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9 数形结合思想 如图,在平面直角坐标系中,菱形OABC的顶点A的坐标为$(-2,0)$,$∠AOC=60°$.将菱形OABC先向右平移1个单位长度,再向下平移1个单位长度,得到菱形$O'A'B'C'$,其中点$B'$的坐标为 (
A.$(-2,\sqrt{3}-1)$
B.$(-2,1)$
C.$(-\sqrt{3},1)$
D.$(-\sqrt{3},\sqrt{3}-1)$
A
)A.$(-2,\sqrt{3}-1)$
B.$(-2,1)$
C.$(-\sqrt{3},1)$
D.$(-\sqrt{3},\sqrt{3}-1)$
答案
9.A
解析
【分析】
解题分为两步：首先根据菱形的性质求出原菱形中点B的坐标，再根据平移的坐标变化规律求出平移后点B'的坐标。先由A点坐标得到菱形边长，结合∠AOC=60°求出点C的坐标，再利用平行四边形（菱形是特殊平行四边形）的顶点坐标关系求出B点坐标，最后按照“右加左减，上加下减”的平移规则计算B'的坐标即可。
【解析】
1. 求菱形边长：已知A(-2,0)，O为坐标原点(0,0)，因此OA=2，菱形四边相等，故OC=OA=2。
2. 求点C的坐标：∠AOC=60°，OC与x轴正方向的夹角为180°-60°=120°，结合三角函数定义：
$x_C=OC·\cos120°=2×(-\frac{1}{2})=-1$
$y_C=OC·\sin120°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$
即C点坐标为$(-1,\sqrt{3})$。
3. 求点B的坐标：菱形属于平行四边形，平行四边形相对顶点坐标和相等，即$x_A+x_C=x_O+x_B$、$y_A+y_C=y_O+y_B$，O是原点，代入得：
$x_B=-2+(-1)=-3$，$y_B=0+\sqrt{3}=\sqrt{3}$
即B点坐标为$(-3,\sqrt{3})$。
4. 求平移后B'的坐标：平移规则为向右平移1个单位（横坐标+1），向下平移1个单位（纵坐标-1），因此：
$x_{B'}=-3+1=-2$，$y_{B'}=\sqrt{3}-1$
即B'的坐标为$(-2,\sqrt{3}-1)$。
【答案】
A
【知识点】
菱形的性质，平移的坐标规律，特殊角三角函数
【点评】
本题结合菱形性质与平移的坐标变化规律出题，解题核心是先准确求出原图形对应点的坐标，再按平移规则计算，需要熟练掌握平行四边形顶点坐标的关系和特殊角的三角函数值。
【难度系数】
0.7
解题分为两步：首先根据菱形的性质求出原菱形中点B的坐标，再根据平移的坐标变化规律求出平移后点B'的坐标。先由A点坐标得到菱形边长，结合∠AOC=60°求出点C的坐标，再利用平行四边形（菱形是特殊平行四边形）的顶点坐标关系求出B点坐标，最后按照“右加左减，上加下减”的平移规则计算B'的坐标即可。
【解析】
1. 求菱形边长：已知A(-2,0)，O为坐标原点(0,0)，因此OA=2，菱形四边相等，故OC=OA=2。
2. 求点C的坐标：∠AOC=60°，OC与x轴正方向的夹角为180°-60°=120°，结合三角函数定义：
$x_C=OC·\cos120°=2×(-\frac{1}{2})=-1$
$y_C=OC·\sin120°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$
即C点坐标为$(-1,\sqrt{3})$。
3. 求点B的坐标：菱形属于平行四边形，平行四边形相对顶点坐标和相等，即$x_A+x_C=x_O+x_B$、$y_A+y_C=y_O+y_B$，O是原点，代入得：
$x_B=-2+(-1)=-3$，$y_B=0+\sqrt{3}=\sqrt{3}$
即B点坐标为$(-3,\sqrt{3})$。
4. 求平移后B'的坐标：平移规则为向右平移1个单位（横坐标+1），向下平移1个单位（纵坐标-1），因此：
$x_{B'}=-3+1=-2$，$y_{B'}=\sqrt{3}-1$
即B'的坐标为$(-2,\sqrt{3}-1)$。
【答案】
A
【知识点】
菱形的性质，平移的坐标规律，特殊角三角函数
【点评】
本题结合菱形性质与平移的坐标变化规律出题，解题核心是先准确求出原图形对应点的坐标，再按平移规则计算，需要熟练掌握平行四边形顶点坐标的关系和特殊角的三角函数值。
【难度系数】
0.7
10 一题多解 [2025辽宁]如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC=8，BD=12，点E在线段OA上，AE=2，点F在线段OC上，OF=1，连接BE，G为BE的中点，连接FG，则FG的长为
$\sqrt{13}$
。答案
10.$\sqrt{13}$ 【解析】解法一:在菱形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,AC=8,BD=12,
∴ OA=$\frac{1}{2}$AC=4,OB=$\frac{1}{2}$BD=6,AC⊥BD.
∵ AE=2,
∴ OE=OA−AE=4−2=2.
如图,取OE的中点H,连接GH.
∵ G为BE的中点,H为OE的中点,
∴ GH是△EBO的中位线.
∴ GH=$\frac{1}{2}$OB=3,GH//OB.
∴ ∠GHE=∠BOA=90°.
∵ OF=1,
∴ HF=OH+OF=$\frac{1}{2}$OE+OF=$\frac{1}{2}×2+1=2$. 在Rt△GFH中,由勾股定理,得FG=$\sqrt{GH^2+HF^2}$=$\sqrt{3^2+2^2}$=$\sqrt{13}$.解法二:在菱形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,AC=8,BD=12,AE=2,OF=1,
∴ OB=$\frac{1}{2}$BD=6,OC=$\frac{1}{2}$AC=4.
∴ CE=AC−AE=8−2=6,CF=OC−OF=4−1=3.
∴ F为CE的中点.又
∵ G为BE的中点,
∴ GF为△BCE的中位线.
∴ FG=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}×\sqrt{6^2+4^2}$=$\sqrt{13}$.
解析
【分析】
解决本题首先利用菱形对角线互相垂直平分的性质求出相关基础线段的长度，再结合中点条件选择合适的解题思路：思路一：构造三角形中位线得到垂直于AC的线段GH，将FG置于直角三角形中，用勾股定理求解；思路二：先证明F是CE的中点，结合G是BE中点的条件，可得FG是△BCE的中位线，转化为求BC的长度即可。
【解析】
解法一：在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC=8，BD=12，
∴ OA=$\frac{1}{2}$AC=4，OB=$\frac{1}{2}$BD=6，AC⊥BD。
∵ AE=2，
∴ OE=OA−AE=4−2=2。
如图，取OE的中点H，连接GH。
∵ G为BE的中点，H为OE的中点，
∴ GH是△EBO的中位线。
∴ GH=$\frac{1}{2}$OB=3，GH//OB。
∴ ∠GHE=∠BOA=90°。
∵ OF=1，
∴ HF=OH+OF=$\frac{1}{2}$OE+OF=$\frac{1}{2}×2+1=2$。
在Rt△GFH中，由勾股定理，得FG=$\sqrt{GH^2+HF^2}$=$\sqrt{3^2+2^2}$=$\sqrt{13}$。
解法二：在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC=8，BD=12，AE=2，OF=1，
∴ OB=$\frac{1}{2}$BD=6，OC=$\frac{1}{2}$AC=4，AC⊥BD。
∴ CE=AC−AE=8−2=6，CF=OC−OF=4−1=3。
∴ F为CE的中点。
又
∵ G为BE的中点，
∴ GF为△BCE的中位线。
∴ FG=$\frac{1}{2}$BC，
在Rt△BOC中，由勾股定理得BC=$\sqrt{OB^2+OC^2}$=$\sqrt{6^2+4^2}$=2$\sqrt{13}$，
∴ FG=$\frac{1}{2}×2\sqrt{13}$=$\sqrt{13}$。
【答案】
$\sqrt{13}$
【知识点】
菱形的性质；三角形中位线定理；勾股定理
【点评】
本题是菱形性质的综合应用题，两种解题思路都运用了转化思想，将所求未知线段转化为可通过已知条件计算的线段，能够帮助学生灵活掌握中位线定理和勾股定理的应用方法。
【难度系数】
0.7
解决本题首先利用菱形对角线互相垂直平分的性质求出相关基础线段的长度，再结合中点条件选择合适的解题思路：思路一：构造三角形中位线得到垂直于AC的线段GH，将FG置于直角三角形中，用勾股定理求解；思路二：先证明F是CE的中点，结合G是BE中点的条件，可得FG是△BCE的中位线，转化为求BC的长度即可。
【解析】
解法一：在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC=8，BD=12，
∴ OA=$\frac{1}{2}$AC=4，OB=$\frac{1}{2}$BD=6，AC⊥BD。
∵ AE=2，
∴ OE=OA−AE=4−2=2。
如图，取OE的中点H，连接GH。
∵ G为BE的中点，H为OE的中点，
∴ GH是△EBO的中位线。
∴ GH=$\frac{1}{2}$OB=3，GH//OB。
∴ ∠GHE=∠BOA=90°。
∵ OF=1，
∴ HF=OH+OF=$\frac{1}{2}$OE+OF=$\frac{1}{2}×2+1=2$。
在Rt△GFH中，由勾股定理，得FG=$\sqrt{GH^2+HF^2}$=$\sqrt{3^2+2^2}$=$\sqrt{13}$。
解法二：在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC=8，BD=12，AE=2，OF=1，
∴ OB=$\frac{1}{2}$BD=6，OC=$\frac{1}{2}$AC=4，AC⊥BD。
∴ CE=AC−AE=8−2=6，CF=OC−OF=4−1=3。
∴ F为CE的中点。
又
∵ G为BE的中点，
∴ GF为△BCE的中位线。
∴ FG=$\frac{1}{2}$BC，
在Rt△BOC中，由勾股定理得BC=$\sqrt{OB^2+OC^2}$=$\sqrt{6^2+4^2}$=2$\sqrt{13}$，
∴ FG=$\frac{1}{2}×2\sqrt{13}$=$\sqrt{13}$。
【答案】
$\sqrt{13}$
【知识点】
菱形的性质；三角形中位线定理；勾股定理
【点评】
本题是菱形性质的综合应用题，两种解题思路都运用了转化思想，将所求未知线段转化为可通过已知条件计算的线段，能够帮助学生灵活掌握中位线定理和勾股定理的应用方法。
【难度系数】
0.7
11 如图,在菱形 ABCD 中,对角线 AC,BD 相交于点 O,过点 D 作对角线 BD 的垂线,交BA 的延长线于点 E.
（1）求证:四边形 ACDE 是平行四边形;
（2）若 $ AC=8,BD=6 $,求 $ △ BDE $ 的周长.
（第 11 题）
（1）求证:四边形 ACDE 是平行四边形;
（2）若 $ AC=8,BD=6 $,求 $ △ BDE $ 的周长.
（第 11 题）
答案
11. (1)
∵ 四边形ABCD是菱形,
∴ AB//CD,AC⊥BD.
∴ AE//CD.
∵ DE⊥BD,
∴ DE//AC.
∴ 四边形ACDE是平行四边形
(2)
∵ 四边形ACDE是平行四边形,
∴ DE=AC=8.
∵ DE⊥BD,BD=6,
∴ BE=$\sqrt{BD^2+DE^2}$=$\sqrt{6^2+8^2}$=10.
∴ △BDE的周长=BD+BE+DE=6+10+8=24
∵ 四边形ABCD是菱形,
∴ AB//CD,AC⊥BD.
∴ AE//CD.
∵ DE⊥BD,
∴ DE//AC.
∴ 四边形ACDE是平行四边形
(2)
∵ 四边形ACDE是平行四边形,
∴ DE=AC=8.
∵ DE⊥BD,BD=6,
∴ BE=$\sqrt{BD^2+DE^2}$=$\sqrt{6^2+8^2}$=10.
∴ △BDE的周长=BD+BE+DE=6+10+8=24
解析
【分析】
（1）要证明四边形ACDE是平行四边形，可通过“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”的判定定理推导。首先利用菱形的性质得到AB//CD、AC⊥BD，进而推出AE//CD；再结合DE⊥BD，可推出DE和AC平行，两组对边分别平行即可完成证明。
（2）求△BDE的周长需先确定三边长度：先由平行四边形的性质得到DE=AC，再根据DE⊥BD可知△BDE是直角三角形，利用勾股定理求出斜边BE的长度，最后将三边长度相加即可得到周长。
【解析】
（1）证明：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB//CD，AC⊥BD，
∴ AE//CD。
∵ DE⊥BD，
∴ DE//AC，
∴ 四边形ACDE是平行四边形。
（2）解：
∵ 四边形ACDE是平行四边形，
∴ DE=AC=8。
∵ DE⊥BD，BD=6，
∴ 在Rt△BDE中，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{BD^2+DE^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$，
∴ △BDE的周长=$BD+BE+DE=6+10+8=24$。
【答案】
（1）证明见上述过程；（2）$\boldsymbol{24}$
【知识点】
菱形的性质；平行四边形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题属于特殊四边形的基础综合题，核心考察特殊四边形的性质、判定以及勾股定理的应用，解题的关键是熟练掌握相关基础定理，理清图形间的边角关系。
【难度系数】
0.7
（1）要证明四边形ACDE是平行四边形，可通过“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”的判定定理推导。首先利用菱形的性质得到AB//CD、AC⊥BD，进而推出AE//CD；再结合DE⊥BD，可推出DE和AC平行，两组对边分别平行即可完成证明。
（2）求△BDE的周长需先确定三边长度：先由平行四边形的性质得到DE=AC，再根据DE⊥BD可知△BDE是直角三角形，利用勾股定理求出斜边BE的长度，最后将三边长度相加即可得到周长。
【解析】
（1）证明：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB//CD，AC⊥BD，
∴ AE//CD。
∵ DE⊥BD，
∴ DE//AC，
∴ 四边形ACDE是平行四边形。
（2）解：
∵ 四边形ACDE是平行四边形，
∴ DE=AC=8。
∵ DE⊥BD，BD=6，
∴ 在Rt△BDE中，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{BD^2+DE^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$，
∴ △BDE的周长=$BD+BE+DE=6+10+8=24$。
【答案】
（1）证明见上述过程；（2）$\boldsymbol{24}$
【知识点】
菱形的性质；平行四边形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题属于特殊四边形的基础综合题，核心考察特殊四边形的性质、判定以及勾股定理的应用，解题的关键是熟练掌握相关基础定理，理清图形间的边角关系。
【难度系数】
0.7
12 如图，AC是菱形ABCD的对角线，点E，F分别在CA，CB的延长线上，且A，B分别是CE，CF的中点，连接BE，EF.
（1）求证：$EF=CF$；
（2）若$AC=6$，$BE=\sqrt{85}$，求菱形ABCD的面积.
（1）求证：$EF=CF$；
（2）若$AC=6$，$BE=\sqrt{85}$，求菱形ABCD的面积.
答案
12. (1)
∵ 四边形ABCD是菱形,A,B分别是CE,CF的中点,
∴ AB=BC,AB是△CEF的中位线,CF=2BC.
∴ EF=2AB.
∴ EF=CF
(2) 连接BD交AC于O.
∵ 四边形ABCD是菱形,
∴ AC⊥BD,AO=CO=$\frac{1}{2}$AC=3,BO=DO=$\frac{1}{2}$BD.
∵ A是CE的中点,
∴ AC=AE=6.
∴ EO=AE+AO=6+3=9. 在Rt△BOE中,BE=$\sqrt{85}$,
∴ BO=$\sqrt{BE^2-EO^2}$=$\sqrt{(\sqrt{85})^2-9^2}$=2.
∴ BD=2BO=4.
∴ 菱形ABCD的面积=$\frac{1}{2}AC·BD$=$\frac{1}{2}×6×4$=12
∵ 四边形ABCD是菱形,A,B分别是CE,CF的中点,
∴ AB=BC,AB是△CEF的中位线,CF=2BC.
∴ EF=2AB.
∴ EF=CF
(2) 连接BD交AC于O.
∵ 四边形ABCD是菱形,
∴ AC⊥BD,AO=CO=$\frac{1}{2}$AC=3,BO=DO=$\frac{1}{2}$BD.
∵ A是CE的中点,
∴ AC=AE=6.
∴ EO=AE+AO=6+3=9. 在Rt△BOE中,BE=$\sqrt{85}$,
∴ BO=$\sqrt{BE^2-EO^2}$=$\sqrt{(\sqrt{85})^2-9^2}$=2.
∴ BD=2BO=4.
∴ 菱形ABCD的面积=$\frac{1}{2}AC·BD$=$\frac{1}{2}×6×4$=12
解析
【分析】
（1）要证明$EF=CF$，可通过线段等量代换推导：首先根据菱形性质可得$AB=BC$，再由A、B分别是CE、CF的中点，可知AB是$△ CEF$的中位线，结合中位线定理得到EF与AB的关系、CF与BC的关系，即可完成证明。
（2）求菱形ABCD的面积，菱形面积可通过“对角线乘积的一半”计算，已知AC长度，因此只需求出另一条对角线BD的长度即可。连接BD交AC于O，根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可得$△ BOE$是直角三角形，结合A是CE中点求出EO的长度，再利用勾股定理求出BO的长度，进而得到BD的长度，代入面积公式即可求解。
【解析】
（1）证明：
∵ 四边形ABCD是菱形，A，B分别是CE，CF的中点，
∴ $AB=BC$，AB是$△ CEF$的中位线，$CF=2BC$，
∴ $EF=2AB$，
∴ $EF=CF$。
（2）解：
连接BD交AC于点O，
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AC⊥BD$，$AO=CO=\frac{1}{2}AC=3$，$BO=DO=\frac{1}{2}BD$，
∵ A是CE的中点，
∴ $AC=AE=6$，
∴ $EO=AE+AO=6+3=9$，
在$Rt△ BOE$中，$BE=\sqrt{85}$，
由勾股定理得：$BO=\sqrt{BE^2-EO^2}=\sqrt{(\sqrt{85})^2-9^2}=2$，
∴ $BD=2BO=4$，
∴ 菱形ABCD的面积$=\frac{1}{2}AC·BD=\frac{1}{2}×6×4=12$。
【答案】
（1）证明见上述解析；（2）$\boldsymbol{12}$
【知识点】
菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理
【点评】
本题是菱形性质应用的基础综合题，第一问结合三角形中位线定理考查菱形邻边相等的性质，思路较为直接；第二问需要结合菱形对角线的性质作辅助线构造直角三角形，再用勾股定理求解，能较好地考查学生对几何基础性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
（1）要证明$EF=CF$，可通过线段等量代换推导：首先根据菱形性质可得$AB=BC$，再由A、B分别是CE、CF的中点，可知AB是$△ CEF$的中位线，结合中位线定理得到EF与AB的关系、CF与BC的关系，即可完成证明。
（2）求菱形ABCD的面积，菱形面积可通过“对角线乘积的一半”计算，已知AC长度，因此只需求出另一条对角线BD的长度即可。连接BD交AC于O，根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可得$△ BOE$是直角三角形，结合A是CE中点求出EO的长度，再利用勾股定理求出BO的长度，进而得到BD的长度，代入面积公式即可求解。
【解析】
（1）证明：
∵ 四边形ABCD是菱形，A，B分别是CE，CF的中点，
∴ $AB=BC$，AB是$△ CEF$的中位线，$CF=2BC$，
∴ $EF=2AB$，
∴ $EF=CF$。
（2）解：
连接BD交AC于点O，
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AC⊥BD$，$AO=CO=\frac{1}{2}AC=3$，$BO=DO=\frac{1}{2}BD$，
∵ A是CE的中点，
∴ $AC=AE=6$，
∴ $EO=AE+AO=6+3=9$，
在$Rt△ BOE$中，$BE=\sqrt{85}$，
由勾股定理得：$BO=\sqrt{BE^2-EO^2}=\sqrt{(\sqrt{85})^2-9^2}=2$，
∴ $BD=2BO=4$，
∴ 菱形ABCD的面积$=\frac{1}{2}AC·BD=\frac{1}{2}×6×4=12$。
【答案】
（1）证明见上述解析；（2）$\boldsymbol{12}$
【知识点】
菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理
【点评】
本题是菱形性质应用的基础综合题，第一问结合三角形中位线定理考查菱形邻边相等的性质，思路较为直接；第二问需要结合菱形对角线的性质作辅助线构造直角三角形，再用勾股定理求解，能较好地考查学生对几何基础性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
13 如图,在菱形 ABCD 中,F 是线段 BC 上任意一点,连接 AF,交对角线 BD 于点 E,连接 CE.
(1) 求证:AE=CE.
(2) 当∠ABC=60°,∠CEF=60°时,点 F 在线段 BC 的什么位置? 请说明理由.
(1) 求证:AE=CE.
(2) 当∠ABC=60°,∠CEF=60°时,点 F 在线段 BC 的什么位置? 请说明理由.
答案
13. (1) 连接AC.
∵ BD,AC是菱形ABCD的对角线,
∴ BD垂直平分AC.
∵ 点E在BD上,
∴ AE=CE
(2) 点F在线段BC的中点处 理由:
∵ 四边形ABCD是菱形,
∴ AB=BC. 又
∵ ∠ABC=60°,
∴ △ABC是等边三角形.
∴ ∠BAC=60°.
∵ AE=CE,∠CEF=60°,
∴ ∠EAC=$\frac{1}{2}$∠CEF=30°.
∴ ∠EAC=$\frac{1}{2}$∠BAC.
∴ AF是△ABC的角平分线. 又
∵ AF交BC于点F,△ABC是等边三角形,
∴ AF是△ABC的边BC上的中线.
∴ 点F在线段BC的中点处.
∵ BD,AC是菱形ABCD的对角线,
∴ BD垂直平分AC.
∵ 点E在BD上,
∴ AE=CE
(2) 点F在线段BC的中点处 理由:
∵ 四边形ABCD是菱形,
∴ AB=BC. 又
∵ ∠ABC=60°,
∴ △ABC是等边三角形.
∴ ∠BAC=60°.
∵ AE=CE,∠CEF=60°,
∴ ∠EAC=$\frac{1}{2}$∠CEF=30°.
∴ ∠EAC=$\frac{1}{2}$∠BAC.
∴ AF是△ABC的角平分线. 又
∵ AF交BC于点F,△ABC是等边三角形,
∴ AF是△ABC的边BC上的中线.
∴ 点F在线段BC的中点处.
解析
【分析】
(1) 要证明AE=CE，观察到E在菱形的对角线BD上，结合菱形对角线互相垂直平分的性质，可得BD是AC的垂直平分线，根据垂直平分线上的点到线段两端点距离相等即可完成证明。
(2) 首先由菱形邻边相等、∠ABC=60°可判定△ABC是等边三角形，再结合AE=CE、∠CEF=60°，利用等腰三角形外角性质推出∠EAC=30°，即AF是等边△ABC的角平分线，最后结合等边三角形三线合一的性质即可判断F的位置。
【解析】
(1) 证明：连接AC。
∵ BD、AC是菱形ABCD的对角线，
∴ BD垂直平分AC，
∵ 点E在BD上，
∴ AE=CE。
(2) 点F在线段BC的中点处，理由：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB=BC，
又
∵ ∠ABC=60°，
∴ △ABC是等边三角形，
∴ ∠BAC=60°。
∵ AE=CE，∠CEF=60°，
∴ ∠EAC=∠ECA，且∠CEF=∠EAC+∠ECA=2∠EAC=60°，
∴ ∠EAC=$\frac{1}{2}$∠CEF=30°，即∠EAC=$\frac{1}{2}$∠BAC，
∴ AF是△ABC的角平分线。
又
∵ AF交BC于点F，△ABC是等边三角形，
∴ AF是△ABC的边BC上的中线，
∴ 点F在线段BC的中点处。
【答案】
(1) AE=CE得证；
(2) 点F在线段BC的中点处。
【知识点】
菱形的性质；线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题主要考查菱形相关性质的应用，同时结合了线段垂直平分线、等边三角形的知识点，第一问较为基础，直接利用菱形对角线的性质即可求证；第二问需要结合特殊角度判定等边三角形，再利用三线合一的性质推导结论，熟练掌握特殊几何图形的性质是快速解题的关键。
【难度系数】
0.75
(1) 要证明AE=CE，观察到E在菱形的对角线BD上，结合菱形对角线互相垂直平分的性质，可得BD是AC的垂直平分线，根据垂直平分线上的点到线段两端点距离相等即可完成证明。
(2) 首先由菱形邻边相等、∠ABC=60°可判定△ABC是等边三角形，再结合AE=CE、∠CEF=60°，利用等腰三角形外角性质推出∠EAC=30°，即AF是等边△ABC的角平分线，最后结合等边三角形三线合一的性质即可判断F的位置。
【解析】
(1) 证明：连接AC。
∵ BD、AC是菱形ABCD的对角线，
∴ BD垂直平分AC，
∵ 点E在BD上，
∴ AE=CE。
(2) 点F在线段BC的中点处，理由：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB=BC，
又
∵ ∠ABC=60°，
∴ △ABC是等边三角形，
∴ ∠BAC=60°。
∵ AE=CE，∠CEF=60°，
∴ ∠EAC=∠ECA，且∠CEF=∠EAC+∠ECA=2∠EAC=60°，
∴ ∠EAC=$\frac{1}{2}$∠CEF=30°，即∠EAC=$\frac{1}{2}$∠BAC，
∴ AF是△ABC的角平分线。
又
∵ AF交BC于点F，△ABC是等边三角形，
∴ AF是△ABC的边BC上的中线，
∴ 点F在线段BC的中点处。
【答案】
(1) AE=CE得证；
(2) 点F在线段BC的中点处。
【知识点】
菱形的性质；线段垂直平分线的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题主要考查菱形相关性质的应用，同时结合了线段垂直平分线、等边三角形的知识点，第一问较为基础，直接利用菱形对角线的性质即可求证；第二问需要结合特殊角度判定等边三角形，再利用三线合一的性质推导结论，熟练掌握特殊几何图形的性质是快速解题的关键。
【难度系数】
0.75
