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专题 18.6 菱形中的几何综合
◆ 典例分析
【典例1】问题背景：如图，在菱形ABCD中，连接AC，AB=5，AC=6．
初步探究：
（1）菱形ABCD的面积为 ．
（2）如图1，若E，F分别是AB，CD上的动点，且AE=DF，过点E作EG⊥AC，过点F作
FH⊥AC，垂足分别为点G，点H，求EG+FH的值．
拓展延伸：
（3）如图2，P是CD上的动点，连接AP．
①AP的最小值为 ；
②如图3，Q是AD上的动点，连接CQ，且AQ=DP，求AP+CQ的最小值．
【思路点拨】
1 1
（1）连接BD，交AC于点O，根据菱形的性质得出BO=DO= BD，AO=CO= AC=3，AC⊥BD，
2 2
根据勾股定理求出BO=❑√AB2−AO2=4，最后求出结果即可；
（2）连接BD，交AC于点O，过点E作EK⊥BD于点K，证明△BEK≌△FCH(AAS)，得出BK=FH，
即可得出EG+FH=EG+BK+OK+BK=OB=4，求出结果即可；
（3）①过点A作AP′⊥CD于点P′，根据垂线段最短，得出AP的最小值为AP′的长，根据菱形面积求出
结果即可；
②在BC的延长线上截取CR=CD，连接PR，AR．证明△CDQ≌△RCP(SAS)，得出CQ=PR，根据当
点A，点P，点R在同一条直线上时，AP+PR有最小值，即AP+PR的最小值为AR的长，过点A作AT⊥BR
于点T，根据勾股定理求出
AR=❑√AT2+T R2=❑
√ (24) 2
+
(43) 2
=❑√97
．
5 5
【解题过程】
解：（1）连接BD，交AC于点O，如图所示：
∵四边形ABCD为菱形，
1 1
∴BO=DO= BD，AO=CO= AC=3，AC⊥BD，
2 2
∴BO=❑√AB2−AO2=4，
∴BD=2×4=8，
1
∴S = ×6×8=24；
菱形ABCD 2
（2）如图1，连接BD，交AC于点O，过点E作EK⊥BD于点K．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵EG⊥AO
∴四边形EKOG是矩形
∴EG=OK
1
∵OA= AC=3，EK∥AC，
2
∴OB=❑√AB2−OA2=❑√52−32=4，
∵AE=DF，
∴AB−AE=CD−DF，即BE=CF．
∵EK∥AC，∴∠EAG=∠BEK．
又∵∠EAG=∠FCH，
∴∠BEK=∠FCH，
又∵∠EKB=∠FHC=90°，
∴△BEK≌△FCH(AAS)，
∴BK=FH，
∴EG+FH=EG+BK=OK+BK=OB=4，
∴EG+FH的值为4．
（3）①如图2，过点A作AP′⊥CD于点P′，
∵垂线段最短，
∴AP的最小值为AP′的长，
由（1）可知菱形ABCD的面积为24，
∴CD·AP′=24，
即5AP′=24，
24
解得：
AP′=
，
5
24
∴AP的最小值为 ．
5
②如图3，在BC的延长线上截取CR=CD，连接PR，AR．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD，AD∥BC，
∴∠D=∠DCR，
∵AQ=DP，∴AD−AQ=CD−DP，即DQ=CP．
又∵CD=CR，
∴△CDQ≌△RCP(SAS)，
∴CQ=PR，
∴AP+CQ=AP+PR，
∴当点A，点P，点R在同一条直线上时，AP+PR有最小值，
即AP+PR的最小值为AR的长，
∴AP+CQ的最小值为AR的长
过点A作AT⊥BR于点T，
24
由①易知AT= ，
5
∴BT=❑√AB2−AT2=❑
√
52−
(24) 2
=
7
，
5 5
7 18
∴CT=BC−BT=5− = ，
5 5
18 43
∴TR=CT+CR=5+ = ，
5 5
∴AR=❑√AT2+T R2=❑
√ (24) 2
+
(43) 2
=❑√97，
5 5
∴AP+CQ的最小值为❑√97．
◆ 学霸必刷
1．（24-25八年级下·山东德州·期中）如图，在菱形ABCD中，∠B=45°,BC=2❑√2,E,F分别是边
CD,BC上的动点，连接AE和EF,G,H分别为AE,EF的中点，连接GH，则GH的最小值为（ ）
❑√6
A．❑√2 B． C．2 D．1
2
【思路点拨】连接AF，得到GH是△AEF的中位线，当AF⊥BC时，AF最小，GH得到最小值，计算AF即可．
【解题过程】
解：连接AF，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=2❑√2，
∵G，H分别为AE,EF的中点，
∴GH是△AEF的中位线，
1
∴GH= AF，
2
当AF⊥BC时，AF最小，GH得到最小值，
∵∠B=45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴AF2+BF2=2AF2=AB2=(2❑√2) 2 ，
∴AF=2，
1
故GH的最小值为 AF=1．
2
故选：D．
2．（2025·安徽合肥·二模）在菱形ABCD中，已知AB=5，BD=8，AC与BD相交于点O，点E为OD
上一点，将△ADE沿着AE翻折得到△AFE，使点F落在边BC上，则DE的长为（ ）
12 25
A． B．2.5 C．3 D．
5 8
【思路点拨】
本题考查了菱形的性质、勾股定理、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形和折叠1
的性质是解题关键．先根据菱形的性质可得AD=AB=5,OD= BD=4,AC⊥BD，
2
∠ABC=∠ADC=2∠ADB,AD∥BC，利用勾股定理可得OA=3，再设DE=x，则OE=4−x，根据
1
折叠的性质可得AF=AD=5,∠EAF=∠EAD= ∠DAF，然后证出∠ADB=∠EAD，根据等腰三角
2
形的判定可得AE=DE=x，最后在Rt△AOE中，利用勾股定理求解即可得．
【解题过程】
解：∵在菱形ABCD中，AB=5,BD=8，
1
∴AD=AB=5,OD= BD=4,AC⊥BD，∠ABC=∠ADC=2∠ADB,AD∥BC，
2
∴OA=❑√AD2−OD2=3，
设DE=x，则OE=OD−DE=4−x，
∵点E为OD上一点，
∴0≤x≤4，
1
由折叠的性质得：AF=AD=5,∠EAF=∠EAD= ∠DAF，
2
∴AB=AF，
∴∠AFB=∠ABC=2∠ADB，
又∵AD∥BC，
∴∠DAF=∠AFB=2∠ADB，
∴∠ADB=∠EAD，
∴AE=DE=x，
在Rt△AOE中，OA2+OE2=AE2，即32+(4−x) 2=x2，
25
解得x= ，符合题意，
8
25
∴DE= ，
8
故选：D．
3．（24-25九年级上·辽宁丹东·期末）如图，在边长为8的菱形ABCD中，点E,F为边AD，CD上的动点，
且AE=CF，连接BF，CE，若菱形ABCD面积为60，则BF+CE的最小值为（ ）A．15 B．16 C．17 D．18
【思路点拨】
本题主要考查了菱形与三角形综合．熟练掌握菱形性质，全等三角形的判定和性质，轴对称性质，勾股定
理，是解题的关键．
作点C关于AD的对称点G，连接CG交AD于点H，连接AG，AE，EG，则CE=EG，可得CG⊥BC，
根据S =AD⋅CH=60，AD=8，得CH=7.5，得CG=2CH=15,得BG=17,根据菱形性质和
菱形ABCD
AE=CF，可得△ABE≌△CBF(SAS)，得BE=BF，得BF+CE≥BG，得BE+CE取得最小值为17 ．
【解题过程】
解：作点C关于AD的对称点G，连接CG交AD于点H，连接AG，AE，EG，
则CG⊥AD，CH=GH，CE=EG，
∵AD∥BC，
∴CG⊥BC，
∵S =AD⋅CH=60，AD=8，
菱形ABCD
∴CH=7.5，
∴CG=2CH=15，
∴BG=❑√BC2+CG2=17，
∵菱形ABCD中，AB=BC，∠A=∠BCD，且AE=CF，
∴△ABE≌△CBF(SAS)，
∴BE=BF，
∴BF+CE=BE+CE=BE+EG≥BG，∴当点E在线段BG上时，BE+CE取得最小值17．
故选：C．
4．（2025·福建漳州·二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是AD的中点，连
接OE，若AC=6,BD=8，则下列结论错误的是（ ）
5
A．AB=5 B．OE=
2
24
C．菱形的面积为48 D．点A到BC的距离为
5
【思路点拨】
由菱形性质，结合勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、菱形面积公式、等面积法求线段长
等知识逐项验证即可得到答案．
【解题过程】
解：A、在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，
1 1
∴AC⊥BD，且OA=OC= AC=3，OB=OD= BD=4，
2 2
则在Rt△AOB中，∠AOB=90°，OA=3,OB=4，由勾股定理可知AB=❑√OA2+OB2=5，
故该选项正确，不符合题意；
B、在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，
1 1
∴AC⊥BD，且OA=OC= AC=3，OB=OD= BD=4，
2 2
则在Rt△AOD中，∠AOD=90°，OA=3,OD=4，由勾股定理可知AD=❑√OA2+OD2=5，
∵点E是Rt△AOD斜边AD的中点，
1 5
∴OE= AD= ，
2 2
故该选项正确，不符合题意；
1 1
C、在菱形ABCD中，AC=6,BD=8，则菱形的面积为 AC⋅BD= ×6×8=24≠48，
2 2
故该选项错误，符合题意；D、过点A作AF⊥BC于点F，如图所示：
1
∴由等面积可知S = AC⋅BD=BC⋅AF，
菱形ABCD 2
在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，
1 1
∴AC⊥BD，且OA=OC= AC=3，OB=OD= BD=4，
2 2
则在Rt△BOC中，∠BOC=90°，OB=3,OC=4，由勾股定理可知BC=❑√OB2+OC2=5，
24
∴ 24=5AF，解得AF= ，
5
24
则点A到BC的距离为 ，
5
故该选项正确，不符合题意；
故选：C．
5．（24-25九年级下·浙江·期中）如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠BCD=60°，E为AD上一动点，
连接BE，以BE为腰作等腰三角形BEE'，使得∠EBE'=120°，连结AE'．当AE=3时，△ABE'的面积
为（ ）
3
A．2❑√3 B． C．❑√3 D．3
2
【思路点拨】
结合菱形的性质推出∠ABE=∠CBE'，通过“边角边”证明△ABE≌△CBE'后，由全等三角形的性质
可得AE=CE'=3，∠BCE'=∠BAE=60°，过E'作E'F⊥CD延长线于点F，延长FE'交AB延长线于
点G，作BH⊥CD交CD于点H，结合含30°的直角三角形的特征、勾股定理求出E'F、BH，证明四边1
形BHFG是矩形后，结合矩形性质即可得E'G，最后根据S = AB·E'G即可得解．
△ABE' 2
【解题过程】
解：∵菱形ABCD中，AB=BC=CD=AD=4，∠BAD=∠BCD=60°，AB∥CD，
∴∠ABC=180°−∠BCD=120°，
∴∠ABC−∠CBE=∠EBE'−∠CBE=120°−∠CBE，
即∠ABE=∠CBE'，
∵ △BEE'是以BE为腰的等腰三角形，
∴BE=BE'，
∵在△ABE和△CBE'中，
{
BE=BE'
)
∠ABE=∠CBE' ，
AB=CB
∴△ABE≌△CBE'(SAS)，
∴AE=CE'=3，∠BCE'=∠BAE=60°，
∴∠E'CD=∠BCE'+∠BCD=120°，
过E'作E'F⊥CD延长线于点F，延长FE'交AB延长线于点G，作BH⊥CD交CD于点H，
则∠F=90°，∠BHC=90°，
∴∠E'CF=180°−∠E'CD=60°，∠CE'F=180°−∠F−∠E'CF=30°，
1 3 3❑√3
∴Rt△CE'F中，CF= CE'= ，E'F=❑√CE'2−CF2= ，
2 2 2
1
∴Rt△BHC中，∠CBH=180°−∠BHC−∠BCD=30°，CH= BC=2，BH=❑√BC2−CH2=2❑√3，
2
∵AB∥CD，E'F⊥CD，
∴FG⊥AB，
又BH⊥CD，∴四边形BHFG是矩形，
❑√3
∴FG=BH=2❑√3，E'G=FG−E'F=
，
2
1 1 ❑√3
∴S = AB·E'G= ×4× =❑√3．
△ABE' 2 2 2
故选：C．
6．（2024·辽宁·模拟预测）如图，菱形ABCD的边长为4，∠A=120°，点P在对角线BD上，点M在边
AD上，DM=1，点N为AB中点，则PM+PN的最小值为（ ）
A．4 B．5 C．❑√21 D．❑√5
【思路点拨】
N关于BD的对称点N′，即连接AN′，AC，PN′，N N′，连接M N′交BD于P，根据菱形的性质和轴对
称的性质，可得△NJB≌△N′JB(ASA)，BN=BN′，再结合AB=BC，可得点N′为BC中点，BD垂直平
分N N′，故PN=PN′，继而结合题意证明△ABC为等边三角形，且AN′⊥BC，AN′⊥BC，再利用勾
股定理算出AN′，再算出M N′，根据PN=PN′，即可求出PM+PN的最小值．
【解题过程】
解：作N关于BD的对称点N′，连接AN′，AC，PN′，连接N N′交于点J，连接M N′交BD于P，
∵N关于BD的对称点为N′，
∴N N′⊥BD
∴∠NJB=∠N′JB=90°
又∵四边形ABCD为菱形，
∴∠ABD=∠CBD，AB=BC
又∵JB为公共边
∴△NJB≌△N′JB(ASA)，∴BN=BN′，
又∵AB=BC，
∴点N′为BC中点，
又∵N N′⊥BD，
∴BD垂直平分N N′，
∵点P在对角线BD上
∴PN=PN′，
∵四边形ABCD为菱形，其边长为4，∠DAB=120°，
1
∴∠ABC=60°，AB=BC=CD=AD=4，BN′= BC=2，
2
∴△ABC为等边三角形，
1
又∵BN′= BC=2，
2
∴AN′⊥BC，
即∠AN′B=90°，
∴AN′=❑√AB2−BN′2=❑√42−22=2❑√3，
又∵AD∥BC，
∴AN′⊥AD，
即∠MAN′=90°
又∵DM=1，AB=BC=CD=AD=4，
∴DM=AD−AM=3，
∴M N′=❑√AN′2+AM2=❑√(2❑√3) 2+32=❑√21，
∵PN=PN′，
∴则PM+PN的最小值为M N′，
即PM+PN的最小值为❑√21，
故选C．
7．（24-25九年级上·山西太原·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，有
❑√3
如下结论：①∠CFH=30°；②DE= AE；③CH=GH；④S :S =3:5，上述结论中，
3 △ABF 四边形AFCD所有正确结论的序号是（ ）
A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【思路点拨】
连接AC，得到△ACD是等边三角形，根据三线合一的性质得到AG⊥CD，由折叠得∠G=∠B=60°，
求出∠C,∠CHF的度数即可判断①；利用30度角的性质求出DE，勾股定理求出AE，即可判断②；连
接CG，由等边对等角求出∠ACG=∠AGC，得到∠HCG=∠HGC，即可判断③；过点F作
FM⊥AB于点M，先求出∠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S −S 求出四边形
△ABF 菱形ABCD △ABF
AFCD的面积，即可判断④．
【解题过程】
解：如图：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD，∠D=∠ABC=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∵E是CD边的中点，
∴AG⊥CD，
∴∠AED=∠GEH=90°，
由折叠得∠G=∠B=60°，
∴∠CHF=∠EHG=90°−60°=30°，∵∠BCD=180°−∠B=120°，
∴∠CFH=180°−120°−30°=30°，故①正确；
∵∠DAE=90°−∠D=30°，
∴AD=2DE，
∴AE=❑√AD2−DE2=❑√3DE，
DE DE ❑√3 ❑√3
∴ = = ，即DE= AE，故②正确；
AE ❑√3DE 3 3
如图：连接CG，由折叠得AG=AB=AD，
∵△ACD是等边三角形，
∴AC=AD，
∴AC=AG，
∴∠ACG=∠AGC，
∵∠ACD=∠AGF=60°，
∴∠HCG=∠HGC，
∴CH=GH，故③正确；
如图：过点F作FM⊥AB于点M，
∵∠BAD=180°−∠B=120°,∠DAE=30°，
∴∠BAG=90°，
由折叠得∶∠BAF=∠GAF=45°，
∴∠AFM=45°=∠BAF，
∴AM=FM，
∵∠BFM=90°−∠B=30°，
∴MF=❑√3BM，
设BM=x，则AM=MF=❑√3x，
1 ❑√3+3
∴AB=(1+❑√3)x，S = ×(1+❑√3)x⋅❑√3x= x，
△ABF 2 2
∵AD=CD=AB=(1+❑√3)x，
❑√3 ❑√3+3
∴AE= (1+❑√3)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= x，
菱形ABCD △ABF 2 2
❑√3+3 3+3❑√3
∴S ：S = x2： x2=❑√3：3≠3：5，故④错误．
△ABF 四边形AFCD 2 2
故选：B．
8．（24-25九年级上·广东广州·开学考试）如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，
∠ABD=70°．动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，以相同的速度分
别向终点B，D（包括端点）运动．点E关于AD，AB的对称点为E ，E ；点F关于BC，CD的对称点为
1 2
F ，F ．在整个过程中，四边形E E F F 形状的变化依次是（ ）
1 2 1 2 1 2
A．平行四边形→矩形→菱形→平行四边形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→菱形
C．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形 D．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形
【思路点拨】
本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆
定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，根据题意，分放五种特殊位置分别证明四边形
E E F F 是菱形，平行四边形，矩形，平行四边形，菱形即可求解.
1 2 1 2
【解题过程】
解：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD,∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠BDC=∠ABD=60°,∠ADB=∠CBD=90°−60°=30°，
∵OE=OF、OB=OD，
∴DF=EB，
∵对称，
∴DF=DF ,BF=BF ,BE=BE , DE=DE ,E F =E F ，∠F DC=∠CDF=60°,
2 1 2 1 1 2 2 1 2
∴∠EDA=∠E₁DA=30°,
∴∠E DB=60°,
1
同理 ∠F BD=60°,
1
∴DE ‖BF ,
1 1
∵E F =E F ,
1 2 2 1
∴四边形E E F F 是平行四边形，
1 2 1 2
如图2所示, 当E,F,O三点重合时, DO=OB,
∴DE =DF =AE =AE ,即 E E =E F ,
1 2 1 2 1 2 1 2
∴四边形E E F F 是菱形；
1 2 1 2
如图3所示, 当E,F分别为OD,OB的中点时, 设DB=4,则DF =DF=1, DE =DE=3,
2 1在Rt△ABD中，AB=2,AD=2,连接AE,AO,
∵∠ABO=60°,BO=2=AB，
∴△ABO是等边三角形，
∵E为OB中点，
∴AE⊥OB,BE=1，
∴AE=❑√22−12=❑√3，
根据对称性可得AE =AE=❑√3，
1
∴AD2=12,DE2=9,AE2=3，
1 1
∴AD2=DE2+AE2
，
1 1
∴△DE A是直角三角形，
1
且 ∠E =90°,四边形E E F F 是矩形.
1 1 2 1 2
当F,E分别与D,B重合时, △BE D, △BDF 都是等边三角形，则四边形 E E F F 是菱形，
1 1 1 2 1 2
∴在整个过程中，四边形E E F F 形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，
1 2 1 2
故选:D.
9．（23-24八年级下·浙江丽水·期末）如图，在菱形ABCD中，点P是对角线BD上一动点，PE⊥BC于
点E，PF⊥CD于点F，记菱形高线的长为h，则下列结论：①当P为BD中点时，则PE=PF；②
PE+PF= ℎ；③∠EPF+∠A=180°；④若AB=2,∠EPF=60°，连接PC，则PE+PC有最小值为
❑√3
2；⑤若ℎ =2,∠EPF=60°，连接EF，则S
△PEF
的最大值为
2
．其中错误的结论有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【思路点拨】
本题考查菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，连接CP，等积法判断
①和②，四边形的内角和为360度，结合菱形的对角相等，判断③，连接AC，过点A作AG⊥BC，根据
菱形的性质和成轴对称的特征求解，判断④，连接EH，过点E作EH⊥PF，利用含30度角的直角三角
形的性质，结合配方法判断⑤即可．
【解题过程】
解：菱形ABCD，
∴AB=BC=CD=AD,∠A=∠C，
连接CP，
当P为BD中点时，则：S =S ，
△BCP △DCP
∵PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，
1 1
∴ BC⋅PE= CD⋅PF，
2 2
∵BC=CD，
∴PE=PF，故①正确；
1 1 1
∵S =S +S = BC⋅PE+ CD⋅PF= BC(PE+PF)，
△BCD △BCP △DCP 2 2 2
S =BC⋅ℎ，S =2S ，
菱形ABCD 菱形ABCD △BCD
1
∴2× BC(PE+PF)=BC⋅ℎ，
2
∴PE+PF= ℎ；故②正确；
∵PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，∴∠PEC=90°,∠PFC=90°，
∴∠EPF+∠C=360°−∠PEC−∠PFC=180°，
∵∠A=∠C，
∴∠EPF+∠A=180°；故③正确；
连接AC，过点A作AG⊥BC，则BD垂直平分AC，
∴PA=PC，
∴PC+PE=PA+PE≥AE，
∴当A,P,E三点共线时，PC+PE的值最小，
∵PE⊥BC，
∴当点E与点G重合时，PC+PE的值最小为AG的长，
∵AB=2,∠EPF=60°，且∠EPF+∠BAD=180°，
∴∠BAD=120°，AB=BC=2，
∴∠BAC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴BG=CG=1，
∴AG=❑√AB2−BG2=❑√3，
∴PC+PE的最小值为❑√3，故④错误；
连接EH，过点E作EH⊥PF，
∵∠EPF=60°，
1
∴PH= PE，
2❑√3
∴EH=❑√PE2−PH2= PE，
2
∵PE+PF=
ℎ
=2，
∴PF=2−PE，
❑√3
设PE=x，则：PF=2−x，EH= x
2
1 1 ❑√3 ❑√3 ❑√3 ❑√3 ❑√3
∴S = PF⋅EH= (2−x)⋅ x=− x2+ x=− (x−1) 2+ ，
△PEF 2 2 2 4 2 4 4
∵(x−1) 2≥0，
❑√3
∴− (x−1) 2≤0，
4
❑√3 ❑√3 ❑√3
∴S =− (x−1) 2+ ≤ ；
△PEF 4 4 4
❑√3
∴S 的最大值为 ；故⑤错误；
△PEF 4
故选B．
10．（2025·陕西榆林·三模）如图，四边形ABCD是菱形，AB=❑√3，∠ABC=60°，E，F分别是BC和
BD上的动点，且CE=DF，连接AE，AF，则AE+AF的最小值为 ．
【思路点拨】
如图,连接AC，过点C作CT⊥CA，使得CT=AD=AB=❑√3，连接AT.证明△ADF≌△ECT(SAS),推出
AF=ET,推出AE+AF=AE+ET≥AT,求出AT即可解决问题．
【解题过程】
解：如图,连接AC,过点C作CT⊥CA,使得CT=AD=❑√3,连接AT,ET.
∵四边形ABCD是菱形,1
∴AB=CB=CD=AD,∠ABC=∠ADC=60°, ∠ADB= ∠ADC=30°，
2
∴△ABC是等边三角形,
∴∠ACB=60°,AC=AB=❑√3,
∵AC⊥CT,
∴∠ECT=30°,
∴∠ADF=∠ECT,
∵CE=DF,CT=DA,
∴△ADF≌△ECT(SAS),
∴AF=ET,
∴AE+AF=AE+ET≥AT,
∵∠ACT=90°,AC=CT=❑√3,
∴AT=❑√AC2+CT2=❑√3+3=❑√6，
∴AE+AF≥❑√6，
∴AE+AF的最小值为❑√6．
故答案为：❑√6.
11．（2025·山东枣庄·二模）如图，在菱形ABCD中，∠A=120°，AB=4，点E、F分别是边AB、AD
上的动点，且AE=DF，则EF的最小值是 ．
【思路点拨】
连接AC，过点C作CG⊥AD于点G，证明△ABC和△ADC都是等边三角形，再由勾股定理求得
CG=2❑√3，再得出CF的最小值为2❑√3，然后证明△ACE≌△DCF(SAS)，进而推出△CEF是等边三角形，
即可得解．
【解题过程】
解：如图，连接AC，过点C作CG⊥AD于点G，∵四边形ABCD是菱形，∠A=120°，AB=4，
∴AB=BC=AD=CD=4，∠B=∠D=∠BAC=∠CAD=60°，
∴△ABC和△ADC都是等边三角形，
∴AC=AB=4，∠ACB=60°，
∵CG⊥AD，
1
∴AG= AD=2，
2
在Rt△ACG中，CG=❑√AC2−AG2=2❑√3，
∵CF≥CG，
∴CF的最小值为2❑√3，
在△ACE和△DCF中，
{
AE=DF
)
∠EAC=∠D ，
AC=CD
∴△ACE≌△DCF(SAS)，
∴∠ACE=∠DCF，CE=CF，
∴∠ECF=∠ACE+∠ACF=∠DCF+∠ACF=∠ACD=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CF，
∴EF的最小值为2❑√3，
故答案为：2❑√3．
12．（2025·山东济南·二模）如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，AB=8．点E、F分别是BC、AB边上
的动点，且BF=2CE，以EF为边向右作等边△EFG，连接CF、CG、DG．当CG=EG时，DG的值为
．【思路点拨】
根据菱形和等边三角形的性质，推出∠GCD=∠AFD=∠CDF，DG=CG=FG，从而得到
1
∠FCD=90°，根据30度角所对的直角边等于斜边一半，求出BF= BC=4，CF2=48，证明出F、G、
2
D三点共线，求出DF=4❑√7，即可得到DG的值．
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°，AB=8，
∴AB=BC=CD=8，AB∥CD，
∴∠AFD=∠CDF，∠BCD=120°，
∵△EFG是等边三角形，
∴∠EFG=∠FEG=60°，FG=EG，
∵CG=EG，
∴∠GEC=∠GCE，FG=CG，
∴∠CFG=∠FCG，
∵∠AFD+∠BFE=120°，∠BEF+∠BFE=180°−∠B=120°，
∴∠AFD=∠BEF，
∵∠BEF+∠CEG=120°，∠GCE+∠GCD=120°，
∴∠BEF=∠GCD，
∴∠GCD=∠AFD=∠CDF，
∴DG=CG=FG，
∵AB∥CD，
∴∠AFC+∠FCD=180°，
∴AFD+∠GFC+∠FCG+∠GCD=2∠GCD+2∠FCG=180°，
∴∠GCD+FCG=∠FCD=90°，
∴∠BCF=30°，1
∴BF= BC=4，CF2=BC2−BF2=48，
2
∵∠CGF=180°−2∠FCG，∠CGD=180°−2∠GCD，
∴∠CGF+∠CGD=360°−2(∠FCG+∠GCD)=180°，
∴F、G、D三点共线，
∴在Rt△FCD中，DF=❑√CF2+CD2=4❑√7，
∵点G是DF的中点，
1
∴DG= DF=2❑√7，
2
故答案为：2❑√7．
13．（2025·陕西西安·二模）如图，在菱形ABCD中，AB=8，∠B=60°．点E、F、G、H分别是边
1
AB、BC、CD、DA的中点，在直线FG上方有一动点P，且满足S = S ．则△ADP周
△PFG 8 四边形EFGH
长的最小值为 ．
【思路点拨】
1
证明出四边形EFGH为矩形，在FG上方作直线l∥FG，且l到FG的距离为 EF，说明点P在l上，作点
4
A关于l的对称点A′，连接A′D，交l于点P′，则△ADP′为所求，利用勾股定理求出A′D，即可求出最小
周长．
【解题过程】
解：如图，连接AC、BD交于O，∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA中点，
∴EH、FG为△ABD、△CBD的中位线，
1
∴EH∥BD∥FG，EH= BD=FG，
2
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，
∴EF⊥FG，
∴四边形EFGH为矩形，
1
在FG上方作直线l∥FG，且l到FG的距离为 EF，
4
1
∵S = S ，
△PFG 8 四边形EFGH
∴点P在l上，
作点A关于l的对称点A′，连接A′D，交l于点P′，
由对称性质得，P′ A=P′ A′，
∴P′ A+P′D=P′ A′+P′D，
由两点之间线段最短得，此时P′ A′+P′D最短，最短值为A′D的长，则△P′ AD周长最小，
∵AB=BC，∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AC=AB=8，
∴OA=OC=4，
∴OD=OB=❑√AB2−AO2=❑√82−42=4❑√3，
∵点E、F分别是边AB、BC的中点，且AB=BC=8，
∴BE=BF=4，又∠B=60°，
∴△BEF为等边三角形，∴EF=4，
∴l到FG的距离为1，
∴点A到l的距离为5，
∴点A′到l的距离为5，
∴OA′=A A′−AO=10−4=6
∴A′D=❑√OD2+OA′2❑√(4❑√3) 2+62=2❑√21，
∵AD=8，
∴△ADP周长的最小值为2❑√21+8，
故答案为：2❑√21+8．
14．（2025·海南省直辖县级单位·一模）如图，菱形ABCD边长为4，∠B=60°，F是BC的中点，E，G
分别是边AB，CD上的两个动点，且EG⊥AB，连接EF、AG，则EG= ，EF+AG的最小值是
．
【思路点拨】
1
连接BG，过点A作AN⊥BC于点N，根据勾股定理得出AN=2❑√3，进而根据S = S ，即可
△ABG 2 菱形ABCD
得出EG的长；延长EF,DC交于点K，取CD中点H，连接AH并延长与BC延长线交于点M，连接
1
FG,GM，连接AC，证明△BEF≌△CKF(AAS)，得到FG=EF= EK，同理证明：△ADH≌△MCH，
2
△ADC为等边三角形，继而可得CD是AM的垂直平分线，则MG=AG，由EF+AG=FG+GM≥FM，
即可确定最小值．
【解题过程】
解：如图，连接BG，过点A作AN⊥BC于点N，∵菱形ABCD边长为4，∠B=60°，则∠BAN=30°
∴AB=4，BN=2
∴AN=❑√AB2−BN2=2❑√3
∵EG⊥AB，
1
∴S = S
△ABG 2 菱形ABCD
1 1
∴ EG×AB= BC×AN
2 2
1 1
∴ ×4×EG= ×4×2❑√3
2 2
∴EG=2❑√3
延长EF,DC交于点K，取CD中点H，连接AH并延长与BC延长线交于点M，连接FG,GM，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD=AD=AB=6,AD∥BC,AB∥CD,∠B=∠D=60°，
∴∠K=∠BEF,∠B=∠FCK，
∵F是BC的中点，菱形ABCD边长为4，
∴BF=CF=2，
∴△BEF≌△CKF(AAS)，
∴EF=FK，
∵EG⊥CD，1
∴FG=EF= EK
2
同理证明：△ADH≌△MCH，
∴AH=MH，CM=AD=4，
∵AD=CD,∠D=60°，
∴△ADC为等边三角形，
∴AC=AD，
∵CH=DH，
∴AH⊥CD，
∴CD是AM的垂直平分线，
∴MG=AG，
∴EF+AG=FG+GM≥FM，
当点F,G,M三点共线时，取得最小值为FM=2+4=6，
故答案为：2❑√3，6．
15．（24-25八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠ABC=60°，将
△ABD沿着射线BD的方向平移，得到△EFG，连接CE，ED，FC，则CE+CF的最小值为 ．
【思路点拨】
根据菱形的性质得到AB=2，∠ABD=30°，根据平移的性质得到EF=AB=2，EF∥AB，推出四边形
EFCD是平行四边形，得到ED=FC，于是得到EC+FC的最小值=EC+EM的最小值，根据平移的性质
得到点E在过点A且平行于BD的定直线上，作点D关于定直线的对称点M，连接CM交定直线于E，通过
证明△MDC≌△BCD(SAS)得到CM=BD=2❑√3，即可得出结论．
【解题过程】
解：连接AC交BD于点O，∵在边长为2的菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴AB=CD=2，∠ABD=30°，
∵将△ABD沿射线BD的方向平移得到△EFG，
∴EF=AB=2，EF∥AB，点E在过点A且平行于BD的定直线上，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠BAD=120°，
∴EF=CD，EF∥CD，
∴四边形EFCD是平行四边形，
∴ED=FC，
∴CE+CF的最小值=EC+ED的最小值，
∵点E在过点A且平行于BD的定直线上，
∴作点D关于定直线的对称点M，连接CM交定直线于E，则CM的长度即为EC+DE=EC+ME的最小
值，
根据轴对称的性质可得：DM⊥AH，
∵AH∥BD，
∴DM⊥BD，
∴∠EAD=∠ADB=30°，AD=2，
1
∴∠ADM=60°， DH=MH= AD=1，
2
∴DM=2，
∵∠CDM=∠MDF+∠CDB=90°+30°=120°，∠BCD=2∠BCA=120°，
∴∠CDM=∠BCD，
在△MDC和△BCD中，{
DM=BC
)
∠CDM=∠BCD ，
CD=DC
∴△MDC≌△BCD(SAS)，
∴CM=BD，
∵∠BOC=90°,∠CBD=30°,BC=2，
1
∴CO= BC=1，
2
∴BO=❑√BC2−CO2=❑√3，
∴CM=BD=2❑√3，
∴CE+CF的最小值为EC+DE=EC+ME=CM=BD=2❑√3，
故答案为：2❑√3．
16．（24-25八年级下·辽宁鞍山·期中）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=60°，AC=8，点M是
AB中点，点N在BC边上，以MN为对角线作菱形MDNE，使∠DME=120°，连接DE，当DE与
△ABC的一条边平行时，菱形MDNE的边长为 ．
【思路点拨】
1
根据直角三角形的性质可得出∠B=30°，AB=16，BM=8，根据菱形的性质得出MO= MN，
2
∠MED=30°，分为DE与△ABC的边BC平行和DE与△ABC的边AB平行，两种情况进行分析，结合平
行线的性质、直角三角形的性质以及勾股定理即可求解．
【解题过程】
解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=60°，
∴∠B=30°，
又∵AC=8，点M是AB中点，
1
∴AB=2AC=16，BM= AB=8，
2
在以MN为对角线的菱形MDNE中，DE⊥MN，∠DME=120°，1
即∠MOE=90°，∠MEN=60°，MO=NO= MN，
2
1 1
∴∠EMN= ∠DME=60°，∠MED= ∠MEN=30°，
2 2
当DE与△ABC的边BC平行时，如图：
∵DE∥BC，∠MOE=90°，
∵∠MNB=90°，
在Rt△MNB中，∠B=30°，
1
∴MN= MB=4，
2
1
故OM= MN=2，
2
在Rt△MOE中，∠MEO=30°，
∴ME=2MO=4，
∴当DE与△ABC的边BC平行时，菱形MDNE的边长为4；
当DE与△ABC的边AB平行时，如图：
∵DE∥BC，∠NOE=90°，
∵∠NMB=90°，
在Rt△MNB中，∠B=30°，
∴NB=2MN，
又∵M N2+BM2=BN2，
即M N2+82=(2MN) 2，8❑√3
∴MN= ，
3
1 4❑√3
故OM= MN= ，
2 3
在Rt△MOE中，∠MEO=30°，
8❑√3
∴ME=2MO= ，
3
8❑√3
∴当DE与△ABC的边AB平行时，菱形MDNE的边长为 ；
3
当DE与△ABC的边AC平行时，此时点N不在BC边上，故该情况不存在；
8❑√3
综上，当DE与△ABC的一条边平行时，菱形MDNE的边长为4或 ．
3
8❑√3
故答案为：4或 ．
3
17．（24-25八年级下·重庆·期中）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，过点B作BC的垂线，过点D
作CD的垂线，两垂线相交于点E，F是DE延长线上一点，且EF=BG，连接BF，DG，DG交FB的延
长线于点H，连接AH．若BH=1，DH=3，则AH的长为 ．
【思路点拨】
连接BD，在BF上取一点N，使BN=DF，连接AN、EC，根据菱形的性质、全等三角形的判定与性质、
等边三角形的判定与性质可得∠NAB+∠BAH=120°=∠NAH，再根据勾股定理以及直角三角形的性质
1
可得❑√3AJ=HJ= NH，进而得到❑√3AH=DH+BH，最后将BH=1,DH=3代入计算即可.
2
【解题过程】
解：如图：连接BD，在BF上取一点N，使BN=DH，连接AN、EC，∵菱形ABCD，
∴BC=DC=AB=AD,
由题意可知：△EBC,△EDC均为直角三角形，
在Rt△EBC和Rt△EDC，
{BC=DC)
，
EC=EC
∴Rt△EBC≌Rt△EDC(HL)，
∴EB=DE，
∵菱形ABCD，AB=AD，BC=CD，
∴AC是线段BD的垂直平分线，
∴点E在直线AC上，
∵∠ABC=60°，
∴∠BAD=120°，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB=30°，
∵∠EBC=∠EDC=90°，∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠EBA=∠EDA=30°，
∴∠EBD=∠EBA+∠ABD=60°,∠EDB=∠EDA+∠ADB=60°，
即∠EBD=∠EDB=60°，
∵EB=DE，
∴△EBD是等边三角形，
∴∠DEB=∠EBD=60°，
∴∠FEB=∠DBG=120°，
在△BEF和△DBG中，{
EF=BG
)
∠BEF=∠DBG ，
BE=DB
∴△BEF≌△DBG(SAS)，
∴∠EBF=∠BDG，
∵∠EBA=∠ADB=30°，
∴∠EBA+∠EBF=∠BDG+∠ADB，即∠FBA=∠ADH，
在△ABN和△ADH中，
{
AB=AD
)
∠NAB=∠HAD ，
BN=DH
∴△ABN≌△ADH(SAS)，
∴AH=AN,∠NAB=∠HAD，
∵∠HAD+∠BAH=120°，
∴∠NAB+∠BAH=120°=∠NAH，
过A作AJ⊥HN于J，
∵AH=AN，
1 1
∴HJ= NH，∠JAH= ∠NAH=60°，即∠AHJ=30°，
2 2
∴AH=2AJ，
∴HJ=❑√AH2−AJ2=❑√3AJ，
1
∴❑√3AJ=HJ= NH，
2
∴HN=❑√3AH，
∵HN=BN+BH，BN=DH，
∴HN=DH+BH，
∴❑√3AH=DH+BH，
∵BH=1,DH=3，
∴❑√3AH=3+1，
4❑√3
解得：AH= .
3
4❑√3
故答案为： .
318．（2025·江苏扬州·一模） 如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D为BC的中点，过A作AE∥CD，
过D作DE∥AC分别交AB、AE于点O、E，连接BE．
（1）证明：四边形ADBE为菱形；
（2）若AD=2,AC=3，求菱形面积．
【思路点拨】
题目主要考查菱形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理解三角形，直角三角形的中线性质，
理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
（1）根据平行四边形的判定得出四边形ACDE为平行四边形，确定AE=CD，再由直角三角形斜边中线
1
的性质得出AD= CB=DC=BD，结合菱形的判定即可证明；
2
（2）根据菱形的性质得出AB=2AO,DE=2OD,AB⊥DE，再由平行四边形的性质确定DE=AC=3，
❑√7
结合勾股定理得出AO= ，利用菱形的性质即可求解．
2
【解题过程】
（1）证明：∵AE∥CD，DE∥AC，
∴四边形ACDE为平行四边形，
∴AE=CD，
∵∠BAC=90°，D为BC的中点，
1
∴AD= CB=DC=BD，
2
∴AE=BD，
∵AE∥CD，
∴四边形ADBE为平行四边形，
∵BD=AD，
∴四边形ADBE为菱形；
（2）∵四边形ADBE为菱形，
∴AB=2AO,DE=2OD,AB⊥DE，∵四边形ACDE为平行四边形，
∴DE=AC=3，
3
∴DO= ，
2
❑√7
在Rt△AOD中，AO=❑√AD2−OD2=
，
2
∴AB=2AO=❑√7，
1 1 3
∴菱形面积为： ×AB×DE= ×❑√7×3= ❑√7．
2 2 2
19．（2024九年级下·浙江·学业考试） 如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，点E,F分别在边
BC,CD上，∠EAF=60°．
（1）求证：CE=DF；
（2）若AB=4，求四边形AECF的面积．
【思路点拨】
（1）连结AC，先证明△ADC是等边三角形，然后根据菱形的性质证明△CAE≌△DAF(ASA)即可；
（2）过A作AM⊥CD于点M，由勾股定理求出AM，由（1）可知，△CAE≌△DAF，则S =S ，
△CAE △DAF
那么由S =S 即可求解．
四边形AECF △ADC
【解题过程】
（1）解：如图①，连结AC，
∵ 四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°
1 1
∴AD=CD,∠BCD=∠BAD=120°,∠DAC= ∠BAD=60°,∠ACE= ∠BCD=60° ，
2 2
∴△ADC是等边三角形，∴AC=AD,∠ACE=∠D=60°
∵∠EAF=60°
∴∠EAF−∠CAF=∠DAC−∠CAF，
即∠CAE=∠DAF，
∴△CAE≌△DAF(ASA)
∴CE=DF；
（2）解：如图②，过A作AM⊥CD于点M，
∵ ABCD
四边形 是菱形，
∴AD=CD=AB=4 ．
∵△ADC是等边三角形，AM⊥CD，
1
∴DM= CD=2，
2
∴AM=❑√AD2−DM2=❑√42−22=2❑√3
由（1）可知，△CAE≌△DAF，
∴S =S ，
△CAE △DAF
1 1
∴S =S = CD⋅AM= ×4×2❑√3=4❑√3．
四边形AECF △ADC 2 2
20．（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，在矩形ABCD中，点E是DC的中点，延长DC至点G，使
1
得CG= CD，连接AE，AE的延长线与BC的延长线交于点F，连接BG，FG．
2
（1）求证：四边形BEFG是菱形；（2）若EB平分∠AEG，AB=4，求菱形BEFG的面积．
【思路点拨】
（1）由矩形的性质可得AD∥BC，AD=BC，∠ADE=90°，由两直线平行内错角相等可得
1
∠FCE=∠ADE=90°，利用线段中点的有关计算及已知条件CG= CD可得EC=CG，由对顶角相等
2
可得∠AED=∠FEC，利用ASA可证得△ADE≌△FCE，于是可得CF=AD=BC，进而可证得四边形
BEFG是平行四边形，由于BF⊥EG，于是结论得证；
（2）由EB平分∠AEG可得∠AEB=∠GEB，由矩形的性质可得AB∥CD，CD=AB=4，BC=AD，
∠ADE=90°，由两直线平行内错角相等可得∠ABE=∠GEB，进而可得∠ABE=∠AEB，由等角对等
1
边可得AE=AB=4，利用线段中点的有关计算及已知条件CG= CD可得EC=CG=2，于是可得
2
EG=2EC=4，利用勾股定理可得AD=❑√AE2−DE2=2❑√3，进而可得BC=AD=2❑√3，由（1）可得
EG⋅BF
CF=BC，于是可得BF=2BC=4❑√3，利用菱形的性质可得S = ，据此即可得出答案．
菱形BEFG 2
【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD=BC，∠ADE=90°，
∴∠FCE=∠ADE=90°，
1
∵点E是DC的中点，CG= CD，
2
1
∴DE=EC= CD=CG，
2
又∵∠AED=∠FEC，
∴△ADE≌△FCE(ASA)，
∴CF=AD=BC，
∴四边形BEFG是平行四边形，
又∵BF⊥EG，
∴四边形BEFG是菱形；
（2）解：∵EB平分∠AEG，
∴∠AEB=∠GEB，∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，CD=AB=4，BC=AD，∠ADE=90°，
∴∠ABE=∠GEB，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AE=AB=4，
1
∵点E是DC的中点，CG= CD，
2
1
∴DE=EC= CD=CG=2，
2
∴EG=EC+CG=2EC=4，
∴AD=❑√AE2−DE2=❑√42−22=2❑√3，
∴BC=AD=2❑√3，
由（1）可得：CF=BC，
∴BF=BC+CF=2BC=4❑√3，
EG⋅BF 4×4❑√3
∴菱形BEFG的面积= = =8❑√3．
2 2
21．（2025·云南楚雄·三模）在矩形ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，连接BF、DE，M、N分
别是DE、BF的中点，连接EN、FM．
（1）求证：四边形ENFM是菱形；
（2）若矩形ABCD的面积为48，BE+BC=11，求四边形ENFM的周长．
【思路点拨】
本题考查矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关
键：
（1）连接EF，易证四边形BEFD为平行四边形，得到ED=BF，BF∥DE，中点，得到EM=FN，进
而得到四边形ENFM为平行四边形，斜边上的中线得到FM=EM，即可得证；
（2）连接EF，MN交于点O，根据矩形，平行四边形和菱形的面积公式推出1 1
S = S = ×24=12，设EF=2x，MN=2y，根据菱形的面积公式得到
菱形ENFM 2 ▱BEDF 2
1
⋅2x⋅2y=2xy=12，根据BE+BC=11，推出BE+BC=MN+EF=2x+2y=11，利用勾股定理结合
2
完全平方公式的变形，求出EM的长，进而求出菱形的周长即可．
【解题过程】
（1）证明：连接EF，
在矩形ABCD中，AB∥CD，AB=CD，∠A=90°，E、F分别为AB，CD中点，
1 1
∴AE=BE= AB，DF=CF= CD，
2 2
∴AE=DF，BE=DF．
又AE∥DF，BE∥DF，
∴四边形AEFD，BEDF为平行四边形，
又∠A=90°，
∴四边形AEFD为矩形，
∴∠DFE=90°，
∵M为DE中点，
1
∴FM=EM= DE；
2
∵四边形BEDF为平行四边形
∴DE=BF，DE∥BF，
∵M，N为DE，BF的中点
∴EM=FN，
∴四边形ENFM为平行四边形，
∵FM=EM，
∴四边形ENFM为菱形．
（2）解：连接EF，MN交于点O，
1
∵BE= AB，
21 1
∴S = S = ×48=24，
▱BEDF 2 矩形ABCD 2
1
∵EM=MF= DE，
2
1 1
∴S = S = ×24=12，
菱形ENFM 2 ▱BEDF 2
设EF=2x，MN=2y，
1 1
∴ ×EF⋅MN=12，即： ⋅2x⋅2y=2xy=12，
2 2
∵EM∥BN且EM=BN，
∴四边形BEMN为平行四边形，
∴MN=BE，
又∵AD=BC=EF，
∴BE+BC=MN+EF=2x+2y=11，
11
∴x+ y= ，
2
∵四边形ENFM为菱形，
∴EF⊥MN，
1 1
∴∠EOM=90°，EO= EF=x，OM= MN= y，
2 2
在Rt△EOM中，EM2=EO2+OM2=x2+ y2=(x+ y) 2−2xy，
(11) 2 121 73
= −12= −12= ，
2 4 4
√73 ❑√73
∴EM=❑ = ．
4 2
∴C =4EM=2❑√73；
菱形ENFM
∴菱形的周长为2❑√73．
22．（24-25八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，点E是菱形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以
线段AE为边作一个菱形AEFG，且∠DAB=∠EAG，连接EC,GD．（1）求证：EB=GD；
（2）若∠DAB=60°,AB=2,AG=❑√3，求GD的长．
（3）连接DE、BG，若∠GAB=90°，BG2=10，DE2=10+4❑√3，求△AEB的面积．
【思路点拨】
（1）证明△AEB≌△AGD(SAS)即可；
1
（2）连接BD交AC于点P，得到∠PAB=30°，则BP= AB=1，由勾股定理得AP=❑√3，再由勾股定理
2
求得EB=❑√EP2+BP2=❑√13，即DG=❑√13；
（3）设AE=AG=x,AD=AB= y，由勾股定理得x2+ y2=10，由∠EAG+∠GAB+∠CAB=180°，结
1 1
合菱形性质得到2∠DAP+90°+∠DAP=180°，那么∠DAP=30°，则DP= AD= y，则
2 2
AP= ❑√3 y，而DE2=DP2+EP2，则10+4❑√3= ( x+ ❑√3 y ) 2 + (1 y ) 2 ，化简得到
2 2 2
x2+ y2+❑√3xy=10+4❑√4，而x2+ y2=10，则xy=4，即可求解面积．
【解题过程】
（1）证明：∵∠EAG=∠BAD，
∴∠EAG+∠GAB=∠BAD+∠GAB，
∴∠EAB=∠GAD，
∵AEFG是菱形，ABCD是菱形，
∴AE=AG,AB=AD，
∴△AEB≌△AGD(SAS)，
∴EB=GD；
（2）解：在菱形ABCD中，连接BD交AC于点P，则BP⊥AC，∵在菱形ABCD中，∠DAB=60°，
∴∠PAB=30°，
1
∴BP= AB=1，
2
∴AP=❑√AB2−BP2=❑√3，
∵在菱形AEFG中，AE=AG=❑√3，
∴EP=2❑√3，
∴EB=❑√EP2+BP2=❑√12+1=❑√13
∴GD=❑√13；
（3）解：如图：
设AE=AG=x,AD=AB= y
∵∠GAB=90°，
∴AG2+AB2=BG2，
∴x2+ y2=10
∵菱形ABCD，
1 1
∴∠DAP=∠CAB= ∠DAB= ∠EAG，AC⊥DB，DP=BP，
2 2
∵∠EAG+∠GAB+∠CAB=180°，
∴2∠DAP+90°+∠DAP=180°，
∴∠DAP=30°，1 1
∴DP= AD= y，
2 2
❑√3
∴在Rt△APD中，由勾股定理得，AP= y，
2
∵DE2=DP2+EP2
( ❑√3 ) 2 (1 ) 2
∴10+4❑√3= x+ y + y ，
2 2
∴x2+ y2+❑√3xy=10+4❑√4，而x2+ y2=10
∴xy=4，
1 1 1 1
∴S = AE×BP= x× y= xy=1．
△AEB 2 2 2 4
23．（24-25八年级下·广东广州·期中）已知在菱形ABCD中，∠DAB=30°．
（1）如图1．过点B作BE⊥AD点E，连接CE，点F是线段CE的中点，连接BF，若AE=❑√3，求线段
BF的长度；
（2）如图2，连接AC．若AB=2❑√6，点Q是对角线AC上的一个动点，求QB+QC+QD的最小值．
【思路点拨】
（1）利用含30度的直角三角形的性质求出BE=1，从而得到AB=BC=2，利用勾股定理求出CE，再运
用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出答案；
（2）过点C在直线AC的上方作∠ACK=30°，分别过点B、Q作BH⊥CK于点H，QG⊥CK于点G，
1
BH交AC于点Q′，连接BG，则QG= QC，
2
1
QB+QC+QD=QC+2QB=2( QC+QB)=2(QG+QB)，当点Q与Q′重合时，QG+QB的值最小，当
2
点Q与Q′重合时，QG+QB=Q′H+BQ′=BH．再根据菱形性质和等腰直角三角形性质即可求得答案．
【解题过程】
（1）解：∵BE⊥AD，∠DAB=30°，则AB=2BE，AE=❑√AB2−BE2=❑√3BE，
AE
∴BE= =1，AB=2BE=2，
❑√3
在菱形ABCD中，
∴AB=BC=2，
在Rt△CBE中，CE=❑√BC2+BE2=❑√22+12=❑√5，
∵点F是线段CE的中点，
1 ❑√5
∴BF= CE= ；
2 2
（2）如图，过点C在直线AC的上方作∠ACK=30°，分别过点B、Q作BH⊥CK于点H，QG⊥CK于
点G，BH交AC于点Q′，
1
连接BG，则QG= QC，
2
由菱形的性质可知，B、D关于直线AC对称，
∴QB=QD，
1
∴QB+QC+QD=QC+2QB=2( QC+QB)=2(QG+QB)，
2
当点Q与Q′重合时，QG+QB的值最小，
当点Q与Q′重合时，QG+QB=Q′H+BQ′=BH．
当点Q与Q′不重合时，QG+BQ>BG>BH．
∵四边形ABCD是菱形，∠BCD=30°，
1
∴∠BCA= ∠BCD=15°，
2
又∵∠ACK=30°，
∴∠BCK=∠BCA+∠ACK=45°，
∵∠BHC=90°，∴BH=CH，则BC=❑√BH2+CH2=❑√2BH，
∵BC=AB=2❑√6，
BC 2❑√6
∴BH= = =2❑√3，
❑√2 ❑√2
即QG+QB的最小值是2❑√3．
∴QB+QC+QD的最小值是4❑√3．
24．（24-25八年级下·广东广州·期中）已知AE∥BF，AB=6，C为射线BF上一动点（不与B重合）），
△BAC关于AC的轴对称图形为△DAC．
（1）如图1，当点D在射线AE上时，求证：四边形ABCD是菱形；
（2）如图2，当点D在射线AE，BF之间时，点C为BG的中点，且BG=10，求DG的长；
（3）如图3，在（1）的条件下，对角线AC，∠ABC=60°，P为BC的中点，当△APQ为等腰三角形时，
直接写出DQ的长．
【思路点拨】
（1）根据翻折的性质可得∠ACB=∠ACD，AB=AD，BC=DC，再证出∠CAD=∠ACD，即可得
证；
（2）连接BD，交AC于M，由（1）得：AC⊥BD，可证CM∥DG，设MC=x，在Rt△AMD和
Rt△CMD中，用勾股定理列出方程即可求解；
（3）分三种情形：AQ=PQ，AP=AQ，AP=PQ，画出图形分别求解即可．
【解题过程】
（1）证明：由翻折得：∠ACB=∠ACD，AB=AD，
∵AD∥BC，
∴∠ACB=∠CAD，
∴∠CAD=∠ACD，
∴AD=CD，
∴AB=AD=BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）如图，连接BD，由（1）得：AC⊥BD，BM=DM，
∵C是BG的中点，
∴CM∥DG，
∴DG⊥BD，
∴∠BDG=90°，
∵DG=2CM，AD=AB=6，
1
∴CD=BC= BG=5，
2
设MC=x，则有AM=5−x，
在Rt△AMD中：DM2=AD2−AM2，
在Rt△CMD中：DM2=CD2−CM2，
∴36−(5−x) 2=25−x2，
7
解得：x= ，
5
7
∴CM= ，
5
14
∴DG= ．
5
（3）解：如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠ADC=60°，OB=OD，
∴△ABC，△ADC都是等边三角形，
∵BP=PC=6，∴AP⊥CB，
∴OP=OA=OC，AP=BP=3❑√3，
∴当点QF 与O重合时．△APQ 是等腰三角形，此时DQ=OB=AP=3❑√3．
1 1
当AP=AQ =3❑√3时，
2
∴OQ =❑√AQ2−OA2=❑√27−9=3❑√2，
2 2
∴DQ =OD−OQ =3❑√3−3❑√2．
2 7
当AP=PQ =3❑√3时，过点P作PJ⊥OB于点J．
3
∵BP=3，∠EBJ=30°，
1 3
∴PJ= BP= ，
2 2
3❑√3
∴BJ=❑√3PJ= ，
2
3❑√3 3❑√3
∴OJ=3❑√3− = ，
2 2
3
∵JQ =❑√PQ2−PJ2= ❑√11，
3 3 2
3 3❑√3
∴OQ = ❑√11− ，
3 2 2
(3 3❑√3) 9❑√3 3
∴DQ =3❑√3− ❑√11− = − ❑√11．
3 2 2 2 2
9❑√3 3
综上所述，DF的长为3❑√3或3❑√3−3❑√2或 − ❑√11．
6 2
25．（24-25九年级上·广东深圳·期中）已知菱形ABCD中∠ADC=60∘，点F是射线DC上一动点（不与
C、D重合），连接AF并延长交直线BC于点E，交BD于H，连接CH．
1
（1）若点F在边CD上，且CF< CD，过点C按如图所示作∠HCG=60∘并交AE于点G.
2①证明：∠DAH=∠DCH；
②猜想△GEC的形状并说明理由．
（2）若菱形ABCD边长为4，当△BCH为等腰三角形时，求BE的长．
【思路点拨】
（1）①根据SAS证明△ADH≌△CDH可得结论；
②证明∠E=∠DAH=∠DCH=∠ECG，可知：△GEC是等腰三角形；
（2）分两种情况：
①如图1，BC=BH=4，过点H作HM⊥BC于M，则∠BMH=∠EMH=90°；
②如图2，BH=CH，根据等腰三角形的性质和勾股定理可解答．
【解题过程】
（1）①证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD，∠ADH=∠CDH，
∵DH=DH，
∴ △ADH≌△CDH(SAS)，
∴∠DAH=∠DCH；
②解：△GEC是等腰三角形，理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠DAH=∠E，∠ADC=∠DCE=60°，
∴∠DCG+∠ECG=60°，
∵∠HCG=∠DCH+∠DCG=60°，
∴∠ECG=∠DCH，
由①知：∠DAH=∠DCH，
∴∠ECG=∠E，
∴CG=EG，
∴ △GEC是等腰三角形；
（2）解：分两种情况：
①如图1，当BC=BH=4时，过点H作HM⊥BC于M，则∠BMH=∠EMH=90°，∵四边形ABCD是菱形，∠ADC=60°，
1
∴∠CBD= ∠ABC=30°，
2
∵BC=BH，
∴∠BCH=∠BHC=75°，
∵∠DCE=60°，
∴∠DCH=∠DAH=∠E=180°−75°−60°=45°，
∴HM=EM，
Rt△BHM中，∠CBH=30°，
1
∴HM= BH=2=EM，
2
∴BM=❑√42−22=2❑√3，
∴BE=BM+EM=2❑√3+2；
②如图2，当BH=CH时，
∵∵四边形ABCD是菱形，∠ADC=60°，
1
∴∠ABH=∠CBH= ∠ADC=30°，AB=BC，
2
∵BH=CH，
∴∠CBH=∠HCB=30°，
∵BH=BH，AB=BC，∠ABH=∠CBH，
∴△ABH≌△CBH(SAS)，∴∠BAH=∠BCH=30°，
∵∠ABC=60°，
∴∠AEB=90°，
1 1
∴BE= AB= ×4=2；
2 2
综上，BE的长为2❑√3+2或2．
26．（24-25八年级下·北京海淀·期中）如图，菱形ABCD中，∠ABC=60°，点E为边AB上一点（不与
点A、B重合），连接CE，点F在线段CE上满足∠BFE=60°，连接AC．
（1）求证：∠CBF=∠ACE；
（2）连接DF，点N是线段DF中点，连接CN．依题意补全图形，用等式表示线段BF、CF、CN之间
的数量关系，并证明．
【思路点拨】
（1）先证明△ABC和△ADC都是等边三角形得∠ACB=∠ACD=60°，则∠ACE+∠BCF=60°，再
根据∠BFE=60°及三角形外角性质得∠CBF+∠BCF=∠BFE=60°，由此即可得出结论；
（2）依题意补全图形即可；延长CN到M，使MN=CN，连接MD,MA，并在AM延长线上取一点H，
使HM=DM，连接DH，则CM=2CN，证明△MND和△CNF全等得DM=CF,∠DMN=∠CFN，进
而得DM∥CF，再证明△ADM和△BCF全等得∠AMD=∠BFC,AM=BF，进而可证明△MDH是等
边三角形，则∠HDM=60°,DM=DH=CF，进而得AH=AM+HM =BF+CF,∠MDC=∠HDA，
由此可证明△MDC和△HDA全等，则CM=AH，据此即可得出线段BF,CF,CN之间的数量关系．
【解题过程】
（1）证明：如图1所示：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=BC=CD=AD,∠ADC=∠ABC=60°，
∴△ABC和△ADC都是等边三角形，
∴∠ACB=∠ACD=60°，
∴∠ACE+∠BCF=60°，
∵∠BFE=60°，且∠BFE是△BFC的外角，
∴∠CBF+∠BCF=∠BFE=60°，
∴∠CBF=∠ACE；
（2）解：依题意补全图形，如图2所示：
线段BF,CF,CN之间的数量关系是：BF+CF=2CN，理由如下：
延长CN到M，使MN=CN，连接MD,MA，并在AM的延长线上取一点H，使HM=DM，连接DH，
如图3所示：
∴CM=2CN，∵点N是线段DF中点，
∴DN=FN，
在△MND和△CNF中，
{
MN=CN
)
∠DNM=∠CNF ，
DN=FN
∴△MND≌△CNF(SAS)，
∴DM=CF,∠DMN=∠FCN，
∴DM∥CF，
∴∠MDC+∠DCF=180°，
∵∠MDC=∠1+∠ADC=∠1+60°,∠DCF=∠ACE+∠ACD=∠ACE+60°，
∴∠1+60°+∠ACE+60°=180°，
∴∠1+∠ACE=60°，
又 ∵∠ACE+∠2=∠ACB=60°，
∴∠1=∠2，
在△ADM和△BCF中，
{DM=CF
)
∠1=∠2 ，
AD=BC
∴△ADM≌△BCF(SAS)，
∴∠AMD=∠BFC,AM=BF，
∵∠BFC=180°−∠BFE=180°−60°=120°，
∴∠AMD=∠BFC=120°，
∴∠DMH=180°−∠AMD=60°，
又 ∵HM=DM，
∴△MDH是等边三角形，
∴∠HDM=60°,DM=DH=CF，
∴∠ADC=∠HDM=60°,AH=AM+HM=BF+CF，
∴∠ADC+∠1=∠HDM+∠1，
∴∠MDC=∠HDA，
在△MDC和△HDA中{
DM=DH
)
∠MDC=∠HDA ，
CD=AD
∴△MDC≌△HDA(SAS)，
∴CM=AH，
∴CM=BF+CF，
∴BF+CF=CM=2CN．
27．（24-25八年级下·上海·期中）如图，等腰△ABD中，AB=AD，O为边BD的中点，射线BC交AO的
延长线于点C，∠DBC=∠DBA．
（1）求证：四边形ABCD为菱形；
（2）若∠BAD=120°，点E、F分别在射线BC、射线CD上，且EA=EF，求证：∠AEF=60°；
（3）在（2）的条件下，连接DE，若△AED为直角三角形，AB=2，直接写出DF的长．
【思路点拨】
（1）证明△AOB≌△COB(ASA)，推出AB=BC，AO=OC，得到BD是线段AC的垂直平分线，再得到
AD=CD=AB=BC，即可推出四边形ABCD为菱形；
（2）在BA上取点H，使BH=BE，作AM⊥EH交EH的延长线于点M，作EN⊥FC交FC的延长线于
点N，证明△AHM≌△ECN(AAS)，推出AM=EN，∠HAM=∠CEN，再证明
Rt△EAM≌Rt△FEN(HL)，得到∠EAM=∠FEN，然后利用三角形的外角性质即可求得∠AEF=60°；
（3）证明△AEF、△ABC和△ADC都是等边三角形，分两种情况讨论，根据等边三角形的性质结合直角
三角形的性质即可求解．
【解题过程】
（1）证明：∵等腰△ABD中，AB=AD，O为边BD的中点，
∴AO⊥BD，
∴∠AOB=∠COB=90°，
∵∠DBC=∠DBA，BO=BO，
∴△AOB≌△COB(ASA)，
∴AB=BC，AO=OC，∴BD是线段AC的垂直平分线，
∴AD=CD，
∴AD=CD=AB=BC，
∴四边形ABCD为菱形；
（2）证明：在BA上取点H，使BH=BE，作AM⊥EH交EH的延长线于点M，作EN⊥FC交FC的延
长线于点N，
∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，
∴∠ABC=180°−120°=60°，∠BCD=120°，AB=BC，
∴△BEH是等边三角形，AH=EC，∠ECN=180°−120°=60°，
∴∠AHM=∠BHE=60°=∠ECN，
∵∠M=∠N=90°，
∴△AHM≌△ECN(AAS)，
∴AM=EN，∠HAM=∠CEN=90°−60°=30°，
∵∠M=∠N=90°，EA=EF，
∴Rt△EAM≌Rt△FEN(HL)，
∴∠EAM=∠FEN，
∴∠BAE=∠EAM−30°=∠FEN−30°=∠FEC，
由三角形的外角性质知∠AEC=∠ABC+∠BAE=60°+∠FEC，
又∠AEC=∠AEF+∠FEC，
∴∠AEF=60°；
（3）解：连接AF，
∵∠AEF=60°，EA=EF，
∴△AEF是等边三角形，
∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，
1
∴∠BAC=∠CAD= ×120°=60°，AD∥CB，AB=CD=2，
2
∴△ABC和△ADC都是等边三角形，∴∠BAC=∠EAF=∠CAD=60°，
当∠EAD=90°即EA⊥AD时，此时EA⊥BC，
1
∴∠EAC=∠BAE= ∠BAC=30°，
2
∴∠CAF=60°−∠EAC=30°=∠DAF，
1
∴CF=DF= CD=1；
2
当∠ADE=90°即ED⊥AD时，此时ED⊥BC，
∵△AEF和△ADC都是等边三角形，
∴AC=AD，AE=AF，∠CAD=∠EAF=60°，
∴∠CAE=60°−∠EAD=∠DAF，
∴△CAE≌△DAF(SAS)，
∴CE=DF，
∵∠BCD=120°，
∴∠DCE=60°，∠CDE=30°，
1
∴CE= CD=1；
2
∵∠AED恒小于90°，
∴不存在∠AED=90°的情况，
综上，DF的长为1．
28．（23-24八年级下·浙江湖州·期末）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，连结CE，小明通过连接AC后证
明得到BP与CE的数量关系是______________；
（2）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；
（3）当点P在BD的延长线上时，其他条件不变，连接BE，若AB=2❑√3，BE=2❑√19，求PB的长．
【思路点拨】
（1）根据菱形的性质及等边三角形的性质可知△BAP≌△CAE(SAS)，再根据全等三角形的判定与性质即
可解答；
（2）根据菱形的性质及等边三角形的性质可知△BAP≌△CAE(SAS)，再根据全等三角形的判定与性质即
可解答；
（3）根据菱形的性质及直角三角形可知∠ABO=30°，再根据全等三角形的判定与性质可知
BP=CE，∠ECD=30°，最后利用直角三角形的性质 及勾股定理即可解答．
【解题过程】
（1）解：BP=CE，理由如下：
如图，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；
故答案为BP=CE；
（2）解：BP=CE仍然成立，理由如下：
如图，连接AC，延长CE交AD于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AD=CD，∠ABC=∠ADC，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC，△ACD是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAD=120°，∠BAP=120°−∠DAP，∠CAD=60°，
∵△APE是等边三角形 ，
∴AP=AE，∠PAE=60°，
∴∠CAE=∠CAD+∠PAE−∠DAP=120°−∠DAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE(SAS)，
∴BP=CE；
（3）解： 当点P在BD的延长线上时，连接AC交BD于点O，连接CE，BE，∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ABC，AB=BC，
∵AB=2❑√3，∠ABC=60°，
∴∠ABO=30°，
∴∠BAO=60°，
由（2）可知：△ABP≌△ACE(SAS)，
∴BP=CE，∠ACE=∠ABD=30°，
∴∠DCE=30°，
∴∠BCE=∠BCD−∠ECD=90°，
∵AB=2❑√3，BE=2❑√19，
∴在Rt△BCE中，CE=❑√BE2−BC2=8，
∴BP=8．
29．（24-25八年级下·天津·期中）如图1，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，G为边CD上一点，E为CA
延长线上一点，∠GBE=60°．
（1）求证：BE=BG；
（2）连接ED，若∠BED=90°，BE=❑√6，则S =________；
四边形EBCD
（3）如图2，EG交AD于点F，延长EG，交BC的延长线于点H，探究AE，AF与CH的数量关系．并
说明理由．【思路点拨】
（1）根据菱形的性质可得△ABC为等边三角形，可证△EBA≌△GBC(ASA)，即可求解；
1
（2）连接BD交AC于点O，由菱形的性质得到EC垂直平分BD，∠ABO=∠CBO= ∠ABC=30°，
2
则BE=DE=❑√6，△BDE是等腰直角三角形，∠EBD=∠EDB=45°，由勾股定理的计算得到
BD=❑√2DE=2❑√3，则BO=OD=❑√3，AO=OC=1，EO=BO=❑√3，则EC=EO+OC=❑√3+1，由
1
S =S +S = EC·BD即可求解；
四边形EBCD △BEC △DEC 2
（3）在CH上截取CM=CG，连接GM，可得△GCM为等边三角形，由（1）可知，△EBA≌△GBC，
则有AE=GC=CM=GM，可证△EAF≌△GMH，得到AF=MH，由CH=CM+MH=AE+AF即可
求解．
【解题过程】
（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AB∥CD，
∵∠EBG=∠ABC=60°，
∴∠EBA=∠GBC，
∵∠ABC=60°，AB=BC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAE=∠BCG=120°，
∴△EBA≌△GBC(ASA)，
∴BE=BG；
（2）解：连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AC平分BD，
1
∴EC垂直平分BD，∠ABO=∠CBO= ∠ABC=30°，
2∴BE=DE=❑√6，
又∵∠BED=90°，
∴△BDE是等腰直角三角形，∠EBD=∠EDB=45°，
1
∴BD=❑√BE2+DE2=❑√2DE=2❑√3，则BO=OD= BD=❑√3，AB=2AO，
2
∴AO2+BO2=AB2，即AO2+(❑√3) 2=(2AO) 2，
∴AO=OC=1，
∵EO⊥BO,∠EBO=45°，
∴∠BEO=45°，△BOE是等腰直角三角形，
∴EO=BO=❑√3，则EC=EO+OC=❑√3+1，
∴S =S +S
四边形EBCD △BEC △DEC
1 1
= EC·BO+ EC·DO
2 2
1
= EC·BD
2
1
= ×(❑√3+1)×2❑√3
2
=3+❑√3；
（3）解：在CH上截取CM=CG，连接GM，
∵∠DCH=180°−∠GCB=60°，
∴△GCM为等边三角形，
∴GM=GC，∠GMH=120°，
1
∵∠CAD= ∠BAD=60°，
2
∴∠EAF=120°，
∴∠EAF=∠GMH，∵AD∥BC，
∴∠EFA=∠GHM，
由（1）可知，△EBA≌△GBC，
∴AE=GC=CM=GM，
∴△EAF≌△GMH，
∴AF=MH，
∴CH=CM+MH=AE+AF．
30．（24-25八年级下·四川泸州·期中）体思想是中学数学解题的重要方法之一，贯穿于数学学习的全过程，
1
对于问题1，樊老师给出了如下的提示：连接PA，利用△PAD与△PAB面积之和是菱形面积的 ，可求出
2
PE+PF的值．
（1）如图1，在菱形ABCD中，对角线AC，BD的长分别为6和8，点P为对角线BD上一动点（不与点B、
D重合），过点P分别作AD和AB的垂线，垂足为点E和F，求PE+PF的值，请你写出求解过程．
（2）如图2，若ABCD为矩形，点M，N分别在边AD，BC上，将矩形ABCD沿直线MN折叠，使点D
恰好与点B重合，点C落在点C′处．点P为线段MN上一动点（不与点M，N重合），过点P分别作直线
BM，BC的垂线，垂足分别为E和F，以PE，PF为邻边作平行四边形PEGF，若DM=13，CN=5，求
平行四边形的周长；
（3）如图3，当点P是等边△ABC外一点时，过点P分别作直线AB，AC，BC的垂线，垂足分别为点H ，
1
H ，H ，若PH −PH +PH =3，请求出△ABC的面积，并写出推理过程．
2 3 1 2 3
【思路点拨】
1
（1）连接PA，利用△PAD与△PAB面积之和是菱形面积的 ，可求出PE+PF的值；
2
（2）连接BD，ND，BP，过点M作MH⊥BC于点H，BD，NM交于点O，利用折叠的性质，矩形的
性质，菱形的判定与性质和直角三角形的性质求得DC，BN，再利用（1）的方法解答即可；
（3）连接AP，BP，CP，过点A作AK⊥BC于点K，设等边三角形ABC的边长为a，则AB=AC=BC=a，利用（1）的方法求得a值，再利用三角形的面积公式解答即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：连接PA，AC，AC与BD交于点O，如图，
∵ ABCD
四边形 为菱形，
1 1
∴AB=AD，AC⊥BD，AO= BC=3，BO= BD=4，菱形ABCD的面积
2 2
1 1
= AC⋅BD= ×8×6=24．
2 2
∴AB=AD=❑√AO2+BO2=❑√32+42=5，
∵PE⊥AD，PF⊥AB，
1 1 5
∴ S =S +S = AB⋅PF+ AD⋅PE= (PE+PF)，
△ABD △APB △APD 2 2 2
1
∵ △ABD的面积是菱形面积的 ，
2
5 1
∴ (PE+PF)= ×24，
2 2
24
∴PE+PF= ．
5
（2）解：连接BD，ND，BP，过点M作MH⊥BC于点H，BD，NM交于点O，如图，
∵将矩形ABCD沿直线MN折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点C′处，
∴MN垂直平分BD，MB=MD=13，NC=NC′=5．DC=BC′，
∴MN⊥BD，BO=DO，
∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥BC，
∴∠MDO=NBO．
在△MDO和△NBO中，
{∠MDO=∠NBO
)
DO=BO ，
∠MOD=∠NOB
∴△MDO≌△NBO(ASA)，
∴MD=NB，
∴四边形MBND为平行四边形，
∵MB=MD，
∴四边形MBND为菱形，
∴BN=ND=DM=13，
∴BC′=DC=❑√DN2−NC2=12，
∵∠ADC=∠C=90°，MH⊥BC，
∴四边形MHCD为矩形，
∴MH=CD=12，
∵PE⊥MB，PF⊥BN，
1 1
∴由（1）的方法可得： ×13(PE+PF)= ×BN⋅MH，
2 2
1 1
∴ ×13(PE+PF)= ×13×12，
2 2
∴PE+PF=12，
∴平行四边形PEGF的周长=2(PE+PF)=24．
（3）解：△ABC的面积=3❑√3．
连接AP, BP，CP,过点A作AK⊥BC于点K，如图，
设等边三角形的边长为a，则AB=AC=BC=a，
∵AK⊥BC，∴∠AKB=90°，
∵等边△ABC，
∴∠ABC=60°，
∴∠BAK=30°，
1 1
∴BK= AB= a，
2 2
❑√3
∴AK=❑√AB2−BK2= a，
2
∵S =S +S −S ，
△ABC △ABP △CBP △ACP
1 1 1 1
∴ BC⋅AK= AB⋅PH + BC⋅PH − AC⋅PH ，
2 2 1 2 3 2 2
1 ❑√3 1
∴ a⋅ a= a(PH +PH −PH )，
2 2 2 1 3 2
∵PH −PH +PH =3，
1 2 3
❑√3
∴ a=3，
2
∴a=2❑√3，
∴的面积．
