文档内容
专题 18.4 菱形【十大题型】
【人教版】
【题型1 由菱形的性质求角度】..............................................................................................................................1
【题型2 由菱形的性质求线段长度】......................................................................................................................4
【题型3 由菱形的性质求面积】..............................................................................................................................8
【题型4 菱形在平面直角坐标系中的运用】.......................................................................................................12
【题型5 菱形中的证明】........................................................................................................................................19
【题型6 添加条件使四边形是菱形】....................................................................................................................22
【题型7 证明四边形是菱形】................................................................................................................................26
【题型8 由菱形的性质与判定求角度】................................................................................................................31
【题型9 由菱形的性质与判定求线段长度】.......................................................................................................35
【题型10 由菱形的性质与判定求面积】................................................................................................................40
知识点1：菱形的性质
定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
性质：①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等；③菱形的两条对角线互相垂直，并且
每一条对角线平分一组对角；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
【题型1 由菱形的性质求角度】
【例1】（23-24·广西·八年级期末）如图，菱形ABCD中，AC交BD于O，CE⊥AB于E，连接OE，若
∠DAB=110°，则∠OEC的度数为 °．
【答案】35
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，掌握菱形的性质是解题的关1
键．由菱形的性质可得∠CAB=∠ACB= (180°−70°)=55°，由直角三角形的性质可求解．
2
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=110°，AB=BC，
∴∠ABC=70°，
1
∴∠CAB=∠ACB= (180°−70°)=55°，AO=CO，
2
∵CE⊥AB，
∴OE=OA=OC，∠AEC=90°，
∴∠OEA=∠OAE=55°，
∴∠OEC=90°−55°=35°，
故答案为：25．
【变式1-1】（23-24八年级下·吉林长春·期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=140°，则∠DAC等于
（ ）
A．30° B．25° C．20° D．15°
【答案】C
【分析】本题考查菱形性质，平行线性质，角平分线性质等．根据题意可知DA∥BC，继而得到
∠DAB=40°，再利用角平分线性质可得∠DAC的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴DA∥BC，∠DAC=∠BAC，
∵∠ABC=140°，
∴∠DAB=180°−140°=40°，
∴∠DAC=20°，
故选：C．
【变式1-2】（23-24八年级上·四川成都·期末）如图，在菱形ABCD中，∠A=50°，分别以点A，B为圆
1
心，大于 AB的长为半径作弧相交于M，N两点，过M，N两点的直线交AD边于点E（作图痕迹如图所
2
示），连接BE，BD．则∠EBC的度数为 ．【答案】80°/80度
【分析】本题考查了作图—垂直平分线，菱形的性质，根据题意得，点E在AB的垂直平分线上，则
EA=EB，即可得∠A=∠EBA=50°，根据四边形ABCD为菱形得AB=AD，∠ABC=130°，可得
∠ABD=∠ADB=65°，即可得；掌握作图—垂直平分线，菱形的性质是解题的关键．
【详解】解：根据题意得，点E在AB的垂直平分线上，
∴EA=EB，
∴∠A=∠EBA=50°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD，
∠ABC=180°−∠BAD=180°−50°=130°，
1 1
∴∠ABD=∠ADB= (180°−∠BAD)= (180°−50°)=65°，
2 2
∴∠EBC=∠ABC−∠ABE=130°−50°=80°，
故答案为：80°．
【变式1-3】（23-24·广东·二模）如图，四边形ABCD为平行四边形，四边形BCEF为菱形，BF与CD交
于点G，∠A=60°，∠BEC=22°，则∠BGC=（ ）
A．76° B．82° C．86° D．104°
【答案】A
【分析】本题考查平行四边形和菱形的性质，三角形的内角和定理，掌握菱形的对角线平分一组对角是解
题的关键．
【详解】解：∵四边形BCEF为菱形，
∴∠FBC=∠FEC=2∠BEC=2×22°=44°，
又∵ABCD为平行四边形，∴∠BCD=∠A=60°，
∴∠BGC=180°−∠BCD−∠FBC=180°−60°−44°=76°，
故选A．
【题型2 由菱形的性质求线段长度】
【例2】（23-24八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，在菱形纸片ABCD中，AB=2，∠B=60°，将该菱形
纸片沿折痕EF翻折，使点D落在AB的中点G处，则DE的长是 ．
7
【答案】
5
【分析】本题考查菱形的性质、折叠性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性
质和含30度角的直角三角形的性质是解答的关键．过G作GH⊥DA交DA延长线于H，先根据菱形的性
1
质得到AD=AB=2，∠GAH=60°，AG= AB=1，在Rt△AGH中，利用含30度角的直角三角形的性
2
质和勾股定理求得
❑√3
GH= ，设DE=x，由折叠性质得¿=DE=x，在Rt△GHE中利用勾股定理列方程求得x值即可．
2
【详解】解：过G作GH⊥DA交DA延长线于H，
∵四边形ABCD是菱形，AB=2，∠B=60°，
∴AD=AB=2，∠BAD=180°−∠B=120°，则∠GAH=180°−∠BAD=60°，
∵点G是AB的中点，
1
∴AG= AB=1，
2在Rt△AGH中，∠AGH=90°−∠GAH=30°，
1 1
∴AH= AG= ，
2 2
∴GH=❑√AG2−AH2=❑
√
12−
(1) 2
=
❑√3
，
2 2
设DE=x，
由折叠性质得¿=DE=x，
1 5
在Rt△GHE中，HE=AH+AE= +2−x= −x，
2 2
由GH2+H E2=GE2得 (❑√3) 2 + (5 −x ) 2 =x2，
2 2
7
解得x= ，
5
7
故答案为：
5
【变式2-1】（23-24八年级下·福建宁德·期末）如图，在菱形ABCD中，∠D=60°,AC=6，则菱形
ABCD的周长是（ ）
A．24 B．30 C．18❑√3 D．36❑√3
【答案】A
【分析】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质，解题关键是熟练掌握菱形的性质、等边
三角形的判定和性质．
先根据菱形的性质证明AB=BC=CD=AD，在根据已知条件证明△ABC是等边三角形，求出
AB=BC=AC=6，从而求出菱形周长即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=6，∴AB=BC=CD=AD=6，
∴菱形ABCD的周长为：
AB+BC+CD+AD
=6+6+6+6
=24，
故选：A．
【变式2-2】（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，边长为3的菱形ABCD中，∠ABC=60°，点P是
对角线BD上任意一点（P不与B、D重合），以AP和PD为边作平行四边形APDQ，则PQ的最小值为
．
3
【答案】
2
【分析】设AD与PQ交于O，根据平行四边形的性质得到PQ=2OP，当OP取最小值时，PQ的值最小，
当PQ⊥BD时，PO的值最小，根据菱形的性质得到AD=CD=3，∠ABC=∠ADC=60°，根据直角三
3
角形的性质得到OP= ，于是得到答案．
4
【详解】解：设AD与PQ交于O，
∵四边形APDQ是平行四边形，
∴PQ=2OP，
∴当OP取最小值时，PQ的值最小，
由“点到直线的距离垂线段最短”可知，
当PQ⊥BD时，PO的值最小，∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD=3，∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠ADP=30°，
3
∵AO=OD= ，
2
1 3
在Rt△OPD中，OP= OD=
2 4
3
∴PQ=2OP= ，
2
3
∴PQ的最小值为 ．
2
3
故答案为： ．
2
【点睛】此题考查了菱形的性质、含30°直角三角形的性质、平行四边形的性质等知识，熟练掌握相关知
识是解题的关键．
【变式2-3】（23-24·河北邯郸·三模）如图是由5个边长为1，且一个内角为60°的小菱形拼成的图形，P
是其中4个小菱形的公共顶点．佳佳想到：“一条直线经过平行四边形对角线的交点，则这条直线平分该
平行四边形的面积”就将该图形沿着过点P的某条直线剪一刀，把这五个菱形组成纸片剪成了面积相等的
两部分，则剪痕的长度是（ ）
❑√13 2❑√7
A．❑√3 B．❑√13 C． D．
3 3
【答案】B
【分析】本题考查了图形的剪拼，中心对称的性质，勾股定理的应用，熟练掌握中心对称的性质是解题的
关键．根据中心对称的性质即可作出剪痕，由三角形全等的性质即可证得QF=AP，利用勾股定理即可求
得．
【详解】解：如图，连接最左侧菱形的对角线交于点O，作直线OP，交CB延长线于点A，交最左侧菱形
对边分别于点Q,N，交最右侧上方菱形一边于点F，过点P作PG⊥CD，垂足为G，∵
菱形是中心对称图形，
∴经过P、O的直线则把它剪成了面积相等的两部分，
由中心对称图形可知△MNP≌△EFP,△MNO≌△BQO，
∴BQ=MN，
∵MP∥AC，
∴∠A=∠MPN，
∵∠ABQ=∠PMN=180°−60°=120°，
∴ △MNP≌△BQA，
∴ △MNP≌△BQA≌△EFP，
∴AQ=PF,AB=PE=1，
∴QF=AP，
∵ ∠CPG=90°−∠PCD=30°，
1 1
∴CG= CP= ，
2 2
❑√3 7
∴PG=❑√CP2−CG2= ，AG=
2 2
∴ AP=❑√AG2+PG2=❑
√ (7) 2
+
(❑√3) 2
=❑√13，
2 2
∴QF=❑√13，
故选：B．
【题型3 由菱形的性质求面积】
【例3】（23-24八年级下·浙江嘉兴·期末）如图，在菱形ABCD中，点E,F分别是边DC,AD的中点，连
接BE,EF,BF．若菱形ABCD的面积为16，则△BEF的面积为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【答案】C1
【分析】本题考查菱形的性质，三角形的中位线定理，连接AC和BD，可得EF= AC，EF∥AC，即
2
S 1
可得到 1 ，S =S = S ，然后利用S =S +S −S 解题即可．
△≝¿= 4 S △DAC ¿ △DBF △DBE 4 菱形ABCD △BEF △DBF △DBE △≝¿¿
【详解】连接AC和BD，
则AC⊥BD，DO=OB，
又∵点E,F分别是边DC,AD的中点，
1
∴EF= AC，EF∥AC，
2
S
∴ 1 1 1 ，
△≝¿= S = S = ×16=2¿
4 △DAC 8 菱形ABCD 8
∵点E,F分别是边DC,AD的中点，
1 1
∴S =S = S = ×16=4，
△DBF △DBE 4 菱形ABCD 4
∴S =S +S −S ，
△BEF △DBF △DBE △≝¿=4+4−2=6¿
故选C．
【变式3-1】（23-24八年级下·全国·专题练习）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D
作DH⊥AB于点H，连接OH，若OA=6，OH=4，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．24❑√7 B．48 C．72 D．96
【答案】B
【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形的斜边上的中线性质和菱形的面积公式，熟练掌握以上
知识是解题的关键．
由菱形的性质得OA=OC=6，OB=OD，AC⊥BD，根据题意得AC=12，再由直角三角形斜边上的中线性质求出BD的长度，然后由菱形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=6，OB=OD，AC⊥BD，
∴AC=2OA=12，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD=90°，
∴BD=2OH=2×4=8，
1 1
∴菱形ABCD的面积= AC·BD＝ ×12×8=48，
2 2
故选：B．
【变式3-2】（23-24八年级下·广西贺州·期末）如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，AB=2cm，过点A
分别作AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，连接EF，则△ECF的面积为（ ）
❑√3 ❑√3 3❑√3
A． B． C． D．❑√3
4 2 4
【答案】A
【分析】首先利用菱形的性质及等边三角形的判定可得判断出△AEF是等边三角形，过F作FG⊥BC交
BC的延长线于点G，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，即可算出三角形的面积．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，∠B=∠D=60°，
∴△ABC和△ADC是等边三角形，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴BE=CE=1，DF=CF=1，∠BAE=∠CAE=∠CAF=∠DAF=30°，
∴AE=AF=❑√3，∠EAF=30°+30°=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴EF=❑√3，∠AEF=60°，
∴∠CEF=180°−90°−60°=30°，
过F作FG⊥BC交BC的延长线于点G，1 ❑√3
∴FG= EF= ，
2 2
1 1 ❑√3 ❑√3
∴△CEF的面积是： EC⋅FG= ×1× = ，
2 2 2 4
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定
理，熟练掌握等边三角形的判定和性质是解题关键．
【变式3-3】（23-24八年级上·山东青岛·期末）如图所示，第一个菱形OBCD的边长为2，∠BOD=60°
，且点D落在y轴上，延长CB交x轴于A，以CA为边作第二个菱形AB C C；延长C B 交x轴于点A
1 1 1 1 1
，以C A 为边作第三个菱形A B C C …，按这样的规律进行下去，若点D、C、C 、C …都在一条直
1 1 1 2 2 1 1 2
线上．
【探究】
(1)A C =______AC；
1 1
(2)A C =______BC=______；
n−2 n−2
(3)则第n个菱形的面积为______．
3
【答案】(1)
2
3 n−1 3n−1
(2)( ) ，
2 2n−2❑√3×32n−2
(3)
22n−3
【分析】（1）由第一个菱形OBCD的边长为2，∠BOD=60°，得出△BOA为含30度直角三角形，由此
1 1 1
得出AB= OB= BC= OD=1，即可得到答案；
2 2 2
3 3 3 2
（2）同理（1）可得A C = AC，A C = A C =( ) AC，由此发现规律：
1 1 2 2 2 2 1 1 2
3 n 3 n+1
A C =( ) AC=( ) BC即可解题；
n n 2 2
❑√3 ❑√3 3n−1
（3）根据（2）的规律求出第n个菱形的边C B 的高A A = A C = × 即可求
n−1 n−1 n−2 n−1 2 n−1 n−1 2 2n−2
解．
【详解】（1）解：∵ ∠BOD=60°，
∴∠BOA=30°，
∵菱形OBCD的边长为2，
∴BC∥OD，OB=OD=BC=2，
1 1 1
∴∠BAO=90°，AB= OB= BC= OD=1，
2 2 2
1 3
∴AC=AB+BC= OD+OD= OD
2 2
1 1 3
同理可得A B = AB = AC=
1 1 2 1 2 2
1 3
∴A C =A B +B C = AC+AC= AC
1 1 1 1 1 1 2 2
3
故答案为
2
1 3
（2）由（1）可知A C =A B +B C = AC+AC= AC
1 1 1 1 1 1 2 2
1 3 3 3 3 2 3 3
A C =A B +B C = A C +A C = A C =( × )AC，即：A C =( ) AC=( ) BC
2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2
3 n 3 n+1
由此规律可知：A C =( ) AC=( ) BC，
n n 2 23 n−1 3 n−1 3n−1
∴A C =( ) BC=( ) ×2=
n−2 n−2 2 2 2n−2
3 n−1 3n−1
故答案为：( ) ， ．
2 2n−2
3n−1
（3）由（2）可知，第n个菱形的菱长为A C = ，
n−2 n−2 2n−2
❑√3 ❑√3 3n−1
A C 的高A A = A C = × ，
n−1 n−1 n−2 n−1 2 n−1 n−1 2 2n−2
❑√3 3n−1 3n−1 ❑√3×32n−2
第n个菱形的面积为A A ⋅A C = × × = ．
n−2 n−1 n−2 n−2 2 2n−2 2n−2 22n−3
❑√3×32n−2
故答案为 ．
22n−3
【点睛】本题主要考查菱形的性质，含30度直角三角形性质、勾股定理，图形的规律，解本题的关键是求
出前几个菱形的边长，找出规律．
【题型4 菱形在平面直角坐标系中的运用】
【例4】（23-24八年级下·山东聊城·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A(−2，0)，点B在y轴上，
菱形OBCD的顶点D(4，3)．
(1)求直线OC的解析式；
(2)点P是对角线OC上的一个动点，当AP+BP取到最小值时，求点P的坐标；
(3)y轴上是否存在一点Q，使△QAD的面积等于菱形OBCD的面积，若存在，求出点Q的坐标，若不存
在，说明理由．
【答案】(1)y=2x(2 4)
(2) ,
3 3
( 23) ( 17)
(3)存在， 0， 或 0,−
3 3
【分析】（1）先由菱形的性质得出点C的坐标，再用待定系数法即可求出解析式；
（2）先确定当AP+BP取到最小值时点P的位置是直线AD与y轴的交点，即可根据OC、AD的解析式，
求出点P的坐标，即可解答；
（3）存在，设点Q的坐标为(0，y)，先求出菱形的面积，根据面积相等，即可求出y，从而求出点Q的
坐标．
【详解】（1）解：∵D(4，3)，∴OD=5，
∵四边形OBCD是菱形，
∴CD=OD=5，
∴C(4，8)，
设OC的解析式为y=kx，
则8=4k，解得：k=2，
∴y=2x；
（2）连接AD，交OC于点P，连接BD，交OC于点N，
∵四边形OBCD是菱形，
∴BD⊥OC，BN=DN
∴BP=PD ，
由三角形三边关系可知：AP+BP=AP+PD≥AD，
∴当A、P、D三点共线时，AP+BP最小，
设AD的解析式为y=k x+b，
1
{−2k +b=0)
将(−2，0)、(4，3)代入，得： 1 ，
4k +b=3
1{ k = 1 )
解得： 1 2 ，
b=1
1
∴y= x+1，
2
{ y= 1 x+1)
联立 2 ，
y=2x
2
{ x= )
3
解得 ，
4
y=
3
(2 4)
∴P点坐标为 , ；
3 3
（3）∵OD=OB=5，D(4，3)，
∴S =20，
菱形OBCD
如图，设AD交y轴于点E，则E(0，1)，设Q(0，y)，
则S =S +S
△QAD △AEQ △DEQ
1 1
= |y−1)⋅2+ |y−1)⋅4
2 2
=3|y−1)，
∴3|y−1)=20，
23 17
∴y= 或y=− ，
3 3
( 23) ( 17)
∴Q点的坐标为 0， 或 0,− ．
3 3
【点睛】本题考查一次函数的图象性质和菱形的性质，熟练掌握以上性质是解题关键．
【变式4-1】（23-24八年级下·山东聊城·期末）在如图所示的直角坐标系中，菱形ABCD的边长是2，
E(0,2)为BC的中点．y轴垂直平分BC，垂足为点E．请分别求出点A，B，C，D的坐标．【答案】A(0,2+❑√3)，B(−1,2)，C(1,2)，D(2,2+❑√3)
【分析】根据菱形边长为2结合E为BC中点求出B、C的坐标，根据勾股定理的知识求出AE的长，进而
求出AO长度，最后求出A、D坐标．
【详解】解：∵菱形ABCD的边长是2，
∴AB=BC=CD=DA=2，
∵E为BC中点，
1
∴BE=EC= BC=1，
2
∵E(0,2)，
∴B(−1,2)，C(1,2)，
∵y轴垂直平分BC，
∴∠AEB=90°，
∴BE2+AE2=AB2，
∴AE=❑√22−12=❑√3，
∴OA=2+❑√3，
∴A(0,2+❑√3)，D(2,2+❑√3)．
【点睛】本题主要考查了菱形的知识、勾股定理的知识、垂直平分线的知识，难度不大．
【变式4-2】（23-24八年级下·湖北咸宁·期中）如图，在平面直角坐标系中，已知A(0,2)，B(0,−3)，
C(4,0)，P(−2,0)，且以A，B，C，D为顶点的四边形为菱形．(1)直接写出D点的坐标______；
(2)请用无刻度直尺作直线l，使直线l经过点P且平分菱形的面积，保留作图痕迹；
(3)已知点T是CD边上一点，若线段OT将菱形ABCD的面积分为2：3两部分，直接写出点T的坐标．
【答案】(1)D(4,5)
(2)见解析
(3)(4,1)或(4,3)
【分析】（1）根据A,B,C的坐标，求得AB=BC=5，进而即可得出D的坐标；
（2）连接AC,BD交于点E，过点P,E作直线l，直线l即为所求；
2 3
（3）根据菱形的性质求得菱形的面积，进而可得S = ×20=8或S = ×20=12，进而
四边形OTCB 5 四边形OTCB 5
得出S =8−6=2或S =12−6=6，根据三角形的面积公式，结合图形，即可求解．
△OCT △OCT
【详解】（1）解：∵A(0,2)，B(0,−3)，C(4,0)，
∴AB=5，BC=❑√32+42=5，
∴AB=BC=CD=AD=5，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD
∴D(4,5)；
（2）解：如图所示，连接AC,BD交于点E，过点P,E作直线l，直线l即为所求；
（3）解：∵AB=5，OC=4，
∴菱形ABCD的面积为AB×CD=5×4=20，
∵OB=3，
1 1
∴S = ×OB×OC= ×3×4=6，
△OBC 2 2∵线段OT将菱形ABCD的面积分为2:3两部分，
2 3
∴S = ×20=8或S = ×20=12
四边形OTCB 5 四边形OTCB 5
则S =8−6=2或S =12−6=6，
△OCT △OCT
1 1
∴ ×OC×CT=2或 ×OC×CT=6
2 2
∵OC=4
∴CT=1或CT=3，
∴T(4,1)或(4，3)
【点睛】本题考查了坐标与图形，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【变式4-3】（23-24八年级下·河南驻马店·期末）在平面直角坐标系中，菱形ABCD的位置如图所示，点
A的坐标为(−2,0)，点B的坐标为(2,0)，点D在y轴上，∠DAB=60°．
(1)求点C和点D的坐标．
(2)点P是对角线AC上一个动点，当OP+BP最短时，求点P的坐标．
【答案】(1)D(0,2❑√3)，C(4,2❑√3)
( 2❑√3)
(2)P 0,
3【分析】（1）先求出AB=4，由四边形ABCD是菱形，则AB=AD=CD=BC=4，CD∥AB，在
Rt△ADO中，∠DAB=60°，求出OD=2❑√3，即可得到点C和点D的坐标．
（2）点B，D关于直线AC对称．设OD交AC于P′，连接BP′，则BP′=DP′，
P′O+P′B=P′D+P′O≥OD，即P′O+P′B=P′D+P′O≤OP+PB．则当点P和点P′重合时，
1 1
OP+PB=OP+PD=OD的值最小．在Rt△AOP中，∠PAO= ∠DAB=30°，则OP= AP，则
2 2
OP2+AO2=AP2，求出OP，即可得到点P的坐标．
【详解】（1）解：∵点A的坐标为(−2,0)，点B的坐标为(2,0)，
∴AB=4．OA=2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD=BC=4，CD∥AB，
在Rt△ADO中，∠DAB=60°，
则∠ADO=30°，
1
∴AO= AD，
2
∴AD=2AD=4，
∴OD=❑√AD2−AO2=2❑√3，
∴D(0,2❑√3)，C(4,2❑√3)．
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴B，D关于直线AC对称．
设OD交AC于P′，连接BP′，则BP′=DP′，
∵P′O+P′B=P′D+P′O≥OD，即P′O+P′B=P′D+P′O≤OP+PB．
当点P和点P′重合时，OP+PB=OP+PD=OD的值最小．在Rt△AOP中，
1
∵∠PAO= ∠DAB=30°，
2
1
∴OP= AP，
2
则OP2+AO2=AP2，即OP2+22=2OP2，
2❑√3
∴OP= ，
3
( 2❑√3)
∴P 0, ．
3
【点睛】此题考查了勾股定理、含30°角的直角三角形的性质、菱形的性质、轴对称的性质、点的坐标等
知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
【题型5 菱形中的证明】
【例5】（23-24·福建三明·一模）如图，菱形ABCD中，点E，F分别在边CD,AD.上，AF=CE，求
证：AE=CF．
【答案】见解析
【分析】解法一：由菱形的性质可得AD=CD，结合AF=CE可证DF=DE，再证明△ADE≌△CDF即
可；
解法二：连接AC，由菱形的性质可得DA=DC，根据等边对等角得出∠DAC=∠DCA，再证明
△DE≌△CAF即可．
【详解】证明：解法一： ∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD
又∵AF=CE，
∴AD−AF=CD−CE，
∴DF=DE，
在 ADE和 CDF中，
△ △{
AD=CD
)
∠D=∠D
DE=DF
∴△ADE≌△CDF(SAS)
∴AE=CF
解法二： 连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DA=DC，
∴∠DAC=∠DCA，
在 ACE和 CAF中，
{ △ CA=A△C )
∠EAC=∠FAC D
CE=AF
∴△DE≌△CAF(SAS)，
∴AE=CF．
【点睛】本题考查菱形的性质，三角形全等的判定和性质，等边对等角．灵活运用菱形的性质和三角形全
等的判定是解题的关键．
【变式5-1】（23-24·广东广州·一模）如图，菱形ABCD中，过点C分别作边AB，AD上的高CE，CF
，求证：BE=DF．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，菱形性质等知识，由菱形性质结合条件，利用全等三角形的
判定与性质即可得证，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．
【详解】证明：在四边形ABCD是菱形，∠B=∠D，BC=DC，
∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴∠BEC=∠DFC=90°，在△CBE和△CDF中，
{
∠B=∠D
)
∠BEC=∠DFC=90°
BC=DC
∴△CBE≌△CDF(AAS)，
∴BE=DF．
【变式5-2】（23-24八年级下·北京海淀·期末）如图，在菱形ABCD中，E为AB边上一点，EF∥BC交
BD于点M，交CD于点F．求证：CF=EM．
【答案】见解析
【分析】由平行四边形的性质得AB∥CD，AD∥BC，AB=AD，再证四边形BCFE是平行四边形，
EF∥AD，得BE=CF，然后证∠ABD=∠EMB，则BE=EM，即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠ADB=∠ABD，
∵EF∥BC，
∴四边形BCFE是平行四边形，EF∥AD，
∴BE=CF，∠ADB=∠EMB，
∴∠ABD=∠EMB，
∴BE=EM，
∴CF=EM．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握
菱形的性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
【变式5-3】（23-24八年级下·安徽安庆·期末）如图，将菱形ABCD沿着EF，GH折叠后，点B，D重合
于对角线BD上一点M，求证：四边形AEMG是平行四边形．【答案】见解析
【分析】根据折叠的性质可得EB=EM，求出∠AEM=2∠EBM，根据∠EBF=2∠EBM，可得
∠AEM=∠EBF，证明AD∥EM，同理可得AE∥MG，结论得证．
【详解】证明：由折叠得EB=EM，
∴∠EBM=∠EMB，
∴∠AEM=∠EBM+∠EMB=2∠EBM，
∵在菱形ABCD中，∠EBF=2∠EBM，AD∥BC，
∴∠AEM=∠EBF，
∴EM∥BF，
∴AD∥EM，
同理可得AE∥MG，
∴四边形AEMG是平行四边形．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，平行线的判定和性质，等边对等角，三角形外角的性质，
平行四边形的判定等知识，熟练掌握折叠的性质，证明AD∥EM是解题的关键．
知识点2：菱形的判定
①一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形．
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
知识点2：菱形的判定
①一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形．
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
【题型6 添加条件使四边形是菱形】
【例6】（23-24八年级下·北京东城·期末）如图，下列条件之一能使▱ABCD是菱形的为（ ）
①AC=BD；②AC平分∠BAD；③AB=BC；④AC⊥BD；A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】D
【分析】根据菱形的判定定理判断即可得解．
【详解】解：①AC=BD，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形；
②AC平分∠BAD，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形；
③AB=BC，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形；
④AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形．
综上所述，由②③④可证得四边形ABCD是菱形．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
【变式6-1】（17-18八年级下·全国·单元测试）如图，△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，要判定四边形
DBFE是菱形，还需要添加的条件是（ ）
A．AB=AC B．AD=BD C．BE⊥AC D．BE平分∠ABC
【答案】D
【分析】当BE平分∠ABC时，四边形DBFE是菱形，可知先证明四边形DBFE是平行四边形，再证明
BD=DE即可解决问题．
【详解】解：当BE平分∠ABC时，四边形DBFE是菱形，
理由：∵DE∥BC，
∴∠DEB=∠EBC，
∵∠EBC=∠EBD，
∴∠EBD=∠DEB，∴BD=DE，
∵DE∥BC，EF∥AB，
∴四边形DBFE是平行四边形，
∵BD=DE，
∴四边形DBFE是菱形．
其余选项均无法判断四边形DBFE是菱形．
故选：D．
【点睛】本题考查菱形的判定、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问
题．
【变式6-2】（23-24八年级下·河北秦皇岛·阶段练习）已知如图，在▱ABCD中，AD>AB，∠ABC为
锐角，将△ABC沿对角线AC边平移，得到△A′B′C′，连接AB′和C′D，若使四边形AB′C′D是菱形，需
添加一个条件，现有三种添加方案，甲方案：AB′=DC′；乙方案：B′D⊥AC′；丙方案：
∠A′C′B′=∠A′C′D；其中正确的方案是（ ）
A．甲、乙、丙 B．只有乙、丙 C．只有甲、乙 D．只有甲
【答案】B
【分析】本题主要考查了菱形的判定及平移的性质，灵活选择判定定理是解题的关键．先根据题意可知四
边形AB′C′D是平行四边形，再根据三种方案结合菱形的判定定理即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
根据平移可知BC=B′C′，BC∥B′C′，
∴AD∥B′C′，AD=B′C′，
∴四边形AB′C′D是平行四边形，
∴AB′=DC′．
方案甲，添加AB′=DC′不能判断四边形AB′C′D是菱形；方案乙，由B′D⊥AC′，
∴平行四边形AB′C′D是菱形；
方案丙，由∠A′C′B′=∠A′C′D，
∵AD∥B′C′，
∴∠DAC′=∠A′C′B′，
∴∠DAC′=∠A′C′D，
∴ AD=C′D，
∴平行四边形AB′C′D是菱形．
所以正确的是乙和丙．
故选：B．
【变式6-3】（23-24·河北承德·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．
【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．
【题型7 证明四边形是菱形】
【例7】（23-24八年级下·广东珠海·期中）如图1，AE∥BF，AC平分∠BAD，且交BF于点C，BD平
分∠ABC，且交AE于点D，连接CD求证：四边形ABCD是菱形；
【答案】见解析
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，熟练掌握菱形的性质
是解题的关键．
由平行线的性质及角平分线的定义证出AD=BC，得出四边形ABCD是平行四边形，根据菱形的判定定理
可得出结论；
【详解】证明：∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
又∵AE∥BF，
∴∠DAC=∠ACB=∠BAC，
∴AB=BC，
同理，BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
又∵AE∥BF，
∴∠CBD=∠ADB=∠ABD，
∴AB=AD，
∵AB=BC，AB=AD，
∴AD=BC，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形
【变式7-1】（23-24八年级下·重庆沙坪坝·期中）如图，在▱ABCD中，点E在边BC上，连接AE．(1)利用尺规作图，在边AD求作一点F，使得∠DCF=∠BAE；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)若AE=EC，证明：四边形AECF为菱形．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴______________________AB=CD，BC=AD．
∵∠BAE=∠DCF，
∴△ABE≌△CDF（ASA）．
∴AE=CF，______________________．
∵BC=AD，
∴BC−BE=AD−DF，
∴______________________
∵AE=CF，
∴四边形AFCE是平行四边形（______________________）．（填推理依据）
∵AE=EC，
∴四边形AFCE是菱形（______________________）．（填推理依据）
【答案】(1)如图点F即为所求；
(2)∠B=∠D； BE=DF； EC=AF；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；有一组邻边相等的平
行四边形是菱形．
【分析】本题主要考查了作图—基本作图，平行四边形的性质与判定，菱形的判定，熟练掌握基本作图方
法以及菱形的性质与判定是关键．
（1）理解基本作图（作一个角等于已知角），即利用尺规作出∠DCF=∠BAE即可．
（2）利用“四边形ABCD是平行四边形”证出△ABE≌△CDF，得AE=CF，EC=AF，进而推出四边
形AFCE是平行四边形，最后依据AE=EC，即可得出四边形AFCE是菱形．【详解】（1）解：如图点F即为所求；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，AB=CD，BC=AD．
∵∠BAE=∠DCF，
∴△ABE≌△CDF（ASA）．
∴AE=CF，BE=DF．
∵BC=AD，
∴BC−BE=AD−DF，
∴EC=AF，
∵AE=CF，
∴四边形AFCE是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）．
∵AE=EC，
∴四边形AFCE是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）．
【变式7-2】（23-24八年级下·广东汕尾·期中）已知：如图，在□ABCD中，AE是BC边上的高，将
△ABE沿BC方向平移，使点E与点C重合，得△GFC．
(1)求证：BE=DG；
(2)若∠B=60°，当AB与BC满足什么数量关系时，四边形ABFG是菱形？证明你的结论．
【答案】(1)见解析
3
(2)当BC= AB时，四边形ABFG是菱形，证明见解析
2
【分析】本题考查平移的基本性质以及菱形的判定，关键是掌握①平移不改变图形的形状和大小；②经过
平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等和平行四边形的性质以及菱形的
判定定理．（1）根据平移的性质，可得：BE=FC，再证明Rt△ABE≌Rt△CDG即可得到BE=DG；
（2）要使四边形ABFG是菱形，须使AB=BF；根据条件找到满足AB=BF的AB与BC满足的数量关系
即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD．
∵AE是BC边上的高，且CG是由AE沿BC方向平移而成．
∴CG⊥AD．
∴∠AEB=∠CGD=90°．
∵AE=CG，
∴Rt△ABE≌Rt△CDG．
∴BE=DG．
3
（2）当BC= AB时，四边形ABFC是菱形．
2
证明：∵AB∥GF，AG∥BF，
∴四边形ABFG是平行四边形．
∵Rt△ABE中，∠B=60°，
∴∠BAE=30°，
1
∴BE= AB．
2
3
∵BE=CF，BC= AB，
2
1
∴EF= AB．
2
∴AB=BF．
∴四边形ABFG是菱形．
【变式7-3】（23-24八年级下·河南鹤壁·期中）如图，AC∥BD，AE平分∠BAC交BD于点E．
(1)【实践与操作】过点B作AE的垂线，垂足为点O（要求尺规作图，保留痕迹，不写作法）；
(2)【猜想与证明】设（1）中的垂线交AC于点F，连接EF，试猜想四边形ABEF的形状，并证明．
【答案】(1)图见解析(2)四边形ABEF是菱形，理由见解析
【分析】（1）根据尺规作角平分线的方法求解即可；
（2）首先根据题意证明出△AFO≌△EBO(ASA)，得到OF=OB，证明出四边形ABEF是平行四边形，
然后结合BA=BE，即可得到四边形ABCD是菱形．
【详解】（1）如图，BO是所求作的垂线．
（2）四边形ABEF是菱形，理由如下：
∵AC∥BD
∴∠CAE=∠BEA
∵AE平分∠BAC，
∴∠CAE=∠BAE
∴∠BEA=∠BAE
∴BA=BE．
又∵BF⊥AE
∴AO=EO，
而∠AOF=∠EOB,∠FAE=∠BEA，
∴△AFO≌△EBO(ASA)，
∴OF=OB，
∴四边形ABEF是平行四边形．
∵BA=BE，
∴四边形ABCD是菱形．
【点睛】此题考查了尺规作角平分线，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，菱形的判定等知识，解
题的关键是掌握以上知识点．
【题型8 由菱形的性质与判定求角度】
【例8】（23-24·四川成都·一模）如图，在△ABC中，AB=AC，分别以C、B为圆心，取AB的长为半径
作弧，两弧交于点D．连接BD、AD．若∠ABD=130°，则∠CAD= ．【答案】25°/25度
【分析】由题意和作法可知：AB=AC=BD=CD，可得四边形ABDC是菱形，再根据菱形及等腰三角形
的性质，即可求解．
【详解】解：如图：连接CD，
由题意和作法可知：AB=AC=BD=CD，
1 1
∴四边形ABDC是菱形，∠BAD= (180°−∠ABD)= (180°−130°)=25°，
2 2
∴∠CAD=∠BAD=25°，
故答案为：25°．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，证得四边形ABDC是菱形是解决本题的关
键．
【变式8-1】（23-24八年级下·湖北恩施·期末）如图，在4×4的正方形网格中，每一个小正方形的边长为
1，其顶点我们称为格点，△ABC，△ABD为格点三角形．
(1)请你仅用无刻度的直尺，在这个4×4的正方形网格中，画出个以AD为边的不是正方形的菱形，并简单
说明理由；
(2)求∠ADB+∠ACB的大小．
【答案】(1)图见解析，理由见解析
(2)∠ADB+∠ACB=45°【分析】（1）根据勾股定理可知AD=AF=FE=DE，再根据菱形的判定即可解答；
（2）根据菱形的性质可知△AOF≌△FDC(SAS)，在根据全等三角形的性质可知△AFC是等腰直角三角
形，最后利用等腰直角三角形的性质即可解答．
【详解】（1）解：∵AD=❑√22+12=❑√5，AF=EF=DE=❑√5，
∴AD=AF=EF=DE=❑√5，
∴四边形ADEF是菱形，
∴菱形ADEF即为所求；
（2）解：∵AD=❑√22+12=❑√5，AF=EF=DE=❑√5，
∴AD=AF=EF=DE=❑√5，
∴四边形ADEF是菱形，
∴AE⊥DF，∠FAE=∠EAD，
∴∠AOF=90°，
∵OA=DF，OF=CD，
∴△AOF≌△FDC(SAS)，
∴∠AFO=∠DCF，AF=CF
∴∠AFO+DFC=90°，
∴△AFC是等腰直角三角形，
∴∠FAC=45°，
∵∠ADB=∠FAE=∠EAD，∠ACB=∠CAE，
∴∠CAE+∠FAE=∠ADB+∠ACB，
∵∠FAC=∠CAE+∠FAE，
∴∠ADB+∠ACB=∠FAE+∠CAE=45°．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，掌握
菱形的判定与性质是解题的关键．
【变式8-2】（23-24八年级下·四川德阳·期末）如图，在菱形ABCD的外侧，作等边△DCE，连接AE、
DE．若对角线AC＝AB，则∠DEA＝ 度．
【答案】30
【分析】根据菱形的判定与性质和等边三角形的性质得到四边形ACED是菱形，进而求解即可．
【详解】解：连接AC，∵四边形ABCD是菱形，AC=AB，
∴AD=CD=AB=AC，
∵△DCE是等边三角形，
∴DE=CD=CE，∠CED=60°，
∴AD=AC=CE=DE，
∴四边形ACED是菱形，
1
∴∠DEA= ∠CED=30°，
2
故答案为：30．
【点睛】本题考查菱形的判定与性质、等边三角形的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解答的关键．
【变式8-3】（23-24八年级下·吉林长春·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB=DA，对
角线AC，BD交于点O，且AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E．(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)连结OE，交CB于点F，若∠ACB=20°，则∠CFE=______度．
【答案】(1)证明见解析
(2)60°
【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，熟记平行四边形与菱形的判定方法
是解本题的关键；
（1）由角平分线的性质可得∠BAC=∠CAD，由平行线的性质可得∠BAC=∠DCA，即可得到
∠DAC=∠DCA，进而得到AD=CD，然后证得AB=CD，根据平行四边形判定得到四边形ABCD是平
行四边形，再由AB=AD，即可证得平行四边形ABCD是菱形；
（2）证明∠CEA=90°，证明AO=CO=EO，结合AB=CB，可得∠BAC=∠ACB=20°，证明
∠OEA=∠BAC=20°，从而可得答案．
【详解】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠CAB=∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠CAB=∠DAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴CD=AD，
∵AB=AD，
∴AB=CD，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD=AB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）∵CE⊥AB，
∴∠CEA=90°，
∵平行四边形ABCD是菱形，∴AO=CO，
∴AO=CO=EO，
∵平行四边形ABCD是菱形，
∴AB=CB，
∴∠BAC=∠ACB=20°，
∵AO=EO，
∴∠OEA=∠BAC=20°，
∴∠COE=40°，∠CFE=∠COE+∠BCA=60°．
【题型9 由菱形的性质与判定求线段长度】
【例9】（23-24八年级上·四川成都·期中）如图，四边形ABCD中AD∥BC，∠C=90°，AB=AD，连
接BD，∠BAD的角平分线交BD，BC分别于点O、E，若EC=3，CD=4，则BO的长为（ ）
5
A．4 B．3❑√3 C． ❑√3 D．2❑√5
2
【答案】D
【分析】本题考查勾股定理的运用以及菱形的判定和性质，连接DE，因为AB=AD，AE平分∠BAD，
AD∥BC，可证四边形ABED为菱形，从而得到BE、BC的长，进而解答即可．根据条件能够发现图中
的菱形ABDE是关键．
【详解】解：连接DE．
在Rt△CDE中，EC=3，CD=4，根据勾股定理，得DE=5．
∵AB=AD，AE平分∠BAD，
∴AE⊥BD，OB=OD，
∴AE垂直平分BD，∠BAE=∠DAE．∴DE=BE=5．
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE=5，
∴BC=BE+EC=8，AB=BE=DE=AD，
∴四边形ABED是菱形，
由勾股定理得出BD=❑√BC2+DC2=❑√42+82=4❑√5，
1
∴BO= BD=2❑√5，
2
故选：D．
【变式9-1】（23-24八年级上·山东烟台·期末）如图，BD是▱ABCD的对角线，AM⊥BC于点M，交
BD于点E，连接CE．若点M为BC的中点，EA=EC，BE=1，则▱ABCD的周长为 ．
【答案】4❑√3
【分析】连接AC，由垂直平分线的性质得出AB=AC，∠BME=90°，BC=2BM，再证四边形ABCD
是菱形，得出△ABC是等边三角形，求出∠EBM=30°，含30°角的直角三角形的性质得出EM，由勾股
定理求出BM，即可得出答案．
【详解】解：如图，连接AC，AC交BD于点O，
∵AM⊥BC，点M为BC的中点，
∴AB=AC，∠BME=90°，BC=2BM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵EA=EC，∴EO⊥AC，
即BD⊥AC，
∴四边形ABCD是菱形，
1
∴∠EBM= ∠ABC，AB=BC，
2
∴AB=AC=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°，
1
∴∠EBM= ×60°=30°，
2
1 1
∴EM= BE= ，
2 2
在Rt△BME中，由勾股定理得：BM=❑√BE2−EM2=❑
√
12−
(1) 2
=
❑√3
，
2 2
❑√3
∴BC=BC=2BM=2× =❑√3，
2
∴菱形ABCD的周长=4BC=4×❑√3=4❑√3，
故答案为：4❑√3．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质、菱形的判定
与性质，含30°角的直角三角形的性质，以及勾股定理等知识，正确作出辅助线，构建等边三角形是解题
的关键．
【变式9-2】（23-24八年级下·福建厦门·阶段练习）如图，E，F是平行四边形ABCD对角线BD上两点，
且BE＝DF，若∠BAF＝90°，AB＝4，AF＝AE＝3，则AC的长为（ ）
A．2.4 B．3.6 C．4.8 D．6
【答案】C
【分析】由勾股定理求出BF＝5，证出四边形AECF是菱形，得AC⊥EF，由勾股定理的OA2＝AB2﹣OB2＝
AE2﹣OE2，解得OF＝1.8，则OA＝2.4，得AC＝2OA＝4.8．【详解】解：∵∠BAF＝90°，AB＝4，AF＝3，
∴BF=❑√AB2+AF2=❑√42+32=5，
∵E，F是平行四边形ABCD对角线BD上两点，
∴OA＝OC，OB=OD,
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵OA＝OC，AE＝AF，
∴四边形AECF是菱形，
∴AC⊥EF，
∴OA2=AB2 −OB2=AE2 −OE2，
∴42 − （5O−F）2＝32 −OF2 ，
解得：OF＝1.8，
∴OA=❑√32−1.82=2.4 ，
∴AC＝2OA＝4.8．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定及性质以及勾股定理，熟练掌握菱形的判定及性
质是解题的关键．
【变式9-3】（23-24八年级下·河南南阳·期末）如图，将边长为4的正方形纸片ABCD沿EF对折再展平，
沿折痕剪开，得到矩形ABEF和矩形CEFD，再将矩形ABEF绕点E顺时针方向旋转．使点A与点D重
合，点F的对应点为F′，则图②中阴影部分的周长为 ．
【答案】10
【分析】首先根据已知条件判断出△BGE≌△FGD(AAS)，得到BG=FG，EG=DG，然后可设FG的长
度为x，则DG=4−x，根据勾股定理列方程可解出x，最后证明阴影部分是菱形后，即可求出其周长．【详解】解：如图，设BD交EF于G，EF旋转后交CD于点H，
由题意知，BE=FD=2，∠B=∠F=90°，
又∵∠BGE=∠FGD，
∴△BGE≌△FGD(AAS)，
∴BG=FG，EG=DG，
设BG=FG=x，则DG=4−x，
在Rt△FDG中，(4−x) 2=x2+22，
3
解得：x= ，
2
5
∴DG=4−x= ，
2
∵DG∥EH，GE∥DH，
∴四边形DGEH为平行四边形，
又∵EG=DG，
∴▱DGEH为菱形，
5
∴阴影部分的周长为： ×4=10，
2
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理以及菱形的判定与性质等，解答本题的关键是
勾股定理以及菱形的判定．
【题型10 由菱形的性质与判定求面积】
【例10】（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图在直角△ABC中，∠BAC=90°，点D是BC中点，
连接AD，点E为AD的中点，过点A作AF∥BC交线段BE的延长线于点F，连接CF．(1)求证：AF=DC；
(2)在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出与△ACD面积相等的三角形（不包含△ACD）．
【答案】(1)证明见解析
(2)△ABD,△ACF,△ABF
【分析】此题考查的是全等三角形的判定及性质、菱形的判定及性质、直角三角形的性质和三角形的面
积：
（1）首先由E是AD的中点，AF∥BC，证明△AFE≌△DBE，即可得AF=BD，即可；
（2）证明四边形ADCF是菱形，根据平行线之间的距离处处相等、等高模型和菱形的性质即可解决问
题．
【详解】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵点D是BC中点，点E为AD的中点，
∴AE=DE,BD=CD，
在△AFE和△DBE中，
∵∠AFE=∠DBE,∠FEA=∠BED,AE=DE，
∴△AFE≌△DBE(AAS)；
∴AF=DB．
∵DB=DC，
∴AF=CD；
（2）解：∵AF∥BC，AF=CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC=90°，D是BC的中点，
∴AD=DC=BC，
∴四边形ADCF是菱形；
∵BD=CD，且△ABD的边BD上的高，即△ACD的边CD上的高，
∴S =S ，
△ACD △ABD∴S =S ，
△ACD △ACF
∵AF∥CD，
∴△ACD的边CD上的高等于△BAF的边AF上的高，
∵AF=CD，
∴S =S ，
△ACD △AFB
综上：与△ACD面积相等的三角形有：△ABD,△ACF,△ABF．
【变式10-1】（23-24·吉林长春·一模）如图，在▱ABCD中，按如下步骤操作：①以点A为圆心，AB长
1
为半径画弧交AD于点F；②再分别以点B、F为圆心，大于 BF的长为半径画弧，两弧交于一点P；③连
2
接AP并延长交BC于点E，连接EF．若BF=6，AB=5，则四边形ABEF的面积为 ．
【答案】24
【分析】证明四边形ABEF是菱形，利用菱形的性质结合勾股定理可得结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
由作图可知∠BAE=∠DAE，AB=AF，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE=AF，
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形，
1
∵AE⊥BF，OB=OF= BF=3，
2
∴OA=OE=❑√AB2−OB2=❑√52−32=4，
∴AE=2AO=8，1 1
∴菱形ABEF的面积= ⋅AE⋅BF= ×8×6=24，
2 2
故答案为：24．
【点睛】本题考查作图−基本作图，菱形的判定和性质，平行四边形的性质等知识，解题的关键是学会利
用面积法解决问题．
【变式10-2】（23-24八年级下·贵州六盘水·期末）如图，在▱ABCD中，AB=BC，AE⊥BC，
AF⊥CD，垂足分别为E，F，且E，F分别是BC和CD的中点，连接AC，若AE=AF=3，则△AEF的
面积等于（ ）
9 3 9 9
A． ❑√3 B． ❑√3 C． ❑√3 D． ❑√3
8 2 4 2
【答案】C
【分析】连接AC交FE于点M，首先判断四边形ABCD为菱形，再利用菱形的性质及等边三角形的判定可
判断出△AEF是等边三角形，即可得AM垂直平分EF，EF=AE=AF=3，再进一步利用勾股定理计算出
AM的值，即可算出三角形的面积．
【详解】连接AC交FE于点M，
在▱ABCD中，AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD，AD∥BC，
∴∠BAD+∠B=180°，∵AE⊥BC，AF⊥CD，E，F分别是BC和CD的中点，
∴AB=AC=AD，
∴△ABC，△ACD为等边三角形，
∴∠B=∠D=60°，
∴∠BAD=120°，∠BAE=∠DAF=30°，
∴∠EAF=120°−30°−30°=60°，
∴△AEF为等边三角形，∠EAM=∠FAM=30°，
∴ AM垂直平分EF，EF=AE=AF=3，
1 3
∴EM= EF= ，
2 2
∴AM=❑
√
32−
(3) 2
=
3❑√3
，
2 2
1 1 3❑√3 9❑√3
∴△AEF的面积是: EF⋅AM= × ×3= .
2 2 2 4
故选：C.
【点睛】此题考查菱形的性质与判定，等边三角形的判定及勾股定理的运用，熟练掌握菱形的性质，等边
三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式10-3】（23-24·河北·模拟预测）如图，已知△ABC，直线PQ垂直平分AC，与边AB交于点E，连
接CE，过点C作CF∥BA交PQ于点F，连接AF．
(1)求证：△AED≌△CFD；
(2)求证：四边形AECF是菱形，
(3)若ED=6，AE=10，则菱形AECF的面积是多少？
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
(3)96
【分析】（1）根据垂直平分线的定义得到AD=CD，由平行线的性质可得∠EAD=∠FCD，
∠AED=∠CFD，即可得证；
（2）由全等三角形的性质得到AE=CF，由垂直平分线的性质得到EC=EA，FC=FA，即可得证；
（3）根据菱形的性质得到AC⊥EF，根据勾股定理有AD=❑√AE2−ED2=8，继而得到AC=2AD=16
，EF=2ED=12，最后根据菱形的性质可求出其面积．
【详解】（1）证明：∵直线PQ垂直平分AC，
∴AD=CD，
∵CF∥BA，
∴∠EAD=∠FCD，∠AED=∠CFD，
在△AED与△CFD中，
{∠EAD=∠FCD
)
∠AED=∠CFD ，
AD=CD
∴△AED≌△CFD(AAS)；
（2）∵△AED≌△CFD，
∴AE=CF，
∵EF为线段AC的垂直平分线，
∴EC=EA，FC=FA，
∴EC=EA=FC=FA，
∴四边形AECF为菱形；
（3）解：∵四边形AECF是菱形，
∴AC⊥EF，
∵ED=6，AE=10，
∴AD=❑√AE2−ED2=❑√102−62=8，
∴AC=2AD=16，EF=2ED=12，
1 1
∴S = AC⋅EF= ×16×12=96，
菱形AECF 2 2
∴菱形AECF的面积是96．【点睛】本题考查菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理，平行线
的性质，菱形的面积等知识点．掌握菱形的判定和性质、勾股定理和垂直平分线的性质是解题的关键．
