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2020-2021学年19.3 矩形 菱形 正方形达标测试
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这是一份2020-2021学年19.3 矩形 菱形 正方形达标测试，文件包含专题1912菱形的性质与判定大题专练重难点培优解析版docx、专题1912菱形的性质与判定大题专练重难点培优原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。
2021-2022学年八年级数学下册尖子生同步培优题典【沪科版】
专题19.12菱形的性质与判定大题专练
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一．解答题（共24小题）
1．（2021春•临沧期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点B作BE∥AC，且BE＝AC，连接EC．
（1）求证：四边形BECO是矩形；
（2）连接ED交AC于点F，连接BF，若AC＝6，AB＝5，求BF的长．
【分析】（1）由菱形的性质得∠BOC＝90°，OC＝AC，推出BE＝OC，则四边形BECO是平行四边形，再由∠BOC＝90°，即可得出结论；
（2）由勾股定理求出OB＝4，则BD＝2OB＝8，再证△ODF≌△CEF（ASA），得DF＝EF，然后由直角三角形斜边上的中线性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BOC＝90°，OC＝OA＝AC，
∵BE＝AC，
∴BE＝OC，
∵BE∥AC，
∴四边形BECO是平行四边形，
∵∠BOC＝90°，
∴平行四边形BECO是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝AB＝5，OC＝AC＝3，OB＝OD，AC⊥BD，
在Rt△OBC中，由勾股定理得：OB＝＝＝4，
∴BD＝2OB＝8，
由（1）得：四边形BECO是矩形，
∴BE＝OC＝3，∠OBE＝∠ECO＝90°，OB＝CE，OB∥CE，
∴DE＝＝＝，∠ODF＝∠CEF，OD＝CE，
∵∠DOF＝∠ECF＝90°，
∴△ODF≌△CEF（ASA），
∴DF＝EF，
∵∠DBE＝90°，
∴BF＝DE＝．
2．（2021秋•龙华区期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AE⊥BC交CB延长线于E，CF∥AE交AD延长线于点F．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）若AE＝4，AD＝5，求OB的长．
【分析】（1）先证四边形AECF是平行四边形，再证∠AEC＝90°，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得AB＝BC＝5，OA＝OC，AC⊥BD，再由勾股定理得BE＝3，则CE＝BE+BC＝8，然后由勾股定理得AC＝4，则OA＝2，最后由勾股定理求解即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC．
∵CF∥AE，
∴四边形AECF是平行四边形．
∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
∴平行四边形AECF是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝5，OA＝OC，AC⊥BD，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝90°，
∴BE＝＝＝3，
∴CE＝BE+BC＝3+5＝8，
∴AC＝＝＝4，
∴OA＝AC＝2，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB＝＝＝．
3．（2021春•永城市期末）如图，在▱ABCD中，G是CD的中点，E是边长AD上的动点，EG的延长线与BC的延长线相交于点F，连接CE，DF．
（1）求证：四边形CEDF是平行四边形．
（2）若BC＝2AB＝8，∠B＝60°．填空：
①当AE＝ 6 时，四边形CEDF是矩形；②当AE＝ 4 时，四边形CEDF是菱形．
【分析】（1）证△DEG≌△CFG（AAS），得EG＝FG，再由DG＝CG，即可得出四边形CEDF是平行四边形；
（2）①过A作AM⊥BC于M，证△MBA≌△EDC（SAS），得∠CED＝∠AMB＝90°，即可得出结论；
②证△CDE是等边三角形，得CE＝DE，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DEG＝∠CFG，
∵G是CD的中点，
∴DG＝CG，
在△DEG和△CFG中，
，
∴△DEG≌△CFG（AAS），
∴EG＝FG，
∵DG＝CG，
∴四边形CEDF是平行四边形；
（2）解：①当AE＝6时，四边形CEDF是矩形，理由如下：
过A作AM⊥BC于M，如图所示：
∵BC＝2AB＝8，
∴AB＝4，
∵∠B＝60°，
∴∠BAM＝90°﹣60°＝30°，
∴BM＝2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠CDE＝∠B＝60°，CD＝AB＝4，BC＝AD＝8，
∵AE＝6，
∴DE＝2＝BM，
在△MBA和△EDC中，
，
∴△MBA≌△EDC（SAS），
∴∠CED＝∠AMB＝90°，
∵四边形CEDF是平行四边形，
∴四边形CEDF是矩形，
故答案为：6；
②当AE＝4时，四边形CEDF是菱形，理由如下：
∵AD＝8，AE＝4，
∴DE＝4，
∵CD＝4，∠CDE＝60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴CE＝DE，
∵四边形CEDF是平行四边形，
∴四边形CEDF是菱形，
故答案为：4．
4．（2021•饶平县校级模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若△ABC是边长为2的正三角形，求四边形AODE的面积．
【分析】（1）根据题意可判断出四边形AODE是平行四边形，再由菱形的性质可得出AC⊥BD，即∠AOD＝90°，继而可判断出四边形AODE是矩形；
（2）由菱形的性质和勾股定理求出OB，得出OD，由矩形的面积公式即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD＝90°，
∴四边形AODE是矩形；
（2）解：∵△ABC是边长为2的正三角形，
∴AB＝AC＝2，
∠ABC＝60°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AO＝AC＝1，OD＝OB，
∵∠AOB＝90°，
∴OB＝＝＝，
∴OD＝OB＝，
∵四边形AODE是矩形，
∴四边形AODE的面积＝×1＝．
5．（2020春•武汉期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．
（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；
（2）填空：
①当AM的值为 3 时，四边形AMDN是矩形；
②当AM的值为 6 时，四边形AMDN是菱形．
【分析】（1）由菱形的性质可得∠DNE＝∠AME，再由点E是AD边的中点，可得AE＝DE，从而可证明△NDE≌△MAE（AAS），则NE＝ME，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得答案；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形即可判定；②当AM的值为6时，四边形AMDN是菱形．根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判定．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠DNE＝∠AME，∠NDE＝∠MAE，
∵点E是AD边的中点，
∴AE＝DE，
∴在△NDE和△MAE中，△NDE≌△MAE（AAS），
∴NE＝ME，
∴四边形AMDN是平行四边形；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝6，
∵点E是AD边的中点，
∴AE＝AD＝3，
∴AM＝AE＝3，
∵∠DAB＝60°，
∴△AEM是等边三角形，
∴EM＝AE，
∵NE＝EM＝MN，
∴MN＝AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是矩形．
故答案为：3；
②当AM的值为6时，四边形AMDN是菱形．理由如下：
∵AB＝AD＝6，AM＝6，
∴AD＝AM，
∵∠DAB＝60°，
∴△AMD是等边三角形，
∴ME⊥AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是菱形．
故答案为：6．
6．（2020•中山市一模）如图，已知平行四边形ABCD．
（1）若M，N是BD上两点，且BM＝DN，AC＝2OM，求证：四边形AMCN是矩形；
（2）若∠BAD＝120°，CD＝4，AB⊥AC，求平行四边形ABCD的面积．
【分析】（1）由平行四边形的性质可知：OA＝OC，OB＝OD，再证明OM＝ON即可证明四边形AMCN是平行四边形；
（2）根据平行四边形的性质得到AD∥BC，AB＝CD＝4，求得∠ABC＝60°，解直角三角形即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵对角线BD上的两点M、N满足BM＝DN，
∴OB﹣BM＝OD﹣DN，即OM＝ON，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∵AC＝2OM，
∴MN＝AC，
∴四边形AMCN是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD＝4，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠BAD＝120°，
∴∠ABC＝60°，
∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
∴AC＝AB＝4，
∴平行四边形ABCD的面积＝AC•AB＝44＝16．
7．（2020春•濮阳期末）如图，在平行四边形ABCD中，点O是BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠A＝50°，①则当∠ADE＝ 80 °时，四边形BECD是矩形；
②则当∠ADE＝ 90 °时，四边形BECD是菱形．
【分析】（1）由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE＝OD，即可得出结论；
（2）①根据三角形的内角和定理和等腰三角形的性质得到BD⊥AE，根据矩形的判定定理即可得到结论；
②根据三角形的内角和定理得到∠AED＝40°，根据平行线的性质得到CBE＝∠A＝50°，求得∠BOE＝90°，根据菱形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝CD，
∴∠OEB＝∠ODC，
又∵O为BC的中点，
∴BO＝CO，
在△BOE和△COD中，，
∴△BOE≌△COD（AAS）；
∴OE＝OD，
∴四边形BECD是平行四边形；
（2）解：①当∠ADE＝80°时，四边形BECD是矩形；
理由：∵∠A＝50°，∠ADE＝80°，
∴∠AED＝50°，
∴∠A＝∠AED，
∴AD＝DE，
∵AB＝CD＝BE，
∴BD⊥AE，
∴∠DBE＝90°，
∵四边形BECD是平行四边形，
∴四边形BECD是矩形；
②当∠ADE＝90°时，四边形BECD是菱形，
∵∠A＝50°，∠ADE＝90°，
∴∠AED＝40°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠CBE＝∠A＝50°，
∴∠BOE＝90°，
∴BC⊥DE，
∴四边形BECD是菱形，
故答案为：80，90．
8．（2020秋•福田区月考）如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，分别过点B、点C作CO，BO的平行线交于点E，连接AE交BD于点H，交BC于点F．
（1）求证：四边形OCEB是矩形；
（2）若BF＝1，求菱形ABCD的周长．
【分析】（1）先证四边形OCEB是平行四边形，再由菱形的性质得∠BOC＝90°，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得AB＝BC＝CD＝AD，OA＝OC，再由矩形的性质得BE＝OC＝OA，则，然后证△BEF∽△CAF，则，求出BC＝3，即可求解．
【解答】（1）证明：∵BE//OC，CE//OB，
∴四边形OCEB是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∴平行四边形OCEB是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，OA＝OC，
由（1）得，四边形OCEB是矩形，
∴BE＝OC＝OA，
∴，
∵BE∥AC，
∴△BEF∽△CAF，
∴，
∵BF＝1，
∴CF＝2，
∴BC＝3，
∴菱形ABCD的周长＝4BC＝4×3＝12．
9．（2021•黄冈模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使得CF＝BE，连接DF，
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）连接OE，若AB＝13，OE＝，求AE的长．
【分析】（1）先证四边形AEFD是平行四边形，再证出∠AEF＝90°，然后由矩形的判定定理即可得到结论；
（2）由菱形的性质得BC＝AB＝13，AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，再由直角三角形斜边上的中线性质得OE＝OA＝2，AC＝2OE＝4，然后由勾股定理求出OB＝3，则BD＝2OB＝6，最后由菱形ABCD的面积＝BD×AC＝BC×AE，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC且AD＝BC，
∵BE＝CF，
∴BC＝EF，
∴AD＝EF，
∵AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF＝90°，
∴四边形AEFD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AB＝13，
∴BC＝AB＝13，AC⊥BD，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
∴OE＝AC＝OA＝2，AC＝2OE＝4，
∴OB＝＝＝3，
∴BD＝2OB＝6，
∵菱形ABCD的面积＝BD×AC＝BC×AE，
即×6×4＝13×AE，
解得：AE＝12．
10．（2020秋•西城区校级月考）如图，菱形ABCD中，AC与BD交于点O，DE∥AC，DE＝AC．
（1）求证：四边形OCED是矩形；
（2）连接AE，交OD于点F，连接CF，若CF＝CE＝1，求AC长．
【分析】（1）根据菱形的性质得到AC⊥BD，OA＝OC，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据直角三角形的性质得到CF＝AF＝EF，得出AE＝2，根据勾股定理即可得到答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC，
∴∠DOC＝90°，
∵DE∥AC，DE＝AC，
∴OC＝DE，
∴四边形OCED为平行四边形，
又∵∠DOC＝90°，
∴四边形OCED是矩形；
（2）解：由（1）得：四边形OCED是矩形，
∴OD∥CE，∠OCE＝90°，
∵O是AC中点，
∴F为AE中点，
∴CF＝AF＝EF，
∵CF＝CE＝1，
∴EF＝1，
∴AE＝2，
∴AC＝＝＝．
11．（2021•兴宁区校级一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若△ABC是边长为4的正三角形，求四边形AODE的面积．
【分析】（1）根据题意可判断出四边形AODE是平行四边形，再由菱形的性质可得出AC⊥BD，即∠AOD＝90°，继而可判断出四边形AODE是矩形；
（2）由菱形的性质和勾股定理求出OB，得出OD，由矩形的性质即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD＝∠AOD＝90°，
∴四边形AODE是矩形；
（2）解：∵△ABC是边长为4的正三角形，
∴AB＝AC＝4，
∠ABC＝60°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AO＝AC＝2，OD＝OB，
∵∠AOB＝90°，
∴OB＝＝2，
∴OD＝OB＝2，
∵四边形AODE是矩形，
∴四边形AODE的面积＝22＝4．
12．（2021•房山区一模）如图，四边形ABCD是平行四边形，过点A作AE⊥BC交CB的延长线于点E，点F在BC上，且CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）连接BD，若∠ABD＝90°，AE＝4，CF＝2，求BD的长．
【分析】（1）由平行四边形的性质得到AD∥BC且AD＝BC，证出BC＝EF，推出四边形AEFD是平行四边形，再矩形的判定定理即可得到结论；
（2）由勾股定理得AB＝2，再证△ABD∽△BEA，得＝，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC且AD＝BC，
∵CF＝BE，
∴BC＝EF，
∴AD＝EF，
∵AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF＝90°，
∴平行四边形AEFD是矩形；
（2）解：∵CF＝BE，CF＝2，
∴BE＝2，
∵∠AEB＝90°，
∴AB＝＝＝2，
∵AD∥BC，
∴∠BAD＝∠EBA，
∵∠AEB＝∠ABD＝90°，
∴△ABD∽△BEA，
∴＝，
即＝，
解得：BD＝4．
13．（2020春•雨花区校级期末）如图，在▱ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，∠AND＝90°，连接CM交DN于点O．
（1）求证：△ABN≌△CDM；
（2）求证：四边形CDMN为菱形；
（3）过点C作CE⊥MN于点E，交DN于点P，若PE＝1，∠1＝∠2，求NC的长．
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，可得AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠CDM，利用SAS证得△ABN≌△CDM；
（2）利用直角三角形形的性质结合菱形的判定方法证明即可．
（3）易求得∠MND＝∠CND＝∠2＝30°，然后由含30°的直角三角形的性质求解即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠CDM，
∵M、N分别是AD，BC的中点，
∴BN＝DM，
∵在△ABN和△CDM中，，
∴△ABN≌△CDM（SAS）；
（2）证明：∵M是AD的中点，∠AND＝90°，
∴NM＝AM＝MD，
∵BN＝NC＝AM＝DM，
∴NC＝MN＝DM，
∵NC∥DM，NC＝DM，
∴四边形CDMN是平行四边形，
又∵MN＝DM，
∴四边形CDMN是菱形．
（3）解：∵M是AD的中点，∠AND＝90°，
∴MN＝MD＝AD，
∴∠1＝∠MND，
∵AD∥BC，
∴∠1＝∠CND，
∵∠1＝∠2，
∴∠MND＝∠CND＝∠2，
∴PN＝PC，
∵CE⊥MN，
∴∠CEN＝90°，
∠END+∠CNP+∠2＝180°﹣∠CEN＝90°，
又∵∠END＝∠CNP＝∠2，
∴∠2＝∠PNE＝30°，
∵PE＝1，
∴PN＝2PE＝2，
∴CE＝PC+PE＝3，
∴NC＝＝＝2．
14．（2021春•保山期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，OA＝OC，OB＝OD，点E是BC延长线上一点，连接DE，DE∥AC，DE⊥BD，点D到BE的距离为d．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AB＝5，AC＝6，求d．
【分析】（1）先证四边形ABCD是平行四边形，再证AC⊥BD，即可得出结论；
（2）过点D作DF⊥BE于E，由勾股定理得OB＝4，则BD＝2OB＝8，再证四边形ACED是平行四边形，得DE＝AC＝6，CE＝AD＝5，则BE＝BC+CE＝10，然后由三角形面积即可求解．
【解答】（1）证明：∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵DE∥AC，DE⊥BD，
∴AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）解：过点D作DF⊥BE于E，如图所示：
由（1）得：OA＝AC＝3，AC⊥BD，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB＝＝＝4，
∴BD＝2OB＝8，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝AD＝AB＝5，AD∥BC，
∵DE∥AC，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴DE＝AC＝6，CE＝AD＝5，
∴BE＝BC+CE＝10，
∵DE⊥BD，DF⊥BE，
∴BE×DF＝BD×DE，
∴DF＝＝＝，
即d＝．
15．（2021秋•丹东期末）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，DE⊥AB于点E交AC于点P，BF⊥CD于点F．
（1）判断四边形DEBF的形状，并说明理由；
（2）如果BE＝3，BF＝6，求出DP的长．
【分析】（1）根据菱形的性质和矩形的判定解答即可；
（2）根据菱形的性质和矩形的性质得出DE＝BF，进而利用勾股定理解答即可．
【解答】（1）解：四边形DEBF是矩形，理由如下：
∵DE⊥AB，BF⊥CD，
∴∠DEB＝∠BFD＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠DEB+∠EDF＝180°，
∴∠EDF＝∠DEB＝∠BFD＝90°，
∴四边形DEBF是矩形；
（2）解：连接PB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC垂直平分BD，
∴PB＝PD，
由（1）知，四边形DEBF是矩形，
∴DE＝FB＝6，
设PD＝BP＝x，则PE＝6﹣x，
在Rt△PEB中，由勾股定理得：（6﹣x）2+32＝x2，
解得：x＝，
∴PD＝．
16．（2020•新华区校级一模）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E是CD边上一点，作等边△BEF，连接AF．
（1）求证：CE＝AF；
（2）EF与AD交于点P，∠DPE＝46°，求∠CBE的度数．
【分析】（1）根据四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°和等边△BEF，可以证明△FAB≌△ECB，进而可得CE＝AF；
（2）延长FA交BE于点G，结合（1）根据三角形的外角定义可得∠BAD＝∠BFE+∠DPE+∠CBE，即可求出∠CBE的度数．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵△BEF是等边三角形，
∴FB＝EB，∠FBE＝60°，
∴∠FBE＝∠ABC＝60°，
∴∠FBA＝∠EBC，
∴△FAB≌△ECB（SAS），
∴CE＝AF；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∵∠ABC＝60°，
∴∠BAD＝120°，
延长FA交BE于点G，
根据三角形的外角定义可知：
∠GAD＝∠AFP+∠APF，
∠BAG＝∠AFB+∠ABF，
∴∠GAD+∠BAG＝∠AFP+∠APF+∠AFB+∠ABF，
∵∠APF＝∠DPE＝46°，∠ABF＝∠CBE，
∴∠BAD＝∠BFE+∠DPE+∠CBE，
即120°＝60°+46°+∠CBE，
∴∠CBE＝14°．
答：∠CBE的度数为14°．
17．（2017秋•莲湖区校级月考）如图，菱形ABCD中，E、F分别是边AD，CD上的两个动点（不与菱形的顶点重合），且满足CF＝DE，∠A＝60°．
（1）求证：△BEF是等边三角形．
（2）若菱形ABCD的边长为6，当△DEF的面积为时，求DE的长．
【分析】（1）证△BDE≌△BCF（SAS），得∠DBE＝∠CBF，BE＝BF，证∠EBF＝60°，即可得出结论；
（2）作FG作DE于G，由（1）得∠FDG＝60°，则∠DFG＝30°，由直角三角形的性质得DG＝DF，FG＝DG＝DF，则DF＝CD﹣CF＝6﹣DE，由△DEF的面积＝DE×FG＝DE×（6﹣DE）＝2，解得DE＝2，或DE＝4即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝DC＝BC＝AB，∠A＝∠C＝60°，
∴△ABD和△BCD都是等边三角形，
∴∠C＝∠BDE＝60°，BD＝BC．
在△BDE和△BCF中，，
∴△BDE≌△BCF（SAS），
∴∠DBE＝∠CBF，BE＝BF，
∵∠DBC＝∠DBF+∠CBF＝60°，
∴∠DBF+∠DBE＝60°，
即∠EBF＝60°，
∴△BEF是等边三角形；
（2）解：∵菱形ABCD的边长为6，
∴CD＝6，
作FG作DE于G，如图2所示：
由（1）得：∠FDG＝60°，
∴∠DFG＝30°，
∴DG＝DF，FG＝DG＝DF，
∵CF＝DE，
∴DF＝CD﹣CF＝6﹣DE，
∵△DEF的面积＝DE×FG＝DE×（6﹣DE）＝2，
即DE（6﹣DE）＝8，
解得：DE＝2，或DE＝4；
即DE的长为2或4．
18．（2020•渝中区校级二模）如图，四边形ABCD的对角线AC⊥BD于点E，点F为四边形ABCD外一点，且∠FCA＝90°，BC平分∠DBF，∠CBF＝∠DCB．
（1）求证：四边形DBFC是菱形；
（2）若AB＝BC，∠F＝45°，BD＝2，求AC的长．
【分析】（1）证出BD∥CF，CD∥BF，得出四边形DBFC是平行四边形；再证出CD＝BD，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得出CF＝BD＝2，由等腰三角形的性质得出AE＝CE，作CM⊥BF于M，则CE＝CM，证出△CFM是等腰直角三角形，得出CM＝，则AE＝CE＝，即可得出AC的长．
【解答】（1）证明：∵AC⊥BD，∠FCA＝90°，∠CBF＝∠DCB．
∴BD∥CF，CD∥BF，
∴四边形DBFC是平行四边形；
∵BC平分∠DBF，
∴∠CBF＝∠CBD，
∵∠CBF＝∠DCB，
∴∠CBD＝∠DCB，
∴CD＝BD，
∴四边形DBFC是菱形；
（2）解：∵四边形DBFC是平行四边形，
∴CF＝BD＝2，
∵AB＝BC，AC⊥BD，
∴AE＝CE，
作CM⊥BF于M，如图：
∵BC平分∠DBF，
∴CE＝CM，
∵∠F＝45°，
∴△CFM是等腰直角三角形，
∴CM＝CF＝，
∴AE＝CE＝，
∴AC＝2．
19．（2020•滦州市二模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）证明：四边形ADCF是菱形；
（3）若AC＝4，AB＝5，直接写出菱形ADCF的面积．
【分析】（1）由AAS证明△AEF≌△DEB即可；
（2）由全等三角形的性质得AF＝DB，证得四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可求得AD＝CD，可证得结论；
（3）根据条件可证得S菱形ADCF＝S△ABC，再由三角形面积公式可求得答案．
【解答】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
在△AEF和△DEB中，
，
∴△AEF≌△DEB（AAS）；
（2）证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，
∴AF＝DB，
∵AD为BC边上的中线，
∴DB＝DC，
∴AF＝CD，
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴，
∴平行四边形ADCF是菱形；
（3）解：∵D是BC的中点，
∴S菱形ADCF＝2S△ADC＝S△ABC＝AB•AC＝×5×4＝10．
20．（2020春•泰兴市校级期末）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC＝6，BD＝18，E，F在对角线BD上．
（1）若BE＝DF．
①判断四边形AECF的形状并说明理由；
②若BE＝AE，求线段EF的长；
（2）将（1）中的线段EF从当前位置沿射线BD的方向平移，若平移过程中∠EAO＝∠EFA，求此时OF的长．
【分析】（1）①证明AC与EF互相垂直平分便可根据菱形的判定定理得出结论；
②设BE＝x，在Rt△AOE中，由勾股定理列出x的方程，便可求得结果；
（2）分两种情况：E点在O点左边；E在O点右边．分别通过相似三角形的性质列出OF的方程，进行解答便可．
【解答】解：（1）①四边形AECF是菱形．理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是菱形；
②∵菱形ABCD中，AC＝6，BD＝18，
∴∠AOC＝90°，OA＝3，OB＝9，
∵BE＝AE，
不妨设BE＝AE＝x，则OE＝9﹣x，
在Rt△AOE中，由勾股定理得，32+（9﹣x）2＝x2，
解得，x＝5，
∴OE＝9﹣5＝4，
∴EF＝2OE＝8；
（2）当E点在O点的右边时，如图，
∵∠EAO＝∠EFA，∠AOE＝∠AOF＝90°，
∴△AOE∽△FOA，
∴，
∵OA＝3，EF＝8，
∴，
解得，OF＝4﹣（小于4，不合题意，舍去），或OF＝4+，
当点E在O点右边时，如图，
∵∠EAO＝∠EFA，∠AOE＝∠FOA＝90°，
∴△AOE∽△FOA，
∴，即，
解得，OF＝﹣1（舍），或OF＝9，
综上，OF＝9或4+．
21．（2020春•赣州期末）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC、CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．
（1）证明不论E、F在BC、CD上如何滑动，总有BE＝CF；
（2）当点E、F在BC、CD上滑动时，分别探讨四边形AECF的面积和△CEF的周长是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最小值．
【分析】（1）先求证AB＝AC，进而求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4＝60°，AC＝AB进而求证△ABE≌△ACF，即可求得BE＝CF；
（2）根据△ABE≌△ACF可得S△ABE＝S△ACF，故根据S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC即可解题；由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF的周长会随着AE的变化而变化，求出当AE最短时，△CEF的周长即可．
【解答】解：（1）如图，连接AC，
∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，
∴∠BAC＝60°，
∵△AEF是等边三角形，
∴∠EAF＝60°，
∴∠1+∠EAC＝60°，∠3+∠EAC＝60°，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAD＝120°，
∴∠ABC＝60°，
∴△ABC和△ACD为等边三角形，
∴∠4＝60°，AC＝AB，
∴在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（ASA）．
∴BE＝CF；
（2）四边形AECF的面积不变，△CEF的周长发生变化．理由如下：
由（1）得△ABE≌△ACF，
则S△ABE＝S△ACF，
故S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC，是定值，
作AH⊥BC于H点，则BH＝2，
S四边形AECF＝S△ABC＝．
△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+BE+EF＝BC+EF＝BC+AE
由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．
故△AEF的周长会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，△CEF的周长会最小＝4+．
22．（2020•衢州模拟）【猜想】如图1，在平行四边形ABCD中，点O是对角线AC的中点，过点O的直线分别交AD．BC于点E．F．若平行四边形ABCD的面积是8，则四边形CDEF的面积是 4 ．
【探究】如图2，在菱形ABCD中，对角线相交于点O，过点O的直线分别交AD，BC于点E，F，若AC＝5，BD＝10，求四边形ABFE的面积．
【应用】如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，延长BC到点D，使DC＝BC，连接AD，若AC＝3，AD＝2，则△ABD的面积是 6 ．
【分析】猜想：首先根据平行四边形的性质可得AD∥BC，OA＝OC．根据平行线的性质可得∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，进而可根据AAS定理证明△AEO≌△CFO，再根据全等三角形的性质可得结论；
探究：根据菱形的性质得到AD∥BC，AO＝CO＝AC＝2.5，BO＝BD＝5，根据全等三角形的判定定理得到△AOE≌△COF，由于AC⊥BD，于是得到结果；
应用：延长AC到E使CE＝AC＝3，根据全等三角形的判定定理得到△ABC≌△CDE，由全等三角形的性质得到∠E＝∠BAC＝90°，根据勾股定理得到DE＝，即可得到结论．
【解答】解：猜想：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OA＝OC．
∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，
在△AOE与△COF中，
，
∴△AEO≌△CFO（AAS），
∴四边形CDEF的面积＝S△ACD＝▱ABCD的面积＝4；
故答案为：4；
探究：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AO＝CO．
∴∠OAE＝∠OCF，∠AEO＝∠CFO，
∴在△AOE与△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∵由菱形的对称性，得S△ABC＝S菱形ABCD，
∴S四边形ABFE＝S△ABC＝×AC•BD＝×5×10＝．
应用：延长AC到E使CE＝AC＝3，
在△ABC与△CDE中，
，
∴△ABC≌△CDE（SAS），
∴∠E＝∠BAC＝90°，
∴DE＝，
∴S△ABD＝S△ADE＝AE•DE＝×6×2＝6．
故答案为：6
23．（2020•易门县二模）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于F，以EC、CF为邻边作平行四边形ECFG，如图1所示．
（1）证明平行四边形ECFG是菱形；
（2）若∠ABC＝120°，连接BG、CG、DG，如图2所示，
①求证：△DGC≌△BGE；
②求∠BDG的度数．
（3）若∠ABC＝90°，AB＝8，AD＝14，M是EF的中点，如图3所示，求DM的长．
【分析】（1）平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，再根据平行线的性质证明∠CEF＝∠CFE，根据等角对等边可得CE＝CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题；
（2）先判断出∠BEG＝120°＝∠DCG，再判断出AB＝BE，进而得出BE＝CD，即可判断出△BEG≌△DCG（SAS），再判断出∠CGE＝60°，进而得出△BDG是等边三角形，即可得出结论；
（3）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根据∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）证明：
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴CE＝CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形；
（2）①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝DC，AD∥BC，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120°
由（1）知，四边形CEGF是菱形，
∴CE＝GE，∠BCG＝∠BCF＝60°，
∴CG＝GE＝CE，∠DCG＝120°，
∵EG∥DF，
∴∠BEG＝120°＝∠DCG，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAE＝∠BAE，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝BE，
∴BE＝CD，
∴△DGC≌△BGE（SAS）；
②∵△DGC≌△BGE，
∴BG＝DG，∠BGE＝∠DGC，
∴∠BGD＝∠CGE，
∵CG＝GE＝CE，
∴△CEG是等边三角形，
∴∠CGE＝60°，
∴∠BGD＝60°，
∵BG＝DG，
∴△BDG是等边三角形，
∴∠BDG＝60°；
（3）方法一：如图3中，连接BM，MC，
∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF＝90°，
∴四边形ECFG为正方形．
∵∠BAF＝∠DAF，
∴BE＝AB＝DC，
∵M为EF中点，
∴∠CEM＝∠ECM＝45°，
∴∠BEM＝∠DCM＝135°，
在△BME和△DMC中，
∵，
∴△BME≌△DMC（SAS），
∴MB＝MD，
∠DMC＝∠BME．
∴∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°，
∴△BMD是等腰直角三角形．
∵AB＝8，AD＝14，
∴BD＝2，
∴DM＝BD＝．
方法二：过M作MH⊥DF于H，
∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF＝90°，
∴四边形ECFG为正方形，
∴∠CEF＝45°，
∴∠AEB＝∠CEF＝45°，
∴BE＝AB＝8，
∴CE＝CF＝14﹣8＝6，
∵MH∥CE，EM＝FM，
∴CH＝FH＝CF＝3，
∴MH＝CE＝3，
∴DH＝11，
∴DM＝＝．
24．（2021•西湖区校级三模）如图，四边形ABCD是菱形，E是AB的中点，AC的垂线EF交AD于点M，交CD的延长线于点F．
（1）求证：AM＝AE；
（2）连接CM，DF＝2．
①求菱形ABCD的周长；
②若∠ADC＝2∠MCF，求ME的长．
【分析】（1）连接BD，由菱形的性质得到AC⊥BD、AB＝AD，结合ME⊥AC得到ME∥BD，然后结合点E是AB的中点得到点M时AD的中点，最后得到AM＝AE；
（2）①先证明△MAE≌△MDF，然后得到AE＝DF＝2，进而得到AB的长，最后求得菱形的周长；
②连接CM，记EF与AC交点为点G，先由AM＝AE，△MAE≌△MDF得到DF＝DM，MF＝ME，从而得到∠DMF＝∠DFM，进而得到∠ADC＝2∠DFM，然后结合∠ADC＝2∠MCD得到∠MCD＝∠DFM，从而得到MF＝MC＝ME，∠EMC＝2∠FDM＝∠MDC，再由ME⊥AC，AM＝ME得到∠MGC＝90°，ME＝2MG，进而得到MC＝2MG，即可得到∠MGC＝60°，故∠ADC＝60°，从而得到△ADC为等边三角形，△DMC为直角三角形，最后求得CM的长即为ME的长．
【解答】（1）证明：如图，连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥DB，AD＝AB，
∵EM⊥AC，
∴ME∥BD，
∵点E是AB的中点，
∴点M是AD的中点，AE＝AB，
∴AM＝AD，
∴AM＝AE．
（2）解：①由（1）得，点M是AD的中点，
∴AM＝MD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠F＝∠AEM，∠EAM＝∠FDM，
∴△MDF≌△MAE（AAS），
∴AE＝DF，
∵AB＝2AE，DF＝2，
∴AB＝4，
∴菱形ABCD的周长为4AB＝4×4＝16．
②如图，连接CM，记EF与AC交点为点G，
∵AM＝AE，△MAE≌△MDF，
∴DF＝DM，MF＝ME，
∴∠DMF＝∠DFM，
∴∠ADC＝2∠DFM，
∵∠ADC＝2∠MCD，
∴∠MCD＝∠DFM，
∴MF＝MC＝ME，∠EMC＝2∠FDM＝∠MDC，
∵ME⊥AC，AM＝AE，
∴∠MGC＝90°，ME＝2MG，
∴MC＝2MG，
∴∠GMC＝60°，
∴∠ADC＝60°，
∴∠MCD＝30°，
∴∠DMC＝90°，
∴△DMC为直角三角形，
∵DF＝2，
∴DM＝2，CD＝4，
∴CM＝＝2，
∴ME＝2．
2021-2022学年八年级数学下册尖子生同步培优题典【沪科版】
专题19.12菱形的性质与判定大题专练
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一．解答题（共24小题）
1．（2021春•临沧期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点B作BE∥AC，且BE＝AC，连接EC．
（1）求证：四边形BECO是矩形；
（2）连接ED交AC于点F，连接BF，若AC＝6，AB＝5，求BF的长．
【分析】（1）由菱形的性质得∠BOC＝90°，OC＝AC，推出BE＝OC，则四边形BECO是平行四边形，再由∠BOC＝90°，即可得出结论；
（2）由勾股定理求出OB＝4，则BD＝2OB＝8，再证△ODF≌△CEF（ASA），得DF＝EF，然后由直角三角形斜边上的中线性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BOC＝90°，OC＝OA＝AC，
∵BE＝AC，
∴BE＝OC，
∵BE∥AC，
∴四边形BECO是平行四边形，
∵∠BOC＝90°，
∴平行四边形BECO是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝AB＝5，OC＝AC＝3，OB＝OD，AC⊥BD，
在Rt△OBC中，由勾股定理得：OB＝＝＝4，
∴BD＝2OB＝8，
由（1）得：四边形BECO是矩形，
∴BE＝OC＝3，∠OBE＝∠ECO＝90°，OB＝CE，OB∥CE，
∴DE＝＝＝，∠ODF＝∠CEF，OD＝CE，
∵∠DOF＝∠ECF＝90°，
∴△ODF≌△CEF（ASA），
∴DF＝EF，
∵∠DBE＝90°，
∴BF＝DE＝．
2．（2021秋•龙华区期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AE⊥BC交CB延长线于E，CF∥AE交AD延长线于点F．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）若AE＝4，AD＝5，求OB的长．
【分析】（1）先证四边形AECF是平行四边形，再证∠AEC＝90°，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得AB＝BC＝5，OA＝OC，AC⊥BD，再由勾股定理得BE＝3，则CE＝BE+BC＝8，然后由勾股定理得AC＝4，则OA＝2，最后由勾股定理求解即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC．
∵CF∥AE，
∴四边形AECF是平行四边形．
∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
∴平行四边形AECF是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝5，OA＝OC，AC⊥BD，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝90°，
∴BE＝＝＝3，
∴CE＝BE+BC＝3+5＝8，
∴AC＝＝＝4，
∴OA＝AC＝2，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB＝＝＝．
3．（2021春•永城市期末）如图，在▱ABCD中，G是CD的中点，E是边长AD上的动点，EG的延长线与BC的延长线相交于点F，连接CE，DF．
（1）求证：四边形CEDF是平行四边形．
（2）若BC＝2AB＝8，∠B＝60°．填空：
①当AE＝ 6 时，四边形CEDF是矩形；②当AE＝ 4 时，四边形CEDF是菱形．
【分析】（1）证△DEG≌△CFG（AAS），得EG＝FG，再由DG＝CG，即可得出四边形CEDF是平行四边形；
（2）①过A作AM⊥BC于M，证△MBA≌△EDC（SAS），得∠CED＝∠AMB＝90°，即可得出结论；
②证△CDE是等边三角形，得CE＝DE，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DEG＝∠CFG，
∵G是CD的中点，
∴DG＝CG，
在△DEG和△CFG中，
，
∴△DEG≌△CFG（AAS），
∴EG＝FG，
∵DG＝CG，
∴四边形CEDF是平行四边形；
（2）解：①当AE＝6时，四边形CEDF是矩形，理由如下：
过A作AM⊥BC于M，如图所示：
∵BC＝2AB＝8，
∴AB＝4，
∵∠B＝60°，
∴∠BAM＝90°﹣60°＝30°，
∴BM＝2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠CDE＝∠B＝60°，CD＝AB＝4，BC＝AD＝8，
∵AE＝6，
∴DE＝2＝BM，
在△MBA和△EDC中，
，
∴△MBA≌△EDC（SAS），
∴∠CED＝∠AMB＝90°，
∵四边形CEDF是平行四边形，
∴四边形CEDF是矩形，
故答案为：6；
②当AE＝4时，四边形CEDF是菱形，理由如下：
∵AD＝8，AE＝4，
∴DE＝4，
∵CD＝4，∠CDE＝60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴CE＝DE，
∵四边形CEDF是平行四边形，
∴四边形CEDF是菱形，
故答案为：4．
4．（2021•饶平县校级模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若△ABC是边长为2的正三角形，求四边形AODE的面积．
【分析】（1）根据题意可判断出四边形AODE是平行四边形，再由菱形的性质可得出AC⊥BD，即∠AOD＝90°，继而可判断出四边形AODE是矩形；
（2）由菱形的性质和勾股定理求出OB，得出OD，由矩形的面积公式即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD＝90°，
∴四边形AODE是矩形；
（2）解：∵△ABC是边长为2的正三角形，
∴AB＝AC＝2，
∠ABC＝60°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AO＝AC＝1，OD＝OB，
∵∠AOB＝90°，
∴OB＝＝＝，
∴OD＝OB＝，
∵四边形AODE是矩形，
∴四边形AODE的面积＝×1＝．
5．（2020春•武汉期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．
（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；
（2）填空：
①当AM的值为 3 时，四边形AMDN是矩形；
②当AM的值为 6 时，四边形AMDN是菱形．
【分析】（1）由菱形的性质可得∠DNE＝∠AME，再由点E是AD边的中点，可得AE＝DE，从而可证明△NDE≌△MAE（AAS），则NE＝ME，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得答案；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形即可判定；②当AM的值为6时，四边形AMDN是菱形．根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判定．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠DNE＝∠AME，∠NDE＝∠MAE，
∵点E是AD边的中点，
∴AE＝DE，
∴在△NDE和△MAE中，△NDE≌△MAE（AAS），
∴NE＝ME，
∴四边形AMDN是平行四边形；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝6，
∵点E是AD边的中点，
∴AE＝AD＝3，
∴AM＝AE＝3，
∵∠DAB＝60°，
∴△AEM是等边三角形，
∴EM＝AE，
∵NE＝EM＝MN，
∴MN＝AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是矩形．
故答案为：3；
②当AM的值为6时，四边形AMDN是菱形．理由如下：
∵AB＝AD＝6，AM＝6，
∴AD＝AM，
∵∠DAB＝60°，
∴△AMD是等边三角形，
∴ME⊥AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是菱形．
故答案为：6．
6．（2020•中山市一模）如图，已知平行四边形ABCD．
（1）若M，N是BD上两点，且BM＝DN，AC＝2OM，求证：四边形AMCN是矩形；
（2）若∠BAD＝120°，CD＝4，AB⊥AC，求平行四边形ABCD的面积．
【分析】（1）由平行四边形的性质可知：OA＝OC，OB＝OD，再证明OM＝ON即可证明四边形AMCN是平行四边形；
（2）根据平行四边形的性质得到AD∥BC，AB＝CD＝4，求得∠ABC＝60°，解直角三角形即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵对角线BD上的两点M、N满足BM＝DN，
∴OB﹣BM＝OD﹣DN，即OM＝ON，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∵AC＝2OM，
∴MN＝AC，
∴四边形AMCN是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD＝4，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠BAD＝120°，
∴∠ABC＝60°，
∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
∴AC＝AB＝4，
∴平行四边形ABCD的面积＝AC•AB＝44＝16．
7．（2020春•濮阳期末）如图，在平行四边形ABCD中，点O是BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠A＝50°，①则当∠ADE＝ 80 °时，四边形BECD是矩形；
②则当∠ADE＝ 90 °时，四边形BECD是菱形．
【分析】（1）由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE＝OD，即可得出结论；
（2）①根据三角形的内角和定理和等腰三角形的性质得到BD⊥AE，根据矩形的判定定理即可得到结论；
②根据三角形的内角和定理得到∠AED＝40°，根据平行线的性质得到CBE＝∠A＝50°，求得∠BOE＝90°，根据菱形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝CD，
∴∠OEB＝∠ODC，
又∵O为BC的中点，
∴BO＝CO，
在△BOE和△COD中，，
∴△BOE≌△COD（AAS）；
∴OE＝OD，
∴四边形BECD是平行四边形；
（2）解：①当∠ADE＝80°时，四边形BECD是矩形；
理由：∵∠A＝50°，∠ADE＝80°，
∴∠AED＝50°，
∴∠A＝∠AED，
∴AD＝DE，
∵AB＝CD＝BE，
∴BD⊥AE，
∴∠DBE＝90°，
∵四边形BECD是平行四边形，
∴四边形BECD是矩形；
②当∠ADE＝90°时，四边形BECD是菱形，
∵∠A＝50°，∠ADE＝90°，
∴∠AED＝40°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠CBE＝∠A＝50°，
∴∠BOE＝90°，
∴BC⊥DE，
∴四边形BECD是菱形，
故答案为：80，90．
8．（2020秋•福田区月考）如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，分别过点B、点C作CO，BO的平行线交于点E，连接AE交BD于点H，交BC于点F．
（1）求证：四边形OCEB是矩形；
（2）若BF＝1，求菱形ABCD的周长．
【分析】（1）先证四边形OCEB是平行四边形，再由菱形的性质得∠BOC＝90°，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得AB＝BC＝CD＝AD，OA＝OC，再由矩形的性质得BE＝OC＝OA，则，然后证△BEF∽△CAF，则，求出BC＝3，即可求解．
【解答】（1）证明：∵BE//OC，CE//OB，
∴四边形OCEB是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∴平行四边形OCEB是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，OA＝OC，
由（1）得，四边形OCEB是矩形，
∴BE＝OC＝OA，
∴，
∵BE∥AC，
∴△BEF∽△CAF，
∴，
∵BF＝1，
∴CF＝2，
∴BC＝3，
∴菱形ABCD的周长＝4BC＝4×3＝12．
9．（2021•黄冈模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使得CF＝BE，连接DF，
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）连接OE，若AB＝13，OE＝，求AE的长．
【分析】（1）先证四边形AEFD是平行四边形，再证出∠AEF＝90°，然后由矩形的判定定理即可得到结论；
（2）由菱形的性质得BC＝AB＝13，AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，再由直角三角形斜边上的中线性质得OE＝OA＝2，AC＝2OE＝4，然后由勾股定理求出OB＝3，则BD＝2OB＝6，最后由菱形ABCD的面积＝BD×AC＝BC×AE，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC且AD＝BC，
∵BE＝CF，
∴BC＝EF，
∴AD＝EF，
∵AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF＝90°，
∴四边形AEFD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AB＝13，
∴BC＝AB＝13，AC⊥BD，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
∴OE＝AC＝OA＝2，AC＝2OE＝4，
∴OB＝＝＝3，
∴BD＝2OB＝6，
∵菱形ABCD的面积＝BD×AC＝BC×AE，
即×6×4＝13×AE，
解得：AE＝12．
10．（2020秋•西城区校级月考）如图，菱形ABCD中，AC与BD交于点O，DE∥AC，DE＝AC．
（1）求证：四边形OCED是矩形；
（2）连接AE，交OD于点F，连接CF，若CF＝CE＝1，求AC长．
【分析】（1）根据菱形的性质得到AC⊥BD，OA＝OC，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据直角三角形的性质得到CF＝AF＝EF，得出AE＝2，根据勾股定理即可得到答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC，
∴∠DOC＝90°，
∵DE∥AC，DE＝AC，
∴OC＝DE，
∴四边形OCED为平行四边形，
又∵∠DOC＝90°，
∴四边形OCED是矩形；
（2）解：由（1）得：四边形OCED是矩形，
∴OD∥CE，∠OCE＝90°，
∵O是AC中点，
∴F为AE中点，
∴CF＝AF＝EF，
∵CF＝CE＝1，
∴EF＝1，
∴AE＝2，
∴AC＝＝＝．
11．（2021•兴宁区校级一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若△ABC是边长为4的正三角形，求四边形AODE的面积．
【分析】（1）根据题意可判断出四边形AODE是平行四边形，再由菱形的性质可得出AC⊥BD，即∠AOD＝90°，继而可判断出四边形AODE是矩形；
（2）由菱形的性质和勾股定理求出OB，得出OD，由矩形的性质即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD＝∠AOD＝90°，
∴四边形AODE是矩形；
（2）解：∵△ABC是边长为4的正三角形，
∴AB＝AC＝4，
∠ABC＝60°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AO＝AC＝2，OD＝OB，
∵∠AOB＝90°，
∴OB＝＝2，
∴OD＝OB＝2，
∵四边形AODE是矩形，
∴四边形AODE的面积＝22＝4．
12．（2021•房山区一模）如图，四边形ABCD是平行四边形，过点A作AE⊥BC交CB的延长线于点E，点F在BC上，且CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）连接BD，若∠ABD＝90°，AE＝4，CF＝2，求BD的长．
【分析】（1）由平行四边形的性质得到AD∥BC且AD＝BC，证出BC＝EF，推出四边形AEFD是平行四边形，再矩形的判定定理即可得到结论；
（2）由勾股定理得AB＝2，再证△ABD∽△BEA，得＝，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC且AD＝BC，
∵CF＝BE，
∴BC＝EF，
∴AD＝EF，
∵AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF＝90°，
∴平行四边形AEFD是矩形；
（2）解：∵CF＝BE，CF＝2，
∴BE＝2，
∵∠AEB＝90°，
∴AB＝＝＝2，
∵AD∥BC，
∴∠BAD＝∠EBA，
∵∠AEB＝∠ABD＝90°，
∴△ABD∽△BEA，
∴＝，
即＝，
解得：BD＝4．
13．（2020春•雨花区校级期末）如图，在▱ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，∠AND＝90°，连接CM交DN于点O．
（1）求证：△ABN≌△CDM；
（2）求证：四边形CDMN为菱形；
（3）过点C作CE⊥MN于点E，交DN于点P，若PE＝1，∠1＝∠2，求NC的长．
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，可得AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠CDM，利用SAS证得△ABN≌△CDM；
（2）利用直角三角形形的性质结合菱形的判定方法证明即可．
（3）易求得∠MND＝∠CND＝∠2＝30°，然后由含30°的直角三角形的性质求解即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠CDM，
∵M、N分别是AD，BC的中点，
∴BN＝DM，
∵在△ABN和△CDM中，，
∴△ABN≌△CDM（SAS）；
（2）证明：∵M是AD的中点，∠AND＝90°，
∴NM＝AM＝MD，
∵BN＝NC＝AM＝DM，
∴NC＝MN＝DM，
∵NC∥DM，NC＝DM，
∴四边形CDMN是平行四边形，
又∵MN＝DM，
∴四边形CDMN是菱形．
（3）解：∵M是AD的中点，∠AND＝90°，
∴MN＝MD＝AD，
∴∠1＝∠MND，
∵AD∥BC，
∴∠1＝∠CND，
∵∠1＝∠2，
∴∠MND＝∠CND＝∠2，
∴PN＝PC，
∵CE⊥MN，
∴∠CEN＝90°，
∠END+∠CNP+∠2＝180°﹣∠CEN＝90°，
又∵∠END＝∠CNP＝∠2，
∴∠2＝∠PNE＝30°，
∵PE＝1，
∴PN＝2PE＝2，
∴CE＝PC+PE＝3，
∴NC＝＝＝2．
14．（2021春•保山期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，OA＝OC，OB＝OD，点E是BC延长线上一点，连接DE，DE∥AC，DE⊥BD，点D到BE的距离为d．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AB＝5，AC＝6，求d．
【分析】（1）先证四边形ABCD是平行四边形，再证AC⊥BD，即可得出结论；
（2）过点D作DF⊥BE于E，由勾股定理得OB＝4，则BD＝2OB＝8，再证四边形ACED是平行四边形，得DE＝AC＝6，CE＝AD＝5，则BE＝BC+CE＝10，然后由三角形面积即可求解．
【解答】（1）证明：∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵DE∥AC，DE⊥BD，
∴AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）解：过点D作DF⊥BE于E，如图所示：
由（1）得：OA＝AC＝3，AC⊥BD，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB＝＝＝4，
∴BD＝2OB＝8，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝AD＝AB＝5，AD∥BC，
∵DE∥AC，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴DE＝AC＝6，CE＝AD＝5，
∴BE＝BC+CE＝10，
∵DE⊥BD，DF⊥BE，
∴BE×DF＝BD×DE，
∴DF＝＝＝，
即d＝．
15．（2021秋•丹东期末）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，DE⊥AB于点E交AC于点P，BF⊥CD于点F．
（1）判断四边形DEBF的形状，并说明理由；
（2）如果BE＝3，BF＝6，求出DP的长．
【分析】（1）根据菱形的性质和矩形的判定解答即可；
（2）根据菱形的性质和矩形的性质得出DE＝BF，进而利用勾股定理解答即可．
【解答】（1）解：四边形DEBF是矩形，理由如下：
∵DE⊥AB，BF⊥CD，
∴∠DEB＝∠BFD＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠DEB+∠EDF＝180°，
∴∠EDF＝∠DEB＝∠BFD＝90°，
∴四边形DEBF是矩形；
（2）解：连接PB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC垂直平分BD，
∴PB＝PD，
由（1）知，四边形DEBF是矩形，
∴DE＝FB＝6，
设PD＝BP＝x，则PE＝6﹣x，
在Rt△PEB中，由勾股定理得：（6﹣x）2+32＝x2，
解得：x＝，
∴PD＝．
16．（2020•新华区校级一模）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E是CD边上一点，作等边△BEF，连接AF．
（1）求证：CE＝AF；
（2）EF与AD交于点P，∠DPE＝46°，求∠CBE的度数．
【分析】（1）根据四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°和等边△BEF，可以证明△FAB≌△ECB，进而可得CE＝AF；
（2）延长FA交BE于点G，结合（1）根据三角形的外角定义可得∠BAD＝∠BFE+∠DPE+∠CBE，即可求出∠CBE的度数．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵△BEF是等边三角形，
∴FB＝EB，∠FBE＝60°，
∴∠FBE＝∠ABC＝60°，
∴∠FBA＝∠EBC，
∴△FAB≌△ECB（SAS），
∴CE＝AF；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∵∠ABC＝60°，
∴∠BAD＝120°，
延长FA交BE于点G，
根据三角形的外角定义可知：
∠GAD＝∠AFP+∠APF，
∠BAG＝∠AFB+∠ABF，
∴∠GAD+∠BAG＝∠AFP+∠APF+∠AFB+∠ABF，
∵∠APF＝∠DPE＝46°，∠ABF＝∠CBE，
∴∠BAD＝∠BFE+∠DPE+∠CBE，
即120°＝60°+46°+∠CBE，
∴∠CBE＝14°．
答：∠CBE的度数为14°．
17．（2017秋•莲湖区校级月考）如图，菱形ABCD中，E、F分别是边AD，CD上的两个动点（不与菱形的顶点重合），且满足CF＝DE，∠A＝60°．
（1）求证：△BEF是等边三角形．
（2）若菱形ABCD的边长为6，当△DEF的面积为时，求DE的长．
【分析】（1）证△BDE≌△BCF（SAS），得∠DBE＝∠CBF，BE＝BF，证∠EBF＝60°，即可得出结论；
（2）作FG作DE于G，由（1）得∠FDG＝60°，则∠DFG＝30°，由直角三角形的性质得DG＝DF，FG＝DG＝DF，则DF＝CD﹣CF＝6﹣DE，由△DEF的面积＝DE×FG＝DE×（6﹣DE）＝2，解得DE＝2，或DE＝4即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝DC＝BC＝AB，∠A＝∠C＝60°，
∴△ABD和△BCD都是等边三角形，
∴∠C＝∠BDE＝60°，BD＝BC．
在△BDE和△BCF中，，
∴△BDE≌△BCF（SAS），
∴∠DBE＝∠CBF，BE＝BF，
∵∠DBC＝∠DBF+∠CBF＝60°，
∴∠DBF+∠DBE＝60°，
即∠EBF＝60°，
∴△BEF是等边三角形；
（2）解：∵菱形ABCD的边长为6，
∴CD＝6，
作FG作DE于G，如图2所示：
由（1）得：∠FDG＝60°，
∴∠DFG＝30°，
∴DG＝DF，FG＝DG＝DF，
∵CF＝DE，
∴DF＝CD﹣CF＝6﹣DE，
∵△DEF的面积＝DE×FG＝DE×（6﹣DE）＝2，
即DE（6﹣DE）＝8，
解得：DE＝2，或DE＝4；
即DE的长为2或4．
18．（2020•渝中区校级二模）如图，四边形ABCD的对角线AC⊥BD于点E，点F为四边形ABCD外一点，且∠FCA＝90°，BC平分∠DBF，∠CBF＝∠DCB．
（1）求证：四边形DBFC是菱形；
（2）若AB＝BC，∠F＝45°，BD＝2，求AC的长．
【分析】（1）证出BD∥CF，CD∥BF，得出四边形DBFC是平行四边形；再证出CD＝BD，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得出CF＝BD＝2，由等腰三角形的性质得出AE＝CE，作CM⊥BF于M，则CE＝CM，证出△CFM是等腰直角三角形，得出CM＝，则AE＝CE＝，即可得出AC的长．
【解答】（1）证明：∵AC⊥BD，∠FCA＝90°，∠CBF＝∠DCB．
∴BD∥CF，CD∥BF，
∴四边形DBFC是平行四边形；
∵BC平分∠DBF，
∴∠CBF＝∠CBD，
∵∠CBF＝∠DCB，
∴∠CBD＝∠DCB，
∴CD＝BD，
∴四边形DBFC是菱形；
（2）解：∵四边形DBFC是平行四边形，
∴CF＝BD＝2，
∵AB＝BC，AC⊥BD，
∴AE＝CE，
作CM⊥BF于M，如图：
∵BC平分∠DBF，
∴CE＝CM，
∵∠F＝45°，
∴△CFM是等腰直角三角形，
∴CM＝CF＝，
∴AE＝CE＝，
∴AC＝2．
19．（2020•滦州市二模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）证明：四边形ADCF是菱形；
（3）若AC＝4，AB＝5，直接写出菱形ADCF的面积．
【分析】（1）由AAS证明△AEF≌△DEB即可；
（2）由全等三角形的性质得AF＝DB，证得四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可求得AD＝CD，可证得结论；
（3）根据条件可证得S菱形ADCF＝S△ABC，再由三角形面积公式可求得答案．
【解答】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
在△AEF和△DEB中，
，
∴△AEF≌△DEB（AAS）；
（2）证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，
∴AF＝DB，
∵AD为BC边上的中线，
∴DB＝DC，
∴AF＝CD，
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴，
∴平行四边形ADCF是菱形；
（3）解：∵D是BC的中点，
∴S菱形ADCF＝2S△ADC＝S△ABC＝AB•AC＝×5×4＝10．
20．（2020春•泰兴市校级期末）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC＝6，BD＝18，E，F在对角线BD上．
（1）若BE＝DF．
①判断四边形AECF的形状并说明理由；
②若BE＝AE，求线段EF的长；
（2）将（1）中的线段EF从当前位置沿射线BD的方向平移，若平移过程中∠EAO＝∠EFA，求此时OF的长．
【分析】（1）①证明AC与EF互相垂直平分便可根据菱形的判定定理得出结论；
②设BE＝x，在Rt△AOE中，由勾股定理列出x的方程，便可求得结果；
（2）分两种情况：E点在O点左边；E在O点右边．分别通过相似三角形的性质列出OF的方程，进行解答便可．
【解答】解：（1）①四边形AECF是菱形．理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是菱形；
②∵菱形ABCD中，AC＝6，BD＝18，
∴∠AOC＝90°，OA＝3，OB＝9，
∵BE＝AE，
不妨设BE＝AE＝x，则OE＝9﹣x，
在Rt△AOE中，由勾股定理得，32+（9﹣x）2＝x2，
解得，x＝5，
∴OE＝9﹣5＝4，
∴EF＝2OE＝8；
（2）当E点在O点的右边时，如图，
∵∠EAO＝∠EFA，∠AOE＝∠AOF＝90°，
∴△AOE∽△FOA，
∴，
∵OA＝3，EF＝8，
∴，
解得，OF＝4﹣（小于4，不合题意，舍去），或OF＝4+，
当点E在O点右边时，如图，
∵∠EAO＝∠EFA，∠AOE＝∠FOA＝90°，
∴△AOE∽△FOA，
∴，即，
解得，OF＝﹣1（舍），或OF＝9，
综上，OF＝9或4+．
21．（2020春•赣州期末）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC、CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．
（1）证明不论E、F在BC、CD上如何滑动，总有BE＝CF；
（2）当点E、F在BC、CD上滑动时，分别探讨四边形AECF的面积和△CEF的周长是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最小值．
【分析】（1）先求证AB＝AC，进而求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4＝60°，AC＝AB进而求证△ABE≌△ACF，即可求得BE＝CF；
（2）根据△ABE≌△ACF可得S△ABE＝S△ACF，故根据S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC即可解题；由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF的周长会随着AE的变化而变化，求出当AE最短时，△CEF的周长即可．
【解答】解：（1）如图，连接AC，
∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，
∴∠BAC＝60°，
∵△AEF是等边三角形，
∴∠EAF＝60°，
∴∠1+∠EAC＝60°，∠3+∠EAC＝60°，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAD＝120°，
∴∠ABC＝60°，
∴△ABC和△ACD为等边三角形，
∴∠4＝60°，AC＝AB，
∴在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（ASA）．
∴BE＝CF；
（2）四边形AECF的面积不变，△CEF的周长发生变化．理由如下：
由（1）得△ABE≌△ACF，
则S△ABE＝S△ACF，
故S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC，是定值，
作AH⊥BC于H点，则BH＝2，
S四边形AECF＝S△ABC＝．
△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+BE+EF＝BC+EF＝BC+AE
由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．
故△AEF的周长会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，△CEF的周长会最小＝4+．
22．（2020•衢州模拟）【猜想】如图1，在平行四边形ABCD中，点O是对角线AC的中点，过点O的直线分别交AD．BC于点E．F．若平行四边形ABCD的面积是8，则四边形CDEF的面积是 4 ．
【探究】如图2，在菱形ABCD中，对角线相交于点O，过点O的直线分别交AD，BC于点E，F，若AC＝5，BD＝10，求四边形ABFE的面积．
【应用】如图3，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，延长BC到点D，使DC＝BC，连接AD，若AC＝3，AD＝2，则△ABD的面积是 6 ．
【分析】猜想：首先根据平行四边形的性质可得AD∥BC，OA＝OC．根据平行线的性质可得∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，进而可根据AAS定理证明△AEO≌△CFO，再根据全等三角形的性质可得结论；
探究：根据菱形的性质得到AD∥BC，AO＝CO＝AC＝2.5，BO＝BD＝5，根据全等三角形的判定定理得到△AOE≌△COF，由于AC⊥BD，于是得到结果；
应用：延长AC到E使CE＝AC＝3，根据全等三角形的判定定理得到△ABC≌△CDE，由全等三角形的性质得到∠E＝∠BAC＝90°，根据勾股定理得到DE＝，即可得到结论．
【解答】解：猜想：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OA＝OC．
∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，
在△AOE与△COF中，
，
∴△AEO≌△CFO（AAS），
∴四边形CDEF的面积＝S△ACD＝▱ABCD的面积＝4；
故答案为：4；
探究：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AO＝CO．
∴∠OAE＝∠OCF，∠AEO＝∠CFO，
∴在△AOE与△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∵由菱形的对称性，得S△ABC＝S菱形ABCD，
∴S四边形ABFE＝S△ABC＝×AC•BD＝×5×10＝．
应用：延长AC到E使CE＝AC＝3，
在△ABC与△CDE中，
，
∴△ABC≌△CDE（SAS），
∴∠E＝∠BAC＝90°，
∴DE＝，
∴S△ABD＝S△ADE＝AE•DE＝×6×2＝6．
故答案为：6
23．（2020•易门县二模）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于F，以EC、CF为邻边作平行四边形ECFG，如图1所示．
（1）证明平行四边形ECFG是菱形；
（2）若∠ABC＝120°，连接BG、CG、DG，如图2所示，
①求证：△DGC≌△BGE；
②求∠BDG的度数．
（3）若∠ABC＝90°，AB＝8，AD＝14，M是EF的中点，如图3所示，求DM的长．
【分析】（1）平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，再根据平行线的性质证明∠CEF＝∠CFE，根据等角对等边可得CE＝CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题；
（2）先判断出∠BEG＝120°＝∠DCG，再判断出AB＝BE，进而得出BE＝CD，即可判断出△BEG≌△DCG（SAS），再判断出∠CGE＝60°，进而得出△BDG是等边三角形，即可得出结论；
（3）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根据∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）证明：
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴CE＝CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形；
（2）①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝DC，AD∥BC，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120°
由（1）知，四边形CEGF是菱形，
∴CE＝GE，∠BCG＝∠BCF＝60°，
∴CG＝GE＝CE，∠DCG＝120°，
∵EG∥DF，
∴∠BEG＝120°＝∠DCG，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAE＝∠BAE，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝BE，
∴BE＝CD，
∴△DGC≌△BGE（SAS）；
②∵△DGC≌△BGE，
∴BG＝DG，∠BGE＝∠DGC，
∴∠BGD＝∠CGE，
∵CG＝GE＝CE，
∴△CEG是等边三角形，
∴∠CGE＝60°，
∴∠BGD＝60°，
∵BG＝DG，
∴△BDG是等边三角形，
∴∠BDG＝60°；
（3）方法一：如图3中，连接BM，MC，
∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF＝90°，
∴四边形ECFG为正方形．
∵∠BAF＝∠DAF，
∴BE＝AB＝DC，
∵M为EF中点，
∴∠CEM＝∠ECM＝45°，
∴∠BEM＝∠DCM＝135°，
在△BME和△DMC中，
∵，
∴△BME≌△DMC（SAS），
∴MB＝MD，
∠DMC＝∠BME．
∴∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°，
∴△BMD是等腰直角三角形．
∵AB＝8，AD＝14，
∴BD＝2，
∴DM＝BD＝．
方法二：过M作MH⊥DF于H，
∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF＝90°，
∴四边形ECFG为正方形，
∴∠CEF＝45°，
∴∠AEB＝∠CEF＝45°，
∴BE＝AB＝8，
∴CE＝CF＝14﹣8＝6，
∵MH∥CE，EM＝FM，
∴CH＝FH＝CF＝3，
∴MH＝CE＝3，
∴DH＝11，
∴DM＝＝．
24．（2021•西湖区校级三模）如图，四边形ABCD是菱形，E是AB的中点，AC的垂线EF交AD于点M，交CD的延长线于点F．
（1）求证：AM＝AE；
（2）连接CM，DF＝2．
①求菱形ABCD的周长；
②若∠ADC＝2∠MCF，求ME的长．
【分析】（1）连接BD，由菱形的性质得到AC⊥BD、AB＝AD，结合ME⊥AC得到ME∥BD，然后结合点E是AB的中点得到点M时AD的中点，最后得到AM＝AE；
（2）①先证明△MAE≌△MDF，然后得到AE＝DF＝2，进而得到AB的长，最后求得菱形的周长；
②连接CM，记EF与AC交点为点G，先由AM＝AE，△MAE≌△MDF得到DF＝DM，MF＝ME，从而得到∠DMF＝∠DFM，进而得到∠ADC＝2∠DFM，然后结合∠ADC＝2∠MCD得到∠MCD＝∠DFM，从而得到MF＝MC＝ME，∠EMC＝2∠FDM＝∠MDC，再由ME⊥AC，AM＝ME得到∠MGC＝90°，ME＝2MG，进而得到MC＝2MG，即可得到∠MGC＝60°，故∠ADC＝60°，从而得到△ADC为等边三角形，△DMC为直角三角形，最后求得CM的长即为ME的长．
【解答】（1）证明：如图，连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥DB，AD＝AB，
∵EM⊥AC，
∴ME∥BD，
∵点E是AB的中点，
∴点M是AD的中点，AE＝AB，
∴AM＝AD，
∴AM＝AE．
（2）解：①由（1）得，点M是AD的中点，
∴AM＝MD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠F＝∠AEM，∠EAM＝∠FDM，
∴△MDF≌△MAE（AAS），
∴AE＝DF，
∵AB＝2AE，DF＝2，
∴AB＝4，
∴菱形ABCD的周长为4AB＝4×4＝16．
②如图，连接CM，记EF与AC交点为点G，
∵AM＝AE，△MAE≌△MDF，
∴DF＝DM，MF＝ME，
∴∠DMF＝∠DFM，
∴∠ADC＝2∠DFM，
∵∠ADC＝2∠MCD，
∴∠MCD＝∠DFM，
∴MF＝MC＝ME，∠EMC＝2∠FDM＝∠MDC，
∵ME⊥AC，AM＝AE，
∴∠MGC＝90°，ME＝2MG，
∴MC＝2MG，
∴∠GMC＝60°，
∴∠ADC＝60°，
∴∠MCD＝30°，
∴∠DMC＝90°，
∴△DMC为直角三角形，
∵DF＝2，
∴DM＝2，CD＝4，
∴CM＝＝2，
∴ME＝2．
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