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浙教版数学八年级下册 5.2 菱形 三阶训练
一、选择题
1．如图，在菱形ABCD中，P、Q分别是AD、AC的中点，如果PQ=3，那么菱形ABCD的周长是（　　）
A．30 B．24 C．18 D．6
2．如图，线段，点P在线段上，且，分别以点A和点B为圆心，的长为半径作弧，两弧相交于点C和点D，连接，则点C到边的距离是（　　）
A． B． C．4 D．3
3．某校的校园内有一个由两个相同的正六边形（边长为2.5m）围成的花坛，如图中的阴影部分所示，校方先要将这个花坛在原有的基础上扩建成一个菱形区域如图所示，并在新扩充的部分种上草坪，则扩建后菱形区域的周长为（　　）
A．20m B．25m C．30m D．35m
4．如图，某型号千斤顶的工作原理是利用四边形的不稳定性，图中的菱形是该型号千斤顶的示意图，保持菱形边长不变，可通过改变的长来调节的长已知，的初始长为，如果要使的长达到，那么的长需要缩短(　　)
A． B． C． D．
5．如图，在菱形 中， 是菱形的高，若对角线 、 的长分别是6、8，则 的长是
A． B． C． D．5
6．在平面直角坐标系中，已知A，B，C，D四点的坐标依次为，，，，若一次函数（）图象将四边形的面积分成1∶3两部分，则m的值为（　　）
A．-4 B．，-4 C． D．，-5
7．两张全等的矩形纸片 ABCD，AECF 按如图方式交叉叠放在一起，AB=AF，AE=BC.若 AB=1，BC=3，则图中重叠（阴影）部分的面积为（　　）.
A．2 B． C． D．
8．如图，四边形是菱形，，，点是边上的一动点，过点作于点，于点，连接，则的最小值为(　　)
A． B． C． D．
9．如图，在△ABC中， AB=AC， CM 平分∠ACB，与AB 交于点M ， AD⊥BC于点D， ME⊥BC于点E， MF⊥MC 与BC交于点F， 给出下列结论： ①∠AMC=3∠ACM； ②若CF=7， 则 其中下列判断正确的是（　　）
A．①错， B．对B. ①，②都对
C．①对，②错 D．①，②都错
10．如图，中，对角线交于点，，分别是，的中点．下列结论正确的是（　　）
①；②；③平分；④平分；⑤四边形是菱形．
A．③⑤ B．①②④ C．①②③④ D．①②③④⑤
二、填空题
11．如图，菱形ABCD中，∠BAD=120°，CF⊥AD于点E，且BC=CF，连接BF交对角线AC于点M，则∠FMC=　 　度．
12．如图，在中，点D是的中点，、相交于点F，且满足，，，则　 　°．
13．如图，菱形的顶点B、C在x轴上（B在C的左侧），顶点A、D在x轴上方，对角线的长是，点为的中点，点P在菱形的边上运动，点F在y轴的正半轴上，且，当点F到所在直线的距离取得最大值时，点P恰好落在的中点处，则菱形的边长等于　 　．
14．如图，菱形的边长为5，对角线的长为，在平面直角坐标系的位置如图所示，点P是对角线上的一个动点，，当最短时，点P的坐标为　 　．
15．如图，在菱形中，，点P为线段上不与端点重合的一个动点．过点P作直线、直线的垂线，垂足分别为点E、点F．连结，在点P的运动过程中，的最小值等于　 　．
三、解答题
16．如图，在中，D，E分别是，的中点，，延长到点F，使得，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求菱形的面积．
17．如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，已知，，点D是的中点，动点P以2个单位长度/秒的速度由点C出发，沿运动至点B，设动点P的运动时间为t秒．
（1）则　 　，四边形为平行四边形；
（2）若四边形为平行四边形，请判断四边形的形状，并说明理由；
（3）在线段上是否存在一点N，使得以O、D、P、N为顶点的四边形为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】解：由题意可知，PQ是△ADC的中位线，则DC=2PQ=2×3=6，那么菱形ABCD的周长=6×4=24，
故选B．
【分析】根据题意得PQ是△ADC的中位线，利用三角形中位线定理可求得菱形的边长，则菱形的周长就不难求得了．
2．【答案】B
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；菱形的判定与性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】【解答】解：如图，连接交于点，
根据作图可知是的垂直平分线，，
∴四边形为菱形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设点到边的距离为，
∴，
∴，
故答案为：B．
【分析】连接交于点，先利用基本作图得到是的垂直平分线，，从而证明四边形是菱形，，进而得，再利用勾股定理计算出，于是得到，接下来设点到边的距离为，利用菱形的面积公式进行求解.
3．【答案】C
【知识点】菱形的性质；菱形的判定；菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，∵花坛是由两个相同的正六边形围成，
∴∠FGM=∠GMN=120°，GM=GF=EF，
∴∠BMG=∠BGM=60°，
∴△BMG是等边三角形，
∴BG=GM=2.5（m），
同理可证：AF=EF=2.5（m）
∴AB=BG+GF+AF=2.5×3=7.5（m），
∴扩建后菱形区域的周长为7.5×4=30（m），
故选：C．
【分析】根据题意和正六边形的性质得出△BMG是等边三角形，再根据正六边形的边长得出BG=GM=2.5m，同理可证出AF=EF=2.5m，再根据AB=BG+GF+AF，求出AB，从而得出扩建后菱形区域的周长．
4．【答案】D
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，设AC与BD相交于点O，A'C'与BD'相交于点O'，
∵四边形ABCD与四边形A'BC'D'都是菱形，且AB=A'B=30cm，BD=30cm，BD'=36cm，
∴BO=BD=15cm，BO'=BD'=18cm，AC=2AO，A'C'=2A'O'，BD⊥AC，BD'⊥A'C'，
在Rt△AOB中，AO=cm，
∴AC=2AO=cm；
在Rt△A'O'B中，A'O'=cm，
∴A'C'=2O'A'=48cm，
∴AC-A'C'=cm.
故答案为：D.
【分析】由菱形的性质得BO=BD=15cm，BO'=BD'=18cm，AC=2AO，A'C'=2A'O'，BD⊥AC，BD'⊥A'C'，用勾股定理分别算出AO、A'O'，从而可得AC及A'C'的长，最后再求出AC与A'C'的差即可.
5．【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解： 四边形 是菱形
， ，
故答案为： ．
【分析】根据菱形的性质，可得 ， ， ，利用勾股定理求出BC=5，利用，据此计算即可.
6．【答案】D
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；菱形的判定与性质
【解析】【解答】∵A，B，C，D四点的坐标依次为，，，，
∴AB=BC=CD=AD=，
∴四边形ABCD是菱形，
∵一次函数的解析式为，
∴一次函数经过定点B（6，2），
∵一次函数（）图象将四边形的面积分成1∶3两部分，
∴一次函数的图象经过AD的中点M（1，3）或经过CD的中点N（5，7），如图所示：
∴m-6m+2=3或5m-6m+2=7，
解得：m=或m-5，
故答案为：D.
【分析】先证出四边形ABCD是菱形，再求出一次函数经过定点B（6，2），再结合一次函数（）图象将四边形的面积分成1∶3两部分，可得一次函数的图象经过AD的中点M（1，3）或经过CD的中点N（5，7），再列出方程m-6m+2=3或5m-6m+2=7，再求出m的值即可.
7．【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【解答】设BC交AE于G，AD交CF于H，如图所示：
∵四边形ABCD、四边形AECF是全等的矩形，
∴AB=CE，∠B=∠E=90°，AD∥BC，AE∥CF，
∴四边形AGCH是平行四边形，
在△ABG和△CEG中，
，
∴△ABG≌△CEG（AAS），
∴AG=CG，
∴四边形AGCH是菱形，
设AG=CG=x，则BG=BC-CG=3-x，
在Rt△ABG中，由勾股定理得：12+(3-x)2=x2，
解得：x= ，
∴CG= ，
∴菱形AGCH的面积=CG AB= ，
即图中重叠（阴影）部分的面积为 .
故答案为：C.
【分析】证得四边形AGCH是平行四边形，由△ABG≌△CEG（AAS），证得四边形AGCH是菱形，设AG=CG=x，则BG=BC-CG=3-x，在Rt△ABG中，由勾股定理得出方程，解方程求得CG的长，即可求出菱形AGCH的面积.
8．【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接OE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵，，
∴，
∴四边形OFEG为矩形，
∴FG=OE，
作OE’⊥CD，此时OE即为最短，
∵，
∴OD=2，
∵，
∴CD=，
∴CO==4，
∴OE’===，
故答案为：C
【分析】连接OE，根据菱形性质可得AC⊥BD，则，根据矩形判定定理可得四边形OFEG为矩形，则FG=OE，作OE’⊥CD，此时OE即为最短，再根据勾股定理即可求出答案.
9．【答案】B
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵ CM 平分∠ACB，
∴∠ACD=2∠ACM=2∠BCM，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACD=2∠ACM，
∴∠AMC=∠B+∠BCM=3∠ACM，故①正确；
取CF的中点N，则FC =2MN，过点M作MG∥BC交AD与G，交AC与H，过点H作HP⊥BC交BC与P.
∵ ME⊥BC， AD⊥BC， AB=AC，
∴ME∥GD， BD=DC，
∵MG∥DE，
∴四边形MEDG是平行四边形，
∵ ∠MED=90°，
∴四边形MEDG是矩形，同理四边形GDPH是矩形，
∴ME=HP，
∴△BME≌△CHP，
∴ BE=CP，
∴ DE=DP，
∴ MH=EP=2DE
∵ MN=CN，
∴ ∠NMC=∠NCM=∠MCH，
∴ MN∥CH， ∴ MH∥CN，
∴四边形MNCH是平行四边形，
∵ MN=CN，
∴四边形MNCH是菱形，
∴ MN=MH
∴ MN=2DE，
∴ FC=4DE，
又∵ CF=7，
∴故②正确
故答案为：B.
【分析】根据角平分线的定义和等边对等角得到∠B=∠ACD=2∠ACM，然后根据三角形的外角得到 ∠AMC=3∠ACM判断①；取CF的中点N，则FC =2MN，过点M作MG∥BC交AD与G，交AC与H，过点H作HP⊥BC交BC与P，得到四边形MEDG，GDPH是矩形，然后证明△BME≌△CHP，即可得到BE=CP，进而证明MNCH是菱形，即可得到DE长判断②解答即可.
10．【答案】B
【知识点】菱形的判定；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：令和的交点为点，如图
、分别是、的中点，
，且，
四边形为平行四边形，
，且，
（两直线平行，内错角相等），
点为的中点，
，
在和中，，
，即②成立，
，，
（内错角相等，两直线平行），
，点为平行四边形对角线交点，
，
为中点，
，
，
，为中点，
为中点，即，且，
在和中，，
，
，
，即①成立，
，，
四边形为平行四边形，
，
，
，
，
在和中，，
，
，
平分，即④成立，
综上所述，正确的有①②④，
故答案为：B．
【分析】由三角形的中位线定理得到，且，然后根据SAS证明两三角形全等判断②，由可得，进而得到，再由中位线定理得到，且，，即可得到，进而求出判断①，然后根据SAS得到判断④解题即可．
11．【答案】105
【知识点】菱形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】∵菱形ABCD中，∠BAD=120°，CF⊥AD于点E，
∴∠BCA=60°，∠ACE=∠DCE=30°，∠CBD=∠ABD=30°，AC⊥BD，
∴∠BCF=90°，
∵BC=CF，
∴∠CBF=∠BFC=45°，
∴∠FBD=45° 30°=15°，
∴∠FMC=90°+15°=105°.
故答案为：105.
【分析】利用菱形的性质及已知可得∠BCA=60°，∠ACE=∠DCE=30°，∠CBD=∠ABD=30°，AC⊥BD，从而可得∠BCF=90°，根据等边对等角可得∠CBF=∠BFC=45°，由∠FBD=∠FBC-∠CBD=15°，利用三角形外角的性质求出结论即可.
12．【答案】35
【知识点】等边三角形的判定与性质；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-SAS
【解析】【解答】解：延长，取点H，使，连接，过点B作，使，连接，，，如图所示：
∵点D为的中点，
∴，
在△ADB和△CDH中
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在△ADB和△HDG中
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴．
故答案为：35．
【分析】延长，取点H，使，连接，过点B作，使，连接，，，由题意，用边角边可证明，根据全等三角形的对应边(角)相等可得，，根据等腰三角形的判定得，由平行四边形的判定“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得四边形为平行四边形，由平行四边形的对边平行且相等可得，，由一组邻边相等的平行四边形是菱形可得四边形为菱形，由菱形的性质可得，，结合已知，用边角边可得，根据全等三角形的对应边(角)相等可得，，根据“有三边相等的三角形是等边三角形”可得为等边三角形，由等边三角形的性质可得，求出，根据三角形外角的性质即可求解．
13．【答案】
【知识点】平行线的判定与性质；等边三角形的判定与性质；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图1，当点P是AB的中点时，作FG⊥PE于G，连接EF，
在Rt△EFO中，∠EFO=30°，
∴∠FEO=60°，
在Rt△EFG中，FG≤FE，
∴当FG与FE重合时FG取得最大值，
如图2，当FG与FE重合时，连接AC交BD于点N，设PE交BD于点M，
在△ABC中，点P、E分别是AB、BC的中点，
∴PE是△ABC的中位线，即PE∥AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，CB=CD，
∴PE⊥BD，
∵PG⊥PE，PE、PG重合，
∴BD∥EF，
∴∠DBC=∠FEO=60°，
∵CB=CD，
∴△BCD是等边三角形，
∴BC=BD=.
故答案为：.
【分析】如图1，作FG⊥PE于G，连接EF，首先说明点G与点E重合时， FG的值最大；如图2，当点G与点E重合时，利用菱形的性质和中位线定理证明BD∥EF，从而证明△BCD是等边三角形即可求解.
14．【答案】
【知识点】坐标与图形性质；一次函数与二元一次方程（组）的关系；勾股定理；菱形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：∵菱形
∴点C与点A关于对称，
连接交于P，连接，如图，
∵点C与点A关于对称，
∴
∴
此时最小，最小值等于．
∵菱形的边长为5，
∴，
设直线的解析式为，
把，代入，得
，
解得，
直线的解析式为，
过点B作于E，
∵菱形的边长为5，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理，得，
在中，由勾股定理，得，
∴
解得：
∴
∴
∴
设的解析式为，
把代入，得，
，
直线的解析式为，
联立，
解得，
，
故答案为：．
【分析】由菱形的性质知，点C与点A关于对称，连接交于P，连接，此时最小，最小值等于．用待定系数法求得直线的解析式为，直线的解析式为，然后联立丙解析式，求解即可得点P坐标．
15．【答案】7.8
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接交于点O，连接，
∵四边形是菱形，
∴，，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：，
即的值为定值，
当最小时，有最小值，
∵当时，的最小值，
∴的最小值，
故答案为：．
【分析】连接，根据三角形面积关系：，推算出的值为定值，连接交于点O，再由垂线段最短即可判断出AP的最小值为OA，根据菱形的性质及勾股定理即可计算出答案.
16．【答案】（1）证明： ∵D、E分别是、的中点，，，
，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
，
∴四边形是菱形
（2）解：连接，交于O，
四边形是菱形，
，，，，
，
在中，，
，
，
菱形的面积为
【知识点】菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）利用已知可证得DE是△ABC的中位线，利用三角形的中位线定理可证得DE∥BC，BC=2DE；再证明BC=BE=EF，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，张凯德四边形BCFE是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证得结论.
（2）连接，交于O，利用菱形的性质可求出OE、BE的长，同时可证得OB=OF，BF⊥CE；再利用勾股定理求出OB的长，可得到BF的长，然后利用菱形的面积公式进行计算.
（1）证明： ∵D、E分别是、的中点，
，，
，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
，
∴四边形是菱形；
（2）解：连接，交于O，
四边形是菱形，
，，，，
，
在中，，
，
，
菱形的面积为．
17．【答案】（1）3
（2）解：四边形CODP为矩形，理由如下：
∵四边形PODB是平行四边形，
∴BP=OD=6，
∴CP=BC-BP=12-6=6，
∴CP=OD，
∵BC//OA.
∴CPIOD，
∴四边形CODP为平行四边形
∵四边形OABC为矩形，
∴∠COD=90°
∴四边形CODP为矩形
（3）解：存在，分两种情况：
①如图，当点N在点P的右侧时，
∵四边形ODNP为菱形，
∴OD=OP=PN=6
∴在Rt△OCP中，
∴，解得：
②如图，当点N在点P左侧时，
∵四边形ODNP为菱形，
∴OD=ON=NP=6，
∵在Rt△OCN中，
∴
∴，解得：.
∴综上所述，当t的值为或时，以0、D、P、N为顶点的四边形为菱形
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】解：(1)∵四边形OABC为矩形，A(12，0)，C(0，4)
∴BC=OA=12，OC=AB=4，
∵点D是OA的中点
∴，
根据题意，可得：PC=2t，
∴BP=BC-PC=12-2t
∵四边形PODB为平行四边形
∴BP=OD=6，
∴12-2t=6，解得：t=3.
故答案为：3.
【分析】(1)利用矩形的性质可得BP=12-2t，根据平行四边形的性质得BP=OD，构建一元一次方程，解方程，即可求解；
(2)利用平行四边形的性质证得四边形CODP为平行四边形，结合∠COD=90°即可求证；
(3)分点N在点P的左边，点N在点P的右边两种情况，利用菱形的性质结合勾股定理分别求解即可.
1 / 1浙教版数学八年级下册 5.2 菱形 三阶训练
一、选择题
1．如图，在菱形ABCD中，P、Q分别是AD、AC的中点，如果PQ=3，那么菱形ABCD的周长是（　　）
A．30 B．24 C．18 D．6
【答案】B
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】解：由题意可知，PQ是△ADC的中位线，则DC=2PQ=2×3=6，那么菱形ABCD的周长=6×4=24，
故选B．
【分析】根据题意得PQ是△ADC的中位线，利用三角形中位线定理可求得菱形的边长，则菱形的周长就不难求得了．
2．如图，线段，点P在线段上，且，分别以点A和点B为圆心，的长为半径作弧，两弧相交于点C和点D，连接，则点C到边的距离是（　　）
A． B． C．4 D．3
【答案】B
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；菱形的判定与性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】【解答】解：如图，连接交于点，
根据作图可知是的垂直平分线，，
∴四边形为菱形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设点到边的距离为，
∴，
∴，
故答案为：B．
【分析】连接交于点，先利用基本作图得到是的垂直平分线，，从而证明四边形是菱形，，进而得，再利用勾股定理计算出，于是得到，接下来设点到边的距离为，利用菱形的面积公式进行求解.
3．某校的校园内有一个由两个相同的正六边形（边长为2.5m）围成的花坛，如图中的阴影部分所示，校方先要将这个花坛在原有的基础上扩建成一个菱形区域如图所示，并在新扩充的部分种上草坪，则扩建后菱形区域的周长为（　　）
A．20m B．25m C．30m D．35m
【答案】C
【知识点】菱形的性质；菱形的判定；菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，∵花坛是由两个相同的正六边形围成，
∴∠FGM=∠GMN=120°，GM=GF=EF，
∴∠BMG=∠BGM=60°，
∴△BMG是等边三角形，
∴BG=GM=2.5（m），
同理可证：AF=EF=2.5（m）
∴AB=BG+GF+AF=2.5×3=7.5（m），
∴扩建后菱形区域的周长为7.5×4=30（m），
故选：C．
【分析】根据题意和正六边形的性质得出△BMG是等边三角形，再根据正六边形的边长得出BG=GM=2.5m，同理可证出AF=EF=2.5m，再根据AB=BG+GF+AF，求出AB，从而得出扩建后菱形区域的周长．
4．如图，某型号千斤顶的工作原理是利用四边形的不稳定性，图中的菱形是该型号千斤顶的示意图，保持菱形边长不变，可通过改变的长来调节的长已知，的初始长为，如果要使的长达到，那么的长需要缩短(　　)
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，设AC与BD相交于点O，A'C'与BD'相交于点O'，
∵四边形ABCD与四边形A'BC'D'都是菱形，且AB=A'B=30cm，BD=30cm，BD'=36cm，
∴BO=BD=15cm，BO'=BD'=18cm，AC=2AO，A'C'=2A'O'，BD⊥AC，BD'⊥A'C'，
在Rt△AOB中，AO=cm，
∴AC=2AO=cm；
在Rt△A'O'B中，A'O'=cm，
∴A'C'=2O'A'=48cm，
∴AC-A'C'=cm.
故答案为：D.
【分析】由菱形的性质得BO=BD=15cm，BO'=BD'=18cm，AC=2AO，A'C'=2A'O'，BD⊥AC，BD'⊥A'C'，用勾股定理分别算出AO、A'O'，从而可得AC及A'C'的长，最后再求出AC与A'C'的差即可.
5．如图，在菱形 中， 是菱形的高，若对角线 、 的长分别是6、8，则 的长是
A． B． C． D．5
【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解： 四边形 是菱形
， ，
故答案为： ．
【分析】根据菱形的性质，可得 ， ， ，利用勾股定理求出BC=5，利用，据此计算即可.
6．在平面直角坐标系中，已知A，B，C，D四点的坐标依次为，，，，若一次函数（）图象将四边形的面积分成1∶3两部分，则m的值为（　　）
A．-4 B．，-4 C． D．，-5
【答案】D
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；菱形的判定与性质
【解析】【解答】∵A，B，C，D四点的坐标依次为，，，，
∴AB=BC=CD=AD=，
∴四边形ABCD是菱形，
∵一次函数的解析式为，
∴一次函数经过定点B（6，2），
∵一次函数（）图象将四边形的面积分成1∶3两部分，
∴一次函数的图象经过AD的中点M（1，3）或经过CD的中点N（5，7），如图所示：
∴m-6m+2=3或5m-6m+2=7，
解得：m=或m-5，
故答案为：D.
【分析】先证出四边形ABCD是菱形，再求出一次函数经过定点B（6，2），再结合一次函数（）图象将四边形的面积分成1∶3两部分，可得一次函数的图象经过AD的中点M（1，3）或经过CD的中点N（5，7），再列出方程m-6m+2=3或5m-6m+2=7，再求出m的值即可.
7．两张全等的矩形纸片 ABCD，AECF 按如图方式交叉叠放在一起，AB=AF，AE=BC.若 AB=1，BC=3，则图中重叠（阴影）部分的面积为（　　）.
A．2 B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【解答】设BC交AE于G，AD交CF于H，如图所示：
∵四边形ABCD、四边形AECF是全等的矩形，
∴AB=CE，∠B=∠E=90°，AD∥BC，AE∥CF，
∴四边形AGCH是平行四边形，
在△ABG和△CEG中，
，
∴△ABG≌△CEG（AAS），
∴AG=CG，
∴四边形AGCH是菱形，
设AG=CG=x，则BG=BC-CG=3-x，
在Rt△ABG中，由勾股定理得：12+(3-x)2=x2，
解得：x= ，
∴CG= ，
∴菱形AGCH的面积=CG AB= ，
即图中重叠（阴影）部分的面积为 .
故答案为：C.
【分析】证得四边形AGCH是平行四边形，由△ABG≌△CEG（AAS），证得四边形AGCH是菱形，设AG=CG=x，则BG=BC-CG=3-x，在Rt△ABG中，由勾股定理得出方程，解方程求得CG的长，即可求出菱形AGCH的面积.
8．如图，四边形是菱形，，，点是边上的一动点，过点作于点，于点，连接，则的最小值为(　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接OE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵，，
∴，
∴四边形OFEG为矩形，
∴FG=OE，
作OE’⊥CD，此时OE即为最短，
∵，
∴OD=2，
∵，
∴CD=，
∴CO==4，
∴OE’===，
故答案为：C
【分析】连接OE，根据菱形性质可得AC⊥BD，则，根据矩形判定定理可得四边形OFEG为矩形，则FG=OE，作OE’⊥CD，此时OE即为最短，再根据勾股定理即可求出答案.
9．如图，在△ABC中， AB=AC， CM 平分∠ACB，与AB 交于点M ， AD⊥BC于点D， ME⊥BC于点E， MF⊥MC 与BC交于点F， 给出下列结论： ①∠AMC=3∠ACM； ②若CF=7， 则 其中下列判断正确的是（　　）
A．①错， B．对B. ①，②都对
C．①对，②错 D．①，②都错
【答案】B
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵ CM 平分∠ACB，
∴∠ACD=2∠ACM=2∠BCM，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACD=2∠ACM，
∴∠AMC=∠B+∠BCM=3∠ACM，故①正确；
取CF的中点N，则FC =2MN，过点M作MG∥BC交AD与G，交AC与H，过点H作HP⊥BC交BC与P.
∵ ME⊥BC， AD⊥BC， AB=AC，
∴ME∥GD， BD=DC，
∵MG∥DE，
∴四边形MEDG是平行四边形，
∵ ∠MED=90°，
∴四边形MEDG是矩形，同理四边形GDPH是矩形，
∴ME=HP，
∴△BME≌△CHP，
∴ BE=CP，
∴ DE=DP，
∴ MH=EP=2DE
∵ MN=CN，
∴ ∠NMC=∠NCM=∠MCH，
∴ MN∥CH， ∴ MH∥CN，
∴四边形MNCH是平行四边形，
∵ MN=CN，
∴四边形MNCH是菱形，
∴ MN=MH
∴ MN=2DE，
∴ FC=4DE，
又∵ CF=7，
∴故②正确
故答案为：B.
【分析】根据角平分线的定义和等边对等角得到∠B=∠ACD=2∠ACM，然后根据三角形的外角得到 ∠AMC=3∠ACM判断①；取CF的中点N，则FC =2MN，过点M作MG∥BC交AD与G，交AC与H，过点H作HP⊥BC交BC与P，得到四边形MEDG，GDPH是矩形，然后证明△BME≌△CHP，即可得到BE=CP，进而证明MNCH是菱形，即可得到DE长判断②解答即可.
10．如图，中，对角线交于点，，分别是，的中点．下列结论正确的是（　　）
①；②；③平分；④平分；⑤四边形是菱形．
A．③⑤ B．①②④ C．①②③④ D．①②③④⑤
【答案】B
【知识点】菱形的判定；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：令和的交点为点，如图
、分别是、的中点，
，且，
四边形为平行四边形，
，且，
（两直线平行，内错角相等），
点为的中点，
，
在和中，，
，即②成立，
，，
（内错角相等，两直线平行），
，点为平行四边形对角线交点，
，
为中点，
，
，
，为中点，
为中点，即，且，
在和中，，
，
，
，即①成立，
，，
四边形为平行四边形，
，
，
，
，
在和中，，
，
，
平分，即④成立，
综上所述，正确的有①②④，
故答案为：B．
【分析】由三角形的中位线定理得到，且，然后根据SAS证明两三角形全等判断②，由可得，进而得到，再由中位线定理得到，且，，即可得到，进而求出判断①，然后根据SAS得到判断④解题即可．
二、填空题
11．如图，菱形ABCD中，∠BAD=120°，CF⊥AD于点E，且BC=CF，连接BF交对角线AC于点M，则∠FMC=　 　度．
【答案】105
【知识点】菱形的性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】∵菱形ABCD中，∠BAD=120°，CF⊥AD于点E，
∴∠BCA=60°，∠ACE=∠DCE=30°，∠CBD=∠ABD=30°，AC⊥BD，
∴∠BCF=90°，
∵BC=CF，
∴∠CBF=∠BFC=45°，
∴∠FBD=45° 30°=15°，
∴∠FMC=90°+15°=105°.
故答案为：105.
【分析】利用菱形的性质及已知可得∠BCA=60°，∠ACE=∠DCE=30°，∠CBD=∠ABD=30°，AC⊥BD，从而可得∠BCF=90°，根据等边对等角可得∠CBF=∠BFC=45°，由∠FBD=∠FBC-∠CBD=15°，利用三角形外角的性质求出结论即可.
12．如图，在中，点D是的中点，、相交于点F，且满足，，，则　 　°．
【答案】35
【知识点】等边三角形的判定与性质；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-SAS
【解析】【解答】解：延长，取点H，使，连接，过点B作，使，连接，，，如图所示：
∵点D为的中点，
∴，
在△ADB和△CDH中
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在△ADB和△HDG中
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴．
故答案为：35．
【分析】延长，取点H，使，连接，过点B作，使，连接，，，由题意，用边角边可证明，根据全等三角形的对应边(角)相等可得，，根据等腰三角形的判定得，由平行四边形的判定“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得四边形为平行四边形，由平行四边形的对边平行且相等可得，，由一组邻边相等的平行四边形是菱形可得四边形为菱形，由菱形的性质可得，，结合已知，用边角边可得，根据全等三角形的对应边(角)相等可得，，根据“有三边相等的三角形是等边三角形”可得为等边三角形，由等边三角形的性质可得，求出，根据三角形外角的性质即可求解．
13．如图，菱形的顶点B、C在x轴上（B在C的左侧），顶点A、D在x轴上方，对角线的长是，点为的中点，点P在菱形的边上运动，点F在y轴的正半轴上，且，当点F到所在直线的距离取得最大值时，点P恰好落在的中点处，则菱形的边长等于　 　．
【答案】
【知识点】平行线的判定与性质；等边三角形的判定与性质；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图1，当点P是AB的中点时，作FG⊥PE于G，连接EF，
在Rt△EFO中，∠EFO=30°，
∴∠FEO=60°，
在Rt△EFG中，FG≤FE，
∴当FG与FE重合时FG取得最大值，
如图2，当FG与FE重合时，连接AC交BD于点N，设PE交BD于点M，
在△ABC中，点P、E分别是AB、BC的中点，
∴PE是△ABC的中位线，即PE∥AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，CB=CD，
∴PE⊥BD，
∵PG⊥PE，PE、PG重合，
∴BD∥EF，
∴∠DBC=∠FEO=60°，
∵CB=CD，
∴△BCD是等边三角形，
∴BC=BD=.
故答案为：.
【分析】如图1，作FG⊥PE于G，连接EF，首先说明点G与点E重合时， FG的值最大；如图2，当点G与点E重合时，利用菱形的性质和中位线定理证明BD∥EF，从而证明△BCD是等边三角形即可求解.
14．如图，菱形的边长为5，对角线的长为，在平面直角坐标系的位置如图所示，点P是对角线上的一个动点，，当最短时，点P的坐标为　 　．
【答案】
【知识点】坐标与图形性质；一次函数与二元一次方程（组）的关系；勾股定理；菱形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：∵菱形
∴点C与点A关于对称，
连接交于P，连接，如图，
∵点C与点A关于对称，
∴
∴
此时最小，最小值等于．
∵菱形的边长为5，
∴，
设直线的解析式为，
把，代入，得
，
解得，
直线的解析式为，
过点B作于E，
∵菱形的边长为5，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理，得，
在中，由勾股定理，得，
∴
解得：
∴
∴
∴
设的解析式为，
把代入，得，
，
直线的解析式为，
联立，
解得，
，
故答案为：．
【分析】由菱形的性质知，点C与点A关于对称，连接交于P，连接，此时最小，最小值等于．用待定系数法求得直线的解析式为，直线的解析式为，然后联立丙解析式，求解即可得点P坐标．
15．如图，在菱形中，，点P为线段上不与端点重合的一个动点．过点P作直线、直线的垂线，垂足分别为点E、点F．连结，在点P的运动过程中，的最小值等于　 　．
【答案】7.8
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形的面积；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接交于点O，连接，
∵四边形是菱形，
∴，，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：，
即的值为定值，
当最小时，有最小值，
∵当时，的最小值，
∴的最小值，
故答案为：．
【分析】连接，根据三角形面积关系：，推算出的值为定值，连接交于点O，再由垂线段最短即可判断出AP的最小值为OA，根据菱形的性质及勾股定理即可计算出答案.
三、解答题
16．如图，在中，D，E分别是，的中点，，延长到点F，使得，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求菱形的面积．
【答案】（1）证明： ∵D、E分别是、的中点，，，
，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
，
∴四边形是菱形
（2）解：连接，交于O，
四边形是菱形，
，，，，
，
在中，，
，
，
菱形的面积为
【知识点】菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）利用已知可证得DE是△ABC的中位线，利用三角形的中位线定理可证得DE∥BC，BC=2DE；再证明BC=BE=EF，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，张凯德四边形BCFE是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证得结论.
（2）连接，交于O，利用菱形的性质可求出OE、BE的长，同时可证得OB=OF，BF⊥CE；再利用勾股定理求出OB的长，可得到BF的长，然后利用菱形的面积公式进行计算.
（1）证明： ∵D、E分别是、的中点，
，，
，
，
，
，
，
∴四边形是平行四边形，
，
∴四边形是菱形；
（2）解：连接，交于O，
四边形是菱形，
，，，，
，
在中，，
，
，
菱形的面积为．
17．如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，已知，，点D是的中点，动点P以2个单位长度/秒的速度由点C出发，沿运动至点B，设动点P的运动时间为t秒．
（1）则　 　，四边形为平行四边形；
（2）若四边形为平行四边形，请判断四边形的形状，并说明理由；
（3）在线段上是否存在一点N，使得以O、D、P、N为顶点的四边形为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）3
（2）解：四边形CODP为矩形，理由如下：
∵四边形PODB是平行四边形，
∴BP=OD=6，
∴CP=BC-BP=12-6=6，
∴CP=OD，
∵BC//OA.
∴CPIOD，
∴四边形CODP为平行四边形
∵四边形OABC为矩形，
∴∠COD=90°
∴四边形CODP为矩形
（3）解：存在，分两种情况：
①如图，当点N在点P的右侧时，
∵四边形ODNP为菱形，
∴OD=OP=PN=6
∴在Rt△OCP中，
∴，解得：
②如图，当点N在点P左侧时，
∵四边形ODNP为菱形，
∴OD=ON=NP=6，
∵在Rt△OCN中，
∴
∴，解得：.
∴综上所述，当t的值为或时，以0、D、P、N为顶点的四边形为菱形
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；坐标与图形变化﹣平移
【解析】【解答】解：(1)∵四边形OABC为矩形，A(12，0)，C(0，4)
∴BC=OA=12，OC=AB=4，
∵点D是OA的中点
∴，
根据题意，可得：PC=2t，
∴BP=BC-PC=12-2t
∵四边形PODB为平行四边形
∴BP=OD=6，
∴12-2t=6，解得：t=3.
故答案为：3.
【分析】(1)利用矩形的性质可得BP=12-2t，根据平行四边形的性质得BP=OD，构建一元一次方程，解方程，即可求解；
(2)利用平行四边形的性质证得四边形CODP为平行四边形，结合∠COD=90°即可求证；
(3)分点N在点P的左边，点N在点P的右边两种情况，利用菱形的性质结合勾股定理分别求解即可.
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