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1.1菱形的性质与判定（第3课时）—北师大版数学九（上）课堂达标卷
一、选择题
1．（2025·内江） 按如下步骤作四边形：（1）画；（2）以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交、于点、：（3）分别以点和点为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；（）连接、、．若，则的度数是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025八下·建德月考）如图，在中，按照如下尺规作图的步骤进行操作：①以点B为圆心，以适当长为半径画弧，分别与交于点E、F；②分别以E、F为圆心，以适当长为半径画弧，两弧交于点G，作射线，与边交于点H；③以B为圆心，长为半径画弧，交于边于点M．若，则点A，M之间的距离为（　　）
A．8 B．7 C．6 D．5
3．（2025·浙江二模）在菱形ABCD中，∠A为锐角，点M，N分别在边AB，BC上，连结DM，DN，则下列四个命题中，假命题为（　　）
A．若 AM=CN，则DM=DN B．若∠BMD=∠BND，则DM=DN
C．若AM=BN，则DM=DN D．若∠MDN=∠A，则DM=DN
4．（2023·苏州）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形．动点分别从点同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点移动．当移动时间为4秒时，的值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2023·武威）如图，将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形．若，，则四边形的面积为（　　）
A．2 B．4 C．5 D．6
二、填空题
6．（2025·福建）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，EF过点O 且与边AB， CD 分别相交于点 E，F.若 则△AOE 与△DOF 的面积之和为　 　.
7．（2023九上·滕州月考）如图，在平面直角坐标系中，菱形AOBC的顶点B在x轴的正半轴上，点A的坐标为，则点C的坐标为　 　．
8．（2024·广东）如图，菱形ABCD的面积为24，点是AB的中点，点是BC上的动点.若的面积为4，则图中阴影部分的面积为　 　.
9．（2020八下·蜀山期末）在菱形ABCD中，对角线AC，BD的长分别是6和8，则菱形的周长是　 　 .
10．（2023·福建）如图，在菱形中，，则的长为　 　．
三、解答题
11．（2023·呼和浩特）如图，四边形是平行四边形，连接，交于点，平分交于点，平分交于点，连接，．
（1）求证：；
（2）若四边形是菱形且，，求四边形的面积．
12．（2023·湘西）如图，四边形是平行四边形，，且分别交对角线于点M，N，连接．
（1）求证：；
（2）若．求证：四边形是菱形．
13．（2023·怀化）如图，矩形中，过对角线的中点作的垂线，分别交，于点，．
（1）证明：；
（2）连接、，证明：四边形是菱形．
14．（2025·江安模拟）如图，在平行四边形中，点在边上，，连接，点为的中点，的延长线交边于点，连接
（1）求证：四边形是菱形：
（2）若平行四边形的周长为，求的长．
15．（2024·雅安）如图，点是 对角线的交点，过点的直线分别交，于点，．
（1）求证：≌；
（2）当时，，分别连接，求此时四边形的周长．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：由作图过程可得AB=AD=BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠ADC=180°-∠A=140°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BDC=∠ADB=∠ADC=70°.
故答案为：D .
【分析】由四边相等的四边形是菱形得四边形ABCD是菱形，由菱形的对边平行得AB∥CD，由二直线平行，同旁内角互补可求出∠ADC=140°，进而根据菱形的每一条对角线平分一组对角可求出∠BDC的度数.
2．【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接AM、MH，设AM交BH于点O，
由题意可知，BH是∠ABC的角平分线，
∴∠ABH=∠CBH，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠AHB=∠CBH
∴∠ABH=∠AHB
∴AB=AH，
∵以B为圆心，BA长为半径画弧，交于边BC于点M，
∴AB=BM，
∴AH=BM，
又AH//BM，
∴四边形ABMH是平行四边形，
又AB=AH，
∴四边形ABMH是菱形，
∴AM⊥BH，，OA=OM，
∴∠AOB=90°，
∴，
∴AM=2OA=6，
故答案为：C.
【分析】连接AM、MH，设AM交BH于点O，根据题意证明四边形ABMH是菱形，从而得出OB的长，再根据勾股定理即可得出结果.
3．【答案】C
【知识点】菱形的判定与性质；真命题与假命题
【解析】【解答】解：选项A、若AM=CN，由于菱形AB=CD，可得BM=DN，结合∠DMN=∠BDM，可证△DMN≌△BDM(ASA)，从而DM=DN，选项A为真命题；
选项B、若∠BMD=∠BND，且BD为公共边，∠MBD=∠NBD(菱形对称性)，可证
△BMD≌△BND(ASA)，故DM=DN，选项B为真命题；
选项C、若AM=BN，但BN为线段长度而非边长，无法直接通过全等或对称性推导出DM=DN，例如，当AM=BN时，点N的位置可能偏离对称轴，导致DM≠DN，选项C为假命题；
选项D、若∠MDN=∠A，结合∠DMN=∠BDM，可证△DMN为等腰三角形(底角相等)，故DM=DN，选项D为真命题；
故答案为：C.
【分析】根据菱形的性质，可知AB=BC=CD=DA，且对角线AC和BD互相垂直平分，由于∠A为锐角，所以∠B也为锐角，且∠A=∠C，∠B=∠D，进而去逐项判断即可.
4．【答案】D
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC、EF，
∵点A（9，0），点C（0，3），
∴OA=9，OC=3，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC=OA=9，BC∥OA，∠COE=90°，
∵BF=OE=4，
∴CF=AE=9-4=5，
∴四边形AECF是平行四边形，
在Rt△OCE中，∠COE=90°，OE=4，OC=3，
∴CE=5，
∴CE=AE=5，
∴平行四边形AECF是菱形，
∴AC·EF=2AE·OC=2×5×3=30.
故答案为：D.
【分析】连接AC、EF，由A、C坐标得OA=9，OC=3，由路程、速度与时间的关系可得BF=OE=4，由矩形性质得BC=OA=9，BC∥OA，∠COE=90°，则CF=AE=9-4=5，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形AECF是平行四边形，在Rt△OCE中，由勾股定理算出CE可得CE=AE=5，从而根据一组邻边相等的平行四边形是菱形得平行四边形AECF是菱形，根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半可得答案.
5．【答案】B
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=4，AB=CD=2，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，
由折叠得AF=FD=CH=BH，AG=BG=CE=DE，FH=AB=2，GE=BC=4，
∴△AGF≌△BGH≌△CEH≌△DEF（SAS）
∴FG=EF=EH=GH，
∴四边形EFGH为菱形，
∴ 四边形的面积为 GE·FH=×4×2=4；
故答案为：B.
【分析】根据矩形的性质及折叠可证△AGF≌△BGH≌△CEH≌△DEF（SAS），可得四边形EFGH为菱形，根据菱形的面积公式计算即可.
6．【答案】1
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解： ∵四边形ABCD是菱形，
∴DO=BO=1，CD∥AB，
∴∠ODF=∠OBE，∠OFD=∠OEB，
∴△DOF≌△BOE（AAS），
∴△DOF的面积=△BOE的面积，
∴△AOE与△DOF的面积之和=△BOA的面积= 1
故答案为：1.
【分析】 根据菱形的性质证明△DOF≌△BOE（AAS），得△DOF的面积=△BOE的面积，进而可以解决问题.
7．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵点A的坐标为（1，），
∴OA==2，
∵四边形OABC为菱形，
∴OB=BC=CA=AO=2且AC∥OB，
∴点C的坐标为（3，），
故答案为：（3，）。
【分析】根据菱形的性质，结合点A的坐标求出C点的坐标即可。
8．【答案】10
【知识点】三角形的面积；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接BD和CE，
∵四边形ABCD是菱形，且其面积为24，
∴，AB∥CD，BC∥AD，
又∵E是AB中点，
∴，
又∵，即，
∴，
∴，
同理，，
∴=24-6-4-4=10.
故答案为：10.
【分析】根据菱形的性质分析，由平行线的距离处处相等，即三角形间同高或等高从而根据菱形面积推出各部分三角形面积往目标面积逐步推理，利用△BEF的面积推出点F在边BC的具体位置进而推出△CDF的面积，最后利用作差计算出阴影部分的面积.
9．【答案】20
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：AC与BD相交于点O，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OD=OB=BD=4，OA=OC=AC=3，AB=BC=CD=AD，
在Rt△AOD中，∵OA=3，OB=4，
∴AD==5，
∴菱形ABCD的周长=4×5=20．
故答案为20．
【分析】AC与BD相交于点O，如图，根据菱形的性质得AC⊥BD，OD=OB=BD=4，OA=OC=AC=3，AB=BC=CD=AD，则可在Rt△AOD中，根据勾股定理计算出AD=5，于是可得菱形ABCD的周长为20．
10．【答案】10
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC.
∵∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC=AB=10.
故答案为：10.
【分析】由菱形的性质可得AB=BC，结合∠B=60°可推出△ABC为等边三角形，据此解答.
11．【答案】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
平分，平分，
，，
，
，
，，
≌，
，
四边形是平行四边形，
，
．
（2）解：由知≌，
，
四边形是菱形，
，，，
四边形的菱形，
，，
，
，
，
，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
四边形的面积．
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用ASA证明≌，可证明四边形是平行四边形，再利用平行四边形的性质求解；
（2）证明四边形的菱形，利用菱形的性质说明是等边三角形，利用等边三角形的性质求得BD，再利用三角函数求得OE，根据EF=2OE求得EF，最后利用三角形面积公式求解.
12．【答案】（1）证明：连接，交于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴；
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形．
【知识点】三角形全等及其性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定
【解析】【分析】（1）连接，交于点，先根据平行四边形的性质即可得到，进而运用平行线的性质即可得到，再根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，进而根据平行四边形的判定与性质结合平行线的性质即可得到；
（2） 先根据平行四边形的性质结合平行线的性质即可得到，进而结合题意运用等腰三角形的性质即可得到，再运用菱形的判定即可求解。
13．【答案】（1）证明：如图所示，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
在与中
，
∴；
（2）解：∵
∴，
又∵
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是菱形．
【知识点】菱形的判定；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据平行线的性质求出 ， 再求出 ， 最后利用全等三角形的判定方法证明即可；
（2）利用全等三角形的性质求出 ， 再求出四边形是平行四边形，最后利用菱形的判定方法证明即可。
14．【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴即
∴
∵为的中点，
∴
∴，
∴
∵
∴四边形是平行四边形，
又
∴四边形是菱形；
（2）解：∵
∴
∵平行四边形的周长为22，
∴菱形的周长为：
∴
∵四边形是菱形，
∴
又
∴是等边三角形，
∵．
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据平行四边形性质可得即则再根据全等三角形判定定理可得再根据菱形判定定理即可求出答案.
（2）根据边之间的关系可得再根据菱形周长可得AB，根据菱形性质可得再根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则即可求出答案.
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴即
∴
∵为的中点，
∴
∴，
∴
∵
∴四边形是平行四边形，
又
∴四边形是菱形；
（2）解：∵
∴
∵平行四边形的周长为22，
∴菱形的周长为：
∴
∵四边形是菱形，
∴
又
∴是等边三角形，
∵．
15．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠OED=∠OFB，
∵点O是平行四边形ABCD对角线的交点，
∴OB=OD，
在△ODE和△OBF中，
∴△ODE≌△OBF（AAS）
（2）解：连接BE、DF，
由（1）得△ODE≌△OBF，
∴DE=BF，
∵DE∥BF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形BEDF是菱形，
∴DF=BF=BE=DE=15cm，
∴DF+BF+BE+DE=4DE=4×15=60（cm）.
答：四边形BEDF的周长为60cm.
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质可得AD∥BC，OB=OD，结合图形用角角边可证△ODE≌△OBF；
（2）连接BE、DF，由（1）中的全等三角形可得DE=BF，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BEDF是平行四边形，结合已知根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得四边形BEDF是菱形，然后根据菱形的性质可求解.
1 / 11.1菱形的性质与判定（第3课时）—北师大版数学九（上）课堂达标卷
一、选择题
1．（2025·内江） 按如下步骤作四边形：（1）画；（2）以点为圆心，个单位长为半径画弧，分别交、于点、：（3）分别以点和点为圆心，个单位长为半径画弧，两弧交于点；（）连接、、．若，则的度数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：由作图过程可得AB=AD=BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠ADC=180°-∠A=140°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BDC=∠ADB=∠ADC=70°.
故答案为：D .
【分析】由四边相等的四边形是菱形得四边形ABCD是菱形，由菱形的对边平行得AB∥CD，由二直线平行，同旁内角互补可求出∠ADC=140°，进而根据菱形的每一条对角线平分一组对角可求出∠BDC的度数.
2．（2025八下·建德月考）如图，在中，按照如下尺规作图的步骤进行操作：①以点B为圆心，以适当长为半径画弧，分别与交于点E、F；②分别以E、F为圆心，以适当长为半径画弧，两弧交于点G，作射线，与边交于点H；③以B为圆心，长为半径画弧，交于边于点M．若，则点A，M之间的距离为（　　）
A．8 B．7 C．6 D．5
【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接AM、MH，设AM交BH于点O，
由题意可知，BH是∠ABC的角平分线，
∴∠ABH=∠CBH，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠AHB=∠CBH
∴∠ABH=∠AHB
∴AB=AH，
∵以B为圆心，BA长为半径画弧，交于边BC于点M，
∴AB=BM，
∴AH=BM，
又AH//BM，
∴四边形ABMH是平行四边形，
又AB=AH，
∴四边形ABMH是菱形，
∴AM⊥BH，，OA=OM，
∴∠AOB=90°，
∴，
∴AM=2OA=6，
故答案为：C.
【分析】连接AM、MH，设AM交BH于点O，根据题意证明四边形ABMH是菱形，从而得出OB的长，再根据勾股定理即可得出结果.
3．（2025·浙江二模）在菱形ABCD中，∠A为锐角，点M，N分别在边AB，BC上，连结DM，DN，则下列四个命题中，假命题为（　　）
A．若 AM=CN，则DM=DN B．若∠BMD=∠BND，则DM=DN
C．若AM=BN，则DM=DN D．若∠MDN=∠A，则DM=DN
【答案】C
【知识点】菱形的判定与性质；真命题与假命题
【解析】【解答】解：选项A、若AM=CN，由于菱形AB=CD，可得BM=DN，结合∠DMN=∠BDM，可证△DMN≌△BDM(ASA)，从而DM=DN，选项A为真命题；
选项B、若∠BMD=∠BND，且BD为公共边，∠MBD=∠NBD(菱形对称性)，可证
△BMD≌△BND(ASA)，故DM=DN，选项B为真命题；
选项C、若AM=BN，但BN为线段长度而非边长，无法直接通过全等或对称性推导出DM=DN，例如，当AM=BN时，点N的位置可能偏离对称轴，导致DM≠DN，选项C为假命题；
选项D、若∠MDN=∠A，结合∠DMN=∠BDM，可证△DMN为等腰三角形(底角相等)，故DM=DN，选项D为真命题；
故答案为：C.
【分析】根据菱形的性质，可知AB=BC=CD=DA，且对角线AC和BD互相垂直平分，由于∠A为锐角，所以∠B也为锐角，且∠A=∠C，∠B=∠D，进而去逐项判断即可.
4．（2023·苏州）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形．动点分别从点同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点移动．当移动时间为4秒时，的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC、EF，
∵点A（9，0），点C（0，3），
∴OA=9，OC=3，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC=OA=9，BC∥OA，∠COE=90°，
∵BF=OE=4，
∴CF=AE=9-4=5，
∴四边形AECF是平行四边形，
在Rt△OCE中，∠COE=90°，OE=4，OC=3，
∴CE=5，
∴CE=AE=5，
∴平行四边形AECF是菱形，
∴AC·EF=2AE·OC=2×5×3=30.
故答案为：D.
【分析】连接AC、EF，由A、C坐标得OA=9，OC=3，由路程、速度与时间的关系可得BF=OE=4，由矩形性质得BC=OA=9，BC∥OA，∠COE=90°，则CF=AE=9-4=5，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形AECF是平行四边形，在Rt△OCE中，由勾股定理算出CE可得CE=AE=5，从而根据一组邻边相等的平行四边形是菱形得平行四边形AECF是菱形，根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半可得答案.
5．（2023·武威）如图，将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形．若，，则四边形的面积为（　　）
A．2 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=4，AB=CD=2，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，
由折叠得AF=FD=CH=BH，AG=BG=CE=DE，FH=AB=2，GE=BC=4，
∴△AGF≌△BGH≌△CEH≌△DEF（SAS）
∴FG=EF=EH=GH，
∴四边形EFGH为菱形，
∴ 四边形的面积为 GE·FH=×4×2=4；
故答案为：B.
【分析】根据矩形的性质及折叠可证△AGF≌△BGH≌△CEH≌△DEF（SAS），可得四边形EFGH为菱形，根据菱形的面积公式计算即可.
二、填空题
6．（2025·福建）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，EF过点O 且与边AB， CD 分别相交于点 E，F.若 则△AOE 与△DOF 的面积之和为　 　.
【答案】1
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解： ∵四边形ABCD是菱形，
∴DO=BO=1，CD∥AB，
∴∠ODF=∠OBE，∠OFD=∠OEB，
∴△DOF≌△BOE（AAS），
∴△DOF的面积=△BOE的面积，
∴△AOE与△DOF的面积之和=△BOA的面积= 1
故答案为：1.
【分析】 根据菱形的性质证明△DOF≌△BOE（AAS），得△DOF的面积=△BOE的面积，进而可以解决问题.
7．（2023九上·滕州月考）如图，在平面直角坐标系中，菱形AOBC的顶点B在x轴的正半轴上，点A的坐标为，则点C的坐标为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵点A的坐标为（1，），
∴OA==2，
∵四边形OABC为菱形，
∴OB=BC=CA=AO=2且AC∥OB，
∴点C的坐标为（3，），
故答案为：（3，）。
【分析】根据菱形的性质，结合点A的坐标求出C点的坐标即可。
8．（2024·广东）如图，菱形ABCD的面积为24，点是AB的中点，点是BC上的动点.若的面积为4，则图中阴影部分的面积为　 　.
【答案】10
【知识点】三角形的面积；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接BD和CE，
∵四边形ABCD是菱形，且其面积为24，
∴，AB∥CD，BC∥AD，
又∵E是AB中点，
∴，
又∵，即，
∴，
∴，
同理，，
∴=24-6-4-4=10.
故答案为：10.
【分析】根据菱形的性质分析，由平行线的距离处处相等，即三角形间同高或等高从而根据菱形面积推出各部分三角形面积往目标面积逐步推理，利用△BEF的面积推出点F在边BC的具体位置进而推出△CDF的面积，最后利用作差计算出阴影部分的面积.
9．（2020八下·蜀山期末）在菱形ABCD中，对角线AC，BD的长分别是6和8，则菱形的周长是　 　 .
【答案】20
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：AC与BD相交于点O，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OD=OB=BD=4，OA=OC=AC=3，AB=BC=CD=AD，
在Rt△AOD中，∵OA=3，OB=4，
∴AD==5，
∴菱形ABCD的周长=4×5=20．
故答案为20．
【分析】AC与BD相交于点O，如图，根据菱形的性质得AC⊥BD，OD=OB=BD=4，OA=OC=AC=3，AB=BC=CD=AD，则可在Rt△AOD中，根据勾股定理计算出AD=5，于是可得菱形ABCD的周长为20．
10．（2023·福建）如图，在菱形中，，则的长为　 　．
【答案】10
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC.
∵∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC=AB=10.
故答案为：10.
【分析】由菱形的性质可得AB=BC，结合∠B=60°可推出△ABC为等边三角形，据此解答.
三、解答题
11．（2023·呼和浩特）如图，四边形是平行四边形，连接，交于点，平分交于点，平分交于点，连接，．
（1）求证：；
（2）若四边形是菱形且，，求四边形的面积．
【答案】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
平分，平分，
，，
，
，
，，
≌，
，
四边形是平行四边形，
，
．
（2）解：由知≌，
，
四边形是菱形，
，，，
四边形的菱形，
，，
，
，
，
，
是等边三角形，
，，
，
，
，
，
四边形的面积．
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的性质；菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用ASA证明≌，可证明四边形是平行四边形，再利用平行四边形的性质求解；
（2）证明四边形的菱形，利用菱形的性质说明是等边三角形，利用等边三角形的性质求得BD，再利用三角函数求得OE，根据EF=2OE求得EF，最后利用三角形面积公式求解.
12．（2023·湘西）如图，四边形是平行四边形，，且分别交对角线于点M，N，连接．
（1）求证：；
（2）若．求证：四边形是菱形．
【答案】（1）证明：连接，交于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴；
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形．
【知识点】三角形全等及其性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定
【解析】【分析】（1）连接，交于点，先根据平行四边形的性质即可得到，进而运用平行线的性质即可得到，再根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，进而根据平行四边形的判定与性质结合平行线的性质即可得到；
（2） 先根据平行四边形的性质结合平行线的性质即可得到，进而结合题意运用等腰三角形的性质即可得到，再运用菱形的判定即可求解。
13．（2023·怀化）如图，矩形中，过对角线的中点作的垂线，分别交，于点，．
（1）证明：；
（2）连接、，证明：四边形是菱形．
【答案】（1）证明：如图所示，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
在与中
，
∴；
（2）解：∵
∴，
又∵
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是菱形．
【知识点】菱形的判定；矩形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据平行线的性质求出 ， 再求出 ， 最后利用全等三角形的判定方法证明即可；
（2）利用全等三角形的性质求出 ， 再求出四边形是平行四边形，最后利用菱形的判定方法证明即可。
14．（2025·江安模拟）如图，在平行四边形中，点在边上，，连接，点为的中点，的延长线交边于点，连接
（1）求证：四边形是菱形：
（2）若平行四边形的周长为，求的长．
【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴即
∴
∵为的中点，
∴
∴，
∴
∵
∴四边形是平行四边形，
又
∴四边形是菱形；
（2）解：∵
∴
∵平行四边形的周长为22，
∴菱形的周长为：
∴
∵四边形是菱形，
∴
又
∴是等边三角形，
∵．
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据平行四边形性质可得即则再根据全等三角形判定定理可得再根据菱形判定定理即可求出答案.
（2）根据边之间的关系可得再根据菱形周长可得AB，根据菱形性质可得再根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则即可求出答案.
（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴即
∴
∵为的中点，
∴
∴，
∴
∵
∴四边形是平行四边形，
又
∴四边形是菱形；
（2）解：∵
∴
∵平行四边形的周长为22，
∴菱形的周长为：
∴
∵四边形是菱形，
∴
又
∴是等边三角形，
∵．
15．（2024·雅安）如图，点是 对角线的交点，过点的直线分别交，于点，．
（1）求证：≌；
（2）当时，，分别连接，求此时四边形的周长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠OED=∠OFB，
∵点O是平行四边形ABCD对角线的交点，
∴OB=OD，
在△ODE和△OBF中，
∴△ODE≌△OBF（AAS）
（2）解：连接BE、DF，
由（1）得△ODE≌△OBF，
∴DE=BF，
∵DE∥BF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形BEDF是菱形，
∴DF=BF=BE=DE=15cm，
∴DF+BF+BE+DE=4DE=4×15=60（cm）.
答：四边形BEDF的周长为60cm.
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质可得AD∥BC，OB=OD，结合图形用角角边可证△ODE≌△OBF；
（2）连接BE、DF，由（1）中的全等三角形可得DE=BF，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BEDF是平行四边形，结合已知根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得四边形BEDF是菱形，然后根据菱形的性质可求解.
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