TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc28196" 【題型1 利用菱形的性質(zhì)求角度】 PAGEREF _Tc28196 \h 1
\l "_Tc27115" 【題型2 利用菱形的性質(zhì)求線段長】 PAGEREF _Tc27115 \h 4
\l "_Tc26520" 【題型3 利用菱形的性質(zhì)求面積】 PAGEREF _Tc26520 \h 8
\l "_Tc14456" 【題型4 利用菱形的性質(zhì)求坐標(biāo)】 PAGEREF _Tc14456 \h 12
\l "_Tc20814" 【題型5 利用菱形的性質(zhì)證明】 PAGEREF _Tc20814 \h 16
\l "_Tc26842" 【題型6 添加條件使四邊形是菱形】 PAGEREF _Tc26842 \h 22
\l "_Tc11965" 【題型7 證明四邊形是菱形】 PAGEREF _Tc11965 \h 25
\l "_Tc24425" 【題型8 利用菱形的性質(zhì)與判定求角度】 PAGEREF _Tc24425 \h 31
\l "_Tc3738" 【題型9 利用菱形的性質(zhì)與判定求線段長】 PAGEREF _Tc3738 \h 36
\l "_Tc9436" 【題型10 利用菱形的性質(zhì)與判定求面積】 PAGEREF _Tc9436 \h 40
【知識點1 菱形的性質(zhì)】
定義：有一組鄰邊相等的平行四邊形叫做菱形．
性質(zhì)：①菱形具有平行四邊形的一切性質(zhì)；②菱形的四條邊都相等；③菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角；④菱形是軸對稱圖形，它有2條對稱軸，分別是兩條對角線所在直線．
【題型1 利用菱形的性質(zhì)求角度】
【例1】（2023春·九年級單元測試）如圖，在菱形ABCD中，M，N分別在AB，CD上，且AM=CN，MN與AC交于點O，連接BO．若∠DAC=28°，則∠OBC的度數(shù)為______度．
【答案】62
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)以及AM=CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO=CO，然后可得BO⊥AC，繼而可求得∠OBC的度數(shù)．
【詳解】解：∵四邊形ABCD為菱形，
∴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°．
故答案為：62．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)，注意掌握菱形對邊平行以及對角線相互垂直的性質(zhì)．
【變式1-1】（2023·全國·九年級假期作業(yè)）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，∠ABD=30°，則∠ADC的度數(shù)是（ ）
A．30°B．45°C．60°D．120°
【答案】C
【分析】運用等邊對等角計算出∠ADB的度數(shù)，再由兩直線平行內(nèi)錯角相等計算出∠BDC的度數(shù)，即可計算出∠ADC的度數(shù).
【詳解】∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB=AD，
又由∠ABD=30°，則∠ADB=∠ABD=30°，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
則∠BDC=∠ABD=30°，
故∠ADC=∠ADB+∠BDC=30°+30°=60°，
故選：C．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，菱形四邊都相等，即可得到等腰三角形，再運用等腰三角形等邊對等角，可計算出角的度數(shù)，菱形對邊相等且平行，運用兩直線平行內(nèi)錯角相等也可計算出角的度數(shù)，本題較為簡單.
【變式1-2】（2023春·河南駐馬店·九年級校考階段練習(xí)）在菱形ABCD中，∠ABC=76°，BA=BE，則∠BEA的度數(shù)為（ ）

A．68°B．70°C．71°D．75°
【答案】C
【分析】先利用菱形的性質(zhì)求出∠ABD=38°，再利用等腰三角形的性質(zhì)求出∠BAE=71°即可．
【詳解】解：在菱形ABCD，
∵∠ABC=76°，
∴∠ABD=38°．
∵BA=BE，
∴∠BAE=180°?38°2=71°．
故選：C．
【點睛】本題運用了菱形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)的知識點，運用知識準(zhǔn)確計算是解決問題的關(guān)鍵．
【變式1-3】（2023春·九年級單元測試）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，DH⊥AB于點H，連接OH，若AH=DH，則∠DHO=________．

【答案】22.5°
【分析】先證明△ADH是等腰直角三角形，得到∠BAD=∠ADH=45°，再由菱形的性質(zhì)得到AD=AB，點O為BD的中點，則可求出∠ADB=67.5°，進而求出∠BDH=22.5°，再由直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)得到OH=OD，則∠DHO=∠ODH=22.5°．
【詳解】解：∵DH⊥AB，AH=DH，
∴△ADH是等腰直角三角形，
∴∠BAD=∠ADH=45°，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD=AB，點O為BD的中點，
∴∠ABD=∠ADB=180°?∠BAD2=67.5°，
∴∠BDH=∠ADB?ADH=22.5°，
∵∠DHB=90°，點O為BD的中點，
∴OH=OD，
∴∠DHO=∠ODH=22.5°，
故答案為：22.5°．
【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)與判定， 直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理等等，靈活運用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．
【題型2 利用菱形的性質(zhì)求線段長】
【例2】（2023·陜西西安·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在菱形ABCD中，連接AC、BD，若∠ABC=60°且AC=4，則BD長為（ ）
A．8B．6C．43D．62
【答案】C
【分析】由菱形ABCD性質(zhì)得AB=BC結(jié)合∠ABC=60°，則△ABC為等邊三角形AB=BC=AC=4，由菱形的性質(zhì)有DO=BO，AO=CO=12AC=2，且AO⊥BO，得Rt△AOB，由勾股定理得OB=AB2?AO2．
【詳解】設(shè)AC與BD交于O，如圖，
在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABC=60°，
則△ABC為等邊三角形，
則AB=BC=AC=4，
由菱形的性質(zhì)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，

故選：C．
【點睛】本題考查菱形的對角線長問題，掌握菱形的性質(zhì)，結(jié)合∠ABC=60°，會證等邊三角形，會用勾股定理解決菱形對角線長問題．
【變式2-1】（2023春·天津濱海新·九年級?？计谥校┤鐖D，已知菱形ABCD，AC=6，面積等于24，則菱形ABCD的周長等于______ ．

【答案】20
【分析】設(shè)AC與BD交于點O，由菱形的性質(zhì)得AB=BC=CD=AD，OA=OC=3，OB=OD，AC⊥BD，再由菱形的面積得BD=8，則OB=OD=4，然后由勾股定理求解即可．
【詳解】解：如圖，設(shè)AC與BD交于點O，

∵四邊形ABCD是菱形，AC=6，
∴AB=BC=CD=AD，OA=OC=12AC=3，OB=OD，AC⊥BD，
∵菱形ABCD的面積是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的周長=4AB=20，
故答案為：20．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)以及勾股定理等知識，熟練掌握菱形的性質(zhì)，求出BD的長是解題的關(guān)鍵．
【變式2-2】（2023春·廣東廣州·九年級期中）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，AC=16，BD=12，DE⊥BC，垂足為點E．則DE=_______．
【答案】485
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AD=BC，AC⊥BD，AO=OC，DO=BO，求出AO和DO，求出AD，根據(jù)菱形的面積公式求出即可．
【詳解】解：∵四邊形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，
故答案為：485．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)和勾股定理，能求出菱形的邊長是解此題的關(guān)鍵．
【變式2-3】（2023春·江蘇揚州·九年級?？计谥校┤鐖D，木制活動衣帽架由3個全等的菱形掛鉤構(gòu)成，在A、E、F、C、G、H處安裝上、下兩排掛鉤，可以根據(jù)需要改變掛鉤間的距離，并在B，M處固定．已知菱形ABCD的邊長為10cm，要使兩排掛鉤的距離（即AC）為16cm，求BM之間的距離．
【答案】36cm
【分析】連接AC、BD，相交于點O，根據(jù)菱形的性質(zhì)求解即可．
【詳解】解：連接AC、BD，相交于點O，如圖所示，
∵菱形ABCD的邊長為10cm，AC為16cm，
∴AO=8cm，
∴BO=AB2?AO2=102?82=6cm，
∴BD=2BO=12cm，
∴BM=3BD=36cm，
∴BM之間的距離為36cm．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
【題型3 利用菱形的性質(zhì)求面積】
【例3】（2023·山東聊城·統(tǒng)考中考真題）如圖，在?ABCD中，BC的垂直平分線EO交AD于點E，交BC于點O，連接BE，CE，過點C作CF∥BE，交EO的延長線于點F，連接BF．若AD=8，CE=5，則四邊形BFCE的面積為______．
.
【答案】24
【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠BEO=∠CFO，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)可得BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)可得BE=CF，OE=OF，根據(jù)平行四邊形的判定和菱形的判定可推得四邊形BFCE為菱形，根據(jù)勾股定理求得OE=3，根據(jù)菱形的性質(zhì)即可求得四邊形BFCE的面積．
【詳解】∵CF∥BE，
∴∠BEO=∠CFO，
∵BC的垂直平分線EO交AD于點E，
∴BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，
∴△BOE≌△COF，
∴BE=CF，OE=OF，
∴四邊形BFCE為平行四邊形，
又∵OE=OF，BO=CO，∠BOE=∠COF=90°，
∴平行四邊形BFCE為菱形，
∵AD=8，
∴BC=8，
∴OC=12BC=4，
在Rt△EOC中，OE=EC2?OC2=52?42=3，
故菱形BFCE的面積為12×BC×EF=12×BC×2EO=12×8×2×3=24，
故答案為：24．
【點睛】本題考查了平行線的性質(zhì)，垂直平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定，菱形的判定和性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握以上判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式3-1】（2023春·廣東東莞·九年級?？计谥校┤鐖D，菱形ABCD的對角線長分別為2和5，P是對角線AC上任意一點（點P不與點A，C重合），且PE∥BC交AB于點E，PF∥CD交AD于點F，則陰影部分的面積是（ ）

A．2B．2.5C．3D．3.5
【答案】B
【分析】求出菱形的面積，可得S△ABC=52，可證四邊形PEAF是平行四邊形，可得S△PEF=S△APE=12S菱形AEPF，即可求解．
【詳解】解：∵菱形ABCD的對角線的長分別為2和5，
∴菱形ABCD的面積12×2×5=5，
∴ S△ABC=52，
∵ PE∥BC，PF∥CD，
∴四邊形PEAF是平行四邊形，
∴ S△PEF=S△APE=12S菱形AEPF，
∴陰影部分的面積=S△ABC=52，
故選：B．
【點睛】先本題考查了菱形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，掌握菱形的面積等于對角線積的一半是解題的關(guān)鍵．
【變式3-2】（2023春·黑龍江大慶·九年級?？计谀┤鐖D，在菱形ABCD中，∠BAD:∠B=1:3，DE⊥BC于點E，交對角線AC于點P．過點P作PF⊥CD于點F．若△PDF的周長為4．則菱形ABCD的面積為（ ）
A．8B．42C．16D．82
【答案】D
【分析】證明△CDE是等腰直角三角形，可得∠CDE=45°，CD=2DE，再證明△DPF是等腰直角三角形，可得PF=DF，PD=2PF，設(shè)PF=DF=x，則PD=2x，求出x=4?22，則DE=x+2x=22，BC=CD=2DE=4，即可求解．
【詳解】解：∵四邊形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，
設(shè)PF=DF=x，則PD=2x，
∵△PDF的周長為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，
故選：D．
【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)，證明△DPF是等腰直角三角形是解題的關(guān)鍵．
【變式3-3】（2023·福建泉州·泉州五中校考模擬預(yù)測）如圖，在菱形ABCD中，AB=6，∠D=60°．點P為邊CD上一點，且不與點C，D重合，連接BP，過點A作EF∥BP，且EF=BP，連接BE，PF，則四邊形BEFP的面積為__________．

【答案】183
【分析】連接AC,AP，由菱形的性質(zhì)可知△ABC是等邊三角形，過點C作CG⊥AB于點G，過點P作PH⊥AB于點H，可得CG=PH，繼而得出S△ABP=S△ABC，根據(jù)勾股定理求出CG長度，再證明四邊形BEFP是平行四邊形，依據(jù)S平行四邊形BEFP=S菱形ABCD進行求解即可．
【詳解】如圖，連接AC,AP，

∵四邊形ABCD是菱形中，∠D=60°，
∴AB=BC=6,∠D=∠ABC=60°，AB∥CD，
∴△ABC是等邊三角形，
過點C作CG⊥AB于點G，過點P作PH⊥AB于點H，
則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，
∴四邊形BEFP是平行四邊形，
∴S平行四邊形BEFP=2S△ABP，
∵S菱形ABCD=2S△ABC，
∴S平行四邊形BEFP=S菱形ABCD=AB?CG=6×33=183，
故答案為：183．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)以及三角形面積公式等知識，熟練掌握菱形的性質(zhì)和平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【題型4 利用菱形的性質(zhì)求坐標(biāo)】
【例4】（2023·陜西西安·西安行知中學(xué)校考模擬預(yù)測）菱形OABC在平面直角坐標(biāo)系中的位置如圖所示，BC交y軸于點D，連接AD，交OB于點E．已知點A2,0，∠C=60°，求點B的坐標(biāo)．

【答案】B1，3
【分析】先求出OA=2，再由菱形的性質(zhì)得到OC=BC=OA=2，BC∥OA，進而得到BC⊥OD，求出∠DOC=30°，進而求出BD=1，OD=3，由此即可得到答案．
【詳解】解：∵A2,0，
∴OA=2
∵四邊形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．
【點睛】本題主要考查了坐標(biāo)與圖形，菱形的性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，靈活運用所學(xué)知識是解題的關(guān)鍵．
【變式4-1】（2023·廣東深圳·?？既＃┤鐖D，四邊形ABCD是菱形，頂點A，C的坐標(biāo)分別是0,2，8,2，點D在x軸的正半軸上，則頂點B的坐標(biāo)是（ ）
A．4,4B．5,4C．2,4D．4,2
【答案】A
【分析】連接AC，BD，交于點E，根據(jù)菱形的性質(zhì)可知點E的坐標(biāo)為4,2，根據(jù)E的坐標(biāo)確定B的坐標(biāo)即可．
【詳解】解：連接AC，BD，交于點E，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AE=EC，BE=DE，
∵A，C的坐標(biāo)分別是0,2，8,2，
∴E4,2，
∴B4,4，故A正確．
故選：A．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握菱形的性質(zhì)并靈活運用．菱形的性質(zhì)：①菱形具有平行四邊形的一切性質(zhì)；②菱形的四條邊都相等；③菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角；④菱形是軸對稱圖形，它有2條對稱軸，分別是兩條對角線所在直線．
【變式4-2】（2023·全國·九年級專題練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，菱形OABC的頂點A在x軸上，頂點B的坐標(biāo)為（8，4），點P是對角線OB上一個動點，點D的坐標(biāo)為（0，﹣2），當(dāng)DP與AP之和最小時，點P的坐標(biāo)為_____．

【答案】（43，23）．
【分析】由菱形的性質(zhì)可知，點A的對稱點是C，所以連接CD，交OB于點P，再得出CD即為DP+AP最短，解答即可．
【詳解】連接CD，如圖，
∵點A的對稱點是點C，
∴CP＝AP，
∴CD即為DP+AP最短，
∵四邊形ABCD是菱形，頂點B（8，4），
∴OA2＝AB2＝（8﹣AB）2+42，
∴AB＝OA＝BC＝OC＝5，
∴點C的坐標(biāo)為（3，4），
∴可得直線OB的解析式為：y＝0.5x，
∵點D的坐標(biāo)為（0，﹣2），
∴可得直線CD的解析式為：y＝2x﹣2，
∵點P是直線OB和直線CD的交點，
∴點P的坐標(biāo)為方程組y=0.5xy=2x?2的解，
解方程組得：x=43y=23，
所以點P的坐標(biāo)為（43，23），
故答案為：（43，23）．

【點睛】本題考查了線段之和最小的問題，掌握菱形的性質(zhì)、勾股定理、一次函數(shù)的解析式、解二元一次方程組的方法是解題的關(guān)鍵．
【變式4-3】（2023春·北京東城·九年級匯文中學(xué)?？计谥校┖?60°角的菱形A1B1C1B2，A2B2C2B3，A3B3C3B4，…，按如圖所示的方式放置在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點 A1，A2，A3，…，和點B1，B2，B3，B4，…，分別在直線y=kx和x軸上．已知B12，0，B24，0，則點A1 的坐標(biāo)是________；點A2的坐標(biāo)是_________；點An的坐標(biāo)是_______（n為正整數(shù)）．
【答案】 (3，3) (6，23) (3×2n?1，2n?1×3)
【分析】利用菱形的性質(zhì)得出△A1B1B2是等邊三角形，進而得出A1坐標(biāo)，進而得出OB2=A2B2=4，即可得出A3，An的坐標(biāo)即可．
【詳解】解：如圖：過點A1作A1D⊥x軸于點D，
∵含60°角的菱形A1B1C1B2，A2B2C2B3，A3B3C3B4，…，
∴∠A1B1D=60°，A1B1=A1B2，
∴△A1B1B2是等邊三角形，
∵B1(2，0)，B2(4，0)，
∴A1B1=B1B2=OB1=2，
∴B1D=1，A1D=A1B12?B1D2=22?12=3，∠A1OD=30°
∴OD=3，
則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)，
則點An的坐標(biāo)是：(3×2n?1，2n?1×3)，
故答案為：(3，3)，(6，23)，(3×2n?1，2n?1×3)．
【點睛】此題主要考查了菱形的性質(zhì)以及等邊三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識，得出點A坐標(biāo)變化規(guī)律是解題關(guān)鍵．
【題型5 利用菱形的性質(zhì)證明】
【例5】（2023春·河南駐馬店·九年級校考階段練習(xí)）【問題情境】
數(shù)學(xué)探究課上，某興趣小組探究含60°角的菱形的性質(zhì)．如圖1，四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°．

(1)∠ABD的度數(shù)為______．
【操作發(fā)現(xiàn)】
(2)如圖2，小賢在菱形ABCD的對角線BD上任取一點P，以AP為邊向右側(cè)作菱形APEF，且∠APE=60°，連接DF．求證：△ABP≌△ADF．
【拓展延伸】
(3)在（2）的條件下，若BD=3．當(dāng)點E在BD上時，連接PF，求此時PF的長．
【答案】(1)30°
(2)見解析；
(3)3．
【分析】（1）利用菱形的性質(zhì)即可求解；
（2）證明∠BAP=∠DAF，利用SAS即可證明△ABP≌△ADF；
（3）證明△EFD為等邊三角形，∠PFD=90°，在Rt△PFD中，利用勾股定理即可求解．
【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴∠ABD=12∠ABC=30°，
故答案為：30°；
（2）證明：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：如圖，連接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為等邊三角形，
∴PB=PE=ED=DF，∠PFD=90°，
∴BD=3，PD=2，DF=1．
在Rt△PFD中，PF=PD2?DF2=3．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題．
【變式5-1】（2023春·吉林四平·九年級四平市第三中學(xué)校?？茧A段練習(xí)）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，點E，F(xiàn)在對角線BD上，且BE=DF．

(1)求證：AE=CF；
(2)若∠AEO=40°，求∠ACF的度數(shù)．
【答案】(1)見解析
(2)50°
【分析】（1）利用菱形的性質(zhì)，證明△AEO≌△CFO，即可解答；
（2）利用菱形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理，即可解答．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為菱形，對角線AC，BD相交于點O，
∴AO=CO,BO=DO，
∵BE=DF，
∴BO?BE=DO?DF，即EO=FO，
在△AEO與△CFO中，
AO=CO∠AOE=∠COFEO=FO，
∴△AEO≌△CFOSAS，
∴AE=CF；
（2）解：∵四邊形ABCD為菱形，對角線AC，BD相交于點O，
∴BD⊥AC，
∴∠EAO=90°?∠AEO=50°，
∵△AEO≌△CFOSAS，
∴∠ACF=∠EAO=50°．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，熟知菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式5-2】（2023·四川巴中·?？级＃┰谌鐖D的菱形ABCD中，點P是BC邊上一點，連接AP，點E，F(xiàn)是AP上的兩點，連接DE，BF，使得∠AED=∠ABC，∠ABF=∠BPF．

(1)求證：∠BAF=∠ADE；
(2)求證：DE=BF+EF．
【答案】(1)見詳解
(2)見詳解
【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AB=AD，AD∥BC，由平行線的性質(zhì)得到∠BPA=∠DAE，等量代換得到∠BAF=∠ADE，求得∠ABF=∠DAE，根據(jù)全等三角形的判定定理即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AE=BF，DE=AF，根據(jù)線段的和差即可得到結(jié)論．
【詳解】（1）∵四邊形ABCD為菱形，
∴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．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式5-3】（2023·全國·九年級假期作業(yè)）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，E是對角線AC上任意一點，F(xiàn)是線段BC延長線上一點，且CF=AE，連接BE．EF．
(1)如圖1，當(dāng)E是線段AC的中點，且AB=2時，求△ABC的面積；
(2)如圖2，當(dāng)點E不是線段AC的中點時，求證：BE=EF；
【答案】(1)3
(2)見解析
【分析】（1）根據(jù)菱形性質(zhì)證明△ABC是等邊三角形，又因為E是線段AC的中點，且AB=2即可求出△ABC的面積；
（2）作EG∥BC交AB于G，利用SAS可證明△BGE≌△ECF，即可得出最后結(jié)論BE=EF．
【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等邊三角形，又E是線段AC的中點，
∴BE⊥AC，AE=12AC=12AB=1，
∴BE=22?12=3，
∴△ABC的面積=12×AC×BE=3；
（2）如圖2，作EG∥BC交AB于G，
∵△ABC是等邊三角形，
∴△AGE是等邊三角形，
∴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．
【點睛】本題考查的是菱形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，正確作出輔助線、靈活運用相關(guān)的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．
【知識點2 菱形的判定】
①一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形；②四條邊都相等的四邊形是菱形．
③對角線互相垂直的平行四邊形是菱形（或“對角線互相垂直平分的四邊形是菱形”）．
【題型6 添加條件使四邊形是菱形】
【例6】（2023春·安徽蚌埠·九年級校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，四邊形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，OA=OC，OB=OD，添加下列條件仍不能判斷四邊形ABCD是菱形的是（ ）

A．BD平分∠ABCB．AC=BDC．AC⊥BDD．AB2=OA2+OB2
【答案】B
【分析】先證明四邊形ABCD是平行四邊形，再根據(jù)菱形的判定方法，逐一進行判斷即可．
【詳解】解：∵四邊形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，OA=OC，OB=OD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，
∴∠ABD=∠BDC，
當(dāng)BD平分∠ABC時：∠ABD=∠DBC，
∴∠BDC=∠DBC，
∴BC=DC，
∴平行四邊形ABCD是菱形；故A選項不符合題意；
當(dāng)AC=BD時，則四邊形ABCD是矩形，不能判斷四邊形ABCD是菱形；故B選項符合題意；
當(dāng)AC⊥BD時，平行四邊形ABCD是菱形；故C選項不符合題意；
當(dāng)AB2=OA2+OB2，則：AC⊥BD，
∴平行四邊形ABCD是菱形；故D選項不符合題意；
故選B．
【點睛】本題考查平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定，矩形的判定．熟練掌握相關(guān)知識點，是解題的關(guān)鍵．
【變式6-1】（2023·山西·九年級專題練習(xí)）如圖，在△ABC中，AD⊥BC，垂足為D，E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點，連接DE，DF，當(dāng)△ABC滿足條件__________時，四邊形AEDF是菱形．（填寫一個你認為恰當(dāng)?shù)臈l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】根據(jù)菱形的判定方法,找到最合適的即可解題,答案不唯一見解析.
【詳解】解：若AB＝AC,
∵E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點，
∴DE=AE,DF=AF,（直角三角形斜邊中線等于斜邊一半）
∴DE=AE=DF=AF,
∴四邊形AEDF是菱形（四邊相等的四邊形是菱形）
若∠B=∠C,
則AB＝AC,
接下來的證明同上,
綜上,答案不唯一，如AB＝AC或∠B＝∠C或AD平分∠BAC或BD＝CD等
【點睛】本題考查了菱形的判定,屬于簡單題,熟悉菱形的判定方法是解題關(guān)鍵.
【變式6-2】（2023春·云南昭通·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在四邊形ABCD中，E、F、G、H分別是AB、BD、CD、AC的中點，要使四邊形EFGH是菱形，四邊形ABCD還應(yīng)滿足的一個條件是（ ）
A．AC=BDB．AC⊥BDC．AD=BCD．AB=DC
【答案】C
【分析】利用三角形中位線定理可以證得四邊形EFGH是平行四邊形；然后由菱形的判定定理進行解答．
【詳解】解：∵在四邊形ABCD中，E、F、G、H分別是AB、BD、CD、AC的中點，
∴EF∥AD，HG∥AD，
∴EF∥HG；
同理，HE∥GF，
∴四邊形EFGH是平行四邊形；
A、若對角線AC＝BD時，則CH=DF，得不到△CHG≌△DFG，則GH≠GF，不能證明四邊形EFGH是菱形，故本選項錯誤；
B、若AC⊥BD時，不能得到GH≠GF，不能證明四邊形EFGH是菱形，故本選項錯誤；
C、當(dāng)AD＝BC時，GH＝GF；所以平行四邊形EFGH是菱形；故本選項正確；
D、若AB=DC，得不到AD＝BC，則GH≠GF，不能證明四邊形EFGH是菱形，故本選項錯誤；
故選C．
【點睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)．菱形的判別方法是說明一個四邊形為菱形的理論依據(jù)，常用三種方法：①定義；②四邊相等；③對角線互相垂直平分，熟練掌握菱形的判定方法是解題的關(guān)鍵．
【變式6-3】（2023春·安徽安慶·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在△ABC中，點D是BC的中點，點E在AD上，點F在AD延長線上，且BE//CF．
（1）求證：四邊形BECF是平行四邊形；
（2）請在△ABC中添加一個條件____________，使四邊形BECF是菱形，并說明理由．
【答案】（1）見解析；（2）AB=AC（答案為不唯一）．
【分析】（1）證△BDE≌△CDF(ASA)，得DE=DF，再結(jié)合BD=CD，即可得出結(jié)論；
（2）由（1）得四邊形BECF是平行四邊形，再由等腰三角形的性質(zhì)得EF⊥BC，即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）證明：∵BE//CF，
∴∠DBE=∠DCF，
∵點D是BC的中點，
∴BD=CD，
在△BDE和△CDF中，
∠DBE=∠DCFBD=CD∠BDE=∠CDF，
∴△BDE≌△CDF(ASA)，
∴DE=DF，
又∵BD=CD，
∴四邊形BECF是平行四邊形；
（2）解：當(dāng)AB=AC時，四邊形BECF是菱形，理由如下：
由（1）得：四邊形BECF是平行四邊形，
∵AB=AC，點D是BC的中點，
∴AD⊥BC，
∴EF⊥BC，
∴平行四邊形BECF是菱形，
故答案為：AB=AC（答案為不唯一）．
【點睛】本題考查了菱形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識，熟練掌握菱形的判定和平行四邊形的判定與性質(zhì)，證明△BDE≌△CDF是解題的關(guān)鍵．
【題型7 證明四邊形是菱形】
【例7】（2023春·福建廈門·九年級廈門市松柏中學(xué)校考期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，點E在BC邊上，AE平分∠BAD，點F在AD邊上，EF∥AB．

(1)求證：四邊形ABEF是菱形；
(2)若AB=6，BC=9，點P在線段AE上運動，請直接寫出當(dāng)點P在什么位置時PC+PF取得最小值，最小值是多少．
【答案】(1)見解析；
(2)9．
【分析】（1）先通過兩組對邊平行證明平行四邊形，然后加上鄰邊相等證明菱形即可；
（2）將軍飲馬類題型，先作對稱然后連線求最小值即可．
【詳解】（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD,AD∥BC，
∴∠AEB=∠DAE，
∵EF∥AB，
∴EF∥CD，
∴四邊形ABEF是平行四邊形，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE，
∴四邊形ABEF是菱形．
（2）由（1）可知，四邊形ABEF是菱形，
∴AB=AF,BE=EF，
∴B,F關(guān)于AE對稱，
∴(PC+PF)min=PC+PB=BC=9．

【點睛】此題考查菱形的判定和將軍飲馬題型，菱形的判定是在平行四邊形的基礎(chǔ)上添加一組鄰邊相等或者對角線垂直的條件即可；將軍飲馬題型即將點先對稱，然后連線即為最小值．
【變式7-1】（2023·四川遂寧·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，點O為對角線BD的中點，過點O的直線l分別與AD、BC所在的直線相交于點E、F．（點E不與點D重合）

(1)求證：△DOE≌△BOF；
(2)當(dāng)直線l⊥BD時，連接BE、DF，試判斷四邊形EBFD的形狀，并說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)四邊形EBFD為菱形；理由見解析
【分析】（1）根據(jù)AAS證明△DOE≌△BOF即可；
（2）連接EB、FD，根據(jù)△DOE≌△BOF，得出ED=BF，根據(jù)ED∥BF，證明四邊形EBFD為平行四邊形，根據(jù)EF⊥BD，證明四邊形EBFD為菱形即可．
【詳解】（1）證明：∵點O為對角線BD的中點，
∴BO=DO，
∵AD∥BC，
∴∠ODE=∠OBF，∠OED=∠OFB，
在△DOE和△BOF中，
∠ODE=∠OBF∠OED=∠OFBBO=DO，
∴△DOE≌△BOFAAS；
（2）解：四邊形EBFD為菱形，理由如下：
連接EB、FD，如圖所示：

根據(jù)解析（1）可知，△DOE≌△BOF，
∴ED=BF，
∵ED∥BF，
∴四邊形EBFD為平行四邊形，
∵l⊥BD，即EF⊥BD，
∴四邊形EBFD為菱形．
【點睛】本題主要考查了三角形全等的判定和性質(zhì)，菱形的判定，平行線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握三角形全等的判定方法和菱形的判定方法．
【變式7-2】（2023·湖北襄陽·?？级＃┤鐖D，過平行四邊形ABCD的對角線AC與BD的交點O的直線PQ分別交邊AB，CD于點P，Q

(1)過點O作直線PQ垂線，分別交邊BC，DA于點M，N（保留作圖痕跡，不寫作法）；
(2)順次連接點P，M，Q，N．求證：四邊形PMQN是菱形
【答案】(1)圖見解析
(2)見解析
【分析】（1）根據(jù)要求作線段PQ的垂直平分線即可作出圖形；
（2）證明△BOP≌△DOQASA和△AON≌△COMASA得到OP=OQ，ON=OM，可證明四邊形PMQN是平行四邊形，再由MN⊥PQ可證明四邊形PMQN是菱形．
【詳解】（1）解：如圖，直線MN即為所求作；

（2）解：如圖，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OB=OD，AB∥CD，
∴∠OBP=∠ODQ，
在△BOP和△DOQ中，
∠OBP=∠ODQOB=OD∠BOP=∠DOQ，
∴△BOP≌△DOQASA，
∴OP=OQ，
同理可證△AON≌△COMASA，
∴ON=OM，
∴四邊形PMQN是平行四邊形，
∵MN⊥PQ，
∴四邊形PMQN是菱形．
【點睛】本題考查平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、菱形的判定、作垂線等知識，熟練掌握菱形的判定和平行四邊形的性質(zhì)、證明三角形全等是解答的關(guān)鍵．
【變式7-3】（2023春·浙江·九年級專題練習(xí)）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AE平分∠CAB交CB于點E，CD⊥AB于點D，交AE于點G，過點G作GF∥BC交AB于F，連接EF．
(1)求證：CG=CE；
(2)判斷四邊形CGFE的形狀，并證明；
(3)若AC=3cm，BC=4cm，求線段DG的長度．
【答案】(1)見解析
(2)菱形，理由見解析
(3)910
【分析】（1）根據(jù)角平分線的定義可得∠CAE=∠BAE，根據(jù)直角三角形兩銳角互余，可得∠CAE+∠CEA=∠BAE+∠AGD=90°，等量代換可得∠CEA=∠AGD=∠CGE，即可證明CG=CE；
（2）先證△AGC≌△AGFASA，推出CG=FG，結(jié)合（1）中結(jié)論可得CE=FG，結(jié)合GF∥BC可證四邊形CGFE是平行四邊形，結(jié)合CG=CE可證CGFE是菱形；
（3）根據(jù)勾股定理可得AB=5cm，根據(jù)△AGC≌△AGF可得AF=AC=3cm，進而求出BF=2cm，再根據(jù)菱形的性質(zhì)推出EF∥CG，進而證明EF⊥AB，設(shè)CE=EF=CG=GF=x，用勾股定理解Rt△EFB求出x，再利用面積法求出CD，即可求出DG的長度．
【詳解】（1）證明：∵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：四邊形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，
∴四邊形CGFE是平行四邊形，
又∵CG=CE，
∴四邊形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，
∵四邊形CGFE是菱形，
∴EF∥CG，
∵CD⊥AB，
∴EF⊥AB，
設(shè)CE=EF=CG=GF=x，則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．
【點睛】本題考查等腰三角形的判定，三角形內(nèi)角和定理，菱形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理解直角三角形等，解題的關(guān)鍵是掌握菱形的判定方法，能夠通過勾股定理列方程．
【題型8 利用菱形的性質(zhì)與判定求角度】
【例8】（2023春·黑龍江雙鴨山·九年級校聯(lián)考期中）（1）如圖，請用直尺和圓規(guī)在△ABC的邊BC，AC，AB上分別取點D，E，F(xiàn)，連接ED，EF，使得四邊形BDEF為菱形（保留作圖痕跡，不寫作法）；
（2）在（1）的條件下，若∠A=67°，∠C=63°，求∠BED的度數(shù)．
【答案】（1）見解析，（2）25°
【分析】（1）作∠ABC的平分線交AC于點E，再作BE的垂直平分線交AB于點F，交BC于點D，四邊形BDEF即為所求．
（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理解答即可．
【詳解】（1）解：如圖，作∠ABC的平分線交AC于點E，再作BE的垂直平分線交AB于點F，交BC于點D，則四邊形BDEF即為所求的菱形，
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，
∴四邊形BDEF是平行四邊形，
∵BE⊥DF，
∴四邊形BDEF是菱形；
（2）∵∠A=67°，∠C=63°，
∴∠ABC=180°?67°?63°=50°，
∵四邊形BDEF是菱形，
∴∠FED=∠ABC=50°，∠BEF=∠BED，
∴∠BED=25°．
【點睛】本題考查了菱形的判定和性質(zhì)以及作圖一復(fù)雜作圖：復(fù)雜作圖是在五種基本作圖的基礎(chǔ)上進行作圖，一般是結(jié)合了幾何圖形的性質(zhì)和基本作圖方法．解決此類題目的關(guān)鍵是熟悉基本幾何圖形的性質(zhì)，結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)把復(fù)雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．
【變式8-1】（2023·湖北襄陽·?？家荒＃┤鐖D，?ABCD中，AB=AD，點E是AB上一點，連接CE、DE，且BC=CE，若∠BCE=40°，則∠ADE=______．
【答案】15°/15度
【分析】首先證明四邊形ABCD是菱形，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠CEB=∠B=12180°?40°=70°，利用三角形內(nèi)角和定理即可解決問題．
【詳解】解：在?ABCD中，
∵AB=AD，
∴四邊形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°．
故答案為：15°．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握菱形的判定與性質(zhì)．
【變式8-2】（2023春·浙江杭州·九年級杭州外國語學(xué)校?？计谥校┤鐖D，點F在正五邊形ABCDE的內(nèi)部，四邊形ABFE是平行四邊形，則∠DAF等于（ ）
A．18°B．24°C．30°D．36°
【答案】A
【分析】由正五邊形的性質(zhì)得到AB=AE=DE，∠BAE=∠AED=108°，再利用等腰三角形的性質(zhì)及三角形的內(nèi)角和定理可求解∠EAD的度數(shù)，證明四邊形ABFE為菱形，利用菱形的性質(zhì)可求解∠EAF的度數(shù)，進而可求解．
【詳解】解：在正五邊形ABCDE中，AB=AE=DE，∠BAE=∠AED=(5?2)×180°5=108°，
∴∠EAD=∠EDA=180°?108°2=36°，
∵四邊形ABFE為平行四邊形，AB=AE，
∴四邊形ABFE為菱形，
∴∠BAF=∠EAF=12∠BAE=54°，
∴∠DAF=∠EAF?∠EAD=54°?36°=18°，
故選：A．
【點睛】本題考查了正多邊形的內(nèi)角和，平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟記正多邊形的內(nèi)角的求法．
【變式8-3】（2023春·浙江寧波·九年級統(tǒng)考期末）已知：如圖，在四邊形ABCD中，AB//CD．點E,F在對角線AC上，且AE=CF,DF//BE，
（1）求證：△ABE?△CDF；
（2）連接BD，交AC于點O，若BD⊥AC，四邊形ABCD周長為16,AC=43，求∠DAB的大?。?br>【答案】（1）見解析；（2）60°
【分析】（1）由平行線的性質(zhì)得出∠DFC=∠AEB，根據(jù)ASA即可證明ΔABE?ΔCDF；
（2）證明四邊形ABCD是菱形．由勾股定理求出OD，由直角三角形的性質(zhì)可得出∠DAO的度數(shù)，則可得出答案．
【詳解】解：證明：（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，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵BD⊥AC，
∴四邊形ABCD是菱形．
∴AB=CD=BC=DA，OA=OC，
∵四邊形ABCD周長為16，
∴AD=4，
∵AC=43，
∴OA=23，
∴OD=AD2?OD2=42?(23)2=2，
∴OD=12AD，
∴∠DAO=30°，
∴∠DAB=2∠DAO=60°．
【點睛】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)、菱形的判定等知識，解題的關(guān)鍵是證明ΔABE?ΔCDF和四邊形ABCD為菱形．
【題型9 利用菱形的性質(zhì)與判定求線段長】
【例9】（2023春·湖北宜昌·九年級?？计谥校┤鐖D，兩張等寬的紙條交叉重疊在一起，重疊的部分為四邊形ABCD，若AC=6cm，BD=8cm，線段AB的長為（ ）
A．4cmB．4.6cmC．4.8cmD．5cm
【答案】D
【分析】作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，根據(jù)題意先證出四邊形ABCD是平行四邊形，再由AR=AS得平行四邊形ABCD是菱形，再根據(jù)勾股定理求出AB即可．
【詳解】解：作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，連接AC、BD交于點O．

由題意知：AD∥BC，AB∥CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵兩個矩形等寬，
∴AR=AS，
∵AR·BC=AS·CD，
∴BC=CD，
∴平行四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=3，OB=OD=4，
∴AB=32+42=5，
故選D．
【點睛】本題考查菱形的判定與性質(zhì)、勾股定理，解題的關(guān)鍵是掌握一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形．
【變式9-1】（2023·江蘇·九年級假期作業(yè)）如圖，?ABCD中，AB=AD=6，∠DAB=60°，F(xiàn)為AC上一點，E為AB中點，則EF+BF的最小值為（ ）

A．6B．3C．4D．33
【答案】D
【分析】首先菱形的性質(zhì)可知點B與點D關(guān)于AC對稱，從而可知BF=DF，則EF+BF=EF+DF，當(dāng)點D、F、E共線時，EF+BF有最小值，最小值為DE的長，據(jù)此求解即可．
【詳解】解：連接DE、DF、BD．

∵?ABCD中，AB=AD=6，
∴平行四邊形四邊形ABCD為菱形．
∴點D與點B關(guān)于AC對稱．
∴BF=DF．
∴EF+BF=EF+DF，當(dāng)點D、F、E共線時，EF+BF有最小值，最小值為DE的長，
∵E是AB的中點，
∴AE=3．
又∵∠DAB=60°，AD=AB，
∴△ADB是等邊三角形．
∵E為AB中點，
∴DE⊥AB．
∴DE=AD2?AE2=62?32=33，
故選：D．
【點睛】本題主要考查的是最短路徑、平行四邊形的性質(zhì)以及菱形的性質(zhì)和判定，由軸對稱圖形的性質(zhì)將EF+BF的最小值轉(zhuǎn)化為EF+DF的最小值是解題的關(guān)鍵．
【變式9-2】（2023春·全國·九年級期末）如圖，E，F(xiàn)是平行四邊形ABCD對角線BD上兩點，且BE＝DF，若∠BAF＝90°，AB＝4，AF＝AE＝3，則AC的長為（ ）
A．2.4B．3.6C．4.8D．6
【答案】C
【分析】由勾股定理求出BF＝5，證出四邊形AECF是菱形，得AC⊥EF，由勾股定理的OA2＝AB2﹣OB2＝AE2﹣OE2，解得OF＝1.8，則OA＝2.4，得AC＝2OA＝4.8．
【詳解】解：∵∠BAF＝90°，AB＝4，AF＝3，
∴BF=AB2+AF2=42+32=5，
∵E，F(xiàn)是平行四邊形ABCD對角線BD上兩點，
∴OA＝OC，OB=OD,
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
∴四邊形AECF是平行四邊形，
∵OA＝OC，AE＝AF，
∴四邊形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．
故選：C．
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定及性質(zhì)以及勾股定理，熟練掌握菱形的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式9-3】（2023春·浙江·九年級專題練習(xí)）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AB=6，點E、F分別在AB、BC上，沿EF將△EBF翻折使頂點B的對應(yīng)點B′落在AC上，若EB′⊥AC，則EF等于__________．
【答案】2
【分析】連接BB′，交EF于點O，根據(jù)折疊的性質(zhì)，得出BO=B′O，BB′⊥EF，再根據(jù)平行線的判定，得出EB′∥BC，再根據(jù)平行線的性質(zhì)，得出∠EB′O=∠FBO，再根據(jù)ASA，得出△B′EO≌△BFO，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，得出OE=OF，再根據(jù)菱形的判定定理，得出四邊形BEB′F為菱形，再根據(jù)菱形的性質(zhì)，得出EB=EB′=FB=FB′，然后設(shè)EB=EB′=x，則AE=6?x，再根據(jù)直角三角形30°所對的直角邊等于斜邊的一半，得出AE=2EB′，進而列出方程，并解出，再根據(jù)等邊三角形的判定，得出△BEF為等邊三角形，再根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，即可得出結(jié)果．
【詳解】解：如圖，連接BB′，交EF于點O，
根據(jù)題意，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，
∴四邊形BEB′F為菱形，
∴EB=EB′=FB=FB′，
設(shè)EB=EB′=x，則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為等邊三角形，
∴EF=BE=BF=2．
故答案為：2
【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、直角三角形30°所對的直角邊等于斜邊的一半、等邊三角形的判定與性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵在熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)、定理．
【題型10 利用菱形的性質(zhì)與判定求面積】
【例10】（2023春·山東德州·九年級校考期中）如圖，在?ABCD中，用直尺和圓規(guī)作∠BAD的平分線AG交BC于點E，以A為圓心，AB為半徑的弧交AD于點F，連接EF．若BF＝6，AB＝5，則四邊形ABEF面積是（ ）
A．12B．24C．36D．48
【答案】B
【分析】根據(jù)題意AB＝AF，利用角平分線和平行證明BA＝BE，用一組對邊平行且相等證明四邊形ABEF為平行四邊形，再用鄰邊相等證明它是菱形，最后用菱形面積公式計算面積．
【詳解】記AE與BF相交于O點，如圖，
由作法得AB＝AF＝10，AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BEA，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴BA＝BE，
∴AF＝BE，
∵AF∥BE，
∴四邊形ABEF為平行四邊形，
∵AB＝AF，
∴四邊形ABEF為菱形，
∴OA＝OE，OB＝OF＝12BF＝3，AE⊥BF，
在Rt△AOB中，OA=52?32=4，
∴AE＝2AO＝8，
∴四邊形ABEF面積=12AE?BF=12×6×8=24．
故選：B．
【點睛】本題考查角平分線的性質(zhì)，菱形的判定和面積求解，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題目中的角平分線和平行的條件能夠證明等腰三角形，再根據(jù)菱形的判定和面積公式求四邊形面積．
【變式10-1】（2023春·浙江·九年級期末）已知：在平行四邊形ABCD中，對角線AC和BD相交于點O，AC=8,BD=6．
（1）如圖1，若AC⊥BD，則四邊形ABCD的面積長＝_________；周長＝________；
（2）如圖2，若AC與BD的夾角∠AOB=60°，求四邊形ABCD的面積和周長；
（3）如圖3，若把題目中“平行四邊形ABCD”改為“四邊形ABCD”，且∠AOB=45°，AC=a，BD=b，試求四邊形ABCD的面積（用含a，b的代數(shù)式表示）．
【答案】（1）24,20；（2）123；213+237（3）24ab．
【分析】（1）根據(jù)菱形的定理可得四邊形ABCD是菱形，結(jié)合已知條件根據(jù)勾股定理求得AD，進而求得周長和面積；
（2）過點B作BE⊥AC，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及已知條件求得AE,EC,BE，再根據(jù)勾股定理求得AB,BC,進而根據(jù)三角形的面積公式，求得平行四邊形的面積，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)求得周長；
（3）分別過B,D作BF⊥AC,DG⊥AC，垂足分別為F,G，根據(jù)∠AOB=45°，可得FB=FO,OG=GD，根據(jù)勾股定理可得BF+DG=22(OB+OD)=22BD，進而根據(jù)三角形面積公式計算平行四邊形的面積即可．
【詳解】（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形，
∴AO=12AC,DO=12BD,AB=BC=CD=AD，
∵ AC=8,BD=6，
∴AD=AO2+DO2=42+32=5，
∴l(xiāng)菱形ABCD=4AD=20，
S菱形ABCD=12?AC?BD=24，
故答案為：24,20；
（2）過點B作BE⊥AC，如圖，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，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(xiāng) ?ABCD=2AB+BC=213+237，
（3）分別過B,D作BF⊥AC,DG⊥AC，垂足分別為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四邊形ABCD =12?AC?DG+12?AC?FB，
=12 AC(DG+FB)
= 12×a×22b
=24ab
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)與判定，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形，平行四邊的性質(zhì)，根據(jù)題意作出輔助線利用勾股定理是解題的關(guān)鍵．
【變式10-2】（2023春·江蘇·九年級期末）如圖，BD是△ABC的角平分線，過點作DE∥BC交AB于點E，DF∥AB交BC于點F．

(1)求證：四邊形BEDF是菱形；
(2)若∠ABC=60°,BE=6，求菱形BEDF的面積．
【答案】(1)證明見解析
(2)183
【分析】（1）由題意可證BE=DE，四邊形BEDF是平行四邊形，即可證四邊形BEDF為菱形；
（2）連接EF與BD相交于點O，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得∠ABD=∠DBF=12∠ABC=30°，由直角三角形的性質(zhì)得到OE=12BE，由勾股定理得OB=BE2?OE2=33，根據(jù)菱形的面積公式可求解．
【詳解】（1）證明：∵DE∥BC，DF∥AB，
∴四邊形BEDF是平行四邊形，
∵DE∥BC，
∴∠EDB=∠DBF，
∵BD是△ABC的角平分線，
∴∠ABD=∠DBF=12∠ABC，
∴∠ABD=∠EDB，
∴BE=DE，
又∵四邊形BEDF為平行四邊形，
∴四邊形BEDF是菱形．
（2）解：如圖，連接EF與BD相交于點O，

∵四邊形BEDF是菱形，
∴EF⊥BD，
∵BD是△ABC的角平分線，∠ABC=60°,BE=6，
∴∠ABD=∠DBF=12∠ABC=30°，
∴OE=3，
∴OB=BE2?OE2=33，
∴EF=2OE=6,BD=2OB=63，
∴菱形BEDF的面積12EF·BD=12×6×63=183．
【點睛】本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，勾股定理，掌握直角三角形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．
【變式10-3】（2023春·黑龍江哈爾濱·九年級哈爾濱市第十七中學(xué)校校考階段練習(xí)）在四邊形ABCD中，AD∥BC，點F在BA的延長線上，F(xiàn)C交AD于點E，連接FD，且CF=CD．
(1)如圖1，當(dāng)∠FCB=80°，∠FCD=70°，求∠FDA的度數(shù)；
(2)如圖2，當(dāng)AB=BC時，求證：∠BFC=∠ADC；
(3)如圖3，在（2）的條件下，在AD上取一點M，使DM=AF，作MN⊥CF于點N，連接AN、CM，若∠DCF=∠ANF=60°，CM=27，求△ANM的面積．
【答案】(1)25°
(2)證明過程見詳解
(3)△ANM的面積是3
【分析】（1）根據(jù)平行的性質(zhì)，平角的性質(zhì)，如圖所示，延長BC至點P，可求出∠DCP=∠ADC及度數(shù)，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，角的和差關(guān)系即可求解；
（2）如圖所示，延長BC至點P，過點C作CG∥AB，交AD于點G，作CQ⊥AD，交AD于點Q，作CR∥AB，交AB于點R，可證平行四邊形ABCG是菱形，在根據(jù)斜邊直角邊證明Rt△CRF,Rt△CQD全等，由此即可求證；
（3）如圖所示，連接AC，在線段NF上取NK=NA，過點N作NH⊥AM于H，連接AK,MK，可證△AFC≌△MDC(SAS)，△ACM是等邊三角形，△ANK為等邊三角形，從而證明△KAM≌△NAC(SAS)，在Rt△KMN中，Rt△CMN，Rt△MHN Rt△ANH中，根據(jù)勾股定理求出AM,NH，即可求解．
【詳解】（1）解：∵∠FCB=80°，∠FCD=70°，
∴∠BCD=∠FCB+∠FCD=80°+70°=150°，
如圖所示，延長BC至點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的度數(shù)為25°．
（2）解：如圖所示，延長BC至點P，過點C作CG∥AB，交AD于點G，作CQ⊥AD，交AD于點Q，作CR∥AB，交AB于點R，
∵AD∥BC，CG∥AB，
∴四邊形ABCG是平行四邊形，
∵AB=CB，
∴平行四邊形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：如圖所示，連接AC，在線段NF上取NK=NA，過點N作NH⊥AM于H，連接AK,MK，
∵FA=DM，∠AFK=∠MDC，CF=CD，
∴△AFC≌△MDC(SAS)，
∴∠1=∠2,AC=MC，
∵∠DCF=60°，
∴∠1+∠FCM=∠2+∠FCM=∠ACM=60°，
∴△ACM是等邊三角形，
∴AM=CM=AC=27，
∵NK=NA,∠ANF=60°，
∴△ANK為等邊三角形，
∴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，設(shè)KN=a，則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，
設(shè)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的面積是3．
【點睛】本題主要考查三角形的綜合知識，掌握平行線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，含特殊角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，結(jié)合圖形分析是解題的關(guān)鍵．

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