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12. 小颖买了一盏精致的吊灯如图(1)所示,其正面的平面示意图如图(2)所示,四边形ABCD是菱形,对角线AC,BD相交于点O,四边形AECF是其内部框架,且点E,F在BD上,BE=DF.
(1)求证:四边形内部框架AECF为菱形;
(2)若$AE⊥ AD$,F为DE的中点,$AB=6\sqrt{3}$,求四边形AECF的周长.
(1)求证:四边形内部框架AECF为菱形;
(2)若$AE⊥ AD$,F为DE的中点,$AB=6\sqrt{3}$,求四边形AECF的周长.
答案
12.(1)证明:$\because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形,$\therefore OB=OD,OA=OC.$
$\because BE=DF,\therefore OE=OF.\therefore$ 四边形 $AECF$ 是平行四边形.
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形,$\therefore AC⊥ BD.\therefore$ 平行四边形 $AECF$ 是菱形.
(2)解:$\because AE⊥ AD,\therefore△ ADE$ 是直角三角形.
$\because F$ 为 $DE$ 的中点,$\therefore AF=EF=DF.$
$\because$ 四边形 $AECF$ 是菱形,$\therefore AE=AF.\therefore AE=EF=AF.$
$\therefore△ AEF$ 是等边三角形.$\therefore∠ AEF=∠ AFE=60°.$
又 $AE⊥ AD,\therefore∠ EAD=90°.\therefore∠ ADE=30°.\therefore DE=2AE.$
$\because$ 四边形 $ABCD$ 为菱形,$\therefore AD=AB=6\sqrt{3}.$
在 $\mathrm{Rt}△ ADE$ 中,$AE^2+AD^2=DE^2,$
$\therefore AE^2+(6\sqrt{3})^2=(2AE)^2.$
$\therefore AE=6$(负值舍去).
$\because$ 四边形 $AECF$ 为菱形,$\therefore$ 菱形 $AECF$ 的周长为 $4×6=24.$
$\because BE=DF,\therefore OE=OF.\therefore$ 四边形 $AECF$ 是平行四边形.
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形,$\therefore AC⊥ BD.\therefore$ 平行四边形 $AECF$ 是菱形.
(2)解:$\because AE⊥ AD,\therefore△ ADE$ 是直角三角形.
$\because F$ 为 $DE$ 的中点,$\therefore AF=EF=DF.$
$\because$ 四边形 $AECF$ 是菱形,$\therefore AE=AF.\therefore AE=EF=AF.$
$\therefore△ AEF$ 是等边三角形.$\therefore∠ AEF=∠ AFE=60°.$
又 $AE⊥ AD,\therefore∠ EAD=90°.\therefore∠ ADE=30°.\therefore DE=2AE.$
$\because$ 四边形 $ABCD$ 为菱形,$\therefore AD=AB=6\sqrt{3}.$
在 $\mathrm{Rt}△ ADE$ 中,$AE^2+AD^2=DE^2,$
$\therefore AE^2+(6\sqrt{3})^2=(2AE)^2.$
$\therefore AE=6$(负值舍去).
$\because$ 四边形 $AECF$ 为菱形,$\therefore$ 菱形 $AECF$ 的周长为 $4×6=24.$
解析
【分析】
(1) 要证明四边形AECF是菱形，可先判定它是平行四边形，再结合对角线垂直的条件证明。首先利用菱形ABCD的对角线互相平分的性质，结合已知BE=DF，可推出OE=OF，得到四边形AECF对角线互相平分，即可判定它是平行四边形，再利用菱形ABCD对角线垂直的性质，即可证明平行四边形AECF是菱形。
(2) 要求四边形AECF的周长，需先求出它的边长。先根据直角三角形斜边中线的性质得到AF=EF=DF，结合菱形邻边相等的性质推出△AEF是等边三角形，得到∠ADE=30°，再结合菱形ABCD的边长，在Rt△ADE中用勾股定理求出AE的长度，乘4即可得到菱形AECF的周长。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形 $ABCD$ 是菱形，
∴ $OB=OD$，$OA=OC$，$AC⊥BD$。
∵ $BE=DF$，
∴ $OB-BE=OD-DF$，即 $OE=OF$。
∵ $OA=OC$，$OE=OF$，
∴ 四边形 $AECF$ 是平行四边形。
又
∵ $AC⊥BD$，
∴ 平行四边形 $AECF$ 是菱形。
(2) 解：
∵ $AE⊥ AD$，
∴ $△ ADE$ 是直角三角形。
∵ $F$ 为 $DE$ 的中点，
∴ $AF=EF=DF$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半）。
∵ 四边形 $AECF$ 是菱形，
∴ $AE=AF$，
∴ $AE=EF=AF$，即 $△ AEF$ 是等边三角形，
∴ $∠AEF=60°$。
在 $Rt△ADE$ 中，$∠EAD=90°$，
∴ $∠ADE=180°-90°-60°=30°$，
∴ $DE=2AE$。
∵ 四边形 $ABCD$ 为菱形，
∴ $AD=AB=6\sqrt{3}$。
在 $\mathrm{Rt}△ ADE$ 中，由勾股定理得 $AE^2+AD^2=DE^2$，
代入得：$AE^2+(6\sqrt{3})^2=(2AE)^2$，
解得 $AE=6$（负值舍去）。
∵ 四边形 $AECF$ 为菱形，
∴ 周长为 $4×AE=4×6=24$。
【答案】
(1) 证明成立，四边形AECF为菱形；
(2) $\boxed{24}$
【知识点】
菱形的判定与性质；直角三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题结合生活场景考查几何知识，解题的关键是熟练掌握特殊四边形的判定、性质以及直角三角形相关定理，逐步推导边角关系完成求解，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明四边形AECF是菱形，可先判定它是平行四边形，再结合对角线垂直的条件证明。首先利用菱形ABCD的对角线互相平分的性质，结合已知BE=DF，可推出OE=OF，得到四边形AECF对角线互相平分，即可判定它是平行四边形，再利用菱形ABCD对角线垂直的性质，即可证明平行四边形AECF是菱形。
(2) 要求四边形AECF的周长，需先求出它的边长。先根据直角三角形斜边中线的性质得到AF=EF=DF，结合菱形邻边相等的性质推出△AEF是等边三角形，得到∠ADE=30°，再结合菱形ABCD的边长，在Rt△ADE中用勾股定理求出AE的长度，乘4即可得到菱形AECF的周长。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形 $ABCD$ 是菱形，
∴ $OB=OD$，$OA=OC$，$AC⊥BD$。
∵ $BE=DF$，
∴ $OB-BE=OD-DF$，即 $OE=OF$。
∵ $OA=OC$，$OE=OF$，
∴ 四边形 $AECF$ 是平行四边形。
又
∵ $AC⊥BD$，
∴ 平行四边形 $AECF$ 是菱形。
(2) 解：
∵ $AE⊥ AD$，
∴ $△ ADE$ 是直角三角形。
∵ $F$ 为 $DE$ 的中点，
∴ $AF=EF=DF$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半）。
∵ 四边形 $AECF$ 是菱形，
∴ $AE=AF$，
∴ $AE=EF=AF$，即 $△ AEF$ 是等边三角形，
∴ $∠AEF=60°$。
在 $Rt△ADE$ 中，$∠EAD=90°$，
∴ $∠ADE=180°-90°-60°=30°$，
∴ $DE=2AE$。
∵ 四边形 $ABCD$ 为菱形，
∴ $AD=AB=6\sqrt{3}$。
在 $\mathrm{Rt}△ ADE$ 中，由勾股定理得 $AE^2+AD^2=DE^2$，
代入得：$AE^2+(6\sqrt{3})^2=(2AE)^2$，
解得 $AE=6$（负值舍去）。
∵ 四边形 $AECF$ 为菱形，
∴ 周长为 $4×AE=4×6=24$。
【答案】
(1) 证明成立，四边形AECF为菱形；
(2) $\boxed{24}$
【知识点】
菱形的判定与性质；直角三角形的性质；勾股定理
【点评】
本题结合生活场景考查几何知识，解题的关键是熟练掌握特殊四边形的判定、性质以及直角三角形相关定理，逐步推导边角关系完成求解，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
13. 已知四边形ABCD是平行四边形，下列条件中，能判定$□ ABCD$为菱形的是 （
A.$∠ A=90°$
B.$∠ B=∠ C$
C.$AC⊥ BD$
D.$AC=BD$
C
）A.$∠ A=90°$
B.$∠ B=∠ C$
C.$AC⊥ BD$
D.$AC=BD$
答案
13.C
解析
【分析】
解题时首先明确题干给出的前提是四边形已经是平行四边形，需要我们选出能判定它为菱形的条件。首先回忆菱形的判定定理：在平行四边形的基础上，要么满足一组邻边相等，要么满足对角线互相垂直，即可判定为菱形。接下来逐一分析每个选项，先判断该选项能推出平行四边形变成哪种特殊图形，排除不符合的选项即可得到正确答案。
【解析】
已知四边形ABCD是平行四边形，逐一分析选项：
A. 若$∠ A=90°$，根据“有一个内角是直角的平行四边形是矩形”，此时$□ ABCD$是矩形，不符合要求，排除；
B. 平行四边形中$AB// CD$，因此$∠ B+∠ C=180°$，若$∠ B=∠ C$，可推出$∠ B=∠ C=90°$，此时$□ ABCD$是矩形，不符合要求，排除；
C. 根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”，当$AC⊥ BD$时，$□ ABCD$是菱形，符合要求；
D. 根据“对角线相等的平行四边形是矩形”，当$AC=BD$时，$□ ABCD$是矩形，不符合要求，排除。
综上，本题选C。
【答案】
C
【知识点】
菱形的判定；平行四边形的性质；矩形的判定
【点评】
本题属于特殊平行四边形判定的基础题型，核心是区分菱形与矩形的判定条件，尤其要注意对角线相关的判定定理不要混淆，熟练掌握基础定理即可快速解题。
【难度系数】
0.8
解题时首先明确题干给出的前提是四边形已经是平行四边形，需要我们选出能判定它为菱形的条件。首先回忆菱形的判定定理：在平行四边形的基础上，要么满足一组邻边相等，要么满足对角线互相垂直，即可判定为菱形。接下来逐一分析每个选项，先判断该选项能推出平行四边形变成哪种特殊图形，排除不符合的选项即可得到正确答案。
【解析】
已知四边形ABCD是平行四边形，逐一分析选项：
A. 若$∠ A=90°$，根据“有一个内角是直角的平行四边形是矩形”，此时$□ ABCD$是矩形，不符合要求，排除；
B. 平行四边形中$AB// CD$，因此$∠ B+∠ C=180°$，若$∠ B=∠ C$，可推出$∠ B=∠ C=90°$，此时$□ ABCD$是矩形，不符合要求，排除；
C. 根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”，当$AC⊥ BD$时，$□ ABCD$是菱形，符合要求；
D. 根据“对角线相等的平行四边形是矩形”，当$AC=BD$时，$□ ABCD$是矩形，不符合要求，排除。
综上，本题选C。
【答案】
C
【知识点】
菱形的判定；平行四边形的性质；矩形的判定
【点评】
本题属于特殊平行四边形判定的基础题型，核心是区分菱形与矩形的判定条件，尤其要注意对角线相关的判定定理不要混淆，熟练掌握基础定理即可快速解题。
【难度系数】
0.8
14. 如图所示,四边形OABC为矩形,点A,C分别在x轴和y轴上,连接AC,点B的坐标为$(4,3),∠CAO$的平分线与y轴相交于点D,则点D的坐标为 （
A.$(0,\frac{5}{2})$
B.$(0,2)$
C.$(0,\frac{3}{2})$
D.$(0,\frac{4}{3})$
D
）A.$(0,\frac{5}{2})$
B.$(0,2)$
C.$(0,\frac{3}{2})$
D.$(0,\frac{4}{3})$
答案
14.D
解析
【分析】
首先由矩形OABC的性质和点B的坐标，可得出OA、OC的长度，再通过勾股定理计算出AC的长度。AD是∠CAO的角平分线，根据角平分线的性质“角平分线上的点到角两边的距离相等”，过D作DE⊥AC于E，可得OD=DE，再证明Rt△AOD和Rt△AED全等，得到AE=OA，进而求出EC的长度。最后设OD的长度为x，用x表示出DC的长度，在Rt△DEC中利用勾股定理列方程求解，即可得到D点的纵坐标，确定D点坐标。
【解析】
解：
∵四边形OABC是矩形，点B的坐标为$(4,3)$
∴$OA=4$，$OC=3$，$∠ AOC=90°$
在$\mathrm{Rt}△ AOC$中，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{OA^2+OC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$
过点D作$DE⊥ AC$于点E，
∵AD平分$∠ CAO$，$DO⊥ OA$，$DE⊥ AC$
∴$OD=DE$（角平分线上的点到角两边的距离相等）
在$\mathrm{Rt}△ AOD$和$\mathrm{Rt}△ AED$中：
$\begin{cases}AD=AD\\OD=DE\end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ AOD≌\mathrm{Rt}△ AED(\mathrm{HL})$
∴$AE=OA=4$
∴$EC=AC-AE=5-4=1$
设$OD=x$，则$DE=x$，$DC=OC-OD=3-x$
在$\mathrm{Rt}△ DEC$中，由勾股定理得：
$DE^2+EC^2=DC^2$
代入得：$x^2+1^2=(3-x)^2$
展开化简得：$x^2+1=9-6x+x^2$，即$6x=8$
解得：$x=\frac{4}{3}$
∴点D的坐标为$(0,\frac{4}{3})$
【答案】
D
【知识点】
矩形的性质，角平分线的性质，勾股定理
【点评】
本题是几何基础综合题，解题的关键是利用角平分线的性质作辅助线构造全等三角形，结合勾股定理列方程求解，渗透了数形结合和方程的思想。
【难度系数】
0.65
首先由矩形OABC的性质和点B的坐标，可得出OA、OC的长度，再通过勾股定理计算出AC的长度。AD是∠CAO的角平分线，根据角平分线的性质“角平分线上的点到角两边的距离相等”，过D作DE⊥AC于E，可得OD=DE，再证明Rt△AOD和Rt△AED全等，得到AE=OA，进而求出EC的长度。最后设OD的长度为x，用x表示出DC的长度，在Rt△DEC中利用勾股定理列方程求解，即可得到D点的纵坐标，确定D点坐标。
【解析】
解：
∵四边形OABC是矩形，点B的坐标为$(4,3)$
∴$OA=4$，$OC=3$，$∠ AOC=90°$
在$\mathrm{Rt}△ AOC$中，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{OA^2+OC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$
过点D作$DE⊥ AC$于点E，
∵AD平分$∠ CAO$，$DO⊥ OA$，$DE⊥ AC$
∴$OD=DE$（角平分线上的点到角两边的距离相等）
在$\mathrm{Rt}△ AOD$和$\mathrm{Rt}△ AED$中：
$\begin{cases}AD=AD\\OD=DE\end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ AOD≌\mathrm{Rt}△ AED(\mathrm{HL})$
∴$AE=OA=4$
∴$EC=AC-AE=5-4=1$
设$OD=x$，则$DE=x$，$DC=OC-OD=3-x$
在$\mathrm{Rt}△ DEC$中，由勾股定理得：
$DE^2+EC^2=DC^2$
代入得：$x^2+1^2=(3-x)^2$
展开化简得：$x^2+1=9-6x+x^2$，即$6x=8$
解得：$x=\frac{4}{3}$
∴点D的坐标为$(0,\frac{4}{3})$
【答案】
D
【知识点】
矩形的性质，角平分线的性质，勾股定理
【点评】
本题是几何基础综合题，解题的关键是利用角平分线的性质作辅助线构造全等三角形，结合勾股定理列方程求解，渗透了数形结合和方程的思想。
【难度系数】
0.65
15. 如图所示,在四边形ABCD中,点E,F,G,H分别是各边的中点,且$AB// CD,AD// BC$,四边形EFGH是矩形.
(1)求证:四边形ABCD是菱形;
(2)若矩形EFGH的周长为22,四边形ABCD的面积为10,求AB的长.
(1)求证:四边形ABCD是菱形;
(2)若矩形EFGH的周长为22,四边形ABCD的面积为10,求AB的长.
答案
15.(1)证明:如图所示,连接$AC,BD$ 交于点$O$,交 $FG$ 于点 $N$,交 $HG$ 于点 $M$,
$\because AB// CD,AD// BC,\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形.
$\because$ 四边形 $EFGH$ 是矩形,$\therefore∠ HGF=90°.$
$\because H,G$ 分别是 $AD,DC$ 的中点,$\therefore HG// AC,HG=\frac{1}{2}AC.$
$\therefore∠ HGF=∠ GNC.\therefore∠ GNC=90°.$
$\because G,F$ 分别是 $DC,BC$ 的中点,$\therefore GF// BD,GF=\frac{1}{2}BD.\therefore∠ GNC=∠ MOC=90°.$
$\therefore BD⊥ AC.\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是菱形.
(2)解:$\because$ 矩形 $EFGH$ 的周长为 $22,\therefore HG+FG=11.\therefore AC+BD=22.$
$\because\frac{1}{2}· AC· BD=10,\therefore AC· BD=20.$
$\because(AC+BD)^2=AC^2+2× AC· BD+BD^2,\therefore AC^2+BD^2=444.$
$\therefore\frac{1}{4}AC^2+\frac{1}{4}BD^2=111.\therefore AO^2+BO^2=111.\therefore AB^2=AO^2+BO^2=111.$
$\therefore AB=\sqrt{111}.$
解析
【分析】
(1)要证四边形ABCD是菱形，首先由已知两组对边分别平行，可先判定ABCD是平行四边形，接下来只需证明平行四边形的对角线互相垂直即可。已知EFGH是矩形，有内角为90°，结合各点是边中点的条件，利用三角形中位线平行于第三边的性质，可将矩形的直角转化为ABCD对角线的夹角，得到对角线垂直，即可证得菱形。
(2)已知矩形EFGH的周长，可先得到矩形邻边之和，再根据中位线性质，矩形的邻边分别是ABCD两条对角线的一半，即可得到AC与BD的和；结合菱形面积等于对角线乘积的一半，可得到AC与BD的乘积，利用完全平方公式求出AC²+BD²的值，最后结合菱形对角线互相垂直平分的性质，用勾股定理即可求出AB的长度。
【解析】
(1)证明：如图所示，连接$AC,BD$ 交于点$O$，交 $FG$ 于点 $N$，交 $HG$ 于点 $M$，
$\because AB// CD,AD// BC,\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形.
$\because$ 四边形 $EFGH$ 是矩形,$\therefore∠ HGF=90°.$
$\because H,G$ 分别是 $AD,DC$ 的中点,$\therefore HG$是△ADC的中位线，$\therefore HG// AC,HG=\frac{1}{2}AC.$
$\therefore∠ HGF=∠ GNC$，$\therefore∠ GNC=90°.$
$\because G,F$ 分别是 $DC,BC$ 的中点,$\therefore GF$是△BCD的中位线，$\therefore GF// BD,GF=\frac{1}{2}BD$，$\therefore∠ GNC=∠ MOC=90°.$
$\therefore BD⊥ AC$，$\therefore$ 平行四边形 $ABCD$ 是菱形.
(2)解：$\because$ 矩形 $EFGH$ 的周长为 $22$，$\therefore 2(HG+FG)=22$，即$HG+FG=11$.
结合中位线性质$HG=\frac{1}{2}AC$，$GF=\frac{1}{2}BD$，代入得：$\frac{1}{2}AC+\frac{1}{2}BD=11$，$\therefore AC+BD=22$.
$\because$ 菱形ABCD的面积为10，菱形面积等于对角线乘积的一半，$\therefore\frac{1}{2}· AC· BD=10$，$\therefore AC· BD=20$.
由完全平方公式$(AC+BD)^2=AC^2+2· AC· BD+BD^2$，将$AC+BD=22$、$AC·BD=20$代入得：
$22^2=AC^2+2×20+BD^2$，$\therefore AC^2+BD^2=484-40=444$.
$\because$ 菱形对角线互相平分，$\therefore AO=\frac{1}{2}AC$，$BO=\frac{1}{2}BD$，
$\therefore AO^2+BO^2=\frac{1}{4}AC^2+\frac{1}{4}BD^2=\frac{1}{4}(AC^2+BD^2)=\frac{1}{4}×444=111$.
又$\because$ 菱形对角线互相垂直，$\therefore△AOB$是直角三角形，由勾股定理得：
$AB^2=AO^2+BO^2=111$，$\because AB$为边长大于0，$\therefore AB=\sqrt{111}$.
【答案】
15.(1)证明:如图所示,连接$AC,BD$ 交于点$O$,交 $FG$ 于点 $N$,交 $HG$ 于点 $M$,
$\because AB// CD,AD// BC,\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形.
$\because$ 四边形 $EFGH$ 是矩形,$\therefore∠ HGF=90°.$
$\because H,G$ 分别是 $AD,DC$ 的中点,$\therefore HG// AC,HG=\frac{1}{2}AC.$
$\therefore∠ HGF=∠ GNC.\therefore∠ GNC=90°.$
$\because G,F$ 分别是 $DC,BC$ 的中点,$\therefore GF// BD,GF=\frac{1}{2}BD.\therefore∠ GNC=∠ MOC=90°.$
$\therefore BD⊥ AC.\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是菱形.
(2)$AB=\sqrt{111}$
【知识点】
三角形中位线定理，菱形的判定与性质，矩形的性质
【点评】
本题属于几何与代数结合的综合题，解题核心是利用中点四边形的性质建立原四边形对角线和中点四边形边长的联系，既考查了特殊四边形性质、判定的逻辑推理能力，也考查了完全平方公式、勾股定理的运算应用能力，综合性较强。
【难度系数】
0.6
(1)要证四边形ABCD是菱形，首先由已知两组对边分别平行，可先判定ABCD是平行四边形，接下来只需证明平行四边形的对角线互相垂直即可。已知EFGH是矩形，有内角为90°，结合各点是边中点的条件，利用三角形中位线平行于第三边的性质，可将矩形的直角转化为ABCD对角线的夹角，得到对角线垂直，即可证得菱形。
(2)已知矩形EFGH的周长，可先得到矩形邻边之和，再根据中位线性质，矩形的邻边分别是ABCD两条对角线的一半，即可得到AC与BD的和；结合菱形面积等于对角线乘积的一半，可得到AC与BD的乘积，利用完全平方公式求出AC²+BD²的值，最后结合菱形对角线互相垂直平分的性质，用勾股定理即可求出AB的长度。
【解析】
(1)证明：如图所示，连接$AC,BD$ 交于点$O$，交 $FG$ 于点 $N$，交 $HG$ 于点 $M$，
$\because AB// CD,AD// BC,\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形.
$\because$ 四边形 $EFGH$ 是矩形,$\therefore∠ HGF=90°.$
$\because H,G$ 分别是 $AD,DC$ 的中点,$\therefore HG$是△ADC的中位线，$\therefore HG// AC,HG=\frac{1}{2}AC.$
$\therefore∠ HGF=∠ GNC$，$\therefore∠ GNC=90°.$
$\because G,F$ 分别是 $DC,BC$ 的中点,$\therefore GF$是△BCD的中位线，$\therefore GF// BD,GF=\frac{1}{2}BD$，$\therefore∠ GNC=∠ MOC=90°.$
$\therefore BD⊥ AC$，$\therefore$ 平行四边形 $ABCD$ 是菱形.
(2)解：$\because$ 矩形 $EFGH$ 的周长为 $22$，$\therefore 2(HG+FG)=22$，即$HG+FG=11$.
结合中位线性质$HG=\frac{1}{2}AC$，$GF=\frac{1}{2}BD$，代入得：$\frac{1}{2}AC+\frac{1}{2}BD=11$，$\therefore AC+BD=22$.
$\because$ 菱形ABCD的面积为10，菱形面积等于对角线乘积的一半，$\therefore\frac{1}{2}· AC· BD=10$，$\therefore AC· BD=20$.
由完全平方公式$(AC+BD)^2=AC^2+2· AC· BD+BD^2$，将$AC+BD=22$、$AC·BD=20$代入得：
$22^2=AC^2+2×20+BD^2$，$\therefore AC^2+BD^2=484-40=444$.
$\because$ 菱形对角线互相平分，$\therefore AO=\frac{1}{2}AC$，$BO=\frac{1}{2}BD$，
$\therefore AO^2+BO^2=\frac{1}{4}AC^2+\frac{1}{4}BD^2=\frac{1}{4}(AC^2+BD^2)=\frac{1}{4}×444=111$.
又$\because$ 菱形对角线互相垂直，$\therefore△AOB$是直角三角形，由勾股定理得：
$AB^2=AO^2+BO^2=111$，$\because AB$为边长大于0，$\therefore AB=\sqrt{111}$.
【答案】
15.(1)证明:如图所示,连接$AC,BD$ 交于点$O$,交 $FG$ 于点 $N$,交 $HG$ 于点 $M$,
$\because AB// CD,AD// BC,\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形.
$\because$ 四边形 $EFGH$ 是矩形,$\therefore∠ HGF=90°.$
$\because H,G$ 分别是 $AD,DC$ 的中点,$\therefore HG// AC,HG=\frac{1}{2}AC.$
$\therefore∠ HGF=∠ GNC.\therefore∠ GNC=90°.$
$\because G,F$ 分别是 $DC,BC$ 的中点,$\therefore GF// BD,GF=\frac{1}{2}BD.\therefore∠ GNC=∠ MOC=90°.$
$\therefore BD⊥ AC.\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是菱形.
(2)$AB=\sqrt{111}$
【知识点】
三角形中位线定理，菱形的判定与性质，矩形的性质
【点评】
本题属于几何与代数结合的综合题，解题核心是利用中点四边形的性质建立原四边形对角线和中点四边形边长的联系，既考查了特殊四边形性质、判定的逻辑推理能力，也考查了完全平方公式、勾股定理的运算应用能力，综合性较强。
【难度系数】
0.6
