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11. 用四根一样长的木棍搭成菱形 $ABCD$，点 $P$ 是线段 $DC$ 上的动点(点 $P$ 不与点 $D$ 和点 $C$ 重合)，在射线 $BP$ 上取一点 $M$，连接 $DM$，$CM$，使 $∠ CDM = ∠ CBP$.
(1) 如图 1，调整菱形 $ABCD$，使 $∠ A = 90°$，当点 $M$ 在菱形 $ABCD$ 外时，在射线 $BP$ 上取一点 $N$，使 $BN = DM$，连接 $CN$，则 $∠ BMC =$
(2) 如图 2，调整菱形 $ABCD$，使 $∠ A = 120°$，当点 $M$ 在菱形 $ABCD$ 外时，在射线 $BP$ 上取一点 $N$，使 $BN = DM$，连接 $CN$，探索 $MC$ 与 $MN$ 的数量关系，并说明理由.
(1) 如图 1，调整菱形 $ABCD$，使 $∠ A = 90°$，当点 $M$ 在菱形 $ABCD$ 外时，在射线 $BP$ 上取一点 $N$，使 $BN = DM$，连接 $CN$，则 $∠ BMC =$
45°
，$\frac{MC}{MN} =$$\frac{\sqrt{2}}{2}$
.(2) 如图 2，调整菱形 $ABCD$，使 $∠ A = 120°$，当点 $M$ 在菱形 $ABCD$ 外时，在射线 $BP$ 上取一点 $N$，使 $BN = DM$，连接 $CN$，探索 $MC$ 与 $MN$ 的数量关系，并说明理由.
答案
11. 解：（1）
∵在菱形 ABCD 中，∠A=90°，
∴AD//BC，AB//CD，
∴∠ADC=90°，
∴BC=CD，∠BCD=90°. 在△BCN 和△DCM 中，$\begin{cases}BC=DC,\\∠CBN=∠CDM,\\BN=DM,\end{cases}$
∴△BCN≌△DCM（SAS），
∴∠BCN=∠DCM，CN=CM.
∵∠BCN+∠DCN=∠BCD=90°，
∴∠DCM+∠DCN=∠MCN=90°，
∴△MCN 是等腰直角三角形，
∴∠CMN=45°，MN=$\sqrt{2}$CM，
∴∠BMC=45°，$\frac{CM}{MN}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. 故答案为 45°；$\frac{\sqrt{2}}{2}$.
（2）MN=$\sqrt{3}$MC. 理由如下：
∵四边形 ABCD 是菱形，∠A=120°，
∴BC=CD，∠BCD=∠A=120°. 在△BCN 和△DCM 中，$\begin{cases}BC=DC,\\∠CBN=∠CDM,\\BN=DM,\end{cases}$
∴△BCN≌△DCM（SAS），
∴∠BCN=∠DCM，CN=CM.
∵∠BCN+∠DCN=∠BCD=120°，
∴∠DCM+∠DCN=∠MCN=120°.
∵CM=CN，
∴∠CMN=∠CNM，
∴∠CMN=∠CNM=$\frac{180°-∠MCN}{2}$=30°. 如图，作 CE⊥BP 交 BP 于点 E，则 ME=NE，∠CEM=90°. 在 Rt△CEM 中，∠CME=30°，∠CEM=90°，
∴CE=$\frac{1}{2}$CM，
∴EM=$\sqrt{CM^{2}-CE^{2}}=\sqrt{CM^{2}-(\frac{1}{2}CM)^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$CM，
∴MN=2EM=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$CM=$\sqrt{3}$CM.
12. (2025·湖南) 如图，在四边形 $ABCD$ 中，对角线 $AC$ 与 $BD$ 互相垂直平分，$AB = 3$，则四边形 $ABCD$ 的周长为(
A.$6$
B.$9$
C.$12$
D.$18$
C
)A.$6$
B.$9$
C.$12$
D.$18$
答案
12. C
解析
【解析】
因为对角线$AC$与$BD$互相垂直平分，所以四边形$ABCD$是菱形。
菱形的四条边都相等，已知$AB = 3$，所以四边形$ABCD$的周长为$4× AB = 4×3 = 12$。
【答案】
C
【知识点】
菱形的判定、菱形的性质
【点评】
本题考查菱形的判定与性质，先根据对角线互相垂直平分判定四边形是菱形，再利用菱形性质求周长。
【难度系数】
0.6
因为对角线$AC$与$BD$互相垂直平分，所以四边形$ABCD$是菱形。
菱形的四条边都相等，已知$AB = 3$，所以四边形$ABCD$的周长为$4× AB = 4×3 = 12$。
【答案】
C
【知识点】
菱形的判定、菱形的性质
【点评】
本题考查菱形的判定与性质，先根据对角线互相垂直平分判定四边形是菱形，再利用菱形性质求周长。
【难度系数】
0.6
13. (2025·大庆) 如图，在四边形 $ABCD$ 中，$AB// CD$，对角线 $AC$ 与 $BD$ 相交于点 $O$. 点 $B$、点 $D$ 关于 $AC$ 所在直线对称.
(1) 求证：四边形 $ABCD$ 是菱形.
(2) 过点 $D$ 作 $BC$ 的垂线交 $BC$ 延长线于点 $E$. 若 $CE = 3$，$AD = 5$，求线段 $OC$ 的长.
(1) 求证：四边形 $ABCD$ 是菱形.
(2) 过点 $D$ 作 $BC$ 的垂线交 $BC$ 延长线于点 $E$. 若 $CE = 3$，$AD = 5$，求线段 $OC$ 的长.
答案
13.（1）证明：
∵点 B、点 D 关于 AC 所在直线对称，
∴BD⊥AC，BO=DO，
∵AB//CD，
∴∠ABO=∠CDO，在△ABO 和△CDO 中，$\begin{cases}∠ABO=∠CDO,\\BO=DO,\\∠AOB=∠COD,\end{cases}$
∴△ABO≌△CDO（ASA），
∴AB=CD. 又
∵AB//CD，
∴四边形 ABCD 是平行四边形. 又
∵BD⊥AC，
∴四边形 ABCD 是菱形.
（2）解：由（1），得四边形 ABCD 是菱形，
∴OC=OA=$\frac{1}{2}$AC，AD=BC=CD=5，
∴BE=BC+CE=5+3=8，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB=90°. 在 Rt△CED 中，由勾股定理，得 DE=$\sqrt{CD^{2}-CE^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}$=4. 在 Rt△BED 中，由勾股定理，得 BD=$\sqrt{BE^{2}+DE^{2}}=\sqrt{8^{2}+4^{2}}=4\sqrt{5}$，
∵S_{菱形 ABCD}=DE·BC，S_{菱形 ABCD}=$\frac{1}{2}$AC·BD=OC·BD，
∴DE·BC=OC·BD，
∴OC=$\frac{DE·BC}{BD}=\frac{4×5}{4\sqrt{5}}=\sqrt{5}$.
∵点 B、点 D 关于 AC 所在直线对称，
∴BD⊥AC，BO=DO，
∵AB//CD，
∴∠ABO=∠CDO，在△ABO 和△CDO 中，$\begin{cases}∠ABO=∠CDO,\\BO=DO,\\∠AOB=∠COD,\end{cases}$
∴△ABO≌△CDO（ASA），
∴AB=CD. 又
∵AB//CD，
∴四边形 ABCD 是平行四边形. 又
∵BD⊥AC，
∴四边形 ABCD 是菱形.
（2）解：由（1），得四边形 ABCD 是菱形，
∴OC=OA=$\frac{1}{2}$AC，AD=BC=CD=5，
∴BE=BC+CE=5+3=8，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB=90°. 在 Rt△CED 中，由勾股定理，得 DE=$\sqrt{CD^{2}-CE^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}$=4. 在 Rt△BED 中，由勾股定理，得 BD=$\sqrt{BE^{2}+DE^{2}}=\sqrt{8^{2}+4^{2}}=4\sqrt{5}$，
∵S_{菱形 ABCD}=DE·BC，S_{菱形 ABCD}=$\frac{1}{2}$AC·BD=OC·BD，
∴DE·BC=OC·BD，
∴OC=$\frac{DE·BC}{BD}=\frac{4×5}{4\sqrt{5}}=\sqrt{5}$.
解析
【解析】
（1）证明：
∵点$B$、点$D$关于$AC$所在直线对称，
∴$BD⊥AC$，$BO = DO$，
∵$AB// CD$，
∴$∠ ABO=∠ CDO$，在$△ ABO$和$△ CDO$中，$\begin{cases}∠ ABO=∠ CDO,\\BO = DO,\\∠ AOB=∠ COD,\end{cases}$
∴$△ ABO≌△ CDO$（$ASA$），
∴$AB = CD$。又
∵$AB// CD$，
∴四边形$ABCD$是平行四边形。又
∵$BD⊥AC$，
∴四边形$ABCD$是菱形。
（2）解：由（1），得四边形$ABCD$是菱形，
∴$OC = OA=\frac{1}{2}AC$，$AD = BC = CD = 5$，
∴$BE = BC + CE = 5 + 3 = 8$，
∵$DE⊥BC$，
∴$∠ DEB = 90°$。在$Rt△ CED$中，由勾股定理，得$DE=\sqrt{CD^{2}-CE^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}} = 4$。在$Rt△ BED$中，由勾股定理，得$BD=\sqrt{BE^{2}+DE^{2}}=\sqrt{8^{2}+4^{2}} = 4\sqrt{5}$，
∵$S_{菱形 ABCD}=DE· BC$，$S_{菱形 ABCD}=\frac{1}{2}AC· BD = OC· BD$，
∴$DE· BC = OC· BD$，
∴$OC=\frac{DE· BC}{BD}=\frac{4×5}{4\sqrt{5}}=\sqrt{5}$。
【答案】
（1）证明过程如解析；（2）$\sqrt{5}$
【知识点】
菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题第一问通过证明三角形全等得到边相等，再结合平行四边形和菱形的判定定理进行证明；第二问利用菱形的性质和勾股定理求解线段长度，考查了学生对几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
$0.4$
（1）证明：
∵点$B$、点$D$关于$AC$所在直线对称，
∴$BD⊥AC$，$BO = DO$，
∵$AB// CD$，
∴$∠ ABO=∠ CDO$，在$△ ABO$和$△ CDO$中，$\begin{cases}∠ ABO=∠ CDO,\\BO = DO,\\∠ AOB=∠ COD,\end{cases}$
∴$△ ABO≌△ CDO$（$ASA$），
∴$AB = CD$。又
∵$AB// CD$，
∴四边形$ABCD$是平行四边形。又
∵$BD⊥AC$，
∴四边形$ABCD$是菱形。
（2）解：由（1），得四边形$ABCD$是菱形，
∴$OC = OA=\frac{1}{2}AC$，$AD = BC = CD = 5$，
∴$BE = BC + CE = 5 + 3 = 8$，
∵$DE⊥BC$，
∴$∠ DEB = 90°$。在$Rt△ CED$中，由勾股定理，得$DE=\sqrt{CD^{2}-CE^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}} = 4$。在$Rt△ BED$中，由勾股定理，得$BD=\sqrt{BE^{2}+DE^{2}}=\sqrt{8^{2}+4^{2}} = 4\sqrt{5}$，
∵$S_{菱形 ABCD}=DE· BC$，$S_{菱形 ABCD}=\frac{1}{2}AC· BD = OC· BD$，
∴$DE· BC = OC· BD$，
∴$OC=\frac{DE· BC}{BD}=\frac{4×5}{4\sqrt{5}}=\sqrt{5}$。
【答案】
（1）证明过程如解析；（2）$\sqrt{5}$
【知识点】
菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题第一问通过证明三角形全等得到边相等，再结合平行四边形和菱形的判定定理进行证明；第二问利用菱形的性质和勾股定理求解线段长度，考查了学生对几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
$0.4$
