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专题 28 菱形的性质与判定【十四大题型】
【题型1 根据菱形的性质求周长、角度、线段长、面积、坐标】.....................................................................2
【题型2 菱形的判定定理的理解】..........................................................................................................................8
【题型3 证明四边形是菱形】................................................................................................................................11
【题型4 根据菱形的性质与判定求线段长】.......................................................................................................18
【题型5 根据菱形的性质与判定求角度】...........................................................................................................24
【题型6 根据菱形的性质与判定求面积】...........................................................................................................30
【题型7 根据菱形的性质与判定解决多结论问题】...........................................................................................36
【题型8 与菱形有关的新定义问题】....................................................................................................................44
【题型9 与菱形有关的规律探究问题】................................................................................................................54
【题型10 与菱形有关的动点问题】........................................................................................................................59
【题型11 菱形与一次函数综合】............................................................................................................................66
【题型12 菱形与反比例函数综合】........................................................................................................................72
【题型13 菱形与一次函数、反比例函数综合】...................................................................................................81
【题型14 菱形与二次函数综合】............................................................................................................................86
【知识点 菱形的性质与判定】
菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
菱形的性质：
1）具有平行四边形的所有性质；
2）四条边都相等；
3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角.
4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，菱形的对称中心是菱形对角线的交点，菱形的对称轴是菱
形对角线所在的直线，菱形的对称轴过菱形的对称中心.
菱形的判定：
1）对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
A
2）一组邻边相等的平行四边形是菱形.
3）四条边相等的四边形是菱形.
【解题思路】判定一个四边形是菱形时，可先说明它是平行四边形，再说明它的一组邻边相等或它的对角
线互相垂直，也可直接说明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分．
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菱形的面积公式：S=ah=对角线乘积的一半（其中a为边长，h为高）.
菱形的周长公式：周长l=4a（其中a为边长）.
【题型1 根据菱形的性质求周长、角度、线段长、面积、坐标】
【例1】（2023·河南濮阳·统考三模）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABOC的边BO在x轴上，固定点
B、O，把菱形沿箭头方向推，使点C落在y轴正半轴上点C'处，若∠COC'=30°，OC'=2，则点A的
坐标为（ ）
A．(−√3,1) B．(−2,1) C．(−3,√3) D．(−2,√3)
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，坐标与图形，勾股定理，过点C作CD⊥OB于点D，
利用直角三角形的性质求得OD=1，由勾股定理求得CD=√3，再根据菱形的性质即可求出点A的坐标，
掌握菱形和直角三角形的性质是解题的关键．
【详解】解：过点C作CD⊥OB于点D，
∵∠COC'=30°，
∴∠DOC=60°，
∵OC'=OC=2，
∴OD=1，
∴CD=√OC2−OD2=√3，
∵四边形ABOC为菱形，
∴AC∥OB，AC=OC=OB=2，
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∴点A到y轴的距离为1+2=3，
∴A(−3,√3)，
故选：C．
【变式1-1】（2023·浙江嘉兴·统考二模）如图，菱形ABCD中，以点A为圆心，以AB长为半径画弧，分
别交BC,CD于点E，F． 若∠EAF=60°，则∠D的度数为 ．
【答案】80°/ 80度
【分析】证△ABE△ADF(AAS)，得∠BAE=∠DAF，设∠B=∠D=x，则∠AEB=∠B=x，
∠DAF=∠BAE=180°−2x，再由∠B+∠BAD=180°求出x=80°，即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=BC=DC，
由题意得：AB=AE，AD=AF，
∴∠AEB=∠B， ∠AFD=∠D，
∴∠AEB=∠B=∠AFD=∠D，
在△ABE和△ADF中，
¿
∴△ABE≌△ADF (AAS) ，
∴∠BAE=∠DAF，
设∠B=∠D=x，则∠AEB=∠B=x，
∴∠DAF=∠BAE=180°−2x，
∵四边形ABCD是菱形，
∴ AD∥BC
∴∠B+ ∠BAD=180°，
即x+180°−2x+60°+180°−2x=180°，
解得：x=80°，
∴∠D=80°，
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故答案为：80°．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【变式1-2】（2023·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）如图，四边形ABCD是平行四边形，连接AC，BD
交于点O，DE平分∠ADB交AC于点E，BF平分∠CBD交AC于点F，连接BE，DF．
(1)求证：∠1=∠2；
(2)若四边形ABCD是菱形且AB=2，∠ABC=120°，求四边形BEDF的面积．
【答案】(1)见解析
2√3
(2)
3
【分析】（1）由平行四边形的性质，角平分线定义推出△ODE≌△OBF(ASA)，得到DE=BF，判定四
边形DEBF是平行四边形，推出BE∥DF，得到∠1=∠2．
（2）由菱形的性质得到BD⊥EF，OD=OB，推出四边形DEBF的菱形，由平行线的性质得到
√3 √3
∠BAD=60°，判定△ABD是等边三角形，得到BD=AB=2，∠ADO=60°，求出OE= OD= ，
3 3
2√3
得到EF=2OE= ，由菱形的面积公式即可求出四边形BEDF的面积．
3
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OD=OB，
∴∠ADO=∠CBO，
∵DE平分∠ADB，BF平分∠CBD，
1 1
∴∠ODE= ∠ADO，∠OBF= ∠CBO，
2 2
∴∠ODE=∠OBF，
∴DE∥BF，
∵OD=OB，∠DOE=∠BOF，
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∴△ODE≌△OBF(ASA)，
∴DE=BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴BE∥DF，
∴∠1=∠2．
（2）解：由（1）知△ODE≌△OBF(ASA)，
∴OE=OF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥EF，OD=OB，AD∥BC，
∴四边形DEBF的菱形，
∵AD∥BC，∠ABC=120°，
∴∠BAD+∠ABC=180°，
∵∠ABC=120°，
∴∠BAD=60°，
∵AD=AB，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=2，∠ADO=60°，
1
∴OD= BD=1，
2
1
∵∠ODE= ∠ADO=30°，
2
√3 √3
∴OE= OD= ，
3 3
2√3
∴EF=2OE= ，
3
1 1 2√3 2√3
∴四边形BEDF的面积= BD⋅EF= ×2× = ．
2 2 3 3
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定
和性质，关键是由△ODE≌△OBF(ASA)，得到DE=BF，判定四边形DEBF是平行四边形；证明四边形
BEDF是菱形．
【变式1-3】（2023·浙江·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，E、F分别为线段AB、CD上一点，将菱形
ABCD沿着EF翻折，翻折后A、D的对应点分别为A'、D'，A'D'与CD交于点G．已知
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3
AB=5,AE=1,sin∠ABC= ，若EF∥AD,A'G= 若∠EFD=135°,A'G= ．
5
17 2 5 1
【答案】 /3 /3.4 /2 /2.5
5 5 2 2
【分析】若EF∥AD，如图所示，过点F作FN垂直BC延长线于点N，交A'D'于点Q，交AD于点P，根
据折叠，菱形，平行四边形的性质，三角函数的计算即可求解；若∠EFD=135°，如图所示，过点F作
BC边的高RQ，交于AD点R，交BC延长线于点Q，连接DD'，通过条件推理可得点G为A'D'的中点，
由此即可求解．
【详解】解：若EF∥AD，如图所示，过点F作FN垂直BC延长线于点N，交A'D'于点Q，交AD于点P，
3
已知AB=5,AE=1,sin∠ABC= ，
5
∵菱形ABCD沿着EF翻折，点A、D的对应点分别为A'、D'，
∴AD=A'D'=AB=5，
根据作图可知PN是菱形ABCD中BC边上的高，
PN 3
∵sin∠ABC=sin∠D= = ，
AB 5
3
∴PN= AB=3，
5
∵四边形AEFD是平行四边形，
∴ AE=DF=1，且FP⊥AD，
PF 3 3 3
∴在Rt△DFP中，sin∠D= = ，PF= DF= ，
DF 5 5 5
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3
根据折叠性质可知，FQ=FP= ，且∠D=∠D'，
5
∵AD∥EF∥A'D'
∴ ∠FGQ=∠D=∠D'，
∴ △FGD是等腰三角形，FG=FD'=1，
3
∵FQ⊥A'D',FD'=1,FQ=
，
5
∴GQ=QD'=√D'F2−FQ2=
√
1−
(3) 2
=
4
，
2 5
4 8
∴GD'=2QD'=2× = ，
5 5
∵A'G=A'D'−GD'，
8 17
∴A'G=5− = ，
5 5
17
故答案为： ；
5
∠EFD=135°，如图所示，过点F作BC边的高RQ，交于AD点R，交BC延长线于点Q，连接DD'，
根据折叠性质可知，∠EFD'=∠EFD=135°,DF=D'F，
∴∠DFD'=360°−∠EFD−∠EFD'=90°，
∴DF⊥D'F，∠D'FG=90°，
根据题意可知，RQ是菱形ABCD中BC边上的高，RQ=3，
设DF=x，则D'F=x，CF=5−x，
3
∵sin∠ABC=sin∠ADC= ，∠FRD=90°，
5
3 3
∴FR= FD= x，
5 5
FG 3
设FG=a，在Rt△D'FG中，sin∠FD'G= =
，
D'G 5
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5
则D'G= a，
3
∵FG2+DF2=D'G2，即a2+x2= (5 a ) 2 ，
3
3
∴a= x，
4
5 5 3 5
∴D'G= a= × x= x，
3 3 4 4
3 7
∴CG=CF−FG=5−x− x=5− x，
4 4
∵D'F∥EA'，AB∥CD，
∴A'E⊥AB，连接A'C，
3
∵C到AB的距离为BC⋅sin∠ABC=5× =3，此时点C到AB的垂线段的垂足与点E重合，且点
5
E、A'、C三点共线，则∠ACG=90°，
∵AE=A'E=1，
∴A'C=2，
∵D'F∥A'C
∴△D'FG∼△A'CG
D'F FG
∴ = ，
AC CG
3
x
x 4
∴ =
2 7
5− x
4
解得x=2或x=0舍去，
∴D'F=A'C=2， △D'FG≅△A'CG，
3 3 5 5
∴FG=CG= x= ，D'G= x= ，
4 2 4 2
∵A'D'=AB=5
5 5
∴A'G=A'D'−D'G=5− =
2 2
5
故答案为： ．
2
【点睛】本题主要考查菱形的性质，平行四边形的性质，折叠的性质，三角函数的计算方法，三角形相似
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的判定和性质，全等三角形的判定和性质的综合，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．
【题型2 菱形的判定定理的理解】
【例2】（2023·安徽淮北·淮北市第二中学校考二模）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，
使DE＝AD，连接EB，EC，DB，下列条件中，不能使四边形DBCE成为菱形的是（ ）
A．AB＝BE B．BE⊥DC C．∠ABE＝90° D．BE平分∠DBC
【答案】A
【分析】根据菱形的判定方法一一判断即可；
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
又∵AD=DE，
∴DE∥BC，且DE=BC，
∴四边形BCED为平行四边形，
A、∵AB=BE，DE=AD，∴BD⊥AE，∴ DBCE为矩形，故本选项错误；
B、∵BE⊥DC，∴对角线互相垂直的平行▱四边形为菱形，故本选项正确；
C、∵∠ABE=90°，∴BD=DE，∴邻边相等的平行四边形为菱形，故本选项正确；
D、∵BE平分∠DBC，∴对角线平分对角的平行四边形为菱形，故本选项正确．
故选A．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定以及菱形的判定，正确掌握菱形的判定与性质是解题关键．
【变式2-1】（2023·河北承德·校联考模拟预测）依据所标识的数据，下列平行四边形一定为菱形的是（
）
A． B．
C． D．
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【答案】C
【分析】根据菱形的判定逐项排查即可解答．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴对角线互相平分，故A不一定是菱形；
∵四边形是平行四边形，∴对边相等，故B不一定是菱形；
∵图C中，根据三角形的内角和定理可得：180°−70°−55°=55°，∴邻边相等，∵四边形是平行四边
形，∴邻边相等的平行四边形的菱形，故C是菱形；
∵四边形是平行四边形，∴对边平行，故D不一定是菱形．
故选：C．
【点睛】本题主要考查菱形的判定，灵活运用菱形的判定方法是解题的关键．
【变式2-2】（2023·北京·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，
DA的中点，请添加一个与四边形ABCD对角线有关的条件，使四边形EFGH是菱形，则添为 ．
【答案】对角线相等
1 1
【分析】连接AC、BD，根据三角形的中位线定理求出EH= BD，HG= AC，EH∥BD，
2 2
HG∥AC，FG∥BD，EF∥AC，推出四边形EFGH是平行四边形，再求出EH=HG即可．
【详解】连接AC、BD，
∵E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，
1 1
∴EH= BD，HG= AC，EH∥BD，HG∥AC，FG∥BD，EF∥AC，
2 2
∴EH∥FG，HG∥EF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
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∵当AC=BD时，
∴EH=HG，
∴平行四边形EFGH是菱形；
故答案为：对角线相等．
【点睛】本题考查三角形的中位线的性质、平行四边形的判定和菱形的判定定理，能够证出四边形是平行
四边形是解题的关键．
【变式2-3】（2023·陕西西安·高新一中校考三模）小青和小云是同班同学，在上网课期间，老师在电脑上
出示了如图所示的任意四边形ABCD，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，要求她
们添加一个条件使得四边形EFGH为菱形，小青添加的条件是AC=BD，小云添加的条件是EG⊥HF，
则下列说法正确的是（ ）
A．小青和小云都正确 B．小青正确，小云错误
C．小青错误，小云正确 D．小青和小云都错误
【答案】A
1 1
【分析】连接AC、BD，由三角形中位线定理知HG∥AC，HG= AC，EF∥AC，EF= AC，
2 2
则EF=HG，EF∥GH，得四边形HGFE是平行四边形，根据已知条件证明四边形EFGH为菱形，即
可求解．
【详解】连接AC、BD，
∵E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，
1 1
∴HG∥AC，HG= AC，EF∥AC，EF= AC，
2 2
∴EF=HG，EF∥GH，
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∴四边形HGFE是平行四边形，
1 1
当AC=BD时，由三角形中位线定理得，HG= AC,EH= BD，
2 2
则HG=EH，
∴四边形HGFE菱形，
当EG⊥HF时，平行四边形HGFE是菱形，
故选A．
【点睛】本题考查了中点四边形，三角形中位线定理，菱形的判定等知识，熟练掌握菱形的判定定理是解
题的关键．
【题型3 证明四边形是菱形】
【例3】（2023·湖南岳阳·统考二模）已知：如图，在 ▱ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，BE平
分∠ABC．请从以下三个条件：①AE=BF；②AB=EF；③AB∥EF中，选择一个合适的条件，使四
边形ABFE为菱形．
(1)你添加的条件是_______（填序号）；
(2)添加了条件后，请证明四边形ABFE为菱形．
【答案】(1)①或③；
(2)见解析；
【分析】（1）根据菱形的判定定理即可解答；
（2）添加条件①根据AE∥BF，AE=BF即可得到四边形ABFE是平行四边形，再根据平行四边形的性
质及角平分线的定义得到BF=EF即可解答；
添加条件③根据角平分线的定义得到∠ABE=∠FBE，再根据AB∥EF得到∠ABE=∠BEF，进而得
到BF=EF，最后利用AE∥BF， AB∥EF得到四边形ABFE是平行四边形即可解答．
【详解】（1）解：添加的条件是AE=BF或AB∥EF，
故答案为①或③；
（2）证明：添加条件为①，理由如下：
∵在 ▱ABCD中，
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∴AD∥BC，
即AE∥BF，
∵AE=BF，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠FBE，
∵四边形ABFE是平行四边形，
∴AB∥EF，
∴∠ABE=∠BEF，
∴∠EBF=∠BEF，
∴BF=EF，
∴四边形ABFE是菱形；
证明：添加条件为③，理由如下：
∵在 ▱ABCD中，
∴AD∥BC，
即AE∥BF，
∵AB∥EF，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠FBE，
∵AB∥EF，
∴∠ABE=∠BEF，
∴∠EBF=∠BEF，
∴BF=EF，
∴四边形ABFE是菱形；
【点睛】本题考查了角平分线的定义，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，掌握平行四边形的判定与
性质是解题的关键．
【变式3-1】（2023·陕西西安·校考二模）如图，AB∥CD，连接BC，请用尺规作图法，分别在AB，CD
上求作E，F，连接CE，BF，使得四边形CEBF是菱形．（保留作图痕迹，不写作法）
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【答案】见解析
【分析】作BC的垂直平分线交AB于点E，交BC于点O，交CD于点F，通过证明△BOE≌△COF得到
OE=OF，则EF与BC互相垂直平分，则可判断CEBF是菱形．
【详解】解：如图，点E、F为所作．
证明：∵ EF是BC的垂直平分线
∴OB=OC，BC⊥EF
∵AB∥CD
∴∠EBO=∠FCO
在△EBO和△FCO中
¿
∴△BOE≌△COF
∴OE=OF
∴ EF与BC互相垂直平分
∴四边形CEBF是菱形．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图，熟练掌握基本几何图形的性质是解题的关键．
【变式3-2】（2023·浙江杭州·校考二模）已知：如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC 的平分线交AD
于点E，点F是BE的中点，连接AF并延长交BC于点G，连接EG，CF．
(1)求证：四边形AEGB是菱形；
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(2)若tan∠ABC=√3，CD=8，AD=10，求CF的长．
【答案】(1)见解析
(2)2√17
【分析】（1）先证明AB=AE，然后证明△AFE≌△GFB（ASA），得AE=BG，证出四边形AEGB是
平行四边形，即可得出结论；
1
（2）过点F作FM⊥BC于点M，由菱形的性质得出∠GBE= ∠ABC=30°，BG=AB=8，
2
BC=AD=10，在Rt△BFG中，求出BF=4√3，在Rt△BFM中，求出FM=2√3，再求出BM=6，得
出CM=BC−BM=4，Rt△FMC中，由勾股定理即可得出CF的长．
【详解】（1）证明：∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC且AD=BC，
∴∠CBE=∠AEB，
∴∠ABE=∠AEB=∠CBE，
∴AB=AE，
∵点F是BE的中点，
∴EF=BF，
∵∠AFE=∠GFB，
∴△AFE≌△GFB（ASA），
∴AE=BG，
∵AD∥BC，
∴四边形AEGB是平行四边形，
∵AB=AE，
∴四边形AEGB是菱形；
（2）解：∵tan∠ABC=√3，
∴∠ABC=60°，
过点F作FM⊥BC于点M，如图所示：
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∵四边形ABGE是菱形，
1
∴∠GBE= ∠ABC=30°，BG=AB=CD=8，BC=AD=10，
2
1
∴FG= BG=4，
2
∴BF=√3FG=4√3，
1
∴FM= BF=2√3，
2
∴BM=√3FM=6，
∴CM=BC−BM=10−6=4，
在Rt△FMC中，根据勾股定理得：
CF=√FM2+CM2=√12+16=2√7．
【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、直角三角形的性质、等腰三角形的判
定、三角函数、勾股定理等知识；添加辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
【变式3-3】（2023·江西吉安·校考三模）如图，在△ABC中，AB=BC=4，∠C=30°，D是BC上的动
点，以D为圆心，DC的长为半径作圆交AC于点E，F，G分别是AB，AE上的点，将△AFG沿FG折
叠，点A与点E恰好重合．
(1)如图1，若CD=8√3−12，证明⊙D与直线AB相切；
(2)如图2，若⊙D经过点B，连接ED．
①B´E的长是 ；
②判断四边形BFED的形状，并证明．
【答案】(1)见解析
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2π
(2)① ；②四边形BFED为菱形，证明见解析
3
【分析】（1）过点D作DH⊥AB的延长线于点H，由等边对等角得∠A=∠C=30°，根据三角形外角
的性质求得∠DBH=60°，易求得DH=8√3−12=CD，即可得证；
1
（2）①易得CD=BD= BC=2，由DC=DE，∠C=30°可得∠DEC=∠C=30°，根据三角形外角的
2
性质得出∠BDE=∠DEC+∠C=60°，再由弧长公式计算即可求解；②由折叠的性质可得
∠A=∠FEA=30°，根据平角的定义求得∠≝=120°，根据三角形外角的性质得到∠BFE=60°，由
∠≝+∠BDE=180°，∠BFE+∠≝=180°可得四边形BFED为平行四边形，再由BD=DE即可得证．
【详解】（1）证明：过点D作DH⊥AB的延长线于点H，
则∠DHB=90°，
∵AB=BC=4，∠C=30°，
∴∠A=∠C=30°，
∴∠DBH=∠A+∠C=30°+30°=60°，
∵CD=8√3−12，
∴BD=BC−CD=4−(8√3−12)=16−8√3，
在Rt△BDH中，∠BDH=90°−∠DBH=90°−60°=30°，
1
∴BH= BD=8−4√3，DH=√3BH=8√3−12，
2
∴DH=CD，
∴⊙D与直线AB相切；
1
（2）解：①若⊙D经过点B，则CD=BD= BC=2，
2
∵DC=DE，∠C=30°，
∴∠DEC=∠C=30°，
∴∠BDE=∠DEC+∠C=30°+30°=60°，
60×2π×2 2π
∴ B´E的长是= = ；
360 3
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2π
故答案为： ；
3
②四边形BFED为菱形，
证明如下：
由折叠可知，∠A=∠FEA=30°，
∴∠≝=180°−∠FEA−∠DEC=180°−30°−30°=120°，∠BFE=∠A+∠FEA=30°+30°=60°，
∵∠≝+∠BDE=120°+60°=180°，∠BFE+∠≝=60°+120°=180°，
∴EF∥BD，BF∥DE，
∴四边形BFED为平行四边形，
又∵BD=DE，
∴四边形BFED为菱形．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、切线的判定、三角形外角的性质、含30度角的直角三角形的性质、
弧长公式、折叠的性质、菱形的判定等知识点，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
【题型4 根据菱形的性质与判定求线段长】
【例4】（2023·浙江温州·校联考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AE平分∠CAB交CB
于点E，CD⊥AB于点D，交AE于点G，过点G作GF∥BC交AB于F，连接EF．
(1)求证：CG=CE；
(2)若AC=3cm，BC=4cm，求线段DG的长度．
【答案】(1)见解析
9
(2)
10
【分析】本题考查等腰三角形的判定，三角形内角和定理，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，
勾股定理解直角三角形等，解题的关键是掌握菱形的判定方法，能够通过勾股定理列方程．
（1）根据角平分线的定义可得∠CAE=∠BAE，根据直角三角形两锐角互余，可得
∠CAE+∠CEA=∠BAE+∠AGD=90°，等量代换可得∠CEA=∠AGD=∠CGE，即可证明
CG=CE；
（2）先证△AGC≌△AGF(ASA)，推出CG=FG，结合（1）中结论可得CE=FG，结合GF∥BC可证
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四边形CGFE是平行四边形，结合CG=CE可证CGFE是菱形，根据勾股定理可得AB=5cm，根据
△AGC≌△AGF可得AF=AC=3cm，进而求出BF=2cm，再根据菱形的性质推出EF//CG，进而证
明EF⊥AB，设CE=EF=CG=GF=x，用勾股定理解RtΔEFB求出x，再利用面积法求出CD，即可求
出DG的长度．
【详解】（1）证明：∵ AE平分∠CAB，
∴ ∠CAE=∠BAE，
∵ ∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴ ∠CAE+∠CEA=∠BAE+∠AGD=90°，
∴ ∠CEA=∠AGD，
又∵ ∠CGE=∠AGD，
∴ ∠CEA=∠CGE，
∴ CG=CE；
（2））解：∵GF∥BC，
∴∠CEG=∠EGF，
由（1）知∠CEA=∠CGE，
∴∠CGE=∠EGF，
∴∠AGC=∠AGF，
∵AG=AG，∠CAE=∠BAE，
∴△AGC≌△AGF(ASA)，
∴CG=FG，
由（1）知CG=CE，
∴CE=FG，
∵GF∥BC，
∴CE∥FG，
∴四边形CGFE是平行四边形，
∵CG=CE，
∴四边形CGFE是菱形；
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∵AC=3cm，BC=4cm，
∴ AB=√AC2+BC2=5cm，
∵△AGC≌△AGF，
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∴AF=AC=3cm，
∴BF=AB−AF=2cm，
∵四边形CGFE是菱形，
∴EF∥CG，
∵CD⊥AB，
∴EF⊥AB，
设CE=EF=CG=GF=x cm，
∴BE=BC−CE=(4−x)cm，
在Rt△EFB中，根据勾股定理得：
EF2+BF2=BE2，
∴x2+22=(4−x) 2，
3
解得x= ，
2
3
∴ CG= cm，
2
1 1
∵S = AC⋅BC= AB⋅CD，
ΔABC 2 2
∴3×4=5CD，
12
∴CD= (cm)，
5
12 3 9
∴GD=CD−CG= − = (cm)．
5 2 10
【变式4-1】（2023·甘肃兰州·统考中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
CD∥OE，直线CE是线段OD的垂直平分线，CE分别交OD，AD于点F，G，连接DE．
(1)判断四边形OCDE的形状，并说明理由；
(2)当CD=4时，求EG的长．
【答案】(1)四边形OCDE是菱形，理由见解析
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4√3
(2)EG= ．
3
【分析】（1）证明△COD和△EOD是等边三角形，即可推出四边形OCDE是菱形；
（2）利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得DF和CF的长，利用菱形的性质得到
EF=CF=2√3，在Rt△CGF中，解直角三角形求得GF的长，据此求解即可．
【详解】（1）证明：四边形OCDE是菱形，理由如下，
∵矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
1 1
∴OC=OD= AC= BD，
2 2
∵直线CE是线段OD的垂直平分线，
∴CO=CD，EO=ED，
∴CO=CD=OD，即△COD是等边三角形，
1
∴∠OCD=∠DCO=∠DOC=60°，∠OCF=∠DCF= ∠OCD=30°，
2
∵CD∥OE，
∴∠EOD=∠EDO=∠CDO=60°，
∴△EOD是等边三角形，
∴CO=CD=EO=ED，
∴四边形OCDE是菱形；
（2）解：∵直线CE是线段OD的垂直平分线，且∠DCF=30°，
1
∴DF= CD=2，CF=√3DF=2√3，
2
由（1）得四边形OCDE是菱形，
∴EF=CF=2√3，
在Rt△DGF中，∠GDF=90°−∠ODC=30°，
√3 2√3
∴GF=DFtan30°=2× = ，
3 3
4√3
∴EG=EF−GF= ．
3
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性
质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
【变式4-2】（2023·陕西西安·校考二模）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AD=6，对角线AC、
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1
BD相交于点O，点E在线段AC上，且AE=2，点F为线段BD上的一个动点，则EF+ BF的最小值为
2
．
【答案】2√3
【分析】过F作FM⊥BC，由菱形ABCD，∠ABC=60°，得到BD为∠ABC平分线，求出
1
∠FBM=30°，在Rt△FBM中，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，得到FM= F，故
2
1
EF+ BF=EF+FM，求出EF+FM的最小值即为所求最小值，当E、F、M三点共线时最小，求出即
2
可．
【详解】解：过F作FM⊥BC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
1
∴∠FBM= ∠ABC=30°，AB=BC，即△ABC为等边三角形，∠ACM=60°，
2
1
在Rt△FBM中，FM= BF，
2
1
∴EF+ BF=EF+FM，
2
∴当E、F、M三点共线时，取得最小值，
∵AE=2，AC=AB=BC=6，
∴EC=AC−AE=6−2=4，
√3
在Rt△ECM中，EM=EC⋅sin60°=4× =2 √3，
2
1
则EF+ BF的最小值为2 √3．
2
故答案为：2 √3．
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【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，以及菱形的性质，解直角三角形，熟练掌握各自的性质是
解本题的关键．
【变式4-3】（2023·广东惠州·统考二模）如图，把矩形ABCD沿AC折叠，使点D与点E重合，AE交BC
于点F，过点E作EG∥CD交AC于点G，交CF于点H，连接DG．
(1)试判断四边形ECDG的形状，并加以证明；
(2)连接ED交AC于点O，求证：DC2=OC⋅AC；
14
(3)在（2）的条件下，若DG=6，AG= ，求CG的值．
5
【答案】(1)平行四边形ECDG是菱形，证明见解析
(2)见解析
36
(3)CG=
5
【分析】（1）根据折叠的性质得出DC=BC，∠DDG=∠ECG，再由平行线的性质及各角之间的关系
得出∠EGC=∠ECG，结合菱形的判定证明即可；
（2）根据菱形的性质得出∠DOC=90°，再由相似三角形的判定和性质即可证明；
1
（3）根据菱形的性质得出ED⊥AC，OC= CG，CD=≥=6=DG，设OC=x，则CG=2x，
2
14
AC=2x+ ，根据（2）中结果求解即可．
5
【详解】（1）证明：四边形ECDG是菱形，
证明如下：由折叠重合可知DC=BC，∠DDG=∠ECG，
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∵EG∥CD，
∴∠DOG=∠EGC
而∠DCG=∠ECG，
∴∠EGC=∠ECG，
∴EG=EC，
∴BG=CD，
又∵EG∥CD，
∴四边形ECDG是平行四边形，
又∵DC=EC，
∴平行四边形ECDG是菱形．
（2）∵四边形ECDG是菱形，
∴ED⊥AC，
∴∠DOC=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ACC=∠DOC=90°，
又∵∠DCO=∠ACD，
∴△DCO∽△ACD，
DC OC
∴ = ，
AC DC
∴DC2=OC⋅AC
（3）∵四边形ECDG是菱形，
1
∴ED⊥AC，OC= CG，CD=≥=6=DG，
2
14
设OC=x，则CG=2x，AC=2x+ ，
5
由（2）得：DC2=OC⋅AC，
( 14)
∴36=x 2x+ ，
5
18
解得x = ，x =5（不合题意，舍去），
1 5 2
36
∴CG= ．
5
【点睛】题目主要考查矩形、菱形的判定和性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方
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程，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
【题型5 根据菱形的性质与判定求角度】
【例5】（2023·江苏泰州·统考二模）如图1，将Rt△ABC(∠A=90°)纸片按照下列图示方式折叠：①将
△ABD沿BD折叠，使得点A落在BC边上的点M处，折痕为BD；②将△BEF沿EF折叠，使得点B与点D
重合，折痕为EF；③将△≝¿沿DF折叠，点E落在点E'处，展开后如图2，BD、PF、DF、DP为图1折
叠过程中产生的折痕．
(1)求证：DP∥BC；
(2)若DE'落在DM的右侧，求∠C的范围；
(3)是否存在∠C使得DE与∠MDC的角平分线重合，如存在，请求∠C的大小；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)0°<∠C<30°；
(3)不存在，理由见解析．
【分析】本题考查了直角三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，角平分线的性质，熟练掌握折
叠的性质是解题的关键．
（1）由第二次翻折可得EF垂直平分BD，由第一次翻折可得EF=EP，证出四边形PBFD是菱形，则可
得出结论；
（2）设∠ABD=α，求出∠BDF=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90−2α，当DE'落在DM的右侧时，
α>90−2α，求出a>30°，则可得出答案；
（3）设∠ABD=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90−2α，∠MDC=2α，得出90−2α+α=α，求出
α=45°，∠C=0°，则可得出结论．
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【详解】（1）证明：由第二次翻折可得EF垂直平分BD，由第一次翻折可得EF=EP，
∴PF与BD垂直且互相平分，
∴四边形PBFD是菱形，
∴DP∥BC；
（2）解：设∠ABD=α，
∵四边形PBFD是菱形，
∴PB∥DF，
∴∠BDF=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90−2α，
当DE'落在DM的右侧时，α>90−2α，
∴a>30°，
∴90°−2α<30°，
∴0°<∠C<30°；
（3）解：不存在．
若存在∠C使得DE'与∠MDC的角平分线重合，
设∠ABD=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90−2α，∠MDC=2α，
∴90−2α+α=α，
∴α=45°，
∴∠C=0°，
∴不存在∠C使得DE与∠MDC的角平分线重合．
【变式5-1】（2023·湖北襄阳·校考一模）如图，▱ABCD中，AB=AD，点E是AB上一点，连接CE、
DE，且BC=CE，若∠BCE=40°，则∠ADE= ．
【答案】15°/15度
【分析】首先证明四边形ABCD是菱形，然后根据等腰三角形的性质可得
1
∠CEB=∠B= (180°−40°)=70°，利用三角形内角和定理即可解决问题．
2
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【详解】解：在▱ABCD中，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=BC=CD，AB//CD，
∵BC=CE，
∴CD=CE，
∴∠CED=∠CDE，
∵∠BCE=40°，
1
∴∠CEB=∠B= (180°−40°)=70°，
2
∴∠ADC=∠B=70°，
∵∠ECD=∠BEC=70°，
1
∴∠CDE=∠CED= (180°−70°)=55°，
2
∴∠ADE=70°−55°=15°．
故答案为：15°．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，解决本题的关键是掌握
菱形的判定与性质．
【变式5-2】（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）已知四边形ABCD是平行四边形，点E在对角线BD上，
点F在边BC上，连接AE，EF，DE=BF，BE=BC．
(1)如图①，求证△AED≌△EFB；
(2)如图②，若AB=AD，AE≠ED，过点C作CH∥AE交BE于点H，在不添加任何轴助线的情况下，
请直接写出图②中四个角（∠BAE除外），使写出的每个角都与∠BAE相等．
【答案】(1)见解析；
(2)∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE，理由见解析．
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【分析】（1）由平行四边形的性质得AD=BC=BE，BC∥AD，进而有∠ADE=∠EBF，从而利用
SAS即可证明结论成立；
（2）先证四边形ABCD是菱形，得AB=BC=BE=CD=AD，又证△ABE≌△CDH(AAS)，得
∠BAE=∠DCH=∠BEA=∠DHC，由（1）得△AED≌△EFB(SAS)得∠AED=∠EFB，根据等角
的补角相等即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，BE=BC
∴AD=BC=BE，BC∥AD，
∴∠ADE=∠EBF，
∵DE=BF， ∠ADE=∠EBF，AD=BE
∴△AED≌△EFB(SAS)；
（2）解：∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE，理由如下：
∵AB=AD，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形， BC∥AD，AB∥CD
∴AB=BC=BE=CD=AD，∠ADE=∠EBF，∠ABE=∠CDH，
∴∠BEA=∠BAE，
∵CH∥AE，
∴∠BEA=∠DHC，
∴△ABE≌△CDH(AAS)，
∴∠BAE=∠DCH=∠BEA=∠DHC，
由（1）得△AED≌△EFB(SAS)，
∴∠AED=∠EFB，
∵∠AED+∠BEA=∠EFB+∠EFC=180°，
∴∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及
等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
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【变式5-3】（2023·安徽合肥·统考三模）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=120°，对角线BD平分
∠ABC，BD=BC，E为BD上一点，且BA=BE，连接AC交BD于点F，G为BC上一点，满足BF=BG，
连接EG交AC于点H，连接BH．
(1)①求证：∠EHF=60°；
②若H为EG中点，求证：AF2=2EF⋅EB；
(2)若AC平分∠DAB，请直接写出∠ECA与∠ACB的关系：________________．
【答案】(1)①见解析，②见解析
(2)∠ECA=∠ACB，∠ECA+∠ACB=60°
【分析】（1）①通过证明△ABF≌△EBG(SAS)得出∠BAF=∠BEG，再证明△EFH∽△AFB，即可
1 AF AB
求证；②根据点H为EG中点，得出EH= EG，根据△EFH∽△AFB，得出 = ，进而推出
2 EF EH
AF 2BE AF 2BE
= ，结合EG=AF，得出 = ，即可求证；
EF EG EF AF
（2）易证△BCD为等边三角形，推出CD∥AB，再根据等角对等边得出AD=CD，进一步得出四边形
ABCD为菱形，此时点E与点D重合，则∠ECA=∠ACB，∠ECA+∠ACB=60°，
【详解】（1）证明：①∵∠ABC=120°，对角线BD平分∠ABC，
∴∠ABF=∠EBG=60°，
∵BA=BE，∠ABF=∠EBG=60°，BF=BG，
∴△ABF≌△EBG(SAS)，
∴∠BAF=∠BEG，
∵∠EFH=∠AFB，
∴△EFH∽△AFB，
∴∠EHF=∠ABF=60°；
②∵点H为EG中点，
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1
∴EH= EG，
2
由①可得：△EFH∽△AFB，
AF AB
∴ = ，
EF EH
∵BA=BE，
AF BE
= AF 2BE
∴EF 1 ，整理得： = ，
EG EF EG
2
由①可得△ABF≌△EBG(SAS)，
∴EG=AF，
AF 2BE
∴ = ，
EF AF
∴AF2=2EF⋅EB．
（2）解：∵∠ABC=120°，BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=60°，
∵BD=BC，
∴△BCD为等边三角形，
∴∠CDB=60°，CD=BC=BD，
∴CD∥AB，
∴∠DCA=∠BAC，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠BAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴AD=CD，
∵AB=BD，
∵∠ABD=60°，
∴∠ABD为等边三角形，
则AB=AD=BD，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四边形ABCD为菱形，
∵BA=BE，
∴此时点E与点D重合，
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∴∠ECA=∠ACB，∠ECA+∠ACB=60°，
故答案为：∠ECA=∠ACB，∠ECA+∠ACB=60°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，
菱形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关性质和判定定理，并灵活运用．
【题型6 根据菱形的性质与判定求面积】
【例6】（2023·贵州遵义·统考一模）小明学习菱形时，对矩形ABCD进行了画图探究(AD>AB)，其作法
和图形如下：
①连接BD；
②分别以点B，D为圆心，大于BD长的一半为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN交BD于点
O，交AD于点E，交BC于点F；
③连接BE，DF．
(1)根据以上作法，判断四边形BFDE的形状，并说明理由；
(2)若AB=4，AD=8，求四边形BFDE的面积．
【答案】(1)四边形BFDE是菱形，理由见详解
(2)20
【分析】（1）根据作图可知：EF垂直平分BD，先证明△BFE≌△DFE，再证明∠DFE=∠≝¿，即有
DE=DF，进而有BE=DE=DF=BF，问题得解；
（2）由AD=8，可得AE=8−DE=8−BE，在Rt△ABE中，有AB2+AE2=BE2，即有
42+(8−BE) 2=BE2，解方程即可求出DE=BE=5，问题得解．
【详解】（1）四边形BFDE是菱形，理由如下：
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根据作图可知：EF垂直平分BD，
∴BE=ED，BF=FD，
∵FE=EF，
∴△BFE≌△DFE，
∴∠BFE=∠DFE，
∵在ABCD中，AD∥BC，
∴∠BFE=∠≝¿，
∴∠DFE=∠≝¿，
∴DE=DF，
∴BE=DE=DF=BF，
∴四边形BFDE是菱形；
（2）∵AB=4，AD=8，
∴AE=AD−BE=8−DE，
∵四边形BFDE是菱形，
∴BE=DE=DF=BF，
∴AE=8−DE=8−BE，
∵在Rt△ABE中，有AB2+AE2=BE2，
∴42+(8−BE) 2=BE2，
∴BE=5，
∴DE=BE=5，
∴S =DE×AB=5×4=20．
菱形BEDF
【点睛】本题考查了垂直平分线的尺规作图，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理
等知识，掌握菱形的判定与性质是解答本题的关键．
【变式6-1】（2023下·内蒙古包头·九年级统考期末）如图，某同学剪了两条宽均为√3的纸条，交叉叠放
在一起，且它们的交角为60°，则它们重叠部分的面积为（ ）．
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A．3 B．2√3 C．3√6 D．6
【答案】B
【分析】过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，则AE=AF=√3，∠AEB=∠AFD=90°，求出四边
形ABCD是平行四边形，证出△AEB≌△AFD，推出AB=AD，求出四边形ABCD是菱形，根据菱形的
性质得出AB=BC，解直角三角形求出AB，最后根据菱形的面积公式求解即可．
【详解】如图，过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，
由题意可得AE=AF=√3，∠AEB=∠AFD=90°．
∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABE=∠ADF=60°．
在△AEB和△AFD中，¿，
∴△AEB≌△AFD(AAS)，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC．
在Rt△AEB中，∠AEB=90°，AE=√3，∠ABE=60°，
∴BE=AEtan60°=1，AB=AEsin60°=2，
∴BC=AB=2，
∴重叠部分的面积是BC×AE=2√3．
故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，菱形的性质和判定，解直角三角形，全等三角形的性质和判定的
应用，能证明四边形ABCD是菱形是解答此题的关键，难度适中．
【变式6-2】（2023·广西玉林·统考模拟预测）在矩形ABCD中，两条对角线AC,BD相交于点O，C作
AM∥BD,CN∥BD，且AM=CN=BD，连接MN．
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(1)判断四边形AMNC的形状，并说明理由；
(2)若AB=6,∠ACB=30°，求四边形AMNC的面积．
【答案】(1)四边形AMNC为菱形，理由见解析
(2)72√3
【分析】（1）先证明四边形AMNC为平行四边形，再根据AC=BD=AM，得到平行四边形AMNC为菱
形；
（2）求出△ACD的面积，即可得到四边形AMNC的面积．
【详解】（1）解：四边形AMNC为菱形，理由如下：
∵AM∥BD,CN∥BD，
∴AM∥CN，
∵AM=CN=BD，
∴四边形AMNC为平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∴AC=BD=AM，
∴平行四边形AMNC为菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=∠ABC=90°,AB=CD，
∵AB=6,∠ACB=30°，
∴BC=AB÷tan30°=6√3，
∴AD=6√3，
连接AN,CM，
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∵四边形AMNC为菱形，
∴AN⊥CM，
又AD⊥CD，
∴D为菱形AMNC的中心，
1
∴菱形AMNC的面积等于=4S =4× ×6×6√3=72√3．
△ACD 2
【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形．熟练掌握矩形的性质，菱形的判定方
法和性质，是解题的关键．
【变式6-3】（2023下·广东珠海·八年级校考期中）已知：如图，AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交
AB于点E，DF∥AB交AC于点F．
(1)求证：四边形AEDF是菱形；
(2)若AE=13，AD=24，试求四边形AEDF的面积．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)120
【分析】（1）证明四边形AEDF是平行四边形，∠EAD=∠ADF，再证∠ADF=∠FAD，即FA=FD，
即可得出结论；
1
（2）连接EF交AD于点O，根据菱形的性质得出OA=OD= AD=12，OE=OF，EF⊥AD，利用勾
2
股定理求得OE=5，从而可得EF=2OE=10，再利用菱形的面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：∵DE∥AC，DF∥AB，
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∴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，
1
∴OA=OD= AD=12，OE=OF，EF⊥AD，
2
∴∠AOE=90°，
∴OE=√AE2−OA2=√132−122=5，
∴EF=2OE=10，
1 1
∴S = AD⋅EF= ×24×10=120．
菱形AEDF 2 2
【点睛】本题考查平行四边形的判定、勾股定理、菱形的判定与性质、菱形的面积公式及角平分线的定义
及平行线的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
【题型7 根据菱形的性质与判定解决多结论问题】
【例7】（2023·山东青岛·模拟预测）如图，菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD交于点O，E为CD
1
延长线上一点，且CD=DE，连结BE，分别交AC，AD于点F，G，连结OG， ①OG= AB②
2
S =S ③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④S =2S 中正确的结论是（ ）
四边形ODGF △ABF △ACD △ABG
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A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④
【答案】D
【分析】由菱形的性质及△ABG≌△DEG可得点G分别是AD、BE的中点，则由中位线定理可得①正确；
由△OGF∽△ABF，则有AF=2OF，面积关系S =4S ，再由中线平分面积可得②正确；易得四
△ABF △OFG
边形ABDE是平行四边形，再由已知可得△ABD是等边三角形，从而可得四边形ABDE是菱形，可得③正
确；由G是BE的中点，得S =2S =2S ，再由S =S 即可得④正确，从而最后可确定
△BDE △DGE △ABG △BDE △ACD
答案．
【详解】∵四边形ABCD为菱形，AC与BD交于点O，
∴AB=AD=CD，OB=OD，AB∥CD，
∵CD=DE，
∴AB=DE，
∵AB//CD，
∴∠ABG=∠E，∠BAG=∠EDG，
∴△ABG≌△DEG(SAS)，
∴AG=DG，BG=EG，
即点G是AD、BE的中点，
1
∴由中位线定理得OG= AB，且OG∥AB，
2
故①正确；
∵OG∥AB，
∴△OGF∽△ABF，
∴ S △ABF = ( AB) 2 =4， AF = AB =2，
S OG OF OG
△OFG
∴S =4S ，AF=2OF
△ABF △OFG
∴S =2S ，
△AFG △OFG
∴S =3S ，
△AOG △OFG
∵AG=DG，
∴S =S ，
△AOG △DOG
∴S =3S ，
△DOG △OFG
∴S =S +S =S +3S =4S ，
四边形ODGF △OFG △DOG △OFG △OFG △OFG
∴S =S ，
四边形ODGF △ABF
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故②正确；
∵AB∥DE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵AB=AD，∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴DE=AB=BD，
∴四边形ABDE是菱形，
故③正确；
∵G是BE的中点，△ABG≌△DEG，
∴S =2S =2S ，
△BDE △DGE △ABG
∵AB∥CD，CD=DE，
∴S =S ，
△BDE △ACD
∴S =2S ，
△ACD △ABG
故④正确，
故全部正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，全等三角
形的判定与性质，等高的三角形面积关系等知识，综合性较强，灵活运用这些知识是解答本题的关键．
【变式7-1】（2023·山东青岛·山东省青岛第二十六中学校考二模）如图，将矩形ABCD沿AE折叠，点D
的对应点落在BC上点F处，过点F作FG∥CD，连接EF，DG，下列结论中正确的有( )
1
①∠ADG=∠AFG；②四边形DEFG是菱形；③DG2= AE•EG；④若AB=4，AD=5，则CE=1．
2
A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②
【答案】B
【分析】利用折叠的性质可以得出四边形DEFG是菱形，再证△DOE∽△ADE，结合矩形的性质和勾股定理
逐一判断即可．
【详解】(1)由折叠的性质可得：∠ADG=∠AFG(故①正确)；
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(2)由折叠的性质可知：∠DGE=∠FGE，∠DEG=∠FEG，DE=FE，
∵FG∥CD，
∴∠FGE=∠DEG，
∴∠DGE=∠FEG，
∴DG∥FE，
∴四边形DEFG是平行四边形，
又∵DE=FE，
∴四边形DEFG是菱形(故②正确)；
(3)如图所示，连接DF交AE于O，
∵四边形DEFG为菱形，
1
∴GE⊥DF，OG=OE= GE，
2
∵∠DOE=∠ADE=90°，∠OED=∠DEA，
∴△DOE∽△ADE，
OE DE
∴ = ，即DE2=EO•AE，
DE AE
1
∵EO= GE，DE=DG，
2
1
∴DG2= AE•EG，故③正确；
2
(4)由折叠的性质可知，AF=AD=5，DE=FE，
∵AB=4，∠B=90°，
∴BF=√52−42=3，
∴FC=BC-BF=2，
设CE=x，则FE=DE=4-x，
3
在Rt△CEF中，由勾股定理可得：(4−x) 2=x2+22，解得：x= ．
2
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故④错误；
综上所述，正确的结论是①②③．
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，相似三角形的判定和性质，综合运用这些知识是解题的关
键．
【变式7-2】（2023·黑龙江佳木斯·统考三模）如图，在Rt△ABC中，AB=CB，BE⊥AC，∠BAC的
1
平分线AD交BE于点G，BO⊥AD于点O，交AC于点F，连接GF，DF．下列结论：①tan∠BAD= ；
2
②四边形BDFG是菱形；③CE=(√2+1)≥¿；④S =S ．上述结论中正确的序号是（ ）
四边形GDFE △AEG
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④
【答案】B
【分析】②证明△BGO≌△BDO得出GO=DO，BG=BD，证明△ABO≌△AFO得出AB=AF，
BO=OF，可得四边形BDFG是菱形，即可判断②；证明△GEF是等腰直角三角形，可得GF=√2GE，设
¿=a，则GF=√2a=BD=BG，进而求得EC=(1+√2)a，即可判断③；连接CG，根据E为AC的中点，
可得S =S ，根据FG∥BC得出S =S ，进而判断④, ①根据角平分线的性质得到
△AEG △CEG △FGD △FGC
1
BD=DF，而DC＞DF，求得DC＞BD，根据三角函数的定义得到tan∠BAD≠ ，故①错误．
2
【详解】②在Rt△ABC中，AB=CB，
∴∠BAC=45°，
∵OA平分∠BAC，
∴∠BAD=22.5°
∴∠BDO=90°−∠BAD=67.5°
∵BE⊥AC
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1
∴∠BAG= ∠BAC=45°，
2
∴∠BGO=∠BAG+∠ABG=22.5°+45°=67.5°
∴∠BGO=∠BDO
∵BO⊥AD
∴∠GOB=∠DOB
又BO=BO
∴△BGO≌△BDO，
∴GO=DO，BG=BD
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠BAO=∠FAO，
∵BO⊥AD，
∴∠AOB=∠AOF，
又AO=AO
∴△ABO≌△AFO
∴AB=AF，BO=OF
∴四边形BDFG是平行四边形，
∵BG=BD，
∴四边形BDFG是菱形，故②正确；
③∵四边形BDFG是菱形，
∴FG=BD,GF∥BC，
∴∠EFG=∠C=45°,∠EGF=∠EBC=45°，
∴△GEF是等腰直角三角形，
∴GF=√2GE
设¿=a，则GF=√2a=BD=BG
∴CE=EB=EG+BG=a+√2a=(1+√2)a
∴CE=(√2+1)≥¿，故③正确；
④连接CG，∵在Rt△ABC中，AB=CB，BE⊥AC，
∴AE=EC，
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∵△AEG和△CEG等底同高，
∴S =S ，
△AEG △CEG
∵FG∥BC
∴S =S ，
△FGD △FGC
∴S =S ，
四边形DGEF △CGE
∴S =S ，
四边形GDFE △AEG
故④正确．
①∵四边形BGFD是菱形，
∴∠GFD=∠EBC=45°,
∵∠EFG=45°，
∴∠DFC=90°，即DF⊥AC
又∵∠DBA=90°，即DB⊥AB
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴BD=DF，
而DC＞DF，
∴DC＞BD，
1
∴tan∠BAD≠ ，故①错误；
2
故选：B．
【点睛】本题考查了正切的定义，等腰三角形的性质与判定，角平分线的定义，全等三角形的性质与判定，
菱形的判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式7-3】（2023·山东泰安·统考二模）如图，正△ABC的边长为2，沿△ABC的边AC翻折得△ADC，
连接BD交AC于点O，点M为BC上一动点，连接AM，射线AM绕点A逆时针旋转60°交BC于点N，连
接MN、OM．以下四个结论：①△AMN是等边三角形：②MN的最小值是√3；③当MN最小时
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1
S = S ；④当OM⊥BC时，OA2=DN⋅AB．正确的是（ ）
△CMN 8 菱形ABCD
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】先证明△BAM≌△CAN(ASA)，可得AM=AN，结合∠MAN=60°，可判断△AMN是等边三
角形，故①正确；因为MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，所以当AM⊥BC时，AM最小，求
出此时AM的长即可判断②正确；可证明此时MN为△BCD的中位线，再得△CMN∽△CBD，相似比为
1 1 1
1:2，S :S =1:4，即S = S ，结合S = S ，可证明S = S ，
△CMN △CBD △CMN 4 △CBD △CBD 2 菱形ABCD △CMN 8 菱形ABCD
BC OC
故③正确；证明△BOC∽△OMC，由相似的性质得 = ，即OC2=BC⋅MC，结合OA=OC，
OC MC
BC=AB，MC=DN，即可证明OA2=DN⋅AB，故④正确．
【详解】解：∵正△ABC的边长为2，沿△ABC的边AC翻折得△ADC，
∴AB=AC=AD=CD=BC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=∠ACD=60°，
∵∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠BAC−∠CAM=∠MAN−∠CAM，即∠BAM=∠CAN，
∴在△BAM和△CAN中，
¿，
∴△BAM≌△CAN(ASA)，
∴AM=AN，
又∵∠MAN=60°，
∴△AMN是等边三角形，故①正确；
∵△AMN是等边三角形，
∴MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，
当AM⊥BC时，AM最小：
∵在Rt△ABM中，∠ABC=60°，∠BAM=90°−∠ABC=30°，AB=2，
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1
∴BM= AB=1，
2
∴AM=√AB2−BM2=√22−12=√3，
∴MN的最小值为√3，故②正确；
∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，
∴M为BC的中点，此时N为CD的中点，
∴MN为△BCD的中位线，
∴MN∥BD，
∴△CMN∽△CBD，
M N2 1 1
∴S :S = = ，即S = S ，
△CMN △CBD BD2 4 △CMN 4 △CBD
1
∵S = S ，
△CBD 2 菱形ABCD
1
∴S = S ，故③正确；
△CMN 8 菱形ABCD
当OM⊥BC时，
∵AB=AC=AD=CD=BC
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，
又∵OM⊥BC，
∴∠BOC=∠OMC=90°，
又∵∠OCB=∠MCO=60°
∴△BOC∽△OMC，
BC OC
∴ = ，即OC2=BC⋅MC，
OC MC
∵△BAM≌△CAN，
∴BM=CN，
∴BC−BM=CD−CN，即MC=DN，
∴OA2=DN⋅AB，故④正确，
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故选D．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定、三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质、点到直线
的距离线段最短及勾股定理，证明△BAM≌△CAN是解答本题的关键．
【题型8 与菱形有关的新定义问题】
【例8】（2023下·安徽六安·二模）阅读短文，解决问题
定义：三角形的一个角与菱形的一个角重合，且菱形的这个角的对角顶点在三角形的这个角的对边上，则
称这个菱形为该三角形的“亲密菱形”．例如：如图1，四边形AEFD为菱形，∠BAC与∠DAE重合，点
F在BC上，则称菱形AEFD为△ABC的“亲密菱形”．
如图2，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AF平分∠BAC，交BC于点F，过点F作FD∥AC，EF∥AB．
(1)求证：四边形AEFD为△ABC的“亲密菱形”；
(2)若AC＝12，FC＝2√6，求四边形AEFD的周长；
(3)如图3，M、N分别是DF、AC的中点，连接MN．若MN＝3，求AD2＋CF2的值．
【答案】(1)见解析
(2)20
(3)36
【分析】（1）由FD//AC，EF//AB，得四边形AEFD是平行四边形，根据AF平分∠BAC，可得
∠AFE=∠EAF，AE=EF，即可证明四边形AEFD是菱形，而菱形AEFD的∠DAE与△ABC的∠BAC重合，
F在BC上，故四边形AEFD为△ABC的“亲密菱形”；
（2）设AE=EF=DF=AD=x，由∠B=90°，EF//AB，得∠EFC=90°，即EF2+CF2=CE2，列方程
x2+（2√6）2=（12−x）2，解得x=5，即可求出四边形AEFD的周长为20；
（3）过F作FG∥MN交AC于G，由四边形MNGF是平行四边形，得FG=MN=3，MF=NG，根据M、N分
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别是DF、AC的中点，可得G为CE中点，即可得CE=2FG=6，从而得EF2+CF2=36，AD2+CF2=36．
【详解】（1）证明：∵FD//AC，EF//AB，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∴∠DAF＝∠AFE，
∵AF平分∠BAC，
∴∠DAF＝∠EAF，
∴∠AFE＝∠EAF，
∴AE＝EF，
∴四边形AEFD是菱形，
而菱形AEFD的∠DAE与△ABC的∠BAC重合，F在BC上，
∴四边形AEFD为△ABC的“亲密菱形”；
（2）解：由（1）知四边形AEFD是菱形，设AE＝EF＝DF＝AD＝x，
∵AC＝12，
∴CE＝12－x，
∵∠B＝90°，EF//AB，
∴∠EFC＝90°，
∴EF2＋CF2＝CE2，
∴x2＋（2√6）2＝（12－x）2，
解得x＝5，
∴四边形AEFD的周长为5×4＝20；
（3）解：过F作FG//MN交AC于G，如图：
∵FD//AC，FG//MN，
∴四边形MNGF是平行四边形，
∴FG＝MN＝3，MF＝NG，
∵M、N分别是DF、AC的中点，
1 1
∴CN= AC，MF= DF，
2 2
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1
∴NG= DF，
2
1 1 1 1 1
∴CG＝CN－NG= AC− DF= （AC－DF）= （AC－AE）= CE，
2 2 2 2 2
∴G为CE中点，
∵∠EFC＝90°，
∴CE＝2FG＝6，EF2＋CF2＝CE2，
∴EF2＋CF2＝36，
∴AD2＋CF2＝36．
【点睛】本题利用新定义考查直角三角形性质及菱形的性质与判定，解题的关键是掌握菱形的性质与判定，
熟练应用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半．
【变式8-1】（2023·广西崇左·统考二模）筝形的定义：两组邻边分别相等的四边形叫做筝形．
(1)根据筝形的定义，写出一种学过的满足筝形的定义的四边形：______；
(2)如图1，在正方形ABCD中，E是对角线BD延长线上一点，连接AE，CE．求证：四边形ABCE是筝
形：
(3)小明学习筝形后对筝形非常感兴趣，购买了一只风筝，通过测量它的主体（如图2）得AB=AD，
BC=DC，发现它是一个筝形，还得到AB=18cm，BC=40cm，∠ABC=120°，求筝形ABCD的面积．
【答案】(1)菱形，正方形
(2)证明见解析
(3)360√3cm2
【分析】（1）根据筝形的定义结合所学知识可得答案；
（2）根据正方形的性质利用SAS证明△ABE≌△CBE，得到AE=CE，再由AB=CB，即可证明四边形
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ABCE是筝形：
（3）如图所示，过点A作AE⊥CB交CB延长线于E，连接AC，先证明△ABC≌△ADC，推出
S =2S ，求出∠BAE=30°，得到BE=9cm，进而求出AE=9√3cm，利用三角形面积公式
四边形ABCD △ABC
求出S =180√3cm2 ，则S =2S =360√3cm2 ．
△ABC 四边形ABCD △ABC
【详解】（1）解：由题意得，菱形和正方形都是筝形，
故答案为：菱形，正方形；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，∠ABE=∠CBE=45°，
又∵BE=BE，
∴△ABE≌△CBE(SAS)，
∴AE=CE，
又∵AB=CB，
∴四边形ABCE是筝形：
（3）解：如图所示，过点A作AE⊥CB交CB延长线于E，连接AC，
∵AB=AD，BC=DC，AC=AC，
∴△ABC≌△ADC(SSS)，
∴S =S ，
△ABC △ADC
∴S =2S ，
四边形ABCD △ABC
∵∠ABC=120°，
∴∠ABE=60°，
∵AE⊥CB，即∠E=90°，
∴∠BAE=30°，
1
∴BE= AB=9cm，
2
∴AE=√AB2−BE2=9√3cm，
1 1
∴S = BC⋅AE= ×40×9√3=180√3cm2 ，
△ABC 2 2
∴S =2S =360√3cm2 ．
四边形ABCD △ABC
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【点睛】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，灵活运
用所学知识是解题的关键．
【变式8-2】（2023·陕西渭南·统考二模）【定义新知】
定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．
(1)如图1，在5×4的方格中，点A、B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF，使得AB是邻
余线，点E、F在格点上；
【问题研究】
(2)如图2，已知四边形ABCD是以AB为邻余线的邻余四边形，AB=20，AD=8，BC=4，
∠ADC=135°，求CD的长；
【问题解决】
(3)如图3是某公园的一部分，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，点E在OC上，
△BOC是一个人工湖，OQ是湖上的一座桥，现公园规划人员要在桥上修建一个湖心亭M，若EM的延长
线与OB的交点为F，按规划要求M是EF的中点．已知BC=200米，AC=240米，CQ=60米，
OE=2EC，且四边形BCEF始终是以BC为邻余线的邻余四边形．规划人员经过思考后，在图纸上找出
AB的中点N，连接EN，与OB、OQ的交点分别是点F和点M的位置．请问，按照规划人员的方法修建
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的湖心亭M是否符合规划的要求？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)CD=8√2；
(3)符合要求，理由见解析
【分析】（1）利用网格的特征得到∠A+∠B=90°，即可得邻余四边形ABEF；
（2）延长AD、BC相交于点P，利用邻余四边形的性质得到∠P=90°，推出△PCD是等腰直角三角形，
设PC=PD=x，再利用勾股定理列式计算即可求解；
CQ 60 1 AN 100
（3）证明四边形ABCD是菱形，根据已知条件证明 = = = = ，由∠QCO=∠NAE，证
CO 120 2 AE 200
明△QCO∽△NAE，推出∠QOC=∠NEA，据此求解即可．
【详解】（1）解：邻余四边形ABEF如图所示，
；
（2）解：延长AD、BC相交于点P，
∵四边形ABCD是以AB为邻余线的邻余四边形，
∴∠A+∠B=90°，
∴∠P=90°，
∵∠ADC=135°，
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∴∠PDC=45°，
∴△PCD是等腰直角三角形，
设PC=PD=x，则PA=8+x，PB=4+x，
由勾股定理得PA2+PB2=AB2，即(8+x) 2+(4+x) 2=202，
整理得x2+12x−160=0，
解得x =8，x =−20(舍去)，
1 2
∴CD=√82+82=8√2；
（3）解：∵四边形BCEF始终是以BC为邻余线的邻余四边形，
∴∠OBC+∠OCB=90°，
∴∠BOC=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形，
∵AC=240米，OE=2EC，BC=200米，AB的中点N，
∴OA=OC=120米，OE=80米，AE=200米，AN=100米，
CQ 60 1 AN 100
∴ = = = = ，
CO 120 2 AE 200
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠QCO=∠NAE，
∴△QCO∽△NAE，
∴∠QOC=∠NEA，
∴ME=MO，
∵∠MOE+∠FOM=90°=∠OEM+∠OFE，
∴∠MOF=∠MFO，
∴MF=MO，
∴MF=MO=ME．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，理解
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邻余四边形的性质是解题的关键．
【变式8-3】（2023·江苏盐城·统考一模）定义：若四边形中某个顶点与其它三个顶点距离相等，则这个四
边形叫做等距四边形，这个顶点叫做这个四边形的等距点．
(1)判断：一个内角为60°的菱形________等距四边形．（填“是”或“不是”）
(2)如图2，在5×5的网格图中有A、B两点，请在答题卷给出的两个网格图上各找出C、D两个格点，使得
以A、B、C、D为顶点的四边形以A为等距点的“等距四边形”，画出相应的“等距四边形”（互不全
等），并写出该等距四边形的端点均为非等距点的对角线长．端点均为非等距点的对角线长为________．
(3)如图，在海上A，B两处执行任务的两艘巡逻艇，根据接到指令A，B两艇同时出发，A艇直接回到驻地
O，B艇到C岛执行某项任务后回到驻地O（在C岛执行任务的时间忽略不计），已知A，B，C三点到O
3
点的距离相等，AO∥BC，BC=100km，tanA= ，若A艇速度为65km/h，试问B艇的速度是多少时，
2
才可以和A艇同时回到驻地？
【答案】(1)是
(2)2√5或4√2
(3)115km/h
【分析】（1）根据菱形的性质，等距四边形的定义，即可；
（2）根据等距四边形的定义，画出等距四边形，根据勾股定理，求出对角线，即可；
（3）过点B作BE⊥AO于点E，过点O作OF⊥BC于点F，根据矩形的判定，得四边形EOFB是矩形；
3
设AE=2x，根据tanA= ，求出BE=3x，根据勾股定理，等腰三角形的性质，求出AE，根据
2
OA=AE+EO，OA=OC，求出BC+OC，根据路程等于速度乘以时间，即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形，
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∴AD=DC，
∵∠ABC=60°，AC，BD是对角线，
∴∠ABC=120°，∠BCD=60°，
∴∠DBC=60°，
∴△BDC是等边三角形，
∴BD=DC=BC，
∴AD=BD=DC，
∵若四边形中某个顶点与其它三个顶点距离相等，则这个四边形叫做等距四边形，
∴一个内角为60°的菱形是等距四边形．
故答案为：是．
（2）如图1：AD=AC=AB，
连接BD，
∴BD2=42+22，
∴BD=2√5；
如图2：AD=AB=AC，
连接DC，
∵DC 2=42+42，
❑
∴DC=4√2，
综上所述：对角线为DB或DC．
故答案为：2√5或4√2．
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（3）过点B作BE⊥AO于点E，过点O作OF⊥BC于点F，
∵AO∥BC，
∴BE∥OF，
∴四边形EOFB是平行四边形，
∵∠BEO=90°，
∴平行四边形EOFB是矩形，
1
∴EO=BF= BC=50，
2
设AE=2x，
3
∵tanA= ，
2
∴BE=3x，
∵A，B，C三点到O点的距离相等，
∴OA=BO=OC=AE+50=2x+50，
∴EO2+BE2=BO2，
∴502+(3x) 2=(2x+50) 2，
❑
解得：x=40，
∴AO=130km，
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130km
∴A到O所用是时长为： =2h，
65km/h
∵B到O的距离为：BC+OC=100+130=230km，
230km
∴B艇的速度： =115km/h．
2h
∴当B艇的速度是115km/h时，才可以和A艇同时回到驻地．
【点睛】本题考查菱形，矩形，解直角三角形和等距四边形的定义，解题的关键是 熟练掌握菱形的性质，
矩形的判定和性质，勾股定理，等距四边形的定义，解直角三角形中正切的值．
【题型9 与菱形有关的规律探究问题】
【例9】（2023·贵州铜仁·校考一模）如图，菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=1，延长CD至A ，使
1
DA =CD，以A C为一边，在BC的延长线上作菱形A CC D ，连接A A ，得到△ADA ；再延长
1 1 1 1 1 1 1
C D 至A ，使D A =C D ，以A C 为一边，在CC 的延长线上作菱形A C C D ，连接A A ，得到
1 1 2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 2 1 2
△A D A …按此规律，得到△A D A ，记△ADA 的面积为S ，△A D A 的面积为S ⋅⋅⋅，
1 1 2 2021 2021 2022 1 1 1 1 2 2
△A D A 的面积为S ，则S = ．
2021 2021 2022 2022 2022
【答案】24040 ⋅√3
【分析】由题意易得∠BCD=60°，AB=AD=CD=1，则有ΔAD A 为等边三角形，同理可得
1
√3
ΔA D A ……. ΔA D A 都为等边三角形，进而根据等边三角形的面积公式可得S = ，
1 1 2 2020 2020 2021 1 4
S =√3，……由此规律可得S =√3⋅22n−4 ，然后问题可求解．
2 n
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD=1，AD//BC，AB//CD，
∵∠ABC=120°，
∴∠BCD=60°，
∴∠AD A =∠BCD=60°，
1
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∵DA =CD，
1
∴DA =AD，
1
∴ΔADA 为等边三角形，
1
同理可得ΔA D A ……. ΔA D A 都为等边三角形，
1 1 2 2020 2020 2021
过点B作BE⊥CD于点E，如图所示：
√3
∴BE=BC⋅sin∠BCD= ，
2
1 √3 √3
∴S = A D⋅BE= A D2= ，
1 2 1 4 1 4
√3 √3 √3 √3
同理可得：S = A D 2= ×22=√3，S = A D 2= ×42=4√3，
2 4 2 1 4 3 4 3 2 4
∴由此规律可得：S =√3⋅22n−4 ，
n
∴S =√3×22×2022−4=24040 ⋅√3．
2022
故答案为：24040 ⋅√3．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三
角形的性质与判定及特殊角的三角函数值，是解题的关键．
【变式9-1】（2023·山东泰安·校考模拟预测）如图，ΔABC是边长为1的等边三角形，分别取AC，BC边
的中点D，E，连接DE，作EF∥AC得到四边形EDAF，它的周长记作C ；分别取EF，BE的中点D，
1 1
E 连接DE，作E F ∥EF，得到四边形EDFF，它的周长记作C ，照此规律作下去，则C 等于
1 1 1 1 1 1 1 1 2 2021
．
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1
【答案】
22019
1
【分析】根据三角形中位线定理得到DE＝ AB，DE∥AB，进而证明四边形ADEF为菱形，求出菱形
2
ADEF的周长C ，总结规律，根据规律解答即可．
1
【详解】解：∵点D，E分别为AC，BC边的中点，
1 1 1 1
∴DE＝ AB＝ ，DE∥AB，AD＝ AC＝ ，
2 2 2 2
∴AD＝DE，
∵EF∥AC，
∴四边形ADEF为菱形，
1
∴四边形ADEF的周长C ＝4× ＝2，
1 2
1
同理：四边形EDFF 的周长记作C ＝4× ＝1，
1 1 1 2 4
…
1 1
C ＝4× ＝ ，
2021 22021 22019
1
故答案为： ．
22019
【点睛】本题考查的是三角形中位线判定与性质、菱形的判定与性质，图形的变化规律，根据三角形中位
线性质总结出规律是解题的关键．
【变式9-2】（2023·四川广安·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，边长为1，∠A=60°，顺次连接菱形
ABCD各边中点，可得四边形A B C D ；顺次连接四边形A B C D 各边中点，可得四边形
1 1 1 1 1 1 1 1
A B C D ；顺次连接四边形A B C D 各边中点，可得四边形A B C D ；按此规律继续下去，…，
2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3
则四边形A B C D 的面积是 ．
2023 2023 2023 2023
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√3
【答案】
22024
【分析】根据菱形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，依次求出四边形的面积，得出规律，即可解
答．
【详解】解：∵菱形ABCD，∠A=60°，
∴△ADB，△CDB为等边三角形，
∴BD=1，
√3
∴等边△ADB的高为 ，
2
1 √3 √3
∴S =S +S =2S =2× ×1× = ，
菱形ABCD △ABD △DCB △ABD 2 2 2
∵顺次连接菱形ABCD各边中点，可得四边形A B C D ，
1 1 1 1
∴四边形A B C D 为矩形，
1 1 1 1
1 √3 √3
∴S = × = ,
长方形A 1 B 1 C 1 D 1 2 2 4
√3 √3
同理可得S = = ，
四边形A 2 B 2 C 2 D 2 2×2×2 8
√3 √3
S = = ，
四边形A 3 B 3 C 3 D 3 2×2×2×2 16
……
√3
S = ．
四边形A 2023 B 2023 C 2023 D 2023 22024
√3
故答案为： ．
22024
【点睛】本题考查了菱形以及中点四边形的性质，找到中点四边形的面积与原四边形的面积之间的关系是
解题的关键．
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【变式9-3】（2023·黑龙江绥化·三模）如图，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°…按此规律所作的第n个菱形的边长是 ．
n−1
【答案】(√3)
【分析】连接DB于AC相交于M，根据已知和菱形的性质可分别求得AC，AE，AG的长，从而可发现规
律根据规律不难求得第n个菱形的边长．
【详解】解：连接DB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB．AC⊥DB，
∵∠DAB=60°，
∴ΔADB是等边三角形，
∴DB=AD=1，
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1
∴BM= ，
2
√3
∴AM= ，
2
∴AC=√3，
同理可得AE=√3AC=(√3) 2 ，AG=√3AE=3√3=(√3) 3 ，
按此规律所作的第n个菱形的边长为(√3) n−1 ，
n−1
故答案为：(√3) ．
【点睛】此题主要考查菱形的性质、等边三角形的判定和性质以及学生探索规律的能力，解题的关键掌握
菱形的性质．
【题型10 与菱形有关的动点问题】
【例10】（2023·河南周口·校考三模）如图，在菱形OABC中，∠BCO=60°，点C(−3,0)，点D在对角
线BO上，且OD=2BD，点E是射线AO上一动点，连接DE,F为x轴上一点（F在DE左侧)，且
∠EDF=60°，连接EF，当△≝¿的周长最小时，点E的坐标为（ ）
(1 √3)
A．(1,√3) B．(−1,−√3) C． , D．(0,0)
2 2
【答案】C
【分析】过点D作OA的垂线，交于点E，点E是射线AO上一动点，理解DE⊥OA时，△≝¿的周长最小，
然后利用菱形OABC的性质，证明出△≝¿为等边三角形，再利用勾股定理或含30度的直角三角形的性质
进行求解．
【详解】解：过点D作OA的垂线，交于点E，点E是射线AO上一动点，即当DE⊥OA时，△≝¿的周长
最小，
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在菱形OABC中，∠BCO=60°，点C(−3,0)，
∴∠DOE=60°，
∴∠ODE=90°−60°=30°，
∵∠EDF=60°，
∴∠FDO=∠EDF−∠ODE=30°，
∴∠DFO=90°，
∴DO是∠EDF角平分线，
∴OE=OF，
∴∠OFE=∠OEF，
∴∠DFE=∠≝¿，
∴DF=DE，
∴△≝¿为等边三角形，
∵OD=2BD，
2 2
∴OD= OC= ×3=2，
3 3
1
∴OF= OD=1，
2
∴DF=√OD2−OF2=√3，
∴DF=EF=√3，
过点E分别作x,y轴的垂线，交于M,N
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∵∠EFM=30°，
1 √3
∴EM= EF= ，
2 2
∵OF=OE=1,∠OEM=30°，
1 1
∴OM= ×OE= ，
2 2
(1 √3)
∴E , ，
2 2
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形，含30度的直角三角形的性质，解题的关键是理解△≝¿为
等边三角形．
【变式10-1】（2023·福建泉州·校联考模拟预测）如图，已知AB=8，P为线段AB上的一个动点，分别以
AP，PB为边在AB的同侧作菱形APCD和菱形PBFE，点P，C，E在一条直线上，∠DAP=60°．M，
N分别是对角线AC，BE的中点．当点P在线段AB上移动时，点M，N之间的距离最短为 ．
【答案】2√3
【分析】连接PM、PN．首先证明∠MPN=90°设PA=2a，则PB=8−2a，PM=a，PN=√3(4−a)，
构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．
【详解】解：连接PM、PN．
∵四边形APCD，四边形PBFE是菱形，∠DAP=60°，
∴∠APC=120°，∠EPB=60°，
∵M，N分别是对角线AC，BE的中点，
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1 1
∴∠CPM= ∠APC=60°，∠EPN= ∠EPB=30°，
2 2
∴∠MPN=60°+30°=90°，
设PA=2a，则PB=8−2a，PM=a，PN=√3(4−a)，
∴MN=√a2+[√3(4−a)] 2=√4a2−24a+48=√4(a−3) 2+12，
∴a=3时，MN有最小值，最小值为2√3，
故答案为：2√3．
【点睛】本题考查菱形的性质、勾股定理、二次函数的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，
构建二次函数解决最值问题．
【变式10-2】（2023·陕西咸阳·校考三模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、
F分别是OD、OC上的两个动点，且EF=4，P是EF的中点，连接OP、PC、PD，若
1
AC=12,BD=16，则PC+ PD的最小值为 ．
4
√145 1
【答案】 / √145
2 2
1
【分析】在OD上取一点G，使得OG= ,连接PG、CG．根据菱形的性质可知OC=6,OD=8，则
2
OG OP 1
= = ，结合∠GOP=∠POD，可得△POG∽△DOP，利用相似三角形的性质证得
OP OD 4
1 1
PG= PD,根据PC+PG≥CG可知CG的长即为PC+ PD的最小值，利用勾股定理求出CG便可解决
4 4
问题．
1
【详解】解：如图，在OD上取一点G，使得OG= ，连接PG、CG．
2
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∵四边形ABCD为菱形，AC=12,BD=16，
1 1
∴OC= AC=6，OD= BD=8，AC⊥BD，
2 2
∵EF=4，P是EF的中点，
1
∴OP= EF=2，
2
1
∴OG 2 1 OP 2 1，
= = ， = =
OP 2 4 OD 8 4
又∵∠GOP=∠POD，
∴△POG∽△DOP，
GP 1 1
∴ = ，即GP= PD，
PD 4 4
∵PC+PG≥CG，
1
∴当点G、P、C在同一直线上时，PC+ PD取得最小值，
4
1 √145
此时PC+ PD=PC+PG=CG=√OC2+OG2= ，
4 2
√145
故答案为： ．
2
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握“胡不归”问题模型，
正确画出辅助线，构造相似三角形，根据相似三角形的性质和勾股定理求解．
【变式10-3】（2023·江苏淮安·统考三模）如图，已知菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=4，点E为
CD边上一动点(不含端点)，射线AE交∠BCD外角平分线于点F，连接AC、BF，BF交AC于点H，交
DC于点G．
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(1)求出∠ACF的度数；
(2)当CF=2时，求BF的长；
1
(3)当E是CD中点时，试说明EF= AF；
4
CG
(4)在点E运动过程中， 的值是否发生改变？请说明理由．
GE
【答案】(1)90°
(2)2√7
(3)见解析
CG
(4) 的值不会发生改变，理由见解析
GE
【分析】（1）根据菱形的性质可求得∠ACD=30°，∠DCF=60°，从而得解；
（2）过点F作FM⊥BC于M，根据∠FCP=60° ，FM⊥BC，CF=2，求出CM和FM，再根据
BC=AB=4，得出BM，再用勾股定理求解即可；
（3）连接BD，BD与AC相交于点O，先推出BD∥CF，从而理由平行线分线段成比例得到
AN AO EN DE 1
= =1， = =1，从而得到AN=FN，EN=EF，据此可证EF= AF；
FN CO EF CE 4
（4）延长AB与FC，交于点Q，先证明△BCQ是等边三角形，从而得到AB=QB，又AB∥CD证明
CG FG GE FG CG GE
△FCG∽△FQB，△FEG∽△FAB，从而得到 = ， = ，继而推导 = ，再结合
QB FB BA FB QB BA
CG QB
AB=QB可得 = =1，从而得解．
GE AB
【详解】（1）解：标记点P在BC的延长线上，
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∵在菱形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=120°，
∴AC平分∠BCD，∠BCD=180°−∠ABC=60°，∠DCP=∠ABC=120°，
1
∴∠ACD= ∠BCD=30°
2
又∵CF是∠BCD外角平分线，即CF平分∠DCP
1
∴∠DCF=∠FCP= ∠DCP=60°
2
∴∠ACF=∠ACD+∠DCF=90°；
（2）过点F作FM⊥BC于M，
∵∠FCP=60°，FM⊥BC，CF=2，
1
∴∠CFM=30°，CM= CF=1，FM=√CF2−FM2=√22−12=√3，
2
又∵在菱形ABCD中，AB=4，
∴BC=AB=4，
∴BM=BC+CM=5，
∴BF=√BM2+FM2=√52+(√3) 2=2√7；
（3）连接BD，BD与AC相交于点O，则由菱形的性质得BD与AC互相垂直平分．
∵E是CD中点，
∴CE=DE．
∵BD⊥AC，∠ACF=90°，
∴BD∥CF，
AN AO EN DE
∴ = =1， = =1
FN CO EF CE
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∴AN=FN，EN=EF，
∴AF=AN+FN=2FN=2(EN+EF)=4EF，
1
∴EF= AF；
4
CG
（4） 的值不会发生改变，理由如下：
GE
延长AB与FC，交于点Q，
∵∠ABC=120°，∠FCP=60°
∴∠QBC=180°−∠ABC=60°，∠QCB=∠FCP=60°
∴△BCQ是等边三角形，
∴BC=QB．
又∵AB=BC，
∴AB=QB．
∵AB∥CD，
∴△FCG∽△FQB，△FEG∽△FAB
CG FG GE FG
∴ = ， = ，
QB FB BA FB
CG GE
∴ =
QB BA
CG QB
∴ = =1，
GE AB
CG
即 的值不会发生改变，定值是1．
GE
【点睛】本题考查菱形的性质，平行线分线段成比例，相似三角形的判定与性质，勾股定理，含30°角的
直角三角形的性质等知识，根据题意正确作出辅助线是解题的关键．
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【题型11 菱形与一次函数综合】
【例11】（2023·江苏盐城·校考三模）如图，菱形ABCD的顶点A(1,0)、B(7,0)在x轴上，∠DAB=60°，
5
点E在边BC上且横坐标为8，点F为边CD上一动点，y轴上有一点P(0,− √3)．当点P到EF所在直线
3
的距离取得最大值时，点F的坐标为 ．
【答案】(6，3√3)
【分析】依据直线EF过定点E，则定点P到直线EF的最大距离就是PE长，利用直线PE的解析式求出直
线EF的解析式，则F点坐标可求出来．
【详解】解：如图，AB=AD=6，
∵∠DAB=60°，
∴D(4，3√3)，
∵点E在边BC上且横坐标?为8，
∴E(8,√3)，C(10，3√3)，
∵直线EF过定点E，
∴PE⊥EF时，点P到EF所在直线的距离取得最大值．
5√3
∵P(0,− )，E(8,√3)，
3
5√3
设PE解析式为y=kx− ，代入点E坐标得，
3
5√3 √3
∴ √3=8k− ，即k= ．
3 3
∴此刻直线EF的k值为：k =−√3，
EF
设直线EF解析式为：y=−√3x+m，代入点E坐标得：√3=−8√3+m，
∴m=9√3，
∴直线EF的解析式为：y=−√3x+9√3，
令y=3√3，则3√3=−√3x+9√3，解得x=6．
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∴此刻点F的坐标为：(6，3√3)．
故答案为：(6，3√3)．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质以及菱形的性质，本题的关键就是能看到点到直线的最大距离就是P
到定点E的长．
【变式11-1】（2023·山东青岛·统考三模）如图，在平面直角坐标系中，四边形OA B C ，A A B C ，
1 1 1 1 2 2 2
√3 √3
A A B C ，都是菱形，点A ，A ，A ，…，都在x轴上，点C ，C ，C ，…都在直线y= x+
2 3 3 3 1 2 3 1 2 3 3 3
上，且∠C OA =∠C A A =∠C A A =⋅⋅⋅=60°，OA =1则点B 的坐标是 ．
1 1 2 1 2 3 2 3 1 2023
【答案】(5×22021−1,22021√3)
【分析】根据菱形的边长求得A 、A 、A …的坐标，然后分别表示出C 、C 、C …的坐标找出规律，
1 2 3 1 2 3
进而求得B 、B 、B ，…的坐标找出规律，从而求得B 的坐标．
1 2 3 2023
【详解】解：∵OA =1，
1
∴OC =1，
1
∴∠C OA =∠C A A =∠C A A =…=60°，
1 1 2 1 2 3 2 3
√3 √3
设C (m, m+ )，
1 3 3
√ √3 √3 2
∴ m2+( m+ ) =1，
3 3
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1
∴m= ，m=−1（不合题意舍去），
2
1 √3
∴C ( ， )，
1 2 2
∵四边形OA B C 是菱形，
1 1 1
∴B C ∥OA ，B C =OA =1，
1 1 1 1 1 1
(3 √3)
∴B ,
1 2 2
∵四边形A A B C ，A A B C ，…都是菱形，
1 2 2 2 2 3 3 3
∴A C =2，A C =4，A C =8，…，
1 2 2 3 3 4
同理得到C (2,√3)，C (5,2√3)，C (11,4√3)，C (23,8√3)，C (47,16√3)；…，
2 3 4 5 6
C (3×2n−2−1,2n−2√3)，
n
∴B (4,√3)，B (9,2√3)，B (19,4√3)，B (39,8√3)，B (79,16√3)，…，B (5×2n−2−1,2n−2√3)，
2 3 4 5 6 n
∴点B (5×22021−1,22021√3)，
2023
故答案为：(5×22021−1,22021√3)．
【点睛】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，一次函数图象上点
的坐标特征，根据已知点的变化规律求出菱形的边长，得出系列B点的坐标，找出规律是解题的关键．
【变式11-2】（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交
于点O，AC=6，BD=4，动点P从点A出发，沿着折线A→O→B运动，速度为每秒1个单位长度，到
达B点停止运动，设点P的运动时间为t秒，△PAD的面积为y．
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(1)直接写出y关于t的函数表达式，并注明自变量t的取值范围；
(2)在直角坐标系中画出y与t的函数图象，并写出它的一条性质；
(3)根据图象直接写出当y≤4时t的取值范围．
【答案】(1)y=¿
(2)见解析
11
(3)00)与菱形的边BC交于点E．
x
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k
(1)求点C的坐标和反比例函数y= (x>0)的表达式；
x
(2)如图2，连接OC，OE求出△COE的面积；
k
(3)点P为y= (x>0)图像上的一动点，过点P做PH⊥x轴于点H，若点P使得△AOM和△BPH相似，请
x
直接写出点P的横坐标．
4
【答案】(1)(1,4)；y= (x>0)
x
16
(2)
3
(3)2+2√3或2+√6或2+√2或2−√2
【分析】（1）设DC与y轴交于点F，如图，证明△CFM≌△AOM(AAS)，可得CF=1，FO=4，可确
定点C的坐标，再由点C在反比例函图像上，即可得出结论；
（2）证明△AMO∽△MBO，可得BO=4，B(4,0)，如图，过点C作CN⊥OB于点N，过点E作
( 4) 4
EG⊥OB于点G，设E m, ，可得CN=4，BN=3，BG=4−m，EG= ，再证明△BGE∽△BNC，
m m
BG EG ( 4)
由 = 可得关于m的一元二次方程，解方程后可确定E 3, ，再利用S =S −S 可得结
BN CN 3 △COE △COB △EOB
论；
( 4)
（3）设P n, ，分点H在点B的左侧和点H在点B的右侧两种情况进行讨论即可．
n
【详解】（1）解：设DC与y轴交于点F，
∵如图，菱形ABCD的边AB在平面直角坐标系中的x轴上，A(−1,0)，菱形对角线交于点M(0,2)，
∴DC∥AB，CM=AM，OA=1，OM=2，
∴∠CFM=∠AOM，∠FCM=∠OAM，
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在△CFM和△AOM中，
¿，
∴△CFM≌△AOM(AAS)，
∴CF=AO=1，FM=OM=2，
∴FO=FM+OM=4，
∴C(1,4)，
k
∵点C在反比例函数y= (x>0)图像上，
x
k
∴4= ，
1
∴k=4，
4
∴反比例函数的表达式为：y= (x>0)，
x
4
∴点C的坐标为(1,4)，反比例函数的表达式为y= (x>0)；
x
（2）∵在菱形ABCD中
∴AM⊥MB，∠AMB=90°，
∵∠AOM=∠MOB=90°，
又∵∠AMO+∠OMB=90°，
∠MBO+∠OMB=90°，
∴∠AMO=∠MBO，
∴△AMO∽△MBO，
AO MO
∴ =
MO BO
∵OA=1，OM=2，
∴BO=4，B(4,0)，
如图，过点C作CN⊥OB于点N，过点E作EG⊥OB于点G，
( 4)
∵C(1,4)，B(4,0)，设E m, ，
m
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4
∴CN=4，BN=3，BG=4−m，EG= ，
m
∵CN∥EG，
∴△BGE∽△BNC，
4
BG EG
∴ = ，即4−m m，
BN CN =
3 4
化简得，m2−4m+3=0，
解得：m=3或m=1（不符合题意，舍去）
( 4)
∴E 3, ，
3
1 1 4 16
∴S =S −S = ×4×4− ×4× = ，
△COE △COB △EOB 2 2 3 3
16
∴△COE的面积为 ；
3
k
（3）点P为y= (x>0)图像上的一动点，PH⊥x轴于点H，
x
∴∠PHB=90°，
在△AOM中，∠AOM=90°，AO=1，MO=2，
( 4)
∴∠BHP=∠AOM=90°，设P n, ，
n
4
当点H在点B的左侧时，BH=4−n，PH= ，
n
当△BHP∽△AOM时，
4
BH PH
∴ = ，即4−n n，
AO MO =
1 2
化简得，n2−4n+2=0，
解得：n=2+√2或n=2−√2，
当△BHP∽△MOA时，
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4
PH BH
∴ = ，即n 4−n，
AO MO =
1 2
化简得，n2−4n+8=0，
∵(−4) 2−4×8=−16<0，
∴方程没有实数根；
4
当点H在点B的右侧时，BH=n−4，PH= ，
n
当△BHP∽△AOM时，
4
BH PH
∴ = ，即n−4 n，
AO MO =
1 2
化简得，n2−4n−2=0，
解得：n=2+√6或n=2−√6（不符合题意，舍去），
当△BHP∽△MOA时，
4
PH BH
∴ = ，即n n−4，
AO MO =
1 2
化简得，n2−4n−8=0，
解得：n=2+2√3或n=2−2√3（不符合题意，舍去），
综上所述，符合条件的点P的横坐标为2+2√3或2+√6或2+√2或2−√2．
【点睛】本题是菱形与反比例函数的综合题，考查了菱形的性质，用待定系数法确定反比例函数关系式，
函数图像上点的坐标特征，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，一元二次方程的应用，
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用割补法求三角形的面积，运用了分类讨论的思想．掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
【题型13 菱形与一次函数、反比例函数综合】
1
【例13】（2023·江西鹰潭·统考二模）如图，一次函数y=− x−2的图象分别交x轴、y轴于A、B两点，
3
k
P为AB的中点，PC⊥x轴于点C，延长PC交反比例函数y= (x<0)的图象于点D，且OD∥AB
x
(1)求k的值；
(2)连OP，AD，求证：四边形APOD是菱形．
【答案】(1)k=−3；
(2)见解析
【分析】（1）利用斜边上的中线等于斜边的一半得到AP=OP=PB，再由PC⊥x轴，利用三线合一得到
AC=OC，根据OD∥AB，得到一对内错角相等，证明△ACP≌△OCD，利用全等三角形对应边相等得
到DC=CP，AC=CO，求出A与B坐标，进而确定出D坐标，代入反比例解析式求出k的值即可；
（2）由（1）的全等得到OD=AP，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形得到APOD为平行四
边形，再根据AP=OP即可得证．
【详解】（1）解：∵∠AOB=90°，P为AB中点，
∴AP=OP=PB，
∵PC⊥x轴，
∴AC=OC，
∵OD∥AB，
∴∠DOA=∠OAB，
∴△ACP≌△OCD，
∴DC=CP，AC=CO，
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1
一次函数y=− x−2中，令y=0，得到x=−6，令x=0，得到y=−2，
3
即B点坐标(0,−2)，A点坐标(−6，0)，
∴OA=6，OB=2，
1 1
∴DC=CP= OB=1，AC=CO= OA=3，
2 2
所以点D的坐标(−3，1)，
代入反比例解析式得k=−3；
（2）证明：由（1）△ACP≌△OCD，得AP=DO，又OD∥AB，
∴四边形APOD为平行四边形，
又AP=PO，
∴四边形APOD为菱形．
【点睛】此题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，全等三角形的判定与性质，一次函数与反比例函
数的性质，平行四边形及菱形的判定，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
【变式13-1】（2023·内蒙古·包钢第三中学校考三模）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点D
k
在y轴上，A，C两点的坐标分别为(4,0)，(4,m)，直线CD:y=ax+b(a≠0)与反比例函数y= (k≠0)
x
的图象交于C，P(−8,−2)两点．则m的值为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B
k 16
【分析】把P(−8,−2)代入y= (k≠0)即可得到反比例函数的解析式为y= ，再将C(4,m)代入解析
x x
式即可求得m的值．
k
【详解】解：将P(−8,−2)代入y= (k≠0)中得：
x
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k
−2= ，
−8
解得k=16，
16
∴反比例函数的解析式为：y= ，
x
16
∵C(4,m)在反比例函数y= 的图象上，
x
16
∴m= =4，
4
故选：B．
【点睛】本题考查了用待定系数法求反比例函数的解析式，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
【变式13-2】（2023·江苏连云港·统考二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=kx+b的图像
m
与反比例函数y= (m>0)的图像相交于A(3,4)，B(−4,n)两点，与x轴相交于点C．
x
(1)求m和n的值；
(2)若点P(e,f)在该反比例函数的图像上，且它到y轴的距离小于3，则f的取值范围是 ；（直接写出答
案）
(3)以AC为边在右侧作菱形ACDE．使点D在x轴正半轴上，点E在第一象限，双曲线交DE于点F，连接
AF,CF，则△ACF的面积为 ．（直接写出答案）
【答案】(1)m=12,n=−3
(2)f >4或f <−4
(3)8√2
【分析】（1）根据待定系数法由条件可知，函数图象上的点的坐标满足函数解析式，将所给坐标代入函
数解析式中，求出m,n的值；
（2）点到y轴的距离是点的横坐标的绝对值，可得∣e∣=3，所以有两种情况,，结合反比例函数的性质，
再根据e的取值得出f的取值范围；
（3）画出图形， 由条件算出相应点的坐标，再利用勾股定理求出菱形的边长，根据菱形面积公式等于底
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1
×高， 再通过S = S ，即可计算出．
△ACF 2 菱形ACDE
m
【详解】（1）解：∵函数y= （m>0）的图像过A(3,4)，
x
m
∴4= ，解得m＝12．
3
又∵B(−4,n)也在反比例函数图像上，
∴−4n=12，解得：n=−3；
（2）解：∵点P(e,f)在反比例函数的图像上，
12
∴f = ，
e
当∣e∣=3时，f =±4，
∵m=12>0，
故每个分支y随x增大而减小，
故当∣e∣<3时，f >4或f <−4；
（3）解：把A(3,4)，B(−4,−3)代入y=kx+b得：¿，解得：¿，
即直线AB的解析式为y=x+1，
令y=0，则x=−1，
∴C(−1,0)，
根据题意画图形如下：
，
1
由题意得：S = S ，
△ACF 2 菱形ACDE
过A点作AG⊥CD，
∵C(−1,0)，A(3,4)，
∴AG=4，CG=4，
∴在△AGC中，AG⊥CD，由勾股定理得：AC=√AG2+CG2=√42+42=4√2，
∵四边形ACDE为菱形，
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∴AC=CD，
∴S =CD⋅∣A ∣=4√2×4=16√2，
菱形ACDE y
∴S =8√2；
△ACF
【点睛】本题考查反比例函数和一次函数综合问题，涉及到勾股定理、菱形的性质等，灵活运用所学知识
是关键．
k
【变式13-3】（2023·广东佛山·校考一模）如图，点A在双曲线y= （k>0，x>0）上，点B在直线l：
x
y=mx−2b（m>0，b>0）上，A与B关于x轴对称，直线l与y轴交于点C，当四边形AOCB是菱形时，
√3
有以下结论：①A(b,3b)②当b=2时，k=4√3③m= ④S =2b2 则所有正确结论的序号是
3 四边形AOCB
．
【答案】 /③②
【分析】
②
①根
③
据菱形的性质和勾股定理计算点A的坐标即可判断；②根据①中的坐标，直接将b=2代入即
可判断；③先求出点B的坐标，再代入一次函数的解析式可判断；④根据菱形的面积=底边×高即可可解答．
【详解】解：如图：①y=mx−2b中，当x=0时，y=−2b，
∴C(0,−2b)，
∴OC=2b，
∵四边形AOCB是菱形，
∴AB=OC=OA=2b，
∵A与B关于x轴对称，
∴AB⊥OD，AD=BD=b，
∴OD=√(2b) 2−b2=√3b，
∴A(√3b,b)；故①不正确；
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②当b=2时，点A的坐标为：(2√3,2)，
∴k=2√3×2=4√3，故②正确；
③∵A(√3b,b)，A与B关于x轴对称，
∴B(√3b,−b)，
∵点B在直线y=mx−2b上，
∴√3bm−2b=−b，
√3
∴m= ，故③正确；
3
④菱形AOCB的面积=AB⋅OD=2b⋅√3b=2√3b2，故④不正确；
所以本题结论正确的有：②③．
故答案为：②③．
【点睛】本题主要考查了反比例函数和一次函数的交点问题、坐标与图形性质、勾股定理，关于x轴对称、
菱形的性质等知识点，掌握函数图象上的点满足对应函数的解析式是解本题的关键．
【题型14 菱形与二次函数综合】
【例14】（2023·山东青岛·统考二模）如图1，在菱形ABCD中，AC、BD交于点E，BD=16厘米，点F
在CE上，EF=3厘米．点P、Q分别从A、E两点同时出发，点P以k厘米/秒的速度沿AE向点E匀速运
动，用时8秒到达点E；点Q以m厘米/秒的速度沿EB向点E匀速运动，设运动的时间为x秒(0≤x≤8)，
△EFQ的面积为y 平方厘米，△PEQ的面积为y 平方厘米．
1 2
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(1)图2中的线段OH是y 与x的函数图象，则y 与x的函数关系式为________，m的值为________；
1 1
(2)图2中的抛物线是y 与x的函数图象，其顶点坐标是(4,12)，求点P的速度及对角线AC的长；
2
(3)在图2中，点G是x轴正半轴上一点（0
