數(shù)學(xué)-專項(xiàng)18.3菱形的判定專項(xiàng)提升訓(xùn)練（重難點(diǎn)培優(yōu)）-【】2022-2023學(xué)年八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)尖子生培優(yōu)必刷題（帶答案）【人教版】

【拔尖特訓(xùn)】2022-2023學(xué)年八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)尖子生培優(yōu)必刷題【人教版】專題18.3菱形的判定專項(xiàng)提升訓(xùn)練（重難點(diǎn)培優(yōu)）班級(jí)：___________________姓名：_________________得分：_______________注意事項(xiàng)：本試卷滿分120分，試題共24題，其中選擇10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生務(wù)必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級(jí)等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．一、選擇題（本大題共10小題，每小題3分，共30分）在每小題所給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．（2022春?杜爾伯特縣期中）菱形的周長(zhǎng)為12，一個(gè)內(nèi)角為60°，則較短的對(duì)角線長(zhǎng)為（）A．2 B．3 C．1 D．【分析】根據(jù)已知可得較短的對(duì)角線與兩鄰邊組成等邊三角形，則菱形較短的對(duì)角線長(zhǎng)＝菱形的邊長(zhǎng)，根據(jù)周長(zhǎng)可求得菱形的邊長(zhǎng)從而較短的對(duì)角線也就求得了．【解答】解：由已知得，較短的對(duì)角線與兩鄰邊組成等邊三角形，則菱形較短的對(duì)角線長(zhǎng)＝菱形的邊長(zhǎng)＝12÷4＝3，故選：B．2．（2022春?南崗區(qū)校級(jí)期中）如圖，菱形ABCD的兩條對(duì)角線長(zhǎng)分別為AC＝9和BD＝6，那么菱形ABCD的面積為（）A．4 B．30 C．54 D．27【分析】直接根據(jù)菱形面積等于兩條對(duì)角線的長(zhǎng)度乘積的一半進(jìn)行計(jì)算即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴菱形ABCD的面積＝BD?AC＝×6×9＝27，故選：D．3．（2022春?墨玉縣期末）如圖，菱形ABCD中，AC＝8．BD＝6．則菱形的面積為（）

A．20 B．40 C．28 D．24【分析】根據(jù)菱形的面積等于對(duì)角線乘積的一半可得答案．【解答】解：菱形的面積為6×8÷2＝24，故選：D．4．（2022春?南召縣期末）四邊形具有不穩(wěn)定性，小明將一個(gè)菱形ABCD轉(zhuǎn)動(dòng)，使它形狀改變，當(dāng)轉(zhuǎn)動(dòng)到使∠B＝60°時(shí)（如圖），測(cè)得AC＝2；當(dāng)轉(zhuǎn)動(dòng)到使∠B＝120°時(shí)，AC的值為（）A．2 B． C． D．【分析】根據(jù)有一個(gè)角是60°的等腰三角形是等邊三角形可得菱形的邊長(zhǎng)為2，再根據(jù)菱形的性質(zhì)以及勾股定理解答即可．【解答】解：因?yàn)榱庑蜛BCD，∠B＝60°時(shí)，測(cè)得AC＝2，所以△ABC是等邊三角形，所以菱形的邊長(zhǎng)為2，當(dāng)轉(zhuǎn)動(dòng)到使∠B＝120°時(shí)，如圖所示：因?yàn)锳C⊥BD，∠ABC＝120°，所以∠ABO＝60°，所以∠OAB＝30°，所以，所以，所以AC＝2AO＝．故選：B．5．（2022春?博興縣期末）如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，DE⊥AB于點(diǎn)E，若AB＝5，DE＝4，則在下列結(jié)論中正確的是（）

A．DB＝5 B．AE＝4 C．BE＝2 D．OA＝3【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可知AB＝AD，AO＝OC，OD＝OB，由于DE⊥AB于點(diǎn)E，所以在Rt△AED中，利用勾股定理可以求出AE，進(jìn)而求出BE、BD，再在Rt△AOB中求出OA即可作出判斷．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD，AO＝OC，OD＝OB，∵AB＝5，∴AD＝5，∵DE⊥AB于點(diǎn)E，DE＝4在Rt△AED中，根據(jù)勾股定理得，AE＝＝3，故B錯(cuò)誤；∴BE＝AB﹣AE＝5﹣3＝2，故C正確；在Rt△BDE中，根據(jù)勾股定理得，BD＝，故A錯(cuò)誤；∴OB＝BD＝，在Rt△AOB中，根據(jù)勾股定理得，OA＝，故D錯(cuò)誤．故選：C．6．（2022春?承德縣期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形ABCD的頂點(diǎn)D在x軸上，邊BC在y軸上，若點(diǎn)A的坐標(biāo)為（12，13），則點(diǎn)C的坐標(biāo)是（）A．（0，﹣8） B．（0，﹣5） C．（﹣5，0） D．（0，﹣6）【分析】在Rt△ODC中，利用勾股定理求出OC即可解決問(wèn)題．【解答】解：∵A（12，13），∴OD＝12，AD＝13，

∵四邊形ABCD是菱形，∴CD＝AD＝13，在Rt△ODC中，OC＝，∴C（0，﹣5）．故選：B．7．（2022春?豐澤區(qū)校級(jí)月考）如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AB于點(diǎn)H，連接OH，OH＝2，若菱形ABCD的面積為12，則AB的長(zhǎng)為（）A．10 B．4 C． D．6【分析】由菱形的性質(zhì)得OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，再求出BD＝4，則OB＝2，然后由菱形面積求出AC＝6，則OA＝3，即可解決問(wèn)題．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∵DH⊥AB，∴∠BHD＝90°，∴BD＝2OH，∵OH＝2，∴BD＝4，∴OB＝2，∵菱形ABCD的面積＝AC?BD＝AC×4＝12，∴AC＝6，∴OA＝3，在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB＝＝＝，故選：C．

8．（2022秋?合川區(qū)校級(jí)月考）如圖，在菱形ABCD中，M．N分別在AB，CD上，且AM＝CN，MN與AC交于點(diǎn)O，連接BC若∠DAC＝28°，則∠OBC的度數(shù)為（）A．28° B．52° C．62° D．72°【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)以及AM＝CN，再由ASA可得△AMO≌△CNO，得AO＝CO，然后證BO⊥AC，繼而可求得∠OBC的度數(shù)【解答】解：∵四邊形ABCD為菱形，∴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°．故選：C．9．（2022秋?膠州市校級(jí)月考）如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分別是AB，AD的中點(diǎn)，DE、BF相交于點(diǎn)G，連接BD，CG．有下列結(jié)論：①∠BGD＝120°；②BG+DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④，其中正確的結(jié)論有（）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)和∠A＝60°，可知△ABD是等邊三角形，△BDC是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得∠BFD＝∠DEB＝90°，∠GDB＝∠GBD＝30°，即可判斷①選項(xiàng)；根據(jù)SSS可證△CDG≌△CBG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠DGC＝∠BGC＝60°，再根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可判斷②選項(xiàng)；根據(jù)△GBC為直角三角形，可知CG＞BC，進(jìn)一步可知CG≠BD，即可判斷③選項(xiàng)；根據(jù)勾股定理可得DE＝AB，再根據(jù)三角形面積的求法即可判斷④選項(xiàng)．【解答】解：在菱形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，∵∠A＝60°，∴∠BCD＝∠A＝60°，∴△ABD是等邊三角形，△BDC是等邊三角形，∴∠ADB＝∠ABD＝60°，∠CDB＝∠CBD＝60°，∵E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點(diǎn)，∴∠BFD＝∠DEB＝90°，∴∠GDB＝∠GBD＝30°，∴∠GDC＝∠GBC＝90°，DG＝BG，∴∠BGD＝180°﹣30°﹣30°＝120°，故①選項(xiàng)正確；在△CDG和△CBG中，，∴△CDG≌△CBG（SSS），∴∠DGC＝∠BGC＝60°，∴∠GCD＝30°，∴CG＝2GD，∵DG＝BG，∴CG＝DG+BG，故②選項(xiàng)正確；∵△GBC為直角三角形，∴CG＞BC，

∴CG≠BD，∴△BDF與△CGB不全等，故③選項(xiàng)錯(cuò)誤；∵BE＝AB，BD＝AB，∠DEB＝90°，根據(jù)勾股定理，得DE＝AB，∴S△ABD＝＝，故④選項(xiàng)正確，故正確的有①②④，故選：B．10．（2022春?新?lián)釁^(qū)期末）如圖，點(diǎn)P是菱形ABCD的對(duì)角線AC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P分別作AD，DC延長(zhǎng)線的垂線，垂足分別為點(diǎn)E，F(xiàn)．若∠B＝120°，AB＝，則PE﹣PF的值為（）A．2 B．3 C．4 D．6【分析】連接BD交AC于O，由菱形的性質(zhì)和勾股定理得OA＝3，則AC＝6，再由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得PF＝CP，則PE﹣PF＝（AP﹣CP）＝AC，即可得出答案．【解答】解：連接BD交AC于O，如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，AB＝2，∴∠BAD＝∠BCD＝180°﹣120°＝60°，∠DAC＝∠DCA＝∠BAD＝×60°＝30°，AD＝AB＝2，BD⊥AC，在Rt△AOD中，OD＝AD＝×＝，∴OA＝＝＝3，∴AC＝2OA＝2×3＝6，Rt△APE中，∠DAC＝30°，

∴PE＝AP，在Rt△CPF中，∠PCF＝∠DCA＝30°，∴PF＝CP，∴PE﹣PF＝AP﹣CP＝（AP﹣CP）＝AC＝×6＝3，故選：B．二、填空題（本大題共8小題，每小題3分，共24分）請(qǐng)把答案直接填寫在橫線上11．（2022秋?牡丹區(qū)校級(jí)月考）如圖，菱形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，若AC＝24，AB＝13，則菱形ABCD的面積是120．【分析】由菱形的性質(zhì)得AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝12，OB＝OD＝BD，再由勾股定理求出OB，得出BD的長(zhǎng)，即可解決問(wèn)題．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝12，OB＝OD＝BD，∴∠AOB＝90°，∴OB＝＝＝5，∴BD＝2OB＝10，∴菱形ABCD的面積＝AC?BD＝×24×10＝120，故答案為：120．12．（2022秋?東明縣校級(jí)月考）已知菱形的兩條對(duì)角線長(zhǎng)為10cm和24cm，那么這個(gè)菱形的周長(zhǎng)為52cm，面積為120cm2．

【分析】由菱形的性質(zhì)得AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝12（cm），OB＝OD＝BD，再由勾股定理求出OB，得出BD的長(zhǎng)，即可解決問(wèn)題．【解答】解：如圖，∵四邊形ABCD是菱形，AC＝24cm，BD＝10cm，∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝12（cm），OB＝OD＝BD＝5（cm），∴S菱形ABCD＝AC?BD＝×24×10＝120（cm2），∠AOB＝90°，∴AB＝＝＝13（cm），∴菱形ABCD的周長(zhǎng)＝4AB＝4×13＝52（cm），故答案為：52cm，120cm2．13．（2022春?杭州期中）如圖，菱形ABCD中，AC，BD相交于O，DE⊥BC于E，連接OE，若∠BAD＝40°，則∠ODE的度數(shù)為20°．【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得出∠DAO＝BAD＝20°，AC⊥BD，DO＝BO，AD∥BC，求出DE⊥AD，根據(jù)垂直的定義求出∠ADE＝90°，∠DEB＝90°，求出∠ADO，∠ODE的度數(shù)，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)得出OD＝OE，求出∠ODE＝∠OED即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝40°，∴∠DAO＝BAD＝20°，AC⊥BD，DO＝BO，AD∥BC，∴∠DOA＝90°，∴∠ADO＝90°﹣∠DAO＝70°，∵AD∥BC，DE⊥BC，∴DE⊥AD，∴∠ADE＝90°，

∴∠ODE＝∠ADE﹣∠ADO＝20°，∵DE⊥BC，∴∠DEB＝90°，∵DO＝BO，∴OE＝BD＝OD，∴∠OED＝∠ODE＝20°，故答案為：20°．14．（2022春?吳中區(qū)校級(jí)期中）如圖，在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝120°，E，F(xiàn)分別是邊AB和CD上的點(diǎn)，EF⊥CD于點(diǎn)F，則線段EF的長(zhǎng)度為．【分析】連接AC，BD，根據(jù)菱形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)得出AC，進(jìn)而得出BD，利用菱形的面積解答即可．【解答】解：連接AC，BD，相交于O，∵四邊形ABCD是菱形，AB＝2，∠A＝120°，∴AB＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AC＝AB＝2，BO＝，∴BD＝2，∴菱形ABCD的面積＝，∴EF＝，故答案為：．15．（2022春?集美區(qū)校級(jí)期中）如圖，在菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝a，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AB，AD上的動(dòng)點(diǎn)，且AE+AF＝a，則△CEF面積的最小值為．

【分析】由在邊長(zhǎng)為a的菱形ABCD中，易得△ABC、△CAD都是邊長(zhǎng)為a的正三角形，繼而證得△ACE≌△DCF，繼而證得△CEF是正三角形，繼而可得當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B或點(diǎn)A時(shí)，CE的值最大，當(dāng)CE⊥AB，即E為AB的中點(diǎn)時(shí)，EF的值最小，△CEF面積的最小值最?。窘獯稹拷猓哼B接AC、CE、CF，如圖所示：∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為a的菱形，∠B＝60°，∴△ABC、△CAD都是邊長(zhǎng)為a的正三角形，∴AB＝BC＝CD＝AC＝AD，∠CAE＝∠ACB＝∠ACD＝∠CDF＝60°，∵AE+AF＝a，∴AE＝a﹣AF＝AD﹣AF＝DE，在△ACE和△DCF中，，∴△ACE≌△DCF（SAS），∴∠ACE＝∠DCF，∴∠ACE+∠ACF＝∠DCF+∠ACF，∴∠ECF＝∠ACD＝60°，∴△CEF是正三角形，∴EF＝CE＝CF，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B或點(diǎn)A時(shí)，CE的最大值為a，當(dāng)CE⊥AB，即E為BD的中點(diǎn)時(shí)，CE的最小值為a，∵EF＝CE，∴EF的最小值為a，∴△CEF面積的最小值為：，

故答案為：．16．（2022?溫江區(qū)校級(jí)自主招生）如圖，四邊形ABCD是菱形，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，E是邊AD的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BD，EG⊥AC，點(diǎn)F，G為垂足，若AC＝10，BD＝24，則FG的長(zhǎng)為6.5．【分析】由菱形的性質(zhì)得出OA＝OC＝5，OB＝OD＝12，AC⊥BD，根據(jù)勾股定理求出AD＝13，由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求出OE＝6.5，證出四邊形EFOG是矩形，得到EO＝GF即可得出答案．【解答】解：連接OE，∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC＝5，OB＝OD＝12，AC⊥BD，在Rt△AOD中，AD＝＝13，又∵E是邊AD的中點(diǎn)，∴OE＝AD＝6.5，∵EF⊥BD，EG⊥AC，AC⊥BD，∴∠EFO＝90°，∠EGO＝90°，∠GOF＝90°，∴四邊形EFOG為矩形，∴FG＝OE＝6.5．故答案為：6.5．

17．（2022春?南崗區(qū)校級(jí)期中）如圖，在邊長(zhǎng)為5的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，點(diǎn)E、點(diǎn)F分別在AD、CD上，且∠EBF＝60°，連接EF，若AE＝2，則EF的長(zhǎng)度為．【分析】連接BD，過(guò)E點(diǎn)作EH⊥AB于H點(diǎn)，如圖，先根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AB＝AD＝5，AB∥CD，則可判斷△ABD為等邊三角形，所以BD＝AB，∠ABD＝60°，再證明∠ABE＝∠DBF，∠FDB＝∠EAB，則可判斷△BDF≌△BAE，所以BF＝BE，于是可證明△BEF為等邊三角形得到EF＝BE，接著利用含30度角的直角三角形三邊的關(guān)系得到AH＝1，EH＝，然后利用勾股定理計(jì)算出BE，從而得到EF的長(zhǎng)．【解答】解：連接BD，過(guò)E點(diǎn)作EH⊥AB于H點(diǎn)，如圖，∵四邊形ABCD為菱形，∴AB＝AD＝5，AB∥CD，∵∠BAD＝60°，∴△ABD為等邊三角形，∴BD＝AB，∠ABD＝60°，∵∠EBF＝60°，∴∠ABD﹣∠EBD＝∠EBF﹣∠EBD，即∠ABE＝∠DBF，∵CD∥AB，∴∠FDB＝∠ABD＝60°，∴∠FDB＝∠EAB，在△BDF和△BAE中，

，∴△BDF≌△BAE（ASA），∴BF＝BE，而∠EBF＝60°，∴△BEF為等邊三角形，∴EF＝BE，在Rt△AEH中，∵∠A＝60°，∴AH＝AE＝1，∴EH＝AH＝，在Rt△BEH中，∵EH＝，BH＝BA﹣AH＝5﹣1＝4，∴BE＝＝，∴EF＝BE＝．故答案為：．18．（2022春?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）如圖，在菱形ABCD中，AB＝6，∠ABC＝120°，點(diǎn)E在邊BC上（不與端點(diǎn)重合），AE交BD于點(diǎn)F，以EF為邊向外作等邊△EFG，連接CF，BG，現(xiàn)給出以下結(jié)論：①∠EAB＝30°；②△ABF≌△CBF；③直線AB與直線DC的距離是9；④BF+BG＝BE．其中正確的是②③④（寫出所有正確結(jié)論的序號(hào)）．

【分析】連接AC，先證明△ABD和△CBD都是等邊三角形，再證明△ADC≌△ABC，則∠CAD＝∠CAB＝30°，假設(shè)∠EAB＝30°，則∠EAB＝∠CAB，所以點(diǎn)E與點(diǎn)C重合，這與已知條件相矛盾，所以∠EAB≠30°，可判斷①錯(cuò)誤；由AB＝CB，∠ABF＝∠CBF，BF＝BF根據(jù)全等三角形的判定定理“SAS”可證明△ABF≌△CBF，可判斷②正確；作DI⊥AB于點(diǎn)I，則∠AID＝90°，所以∠ADI＝30°，則AI＝×6＝3，可根據(jù)勾股定理求得DI＝9，可判斷③正確；在BC上截取BH＝BF，連接FH，則△BFH是等邊三角形，而△EFG是等邊三角形，可證明△BFG≌△HFE，得BG＝HE，所以BF+BG＝BH+HE＝BE，可判斷④正確．【解答】解：如圖，連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，AB＝6，∴AD＝AB＝CD＝CB＝6，AD∥BC，AB∥CD，∴∠DAB＝∠DCB＝180°﹣∠ABC＝60°，∴△ABD和△CBD都是等邊三角形，∴∠ABF＝∠CBF＝60°，在△ADC和△ABC中，，∴△ADC≌△ABC（SSS），∴∠CAD＝∠CAB＝∠DAB＝30°，假設(shè)∠EAB＝30°，則∠EAB＝∠CAB，∴AE與AC重合，點(diǎn)E與點(diǎn)C重合，與已知條件相矛盾，∴假設(shè)不成立，即∠EAB≠30°，故①錯(cuò)誤；在△ABF和△CBF中，

，∴△ABF≌△CBF（SAS），故②正確；作DI⊥AB于點(diǎn)I，則∠AID＝90°，∵∠DAI＝60°，∴∠ADI＝30°，∴AI＝AD＝×6＝3，∴DI＝＝＝9，∴直線AB與直線DC的距離是9，故③正確；在BC上截取BH＝BF，連接FH，則△BFH是等邊三角形，∵△EFG是等邊三角形，∴FB＝FH，F(xiàn)G＝FE，∠BFH＝∠GFE＝60°，∴∠BFG＝∠HFE＝60°﹣∠GFH，在△BFG和△HFE中，，∴△BFG≌△HFE（SAS），∴BG＝HE，∴BF+BG＝BH+HE＝BE，故④正確，故答案為：②③④．三、解答題（本大題共6小題，共66分．解答時(shí)應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟）

19．（2022秋?薛城區(qū)月考）如圖，已知A，F(xiàn)，C，D四點(diǎn)在同一條直線上，AF＝CD，AB∥ED，且AB＝ED．（1）求證：△ABC≌△DEF．（2）如果四邊形EFBC是菱形，已知EF＝3，DE＝4，∠DEF＝90°，求AF的長(zhǎng)度．【分析】（1）根據(jù)SAS即可證明△ABC≌△DEF；（2）解直角三角形求出DF、OE、OF的長(zhǎng)，即可解決問(wèn)題．【解答】（1）證明：∵AB∥DE，∴∠A＝∠D，∵AF＝CD，∴AF+FC＝CD+FC，即AC＝DF，在△ABC和△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（SAS）．（2）解：如圖，連接EB交AD于O．在Rt△EFD中，∠DEF＝90°，EF＝3，DE＝4，∴DF＝＝＝5，∵四邊形EFBC是菱形，∴OF＝OC，BE⊥CF，∴EO＝＝＝，∴OF＝OC＝＝＝，∴CF＝2OF＝，

∴AF＝CD＝DF﹣FC＝5﹣＝．20．（2022春?姑蘇區(qū)校級(jí)期中）如圖，已知菱形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，延長(zhǎng)AB至點(diǎn)E，使BE＝AB，連接CE．（1）求證：四邊形BECD是平行四邊形；（2）若∠E＝60°，BD＝8，求菱形ABCD的面積．【分析】（1）根據(jù)菱形的對(duì)邊平行且相等可得AB＝CD，AB∥CD，然后證明得到BE＝CD，BE∥CD，從而證明四邊形BECD是平行四邊形；（2）欲求菱形ABCD的面積，求得AC、BD的長(zhǎng)度即可．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝CD＝BC，AB∥CD，又∵BE＝AB，∴BE＝CD，BE∥CD，∴四邊形BECD是平行四邊形；（2）解：由（1）知，四邊形BECD是平行四邊形，則BD∥CE．∵∠E＝60°，∴∠ABD＝60°．∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝AB．∴△ABD是等邊三角形．∴AB＝BD＝8．

又∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OB＝BD＝4．∴OA＝＝＝4．∴AC＝8．∴菱形ABCD的面積＝AC?BD＝×8×8＝32．21．（2022?雨花區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖，四邊形ABCD是菱形，AE⊥BC于點(diǎn)E，AF⊥CD于點(diǎn)F．（1）求證：△ABE≌△ADF；（2）若AE＝4，CF＝2，求菱形的面積．【分析】（1）由菱形ABCD的四條邊相等、對(duì)角相等的性質(zhì)知AB＝AD，∠B＝∠D；然后根據(jù)已知條件“AE⊥BC，AF⊥CD”知∠AEB＝∠AFD；最后由全等三角形的判定定理AAS證明△ABE≌△ADF；（2）由全等三角形△ABE≌△ADF的對(duì)應(yīng)邊相等知BE＝DF，然后根據(jù)菱形的四條邊相等求得AB＝CD，設(shè)AB＝CD＝x，已知CF＝2，則BE＝DF＝x﹣2，利用勾股定理即可求出菱形的邊長(zhǎng)，進(jìn)而可以求菱形的面積．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D，∵AE⊥BC，AF⊥CD，∴∠AEB＝∠AFD，在△ABE和△ADF中，，∴△ABE≌△ADF（AAS）；（2）解：設(shè)菱形的邊長(zhǎng)為x，

∵AB＝CD＝x，CF＝2，∴DF＝x﹣2，∵△ABE≌△ADF，∴BE＝DF＝x﹣2，在Rt△ABE中，根據(jù)勾股定理得，AE2+BE2＝AB2，即42+（x﹣2）2＝x2，解得x＝5，∴菱形的邊長(zhǎng)是5，∴菱形的面積＝BC?AE＝5×4＝20．22．（2022春?南潯區(qū)期末）如圖，已知四邊形ABCD是菱形，點(diǎn)E、F分別是邊AB、BC的中點(diǎn)，連結(jié)DE、EF、DF．（1）求證：△DEF是等腰三角形；（2）若AD＝10，EF＝8，求菱形ABCD的面積．【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到∠A＝∠C，AD＝CD＝AB＝BC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（2）連接AC，BD交于O，根據(jù)三角形中位線定理得到AC＝16，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AO＝AC＝8，AC⊥BD，根據(jù)勾股定理得到OB＝＝6，根據(jù)菱形的面積公式即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴∠A＝∠C，AD＝CD＝AB＝BC，∵點(diǎn)E、F分別是邊AB、BC的中點(diǎn)，∴AE＝AB，CF＝BC，∴AE＝CF，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴DE＝DF，

∴△DEF是等腰三角形；（2）解：連接AC，BD交于O，∵點(diǎn)E、F分別是邊AB、BC的中點(diǎn)，∴EF是△ABC的中位線，∵EF＝8，∴AC＝16，∵四邊形ABCD是菱形，∴AO＝AC＝8，AC⊥BD，∴OB＝＝6，∴BD＝12，∴菱形ABCD的面積＝AC?BD＝×16×12＝96．23．（2022春?重慶期末）如圖，在菱形ABCD中，∠C＝60°，E是對(duì)角線BD上一點(diǎn)．（1）如圖1，若E是線段BD的中點(diǎn)，且AB＝6，求AE的長(zhǎng)度；（2）如圖2，F(xiàn)是線段AB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且DE＝BF，連接AE，EF．求證：AE＝EF．【分析】（1）由四邊形ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，證明△ABD是等邊三角形，根據(jù)E是線段BD的中點(diǎn)，進(jìn)而可以解決問(wèn)題；（2）作EG∥AB交AD于點(diǎn)G，先證明△DGE是等邊三角形，得DG＝DE＝GE，再證明△AGE≌△EBF，得AE＝EF．【解答】（1）解：如圖1，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠DAB＝∠C＝60°，AB＝AD，∴△ABD是等邊三角形，

∴AD＝BD＝AB＝6，∵E是線段BD的中點(diǎn)，∴BE＝DE＝3，