湖北省黃石市十四中學教育集團2023年數(shù)學八下期末聯(lián)考模擬試題含解析

2022-2023學年八下數(shù)學期末模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．點M（-2,3）關于x軸對稱點的坐標為A.（-2,-3）B.（2,-3）C.（-3,-2）D.（2,3）2．某專賣店專營某品牌的襯衫，店主對上一周中不同尺碼的襯衫銷售情況統(tǒng)計如下：襯衫尺碼3940414243平均每天銷售件數(shù)1012201212該店主決定本周進貨時，增加一些41碼的襯衫，影響該店主決策的統(tǒng)計量是()A．平均數(shù) B．方差 C．中位數(shù) D．眾數(shù)3．分解因式x2-4的結果是A． B．C． D．4．已知P1（﹣3，y1），P2（2，y2）是一次函數(shù)y=﹣x﹣1的圖象上的兩個點，則y1，y2的大小關系是（）A．y1=y2 B．y1＜y2 C．y1＞y2 D．不能確定5．直線不經(jīng)過的象限是（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限6．如圖，在△ABC中，AB=5，AC=3，AD是角平分線，AE是中線，過點C作CG⊥AD于點F，交AB于點G，連接EF，則線段EF的長為()A． B． C．3 D．17．計算：3x2y2=（）．A．2xy2 B．x2 C．x3 D．xy48．已知銳角三角形中，，點是、垂直平分線的交點，則的度數(shù)是（）A． B． C． D．9．已知A，B兩地相距120千米，甲乙兩人沿同一條公路勻速行駛，甲騎自行車以20千米/時從A地前往B地，同時乙騎摩托車從B地前往A地，設兩人之間的距離為s（千米），甲行駛的時間為t（小時），若s與t的函數(shù)關系如圖所示，則下列說法錯誤的是（）A．經(jīng)過2小時兩人相遇B．若乙行駛的路程是甲的2倍，則t=3C．當乙到達終點時，甲離終點還有60千米D．若兩人相距90千米，則t=0.5或t=4.510．如圖，在平面直角坐標系中，一次函數(shù)經(jīng)過，兩點，則不等式的解是A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，AB的垂直平分線DE交BC的延長線于點E，則CE的長為___12．已知：如圖，在四邊形ABCD中，∠C=90°，E、F分別為AB、AD的中點，BC=6，CD=4，則EF=______．13．正方形中,點是對角線上一動點,過作的垂線交射線于,連接,,則的值為________.14．若ab<0,化簡的結果是____.15．如圖，已知，點在邊上，.過點作于點，以為一邊在內(nèi)作等邊，點是圍成的區(qū)域（包括各邊）內(nèi)的一點，過點作交于點，作交于點.設，，則最大值是_______.16．如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，點E為BC邊的中點，連接OE，若AB＝4，則線段OE的長為_____．17．數(shù)據(jù)1，4，5，6，4，5，4的眾數(shù)是___．18．已知一次函數(shù)y=（-1-a2）x+1的圖象過點（x1，2），（x2-1），則x1與x2的大小關系為______．三、解答題(共66分)19．（10分）學校準備從甲乙兩位選手中選擇一位選手代表學校參加所在地區(qū)的漢字聽寫大賽，學校對兩位選手從表達能力、閱讀理解、綜合素質(zhì)和漢字聽寫四個方面做了測試，他們各自的成績（百分制）如表：選手表達能力閱讀理解綜合素質(zhì)漢字聽寫甲85788573乙73808283（1）由表中成績已算得甲的平均成績?yōu)?0.25，請計算乙的平均成績，從他們的這一成績看，應選派誰；（2）如果表達能力、閱讀理解、綜合素質(zhì)和漢字聽寫分別賦予它們2、1、3和4的權，請分別計算兩名選手的平均成績，從他們的這一成績看，應選派誰．20．（6分）如圖，已知DB∥AC，E是AC的中點，DB＝AE，連結AD、BE．（1）求證：四邊形DBCE是平行四邊形；（2）若要使四邊形ADBE是矩形，則△ABC應滿足什么條件？說明你的理由．21．（6分）定義：只有一組對角是直角的四邊形叫做損矩形，連結它的兩個非直角頂點的線段叫做這個損矩形的直徑。（1）如圖1，損矩形ABCD，∠ABC＝∠ADC＝90°，則該損矩形的直徑是線段AC，同時我們還發(fā)現(xiàn)損矩形中有公共邊的兩個三角形角的特點，在公共邊的同側的兩個角是相等的。如圖1中：△ABC和△ABD有公共邊AB，在AB同側有∠ADB和∠ACB，此時∠ADB＝∠ACB；再比如△ABC和△BCD有公共邊BC，在CB同側有∠BAC和∠BDC，此時∠BAC＝∠BDC。請再找一對這樣的角來＝（2）如圖2，△ABC中，∠ABC＝90°，以AC為一邊向形外作菱形ACEF，D為菱形ACEF的中心，連結BD，當BD平分∠ABC時，判斷四邊形ACEF為何種特殊的四邊形？請說明理由。（3）在第（2）題的條件下，若此時AB＝，BD＝，求BC的長。22．（8分）已知，在平面直角坐標系中，矩形OABC的邊OA、OC分別在x軸的正半軸、y軸的正半軸上，且OA、OC（）的長是方程的兩個根．（1）如圖，求點A的坐標；（2）如圖，將矩形OABC沿某條直線折疊，使點A與點C重合，折痕交CB于點D，交OA于點E．求直線DE的解析式；（3）在（2）的條件下，點P在直線DE上，在直線AC上是否存在點Q，使以點A、B、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形．若存在，請求出點Q坐標；若不存在，請說明理由.23．（8分）在菱形中，，點是射線上一動點，以為邊向右側作等邊，點的位置隨著點的位置變化而變化.（1）如圖1，當點在菱形內(nèi)部或邊上時，連接，與的數(shù)量關系是______，與的位置關系是______；（2）當點在菱形外部時，（1）中的結論是否還成立？若成立，請予以證明；若不成立，請說明理由（選擇圖2，圖3中的一種情況予以證明或說理）；（3）如圖4，當點在線段的延長線上時，連接，若，，求四邊形的面積.24．（8分）已知一次函數(shù)的圖象經(jīng)過點（3，5），（﹣4，﹣2）兩點．（1）求這個一次函數(shù)的解析式；（2）在如圖所示的坐標系中畫出這個一次函數(shù)的圖象．25．（10分）計算：（1）1（2）624÷27+（1﹣2）226．（10分）如圖，在平面直角坐標系中，點是坐標原點，四邊形是菱形，點的坐標為，點在軸的正半軸上，直線交軸于點，邊交軸于點，連接（1）菱形的邊長是________；（2）求直線的解析式；（3）動點從點出發(fā)，沿折線以2個單位長度/秒的速度向終點勻速運動，設的面積為，點的運動時間為秒，求與之間的函數(shù)關系式．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、A【解析】兩點關于x軸對稱，那么讓橫坐標不變，縱坐標互為相反數(shù)即可．解：∵3的相反數(shù)是-3，

∴點M（-2，3）關于x軸對稱點的坐標為（-2，-3），

故答案為A點評：考查兩點關于x軸對稱的坐標的特點：橫坐標不變，縱坐標互為相反數(shù)2、D【解析】

平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)是描述一組數(shù)據(jù)集中程度的統(tǒng)計量；方差、標準差是描述一組數(shù)據(jù)離散程度的統(tǒng)計量．銷量大的尺碼就是這組數(shù)據(jù)的眾數(shù)．【詳解】由于眾數(shù)是數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)，故影響該店主決策的統(tǒng)計量是眾數(shù)．故選D．【點睛】此題主要考查統(tǒng)計的有關知識，主要包括平均數(shù)、中位數(shù)、眾數(shù)、方差的意義．3、C【解析】

本題考查用公式法進行因式分解.根據(jù)該題特點:兩項分別是x和2的平方,并且其符合相反,可以用平方差公式進行分解.【詳解】x2-4=(x-2)(x+2).故選C.【點睛】本題考查用公式法進行因式分解,解題的關鍵是能熟記用公式法進行因式分解的式子的特點.4、C【解析】

根據(jù)P1（-3，y1），P1（1，y1）是一次函數(shù)y=-x-1的圖象上的兩個點，由-3＜1，結合一次函數(shù)y=-x-1在定義域內(nèi)是單調(diào)遞減函數(shù)，判斷出y1，y1的大小關系即可．【詳解】∵P1（-3，y1），P1（1，y1）是一次函數(shù)y=-x-1的圖象上的兩個點，且-3＜1，∴y1＞y1．故選C．【點睛】此題主要考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，要熟練掌握．5、C【解析】

首先確定k，k＞0，必過第二、四象限，再確定b，看與y軸交點，即可得到答案．【詳解】∵y=-2x+3中，k=-2＜0，∴必過第二、四象限，∵b=3，∴交y軸于正半軸．∴過第一、二、四象限，不過第三象限，故選：C．【點睛】此題主要考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，直線所過象限，受k，b的影響．6、D【解析】

由等腰三角形的判定方法可知△AGC是等腰三角形，所以F為GC中點，再由已知條件可得EF為△CBG的中位線，利用中位線的性質(zhì)即可求出線段EF的長．【詳解】∵AD是其角平分線，CG⊥AD于F，

∴△AGC是等腰三角形，

∴AG=AC=3，GF=CF，

∵AB=5，AC=3，

∴BG=2，

∵AE是中線，

∴BE=CE，

∴EF為△CBG的中位線，

∴EF=BG=1

故答案為D.【點睛】本題考查等腰三角形的判定與性質(zhì)和三角形中位線定理，解題的關鍵是掌握等腰三角形的判定與性質(zhì)和三角形中位線定理.7、C【解析】

根據(jù)分式除法法則先將除法化為乘法，再進行計算即可．【詳解】原式．故選：C．【點睛】本題考查分式的乘除法，明確運算法則是解題關鍵．8、A【解析】

連接OA、OB，由，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求出∠ABC+∠ACB=115°，根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)得到OA=OB，OA=OC，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)計算即可．【詳解】解：如圖，連接OA、OB，

∵∠BAC=65°，

∴∠ABC+∠ACB=115°，

∵O是AB，AC垂直平分線的交點，

∴OA=OB，OA=OC，

∴∠OAB=∠OBA，∠OCA=∠OAC，OB=OC，

∴∠OBA+∠OCA=65°，

∴∠OBC+∠OCB=115°-65°=50°，

∵OB=OC，

∴∠BCO=∠OBC=25°，

故選：A．【點睛】本題考查的是線段的垂直平分線的性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理，解決問題的關鍵是掌握：線段的垂直平分線上的點到線段的兩個端點的距離相等．9、B【解析】

由圖象得到經(jīng)過2小時兩人相遇，A選項正確，由于乙的速度是=40千米/時，乙的速度是甲的速度的2倍可知B選項錯誤，計算出乙到達終點時，甲走的路程，可得C選項正確，當0<t≤2時，得到t=0.5，當3<t≤6時，得到t=4.5，于是得到若兩人相距90千米，則t=0.5或t=4.5，故D正確．【詳解】由圖象知：經(jīng)過2小時兩人相遇，A選項正確；甲的速度是20千米/小時，則乙的速度是=40千米/時，乙的速度是甲的速度的2倍，所以在乙到達終點之前，乙行駛的路程都是甲的二倍，B選項錯誤；乙到達終點時所需時間為=3（小時），3小時甲行駛3×20=60（千米），離終點還有120-60=60（千米），故C選項正確，當0<t≤2時，S=-60t+120，當S=90時，即-60t+120=90，解得：t=0.5，當3<t≤6時，S=20t，當S=90時，即20t=90，解得：t=4.5，∴若兩人相距90千米，則t=0.5或t=4.5，故D正確．故選B．【點睛】此題考查一次函數(shù)的應用，解題關鍵在于看懂函數(shù)圖象，從函數(shù)圖像得出解題所需的必要條件.10、D【解析】

將A（0，2），B（3，0）代入y=ax+b得出a，b值，再代入ax+b＞0即可求出答案.【詳解】將A（0，2），B（3，0）代入y=ax+b得，即，x<3.正確選D.【點睛】根據(jù)函數(shù)的圖象和交點坐標即可求得結果.此題考查了反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點問題，關鍵是注意掌握數(shù)形結合思想的應用.二、填空題(每小題3分,共24分)11、【解析】

設CE=x，連接AE，由線段垂直平分線的性質(zhì)可知AE=BE=BC+CE，在Rt△ACE中，利用勾股定理即可求出CE的長度，【詳解】∵DE是線段AB的垂直平分線，∴AE=BE=BC+CE=3+x，∴在Rt△ACE中，AE2=AC2+CE2，即（3+x）2=42+x2，解得x=．12、【解析】

連接BD，利用勾股定理列式求出BD，再根據(jù)三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半解答．【詳解】解：如圖，連接BD，∵∠C=90°，BC=6，CD=4，∴BD===2，∵E、F分別為AB、AD的中點，∴EF是△ABD的中位線，∴EF=BD=×2=．故答案為：．【點睛】本題考查了三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半，勾股定理，熟記定理是解題的關鍵，難點在于作輔助線構造出三角形．13、【解析】

如圖，連接PC．首先證明PA=PC，利用相似三角形的性質(zhì)即可解決問題．【詳解】解：如圖，連接PC．

∵四邊形ABCD是正方形，

∴點A，點C關于BD對稱，∠CBD=∠CDB=45°，

∴PA=PC，

∵PE⊥BD，

∴∠DPE=∠DCB=90°，

∴∠DEP=∠DBC=45°，

∴△DPE∽△DCB，

∴，

∴，

∵∠CDP=∠BDE，

∴△DPC∽△DEB，

∴，

∴BE：PA=，故答案為.【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考常考題型．14、【解析】的被開方數(shù)a2b＞1，而a2＞1，所以b＞1．又因為ab＜1，所以a、b異號，所以a＜1，所以．15、【解析】

過P作PH⊥OY于點H，構建含30°角的直角三角形，先證明四邊形EODP是平行四邊形，得EP=OD=a，在Rt△HEP中，由∠EPH=30°，可得EH的長，從而可得a+2b與OH的關系，確認OH取最大值時點H的位置，可得結論.【詳解】解：過P作PH⊥OY于點H，∵PD∥OY，PE∥OX，∴四邊形EODP是平行四邊形，∠HEP=∠XOY=60°，∴EP=OD=a，∠EPH=30°，∴EH=EP=a，∴a+2b=2（）=2(EH+EO)=2OH，∴當P在點B處時，OH的值最大，此時，OC=OA=1，AC==BC，CH=，∴OH=OC+CH=1+=，此時a+2b的最大值=2×=5.故答案為5.【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、30°的直角三角形的性質(zhì)和平行四邊形的判定和性質(zhì)，掌握求a+2b的最大值就是確定OH的最大值，即可解決問題.16、2【解析】

證出OE是△ABC的中位線，由三角形中位線定理即可求得答案．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC；又∵點E是BC的中點，∴OE是△ABC的中位線，∴OE＝AB＝2，故答案為：2．【點睛】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)以及三角形中位線的定理；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)和三角形中位線定理是解題的關鍵．17、1【解析】

眾數(shù)是出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)，據(jù)此求解即可．【詳解】解：數(shù)據(jù)1出現(xiàn)了3次，最多，所以眾數(shù)為1，故答案為：1．【點睛】此題考查了眾數(shù)的知識．眾數(shù)是這組數(shù)據(jù)中出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)．18、x1＜x1【解析】

由k=-1-a1,可得y隨著x的增大而減小，由于1＞-1，所以x1＜x1.【詳解】∵y=（-1-a1）x+1，k=-1-a1＜0，∴y隨著x的增大而減小，∵1＞-1，∴x1＜x1．故答案為：x1＜x1【點睛】本題考查的是一次函數(shù)，熟練掌握一次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關鍵.三、解答題(共66分)19、(1)甲；(2)乙.【解析】

（1）先用算術平均數(shù)公式，計算乙的平均數(shù)，然后根據(jù)計算結果與甲的平均成績比較，結果大的勝出；（2）先用加權平均數(shù)公式，計算甲、乙的平均數(shù)，然后根據(jù)計算結果，結果大的勝出．【詳解】（1）=（73+80+82+83）÷4=79.5，∵80.25＞79.5，∴應選派甲；（2）=（85×2+78×1+85×3+73×4）÷（2+1+3+4）=79.5，=（73×2+80×1+82×3+83×4）÷（2+1+3+4）=80.4，∵79.5＜80.4，∴應選派乙．20、（1）見解析；（2）△ABC滿足AB＝BC時，四邊形DBEA是矩形【解析】

（1）根據(jù)EC＝BD，EC∥BD即可證明；（2）根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)得出∠BEA＝90°，根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形推出即可．【詳解】（1）∵E是AC中點，∴AE＝EC，∵DB＝AE，∴EC＝BD又∵DB∥AC，∴四邊形DECB是平行四邊形；（2）△ABC滿足AB＝BC時，四邊形DBEA是矩形，理由如下：∵DB＝AE，又∵DB∥AC，∴四邊形DBEA是平行四邊形（一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形），∵AB＝BC，E為AC中點，∴∠AEB＝90°，∴平行四邊形DBEA是矩形，即△ABC滿足AB＝BC時，四邊形DBEA是矩形．【點睛】本題考查了矩形的判定，平行四邊形的判定與性質(zhì)，等腰三角形三線合一的性質(zhì)，題目難度不大，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)以及平行四邊形與矩形的聯(lián)系是解題的關鍵．21、（1）∠ABD=∠ACD；（2）四邊形ACEF為正方形，理由見解析；（3）5.【解析】

（1）以AD為公共邊，有∠ABD=∠ACD；（2）證明△ADC是等腰直角三角形，得AD=CD，則AE=CF，根據(jù)對角線相等的菱形是正方形可得結論；（3）如圖2，作輔助線構建直角三角形，證明△ABC≌△CHE，得CH=AB=3，根據(jù)平行線等分線段定理可得BG=GH=4，從而得結論.【詳解】解：（1）由圖1得：△ABD和△ADC有公共邊AD，在AD同側有∠ABD和∠ACD，此時∠ABD=∠ACD；（2）四邊形ACEF為正方形，理由是：∵∠ABC=90°，BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD=45°∴∠DAC=∠CBD=45°∵四邊形ACEF是菱形，∴AELCF，∴∠ADC=90°，∴△ADC是等腰直角三角形，∴AD=CD，.AE=CF，∴菱形ACEF是正方形；（3）如圖2，過D作DG⊥BC于G，過E作EH⊥BC，交BC的延長線于H，∵∠DBG=45°，∴△BDG是等腰直角三角形，BD=4，∵BG=4，四邊形ACEF是正方形，∴AC=CE，∠ACE=90°，AD=DE，易得△ABC≌△CHE，∴CH=AB=3，AB//DG//EH，AD=DE，∴BG=GH=4，∴CG=4-3=1，∴BC=BG+CG=4+1=5.【點睛】本題是四邊形的綜合題，也是新定義問題，考查了損矩形和損矩形的直徑的概念，平行線等分線段定理，菱形的性質(zhì)，正方形的判定等知識，認真閱讀理解新定義，第3問有難度，作輔助線構建全等三角形是關鍵.22、（1）（1，0）；（2）；（3）存在點或或，使以點A、B、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形.【解析】

（1）通過解一元二次方程可求出OA的長，結合點A在x軸正半軸可得出點A的坐標；（2）連接CE，設OE=m，則AE=CE=1-m，在Rt△OCE中，利用勾股定理可求出m的值，進而可得出點E的坐標，同理可得出點D的坐標，根據(jù)點D，E的坐標，利用待定系數(shù)法可求出直線DE的解析式；（3）根據(jù)點A，C的坐標，利用待定系數(shù)法可求出直線AC的解析式，設點P的坐標為（a，2a-6），點Q的坐標為（c，-c+2），分AB為邊和AB為對角線兩種情況考慮：①當AB為邊時，利用平行四邊形的性質(zhì)可得出關于a，c的二元一次方程組，解之可得出c值，再將其代入點Q的坐標中即可得出結論；②當AB為對角線時，利用平行四邊形的對角線互相平分，可得出關于a，c的二元一次方程組，解之可得出c值，再將其代入點Q的坐標中即可得出結論．綜上，此題得解．【詳解】（1）解方程x2-12x+32=0，得：x1=2，x2=1．∵OA、OC的長是方程x2-12x+32=0的兩個根，且OA＞OC，點A在x軸正半軸上，∴點A的坐標為（1，0）．（2）連接CE，如圖2所示．由（1）可得：點C的坐標為（0，2），點B的坐標為（1，2）．設OE=m，則AE=CE=1-m．在Rt△OCE中，∠COE=90°，OC=2，OE=m，∴CE2=OC2+OE2，即（1-m）2=22+m2，解得：m=3，∴OE=3，∴點E的坐標為（3，0）．同理，可求出BD=3，∴點D的坐標為（5，2）．設直線DE解析式為：∴∴直線DE解析式為：（3）∵點A的坐標為（1，0），點C的坐標為（0，2），點B的坐標為（1，2），∴直線AC的解析式為y=-x+2，AB=2．設點P的坐標為（a，2a-6），點Q的坐標為（c，-c+2）．分兩種情況考慮，如圖5所示：①當AB為邊時，，解得：c1=，c2=，∴點Q1的坐標為（，），點Q2的坐標為（，）；②當AB為對角線時，，解得：，∴點Q3的坐標為（，-）．綜上，存在點或或，使以點A、B、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形【點睛】本題考查了解一元二次方程、矩形的性質(zhì)、勾股定理、折疊的性質(zhì)、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、一次函數(shù)圖象上點的坐標特征、平行四邊形的性質(zhì)以及解二元一次方程組，解題的關鍵是：（1）通過解一元二次方程，找出點A的坐標；（2）利用勾股定理，求出點D，E的坐標；（3）分AB為邊和AB為對角線兩種情況，利用平行四邊形的性質(zhì)求出點Q的坐標．23、（1），；（2）結論仍然成立，理由：略；（3）【解析】

（1）連接AC，根據(jù)菱形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)得出△BAP≌△CAE，再延長交于，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得出；

（2）結論仍然成立．證明方法同（1）；

（3）根據(jù)（2）可知△BAP≌△CAE，根據(jù)勾股定理分別求出AP和EC的長，即可解決問題；【詳解】（1）如圖1中，結論：，.理由：連接.∵四邊形是菱形，，∴，都是等邊三角形，，∴，，∵是等邊三角形，∴，，∵，∴，，∴，∴，，延長交于，∵，∴，∴，即.故答案為，.（2）結論仍然成立.理由：選圖2，連接交于，設交于.∵四邊形是菱形，，∴，都是等邊三角形，，∴，，∵是等邊三角形，∴，，∴.，∴，∴，，∵，∴，∴，即.選圖3，連接交于，設交于.∵四邊形ABCD是菱形，，∴，都是等邊三角形，，∵是等邊三角形，∴，，∴.，∴，∴，，∵，∴，∴，即.（3），由（2）可知，，在菱形中，，∴，∵，，在中，，∴，∵與是菱形的對角線，∴，，∴