蘇科版數(shù)學(xué)八年級(jí)下冊(cè)專練02 《菱形解答證明題》單元綜合檢測

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專練02 菱形解答證明題 一、解答題 1．已知：如圖，菱形中，點(diǎn)，分別在，邊上，，連接，．求證：． 【答案】見解析 【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)解答即可． 【解析】證明：連接，如圖， 四邊形是菱形， ， 在和中，， (SAS)， ． 【點(diǎn)睛】本題考查菱形的性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)菱形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)解答． 2．如圖，菱形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，∠BAD＝60°，菱形ABCD的周長為24． (1)求對(duì)角線BD的長； (2)求菱形ABCD的面積． 【答案】(1)6 (2) 【分析】（1）由菱形的性質(zhì)知AB=AD，又∠BAD＝60°，可知是等邊三角形，推出，即可求解； （2）由菱形的對(duì)角線互相垂直且平分，求出OB，利用勾股定理由出AO，進(jìn)而求出AC，根據(jù)菱形面積為對(duì)角線乘積的一半，即可求解． （1） 解：菱形ABCD的周長為24， ， 又∠BAD＝60°， 是等邊三角形， ， 故對(duì)角線BD的長為6； （2） 解：由菱形的性質(zhì)可知，對(duì)角線AC與BD互相垂直且平分， ，， 又， ， ， 菱形ABCD的面積， 故菱形ABCD的面積是． 【點(diǎn)睛】本題考查菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、菱形的面積公式，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵． 3．如圖，菱形ABCD的兩條對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，BE⊥AD，垂足為E．當(dāng)菱形ABCD的對(duì)角線AC＝8，BD＝6時(shí)，求BE的長． 【答案】 【分析】先求出菱形的面積和邊長，再求高BE即可． 【解析】解：∵菱形ABCD的兩條對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，AC＝8，BD＝6， ∴∠AOB=90°，AO＝4，BO＝3， ， 菱形的面積為， ∴， ． 【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵根據(jù)菱形對(duì)角線互相垂直求出邊長和面積，利用等積法求出高． 4．如圖，在矩形中，O為的中點(diǎn)，過點(diǎn)O作分別交，于點(diǎn)E，F(xiàn)．求證：四邊形是菱形． 【答案】證明見解析 【分析】先證四邊形為平行四邊形，然后根據(jù)平行四邊形對(duì)角線垂直證得菱形． 【解析】證明：如圖， ∵四邊形是矩形， ∴ ∴ ∵O為的中點(diǎn) ∴ ∵ ∴≌（） ∴ ∴四邊形是平行四邊形 又∵ ∴四邊形是菱形． 【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定定理，對(duì)角線互相垂直平分的平行四邊形是菱形． 5．如圖，在菱形中，、分別為邊和上的點(diǎn)，且．連接、交于點(diǎn)．求證：． 【答案】證明見解析． 【分析】先證△DAF≌△DCE，再證△AEG≌△CFG，最后證△DGE≌△DGF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到∠DGE＝∠DGF． 【解析】證明：∵四邊形ABCD是菱形， ∴DA＝DC＝AB＝BC， ∵AE＝CF， ∴DE＝DF 在△DAF和△DCE中， ， ∴△DAF≌△DCE（SAS）， ∴∠EAG＝∠FCG， 在△AEG和△CFG中， ， ∴△AEG≌△CFG（AAS）， ∴EG＝FG， 在△DGE和△DGF中， ， ∴△DGE≌△DGF（SSS）， ∴∠DGE＝∠DGF． 【點(diǎn)睛】本題考查菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考常考題型． 6．已知：如圖，矩形的對(duì)角線、相交于點(diǎn)，，． （1）若，，求的長； （2）求證：四邊形是菱形． 【答案】（1）；（2）證明見解析． 【分析】（1）先根據(jù)矩形的性質(zhì)可得，再根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)可得，由此即可得； （2）先根據(jù)平行四邊形的判定可得四邊形是平行四邊形，再根據(jù)菱形的判定即可得證． 【解析】解：（1）四邊形是矩形， ， ， ， 是等邊三角形， ， ； （2），， 四邊形是平行四邊形， ， 平行四邊形是菱形． 【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、菱形的判定等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握矩形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵． 7．如圖，在四邊形ABCD中，AB＝DC，E，F(xiàn)，G，H分別是AD，BC，BD，AC的中點(diǎn)． （1）證明：EG＝EH；（2）證明：四邊形EHFG是菱形． 【答案】（1）見解析；（2）見解析. 【分析】（1）利用EG是△ABD的中位線，EH是△ADC的中位線，則有EG＝AB，EH＝CD，又AB＝CD，可證EG＝EH，即可解題. （2）首先運(yùn)用三角形中位線定理可得到EG∥AB，HF∥AB，EH∥CD，F(xiàn)E∥DC，從而再根據(jù)平行于同一條直線的兩直線平行得到GF∥EH，GE∥FH，可得到GFHE是平行四邊形，再運(yùn)用三角形中位線定理證明鄰邊相等，從而證明它是菱形． 【解析】解：證明：（1）∵四邊形ABCD中，點(diǎn)F、E、G、H分別是BC、AD、BD、AC的中點(diǎn)， ∴EG是△ABD的中位線，EH是△ADC的中位線， ∴EG＝AB，EH＝CD， ∵AB＝CD， ∴EG＝EH； （2）∵四邊形ABCD中，點(diǎn)F、E、G、H分別是BC、AD、BD、AC的中點(diǎn)， ∴EG∥AB，HF∥AB，EH∥CD，F(xiàn)E∥DC， ∴GF∥EH，GE∥FH（平行于同一條直線的兩直線平行）； ∴四邊形GFHE是平行四邊形， ∵四邊形ABCD中，點(diǎn)E、F、G、H分別是BC、AD、BD、AC的中點(diǎn)， ∴EG是△ABD的中位線，GF是△BCD的中位線， ∴GE＝AB，GF＝CD， ∵AB＝CD， ∴GE＝GF， ∴四邊形EHFG是菱形． 【點(diǎn)睛】此題主要考查了三角形中位線定理和菱形的判定方法，利用三角形中位線定理解答是關(guān)鍵． 8．如圖，是矩形對(duì)角線的交點(diǎn)，，． 求證：四邊形是菱形． 若，，求四邊形的面積． 【答案】（1）見解析；（2）6. 【解析】分析：（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得出AC=2CO，BD=2DO，AC=BD，推出DO=CO，先求出四邊形OCED是平行四邊形，再根據(jù)菱形的判定求出即可； （2）根據(jù)矩形的性質(zhì)得出AO=CO，∠ADC=90°，求出△ADC的面積為6，即可求出S△ADO=S△DCO=S△ADC=3，證△DCE≌△COD，得出S△DCE=S△COD=3，即可求出四邊形OCED的面積． 詳解： 證明：∵四邊形是矩形， ∴，，， ∴， ∵，， ∴四邊形是平行四邊形， ∴四邊形是菱形； 解：∵四邊形是矩形， ∵，， ∵，， ∴的面積為， ∴， ∵四邊形是菱形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四邊形的面積是． 點(diǎn)睛： 9．如圖，在中，，為的中點(diǎn)，，，交于點(diǎn)，連結(jié)，． (1)求證：四邊形是菱形； (2)若，，則四邊形的面積是________． 【答案】(1)見解析 (2) 【分析】（1）利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)求得，證明四邊形、是平行四邊形，再根據(jù)菱形的判定定理即可證明結(jié)論； （2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)求得，再利用菱形的面積公式即可求解． 【解析】（1）證明：∵，為的中點(diǎn)， ∴. ∵，， ∴四邊形是平行四邊形. ∴ ∴ 又∵， ∴四邊形是平行四邊形. 又∵， ∴平行四邊形是菱形； （2）解：∵四邊形是平行四邊形， ∴， ∵四邊形是菱形， ∴四邊形的面積是． 故答案為：24． 【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，直角三角形斜邊的中線的性質(zhì)，掌握“直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半”是解題的關(guān)鍵． 10．如圖，在菱形ABCD中，∠A=60°，點(diǎn)E、F分別在邊AB、BC上，且AE=BF． (1)求證：△DEF為等邊三角形； (2)已知AB=3，EF=，求BE長． 【答案】(1)詳見解析 (2)1或2 【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)可得∠DBC=60°，AD=BD，然后由全等三角形的判定與性質(zhì)可得結(jié)論； （2）過點(diǎn)F作FG⊥AB交AB延長線于點(diǎn)G，設(shè)AE=x，則BE=3-x，BF=AE=x，利用勾股定理可得方程求解即可． （1） ∵在菱形ABCD中，∠A=60°， ∴∠ABC=120°，BD平分∠ABC，△ABD為等邊三角形， ∴∠DBC =60°，AD=BD， ∴∠DBC =∠A， ∵AE=BF， ∴△BDF≌△ADE（SAS）， ∴DE=DF，∠ADE =∠BDF， ∴∠EDF =∠BDF+∠BDE =∠ADE +∠BDE=60°， ∴△DEF為等邊三角形； （2） 過點(diǎn)F作FG⊥AB交AB延長線與點(diǎn)G（如圖） 設(shè)AE=x，則BE=3-x，BF=AE=x， ∵∠ABC=120°， ∴∠CBG=180°－120°=60°， ∴BG=，F(xiàn)G=， 在Rt△FBG中，由勾股定理得（3-x+）2+（）2=（）2． 解得，x=1或2， ∴BE長為1或2． 【點(diǎn)睛】此題考查的是菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，正確作出輔助線是解決此題的關(guān)鍵． 11．如圖所示，點(diǎn)是菱形對(duì)角線的交點(diǎn)，，，連接，交于． (1)求證：； (2)如果，，求菱形的面積． 【答案】(1)見解析 (2)16 【分析】（1）由CEBD、EBAC可得出四邊形OBEC為平行四邊形，由菱形的性質(zhì)可得出∠BOC＝90°，進(jìn)而可得出四邊形OBEC為矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)即可證出OE＝CB； （2）設(shè)OC＝x，則OB＝2x，利用勾股定理可得出BC＝，結(jié)合BC＝OE＝，可求出x的值，進(jìn)而可得出OC、OB的值，再利用菱形的面積公式即可求出結(jié)論． （1） 證明：∵CE∥BD，EB∥AC， ∴四邊形OBEC為平行四邊形． ∵四邊形ABCD為菱形， ∴AC⊥BD， ∴∠BOC＝90°， ∴四邊形OBEC為矩形， ∴OE＝CB． （2） 解：設(shè)OC＝x，則OB＝2x， ∵∠BOC＝90°， ∴． ∵BC＝OE＝， ∴x＝2， ∴OC＝2，OB＝4， ∴S菱形ABCD＝AC?BD＝2OC?OB＝16． 【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理以及菱形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）證出四邊形OBEC為矩形；（2）利用勾股定理結(jié)合OE的長度，求出OB、OC的值． 12．如圖，在矩形中，． (1)在圖①中，P是上一點(diǎn)，垂直平分，分別交邊于點(diǎn)E、F，求證：四邊形是菱形； (2)若菱形的四個(gè)頂點(diǎn)都在矩形的邊上，當(dāng)菱形的面積最大時(shí)，菱形的邊長是 ． 【答案】(1)見解析 (2) 【分析】（1）根據(jù)四邊相等的四邊形是菱形證明即可． （2）當(dāng)P與C重合時(shí)，菱形面積最大，然后在 中，根據(jù)勾股定理，即可求解． 【解析】（1）證明∶如圖1中， ∵四邊形是矩形， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四邊形是菱形． （2）解∶如圖2中，當(dāng)P與C重合時(shí)，菱形面積最大． 設(shè)， 在 中，， ∴， ∴， ∴． 故答案為： ． 【點(diǎn)睛】本題考查線段的垂直平分線的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識(shí)，屬于中考?？碱}型． 13．如圖，在平行四邊形ABCD中，兩條對(duì)角線相交于點(diǎn)O，EF經(jīng)過O且垂直于AC，分別與邊AD、BC交于點(diǎn)F、E． (1)求證：四邊形AECF為菱形； (2)若AD=3，CD=，且∠ADC=45°，求平行四邊形的面積 (3)在（2）的條件下求菱形AECF的周長． 【答案】(1)見解析 (2) (3)5 【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)即可求證； （2）過點(diǎn)C作CHAD于點(diǎn)H，根據(jù)等腰直角三角形的判定和性質(zhì)和勾股定理即可求解； （3）設(shè)AF=CF=x，則FH=2-x，根據(jù)勾股定理和菱形的性質(zhì)求解即可． （1） 證明：∵?ABCD的對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O， ∴OA=OC， ∵EF⊥AC于點(diǎn)O， ∴AF=CF． ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴ADBC， ∴∠FAO=∠ECO， 在△AOF和△COE中， ∴△AOF≌△COE(ASA)， ∴AF=CE， ∴四邊形AECF是平行四邊形， ∵AF=CF， ∴四邊形AECF為菱形； （2） 解：如圖，過點(diǎn)C作CHAD于點(diǎn)H， 則∠CHD=∠CHF=90°， ∵∠ADC=45°， ∴△CDH是等腰直角三角形， ∴CH=DH， Rt△CDH中，由勾股定理得，， ∴CH=DH=CD=1， ∴； （3） ∵AD=3， ∴AH=AD-DH=2， 由（1）知AF=CF， 設(shè)AF=CF=x，則FH=2-x， 在Rt△CHF中，由勾股定理得， 即， 解得x=， ∴AF=CF=， ∴菱形AECF的周長=4AF=4×=5． 【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理的運(yùn)用和全等三角形的判定和性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是榨干我以上的性質(zhì)并熟練的運(yùn)用． 14．如圖，在四邊形中，平分，作交于點(diǎn)，連接． （1）求證：； （2）求證：四邊形是菱形； （3）若，求的長． 【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3） 【分析】（1）利用“SAS”證明即可得到答案； （2）連接交于點(diǎn)，先利用三線合一定理得到且，然后證明得到GC=GE即可得到答案； （3）作于點(diǎn)，由菱形的性質(zhì)和角平分線的定義得，然后利用等腰直角三角形的性質(zhì)即可求解． 【解析】（1）證明：平分， ， 又， （2）證明：如圖，連接交于點(diǎn)， ，平分 且， 又 ， ， ， ， ， 在和中， ， ， 綜上可知線段和線段互相垂直平分，即四邊形是菱形； （3）作于點(diǎn) 四邊形是菱形， ， ， ， 在和中， ， ， 平分， 和為等腰直角三角形， ，， ， ． 【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，角平分線的定義，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解． 15．如圖，在中，，為的中線，過點(diǎn)C作于點(diǎn)E，過點(diǎn)A作的平行線，交的延長線于點(diǎn)F，在的延長線上截取，連接、． (1)求證：四邊形是菱形； (2)若，，求四邊形的面積． 【答案】(1)見解析 (2)15 【分析】（ 1）首先可判斷四邊形是平行四邊形，再由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半，可得，則可證明四邊形是菱形； （ 2）由，，可利用勾股定理求得的長，即可求得的長，然后由菱形的性質(zhì)求得，再求出的長即可解決問題． 【解析】（1）∵，， ∴四邊形是平行四邊形， ∵， ∴， 又∵為的中線， ∴， ∴四邊形是菱形， （2）∵，，， ∴， ∴， ∵四邊形是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【點(diǎn)睛】本題考查菱形的判定與性質(zhì)、勾股定理及直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，熟練掌握直角三角形斜邊中線等于斜邊一半的性質(zhì)是解題關(guān)鍵． 16．如圖，在矩形中，于點(diǎn)，點(diǎn)是邊上一點(diǎn)．若平分，交于點(diǎn)，于點(diǎn)． (1)求證：； (2)求證：四邊形是菱形． 【答案】(1)詳見解析 (2)詳見解析 【分析】（1）根據(jù)互余關(guān)系和三角形外角關(guān)系導(dǎo)出，即可得到結(jié)論； 根據(jù)AG=PF，AG∥PF證四邊形AGFP是平行四邊形，再根據(jù)AP=AG得出四邊形AGFP是菱形即可； （1） ∵四邊形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴； （2） ∵，，平分， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴四邊形是平行四邊形， ∵， ∴四邊形是菱形． 【點(diǎn)睛】本題考查矩形性質(zhì)，菱形的判定和互余性質(zhì)，掌握相關(guān)性質(zhì)證明是解題的關(guān)鍵． 17．如圖，平行四邊形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，且AB=4，AC=4，BO=2． (1)求證：平行四邊形ABCD是菱形； (2)若E為BC的中點(diǎn)，P為對(duì)角線AC上一動(dòng)點(diǎn)，求PBE周長的最小值． 【答案】(1)見解析 (2)22 【分析】（1）首先利用勾股定理逆定理證明AC⊥BD，再根據(jù)對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形可證明結(jié)論； （2）連接DE，交AC于P'，可知PB+PE的最小長度為DE的長，由等邊三角形的性質(zhì)及勾股定理可求出答案． （1） 證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AO＝OC， ∵AB＝4，AC＝4，BO＝2， ∴OA＝2， ∵（2）2+22＝42， ∴AO2+BO2＝AB2， ∴∠AOB＝90°， ∴AC⊥BD， ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴?ABCD是菱形． （2） 解：連接DE，交AC于P'， ∵BE的長度固定， ∴要使△PBE的周長最小只需要PB+PE的長度最小即可， ∵四邊形ABCD是菱形， ∴AC與BD互相垂直平分， ∴P′D＝P′B， ∴PB+PE的最小長度為DE的長， ∵BD＝2OB＝4，AB＝4， ∴AB＝BD＝CD＝BC， ∴△CBD是等邊三角形， ∵E是BC的中點(diǎn)， ∴BE＝2， ∴DE＝， ∴△PBE周長的最小值＝DE+BE＝22． 【點(diǎn)睛】此題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，軸對(duì)稱﹣?zhàn)疃搪肪€問題，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，關(guān)鍵是掌握對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形． 18．如圖，在菱形中，，為對(duì)角線上一點(diǎn)，將線段繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為，連接，，． （1）求證：，，三點(diǎn)共線； （2）若點(diǎn)為的中點(diǎn)，連接，求證：． 【答案】（1）見解析；（2）見解析 【分析】（1）由“AAS”可證△ADE≌△CDF，可得AE＝CF； （2）過點(diǎn)B作BH∥AC，交AG的延長線于點(diǎn)H，由“AAS”可證△AGE≌△HGB，可得AE＝BH＝CF，AG＝GH＝12AH，由“SAS”可證△ABH≌△ACF，可得AF＝AH＝2AG． 【解析】證明：（1）∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴AB＝BC＝AD＝CD，∠ADC＝∠ABC＝60°， ∴△ADC是等邊三角形， ∴AD＝AC＝AB＝BC， ∴△ACB是等邊三角形， ∴∠ACB＝∠ACD＝60°， ∵∠ADC＝∠EDF＝60°， ∴∠ADE＝∠CDF， ∵將線段繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為， ∴, 在△ADE和△CDF中， ∴△ADE≌△CDF（AAS）， ∴, ∴， ∴，，三點(diǎn)共線； （2）如圖，過點(diǎn)B作BH∥AC，交AG的延長線于點(diǎn)H， ∵BH∥AC， ∴∠H＝∠GAE，∠ABH＋∠BAC＝180°， ∴∠ABH＝120°＝∠ACF， ∵點(diǎn)G為BE的中點(diǎn)， ∴BG＝GE， 在△AGE和△HGB中， ， ∴△AGE≌△HGB（AAS）， 由（1）得, ∴AE＝BH＝CF，AG＝GH＝AH， 在△ABH和△ACF中， ， ∴△ABH≌△ACF（SAS）， ∴AF＝AH， ∴AF＝2AG． 【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵． 19．如圖，在四邊形中，，，E是上一點(diǎn)，交于F，連接． （1）求證：； （2）若，求證：四邊形是菱形； （3）在（2）的條件下，當(dāng)與有什么樣的位置關(guān)系時(shí)，，并說明理由． 【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）BE⊥CD，理由見解析 【分析】（1）利用SSS定理證明△ABC≌△ADC可得∠BAC=∠DAC； （2）首先證明∠CAD=∠ACD，再根據(jù)等角對(duì)等邊可得AD=CD，再由條件AB=AD，CB=CD可得AB=CB=CD=AD，可得四邊形ABCD是菱形； （3）首先證明△BCF≌△DCF可得∠CBF=∠CDF，再根據(jù)BE⊥CD可得∠BEC=∠DEF=90°，進(jìn)而得到∠EFD=∠BCD． 【解析】解：（1）證明：在△ABC和△ADC中， ， ∴△ABC≌△ADC（SSS）， ∴∠BAC=∠DAC； （2）證明：∵AB∥CD， ∴∠BAC=∠ACD， 又∵∠BAC=∠DAC， ∴∠CAD=∠ACD， ∴AD=CD， ∵AB=AD，CB=CD， ∴AB=CB=CD=AD， ∴四邊形ABCD是菱形； （3）當(dāng)EB⊥CD時(shí)，即E為過B且和CD垂直時(shí)垂線的垂足，∠EFD=∠BCD， 理由：∵四邊形ABCD為菱形， ∴BC=CD，∠BCF=∠DCF， 在△BCF和△DCF中， ， ∴△BCF≌△DCF（SAS）， ∴∠CBF=∠CDF， ∵BE⊥CD， ∴∠BEC=∠DEF=90°， ∴∠BCD+∠CBE=∠CDF+∠EFD， ∴∠EFD=∠BCD． 【點(diǎn)睛】此題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，以及菱形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定是結(jié)合全等三角形的性質(zhì)證明線段和角相等的重要工具． 20．如圖，在中，為銳角，．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒2個(gè)單位的速度沿運(yùn)動(dòng)．同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒3個(gè)單位的速度沿運(yùn)動(dòng)．當(dāng)其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒． (1)點(diǎn)P在上運(yùn)動(dòng)時(shí)，______；點(diǎn)P在上運(yùn)動(dòng)時(shí)，______．（用含t的代數(shù)式表示） (2)點(diǎn)P在上，∥時(shí)，求t的值． (3)當(dāng)直線平分的面積時(shí)，求t的值． (4)若點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度改變?yōu)槊棵隺個(gè)單位．當(dāng)，的某兩個(gè)頂點(diǎn)與P、Q所圍成的四邊形為菱形時(shí)，直接寫出a的值． 【答案】(1)， (2) (3)或 (4) 【分析】（1）分為點(diǎn)P在BC上或點(diǎn)P在上兩種情況解題即可； （2）當(dāng)點(diǎn)P在上，點(diǎn)Q在上時(shí)，可得四邊形是平行四邊形，從而即可解題； （3）過平行四邊形的中心時(shí)，平分四邊形的面積，即與關(guān)于的對(duì)稱中心對(duì)稱或和關(guān)于的對(duì)稱中心對(duì)稱，進(jìn)而得出結(jié)果； （4）可得，則點(diǎn)P在上，點(diǎn)Q在上時(shí)，分為四邊形和為菱形時(shí)解題即可． 【解析】（1）當(dāng)點(diǎn)P在BC上時(shí)， ∵， ∴， 當(dāng)點(diǎn)P在上時(shí)， ， 故答案為：， （2）解：當(dāng)點(diǎn)P在上，點(diǎn)Q在上時(shí)，∥， ∥， ∴四邊形是平行四邊形， ， ∴， ∴； （3）解：當(dāng)時(shí)， 當(dāng)時(shí)，直線平分四邊形的面積， ∴， ∴， 當(dāng)時(shí)， 當(dāng)時(shí)，直線平分四邊形的面積， ∴， ∴， 綜上所述，或時(shí)，直線平分四邊形的面積； （4）∵當(dāng) ， 點(diǎn)P在上，點(diǎn)Q在上， ①當(dāng)四邊形為菱形時(shí)， 此時(shí)， ∴， ∴， ②當(dāng)四邊形為菱形時(shí)， 此時(shí)， ∴， ∴， ∴這種情況不存在， ∴． 【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)和判定，菱形的判定，解題的關(guān)鍵是弄清運(yùn)動(dòng)過程，找出符合條件的點(diǎn)的位置． 21．已知和是等邊三角形，在射線上，點(diǎn)在射線上，且． (1)求證：； (2)如圖，點(diǎn)在線段的延長線上，點(diǎn)在線段上，判斷的形狀，并給出證明： (3)當(dāng)點(diǎn)在線段上（不與端點(diǎn)重合），點(diǎn)在線段的延長線上，用等式直接寫出線段之間的數(shù)量關(guān)系 【答案】(1)見解析 (2)等邊三角形，證明見解析 (3) 【分析】（1）首先根據(jù)題意證明出四邊形ABDC是菱形，然后根據(jù)菱形的性質(zhì)即可得到； （2）首先根據(jù)菱形的性質(zhì)得到，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理求出，即可判斷的形狀； （3）連接EA，作MFAC交BC于點(diǎn)F，首先根據(jù)題意證明出，然后得到，，進(jìn)而證明出，得到，即可證明出． （1） 如圖，連接AD， ∵和是等邊三角形， ∴， ∴四邊形ABDC是菱形， ∴； （2） 如圖，連接AE，DE，ME， ∵由（1）可知，四邊形ABDC是菱形， ∴，，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴是等邊三角形； （3） 如圖，連接EA，作MFAC交BC于點(diǎn)F， ∵在和中， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴，， ∵M(jìn)FAC， ∴， ∴， ∴在和中， ∴， ∴， ∵， ∴是等邊三角形， ∴， ∴． 【點(diǎn)睛】此題考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線構(gòu)造出全等三角形． 22．在菱形中，，點(diǎn)為上任意一點(diǎn)（不與、重合），過點(diǎn)作的垂線，交于點(diǎn)，連結(jié)． （1）①依題意補(bǔ)全圖1； ②寫出線段、、之間的等量關(guān)系，并說明理由； （2）在圖1中，將繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)、、在一條直線上，如圖2所示，請(qǐng)判斷、、之間的等量關(guān)系，寫出判斷思路（可以不寫出證明過程）． 【答案】（1）①見解析；②，見解析；（2），見解析 【分析】（1）①根據(jù)題目要求補(bǔ)充圖形如圖所示，②連接CE，證明CE和AE相等，再利用勾股定理可找到CE，CF，EF之間的關(guān)系． （2）作輔助線，DE和DG相等，∠EDG＝2∠EDF，證明出△ADE≌△CDG，得到AE＝CG，最后代換求解． 【解析】解：（1）①依題意補(bǔ)全圖形如圖所示： ②連接， ∵， ∴， ∴， 又∵四邊形為菱形， ∴，平分， ∴， ∴. （2）、、之間的等量關(guān)系是： 判斷：如圖 延長至，使，連接， ∴， ∵， ∴，， 又∵四邊形為菱形， ∴，， 又由旋轉(zhuǎn)得， ∴， ∴， 在和中， ， ∴. ∴， ∴． 【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查菱形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，全等三角形的判定，第三問的解題關(guān)鍵是作出必要的輔助線． 23．如圖1，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，以點(diǎn)A為旋轉(zhuǎn)中心，將菱形ABCD逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜30°）得到菱形，交對(duì)角線AC于點(diǎn)M，邊AB的延長線交于點(diǎn)N． （1）當(dāng)時(shí)，求α的度數(shù)； （2）如圖2，對(duì)角線B'D'交AC于點(diǎn)H，交AN于點(diǎn)G，延長交AD于點(diǎn)E，連接EH，若菱形ABCD的周長為正數(shù)a，試探索：在菱形ABCD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜30°）的過程中，的周長是否為定值，若是，試求出此定值；若不是，請(qǐng)說明理由． 【答案】（1）α＝15°；（2）為定值， 【分析】（1）先利用SAS判斷出△AD'M≌△AB'N（SAS），得出∠D'AM＝∠B'AN＝α，再判斷出∠CAD＝30°＝2α，即可得出結(jié)論； （2）先判斷出AB'＝AD'＝，再判斷出∠AB'G＝∠AD'E＝60°，進(jìn)而利用ASA判斷出△AB'G≌△AD'E，得出B'G＝D'E，AG＝AE，進(jìn)而判斷出△AGH≌△AEH（ASA），得出HE＝HG，即可得出結(jié)論． 【解析】解：（1）∵菱形AB'C'D'是由菱形ABCD旋轉(zhuǎn)所得， ∴AB'＝AD'，∠AB'N＝∠AD'M， 又∵， ∴△AD'M≌△AB'N（SAS）， ∴∠D'AM＝∠B'AN＝α， 又∵AC為菱形ABCD的對(duì)角線，且∠BAD＝60°， ∴∠CAD＝30°＝∠D'AM+∠D'AD＝2α， ∴α＝15°； （2）∵菱形AB'C'D'是由菱形ABCD旋轉(zhuǎn)所得， ∴∠B'AG＝∠D'AE＝α， ∵菱形ABCD的周長為a， ∴AB'＝AD'＝ ， 又∵∠B'AD'＝∠BAD＝60°， ∴∠AD'C'＝120°， 且∠AD'E＝60°， ∴ ∴△AB'G≌△AD'E（ASA）， ∴B'G＝D'E，AG＝AE， 又∠GAH＝∠HAE＝30°， ∴△AGH≌△AEH（ASA）， ∴HE＝HG， ∵AB'＝AD'，∠B'AD'＝60°， ∴△AB'D'是等邊三角形， ∴B'D'＝AB'＝， ∴△EHD'的周長＝HD'+HE+D'E＝HD'+HG+B'G＝B'D'＝， ∴三角形EHD'的周長為定值． 【點(diǎn)睛】此題主要考查了菱形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，判斷出△AB'G≌△AD'E是解本題的關(guān)鍵． 24．已知：如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，分別以AB、AD為腰作等腰三角形△ABF和等腰三角形△ADE，且頂角∠BAF=∠DAE，連接BD、EF相交于點(diǎn)G，BD與AF相交于點(diǎn)H． (1)求證：BD=EF； (2)若∠GHF=∠BFG，求證：四邊形ABCD是菱形； (3)在（2）的條件下，當(dāng)∠BAF=∠DAE＝90°時(shí)，連接BE，若BF=4，求△BEF的面積． 【答案】(1)見解析 (2)見解析 (3) 【分析】（1）證明∠BAD=∠FAE，根據(jù)全等三角形的判定推出△BAD≌△FAE，即可得出答案； （2）求出∠ABD=∠GBF，證明AB=AD，根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形即可得出結(jié)論； （3）延長EA交BC于點(diǎn)M，得EM⊥AD，求出，再根據(jù)三角形面積公式求解即可得到結(jié)論． （1） ∵∠BAF=∠DAE， ∴∠BAF+∠FAD=∠DAE+∠FAD，即∠BAD=∠FAE， ∵AB=AF，AD=AE， ∴△BAD≌△FAE， ∴BD=EF； （2） ∵∠GHF=∠BFG，且∠GFH+∠GHF+∠HGF=180°，∠GBF+∠BFG+∠HGF=180°， ∴∠GFH=∠GBF， 由（1）可知∠GFH=∠ABD， ∴∠ABD=∠GBF， ∵AD∥BC， ∴∠ADB=∠GBF， ∴∠ABD=∠ADB， ∴AB=AD， ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴四邊形ABCD是菱形； （3） 延長EA交BC于點(diǎn)M， ∵∠DAE＝90°， ∴EM⊥AD， 由（2）可知四邊形ABCD是菱形， ∴AD∥BC， ∴EM⊥BF， ∵AB=AF，BF=4， ∴BM=FM=2， ∵∠BAF＝90°， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定，主要考查學(xué)生運(yùn)用性質(zhì)進(jìn)行推理的能力． 25．如圖①，，AC平分∠BAD，交BF于點(diǎn)C，BD平分∠ABC，且交AC于點(diǎn)O，交AE于點(diǎn)D，連接CD． (1)求證：四邊形ABCD是菱形． (2)若AC=6，BD=8．點(diǎn)P為射線AE上任意一點(diǎn)，連接PB和PC，如圖②． ①菱形ABCD的面積為_______； ②則△PBC的面積為______． 【答案】(1)見解析 (2)①24；②12 【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)和角平分線的定義可得∠BAC=∠ACB，則AB=BC，同理可得AB=AD，從而證得四邊形ABCD是平行四邊形，再根據(jù)鄰邊相等可得平行四邊形ABCD是菱形； （2）①根據(jù)菱形對(duì)角線互相垂直平分的性質(zhì)即可求出菱形的面積；②根據(jù)平行線間距離處處相等可得，從而可求出△PBC的面積． （1） ∵AEBF， ∴∠DAC=∠ACB． ∵AC平分∠BAD， ∴∠BAC=∠DAC， ∴∠BAC=∠ACB， ∴AB=BC， 同理可得，AB=AD， ∴AD=BC， ∵AEBF， 即ADBC， ∴四邊形ABCD是平行四邊形． 又∵AB=BC， ∴四邊形ABCD是菱形． （2） ①∵四邊形ABCD是菱形， ∴， ∴． 故答案為：24． ②∵， ∴． 故答案為：12． 【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)與判定，掌握菱形性質(zhì)與判定定理是解題關(guān)鍵． 26．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知矩形AOCB的頂點(diǎn)O、A的坐標(biāo)分別是（0，0）、（0，a），且滿足． 點(diǎn)D是AB上一點(diǎn)， M，N垂直平分OD，分別交AB，OD，OC于點(diǎn)M，E，N，連接OM，DN． （1）填空：a = ； （2）求證：四邊形MOND是菱形； （3）若F為OA的中點(diǎn)，連接EF，且滿足EF+OE=9，求四邊形MOND的周長和面積． 【答案】（1）6；（2）詳見解析；（3）C菱形MOND=25，S菱形MOND= 【分析】（1）根據(jù)二次根式的非負(fù)性進(jìn)行求解即可； （2）根據(jù)矩形AOCB的性質(zhì)以及判定四邊形MOND是平行四邊形，再由菱形的判定求證即可； （3）根據(jù)的中位線及矩形AOCB的性質(zhì)構(gòu)造直角三角形，設(shè)AD=x， 利用勾股定理求出x的值，再根據(jù)菱形MOND的性質(zhì)，設(shè)，，利用勾股定理求出y，最后根據(jù)菱形的周長及面積求法進(jìn)行求解即可. 【解析】（1）∵， ∴，， ∴， ∴； （2）證明：∵M(jìn)N垂直平分OD ∴OM=DM，DE=OE，， ∵四邊形AOCB是矩形， ∴AB∥OC ∴， 在和中， ??， ∴， ∴ME=NE 又∵DE=OE， ∴四邊形MOND是平行四邊， 又∵OM=DM ∴四邊形MOND是菱形； （3）由（1）得OA=6 由（2）得DE=OE 又∵F為OA的中點(diǎn)， ∴EF是的中位線， ∴， 又∵E+OE=9，DE=OE ∴， ∴AD+OD =18 ∵四邊形AOCB是矩形， ∴ 在中， 設(shè)AD=x，則 根據(jù)勾股定理，， 解得x=8 ∴AD=8，OD =10 由（2）得，四邊形MOND是菱形， ∴OM=MD=DN=ON 設(shè)，則 在中，根據(jù)勾股定理， ，解得 ∴ ∴，. 【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形，矩形，平行四邊形的性質(zhì)及判定以及勾股定理，三角形全等判定及性質(zhì)，二次根式的非負(fù)性等相關(guān)內(nèi)容，該題屬于幾何綜合類題型，是中考的重要題型，須要熟練掌握. 27．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，將△ABD沿著BD折疊，使點(diǎn)A與點(diǎn)E重合． （1）如圖，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，連接OE，則線段OE的長＝ ； （2）如圖，過點(diǎn)E作EF∥CD交線段BD于點(diǎn)F，連接AF，求證：四邊形ABEF是菱形； （3）如圖，在（2）條件下，線段AE、BD相交于M，連接CE，求線段CE的長． 【答案】（1）；（2）見解析；（3） 【分析】（1）根據(jù)翻折的特點(diǎn)知OE=OA，由勾股定理求出AC即可求出OA； （2）先證明四邊形ABEF是平行四邊形，再由翻折知AB=BE，即可得到四邊形ABEF是菱形； （3）先在（2）的前提下，求出BM的長，從而得到BF的長，然后求出DF，再證明出四邊形DFEC是平行四邊形即可得到EC=DF=． 【解析】解：（1）由翻折知識(shí)知：OE=OA， ∵OA=，AC=，AB＝3，AD＝4， ∴AC=5， ∴OE= OA==， 故答案為：； （2）證明：∵四邊形ABCD是菱形， ∴ AB∥CD， ∵EF∥CD， ∴AB∥EF ， ∴∠ABF=∠BFE， 由翻折性質(zhì)可得：∠ABF＝∠EBF，AB＝BE， ∴∠BFE＝∠EBF， ∴BE＝FE， ∵AB＝BE， ∴AB＝FE， ∵AB∥EF， ∴四邊形ABEF是平行四邊形， 又∵BE＝FE， ∴平行四邊形ABEF是菱形； （3）如圖，∵平行四邊形ABEF是菱形， ∴AE⊥BD，BM＝FM， ， ∴， ∴AM＝， ∴根據(jù)勾股定理得BM＝， ∴BF＝2BM＝， ∴DF＝BD-BF＝， ∵EH∥CD，EF＝CD， ∴四邊形EFCD是平行四邊形， ∴CE＝DF＝． 【點(diǎn)睛】此題利用翻折知識(shí)點(diǎn)考查特殊四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，知識(shí)面較廣． 28．如圖，在菱形中，于點(diǎn)． (1)如圖1，若，，求菱形的周長及面積； (2)如圖2，作于點(diǎn)，連接，，求證：； (3)如圖3，設(shè)與對(duì)角線相交于點(diǎn)，若，，四邊形和的面積分別是和，求的值． 【答案】(1)周長為；面積為 (2)答案見解析 (3) 【分析】（1）由直角三角形的性質(zhì)和勾股定理得出， ，求出，即可得出結(jié)論； （2）證明，得出，證出，由等腰三角形的性質(zhì)得出，即可求出結(jié)論； （3）連接，證明，得出，和的面積相等，得出，，由勾股定理得出，設(shè)，則 ，由勾股定理得出方程，求出，即可得出結(jié)果． （1） 解：， ， ， ， ， ， 解得：， ， 菱形的周長， 菱形的面積； （2） 證明：四邊形為菱形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ∴EF∥BD； （3） 解：連接，如圖所示， 四邊形為菱形， ，，?? 在和中 ， ， ， ，和的面積相等， ， ， ， ， 設(shè)，則 ， ， ，即 ， 解得：，即， ． 【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、平行線的判定、勾股定理，熟練掌握菱形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵． 29．如圖①，菱形和菱形有公共頂點(diǎn)，點(diǎn)，分別落在邊，上，連接，． (1)求證：； (2)將菱形繞點(diǎn)按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)．設(shè)旋轉(zhuǎn)角，且，，． ①如圖②，當(dāng)時(shí)，則線段的長度為______． ②連接，當(dāng)為直角三角形時(shí)，則旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為______°． 【答案】(1)見解析 (2)①；②30°或90° 【分析】（1）連接，根據(jù)菱形的性質(zhì)，可得到，從而得到，進(jìn)而得到，即可求證； （2）①連接AF，EG，BD，AC，BD與AC交于點(diǎn)O， AF交EG于點(diǎn)P，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)可得AF∥OD，△ABD和△AEG是等邊三角形，從而得到AF=OD，進(jìn)而得到四邊形AODF是平行四邊形，即可求解； ②分兩種情況討論，即可求解． (1) 證明：連接， ∵四邊形是菱形， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵四邊形是菱形， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴； (2) 解：①如圖，連接AF，EG，BD，AC，BD與AC交于點(diǎn)O， AF交EG于點(diǎn)P， 由（1）得當(dāng)菱形沒有旋轉(zhuǎn)時(shí)，AC平分∠BAD，AF平分∠EAG， ∴此時(shí)點(diǎn)A、F、C三點(diǎn)共線， ∴當(dāng)菱形繞點(diǎn)按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)時(shí)， ， ∴當(dāng)時(shí)，∠FAC=∠BAE=90°， 在菱形ABCD中， AB=AD， ，BD⊥AC， ， ∴∠AOD=90° ∴∠DOA+∠FAC=180°， ∴AF∥OD， 在菱形AEFG中， ∠EAF= ，AE=AG， ， ∵． ∴△ABD和△AEG是等邊三角形， ∴，， ∴ ， ∴ ， ∴AF=3， ∴AF=OD， ∴四邊形AODF是平行四邊形， ∴ ； ②由①得四邊形AODF是平行四邊形， ∵∠FAC=90°， ∴四邊形AODF是矩形， ∴∠BDF=90°， 即為直角三角形， ∴此時(shí)旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為90°； 如圖，當(dāng)點(diǎn)F在AD上時(shí)， 由①得AF=3， ∵AD=AB=6 ∴DF=AD-AF=3， ∴AF=DF， ∵△ABD為等邊三角形， ∴BF⊥AD，即∠BFD=90°， ∴此時(shí)△DFB為直角三角形， ∵∠EAF= ， ∴∠BAE=∠BAD-∠EAF=30°，即此時(shí)旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為30°； 綜上所述，當(dāng)為直角三角形時(shí)，旋轉(zhuǎn)角的度數(shù)為30°或90°． 【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟練掌握菱形的性質(zhì)，圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，并利用分類討論思想解答是解題的關(guān)鍵． 30．如圖，矩形EFGH的頂點(diǎn)E，G分別在菱形ABCD的邊AD，BC上，頂點(diǎn)F，H在菱形ABCD的對(duì)角線BD上． (1)求證； (2)若E為AD的中點(diǎn)，． ①求菱形ABCD的邊長； ②若，求菱形ABCD的面積． 【答案】(1)見解析 (2)① 4 ② 【分析】（1）根據(jù)矩形EFGH，得到FG=HE，EH∥FG，得到∠EHF=∠GFH，從而得到∠EHD=∠GFB，結(jié)合菱形性質(zhì)，證明△DEH≌△BGF即可． （2）① 連接AC，交BD于點(diǎn)O，則OF=OH，OB=OD，OE是直角三角形FEH斜邊FH上的中線，得到OE=；OE是△ABD的中位線，得到OE=，從而得到AB=FH=4． ② 過點(diǎn)A作AP⊥BC ，垂足為P，根據(jù)，得到∠BAP=30°，從而得到BP=2，根據(jù)勾股定理得到AP=，結(jié)合菱形面積公式計(jì)算即可． （1） 因?yàn)榫匦蜤FGH， 所以FG=HE，EH∥FG， 所以∠EHF=∠GFH， 所以∠EHD=∠GFB， 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形， 所以AD∥CB， 所以∠EDH=∠GBF， 所以△DEH≌△BGF， 所以DE=BG． （2） ① 如圖，連接AC，交BD于點(diǎn)O，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，四邊形EFGH是矩形， 所以O(shè)F=OH，OB=OD，∠FEH=90°， 所以O(shè)E是直角三角形FEH斜邊FH上的中線，OE是△ABD的中位線， 所以O(shè)E=，OE=， 所以AB=FH=4． ② 過點(diǎn)A作AP⊥BC ，垂足為P， 因?yàn)椋? 所以∠BAP=30°， 所以BP=2，AP=， 所以菱形的面積為． 【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，三角形中位線定理，直角三角形斜邊上的中線，勾股定理，熟練掌握菱形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，中位線定理是解題的關(guān)鍵． 31．在菱形ABCD中，∠ABC=60°，點(diǎn)P是射線BD上一動(dòng)點(diǎn)，以AP為邊向右側(cè)作等邊△APE，點(diǎn)E的位置隨著點(diǎn)P的位置變化而變化． (1)問題發(fā)現(xiàn)如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在菱形ABCD內(nèi)部或邊上時(shí)，連接CE，BP與CE的數(shù)量關(guān)系是 ______________；CE與AD的位置關(guān)系是______________； (2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)E在菱形ABCD外部時(shí)，（1）中的結(jié)論是否還成立？若成立，請(qǐng)予以證明；若不成立，請(qǐng)說明理由； (3)如圖3，若AB=1，BP=3，請(qǐng)直接寫出四邊形ACDE的面積． 【答案】(1)BP=CE，CE⊥AD； (2)成立，證明見解析 (3) 【分析】（1）連接AC，根據(jù)SAS證△APB≌△AEC，即可得出BP=CE，∠ACE=∠ABP=30°，延長CE交AD于F，得出∠CFA=90°即可； （2）連接AC，同理（1）證△APB≌△AEC，然后根據(jù)等邊三角形三線合一得出AD⊥CE即可； （3）根據(jù)（2）的結(jié)論知，AD⊥CE，CE=BP，則四邊形ACDE的面積等于對(duì)角線乘積的一半，代入數(shù)值計(jì)算即可． （1） 解：連接AC， ∵菱形ABCD中，∠ABC=60°， ∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60°， ∴△ABC、△ACD是等邊三角形， ∴AB=AC，AC=CD，∠BAC=∠ACD=60°， ∵△APE是等邊三角形， ∴AP=AE，∠PAE=60°， ∴∠BAP+∠PAC=∠PAC+∠CAE， 即∠BAP=∠CAE， 在△BAP與△CAE中， ， ∴△BAP≌△CAE（SAS）， ∴BP=CE，∠ABP=∠ACE， 延長CE交AD于F， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ACE=∠ABP=∠ABC=30°， ∴CE平分∠ACD， ∵△ACD是等邊三角形， ∴CE⊥AD， 故答案為：BP=CE，CE⊥AD； （2） 解：成立，BP=CE，CE⊥AD， 證明如下：連接AC， ∵菱形ABCD中，∠ABC=60°， ∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60°， ∴△ABC、△ACD是等邊三角形， ∴AB=AC，AC=CD，∠BAC=∠ACD=60°， ∵△APE是等邊三角形， ∴AP=AE，∠PAE=60°， ∴∠BAC+∠PAC=∠PAE+∠PAC， 即∠BAP=∠CAE， 在△BAP與△CAE中， ， ∴△BAP≌△CAE（SAS）， ∴BP=CE，∠ABP=∠ACE， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ACE=∠ABP=∠ABC=30°， ∴CE平分∠ACD， ∴CE⊥AD； （3） 解：由（2）知，AD⊥CE，CE=BP， ∵AC=CD， ∴CE垂直平分AD， ∴S四邊形ACDE=AD?CE=AB?BP， ∵AB=1，BP=3， ∴四邊形ACDE的面積為×1×3=． 【點(diǎn)睛】本題主要考查四邊形的綜合知識(shí)，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)、菱形的性質(zhì)等知識(shí)是解題的關(guān)鍵． 32．如圖，四邊形ABCD為矩形，連接對(duì)角線AC，分別作∠BAC、∠BCA、∠ACD、∠DAC的角平分線AE、CE、CF、AF． （1）當(dāng) AB=BC時(shí)，求證∶ 四邊形AECF是菱形； （2）設(shè)AB=4，BC=3，分別作EM⊥AC于點(diǎn)M，F(xiàn)NLAC于點(diǎn)N，求MN的長； （3）分別作EG⊥BC于點(diǎn)G，F(xiàn)H⊥CD于點(diǎn)H，當(dāng)GC=3，HC=4時(shí)，求矩形ABCD的面積． 【答案】（1）見解析；（2）1；（3）24 【分析】（1）利用平行線的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)證明四邊形AECF的兩組對(duì)邊分別平行，再根據(jù)AB=BC證明AE=CE，便可得結(jié)論； （2）過E作EH⊥BC于點(diǎn)H，EG⊥AB于點(diǎn)G，由角平分線的性質(zhì)得EM=EG=EH，進(jìn)而得四邊形BHEG是正方形，得BG=BH，再根據(jù)HL證明Rt△AEG≌Rt△AEM，Rt△CEH≌Rt△CEM，得AM=AG，CM=CH，設(shè)AM=AG=x，CM=CH=y，BH=BG=z，由三邊長度列出x、y、z的三元一次方程組，便可求得AM與CM，進(jìn)而證明 △ANF≌△CME得AN=CM，便可求得結(jié)果； （3）過E作EK⊥AB于點(diǎn)K，EL⊥AC于點(diǎn)L，證明△AEK≌△CHF得AK=CH=4，再證明Rt△AEK≌Rt△AEL，Rt△CEG≌Rt△CEL，得出AC的長度，不妨設(shè)BG=BK=x，在Rt△ABC中，由勾股定理得x的方程求得x，再根據(jù)矩形的面積公式求得結(jié)果． 【解析】解：（1）∵四邊形ABCD為矩形， ∴AB∥CD， ∴∠BAC=∠DCA， ∵AE平分∠BAC，CF平分∠ACD， ∴∠EAC=∠FCA， ∴AE∥CF， 同理，AF∥CE， ∴四邊形AECF是平行四邊形， ∵AB=BC， ∴∠BAC=∠ACB， ∵AE平分∠BAC，CE平分∠ACB， ∴∠EAC=∠ECA， ∴AE=CE， ∴四邊形AECF是菱形； （2）過E作EH⊥BC于點(diǎn)H，EG⊥AB于點(diǎn)G， ∵∠B=90°， ∴四邊形BHEG為矩形， ∵AE平分∠BAC，CE平分∠ACB， ∴EM=EG=EH， ∴四邊形BHEG是正方形， ∴BG=BH， ∵EM=EG=EH，AE=AE，CE=CE， ∴Rt△AEG≌Rt△AEM（HL），Rt△CEH≌Rt△CEM（HL）， ∴AM=AG，CM=CH， ∵AB=4，BC=3， ∴AC=5， 設(shè)AM=AG=x，CM=CH=y，BH=BG=z，則 ， 解得，， ∴AM=3，CM=2， ∵由（1）知四邊形AECF是平行四邊形， ∴AF=CE，AF∥CE， ∴∠FAN=∠ECM， ∵∠ANF=∠CME=90°， ∴△ANF≌△CME（AAS）， ∴AN=CM=2， ∴MN=AM-AN=3-2=1； （3）過E作EK⊥AB于點(diǎn)K，EL⊥AC于點(diǎn)L，如圖， ∵矩形ABCD中AB∥CD， ∴∠BAC=∠ACD， ∵AE、CF分別平分∠BAC和∠ACD， ∴∠KAE=∠HCF， ∵四邊形AECF是平行四邊形， ∴AE=CF， ∵∠AKE=∠CHF=90°， ∴△AEK≌△CHF（AAS）， ∴AK=CH=4， ∵AE平分∠BAC，CE平分∠ACB， ∴EK=EL=EG， ∵AE=AE，CE=CE， ∴Rt△AEK≌Rt△AEL（HL），Rt△CEG≌Rt△CEL（HL）， ∴AK=AL=4，CG=CL=3， ∴AC=AL+CL=4+3=7， ∵EK=EG，∠EKB=∠B=∠EGB=90°， ∴四邊形BGEK為正方形， ∴BG=BK， 不妨設(shè)BG=BK=x， 則AB=4+x，BC=3+x， 在Rt△ABC中，由勾股定理得， （x+3）2+（x+4）2=72， 解得，x=，或x= （舍）， ∴AB=4+x=，BC=3+x=， ∴矩形ABCD的面積=AB?BC=24． 【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，角平分線的性質(zhì)，勾股定理，方程思想，解決本題的關(guān)鍵是利用方程思想由勾股定理列方程.