专题01 菱形的性质与判定（知识串讲+8大考点）-九年级数学上册重难考点一遍过（北师大版）

这是一份专题01 菱形的性质与判定（知识串讲+8大考点）-九年级数学上册重难考点一遍过（北师大版），文件包含专题01菱形的性质与判定知识串讲+8大考点原卷版docx、专题01菱形的性质与判定知识串讲+8大考点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共86页， 欢迎下载使用。


知识一遍过
（一）菱形的性质
（二）菱形的判定
考点一遍过
考点1：菱形的性质——求角度
典例1：（2023春·辽宁葫芦岛·八年级统考期末）在菱形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AE⊥BC于点E，连接OE，若∠ABD=20°，则∠AEO的度数为（ ）

A．10°B．20°C．25°D．35°
【答案】B
【分析】根据菱形的性质可求出∠ABC=40°,∠BAC=70°,由直角三角形两锐角互余得出∠BAE=50°,从而得出∠EAC=20°，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD=∠CBD=20°，AB=BC,
∴∠ABC=40°, ∠BAC=∠BCA,
∴∠BAC=12180°-∠ABC=12180°-40°=70°,
∵AE⊥BC，∠ABC=40°,
∴∠BAE=50°,
∴∠EAC=∠BAC-∠BAE=70°-50°=20°,
∵菱形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，
∴AO=OC,
∴EO=AO,
∴∠AEO=∠EAC=20°,
故选：B
【点睛】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质以及直角三角形的中线性质；求出∠EAC=20°,是解决问题的关键．
【变式1】（2023春·河南南阳·八年级统考期末）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，∠CAD=20°，则∠HDB的度数是（ ）

A．20°B．25°C．30°D．35°
【答案】A
【分析】先根据菱形的性质得∠BAD=2∠CAD=40°,∠CDA=140°，∠ADB=70°，则利用DH⊥AB得到∠ADH=50°，即可求出∠HDB的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠BAD+∠CDA=180°，
∵AC、BD是菱形的对角线，
∴∠BAD=2∠CAD=40°,∠BDA=12∠CDA,
∴∠CDA=180°-∠BAD=180°-40°=140°,
∴∠BDA=70°,
∵DH⊥AB，∠BAD=40°，
∴∠ADH=90°-40°=50°,
∴∠BDH=∠BDA-∠HDA=70°-50°=20°,
故选：A．
【点睛】本题考查菱形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
【变式2】（2023·河北廊坊·校考三模）如图，已知在菱形ABCD中，连接对角线AC，作BC边的垂直平分线EF，分别交BC、AC、AD于点F、Q、E，若∠EQD=21°，则∠CAB的度数是（ ）

A．21°B．37°C．42°D．69°
【答案】B
【分析】如图，连接QB，证明QD=QB=QC，∠ADQ=90°-21°=69°，设∠QDC=∠QCD=x，证明DA=DC，AB∥CD，∠BAC=∠DAC=∠ACD=x，可得∠BAD+∠ADC=180°，再建立方程求解即可．
【详解】解：如图，连接QB，

由菱形的对称性可得：DQ=BQ，
由作图可得：EF是BC的垂直平分线，
∴QB=QC，∠QED=90°，而∠EQD=21°，
∴QD=QB=QC，∠ADQ=90°-21°=69°，
∴设∠QDC=∠QCD=x，
∵菱形ABCD，
∴DA=DC，AB∥CD，∠BAC=∠DAC=∠ACD=x，
∴∠BAD+∠ADC=180°，
∴2x+69+x=180，
解得：x=37，
∴∠CAB=37°；
故选B
【点睛】本题考查的是菱形的性质，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，熟练的利用方程思想解题是关键．
【变式3】（2023春·浙江杭州·八年级统考期末）如图，将菱形ABCD沿AE折叠，点B的对应点为F，若E、F、D刚好在同一直线上，设∠ABE=α，∠BAE=β，∠C=γ，则关系正确的是（ ）

A．γ=α+2β-180°B．3β+γ=180°
C．3α+2β=360°D．2α+γ=180°
【答案】C
【分析】可求∠AEB=180°-α-β，∠CED=2α+2β-180°，可求∠ADF=∠CED=2α+2β-180°，可证∠ADF=∠AFD，即可求解．
【详解】解：∵∠ABE=α，∠BAE=β，
∴∠AEB=180°-α-β，
根据折叠可知，
∠AEF=∠AEB=180°-α-β，
∠AFE=∠ABE=α，AB=AF，
∴∠CED=180°-2（180°-α-β）
=2α+2β-180°，
在菱形ABCD中，AD∥BC，AB=AD，
∴∠ADF=∠CED=2α+2β-180°，AD=AF，
∴∠ADF=∠AFD，
∵∠AFD=180°-α，
∴180°-α=2α+2β-180°，
∴3α+2β=360°．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，菱形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，掌握相关的性质是解题的关键．
考点2：菱形的性质——求线段
典例2：（2023春·湖南怀化·八年级统考期末）菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为6和8，则这个菱形的边长是（ ）
A．6B．4C．5D．20
【答案】C
【分析】由菱形对角线的性质，相互垂直平分即可得出菱形的边长．
【详解】解：

由菱形对角线性质可知，AO=12AC=3，BO=12BD=4，
且AO⊥BO，AB=AO2+BO2=32+42=5，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理在直角三角形中的运用，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
【变式1】（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，菱形ABCD的顶点A，B分别在y轴正半轴，x轴正半轴上，点C的横坐标为10，点D的纵坐标为8，若直线AC平行x轴，则菱形ABCD的边长值为（ ）

A．9B．41C．6D．3
【答案】B
【分析】由菱形的性质得到AC⊥BD,AM=12AC,BM=12BD，再根据点C的横坐标为10，点D的纵坐标为8得到AM=5,BM=4，再由勾股定理即可计算出AB的值．
【详解】解：连接AC，BD交于M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD,AM=12AC,BM=12BD，
∵AC平行x轴，AO⊥OB，
∴BD⊥OB，
∵点C的横坐标为10，点D的纵坐标为8，
AC=10,BD=8，
∴AM=12×10=5,BM=12×8=4，
∴AB=AM2+BM2=52+42=41．
∴菱形ABCD的边长值为41．
故选B．

【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理，坐标与图形的性质．熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
【变式2】（2023春·山东济宁·八年级统考期中）如图，四边形ABCD是菱形，AC=8，DB=6，DH⊥AB于H，则DH等于（ ）

A．5B．4C．4.8D．6.5
【答案】C
【分析】根据菱形性质求出AO=4，OB=3，∠AOB=90°，根据勾股定理求出AB，再根据菱形的面积公式求出即可．
【详解】解：设AC交BD于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，
∵AC=8，DB=6，
∴AO=4，OB=3，∠AOB=90°，
由勾股定理得AB=32+42=5，
∵菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=AB⋅DH，
∴ 12×8×6=5DH，
∴DH=245=4.8，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理和菱形的性质的应用，能根据菱形的性质得出菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=AB⋅DH是解此题的关键．
【变式3】（2023·山东东营·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边长为26，点B在x轴的正半轴上，且∠AOC=60°，将菱形OABC绕原点O逆时针方向旋转60°，得到四边形OA'B'C' (点A'与点C重合)，则点B'的坐标是( )

A．36,32B．32,36C．32,62D．62,36
【答案】B
【分析】延长B'C'交x轴于点D，根据旋转的性质以及已知条件得出∠B'DO=90°，进而求得OD,DB'的长，即可求解．
【详解】解：如图所示，延长B'C'交x轴于点D，

∵四边形ABCD是菱形，点B在x轴的正半轴上，OB平分∠AOC，∠AOC=60°，
∴∠COB=∠AOB=30°，∠CBA=60°
∵将菱形OABC绕原点O逆时针方向旋转60°，
∴∠C'OC=60°，则∠OB'C=12∠C'B'C=30°，AB=CB'
∴∠B'OD=60°
∴∠B'DO=90°，
在Rt△CDO中，OC=B'C=26
∴CD=12OC=6，OD=3CD=3×6=32
∴DB'=36，
∴B'32,36，
故选：B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，坐标与图形，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
考点3：菱形的性质——求面积
典例3：（2023春·安徽滁州·八年级校联考阶段练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCD是菱形，A，B两点的坐标分别为(-6,0)，(0,-4)，则菱形ABCD的面积为（ ）

A．24B．48C．163D．243
【答案】B
【分析】计算出△AOB的面积即可求解．
【详解】解：∵A，B两点的坐标分别为(-6,0)，(0,-4)
∴AO=6,BO=4
∴S△AOB=12×AO×BO=12
∵四边形ABCD是菱形
∴S菱形ABCD=4S△AOB=48
故选：B
【点睛】本题考查菱形面积的求解．抓住S菱形ABCD=4S△AOB是解题关键．
【变式1】（2023春·黑龙江齐齐哈尔·八年级统考期末）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=5，S菱形ABCD=40，则OH的长为（ ）

A．13B．8C．6D．4
【答案】D
【分析】由菱形的性质得出OA=OC=5，OB=OD，AC⊥BD，则AC=10，由直角三角形斜边上的中线性质得出OH= 12 BD，再由菱形的面积求出BD=8，即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=5，OB=OD，AC⊥BD，
∴AC=10，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD=90°，
∴OH= 12 BD，
∵菱形ABCD的面积= 12 AC•BD= 12 ×10•BD=40，
∴BD=8，
∴OH= 12 BD=4，
故选D．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线性质求得OH= 12 BD．
【变式2】（2023春·四川遂宁·八年级统考期末）如图，菱形ABCD中，E是BC边的中点，若AB=2，DE⊥BC，则菱形ABCD的面积为（ ）

A．23B．43C．4D．8
【答案】A
【分析】根据菱形的性质可得AB=BC=CD=2，即有EC=12BC=1，再利用勾股定理求得DE=DC2-EC2=3，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，AB=2，
∴AB=BC=CD=2，
∵E是BC边的中点，
∴EC=12BC=1，
∵DE⊥BC，
∴在Rt△DEC中，DE=DC2-EC2=3，
∴菱形ABCD的面积为DE⋅BC=3×2=23，
故选：A．
【点睛】本题考查菱形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解答的关键．
【变式3】（2023春·广西贺州·八年级统考期末）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．34B．32C．334D．3
【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，∠B=∠D=60°，
∴△ABC和△ADC是等边三角形，
∵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=12EF=32，
∴△CEF的面积是：12EC⋅FG=12×1×32=34，
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．
考点4：菱形的性质——证明题
典例4：（2023春·湖南衡阳·八年级校考期中）如图，在菱形ABCD中，E为边BC的中点，DE与对角线AC交于点M，过点M作MF⊥CD于点F，∠1=∠2．

求证：
(1)F是CD中点；
(2)DE⊥BC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）首先根据菱形的性质得到AB∥CD，进而得到∠1=∠ACD，然后利用角度的转化得到∠2=∠ACD，然后利用等腰三角形三线合一性质证明即可；
（2）首先根据菱形的性质和线段中点的性质得到CE=CD，然后证明出△MEC≌△MFCSAS，进而可得到DE⊥BC．
【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形
∴AB∥CD
∴∠1=∠ACD
∵∠1=∠2
∴∠2=∠ACD
∴MC=MD
∵MF⊥CD
∴F是CD中点；
（2）∵四边形ABCD是菱形
∴BC=CD，∠BCA=∠DCA
∵E为边BC的中点，F是CD中点
∴CE=12BC，CF=12CD
∴CE=CF
∴在△MEC和△MFC中
CE=CF∠ECM=∠FCMCM=CM
∴△MEC≌△MFCSAS
∴∠CEM=∠CFM=90°
∴DE⊥BC．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
【变式1】（2023春·吉林四平·八年级四平市第三中学校校考阶段练习）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE=DF．

(1)求证：AE=CF；
(2)若∠AEO=40∘，求∠ACF的度数．
【答案】(1)见解析
(2)50∘
【分析】（1）利用菱形的性质，证明△AEO≌△CFO，即可解答；
（2）利用菱形的性质和三角形内角和定理，即可解答．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，对角线AC，BD相交于点O，
∴AO=CO,BO=DO，
∵BE=DF，
∴BO-BE=DO-DF，即EO=FO，
在△AEO与△CFO中，
AO=CO∠AOE=∠COFEO=FO，
∴△AEO≌△CFOSAS，
∴AE=CF；
（2）解：∵四边形ABCD为菱形，对角线AC，BD相交于点O，
∴BD⊥AC，
∴∠EAO=90°-∠AEO=50°，
∵△AEO≌△CFOSAS，
∴∠ACF=∠EAO=50°．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，熟知菱形的性质是解题的关键．
【变式2】（2023春·辽宁大连·八年级统考期末）如图，已知四边形ABCD为菱形，过点C分别作AB，AD的垂线，垂足分别为E，F，证明：AE=AF．

【答案】见解析
【分析】证明AB=BC=CD=DA，∠B=∠D，∠BEC=90°，∠CFD=90°，可得∠BEC=∠CFD，证明△BEC≌△DFCAAS，可得BE=FD，从而可得答案．
【详解】证明：∵四边形ABCD为菱形
∴AB=BC=CD=DA，∠B=∠D，
又∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴∠BEC=90°，∠CFD=90°，
∴∠BEC=∠CFD，
在△BEC与△DFC中
∠B=∠D∠BEC=∠DFCBC=DC
∴△BEC≌△DFCAAS，
∴BE=FD，
∴AB-BE=AD-FD，
即AE=AF．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，菱形的性质，熟练的利用菱形的性质证明△BEC≌△DFCAAS是解本题的关键．
【变式3】（2023春·辽宁沈阳·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC,AB=3,AC=4，分别以A、C为圆心，大于12AC的长为半径画弧，两弧相交于点M,N，过M,N两点作直线，与BC交于点E，与AD交于点F，连接AE,CF．

(1)求证：AE=AF；
(2)求四边形AECF的周长．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】（1）根据作图可得MN⊥AC，且平分AC，设AC与MN的交点为O，证明四边形AECF为菱形，即可得到AE=AF；
（2）证明四边形ABEF是平行四边形，则AF=BE，由AF=EC得BE=EC=12BC，然后勾股定理求得BC，得到EC的长，进而根据菱形的性质即可求解．
【详解】（1）解：如图，设AC与MN的交点为O，

根据作图可得MN⊥AC，且平分AC，
∴AO=OC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠FAO=∠OCE，
又∵∠AOF=∠COE，AO=CO ，
∴△AOF≌△COEASA，
∴AF=EC，
∵AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵MN垂直平分AC，
∴EA=EC，
∴四边形AECF是菱形，
∴AE=AF；
（2）∵ AB⊥AC，MN⊥AC，
∴EF∥AB，
∵AD∥BC，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∴AF=BE，
∵AF=EC，
∴BE=EC=12BC，
Rt△ABC中， AB=3，AC=4，
∴BC=AB2+AC2=5，
∴EC=12BC=52，
∵四边形AECF是菱形，
∴AE=EC=CF=AF，
∴四边形AECF的周长为4EC=10．
【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，菱形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
考点5：菱形的性质——坐标问题
典例5：（2023·广东深圳·校考一模）如图，菱形ABCD的对角线交于原点O，A-23,2，B-1,-3．将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点C的坐标为（ ）

A．2,3B．-23,2C．C'D．23,-2
【答案】C
【分析】首先根据菱形的性质及旋转的规律，可得第2023次旋转结束时，点C在第三象限，过点A作AE⊥x轴于点E，延长OB到C'点，使OC'=OA，过点C'作C'F⊥x轴于点F，再根据菱形的性质及全等三角形的性质，即可求得坐标.
【详解】解：∵将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转90°， 360°÷90°=4，
∴旋转4次后回到原来的位置，
∵2023÷4=505……3，
∴第2023次旋转结束时，点C在第三象限，
如图：过点A作AE⊥x轴于点E，延长OB到C'点，使OC'=OA，过点C'作C'F⊥x轴于点F，

∴∠AEO=∠OFC'=90°，
∴∠OAE+∠AOE=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=OC'，AC⊥BD，
∴∠C'OF+∠AOE=90°，
∴∠OAE=∠C'OF，
∴△OAE≌△C'OF（AAS），
∴AE=OF，OE=C'F，
∵A-23,2，
∴OE=23，AE=2，
∴OF=2，C'F=23，
∴C'-2,-23，
故第2023次旋转结束时，点C的坐标为-2,-23，
故选：C．
【点睛】本题主要考查菱形的性质和旋转的性质，全等三角形的判定及性质，以及坐标与图形的性质，直角三角形的性质，找出旋转规律是解题关键.
【变式1】（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC和BD的交点与原点重合，顶点A,C在x轴上，B,D在y轴上，且C3,0，D0,4，若一只瓢虫从点A出发以5个单位长度/秒的速度沿着A→B→C→D→A循环爬行，则第2023秒瓢虫的位置在（ ）
A．0,4B．-3,0C．0,-4D．3,0
【答案】A
【分析】根据菱形的性质，求出菱形的边长，及各点的坐标，再根据瓢虫移动的规律确定点时间与点的关系，由此即可求解．
【详解】解：菱形ABCD，
∴AB=BC=CD=AD，
∵C3,0，D0,4，即OC=3,OD=4，
在Rt△OCD中，CD=OC2+OD2=32+42=5，
∴AB=BC=CD=AD=5，
∵瓢虫从点A出发以5个单位长度/秒的速度沿着A→B→C→D→A循环爬行，
∴开始，A(-3,0)，
第1秒，B(0,-4)，
第2秒，C(3,0)，
第3秒，D(0,4)，
第4秒，A(-3,0)，
…
∴2023÷4=505⋯⋯3，即循环了505次后，又走了3秒，
∴第2023秒瓢虫的位置在D(0,4)，
故选：A．
【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中点的移动，理解题意，找出点移动的规律是解题的关键．
【变式2】（2023春·八年级单元测试）如图，菱形ABCD的对角线交于原点O，A-23,2，B-1,-3．将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点C的坐标为（ ）
A．2,23B．-23,2C．-2,-23D．23,-2
【答案】C
【分析】首先根据菱形的性质及旋转的规律，可得第2023次旋转结束时，点C在第三象限，过点A作AE⊥x轴于点E，延长OB到C'点，使OC'=OA，过点C'作C'F⊥x轴于点F，再根据菱形的性质及全等三角形的判定，即可求得C'点的坐标，据此即可求解
【详解】解：∵将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转90°，360°÷90°=4，
∴旋转4次后回到原来的位置，
∵2023÷4=505⋅⋅⋅3，
∴第2023次旋转结束时，点C在第三象限，
如图：过点A作AE⊥x轴于点E，延长OB到C'点，使OC'=OA，过点C'作C'F⊥x轴于点F，
∴∠AEO=∠OFC'=90°，
∴∠OAE+∠AOE=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=OC'，AC⊥BD，
∴∠C'OF+∠AOE=90°，
∴∠OAE=∠C'OF，
∴△OAE≌△C'OFAAS，
∴AE=OF，OE=C'F，
∵A-23,2，
∴OE=23，AE=2，
∴OF=2，C'F=23，
∴ C'-2,-23，
故第2023次旋转结束时，点C的坐标为-2,-23，
故选：C．
【点睛】本题考查菱形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及坐标与图形的性质，直角三角形的性质，找出旋转规律是解题关键．
【变式3】（2023春·广东深圳·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是平行四边形，且顶点A的坐标为(4，0)，点B的坐标为6,23，将平行四边形OABC沿着直线OC翻折，得到四边形OA'B'C，若直线l把六边形OABCB'A'的面积分成相等的两部分，则直线l的解析式为( )

A．y=3x或y=-33x+23B．y=23x或y=-33x+23
C．y=23x或y=-35x+1235D．y=3x或y=-3x+23
【答案】A
【分析】根据翻折的对称性，显然直线OC是满足条件的直线l．另外考虑到过平行四边形的中心任作一条直线都可以把这个四边形分为面积相等的两部分，故过两个平行四边形的中心的直线也是满足条件的直线l，仿照这两条思路问题不难得解．
【详解】分两种情况讨论：
①如下图，

因为平行四边形OABC的对边相等，
∴BC=OA=4，因点B的横坐标为6，
∴C点的横坐标为6-4=2．
即：C点的坐标为2,23．
设直线OC的解析式为：y=kxk≠0，
则：k=yx=232=3．
故OC的解析式为：y=3x．
因OC是对称轴，故直线OC把六边形OABCB'A'的面积分成相等的两部分，OC即为满足条件的直线l．
②自点B作x轴的垂线，垂足为点E，取AB的中点I，连接EI，如下图．

∵ A的坐标为(4，0)，点B的坐标为6,23
∴AE=OE-OA=6-4=2，BE=23，
由勾股定理得：AB=AE2+BE2=22+232=4．
因BC=OA=4，
∴AB=BC．
∴平行四边形OABC是菱形．
因EI是直角△ABE斜边AB上的中线，所有IE=AI=12AB=12×4=2，
∵AE=2，
所以IE=AI=AE．
则△IAE是等边三角形．
∴∠BAE=60°．
∴∠CBA=∠AOC=60°，
∴四边形OABC是含内角60°的菱形．
由翻折性知，四边形OA'B'C也是菱形，且∠A'OC=60°．
∴OB'平分∠A'OC，
则：∠B'OC=30°，
∴∠AOB'=∠B'OC+∠AOC=30°+60°=90°．
∴B'在y轴上．
连接AC，交y轴于点M'，则A'C⊥OB'，即A'C垂直于y轴．
因BC也垂直于y轴，
所以，点B、C、M'、A'位于同一条直线上，
∴M'点的坐标为0,23．
设OB与AC相交于点M，自M点作MD垂直于x轴，垂足为点D．
则DM为△OBE的中位线，
∴MD=12BE=3，OD=12OE=3，
∴点M的坐标为3,3．
因为点M、M'的坐标是0,23、3,3，
设直线MM'的解析式为：y=kx+b，
∴23=b3=3k+b
求得：b=23k=-33．
∴直线MM'的解析式为：y=-33x+23．
因点M、M'是菱形OABE与菱形OA'B'C的中心，
故直线MM'把六边形OABCB'A'的面积分成相等的两部分，即MM'就是满足的条件的直线l．
综合①②两种情况，直线l的解析式为：y=3x或y=-33x+23，
故选：A．
【点睛】本题考查了轴对称图形、一次函数的解析式、直角三角形中线性质、三角形中位线性质等知识点，解题的关键是根据对称特性作出正确的辅助线．
考点6：菱形的性质——添加条件
典例6：（2023春·云南昭通·九年级统考期中）如图，四边形ABCD的对角线互相平分，添加下列条件不能使它成为菱形的是（ ）

A．AB=BCB．AC⊥BDC．∠ABO=∠CBOD．AC=BD
【答案】D
【分析】根据菱形的判定方法逐项判断即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD的对角线互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
A．添加AB=BC后，根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”可证明▱ABCD是菱形；
B．添加AC⊥BD后，根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”可证明▱ABCD是菱形；
C．添加∠ABO=∠CBO后，根据“对角线平分一组对角的平行四边形是菱形”可证明▱ABCD是菱形；
D．添加AC=BD后，可证明▱ABCD是矩形，不能证明它是菱形；
故选：D．
【点睛】本题考查菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的判定方法：①四条边都相等的四边形是菱形；②对角线互相垂直的平行四边形是菱形；③一组邻边相等的平行四边形是菱形；④对角线平分一组对角的平行四边形是菱形．
【变式1】（2023春·湖北恩施·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，下列条件不能判定四边形ABCD是菱形的是（ ）
A．AB=ADB．AC⊥BD
C．∠ABD=∠CDBD．∠ABD=∠ADB
【答案】C
【分析】根据菱形的判断逐项分析即可得出结论．
【详解】解：A. AB=AD，根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形” 能判定四边形ABCD是菱形，故选项A不符合题意；
B. AC⊥BD，根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形” 能判定四边形ABCD是菱形，故选项B不符合题意；
C. ∠ABD=∠CDB，不能得出四边形ABCD是菱形，故选项C符合题意；
D.由∠ABD=∠ADB可得AB=AD，可根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形” 能判定四边形ABCD是菱形，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定定理，熟练掌握菱形的判定定理是解答本题的关键．
【变式2】（2023春·北京东城·八年级北京市第二中学分校校联考期末）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⊥BD；
A．①②③B．①②④C．①③④D．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是平行四边形，
∴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3】（2023春·云南·八年级统考期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，在条件：①AB=AD；②AC=BD；③AC⊥BD；④AC平分∠BAD中，选择一个条件，使得四边形ABCD是菱形，可选择的条件是（ ）

A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】C
【分析】根据题意和菱形的判定进行选择即可，先证△DAO≌△BCO(ASA)，得OA=OC，再证四边形ABCD是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADO=∠CBO，
∵点O是BD的中点，
∴OD=OB，
在△DAO和△BCO中，
∠HAM=∠HFGAH=FH∠AHM=∠FHG，
∴△DAO≌△BCO(ASA)，
∴OA=OC，
∵OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
①∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
③∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
④∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAC=∠DCA，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴AD=CD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
综上所述：选择①③④，使得四边形ABCD是菱形，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
考点7：菱形的判定——证明题
典例7：（2023春·浙江金华·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，已知AE=CF，DM=BN，EF与MN交于点O，且MN⊥EF．

(1)试判断四边形ENFM的形状，并说明理由．
(2)若∠B=2∠MNF，且MN=4，EF=2，求AB的长．
【答案】(1)菱形，理由见解析
(2)5
【分析】（1）四边形ENFM是菱形，由▱ABCD，AE=CF，DM=BN，得出ME=NF，加上ME∥NF，得出四边形ENFM是平行四边形，由MN⊥EF得出四边形ENFM是菱形；
（2）由四边形ENFM是菱形，得出OF=OE=1，OM=ON=2，利用勾股定理得出NE=5，由∠B=2∠MNF得出AB∥NE，加上AE∥BN得出平行四边形ABNE，即可求出AB=NE=5．
【详解】（1）解：四边形ENFM是菱形；
∵▱ABCD，
∴AD=BC，
∵AE=CF，DM=BN，
∴AD-AE-DM=BC-CF-BN，
∴ME=NF，
∵ME∥NF，
∴四边形ENFM是平行四边形，
∵MN⊥EF，
∴▱ENFM是菱形；
（2）∵菱形ENFM，
∴∠MNE=∠MNF，
∵∠B=2∠MNF，
∴∠B=2∠MNF=∠MNE+∠MNF=∠ENC，
∴AB∥NE，
∵AE∥BN，
∴四边形ABNE是平行四边形，
∴AB=NE，
∵菱形ENFM，
∴OF=OE=1，OM=ON=2，
∵MN⊥EF，
∴NE=OE2+ON2=5，
∴AB=NE=5．
【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定，菱形的判定和性质，勾股定理，掌握平行四边形的性质与判定，菱形的判定和性质是解题关键．
【变式1】（2023春·云南临沧·八年级统考期中）如图，菱形AECF的对角线AC与EF交于点O，分别延长OE、OF至点B，D，且BE=DF，连接AB、AD、CB、CD．

(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若BD=8，AC=4，BE=3，求菱形AECF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）根据对角线互相垂直且平分的四边形是菱形即可解决问题；
（2）根据菱形的面积公式计算即可解决问题．
【详解】（1）∵菱形AECF的对角线AC和EF交于点O，
∴AC⊥EF，OA=OC，OE=OF，
∵BE=DF，
∴OB=OD，
∴AC垂直平分BD，BD垂直平分AC，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴OB=12BD=4，
∵BE=3，
∴OE=OB-BE=1，
∴EF=2，
∴S菱形AECF=12AC⋅EF=12×4×2=4．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
【变式2】（2023春·山东济宁·八年级统考期末）已知，如图所示，△ABC中，AD是角平分线，E，F分别是AB，AC上的点，且DE∥AC，DF∥AB，试说明四边形AEDF是菱形．

【答案】证明见解析
【分析】可证四边形AEDF是平行四边形，再证∠CAD=∠ADF，从而可得AF=DF，即可求证．
【详解】证明：∵ DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∵ AD是∠BAC的平分线，
∴ ∠BAD=∠CAD，
∵ DF∥AB，
∴ ∠ADF=∠BAD，
∴ ∠CAD=∠ADF，
∴ AF=DF，
∴四边形AEDF是菱形．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的判定，等腰三角形的性质，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．
【变式3】（2023春·河北保定·八年级校联考期末）如图AD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC、AB的平行线，交AB于点E，交AC于点F．

(1)求证：四边形AEDF是菱形．
(2)若AF=13，AD=24．求四边形AEDF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)120
【分析】（1）先证四边形AEDF是平行四边形，∠EAD=∠ADF，再证∠ADF=∠FAD，则FA=FD，即可得出结论；
（2）连接EF交AD于点O，由菱形的性质得OA=OD= 12 AD=12，OE=OF，EF⊥AD，再由勾股定理得OE=5，则EF=2OE=10，即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵DE ∥ AC，DF ∥ AB，
∴四边形AEDF是平行四边形，∠EAD=∠ADF，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠EAD=∠FAD，
∴∠ADF=∠FAD，
∴FA=FD，
∴平行四边形AEDF是菱形；
（2）解：如图，连接EF交AD于点O，

由（1）可知，四边形AEDF是菱形，
∴OA=OD= 12 AD=12，OE=OF，EF⊥AD，
∴∠AOE=90°，
∴ OE=AE2-OA2=132-122=5，
∴EF=2OE=10，
∴ S菱形AEDF=12AD⋅EF=12×24×10=120．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
考点8：菱形的判定与性质综合
典例8：（2023春·山东临沂·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，BD是它的一条对角线，作BD的垂直平分线EF，分别交AD，BC，BD于点E，F，O．

(1)求证：AE=CF；
(2)连接BE，DF，若∠DBE=25°，求∠EDF的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)50°
【分析】（1）根据题意，作出图形，根据中垂线性质，结合三角形全等的判定与性质即可求证；
（2）由（1）知△EOD≌△COB，利用全等性质得到对角线相互平分，再结合中垂线性质得到四边形BEDF是菱形，由菱形性质即可得到答案．
【详解】（1）证明：如图所示：

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴∠EDO=∠CBO，
∵EF垂直平分BD，
∴OD=OB，
在△EOD和△COB重
∠EDO=∠CBOOD=OB∠EOD=∠FOB，
∴△EOD≌△COBASA，
∴ED=FB，
∵AE=AD-ED,CF=BC-FB，AD=BC，
∴AE=CF；
（2）解：连接BE、DF，如图所示：
由（1）知△EOD≌△COB，
∴OE=OF，OD=OB，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵EF垂直平分BD，即EF⊥BD，
∴四边形BEDF是菱形，
∴ BE=DE，
∴ ∠BDE=∠DBE=25°，
∵菱形BEDF中，对角线BD平分∠EDF，
∴∠EDF=2∠BDE=50°．
【点睛】本题考查平行四边形及特殊平行四边形综合，涉及平行四边形的判定与性质、中垂线性质、三角形全等的判定与性质、菱形的判定与性质，熟练掌握平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．
【变式1】（2022秋·全国·九年级期中）如图，平行四边形ABCD中，AB⊥AC,AB=1,BC=5．对角线AC,BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转，分别交BC,AD于点E，F．
(1)证明：当旋转角为90°时，四边形ABEF是平行四边形；
(2)证明：在旋转过程中，线段AF与EC总保持相等；
(3)在旋转过程中，当AC绕点O顺时针旋转多少度时，四边形BEDF是菱形，请给出证明．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)45°，见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质得AF∥BE,根据已知条件可得AB∥EF，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边证明即可；
（2）通过证明△AOF≌△COE（ASA）．即可得证；
（3）根据题意与勾股定理求得AC=2,根据平行四边形的性质可得AO=12AC=AB,得到∠AOB=45°，结合菱形的性质和判定求解．
【详解】（1）证明：如图，
∵平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴AF∥BE，
∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
又∵旋转角为90°时，∠AOF＝90°，
∴∠BAC＝∠AOF，
∴AB∥EF，
∴四边形ABEF是平行四边形．
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
∵∠AOF＝∠COE，
∴△AOF≌△COE（ASA）．
∴AF＝CE．
∴在旋转过程中，线段AF与EC总保持相等．
（3）当AC绕点O顺时针旋转45度时，四边形BEDF是菱形．
理由如下：
由（2）知：AF＝CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴DF＝BE，DF∥BE，
∴四边形BEDF是平行四边形．
如图：
∵AB⊥AC，AB＝1，BC＝5，
∴AC=BC2-AB2=2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝12AC＝1，
∴AO＝AB，
∵AB⊥AC，
∴∠AOB＝45°
∵AC绕点O顺时针旋转45度，
∴∠AOF＝45°，
∴∠BOF＝90°，
∴EF⊥BD．
∴四边形BEDF是菱形．
【点睛】本题考查旋转的性质及菱形性质和判定，掌握平行四边形，全等三角形的性质与判定，菱形的性质和判定是求解本题的关键．
【变式2】（2022春·浙江台州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点O作EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接EB，DF．
(1)求证：四边形EBFD为菱形；
(2)若∠BAD=105°，∠DBF=2∠ABE，求∠ABE的度数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)15°
【分析】（1）利用平行四边形的性质得到BO=DO，∠OBF=∠ODE，证明△BOF≌△DOE（ASA），得到BF=DE，证得四边形EBFD为平行四边形，又因为EF⊥BD，得到四边形EBFD为菱形；
（2）根据菱形的性质得到∠DBF=∠DBE=2∠ABE，所以∠ABC=∠ABE+∠DBE+∠DBF=5∠ABE，利用平行线的性质得到∠DAB+∠ABC=180°，求解即可得到∠ABE的度数．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，BO=DO，
∴∠OBF=∠ODE，
∵EF⊥BD，
∴∠BOF=∠DOE=90°，
在△BOF和△DOE中，
∠OBF=∠ODEBO=DO∠BOF=∠DOE
∴△BOF≌△DOE（ASA），
∴BF=DE，
∵BF∥DE，
∴四边形EBFD为平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形EBFD为菱形；
（2）∵四边形EBFD为菱形，
∴∠DBF=∠DBE，
∵∠DBF=2∠ABE，
∴∠DBF=∠DBE=2∠ABE，
∴∠ABC=∠ABE+∠DBE+∠DBF=5∠ABE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∴105°+5∠ABE=180°，
∴∠ABE=15°．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，掌握菱形的对角线平分对角是解题的关键．
【变式3】（2023春·福建福州·九年级统考期中）如图，在△ABC中，∠ACB=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，连接AE．
(1)求证：AB=AE；
(2)若∠ABC=∠ACB，证明：直线AE与BC互相垂直．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，可得∠BCE=60°，BC=EC，而∠ACB=30°，即得∠ACE=30°=∠ACB，可证△ACB≌△ACESAS，故AB=AE；
（2）根据△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，AB=AC，可得AC=DC=DE=AE，证明四边形ACDE是菱形，得到DA∥CD；又∠BCD=30°+60°=90°，进而推导出AE⊥BC．
【详解】（1）证明：∵△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCE=60°，BC=EC，
∵∠ACB=30°，
∴∠ACE=30°=∠ACB，
∵AC=AC，
∴△ACB≌△ACESAS，
∴AB=AE；
（2）解：∵△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，
∴AC=DC，AB=DE，
由（1）可知AB=AE，
∴AE=DE，
若AB=AC，则AC=AE，
∴AC=DC=DE=AE，
∴四边形ACDE是菱形，
∴AE∥CD；
∵∠ACB=30°，将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC，
∴∠BCD=30°+60°=90°，即CD⊥BC，
∴AE⊥BC，
即直线AE与BC互相垂直．
【点睛】本题考查三角形的旋转问题，涉及菱形的判定及全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握旋转的性质，证明△ACB≌△ACE．
同步一遍过
一、单选题
1．（2023春·八年级课时练习）已知菱形的周长等于40cm，两对角线的比为3:4，则对角线的长分别是（ ）
A．12cm，16cmB．6cm，8cm
C．3cm，4cmD．24cm，32cm
【答案】A
【分析】根据菱形的周长可以计算菱形的边长，因为菱形的对角线互相垂直，所以△ABO为直角三角形，设菱形的对角线长为2x、2y,则x:y=3:4，且在Rt△ABO中，x2+y2=102，求得x、y即可解题．
【详解】解：如下图所示，菱形的周长为40cm,则菱形的边长为10cm,
菱形的对角线互相垂直，所以△ABO为直角三角形，
设菱形的对角线长为2x、2y,则x:y=3:4，
在Rt△ABO中，x2+y2=102
解得x=6cm，y=8cm ,
故对角线长为12cm，16cm．
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，菱形各边长相等的性质，菱形对角线互相垂直平分的性质，本题中根据x、y的关系式求x、y的值是解题的关键．
2．（2023秋·山东青岛·九年级胶州市初级实验中学校考期中）两条对角线分别为6cm，8cm的菱形的周长是（ ）
A．10cmB．20cmC．22cmD．24cm
【答案】B
【分析】由菱形对角线相互垂直平分以及勾股定理即可求解.
【详解】解：由菱形性质可得菱形边长为32+42=5，故菱形周长为20cm，
故选择B.
【点睛】本题考查了菱形对角线的性质.
3．（2023春·广东珠海·八年级校考期中）如图，菱形ABCD中，E、F分别是AB、AC的中点，若EF＝4，则菱形ABCD的周长是（ ）
A．32B．16C．20D．24
【答案】A
【分析】先根据三角形中位线的性质，得出BC的长，然后根据菱形的性质得出周长．
【详解】∵点E、F分别是AB、AC的中点
∴EF是△ABC的中位线
∵EF=4
∴BC=8
∵四边形ABCD是菱形
∴AB=BC=CD=DA=8
∴菱形ABCD的周长=8×4=32
故选：A．
【点睛】本题考查三角形中位线和菱形的性质，解题关键是得出BC的长．
4．（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）如图，菱形ABCD的边长是4，∠B=120°，P是对角线AC上一个动点，E是CD的中点，则△PDE的周长的最小值为（ ）
A．6B．23+2C．8D．43+1
【答案】B
【分析】根据菱形的性质可得点B与点D关于直线AC对称，连接BE与AC相交于点P，根据轴对称确定最短路线问题，BE的长度即为PE+PD的最小值，连接BD，根据菱形的性质求出∠BCD＝60°，从而判断出△BCD是等边三角形，再根据等边三角形的性质求出BE的长度，进而得到ΔPDE的周长的最小值．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴点B与点D关于直线AC对称，
如图，连接BE与AC相交于点P，由轴对称确定最短路线问题，BE的长度即为PE+PD的最小值，
连接BD，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BCD＝180°﹣120°＝60°，
又∵BC＝CD，
∴△BCD是等边三角形，
∵E是CD的中点，
∴∠CBE=30° ∠BEC=90° ，
∵BC=4，
∴CE=2，
∴BE=BC2-CE2=42-22=23 ，
即PE+PD的最小值为23，
∵E为CD 的中点，CD=4，
ED=2
ΔPDE的周长的最小值为PE+PD+ED=23+2．
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称确定最短路线问题，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记各性质并准确确定出点P的位置是解题的关键．
5．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，菱形ABCD中∠ABC＝60°，ΔABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM，则下列五个结论中正确的个数是（ ）
①△AMB ≌△ENB；②若菱形ABCD的边长为2，则AM＋CM的最小值2；③连接AN，则AN⊥BE；④当AM＋BM＋CM的最小值为43时，菱形ABCD的面积也为43．
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】①根据菱形的性质，运用“SAS”证明即可；②根据菱形性质可得A与C关于对角线BD对称，可知AM+CM最小为AC长；③先假设AN⊥BE，而后逆推即可判断；④根据图形特征得出当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长，过E点作EF⊥BC，交CB的延长线于F，在Rt△EFC中利用勾股定理求解，继而求得菱形的面积即可判断④．
【详解】解①∵△ABE是等边三角形，
∴BA=BE，∠ABE=60°．
∵∠MBN=60°，
∴∠MBN-∠ABN=∠ABE-∠ABN．即∠MBA=∠NBE．
又∵MB=NB，
∴△AMB≌△ENB（SAS），故①正确；
②连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，BD⊥AC，AO=CO．
∴点A和点C关于直线BD对称，
∴当M点与O点重合时，AM+CM的值最小为AC的值．
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=2．
即AM+CM的值最小为2，故②正确；
③假设AN⊥BE，且AE=AB，
∴AN是BE的垂直平分线，
∴EN=BN=BM=MA，
∴M点与O点重合，
∵条件没有确定M点与O点重合，故③错误；
④如图，连接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，
∴AM=EN，
∵∠MBN=60°，MB=NB，
∴△BMN是等边三角形，
∴BM=MN，
∴AM+BM+CM=EN+MN+CM，
根据“两点之间线段最短”，得EN+MN+CM=EC最短，
∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长．
过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴∠EBF=180°﹣120°=60°，
设菱形的边长为x，∴BF=12x，EF=32x，
在Rt△EFC中，∵EF2+FC2=EC2，
∴(32x)2+(12x+x)2=(23)2，
解得x=4，
∴BC=2,EF=23，
∴菱形的面积为EF×BC=23×2=43，
故④正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、菱形的性质、轴对称求最值以及勾股定理，综合运用以上知识，添加辅助线是解题的关键．
6．（2022·贵州贵阳·统考模拟预测）如图，在▱ABCD中，用直尺和圆规作∠BAD的平分线AG,若AD=10,DE=12,则AG的长是（ ）
A．15B．16
C．18D．20
【答案】B
【分析】首先证明四边形ADGE是菱形，得出AG⊥DE，利用勾股定理计算出AO，从而得到AG的长．
【详解】试题解析：连接EG，
∵由作图可知AD=AE，AG是∠BAD的平分线，
∴∠1=∠2，
∴AG⊥DE，AD=10，DE=12．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∴AD=DG．
∵AG⊥DE，
∴OA=12AG，OD=12DE．
在Rt△AOD中，OA=AD2-OD2=102-62=8，
∴AG=2AO=16．
故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理；熟练掌握平行四边形的性质，证明四边形ADGE为菱形是解决问题的关键．
7．（2023春·全国·八年级专题练习）如图，E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD的中点，且AB＝CD．结论：①EG⊥FH；②四边形EFGH是矩形；③HF平分∠EHG；④EG=12BC；⑤四边形EFGH的周长等于2AB．其中正确的个数是( )
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半与AB=CD可得四边形EFGH是菱形，然后根据菱形的对角线互相垂直平分，并且平分每一组对角的性质对各小题进行判断即可得答案．
【详解】∵E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD的中点，
∴EF=12CD，FG=12AB，GH=12CD，HE=12AB，
∵AB=CD，
∴EF=FG=GH=HE，
∴四边形EFGH是菱形，故②错误，
∴EG⊥FH，HF平分∠EHG；故①③正确，
∴四边形EFGH的周长= EF=FG=GH=HE =2AB，故⑤正确，
没有条件可证明EG=12BC，故④错误，
∴正确的结论有：①③⑤，共3个，
故选C.
【点睛】本题考查了三角形中位线定理与菱形的判定与菱形的性质，根据三角形的中位线定理与AB=CD判定四边形EFGH是菱形并熟练掌握菱形的性质是解答本题的关键．
8．（2023·广东广州·校考三模）下列命题的逆命题成立的是（ ）
A．全等三角形的对应角相等B．两个角都是45∘，则这两个角相等C．有两边相等的三角形是等腰三角形D．菱形的对角线互相垂直
【答案】C
【分析】写出每个命题的逆命题，然后逐一判断逆命题的真假，即可．
【详解】A.全等三角形的对应角相等的逆命题是：“对应角相等的三角形是全等三角形”，不成立；
B. 两个角都是45∘，则这两个角相等的逆命题是：“两个角相等，则这两个角都是45°”不成立；
C. 有两边相等的三角形是等腰三角形的逆命题是：“等腰三角形有两边相等”，成立
D. 菱形的对角线互相垂直的逆命题是：“对角形相互垂直的四边形是菱形”，不成立
故选C．
【点睛】本题主要考查命题的逆命题，熟练掌握全等三角形的性质，等腰三角形的定义，菱形的性质，是解题的关键．
9．（2023春·湖南长沙·九年级校联考期中）如图，在菱形ABCD中，∠CBD=75°，分别以A，B为圆心，大于12AB长为半径画弧，过两弧的交点作直线分别交AB、AD于E、F两点，则∠DBF的度数为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【答案】B
【分析】先由菱形的性质可知BD平分∠ABC，AD∥BC，从而可求出∠ABC=150°，∠A=30°，再由作图过程可知EF是AB的垂直平分线，所以有AF=BF，再根据等边等角可得∠ABF=∠A=30°，再根据角的和差关系即可求出∠DBF的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD=∠CBD=75°，AD∥BC，
∴∠ABC=150°，∠ABC+∠A=180°，
∴∠A=30°．
∵分别以A，B为圆心，大于12AB长为半径画弧，过两弧的交点作直线分别交AB、AD于E、F两点，
∴EF垂直平分AB，
∴AF=BF，
∴∠ABF=∠A=30°．
∴∠DBF=∠ABD-∠ABF=45°．
故选B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形和平行线的性质等知识，掌握相关知识是解题的关键．
10．（2022春·天津南开·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，AC=12，BD=16，则菱形AB边上的高CE的长是（ ）
A．2.4B．4.8C．10D．9.6
【答案】D
【分析】设AC与BD的交点为点O，先根据菱形的性质可得OA=6,OB=8,AC⊥BD，再利用勾股定理可得AB=10，然后利用菱形的面积公式即可得．
【详解】解：如图，设AC与BD的交点为点O，
∵在菱形ABCD中，AC=12，BD=16，
∴OA=12AC=6,OB=12BD=8,AC⊥BD，
∴AB=OA2+OB2=10，
又∵CE⊥AB，
∴S菱形ABCD=AB⋅CE=12AC⋅BD，即10CE=12×12×16，
解得CE=9.6，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
二、填空题
11．（2023春·上海徐汇·八年级统考期末）我们把两条对角线长度之比为1:2的菱形叫做“钻石菱形”，如果一个“钻石菱形”的面积为8，那么它的边长是 ．
【答案】10
【分析】设BD=x，AC=2x，由菱形ABCD的面积=△DAC的面积+△BAC的面积=12AC⋅BD=8，得到x2=8，求出x=22，得到OD=2，AO=22，由勾股定理得到AD=OD2+OA2=10，即可得到菱形的边长是10．
【详解】解：如图，菱形ABCD中，BD:AC=1:2，
设BD=x，AC=2x，
∵菱形ABCD的面积=△DAC的面积+△BAC的面积=12AC⋅OD+12AC⋅OB=12AC⋅BD=8，
∴ 12×2x⋅x=8，
∴x2=8，
∴x=22，
∵OD=12BD=12x=2，AO=12AC=x=22，
∴AD=OD2+OA2=10，
∴菱形的边长是10．
故答案为：10．

【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理，关键是由菱形的性质求出OD，AO的长．
12．（2022秋·九年级单元测试）如图，一活动菱形衣架中，菱形的边长均为16cm，若墙上钉子间的距离AB=BC=16cm，则∠1= °
【答案】120
【详解】由题意可得AB与菱形的两邻边组成等边三角形，从而不难求得∠1的度数．
解：由题意可得AB与菱形的两邻边组成等边三角形，则∠1=120°．
故答案为120．
此题主要考查菱形的性质和等边三角形的判定．
13．（2022秋·九年级课时练习）如图，在△ABC中，点D、E、F分别在边AB、BC、CA上，且DE∥CA，DF∥BA，下列四种说法：①四边形AEDF是平行四边形；②如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是菱形；③如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形；④如果AB＝AC，那么四边形AEDF是菱形．其中，正确的有 ．（只填写序号）
【答案】①③
【分析】根据平行四边形的判定和菱形的判定解答即可．
【详解】解：∵DE∥CA，DF∥BA，∴四边形AEDF是平行四边形，故①正确；
∵∠BAC=90°，四边形AEDF是平行四边形，
∴四边形AEDF是矩形，故②错误；
∵AD平分∠BAC，四边形AEDF是平行四边形，
∴四边形AEDF是菱形，故③正确；
∵AB=AC，四边形AEDF是平行四边形，
不能得出AE=AF，故四边形AEDF不一定是菱形，故④错误；
故答案为：①③．
【点睛】此题考查菱形的判定，关键是就平行四边形的判定和菱形的判定解答．
14．（2023·四川成都·统考模拟预测）在菱形ABCD中，AB＝4，∠ABC＝120°，点E是AB的中点，点P是对角线BD上一个动点，则PA+PE的最小值是 ．
【答案】27
【分析】连接DE，根据菱形的性质，∠DAB＝60°，AE＝BE＝2，利用等边三角形的判定及性质可得DE⊥CD，连接EC，与BD交于点P，连接AC，得出PA=PC，则PA+PE=PC+PE=CE，根据两点之间线段最短，则CE就是PE+PA的最小值，根据勾股定理即可求得．
【详解】解：连接DE，
∵在菱形ABCD中，AB＝4，∠ABC＝120°，点E是AB的中点，
∴∠DAB＝60°，AE＝BE＝2，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD＝BD，
∴DE⊥AB，
∵AB∥CD，
∴DE⊥CD，
连接EC，与BD交于点P，连接AC，此时PA+PE＝CP+EP＝CE值最小，
∵DE＝32AD＝23，
∴CE＝DE2+CD2＝(23)2+42＝27，
∴PA+PE的最小值是27，
故答案为：27．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，掌握菱形的性质，勾股定理以及“将马饮水”模型，是解题的关键．
15．（2022春·河北沧州·八年级统考期中）如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠DAB=60°，连接对角线AC，以AC为边作第二个菱形ACEF，使∠FAC=60°，连接AE，再以AE为边作第三个菱形AEGH，使∠HAE=60°…则AG的长度是 ；按此规律所作的第n个菱形的边长是 ．
【答案】 33 3n-1
【分析】连接BD，交AC于点M，根据菱形的性质可得AC⊥BD，AD=AB，BM=12BD，AC=2AM，从而可得△ADB是等边三角形，进而可求出BM的长，然后在Rt△ABM中，利用勾股定理求出AM，从而求出AC的长，同理可求出AE，AG的长，然后归纳类推出一般规律即可解答．
【详解】解：如图，连接BD，交AC于点M，
∵四边形ABCD是菱形，且边长为1，
∴AC⊥BD，AD=AB=1，BM=12BD，AC=2AM，
∵∠DAB=60°，
∴△ADB是等边三角形，
∴DB=AB=1，
∴BM=12BD=12，
∴AM=AB2-BM2=32，
∴AC=2AM=3，
同理可得：AE=3AC=32=3，
AG=3AE=33=33，
由此可知，第一个菱形的边长为：AB=1=30，
第二个菱形的边长为：AC=3=31，
第三个菱形的边长为：AE=3=32，
...
归纳类推得：第n个菱形的边长是3n-1，其中n为正整数，
故答案为：33，3n-1．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握菱形的性质，并正确归纳类推出一般规律是解题的关键．
16．（2023春·重庆渝北·八年级统考期末）如图，四边形ABCD是菱形，AC=8，DB=6，DE⊥AB 于点E，F是DE中点，连接OF，则OF的长为 ．
【答案】95
【分析】根据菱形的性质以及勾股定理求得边长，进而根据等面积法求得DE，勾股定理求得BE，根据中位线的性质即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，AC=8，DB=6，
∴AO=12AC=4,DO=12BD=3，AC⊥BD，
在Rt△AOD中，AD=AO2+DO2=42+32=5，
∴AB=AD=5，
∵12AC×BD=AB×DE，
∴DE=12AC×BDAB=12×6×85 =245，
∵DE⊥AB，
在Rt△DEB中，BE=DB2-DE2=62-2452=185，
∵F是DE中点，O是DB的中点，
∴OF=12BE=95，
故答案为：95．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
三、解答题
17．（2022·湖南张家界·统考一模）如图，点E是矩形ABCD的边BA延长线上一点，连接ED，EC．EC交AD于点G，作CF∥ED交AB于点F，CD=CF．
(1)求证：四边形CDEF是菱形；
(2)若BC=6，CD=10求AG的长．
【答案】(1)见解析；
(2)83．
【分析】（1）利用矩形的性质以及CF∥ED证明四边形CDEF是平行四边形，再根据CD=CF证明四边形CDEF是菱形；
（2）连接GF，根据勾股定理求出BF，进一步求出AF，证明△CDG≌△CFG(SAS)得到FG=GD=AD-AG=6-AG，根据勾股定理即可求出AG．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD=10，
∵CF∥ED，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∵CD=CF，
∴四边形CDEF是菱形；
（2）解：如图，连接GF，
∵四边形CDEF是菱形，∴CF=CD=10，
∵BC=6，∴BF=102-62=8102-62=8，
∴AF=AB-BF=2，
在△CDG和△CFG中，
CD=CF∠DCG=∠FCGCG=CG
∴△CDG≌△CFG(SAS)，
∴FG=GD，
∴FG=GD=AD-AG=6-AG
在Rt△FGA中，根据勾股定理，得FG2=AF2+AG2，
∴(6-AG)2=22+AG2，解得AG=83．
【点睛】本题考查矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定及性质，勾股定理．（1）的关键是掌握菱形的判定，（2）的关键是证明△CDG≌△CFG(SAS)，再结合勾股定理求解．
18．（2022春·八年级单元测试）如图，在菱形ABCD中，CE垂直对角线AC于点C，AB的延长线交CE于点E.
（1）求证：CD＝BE；
（2）如果∠E＝60°，CE=m，请写出求菱形ABCD面积的思路．
【答案】(1)证明见解析；（2）见解析.
【详解】试题分析：（1）连接BD．只要证明四边形CDBE是平行四边形即可解决问题；
（2）求出菱形的对角线即可解决问题；
试题解析：（1）证明：连接BD．
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，CD∥AB，
∵CE⊥AC，
∴CE∥BD，
∴四边形BECE为平行四边形，
∴CD=BE．
（2）求菱形ABCD面积的思路：只要求出对角线AC、BD即可．
BD可以利用四边形CDBE是平行四边形求得，AC 在Rt△ACE中，AC=3EC求得．
S=12•AC•BD．
19．（2023·山东泰安·校考二模）如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AD是△ABC的角平分线，DE∥BA交AC于点E，DF∥CA交AB于点F，已知CD=3．
（1）求AD的长；
（2）求四边形AEDF的周长．（注意：本题中的计算过程和结果均保留根号）
【答案】（1）6；（2）83．
【分析】试题分析：（1）首先证明∠CAD=30°，易知AD=2CD即可解决问题；
（2）首先证明四边形AEDF是菱形，求出ED即可解决问题；
【详解】试题解析：（1）∵∠C=90°，∠B=30°，∴∠CAB=60°，∵AD平分∠CAB，∴∠CAD=12∠CAB=30°，在Rt△ACD中，∵∠ACD=90°，∠CAD=30°，∴AD=2CD=6．
（2）∵DE∥BA交AC于点E，DF∥CA交AB于点F，∴四边形AEDF是平行四边形，∵∠EAD=∠ADF=∠DAF，∴AF=DF，∴四边形AEDF是菱形，∴AE=DE=DF=AF，在Rt△CED中，∵∠CDE=∠B=30°，∴DE=CDcs30°=23，∴四边形AEDF的周长为83．
考点：菱形的判定与性质；平行线的性质；含30度角的直角三角形．
20．（2023春·四川泸州·八年级泸县五中校考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，BE∥CD，CE∥AB．试判断四边形BDCE的形状，并证明你的结论．
【答案】四边形BDCE 是菱形，证明见解析
【分析】根据BE∥CD，CE∥AB可证四边形BDCE 是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证明CD  BD即可得到结论．
【详解】解：四边形BDCE 是菱形，理由如下：
∵BE ∥CD， CE∥AB ，
∴四边形BDCE 是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，D 为AB 中点，
CD  BD，
 四边形BDCE 是菱形．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定，直角三角形斜边上的中线，熟知菱形的判定条件是解题的关键．
21．（2023春·江苏南通·八年级统考期中）如图，AE∥BF，AC平分∠BAE交BF于点C，CD∥AB交AE于点D．求证：四边形ABCD是菱形．

【答案】见解析
【分析】根据平行四边形的判定定理得到四边形ABCD是平行四边形，根据平行线的性质得到∠DAC=∠ACB，根据角平分线的定义得到∠DAC=∠BAC，得到AB=BC，根据菱形的判定定理得到四边形ABCD是菱形．
【详解】解：证明：∵AE∥BF，CD∥AB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB，
∵AC平分∠BAE，
∴∠DAC=∠BAC，
∴∠BAC=∠ACB，
∴AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形．
【点睛】本题考查了菱形的判定定理，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
22．（2022春·广西贺州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，BF平分∠ABC交AD于点F，AE与BF交于点O，连接EF，OC．
(1)求证：四边形ABEF是菱形．
(2)若AB=4，BC=6，∠ABC=60°，求OC的长．
【答案】(1)见解析
(2)23
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，得到AD∥BC，从而得到∠AFB=∠FBE，再由∠ABF=∠FBE，推出∠ABF=∠AFB，于是得到AB=AF，同理得出AB=BE，证出四边形ABEF是平行四边形，即可得出结论；
（2）过点O作OG⊥BC，根据菱形的性质得到∠OBE =30°，∠BOE=90°，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴AF∥BE，
∴∠AFB=∠FBE，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF=∠FBE，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AB=AF，
同理AB=BE，
∴AF=BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：解：过点O作OG⊥BC，垂足为G，
由（1）可知四边形ABEF是菱形，
∴ EB=AB=4，∠OBE=12∠ABC=12×60°=30°，
在Rt△BOE中，OE=12EB=2，OB=42-22=23，
在Rt△BOG中，OG=12OB=3，
BG=232-32=3，
∴ CG=BC-BG=6-3=3，
∴ BG=CG，即OG是BC的垂直平分线，
∴ OC=OB=23．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键．
23．（2023·广东惠州·校联考模拟预测）已知，在菱形ABCD中，∠ADC=60°，点H为CD上任意一点（不与C、D重合），过点H作CD的垂线，交BD于点E，连接AE．
（1）如图1，线段EH、CH、AE之间的数量关系是 ；
（2）如图2，将△DHE绕点D顺时针旋转，当点E、H、C在一条直线上时，求证：AE+EH=CH．
【答案】(1) EH2+CH2=AE2；(2)见解析.
【详解】分析：（1）如图1，过E作EM⊥AD于M，由四边形ABCD是菱形，得到AD=CD，∠ADE=∠CDE，通过△DME≌△DHE，根据全等三角形的性质得到EM=EH，DM=DH，等量代换得到AM=CH，根据勾股定理即可得到结论；
（2）如图2，根据菱形的性质得到∠BDC=∠BDA=30°，DA=DC，在CH上截取HG，使HG=EH，推出△DEG是等边三角形，由等边三角形的性质得到∠EDG=60°，推出△DAE≌△DCG，根据全等三角形的性质即可得到结论．
详解：
（1）EH2+CH2=AE2，
如图1，过E作EM⊥AD于M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD，∠ADE=∠CDE，
∵EH⊥CD，
∴∠DME=∠DHE=90°，
在△DME与△DHE中，
∠DME＝∠DHE∠MDE＝∠HDEDE＝DE ，
∴△DME≌△DHE，
∴EM=EH，DM=DH，
∴AM=CH，
在Rt△AME中，AE2=AM2+EM2，
∴AE2=EH2+CH2；
故答案为EH2+CH2=AE2；
（2）如图2，
∵菱形ABCD，∠ADC=60°，
∴∠BDC=∠BDA=30°，DA=DC，
∵EH⊥CD，
∴∠DEH=60°，
在CH上截取HG，使HG=EH，
∵DH⊥EG，∴ED=DG，
又∵∠DEG=60°，
∴△DEG是等边三角形，
∴∠EDG=60°，
∵∠EDG=∠ADC=60°，
∴∠EDG﹣∠ADG=∠ADC﹣∠ADG，
∴∠ADE=∠CDG，
在△DAE与△DCG中，
DA＝DC∠ADE＝∠CDGDE＝DG ，
∴△DAE≌△DCG，
∴AE=GC，
∵CH=CG+GH，
∴CH=AE+EH．
点睛：考查了全等三角形的判定和性质、菱形的性质、旋转的性质、等边三角形的判定和性质，解题的关键是正确的作出辅助线．
24．（2023·安徽·九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E是CD边上一点，作等边△BEF，连接AF．
（1）求证：CE＝AF；
（2）EF与AD交于点P，∠DPE＝48°，求∠CBE的度数．
【答案】（1）证明见解析（2）12°
【分析】（1）根据菱形的性质，利用SAS判定△ABE≌△ADF，从而求得AE=AF
（2）根据菱形的性质，得出∠C的度数，利用三角形内角和180°的性质，得出∠DEP＝72°，及∠CBE＝∠BED－∠C的关系即可解答.
【详解】（1）证明：∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB＝BC．
∵ △BEF是等边三角形，
∴ BF＝BE，∠FBE＝∠FEB＝60°．
∵ ∠ABC＝60°，
∴ ∠ABC＝∠FBE，
∴ ∠ABC－∠ABE＝∠FBE－∠ABE，即∠EBC＝∠FBA．
∴ △EBC≌△FBC（SAS）．
∴ CE＝AF．
（2）解：∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AD∥BC，∠D＝∠ABC＝60°．
∴ ∠C＝180°－∠D＝120°．
在△PDE中，∠D＋∠DPE＋∠PED＝180°，
∴ ∠DEP＝72°．
由（1）得，∠FEB＝60°，
∴ ∠BED＝∠DEP＋∠BEP＝72°＋60°＝132°．
∴ ∠CBE＝∠BED－∠C＝132°－120°＝12°．
【点睛】本题考查菱形的性质及三角形内角和性质，利用三角形全等的判定和性质是解题关键.
25．（2023春·广东东莞·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ADC=90°，AD=12cm，AB=18cm，CD=23cm，动点P从点A出发，以1cm/s的速度向点B运动，同时动点Q从点C出发，以2cm/s的速度向点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒．

(1)当t=3时，PB=______cm．
(2)当t为何值时，四边形PBQD是平行四边形？
(3)四边形PBQD能否成为菱形？请说明理由．
【答案】(1)15；
(2)t=5；
(3)四边形PBQD能为菱形；证明见解析。
【分析】（1）先求出AP，即可求解；
（2）由平行四边形的性质可求解；
（3）由菱形的性质可求DP=BP，由勾股定理可求解．
【详解】（1）解：当t=3时，则AP=3×1=3cm，
∴PB=AB-AP=18-3=15cm，
故答案为：15．
（2）解：∵AB∥CD，
∴要使四边形PBQD是平行四边形，则PB=DQ，
∴18-t=23-2t，
∴t=5；
（3）解：如图，

∵AB∥CD，∠ADC=90°，
∴∠A=180°-∠ADC=90°,
若四边形PBQD是菱形，
∴BP=DP，
∵AP2+AD2=DP2，
∴AP2+144=(18-AP)2，
∴AP=5，
∴t= 51 =5，
由（2）可知当t=5时，四边形PBQD为平行四边形，
∴当t=5时，四边形PBQD为菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形，菱形的判定，勾股定理，熟练掌握菱形的判定定理，灵活运用分类思想是解题的关键.
菱形的性质：
因为ABCD是菱形

几何表达式举例：
(1) 对边平行且相等；对角线互相平分
(2) ∵四边形ABCD是菱形
∴AB=BC=CD=DA
(3) ∵ABCD是菱形
∴AC⊥BD ∠ADB=∠CDB
菱形的判定：
四边形四边形ABCD是菱形.
几何表达式举例：
(1) ∵ABCD是平行四边形
又∵DA=DC
∴四边形ABCD是菱形
(2) ∵AB=BC=CD=DA
∴四边形ABCD是菱形
(3) ∵四边形ABCD是平行四边形
又∵AC⊥BD
∴四边形ABCD是菱形