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期末核心考点 菱形
一．选择题（共7小题）
1．（2025春 重庆校级期中）如图，AC、BD是菱形ABCD的对角线，若AC＝6，BD＝8，则菱形ABCD的周长为（　　）
A．10 B．20 C．14 D．28
2．（2025 汕头一模）如图，菱形ABCD的面积为24，对角线AC与BD交于点O，E是BC边的中点，EF⊥BD于点F，EG⊥AC于点G，则四边形EFOG的面积为（　　）
A．3 B．5 C．6 D．8
3．（2025 新会区二模）如图，在菱形ABCD中，AC＝8，DB＝6，过点D作DE⊥AB，垂足为E，则DE的长为（　　）
A． B． C．12 D．24
4．（2024秋 莲池区期末）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．如图小陶家有一个中国结装饰，可以近似看作菱形ABCD，测得，∠ABC＝60°，则此菱形周长为（　　）
A． B．96cm C． D．154cm
5．（2025春 西山区校级期中）如图，在菱形ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，∠BAD＝60°，AB＝4，下列说法不正确的是（　　）
A．菱形周长＝16 B．DB＝4
C． D．菱形ABCD的面积
6．（2025 普宁市一模）如图，如图所示木制衣帽架由三个全等的菱形组成，根据需要A、E之间的距离可以调节，若AE＝90cm时，BD＝40cm，则AB长为（　　）
A．50em B．40cm C．30cm D．25cm
7．（2025春 亭湖区校级期中）如图，将正六边形纸片的空白部分剪下，得到三部分图形，记Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ部分的面积分别为SⅠ，SⅡ，SⅢ．给出以下结论：①Ⅲ中最小的内角是60°，最大的内角是120°；②Ⅰ和Ⅱ合在一起（无重叠无缝隙）能拼成一个菱形；③Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ合在一起（无重叠无缝隙）能拼成一个菱形；④SⅢ＝3SⅠ．上述结论中，所有正确结论的序号是（　　）
A．①④ B．①③ C．①②③ D．①②④
二．填空题（共5小题）
8．（2025春 和县期中）如图，四边形ABCD为菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，∠CAD＝25°，则∠DHO的度数是 　 　 ．
9．（2025 市中区三模）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝8．点E，F分别是BC，AB边上的动点，且BF＝2CE，以EF为边向右作等边△EFG，连接CF，CG，DG．当CG＝EG时，DG的值为　 　 ．
10．（2025春 西城区校级期中）如图，在菱形ABCD中，AC＝6，BD＝8，则AB＝ 　 　 ，作AE⊥BC于E，则AE＝ 　 　 ．
11．（2025春 镇江期中）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，在重叠部分构成的四边形ABCD中，若AC＝6，BD＝8，则点A到BC的距离为 　 　 ．
12．（2025春 东莞市校级期中）已知菱形ABCD的面积为，∠BAD＝120°，则BD的长为 　 　 ．
三．解答题（共3小题）
13．（2025春 西山区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，点O是对角线AC中点，过点O作EF⊥AC交BC于点E，交AD于点F，连接AE，CF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若E是BC的中点，且AE平分∠BAC，当AE＝8时，求四边形AECF的面积．
14．（2025 让胡路区模拟）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝10，∠ABC的平分线与CD的延长线交于点E，与AD交于点F，且点F为边AD的中点，∠BAD的平分线交BC于点M，交BE于点N，连接AE，FM．
（1）求证：四边形ABMF为菱形；
（2）若AM＝6，求AE的长．
15．（2025 南山区校级一模）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，BF平分∠ABC，交AD于点F，AE与BF交于点P，连接EF，PD．
（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若AB＝8，AD＝12，∠ABC＝60°，求线段DP的长．
期末核心考点 菱形
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025春 重庆校级期中）如图，AC、BD是菱形ABCD的对角线，若AC＝6，BD＝8，则菱形ABCD的周长为（　　）
A．10 B．20 C．14 D．28
【考点】菱形的性质；勾股定理．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】B
【分析】由菱形的性质可求得OA与OB的长，在Rt△ABO中，由勾股定理求得边AB的长，即可求解．
【解答】解：AC、BD是菱形ABCD的对角线，AC＝6，BD＝8，设AC、BD的交点为O，如图，
∴，，AC⊥BD，
在直角三角形AOB中，由勾股定理得：，
∴菱形ABCD的周长＝4×5＝20，
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质以及勾股定理，注意掌握菱形的对角线互相垂直且平分定理的应用是解此题的关键．
2．（2025 汕头一模）如图，菱形ABCD的面积为24，对角线AC与BD交于点O，E是BC边的中点，EF⊥BD于点F，EG⊥AC于点G，则四边形EFOG的面积为（　　）
A．3 B．5 C．6 D．8
【考点】菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】A
【分析】由菱形的性质得出OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，面积AC×BD，证出四边形EFOG是矩形，EF∥OC，EG∥OB，得出EF、EG都是△OBC的中位线，则EFOCAC，EGOBBD，由矩形面积即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，面积AC×BD＝24，
∴AC×BD＝48，
∵EF⊥BD于F，EG⊥AC于G，
∴四边形EFOG是矩形，EF∥OC，EG∥OB，
∵点E是线段BC的中点，
∴EF、EG都是△OBC的中位线，
∴EFOCAC，EGOBBD，
∴矩形EFOG的面积＝EF×EGACBD48＝3；
故选：A．
【点评】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键．
3．（2025 新会区二模）如图，在菱形ABCD中，AC＝8，DB＝6，过点D作DE⊥AB，垂足为E，则DE的长为（　　）
A． B． C．12 D．24
【考点】菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】由菱形的性质推出AC⊥BD，OAAC＝4，OBDB＝3，由勾股定理求出AB＝5，由菱形的面积公式得到AB DEAC BD，即可求出DE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OAAC，OBDB，
∵AC＝8，DB＝6，
∴OA＝4，OB＝3，
∴AB5，
∵DE⊥AB，
∴菱形ABCD的面积＝AB DEAC BD，
∴5×DE6×8，
∴DE．
故选：B．
【点评】本题考查菱形的性质，关键是由勾股定理求出AB的长，由菱形的面积公式得到AB DEAC BD．
4．（2024秋 莲池区期末）中国结寓意团圆、美满，以独特的东方神韵体现中国人民的智慧和深厚的文化底蕴．如图小陶家有一个中国结装饰，可以近似看作菱形ABCD，测得，∠ABC＝60°，则此菱形周长为（　　）
A． B．96cm C． D．154cm
【考点】菱形的性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】B
【分析】首先根据菱形的性质可知，∠ABC＝60°，根据求出AB的长度，再根据菱形的四条边都相等求出菱形的周长．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BO＝DO，，
∵，∠ABC＝60°，
∴，，
在Rt△ABO中，，
∴，
解得AB＝24，
∴菱形ABCD的周长为24×4＝96（cm）．
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，关键是相关性质的熟练掌握．
5．（2025春 西山区校级期中）如图，在菱形ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，∠BAD＝60°，AB＝4，下列说法不正确的是（　　）
A．菱形周长＝16 B．DB＝4
C． D．菱形ABCD的面积
【考点】菱形的性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】由菱形的性质可得AB＝BC＝CD＝AD＝4，AC⊥BD，BO＝DO，AO＝CO，可求菱形ABCD的周长为16，BD＝4，菱形ABCD的面积为8，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，AC⊥BD，BO＝DO，AO＝CO，
∴菱形ABCD的周长＝16，
∵∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴DB＝4，S△ABD16＝4，
∴菱形ABCD的面积＝8，
∵BD＝4，
∴BO＝DO＝2，
∴AO2，
∴AC＝4，
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
6．（2025 普宁市一模）如图，如图所示木制衣帽架由三个全等的菱形组成，根据需要A、E之间的距离可以调节，若AE＝90cm时，BD＝40cm，则AB长为（　　）
A．50em B．40cm C．30cm D．25cm
【考点】菱形的性质；全等图形；勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】D
【分析】根据菱形的性质解答即可．
【解答】解：如图，连接AC、BD交于点O，
由条件可知AC30，BD＝40，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝15，OB＝20，AC⊥BD，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
AB25．
故选：D．
【点评】本题考查了菱形的性质，熟练掌握该知识点是关键．
7．（2025春 亭湖区校级期中）如图，将正六边形纸片的空白部分剪下，得到三部分图形，记Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ部分的面积分别为SⅠ，SⅡ，SⅢ．给出以下结论：①Ⅲ中最小的内角是60°，最大的内角是120°；②Ⅰ和Ⅱ合在一起（无重叠无缝隙）能拼成一个菱形；③Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ合在一起（无重叠无缝隙）能拼成一个菱形；④SⅢ＝3SⅠ．上述结论中，所有正确结论的序号是（　　）
A．①④ B．①③ C．①②③ D．①②④
【考点】菱形的性质；平面镶嵌（密铺）．
【专题】矩形 菱形 正方形；正多边形与圆；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】①过点B作BH⊥AC，连接AD，根据正六边形性质得∠BAF＝∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝120°，AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝AF，进而得∠BAC＝∠BCA＝∠FAE＝30°，则∠ACD＝∠AED＝90°，∠CAE＝60°，由此可对结论①进行判断；
②根据正六边形的对角线相等得AC＝AE，再根据AB＝BC＝AF＝EF，则△ABC和△AFE可以无重叠无缝隙能拼成一个菱形，由此可对结论②进行判断；
③根据AC＝AE，AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝AF，∠ABC＝∠AFE＝∠CDE＝120°，则Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ合在一起（无重叠无缝隙）能拼成一个菱形，且菱形的边长为线段AC的长，由此可对结论③进行判断；
④根据BH⊥AC，AB＝BC得AC＝2AH，设BH＝a，则AB＝CD＝DE＝2a，AE＝AC，进而得SⅠ，S△ACD＝S△ADE，则SⅢ，由此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．
【解答】解：①过点B作BH⊥AC，连接AD，如图所示：
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠BAF＝∠ABC＝∠BCD＝∠CDE（6﹣2）×180°＝120°，设AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝AF，
∴∠BAC＝∠BCA（180°﹣∠ABC）＝30°，
同理：∠FAE＝30°，
∴∠ACD＝∠BCD﹣∠BCA＝120°﹣30°＝90°，
同理：∠AED＝90°，
∴∠CAE＝∠BAF﹣∠BAC﹣∠FAE＝120°﹣30°﹣30°＝60°，
∴Ⅲ中最小的内角是60°，最大的内角是120°，
故结论①正确；
②∵正六边形的对角线相等
∴AC＝AE，
又∵AB＝BC＝AF＝EF，
∴△ABC和△AFE可以无重叠无缝隙能拼成一个菱形，
即Ⅰ和Ⅱ合在一起（无重叠无缝隙）能拼成一个菱形，
故结论②正确；
③∵AC＝AE，AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝AF，∠ABC＝∠AFE＝∠CDE＝120°，
∴Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ合在一起（无重叠无缝隙）能拼成一个菱形，且菱形的边长为线段AC的长，
故结论③正确；
④∵AB＝BC，BH⊥AC，
∴AC＝2AH，
在Rt△ABH中，设BH＝a，则AB＝CD＝DE＝2a，
由勾股定理得：AE＝AC，
∴SⅠAC BH，S△ACD＝S△ADEAC CD，
∴SⅢ，
∴SⅢ＝4SⅠ，
故结论④不正确，
综上所述：正确结论的序号是①②③．
故选：C．
【点评】此题主要考查了正六边形的性质，菱形的判定，平面密铺，熟练掌握正六边形的性质，菱形的判定，平面密铺是解决问题的关键．
二．填空题（共5小题）
8．（2025春 和县期中）如图，四边形ABCD为菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，∠CAD＝25°，则∠DHO的度数是 　25°　 ．
【考点】菱形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】由菱形的性质可得AD＝AB，BO＝OD，∠DAO＝∠BAO＝25°，AC⊥BD，可求∠ABD＝65°，由直角三角形的性质可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，BO＝OD，∠DAO＝∠BAO＝25°，AC⊥BD，
∴∠ABD＝65°，
∵DH⊥AB，BO＝DO，
∴HO＝DO，
∴∠DHO＝∠BDH＝90°﹣∠ABD＝25°，
故答案为25°．
【点评】本题考查菱形的性质，直角三角形斜边中线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
9．（2025 市中区三模）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝8．点E，F分别是BC，AB边上的动点，且BF＝2CE，以EF为边向右作等边△EFG，连接CF，CG，DG．当CG＝EG时，DG的值为　　 ．
【考点】菱形的性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】．
【分析】根据菱形和等边三角形的性质，推出∠GCD＝∠AFD＝∠CDF，DG＝CG＝FG，从而得到∠FCD＝90°，根据30度角所对的直角边等于斜边一半，求出，CF2＝48，证明出F、G、D三点共线，求出，即可得到DG的值．
【解答】解：由条件可知AB＝BC＝CD＝8，AB∥CD，
∴∠AFD＝∠CDF，∠BCD＝120°，
∵△EFG是等边三角形，
∴∠EFG＝∠FEG＝60°，FG＝EG，
∵CG＝EG，
∴∠GEC＝∠GCE，FG＝CG，
∴∠CFG＝∠FCG，
∵∠AFD+∠BFE＝120°，∠BEF+∠BFE＝120°，
∴∠AFD＝∠BEF，
∵∠BEF+∠CEG＝120°，∠GCE+∠GCD＝120°，
∴∠BEF＝∠GCD，
∴∠GCD＝∠AFD＝∠CDF，
∴DG＝CG＝FG，
由条件可知∠AFC+∠FCD＝180°，
∴AFD+∠GFC+∠FCG+∠GCD＝2∠GCD+2∠FCG＝180°，
∴∠GCD+FCG＝∠FCD＝90°，
∴∠BCF＝30°，
∴，CF2＝BC2﹣BF2＝48，
∵∠CGF＝180°﹣2∠FCG，∠CGD＝180°﹣2∠GCD，
∴∠CGF+∠CGD＝360°﹣2（∠FCG+∠GCD）＝180°，
∴F、G、D三点共线，
∴，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理等知识，证明出F、G、D三点共线是解题关键．
10．（2025春 西城区校级期中）如图，在菱形ABCD中，AC＝6，BD＝8，则AB＝ 　5　 ，作AE⊥BC于E，则AE＝ 　　 ．
【考点】菱形的性质；勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】5，．
【分析】由菱形的性质得出BO＝OD＝4，AO＝OC＝3，AC⊥BD，求出AB5，
【解答】解：如图，
∵四边形ABCD是菱形，AC＝6，BD＝8，
∴BO＝OD＝4，AO＝OC＝3，AC⊥BD，
∴AB5，
∴BC＝5，
∵，
∴AE．
故答案为：5，．
【点评】此题考查的是菱形的性质，勾股定理，掌握其性质是解决此题的关键．
11．（2025春 镇江期中）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，在重叠部分构成的四边形ABCD中，若AC＝6，BD＝8，则点A到BC的距离为 　　 ．
【考点】菱形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定．
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】过点A作AH⊥BC于点H，作AE⊥CD于点E，设AC、BD交点为O，先证四边形ABCD是平行四边形，再证四边形ABCD是菱形，得出OB＝4，OA＝3，AC⊥BD，由勾股定理求出BC＝5，然后由菱形的面积＝BC AHAC BD，即可得出结果．
【解答】解：如图，过点A作AH⊥BC于点H，作AE⊥CD于点E，
设AC、BD交点为O，
∵两条纸条宽度相同，
∴AH＝AE，
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵S ABCD＝CD AE＝BC AH，
又∵AH＝AE，
∴CD＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴OB＝ODBD＝4，OA＝OCAC＝3，AC⊥BD，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：BC5，
∵S菱形ABCD＝BC AHAC BD，
∴AH，
故答案为：．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质和勾股定理是解题的关键．
12．（2025春 东莞市校级期中）已知菱形ABCD的面积为，∠BAD＝120°，则BD的长为 　8　 ．
【考点】菱形的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】8．
【分析】过点A作AE⊥BC于点E，设AC交BD于点O，由菱形的性质得出AC⊥BD，AD∥BC，AB＝BC，AO＝COAC，再证△ABC是等边三角形，推出BE＝CEBC，AOBC，由勾股定理求出AEBC，然后由菱形的面积求出BC＝8，最后由菱形的面积即可求出BD的长．
【解答】解：如图，过点A作AE⊥BC于点E，设AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AD∥BC，AB＝BC，AO＝COAC，
∴∠ABC＝180°﹣∠BAD＝180°﹣120°＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，BE＝CEBC，
∴AOBC，
在Rt△AEB中，由勾股定理得：AEBC，
∴S菱形ABCD＝AE BCBC BCBC2＝32，
∴BC＝8（负值已舍去），
∵S菱形ABCD＝AO BDBC BD8×BD＝4BD，
∴4BD＝32，
∴BD＝8，
故答案为：8．
【点评】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
三．解答题（共3小题）
13．（2025春 西山区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，点O是对角线AC中点，过点O作EF⊥AC交BC于点E，交AD于点F，连接AE，CF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若E是BC的中点，且AE平分∠BAC，当AE＝8时，求四边形AECF的面积．
【考点】菱形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；平行四边形的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答；
（2）四边形AECF的面积为64．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AD∥CB，OA＝OC，则∠AFO＝∠CEO，而∠AOF＝∠COE，即可根据“AAS”证明△AOF≌△COE，得OE＝OF，则四边形AECF是平行四边形，因为EF⊥AC，所以四边形AECF是菱形；
（2）由点O是AC的中点，点E是BC的中点，根据三角形中位线定理得OE∥AB，则∠BAC＝∠EOC＝90°，所以∠EAC＝∠EAB＝45°，由菱形的性质得AE＝CE，则∠ECA＝∠EAC＝45°，所以∠AEC＝90°，则四边形AECF是正方形，求得S四边形AECF＝AE2＝64．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，点O是对角线AC中点，
∴AD∥CB，OA＝OC，
∴∠AFO＝∠CEO，
在△AOF和△COE中，
，
∴△AOF≌△COE（AAS），
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形．
（2）解：如图，∵点O是AC的中点，点E是BC的中点，
∴OE∥AB，
∴∠BAC＝∠EOC＝90°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠EAC＝∠EAB∠BAC＝45°，
∵四边形AECF是菱形，AE＝8，
∴AE＝CE，
∴∠ECA＝∠EAC＝45°，
∴∠AEC＝180°﹣∠ECA﹣∠EAC＝90°，
∴四边形AECF是正方形，
∴S四边形AECF＝AE2＝82＝64，
∴四边形AECF的面积为64．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、三角形中位线定理、正方形的判定与性质等知识，证明△AOF≌△COE是解题的关键．
14．（2025 让胡路区模拟）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝10，∠ABC的平分线与CD的延长线交于点E，与AD交于点F，且点F为边AD的中点，∠BAD的平分线交BC于点M，交BE于点N，连接AE，FM．
（1）求证：四边形ABMF为菱形；
（2）若AM＝6，求AE的长．
【考点】菱形的判定与性质；平行四边形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】（1）见解析；（2）3．
【分析】（1）先证明四边形ABMF是平行四边形，再证明邻边相等即可证明．
（2）根据菱形的性质及勾股定理可得BF＝8，再由全等三角形的判定与性质及勾股定理可得答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC，
∴∠DAM＝∠AMB，
∵∠BAD的平分线交BC于点E，
∴∠DAM＝∠BMA，
∴∠BAM＝∠BMA，
∴AB＝BM，同理可得AB＝AF，
∴AF＝BM，
∴四边形ABMF是平行四边形，
∵AB＝AF．
∴四边形ABMF是菱形．
（2）解：由（1）得四边形ABMF是菱形，
∴ANAM＝3，NFBF，
∵F为边AD的中点，
∴AF＝5，
在Rt△ANF中，NF4，
∴BF＝8，
在△FAB和△FDE中，
，
∴△FAB≌△FDE（AAS），
∴EF＝BF＝8，
在Rt△ANE中，AE3．
【点评】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是记住菱形的三种判定方法，所以中考常考题型．
15．（2025 南山区校级一模）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，BF平分∠ABC，交AD于点F，AE与BF交于点P，连接EF，PD．
（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若AB＝8，AD＝12，∠ABC＝60°，求线段DP的长．
【考点】菱形的判定与性质；平行四边形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）4．
【分析】（1）根据平行四边形和角平分线的性质可得AB＝BE，AB＝AF，AF＝BE，从而证明四边形ABEF是菱形；
（2）由菱形的性质得出AE⊥BF，得到∠ABF＝30°，∠BAP＝∠FAP＝60°从而得出AB＝AE＝8，AP＝4，过点P作PM⊥AD于M，得到PM＝2，AM＝2，从而得到DM＝10，由勾股定理求出PD、PB的长，即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
∴∠DAE＝∠AEB．
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝∠BAE．
∴∠BAE＝∠AEB．
∴AB＝BE．
同理：AB＝AF．
∴AF＝BE．
∴四边形ABEF是平行四边形．
∵AB＝BE，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：∵四边形ABEF是菱形，
∴AE⊥BF，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ABF＝30°，∠BAP＝∠FAP＝60°，△ABE为等边三角形，
∴AB＝AE＝8，
∵AB＝8，
∴AP＝4，
过点P作PM⊥AD于M，如图所示：
∴PM＝2，AM＝2，
∵AD＝12，
∴DM＝10，
∴PD4．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、平行线的性质、菱形的判定与性质、含30°角的直角三角形性质、勾股定理，等边三角形的判定与性质、菱形面积的计算等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解决问题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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