文档内容
第 08 讲 菱形【10 个必考点】
【人教版】
【知识点1 菱形的定义及性质】..............................................................................................................................1
【必考点1 利用菱形的性质求线段的长度】.........................................................................................................2
【必考点2 利用菱形的性质求角度】.....................................................................................................................6
【必考点3 利用菱形的性质求面积】...................................................................................................................10
【必考点4 坐标系中菱形性质的应用】...............................................................................................................13
【知识点2 菱形的判定】........................................................................................................................................17
【必考点5 菱形的判定条件】................................................................................................................................17
【必考点6 证明一个四边形是菱形】...................................................................................................................21
【必考点7 菱形的判定与性质综合应用】...........................................................................................................27
【必考点8 菱形中的多结论问题】.......................................................................................................................33
【必考点9 菱形中的最值问题】............................................................................................................................39
【必考点10 菱形中的动点问题】..........................................................................................................................44
【知识点1 菱形的定义及性质】
1.菱形的定义：有一组邻边相等平行四边形叫做菱形.
（1）菱形必须具备两个条件：①是平行四边形；②是有一组邻边相等.这两个条件缺一不可.
（2）菱形的定义既是菱形的性质，也是菱形的判定方法.
2.菱形的性质：菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外，还具有自身独特的性
质，
性质 数学语言 图形
菱形的四条边都 四边形 是菱形，
边
相等
.
四边形 是菱形，
菱形的两条对角
巷互相垂直，并 ,
对角线
且每一条对角线
平分一组对角
对称性 菱形是轴对称图形，有两条对称轴
（1）菱形的两条对称轴分别是两条对角线所在直线.
（2）菱形的两条对角线互相垂直，且把菱形分成四个全等的直角三角形.把菱形的性质与勾股定理相联系，可得对角线与边之间的关系，即边长的平方等于两条对角线一半的平方和.
（3）如果菱形的一个内角为60°，那么菱形的两条边与较短的对角线构成的三角形为等边三角形.
3.菱形的面积
公式由来 文字语言 数学语言 图示
菱形是平行 菱形的面积=
四边形. 底×高.
菱形
的面
积公 菱形的面积=
菱形的对角
式 对角线长的
线互相垂直
乘积的一半
【拓展】对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半.
【必考点1 利用菱形的性质求线段的长度】
【例1】如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC＝4cm，BD＝2cm，DH⊥AB于点H，且DH与AC交于点
G，则DH的长为（ ）
4❑√5 8 8❑√5
A．❑√3cm B． cm C． cm D． cm
5 5 5
【分析】根据菱形的面积等于对角线积的一半，可求得菱形的面积，又由菱形的对角线互相平分且垂
直，可根据勾股定理得AB的长，根据菱形的面积的求解方法：底乘以高或对角线积的一半，即可得菱
形的高．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
1 1
∴AC⊥BD，OA=OC= AC=2cm，OB=OD= BD=1cm，
2 2
∴AB=❑√AO2 +BO2 =❑√12 +22 =❑√5，
1
∴S = AC⋅BD=AB⋅DH，
菱 形ABC2D
AC⋅BD 4❑√5
∴DH= = cm
2AB 5
故选：B．
【例2】如图，四边形ABCD中，∠C＝90°，点E是BC上一点，连接AE，DE，BD，AE与BD交于点O，四边形ABED是菱形，若EC＝3，CD＝4，则BO的长为（ ）
5❑√3
A．4 B．3❑√3 C． D．2❑√5
2
【分析】求解DE=❑√32 +42 =5，可得DE＝BE＝AB＝AD＝5，再求解BD=❑√BC2 +DC2 =❑√42 +82 =4
❑√5，从而可得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD中，∠C＝90°，
∴△CDE是直角三角形，
在Rt△CDE中，EC＝3，CD＝4，
由勾股定理得：DE=❑√32 +42 =5．
∵四边形ABED是菱形，
∴DE＝BE＝AB＝AD＝5，OB＝OD，
∴BC＝BE+EC＝8，
在直角三角形BCD中，由勾股定理得：BD=❑√BC2 +DC2 =❑√42 +82 =4❑√5，
1
∴BO= BD＝2❑√5，
2
故选：D．
【变式1】如图，四边形ABCD是菱形，过点B作BE⊥AB交对角线AC于点E．若AE＝8，AB＝7，则EC
的长为（ ）
17 17 49 15
A． B． C． D．
4 2 8 8
【分析】先根据勾股定理求得BE的长，然后利用等面积法可求得BO的长，再根据勾股定理可求得结果．
【解答】解：∵BE⊥AB，AE＝8，AB＝7，
∴BE=❑√AE2−AB2 =❑√82−72 =❑√15，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB＝BC＝7，
1 1
∴S = ⋅AE⋅BO= ⋅AB⋅BE，
△ABE 2 2
7❑√15
∴BO= ，
8
√ 7❑√15 2 49
在Rt△BOC中，OC=❑√BC2−OB2 = ❑72−( ) = ，
8 8
49
∴OA=OC= ，
8
49 15
∴OE=AE−AO=8− = ，
8 8
49 15 34 17
∴EC=OC−OE= − = = ，
8 8 8 4
故选：A．
【变式2】如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点M，N分别是边AD，CD的中点，连
接MN，OM．若MN＝3，S菱形ABCD ＝24，则OM的长为（ ）
A．3 B．3.5 C．2 D．2.5
【分析】由三角形中位线定理得AC＝2MN＝6，再由菱形的性质和勾股定理求出CD＝5，然后由三角形
中位线定理即可得出结论．
【解答】解：∵点M，N分别是边AD，CD的中点，
∴MN是△ACD的中位线，
∴AC＝2MN＝2×3＝6，
∵四边形ABCD是菱形，S菱形ABCD ＝24，1 1
∴OA＝OC= AC＝3，OB＝OD，AC⊥BD， AC•BD＝24，
2 2
1
即 ×6×BD＝24，
2
∴BD＝8，
1
∴OD= BD＝4，
2
在Rt△OCD中，由勾股定理得：CD=❑√OC2 +OD2 =❑√32 +42 =5，
∵点M是AD的中点，OA＝OC，
∴OM是△ACD的中位线，
1
∴OM= CD＝2.5，
2
故选：D．
【变式3】如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，菱形ABCD的周长为40，直线EF过点O，且与
AD，BC分别交于点E，F，若OE＝3，则四边形ABFE的周长是（ ）
A．20 B．23 C．26 D．29
【分析】由菱形的性质得 AB＝BC＝CD＝AD＝10，AD∥BC，OA＝OC，证明△AOE≌△COF
（AAS），得OE＝OF＝5，AE＝CF，再根据四边形的周长即可得解．
【解答】解：∵菱形ABCD的周长为40，OE＝3，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝10，AD∥BC，OA＝OC，
∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，
在△AOE和△COF中，
{∠EAO=∠FCO
)
∠AEO=∠CFO ，
OA=OC
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE＝OF＝5，AE＝CF，
∴四边形ABFE的周长是：AB+BF+EF+AE
＝AB+BF+（OE+OF）+CF
＝10+（BF+CF）+（3+3）
＝10+10+6
＝26，
∴四边形ABFE的周长是26．
故选：C．
【必考点2 利用菱形的性质求角度】
【例1】如图，在菱形ABCD中，直线MN分别交AB、CD、AC于点M、N和O．且AM＝CN，连接BO．
若∠OBC＝60°，则∠DAC为（ ）
A．65° B．30° C．25° D．20°
【分析】先由菱形性质得出 AB∥CD，BC∥AD，BA＝BC．结合 AM＝CN，证明△OAM≌△OCN
（ASA），则OA＝OC，因为∠OBC＝60°，所以运用三角形内角和性质来计算，即可作答．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，BC∥AD，BA＝BC．
∴∠OMA＝∠ONC，∠OAM＝∠OCN，∠DAC＝∠OCB．
在△OAM和△OCN中，
{∠OMA=∠ONC
)
AM=CN ，
∠OAN=∠OCN
∴△OAM≌△OCN（ASA）．
∴OA＝OC．
∴BO⊥AC．
∴∠BOC＝90°．
∵∠OBC＝60°，
∴∠OCB＝180°﹣∠BOC﹣∠OBC＝30°．
∴∠DAC＝∠OCB＝30°．故选：B．
【例2】如图，在菱形ABCD中，E、F分别是AB、CD上的点，且AE＝CF，EF与AC相交于点O．若
∠DAC＝36°，则∠OBC的度数为（ ）
A．36° B．54° C．56° D．64°
【分析】由菱形的性质可得 AB＝BC＝AD＝CD，AB∥CD，AD∥BC，由“AAS”可证
△AOE≌△COF，可得AO＝CO，由等腰三角形的性质可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝AD＝CD，AB∥CD，AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，∠DAC＝∠ACB＝36°，
在△AOE和△COF中，
{∠EAO=∠FCO
)
∠AOE=∠COF ，
AE=CF
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴AO＝CO，
又∵AB＝BC，
∴BO⊥AC，
∴∠OBC＝90°﹣∠ACB＝54°，
故选：B．
【变式1】已知如图，菱形 ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，DE⊥AB于E，交AC于点F，若
∠BAD＝ ，则∠DFO一定等于（ ）
α
1 1
A．2 B．45°+ C．90°− α D．45°+ α
2 2
α α【分析】根据菱形的性质得出AC⊥BD，进而利用互余解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
1 1
∴AC⊥BD，∠BAO= ∠BAD= α，
2 2
∴∠DFO+∠FDO＝90°，
∵DE⊥AB，
∴∠FDO+∠ABO＝90°，
∴∠DFO＝∠ABO，
∵∠BAO+∠ABO＝90°，
1
∴∠DFO＝90°﹣∠BAO＝90°− α，
2
故选：C．
【变式2】如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，DH⊥BC于点H，连接OH，∠BAD
＝56°，则∠DHO的度数是（ ）
A．38° B．34° C．28° D．24°
【分析】首先根据菱形的一组邻角互补可以求出∠ABC＝124°，再根据菱形的对角线互相平分且每组对
1
角线平分一组对角可得∠DBH=∠ABD= ∠ABC=62°、OB＝OD，所以可得∠BDH＝28°，根据直
2
角三角形的斜边等于斜边的一半可得HO＝DO，根据等边对等角可得∠DHO＝∠BDO＝28°．
【解答】解：如下图所示，
由菱形性质可得∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠BAD＝56°，∵∠ABC＝124°，
1
∴∠DBH=∠ABD= ∠ABC=62°，
2
∵DH⊥BC，
∴∠DHB＝90°，
在Rt△DBH中，∠BDH＝90°﹣∠DBH＝90°﹣62°＝28°，
∵OB＝OD，
∴点O是BD的中点，
∴HO＝DO，
∴∠DHO＝∠BDO＝28°．
故选：C．
【变式3】如图，点E，F分别是菱形ABCD边AD，CD的中点，EG⊥BC交CB的延长线于点G．若
∠GEF＝66°，则∠A的度数是（ ）
A．24° B．33° C．48° D．66°
【分析】连接AC，由菱形的性质推出AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，判定EG⊥AD，得到∠DEF+∠FEG
＝90°，求出∠DEF＝24°，由三角形中位线定理推出EF∥AC，得到∠DAC＝∠DEF＝24°，即可求出
∠BAD＝2×24°＝48°．
【解答】解：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，
∵EG⊥BC，
∴EG⊥AD，
∴∠DEF+∠FEG＝90°，
∵∠GEF＝66°，
∴∠DEF＝24°，
∵E，F分别是AD，CD的中点，∴EF是△DAC的中位线，
∴EF∥AC，
∴∠DAC＝∠DEF＝24°，
∴∠BAD＝2×24°＝48°，
故选：C．
【必考点3 利用菱形的性质求面积】
【例1】已知菱形的边长为3，较短的一条对角线的长为2，则该菱形面积为（ ）
A．2❑√2 B．2❑√5 C．4❑√2 D．2❑√10
1
【分析】设菱形ABCD中，AB＝3，BD＝2，连接AC、BD交于点O，则∠AOB＝90°，OB= BD＝1，
2
1
求得OC＝OA=❑√AB2−OB2 =2❑√2，则AC＝4❑√2，所以S菱形ABCD =
2
AC•BD＝4❑√2，于是得到问题的
答案．
【解答】解：菱形ABCD，AB＝3，BD＝2，连接AC、BD交于点O，
∵AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
1
∵OB＝OD= BD＝1，
2
∴OC＝OA=❑√AB2−OB2 =❑√32−12 =2❑√2，
∴AC＝OA+OC＝2❑√2+2❑√2=4❑√2，
1 1
∴S菱形ABCD =
2
AC•BD=
2
×4❑√2×2＝4❑√2，
∴该菱形面积为4❑√2，
故选：C．【变式1】如图，在菱形ABCD中，AC、BD相交于O，且AC：BD＝1：❑√3，若AB＝2．则菱形ABCD的
面积是（ ）
❑√3 ❑√3
A．2❑√3 B．❑√3 C． D．
2 4
【分析】首先设AO＝x，由在菱形ABCD中，AC：BD＝1：❑√3，AB＝2，可得方程AB2＝（❑√3x）2+x2
＝22；继而可求得AC与BD的长，则可求得菱形ABCD的面积．
【解答】解：菱形两对角线将其分割为四个全等的直角三角形．
设AO＝x，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD．
又∵AC：BD＝1：❑√3，
∴AO：BO＝1：❑√3，BO=❑√3．
在Rt△ABO中，
∵AB2＝BO2+AO2，
∴AB2＝（❑√3）2+x2＝22．
解得：x＝1．
∴AO＝1，BO=❑√3．
∴AC＝2，BD＝2❑√3．
1
∴菱形的面积为： ×2×2❑√3=2❑√3．
2
故选：A．
【变式2】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＝8，OH＝3，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．48 B．72 C．96 D．108
【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，由DH⊥AB于点H，得∠BHD＝90°，因为
1
OA＝8，OH＝3，所以AC＝2OA＝16，BD＝2OH＝6，则S菱形ABCD =
2
AC•BD＝48，于是得到问题的答
案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，
∵DH⊥AB于点H，
∴∠BHD＝90°，
∵OA＝8，OH＝3，
∴AC＝2OA＝16，BD＝2OH＝6，
1 1
∴S菱形ABCD =
2
AC•BD=
2
×16×6＝48，
故选：A．
【变式3】如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠D＝60°，点P为边CD中点，连接BP，过点A作EF∥BP，
且EF＝BP，连接BE，PF，则四边形BEFP的面积为（ ）
A．9❑√3 B．6❑√3 C．18❑√3 D．18
【分析】连接 AC，AP，过C作CH⊥AB于H，由菱形的性质推出 AB＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，
1
CD∥AB，判定△ABC是等边三角形，得到BH＝3，由勾股定理求出CH＝3❑√3，得到△ABC的面积=
2
AB•CH＝9❑√3，于是△ABP的面积＝△ABC的面积＝9❑√3，判定四边形EBPF是平行四边形，得到四边形BEFP的面积＝2S△ABP ＝18❑√3．
【解答】解：连接AC，AP，过C作CH⊥AB于H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，CD∥AB，
∴△ABC是等边三角形，
1 1
∴BH= AB= ×6＝3，
2 2
∵BC＝AB＝6，
∴CH=❑√BC2−BH2 =3❑√3，
1
∴△ABC的面积= AB•CH＝9❑√3，
2
∵CD∥AB，
∴△ABP的面积＝△ABC的面积＝9❑√3，
∵EF∥PB，EF＝PB，
∴四边形EBPF是平行四边形，
∴四边形BEFP的面积＝2S△ABP ＝2×9❑√3=18❑√3．
故选：C．
【必考点4 坐标系中菱形性质的应用】
【例1】已知菱形的三个顶点的坐标分别为O(0，0)，A(2，0)，B(1，❑√3)，则第四个顶点C的坐
标是 ．
【分析】分AB为对角线，OB为对角线，OA为对角线三种情况分别画出菱形，进而根据图形和菱形的
性质即可解答．
【解答】解：如图：∵O(0，0)，A(2，0)，B(1，❑√3)，
∴OA＝OB＝AB＝2，
∴△OAB是等边三角形，
当AB为对角线时，点B(1，❑√3)向右平移两个单位得到C (3，❑√3)；
1
当OB为对角线时，点B(1，❑√3)向左平移两个单位得到C (−1，❑√3)；
2
当OA为对角线时，点B(1，❑√3)关于x轴的对称点C (1，−❑√3)．
3
故答案为：(3，❑√3)或(−1，❑√3)或(1，−❑√3)．
【变式1】如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的顶点A的坐标是（3，1）．若顶点B在第一象限的
角平分线上，则点B的坐标是 ．
【分析】由“SSS”可证△AHB≌△AHO，可得OH＝BH，∠AHO＝∠AHB＝45°，由等腰直角三角形的
性质可得AF＝FH＝1，即可求解．
【解答】解：如图，过点B作BH⊥x轴于H，过点A作AF⊥OH于F，连接AH，
∵点A的坐标是（3，1），∴AF＝1，OF＝3，
∵四边形OABC是菱形，
∴OA＝AB，
∵点B在第一象限的角平分线上，
∴△OBH是等腰直角三角形，
∴BH＝OH，
又∵AH＝AH，
∴△AHB≌△AHO（SSS），
∴OH＝BH，∠AHO＝∠AHB＝45°，
∵AF⊥OH，
∴AF＝FH＝1，
∴OH＝BH＝4，
∴点B（4，4），
故答案为：（4，4）．
【变式2】如图：已知点A的坐标为(−2❑√3，2)，菱形ABCD的对角线交于坐标原点O，则C点的坐标
是 ．
【分析】由菱形的性质可知点A和点C关于原点对称，结合条件可求得点C点的坐标．
【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵点O为坐标原点，
∴点A和点C关于原点对称，点B和点D关于原点对称，
∵点A的坐标为(−2❑√3，2)，∴C点坐标为(2❑√3，−2)．
故答案为：(2❑√3，−2)．
【变式3】如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的顶点A在y轴上，M，N分别是边OA，OC的中点，
若点M，N的纵坐标分别是3，2，则点B的坐标是 ．
【分析】延长BC交x轴于Q，作NP⊥OQ于P，由菱形的性质得到BC∥AO，BC＝CO＝AO，由点M
的纵坐标是3，得到OC＝BC＝6，由N的纵坐标是2，得到PN＝2，由三角形中位线定理得到QC＝4，
即可求出BQ的长，由勾股定理求出OQ的长，即可得到B的坐标．
【解答】解：延长BC交x轴于Q，作NP⊥OQ于P，
∵四边形ABCO是菱形，
∴BC∥AO，BC＝CO＝AO，
∵AO⊥OQ，
∴BC⊥OQ，
∵点M，N的纵坐标分别是3，2，
∴OM＝3，PN＝2，
∵M是OA中点，
∴AO＝2OM＝6，
∴OC＝BC＝6，
∵PN∥CQ，
∴PO：PQ＝ON：NC，
∵ON＝NC，
∴OP＝PQ，
∴PN是△OCQ的中位线，
∴CQ＝2PN＝4，
∴OQ=❑√CO2−CQ2 =2❑√5，∵BQ＝BC+CQ＝6+4＝10，
∴B的坐标是（2❑√5，10）．
故答案为：（2❑√5，10）．
【知识点2 菱形的判定】
判定方法 数学语言 图示
在 中，
有一组邻边相等的
平行四边形是菱形
（定义）.
是菱形.
边
在四边形 中，
四条边相等的四边
形是菱形.
四边形 是菱形.
在 中，
对角线互相垂直的
对角线
平行四边形是菱形
是菱形.
【必考点5 菱形的判定条件】
【例1】下列条件：
①一组对边平行且相等；②对角线互相平分；③对角线互相垂直；④对角线相等；
⑤一组邻边相等；⑥一个角为直角．
从中选取两个，能判定一个四边形为菱形的序号为（ ）
A．①② B．①③ C．②④ D．②⑥
【分析】根据菱形的判定方法对各选项分析判断后利用排除法求解．
【解答】解：A、①②有一组对边平行且相等，对角线互相平分的四边形是平行四边形，故本选项错误；
B、①③有一组对边平行且相等，对角线互相垂直的四边形是菱形，故本选项正确；
C、②④对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故本选项错误；
D、②⑥对角线互相平分且一个角为直角的四边形是矩形，故本选项错误；
故选：B．
【变式1】四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，下列条件中不一定能判定这个四边形是菱形的是
（ ）
A．AD∥BC，AB∥DC，AD＝BC
B．AB＝DC，∠ABD＝∠BDC，AD＝CD
C．AB＝DC＝AD＝BC
D．OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD
【分析】由菱形的判定方法逐一判断，即可求解．
【解答】A、AD∥BC，AD＝BC，AB∥DC，如一般的矩形可满足此条件，但不是菱形，故符合题意；
B、∵∠BDC＝∠ABD，
∴AB∥CD，
∵AB＝DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵CD＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，故不符合题意；
C、∵DC＝AD＝AB＝BC，由菱形的定义可得四边形ABCD是菱形，故不符合题意；
D、∵OB＝OD，OA＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故不符合题意；
故选：A．
【变式 2】如图，四边形 ABCD 是平行四边形，给出下列四个条件：① AB＝BC；② AC＝BD；
③AC⊥BD；④AC平分∠BAD．若添加其中一个条件，不能使四边形ABCD是菱形的为（ ）
A．① B．② C．③ D．④【分析】根据由一组邻边相等的平行四边形是菱形判断①，根据对角线相等的平行四边形是矩形判断
②；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形判断③；由角平分线的定义和平行线的性质证得∠BAC
＝∠ACB，得到AB＝BC，可判断④．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴①能使四边形ABCD是菱形；
∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴②不能使四边形ABCD是菱形；
∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴③能使四边形ABCD是菱形；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∵AC平分∠BAD，
∠BAC＝∠DAC，
∴∠BAC＝∠ACB，
∴AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴④能使四边形ABCD是菱形；
故选：B．
【变式3】如图，在平行四边形ABCD中，DE，BF分别是∠ADC和∠ABC的平分线，添加一个条件，仍
无判定四边形BFDE为菱形的是（ ）
A．∠A＝60° B．DE＝DF
C．EF⊥BD D．BD平分∠EDF
【分析】由平行四边形的性质和角平分线的性质得∠ABF＝∠CDE，进而由平行线的性质得∠ABF＝∠AED，则DE∥BF，再证明四边形DEBF是平行四边形，然后由菱形的判定依次判断即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADC＝∠ABC，
又∵DE，BF分别是∠ADC，∠ABC的平分线，
∴∠ABF＝∠CDE，
∵CD∥AB，
∴∠CDE＝∠AED，
∴∠ABF＝∠AED，
∴DE∥BF，
∵DE∥BF，DF∥BE，
∴四边形DEBF是平行四边形，
若∠A＝60°，不能判定四边形BFDE为菱形，故选项A符合题意；
若DE＝DF，则四边形BFDE为菱形，故选项B不符合题意；
若EF⊥BD，则四边形BFDE为菱形，故选项A不符合题意；
若BD平分∠EDF，
∴∠BDF＝∠BDE，
∵DF∥BE，
∴∠FDB＝∠DBE＝∠BDE，
∴DE＝EB，
∴四边形BFDE为菱形，故选项D不符合题意；
故选：A．
【变式4】如图，AC、BD是四边形ABCD的对角线，点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是
AC、BD的中点．若四边形EMFN是菱形，则原四边形ABCD应满足的条件是（ ）
A．AC＝BD B．AB＝CD
C．AC⊥BD D．∠ABC+∠DCB＝90°
1 1
【分析】根据三角形中位线定理得到EN＝FM= AB，FN＝EM= CD，则可证明四边形EMFN为平行
2 2
四边形，当当EN＝FN，即AB＝CD，则此时平行四边形EMFN是菱形，据此可得答案．【解答】解：∵E，F，N，M分别是AD，BC，BD，AC的中点，
∴AE＝DE，BN＝DN，AM＝CM，BF＝CF，
∴EN、NF、FM、EM分别为△ABD、△BCD、△ABC、△ACD的中位线，
1 1
∴EN＝FM= AB，FN＝EM= CD，
2 2
∴四边形EMFN为平行四边形，
当EN＝FN，即AB＝CD，则此时平行四边形EMFN是菱形，
故选：B．
【必考点6 证明一个四边形是菱形】
【例1】如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC，BD相交于点O，E，F分别是OA，OC的中点，OB＝
OD．
（1）求证：BE＝DF；
（2）连接DE，BF，当满足△ABC什么条件时，四边形DEBF是菱形，并证明你的结论．
【分析】（1）证明△ABO≌△CDO（AAS），得出OA＝OC，再证明△BOE≌△DOF（SAS），即可推
出结论；
（2）根据（1）的结论先得出四边形DEBF是平行四边形．再结合菱形的对角线互相垂直可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠DCO＝∠BAO，
又∵∠DOC＝∠BOA，OB＝OD，
∴△ABO≌△CDO（AAS），
∴OA＝OC，
又∵E，F分别是OA，OC的中点，
∴OE＝OF，
又∵∠DOC＝∠BOA，OB＝OD，
∴△BOE≌△DOF（SAS），
∴BE＝DF；
（2）解：如图，当AB＝BC时四边形DEBF是菱形．理由如下：
∵OE＝OF，OD＝OB，
∴四边形DEBF是平行四边形．
由（1）可知四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴平行四边形DEBF是菱形．
【变式1】如图，△ABC中，点D是AB上一点，点E是AC的中点，过点C作CF∥AB，交DE的延长线
于点F．
（1）求证：△ADE≌△CFE；
（2）连接AF，CD，如果点D是AB的中点，那么当AC与BC满足什么条件时，四边形ADCF是菱
形？证明你的结论．
【分析】（1）由CF∥AB，得∠ADF＝∠CFD，∠DAC＝∠FCA，又AE＝CE，可证△ADE≌△CFE
（AAS），即得AD＝CF；
（2）由AD＝CF，AD∥CF，知四边形ADCF是平行四边形，再证明对角线垂直，可得结论．
【解答】（1）证明：∵CF∥AB，
∴∠ADF＝∠CFD，∠DAC＝∠FCA，
∵点E是AC的中点，
∴AE＝CE，
在△ADE与△CFE中，{∠ADF=∠CFD
)
∠DAC=∠FCA ，
AE=CE
∴△ADE≌△CFE（AAS）；
（2）解：当AC⊥BC时，四边形ADCF是菱形，证明如下：
由（1）知，AD＝CF，
∵AD∥CF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴AE＝CE，
∵点D是AB的中点，
∴AD＝BD，
∴DF∥CB，
∵AC⊥CB，
∴AC⊥DF
∴四边形ADCF是菱形．
【变式2】如图，在△ABC中，点D是BC的中点，点E在AD上，点F在AD延长线上，且BE∥CF．
（1）求证：四边形BECF是平行四边形；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形BECF是菱形？并说明理由．
【分析】（1）由已知条件，据AAS证得△CFD≌△BED，则可证得CF＝BE，继而证得四边形BECF
是平行四边形；（2）由AB＝AC，BD＝CD，得到FE⊥BC，然后根据菱形的判定，可得四边形BECF是菱形．
【解答】（1）证明：在△ABC中，D是BC边的中点，
∴BD＝CD，
∵CF∥BE，
∴∠CFD＝∠BED，
在△CFD和△BED中，
{∠CFD=∠BED
)
CD=BD ，
∠FDC=∠EDB
∴△CFD≌△BED（AAS），
∴CF＝BE，
∴四边形BFCE是平行四边形；
（2）解：满足条件AB＝AC时四边形BECF为菱形．
理由：若AB＝AC时，△ABC为等腰三角形，
∵AD为中线，
∴AD⊥BC，
即FE⊥BC，
∴平行四边形BECF为菱形．
【变式3】已知：如图， ABCD的对角线AC，BD交于点O，分别过点A，B作AE∥BD，BE∥AC，连接
CE交BD于点F． ▱
（1）求证：△BEF≌△OCF；
（2）当∠ABC满足什么条件时，四边形OAEB为菱形？请说明理由．
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形得OA＝OC，证明四边形OAEB是平行四边形，则有OA＝
BE＝OC，然后根据AAS证明△BEF≌△OCF即可；
（2）证出四边形ABCD是矩形，由矩形的性质得出OA＝OB，即可得出四边形OAEB为菱形；
【解答】（1）证明： ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE∥BD，BE∥AC，
∴OA＝OC，四边形O▱AEB是平行四边形，∠BEF＝∠OCF，
∴OA＝BE，∴BE＝OC，
在△BEF和△OCF中，
{∠BEF=∠OCF
)
∠BFE=∠OFC ，
BE=CO
∴△BEF≌△OCF（AAS）；
（2）解：当∠ABC＝90°时，四边形OAEB为菱形；理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AO＝CO＝BO＝DO，
∵AE∥BD，BE∥AC，
∴四边形OAEB是平行四边形，
∴四边形OAEB为菱形．
【变式4】已知：平行四边形ABCD，对角线AC，BD相交于点O．E是AD的中点，连接OE并延长至F
使得EF＝OE，连接FD，FC，FC交BD于点G．
（1）判断四边形FOCD的形状，并说明理由．
（2）当AB与AC的数量关系满足 时，四边形FOCD是菱形．请说明理由．
【分析】（1）由平行四边形的性质推出AO＝OC，AB∥CD，由三角形中位线定理推出OE∥CD，CD
＝2OE，而OF＝2OE，得到CD＝OF，即可证明四边形FOCD是平行四边形；
1
（2）由平行四边形的性质推出OC= AC，CD＝AB，得到OC＝AB，因此OC＝CD，而四边形FOCD
2
是平行四边形，判定四边形FOCD是菱形．
【解答】解：（1）四边形FOCD是平行四边形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝OC，AB∥CD，
∵E是AD中点，∴OE是△ACD的中位线，
∴OE∥CD，CD＝2OE，
∵EF＝OE，
∴OF＝2OE，
∴CD＝OF，
∵OF∥CD，
∴四边形FOCD是平行四边形；
1
（2）当AB= AC 时，四边形FOCD是菱形，理由如下：
2
∵四边形ABCD是平行四边形，
1
∴OC= AC，CD＝AB，
2
1
∵AB= AC，
2
∴OC＝AB，
∴OC＝CD，
∵四边形FOCD是平行四边形，
∴四边形FOCD是菱形．
1
故答案为：AB= AC．
2
【必考点7 菱形的判定与性质综合应用】
【例1】如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于点E，BF平分∠ABC，交AD于点F，
AE与BF交于点P，连接EF，PD．
（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若AB＝8，AD＝12，∠ABC＝60°，求线段DP的长．
【分析】（1）根据平行四边形和角平分线的性质可得AB＝BE，AB＝AF，AF＝BE，从而证明四边形
ABEF是菱形；
（2）由菱形的性质得出AE⊥BF，得到∠ABF＝30°，∠BAP＝∠FAP＝60°从而得出AB＝AE＝8，AP＝4，过点P作PM⊥AD于M，得到PM＝2❑√3，AM＝2，从而得到DM＝10，由勾股定理求出PD、PB的
长，即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
∴∠DAE＝∠AEB．
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE＝∠BAE．
∴∠BAE＝∠AEB．
∴AB＝BE．
同理：AB＝AF．
∴AF＝BE．
∴四边形ABEF是平行四边形．
∵AB＝BE，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：∵四边形ABEF是菱形，
∴AE⊥BF，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ABF＝30°，∠BAP＝∠FAP＝60°，△ABE为等边三角形，
∴AB＝AE＝8，
∵AB＝8，
∴AP＝4，
过点P作PM⊥AD于M，如图所示：
∴PM＝2❑√3，AM＝2，
∵AD＝12，
∴DM＝10，
∴PD=❑√PM2 +DM2 =❑√(2❑√3) 2 +102 =4❑√7．1
【例2】如图，在平行四边形 ABCD中，AB= BC，BE＝CE，AF＝DF，且AE，BF交于点O，连接
2
EF，OC．
（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若AB＝12，∠ABC＝60°，求OC的长．
【分析】（1）先证明四边形ABEF是平行四边形，再证明其临边相等即可；
（2）过点O作OH⊥BC于H，先求BO，再求OH，BH，HC，最后根据勾股定理求OC．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，BC＝AD．
∵BE＝CE，AF＝CF，
∴BE＝AF．
∴四边形ABEF是平行四边形．
∵BC＝2AB，
∴AB＝BE．
∴平行四边形ABEF是菱形；
（2）过点O作OG⊥BC于点G，
∵E是BC的中点，BC＝2AB，
∴BE＝CE＝AB，
∵四边形ABEF是菱形，∠ABC＝60°，
∴BE＝CE＝AB＝12，∠OBE＝30°，∠BOE＝90°．
∴OE＝6，∠OEB＝60°．
∴GE＝3，OG=3❑√3，
∴GC＝GE+CE＝15．
在Rt△OCG中，OC=❑√OG2 +GC2 = ❑√ (3❑√3) 2 +152 =6❑√7．
【变式1】已知四边形ABCD中，BC＝CD．连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE．
（1）如图1，若DC∥BE，求证：四边形BCDE是菱形；
（2）如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，若DE垂直平分线段AC，请直接写出图中与∠DEC相等的角（∠DEC除外）．
【分析】（1）设BD、CE交于点M，证明△DCM≌△BEM，得DC＝BE，从而得出四边形BCDE是平
行四边形，再根据CD＝CB，即可证明结论；
（2）由垂直平分线性质得∠DEA＝∠DEC＝∠CEB，∠EDM＝∠EBM，由直角三角形两锐角互余可得
出∠CEB＝∠DFA，由对顶角相等得出∠DFA＝∠BFC．
【解答】（1）证明：设BD、CE交于点M，
∵BC＝DC，EC⊥BD，
∴CE垂直平分BD，∠CMD＝∠BME＝90°．
∴DM＝BM．
∵DC∥EB，
∴∠CDM＝∠EBM，
∴△DCM≌△BEM（SAS），
∴DC＝BE，
∵DC∥EB，
∴四边形DCEB是平行四边形，
∵DC＝BC，
∴四边形BCDE是菱形．
（2）解：∠DEA，∠CEB，∠DFA，∠BFC．
设DE、AC交于点N，∵DE垂直平分线段AC，
∴∠DEC＝∠DEA，∠DNF＝90°，
∵BC＝DC，EC⊥BD，
∴CE垂直平分BD，
∴∠DEC＝∠CEB，
∵∠EDM+∠DFA＝90°，∠EDM+∠DEC＝90°，
∴∠DFA＝∠DEC，
∵∠DFA＝∠BFC，
∴∠DEC＝∠DEA＝∠CEB＝∠DFA＝∠BFC．
【变式2】如图，在平行四边形ABCD中，点O是对角线AC中点，过点O作EF⊥AC交BC于点E，AD
于点F，连接AE，CF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若AE＝8，AC+EF＝20，求四边形AECF的面积．
【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质，可得 AF＝CF，AE＝CE，OA＝OC，然后由四边形ABCD
是平行四边形，易证得△AOF≌△COE，则可得AF＝CE，继而证得结论；
1
（2）根据菱形的性质以及AE＝8，AC+EF＝20，可得AO+EO= (AC+EF)=10，证得（AO+EO）2
2
＝100，在Rt△AOE中根据AO2+EO2＝AE2，可得AO2+EO2＝64，进而求出2AO•EO＝100﹣64＝36得出
结论．
【解答】（1）证明：∵点O是AC中点，EF⊥AC，
∴EF是AC的垂直平分线，
∴AF＝CF，AE＝CE，OA＝OC．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，
∴∠CAF＝∠ACE，∠AFE＝∠CEF．
在△AOF和△COE中，
{ ∠AFE=∠CEF )
∠CAF=∠ACE，
OA=OC
∴△AOF≌△COE（AAS）．
∴AF＝CE，
∴AF＝CF＝CE＝AE，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：∵四边形AECF是菱形，
∴AC⊥EF，AO＝CO，EO＝FO，
∵AE＝8，AC+EF＝20，
1
∴AO+EO= (AC+EF)=10，
2
∴（AO+EO）2＝100，
即AO2+EO2+2AO•EO＝100．
在Rt△AOE中，AO2+EO2＝AE2，
∴AO2+EO2＝64，
∴2AO•EO＝100﹣64＝36，
1
∴菱形AECF的面积为 AC⋅EF=2AO⋅EO=36．
2
【变式3】如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，点D是AB的中点，连接CD，过点C作CE∥AB，过点A
作AE∥CD，CE，AE交于点E，连接DE交AC于点O．
（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）连接BE交AC于点F，交CD于点G，若DE＝CE，CD＝2，求OF的长．
1
【分析】（1）根据直角三角形斜边中线的性质得到DC=AD=BD= AB，根据两组对边分别平行的
2四边形是平行四边形得到四边形AECD是平行四边形，再根据邻边相等即可证明为菱形；
1
（2）先证明四边形BCED是菱形，△CDE为等边三角形，则∠OEF= ∠CED=30°，再根据30°角
2
直角三角形的性质结合勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，点D是AB中点，
1
∴DC=AD=BD= AB，
2
∵AE∥CD，CE∥AB，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵CD＝AD，
∴四边形AECD是菱形；
（2）解：∵四边形AECD是菱形，
∴AC⊥DE，CD＝CE，OD＝OE，
∵DE＝CE，CD＝2，
∴DE＝CE＝CD＝2，△CDE为等边三角形，
∴∠AOD＝∠ACB＝90°，OD＝OE＝1，∠DEC＝60°，
∴BC∥DE，
∵CE∥BD，
∴四边形BCED是平行四边形，
∵DE＝CE，
∴四边形BCED是菱形，
1
∴∠OEF=∠CEF= ∠CED=30°，
2
∴EF＝2OF，
由勾股定理得OF2＝EF2﹣OE2，即OF2＝（2OF）2﹣12，
❑√3
解得OF= ．
3
【必考点8 菱形中的多结论问题】
【例1】如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝
DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论：（ ）
1
①OG= AB；
2②与△EGD全等的三角形共有2个；
③S四边形ODEG ＝S四边形ABOG ；
④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；
A．①③④ B．①④ C．①②③ D．②③④
1
【分析】①由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG＝DG，证出OG是△ACD的中位线，得出OG= CD
2
1
= AB，①正确；
2
②先证四边形ABDE是平行四边形，再证△ABD、△BCD是等边三角形，得AB＝BD＝AD，因此OD
＝AG，则四边形ABDE是菱形，④正确；
③ 由 菱 形 的 性 质 得 △ ABG≌ △ BDG≌ △ DEG ， 再 由 SAS 证 明 △ BGA≌ △ COD ， 得
△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，则②不正确；
由中线的性质和菱形的性质可得S△BOG ＝S△DOG ，S△ABG ＝S△DGE ，可得四边形ODEG与四边形OBAG面
积相等，得出③正确．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD（SSS），
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
{∠BAG=∠EDG
)
∠AGB=∠DGE ，
AB=DE
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ACD的中位线，1 1
∴OG= CD= AB，故①正确；
2 2
∵AB∥CE，AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，
∴OD＝AG，四边形ABDE是菱形，故④正确；
∴AD⊥BE，
由菱形的性质得：△BGA≌△BGD≌△EGD（SSS），
在△BGA和△COD中，
{ AG=DO )
∠BAG=∠CDO ，
AB=DC
∴△BGA≌△COD（SAS），
∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正确；
∵OB＝OD，
∴S△BOG ＝S△DOG ，
∵四边形ABDE是菱形，
∴S△ABG ＝S△DGE ，
∴四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，故③正确；
故选：A．
【变式1】如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，延长CB至E使BE＝CD，连接AE，下
3
列结论①AE＝2OD；②∠EAC＝90°；③四边形ADBE为菱形；④S四边形AEBO =
4
S菱形ABCD 中，正确
的结论个数有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】先判定四边形AEBD是平行四边形，再根据平行四边形的性质以及菱形的性质，即可得出结
论．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝BC＝CD，AD∥BC，BD＝2DO，
又∵BE＝CD，
∴AD＝BE，
∴四边形ADBE是平行四边形，
当BD＝AD时，四边形ADBE为菱形，故③不正确，
∴AE＝BD，
∴AE＝2DO，故①正确；
∵四边形ADBE是平行四边形，四边形ABCD是菱形，
∴AE∥BD，AC⊥BD，
∴AE⊥AC，
即∠CAE＝90°，故②正确；
∵四边形ADBE是平行四边形，
1
∴S△ABE ＝S△ABD =
2
S菱形ABCD ，
∵四边形ABCD是菱形，
1
∴S△ABO =
4
S菱形ABCD ，
3
∴S四边形AEBO ＝S△ABE +S△ABO =
4
S菱形ABCD ，故④正确；
正确的结论个数有3个，
故选：C．【变式2】如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，对角线AC，BD相交于点O，P是对角线BD上的一动
点，且PM⊥AB于点M，PN⊥AD于点N．有以下结论：①△ABC为等边三角形；②OB=❑√3OA；
1
③∠MPN＝60°； ④PM+PN= BD．其中正确的有（ ）个．
2
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】根据菱形的性质即可判断①；结合（1）利用含30度角的直角三角形即可判断②；根据四边
形内角和等于360度即可判断③；如图，延长NP交BC于点G，利用角平分线的性质即可解决问题．
【解答】解：在菱形ABCD中，AB＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，故①正确；
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠ABO＝∠CBO＝30°，
∴OB=❑√3OA，故②正确；
∵PM⊥AB，PN⊥AD，
∴∠AMP＝∠ANP＝90°，
∵AD∥BC，∠ABC＝60°，
∴∠BAD＝120°，
∴∠MPN＝60°，故③正确；
如图，延长NP交BC于点G，∵AD∥BC，PN⊥AD，
∴PG⊥BC，
∵PM⊥AB，BP平分∠ABC，
∴PM＝PG，
∴PM+PN＝PG+PN＝NG，
∵∠PBG＝∠PDN＝30°，
∴PB＝2PG，PD＝2PN，
1 1 1 1
∴PM+PN＝PG+PN= PB+ PD= （PB+PD）= BD，
2 2 2 2
1
∴PM+PN= BD，故④正确，
2
综上所述：正确的有4个．
故选：D．
【变式3】如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，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°；② BG+DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④
❑√3
S = AB2 ，其中正确的结论有（ ）
△ABD 4
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】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选项；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选项；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选
❑√3
项；根据勾股定理可得DE= AB，再根据三角形面积的求法即可判断④选项．
2
【解答】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选项正确；
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选项正确；
∵△GBC为直角三角形，
∴CG＞BC，
∴CG≠BD，
∴△BDF与△CGB不全等，
故③选项错误；
1
∵BE= AB，BD＝AB，∠DEB＝90°，
2❑√3
根据勾股定理，得DE= AB，
2
1 ❑√3
∴S△ABD =
2
AB⋅DE=
4
AB2 ，
故④选项正确，
故正确的有①②④，
故选：B．
【必考点9 菱形中的最值问题】
【例1】如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，AB＝6，点E、F分别是边AB、AD上的动点，且AE＝DF，
则EF的最小值是 ．
【分析】连接AC，过点C作CG⊥AD于点G，证明△ABC和△ADC是等边三角形，求得CG=3❑√3，
再得出CF的最小值为3❑√3，然后证明△ACE≌△DCF（SAS），进而推出△CEF是等边三角形，即可
解决问题．
【解答】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＝6，
∴AB＝BC＝AD＝CD＝6，∠B＝∠D＝∠BAC＝∠CAD＝60°，
∴△ABC和△ADC是等边三角形，
∴AC＝AB＝6，∠ACB＝60°，
∵CG⊥AD，
1
∴AG= AD=3，
2在Rt△ACG中，CG=❑√AC2−AG2 =3❑√3，
∵CF≥CG，
∴CF的最小值为3❑√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3❑√3，
故答案为：3❑√3．
【变式1】如图，P为菱形ABCD的对角线AC上的一定点，Q为AD边上的一个动点，AP的垂直平分线分
别交AB，AP于点E，G，∠DAB＝30°，若PQ的最小值为2，则AE的长为 ．
1
【分析】作PF⊥AB于点F，PG⊥AD于点G，连接PE，可证明∠DAC＝∠BAC= ∠DAB＝15°，则
2
PG＝PF，当PQ＝PG时，PQ的值最小，则PG＝PF＝2，由EG垂直平分AP，得AE＝PE，则∠EPA＝
∠BAC＝15°，求得∠PEF＝30°，则AE＝PE＝2PF＝4，于得到问题的答案．
【解答】解：作PF⊥AB于点F，PG⊥AD于点G，连接PE，则∠PFE＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝30°，
∴AD＝AB，CD＝CB，
∵AC＝AC，
∴△ADC≌△ABC（SSS），
1
∴∠DAC＝∠BAC= ∠DAB＝15°，
2
∴PG＝PF，∵PQ≥PG，
∴当PQ＝PG时，PQ的值最小，
∵PQ的最小值为2，
∴PG＝PF＝2，
∵EG垂直平分AP，
∴AE＝PE，
∴∠EPA＝∠BAC＝15°，
∴∠PEF＝∠EPA+∠BAC＝30°，
∴AE＝PE＝2PF＝4，
故答案为：4．
【变式2】如图，在菱形ABCD中，AB＝5，BD＝8，点P为线段BD上不与端点重合的一个动点．过点P
作直线BC、直线CD的垂线，垂足分别为点E、点F．连结PA，在点P的运动过程中，PE+PA+PF的最
小值等于 ．
【分析】连接AC交BD于点O，连接PC，由菱形的性质和勾股定理得OA＝3，再由三角形面积求出
PE+PF＝4.8，即PE+PF的值为定值4.8，然后得出当PA⊥BD时，PA的最小值＝OA＝3，即可解决问
题．
【解答】解：如图，连接AC交BD于点O，连接PC，
∵四边形ABCD是菱形，
1 1
∴AC⊥BD，OB= BD= ×8＝4，AB＝BC＝CD＝5，
2 2在Rt△AOB中，由勾股定理得：OA=❑√AB2−OB2 =❑√52−42 =3，
∴OC＝OA＝3，
∵PE⊥BC，PF⊥CD，S△BCP +S△CDP ＝S△BCD ，
1 1 1
∴ BC•PE+ CD•PF= BD•OC，
2 2 2
∴5PE+5PF＝8×3，
解得：PE+PF＝4.8，
即PE+PF的值为定值4.8，
当PA最小时，PE+PA+PF有最小值，
∵当PA⊥BD时，PA的最小值＝OA＝3，
∴PE+PA+PF的最小值＝4.8+3＝7.8，
故答案为：7.8．
【变式3】如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝60°．E是对角线BD上的一个动点（不与点B，D重
合），连接AE，以AE为边作菱形AEFG，其中，点G位于直线AB的上方，且∠EAG＝60°，点P是
AD的中点，连接PG，则线段PG的最小值是 ．
【分析】连接DG，由菱形的性质可得∠A D C＝120°，∠A B D＝60°，再证明△ABE≌△ADG可证得
C，D，G三点共线，进而可得当过P点作PG′⊥CD于G′点，G点位于G′点时，PG有最小值即
PG′的长，利用含30°角的直角三角形的性质可求解．
【解答】解：连接DG，在菱形ABCD中，AB∥CD，AB＝AD＝4，∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，∠ADC＝120°，
∴∠ABD＝60°，
在菱形AEFG中，A E＝A G，∠E A G＝60°，
∴∠BAE＝∠DAG，
在△ABE和△ADG中，
{ AB=AD )
∠BAE=∠DAG ，
AE=AG
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠ABE＝∠ADG，
∴∠ADG＝60°，
∴C，D，G三点共线，
过P点作PG′⊥CD于G′点，则当G点位于G′点时，PG有最小值即PG′的长，
∵P为AD的中点，AD＝4，
∴PD＝2，
∵∠DPG′＝90°﹣60°＝30°，
1
∴DG′= DP=1，
2
∴PG′=❑√PD2−DG′2 =❑√3，
即线段PG的最小值是❑√3．
故答案为：❑√3．
【必考点10 菱形中的动点问题】
【例1】如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠DAB＝120°，动点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度
沿对角线AC向终点C运动．设点P的运动时间为t秒．在点P出发的同时，有一点Q从点C出发，以每秒6个单位长度的速度沿折线C﹣D﹣A﹣B运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，则
当PQ与菱形ABCD的边垂直时，t的值是 ．
【分析】分三种情况：当PQ⊥CD时，当PQ⊥AD时，当PQ⊥AB时，分别讨论即可求解．
【解答】解：在菱形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠DAB＝120°，
则∠B＝∠D＝60°，
∴△ABC，△ADC均为等边三角形，
∴AC＝AB＝4，∠ACD＝∠DAC＝∠BAC＝60°，
当PQ⊥CD时，则∠CPQ＝30°，
∴CP＝2CQ，
此时AP＝2t，CQ＝6t，则CP＝4﹣2t，
2
∴4﹣2t＝2×6t，解得：t= ；
7
当PQ⊥AD时，则∠APQ＝30°，
∴AP＝2AQ，
此时AP＝2t，CD+DQ＝6t，则AQ＝8﹣6t，8
∴2t＝2×（8﹣6t），解得：t= ；
7
当PQ⊥AB时，则∠APQ＝30°，
∴AP＝2AQ，
此时AP＝2t，CD+AD+AQ＝6t，则AQ＝6t﹣8，
8
∴2t＝2×（6t﹣8），解得：t= ；
5
2 8 8
综上，当PQ与菱形ABCD的边垂直时，t= 或 或 ．
7 7 5
2 8 8
故答案为： 或 或 ．
7 7 5
【变式1】如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，AB＝18cm，BC＝13cm，CD＝23cm，动点
P从点A出发，以1cm/s的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发，以2cm/s的速度沿折线B﹣C﹣
D向终点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒．
（1）用含t的式子表示PB；
（2）当t为何值时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形？
（3）只改变点Q的运动速度，使运动过程中某一时刻四边形PBCQ为菱形，则点Q的运动速度应为多
少？
【分析】（1）根据P点的速度以及时间结合AB的长表示即可；
（2）只有Q点在CD上时，方能满足条件，分两种情况：①四边形PQCB是平行四边形，②四边形
ADQP是平行四边形，进行解答即可；
（3）设Q的速度为x cm/s，Q在CD边上，此时PBCQ可为菱形，满足PB＝BC＝CQ，建立方程解决
即可．
【解答】解：（1）∵P从A点以1cm/s向B点运动，∴t s时，AP＝t×1＝t（cm），
∵AB＝18cm，
∴BP＝AB﹣AP＝（18﹣t）cm；
（2）∵BC＝13cm，
∴Q在BC上运动时间为13÷2＝6.5（s），
∵BC+CD＝23+13＝36（cm），
∴Q运动时间最长为36÷2＝18（s），
∴6.5s≤t≤18s时，Q在CD边上，
此时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形，分两种情况：
①四边形PQCB是平行四边形，如图所示：
∵AB∥CD即PB∥CQ，
∴只需PB＝CQ即可，由（1）知：PB＝（18﹣t）cm，
∵Q以2cm/s的速度沿折线B﹣C﹣D向终点D运动，
∴运动时间为t s时，CQ＝2t﹣BC＝（2t﹣13）cm，
∴18﹣t＝2t﹣13，
31
解得：t= ；
3
②四边形ADQP是平行四边形，如图所示：
同理∵AP∥DQ，
∴只需AP＝DQ，四边形ADQP是平行四边形，
由（1）知，AP＝t cm，
则DQ＝CD+CB﹣2t＝（36﹣2t）cm，∴36﹣2t＝t，
解得：t＝12，
31
综上所述：当t= s或12s时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边
3
形；
（3）设Q的速度为x cm/s，由（2）可知，Q在CD边上，此时四边形PBCQ可为菱形，
∵PB∥CQ，
∴只需满足PB＝BC＝CQ即可，
由（1）知：PB＝（18﹣t）cm，
由（2）知：CQ＝（xt﹣13）cm，BC＝1cm，
∴18﹣t＝13，xt﹣13＝13，
解得：t＝5s，x＝5.2cm/s，
∴当Q点的速度为5.2cm/s时，四边形PBCQ为菱形．
【变式2】如图1，四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8，BC＝26，AD＝24，动点P在线段AD
边上以每秒1个单位的速度由点A向点D运动，动点Q从点C同时出发，以每秒3个单位的速度向点B
运动，设动点P的运动时间为t秒．
（1）当t为何值时，满足PQ＝CD或PQ∥CD？请说明理由．
（2）如图2，若H是BC上一点，BH＝10，那么在线段AD上是否存在一点R，使得四边形BHRP是菱
形？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据PQ＝CD或PQ∥CD，得四边形PDCQ是平行四边形，列方程求出t的值即可；
（2）根据菱形的性质得BH＝BP＝10，然后利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：（1）当t＝6或t＝7时，满足PQ＝CD或PQ∥CD，
理由：当PQ＝CD时，如图1，由题意得AP＝t，CQ＝3t，
∵BC＝26，AD＝24，
∴BQ＝BC﹣CQ＝26﹣3t，PD＝AD﹣AP＝24﹣t，
过点P作PG⊥BC交于G点，过点D作DH⊥BC交于H点，
∴GQ＝26﹣4t或GQ＝4t﹣26，∴PQ=❑√82 +(26−4t) 2，DH=❑√82 +22 =2❑√17，
∵PQ＝CD
∴❑√82 +(26−4t) 2 =2❑√17，
解得t＝6或7；
当PQ∥CD时，
∵PD∥CQ，
∴四边形PQCD是平行四边形，
∴PQ＝CD，
∴t＝6或7；
（2）存在，
如图2，∵四边形BHRP是菱形，
∴BH＝BP＝10，
∵AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝8，
∴∠A＝180°﹣∠ABC＝90°，
∴AP=❑√BP2−AB2 =❑√102−82 =6，
∴t的值为6．
【变式3】如图1，在 ABCD中，点O是边AD的中点，连接BO并延长，交CD的延长线于点E，连接
BD、AE． ▱
（1）求证：四边形AEDB是平行四边形；
（2）若∠BDC＝90°，DC＝4，BC＝5，动点P从点E出发，以每秒1个单位的速度沿EC向终点C运
动，设点P运动的时间为t（t＞0）秒．若点Q为直线AB上的一点，当P运动时间t为何值时，以B、
C、P、Q构成的四边形可以是菱形？【分析】（1）由平行四边形的性质得AB∥CD，则∠ABO＝∠DEO，而AO＝DO，∠AOB＝∠DOE，
即可根据“AAS”证明△AOB≌△DOE，得BO＝EO，即可证明四边形AEDB是平行四边形；
（2）由∠BDC＝90°，DC＝4，BC＝5，求得BD＝4，由平行四边形的性质得DE＝AB＝DC＝4，则CE
＝8，所以PC＝8﹣t，再分两种情况讨论，一是点P与点Q在直线BC同侧，则PC＝BC，所以8﹣t＝
5，求得t＝3；二是点P与点Q在直线BC异侧，则PB＝PC＝8﹣t，而PD＝t﹣4，由勾股定理得32+（t
39
﹣4）2＝（8﹣t）2，求得t= ．
8
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABO＝∠DEO，
∵点O是边AD的中点，
∴AO＝DO，
在△AOB和△DOE中，
{∠AOB=∠DOE
)
∠ABO=∠DEO ，
AO=DO
∴△AOB≌△DOE（AAS），
∴BO＝EO，
∴四边形AEDB是平行四边形．
（2）解：∵∠BDC＝90°，DC＝4，BC＝5，
∴BD=❑√BC2−DC2 =❑√52−32 =4，
∵四边形AEDB和四边形ABCD都是平行四边形，
∴DE＝AB＝DC＝4，
∴CE＝2DE＝8，
∵EP＝t，∴PC＝8﹣t，
如图2，以B、C、P、Q构成的四边形是菱形，且点P与点Q在直线BC同侧，则PC＝BC，
∴8﹣t＝5，
解得t＝3；
如图3，以B、C、P、Q构成的四边形是菱形，且点P与点Q在直线BC异侧，则PB＝PC＝8﹣t，
∵BD2+PD2＝PB2，且PD＝t﹣4，
∴32+（t﹣4）2＝（8﹣t）2，
39
解得t= ，
8
39
综上所述，当运动时间t为3秒或 秒时，以B、C、P、Q构成的四边形是菱形．
8
