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苏科版八年级数学下册专题9.4菱形的性质与判定【八大题型】(举一反三)(原卷版+解析)
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这是一份苏科版八年级数学下册专题9.4菱形的性质与判定【八大题型】(举一反三)(原卷版+解析)，共49页。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc13415" 【题型1 由菱形的性质求线段的长度】 PAGEREF _Tc13415 \h 1
\l "_Tc27525" 【题型2 由菱形的性质求角的度数】 PAGEREF _Tc27525 \h 2
\l "_Tc18762" 【题型3 由菱形的性质求面积】 PAGEREF _Tc18762 \h 3
\l "_Tc29906" 【题型4 由菱形的性质求点的坐标】 PAGEREF _Tc29906 \h 4
\l "_Tc31013" 【题型5 菱形判定的条件】 PAGEREF _Tc31013 \h 5
\l "_Tc5913" 【题型6 证明四边形是菱形】 PAGEREF _Tc5913 \h 6
\l "_Tc15722" 【题型7 菱形中多结论问题】 PAGEREF _Tc15722 \h 8
\l "_Tc1822" 【题型8 菱形的判定与性质综合】 PAGEREF _Tc1822 \h 9
【知识点1 菱形的定义】
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
【知识点2 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．
【题型1 由菱形的性质求线段的长度】
【例1】（2022•青县二模）如图，在菱形ABCD中，AB＝BD＝10，点F为AD的中点，FE⊥BD于E，则EF的长为（ ）
A．23B．52C．532D．53
【变式1-1】（2022春•北碚区校级期中）如图，菱形ABCD的对角线交于点O，过点A作AE⊥CD于点E，连接OE．若AB＝3，OE=2，则DE的长度为（ ）
A．53B．32C．43D．142
【变式1-2】（2022春•江汉区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC．BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接CH，若AB＝2，AC＝23，则CH的长是（ ）
A．5B．3C．7D．4
【变式1-3】（2022春•沙坪坝区校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是AB、AO的中点，连接EF、BF．若AF＝1，AE=3，则FB的长为（ ）
A．32B．22C．7D．3
【题型2 由菱形的性质求角的度数】
【例2】（2022春•延津县期中）如图，在菱形ABCD中，直线MN分别交AB、CD、AC于点M、N和O，且AM＝CN，连接BO．若∠OBC＝65°，则∠DAC为（ ）
A．65°B．30°C．25°D．20°
【变式2-1】（2022•道里区二模）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，∠CAD＝20°，则∠DHO的度数是（ ）
A．20°B．25°C．30°D．40°
【变式2-2】（2021秋•泰和县期末）如图，在菱形ABCD中，点E是CD上一点，连接AE交对角线BD于点F，连接CF，若∠AED＝50°，则∠BCF＝ 度．
【变式2-3】（2022•玄武区二模）如图，菱形ABCD和正五边形AEFGH，F，G分别在BC，CD上，则∠1﹣∠2＝ °．
【题型3 由菱形的性质求面积】
【例3】（2022•焦作模拟）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD的中点，连接AE，AF，EE若菱形ABCD的面积为16，则△AEF的面积为（ ）
A．4B．6C．8D．10
【变式3-1】（2022春•禹州市期中）如图，已知菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点E，P，F分别是线段OB，CD，OD的中点，连接EP，PF，若AC＝8，PE＝210，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．64B．48C．24D．16
【变式3-2】（2022•阿荣旗二模）两张菱形贺卡如图所示叠放，其中菱形ABCD的边长为6cm，∠BAD＝60°，菱形A'B'C'D'可以看作是由菱形ABCD沿CA方向平移23cm得到，AD交C'D'于点E，则重叠部分的面积为（ ）cm2．
A．83B．93C．103D．113
【变式3-3】（2022•蓝田县二模）如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，点P为边AB上一点（点P不与端点重合），连接CP，点E、F分别为AP、CP的中点，连接EF，若EF＝2，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．8B．83C．9D．93
【题型4 由菱形的性质求点的坐标】
【例4】（2022•东丽区一模）如图，四边形ABCD为菱形，A，B两点的坐标分别是（−23，2），（﹣1，−3），对角线相交于点O，则点C的坐标为（ ）
A．（−23，−2）B．（23，−2）C．（1，−3）D．（﹣1，3）
【变式4-1】（2022•太湖县校级一模）如图，在平面直角坐标系中、四边形OABC为菱形，O为原点，A点坐标为（8，0），∠AOC＝60°，则对角线交点E的坐标为（ ）
A．（4，23）B．（23，4）C．（23，6）D．（6，23）
【变式4-2】（2022•西平县模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的顶点B在x轴上，且OB＝8cm，∠AOB＝60°．点D从点O出发，沿O→A→B→C→O以2cm/s的速度做环绕运动，则第85秒时，点D的坐标为（ ）
A．(33，5)B．(3，33)C．(5，33)D．(33，3)
【变式4-3】（2022•巧家县二模）如图，菱形ABCD的四个顶点位于坐标轴上，对角线AC，BD交于原点O，线段AD的中点E的坐标为(−3，1)，P是菱形ABCD边上的点，若△PDE是等腰三角形，则点P的坐标可能是 ．
【知识点3 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5 菱形判定的条件】
【例5】（2022春•房山区期中）在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．现存在以下四个条件：
①AB∥CD； ②AO＝OC；③AB＝AD；④AC平分∠DAB．
从中选取三个条件，可以判定四边形ABCD为菱形．则可以选择的条件序号是 （写出所有可能的情况）．
【变式5-1】（2022•海淀区二模）如图，在平行四边形ABCD中，过AC中点O的直线分别交边BC，AD于点E，F，连接AE，CF．只需添加一个条件即可证明四边形AECF是菱形，这个条件可以是 （写出一个即可）．
【变式5-2】（2022春•无锡期中）如图，已知点E、F分别是四边形ABCD的边AD、BC的中点，G、H分别是对角线BD、AC的中点，要使四边形EGFH是菱形，则四边形ABCD需满足的条件是（ ）
A．AB＝CDB．AC＝BDC．AC⊥BDD．AD＝BC
【变式5-3】（2022•上海模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，平行四边形BCDE的顶点E在边AB上，联结CE、AD．添加一个条件，可以使四边形ADCE成为菱形的是（ ）
A．CE⊥ABB．CD⊥ADC．CD＝CED．AC＝DE
【题型6 证明四边形是菱形】
【例6】（2022春•泗洪县期中）如图，点D、E、F分别是△ABC各边的中点，连接DE，EF，AE．
（1）求证：四边形ADEF为平行四边形；
（2）从下列条件①∠BAC＝90°，②AE平分∠BAC，③AB＝AC中选择一个添加到题干中，使得四边形ADEF为菱形．我选的是 （写序号），并证明．
【变式6-1】（2022•南京一模）如图，在▱ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，AF与DE相交于点G，CE与BF相交于点H．
（1）证明：四边形EHFG是平行四边形；
（2）当▱ABCD具备怎样的条件时，四边形EHFG是菱形？请直接写出条件，无需说明理由．
【变式6-2】（2022•盐城二模）如图，在平行四边形ABCD中，点O是BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠A＝50°，则当∠ADE＝ °时，四边形BECD是菱形．
【变式6-3】（2022•静安区二模）已知：如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是边BC、DC的中点，AE、AF分别交BD于点M、N，且BM＝MN＝ND，联结CM、CN．
（1）求证：四边形AMCN是平行四边形；
（2）如果AE＝AF，求证：四边形ABCD是菱形．
【题型7 菱形中多结论问题】
【例7】（2022春•番禺区校级期中）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论：（ ）
①OG=12AB；
②与△EGD全等的三角形共有2个；
③S四边形ODEG＝S四边形ABOG；
④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；
A．①③④B．①④C．①②③D．②③④
【变式7-1】（2022春•下城区校级月考）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD＝2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点．下列结论正确的是（ ）
①EG＝EF；
②△EFG≌△GBE；
③FB平分∠EFG；
④EA平分∠GEF；
⑤四边形BEFG是菱形．
A．③⑤B．①②④C．①②③④D．①②③④⑤
【变式7-2】（2022•泰安一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝BD，E，F分别是AB，AD上的点（不与端点重合），且AE＝DF，连接BF，DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H．下列结论：①DE＝BF；②∠BGE＝60°；③CG⊥BD；④若AF＝2DF，则BG＝6GF．其中正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①②④C．②③④D．①③④
【变式7-3】（2022•天桥区一模）如图，△ABC是边长为1的等边三角形，D，E为线段AC上两动点，且∠DBE＝30°，过点D，E分别作AB，BC的平行线相交于点F，分别交BC，AB于点H，G．现有以下结论：①S△ABC=34；②当点D与点C重合时，FH=12；③AE+CD=3DE；④当AE＝CD时，四边形BHFG为菱形．则其中正确的结论的序号是 ．
【题型8 菱形的判定与性质综合】
【例8】（2022•巴彦县二模）如图，AB＝BD，AC＝CD，AD平分∠BAC，AD交BC于点O．
（1）如图1，求证：四边形ABDC是菱形；
（2）如图2，点E为BD边的中点，连接AE交BC于点F，若2∠FAO＝∠ACD，在不添加任何辅助线和字母的条件下，请直接写出图2中所有面积是△ABF面积的整数倍的三角形．
【变式8-1】（2022•南岗区模拟）已知：BD是△ABC的角平分线，点E在AB边上，BE＝BC，过点E作EF∥AC，交BD于点F，连接CF，DE．
（1）如图1，求证：四边形CDEF是菱形；
（2）如图2，当∠DEF＝90°，AC＝BC时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中度数为∠ABD的度数2倍的角．
【变式8-2】（2022春•东莞市期中）如图，在平行四边形ABCD中，CE平分∠BCD，交AB边于点E，EF∥BC，交CD于点F，点G是BC边的中点，连接GF，且∠1＝∠2，CE与GF交于点M，过点M作MH⊥CD于点H．
（1）求证：四边形BCFE是菱形；
（2）若CH＝1，求BC的长；
（3）求证：EM＝FG+MH．
【变式8-3】（2022春•洪泽区期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于F，以EC、CF为邻边作平行四边形ECFG，如图1所示．
（1）证明平行四边形ECFG是菱形；
（2）若∠ABC＝120°，连接BG、CG、DG，如图2所示，
①求证：△DGC≌△BGE；
②求∠BDG的度数．
（3）若∠ABC＝90°，AB＝8，AD＝14，M是EF的中点，如图3所示，求DM的长．
专题9.4 菱形的性质与判定【八大题型】
【苏科版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc13415" 【题型1 由菱形的性质求线段的长度】 PAGEREF _Tc13415 \h 1
\l "_Tc27525" 【题型2 由菱形的性质求角的度数】 PAGEREF _Tc27525 \h 4
\l "_Tc18762" 【题型3 由菱形的性质求面积】 PAGEREF _Tc18762 \h 8
\l "_Tc29906" 【题型4 由菱形的性质求点的坐标】 PAGEREF _Tc29906 \h 11
\l "_Tc31013" 【题型5 菱形判定的条件】 PAGEREF _Tc31013 \h 15
\l "_Tc5913" 【题型6 证明四边形是菱形】 PAGEREF _Tc5913 \h 18
\l "_Tc15722" 【题型7 菱形中多结论问题】 PAGEREF _Tc15722 \h 23
\l "_Tc1822" 【题型8 菱形的判定与性质综合】 PAGEREF _Tc1822 \h 32
【知识点1 菱形的定义】
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
【知识点2 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．
【题型1 由菱形的性质求线段的长度】
【例1】（2022•青县二模）如图，在菱形ABCD中，AB＝BD＝10，点F为AD的中点，FE⊥BD于E，则EF的长为（ ）
A．23B．52C．532D．53
【分析】证△ABD是等边三角形，得∠ABD＝60°，AF=12AD＝5，∠ABF＝∠DBF＝30°，再由勾股定理得BF＝53，然后由含30°角的直角三角形的性质求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∵AB＝BD＝10，
∴AB＝AD＝BD＝10，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABD＝60°，
∵点F为AD的中点，
∴AF=12AD＝5，∠ABF＝∠DBF=12∠ABD＝30°，
∴BF=AB2−AF2=102−52=53，
∵FE⊥BD，
∴∠BEF＝90°，
∴EF=12BF=532，
故选：C．
【变式1-1】（2022春•北碚区校级期中）如图，菱形ABCD的对角线交于点O，过点A作AE⊥CD于点E，连接OE．若AB＝3，OE=2，则DE的长度为（ ）
A．53B．32C．43D．142
【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得AC＝2OE＝22，则OA=12AC=2，再由勾股定理得OB=7，则BD＝2OB＝27，然后由菱形面积求出AE的长，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝AD＝AB＝3，OA＝OC，OB＝OD，BD⊥AC，
∵AE⊥CD，
∴∠AED＝∠AEC＝90°，
∴AC＝2OE＝22，
∴OA=12AC=2，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB=AB2−OA2=32−(2)2=7，
∴BD＝2OB＝27，
∵S菱形ABCD＝CD•AE=12AC•BD=12×22×27=214，
∴AE=2143，
∴DE=AD2−AE2=32−(2143)2=53，
故选：A．
【变式1-2】（2022春•江汉区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC．BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接CH，若AB＝2，AC＝23，则CH的长是（ ）
A．5B．3C．7D．4
【分析】由菱形的性质得∠ADC＝2∠BDA，AD＝CD＝AB＝2，OA＝OC=3，OB＝OD，AC⊥BD，再由勾股定理得OB＝1，则BD＝2OB＝2，得AB＝AD＝BD，然后由等边三角形的性质得∠ADH＝30°，AH＝1，进而由勾股定理得DH=3，求出∠CDH＝90°，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AB＝2，AC＝23，
∴∠ADC＝2∠BDA，AD＝CD＝AB＝2，OA＝OC=3，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∴OB=AB2−OA2=22−(3)2=1，
∴BD＝2OB＝2，
∴AB＝AD＝BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠BAD＝∠BDA＝60°，
∴∠ADC＝2∠BDA＝120°，
∵DH⊥AB，
∴∠ADH=12∠BDA＝30°，AH＝BH=12AB＝1，
在Rt△ADH中，由勾股定理得：DH=AD2−AH2=22−12=3，
∵∠CDH＝∠ADC﹣∠ADH＝120°﹣30°＝90°，
∴CH=CD2+DH2=22+(3)2=7，
故选：C．
【变式1-3】（2022春•沙坪坝区校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是AB、AO的中点，连接EF、BF．若AF＝1，AE=3，则FB的长为（ ）
A．32B．22C．7D．3
【分析】根据菱形的性质和三角形中位线定理得出EF∥OB，进而利用勾股定理得出EF和BF即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵点E、F分别是AB、AO的中点，
∴EF∥OB，EF=12OB，
∴EF⊥AC，
在Rt△AEF中，EF=AE2−AF2=3−1=2，
∴OB＝22，
在Rt△OFB中，OF＝AF＝1，
∴BF=OB2+OF2=8+1=3，
故选：D．
【题型2 由菱形的性质求角的度数】
【例2】（2022春•延津县期中）如图，在菱形ABCD中，直线MN分别交AB、CD、AC于点M、N和O，且AM＝CN，连接BO．若∠OBC＝65°，则∠DAC为（ ）
A．65°B．30°C．25°D．20°
【分析】由全等三角形的性质可证△AOM≌△CON，可得AO＝CO，由等腰三角形的性质可得BO⊥AC，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AB＝BC，BC∥AD，
∴∠MAO＝∠NCO，∠BCA＝∠CAD，
在△AOM和△CON中，
∠MAO=∠NCO∠AOM=∠CONAM=CN，
∴△AOM≌△CON（AAS），
∴AO＝CO，
∵AB＝BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BCO＝90°﹣∠OBC＝25°＝∠DAC，
故选：C．
【变式2-1】（2022•道里区二模）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，∠CAD＝20°，则∠DHO的度数是（ ）
A．20°B．25°C．30°D．40°
【分析】先根据菱形的性质得OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，则利用DH⊥AB得到DH⊥CD，∠DHB＝90°，所以OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，得到OH＝OD＝OB，利用等腰三角形的性质得∠1＝∠DHO，然后利用等角的余角相等即可求出∠DHO的度数
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，
∵DH⊥AB，
∴DH⊥CD，∠DHB＝90°，
∴OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，
∴OH＝OD＝OB，
∴∠1＝∠DHO，
∵DH⊥CD，
∴∠1+∠2＝90°，
∵BD⊥AC，
∴∠2+∠DCO＝90°，
∴∠1＝∠DCO，
∴∠DHO＝∠DCA，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC，
∴∠CAD＝∠DCA＝20°，
∴∠DHO＝20°，
故选：A．
【变式2-2】（2021秋•泰和县期末）如图，在菱形ABCD中，点E是CD上一点，连接AE交对角线BD于点F，连接CF，若∠AED＝50°，则∠BCF＝ 度．
【分析】由“SAS”可证△ADF≌△CDF，可得∠DAF＝∠DCF，由三角形内角和定理和平行线的性质可求解．
【解答】解：方法1：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，AD∥BC，∠ADF＝∠CDF，
在△ADF和△CDF中，AD=CD∠ADF=∠CDFDF=DF，
∴△ADF≌△CDF（SAS），
∴∠DAF＝∠DCF，
∵∠AED＝50°，
∴∠DAE+∠ADE＝180°﹣50°＝130°，
∴∠ADE+∠DCF＝130°，
∵AD∥BC，
∴∠ADE+∠BCD＝180°，
∴∠ADE+∠BCF+∠DCF＝180°，
∴∠BCF＝180°﹣130°＝50°，
故答案为：50．
方法2：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝AB，∠CBF＝∠ABF，AB∥CD，
∴∠BAE＝∠AED＝50°，
在△CBF和△ABF中，
CB=AB∠CBF=∠ABFBF=BF，
∴△CBF≌△ABF（SAS），
∴∠BCF＝∠BAF＝50°，
故答案为：50°．
【变式2-3】（2022•玄武区二模）如图，菱形ABCD和正五边形AEFGH，F，G分别在BC，CD上，则∠1﹣∠2＝ °．
【分析】过M作EM∥BC，由正五边形的性质得∠AEF＝∠EAH＝108°，再由菱形的性质得AD∥BC，则AD∥EM，然后由平行线的性质得∠2＝72°﹣∠AEM，∠1＝108°﹣∠AEM，即可解决问题．
【解答】解：如图，过M作EM∥BC，
∵五边形AEFGH是正五边形，
∴∠AEF＝∠EAH=15×（5﹣2）×180°＝108°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴AD∥EM，
∴∠AEM+∠DAE＝180°，
即∠AEM+∠2+∠EAH＝180°，
∴∠2＝180°﹣∠AEM﹣∠EAH＝180°﹣∠AEM﹣108°＝72°﹣∠AEM，
∵EM∥BC，
∴∠1+∠AEM＝108°，
∴∠1＝108°﹣∠AEM，
∴∠1﹣∠2＝108°﹣∠AEM﹣（72°﹣∠AEM）＝108°﹣∠AEN﹣72°+∠AEM＝36°，
故答案为：36．
【题型3 由菱形的性质求面积】
【例3】（2022•焦作模拟）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD的中点，连接AE，AF，EE若菱形ABCD的面积为16，则△AEF的面积为（ ）
A．4B．6C．8D．10
【分析】连接AC、BD，交于点O，AC交EF于点G，根据菱形性质可得菱形面积公式，然后根据三角形中位线定理得EF与BD关系，最后根据三角形面积公式代入计算可得答案．
【解答】解：连接AC、BD，交于点O，AC交EF于点G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝OC，菱形ABCD的面积=12AC×BD，
∵点E、F分别是边BC、CD的中点，
∴EF∥BD，EF=12BD，
∴AC⊥EF，AG＝3CG，
设AC＝a，BD＝b，
∴12ab＝16，即ab＝32，
∴△AEF的面积=12AG×EF=12×34a×12b=316ab＝6．
故选：B．
【变式3-1】（2022春•禹州市期中）如图，已知菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点E，P，F分别是线段OB，CD，OD的中点，连接EP，PF，若AC＝8，PE＝210，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．64B．48C．24D．16
【分析】根据菱形的性质得出AC⊥BD，进而利用三角形中位线定理和菱形的性质解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，
∵点E，P，F分别是线段OB，CD，OD的中点，
∴PF∥AC，PF=12OC=14AC＝2，
∴PF⊥BD，
∴EF=PE2−PF2=(210)2−22=6，
∴BD＝2EF＝12，
∴菱形ABCD是面积=12AC⋅BD=12×8×12=48，
故选：B．
【变式3-2】（2022•阿荣旗二模）两张菱形贺卡如图所示叠放，其中菱形ABCD的边长为6cm，∠BAD＝60°，菱形A'B'C'D'可以看作是由菱形ABCD沿CA方向平移23cm得到，AD交C'D'于点E，则重叠部分的面积为（ ）cm2．
A．83B．93C．103D．113
【分析】根据题意和题目中的数据，可以计算出AC′和EF的长，然后即可计算出重叠部分的面积．
【解答】解：连接AC，BD，AC和BD交于点O，连接EF交AC于点O，交AB于点F，如图所示，
∵菱形ABCD的边长为6cm，∠BAD＝60°，
∴AD＝AB＝6cm，AC⊥BD，∠DAO＝30°，
∴△DAB是等边三角形，DO＝3cm，
∴AO=AD2−DO2=62−32=33（cm），
∴AC＝63cm，
∵CC′＝23cm，
∴AC′＝43cm，
∴AH＝23cm，
∴EH＝2cm，
∴EF＝4cm，
∴重叠部分的面积为：AC′⋅EF2=43×42=83（cm2），
故选：A．
【变式3-3】（2022•蓝田县二模）如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，点P为边AB上一点（点P不与端点重合），连接CP，点E、F分别为AP、CP的中点，连接EF，若EF＝2，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．8B．83C．9D．93
【分析】连接AC，BD交于点O，根据三角形中位线定理可得AC＝4，然后根据菱形的性质可得△ADC是等边三角形，利用含30度角的直角三角形可得OD，进而可以解决问题．
【解答】解：如图，连接AC，BD交于点O，
∵点E、F分别为AP、CP的中点，EF＝2，
∴AC＝2AE＝4，
在菱形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD，AC⊥BD，
∵∠BAD＝120°，
∴∠ADC＝60°，
∴△ADC是等边三角形，
∴AD＝AC＝4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝2，AC⊥BD，∠ADO＝30°，
∴OD=3OA＝23，
∴BD＝2OD＝43，
则菱形ABCD的面积=12×AC•BD=12×4×43=83．
故选：B．
【题型4 由菱形的性质求点的坐标】
【例4】（2022•东丽区一模）如图，四边形ABCD为菱形，A，B两点的坐标分别是（−23，2），（﹣1，−3），对角线相交于点O，则点C的坐标为（ ）
A．（−23，−2）B．（23，−2）C．（1，−3）D．（﹣1，3）
【分析】由菱形的性质可得AO＝CO，BO＝DO，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∵A，B两点的坐标分别是（−23，2），（﹣1，−3），
∴点C（23，﹣2），点D（1，3），
故选B．
【变式4-1】（2022•太湖县校级一模）如图，在平面直角坐标系中、四边形OABC为菱形，O为原点，A点坐标为（8，0），∠AOC＝60°，则对角线交点E的坐标为（ ）
A．（4，23）B．（23，4）C．（23，6）D．（6，23）
【分析】过点E作EF⊥x轴于点F，由直角三角形的性质求出EF长和OF长即可．
【解答】解：过点E作EF⊥x轴于点F，
∵四边形OABC为菱形，∠AOC＝60°，
∴∠AOE=12∠AOC＝30°，∠FAE＝60°，
∵A（8，0），
∴OA＝8，
∴AE=12AO＝4，
∴AF=12AE＝2，EF=AE2−AF2=42−22=23，
∴OF＝AO﹣AF＝8﹣2＝6，
∴E（6，23），
故选：D．
【变式4-2】（2022•西平县模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的顶点B在x轴上，且OB＝8cm，∠AOB＝60°．点D从点O出发，沿O→A→B→C→O以2cm/s的速度做环绕运动，则第85秒时，点D的坐标为（ ）
A．(33，5)B．(3，33)C．(5，33)D．(33，3)
【分析】由题意可得点D在AB上，且AD＝2cm，由直角三角形的性质可求解．
【解答】解：∵四边形OABC是菱形，
∴AO＝AB＝BC＝OC，
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AO＝AB＝BC＝OC＝8cm，
∵沿O→A→B→C→O以2cm/s的速度做环绕运动，
∴环绕一圈需要16秒，
∵85÷16＝5•••5，
∴点D在AB上，且AD＝2cm，
∴BD＝6cm，
如图，过点D作DH⊥OB于H，
∵∠ABO＝60°，DH⊥OB，
∴∠BDH＝30°，
∴BH＝3cm，DH=3BH＝33cm，
∴OH＝5cm，
∴点D（5，33），
故选：C．
【变式4-3】（2022•巧家县二模）如图，菱形ABCD的四个顶点位于坐标轴上，对角线AC，BD交于原点O，线段AD的中点E的坐标为(−3，1)，P是菱形ABCD边上的点，若△PDE是等腰三角形，则点P的坐标可能是 ．
【分析】根据菱形的性质和等腰三角形的判定和性质分三种情况解答即可．
【解答】解：若△PDE是等腰三角形，以DE为半径，D为圆心，得出点P1，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝DC＝AB＝BC，AC⊥BD，
∵线段AD的中点E的坐标为（−3，1），
∴点P1的坐标为（3，1），
∴AD＝4，OD＝2，OA＝23，
若△PDE是等腰三角形，以DE为半径，E为圆心，得出点P2，
∴点P2的坐标为（−3，﹣1），
若△PDE是等腰三角形，以DE为底，DE的线段垂直平分线交BC于点P3，
∴点P3的坐标为（32，﹣32），
综上所述，点P的坐标可能是（3，1）或（−3，﹣1）或（32，﹣32），
故答案为：（3，1）或（−3，﹣1）或（32，﹣32）．
【知识点3 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5 菱形判定的条件】
【例5】（2022春•房山区期中）在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．现存在以下四个条件：
①AB∥CD； ②AO＝OC；③AB＝AD；④AC平分∠DAB．
从中选取三个条件，可以判定四边形ABCD为菱形．则可以选择的条件序号是 （写出所有可能的情况）．
【分析】根据角平分线定义得到∠DAO＝∠BAO，根据全等三角形的性质得到DO＝CB，根据平行四边形的性质得到四边形ABCD是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：如：若②AO＝OC；③AB＝AD；④AC平分∠DAB，
则四边形ABCD是菱形，
证明：∵AC平分∠DAB，
∴∠DAO＝∠BAO，
在△AOD和△AOB中，
AD=AB∠DAO=∠BAOAO=AO，
∴△AOD≌△AOB（ASA），
∴DO＝CB，
∵AO＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，
若①AB∥CD； ②AO＝OC；④AC平分∠DAB或①AB∥CD； ③AB＝AD；④AC平分∠DAB或 ②AO＝OC；③AB＝AD；④AC平分∠DAB．都可以判定四边形ABCD为菱形．
故答案为：①②③或②③④或①②④或①③④或②③④．
【变式5-1】（2022•海淀区二模）如图，在平行四边形ABCD中，过AC中点O的直线分别交边BC，AD于点E，F，连接AE，CF．只需添加一个条件即可证明四边形AECF是菱形，这个条件可以是 （写出一个即可）．
【分析】证△AOF≌△OCE（AAS），得OF＝OE，再证四边形AECF是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论．
【解答】解：只需添加一个条件即可证明四边形AECF是菱形，这个条件可以是：AE＝AF，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，∠OFA＝∠OEC，
∵O是AC的中点，
∴OA＝OC，
在△AOF和△OCE中，
∠OAF=∠OCE∠OFA=∠OECOA=OC，
∴△AOF≌△OCE（AAS），
∴OF＝OE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AE＝AF，
∴平行四边形AECF是菱形，
故答案为：AE＝AF（答案不唯一）．
【变式5-2】（2022春•无锡期中）如图，已知点E、F分别是四边形ABCD的边AD、BC的中点，G、H分别是对角线BD、AC的中点，要使四边形EGFH是菱形，则四边形ABCD需满足的条件是（ ）
A．AB＝CDB．AC＝BDC．AC⊥BDD．AD＝BC
【分析】由点E、F分别是四边形ABCD的边AD、BC的中点，G、H分别是对角线BD、AC的中点，根据三角形中位线的性质，可得EG＝FH=12AB，EH＝FG=12CD，又由当EG＝FH＝GF＝EH时，四边形EGFH是菱形，即可求得答案．
【解答】解：∵点E、F分别是四边形ABCD的边AD、BC的中点，G、H分别是对角线BD、AC的中点，
∴EG＝FH=12AB，EH＝FG=12CD，
∵当EG＝FH＝GF＝EH时，四边形EGFH是菱形，
∴当AB＝CD时，四边形EGFH是菱形．
故选：A．
【变式5-3】（2022•上海模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，平行四边形BCDE的顶点E在边AB上，联结CE、AD．添加一个条件，可以使四边形ADCE成为菱形的是（ ）
A．CE⊥ABB．CD⊥ADC．CD＝CED．AC＝DE
【分析】设AC于ED交于点O，证明△AOE≌△COD，可得OA＝OC，可以判断四边形ADCE是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可解决问题．
【解答】解：添加CD＝CE，可以使四边形ADCE成为菱形，理由如下：
如图，设AC于ED交于点O，
∵四边形BCDE是平行四边形，
∴DE∥BC，BE∥CD，
∴∠AOE＝∠ACB＝90°，
∴AC⊥DE，
∵CD＝CE，
∴OD＝OE，
∵AB∥CD，
∴∠EAO＝∠DCO，
在△AOE和△COD中，
∠EAO=∠DCO∠AOE=∠CODOE=OD，
∴△AOE≌△COD（AAS），
∴OA＝OC，
∵OD＝OE，
四边形ADCE是平行四边形，
∵CE＝CD，
∴四边形ADCE是菱形．
因为添加其他条件，都不可以使四边形ADCE成为菱形．
故选：C．
【题型6 证明四边形是菱形】
【例6】（2022春•泗洪县期中）如图，点D、E、F分别是△ABC各边的中点，连接DE，EF，AE．
（1）求证：四边形ADEF为平行四边形；
（2）从下列条件①∠BAC＝90°，②AE平分∠BAC，③AB＝AC中选择一个添加到题干中，使得四边形ADEF为菱形．我选的是 （写序号），并证明．
【分析】（1）根据三角形中位线定理可证；
（2）若选②AE平分∠BAC，在（1）中ADEF为平行四边形基础上，再证一组邻边相等即证明AF＝EF；若选③AB＝AC：根据三角形中位线定理即可证明．
【解答】（1）证明：已知D、E、F为AB、BC、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，根据三角形中位线定理，
∴DE∥AC，DE=12AC＝AF．
即DE∥AF，DE＝AF，
∴四边形ADEF为平行四边形．
（2）解：选②AE平分∠BAC证明①四边形ADEF为菱形，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAE＝∠FAE，
又∵ADEF为平行四边形，
∴EF∥DA，
∴∠DAE＝∠AEF，
∴∠FAE＝∠AEF，
∴AF＝EF，
∴平行四边形ADEF为菱形．
选③AB＝AC证明①四边形ADEF为菱形，
∵EF∥AB，EF=12AB，DE∥AC，DE=12AC，
又∵AB＝AC，
∴EF＝DE，
∴平行四边形ADEF为菱形．
故答案为：②、①．
【变式6-1】（2022•南京一模）如图，在▱ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，AF与DE相交于点G，CE与BF相交于点H．
（1）证明：四边形EHFG是平行四边形；
（2）当▱ABCD具备怎样的条件时，四边形EHFG是菱形？请直接写出条件，无需说明理由．
【分析】（1）先证四边形AECF是平行四边形，得AF∥CE．同理：DE∥BF，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）证△EBC≌△FCB（SAS），得CE＝BF，∠ECB＝∠FBC，得BH＝CH，再证EH＝FH，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴AE=12AB，CF=12CD，
∴AE＝CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AF∥CE．
同理：DE∥BF，
∴四边形EHFG是平行四边形；
（2）解：当▱ABCD是矩形时，四边形EHFG是菱形．理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠DCB＝90°，
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴EE=12AB，CF=12CD，
∴BE＝CF，
在△EBC与△FCB中，
BE=CF∠ABC=∠DCBBC=CB，
∴△EBC≌△FCB（SAS），
∴CE＝BF，∠ECB＝∠FBC，
∴BH＝CH，
∴CE﹣CH＝BF＝BH，
即EH＝FH，
∴平行四边形EHFG是菱形．
【变式6-2】（2022•盐城二模）如图，在平行四边形ABCD中，点O是BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠A＝50°，则当∠ADE＝ °时，四边形BECD是菱形．
【分析】（1）由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE＝OD，即可得出结论；
（2）先由平行四边形的性质得∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，则∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，再由菱形的性质得BC⊥DE，则∠COD＝90°，得∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝CD，
∴∠OEB＝∠ODC，
又∵O为BC的中点，
∴BO＝CO，
在△BOE和△COD中，
∠OEB=∠ODC∠BOE=∠CODBO=CO，
∴△BOE≌△COD（AAS）；
∴OE＝OD，
∴四边形BECD是平行四边形；
（2）解：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，
∴∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，
∵四边形BECD是菱形，
∴BC⊥DE，
∴∠COD＝90°，
∴∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，
∴∠ADE＝∠ADC﹣∠ODC＝90°，
故答案为：90．
【变式6-3】（2022•静安区二模）已知：如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是边BC、DC的中点，AE、AF分别交BD于点M、N，且BM＝MN＝ND，联结CM、CN．
（1）求证：四边形AMCN是平行四边形；
（2）如果AE＝AF，求证：四边形ABCD是菱形．
【分析】证明：（1）由三角形中位线定理得ME∥NC，NF∥CM，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）连接AC交BD于O，连接EF，由平行四边形的性质得AM＝CN，OA＝OC，OM＝ON，再证四边形ABCD是平行四边形，然后由三角形中位线定理得EF∥BD，进而得∠AMN＝∠ANM，则AM＝AN，最后由等腰三角形的性质得AC⊥MN，即可得出结论..
【解答】证明：（1）∵点 E、F分别是边BC、DC的中点，BM＝MN＝ND，
∴ME是△BCN的中位线，NF是△CDM的中位线，
∴ME∥NC，NF∥CM，
∴四边形AMCN是平行四边形；
（2）如图，连接AC交BD于O，连接EF，
由（1）可知，四边形AMCN是平行四边形，
∴AM＝CN，OA＝OC，OM＝ON，
∵BM＝ND，
∴OM+BM＝ON+ND，
即OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE，
∵点E、F分别是边BC、DC的中点，
∴EF是△BCD的中位线，
∴EF∥BD，
∴∠AMN＝∠AEF，∠ANM＝∠AFE，
∴∠AMN＝∠ANM，
∴AM＝AN，
∵OM＝ON，
∴AC⊥MN，
即AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
【题型7 菱形中多结论问题】
【例7】（2022春•番禺区校级期中）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论：（ ）
①OG=12AB；
②与△EGD全等的三角形共有2个；
③S四边形ODEG＝S四边形ABOG；
④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；
A．①③④B．①④C．①②③D．②③④
【分析】①由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG＝DG，证出OG是△ACD的中位线，得出OG=12CD=12AB，①正确；
②先证四边形ABDE是平行四边形，再证△ABD、△BCD是等边三角形，得AB＝BD＝AD，因此OD＝AG，则四边形ABDE是菱形，④正确；
③由菱形的性质得△ABG≌△BDG≌△DEG，再由SAS证明△BGA≌△COD，得△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，则②不正确；
由中线的性质和菱形的性质可得S△BOG＝S△DOG，S△ABG＝S△DGE，可得四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，得出③正确．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD（SSS），
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
∠BAG=∠EDG∠AGB=∠DGEAB=DE，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴OG=12CD=12AB，故①正确；
∵AB∥CE，AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，
∴OD＝AG，四边形ABDE是菱形，故④正确；
∴AD⊥BE，
由菱形的性质得：△BGA≌△BGD≌△EGD（SSS），
在△BGA和△COD中，
AG=DO∠BAG=∠CDOAB=DC，
∴△BGA≌△COD（SAS），
∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正确；
∵OB＝OD，
∴S△BOG＝S△DOG，
∵四边形ABDE是菱形，
∴S△ABG＝S△DGE，
∴四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，故③正确；
故选：A．
【变式7-1】（2022春•下城区校级月考）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD＝2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点．下列结论正确的是（ ）
①EG＝EF；
②△EFG≌△GBE；
③FB平分∠EFG；
④EA平分∠GEF；
⑤四边形BEFG是菱形．
A．③⑤B．①②④C．①②③④D．①②③④⑤
【分析】由中点的性质可得出EF∥CD，且EF=12CD＝BG，结合平行即可证得②正确，由BD＝2BC得出BO＝BC，即而得出BE⊥AC，由中线的性质可知GP∥BE，且GP=12BE，AO＝EO，证△APG≌△EPG得出AG＝EG＝EF得出①正确，再证△GPE≌△FPE得出④再求，证出四边形BEFG是平行四边形，⑤③不正确；此题得解．
【解答】解：设GF和AC的交点为点P，如图：
∵E、F分别是OC、OD的中点，
∴EF∥CD，且EF=12CD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，且AB＝CD，
∴∠FEG＝∠BGE，
∵点G为AB的中点，
∴BG=12AB=12CD＝FE，
在△EFG和△GBE中，BG=FE∠FEG=∠BGEGE=EG，
∴△EFG≌△GBE（SAS），即②正确，
∴∠EGF＝∠GEB，GF＝BE，
∴GF∥BE，
∵BD＝2BC，点O为平行四边形对角线交点，
∴BO=12BD＝BC，
∵E为OC中点，
∴BE⊥OC，
∴GP⊥AC，
∴∠APG＝∠EPG＝90°
∵GP∥BE，G为AB中点，
∴P为AE中点，即AP＝PE，且GP=12BE，
在△APG和△EGP中，AP=EP∠APG=∠EPGGP=PG，
∴△APG≌△EPG（SAS），
∴AG＝EG=12AB，
∴EG＝EF，即①正确，
∵EF∥BG，GF∥BE，
∴四边形BGFE为平行四边形，
∴GF＝BE，
∵GP=12BE=12GF，
∴GP＝FP，
∵GF⊥AC，
∴∠GPE＝∠FPE＝90°
在△GPE和△FPE中，GP=FP∠GPE=∠FPEEP=EP，
∴△GPE≌△FPE（SAS），
∴∠GEP＝∠FEP，
∴EA平分∠GEF，即④正确．
∵BG＝FE，GF＝BE，
∴四边形BEFG是平行四边形，
没有条件得出BEFG是菱形，⑤③不正确；
故选：B．
【变式7-2】（2022•泰安一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝BD，E，F分别是AB，AD上的点（不与端点重合），且AE＝DF，连接BF，DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H．下列结论：①DE＝BF；②∠BGE＝60°；③CG⊥BD；④若AF＝2DF，则BG＝6GF．其中正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①②④C．②③④D．①③④
【分析】根据菱形的性质，再结合全等三角形的判定与性质，对每个结论一一判断求解即可．
【解答】解：①∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，
又 AB＝BD，
∴AD＝AB＝BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠A＝∠ADB＝60°，
在△AED与△DFB中，
AD=BD∠A=∠BDFAE=DF，
∴△AED≌△DFB（SAS），
∴DE＝BF，
∴①符合题意；
②由①得△AED≌△DFB，
∴∠ADE＝∠DBF，
∵△ABD是等边三角形，
∴∠ADB＝60°，
∴∠BGE＝∠BDE+∠DBF＝∠BDE+∠ADE＝∠ADB＝60°，
∴②符合题意；
③当点E，F分别是AB，AD中点时，
由（1）知，△ABD，△BDC为等边三角形，
∵点E，F分别是AB，AD中点，
∴∠BDE＝∠DBG＝30°，
∴DG＝BG，
在△GDC和△BGC中，
DG=BGDC=BCGC=GC，
∴△GDC≌△BGC（SSS），
∴∠DCG＝∠BCG，
∴CH⊥BD，
即CG⊥BD，
∴③不符合题意；
④过点F作FP∥AE交DE于P点，如图，
∵AF＝2DF，
∴FP：AE＝DF：DA＝1：3，
∵AE＝DF，AB＝AD，
∴BE＝2AE，
∴FP：BE＝FP：2AE＝1：6，
∵FP∥AE，
∴PF∥BE，
∴FG：BG＝FP：BE＝1：6，
即BG＝6GF，故本选项符合题意；
所以，正确的结论是①②④，
故选：B．
【变式7-3】（2022•天桥区一模）如图，△ABC是边长为1的等边三角形，D，E为线段AC上两动点，且∠DBE＝30°，过点D，E分别作AB，BC的平行线相交于点F，分别交BC，AB于点H，G．现有以下结论：①S△ABC=34；②当点D与点C重合时，FH=12；③AE+CD=3DE；④当AE＝CD时，四边形BHFG为菱形．则其中正确的结论的序号是 ．
【分析】①利用三角形的面积公式计算即可；
②依题意画出图形，利用等边三角形和平行线的性质求出FH即可；
③将△CBD绕点B逆时针旋转60°，得到△ABN，由“SAS”可证△DBE≌△NBE，可得DE＝NE，在Rt△PNE中，利用勾股定理可得AE，CD，DE的关系，可判断③；
④先证△AGE，△DCH都是等边三角形，可得AG＝AE＝CH＝CD，利用菱形的判定定理判定即可．
【解答】解：①过点A作AP⊥BC于点P，如图1：
∵△ABC是边长为1的等边三角形，AP⊥BC，
∴BP=12BC=12，
∴AP=AB2−BP2=32，
∴S△ABC=12BC×AP=12×1×32=34．故①正确；
②当点D与点C重合时，H，D，C三点重合，如图2：
∵∠DBE＝30°，∠ABC＝60°，
∴BE是∠ABC的平分线，
∵AB＝BC，
∴AE＝EC=12AC=12，
∵CF∥AB，
∴∠FCA＝∠A＝60°，
∵GF∥BC，
∴∠FEC＝∠ACB＝60°，
∴∠FCE＝∠FEC＝60°，
∴∠FCE＝∠FEC＝∠F＝60°，
∴△EFC为等边三角形，
∴FC＝EC=12，
即FH=12．故②正确；
③如图3，将△CBD绕点B逆时针旋转60°，得到△ABN，连接NE，过点N作NP⊥AC，交CA的延长线于P，
∴BD＝BN，CD＝AN，∠BAN＝∠C＝60°，∠CBD＝∠ABN，
∵∠DBE＝30°，
∴∠CBD+∠ABE＝30°＝∠ABE+∠ABN＝∠EBN，
∴∠EBN＝∠DBE＝30°，
又∵BD＝BN，BE＝BE，
∴△DBE≌△NBE（SAS），
∴DE＝NE，
∵∠NAP＝180°﹣∠BAC﹣∠NAB＝60°，
∴AP=12AN，NP=3AP=32AN=32CD，
∵NP2+PE2＝NE2，
∴34CD2+（AE+12CD）2＝DE2，
∴AE2+CD2+AE•CD＝DE2，故③错误；
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠ABC＝∠C＝60°，
∵GF∥BH，BG∥HF，
∴四边形BHFG是平行四边形，
∵GF∥BH，BG∥HF，
∴∠AGE＝∠ABC＝60°，∠DHC＝∠ABC＝60°，
∴△AGE，△DCH都是等边三角形，
∴AG＝AE，CH＝CD，
∵AE＝CD，
∴AG＝CH，
∴BH＝BG，
∴▱BHFG是菱形，故④正确，
故答案为：①②④．
【题型8 菱形的判定与性质综合】
【例8】（2022•巴彦县二模）如图，AB＝BD，AC＝CD，AD平分∠BAC，AD交BC于点O．
（1）如图1，求证：四边形ABDC是菱形；
（2）如图2，点E为BD边的中点，连接AE交BC于点F，若2∠FAO＝∠ACD，在不添加任何辅助线和字母的条件下，请直接写出图2中所有面积是△ABF面积的整数倍的三角形．
【分析】（1）根据已知条件可得△ABC≌△DBC，推出AB＝BD，AC＝CD，再证明△ADB≌△ADC，推出AB＝AC可得AB＝BD＝CD＝AC即可得出结论；
（2）首先证明△ABD是等边三角形，得出∠ABC＝∠DBC=12∠ABD＝30°，∠FBA＝∠FAB＝30°，则FA＝FB，由含30°角直角三角形的性质得出CF＝2AF＝2BF，推出BF=13BC，得出S△ABC＝S△BCD＝3S△ABF，S△ACF＝2S△ABF，再证出S△ABC＝S△ABD＝S△ACD，即可得出结果．
【解答】（1）证明：在△ABC和△DBC中，AB=BDAC=CDBC=BC，
∴△ABC≌△DBC（SSS），
∴AB＝BD，AC＝CD，
∴∠BAD＝∠BDA，∠CAD＝∠CDA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠BDA＝∠CAD＝∠CDA，
在△ADB和△ADC中，
∠DAB=∠DACAD=AD∠ADB=∠ADC，
∴△ADB≌△ADC（ASA），
∴AB＝AC，
∴AB＝BD＝CD＝AC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：由（1）得：四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BD，AO＝DO，BO＝CO，AD⊥BC，∠ACB＝∠DCB=12∠ACD，
∴∠AOF＝∠AOC＝∠COD＝∠FOD＝90°，
∵2∠FAO＝∠ACD，
∴∠FAO＝∠ACO＝∠DCO，
∴∠AFO＝∠ADC＝∠ADB，
又∵∠AFO+∠EFO＝180°，
∴∠EFO+∠EDO＝180°，
∴∠FED+∠FOD＝180°，
∴∠FEO＝∠FOD＝90°，
∵点E为BD边的中点，
∴BE＝ED，
∴AB＝AD，
∴AB＝AD＝BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABC＝∠DBC=12∠ABD＝30°，
∴∠FBA＝∠FAB＝30°，
∴FA＝FB，
在Rt△AFC中，CF＝2AF＝2BF，
∴BF=13BC，
∴S△ABC＝S△BCD=12BC•AO=12×3BF•AO＝3S△ABF，
S△ACF=12CF•AO=12×2BF•AO＝2S△ABF，
∵S△ABD＝S△ACD，S△ABO=12AO•BO＝S△ACO＝S△BDO＝S△CDO，
∴S△ABC＝S△ABD＝S△ACD，
∴面积是△ABF面积的整数倍的三角形有△ABC、△BCD、△ABD、△ACD、△ACF．
【变式8-1】（2022•南岗区模拟）已知：BD是△ABC的角平分线，点E在AB边上，BE＝BC，过点E作EF∥AC，交BD于点F，连接CF，DE．
（1）如图1，求证：四边形CDEF是菱形；
（2）如图2，当∠DEF＝90°，AC＝BC时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中度数为∠ABD的度数2倍的角．
【分析】（1）直接由SAS得出△BDE≌△BDC，得出DE＝DC，∠BDE＝∠BDC．再由SAS证明△BFE≌△BFC，得出EF＝CF．由EF∥AC得出∠EFD＝∠BDC，从而∠EFD＝∠BDE，根据等角对等边得出DE＝EF，从而DE＝EF＝CF＝DC，由菱形的判定可知四边形CDEF是菱形；
（2）如图2，利用正方形的性质可得∠DFE＝45°，然后证明∠FEB＝∠CBE＝2∠FBE即可．
【解答】（1）证明：在△BDE和△BDC中，
BE=BC∠EBF=∠CBFBD=BD，
∴△BDE≌△BDC（SAS）；
∴DE＝DC，∠BDE＝∠BDC
同理△BFE≌△BFC，
∴EF＝CF
∵EF∥AC
∴∠EFD＝∠BDC，
∴∠EFD＝∠BDE，
∴DE＝EF，
∴DE＝EF＝CF＝DC，
∴四边形CDEF是菱形；
（2）∵四边形CDEF是正方形，
∴∠CDE＝∠DEF＝2∠EFD＝90°，
∵AC＝BC，
∴∠A＝∠CBE，
∵∠A+∠AED＝180°﹣90°＝90°，∠AED+∠FEB＝90°，
∴∠A＝∠FEB＝∠CBE＝2∠EBF，
∵∠ABD+∠FEB＝∠DFE＝45°，
∴∠ABD＝15°，
∴∠FEB＝30°，
∴∠A＝∠ABC＝∠FEB＝30°，
∵△BFE≌△BFC，
∴∠FEB＝∠FCB＝30°，
综上所述，度数为∠ABD的度数2倍的角是∠A，∠ABC，∠FEB，∠FCB．
【变式8-2】（2022春•东莞市期中）如图，在平行四边形ABCD中，CE平分∠BCD，交AB边于点E，EF∥BC，交CD于点F，点G是BC边的中点，连接GF，且∠1＝∠2，CE与GF交于点M，过点M作MH⊥CD于点H．
（1）求证：四边形BCFE是菱形；
（2）若CH＝1，求BC的长；
（3）求证：EM＝FG+MH．
【分析】（1）由在平行四边形ABCD中，EF∥BC，可得四边形BCFE是平行四边形，又由CE平分∠BCD，易得△BCE是等腰三角形，继而证得四边形BCFE是菱形；
（2）由∠1＝∠2，可得∠ECF＝∠2，即△CMF是等腰三角形，又由MH⊥CD，可得CF＝2CH，继而求得BC的长；
（3）首先连接BF交CE于点O，易得△BCF是等边三角形，继而可得OM＝MH，OE＝FG，则可证得结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠1＝∠ECF，
∵EF∥BC，
∴四边形BCFE是平行四边形，
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE＝∠ECF，
∴∠BCE＝∠1，
∴BC＝BE，
∴四边形BCFE是菱形；
（2）∵∠1＝∠ECF，∠1＝∠2，
∴∠ECF＝∠2，
∴CM＝FM，
∵MH⊥CD，
∴CF＝2CH＝2×1＝2，
∵四边形BCFE是菱形；
∴BC＝CF＝2；
（3）连接BF交CE于点O，
∵G是BC中点，
∴CG=12CB，
∵CH=12CF，
∴CG＝CH，
在△CGM和△CHM中，
CM=CM∠GCM=∠HCMCG=CH，
∴△CGM≌△CHM（SAS），
∴∠CGM＝∠CHM＝90°，
即FG⊥BC，
∴CF＝BF，
∵BC＝CF，
∴BC＝CF＝BF，
∴△BCF是等边三角形，
∴∠BFC＝60°，
∴∠2＝∠BFG＝30°，
∵BF⊥CE，
∴OM＝MH，
∵OE＝OC＝FG，
∴EM＝FG+MH．
【变式8-3】（2022春•洪泽区期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于F，以EC、CF为邻边作平行四边形ECFG，如图1所示．
（1）证明平行四边形ECFG是菱形；
（2）若∠ABC＝120°，连接BG、CG、DG，如图2所示，
①求证：△DGC≌△BGE；
②求∠BDG的度数．
（3）若∠ABC＝90°，AB＝8，AD＝14，M是EF的中点，如图3所示，求DM的长．
【分析】（1）平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，再根据平行线的性质证明∠CEF＝∠CFE，根据等角对等边可得CE＝CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题；
（2）先判断出∠BEG＝120°＝∠DCG，再判断出AB＝BE，进而得出BE＝CD，即可判断出△BEG≌△DCG（SAS），再判断出∠CGE＝60°，进而得出△BDG是等边三角形，即可得出结论；
（3）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根据∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）证明：
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴CE＝CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形；
（2）①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝DC，AD∥BC，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120°
由（1）知，四边形CEGF是菱形，
∴CE＝GE，∠BCG=12∠BCF＝60°，
∴CG＝GE＝CE，∠DCG＝120°，
∵EG∥DF，
∴∠BEG＝120°＝∠DCG，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAE＝∠BAE，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝BE，
∴BE＝CD，
∴△DGC≌△BGE（SAS）；
②∵△DGC≌△BGE，
∴BG＝DG，∠BGE＝∠DGC，
∴∠BGD＝∠CGE，
∵CG＝GE＝CE，
∴△CEG是等边三角形，
∴∠CGE＝60°，
∴∠BGD＝60°，
∵BG＝DG，
∴△BDG是等边三角形，
∴∠BDG＝60°；
（3）方法一：如图3中，连接BM，MC，
∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF＝90°，
∴四边形ECFG为正方形．
∵∠BAF＝∠DAF，
∴BE＝AB＝DC，
∵M为EF中点，
∴∠CEM＝∠ECM＝45°，
∴∠BEM＝∠DCM＝135°，
在△BME和△DMC中，
∵BE=CD∠BEM=∠DCMEM=CM，
∴△BME≌△DMC（SAS），
∴MB＝MD，
∠DMC＝∠BME．
∴∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°，
∴△BMD是等腰直角三角形．
∵AB＝8，AD＝14，
∴BD＝265，
∴DM=22BD=130．
方法二：过M作MH⊥DF于H，
∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF＝90°，
∴四边形ECFG为正方形，
∴∠CEF＝45°，
∴∠AEB＝∠CEF＝45°，
∴BE＝AB＝8，
∴CE＝CF＝14﹣8＝6，
∵MH∥CE，EM＝FM，
∴CH＝FH=12CF＝3，
∴MH=12CE＝3，
∴DH＝11，
∴DM=112+32=130．
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc13415" 【题型1 由菱形的性质求线段的长度】 PAGEREF _Tc13415 \h 1
\l "_Tc27525" 【题型2 由菱形的性质求角的度数】 PAGEREF _Tc27525 \h 2
\l "_Tc18762" 【题型3 由菱形的性质求面积】 PAGEREF _Tc18762 \h 3
\l "_Tc29906" 【题型4 由菱形的性质求点的坐标】 PAGEREF _Tc29906 \h 4
\l "_Tc31013" 【题型5 菱形判定的条件】 PAGEREF _Tc31013 \h 5
\l "_Tc5913" 【题型6 证明四边形是菱形】 PAGEREF _Tc5913 \h 6
\l "_Tc15722" 【题型7 菱形中多结论问题】 PAGEREF _Tc15722 \h 8
\l "_Tc1822" 【题型8 菱形的判定与性质综合】 PAGEREF _Tc1822 \h 9
【知识点1 菱形的定义】
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
【知识点2 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．
【题型1 由菱形的性质求线段的长度】
【例1】（2022•青县二模）如图，在菱形ABCD中，AB＝BD＝10，点F为AD的中点，FE⊥BD于E，则EF的长为（ ）
A．23B．52C．532D．53
【变式1-1】（2022春•北碚区校级期中）如图，菱形ABCD的对角线交于点O，过点A作AE⊥CD于点E，连接OE．若AB＝3，OE=2，则DE的长度为（ ）
A．53B．32C．43D．142
【变式1-2】（2022春•江汉区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC．BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接CH，若AB＝2，AC＝23，则CH的长是（ ）
A．5B．3C．7D．4
【变式1-3】（2022春•沙坪坝区校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是AB、AO的中点，连接EF、BF．若AF＝1，AE=3，则FB的长为（ ）
A．32B．22C．7D．3
【题型2 由菱形的性质求角的度数】
【例2】（2022春•延津县期中）如图，在菱形ABCD中，直线MN分别交AB、CD、AC于点M、N和O，且AM＝CN，连接BO．若∠OBC＝65°，则∠DAC为（ ）
A．65°B．30°C．25°D．20°
【变式2-1】（2022•道里区二模）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，∠CAD＝20°，则∠DHO的度数是（ ）
A．20°B．25°C．30°D．40°
【变式2-2】（2021秋•泰和县期末）如图，在菱形ABCD中，点E是CD上一点，连接AE交对角线BD于点F，连接CF，若∠AED＝50°，则∠BCF＝ 度．
【变式2-3】（2022•玄武区二模）如图，菱形ABCD和正五边形AEFGH，F，G分别在BC，CD上，则∠1﹣∠2＝ °．
【题型3 由菱形的性质求面积】
【例3】（2022•焦作模拟）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD的中点，连接AE，AF，EE若菱形ABCD的面积为16，则△AEF的面积为（ ）
A．4B．6C．8D．10
【变式3-1】（2022春•禹州市期中）如图，已知菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点E，P，F分别是线段OB，CD，OD的中点，连接EP，PF，若AC＝8，PE＝210，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．64B．48C．24D．16
【变式3-2】（2022•阿荣旗二模）两张菱形贺卡如图所示叠放，其中菱形ABCD的边长为6cm，∠BAD＝60°，菱形A'B'C'D'可以看作是由菱形ABCD沿CA方向平移23cm得到，AD交C'D'于点E，则重叠部分的面积为（ ）cm2．
A．83B．93C．103D．113
【变式3-3】（2022•蓝田县二模）如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，点P为边AB上一点（点P不与端点重合），连接CP，点E、F分别为AP、CP的中点，连接EF，若EF＝2，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．8B．83C．9D．93
【题型4 由菱形的性质求点的坐标】
【例4】（2022•东丽区一模）如图，四边形ABCD为菱形，A，B两点的坐标分别是（−23，2），（﹣1，−3），对角线相交于点O，则点C的坐标为（ ）
A．（−23，−2）B．（23，−2）C．（1，−3）D．（﹣1，3）
【变式4-1】（2022•太湖县校级一模）如图，在平面直角坐标系中、四边形OABC为菱形，O为原点，A点坐标为（8，0），∠AOC＝60°，则对角线交点E的坐标为（ ）
A．（4，23）B．（23，4）C．（23，6）D．（6，23）
【变式4-2】（2022•西平县模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的顶点B在x轴上，且OB＝8cm，∠AOB＝60°．点D从点O出发，沿O→A→B→C→O以2cm/s的速度做环绕运动，则第85秒时，点D的坐标为（ ）
A．(33，5)B．(3，33)C．(5，33)D．(33，3)
【变式4-3】（2022•巧家县二模）如图，菱形ABCD的四个顶点位于坐标轴上，对角线AC，BD交于原点O，线段AD的中点E的坐标为(−3，1)，P是菱形ABCD边上的点，若△PDE是等腰三角形，则点P的坐标可能是 ．
【知识点3 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5 菱形判定的条件】
【例5】（2022春•房山区期中）在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．现存在以下四个条件：
①AB∥CD； ②AO＝OC；③AB＝AD；④AC平分∠DAB．
从中选取三个条件，可以判定四边形ABCD为菱形．则可以选择的条件序号是 （写出所有可能的情况）．
【变式5-1】（2022•海淀区二模）如图，在平行四边形ABCD中，过AC中点O的直线分别交边BC，AD于点E，F，连接AE，CF．只需添加一个条件即可证明四边形AECF是菱形，这个条件可以是 （写出一个即可）．
【变式5-2】（2022春•无锡期中）如图，已知点E、F分别是四边形ABCD的边AD、BC的中点，G、H分别是对角线BD、AC的中点，要使四边形EGFH是菱形，则四边形ABCD需满足的条件是（ ）
A．AB＝CDB．AC＝BDC．AC⊥BDD．AD＝BC
【变式5-3】（2022•上海模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，平行四边形BCDE的顶点E在边AB上，联结CE、AD．添加一个条件，可以使四边形ADCE成为菱形的是（ ）
A．CE⊥ABB．CD⊥ADC．CD＝CED．AC＝DE
【题型6 证明四边形是菱形】
【例6】（2022春•泗洪县期中）如图，点D、E、F分别是△ABC各边的中点，连接DE，EF，AE．
（1）求证：四边形ADEF为平行四边形；
（2）从下列条件①∠BAC＝90°，②AE平分∠BAC，③AB＝AC中选择一个添加到题干中，使得四边形ADEF为菱形．我选的是 （写序号），并证明．
【变式6-1】（2022•南京一模）如图，在▱ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，AF与DE相交于点G，CE与BF相交于点H．
（1）证明：四边形EHFG是平行四边形；
（2）当▱ABCD具备怎样的条件时，四边形EHFG是菱形？请直接写出条件，无需说明理由．
【变式6-2】（2022•盐城二模）如图，在平行四边形ABCD中，点O是BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠A＝50°，则当∠ADE＝ °时，四边形BECD是菱形．
【变式6-3】（2022•静安区二模）已知：如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是边BC、DC的中点，AE、AF分别交BD于点M、N，且BM＝MN＝ND，联结CM、CN．
（1）求证：四边形AMCN是平行四边形；
（2）如果AE＝AF，求证：四边形ABCD是菱形．
【题型7 菱形中多结论问题】
【例7】（2022春•番禺区校级期中）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论：（ ）
①OG=12AB；
②与△EGD全等的三角形共有2个；
③S四边形ODEG＝S四边形ABOG；
④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；
A．①③④B．①④C．①②③D．②③④
【变式7-1】（2022春•下城区校级月考）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD＝2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点．下列结论正确的是（ ）
①EG＝EF；
②△EFG≌△GBE；
③FB平分∠EFG；
④EA平分∠GEF；
⑤四边形BEFG是菱形．
A．③⑤B．①②④C．①②③④D．①②③④⑤
【变式7-2】（2022•泰安一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝BD，E，F分别是AB，AD上的点（不与端点重合），且AE＝DF，连接BF，DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H．下列结论：①DE＝BF；②∠BGE＝60°；③CG⊥BD；④若AF＝2DF，则BG＝6GF．其中正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①②④C．②③④D．①③④
【变式7-3】（2022•天桥区一模）如图，△ABC是边长为1的等边三角形，D，E为线段AC上两动点，且∠DBE＝30°，过点D，E分别作AB，BC的平行线相交于点F，分别交BC，AB于点H，G．现有以下结论：①S△ABC=34；②当点D与点C重合时，FH=12；③AE+CD=3DE；④当AE＝CD时，四边形BHFG为菱形．则其中正确的结论的序号是 ．
【题型8 菱形的判定与性质综合】
【例8】（2022•巴彦县二模）如图，AB＝BD，AC＝CD，AD平分∠BAC，AD交BC于点O．
（1）如图1，求证：四边形ABDC是菱形；
（2）如图2，点E为BD边的中点，连接AE交BC于点F，若2∠FAO＝∠ACD，在不添加任何辅助线和字母的条件下，请直接写出图2中所有面积是△ABF面积的整数倍的三角形．
【变式8-1】（2022•南岗区模拟）已知：BD是△ABC的角平分线，点E在AB边上，BE＝BC，过点E作EF∥AC，交BD于点F，连接CF，DE．
（1）如图1，求证：四边形CDEF是菱形；
（2）如图2，当∠DEF＝90°，AC＝BC时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中度数为∠ABD的度数2倍的角．
【变式8-2】（2022春•东莞市期中）如图，在平行四边形ABCD中，CE平分∠BCD，交AB边于点E，EF∥BC，交CD于点F，点G是BC边的中点，连接GF，且∠1＝∠2，CE与GF交于点M，过点M作MH⊥CD于点H．
（1）求证：四边形BCFE是菱形；
（2）若CH＝1，求BC的长；
（3）求证：EM＝FG+MH．
【变式8-3】（2022春•洪泽区期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于F，以EC、CF为邻边作平行四边形ECFG，如图1所示．
（1）证明平行四边形ECFG是菱形；
（2）若∠ABC＝120°，连接BG、CG、DG，如图2所示，
①求证：△DGC≌△BGE；
②求∠BDG的度数．
（3）若∠ABC＝90°，AB＝8，AD＝14，M是EF的中点，如图3所示，求DM的长．
专题9.4 菱形的性质与判定【八大题型】
【苏科版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc13415" 【题型1 由菱形的性质求线段的长度】 PAGEREF _Tc13415 \h 1
\l "_Tc27525" 【题型2 由菱形的性质求角的度数】 PAGEREF _Tc27525 \h 4
\l "_Tc18762" 【题型3 由菱形的性质求面积】 PAGEREF _Tc18762 \h 8
\l "_Tc29906" 【题型4 由菱形的性质求点的坐标】 PAGEREF _Tc29906 \h 11
\l "_Tc31013" 【题型5 菱形判定的条件】 PAGEREF _Tc31013 \h 15
\l "_Tc5913" 【题型6 证明四边形是菱形】 PAGEREF _Tc5913 \h 18
\l "_Tc15722" 【题型7 菱形中多结论问题】 PAGEREF _Tc15722 \h 23
\l "_Tc1822" 【题型8 菱形的判定与性质综合】 PAGEREF _Tc1822 \h 32
【知识点1 菱形的定义】
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
【知识点2 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．
【题型1 由菱形的性质求线段的长度】
【例1】（2022•青县二模）如图，在菱形ABCD中，AB＝BD＝10，点F为AD的中点，FE⊥BD于E，则EF的长为（ ）
A．23B．52C．532D．53
【分析】证△ABD是等边三角形，得∠ABD＝60°，AF=12AD＝5，∠ABF＝∠DBF＝30°，再由勾股定理得BF＝53，然后由含30°角的直角三角形的性质求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∵AB＝BD＝10，
∴AB＝AD＝BD＝10，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABD＝60°，
∵点F为AD的中点，
∴AF=12AD＝5，∠ABF＝∠DBF=12∠ABD＝30°，
∴BF=AB2−AF2=102−52=53，
∵FE⊥BD，
∴∠BEF＝90°，
∴EF=12BF=532，
故选：C．
【变式1-1】（2022春•北碚区校级期中）如图，菱形ABCD的对角线交于点O，过点A作AE⊥CD于点E，连接OE．若AB＝3，OE=2，则DE的长度为（ ）
A．53B．32C．43D．142
【分析】由直角三角形斜边上的中线性质得AC＝2OE＝22，则OA=12AC=2，再由勾股定理得OB=7，则BD＝2OB＝27，然后由菱形面积求出AE的长，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝AD＝AB＝3，OA＝OC，OB＝OD，BD⊥AC，
∵AE⊥CD，
∴∠AED＝∠AEC＝90°，
∴AC＝2OE＝22，
∴OA=12AC=2，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB=AB2−OA2=32−(2)2=7，
∴BD＝2OB＝27，
∵S菱形ABCD＝CD•AE=12AC•BD=12×22×27=214，
∴AE=2143，
∴DE=AD2−AE2=32−(2143)2=53，
故选：A．
【变式1-2】（2022春•江汉区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC．BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接CH，若AB＝2，AC＝23，则CH的长是（ ）
A．5B．3C．7D．4
【分析】由菱形的性质得∠ADC＝2∠BDA，AD＝CD＝AB＝2，OA＝OC=3，OB＝OD，AC⊥BD，再由勾股定理得OB＝1，则BD＝2OB＝2，得AB＝AD＝BD，然后由等边三角形的性质得∠ADH＝30°，AH＝1，进而由勾股定理得DH=3，求出∠CDH＝90°，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AB＝2，AC＝23，
∴∠ADC＝2∠BDA，AD＝CD＝AB＝2，OA＝OC=3，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∴OB=AB2−OA2=22−(3)2=1，
∴BD＝2OB＝2，
∴AB＝AD＝BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠BAD＝∠BDA＝60°，
∴∠ADC＝2∠BDA＝120°，
∵DH⊥AB，
∴∠ADH=12∠BDA＝30°，AH＝BH=12AB＝1，
在Rt△ADH中，由勾股定理得：DH=AD2−AH2=22−12=3，
∵∠CDH＝∠ADC﹣∠ADH＝120°﹣30°＝90°，
∴CH=CD2+DH2=22+(3)2=7，
故选：C．
【变式1-3】（2022春•沙坪坝区校级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是AB、AO的中点，连接EF、BF．若AF＝1，AE=3，则FB的长为（ ）
A．32B．22C．7D．3
【分析】根据菱形的性质和三角形中位线定理得出EF∥OB，进而利用勾股定理得出EF和BF即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵点E、F分别是AB、AO的中点，
∴EF∥OB，EF=12OB，
∴EF⊥AC，
在Rt△AEF中，EF=AE2−AF2=3−1=2，
∴OB＝22，
在Rt△OFB中，OF＝AF＝1，
∴BF=OB2+OF2=8+1=3，
故选：D．
【题型2 由菱形的性质求角的度数】
【例2】（2022春•延津县期中）如图，在菱形ABCD中，直线MN分别交AB、CD、AC于点M、N和O，且AM＝CN，连接BO．若∠OBC＝65°，则∠DAC为（ ）
A．65°B．30°C．25°D．20°
【分析】由全等三角形的性质可证△AOM≌△CON，可得AO＝CO，由等腰三角形的性质可得BO⊥AC，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AB＝BC，BC∥AD，
∴∠MAO＝∠NCO，∠BCA＝∠CAD，
在△AOM和△CON中，
∠MAO=∠NCO∠AOM=∠CONAM=CN，
∴△AOM≌△CON（AAS），
∴AO＝CO，
∵AB＝BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BCO＝90°﹣∠OBC＝25°＝∠DAC，
故选：C．
【变式2-1】（2022•道里区二模）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，∠CAD＝20°，则∠DHO的度数是（ ）
A．20°B．25°C．30°D．40°
【分析】先根据菱形的性质得OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，则利用DH⊥AB得到DH⊥CD，∠DHB＝90°，所以OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，得到OH＝OD＝OB，利用等腰三角形的性质得∠1＝∠DHO，然后利用等角的余角相等即可求出∠DHO的度数
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，
∵DH⊥AB，
∴DH⊥CD，∠DHB＝90°，
∴OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，
∴OH＝OD＝OB，
∴∠1＝∠DHO，
∵DH⊥CD，
∴∠1+∠2＝90°，
∵BD⊥AC，
∴∠2+∠DCO＝90°，
∴∠1＝∠DCO，
∴∠DHO＝∠DCA，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC，
∴∠CAD＝∠DCA＝20°，
∴∠DHO＝20°，
故选：A．
【变式2-2】（2021秋•泰和县期末）如图，在菱形ABCD中，点E是CD上一点，连接AE交对角线BD于点F，连接CF，若∠AED＝50°，则∠BCF＝ 度．
【分析】由“SAS”可证△ADF≌△CDF，可得∠DAF＝∠DCF，由三角形内角和定理和平行线的性质可求解．
【解答】解：方法1：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，AD∥BC，∠ADF＝∠CDF，
在△ADF和△CDF中，AD=CD∠ADF=∠CDFDF=DF，
∴△ADF≌△CDF（SAS），
∴∠DAF＝∠DCF，
∵∠AED＝50°，
∴∠DAE+∠ADE＝180°﹣50°＝130°，
∴∠ADE+∠DCF＝130°，
∵AD∥BC，
∴∠ADE+∠BCD＝180°，
∴∠ADE+∠BCF+∠DCF＝180°，
∴∠BCF＝180°﹣130°＝50°，
故答案为：50．
方法2：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝AB，∠CBF＝∠ABF，AB∥CD，
∴∠BAE＝∠AED＝50°，
在△CBF和△ABF中，
CB=AB∠CBF=∠ABFBF=BF，
∴△CBF≌△ABF（SAS），
∴∠BCF＝∠BAF＝50°，
故答案为：50°．
【变式2-3】（2022•玄武区二模）如图，菱形ABCD和正五边形AEFGH，F，G分别在BC，CD上，则∠1﹣∠2＝ °．
【分析】过M作EM∥BC，由正五边形的性质得∠AEF＝∠EAH＝108°，再由菱形的性质得AD∥BC，则AD∥EM，然后由平行线的性质得∠2＝72°﹣∠AEM，∠1＝108°﹣∠AEM，即可解决问题．
【解答】解：如图，过M作EM∥BC，
∵五边形AEFGH是正五边形，
∴∠AEF＝∠EAH=15×（5﹣2）×180°＝108°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴AD∥EM，
∴∠AEM+∠DAE＝180°，
即∠AEM+∠2+∠EAH＝180°，
∴∠2＝180°﹣∠AEM﹣∠EAH＝180°﹣∠AEM﹣108°＝72°﹣∠AEM，
∵EM∥BC，
∴∠1+∠AEM＝108°，
∴∠1＝108°﹣∠AEM，
∴∠1﹣∠2＝108°﹣∠AEM﹣（72°﹣∠AEM）＝108°﹣∠AEN﹣72°+∠AEM＝36°，
故答案为：36．
【题型3 由菱形的性质求面积】
【例3】（2022•焦作模拟）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD的中点，连接AE，AF，EE若菱形ABCD的面积为16，则△AEF的面积为（ ）
A．4B．6C．8D．10
【分析】连接AC、BD，交于点O，AC交EF于点G，根据菱形性质可得菱形面积公式，然后根据三角形中位线定理得EF与BD关系，最后根据三角形面积公式代入计算可得答案．
【解答】解：连接AC、BD，交于点O，AC交EF于点G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝OC，菱形ABCD的面积=12AC×BD，
∵点E、F分别是边BC、CD的中点，
∴EF∥BD，EF=12BD，
∴AC⊥EF，AG＝3CG，
设AC＝a，BD＝b，
∴12ab＝16，即ab＝32，
∴△AEF的面积=12AG×EF=12×34a×12b=316ab＝6．
故选：B．
【变式3-1】（2022春•禹州市期中）如图，已知菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点E，P，F分别是线段OB，CD，OD的中点，连接EP，PF，若AC＝8，PE＝210，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．64B．48C．24D．16
【分析】根据菱形的性质得出AC⊥BD，进而利用三角形中位线定理和菱形的性质解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，
∵点E，P，F分别是线段OB，CD，OD的中点，
∴PF∥AC，PF=12OC=14AC＝2，
∴PF⊥BD，
∴EF=PE2−PF2=(210)2−22=6，
∴BD＝2EF＝12，
∴菱形ABCD是面积=12AC⋅BD=12×8×12=48，
故选：B．
【变式3-2】（2022•阿荣旗二模）两张菱形贺卡如图所示叠放，其中菱形ABCD的边长为6cm，∠BAD＝60°，菱形A'B'C'D'可以看作是由菱形ABCD沿CA方向平移23cm得到，AD交C'D'于点E，则重叠部分的面积为（ ）cm2．
A．83B．93C．103D．113
【分析】根据题意和题目中的数据，可以计算出AC′和EF的长，然后即可计算出重叠部分的面积．
【解答】解：连接AC，BD，AC和BD交于点O，连接EF交AC于点O，交AB于点F，如图所示，
∵菱形ABCD的边长为6cm，∠BAD＝60°，
∴AD＝AB＝6cm，AC⊥BD，∠DAO＝30°，
∴△DAB是等边三角形，DO＝3cm，
∴AO=AD2−DO2=62−32=33（cm），
∴AC＝63cm，
∵CC′＝23cm，
∴AC′＝43cm，
∴AH＝23cm，
∴EH＝2cm，
∴EF＝4cm，
∴重叠部分的面积为：AC′⋅EF2=43×42=83（cm2），
故选：A．
【变式3-3】（2022•蓝田县二模）如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，点P为边AB上一点（点P不与端点重合），连接CP，点E、F分别为AP、CP的中点，连接EF，若EF＝2，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．8B．83C．9D．93
【分析】连接AC，BD交于点O，根据三角形中位线定理可得AC＝4，然后根据菱形的性质可得△ADC是等边三角形，利用含30度角的直角三角形可得OD，进而可以解决问题．
【解答】解：如图，连接AC，BD交于点O，
∵点E、F分别为AP、CP的中点，EF＝2，
∴AC＝2AE＝4，
在菱形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD，AC⊥BD，
∵∠BAD＝120°，
∴∠ADC＝60°，
∴△ADC是等边三角形，
∴AD＝AC＝4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝2，AC⊥BD，∠ADO＝30°，
∴OD=3OA＝23，
∴BD＝2OD＝43，
则菱形ABCD的面积=12×AC•BD=12×4×43=83．
故选：B．
【题型4 由菱形的性质求点的坐标】
【例4】（2022•东丽区一模）如图，四边形ABCD为菱形，A，B两点的坐标分别是（−23，2），（﹣1，−3），对角线相交于点O，则点C的坐标为（ ）
A．（−23，−2）B．（23，−2）C．（1，−3）D．（﹣1，3）
【分析】由菱形的性质可得AO＝CO，BO＝DO，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∵A，B两点的坐标分别是（−23，2），（﹣1，−3），
∴点C（23，﹣2），点D（1，3），
故选B．
【变式4-1】（2022•太湖县校级一模）如图，在平面直角坐标系中、四边形OABC为菱形，O为原点，A点坐标为（8，0），∠AOC＝60°，则对角线交点E的坐标为（ ）
A．（4，23）B．（23，4）C．（23，6）D．（6，23）
【分析】过点E作EF⊥x轴于点F，由直角三角形的性质求出EF长和OF长即可．
【解答】解：过点E作EF⊥x轴于点F，
∵四边形OABC为菱形，∠AOC＝60°，
∴∠AOE=12∠AOC＝30°，∠FAE＝60°，
∵A（8，0），
∴OA＝8，
∴AE=12AO＝4，
∴AF=12AE＝2，EF=AE2−AF2=42−22=23，
∴OF＝AO﹣AF＝8﹣2＝6，
∴E（6，23），
故选：D．
【变式4-2】（2022•西平县模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的顶点B在x轴上，且OB＝8cm，∠AOB＝60°．点D从点O出发，沿O→A→B→C→O以2cm/s的速度做环绕运动，则第85秒时，点D的坐标为（ ）
A．(33，5)B．(3，33)C．(5，33)D．(33，3)
【分析】由题意可得点D在AB上，且AD＝2cm，由直角三角形的性质可求解．
【解答】解：∵四边形OABC是菱形，
∴AO＝AB＝BC＝OC，
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AO＝AB＝BC＝OC＝8cm，
∵沿O→A→B→C→O以2cm/s的速度做环绕运动，
∴环绕一圈需要16秒，
∵85÷16＝5•••5，
∴点D在AB上，且AD＝2cm，
∴BD＝6cm，
如图，过点D作DH⊥OB于H，
∵∠ABO＝60°，DH⊥OB，
∴∠BDH＝30°，
∴BH＝3cm，DH=3BH＝33cm，
∴OH＝5cm，
∴点D（5，33），
故选：C．
【变式4-3】（2022•巧家县二模）如图，菱形ABCD的四个顶点位于坐标轴上，对角线AC，BD交于原点O，线段AD的中点E的坐标为(−3，1)，P是菱形ABCD边上的点，若△PDE是等腰三角形，则点P的坐标可能是 ．
【分析】根据菱形的性质和等腰三角形的判定和性质分三种情况解答即可．
【解答】解：若△PDE是等腰三角形，以DE为半径，D为圆心，得出点P1，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝DC＝AB＝BC，AC⊥BD，
∵线段AD的中点E的坐标为（−3，1），
∴点P1的坐标为（3，1），
∴AD＝4，OD＝2，OA＝23，
若△PDE是等腰三角形，以DE为半径，E为圆心，得出点P2，
∴点P2的坐标为（−3，﹣1），
若△PDE是等腰三角形，以DE为底，DE的线段垂直平分线交BC于点P3，
∴点P3的坐标为（32，﹣32），
综上所述，点P的坐标可能是（3，1）或（−3，﹣1）或（32，﹣32），
故答案为：（3，1）或（−3，﹣1）或（32，﹣32）．
【知识点3 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5 菱形判定的条件】
【例5】（2022春•房山区期中）在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．现存在以下四个条件：
①AB∥CD； ②AO＝OC；③AB＝AD；④AC平分∠DAB．
从中选取三个条件，可以判定四边形ABCD为菱形．则可以选择的条件序号是 （写出所有可能的情况）．
【分析】根据角平分线定义得到∠DAO＝∠BAO，根据全等三角形的性质得到DO＝CB，根据平行四边形的性质得到四边形ABCD是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：如：若②AO＝OC；③AB＝AD；④AC平分∠DAB，
则四边形ABCD是菱形，
证明：∵AC平分∠DAB，
∴∠DAO＝∠BAO，
在△AOD和△AOB中，
AD=AB∠DAO=∠BAOAO=AO，
∴△AOD≌△AOB（ASA），
∴DO＝CB，
∵AO＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，
若①AB∥CD； ②AO＝OC；④AC平分∠DAB或①AB∥CD； ③AB＝AD；④AC平分∠DAB或 ②AO＝OC；③AB＝AD；④AC平分∠DAB．都可以判定四边形ABCD为菱形．
故答案为：①②③或②③④或①②④或①③④或②③④．
【变式5-1】（2022•海淀区二模）如图，在平行四边形ABCD中，过AC中点O的直线分别交边BC，AD于点E，F，连接AE，CF．只需添加一个条件即可证明四边形AECF是菱形，这个条件可以是 （写出一个即可）．
【分析】证△AOF≌△OCE（AAS），得OF＝OE，再证四边形AECF是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论．
【解答】解：只需添加一个条件即可证明四边形AECF是菱形，这个条件可以是：AE＝AF，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，∠OFA＝∠OEC，
∵O是AC的中点，
∴OA＝OC，
在△AOF和△OCE中，
∠OAF=∠OCE∠OFA=∠OECOA=OC，
∴△AOF≌△OCE（AAS），
∴OF＝OE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AE＝AF，
∴平行四边形AECF是菱形，
故答案为：AE＝AF（答案不唯一）．
【变式5-2】（2022春•无锡期中）如图，已知点E、F分别是四边形ABCD的边AD、BC的中点，G、H分别是对角线BD、AC的中点，要使四边形EGFH是菱形，则四边形ABCD需满足的条件是（ ）
A．AB＝CDB．AC＝BDC．AC⊥BDD．AD＝BC
【分析】由点E、F分别是四边形ABCD的边AD、BC的中点，G、H分别是对角线BD、AC的中点，根据三角形中位线的性质，可得EG＝FH=12AB，EH＝FG=12CD，又由当EG＝FH＝GF＝EH时，四边形EGFH是菱形，即可求得答案．
【解答】解：∵点E、F分别是四边形ABCD的边AD、BC的中点，G、H分别是对角线BD、AC的中点，
∴EG＝FH=12AB，EH＝FG=12CD，
∵当EG＝FH＝GF＝EH时，四边形EGFH是菱形，
∴当AB＝CD时，四边形EGFH是菱形．
故选：A．
【变式5-3】（2022•上海模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，平行四边形BCDE的顶点E在边AB上，联结CE、AD．添加一个条件，可以使四边形ADCE成为菱形的是（ ）
A．CE⊥ABB．CD⊥ADC．CD＝CED．AC＝DE
【分析】设AC于ED交于点O，证明△AOE≌△COD，可得OA＝OC，可以判断四边形ADCE是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可解决问题．
【解答】解：添加CD＝CE，可以使四边形ADCE成为菱形，理由如下：
如图，设AC于ED交于点O，
∵四边形BCDE是平行四边形，
∴DE∥BC，BE∥CD，
∴∠AOE＝∠ACB＝90°，
∴AC⊥DE，
∵CD＝CE，
∴OD＝OE，
∵AB∥CD，
∴∠EAO＝∠DCO，
在△AOE和△COD中，
∠EAO=∠DCO∠AOE=∠CODOE=OD，
∴△AOE≌△COD（AAS），
∴OA＝OC，
∵OD＝OE，
四边形ADCE是平行四边形，
∵CE＝CD，
∴四边形ADCE是菱形．
因为添加其他条件，都不可以使四边形ADCE成为菱形．
故选：C．
【题型6 证明四边形是菱形】
【例6】（2022春•泗洪县期中）如图，点D、E、F分别是△ABC各边的中点，连接DE，EF，AE．
（1）求证：四边形ADEF为平行四边形；
（2）从下列条件①∠BAC＝90°，②AE平分∠BAC，③AB＝AC中选择一个添加到题干中，使得四边形ADEF为菱形．我选的是 （写序号），并证明．
【分析】（1）根据三角形中位线定理可证；
（2）若选②AE平分∠BAC，在（1）中ADEF为平行四边形基础上，再证一组邻边相等即证明AF＝EF；若选③AB＝AC：根据三角形中位线定理即可证明．
【解答】（1）证明：已知D、E、F为AB、BC、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，根据三角形中位线定理，
∴DE∥AC，DE=12AC＝AF．
即DE∥AF，DE＝AF，
∴四边形ADEF为平行四边形．
（2）解：选②AE平分∠BAC证明①四边形ADEF为菱形，
∵AE平分∠BAC，
∴∠DAE＝∠FAE，
又∵ADEF为平行四边形，
∴EF∥DA，
∴∠DAE＝∠AEF，
∴∠FAE＝∠AEF，
∴AF＝EF，
∴平行四边形ADEF为菱形．
选③AB＝AC证明①四边形ADEF为菱形，
∵EF∥AB，EF=12AB，DE∥AC，DE=12AC，
又∵AB＝AC，
∴EF＝DE，
∴平行四边形ADEF为菱形．
故答案为：②、①．
【变式6-1】（2022•南京一模）如图，在▱ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，AF与DE相交于点G，CE与BF相交于点H．
（1）证明：四边形EHFG是平行四边形；
（2）当▱ABCD具备怎样的条件时，四边形EHFG是菱形？请直接写出条件，无需说明理由．
【分析】（1）先证四边形AECF是平行四边形，得AF∥CE．同理：DE∥BF，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）证△EBC≌△FCB（SAS），得CE＝BF，∠ECB＝∠FBC，得BH＝CH，再证EH＝FH，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴AE=12AB，CF=12CD，
∴AE＝CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AF∥CE．
同理：DE∥BF，
∴四边形EHFG是平行四边形；
（2）解：当▱ABCD是矩形时，四边形EHFG是菱形．理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠DCB＝90°，
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴EE=12AB，CF=12CD，
∴BE＝CF，
在△EBC与△FCB中，
BE=CF∠ABC=∠DCBBC=CB，
∴△EBC≌△FCB（SAS），
∴CE＝BF，∠ECB＝∠FBC，
∴BH＝CH，
∴CE﹣CH＝BF＝BH，
即EH＝FH，
∴平行四边形EHFG是菱形．
【变式6-2】（2022•盐城二模）如图，在平行四边形ABCD中，点O是BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠A＝50°，则当∠ADE＝ °时，四边形BECD是菱形．
【分析】（1）由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE＝OD，即可得出结论；
（2）先由平行四边形的性质得∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，则∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，再由菱形的性质得BC⊥DE，则∠COD＝90°，得∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝CD，
∴∠OEB＝∠ODC，
又∵O为BC的中点，
∴BO＝CO，
在△BOE和△COD中，
∠OEB=∠ODC∠BOE=∠CODBO=CO，
∴△BOE≌△COD（AAS）；
∴OE＝OD，
∴四边形BECD是平行四边形；
（2）解：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，
∴∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，
∵四边形BECD是菱形，
∴BC⊥DE，
∴∠COD＝90°，
∴∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，
∴∠ADE＝∠ADC﹣∠ODC＝90°，
故答案为：90．
【变式6-3】（2022•静安区二模）已知：如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是边BC、DC的中点，AE、AF分别交BD于点M、N，且BM＝MN＝ND，联结CM、CN．
（1）求证：四边形AMCN是平行四边形；
（2）如果AE＝AF，求证：四边形ABCD是菱形．
【分析】证明：（1）由三角形中位线定理得ME∥NC，NF∥CM，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）连接AC交BD于O，连接EF，由平行四边形的性质得AM＝CN，OA＝OC，OM＝ON，再证四边形ABCD是平行四边形，然后由三角形中位线定理得EF∥BD，进而得∠AMN＝∠ANM，则AM＝AN，最后由等腰三角形的性质得AC⊥MN，即可得出结论..
【解答】证明：（1）∵点 E、F分别是边BC、DC的中点，BM＝MN＝ND，
∴ME是△BCN的中位线，NF是△CDM的中位线，
∴ME∥NC，NF∥CM，
∴四边形AMCN是平行四边形；
（2）如图，连接AC交BD于O，连接EF，
由（1）可知，四边形AMCN是平行四边形，
∴AM＝CN，OA＝OC，OM＝ON，
∵BM＝ND，
∴OM+BM＝ON+ND，
即OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE，
∵点E、F分别是边BC、DC的中点，
∴EF是△BCD的中位线，
∴EF∥BD，
∴∠AMN＝∠AEF，∠ANM＝∠AFE，
∴∠AMN＝∠ANM，
∴AM＝AN，
∵OM＝ON，
∴AC⊥MN，
即AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
【题型7 菱形中多结论问题】
【例7】（2022春•番禺区校级期中）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论：（ ）
①OG=12AB；
②与△EGD全等的三角形共有2个；
③S四边形ODEG＝S四边形ABOG；
④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；
A．①③④B．①④C．①②③D．②③④
【分析】①由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG＝DG，证出OG是△ACD的中位线，得出OG=12CD=12AB，①正确；
②先证四边形ABDE是平行四边形，再证△ABD、△BCD是等边三角形，得AB＝BD＝AD，因此OD＝AG，则四边形ABDE是菱形，④正确；
③由菱形的性质得△ABG≌△BDG≌△DEG，再由SAS证明△BGA≌△COD，得△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，则②不正确；
由中线的性质和菱形的性质可得S△BOG＝S△DOG，S△ABG＝S△DGE，可得四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，得出③正确．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD（SSS），
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
∠BAG=∠EDG∠AGB=∠DGEAB=DE，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴OG=12CD=12AB，故①正确；
∵AB∥CE，AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，
∴OD＝AG，四边形ABDE是菱形，故④正确；
∴AD⊥BE，
由菱形的性质得：△BGA≌△BGD≌△EGD（SSS），
在△BGA和△COD中，
AG=DO∠BAG=∠CDOAB=DC，
∴△BGA≌△COD（SAS），
∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正确；
∵OB＝OD，
∴S△BOG＝S△DOG，
∵四边形ABDE是菱形，
∴S△ABG＝S△DGE，
∴四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，故③正确；
故选：A．
【变式7-1】（2022春•下城区校级月考）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD＝2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点．下列结论正确的是（ ）
①EG＝EF；
②△EFG≌△GBE；
③FB平分∠EFG；
④EA平分∠GEF；
⑤四边形BEFG是菱形．
A．③⑤B．①②④C．①②③④D．①②③④⑤
【分析】由中点的性质可得出EF∥CD，且EF=12CD＝BG，结合平行即可证得②正确，由BD＝2BC得出BO＝BC，即而得出BE⊥AC，由中线的性质可知GP∥BE，且GP=12BE，AO＝EO，证△APG≌△EPG得出AG＝EG＝EF得出①正确，再证△GPE≌△FPE得出④再求，证出四边形BEFG是平行四边形，⑤③不正确；此题得解．
【解答】解：设GF和AC的交点为点P，如图：
∵E、F分别是OC、OD的中点，
∴EF∥CD，且EF=12CD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，且AB＝CD，
∴∠FEG＝∠BGE，
∵点G为AB的中点，
∴BG=12AB=12CD＝FE，
在△EFG和△GBE中，BG=FE∠FEG=∠BGEGE=EG，
∴△EFG≌△GBE（SAS），即②正确，
∴∠EGF＝∠GEB，GF＝BE，
∴GF∥BE，
∵BD＝2BC，点O为平行四边形对角线交点，
∴BO=12BD＝BC，
∵E为OC中点，
∴BE⊥OC，
∴GP⊥AC，
∴∠APG＝∠EPG＝90°
∵GP∥BE，G为AB中点，
∴P为AE中点，即AP＝PE，且GP=12BE，
在△APG和△EGP中，AP=EP∠APG=∠EPGGP=PG，
∴△APG≌△EPG（SAS），
∴AG＝EG=12AB，
∴EG＝EF，即①正确，
∵EF∥BG，GF∥BE，
∴四边形BGFE为平行四边形，
∴GF＝BE，
∵GP=12BE=12GF，
∴GP＝FP，
∵GF⊥AC，
∴∠GPE＝∠FPE＝90°
在△GPE和△FPE中，GP=FP∠GPE=∠FPEEP=EP，
∴△GPE≌△FPE（SAS），
∴∠GEP＝∠FEP，
∴EA平分∠GEF，即④正确．
∵BG＝FE，GF＝BE，
∴四边形BEFG是平行四边形，
没有条件得出BEFG是菱形，⑤③不正确；
故选：B．
【变式7-2】（2022•泰安一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝BD，E，F分别是AB，AD上的点（不与端点重合），且AE＝DF，连接BF，DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H．下列结论：①DE＝BF；②∠BGE＝60°；③CG⊥BD；④若AF＝2DF，则BG＝6GF．其中正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①②④C．②③④D．①③④
【分析】根据菱形的性质，再结合全等三角形的判定与性质，对每个结论一一判断求解即可．
【解答】解：①∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，
又 AB＝BD，
∴AD＝AB＝BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠A＝∠ADB＝60°，
在△AED与△DFB中，
AD=BD∠A=∠BDFAE=DF，
∴△AED≌△DFB（SAS），
∴DE＝BF，
∴①符合题意；
②由①得△AED≌△DFB，
∴∠ADE＝∠DBF，
∵△ABD是等边三角形，
∴∠ADB＝60°，
∴∠BGE＝∠BDE+∠DBF＝∠BDE+∠ADE＝∠ADB＝60°，
∴②符合题意；
③当点E，F分别是AB，AD中点时，
由（1）知，△ABD，△BDC为等边三角形，
∵点E，F分别是AB，AD中点，
∴∠BDE＝∠DBG＝30°，
∴DG＝BG，
在△GDC和△BGC中，
DG=BGDC=BCGC=GC，
∴△GDC≌△BGC（SSS），
∴∠DCG＝∠BCG，
∴CH⊥BD，
即CG⊥BD，
∴③不符合题意；
④过点F作FP∥AE交DE于P点，如图，
∵AF＝2DF，
∴FP：AE＝DF：DA＝1：3，
∵AE＝DF，AB＝AD，
∴BE＝2AE，
∴FP：BE＝FP：2AE＝1：6，
∵FP∥AE，
∴PF∥BE，
∴FG：BG＝FP：BE＝1：6，
即BG＝6GF，故本选项符合题意；
所以，正确的结论是①②④，
故选：B．
【变式7-3】（2022•天桥区一模）如图，△ABC是边长为1的等边三角形，D，E为线段AC上两动点，且∠DBE＝30°，过点D，E分别作AB，BC的平行线相交于点F，分别交BC，AB于点H，G．现有以下结论：①S△ABC=34；②当点D与点C重合时，FH=12；③AE+CD=3DE；④当AE＝CD时，四边形BHFG为菱形．则其中正确的结论的序号是 ．
【分析】①利用三角形的面积公式计算即可；
②依题意画出图形，利用等边三角形和平行线的性质求出FH即可；
③将△CBD绕点B逆时针旋转60°，得到△ABN，由“SAS”可证△DBE≌△NBE，可得DE＝NE，在Rt△PNE中，利用勾股定理可得AE，CD，DE的关系，可判断③；
④先证△AGE，△DCH都是等边三角形，可得AG＝AE＝CH＝CD，利用菱形的判定定理判定即可．
【解答】解：①过点A作AP⊥BC于点P，如图1：
∵△ABC是边长为1的等边三角形，AP⊥BC，
∴BP=12BC=12，
∴AP=AB2−BP2=32，
∴S△ABC=12BC×AP=12×1×32=34．故①正确；
②当点D与点C重合时，H，D，C三点重合，如图2：
∵∠DBE＝30°，∠ABC＝60°，
∴BE是∠ABC的平分线，
∵AB＝BC，
∴AE＝EC=12AC=12，
∵CF∥AB，
∴∠FCA＝∠A＝60°，
∵GF∥BC，
∴∠FEC＝∠ACB＝60°，
∴∠FCE＝∠FEC＝60°，
∴∠FCE＝∠FEC＝∠F＝60°，
∴△EFC为等边三角形，
∴FC＝EC=12，
即FH=12．故②正确；
③如图3，将△CBD绕点B逆时针旋转60°，得到△ABN，连接NE，过点N作NP⊥AC，交CA的延长线于P，
∴BD＝BN，CD＝AN，∠BAN＝∠C＝60°，∠CBD＝∠ABN，
∵∠DBE＝30°，
∴∠CBD+∠ABE＝30°＝∠ABE+∠ABN＝∠EBN，
∴∠EBN＝∠DBE＝30°，
又∵BD＝BN，BE＝BE，
∴△DBE≌△NBE（SAS），
∴DE＝NE，
∵∠NAP＝180°﹣∠BAC﹣∠NAB＝60°，
∴AP=12AN，NP=3AP=32AN=32CD，
∵NP2+PE2＝NE2，
∴34CD2+（AE+12CD）2＝DE2，
∴AE2+CD2+AE•CD＝DE2，故③错误；
∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠ABC＝∠C＝60°，
∵GF∥BH，BG∥HF，
∴四边形BHFG是平行四边形，
∵GF∥BH，BG∥HF，
∴∠AGE＝∠ABC＝60°，∠DHC＝∠ABC＝60°，
∴△AGE，△DCH都是等边三角形，
∴AG＝AE，CH＝CD，
∵AE＝CD，
∴AG＝CH，
∴BH＝BG，
∴▱BHFG是菱形，故④正确，
故答案为：①②④．
【题型8 菱形的判定与性质综合】
【例8】（2022•巴彦县二模）如图，AB＝BD，AC＝CD，AD平分∠BAC，AD交BC于点O．
（1）如图1，求证：四边形ABDC是菱形；
（2）如图2，点E为BD边的中点，连接AE交BC于点F，若2∠FAO＝∠ACD，在不添加任何辅助线和字母的条件下，请直接写出图2中所有面积是△ABF面积的整数倍的三角形．
【分析】（1）根据已知条件可得△ABC≌△DBC，推出AB＝BD，AC＝CD，再证明△ADB≌△ADC，推出AB＝AC可得AB＝BD＝CD＝AC即可得出结论；
（2）首先证明△ABD是等边三角形，得出∠ABC＝∠DBC=12∠ABD＝30°，∠FBA＝∠FAB＝30°，则FA＝FB，由含30°角直角三角形的性质得出CF＝2AF＝2BF，推出BF=13BC，得出S△ABC＝S△BCD＝3S△ABF，S△ACF＝2S△ABF，再证出S△ABC＝S△ABD＝S△ACD，即可得出结果．
【解答】（1）证明：在△ABC和△DBC中，AB=BDAC=CDBC=BC，
∴△ABC≌△DBC（SSS），
∴AB＝BD，AC＝CD，
∴∠BAD＝∠BDA，∠CAD＝∠CDA，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠BDA＝∠CAD＝∠CDA，
在△ADB和△ADC中，
∠DAB=∠DACAD=AD∠ADB=∠ADC，
∴△ADB≌△ADC（ASA），
∴AB＝AC，
∴AB＝BD＝CD＝AC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：由（1）得：四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BD，AO＝DO，BO＝CO，AD⊥BC，∠ACB＝∠DCB=12∠ACD，
∴∠AOF＝∠AOC＝∠COD＝∠FOD＝90°，
∵2∠FAO＝∠ACD，
∴∠FAO＝∠ACO＝∠DCO，
∴∠AFO＝∠ADC＝∠ADB，
又∵∠AFO+∠EFO＝180°，
∴∠EFO+∠EDO＝180°，
∴∠FED+∠FOD＝180°，
∴∠FEO＝∠FOD＝90°，
∵点E为BD边的中点，
∴BE＝ED，
∴AB＝AD，
∴AB＝AD＝BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABC＝∠DBC=12∠ABD＝30°，
∴∠FBA＝∠FAB＝30°，
∴FA＝FB，
在Rt△AFC中，CF＝2AF＝2BF，
∴BF=13BC，
∴S△ABC＝S△BCD=12BC•AO=12×3BF•AO＝3S△ABF，
S△ACF=12CF•AO=12×2BF•AO＝2S△ABF，
∵S△ABD＝S△ACD，S△ABO=12AO•BO＝S△ACO＝S△BDO＝S△CDO，
∴S△ABC＝S△ABD＝S△ACD，
∴面积是△ABF面积的整数倍的三角形有△ABC、△BCD、△ABD、△ACD、△ACF．
【变式8-1】（2022•南岗区模拟）已知：BD是△ABC的角平分线，点E在AB边上，BE＝BC，过点E作EF∥AC，交BD于点F，连接CF，DE．
（1）如图1，求证：四边形CDEF是菱形；
（2）如图2，当∠DEF＝90°，AC＝BC时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中度数为∠ABD的度数2倍的角．
【分析】（1）直接由SAS得出△BDE≌△BDC，得出DE＝DC，∠BDE＝∠BDC．再由SAS证明△BFE≌△BFC，得出EF＝CF．由EF∥AC得出∠EFD＝∠BDC，从而∠EFD＝∠BDE，根据等角对等边得出DE＝EF，从而DE＝EF＝CF＝DC，由菱形的判定可知四边形CDEF是菱形；
（2）如图2，利用正方形的性质可得∠DFE＝45°，然后证明∠FEB＝∠CBE＝2∠FBE即可．
【解答】（1）证明：在△BDE和△BDC中，
BE=BC∠EBF=∠CBFBD=BD，
∴△BDE≌△BDC（SAS）；
∴DE＝DC，∠BDE＝∠BDC
同理△BFE≌△BFC，
∴EF＝CF
∵EF∥AC
∴∠EFD＝∠BDC，
∴∠EFD＝∠BDE，
∴DE＝EF，
∴DE＝EF＝CF＝DC，
∴四边形CDEF是菱形；
（2）∵四边形CDEF是正方形，
∴∠CDE＝∠DEF＝2∠EFD＝90°，
∵AC＝BC，
∴∠A＝∠CBE，
∵∠A+∠AED＝180°﹣90°＝90°，∠AED+∠FEB＝90°，
∴∠A＝∠FEB＝∠CBE＝2∠EBF，
∵∠ABD+∠FEB＝∠DFE＝45°，
∴∠ABD＝15°，
∴∠FEB＝30°，
∴∠A＝∠ABC＝∠FEB＝30°，
∵△BFE≌△BFC，
∴∠FEB＝∠FCB＝30°，
综上所述，度数为∠ABD的度数2倍的角是∠A，∠ABC，∠FEB，∠FCB．
【变式8-2】（2022春•东莞市期中）如图，在平行四边形ABCD中，CE平分∠BCD，交AB边于点E，EF∥BC，交CD于点F，点G是BC边的中点，连接GF，且∠1＝∠2，CE与GF交于点M，过点M作MH⊥CD于点H．
（1）求证：四边形BCFE是菱形；
（2）若CH＝1，求BC的长；
（3）求证：EM＝FG+MH．
【分析】（1）由在平行四边形ABCD中，EF∥BC，可得四边形BCFE是平行四边形，又由CE平分∠BCD，易得△BCE是等腰三角形，继而证得四边形BCFE是菱形；
（2）由∠1＝∠2，可得∠ECF＝∠2，即△CMF是等腰三角形，又由MH⊥CD，可得CF＝2CH，继而求得BC的长；
（3）首先连接BF交CE于点O，易得△BCF是等边三角形，继而可得OM＝MH，OE＝FG，则可证得结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠1＝∠ECF，
∵EF∥BC，
∴四边形BCFE是平行四边形，
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE＝∠ECF，
∴∠BCE＝∠1，
∴BC＝BE，
∴四边形BCFE是菱形；
（2）∵∠1＝∠ECF，∠1＝∠2，
∴∠ECF＝∠2，
∴CM＝FM，
∵MH⊥CD，
∴CF＝2CH＝2×1＝2，
∵四边形BCFE是菱形；
∴BC＝CF＝2；
（3）连接BF交CE于点O，
∵G是BC中点，
∴CG=12CB，
∵CH=12CF，
∴CG＝CH，
在△CGM和△CHM中，
CM=CM∠GCM=∠HCMCG=CH，
∴△CGM≌△CHM（SAS），
∴∠CGM＝∠CHM＝90°，
即FG⊥BC，
∴CF＝BF，
∵BC＝CF，
∴BC＝CF＝BF，
∴△BCF是等边三角形，
∴∠BFC＝60°，
∴∠2＝∠BFG＝30°，
∵BF⊥CE，
∴OM＝MH，
∵OE＝OC＝FG，
∴EM＝FG+MH．
【变式8-3】（2022春•洪泽区期中）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于F，以EC、CF为邻边作平行四边形ECFG，如图1所示．
（1）证明平行四边形ECFG是菱形；
（2）若∠ABC＝120°，连接BG、CG、DG，如图2所示，
①求证：△DGC≌△BGE；
②求∠BDG的度数．
（3）若∠ABC＝90°，AB＝8，AD＝14，M是EF的中点，如图3所示，求DM的长．
【分析】（1）平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，再根据平行线的性质证明∠CEF＝∠CFE，根据等角对等边可得CE＝CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题；
（2）先判断出∠BEG＝120°＝∠DCG，再判断出AB＝BE，进而得出BE＝CD，即可判断出△BEG≌△DCG（SAS），再判断出∠CGE＝60°，进而得出△BDG是等边三角形，即可得出结论；
（3）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根据∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）证明：
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴CE＝CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形；
（2）①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝DC，AD∥BC，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120°
由（1）知，四边形CEGF是菱形，
∴CE＝GE，∠BCG=12∠BCF＝60°，
∴CG＝GE＝CE，∠DCG＝120°，
∵EG∥DF，
∴∠BEG＝120°＝∠DCG，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAE＝∠BAE，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝BE，
∴BE＝CD，
∴△DGC≌△BGE（SAS）；
②∵△DGC≌△BGE，
∴BG＝DG，∠BGE＝∠DGC，
∴∠BGD＝∠CGE，
∵CG＝GE＝CE，
∴△CEG是等边三角形，
∴∠CGE＝60°，
∴∠BGD＝60°，
∵BG＝DG，
∴△BDG是等边三角形，
∴∠BDG＝60°；
（3）方法一：如图3中，连接BM，MC，
∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF＝90°，
∴四边形ECFG为正方形．
∵∠BAF＝∠DAF，
∴BE＝AB＝DC，
∵M为EF中点，
∴∠CEM＝∠ECM＝45°，
∴∠BEM＝∠DCM＝135°，
在△BME和△DMC中，
∵BE=CD∠BEM=∠DCMEM=CM，
∴△BME≌△DMC（SAS），
∴MB＝MD，
∠DMC＝∠BME．
∴∠BMD＝∠BME+∠EMD＝∠DMC+∠EMD＝90°，
∴△BMD是等腰直角三角形．
∵AB＝8，AD＝14，
∴BD＝265，
∴DM=22BD=130．
方法二：过M作MH⊥DF于H，
∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF＝90°，
∴四边形ECFG为正方形，
∴∠CEF＝45°，
∴∠AEB＝∠CEF＝45°，
∴BE＝AB＝8，
∴CE＝CF＝14﹣8＝6，
∵MH∥CE，EM＝FM，
∴CH＝FH=12CF＝3，
∴MH=12CE＝3，
∴DH＝11，
∴DM=112+32=130．
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