【分析】根据菱形的对角线互相平分可得BO＝DO，然后求出OE是△BCD的中位线，再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求出CD，然后根据菱形的周长公式计算即可得解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，BO＝DO， ∵点E是BC的中点， ∴OE是△BCD的中位线， ∴CD＝2OE＝2×3＝6，
∴菱形ABCD的周长＝4×6＝24； 故答案为：24．
【点评】本题考查了菱形的性质以及三角形中位线定理；熟记菱形性质与三角形中位线定理是解题的关键．
10. （2019?湖北十堰?3分）如图，正方形ABCD和Rt△AEF，AB＝5，AE＝AF＝4，连接BF，
DE．若△AEF绕点A旋转，当∠ABF最大时，S△ADE＝ 6 ．
【分析】作DH⊥AE于H，如图，由于AF＝4，则△AEF绕点A旋转时，点F在以A为圆心，4为半径的圆上，当BF为此圆的切线时，∠ABF最大，即BF⊥AF，利用勾股定理计算出
BF＝3，接着证明△ADH≌△ABF得到DH＝BF＝3，然后根据三角形面积公式求解．
【解答】解：作DH⊥AE于H，如图，
∵AF＝4，当△AEF绕点A旋转时，点F在以A为圆心，4为半径的圆上， ∴当BF为此圆的切线时，∠ABF最大，即BF⊥AF， 在Rt△ABF中，BF＝
＝3，
∵∠EAF＝90°， ∴∠BAF+∠BAH＝90°， ∵∠DAH+∠BAH＝90°， ∴∠DAH＝∠BAF， 在△ADH和△ABF中
，
∴△ADH≌△ABF（AAS）， ∴DH＝BF＝3，
∴S△ADE＝AE?DH＝×3×4＝6． 故答案为6．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．
11. （2019?湖北天门?3分）如图，为测量旗杆AB的高度，在教学楼一楼点C处测得旗杆顶部的仰角为60°，在四楼点D处测得旗杆顶部的仰角为30°，点C与点B在同一水平线上．已知CD＝9.6m，则旗杆AB的高度为 14.4 m．
【分析】作DE⊥AB于E，则∠AED＝90°，四边形BCDE是矩形，得出BE＝CD＝9.6m，∠
CDE＝∠DEA＝90°，求出∠ADC＝120°，证出∠CAD＝30°＝∠ACD，得出AD＝CD＝9.6m，
在Rt△ADE中，由直角三角形的性质得出AE＝AD＝4.8m，即可得出答案． 【解答】解：作DE⊥AB于E，如图所示：
则∠AED＝90°，四边形BCDE是矩形， ∴BE＝CD＝9.6m，∠CDE＝∠DEA＝90°， ∴∠ADC＝90°+30°＝120°， ∵∠ACB＝60°， ∴∠ACD＝30°， ∴∠CAD＝30°＝∠ACD， ∴AD＝CD＝9.6m，
在Rt△ADE中，∠ADE＝30°， ∴AE＝AD＝4.8m，
∴AB＝AE+BE＝4.8m+9.6m＝14.4m； 故答案为：14.4．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题、矩形的判定与性质、等腰三角形的判定；正确作出辅助线是解题的关键．
12. （2019?湖北天门?3分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，…都是菱形，点A1，A2，A3，…都在x轴上，点C1，C2，C3，…都在直线y＝
x+上，） ．
且∠C1OA1＝∠C2A1A2＝∠C3A2A3＝…＝60°，OA1＝1，则点C6的坐标是 （97，32
【分析】根据菱形的边长求得A1.A2.A3…的坐标然后分别表示出C1.C2.C3…的坐标找出规律
进而求得C6的坐标． 【解答】解：∵OA1＝1， ∴OC1＝1，
∴∠C1OA1＝∠C2A1A2＝∠C3A2A3＝…＝60°， ∴C1的纵坐标为：sin60°?OC1＝∴C1（，
），
，横坐标为cos60°?OC1＝，
∵四边形OA1B1C1，A1A2B2C2，A2A3B3C3，…都是菱形， ∴A1C2＝2，A2C3＝4，A3C4＝8，…， ∴C2的纵坐标为：sin60°?A1C2＝∴C2（，2，
），
，代入y＝，代入y＝
x+求得横坐标为2，
C3的纵坐标为：sin60°?A2C3＝4
∴C3（11，4∴C4（23，8
）， ）， ）， ）；
）．
x+求得横坐标为11，
C5（47，16
∴C6（97，32
故答案为（97，32
【点评】本题是对点的坐标变化规律的考查，主要利用了菱形的性质，解直角三角形，根据已知点的变化规律求出菱形的边长，得出系列C点的坐标，找出规律是解题的关键．
13. （2019?广东深圳?3分）如图在正方形ABCD中，BE=1，将BC沿CE翻折，使点B对应点刚好落在对角线AC上，将AD沿AF翻折，使点D对应点落在对角线AC上，求EF= .
【答案】6 【解析】