特殊四邊形-菱形（練習）（解析版）-中考數(shù)學一輪復習講練測（全國通用）

第第頁題型01利用菱形的性質(zhì)求角度1．（2021·河北唐山·統(tǒng)考一模）如圖所示的木制活動衣帽架是由三個全等的菱形構(gòu)成，根據(jù)實際需要可以調(diào)節(jié)AE間的距離，若AE間的距離調(diào)節(jié)到60cm，菱形的邊長AB=20cm，則∠DAB的度數(shù)是（

）A．90° B．100° C．120° D．150°【答案】C【分析】如圖（見解析），先根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AB=BC,AD//BC，再根據(jù)全等的性質(zhì)可得AC=1【詳解】如圖，連接AC∵四邊形ABCD是菱形∴AB=BC=20cm,AD∵如圖所示的木制活動衣帽架是由三個全等的菱形構(gòu)成，AE=60cm∴AC=∴AB=BC=AC∴△ABC是等邊三角形∴∠B=60°∵AD∴∠DAB=180°?∠B=180°?60°=120°故選：C．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)等知識點，理解題意，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．2．（2021·廣東深圳·統(tǒng)考一模）若菱形的周長為16，高為2，則菱形兩鄰角的度數(shù)之比為（

）A．4:1 B．5:1 C．6:1 D．7:1【答案】B【分析】如圖，AH為菱形ABCD的高，AH＝2，利用菱形的性質(zhì)得到AB＝4，利用正弦的定義得到∠B＝30°，則∠C＝150°，從而得到∠C：∠B的比值．【詳解】解：如圖，AH為菱形ABCD的高，AH＝2，∵菱形的周長為16，∴AB＝4，在Rt△ABH中，sinB＝AHAB＝2∴∠B＝30°，∵AB∥CD，∴∠C＝150°，∴∠C：∠B＝5：1．故選：B．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)：菱形具有平行四邊形的一切性質(zhì)；菱形的四條邊都相等；菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角．也考查了正弦的定義及應用．3．（2021·河北·模擬預測）如圖，在菱形ABCD中，∠A=30°，取大于12AB的長為半徑，分別以點A，B為圓心作弧相交于兩點，過此兩點的直線交AD邊于點E（作圖痕跡如圖所示），連接BE，BD，則∠EBD的度數(shù)為【答案】45°【分析】根據(jù)題意知虛線為線段AB的垂直平分線，得AE=BE，得∠EBA=∠EAB；結(jié)合∠A=30°，ABD=12∠ABC=75°【詳解】∠ABC=180°?30°=150°ABD=∵AE=EB∴∠EAB=∠EBA∴∠EBD=75°?30°=45°故答案為：45°．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，及垂直平分線的性質(zhì)，熟知以上知識點是解題的關(guān)鍵．4．（2021·浙江溫州·統(tǒng)考一模）如圖，在菱形ABCD中，AE⊥BC于點E，AF⊥CD于點F．(1)求證：BE＝DF．(2)當∠BAD＝110°時，求∠EAF的度數(shù)．【答案】(1)證明見解析(2)∠EAF=70°【分析】(1)根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AB=AD，∠B=∠D，然后利用AAS證明△ABE≌△ADF即可得結(jié)論；(2)根據(jù)菱形的性質(zhì)和∠BAD=110°，即可求∠EAF的度數(shù)．【詳解】（1）證明：∵AE⊥BC，AF⊥CD，∴∠AEB=∠AFD，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=AD，∠B=∠D，在△ABE和△ADF中，∠AEB=∠AFD，∠B=∠D，AB=AD∴△ABE≌△ADF(AAS)，∴BE=DF；（2）∵四邊形ABCD是菱形，∴AD//BC，∴∠BAD+∠B=180°，∵∠BAD=110°，∴∠B=70°∵AE⊥BC，∴∠AEB=90°，∴∠BAE=20°，∴∠DAF=20°，∴∠EAF=∠BAD-∠BAE-∠DAF=110°-20°-20°=70°【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，證明△ABE和△ADF全等是解題的關(guān)鍵．題型02利用菱形的性質(zhì)求線段長5．（2021·江蘇揚州·統(tǒng)考一模）如圖，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，過點D作DE⊥BA，交BA的延長線于點E，則線段DE的長為（）A．125 B．185 C．4 【答案】D【分析】利用菱形的面積等于兩對角線之積的一半，求解菱形的面積，再利用等面積法求菱形的高DE即可．【詳解】解：記AC與BD的交點為O，∵菱形ABCD,AC=6,∴AC⊥BD,OA=OC=3,OB=OD,∵AB=5,∴OB=5∴菱形的面積=1∵DE⊥AB,∴菱形的面積=AB?DE,∴5DE=24,∴DE=24故選D．【點睛】本題考查的是菱形的性質(zhì)，菱形的面積公式，勾股定理．理解菱形的對角線互相垂直平分和學會用等面積法是解題關(guān)鍵．6．（2021·黑龍江大慶·統(tǒng)考一模）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，過點D作DH⊥AB于點H，連接OH，若OA=6，S菱形ABCD=48，則OH的長為（A．4 B．8 C．13 D．6【答案】A【分析】根據(jù)菱形面積=對角線乘積的一半可求BD，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AO=CO=6，BO=DO，S菱形ABCD=AC×BD2∴BD=16，∵DH⊥AB，BO=DO=8，∴OH=12故選：A．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，關(guān)鍵是靈活運用這些性質(zhì)解決問題．7．（2021·廣東中山·校聯(lián)考一模）如圖，菱形ABCD的對角線AC,BD相交于點O，點E在OB上，連接AE，點F為CD的中點，連接OF，若AE=BE，OE=3，OA=4，則線段OF的長為．【答案】2【分析】先根據(jù)菱形的性質(zhì)找到Rt△AOE和Rt△AOB，然后利用勾股定理計算出菱形的邊長BC的長，再根據(jù)中位線性質(zhì)，求出OF的長．【詳解】已知菱形ABCD，對角線互相垂直平分，∴AC⊥BD，在Rt△AOE中，∵OE=3，OA=4，∴根據(jù)勾股定理得AE=3∵AE=BE，∴OB=AE+OE=8，在Rt△AOB中AB=4即菱形的邊長為45∵點F為CD的中點，點O為DB中點，∴OF=1故答案為2【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、勾股定理、中位線的判定與性質(zhì)；熟練掌握菱形性質(zhì)，并能結(jié)合勾股定理、中位線的相關(guān)知識點靈活運用是解題的關(guān)鍵．8．（2021·湖北荊州·統(tǒng)考一模）如圖，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，點E在邊AD上，且AE＝2．若直線l經(jīng)過點E，將該菱形的面積平分，并與菱形的另一邊交于點F，則線段EF的長為．

【答案】27．【分析】過點A和點E作AG⊥BC，EH⊥BC于點G和H，可得矩形AGHE，再根據(jù)菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，可得BG＝3，AG＝33＝EH，由題意可得，F(xiàn)H＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，進而根據(jù)勾股定理可得EF的長．【詳解】解：如圖，過點A和點E作AG⊥BC，EH⊥BC于點G和H，得矩形AGHE，∴GH＝AE＝2，

∵在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，∴BG＝3，AG＝33＝EH，∴HC＝BC﹣BG﹣GH＝6﹣3﹣2＝1，∵EF平分菱形面積，∴FC＝AE＝2，∴FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，在Rt△EFH中，根據(jù)勾股定理，得EF＝EH2+FH2＝故答案為：27．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握菱形的性質(zhì)．題型03利用菱形的性質(zhì)求周長9．（2021·湖北黃石·統(tǒng)考模擬預測）若菱形ABCD的一條對角線長為8，邊CD的長是方程x2﹣10x+24＝0的一個根，則該菱形ABCD的周長為（）A．16 B．24 C．16或24 D．48【答案】B【分析】解方程得出x＝4或x＝6，分兩種情況：①當AB＝AD＝4時，4+4＝8，不能構(gòu)成三角形；②當AB＝AD＝6時，6+6＞8，即可得出菱形ABCD的周長．【詳解】解：如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∵x2﹣10x+24＝0，因式分解得：（x﹣4）（x﹣6）＝0，解得：x＝4或x＝6，分兩種情況：①當AB＝AD＝4時，4+4＝8，不能構(gòu)成三角形；②當AB＝AD＝6時，6+6＞8，∴菱形ABCD的周長＝4AB＝24．故選：B．【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)、解一元二次方程-因式分解法、三角形的三邊關(guān)系，熟練掌握并靈活運用是解題的關(guān)鍵．10．（2021·遼寧大連·統(tǒng)考一模）菱形的兩條對角線長分別是6和8，則此菱形的周長是（

）A．5 B．20 C．24 D．32【答案】B【分析】根據(jù)菱形的對角線互相垂直平分的性質(zhì)，利用對角線的一半，根據(jù)勾股定理求出菱形的邊長，再根據(jù)菱形的四條邊相等求出周長即可．【詳解】解：如圖所示，根據(jù)題意得AO＝12×8=4，BO＝∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AC⊥BD，∴△AOB是直角三角形，∴AB＝AO∴此菱形的周長為：5×4＝20．故選：B．【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，利用勾股定理求出菱形的邊長是解題的關(guān)鍵，同學們也要熟練掌握菱形的性質(zhì)：①菱形的四條邊都相等；②菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角．11．（2021·湖南長沙·長沙市北雅中學校考二模）若菱形一條對角線長為8，其邊長是方程x2?10x+24=0【答案】24【分析】解方程得出x=4，或x=6，分兩種情況：①當AB=AD=4時，4+4=8，不能構(gòu)成三角形；②當AB=AD=6時，6+6>8，即可得出菱形ABCD的周長．【詳解】解：如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD，∵x分解得：(x?4)(x?6)=0，解得：x=4或x=6，分兩種情況：①當AB=AD=4時，4+4=8，不能構(gòu)成三角形；②當AB=AD=6時，6+6>8，∴菱形ABCD的周長=4AB=24．故答案為：24．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、一元二次方程的解法、三角形的三邊關(guān)系；熟練掌握菱形的性質(zhì)，由三角形的三邊關(guān)系得出AB是解決問題的關(guān)鍵．12．（2021·廣東湛江·統(tǒng)考三模）如圖，在菱形ABCD中，AC與BD交于點E，F(xiàn)是BC的中點，如果EF＝3，那么菱形ABCD的周長是．【答案】24【分析】由菱形的性質(zhì)得AB＝BC＝CD＝AD，AE＝CE，再證EF是△ABC的中位線，得AB＝2EF＝2×3＝6，即可求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，AE＝CE，∵F是BC的中點，∴EF是△ABC的中位線，∴AB＝2EF＝2×3＝6，∴菱形ABCD的周長＝4×6＝24．故答案為：24．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，中位線的性質(zhì)，掌握中位線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．題型04利用矩形的性質(zhì)求面積13．（2021·廣西百色·統(tǒng)考二模）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，其中OA＝1，OB＝2，則菱形ABCD的面積為．【答案】4【分析】根據(jù)菱形的面積等于對角線之積的一半可得答案．【詳解】解：∵OA＝1，OB＝2，∴AC＝2，BD＝4，∴菱形ABCD的面積為12故答案為：4．【點睛】本題考查菱形的性質(zhì),關(guān)鍵在于熟練掌握基礎(chǔ)知識.14．（2021·湖南長沙·二模）如圖，在△ABD中，∠ADB＝90°，∠A＝30°，AB＝10，點E是邊AB的中點．分別以點B，D為圓心，以BE的長為半徑畫弧，兩弧交于點C，連接CB，CD，則四邊形BCDE的面積為．【答案】2532【分析】由題意得BE=5，BD=5，DE是△ABD的中線，則DE=12AB=5，根據(jù)尺規(guī)作圖的過程得BC=DC=BE，則BE=DE=DC=BC=5，即可判定四邊形BCDE是菱形，又因為BE=BD=DE=5，所以△BDE是等邊三角形，過點E作EF⊥BD，根據(jù)勾股定理求出BF=【詳解】解：在△ABD中，∠ADB＝90°，∠A＝30°，AB＝10，點E是邊AB的中點，∴BE=12AB=5，BD=12AB=5∴DE=1根據(jù)尺規(guī)作圖的過程得，BC=DC=BE，∴BE=DE=DC=BC=5，∴四邊形BCDE是菱形，∵BE=BD=DE=5，∴△BDE是等邊三角形，過點E作EF⊥BD，則EF=1在Rt△BED中，根據(jù)勾股定理得，BF=B∴四邊形BCDE的面積=2S故答案為：253【點睛】本題考查了直角三角形的性質(zhì)，菱形的判定，等邊三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握這些知識點．15．（2021·新疆烏魯木齊·?？级＃┤鐖D，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D為AB的中點，AE∥DC，CE∥DA．(1)求證：四邊形ADCE是菱形；(2)連接DE，若AC=23，BC＝2，求菱形ADCE【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）先根據(jù)平行四邊形的判定可證出四邊形ADCE是平行四邊形，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線可得AD=CD，然后根據(jù)菱形的判定即可得證；（2）先根據(jù)三角形的面積公式可得S△ACD=1【詳解】（1）證明：∵AE∥DC,CE∥DA，∴四邊形ADCE是平行四邊形，∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D為AB∴AD=CD，∴四邊形ADCE是菱形．（2）解：如圖，連接DE，∵∠ACB=90°,AC=23∴S∵D為AB的中點，∴S由（1）已證：四邊形ADCE是菱形，∴S即菱形ADCE的面積為23【點睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半等知識點，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．16．（2021·廣東汕頭·統(tǒng)考一模）如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC、BD相交于點O，DH⊥AB于H，連接OH，（1）求證：∠DHO=∠DCO．（2）若OC=4，BD=6，求菱形ABCD的周長和面積．【答案】（1）見解析；（2）20，24【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)可得OD=OB，AB∥CD，BD⊥AC，從而得出DH⊥CD，∠DHB=90°，然后根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OH=OD=OB，然后根據(jù)等邊對等角可得解圖中∠1=∠DHO，然后根據(jù)同角的余角相等和等量代換即可得出∠DHO=∠DCO；（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)可得OD=OB=12【詳解】證明：（1）∵四邊形ABCD是菱形，

∴OD=OB，AB∥CD，BD⊥AC，∵DH⊥AB，∴DH⊥CD，∠DHB=90°，∴OH為Rt△DHB的斜邊DB上的中線，∴OH=OD=OB，∴∠1=∠DHO，∵DH⊥CD，∴∠1+∠2=90°，∵BD⊥AC，∴∠2+∠DCO=90°，∴∠1=∠DCO，∴∠DHO=∠DCO（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，

∴OD=OB=12在Rt△OCD中，CD=OC菱形的周長=4CD=20，菱形ABCD的面積=12【點睛】此題考查的是菱形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理和菱形的面積公式，掌握菱形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、等邊對等角、勾股定理和菱形的面積等于對角線乘積的一半是解決此題的關(guān)鍵．題型05利用矩形的性質(zhì)求坐標17．（2021·河南洛陽·統(tǒng)考三模）如圖，菱形OABC的邊OA在x軸上，點B坐標為（9，3），分別以點B、C為圓心，以大于12BC的長為半徑畫弧，兩弧交于點D、E，作直線DE，交x軸于點F，則點F的坐標是（

A．（7.5，0） B．（6.5，0） C．（7，0） D．（8，0）【答案】B【分析】如圖，過點B作BH⊥x軸于點H，設(shè)OA＝AB＝x．利用勾股定理求出x，可得結(jié)論．【詳解】如圖，過點B作BH⊥x軸于點H，設(shè)OA＝AB＝x．∵B（9，3），∴BH＝3，OH＝9，AH＝9﹣x，在Rt△ABH中，則有x2＝32+（9﹣x）2，∴x＝5，∴OA＝AB＝BC＝5，∴A（5，0），∴DE垂直平分線段BC，∴FH＝12BC＝2.5∴OF＝6.5，∴F（6.5，0），故選：B．【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，勾股定理，線段的垂直平分線的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，學會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．18．（2021·山東淄博·統(tǒng)考二模）如圖，在直角坐標系中，點P為菱形OACB的對角線AB、OC的交點，其中點B、P在雙曲線y＝kx（x＞0）上．若點P的坐標為（1，2），則點AA．（﹣1，103） B．（﹣2，72） C．（﹣139，149）【答案】B【分析】首先根據(jù)題意求出反比例函數(shù)的解析式，然后根據(jù)菱形的性質(zhì)求出點C的坐標，進而求出點B的坐標；最后利用中點的坐標公式求出點A的坐標．【詳解】解：∵點P在雙曲線y＝kx（x＞0）上，且點P∴2=k即k＝2，y＝2x設(shè)點B坐標為B（m，n）；∵四邊形OACB為菱形，∴BC＝BO，PA＝PB，PO＝PC．設(shè)點C的坐標為C（a，b），則a+02=1，∴a＝2，b＝4；即點C的坐標為C（2，4）；∵BC=m?22+∴m?22整理得，m+2n＝5①；∵點B在雙曲線y＝2x（x∴n=2m，聯(lián)立①、②并解得m＝4，n＝12或m＝1，n∴點B坐標為（4，12設(shè)點A的坐標為（c，d），則c+42=1，解得c＝﹣2，d＝72∴點A的坐標為（﹣2，72故選：B．【點睛】本題考查了反比例函數(shù)圖象上的點的特征，菱形的性質(zhì)及其應用，解題的關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合，靈活應用菱形的性質(zhì)列出方程求解．19．（2021·重慶九龍坡·重慶實驗外國語學校?？既＃┤鐖D，在平面直角坐標系中，有菱形OABC，點A的坐標為?10,0，對角線AC，BD相交于點D，雙曲線y=kxx<0經(jīng)過點D，交邊AB于點E，且AC+BO=125，則EA．?24,43 B．?10,165 C．【答案】C【分析】過點D作DF⊥OA，求得點B和點D坐標，從而求得直線AB和反比例函數(shù)y=k【詳解】解：過點D作DF⊥OA，如下圖：在菱形OABD中，AD=12AC，∵AC+BO=125，∴設(shè)AD=m，則OD=65?m，由題意可知，m<6由勾股定理得m2+(65?m)∴AD=25，S△ADO=由勾股定理得：OF=OD將D(?8,4)代入y=kx得4=k?8又∵D為OB的中點∴B(?16,8)設(shè)直線AB解析式為y=kx+b，代入A(?10,0)、B(?16,8)得?10k+b=0?16k+b=8解得k=?4聯(lián)立y=?32x和y=?化簡得：x解得x=?12或x=2（舍）將x=?12代入y=?43x?40故選C【點睛】此題考查了反比例函數(shù)與幾何的綜合應用，涉及了勾股定理、菱形的性質(zhì)、一元二次方程求解以及一次函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)基本性質(zhì)，靈活運用性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．20．（2021·河北保定·?？家荒＃┤鐖D，若菱形ABCD的頂點A，B的坐標分別為（1.5，0），（﹣1，0），點D在y軸上，則點C的坐標是．【答案】（﹣2.5，2）【分析】利用菱形的性質(zhì)以及勾股定理得出DO的長，進而求出C點坐標．【詳解】解：∵菱形ABCD的頂點A，B的坐標分別為（1.5，0），（﹣1，0），點D在y軸上，∴AB=AD=2.5=CD，∴DO=AD∵CD∥AB，∴點C的坐標是：（﹣2.5，2）．故答案為（﹣2.5，2）．【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，勾股定理，點的坐標，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．21．（2021·山東東營·二模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，菱形OABC滿足點O在原點，點A坐標為（2，0），∠AOC＝60°，直線y＝﹣3x＋b與菱形OABC有交點，則b的取值范圍是．【答案】0≤b≤9+3/【分析】作CM⊥OA于點M，BN⊥OA于點N，求出B的坐標，然后代入一次函數(shù)解析式中，求出b的最大值，再將原點代入一次函數(shù)解析式中求出b的最小值即可．【詳解】解：作CM⊥OA于點M，BN⊥OA于點N，∵∠AOC=60°，∠CMO=90°，∴OM＝12OC∵在菱形OABC中，A（2，0），∴OC=OA=2=CB，∴OM=1，∴CM＝OC∴C(1，3)，∴B的橫坐標為3，∵OA∥CB，∴BN=CM=3，∴B的縱坐標也為3，即B(3，3)，當y=-3x+b過O（0，0）時，b最小，最小值為0，當y=-3x+b過B(3，3)時，b最大，把B(3，3)代入y=-3x+b，解得：b＝3+9，∴b的取值范圍為：0?b≤3+9，故答案為：0?b?3+9．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)和待定系數(shù)法，關(guān)鍵是求出點B的坐標.題型06利用矩形的性質(zhì)證明22．（2021·廣東東莞·一模）如圖，四邊形ABCD是菱形，E，F(xiàn)是對角線AC上的兩點，且AE=CF，連接BF．FD，DE，EB．求證：四邊形DEBF是菱形．【答案】見解析【分析】先證明四邊形DEBF是平行四邊形，再結(jié)合BD⊥AC可得結(jié)論．【詳解】連接BD，交AC于點O，∵四邊形ABCD是茥形，∴OA=OC，OB=OD，BD⊥AC，又∵AE=CF，∴OA?AE=OC?CF，即OE=OF，∴四邊形DEBF是平行四邊形．又∵BD⊥AC，即BD⊥EF，∴四邊形DEBF是菱形．【點睛】本題主要考查了證明四邊形是菱形，證明四邊形DEBF是平行四邊形是解題的關(guān)鍵．23．（2021·陜西·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在菱形ABCD中，分別過點B作BM⊥AD于點M，BN⊥CD于點N，BM，BN分別交AC于E、F兩點．求證：AE=CF．【答案】答案見解析；【分析】根據(jù)菱形的四條邊都相等可得AB＝BC，對角相等可得∠BAM＝∠BCN，對角線平分一組對角線可得∠BAE＝∠DAE＝∠DCA＝∠BCF，再根據(jù)等角的余角相等求出∠ABE＝∠CBF，然后利用“角邊角”證明△ABE和△CBF全等，然后利用全等三角形對應邊相等證明即可．【詳解】證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC,∠BAM=∠BCN，∴∠BAE=∠DAE=∠DCA=∠BCF，又∵BM⊥AD,BN⊥CD，∴∠AMB=∠CNB=90°，∴∠ABE=90°?∠BAM=90°?∠BCN=∠CBF．在△ABE和△CBF中，∠BAE=∠BCFAB=BC∴△ABE≌△CBFASA∴AE=CF．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等角的余角相等的性質(zhì)，熟記各性質(zhì)并確定出全等三角形是解題的關(guān)鍵．24．（2021·云南楚雄·統(tǒng)考二模）如圖，在菱形ABCD中，E，F(xiàn)分別為AD，AB上的點，且AE＝AF，連接EF并延長，與CB的延長線交于點G，連接BD．(1)求證：四邊形EGBD是平行四邊形；(2)連接AG，若∠FGB＝30°，GB＝AE＝2，求AG的長．【答案】(1)證明見解析(2)27【分析】（1）連接AC，根據(jù)菱形性質(zhì)得到EG//BD，再根據(jù)對邊平行即可證得四邊形EGBD是平行四邊形；（2）過點A作AH⊥BC于H，根據(jù)直角三角形性質(zhì)，結(jié)合勾股定理即可求解．【詳解】（1））證明：連接AC，如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC平分∠DAB，且AC⊥BD，∵AF＝AE，∴AC⊥EF，∴EG//BD，∵ED//BG，∴四邊形EGBD是平行四邊形；（2）解：過點A作AH⊥BC于H，如圖所示：由(1)知，四邊形EGBD是平行四邊形，∴GE//DB，GB＝ED，∵∠FGB＝30°，∴∠DBC＝30°，∴∠ABH＝2∠DBC＝60°，∵GB＝AE＝2，∴AB＝AD＝4，在Rt△ABH中，∠AHB＝90°，∴AH＝4·sin60°＝23，BH＝2，∴GH＝4，∴在Rt△AGH中，AG＝AH2+GH2【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，涉及平行四邊形的判定、直角三角形性質(zhì)及勾股定理求線段長，熟練掌握平行四邊形及特殊平行四邊形的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．25．（2021·遼寧鞍山·統(tǒng)考一模）在如圖菱形ABCD中，點P是BC邊上一點，連接AP，點E,F是AP上的兩點，連接DE，BF，使得∠AED=∠ABC，∠ABF=∠BPF．（1）求證：△ABF≌△DAE；（2）求證：DE=BF＋EF．【答案】（1）見解析；（2）見解析.【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AB=AD，AD∥BC，由平行線的性質(zhì)得到∠BOA=∠DAE，等量代換得到∠BAF=∠ADE，求得∠ABF=∠DAE，根據(jù)全等三角形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AE=BF，DE=AF，根據(jù)線段的和差即可得到結(jié)論．【詳解】證明：（1）∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=AD，AD∥BC，∴∠BPA=∠DAE.在ΔABP和ΔDAE中，又∵∠ABC=∠AED，∴∠BAF=∠ADE.∵∠ABF=∠BPF且∠BPA=∠DAE，∴∠ABF=∠DAE，又∵AB=DA，∴△ABF?△DAE(ASA).（2）∵△ABF?△DAE，∴AE=BF，DE=AF.∵AF=AE+EF=BF+EF，∴DE=BF+EF.【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．題型07添加一個條件證明四邊形是菱形26．（2021·山西·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，下列選項中不能判定平行四邊形ABCD是菱形的條件是（）A．∠ABD＝∠CBD B．AC⊥BD C．AB＝BC D．AC＝BD【答案】D【分析】根據(jù)有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形可判斷A，C；根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形是菱形可判斷B，根據(jù)對角線相等的平行四邊形是矩形可判斷D．【詳解】A．∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∵∠ABD＝∠CBD，∴∠ABD＝∠ADB，∴AB＝AD，∴平行四邊形ABCD是菱形，故選項A不符合題意；B．∵平行四邊形ABCD中，AC⊥BD，∴平行四邊形ABCD是菱形，故B不符合題意；C．∵平行四邊形ABCD中，AB＝BC，∴平行四邊形ABCD是菱形，故選項C不符合題意；D．∵平行四邊形ABCD中，AC＝BD，∴平行四邊形ABCD是矩形，故選項D符合題意；故選：D．【點睛】本題考查了菱形的判定、矩形的判定、平行四邊形的性質(zhì)等知識點，熟練掌握菱形的判定和矩形的判定是解答本題的關(guān)鍵．27．（2021·山東·統(tǒng)考一模）如圖，已知在⊙O中，AB是弦，半徑OC⊥AB，垂足為點D，要使四邊形OACB為菱形，還需要添加一個條件，這個條件可以是（）．A．AD=BD B．OD=CDC．∠CAD=∠CBD D．∠OCA=∠OCB．【答案】B【詳解】試題分析：根據(jù)垂徑定理，可知AD=DB，若再加上OD=CD，則四邊形OACB滿足對角線互相平分，可判定為平行四邊形；再結(jié)合已知條件OC⊥AB，則滿足對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，故選項B符合題意．考點：1．垂徑定理；2．菱形的判定．28．（2021·山東濰坊·校考一模）如圖，在△ABC中，AD⊥BC于點D，點E,F分別是AB,AC邊的中點，若要使得四邊形AEDF是菱形，則需添加的一個條件是（不添加輔助線，寫出一個答案即可）．【答案】AB=AC【分析】由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得出DE=12AB=AE，DF=12AC=AF，由AB=AC，得出DE=DF=AE=【詳解】解：添加條件：AB=AC．理由如下：∵AD⊥BC，點E，F(xiàn)分別是AB，AC邊的中點，∴DE=12AB=AE，DF=12AC=∵AB=AC，∴DE=DF=AE=AF，∴四邊形AEDF是菱形；故答案為：AB=AC（答案不唯一）．【點睛】本題考查了菱形的判定、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)；熟練掌握菱形的判定和直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．29．（2021·黑龍江齊齊哈爾·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形ABCD中，點M、N分別在BC、AD上，AM=MC．若添加一個條件：，則四邊形AMCN是菱形．【答案】∠BAM=∠NCD（或AN=CM等）【分析】根據(jù)菱形的判定方法添加符合的條件即可．【詳解】添加∠BAM=∠NCD，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形∴∠B=∠D，AB=CD∵∠BAM=∠NCD∴△ABM≌△CDN∴AM=CN，BM=DN∵AD=BC∴AN=MC∵AM=MC∴AM=AN∴AM=CN=AN=MC∴四邊形AMCN是菱形添加AN=CM，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形∴AN∥CM∵AN=CM∴四邊形AMCN是平行四邊形∵AM=MC∴四邊形AMCN是菱形故答案為：∠BAM=∠NCD（或AN=CM等）．【點睛】本題考查了菱形的判定，關(guān)鍵是熟練掌握菱形的判定方法．題型08證明四邊形是菱形30．（2021·廣東河源·?？级＃┤鐖D，四邊形ABCD是平行四邊形,AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分別為E，F(xiàn)，且BE=DF．

(1)求證：四邊形ABCD是菱形；(2)連接EF并延長，交AD的延長線于點G，若∠CEG=30°，AE=2，求EG的長．【答案】(1)見解析(2)4【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及全等三角形的判定證得△ABE≌△ADF，從而得到AB=AD，再由菱形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）利用平行四邊形的性質(zhì)得到∠G=30°，∠EAG=90°，再由直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)果．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠B=∠D，∵AE⊥BC，AF⊥CD，∴∠AEB=∠AFD=90°，又∵BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AB=AD，∴四邊形ABCD是菱形；（2）如圖，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠CEG=∠G，∠AEB=∠EAG，∵∠CEG=30°，AE⊥BC，∴∠G=30°，∠EAG=90°，又∵AE=2，∴EG=2AE=4．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定，全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，靈活運用這些性質(zhì)進行推理是解題的關(guān)鍵．31．（2021·廣東深圳·統(tǒng)考一模）如圖，矩形ABCD中，點E在邊CD上，將△BCE沿BE折疊，點C落在AD邊上的點F處，過點F作FG∥CD交BE于點G，連接CG．（1）求證：四邊形CEFG是菱形；（2）若AB=6,AD=10，求四邊形CEFG的面積．【答案】（1）詳見解析；（2）20【分析】（1）根據(jù)題意可得△BCE≌△BFE，因此可得FG=EC，又FG∥CE，則可得四邊形CEFG是平行四邊形，再根據(jù)CE=FE,可得四邊形CEFG是菱形.（2）設(shè)EF=x，則CE=x,DE=6?x，再根據(jù)勾股定理可得x的值，進而計算出四邊形CEFG的面積.【詳解】（1）證明：由題意可得，∴△BCE≌△BFE，∴∠BEC=∠BEF,FE=CE，∵FG∥CE，∴∠FGE=∠CEB，∴∠FGE=∠FEG，∴FG=FE，∴FG=EC，∴四邊形CEFG是平行四邊形，又∵CE=FE,∴四邊形CEFG是菱形；（2）∵矩形ABCD中，AB=6,AD=10,BC=BF，∴∠BAF=90°,AD=BC=BF=10，∴AF=8，∴DF=2，設(shè)EF=x，則CE=x,DE=6?x，∵∠FDE=90°，∴22解得，x=10∴CE=10∴四邊形CEFG的面積是：CE?DF=10【點睛】本題主要考查菱形的判定，關(guān)鍵在于首先證明其是平行四邊形，再證明兩條臨邊相等即可.32．（2021·全國·一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90゜，D為AB的中點，AE//CD，CE//AB，連接DE交AC于點O．（1）證明：四邊形ADCE為菱形；（2）若∠B=60゜，BC=6，求菱形ADCE的高．【答案】（1）見解析；（2）33【分析】（1）由AE//CD，CE//AB判斷四邊形ADCE是平行四邊形，Rt△ABC中，D為AB的中點，得出CD=12AB=AD（2）過點D作DF⊥CE，垂足為點F，DF即為菱形ADCE的高，易判斷△BCD是等邊三角形，得∠DCF=60°，CD=6，在Rt△CDF中，由勾股定理求出DF即可．【詳解】（1）證明：∵AE//CD，CE//AB，∴四邊形ADCE是平行四邊形，∵∠ACB=90°，D為AB的中點，∴CD=12AB=AD∴四邊形ADCE為菱形；（2）解：過點D作DF⊥CE，垂足為點F，如圖所示：DF即為菱形ADCE的高，∵∠B=60°，CD=BD，∴△BCD是等邊三角形，∴∠BDC=∠BCD=60°，CD=BC=6，∵CE//AB，∴∠DCE=∠BDC=60°，∴∠CDF=30°，又∵CD=BC=6，∴CF=3，∴在Rt△CDF中，DF=CD2?C【點睛】本題考查了平行四邊形的判定、直角三角形的性質(zhì)、菱形的判定、等邊三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)，熟練掌握直角三角形的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．33．（2021·山東煙臺·?？家荒＃┤鐖D，ΔABC中，D是AB上一點，DE⊥AC于點E，F(xiàn)是AD的中點，F(xiàn)G⊥BC于點G，與DE交于點H，若FG=AF，AG平分∠CAB，連接GE，GD.（1）求證：ΔECG?ΔGHD；（2）小亮同學經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：AD=AC+EC.請你幫助小亮同學證明這一結(jié)論.（3）若∠B=30°，判定四邊形【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）四邊形AEGF是菱形，理由見解析.【詳解】分析：（1）由條件得出∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED，由F是AD的中點，F(xiàn)G∥AE，即可得到FG是線段ED的垂直平分線，進而得到GE=GD，∠CGE=∠GDE，利用AAS即可判定△ECG≌△GHD；

（2）過點G作GP⊥AB于P，判定△CAG≌△PAG，可得AC=AP，由（1）可得EG=DG，即可得到Rt△ECG≌Rt△GPD，依據(jù)EC=PD，即可得出AD=AP+PD=AC+EC；

（3）由∠B=30°，可得∠ADE=30°，進而得到AE=12AD，故AE=AF=FG，再根據(jù)四邊形AECF是平行四邊形，即可得到四邊形AEGF詳解：（1）∵AF=FG，∴∠FAG=∠FGA．

∵AG平分∠CAB，∴∠CAG=∠FGA，∴∠CAG=∠FGA，∴AC∥FG．

∵DE⊥AC，∴FG⊥DE．

∵FG⊥BC，∴DE∥BC，∴AC⊥BC，∴∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED．

∵F是AD的中點，F(xiàn)G∥AE，∴H是ED的中點，∴FG是線段ED的垂直平分線，∴GE=GD，∠GDE=∠GED，∴∠CGE=∠GDE，∴△ECG≌△GHD；

（2）過點G作GP⊥AB于P，∴GC=GP，而AG=AG，∴△CAG≌△PAG，∴AC=AP，由（1）可得EG=DG，∴Rt△ECG≌Rt△GPD，∴EC=PD，∴AD=AP+PD=AC+EC；

（3）四邊形AEGF是菱形．證明如下：∵∠B=30°，∴∠ADE=30°，∴AE=12AD，∴AE=AF=FG，由（1）得AE∥FG，∴四邊形AECF是平行四邊形，∴四邊形AEGF

點睛：本題屬于四邊形綜合題，主要考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性質(zhì)，線段垂直平分線的判定與性質(zhì)以及含30°角的直角三角形的性質(zhì)的綜合運用，利用全等三角形的對應邊相等，對應角相等是解決問題的關(guān)鍵．題型09根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求角度34．（2020·重慶·重慶市育才中學?？级＃┤鐖D，菱形ABCD中，過頂點C作CE⊥BC交對角線BD于E點，已知∠A=134°，則∠BEC的大小為(

)A．23° B．28° C．62° D．67°【答案】D【分析】先說明ABD=∠ADC=∠CBD，然后再利用三角形內(nèi)角和180°求出即可∠CBD度數(shù)，最后再用直角三角形的內(nèi)角和定理解答即可.【詳解】解：∵菱形ABCD∴AB=AD∴∠ABD=∠ADC∴∠ABD=∠CBD又∵∠A=134°∴∠CBD=∠BDC=∠ABD=∠ADB=12∴∠BEC=90°-23°=67°故答案為D.【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握菱形的對角線平分每一組對角和三角形內(nèi)角和定理.35．（2023·湖北鄂州·?？寄M預測）由4個形狀相同，大小相等的菱形組成如圖所示的網(wǎng)格，菱形的頂點稱為格點，點A，B，C都在格點上，∠O=60°，則tan∠ABC=（

）A．13 B．12 C．33【答案】C【分析】證明四邊形ADBC為菱形，求得∠ABC=30°，利用特殊角的三角函數(shù)值即可求解．【詳解】解：連接AD，如圖：∵網(wǎng)格是有一個角60°為菱形，∴△AOD、△BCE、△BCD、△ACD都是等邊三角形，∴AD=BD=BC=AC，∴四邊形ADBC為菱形，且∠DBC=60°，∴∠ABD=∠ABC=30°，∴tan∠ABC=tan30°=33故選：C．【點睛】本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，證明四邊形ADBC為菱形是解題的關(guān)鍵．36．（2021·河北·校聯(lián)考二模）如圖，四邊形ABCD為菱形，若CE為邊AB的垂直平分線，用∠ADB的度數(shù)為（

）A．20° B．25° C．30° D．40°【答案】C【分析】連接AC，證明△ABC為等邊三角形，得到∠ABC=60°，根據(jù)菱形性質(zhì)即可求解．【詳解】解：連接AC，∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=BC，∵CE為邊AB的垂直平分線，∴BC=AC，∴AB=BC=AC，∴△ABC為等邊三角形，∴∠ABC=60°，∵四邊形ABCD為菱形，∴∠ADB=12故選：C【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，證明△ABC為等邊三角形是解題關(guān)鍵．37．（2019·河北唐山·統(tǒng)考二模）如圖，在菱形ABCD中，AC、BD相交于O，∠ABC=70°，E是線段AO上一點，則∠BEC的度數(shù)可能是（

）A．100° B．70° C．50° D．20°【答案】B【分析】由菱形的性質(zhì)，得∠AOB=90°，∠ABO=35°，從而得：∠BAO=55°，進而可得：55°＜∠BEC【詳解】∵在菱形ABCD中，∴AC⊥BD，即：∠AOB=90°，∴∠BEC＜90°，∵∠ABC=70°，∴∠ABO=12∴∠BAO=55°，∵∠BEC=∠BAO+∠ABE，∴∠BEC＞55°，即：55°＜∠BEC＜90°．故選B．【點睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)定理以及三角形內(nèi)角和定理與外角的性質(zhì)，掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．題型10根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求線段長38．（2023·湖南株洲·模擬預測）如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，E為AD的中點，連接OE，∠ABC=60°，BD=43，則OE=（

A．4 B．23 C．2 D．【答案】C【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AB=AD=DC=BC，AC⊥BD，再由△AOD直角三角形斜邊上的中線等于斜邊一半得出OE=12AD．利用菱形性質(zhì)、直角三角形邊長公式求出AD=4【詳解】∵?ABCD是菱形，E為AD的中點，∴AB=AD=DC=BC，AC⊥BD．∴△AOD是直角三角形，OE=1∵∠ABC=60°，BD=43∴∠ADO=12∠ADC=∵AD2?∴AD=4，OE=1故選：C．【點睛】本題主要考查菱形、直角三角形的性質(zhì)的理解與應用能力．解題關(guān)鍵是得出OE=12AD39．（2022·廣東佛山·統(tǒng)考二模）如圖，E、F是正方形ABCD的對角線BD上的兩點，BD=10，DE=BF=2，則四邊形AECF的周長等于（

）A．20 B．202 C．30 D．【答案】D【分析】連接AC，AC與BD相交于點O，由正方形性質(zhì)得到AO＝CO＝BO＝DO，AC⊥BD，進而得到OE＝OF，再利用勾股定理求出CE的長，根據(jù)菱形的判定證得四邊形AECF是菱形，即可求得四邊形AECF的周長．【詳解】解：如圖，連接AC，AC與BD相交于點O，∵四邊形ABCD是正方形，∴AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD，AC＝BD＝10，∴AO＝CO＝BO＝DO＝5，AC⊥EF∵DE=BF=2，∴OE＝OF＝OD－DE＝3，在Rt△COE中，CE∴CE=∵AO＝CO，OE＝OF∴四邊形AECF是平行四邊形∵AC⊥EF∴四邊形AECF是菱形，∴AE＝EC＝CF＝AF＝34∴四邊形AECF的周長＝434故選：D【點睛】此題主要考查了正方形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，能夠證得四邊形AECF是菱形是解決問題的關(guān)鍵．40．（2023·湖北武漢·模擬預測）如圖，將一個邊長為20cm的正方形活動框架（邊框粗細忽略不計）扭動成四邊形ABCD，對角線是兩根橡皮筋，其拉伸長度達到36cm時才會斷裂．若∠BAD=60°，則橡皮筋AC斷裂（填“會”或“不會”，參考數(shù)據(jù)：【答案】不會【分析】設(shè)扭動后對角線的交點為O，根據(jù)正方形的性質(zhì)，得出扭動后的四邊形為菱形，利用菱形的性質(zhì)及條件，得出△ABD為等邊三角形，利用勾股定理算出AO=103，從而得到AC【詳解】解：設(shè)扭動后對角線的交點為O，如下圖：∵∠BAD=60°，根據(jù)正方形的性質(zhì)得，得出扭動后的四邊形四邊相等為菱形，AD=AB=20cm，∴△ABD為等邊三角形，∴BD=20cm，∴BO=1∴AO=A根據(jù)菱形的對角線的性質(zhì)：AC=2AO=203∵34.64<36，∴AC不會斷裂，故答案為：不會．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、菱形的判定及性質(zhì)、等邊三角形、勾股定理，解題的關(guān)鍵是要掌握菱形的判定及性質(zhì)．41．（2023·廣東廣州·一模）如圖，在?ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AB=AD．

(1)求證：AC⊥BD；(2)若點E，F(xiàn)分別為AD，AO的中點，連接EF，EF=32，AO=2，求【答案】(1)見解析(2)BD=6，四邊形ABCD的周長為4【分析】（1）根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形是菱形即可得證；（2）根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)可得OD=2EF=3，進而可得BD的長，Rt△AOD中，勾股定理求得AD【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊，AB=AD，∴四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD；（2）解：∵點E，F(xiàn)分別為AD，AO的中點，∴EF是△AOD的中位線，∴EF=1∵EF=3∴OD=3，∵四邊形ABCD是菱形，∴BD=2OD=6，∵AC⊥BD，在Rt△AOD中，AO=2，OD=3∴AD=A∴菱形形ABCD的周長為413【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)與判定，三角形中位線的性質(zhì)，勾股定理，掌握菱形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．題型11根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求面積42．（2022·北京海淀·統(tǒng)考一模）如圖，在△ABC中，AB=AC，D是BC的中點，點E，F(xiàn)在射線AD上，且DE=DF．(1)求證：四邊形BECF是菱形；(2)若AD=BC=6，AE=BE，求菱形BECF的面積．【答案】(1)見解析(2)27【分析】（1）先由等腰三角形“三線合一”的性質(zhì)得到BD=CD,AD⊥BC，再結(jié)合已知即可證明結(jié)論；（2）設(shè)DE=x，根據(jù)題意，求出BE=6?x，BD=3，再根據(jù)勾股定理列出方程求解，最后計算菱形的面積即可．【詳解】（1）∵AB=AC，D是BC的中點，∴BD=CD,AD⊥BC，∵DE=DF，∴四邊形BECF是菱形；（2）設(shè)DE=x，∵AD=BC=6，AE=BE，BD=CD，∴AE=BE=6?x，BD=3，∵AD⊥BC，∴∠BDE=90°，在RtΔBDE中，即32解得x=9∴DE=9∴菱形BECF的面積=1【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)、菱形的判定定理和性質(zhì)定理，勾股定理，菱形的面積，熟練掌握知識點是解題的關(guān)鍵．43．（2021·新疆烏魯木齊·?？既＃┤鐖D，四邊形ABCD是菱形，點H為對角線AC的中點，點E在AB的延長線上，CE⊥AB，垂足為E，點F在AD的延長線上，CF⊥AD，垂足為F．（1）若∠BAD=60°，求證：四邊形CEHF是菱形；（2）若CE=4，△ACE的面積為16，求菱形ABCD的面積．【答案】（1）證明見解析；（2）20．【分析】（1）由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半和30度直角三角形性質(zhì)性質(zhì)可證EH=CE=CF=FH=1（2）由根據(jù)三角形面積求法可求AE，設(shè)AB=x，在Rt△BCE，由勾股定理列方程即可求出菱形邊長，進而可求面積．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD=60°，∴∠BAC=30°，∵CE⊥AB，，∴EC=1又∵AH=CH，∴EH=1EH=CE=同理可得：CF=FH=1∴EH=CE=CF=FH，即：四邊形CEHF是菱形；（2）∵△ACE=1∴12∴AE=8，在四邊形ABCD是菱形中，設(shè)AB=BC=x，則BE=AE?AB=8?x在Rt△BCE中，EC∴42解得x=5，∴菱形ABCD面積=AB×CE=5×4=20．【點睛】本題主要考查了菱形的判定和性質(zhì)，涉及了直角三角形性質(zhì)和勾股定理．解題關(guān)鍵是靈活運用直角三角形性質(zhì)得出線段之間發(fā)熱關(guān)系．44．（2021·寧夏石嘴山·統(tǒng)考一模）如圖，在菱形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是邊AD，AB的中點．（1）求證：△ABE≌△ADF；（2）若BE＝3，∠C＝60°，求菱形ABCD的面積．【答案】（1）詳見解析；（2）23．【分析】（1）利用菱形的性質(zhì)，由SAS證明△ABE≌△ADF即可；（2）證△ABD是等邊三角形，得出BE⊥AD，求出AD即可．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∵點E，F(xiàn)分別是邊AD，AB的中點，∴AF＝AE，在△ABE和△ADF中，AB=AD∠A=∠A∴△ABE≌△ADF（SAS）；（2）解：連接BD，如圖：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠A＝∠C＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∵點E是邊AD的中點，∴BE⊥AD，∴∠ABE＝30°，∴tan∴AE＝33BE＝1，AB＝2AE∴AD＝AB＝2，∴菱形ABCD的面積＝AD×BE＝2×3＝23．【點睛】本題考查的是菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，菱形的面積的計算，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．45．（2022·云南昆明·統(tǒng)考二模）如圖所示，在平行四邊形ABCD中，鄰邊AD,CD上的高相等，即BE=BF．(1)求證：四邊形ABCD是菱形；(2)若DB=10,AB=13，求平行四邊形ABCD的面積．【答案】(1)見解析(2)120【分析】（1）先證△ABE≌△CBF（AAS），即有AB＝CB，則有平行四邊形ABCD是菱形；（2）連接AC交BD于點O，根據(jù)菱形的性質(zhì)有AC⊥BD，BO＝12BD＝5，在Rt△ABO中，由勾股定理得：AO＝A【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A＝∠C，∵鄰邊AD，CD上的高相等，∴BE⊥AD，BF⊥CD，∴∠AEB＝∠CFB＝90°，在△ABE和△CBF中，∠A=∠C∠AEB∴△ABE≌△CBF（AAS），∴AB＝CB，∴平行四邊形ABCD是菱形；（2）解：連接AC交BD于點O，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BO＝12BD在Rt△ABO中，由勾股定理得：AO＝AB∴AC＝2AO＝24，∴平行四邊形ABCD的面積＝12AC×BD【點睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識；熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．題型12根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題46．（2023·山東泰安·東平縣實驗中學統(tǒng)考三模）如圖所示，在菱形ABCD中，AB=AC，點E，F(xiàn)分別為邊AB，BC上的點，且AE=BF，連接CE，AF交于點H，連接DH交AC于點O，則下列結(jié)論：①△ABF≌△CAE；②∠FHC=∠B；③∠AEH=∠DAH；④A．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．①③④【答案】A【分析】由菱形ABCD中，AB=AC，易證得△ABC是等邊三角形，則可得∠B=∠EAC=60°，由SAS即可證得△ABF≌△CAE，可得∠BAF=∠ACE，EC=AF，由外角性質(zhì)可得∠FHC=∠B，可判斷①②，由點A，H，C，D四點共圓，可得∠AHD=∠ACD=60°，∠ACH=∠ADH=∠BAF，可證△AEH∽△DAH，可判斷③，通過證明【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC，∵AB=AC，∴AB=BC=AC，即△ABC是等邊三角形，同理：△ADC是等邊三角形，∴∠B=∠EAC=60°，在△ABF和△CAE中，BF=AE∠B=∠EAC∴△ABF≌△CAE∴∠BAF=∠ACE，∵∠FHC=∠ACE+∠FAC=∠BAF+∠FAC=∠BAC=60°，∴∠FHC=∠B，故①正確，②正確；∵∠AHC+∠ADC=120°+60°=180°，∴點A，H，C，D四點共圓，∴∠AHD=∠ACD=60°，∴∠AHD=∠FHC=∠AHE=60°，∴△AEH∽∴∠AEH=∠DAH，故③正確；∵∠ACE=∠BAF，∠AEH=∠AEC，∴△AEH∽∴AEEC∴AE?AC=AH?EC，∴AE·AD=AH·AF，故④正確；綜上可知，正確的有：①②③④，故選A．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，圓的內(nèi)接四邊形，圓周角定理，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)，難度較大，綜上綜合運用上述知識點，逐步推導認證是解題的關(guān)鍵．47．（2023·山東泰安·統(tǒng)考二模）如圖，正△ABC的邊長為2，沿△ABC的邊AC翻折得△ADC，連接BD交AC于點O，點M為BC上一動點，連接AM，射線AM繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°交BC于點N，連接MN、OM．以下四個結(jié)論：①△AMN是等邊三角形：②MN的最小值是3；③當MN最小時S△CMN=18S菱形ABCD

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】D【分析】先證明△BAM≌△CANASA，可得AM=AN，結(jié)合∠MAN=60°，可判斷△AMN是等邊三角形，故①正確；因為MN=AM，即MN的最小值為AM的最小值，所以當AM⊥BC時，AM最小，求出此時AM的長即可判斷②正確；可證明此時MN為△BCD的中位線，再得△CMN∽△CBD，相似比為1:2，S△CMN:S△CBD=1:4，即S△CMN=14S△CBD，結(jié)合S△CBD=12S【詳解】解：∵正△ABC的邊長為2，沿△ABC的邊AC翻折得△ADC，∴AB=AC=AD=CD=BC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=∠ACD=60°，∵∠BAC=∠MAN=60°，∴∠BAC?∠CAM=∠MAN?∠CAM，即∠BAM=∠CAN，∴在△BAM和△CAN中，∠BAM=∠CANAB=AC∴△BAM≌△CANASA∴AM=AN，又∵∠MAN=60°，∴△AMN是等邊三角形，故①正確；∵△AMN是等邊三角形，∴MN=AM，即MN的最小值為AM的最小值，當AM⊥BC時，AM最?。?/p>

∵在Rt△ABM中，∠ABC=60°，∠BAM=90°?∠ABC=30°，AB=2∴BM=1∴AM=A∴MN的最小值為3，故②正確；∵△ABC是等邊三角形，AM⊥BC，∴M為BC的中點，此時N為CD的中點，∴MN為△BCD的中位線，∴MN∥BD，∴△CMN∽△CBD，∴S△CMN:S∵S△CBD∴S△CMN當OM⊥BC時，∵AB=AC=AD=CD=BC∴四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA=OC，又∵OM⊥BC，∴∠BOC=∠OMC=90°，又∵∠OCB=∠MCO=60°∴△BOC∽△OMC，∴BCOC=OC∵△BAM≌△CAN，∴BM=CN，∴BC?BM=CD?CN，即MC=DN，∴OA

故選D．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)與判定、三角形全等的判定和性質(zhì)、三角形相似的判定和性質(zhì)、點到直線的距離線段最短及勾股定理，證明△BAM≌△CAN是解答本題的關(guān)鍵．48．（2023·福建泉州·統(tǒng)考二模）如圖，在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°，點E在邊AD上，連接BE．作點A關(guān)于BE的對稱點F，連接EF、BF、DF．現(xiàn)給出以下4個結(jié)論：①BE平分∠ABF；②菱形ABCD的面積等于3；③△DEF周長的最小值為23；④當EF⊥AD時，AE=3?1【答案】①③④【分析】根據(jù)翻折性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)證明△ABE≌△FBE得到∠ABE=∠FBE可判斷①；根據(jù)菱形的性質(zhì)和等邊三角形的判定和性質(zhì)求解可判定②；根據(jù)翻折性質(zhì)可判斷當DF最小時，△DEF的周長最小，然后求得BD，由DF≥BD-BF求解可判斷③；過點B作BT⊥DA交DA的延長線于點T，利用銳角三角函數(shù)求得AT=1，BT=3，再由①結(jié)論和EF⊥AD【詳解】解：如圖，連接AC，BD交于點O．由翻折變換的性質(zhì)可知BA=BF，EA=EF，在△ABF和△FBE中，BA=BFEA=EF∴△ABE≌∴∠ABE=∠FBE，∴BE平分∠ABF，故①正確；∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=AD=CD=2，∠ABC=∠ADC=60°，∴△ABC，△ADC都是等邊三角形，∠ABO=1∴AO=AB?sin30°=1，∴S菱形與翻折變換的性質(zhì)可知AB=BF=2，AE=EF，∴DE+EF=DE+AE=AD=2，∴DF最小時，△DEF的周長最小，∵OB=OD=3∴BD=23∵DF≥BD∴DF的最小值為23∴△DEF的周長的最小值為23過點B作BT⊥DA交DA的延長線于點T，∵AT∥∴∠BAT=∠ABC=60°，∴AT=AB?cos60°=1，∵EF⊥AD，BE平分∠ABF，∴∠BET=∠BEF=45°，∴∠TBE=∠BET=45°，∴TB=TE=3∴AE=TE?AT=3綜上，正確的是①③④，故答案為：①③④．【點睛】本題考查翻折性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、等腰三角形的判定、兩點之間線段最短等知識，綜合性強，屬于填空壓軸題，熟練掌握相關(guān)知識的聯(lián)系與運用是解答的關(guān)鍵．49．（2023·湖南長沙·校聯(lián)考二模）如圖，已知菱形ABCD的邊長為2，對角線AC，BD相交于點O，點M，N分別是邊BC，CD上的動點，∠BAC=∠MAN=60°，連接MN，OM．①△AMN是等邊三角形；②MN的最小值是3；③當MN最小時，S△CMN=14S菱形ABCD

【答案】①②④【分析】先證明△BAM≌△CANASA，可得AM=AN，結(jié)合∠MAN=60°，可判斷△AMN是等邊三角形，故①正確；因為MN=AM，即MN的最小值為AM的最小值，所以當AM⊥BC時，AM最小，求出此時AM的長即可判斷②正確；可證明此時MN為△BCD的中位線，再得△CMN∽△CBD，相似比為1:2，S△CMN:S△CBD=1:4，即S△CMN=14S△CBD，結(jié)合S△CBD=12S【詳解】解：∵在菱形ABCD中，∴AB=BC，AB∥CD，∴∠ACD=∠BAC=60°，∵∠BAC=60°，AB=BC，∴△ABC是等邊三角形，∴AB=AC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=60°，∴∠ABC=∠ACD，∵∠BAC=∠MAN，∴∠BAC?∠CAM=∠MAN?∠CAM，即∠BAM=∠CAN，∴在△BAM和△CAN中，∠BAM=∠CANAB=AC∴△BAM≌△CANASA∴AM=AN，又∵∠MAN=60°，∴△AMN是等邊三角形，故①正確；∵△AMN是等邊三角形，∴MN=AM，即MN的最小值為AM的最小值，當AM⊥BC時，AM最小，如圖：

∵在Rt△ABM中，∠ABC=60°，∠BAM=90°?∠ABC=30°，AB=2∴BM=1∴AM=A∴MN的最小值為3，故②正確；∵△ABC是等邊三角形，AM⊥BC，∴M為BC的中點，此時N為CD的中點，∴MN為△BCD的中位線，∴MN∥BD，∴∠CMN=∠CBD，∠CNM=∠CDB，∴△CMN∽△CBD，相似比為1:2，∴S△CMN:S∵S△CBD∴S△CMN∴S△CMN當OM⊥BC時，如圖：

∵在菱形ABCD中，∴AC⊥BD，OA=OC，BC=AB=CD，又∵OM⊥BC，∴∠BOC=∠OMC=90°，又∵∠OCB=∠BCO=60°∴△BOC∽△OMC，∴BCOC=OC∵△BAM≌△CAN，∴BM=CN，∴BC?BM=CD?CN，即MC=DN，∴OA故答案為：①②④．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、三角形全等的判定和性質(zhì)、三角形相似的判定和性質(zhì)、點到直線的距離線段最短及勾股定理，證明△BAM≌△CAN是解答本題的關(guān)鍵．50．（2023·廣東廣州·廣州市番禺區(qū)市橋星海中學?？家荒＃┤鐖D，在⊙O中，AB為直徑，點M為AB延長線上的一點，MC與⊙O相切于點C，圓周上有另一點D與點C分居直徑AB兩側(cè)，且使得MC=MD=AC，連接AD．現(xiàn)有下列結(jié)論：①MD與⊙O相切；②四邊形ACMD是菱形；③AB=MO；④∠ADM=120°．其中正確的結(jié)論是（填序號）．【答案】①②③④【分析】本題考查了全等三角形的判定及性質(zhì)、切線的判定及性質(zhì)、菱形的判定及性質(zhì)、含30°角的直角三角形的特征，利用SSS得△CMO≌△DMO，可得∠ODM=∠OCM，再根據(jù)切線的判定及性質(zhì)可判斷①，利用三角形的判定及性質(zhì)得AC=AD，再根據(jù)菱形的判定即可判斷②，利用含【詳解】解：連接OC，OD，∵OC=OD，CM=DM，OM=OM，∴△CMO≌∴∠ODM=∠OCM，∵MC與⊙O相切于點C，∴∠OCM=90°，∴∠ODM=90°，∵OD是⊙O的直徑，∴MD與⊙O相切；故①正確；∵△CMO≌∴∠COM=∠DOM，∴∠AOC=∠AOD，∵OA=OA，∴△AOC≌∴AC=AD，∴AC=AD=CM=DM，∴四邊形ACMD是菱形，故②正確；∵AC=CM，∴∠CAM=∠CMA，∵∠COM=2∠CAM，∴∠COM=2∠CMO，∴∠CMO=30°，∴OC=1∵OC=1∴AB=OM，故③正確；∵四邊形ACMD是菱形，∴∠DAM=∠DMA=∠AMC=∠CAM=30°，∴∠ADM=120°，故④正確；故答案為：①②③④．題型13與菱形有關(guān)的新定義問題51．（2020·浙江·模擬預測）定義：若一個四邊形的對角線互相垂直，且較長對角線的長度是較短對角線長度的2倍，則稱這個四邊形為“倍垂四邊形”．（1）如圖①，在菱形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，AB=5,AC=2，試判斷菱形（2）如圖②，在△ABC中，AB=32,BC=7,AC=5，作AO⊥BC于點O，問在射線AO上是否存在著一點D，使得四邊形ABDC是“倍垂四邊形”．若存在，請求出此時線段（3）如圖③，在Rt△ABC中，AB=4,AC=5，且∠ABC=90°，分別以Rt△ABC的斜邊AC和直角邊AB為邊向外作Rt△ACD和Rt△ABE，且∠CAD=∠BAE=90°，連接DE，當四邊形BCDE是“倍垂四邊形”時，求DE的長．【答案】（1）是，見解析；（2）存在，0.5或11；理由見詳解（3）34或4092【分析】（1）根據(jù)題意易得AO=12AC=1（2）設(shè)BO=x，則CO=7?x，由勾股定理及題意得(32（3）連接BD,CE交于點F，BD交AC于點G，由題意易得BC=3，根據(jù)四邊形BCDE是“倍垂四邊形”及題意得∠EAC=∠BAD，∠ADG=∠GCF，從而得到△EAC∽△BAD，則根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求AE,AD的值，然后進行分類求解即可．【詳解】解：（1）在菱形ABCD中，AC與BD垂直且互相平分，∴AO=1∵AB=5∴BO=A∴BD=2BO=4，∴BD=2AC，∴菱形ABCD是“倍垂四邊形”；（2）設(shè)BO=x，則CO=7?x，∵AO⊥BC，∴在Rt△ABO中，AO在Rt△ACO中，AO∴(32解得：x=3，即BO=3，∴AO=3，∴當AD=12BC=3.5當AD=2BC=14時，OD=AD?AO=14?3=11；∴AD=0.5或11；（3）連接BD,CE交于點F，BD交AC于點G，如圖1所示，

圖1∵AB=4,AC=5，且∠ABC=90°，∴BC=3，∵四邊形BCDE是“倍垂四邊形”，∴BD⊥CE，∵Rt△ABE和Rt△ACD，∴∠EAB=∠CAD=90°，∴∠EAB+∠BAC=∠CAD+∠BAC，∴∠EAC=∠BAD，∵∠CAD=∠DFC=90°，∠AGD=∠BGC，∴∠ADG=∠GCF，∴△EAC∽△BAD，∴ABAE=BD即AE=2,AD=10或AE=8,AD=5（Ⅰ）如圖1，∵AE=2,AD=10，∴BE=25∵BD⊥CE，∴DE即DE2+∴DE=234（Ⅱ）如圖2，∵AE=8,AD=5∴BE=45同理可得DE得DE∴DE=409圖2【點睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)與判定及勾股定理，關(guān)鍵是根據(jù)題目所給的定義進行分析，然后利用相似三角形的性質(zhì)及勾股定理列出關(guān)系式進行求解即可．52．（2021·江蘇泰州·?？级＃┰O(shè)A（a，n）為雙曲線y=kx（k>0，x>0）上一點，過點A作AB⊥x軸于B點，AB的垂直平分線交y軸于點C，交雙曲線于點P．定義：P為A點的中垂點；特別的，當△ABP為等腰直角三角形時，又稱P為（1）若k=8，且A點存在完美中垂點，則A的坐標是________（2）四邊形ACBP一定為．（填字母）A．平行四邊形

B．

菱形

C．矩形

D．正方形（3）若△AOP的面積為6時，則k=

．（4）設(shè)P為A的中垂點，Q又為P的中垂點，且△APQ是等腰三角形，試求k關(guān)于a的函數(shù)表達式．【答案】（1）(2,4)；（2）B；（3）8；（4）k=4【分析】（1）利用等腰直角三角形和垂直平分線的性質(zhì)求解即可；（2）根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)得出AP=BP=BC=AC，從而可判斷四邊形的形狀；（3）用含有k的式子表示出△AOP的面積，進而建立方程即可求解；（4）根據(jù)A，P，Q的坐標，表示出AP2,AQ2,PQ【詳解】解：（1）∵k=8，∴y=8∵A（a，n）為雙曲線y=8∴an=8，∴a=8設(shè)AB，CP交于點D，∵A點存在完美中垂點，∴△ABP為等腰直角三角形，∴∠BAP=∠ABP=45°．∵CP垂直平分AB，∴∠DAP=∠APD=45°，∴AD=PD．∵A(a,n)，P為A點的完美中垂點，∴P(16∴n?n∴n=4,n=?4,經(jīng)檢驗：它們都是原方程的根，但n=?4不符合題意，舍去，∴A(2,4)；（2）∵CP垂直平分AB，∴AP=BP,AC=BC．∵A(a,n)，P(16∴CD=8∴CD=PD．∵AB⊥CP，∴CB=BP，∴AP=BP=BC=AC，∴四邊形ACBP一定為菱形；（3）∵S△AOP=6，A(∴2k∴3∴k=8；（4）∵P為A的中垂點，Q又為P的中垂點，∵A(kn,n)，P(∴APPQAQ∵△APQ是等腰三角形，①A∴k=4a②AP③AQ綜上所述，k=4a【點睛】本題主要考查反比例函數(shù)與等腰三角形的定義，垂直平分線的性質(zhì)，分情況討論是關(guān)鍵．題型14與菱形有關(guān)的規(guī)律探究問題53．（2021·黑龍江鶴崗·統(tǒng)考模擬預測）如圖，菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=1，延長CD至A1，使DA1=CD，以A1C為一邊，在BC的延長線上作菱形A1CC1D1，連接AA1，得到ΔADA1；再延長C1D1至A2，使D1A2=C1D1【答案】2【分析】由題意易得∠BCD=60°,AB=AD=CD=1，則有ΔADA1為等邊三角形，同理可得ΔA1D1A2…….【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=AD=CD=1，AD//∵∠ABC=120°，∴∠BCD=60°，∴∠ADA∵DA∴DA∴ΔADA同理可得ΔA1D過點B作BE⊥CD于點E，如圖所示：∴BE=BC?sin∴S1同理可得：S2=3∴由此規(guī)律可得：Sn∴S2021故答案為24038【點睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)與判定及三角函數(shù)，熟練掌握菱形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)與判定及三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．54．（2021·遼寧丹東·?？寄M預測）如圖，一次函數(shù)y=2x+2的圖象為直線l，菱形AOBA1，A1O1B1A2，A2O2B2A3，…按圖中所示的方式放置，頂點A，A1，A【答案】3×【分析】首先求出直線l與坐標軸的交點坐標，然后根據(jù)菱形的性質(zhì)依次求出B1，B2，【詳解】解：如圖，設(shè)直線l與x軸的交點為M．∵直線l的解析式為y=2x+2，∴M?1,0，A∵四邊形AOBA∴A1O1與A1M關(guān)于y∴O11,0，AB∥x軸，且∴B1同理，O1A2把x=1代入y=2x+2得y=4，∴A2∵O1A2∴O23,0，把x=3代入y=2x+2得y=8，∴A3∵O2A3∴O37,0，同理可得B3∴點Bn的橫坐標是3×2n?1∴點Bn的坐標是3×故答案為：3×2【點睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)，一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，解題的關(guān)鍵是熟練掌握菱形的性質(zhì)，正確得出點的坐標的規(guī)律．55．（2020·浙江·校聯(lián)考模擬預測）如圖，直線l1的解析式是y＝33x，直線l2的解析式是y＝3x，點A1在l1上，A1的橫坐標為32，作A1B1⊥l1交l2于點B1，點B2在l2上，以B1A1、B1B2為鄰邊在直線l1、l2間作菱形A1B1B2C1，延長B2C1交l1于點A2，點B3在l2上，以B2A2、B2B3為鄰邊在l1、l2間作菱形A2B2B3C2，………按照此規(guī)律繼續(xù)作下去，則線段A2020B2020長為（

A．22019 B．（32）2019 C．（3【答案】B【分析】利用解直角三角形分別求得∠A1OD=30°，∠B1OE=60°，∠B1OA1=30°，求得OA1的長，從而求得菱形A1B1B【詳解】解：過點A1、B1分別作x軸的垂線，分別交x軸于點D、E，如圖，

∵點A1在l1上，A1的橫坐標為32，則點A1(32，∴OD=32，A1D=3∴tan∠∴∠A∵點B1在l2上，設(shè)B1的橫坐標為a，則點B1(a，3a∴OE=a，B1E=3a∴tan∠∴∠B∴∠B1OA1=∠A1OD=30°，∵A1的橫坐標為32∴OA在Rt△A1B1O中，A1B1=OA1tan30°=3×∵菱形A1B1B2C1中，∴A1B1=B2C1=A1C1=1，A1B1∥A2B2，OB1∥A1C1，∴∠C1A2O=90°，∠C1A1A2=30°，∴A2C1=12A1C1=1∴A2B2=1+12=3同理可得：A3B3=32A4B4=94?An∴A2020故答案