1.6.2菱形的判定（题型专练）数学新教材湘教版八年级下册

学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1.6.2菱形的判定 题型一菱形绊判定的理解 题型二添加条件使四边形是菱形 题型三证明四边形是菱形 基础达标练 题型四由菱形的性质与判定求角度 题型五由菱形的性质与判定求线段长度 题型六由菱形的性质与判定求周长 题型七由菱形的性质与判定求面积 1.6.2菱形的判定 题型一与菱形性质、判定相关的几何多结论问题 能力提升题 题型二菱形与动点问题 题型三菱形与折善问题 拓展培优练 Q 基础达标题 题型一菱形判定的理解 1.下列说法正确的是() A.对角线相等且互相垂直的四边形是菱形 B.对角线相等的四边形是矩形 C.对角线互相平分且相等的四边形是菱形 D.对角线互相平分且相等的四边形是矩形 2.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，它是菱形 B.当AC⊥BD时，它是菱形 C.当∠ABC=90°时，它是矩形 D.当AC=BD时，它是菱形 题型二添加条件使四边形是菱形 3.如图，在平行四边形ABCD中，下列条件不能使其成为菱形的是() 1 丽学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A.∠ABD=∠CBDB.AB=BC C.AC⊥BD D.∠ABC=90° 4.如图，四边形ABCD是平行四边形，给出下列四个条件：①AB=BC;②AC=BD; ③AC⊥BD;④AC平分∠BAD.若添加其中一个条件，不能使四边形ABCD是菱形的为 () D B A.① B.② C.③ D.④ 5.如图，在△ABC D,E,F AB,BC,AC E,BF 0 中，点 分别是 的中点，连接 交于点，下列 添加一个条件使得四边形DBEF是矩形的是() D A.BD=DF B.DE⊥BF C.DE=BF D.DE⊥EF 6.如图，在四边形ABCD中，E,F分别是AD,BC的中点，G,H分别是对角线BD, AC的中点，若四边形EGFH是菱形，则四边形ABCD应满足的条件是() A.AC=BD B.AB=CD C.AC LBD D.AB=AD 7.如图，在口ABCD中，对角线AC与BD相交于点O,E为OB延长线上一点，且 2 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 BE=OB,F为OD延长线上一点，且DF=OD,连接AE,EC,CF,FA. D (1)求证：AE=CF; (2)已己知 (从以下两个条件中任选一个作为已知，填写序号)，请判断四边形 AECF的形状，并证明你的结论。 条件①：AC=2BD: 条件②：AC平分∠BAD (注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分) 8.如图，在四边形ABCD中，AD∥BC,∠ABC=LCDA,BE平分∠ABC交AD于点 E,DF平分∠CDA交BC于点F, D (1)求证：BE∥DF. (2)请添加一个条件，使四边形ABCD是菱形.（不需要说明理由） 题型三证明四边形是菱形 9.两张等宽的纸条按照如图方式交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形ABCD,下列 结论错误的是() A.四边形ABCD是菱形 B.AD=CD C.AC⊥BD D.四边形ABCD面积=ACBD ABCD ABC'D DB'D 10.如图，矩形 与矩形 关于点成中心对称，试判定四边形 的形状， 3 丽学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 并说明你的理由. A B 1.已知：如图，在△18C中，乙1C890,CD为边上的中统，点F是846c 外的 一点，AE∥CD,CE∥AB.试判断四边形ADCE的形状，并说明理由. D B 12.已知：如图，在△ABC中，AD是∠BAC的平分线，E∥AC,DF∥AB.求证：四 边形AEDF是菱形. 13.如图，在平行四边形ABCD中，BE,DF分别是∠ABC,∠ADC的平分线，且E, F分别在边AD,BC上，BE=BF. D (1)求证：四边形BFDE是菱形： (2)若∠A=60°，AB-2,求平行线AD与BC间的距离. 14.如图，在口ABCD中，对角线AC与BD交于点O,且AC⊥BD.若点E,F,G, H分别是OA,OB,OC,OD的中点，连接EF、FG、GH、HE,试判断四边形 EFGH的形状，并证明你的结论. 4 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D G B 题型四由菱形的性质与判定求角度 15.如图，按如下步骤作四边形ABCD:①画∠MAN;②以点A为圆心，1个单位长为半 径画弧，分别交AM,AW于点B,D;③分别以点B,D为圆心，1个单位长为半径画弧， 两弧交于点C;④连接BC,CD,BD.若∠A=38°，则∠CBD的大小是() M D A.52 B.142° C.68° D.71° ABCD AC,BD CE∥BDDE∥AC AD=2 16.如图，矩形 的对角线 相交于点O, ，若 四边形CODE的周长为8，则∠DBA的度数为() D B A.15 B.20° c.30° D.35 17.如图，在平行四边形 D中，B=ADE,F ABCD BD AECF 是对角线 上两点， ,若 BE=BC,则下列角中与∠AEB相等的角是() ①∠BAE:②∠DFC;③∠DCF D E 5 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A.① B.①② C.①③ D.①②③ 18.如图，在矩形ABCD中，连接4C,分别以点A'C为圆心，大于2AC长为半径作弧， 两弧交于点M,N,作直线MN分别交AD,BC于点F,E,连接AE,CF,若 ∠DAE=48°，则∠EFC的大小为() A.60 B.62° C.64° D.66° 19.如图，平面上有两个全等的正八边形，∠BAC为() A B A.60° B.45° C.30° D.72 20.如图，在口ABCD中，AC与BD交于点O,点E为AD中点，若∠AOE=∠OAE=25°， 则∠BDC=() 0 0 B A.50 B.55° C.60° D.65° 21.如图，在口ABCD中，AB=BC,∠BCA=50°，对角线ACBD交于点O,△ABE为 直角三角形，F是斜边AB的中点，∠ABE=30°，则∠AOE的度数为() 6 丽学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 A.30° B.30.5° C.25 D.20° 22.已知：如图，平行四边形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,延长CD至F,使 DF=CD,连接BF交AD于点E. D B (1)求证：AE=ED: (2)若AB=BC,求∠CAF的度数. 23.如图，在△ABC中，点D,E分别是边AB,AC的中点，取EC的中点O,连接 DE,BO并延长交于点F,连接BE,CF E B (1)求证：四边形EBCF为平行四边形. (2)若BE=2DE,∠ACB=80°，求∠BFC的度数. 24.如图，在四边形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,AB∥CD,AB=AD,AC平 分∠BAD. 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D E B (1)求证：四边形ABCD是菱形. (2)过点C作CE LAB交AB的延长线于点E,连接OE交BC于点F,若∠ACB=20°，求 ∠CFE的度数 题型五由菱形的性质与判定求线段长度 25.如图，在口ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,点E是BC的中点.若AC=6, BD=8,AD=5,则OE的长是() A A.3 B.2.5 C.2.4 D.4 26.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5,AC=4,D为AB的中点，AE∥CD, CE∥AB,则四边形ADCE的对角线ED的长为() 12 A.5 B.3 C.4 D.5 27.如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E,∠ABC的平分线交 AD于点F,若BF=12,AB=10,则AE的长为() B A.13 B.14 c.15 D.16 8 丽学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ABCD ADIBC∠C=90°AB=AD 28.如图，四边形 中， 连接BD,∠BAD 的角平 分线分别交BD,BC于点O,E,连接OC,若EC=6,CD=8,则OC的长为() E 45 A. 8.4V3 C.26 D.8 D ∠C=90°EC=6CD=8 ED=EC2+CD2=10 :AE平分∠BAD, .∠BAE=∠DAE, ADIBC '.∠AEB=∠DAE, .∠AEB=∠BAE, ..AB=BE, AB=AD, :BE=AD, ADIBC ∴四边形ABED是平行四边形. AB=AD, ∴四边形ABED是菱形， ..BE=DE=10,BO=OD, .BC=BE+CE=10+6=16, :BD=CD+BC2=85 9 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 在ACD中oC=D=x8w5=4W5, 2 故选：A. 29.如图，在四边形ABCD中，AB∥CD,AB=CD,过点A作AE⊥BC,交CB的延长线 于点E,连接DB,∠ABD=∠CBD, (1)求证：四边形ABCD是菱形： (2)过点D作DF⊥AB于点F,延长DF交AE于点G,若AG=3,AD=4,求DF的长. 题型六由菱形的性质与判定求周长 30.如图，AD是△ABC的角平分线，线段AD的垂直平分线分别交AB和AC于点E,F, EF与AD交于点O,连接DE,DF F B D (1)求证：四边形AEDF是菱形： (2)填空：若∠BAC=60°，AD=6,则四边形AEDF的周长为 Rt△ABC ∠1C8=90,点D为B中点，连接CD,过点2作 CD B BE‖CD 31.如图，在 中， 且8E=4B,连接CE、AE: B D (1)求证：四边形BDCE是菱形： (2)若AE平分∠BAC,AC=1,求四边形ABEC的周长. 10 1.6.2菱形的判定 题型一 菱形判定的理解 1．下列说法正确的是（   ） A．对角线相等且互相垂直的四边形是菱形 B．对角线相等的四边形是矩形 C．对角线互相平分且相等的四边形是菱形 D．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 【答案】D 【分析】本题考查菱形和矩形的判定，根据矩形和菱形的判定定理逐项判断即可． 【详解】解：A、如图，在四边形中，，，显然四边形不是菱形． 故本选项的说法错误； B、如A中的图，在四边形中，，显然四边形不是矩形． 故本选项的说法错误； C、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，而非菱形，故本选项的说法错误； D、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故本选项的说法正确． 故选：D． 2．已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（    ） A．当时，它是菱形 B．当时，它是菱形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是菱形 【答案】D 【分析】此题主要考查了菱形的判定、矩形的判定，根据平行四边形、菱形、矩形的判定条件逐一分析选项，找出不正确的结论． 【详解】解：A. 当时，邻边相等的平行四边形是菱形，正确； B. 当时，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，正确； C. 当时，有一个角为直角的平行四边形是矩形，正确； D. 当时，对角线相等的平行四边形是矩形，而非菱形，结论错误． 故选：D． 题型二 添加条件使四边形是菱形 3．如图，在平行四边形ABCD中，下列条件不能使其成为菱形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的判定方法：四边都相等的四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形． 根据菱形的判定方法逐一判断即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， 故A不符合题意； 四边形是平行四边形，且， 四边形是菱形， 故B不符合题意； 四边形是平行四边形，且， 四边形是菱形， 故C不符合题意； 无法证明四边形是菱形， 故D符合题意； 故选：D． 4．如图，四边形是平行四边形，给出下列四个条件：①；②；③；④平分．若添加其中一个条件，不能使四边形是菱形的为（   ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的判定、平行四边形的性质、等腰三角形的判定，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．根据菱形的判定方法，逐项进行判断即可． 【详解】解：A、添加，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可以得出四边形是菱形，不符合题意； B、添加，不能得出四边形是菱形，故符合题意； C、添加，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可以得出四边形是菱形，不符合题意； D、四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∴添加平分，可以得出四边形是菱形，故不符合题意； 故选：B． 5．如图，在中，点分别是的中点，连接交于点，下列添加一个条件使得四边形是矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了三角形中位线的性质，平行四边形、菱形以及矩形的判定，掌握特殊四边形的判定定理是解题关键．根据三角形中位线的性质，可判定四边形是平行四边形，再结合选项条件逐一进行判断即可． 【详解】解：∵点分别是的中点， ∴、是的中位线， ，， 四边形是平行四边形， A、若，则四边形是菱形，不符合题意，选项错误； B、若，则四边形是菱形，不符合题意，选项错误； C、若，则四边形是矩形，符合题意，选项正确； D、若，则四边形还是平行四边形，不符合题意，选项错误； 故选：C． 6．如图，在四边形中，，分别是，的中点，，分别是对角线，的中点，若四边形是菱形，则四边形应满足的条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了中点四边形的性质、菱形的判定以及三角形中位线的性质，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．先由三角形中位线定理证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论． 【详解】解：若四边形为菱形，则四边形需满足的条件是，理由如下： ，分别是，的中点， 是的中位线， ，， 同理，，， 四边形是平行四边形， ，分别是，的中点， ，， 当时， ， 四边形是菱形， 故选：B． 7．如图，在中，对角线与相交于点，为延长线上一点，且，为延长线上一点，且，连接，，，． (1)求证：； (2)已知__________（从以下两个条件中任选一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：平分． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 【答案】(1)证明见详解； (2)条件①：四边形为矩形，证明见详解； 条件②：四边形为菱形，证明见详解． 【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，以及特殊四边形（矩形、菱形）的判定，熟练掌握图形的性质与判定定理是解答本题的关键． （1）利用平行四边形对角线互相平分的性质，结合已知线段关系，通过证明三角形全等得出线段相等； （2）先根据平行四边形的性质判定四边形的基本形状，再结合所选条件，利用特殊四边形的判定定理（对角线相等的平行四边形是矩形、对角线垂直的平行四边形是菱形）确定其具体形状． 【详解】（1）证明：四边形为平行四边形， ，， 又，， ， ， 在和中， ， ． （2）解：条件①：四边形为矩形，证明过程如下： 四边形为平行四边形， ， ，， ，， ， 四边形为矩形． 条件②：四边形为菱形，证明过程如下： ， ， ， 四边形为平行四边形， 平分， ， ， ， ， ， 是菱形， ， ， 四边形为菱形． 8．如图，在四边形中，，，平分交于点E，平分交于点F， (1)求证：． (2)请添加一个条件，使四边形是菱形．（不需要说明理由） 【答案】(1)证明见解析 (2)添加，可使四边形是菱形（答案不唯一） 【分析】本题考查了平行线的判定与性质、菱形的判定等知识，熟练掌握菱形的判定是解题关键． （1）先根据角平分线的定义可得，，则可得，再根据平行线的性质可得，则可得，然后根据平行线的判定即可得证； （2）添加，可使四边形是菱形，理由：先根据平行线的判定与性质可得，再证出四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定即可得． 【详解】（1）证明：∵平分，平分， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：添加，可使四边形是菱形． 理由：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形． 题型三 证明四边形是菱形 9．两张等宽的纸条按照如图方式交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形ABCD，下列结论错误的是（    ） A．四边形是菱形 B． C．AC⊥BD D．四边形面积 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，面积法等知识，掌握菱形的性质是解题的关键． 两张等宽的纸条的宽为h，根据题意可得，，从而得到四边形是平行四边形，再由，可得，进而得到四边形是菱形，然后根据菱形的性质和面积公式即可判断． 【详解】解：设两张等宽的纸条的宽为h， 纸条的对边平行， ，， ∴四边形是平行四边形， 又 ， 四边形是菱形， ， A选项说法正确，故该选项不符合题意； B选项说法正确，故该选项不符合题意； 菱形的对角线垂直且互相平分， ， 选项C正确，故该选项不符合题意； 、是菱形的对角线， 四边形ABCD面积， D选项说法错误，故该选项符合题意； 故选：D． 10．如图，矩形与矩形关于点成中心对称，试判定四边形的形状，并说明你的理由． 【答案】菱形，理由见解析 【分析】本题考查了中心对称，用到的知识点是中心对称的性质、矩形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定，注意：对角线互相垂直的平行四边形是菱形． 根据中心对称的性质和矩形的性质得出，，，即可得出答案． 【详解】解：四边形是菱形，理由： ∵矩形与矩形关于点成中心对称， ∴，，， ∴四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形． 11．已知：如图，在中，，为边上的中线，点是外的一点，．试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】菱形，理由见解析 【分析】本题考查菱形的判定，直角三角形斜边的中线性质，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解．先根据两组对边分别平行得到四边形是平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可． 【详解】解：四边形是菱形，理由为： 在中，是边上的中线， ， 四边形是平行四边形 ， 是菱形． 12．已知：如图，在△中，是的平分线，，．求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行线的性质，平行四边形的判定，菱形的判定的应用，注意：有一组邻边相等的平行四边形是菱形．有一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可得出答案． 【详解】证明：，， 四边形是平行四边形， 平分， ． ， ． ． ， 平行四边形是菱形． 13．如图，在平行四边形中，，分别是，的平分线，且，分别在边，上，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求平行线与间的距离． 【答案】(1)证明见解析； (2)平行线与间的距离为． 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，角平分线的定义，直角三角形的性质，平行线间的距离，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由四边形是平行四边形，得，，通过平行线的性质可得，，再由角平分线定义可得，，所以，从而证明，四边形是平行四边形，然后通过邻边相等的平行四边形即可求证； （）过作于点，则，则有，得，通过勾股定理求出即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∵，分别是，的平分线， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：如图，过作于点，则， ∴， ∴， ∴， ∴平行线与间的距离为． 14．如图，在中，对角线与交于点，且．若点，，，分别是，，，的中点，连接、、、，试判断四边形的形状，并证明你的结论． 【答案】四边形是菱形，证明见详解 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，中位线的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先结合对角线互相垂直的平行四边形是菱形，得四边形是菱形，则，又因为点，，，分别是，，，的中点，则，即，进行作答． 【详解】解：四边形是菱形，证明如下： ∵，且四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ∴， ∵点，，，分别是，，，的中点， ∴分别是的中位线， ∴， ∵， ∴ ∴四边形是菱形． 题型四 由菱形的性质与判定求角度 15．如图，按如下步骤作四边形：①画；②以点为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交于点；③分别以点为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点；④连接．若，则的大小是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质．根据作图可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质，即可求解． 【详解】解：作图可得， ∴四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故选：D． 16．如图，矩形的对角线相交于点O，，，若，四边形的周长为8，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质、菱形的判定、等边三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． 先证明四边形是平行四边形，再根据四边形是矩形可得，即四边形是菱形，再结合四边形的周长为8以及其他已知条件可得即，进而求得的度数． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴四边形是菱形， ∵四边形的周长为8， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：C． 17.如图，在平行四边形中，，是对角线上两点，，若，则下列角中与相等的角是（   ） ①；②；③ A．① B．①② C．①③ D．①②③ 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 先根据平行四边形及邻边相等的条件判定图形为菱形，再利用菱形性质、等腰三角形性质等，逐一分析与相等的角． 【详解】解：四边形是平行四边形，且 四边形是菱形 ，，，， ， ， ，故①符合题意， ， ，故②符合题意， ， ， 又，， ， ， ∴， ，故③符合题意， 故选：D． 18．如图，在矩形中，连接，分别以点，为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，，作直线分别交，于点，，连接，，若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、矩形的性质、菱形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．设与交于点，由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线，结合矩形的性质可得出四边形为菱形，再进一步可得答案． 【详解】解：设与交于点， 由作图过程可知，直线为线段的垂直平分线， ，，，． 四边形为矩形， ， ，， ， ， ， 四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴； 故选：D． 19．如图，平面上有两个全等的正八边形，为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的知识点是多边形内角和公式、全等性质、菱形的判定与性质，解题关键是熟练掌握多边形内角和公式． 现根据多边形内角和公式求出，再根据全等性质、菱形的判定与性质即可求出． 【详解】解：如图， 正八边形的一个内角度数为， ， ∵平面中这两个正八边形全等， ， 四边形是菱形， ． 故选：． 20．如图，在中，与交于点，点为中点，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了菱形的性质和判定，等角对等边等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 根据等角对等边和中点的概念得到，然后求出，证明出是菱形，然后利用菱形的性质求解即可． 【详解】∵ ∴ ∵点为中点 ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴是菱形， ∴ 故选：D． 21．如图，在中，，，对角线交于点，为直角三角形，是斜边的中点，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．先得出是菱形，从而得到，由得出，再证明，从而得到，，又由推导，从而求出，，最后利用即可得到结论． 【详解】解：在中，， ∴是菱形， ， ， ， ， ， ，是斜边的中点， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 故选：A． 22．已知：如图，平行四边形中，对角线，相交于点，延长至，使，连接交于点． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）先证明四边形是平行四边形，再利用平行四边形对角线互相平分可证出结论； （）首先证明四边形是菱形，再用菱形的性质可得到，再根据两直线平行，同位角相等得到 此题主要考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， 由（）得：四边形是平行四边形， ∴， ∴． 23．如图，在中，点D，E分别是边的中点，取的中点O，连接并延长交于点F，连接． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)若，，求的度数． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质等知识点，灵活运用相关判定和性质成为解题的关键． （1）根据三角形中位线的性质可得、，即；再说明、，证得可得，最后根据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； （2）先证明平行四边形BEFC是菱形，再利用菱形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：点D，E分别是边的中点， ，， ， ∵点O是边的中点， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形． （2）解：，， ， 平行四边形BEFC是菱形， ，， ． 24.如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，AC平分． (1)求证：四边形ABCD是菱形． (2)过点C作交AB的延长线于点E，连接OE交BC于点F，若，求的度数． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）由，平分，得，，结合，得，又，四边形ABCD是平行四边形，又，即可求证， （2）由ABCD是菱形，得，，，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，得，，，，， 本题考查了，平行四边形的性质，菱形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边中线等于斜边一半，解题的关键是：熟练掌握相关性质定理． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴四边形ABCD是平行四边形， 又， ∴四边形ABCD是菱形， （2）解：由（1）可知四边形ABCD是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 题型五 由菱形的性质与判定求线段长度 25．如图，在中，对角线，相交于点O，点E是的中点．若，，，则的长是（   ） A．3 B．2.5 C．2.4 D．4 【答案】B 【分析】此题主要考查了平行四边形的性质，菱形的性质和判定，勾股定理，三角形中位线定理， 首先得到，证明出是菱形，然后证明出是的中位线，进而求解即可． 【详解】在中，对角线相交于点 ∴， ∴ ∴ ∴是菱形 ∴ ∵点是的中点，点是的中点 是的中位线 ． 故选：B． 26．如图，在中，，，，为的中点，，，则四边形的对角线的长为（　　） A． B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质与判定，勾股定理，直角三角形的性质，根据，，可得四边形为平行四边形，根据，为的中点，则，则平行四边形为菱形，由，，，可得，证明四边形是平行四边形，即可求解． 【详解】解：，， 四边形为平行四边形， 又，为的中点， ， 平行四边形为菱形， ∴， ∴ 又 ∴四边形是平行四边形， ∴， ，，， ， ∴． 故选：B． 27．如图，在平行四边形中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，若，，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了利用平行四边形的性质求解，角平分线的意义，等角对等边，根据菱形的性质与判定求线段长，用勾股定理解三角形，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 先证明四边形是菱形，根据菱形的性质可得出，，，再利用勾股定理求得即可求解． 【详解】解：如图， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∵的平分线交于点E，的平分线交于点F， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 28．如图，四边形中，，，，连接，的角平分线分别交，于点，，连接，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查的知识点包括平行四边形的性质与判定、菱形的性质与判定、角平分线的性质、勾股定理以及直角三角形斜边中线的性质．由勾股定理在直角三角形中，利用勾股定理求得；由和 平分，得出四边形是平行四边形；结合，进一步判定四边形是菱形；在直角三角形中，由勾股定理得,直角三角形斜边中线性质，，即可解答． 【详解】如图，连接 ∵，，， ∴. ∵ 平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形. ∵， ∴四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴在中， 故选：A． 29．如图，在四边形中，，，过点A作，交的延长线于点E，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点D作于点F，延长交于点G，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由已知可得四边形是平行四边形，，等量代换，可得，可得，即可证得结论； （2）由菱形的性质，结合平行线的性质，可得，根据勾股定理可得，代入三角形的面积公式，可得，由勾股定理，即可得的长． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形，， ， ， ， 四边形是菱形． （2）解：由（1）可知，四边形是菱形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ． 的长为． 【点睛】本题考查平行线的性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，等角对等边，勾股定理，三角形的高相关的计算． 题型六 由菱形的性质与判定求周长 30．如图，是的角平分线，线段的垂直平分线分别交和于点E，F．与交于点O，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)填空：若，，则四边形的周长为_______． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键． （1）证，得，再证四边形是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）根据菱形特点，利用特殊角度，在直角三角形中求出的长，进而求出周长． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵垂直平分， ∴、互相平分， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形为菱形； （2）解：∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴（负值舍去）， ∵， ∴菱形周长为． 故答案为：． 31．如图，在中，，点为中点，连接，过点作，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若平分，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)5 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，直角三角形斜边中线定理，角平分线的性质，等角对等边，解题的关键是掌握以上性质． （1）根据直角三角形斜边中线定理得出，根据条件证明四边形是平行四边形，再根据邻边相等即可得出结论； （2）根据菱形的性质得出相等的边和平行线，根据角平分线的性质和等角对等边得出，求出相关线段的长度即可求解． 【详解】（1）证明：∵，点为中点， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：由（1）得四边形是菱形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点为中点， ∴， ∴四边形的周长为． 题型七 由菱形的性质与判定求面积 32．如图，在矩形中，，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，直线分别交于点．若，则四边形的面积是（    ） A．20 B．16 C．12 D．24 【答案】A 【分析】本题主要考查矩形的性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质及菱形的性质与判定，熟练掌握矩形的性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质及菱形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，则有，，然后可得四边形是菱形，进而问题可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， 由作图可知：垂直平分， ∴，，， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴； 故选A． 33．“蓝丝带”一般指蓝丝带海洋保护协会，同时也象征着对保护海洋的呼吁，李老师用一段矩形绸缎制作了一条如图所示的蓝丝带，若．重叠部分图形的面积是，则丝带的宽为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，勾股定理．先证明四边形是平行四边形，则，作于，于，设，利用面积法证明，得到四边形是菱形，再由勾股定理求得，然后根据重合部分四边形的面积为，列式求解作答即可． 【详解】解：由题意知，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 如图，作于，于，连接，则， 设， ∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， 由勾股定理得，， 则， ∴重合部分四边形的面积为： ， 解得（负值已舍去）， ∴丝带的宽为， 故选：A． 34．如图，将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形．若，，则四边形的面积为（   ） A．8 B．6 C．4 D．2 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的折叠、菱形的判定和性质等知识，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．由题意可得四边形是菱形，，，由菱形的面积等于对角线乘积的一半即可得到答案． 【详解】解：∵将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形， ∴，与互相平分， ∴四边形是菱形， ∵，， ∴菱形的面积为． 故选：C． 35．如图，在矩形中，平分交于点E，垂直平分交于点O，交于点F，若，则四边形的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，则，证明四边形是菱形，再证明和全等得，在中，由勾股定理得，进而得，如图，连接，证明为等边三角形，可得，，求解，然后再根据菱形的面积公式即可得出四边形的面积． 【详解】解：设，则， ∵垂直平分交于点O， ∴，，，， 在矩形中，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵平分交于点E，，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 如图，连接，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， 在中，， 由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴四边形的面积为：． 故选：C． 【点睛】此题主要考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理的应用，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，二次根式的运算，理解矩形的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键． 36．如图，在中，，点、分别是、的中点．将绕点旋转得．连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，设四边形的面积为，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)四边形的面积为 【分析】本题考查图形旋转的性质，菱形的判定定理以及菱形的面积公式，熟练掌握菱形的判定定理是解题关键． （1）根据旋转得，，可证四边形是平行四边形；再由是的中点及，得，进而可证四边形是菱形； （2）由得菱形边长为，设，，则，利用菱形对角线垂直，结合勾股定理得，再由完全平方公式求得，最后用菱形面积公式求得结果． 【详解】（1）证明：∵将绕点旋转得， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵点是的中点， ∴，， 又∵， ∴， ∴平行四边形为菱形； （2）解：如图，令和的交点为， ∵， ∴， 设，，则， 由（1）得四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， 整理得，， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形的面积为． 答：四边形的面积为． 37．如图，在中，点为边的中点，．下面是两同学的对话： (1)请选择一位同学的说法，并证明； (2)在（1）的条件下，若，，求四边形的面积．（结果保留根号） 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）选择小星的说法，证明，得到，进而得到四边形为平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形，即可得证；选择小红的说法，证明，得到，进而得到四边形为平行四边形，根据角平分线的定义，平行线的性质，等角对等边得到，即可得证； （2）根据含30度角的直角三角形的性质，求出的长，进而得到的长，再根据菱形的面积公式进行求解即可． 【详解】（1）解：选择小星的说法，证明如下： ∵， ∴，， ∵点为边的中点， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； 选择小红的说法，证明如下： ∵， ∴，， ∵点为边的中点， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形； （2）解：∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积． 【点睛】本题考查菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等角对等边，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 38．如图，在平行四边形中，对角线的垂直平分线与相交于点，与相交于点，连接，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若四边形的周长是，两条对角线的和是，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】(1)根据平行四边形的性质可证，根据垂直平分线的性质可证，，利用可证，根据全等三角形的性质可证，根据对角线互相平分的四边形是菱形可证结论成立； (2)根据菱形的性质可知，设、，根据勾股定理可得，利用完全平方公式可以求出，根据菱形的面积公式求出结果即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， 是的垂直平分线， ，， 在和中，， ， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ， 四边形的周长是， ， 设、， 则有，，， ， 在中，， ， ， ， 整理可得：， ． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、完全平方公式． ． 题型一 与菱形性质、判定相关的几何多结论问题 39．已知是矩形对角线的交点，作，相交于点E，连接．若要使，则可添加的条件的个数为（    ）    ①；②；③；④ A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，证明四边形是菱形，再证明四边形是等腰梯形，是等边三角形，可以推出①②③正确，再证明，推出④正确． 【详解】∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴，， ①当时，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，故①正确， ②当时是等边三角形，同理可证；故②正确； ③当时， ∴，则是等边三角形，同理可证；故③正确； ④当时，设与交于点，连，    ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴ ∴, 在和中， ， ∴， ∴， 故④正确； ∴可添加的条件是①②③④． 故选：D． 40．如图，在中，、分别为边、的中点，是对角线，，交的延长线于点，连接，．有下列结论：①；②四边形是菱形；③四边形是矩形；④．其中正确结论的个数是(   ) A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】此题重点考查平行线的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，推导出，且，是解题的关键． 连接，由平行四边形的性质得，，，而、分别为边、的中点，则，，则四边形是平行四边形，所以，可判断①正确；由，得，则，所以四边形是菱形，可判断②正确；由，交的延长线于点，得，则四边形是平行四边形，而，所以四边形是矩形，可判断③正确；设，，则，求得，则，所以，则四边形：：：，可判断④错误，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接， 四边形是平行四边形， ，，， 、分别为边、的中点， ，，， ， 四边形是平行四边形， ， 故①正确； ， ， ， 四边形是菱形， 故②正确； ，交的延长线于点， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， 故③正确； 设，，则， ，， ， ，， ∴， 故④错误， 故选：C． 41．如图，先有一张矩形纸片，点分别在矩形的边上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在矩形的边上，记为点，点落在点处，连接，交于点，连接．下列结论：①；②四边形是菱形；③重合时，；④的面积的取值范围是．其中正确的是（   ） A．①③ B．①② C．②③ D．②④ 【答案】C 【分析】先判断出四边形是平行四边形，再根据翻折的性质可得，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设，得，进而得，这个不一定成立，判断①错误；点P与点A重合时，设，表示出，利用勾股定理列出方程求解得x的值，进而用勾股定理求得，判断出③正确；当过D点时，求得四边形的最小面积，进而得S的最小值，当P与A重合时，S的值最大，求得最大值即可判断④，进而可得答案． 【详解】解：由题意，， ∴， 由折叠的性质得：，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，故正确； ∴，， ∴， ∵， 若， ∴， ∴，这个结论不一定成立，故错误； 点与点重合时，如图所示， 设，则， ∴在中，, ∴， 解得：， ∴，， ∴， ∴， ∴，故正确； 当过点时，，结合四边形是菱形得到菱形是正方形，则，如图所示，最短，四边形面积最小， ∴； 当点与点重合时，如图，最长，四边形的面积最大，此时，， ∴， ∴，故错误； 正确的项为， 故选：C． 【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质，掌握折叠的性质及菱形的性质是解题的关键． 42．如图，在菱形中，，与交于点，为延长线上一点，且，连接，分别交，于点、，连接，则下列结论：①；②；③；④四边形是菱形．其中正确的有（   ） A．②④ B．②③④ C．①②④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】由证明，②正确；得出，证出是的中位线，得出，根据，推出，故③正确；先证四边形是平行四边形，再证、是等边三角形，得，因此，则四边形是菱形，④正确；由菱形的性质得，结合，推出，①正确． 【详解】解：四边形是菱形， ，，，，， ，， ， ， 在和中， ， ，故②正确 ， 是的中位线， ， ， ，故③正确； ，， 四边形是平行四边形， ， 、是等边三角形， ，， ，四边形是菱形，故④正确； ， ∵， ，故①正确； 故选：D． 【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、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 43．如图，在中，对角线，相交于点，，，，分别是，，的中点，连结、、，交于点．以下结论：①；②；③平分；④．其中正确的个数是（   ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】C 【分析】连接，，证明，由等腰三角形的性质得出，再由直角三角形的性质得出，可判定①；证明四边形是菱形，由菱形的性质得出，可判定②；四边形为平行四边形，是对角线，所以不一定平分，可判定③；证明四边形是平行四边形，得出，可判定④． 【详解】解：①连接， ∵四边形为平行四边形， ∴，，，， ∵， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∵G是的中点， ∴，故①错误； ②连接， ∵E是的中点，F是的中点， ∴，， ∴，即， ∴ ∵G是的中点， ∴ ∴ ∴四边形是菱形， ∴，故②正确； ∵四边形为平行四边形，是对角线， ∴不一定平分，故③错误； ④∵， ∴ ∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∴，故④正确； ∴正确的有②④关，共2个， 故选：C． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角 三角形的性质，三角形中位线的性质，本题属四边形综合题目，熟练掌握相关判定与性质是解题的关键． 44．如图，分别以直角的斜边，直角边为边向外作等边和等边，F为的中点，与交于点G，与交于点H，，．给出如下结论：①平分；②；③；④，其中正确结论的为（　　） A．①③④ B．②③ C．①④ D．①②③④ 【答案】A 【分析】根据已知先判断，则，可判断①，结合含角的直角三角形的性质和中点的定义可判断④，由等边三角形的性质得出，接着证得，则，再由，得出四边形为平行四边形而不是菱形，即有不成立，根据平行四边形的性质得出，即可判断②③，从而得到答案． 【详解】解：、是等边三角形， ，，， ， ，， 为的中点， ， ， 即在与中， ， ， ，， ∴，即平分， 故①正确， 由①知，． ∵． ∴，即． ∵， ∴， ∵F是的中点， ∴， ∵，， ∴，故④正确； ∵，， ，， ， ， 由①知，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵，，， ∴， ∴四边形不是菱形， ∴不成立，故②说法不正确； ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， 则，故③说法正确， 故选：A． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定和性质，含角的直角三角形的性质以及全等三角形的判定和性质，解决本题需先根据已知条件先判断出一对全等三角形，然后按排除法来进行选择． 题型二 菱形与动点问题 45．如图，在中，，，．点从点出发沿方向以每秒2个单位的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒1个单位的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点，运动的时间是．过点作于点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当的值为多少时，四边形为菱形？并求出该菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)当t时，四边形为菱形，此时菱形的面积是 【分析】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识，在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．解题时注意：有一组邻边相等的平行四边形是菱形． （1）根据直角三角形的性质得到，得到，根据平行四边形的性质得到，根据平行四边形的判定定理得到四边形为平行四边形； （2）首先得出四边形为平行四边形，进而利用菱形的判定与性质得出时，求出的值，进而得出答案． 【详解】（1）证明：在中，，， ． ， ． ，， ． ∴四边形为平行四边形． （2）解：在中，， ， ． ， ． ． ． 若使平行四边形为菱形，则需， 即，解得t． 即当t时，四边形为菱形． 此时， ， ， ， ∴菱形的面积． 46．如图，在矩形中，，，点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点，运动的时间是秒，过点作于点，连接，． (1) ， ， ， （用含的代数式表示）； (2)试说明：无论为何值，四边形总是平行四边形； (3)连接，与能垂直吗？如果能，求出相应的值；如果不能，请说明理由； (4)直接写出当为 时，为直角三角形． 【答案】(1)；；； (2)证明见解析 (3)当时，，理由见解析 (4)或 【分析】（1）根据题意，点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，得，，再由，求解即可； （2）根据，得，再根据（1）得即可证明； （3）根据（2）所证四边形是平行四边形，利用时，四边形是菱形，菱形对角线垂直，可得，建立方程求解即可； （4）分别从与两种情况讨论即可求解． 【详解】（1）解：∵四边到是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以的速度向点匀速运动， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：；；；； （2）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴． 由（1）知，， ∴四边形是平行四边形． ∴无论为何值，四边形总是平行四边形； （3）解：与能垂直．理由如下： 由（2）可知：四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是菱形， 此时， ∴， 解得：， ∴当时，； （4）如图，当时，则， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得：； 如图，当时，则， ∵四边形是矩形，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 解得：， 综上所述，当或时，是直角三角形， 故答案为：或． 【点睛】本题是矩形的动点问题，考查了矩形的性质，含角的直角三角形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质等知识点．解题的关键是掌握：在直角三角形中，角所对的直角边是斜边的一半、菱形的判定和性质． 题型三 菱形与折叠问题 47．已知点，分别在矩形纸片的边，上，连接，将矩形纸片沿折叠． (1)如图①，若点恰好落在点处，与相交于点，连接，． ①判断四边形的形状，并证明你的结论； ②若，，求折痕的长； (2)如图②，若点恰好落在边上的点处，点落在点处，交于点，且． ①求证：； ②若，，求的长． 【答案】(1)①四边形是菱形，证明见解析；② (2)①见解析；②6 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的判定与性质，图形折叠的性质，解题的关键是掌握这些知识点． （1）①根据折叠变换的性质和菱形的判定即可得； ②设，则，在直角三角形中，由勾股定理求，在直角三角形中，由勾股定理求x，利用菱形面积的计算公式建立等式，进行计算即可得； （2）①由矩形和折叠的性质，用证明，从而得，则，由，得； ②由，，得，，，设，则，根据勾股定理得，进行计算即可得的长度． 【详解】（1）①四边形是菱形． 证明如下： 由折叠的性质，得，，， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， 四边形是菱形． ②四边形是矩形， ， ，， ， 设，则， ， ，解得， ， ， ． （2）①四边形是矩形， ，， 由折叠的性质，得，， ，， 在和中， ， ， ， ， ． ②设， ， ， ， ， 由折叠的性质，得，， ， ， ， ， ，解得， ． 48．在矩形纸片中，，． (1)将矩形纸片沿折叠，使点A落在点E处如图①．设与相交于点F，求的长； (2)将矩形折叠，使点A落在点P处，折痕为．如图D，若点P恰好在边上，连接，求的长度； (3)将矩形纸片折叠，使点B与D重合如图②，求折痕的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，菱形的判定与性质，熟记翻折的性质并利用勾股定理列出方程是解题的关键． （1）根据折叠的性质可得，再根据两直线平行，内错角相等可得，然后求出，根据等角对等边可得，设，表示出，在中，利用勾股定理列出方程求解即可； （2）由折叠得，，再由勾股定理得，可得，最后由勾股定理求解即可； （3）根据折叠的性质可得，设，表示出，然后在中，利用勾股定理列出方程求出，再连接、，根据翻折的性质可得，，根据两直线平行，内错角相等求出，然后求出，根据等角对等边可得，从而求出四边形是菱形，再利用勾股定理列式求出，然后根据菱形的面积列出方程求解即可． 【详解】（1）解：由折叠得，， 四边形是矩形， ∴， ， ， ， 设，则， 在中，， 即， 解得， ； （2）解：由折叠得，， 在中，， ， ， 在中，， ； （3）解：由折叠得，，设， 则， 在中，， 即， 解得， ， 连接、， 由翻折的性质可得，，， 矩形的边， ， ， ， ， 四边形是菱形， 在中，， ， 即， 解得． 49．在平行四边形中，的平分线交直线于E，交直线的延长线于点F． (1)在图1中证明； (2)若四边形是矩形，G是的中点（如图2），直接写出的度数； (3)若，，，分别连接，（如图3），求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据平分，可得，利用四边形是平行四边形，求证即可; （2）连接、，根据平分，四边形是矩形，可得和都是等腰直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形三线合一，可得，，，证明，即可得是等腰直角三角形，即可求解； （3）延长、交于点，连接，求证四边形是菱形，证明可得结论． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ，． ，． 平分， ． ． ， ． ． （2）如图，连接、， ∵四边形是矩形， ，． ． 平分， ． ． ，，． ． 又是的中点， ，，． ． 在和中， ， ． ，． ， ． ． ． （3）如图，延长、交于点，连接， ∵四边形是平行四边形， ，． ， ． ∴四边形为平行四边形． ，平分， ，． ． ． ， ． ∴平行四边形为菱形． ，． 、为等边三角形． ． ， ， ∴四边形为平行四边形． ，． ，， ． 在和中， ， ． ． ， ． ． 50．【定义】对角线相等且所夹锐角为的四边形叫“等角线四边形”．如图1，四边形为“等角线四边形”，即，． 【判定探究】下列语句能判断四边形是“等角线四边形”的是 ．（填序号） ①对角线所夹锐角为，且顺次连接各边中点所形成的四边形是菱形的四边形； ②对角线所夹锐角为的矩形； ③对角线所夹锐角为的平行四边形． 【性质探究】以为边，向下构造等边三角形，连接，如图2，判断与的大小关系是 （填“>，<，≥或≤”），并说明理由； 【学习应用】若“等角线四边形”的对角线长为2，的最小值为 ． 【答案】[判定探究]①②；[性质探究]；[学习应用] 【分析】[判定探究]根据定义即可求解． [性质探究]证明四边形是平行四边形，根据即可求解； [学习应用]先构造平行四边形，可得对应线段相等，再求出，构造直角三角形求出，即可得出答案； 【详解】解：[判定探究] ①对角线所夹锐角为，且顺次连接各边中点所形成的四边形是菱形的四边形，则四边形的对角线相等，故①是“等角线四边形”． ②对角线所夹锐角为的矩形，对角线相等，且所夹锐角为，故②是“等角线四边形”； 对角线所夹锐角为的平行四边形的对角线不一定相等， ∴不能判断③是“等角线四边形”； 故答案为：①②； [性质探究] 是等边三角形 ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 中，， 即； [学习应用]如图，过作，且，连接， ∴四边形是平行四边形， ∴． ∵“等角线四边形”的对角线长为2， ∴， ∴． ∵， ∴． 过点C作，交于点H， ∵，， ∴，， 在中，， 则， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为， 【点睛】本题考查了四边形综合问题，新定义问题，含30度角的直角三角形的性质，平行四边形的性质与判定，中点四边形性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，三边关系，掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $