1. (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(
C
)
A.$6$
B.$9$
C.$12$
D.$18$
答案：1.C
解析：
证明：
∵对角线$AC$与$BD$互相垂直平分，
∴四边形$ABCD$是菱形，
∵$AB = 3$，
∴菱形$ABCD$的周长为$4× AB=4×3 = 12$。
C
2. (教材 P81 练习 2 变式)用直尺和圆规作一个以线段 $AB$ 为边的菱形，作图痕迹如图所示，能得到四边形 $ABCD$ 是菱形的依据为(
B
)
A.一组邻边相等的平行四边形是菱形
B.四边相等的四边形是菱形
C.对角线互相垂直的平行四边形是菱形
D.每条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形
答案：2.B
3. 如图，在四边形 $ABCD$ 中，$AC$ 平分 $\angle BAD$，$BC// AD$，$AB// CD$。若 $AD = 6$，则四边形 $ABCD$ 的周长是(
A
)
A.$24$
B.$28$
C.$32$
D.$36$
答案：3.A
解析：
证明：
∵ $BC // AD$，$AB // CD$，
∴ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
∴ $AD = BC = 6$，$AB = CD$。
∵ $AC$ 平分 $\angle BAD$，
∴ $\angle BAC = \angle DAC$。
∵ $AB // CD$，
∴ $\angle BAC = \angle ACD$，
∴ $\angle DAC = \angle ACD$，
∴ $AD = CD = 6$，
∴ $AB = CD = 6$。
∴ 四边形 $ABCD$ 的周长为 $AB + BC + CD + AD = 6 + 6 + 6 + 6 = 24$。
答案：A
4. 新趋势
开放探究 如图，在 $□ ABCD$ 中，过 $AC$ 的中点 $O$ 的直线分别交边 $BC$，$AD$ 于 $E$，$F$ 两点，连接 $AE$，$CF$。若添加一个条件使四边形 $AECF$ 是菱形，则这个条件可以是
AE=CE(答案不唯一)
。
答案：4.AE=CE(答案不唯一)
5. (2025·江苏淮安期中)如图，以点 $A$ 为圆心，$5$ 为半径作弧，再以点 $B$ 为圆心，$5$ 为半径作弧，两弧相交于 $M$，$N$ 两点。若 $AB = 6$，则以 $A$，$B$，$M$，$N$ 四点为顶点的四边形的面积是
24
。
答案：5.24
解析：
解：连接 $MN$，交 $AB$ 于点 $O$。
由题意知，$AM = AN = BM = BN = 5$，故四边形 $AMBN$ 为菱形，且 $AB = 6$。
因为菱形的对角线互相垂直平分，所以 $AO = \frac{1}{2}AB = 3$，$MO = NO$，$MN ⊥ AB$。
在 $Rt\triangle AOM$ 中，由勾股定理得：$MO = \sqrt{AM^2 - AO^2} = \sqrt{5^2 - 3^2} = 4$，则 $MN = 2MO = 8$。
四边形 $AMBN$ 的面积为：$\frac{1}{2} × AB × MN = \frac{1}{2} × 6 × 8 = 24$。
24
6. (2025·江苏徐州)如图，在 $□ ABCD$ 中，$E$ 为 $BC$ 的中点，$EF⊥ AC$ 于点 $G$，交 $AD$ 于点 $F$，$AB⊥ AC$，连接 $AE$，$CF$。求证：
(1) $\triangle AGF\cong\triangle CGE$；
(2) 四边形 $AECF$ 是菱形。
答案：6.(1)因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD//BC，即∠CAD = ∠ACB，∠AFG = ∠CEG.又AB⊥AC，所以∠BAC = 90°.又E为BC的中点，所以AE = CE = $\frac{1}{2}$BC.又EF⊥AC，所以AG = CG.所以△AGF≌△CGE(AAS).
(2)由(1)，得AG = CG，△AGF≌△CGE，所以GF = GE，即四边形AECF是平行四边形.又AC⊥EF，所以四边形AECF是菱形.
7. 如图，四边形 $ABCD$ 是平行四边形，以点 $A$ 为圆心，$AB$ 的长为半径作弧交 $AD$ 于点 $F$，再分别以 $B$，$F$ 两点为圆心，大于 $\frac{1}{2}BF$ 的长为半径作弧，两弧交于点 $M$，作射线 $AM$ 交 $BC$ 于点 $E$，连接 $BF$，$EF$，则下列结论不一定成立的是(
D
)
A.$BE = EF$
B.$EF// CD$
C.$AE$ 平分 $\angle BEF$
D.$AB = AE$
答案：7.D
解析：
证明：
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AD// BC$，$AB=CD$，$\angle DAB=\angle BCD$。
由作图知，$AF=AB$，$AM$平分$\angle DAB$，
∴$\angle BAE=\angle FAE$。
∵$AD// BC$，
∴$\angle FAE=\angle AEB$，
∴$\angle BAE=\angle AEB$，
∴$AB=BE$。
∵$AF=AB$，
∴$AF=BE$。
又$AF// BE$，
∴四边形$ABEF$是平行四边形。
∵$AB=BE$，
∴平行四边形$ABEF$是菱形，
∴$BE=EF$（A成立），$AE$平分$\angle BEF$（C成立），$AB// EF$。
∵$AB// CD$，
∴$EF// CD$（B成立）。
无法证明$AB=AE$，
故结论不一定成立的是D。
答案：D
8. 如图，$□ ABCD$ 的面积为 $12$，$AC = BD = 6$，$AC$ 与 $BD$ 交于点 $O$，分别过 $C$，$D$ 两点作 $BD$，$AC$ 的平行线相交于点 $F$，$G$ 是 $CD$ 的中点，$P$ 是四边形 $OCFD$ 边上的动点，连接 $PG$，则 $PG$ 的长的最小值是(
A
)
A.$1$
B.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
C.$\frac{3}{2}$
D.$3$
答案：8.A
解析：
解：
∵四边形$ABCD$是平行四边形，面积为$12$，$AC=BD=6$，
∴$OA=OC=3$，$OB=OD=3$，且$S_{□ABCD}=4S_{\triangle AOB}=12$，
∴$S_{\triangle AOB}=3$，即$\frac{1}{2}OA· OB·\sin\angle AOB=3$，
代入$OA=OB=3$，得$\sin\angle AOB=\frac{2}{3}$，$\cos\angle AOB=\pm\frac{\sqrt{5}}{3}$（不影响距离计算）。
∵$CF// BD$，$DF// AC$，
∴四边形$OCFD$是平行四边形，且$OC=3$，$OD=3$，$\angle COF=\angle AOB$。
$G$是$CD$中点，$P$是四边形$OCFD$边上动点，$PG$最小值为$G$到边的最短距离。
在$\triangle OCD$中，$OC=OD=3$，$CD$边上的高$h=\sqrt{3^2-(\frac{CD}{2})^2}$，
但$PG$最小值为$G$到$OC$或$OD$的距离。
由面积法，$S_{\triangle OCD}=3$（与$\triangle AOB$等积），$OC=3$，
$G$到$OC$的距离$d=\frac{2S_{\triangle OCD}}{2· OC}=\frac{3}{3}=1$。
故$PG$的最小值是$1$。
答案：A
