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4. 下列关系中，是菱形的性质但不是平行四边形的性质的是 (
A. 对角线垂直
B. 两组对边分别平行
C. 对角线互相平分
D. 两组对角分别相等
A
)A. 对角线垂直
B. 两组对边分别平行
C. 对角线互相平分
D. 两组对角分别相等
答案：
A
5. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，$∠ABC=120^{\circ }$，$BD=4$，则对角线AC的长为 (
A. $4\sqrt {3}$
B. $2\sqrt {3}$
C. 4
D. 8
A
)A. $4\sqrt {3}$
B. $2\sqrt {3}$
C. 4
D. 8
答案：
A
6. 如图，菱形ABCD的周长为16，面积为12，P是对角线BD上一点，分别作P点到直线AB，AD的垂线段PE，PF，则$PE+PF$等于
3
。
答案：
3
7. 如图，在菱形ABCD中，连接AC，BD，若$∠1=25^{\circ }$，则$∠2$的度数为
$65^{\circ}$
。
答案：
$65^{\circ}$
8. 如图，在菱形ABCD中，$∠B=40^{\circ }$，点E在CD上，$AE=AC$，则$∠BAE=$
$110^{\circ}$
。
答案：
$110^{\circ}$
9. 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，$OE\perp AD$，垂足为E，$AC=16$，$BD=12$，求AD，OE的长。
AD的长为
AD的长为
10
，OE的长为$\frac{24}{5}$
。
答案：
解：
∵菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC=16，BD=12，
∴AO⊥DO，$AO=\frac {1}{2}AC=8$，$DO=\frac {1}{2}BD=6$，
∴$AD=\sqrt {AO^{2}+OD^{2}}=10$。
∵OE⊥AD，
∴$S_{△ADO}=\frac {1}{2}AD×OE=\frac {1}{2}AO×OD$，
∴$OE=\frac {AO×OD}{AD}=\frac {6×8}{10}=\frac {24}{5}$。
∵菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC=16，BD=12，
∴AO⊥DO，$AO=\frac {1}{2}AC=8$，$DO=\frac {1}{2}BD=6$，
∴$AD=\sqrt {AO^{2}+OD^{2}}=10$。
∵OE⊥AD，
∴$S_{△ADO}=\frac {1}{2}AD×OE=\frac {1}{2}AO×OD$，
∴$OE=\frac {AO×OD}{AD}=\frac {6×8}{10}=\frac {24}{5}$。
10. 如图，若菱形ABCD的面积为$2\sqrt {3}cm^{2}$，$∠A=120^{\circ }$，将菱形ABCD折叠，使点A恰好落在菱形对角线的交点O处，折痕为EF，则$EF=$
$\sqrt {3}$
cm。
答案：
$\sqrt {3}$
11. 如图，在菱形ABCD中，E，F是对角线AC上两点，连接DE，DF，$∠ADF=∠CDE$。求证：$AE=CF$。
证明：∵四边形ABCD是菱形，E，F是对角线AC上两点，
∴
∵∠ADF=∠CDE，
∴∠ADF−∠EDF=∠CDE−∠EDF，
即
在△DAE和△DCF中，$\left\{\begin{array}{l} ∠DAC=∠DCA,\\ DA=DC,\\ ∠ADE=∠CDF,\end{array}\right.$
∴△DAE≌△DCF(
∴AE=CF。
证明：∵四边形ABCD是菱形，E，F是对角线AC上两点，
∴
DA=DC
，∠DAC=∠DCA
。∵∠ADF=∠CDE，
∴∠ADF−∠EDF=∠CDE−∠EDF，
即
∠ADE=∠CDF
。在△DAE和△DCF中，$\left\{\begin{array}{l} ∠DAC=∠DCA,\\ DA=DC,\\ ∠ADE=∠CDF,\end{array}\right.$
∴△DAE≌△DCF(
ASA
)，∴AE=CF。
答案：
解：
∵四边形ABCD是菱形，E，F是对角线AC上两点，
∴DA=DC，∠DAC=∠DCA。
∵∠ADF=∠CDE，
∴∠ADF−∠EDF=∠CDE−∠EDF，
即∠ADE=∠CDF。
在△DAE和△DCF中，$\left\{\begin{array}{l} ∠DAC=∠DCA,\\ DA=DC,\\ ∠ADE=∠CDF,\end{array}\right.$
∴△DAE≌△DCF(ASA)，
∴AE=CF。
∵四边形ABCD是菱形，E，F是对角线AC上两点，
∴DA=DC，∠DAC=∠DCA。
∵∠ADF=∠CDE，
∴∠ADF−∠EDF=∠CDE−∠EDF，
即∠ADE=∠CDF。
在△DAE和△DCF中，$\left\{\begin{array}{l} ∠DAC=∠DCA,\\ DA=DC,\\ ∠ADE=∠CDF,\end{array}\right.$
∴△DAE≌△DCF(ASA)，
∴AE=CF。
12. 如图，在边长为1的菱形ABCD中，$∠DAB=60^{\circ }$，点M是AD上不同于A，D的一个动点，点N是CD上一动点，且$AM+CN=1$。
(1)证明：无论M，N怎样移动，$\triangle BMN$总是等边三角形；
(2)求$\triangle BMN$面积的最小值。
(1) 证明：如图所示，连接BD，
在菱形ABCD中，∠DAB=60°，
∴∠ADB=∠NDB=60°，故△ADB是等边三角形，
∴AB=BD，又AM+CN=1，DN+CN=1，∴AM=DN。
在△AMB和△DNB中，
$\left\{\begin{array}{l} AM=DN,\\ ∠MAB=∠NDB=60^{\circ },\\ AB=DB,\end{array}\right.$
∴△AMB≌△DNB(SAS)，
∴BM=BN，∠MBA=∠NBD，
又∵∠MBA+∠DBM=60°，
∴∠NBD+∠DBM=60°，即∠MBN=60°，
∴△BMN是等边三角形。
(2) 解：过点B作BE⊥MN于点E。设BM=BN=MN=x，则$BE=\frac {\sqrt {3}}{2}x$，故$S_{△BMN}=\frac {1}{2}MN\cdot BE=\frac {\sqrt {3}}{4}x^{2}$，
∴当BM⊥AD时，x最小，此时，$x_{min}=\frac {\sqrt {3}}{2}$，$S_{min}=\frac {\sqrt {3}}{4}×(\frac {\sqrt {3}}{2})^{2}=$
∴△BMN面积的最小值为
(1)证明：无论M，N怎样移动，$\triangle BMN$总是等边三角形；
(2)求$\triangle BMN$面积的最小值。
(1) 证明：如图所示，连接BD，
在菱形ABCD中，∠DAB=60°，
∴∠ADB=∠NDB=60°，故△ADB是等边三角形，
∴AB=BD，又AM+CN=1，DN+CN=1，∴AM=DN。
在△AMB和△DNB中，
$\left\{\begin{array}{l} AM=DN,\\ ∠MAB=∠NDB=60^{\circ },\\ AB=DB,\end{array}\right.$
∴△AMB≌△DNB(SAS)，
∴BM=BN，∠MBA=∠NBD，
又∵∠MBA+∠DBM=60°，
∴∠NBD+∠DBM=60°，即∠MBN=60°，
∴△BMN是等边三角形。
(2) 解：过点B作BE⊥MN于点E。设BM=BN=MN=x，则$BE=\frac {\sqrt {3}}{2}x$，故$S_{△BMN}=\frac {1}{2}MN\cdot BE=\frac {\sqrt {3}}{4}x^{2}$，
∴当BM⊥AD时，x最小，此时，$x_{min}=\frac {\sqrt {3}}{2}$，$S_{min}=\frac {\sqrt {3}}{4}×(\frac {\sqrt {3}}{2})^{2}=$
$\frac {3\sqrt {3}}{16}$
。∴△BMN面积的最小值为
$\frac {3\sqrt {3}}{16}$
。
答案：
(1) 证明：如图所示，连接BD，
在菱形ABCD中，∠DAB=60°，
∴∠ADB=∠NDB=60°，故△ADB是等边三角形，
∴AB=BD，又AM+CN=1，DN+CN=1，
∴AM=DN。
在△AMB和△DNB中，
$\left\{\begin{array}{l} AM=DN,\\ ∠MAB=∠NDB=60^{\circ },\\ AB=DB,\end{array}\right.$
∴△AMB≌△DNB(SAS)，
∴BM=BN，∠MBA=∠NBD，
又
∵∠MBA+∠DBM=60°，
∴∠NBD+∠DBM=60°，即∠MBN=60°，
∴△BMN是等边三角形。
(2) 解：过点B作BE⊥MN于点E。设BM=BN=MN=x，则$BE=\frac {\sqrt {3}}{2}x$，故$S_{△BMN}=\frac {1}{2}MN\cdot BE=\frac {\sqrt {3}}{4}x^{2}$，
∴当BM⊥AD时，x最小，此时，$x_{min}=\frac {\sqrt {3}}{2}$，$S_{min}=\frac {\sqrt {3}}{4}×(\frac {\sqrt {3}}{2})^{2}=\frac {3\sqrt {3}}{16}$。
∴△BMN面积的最小值为$\frac {3\sqrt {3}}{16}$。
(1) 证明：如图所示，连接BD，
在菱形ABCD中，∠DAB=60°，
∴∠ADB=∠NDB=60°，故△ADB是等边三角形，
∴AB=BD，又AM+CN=1，DN+CN=1，
∴AM=DN。
在△AMB和△DNB中，
$\left\{\begin{array}{l} AM=DN,\\ ∠MAB=∠NDB=60^{\circ },\\ AB=DB,\end{array}\right.$
∴△AMB≌△DNB(SAS)，
∴BM=BN，∠MBA=∠NBD，
又
∵∠MBA+∠DBM=60°，
∴∠NBD+∠DBM=60°，即∠MBN=60°，
∴△BMN是等边三角形。
(2) 解：过点B作BE⊥MN于点E。设BM=BN=MN=x，则$BE=\frac {\sqrt {3}}{2}x$，故$S_{△BMN}=\frac {1}{2}MN\cdot BE=\frac {\sqrt {3}}{4}x^{2}$，
∴当BM⊥AD时，x最小，此时，$x_{min}=\frac {\sqrt {3}}{2}$，$S_{min}=\frac {\sqrt {3}}{4}×(\frac {\sqrt {3}}{2})^{2}=\frac {3\sqrt {3}}{16}$。
∴△BMN面积的最小值为$\frac {3\sqrt {3}}{16}$。
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