1.如图,四边形ABCD是菱形,点E,F分别在BC,DC边上,添加以下条件不能判定$△ ABE ≌ △ ADF$的是 （）

A.$BE=DF$
B.$∠ BAE=∠ DAF$
C.$AE=AF$
D.$∠ AEB=∠ AFD$

1.C

2.如图,在菱形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,点E为CD的中点.若OE=3,则菱形ABCD的周长为 ()

A.6
B.12
C.24
D.48

2.C

3. 新趋势学科内综合 如图，在平面直角坐标系$xOy$中，菱形$AOBC$的顶点$A$在$x$轴负半轴上，顶点$B$在直线$y=\frac{3}{4}x$上，若点$B$的横坐标是8，则点$C$的坐标为。

3. (-2,6) 【点拨】当 $x=8$ 时,$y=\frac{3}{4}×8=6,∴$ 点 $B$ 的坐标为$(8,6),∴OB=\sqrt{(8-0)^2+(6-0)^2}=10.∵$ 四边形 $AOBC$ 是菱形,且 $AO$ 在 $x$ 轴上, $∴BC=OB=10$,且$BC/\!/x$ 轴, $∴$ 点 $C$ 的坐标为$(8-10,6)$,即$(-2,6).$

4.如图,在菱形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,下列结论中错误的是 ()

A.$AB=AD$
B.$AC\bot BD$
C.$AC=BD$
D.$∠ DAC=∠ BAC$

4.C

5. 母题 教材$P_6$例1 已知菱形的一个内角为$60°$,其中较长的对角线为$5\sqrt{3}$,则另一条对角线的长为.

5.5 【点拨】如图，由题意得 $AC=5\sqrt{3},∠DAB=60°.$
∵四边形 ABCD 是菱形, $∴∠DAC=\frac{1}{2}∠DAB=30°$,
$AO=\frac{1}{2}AC=\frac{5\sqrt{3}}{2},OD=\frac{1}{2}BD,AO⊥ DO,∴OD=\frac{1}{2}AD$,
$∴OA=\sqrt{AD^2-OD^2}=\sqrt{3}OD=\frac{5\sqrt{3}}{2},∴OD=\frac{5}{2},∴BD=5.$ 故答案为 5.

点方法 因为菱形的对角线互相垂直,所以计算菱形中的线段长时,通常利用勾股定理进行求解.

6. 新考法 整体思想 如图，已知菱形ABCD的周长为$4\sqrt{5}$，两条对角线AC，BD的和为6，则菱形ABCD的面积为。

6.4

7. 一题多解 如图，菱形ABCD中，$∠ DAB=60°$，$BE⊥ AB$，$DF⊥ CD$，垂足分别为B，D，$AB=6\ \mathrm{cm}$。
(1)求$∠ BAC$和$∠ ADF$的度数；
(2)求EF的长。

7.【解】(1)
∵四边形 ABCD 是菱形,$∠DAB=60°$,
$∴AB/\!/DC,∠BAC=∠DAC=30°.$
$∴∠DAB+∠ADC=180°$,
$∴∠ADC=120°.$
$∵DF⊥ CD,∴∠CDF=90°$,
$∴∠ADF=120°-90°=30°.$
(2)如图,连接 BD 交 AC 于 O,
则$AO=CO,BO=OD.$
∵四边形 ABCD 是菱形,
$∴AD=AB,AC⊥ BD.$
$∵∠DAB=60°,∴△ABD$ 是等边三角形,
$∴BD=AB=6\ \mathrm{cm},∴OB=3\ \mathrm{cm}$,
$∴AO=\sqrt{AB^2-BO^2}=3\sqrt{3}\ \mathrm{cm},∴AC=2AO=6\sqrt{3}\ \mathrm{cm}.$
易得$△CDF≌△ABE,∴AE=CF.$ 易得 $BE=\frac{1}{2}AE$,
$∵AB=6\ \mathrm{cm},AB^2+BE^2=AE^2$,
$∴6^2+(\frac{1}{2}AE)^2=AE^2,∴AE=4\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$,
$∴CF=4\sqrt{3}\ \mathrm{cm}$,
$∴EF=AE+CF-AC=2\sqrt{3}\ \mathrm{cm}.$
【点拨】第(2)问也可用以下方法求解:由$∠ADF=∠DAC=30°$可得$AF=DF$,由$△CDF≌△ABE$可得$DF=BE,∴AF=BE=\frac{1}{2}AE=2\sqrt{3}\ \mathrm{cm},∴EF=AE-AF=4\sqrt{3}-2\sqrt{3}=2\sqrt{3}(\mathrm{cm}).$

8. 新视角动点探究题 如图,在菱形ABCD中,∠A=60°,AB=4,点E,F分别为AD,DC上的动点,∠EBF=60°,点E从点A向点D运动过程中,AE+CF的长度 （）

A.逐渐增加
B.先减小再增加
C.恒等于$4\sqrt{3}$
D.恒等于4
（第8题）

8.D 【点拨】如图,连接 BD.
∵四边形 ABCD 是菱形,
$∴AB=BC=CD=AD=4,∠C=∠A=60°,∴△ABD,△CDB$ 是等边三角形, $∴∠CBD=∠ADB=60°,BC=BD. ∵∠EBF=60°,∴∠EBD+∠DBF=∠CBF+∠DBF=60°,∴∠CBF=∠EBD.$ 又$∵∠C=∠EDB=60°,∴△CBF≌△DBE(\mathrm{ASA}),∴CF=DE,∴AE+CF=AE+DE=AD=4.$ 故选 D.

9. [杭州竞赛] 如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E在边AD上，若△CED沿直线CE折叠，点D恰好落在对角线AC上的点F处，连接BF，若$\frac{BF}{AB}=k$，则$\frac{FO}{CO}=$（）

A.$k^2$
B.$\frac{2k^2}{1+k^2}$
C.$\frac{k^2}{2+k^2}$
D.$\frac{k^2}{2 -k^2}$

9.D 【点拨】如图,过点 C 作 $CM⊥ BF$ 于 M,设菱形的边长为 $a$,
∵四边形 ABCD 是菱形, $∴AB=CD=BC=a$,$OB⊥ AC. ∵\frac{BF}{AB}=k,∴BF=ka.$ 由折叠知 $CF=CD=a$,$∴CB=CF=a. ∵CM⊥ BF,∴BM=\frac{1}{2}BF=\frac{1}{2}ka.$ 由勾股定理得 $CM=\sqrt{CB^2-BM^2}=\frac{a}{2}\sqrt{4-k^2}. ∵S_{△CBF}=\frac{1}{2}BF·CM=\frac{1}{2}CF·OB,∴OB=\frac{ka}{2}\sqrt{4-k^2}.$ 在$\mathrm{Rt}△BOF$中,由勾股定理得 $OF=\sqrt{BF^2-OB^2}=\frac{k^2a}{2},∴OC=CF-OF=\frac{2-k^2}{2}a,∴\frac{FO}{CO}=\frac{k^2}{2-k^2}.$