中考数学一轮复习专题1.1 菱形的性质与判定【十大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题1.1 菱形的性质与判定【十大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版），共49页。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc28196" 【题型1 利用菱形的性质求角度】 PAGEREF _Tc28196 \h 1
\l "_Tc27115" 【题型2 利用菱形的性质求线段长】 PAGEREF _Tc27115 \h 4
\l "_Tc26520" 【题型3 利用菱形的性质求面积】 PAGEREF _Tc26520 \h 8
\l "_Tc14456" 【题型4 利用菱形的性质求坐标】 PAGEREF _Tc14456 \h 12
\l "_Tc20814" 【题型5 利用菱形的性质证明】 PAGEREF _Tc20814 \h 16
\l "_Tc26842" 【题型6 添加条件使四边形是菱形】 PAGEREF _Tc26842 \h 22
\l "_Tc11965" 【题型7 证明四边形是菱形】 PAGEREF _Tc11965 \h 25
\l "_Tc24425" 【题型8 利用菱形的性质与判定求角度】 PAGEREF _Tc24425 \h 31
\l "_Tc3738" 【题型9 利用菱形的性质与判定求线段长】 PAGEREF _Tc3738 \h 36
\l "_Tc9436" 【题型10 利用菱形的性质与判定求面积】 PAGEREF _Tc9436 \h 40
【知识点1 菱形的性质】
定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
性质：①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等；③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
【题型1 利用菱形的性质求角度】
【例1】（2023春·九年级单元测试）如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM=CN，MN与AC交于点O，连接BO．若∠DAC=28°，则∠OBC的度数为______度．
【答案】62
【分析】根据菱形的性质以及AM=CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO=CO，然后可得BO⊥AC，继而可求得∠OBC的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB∥CD，AB=BC，
∴∠MAO=∠NCO，∠AMO=∠CNO，
在△AMO和△CNO中，
∵∠MAO=∠NCOAM=CN∠AMO=∠CNO，
∴△AMO≌△CNOASA，
∴AO=CO，
∵AB=BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BOC=90°，
∵∠DAC=28°，
∴∠BCA=∠DAC=28°，
∴∠OBC=90°−28°=62°．
故答案为：62．
【点睛】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．
【变式1-1】（2023·全国·九年级假期作业）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠ABD=30°，则∠ADC的度数是（ ）
A．30°B．45°C．60°D．120°
【答案】C
【分析】运用等边对等角计算出∠ADB的度数，再由两直线平行内错角相等计算出∠BDC的度数，即可计算出∠ADC的度数.
【详解】∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，
又由∠ABD=30°，则∠ADB=∠ABD=30°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
则∠BDC=∠ABD=30°，
故∠ADC=∠ADB+∠BDC=30°+30°=60°，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，菱形四边都相等，即可得到等腰三角形，再运用等腰三角形等边对等角，可计算出角的度数，菱形对边相等且平行，运用两直线平行内错角相等也可计算出角的度数，本题较为简单.
【变式1-2】（2023春·河南驻马店·九年级校考阶段练习）在菱形ABCD中，∠ABC=76°，BA=BE，则∠BEA的度数为（ ）

A．68°B．70°C．71°D．75°
【答案】C
【分析】先利用菱形的性质求出∠ABD=38°，再利用等腰三角形的性质求出∠BAE=71°即可．
【详解】解：在菱形ABCD，
∵∠ABC=76°，
∴∠ABD=38°．
∵BA=BE，
∴∠BAE=180°−38°2=71°．
故选：C．
【点睛】本题运用了菱形的性质和等腰三角形的性质的知识点，运用知识准确计算是解决问题的关键．
【变式1-3】（2023春·九年级单元测试）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，若AH=DH，则∠DHO=________．

【答案】22.5°
【分析】先证明△ADH是等腰直角三角形，得到∠BAD=∠ADH=45°，再由菱形的性质得到AD=AB，点O为BD的中点，则可求出∠ADB=67.5°，进而求出∠BDH=22.5°，再由直角三角形斜边上的中线的性质得到OH=OD，则∠DHO=∠ODH=22.5°．
【详解】解：∵DH⊥AB，AH=DH，
∴△ADH是等腰直角三角形，
∴∠BAD=∠ADH=45°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，点O为BD的中点，
∴∠ABD=∠ADB=180°−∠BAD2=67.5°，
∴∠BDH=∠ADB−ADH=22.5°，
∵∠DHB=90°，点O为BD的中点，
∴OH=OD，
∴∠DHO=∠ODH=22.5°，
故答案为：22.5°．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质与判定， 直角三角形斜边上的中线的性质，三角形内角和定理等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
【题型2 利用菱形的性质求线段长】
【例2】（2023·陕西西安·校联考模拟预测）如图，在菱形ABCD中，连接AC、BD，若∠ABC=60°且AC=4，则BD长为（ ）
A．8B．6C．43D．62
【答案】C
【分析】由菱形ABCD性质得AB=BC结合∠ABC=60°，则△ABC为等边三角形AB=BC=AC=4，由菱形的性质有DO=BO，AO=CO=12AC=2，且AO⊥BO，得Rt△AOB，由勾股定理得OB=AB2−AO2．
【详解】设AC与BD交于O，如图，
在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABC=60°，
则△ABC为等边三角形，
则AB=BC=AC=4，
由菱形的性质有DO=BO，AO=CO=12AC=2，且AO⊥BO，
在Rt△AOB中，
由勾股定理得OB=AB2−AO2=42−22=23，
BD=2OB=43，

故选：C．
【点睛】本题考查菱形的对角线长问题，掌握菱形的性质，结合∠ABC=60°，会证等边三角形，会用勾股定理解决菱形对角线长问题．
【变式2-1】（2023春·天津滨海新·九年级校考期中）如图，已知菱形ABCD，AC=6，面积等于24，则菱形ABCD的周长等于______ ．

【答案】20
【分析】设AC与BD交于点O，由菱形的性质得AB=BC=CD=AD，OA=OC=3，OB=OD，AC⊥BD，再由菱形的面积得BD=8，则OB=OD=4，然后由勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，设AC与BD交于点O，

∵四边形ABCD是菱形，AC=6，
∴AB=BC=CD=AD，OA=OC=12AC=3，OB=OD，AC⊥BD，
∵菱形ABCD的面积是24，
∴12AC×BD=24，
∴BD=24×26=8，
∴OB=OD=12BD=4，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB=OA2+OB2=5，
∴菱形ABCD的周长=4AB=20，
故答案为：20．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，求出BD的长是解题的关键．
【变式2-2】（2023春·广东广州·九年级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC=16，BD=12，DE⊥BC，垂足为点E．则DE=_______．
【答案】485
【分析】根据菱形的性质得出AD=BC，AC⊥BD，AO=OC，DO=BO，求出AO和DO，求出AD，根据菱形的面积公式求出即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=BC，AC⊥BD，AO=OC，DO=BO，
∵AC=16，BD=12，
∴AO=8，OD=6，
由勾股定理得，AD=10，
∴BC=10，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=BC⋅DE，
∴12×16×12=10DE，
解得：DE=485，
故答案为：485．
【点睛】本题考查了菱形的性质和勾股定理，能求出菱形的边长是解此题的关键．
【变式2-3】（2023春·江苏扬州·九年级校考期中）如图，木制活动衣帽架由3个全等的菱形挂钩构成，在A、E、F、C、G、H处安装上、下两排挂钩，可以根据需要改变挂钩间的距离，并在B，M处固定．已知菱形ABCD的边长为10cm，要使两排挂钩的距离（即AC）为16cm，求BM之间的距离．
【答案】36cm
【分析】连接AC、BD，相交于点O，根据菱形的性质求解即可．
【详解】解：连接AC、BD，相交于点O，如图所示，
∵菱形ABCD的边长为10cm，AC为16cm，
∴AO=8cm，
∴BO=AB2−AO2=102−82=6cm，
∴BD=2BO=12cm，
∴BM=3BD=36cm，
∴BM之间的距离为36cm．
【点睛】本题考查了菱形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【题型3 利用菱形的性质求面积】
【例3】（2023·山东聊城·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，BC的垂直平分线EO交AD于点E，交BC于点O，连接BE，CE，过点C作CF∥BE，交EO的延长线于点F，连接BF．若AD=8，CE=5，则四边形BFCE的面积为______．
.
【答案】24
【分析】根据平行线的性质可得∠BEO=∠CFO，根据垂直平分线的性质可得BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，根据全等三角形的判定和性质可得BE=CF，OE=OF，根据平行四边形的判定和菱形的判定可推得四边形BFCE为菱形，根据勾股定理求得OE=3，根据菱形的性质即可求得四边形BFCE的面积．
【详解】∵CF∥BE，
∴∠BEO=∠CFO，
∵BC的垂直平分线EO交AD于点E，
∴BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，
∴△BOE≌△COF，
∴BE=CF，OE=OF，
∴四边形BFCE为平行四边形，
又∵OE=OF，BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，
∴平行四边形BFCE为菱形，
∵AD=8，
∴BC=8，
∴OC=12BC=4，
在Rt△EOC中，OE=EC2−OC2=52−42=3，
故菱形BFCE的面积为12×BC×EF=12×BC×2EO=12×8×2×3=24，
故答案为：24．
【点睛】本题考查了平行线的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
【变式3-1】（2023春·广东东莞·九年级校考期中）如图，菱形ABCD的对角线长分别为2和5，P是对角线AC上任意一点（点P不与点A，C重合），且PE∥BC交AB于点E，PF∥CD交AD于点F，则阴影部分的面积是（ ）

A．2B．2.5C．3D．3.5
【答案】B
【分析】求出菱形的面积，可得S△ABC=52，可证四边形PEAF是平行四边形，可得S△PEF=S△APE=12S菱形AEPF，即可求解．
【详解】解：∵菱形ABCD的对角线的长分别为2和5，
∴菱形ABCD的面积12×2×5=5，
∴ S△ABC=52，
∵ PE∥BC，PF∥CD，
∴四边形PEAF是平行四边形，
∴ S△PEF=S△APE=12S菱形AEPF，
∴阴影部分的面积=S△ABC=52，
故选：B．
【点睛】先本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定和性质，掌握菱形的面积等于对角线积的一半是解题的关键．
【变式3-2】（2023春·黑龙江大庆·九年级校考期末）如图，在菱形ABCD中，∠BAD:∠B=1:3，DE⊥BC于点E，交对角线AC于点P．过点P作PF⊥CD于点F．若△PDF的周长为4．则菱形ABCD的面积为（ ）
A．8B．42C．16D．82
【答案】D
【分析】证明△CDE是等腰直角三角形，可得∠CDE=45°，CD=2DE，再证明△DPF是等腰直角三角形，可得PF=DF，PD=2PF，设PF=DF=x，则PD=2x，求出x=4−22，则DE=x+2x=22，BC=CD=2DE=4，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，∠BCD=∠BAD，∠ACB=∠ACD，AD∥BC，
∴∠BAD+∠B=180°，
∵∠BAD:∠B=1:3，
∴∠BCD=∠BAD=14×180°=45°，
∵DE⊥BC，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CDE=45°，CD=2DE，
∵PF⊥CD，
∴△DPF是等腰直角三角形，
∴PF=DF，PD=2PF，
设PF=DF=x，则PD=2x，
∵△PDF的周长为4，
∴x+x+2x=4，解得：x=4−22，
∵∠ACB=∠ACD，DE⊥BC，PF⊥CD，
∴PE=PF=x，
∴DE=x+2x=1+2×4−22=22，
∴BC=CD=2DE=4，
∴S菱形ABCD=BC×DE=4×22=82，
故选：D．
【点睛】本题考查菱形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、角平分线的性质，熟练掌握菱形的性质，证明△DPF是等腰直角三角形是解题的关键．
【变式3-3】（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠D=60°．点P为边CD上一点，且不与点C，D重合，连接BP，过点A作EF∥BP，且EF=BP，连接BE，PF，则四边形BEFP的面积为__________．

【答案】183
【分析】连接AC,AP，由菱形的性质可知△ABC是等边三角形，过点C作CG⊥AB于点G，过点P作PH⊥AB于点H，可得CG=PH，继而得出S△ABP=S△ABC，根据勾股定理求出CG长度，再证明四边形BEFP是平行四边形，依据S平行四边形BEFP=S菱形ABCD进行求解即可．
【详解】如图，连接AC,AP，

∵四边形ABCD是菱形中，∠D=60°，
∴AB=BC=6,∠D=∠ABC=60°，AB∥CD，
∴△ABC是等边三角形，
过点C作CG⊥AB于点G，过点P作PH⊥AB于点H，
则CG=PH，
∵S△ABP=12AB⋅PH，S△ABC=12AB⋅CG，
∴S△ABP=S△ABC，
∵CG⊥AB，
∴BG=AG=12AB=3，
∴CG=BC2−BG2=62−32=33
∵EF∥BP,EF=BP，
∴四边形BEFP是平行四边形，
∴S平行四边形BEFP=2S△ABP，
∵S菱形ABCD=2S△ABC，
∴S平行四边形BEFP=S菱形ABCD=AB⋅CG=6×33=183，
故答案为：183．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定和性质、等边三角形的判定与性质以及三角形面积公式等知识，熟练掌握菱形的性质和平行四边形的性质是解题的关键．
【题型4 利用菱形的性质求坐标】
【例4】（2023·陕西西安·西安行知中学校考模拟预测）菱形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，BC交y轴于点D，连接AD，交OB于点E．已知点A2,0，∠C=60°，求点B的坐标．

【答案】B1，3
【分析】先求出OA=2，再由菱形的性质得到OC=BC=OA=2，BC∥OA，进而得到BC⊥OD，求出∠DOC=30°，进而求出BD=1，OD=3，由此即可得到答案．
【详解】解：∵A2,0，
∴OA=2
∵四边形OABC是菱形，
∴OC=BC=OA=2，BC∥OA，
∴BC⊥OD，
∵∠C=60°，
∴∠DOC=30°，
∴CD=12OC=1，
∴BD=1，OD=OC2−CD2=3，
∴B1，3．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
【变式4-1】（2023·广东深圳·校考三模）如图，四边形ABCD是菱形，顶点A，C的坐标分别是0,2，8,2，点D在x轴的正半轴上，则顶点B的坐标是（ ）
A．4,4B．5,4C．2,4D．4,2
【答案】A
【分析】连接AC，BD，交于点E，根据菱形的性质可知点E的坐标为4,2，根据E的坐标确定B的坐标即可．
【详解】解：连接AC，BD，交于点E，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AE=EC，BE=DE，
∵A，C的坐标分别是0,2，8,2，
∴E4,2，
∴B4,4，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是掌握菱形的性质并灵活运用．菱形的性质：①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等；③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
【变式4-2】（2023·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的顶点A在x轴上，顶点B的坐标为（8，4），点P是对角线OB上一个动点，点D的坐标为（0，﹣2），当DP与AP之和最小时，点P的坐标为_____．

【答案】（43，23）．
【分析】由菱形的性质可知，点A的对称点是C，所以连接CD，交OB于点P，再得出CD即为DP+AP最短，解答即可．
【详解】连接CD，如图，
∵点A的对称点是点C，
∴CP＝AP，
∴CD即为DP+AP最短，
∵四边形ABCD是菱形，顶点B（8，4），
∴OA2＝AB2＝（8﹣AB）2+42，
∴AB＝OA＝BC＝OC＝5，
∴点C的坐标为（3，4），
∴可得直线OB的解析式为：y＝0.5x，
∵点D的坐标为（0，﹣2），
∴可得直线CD的解析式为：y＝2x﹣2，
∵点P是直线OB和直线CD的交点，
∴点P的坐标为方程组y=0.5xy=2x−2的解，
解方程组得：x=43y=23，
所以点P的坐标为（43，23），
故答案为：（43，23）．

【点睛】本题考查了线段之和最小的问题，掌握菱形的性质、勾股定理、一次函数的解析式、解二元一次方程组的方法是解题的关键．
【变式4-3】（2023春·北京东城·九年级汇文中学校考期中）含 60°角的菱形A1B1C1B2，A2B2C2B3，A3B3C3B4，…，按如图所示的方式放置在平面直角坐标系xOy中，点 A1，A2，A3，…，和点B1，B2，B3，B4，…，分别在直线y=kx和x轴上．已知B12，0，B24，0，则点A1 的坐标是________；点A2的坐标是_________；点An的坐标是_______（n为正整数）．
【答案】 (3，3) (6，23) (3×2n−1，2n−1×3)
【分析】利用菱形的性质得出△A1B1B2是等边三角形，进而得出A1坐标，进而得出OB2=A2B2=4，即可得出A3，An的坐标即可．
【详解】解：如图：过点A1作A1D⊥x轴于点D，
∵含60°角的菱形A1B1C1B2，A2B2C2B3，A3B3C3B4，…，
∴∠A1B1D=60°，A1B1=A1B2，
∴△A1B1B2是等边三角形，
∵B1(2，0)，B2(4，0)，
∴A1B1=B1B2=OB1=2，
∴B1D=1，A1D=A1B12−B1D2=22−12=3，∠A1OD=30°
∴OD=3，
则A1(3，3)，
∵∠A1OD=30°，∠A2B2B3=60°，
∴∠A1OD=∠O A2 B2=30°，
∴OB2=A2B2=4，
同理可得出：A2(6，23)，A3(12，43)，
则点An的坐标是：(3×2n−1，2n−1×3)，
故答案为：(3，3)，(6，23)，(3×2n−1，2n−1×3)．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，得出点A坐标变化规律是解题关键．
【题型5 利用菱形的性质证明】
【例5】（2023春·河南驻马店·九年级校考阶段练习）【问题情境】
数学探究课上，某兴趣小组探究含60°角的菱形的性质．如图1，四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°．

(1)∠ABD的度数为______．
【操作发现】
(2)如图2，小贤在菱形ABCD的对角线BD上任取一点P，以AP为边向右侧作菱形APEF，且∠APE=60°，连接DF．求证：△ABP≌△ADF．
【拓展延伸】
(3)在（2）的条件下，若BD=3．当点E在BD上时，连接PF，求此时PF的长．
【答案】(1)30°
(2)见解析；
(3)3．
【分析】（1）利用菱形的性质即可求解；
（2）证明∠BAP=∠DAF，利用SAS即可证明△ABP≌△ADF；
（3）证明△EFD为等边三角形，∠PFD=90°，在Rt△PFD中，利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴∠ABD=12∠ABC=30°，
故答案为：30°；
（2）证明：在菱形ABCD和菱形APEF中，
∵∠ABC=∠APE=60°，
∴AB=AD，AP=AF，∠BAD=∠PAF=120°，
∴∠BAP+∠PAD=∠PAD+∠DAF，即∠BAP=∠DAF．
在△ABP和△ADF中，AB=AD∠BAP=∠DAFAP=AF，
∴△ABP≌△ADFSAS；
（3）解：如图，连接PF，

在菱形ABCD和菱形APEF中，
∵∠ABC=∠APE=60°，
∴∠APF=∠FPE=∠ABD=∠ADB=30°，∠FED=∠APE=∠AEP=60°，
∴∠EAD=∠EDA=30°，
∴EA=EF=EP=ED
∴△EFD为等边三角形，
∴PB=PE=ED=DF，∠PFD=90°，
∴BD=3，PD=2，DF=1．
在Rt△PFD中，PF=PD2−DF2=3．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
【变式5-1】（2023春·吉林四平·九年级四平市第三中学校校考阶段练习）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE=DF．

(1)求证：AE=CF；
(2)若∠AEO=40∘，求∠ACF的度数．
【答案】(1)见解析
(2)50∘
【分析】（1）利用菱形的性质，证明△AEO≌△CFO，即可解答；
（2）利用菱形的性质和三角形内角和定理，即可解答．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，对角线AC，BD相交于点O，
∴AO=CO,BO=DO，
∵BE=DF，
∴BO−BE=DO−DF，即EO=FO，
在△AEO与△CFO中，
AO=CO∠AOE=∠COFEO=FO，
∴△AEO≌△CFOSAS，
∴AE=CF；
（2）解：∵四边形ABCD为菱形，对角线AC，BD相交于点O，
∴BD⊥AC，
∴∠EAO=90°−∠AEO=50°，
∵△AEO≌△CFOSAS，
∴∠ACF=∠EAO=50°．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，熟知菱形的性质是解题的关键．
【变式5-2】（2023·四川巴中·校考二模）在如图的菱形ABCD中，点P是BC边上一点，连接AP，点E，F是AP上的两点，连接DE，BF，使得∠AED=∠ABC，∠ABF=∠BPF．

(1)求证：∠BAF=∠ADE；
(2)求证：DE=BF+EF．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）根据菱形的性质得到AB=AD，AD∥BC，由平行线的性质得到∠BPA=∠DAE，等量代换得到∠BAF=∠ADE，求得∠ABF=∠DAE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到AE=BF，DE=AF，根据线段的和差即可得到结论．
【详解】（1）∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD，AD∥BC，
∴∠BPA=∠DAE．
在△ABP和△DAE中，
∵∠ABC=∠AED，
∴∠BAF=∠ADE．
∵∠ABF=∠BPF，且∠BPA=∠DAE，
∴∠ABF=∠DAE，
又∵AB=DA，
∴△ABF≌△DAE(ASA)，
∴∠BAF=∠ADE；
（2）∵△ABF≌△DAE，
∴AE=BF，DE=AF．
∵AF=AE+EF=BF+EF，
∴DE=BF+EF．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【变式5-3】（2023·全国·九年级假期作业）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，E是对角线AC上任意一点，F是线段BC延长线上一点，且CF=AE，连接BE．EF．
(1)如图1，当E是线段AC的中点，且AB=2时，求△ABC的面积；
(2)如图2，当点E不是线段AC的中点时，求证：BE=EF；
【答案】(1)3
(2)见解析
【分析】（1）根据菱形性质证明△ABC是等边三角形，又因为E是线段AC的中点，且AB=2即可求出△ABC的面积；
（2）作EG∥BC交AB于G，利用SAS可证明△BGE≌△ECF，即可得出最后结论BE=EF．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，又E是线段AC的中点，
∴BE⊥AC，AE=12AC=12AB=1，
∴BE=22−12=3，
∴△ABC的面积=12×AC×BE=3；
（2）如图2，作EG∥BC交AB于G，
∵△ABC是等边三角形，
∴△AGE是等边三角形，
∴BG=CE，
∵EG∥BC，∠ABC=60°，
∴∠BGE=120°，
∵∠ACB=60°，
∴∠ECF=120°，
∴∠BGE=∠ECF，
在△BGE和△ECF中，
GE=CF∠BGE=∠ECFBG=CE，
∴△BGE≌△ECF，
∴BE=EF．
【点睛】本题考查的是菱形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线、灵活运用相关的判定定理和性质定理是解题的关键．
【知识点2 菱形的判定】
①一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形．
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
【题型6 添加条件使四边形是菱形】
【例6】（2023春·安徽蚌埠·九年级校联考阶段练习）如图，四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，OA=OC，OB=OD，添加下列条件仍不能判断四边形ABCD是菱形的是（ ）

A．BD平分∠ABCB．AC=BDC．AC⊥BDD．AB2=OA2+OB2
【答案】B
【分析】先证明四边形ABCD是平行四边形，再根据菱形的判定方法，逐一进行判断即可．
【详解】解：∵四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABD=∠BDC，
当BD平分∠ABC时：∠ABD=∠DBC，
∴∠BDC=∠DBC，
∴BC=DC，
∴平行四边形ABCD是菱形；故A选项不符合题意；
当AC=BD时，则四边形ABCD是矩形，不能判断四边形ABCD是菱形；故B选项符合题意；
当AC⊥BD时，平行四边形ABCD是菱形；故C选项不符合题意；
当AB2=OA2+OB2，则：AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形；故D选项不符合题意；
故选B．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定，矩形的判定．熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
【变式6-1】（2023·山西·九年级专题练习）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，E，F分别是AB，AC的中点，连接DE，DF，当△ABC满足条件__________时，四边形AEDF是菱形．（填写一个你认为恰当的条件即可）
【答案】答案不唯一，如AB＝AC或∠B＝∠C或AD平分∠BAC或BD＝CD等
【分析】根据菱形的判定方法,找到最合适的即可解题,答案不唯一见解析.
【详解】解：若AB＝AC,
∵E，F分别是AB，AC的中点，
∴DE=AE,DF=AF,（直角三角形斜边中线等于斜边一半）
∴DE=AE=DF=AF,
∴四边形AEDF是菱形（四边相等的四边形是菱形）
若∠B=∠C,
则AB＝AC,
接下来的证明同上,
综上,答案不唯一，如AB＝AC或∠B＝∠C或AD平分∠BAC或BD＝CD等
【点睛】本题考查了菱形的判定,属于简单题,熟悉菱形的判定方法是解题关键.
【变式6-2】（2023春·云南昭通·九年级统考期中）如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BD、CD、AC的中点，要使四边形EFGH是菱形，四边形ABCD还应满足的一个条件是（ ）
A．AC=BDB．AC⊥BDC．AD=BCD．AB=DC
【答案】C
【分析】利用三角形中位线定理可以证得四边形EFGH是平行四边形；然后由菱形的判定定理进行解答．
【详解】解：∵在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BD、CD、AC的中点，
∴EF∥AD，HG∥AD，
∴EF∥HG；
同理，HE∥GF，
∴四边形EFGH是平行四边形；
A、若对角线AC＝BD时，则CH=DF，得不到△CHG≌△DFG，则GH≠GF，不能证明四边形EFGH是菱形，故本选项错误；
B、若AC⊥BD时，不能得到GH≠GF，不能证明四边形EFGH是菱形，故本选项错误；
C、当AD＝BC时，GH＝GF；所以平行四边形EFGH是菱形；故本选项正确；
D、若AB=DC，得不到AD＝BC，则GH≠GF，不能证明四边形EFGH是菱形，故本选项错误；
故选C．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质．菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．
【变式6-3】（2023春·安徽安庆·九年级统考期末）如图，在△ABC中，点D是BC的中点，点E在AD上，点F在AD延长线上，且BE//CF．
（1）求证：四边形BECF是平行四边形；
（2）请在△ABC中添加一个条件____________，使四边形BECF是菱形，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）AB=AC（答案为不唯一）．
【分析】（1）证△BDE≌△CDF(ASA)，得DE=DF，再结合BD=CD，即可得出结论；
（2）由（1）得四边形BECF是平行四边形，再由等腰三角形的性质得EF⊥BC，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵BE//CF，
∴∠DBE=∠DCF，
∵点D是BC的中点，
∴BD=CD，
在△BDE和△CDF中，
∠DBE=∠DCFBD=CD∠BDE=∠CDF，
∴△BDE≌△CDF(ASA)，
∴DE=DF，
又∵BD=CD，
∴四边形BECF是平行四边形；
（2）解：当AB=AC时，四边形BECF是菱形，理由如下：
由（1）得：四边形BECF是平行四边形，
∵AB=AC，点D是BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴EF⊥BC，
∴平行四边形BECF是菱形，
故答案为：AB=AC（答案为不唯一）．
【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质，证明△BDE≌△CDF是解题的关键．
【题型7 证明四边形是菱形】
【例7】（2023春·福建厦门·九年级厦门市松柏中学校考期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E在BC边上，AE平分∠BAD，点F在AD边上，EF∥AB．

(1)求证：四边形ABEF是菱形；
(2)若AB=6，BC=9，点P在线段AE上运动，请直接写出当点P在什么位置时PC+PF取得最小值，最小值是多少．
【答案】(1)见解析；
(2)9．
【分析】（1）先通过两组对边平行证明平行四边形，然后加上邻边相等证明菱形即可；
（2）将军饮马类题型，先作对称然后连线求最小值即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD,AD∥BC，
∴∠AEB=∠DAE，
∵EF∥AB，
∴EF∥CD，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE，
∴四边形ABEF是菱形．
（2）由（1）可知，四边形ABEF是菱形，
∴AB=AF,BE=EF，
∴B,F关于AE对称，
∴(PC+PF)min=PC+PB=BC=9．

【点睛】此题考查菱形的判定和将军饮马题型，菱形的判定是在平行四边形的基础上添加一组邻边相等或者对角线垂直的条件即可；将军饮马题型即将点先对称，然后连线即为最小值．
【变式7-1】（2023·四川遂宁·统考中考真题）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，点O为对角线BD的中点，过点O的直线l分别与AD、BC所在的直线相交于点E、F．（点E不与点D重合）

(1)求证：△DOE≌△BOF；
(2)当直线l⊥BD时，连接BE、DF，试判断四边形EBFD的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形EBFD为菱形；理由见解析
【分析】（1）根据AAS证明△DOE≌△BOF即可；
（2）连接EB、FD，根据△DOE≌△BOF，得出ED=BF，根据ED∥BF，证明四边形EBFD为平行四边形，根据EF⊥BD，证明四边形EBFD为菱形即可．
【详解】（1）证明：∵点O为对角线BD的中点，
∴BO=DO，
∵AD∥BC，
∴∠ODE=∠OBF，∠OED=∠OFB，
在△DOE和△BOF中，
∠ODE=∠OBF∠OED=∠OFBBO=DO，
∴△DOE≌△BOFAAS；
（2）解：四边形EBFD为菱形，理由如下：
连接EB、FD，如图所示：

根据解析（1）可知，△DOE≌△BOF，
∴ED=BF，
∵ED∥BF，
∴四边形EBFD为平行四边形，
∵l⊥BD，即EF⊥BD，
∴四边形EBFD为菱形．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，菱形的判定，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法和菱形的判定方法．
【变式7-2】（2023·湖北襄阳·校考二模）如图，过平行四边形ABCD的对角线AC与BD的交点O的直线PQ分别交边AB，CD于点P，Q

(1)过点O作直线PQ垂线，分别交边BC，DA于点M，N（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)顺次连接点P，M，Q，N．求证：四边形PMQN是菱形
【答案】(1)图见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据要求作线段PQ的垂直平分线即可作出图形；
（2）证明△BOP≌△DOQASA和△AON≌△COMASA得到OP=OQ，ON=OM，可证明四边形PMQN是平行四边形，再由MN⊥PQ可证明四边形PMQN是菱形．
【详解】（1）解：如图，直线MN即为所求作；

（2）解：如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，AB∥CD，
∴∠OBP=∠ODQ，
在△BOP和△DOQ中，
∠OBP=∠ODQOB=OD∠BOP=∠DOQ，
∴△BOP≌△DOQASA，
∴OP=OQ，
同理可证△AON≌△COMASA，
∴ON=OM，
∴四边形PMQN是平行四边形，
∵MN⊥PQ，
∴四边形PMQN是菱形．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定、作垂线等知识，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的性质、证明三角形全等是解答的关键．
【变式7-3】（2023春·浙江·九年级专题练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AE平分∠CAB交CB于点E，CD⊥AB于点D，交AE于点G，过点G作GF∥BC交AB于F，连接EF．
(1)求证：CG=CE；
(2)判断四边形CGFE的形状，并证明；
(3)若AC=3cm，BC=4cm，求线段DG的长度．
【答案】(1)见解析
(2)菱形，理由见解析
(3)910
【分析】（1）根据角平分线的定义可得∠CAE=∠BAE，根据直角三角形两锐角互余，可得∠CAE+∠CEA=∠BAE+∠AGD=90°，等量代换可得∠CEA=∠AGD=∠CGE，即可证明CG=CE；
（2）先证△AGC≌△AGFASA，推出CG=FG，结合（1）中结论可得CE=FG，结合GF∥BC可证四边形CGFE是平行四边形，结合CG=CE可证CGFE是菱形；
（3）根据勾股定理可得AB=5cm，根据△AGC≌△AGF可得AF=AC=3cm，进而求出BF=2cm，再根据菱形的性质推出EF∥CG，进而证明EF⊥AB，设CE=EF=CG=GF=x，用勾股定理解Rt△EFB求出x，再利用面积法求出CD，即可求出DG的长度．
【详解】（1）证明：∵AE平分∠CAB，
∴∠CAE=∠BAE，
∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠CAE+∠CEA=∠BAE+∠AGD=90°，
∴∠CEA=∠AGD，
又∵∠CGE=∠AGD，
∴∠CEA=∠CGE，
∴CG=CE；
（2）解：四边形CGFE是菱形，理由如下：
∵GF∥BC，
∴∠CEG=∠EGF，
由（1）知∠CEA=∠CGE，
∴∠CGE=∠EGF，
∴∠AGC=∠AGF，
又∵AG=AG，∠CAE=∠BAE，
∴△AGC≌△AGFASA，
∴CG=FG，
由（1）知CG=CE，
∴CE=FG，
又∵GF∥BC，
∴CE∥FG，
∴四边形CGFE是平行四边形，
又∵CG=CE，
∴四边形CGFE是菱形；
（3）解：Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3cm，BC=4cm，
∴AB=AC2+BC2=32+42=5cm，
由（2）知△AGC≌△AGF，
∴AF=AC=3cm，
∴BF=AB−AF=2cm，
∵四边形CGFE是菱形，
∴EF∥CG，
∵CD⊥AB，
∴EF⊥AB，
设CE=EF=CG=GF=x，则BE=BC−CE=4−x，
在Rt△EFB中，EF2+BF2=BE2，即x2+22=4−x2，
解得：x=32，
∴CG=32，
∵S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD，
∴CD=AC⋅BCAB=3×45=125，
∴GD=CD−CG=125−32=910．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定，三角形内角和定理，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理解直角三角形等，解题的关键是掌握菱形的判定方法，能够通过勾股定理列方程．
【题型8 利用菱形的性质与判定求角度】
【例8】（2023春·黑龙江双鸭山·九年级校联考期中）（1）如图，请用直尺和圆规在△ABC的边BC，AC，AB上分别取点D，E，F，连接ED，EF，使得四边形BDEF为菱形（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）在（1）的条件下，若∠A=67°，∠C=63°，求∠BED的度数．
【答案】（1）见解析，（2）25°
【分析】（1）作∠ABC的平分线交AC于点E，再作BE的垂直平分线交AB于点F，交BC于点D，四边形BDEF即为所求．
（2）根据菱形的性质和三角形的内角和定理解答即可．
【详解】（1）解：如图，作∠ABC的平分线交AC于点E，再作BE的垂直平分线交AB于点F，交BC于点D，则四边形BDEF即为所求的菱形，
理由：∵BE平分∠ABC，
∴∠EBF=∠EBD，
∵DF垂直平分BE，
∴BF=EF，BD=DE，
∴∠EBF=∠BEF，
∴∠EBD=∠BEF，
∴EF∥BD，
同理BF∥DE，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵BE⊥DF，
∴四边形BDEF是菱形；
（2）∵∠A=67°，∠C=63°，
∴∠ABC=180°−67°−63°=50°，
∵四边形BDEF是菱形，
∴∠FED=∠ABC=50°，∠BEF=∠BED，
∴∠BED=25°．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质以及作图一复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
【变式8-1】（2023·湖北襄阳·校考一模）如图，▱ABCD中，AB=AD，点E是AB上一点，连接CE、DE，且BC=CE，若∠BCE=40°，则∠ADE=______．
【答案】15°/15度
【分析】首先证明四边形ABCD是菱形，然后根据等腰三角形的性质可得∠CEB=∠B=12180°−40°=70°，利用三角形内角和定理即可解决问题．
【详解】解：在▱ABCD中，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=BC=CD，AB//CD，
∵BC=CE，
∴CD=CE，
∴∠CED=∠CDE，
∵∠BCE=40°，
∴∠CEB=∠B=12180°−40°=70°，
∴∠ADC=∠B=70°，
∵∠ECD=∠BEC=70°，
∴∠CDE=∠CED=12180°−70°=55°，
∴∠ADE=70°−55°=15°．
故答案为：15°．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的判定与性质．
【变式8-2】（2023春·浙江杭州·九年级杭州外国语学校校考期中）如图，点F在正五边形ABCDE的内部，四边形ABFE是平行四边形，则∠DAF等于（ ）
A．18°B．24°C．30°D．36°
【答案】A
【分析】由正五边形的性质得到AB=AE=DE，∠BAE=∠AED=108°，再利用等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可求解∠EAD的度数，证明四边形ABFE为菱形，利用菱形的性质可求解∠EAF的度数，进而可求解．
【详解】解：在正五边形ABCDE中，AB=AE=DE，∠BAE=∠AED=(5−2)×180°5=108°，
∴∠EAD=∠EDA=180°−108°2=36°，
∵四边形ABFE为平行四边形，AB=AE，
∴四边形ABFE为菱形，
∴∠BAF=∠EAF=12∠BAE=54°，
∴∠DAF=∠EAF−∠EAD=54°−36°=18°，
故选：A．
【点睛】本题考查了正多边形的内角和，平行四边形的性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟记正多边形的内角的求法．
【变式8-3】（2023春·浙江宁波·九年级统考期末）已知：如图，在四边形ABCD中，AB//CD．点E,F在对角线AC上，且AE=CF,DF//BE，
（1）求证：△ABE≅△CDF；
（2）连接BD，交AC于点O，若BD⊥AC，四边形ABCD周长为16,AC=43，求∠DAB的大小．
【答案】（1）见解析；（2）60°
【分析】（1）由平行线的性质得出∠DFC=∠AEB，根据ASA即可证明ΔABE≅ΔCDF；
（2）证明四边形ABCD是菱形．由勾股定理求出OD，由直角三角形的性质可得出∠DAO的度数，则可得出答案．
【详解】解：证明：（1）∵DF//BE，
∴∠DFE=∠BEF，
∴∠DFC=∠AEB，
∵CD//AB，
∴∠DCF=∠BAE，
在ΔABE和ΔCDF中，
∠AEB=∠CFDAE=CF∠BAE=∠DCF，
∴ΔABE≅ΔCDF(ASA)．
（2）∵ΔABE≅ΔCDF，
∴AB=CD，
∵AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵BD⊥AC，
∴四边形ABCD是菱形．
∴AB=CD=BC=DA，OA=OC，
∵四边形ABCD周长为16，
∴AD=4，
∵AC=43，
∴OA=23，
∴OD=AD2−OD2=42−(23)2=2，
∴OD=12AD，
∴∠DAO=30°，
∴∠DAB=2∠DAO=60°．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、菱形的判定等知识，解题的关键是证明ΔABE≅ΔCDF和四边形ABCD为菱形．
【题型9 利用菱形的性质与判定求线段长】
【例9】（2023春·湖北宜昌·九年级校考期中）如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形ABCD，若AC=6cm，BD=8cm，线段AB的长为（ ）
A．4cmB．4.6cmC．4.8cmD．5cm
【答案】D
【分析】作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，根据题意先证出四边形ABCD是平行四边形，再由AR=AS得平行四边形ABCD是菱形，再根据勾股定理求出AB即可．
【详解】解：作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，连接AC、BD交于点O．

由题意知：AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵两个矩形等宽，
∴AR=AS，
∵AR·BC=AS·CD，
∴BC=CD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=3，OB=OD=4，
∴AB=32+42=5，
故选D．
【点睛】本题考查菱形的判定与性质、勾股定理，解题的关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形．
【变式9-1】（2023·江苏·九年级假期作业）如图，▱ABCD中，AB=AD=6，∠DAB=60°，F为AC上一点，E为AB中点，则EF+BF的最小值为（ ）

A．6B．3C．4D．33
【答案】D
【分析】首先菱形的性质可知点B与点D关于AC对称，从而可知BF=DF，则EF+BF=EF+DF，当点D、F、E共线时，EF+BF有最小值，最小值为DE的长，据此求解即可．
【详解】解：连接DE、DF、BD．

∵▱ABCD中，AB=AD=6，
∴平行四边形四边形ABCD为菱形．
∴点D与点B关于AC对称．
∴BF=DF．
∴EF+BF=EF+DF，当点D、F、E共线时，EF+BF有最小值，最小值为DE的长，
∵E是AB的中点，
∴AE=3．
又∵∠DAB=60°，AD=AB，
∴△ADB是等边三角形．
∵E为AB中点，
∴DE⊥AB．
∴DE=AD2−AE2=62−32=33，
故选：D．
【点睛】本题主要考查的是最短路径、平行四边形的性质以及菱形的性质和判定，由轴对称图形的性质将EF+BF的最小值转化为EF+DF的最小值是解题的关键．
【变式9-2】（2023春·全国·九年级期末）如图，E，F是平行四边形ABCD对角线BD上两点，且BE＝DF，若∠BAF＝90°，AB＝4，AF＝AE＝3，则AC的长为（ ）
A．2.4B．3.6C．4.8D．6
【答案】C
【分析】由勾股定理求出BF＝5，证出四边形AECF是菱形，得AC⊥EF，由勾股定理的OA2＝AB2﹣OB2＝AE2﹣OE2，解得OF＝1.8，则OA＝2.4，得AC＝2OA＝4.8．
【详解】解：∵∠BAF＝90°，AB＝4，AF＝3，
∴BF=AB2+AF2=42+32=5，
∵E，F是平行四边形ABCD对角线BD上两点，
∴OA＝OC，OB=OD,
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵OA＝OC，AE＝AF，
∴四边形AECF是菱形，
∴AC⊥EF，
∴OA2=AB2−OB2=AE2−OE2，
∴42−（5−OF）2＝32−OF2 ，
解得：OF＝1.8，
∴OA=32−1.82=2.4 ，
∴AC＝2OA＝4.8．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定及性质以及勾股定理，熟练掌握菱形的判定及性质是解题的关键．
【变式9-3】（2023春·浙江·九年级专题练习）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AB=6，点E、F分别在AB、BC上，沿EF将△EBF翻折使顶点B的对应点B′落在AC上，若EB′⊥AC，则EF等于__________．
【答案】2
【分析】连接BB′，交EF于点O，根据折叠的性质，得出BO=B′O，BB′⊥EF，再根据平行线的判定，得出EB′∥BC，再根据平行线的性质，得出∠EB′O=∠FBO，再根据ASA，得出△B′EO≌△BFO，再根据全等三角形的性质，得出OE=OF，再根据菱形的判定定理，得出四边形BEB′F为菱形，再根据菱形的性质，得出EB=EB′=FB=FB′，然后设EB=EB′=x，则AE=6−x，再根据直角三角形30°所对的直角边等于斜边的一半，得出AE=2EB′，进而列出方程，并解出，再根据等边三角形的判定，得出△BEF为等边三角形，再根据等边三角形的性质，即可得出结果．
【详解】解：如图，连接BB′，交EF于点O，
根据题意，可得：BO=B′O，BB′⊥EF，
∵∠ACB=90°，EB′⊥AC，
∴EB′∥BC，
∴∠EB′O=∠FBO，
在△B′EO和△BFO中，
∠EB′O=∠FBOBO=B′O∠EOB′=∠FOB=90°，
∴△B'EO≌△BFOASA，
∴OE=OF，
又∵BO=B′O，BB′⊥EF，
∴四边形BEB′F为菱形，
∴EB=EB′=FB=FB′，
设EB=EB′=x，则AE=6−x，
∵∠A=30°，∠AB′E=90°，
∴AE=2EB′，
即6−x=2x，
解得：x=2，
∴EB=EB′=FB=FB′=2，
∵∠ACB=90°，∠A=30°，
∴∠ABC=180°−30°−90°=60°，
∴△BEF为等边三角形，
∴EF=BE=BF=2．
故答案为：2
【点睛】本题考查了折叠的性质、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、直角三角形30°所对的直角边等于斜边的一半、等边三角形的判定与性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质、定理．
【题型10 利用菱形的性质与判定求面积】
【例10】（2023春·山东德州·九年级校考期中）如图，在▱ABCD中，用直尺和圆规作∠BAD的平分线AG交BC于点E，以A为圆心，AB为半径的弧交AD于点F，连接EF．若BF＝6，AB＝5，则四边形ABEF面积是（ ）
A．12B．24C．36D．48
【答案】B
【分析】根据题意AB＝AF，利用角平分线和平行证明BA＝BE，用一组对边平行且相等证明四边形ABEF为平行四边形，再用邻边相等证明它是菱形，最后用菱形面积公式计算面积．
【详解】记AE与BF相交于O点，如图，
由作法得AB＝AF＝10，AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BEA，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴BA＝BE，
∴AF＝BE，
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF为平行四边形，
∵AB＝AF，
∴四边形ABEF为菱形，
∴OA＝OE，OB＝OF＝12BF＝3，AE⊥BF，
在Rt△AOB中，OA=52−32=4，
∴AE＝2AO＝8，
∴四边形ABEF面积=12AE⋅BF=12×6×8=24．
故选：B．
【点睛】本题考查角平分线的性质，菱形的判定和面积求解，解题的关键是根据题目中的角平分线和平行的条件能够证明等腰三角形，再根据菱形的判定和面积公式求四边形面积．
【变式10-1】（2023春·浙江·九年级期末）已知：在平行四边形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AC=8,BD=6．
（1）如图1，若AC⊥BD，则四边形ABCD的面积长＝_________；周长＝________；
（2）如图2，若AC与BD的夹角∠AOB=60°，求四边形ABCD的面积和周长；
（3）如图3，若把题目中“平行四边形ABCD”改为“四边形ABCD”，且∠AOB=45°，AC=a，BD=b，试求四边形ABCD的面积（用含a，b的代数式表示）．
【答案】（1）24,20；（2）123；213+237（3）24ab．
【分析】（1）根据菱形的定理可得四边形ABCD是菱形，结合已知条件根据勾股定理求得AD，进而求得周长和面积；
（2）过点B作BE⊥AC，根据含30度角的直角三角形的性质以及已知条件求得AE,EC,BE，再根据勾股定理求得AB,BC,进而根据三角形的面积公式，求得平行四边形的面积，根据平行四边形的性质求得周长；
（3）分别过B,D作BF⊥AC,DG⊥AC，垂足分别为F,G，根据∠AOB=45°，可得FB=FO,OG=GD，根据勾股定理可得BF+DG=22(OB+OD)=22BD，进而根据三角形面积公式计算平行四边形的面积即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AO=12AC,DO=12BD,AB=BC=CD=AD，
∵ AC=8,BD=6，
∴AD=AO2+DO2=42+32=5，
∴l菱形ABCD=4AD=20，
S菱形ABCD=12⋅AC⋅BD=24，
故答案为：24,20；
（2）过点B作BE⊥AC，如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，AC=8,BD=6，
∴AO=CO=12AC=4，BO=OD=12BD=3，
∵∠AOB=60°，
∴∠EBO=30°，
∴EO=12BO=32，
∴BE=BO2−EO2=32−322=323，
∴AE=AO−OE=4−32=52，
EC=AC−AE=8−52=112，
Rt△ABE中，
AB=AE2+BE2=522+3232=13，
BC=BE2+EC2=3232+1122=37，
∴S▱ABCD=AC×BE=8×332=123，
∴l ▱ABCD=2AB+BC=213+237，
（3）分别过B,D作BF⊥AC,DG⊥AC，垂足分别为F,G，
∵AC=a,BD=b,∠AOB=45°，
∴∠FBO=∠FOB=∠GOD=∠GDO=45°，
∴FB=FO,OG=GD，
∴OD=OG2+GD2=2DG,OB=OF2+FB2=2FB，
∴BF=22OB,DG=22OD，
∴BF+DG=22(OB+OD)=22BD，
∴S四边形ABCD =12⋅AC⋅DG+12⋅AC⋅FB，
=12 AC(DG+FB)
= 12×a×22b
=24ab
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等腰直角三角形，平行四边的性质，根据题意作出辅助线利用勾股定理是解题的关键．
【变式10-2】（2023春·江苏·九年级期末）如图，BD是△ABC的角平分线，过点作DE∥BC交AB于点E，DF∥AB交BC于点F．

(1)求证：四边形BEDF是菱形；
(2)若∠ABC=60°,BE=6，求菱形BEDF的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)183
【分析】（1）由题意可证BE=DE，四边形BEDF是平行四边形，即可证四边形BEDF为菱形；
（2）连接EF与BD相交于点O，根据角平分线的性质得∠ABD=∠DBF=12∠ABC=30°，由直角三角形的性质得到OE=12BE，由勾股定理得OB=BE2−OE2=33，根据菱形的面积公式可求解．
【详解】（1）证明：∵DE∥BC，DF∥AB，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵DE∥BC，
∴∠EDB=∠DBF，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠ABD=∠DBF=12∠ABC，
∴∠ABD=∠EDB，
∴BE=DE，
又∵四边形BEDF为平行四边形，
∴四边形BEDF是菱形．
（2）解：如图，连接EF与BD相交于点O，

∵四边形BEDF是菱形，
∴EF⊥BD，
∵BD是△ABC的角平分线，∠ABC=60°,BE=6，
∴∠ABD=∠DBF=12∠ABC=30°，
∴OE=3，
∴OB=BE2−OE2=33，
∴EF=2OE=6,BD=2OB=63，
∴菱形BEDF的面积12EF·BD=12×6×63=183．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理，掌握直角三角形的性质，菱形的判定和性质是解本题的关键．
【变式10-3】（2023春·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨市第十七中学校校考阶段练习）在四边形ABCD中，AD∥BC，点F在BA的延长线上，FC交AD于点E，连接FD，且CF=CD．
(1)如图1，当∠FCB=80°，∠FCD=70°，求∠FDA的度数；
(2)如图2，当AB=BC时，求证：∠BFC=∠ADC；
(3)如图3，在（2）的条件下，在AD上取一点M，使DM=AF，作MN⊥CF于点N，连接AN、CM，若∠DCF=∠ANF=60°，CM=27，求△ANM的面积．
【答案】(1)25°
(2)证明过程见详解
(3)△ANM的面积是3
【分析】（1）根据平行的性质，平角的性质，如图所示，延长BC至点P，可求出∠DCP=∠ADC及度数，再根据等腰三角形的性质，角的和差关系即可求解；
（2）如图所示，延长BC至点P，过点C作CG∥AB，交AD于点G，作CQ⊥AD，交AD于点Q，作CR∥AB，交AB于点R，可证平行四边形ABCG是菱形，在根据斜边直角边证明Rt△CRF,Rt△CQD全等，由此即可求证；
（3）如图所示，连接AC，在线段NF上取NK=NA，过点N作NH⊥AM于H，连接AK,MK，可证△AFC≌△MDC(SAS)，△ACM是等边三角形，△ANK为等边三角形，从而证明△KAM≌△NAC(SAS)，在Rt△KMN中，Rt△CMN，Rt△MHN Rt△ANH中，根据勾股定理求出AM,NH，即可求解．
【详解】（1）解：∵∠FCB=80°，∠FCD=70°，
∴∠BCD=∠FCB+∠FCD=80°+70°=150°，
如图所示，延长BC至点P，
∵∠BCD+∠DCP=180°，
∴∠DCP=180°−∠DCP=180°−150°=30°，
∵AD∥BC，
∴∠DCP=∠ADC=30°，
∵CF=CD，
∴∠CFD=∠CDF=12(180°−∠FCD)=12×(180°−70°)=55°，
∴∠FDA=∠FDC−∠ADC=55°−30°=25°，
∴∠FDA的度数为25°．
（2）解：如图所示，延长BC至点P，过点C作CG∥AB，交AD于点G，作CQ⊥AD，交AD于点Q，作CR∥AB，交AB于点R，
∵AD∥BC，CG∥AB，
∴四边形ABCG是平行四边形，
∵AB=CB，
∴平行四边形ABCG是菱形，
∵S菱形ABCG=AB·CR=AG·CQ，
∴CR=CQ，
在Rt△CRF,Rt△CQD中，
CF=CDCR=CQ，
∴Rt△CRF≌Rt△CQD(HL)，
∴∠BFC=∠ADC．
（3）解：如图所示，连接AC，在线段NF上取NK=NA，过点N作NH⊥AM于H，连接AK,MK，
∵FA=DM，∠AFK=∠MDC，CF=CD，
∴△AFC≌△MDC(SAS)，
∴∠1=∠2,AC=MC，
∵∠DCF=60°，
∴∠1+∠FCM=∠2+∠FCM=∠ACM=60°，
∴△ACM是等边三角形，
∴AM=CM=AC=27，
∵NK=NA,∠ANF=60°，
∴△ANK为等边三角形，
∴AK=NA,∠KAN=∠MAC=60°，
∴∠KAM=∠NAC，
∴△KAM≌△NAC(SAS)，
∴∠AKM=∠ANC=180°−∠ANF=120°，KM=NC，
∴∠NKM=∠AKM−∠AKN=120°−60°=60°，
∵∠KNM=90°，
∴∠KMN=30°，
在Rt△KMN中，设KN=a，则KM=2a,MN=3a，
在Rt△CMN中，CN=KM=2a，MN=3a,MC=27，
∴(2a)2+(3a)2=(27)2，解得，a=2，
∴MN=23,AN=KN=2，
设HM=x，
在Rt△MHN中，NH2=MN2−HM2=(23)2−x2，
在Rt△ANH中，NH2=AN2−AH2=22−(27−x)2，
∴12−x2=4−(27−x)2，解得，x=977，
∴NH=(23)2−9772=217，
∴S△ANM=12AM·NH=12×27×217=3，
∴△ANM的面积是3．
【点睛】本题主要考查三角形的综合知识，掌握平行线的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含特殊角的直角三角形的性质，勾股定理，结合图形分析是解题的关键．