專題1.1菱形的性質(zhì)與判定【八大題型】【北師大版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1由菱形的性質(zhì)求線段的長度】 1【題型2由菱形的性質(zhì)求角的度數(shù)】 4【題型3由菱形的性質(zhì)求面積】 8【題型4由菱形的性質(zhì)求點(diǎn)的坐標(biāo)】 11【題型5菱形判定的條件】 15【題型6證明四邊形是菱形】 18【題型7菱形中多結(jié)論問題】 23【題型8菱形的判定與性質(zhì)綜合】 32【知識點(diǎn)1菱形的定義】有一組鄰邊相等的平行四邊形叫做菱形．【知識點(diǎn)2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．【題型1由菱形的性質(zhì)求線段的長度】【例1】（2023?青縣二模）如圖，在菱形ABCD中，AB＝BD＝10，點(diǎn)F為AD的中點(diǎn)，F(xiàn)E⊥BD于E，則EF的長為（）A．23 B．52 C．53【分析】證△ABD是等邊三角形，得∠ABD＝60°，AF=12AD＝5，∠ABF＝∠DBF＝30°，再由勾股定理得BF＝53，然后由含30【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∵AB＝BD＝10，∴AB＝AD＝BD＝10，∴△ABD是等邊三角形，∴∠ABD＝60°，∵點(diǎn)F為AD的中點(diǎn)，∴AF=12AD＝5，∠ABF＝∠DBF=12∠∴BF=AB2∵FE⊥BD，∴∠BEF＝90°，∴EF=12BF故選：C．【變式1-1】（2023春?北碚區(qū)校級期中）如圖，菱形ABCD的對角線交于點(diǎn)O，過點(diǎn)A作AE⊥CD于點(diǎn)E，連接OE．若AB＝3，OE=2，則DEA．53 B．32 C．43【分析】由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得AC＝2OE＝22，則OA=12AC=2，再由勾股定理得OB=7，則BD＝2OB＝2【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴CD＝AD＝AB＝3，OA＝OC，OB＝OD，BD⊥AC，∵AE⊥CD，∴∠AED＝∠AEC＝90°，∴AC＝2OE＝22，∴OA=12AC在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB=A∴BD＝2OB＝27，∵S菱形ABCD＝CD?AE=12AC?BD=12×22∴AE=2∴DE=A故選：A．【變式1-2】（2023春?江漢區(qū)期中）如圖，菱形ABCD的對角線AC．BD相交于點(diǎn)O，過點(diǎn)D作DH⊥AB于點(diǎn)H，連接CH，若AB＝2，AC＝23，則CH的長是（）A．5 B．3 C．7 D．4【分析】由菱形的性質(zhì)得∠ADC＝2∠BDA，AD＝CD＝AB＝2，OA＝OC=3，OB＝OD，AC⊥BD，再由勾股定理得OB＝1，則BD＝2OB＝2，得AB＝AD＝BD，然后由等邊三角形的性質(zhì)得∠ADH＝30°，AH＝1，進(jìn)而由勾股定理得DH=3，求出∠CDH＝90【解答】解：∵四邊形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=A∴BD＝2OB＝2，∴AB＝AD＝BD，∴△ABD是等邊三角形，∴∠BAD＝∠BDA＝60°，∴∠ADC＝2∠BDA＝120°，∵DH⊥AB，∴∠ADH=12∠BDA＝30°，AH＝BH=在Rt△ADH中，由勾股定理得：DH=A∵∠CDH＝∠ADC﹣∠ADH＝120°﹣30°＝90°，∴CH=C故選：C．【變式1-3】（2023春?沙坪壩區(qū)校級期中）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E、F分別是AB、AO的中點(diǎn)，連接EF、BF．若AF＝1，AE=3，則FBA．32 B．22 C．7 D．3【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)和三角形中位線定理得出EF∥OB，進(jìn)而利用勾股定理得出EF和BF即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵點(diǎn)E、F分別是AB、AO的中點(diǎn)，∴EF∥OB，EF=12∴EF⊥AC，在Rt△AEF中，EF=A∴OB＝22，在Rt△OFB中，OF＝AF＝1，∴BF=O故選：D．【題型2由菱形的性質(zhì)求角的度數(shù)】【例2】（2023春?延津縣期中）如圖，在菱形ABCD中，直線MN分別交AB、CD、AC于點(diǎn)M、N和O，且AM＝CN，連接BO．若∠OBC＝65°，則∠DAC為（）A．65° B．30° C．25° D．20°【分析】由全等三角形的性質(zhì)可證△AOM≌△CON，可得AO＝CO，由等腰三角形的性質(zhì)可得BO⊥AC，即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AB＝BC，BC∥AD，∴∠MAO＝∠NCO，∠BCA＝∠CAD，在△AOM和△CON中，∠MAO=∠NCO∠AOM=∠CON∴△AOM≌△CON（AAS），∴AO＝CO，∵AB＝BC，∴BO⊥AC，∴∠BCO＝90°﹣∠OBC＝25°＝∠DAC，故選：C．【變式2-1】（2023?道里區(qū)二模）如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，DH⊥AB于點(diǎn)H，連接OH，∠CAD＝20°，則∠DHO的度數(shù)是（）A．20° B．25° C．30° D．40°【分析】先根據(jù)菱形的性質(zhì)得OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，則利用DH⊥AB得到DH⊥CD，∠DHB＝90°，所以O(shè)H為Rt△DHB的斜邊DB上的中線，得到OH＝OD＝OB，利用等腰三角形的性質(zhì)得∠1＝∠DHO，然后利用等角的余角相等即可求出∠DHO的度數(shù)【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，∵DH⊥AB，∴DH⊥CD，∠DHB＝90°，∴OH為Rt△DHB的斜邊DB上的中線，∴OH＝OD＝OB，∴∠1＝∠DHO，∵DH⊥CD，∴∠1+∠2＝90°，∵BD⊥AC，∴∠2+∠DCO＝90°，∴∠1＝∠DCO，∴∠DHO＝∠DCA，∵四邊形ABCD是菱形，∴DA＝DC，∴∠CAD＝∠DCA＝20°，∴∠DHO＝20°，故選：A．【變式2-2】（2023秋?泰和縣期末）如圖，在菱形ABCD中，點(diǎn)E是CD上一點(diǎn)，連接AE交對角線BD于點(diǎn)F，連接CF，若∠AED＝50°，則∠BCF＝度．【分析】由“SAS”可證△ADF≌△CDF，可得∠DAF＝∠DCF，由三角形內(nèi)角和定理和平行線的性質(zhì)可求解．【解答】解：方法1：∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝CD，AD∥BC，∠ADF＝∠CDF，在△ADF和△CDF中，AD=CD∠ADF=∠CDF∴△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°，故答案為：50．方法2：∵四邊形ABCD是菱形，∴BC＝AB，∠CBF＝∠ABF，AB∥CD，∴∠BAE＝∠AED＝50°，在△CBF和△ABF中，CB=AB∠CBF=∠ABF∴△CBF≌△ABF（SAS），∴∠BCF＝∠BAF＝50°，故答案為：50°．【變式2-3】（2023?玄武區(qū)二模）如圖，菱形ABCD和正五邊形AEFGH，F(xiàn)，G分別在BC，CD上，則∠1﹣∠2＝°．【分析】過M作EM∥BC，由正五邊形的性質(zhì)得∠AEF＝∠EAH＝108°，再由菱形的性質(zhì)得AD∥BC，則AD∥EM，然后由平行線的性質(zhì)得∠2＝72°﹣∠AEM，∠1＝108°﹣∠AEM，即可解決問題．【解答】解：如圖，過M作EM∥BC，∵五邊形AEFGH是正五邊形，∴∠AEF＝∠EAH=15×（5﹣2）×180°∵四邊形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°，故答案為：36．【題型3由菱形的性質(zhì)求面積】【例3】（2023?焦作模擬）如圖，在菱形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊BC，CD的中點(diǎn)，連接AE，AF，EE若菱形ABCD的面積為16，則△AEF的面積為（）A．4 B．6 C．8 D．10【分析】連接AC、BD，交于點(diǎn)O，AC交EF于點(diǎn)G，根據(jù)菱形性質(zhì)可得菱形面積公式，然后根據(jù)三角形中位線定理得EF與BD關(guān)系，最后根據(jù)三角形面積公式代入計(jì)算可得答案．【解答】解：連接AC、BD，交于點(diǎn)O，AC交EF于點(diǎn)G，∵四邊形ABCD是菱形，∴AO＝OC，菱形ABCD的面積=12AC×∵點(diǎn)E、F分別是邊BC、CD的中點(diǎn)，∴EF∥BD，EF=12BD∴AC⊥EF，AG＝3CG，設(shè)AC＝a，BD＝b，∴12ab＝16，即ab∴△AEF的面積=12AG×EF=12×3故選：B．【變式3-1】（2023春?禹州市期中）如圖，已知菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，P，F(xiàn)分別是線段OB，CD，OD的中點(diǎn)，連接EP，PF，若AC＝8，PE＝210，則菱形ABCD的面積為（）A．64 B．48 C．24 D．16【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AC⊥BD，進(jìn)而利用三角形中位線定理和菱形的性質(zhì)解答即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，∵點(diǎn)E，P，F(xiàn)分別是線段OB，CD，OD的中點(diǎn)，∴PF∥AC，PF=12OC=∴PF⊥BD，∴EF=P∴BD＝2EF＝12，∴菱形ABCD是面積=1故選：B．【變式3-2】（2023?阿榮旗二模）兩張菱形賀卡如圖所示疊放，其中菱形ABCD的邊長為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'于點(diǎn)E，則重疊部分的面積為（）cm2．A．83 B．93 C．103 D．113【分析】根據(jù)題意和題目中的數(shù)據(jù)，可以計(jì)算出AC′和EF的長，然后即可計(jì)算出重疊部分的面積．【解答】解：連接AC，BD，AC和BD交于點(diǎn)O，連接EF交AC于點(diǎn)O，交AB于點(diǎn)F，如圖所示，∵菱形ABCD的邊長為6cm，∠BAD＝60°，∴AD＝AB＝6cm，AC⊥BD，∠DAO＝30°，∴△DAB是等邊三角形，DO＝3cm，∴AO=AD2?DO∴AC＝63cm，∵CC′＝23cm，∴AC′＝43cm，∴AH＝23cm，∴EH＝2cm，∴EF＝4cm，∴重疊部分的面積為：AC'?EF2=43×42故選：A．【變式3-3】（2023?藍(lán)田縣二模）如圖，在菱形ABCD中，∠A＝120°，點(diǎn)P為邊AB上一點(diǎn)（點(diǎn)P不與端點(diǎn)重合），連接CP，點(diǎn)E、F分別為AP、CP的中點(diǎn)，連接EF，若EF＝2，則菱形ABCD的面積為（）A．8 B．83 C．9 D．93【分析】連接AC，BD交于點(diǎn)O，根據(jù)三角形中位線定理可得AC＝4，然后根據(jù)菱形的性質(zhì)可得△ADC是等邊三角形，利用含30度角的直角三角形可得OD，進(jìn)而可以解決問題．【解答】解：如圖，連接AC，BD交于點(diǎn)O，∵點(diǎn)E、F分別為AP、CP的中點(diǎn)，EF＝2，∴AC＝2AE＝4，在菱形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD，AC⊥BD，∵∠BAD＝120°，∴∠ADC＝60°，∴△ADC是等邊三角形，∴AD＝AC＝4，∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC＝2，AC⊥BD，∠ADO＝30°，∴OD=3OA＝23∴BD＝2OD＝43，則菱形ABCD的面積=12×AC?BD=12×4故選：B．【題型4由菱形的性質(zhì)求點(diǎn)的坐標(biāo)】【例4】（2023?東麗區(qū)一模）如圖，四邊形ABCD為菱形，A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別是（?23，2），（﹣1，?3），對角線相交于點(diǎn)A．（?23，?2） B．（23，?2） C．（1，?3【分析】由菱形的性質(zhì)可得AO＝CO，BO＝DO，即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AO＝CO，BO＝DO，∵A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別是（?23，2），（﹣∴點(diǎn)C（23，﹣2），點(diǎn)D（1，3），故選B．【變式4-1】（2023?太湖縣校級一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中、四邊形OABC為菱形，O為原點(diǎn)，A點(diǎn)坐標(biāo)為（8，0），∠AOC＝60°，則對角線交點(diǎn)E的坐標(biāo)為（）A．（4，23） B．（23，4） C．（23，6） D．（6，23）【分析】過點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，由直角三角形的性質(zhì)求出EF長和OF長即可．【解答】解：過點(diǎn)E作EF⊥x軸于點(diǎn)F，∵四邊形OABC為菱形，∠AOC＝60°，∴∠AOE=12∠AOC＝30°，∠FAE＝60∵A（8，0），∴OA＝8，∴AE=12∴AF=12AE＝2，EF∴OF＝AO﹣AF＝8﹣2＝6，∴E（6，23），故選：D．【變式4-2】（2023?西平縣模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，菱形OABC的頂點(diǎn)B在x軸上，且OB＝8cm，∠AOB＝60°．點(diǎn)D從點(diǎn)O出發(fā)，沿O→A→B→C→O以2cm/s的速度做環(huán)繞運(yùn)動，則第85秒時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（）A．(33，5) B．(3，33) C．【分析】由題意可得點(diǎn)D在AB上，且AD＝2cm，由直角三角形的性質(zhì)可求解．【解答】解：∵四邊形OABC是菱形，∴AO＝AB＝BC＝OC，∵∠AOB＝60°，∴△AOB是等邊三角形，∴AO＝AB＝BC＝OC＝8cm，∵沿O→A→B→C→O以2cm/s的速度做環(huán)繞運(yùn)動，∴環(huán)繞一圈需要16秒，∵85÷16＝5???5，∴點(diǎn)D在AB上，且AD＝2cm，∴BD＝6cm，如圖，過點(diǎn)D作DH⊥OB于H，∵∠ABO＝60°，DH⊥OB，∴∠BDH＝30°，∴BH＝3cm，DH=3BH＝33cm∴OH＝5cm，∴點(diǎn)D（5，33），故選：C．【變式4-3】（2023?巧家縣二模）如圖，菱形ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)位于坐標(biāo)軸上，對角線AC，BD交于原點(diǎn)O，線段AD的中點(diǎn)E的坐標(biāo)為(?3，1)，P是菱形ABCD邊上的點(diǎn)，若△PDE是等腰三角形，則點(diǎn)P的坐標(biāo)可能是【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)和等腰三角形的判定和性質(zhì)分三種情況解答即可．【解答】解：若△PDE是等腰三角形，以DE為半徑，D為圓心，得出點(diǎn)P1，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝DC＝AB＝BC，AC⊥BD，∵線段AD的中點(diǎn)E的坐標(biāo)為（?3∴點(diǎn)P1的坐標(biāo)為（3，1），∴AD＝4，OD＝2，OA＝23，若△PDE是等腰三角形，以DE為半徑，E為圓心，得出點(diǎn)P2，∴點(diǎn)P2的坐標(biāo)為（?3，﹣若△PDE是等腰三角形，以DE為底，DE的線段垂直平分線交BC于點(diǎn)P3，∴點(diǎn)P3的坐標(biāo)為，綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)可能是（3，1）或（?3，﹣1）或，故答案為：（3，1）或（?3，﹣1）或．【知識點(diǎn)3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5菱形判定的條件】【例5】（2023春?房山區(qū)期中）在四邊形ABCD中，對角線AC，BD交于點(diǎn)O．現(xiàn)存在以下四個(gè)條件：①AB∥CD；②AO＝OC；③AB＝AD；④AC平分∠DAB．從中選取三個(gè)條件，可以判定四邊形ABCD為菱形．則可以選擇的條件序號是（寫出所有可能的情況）．【分析】根據(jù)角平分線定義得到∠DAO＝∠BAO，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到DO＝CB，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到四邊形ABCD是平行四邊形，根據(jù)菱形的判定定理即可得到結(jié)論．【解答】解：如：若②AO＝OC；③AB＝AD；④AC平分∠DAB，則四邊形ABCD是菱形，證明：∵AC平分∠DAB，∴∠DAO＝∠BAO，在△AOD和△AOB中，AD=AB∠DAO=∠BAO∴△AOD≌△AOB（ASA），∴DO＝CB，∵AO＝OC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，又∵AB＝AD，∴四邊形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．都可以判定四邊形ABCD為菱形．故答案為：①②③或②③④或①②④或①③④或②③④．【變式5-1】（2023?海淀區(qū)二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，過AC中點(diǎn)O的直線分別交邊BC，AD于點(diǎn)E，F(xiàn)，連接AE，CF．只需添加一個(gè)條件即可證明四邊形AECF是菱形，這個(gè)條件可以是（寫出一個(gè)即可）．【分析】證△AOF≌△OCE（AAS），得OF＝OE，再證四邊形AECF是平行四邊形，然后由菱形的判定即可得出結(jié)論．【解答】解：只需添加一個(gè)條件即可證明四邊形AECF是菱形，這個(gè)條件可以是：AE＝AF，理由如下：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠OAF＝∠OCE，∠OFA＝∠OEC，∵O是AC的中點(diǎn)，∴OA＝OC，在△AOF和△OCE中，∠OAF=∠OCE∠OFA=∠OEC∴△AOF≌△OCE（AAS），∴OF＝OE，∴四邊形AECF是平行四邊形，又∵AE＝AF，∴平行四邊形AECF是菱形，故答案為：AE＝AF（答案不唯一）．【變式5-2】（2023春?無錫期中）如圖，已知點(diǎn)E、F分別是四邊形ABCD的邊AD、BC的中點(diǎn)，G、H分別是對角線BD、AC的中點(diǎn)，要使四邊形EGFH是菱形，則四邊形ABCD需滿足的條件是（）A．AB＝CD B．AC＝BD C．AC⊥BD D．AD＝BC【分析】由點(diǎn)E、F分別是四邊形ABCD的邊AD、BC的中點(diǎn)，G、H分別是對角線BD、AC的中點(diǎn)，根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)，可得EG＝FH=12AB，EH＝FG=12CD，又由當(dāng)EG＝FH＝GF＝【解答】解：∵點(diǎn)E、F分別是四邊形ABCD的邊AD、BC的中點(diǎn)，G、H分別是對角線BD、AC的中點(diǎn)，∴EG＝FH=12AB，EH＝FG=∵當(dāng)EG＝FH＝GF＝EH時(shí)，四邊形EGFH是菱形，∴當(dāng)AB＝CD時(shí)，四邊形EGFH是菱形．故選：A．【變式5-3】（2023?上海模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，平行四邊形BCDE的頂點(diǎn)E在邊AB上，聯(lián)結(jié)CE、AD．添加一個(gè)條件，可以使四邊形ADCE成為菱形的是（）A．CE⊥AB B．CD⊥AD C．CD＝CE D．AC＝DE【分析】設(shè)AC于ED交于點(diǎn)O，證明△AOE≌△COD，可得OA＝OC，可以判斷四邊形ADCE是平行四邊形，再根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形即可解決問題．【解答】解：添加CD＝CE，可以使四邊形ADCE成為菱形，理由如下：如圖，設(shè)AC于ED交于點(diǎn)O，∵四邊形BCDE是平行四邊形，∴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=∠COD∴△AOE≌△COD（AAS），∴OA＝OC，∵OD＝OE，四邊形ADCE是平行四邊形，∵CE＝CD，∴四邊形ADCE是菱形．因?yàn)樘砑悠渌麠l件，都不可以使四邊形ADCE成為菱形．故選：C．【題型6證明四邊形是菱形】【例6】（2023春?泗洪縣期中）如圖，點(diǎn)D、E、F分別是△ABC各邊的中點(diǎn)，連接DE，EF，AE．（1）求證：四邊形ADEF為平行四邊形；（2）從下列條件①∠BAC＝90°，②AE平分∠BAC，③AB＝AC中選擇一個(gè)添加到題干中，使得四邊形ADEF為菱形．我選的是（寫序號），并證明．【分析】（1）根據(jù)三角形中位線定理可證；（2）若選②AE平分∠BAC，在（1）中ADEF為平行四邊形基礎(chǔ)上，再證一組鄰邊相等即證明AF＝EF；若選③AB＝AC：根據(jù)三角形中位線定理即可證明．【解答】（1）證明：已知D、E、F為AB、BC、AC的中點(diǎn)，∴DE為△ABC的中位線，根據(jù)三角形中位線定理，∴DE∥AC，DE=12AC＝即DE∥AF，DE＝AF，∴四邊形ADEF為平行四邊形．（2）解：選②AE平分∠BAC證明①四邊形ADEF為菱形，∵AE平分∠BAC，∴∠DAE＝∠FAE，又∵ADEF為平行四邊形，∴EF∥DA，∴∠DAE＝∠AEF，∴∠FAE＝∠AEF，∴AF＝EF，∴平行四邊形ADEF為菱形．選③AB＝AC證明①四邊形ADEF為菱形，∵EF∥AB，EF=12AB，DE∥AC，DE=又∵AB＝AC，∴EF＝DE，∴平行四邊形ADEF為菱形．故答案為：②、①．【變式6-1】（2023?南京一模）如圖，在?ABCD中，E、F分別是AB、CD的中點(diǎn)，AF與DE相交于點(diǎn)G，CE與BF相交于點(diǎn)H．（1）證明：四邊形EHFG是平行四邊形；（2）當(dāng)?ABCD具備怎樣的條件時(shí)，四邊形EHFG是菱形？請直接寫出條件，無需說明理由．【分析】（1）先證四邊形AECF是平行四邊形，得AF∥CE．同理：DE∥BF，再由平行四邊形的判定即可得出結(jié)論；（2）證△EBC≌△FCB（SAS），得CE＝BF，∠ECB＝∠FBC，得BH＝CH，再證EH＝FH，即可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB＝CD，∵E、F分別是AB、CD的中點(diǎn)，∴AE=12AB，CF=∴AE＝CF，∴四邊形AECF是平行四邊形，∴AF∥CE．同理：DE∥BF，∴四邊形EHFG是平行四邊形；（2）解：當(dāng)?ABCD是矩形時(shí)，四邊形EHFG是菱形．理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝∠DCB＝90°，∵E、F分別是AB、CD的中點(diǎn)，∴EE=12AB，CF=∴BE＝CF，在△EBC與△FCB中，BE=CF∠ABC=∠DCB∴△EBC≌△FCB（SAS），∴CE＝BF，∠ECB＝∠FBC，∴BH＝CH，∴CE﹣CH＝BF＝BH，即EH＝FH，∴平行四邊形EHFG是菱形．【變式6-2】（2023?鹽城二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)O是BC的中點(diǎn)，連接DO并延長，交AB延長線于點(diǎn)E，連接BD，EC．（1）求證：四邊形BECD是平行四邊形；（2）若∠A＝50°，則當(dāng)∠ADE＝°時(shí)，四邊形BECD是菱形．【分析】（1）由AAS證明△BOE≌△COD，得出OE＝OD，即可得出結(jié)論；（2）先由平行四邊形的性質(zhì)得∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，則∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，再由菱形的性質(zhì)得BC⊥DE，則∠COD＝90°，得∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，即可求解．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥DC，AB＝CD，∴∠OEB＝∠ODC，又∵O為BC的中點(diǎn)，∴BO＝CO，在△BOE和△COD中，∠OEB=∠ODC∠BOE=∠COD∴△BOE≌△COD（AAS）；∴OE＝OD，∴四邊形BECD是平行四邊形；（2）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，∴∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，∵四邊形BECD是菱形，∴BC⊥DE，∴∠COD＝90°，∴∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，∴∠ADE＝∠ADC﹣∠ODC＝90°，故答案為：90．【變式6-3】（2023?靜安區(qū)二模）已知：如圖，在四邊形ABCD中，點(diǎn)E、F分別是邊BC、DC的中點(diǎn)，AE、AF分別交BD于點(diǎn)M、N，且BM＝MN＝ND，聯(lián)結(jié)CM、CN．（1）求證：四邊形AMCN是平行四邊形；（2）如果AE＝AF，求證：四邊形ABCD是菱形．【分析】證明：（1）由三角形中位線定理得ME∥NC，NF∥CM，再由平行四邊形的判定即可得出結(jié)論；（2）連接AC交BD于O，連接EF，由平行四邊形的性質(zhì)得AM＝CN，OA＝OC，OM＝ON，再證四邊形ABCD是平行四邊形，然后由三角形中位線定理得EF∥BD，進(jìn)而得∠AMN＝∠ANM，則AM＝AN，最后由等腰三角形的性質(zhì)得AC⊥MN，即可得出結(jié)論..【解答】證明：（1）∵點(diǎn)E、F分別是邊BC、DC的中點(diǎn)，BM＝MN＝ND，∴ME是△BCN的中位線，NF是△CDM的中位線，∴ME∥NC，NF∥CM，∴四邊形AMCN是平行四邊形；（2）如圖，連接AC交BD于O，連接EF，由（1）可知，四邊形AMCN是平行四邊形，∴AM＝CN，OA＝OC，OM＝ON，∵BM＝ND，∴OM+BM＝ON+ND，即OB＝OD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AE＝AF，∴∠AEF＝∠AFE，∵點(diǎn)E、F分別是邊BC、DC的中點(diǎn)，∴EF是△BCD的中位線，∴EF∥BD，∴∠AMN＝∠AEF，∠ANM＝∠AFE，∴∠AMN＝∠ANM，∴AM＝AN，∵OM＝ON，∴AC⊥MN，即AC⊥BD，∴平行四邊形ABCD是菱形．【題型7菱形中多結(jié)論問題】【例7】（2023春?番禺區(qū)校級期中）如圖，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC與BD交于點(diǎn)O，E為CD延長線上的一點(diǎn)，且CD＝DE，連接BE分別交AC，AD于點(diǎn)F、G，連接OG，則下列結(jié)論：（）①OG=1②與△EGD全等的三角形共有2個(gè)；③S四邊形ODEG＝S四邊形ABOG；④由點(diǎn)A、B、D、E構(gòu)成的四邊形是菱形；A．①③④ B．①④ C．①②③ D．②③④【分析】①由AAS證明△ABG≌△DEG，得出AG＝DG，證出OG是△ACD的中位線，得出OG=12CD=12②先證四邊形ABDE是平行四邊形，再證△ABD、△BCD是等邊三角形，得AB＝BD＝AD，因此OD＝AG，則四邊形ABDE是菱形，④正確；③由菱形的性質(zhì)得△ABG≌△BDG≌△DEG，再由SAS證明△BGA≌△COD，得△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，則②不正確；由中線的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)可得S△BOG＝S△DOG，S△ABG＝S△DGE，可得四邊形ODEG與四邊形OBAG面積相等，得出③正確．【解答】解：∵四邊形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=∠DGE∴△ABG≌△DEG（AAS），∴AG＝DG，∴OG是△ACD的中位線，∴OG=12CD=12∵AB∥CE，AB＝DE，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∵∠BCD＝∠BAD＝60°，∴△ABD、△BCD是等邊三角形，∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，∴OD＝AG，四邊形ABDE是菱形，故④正確；∴AD⊥BE，由菱形的性質(zhì)得：△BGA≌△BGD≌△EGD（SSS），在△BGA和△COD中，AG=DO∠BAG=∠CDO∴△BGA≌△COD（SAS），∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正確；∵OB＝OD，∴S△BOG＝S△DOG，∵四邊形ABDE是菱形，∴S△ABG＝S△DGE，∴四邊形ODEG與四邊形OBAG面積相等，故③正確；故選：A．【變式7-1】（2023春?下城區(qū)校級月考）如圖，平行四邊形ABCD中，對角線AC，BD交于點(diǎn)O，BD＝2AD，E，F(xiàn)，G分別是OC，OD，AB的中點(diǎn)．下列結(jié)論正確的是（）①EG＝EF；②△EFG≌△GBE；③FB平分∠EFG；④EA平分∠GEF；⑤四邊形BEFG是菱形．A．③⑤ B．①②④ C．①②③④ D．①②③④⑤【分析】由中點(diǎn)的性質(zhì)可得出EF∥CD，且EF=12CD＝BG，結(jié)合平行即可證得②正確，由BD＝2BC得出BO＝BC，即而得出BE⊥AC，由中線的性質(zhì)可知GP∥BE，且GP=12BE，AO＝EO，證△APG≌△EPG得出AG＝EG＝EF得出①正確，再證△GPE≌△FPE得出④再求，證出四邊形【解答】解：設(shè)GF和AC的交點(diǎn)為點(diǎn)P，如圖：∵E、F分別是OC、OD的中點(diǎn)，∴EF∥CD，且EF=12∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB∥CD，且AB＝CD，∴∠FEG＝∠BGE，∵點(diǎn)G為AB的中點(diǎn)，∴BG=12AB=12在△EFG和△GBE中，BG=FE∠FEG=∠BGE∴△EFG≌△GBE（SAS），即②正確，∴∠EGF＝∠GEB，GF＝BE，∴GF∥BE，∵BD＝2BC，點(diǎn)O為平行四邊形對角線交點(diǎn)，∴BO=12BD＝∵E為OC中點(diǎn)，∴BE⊥OC，∴GP⊥AC，∴∠APG＝∠EPG＝90°∵GP∥BE，G為AB中點(diǎn)，∴P為AE中點(diǎn)，即AP＝PE，且GP=12在△APG和△EGP中，AP=EP∠APG=∠EPG∴△APG≌△EPG（SAS），∴AG＝EG=12∴EG＝EF，即①正確，∵EF∥BG，GF∥BE，∴四邊形BGFE為平行四邊形，∴GF＝BE，∵GP=12BE=∴GP＝FP，∵GF⊥AC，∴∠GPE＝∠FPE＝90°在△GPE和△FPE中，GP=FP∠GPE=∠FPE∴△GPE≌△FPE（SAS），∴∠GEP＝∠FEP，∴EA平分∠GEF，即④正確．∵BG＝FE，GF＝BE，∴四邊形BEFG是平行四邊形，沒有條件得出BEFG是菱形，⑤③不正確；故選：B．【變式7-2】（2023?泰安一模）如圖，在菱形ABCD中，AB＝BD，E，F(xiàn)分別是AB，AD上的點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），且AE＝DF，連接BF，DE相交于點(diǎn)G，連接CG與BD相交于點(diǎn)H．下列結(jié)論：①DE＝BF；②∠BGE＝60°；③CG⊥BD；④若AF＝2DF，則BG＝6GF．其中正確結(jié)論的序號是（）A．①② B．①②④ C．②③④ D．①③④【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)，再結(jié)合全等三角形的判定與性質(zhì)，對每個(gè)結(jié)論一一判斷求解即可．【解答】解：①∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝AB，又AB＝BD，∴AD＝AB＝BD，∴△ABD是等邊三角形，∴∠A＝∠ADB＝60°，在△AED與△DFB中，AD=BD∠A=∠BDF∴△AED≌△DFB（SAS），∴DE＝BF，∴①符合題意；②由①得△AED≌△DFB，∴∠ADE＝∠DBF，∵△ABD是等邊三角形，∴∠ADB＝60°，∴∠BGE＝∠BDE+∠DBF＝∠BDE+∠ADE＝∠ADB＝60°，∴②符合題意；③當(dāng)點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，AD中點(diǎn)時(shí)，由（1）知，△ABD，△BDC為等邊三角形，∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，AD中點(diǎn)，∴∠BDE＝∠DBG＝30°，∴DG＝BG，在△GDC和△BGC中，DG=BGDC=BC∴△GDC≌△BGC（SSS），∴∠DCG＝∠BCG，∴CH⊥BD，即CG⊥BD，∴③不符合題意；④過點(diǎn)F作FP∥AE交DE于P點(diǎn)，如圖，∵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，故本選項(xiàng)符合題意；所以，正確的結(jié)論是①②④，故選：B．【變式7-3】（2023?天橋區(qū)一模）如圖，△ABC是邊長為1的等邊三角形，D，E為線段AC上兩動點(diǎn)，且∠DBE＝30°，過點(diǎn)D，E分別作AB，BC的平行線相交于點(diǎn)F，分別交BC，AB于點(diǎn)H，G．現(xiàn)有以下結(jié)論：①S△ABC=34；②當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)C重合時(shí)，F(xiàn)H=12；③AE+CD=3DE；④當(dāng)AE＝CD時(shí)，四邊形BHFG【分析】①利用三角形的面積公式計(jì)算即可；②依題意畫出圖形，利用等邊三角形和平行線的性質(zhì)求出FH即可；③將△CBD繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△ABN，由“SAS”可證△DBE≌△NBE，可得DE＝NE，在Rt△PNE中，利用勾股定理可得AE，CD，DE的關(guān)系，可判斷③；④先證△AGE，△DCH都是等邊三角形，可得AG＝AE＝CH＝CD，利用菱形的判定定理判定即可．【解答】解：①過點(diǎn)A作AP⊥BC于點(diǎn)P，如圖1：∵△ABC是邊長為1的等邊三角形，AP⊥BC，∴BP=12BC∴AP=A∴S△ABC=1②當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)C重合時(shí)，H，D，C三點(diǎn)重合，如圖2：∵∠DBE＝30°，∠ABC＝60°，∴BE是∠ABC的平分線，∵AB＝BC，∴AE＝EC=12AC∵CF∥AB，∴∠FCA＝∠A＝60°，∵GF∥BC，∴∠FEC＝∠ACB＝60°，∴∠FCE＝∠FEC＝60°，∴∠FCE＝∠FEC＝∠F＝60°，∴△EFC為等邊三角形，∴FC＝EC=1即FH=12．故③如圖3，將△CBD繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△ABN，連接NE，過點(diǎn)N作NP⊥AC，交CA的延長線于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=3∵NP2+PE2＝NE2，∴34CD2+（AE+12CD）2＝∴AE2+CD2+AE?CD＝DE2，故③錯(cuò)誤；∵△ABC是等邊三角形，∴∠A＝∠ABC＝∠C＝60°，∵GF∥BH，BG∥HF，∴四邊形BHFG是平行四邊形，∵GF∥BH，BG∥HF，∴∠AGE＝∠ABC＝60°，∠DHC＝∠ABC＝60°，∴△AGE，△DCH都是等邊三角形，∴AG＝AE，CH＝CD，∵AE＝CD，∴AG＝CH，∴BH＝BG，∴?BHFG是菱形，故④正確，故答案為：①②④．【題型8菱形的判定與性質(zhì)綜合】【例8】（2023?巴彥縣二模）如圖，AB＝BD，AC＝CD，AD平分∠BAC，AD交BC于點(diǎn)O．（1）如圖1，求證：四邊形ABDC是菱形；（2）如圖2，點(diǎn)E為BD邊的中點(diǎn)，連接AE交BC于點(diǎn)F，若2∠FAO＝∠ACD，在不添加任何輔助線和字母的條件下，請直接寫出圖2中所有面積是△ABF面積的整數(shù)倍的三角形．【分析】（1）根據(jù)已知條件可得△ABC≌△DBC，推出AB＝BD，AC＝CD，再證明△ADB≌△ADC，推出AB＝AC可得AB＝BD＝CD＝AC即可得出結(jié)論；（2）首先證明△ABD是等邊三角形，得出∠ABC＝∠DBC=12∠ABD＝30°，∠FBA＝∠FAB＝30°，則FA＝FB，由含30°角直角三角形的性質(zhì)得出CF＝2AF＝2BF，推出BF=13BC，得出S△ABC＝S△BCD＝3S△ABF，S△ACF＝2S△ABF，再證出S△ABC＝S△ABD＝【解答】（1）證明：在△ABC和△DBC中，AB=BDAC=CD∴△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（ASA），∴AB＝AC，∴AB＝BD＝CD＝AC，∴四邊形ABCD是菱形；（2）解：由（1）得：四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BD，AO＝DO，BO＝CO，AD⊥BC，∠ACB＝∠DCB=12∠∴∠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°，∵點(diǎn)E為BD邊的中點(diǎn)，∴BE＝ED，∴AB＝AD，∴AB＝AD＝BD，∴△ABD是等邊三角形，∴∠ABC＝∠DBC=12∠ABD＝30∴∠FBA＝∠FAB＝30°，∴FA＝FB，在Rt△AFC中，CF＝2AF＝2BF，∴BF=13∴S△ABC＝S△BCD=12BC?AO=12×3BF?AOS△ACF=12CF?AO=12×2BF?AO∵S△ABD＝S△ACD，S△ABO=12AO?BO＝S△ACO＝S△BDO＝S△∴S△ABC＝S△ABD＝S△ACD，∴面積是△ABF面積的整數(shù)倍的三角形有△ABC、△BCD、△ABD、△ACD、△ACF．【變式8-1】（2023?南崗區(qū)模擬）已知：BD是△ABC的角平分線，點(diǎn)E在AB邊上，BE＝BC，過點(diǎn)E作EF∥AC，交BD于點(diǎn)F，連接CF，DE．（1）如圖1，求證：四邊形CDEF是菱形；（2）如圖2，當(dāng)∠DEF＝90°，AC＝BC時(shí)，在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出圖2中度數(shù)為∠ABD的度數(shù)2倍的角．【分析】（1）直接由SAS得出△BDE≌△BDC，得出DE＝DC，∠BDE＝∠BDC．再由SAS證明△BFE≌△BFC，得出EF＝CF．由EF∥AC得出∠EFD＝∠BDC，從而∠EFD＝∠BDE，根據(jù)等角對等邊得出DE＝EF，從而DE＝EF＝CF＝DC，由菱形的判定可知四邊形CDEF是菱形；（2）如圖2，利用正方形的性質(zhì)可得∠DFE＝45°，然后證明∠FEB＝∠CBE＝2∠FBE即可．【解答】（1）證明：在△BDE和△BDC中，BE=BC∠EBF=∠CBF∴△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，∴四邊形CDEF是菱形；（2）∵四邊形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°，綜上所述，度數(shù)為∠ABD的度數(shù)2倍的角是∠A，∠ABC，∠FEB，∠FCB．【變式8-2】（2023春?東莞市期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，CE平分∠BCD，交AB邊于點(diǎn)E，EF∥BC，交CD于點(diǎn)F，點(diǎn)G是BC邊的中點(diǎn)，連接GF，且∠1＝∠2，CE與GF交于點(diǎn)M，過點(diǎn)M作MH⊥CD于點(diǎn)H．（1）求證：四邊形BCFE是菱形；（2）若CH＝1，求BC的長；（3）求證：EM＝FG+MH．【分析】（1）由在平行四邊形ABCD中，EF∥BC，可得四邊形BCFE是平行四邊形，又由CE平分∠BCD，易得△BCE是等腰三角形，繼而證得四邊形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，繼而求得BC的長；（3）首先連接BF交CE于點(diǎn)O，易得△BCF是等邊三角形，繼而可得OM＝MH，OE＝FG，則可證得結(jié)論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠1＝∠ECF，∵EF∥BC，∴四邊形BCFE是平行四邊形，∵CE平分∠B