形．
9．（2025·山西大同·三模）如图，已知，连接．
(1)求作菱形，使点分别在边上；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若，菱形的边长为，求菱形的面积．
【答案】(1)图见详解
(2)
【分析】（1）连接，，交于点，作的垂直平分线，分别交于点，连接上，，即可得到菱形．
（2）根据菱形的性质可得结合三角函数可得，，故可得菱形的面积为：．
【详解】（1）解：连接，，交于点，作的垂直平分线，分别交于点，连接上，，如图所示：
∵四边形为平行四边形，
∴，
∵垂直平分，
∴，，
∵
∴，
∴，
∴
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，，，
∵，
∴，，
∴，，
∴菱形的面积为：．
【点睛】本题考查了垂直平分线的画法，菱形的判定，全等三角形，三角函数的知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．
10．（2025·山西运城·一模）阅读与思考
下面是欣欣同学的数学课堂学习笔记，请仔细阅读并完成相应的任务．
利用尺规在平行四边形内作菱形今天的数学课上，老师给出了如下的一个问题：如图1，已知四边形是平行四边形，，请利用尺规在平行四边形内作一个菱形，使得菱形的四个顶点均在平行四边形边上．同学们以小组为单位展开了讨论．勤学小组的作法：如图2，①分别以点A，点为圆心，的长为半径画弧，分别交，于点和点，②连接．结论：四边形是菱形．勤学小组的证明：四边形是平行四边形，．即．由作图痕迹可知：．四边形是平行四边形．，平行四边形是菱形．（依据1）善思小组的作法：如图3，①连接，分别以点，点为圆心，大于的长为半径画弧，交点分别为，．②作直线分别交于点，点和点．③连接．结论：四边形是菱形．善思小组的证明：由作图可知：直线垂直平分．．（依据2）……
任务一：请补充上面证明过程中的“依据1”，“依据2”．
（1）依据1：___________；依据2：___________；
任务二：
（2）请将善思小组的证明过程补充完整；
任务三：
（3）在图4中用不同于材料的方法作一个满足要求的菱形．（尺规作图，标明字母，保留作图痕迹，不写作法）
【答案】（1）有一组邻边相等的平行四边形是菱形；线段垂直平分线上的点到这条线段的两个端点的距离相等；（2）见解析；（3）见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定、尺规作图、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
（1）直接根据菱形的判定定理即可解答；
（2）由垂直平分线的性质可得，再证明可得，再根据四边形是平行四边形可得，即，由等量代换可得，即，进而得到；易证四边形是平行四边形，然后结合即可证明结论；
（3）如图：作的角平分线交于E，再以E为圆心，以为半径画弧交于F，再连接，得到四边形是菱形．
【详解】解：（1）依据1：有一组邻边相等的平行四边形是菱形．
依据2：线段垂直平分线上的点到这条线段的两个端点的距离相等
（2）证明过程补充如下：
，，
，
∵，，
∴，
∴，
四边形是平行四边形，
．
．
．
又，
四边形是平行四边形
，
平行四边形是菱形
（3）如图：作的角平分线交于E，再以E为圆心，以为半径画弧交于F，再连接，得到四边形是菱形．
命题点2 菱形的性质
1．（2024·山西·模拟预测）如图，菱形的面积为12，对角线，相交于点O．过点作于点，连接．已知在菱形中，，则的长为（ ）
A．4 B．2 C．3 D．2.5
【答案】B
【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
由菱形的性质得出，由菱形的面积得出，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
，
．
故选：B．
2．（2025·山西晋城·三模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，连接对角线，是上一点，已知点的坐标为，若将线段绕点顺时针旋转，点恰好落在轴上，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】此题考查了旋转的性质、解直角三角形、菱形的性质等知识，熟练掌握菱形的性质和旋转的性质是解题的关键．令线段绕点顺时针旋转后，与轴的交点为点，过点作轴于点．求出点的坐标为，证明．即可得到答案．
【详解】解：如图，令线段绕点顺时针旋转后，与轴的交点为点，过点作轴于点．
点的坐标为，
．
四边形是菱形，
，
点的坐标为，
，，
．
由旋转性质可得，，
，
．
点的坐标为，
点的坐标为，即点的坐标为．
故选：D
3．（2024·山西·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点，，，，交于点，则的长为__________．
【答案】
【分析】根据菱形性质，利用勾股定理求出AB的长度，再根据中位线定理求出OE的长即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，O为AC中点，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查菱形性质，勾股定理，中位线定理，熟练掌握以上知识点是解决本题的关键．
4．（2024·山西·模拟预测）如图，在菱形中，E为边上一点，，连接交于点F．若，，则的长为__________．
【答案】/
【分析】本题考查了菱形的性质，相似三角形的性质和判定、勾股定理、全等三角形的性质和判定、等腰三角形三线合一等，作，垂足为，由勾股定理求出，结合菱形的性质和等腰三角形三线合一可得，再证明，得出，再由得出，解比例即可．
【详解】解：作，垂足为，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
故答案为：．
5．（2025·山西·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形， 若点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为_____________．
【答案】
【分析】本题考查了坐标与图形、菱形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
连接、，可得与垂直平分，利用勾股定理即可得出结果．
【详解】解：如图：连接、，交于点，则：与垂直平分，
∵点，，
∴轴，，即，
轴，，
∵，
∴，
∴，即．
故答案为：．
6．（2025·山西长治·模拟预测）如图，在边长为4的菱形中，，是上的一点，将沿翻折得到，交于点．若，则的值为________．
【答案】
【分析】连接，过点P作，交的延长线于点H，设，则，，解答即可．
【详解】解：连接，过点P作，交的延长线于点H，
∵边长为4的菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，，，
∴，
∵沿翻折得到，
∴，，，
∴，，
∴
∴，
∴，
∴，
设，则，，
∵，，
∴，
∴，，
∴
解得，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，折叠的性质，直角三角形的性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．
7．（2025·山西临汾·二模）如图，在菱形中，点是边的中点，动点在边上运动，以为折痕将折叠得到，连接．若，，则的最小值是______．
【答案】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，一点到圆上一点的距离的最值问题、折叠问题、勾股定理、直角三角形的性质等知识点，确定点F在以E为圆心，为半径的半圆上是解题的关键．
根据中点的定义以及折叠的性质可求得，如图：当D、E、F在同一直线上时，最短，过点E作于点H，依据，，即可得到的长度，进而得出的最小值．
【详解】解：∵点E是边的中点，
∴，
∵以为折痕将折叠得到，
∴，
∴点F在以E为圆心，为半径的半圆上，
∵，
∴当F在上时，有最小值，最小值为；
如图，过点E作交于延长线点H，连接，
∵在边长为4的菱形中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴
∴的最小值．
故答案为：．
8．（2024·山西·模拟预测）综合与实践
【问题情境】
如图，四边形是菱形，，为其对角线，其中．点是边延长线上的任意一点，连接交于点，平分交于点．
【知识探究】
（1）求证：；
（2）如图2，若，．
①求菱形ABCD的面积；
②求的值．
【综合提升】
（3）如图3，若，当的大小发生变化时，在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值．
【答案】（1）详见解析
（2）①；②
（3）图见解析，理由见解析，
【分析】对于（1），根据菱形的性质得 ，再根据角平分线的定义得，然后根据可得答案；
对于（2）①，连接交于点，交于点，先根据菱形的性质得，再根据勾股定理求出，进而求出，然后根据得出答案；②，先说明，再根据平行线分线段性质得，进而说明，然后根据，可得，
即可求出，接下来求出，最后根据得出答案；
对于（3），作，交于点，连接AC交BD于点K，交DE于点L，根据，可知当的大小发生变化时，始终都有，即可得，进而说明，再根据平行分线段成比例，接下来说明，可得，然后根据，可求出为定值，最后求出即可.
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
．
，
．
（2）解：①如图2，连接交于点，交于点，
，
，
，，
．
，
，
，
；
②，
，
，
.
，
，
.
，
，
，
，
；
（3）解：如图3，过点作，交于点，则为定值
理由：连接AC交BD于点K，交DE于点L，
，
当的大小发生变化时，始终都有，
.
，
，
.
∵，
，
.
，
∴，
，
.
，
，
为定值；
，
.
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，求菱形的面积，相似三角形的性质和判定，平行线分线段成比例性质，求正切，作出辅助线构造相似是解题的关键.
9．（2025·山西长治·二模）阅读与思考
小颖在一篇数学杂志中看到“在尺规作图中，三等分任意角是著名的古希腊三大几何难题之一．19世纪数学家通过代数方法（如伽罗瓦理论）证明：仅用无刻度直尺和圆规三等分任意角是不可能的．”小颖想着尺规作图不能三等分任意角，那能不能三等分任意线段呢？她作了如下两种作法，请认真阅读她的笔记，并完成下列任务．
问题：已知：线段（如图）．求作：在线段上找一点C，使得．（尺规作图）
方法一：作法步骤：（1）以A为端点作射线．（2）在射线上依次截取线段．（3）连接，过点E作的平行线交AB于点C．证明：，．（依据） 方法二：作法步骤：（1）以为一边作出等边．（2）以为的一半为一边作出等边．（3）连接交于点C．证明：由作图可知和均为正三角形且∴……
任务一：上述阅读材料中的方法一中的依据为：_________
任务二：请你帮助小颖完成方法二中剩余的证明过程．
任务三：请你再用一种不同的方法，在线段上找一点，使得．（尺规作图，保留痕迹，不写作法，不用证明）
【答案】[任务一] 平行线分线段成比例定理；[任务二]见解析；[任务三]见解析
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，菱形的判定与性质等知识点．
任务一：由平行线分线段成比例定理即可判定；
任务二：根据等边三角形导角得到，则，那么，则，即可得到．
任务三：分别以为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，则，那么四边形是菱形，则，再在射线上截取，则，那么，所以，那么，由可得，则，因此，故．
【详解】解：任务一：
证明：，．
（平行线分线段成比例定理），
故答案为：平行线分线段成比例定理；
任务二：
证明：由作图可知和均为正三角形
且
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
任务三：
解：如图，点即为所求：
10．（2025·山西吕梁·三模）综合与实践问题情境：
综合与实践课上，老师提出如下问题：如图①，在中，，为边上的中线，将沿射线方向平移得到．点的对应点分别为．
猜想证明：
（1）如图②，当线段经过点时，连接、．请判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）若中，．将图②中的继续沿射线方向平移，得到．点的对应点分别为．老师让同学们提出问题并解答．
如图③，“创新小组”画出的四边形是菱形，提出问题是：求此时菱形的对角线与的长．
【答案】（1）四边形是矩形，理由见解析；（2）
【分析】（1）由平移得到，根据直角三角形斜边中线得到，然后先证明四边形是平行四边形，再得到 ，即可证明矩形；
（2）由先勾股定理求出．过点作于，连接．由三角形中位线得到，则，再由菱形即可求出．
【详解】解：（1）四边形是矩形；理由如下：
∵平移得到，
∴，
∴，
∵为边上的中线，
∴，
∴是等腰三角形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形；
（2）∵，
∴．
过点作于，连接．
∵四边形是菱形，
∴．
由（1）得，
∴，
∵是的中点，是的中点，
∴，
∴，
∴菱形，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的判定，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，平移的性质，三角形中位线定理，菱形的性质等知识点．
11．（2025·山西吕梁·模拟预测）综合与探究
问题情境：
如图，在矩形中，，，将矩形沿对角线剪开，再将沿方向平移（平移距离小于8），得到交于点交于点．
初步探究：
（1）如图2，当四边形为正方形时，线段的长为_____．
（2）判断四边形的形状，并说明理由．
深入探究：
（3）如图3，当四边形是菱形时．
①求线段的长；
②将绕点顺时针转过一定的角度，使得线段经过一个顶点且与有重叠部分，直接写出重叠部分的面积．
【答案】（1）2；（2）四边形是平行四边形，见解析；（3）①；②6或
【分析】（1）根据正方形的性质可得，进而即可得出的长；
（2）根据四边形是矩形，得出，根据平移的性质得出，进而得出，即可得出结论；
（3）①根据勾股定理求得，设的长为，解，得出，即可求解；
②当线段经过点时，令与的交点为．由①知，．求得，进而根据三角形的面积公式，即可求解；当线段经过点时，令与的交点为．过点作于点，过点作于点，证明设的长为，在中，勾股定理得，进而根据三角形的面积公式，即可求解．
【详解】解：（1）解：∵四边形为正方形，
∴，
∴；
（2）四边形是平行四边形．
理由：四边形是矩形，
．
由平移的性质得，
，
四边形是平行四边形；
（3）①四边形是菱形，
．
设的长为，则．
在中，，
，
，
．
在中，，
，解得，
．
②6或．
如图1，当线段经过点时，令与的交点为．
由①知，，
∴，
；
如图2，当线段经过点时，令与的交点为．过点作于点，过点作于点．
，
．
，
，
．
设的长为，则，
．
在中，由勾股定理得，
，
解得，
．
综上所述，重叠部分的面积为6或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质和判定，菱形的性质，解直角三角形，分类讨论是解题的关键．
12．（2025·山西吕梁·二模）如图，四边形为菱形．
(1)过点作直线的垂线为垂足．（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
(2)若，试探究与的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)，见解析
【分析】（1）根据垂线的基本作图解答即可．
（2）根据菱形的性质，直角三角形的性质，等量代换思想解答即可．
【详解】（1）解：如解图所示，
则直线即为所求．
（2）解：．
理由：四边形为菱形，
，，
又，
，
，垂足为，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了垂线的基本作图，菱形的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，等量代换的应用，熟练掌握基本作图，直角三角形的性质是解题的关键．
1．如图，在中，按照如下尺规作图的步骤进行操作：①以点B为圆心，以适当长为半径画弧，分别与交于点E、F；②分别以E、F为圆心，以适当长为半径画弧，两弧交于点G，作射线，与边交于点H；③以B为圆心，长为半径画弧，交于边于点M．若，则点A，M之间的距离为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【答案】C
【分析】本题考查尺规作图—作角平分线，作线段，菱形的判定和性质，勾股定理，连接，设交于点O，证明四边形是菱形，勾股定理求出的长，进而得到的长即可．
【详解】解：如图，连接，设交于点O，
由题意可知，是的角平分线，
∴，
又∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵以B为圆心，长为半径画弧，交于边于点M，
∴，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴
∴，
故选：C．
2．如图，在中，，，和的平分线分别交BC于点E，F，与交于点，若，则的长为（ ）
A．6 B． C． D．
【答案】D
【分析】此题主要考查了勾股定理、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质．在取点，使，连接，，交于点，证明四边形是菱形，利用勾股定理求得，再证明四边形是平行四边形，由此可以求出长．
【详解】解：在取点，使，连接，，交于点，
∵，
∴，即，
∴四边形是平行四边形，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
则；
∴四边形是菱形，
∴，，，
在中，，
∴，
∵，
∴，，即，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
故选：D．
3．在中，对角线和相交于点，为线段的中点，连接，过点作交的延长线于点，连接，，若，则线段和一定满足的关系是（ ）
A．互相垂直且相等 B．互相平分且相等
C．互相垂直平分 D．互相垂直平分且相等
【答案】C
【分析】由为的中点，得到，根据平行线的性质得到，，根据全等三角形的性质得到后可证四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得到，再根据菱形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】解：如图所示，
为的中点，
，
，，
在与中，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
平行四边形是菱形，
和互相垂直平分．
故选：．
【点睛】本题考查的知识点是平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，解题关键是熟练掌握菱形的判定和性质．
4．如图，在中，分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点D，E，且点D恰好在边上，直线与交于点F，连接．若，则四边形的面积为（ ）
A． B． C．4 D．8
【答案】B
【分析】此题考查了菱形的判定和性质、含角的直角三角形、勾股定理等知识．由作图可得到，四边形是菱形，则再由含角的直角三角形和勾股定理求出，，即可得到即可得到四边形的面积．
【详解】解：由题意可知，垂直平分，，
∴，四边形是菱形，
∴
∵，
∴，
∴
∴
∴四边形的面积为，
故选：B
5．如图，已知，作图：①在的两边上分别截取，，使；②分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧交于点；③连接，，，．若，四边形的面积为．则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，根据作法判定出四边形是菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
【详解】解：根据作图得：，
，
，
四边形是菱形，
，四边形的面积为，
，
，
故选：B．
6．综合与探究
问题情境：如图1，将等边沿边翻折得到，点是边上的两点，且，分别连接，，．
猜想证明：（1）判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：（2）将图1中的线段绕点逆时针方向旋转得到线段，交直线于点．如图2，当点落在线段的延长线上时，猜想线段与的数量关系，并说明理由；
迁移探究：（3）如图3，若变为等腰直角三角形，，
，将沿边翻折得到，点为边上一点，且，将线段绕点逆时针方向旋转得到线段．当点落在直线上时，请直接写出线段的长度．
【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2），理由见解析；（3）或
【分析】（1）连接交于点，根据翻折的性质易得四边形为菱形，可知，再证得四边形为平行四边形，即可得到结论；
（2）过点作交于点，根据等边三角形的性质和平行线的性质易证为等边三角形，即得，在证得，即得，再根据线段的和差即可得到结论；
（3）当与重合时；当在的延长线上时，易证，求得，根据等腰三角形的性质可得，再证得，根据相似比即可得到的长度．
【详解】解：（1）四边形是菱形，理由如下：
方法一：连接交于点，
等边翻折得到，，，，
，四边形为菱形，
，，，
又，
，即，
又，
四边形为平行四边形，
又，
四边形为菱形；
方法二：
等边翻折得到，
，，，，
又，
，，
同理，，
，，，
，
，
，
四边形为菱形．
（2）方法一：
证明：过点作交于点，
为等边三角形，
，
，
，
，，
，
为等边三角形，
，
四边形为菱形，
，
又，，，
又，，
，
，，
，
即；
方法二：
证明：连接，
等边翻折得到，
，，，，
，，
，
，
四边形为菱形，
，
又，，
，
，
，，
，
，
，
又，
，即，
又，为等边三角形，
，
，即，
又，
，
．
（3）解：当与重合时，
当在的延长线上时，易证，
，
由为等腰直角三角形，可得，
易证为等腰直角三角形，，
，
又，
，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，翻折的性质，旋转的性质，熟练掌握以上知识，合理作出辅助线是解题的关键．
7．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作，交的延长线于点E，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键；
（1）先证明四边形是平行四边形，再由可得平行四边形是菱形；
（2）根据菱形的性质得出的长以及，利用勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出，即可解答．
【详解】（1）证明：，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
，
，
在中，，
，
，
，
．
8．阅读下列材料，并完成相应的学习任务：
一次有意义的动手实践活动——在格点图中巧作角平分线
实践背景
在一次动手实践课上，老师提出如下问题：在如图1所示由边长为1的小正方形组成的格点图中，点，，都在小正方形的顶点处，仅用无刻度的直尺作出的角平分线．
成果展示
小明、小亮展示了如下作法：
小明：如图2，在格点图中取格点，．连接，交于点．作出射线．
∵四边形是矩形，∴（依据1）．
∵，∴平分．
小亮：如图3，在格点图中取格点．连接，与小正方形的边交于点．则．
∵，．
∴（依据2）．
∴，即平分．
学习任务：
(1)实践反思：
①请填写出上述材料中的依据1和依据2．
依据1：______；依据2：______．
②请根据小亮的作法，证明．
(2)创新再探
请你根据实践背景问题要求，采用不同于小明和小亮的作法，描出作图过程中的所取得的点，作出的角平分线（不写作法，不需要说明理由）．
【答案】(1)①矩形的对角线互相平分；HL；②见解析
(2)见解析
【分析】（1）①根据矩形的性质，等腰三角形的性质即可得出结论；
②证明，可得，根据，可得，即可求解．
（2）作菱形四边形，则对角线平分对角
【详解】（1）解：实践反思：①（1）矩形的对角线互相平分；HL．
②如图，在格点图中取点，．
∵，，．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
（2）创新再探：作法不唯一．如下：
取格点，使得，
作菱形，则是的角平分线
【点睛】本题考查了网格中作角平分线，掌握矩形的性质，菱形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定是解题的关键．
9．如图，在中，对角线，相交于点O，E为的中点，连接，．
(1)实践与操作：利用尺规在线段上作出点F，使得四边形为平行四边形，连接，；（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）
(2)应用与求解：若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用圆规在上作，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形为平行四边形；
（2）先根据平行四边形的性质和已知条件证明，再证是等边三角形，求出，再证四边形是菱形，推出，最后根据勾股定理求出即可．
【详解】（1）解：如图所示：以点O为圆心，长为半径作弧，与线段的交点即为点F，连接，．
（2）解：由（1）知，
中，E为的中点，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
中，，
四边形是菱形，
，即，
，
，
．
【点睛】本题考查尺规作图，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等，解题的关键是掌握菱形、平行四边形、等腰三角形的性质．
10．【中考新考法】综合与探究
【问题情境】“综合与实践”课上，老师让同学们准备了菱形纸片，并提出如下问题：将图1中的菱形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，将绕点按顺时针方向旋转，当时，延长交的延长线于，如图2，试判断四边形的形状，并说明理由．
【数学思考】（1）请你解答老师提出的问题．
【深入探究】（2）在完成老师提出的问题后，同学们进行了进一步的探究：
①“善思小组”在准备的菱形纸片中，将绕点按逆时针方向旋转，如图3，当点落在边上时，，，，四点共线，．若，请求出的长度．
②“智慧小组”准备的菱形纸片的对角线，，他们也将绕点按逆时针方向旋转，其点的对应点为，并过点作交直线于点，当时，请直接写出的长度．
【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）①；②17.6或1.6
【分析】（1）由题意得，再由菱形的性质得到，则先证明四边形为平行四边形，由菱形得到邻边相等，即可证明为菱形；
（2）①导角证明，则，设，而，则，解方程即可；
②可得，，则，设边上的高为，由面积法求得，当时，而菱形中，，故点共线，而，，则，即，由旋转得，，再分两种情况讨论即可求解．
【详解】（1）解：四边形为菱形，理由：
∵，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形
由旋转的性质可知，
∴平行四边形为菱形；
（2）①解：由题意得可得，，
∴，
设，
∵菱形，
∴
∴在中，，
∴，
∵是的外角，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
解得：，（舍），
∴；
②∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
设边上的高为
则，
∴，
当时，而菱形中，，
∴点共线，
∵，，
∴，即
由旋转得，
当点在右侧时，如图：
∴；
当点在左侧时，如图：
∴，
综上所述：当时，的长度为17.6或1.6．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解一元二次方程，勾股定理等知识点，难度较大，正确画出图形是解题的关键．
1．综合与探究
问题情景
在数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1是一张平行四边形纸片，点分别是上一点，且，将平行四边形纸片沿直线折叠，点对应点分别为，与交于点，请判断线段与的关系，并说明理由．
数学思考
（1）请回答老师提出的问题．
深入探究
（2）如图2，老师将图2中的两点连接，交边于点，让同学们提出新的问题．
①“科学小组”提出问题：试猜想四边形的形状，并证明．
②“创新小组”提出问题：在中，．若四边形为菱形，请直接写出的值．
【答案】（1）．理由见解析，（2）①是平行四边形，见解析；②
【分析】本题考查菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定，相似三角形的性质与判定．熟练掌握菱形的性质，折叠的性质是解题的关键．
（1）根据四边形是平行四边形，得出，由折叠可得，．进而可得，根据，即可求解；
（2）易知．思路一：只要证明，即可证明四边形是平行四边形．思路二：只要证明，即可证明四边形是平行四边形．
（3）设与交于点，过点作于点，过点作交的延长线于点．则四边形是矩形，证明四边形是菱形，求得证明四边形是菱形，设，
在中，得出，则，证明，即可求解．
【详解】解：（1）．理由如下：
四边形是平行四边形，
．
．
由折叠可得，
．
．
，
即．
．
即．
（2）①方法一：四边形是平行四边形．
理由如下：
如答图1，延长交于点．
由（1）知．
四边形是平行四边形，
．
由折叠可知．
．
．
．
又，
．
，即．
．
为公共角，
．
．
又，
∴四边形是平行四边形．
方法二：如答图2，连接，
四边形是平行四边形，
由折叠得．
由（1）得，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形．
②
如图，设与交于点，过点作于点，过点作交的延长线于点．则四边形是矩形，
在中，∵，
∴，
又∵，
∴
∴，
∴四边形是菱形，
，
设，
，
在中，
由勾股定理得，
解得（舍去），．
，
∵，
∴，
又∵，
∴．
∴，
.
2．综合与实践
问题情境：数学活动课上，活动小组探究平行四边形折叠过程中的一些结论，如图1，已知平行四边形，，将平行四边形沿过点D的直线折叠，使点C落在边上的点E处，折痕与交于点F．
初步探究：
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：如图2，取线段边上的一点O（不含点D，F），过点O作边的垂线分别与交于点I，J，将平行四边形沿直线折叠，使点C落在边上的点H处，使点D落在边上的点G处，连接．
（2）若随着点O的运动，与始终保持平行，请求的度数；
（3）在（2）的条件下，如图3，若，与交于点M，连接，当时，请直接写出的值．
【答案】（1）菱形，理由见解析；（2）；（3）
【分析】（1）根据翻折得到，则由平行四边形，根据平行线+角平分线得到等腰三角形，那么，则，结合平行，先证明为平行四边形，再根据一组邻边相等即可证明；
（2）先证明四边形为平行四边形，结合翻折可得，那么为等边三角形，即可求解；
（3）过点O作于点N，过点M作于点K，四边形为菱形，可得为等边三角形，则设，可证明，那么，，则，用勾股定理表示，，，最后由建立方程求解，再由平行四边形的性质结合翻折即可求解．
【详解】（1）解：四边形为菱形，理由如下：
由翻折得：，
∵平行四边形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形；
（2）解：∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
由翻折得，而
∴，
∴为等边三角形，
∴；
（3）解：过点O作于点N，过点M作于点K，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∵翻折，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
设
∵，
∴，
∵翻折，
∴，
∴，
∵菱形，
∴平分，
∵，翻折得：
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴,
∴，
解得：或（舍），
∴，
由上知四边形为平行四边形，
∴，
∴由翻折得：．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，翻折变换，菱形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，等边三角形的判定与性质，难度较大，正确和合理添加垂线解直角三角形是解题的关键．
3．问题背景
在综合实践课上，同学们以图形的平移与旋转为主题开展数学活动,如图（1），先将一张等边三角形纸片对折后剪开，得到两个互相重合的△ABD和△EFD，点E与点A重合，点B与点F重合，然后将△EFD绕点D顺时针旋转，使点F落在边AB上，如图（2），连接EC．
操作发现
（1）判断四边形BFEC的形状，并说明理由；
实践探究
（2）聪聪提出疑问：若等边三角形的边长为8，能否将图（2)中的△EFD沿BC所在的直线平移a个单位长度（规定沿射线BC方向为正），得到△，连接，，使得得到的四边形为菱形，请你帮聪聪解决这个问题，若能，请求出a的值；若不能，请说明理由。
（3）老师提出问题：请参照聪聪的思路，若等边三角形的边长为8，将图（2）中的△EFD在平面内进行一次平移，得到△，画出平移后构造出的新图形，标明字母，说明平移及构图方法，写出你发现的一个结论，不必证明．
【答案】（1）四边形BFEC为平行四边形，理由见解析；（2）能， 或；（3）作图见解析，结论为：四边形为矩形．
【分析】（1）由等边三角形的性质及旋转的性质求得△BFD为等边三角形，从而求得EF∥BC且EF=BC，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形进行判断；
（2）分三角形沿射线BC和射线CB方向平移两种情况，结合菱形的性质及勾股定理求得CG的长度，从而求解；
（3）在（1）问的基础上，利用平移及等边三角形的性质构造矩形作图，从而求解．
【详解】（1）四边形BFEC为平行四边形．
理由如下：∵△ABC为等边三角形
∴∠ABD=60°，AB=BC
由题意，知FD=BD
∴△BFD为等边三角形
∴∠FDB=60°
∵∠EFD=60°
∴EF∥BC
∵EF=AB=BC
∴四边形BEFC为平行四边形．
（2）在Rt△ABD中，∠ABD=60°，BD=DC=4
∴AD=4
当△DEF沿射线BC方向平移时，过点作G垂直BC交BC的延长线于点G
∵∥BC，=30°
∴=30°
在Rt△中，=4
∴=2
∴=6
∵四边形为菱形
∴=8
在Rt△中，由勾股定理得CG=
∴DG=DC+CG=4+2
∴=DG-=2-2
当△EDF沿射线CB方向平移时，同理可得=2+2，即a=-2-2
∴a=-2-2或2-2
（3）将图（2）中的△EFD在平面内沿CB方向平移2个单位长度，得到△
此时
∴四边形为矩形
【点睛】此题主要考查了几何变换综合以及等边三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质以及矩形的判定方法等知识，正确利用平移及等边三角形的性质得出DD′的长是解题关键．
1．如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（ ）
A．9 B． C． D．
【答案】C
【分析】此题考查了菱形的性质、矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质、矩形的性质是关键．根据菱形的性质得到，由矩形的性质得到，，，设，则在中，则利用勾股定理求出，即．得到，根据菱形的面积求出答案即可．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，，
设，则在中，
∴
∵，
即，
∴，
即．
∴，
∴菱形的面积为，
故选：C
2．如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，，，于点H，的长为______．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，根据勾股定理可得，利用面积法即可求得的值．
【详解】解：四边形是菱形，
，，
，
菱形的面积，
，
故答案为：．
3．如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是______．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，根据菱形的性质，得到，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，再根据菱形的面积公式对角线乘积的一半，进行求解即可．
【详解】解：∵菱形的对角线相交于点O，，
∴，
∴，
∵，
∴菱形的面积；
故答案为：．
4．如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是_________．
【答案】
【分析】本题考查了旋转-最短路线问题，三角形全等的判定，菱形的性质以及等边三角形的性质．通过将绕点A顺时针方向旋转的点，此时证明和全等后找到对应的线段，的最小值即为点B，，P，D四点共线时，线段的长度即为所求．
【详解】如图，将线段绕点A顺时针方向旋转，得到线段，连接，，，
由题意知，在菱形中，，，
∴和为等边三角形，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，即点B，，P，D四点共线时，的最小，
此时最小值的长度为．
故答案为：．
5．如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）．
【问题解决】
（1）如图①，若点与线段的中点重合，则度，线段与线段的位置关系是 ；
【问题探究】
（2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由；
【拓展延伸】
（3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长．
【答案】（1），；（2），理由见解析；（3）的长为或.
【分析】（1）根据菱形的性质证明为等边三角形，再结合等边三角形的性质可得答案；
（2）如图，把绕顺时针旋转得到，证明为等边三角形，可得，，求解，，，可得，进一步可得结论；
（3）如图，当在线段上，记与交于点，证明，可得，设，则，可得，证明，再进一步解答即可；如图，当在线段上时，延长交于，同理可得： ，设，而，则，可得，证明，再进一步可得答案.
【详解】解：（1）∵在菱形中，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∵点与线段的中点重合，
∴，；
（2）如图，把绕顺时针旋转得到，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵点在线段上，且，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（3）如图，当在线段上，记与交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
如图，当在线段上时，延长交于，
同理可得：，，
∴，
设，而，则，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴，
综上：的长为或.
【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，菱形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，含30角的直角三角形的性质，本题的难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键.
6．如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)已知，，求线段的长．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再由等腰三角形的判定求得，进而由菱形的判定定理得结论；
（2）根据（1）可得，，证明，再根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵点E是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形为菱形；
（2）解：∵，
根据（1）可得，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴．
【点睛】该题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
7．如图，点在直线外．
①在直线上任取一点，连接；
②以点为圆心，长为半径画弧，交直线于点；
③分别以点和点为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在内交于点，作射线；
④以点为圆心，长为半径画弧，交射线于点；
⑤连接．
(1)由②得与的数量关系是__________；由③得到的结论是__________．
(2)求证：四边形是菱形．
【答案】(1)；射线平分
(2)见解析
【分析】本题考查了尺规作图——基本作图，全等三角形的判定与性质，菱形的判定定理，解题的关键是理解尺规作图中所蕴含的线段等量关系，利用“四边相等的四边形是菱形”进行判定．
（1）根据步骤②中“以点A为圆心，长为半径画弧交直线l于点B”，直接得出与的数量关系；步骤③是作角平分线的尺规作图方法，据此得出射线的性质．
（2）利用尺规作图得到相等线段和角度，可证，结合菱形的判定定理“四边相等的四边形是菱形”进行证明，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵以点A为圆心，长为半径画弧，交直线l于点B，
∴，
∵步骤③是作角平分线的尺规作图方法，
∴射线平分．
故答案为：；射线平分．
（2）证明：∵以点A为圆心，长为半径画弧，交直线l于点B，
∴，
∵射线平分，
∴；
在和中，
，
∴，
∴，
又∵以点为圆心，长为半径画弧，交射线于点，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
8．如图，在四边形中，，是对角线．
(1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）；
(2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了菱形的判定，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键．
（1）分别以B、D为圆心，以大于长的一半画弧，二者交于M、N，连接分别与与边分别交于点E，F，则点E和点F即为所求；
（2）由线段垂直平分线的定义打得到，，，再由等边对等角和平行线的性质可推出，则可证明，得到，据此可证明结论．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）证明：如图所示，
∵垂直平分，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
9．问题提出：
（1）如图1，已知△ABC，试确定一点D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形为平行四边形，请画出这个平行四边形；
问题探究：
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=4，BC=10，若要在该矩形中作出一个面积最大的△BPC，且使∠BPC＝90°，求满足条件的点P到点A的距离；
问题解决：
（3）如图3，有一座草根塔A，按规定，要以塔A为对称中心，建一个面积尽可能大的形状为平行四边形的草根景区BCDE．根据实际情况，要求顶点B是定点，点B到塔A的距离为50米，∠CBE=120°，那么，是否可以建一个满足要求的面积最大的平行四边形景区BCDE？若可以，求出满足要求的平行四边形BCDE的最大面积；若不可以，请说明理由．（塔A的占地面积忽略不计）
【答案】（1）点D所在的位置见解析；（2）AP的长为2或8；（3）可以，符合要求的□BCDE的最大面积为.
【分析】(1)根据平行四边形的特点，分三种情况利用平移的性质得到点D的位置即可；
(2)由题意可知点P在边AD上时，△BPC的面积最大，为满足∠BPC＝90°，根据AB比BC的一半小，以BC为直径画圆，圆与AD的交点即可满足条件的点P，然后根据已知条件利用勾股定理进行求解即可；
(3)可以，如图所示，连接BD，由已知可得BD=100，∠BED=60°，作△BDE的外接圆⊙O，则点E在优弧上，取的中点，连接，则可得△为正三角形，连接并延长，经过点A至，使，连接，可得四边形为菱形，且∠°，作EF⊥BD，垂足为F，连接EO，则，则有，据此即可求得答案.
【详解】(1)如图所示，有三个符合条件的平行四边形；
(2)如图，
∵AB=4，BC=10，
∴取BC的中点O，则OB＞AB，
∴以点O为圆心，OB长为半径作⊙O，⊙O一定于AD相交于两点，
连接，
∵∠BPC=90°，点P不能在矩形外；
∴△BPC的顶点P在或位置时，△BPC的面积最大，
作⊥BC，垂足为E，则OE=3，∴，
由对称性得，
综上可知AP的长为2或8；
(3)可以，如图所示，连接BD，
∵A为平行四边形BCDE的对称中心，BA=50，∠CBE=120°，
∴BD=100，∠BED=60°，
作△BDE的外接圆⊙O，则点E在优弧上，取的中点，连接，
则，且∠=60°，∴△为正三角形，
连接并延长，经过点A至，使，连接，
∵⊥BD，
∴四边形为菱形，且∠°，
作EF⊥BD，垂足为F，连接EO，则，
∴，
∴，
所以符合要求的□BCDE的最大面积为.
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等，综合性较强，难度较大，正确画出符合题意的图形是解题的关键.
10．如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA=PE，PE交CD于F，
（1）证明：PC=PE；
（2）求∠CPE的度数；
（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC=120°时，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）90°；（3）AP=CE，理由见解析
【分析】(1)根据正方形得出AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，结合PB=PB得出△ABP ≌△CBP，从而得出结论；
(2)根据全等得出∠BAP=∠BCP，∠DAP=∠DCP，根据PA=PE得出∠DAP=∠E，即∠DCP=∠E，易得答案；
(3)首先证明△ABP和△CBP全等，然后得出PA=PC，∠BAP=∠BCP，然后得出∠DCP=∠DEP，从而得出∠CPF=∠EDF=60°，然后得出△EPC是等边三角形，从而得出AP=CE．
【详解】(1)证明：在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，
又∵ PB=PB，
∴△ABP ≌△CBP（SAS），
∴PA=PC，
∵PA=PE，
∴PC=PE；
(2)解：由（1）知，△ABP≌△CBP，
∴∠BAP=∠BCP，
∴∠DAP=∠DCP，
∵PA=PE，
∴∠DAP=∠E，
∴∠DCP=∠E，
∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等），
∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠E，即∠CPF=∠EDF=90°；
(3)AP＝CE
理由是：在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP，
在△ABP和△CBP中，又∵ PB=PB，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA=PC，∠BAP=∠BCP，
∵PA=PE，
∴PC=PE，
∴∠DAP=∠DCP，
∵PA=PE，
∴∠DAP=∠DEP，
∴∠DCP=∠DEP，
∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等），
∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠DEP，
即∠CPF=∠EDF=180°﹣∠ADC=180°﹣120°=60°，
∴△EPC是等边三角形，
∴PC=CE，
∴AP=CE．
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2026年中考数学第一轮复习分层练（山西卷）
第五章 四边形
专题三 菱形
命题点1 菱形的判定
1．（2024·山西·中考真题）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，，交于点．若四边形的对角线相等，则线段与一定满足的关系为( )
A．互相垂直平分 B．互相平分且相等
C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等
2．（2025·山西长治·二模）如图，在四边形中，，分别是，的中点，，分别是对角线，的中点，若四边形是菱形，则四边形应满足的条件是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·山西·中考真题）综合与探究
问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点．
猜想证明：
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，．
①如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由；
②当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点．若，，直接写出四边形的面积．
4．（2024·山西朔州·一模）综合与实践
问题情境
在“综合与实践”活动课上，老师给出了如图1所示的一张矩形纸片，其中，．
实践探究
（1）如图2，将矩形纸片沿对角线剪开，得到纸片与.将纸片沿方向平移，连接（与交于点），，，得到图3所示的图形.若，解答下列问题：
①请你猜想四边形的形状，并证明．
②请求出平移的距离．
拓展延伸
（2）如图4，先将纸片沿方向进行平移，然后将纸片绕点顺时针旋转，使得，恰好经过点，求平移的距离．
5．（2025·山西长治·一模）阅读与思考
下面是某小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“平行四边形准中点四边形”的研究报告
研究对象：平行四边形的“准中点四边形”．
定义：如图1，分别是各边的中点，连接交于点，连接，交于点，则四边形称为的“准中点四边形”．
性质：四点共线．
结论：1．四边形为平行四边形；2．当满足什么条件时，其“准中点四边形”为菱形？
任务一：（1）写出结论1的证明过程．
任务二：（2）直接写出结论2中满足的条件：______．
任务三：（3）如图2，已知矩形为某平行四边形的准中点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行四边形．（保留作图痕迹，不写作法）
6．（2024·山西·模拟预测）如图，在矩形中，是对角线，．
(1)实践与操作：利用尺规作的平分线交于点E，过点E作的垂线，垂足为点O，交于点F，连接（要求：尺规作图，不写作法、不写结论，但要保留作图痕迹，标明字母）；
(2)猜想与证明：试猜想四边形的形状，并证明你的结论．
7．（2025·山西·模拟预测）如图，两张宽度相等的纸条交叉重叠，重合的部分是什么形状的四边形？请说明理由．
8．（2025·山西朔州·二模）如图，在平行四边形中，分别是边上的点，连接与交于点， ，，
．下面是两位同学的对话，请选择一位同学的说法，并证明．
9．（2025·山西大同·三模）如图，已知，连接．
(1)求作菱形，使点分别在边上；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若，菱形的边长为，求菱形的面积．
10．（2025·山西运城·一模）阅读与思考
下面是欣欣同学的数学课堂学习笔记，请仔细阅读并完成相应的任务．
利用尺规在平行四边形内作菱形今天的数学课上，老师给出了如下的一个问题：如图1，已知四边形是平行四边形，，请利用尺规在平行四边形内作一个菱形，使得菱形的四个顶点均在平行四边形边上．同学们以小组为单位展开了讨论．勤学小组的作法：如图2，①分别以点A，点为圆心，的长为半径画弧，分别交，于点和点，②连接．结论：四边形是菱形．勤学小组的证明：四边形是平行四边形，．即．由作图痕迹可知：．四边形是平行四边形．，平行四边形是菱形．（依据1）善思小组的作法：如图3，①连接，分别以点，点为圆心，大于的长为半径画弧，交点分别为，．②作直线分别交于点，点和点．③连接．结论：四边形是菱形．善思小组的证明：由作图可知：直线垂直平分．．（依据2）……
任务一：请补充上面证明过程中的“依据1”，“依据2”．
（1）依据1：___________；依据2：___________；
任务二：
（2）请将善思小组的证明过程补充完整；
任务三：
（3）在图4中用不同于材料的方法作一个满足要求的菱形．（尺规作图，标明字母，保留作图痕迹，不写作法）
命题点2 菱形的性质
1．（2024·山西·模拟预测）如图，菱形的面积为12，对角线，相交于点O．过点作于点，连接．已知在菱形中，，则的长为（ ）
A．4 B．2 C．3 D．2.5
2．（2025·山西晋城·三模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，连接对角线，是上一点，已知点的坐标为，若将线段绕点顺时针旋转，点恰好落在轴上，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·山西·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点，，，，交于点，则的长为__________．
4．（2024·山西·模拟预测）如图，在菱形中，E为边上一点，，连接交于点F．若，，则的长为__________．
5．（2025·山西·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形， 若点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为_____________．
6．（2025·山西长治·模拟预测）如图，在边长为4的菱形中，，是上的一点，将沿翻折得到，交于点．若，则的值为________．
7．（2025·山西临汾·二模）如图，在菱形中，点是边的中点，动点在边上运动，以为折痕将折叠得到，连接．若，，则的最小值是______．
8．（2024·山西·模拟预测）综合与实践
【问题情境】
如图，四边形是菱形，，为其对角线，其中．点是边延长线上的任意一点，连接交于点，平分交于点．
【知识探究】
（1）求证：；
（2）如图2，若，．
①求菱形ABCD的面积；
②求的值．
【综合提升】
（3）如图3，若，当的大小发生变化时，在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值．
9．（2025·山西长治·二模）阅读与思考
小颖在一篇数学杂志中看到“在尺规作图中，三等分任意角是著名的古希腊三大几何难题之一．19世纪数学家通过代数方法（如伽罗瓦理论）证明：仅用无刻度直尺和圆规三等分任意角是不可能的．”小颖想着尺规作图不能三等分任意角，那能不能三等分任意线段呢？她作了如下两种作法，请认真阅读她的笔记，并完成下列任务．
问题：已知：线段（如图）．求作：在线段上找一点C，使得．（尺规作图）
方法一：作法步骤：（1）以A为端点作射线．（2）在射线上依次截取线段．（3）连接，过点E作的平行线交AB于点C．证明：，．（依据） 方法二：作法步骤：（1）以为一边作出等边．（2）以为的一半为一边作出等边．（3）连接交于点C．证明：由作图可知和均为正三角形且∴……
任务一：上述阅读材料中的方法一中的依据为：_________
任务二：请你帮助小颖完成方法二中剩余的证明过程．
任务三：请你再用一种不同的方法，在线段上找一点，使得．（尺规作图，保留痕迹，不写作法，不用证明）
10．（2025·山西吕梁·三模）综合与实践问题情境：
综合与实践课上，老师提出如下问题：如图①，在中，，为边上的中线，将沿射线方向平移得到．点的对应点分别为．
猜想证明：
（1）如图②，当线段经过点时，连接、．请判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）若中，．将图②中的继续沿射线方向平移，得到．点的对应点分别为．老师让同学们提出问题并解答．
如图③，“创新小组”画出的四边形是菱形，提出问题是：求此时菱形的对角线与的长．
11．（2025·山西吕梁·模拟预测）综合与探究
问题情境：
如图，在矩形中，，，将矩形沿对角线剪开，再将沿方向平移（平移距离小于8），得到交于点交于点．
初步探究：
（1）如图2，当四边形为正方形时，线段的长为_____．
（2）判断四边形的形状，并说明理由．
深入探究：
（3）如图3，当四边形是菱形时．
①求线段的长；
②将绕点顺时针转过一定的角度，使得线段经过一个顶点且与有重叠部分，直接写出重叠部分的面积．
12．（2025·山西吕梁·二模）如图，四边形为菱形．
(1)过点作直线的垂线为垂足．（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
(2)若，试探究与的数量关系，并说明理由．
1．如图，在中，按照如下尺规作图的步骤进行操作：①以点B为圆心，以适当长为半径画弧，分别与交于点E、F；②分别以E、F为圆心，以适当长为半径画弧，两弧交于点G，作射线，与边交于点H；③以B为圆心，长为半径画弧，交于边于点M．若，则点A，M之间的距离为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
2．如图，在中，，，和的平分线分别交BC于点E，F，与交于点，若，则的长为（ ）
A．6 B． C． D．
3．在中，对角线和相交于点，为线段的中点，连接，过点作交的延长线于点，连接，，若，则线段和一定满足的关系是（ ）
A．互相垂直且相等 B．互相平分且相等
C．互相垂直平分 D．互相垂直平分且相等
4．如图，在中，分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点D，E，且点D恰好在边上，直线与交于点F，连接．若，则四边形的面积为（ ）
A． B． C．4 D．8
5．如图，已知，作图：①在的两边上分别截取，，使；②分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧交于点；③连接，，，．若，四边形的面积为．则的长为（ ）
A． B． C． D．
6．综合与探究
问题情境：如图1，将等边沿边翻折得到，点是边上的两点，且，分别连接，，．
猜想证明：（1）判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：（2）将图1中的线段绕点逆时针方向旋转得到线段，交直线于点．如图2，当点落在线段的延长线上时，猜想线段与的数量关系，并说明理由；
迁移探究：（3）如图3，若变为等腰直角三角形，，
，将沿边翻折得到，点为边上一点，且，将线段绕点逆时针方向旋转得到线段．当点落在直线上时，请直接写出线段的长度．
7．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作，交的延长线于点E，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求的长．
8．阅读下列材料，并完成相应的学习任务：
一次有意义的动手实践活动——在格点图中巧作角平分线
实践背景
在一次动手实践课上，老师提出如下问题：在如图1所示由边长为1的小正方形组成的格点图中，点，，都在小正方形的顶点处，仅用无刻度的直尺作出的角平分线．
成果展示
小明、小亮展示了如下作法：
小明：如图2，在格点图中取格点，．连接，交于点．作出射线．
∵四边形是矩形，∴（依据1）．
∵，∴平分．
小亮：如图3，在格点图中取格点．连接，与小正方形的边交于点．则．
∵，．
∴（依据2）．
∴，即平分．
学习任务：
(1)实践反思：
①请填写出上述材料中的依据1和依据2．
依据1：______；依据2：______．
②请根据小亮的作法，证明．
(2)创新再探
请你根据实践背景问题要求，采用不同于小明和小亮的作法，描出作图过程中的所取得的点，作出的角平分线（不写作法，不需要说明理由）．
9．如图，在中，对角线，相交于点O，E为的中点，连接，．
(1)实践与操作：利用尺规在线段上作出点F，使得四边形为平行四边形，连接，；（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）
(2)应用与求解：若，求的长．
10．【中考新考法】综合与探究
【问题情境】“综合与实践”课上，老师让同学们准备了菱形纸片，并提出如下问题：将图1中的菱形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，将绕点按顺时针方向旋转，当时，延长交的延长线于，如图2，试判断四边形的形状，并说明理由．
【数学思考】（1）请你解答老师提出的问题．
【深入探究】（2）在完成老师提出的问题后，同学们进行了进一步的探究：
①“善思小组”在准备的菱形纸片中，将绕点按逆时针方向旋转，如图3，当点落在边上时，，，，四点共线，．若，请求出的长度．
②“智慧小组”准备的菱形纸片的对角线，，他们也将绕点按逆时针方向旋转，其点的对应点为，并过点作交直线于点，当时，请直接写出的长度．
1．综合与探究
问题情景
在数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1是一张平行四边形纸片，点分别是上一点，且，将平行四边形纸片沿直线折叠，点对应点分别为，与交于点，请判断线段与的关系，并说明理由．
数学思考
（1）请回答老师提出的问题．
深入探究
（2）如图2，老师将图2中的两点连接，交边于点，让同学们提出新的问题．
①“科学小组”提出问题：试猜想四边形的形状，并证明．
②“创新小组”提出问题：在中，．若四边形为菱形，请直接写出的值．
2．综合与实践
问题情境：数学活动课上，活动小组探究平行四边形折叠过程中的一些结论，如图1，已知平行四边形，，将平行四边形沿过点D的直线折叠，使点C落在边上的点E处，折痕与交于点F．
初步探究：
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：如图2，取线段边上的一点O（不含点D，F），过点O作边的垂线分别与交于点I，J，将平行四边形沿直线折叠，使点C落在边上的点H处，使点D落在边上的点G处，连接．
（2）若随着点O的运动，与始终保持平行，请求的度数；
（3）在（2）的条件下，如图3，若，与交于点M，连接，当时，请直接写出的值．
3．问题背景
在综合实践课上，同学们以图形的平移与旋转为主题开展数学活动,如图（1），先将一张等边三角形纸片对折后剪开，得到两个互相重合的△ABD和△EFD，点E与点A重合，点B与点F重合，然后将△EFD绕点D顺时针旋转，使点F落在边AB上，如图（2），连接EC．
操作发现
（1）判断四边形BFEC的形状，并说明理由；
实践探究
（2）聪聪提出疑问：若等边三角形的边长为8，能否将图（2)中的△EFD沿BC所在的直线平移a个单位长度（规定沿射线BC方向为正），得到△，连接，，使得得到的四边形为菱形，请你帮聪聪解决这个问题，若能，请求出a的值；若不能，请说明理由。
（3）老师提出问题：请参照聪聪的思路，若等边三角形的边长为8，将图（2）中的△EFD在平面内进行一次平移，得到△，画出平移后构造出的新图形，标明字母，说明平移及构图方法，写出你发现的一个结论，不必证明．
1．如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（ ）
A．9 B． C． D．
2．如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，，，于点H，的长为______．
3．如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是______．
4．如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是_________．
5．如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）．
【问题解决】
（1）如图①，若点与线段的中点重合，则度，线段与线段的位置关系是 ；
【问题探究】
（2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由；
【拓展延伸】
（3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长．
6．如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)已知，，求线段的长．
7．如图，点在直线外．
①在直线上任取一点，连接；
②以点为圆心，长为半径画弧，交直线于点；
③分别以点和点为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在内交于点，作射线；
④以点为圆心，长为半径画弧，交射线于点；
⑤连接．
(1)由②得与的数量关系是__________；由③得到的结论是__________．
(2)求证：四边形是菱形．
8．如图，在四边形中，，是对角线．
(1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）；
(2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为菱形．
9．问题提出：
（1）如图1，已知△ABC，试确定一点D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形为平行四边形，请画出这个平行四边形；
问题探究：
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=4，BC=10，若要在该矩形中作出一个面积最大的△BPC，且使∠BPC＝90°，求满足条件的点P到点A的距离；
问题解决：
（3）如图3，有一座草根塔A，按规定，要以塔A为对称中心，建一个面积尽可能大的形状为平行四边形的草根景区BCDE．根据实际情况，要求顶点B是定点，点B到塔A的距离为50米，∠CBE=120°，那么，是否可以建一个满足要求的面积最大的平行四边形景区BCDE？若可以，求出满足要求的平行四边形BCDE的最大面积；若不可以，请说明理由．（塔A的占地面积忽略不计）
10．如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA=PE，PE交CD于F，
（1）证明：PC=PE；
（2）求∠CPE的度数；
（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC=120°时，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．
2026年中考数学第一轮复习分层练（山西卷）
第五章 四边形
专题三 菱形（解析版）
命题点1 菱形的判定
1．（2024·山西·中考真题）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，，交于点．若四边形的对角线相等，则线段与一定满足的关系为( )
A．互相垂直平分 B．互相平分且相等
C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等
【答案】A
【分析】本题主要考查了中点四边形、菱形的判定与性质及三角形的中位线定理，根据题意画出示意图，得出中点四边形的形状与原四边形对角线之间的关系即可解决问题．
【详解】解：如图所示，
连接，，
点和点分别是和的中点，
是的中位线，
．
同理可得，，
，，
四边形是平行四边形．
，，且，
，
平行四边形是菱形，
与互相垂直平分．
故选：A．
2．（2025·山西长治·二模）如图，在四边形中，，分别是，的中点，，分别是对角线，的中点，若四边形是菱形，则四边形应满足的条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了中点四边形的性质、菱形的判定以及三角形中位线的性质，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．先由三角形中位线定理证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论．
【详解】解：若四边形为菱形，则四边形需满足的条件是，理由如下：
，分别是，的中点，
是的中位线，
，，
同理，，，
四边形是平行四边形，
，分别是，的中点，
，，
当时，
，
四边形是菱形，
故选：B．
3．（2024·山西·中考真题）综合与探究
问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点．
猜想证明：
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，．
①如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由；
②当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点．若，，直接写出四边形的面积．
【答案】（1）矩形，理由见解析；（2）①，理由见解析；②或
【分析】（1）由和菱形性质得，．可证四边形为矩形；
（2）①由菱形和旋转得性质证，可证；
②分情况讨论：当点在线段上时，当点在线段延长线上时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：（1）四边形为矩形．理由如下：
，
，
四边形为菱形，
∴，
∴，
，
∴，
四边形为矩形．
（2）①．理由如下：
∵四边形为菱形，
，
旋转得到，
，
，
，
，
，
，
．
②解：如图所示，当点N在线段上时，过点A作于P，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
，
∴，
由旋转知：，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
∴，
∴
；
当点N在线段延长线上时，在上，过点A作于K，连接，如图所示：
由旋转知：，，，，
∵，
∴，
∴，，
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
，
∴，，
∵，
∴ 四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∵，
∴，
∴，
即，
∵，，
∴，
∴，
综上，四边形的面积是或．
【点睛】本题是正方形，菱形综合题，主要考查正方形的判定与性质，菱形的性质，矩形的判定与性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，解直角三角形的应用，四边形的面积等知识，熟练掌握特殊图形的性质与判定，添加正确的辅助线是解题关键．
4．（2024·山西朔州·一模）综合与实践
问题情境
在“综合与实践”活动课上，老师给出了如图1所示的一张矩形纸片，其中，．
实践探究
（1）如图2，将矩形纸片沿对角线剪开，得到纸片与.将纸片沿方向平移，连接（与交于点），，，得到图3所示的图形.若，解答下列问题：
①请你猜想四边形的形状，并证明．
②请求出平移的距离．
拓展延伸
（2）如图4，先将纸片沿方向进行平移，然后将纸片绕点顺时针旋转，使得，恰好经过点，求平移的距离．
【答案】（1）①四边形是菱形，理由见解析；②；（2）
【分析】（1）①由四边形是矩形，可得，，由平移的性质可得，，推出四边形是平行四边形，再结合即可证明四边形是菱形；②根据矩形的性质可得，，根据勾股定理可得，推出，结合，可得，根据四边形是菱形，可推出，最后根据线段的和差即可求解；
（2），，可得，进而得到，设，则，在中，根据勾股定理列方程即可求解．
【详解】解：（1）①四边形是菱形，
理由如下：
四边形是矩形，
，，
又由平移知对应线段平行且相等，
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
②由题意可得：，，
在中，，，
，
，
，
在中，，
四边形是菱形，
，
，
，
，
；
（2），
，
，
，
，
设，则，
在中，，
即，
解得：，
．
【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，平移的性质，解题的关键是综合运用这些知识．
5．（2025·山西长治·一模）阅读与思考
下面是某小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务．
关于“平行四边形准中点四边形”的研究报告
研究对象：平行四边形的“准中点四边形”．
定义：如图1，分别是各边的中点，连接交于点，连接，交于点，则四边形称为的“准中点四边形”．
性质：四点共线．
结论：1．四边形为平行四边形；2．当满足什么条件时，其“准中点四边形”为菱形？
任务一：（1）写出结论1的证明过程．
任务二：（2）直接写出结论2中满足的条件：______．
任务三：（3）如图2，已知矩形为某平行四边形的准中点四边形，请用无刻度的直尺和圆规作出该平行四边形．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析
【分析】本题主要考查了四边形综合，平行四边形及菱形的判定和性质，三角形重心的性质，理解题意，熟练掌握三角形重心的性质是解题关键．
（1）根据平行四边形的性质，线段的中点平分线段，推出四边形均为平行四边形，进而得到，，即可得证；
（2）根据菱形的性质结合图形即可得出结果；
（3）连接，作直线，交于点O，然后作，，然后连接、、、即可得出点M和N分别为、的重心，据此作图即可．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
分别是的中点，
，
，
又，
∴四边形为平行四边形，
，
同理，
四边形为平行四边形．
（2）解：当平行四边形满足时，准中点四边形是菱形，
由（1）得四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴准中点四边形是菱形，
故答案为：；
（3）解：连接，作直线，与交于点O，然后作，，然后连接、、、，如图所示，即为所求，
证明：矩形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形；
分别延长交四边于点E、F、G、H如图所示：
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
由作图得，
∴，
∴，
∴点F为的中点，
同理得：点E为的中点，点G为的中点，点H为的中点．
6．（2024·山西·模拟预测）如图，在矩形中，是对角线，．
(1)实践与操作：利用尺规作的平分线交于点E，过点E作的垂线，垂足为点O，交于点F，连接（要求：尺规作图，不写作法、不写结论，但要保留作图痕迹，标明字母）；
(2)猜想与证明：试猜想四边形的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)猜想：四边形是菱形，证明见解析
【分析】本题考查角平分线作法，垂线的作法，矩形的性质，菱形的判定，等边三角形的判定与性质，平行四边形判定及性质等．
（1）以点为圆心，任意长为半径画弧，交于两点，再分别以这两点为圆心，大于这两点间距离一半的长为半径画弧，两弧交于一点，连接点与这点，并延长交于点，即为的平分线，再以点为圆心，任意长为半径画弧，交于两点，再分别以这两点为圆心，任意长为半径画弧，两弧交于一点，连接点与这点，并延长分别交于点，点，连接即可；
（2）根据题意先证明四边形是平行四边形，后继而证明出四边形是菱形．
【详解】（1）解：如图所示为所求：
（2）解：猜想：四边形是菱形，证明如下：
∵矩形中，，，，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
7．（2025·山西·模拟预测）如图，两张宽度相等的纸条交叉重叠，重合的部分是什么形状的四边形？请说明理由．
【答案】菱形，理由见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定以及全等三角形的判定与性质．
先根据纸条特征判断四边形是平行四边形，再通过作高，利用纸条宽度相等得到高相等，进而证明三角形全等，得出邻边相等，最终确定四边形的形状．
【详解】解：四边形是菱形，
理由：过点A作于E，于F，
∵两条纸条宽度相同，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
又∵，
∴，
∴平行四边形是菱形．
8．（2025·山西朔州·二模）如图，在平行四边形中，分别是边上的点，连接与交于点， ，，
．下面是两位同学的对话，请选择一位同学的说法，并证明．
【答案】①选小明，证明见解析；②选小聪，证明见解析．
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，菱形的判定，掌握知识点是解题的关键．
①选小明，利用证明，得到，即可解答；②选小聪利用证明，得到，即可解答．
【详解】证明：①选小明，理由如下：
，，
．
在和中，
．
．
平行四边形是菱形．
②选小聪，理由如下：
，，
．
在和中，
．
．
平行四边形是菱形．
9．（2025·山西大同·三模）如图，已知，连接．
(1)求作菱形，使点分别在边上；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若，菱形的边长为，求菱形的面积．
【答案】(1)图见详解
(2)
【分析】（1）连接，，交于点，作的垂直平分线，分别交于点，连接上，，即可得到菱形．
（2）根据菱形的性质可得结合三角函数可得，，故可得菱形的面积为：．
【详解】（1）解：连接，，交于点，作的垂直平分线，分别交于点，连接上，，如图所示：
∵四边形为平行四边形，
∴，
∵垂直平分，
∴，，
∵
∴，
∴，
∴
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，，，
∵，
∴，，
∴，，
∴菱形的面积为：．
【点睛】本题考查了垂直平分线的画法，菱形的判定，全等三角形，三角函数的知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．
10．（2025·山西运城·一模）阅读与思考
下面是欣欣同学的数学课堂学习笔记，请仔细阅读并完成相应的任务．
利用尺规在平行四边形内作菱形今天的数学课上，老师给出了如下的一个问题：如图1，已知四边形是平行四边形，，请利用尺规在平行四边形内作一个菱形，使得菱形的四个顶点均在平行四边形边上．同学们以小组为单位展开了讨论．勤学小组的作法：如图2，①分别以点A，点为圆心，的长为半径画弧，分别交，于点和点，②连接．结论：四边形是菱形．勤学小组的证明：四边形是平行四边形，．即．由作图痕迹可知：．四边形是平行四边形．，平行四边形是菱形．（依据1）善思小组的作法：如图3，①连接，分别以点，点为圆心，大于的长为半径画弧，交点分别为，．②作直线分别交于点，点和点．③连接．结论：四边形是菱形．善思小组的证明：由作图可知：直线垂直平分．．（依据2）……
任务一：请补充上面证明过程中的“依据1”，“依据2”．
（1）依据1：___________；依据2：___________；
任务二：
（2）请将善思小组的证明过程补充完整；
任务三：
（3）在图4中用不同于材料的方法作一个满足要求的菱形．（尺规作图，标明字母，保留作图痕迹，不写作法）
【答案】（1）有一组邻边相等的平行四边形是菱形；线段垂直平分线上的点到这条线段的两个端点的距离相等；（2）见解析；（3）见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定、尺规作图、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
（1）直接根据菱形的判定定理即可解答；
（2）由垂直平分线的性质可得，再证明可得，再根据四边形是平行四边形可得，即，由等量代换可得，即，进而得到；易证四边形是平行四边形，然后结合即可证明结论；
（3）如图：作的角平分线交于E，再以E为圆心，以为半径画弧交于F，再连接，得到四边形是菱形．
【详解】解：（1）依据1：有一组邻边相等的平行四边形是菱形．
依据2：线段垂直平分线上的点到这条线段的两个端点的距离相等
（2）证明过程补充如下：
，，
，
∵，，
∴，
∴，
四边形是平行四边形，
．
．
．
又，
四边形是平行四边形
，
平行四边形是菱形
（3）如图：作的角平分线交于E，再以E为圆心，以为半径画弧交于F，再连接，得到四边形是菱形．
命题点2 菱形的性质
1．（2024·山西·模拟预测）如图，菱形的面积为12，对角线，相交于点O．过点作于点，连接．已知在菱形中，，则的长为（ ）
A．4 B．2 C．3 D．2.5
【答案】B
【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
由菱形的性质得出，由菱形的面积得出，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
【详解】解：四边形是菱形，
，，，
，
，
，
，
，
．
故选：B．
2．（2025·山西晋城·三模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴上，连接对角线，是上一点，已知点的坐标为，若将线段绕点顺时针旋转，点恰好落在轴上，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】此题考查了旋转的性质、解直角三角形、菱形的性质等知识，熟练掌握菱形的性质和旋转的性质是解题的关键．令线段绕点顺时针旋转后，与轴的交点为点，过点作轴于点．求出点的坐标为，证明．即可得到答案．
【详解】解：如图，令线段绕点顺时针旋转后，与轴的交点为点，过点作轴于点．
点的坐标为，
．
四边形是菱形，
，
点的坐标为，
，，
．
由旋转性质可得，，
，
．
点的坐标为，
点的坐标为，即点的坐标为．
故选：D
3．（2024·山西·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点，，，，交于点，则的长为__________．
【答案】
【分析】根据菱形性质，利用勾股定理求出AB的长度，再根据中位线定理求出OE的长即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，O为AC中点，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查菱形性质，勾股定理，中位线定理，熟练掌握以上知识点是解决本题的关键．
4．（2024·山西·模拟预测）如图，在菱形中，E为边上一点，，连接交于点F．若，，则的长为__________．
【答案】/
【分析】本题考查了菱形的性质，相似三角形的性质和判定、勾股定理、全等三角形的性质和判定、等腰三角形三线合一等，作，垂足为，由勾股定理求出，结合菱形的性质和等腰三角形三线合一可得，再证明，得出，再由得出，解比例即可．
【详解】解：作，垂足为，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
故答案为：．
5．（2025·山西·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形， 若点的坐标为，点的坐标为，则点的坐标为_____________．
【答案】
【分析】本题考查了坐标与图形、菱形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
连接、，可得与垂直平分，利用勾股定理即可得出结果．
【详解】解：如图：连接、，交于点，则：与垂直平分，
∵点，，
∴轴，，即，
轴，，
∵，
∴，
∴，即．
故答案为：．
6．（2025·山西长治·模拟预测）如图，在边长为4的菱形中，，是上的一点，将沿翻折得到，交于点．若，则的值为________．
【答案】
【分析】连接，过点P作，交的延长线于点H，设，则，，解答即可．
【详解】解：连接，过点P作，交的延长线于点H，
∵边长为4的菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，，，
∴，
∵沿翻折得到，
∴，，，
∴，，
∴
∴，
∴，
∴，
设，则，，
∵，，
∴，
∴，，
∴
解得，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，折叠的性质，直角三角形的性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．
7．（2025·山西临汾·二模）如图，在菱形中，点是边的中点，动点在边上运动，以为折痕将折叠得到，连接．若，，则的最小值是______．
【答案】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，一点到圆上一点的距离的最值问题、折叠问题、勾股定理、直角三角形的性质等知识点，确定点F在以E为圆心，为半径的半圆上是解题的关键．
根据中点的定义以及折叠的性质可求得，如图：当D、E、F在同一直线上时，最短，过点E作于点H，依据，，即可得到的长度，进而得出的最小值．
【详解】解：∵点E是边的中点，
∴，
∵以为折痕将折叠得到，
∴，
∴点F在以E为圆心，为半径的半圆上，
∵，
∴当F在上时，有最小值，最小值为；
如图，过点E作交于延长线点H，连接，
∵在边长为4的菱形中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴
∴的最小值．
故答案为：．
8．（2024·山西·模拟预测）综合与实践
【问题情境】
如图，四边形是菱形，，为其对角线，其中．点是边延长线上的任意一点，连接交于点，平分交于点．
【知识探究】
（1）求证：；
（2）如图2，若，．
①求菱形ABCD的面积；
②求的值．
【综合提升】
（3）如图3，若，当的大小发生变化时，在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值．
【答案】（1）详见解析
（2）①；②
（3）图见解析，理由见解析，
【分析】对于（1），根据菱形的性质得 ，再根据角平分线的定义得，然后根据可得答案；
对于（2）①，连接交于点，交于点，先根据菱形的性质得，再根据勾股定理求出，进而求出，然后根据得出答案；②，先说明，再根据平行线分线段性质得，进而说明，然后根据，可得，
即可求出，接下来求出，最后根据得出答案；
对于（3），作，交于点，连接AC交BD于点K，交DE于点L，根据，可知当的大小发生变化时，始终都有，即可得，进而说明，再根据平行分线段成比例，接下来说明，可得，然后根据，可求出为定值，最后求出即可.
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
．
，
．
（2）解：①如图2，连接交于点，交于点，
，
，
，，
．
，
，
，
；
②，
，
，
.
，
，
.
，
，
，
，
；
（3）解：如图3，过点作，交于点，则为定值
理由：连接AC交BD于点K，交DE于点L，
，
当的大小发生变化时，始终都有，
.
，
，
.
∵，
，
.
，
∴，
，
.
，
，
为定值；
，
.
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，求菱形的面积，相似三角形的性质和判定，平行线分线段成比例性质，求正切，作出辅助线构造相似是解题的关键.
9．（2025·山西长治·二模）阅读与思考
小颖在一篇数学杂志中看到“在尺规作图中，三等分任意角是著名的古希腊三大几何难题之一．19世纪数学家通过代数方法（如伽罗瓦理论）证明：仅用无刻度直尺和圆规三等分任意角是不可能的．”小颖想着尺规作图不能三等分任意角，那能不能三等分任意线段呢？她作了如下两种作法，请认真阅读她的笔记，并完成下列任务．
问题：已知：线段（如图）．求作：在线段上找一点C，使得．（尺规作图）
方法一：作法步骤：（1）以A为端点作射线．（2）在射线上依次截取线段．（3）连接，过点E作的平行线交AB于点C．证明：，．（依据） 方法二：作法步骤：（1）以为一边作出等边．（2）以为的一半为一边作出等边．（3）连接交于点C．证明：由作图可知和均为正三角形且∴……
任务一：上述阅读材料中的方法一中的依据为：_________
任务二：请你帮助小颖完成方法二中剩余的证明过程．
任务三：请你再用一种不同的方法，在线段上找一点，使得．（尺规作图，保留痕迹，不写作法，不用证明）
【答案】[任务一] 平行线分线段成比例定理；[任务二]见解析；[任务三]见解析
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质，菱形的判定与性质等知识点．
任务一：由平行线分线段成比例定理即可判定；
任务二：根据等边三角形导角得到，则，那么，则，即可得到．
任务三：分别以为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，则，那么四边形是菱形，则，再在射线上截取，则，那么，所以，那么，由可得，则，因此，故．
【详解】解：任务一：
证明：，．
（平行线分线段成比例定理），
故答案为：平行线分线段成比例定理；
任务二：
证明：由作图可知和均为正三角形
且
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
任务三：
解：如图，点即为所求：
10．（2025·山西吕梁·三模）综合与实践问题情境：
综合与实践课上，老师提出如下问题：如图①，在中，，为边上的中线，将沿射线方向平移得到．点的对应点分别为．
猜想证明：
（1）如图②，当线段经过点时，连接、．请判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）若中，．将图②中的继续沿射线方向平移，得到．点的对应点分别为．老师让同学们提出问题并解答．
如图③，“创新小组”画出的四边形是菱形，提出问题是：求此时菱形的对角线与的长．
【答案】（1）四边形是矩形，理由见解析；（2）
【分析】（1）由平移得到，根据直角三角形斜边中线得到，然后先证明四边形是平行四边形，再得到 ，即可证明矩形；
（2）由先勾股定理求出．过点作于，连接．由三角形中位线得到，则，再由菱形即可求出．
【详解】解：（1）四边形是矩形；理由如下：
∵平移得到，
∴，
∴，
∵为边上的中线，
∴，
∴是等腰三角形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形；
（2）∵，
∴．
过点作于，连接．
∵四边形是菱形，
∴．
由（1）得，
∴，
∵是的中点，是的中点，
∴，
∴，
∴菱形，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的判定，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，平移的性质，三角形中位线定理，菱形的性质等知识点．
11．（2025·山西吕梁·模拟预测）综合与探究
问题情境：
如图，在矩形中，，，将矩形沿对角线剪开，再将沿方向平移（平移距离小于8），得到交于点交于点．
初步探究：
（1）如图2，当四边形为正方形时，线段的长为_____．
（2）判断四边形的形状，并说明理由．
深入探究：
（3）如图3，当四边形是菱形时．
①求线段的长；
②将绕点顺时针转过一定的角度，使得线段经过一个顶点且与有重叠部分，直接写出重叠部分的面积．
【答案】（1）2；（2）四边形是平行四边形，见解析；（3）①；②6或
【分析】（1）根据正方形的性质可得，进而即可得出的长；
（2）根据四边形是矩形，得出，根据平移的性质得出，进而得出，即可得出结论；
（3）①根据勾股定理求得，设的长为，解，得出，即可求解；
②当线段经过点时，令与的交点为．由①知，．求得，进而根据三角形的面积公式，即可求解；当线段经过点时，令与的交点为．过点作于点，过点作于点，证明设的长为，在中，勾股定理得，进而根据三角形的面积公式，即可求解．
【详解】解：（1）解：∵四边形为正方形，
∴，
∴；
（2）四边形是平行四边形．
理由：四边形是矩形，
．
由平移的性质得，
，
四边形是平行四边形；
（3）①四边形是菱形，
．
设的长为，则．
在中，，
，
，
．
在中，，
，解得，
．
②6或．
如图1，当线段经过点时，令与的交点为．
由①知，，
∴，
；
如图2，当线段经过点时，令与的交点为．过点作于点，过点作于点．
，
．
，
，
．
设的长为，则，
．
在中，由勾股定理得，
，
解得，
．
综上所述，重叠部分的面积为6或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质和判定，菱形的性质，解直角三角形，分类讨论是解题的关键．
12．（2025·山西吕梁·二模）如图，四边形为菱形．
(1)过点作直线的垂线为垂足．（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，标明字母）
(2)若，试探究与的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)，见解析
【分析】（1）根据垂线的基本作图解答即可．
（2）根据菱形的性质，直角三角形的性质，等量代换思想解答即可．
【详解】（1）解：如解图所示，
则直线即为所求．
（2）解：．
理由：四边形为菱形，
，，
又，
，
，垂足为，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了垂线的基本作图，菱形的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，等量代换的应用，熟练掌握基本作图，直角三角形的性质是解题的关键．
1．如图，在中，按照如下尺规作图的步骤进行操作：①以点B为圆心，以适当长为半径画弧，分别与交于点E、F；②分别以E、F为圆心，以适当长为半径画弧，两弧交于点G，作射线，与边交于点H；③以B为圆心，长为半径画弧，交于边于点M．若，则点A，M之间的距离为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【答案】C
【分析】本题考查尺规作图—作角平分线，作线段，菱形的判定和性质，勾股定理，连接，设交于点O，证明四边形是菱形，勾股定理求出的长，进而得到的长即可．
【详解】解：如图，连接，设交于点O，
由题意可知，是的角平分线，
∴，
又∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵以B为圆心，长为半径画弧，交于边于点M，
∴，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴
∴，
故选：C．
2．如图，在中，，，和的平分线分别交BC于点E，F，与交于点，若，则的长为（ ）
A．6 B． C． D．
【答案】D
【分析】此题主要考查了勾股定理、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质．在取点，使，连接，，交于点，证明四边形是菱形，利用勾股定理求得，再证明四边形是平行四边形，由此可以求出长．
【详解】解：在取点，使，连接，，交于点，
∵，
∴，即，
∴四边形是平行四边形，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
则；
∴四边形是菱形，
∴，，，
在中，，
∴，
∵，
∴，，即，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
故选：D．
3．在中，对角线和相交于点，为线段的中点，连接，过点作交的延长线于点，连接，，若，则线段和一定满足的关系是（ ）
A．互相垂直且相等 B．互相平分且相等
C．互相垂直平分 D．互相垂直平分且相等
【答案】C
【分析】由为的中点，得到，根据平行线的性质得到，，根据全等三角形的性质得到后可证四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得到，再根据菱形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】解：如图所示，
为的中点，
，
，，
在与中，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
平行四边形是菱形，
和互相垂直平分．
故选：．
【点睛】本题考查的知识点是平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，解题关键是熟练掌握菱形的判定和性质．
4．如图，在中，分别以点B，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点D，E，且点D恰好在边上，直线与交于点F，连接．若，则四边形的面积为（ ）
A． B． C．4 D．8
【答案】B
【分析】此题考查了菱形的判定和性质、含角的直角三角形、勾股定理等知识．由作图可得到，四边形是菱形，则再由含角的直角三角形和勾股定理求出，，即可得到即可得到四边形的面积．
【详解】解：由题意可知，垂直平分，，
∴，四边形是菱形，
∴
∵，
∴，
∴
∴
∴四边形的面积为，
故选：B
5．如图，已知，作图：①在的两边上分别截取，，使；②分别以点，为圆心，长为半径作弧，两弧交于点；③连接，，，．若，四边形的面积为．则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，根据作法判定出四边形是菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
【详解】解：根据作图得：，
，
，
四边形是菱形，
，四边形的面积为，
，
，
故选：B．
6．综合与探究
问题情境：如图1，将等边沿边翻折得到，点是边上的两点，且，分别连接，，．
猜想证明：（1）判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：（2）将图1中的线段绕点逆时针方向旋转得到线段，交直线于点．如图2，当点落在线段的延长线上时，猜想线段与的数量关系，并说明理由；
迁移探究：（3）如图3，若变为等腰直角三角形，，
，将沿边翻折得到，点为边上一点，且，将线段绕点逆时针方向旋转得到线段．当点落在直线上时，请直接写出线段的长度．
【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2），理由见解析；（3）或
【分析】（1）连接交于点，根据翻折的性质易得四边形为菱形，可知，再证得四边形为平行四边形，即可得到结论；
（2）过点作交于点，根据等边三角形的性质和平行线的性质易证为等边三角形，即得，在证得，即得，再根据线段的和差即可得到结论；
（3）当与重合时；当在的延长线上时，易证，求得，根据等腰三角形的性质可得，再证得，根据相似比即可得到的长度．
【详解】解：（1）四边形是菱形，理由如下：
方法一：连接交于点，
等边翻折得到，，，，
，四边形为菱形，
，，，
又，
，即，
又，
四边形为平行四边形，
又，
四边形为菱形；
方法二：
等边翻折得到，
，，，，
又，
，，
同理，，
，，，
，
，
，
四边形为菱形．
（2）方法一：
证明：过点作交于点，
为等边三角形，
，
，
，
，，
，
为等边三角形，
，
四边形为菱形，
，
又，，，
又，，
，
，，
，
即；
方法二：
证明：连接，
等边翻折得到，
，，，，
，，
，
，
四边形为菱形，
，
又，，
，
，
，，
，
，
，
又，
，即，
又，为等边三角形，
，
，即，
又，
，
．
（3）解：当与重合时，
当在的延长线上时，易证，
，
由为等腰直角三角形，可得，
易证为等腰直角三角形，，
，
又，
，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，翻折的性质，旋转的性质，熟练掌握以上知识，合理作出辅助线是解题的关键．
7．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作，交的延长线于点E，连接．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键；
（1）先证明四边形是平行四边形，再由可得平行四边形是菱形；
（2）根据菱形的性质得出的长以及，利用勾股定理求出的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出，即可解答．
【详解】（1）证明：，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
，
，
在中，，
，
，
，
．
8．阅读下列材料，并完成相应的学习任务：
一次有意义的动手实践活动——在格点图中巧作角平分线
实践背景
在一次动手实践课上，老师提出如下问题：在如图1所示由边长为1的小正方形组成的格点图中，点，，都在小正方形的顶点处，仅用无刻度的直尺作出的角平分线．
成果展示
小明、小亮展示了如下作法：
小明：如图2，在格点图中取格点，．连接，交于点．作出射线．
∵四边形是矩形，∴（依据1）．
∵，∴平分．
小亮：如图3，在格点图中取格点．连接，与小正方形的边交于点．则．
∵，．
∴（依据2）．
∴，即平分．
学习任务：
(1)实践反思：
①请填写出上述材料中的依据1和依据2．
依据1：______；依据2：______．
②请根据小亮的作法，证明．
(2)创新再探
请你根据实践背景问题要求，采用不同于小明和小亮的作法，描出作图过程中的所取得的点，作出的角平分线（不写作法，不需要说明理由）．
【答案】(1)①矩形的对角线互相平分；HL；②见解析
(2)见解析
【分析】（1）①根据矩形的性质，等腰三角形的性质即可得出结论；
②证明，可得，根据，可得，即可求解．
（2）作菱形四边形，则对角线平分对角
【详解】（1）解：实践反思：①（1）矩形的对角线互相平分；HL．
②如图，在格点图中取点，．
∵，，．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
（2）创新再探：作法不唯一．如下：
取格点，使得，
作菱形，则是的角平分线
【点睛】本题考查了网格中作角平分线，掌握矩形的性质，菱形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定是解题的关键．
9．如图，在中，对角线，相交于点O，E为的中点，连接，．
(1)实践与操作：利用尺规在线段上作出点F，使得四边形为平行四边形，连接，；（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母）
(2)应用与求解：若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用圆规在上作，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形为平行四边形；
（2）先根据平行四边形的性质和已知条件证明，再证是等边三角形，求出，再证四边形是菱形，推出，最后根据勾股定理求出即可．
【详解】（1）解：如图所示：以点O为圆心，长为半径作弧，与线段的交点即为点F，连接，．
（2）解：由（1）知，
中，E为的中点，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
中，，
四边形是菱形，
，即，
，
，
．
【点睛】本题考查尺规作图，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等，解题的关键是掌握菱形、平行四边形、等腰三角形的性质．
10．【中考新考法】综合与探究
【问题情境】“综合与实践”课上，老师让同学们准备了菱形纸片，并提出如下问题：将图1中的菱形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，将绕点按顺时针方向旋转，当时，延长交的延长线于，如图2，试判断四边形的形状，并说明理由．
【数学思考】（1）请你解答老师提出的问题．
【深入探究】（2）在完成老师提出的问题后，同学们进行了进一步的探究：
①“善思小组”在准备的菱形纸片中，将绕点按逆时针方向旋转，如图3，当点落在边上时，，，，四点共线，．若，请求出的长度．
②“智慧小组”准备的菱形纸片的对角线，，他们也将绕点按逆时针方向旋转，其点的对应点为，并过点作交直线于点，当时，请直接写出的长度．
【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）①；②17.6或1.6
【分析】（1）由题意得，再由菱形的性质得到，则先证明四边形为平行四边形，由菱形得到邻边相等，即可证明为菱形；
（2）①导角证明，则，设，而，则，解方程即可；
②可得，，则，设边上的高为，由面积法求得，当时，而菱形中，，故点共线，而，，则，即，由旋转得，，再分两种情况讨论即可求解．
【详解】（1）解：四边形为菱形，理由：
∵，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形
由旋转的性质可知，
∴平行四边形为菱形；
（2）①解：由题意得可得，，
∴，
设，
∵菱形，
∴
∴在中，，
∴，
∵是的外角，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
解得：，（舍），
∴；
②∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
设边上的高为
则，
∴，
当时，而菱形中，，
∴点共线，
∵，，
∴，即
由旋转得，
当点在右侧时，如图：
∴；
当点在左侧时，如图：
∴，
综上所述：当时，的长度为17.6或1.6．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解一元二次方程，勾股定理等知识点，难度较大，正确画出图形是解题的关键．
1．综合与探究
问题情景
在数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1是一张平行四边形纸片，点分别是上一点，且，将平行四边形纸片沿直线折叠，点对应点分别为，与交于点，请判断线段与的关系，并说明理由．
数学思考
（1）请回答老师提出的问题．
深入探究
（2）如图2，老师将图2中的两点连接，交边于点，让同学们提出新的问题．
①“科学小组”提出问题：试猜想四边形的形状，并证明．
②“创新小组”提出问题：在中，．若四边形为菱形，请直接写出的值．
【答案】（1）．理由见解析，（2）①是平行四边形，见解析；②
【分析】本题考查菱形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定，相似三角形的性质与判定．熟练掌握菱形的性质，折叠的性质是解题的关键．
（1）根据四边形是平行四边形，得出，由折叠可得，．进而可得，根据，即可求解；
（2）易知．思路一：只要证明，即可证明四边形是平行四边形．思路二：只要证明，即可证明四边形是平行四边形．
（3）设与交于点，过点作于点，过点作交的延长线于点．则四边形是矩形，证明四边形是菱形，求得证明四边形是菱形，设，
在中，得出，则，证明，即可求解．
【详解】解：（1）．理由如下：
四边形是平行四边形，
．
．
由折叠可得，
．
．
，
即．
．
即．
（2）①方法一：四边形是平行四边形．
理由如下：
如答图1，延长交于点．
由（1）知．
四边形是平行四边形，
．
由折叠可知．
．
．
．
又，
．
，即．
．
为公共角，
．
．
又，
∴四边形是平行四边形．
方法二：如答图2，连接，
四边形是平行四边形，
由折叠得．
由（1）得，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形．
②
如图，设与交于点，过点作于点，过点作交的延长线于点．则四边形是矩形，
在中，∵，
∴，
又∵，
∴
∴，
∴四边形是菱形，
，
设，
，
在中，
由勾股定理得，
解得（舍去），．
，
∵，
∴，
又∵，
∴．
∴，
.
2．综合与实践
问题情境：数学活动课上，活动小组探究平行四边形折叠过程中的一些结论，如图1，已知平行四边形，，将平行四边形沿过点D的直线折叠，使点C落在边上的点E处，折痕与交于点F．
初步探究：
（1）判断四边形的形状，并说明理由；
深入探究：如图2，取线段边上的一点O（不含点D，F），过点O作边的垂线分别与交于点I，J，将平行四边形沿直线折叠，使点C落在边上的点H处，使点D落在边上的点G处，连接．
（2）若随着点O的运动，与始终保持平行，请求的度数；
（3）在（2）的条件下，如图3，若，与交于点M，连接，当时，请直接写出的值．
【答案】（1）菱形，理由见解析；（2）；（3）
【分析】（1）根据翻折得到，则由平行四边形，根据平行线+角平分线得到等腰三角形，那么，则，结合平行，先证明为平行四边形，再根据一组邻边相等即可证明；
（2）先证明四边形为平行四边形，结合翻折可得，那么为等边三角形，即可求解；
（3）过点O作于点N，过点M作于点K，四边形为菱形，可得为等边三角形，则设，可证明，那么，，则，用勾股定理表示，，，最后由建立方程求解，再由平行四边形的性质结合翻折即可求解．
【详解】（1）解：四边形为菱形，理由如下：
由翻折得：，
∵平行四边形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形；
（2）解：∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
由翻折得，而
∴，
∴为等边三角形，
∴；
（3）解：过点O作于点N，过点M作于点K，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∵翻折，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
设
∵，
∴，
∵翻折，
∴，
∴，
∵菱形，
∴平分，
∵，翻折得：
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
在中，，，
∴，
∴，
∵，
∴,
∴，
解得：或（舍），
∴，
由上知四边形为平行四边形，
∴，
∴由翻折得：．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，翻折变换，菱形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，等边三角形的判定与性质，难度较大，正确和合理添加垂线解直角三角形是解题的关键．
3．问题背景
在综合实践课上，同学们以图形的平移与旋转为主题开展数学活动,如图（1），先将一张等边三角形纸片对折后剪开，得到两个互相重合的△ABD和△EFD，点E与点A重合，点B与点F重合，然后将△EFD绕点D顺时针旋转，使点F落在边AB上，如图（2），连接EC．
操作发现
（1）判断四边形BFEC的形状，并说明理由；
实践探究
（2）聪聪提出疑问：若等边三角形的边长为8，能否将图（2)中的△EFD沿BC所在的直线平移a个单位长度（规定沿射线BC方向为正），得到△，连接，，使得得到的四边形为菱形，请你帮聪聪解决这个问题，若能，请求出a的值；若不能，请说明理由。
（3）老师提出问题：请参照聪聪的思路，若等边三角形的边长为8，将图（2）中的△EFD在平面内进行一次平移，得到△，画出平移后构造出的新图形，标明字母，说明平移及构图方法，写出你发现的一个结论，不必证明．
【答案】（1）四边形BFEC为平行四边形，理由见解析；（2）能， 或；（3）作图见解析，结论为：四边形为矩形．
【分析】（1）由等边三角形的性质及旋转的性质求得△BFD为等边三角形，从而求得EF∥BC且EF=BC，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形进行判断；
（2）分三角形沿射线BC和射线CB方向平移两种情况，结合菱形的性质及勾股定理求得CG的长度，从而求解；
（3）在（1）问的基础上，利用平移及等边三角形的性质构造矩形作图，从而求解．
【详解】（1）四边形BFEC为平行四边形．
理由如下：∵△ABC为等边三角形
∴∠ABD=60°，AB=BC
由题意，知FD=BD
∴△BFD为等边三角形
∴∠FDB=60°
∵∠EFD=60°
∴EF∥BC
∵EF=AB=BC
∴四边形BEFC为平行四边形．
（2）在Rt△ABD中，∠ABD=60°，BD=DC=4
∴AD=4
当△DEF沿射线BC方向平移时，过点作G垂直BC交BC的延长线于点G
∵∥BC，=30°
∴=30°
在Rt△中，=4
∴=2
∴=6
∵四边形为菱形
∴=8
在Rt△中，由勾股定理得CG=
∴DG=DC+CG=4+2
∴=DG-=2-2
当△EDF沿射线CB方向平移时，同理可得=2+2，即a=-2-2
∴a=-2-2或2-2
（3）将图（2）中的△EFD在平面内沿CB方向平移2个单位长度，得到△
此时
∴四边形为矩形
【点睛】此题主要考查了几何变换综合以及等边三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质以及矩形的判定方法等知识，正确利用平移及等边三角形的性质得出DD′的长是解题关键．
1．如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（ ）
A．9 B． C． D．
【答案】C
【分析】此题考查了菱形的性质、矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质、矩形的性质是关键．根据菱形的性质得到，由矩形的性质得到，，，设，则在中，则利用勾股定理求出，即．得到，根据菱形的面积求出答案即可．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，，
设，则在中，
∴
∵，
即，
∴，
即．
∴，
∴菱形的面积为，
故选：C
2．如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，，，于点H，的长为______．
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，根据勾股定理可得，利用面积法即可求得的值．
【详解】解：四边形是菱形，
，，
，
菱形的面积，
，
故答案为：．
3．如图，菱形的对角线相交于点O，，垂足为E，连接．若，，则菱形的面积是______．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，根据菱形的性质，得到，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，再根据菱形的面积公式对角线乘积的一半，进行求解即可．
【详解】解：∵菱形的对角线相交于点O，，
∴，
∴，
∵，
∴菱形的面积；
故答案为：．
4．如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是_________．
【答案】
【分析】本题考查了旋转-最短路线问题，三角形全等的判定，菱形的性质以及等边三角形的性质．通过将绕点A顺时针方向旋转的点，此时证明和全等后找到对应的线段，的最小值即为点B，，P，D四点共线时，线段的长度即为所求．
【详解】如图，将线段绕点A顺时针方向旋转，得到线段，连接，，，
由题意知，在菱形中，，，
∴和为等边三角形，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，即点B，，P，D四点共线时，的最小，
此时最小值的长度为．
故答案为：．
5．如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）．
【问题解决】
（1）如图①，若点与线段的中点重合，则度，线段与线段的位置关系是 ；
【问题探究】
（2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由；
【拓展延伸】
（3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长．
【答案】（1），；（2），理由见解析；（3）的长为或.
【分析】（1）根据菱形的性质证明为等边三角形，再结合等边三角形的性质可得答案；
（2）如图，把绕顺时针旋转得到，证明为等边三角形，可得，，求解，，，可得，进一步可得结论；
（3）如图，当在线段上，记与交于点，证明，可得，设，则，可得，证明，再进一步解答即可；如图，当在线段上时，延长交于，同理可得： ，设，而，则，可得，证明，再进一步可得答案.
【详解】解：（1）∵在菱形中，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∵点与线段的中点重合，
∴，；
（2）如图，把绕顺时针旋转得到，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵点在线段上，且，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（3）如图，当在线段上，记与交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
如图，当在线段上时，延长交于，
同理可得：，，
∴，
设，而，则，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴，
综上：的长为或.
【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，菱形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，含30角的直角三角形的性质，本题的难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键.
6．如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)已知，，求线段的长．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再由等腰三角形的判定求得，进而由菱形的判定定理得结论；
（2）根据（1）可得，，证明，再根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵点E是的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形为菱形；
（2）解：∵，
根据（1）可得，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴．
【点睛】该题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
7．如图，点在直线外．
①在直线上任取一点，连接；
②以点为圆心，长为半径画弧，交直线于点；
③分别以点和点为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在内交于点，作射线；
④以点为圆心，长为半径画弧，交射线于点；
⑤连接．
(1)由②得与的数量关系是__________；由③得到的结论是__________．
(2)求证：四边形是菱形．
【答案】(1)；射线平分
(2)见解析
【分析】本题考查了尺规作图——基本作图，全等三角形的判定与性质，菱形的判定定理，解题的关键是理解尺规作图中所蕴含的线段等量关系，利用“四边相等的四边形是菱形”进行判定．
（1）根据步骤②中“以点A为圆心，长为半径画弧交直线l于点B”，直接得出与的数量关系；步骤③是作角平分线的尺规作图方法，据此得出射线的性质．
（2）利用尺规作图得到相等线段和角度，可证，结合菱形的判定定理“四边相等的四边形是菱形”进行证明，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵以点A为圆心，长为半径画弧，交直线l于点B，
∴，
∵步骤③是作角平分线的尺规作图方法，
∴射线平分．
故答案为：；射线平分．
（2）证明：∵以点A为圆心，长为半径画弧，交直线l于点B，
∴，
∵射线平分，
∴；
在和中，
，
∴，
∴，
又∵以点为圆心，长为半径画弧，交射线于点，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
8．如图，在四边形中，，是对角线．
(1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点O，与边分别交于点E，F（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）；
(2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了菱形的判定，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键．
（1）分别以B、D为圆心，以大于长的一半画弧，二者交于M、N，连接分别与与边分别交于点E，F，则点E和点F即为所求；
（2）由线段垂直平分线的定义打得到，，，再由等边对等角和平行线的性质可推出，则可证明，得到，据此可证明结论．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）证明：如图所示，
∵垂直平分，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
9．问题提出：
（1）如图1，已知△ABC，试确定一点D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形为平行四边形，请画出这个平行四边形；
问题探究：
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB=4，BC=10，若要在该矩形中作出一个面积最大的△BPC，且使∠BPC＝90°，求满足条件的点P到点A的距离；
问题解决：
（3）如图3，有一座草根塔A，按规定，要以塔A为对称中心，建一个面积尽可能大的形状为平行四边形的草根景区BCDE．根据实际情况，要求顶点B是定点，点B到塔A的距离为50米，∠CBE=120°，那么，是否可以建一个满足要求的面积最大的平行四边形景区BCDE？若可以，求出满足要求的平行四边形BCDE的最大面积；若不可以，请说明理由．（塔A的占地面积忽略不计）
【答案】（1）点D所在的位置见解析；（2）AP的长为2或8；（3）可以，符合要求的□BCDE的最大面积为.
【分析】(1)根据平行四边形的特点，分三种情况利用平移的性质得到点D的位置即可；
(2)由题意可知点P在边AD上时，△BPC的面积最大，为满足∠BPC＝90°，根据AB比BC的一半小，以BC为直径画圆，圆与AD的交点即可满足条件的点P，然后根据已知条件利用勾股定理进行求解即可；
(3)可以，如图所示，连接BD，由已知可得BD=100，∠BED=60°，作△BDE的外接圆⊙O，则点E在优弧上，取的中点，连接，则可得△为正三角形，连接并延长，经过点A至，使，连接，可得四边形为菱形，且∠°，作EF⊥BD，垂足为F，连接EO，则，则有，据此即可求得答案.
【详解】(1)如图所示，有三个符合条件的平行四边形；
(2)如图，
∵AB=4，BC=10，
∴取BC的中点O，则OB＞AB，
∴以点O为圆心，OB长为半径作⊙O，⊙O一定于AD相交于两点，
连接，
∵∠BPC=90°，点P不能在矩形外；
∴△BPC的顶点P在或位置时，△BPC的面积最大，
作⊥BC，垂足为E，则OE=3，∴，
由对称性得，
综上可知AP的长为2或8；
(3)可以，如图所示，连接BD，
∵A为平行四边形BCDE的对称中心，BA=50，∠CBE=120°，
∴BD=100，∠BED=60°，
作△BDE的外接圆⊙O，则点E在优弧上，取的中点，连接，
则，且∠=60°，∴△为正三角形，
连接并延长，经过点A至，使，连接，
∵⊥BD，
∴四边形为菱形，且∠°，
作EF⊥BD，垂足为F，连接EO，则，
∴，
∴，
所以符合要求的□BCDE的最大面积为.
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等，综合性较强，难度较大，正确画出符合题意的图形是解题的关键.
10．如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA=PE，PE交CD于F，
（1）证明：PC=PE；
（2）求∠CPE的度数；
（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC=120°时，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）90°；（3）AP=CE，理由见解析
【分析】(1)根据正方形得出AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，结合PB=PB得出△ABP ≌△CBP，从而得出结论；
(2)根据全等得出∠BAP=∠BCP，∠DAP=∠DCP，根据PA=PE得出∠DAP=∠E，即∠DCP=∠E，易得答案；
(3)首先证明△ABP和△CBP全等，然后得出PA=PC，∠BAP=∠BCP，然后得出∠DCP=∠DEP，从而得出∠CPF=∠EDF=60°，然后得出△EPC是等边三角形，从而得出AP=CE．
【详解】(1)证明：在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，
又∵ PB=PB，
∴△ABP ≌△CBP（SAS），
∴PA=PC，
∵PA=PE，
∴PC=PE；
(2)解：由（1）知，△ABP≌△CBP，
∴∠BAP=∠BCP，
∴∠DAP=∠DCP，
∵PA=PE，
∴∠DAP=∠E，
∴∠DCP=∠E，
∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等），
∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠E，即∠CPF=∠EDF=90°；
(3)AP＝CE
理由是：在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP，
在△ABP和△CBP中，又∵ PB=PB，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA=PC，∠BAP=∠BCP，
∵PA=PE，
∴PC=PE，
∴∠DAP=∠DCP，
∵PA=PE，
∴∠DAP=∠DEP，
∴∠DCP=∠DEP，
∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等），
∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠DEP，
即∠CPF=∠EDF=180°﹣∠ADC=180°﹣120°=60°，
∴△EPC是等边三角形，
∴PC=CE，
∴AP=CE．
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