专题25 菱形篇-备战2023年中考数学必考考点总结+题型专训（全国通用）

专题25 菱形 考点一：菱形的性质 知识回顾 菱形的定义： 有一组邻边相等的四边形是菱形。 菱形的性质： ①具有平行四边形的一切性质。 ②菱形的四条边都相等。 ③菱形的对角线相互垂直且平分每一组对角。 ④菱形既是一个中心对称图形，也是一个轴对称图形。对称中心为对角线交点，对称轴为对角线所在直线。 ⑤面积计算：除了用计算平行四边形的面积计算方法面积，还可以用对角线乘积的一半来计算面积。 微专题 1．（2022•广东）菱形的边长为5，则它的周长是 　 　． 【分析】根据菱形的性质即可解决问题； 【解答】解：∵菱形的四边相等，边长为5， ∴菱形的周长为5×4＝20， 故答案为20． 2．（2022•通辽）菱形ABCD中，对角线AC＝8，BD＝6，则菱形的边长为　 　． 【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出OA、OB，再利用勾股定理列式进行计算即可得解． 【解答】解： 解：∵四边形ABCD是菱形， ∴OA＝AC＝4，OB＝BD＝3，AC⊥BD， ∴AB＝＝5 故答案为：5 3．（2022•达州）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC＝24，BD＝10，则菱形ABCD的周长为 　 　． 【分析】菱形的四条边相等，要求周长，只需求出边长即可，菱形的对角线互相垂直且平分，根据勾股定理求边长即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝DA，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO， ∵AC＝24，BD＝10， ∴AO＝AC＝12，BO＝BD＝5， 在Rt△AOB中， AB＝＝＝13， ∴菱形的周长＝13×4＝52． 故答案为：52． 4．（2022•甘肃）如图，菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，若AB＝2cm，AC＝4cm，则BD的长为 　 　cm． 【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，BO＝DO，由勾股定理可求BO，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝4cm， ∴AC⊥BD，BO＝DO，AO＝CO＝2cm， ∵AB＝2cm， ∵BO＝＝4cm， ∴DO＝BO＝4cm， ∴BD＝8cm， 故答案为：8． 5．（2022•乐山）已知菱形ABCD的两条对角线AC、BD的长分别是8cm和6cm．则菱形的面积为 　 　cm2． 【分析】根据菱形的面积＝对角线乘积的一半，可以计算出该菱形的面积． 【解答】解：∵菱形ABCD的两条对角线AC、BD的长分别是8cm和6cm， ∴菱形的面积是＝24（cm2）， 故答案为：24． 6．（2022•河池）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列结论中错误的是（　　） A．AB＝AD B．AC⊥BD C．AC＝BD D．∠DAC＝∠BAC 【分析】根据菱形的性质即可一一判断． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴∠BAC＝∠DAC，AB＝AD，AC⊥BD， 故A、B、D正确，无法得出AC＝BD， 故选：C． 7．（2022•贵阳）如图，将菱形纸片沿着线段AB剪成两个全等的图形，则∠1的度数是（　　） A．40° B．60° C．80° D．100° 【分析】根据菱形的对边平行，以及两直线平行，内错角相等即可求解． 【解答】解：∵菱形的对边平行， ∴由两直线平行，内错角相等可得∠1＝80°． 故选：C． 8．（2022•德州）如图，线段AB，CD端点的坐标分别为A（﹣1，2），B（3，﹣1），C（3，2），D（﹣1，5），且AB∥CD，将CD平移至第一象限内，得到C′D′（C′，D′均在格点上）．若四边形ABC′D′是菱形，则所有满足条件的点D′的坐标为 　 　． 【分析】利用勾股定理可得AB＝CD＝5，根据菱形性质可得AD′＝AB＝5，再由平移规律即可得出答案． 【解答】解：如图， ∵A（﹣1，2），B（3，﹣1），C（3，2），D（﹣1，5）， ∴AB∥CD，AB＝CD＝5， ∵四边形ABC′D′是菱形， ∴AD′＝AB＝5， 当点D向右平移4个单位，即D′（3，5）时，AD′＝5， 当点D向右平移3个单位，向上平移1个单位，即D′（2，6）时，AD′＝5， 故答案为：（3，5）或（2，6）． 9．（2022•绵阳）如图1，在菱形ABCD中，∠C＝120°，M是AB的中点，N是对角线BD上一动点，设DN长为x，线段MN与AN长度的和为y，图2是y关于x的函数图象，图象右端点F的坐标为（2，3），则图象最低点E的坐标为（　　） A．（，2） B．（，） C．（，） D．（，2） 【分析】由函数图象可得点F表示图1中点N与点B重合时，即可求BD，BM的长，由锐角三角函数可求解． 【解答】解：如图，连接AC，NC， ∵四边形ABCD是菱形，∠BCD＝120°， ∴AB＝BC，AC垂直平分BD，∠ABC＝60°，∠ABD＝∠DBC＝30°， ∴AN＝CN，△ABC是等边三角形， ∴AN+MN＝CN+MN， ∴当点N在线段CM上时，AN+MN有最小值为CM的长， ∵点F的坐标为（2，3）， ∴DB＝2，AB+BM＝3， ∵点M是AB的中点， ∴AM＝BM，CM⊥AB， ∴2BM+BM＝3， ∴BM＝1， ∵tan∠ABC＝tan60°＝＝， ∴CM＝， ∵cos∠ABD＝cos30°＝＝， ∴BN'＝， ∴DN'＝， ∴点E的坐标为：（，）， 故选：C． 10．（2022•湘西州）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，OH＝4，若菱形ABCD的面积为32，则CD的长为（　　） A．4 B．4 C．8 D．8 【分析】在Rt△BDH中先求得BD的长，根据菱形面积公式求得AC长，再根据勾股定理求得CD长． 【解答】解：∵DH⊥AB， ∴∠BHD＝90°， ∵四边形ABCD是菱形， ∴OB＝OD，OC＝OA＝，AC⊥BD， ∴OH＝OB＝OD＝（直角三角形斜边上中线等于斜边的一半）， ∴OD＝4，BD＝8， 由得， ＝32， ∴AC＝8， ∴OC＝＝4， ∴CD＝＝8， 故选C． 11．（2022•淄博）如图，在边长为4的菱形ABCD中，E为AD边的中点，连接CE交对角线BD于点F．若∠DEF＝∠DFE，则这个菱形的面积为（　　） A．16 B．6 C．12 D．30 【分析】连接AC交BD于O，如图，根据菱形的性质得到AD∥BC，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥BD，BO＝OD，OC＝AO，再利用∠DEF＝∠DFE得到DF＝DE＝2，证明∠BCF＝∠BFC得到BF＝BC＝4，则BD＝6，所以OB＝OD＝3，接着利用勾股定理计算出OC，从而得到AC＝2，然后根据菱形的面积公式计算它的面积． 【解答】解：连接AC交BD于O，如图， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AD∥BC，CB＝CD＝AD＝4，AC⊥BD，BO＝OD，OC＝AO， ∵E为AD边的中点， ∴DE＝2， ∵∠DEF＝∠DFE， ∴DF＝DE＝2， ∵DE∥BC， ∴∠DEF＝∠BCF， ∵∠DFE＝∠BFC， ∴∠BCF＝∠BFC， ∴BF＝BC＝4， ∴BD＝BF+DF＝4+2＝6， ∴OB＝OD＝3， 在Rt△BOC中，OC＝＝， ∴AC＝2OC＝2， ∴菱形ABCD的面积＝AC•BD＝×2×6＝6． 故选：B． 12．（2022•兰州）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为AD的中点，连接OE，∠ABC＝60°，BD＝4，则OE＝（　　） A．4 B．2 C．2 D． 【分析】根据菱形的性质可得，∠ABO＝30°，AC⊥BD，则BO＝2，再利用含30°角的直角三角形的性质可得答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴BO＝DO，∠ABO＝30°，AC⊥BD，AB＝AD， ∴BO＝2， ∴AO＝＝2， ∴AB＝2AO＝4， ∵E为AD的中点，∠AOD＝90°， ∴OE＝AD＝2， 故选：C． 13．（2022•呼和浩特）如图，四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，点E是DA中点，F是对角线AC上一点，且∠DEF＝45°，则AF：FC的值是（　　） A．3 B．+1 C．2+1 D．2+ 【分析】连接DB，交AC于点O，连接OE，根据菱形的性质可得∠DAC＝∠DAB＝30°，AC⊥BD，OD＝BD，AC＝2AO，AB＝AD，从而可得△ABD是等边三角形，进而可得DB＝AD，再根据直角三角形斜边上的中线可得OE＝AE＝DE＝AD，然后设OE＝AE＝DE＝a，则AD＝BD＝2a，在Rt△AOD中，利用勾股定理求出AO的长，从而求出AC的长，最后利用等腰三角形的性质，以及三角形的外角求出∠OEF＝∠EFO＝15°，从而可得OE＝OF＝a，即可求出AF，CF的长，进行计算即可解答． 【解答】解：连接DB，交AC于点O，连接OE， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠DAC＝∠DAB＝30°，AC⊥BD，OD＝BD，AC＝2AO，AB＝AD， ∵∠DAB＝60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴DB＝AD， ∵∠AOD＝90°，点E是DA中点， ∴OE＝AE＝DE＝AD， ∴设OE＝AE＝DE＝a， ∴AD＝BD＝2a， ∴OD＝BD＝a， 在Rt△AOD中，AO＝＝＝a， ∴AC＝2AO＝2a， ∵EA＝EO， ∴∠EAO＝∠EOA＝30°， ∴∠DEO＝∠EAO+∠EOA＝60°， ∵∠DEF＝45°， ∴∠OEF＝∠DEO﹣∠DEF＝15°， ∴∠EFO＝∠EOA﹣∠OEF＝15°， ∴∠OEF＝∠EFO＝15°， ∴OE＝OF＝a， ∴AF＝AO+OF＝a+a， ∴CF＝AC﹣AF＝a﹣a， ∴＝＝＝2+， 故选：D． 14．（2022•湖北）由4个形状相同，大小相等的菱形组成如图所示的网格，菱形的顶点称为格点，点A，B，C都在格点上，∠O＝60°，则tan∠ABC＝（　　） A． B． C． D． 【分析】连接CD，然后证B、C、D三点共线，根据菱形的性质可得：△OBD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得BA⊥OD，∠ADB＝60°，进而可得∠ABC＝30°，进而可得tan∠ABC的值． 【解答】解：如图，连接CD， ∵网格是由4个形状相同，大小相等的菱形组成， ∴∠3＝∠4，OD∥CE， ∴∠2＝∠5， ∵∠1+∠4+∠5＝180°， ∴∠1+∠3+∠2＝180°， ∴B、C、D三点共线， 又∵网格是由4个形状相同，大小相等的菱形组成， ∴OD＝OB，OA＝AD， ∵∠O＝60°， ∴△OBD是等边三角形， ∴BA⊥OD，∠ADB＝60°， ∴∠ABC＝180°﹣90°﹣60°＝30°， ∴tan∠ABC＝tan30°＝， 故选：C． 15．（2022•河南）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为CD的中点．若OE＝3，则菱形ABCD的周长为（　　） A．6 B．12 C．24 D．48 【分析】由菱形的性质可得出AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝DA，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出CD的长，结合菱形的周长公式即可得出结论． 【解答】解：∵四边形ABCD为菱形， ∴AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝DA， ∴△COD为直角三角形． ∵OE＝3，点E为线段CD的中点， ∴CD＝2OE＝6． ∴C菱形ABCD＝4CD＝4×6＝24． 故选：C． 16．（2022•株洲）如图所示，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点C作CE∥BD交AB的延长线于点E，下列结论不一定正确的是（　　） A．OB＝CE B．△ACE是直角三角形 C．BC＝AE D．BE＝CE 【分析】由菱形的性质可得AO＝CO＝，AC⊥BD，通过证明△AOB∽△ACE，可得∠AOB＝∠ACE＝90°，OB＝CE，AB＝AE，由直角三角形的性质可得BC＝AE，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AO＝CO＝，AC⊥BD， ∵CE∥BD， ∴△AOB∽△ACE， ∴∠AOB＝∠ACE＝90°，＝， ∴△ACE是直角三角形，OB＝CE，AB＝AE， ∴BC＝AE， 故选：D． 17．（2022•甘肃）如图1，在菱形ABCD中，∠A＝60°，动点P从点A出发，沿折线AD→DC→CB方向匀速运动，运动到点B停止．设点P的运动路程为x，△APB的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，则AB的长为（　　） A． B．2 C．3 D．4 【分析】根据图1和图2判定三角形ABD为等边三角形，它的面积为3解答即可． 【解答】解：在菱形ABCD中，∠A＝60°， ∴△ABD为等边三角形， 设AB＝a，由图2可知，△ABD的面积为3， ∴△ABD的面积＝a2＝3， 解得：a1＝2，a2＝﹣2（舍去）， 故选：B． 18．（2022•丽水）如图，已知菱形ABCD的边长为4，E是BC的中点，AF平分∠EAD交CD于点F，FG∥AD交AE于点G．若cos B＝，则FG的长是（　　） A．3 B． C． D． 【分析】方法一：过点A作AH⊥BE于点H，过点F作FQ⊥AD于点Q，根据cosB＝＝，可得BH＝1，所以AH＝，然后证明AH是BE的垂直平分线，可得AE＝AB＝4，设GA＝GF＝x，根据S梯形CEAD＝S梯形CEGF+S梯形GFDA，进而可以解决问题．方法二：作AH垂直BC于H，延长AE和DC交于点M由已知可得BH＝EH＝1，所以AE＝AB＝EM＝CM＝4设GF＝x，则AG＝x，GE＝4﹣x，由三角形MGF相似于三角形MEC即可得结论． 【解答】解：方法一，如图，过点A作AH⊥BE于点H，过点F作FQ⊥AD于点Q， ∵菱形ABCD的边长为4， ∴AB＝AD＝BC＝4， ∵cosB＝＝， ∴BH＝1， ∴AH＝＝＝， ∵E是BC的中点， ∴BE＝CE＝2， ∴EH＝BE﹣BH＝1， ∴AH是BE的垂直平分线， ∴AE＝AB＝4， ∵AF平分∠EAD， ∴∠DAF＝∠FAG， ∵FG∥AD， ∴∠DAF＝∠AFG， ∴∠FAG＝∠AFG， ∴GA＝GF， 设GA＝GF＝x， ∵AE＝CD＝4，FG∥AD， ∴DF＝AG＝x， cosD＝cosB＝＝， ∴DQ＝x， ∴FQ＝＝＝x， ∵S梯形CEAD＝S梯形CEGF+S梯形GFDA， ∴×（2+4）×＝（2+x）×（﹣x）+（x+4）×x， 解得x＝， 则FG的长是． 或者：∵AE＝CD＝4，FG∥AD， ∴四边形AGFD的等腰梯形， ∴GA＝FD＝GF， 则x+x+x＝4， 解得x＝， 则FG的长是． 19．（2022•自贡）如图，菱形ABCD对角线交点与坐标原点O重合，点A（﹣2，5），则点C的坐标是（　　） A．（5，﹣2） B．（2，﹣5） C．（2，5） D．（﹣2，﹣5） 【分析】菱形的对角线相互平分可知点A与C关于原点对称，从而得结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴OA＝OC，即点A与点C关于原点对称， ∵点A（﹣2，5）， ∴点C的坐标是（2，﹣5）． 故选：B． 20．（2022•鞍山）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，对角线AC与BD交于点O，E为OB中点，F为AD中点，连接EF，则EF的长为 　 　． 【分析】由菱形的性质可得AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO，由三角形中位线定理得FH＝AO＝，FH∥AO，由勾股定理可求解． 【解答】解：如图，取OD的中点H，连接FH， ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴AB＝AD＝2，∠ABD＝30°，AC⊥BD，BO＝DO， ∴AO＝AB＝1，BO＝AO＝＝DO， ∵点H是OD的中点，点F是AD的中点， ∴FH＝AO＝，FH∥AO， ∴FH⊥BD， ∵点E是BO的中点，点H是OD的中点， ∴OE＝，OH＝， ∴EH＝， ∴EF＝＝＝， 故答案为：． 21．（2022•青岛）图①是艺术家埃舍尔的作品，他将数学与绘画完美结合，在平面上创造出立体效果．图②是一个菱形，将图②截去一个边长为原来一半的菱形得到图③，用图③镶嵌得到图④，将图④着色后，再次镶嵌便得到图①，则图④中∠ABC的度数是 　 °． 【分析】先确定∠BAD的度数，再利用菱形的对边平行，利用平行线的性质即可求出∠ABC的度数． 【解答】解：如图， ∵∠BAD＝∠BAE＝∠DAE，∠BAD+∠BAE+∠DAE＝360°， ∴∠BAD＝∠BAE＝∠DAE＝120°， ∵BC∥AD， ∴∠ABC＝180°﹣120°＝60°， 故答案为：60． 22．（2022•铜仁市）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝80°，延长BC到E，在∠DCE内作射线CM，使得∠ECM＝30°，过点D作DF⊥CM，垂足为F．若DF＝，则BD的长为 　 　（结果保留根号）． 【分析】连接AC，交BD于H，证明△DCH≌△DCF，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度． 【解答】解：如图，连接AC，交BD于点H， 由菱形的性质得∠ADC＝∠ABC＝80°，∠DCE＝80°，∠DHC＝90°， 又∵∠ECM＝30°， ∴∠DCF＝50°， ∵DF⊥CM， ∴∠CFD＝90°， ∴∠CDF＝40°， 又∵四边形ABCD是菱形， ∴BD平分∠ADC， ∴∠HDC＝40°， 在△CDH和△CDF中， ， ∴△CDH≌△CDF（AAS）， ∴DH＝DF＝， ∴DB＝2DH＝． 故答案为：． 23．（2022•哈尔滨）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E在OB上，连接AE，点F为CD的中点，连接OF．若AE＝BE，OE＝3，OA＝4，则线段OF的长为 　 　． 【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，AO＝CO＝4，BO＝DO，由勾股定理可求AE的长，BC的长，由三角形中位线定理可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，AO＝CO＝4，BO＝DO， ∴AE＝＝＝5， ∴BE＝AE＝5， ∴BO＝8， ∴BC＝＝＝4， ∵点F为CD的中点，BO＝DO， ∴OF＝BC＝2， 故答案为：2． 24．（2022•黑龙江）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠BAD＝60°，AD＝3，AH是∠BAC的平分线，CE⊥AH于点E，点P是直线AB上的一个动点，则OP+PE的最小值是 　 　． 【分析】连接OE，过点O作OF⊥AB，垂足为F，并延长到点O′，使O′F＝OF，连接O′E交直线AB于点P，连接OP，从而可得OP＝O′P，此时OP+PE的值最小，先利用菱形的性质可得AD＝AB＝3，∠BAC＝∠BAD，OA＝OC＝AC，OD＝OB＝BD，∠AOD＝90°，从而可得△ADB是等边三角形，进而求出AD＝3，然后在Rt△ADO中，利用勾股定理求出AO的长，从而求出AC的长，进而利用直角三角形斜边上的中线可得OE＝OA＝AC＝，再利用角平分线和等腰三角形的性质可得OE∥AB，从而求出∠EOF＝90°，进而在Rt△AOF中，利用锐角三角函数的定义求出OF的长，即可求出OO′的长，最后在Rt△EOO′中，利用勾股定理进行计算即可解答． 【解答】解：连接OE，过点O作OF⊥AB，垂足为F，并延长到点O′，使O′F＝OF，连接O′E交直线AB于点P，连接OP， ∴AP是OO′的垂直平分线， ∴OP＝O′P， ∴OP+PE＝O′P+PE＝O′E， 此时，OP+PE的值最小， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝AB＝3，∠BAC＝∠BAD，OA＝OC＝AC，OD＝OB＝BD，∠AOD＝90°， ∵∠BAD＝60°， ∴△ADB是等边三角形， ∴BD＝AD＝3， ∴OD＝BD＝， ∴AO＝＝＝， ∴AC＝2OA＝3， ∵CE⊥AH， ∴∠AEC＝90°， ∴OE＝OA＝AC＝， ∴∠OAE＝∠OEA， ∵AE平分∠CAB， ∴∠OAE＝∠EAB， ∴∠OEA＝∠EAB， ∴OE∥AB， ∴∠EOF＝∠AFO＝90°， 在Rt△AOF中，∠OAB＝∠DAB＝30°， ∴OF＝OA＝， ∴OO′＝2OF＝， 在Rt△EOO′中，O′E＝＝＝， ∴OP+PE＝， ∴OP+PE的最小值为， 故答案为：． 25．（2022•天津）如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°，E为AB的中点，F为CE的中点，AF与DE相交于点G，则GF的长等于 　 　． 【分析】如图，过点F作FH∥CD，交DE于H，过点C作CM⊥AB，交AB的延长线于M，连接FB，先证明FH是△CDE的中位线，得FH＝1，再证明△AEG≌△FHG（AAS），得AG＝FG，在Rt△CBM中计算BM和CM的长，再证明BF是中位线，可得BF的长，由勾股定理可得AF的长，从而得结论． 【解答】解：如图，过点F作FH∥CD，交DE于H，过点C作CM⊥AB，交AB的延长线于M，连接FB， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝CD＝BC＝2，AB∥CD， ∴FH∥AB， ∴∠FHG＝∠AEG， ∵F是CE的中点，FH∥CD， ∴H是DE的中点， ∴FH是△CDE的中位线， ∴FH＝CD＝1， ∵E是AB的中点， ∴AE＝BE＝1， ∴AE＝FH， ∵∠AGE＝∠FGH， ∴△AEG≌△FHG（AAS）， ∴AG＝FG， ∵AD∥BC， ∴∠CBM＝∠DAB＝60°， Rt△CBM中，∠BCM＝30°， ∴BM＝BC＝1，CM＝＝， ∴BE＝BM， ∵F是CE的中点， ∴FB是△CEM的中位线， ∴BF＝CM＝，FB∥CM， ∴∠EBF＝∠M＝90°， Rt△AFB中，由勾股定理得：AF＝＝＝， ∴GF＝AF＝． 故答案为：． 考点二：菱形的判定 知识回顾 直接判定： 四条边都相等的四边形是菱形。 几何语言：∵AB=BC=CD=DA，∴四边形ABCD是菱形 利用平行四边形判定： ①定义：一组领边相等的平行四边形是菱形。 ②对角线的特殊性：对角线相互垂直的平行四边形是菱形。 微专题 26．（2022•襄阳）如图，▱ABCD的对角线AC和BD相交于点O，下列说法正确的是（　　） A．若OB＝OD，则▱ABCD是菱形 B．若AC＝BD，则▱ABCD是菱形 C．若OA＝OD，则▱ABCD是菱形 D．若AC⊥BD，则▱ABCD是菱形 【分析】由矩形的判定和菱形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB＝OD，故选项A不符合题意； B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD， ∴▱ABCD是矩形，故选项B不符合题意； C、∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD， ∵OA＝OD， ∴AC＝BD， ∴▱ABCD是矩形，故选项C不符合题意； D、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD， ∴▱ABCD是菱形，故选项D符合题意； 故选：D． 27．（2022•营口）如图，将△ABC沿着BC方向平移得到△DEF，只需添加一个条件即可证明四边形ABED是菱形，这个条件可以是 　 　．（写出一个即可） 【分析】由平移的性质得AB∥DE，AB＝DE，则四边形ABED是平行四边形，再由菱形的判定即可得出结论． 【解答】解：这个条件可以是 AB＝AD，理由如下： 由平移的性质得：AB∥DE，AB＝DE， ∴四边形ABED是平行四边形， 又∵AB＝AD， ∴平行四边形ABED是菱形， 故答案为：AB＝AD（答案不唯一）． 28．（2022•齐齐哈尔）如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，AB∥CD，要使四边形ABCD为菱形，应添加的条件是 　 　．（只需写出一个条件即可） 【分析】由AB∥CD，AB＝CD得四边形ABCD是平行四边形，再由菱形的判定即可得出结论． 【解答】解：添加的条件是AB＝CD，理由如下： ∵AB∥CD，AB＝CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， 又∵AC⊥BD， ∴平行四边形ABCD是菱形， 故答案为：AB＝CD（答案不唯一）． 29．（2022•辽宁）如图，CD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC，BC的平行线，交BC于点E，交AC于点F．若∠ACB＝60°，CD＝4，则四边形CEDF的周长是 　 　． 【分析】连接EF交CD于O，证明四边形CEDF是菱形，可得CD⊥EF，∠ECD＝∠ACB＝30°，OC＝CD＝2，在Rt△COE中，可得CE＝＝＝4，故四边形CEDF的周长是4CE＝16． 【解答】解：连接EF交CD于O，如图： ∵DE∥AC，DF∥BC， ∴四边形CEDF是平行四边形， ∵CD是△ABC的角平分线， ∴∠FCD＝∠ECD， ∵DE∥AC， ∴∠FCD＝∠CDE， ∴∠ECD＝∠CDE， ∴CE＝DE， ∴四边形CEDF是菱形， ∴CD⊥EF，∠ECD＝∠ACB＝30°，OC＝CD＝2， 在Rt△COE中， CE＝＝＝4， ∴四边形CEDF的周长是4CE＝4×4＝16， 故答案为：16．