数学-专题18.3 菱形的性质与判定【八大题型】（举一反三）（人教版）（带答案）

专题18.3菱形的性质与判定【八大题型】【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1由菱形的性质求线段的长度】 1【题型2由菱形的性质求角的度数】 4【题型3由菱形的性质求面积】 8【题型4由菱形的性质求点的坐标】 11【题型5菱形判定的条件】 15【题型6证明四边形是菱形】 18【题型7菱形中多结论问题】 23【题型8菱形的判定与性质综合】 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．23 B．52 C．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＝5【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=1∴BF=AB2∵FE⊥BD，∴∠BEF＝90°，∴EF=12BF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DEA．53 B．32 C．43【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＝2【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．5 B．3 C．7 D．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∠【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=A∴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=在Rt△ADH中，由勾股定理得：DH=A∵∠CDH＝∠ADC﹣∠ADH＝120°﹣30°＝90°，∴CH=C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FBA．32 B．22 C．7 D．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=12∴EF⊥AC，在Rt△AEF中，EF=A∴OB＝22，在Rt△OFB中，OF＝AF＝1，∴BF=O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=∠CON∴△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=∠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=∠ABF∴△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=1∵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．4 B．6 C．8 D．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×

∵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∴△AEF的面积=12AG×EF=12×3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．64 B．48 C．24 D．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=∴PF⊥BD，∴EF=P∴BD＝2EF＝12，∴菱形ABCD是面积=1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．83 B．93 C．103 D．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−DO∴AC＝63cm，∵CC′＝23cm，∴AC′＝43cm，∴AH＝23cm，∴EH＝2cm，∴EF＝4cm，∴重叠部分的面积为：AC′⋅EF2=43×42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．8 B．83 C．9 D．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A．（−23，−2） B．（23，−2） C．（1，【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∴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°，∠∵A（8，0），∴OA＝8，∴AE=12∴AF=12AE＝2，EF∴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．【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∴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，﹣3综上所述，点P的坐标可能是（3，1）或（−3，﹣1）或（32，﹣故答案为：（3，1）或（−3，﹣1）或（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=∠BAO∴△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=∠OEC∴△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＝CD B．AC＝BD C．AC⊥BD D．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＝【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=∵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⊥AB B．CD⊥AD C．CD＝CE D．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=∠COD∴△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＝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=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=∴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=∴BE＝CF，在△EBC与△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=∠COD∴△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=1②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．①③④ B．①④ C．①②③ D．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=12②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=∠DGE∴△ABG≌△DEG（AAS），∴AG＝DG，∴OG是△ACD的中位线，∴OG=12CD=12∵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=∠CDO∴△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．③⑤ B．①②④ C．①②③④ D．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【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=12∵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=12在△EFG和△GBE中，BG=FE∠FEG=∠BGE∴△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＝∵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=12在△APG和△EGP中，AP=EP∠APG=∠EPG∴△APG≌△EPG（SAS），

∴AG＝EG=12∴EG＝EF，即①正确，∵EF∥BG，GF∥BE，∴四边形BGFE为平行四边形，∴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．①② B．①②④ C．②③④ D．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=∠BDF∴△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=BC∴△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【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∴AP=A∴S△ABC=1②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∵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=1即FH=12．故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=3∵NP2+PE2＝NE2，∴34CD2+（AE+12CD）2＝∴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＝【解答】（1）证明：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∠∴∠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∠∴∠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=∠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∠