9. ★★[2026 东营期中] 如图,在菱形ABCD中,∠BAD=60°,AC与BD交于点O,E为CD延长线上的一点,且DE=CD,连接BE分别交AC,AD于点F,G,连接OG,则下列结论中一定成立的是 ()
①OG=$\frac{1}{2}AB$;②与△DEG全等的三角形共有5个;③四边形ODEG与四边形OBAG面积相等;④以A,B,D,E为顶点的四边形是菱形.

A.①③④
B.①④
C.①②③
D.②③④

(第9题) (第10题)

9.A 【点拨】$\because$ 四边形$ABCD$是菱形,$\therefore AB=BC=CD=DA,AB// CD,OA=OC,OB=OD,AC⊥ BD,\therefore ∠ BAG=∠ EDG,△ ABO≌ △ CBO≌ △ CDO≌ △ ADO.\because CD=DE,$
$\therefore AB=DE.$ 在$△ ABG$ 和$△ DEG$ 中,$\begin{cases}∠ BAG=∠ EDG,\\∠ AGB=∠ DGE,\\AB=DE,\end{cases}$
$\therefore △ ABG≌ △ DEG(\mathrm{AAS}),\therefore AG=DG,\therefore OG$ 是$△ ABD$的中位线,$\therefore OG=\frac{1}{2}AB$,故①正确.连接$AE. \because AB// CE,AB=DE,\therefore$ 四边形$ABDE$是平行四边形.$\because ∠ BCD=∠ BAD=60°,\therefore △ ABD,△ BCD$ 是等边三角形,$\therefore AB=BD=AD,∠ ODC=60°,\therefore OD=AG$,四边形$ABDE$是菱形,故④正确.$\therefore AD⊥ BE$,由菱形的性质得$△ ABG≌ △ DBG≌ △ DEG$. 在$△ ABG$ 和$△ DCO$ 中,$\begin{cases}AG=OD,\\∠ BAG=∠ ODC=60°,\\AB=DC,\end{cases}$
$\therefore △ ABG≌ △ DCO(\mathrm{SAS}),\therefore △ ABO≌ △ CBO≌ △ CDO≌ △ ADO≌ △ BAG≌ △ BDG≌ △ EDG,\therefore$ 与$△ DEG$全等的三角形有6个,故②不正确.$\because OB=OD,\therefore S_{△ BOG}=S_{△ DOG}.\because △ ABG≌ △ DEG,\therefore S_{△ ABG}=S_{△ DEG},\therefore$ 四边形$ODEG$与四边形$OBAG$面积相等,故③正确.故选A.

10. ★★ 新视角动点探究题 如图，在$□ ABCD$中，$AB=AD=5$，$BD=8$，点$P$为线段$BD$上不与端点重合的一个动点.过点$P$作直线$BC$、直线$CD$的垂线，垂足分别为点$E$、点$F$.连接$PA$，在点$P$运动的过程中，$PE+PA+PF$的最小值等于.

10.7.8 【点拨】如图,连接$AC$交$BD$于点$O$,连接$PC.$
$\because$ 四边形$ABCD$是平行四边形,$AB=AD,\therefore$ 四边形$ABCD$是菱形,$\therefore AC⊥ BD,OB=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}×8=4$,$AB=BC=CD=5$,在$\mathrm{Rt}△ AOB$中,由勾股定理得$OA=\sqrt{AB^2-OB^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$,$\therefore OC=OA=3. \because PE⊥ BC$,$PF⊥ CD,S_{△ BCP}+S_{△ CDP}=S_{△ BCD},\therefore \frac{1}{2}BC· PE+\frac{1}{2}CD· PF=\frac{1}{2}BD· OC,\therefore 5PE+5PF=8×3$,解得$PE+PF=4.8$,即$PE+PF$的值为定值4.8.$\therefore$ 当$PA$最小时,$PE+PA+PF$有最小值.$\because$ 当$PA⊥ BD$时,$PA$的最小值$=OA=3$,$\therefore PE+PA+PF$的最小值$=4.8+3=7.8$.
解本题的关键是由三角形的面积关系得到$PE+PF$的值为定值,再利用垂线段最短即可得到答案.

11. [2025东莞期末] 将三角形纸片$ABC(AB＞AC)$沿过点A的直线折叠，使得AC落在AB边上，折痕为AD，展平纸片，如图①；再次折叠该三角形纸片，使得点A与点D重合，折痕为EF，再次展平后连接DE，DF，如图②，解决下列问题：
(1)四边形AEDF的形状是；
(2)当$∠ BAC=60°$时，$\frac{AD}{EF}=$。

11.(1)菱形 (2)$\sqrt{3}$
【点拨】(1)如图,由第一次折叠可知$AD$为$∠ CAB$的平分线,$\therefore ∠ 1=∠ 2$.由第二次折叠可知$∠ CAB=∠ EDF$,$∠ 1=∠ 3$,$∠ 2=∠ 4$.$\because ∠ 1=∠ 2,\therefore ∠ 3=∠ 4$.又$\because AD=AD,\therefore △ AED≌ △ AFD(\mathrm{ASA}). \therefore AE=AF,DE=DF$,又由第二次折叠可知$AE=ED. \therefore AE=ED=DF=AF$.故四边形$AEDF$是菱形.(2)如图,设$EF$与$AD$交于点$O$.
$\because ∠ BAC=60°$,四边形$AEDF$是菱形,
$\therefore ∠ EAD=30°,EF⊥ AD,AD=2OA$,$△ AEF$是等边三角形.
$\therefore EF=AE,OE=\frac{1}{2}AE,\therefore OA=\sqrt{AE^2-OE^2}=\sqrt{AE^2-(\frac{1}{2}AE)^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}AE,\therefore AD=\frac{\sqrt{3}}{2}AE×2=\sqrt{3}AE,\therefore \frac{AD}{EF}=\frac{\sqrt{3}AE}{AE}=\sqrt{3}.$

12. 新视角新定义题 我们定义:以已知菱形的对角线为边且有一条边与已知菱形的一条边共线的新菱形称为已知菱形的伴随菱形.如图①,在菱形ABCD中,连接AC,在AD的延长线上取点E使得AE=AC,以CA,AE为边作菱形CAEF,我们称菱形CAEF是菱形ABCD的“伴随菱形”.
(1)如图②,在菱形ABCD中,连接AC,在BC的延长线上作CF=CA,作∠ACF的平分线CE交AD的延长线于点E,连接FE.求证:四边形AEFC为菱形ABCD的“伴随菱形”.
(2)如图③,菱形AEFC为菱形ABCD的“伴随菱形”,过C作CH垂直AE于点H,对角线AC,BD相交于点O.连接EO,若$EO=\sqrt{2}CH,$试判断ED与BD的数量关系并加以证明.

12.(1)【证明】$\because CE$平分$∠ FCA,\therefore ∠ FCE=∠ ACE.$
易知$BC// AE,\therefore ∠ FCE=∠ AEC=∠ ACE.$
$\therefore AE=AC=FC.$
又$\because AE// FC,\therefore$ 四边形$AEFC$为平行四边形.
$\therefore □ AEFC$为菱形,即菱形$AEFC$为菱形$ABCD$的“伴随菱形”.
(2)【解】$ED=BD$.证明如下:
如图,过点$E$作$EM⊥ CF$于点$M$,$EN⊥ CA$于点$N$,$EK⊥ BD$交$BD$的延长线于点$K$,连接$EB$,
$\because$ 四边形$AEFC$为菱形,$\therefore HC=EM.$
由(1)可知,点$E$在$∠ ACF$的平分线上,
$\therefore EM=EN,$
$\therefore CH=EN,\therefore OE=\sqrt{2}CH=\sqrt{2}EN.$
又$\because ∠ ENO=90°,$
$\therefore$ 由勾股定理可得$ON=EN,\therefore ∠ EON=45°.$
$\because$ 四边形$ABCD$是菱形,
$\therefore AC⊥ BD$,即$∠ COD=90°,$
$\therefore ∠ EOD=45°,\therefore OE$平分$∠ COD,$
$\therefore EK=EN=EM,$
$\therefore$ 点$E$在$∠ KBM$的平分线上,即$∠ MBE=∠ KBE,$
又$\because BF// AE,\therefore ∠ MBE=∠ BED=∠ KBE,$
$\therefore DB=DE.$