《中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編 四邊形菱形》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編 四邊形菱形（40頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、菱 形 1、（綿陽市2013年）如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC=8cm，BD=6cm，DH⊥AB于點(diǎn)H，且DH與AC交于G，則GH=（ B ） 10題圖 A． B． C． D． ［解析］OA=4，OB=3，AB=5，△BDH∽△BOA， BD/AB=BH/OB=DH/OA，6/5=BH/3，BH=18/5， AH=AB-BH=5-18/5=7/5，△AGH∽△ABO， GH/BO=AH/AO，GH/3=7/5 / 4，GH=21/20。 2、（2013?曲靖）如圖，在?ABCD中，對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，過點(diǎn)O

2、作EF⊥AC交BC于點(diǎn)E，交AD于點(diǎn)F，連接AE、CF．則四邊形AECF是（　?。? 　 A． 梯形 B． 矩形 C． 菱形 D． 正方形 考點(diǎn)： 菱形的判定；平行四邊形的性質(zhì)． 分析： 首先利用平行四邊形的性質(zhì)得出AO=CO，∠AFO=∠CEO，進(jìn)而得出△AFO≌△CEO，再利用平行四邊形和菱形的判定得出即可． 解答： 解：四邊形AECF是菱形， 理由：∵在?ABCD中，對角線AC與BD相交于點(diǎn)O， ∴AO=CO，∠AFO=∠CEO， ∴在△AFO和△CEO中 ， ∴△AFO≌△CEO（AAS）， ∴FO=EO， ∴四邊形AECF平行四邊形，

3、 ∵EF⊥AC， ∴平行四邊形AECF是菱形． 故選：C． 點(diǎn)評： 此題主要考查了菱形的判定以及平行四邊形的判定與性質(zhì)，根據(jù)已知得出EO=FO是解題關(guān)鍵． 3、（2013涼山州）如圖，菱形ABCD中，∠B=60°，AB=4，則以AC為邊長的正方形ACEF的周長為（　　） 　 A．14 B．15 C．16 D．17 考點(diǎn)：菱形的性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)． 分析：根據(jù)菱形得出AB=BC，得出等邊三角形ABC，求出AC，長，根據(jù)正方形的性質(zhì)得出AF=EF=EC=AC=4，求出即可． 解答：解：∵四邊形ABCD是菱形， ∴AB=BC， ∵∠B=60°，

4、 ∴△ABC是等邊三角形， ∴AC=AB=4， ∴正方形ACEF的周長是AC+CE+EF+AF=4×4=16， 故選C． 點(diǎn)評：本題考查了菱形性質(zhì)，正方形性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，關(guān)鍵是求出AC的長．　 4、（2012?瀘州）如圖，菱形ABCD的兩條對角線相交于O，若AC=6，BD=4，則菱形ABCD的周長是（　?。? 　 A． 24 B． 16 C． 4 D． 2 考點(diǎn)： 菱形的性質(zhì)；勾股定理． 分析： 由菱形ABCD的兩條對角線相交于O，AC=6，BD=4，即可得AC⊥BD，求得OA與OB的長，然后利用勾股定理，求得AB的長，繼而求

5、得答案． 解答： 解：∵四邊形ABCD是菱形，AC=6，BD=4， ∴AC⊥BD，OA=AC=3，OB=BD=2，AB=BC=CD=AD， ∴在Rt△AOB中，AB==， ∴菱形的周長是：4AB=4． 故選C． 點(diǎn)評： 此題考查了菱形的性質(zhì)與勾股定理．此題難度不大，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用． 5、（2013菏澤）如圖，把一個(gè)長方形的紙片對折兩次，然后剪下一個(gè)角，為了得到一個(gè)鈍角為120° 的菱形，剪口與第二次折痕所成角的度數(shù)應(yīng)為（　?。? 　 A．15°或30° B．30°或45° C．45°或60° D．30°或60° 考點(diǎn)：剪紙問題． 分析：折痕為AC與BD

6、，∠BAD=120°，根據(jù)菱形的性質(zhì)：菱形的對角線平分對角，可得∠ABD=30°，易得∠BAC=60°，所以剪口與折痕所成的角a的度數(shù)應(yīng)為30°或60°． 解答：解：∵四邊形ABCD是菱形， ∴∠ABD=∠ABC，∠BAC=∠BAD，AD∥BC， ∵∠BAD=120°， ∴∠ABC=180°﹣∠BAD=180°﹣120°=60°， ∴∠ABD=30°，∠BAC=60°． ∴剪口與折痕所成的角a的度數(shù)應(yīng)為30°或60°． 故選D． 點(diǎn)評：此題主要考查菱形的判定以及折疊問題，關(guān)鍵是熟練掌握菱形的性質(zhì)：菱形的對角線平分每一組對角．　 6、（2013?玉林）如圖，在給定的一張

7、平行四邊形紙片上作一個(gè)菱形．甲、乙兩人的作法如下： 甲：連接AC，作AC的垂直平分線MN分別交AD，AC，BC于M，O，N，連接AN，CM，則四邊形ANCM是菱形． 乙：分別作∠A，∠B的平分線AE，BF，分別交BC，AD于E，F(xiàn)，連接EF，則四邊形ABEF是菱形． 根據(jù)兩人的作法可判斷（　?。? 　 A． 甲正確，乙錯(cuò)誤 B． 乙正確，甲錯(cuò)誤 C． 甲、乙均正確 D． 甲、乙均錯(cuò)誤 考點(diǎn)： 菱形的判定． 分析： 首先證明△AOM≌△CON（ASA），可得MO=NO，再根據(jù)對角線互相平分的四邊形是平行四邊形可判定判定四邊形ANCM是平行四邊形，再由AC⊥M

8、N，可根據(jù)對角線互相垂直的四邊形是菱形判定出ANCM是菱形；四邊形ABCD是平行四邊形，可根據(jù)角平分線的定義和平行線的定義，求得AB=AF，所以四邊形ABEF是菱形． 解答： 解：甲的作法正確； ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AD∥BC， ∴∠DAC=∠ACN， ∵M(jìn)N是AC的垂直平分線， ∴AO=CO， 在△AOM和△CON中， ∴△AOM≌△CON（ASA）， ∴MO=NO， ∴四邊形ANCM是平行四邊形， ∵AC⊥MN， ∴四邊形ANCM是菱形； 乙的作法正確； ∵AD∥BC， ∴∠1=∠2，∠6=∠7， ∵BF平分∠ABC，AE平分∠BAD， ∴

9、∠2=∠3，∠5=∠6， ∴∠1=∠3，∠5=∠7， ∴AB=AF，AB=BE， ∴AF=BE ∵AF∥BE，且AF=BE， ∴四邊形ABEF是平行四邊形， ∵AB=AF， ∴平行四邊形ABEF是菱形； 故選：C． 點(diǎn)評： 此題主要考查了菱形形的判定，關(guān)鍵是掌握菱形的判定方法：①菱形定義：一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形（平行四邊形+一組鄰邊相等=菱形）； ②四條邊都相等的四邊形是菱形． ③對角線互相垂直的平行四邊形是菱形（或“對角線互相垂直平分的四邊形是菱形”）． 7、（2013年濰坊市）如圖，ABCD是對角線互相垂直的四邊形，且OB=OD,請你添加一個(gè)適當(dāng)?shù)?/p>

10、條件 ____________,使ABCD成為菱形.（只需添加一個(gè)即可） 答案：OA=OC或AD=BC或AD//BC或AB=BC等 考點(diǎn)：菱形的判別方法. 點(diǎn)評：此題屬于開放題型，答案不唯一.主要考查了菱形的判定，關(guān)鍵是掌握菱形的判定定理． 8、（2013?攀枝花）如圖，在菱形ABCD中，DE⊥AB于點(diǎn)E，cosA=，BE=4，則tan∠DBE的值是　2?。? 考點(diǎn)： 菱形的性質(zhì)；解直角三角形． 分析： 求出AD=AB，設(shè)AD=AB=5x，AE=3x，則5x﹣3x=4，求出x，得出AD=10，AE=6，在Rt△ADE中，由勾股定理求出DE=8，在R

11、t△BDE中得出tan∠DBE=，代入求出即可， 解答： 解：∵四邊形ABCD是菱形， ∴AD=AB， ∵cosA=，BE=4，DE⊥AB， ∴設(shè)AD=AB=5x，AE=3x， 則5x﹣3x=4， x=2， 即AD=10，AE=6， 在Rt△ADE中，由勾股定理得：DE==8， 在Rt△BDE中，tan∠DBE===2， 故答案為：2． 點(diǎn)評： 本題考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形的應(yīng)用，關(guān)鍵是求出DE的長． 9、(2013年臨沂)如圖，菱形ABCD中，AB＝4，,,垂足分別為E,F,連接EF,則的△AEF的面積是 . 答案： 解析：依題可

12、求得：∠BAD＝120°，∠BAE＝∠DAF＝30°，BE＝DF＝2，AE＝AF＝，所以，三角形AEF為等邊三角形，高為3，面積S＝＝ 10、（2013?泰州）對角線互相　垂直　的平行四邊形是菱形． 考點(diǎn)： 菱形的判定． 分析： 菱形的判定定理有①有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，②對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，③四條邊都相等的四邊形是菱形，根據(jù)以上內(nèi)容填上即可． 解答： 解：對角線互相垂直的平行四邊形是菱形， 故答案為：垂直． 點(diǎn)評： 本題考查了對菱形的判定的應(yīng)用，注意：菱形的判定定理有①有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，②對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，③

13、四條邊都相等的四邊形是菱形． 11、(2013年南京)如圖，將菱形紙片ABCD折迭，使點(diǎn)A恰好落在菱形的對稱中心O處，折痕為EF。若菱形ABCD的邊長為2 cm， DA=120°，則EF= cm。 答案： 解析：點(diǎn)A恰好落在菱形的對稱中心O處，如圖，P為AO中點(diǎn)，所以E為A職點(diǎn)，AE＝1，DEAO=60°，EP＝，所以，EF＝ 12、（2013?淮安）若菱形的兩條對角線分別為2和3，則此菱形的面積是　3?。? 考點(diǎn)： 菱形的性質(zhì)． 分析： 菱形的面積是對角線乘積的一半，由此可得出結(jié)果即可． 解答： 解：由題意，知：S菱形=×2×3=3， 故答案為：

14、3． 點(diǎn)評： 本題考查了菱形的面積兩種求法：（1）利用底乘以相應(yīng)底上的高；（2）利用菱形的特殊性，菱形面積=×兩條對角線的乘積；具體用哪種方法要看已知條件來選擇． 13、（2013?牡丹江）如圖，邊長為1的菱形ABCD中，∠DAB=60°．連結(jié)對角線AC，以AC為邊作第二個(gè)菱形ACEF，使∠FAC=60°．連結(jié)AE，再以AE為邊作第三個(gè)菱形AEGH使∠HAE=60°…按此規(guī)律所作的第n個(gè)菱形的邊長是?。ǎ﹏﹣1?。? 考點(diǎn)： 菱形的性質(zhì)． 專題： 規(guī)律型． 分析： 連接DB于AC相交于M，根據(jù)已知和菱形的性質(zhì)可分別求得AC，AE，AG的長，從而可發(fā)現(xiàn)規(guī)律根據(jù)規(guī)律不難

15、求得第n個(gè)菱形的邊長． 解答： 解：連接DB， ∵四邊形ABCD是菱形， ∴AD=AB．AC⊥DB， ∵∠DAB=60°， ∴△ADB是等邊三角形， ∴DB=AD=1， ∴BM=， ∴AM=， ∴AC=， 同理可得AE=AC=（）2，AG=AE=3=（）3， 按此規(guī)律所作的第n個(gè)菱形的邊長為（）n﹣1， 故答案為（）n﹣1． 點(diǎn)評： 此題主要考查菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)以及學(xué)生探索規(guī)律的能力． 14、（2013?寧夏）如圖，菱形OABC的頂點(diǎn)O是原點(diǎn)，頂點(diǎn)B在y軸上，菱形的兩條對角線的長分別是6和4，反比例函數(shù)的圖象經(jīng)過點(diǎn)C，則k的值為　﹣6　

16、． 考點(diǎn)： 反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征；菱形的性質(zhì)． 專題： 探究型． 分析： 先根據(jù)菱形的性質(zhì)求出C點(diǎn)坐標(biāo)，再把C點(diǎn)坐標(biāo)代入反比例函數(shù)的解析式即可得出k的值． 解答： 解：∵菱形的兩條對角線的長分別是6和4， ∴A（﹣3，2）， ∵點(diǎn)A在反比例函數(shù)y=的圖象上， ∴2=，解得k=﹣6． 故答案為：﹣6． 點(diǎn)評： 本題考查的是反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)，即反比例函數(shù)圖象上各點(diǎn)的坐標(biāo)一定適合此函數(shù)的解析式． 15、（2013?攀枝花）如圖，分別以直角△ABC的斜邊AB，直角邊AC為邊向△ABC外作等邊△ABD和等邊△ACE，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)，DE與AB

17、交于點(diǎn)G，EF與AC交于點(diǎn)H，∠ACB=90°，∠BAC=30°．給出如下結(jié)論： ①EF⊥AC；②四邊形ADFE為菱形；③AD=4AG；④FH=BD 其中正確結(jié)論的為?、佗邰堋。ㄕ垖⑺姓_的序號(hào)都填上）． 考點(diǎn)： 菱形的判定；等邊三角形的性質(zhì)；含30度角的直角三角形． 分析： 根據(jù)已知先判斷△ABC≌△EFA，則∠AEF=∠BAC，得出EF⊥AC，由等邊三角形的性質(zhì)得出∠BDF=30°，從而證得△DBF≌△EFA，則AE=DF，再由FE=AB，得出四邊形ADFE為平行四邊形而不是菱形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出AD=4AG，從而得到答案． 解答： 解：∵△ACE是等邊三

18、角形， ∴∠EAC=60°，AE=AC， ∵∠BAC=30°， ∴∠FAE=∠ACB=90°，AB=2BC， ∵F為AB的中點(diǎn)， ∴AB=2AF， ∴BC=AF， ∴△ABC≌△EFA， ∴FE=AB， ∴∠AEF=∠BAC=30°， ∴EF⊥AC，故①正確， ∵EF⊥AC，∠ACB=90°， ∴HF∥BC， ∵F是AB的中點(diǎn)， ∴HF=BC， ∵BC=AB，AB=BD， ∴HF=BD，故④說法正確； ∵AD=BD，BF=AF， ∴∠DFB=90°，∠BDF=30°， ∵∠FAE=∠BAC+∠CAE=90°， ∴∠DFB=∠EAF， ∵EF⊥A

19、C， ∴∠AEF=30°， ∴∠BDF=∠AEF， ∴△DBF≌△EFA（AAS）， ∴AE=DF， ∵FE=AB， ∴四邊形ADFE為平行四邊形， ∵AE≠EF， ∴四邊形ADFE不是菱形； 故②說法不正確； ∴AG=AF， ∴AG=AB， ∵AD=AB， 則AD=AG，故③說法正確， 故答案為①③④． 點(diǎn)評： 本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，以及全等三角形的判定和性質(zhì)，解決本題需先根據(jù)已知條件先判斷出一對全等三角形，然后按排除法來進(jìn)行選擇． 16、（2013?內(nèi)江）已知菱形ABCD的兩條對角線分別為6和8，M、N分別是邊BC、CD的中點(diǎn)，P是對

20、角線BD上一點(diǎn)，則PM+PN的最小值=　5?。? 考點(diǎn)： 軸對稱-最短路線問題；菱形的性質(zhì)． 分析： 作M關(guān)于BD的對稱點(diǎn)Q，連接NQ，交BD于P，連接MP，此時(shí)MP+NP的值最小，連接AC，求出OC、OB，根據(jù)勾股定理求出BC長，證出MP+NP=QN=BC，即可得出答案． 解答： 解： 作M關(guān)于BD的對稱點(diǎn)Q，連接NQ，交BD于P，連接MP，此時(shí)MP+NP的值最小，連接AC， ∵四邊形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，∠QBP=∠MBP， 即Q在AB上， ∵M(jìn)Q⊥BD， ∴AC∥MQ， ∵M(jìn)為BC中點(diǎn)， ∴Q為AB中點(diǎn)， ∵N為CD中點(diǎn)，四邊形ABCD是菱形

21、， ∴BQ∥CD，BQ=CN， ∴四邊形BQNC是平行四邊形， ∴NQ=BC， ∵四邊形ABCD是菱形， ∴CO=AC=3，BO=BD=4， 在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC=5， 即NQ=5， ∴MP+NP=QP+NP=QN=5， 故答案為：5． 點(diǎn)評： 本題考查了軸對稱﹣?zhàn)疃搪肪€問題，平行四邊形的性質(zhì)和判定，菱形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，解此題的關(guān)鍵是能根據(jù)軸對稱找出P的位置． 　 17、（2013?黔西南州）如圖所示，菱形ABCD的邊長為4，且AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，∠B=60°，則菱形的面積為　　． 考點(diǎn)： 菱形的性質(zhì)． 分析： 根據(jù)

22、已知條件解直角三角形ABE可求出AE的長，再由菱形的面積等于底×高計(jì)算即可． 解答： 解：∵菱形ABCD的邊長為4， ∴AB=BC=4， ∵AE⊥BC于E，∠B=60°， ∴sinB==， ∴AE=2， ∴菱形的面積=4×2=8， 故答案為8． 點(diǎn)評： 本題考查了菱形的性質(zhì)：四邊相等以及特殊角的三角函數(shù)值和菱形面積公式的運(yùn)用． 18、（2013?衢州）如圖，在菱形ABCD中，邊長為10，∠A=60°．順次連結(jié)菱形ABCD各邊中點(diǎn)，可得四邊形A1B1C1D1；順次連結(jié)四邊形A1B1C1D1各邊中點(diǎn)，可得四邊形A2B2C2D2；順次連結(jié)四邊 形A2B2C2D2各邊中點(diǎn)，

23、可得四邊形A3B3C3D3；按此規(guī)律繼續(xù)下去…．則四邊形A2B2C2D2的周長是　20　；四邊形A2013B2013C2013D2013的周長是　?。? 考點(diǎn)： 中點(diǎn)四邊形；菱形的性質(zhì)． 專題： 規(guī)律型． 分析： 根據(jù)菱形的性質(zhì)以及三角形中位線的性質(zhì)以及勾股定理求出四邊形各邊長得出規(guī)律求出即可． 解答： 解：∵菱形ABCD中，邊長為10，∠A=60°，順次連結(jié)菱形ABCD各邊中點(diǎn)， ∴△AA1D1是等邊三角形，四邊形A2B2C2D2是菱形， ∴A1D1=5，C1D1=AC=5，A2B2=C2D2=C2B2=A2D2=5， ∴四邊形A2B2C2D2的周長是：5×4=2

24、0， 同理可得出：A3D3=5×，C3D3=AC=×5， A5D5=5×（）2，C5D5=AC=（）2×5， … ∴四邊形A2013B2013C2013D2013的周長是：=． 故答案為：20，． 點(diǎn)評： 此題主要考查了菱形的性質(zhì)以及矩形的性質(zhì)和中點(diǎn)四邊形的性質(zhì)等知識(shí)，根據(jù)已知得出邊長變化規(guī)律是解題關(guān)鍵． 19、（2013四川宜賓）如圖，在△ABC中，∠ABC=90°，BD為AC的中線，過點(diǎn)C作CE⊥BD于點(diǎn)E，過點(diǎn)A作BD的平行線，交CE的延長線于點(diǎn)F，在AF的延長線上截取FG=BD，連接BG、DF．若AG=13，CF=6，則四邊形BDFG的周長為　20?。? 考點(diǎn)：

25、菱形的判定與性質(zhì)；直角三角形斜邊上的中線；勾股定理． 分析：首先可判斷四邊形BGFD是平行四邊形，再由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半，可得BD=FD，則可判斷四邊形BGFD是菱形，設(shè)GF=x，則AF=13﹣x，AC=2x，在Rt△ACF中利用勾股定理可求出x的值． 解答：解：∵AG∥BD，BD=FG， ∴四邊形BGFD是平行四邊形， ∵CF⊥BD， ∴CF⊥AG， 又∵點(diǎn)D是AC中點(diǎn)， ∴BD=DF=AC， ∴四邊形BGFD是菱形， 設(shè)GF=x，則AF=13﹣x，AC=2x， 在Rt△ACF中，AF2+CF2=AC2，即（13﹣x）2+62=（2x）2， 解得：x=5，

26、 故四邊形BDFG的周長=4GF=20． 故答案為：20． 點(diǎn)評：本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、勾股定理及直角三角形的斜邊中線的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是判斷出四邊形BGFD是菱形．　 20、（2013?黃岡）如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，DH⊥AB于H，連接OH，求證：∠DHO=∠DCO． 考點(diǎn)： 菱形的性質(zhì)．3481324 專題： 證明題． 分析： 根據(jù)菱形的對角線互相平分可得OD=OB，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OH=OB，然后根據(jù)等邊對等角求出∠OHB=∠OBH，根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等求出∠OBH=∠ODC，

27、然后根據(jù)等角的余角相等證明即可． 解答： 證明：∵四邊形ABCD是菱形， ∴OD=OB，∠COD=90°， ∵DH⊥AB， ∴OH=OB， ∴∠OHB=∠OBH， 又∵AB∥CD， ∴∠OBH=∠ODC， 在Rt△COD中，∠ODC+∠DCO=90°， 在Rt△GHB中，∠DHO+∠OHB=90°， ∴∠DHO=∠DCO． 點(diǎn)評： 本題考查了菱形的對角線互相垂直平分的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質(zhì)，以及等角的余角相等，熟記各性質(zhì)并理清圖中角度的關(guān)系是解題的關(guān)鍵． 21、（2013?十堰）如圖，已知正比例函數(shù)y=2x和反比例函數(shù)的圖象交于點(diǎn)A（m

28、，﹣2）． （1）求反比例函數(shù)的解析式； （2）觀察圖象，直接寫出正比例函數(shù)值大于反比例函數(shù)值時(shí)自變量x的取值范圍； （3）若雙曲線上點(diǎn)C（2，n）沿OA方向平移個(gè)單位長度得到點(diǎn)B，判斷四邊形OABC的形狀并證明你的結(jié)論． 考點(diǎn)： 反比例函數(shù)綜合題． 分析： （1）設(shè)反比例函數(shù)的解析式為y=（k＞0），然后根據(jù)條件求出A點(diǎn)坐標(biāo)，再求出k的值，進(jìn)而求出反比例函數(shù)的解析式； （2）直接由圖象得出正比例函數(shù)值大于反比例函數(shù)值時(shí)自變量x的取值范圍； （3）首先求出OA的長度，結(jié)合題意CB∥OA且CB=，判斷出四邊形OABC是平行四邊形，再證明OA=OC即可判定出四邊形OABC

29、的形狀． 解答： 解：（1）設(shè)反比例函數(shù)的解析式為y=（k＞0）， ∵A（m，﹣2）在y=2x上， ∴﹣2=2m， ∴m=﹣1， ∴A（﹣1，﹣2）， 又∵點(diǎn)A在y=上， ∴k=﹣2， ∴反比例函數(shù)的解析式為y=； （2）觀察圖象可知正比例函數(shù)值大于反比例函數(shù)值時(shí)自變量x的取值范圍為﹣1＜x＜0或x＞1； （3）四邊形OABC是菱形． 證明：∵A（﹣1，﹣2）， ∴OA==， 由題意知：CB∥OA且CB=， ∴CB=OA， ∴四邊形OABC是平行四邊形， ∵C（2，n）在y=上， ∴n=1， ∴C（2，1）， OC==， ∴OC=OA， ∴四

30、邊形OABC是菱形． 點(diǎn)評： 本題主要考查了反比例函數(shù)的綜合題的知識(shí)點(diǎn)，解答本題的關(guān)鍵是熟練掌握反比例函數(shù)的性質(zhì)以及菱形的判定定理，此題難度不大，是一道不錯(cuò)的中考試題． 22、（2013年廣州市）如圖8，四邊形ABCD是菱形，對角線AC與BD相交于O,AB=5,AO=4,求BD的長. 分析：根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AC⊥BD，再利用勾股定理求出BO的長，即可得出答案 解：∵四邊形ABCD是菱形，對角線AC與BD相交于O， ∴AC⊥BD，DO=BO， ∵AB=5，AO=4， ∴BO==3， ∴BD=2BO=2×3=6． 點(diǎn)評：此題主要考查了菱形的性質(zhì)以及勾股定理，根據(jù)已知得

31、出BO的長是解題關(guān)鍵 23、（2013?常州）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠B=60°，∠FAC、∠ECA是△ABC的兩個(gè)外角，AD平分∠FAC，CD平分∠ECA． 求證：四邊形ABCD是菱形． 考點(diǎn)： 菱形的判定． 專題： 證明題． 分析： 根據(jù)平行四邊形的判定方法得出四邊形ABCD是平行四邊形，再利用菱形的判定得出． 解答： 證明：∵∠B=60°，AB=AC， ∴△ABC為等邊三角形， ∴AB=BC， ∴∠ACB=60°， ∠FAC=∠ACE=120°， ∴∠BAD=∠BCD=120°， ∴∠B=∠D=60°， ∴四邊形ABCD是平行四邊形

32、， ∵AB=BC， ∴平行四邊形ABCD是菱形． 點(diǎn)評： 此題主要考查了平行四邊形的判定以及菱形的判定和角平分線的性質(zhì)等內(nèi)容，注意菱形與平行四邊形的區(qū)別，得出AB=BC是解決問題的關(guān)鍵． 　 24、（2013?恩施州）如圖所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，E、F、G、H分別為邊AB、BC、CD、DA的中點(diǎn)，求證：四邊形EFGH為菱形． 考點(diǎn)： 菱形的判定；梯形；中點(diǎn)四邊形． 專題： 證明題． 分析： 連接AC、BD，根據(jù)等腰梯形的對角線相等可得AC=BD，再根據(jù)三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半求出EF=GH=AC，HE=FG=BD

33、，從而得到EF=FG=GH=HE，再根據(jù)四條邊都相等的四邊形是菱形判定即可． 解答： 證明：如圖，連接AC、BD， ∵AD∥BC，AB=CD， ∴AC=BD， ∵E、F、G、H分別為邊AB、BC、CD、DA的中點(diǎn)， ∴在△ABC中，EF=AC， 在△ADC中，GH=AC， ∴EF=GH=AC， 同理可得，HE=FG=BD， ∴EF=FG=GH=HE， ∴四邊形EFGH為菱形． 點(diǎn)評： 本題考查了菱形的判定，等腰梯形的對角線相等，三角形的中位線平行于第三邊并且等于第三邊的一半，作輔助線是利用三角形中位線定理的關(guān)鍵，也是本題的難點(diǎn)． 25、（2013?宜昌）如圖

34、，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是銳角∠A兩邊上的點(diǎn)，AE=AF，分別以點(diǎn)E，F(xiàn)為圓心，以AE的長為半徑畫弧，兩弧相交于點(diǎn)D，連接DE，DF． （1）請你判斷所畫四邊形的性狀，并說明理由； （2）連接EF，若AE=8厘米，∠A=60°，求線段EF的長． 考點(diǎn)： 菱形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)． 分析： （1）由AE=AF=ED=DF，根據(jù)四條邊都相等的四邊形是菱形，即可證得：四邊形AEDF是菱形； （2）首先連接EF，由AE=AF，∠A=60°，可證得△EAF是等邊三角形，則可求得線段EF的長． 解答： 解：（1）菱形． 理由：∵根據(jù)題意得：AE=AF=ED=DF， ∴四

35、邊形AEDF是菱形； （2）連接EF， ∵AE=AF，∠A=60°， ∴△EAF是等邊三角形， ∴EF=AE=8厘米． 點(diǎn)評： 此題考查了菱形的判定與性質(zhì)以及等邊三角形的判定與性質(zhì)．此題比較簡單，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用． 26、（2013?雅安）在?ABCD中，點(diǎn)E、F分別在AB、CD上，且AE=CF． （1）求證：△ADE≌△CBF； （2）若DF=BF，求證：四邊形DEBF為菱形． 考點(diǎn)： 菱形的判定；全等三角形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)． 專題： 證明題． 分析： （1）首先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AD=BC，∠

36、A=∠C，再加上條件AE=CF可利用SAS證明△ADE≌△CBF； （2）首先證明DF=BE，再加上條件AB∥CD可得四邊形DEBF是平行四邊形，又DF=FB，可根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形為菱形證出結(jié)論． 解答： 證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AD=BC，∠A=∠C， ∵在△ADE和△CBF中， ， ∴△ADE≌△CBF（SAS）； （2）∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AB∥CD，AB=CD， ∵AE=CF， ∴DF=EB， ∴四邊形DEBF是平行四邊形， 又∵DF=FB， ∴四邊形DEBF為菱形． 點(diǎn)評： 此題主要考查了全等三角形的判定，

37、以及菱形的判定，關(guān)鍵是掌握全等三角形的判定定理，以及菱形的判定定理，平行四邊形的性質(zhì)． 27、（2013?南寧）如圖，在菱形ABCD中，AC為對角線，點(diǎn)E、F分別是邊BC、AD的中點(diǎn)． （1）求證：△ABE≌△CDF； （2）若∠B=60°，AB=4，求線段AE的長． 考點(diǎn)： 菱形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)． 分析： （1）首先根據(jù)菱形的性質(zhì)，得到AB=BC=AD=CD，∠B=∠D，結(jié)合點(diǎn)E、F分別是邊BC、AD的中點(diǎn)，即可證明出△ABE≌△CDF； （2）首先證明出△ABC是等邊三角形，結(jié)合題干條件在Rt△AEB中，∠B=60°，AB=

38、4，即可求出AE的長． 解答： 解：（1）∵四邊形ABCD是菱形， ∴AB=BC=AD=CD，∠B=∠D， ∵點(diǎn)E、F分別是邊BC、AD的中點(diǎn)， ∴BE=DF， 在△ABE和△CDF中， ∵， ∴△ABE≌△CDF（SAS）； （2）∵∠B=60°， ∴△ABC是等邊三角形， ∵點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)， ∴AE⊥BC， 在Rt△AEB中，∠B=60°，AB=4， sin60°==， 解得AE=2． 點(diǎn)評： 本題主要考查菱形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，解答本題的關(guān)鍵是熟練掌握菱形的性質(zhì)、全等三角形的證明以及等邊三角形的性質(zhì)，此題難度不大，是一道比較好的中考試題． 28

39、、（2013安順）如圖，在△ABC中，D、E分別是AB、AC的中點(diǎn)，BE=2DE，延長DE到點(diǎn)F，使得EF=BE，連接CF． （1）求證：四邊形BCFE是菱形； （2）若CE=4，∠BCF=120°，求菱形BCFE的面積． 考點(diǎn)：菱形的判定與性質(zhì)；三角形中位線定理． 分析：從所給的條件可知，DE是△ABC中位線，所以DE∥BC且2DE=BC，所以BC和EF平行且相等，所以四邊形BCFE是平行四邊形，又因?yàn)锽E=FE，所以是菱形；∠BCF是120°，所以∠EBC為60°，所以菱形的邊長也為4，求出菱形的高面積就可求． 解答：（1）證明：∵D、E分別是AB、AC的中點(diǎn)， ∴DE∥B

40、C且2DE=BC， 又∵BE=2DE，EF=BE， ∴EF=BC，EF∥BC， ∴四邊形BCFE是平行四邊形， 又∵BE=FE， ∴四邊形BCFE是菱形； （2）解：∵∠BCF=120°， ∴∠EBC=60°， ∴△EBC是等邊三角形， ∴菱形的邊長為4，高為2， ∴菱形的面積為4×2=8． 點(diǎn)評：本題考查菱形的判定和性質(zhì)以及三角形中位線定理，以及菱形的面積的計(jì)算等知識(shí)點(diǎn)． 29、（2013?婁底）某校九年級學(xué)習(xí)小組在探究學(xué)習(xí)過程中，用兩塊完全相同的且含60°角的直角三角板ABC與AFE按如圖（1）所示位置放置放置，現(xiàn)將Rt△AEF繞A點(diǎn)按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)角α（0°＜

41、α＜90°），如圖（2），AE與BC交于點(diǎn)M，AC與EF交于點(diǎn)N，BC與EF交于點(diǎn)P． （1）求證：AM=AN； （2）當(dāng)旋轉(zhuǎn)角α=30°時(shí)，四邊形ABPF是什么樣的特殊四邊形？并說明理由． 考點(diǎn)： 旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；菱形的判定． 分析： （1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AB=AF，∠BAM=∠FAN，進(jìn)而得出△ABM≌△AFN得出答案即可； （2）利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出∠FAB=120°，∠FPC=∠B=60°，即可得出四邊形ABPF是平行四邊形，再利用菱形的判定得出答案． 解答： （1）證明：∵用兩塊完全相同的且含60°角的直角三角板ABC與AFE按如圖（1

42、）所示位置放置放置，現(xiàn)將Rt△AEF繞A點(diǎn)按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)角α（0°＜α＜90°）， ∴AB=AF，∠BAM=∠FAN， 在△ABM和△AFN中， ， ∴△ABM≌△AFN（ASA）， ∴AM=AN； （2）解：當(dāng)旋轉(zhuǎn)角α=30°時(shí)，四邊形ABPF是菱形． 理由：連接AP， ∵∠α=30°， ∴∠FAN=30°， ∴∠FAB=120°， ∵∠B=60°， ∴AF∥BP， ∴∠F=∠FPC=60°， ∴∠FPC=∠B=60°， ∴AB∥FP， ∴四邊形ABPF是平行四邊形， ∵AB=AF， ∴平行四邊形ABPF是菱形． 點(diǎn)評： 此題主要考查了平行四

43、邊形的判定以及菱形的判定和全等三角形的判定等知識(shí)，根據(jù)旋轉(zhuǎn)前后圖形大小不發(fā)生變化得出是解題關(guān)鍵． 30、（2013?株洲）已知四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD=60°，對角線AC與BD交于點(diǎn)O，過點(diǎn)O的直線EF交AD于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F． （1）求證：△AOE≌△COF； （2）若∠EOD=30°，求CE的長． 考點(diǎn)： 菱形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)；含30度角的直角三角形；勾股定理． 分析： （1）根據(jù)菱形的對角線互相平分可得AO=CO，對邊平行可得AD∥BC，再利用兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等可得∠OAE=∠OCF，然后利用“角邊角”

44、證明△AOE和△COF全等； （2）根據(jù)菱形的對角線平分一組對角求出∠DAO=30°，然后求出∠AEF=90°，然后求出AO的長，再求出EF的長，然后在Rt△CEF中，利用勾股定理列式計(jì)算即可得解． 解答： （1）證明：∵四邊形ABCD是菱形， ∴AO=CO，AD∥BC， ∴∠OAE=∠OCF， 在△AOE和△COF中，， ∴△AOE≌△COF（ASA）； （2）解：∵∠BAD=60°， ∴∠DAO=∠BAD=×60°=30°， ∵∠EOD=30°， ∴∠AOE=90°﹣30°=60°， ∴∠AEF=180°﹣∠BOD﹣∠AOE=180°﹣30°﹣60°=90°，

45、 ∵菱形的邊長為2，∠DAO=30°， ∴OD=AD=×2=1， ∴AO===， ∴AE=CF=×=， ∵菱形的邊長為2，∠BAD=60°， ∴高EF=2×=， 在Rt△CEF中，CE===． 點(diǎn)評： 本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，（2）求出△CEF是直角三角形是解題的關(guān)鍵，也是難點(diǎn)． 31、（2013?蘇州）如圖，點(diǎn)P是菱形ABCD對角線AC上的一點(diǎn)，連接DP并延長DP交邊AB于點(diǎn)E，連接BP并延長交邊AD于點(diǎn)F，交CD的延長線于點(diǎn)G． （1）求證：△APB≌△APD； （2）已知D

46、F：FA=1：2，設(shè)線段DP的長為x，線段PF的長為y． ①求y與x的函數(shù)關(guān)系式； ②當(dāng)x=6時(shí)，求線段FG的長． 考點(diǎn)： 相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；菱形的性質(zhì)． 分析： （1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得出∠DAP=∠PAB，AD=AB，再利用全等三角形的判定得出△APB≌△APD； （2）①首先證明△DFP≌△BEP，進(jìn)而得出=，=，進(jìn)而得出=，即=，即可得出答案； ②根據(jù)①中所求得出PF=PE=4，DP=PB=6，進(jìn)而得出==，求出即可． 解答： （1）證明：∵點(diǎn)P是菱形ABCD對角線AC上的一點(diǎn)， ∴∠DAP=∠PAB，AD=AB， ∵在△AP

47、B和△APD中 ， ∴△APB≌△APD（SAS）； （2）解：①∵△APB≌△APD， ∴DP=PB，∠ADP=∠ABP， ∵在△DFP和△BEP中， ， ∴△DFP≌△BEP（ASA）， ∴PF=PE，DF=BE， ∵GD∥AB， ∴=， ∵DF：FA=1：2， ∴=，=， ∴=， ∵=，即=， ∴y=x； ②當(dāng)x=6時(shí)，y=×6=4， ∴PF=PE=4，DP=PB=6， ∵==， ∴=， 解得：FG=5， 故線段FG的長為5． 點(diǎn)評： 此題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，根據(jù)平行關(guān)系得出=，=是解題關(guān)

48、鍵． 32、（2013聊城）如圖，AB是⊙O的直徑，AF是⊙O切線，CD是垂直于AB的弦，垂足為E，過點(diǎn)C作DA的平行線與AF相交于點(diǎn)F，CD=，BE=2．求證：（1）四邊形FADC是菱形； （2）FC是⊙O的切線． 考點(diǎn)：切線的判定與性質(zhì)；菱形的判定． 分析：（1）首先連接OC，由垂徑定理，可求得CE的長，又由勾股定理，可求得半徑OC的長，然后由勾股定理求得AD的長，即可得AD=CD，易證得四邊形FADC是平行四邊形，繼而證得四邊形FADC是菱形； （2）首先連接OF，易證得△AFO≌△CFO，繼而可證得FC是⊙O的切線． 解答：證明：（1）連接OC， ∵AB是⊙O的直

49、徑，CD⊥AB， ∴CE=DE=CD=×4=2， 設(shè)OC=x， ∵BE=2， ∴OE=x﹣2， 在Rt△OCE中，OC2=OE2+CE2， ∴x2=（x﹣2）2+（2）2， 解得：x=4， ∴OA=OC=4，OE=2， ∴AE=6， 在Rt△AED中，AD==4， ∴AD=CD， ∵AF是⊙O切線， ∴AF⊥AB， ∵CD⊥AB， ∴AF∥CD， ∵CF∥AD， ∴四邊形FADC是平行四邊形， ∴?FADC是菱形； （2）連接OF， ∵四邊形FADC是菱形， ∴FA=FC， 在△AFO和△CFO中， ， ∴△AFO≌△CFO（SSS）， ∴∠F

50、CO=∠FAO=90°， 即OC⊥FC， ∵點(diǎn)C在⊙O上， ∴FC是⊙O的切線． 點(diǎn)評：此題考查了切線的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、垂徑定理、勾股定理以及全等三角形的判定與性質(zhì)．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用． 33、（2013泰安）如圖，在四邊形ABCD中，AB=AD，CB=CD，E是CD上一點(diǎn)，BE交AC于F，連接DF． （1）證明：∠BAC=∠DAC，∠AFD=∠CFE． （2）若AB∥CD，試證明四邊形ABCD是菱形； （3）在（2）的條件下，試確定E點(diǎn)的位置，∠EFD=∠BCD，并說明理由． 考點(diǎn)：菱形的判定與性質(zhì)；全等

51、三角形的判定與性質(zhì)． 分析：（1）首先利用SSS定理證明△ABC≌△ADC可得∠BAC=∠DAC，再證明△ABF≌△ADF，可得∠AFD=∠AFB，進(jìn)而得到∠AFD=∠CFE； （2）首先證明∠CAD=∠ACD，再根據(jù)等角對等邊可得AD=CD，再有條件AB=AD，CB=CD可得AB=CB=CD=AD，可得四邊形ABCD是菱形； （3）首先證明△BCF≌△DCF可得∠CBF=∠CDF，再根據(jù)BE⊥CD可得∠BEC=∠DEF=90°，進(jìn)而得到∠EFD=∠BCD． 解答：（1）證明：∵在△ABC和△ADC中， ∴△ABC≌△ADC（SSS）， ∴∠BAC=∠DAC， ∵在△ABF和△A

52、DF中， ∴△ABF≌△ADF， ∴∠AFD=∠AFB， ∵∠AFB=∠AFE， ∴∠AFD=∠CFE； （2）證明：∵AB∥CD， ∴∠BAC=∠ACD， 又∵∠BAC=∠DAC， ∴∠CAD=∠ACD， ∴AD=CD， ∵AB=AD，CB=CD， ∴AB=CB=CD=AD， ∴四邊形ABCD是菱形； （3）當(dāng)EB⊥CD時(shí)，∠EFD=∠BCD， 理由：∵四邊形ABCD為菱形， ∴BC=CD，∠BCF=∠DCF， 在△BCF和△DCF中， ∴△BCF≌△DCF（SAS）， ∴∠CBF=∠CDF， ∵BE⊥CD， ∴∠BEC=∠DEF=90°， ∴∠EF

53、D=∠BCD． 點(diǎn)評：此題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，以及菱形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定是結(jié)合全等三角形的性質(zhì)證明線段和角相等的重要工具．　 34、（2013?遂寧）如圖，已知四邊形ABCD是平行四邊形，DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分別是E、F，并且DE=DF．求證： （1）△ADE≌△CDF； （2）四邊形ABCD是菱形． 考點(diǎn)： 菱形的判定；全等三角形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)． 專題： 證明題． 分析： （1）首先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出∠A=∠C，進(jìn)而利用全等三角形的判定得出即可； （2）根據(jù)菱形的判定得出即可． 解答： 解：（1

54、）∵DE⊥AB，DF⊥BC ∴∠AED=∠CFD=90°， ∵四邊形ABCD是平行四邊形 ∴∠A=∠C， ∵在△AED和△CFD中 ∴△AED≌△CFD（AAS）； （2）∵△AED≌△CFD， ∴AD=CD， ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴四邊形ABCD是菱形． 點(diǎn)評： 此題主要考查了菱形的性質(zhì)和全等三角形的判定等知識(shí)，根據(jù)已知得出∠A=∠C是解題關(guān)鍵． 35、（2013?舟山）某學(xué)校的校門是伸縮門（如圖1），伸縮門中的每一行菱形有20個(gè)，每個(gè)菱形邊長為30厘米．校門關(guān)閉時(shí)，每個(gè)菱形的銳角度數(shù)為60°（如圖2）；校門打開時(shí)，每個(gè)菱形的銳角度數(shù)從60

55、°縮小為10°（如圖3）．問：校門打開了多少米？（結(jié)果精確到1米，參考數(shù)據(jù)：sin5°≈0.0872，cos5°≈0.9962，sin10°≈0.1736，cos10°≈0.9848）． 考點(diǎn)： 解直角三角形的應(yīng)用；菱形的性質(zhì)． 分析： 先求出校門關(guān)閉時(shí)，20個(gè)菱形的寬即大門的寬；再求出校門打開時(shí)，20個(gè)菱形的寬即伸縮門的寬；然后將它們相減即可． 解答： 解：如圖，校門關(guān)閉時(shí)，取其中一個(gè)菱形ABCD． 根據(jù)題意，得∠BAD=60°，AB=0.3米． ∵在菱形ABCD中，AB=AD， ∴△BAD是等邊三角形， ∴BD=AB=0.3米， ∴大門的寬是：0.3×20≈6

56、（米）； 校門打開時(shí)，取其中一個(gè)菱形A1B1C1D1． 根據(jù)題意，得∠B1A1D1=10°，A1B1=0.3米． ∵在菱形A1B1C1D1中，A1C1⊥B1D1，∠B1A1O1=5°， ∴在Rt△A1B1O1中， B1O1=sin∠B1A1O1?A1B1=sin5°×0.3=0.02616（米）， ∴B1D1=2B1O1=0.05232米， ∴伸縮門的寬是：0.05232×20=1.0464米； ∴校門打開的寬度為：6﹣1.0464=4.9536≈5（米）． 故校門打開了5米． 點(diǎn)評： 本題考查了菱形的性質(zhì)，解直角三角形的應(yīng)用，難度適中．解題的關(guān)鍵是把實(shí)際問題轉(zhuǎn)化

57、為數(shù)學(xué)問題，只要把實(shí)際問題抽象到解直角三角形中，一切將迎刃而解． 　　 37、(2013年臨沂)如圖，在△ABC中，AD是BC邊上的中線，E是AD的中點(diǎn)，過點(diǎn)A作BC的平行線交BE的延長線于點(diǎn)F,連接CF. （1）求證：AF=DC； （2）若AB⊥AC,試判斷四邊形ADCF的形狀，并證明你的結(jié)論. （第22題圖） 解析：證明：（1）∵E是AD的中點(diǎn)，∴AE=ED.……………………………(1分) ∵AF∥BC,∴∠AFE=∠DBE, ∠FAE=∠BDE, ∴△AFE≌△DBE. ………………………(2分) ∴AF=DB. ∵AD是BC邊上的中點(diǎn)，∴DB=DC,AF=DC ……………(3分) （2）四邊形ADCF是菱形. …………………………………(4分) 理由：由（1）知，AF=DC, ∵AF∥CD, ∴四邊形ADCF是平行四邊形. ……(5分) 又∵AB⊥AC, ∴△ABC是直角三角形 ∵AD是BC邊上的中線, ∴. … (6分) ∴平行四邊形ADCF是菱形. …………………(7分) 40 學(xué)習(xí)是一件快樂的事情，大家下載后可以自行修改