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第 01 课 菱形的性质与判定
课后培优练级
练
培优第一阶——基础过关练
一、单选题
1．下列四边形中不一定为菱形的是（ ）
A．对角线相等的平行四边形 B．对角线平分一组对角的平行四边形
C．对角线互相垂直的平行四边形 D．用两个全等的等边三角形拼成的四边形
【答案】A
【解析】
A. 对角线相等的平行四边形是矩形而不一定是菱形；
B. 对角线平分一组对角的平行四边形是菱形；
C. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形；
D. 用两个全等的等边三角形拼成的四边形四条边形等是菱形；
故选A.
2．在菱形ABCD中，若∠ADC=120°，则BD：AC等于 ( )
A． ：2 B． ：3 C．1：2 D． ：1
【答案】B
【解析】
解：由题可知
设 ，则 ，
故选B3．菱形的两条对角线长分别为6㎝和8㎝,则这个菱形的面积为( )
A．48 B． C． D．18
【答案】B
【解析】
试题解析：根据菱形的面积公式：
故选B.
4．如图，在菱形ABCD中，AB＝5，∠B：∠BCD＝1：2，则对角线AC等于( )
A．5 B．10 C．15 D．20
【答案】A
【解析】
试题解析：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B+∠BCD=180°，AB=BC，
∵∠B：∠BCD=1：2，
∴∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=5．
故选A．
5．菱形ABCD中,AE⊥BC于E,若S =24cm2,则AE=6cm,则菱形ABCD的边长为 ( )
菱形ABCD
A．4 cm B．5 cm C．6 cm D．7 cm
【答案】A
【解析】
试题解析：如图所示：∵菱形ABCD的面积为 ，AE=6cm，AE⊥BC，
∴菱形的面积=24=AE×BC，
则AB=BC=24÷6=4(cm).
故选A.
点睛：菱形的性质：四条边相等.
6．如图，菱形ABCD的周长为48cm，对角线AC、BD相交于O点，E是AD的中点，连接OE，则线段
OE的长等于（ ）
A．4cm B．5cm C．6cm D．8cm
【答案】C
【解析】
试题分析：∵菱形ABCD的周长为48cm，
∴AD=12cm，AC⊥BD，
∵E是AD的中点，
∴OE= AD=6（cm）．
故选C．
考点：菱形的性质；三角形中位线定理．
7．如图，矩形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 相交于点 O,CE∥BD, DE∥AC , AD＝2 , DE＝2,则四边形
OCED 的面积为（ ）
A．2 B．4 C．4 D．8
【答案】A【解析】
连接OE，与DC交于点F，
∵四边形ABCD为矩形，
∴OA=OC，OB=OD，且AC=BD，即OA=OB=OC=OD，
∵OD∥CE，OC∥DE，∴四边形ODEC为平行四边形，
∵OD=OC，∴四边形ODEC为菱形，∴DF=CF，OF=EF，DC⊥OE，
∵DE∥OA，且DE=OA，∴四边形ADEO为平行四边形，
∵AD= ，DE=2，∴OE= ，即OF=EF= ，
在Rt△DEF中，根据勾股定理得：DF= =1，即DC=2，
则S ODEC= OE•DC= × ×2= ．
菱形
故选A．
8．如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BO．若
∠DAC＝28°，则∠OBC的度数为（ ）
A．28° B．52° C．62° D．72°
【答案】C
【解析】
【分析】
根据菱形的性质以及AM＝CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO＝CO，然后可得BO⊥AC，继而可
求得∠OBC的度数．
解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB∥CD，AB＝BC，∴∠MAO＝∠NCO，∠AMO＝∠CNO，
在△AMO和△CNO中，
∵ ，
∴△AMO≌△CNO（ASA），
∴AO＝CO，
∵AB＝BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BOC＝90°，
∵∠DAC＝28°，
∴∠BCA＝∠DAC＝28°，
∴∠OBC＝90°﹣28°＝62°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．
二、填空题
9．若▱ABCD的对角线AC平分∠DAB，则对角线AC与BD的位置关系是________．
【答案】互相垂直
【解析】
【分析】
证明AB=BC可得到四边形ABCD是菱形，即可得到对角线AC与BD的位置关系．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC=∠BCA．
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠BAC，∴∠BCA=∠BAC，
∴AB=BC．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD为菱形，
∴对角线AC与BD的位置关系是：互相垂直．
故答案为：互相垂直．
【点睛】
本题主要考查了菱形的判定和性质、平行四边形的性质，关键是掌握邻边相等的平行四边形是菱形．
10．矩形和菱形都是常见的几何图形，请根据它们的性质，写出矩形和菱形的两个不同点：
①_________﹔②________．
【答案】 矩形的对角线相等；（答案不唯一） 菱形的对角线互相垂直．（答案不唯
一）
【解析】
【分析】
根据矩形和菱形的性质，然后判断它们性质的不同点，即可得到答案．
解：根据题意，
矩形的性质有：两组对边平行且相等；每个内角都是90°；对角线互相平分且相等；
菱形的性质有：两组对边平行且相等；四条边都相等；对角线互相平分且垂直；
∴不同点有：①矩形的四个内角都是90°；②矩形的对角线相等；③菱形的四条边都相等；④菱形的对角
线互相垂直．
故答案为：矩形的对角线相等；菱形的对角线互相垂直．（答案不唯一）
【点睛】
本题考查了矩形和菱形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形和菱形的性质进行分析．
11．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A，C 在 轴上，顶点B的坐标为（2，3），那么顶
点D的坐标是______________；
【答案】
【解析】【分析】
由菱形的性质和已知条件得出 、 关于 轴对称，由顶点 的坐标为 ，即可得出点 的坐标．
解： 菱形 的顶点 ， 在 轴上，
，菱形 关于 轴对称，
、 关于 轴对称，
顶点 的坐标为 ，
顶点 的坐标是 ；
故答案为： ．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质、对称的性质等知识；熟练掌握菱形的性质和关于 轴对称的性
质是解题的关键．
12．如图，在四边形 中，对角线 相交于点 ，且 互相垂直平分，若 ，
若 上有一点 ，使 ，那么 _______．
【答案】25°
【解析】
【分析】
首先证明四边形ABCD是菱形，可求∠ABD＝50°，又因为BE＝BO，所以∠BEO＝∠BOE＝65°，然后可
得结果．
解：∵对角线 相交于点 ，且 互相垂直平分
∴四边形ABCD是菱形，
∵∠BAD＝80°，
∴∠ABD＝∠ADB＝ ×（180°−80°）＝50°，
又∵BE＝BO，
∴∠BEO＝∠BOE＝ ×（180°−50°）＝65°．∴ 90°−65°＝25°，
故答案为25°．
【点睛】
此题考查了菱形的判定和性质以及等边对等角，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．
．
三、解答题
13．已知▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，OA，OB，AB的长分别为3，4，5，求其他各边以及两
条对角线的长度．
【答案】其他各边的长都是5，两条对角线的长分别为6，8
【解析】
【分析】
根据勾股定理的逆定理，先证明AC⊥BD，得四边形ABCD是菱形，即可解决问题．
解：∵OA=3，OB=4，AB=5，
∴OA2+OB2=32+42=25，AB2=25，
∴AO2+OB2=AB2，
∴∠AOB=90°，
∴AC⊥DB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=5，AC=2AO=6，BD=2BO=8．
．
答：其他各边的长都是5，两条对角线的长分别为6，8．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理的逆定理等知识，解题的关键是利用勾股定
理的逆定理得出对角线互相垂直．
14．已知：如图，在菱形 中， ，对角线 与 相交于点O．求证：（1） ；
（2） ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）直接利用菱形的性质得出AD＝BC，AB＝DC，进而得出答案；
（2）利用线段垂直平分线的判定与性质得出答案．
证明：（1）∵四边形 是菱形，
∴ （菱形的对边相等）
又∵ ，
∴ ．
（2）∵ ，
∴ 是等腰三角形．
又∵四边形 是菱形，
∴ （菱形的对角线互相平分）．
在等腰三角形 中，
∵ ，
∴ ，
即 ．
【点睛】
此题主要考查了菱形的性质以及等腰三角形的三线合一，正确应用菱形的性质是解题关键．
培优第二阶——拓展培优练
一、单选题1．已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB=BC时，四边形ABCD是菱形 B．当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
C．当AC=BD时，四边形ABCD是矩形 D．当∠ABC=90°时，四边形ABCD是正方形
【答案】D
【解析】
【分析】
根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形；根据对角线相等的平行四
边形是矩形；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形.
解：∵四边形ABCD是平行四边形，则
A、当AB=BC时，四边形ABCD是菱形，正确，不符合题意；
B、当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形，正确，不符合题意；
C、当AC=BD时，四边形ABCD是矩形，正确，不符合题意；
D、当∠ABC=90°时，四边形ABCD是矩形，故错误，符合题意；
故选：D.
【点睛】
本题考查了菱形的判定和矩形的判定，解题的关键是熟练掌握菱形和矩形的判定定理.
2．菱形 中， ．点 、 分别在边 、 上，且 ．若 ，则 的面积
为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先证明△ABE≌△ACF，推出AF＝AE，∠EAF＝60°，得到△AEF是等边三角形，即可解决问题．
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠D=∠B＝60°，AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，∴AB=AC，
∵AC是菱形的对角线，
∴∠ACF ∠DCB＝60°，
∴∠B=∠ACF，
∵AB=AC，BE=CF，
∴△ABE≌△ACF，
∴AF＝AE，∠BAE=∠CAF，
∴∠BAE+∠EAC=∠CAF+∠EAC，
即∠EAF＝∠BAC=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∵EF＝2，
∴S AEF ×22 ，
△
故选：D．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是证明全等三角形得到△AEF是等
边三角形，牢记等边三角形面积公式是解题关键．
3．四边形 是菱形， ， ，对角线 与 相交于点 ，点 在 上，若 ，
则 （ ）
A． B． C． 或 D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据菱形的性质得出AB=AD=6，AC⊥BD，OB=OD，OA=OC，结合题意得出△ABD是等边三角形，再利用
勾股定理确定OC=OA ，考虑点E在AC上，可能在点O的左边或右边，结合图形求解即可．
解：∵四边形ABCD是菱形，如图所示，∴.AB=AD=6，AC⊥BD，OB=OD，OA=OC，
∵∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=6，OB= BD=3，
∴OC=OA= ，
∴.AC=2OA= ，
∵点E在AC上，可能在点O的左边或右边，OE= ，
∴CE=OC+OE= 或CE=OC-OE= ，
故选：C．
【点睛】
题目主要考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等，理解题意，综合运用这些知
识是解题的关键．
4．如图，点A在x轴正半轴上，点 ，将菱形ABCO绕原点O旋转90°，则旋转后点B的对应点 的
坐标是（ ）A． 或 B． 或
C． 或 D． 或
【答案】C
【解析】
【分析】
将菱形ABCO绕原点O逆时针或顺时针旋转90°，分别作出图形求出 、 的长度即可求得答案．
如图所示，将菱形ABCO绕原点O逆时针旋转90°，过点B作BD⊥x轴于点D，过 作 于点 ，
过点C作CE⊥x轴于点E，
∵点 ，
∴OE=4，CE=3，
∴ ,
∵四边形ABCO是菱形，
∴OA=OC=AB=5，OC∥AB，
∴∠COE=∠BAD，
又∵∠CEO=∠BDA，
∴△COE≌△BAD（AAS），
∴AD=OE=4，BD=CE=3，
由旋转可得，△BAD≌△ ,
∴ , ， ，∴ ，
∵ 在第二象限，
∴ ；
如图所示，将菱形ABCO绕原点O顺时针旋转90°，过点B作BD⊥x轴于点D，过 作 于点 ，
过点C作CE⊥x轴于点E，
同理可得，△BAD≌△ ，
∴ , ， ，
∴ ，
∵ 在第四象限，
∴ ；
综上所述， 或 ；
故选：C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定和性质，平面直角坐标系中点的坐标特点，熟练
掌握旋转的性质是解题的关键．
5．如图，在菱形 中， ，点 为对角线 上一点， 为 边上一点，连接 、 、
，若 ， ，则 的度数为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先求出∠BAD=140°，∠ADB=∠ABD=20°，然后证明△ABE≌△CBE得到∠BEA=∠BEC=56°，则
∠BAE=104°，∠DAE=36°，证明∠EFA=∠EAF=36°，则由三角形外角的性质可得∠DEF=∠EFA-
∠EDF=16°．
解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=40°，
∴AB=CB=AD，∠ABE=∠CBE=20°， ，
∴∠BAD=140°，∠ADB=∠ABD=20°，
又∵BE=BE，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴∠BEA=∠BEC=56°，
∴∠BAE=104°，
∴∠DAE=36°，
∵AE=FE，
∴∠EFA=∠EAF=36°，
∴∠DEF=∠EFA-∠EDF=16°，
故选A．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，三角形
外角的性质，证明△ABE≌△CBE是解题的关键．
6．如图，在菱形ABCD中，AB=AC=4，点E、F分别为边AB、BC上的点，且AE=BF，连接CE、AF交于
点H，连接DH交AC于点O，则下列结论：①△ABF≌△CAE；②∠FHC=∠B；③△ADO≌△ACH；④S
菱形
ABCD=8 ；其中正确的结论个数是（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】
【分析】
根据菱形的性质，利用SAS证明即可判断①；根据△ABF≌△CAE得到∠BAF=∠ACE，再利用外角的性质以
及菱形内角度数即可判断②；通过说明∠CAH≠∠DAO，判断△ADO≌△ACH不成立，可判断③；再利用菱
形边长即可求出菱形面积，可判断④.
解：∵四边形ABCD为菱形，
∴ ，
∵AB=AC=4，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠B=∠CAE=60°，
又∵AE=BF，
∴△ABF≌△CAE（SAS），故①正确；
∴∠BAF=∠ACE，
∴∠FHC=∠ACE+∠HAC=∠BAF+∠HAC=60°，故②正确；
∵∠B=∠CAE=60°，
在△ADO和△ACH中，∠OAD=60°=∠CAB，
∴∠CAH≠60°，即∠CAH≠∠DAO，
∴△ADO≌△ACH不成立，故③错误；
∵AB=AC=4，过点A作AG⊥BC，垂足为G，如图所示：∴∠BAG=30°，BG=2，
∴AG= = ，
∴菱形ABCD的面积为： = ，故④正确；
综上分析可知，正确的结论有3个，故C正确．
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了全等三角形判定和性质，菱形的性质和面积，等边三角形的判定和性质，外角的性质，解
题的关键是利用菱形的性质△ABF≌△CAE．
7．如图，菱形 ，点 、 、 、 均在坐标轴上， ，点 ，点 是 的中点，
点 是 上的一动点，则 的最小值是（ ）
A．3 B．5 C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小属“将军饮马”模型，由D关于直线AC的对称点B，连接BE，则线段BE的长即是PD+PE的最小值．
如图：连接BE，
，
∵菱形ABCD，
∴B、D关于直线AC对称，
∵直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小
∴根据“将军饮马”模型可知BE长度即是PD+PE的最小值．，
∵菱形ABCD， ，点 ，
∴ ， ，
∴
∴△CDB是等边三角形
∴
∵点 是 的中点，
∴ ,且BE⊥CD，
∴
故选：A．
【点睛】
本题考查菱形性质及动点问题，解题的关键是构造直角三角形用勾股定理求线段长．
8．如图，点 ， 分别在菱形 的边 ， 上，点 ， 分别在 ， 的延长线上，且
．连结 ， ， ， ，若菱形 和四边形 的面积相等，则 的
值为（ ）A． B． C． D．1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据题意先证四边形EFGH是平行四边形，由平行四边形的性质求出EH∥AC，进而由面积关系进行分析
即可求解．
解：连接HC、AF、HF、AC，HF交AC于O，连接EG．
∵四边形ABCD是菱形，
∠D=∠B，AB=CD=AD=BC，
∵AE=AH=CG=CF，
∴DH=BF，BE=DG，
在△DHG和△BFE中，
，
∴△DHG≌△BFE，
∴HG=EF，∠DHG=∠BFE，
∵BC∥AD，
∴∠BFE=∠DKF，∴∠DHG=∠DKG，
∴HG∥EF，
∴四边形EFGH是平行四边形．
∵AH=CF，AH∥CF，
∴四边形AHCF是平行四边形，
∴AC与HF互相平分，
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴HF与EG互相平分，
∴HF、AC、EG互相平分，相交于点O，
∵AE=AH，DA=DC，BE∥DC，
∴∠EAH=∠D，
∴∠AEH=∠AHE=∠DAC=∠DCA，
∴EH∥AC，
∴S AEH=S EHO=S AHO= S AHC= S EFGH= S ABCD，
四边形 四边形
△ △ △ △
∴S AHC= S ABCD=S ADC，
四边形
△ △
∴AD=AH，
∴ =1.
故选：D．
【点睛】
本题考查菱形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质等知识，
解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，证明EH∥AC是解题的关键．
二、填空题
9．如图，将两条宽度均为2的纸条相交成 角叠放，则重合部分构成的四边形 的面积为______．
【答案】8【解析】
【分析】
先根据AB∥CD得到∠ABC=30°，再根据纸条宽度为2得到AB的长，同理得到AD的长，再证明四边形
ABCD是菱形，就可以求出四边形ABCD的面积；
∵AB∥CD，
∴∠ABC=30°，
又∵两条纸条的宽度均为2，
∴AB=4，
同理可得AD=4，
又∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB=AD=4，
∴四边形ABCD是菱形，
∴S ABCD=4×2=8，
菱形
故答案为8．
【点睛】
本题考查菱形的性质与面积，熟练掌握菱形的性质和面积公式是解决本题的关键．
10．如图，在菱形 中， ，B的坐标是 ，则A，C两点间的距离是__________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据勾股定理得出OB，进而利用菱形的性质和勾股定理得出AC即可．
解：连接OB，AC相交于点H，∵四边形OABC是菱形，
∴ ，
∵ ，
∴△AOB是等边三角形，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：6．
【点睛】
本题考查菱形的性质，解题关键是根据菱形的性质和勾股定理得出AC解答．
11．如图，菱形 的对角线 相交于点O，点E在 上，连接 ，点F为 的中点，连接
，若 ， ， ，则线段 的长为___________．
【答案】
【解析】【分析】
先根据菱形的性质找到Rt△AOE和Rt△AOB，然后利用勾股定理计算出菱形的边长BC的长，再根据中位
线性质，求出OF的长．
已知菱形ABCD，对角线互相垂直平分，
∴AC⊥BD，在Rt△AOE中，
∵OE=3，OA=4，
∴根据勾股定理得 ，
∵AE=BE，
∴ ，
在Rt△AOB中 ，
即菱形的边长为 ，
∵点F为 的中点，点O为DB中点，
∴ ．
故答案为
【点睛】
本题考查了菱形的性质、勾股定理、中位线的判定与性质；熟练掌握菱形性质，并能结合勾股定理、中位
线的相关知识点灵活运用是解题的关键．
12．如图，在菱形ABCD中， ，∠BCD＝60°，对角线AC、BD相交于点O，点E是OC上一点，连
接ED，若 ，则DE的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据菱形的性质证明 再求解 再根
据勾股定理可得答案．
解： 菱形ABCD，∠BCD＝60°， ，
故答案为：
【点睛】
本题考查的是含 的直角三角形的性质，勾股定理的应用，菱形的性质，熟练的利用菱形的性质求解线
段长度是解本题的关键．
13．如图，菱形ABCD， ，点E为垂足，点F为AE的中点，连接BF并延长交AD于点G，连接
CG， ，则AF的长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
过点G往BC所在直线作垂线，垂足记为H，连接EG，证明 ，得到AG=BE，所以四边形ABEG为平行四边形，设AG=BE=x，则AD=GE=2+x，在 和 中用勾股定理列方程进行求
解．
如图所示，过点G往BC所在直线作垂线，垂足记为H，连接EG，
∵F是AE中点，
∴AF=EF，
∵四边形ABCD是菱形，则 ，且AE⊥BC，
∴∠GAF=∠BEF=90°，
在 中，
∴ ，
∴AG=BE，
又∵ ，
∴四边形ABEG为平行四边形，则GE=AB，
设AG=BE=x，则AD=GE=2+x，
∴CH=EH-CE=AG-CE=x-2，
在 和 中，
,
即 ，
解得x=6，
则AE= ，∴AF=0.5AE= ，
故答案为 ．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定、勾股定理等，设线段长为x，寻找等量关系列出方程是解题
的关键．
14．如图，菱形ABCD中， ，AC与BD交于点O，E为CD延长线上一点，且 ，连结
BE，分别交AC，AD于点F、G，连结OG，则下列结论：① ；② ；③由点
A、B、D、E构成的四边形是菱形；④ ．其中正确的结论是______（请填写正确的序号）
【答案】①③④
【解析】
【分析】
①由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG=DG，证出OG是△ABD的中位线，得出OG= AB，①正确；
③先证明四边形ABDE是平行四边形，证出△ABD、△BCD是等边三角形，得出AB=BD=AD，因此
OD=AG，得出四边形ABDE是菱形，③正确；
④证OG是△ACD的中位线，得OG∥CD∥AB，OG= CD，则S ACD=4S AOG，再由S AOG=S BOG，则
△ △ △ △
S ACD=4S BOG，④正确；
△ △
②连接FD，由等边三角形的性质和角平分线的性质得F到△ABD三边的距离相等，则
S BDF=S ABF=2S BOF=2S DOF=S ODGF，则S ODGF=S ABF，②错误；即可得出结论．
四边形 四边形
△ △ △ △ △
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AB∥CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∴∠BAG=∠EDG，
∵CD=DE，∴AB=DE，
在△ABG和△DEG中，
，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG=DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG= AB，故①正确；
∵AB∥CE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD=∠BAD=60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，
∴平行四边形ABDE是菱形，故③正确；
∵OA=OC，AG=DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴OG∥CD∥AB，OG= CD，
∴S ACD=4S AOG，
△ △
∵S AOG=S BOG，
△ △
∴S ACD=4S BOG，故④正确；
△ △
连接FD，如图：
∵△ABD是等边三角形，AO平分∠BAD，BG平分∠ABD，
∴F到△ABD三边的距离相等，
∴S BDF=S ABF=2S BOF=2S DOF=S ODGF，
四边形
△ △ △ △
∴S ODGF=S ABF，故②错误；
四边形
△正确的是①③④，
故答案为：①③④．
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理
以及三角形面积等知识，综合运用以上知识是解题的关键．
三、解答题
15．如图，在 中， 交于点 ，点 在 上， ．
(1)求证：四边形 是平行四边形；
(2)若 求证：四边形 是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）先根据四边形ABCD为平行四边形，得出 ， ，再根据 ，得出 ，
即可证明结论；
（2）先证明 ，得出 ，证明四边形ABCD为菱形，得出 ，即可证明结论．
(1)
证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
即 ，
∴四边形 是平行四边形．
(2)
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ ，∴ ，
∵
∴ ，
∴ ，
∴四边形ABCD为菱形，
∴ ，
即 ，
∵四边形 是平行四边形，
∴四边形 是菱形．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质和性质，菱形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握菱形和平行四边
形的判定方法，是解题的关键．
16．如图，线段 ，D是线段AC上一点，连接DE交AB于点F，若AF＝BF，求证：
(1)DF=EF；
(2)连接AE，BD，若△ABC是等边三角形∠E=30°， 求证：四边形ADBE是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
(1)首先由平行线的性质，可证得∠FEB=∠FDA，即可证得 ，再根据全等三角形的性质，
即可证得结论；
(2)首先根据等边三角形及平行线的性质，可得∠BAC＝60°，∠FEB=∠FDA=30°，可证得AB⊥DE，再由
AF=BF，DF=EF，可证得四边形ADBE是平行四边形，据此即可证得结论．
(1)
证明：∵ ，∴∠FEB=∠FDA，
在△EFB与△DFA中，
∴ ，
∴EF＝DF；
(2)
证明：如图：
∵AF=BF，DF=EF（已证），
∴四边形ADBE是平行四边形，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∵ ，
∴∠FEB=∠FDA=30°，
∴ ，
∴AB⊥DE，
∴四边形ADBE是菱形．
【点睛】
本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，等边三角形的性质，平行四边
形及菱形的判定．
17．如图，在四边形ABCD中， ， ，对角线AC，BD交于点O，AC平分 ，过点
C作 交AB的延长线于点E，连接OE．(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若 ， ，求OE的长．
【答案】(1)见解析；
(2)2
【解析】
【分析】
（1）先判断出∠OAB=∠DCA，进而判断出∠DAC=∠DCA，得出CD=AD=AB，即可得出结论；
（2）先判断出OE=OA=OC，再求出OB=1，利用勾股定理求出OA，即可得出结论．
(1)
证明：∵AB∥CD，
∴∠OAB=∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠OAB=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴CD=AD=AB，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD=AB，
∴▱ABCD是菱形；
(2)
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，BD⊥AC，
∵CE⊥AB，
∴OE=OA=OC，
∵BD=2，∴OB= BD=1，
在Rt AOB中， ，OB=1，
△
∴ ，
∴OE=OA=2．
【点睛】
此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，判断出
CD=AD=AB是解本题的关键．
18．如图，在菱形 中，对角线 ， 相交于点 ，点 ， 分别在 ， 上，连接 ， ，
， ．
(1)求证： ；
(2)若 ，求菱形 的周长．
【答案】(1)见解析
(2)8
【解析】
【分析】
根据菱形的性质和 证明 ，进而利用全等三角形的性质解答即可；
根据菱形的性质和面积公式解答即可．
(1)
证明： 四边形 是菱形
，
∴
∴ ，∴
在 与 中，
∴ （SAS）
(2)
解：∵
∴AC∙BD=
由 可知，
是等边三角形
∵四边形 是菱形
∴
∴在Rt 中，
BO=
∴BD=2BO= =
∴
解得：
∴AC= （负值舍去）
∴
∴菱形 的周长为 ．
【点睛】
本题考查菱形的性质，菱形的面积和周长公式，全等三角形的判定和性质．解题的关键是根据菱形的性质
和全等三角形的判定和性质解答．
19．已知：如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是边BC、DC的中点，AE、AF分别交BD于点M、N，且 ，连接CM、CN．
(1)求证：四边形AMCN是平行四边形；
(2)如果 ，求证：四边形ABCD是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）只需要证明NF是 DCM的中位线，ME是 BCN的中位线，推出 ，即可证明
四边形AMCN是平行四△边形； △
（2）连接AC交BD于O，只需要证明四边形AMCN是菱形，得到OM=ON，OA=OC，AC⊥MN，从而推
出OB=OD，AC⊥BD，即可证明四边形ABCD是菱形．
(1)
解：∵ ，
∴M、N分别是BN、DM的中点，
又∵E、F分别是BC，CD的中点，
∴NF是 DCM的中位线，ME是 BCN的中位线，
△ △
∴ ， ，
∴ ，
∴四边形AMCN是平行四边形；
(2)
解：连接AC交BD于O，
∵四边形AMCN是平行四边形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，∵AE=AF，
∴ME=NF，
∴AM=CN=AN=CM，
∴四边形AMCN是菱形，
∴OM=ON，OA=OC，AC⊥MN，
又∵BM=DN，
∴OB=OD，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，三角形中位线定理，证明出四边形AMCN
是平行四边形是解题的关键．
20．如图， ，将 沿斜边 翻折得到 ，过点 作 于点 ， 交 于点 ，
连接 ．
(1)如图1，求证：四边形 为菱形；
(2)如图2，若 ，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出四个三角形使每个三角形的面积都
等于 面积的2倍．
【答案】(1)证明见解析；(2)△EBA、△BEC、△DEA、△DEC；
【解析】
【分析】
（1）由平行线的判定和性质，对称的性质可得四边形BCDE是平行四边形，再由一组邻边相等的平行四
边形是菱形，即可证明；
（2）由∠BAC=30°可得AC=2BE，∠BCA=60°，由四边形BCDE是菱形可得△BCE、△DCE是等边三角形，
于是AE=EC=BC=BE，由等腰三角形的性质可得△EBA面积=2△AEF面积，再根据等底等高和对称的性质
可得△BEC、△DEA、△DEC面积都为2△AEF面积；
(1)
证明：∵DF⊥AB，∠ABC=90°，
∴BC∥FD，
∴∠BCD+∠CDF=180°，
∵△BEC和△DEC关于AC对称，
∴∠EBC=∠EDC，
∴∠EBC+∠BCD=180°，
∴BE∥CD，
∴四边形BCDE是平行四边形，
由对称的性质可得CB=CD，
∴平行四边形BCDE是菱形；
(2)
解：当∠BAC=30°时，∠BCA=60°，
由对称的性质可得∠DCA=60°，
∵四边形BCDE是菱形，
∴BC=CD=DE=EB，
∴△BCE、△DCE是等边三角形，
∴BC=EC=BE，
Rt△ABC中，∠BAC=30°，则AC=2BE，
∴AE=EC=BC=BE，
△EBA中，EB=EA，EF⊥BA，
∴BF=AF，
∴△EBA面积=2△AEF面积，
∵△BEA和△BEC等底等高，∴△BEC面积=△BEA面积=2△AEF面积，
由对称的性质可得△DEA面积=△BEA面积，△DEC面积=△BEC面积，
∴△DEA面积=2△AEF面积，△DEC面积=2△AEF面积，
故答案为：△EBA、△BEC、△DEA、△DEC；
【点睛】
本题考查了对称的性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含30°角的
直角三角形等知识；掌握菱形的判定和性质是解题关键．
21．已知在菱形ABCD中，点P在CD上，连接AP．
(1)在BC上取点Q，使得∠PAQ＝∠B，
①如图1，当AP⊥CD于点P时，求证：AP=AQ ．
②如图2，当AP与CD不垂直时，判断①中的结论（即AP=AQ）是否仍然成立，若成立，请给出证明，若
不成立，则需说明理由．
(2)如图3，在CD的延长线取点N，连接AN，使得∠PAN＝∠B，若AB＝6，∠B＝60°，∠ANC＝45°，求
此时线段DN的长．
【答案】(1)①见解析；②成立，理由见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）①由菱形的性质得出BC=CD， ，证明 ，由菱形的面积公式可得出答案；
②过点A作 于M， 于N，证明 ，由全等三角形的性质可得出答案；
（2）过点A作 于点H，由直角三角形的性质求出HN，DH的长，则可得出答案．(1)
①证明 ：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD， ，
∴∠B+∠QCD＝180°，
∵∠PAQ＝∠B，
∴∠PAQ+∠QCD＝180°，
∴∠APC+∠AQC＝180°，
∵AP⊥CD，
∴∠APC＝90°，
∴∠AQC＝90°，
∴AQ⊥BC，
∵S ABCD＝ ，
菱形
∴AP＝AQ；
② 当AP与CD不垂直时，①中的结论仍然成立；
证明：如图2中，过点A作AM⊥BC于M，AN⊥CD于N，
∵四边形ABCD是菱形，AM⊥BC，AN⊥CD，
∴S ABCD＝BC•AM＝CD•AN，
菱形
∵BC＝CD，
∴AM＝AN，∠AMQ＝∠ANP＝90°， ，
∴∠B+∠C＝180°，
∵∠PAQ＝∠B，
∴∠PAQ+∠C＝180°，
∴∠AQC+∠APC＝180°，
∵∠AQM+∠AQC＝180°，∴∠AQM＝∠APN，
在△AMQ和△ANP中，
，
∴ ．
∴AP＝AQ；
(2)
如图，过点A作AH⊥CD于点H，
∵∠ANC＝45°，
∴∠NAH＝45°，
∴AH＝HN，
∵四边形ABCD是菱形，∠B＝60°，
∴∠ADC＝60°，AB＝AD＝6，
∴∠DAH=90°-∠ADH=90°-60°=30°，
∴DH＝ AD＝3，
∴AH＝ = DH＝3 ，
∴HN＝ ，
∴DN＝HN﹣DH＝ ．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解题
的关键是学会添加辅助线，构造全等直角三角形解决问题．
培优第三阶——中考沙场点兵
一、单选题
1．（2021·陕西·中考真题）如图，在菱形 中， ，连接 、 ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
设AC与BD的交点为O，由题意易得 ， ，
进而可得△ABC是等边三角形， ，然后问题可求解．
解：设AC与BD的交点为O，如图所示：
∵四边形 是菱形，
∴ ， ，
∵ ，∴△ABC是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
故选D．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握菱形的性质、含30°角的直
角三角形的性质及勾股定理是解题的关键．
2．（2021·浙江嘉兴·中考真题）将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的
阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．矩形 D．菱形
【答案】D
【解析】
【分析】
此题是有关剪纸的问题，此类问题应亲自动手折一折，剪一剪．
解：由题可知，AD平分 ,折叠后 与 重合，故全等，所以EO=OF;
又作了AD的垂直平分线，即EO垂直平分AD，所以AO=DO，且EO⊥AD；
由平行四边形的判定：对角线互相平分的四边形为平行四边形，所以AEDF为平行四边形；
又AD⊥EF，所以平行四边形AEDF为菱形．故选：
【点睛】
本题主要考察学生对于立体图形与平面展开图形之间的转换能力，与课程标准中“能以实物的形状想象出
几何图形，有几何图形想象出实物的图形”的要求相一致，充分体现了实践操作性原则．
3．（2021·浙江衢州·中考真题）如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转 得到菱形 ， ．
当AC平分 时， 与 满足的数量关系是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据菱形的性质可得AB=AC，根据等腰三角形的性质可得∠BAC=∠BCA= ，根据旋转的性质
可得∠CAC′=∠BAB′= ，根据AC平分 可得∠B′AC=∠CAC= ，即可得出 ，可得答案．
∵四边形ABCD是菱形， ，
∴AB=AC，
∴∠BAC=∠BCA= = ，
∵将菱形ABCD绕点A逆时针旋转 得到菱形 ，
∴∠CAC′=∠BAB′= ，
∵AC平分 ，
∴∠B′AC=∠CAC= ，
∴∠BAC=∠B′AC+∠BAB′=2 = ，
∴ ，
故选；C．
【点睛】
本题考查旋转的性质及菱形的性质，熟练掌握相关性质并正确找出旋转角是解题关键．
4．（2020·辽宁锦州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，P是对角线AC上一动点，过点P作PE⊥BC于点
E，PF⊥AB于点F．若菱形ABCD的周长为20，面积为24，则PE＋PF的值为( )
A．4 B． C．6 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
连接BP，通过菱形 的周长为20，求出边长，菱形面积为24，求出SABC的面积，然后利用面积法，
SABP+SCBP=SABC，即可求出 的值．解：连接BP，如图，
∵菱形ABCD的周长为20，
∴AB=BC=20÷4=5，
又∵菱形ABCD的面积为24，
∴SABC=24÷2=12，
又SABC= SABP+SCBP
∴SABP+SCBP=12，
∴ ，
∵AB=BC，
∴
∵AB=5，
∴PE+PF=12× = ．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质，解题关键在于添加辅助线，通过面积法得出等量关系，求出PF+PE的值．
5．（2021·山东枣庄·中考真题）如图，四边形 是菱形，对角线 ， 相交于点 ， ，
，点 是 上一动点，点 是 的中点，则 的最小值为（ ）A． B． C．3 D．
【答案】A
【解析】
【分析】
连接 ，先根据两点之间线段最短可得当点 共线时， 取得最小值 ，再根据菱形的性
质、勾股定理可得 ，然后根据等边三角形的判定与性质求出 的长即可得．
解：如图，连接 ，
由两点之间线段最短得：当点 共线时， 取最小值，最小值为 ，
四边形 是菱形， ， ，
，
，
，
是等边三角形，
点 是 的中点，
，
，
即 的最小值为 ，
故选：A．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
二、填空题
6．（2020·辽宁辽宁·中考真题）一张菱形纸片 的边长为 ，高 等于边长的一半，将菱形纸片沿直线 折叠，使点 与点 重合，直线 交直线 于点 ，则 的长为____________ ．
【答案】 或
【解析】
【分析】
先根据题目中描述画出两种可能的图形，再结合勾股定理即可得解．
解：由题干描述可作出两种可能的图形．
①MN交DC的延长线于点F，如下图所示
∵高AE等于边长的一半
∴
在Rt△ADE中，
又∵沿MN折叠后，A与B重合
∴
∴
②MN交DC的延长线于点F，如下图所示同理可得 ， ，
此时，
故答案为： 或 ．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质、折叠的性质、勾股定理等相关知识点，根据题意作出两种图形是解题关键．
7．（2021·四川绵阳·中考真题）如图，在菱形 中， ， 为 中点，点 在 延长线上，
、 分别为 、 中点， ， ，则 _____．
【答案】4
【解析】
【分析】
连接CG，过点C作CM AD，交AD的延长线于M，利用平行线的性质和三角形中位线定理可得
CG= 2HF= ，由AB CD，得 CDM= A= 60°，设DM= x，则CD= 2x，CM= x，在Rt△CMG中，
借助勾股定理得 ，即可求出x的值，从而解决问题．如图，连接CG，过点C作CM AD，交AD的延长线于M，
F、H分别为CE、GE中点，
FH是△CEG的中位线，
HF= CG，
四边形ABCD是菱形，
AD BC，AB CD，
DGE = E，
EHF= DGE，
E= EHF，
HF = EF = CF，
CG= 2HF = ，
AB CD，
CDM= A = 60°，
设DM= x，则CD= 2x，CM= x，
点G为AD的中点，
DG= x，GM=2x，
在Rt△CMG中，由勾股定理得：
，
x=2，
AB = CD= 2x= 4．
故答案为：4．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，有一定综合性，作辅助线，构造直角三角形，利用方程思想是解题的关键．
8．（2021·江苏苏州·中考真题）如图，四边形 为菱形， ，延长 到 ，在 内作
射线 ，使得 ，过点 作 ，垂足为 ，若 ，则对角线 的长为______．
（结果保留根号）
【答案】
【解析】
【分析】
先由菱形的性质得出 ，求得 ，再根据直角三角形两锐角互余得 ,连接
AC交BD于点O，根据菱形的性质得 ， ，根据AAS证明 可得
，从而可求出 ．
解：连接AC，如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD， ，BD=2DO
∴
∵
∴
∵
∴∵四边形ABCD是菱形，
∴
∴
在 和 中，
∴ ≌
∴
∴
故答案为： ．
【点睛】
此题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，连接AC并证明 ≌ 是解答此题的
关键．
三、解答题
9．（2022·四川南充·中考真题）如图，在菱形 中，点E，F分别在边 上， ，
分别与 交于点M，N．求证：
(1) ．
(2) ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析【解析】
【分析】
（1）先利用菱形的性质和已知条件证明 ，即可利用SAS证明 ；
（2）连接BD交AC于点O，先利用ASA证明 ，推出 ，再由（1）中结论推出
，即可证明 ．
(1)
证明：由菱形的性质可知， ， ，
∵ ，
∴ ，即 ，
在 和 中，
，
∴ ．
(2)
证明：如图，连接BD交AC于点O，
由菱形的性质可知 ， ，
∴ ，
由（1）知 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，∴ ．
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】
本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
10．（2020·云南·中考真题）如图，四边形 是菱形，点 为对角线 的中点，点 在 的延长线
上， ，垂足为 ，点 在 的延长线上， ，垂足为 ．
（1）若 ，求证：四边形 是菱形；
（2）若 ， 的面积为16，求菱形 的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）20．
【解析】
【分析】
（1）由直角三角形斜边中线等于斜边一半和30度直角三角形性质性质可证 ，
即可证明结论；
（2）由根据三角形面积求法可求AE，设AB=x，在 ，由勾股定理列方程即可求出菱形边长，进而
可求面积．
解：∵四边形 是菱形， ，
∴ ，
∵ ，，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，同理可得： ，
∴ ，即：四边形 是菱形；
（2）∵ ，
∴ ，
∴ ，
在四边形 是菱形中，设 ，则
在 中， ，
∴ ，
解得 ，
∴菱形ABCD面积= ．
【点睛】
本题主要考查了菱形的判定和性质，涉及了直角三角形性质和勾股定理．解题关键是灵活运用直角三角形
性质得出线段之间发热关系．
