2024-2025學(xué)年九年級(jí)數(shù)學(xué)上冊(cè)專題1.1 菱形的性質(zhì)與判定【十大題型】（舉一反三）（北師大版）（解析版）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc3291" 【題型1 由菱形的性質(zhì)求角度】 PAGEREF _Tc3291 \h 1
\l "_Tc25563" 【題型2 由菱形的性質(zhì)求線段長(zhǎng)度】 PAGEREF _Tc25563 \h 4
\l "_Tc1637" 【題型3 由菱形的性質(zhì)求面積】 PAGEREF _Tc1637 \h 8
\l "_Tc2457" 【題型4 菱形在平面直角坐標(biāo)系中的運(yùn)用】 PAGEREF _Tc2457 \h 12
\l "_Tc23348" 【題型5 菱形中的證明】 PAGEREF _Tc23348 \h 19
\l "_Tc16817" 【題型6 添加條件使四邊形是菱形】 PAGEREF _Tc16817 \h 22
\l "_Tc30083" 【題型7 證明四邊形是菱形】 PAGEREF _Tc30083 \h 26
\l "_Tc30876" 【題型8 由菱形的性質(zhì)與判定求角度】 PAGEREF _Tc30876 \h 31
\l "_Tc22095" 【題型9 由菱形的性質(zhì)與判定求線段長(zhǎng)度】 PAGEREF _Tc22095 \h 35
\l "_Tc47" 【題型10 由菱形的性質(zhì)與判定求面積】 PAGEREF _Tc47 \h 40
知識(shí)點(diǎn)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(duì)角線互相垂直，并且每一條對(duì)角線平分一組對(duì)角；④菱形是軸對(duì)稱圖形，它有2條對(duì)稱軸，分別是兩條對(duì)角線所在直線．
【題型1 由菱形的性質(zhì)求角度】
【例1】（23-24·廣西·三模）如圖，菱形ABCD中，AC交BD于O，CE⊥AB于E，連接OE，若∠DAB=110°，則∠OEC的度數(shù)為 °．
【答案】35
【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．由菱形的性質(zhì)可得∠CAB=∠ACB=12180°?70°=55°，由直角三角形的性質(zhì)可求解．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠DAB=110°，AB=BC，
∴∠ABC=70°，
∴∠CAB=∠ACB=12180°?70°=55°，AO=CO，
∵CE⊥AB，
∴OE=OA=OC，∠AEC=90°，
∴∠OEA=∠OAE=55°，
∴∠OEC=90°?55°=35°，
故答案為：25．
【變式1-1】（23-24九年級(jí)下·吉林長(zhǎng)春·期末）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC=140°，則∠DAC等于（ ）
A．30°B．25°C．20°D．15°
【答案】C
【分析】本題考查菱形性質(zhì)，平行線性質(zhì)，角平分線性質(zhì)等．根據(jù)題意可知DA∥BC，繼而得到∠DAB=40°，再利用角平分線性質(zhì)可得∠DAC的度數(shù)．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴DA∥BC，∠DAC=∠BAC，
∵∠ABC=140°，
∴∠DAB=180°?140°=40°，
∴∠DAC=20°，
故選：C．
【變式1-2】（23-24九年級(jí)上·四川成都·期末）如圖，在菱形ABCD中，∠A=50°，分別以點(diǎn)A，B為圓心，大于12AB的長(zhǎng)為半徑作弧相交于M，N兩點(diǎn)，過M，N兩點(diǎn)的直線交AD邊于點(diǎn)E（作圖痕跡如圖所示），連接BE，BD．則∠EBC的度數(shù)為 ．

【答案】80°/80度
【分析】本題考查了作圖—垂直平分線，菱形的性質(zhì)，根據(jù)題意得，點(diǎn)E在AB的垂直平分線上，則EA=EB，即可得∠A=∠EBA=50°，根據(jù)四邊形ABCD為菱形得AB=AD，∠ABC=130°，可得∠ABD=∠ADB=65°，即可得；掌握作圖—垂直平分線，菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【詳解】解：根據(jù)題意得，點(diǎn)E在AB的垂直平分線上，
∴EA=EB，
∴∠A=∠EBA=50°，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AB=AD，
∠ABC=180°?∠BAD=180°?50°=130°，
∴∠ABD=∠ADB=12(180°?∠BAD)=12(180°?50°)=65°，
∴∠EBC=∠ABC?∠ABE=130°?50°=80°，
故答案為：80°．
【變式1-3】（23-24·廣東·二模）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，四邊形BCEF為菱形，BF與CD交于點(diǎn)G，∠A=60°，∠BEC=22°，則∠BGC=（ ）
A．76°B．82°C．86°D．104°
【答案】A
【分析】本題考查平行四邊形和菱形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，掌握菱形的對(duì)角線平分一組對(duì)角是解題的關(guān)鍵．
【詳解】解：∵四邊形BCEF為菱形，
∴∠FBC=∠FEC=2∠BEC=2×22°=44°，
又∵ABCD為平行四邊形，
∴∠BCD=∠A=60°，
∴∠BGC=180°?∠BCD?∠FBC=180°?60°?44°=76°，
故選A．
【題型2 由菱形的性質(zhì)求線段長(zhǎng)度】
【例2】（23-24九年級(jí)下·浙江嘉興·期末）如圖，在菱形紙片ABCD中，AB=2，∠B=60°，將該菱形紙片沿折痕EF翻折，使點(diǎn)D落在AB的中點(diǎn)G處，則DE的長(zhǎng)是 ．
【答案】75
【分析】本題考查菱形的性質(zhì)、折疊性質(zhì)、含30度角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握菱形的性質(zhì)和含30度角的直角三角形的性質(zhì)是解答的關(guān)鍵．過G作GH⊥DA交DA延長(zhǎng)線于H，先根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AD=AB=2，∠GAH=60°，AG=12AB=1，在Rt△AGH中，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)和勾股定理求得
GH=32，設(shè)DE=x，由折疊性質(zhì)得GE=DE=x，在Rt△GHE中利用勾股定理列方程求得x值即可．
【詳解】解：過G作GH⊥DA交DA延長(zhǎng)線于H，
∵四邊形ABCD是菱形，AB=2，∠B=60°，
∴AD=AB=2，∠BAD=180°?∠B=120°，則∠GAH=180°?∠BAD=60°，
∵點(diǎn)G是AB的中點(diǎn)，
∴AG=12AB=1，
在Rt△AGH中，∠AGH=90°?∠GAH=30°，
∴AH=12AG=12，
∴GH=AG2?AH2=12?122=32，
設(shè)DE=x，
由折疊性質(zhì)得GE=DE=x，
在Rt△GHE中，HE=AH+AE=12+2?x=52?x，
由GH2+HE2=GE2得322+52?x2=x2，
解得x=75，
故答案為：75
【變式2-1】（23-24九年級(jí)下·福建寧德·期末）如圖，在菱形ABCD中，∠D=60°,AC=6，則菱形ABCD的周長(zhǎng)是（ ）
A．24B．30C．183D．363
【答案】A
【分析】本題主要考查了菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)，解題關(guān)鍵是熟練掌握菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定和性質(zhì)．
先根據(jù)菱形的性質(zhì)證明AB=BC=CD=AD，在根據(jù)已知條件證明△ABC是等邊三角形，求出AB=BC=AC=6，從而求出菱形周長(zhǎng)即可．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
∵∠B=60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∴AB=BC=AC=6，
∴AB=BC=CD=AD=6，
∴菱形ABCD的周長(zhǎng)為：
AB+BC+CD+AD
=6+6+6+6
=24，
故選：A．
【變式2-2】（23-24九年級(jí)下·江蘇無錫·期中）如圖，邊長(zhǎng)為3的菱形ABCD中，∠ABC=60°，點(diǎn)P是對(duì)角線BD上任意一點(diǎn)（P不與B、D重合），以AP和PD為邊作平行四邊形APDQ，則PQ的最小值為 ．
【答案】32
【分析】設(shè)AD與PQ交于O，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到PQ=2OP，當(dāng)OP取最小值時(shí)，PQ的值最小，當(dāng)PQ⊥BD時(shí)，PO的值最小，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AD=CD=3，∠ABC=∠ADC=60°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到OP=34，于是得到答案．
【詳解】解：設(shè)AD與PQ交于O，
∵四邊形APDQ是平行四邊形，
∴PQ=2OP，
∴當(dāng)OP取最小值時(shí)，PQ的值最小，
由“點(diǎn)到直線的距離垂線段最短”可知，
當(dāng)PQ⊥BD時(shí)，PO的值最小，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD=CD=3，∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠ADP=30°，
∵AO=OD=32，
在Rt△OPD中，OP=12OD=34
∴PQ=2OP=32，
∴PQ的最小值為32．
故答案為：32．
【點(diǎn)睛】此題考查了菱形的性質(zhì)、含30°直角三角形的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
【變式2-3】（23-24·河北邯鄲·三模）如圖是由5個(gè)邊長(zhǎng)為1，且一個(gè)內(nèi)角為60°的小菱形拼成的圖形，P是其中4個(gè)小菱形的公共頂點(diǎn)．佳佳想到：“一條直線經(jīng)過平行四邊形對(duì)角線的交點(diǎn)，則這條直線平分該平行四邊形的面積”就將該圖形沿著過點(diǎn)P的某條直線剪一刀，把這五個(gè)菱形組成紙片剪成了面積相等的兩部分，則剪痕的長(zhǎng)度是（ ）

A．3B．13C．133D．273
【答案】B
【分析】本題考查了圖形的剪拼，中心對(duì)稱的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，熟練掌握中心對(duì)稱的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．根據(jù)中心對(duì)稱的性質(zhì)即可作出剪痕，由三角形全等的性質(zhì)即可證得QF=AP，利用勾股定理即可求得．
【詳解】解：如圖，連接最左側(cè)菱形的對(duì)角線交于點(diǎn)O，作直線OP，交CB延長(zhǎng)線于點(diǎn)A，交最左側(cè)菱形對(duì)邊分別于點(diǎn)Q,N，交最右側(cè)上方菱形一邊于點(diǎn)F，過點(diǎn)P作PG⊥CD，垂足為G，
∵菱形是中心對(duì)稱圖形，
∴經(jīng)過P、O的直線則把它剪成了面積相等的兩部分，
由中心對(duì)稱圖形可知△MNP≌△EFP,△MNO≌△BQO，
∴BQ=MN，
∵M(jìn)P∥AC，
∴∠A=∠MPN，
∵∠ABQ=∠PMN=180°?60°=120°，
∴ △MNP≌△BQA，
∴ △MNP≌△BQA≌△EFP，
∴AQ=PF,AB=PE=1，
∴QF=AP，
∵ ∠CPG=90°?∠PCD=30°，
∴CG=12CP=12，
∴PG=CP2?CG2=32，AG=72
∴ AP=AG2+PG2=722+322=13，
∴QF=13，
故選：B．
【題型3 由菱形的性質(zhì)求面積】
【例3】（23-24九年級(jí)下·浙江嘉興·期末）如圖，在菱形ABCD中，點(diǎn)E,F分別是邊DC,AD的中點(diǎn)，連接BE,EF,BF．若菱形ABCD的面積為16，則△BEF的面積為（ ）
A．8B．7C．6D．5
【答案】C
【分析】本題考查菱形的性質(zhì)，三角形的中位線定理，連接AC和BD，可得EF=12AC，EF∥AC，即可得到S△DEF=14S△DAC，S△DBF=S△DBE=14S菱形ABCD，然后利用S△BEF=S△DBF+S△DBE?S△DEF解題即可．
【詳解】連接AC和BD，
則AC⊥BD，DO=OB，
又∵點(diǎn)E,F分別是邊DC,AD的中點(diǎn)，
∴EF=12AC，EF∥AC，
∴S△DEF=14S△DAC=18S菱形ABCD=18×16=2，
∵點(diǎn)E,F分別是邊DC,AD的中點(diǎn)，
∴S△DBF=S△DBE=14S菱形ABCD=14×16=4，
∴S△BEF=S△DBF+S△DBE?S△DEF=4+4?2=6，
故選C．
【變式3-1】（23-24九年級(jí)下·全國(guó)·專題練習(xí)）如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，過點(diǎn)D作DH⊥AB于點(diǎn)H，連接OH，若OA=6，OH=4，則菱形ABCD的面積為（ ）
A．247B．48C．72D．96
【答案】B
【分析】本題主要考查了菱形的性質(zhì)、直角三角形的斜邊上的中線性質(zhì)和菱形的面積公式，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
由菱形的性質(zhì)得OA=OC=6，OB=OD，AC⊥BD，根據(jù)題意得AC=12，再由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)求出BD的長(zhǎng)度，然后由菱形的面積公式求解即可．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴OA=OC=6，OB=OD，AC⊥BD，
∴AC=2OA=12，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD=90°，
∴BD=2OH=2×4=8，
∴菱形ABCD的面積=12AC·BD＝12×12×8=48，
故選：B．
【變式3-2】（23-24九年級(jí)下·廣西賀州·期末）如圖，在菱形ABCD中，∠B=60°，AB=2cm，過點(diǎn)A分別作AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分別為E，F(xiàn)，連接EF，則△ECF的面積為（ ）

A．34B．32C．334D．3
【答案】A
【分析】首先利用菱形的性質(zhì)及等邊三角形的判定可得判斷出△AEF是等邊三角形，過F作FG⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理，即可算出三角形的面積．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴BC=CD，∠B=∠D=60°，
∴△ABC和△ADC是等邊三角形，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴BE=CE=1，DF=CF=1，∠BAE=∠CAE=∠CAF=∠DAF=30°，
∴AE=AF=3，∠EAF=30°+30°=60°，
∴△AEF是等邊三角形，
∴EF=3，∠AEF=60°，
∴∠CEF=180°?90°?60°=30°，
過F作FG⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，

∴FG=12EF=32，
∴△CEF的面積是：12EC?FG=12×1×32=34，
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理，熟練掌握等邊三角形的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
【變式3-3】（23-24九年級(jí)上·山東青島·期末）如圖所示，第一個(gè)菱形OBCD的邊長(zhǎng)為2，∠BOD=60°，且點(diǎn)D落在y軸上，延長(zhǎng)CB交x軸于A，以CA為邊作第二個(gè)菱形AB1C1C；延長(zhǎng)C1B1交x軸于點(diǎn)A1，以C1A1為邊作第三個(gè)菱形A1B2C2C1…，按這樣的規(guī)律進(jìn)行下去，若點(diǎn)D、C、C1、C2…都在一條直線上．
【探究】
(1)A1C1=______AC；
(2)An?2Cn?2=______BC=______；
(3)則第n個(gè)菱形的面積為______．
【答案】(1)32
(2)(32)n?1，3n?12n?2
(3)3×32n?222n?3
【分析】（1）由第一個(gè)菱形OBCD的邊長(zhǎng)為2，∠BOD=60°，得出△BOA為含30度直角三角形，由此得出AB=12OB=12BC=12OD=1，即可得到答案；
（2）同理（1）可得A1C1=32AC，A2C2=32A1C1=(32)2AC，由此發(fā)現(xiàn)規(guī)律：AnCn=(32)nAC=(32)n+1BC即可解題；
（3）根據(jù)（2）的規(guī)律求出第n個(gè)菱形的邊Cn?1Bn?1的高An?2An?1=32An?1Cn?1=32×3n?12n?2即可求解．
【詳解】（1）解：∵ ∠BOD=60°，
∴∠BOA=30°，
∵菱形OBCD的邊長(zhǎng)為2，
∴BC∥OD，OB=OD=BC=2，
∴∠BAO=90°，AB=12OB=12BC=12OD=1，
∴AC=AB+BC=12OD+OD=32OD
同理可得A1B1=12AB1=12AC=32
∴A1C1=A1B1+B1C1=12AC+AC=32AC
故答案為32
（2）由（1）可知A1C1=A1B1+B1C1=12AC+AC=32AC
A2C2=A2B2+B2C2=12A1C1+A1C1=32A1C1=(32×32)AC，即：A2C2=(32)2AC=(32)3BC
由此規(guī)律可知：AnCn=(32)nAC=(32)n+1BC，
∴An?2Cn?2=(32)n?1BC=(32)n?1×2=3n?12n?2
故答案為：(32)n?1，3n?12n?2．
（3）由（2）可知，第n個(gè)菱形的菱長(zhǎng)為An?2Cn?2=3n?12n?2，
An?1Cn?1的高An?2An?1=32An?1Cn?1=32×3n?12n?2，
第n個(gè)菱形的面積為An?2An?1?An?2Cn?2=32×3n?12n?2×3n?12n?2=3×32n?222n?3．
故答案為3×32n?222n?3．
【點(diǎn)睛】本題主要考查菱形的性質(zhì)，含30度直角三角形性質(zhì)、勾股定理，圖形的規(guī)律，解本題的關(guān)鍵是求出前幾個(gè)菱形的邊長(zhǎng)，找出規(guī)律．
【題型4 菱形在平面直角坐標(biāo)系中的運(yùn)用】
【例4】（23-24九年級(jí)下·山東聊城·期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A?2，0，點(diǎn)B在y軸上，菱形OBCD的頂點(diǎn)D4，3．

(1)求直線OC的解析式；
(2)點(diǎn)P是對(duì)角線OC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)AP+BP取到最小值時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
(3)y軸上是否存在一點(diǎn)Q，使△QAD的面積等于菱形OBCD的面積，若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，若不存在，說明理由．
【答案】(1)y=2x
(2)23,43
(3)存在，0，233或0,?173
【分析】（1）先由菱形的性質(zhì)得出點(diǎn)C的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法即可求出解析式；
（2）先確定當(dāng)AP+BP取到最小值時(shí)點(diǎn)P的位置是直線AD與y軸的交點(diǎn)，即可根據(jù)OC、AD的解析式，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，即可解答；
（3）存在，設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為0，y，先求出菱形的面積，根據(jù)面積相等，即可求出y，從而求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．
【詳解】（1）解：∵D4，3，∴OD=5，
∵四邊形OBCD是菱形，
∴CD=OD=5，
∴C4，8，
設(shè)OC的解析式為y=kx，
則8=4k，解得：k=2，
∴y=2x；
（2）連接AD，交OC于點(diǎn)P，連接BD，交OC于點(diǎn)N，

∵四邊形OBCD是菱形，
∴BD⊥OC，BN=DN
∴BP=PD ，
由三角形三邊關(guān)系可知：AP+BP=AP+PD≥AD，
∴當(dāng)A、P、D三點(diǎn)共線時(shí)，AP+BP最小，
設(shè)AD的解析式為y=k1x+b，
將?2，0、4，3代入，得：?2k1+b=04k1+b=3，
解得：k1=12b=1，
∴y=12x+1，
聯(lián)立y=12x+1y=2x，
解得x=23y=43，
∴P點(diǎn)坐標(biāo)為23,43；
（3）∵OD=OB=5，D4，3，
∴S菱形OBCD=20，
如圖，設(shè)AD交y軸于點(diǎn)E，則E0，1，設(shè)Q0，y，

則S△QAD=S△AEQ+S△DEQ
=12y?1?2+12y?1?4
=3y?1，
∴3y?1=20，
∴y=233或y=?173，
∴Q點(diǎn)的坐標(biāo)為0，233或0,?173．
【點(diǎn)睛】本題考查一次函數(shù)的圖象性質(zhì)和菱形的性質(zhì)，熟練掌握以上性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
【變式4-1】（23-24九年級(jí)下·山東聊城·期末）在如圖所示的直角坐標(biāo)系中，菱形ABCD的邊長(zhǎng)是2，E(0,2)為BC的中點(diǎn)．y軸垂直平分BC，垂足為點(diǎn)E．請(qǐng)分別求出點(diǎn)A，B，C，D的坐標(biāo)．

【答案】A(0,2+3)，B(?1,2)，C(1,2)，D(2,2+3)
【分析】根據(jù)菱形邊長(zhǎng)為2結(jié)合E為BC中點(diǎn)求出B、C的坐標(biāo)，根據(jù)勾股定理的知識(shí)求出AE的長(zhǎng)，進(jìn)而求出AO長(zhǎng)度，最后求出A、D坐標(biāo)．
【詳解】解：∵菱形ABCD的邊長(zhǎng)是2，
∴AB=BC=CD=DA=2，
∵E為BC中點(diǎn)，
∴BE=EC=12BC=1，
∵E(0,2)，
∴B(?1,2)，C(1,2)，
∵y軸垂直平分BC，
∴∠AEB=90°，
∴BE2+AE2=AB2，
∴AE=22?12=3，
∴OA=2+3，
∴A(0,2+3)，D(2,2+3)．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的知識(shí)、勾股定理的知識(shí)、垂直平分線的知識(shí)，難度不大．
【變式4-2】（23-24九年級(jí)下·湖北咸寧·期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知A0,2，B(0,?3)，C(4,0)，P(?2,0)，且以A，B，C，D為頂點(diǎn)的四邊形為菱形．
(1)直接寫出D點(diǎn)的坐標(biāo)______；
(2)請(qǐng)用無刻度直尺作直線l，使直線l經(jīng)過點(diǎn)P且平分菱形的面積，保留作圖痕跡；
(3)已知點(diǎn)T是CD邊上一點(diǎn)，若線段OT將菱形ABCD的面積分為2：3兩部分，直接寫出點(diǎn)T的坐標(biāo)．
【答案】(1)D(4,5)
(2)見解析
(3)(4,1)或(4,3)
【分析】（1）根據(jù)A,B,C的坐標(biāo)，求得AB=BC=5，進(jìn)而即可得出D的坐標(biāo)；
（2）連接AC,BD交于點(diǎn)E，過點(diǎn)P,E作直線l，直線l即為所求；
（3）根據(jù)菱形的性質(zhì)求得菱形的面積，進(jìn)而可得S四邊形OTCB=25×20=8或S四邊形OTCB=35×20=12，進(jìn)而得出S△OCT=8?6=2或S△OCT=12?6=6，根據(jù)三角形的面積公式，結(jié)合圖形，即可求解．
【詳解】（1）解：∵A0,2，B0,?3，C4,0，
∴AB=5，BC=32+42=5，
∴AB=BC=CD=AD=5，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB∥CD
∴D4,5；
（2）解：如圖所示，連接AC,BD交于點(diǎn)E，過點(diǎn)P,E作直線l，直線l即為所求；
（3）解：∵AB=5，OC=4，
∴菱形ABCD的面積為AB×CD=5×4=20，
∵OB=3，
∴S△OBC=12×OB×OC=12×3×4=6，
∵線段OT將菱形ABCD的面積分為2:3兩部分，
∴S四邊形OTCB=25×20=8或S四邊形OTCB=35×20=12
則S△OCT=8?6=2或S△OCT=12?6=6，
∴12×OC×CT=2或12×OC×CT=6
∵OC=4
∴CT=1或CT=3，
∴T4,1或4，3
【點(diǎn)睛】本題考查了坐標(biāo)與圖形，菱形的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式4-3】（23-24九年級(jí)下·河南駐馬店·期末）在平面直角坐標(biāo)系中，菱形ABCD的位置如圖所示，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(?2,0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(2,0)，點(diǎn)D在y軸上，∠DAB=60°．

(1)求點(diǎn)C和點(diǎn)D的坐標(biāo)．
(2)點(diǎn)P是對(duì)角線AC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)OP+BP最短時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【答案】(1)D0,23，C4,23
(2)P0,233
【分析】（1）先求出AB=4，由四邊形ABCD是菱形，則AB=AD=CD=BC=4，CD∥AB，在Rt△ADO中，∠DAB=60°，求出OD=23，即可得到點(diǎn)C和點(diǎn)D的坐標(biāo)．
（2）點(diǎn)B，D關(guān)于直線AC對(duì)稱．設(shè)OD交AC于P′，連接BP′，則BP′=DP′，P′O+P′B=P′D+P′O≥OD，即P′O+P′B=P′D+P′O≤OP+PB．則當(dāng)點(diǎn)P和點(diǎn)P′重合時(shí)，OP+PB=OP+PD=OD的值最?。赗t△AOP中，∠PAO=12∠DAB=30°，則OP=12AP，則OP2+AO2=AP2，求出OP，即可得到點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【詳解】（1）解：∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為(?2,0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(2,0)，
∴AB=4．OA=2，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD=BC=4，CD∥AB，
在Rt△ADO中，∠DAB=60°，
則∠ADO=30°，
∴AO=12AD，
∴AD=2AD=4，
∴OD=AD2?AO2=23，
∴D0,23，C4,23．
（2）∵四邊形ABCD是菱形，
∴B，D關(guān)于直線AC對(duì)稱．
設(shè)OD交AC于P′，連接BP′，則BP′=DP′，

∵P′O+P′B=P′D+P′O≥OD，即P′O+P′B=P′D+P′O≤OP+PB．
當(dāng)點(diǎn)P和點(diǎn)P′重合時(shí)，OP+PB=OP+PD=OD的值最?。?br>在Rt△AOP中，
∵∠PAO=12∠DAB=30°，
∴OP=12AP，
則OP2+AO2=AP2，即OP2+22=2OP2，
∴OP=233，
∴P0,233．
【點(diǎn)睛】此題考查了勾股定理、含30°角的直角三角形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、軸對(duì)稱的性質(zhì)、點(diǎn)的坐標(biāo)等知識(shí)，數(shù)形結(jié)合和準(zhǔn)確計(jì)算是解題的關(guān)鍵．
【題型5 菱形中的證明】
【例5】（23-24·福建三明·一模）如圖，菱形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊CD,AD.上，AF=CE，求證：AE=CF．
【答案】見解析
【分析】解法一：由菱形的性質(zhì)可得AD=CD，結(jié)合AF=CE可證DF=DE，再證明△ADE≌△CDF即可；
解法二：連接AC，由菱形的性質(zhì)可得DA=DC，根據(jù)等邊對(duì)等角得出∠DAC=∠DCA，再證明△DE≌△CAF即可．
【詳解】證明：解法一： ∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD=CD
又∵AF=CE，
∴AD?AF=CD?CE，
∴DF=DE，
在△ADE和△CDF中，
AD=CD∠D=∠DDE=DF
∴△ADE≌△CDF(SAS)
∴AE=CF
解法二： 連接AC，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴DA=DC，
∴∠DAC=∠DCA，
在△ACE和△CAF中，
CA=AC∠EAC=∠FACCE=AFD
∴△DE≌△CAFSAS，
∴AE=CF．
【點(diǎn)睛】本題考查菱形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，等邊對(duì)等角．靈活運(yùn)用菱形的性質(zhì)和三角形全等的判定是解題的關(guān)鍵．
【變式5-1】（23-24·廣東廣州·一模）如圖，菱形ABCD中，過點(diǎn)C分別作邊AB，AD上的高CE，CF，求證：BE=DF．
【答案】證明見解析
【分析】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，菱形性質(zhì)等知識(shí)，由菱形性質(zhì)結(jié)合條件，利用全等三角形的判定與性質(zhì)即可得證，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．
【詳解】證明：在四邊形ABCD是菱形，∠B=∠D，BC=DC，
∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴∠BEC=∠DFC=90°，
在△CBE和△CDF中，
∠B=∠D∠BEC=∠DFC=90°BC=DC
∴△CBE≌△CDFAAS，
∴BE=DF．
【變式5-2】（23-24九年級(jí)下·北京海淀·期末）如圖，在菱形ABCD中，E為AB邊上一點(diǎn)，EF∥BC交BD于點(diǎn)M，交CD于點(diǎn)F．求證：CF=EM．

【答案】見解析
【分析】由平行四邊形的性質(zhì)得AB∥CD，AD∥BC，AB=AD，再證四邊形BCFE是平行四邊形，EF∥AD，得BE=CF，然后證∠ABD=∠EMB，則BE=EM，即可得出結(jié)論．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠ADB=∠ABD，
∵EF∥BC，
∴四邊形BCFE是平行四邊形，EF∥AD，
∴BE=CF，∠ADB=∠EMB，
∴∠ABD=∠EMB，
∴BE=EM，
∴CF=EM．
【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握菱形的性質(zhì)和平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式5-3】（23-24九年級(jí)下·安徽安慶·期末）如圖，將菱形ABCD沿著EF，GH折疊后，點(diǎn)B，D重合于對(duì)角線BD上一點(diǎn)M，求證：四邊形AEMG是平行四邊形．

【答案】見解析
【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)可得EB=EM，求出∠AEM=2∠EBM，根據(jù)∠EBF=2∠EBM，可得∠AEM=∠EBF，證明AD∥EM，同理可得AE∥MG，結(jié)論得證．
【詳解】證明：由折疊得EB=EM，
∴∠EBM=∠EMB，
∴∠AEM=∠EBM+∠EMB=2∠EBM，
∵在菱形ABCD中，∠EBF=2∠EBM，AD∥BC，
∴∠AEM=∠EBF，
∴EM∥BF，
∴AD∥EM，
同理可得AE∥MG，
∴四邊形AEMG是平行四邊形．
【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，等邊對(duì)等角，三角形外角的性質(zhì)，平行四邊形的判定等知識(shí)，熟練掌握折疊的性質(zhì)，證明AD∥EM是解題的關(guān)鍵．
知識(shí)點(diǎn)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(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形（或“對(duì)角線互相垂直平分的四邊形是菱形”）．
知識(shí)點(diǎn)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(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形（或“對(duì)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】（23-24九年級(jí)下·北京東城·期末）如圖，下列條件之一能使?ABCD是菱形的為（ ）

①AC=BD；②AC平分∠BAD；③AB=BC；④AC⊥BD；
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】D
【分析】根據(jù)菱形的判定定理判斷即可得解．
【詳解】解：①AC=BD，四邊形ABCD是平行四邊形，
∴四邊形ABCD是矩形；
②AC平分∠BAD，四邊形ABCD是平行四邊形，
∴四邊形ABCD是菱形；
③AB=BC，四邊形ABCD是平行四邊形，
∴四邊形ABCD是菱形；
④AC⊥BD，四邊形ABCD是平行四邊形，
∴四邊形ABCD是菱形．
綜上所述，由②③④可證得四邊形ABCD是菱形．
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定，熟練掌握菱形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
【變式6-1】（17-18九年級(jí)下·全國(guó)·單元測(cè)試）如圖，△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，要判定四邊形DBFE是菱形，還需要添加的條件是（ ）
A．AB=ACB．AD=BDC．BE⊥ACD．BE平分∠ABC
【答案】D
【分析】當(dāng)BE平分∠ABC時(shí)，四邊形DBFE是菱形，可知先證明四邊形DBFE是平行四邊形，再證明BD=DE即可解決問題．
【詳解】解：當(dāng)BE平分∠ABC時(shí)，四邊形DBFE是菱形，
理由：∵DE∥BC，
∴∠DEB=∠EBC，
∵∠EBC=∠EBD，
∴∠EBD=∠DEB，
∴BD=DE，
∵DE∥BC，EF∥AB，
∴四邊形DBFE是平行四邊形，
∵BD=DE，
∴四邊形DBFE是菱形．
其余選項(xiàng)均無法判斷四邊形DBFE是菱形．
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查菱形的判定、平行四邊形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題．
【變式6-2】（23-24九年級(jí)下·河北秦皇島·階段練習(xí)）已知如圖，在?ABCD中，AD>AB，∠ABC為銳角，將△ABC沿對(duì)角線AC邊平移，得到△A′B′C′，連接AB′和C′D，若使四邊形AB′C′D是菱形，需添加一個(gè)條件，現(xiàn)有三種添加方案，甲方案：AB′=DC′；乙方案：B′D⊥AC′；丙方案：∠A′C′B′=∠A′C′D；其中正確的方案是（ ）
A．甲、乙、丙B．只有乙、丙C．只有甲、乙D．只有甲
【答案】B
【分析】本題主要考查了菱形的判定及平移的性質(zhì)，靈活選擇判定定理是解題的關(guān)鍵．先根據(jù)題意可知四邊形AB′C′D是平行四邊形，再根據(jù)三種方案結(jié)合菱形的判定定理即可得出答案．
【詳解】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD∥BC，AD=BC，
根據(jù)平移可知BC=B′C′，BC∥B′C′，
∴AD∥B′C′，AD=B′C′，
∴四邊形AB′C′D是平行四邊形，
∴AB′=DC′．
方案甲，添加AB′=DC′不能判斷四邊形AB′C′D是菱形；
方案乙，由B′D⊥AC′，
∴平行四邊形AB′C′D是菱形；
方案丙，由∠A′C′B′=∠A′C′D，
∵AD∥B′C′，
∴∠DAC′=∠A′C′B′，
∴∠DAC′=∠A′C′D，
∴ AD=C′D，
∴平行四邊形AB′C′D是菱形．
所以正確的是乙和丙．
故選：B．
【變式6-3】（23-24·河北承德·模擬預(yù)測(cè)）依據(jù)所標(biāo)識(shí)的數(shù)據(jù)，下列平行四邊形一定為菱形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根據(jù)菱形的判定逐項(xiàng)排查即可解答．
【詳解】解：∵四邊形是平行四邊形，∴對(duì)角線互相平分，故A不一定是菱形；
∵四邊形是平行四邊形，∴對(duì)邊相等，故B不一定是菱形；
∵圖C中，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理可得：180°?70°?55°=55°，∴鄰邊相等，∵四邊形是平行四邊形，∴鄰邊相等的平行四邊形的菱形，故C是菱形；
∵四邊形是平行四邊形，∴對(duì)邊平行，故D不一定是菱形．
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題主要考查菱形的判定，靈活運(yùn)用菱形的判定方法是解題的關(guān)鍵．
【題型7 證明四邊形是菱形】
【例7】（23-24九年級(jí)下·廣東珠?！て谥校┤鐖D1，AE∥BF，AC平分∠BAD，且交BF于點(diǎn)C，BD平分∠ABC，且交AE于點(diǎn)D，連接CD

求證：四邊形ABCD是菱形；
【答案】見解析
【分析】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
由平行線的性質(zhì)及角平分線的定義證出AD=BC，得出四邊形ABCD是平行四邊形，根據(jù)菱形的判定定理可得出結(jié)論；
【詳解】證明：∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
又∵AE∥BF，
∴∠DAC=∠ACB=∠BAC，
∴AB=BC，
同理，BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
又∵AE∥BF，
∴∠CBD=∠ADB=∠ABD，
∴AB=AD，
∵AB=BC，AB=AD，
∴AD=BC，
∵AD∥BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AB=AD，
∴四邊形ABCD是菱形
【變式7-1】（23-24九年級(jí)下·重慶沙坪壩·期中）如圖，在?ABCD中，點(diǎn)E在邊BC上，連接AE．
(1)利用尺規(guī)作圖，在邊AD求作一點(diǎn)F，使得∠DCF=∠BAE；（保留作圖痕跡，不寫作法）
(2)若AE=EC，證明：四邊形AECF為菱形．
證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴______________________AB=CD，BC=AD．
∵∠BAE=∠DCF，
∴△ABE≌△CDF（ASA）．
∴AE=CF，______________________．
∵BC=AD，
∴BC?BE=AD?DF，
∴______________________
∵AE=CF，
∴四邊形AFCE是平行四邊形（______________________）．（填推理依據(jù)）
∵AE=EC，
∴四邊形AFCE是菱形（______________________）．（填推理依據(jù)）
【答案】(1)如圖點(diǎn)F即為所求；
(2)∠B=∠D； BE=DF； EC=AF；兩組對(duì)邊分別相等的四邊形是平行四邊形；有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形．
【分析】本題主要考查了作圖—基本作圖，平行四邊形的性質(zhì)與判定，菱形的判定，熟練掌握基本作圖方法以及菱形的性質(zhì)與判定是關(guān)鍵．
（1）理解基本作圖（作一個(gè)角等于已知角），即利用尺規(guī)作出∠DCF=∠BAE即可．
（2）利用“四邊形ABCD是平行四邊形”證出△ABE≌△CDF，得AE=CF，EC=AF，進(jìn)而推出四邊形AFCE是平行四邊形，最后依據(jù)AE=EC，即可得出四邊形AFCE是菱形．
【詳解】（1）解：如圖點(diǎn)F即為所求；
（2）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠B=∠D，AB=CD，BC=AD．
∵∠BAE=∠DCF，
∴△ABE≌△CDF（ASA）．
∴AE=CF，BE=DF．
∵BC=AD，
∴BC?BE=AD?DF，
∴EC=AF，
∵AE=CF，
∴四邊形AFCE是平行四邊形（兩組對(duì)邊分別相等的四邊形是平行四邊形）．
∵AE=EC，
∴四邊形AFCE是菱形（有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形）．
【變式7-2】（23-24九年級(jí)下·廣東汕尾·期中）已知：如圖，在□ABCD中，AE是BC邊上的高，將△ABE沿BC方向平移，使點(diǎn)E與點(diǎn)C重合，得△GFC．

(1)求證：BE=DG；
(2)若∠B=60°，當(dāng)AB與BC滿足什么數(shù)量關(guān)系時(shí)，四邊形ABFG是菱形？證明你的結(jié)論．
【答案】(1)見解析
(2)當(dāng)BC=32AB時(shí)，四邊形ABFG是菱形，證明見解析
【分析】本題考查平移的基本性質(zhì)以及菱形的判定，關(guān)鍵是掌握①平移不改變圖形的形狀和大??；②經(jīng)過平移，對(duì)應(yīng)點(diǎn)所連的線段平行且相等，對(duì)應(yīng)線段平行且相等，對(duì)應(yīng)角相等和平行四邊形的性質(zhì)以及菱形的判定定理．
（1）根據(jù)平移的性質(zhì)，可得：BE=FC，再證明Rt△ABE≌Rt△CDG即可得到BE=DG；
（2）要使四邊形ABFG是菱形，須使AB=BF；根據(jù)條件找到滿足AB=BF的AB與BC滿足的數(shù)量關(guān)系即可．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB=CD．
∵AE是BC邊上的高，且CG是由AE沿BC方向平移而成．
∴CG⊥AD．
∴∠AEB=∠CGD=90°．
∵AE=CG，
∴Rt△ABE≌Rt△CDG．
∴BE=DG．
（2）當(dāng)BC=32AB時(shí)，四邊形ABFC是菱形．
證明：∵AB∥GF，AG∥BF，
∴四邊形ABFG是平行四邊形．
∵Rt△ABE中，∠B=60°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=12AB．
∵BE=CF，BC=32AB，
∴EF=12AB．
∴AB=BF．
∴四邊形ABFG是菱形．
【變式7-3】（23-24九年級(jí)下·河南鶴壁·期中）如圖，AC∥BD，AE平分∠BAC交BD于點(diǎn)E．
(1)【實(shí)踐與操作】過點(diǎn)B作AE的垂線，垂足為點(diǎn)O（要求尺規(guī)作圖，保留痕跡，不寫作法）；
(2)【猜想與證明】設(shè)（1）中的垂線交AC于點(diǎn)F，連接EF，試猜想四邊形ABEF的形狀，并證明．
【答案】(1)圖見解析
(2)四邊形ABEF是菱形，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)尺規(guī)作角平分線的方法求解即可；
（2）首先根據(jù)題意證明出△AFO≌△EBO(ASA)，得到OF=OB，證明出四邊形ABEF是平行四邊形，然后結(jié)合BA=BE，即可得到四邊形ABCD是菱形．
【詳解】（1）如圖，BO是所求作的垂線．
（2）四邊形ABEF是菱形，理由如下：
∵AC∥BD
∴∠CAE=∠BEA
∵AE平分∠BAC，
∴∠CAE=∠BAE
∴∠BEA=∠BAE
∴BA=BE．
又∵BF⊥AE
∴AO=EO，
而∠AOF=∠EOB,∠FAE=∠BEA，
∴△AFO≌△EBO(ASA)，
∴OF=OB，
∴四邊形ABEF是平行四邊形．
∵BA=BE，
∴四邊形ABCD是菱形．
【點(diǎn)睛】此題考查了尺規(guī)作角平分線，平行線的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，菱形的判定等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是掌握以上知識(shí)點(diǎn)．
【題型8 由菱形的性質(zhì)與判定求角度】
【例8】（23-24·四川成都·一模）如圖，在△ABC中，AB=AC，分別以C、B為圓心，取AB的長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧交于點(diǎn)D．連接BD、AD．若∠ABD=130°，則∠CAD= ．
【答案】25°/25度
【分析】由題意和作法可知：AB=AC=BD=CD，可得四邊形ABDC是菱形，再根據(jù)菱形及等腰三角形的性質(zhì)，即可求解．
【詳解】解：如圖：連接CD，
由題意和作法可知：AB=AC=BD=CD，
∴四邊形ABDC是菱形，∠BAD=12180°?∠ABD=12180°?130°=25°，
∴∠CAD=∠BAD=25°，
故答案為：25°．
【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，證得四邊形ABDC是菱形是解決本題的關(guān)鍵．
【變式8-1】（23-24九年級(jí)下·湖北恩施·期末）如圖，在4×4的正方形網(wǎng)格中，每一個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1，其頂點(diǎn)我們稱為格點(diǎn)，△ABC，△ABD為格點(diǎn)三角形．

(1)請(qǐng)你僅用無刻度的直尺，在這個(gè)4×4的正方形網(wǎng)格中，畫出個(gè)以AD為邊的不是正方形的菱形，并簡(jiǎn)單說明理由；
(2)求∠ADB+∠ACB的大?。?br>【答案】(1)圖見解析，理由見解析
(2)∠ADB+∠ACB=45°
【分析】（1）根據(jù)勾股定理可知AD=AF=FE=DE，再根據(jù)菱形的判定即可解答；
（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)可知△AOF≌△FDCSAS，在根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可知△AFC是等腰直角三角形，最后利用等腰直角三角形的性質(zhì)即可解答．
【詳解】（1）解：∵AD=22+12=5，AF=EF=DE=5，
∴AD=AF=EF=DE=5，
∴四邊形ADEF是菱形，
∴菱形ADEF即為所求；

（2）解：∵AD=22+12=5，AF=EF=DE=5，
∴AD=AF=EF=DE=5，
∴四邊形ADEF是菱形，
∴AE⊥DF，∠FAE=∠EAD，
∴∠AOF=90°，
∵OA=DF，OF=CD，
∴△AOF≌△FDCSAS，
∴∠AFO=∠DCF，AF=CF
∴∠AFO+DFC=90°，
∴△AFC是等腰直角三角形，
∴∠FAC=45°，
∵∠ADB=∠FAE=∠EAD，∠ACB=∠CAE，
∴∠CAE+∠FAE=∠ADB+∠ACB，
∵∠FAC=∠CAE+∠FAE，
∴∠ADB+∠ACB=∠FAE+∠CAE=45°．

【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，掌握菱形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式8-2】（23-24九年級(jí)下·四川德陽·期末）如圖，在菱形ABCD的外側(cè)，作等邊△DCE，連接AE、DE．若對(duì)角線AC＝AB，則∠DEA＝ 度．
【答案】30
【分析】根據(jù)菱形的判定與性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)得到四邊形ACED是菱形，進(jìn)而求解即可．
【詳解】解：連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，AC=AB，
∴AD=CD=AB=AC，
∵△DCE是等邊三角形，
∴DE=CD=CE，∠CED=60°，
∴AD=AC=CE=DE，
∴四邊形ACED是菱形，
∴∠DEA=12∠CED=30°，
故答案為：30．
【點(diǎn)睛】本題考查菱形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)是解答的關(guān)鍵．
【變式8-3】（23-24九年級(jí)下·吉林長(zhǎng)春·階段練習(xí)）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥DC，AB=DA，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，且AC平分∠BAD，過點(diǎn)C作CE⊥AB交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．
(1)求證：四邊形ABCD是菱形；
(2)連結(jié)OE，交CB于點(diǎn)F，若∠ACB=20°，則∠CFE=______度．
【答案】(1)證明見解析
(2)60°
【分析】本題考查的是平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，熟記平行四邊形與菱形的判定方法是解本題的關(guān)鍵；
（1）由角平分線的性質(zhì)可得∠BAC=∠CAD，由平行線的性質(zhì)可得∠BAC=∠DCA，即可得到∠DAC=∠DCA，進(jìn)而得到AD=CD，然后證得AB=CD，根據(jù)平行四邊形判定得到四邊形ABCD是平行四邊形，再由AB=AD，即可證得平行四邊形ABCD是菱形；
（2）證明∠CEA=90°，證明AO=CO=EO，結(jié)合AB=CB，可得∠BAC=∠ACB=20°，證明∠OEA=∠BAC=20°，從而可得答案．
【詳解】（1）證明：∵AB∥CD，
∴∠CAB=∠DCA，
∵AC為∠DAB的平分線，
∴∠CAB=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴CD=AD，
∵AB=AD，
∴AB=CD，
∵AB∥CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AD=AB，
∴平行四邊形ABCD是菱形；
（2）∵CE⊥AB，
∴∠CEA=90°，
∵平行四邊形ABCD是菱形，
∴AO=CO，
∴AO=CO=EO，
∵平行四邊形ABCD是菱形，
∴AB=CB，
∴∠BAC=∠ACB=20°，
∵AO=EO，
∴∠OEA=∠BAC=20°，
∴∠COE=40°，∠CFE=∠COE+∠BCA=60°．
【題型9 由菱形的性質(zhì)與判定求線段長(zhǎng)度】
【例9】（23-24九年級(jí)上·四川成都·期中）如圖，四邊形ABCD中AD∥BC，∠C=90°，AB=AD，連接BD，∠BAD的角平分線交BD，BC分別于點(diǎn)O、E，若EC=3，CD=4，則BO的長(zhǎng)為（ ）

A．4B．33C．523D．25
【答案】D
【分析】本題考查勾股定理的運(yùn)用以及菱形的判定和性質(zhì)，連接DE，因?yàn)锳B=AD，AE平分∠BAD，AD∥BC，可證四邊形ABED為菱形，從而得到BE、BC的長(zhǎng)，進(jìn)而解答即可．根據(jù)條件能夠發(fā)現(xiàn)圖中的菱形ABDE是關(guān)鍵．
【詳解】解：連接DE．

在Rt△CDE中，EC=3，CD=4，根據(jù)勾股定理，得DE=5．
∵AB=AD，AE平分∠BAD，
∴AE⊥BD，OB=OD，
∴AE垂直平分BD，∠BAE=∠DAE．
∴DE=BE=5．
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE=5，
∴BC=BE+EC=8，AB=BE=DE=AD，
∴四邊形ABED是菱形，
由勾股定理得出BD=BC2+DC2=42+82=45，
∴BO=12BD=25，
故選：D．
【變式9-1】（23-24九年級(jí)上·山東煙臺(tái)·期末）如圖，BD是?ABCD的對(duì)角線，AM⊥BC于點(diǎn)M，交BD于點(diǎn)E，連接CE．若點(diǎn)M為BC的中點(diǎn)，EA=EC，BE=1，則?ABCD的周長(zhǎng)為 ．
【答案】43
【分析】連接AC，由垂直平分線的性質(zhì)得出AB=AC，∠BME=90°，BC=2BM，再證四邊形ABCD是菱形，得出△ABC是等邊三角形，求出∠EBM=30°，含30°角的直角三角形的性質(zhì)得出EM，由勾股定理求出BM，即可得出答案．
【詳解】解：如圖，連接AC，AC交BD于點(diǎn)O，
∵AM⊥BC，點(diǎn)M為BC的中點(diǎn)，
∴AB=AC，∠BME=90°，BC=2BM，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA=OC，
∵EA=EC，
∴EO⊥AC，
即BD⊥AC，
∴四邊形ABCD是菱形，
∴∠EBM=12∠ABC，AB=BC，
∴AB=AC=BC，
∴△ABC是等邊三角形，
∴∠ABC=60°，
∴∠EBM=12×60°=30°，
∴EM=12BE=12，
在Rt△BME中，由勾股定理得：BM=BE2?EM2=12?122=32，
∴BC=BC=2BM=2×32=3，
∴菱形ABCD的周長(zhǎng)=4BC=4×3=43，
故答案為：43．
【點(diǎn)睛】本題考查了線段垂直平分線的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，以及勾股定理等知識(shí)，正確作出輔助線，構(gòu)建等邊三角形是解題的關(guān)鍵．
【變式9-2】（23-24九年級(jí)下·福建廈門·階段練習(xí)）如圖，E，F(xiàn)是平行四邊形ABCD對(duì)角線BD上兩點(diǎn)，且BE＝DF，若∠BAF＝90°，AB＝4，AF＝AE＝3，則AC的長(zhǎng)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(duì)角線BD上兩點(diǎn)，
∴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(diǎn)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】（23-24九年級(jí)下·河南南陽·期末）如圖，將邊長(zhǎng)為4的正方形紙片ABCD沿EF對(duì)折再展平，沿折痕剪開，得到矩形ABEF和矩形CEFD，再將矩形ABEF繞點(diǎn)E順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)．使點(diǎn)A與點(diǎn)D重合，點(diǎn)F的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為F′，則圖②中陰影部分的周長(zhǎng)為 ．

【答案】10
【分析】首先根據(jù)已知條件判斷出△BGE≌△FGDAAS，得到BG=FG，EG=DG，然后可設(shè)FG的長(zhǎng)度為x，則DG=4?x，根據(jù)勾股定理列方程可解出x，最后證明陰影部分是菱形后，即可求出其周長(zhǎng)．
【詳解】解：如圖，設(shè)BD交EF于G，EF旋轉(zhuǎn)后交CD于點(diǎn)H，

由題意知，BE=FD=2，∠B=∠F=90°，
又∵∠BGE=∠FGD，
∴△BGE≌△FGDAAS，
∴BG=FG，EG=DG，
設(shè)BG=FG=x，則DG=4?x，
在Rt△FDG中，4?x2=x2+22，
解得：x=32，
∴DG=4?x=52，
∵DG∥EH，GE∥DH，
∴四邊形DGEH為平行四邊形，
又∵EG=DG，
∴?DGEH為菱形，
∴陰影部分的周長(zhǎng)為：52×4=10，
故答案為：10．
【點(diǎn)睛】本題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理以及菱形的判定與性質(zhì)等，解答本題的關(guān)鍵是勾股定理以及菱形的判定．
【題型10 由菱形的性質(zhì)與判定求面積】
【例10】（23-24九年級(jí)下·黑龍江哈爾濱·期中）如圖在直角△ABC中，∠BAC=90°，點(diǎn)D是BC中點(diǎn)，連接AD，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，過點(diǎn)A作AF∥BC交線段BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接CF．
(1)求證：AF=DC；
(2)在不添加任何輔助線的情況下，請(qǐng)直接寫出與△ACD面積相等的三角形（不包含△ACD）．
【答案】(1)證明見解析
(2)△ABD,△ACF,△ABF
【分析】此題考查的是全等三角形的判定及性質(zhì)、菱形的判定及性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)和三角形的面積：
（1）首先由E是AD的中點(diǎn)，AF∥BC，證明△AFE≌△DBE，即可得AF=BD，即可；
（2）證明四邊形ADCF是菱形，根據(jù)平行線之間的距離處處相等、等高模型和菱形的性質(zhì)即可解決問題．
【詳解】（1）證明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵點(diǎn)D是BC中點(diǎn)，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，
∴AE=DE,BD=CD，
在△AFE和△DBE中，
∵∠AFE=∠DBE,∠FEA=∠BED,AE=DE，
∴△AFE≌△DBEAAS；
∴AF=DB．
∵DB=DC，
∴AF=CD；
（2）解：∵AF∥BC，AF=CD，
∴四邊形ADCF是平行四邊形，
∵∠BAC=90°，D是BC的中點(diǎn)，
∴AD=DC=BC，
∴四邊形ADCF是菱形；
∵BD=CD，且△ABD的邊BD上的高，即△ACD的邊CD上的高，
∴S△ACD=S△ABD，
∴S△ACD=S△ACF，
∵AF∥CD，
∴△ACD的邊CD上的高等于△BAF的邊AF上的高，
∵AF=CD，
∴S△ACD=S△AFB，
綜上：與△ACD面積相等的三角形有：△ABD,△ACF,△ABF．
【變式10-1】（23-24·吉林長(zhǎng)春·一模）如圖，在?ABCD中，按如下步驟操作：①以點(diǎn)A為圓心，AB長(zhǎng)為半徑畫弧交AD于點(diǎn)F；②再分別以點(diǎn)B、F為圓心，大于12BF的長(zhǎng)為半徑畫弧，兩弧交于一點(diǎn)P；③連接AP并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)E，連接EF．若BF=6，AB=5，則四邊形ABEF的面積為 ．

【答案】24
【分析】證明四邊形ABEF是菱形，利用菱形的性質(zhì)結(jié)合勾股定理可得結(jié)論．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
由作圖可知∠BAE=∠DAE，AB=AF，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE=AF，
∵AF∥BE，
∴四邊形ABEF是平行四邊形，
∵AB=AF，
∴四邊形ABEF是菱形，
∵AE⊥BF，OB=OF=12BF=3，
∴OA=OE=AB2?OB2=52?32=4，
∴AE=2AO=8，
∴菱形ABEF的面積=12?AE?BF=12×8×6=24，
故答案為：24．
【點(diǎn)睛】本題考查作圖?基本作圖，菱形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用面積法解決問題．
【變式10-2】（23-24九年級(jí)下·貴州六盤水·期末）如圖，在?ABCD中，AB=BC，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分別為E，F(xiàn)，且E，F(xiàn)分別是BC和CD的中點(diǎn)，連接AC，若AE=AF=3，則△AEF的面積等于（ ）

A．983B．323C．943D．923
【答案】C
【分析】連接AC交FE于點(diǎn)M，首先判斷四邊形ABCD為菱形，再利用菱形的性質(zhì)及等邊三角形的判定可判斷出△AEF是等邊三角形，即可得AM垂直平分EF，EF=AE=AF=3，再進(jìn)一步利用勾股定理計(jì)算出AM的值，即可算出三角形的面積．
【詳解】連接AC交FE于點(diǎn)M，

在?ABCD中，AB=BC，
∴四邊形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD，AD∥BC，
∴∠BAD+∠B=180°，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，E，F(xiàn)分別是BC和CD的中點(diǎn)，
∴AB=AC=AD，
∴△ABC，△ACD為等邊三角形，
∴∠B=∠D=60°，
∴∠BAD=120°，∠BAE=∠DAF=30°，
∴∠EAF=120°?30°?30°=60°，
∴△AEF為等邊三角形，∠EAM=∠FAM=30°，
∴ AM垂直平分EF，EF=AE=AF=3，
∴EM=12EF=32，
∴AM=32?322=332，
∴△AEF的面積是:12EF?AM=12×332×3=934.
故選：C.
【點(diǎn)睛】此題考查菱形的性質(zhì)與判定，等邊三角形的判定及勾股定理的運(yùn)用，熟練掌握菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式10-3】（23-24·河北·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知△ABC，直線PQ垂直平分AC，與邊AB交于點(diǎn)E，連接CE，過點(diǎn)C作CF∥BA交PQ于點(diǎn)F，連接AF．
(1)求證：△AED≌△CFD；
(2)求證：四邊形AECF是菱形，
(3)若ED=6，AE=10，則菱形AECF的面積是多少？
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)96
【分析】（1）根據(jù)垂直平分線的定義得到AD=CD，由平行線的性質(zhì)可得∠EAD=∠FCD，∠AED=∠CFD，即可得證；
（2）由全等三角形的性質(zhì)得到AE=CF，由垂直平分線的性質(zhì)得到EC=EA，F(xiàn)C=FA，即可得證；
（3）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AC⊥EF，根據(jù)勾股定理有AD=AE2?ED2=8，繼而得到AC=2AD=16，EF=2ED=12，最后根據(jù)菱形的性質(zhì)可求出其面積．
【詳解】（1）證明：∵直線PQ垂直平分AC，
∴AD=CD，
∵CF∥BA，
∴∠EAD=∠FCD，∠AED=∠CFD，
在△AED與△CFD中，
∠EAD=∠FCD∠AED=∠CFDAD=CD，
∴△AED≌△CFDAAS；
（2）∵△AED≌△CFD，
∴AE=CF，
∵EF為線段AC的垂直平分線，
∴EC=EA，F(xiàn)C=FA，
∴EC=EA=FC=FA，
∴四邊形AECF為菱形；
（3）解：∵四邊形AECF是菱形，
∴AC⊥EF，
∵ED=6，AE=10，
∴AD=AE2?ED2=102?62=8，
∴AC=2AD=16，EF=2ED=12，
∴S菱形AECF=12AC?EF=12×16×12=96，
∴菱形AECF的面積是96．
【點(diǎn)睛】本題考查菱形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，垂直平分線的性質(zhì)，勾股定理，平行線的性質(zhì)，菱形的面積等知識(shí)點(diǎn)．掌握菱形的判定和性質(zhì)、勾股定理和垂直平分線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．