2022年全国中考数学真题预测解析考点汇编菱形的性质与判定.doc

( 1月最新最细） 全国中考真题预测解析120考点汇编☆菱形性质和鉴定
一、选择题
1. （ 江苏无锡，5，3分）菱形具有而矩形不一定具有性质是（　　）
A．对角线互相垂直 B．对角线相等
C．对角线互相平分 D．对角互补
考点：矩形性质；菱形性质。
专项：推理填空题。
分析：根据菱形对角线垂直平分性质及矩形对交线相等平分性质对各个选项进行分析，从而得到最后答案．
解答：解：A、菱形对角线互相垂直，而矩形对角线则不垂直；故本选项错误；
B、菱形和矩形对角线所有相等；故本选项对旳；
C、菱形和矩形对角线所有互相平分；故本选项对旳；
D、菱形对角相等，但不互补；故本选项对旳；
故选A．
点评：此题核心考察了学生对菱形及矩形性质理解及运用．菱形和矩形所有具有平行四边形性质，但是菱形特性是：对角线互相垂直、平分，四条边所有相等．
2.（ 江苏淮安，5，3分）在菱形ABCD中，AB=5cm，则此菱形周长为（ ）
A. 5cm B. 15cm C. 20cm D. 25cm
考点：菱形性质。
专项：计算题。
分析：根据菱形四条边长所有相等性质、菱形周长=边长×4解答
解答：解：∵在菱形ABCD中，AB=BC=CD=DA，AB=5cm，
∴菱形周长=AB×4=20cm；
故选C．

点评：本题核心考察了菱形基本性质．菱形四条边所有相等，菱形对角线互相垂直平分．
3. （ 云南保山，5，3分）图，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，BD=4，则菱形ABCD周长是___________．

考点：菱形性质。
分析：由四边形ABCD是菱形，即可得AB=BC=CD=AD，又由∠BAD=60°，BD=4，即可证得△ABD是等边三角形，即可求得菱形边长，继而求得菱形ABCD周长．
解答：解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
∵∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=AD=BD=4，
∴菱形ABCD周长是：4×4=16．
故答案为：16．
点评：此题考察了菱形性质和等边三角形鉴定和性质．注意菱形四条边所有相等，注意数形结合思想应用．
4. （ •西宁）用直尺和圆规作一种菱形，图，能得到四边形ABCD是菱形根据是（　　）

A、一组临边相等四边形是菱形 B、四边相等四边形是菱形
C、对角线互相垂直平行四边形是菱形 D、每条对角线平分一组对角平行四边形是菱形
考点：菱形鉴定；作图—复杂作图。
专项：推理填空题。
分析：核心菱形鉴定定理（有四边所有相等四边形是菱形）鉴定即可．
解答：解：由图形做法可知：AD=AB=DC=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
故选B．
点评：本题核心考核对作图﹣复杂作图，菱形鉴定等知识点理解和掌握，能纯熟地运用性质进行推理是解此题核心．
5.（ •青海）已知菱形ABCD对角线AC、BD长度是6和8，则这个菱形周长是（　　）
A、20 B、14
C、28 D、24
考点：菱形性质；勾股定理。
专项：计算题。
分析：由菱形对角线性质，互相垂直平分即可得出菱形边长，菱形四边相等即可得出周长．
解答：解：根据题意，设对角线AC、BD相交于O，
则由菱形对角线性质知，AO=AC=3，BO=BD=4，且AO⊥BO，
∴AB=5，
∴周长L=4AB=20，
故选A．
点评：本题考察菱形性质，难度适中，要纯熟掌握菱形对角线性质，及勾股定理灵活运用．
6 （ ，台湾省，21,5分）图为菱形ABCD和△ABE重迭情形，其中D在BE上．若AB=17，BD=16，AE=25，则DE长度为什么？（　　）

A、8 B、9 C、11 D、12
考点：菱形性质；勾股定理。
分析：一方面连接AC，设AC交BD于O点，由四边形ABCD为菱形，运用菱形对角线互相垂直且平分性质及勾股定理，即可求得DE长度．
解答：解：连接AC，设AC交BD于O点，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，且BO=DO==8，
在△AOD中，∵∠AOD=90°，
∴AO===15，
在△AOE中，∵∠AOE=90°，
∴OE===20，
又OD=8，∴DE=OE﹣OD=20﹣8=12．
故选D．
点评：此题考察了勾股定理和菱形性质．解题核心是注意数形结合思想应用．
7. （ ，台湾省，32,5分）图为菱形ABCD和正方形EFGH重迭情形，其中E在CD上，AD和GH相交于I点，且AD∥HE．若∠A=60°，且AB=7，DE=4，HE=5，则梯形HEDI面积为什么？（　　）

A、6 B、8
C、10﹣2 D、10+2
考点：梯形；菱形性质。
专项：计算题。
分析：运用菱形和正方形性质分别求得HE和ID、DE长，运用梯形面积计算措施算得梯形面积即可．
解答：解：四边形ABCD为菱形且∠A=60°⇒∠ADE=180°﹣60°=120°，
又AD∥HE⇒∠DEH=180°﹣120°=60°，
作DM⊥HE于M点，则△DEM为30°﹣60°﹣90°三角形，
又DE=4⇒EM=2，DM=2，
且四边形EFGH为正方形⇒∠H=∠I=90°，
即四边形IDMH为矩形⇒ID=HM=5﹣2=3，
梯形HEDI面积==8．
故选B．

点评：本题考察了梯形面积计算，解题核心是对旳运用菱形和正方形性质计算梯形底和高．
8. （ 山东济南，7，3分）图，菱形ABCD周长是16，∠A=60°，则对角线BD长度为（ ）

A．2 B． C．4 D．
考点：菱形性质。
分析：由菱形ABCD周长是16，即可求得AB=AD=4，又由∠A=60°，即可证得△ABD是等边三角形，则可求得对角线BD长度．
解答：解：∵菱形ABCD周长是16，
∴AB=AD=CD=BC=4，
∵∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=AD=BD=4．
∴对角线BD长度为4．
故选C．
点评：此题考察了菱形性质和等边三角形鉴定和性质．此题难度不大，解题核心是注意数形结合思想应用．
9. （ •莱芜）图，E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD中点，且AB=CD．下列结论：①EG⊥FH，②四边形EFGH是矩形，③HF平分∠EHG，④EG=（BC﹣AD），⑤四边形EFGH是菱形．其中对旳个数是（　　）

A、1 B、2 C、3 D、4
考点：三角形中位线定理；菱形鉴定和性质。
专项：推理填空题。
分析：根据三角形中位线平行于第三边并且等于第三边一半和AB=CD可得四边形EFGH是菱形，然后根据菱形对角线互相垂直平分，并且平分每一组对角性质对各小题进行鉴定．
解答：解：∵E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD中点，
∴EF=CD，FG=AB，GH=CD，HE=AB，
∵AB=CD，
∴EF=FG=GH=HE，
∴四边形EFH是菱形，
∴①EG⊥FH，对旳；
②四边形EFGH是矩形，错误；
③HF平分∠EHG，对旳；
④EG=（BC﹣AD），只有AD∥BC是才可以成立，而本题AD和BC很显然不平行，故本小题错误；
⑤四边形EFGH是菱形，对旳．
综上所述，①③⑤共3个对旳．
故选C．
点评：本题考察了三角形中位线定理和菱形鉴定和菱形性质，根据三角形中位线定理和AB=CD鉴定四边形EFGH是菱形是解答本题核心．
10. （ 广东佛山，6，3分）依次连接菱形各边中点，得到四边形是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形
考点矩形鉴定；三角形中位线定理；菱形性质。
分析先连接AC、BD，由于E、H是AB、AD中点，运用三角形中位线定理可知EH∥BD，同理易得FG∥BD，那么有EH∥FG，同理也有EF∥HG，易证四边形EFGH是平行四边形，而四边形ABCD是菱形，运用其性质有AC⊥BD，就有∠AOB=90°，再运用
EF∥AC和EH∥BD，两次运用平行线性质可得∠HEF=∠BME=90°，即可得证．
解答证明：如右图所示，四边形ABCD是菱形，顺次连接个边中点E、F、G、H，连接AC、BD，
∵E、H是AB、AD中点，∴EH∥BD，同理有FG∥BD，∴EH∥FG，
同理EF∥HG，∴四边形EFGH是平行四边形，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
∴∠AOB=90°，又∵EF∥AC，∴∠BME=90，
∵EH∥BD，∴∠HEF=∠BME=90°，∴四边形EFGH是矩形．故选A．

点评本题考察了三角形中位线定理、平行四边形鉴定、矩形鉴定、平行线性质、菱形性质．解题核心是证明四边形EFGH是平行四边形和∠HEF=∠BME=90°．
11. （ 广东省茂名，5，3分）图，两条笔直公路l1、l2相交于点O，村庄C村民在公路旁边建三个加工厂 A、B、D，已知AB=BC=CD=DA=5公里，村庄C到公路l1距离为4公里，则村庄C到公路l2距离是（　　）

A、3公里 B、4公里
C、5公里 D、6公里
考点：角平分线性质；菱形性质。
专项：证明题。
分析：根据菱形对角线平分对角，作出辅助线，即可证明．

解答：解：图，连接AC，作CF⊥l1，CE⊥l2；
∵AB=BC=CD=DA=5公里，
∴四边形ABCD是菱形，
∴∠CAE=∠CAF，
∴CE=CF=4公里．
故选B．
点评：本题核心考察角平分线性质，由已知可以注意到四边形ABCD是菱形：菱形对角线平分对角，是解题核心．
12.（ 湖南益阳,7,4分）图，小聪在作线段AB垂直平分线时，她是这样操作：分别以A和B为圆心，不小于AB长为半径画弧，两弧相交于C．D，则直线CD即为所求．根据她作图措施可知四边形ADBC一定是（　　）

A．矩形 B．菱形
C．正方形 D．等腰梯形
考点：菱形鉴定；线段垂直平分线性质．
专项：几何图形问题．
分析：根据垂直平分线画法得出四边形ADBC四边关系进而得出四边形一定是菱形．
解答：解：∵分别以A和B为圆心，不小于AB长为半径画弧，两弧相交于C．D，
∴AC=AD=BD=BC，
∴四边形ADBC一定是菱形，
故选：B．
点评：此题核心考察了线段垂直平分线性质和菱形鉴定，得出四边形四边关系是解决问题核心．
13.（ •包头，9，3分）已知菱形ABCD中，对角线AC和BD交于点O，∠BAD=120°，AC=4，则该菱形面积是（　　）
A、16 B、16 C、8 D、8
考点：菱形性质。
分析：一方面由四边形ABCD是菱形，求得AC⊥BD，OA=AC，，∠BAC=∠BAD，然后在直角三角形AOB中，运用30°角所对旳直角边等于斜边一半和勾股定理即可求得OB长，然后由菱形面积等于其对角线积一半，即可求得该菱形面积．

解答：解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=AC=×4=2，∠BAC=∠BAD=×120°=60°，
∴∠AOB=90°，
∴∠ABO=30°，
∴AB=2OA=4，OB=2，
∴BD=2OB=4，
∴该菱形面积是：AB•BD=×4×4=8．
故选C．
点评：此题考察了菱形性质，直角三角形性质．解题核心是注意数形结合和方程思想应用，注意菱形面积等于其对角线积一半．
14. ( 襄阳，10，3分)若顺次连接四边形ABCD各边中点所得四边形是菱形，则四边形ABCD一定是(　　)
A．菱形 B．对角线互相垂直四边形 C．矩形 D．对角线相等四边形
考点：三角形中位线定理；平行四边形鉴定；菱形鉴定。
专项：证明题。
分析：根据三角形中位线定理得到EH∥FG，EF＝FG，EF＝BD，要是四边形为菱形，得出EF＝EH，即可得到答案．
解答：
解：∵E ，F ，G， H分别是边AD ，DC， CB ，AB 中点，
∴EH＝AC，EH∥AC，FG＝AC，FG∥AC，EF＝BD，
∴EH∥FG，EF＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵平行四边形EFGH是菱形，
∴EF＝EH，
即对角线相等四边形，
故选D．

点评：本题核心考核对菱形鉴定，三角形中位线定理，平行四边形鉴定等知识点理解和掌握，灵活运用性质进行推理是解此题核心．
15. （ 湖北孝感，11，3分）图，菱形OABC一边OA在x轴上，将菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′位置，若OB=2，∠C=120°，则点B′坐标为（　　）

A．(3，) B．(3，－)
C．(，) D．(，－)
考点：坐标和图形变化-旋转；菱形性质。
分析：一方面根据菱形性质，即可求得∠AOB度数，又由将菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′位置，可求得∠B′OA度数，然后在Rt△B′OF中，运用三角函数即可求得OF和B′F长，则可得点B′坐标．
解答：解：过点B作BE⊥OA于E，过点B′作B′F⊥OA于F，
∴∠BE0=B′FO=90°，
∵四边形OABC是菱形，
∴OA∥BC，∠AOB=∠AOC，
∴∠AOC+∠C=180°，
∵∠C=120°，
∴∠AOC=60°，
∴∠AOB=30°，
∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′位置，
∴∠BOB′=75°，OB′=OB=2，
∴∠B′OF=45°，
在Rt△B′OF中，
OF=OB′sin45°=2×=，
∴B′F=，
∴点B′坐标为：（，﹣）．
故选D．
点评：此题考察了平行四边形性质，旋转性质和直角三角形性质和三角函数性质等知识．此题综合性较强，难度适中，解题核心是注意数形结合思想应用．
16. （ 湖南衡阳，8，3分）图所示，在平面直角坐标系中，菱形MNPO顶点P坐标是（3，4），则顶点M、N坐标分别是（　　）

A、M（5，0），N（8，4） B、M（4，0），N（8，4）
C、M（5，0），N（7，4） D、M（4，0），N（7，4）
考点：菱形性质；坐标和图形性质。
专项：数形结合。
分析：此题可过P作PE⊥OM，根据勾股定理求出OP长度，则M、N两点坐标便不难求出．
解答：解：过P作PE⊥OM，

∵顶点P坐标是（3，4），
∴OE=3，PE=4，
∴OP==5，
∴点M坐标为（5，0），
∵5+3=8，
∴点N坐标为（8，4）．
故选A．
点评：此题考察了菱形性质，根据菱形性质和点P坐标，作出辅助线是解决本题突破口．
17. （ 湖南长沙，16，3分）菱形两条对角线长分别是6cm和8cm，则菱形周长是__________cm．
考点：菱形 勾股定理
专项：四边形
分析：由菱形性质可知：菱形两条对角线将菱形提成四个全等直角三角形，且该三角形两条直角边是两条对角线长一半，斜边为菱形边长．故菱形边长为＝5cm，因此该菱形周长为20cm ．
解答：20cm
点评：本题核心考察菱形性质，由对角线长去求菱形周长，只规定出菱形边长即可．为此，将菱形问题转化为直角三角形中已知两直角边求斜边问题来解决．这种化归数学思想，要引起注重．
18.（ 清远，10，3分）图．若要使平行四边形ABCD成为菱形．则需要添加条件是（　　 ）

A.AB＝CD B.AD＝BC C.AB＝BC D. AC＝BD
考点：菱形鉴定；平行四边形性质.
专项：证明题.
分析：菱形鉴定措施有三种：①定义：一组邻边相等平行四边形是菱形；②四边相等；③对角线互相垂直平分四边形是菱形．∴可添加：AB＝AD或AC⊥BD．
解答：解：由于一组邻边相等平行四边形是菱形，对角线互相垂直平分四边形是菱形，
那么可添加条件是：AB=BC．故选C．
点评：本题考察菱形鉴定，答案不唯一．有一组邻边相等平行四边形是菱形；对角线互相垂直平行四边形是菱形．
19. （ 梧州，4，3分）若一种菱形一条边长为4cm，则这个菱形周长为（　　）
A、20cm B、18cm
C、16cm D、12cm
考点：菱形性质。
专项：计算题。
分析：根据菱形四条边所有相等，目前已知其一条边长为4cm，即可求出菱形周长．
解答：解：∵菱形四条边所有相等，
∴其边长所有为4cm，
∴菱形周长=4×4cm=16cm．
故选C．
点评：本题考察菱形性质，属于基本题，比较简朴，掌握菱形四条边相等是解题核心．
20. （ 浙江嘉兴，10，3分）图，①②③④⑤五个平行四边形拼成一种含30°内角菱形EFGH（不重叠无缝隙）．若①②③④四个平行四边形面积和为14cm2，四边形ABCD面积是11cm2，则①②③④四个平行四边形周长总和为（　　）

A．48cm B．36cm C．24cm D．18cm
考点：菱形性质；平行四边形性质．
专项：计算题．
分析：根据①②③④四个平行四边形面积和为14cm2，四边形ABCD面积是11cm2，可求出⑤面积，从而可求出菱形面积，根据菱形性质可求出边长，进而可求出①②③④四个平行四边形周长总和．
解答：解：由题意得：⑤面积=四边形ABCD面积（①+②+③+④）=4cm2，∴EFGH面积=14+4=18cm2，
又∵∠F=30°，∴菱形边长为6cm，
而①②③④四个平行四边形周长总和=2（AE+AH+HD+DG+GC+CF+FB+BE）=2（EF+FG+GH+HE）=48cm．
故选A．
点评：本题考察了菱形性质及平行四边形知识，难度较大，核心是求出菱形面积，解答本题需要用到平行四边形对角线平分平行四边形面积．

二、填空题
1. （ 江苏南京，12，2分）图，菱形ABCD边长是2cm，E是AB中点，且DE丄AB，则菱形ABCD

面积为　cm2．
考点：菱形性质；勾股定理。
分析：由于DE丄AB，E是AB中点，因此AE=1cm，根据勾股定理可求出BD长，菱形面积=底边×高，从而可求出解．
解答：解：∵E是AB中点，
∴AE=1，
∵DE丄AB，
∴DE==．
∴菱形面积为：2×=2．
故答案为：2．
点评：本题考察菱形性质，四边所有相等，菱形面积计算公式和勾股定理运用等．
2. （ 四川凉山，17，4分）已知菱形ABCD边长是8，点E在直线AD上，若DE＝3，连接BE和对角线AC相交于点M，则值是 .
考点：相似三角形鉴定和性质；菱形性质．
专项：几何图形问题；分类讨论．
分析：一方面根据题意作图，注意分为E在线段AD上和E在AD延长线上，然后由菱形性质可得AD∥BC，则可证得△MAE∽△MCB，根据相似三角形相应边成比例即可求得答案．
解答：解：∵菱形ABCD边长是8，∴AD＝BC＝8，AD∥BC，
图1：当E在线段AD上时，∴AE＝AD－DE＝8－3＝5，

∴△MAE∽△MCB，∴；
图2，当E在AD延长线上时，∴AE＝AD＋DE＝8＋3＝11，
∴△MAE∽△MCB，∴ ．
∴ 值是或．
故答案为：或．
点评：此题考察了菱形性质，相似三角形鉴定和性质等知识．解题核心是注意此题分为E在线段AD上和E在AD延长线上两种状况，小心不要漏解．
3. （ 重庆綦江，14，4分）图，菱形ABCD对角线AC、BD相交于点O，且AC＝8，BD＝6，过点O作OH丄AB，垂足为H，则点O到边AB距离

考点：菱形性质；点到直线距离；勾股定理。
专项：计算题。
分析：由于菱形对角线互相垂直平分，菱形四边相等，根据面积相等，可求出OH长．
解答：解：∵AC＝8，BD＝6，
∴BO＝3，AO＝4，
∴AB＝5．
AO•BO＝AB•OH，
OH＝．．
故答案为：．
点评：本题考察菱形基本性质，菱形对角线互相垂直平分，菱形四边相等，根据面积相等，可求出AB边上高OH．
4. （ •贵港）图所示，将两张等宽长方形纸条交叉叠放，重叠部分是一种四边形ABCD，若AD=6cm，∠ABC=60°，则四边形ABCD面积等于　18cm2．

考点：菱形鉴定和性质；矩形性质。
专项：数形结合。
分析：易得该四边形是一种菱形，作出高，求出高，即可求得相应面积．
解答：解：∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵纸条等宽，
∴AB=BC，
∴该四边形是菱形，
作AE⊥BC于E．
∴BE=3cm，
AE=3cm．
∴四边形ABCD面积=6×3=18cm2，
故答案为18．
点评：考察菱形鉴定和性质应用；鉴定出图形形状是解决本题核心．
5. 已知菱形ABCD边长是8，点E在直线AD上，若DE＝3，连接BE和对角线AC相交于点M，则值是 .
考点：相似三角形鉴定和性质；菱形性质．
专项：几何图形问题；分类讨论．
分析：一方面根据题意作图，注意分为E在线段AD上和E在AD延长线上，然后由菱形性质可得AD∥BC，则可证得△MAE∽△MCB，根据相似三角形相应边成比例即可求得答案．
解答：解：∵菱形ABCD边长是8，∴AD＝BC＝8，AD∥BC，
图1：当E在线段AD上时，∴AE＝AD－DE＝8－3＝5，

∴△MAE∽△MCB，∴；
图2，当E在AD延长线上时，∴AE＝AD＋DE＝8＋3＝11，
∴△MAE∽△MCB，∴ ．
∴ 值是或．
故答案为：或．
点评：此题考察了菱形性质，相似三角形鉴定和性质等知识．解题核心是注意此题分为E在线段AD上和E在AD延长线上两种状况，小心不要漏解．
6.（ 四川雅安，17,3分）图，在平面直角坐标系中，菱形OABC顶点B坐标为（8，4），则C点坐标为　 　．

考点：菱形性质；坐标和图形性质。
分析：一方面由四边形ABCD是菱形，可得OC=OA=AB=BC，BC∥OA，然后过点B作BD⊥OA于D，设AB=x，则OA=x，AD=8﹣x，在Rt△ABD中，运用勾股定理即可求得BC长，则可得C点坐标．
解答：解：过点B作BD⊥OA于D，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OC=OA=AB=BC，BC∥OA，
设AB=x，则OA=x，AD=8﹣x，
在Rt△ABD中，AB2=AD2+BD2，
即x2=（8﹣x）2+16，
解得：x=5，
∴BC=5，
∴C点坐标为（3，4）．
故答案为：（3，4）．
点评：此题考察了菱形性质和勾股定理应用．解题核心是方程思想和数形结合思想应用．
7. （ 河北，14，3分）图，已知菱形ABCD，其顶点A，B在数轴上相应数分别为－4和1，则BC＝　　．

考点：菱形性质；数轴。
分析：根据数轴上A，B在数轴上相应数分别为－4和1，得出AB长度，再根据BC＝AB即可得出答案．
解答：解：∵菱形ABCD，其顶点A，B在数轴上相应数分别为－4和1，则AB＝1－（－4）＝5，
∴AB＝BC＝5．
故答案为：5．
点评：此题核心考察了菱形性质和数轴上点距离求法，求出AB长度和运用菱形性质是解决问题核心．
8. （ 福建龙岩，15，3分）图，菱形ABCD周长为8cm．∠BAD=60°，则AC= cm．

考点：菱形性质；解直角三角形.
分析：根据已知条件和菱形性质，可推出△AOB为直角三角形，AB=2，∠OAB=30°，根据锐角三角函数推出OA长度，即可求得AC长度
解答：解：∵菱形ABCD周长为8cm．∠BAD=60°
∴△AOB为直角三角形，AB=2，∠OAB=30°，OA=OC，
∴OA=∴AC=2 故答案为2．
点评：本题核心考察菱形性质、锐角三角函数等知识点，解题核心是根据有关性质推出边和有关角度数，解直角三角形．
9. （ 福建省三明市，14,4分）图，▱ABCD中，对角形AC，BD相交于点O，添加一种条件，能使▱ABCD成为菱形．你添加条件是　 　（不再添加辅助线和字母）

考点：菱形鉴定；平行四边形性质。
专项：开放型。
分析：菱形鉴定措施有三种：
①定义：一组邻边相等平行四边形是菱形；
②四边相等；
③对角线互相垂直平分四边形是菱形．
因此可添加AB=BC．
解答：解：AB=BC或AC⊥BD等．
故答案为：AB=BC或AC⊥BD等．
点评：此题核心考察了菱形鉴定，纯熟地掌握菱形鉴定定理是解决问题核心．
10. （ 甘肃兰州，20，4分）图，依次连结第一种矩形各边中点得到一种菱形，再依次连结菱形各边中点得到第二个矩形，根据此措施继续下去.已知第一种矩形面积为1，则第n个矩形面积为 .
……

考点：矩形性质；菱形性质.
分析：易得第二个矩形面积为，第三个矩形面积为，依次类推，第n个矩形面积为．
解答：解：已知第一种矩形面积为1；
第二个矩形面积为本来（）2×2﹣2=；
第三个矩形面积是（）2×3﹣2=；
…
故第n个矩形面积为：（）2n﹣2．
点评：本题是一道找规律题目，此类题型在中考中常常浮现．对于找规律题目一方面应找出哪些部分发生了变化，是根据什么规律变化．
11. （ 丽江市中考，5,3分）图，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，BD=4，则菱形ABCD周长是　16　．

考点：菱形性质。
分析：由四边形ABCD是菱形，即可得AB=BC=CD=AD，又由∠BAD=60°，BD=4，
即可证得△ABD是等边三角形，即可求得菱形边长，
继而求得菱形ABCD周长．
解答：解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
∵∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB=AD=BD=4，
∴菱形ABCD周长是：4×4=16．
故答案为：16．
点评：此题考察了菱形性质和等边三角形鉴定和性质．注意菱形四条边所有相等，注意数形结合思想应用．

三、解答题
1. （ •泰州，24，10分）图，四边形ABCD是矩形，直线l垂直平分线段AC，垂足为O，直线l分别和线段AD、CB延长线交于点E、F．
（1）△ABC和△FOA相似吗？为什么？
（2）试鉴定四边形AFCE形状，并阐明理由．

考点：相似三角形鉴定；线段垂直平分线性质；菱形鉴定；矩形性质。
专项：证明题；综合题。
分析：（1）根据角平分线定义，同角余角相等可知∠AFO=∠CAB，根据垂直定义，矩形性质可知∠ABC=∠FOA，由相似三角形鉴定可证△ABC和△FOA相似；
（2）先证明四边形AFCE是平行四边形，再根据对角线互相垂直平分平行四边形是菱形作出鉴定．
解答：解：（1）∵直线l垂直平分线段AC，
∴∠AFO=∠CFO，
∵∠CFO+∠FCO=∠CAB+∠FCO=90°，
∴∠AFO=∠CAB，
∵∠AOF=∠CBA=90°，
∴△ABC∽△FOA．
（2）∵直线l垂直平分线段AC，
∴AF=CF，
可证△AOF≌△AOE，
∴AE=CF，FO=EO．
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∴四边形AFCE是菱形．
点评：考察了线段垂直平分线性质，相似三角形鉴定，矩形性质，菱形鉴定，综合性较强，有一定难度．
2. （ 江苏镇江常州，23，7分）已知：图，在梯形ABCD中，AB∥CD，BC=CD，AD⊥BD，E为AB中点，求证：四边形BCDE是菱形．

考点：菱形鉴定．
专项：证明题．
分析：由题意易得DE=BE，再证四边形BCDE是平行四边形，即证四边形BCDE是菱形．
解答：证明：∵AD⊥BD，
∴△ABD是Rt△
∵E是AB中点，
∴BE=AB，DE=AB （直角三角形斜边上中线等于斜边一半），
∴BE=DE，
∴∠EDB=∠EBD，
∵CB=CD，
∴∠CDB=∠CBD，
∵AB∥CD，
∴∠EBD=∠CDB，
∴∠EDB=∠EBD=∠CDB=∠CBD，
∵BD=BD，
∴△EBD≌△CBD （SAS ），
∴BE=BC，
∴CB=CD=BE=DE，
∴菱形BCDE．（四边相等四边形是菱形）
点评：此题核心考察菱形鉴定，综合运用了直角三角形性质和平行线性质．
3. （ 江苏镇江常州，25，6分）已知：图1，图形①满足AD=AB，MD=MB，∠A=72°，∠M=144°．图形②和图形①正好拼成一种菱形（图2）．记AB长度为a，BM长度为b．
（1）图形①中∠B=　72　°，图形②中∠E=　36　°；
（2）小明有两种纸片各若干张，其中一种纸片形状及大小和图形①相似，这种纸片称为“风筝一号”；另一种纸片形状及大小和图形②相似，这种纸片称为“飞镖一号”．
①小明仅用“风筝一号”纸片拼成一种边长为b正十边形，需要这种纸片　5　张；
②小明若用若干张“风筝一号”纸片和“飞镖一号”纸片拼成一种“大风筝”（图3），其中∠P=72°，∠Q=144°，且PI=PJ=a+b，IQ=JQ．请你在图3中画出拼接线并保存画图痕迹．（本题中均为无重叠．无缝隙拼接）

考点：菱形性质；正多边形和圆；作图—应用和设计作图．
专项：操作型．
分析：（1）连接AM，根据三角形ADM和三角形ABM三边相应相等，得到两三角形全等，根据全等三角形相应角相等得到角B和角D相等，根据四边形内角和为360°，由角DAB和角DMB度数，即可求出角B度数；根据菱形对边平行，得到AB和DC平行，得到同旁内角互补，即角A加角ADB加角MDC等于180°，由角A和角ADB度数即可求出角FEC度数；
（2）①由题意可知，“风筝一号”纸片中点A和正十边形中心重叠，由角DAB为72°，根据周角为360°，运用360°除以72°即可得到需要“风筝一号”纸片张数；
②以P为圆心，a长为半径画弧，和PI和PJ分别交于两点，然后以两交点为圆心，以b长为半径在角IPJ内部画弧，两弧交于一点，连接这点和点Q，画出满足题意拼接线．
解答：解：（1）连接AM，图所示：

∵AD=AB，DM=BM，AM为公共边，
∴△ADM≌△ABM，
∴∠D=∠B，
又由于四边形ABMD内角和等于360°，∠DAB=72°，∠DMB=144°，
∴∠B==72°；
在图2中，由于四边形ABCD为菱形，因此AB∥CD，
∴∠A+∠ADC=∠A+∠ADM+∠CEF=180°，∠A=72°，∠ADM=72°，
∴∠CEF=180°﹣72°﹣72°=36°；
（2）①用“风筝一号”纸片拼成一种边长为b正十边形，
得到“风筝一号”纸片点A和正十边形中心重叠，又∠A=72°，
则需要这种纸片数量==5；
②根据题意可知：“风筝一号”纸片用两张和“飞镖一号”纸片用一张，
画出拼接线图所示：

故答案为：（1）72°；36°；（2）①．5．
点评：此题考察掌握菱形性质，灵活运用两三角形全等得到相应角相等，掌握密铺地面秘诀，锻炼学生动手操作能力，培养学生发散思维，是一道中档题．
4.（ 南昌，20，6分）图，四边形ABCD为菱形，已知A（0，4），B（﹣3，0）．
（1）求点D坐标；
（2）求通过点C反比例函数解析式．

考点：菱形性质；待定系数法求反比例函数解析式。
专项：代数几何综合题；数形结合。
分析：（1）菱形四边相等，对边平行，根据此可求出D点坐标．
（2）求出C点坐标，设出反比例函数解析式，根据C点坐标可求出拟定函数式．
解答：解：（1）∵A（0，4），B（﹣3，0），∴OB=3，OA=4，∴AB=5．在菱形ABCD中，AD=AB=5，∴OD=1，∴D（0，﹣1）．（2）∵BC∥AD，BC=AB=5，∴C（﹣3，﹣5）．
设通过点C反比例函数解析式为y=．把（﹣3，﹣5）代入解析式得：k=15，∴y=．
点评：本题考察菱形性质，四边相等，对边平行，和待定系数法求反比例函数解析式．
5. （ 四川广安，23，8分）图5所示，在菱形ABCD中，∠ABC＝ 60°，DE∥AC交BC延长线于点E．求证：DE＝BE．
图5

考点：菱形性质，等边三角形鉴定和性质，平行四边形鉴定和性质，线段倍分关系
专项：四边形
分析：思路一：易知四边形ACED是平行四边形，则AD＝CE＝BC，从而可知BC＝BE，要阐明DE＝BE，只需阐明DE＝BC即可．
思路二：连接BD，先证∠BDE＝90°，再证∠DBE＝30°，根据30°角所对旳直角边等于斜边一半可直接获得结论（自己完毕证明过程）．
解答：∵ABCD是菱形，
∴AD//BC，AB＝BC＝CD＝DA．
又∵∠ABC＝ 60°，
∴BC＝AC＝AD．
∵DE∥AC
∴ACED为平行四边形．
∴CE＝AD＝BC，DE＝AC．
∴DE＝CE＝BC，
∴DE＝BE．
点评：两组对边分别平行四边形是平行四边形，而平行四边形对边相等，由此可以得出相等线段，可实现线段等量代换（转移），这就为证明线段相等或倍、分关系发明了条件．
6. （ 新疆乌鲁木齐，20，？）图，在平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2AD，点 E、F分别是CD中点，过点A作AG∥BD，交CB延长线于点G．
（1）求证：四边形DEBF是菱形；
（2）请鉴定四边形AGBD是什么特殊四边形？并加以证明．

考点：矩形鉴定；等边三角形鉴定和性质；三角形中位线定理；平行四边形性质；菱形鉴定。
专项：证明题。
分析：（1）运用平行四边形性质证得△AED是等边三角形，从而证得DE＝BE，问题得证；
（2）运用平行四边形性质证得∠ADB＝90°，运用有一种角是直角平行四边形是矩形鉴定矩形．
解答：证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥CD且AB＝CD，AD∥BC且AD＝BC
∵E，F分别为AB，CD中点，∴BE＝AB，DF＝CD，
∴四边形DEBF是平行四边形
在△ABD中，E是AB中点，∴AE＝BE＝AB＝AD，而∠DAB＝60°
∴△AED是等边三角形，即DE＝AE＝AD，故DE＝BE
∴平行四边形DEBF是菱形．
（2）四边形AGBD是矩形，理由如下：
∵AD∥BC且AG∥DB ∴四边形AGBD是平行四边形
由（1）证明知AD＝DE＝AE＝BE，∴∠ADE＝∠DEA＝60°，
∠EDB＝∠DBE＝30° 故∠ADB＝90°
∴平行四边形AGBD是矩形．
点评：本题考察了矩形性质、等边三角形鉴定及性质、三角形中位线定理等知识，解题核心是弄清菱形及矩形鉴定措施．
7.（ 云南保山，18，8分）图，在平行四边形ABCD中，点P是对角线AC上一点，PE⊥AB，PF⊥AD，垂足分别为E、F，且PE=PF，平行四边形ABCD是菱形吗？为什么？

考点：菱形鉴定；角平分线性质；平行四边形性质。
分析：一方面根据定理：到角两边距离相等点在角平分线上，可得到∠DAC=∠CAE，然后证明∠DAC=∠DCA，可得到DA=DC，再根据菱形鉴定定理：邻边相等平行四边形是菱形，进而可得到结论．
解答：解：是菱形．
理由如下：∵PE⊥AB，PF⊥AD，且PE=PF，
∴AC是∠DAB角平分线，
∴∠DAC=∠CAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠DCA=∠CAB，
∴∠DAC=∠DCA，
∴DA=DC，
∴平行四边形ABCD是菱形．
点评：此题核心考察了菱形鉴定，证明∠DAC=∠DCA是解此题核心．
10. （ •贵港）图所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=AD，∠BAD平分线AE交BC于点E，连接DE．
（1）求证：