文档内容
【拔尖特训】2022-2023学年八年级数学下册尖子生培优必刷题【人教版】
专题18.10菱形的性质与判定大题提升专练（重难点培优30题）
班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事项：
本试卷试题解答30道，共分成三个层组：基础过关题（第1-10题）、能力提升题（第11-20题）、培优压
轴题（第21-30题），每个题组各10题，可以灵活选用．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己
的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、解答题
1．（2019秋·广东肇庆·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC．BD相交于点O，且
O是BD的中点
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若AC⊥BD，AB=8，求四边形ABCD的周长．
【答案】(1)详见解析;(2)32
【分析】（1）利用全等三角形的性质证明AB=CD即可解决问题．
（2）证明四边形ABCD是菱形，即可求四边形ABCD的周长．
【详解】解：（1）证明：∵AB//CD，
∴∠ABO=∠CDO，
∵OB=OD，∠AOB=∠COD，
∴△AOB≌△COD(ASA)，
∴AB=CD．
又∵AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴四边形ABCD的周长=4×AB=32.
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识
解决问题，属于中考常考题型．
2．（2022秋·湖南邵阳·八年级统考期末）已知平行四边形ABCD中，如图，对角线AC和BD相交于点O，AC=10，BD=8．
（1）若AC⊥BD，试求四边形ABCD的面积；
（2）若AC与BD的夹角∠AOD=60°，求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)S ＝40；(2)S =20√3
菱形ABCD 四ABCD
【分析】（1）先证平行四边形ABCD是菱形，根据菱形的面积公式即可求解；
（2）过点A分别作AE⊥BD，垂足为E，根据三角函数即可求得AE的长，从而求得 OAD的面积，四边
形ABCD的面积是三角形OAD的面积的4倍，据此即可求解． △
【详解】解：(1)∵AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD为菱形，
1
∴S ＝ AC×BD＝40；
菱形ABCD 2
(2)过点A分别作AE⊥BD，垂足为E，
∵四边形ABCD为平行四边形，
1 1
∴AO＝CO＝ AC＝5，BO＝DO＝ BD＝4，
2 2
AE
在Rt AOE中，sin∠AOE＝ ，
AO
△
5√3
∴AE＝AO•sin∠AOE＝AO×sin60°＝ ，
2
1 1 5√3
∴S ＝ OD•AE×4＝ ×4× ×4＝20√3．
四ABCD 2 2 2
故答案为(1)S ＝40；(2)S =20√3 .
菱形ABCD 四ABCD
【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的性质和判定的应用，正确理解四边形ABCD的面积是 OAD
的面积的4倍是解题的关键． △
3．（2019秋·福建南平·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AC，点E是BC的中点，AE与BD交于点F，且F是AE的中点．
（Ⅰ）求证：四边形AECD是菱形；（Ⅱ）若AC＝4，AB＝5，求四边形ABCD的面积．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）15.
【分析】（Ⅰ）先证四边形ADCE是平行四边形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求
AE=CE，即可得四边形AECD是菱形；
1
（Ⅱ）由题意可求S =S = S ，即可求四边形ABCD的面积．
AEC ACD 2 ABC
△ △ △
【详解】证明（Ⅰ）∵AD∥BC
∴∠ADB＝∠DBE
∵F是AE中点
∴AF＝EF且∠AFD＝∠BFE，∠ADB＝∠DBE
∴△ADF≌△BEF
∴BE＝AD
∵AB⊥AC，E是BC中点
∴AE＝BE＝EC
∴AD＝EC，且AD∥BC
∴四边形ADCE是平行四边形
且AE＝EC
∴四边形ADCE是菱形；
（Ⅱ）∵AC＝4，AB＝5，AB⊥AC
∴S ＝10
ABC
∵E△是BC中点
1
∴S ＝ S ABC＝5
AEC 2
△ △
∵四边形ADCE是菱形
∴S ＝S ＝5
AEC ACD
∴四△边形A△BCD的面积＝S +S ＝15.
ABC ACD
【点睛】本题考查菱形的判△定，直△角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，解题的关键是利用三角形中线的性质求三角形的面积．
4．（2021秋·新疆省直辖县级单位·八年级统考期末）如图，已知△ABC，直线PQ垂直平分AC，与边AB
交于点E，连接CE，过点C作CF∥BA交PQ于点F，连接AF．
（1）求证：△AED≌△CFD；
（2）求证：四边形AECF是菱形．
（3）若ED＝6，AE＝10，则菱形AECF的面积是多少？
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）96
【分析】（1）由PQ为线段AC的垂直平分线得到AE＝CE，AD＝CD，然后根据CF∥AB得到∠EAC＝
∠FCA，∠CFD＝∠AED，利用ASA证得两三角形全等即可；
（2）根据全等得到AE＝CF，然后根据EF为线段AC的垂直平分线，得到EC＝EA，FC＝FA，从而得到
EC＝EA＝FC＝FA，利用四边相等的四边形是菱形判定四边形AECF为菱形；
（3）由菱形的性质和勾股定理求出AD，得出AC的长，由菱形的面积公式即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵PQ为线段AC的垂直平分线，
∴AE＝CE，AD＝CD，
∵CF∥AB，
∴∠EAC＝∠FCA，∠CFD＝∠AED，
在△AED与△CFD中，
¿
∴△AED≌△CFD（AAS）；
（2）证明：∵△AED≌△CFD，
∴AE＝CF，
∵EF为线段AC的垂直平分线，∴EC＝EA，FC＝FA，
∴EC＝EA＝FC＝FA，
∴四边形AECF为菱形；
（3）解：∵四边形AECF是菱形，
∴AC⊥EF，
∵ED＝6，AE＝10，
∴EF＝2ED＝12，AD＝√102−62＝8．
∴AC＝2AD＝16，
1 1
∴菱形AECF的面积＝ AC•EF＝ ×16×12＝96．
2 2
【点睛】本题是菱形的综合题，涉及了菱形的判定与性质及其面积公式、全等三角形的判定与性质、线段
垂直平分线的性质、平行线的性质及勾股定理，灵活利用线段垂直平分线的性质判定三角形全等是解题的
关键.
5．（2022秋·全国·八年级假期作业）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，分别过点
C，D作BD，AC的平行线交于点E，连接OE交AD于点F．
(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若AC=8，∠DOC=60°，求菱形OCED的面积．
【答案】(1)见解析
(2)8√3
【分析】（1）先证四边形DECO是平行四边形，再由矩形的性质得OD=OC，即可得出结论；
（2）先由矩形性质，得OD=OC=4，再判定△OCD是等边三角形，得CD=4，再由菱形的性质得
1
CD⊥OE,CF= CD=2，然后由勾股定理OF长，即可求得OE长，最后由菱形面积公式求解即可．
2
【详解】（1）证明： ∵CE ∥ BD，DE ∥ AC，
∴四边形DECO是平行四边形，
∵矩形ABCD，∴OC=OD，
∴四边形OCED是菱形；
（2）解：∵矩形ABCD，
1 1
∴OD=OC= AC= ×8=4，
2 2
∵∠DOC=60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴CD=OC=4，
由（1）知：四边形OCED是菱形，
1 1
∴CF= CD= ×4=2，OE=2OF，CD⊥OE，
2 2
∴在Rt△OFC中，由勾股定理，得
OF=√OC2−CF2=√42−22=2√3，
∴OE=2OF=4√3，
1 1
∴S ❑ = CD⋅OE= ×4×4√3=8√3，
菱形 OCED 2 2
答：菱形OCED的面积为8√3．
【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定，勾股定理，熟练掌握矩形的性质、
菱形的判定与性质、平行四边形的判定是解题的关键．
6．（2022秋·八年级课时练习）如图，四边形ABCD和四边形AECF都是菱形，点E，F在BD上已知
∠BAD=100°，∠EAF=60°，求：
(1)∠ABD的度数．
(2)∠BAE的度数．
【答案】(1)40°
(2)20°【分析】（1）根据菱形的性质得出AB=AD，再由等边对等角及三角形内角和定理求解即可；
（2）连接AC，根据菱形的对角线互相平分得出∠BAC=50°，∠EAC=30°，结合图形求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵∠BAD=100°，
180°−100°
∴∠ABD=∠ADB= =40°；
2
（2）连接AC，如图所示：
∵四边形ABCD和四边形AECF都是菱形，∠BAD=100°，∠EAF=60°，
1 1
∴∠BAC=∠DAC= ∠BAD=50°，∠EAC=∠FAC= ∠EAF=30°，
2 2
∴∠BAE=∠BAC−∠EAC=20°．
【点睛】题目主要考查菱形的性质及等边对等角，三角形内角和定理等，理解题意，熟练掌握菱形的性质
是解题关键．
7．（2021春·福建泉州·八年级校考期末）如图，O是菱形ABCD的对角线的交点，DE∥AC，
CE∥BD，DE、CE交于E．
(1)求证：四边形OCED是矩形；
(2)若菱形ABCD的边长AB=2，∠BAD=120°，求矩形OCED的周长．
【答案】(1)见解析(2)矩形OCED的周长为2(√3+1)
【分析】（1）易证四边形OCED为平行四边形，菱形对角线互相垂直，根据有一个内角为90°的平行四
边形可以证明四边形为矩形；
（2）解直角三角形求出OD、OC即可解决问题；
【详解】（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵O是菱形ABCD的对角线的交点，
∴∠COD=90°，
∴四边形OCED是矩形；
（2）在菱形ABCD中，
由∠BAD=120°可知∠ABC=60°，
∴ΔABC是等边三角形，
∴AB=AC=2，
∴OC=1，DO=BO=√22−12=√3，
∴矩形OCED的周长=2(√3+1)．
【点睛】本题考查了菱形对角线互相垂直平分的性质，矩形的判定，菱形各边长相等的性质，本题中求得
OC，OD的值是解题的关键．
8．（2022秋·广西贺州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，
BF平分∠ABC交AD于点F，AE与BF交于点O，连接EF，OC．
(1)求证：四边形ABEF是菱形．
(2)若AB=4，BC=6，∠ABC=60°，求OC的长．
【答案】(1)见解析
(2)2√3
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，得到AD∥BC，从而得到∠AFB=∠FBE，再由
∠ABF=∠FBE，推出∠ABF=∠AFB，于是得到AB=AF，同理得出AB=BE，证出四边形ABEF是平行四边形，即可得出结论；
（2）过点O作OG⊥BC，根据菱形的性质得到∠OBE =30°，∠BOE=90°，利用含30度角的直角三角形的
性质以及勾股定理即可得到结论．
（1）
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴AF∥BE，
∴∠AFB=∠FBE，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF=∠FBE，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AB=AF，
同理AB=BE，
∴AF=BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）
解：解：过点O作OG⊥BC，垂足为G，
由（1）可知四边形ABEF是菱形，
1 1
∴ EB=AB=4，∠OBE= ∠ABC= ×60°=30°，
2 2
1
在Rt△BOE中，OE= EB=2，OB=√42 −22=2√3，
2
1
在Rt△BOG中，OG= OB=√3，
2
BG=√(2√3) 2 −(√3) 2=3，
∴ CG=BC-BG=6-3=3，∴ BG=CG，即OG是BC的垂直平分线，
∴ OC=OB=2√3．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，熟练掌
握平行四边形的性质是解决问题的关键．
9．（2022秋·广东东莞·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，
CE∥AD，AE∥BC．
(1)求证：四边形ADCE是菱形；
(2)若AC＝6，AB＝8，求菱形ADCE的面积．
【答案】(1)见解析
(2)24
1
【分析】（1）先证四边形ADCE是平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线性质得AD＝ BC＝CD，
2
即可得出结论；
（2）由菱形的性质和三角形面积关系得S ADCE＝2S ACD＝S ABC，即可求解．
菱形
△ △
（1）
证明：∵CE∥AD，AE∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，点D是BC的中点，
1
∴AD＝ BC＝CD，
2
∴平行四边形ADCE是菱形；
（2）
解：∵四边形ADCE是菱形，点D是BC的中点，
1 1
∴S ADCE＝2S ACD＝S ABC＝ AB•AC＝ ×8×6＝24．
菱形 2 2
△ △
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质等
知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明四边形ADCE为菱形是解题的关键．10．（2022秋·辽宁葫芦岛·八年级校考期中）如图，已知▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，且
∠1=∠2．
(1)求证：▱ABCD是菱形．
(2)F为AD上一点，连接BF交AC于E，且AE=AF，若AF=3，AB=5，求BD的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)BD=6
【分析】（1）根据邻边相等的平行四边形是菱形来证明即可求出答案；
（2）根据三角形中等边对等角找出菱形中对角线AB的长，再根据菱形的性质得到对角线相互垂直找出直
角三角形△ABO，最后利用勾股定理即可求出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD 是平行四边形 ，
∴AD∥BC，
∴∠2=∠ACB ，
∵∠1=∠2 ，
∴∠1=∠ACB ，
∴BA=BC，且四边形ABCD是平行四边形 ，
故▱ABCD是菱形．
（2）解：∵▱ABCD是菱形，AB=5 ，
∴AD∥BC ，OA=OC，OB=OD，AB=BC=5，AC⊥BD，
∴∠AFE=∠EBC，
∵AF=AE=3，
∴∠AEF=∠AFE，
∵∠AEF=∠CEB，
∴∠CBE=∠CEB ，
∴CB=CE=5，∴AC=AE+CE=8，
1
∴OA= AC=4，
2
∵AC⊥BD，
∴∠AOB=90°，
在Rt△AOB中，根据勾股定理得，OB2=AB2−OA2=52−42=3，
∴BD=2OB=6．
故BD=6．
【点睛】本题主要考查菱形的判断和性质．在平行四边形中根据角和边的关系证明平行四边形是菱形，再
根据菱形的性质找出直角三角形，最后解直角三角形即可求出答案，理解和掌握菱形的判断、性质、勾股
定理是解题的关键．
11．（2022秋·八年级课时练习）取一张长方形纸片，按图的方法对折两次，并沿图③中的斜线（虚线）
剪开，把剪下的Ⅰ这部分展开，平铺在桌面上．
议一议：
(1)剪出的这个图形是哪一种四边形？一定是菱形吗？
(2)根据折叠、裁剪的过程，这个四边形的边和对角线分别具有什么性质？
(3)一个平行四边形具备怎样的条件，就可以判定它是菱形？
【答案】(1)菱形，一定是菱形
(2)四条边均相等，对角线互相垂直平分
(3)平行四边形的邻边相等或对角线互相垂直时，这个四边形是菱形
【分析】（1）根据裁剪的过程及菱形的判定即可得出结果；
（2）根据裁剪的过程即可得出边和对角线的性质；
（3）根据菱形的判定定理即可得出结果．
【详解】（1）解：根据折叠剪出的这个图形为菱形，一定是菱形；（2）根据折叠、裁剪的过程，这个四边形的四条边均相等，对角线互相垂直平分；
（3）根据菱形的判定定理：一组邻边相等的平行四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形，
∴当平行四边形的邻边相等或对角线互相垂直时，这个四边形是菱形．
【点睛】题目主要考查菱形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题关键．
12．（2022秋·吉林长春·八年级统考期末）如图，在 ABC中，AB＝CB，BD平分∠ABC交AC于点D，
点E在线段BD上，点F在BD的延长线上，且DE＝△DF，顺次连接A、E、C、F．
(1)求证：四边形AECF是菱形．
(2)若EF＝2，AC＝4，直接写出四边形AECF的周长．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AECF的周长为4√5．
【分析】（1）由对角线互相平分且垂直的四边形是菱形即可得出结论；
（2）由菱形的性质得出AD=2，DE=1，AE=CE=CF=AF，∠ADE=90°，再由勾股定理求得AE=√5，即可得
出结果．
（1）
证明：∵AB=CB，BD平分∠ABC，
∴BD⊥AC，AD=CD，
∵DE=DF，
∴四边形AECF是菱形；
（2）
解：由（1）得：四边形AECF是菱形，
1 1
∴AD= AC=2，DE= EF=1，AE=CE=CF=AF，∠ADE=90°，
2 2
在Rt ADE中，
△
由勾股定理得：AE=√AD2+DE2=√22+12=√5，
∴四边形AECF的周长为：4AE=4×√5=4√5．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性
质是解题的关键．
13．（2022秋·重庆黔江·八年级统考期末）（1）如图，请用尺规在ΔABC的边BC，AC，AB上分别取点
D，E，F使得四边形BDEF为菱形；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的菱形BDEF中，若∠A=80°，∠C=30°，求∠BED的度数．
【答案】（1）见解析；（2）35°
【分析】（1）作∠ABC的平分线交AC于点E，再作BE的垂直平分线交AB于点F，交BC于点D，四边
形BDEF即为所求．
（2）根据菱形的性质和三角形的内角和定理解答即可．
【详解】解（1）：如图，作∠ABC的平分线交AC于点E，再作BE的垂直平分线交AB于点F，交BC于
点D，则四边形BDEF即为所求的菱形，
理由：∵BE平分∠ABC，
∴∠EBF=∠EBD，
∵DF垂直平分BE，
∴BF=EF，BD=DE，
∴∠EBF=∠BEF，
∴∠EBD=∠BEF，
∴EF∥BD，
同理BF∥DE，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵BE⊥DF，
∴四边形BDEF是菱形；
（2）∵∠A=80°，∠C=30°，∴∠ABC=180°-80°-30°=70°，
∵四边形BDEF是菱形，
∴∠FED=∠ABC=70°，∠BEF=∠BED，
∴∠BED=35°．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质以及作图一复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作
图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结
合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
14．（2022秋·江苏扬州·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，∠BAC＝90°，E是BC的中点，
AD//BC，AE//DC，EF⊥CD于点F．
(1)求证：四边形AECD是菱形；
(2)若AB＝3，AC＝4，求EF的长．
【答案】(1)见解析
12
(2)
5
【分析】（1）根据平行四边形和菱形的判定证明即可；
（2）根据菱形的性质和三角形的面积公式解答即可．
（1）
证明：∵AD∥ BC，AE∥ DC，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵∠BAC=90°，E是BC的中点，
1
∴AE=CE= BC，
2
∴四边形AECD是菱形；
（2）
解：解：过A作AH⊥BC于点H，如图所示∵∠BAC=90°，AB=3，AC=4，
∴BC=√AB2+AC2=5，
1 1
∵ΔABC的面积= BC×AH= AB×AC，
2 2
AB×AC 12
∴AH= = ，
BC 5
∵四边形AECD是菱形，
∴CD=CE，
∵S =CE⋅AH=CD⋅EF，
▱AECD
12
∴EF=AH= ．
5
【点睛】此题考查菱形的判定和性质、勾股定理、平行四边形的判定，解题的关键是证明四边形AECD是
菱形．
15．（2022秋·重庆忠县·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＞AD，AC为对角线．
(1)尺规作图：作线段AC的垂直平分线，分别交AB、CD于点E、F，垂足为O，连接AF、CE；（保留作
图痕迹不写作法）
(2)在（1）的条件下，若AC＝4，EF＝3，求四边形AECF的面积．
【答案】(1)作图见解析
(2)四边形AECF的面积为6
【分析】(1 )根据要求作出图形即可；
(2)证明四边形AECF是菱形，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可．（1）图形如图所示：
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//CD，∴∠OAE=∠OCF，在△AOE和△COF中，¿
∴△AOE≌ COF(ASA)，∴AE= CF，∵AE∥CF，∴四边形AECF是平行四边形，∵EF垂直平分线段AC，
∆
1
∴ EA= EC，∴四边形AECF是菱形，∴四边形AECF的面积= × 3×4=6．
2
【点睛】本题考查作图-复杂作图，菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是理
解题意，灵活运用所学知识解决问题．
16．（2022秋·四川成都·八年级校联考期末）矩形ABCD中，AB＝9，AD＝3，M、N分别是AB、CD上的
点，将四边形MBCN沿MN折叠时，点B恰好落在D处，点C落在点E处，连接BN．
(1)求证：四边形DMBN是菱形；
(2)求线段AM之长；
(3)求折痕MN之长．
【答案】(1)见解析
(2)4
(3)√10
【分析】（1）根据折叠的性质可得BM=DM，DN=BN，∠DMN=∠BMN，再由四边形ABCD是矩形，可得
AB∥CD，从而得到∠DNM=∠BMN，进而得到∠DNM=∠DMN，继而得到DM=DN，即可求证；
（2）设AM=x，则DM=BM=AB-AM=9-x，在Rt△ADM中，由勾股定理，即可求解；
1
（3）连接BD，由勾股定理可得BD=3√10，再根据S = MN⋅BD=BM⋅AD，即可求解．
菱形BMDN 2
（1）证明：根据题意得：BM=DM，DN=BN，∠DMN=∠BMN，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DNM=∠BMN，
∴∠DNM=∠DMN，
∴DM=DN，
∴DM=BM=DN=BN，
∴四边形DMBN是菱形；
（2）
解：设AM=x，则DM=BM=AB-AM=9-x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
在Rt△ADM中，AD2+AM2=DM2，
∴32+x2=(9−x) 2，解得：x=4，
即AM=4；
（3）
解：如图，连接BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
在Rt△ABD中， AB＝9，AD＝3，
∴BD=√AD2+AB2=3√10，
由（2）得：AM=4，
∴BM=5，
1
∵S = MN⋅BD=BM⋅AD，
菱形BMDN 21
∴ MN×3√10=5×3，
2
解得：MN=√10．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质，熟练掌握矩形的性质，
菱形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质是解题的关键．
17．（2021秋·浙江宁波·八年级统考期末）在矩形ABCD中，AB=6，AD=4，E、F分别为AB、CD边
上的两点，把四边形AEFD沿EF翻折得到四边形A′EFD′，点A′恰好在线段EC上．
(1)求证：∠CFE=∠CEF．
(2)若AE=3，求D′F的长．
(3)连结AF，A′F．问：当AE取何值时，四边形AEA′F为菱形？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)1
13
(3)当AE= 时，四边形AEA′F为菱形，理由见解析
3
【分析】（1）根据折叠的性质可得∠AEF=∠CEF，再根据矩形的性质可得∠CFE=∠AEF，即可求证；
（2）根据折叠的性质可得A′E=AE=3，D′F=DF，再根据矩形的性质可得AB=CD=6，AD=BC=4，
∠B=90°，从而得到BE=3，由勾股定理可得CE=5，从而得到CF=CE=5，即可求解；
（3）根据折叠的性质可得A′E=AE,A′F=AF，再根据菱形的性质可设AE=x，则A′E=AE=AF=x，
BE=6-x，由勾股定理可得CF=√16+(6−x) 2，DF=√x2−16，再由DF+CF=CD，即可求解．
（1）
证明：根据题意得：∠AEF=∠CEF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠CFE=∠AEF，
∴∠CFE=∠CEF；（2）
解：根据题意得：A′E=AE=3，D′F=DF，
在矩形ABCD中，AB=CD=6，AD=BC=4，∠B=90°，
∵AE=3，
∴BE=AB-AE=3，
∴CE=√BC2+BE2=5，
∵∠CFE=∠CEF，
∴CF=CE=5，
∴DF=CD-CF=1，即D′F=1；
（3）
13
解：当AE= 时，四边形AEA′F为菱形，理由如下：
3
如图，
根据题意得：A′E=AE,A′F=AF，
∵四边形AEA′F为菱形，
∴AE=AF=A′F=A′E，
设AE=x，则A′E=AE=AF=x，BE=6-x，
∴CF=CE=√BC2+BE2=√16+(6−x) 2，DF=√AF2−AD2=√x2−16，
∵DF+CF=CD，
∴√x2−16+√16+(6−x) 2=6，
13
解得：x= ，
313
即AE= ，
3
13
∴当AE= 时，四边形AEA′F为菱形．
3
【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，菱形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，熟
练掌握矩形与折叠问题，菱形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的判定和性质是解题的关键．
18．（2022春·河南南阳·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD∥BC，以点A为圆心，AB
1
长为半径画弧交AD于点F，分别以点B，F为圆心，大于 BF的长为半径作弧，两弧交于点G，作射线
2
AG交BC于点E，交BF于点O．
(1)求证：△ABE是等腰三角形；
(2)若BF=6，AB=5，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)AE的长为8．
【分析】（1）由作图可知：AB=AF，AE平分∠BAD，推出∠BAE=∠AEB，即可证明△ABE是等腰三角形；
（2）证明四边形ABEF是菱形，利用勾股定理求出OA即可解决问题．
【详解】（1）证明：由作图可知：AB=AF，AE平分∠BAD，
∴∠FAE=∠BAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EAF=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE；
∴△ABE是等腰三角形；
（2）解：连接EF，∵AF∥BE，AB=BE=AF，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形，
1
∴OA=OE，OB=OF= BF=3，
2
在Rt AOB中，∵∠AOB=90°，
△
∴OA=√AB2−OB2=√52−32=4，
∴AE=2OA=8．
答：AE的长为8．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定和性质等知识、角平分线的性质，解题的关键是熟练掌
握基本知识．
19．（2021秋·河北保定·八年级统考期末）如图，在 ▱ABCD中，AB＝AD，AC＝16，BD＝12，AC、BD相
交于点O．
（1）求AB的长．
（2）若CE//BD，BE//AC，连接OE，求证：OE＝AD．
（3）设BC与OE相交于点P，连接DP，求DP的长．
【答案】（1）10；（2）见解析；（3）√97．
【分析】（1）证明四边形ABCD是菱形，得OA=8，OB=6，AC⊥BD，再由勾股定理即可求解；
（2）证明四边形OBEC是平行四边形，再由菱形的性质得AD=BC，AC⊥BD，则∠BOC=90°，即可得出结
论；48 36
（3）过点D作DH⊥BC于点H，先由菱形的面积求出DH= ，再由勾股定理得BH= ，则PH=BH-OB=
5 5
11
，然后由勾股定理求解即可．
5
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
1
∴OA=OC= AC=8，
2
1
OB=OD= BD=6，AC⊥BD，
2
∴∠AOB=90°，
∴AB=√OA2+OB2=√82+62=10；
（2）证明：∵CE//BD，BE∥AC，
∴四边形OBEC是平行四边形，
由(1)得：平行四边形ABCD是菱形，
∴AD=BC，AC⊥BD，
∴∠BOC=90°，
∴平行四边形OBEC是矩形，
∴OB=BC，
∴OE=AD；
（3）过点D作DH⊥BC于点H，
如图2所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=AB=10，
1
菱形ABCD的面积=BC×DH= AC×BD，
21
即10DH= ×16×12，
2
48
∴DH= ，
5
在Rt△BDH中，由勾股定理得：
BH=√BD2−DH2=
√
122−
(48) 2
=
36
，
5 5
由(2)得：四边形OBEC是矩形，
∴PB=PC，
1
∴PB= BC=5，
2
36 11
∴PH=BH-PB= -5= ，
5 5
在Rt△PDH中，
DP=√DH2+PH2=
√ (48) 2
+
(11) 2
=√97．
5 5
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识；
熟练掌握矩形的判定与性质和勾股定理，证明平行四边形ABCD为菱形是解题的关键．
20．（2021秋·河南洛阳·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，AD⊥DC，
AD=8cm，BC=15cm，CD=4cm．点E从点A出发沿射线AD以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出
发沿射线BC以2cm/s的速度运动，设运动时间为ts．连接AC、EF．
（1）若以A、F、C、E为顶点的四边形是菱形，求t的值；
（2）连接CE，当S =2S 时，直接写出t的值．（不必写过程）
ΔACE ΔFCE
【答案】（1）5；（2）6或10
【分析】（1）根据题意，得AE=tcm，BF=2tcm，可得到当F在点C左边时，FC=(15−2t)cm，当F
在点C右边时，FC=(2t−15)cm，又有当AE=FC，以A，F，C，E为顶点的四边形是平行四边形，然
后根据菱形的性质分类讨论，即可求解；（2）根据S =2S ，可得AE=2CF，然分两种情况讨论即可求解．
ΔACE ΔFCE
【详解】解：（1）根据题意，得AE=tcm，BF=2tcm，
当F在点C左边时，FC=(15−2t)cm，
当F在点C右边时，FC=(2t−15)cm，
∵AD//BC，
∴当AE=FC，即t=15−2t或t=2t−15，即t=5或15时，以A，F，C，E为顶点的四边形是平行四边
形．
如图，连接CE，当t=5时，F在点C左边得到平行四边形AFCE，
∴AE=5cm，DE=AD−AE=3cm，CD=4cm，
∵AD⊥DC，
在Rt△CDE 中，由勾股定理得：
EC=5cm，
∴AE=EC．
∴当t=5时，以A，F，C，E为顶点的四边形是菱形；
当t=15时，AE=15cm，此时F在点C右边，得到平行四边形ACFE，
∵AD=8cm，CD=4cm，AD⊥DC，
在Rt△ACD 中，由勾股定理得：
AC=√82+42=4√5≠15，
∴AE≠AC，
∴当t=15时，以A，F，C，E为顶点的四边形不是菱形．
∴若以A，F，C，E为顶点的四边形是菱形，则t的值为5．
（2）如图，
∵S =2S ，
ΔACE ΔFCE1 1
∴ AE⋅CD=2× CF⋅CD ，
2 2
∴AE=2CF，
15
当F在点C左边，即t< 时 ，
2
t=2(15−2t) ，解得：t=6 ；
15
当F在点C右边，即t> 时，
2
t=2(15−2t) ，解得：t=10 ，
综上所述，当S =2S 时，t的值为6或10．
ΔACE ΔFCE
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，三角形的面积，动点问题，熟练掌握菱形的判定和性质，并
利用分类讨论的思想解答是解题的关键．．
21．（2022秋·河北保定·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，AB=2,∠DAB=60°，点E是AD边
的中点．点M是AB边上一动点（不与点A重合），连接ME并延长交CD的延长线于点N，连接
MD、AN．
(1)求证：四边形AMDN是平行四边形；
(2)当AM=1时，求证：四边形AMDN是矩形；
(3)填空：当AM的值为 时，四边形AMDN是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2
【分析】（1）根据菱形的性质可得ND∥AM，再根据两直线平行，内错角相等可得
∠NDE=∠MAE,∠DNE=∠AME，然后利用“AAS”证明△NDE和△MAE全等，然后利用一组对边
平行且相等的四边形是平行四边形即可证明结论成立；
（2）可证△EAM是等边三角形，则NM=DA=2即可证明；
（3）由AM=AB=2,∠DAB=60°，得△AMD是等边三角形，则AM=DM即可证明．
【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形，∴ND∥AM，
∴∠NDE=∠MAE,∠DNE=∠AME，
又∵点E是AD边的中点，
∴DE=AE，
在△NDE和△MAE中，
¿，
∴△NDE≌△MAE(AAS)，
∴ND=MA，
∴四边形AMDN是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=2，
∵点E是AD边的中点，
1
∴AE= AD=1，
2
又∵∠DAM=60°,AM=1，
∴△EAM是等边三角形，
∴EM=1，
∴NM=2，
∴NM=DA=2，
∴平行四边形AMDN是矩形；
（3）当AM的值为2时，四边形AMDN是菱形，
∵AM=AB=2,∠DAB=60°，
∴△AMD是等边三角形，
∴AM=DM，
∴平行四边形AMDN是菱形．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，熟
记各性质并求出三角形全等是解题的关键．
22．（2021秋·河南新乡·八年级新乡市第十中学校考期中）如图，在菱形ABCD中，AB=20，
∠DAB=60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点
N，连接MD，AN．(1)求证：四边形AMDN是平行四边形；
(2)填空：
①当AM的值为___时，四边形AMDN是矩形；
②当AM的值为___时，四边形AMDN是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)①10；②20
【分析】（1）利用菱形的性质和已知条件可证明四边形AMDN的对边平行且相等即可；
（2）①有（1）可知四边形AMDN是平行四边形，利用有一个角为直角的平行四边形为矩形即
1
∠DMA=90°，所以AM= AD=10时即可；
2
②当平行四边形AMND的邻边AM＝DM时，四边形为菱形，利用已知条件再证明三角形AMD是等边三
角形即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴ND∥AM，
∴∠NDE=∠MAE,∠DNE=∠AME，
又∵点E是AD边的中点
∴DE=AE，
∴△NDE≌△MAE(AAS)，
∴ND=MA，
∴四边形AMDN是平行四边形；
（2）解：①当AM的值为10时，四边形AMDN是矩形．理由如下：
1
∵AM=10= AD，
2
∴∠ADM=30°
∵∠DAM=60°，∴∠AMD=90°，
∴平行四边形AMDN是矩形；
故答案为：10；
②当AM的值为20时，四边形AMDN是菱形．理由如下：
∵AM=20，
∴AM=AD=20，
∴△AMD是等边三角形，
∴AM=DM，
∴平行四边形AMDN是菱形；
故答案为：20．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定和性质、矩形的判定、以及等边三角形的判定和性质，
解题的关键是掌握特殊图形的判定以及重要的性质．
23．（2022春·陕西西安·八年级统考期中）如图1，在Rt△ABC纸片中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，
D，E分别是BC，AB边上的动点，且BE=BD，连接DE，将△BDE沿DE翻折，点B落在点F的位置，
连接AF．
(1)如图2，当点F在AC边上时，求BE的长．
(2)如图3，点D、E在运动过程中，当AF∥DE时，求AF的长．
15
【答案】(1)
4
(2)2√5
【分析】（1）由翻折的性质以及BE=BD可得四边形BDFE是菱形；进而得到△CDF∽△CBA，通过相
似三角形的性质求出DC与DF的数量关系，列方程求解即可；
（2）作EH⊥BC，交BC于点H，得EH∥AC；由DF∥AB，AF∥DE可得四边形AFDE是平行四边
形；从而得到AE=DF=BD=BE=5，BH=3；然后连续运用勾股定理分别得出EH、ED的长度，进而得出答案；
【详解】（1）解：由翻折的性质可得：BE=EF ，BD=DF
∵BE=BD
∴BE=EF=BD=DF
∴四边形BDFE是菱形
∴DF∥AB
∴△CDF∽△CBA
BC AB
∴ =
DC DF
BC DC
∴ =
AB DF
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6
∴AB=√AC2+BC2=10
BC DC 6 3
∴ = = =
AB DF 10 5
设BE=BD=DF=5x ，则:DC=3x
∵BD+DC=BC
∴5x+3x=6
3
解得：x=
4
15
∴BE=5x= ；
4
（2）解：如图，作EH⊥BC，交BC于点H；
∵∠ACB=90°
∴EH∥AC∵四边形BDFE是菱形
∴DF∥AB ，BE=BD=DF
∵AF∥DE
∴四边形AFDE是平行四边形
∴AE=DF=BD=BE ，AF=ED
1 1
∴BE=BD= AB=5 ，BH= BC=3
2 2
∴HD=BD−BH=2
在Rt△BHE中
EH=√BE2−BH2=4
在Rt△DHE中
AF=ED=√EH2+H D2=2√5．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行线截得的线段对应成比例、相似三角形、勾股定理；综合运
用上述知识点寻找线段之间的数量关系是解题的关键．
24．（2022秋·新疆乌鲁木齐·八年级校考期末）如图1，在▱ABCD中，AB=14，AD=8，∠DAB=60°，
对角线AC，BD交于点O.一动点P在边AB上由A向B运动(不与A，B重合)，连接PO并延长，交CD于点
Q．
(1)求证：OP=OQ；
(2)当AP=9时，求线段OP的长度；
(3)连接AQ，PC，如图2，随着点P的运动，四边形APCQ可能是菱形吗？如果可能，请求出此时线段
AP的长度；如果不可能，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)2√3
31
(3)能，
3【分析】（1）证明△QCO≌△PAO（ASA），可得结论．
（2）如图2中，过点D作DT⊥AB于T．解直角三角形求出DT，证明PT＝PB，OD＝OB，利用三角形中
位线定理求解．
（3）如图3中，可能是菱形，设AP＝PC＝x．利用勾股定理构建方程求解．
（1）
证明：如图1中，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∵CD//AB，OC=OA，
∴∠QCO=∠PAO，
在△QCO和△PAO中，
¿，
∴△QCO≌△PAO(ASA)，
∴OQ=OP．
（2）
解：如图2中，过点D作DT⊥AB于T．
在Rt△ADT中，∵∠DTA=90°，∠DAT=60°，AD=8，
∴∠ADT=30°，
1
∴AT= AD=4，
2
∴DT=√AD2−AT2=√82−42=4√3，∴AB=14，AP=9，
∴PB=5，
∵PT=PA−AT=9−4=5，
∴PB=PT，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD=OB，OP为△BDT的中位线，
1
∴OP= DT=2√3．
2
（3）
解：如图3中，可能是菱形，设AP=PC=x．
过点C作CF⊥AB交AB的延长线于F.则BF=4，CF=4√3，
在Rt△PCF中，PC2=CF2+PF2，
∴x2=(4√3) 2+(18−x) 2，
31
∴x= ，
3
31
∴PA= ．
3
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，菱形的性质，三角形中位线定理，勾股
定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
25．（2022秋·安徽合肥·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，∠C=30°，BC=4，D、
E分别是直角边AC和斜边BC上的点，把△ABC沿直线DE折叠，顶点C的对应点是点C'．
(1)如图1，如果点C'与顶点A重合，求AE的长；(2)如图2，如果点C'与顶点B重合，求DE的长；
(3)如图3，如果点C'落在直角边AB上，且EC'⊥AB，求证：四边形CDC'E是菱形，并直接写出该菱
形的边长．
【答案】(1)AE=2
2√3
(2)DE的长为
3
(3)菱形的边长为8√3−12
【分析】（1）根据折叠的性质得出△ABE是等边三角形，得出E点是斜边的中点，即可得出AE的长度；
（2）根据折叠的性质得出E点是BC的中点，再利用勾股定理求出DE即可；
（3）根据EC′⊥AB,得出EC′∥AC，根据角相等得出四边形CDC′E的四边形相等即可得出四边形
CDC′E是菱形，利用勾股定理求出菱形的边长即可．
（1）
∵∠A=90°，∠C=30°，BC=4，
1
∴∠B=60°，AB= BC=2，
2
根据折叠的性质知，∠EAD=∠C=30°，
∴∠BAE=90°−∠EAD=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=AB=2；
（2）
1
根据折叠的性质知，BE=CE= BC=2，
2
设DE=x，则CD=2x，
由勾股定理得，x2+22=(2x) 2，
2√3
解得x= (舍去负数)，
3
2√3
即DE的长为 ；
3
（3）
∵EC'⊥AB，
∴EC'//AC，∴∠CDE=∠C'ED，
由折叠的性质知，∠CDE=∠C'DE，
∴∠C'ED=∠C'DE，
∴C'D=C'E，
∵C'D=CD，C'E=CE，
∴C'D=CD=C'E=CE，
即四边形CDC'E是菱形，
设菱形的边长为x，
1
则BE=4−x，BC'=2− x，EC'=x，
2
1 2
由勾股定理得，(4−x) 2=x2+(2− x) ，
2
解得x=8√3−12(舍去负数)，
即菱形的边长为8√3−12．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定及性质、菱形的判定及性质、勾股定理、折叠的性质，熟练掌握性
质定理是解题的关键．
26．（2022秋·河北衡水·八年级校考期末）如图，已知菱形ABCD的边长为4√3，∠BAD＝60°，E，F为
对角线AC上的两个动点，分别从A，C同时出发，相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t
秒，且0≤t≤12．
(1)①对角线AC的长为 ；
②用含t的代数式表示线段EF的长；
(2)在点E，F运动过程中，若G，H分别为AD，BC的中点，t≠6．求证：FG∥EH；
(3)在（2）的条件下，若以E，G，F，H为顶点的四边形是矩形，求t的值．
【答案】(1)①12；②当0≤t≤6时，EF＝12﹣2t，当6
