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专题 18.5 菱形中的几何综合
◆ 思维方法
正向思维：是一类常规性的、传统的思维形式，指的是大家按照自上而下，由近及远、从左到右、从
可知到未知等一般而言的线性方向做出探究问题的思维途径。
逆向思维：是指在剖析、破解数学难题进程中，可以灵活转换思维方向，从常规思维的相反方向出发
进行探索的思维方式，比如正向思维无法解决问题时可反其道而行采取逆向思维，直接证明有困难时可采
用间接证明。
分类讨论思想：当问题所给的对象不能进行统一研究时，我们就需要对研究对象进行分类，然后对每
一类分别进行研究，得出每一类的结论，最后综合各类的结果，得到整个问题的解答。分类讨论的分类并
非是随心所欲的，而是要遵循以下基本原则：
1. 不重（互斥性）不漏（完备性）；
2. 按同一标准划分（同一性）；
3. 逐级分类（逐级性）。
◆ 知识点总
结
一、菱形的定义
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
二、菱形的性质
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．
三、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”）．
◆ 典例分析【典例1】菱形ABCD中，对角线BD=6cm，∠A=60°，点P从A出发，沿A→D→B以2cm/秒的速度
匀速运动，到点B停止，过P作边AB的垂线交AB于Q，以PQ为边向右作等边△PQE，设运动时间为t
秒．
（1）菱形ABCD的边长为______cm．
（2）当P在边AD上运动时，用含t的代数式表示PQ、BQ．
（3）连接BE，当△QEB是直角三角形时，求t的值．
（4）当菱形ABCD的对角线BD平分△PQE的边时，t的取值范围是____________．
【思路点拨】
（1）根据菱形的边长相等以及等边三角形的性质即可；
（2）设运动t秒，则AP=2t，根据30°所对直角边是斜边的一半求出AQ，进一步即可表示PQ和BQ；
❑√3
（3）分类讨论：点P在AD上时，①当∠QEB=90°时，表示出QE和QB，根据QE= QB列方程即可
2
❑√3
求得；②当∠EBQ=90°时，表示出QE和QB，根据QB= QE列方程即可求得；点P在BD上时，此时
2
△QEB为钝角三角形；
1 ❑√3
（4）分类讨论：当BD平分BE时，则EF= PE，表示出EH，QH，根据QH= QB列方程即可；当
2 2
BD平分QE时，此时点P在BD上，即可得出取值范围．
【解题过程】
（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，
∵∠A=60°，对角线BD=6，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD=6(cm)．
故答案为：6．
（2）设运动t秒，∵点P从A出发，沿A→D→B以2cm/秒的速度匀速运动，到点B停止，过P作边AB的垂线交AB于Q，
∴AP=2t，∠PQA=90°，
∵∠A=60°，
∴∠APQ=90°−60°=30°，
∴AQ=t，PQ=❑√AP2−AQ2=❑√(2t) 2−t2=❑√3t(cm)，
∴BQ=BA−AQ=(6−t)(cm)．
∴PQ=❑√3t(cm)，BQ=(6−t)(cm)．
（3）点P在AD上，当△QEB是直角三角形，设运动时间为t秒，
①∠QEB=90°时，如图所示：
∵PQ⊥AB，△PQE是等边三角形，
∴∠PQE=60°，∠EQB=30°，QE=PQ=❑√3t，
∴QB=2BE，
∵BQ2=QE2+BE2，
∴(2BE) 2=(❑√3t) 2+BE2，
∴BE=t或BE=−t（不符合题意，舍去）
∴QB=2t，
∴2t=6−t，
∴t=2（秒）；
②当∠EBQ=90°时，如图所示：
∵∠EQB=30°，QE=PQ=❑√3t，1 ❑√3
∴BE= QE= t ，
2 2
∴BQ=❑√QE2−BE2=❑
√
(❑√3t) 2 −
(❑√3t) 2
=
3
t，
2 2
3
∴ t=6−t，
2
12
∴t= （秒）．
5
③点P在BD上运动时，设QE交BD于点H，如图所示，
∵PQ⊥AB，△PQE是等边三角形，
∴∠PQE=∠QPE=60°，∠EQB=90°−60°=30°，PQ=PE，
∵四边形ABCD是菱形，∠A=60°，
1 1
∴∠ABD= ∠ABC= (180°−∠A)=60°，
2 2
∴∠BPQ=90°−∠PBQ=90°−60°=30°，
∴∠BPE=∠QPE−∠BPQ=60°−30°=30°，
∴∠BPQ=∠BPE=30°，
在△BPQ和△BPE中，
{
PQ=PE
)
∠BPQ=∠BPE ，
PB=PB
∴△BPQ≌△BPE(SAS)，
∴∠PBE=∠PBQ=60°，
∴∠QBE=∠PBE+∠PBQ=60°+60°=120°，
∴△QEB是钝角三角形，不可能是直角三角形．
12
∴综上所述，当△QEB是直角三角形时，t的值为2秒或 秒．
5
（4）当菱形ABCD的对角线BD平分△PQE的边时，如图所示，当BD平分PE时，此时点P在AD上，
∵四边形ABCD是菱形，∠A=60°，
1 1
∴∠ADB= ∠ADC= (180°−∠A)=60°，
2 2
∵PQ⊥AB，△PQE是等边三角形，
∴∠PQA=90°，∠QPE=∠PEQ=60°，QE=PQ=❑√3t
∴∠APQ=90°−∠A=90°−60°=30°，
∴∠DPE=180°−∠APQ−∠QPE=180°−30°−60°=90°，
∴∠EFH=∠DFP=90°−∠PDF=90°−60°=30°，
∴∠EHF=180°−∠EFH−∠FEH=180°−30°−60°=90°，
1 1 1 ❑√3
∴HE= EF= PE= PQ= t，
2 4 4 4
❑√3 3❑√3
∴QH=QE−HE=❑√3t− t= t，
4 4
∵∠EQB=30°，∠BHQ=∠EHF=90°，
∴BQ=2BH，
∵BQ2=QH2+BH2，
∴(2BH) 2= (3❑√3 t ) 2 +BH2，
4
3 3
解得：BH= t或BH=− t（不符合题意，舍去）
4 4
3
∴BQ=2BH= t，
2
3
∴ t=6−t，
2
12
∴t= （秒）；
5
②当BD平分QE时，此时点P在BD上，如图所示：∵∠PQB=90°，∠PBQ=60°，
∴∠QPB=30°，
∵△PEQ是等边三角形，∠BPQ=∠BPE=30°，
∴PH是QE边上的中线，
∴点H是QE的中点，
当P在D点时，2t=6，
∴t=3，
当P在点B时，2t=12，
∴t=6，
∴P在BD上运动时，t的取值范围是3≤t≤6，
12
综上所述，当菱形ABCD的对角线BD平分△PQE的边时，t= 或3≤t<6．
5
12
故答案为：t= 或3≤t<6．
5
◆ 学霸必刷
1．（22-23八年级下·福建厦门·期中）在菱形ABCD中，∠B=60°，AB=8，点E在BC上，CE=4❑√3，
若点P是菱形ABCD四条边上异于点E的一点，CE=CP，则以下长度中，不可能是DP的长度的是
（ ）
A．8−4❑√3 B．4 C．4❑√7−8 D．4❑√7【思路点拨】
分点P位于边CD上、位于边AD上、位于边AB上三种情况讨论，利用含30度角的直角三角形的性质以及
勾股定理求解即可．
【解题过程】
解：当点P位于边CD上时，如图所示：
∵菱形ABCD中，AB=8，CE=4❑√3，
∴CD=8，CP=4❑√3，
∴DP=CD−CP=8−4❑√3；
当点P位于边AD上时，如图所示：
∵菱形ABCD中，∠B=60°，AB=8，
∴ΔACD是等边三角形，
过点C作CH⊥AD于点H，
∴AH=HD=4，
由勾股定理得CH=4❑√3，
∵CE=4❑√3，
∴点P与点H重合，
∴DP=4；
当点P位于边AB上时，∵PC=CE=4❑√3，BC=8，∠B=60°，
∴∠BPC=90°
∴∠BCP=30°，
∴∠PCD=∠BCD−∠BCP=90°，
由勾股定理得DP=❑√PC2+CD2=4❑√7．
综上，DP的长为8−4❑√3或4或4❑√7．
故选：C．
2．（23-24九年级上·宁夏银川·期中）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AD=2，E，F分别是AB，
AD的中点，DE，BF相交于点G，连接BD，CG，有下列结论：①∠BGD=120°；②BG+DG=CG；
③△BDF≌△CGB；④S =❑√3，其中正确的结论有（ ）
△ABD
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【思路点拨】
根据菱形的性质和∠A=60°，可知△ABD是等边三角形，△BDC是等边三角形，根据等边三角形的性质
可得∠BFD=∠DEB=90°，∠GDB=∠GBD=30°，即可判断①；根据SSS可证△CDG≌△CBG，根
据全等三角形的性质可得∠DGC=∠BGC=60°，再根据含30°角的直角三角形的性质可判断②；根据
△GBC为直角三角形，可知CG>BC，进一步可知CG≠BD，即可判断③；根据勾股定理可得
❑√3
DE= AB=❑√3，再根据三角形面积的求法即可判断④．从而得出答案．
2
【解题过程】解：在菱形ABCD中，AB=BC=CD=AD，
∵∠A=60°，
∴∠BCD=∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，△BDC是等边三角形，
∴∠ADB=∠ABD=60°，∠CDB=∠CBD=60°，
∵E，F分别是AB，AD的中点，
∴∠BFD=∠DEB=90°，
∴∠GDB=∠GBD=30°，
∴∠GDC=∠GBC=90°，DG=BG，
∴∠BGD=180°−30°−30°=120°，
故①正确；
在△CDG和△CBG中，
{CD=CB
)
CG=CG ，
DG=BG
∴△CDG≌△CBG(SSS)，
∴∠DGC=∠BGC=60°，
∴∠GCD=30°，
∴CG=2GD，
∵DG=BG，
∴CG=DG+BG，
故②正确；
∵△GBC为直角三角形，
∴CG>BC，
∴CG≠BD，
∴△BDF与△CGB不全等，
故③错误；
∵菱形ABCD，AD=2，
∴AB=AD=2
1
∵BE= AB=1，BD=AB=2，∠DEB=90°，
2
根据勾股定理，得DE=❑√BD2−BE2=❑√22−12=❑√3，1 1
∴S = AB⋅DE= ×2×❑√3=❑√3，
△ABD 2 2
故④正确，
故正确的有①②④，共3个，
故选：C．
3．（23-24九年级上·湖北·周测）如图，在菱形ABCD中，AB=BD，点E、F分别在BC、CD上，且
BE=CF，连接BF、DE交于点M，延长ED到H使DH=BM，连接AM,AH，则以下四个结论：①
❑√3
△BDF≌△DCE；②∠BMD=120°；③△AMH是等边三角形；④S = AM2 ．其中正确结
四边形ABMD 4
论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【思路点拨】
先证明△ABD是等边三角形，再根据菱形的性质可得∠BDF=∠C=60°，再求出DF=CE，然后利用
“边角边”即可证明△BDF≌△DCE，从而判定①正确；根据全等三角形对应角相等可得
∠DBF=∠EDC，由三角形的外角性质求出∠DMF=∠BDC=60°，再求出∠BMD=120°，从而判
定②正确；根据三角形的外角性质和平行线的性质求出∠ABM=∠ADH，由SAS证明△ABM≌△ADH
，根据全等三角形的性质得出AH=AM，∠BAM=∠DAH，然后求出∠MAH=∠BAD=60°，从而判
定出△AMH是等边三角形，得出③正确；根据全等三角形的面积相等可得△AMH的面积等于四边形
ABMD的面积，然后判定出④正确．
【解题过程】
解：在菱形ABCD中，AB=BC=CD=AD,AD∥BC,
∵AB=BD，
∴AB=BD=AD，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠BAD=∠BDA=∠ABD=60°，同理，△BCD是等边三角形，
∴∠BDF=∠C=60°，
∵BE=CF，
∴BC−BE=CD−CF，
即CE=DF，
在△BDF和△DCE中，
{
CE=DF
)
∠BDF=∠C=60° ，
BD=CD
∴△BDF≌△DCE(SAS)，故①正确；
∴∠DBF=∠EDC，
∵∠DMF=∠DBF+∠BDE=∠EDC+∠BDE=∠BDC=60°，
∴∠BMD=180°−∠DMF=180°−60°=120°，故②正确；
∵∠DEB=∠EDC+∠C=∠EDC+60°，∠ABM=∠ABD+∠DBF=∠DBF+60°，
∴∠DEB=∠ABM，
又∵AD∥BC，
∴∠ADH=∠DEB，
∴∠ADH=∠ABM，
在△ABM和△ADH中，
{
AB=AD
)
∠ADH=∠ABM ，
DH=BM
∴△ABM≌△ADH(SAS)，
∴AH=AM，∠BAM=∠DAH，
∴∠MAH=∠MAD+∠DAH=∠MAD+∠BAM=∠BAD=60°，
∴△AMH是等边三角形，故③正确；
过点A作AG⊥MH于点G，则∠MAG=30°1 1
∴MG= MH= AM,
2 2
由勾股定理得，AG=❑√AM2−MG2=❑ √ AM2− (1 AM ) 2 = ❑√3 AM,
2 2
∵△ABM≌△ADH，
∴△AMH的面积等于四边形ABMD的面积，
1 ❑√3 ❑√3
又∵△AMH的面积= AM⋅ AM= AM2 ，
2 2 4
❑√3
∴S = AM2 ，故④正确，
四边形ABMD 4
综上所述，正确的是①②③④．
故选：D．
4．（23-24九年级下·黑龙江绥化·阶段练习）如图，在一张菱形纸片ABCD中，AB=2，∠ABC=30°，
点E在BC边上（不与点B，C重合），将△ABE沿直线AE折叠得到△AFE，连接BF，EF，DF．有以
下四个结论：①AE=BE；②△ABE沿直线AE折叠过程中，∠BFD是一个定值；③当AE⊥BC时，四
边形ACFD的面积为❑√3；④当FE平分∠AFB时，FD=2❑√3．其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【思路点拨】
①根据折叠的性质即可判断结论①；
②由折叠和菱形性质得：AB=AF=AD，再由三角形内角和定理和等腰三角形性质可得：
180°−∠BAF 180°−∠FAD
∴∠AFB= ，∠AFD= ，得出∠BFD=105°；
2 2
③根据折叠性质和菱形性质可证得△ACF≌△DFC(SAS)，即可推出
1
S =S = BF⋅AF=❑√3；
四边形ACFD △ABF 2
④由折叠和已知可得∠BAE=∠FAE，根据三角形的角平分线交于一点，结合已知可得BE平分∠ABF，
从而可证△ABF是等边三角形，再证△ADF是等腰直角三角形，即可判断结论④．【解题过程】
解：①∵将△ABE沿直线AE折叠得到△AFE，
∴BE=EF，
只有AE=FE时，AE=EB才成立，
故结论①不正确；
②由折叠得：AF=AB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，AD∥BC，
∴∠BAD=180°−∠B=180°−30°=150°，
∴AB=AF=AD，
180°−∠BAF 180°−∠FAD
∴∠AFB= ，∠AFD= ，
2 2
1 1
∴∠BFD=∠AFB+∠AFD=180°− (∠BAF+∠FAD)=180°− ∠BAD=105°，
2 2
故结论②正确；
③如图，∵AE⊥BC，将△ABE沿直线AE折叠得到△AFE，
∴∠AEB=∠AEF=90°，AF=AB，∠AFE=∠B，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CD，∠B=∠ADC，AD∥BC，
∴AF=CD，∠DCF=∠ADC，∠AFE=∠ADC，
∴∠AFE=∠DCF，
在△ACF和△DFC中，
{
AF=CD
)
∠AFE=∠DCF ，
CF=FC
∴△ACF≌△DFC(SAS)，
∴S =S ，
△DCF △ACF
又∵S =S ，
△ABC △ACD
∴S =S +S =S +S =S ，
四边形ACFD △ACD △DCF △ACF △ABC △ABF在Rt△ABE中，∠B=30°，
1
∴AE= AB=1，
2
∴BE=❑√AB2−AE2=❑√3，
∴BF=2BE=2❑√3，
1
∴S =S = BF⋅AF=❑√3，
四边形ACFD △ABF 2
故结论③正确；
④如图，由折叠得：FA=AB，∠BAE=∠FAE，
∵FE平分∠AFB，
∴∠BFE=∠AFE，
∴AE、EF分别平分∠BAF、∠AFB，
∵三角形三条内角平分线交于一点，
∴BE平分∠ABF，
∵∠ABC=30°，
∴∠ABF=2∠ABF=60°，
∴△ABF是等边三角形，
∴∠ABF=∠BAF=∠AFB=60°，
∴∠DAF=∠BAD−∠BAF=90°，
∵AD=AB=AF=2，
∴△DAF是等腰直角三角形，
∴FD=❑√AD2+AF2=❑√22+22=2❑√2，
故结论④不正确，
综上所述，正确的结论是：②③；
故选：B．
5．（23-24九年级下·江苏扬州·阶段练习）如图，在菱形纸片ABCD中，∠ABC=60°，E是CD边的中点，将菱形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在直线AE上的点G处，折痕为AF，FG与CD交于点
H，，则S :S = ．
△ABF 四边AFCD
【思路点拨】
过点F作FM⊥AB于点M，连接AC，得到△ACD,△ABC是等边三角形，根据三线合一的性质得到
AG⊥CD，得到∠DAE=90°−∠D=30°，∠BAG=90°，由折叠得∠BAF=∠GAF=45°，
MF=❑√3BM，设BM=x，则AM=MF=❑√3x，求出S ，再得到AD=CD=AB=(1+❑√3)x，根据
△ABF
S −S 求出四边形AFCD的面积，即可求解．
菱形ABCD △ABF
【解题过程】
解：过点F作FM⊥AB于点M，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴ ∠BAD=180°−∠ABC=120°，
∴∠BAC=∠DAC=60°，∠D=∠ABC=60°，
∴AD=CD=AB，
∴△ACD,△ABC是等边三角形，
∵E是CD边的中点，
∴AG⊥CD，
∴ ∠DAE=90°−∠D=30°，
∴∠BAG=90°，
由折叠得∠BAF=∠GAF=45°，∴∠AFM=45°=∠BAF，
∴AM=FM，
∵∠BFM=90°−∠ABC=30°，
∴MF=❑√3BM，
设BM=x，则AM=MF=❑√3x，
1 ❑√3+3
∴AB=(1+❑√3)x，S = ×(1+❑√3)x⋅❑√3x= x2 ，
△ABF 2 2
∵AD=CD=AB=(1+❑√3)x，
❑√3 ❑√3+3
∴AE= ×(1+❑√3)x= x，
2 2
❑√3+3
∴S =CD⋅AE=(1+❑√3)x⋅ x=(3+2❑√3)x2 ，
菱形ABCD 2
❑√3+3 3+3❑√3
∴四边形AFCD的面积=S −S =(3+2❑√3)x2− x2= x2 ，
菱形ABCD △ABF 2 2
❑√3+3 3+3❑√3
∴S ：S = x2: x2=❑√3:3，
△ABF 四边形AFCD 2 2
故选：❑√3:3．
6．（23-24九年级上·广东深圳·期中）菱形ABCD中，∠DAB=60°，E，F分别在AB，CD边上，将菱
DF
形沿EF折叠，点A，D的对应点分别是A′，D′，且A′D′经过B点，若A′E⊥AB，则 = ．
CF
【思路点拨】
延长A′E交CD的延长线于点H，作AG⊥CD交CD的延长线于点G，由菱形的性质得CD∥AB，则
∠ADG=∠DAB=60°，所以∠DAG=30°，由A′E⊥AB，得
∠A′EA=∠AEH=∠BEH=∠A′EB=90°，则∠EHG=∠BEH=90°，所以四边形AEHG是矩形，由折叠得∠A′=∠DAB=60°，∠A'EF=∠AEF=135°，所以∠BEF=45°，∠A′BE=30°，则
∠HFE=∠HEF=45°，设AE=A′E=m,则A′B=2A′E=2m,GH=AE=m,可求得
1 ❑√3+1
BE=❑√A′B2−A′E2=❑√3m，所以AB=AD=CD=❑√3m+m=(❑√3+1)m,则DG= AD= m，
2 2
3+❑√3 3+❑√3
AG=❑√3DG= m，所以FH=EH=AG= m，可求得DF=2m,则CF=(❑√3−1)m,即可求得
2 2
DF
=❑√3+1，于是得到问题的答案．
CF
【解题过程】
解：延长A′E交CD的延长线于点H，作AG⊥CD交CD的延长线于点G，则∠G=90°，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°，
∴CD∥AB，
∴∠ADG=∠DAB=60°，
∴∠DAG=30°，
∵A′E⊥AB，
∴∠A′EA=∠AEH=∠BEH=∠A′EB=90°，
∴∠EHG=∠BEH=90°，
∴四边形AEHG是矩形，
1
由折叠得∠A′=∠DAB=60°，∠A'EF=∠AEF= ×(360°−90°)=135°，
2
∴∠BEF=∠A′EF−∠A′EB=45°，∠A′BE=30°，
∴∠HEF=90°−∠BEF=45°，∠HFE=∠BEF=45°=∠HEF，
∴设AE=A′E=m,则A′B=2A′E=2m,GH=AE=m,
∴BE=❑√A′B2−A′E2=❑√(2m) 2−m2=❑√3m，∴AB=AD=CD=❑√3m+m=(❑√3+1)m，
1 ❑√3+1
∴DG= AD= m，
2 2
∵AD=2DG，
❑√3+1 3+❑√3
∴AG=❑√AD2−DG2=❑√(2DG) 2−DG2=❑√3DG=❑√3× m= m，
2 2
3+❑√3
∴FH=EH=AG= m，
2
3+❑√3 ❑√3+1
∴DF=FH+GH−DG= m+m− m=2m，
2 2
∴CF=CD−DF=(❑√3+1)m−2m=(❑√3−1)m，
DF 2m
∴
= =❑√3+1，
CF (❑√3−1)m
故答案为：❑√3+1．
7．（23-24八年级上·黑龙江哈尔滨·期中）在等边△ABC中，点F为CB延长线上一点，点D是AC的中
点，连接DF交AB于点M，以DF为边向下作等边△DFE，连接CE、ME，若ME⊥DF，BM+BF=6
，则CE的长为 ．
【思路点拨】
如图，记AB、BC的中点为P、Q，连接DP、DQ，则DP、DQ是△ABC的中位线，
1 1
DP= BC= AB=DQ，DP∥BC，DQ∥AB，证明四边形BPDQ是菱形，△CDQ，△APD是等边
2 2
1
三角形，证明△FDQ≌△EDC(SAS)，则CE=FQ，证明△BFM≌△PDM(AAS)，则BF=DP= AB，
21 1 1 1
BM=PM= BP= AB，由BM+BF=6，即 AB+ AB=6，可得AB=8，根据CE=FQ=BF+BQ
2 4 2 4
，计算求解即可．
【解题过程】
解：∵等边△ABC，
∴AB=BC=AC，∠A=∠ABC=∠ACB=60°，
如图，记AB、BC的中点为P、Q，连接DP、DQ，
又∵D是AC的中点，
∴DP、DQ是△ABC的中位线，
1 1
∴DP= BC= AB=DQ，DP∥BC，DQ∥AB，
2 2
∴四边形BPDQ是菱形，△CDQ，△APD是等边三角形，
1 1
∴DP=BQ= BC= AB，DQ=CD，∠QDC=60°，
2 2
∵等边△DFE，
∴DF=DE，∠EDF=60°，
∴∠EDF−∠QDE=∠QDC−∠QDE，即∠FDQ=∠EDC，
∵DF=DE，∠FDQ=∠EDC，DQ=CD，
∴△FDQ≌△EDC(SAS)，
∴CE=FQ，
∵等边△DFE，ME⊥DF，
∴FM=DM，
∵DP∥BC，
∴∠FBM=∠DPM，∠BFM=∠PDM，
又∵FM=DM，
∴△BFM≌△PDM(AAS)，1 1 1
∴BF=DP= AB，BM=PM= BP= AB，
2 2 4
∵BM+BF=6，
1 1
∴ AB+ AB=6，
2 4
解得，AB=8，
∴CE=FQ=BF+BQ=8，
故答案为：8．
8．（23-24八年级下·山东聊城·阶段练习）菱形ABCD中，AD=4，∠A=45°，DE⊥AB，垂足为E，
点P在菱形的边上，若DE=DP，则CP的长为 ．
【思路点拨】
利用△ADE为等腰直角三角形得到DE=2❑√2，所以DP=2❑√2，当P点在CD上，
CP=DC−DP=4−2❑√2，当P点在BC上，过点P作PH⊥CD于H点，如图1，证明△PCH为等腰直角
三角形，所以PH=CH，PC=❑√2CH，则DH=4−CH，在Rt△DPH中利用勾股定理得到
(4−CH) 2+CH2=(2❑√2) 2 ，然后解方程求出CH，从而得到PC的长；当点P在DA上，过P点PH⊥CD
于H点，连接PC，如图2，由于∠HDP=∠A=45°，PD=PE=2❑√2，所以PH=DH=2，然后利用勾
股定理计算出PC的长．
【解题过程】
解：在Rt△ADE中，∵∠A=45°，
∴△ADE为等腰直角三角形，
❑√2 ❑√2
∴DE= AD= ×4=2❑√2，
2 2
∴DP=DE=2❑√2，
当P点在CD上，CP=DC−DP=4−2❑√2，
当P点在BC上，过点P作PH⊥CD于H点，如图1，∵四边形ABCD是菱形，
∴∠C=∠A=45°，CD=AD=4，
∴△PCH为等腰直角三角形，
∴PH=CH，PC=❑√2CH，
∴DH=4−CH，
在Rt△DPH 中，∵DH2+PH2=DP2，
∴(4−CH) 2+CH2=(2❑√2) 2 ，
解得CH=2，
∴PC=2❑√2．
当点P在DA上，过P点PH⊥CD于H点，连接PC，如图2，
∵∠HDP=∠A=45°，PD=PE=2❑√2，
∴PH=DH=2，
∴CH=CD+DH=6，
∴PC=❑√22+62=2❑√10，
综上所述，PC的长为4−2❑√2或2❑√2或2❑√10．
故答案为：4−2❑√2或2❑√2或2❑√10．
9．（23-24九年级下·广东深圳·开学考试）如图，在菱形ABCD中，E、F分别是 AB，BC边上的中点，
G为 DE上一点，若 AB=4，∠B=∠EGF=60°，则DG的长为【思路点拨】
本题考查菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用分割法求三角形面
积，学会添加常用辅助线，构造直角三角形；
连接AC、EF、DF、CE、AF，作FH⊥DE．先求出△≝¿的面积，再求出高FH，利用勾股定理求出
DE、EH、HG，利用线段和差求出DG即可．
【解题过程】
解：连接AC、AF，
，
∵四边形ABCD是菱形，AB=4，∠B=60°
∴ AB=BC=CD=DA=4，∠BAD=∠BCD=120°，
∴ △ABC为等边三角形，
连接AF，CE
∵点 E、F分别是AB、BC边上的中点，
∴AF⊥BC，BF=FC=2，
在Rt△AFB中
AF=❑√AB2−BF2=❑√42−22=2❑√3,
同理在Rt△BEC中
CE=2❑√3，∠BCE=30°
∴∠DCE=∠BCD−∠BCE=90°，
在Rt△DCE中DE=❑√EC2+DC2=2❑√7
∵点 E分别是 AB边上的中点，
1
∴ BE= AB=2，
2
∴ ∴ △BEF为等边三角形，
1
∴ S = ×2×❑√3=❑√3，
△BEF 2
连接DF，
1
S = ×FC×AF=2❑√3，
△DCF 2
∵ AE=CF，∠EAD=∠FCD，AD=DC，
∴ △BEF≌△DCF
∴ S =2❑√3，
△DAE
∵ S =AF×BC=2❑√3×4=8❑√3
ABCD
∴S ，
△≝¿=S −S −S −S =8❑√3−❑√3−2❑√3−2❑√3=3❑√3¿
ABCD △BEF △DCF △DAE
过F作FH⊥CE，
1
∴ ×DE×FH=3❑√3，
2
3❑√21
∴FH=3❑√3×2÷DE= ，
7
在Rt△FHE中
EH=❑√EF2−FH2=❑
√
22−
(3❑√21) 2
=
❑√7
，
7 7
在Rt△FHG中，
∵∠EGF=60°，
∴∠HFG=30°
∴HG2=FG2−FH2=(2HG) 2−FH2，
√FH2 3❑√7
∴ HG=❑ = ，
3 7❑√7 3❑√7 10❑√7
∴DG=DE−EH−HG=2❑√7− − = ，
7 7 7
10❑√7
故答案为： ．
7
10．（2023·江西抚州·三模）在菱形ABCD中，AB=4，∠B=2∠A，点E，F分别是AD，AB的中
点，动点P从B出发，沿着顺时针方向运动到C点，当△PEF为直角三角形时，BP的长度为 ．
【思路点拨】
分三种情况考虑：点P在AB边上；点P在AD边上；点P在CD边上，利用等边三角形的判定与性质、勾
股定理即可求得．
【解题过程】
解：∵四边形ABCD为菱形，AB=4，
∴菱形四边长为4，且AD∥BC，
∴∠A+∠B=180°,
∵∠B=2∠A，
∴∠A+2∠A=180°，即∠A=60°，．
∵E，F分别是AD，AB的中点．
∴AE=AF=2；
连接EF，则△AEF是等边三角形；
①当点P在AB边上时；如图，
1
当点P是AF的中点时，△PEF为直角三角形，此时AP= AF=1，
2
∴BP=AB−AP=4−1=3；
②当点P在AD边上时，如图，连接PF，1
当点P是AE的中点时，△PEF为直角三角形，此时AP=PE= AE=1，
2
连接BD，BE，BP，
∵AB=AD，∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BE⊥AD，由勾股定理得BE=❑√42−22=2❑√3，
由勾股定理得：PB=❑√BE2+PE2=❑√12+1=❑√13；
③当点P在CD边上时，连接BD，AC，PE，PF，PB，如图，
1
当点P是CD的中点时，此时PC= CD=2，
2
∵AC⊥BD，PE为△ACD的中位线，EF为△ABD的中位线，
∴PE∥AC，EF∥BD，
∴PE⊥EF，
∴△PEF为直角三角形，
∵CD=BC，∠BCD=∠BAD=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴BP⊥CD，
由勾股定理得PB=❑√BC2−PC2=❑√16−4=2❑√3；
故答案为：3或❑√13或2❑√3．
11．（22-23八年级下·浙江台州·期中）菱形ABCD中，∠ABC=60°，△BEF为等边三角形，将△BEF
绕点B顺时针旋转，G为线段DF的中点，连接AG、EG．（1）如图1，E为边AB上一点（点A、E不重合），则EG、AG的关系是___，请说明理由．
（2）将△BEF旋转至如图2所示位置，（1）中的结论是否仍成立？若成立，请证明；若不成立，请说明
理由．
【思路点拨】
（1）延长EG，交AD于点N，结合菱形的性质以及等边三角形的性质证明△NDG≌△EFG，由全等三角
形的性质可得DN=EF，EG=NG，易得DN=BE，进而证明AN=AE，可知AG平分∠EAD，
1
EG⊥AG，可求得∠EAG= ∠BAD=60°，即可证明结论；
2
（2）延长AG至Q，使得GQ=AG，连接EG、EQ，连接FQ交AB于R，证明△AGD≌△QGF，进而证
明△QFE≌△ABE，进一步得出结论．
【解题过程】
（1）解：如下图，延长EG，交AD于点N，
∵G为线段DF的中点，
∴DG=FG，
∵△BEF为等边三角形，
∴∠BEF=60°，EF=BE，
∴∠AEF=180°−∠BEF=120°，
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，
∴AD∥BC，AB=AD，∴∠BAD=180°−∠ABC=120°，
∴∠BAD=∠AEF，
∴AD∥EF，
∴∠NDG=∠EFG，
在△NDG和△EFG中，
{∠NDG=∠EFG
)
DG=FG ，
∠NGD=∠EGF
∴△NDG≌△EFG(ASA)，
∴DN=EF，EG=NG，
∴DN=BE，
∵AD=AB，
∴AD−DN=AB−BE，
∴AN=AE，
∴AG平分∠EAD，EG⊥AG，
1
∴∠EAG= ∠BAD=60°，
2
∴EG=❑√3AG．
故答案为：EG=❑√3AG；
（2）（1）中结论仍成立，证明如下：
如下图，延长AG至Q，使得GQ=AG，连接EG、EQ，连接FQ交AB于R，
在△AGD和△QGF中，
{
AG=QG
)
∠AGD=∠QGF ，
DG=FG
∴△AGD≌△QGF(SAS)，
∴FQ=DA，∠ADG=∠QFG，∴AD∥FQ，
∴∠ARQ=180°−∠BAD=60°，
∴∠FRB=∠ARQ=60°，
∵△BEF为等边三角形，
∴EF=BE，∠BEF=60°，
∴∠FRB=∠BEF，
∴∠QFE=∠ABE，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=AB，
∴FQ=AB，
在△QFE和△ABE中，
{
FQ=AB
)
∠QFE=∠ABE ，
EF=BE
∴△QFE≌△ABE(SAS)，
∴EQ=AE，∠QEF=∠AEB，
∴∠QFE−∠AEF=∠AEB−∠AEF，
∴∠AEQ=∠BEF=60°，
∴△AEQ为等边三角形，
1
∴EG⊥AQ，∠AEG= ∠AEQ=30°，
2
∴EG=❑√3AG．
12．（2023·江苏·模拟预测）如图，菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=4，点E是线段BO上一点（不含
端点），将△ABE沿AE翻折，AB的对应边AB′与BD相交于点F．
（1）当∠BAE＝15°时，求EF的长；
（2）若△ABF是等腰三角形，求AF的长；
（3）若EF＝k⋅BE，求k的取值范围．【思路点拨】
（1）根据菱形的性质以及折叠的性质可得△ABC是等边三角形，AC⊥BD，AO=2，BO=2❑√3，
2❑√3
∠BAF=∠FBA=30°，则BF=AF=2❑√3−OF，根据勾股定理求出OF= ，根据等腰直角三角形
3
的性质可得OE=OA=2，即可得EF的长；
（2）分两种情况：①当AF=BF时，②当AB=BF时，根据等腰三角形的性质分别求解即可；
BE AB
（3）过点E作EM⊥AB于M，作EN⊥AF于N，根据三角形的面积公式可得 = ，则
EF AF
AF⋅BE AF
EF= ，由EF=k⋅BE得k= ，由点F在BD上可得AF的最大值为4，当AF⊥BD，即点F
AB AB
与点O重合时，AF的值最小为OA=2，可得2≤AF＜4，即可得k的取值范围．
【解题过程】
（1）菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=4
1 1
∴△ABC是等边三角形，AC⊥BD，AO= AC，∠ABD=∠CBD= ∠ABC=30°
2 2
∴AO=2，BO=2❑√3
由折叠得∠BAE=∠FAE=15°
∴∠BAF=∠FBA=30°
∴BF=AF=2❑√3−OF
在Rt△AOF中，OF2+OA2＝AF2
∴OF2+22=(2❑√3−OF) 2
2❑√3
∴OF=
3
∵∠BAE=15°，∠FBA=30°
∴∠AEO=45°
∴△AEO是等腰直角三角形，
∴OE=OA=2
2❑√3
∴EF=OE−OF=2−
3
（2）若△ABF是等腰三角形，分三种情况：
①当AF=BF时2❑√3
由（1）知，BF=AF=2❑√3−OF，OF=
3
2❑√3 4❑√3
∴AF=2❑√3− =
3 3
②当AB=BF时，如图1，
∵AB=4
∴BF=4
∴OF=BF−OB=4−2❑√3
∴AF=❑√OA2+OF2=❑√22+(4−2❑√3) 2=2❑√6−2❑√2
4❑√3
综上，AF的长为 或4或2❑√6−2❑√2；
3
（3）过点E作EM⊥AB于M，作EN⊥AF于N
由折叠得∠BAE=∠FAE
∴EM=EN
1
×AB×EM
S 2 AB
∴ △ABE = =
S 1 AF
△AFE ×AF×EN
2
S BE
又∵ △ABE =
S EF
△AFE
BE AB
∴ =
EF AFAF⋅BE
∴EF=
AB
∵EF=k⋅BE
AF
∴k=
AB
∵点F在BD上
∴AF的最大值为4，当AF⊥BD
即点F与点O重合时，AF的值最小为OA=2
∴2≤AF＜4
1 AF
∴ ≤ ＜1
2 AB
1
∴k的取值范围为 ≤k＜1
2
13．（22-23八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）在四边形ABCD中，BC=CD，对角线AC平分∠BCD，点
H为CD边上一点，连接BH交AC于点F，∠AFH=∠BAC+∠BHC．
（1）如图1，求证：四边形ABCD是菱形；
（2）如图2，点E在BC上，BE=CF，AE交BH于点N，AL⊥BH于点L，若∠ABC=60°，求证：
AN=2NL．
（3）如图3，在（2）的条件下，H为CD的中点，点G在BH上，点M在AE上，连接AG，CM，
AG=5，CM=2❑√5，若∠AGB=2∠EMC，求线段BH的长
【思路点拨】
（1）推出∠BAC=∠ACD，从而AB∥CD，可推出∠ACB=∠BAC，从而AB=BC，进而推出
AB=CD，进一步得出结论；
（2）可证明△ABE≌△BCF，∠BCF=∠BAE，进而推出∠ANF=∠ABC=60°，进一步得出结论；
（3）作CR⊥AE，可证明△CRE≌△ALF，从而AL=CR，在BH上截取¿=AG=5，连接AT，可证得
△CRM≌△ALT，从而AL=CM=2❑√5，根据AL2=AG2−GL2=AT2−LT2得出，从而求得 ， ，连接 ，可证得 ，设 ，
52−GL2=(2❑√5) 2 −(5−GL) 2 GL=3 AL=4 AH ∠BAH=90° CH=k
1 1 2❑√21
则AB=CD=2k，AH=❑√3k，表示出BH=❑√7k，根据S = BH⋅AL= AB⋅AH得出k=
△ABH 2 2 3
，进而求得BH．
【解题过程】
（1）证明：∵AC平分∠BCD，
∴∠ACB=∠ACD，
∵∠AFH=∠BAC+∠BHC，∠AFH=∠ACD+∠BHC，
∴∠BAC=∠ACD，
∴AB∥CD，∠ACB=∠BAC，
∴AB=BC，
∵BC=CD，
∴AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）证明：∵AB=BC，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
∵BE=CF，
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴∠BCF=∠BAE，
∴∠BCF+∠ABF=∠BAE+∠ABF，
∴∠ANF=∠ABC=60°，
∵AL⊥BH，
∴∠ALN=90°，
∴∠NAL=90°−∠ANF=30°，
∴AN=2NL；
（3）解：如图，作CR⊥AE，在BH上截取¿=AG=5，连接AT、AH，∴∠CRE=∠ALF=90°，
∵由（2）得△ABE≌△BCF，
∴∠AEB=∠BFC，
∴∠CER=∠AFL，
∵BC=AC，BE=CF，
∴CE=AF，
∴△CRE≌△ALF(AAS)，
∴AL=CR，
∴∠GAT=∠ATG，
∴∠AGB=∠GAT+∠ATG=2∠ATG，
∵∠AGB=2∠CME，
∴∠ATG=∠CME，
∵∠MRC=∠ALT=90°，
∴△CRM≌△ALT(AAS)，
∴AL=CM=2❑√5，
∵AL2=AG2−GL2=AT2−LT2，
∴52−GL2=(2❑√5) 2 −(5−GL) 2，
∴GL=3，
∴AL=4，
∵H是CD的中点，
∴AH⊥CD，
∵AB∥CD，
∴AH⊥AB，
∴∠BAH=90°，
设CH=k，则AB=CD=2k，AH=❑√3k，∴BH=❑√AB2+AH2=❑√7k，
1 1
∵S = BH⋅AL= AB⋅AH，
△ABH 2 2
∴❑√7k⋅4=2k⋅❑√3k，
2❑√21
∴k= ，
3
2❑√21 14❑√3
∴BH=❑√7× =
3 3
14．（2024·贵州·一模）如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，E，F分别是BC，AD的中点，点G，H分
别在AB，CD上，且BG=DH，分别沿EG，FH折叠菱形ABCD，点B，D的对应点分别为点M，N，
连接AM，CN，EN，FM．
（1）问题解决：如图①，请判断线段AM，CN的数量关系和位置关系： ；
（2）问题探究：如图②，当点M，N分别落在AB，CD上时，请判断四边形ENFM的形状，并说明理
由；
AG
（3）拓展延伸：如图③，当点A，M，E恰好在一条直线上时，求 的值．
BG
【思路点拨】
（1）连接AC，由菱形的性质和线段中点的定义得到∠B=∠D=60°，BE=DF，进而证明
△BEG≌△DFH(SAS)得到∠BGE=∠DHF，由折叠的性质可得BG=MG，DH=NH，
∠BGE=∠MGE，∠DHF=∠NHF，再证明∠AGM=∠CHN，MG=NH，进而证明
△AGM≌△CHN(SAS)，得到AM=CN，∠GAM=∠HCN，证明∠CAM=∠ACN，得到AM∥CN
，则AM=CN，AM∥CN；
（2）由菱形的性质得到AD∥BC，AB=BC=CD=AD，则∠A=180°−∠B=120°，由折叠的性质可
得ME=BE，∠EMB=∠B=60°，即可证明△BEM是等边三角形，得到BM=BE，证明AM=AF，得
180°−∠A
到∠AMF=∠AFM= =30°，则∠EMF=90°，同理可证明∠MEN=∠MFN=90°，即可
2证明四边形ENFM是矩形；
（3）如图所示，过点M作MH⊥AB于H，连接AC，证明△ABC是等边三角形，由E为BC的中点，得
到∠BAE=30°．由折叠的性质可得BG=MG，∠EMG=∠B=60°，则∠AMG=120°，
❑√3 AG
∠AGM=30°，推出AM=MG，则AG=2GH，在Rt△MGH中，GH= GM，则 =❑√3．
2 BG
【解题过程】
（1）解：如图所示，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D=60°，
∵E，F分别是BC，AD的中点，
1 1
∴DF= AD，BE= BC，
2 2
∴BE=DF，
又∵BG=DH，
∴△BEG≌△DFH(SAS)，
∴∠BGE=∠DHF，
由折叠的性质可得BG=MG，DH=NH，∠BGE=∠MGE，∠DHF=∠NHF，
∵∠AGM=∠BGE+∠MGE−180°，∠CHN=∠DHF+∠NHF−180°，
∴∠AGM=∠CHN，
∵BG=DH，
∴MG=NH，
又∵AB−BG=CD−DH，即AG=CH，
∴△AGM≌△CHN(SAS)，
∴AM=CN，∠GAM=∠HCN，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠DCA，∴∠BAC+∠GAM=∠DCA+∠HCN，即∠CAM=∠ACN，
∴AM∥CN，
∴AM=CN，AM∥CN，
故答案为：AM=CN，AM∥CN．
（2）解：四边形ENFM是矩形，理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB=BC=CD=AD，
∴∠A=180°−∠B=120°，
由折叠的性质可得ME=BE，∠EMB=∠B=60°，
∴△BEM是等边三角形，
∴BM=BE，
∵点E、F是 BC、AD的中点，
1 1 1
∴BE=AF=BM= AB= AD= BC，
2 2 2
∴AM=AF，
180°−∠A
∴∠AMF=∠AFM= =30°，
2
∴∠EMF=90°，
同理可证明∠MEN=∠MFN=90°，
∴四边形ENFM是矩形；
（3）解：如图所示，过点M作MH⊥AB于H，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵E为BC的中点，
∴∠BAE=30°．由折叠的性质可得BG=MG，∠EMG=∠B=60°，
∴∠AMG=120°，
∴∠AGM=30°，
∴AM=MG，
∵MH⊥AB，
∴AG=2GH，
❑√3
在Rt△MGH中，GH= GM，
2
AG
∴AG=❑√3BG，即 =❑√3．
BG
15．（22-23八年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）四边形ABCD是菱形，连接AC，∠ACB=60°．
（1）如图，求证：AC=BC．
（2）如图，点P在△ACD的内部，连接AP、BP，BP与AC相交于点G，且∠APB=60°，点E在线段
AP上，点F在线段BP上，且BF=AE，连接AF、EF，若AF2+EF2=AC2，求∠AFE的度数．
（3）如图，在（2）问条件下，若点E为AP中点，AP=❑√7．求AB的值．
【思路点拨】
（1）根据菱形的性质和已知条件即可推出AC=BC．
（2）通过证明△BFC≌△AEC(SAS)推出FC=EC和∠ECF度数，从而证明△CEF为等边三角形，再结
合已知条件证明AF2+FC2=AC2，根据勾股定理的逆用证明直角三角形AFC，最后求出∠AFE的度数．
（3）利用第二问的结果和在FG上取点R，使FR=EP，证明△BFC≌△AEC(SAS)，从而推出△PRC为
等边三角形，即可求出∠APC度数，再利用等边三角形CEF证明EF=ET从而推出
△AET≌△PEC(SAS)进而求得∠PEC=∠PCE，最后根据直角三角形中勾股定理以及等量转化求出答
案．
【解题过程】
（1）证明：∵如图，四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC
∵∠ACB=60°，
∴ △ABC是等边三角形，
∴ AC=BC．
（2）解：如图，连接CE、CF，
∵∠ACB=60°，∠APB=60°，
∴∠EAC=∠PGC−∠APB=∠PGC−∠ACB=∠FBC.
∵BF=AE，AC=BC，
∴△BFC≌△AEC(SAS)，
∴FC=EC，∠BCF=∠ACE，
∴∠ECF=∠ACF+∠ACE=∠ACF+∠BCF=∠ACB=60°，
∴△CEF为等边三角形，
∴EF=FC，∠EFC=60°．
∵AF2+EF2=AC2，
∴AF2+FC2=AC2，
∴△AFC为直角三角形，
∴∠AFC=90°，
∴∠AFE=∠AFC−∠EFC=90°−60°=30°．
故答案为：30°．
（3）解：如图，延长FA、CE交于点T，连接FC、PC，过点A作AH⊥CP于点H，得∠H=90°，在FG上取点R，使FR=EP．
由（2）知FC=EC=EF，△BFC≌△AEC，
∴∠BFC=∠AEC，
∴∠RFC=∠PEC，
∵FR=EP，FC=EC，
∴△RFC≌△PEC(SAS)，
∴RC=PC，∠FCR=∠PCE．
∵在等边△CEF中∠FCE=60°，∴∠RCP=∠RCE+∠PCE=∠RCE+∠FCR=∠FCE=60°，
∴△PRC为等边三角形，
∴∠RPC=60°，
∴∠APC=∠APB+∠RPC=60°+60°=120°．
由（2）知∠AFC=90°，∠AFE=30°
∴ ∠T=90°−∠ECF=90°−60°=30°，
∴∠T=∠AFE，
∴EF=ET，
∴ET=EC．
∵点E为AP中点，
1
∴AE=PE= AP，
2
又∠AET=∠PEC，
∴△AET≌△PEC(SAS)，
∴∠PCE=∠T=30°．
在△EPC中，∠PEC=180°−∠APC−∠PCE=180°−120°−30°=30°，
∴∠PEC=∠PCE，
❑√7
∴设PE=PC=m，则AP=2m=❑√7，m= ．
2
在Rt△AHP中，∠H=90°，∠HAP=∠APC−∠H=120°−90°=30°，1
∴PH= AP=m，
2
∴AH=❑√AP2−PH2=❑√3m，HC=PH+PC=2m，
在Rt△AHC中，∠H=90°，AC=❑√AH2−HC2=❑√7m，
❑√7 7
∴在等边△ABC中，AB=AC= ×❑√7= ．
2 2
7
故答案为： ．
2
16．（2024·广东汕头·一模）综合探究
综合与实践课上，智慧星小组三位同学对含60°角的菱形进行了探究．
【背景】在菱形ABCD中，∠B=60°，作∠PAQ=∠B，AP，AQ分别交边BC，CD于点P，Q．
（1）【感知】如图1，若点P是边BC的中点，小智经过探索发现了线段AP与AQ之间的数量关系，请你
直接写出这个关系为________．
（2）【探究】如图2，当点P为BC上任意一点时，请说明（1）中的结论是否仍然成立，并写出理由．
（3）【应用】若菱形纸片ABCD中，∠ABC=60°，AB=8，在BC边上取一点P，连接AP，在菱形内
部作∠PAQ=60°，AQ交CD于点Q，当AP=7时，请直接写出线段DQ的长．
【思路点拨】
（1）数量关系：AP=AQ．连接AC，利用菱形的性质和等边三角形的三线合一性质证明
△ABP≌△ADQ(AAS)即可；
（2）利用菱形的性质和等边三角形的性质证明△BAP≌△CAQ(ASA)即可；
1
（3）利用菱形的性质和等边三角形的性质可得BE=EC= BC=3，利用勾股定理求出AE=4❑√3，
2
PE=1，分当点P在点E的左侧和点P在点E的右侧两种情况，可得PC=5或3，再利用（2）中的结论
△BAP≌△CAQ即可得出结论．
【解题过程】（1）解：线段AP与AQ之间的数量关系：AP=AQ．
理由：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，且∠B=60°，
∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠D=60°，
∴△ABC和△ADC都是等边三角形，
∴∠BAC=∠DAC=60°，AB=AD=AC，
∵点P是边BC的中点，
1
∴AP⊥BC，∠BAP=∠CAP= ∠BAC=30°，
2
∵∠PAQ=∠B=60°，
∴∠CAQ=∠PAQ−∠CAP=60°−30°=30°，
∴∠DAQ=∠DAC−∠CAQ=60°−30°=30°，
∴∠CAQ=30°=∠DAQ，
∴AQ⊥CD，
∴∠APB=∠AQD=90°，
在△ABP和△ADQ中，
{
∠B=∠D
)
∠APB=∠AQD ，
AB=AD
∴△ABP≌△ADQ(AAS)
∴AP=AQ，
故答案为：AP=AQ．
（2）证明：成立．理由：
如图，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，且∠B=60°，
∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠D=60°，
∴△ABC和△ADC都是等边三角形，
∴AB=AC，∠B=∠ACQ=60°，∠BAC=60°，
∴∠BAP+∠PAC=60°，
∵∠PAQ=60°，
∴∠PAC+∠CAQ=60°，
∴∠BAP=∠CAQ，
在△BAP和△CAQ中，
{∠ABP=∠ACQ
)
AB=AC ，
∠BAP=∠CAQ
∴△BAP≌△CAQ(ASA)，
∴AP=AQ．
（3）解：如图，过点A作AE⊥BC于E，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，且∠ABC=60°，AB=8，
∴BC=CD=AB=8，
∴△ABC是等边三角形，
1
∴ BE=EC= BC=4，
2
∴ AE=❑√AB2−BE2=❑√82−42=4❑√3，
∵ AP=7，∴ PE=❑√AP2−AE2=❑√72−(4❑√3) 2=1，
当点P在点E的左侧时，PC=EC+PE=4+1=5，
当点P在点E的右侧（图中P′处）时，PC=EC−PE=4−1=3，
∴PC=5或PC=3，
由（2）知：△BAP≌△CAQ，
∴BP=CQ，
∴DQ=PC=5或3．
∴线段DQ的长为5或3．
17．（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）在菱形ABCD中，∠ABC=60°，P是直线BD上一动点，以
AP为边向右侧作等边△APE，（A、P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化．
（1）如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系
是 ，BC与CE的位置关系是 ；
（2）①如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，
请予以证明；若不成立，请说明理由；
②在①的条件下，连接BE，若AB=2，∠APD=75°，直接写出BE的长 ；
（3）当点P在直线BD上时，其他条件不变，连接BE．若AB=2❑√3，BE=2❑√19，请直接写出△APE的
面积 ．
【思路点拨】
（1）连接AC，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明△BAP≌△CAE即可证得结论；
（2）①（1）中的结论成立，用（1）中的方法证明△BAP≌△CAE即可；
②根据已知得出DP=AD，进而根据①可得BP=CE，根据CE⊥BC，勾股定理，即可求解；
（3）分两种情形：当点P在BD的延长线上时或点P在线段DB的延长线上时，连接AC交BD于点O，由
∠BCE=90°，根据勾股定理求出CE的长即得到BP的长，再求AO、PO、PD的长及等边三角形APE的
边长可得结论．
【解题过程】（1）解：如图1，连接AC，延长CE交AD于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°；
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE，∠PAE=60°，
∴∠BAP=∠CAE=60°−∠PAC，
∴△BAP≌△CAE(SAS)，
∴BP=CE；
∵四边形ABCD是菱形，
1
∴∠ABP= ∠ABC=30°，
2
∴∠ABP=∠ACE=30°，
∵∠ACB=60°，
∴∠BCE=60°+30°=90°，
∴CE⊥BC；
故答案为：BP=CE，CE⊥BC；
（2）（1）中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，理由如下：
如图2中，连接AC，设CE与AD交于H，∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC和△ACD都是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAD=120°，∠BAP=120°+∠DAP，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE，∠PAE=60°，
∴∠CAE=60°+60°+∠DAP=120°+∠DAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE(SAS)，
∴BP=CE，∠ACE=∠ABD=30°，
∴∠DCE=30°，
∵∠ADC=60°，
∴∠DCE+∠ADC=90°，
∴∠CHD=90°，
∴CE⊥AD；
∴（1）中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立；
②如图所示，
∵△ABP≌△ACE(SAS)，
∴CE=BP，
∵∠APD=75°,∠ADB=30°
∴∠DAP=75°=∠APD，
∴DA=DP=2，
∵BD=2BO=2❑√3AO=❑√3AB=2❑√3
∴BP=CE=BD−DP=2❑√3−2
∵CE⊥AD，AD∥BC
∴CE⊥BC
∴BE=❑√BC2+CE2=❑√22+(2❑√3−2) 2=❑√20−8❑√3故答案为：❑√20−8❑√3．
（3）如图3中，当点P在BD的延长线上时，连接AC交BD于点O，连接CE，BE，作EF⊥AP于F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD BD平分∠ABC，
∵∠ABC=60°，AB=2 ❑√3，
∴∠ABO=30°，
1
∴AO= AB= ❑√3，OB= ❑√3 AO=3，
2
∴BD=6，
由（2）知CE⊥AD，
∵ AD∥BC，
∴CE⊥BC，
∵BE=2 ❑√19，BC=AB=2 ❑√3，
∴CE= ❑√ (2❑√19) 2 −(2❑√3) 2 =8，
由（2）知BP=CE=8，
∴DP=2，
∴OP=5，
∴AP= ❑√OA2+OP2 = ❑√ (❑√3) 2+52 =2 ❑√7，
∵△APE是等边三角形，
❑√3
∴S = ×(2❑√7) 2 =7❑√3，
△AEP 4
如图4中，当点P在DB的延长线上时，同法可得AP= ❑√OA2+OP2 = ❑√ (❑√3) 2+112 =2 ❑√31，❑√3
∴S = ×(2❑√31) 2=31❑√3．
△AEP 4
18．（2023·广东广州·二模）在菱形ABCD中，∠ABC=60°，点P是平面内一动点，以AP为边作等边
△APE，其中A，P，E按逆时针方向排列．
（1）如图①，当点P在线段BD上，点E在菱形ABCD内部时，连接CE，则线段BP与CE的数量关系是
；BP与CE的夹角度数是 ；
（2）如图②，当点P在线段BD上，点E在菱形ABCD外部时，连接CE，求证：❑√3AD=PD+CE；
（3）如图③，当点P在线段BD的延长线上时，连接CE，请直接用等式表示线段AD，PD，CE之间的数
量关系： ．
【思路点拨】
（1）连接AC，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明△BAP≌△CAE即可证得结论；
（2）同（1）的方法得出BP=CE，再用含30度角的直角三角形得出❑√3AD=2OD，即可得出结论；
（3）结合（1）（2）的方法，即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：如图①，连接AC，延长CE交AD于点H，CE与BD的交点为G，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°；
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE，∠PAE=60°，
∴∠BAP=∠CAE=60°−∠PAC，
∴△BAP≌△CAE(SAS)，
∴BP=CE；
∵四边形ABCD是菱形，
1
∴∠ABP= ∠ABC=30°，
2
∴∠ABP=∠ACE=30°，
∵∠ACB=60°，
∴∠BCE=60°+30°=90°，
∴CE⊥BC，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ADC=∠ABC=60°，
∵BD为菱形ABCD的对角线，
∴∠ADB=30°，
∴∠DGH=60°；
故答案为：BP=CE，60°；
（2）证明：如图②中，连接AC，交BC于O，∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC和△ACD都是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAD=120°，∠BAP=120°−∠DAP，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE，∠PAE=60°，
∴∠CAE=60°+60°−∠DAP=120°−∠DAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE(SAS)，
∴BP=CE，
∵菱形ABCD的对角线AC与BD相交于O，
1
∴BD=2OD，∠ADO= ∠ADC=30°，
2
❑√3
在Rt△AOD中，AD= OD，
2
∴ ❑√3AD=2OD=BD=BP+PD=CE+PD；
（3）解：❑√3AD=CE−PD．
理由：如图③，连接AC，交BC于O，同（2）的方法得，❑√3AD=2OD=BD=BP−PD，
同（1）的方法得BP=CE，
∴ ❑√3AD=CE−PD．
故答案为：❑√3AD=CE−PD．
19．（22-23八年级下·浙江宁波·期末）如图，在菱形ABCD中，∠D=60°，AB=6cm点P在边BC上由
C向B运动，点Q在边CD上由D向C运动，速度均为1cm/s，连接AP、AQ，以AP、AQ为邻边构造
▱APMQ，连接AM过点B作BG⊥AM，交折线A−D−C于点G，分别交AP、AQ于点E、F．
（1）求证：▱APMQ为菱形．
（2）连结CE，CF，求△ECF周长的最小值，并说明理由．
（3）当点G在线段AD上时，若某时刻满足DG=DQ，
①证明：E为AP中点．
②请直接写出此时P点的运动时间．
【思路点拨】
（1）连接AC，证明△APC≌△AQD(SAS)，得到AQ=AP，即可证明平行四边形APMQ为菱形；
（2）连接FD，BD，证明△EPC≌△FQD(SAS)，△EPB≌△FQC(SAS)，可得△ECF的周长=CE+EF+FC=BE+EF+FD≥BD，求出BD的长即为所求；
（3）①证明△AGE≌△PBE(AAS)，可得AE=PE，则E是AP的中点；
BP
②连接AC交GB于点H，证明△ABH≌△CAP(AAS)，可得AH=CP，BP=CH，设 =k，S =s，
CP △CPE
HC S (k+1)s BP S ks 1+❑√5
所以S =S =ks，再由 = △BEC = = = △BPE = ，求出k= ，再求
△PBE △BAE AH S ks CP S s 2
△ABE △CPE
t=PC=9−3❑√5．
【解题过程】
（1）证明：如图1，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=AD=CD，
∵∠D=60°，
∴AC=AD，
∵P、Q点的运动速度相同，
∴PC=DQ，
∵∠ACB=∠D=60°，
∴△APC≌△AQD(SAS)，
∴AQ=AP，
∵四边形APMQ是平行四边形，
∴四边形APMQ是菱形；
（2）解：如图2，连接FD，BD，，
∵四边形APMQ是菱形，
∴AP=AQ，PQ⊥AM，
∵BG⊥AM，
∴BG∥PQ，
∴AF=AE，
∴PE=QF，
∵∠AQD=∠APC，PC=QD，
∴△EPC≌△FQD(SAS)，
∴CE=FD，
∵BC=CD，
∴BP=CQ，
∵∠APC=∠AQD，
∴∠APB=∠AQC，
∵FP=FQ，
∴△EPB≌△FQC(SAS)，
∴BE=CF，
∴△ECF的周长=CE+EF+FC=BE+EF+FD≥BD，
∵AB=6cm，∠ADC=60°，
∴BD=6❑√3，
∴△ECF的周长的最小值为6❑√3；
（3）①证明：∵△ACP≌△AQD，
∴BP=CQ，
∵QD=GD，
∴BP=CQ=AG，∵BC∥AD，
∴∠FBP=∠AGE，
∴△AGE≌△PBE(AAS)，
∴AE=PE，
∴E是AP的中点；
②解：连接AC交GB于点H，
，
∵AB=BC，∠ABC=∠ADC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠AEF=60°，
∴∠EAH+∠AHE=120°，
∵∠PAC+∠APC=120°，
∴∠AHB=∠APC，
∴△ABH≌△CAP(AAS)，
∴AH=CP，BP=CH，
BP
设 =k，S =s，
CP △CPE
∴S =S =ks，
△PBE △BAE
HC S (k+1)s BP S ks
∵ = △BEC = = = △BPE = ，
AH S ks CP S s
△ABE △CPE
1+❑√5
解得：k= ，
2
6−t 1+❑√5
∴ = ，
t 2
∴t=PC=9−3❑√5．
20．（23-24八年级下·湖北武汉·期中）在菱形ABCD和菱形BEFG中，∠ABC=∠EBG=60°,AB=6,BE=2．
（1）如图1，若点E、G分别在边AB、BC上，点F在菱形ABCD内部，连接DF，直接写出DF的长度
为_________；
（2）如图2，把菱形BEFG绕点B顺时针旋转α°(0<α<360)，连接DF、CG，判断DF与CG的数量关
系，并给出证明；
（3）如图3，①把菱形BEFG继续绕点B顺时针旋转，连接GD,O为DG的中点，连接CO、EO，试探
究CO与EO的关系；②直接写出菱形BEFG绕B点旋转过程中CO的取值范围．
【思路点拨】
（1）连接AC,EG,BF,DB，AC,BD交于点O，EG,BF交于点H，根据菱形的性质，证明B,F,D三
点共线，求出BD,BF的长，用BD−BF即可求出DF的长度；
（2）过点D作DM∥FG，过点G作GM∥DF，过点C作CN⊥MG，得到四边形DMGF为平行四边
形，证明△CDM≌△CBG，得到CM=CG,∠DCM=∠BCG，进而求出
∠MCG=∠BCG+∠BCM=∠DCM+∠BCM=∠DCB=120°，利用等腰三角形的性质结合30度角
的直角三角形的性质，即可得出结论；
（3）①延长CO至点H，使OC=OH，连接AC,AH,HE,HG，延长BA，交CH于点Q，先证明
△DOC≌△GOH，推出四边形AHGB为平行四边形，再证明△HAC≌△EBC，推出△CHE为等边三角
形，利用等边三角形的性质和含30度角的直角三角形的性质，即可得出结论；②三角形的三边关系，求出
CE的范围，进而求出OC的范围即可．
【解题过程】
（1）解：连接AC,EG,BF,DB，AC,BD交于点O，EG,BF交于点H，
∵菱形ABCD，菱形EBGF，1 1
∴∠ABD=∠CBF= ∠ABC=30°,∠EBF=∠GBF= ∠EBG=30°，
2 2
AC⊥BD,EG⊥BF,BD=2OB,BF=2HB，
∵点E、G分别在边AB、BC上，
∴∠ABD=∠ABF=30°，
∴B,F,D三点共线，
∵BE=2,∠EBF=30°，
1
∴HE= BE=1，BH=❑√3HE=❑√3，
2
∴BF=2BH=2❑√3，
❑√3
同理：BD=2OB=2❑√3OA=2× AB=6❑√3，
2
∴DF=BD−BF=4❑√3；
故答案为：4❑√3；
（2）FD=❑√3CG，证明如下：
过点D作DM∥FG，过点G作GM∥DF，过点C作CN⊥MG，
则：四边形DMGF为平行四边形，
∴DF=MG，DM=GF，
∵菱形ABCD，菱形EBGF，∠ABC=∠EBG=60°，
∴AD∥BC,BE∥GF，∠ADB=∠ABC=∠EBG=60°，CD=BC,BG=GF=DM
∴BE∥DM，∠1=∠2，∠DCB=180°−∠ADC=120°，
∴∠3=∠DMN，
∵∠1=∠ADM+∠DMN,∠2=∠3+∠CBE
∴∠ADM=∠CBE，
∴∠CDA+∠ADM=∠CBE+∠EBG，即：∠CDM=∠CBG，
又∵CD=BC,BG=DM，
∴△CDM≌△CBG，∴CM=CG,∠DCM=∠BCG，
∴∠MCG=∠BCG+∠BCM=∠DCM+∠BCM=∠DCB=120°，
1
∴∠CMG=∠CGM= (180°−120°)=30°，
2
∵CN⊥MG，
1
∴DF=MG=2NG，CN= CG，
2
❑√3
∴NG=❑√CG2−CN2= CG，
2
∴DF=❑√3CG；
（3）①延长CO至点H，使OC=OH，连接AC,AH,HE,HG，延长BA，交CH于点Q，
∵O是DG的中点，
∴OD=OG，
又∵∠DOC=∠HOG，
∴△DOC≌△GOH，
∴GH=CD，∠OCD=∠OHG，
∴CD∥HG，
∵菱形ABCD，
∴AB∥CD,AD∥BC,AB=BC=CD=DA,∠ADC=∠ABC=60°，
∴AB∥HG，GH=CD=AB，△ABC为等边三角形，
∴四边形AHGB为平行四边形，∠BAC=∠ACB=60°，AC=AB=BC，
∴AH∥BG,AH=BG，∠CAQ=180°−∠CAB=120°，
∴∠HAQ=∠ABG，
∵BG=BE，
∴AH=BE，
∵∠CBE=∠ABC+∠ABG+∠EBG=120°+∠ABG，∠HAC=∠HAQ+∠CAQ=∠HAQ+120°，
∴∠CBE=∠HAC，
又∵AH=BE，AC=BC，
∴△HAC≌△EBC，
∴CH=CE，∠HCA=∠ECB，
∴∠HCE=∠HCA+∠ACE=∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，
∴△CHE为等边三角形，
∵OC=OH，∠HEC=60°，
∴OE⊥OC，∠CEO=30°，
1
∴OC= CE，
2
∴OE=❑√3OC；
②∵BC=AB=6,BE=2，
∴BC−BE≤CE≤BC+BE，即：4≤CE≤8，
1
∵OC= CE，
2
∴2≤OC≤4．
