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2022-2023 学年北师大版数学九年级上册压轴题专题精选汇编
专题 01 菱形的性质和判定
考试时间：120分钟 试卷满分：100分
一、选择题(共10题；每题2分，共20分)
1．（2分）（2021九上·舟山期末）下列事件中，属于必然事件的是（ ）
A．任意抛掷一只纸杯，杯口朝下
B．a为实数，｜a｜＜0
C．打开电视，正在播放动画片
D．任选三角形的两边，其差小于第三边
【答案】D
【完整解答】解：A选项，属于随机事件；
B选项，属于不可能事件；
C选项，属于随机事件；
D选项，属于必然事件；
故答案为：D.
【思路引导】不可能发生的事件，叫做不可能事件；必然会发生的事件，叫做必然事件；可能发生，可能
不发生的事件，叫做随机事件；由这三个定义，来判断，得出结果。
2．（2分）（2022九上·杭州开学考）如图，在菱形纸片ABCD中，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A
落在CD的中点P处，折痕为MN，点M，N分别在边AB，AD上，则BM：AM的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【完整解答】解：连接BD，BP，
设AB＝2a，
∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°，
∴AB＝BC＝2a＝CD，∠A＝∠C＝60°，
∴△BCD是等边三角形，△ABD是等边三角形，
∴∠BDC=∠ABD=60°，
∵点P在CD的中点，
∴BP⊥CD，DP＝a，∠DBP＝90°-60°=30°，
∴ ，
∴∠ABP＝∠ABD＋∠DBP＝60°+30°=90°；
∵将菱形纸片翻折，
∴AM＝MP，
∵MP2＝MB2＋BP2，
∴（2a−BM）2＝MB2＋3a2，
∴BM＝ a，
∴AM＝ a，∴BM：AM＝ .
故答案为：B.
【思路引导】连接BD，BP，设AB＝2a，利用菱形的性质可证得AB＝BC＝2a＝CD，∠A＝∠C＝60°，可
推出△BCD是等边三角形，△ABD是等边三角形，利用等边三角形的性质可证得∠BDC=∠ABD=60°；利
用等边三角形的性质可表示出DP的长，同时可求出∠DBP∠ABP的度数；利用勾股定理表示出BP的长；
利用折叠的性质可得到AM=MP；再利用勾股定理可表示出BM的长，从而可表示出AM的长；然后求出
BM：AM的值.
3．（2分）（2022·舟山九上月考）正方形具有而菱形不一定具有的性质是( )
A．对角线相等 B．四条边相等
C．对角线互相垂直 D．每条对角线平分一组对角
【答案】A
【完整解答】解：A、对角线相等是正方形的性质，但不是菱形的性质，故A符合题意；
B、正方形和菱形的四边都相等，故B不符合题意；
C、正方形和菱形的对角线都互相垂直，故C不符合题意；
D、正方形和菱形的每一条对角线平分一组对角，故D不符合题意；
故答案为：A.
【思路引导】利用正方形和菱形具有的共同的性质，对各选项逐一判断即可.
4．（2分）（2021九上·长沙期末）下列命题是真命题的是（ ）
A．五边形的内角和是720°
B．三角形的任意两边之和大于第三边
C．内错角相等
D．对角线互相垂直的四边形是菱形
【答案】B
【完整解答】解：A、五边形的内角和为540°，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
B、三角形的任意两边之和大于第三边，正确，是真命题，符合题意；
C、两直线平行，内错角相等，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，不符合题意.
故答案为：B.
【思路引导】根据多边形的内角和公式(n-2)×180°可判断A；根据三角形的三边关系可判断B；根据平行线的性质可判断C；根据菱形的判定定理可判断D.
5．（2分）（2021九上·揭西期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论：①当AB＝BC时，它是
菱形；②当AC⊥BD时，它是菱形；③当∠ABC＝90°时，它是矩形；④当AC＝BD时，它是正方形，其
中不正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【完整解答】解： 四边形 是平行四边形，
①当 时，它是菱形，选项不符合题意，
②当 时，它是菱形，选项不符合题意，
③当 时，它是矩形，选项不符合题意，
④当 时，它是矩形，不一定是正方形，选项符合题意，
故答案为：A．
【思路引导】利用平行四边形的性质对每个结论一一判断即可。
6．（2分）（2021九上·南召期末）如图，已知菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），菱形的对角
线的交于点D；若将菱形OABC绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，从如图所示位置起，经过60秒时，菱
形的对角线的交点D的坐标为（ ）
A．（1，1） B．（﹣1，﹣1）
C．（-1，1） D．（1，﹣1）
【答案】B
【完整解答】解：∵四边形OABC是菱形，∴点D是OB的中点，
∵O（0，0），B（2，2）
∴根据中点坐标公式，得点D（ ），即（1，1），
由题意知菱形OABC绕点O逆时针旋转度数为： ，∴菱形OABC绕点O逆时针旋转 周，
∴点D绕点O逆时针旋转 周，
∵ ，
∴旋转60秒时点D的坐标为 .
故答案为：B.
【思路引导】根据菱形的性质及中点坐标公式可得点D的坐标，由题意知菱形OABC绕点O逆时针旋转
度数为2700°，则点D绕点O逆时针旋转7.5周，据此解答.
7．（2分）（2021九上·内江期末）如图，菱形ABCD的边长为4，E、F分别是AB、AD上的点，AC与
EF相交于点G，若 ， ，则FG的长为（ ）
A． B．2 C．3 D．4
【答案】A
【完整解答】解：过点E作EM∥BC交AC于M，EN⊥BC于N，如图所示：∵菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝120°，
∴AB＝BC＝4，∠BAC＝∠FAC＝ ∠BAD＝60°，AD∥BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠ACB＝60°，BC＝AC，
∵EM∥BC，
∴EM∥AD，∠AEM＝∠B＝60°＝∠BAC，
∴△AEM是等边三角形，
∴AM＝AE＝AB﹣BE＝4﹣1＝3，
∵EM∥AD，
∴△AGF∽△MGE，
∴ ＝ ＝ ，
∴FG＝ EF，
在△BCE和△ACF中，
，
∴△BCE≌△ACF（SAS），
∴CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，
∴∠ACF+∠ACE＝∠ACF+∠ACE＝∠ACB＝60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF＝CE，
∵EN⊥BC，∠B＝60°，
∴∠BEN＝30°，
∴BN＝ BE＝ ，∴EN＝ BN＝ ，CN＝BC﹣BN＝4﹣ ＝ ，
∴EF＝CE＝ ＝ ＝ ，
∴FG＝ EF＝ .
故答案为：A.
【思路引导】过点E作EM∥BC交AC于M，EN⊥BC于N，根据菱形的性质可得AB＝BC＝4，∠BAC
＝∠FAC＝60°，AD∥BC，推出△ABC、△AEM是等边三角形，证明△AGF∽△MGE，根据相似三角形
的性质可得FG＝ EF，然后证明△BCE≌△ACF，得到CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，推出△CEF是等边
三角形，则EF＝CE，易得∠BEN＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得BN，由三角函数的性质求
出EN，进而求出CN，由勾股定理可得EF，然后根据FG＝ EF就可得到FG的长.
8．（2分）（2021九上·义乌期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，点D是AC边
的中点，点E是AB边上一点，将△ADE沿直线DE折叠，得到△FDE，连接FC，EC.若四边形DECF是
菱形，则BE的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．4﹣
【答案】A
【完整解答】解：在△ABC中，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2，
∴∠B＝60°，AB＝2BC＝4，AC＝ BC＝2 ，
∵点D是AC边的中点，
∴AD＝CD＝ ，
由翻折变换可知，AD＝FD＝ ，∠A＝∠DFE＝30°，
又∵四边形DECF是菱形，
∴DE＝DF＝CE＝CF＝CD＝ ，
∴△DCF和△DCE都是正三角形，
∴∠DCE＝60°，
∴∠BCE＝90°﹣60°＝30°，
∴∠BEC＝180°﹣60°﹣30°＝90°，
在Rt BCE中，∠B＝60°，BC＝2，
△
∴BE＝ BC＝1.
故答案为：A.
【思路引导】由已知条件可得∠B＝60°，AB＝4，AC＝2 ，根据线段中点的概念可得AD＝CD＝ ，
由折叠的性质可得AD＝FD＝ ，∠A＝∠DFE＝30°，由菱形的性质可得DE＝DF＝CE＝CF＝CD=
，推出 △DCF、△DCE都是正三角形，进而求出∠DCE、∠BCE、∠BEC的度数，然后根据含30°角的直
角三角形的性质进行求解.
9．（2分）（2021九上·南山期中）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD=DE，连接BE分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论：①OG=
AB②与ADEG全等的三角形共有5个：③四边形ODEG与四边形OBAG面积相等：④由点A、B、D、E
构成的四边形是菱形。其中一定成立的是（ ）
A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④
【答案】A
【完整解答】解：∵四边形ABCD为菱形
∴AB=BC=AD=DA，AB∥CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD
∴∠BAG=∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD
∵CD=DE
∴AB=DE
∴△ABG≌△DEG
∴AG=DG
∴OD为△ACD的中位线
∴OG= CD= AB，即①正确；
∵AB∥CE，AB=DE
∴四边形ABDE为平行四边形
∵∠BCD=∠BAD=60°
∴△ABD、△BCD为等边三角形
∴AB=BD=AD，∠ODC=60°
∴OD=AG，四边形ABDE为菱形，即④正确
∴AD⊥BE，由菱形的性质可得，△ABG≌△BDG≌△DEG
∴△ABG≌△DCO∴△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，即②不正确；
∵OB=OD，
∴S ABG=S DGE
∴四△边形OD△EG与四边形OEAG面积相等，即③正确
故答案为：A.
【思路引导】根据菱形、全等三角形、等边三角形的判定和性质以及三角形的中位线定理，相似三角形
的判定和性质求出答案即可。
10．（2分）（2020九上·青岛期末）如图，在菱形ABCD中，E是AD边的中点，连接BE交AC于点F，
连接DF，下列四个结论：①△AEF∽△CBF，②CF＝2AF，③DF＝DC，④2S ＝5S ，其中正
四边形CDEF ABF
△
确正确的结论有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【完整解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD BC，
∴△AEF∽△CBF，
∴ ，
∵E是AD边的中点，
∴AE＝ AD＝ BC，
∴ ，
∴CF＝2AF，故①，②符合题意；
∵四边形ABCD是菱形，∴AD=CD，∠DAC=∠DCA
∵∠DFC=∠DAC+∠ADF
∴∠DFC ≠∠DCA
∴△CDF不是等腰三角形
∴DF≠DC，故③不符合题意；
∵△AEF∽△CBF，
∴ ，
∴S ＝ S ，
AEF ABF
△ △
∵E是AD边的中点，
∴S ＝ S ，
ABE 四边形ABCD
△
∴S ＝ S = × S = S ，
ABF ABE 四边形ABCD 四边形ABCD
△ △
∴S ＝ S ，
AEF 四边形ABCD
△
又∵S ＝S −S ＝ S − S ＝ S ，
四边形CDEF ACD AEF 四边形ABCD 四边形ABCD 四边形ABCD
△ △
∴2S ＝5 S ，故④符合题意；
四边形CDEF ABF
△
故答案为：B．
【思路引导】①由菱形的性质得出AD BC，得出△AEF∽△CBF，故①正确；②根据相似，三角形对
应边成比例可得出CF＝2AF，故②正确；③根据菱形的性质得出AD=CD，∠DAC=∠DCA，由三角形外
角定理得出△CDF不是等腰三角形，得出DF≠DC，故③错误；④根据△AEF∽△CBF，得出，据此求出S ＝ S ，S ＝ S ，可得出2S ＝5 S ，故④
AEF ABF ABE 四边形ABCD 四边形CDEF ABF
△ △ △ △
正确。
二、填空题(共10题；共20分)
11．（2分）（2022九上·黄冈开学考）如图，在矩形 中， ，点 、 分别在边 、
上，连接 、 若四边形 是菱形，则 等于 ．
【答案】
【完整解答】解： 四边形MBND是菱形，
．
四边形ABCD是矩形，
．
设 ， ，则 ， 、 均为正数 ．
在 中， ，即 ，
解得 ，
，
．故答案为： ．
【思路引导】根据菱形的性质可得MD=MB，根据矩形的性质可得∠A=90°，设AB=x，AM=y，则
MB=2x-y，在Rt ABM中，利用勾股定理可得x、y的关系，由MD=MB可得MD，据此求解.
△
12．（2分）（2021九上·镇平县期末）如图，在等边三角形ABC中，AB＝2 ，点M为边BC的中点，
点N为边AB上的任意一点（不与点A，B重合），将△BMN沿直线MN折叠，若点B的对应点B'恰好落
在等边三角形ABC的边上，则BN的长为 .
【答案】 或
【完整解答】解：
如图1，当点B关于直线MN的对称点B'恰好落在等边三角形ABC的边AB上时，
则MN⊥AB，BN＝B′N，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠ABC＝60°，
∴ ，∵点M为边BC的中点，
∴BM＝ BC＝ AB＝ ，
∵在直角三角形BMN中， ，
∴BN＝ BM＝ ；
如图2，当点B关于直线MN的对称点B'恰好落在等边三角形ABC的边AC上时，
则MN⊥BB′， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴三角形B'MC是等边三角形，
∴ ，
∴
∵
∴
∴
∴四边形BMB′N是平行四边形，
又∵ ，
∴平行四边形BMB′N是菱形，
∵∠ABC＝60°，点M为边BC的中点，
∴BN＝BM＝ BC＝ AB＝ ，
故答案为： 或 .
【思路引导】由题意分两种情况：①当点B关于直线MN的对称点B'恰好落在等边三角形ABC的边AB上
时；②当点B关于直线MN的对称点B'恰好落在等边三角形ABC的边AC上时，结合已知可求解.13．（2分）（2021九上·三水期末）如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，DE AC，CE BD，连接
OE，设AC＝12，BD＝16，则OE的长为 ．
【答案】10
【完整解答】解：∵DE AC，CE BD，
∴四边形OCED为平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝ AC＝6，OB＝OD＝ BD＝8，
∴∠DOC＝90 ，CD＝ ＝ ＝10，
∴平行四边形OCED为矩形，
∴OE＝CD＝10，
故答案为：10．
【思路引导】根据平行线的性质得出四边形OCED为平行四边形，再根据菱形的性质得出AC⊥BD，OA
＝OC＝ AC＝6，OB＝OD＝ BD＝8，利用勾股定理得出CD的值，得出平行四边形OCED为矩形，即
可得出答案。
14．（2分）（2021九上·锦州期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的顶点A，D分别在y
轴的正半轴和负半轴上，顶点B在x轴的负半轴上，若OA＝3OD，S ＝16 ，则点C的坐标为
菱形ABCD
．【答案】（－2 ，－8）
【完整解答】
，
四边形ABCD为菱形，
， ，
即 ， ，
，
．
设 则 ，
，即 ，
，
解得 （舍去）
．
∵AD在y轴上，BC∥AD，即BC∥y轴，则BC⊥x轴，
∴C(−27，−8)．
【思路引导】先求出BC=4OD，AB=4OD，再利用勾股定理和菱形面积公式计算求解即可。15．（2分）（2021九上·盐湖期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E为DC的中点，
若 ，则菱形的周长为 ．
【答案】16
【完整解答】解：∵四边形ABCD是菱形，且对角线相交于点O
∴点O是AC的中点
∵E为DC的中点
∴OE为△CAD的中位线
∴AD=2OE=2×2=4
∴菱形的周长为：4×4=16
故答案为：16
【思路引导】由菱形的性质可得点O是AC的中点，从而得出OE为△CAD的中位线，可得AD=2OE=4，
根据菱形的四边相等即可求解.
16．（2分）（2021九上·成都月考）如图，菱形ABCD中，AB＝12，∠BAD＝60°，E为线段BC的中点.
若点P是线段AB上的一动点，Q为线段AD上一动点，则 PQE的周长的最小值是 .
【答案】
【完整解答】解：分别作点E关于直线AB、AD的对称点M、N，连接PM、NQ、MN，由对称性质得：PM=PE，QN=QE，
则 PQE的周长=PE+PQ+QE=PM+PQ+QN，
根据两点之间线段最短可知，当M、P、Q、N四点共线时， PQE的周长最小，最小值为MN的长，
连接EM交AB延长线于H，则ME⊥AB于H，
过点N作NG⊥ME交ME延长线于G，连接BD、NE，则NE⊥AD，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=12，
∴AB=BC=CD=12，AD∥BC，AB∥CD，∠C=∠BAD=60°，
∴△BCD是等边三角形，∠EBH=∠DAB=60°，
∵点E为BC在中点，
∴CE=BE= BC=6，DE⊥BC，
∵AD∥BC，
∴DE⊥AD，又 NE⊥AD，
∴点D在线段NE上，
在Rt CDE中，∠C=60°，
△
∴ ，∠CDE=90°－∠C=30°，
∴NE=2DE= ，
∵AB∥CD，NG⊥ME，ME⊥AB，
∴NG∥AB∥CD，
∴∠GNE=∠CDE=30°，∴在Rt NGE中，GE= NE= ，
△
∴ ，
在Rt BHE中，∠BEH=90°－∠EBH=90°－60°=30°，BE=6，
△
∴BH= BE=3，
∴ ，
∴EM=2EH= ，
∴GM=GE+EM= ，
∴在Rt MGN中， ，
△
即 PQE的周长的最小值是 ，
故答案为： .
【思路引导】分别作点E关于直线AB、AD的对称点M、N，连接PM、NQ、MN，由对称性质得：
PM=PE，QN=QE，则△PQE的周长=PE+PQ+QE=PM+PQ+QN，根据两点之间线段最短可知，当M、P、
Q、N四点共线时， PQE的周长最小，最小值为MN的长，求出此时MN的长即可.
17．（2分）（2021九上·富平期末）如图，在边长为10的菱形 中，对角线 ，点O是
线段 上的动点， 于E， 于F.则 .
【答案】9.6【完整解答】解：连接AC、OA，如图所示，
∵四边形ABCD为菱形，对角线 ，边长为10，
∴DG=8，AC⊥BD，
∴AG= ，
∵ ，
即 ，
∴ ，
解得：OE+OF=9.6，
故答案为：9.6.
【思路引导】连接AC、OA,先由菱形性质得到DG=8，AC⊥BD，再由勾股定理得到AG=6,接着根据
，由等面积法得到OE+OF的值.
18．（2分）（2020九上·莱阳期末）如图，菱形 的边长为10，面积为80， ，
⊙O与边 ， 都相切，菱形的顶点A到圆心O的距离为5，则⊙O的半径长等于 ．【答案】
【完整解答】
∵菱形 的面积为80，
∴ ，
∵AB=10，
∴DM=8，
∴ =6，
∴BM=AB-AM=4，
在Rt BDM中，BD= ，
△
设⊙O与边 相切于点H，连接OH，则OH⊥AB，
∴∠AHO=∠AGB=∠DMB= ，∴∠OAH+∠AOH=∠GAB+∠ABG=∠ABG+∠BDM= ，
∴∠AOH=∠BDM，
∴△AOH∽△DBM，
∴ ，
∴ ，
∴OH= ．
故答案为： ．
【思路引导】作DM⊥AB于M，连接AC、BD交于点G，利用菱形 的面积为80，得出
DM=8，利用勾股定理得出AM的长，设⊙O与边 相切于点H，连接OH，则OH⊥AB，证出
△AOH∽△DBM，得出 ，由此得出OH的值。
19．（2分）（2020九上·靖江月考）如图，在Rt ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8.点D、E是边AC，
BC上，点F、G在AB边上当四边形DEFG是菱形△，且符合条件的菱形只有一个时，则菱形的边长x的取
值范围是 .
【答案】 或
【完整解答】解：设菱形的边长为 .
如图1中，当四边形 是正方形时，∵四边形DEFG是正方形，
∴DE//BC，
∴∠CDE=∠A，∠CED=∠B，
在 中， ， ， ，
， ，
则 ， ， ，
，
，
；
如图2中，当四边形 是菱形时.
，
，，
，
解得 ；
如图3中，当四边形 是菱形时.
，
，
，
，
，
综上所述，菱形的边长 的取值范围为 或 .
故答案为： 或 .
【思路引导】设菱形的边长为x，当四边形DEFG是正方形时，DE//BC，由平行线的性质可得∠CDE=∠A，∠CED=∠B，根据勾股定理求出AB，利用三角函数的概念表示出CD、AD，然后根据
AD+CD=AC可得x的值；当四边形DAGE是菱形时，DE//AB，易证△CDE∽△CAB，由相似三角形的性
质可得x的值；当四边形DGBE是菱形时，△CDE∽△CAB，由相似三角形的性质可得x的值，据此不难
得到x的范围.
20．（2分）（2020九上·沈河期末）如图，点P是线段AB上的一个点，分别以AP，PB为边在AB的同
侧作菱形APCD和菱形PBFE，点P，C，E在一条直线上，点M，N分别是对角线AC，BE的中点，连接
MN，PM，PN，若∠DAP＝60°，AP2+3PB2＝2，则线段MN的长为 ．
【答案】
【完整解答】连接PM、PN．
∵菱形APCD和菱形PBFE，∠DAP＝60°，M，N分别是对角线AC，BE的中点，
∴PM⊥AC，PN⊥BE，∠CAB＝∠NPB＝30°．
∴∠MPC+∠NPC＝90°，即△MPN是直角三角形．
在Rt APM中，AP＝2PM，
△
在Rt PNB中，PB＝ PN．
△
∵AP2+3PB2＝1，
∴（2PM）2+3（ PN）2＝2，整理得PM2+PN2＝
在Rt MPN中，MN2＝PM2+PN2，
△
所以MN＝ ．
故答案为： ．
【思路引导】连接PM、PN，△MPN是直角三角形，由勾股定理可得MN2＝PM2+PN2，在在Rt APM中，
△
AP＝2PM，在Rt PNB中，PB＝ PN，代入已知的AP2+3PB2＝2，即可．
△
三、解答题(共7题；共59分)
21．（6分）（2021九上·秦都期末）如图，菱形ABCD的边长为4， ，以AC为边长作正方
形ACEF，求这个正方形的周长.
【答案】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，
∵∠B=60°，∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=4，∴正方形ACEF的周长是16.
【思路引导】根据菱形的性质可得AB=BC，推出ABC是等边三角形，得到AC=AB=4，据此不难求出正
方形的周长.
22．（6分）（2021九上·武功月考）如图，四边形 是平行四边形，且对角线 ， 交
于点O， ， ， .求证：四边形 是菱形.
【答案】证明：∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∵ ， .
∴四边形 是平行四边形，
又∵ ，
∴四边形 是菱形.
【思路引导】由平行四边形的性质可得OB=OD，结合BD=2AB可得AB=OB，根据AE∥BD、OE∥AB可
得四边形ABOE是平行四边形，然后结合菱形的判定定理进行证明.
23．（6分）（2021九上·长沙期末）如图，将菱形ABCD的对角线AC向两个方向延长，分别至点E和点
F，且使AE＝CF.
（1）（3分）求证：四边形EBFD是菱形；
（2）（3分）若菱形EBFD的对角线BD＝10，EF＝24，求菱形EBFD的面积.
【答案】（1）证明：∵菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD.∵AE=CF，
∴OA+AE=OC+CF，即OE=OF.
∴四边形AECF是平行四边形.
∵AC⊥EF，
∴四边形EBFD是菱形.
（2）解：菱形EBFD的面积= .
【思路引导】（1）根据菱形的性质可得OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，根据AE=CF可推出OE=OF，则四
边形AECF是平行四边形，然后结合AC⊥EF以及菱形的判定定理进行证明；
（2）根据菱形的面积为对角线乘积的一半进行计算.
24．（10分）（2018九上·紫金期中）已知： ABCD的两边AB，AD的长是关于x的方程x²-mx+
- =0的两个实数根．
（1）（5分）当m为何值时，四边形ABCD是菱形?求出这时菱形的边长；
（2）（5分）若AB的长为2，那么 ABCD的周长是多少?
【答案】（1）解：∵ 四边形ABCD是菱形
∴AB=AD
∴此方程有两个相等实数根
即b2-4ac=(-m)2-4( - )=0
∴m=1
当m=1时，原方程为x2-x+ =0∴x=x= ，
1 2
即菱形边长为 .
即当m=1时，四边形ABCD是菱形，此时边长是 .
（2）解：把AB=2代入原方程得：22-2m+ - =0
∴m=
又由根与系数关系得：AB+AD=m=
∴AD= -2=
又 ∵平行四边形ABCD
∴AB=CD、BC=AD
∴平行四边形ABCD周长=2(2+ )=5。
【思路引导】（1）根据菱形的四条边相等，可知该方程有两个相等实数根，据此即可解答；
（2）由方程根的意义，把AB=2代入原方程即可求出m，再利用根与系数关系可得另一根，最后根据平行
四边形对边相等即可计算。
25．（11分）（2017九上·虎林期中）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y=﹣x+b与坐
标轴交于C，D两点，直线AB与坐标轴交于A，B两点，线段OA，OC的长是方程x2﹣3x+2=0的两个根（OA＞OC）．
（1）（3分）求点A，C的坐标；
（2）（3分）直线AB与直线CD交于点E，若点E是线段AB的中点，反比例函数y= （k≠0）的
图象的一个分支经过点E，求k的值；
（3）（5分）在（2）的条件下，点M在直线CD上，坐标平面内是否存在点N，使以点B，E，M，N
为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：x2﹣3x+2=(x﹣1)(x﹣2)=0，
∴x=1，x=2，
1 2
∵OA＞OC，
∴OA=2，OC=1，
∴A（﹣2，0），C（1，0）
（2）解：将C（1，0）代入y=﹣x+b中，
得：0=﹣1+b，解得：b=1，
∴直线CD的解析式为y=﹣x+1．
∵点E为线段AB的中点，A（﹣2，0），B的横坐标为0，
∴点E的横坐标为﹣1．
∵点E为直线CD上一点，
∴E（﹣1，2）．
将点E（﹣1，2）代入y= （k≠0）中，得：2= ，
解得：k=﹣2．
（3）解：假设存在，
设点M的坐标为（m，﹣m+1），
以点B，E，M，N为顶点的四边形是菱形分两种情况（如图所示）：①以线段BE为边时，∵E（﹣1，2），A（﹣2，0），E为线段AB的中点，
∴B（0，4），
∴BE= AB= ．
∵四边形BEMN为菱形，
∴EM= =BE= ，
解得：m= ，m=
1 2
∴M（ ，2+ ）或（ ，2﹣ ），
∵B（0，4），E（﹣1，2），
∴N（﹣ ，4+ ）或（ ，4﹣ ）；
②以线段BE为对角线时，MB=ME，
∴ ，
解得：m=﹣ ，
3
∴M（﹣ ， ），
∵B（0，4），E（﹣1，2），∴N（0﹣1+ ，4+2﹣ ），即（ ， ）．
综上可得：坐标平面内存在点N，使以点B，E，M，N为顶点的四边形是菱形，点N的坐标为（﹣ ，
4+ ）、（ ，4﹣ ）或（ ， ）
【思路引导】（1）通过解方程x2﹣3x+2=0，可得OA、OC的长，再结合A、C两点的位置即可写出A、C
坐标；
（2）根据（1）中C的坐标可求出直线CD解析式，再根据线段AB两端点的横坐标可知中点E的横坐标，
结合直线CD的解析式即可求出点E坐标，从而求出反比例函数中的k值；
（3）设出点M的坐标，分线段BE是菱形边和对角线两种情况，利用菱形的四边都相等及对角线垂直平
分的性质，借助两点间距离公式即可列方程求解。
26．（10分）定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个
损矩形的直径．
（1）（2分）如图1，损矩形ABCD，∠ABC=∠ADC=90°，则该损矩形的直径是线段 ．
（2）（4分）在线段AC上确定一点P，使损矩形的四个顶点都在以P为圆心的同一圆上（即损矩形的
四个顶点在同一个圆上），请作出这个圆，并说明你的理由．友情提醒：“尺规作图”不要求写作法，但
要保留作图痕迹．
（3）（4分）如图2，△ABC中，∠ABC=90°，以AC为一边向形外作菱形ACEF，D为菱形ACEF的
中心，连接BD，当BD平分∠ABC时，判断四边形ACEF为何种特殊的四边形？请说明理由．若此时AB=3，BD= ，求BC的长．
【答案】（1）AC
（2）解：作图如图：
∵点P为AC中点，
∴PA=PC= AC．
∵∠ABC=∠ADC=90°，
∴BP=DP= AC，
∴PA=PB=PC=PD，
∴点A、B、C、D在以P为圆心， AC为半径的同一个圆上
（3）解：∵菱形ACEF，∴∠ADC=90°，AE=2AD，CF=2CD，∴四边形ABCD为损矩形，∴由（2）可
知，点A、B、C、D在同一个圆上．∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD=45°，∴ ，
∴AD=CD，
∴四边形ACEF为正方形．
∵BD平分∠ABC，BD= ，
∴点D到AB、BC的距离h为4，
∴S = AB×h=2AB=6，
ABD
△S = AB×BC= BC，S = BC×h=2BC，S = S = AC2= （BC2+9），
ABC BDC ACD 正方形ACEF
△ △ △
∵S =S +S =S +S ∴ BC+ （BC2+9）=6+2BC∴BC=5或BC=﹣3（舍去），
四边形ABCD ABC ADC ABD BCD
△ △ △ △
∴BC=5．
【完整解答】（1）解：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做
这个损矩形的直径．因此AC是该损矩形的直径。
【思路引导】（1）根据矩形的直径概念即可得解；
（2）AC为Rt ABC和Rt ADC斜边，根据直角三角形斜边的中线等于先把的一半，可知AC的中点到四
边形ABCD四个△顶点的距离△相等，由此作相等AC的垂直平分线，与相等AC的交点即为所求；
（3）根据菱形的性质求出四边形ABCD为损矩形，再求出四边形ACEF为正方形，即可求出点D到AB、
BC的距离，进而求出△ABD，△ABC，△BDC的面积，然后根据S =S +S =S +S 求
四边形ABCD ABC ADC ABD BCD
△ △ △ △
解即可.
27．（10分）（2021九上·凌海期中）已知四边形ABCD是正方形，点P在线段BC上，点G在线段AD
上（P、G不与正方形顶点重合，且在CD的同侧）， ， 于点H，交直线AB于
点F，将线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，连接EF．（1）（3分）求证： ；
（2）（3分）求证：四边形PEFD是菱形；
（3）（4分）若 ， ．求四边形PEFD的面积．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠C＝∠ADC＝90°，
∵DF⊥PG，
∴∠DHG＝90°，
∴∠HGD+∠ADF＝90°，
∠CDP+∠PDG＝90°，
∵PD＝PG，
∴∠PGD＝∠PDG，
∴∠ADF＝∠CDP，
∴△ADF≌△CDP（ASA），
∴DF＝DP，
∵PD＝PG，
∴DF＝PG．
（2）证明：过点P作PM⊥AD于点M，则四边形CDMP是矩形，
∵线段PG绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，∴∠EPG＝90°，PE＝PG，
∴PE＝PD＝DF而DF⊥PG，
∴DF∥PE，且DF＝PE，
∴四边形PEFD为平行四边形，
∵DF＝PD，
∴四边形PEFD为菱形．
（3）解：在Rt DCP中，CD=AB=3，PC=1，
△
∴DP= = ，
易知DM=MG=PC=1，.DG=2DM=2，
∵∠PMG=∠DHG=90°，∠DGH=∠PGM，
∴△DHG∽△PMG，
∴ = 即 = ，
∴GH= ，
∴PH=PG－GH= ，
由（1）知DF=PG，
∴四边形PEFD的面积=DF•PH= × =8．
【思路引导】（1）先求出 ∠PGD＝∠PDG， 再利用ASA证明 △ADF≌△CDP ，最后求解即可；
（2）先求出 ∠EPG＝90°，PE＝PG， 再求出四边形PEFD为平行四边形， 最后证明求解即可；
（3）利用勾股定理，相似三角形的判定与性质，计算求解即可。
