专题1.1 菱形的性质与判定【十大题型】-2024-2025学年九年级数学上册举一反三系列（北师大版）

PAGE1专题1.1菱形的性质与判定【十大题型】【北师大版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1由菱形的性质求角度】 1【题型2由菱形的性质求线段长度】 4【题型3由菱形的性质求面积】 8【题型4菱形在平面直角坐标系中的运用】 12【题型5菱形中的证明】 19【题型6添加条件使四边形是菱形】 22【题型7证明四边形是菱形】 26【题型8由菱形的性质与判定求角度】 31【题型9由菱形的性质与判定求线段长度】 35【题型10由菱形的性质与判定求面积】 40知识点1：菱形的性质定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．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由菱形的性质求角度】【例1】（23-24·广西·三模）如图，菱形ABCD中，AC交BD于O，CE⊥AB于E，连接OE，若∠DAB=110°，则∠OEC的度数为°．【答案】35【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．由菱形的性质可得∠CAB=∠ACB=1【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=110°，AB=BC，∴∠ABC=70°，∴∠CAB=∠ACB=12180°−70°∵CE⊥AB，∴OE=OA=OC，∠AEC=90°，∴∠OEA=∠OAE=55°，∴∠OEC=90°−55°=35°，故答案为：25．【变式1-1】（23-24九年级下·吉林长春·期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=140°，则∠DAC等于（

）A．30° B．25° C．20° D．15°【答案】C【分析】本题考查菱形性质，平行线性质，角平分线性质等．根据题意可知DA∥BC，继而得到∠DAB=40°，再利用角平分线性质可得∠DAC的度数．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴DA∥BC，∠DAC=∠BAC，∵∠ABC=140°，∴∠DAB=180°−140°=40°，∴∠DAC=20°，故选：C．【变式1-2】（23-24九年级上·四川成都·期末）如图，在菱形ABCD中，∠A=50°，分别以点A，B为圆心，大于12AB的长为半径作弧相交于M，N两点，过M，N两点的直线交AD边于点E（作图痕迹如图所示），连接BE，BD．则∠EBC的度数为

【答案】80°/80度【分析】本题考查了作图—垂直平分线，菱形的性质，根据题意得，点E在AB的垂直平分线上，则EA=EB，即可得∠A=∠EBA=50°，根据四边形ABCD为菱形得AB=AD，∠ABC=130°，可得∠ABD=∠ADB=65°，即可得；掌握作图—垂直平分线，菱形的性质是解题的关键．【详解】解：根据题意得，点E在AB的垂直平分线上，∴EA=EB，∴∠A=∠EBA=50°，∵四边形ABCD为菱形，∴AB=AD，∠ABC=180°−∠BAD=180°−50°=130°，∴∠ABD=∠ADB=1∴∠EBC=∠ABC−∠ABE=130°−50°=80°，故答案为：80°．【变式1-3】（23-24·广东·二模）如图，四边形ABCD为平行四边形，四边形BCEF为菱形，BF与CD交于点G，∠A=60°，∠BEC=22°，则∠BGC=（

）A．76° B．82° C．86° D．104°【答案】A【分析】本题考查平行四边形和菱形的性质，三角形的内角和定理，掌握菱形的对角线平分一组对角是解题的关键．【详解】解：∵四边形BCEF为菱形，∴∠FBC=∠FEC=2∠BEC=2×22°=44°，又∵ABCD为平行四边形，∴∠BCD=∠A=60°，∴∠BGC=180°−∠BCD−∠FBC=180°−60°−44°=76°，故选A．【题型2由菱形的性质求线段长度】【例2】（23-24九年级下·浙江嘉兴·期末）如图，在菱形纸片ABCD中，AB=2，∠B=60°，将该菱形纸片沿折痕EF翻折，使点D落在AB的中点G处，则DE的长是【答案】7【分析】本题考查菱形的性质、折叠性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质和含30度角的直角三角形的性质是解答的关键．过G作GH⊥DA交DA延长线于H，先根据菱形的性质得到AD=AB=2，∠GAH=60°，AG=12AB=1GH=32，设DE=x，由折叠性质得GE=DE=x，在Rt△GHE【详解】解：过G作GH⊥DA交DA延长线于H，∵四边形ABCD是菱形，AB=2，∠B=60∴AD=AB=2，∠BAD=180°−∠B=120°，则∠GAH=180°−∠BAD=60°，∵点G是AB的中点，∴AG=1在Rt△AGH中，∠AGH=90°−∠GAH=30°∴AH=1∴GH=A设DE=x，由折叠性质得GE=DE=x，在Rt△GHE中，HE=AH+AE=由GH2+H解得x=7故答案为：7【变式2-1】（23-24九年级下·福建宁德·期末）如图，在菱形ABCD中，∠D=60°,AC=6，则菱形ABCD的周长是（

）A．24 B．30 C．183 D．【答案】A【分析】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质，解题关键是熟练掌握菱形的性质、等边三角形的判定和性质．先根据菱形的性质证明AB=BC=CD=AD，在根据已知条件证明△ABC是等边三角形，求出AB=BC=AC=6，从而求出菱形周长即可．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD，∵∠B=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AC=6，∴AB=BC=CD=AD=6，∴菱形ABCD的周长为：AB+BC+CD+AD=6+6+6+6=24，故选：A．【变式2-2】（23-24九年级下·江苏无锡·期中）如图，边长为3的菱形ABCD中，∠ABC=60°，点P是对角线BD上任意一点（P不与B、D重合），以AP和PD为边作平行四边形APDQ，则PQ的最小值为．【答案】3【分析】设AD与PQ交于O，根据平行四边形的性质得到PQ=2OP，当OP取最小值时，PQ的值最小，当PQ⊥BD时，PO的值最小，根据菱形的性质得到AD=CD=3，∠ABC=∠ADC=60°，根据直角三角形的性质得到OP=3【详解】解：设AD与PQ交于O，∵四边形APDQ是平行四边形，∴PQ=2OP，∴当OP取最小值时，PQ的值最小，由“点到直线的距离垂线段最短”可知，当PQ⊥BD时，PO的值最小，∵四边形ABCD是菱形，∴AD=CD=3，∴∠ADP=30°，∵AO=OD=3在Rt△OPD中，∴PQ=2OP=3∴PQ的最小值为32故答案为：32【点睛】此题考查了菱形的性质、含30°直角三角形的性质、平行四边形的性质等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键．【变式2-3】（23-24·河北邯郸·三模）如图是由5个边长为1，且一个内角为60°的小菱形拼成的图形，P是其中4个小菱形的公共顶点．佳佳想到：“一条直线经过平行四边形对角线的交点，则这条直线平分该平行四边形的面积”就将该图形沿着过点P的某条直线剪一刀，把这五个菱形组成纸片剪成了面积相等的两部分，则剪痕的长度是（

）

A．3 B．13 C．133 D．【答案】B【分析】本题考查了图形的剪拼，中心对称的性质，勾股定理的应用，熟练掌握中心对称的性质是解题的关键．根据中心对称的性质即可作出剪痕，由三角形全等的性质即可证得QF=AP，利用勾股定理即可求得．【详解】解：如图，连接最左侧菱形的对角线交于点O，作直线OP，交CB延长线于点A，交最左侧菱形对边分别于点Q,N，交最右侧上方菱形一边于点F，过点P作PG⊥CD，垂足为G，

∵菱形是中心对称图形，∴经过P、O的直线则把它剪成了面积相等的两部分，由中心对称图形可知△MNP≌∴BQ=MN，∵MP∥∴∠A=∠MPN，∵∠ABQ=∠PMN=180°−60°=120°，∴△MNP≌∴△MNP≌∴AQ=PF,AB=PE=1，∴QF=AP，∵∠CPG=90°−∠PCD=30°，∴CG=1∴PG=CP∴AP=A∴QF=13故选：B．【题型3由菱形的性质求面积】【例3】（23-24九年级下·浙江嘉兴·期末）如图，在菱形ABCD中，点E,F分别是边DC,AD的中点，连接BE,EF,BF．若菱形ABCD的面积为16，则△BEF的面积为（

）A．8 B．7 C．6 D．5【答案】C【分析】本题考查菱形的性质，三角形的中位线定理，连接AC和BD，可得EF=12AC，EF∥AC，即可得到S△DEF=【详解】连接AC和BD，则AC⊥BD，DO=OB，又∵点E,F分别是边DC,AD的中点，∴EF=12AC∴S△DEF∵点E,F分别是边DC,AD的中点，∴S△DBF∴S△BEF故选C．【变式3-1】（23-24九年级下·全国·专题练习）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OH，若OA=6，OH=4，则菱形ABCD的面积为（A．247 B．48 C．72 D．【答案】B【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形的斜边上的中线性质和菱形的面积公式，熟练掌握以上知识是解题的关键．由菱形的性质得OA=OC=6，OB=OD，AC⊥BD，根据题意得【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴OA=OC=6，∴AC=2OA=12，∵DH⊥AB，∴∠BHD=90°，∴BD=2OH=2×4=8，∴菱形ABCD的面积=1故选：B．【变式3-2】（23-24九年级下·广西贺州·期末）如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，AB=2cm，过点A分别作AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，连接EF，则△ECF的面积为（

A．34 B．32 C．33【答案】A【分析】首先利用菱形的性质及等边三角形的判定可得判断出△AEF是等边三角形，过F作FG⊥BC交BC的延长线于点G，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，即可算出三角形的面积．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴BC=CD，∴△ABC和△ADC是等边三角形，∵AE⊥BC，∴BE=CE=1，∴AE=AF=3，∠EAF=30°+30°=60°∴△AEF是等边三角形，∴EF=3，∠AEF=60°∴∠CEF=180°−90°−60°=30°，过F作FG⊥BC交BC的延长线于点G，

∴FG=1∴△CEF的面积是：12故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，熟练掌握等边三角形的判定和性质是解题关键．【变式3-3】（23-24九年级上·山东青岛·期末）如图所示，第一个菱形OBCD的边长为2，∠BOD=60°，且点D落在y轴上，延长CB交x轴于A，以CA为边作第二个菱形AB1C1C；延长C1B1交x轴于点A1，以C1A1【探究】(1)A1C1(2)An−2Cn−2(3)则第n个菱形的面积为______．【答案】(1)3(2)(32(3)3【分析】（1）由第一个菱形OBCD的边长为2，∠BOD=60°，得出△BOA为含30度直角三角形，由此得出AB=1（2）同理（1）可得A1C1=3（3）根据（2）的规律求出第n个菱形的边Cn−1Bn−1【详解】（1）解：∵∠BOD=60°，∴∠BOA=30°，∵菱形OBCD的边长为2，∴BC∥OD，OB=OD=BC=2，∴∠BAO=90°，AB=1∴AC=AB+BC=同理可得A∴A故答案为3（2）由（1）可知AA2C由此规律可知：An∴A故答案为：(32)（3）由（2）可知，第n个菱形的菱长为An−2An−1Cn−1第n个菱形的面积为An−2故答案为3×【点睛】本题主要考查菱形的性质，含30度直角三角形性质、勾股定理，图形的规律，解本题的关键是求出前几个菱形的边长，找出规律．【题型4菱形在平面直角坐标系中的运用】【例4】（23-24九年级下·山东聊城·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A−2，0，点B在y轴上，菱形OBCD

(1)求直线OC的解析式；(2)点P是对角线OC上的一个动点，当AP+BP取到最小值时，求点P的坐标；(3)y轴上是否存在一点Q，使△QAD的面积等于菱形OBCD的面积，若存在，求出点Q的坐标，若不存在，说明理由．【答案】(1)y=2x(2)2(3)存在，0，23【分析】（1）先由菱形的性质得出点C的坐标，再用待定系数法即可求出解析式；（2）先确定当AP+BP取到最小值时点P的位置是直线AD与y轴的交点，即可根据OC、AD的解析式，求出点P的坐标，即可解答；（3）存在，设点Q的坐标为0，y，先求出菱形的面积，根据面积相等，即可求出y，从而求出点【详解】（1）解：∵D4，3∵四边形OBCD是菱形，∴CD=OD=5，∴C4设OC的解析式为y=kx，则8=4k，解得：k=2，∴y=2x；（2）连接AD，交OC于点P，连接BD，交OC于点N，

∵四边形OBCD是菱形，∴BD⊥OC，BN=DN∴BP=PD，由三角形三边关系可知：AP+BP=AP+PD≥AD，∴当A、P、D三点共线时，AP+BP最小，设AD的解析式为y=k将−2，0、4，解得：k1∴y=1联立y=1解得x=2∴P点坐标为23（3）∵OD=OB=5，D4∴S菱形如图，设AD交y轴于点E，则E0，1

则S==3y−1∴3y−1∴y=233或∴Q点的坐标为0，233【点睛】本题考查一次函数的图象性质和菱形的性质，熟练掌握以上性质是解题关键．【变式4-1】（23-24九年级下·山东聊城·期末）在如图所示的直角坐标系中，菱形ABCD的边长是2，E(0,2)为BC的中点．y轴垂直平分BC，垂足为点E．请分别求出点A，B，C，D的坐标．

【答案】A(0,2+3)，B(−1,2)，C(1,2)【分析】根据菱形边长为2结合E为BC中点求出B、C的坐标，根据勾股定理的知识求出AE的长，进而求出AO长度，最后求出A、D坐标．【详解】解：∵菱形ABCD的边长是2，∴AB=BC=CD=DA=2，∵E为BC中点，∴BE=EC=1∵E(0,2)，∴B(−1,2)，C(1,2)，∵y轴垂直平分BC，∴∠AEB=90°，∴BE∴AE=2∴OA=2+3∴A(0,2+3)，【点睛】本题主要考查了菱形的知识、勾股定理的知识、垂直平分线的知识，难度不大．【变式4-2】（23-24九年级下·湖北咸宁·期中）如图，在平面直角坐标系中，已知A0,2，B(0,−3)，C(4,0)，P(−2,0)，且以A，B，C，D(1)直接写出D点的坐标______；(2)请用无刻度直尺作直线l，使直线l经过点P且平分菱形的面积，保留作图痕迹；(3)已知点T是CD边上一点，若线段OT将菱形ABCD的面积分为2：3两部分，直接写出点T的坐标．【答案】(1)D(4,5)(2)见解析(3)(4,1)或(4,3)【分析】（1）根据A,B,C的坐标，求得AB=BC=5，进而即可得出D的坐标；（2）连接AC,BD交于点E，过点P,E作直线l，直线l即为所求；（3）根据菱形的性质求得菱形的面积，进而可得S四边形OTCB=25×20=8或【详解】（1）解：∵A0,2，B0,−3，∴AB=5，BC=3∴AB=BC=CD=AD=5，∵四边形ABCD是菱形，∴AB∴D4,5（2）解：如图所示，连接AC,BD交于点E，过点P,E作直线l，直线l即为所求；（3）解：∵AB=5，OC=4，∴菱形ABCD的面积为AB×CD=5×4=20，∵OB=3，∴S△OBC∵线段OT将菱形ABCD的面积分为2:3两部分，∴S四边形OTCB则S△OCT=8−6=2或∴12×OC×CT=2∵OC=4∴CT=1或CT=3，∴T4,1或【点睛】本题考查了坐标与图形，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．【变式4-3】（23-24九年级下·河南驻马店·期末）在平面直角坐标系中，菱形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为(−2,0)，点B的坐标为(2,0)，点D在y轴上，∠DAB=60°．

(1)求点C和点D的坐标．(2)点P是对角线AC上一个动点，当OP+BP最短时，求点P的坐标．【答案】(1)D0,23(2)P【分析】（1）先求出AB=4，由四边形ABCD是菱形，则AB=AD=CD=BC=4，CD∥AB，在Rt△ADO中，∠DAB=60°，求出OD=23，即可得到点C和点（2）点B，D关于直线AC对称．设OD交AC于P′，连接BP′，则BP′=DP′，P′O+P′B=P′D+P′O≥OD，即P【详解】（1）解：∵点A的坐标为(−2,0)，点B的坐标为(2,0)，∴AB=4．OA=2，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD=CD=BC=4，CD∥AB，在Rt△ADO中，∠DAB=60°则∠ADO=30°，∴AO=1∴AD=2AD=4，∴OD=A∴D0,23，（2）∵四边形ABCD是菱形，∴B，D关于直线AC对称．设OD交AC于P′，连接BP′

∵P′O+当点P和点P′重合时，OP+PB=OP+PD=OD在Rt△AOP∵∠PAO=1∴OP=1则OP2+A∴OP=2∴P0,【点睛】此题考查了勾股定理、含30°角的直角三角形的性质、菱形的性质、轴对称的性质、点的坐标等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．【题型5菱形中的证明】【例5】（23-24·福建三明·一模）如图，菱形ABCD中，点E，F分别在边CD,AD.上，AF=CE，求证：AE=CF．【答案】见解析【分析】解法一：由菱形的性质可得AD=CD，结合AF=CE可证DF=DE，再证明△ADE≌△CDF即可；解法二：连接AC，由菱形的性质可得DA=DC，根据等边对等角得出∠DAC=∠DCA，再证明△DE≌△CAF即可．【详解】证明：解法一：∵四边形ABCD是菱形，∴AD=CD又∵AF=CE，∴AD−AF=CD−CE，∴DF=DE，在△ADE和△CDF中，AD=CD∴△ADE≌△CDF(∴AE=CF解法二：连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∴DA=DC，∴∠DAC=∠DCA，在△ACE和△CAF中，CA=AC∠EAC=∠FAC∴△DE≌△CAFSAS∴AE=CF．【点睛】本题考查菱形的性质，三角形全等的判定和性质，等边对等角．灵活运用菱形的性质和三角形全等的判定是解题的关键．【变式5-1】（23-24·广东广州·一模）如图，菱形ABCD中，过点C分别作边AB，AD上的高CE，【答案】证明见解析【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，菱形性质等知识，由菱形性质结合条件，利用全等三角形的判定与性质即可得证，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．【详解】证明：在四边形ABCD是菱形，∠B=∠D，∵CE⊥AB，∴∠BEC=∠DFC=90°，在△CBE和△CDF中，∠B=∠D∴△CBE≌∴BE=DF．【变式5-2】（23-24九年级下·北京海淀·期末）如图，在菱形ABCD中，E为AB边上一点，EF∥BC交BD于点M，交CD于点F．求证：

【答案】见解析【分析】由平行四边形的性质得AB∥CD，AD∥BC，AB=AD，再证四边形BCFE是平行四边形，EF∥AD，得【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∴∠ADB=∠ABD，∵EF∥∴四边形BCFE是平行四边形，EF∥∴BE=CF，∴∠ABD=∠EMB，∴BE=EM，∴CF=EM．【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．【变式5-3】（23-24九年级下·安徽安庆·期末）如图，将菱形ABCD沿着EF，GH折叠后，点B，D重合于对角线BD上一点M，求证：四边形AEMG是平行四边形．

【答案】见解析【分析】根据折叠的性质可得EB=EM，求出∠AEM=2∠EBM，根据∠EBF=2∠EBM，可得∠AEM=∠EBF，证明AD∥EM，同理可得【详解】证明：由折叠得EB=EM，∴∠EBM=∠EMB，∴∠AEM=∠EBM+∠EMB=2∠EBM，∵在菱形ABCD中，∠EBF=2∠EBM，AD∥∴∠AEM=∠EBF，∴EM∥∴AD∥同理可得AE∥∴四边形AEMG是平行四边形．【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，平行线的判定和性质，等边对等角，三角形外角的性质，平行四边形的判定等知识，熟练掌握折叠的性质，证明AD∥知识点2：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”）．知识点2：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6添加条件使四边形是菱形】【例6】（23-24九年级下·北京东城·期末）如图，下列条件之一能使▱ABCD是菱形的为（）

①AC=BD；②AC平分∠BAD；③AB=BC；④AC⊥BDA．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】D【分析】根据菱形的判定定理判断即可得解．【详解】解：①AC=BD，四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是矩形；②AC平分∠BAD，四边形ABCD∴四边形ABCD是菱形；③AB=BC，四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是菱形；④AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是菱形．综上所述，由②③④可证得四边形ABCD是菱形．故选：D．【点睛】本题考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．【变式6-1】（17-18九年级下·全国·单元测试）如图，△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，要判定四边形A．AB=AC B．AD=BD C．BE⊥AC D．BE平分∠ABC【答案】D【分析】当BE平分∠ABC时，四边形DBFE是菱形，可知先证明四边形DBFE是平行四边形，再证明BD=DE即可解决问题．【详解】解：当BE平分∠ABC时，四边形DBFE是菱形，理由：∵DE∥∴∠DEB=∠EBC，∵∠EBC=∠EBD，∴∠EBD=∠DEB，∴BD=DE，∵DE∥BC，∴四边形DBFE是平行四边形，∵BD=DE，∴四边形DBFE是菱形．其余选项均无法判断四边形DBFE是菱形．故选：D．【点睛】本题考查菱形的判定、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．【变式6-2】（23-24九年级下·河北秦皇岛·阶段练习）已知如图，在▱ABCD中，AD>AB，∠ABC为锐角，将△ABC沿对角线AC边平移，得到△A′B′C′，连接AB′和C′A．甲、乙、丙 B．只有乙、丙 C．只有甲、乙 D．只有甲【答案】B【分析】本题主要考查了菱形的判定及平移的性质，灵活选择判定定理是解题的关键．先根据题意可知四边形AB【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，根据平移可知BC=B′C∴AD∥B′C∴四边形AB∴AB方案甲，添加AB′=D方案乙，由B′∴平行四边形AB方案丙，由∠A∵AD∥B∴∠DAC∴∠DAC∴AD=C∴平行四边形AB所以正确的是乙和丙．故选：B．【变式6-3】（23-24·河北承德·模拟预测）依据所标识的数据，下列平行四边形一定为菱形的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】C【分析】根据菱形的判定逐项排查即可解答．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴对角线互相平分，故A不一定是菱形；∵四边形是平行四边形，∴对边相等，故B不一定是菱形；∵图C中，根据三角形的内角和定理可得：180°−70°−55°=55°，∴邻边相等，∵四边形是平行四边形，∴邻边相等的平行四边形的菱形，故C是菱形；∵四边形是平行四边形，∴对边平行，故D不一定是菱形．故选：C．【点睛】本题主要考查菱形的判定，灵活运用菱形的判定方法是解题的关键．【题型7证明四边形是菱形】【例7】（23-24九年级下·广东珠海·期中）如图1，AE∥BF，AC平分∠BAD，且交BF于点C，BD平分∠ABC，且交AE于点D，连接CD

求证：四边形ABCD是菱形；【答案】见解析【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．由平行线的性质及角平分线的定义证出AD=BC，得出四边形ABCD是平行四边形，根据菱形的判定定理可得出结论；【详解】证明：∵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，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AB=AD，∴四边形ABCD是菱形【变式7-1】（23-24九年级下·重庆沙坪坝·期中）如图，在▱ABCD中，点E在边BC上，连接AE．(1)利用尺规作图，在边AD求作一点F，使得∠DCF=∠BAE；（保留作图痕迹，不写作法）(2)若AE=EC，证明：四边形AECF为菱形．证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴______________________AB=CD，BC=AD．∵∠BAE=∠DCF，∴△ABE≌△CDF（∴AE=CF，______________________．∵BC=AD，∴BC−BE=AD−DF，∴______________________∵AE=CF，∴四边形AFCE是平行四边形（______________________）．（填推理依据）∵AE=EC，∴四边形AFCE是菱形（______________________）．（填推理依据）【答案】(1)如图点F即为所求；

(2)∠B=∠D；BE=DF；EC=AF；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形．【分析】本题主要考查了作图—基本作图，平行四边形的性质与判定，菱形的判定，熟练掌握基本作图方法以及菱形的性质与判定是关键．（1）理解基本作图（作一个角等于已知角），即利用尺规作出∠DCF=∠BAE即可．（2）利用“四边形ABCD是平行四边形”证出△ABE≌△CDF，得AE=CF，EC=AF，进而推出四边形AFCE是平行四边形，最后依据AE=EC，即可得出四边形【详解】（1）解：如图点F即为所求；

（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠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，∴四边形AFCE是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）．∵AE=EC，∴四边形AFCE是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）．【变式7-2】（23-24九年级下·广东汕尾·期中）已知：如图，在□ABCD中，AE是BC边上的高，将△ABE沿BC方向平移，使点E与点C重合，得△GFC．

(1)求证：BE=DG；(2)若∠B=60°，当AB与BC满足什么数量关系时，四边形ABFG是菱形？证明你的结论．【答案】(1)见解析(2)当BC=32AB【分析】本题考查平移的基本性质以及菱形的判定，关键是掌握①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等和平行四边形的性质以及菱形的判定定理．（1）根据平移的性质，可得：BE=FC，再证明Rt△ABE≌Rt△CDG（2）要使四边形ABFG是菱形，须使AB=BF；根据条件找到满足AB=BF的AB与BC满足的数量关系即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD．∵AE是BC边上的高，且CG是由AE沿BC方向平移而成．∴CG⊥AD．∴∠AEB=∠CGD=90°．∵AE=CG，∴Rt△ABE≌∴BE=DG．（2）当BC=32AB证明：∵AB∥GF，AG∥BF，∴四边形ABFG是平行四边形．∵Rt△ABE中，∠B=60°∴∠BAE=30°，∴BE=1∵BE=CF，∴EF=1∴AB=BF．∴四边形ABFG是菱形．【变式7-3】（23-24九年级下·河南鹤壁·期中）如图，AC∥BD，AE平分∠BAC交BD于点E．(1)【实践与操作】过点B作AE的垂线，垂足为点O（要求尺规作图，保留痕迹，不写作法）；(2)【猜想与证明】设（1）中的垂线交AC于点F，连接EF，试猜想四边形ABEF的形状，并证明．【答案】(1)图见解析(2)四边形ABEF是菱形，理由见解析【分析】（1）根据尺规作角平分线的方法求解即可；（2）首先根据题意证明出△AFO≌△EBO(ASA)，得到OF=OB，证明出四边形ABEF是平行四边形，然后结合BA=BE，即可得到四边形【详解】（1）如图，BO是所求作的垂线．（2）四边形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，∴四边形ABEF是平行四边形．∵BA=BE，∴四边形ABCD是菱形．【点睛】此题考查了尺规作角平分线，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，菱形的判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点．【题型8由菱形的性质与判定求角度】【例8】（23-24·四川成都·一模）如图，在△ABC中，AB=AC，分别以C、B为圆心，取AB的长为半径作弧，两弧交于点D．连接BD、AD．若∠ABD=130°，则∠CAD=．【答案】25°/25度【分析】由题意和作法可知：AB=AC=BD=CD，可得四边形ABDC是菱形，再根据菱形及等腰三角形的性质，即可求解．【详解】解：如图：连接CD，由题意和作法可知：AB=AC=BD=CD，∴四边形ABDC是菱形，∠BAD=1∴∠CAD=∠BAD=25°，故答案为：25°．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，证得四边形ABDC是菱形是解决本题的关键．【变式8-1】（23-24九年级下·湖北恩施·期末）如图，在4×4的正方形网格中，每一个小正方形的边长为1，其顶点我们称为格点，△ABC，△ABD为格点三角形．

(1)请你仅用无刻度的直尺，在这个4×4的正方形网格中，画出个以AD为边的不是正方形的菱形，并简单说明理由；(2)求∠ADB+∠ACB的大小．【答案】(1)图见解析，理由见解析(2)∠ADB+∠ACB=45°【分析】（1）根据勾股定理可知AD=AF=FE=DE，再根据菱形的判定即可解答；（2）根据菱形的性质可知△AOF≌△FDCSAS，在根据全等三角形的性质可知△AFC【详解】（1）解：∵AD=22+∴AD=AF=EF=DE=5∴四边形ADEF是菱形，∴菱形ADEF即为所求；

（2）解：∵AD=22+∴AD=AF=EF=DE=5∴四边形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°．

【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，掌握菱形的判定与性质是解题的关键．【变式8-2】（23-24九年级下·四川德阳·期末）如图，在菱形ABCD的外侧，作等边△DCE，连接AE、DE．若对角线AC＝AB，则∠DEA＝度．【答案】30【分析】根据菱形的判定与性质和等边三角形的性质得到四边形ACED是菱形，进而求解即可．【详解】解：连接AC，∵四边形ABCD是菱形，AC=AB，∴AD=CD=AB=AC，∵△DCE是等边三角形，∴DE=CD=CE，∠CED=60°，∴AD=AC=CE=DE，∴四边形ACED是菱形，∴∠DEA=12∠CED故答案为：30．【点睛】本题考查菱形的判定与性质、等边三角形的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解答的关键．【变式8-3】（23-24九年级下·吉林长春·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB=DA，对角线AC，BD交于点O，且AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E．(1)求证：四边形ABCD是菱形；(2)连结OE，交CB于点F，若∠ACB=20°，则∠CFE=______度．【答案】(1)证明见解析(2)60°【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，熟记平行四边形与菱形的判定方法是解本题的关键；（1）由角平分线的性质可得∠BAC=∠CAD，由平行线的性质可得∠BAC=∠DCA，即可得到∠DAC=∠DCA，进而得到AD=CD，然后证得AB=CD，根据平行四边形判定得到四边形ABCD是平行四边形，再由AB=AD，即可证得平行四边形ABCD是菱形；（2）证明∠CEA=90°，证明AO=CO=EO，结合AB=CB，可得∠BAC=∠ACB=20°，证明∠OEA=∠BAC=20°，从而可得答案．【详解】（1）证明：∵AB∥∴∠CAB=∠DCA，∵AC为∠DAB的平分线，∴∠CAB=∠DAC，∴∠DCA=∠DAC，∴CD=AD，∵AB=AD，∴AB=CD，∵AB∥∴四边形ABCD是平行四边形，∵AD=AB，∴平行四边形ABCD是菱形；（2）∵CE⊥AB，∴∠CEA=90°，∵平行四边形ABCD是菱形，∴AO=CO，∴AO=CO=EO，∵平行四边形ABCD是菱形，∴AB=CB，∴∠BAC=∠ACB=20°，∵AO=EO，∴∠OEA=∠BAC=20°，∴∠COE=40°，∠CFE=∠COE+∠BCA=60°．【题型9由菱形的性质与判定求线段长度】【例9】（23-24九年级上·四川成都·期中）如图，四边形ABCD中AD∥BC，∠C=90°，AB=AD，连接BD，∠BAD的角平分线交BD，BC分别于点O、E，若EC=3，CD=4，则BO的长为（

A．4 B．33 C．523【答案】D【分析】本题考查勾股定理的运用以及菱形的判定和性质，连接DE，因为AB=AD，AE平分∠BAD，AD∥BC，可证四边形ABED为菱形，从而得到BE、BC的长，进而解答即可．根据条件能够发现图中的菱形【详解】解：连接DE．

在Rt△CDE中，EC=3，CD=4，根据勾股定理，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，∴四边形ABED是菱形，由勾股定理得出BD=B∴BO=1故选：D．【变式9-1】（23-24九年级上·山东烟台·期末）如图，BD是▱ABCD的对角线，AM⊥BC于点M，交BD于点E，连接CE．若点M为BC的中点，EA=EC，BE=1，则▱ABCD的周长为．【答案】4【分析】连接AC，由垂直平分线的性质得出AB=AC，∠BME=90°，BC=2BM，再证四边形ABCD是菱形，得出△ABC是等边三角形，求出∠EBM=30°，含30°角的直角三角形的性质得出EM，由勾股定理求出BM，即可得出答案．【详解】解：如图，连接AC，AC交BD于点O，∵AM⊥BC，点M为BC的中点，∴AB=AC，∠BME=90°，BC=2BM，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，∵EA=EC，∴EO⊥AC，即BD⊥AC，∴四边形ABCD是菱形，∴∠EBM=12∠ABC，AB∴AB=AC=BC，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC=60°，∴∠EBM=1∴EM=1在Rt△BME中，由勾股定理得：BM=∴BC=BC=2BM=2×3∴菱形ABCD的周长=4BC=4×3故答案为：43【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质、菱形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，以及勾股定理等知识，正确作出辅助线，构建等边三角形是解题的关键．【变式9-2】（23-24九年级下·福建厦门·阶段练习）如图，E，F是平行四边形ABCD对角线BD上两点，且BE＝DF，若∠BAF＝90°，AB＝4，AF＝AE＝3，则AC的长为（）A．2.4 B．3.6 C．4.8 D．6【答案】C【分析】由勾股定理求出BF＝5，证出四边形AECF是菱形，得AC⊥EF，由勾股定理的OA2＝AB2﹣OB2＝AE2﹣OE2，解得OF＝1.8，则OA＝2.4，得AC＝2OA＝4.8．【详解】解：∵∠BAF＝90°，AB＝4，AF＝3，∴BF=A∵E，F是平行四边形ABCD对角线BD上两点，∴OA＝OC，OB=OD,∵BE＝DF，∴OE＝OF，∴四边形AECF是平行四边形，∵OA＝OC，AE＝AF，∴四边形AECF是菱形，∴AC⊥EF，∴OA∴42解得：OF＝1.8，∴OA=∴AC＝2OA＝4.8．故选：C．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定及性质以及勾股定理，熟练掌握菱形的判定及性质是解题的关键．【变式9-3】（23-24九年级下·河南南阳·期末）如图，将边长为4的正方形纸片ABCD沿EF对折再展平，沿折痕剪开，得到矩形ABEF和矩形CEFD，再将矩形ABEF绕点E顺时针方向旋转．使点A与点D重合，点F的对应点为F′，则图②中阴影部分的周长为

【答案】10【分析】首先根据已知条件判断出△BGE≌△FGDAAS，得到BG=FG，EG=DG，然后可设FG的长度为x，则DG=4−x【详解】解：如图，设BD交EF于G，EF旋转后交CD于点H，

由题意知，BE=FD=2，∠B=∠F=90°，又∵∠BGE=∠FGD，∴△BGE≌∴BG=FG，EG=DG，设BG=FG=x，则DG=4−x，在Rt△FDG中，4−x解得：x=3∴DG=4−x=5∵DG∥EH，∴四边形DGEH为平行四边形，又∵EG=DG，∴▱DGEH为菱形，∴阴影部分的周长为：52故答案为：10．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理以及菱形的判定与性质等，解答本题的关键是勾股定理以及菱形的判定．【题型10由菱形的性质与判定求面积】【例10】（23-24九年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图在直角△ABC中，∠BAC=90°，点D是BC中点，连接AD，点E为AD的中点，过点A作AF∥BC交线段BE的延长线于点F，连接CF．(1)求证：AF=DC；(2)在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出与△ACD面积相等的三角形（不包含△ACD）．【答案】(1)证明见解析(2)△ABD,△ACF,△ABF【分析】此题考查的是全等三角形的判定及性质、菱形的判定及性质、直角三角形的性质和三角形的面积：（1）首先由E是AD的中点，AF∥BC，证明△AFE≌△DBE，即可得AF=BD，即可；（2）证明四边形ADCF是菱形，根据平行线之间的距离处处相等、等高模型和菱形的性质即可解决问题．【详解】（1）证明：∵AF∥BC，∴∠AFE=∠DBE，∵点D是BC中点，点E为AD的中点，∴AE=DE,BD=CD，在△AFE和△DBE中，∵∠AFE=∠DBE,∠FEA=∠BED,AE=DE，∴△AFE≌△DBEAAS∴AF=DB．∵