文档内容
专题1.1 菱形的性质与判定
【学习目标】
1、理解菱形的概念，掌握菱形的性质及探究菱形面积的多种求法；
2、经历菱形判定定理的猜想与证明过程，理解并掌握菱形的判定定理；
3、能应用菱形的判定解决简单的证明题和计算题；
4、综合利用菱形的性质与判定解决问题；
5、经历探索菱形的性质和基本概念的过程，在操作、观察、分析过程中发展学生思维意识，
体会几何说理的基本方法。
【知识梳理】
菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形。
菱形的性质，从边、角、对角线、对称性进行讨论。如下图，四边形ABCD为菱形：
1）边：①四条边都相等；②对边平行，即AB=BC=CD=DA，AB∥CD，BC∥AD
2）角：对角相等（与平行四边形相同），即∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC
3）对角线：①对角线相互垂直；②对角线平分对角；③对角线相互平分，
即AC⊥BD；∠BAC=∠CAD，∠ABD=∠CBD；AO=OC，BO=OD
4）对称性：轴对称图形；中心对称图形
5）菱形的面积（对角线相互垂直的四边形）：对角线乘积的一半，即S ＝
菱形ABCD
×AC×BD，
菱形是特殊的平行四边形，常见的判定思路：平行四边形+菱形的一个特殊性质，具体如
下：
1）判定方法1（定义）：平行四边形+1组邻边相等
2）判定方法2（边）：四条边相等的四边形，即AB=BC=CD=DA
3）判定方法3（对角线）：平行四边形+对角线相互垂直，或对角线相互垂直且平分
4）判定方法4（对角线）：平行四边形+对角线平分一组顶角
【高频考点精讲】
【高频考点1】菱形的性质（求长度、角度）
例1.（2022·陕西·九年级期末）如图， 菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点A
作AE⊥BC于点E，连接OE．若OB=6，菱形ABCD的面积为54，则OE的长为（ ）A．4 B．4.5 C．8 D．9
【答案】B
【分析】由菱形的性质得出BD＝12，由菱形的面积得出AC＝9，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ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD＝ BD，BD⊥AC，∴BD
＝2OB＝12，∵S ═ AC×BD＝54，∴AC＝9，
菱形ABCD
∵AE⊥BC，∴∠AEC＝90°，∴OE＝ AC＝4.5，故选：B．
【点睛】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．
例2.（2022•海淀区校级期中）如图，在菱形 ABCD中，点M、N分别交于AB、CD上，
AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BO．若∠OBC＝62°，则∠DAC为 °．
【分析】由全等三角形的性质可证△AOM≌△CON，可得AO＝CO，由等腰三角形的性质
可得BO⊥AC，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AB＝BC，BC∥AD，∴∠MAO＝∠NCO，∠BCA＝∠CAD，
{∠MAO=∠NCO
在△AOM和△CON中， ∠AOM=∠CON，
AM=CN
∴△AOM≌△CON（AAS），∴AO＝CO，
又∵AB＝BC，∴BO⊥AC，∴∠BCO＝90°﹣∠OBC＝28°＝∠DAC，故答案为：28．
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握菱形的性质是本题的关
键．
变式1（2022·黑龙江·九年级期末）如图，菱形 的边长为10，对角线 的长为
16，点 ， 分别是边 ， 的中点，连接 并延长与 的延长线相交于点 ，
则 的长为________．【答案】12
【分析】连接AC，交BD于点O，先证EF是△ACD的中位线，得EF∥AC，再证四边形
CAEG是平行四边形，得AC＝EG，然后由勾股定理求出OA＝OC＝6，即可解决问题．
【详解】解：连接AC，交BD于点O，如图所示：
∵菱形ABCD的边长为10，∴AD∥BC，AB＝BC＝CD＝DA＝10，
∵点E、F分别是边AD，CD的中点，∴EF是△ACD的中位线，
∴EF∥AC，∴AC∥EG∴四边形CAEG是平行四边形，∴AC＝EG，
∵AC、BD是菱形的对角线，BD＝16，∴AC⊥BD，OB＝OD＝8，OA＝OC，
在Rt AOB中，AB＝10，OB＝8，∴OA＝OC 6，
∴AC△＝2OA＝12，∴EG＝AC＝12；故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理及勾
股定理等知识；熟练掌握菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．
变式2.（2022•汉阳区期中）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝110°，AB的垂直平分线交
AC于点N，点M为垂足，连接DN，则∠CDN的大小是 ．
1
【分析】根据菱形的性质得出 DC＝BC，∠DCN＝∠BCN，∠CAB= ∠DAB＝55°，
2
∠ABC＝∠ADC，DC∥AB，求出∠ADC＝∠ABC＝70°，根据全等三角形的判定得出
△DCN≌△BCN，根据全等三角形的性质得出∠CDN＝∠CBN，根据线段垂直平分线的性
质得出AN＝BN，求出∠NBA＝∠CAB＝55°，再求出答案即可．
【解答】解：连接BN，∵四边形ABCD是菱形，
1 1
∴DC＝BC，∠DCN＝∠BCN，∠CAB= ∠DAB= ×110°=55°，∠ABC＝∠ADC，
2 2
DC∥AB，∴∠CDA+∠DAB＝180°，
∵∠BAD＝110°，∴∠ADC＝180°﹣110°＝70°，∴∠ABC＝70°，
{
DC=BC
在△DCN和△BCN中， ∠DCN=∠BCN，
CN=CN
∴△DCN≌△BCN（SAS），∴∠CDN＝∠CBN，
∵MN是AB的垂直平分线，∴AN＝BN，∴∠NBA＝∠CAB＝55°，
∴∠CDN＝∠CBN＝∠ABC﹣∠NBA＝70°﹣55°＝15°，故答案为：15°．
【点评】本题考查平行线的性质，菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性
质，全等三角形的性质和判定等高频考点，能综合运用高频考点进行推理和计算是解此题
的关键．
【高频考点2】菱形的性质（等积问题）
例2.（2021•天津二模）如图，在菱形ABCD中，∠ADC＝120°，AB＝3，点E在BC上，
且BE＝2EC，BF⊥AE，垂足为F，则BF的值为 ．
【分析】过E作EM⊥AB，交AB延长线于M，根据菱形的性质求出BC＝3，求出BE＝2，
求出∠BEM＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质求出BM，根据勾股定理求出EM，求
出AE，根据三角形的面积求出答案即可．
【解答】解：过E作EM⊥AB，交AB延长线于M，则∠EMB＝90°，∵四边形ABCD是菱形，AB＝3，∠ADC＝120°，∴∠D＝∠ABC＝120°，BC＝AB＝3，
∴∠EBM＝60°，∴∠BEM＝90°﹣∠EBM＝30°，
1
∵BE＝2EC，BC＝3，∴BE＝2，∴BM= BE＝1，
2
由勾股定理得：EM=√BE2−BM2=√22−12=√3，∴AM＝AB+BM＝4，
由勾股定理得：AE=√AM2+EM2=√42+(√3) 2=√19，
1 1
∵S△ABE =
2
×AE×BF=
2
×AB×EM，∴√19×BF＝3×√3，
3√57 3√57
解得：BE= ，故答案为： ．
19 19
【点评】本题考查了菱形的性质，三角形的面积，直角三角形的性质等高频考点，能综合
运用高频考点进行推理和计算是解此题的关键．
变式1.（2022•雁塔区九年级模拟）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O．过O作
OE⊥AB于点E．延长EO交CD于点F，若AC＝8，BD＝6，则EF的值为（ ）
12 24 48
A．5 B． C． D．
5 5 5
【分析】由在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝6，AC＝8，可求得菱形的
面积与边长，继而求得答案．
【解答】解：在菱形ABCD中，BD＝6，AC＝8，
1 1
∴OB= BD＝3，OA= AC＝4，AC⊥BD，∴AB=√OA2+BO2=√32+42=5，
2 2
1 1 24
∵S菱形ABCD =
2
AC•BD＝AB•EF，即
2
×6×8＝5EF，∴EF =
5
．故选：C．
【点评】此题考查了菱形的性质以及勾股定理．注意菱形的面积等于对角线积的一半或底
乘以高．
变式2.（2022•南山区九年级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，且
BE
AC＝6，BD＝8，过A点作AE垂直BC，交BC于点E，则 的值为（ ）
CE5 7 7 5
A． B． C． D．
12 25 18 24
【分析】利用菱形的性质即可计算得出BC的长，再根据面积法即可得到AE的长，最后根
据勾股定理进行计算，即可得到BE的长，进而得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
1 1
∴CO= AC＝3，BO= BD＝4，AO⊥BO，∴BC=√CO2+BO2=√32+42=5，
2 2
1
1 ×6×8
∵S菱形ABCD =
2
AC•BD＝BC×AE，∴AE
=
2
=
24．
5 5
√ 24 7
在Rt△ABE中，BE=√AB2−AE2= 52−( ) 2= ，
5 5
7 18 BE 7
∴CE＝BC﹣BE＝5− = ，∴ 的值为 ，故选：C．
5 5 CE 18
【点评】本题主要考查了菱形的性质以及勾股定理的运用，关键是掌握菱形的四条边都相
等；菱形的两条对角线互相垂直平分．
【高频考点3】菱形的判定
例3.（2021·江苏南通田家炳中学初三期中）下列说法中错误的是（ ）
A．四边相等的四边形是菱形 B．对角线相等的矩形是菱形
C．一组邻边相等的平行四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
【答案】B
【分析】根据菱形、正方形的判定方法分别分析即可求解．
【解析】A. 四边相等的四边形是菱形，正确，不合题意；
B. 对角线相等的矩形是菱形，错误, 符合题意；
C. 一组邻边相等的平行四边形是菱形，正确，不合题意；
D. 对角线互相垂直平分的四边形是菱形，正确，不合题意.故选B．
【点睛】本题考查了菱形的判定方法，正确把握相关定义是解题关键．
变式1.（2022·重庆市·九年级期末）如图，两把完全一样的直尺叠放在一起，重合的部分
构成一个四边形，这个四边形一定是______．【答案】菱形
【分析】由条件可知AB∥CD，AD∥BC，再证明AB=BC，即可解决问题．
【详解】过点D作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F．
∵两把直尺的对边分别平行，即：AB∥CD，AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，
∵两把直尺的宽度相等，∴DE=DF．
又∵平行四边形ABCD的面积=AB•DE=BC•DF，∴AB=BC，
∴平行四边形ABCD为菱形．故答案为：菱形．
【点睛】本题主要考查菱形的判定定理，添加辅助线，利用平行四边形的面积法证明平行
四边形的邻边相等，是解题的关键．
变式2.（2022•上城区九年级期中）如图，在△ABC中，点D、E、F分别在边AB、BC、
CA上，且DE∥CA，DF∥BA，下列四种说法：①四边形AEDF是平行四边形；
②如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是菱形；
③如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形；
④如果AB＝AC，那么四边形AEDF是菱形．
其中，正确的有 ．（只填写序号）
【分析】根据平行四边形的判定和菱形的判定解答即可．
【解答】解：∵DE∥CA，DF∥BA，∴四边形AEDF是平行四边形，故①正确；
∵∠BAC＝90°，四边形AEDF是平行四边形，∴四边形AEDF是矩形，故②错误；
∵AD平分∠BAC，四边形AEDF是平行四边形，∴四边形AEDF是菱形，故③正确；
∵AB＝AC，四边形AEDF是平行四边形，不能得出AE＝AF，故四边形AEDF不一定是菱形，故④错误；故答案为：①③．
【点评】此题考查菱形的判定，关键是就平行四边形的判定和菱形的判定解答．
【高频考点4】菱形的判定（证明类）
例4.（2021·广东佛山市·九年级期末）如图，BD是△ABC的角平分线，过点作DE BC交
AB于点E，DF AB交BC于点F．（1）求证：四边形BEDF是菱形；（2）若∠ABC＝
60°，∠ACB＝45°，CD＝6，求菱形BEDF的边长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）由题意可证BE＝DE，四边形BEDF是平行四边形，即可证四边形BEDF为
菱形；（2）过点D作DH⊥BC于H，由直角三角形的性质可求解．
【详解】证明：（1）∵DE∥BC，DF∥AB，∴四边形DEBF是平行四边形，
∵DE∥BC，∴∠EDB＝∠DBF，
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBF＝ ∠ABC，∴∠ABD＝∠EDB，∴DE＝BE，
又∵四边形BEDF为平行四边形，∴四边形BEDF是菱形；
（2）如图，过点D作DH⊥BC于H，
∵DF∥AB，∴∠ABC＝∠DFC＝60°，∵DH⊥BC，∴∠FDH＝30°，
∴FH＝ DF，DH＝ FH＝ DF，
∵∠C＝45°，DH⊥BC，∴∠C＝∠HDC＝45°，∴DC＝ DH＝ DF＝6，∴DF＝2
，
∴菱形BEDF的边长为2 ．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握菱形的判定定理是本题
的关键．
变式1.（2021•南京二模）如图，在 ABCD中，点E、F在对角线BD上，BE＝DF．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；（2）若BD平分∠ABC，求证：四边形AECF是
▱
菱形．
【分析】（1）由平行四边形的性质得OA＝OC，OB＝OD，再证OE＝OF，即可得出结论；
（2）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可证明．
【解答】证明：（1）如图，连接AC，与BD相交于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝FD，∴OB﹣BE＝OD﹣DF，即 OE＝OF．
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC，
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∴∠ABD＝∠ADB，∴AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，即AC⊥EF；
由（1）得：四边形AECF是平行四边形，∴四边形AECF是菱形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定等
知识；熟练掌握菱形的判定与性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
变式1.（2021•浦东新区二模）已知：如图，在四边形 ABCD中，AB∥DC，对角线AC、
BD交于点O，过点C作CE⊥CD交AB的延长线于点E，联结OE，OC＝OE．
1
（1）求证：OE= AC；（2）如果DB平分∠ADC，求证：四边形ABCD是菱形．
2
【分析】（1）过O作OF⊥CE于F，由等腰三角形的性质得CF＝EF，再证OF是△ACE的中位线，得OA＝OC，即可得出结论；
（2）证△AOB≌△OCD（ASA），得OB＝OD，则四边形ABCD是平行四边形，再证BC
＝DC，即可得出结论．
【解答】证明：（1）过O作OF⊥CE于F，如图所示：
∵OC＝OE，∴CF＝EF，∵OF⊥CE，CE⊥CD，∴OF∥CD，
∵AB∥DC，OF∥AB，∴OF∥AB，
1
∴OF是△ACE的中位线，∴OA＝OC，∴OE= AC；
2
（2）∵AB∥DC，∴∠OAB＝∠OCD，
{∠OAB=∠OCD
在△AOB和△OCD中， OA=OC ，
∠AOB=∠COD
∴△AOB≌△OCD（ASA），∴OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，
∵DB平分∠ADC，∴∠ADB＝∠CDB，∴∠CBD＝∠CDB，
∴BC＝DC，∴平行四边形ABCD是菱形．
【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、
等腰三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握菱形的判定和等腰三角形
的判定与性质是解题的关键．
【高频考点5】菱形中的翻折、旋转问题
例5.（2021·广东宝安·一模）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E为AD边上的一个动点，
连接BE，将AB沿着BE折叠得到A'B，A的对应点为A'，连接A'D，当A′B⊥AD时，
∠A'DE的度数为 ______．
【答案】15°
【分析】由菱形的性质可得 ，可证 是等边三角形，由等边三角形的性质可得 垂直平分 ， ，由折叠的性质可得 ，可得 ，即
可求解．
【详解】解：如图，连接 ， ，
四边形 是菱形， ， ， 是等边三角形，
， 垂直平分 ， ， ， ，
将 沿着 折叠得到 ， ， ，
．故答案为： ．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定和性质，证明 是
等边三角形是解题的关键．
变式1.（2022·广东·松岗九年级期中）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，将菱形折叠，
使点A恰好落在对角线BD上的点G处（不与B、D重合），折痕为EF，若DG＝2，AD＝
6，则BE的长为（ ）
A． B． C．3 D．3.5
【答案】A
【分析】作EH⊥BD于H，根据折叠的性质得到EG＝EA，根据菱形的性质、等边三角形
的判定定理得到△ABD为等边三角形，得到AB＝BD，根据勾股定理列出方程，解方程即
可．
【详解】解：作EH⊥BD于H，
由折叠的性质可知，EG＝EA，∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，∠ABD＝∠CBD＝ ∠ABC＝60°，∴△ABD为等边三角形，∴AB＝BD＝AD＝6，
设BE＝x，则EG＝AE＝6﹣x，在Rt EHB中，BH＝ x，EH＝ x，
△
在Rt EHG中，EG2＝EH2+GH2，即（6﹣x）2＝（ x）2+（4﹣ x）2，
△
解得，x＝ ，∴BE＝ ，故选：A．
【点睛】此题考查了菱形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，熟
记各高频考点并综合运用是解题的关键．
变式2.（2022•滕州市九年级模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为
2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC＝60°，若将菱形OABC绕点O顺时针
旋转75°，得到四边形OA'B'C'，则点B的对应点B'的坐标为（ ）
A．（√6，−√6） B．（2，﹣2） C．（√3，−√3） D．（4，﹣4）
【点睛】作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB′，根据菱形的性质得到∠COB＝30°，再根据
旋转的性质得∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝2√3，则∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，所以
△OB′H为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质可计算得 OH＝B′H=√6，然后根据
第四象限内点的坐标特征写出B′点的坐标．
【详解】解：作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB′，如图，
∵四边形OABC为菱形，∴OB平分∠AOC，∴∠COB＝30°，
∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至第四象限OA′B′C′的位置，
∴∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝2√3，∴∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，
√2
∴△OB′H为等腰直角三角形，∴OH＝B′H= OB′=√6，
2∴点B′的坐标为（√6，−√6）．故选：A．
【能力提升】
一．选择题
1．（2021·陕西西安市第三中学九年级期末）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（
）
A．中心对称图形 B．对边分别相等 C．对角线互相平分 D．对角线相等
【答案】D
【分析】根据矩形和菱形的性质进行判断即可得出答案．
【详解】解：矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质和菱形的性质，能熟记矩形的性质和菱形的性质的内容是
解此题的关键．
2．（2021·贵州贵阳市·九年级期末）如图，将菱形纸片 折叠，使点A恰好落在菱
形的对称中心O处，折痕为EF．若菱形 的边长为4， ，则 的值是（
）
A． B．2 C． D．4
【答案】B
【分析】根据菱形的性质证明△ABD是等边三角形，求得BD=4，再证明EF是△ABD的
中位线即可得到结论．
【详解】解：连接AC，BD
∵四边形ABCD是菱形，∴ ，BD平分∠ABC，
∴∠ ∵ ∴△ABD是等边三角形，∴由折叠的性质得： ，EF平分AO，
又∵ ，∴ ∴EF为△ABD的中位线，∴ 故选：B．
【点睛】本题考查了折叠性质，菱形性质，主要考查学生综合运用定理进行推理和计算的
能
力．
3．（2022·浙江初三期末）如图，在菱形 中， 于点 ， 点恰好为
的中点，则菱形 的较大内角度数为（ ）
A．100° B．120° C．135° D．150°
【答案】B
【分析】连接AC，证明△ABC是等边三角形，得出∠B=60°，则∠D=60°，
∠BAD=∠BCD=120°，即可得出答案．
【解析】连接AC，如图：
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∠BAD=∠BCD，∠B=∠D，AD∥BC，
∴∠BAD+∠B=180°，
∵CE⊥AB，点E是AB中点，∴BC=AC，∴BC=AC=AB，∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，∴∠D=60°，∠BAD=∠BCD=120°；即菱形ABCD的较大内角度数为120°；
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质等知
识；熟练掌握菱形的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
4．（2021·山东威海市·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，点F是AB的中点，
连接DF并延长，交CB的延长线于点E，连接AE．添加一个条件，使四边形AEBD是菱
形，这个条件是（ ）
A． B． C． D．DE平分【答案】D
【分析】先证明△ADF≌△BEF，得到AD=BE，推出四边形AEBD是平行四边形，再逐项
依次分析即可．
【详解】解：在平行四边形ABCD中，AD∥BC，∴∠DAB=∠EBA，
∵点F是AB的中点，∴AF=BF，∵∠AFD=∠BFE，∴△ADF≌△BEF，∴AD=BE，
∵AD∥BE，∴四边形AEBD是平行四边形，
A、当 时，得到AB=BD，无法判定四边形AEBD是菱形，故该选项不符
合题意；
B、AB=BE时，无法判定四边形AEBD是菱形，故该选项不符合题意；
C、DF=EF时，无法判定四边形AEBD是菱形，故该选项不符合题意；
D、当DE平分 时，四边形AEBD是菱形，故该选项符合题意；故选：D．
【点睛】此题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，菱形的判定，熟记平行
四边形的性质是解题的关键．
4．（2022·河南初三三模）如图，菱形 的对角线 相交于点 ，过点 作
于点 ，连接 ，若 ，则 的度数是（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【答案】C
【分析】在直角三角形BDE中，直角三角形斜边上中线为斜边一半，可证 ODE为等腰
三角形，∠OED的度数可知，且四边形ABCD是菱形，即 ABD为等腰三角形，所以
∠BAD的度数可求．
【解析】解：∵ ，∴ BDE为直角三角形，且直角三角形斜边上中线为斜边一
半，
∴ ，∴ ODE为等腰三角形，∠OED=∠ODE=90°-∠BEO=90°-
25°=65°，
又∵四边形ABCD是菱形，故AB=AD，即 ABD为等腰三角形，
∴∠BAD=180°-∠ADB-∠ABD=180°-65°-65°=50°，故选：C．
【点睛】本题主要考察了直角三角形斜边上的中线、菱形的性质、等边对等角，解题的关
键在于掌握直角三角形斜边上中线为斜边一半，即可证明 ODE为等腰三角形．
5．（2021•沙坪坝区校级月考）如图，在菱形纸片 ABCD中，AB＝8，∠A＝60°，将菱形
纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F、O分别在边A，AD上，则EG
的长为（ ）28 14
A． B． C．4 D．4√3
5 5
1
【点睛】作EM⊥AD于M，由直角三角形的性质得出DM= DE＝2，ME=√3DM＝2√3，
2
由折叠的性质得AG＝EG，在Rt GME中，由勾股定理得出EG2＝（8﹣EG+2）2+（2√3
28
）2，解得EG= 即可． △
5
【详解】解：作EM⊥AD于M，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，AB＝8，∴CD＝AD＝AB＝8，AB∥DC，
∵AB∥CD，∴∠A＝∠MDC＝60°，∵E是CD中点，∴DE＝4，
∵ME⊥AD，∠DMC＝60°∴∠MED＝30°，且ME⊥AD
1
∴DM= DE＝2，ME=√3DM＝2√3，由折叠的性质得：AG＝EG，∠AFG＝∠EFG，
2
28
在Rt GME中，EG2＝GM2+ME2．∴EG2＝（8﹣EG+2）2+（2√3）2，解得：EG= ，
5
△
故选：A．
6．（2022·山东宁津初三一模）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠DAB=60°，把菱形
ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．1+ B．2+ C．3 D．3–
【答案】D
【分析】根据菱形的性质可得AD'=AD=2，A，D'，C三点共线，S =S -S ，可
阴影部分 ABC D'EC
△ △得S ．
阴影部分
【解析】解：如图，连接AC，BD相交于O，BC与C'D'于E点．
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60° ∴∠CAB=30°=∠CAD，AC⊥BD，AO=CO，
B0=DO
∵AB=2 ∴DO=1，AO= DO= ，∴AC=2 ，
∵菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′
∴∠D'AB=30°，AD=AD'=2 ∴A，D'，C三点共线 ∴CD'=CA-AD'=2 -2
又∵∠ACB=30°∴D'E= -1，CE= D'E=3- ，
∵S =S -S ∴S = ×2 ×1- ×（ -1）×（3- ）=3- .故选D.
阴影部分 ABC D'EC 阴影部分
△ △
【点睛】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，关键是灵活运用这些性质解决问题.
7.（2022·江苏无锡九年级期中）如图，在菱形 中， ，
，点 是线段 上一动点，点 是线段 上一动点，则
的最小值（ ）
A． B． C． D．
【答案】D.
【解析】解：作点E关于AC的对称点点G，连接PG、PE，则PE=PG，CE=CG=2，
连接BG，过点B作BH⊥CD于H，则∠BCH=∠CBH=45°，∵四边形ABCD是菱形， ∴BC=AD=
在Rt BHC中，BH=CH=3 ，∴HG=HC-GC=3-2=1，∴Rt BHG中，BG=
△ ， △
当点F与点B重合时，PE+PF最小，最小值=PG+PB=BG，∴PE+PF的最小值为 ．故
答案为：D．
8．（2022·山东滨州·八年级期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，
于点E，若 ， ，则在下列结论中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据菱形的性质可知AB=AD，AO=OC，OD=OB，由于DE⊥AB于点E，所以在
Rt AED中，利用勾股定理可以求出AE，进而求出BE、BD，再在Rt AOB中求出OA即
可作出判断．
△ △
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD，AO=OC，OD=OB，
∵AB=5，∴AD=5，∵DE⊥AB于点E，DE=4，
在Rt AED中，根据勾股定理得，AE= =3，故B错误；
∴BE=△AB-AE=5-3=2，故C正确；
在Rt BDE中，根据勾股定理得，BD= ，故A错误；
△
∴OB= BD= ，
在Rt AOB中，根据勾股定理得，OA= ，故D错误．
△
故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质以及勾股定理，解题的关键是掌握菱形的性质并灵活运用．
菱形的性质：①菱形具有平行四边形的一切性质； ②菱形的四条边都相等；③菱形的两
条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；④菱形是轴对称图形，它有2条对
称轴，分别是两条对角线所在直线．
9．（2022·山东济南·八年级期末）如图，菱形ABCD中，AC＝6，DB＝8，AH⊥BC，则
AH等于（ ）
A． B． C．5 D．4
【答案】A
【分析】由菱形的性质和勾股定理先求出 ，然后根据菱形的面积即可求解．
【详解】解：如图，对角线 、 交于点 ，
四边形 是菱形， ，
， ， ，
，
， 菱形 的面积 ，
即 ， ，故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、菱形面积公式，解题的关键是熟练掌握菱形
的性质，由勾股定理求出 的长．
10．（2022·广东初三期末）在菱形ABCD中， ，点E为AB边的中点，DE
是线段AP的垂直平分线，连接DP、BP、CP，下列结论：①DP=CD；②
；③ ；④ ，其中正确的是（ ）A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】C
【分析】如图，设DE交AP于点O，根据菱形的性质、垂直平分线的性质判断，即可解决
问题.
【解析】解：如图，设DE交AP于O，∵四边形ABCD是菱形，∴DA＝DC＝AB，
∵DE是线段AP的垂直平分线，∴DE⊥AP，OA＝OP，
∴DA＝DP，∴DP＝CD，故①正确；
∵AE＝EB，AO＝OP，∴OE//PB，∴PB⊥PA，
∴∠APB＝90°，∴PA2＋PB2＝AB2＝CD2，故②正确；
若∠DCP＝75°，则∠CDP＝30°，
∵∠ADC＝60°，∴DP平分∠ADC，显然不符合题意，故③错误；
∵∠ADC＝60°，DA＝DP＝DC，∴∠DAP＝∠DPA，∠DCP＝∠DPC，∠CPA＝ （360°
－60°）＝150°，故④正确；故选C.
【点睛】本题考查菱形的性质、垂直平分线的性质等知识，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.
二．填空题
11．（2022·江苏·八年级期末）如图，四边形ABCD是菱形，∠DAB＝48°，对角线AC，
BD相交于点O，DH⊥AB于H，连接OH，则∠DHO＝_____度．
【答案】24【分析】由菱形的性质可得OD＝OB，∠COD＝90°，由直角三角形的斜边中线等于斜边的
一半，可得OH＝ BD＝OB，可得∠OHB＝∠OBH，由余角的性质可得∠DHO＝
∠DCO，即可求解．
【详解】∵四边形ABCD是菱形，∴OD＝OB，∠COD＝90°，∠DAB＝∠DCB＝48°，
∵DH⊥AB，∴OH＝ BD＝OB，∴∠OHB＝∠OBH，
又∵AB∥CD，∴∠OBH＝∠ODC，在Rt COD中，∠ODC+∠DCO＝90°，
△
在Rt DHB中，∠DHO+∠OHB＝90°，∴∠DHO＝∠DCO＝ ∠DCB＝24°，
△
故答案为：24．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，余角的性质，是几何综合
题，判断出OH是BD的一半，和∠DHO＝∠DCO是解决本题的关键．
12．（2022·黑龙江佳木斯·八年级期末）如图，在菱形 中， 是 上一点，连接
交对角线 于点 ，连接 ，若 ，则 ______°．
【答案】40
【分析】由“SAS”可证△ABF≌△CBF，可得∠BAF=∠BCF，由平行线的性质可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CB，AB∥DC，∠ABF=∠CBF，
∵AB=CB，∠ABF=∠CBF，BF=BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴∠BAF=∠BCF，
∵∠AED=40°，AD∥BC，
∴∠AED=∠BAF，
∴∠BCF=40°，
故答案为：40．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理
是本题的关键．
13．（2021·山东济南市·九年级期末）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝12，
BD＝16，点P为边BC上一点，且P不与写B、C重合．过P作PE⊥AC于E，PF⊥BD于
F，连结EF，则EF的最小值等于__________．【答案】4.8
【分析】连接 ，由菱形的性质解得 ，再根据勾股定理
解得 ，继而证明四边形 为矩形，得到 ，根据垂线段最短解得当
时， 有最小值，最后根据三角形面积公式解题即可．
【详解】连接 ， 四边形 是菱形，
四边形 为矩形，
当 时， 有最小值，此时
的最小值为 ，故答案为： ．
【点睛】本题考查菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短等知识，是重
要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
14．（2021·北京中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E,F 分别在BC,AD上，
AF EC．只需添加一个条件即可证明四边形AECF 是菱形，这个条件可以是
______________（写出一个即可）．
【答案】AF AE（答案不唯一）【分析】由题意易得四边形AECF 是平行四边形，然后根据菱形的判定定理可进行求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD//BC，
∵AF EC，∴四边形AECF 是平行四边形，
若要添加一个条件使其为菱形，则可添加AF AE或AE=CE或CE=CF或AF=CF，理由：
一组邻边相等的平行四边形是菱形；故答案为AF AE（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定，熟练掌握菱形
的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定是解题的关键．
15．（2021·黑龙江哈尔滨市·九年级期末）如图，菱形 的边长为10，对角线 的
长为16，点 ， 分别是边 ， 的中点，连接 并延长与 的延长线相交于点
，则 的长为________．
【答案】12
【分析】连接AC，交BD于点O，先证EF是△ACD的中位线，得EF∥AC，再证四边形
CAEG是平行四边形，得AC＝EG，然后由勾股定理求出OA＝OC＝6，即可解决问题．
【详解】解：连接AC，交BD于点O，如图所示：
∵菱形ABCD的边长为10，∴AD∥BC，AB＝BC＝CD＝DA＝10，
∵点E、F分别是边AD，CD的中点，∴EF是△ACD的中位线，
∴EF∥AC，∴AC∥EG∴四边形CAEG是平行四边形，∴AC＝EG，
∵AC、BD是菱形的对角线，BD＝16，∴AC⊥BD，OB＝OD＝8，OA＝OC，
在Rt AOB中，AB＝10，OB＝8，∴OA＝OC 6，
∴AC△＝2OA＝12，∴EG＝AC＝12；故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理及勾
股定理等知识；熟练掌握菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．
16．（2021八下·江津期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AC＝
16，BD＝12，E是边AD上一点，直线OE交BC于点F，将菱形沿直线EF折叠，使点B
的对应点为B'，点A的对应点为A′，若AE＝4，则 B'F 的长等于 .【答案】6
【分析】先根据菱形的性质可得 OA=OC=8,OB=6,AC⊥BD,AD//BC ，从而可
得 BC=10 ，再根据三角形全等的判定定理证出 △COF≅△AOE ，从而可得
CF=AE=4,BF=6 ，然后根据折叠的性质即可得.
【解析】解： ∵ 四边形 ABCD 是菱形， AC=16,BD=12 ，
1 1
∴OA=OC= AC=8,OB= BD=6,AC⊥BD,AD//BC ，
2 2
∴BC=√OB2+OC2=10,∠OCF=∠OAE,∠OFC=∠OEA ，
{∠OFC=∠OEA
在 △COF 和 △AOE 中， ∠OCF=∠OAE ，∴△COF≅△AOE(AAS) ，
OC=OA
∴CF=AE=4 ，∴BF=BC−CF=10−4=6 ，
由折叠的性质得： B'F=BF=6 ，故答案为：6.
三．解答题
17．（2022·浙江杭州市·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，E为对角线BD上一点，且
AE⊥AB，连结CE．（1）求证：∠ECB＝90°；（2）若AE═ED＝1时，求菱形的边长．
【答案】（1）见解析 （2）
【分析】（1）由菱形的性质可得AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，由“SAS”可证
△ABE≌△CBE，可得结论；
（2）由菱形的性质可得AB＝AD，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠DAE＝
∠ADE＝∠ABD＝30°，利用直角三角形的性质和勾股定理即可求解．
【详解】解：（1）证明：∵AE⊥BA，∴∠BAE＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，
又∵BE＝BE，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴∠BAE＝∠BCE＝90°；
（2）∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD， ∴∠ABD＝∠ADB，∵AE═ED＝1，∴∠DAE＝∠EDA，∴∠DAE＝∠ADE＝∠ABD，
∵∠DAE+∠ADE+∠BAE+∠ABD＝180°，∴∠DAE＝∠ADE＝∠ABD＝30°，
∵∠BAE＝90°，∴BE＝2AE＝2，
在Rt ABE中， ,∴菱形的边长为 ．
【点睛△】本题考查了菱形的性质、勾股定理、等腰三角形性质等知识，熟练掌握菱形性质
是解题关键．
18．（2021·浙江九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，（1）若
∠BAE=30°，AE=3，求菱形ABCD的周长．（2）作AF⊥CD于点F，连接EF，BD，求证：
EF∥BD．（3）设AE与对角线BD相交于点G，若CE=4，BE=8，四边形CDGE和 AGD
的面积分别是S 和S，求S﹣S 的值．
1 2 1 2
【答案】（1）8 ；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由直角三角形的性质和勾股定理得出 ， ，求
出 ，即可得出结果；（2）证明 ，得出 ，证出
，由等腰三角形的性质得出 ，即可得出结论；
（3）连接 ，证明 ，得出 ， 和 的面积相等，
得出S﹣S=S ， ，由勾股定理得出AE= =4
1 2 CGE
△
，设 ，则 ，由勾股定理得出方程，求出 ，即可得
出结果．
【详解】（1）解：∵AE⊥BC，∠BAE=30°，∴ ， ，
∵ ，∴ ，解得： ，
∴菱形 的周长=2 ×4=8 ；
（2）证明：∵四边形 是菱形，∴∠ =∠ ， ，
∵ ， ，∴∠ =∠ =90°，在 和 中， ，∴ （ ），∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ∥ ；
（3）解：连接CG，如图所示：
∵四边形 是菱形，∴ ， ，
在 和 中， ，∴ ，
∴ ， 和 的面积相等，∴S﹣S=S ，
1 2 CGE
△
，∵ ，
∴ =4 ，设 ，则 ，
∵ ，∴ 2+ 2= 2，即：x2+42=(4 ﹣x)2，
解得：x= ，即EG= ，∴S﹣S=S = CE•EG= ×4× = ．
1 2 CGE
△
【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、
平行线的判定、勾股定理、三角形面积等知识；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是
解题的关键．
19．（2021·辽宁沈阳市·九年级期末）如图，在Rt ABC中，∠BAC＝90°，AD是边BC上
的中线，过点A作AE BC，过点D作DE AB，D△E与AC，AE分别交于点O，E，连接
EC．（1）求证：四边形ADCE是菱形；（2）若AB＝AO，OD＝1，则菱形ADCE的周长
为 ．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）先证四边形ABDE为平行四边形，再证得AE＝CD，得四边形ADCE是平行四边形，然后根据直角三角形斜边上的中线性质得AD＝CD，即可得出结论；（2）先由菱
形的性质得AD＝AE＝CE＝CD，AC⊥DE，OA＝OC，再证OD是△ABC的中位线，得AB
＝2OD＝2，则AO＝AB＝2，然后由勾股定理求出AD的长即可解决问题．
【详解】解：（1）证明：∵AE∥BC，DE∥AB，∴四边形ABDE为平行四边形，∴AE＝
BD，
∵AD是边BC上的中线，∴BD＝CD，∴AE＝CD，∴四边形ADCE是平行四边形，
又∵∠BAC＝90°，AD是边BC上的中线，∴AD＝ BC＝CD，∴平行四边形ADCE是菱
形；
（2）解：∵四边形ADCE是菱形，∴AD＝AE＝CE＝CD，AC⊥DE，OA＝OC，
∵BD＝CD，∴OD是△ABC的中位线，∴AB＝2OD＝2，∴AO＝AB＝2，
∴AD＝ ＝ ＝ ，∴菱形ADCE的周长＝4AD＝4 ，故答案为：
4 ．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、直角三角形斜边上的
中线性质以及勾股定理等知识；证得四边形ADCE为菱形是解题的关键．
20．（2021·四川遂宁市·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交
于点O，过点O的直线EF与BA、DC的延长线分别交于点E、F．
（1）求证：AE＝CF；（2）请再添加一个条件，使四边形BFDE是菱形，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）EF⊥BD或EB＝ED，见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的证明方法证明VAOE≌VCOF，则
可得到AE＝CF；
（2）连接BF，DE，由VAOE≌VCOF，得到OE=
OF，又AO=CO，所以四边形AECF
是平行四边形，则根据EF⊥BD可得四边形BFDE是菱形．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形∴OA＝OC，BE∥DF∴∠E＝∠F
E F
在△AOE和△COF中AOE COF
∴ ∴AE＝CF
OAOC VAOE≌VCOF AAS
（2）当EF⊥BD时，四边形BFDE是菱形，理由如下： 如图：连结BF，DE∵四边形ABCD是平行四边形∴OB＝OD
∵VAOE≌VCOF∴OE OF ∴四边形BFDE是平行四边形
∵EF⊥BD， ∴四边形BFDE是菱形
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定、平行四边形的性质，菱形的判定等高
频考点，熟悉相关性质，能全等三角形的性质解决问题是解题的关键．
21.（2021•玄武区一模）如图，在平行四边形ABCD中，E，F是对角线BD上的点，且BE
＝DF，连接AE，CF．（1）求证△ADE≌△CBF；（2）连接AF，CE，若AB＝AD，求证：
四边形AFCE是菱形．
【分析】（1）由“SAS”可证△ADE≌△CBF；（2）先证四边形 ABCD 是菱形，
AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，可得EO＝FO，即可得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠ADE＝∠CBF，
{
AD=CB
∵BE＝DF，∴BF＝DE，在△ADE和△CBF中， ∠ADE=∠CBF，
DE=BF
∴△ADE≌△CBF（SAS）；
（2）连接AC，交BD于点O，
∵AB＝AD，四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，
∵BE＝DF，∴EO＝FO，∴四边形AECF是平行四边形，又∵AC⊥BD，∴四边形AECF是菱形．
【点评】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，
灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
22．（2021·湖北江岸·八年级期中）如图1，菱形AEFG的两边AE、AG分别在菱形ABCD
的边AB和AD上，且∠BAD=60°，连接CF；（1）求证： ；（2）如图2，将
菱形AEFG绕点A进行顺时针旋转，在旋转过程中（1）中的结论是否发生变化？请说明理
由．
【答案】（1）见解析；（2）CF= ，（1）中的结论不变．理由见解析．
【分析】（1）延长EF交CD于M点，证明三角形CMF是等腰三角形，且∠EMC=120°，
过点M作MN⊥CF，垂足为N，根据30°角所对直角边等于斜边的一半，和勾股定理，得
FN=NC= 即CF=2FN= ；（2）过D做∠NDC=∠ADG,使DN=DG，连接NC，
证明 DGN为等腰三角形，四边形GFNC为平行四边形即可．
【详解】（1）如图１，延长EF交CD于M点，
△
∵四边形AEFG和四边形ABCD是菱形∴DC//GF//AB,DM//GF
∴四边形GFMD是平行四边形则∠D=∠EMC=120°，∴∠MFC=∠MCF=30°，
过点M作MN⊥CF，垂足为N，∴MN= ,根据勾股定理，得FN= ，
∵MC=MF，∴FN=NC，∴CF=2FN= ；
（2）如图2，过D做∠NDC=∠ADG,使DN=DG，连接NC，∴ AGD≌△DNC(SAS）∴AG=NC ∠DNC=∠AGD∴△DGN为等腰三角形，则
∠DGN=∠DNG，
△
∵∠NGF=360°-∠AGD-∠AGF-∠DGN=240°-∠DGA-∠DGN
∠GNC=∠DNC-∠DNG=∠DNC-∠DNG ∴∠NGF+∠GNC=240°-∠DGN-∠DNG,
∵∠DGN+∠DNG=180°-∠GDN=60°∴∠NGF+∠GNC=180°∴NC//GF ，
∴四边形GFNC为平行四边形∴CF=GN，则GN= ，∴CF= ，结论（1）不变．
【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，三角形的全等，等腰三角形的性质，
灵活构造辅助线是解题的关键．
23．（2021·辽宁大东·九年级期末）如图，在菱形 中， ， 是对角线
上一点， 是线段 延长线上一点且 ，连接 ．（1）如图，若 是线段
的中点，连接 ，其他条件不变，直接写出线段 与 的数量关系；（2）如图，若
是线段 上任意一点，连接 ，其他条件不变，猜想线段 与 的数量关系是什么？
并证明你的猜想；（3）如图，若 是线段 延长线上一点，其他条件不变，且
，菱形 的周长为 ，直接写出 的长度．
【答案】（1） ；（2） ，证明见解析；（3）7
【分析】（1）由菱形的性质和已知条件得出 是等边三角形，得出 ，由
等边三角形的性质和已知条件得出 ，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得出 ，即可得出结论．
（2）过点 作 交 于点 ，先证明 是等边三角形，得出 ，
，再证明 是等边三角形，得出 ， ，然后由
证得 ，即可得出结论．
（3）过点 作 交 延长线于点 ，证明同（2），得出 ，证明
， ，则 ， ，得
出 ， ，则 ，由勾股定理即可得出
结果．
【详解】解：（1） ；理由如下： 四边形 是菱形， ，
， 是等边三角形， ，
是线段 的中点， ， ，
， ， ， ， ．故
答案为 ；
（2）猜想线段 与 的数量关系为： ；
证明：过点 作 交 于点 ，如图所示：
四边形 为菱形， ，
， ， ， 与 都是等边三角形，
， ， ，又 ， ，
又 ， 是等边三角形， ， ，
，
又 ， ，
在 和 中， ， ， ；
（3）过点 作 交 延长线于点 ，如图：
四边形 为菱形， ，菱形 的周长为 ，
是等边三角形， ， ， ， ，
又 ， ，又 ， 是等边三角形，
， ， ，又 ， ，在 和 中， ， ， ，
， ， ，
是等边三角形， ， ，
在 中， ， ， ，
， ， ，
，
由勾股定理得： ．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边
三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、含 角直角三角形的性质、勾股定理、
平行线的性质、三角形内角和定理、三角形外角性质等知识；解题的关键是熟练掌握菱形
的性质，证明三角形全等和等边三角形．
