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第 24 讲 特殊四边形-菱形
目 录
一、考情分析
二、知识建构
考点一 菱形的性质与判定
题型01 利用菱形的性质求角度
题型02 利用菱形的性质求线段长
题型03 利用菱形的性质求周长
题型04 利用矩形的性质求面积
题型05 利用矩形的性质求坐标
题型06 利用矩形的性质证明
题型07 添加一个条件证明四边形是菱形
题型08 证明四边形是菱形
题型09 根据菱形的性质与判定求角度
题型10 根据菱形的性质与判定求线段长
题型11 根据菱形的性质与判定求面积
题型12 根据菱形的性质与判定解决多结论问题
题型13 与菱形有关的新定义问题
题型14 与菱形有关的规律探究问题
题型15 与菱形有关的动点问题
题型16 菱形与一次函数综合
题型17 菱形与反比例函数综合
题型18 菱形与一次函数、反比例函数综合
题型19 菱形与二次函数综合
考点要求 新课标要求 命题预测
菱形是特殊平行四边形中比较重要的图形，也是几何
探索并证明菱 图形中难度比较大的几个图形之一，年年都会考查，预计
菱形的性质与 形的性质定理. 2024年各地中考还将出现.菱形的考察类型比较多样，其
判定 探索并证明菱 中选择、填空题常考察菱形的基本性质，解答题中考查菱
形的判定定理. 形的性质和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二
次函数、动态问题综合应用的可能性比较大．
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考点一 菱形的性质与判定
菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
菱形的性质：
1）具有平行四边形的所有性质；
2）四条边都相等；
3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角.
4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形，菱形的对称中心是菱形对角线的交点，菱形的对称轴是菱
形对角线所在的直线，菱形的对称轴过菱形的对称中心.
菱形的判定：
1）对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
2）一组邻边相等的平行四边形是菱形. A
3）四条边相等的四边形是菱形.
【解题思路】判定一个四边形是菱形时，可先说明它是平行四边形，再说明它的一组邻边相等或它的对角
线互相垂直，也可直接说明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分．
菱形的面积公式：S=ah=对角线乘积的一半（其中a为边长，h为高）.
菱形的周长公式：周长l=4a（其中a为边长）.
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1. 对于菱形的定义要注意两点:a.是平行四边形;b.一组邻边相等.
2. 定义说有一组邻边相等的平行四边形才是菱形,不要错误地理解为有一组邻边相等的四边形是菱形.
3. 菱形的面积S=对角线乘积的一半，适用于对角线互相垂直的任意四边形的面积的计算.
4. 在求菱形面积时,要根据图形特点及已知条体灵活选择面积公式来解决问题，
1
5. 在利用对角线长求菱形的面积时,要特别注意不要漏掉计算公式中的 .
2
题型01 利用菱形的性质求角度
【例1】（2022·河北石家庄·校考模拟预测）如图，菱形ABCD中，∠1=15°，则∠D=（ ）
A．115° B．150° C．125° D．130°
【答案】B
【分析】根据菱形的性质解答即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAB=2∠1，AB∥DC，
∴∠DAB+∠D=180°，
∵∠1=15°，
∴∠DAB=30°，
∴∠D=180°−∠DAB=180°−30°=150°，
故选：B．
【点睛】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形邻角互补和每一条对角线平分一组对角解答．
【变式1-1】（2023·陕西西安·一模）如图，将菱形纸片沿着线段AB剪成两个全等的图形，则∠1的度数
是（ ）
A．40° B．60° C．80° D．100°
【答案】C
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【分析】根据两直线平行，内错角相等可得出答案．
【详解】解：∵纸片是菱形
∴对边平行且相等
∴∠1=80°（两直线平行，内错角相等）
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是要知道两直线平行，内错角相等．
【变式1-2】（2023·浙江嘉兴·统考二模）如图，菱形ABCD中，以点A为圆心，以AB长为半径画弧，分
别交BC,CD于点E，F． 若∠EAF=60°，则∠D的度数为 ．
【答案】80°/ 80度
【分析】证△ABE△ADF(AAS)，得∠BAE=∠DAF，设∠B=∠D=x，则∠AEB=∠B=x，
∠DAF=∠BAE=180°−2x，再由∠B+∠BAD=180°求出x=80°，即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=BC=DC，
由题意得：AB=AE，AD=AF，
∴∠AEB=∠B， ∠AFD=∠D，
∴∠AEB=∠B=∠AFD=∠D，
在△ABE和△ADF中，
¿
∴△ABE≌△ADF (AAS) ，
∴∠BAE=∠DAF，
设∠B=∠D=x，则∠AEB=∠B=x，
∴∠DAF=∠BAE=180°−2x，
∵四边形ABCD是菱形，
∴ AD∥BC
∴∠B+ ∠BAD=180°，
即x+180°−2x+60°+180°−2x=180°，
解得：x=80°，
∴∠D=80°，
故答案为：80°．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
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【变式1-3】（2020·吉林长春·统考二模）如图，菱形ABCD中，AC交BD于O，DE⊥BC于E，连接OE，
若∠ABC=124°，则∠OED= 度．
【答案】28
1
【分析】由菱形的性质可得∠ABD=∠CBD= ∠ABC=62°，BO=DO，由直角三角形的性质可求解．
2
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=124°，
1
∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC=62°，BO=DO，
2
∴∠BDE=28°,
∵DE⊥BC，
∴OE=OD=OB，∠BDE=28°，
∴∠ODE=∠OED=28°，
故答案为：28．
【点睛】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
【变式1-4】（2023·湖南永州·统考一模）如图，菱形ABCD中，∠CBD=75，分别以A、B为圆心，大
于AB的一半长为半径画弧，两弧在AB的两侧分别交于点P、Q，作直线PQ交AB于点E，交AD于点F，
连接BF，求∠DBF的度数．
【答案】∠DBF =45°
【分析】根据菱形的性质，以及垂直平分线的性质，求出∠ABD，∠ABF，再利用角的和差定义即可解
决问题．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠CDB=∠ADB=∠ABD=∠CBD=75°，
∴∠A=180°−75°−75°=30°，
由作图可知，EF垂直平分线段AB，
∴FA=FB，
∴∠FBA=∠A=30°，
∴∠DBF=∠ABD−∠ABF=45°．
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【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，等角对角对等边，熟练掌握以上知识是解题的关键．
题型02 利用菱形的性质求线段长
【例2】（2022·安徽·合肥38中校考模拟预测）如图在菱形ABCD中，AD=12，对角线AC和BD交于点
O，点E，F分别是OD和OC的中点，AE与BF交于点G，则EF的长为 ．
【答案】6
1
【分析】根据条件可判断EF为△COD的中位线，则EF= CD计算即可．
2
【详解】∵点E，F分别是OD和OC的中点，
∴EF是△COD的中位线，
1
∴EF= CD，
2
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD=12，
1
∴EF= CD=6．
2
【点睛】本题主要考查中位线性质和判定，菱形的性质，能够判定中位线并应用性质是解题的关键．
【变式2-1】（2023·浙江·模拟预测）已知菱形的一个内角为60°，一条对角线的长为4√3，则另一条对角
线的长为 ．
【答案】4或12
【分析】题中没有指明该对角线是较长的对角线还是较短的对角线，所以应分两种情况进行分析求解．
【详解】解：如图，菱形ABCD中，∠ABC=60°，
若AC=4√3，
1 1 1
∵AC⊥BD，∠ABF= ∠ABC=30°，AF= AC=2√3,BF= BD，
2 2 2
AF
∴BF= =2√3×√3=6，
tan30°
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∴BD=2BF=12；
若BD=4√3，
1 1 1
∵AC⊥BD，∠ABF= ∠ABC=30°，AF= AC,BF= BD=2√3，
2 2 2
∴AF=BF⋅tan30°=2，
∴AC=2AF=4；
故答案为：4或12．
【点睛】本题考查了菱形的性质和解直角三角形，熟练掌握菱形的性质、灵活应用分类思想是关键．
【变式2-2】（2022·湖南长沙·校考二模）如图，四边形ABCD是边长为5的菱形，对角线AC，BD的长
度分别是一元二次方程x2−2(m+1)x+8m=0的两实数根，DH是AB边上的高，则DH= ．
24 4
【答案】 /4 /4.8
5 5
【分析】根据菱形的性质得出AB=5，AC⊥BD，AC=2AO，BD=2BO，求出∠AOB=90°，根据勾
股定理得出AO2+BO2=25，根据根与系数的关系得出2AO+2BO=2(m+1)，2AO⋅2BO=8m，变
形后代入求出m的值，即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=5，AC⊥BD，AC=2AO，BD=2BO，
∴∠AOB=90°，
∴AO2+BO2=AB2=52=25，
∵对角线AC，BD的长度分别是一元二次方程x2−2(m+1)x+8m=0的两实数根，
∴2AO+2BO=2(m+1)，2AO⋅2BO=8m，
∴AO+BO=m+1，AO⋅BO=2m，
∴AO2+BO2=(AO+BO) 2−2AO×BO=25，
∴(m+1) 2−4m=25，
解得：m =6，m =−4，
1 2
∴当m=−4时，AO⋅BO=−8<0，不符合题意，舍去，
即m=6，
则AO⋅BO=12，AC⋅BD=2AO⋅2BO=4 AO⋅BO=48，
∵DH是AB边上的高，
1
∴S =AB⋅DH= AC⋅BD，
菱形ABCD 2
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1
∴5DH= ×48，
2
24
∴DH= ．
5
24
故答案为： ．
5
【点睛】本题考查了菱形的性质和面积，勾股定理，根与系数的关系的应用，能得出关于m的方程是解此
题的关键，注意：菱形的对角线互相平分且垂直．
【变式2-3】（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市萧红中学校考模拟预测）如图，在菱形ABCD中，AC、BD
交于点O，点E在线段OD上，连接CE，若BE=CD=2DE，AC=2√7，则CE的长为 ．
【答案】2√2
3 1 3
【分析】设BE=CD=2DE=x，则BD= x，由菱形的性质可得AC⊥BD，OD= BD= x，
2 2 4
1
OC= AC=√7，由勾股定理列方程求得x，即可求解．
2
1 3
【详解】解：设BE=CD=2DE=x，则DE= x，BD= x
2 2
1 3 1
由菱形的性质可得AC⊥BD，OD= BD= x，OC= AC=√7，
2 4 2
在Rt△OCD中，OC2+OD2=CD2，即 (3 x ) 2 +7=x2
4
解得x=4，（负值舍去）
∴DE=2，OD=3
∴OE=1
由勾股定理可得：CE=√OC2+OE2=2√2
故答案为：2√2
【点睛】此题考查了勾股定理，菱形的性质，解题的关键是利用勾股定理以及菱形的性质正确求得OE的
长度．
【变式2-4】（2023·山西吕梁·校联考模拟预测）如图，在菱形ABCD中，对角线AC=2，BD=1，AC，
BD相交于点O，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过点O作OF⊥CE交CE于点F，则OF的长度
为 ．
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2√5 2
【答案】 / √5
5 5
【分析】由菱形的性质和勾股定理可求AB的长，由面积法可求CE的长，通过证明△OCF∽△ACE，可
OC CF 1
得 = = ，可求CF的长，由勾股定理可求OF的长．
AC CE 2
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
1
∴AO=1，BO= ，AC⊥BD，AC=2，BD=1，
2
∴AB=√AO2+BO2=
√
12+
(1) 2
=
√5
，
2 2
1
∵S = ×AC×BD=AB×CE，
菱形ABCD 2
1 √5
∴ ×2×1= CE，
2 2
2√5
∴CE= ，
5
∵∠OFC=∠AEC=90°，∠ACE=∠OCF，
∴△OCF∽△ACE，
OC CF 1
∴ = = ，
AC CE 2
∴CE=2CF，
√5
∴CF=EF= ，
5
∴OF=√OC2−CF2=
√
12−
(√5) 2
=
2√5
．
5 5
2√5
故答案为： ．
5
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，菱形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，求出CE的
长是本题的关键．
题型03 利用菱形的性质求周长
【例3】（2023·河北沧州·校考模拟预测）矩形ABCD的对角线AC、BD相交于O，CE∥BD，DE∥AC，
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若AB=6，AD=8，则四边形OCED的周长是( )
A．10 B．20 C．28 D．30
【答案】B
【分析】由四边形ABCD为矩形，得到对角线互相平分且相等，得到OD=OC，再利用两对边平行的四边
形为平行四边形得到四边形DECO为平行四边形，利用邻边相等的平行四边形为菱形得到四边形DECO为
菱形，根据AC的长求出OC的长，即可确定出其周长．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，AB=6，AD=8，
∴OA=OC，OB=OD，且AC=BD，∠ABC=90°，
1 1 1
∴OA=OB=OC=OD= AC= ×√62+82= ×10=5，
2 2 2
∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形DECO为平行四边形，
∵OD=OC，
∴四边形DECO为菱形，
∴OD=DE=EC=OC=5，
则四边形OCED的周长为5+5+5+5=20，
故选：B．
【点睛】此题考查了矩形的性质，以及菱形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．
【变式3-1】（2023·广东汕头·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A，B，C在坐
标轴上，若点A的坐标为(0,3)，∠D=60°，则菱形ABCD的周长为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．8√3
【答案】D
【分析】四边形ABCD是菱形，∠D=60°，则∠ABC=∠D=60°，AB=CD=BC=AD，在Rt△ABO
中，AB=2√3，即可得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∠D=60°，
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∴∠ABC=∠D=60°，AB=CD=BC=AD，
∵点A的坐标为(0,3)，
∴OA=3，
AO 3
在Rt△ABO中，AB= = =2√3，
sin∠ABO sin60°
∴菱形ABCD的周长为4AB=4×2√3=8√3,
故选：D
【点睛】此题考查了菱形的性质、解直角三角形等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【变式3-2】（2023·河南商丘·统考一模）如图，菱形ABCD中，点E，F，G分别为AB，AD，CD的中
点，EF=4，FG=3，则菱形ABCD的周长为（ ）
A．12 B．16 C．18 D．20
【答案】D
【分析】连接EG，根据菱形的性质可得AE=EB=AF=FD=DG=GC，从而可证∠AEF=∠AFE，
∠DFG=∠DGF，再由三角形的内角和和等量代换即可得出∠AFE+∠DFG=90°，从而可得
∠EFG=90°，再利用勾股定理求出EG=5，证明四边形BCGE是平行四边形，可得BC=EG=5，最后
进行计算即可．
【详解】解：连接EG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=DC=BC=AB，AB∥DC，AD∥BC，
∵点E，F，G分别为AB，AD，CD的中点，
∴AE=EB=AF=FD=DG=GC，
∴∠AEF=∠AFE，∠DFG=∠DGF，
∵AB∥DC，
∴∠A+∠D=180°，
又 ∠A+∠AEF+∠AFE=∠A+2∠AFE=180°，∠D+∠DFG+∠DGF=∠D+2∠DFG=180°，
∴2∠AFE+2∠DFG=180°，
∵
∵∠AFE+∠DFG=90°，
∴∠EFG=90°，
∵EF=4，FG=3，
在Rt△EFG中，EG=√32+42=5，
∵BE∥CG，BE=CG，
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∴四边形BCGE是平行四边形，
∴EG=BC=5，
∴S =4×BC=4×5=20，
菱形ABCD
故选：D．
【点睛】本题考查菱形的性质、三角形的内角和定理、 三角形的性质、平行线的性质及平行四边形的判
定与性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
【变式3-3】（2023·湖南永州·校考二模）如图，在菱形ABCD中，M、N分别为AB、AC的中点，若
MN=3，则菱形ABCD的周长为 ．
【答案】24
【分析】由三角形中位线定理可求BC长为MN长的2倍，那么菱形ABCD的周长等于4BC，由此问题得
解．
【详解】解：∵点M，N分别为AB，AC的中点，MN=3，
∴BC=2MN=6，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=6，
∴菱形ABCD周长为：6×4=24．
故答案为：24．
【点睛】本题考查了菱形的四边相等的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半的性质．
熟记各性质是解答本题的关键．
【变式3-4】（2023·湖南长沙·长沙市南雅中学统考一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于
点O，点E，F分别为边AB，AD上的中点，连接EF．
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(1)求证：AC⊥EF；
1
(2)若EF=6，tan∠AEF= ，求菱形ABCD的周长．
3
【答案】(1)见解析
(2)8√10
【分析】（1）根据菱形的性质以及三角形中位线的性质，求证即可；
（2）根据中位线的性质，求得BD，再根据三角函数求得OA，勾股定理求得AB，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∵点E、F为AB、AD中点，
∴EF∥BD，
∴AC⊥EF；
（2）解：点E、F为AB、AD中点，
1
∴EF∥BD，EF= BD
2
∴∠ABO=∠AEF，BD=2EF=2×6=12
∵四边形ABCD为菱形
1
∴OB= BD=6
2
1 OA
在Rt△ABO中，tan∠ABO=tan∠AEF= =
3 OB
∴OA=2，
由勾股定理得：AB=√OA2+OB2=√22+62=2√10
∴菱形ABCD的周长为4AB=8√10
【点睛】此题主要考查了菱形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关基础
性质．
题型04 利用矩形的性质求面积
【例4】（2022·黑龙江哈尔滨·统考一模）一个菱形的周长是20，两条对角线的比是4:3，则这个菱形的面
积是（ ）
A．12 B．96 C．48 D．24
【答案】D
【分析】根据菱形的四条边都相等求出边长，再根据菱形的对角线互相垂直平分设出两对角线的一半分别
为4k、3k，然后利用勾股定理列式求解并求出两对角线的长，然后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半
列式计算即可得解．
【详解】解：∵菱形的周长是20，
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∴菱形的边长为20÷4=5，
∵两条对角线的比是4：3，
∴设两对角线的一半分别为4k、3k，
由勾股定理得，（4k）2+（3k）2=52，
解得：k=1，
∴两对角线的一半分别为4，3，
两对角线的长分别为8，6，
1
∴这个菱形的面积= ×8×6=24．
2
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质、利用勾股定
理列出方程是解题的关键．
【变式4-1】（2023·青海海东·统考三模）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．72 B．48 C．24 D．9
【答案】B
【分析】根据菱形的性质得O为BD的中点，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得BD的长度，
最后由菱形的面积公式求得面积．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD=90°，
∴BD=2OH，
∵OH=4，
∴BD=8，
∵OA=6，
∴AC=12，
1 1
∴菱形ABCD的面积= AC⋅BD= ×12×8=48．
2 2
故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，关键是根据直角三角形的性
质求得BD．
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【变式4-2】（2023·福建泉州·统考模拟预测）已知菱形ABCD的周长为24，对角线AC、BD交于点O，
且AC+BD=16，则该菱形的面积等于 ．
【答案】28
【分析】首先根据题意求出AD的长度，然后利用菱形的性质以及勾股定理的知识求出AO⋅BO的值，最
后结合三角形的面积公式即可求出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，如图所示：
∴AC⊥BD，AB=BC=CD=DA，
∵菱形ABCD的周长为24，
∴AD=AB=BC=CD=6，
∵AC+BD=16，
∴AO+BO=8，则(AO+BO) 2=82，即AO2+BO2+2AO⋅BO=64，
∵AO2+BO2=AB2=62=36，
64−36
∴AO⋅BO= =14，
2
1 1
∴菱形的面积=4S =4× AO⋅BO=4× ×14=28，
△ABO 2 2
故答案为：28．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是利用菱形的性质以及勾股定理的知识求出AO⋅BO的
值．
【变式4-3】（2022·福建龙岩·校考模拟预测）如图，菱形ABCD中，∠CBA=60°，其中一条对角线
AC=6cm，则该菱形的面积是 cm2．
【答案】18√3
1
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分，且∠ABO=∠CBO= ∠ABC=30°，结合解直角三角形以
2
及菱形的性质即可作答．
【详解】解：∵菱形ABCD中，∠CBA=60°，对角线AC=6cm，
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1 1
∴OA= AC=3cm，BD=2OB，AC⊥BD，∠ABO=∠CBO= ∠ABC=30°，
2 2
OC
∴OB= =3√3cm，
tan∠CBO
∴BD=2OB=6√3cm，
1 1
∴S = AC⋅BD= ×6×6√3=18√3cm 2 ❑，
菱形ABCD 2 2 ❑
故答案为：18√3．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解直角三角形等知识，熟悉菱形对角线互相垂直且平分是解题关键．
题型05 利用矩形的性质求坐标
【例5】（2022·陕西西安·校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形ABCD对角线BD的中点，
AD∥x轴且AD=4，∠A=60°，将菱形ABCD绕点O顺时针旋转，使点D落在x轴正半轴上，则旋转
后点C的对应点的坐标是（ ）
A．(0，2√3) B．(2，−4) C．(2√3，0) D．(0，−2√3)
【答案】D
【分析】由菱形的性质可得，A、B、C均在坐标轴上，如图，由勾股定理可求解．
【详解】解：根据菱形的对称性可得：当点D落在x轴正半轴上时，A、B、C均在坐标轴上，如图，
∵∠BAD=60°，AD=4，
∴∠OAD=30°，
∴OD=2，
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∴AO=√AD2−OD2=√16−4=2√3，
∴四边形ABCD是菱形，
∴OC=OA=2√3，
∴点C的坐标为(0，−2√3)，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
【变式5-1】（2023·天津河西·天津市新华中学校考一模）如图，四边形ABCD是菱形，点D在x轴上，顶
点A，B的坐标分别是(0，2)，(4，4)，则点C的坐标是（ ）
A．(4，2) B．(6,2) C．(6,4) D．(8,2)
【答案】D
【分析】连接AC，BD，交于点E，先求得菱形的边长，再求得点D的坐标，根据菱形的性质，利用中
点坐标公式求解即可．
【详解】解：连接AC，BD，交于点E，
∵点A，B的坐标分别是(0，2)，(4，4)，
∴菱形的边长AB=√42+(4−2) 2=2√5=AD，
∴OD=√AD2−OA2=√(2√5) 2 −22=4，
∴点D的坐标是(4，0)，
设点C的坐标为(m，n)，
∵四边形ABCD是菱形，
m+0 4+4
∴ = ，解得m=8，
2 2
n+2 4+0
= ，解得n=2，
2 2
∴点C的坐标为(8，2)．
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故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形，解题的关键是掌握菱形的性质并灵活运用．
【变式5-2】（2023·河南周口·淮阳第一高级中学校考三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知菱形
ABCD的顶点A(−3,3)，C(1,−1)，对角线BD交AC于点M，交x轴于点N，若BN=2ND，则点B的坐
标是（ ）
(3 7)
A． , B．(√2,2√2) C．（4，2） D．（2，4）
2 2
【答案】D
【分析】过点M作MF⊥ON于F，过点B作BE⊥x轴于E，由菱形的性质可得AC⊥BD，AM=MC，
BM=MD，由中点坐标公式可求点M坐标，由BN=2ND，可求BN=4√2，即可求解．
【详解】解：过点M作MF⊥ON于F，过点B作BE⊥x轴于E，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AM=MC，BM=MD，
∵A(−3,3)，C(1,−1)，
∴M(−1,1)，
∴OF=1，MF=1，
∴∠MON=45°=∠OMF，
∴∠FMN=45°=∠FNM，
∴MF=FN=1，
∴MN=√2，
∵BN=2ND，
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3
∴BD=3DN，BM= DN，
2
DN
∴MN= =√2，
2
∴DN=2√2，
∴BN=4√2，
∵BE⊥x轴，
∴∠EBN=∠BNE=45°，
∴BE=EN，BN=√2BE，
∴BE=EN=4，
∴EO=2，
∴点B(2,4)，
故答案选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些
性质进行推理是本题的关键．
【变式5-3】（2023·河南南阳·统考三模）菱形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知顶点
A(8,0)，点D是OA的中点，点P是对角线OB上的一个动点，∠AOC=60°，当PA+PD最短时，点P
的坐标为（ ）
( 4√3) ( 4√3)
A．(6,2√3) B． 6, C．(4,2) D． 4,
3 3
【答案】D
【分析】过点D作关于OB的对称点D ，连接D A，交OB于点P，确定点P的位置，连接AC，PD，证
1 1
明△OCA是等边三角形，再求出PD⊥OA，根据三角函数即可求出．
【详解】过点D作关于OB的对称点D ，连接D A，交OB于点P，
1 1
此时PA+PD最短，
连接AC，PD，如图，
∵∠AOC=60°，
OC=OA，
∴△OCA是等边三角形，
∴OC⊥AD ，
1
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∴∠D AO=30°，
1
∴∠PAO=∠D AO=30°，
1
又∵点D是OA的中点，
∴PD⊥OA，
4√3
∴PD=ODtan30°= ，
3
( 4√3)
∴点P的坐标 4, ，
3
故选：D．
【点睛】此题考查将军饮马问题，解题的关键是构造辅助线确定点P的位置．
【变式5-4】（2023·天津红桥·统考三模）如图，四边形ABCD为菱形，点A(−3,0)，点D(0,4)，点B在x
轴的正半轴上，则点C的坐标为（ ）．
A．(5,4) B．(4,5) C．(4,3) D．(3,4)
【答案】A
【分析】由两点间距离公式可得AD=5，再根据菱形的性质可得AB=DC=AD=5、DC∥AB，即点C
是由点D向右平移5个单位得到的，最后根据平移的性质即可解答．
【详解】解：∵点A(−3,0)，点D(0,4)，
∴AD=√(0+3) 2+(0−4) 2=5,
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=DC=AD=5,DC∥AB
∴点C是由点D向右平移5个单位得到的
∴点C的坐标为(5,4)．
故选A．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、两点间距离公式、平移的性质等知识点，发现点C是由点D向右平
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移5个单位得到的是解答本题的关键．
【变式5-5】（2023·陕西咸阳·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的顶点A的坐标为
(4,0)，点B、C 在第一象限, ∠AOC=60°，求点C的坐标．
【答案】(2，2√3)
【分析】过C作CD⊥OA于D，则∠ODC=90°，根据菱形OABC的顶点A的坐标为(4,0)得到
OA=AB=BC=OC=4，由∠AOC=60°,得到OD=OC⋅cos∠AOC=2，
CD=OC⋅sin∠AOC=2√3，即可得到点C的坐标．
【详解】解：如图，过C作CD⊥OA于D，则∠ODC=90°，
∵菱形OABC的顶点A的坐标为(4,0)，
∴OA=AB=BC=OC=4，
在Rt△ODC中，∠ODC=90°，∠AOC=60°,OC=4，
1
∴OD=OC⋅cos∠AOC=4cos60°=4× =2，
2
√3
CD=OC⋅sin∠AOC=4sin60°=4× =2√3，
2
∴点C的坐标为(2，2√3)．
【点睛】此题考查了菱形的性质、解直角三角形、坐标与图形等知识，数形结合和熟练掌握特殊角的三角
函数是解题的关键．
题型06 利用矩形的性质证明
【例6】（2023·新疆乌鲁木齐·统考模拟预测）如图，在菱形ABCD中，E,F是对角线AC上的两点，且
AE=CF．
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(1)求证：△ADE≌△CBF；
(2)证明四边形BEDF是菱形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查了菱形的判定和性质，三角形的全等判定和性质，熟练掌握三角形全等判定的基本原理，
菱形判定基本方法和性质是解题的关键．
（1）利用SAS证明即可；
（2）连接BD交AC于点O，从对角线的角度加以证明即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=BC，AD∥CB，
∴∠DAE=∠BCF，
又∵AE=CF，
∴△ADE≌△CBF．
（2）连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，且O为AC，BD中点，
又∵AE=CF，
∴EO=FO
∴BD与EF互相垂直且平分，
故四边形BEDF是菱形．
【变式6-1】（2023·山西·山西实验中学校考模拟预测）如图，在菱形ABCD中，AC是对角线，点E是线
段AC延长线上的一点，在线段CA的延长线上截取AF=CE，连接DF，BF，DE，BE．试判断四边形
FBED的形状，并说明理由．
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【答案】菱形，见解析
【分析】根据菱形性质得出OF=OE，证明四边形FBED是平行四边形，根据BD⊥EF，即可证明四边
形FBED是菱形．
【详解】解：四边形FBED是菱形．
理由：连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∵AF=CE，
∴AF+OA=CE+OC，
即OF=OE，
∵OD=OB，
∴四边形FBED是平行四边形，
又∵BD⊥EF，
∴四边形FBED是菱形．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质与判定定理是解题的关键．
【变式6-2】（2024上·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）【操作探究】
已知：在菱形ABCD中，点M在直线BD上，过M作AC的平行线交直线AD于点E，交直线AB于点F．
(1)【举例感知】如图1，当点M在线段BD上时，求证：AC=ME+MF；
(2)【类比探究】
①当点M在DB延长线上时，直接写出AC、ME、MF三条线段之间的数量关系．
②当点M在BD延长线上时，直接写出AC、ME、MF三条线段之间的数量关系．
【答案】(1)证明过程见详解
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(2)①AC=ME−MF，理由见详解；②AC=MF−ME，理由见详解
【分析】本题主要考查菱形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握平行四边
形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据菱形的性质可证四边形AENC是平行四边形，可得EN=ME+MN=AC，再证明
△BMF≌△BMN，可得MN=MF，由此即可求证；
（2）①根据题意可证四边形AEGC是平行四边形，可得EG=AC，再证△GBM≌△FBM，根据线段的
和差即可求解；②证明方法同①．
【详解】（1）证明：如图所示，延长EM交BC于点N，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD=BC，AC⊥BD，
∴AE∥CN，
∵EM∥AC，
∴四边形AENC是平行四边形，
∴EN=ME+MN=AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ABC，则∠FBM=∠NBM
∵AC⊥BD，AC∥EM，
∴EM⊥BD，则∠BMF=∠BMN=90°，
∴在△BMF，△BMN中，
¿，
∴△BMF≌△BMN(ASA)，
∴MF=MN，
∴EN=ME+MN=MF+ME=AC，
∴AC=ME+MF；
（2）解：①AC=ME−MF，理由如下，
根据题意，作图如下，延长CB交EF于点G，
∵四边形ABCD是菱形，
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∴AD∥BC，即AE∥CG，
∵EG∥AC，
∴四边形AEGC是平行四边形，
∴EG=AC，
∵∠GBF与∠ABC是对顶角，
∴∠GBF=∠ABC，
∵BD平分∠ABC，AC⊥BD，
∴BM平分∠GBF，GF⊥BM，
在△GBM，△FBM中，
¿，
∴△GBM≌△FBM(ASA)，
∴MG=MF，
∴EG=ME−MG=ME−MF=AC，
∴AC=ME−MF;
②AC=MF−ME，理由见详解，
根据题意，作图如下，
根据题意，由上述证明方法可得，四边形ACHF是平行四边形，
∴AC=FH，
同理可证，△EDM≌△HDM，
∴ME=MH，
∴HF=MF−MH=MF−ME=AC，
∴AC=MF−ME．
【变式6-3】（2020·北京·统考中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中
点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．
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【答案】(1)见解析；(2)OE=5，BG=2.
【分析】(1)先证明EO是△DAB的中位线，再结合已知条件OG∥EF，得到四边形OEFG是平行四边形，
再由条件EF⊥AB，得到四边形OEFG是矩形；
1 1
(2)先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定理得到OE= AB= AD=5，得到FG=5，最后
2 2
BG=AB-AF-FG=2．
【详解】解：(1)证明:∵四边形ABCD为菱形，
∴点O为BD的中点，
∵点E为AD中点，
∴OE为△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，∴四边形OEFG为平行四边形
∵EF⊥AB，∴平行四边形OEFG为矩形．
(2)∵点E为AD的中点，AD=10，
1
∴AE= AD=5
2
∵∠EFA=90°，EF=4，
∴在Rt△AEF中，AF=√AE2−EF2=√52−42=3．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD=10，
1
∴OE= AB=5，
2
∵四边形OEFG为矩形，
∴FG=OE=5，
∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2．
故答案为：OE=5，BG=2．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，解题的关键是掌握特殊四边形
的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握．
【变式6-4】（2022·湖北宜昌·统考中考真题）已知菱形ABCD中，E是边AB的中点，F是边AD上一点．
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(1)如图1，连接CE，CF．CE⊥AB，CF⊥AD．
①求证：CE=CF；
②若AE=2，求CE的长；
(2)如图2，连接CE，EF．若AE=3，EF=2AF=4，求CE的长．
【答案】(1)①见解析；②CE=2√3
(2)EC=6
【分析】（1）①根据AAS可证得：△BEC≌△DFC，即可得出结论；
②连接AC，可证得△ABC是等边三角形，即可求出CE=2√3；
（2）延长FE交CB的延长线于点M，根据AAS可证得△AEF≌△BEM，可得出ME=4，BM=2，
MB ME 1
MC=8，则 = = ，即可证得△MEB∽△MCE，即可得出EC的长．
ME MC 2
【详解】（1）（1）①∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴∠BEC=∠DFC=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B=∠D，BC=CD，
∴△BEC≌△DFC(AAS)，
∴CE=CF.
②如图，连接AC.
∵E是边AB的中点，CE⊥AB，
∴BC=AC，
又由菱形ABCD，得BC=AB，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠EAC=60°，
在Rt△AEC中，AE=2，
∴EC=AEtan60°=2√3，
∴CE=2√3.
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（2）如图，延长FE交CB的延长线于点M，
由菱形ABCD，得AD∥BC，AB=BC，
∴∠AFE=∠M，∠A=∠EBM，
∵E是边AB的中点，
∴AE=BE，
∴△AEF≌△BEM(AAS)，
∴ME=EF，MB=AF，
∵AE=3，EF=2AF=4，
∴ME=4，BM=2，BE=3，
∴BC=AB=2AE=6，
∴MC=8，
MB 2 1 ME 4 1
∴ = = ， = = ，
ME 4 2 MC 8 2
MB ME
∴ = ，而∠M为公共角.
ME MC
∴△MEB∽△MCE，
BE MB 2
∴ = = ，
EC ME 4
又∵BE=3，
∴EC=6.
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，锐角三角函数求线段长度，全等三角形的性
质和判定，相似三角形的性质与判定，掌握以上知识点并灵活运用是解题的关键.
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题型07 添加一个条件证明四边形是菱形
【例7】（2022·湖北襄阳·统考中考真题）如图，▱ABCD的对角线AC和BD相交于点O，下列说法正确
的是（ ）
A．若OB＝OD，则▱ABCD是菱形 B．若AC＝BD，则▱ABCD是菱形
C．若OA＝OD，则▱ABCD是菱形 D．若AC⊥BD，则▱ABCD是菱形
【答案】D
【分析】由矩形的判定和菱形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD，
∴▱ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，
1 1
∴OA=OC= AC，OB=OD= BD，
2 2
∵OA=OD，
∴AC=BD，
∴▱ABCD是矩形，故选项C不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴▱ABCD是菱形，故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定和矩形的判定
是解题的关键．
【变式7-1】（2019·宁夏·统考中考真题）如图，四边形ABCD的两条对角线相交于点O，且互相平分．添
加下列条件，仍不能判定四边形ABCD为菱形的是（ ）
A．AC⊥BD B．AB=AD C．AC=BD D．∠ABD=∠CBD
【答案】C
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【分析】根据菱形的定义及其判定、矩形的判定对各选项逐一判断即可得．
【详解】解：∵四边形ABCD的两条对角线相交于点O，且互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
当AB=AD或AC⊥BD时，均可判定四边形ABCD是菱形；
当AC=BD时，可判定四边形ABCD是矩形；
当∠ABD=∠CBD时，
由AD//BC得：∠CBD=∠ADB，
∴∠ABD=∠ADB，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
故选C．
【点睛】本题主要考查菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的定义和各判定及矩形的判定．
【变式7-2】（2021·北京·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E,F分别在BC,AD上，AF=EC．
只需添加一个条件即可证明四边形AECF是菱形，这个条件可以是 （写出一个即可）．
【答案】AF=AE（答案不唯一）
【分析】由题意易得四边形AECF是平行四边形，然后根据菱形的判定定理可进行求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∵AF=EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
若要添加一个条件使其为菱形，则可添加AF=AE或AE=CE或CE=CF或AF=CF，理由：一组邻边相等的
平行四边形是菱形；
故答案为AF=AE（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定定理、矩
形的性质及平行四边形的判定是解题的关键．
【变式7-3】（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，
AB∥CD，要使四边形ABCD为菱形，应添加的条件是 ．（只需写出一个条件即可）
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【答案】AB=CD或AD//BC或OA=OC或OB=OD等（只需写出一个条件即可）
【分析】由菱形的判定方法进行判断即可．
【详解】解：可以添加的条件是：AB＝CD，理由如下：
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
也可以添加条件是：AD∥BC，理由如下：
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
也可以添加的条件是OA=OC，理由如下：
∵AB∥CD，
∴∠OAB=∠OCD，∠OBA=∠ODC，
∴ΔOAB≌ΔOCD（AAS），
∴AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
也可以添加的条件是OB=OD，理由如下：
∵AB∥CD，
∴∠OAB=∠OCD，∠OBA=∠ODC，
∴ΔOAB≌ΔOCD（AAS），
∴AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
故答案为：AB=CD或AD//BC或OA=OC或OB=OD等．（只需写出一个条件即可）
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【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定，熟记
“对角线互相垂直的平行四边形为菱形”，是解题的关键．
题型08 证明四边形是菱形
【例8】（2022·江苏连云港·统考中考真题）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到点E，使
DE=AD，且BE⊥DC．
(1)求证：四边形DBCE为菱形；
(2)若△DBC是边长为2的等边三角形，点P、M、N分别在线段BE、BC、CE上运动，求PM+PN的最
小值．
【答案】(1)证明见解析
(2)√3
【分析】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形的性质和DE=AD证明四边形DBCE为平行四边形，再
根据BE⊥DC，即可得证；
（2）先根据菱形对称性得，得到PM+PN=PM+PN'，进一步说明PM+PN的最小值即为菱形的高，
再利用三角函数即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵DE=AD，
∴DE=BC，
又∵点E在AD的延长线上，
∴DE∥BC，
∴四边形DBCE为平行四边形，
又∵BE⊥DC，
∴四边形DBCE为菱形．
（2）解：如图，由菱形对称性得，点N关于BE的对称点N'在DE上，
∴PM+PN=PM+PN'，
当P、M、N'共线时，
PM+PN=PM+PN'=MN'，
过点D作DH⊥BC，垂足为H，
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∵DE∥BC，
∴MN'的最小值即为平行线间的距离DH的长，
∵△DBC是边长为2的等边三角形，
DH
∴在Rt△DBH中，∠DBC=60°，DB=2，sin∠DBC= ，
DB
√3
∴DH=DB·sin∠DBC=2× =√3，
2
∴PM+PN的最小值为√3．
【点睛】本题考查了最值问题，考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角函数等知识，
运用了转化的思想方法．将最值问题转化为求菱形的高是解答本题的关键．
【变式8-1】（2022·浙江嘉兴·统考中考真题）小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，
BD交于点O，AC⊥BD，OB＝OD．求证：四边形ABCD是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．
小惠：
证明：∵AC⊥BD，OB＝OD，
小洁：
∴AC垂直平分BD．
这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明．
∴AB＝AD，CB＝CD，
∴四边形ABCD是菱形．
若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你
补充一个条件，并证明．
【答案】赞成小洁的说法，补充OA=OC,证明见解析
【分析】先由OB＝OD，OA=OC,证明四边形ABCD是平行四边形，再利用对角线互相垂直，从而可得
结论．
【详解】解：赞成小洁的说法，补充OA=OC.
证明：∵OB＝OD，OA=OC,
∴ 四边形ABCD是平行四边形，
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∵ AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定，菱形的判定，掌握“菱形的判定方法”是解本题的关键．
【变式8-2】（2023·云南·统考中考真题）如图，平行四边形ABCD中，AE、CF分别是
∠BAD、∠BCD的平分线，且E、F分别在边BC、AD上，AE=AF．
(1)求证：四边形AECF是菱形；
(2)若∠ABC=60°，△ABE的面积等于4√3，求平行线AB与DC间的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)4√3
【分析】（1）先证AD∥BC，再证AE∥FC，从而四边形AECF是平行四边形，又AE=AF，于是四边
形AECF是菱形；
（2）连接AC，先求得∠BAE=∠DAE=∠ABC=60°，再证AC⊥AB，
√3 AB √3
∠ACB=90°−∠ABC=30°=∠EAC，于是有 = ，得AB= AC，再证AE=BE=CE，从而
3 AC 3
根据面积公式即可求得AC= 4√3．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠BAD=∠BCD，
∴∠BEA=∠DAE，
∵AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，
1 1
∴∠BAE=∠DAE= ∠BAD，∠BCF= ∠BCD，
2 2
∴∠DAE=∠BCF=∠BEA，
∴AE∥FC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AE=AF，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：连接AC，
∵AD∥BC，∠ABC=60°，
∴∠BAD=180°−∠ABC=120°，
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∴∠BAE=∠DAE=∠ABC=60°，
∵四边形AECF是菱形，
1
∴∠EAC= ∠DAE=30°，
2
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，
∴AC⊥AB，∠ACB=90°−∠ABC=30°=∠EAC，
AB √3 AB
∴AE=CE，tan30°=tan∠ACB= 即 = ，
AC 3 AC
√3
∴AB= AC，
3
∵∠BAE=∠ABC，
∴AE=BE=CE，
∵△ABE的面积等于4√3，
1 1 √3 √3
∴S = AC⋅AB= AC⋅ AC= AC2=8√3，
△ABC 2 2 3 6
∴平行线AB与DC间的距离AC= 4√3．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，菱形的判定，角平分线的定义，等腰三角形的判定，三角
函数的应用以及平行线间的距离，熟练掌握平行四边形的判定及性质，菱形的判定，角平分线的定义，等
腰三角形的判定，三角函数的应用以及平行线间的距离等知识是解题的关键．
【变式8-3】（2022·山东青岛·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，点E，F在对角线BD
上，BE=EF=FD，∠BAF=∠DCE=90°．
(1)求证： ABF≌ CDE；
(2)连接AE，CF，已知__________（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形
△ △
AECF的形状，并证明你的结论．
条件①：∠ABD=30°；
条件2：AB=BC．
（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分）
【答案】(1)证明见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用AAS即可证明 ABF≌ CDE；
（2）若选择条件①：先证明四边形AECF是平行四边形，利用直角三角形斜边上的中线性质以及含30度
△ △
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角的直角三角形的性质证得AE=AF，即可证明平行四边形AECF是菱形．
若选择条件②：先证明四边形AECF是平行四边形，得到AO=CO，再根据等腰三角形的性质即可证明平行
四边形AECF是菱形．
【详解】（1）证明：∵BE=FD，
∴BE+EF=FD+EF，
即BF=DE，
∵AB∥CD，
∴∠ABF=∠CDE，
又∵∠BAF=∠DCE=90°，
∴△ABF≌△CDE(AAS)；
（2）解：若选择条件①：
四边形AECF是菱形，
由（1）得，△ABF≌△CDE，
∴AF=CE，∠AFB=∠CED，
∴AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵∠BAF=90°，BE=EF，
1
∴AE= BF，
2
∵∠BAF=90°，∠ABD=30°，
1
∴AF= BF，
2
∴AE=AF，
∴平行四边形AECF是菱形．
若选择条件②：
四边形AECF是菱形，
连接AC交BD于点O，
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由（1）得，△ABF≌△CDE，
∴AF=CE，∠AFB=∠CED，
∴AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AO=CO，
∵AB=BC，
∴BO⊥AC，
即EF⊥AC，
∴平行四边形AECF是菱形．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，菱形的判定，平
行四边形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
题型09 根据菱形的性质与判定求角度
【例9】（2020·河北唐山·统考一模）如图，①以点A为圆心2cm长为半径画弧分别交∠MAN的两边AM、
AN于点B、D；②以点B为圆心，AD长为半径画弧，再以点D为圆心，AB长为半径画弧，两弧交于点C；
③分别连接BC、CD、AC，若∠MAN=60°，则∠ACB的大小为 ．
【答案】30°/30度
【分析】先根据作图方法证明四边形ABCD是菱形，再根据菱形的对角线平分一组对角，菱形的对角相等
进行求解即可．
【详解】解：由作图方法可知，AD=AB=CD=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∵∠MAN=60°，
1 1
∴∠ACB= ∠BCD= ∠BAD=30°，
2 2
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故答案为：30°．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，熟知菱形的对角线平分一组对角且菱形的对角相等是解题的
关键．
【变式9-1】（2023·四川成都·统考一模）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9-2】（2022·宁夏中卫·统考一模）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，若四边形OBCD为菱
形，则∠BAD的度数是 ．
【答案】60°/60度
【分析】根据圆周角定理得∠BOD=2∠BAD，根据菱形对角相等的性质得∠BOD=∠BCD，再通过等量代换，
结合圆内接四边形的性质求出∠BAD．
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【详解】解：由圆周角定理得，∠BOD=2∠BAD，
∵四边形OBCD为菱形，
∴∠BOD=∠BCD，
由圆内接四边形的性质得，
∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠BAD+2∠BAD=180°，
∴∠BAD=60º．
故答案为：60º．
【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理，解题的关键是掌握圆内接四边形的对角互补．
【变式9-3】（2022·浙江金华·统考一模）如图，雨伞不论张开还是收紧，伞柄AP始终平分同一平面内两
条伞骨所成的角∠BAC．当伞收紧时，点D与点M重合，且点A，E（F），D在同一条直线上．已知伞骨
的部分长度如下（单位：cm）：DE=DF=AE=AF=40．
(1)求AM的长．
(2)当伞撑开时，量得∠BAC=110°，求AD的长．（结果精确到1cm）
参考数据：sin55°≈0.8192,cos55°≈0.5736,tan55°≈1.4281．
【答案】(1)AM= 80cm
(2)AD≈46cm
【分析】（1）当伞收紧时，点D与点M重合，AM=AF+DF计算即可；
（2）过点E作EH⊥AD于点H，利用菱形对角线平分的性质，求得∠DAE，解直角三角形AEH即可解答；
【详解】（1）解：由题意得， AM=AE+DE=80cm
（2）解： 如图，过点E作EH⊥AD于点H，
由题意，在△AED中，EA=ED，则AD=2AH，
DE=DF=AE=AF=40cm，则AEDF是菱形，
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1
∴∠EAD= ∠EAF=55°
2
AH
在 Rt△AEH中，cos55°=
AE
∴AH=40 cos 55°，
AD=2AH ≈2×0.5736×40≈46cm
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，菱形的判定和性质，余弦三角函数；掌握用三角函数解直角三角
形是解题关键．
题型10 根据菱形的性质与判定求线段长
【例10】（2023·湖北荆州·统考模拟预测）在▱ABCD中，用直尺和圆规作∠BAD的平分线AG交BC于
点E．若BF=6，AB=5，则AE的长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】C
【分析】连接EF，设AE交BF于点O．证明四边形ABEF是菱形，再利用勾股定理求解．
【详解】解：连接EF，设AE交BF于点O．
∵AG平分∠BAD，
∴∠BAG=∠DAG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB=∠DAG，
∴∠BAG=∠AEB，
∴AB=BE，
由作图可知：AB=AF，
∴BE=AF，
∵AF∥BE，
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∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∴OB=OF=3，AE⊥BF，OA=AE
∵AB=5
∴OA=√AB2−OB2=√52−32=4
∴AE=2OA=8，
故选：C．
【点睛】本题考查作图——基本作图，角平分线的性质，菱形的判定和性质，平行四边形的性质等知识，
解题的关键是证明四边形ABEF是菱形．
【变式10-1】（2023·海南省直辖县级单位·校考三模）如图，在矩形ABCD中，过AC的中点O作
EF⊥AC，交BC于E，交AD于F，连接AE、CF．若AB=√3，∠DCF=30°，则EF的长为（ ）
A．2 B．√5 C．3 D．2√2
【答案】A
【分析】求出∠ACB=∠DAC，然后利用“角角边”证明△AOF和△COE全等，根据全等三角形对应边
相等可得OE=OF，再根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形得到四边形AECF是菱形，再求出
∠ECF=60°，然后判断出△CEF是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得EF=CF，根据矩
形的对边相等可得CD=AB，然后求出CF，从而得解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC，
∴∠ACB=∠DAC，
∵O是AC的中点，
∴AO=CO，
在△AOF和△COE中，
¿，
∴△AOF≌△COE(ASA)，
∴OE=OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形，
∴CE=CF，
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∵∠DCF=30°，
∴∠ECF=90°−30°=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CF，
∵AB=√3，
∴CD=AB=√3，
∵∠DCF=30°，
√3
∴CF=√3÷ =2，
2
∴EF=2．
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性
质，难点在于判断出△CEF是等边三角形．
【变式10-2】（2023·青海海东·统考三模）如图所示，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，BC=5，
P为BC边上的任意一点，连接PA，以PA、PC为邻边作▱PAQC，连接PQ，当AP=PC时，PQ的长
为 ．
【答案】3
1
【分析】首先根据勾股定理求得AC=4；再证明四边形PAQC为菱形，PA=PB=PC= BC=2.5，然后
2
结合菱形的性质以及勾股定理求解即可．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，BC=5，
∴AC=√BC2−AB2=√52−32=4，
当AP=PC时，设AC、PQ交于点O，如下图，
∵四边形PAQC为平行四边形，AP=PC，
∴四边形PAQC为菱形，
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1
∴AC⊥PQ，OA=OC= AC=2，OP=OQ，
2
∵AP=PC，
∴∠PAC=∠PCA，
∵∠PAC+∠PAB=∠PCA+∠PBA=90°，
∴∠PAB=∠PBA，
∴PA=PB=PC，
1
∴PA=PB=PC= BC=2.5，
2
在Rt△AOP中，由勾股定理可得OP=√PA2−OA2=√2.52−22=1.5，
∴PQ=2OP=3．
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关
知识是解题关键．
【变式10-3】（2023·吉林长春·统考二模）如图，小李将一张边长分别为4和10的矩形纸片对折、再对折，
然后沿图中的虚线AC剪下，将纸展开，就得到一个四边形．若∠ACB=60°，则这个四边形的周长为
．
【答案】16
【分析】根据题意，将纸展开是一个菱形，从而根据菱形性质得到这个四边形的周长为4AC，由题中图可
知∠ACB=60°，BC=2，则AC=4，从而得到4 AC=16．
【详解】解：根据题意，BC=2，AB⊥BC，
∴将纸展开，得到的四边形是菱形，AC是菱形的边，
在Rt△ABC中，∠ACB=60°，BC=2，则AC=4，
∴这个四边形的周长为4 AC=16，
故答案为：16．
【点睛】本题考查折叠与菱形的判定与性质，涉及含30°的直角三角形，读懂题意，掌握折叠性质是解决
问题的关键．
题型11 根据菱形的性质与判定求面积
【例11】（2023·云南·模拟预测）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A
作AF∥BC交CE的延长线于点F．
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(1)求证：四边形ADBF是菱形；
(2)若AB＝8，菱形ADBF的面积为40，求AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】（1）证 AEF≌△DEC（AAS），得 AEF≌△DEC（AAS），再证四边形ADBF是平行四边形，
1
然后由直角三角形△斜边中线等于斜边的一半得证△ AD=BD= BC，即可由菱形判定定理得出结论；
2
1
（2）连接DF交AB于O，由菱形面积公式S ADBF= AB⋅DF=40，求得OD长，再由菱形性质得
菱形 2
OA=OB，证得OD是三角形的中位线，由中位线性质求解可．
【详解】（1）证明：∵E是AD的中点，
∴AE=DE
∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DCE，
在 AEF和 DEB中，
¿，
△ △
∴△AEF≌△DEC（AAS），
∴AF=CD，
∵D是BC的中点，
∴CD=BD，
∴AF=BD，
∴四边形ADBF是平行四边形，
∵∠BAC=90°，
∵D是BC的中点，
1
∴AD=BD= BC，
2
∴四边形ADBF是菱形；
（2）解：连接DF交AB于O，如图
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由（1）知：四边形ADBF是菱形，
1 1 1
∴AB⊥DF，OA=
2
AB=
2
×8=4， S
菱形
ADBF=
2
AB⋅DF=40，
1
∴ DF×8=40，
2
∴DF=10，
∴OD=5，
∵四边形ADBF是菱形，
∴O是AB的中点,
∵D是BC的中点，
∴OD是△BAC的中位线，
∴AC=2OD=2×5=10．
答：AC的长为10．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，菱形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，直角三角形斜边中
线的性质，三角形中位线的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
【变式11-1】（2022·贵州贵阳·统考模拟预测）折叠矩形纸片ABCD，使点B落在点D处，折痕为MN，
已知AB=8，AD=4，则MN的长是（ ）
5 7
A． √5 B．2√5 C． √5 D．4√5
3 3
【答案】B
【分析】连接BM，利用折叠的性质证明四边形BMDN为菱形，设DN＝NB＝x，在Rt△ABD中，由勾股定
理求BD，在Rt△ADN中，由勾股定理求x，利用菱形计算面积的两种方法，建立等式求MN．
【详解】解：如图，连接BM，
由折叠可知，MN垂直平分BD，
∴OD=OB,
又AB∥CD，
∴∠MDO=∠NBO,∠DMO=∠BNO,
∴△BON≌△DOM，
∴ON＝OM，
∴四边形BMDN为菱形（对角线互相垂直平分的四边形是菱形），
∴DN=BN=BM=DM,
设DN＝NB＝x，则AN＝8﹣x，
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在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD＝√AD2+AB2＝4√5，
在Rt△ADN中，由勾股定理得：AD2+AN2＝DN2，
即42+（8﹣x）2＝x2，
解得x＝5，
根据菱形计算面积的公式，得
1
BN×AD＝ ×MN×BD，
2
1
即5×4＝ ×MN×4√5，
2
解得MN＝2√5．
故选：B．
【点睛】本题考查图形的翻折变换，勾股定理，菱形的面积公式的运用，解题过程中应注意折叠是一种对
称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后对应线
段相等．
【变式11-2】（2019·山东德州·校联考二模）如图，在 ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，
F，且BE=DF
▱
（1）求证： ABCD是菱形；
（2）若AB=5，AC=6，求 ABCD的面积．
▱
▱
【答案】（1）证明见解析；（2）S ABCD =24
平行四边形
【分析】（1）利用全等三角形的性质证明AB=AD即可解决问题；
（2）连接BD交AC于O，利用勾股定理求出对角线的长即可解决问题.
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD=90°，
∵BE=DF，
∴△AEB≌△AFD，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，AC=6，
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∴AC⊥BD，
1 1
AO=OC= AC= ×6=3，
2 2
∵AB=5，AO=3，
∴BO=√AB2−AO2=√52−32=4，
∴BD=2BO=8，
1
∴S ABCD= ×AC×BD=24．
平行四边形 2
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关的性
质与定理、正确添加辅助线是解题的关键.
【变式11-3】（2022·吉林长春·校考模拟预测）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，
BE//AC，AE//BD．
（1）求证：四边形AOBE是菱形；
（2）若∠AOB=60°，AC=4，求菱形AOBE的面积．
【答案】（1）证明过程见解答；（2）2√3
【分析】（1）根据BE∥AC，AE∥BD，可以得到四边形AOBE是平行四边形，然后根据矩形的性质，可以
得到OA=OB，由菱形的定义可以得到结论成立；
（2）根据∠AOB=60°，AC=4，可以求得菱形AOBE边OA上的高，然后根据菱形的面积=底×高，代入数
据计算即可．
【详解】解：（1）证明：∵BE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AOBE是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
1 1
∴AC=BD，OA=OC= AC，OB=OD= BD，
2 2
∴OA=OB，
∴四边形AOBE是菱形；
（2）解：作BF⊥OA于点F，
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∵四边形ABCD是矩形，AC=4，
1 1
∴AC=BD=4，OA=OC= AC，OB=OD= BD，
2 2
∴OA=OB=2，
∵∠AOB=60°，
√3
∴BF=OB•sin∠AOB=2× =√3，
2
∴菱形AOBE的面积是：OA•BF=2×√3=2√3．
【点睛】本题考查菱形的判定、矩形的性质，解答本题的关键是明确菱形的判定方法，知道菱形的面积=
底×高或者是对角线乘积的一半．
【变式11-4】（2022·江苏南京·统考一模）如图，在菱形ABCD中，E、F分别是BC、DC的中点．
(1)求证∠AEF=∠AFE；
(2)若菱形ABCD的面积为8，则△AEF的面积为______．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】(1) 由四边形ABCD是菱形，即可求得AB＝AD，∠B＝∠D，又由E、F分别是BC、DC的中点
可证得BE＝DF，根据SAS，即可证△ABE≌△ADF得AE＝AF，从而得证．
(2) 连接AC、BD，交于点O，AC交EF于点G，根据菱形性质可得菱形面积公式，然后根据三角形中位线
定理得EF与BD关系，最后根据三角形面积公式代入计算可得答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，BC＝DC，∠B＝∠D，
∵E、F分别是BC、DC的中点,
1 1
∴BE= BC，DF= CD，
2 2
∴BE＝DF，
在△ABE和△ADF中
¿ ，
∴△ABE≌△ADF（SAS）；
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∴AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE．
（2）连接AC、BD，交于点O，AC交EF于点G，
∵四边形ABCD是菱形，
1
∴AO＝OC，菱形ABCD的面积为： AC⋅BD=8，
2
∵点E、F分别是边BC、CD的中点，
1
∴EF∥BD，EF＝ BD，
2
∴AC⊥EF，AG＝3CG，
设AC＝a，BD＝b，
1
∴ ab=8，即ab＝16，
2
1 1 1 3 3
∴S = EF⋅AG= × b× a= ab=3．
ΔAEF 2 2 2 4 16
故答案为：3
【点睛】此题考查的是菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理，能够利用三角形面积
公式得到答案是解决此题关键．
题型12 根据菱形的性质与判定解决多结论问题
【例12】（2023·内蒙古·一模）如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，连接AC，分别以点A，C为圆心，大
1
于 AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F．下列结论：
2
①四边形AECF是菱形；
②∠AFB＝2∠ACB；
③AC•EF＝CF•CD；
④若AF平分∠BAC，则CF＝2BF．
其中正确结论的个数是（ ）
【49淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】根据作图可得MN⊥AC，且平分AC，设AC与MN的交点为O，证明四边形AECF为菱形，即
可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据角平分线的
性质可得BF=FO，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解．
【详解】如图，设AC与MN的交点为O，
根据作图可得MN⊥AC，且平分AC，
∴AO=OC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO=∠OCF，
又∵∠AOE=∠COF，AO=CO ，
∴△AOE≌△COF，
∴AE=FC，
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵MN垂直平分AC，
∴EA=EC，
∴四边形AECF是菱形，故①正确；
②∵FA=FC，
∴ ∠ACB=∠FAC，
∴∠AFB＝2∠ACB；故②正确；
1
③由菱形的面积可得 AC•EF＝CF•CD；故③不正确，
2
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④∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
若AF平分∠BAC，FB⊥AB,FO⊥AC，
则BF=FO，
∴∠BAF=∠FAC，
∵∠FAC=∠FCA，
∵∠BAF+∠FAC+∠FCA=90°，
∴∠ACB=30°，
1
∴FO= FC，
2
∵FO=BF，
∴CF＝2BF．故④正确；
故选B
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形
的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
【变式12-1】（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图，四边形ABCD为菱形，BF∥AC，DF交AC的延
长线于点E，交BF于点F，且CE:AC=1:2．则下列结论：①△ABE≌△ADE；②∠CBE=∠CDF；
③DE=FE；④S :S =1:10．其中正确结论是（ ）
△BCE 四边形ABFD
A．①③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】根据菱形的性质，通过SAS证明△ABE≌△ADE即可；通过证明△BCE≌△DCE，即可求证
∠CBE=∠CDF；通过证明BE=EF，即可求证DE=FE；连接连接BD交AC于O，设S =m，根据
ΔBCE
三角形面积之间的关系，即可求证．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE，
∵AE=AE，
∴ΔABE≅ΔADE(SAS)；故①正确；
∴BE=DE，∠AEB=∠AED，
∵CE=CE，
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∴△BCE≌△DCE，
∴∠CBE=∠CDF，故②正确；
∵BF∥AC，
∴∠FBE=∠AEB，∠AED=∠F，
∴∠FBE=∠F，
∴BE=EF，
∴DE=FE；故③正确；
连接BD交AC于O，
∵AO=CO，
∵CE:AC=1:2，
∴AO=CO=CE，
设S =m，
ΔBCE
∴S =S =3m，
ΔABE ΔADE
∴S =4m，
ΔBDE
∴S =S =4m，
ΔBEF ΔBDE
∴S =10m，
四边形ABFD
∴S :S =1:10，故④正确；
ΔBCE 四边形ABFD
故选：D．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质等基础
知识，解题的关键是熟练掌握相关基础知识．
【变式12-2】（2022·湖南长沙·长沙市长郡双语实验中学校考模拟预测）如图，直线CE是平行四边形
ABCD的边AB的垂直平分线，垂足为点O，CE与DA的延长线交于点E．连接AC，BE，DO，DO与AC
交于点F，则下列结论：
①四边形ACBE是菱形； ②∠ACD=∠BAE； ③AF：FC=1：2；
其中正确的结论有 ．（填写所有正确结论的序号）
【52淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】①②③
【分析】根据菱形的判定方法、平行线分线段成比例定理、直角三角形斜边中线的性质一一判断即可．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵EC垂直平分AB，
1 1
∴OA=OB= AB= DC，CD⊥CE，
2 2
∵OA∥CD，
EA EO OA 1
∴ = = = ，
ED EC CD 2
∴AE=AD，OE=OC，
∵OA=OB，OE=OC，
∴四边形ACBE是平行四边形，
∵AB⊥EC，
∴四边形ACBE是菱形，故①正确，
∵∠DCE=90°，DA=AE，
∴AC=AD=AE，
∴∠ACD=∠ADC=∠BAE，故②正确，
∵OA∥CD，
AF OA 1
∴ = = ，故③正确，
CF CD 2
故答案是：①②③．
【点睛】此题考查平行四边形的性质、菱形的判定和性质、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键
是灵活运用所学知识解决问题．
【变式12-3】（2023·福建宁德·校考模拟预测）如图，在一张矩形纸片ABCD中，AB=4，点M，N分别
在AD，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使得点C落在AD上的一点E处，现给出以下结论：
①连接CM，四边形ENCM一定是菱形；
② F，M，C三点一定在同一直线上；
③当点E与A重合时，A，B，C，D，F五点在同一个圆上；
④点E到边MN，BN的距离可能相等．
其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号）
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【答案】①②③④
【分析】利用矩形及折叠的性质证明四边形ENCM一定是菱形，即可判断①，结合矩形的性质可知
∠FME=∠MEN，进而可证明∠EMC+∠FME=180°，即可判断②，利用圆周角定理可判断③，由
角平分线的性质可判断④．
【详解】解：连接CM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EMN=∠CNM，
由折叠可知：CN=EN，∠ENM=∠CNM，
∴∠EMN=∠ENM，
∴EM=EN=CN，
∴四边形ENCM是平行四边形，
又∵CN=EN，
∴四边形ENCM一定是菱形，故①正确；
由折叠可知，FM∥EN，
∴∠FME=∠MEN，
∵四边形ENCM是菱形，
∴∠EMC+∠MEN=180°，
∴∠EMC+∠FME=180°，
∴F，M，C三点一定在同一直线上；
连接AC，可知A，B，C，D，
当点E与A重合时，
∵F，M，C三点一定在同一直线上，
∴∠AFC=90°，则点F在以AC为直径的圆上，
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∴A，B，C，D，F五点在同一个圆上；
当∠ENM=∠BNE时，即∠ENM=∠CNM=∠BNE=60°时，
由角平分线的性质可知，此时点E到边MN，
∴点E到边MN，BN的距离可能相等（当∠ENM=∠CNM=∠BNE=60°时）；
故答案为：①②③④．
【点睛】此题考查了矩形与折叠的性质，圆周角定理，菱形的判定及性质，角平分线的性质，熟练掌握相
关性质是解决问题的关键．
题型13 与菱形有关的新定义问题
【例13】（2020·河北唐山·统考模拟预测）定义：如图，若菱形AECF与正方形ABCD两个顶点A，C重合，
另外两个顶点E，F在正方形ABCD的内部，则称菱形AECF为正方形ABCD的内含菱形．
若正方形的周长为16，其内含菱形边长是整数，则内含菱形的周长为 ；
若正方形的面积为18，其内含菱形的面积为6，则内含菱形的边长为 ．
【答案】 12 √10
【分析】连接AC，BD，AC、BD交于点O，如图，由正方形和菱形的性质可得E、F在BD上，且
EF⊥AC，易求得OA的长，在Rt△AOE中，由勾股定理可得OA2+OE2＝AE2，由04或k=−
4
【分析】（1）根据“阳光菱形”的定义进行判断即可．
（2）①求出PM=2√2，根据四边形MNPQ的面积为16，求出QN=8√2，得出EM=√2，EN=4√2，
作直线QN，交x轴于A，过点N作x轴的平行线交直线y=x于点M'，求出M'N=√(4√2) 2+(4√2) 2=8，
OM'=4√2−3√2=√2，得出点M'在直线y=x上，设M'(m,m)，根据m2+m2=(√2) 2 ，解得：m=1（舍
去）或m=−1，得出点N的坐标为(7,−1)，根据中点坐标求出点Q(−1,7)；
②根据直线y=kx−3k总是经过(3,0)，求出当直线经过点M时，k=−2；当直线经过点P时，k=4，当直
1
线经过点N时， k=− ；结合图象得出k的范围即可．
4
【详解】（1）解：∵点M的坐标为(2，2)，点P的坐标为(4，4)都在直线y=x上，
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∴MP为“阳光菱形”的对角线，
∴另外两个点的中点坐标与MP的中点(3,3)重合，
∵E(−4，10)，F(10,−4)的中点为(3,3)，且ME=√(−4−2) 2+(10−2) 2=10，
EP=√(−4−4) 2+(10−4) 2=10，
PF=√(10−4) 2+(−4−4) 2=10，
MF=√(10−2) 2+(−4−2) 2=10，
∴ME=EP=PF=MF，
∴四边形MEPF是菱形，
故点E、F能与点M，P形成“阳光菱形”，故①正确；
(7 7)
∵G(1，6)，H(6，1)的中点为 ， ，
2 2
∴点G、H不能与点M，P形成“阳光菱形”，故②错误；
(5 5)
∵I(0，5)，J(5，0)的中点为 ， ，
2 2
∴I、J不能与点M，P形成“阳光菱形”，故③错误；
故答案为：①．
（2）解：①如图“点M的坐标为(2，2)，点P的坐标为(4，4)，
∴PM=2√2，
∵四边形MNPQ的面积为16，
1
∴S = PM⋅QN=16，
四边形MNPQ 2
1
即 ×2√2⋅QN=16，
2
∴QN=8√2，
∵四边形MNPQ是菱形，
∴QN⊥MP，EM=√2，EN=4√2，
作直线QN，交x轴于A，过点N作x轴的平行线交直线y=x于点M'，
∵M(2，2)，
∴OM=√22+22=2√2，
∴OE=2√2+√2=3√2，
∵M和P在直线y=x上，
∴∠MOA=∠M'=45°，
∴△EM'N是等腰直角三角形，
∴EM'=EN=4√2，
∴M'N=√(4√2) 2+(4√2) 2=8，OM'=4√2−3√2=√2，
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∵点M'在直线y=x上，
∴设M'(m,m)，
则m2+m2=(√2) 2 ，
解得：m=1（舍去）或m=−1，
则点M'(−1,−1)，故点N的纵坐标为：−1，
点N的横坐标为：8−1=7，则点N的坐标为(7,−1)，
∵P、Q的中点E的坐标为(3,3)，
∴点Q的坐标为：(2×3−7,2×3+1)，
即Q(−1,7)；
②∵直线y=kx−3k=k(x−3)，当x=3时，y=0，
∴直线y=kx−3k总是经过(3,0)，
当直线经过点M时，2k−3k=2，
解得：k=−2，
当直线经过点P时，4k−3k=4，
解得：k=4，
当直线经过点N时，7k−3k=−1，
1
解得：k=− ；
4
1
∴根据函数图象可知，k≤−2或k>4或k=− 时，直线y=kx−3k与折线MN−NP有唯一公共点．
4
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【点睛】本题主要考查了菱形的性质，两点间距离公式，一次函数的性质，解题的关键是数形结合，理解
题意．
【变式13-3】（2022·江西萍乡·校考模拟预测）若四边形对角线互相垂直，那么我们定义这种四边形为
“对垂”四边形．
特征辨析
(1)下列4个图中，四边形ABCD不是“对垂”四边形的是（ ）
归纳探究
(2)如图1，ED⊥AF于O，动点P，Q都从O点出发，点P沿OE运动到B，点Q沿OF运动到C．
①当∠BAC=30°，OB=OC，OD=1，OA=4时，则AB2+CD2=___________，AD2+CB2=
___________，据此结合（1）中相关图形试猜想“对垂”四边形ABCD两组对边AB，CD与BC，AD之
间的数量关系：___________（用等式表示）；
②在“对垂”四边形ABCD中，当①中的条件都不存在时，①中所猜想的数量关系还成立吗？若成立，请
予以证明；若不成立，请说明理由．
拓展应用
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(3)如图2，四边形AEDB和四边形AGFC均为正方形，点B恰好在FC的延长线上，且已知AC=√2，
AB=√3，求GE的长．
【答案】(1)D
83 83
(2)① ， ，AB2+CD2=AD2+CB2；②成立，证明见解析
3 3
(3)¿=3
【分析】（1）根据菱形的性质和线段垂直平分线的判定结合“对垂”四边形的定义逐一判断即可；
（2）①先解Rt△ABO，求出AB，OB的长，再利用勾股定理求出CD的长即可得到答案；②利用勾股定
理进行证明即可；
（3）如图2，连接CG，BE，先证明△GAB≌△CAE，得到∠ABG=∠AEC，进而证明CE⊥BG，推
出四边形CGEB是“对垂”四边形．由（2）得，CG2+BE2=CB2+GE2，求出BC=1，CG=2，
BE=√6，即可求出¿=3．
【详解】（1）解：A、∵AB=BC=AD=CD=2，
∴四边形ABCD是菱形，
∴四边形ABCD的对角线互相垂直，
∴四边形ABCD是“对垂”四边形，故此选项不符合题意；
B、∵AD=AB=2，CD=CB=3，
∴线段AC在线段BD的垂直平分线上，
∴四边形ABCD的对角线互相垂直，
∴四边形ABCD是“对垂”四边形，故此选项不符合题意；
C、如图同A选项可证明四边形ABED是菱形，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD的对角线互相垂直，
∴四边形ABCD是“对垂”四边形，故此选项不符合题意；
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D、根据现有条件无法证明四边形ABCD的对角线互相垂直，故此选项符合题意；
故选D；
（2）解：①∵ED⊥AF，
∴∠AOB=∠BOC=∠AOD=∠COD=90°，
在Rt△ABO中，∠BAO=30° ，∠BOA=90°，
OA 8√3 4√3
∴AB= = ，OB=OA⋅tan∠BAO= ，
cos∠BAO 3 3
4√3 64
∴OB=OC= ，AB2= ，
3 3
19
在
Rt△CDO中，由勾股定理得CD2=OC2+OD2=
，
3
64 19 83
∴AB2+CD2= + = ；
3 3 3
16 16 32
在Rt△COB中，由勾股定理得：BC2=OB2+OC2= + = ，
3 3 3
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AD2=OD2+OA2=16+1=17，
32 83
∴BC2+AD2=17+ = ；
3 3
∴AB2+CD2=BC2+AD2；
由（1）可知A、B、C三个选项的四边形是“对垂”四边形，都满足AB2+CD2=BC2+AD2，
∴可以猜想AB2+CD2=BC2+AD2；
②猜想仍然成立，证明如下：∵AC⊥BD于O，
∴∠AOB=∠BOC=∠AOD=∠COD=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2．
（3）解：如图2，连接CG，BE，
∵四边形AEDB和四边形AGFC均为正方形，
∴∠CAG=∠BAE=90°，AG=AC，AB=AE，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
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在△GAB和△CAE中，
¿
∴△GAB≌△CAE(SAS)，
∴∠ABG=∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是“对垂”四边形．
由（2）得，CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AC=√2，AB=√3，
∴BC=1，CG=2，BE=√6，
∴GE2=CG2+BE2−CB2=4+6−1=9，
∴¿=3．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，线段垂直平分线的判定，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的
性质与判定，解直角三角形等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
题型14 与菱形有关的规律探究问题
【例14】（2023·广东深圳·校考一模）如图，菱形OABC的顶点O(0,0)，A(−2,0)，∠B=60°，若菱形
OABC绕点O顺时针旋转90°后得到菱形OA B C ，依此方式，绕点O连续旋转2024次得到菱形
1 1 1
OA B C ，那么点C 的坐标是( )
2024 2024 2024 2024
A．(√3,1) B．(1,−√3) C．(−√3,−1) D．(−1,√3)
【答案】D
【分析】根据题意得到点C 与点C重合，在菱形OABC中算出C点坐标，即可解答．
2024
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【详解】
解：作CD⊥OA于D，则∠CDO=90°，
∵四边形OABC是菱形，O(0,0)，A(−2,0)，
∴∠AOC=∠B=60°，OC=OA=2，
∴∠OCD=30°，
1
∴OD= OC=1，CD=√3OD=√3，
2
∴点C的坐标为(−1,√3)，
若菱形绕点O顺时针旋转90°后得到菱形OA B C ，依此方式，绕点O连续旋转2024次得到菱形
1 1 1
OA B C ，
2024 2024 2024
则菱形OABC绕点O连续旋转2024次，旋转4次为一周，旋转2024次为2024÷4=506 (周)，
∴绕点O连续旋转2024次得到菱形OA B C 与菱形OABC重合，
2024 2024 2024
∴点C 与C重合，
2024
∴点C 的坐标为(−1,√3)，
2024
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，图形与坐标，根据题意得到旋转的规律是解题的关键．
【变式14-1】（2023·河南南阳·统考模拟预测）如图，正方形ABCD的顶点均在坐标轴上，且点B的坐标
为(2,0)，以AB为边构造菱形ABEF，将菱形ABEF与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次
旋转90°，则第2023次旋转结束时，点F的对应点F 的坐标为（ ）
2023
A．(−2,2√2) B．(2√2,−2) C．(−2√2,2) D．(−2,−2√2)
【答案】A
【分析】先求出点F 的坐标，由题意可得每4次旋转为一个循环，点F 的坐标与第3次旋转结束时点F
3 2023 3
的坐标相同，即可得出答案．
【详解】解：∵360°÷90°=4，
∴每旋转4次为一个循环，
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∴2023÷4=505⋅⋅⋅⋅⋅⋅3．
即第2023次旋转结束时，点F 的坐标与第3次旋转结束时点F 的坐标相同．
2023 3
F 的位置如图所示，
3
连接OF，OF ，F D．
3 3
由旋转得，△AOF≌△DOF ．
3
∵点B(2,0)， ∴OB=2．
∵四边形ABCD为正方形，
∴OA=OB=2．
∴AB=√2OA=2√2．
∵四边形ABEF是菱形，
∴AF=AB=2√2．
∵△AOF≌△DOF ，
3
∴DO=AO=2，F D=AF=AB=2√2 ，∠F DO=90°．
3 3
∴点F 的坐标为(−2,2√2)．则点F 的坐标为(−2,2√2)．
3 2023
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的性质，勾股定理的应用，旋转的性质，找到旋转的规律是解本
题的关键．
【变式14-2】（2023·湖南永州·统考二模）如图，已知矩形ABCD的边长分别为6，4，进行如下操作：第
一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形A B C D ；第二次，顺次连接四边形A B C D
1 1 1 1 1 1 1 1
各边的中点，得到四边形A B C D ；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形A B C D 的
2 2 2 2 n n n n
面积是（ ）
3 3 3 3
A． B． C． D．
2n−4 2n−3 2n−2 22n−3
【答案】B
【分析】根据矩形和菱形的判定与性质，结合三角形的中位线性质得到每一次得到的四边形的面积与矩形
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ABCD的关系，进而得到变化规律即可．
【详解】解：连接A C ，D B ，AC，BD，
1 1 1 1
∵第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形A B C D ，
1 1 1 1
1 1
∴A D =B C = BD，A B =C D = AC，BD=AC，A C =BC=AD，D B =AB=CD，
1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1
A C ⊥D B ，
1 1 1 1
∴A D =B C =A B =C D ，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴四边形A B C D 是菱形，
1 1 1 1
1 1
∴S = S = ×6×4=12；
1 2 矩形ABCD 2
∵第二次，顺次连接四边形A B C D 各边的中点，得到四边形A B C D ，
1 1 1 1 2 2 2 2
1 1
∴C D = A C ，A D = D B ，
2 2 2 1 1 2 2 2 1 1
1 1
∴S = S = S =6，
2 2 1 4 矩形ABCD
1 1 3
依次可得，S = S = ×6×4= ，，
n 2n 矩形ABCD 2n 2n−3
故答案为：B．
【点睛】本题考查图形类规律探究，涉及矩形和菱形的判定与性质，三角形的中位线性质，通过推导计算
得到面积的变化规律是解答的关键．
【变式14-3】（2023·贵州铜仁·校考一模）如图，菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=1，延长CD至A ，
1
使DA =CD，以A C为一边，在BC的延长线上作菱形A CC D ，连接A A ，得到△ADA ；再延长
1 1 1 1 1 1 1
C D 至A ，使D A =C D ，以A C 为一边，在CC 的延长线上作菱形A C C D ，连接A A ，得到
1 1 2 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2 2 1 2
△A D A …按此规律，得到△A D A ，记△ADA 的面积为S ，△A D A 的面积为S ⋅⋅⋅，
1 1 2 2021 2021 2022 1 1 1 1 2 2
△A D A 的面积为S ，则S = ．
2021 2021 2022 2022 2022
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【答案】24040 ⋅√3
【分析】由题意易得∠BCD=60°，AB=AD=CD=1，则有ΔADA 为等边三角形，同理可得
1
√3
ΔA D A ……. ΔA D A 都为等边三角形，进而根据等边三角形的面积公式可得S = ，
1 1 2 2020 2020 2021 1 4
S =√3，……由此规律可得S =√3⋅22n−4 ，然后问题可求解．
2 n
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD=1，AD//BC，AB//CD，
∵∠ABC=120°，
∴∠BCD=60°，
∴∠ADA =∠BCD=60°，
1
∵DA =CD，
1
∴DA =AD，
1
∴ΔAD A 为等边三角形，
1
同理可得ΔA D A ……. ΔA D A 都为等边三角形，
1 1 2 2020 2020 2021
过点B作BE⊥CD于点E，如图所示：
√3
∴BE=BC⋅sin∠BCD= ，
2
1 √3 √3
∴S = A D⋅BE= A D2= ，
1 2 1 4 1 4
√3 √3 √3 √3
同理可得：S = A D 2= ×22=√3，S = A D 2= ×42=4√3，
2 4 2 1 4 3 4 3 2 4
∴由此规律可得：S =√3⋅22n−4 ，
n
∴S =√3×22×2022−4=24040 ⋅√3．
2022
故答案为：24040 ⋅√3．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三
角形的性质与判定及特殊角的三角函数值，是解题的关键．
【变式14-4】（2020·甘肃兰州·兰州市外国语学校校考二模）如图，在菱形ABCD中，边长为1，∠A＝
60˚，顺次连接菱形ABCD各边中点，可得四边形AB C D；顺次连结四边形AB C D 各边中点，可得四
1 1 1 1 1 1 1 1
边形AB C D；顺次连结四边形AB C D 各边中点，可得四边形AB C D；按此规律继续下去，…，则
2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3
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四边形A B C D 的面积是 ．
2019 2019 2019 2019
√3
【答案】
22020
√3
【分析】连接AC、BD，根据菱形的面积公式，得S = ，进而得矩形AB C D 的面积，菱形
菱形ABCD 2 1 1 1 1
AB C D 的面积，以此类推，即可得到答案．
2 2 2 2
【详解】连接AC、BD，则AC⊥BD，
∵菱形ABCD中，边长为1，∠A＝60°，
1 √3
∴S ＝ ACBD＝1×1×sin60°＝ ，
菱形ABCD 2 2
∙
∵顺次连结菱形ABCD各边中点，可得四边形AB C D，
1 1 1 1
∴四边形AB C D 是矩形，
1 1 1 1
1 1 1 1 √3 √3
∴矩形AB C D 的面积＝ AC BD＝ ACBD＝ S ＝ ＝ ，
1 1 1 1 2 2 4 2 菱形ABCD 4 22
∙ ∙
1 1 √3 √3
菱形AB C D 的面积＝ ×矩形AB C D 的面积＝ S ＝ ＝ ，
2 2 2 2 2 1 1 1 1 4 菱形ABCD 8 23
……，
√3
∴四边形A B C D 的面积＝ ，
2019 2019 2019 2019 22020
√3
故答案为： ．
22020
【点睛】本题主要考查菱形得性质和矩形的性质，掌握菱形的面积公式，是解题的关键．
【变式14-5】（2019·甘肃白银·校联考一模）如图，作出边长为1的菱形ABCD，∠DAB＝60°，连接对角
线AC，以AC为边作第二个菱形ACC D，使∠DAC＝60°，连接AC ，再以AC 为边作第三个菱形
1 1 1 1 1
ACC D，使∠DAC ＝60°；…按此规律所作的第2019个菱形的边长为 ．
2 2 2 1
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2018
【答案】(√3)
【分析】根据已知和菱形的性质可分别求得AC，AC ，AC 的长，从而可发现规律根据规律不难求得第n
1 2
个菱形的边长.
【详解】连接DB，与AC交于点M．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB．AC⊥DB，
∵∠DAB＝60°，
∴△ADB是等边三角形，
∴DB＝AD＝1，
1
∴BM＝ ，
2
√3
∴AM＝ ，
2
∴AC＝√3，
同理可得AC ＝√3AC＝(√3) 2，
1
AC ＝√3AC ＝(√3) 3，
2 1
按此规律所作的第n个菱形的边长为（√3）n﹣1，
则第2019个菱形的边长为（√3）2018，
故答案为（√3）2018．
【点睛】此题考查了平面图形的规律变化，要求通过观察图形，分析、归纳并发现其中的规律，并应用规
律解决问题是解题的关键．
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题型15 与菱形有关的动点问题
【例15】（2023·广东东莞·统考一模）如图菱形ABCD的边长为4cm，，∠A=60°，动点P，Q同时从点
A出发，都以1cm/s的速度分别沿A→B→C和A→D→C的路经向点C运动，设运动时间为x（单位：
s），四边形PBDQ的面积为y（单位：cm2），则y与x(0≤x≤8)之间的函数关系可用图象表示为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据题意结合图形，分情况讨论：①00)的图象经过点A，且
x
交菱形对角线BO于点D，DE⊥x轴于点E，则CE长为（ ）
A．1 B．3 C．2−√3 D．√3−1
【答案】C
√3
【分析】设点A的坐标为(m, )，过A点作AH⊥x轴，利用锐角三角函数和∠AOC=60°即可求出
m
√3
m，根据∠DOC=30°，设DE=n，根据点D经过反比例函数y= (x>0)，即可求出n，进而求出答案．
x
√3
【详解】解：设点A的坐标为(m, )，
m
【85淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
过A点作AH⊥x轴，如图，
∵∠AOC=60°，OH=m，
AH AH
∴tan60°= = =√3，
OH m
∴AH=√3m，
∴A(m,√3m)，
√3
∴ =√3m，
m
∴m2=1，
∴m=1或m=−1（舍），
∴A(1,√3)，
∵四边形ABCO是菱形，∠AOC=60°，
∴∠DOC=30°，
设DE=n，
则OE=√3n，
∴D(√3n,n)，
√3
∵点D经过反比例函数y= (x>0)，
x
∴n2√3=√3，
∴n=1或n=−1（舍），
∴EC=OC−OE=OA−OE=2−√3，
故选：C．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征和菱形的性质，巧设未知数利用已知解析式是本题的
突破口．
【变式17-1】（2023·浙江嘉兴·统考二模）如图，平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A,C在反比例函
k
数y= (k<0)的图象上，对角线AC与BD相交于坐标原点，若点D(1,1),AB=2√5，则k的值为（ ）
x
【86淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
A．−4 B．4 C．−9 D．9
【答案】C
【分析】根据菱形的性质及勾股定理可知OA=3√2，再利用相似三角形的判定与性质可知A(−3，3)，
最后根据反比例函数的性质解答即可．
【详解】解：解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD=BC，AC⊥BD，
∵D(1，1)，
∴OD=√12+12=√2，
∵AB=2√5，
∴AB=AD=2√5，
∴OA=√AB2−OD2=√(2√5) 2 −(√2) 2=3√2，
如图，过点D作DF⊥x轴于点F，过点A作AE⊥x轴于点E，过点A作AH⊥y轴于点H，过点D作
DG⊥y轴于点G，
∴∠AEF=∠DFE=90°，
∵在菱形ABCD中，
∴AC⊥BD，
∴∠AOE+∠DOF=90°，∠AOE+∠OAE=90°，
∴∠DOF=∠OAE，
∴△AOE∽△DOF，
OA AE
∴ = ，
OD DF
∵DF=1，OA=3√2，OD=√2，
∴AE=3，
同理：△AOH∽△DOG，
OA AH
∴ = ，
OD DG
∵DG=1，
∴AH=3，
【87淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∵点A在第二象限，
∴A(−3，3)，
k
∵点A在反比例函数y= (k<0)的图象上，
x
∴k=−9，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，反比例函数的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，掌握相似三
角形的性质是解题的关键．
【变式17-2】（2023·广东湛江·校考一模）如图，菱形OABC的一边OA在x轴的负半轴上，O是坐标原点，
4 k
tan∠AOC= ，反比例函数y= 的图象经过点C，与AB交于点D，若△COD的面积为30，则k的值等
3 x
于 ．
【答案】−36
【分析】本题主要考查菱形的性质和解直角三角形，由题意得S =S ，S =S ，进一步有
△ADO △DEO △BCD △CDE
4
S =2(S +S )=2S =60，由tan∠AOC= 得OF，OA=OC，结合菱形面积求得x，
菱形ABCO △DEO △CDE △CDO 3
可得点F的坐标，代入反比例函数即可求得答案．
【详解】解：如图，过点D作DE∥AO过点C作，CF⊥AO，设CF=4x，
【88淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∵四边形OABC为菱形，
∴AB∥CO，AO∥BC，
∵DE∥AO，
∴S =S ，
△ADO △DEO
同理S =S ，
△BCD △CDE
∵S =S +S +S +S ，
菱形ABCO △ADO △DEO △BCD △CDE
∴S =2(S +S )=2S =60，
菱形ABCO △DEO △CDE △CDO
4
∵tan∠AOC= ，
3
∴OF=3x，
∴OC=5x，
∴OA=OC=5x，
∵S =AO•CF=20x2 ，
菱形ABCO
解得：x=√3，
∴OF=3√3，CF=4√3，
∴点C坐标为(−3√3，4√3)，
k
∵反比例函数y= 的图象经过点C，
x
∴代入点C得：k=−36，
故答案为：−36．
【变式17-3】（2023·湖北省直辖县级单位·校联考二模）如图，点A、B分别在x轴和y轴的正半轴上，以
k
线段AB为边在第一象限作等边△ABC，S =√3，且CA∥y轴，点C在反比例函数y= (k≠0,x>0)
△ABC x
的图像上．
【89淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(1)求该反比例函数的解析式；
(2)若点N是反比例函数图像上一点，当四边形ABCN是菱形时，求出点N坐标．
2√3
【答案】(1)y=
x
(2)N(2√3,1)
1
【分析】（1）设出C点的坐标为(a,b)，则ab=k，又S = ab=√3，即可求出k值确定函数解析式；
△ABC 2
( 1 )
（2）根据菱形的性质可知，AC⊥BN，且AC与BN互相平分，设C(a,b)，则N 2a, b ，再根据
2
△ABC是等边三角形求出a和b的值即可得出N点的坐标．
【详解】（1）解：根据题意，设C点的坐标为(a,b)，
k
∴b= ，
a
∴ab=k，
又CA∥y轴，
1
∴AC⋅OA=ab=k，S = AC⋅OA=√3，
△ABC 2
1
∴ k=√3，
2
即k=2√3，
2√3
∴反比例函数的解析式为y= ；
x
（2）解：如图，根据菱形的性质可知，AC⊥BN，且AC与BN互相平分，
设菱形对角线的交点为P，设C点坐标为(a,b)，
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∵△ABC是等边三角形，四边形ABCN是菱形，
( 1 ) ( 1 )
∴P a, b ，N 2a, b ，
2 2
1
即BP=OA=a，AP=CP= b，
2
∵∠BAC=60°，
∴BP=AP×tan60°，
√3
即a= b，
2
由（1）知ab=2√3，C点在第一象限，
∴a=√3，b=2，
∴N(2√3,1)．
【点睛】本题主要考查反比例函数的性质，等边三角形的性质，菱形的性质等知识，熟练掌握反比例函数
的性质，等边三角形的性质及菱形的性质是解题的关键．
【变式17-4】（2023·河南周口·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(6,8)，连接OA，
过点A作x轴的垂线，垂足为B，∠AOB的平分线与线段AB交于点P．
k
(1)若反比例函数y= (x>0)的图像经过点P，求反比例函数的解析式．
x
(2)如图，过点A作x轴的平行线，交射线OP于点Q，过点Q作OA的平行线，交x轴于点R．求证：四边
形OAQR是菱形．
18
【答案】(1)y= (x>0)
x
(2)见解析
【分析】（1）过点P作PC⊥OA于点C，角平分线的性质得到PC=PB，证明△APC∽△AOB，得到
AP PC
= ，进而求出点P的坐标，即可得解；
AO OB
（2）先证明四边形OAQR是平行四边形，根据平行线的性质和角平分线平分角推出∠AOP=∠AQO，
得到AQ=OA，即可得证．
【详解】（1）解：∵点A的坐标是(6,8)，AB⊥x轴，
∴OB=6,AB=8．
∴OA=√OB2+AB2=√62+82=10．
过点P作PC⊥OA于点C，则∠ACP=90°,PC=PB．
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设PC=PB=m，则PA=8−m．
∵∠ACP=∠ABO=90°，∠CAP=∠BAO，
∴△APC∽△AOB．
AP PC 8−m m
∴ = ，即 = ，解得m=3．
AO OB 10 6
∴点P的坐标是(6,3)．
k
把点P(6,3)代入y= (x>0)，得k=6×3=18．
x
18
∴反比例函数的解析式是y= (x>0)．
x
（2）证明：由题意，可知AQ∥∨¿，QR∥OA，
∴四边形OAQR是平行四边形．
∵AQ∥∨¿，
∴∠AQO=∠POB．
∵∠AOP=∠POB，
∴∠AOP=∠AQO．
∴AQ=OA．
∴平行四边形OAQR是菱形．
【点睛】本题考查反比例函数与几何的综合应用，相似三角形的判定和性质，菱形的判定．熟练掌握相关
知识点，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键．
k
【变式17-5】（2023·河南商丘·统考三模）如图，菱形OBAC顶点A在反比例函数y= (x>0)的图象上，
x
点B在y轴上，点C为(4,3)．
(1)求k的值；
(2)点P为反比例函数图象上一个动点，过点P作PN⊥x轴于点N，交OA于点M，若PM=MN，求点P
【92淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
的坐标．
【答案】(1)k=32
(2)P(2√2,8√2)
【分析】（1）过点C作x轴的垂线，垂足为F，勾股定理求得OC，进而根据菱形的性质得出A(4,8)，待
定系数法求反比例函数解析式即可求解；
( 32)
（2）先求得直线OA的解析式，设N点坐标为(m,0)，则M点坐标为(m,2m)，P点坐标为 m, ，根
m
据题意PM=MN，建立方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解：过点C作x轴的垂线，垂足为F，
∵点C的坐标为(4,3)，
∴OF=4，CF=3，
∴ OC=√OF2+CF2=5；
∵菱形OBAC，点B在y轴上，
∴AC=5，A,C,F三点共线，
∴点A坐标为(4,8)，
∴ k=xy=4×8=32．
（2）∵点A坐标为(4,8)，
32
∴反比例函数表达式为y= ；
x
∴OA的表达式为y=2x．
( 32)
设N点坐标为(m,0)，则M点坐标为(m,2m)，P点坐标为 m, ，
m
∵PM=MN，
∴P(m,4m)，
32
∴ =4m，
m
解得：m=2√2 ( −2√2舍去)，
∴ P(2√2,8√2)．
【点睛】本题考查了反比例函数与结合图形综合，反比例函数与一次函数综合，菱形的性质，坐标与图形，
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熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键．
题型18 菱形与一次函数、反比例函数综合
【例18】（2023·江苏连云港·统考二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=kx+b的图像与反
m
比例函数y= (m>0)的图像相交于A(3,4)，B(−4,n)两点，与x轴相交于点C．
x
(1)求m和n的值；
(2)若点P(e,f)在该反比例函数的图像上，且它到y轴的距离小于3，则f的取值范围是 ；（直接写出答
案）
(3)以AC为边在右侧作菱形ACDE．使点D在x轴正半轴上，点E在第一象限，双曲线交DE于点F，连接
AF,CF，则△ACF的面积为 ．（直接写出答案）
【答案】(1)m=12,n=−3
(2)f >4或f <−4
(3)8√2
【分析】（1）根据待定系数法由条件可知，函数图象上的点的坐标满足函数解析式，将所给坐标代入函
数解析式中，求出m,n的值；
（2）点到y轴的距离是点的横坐标的绝对值，可得∣e∣=3，所以有两种情况,，结合反比例函数的性质，
再根据e的取值得出f的取值范围；
（3）画出图形， 由条件算出相应点的坐标，再利用勾股定理求出菱形的边长，根据菱形面积公式等于底
1
×高， 再通过S = S ，即可计算出．
△ACF 2 菱形ACDE
m
【详解】（1）解：∵函数y= （m>0）的图像过A(3,4)，
x
m
∴4= ，解得m＝12．
3
又∵B(−4,n)也在反比例函数图像上，
∴−4n=12，解得：n=−3；
（2）解：∵点P(e,f)在反比例函数的图像上，
12
∴f = ，
e
当∣e∣=3时，f =±4，
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∵m=12>0，
故每个分支y随x增大而减小，
故当∣e∣<3时，f >4或f <−4；
（3）解：把A(3,4)，B(−4,−3)代入y=kx+b得：¿，解得：¿，
即直线AB的解析式为y=x+1，
令y=0，则x=−1，
∴C(−1,0)，
根据题意画图形如下：
，
1
由题意得：S = S ，
△ACF 2 菱形ACDE
过A点作AG⊥CD，
∵C(−1,0)，A(3,4)，
∴AG=4，CG=4，
∴在△AGC中，AG⊥CD，由勾股定理得：AC=√AG2+CG2=√42+42=4√2，
∵四边形ACDE为菱形，
∴AC=CD，
∴S =CD⋅∣A ∣=4√2×4=16√2，
菱形ACDE y
∴S =8√2；
△ACF
【点睛】本题考查反比例函数和一次函数综合问题，涉及到勾股定理、菱形的性质等，灵活运用所学知识
是关键．
k
【变式18-1】（2023·浙江金华·统考一模）如图，已知反比例函数y = 与一次函数y =x+2图象在第一
1 x 2
象限内相交于A(3,n)与x轴相交于点B．
(1)求n和k的值．
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(2)根据图象，当y ≥ y 时，求x的取值范围．
1 2
(3)如图，以AB为边作菱形ABCD，使点C在x轴正半轴上，点D在第一象限，求点D的坐标．
【答案】(1)n=5，k=15
(2)x≤−5或01；
(3)P的坐标为(-3,-2)或(5,6)
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【分析】(1)由菱形的性质可知A、D关于x轴对称，可求得A点坐标，把A点坐标分别代入两函数解析式
可求得k和m值；
(2)由(1)可知A点坐标为(1,2)，结合图象可知在A点的下方时，反比例函数的值小于2，可求得x的取值范
围；
(3)根据菱形的性质可求得C点坐标，可求得菱形面积，设P点坐标为(a，a+1)，根据条件可得到关于a的
方程，可求得P点坐标．
【详解】（1）解：如图，连接AD，
∵四边形AODC是菱形，
∴点A、D关于x轴对称，
∵D(1,-2)，
∴A(1,2)，
将A(1,2)代入直线y=mx+1可得m+1=2，
解得m=1，
k
将A(1,2)代入反比例函数y= ，
x
解得：k=2；
2
∴一次函数的解析式为y=x+1；反比例函数的解析式为y= ；
x
（2）解：∵当x=1时，反比例函数的值为2，
∴当反比例函数图象在A点下方时，对应的函数值小于2，
此时x的取值范围为：x＜0或x＞1；
（3）解：∵OC=2OE=2，AD=2DE=4，
1 1
∴S = OC•AD= ×2×4=4，
菱形OACD 2 2
1
∵S OAP= S OACD，
菱形
2
△
∴S OAP=2，
设△P点坐标为(a，a+1)，
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在y=x+1中，令x=0，则y=1，
故F(0,1)，
∴OF=1，
1 1 1
S = OF⋅x = ×1×1= ，
△OAF 2 A 2 2
1
当P在A的左侧时，∵S = <2，
△OFA 2
∴此时点P在F的左侧，a<0，
1 1 1 1
S =S +S = (−a)⋅OF+ = (−a)×1+ =2，
△OAP △OFP △OFA 2 2 2 2
解得a=-3，故a+1=-2，
∴P(-3,-2)，
1 1 1 1
当P在A的右侧时，S =S −S = a⋅OF− = a×1− =2，
△OAP △OFP △OFA 2 2 2 2
解得a=5，故a+1=6，
∴P(5,6)，
综上所述，点P的坐标为(-3,-2)或(5,6)．
【点睛】此题属于反比例函数几何图形的综合题，涉及的知识有：菱形的性质，待定系数法求函数解析式，
一次函数与反比例函数的交点问题，利用图象求不等式的解集，利用数形结合的思想和分类讨论的思想是
解本题的关键.
题型19 菱形与二次函数综合
【例19】（2023·江苏盐城·校考三模）规定：若一个四边形中，有且仅有三条边相等，那么我们称这个四
边形为“准菱形”
(1)若二次函数y=ax2+bx+c的顶点为A(1,4)，且与x轴交于点B(−1,0)及点C．
①求二次函数表达式．
②y轴上是否存在点D，使得四边形ABDC为“准菱形”，若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说
明理由．
(2)已知四边形ABCD，点P为对角线BD上一点，PG∥AD，PQ∥BC，且PG=BG=CQ，
求证：四边形ABCD为“准菱形”．
(3)利用无刻度的直尺及圆规按要求进行作图：分别在线段BC、AD上找点P、Q，使得BP=PQ=QD．
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提示：小红同学已写了一些步骤，请你按照小红的思路继续完成（保留作图痕迹；也可作自己的方法）
步骤一：分别以B、D为圆心，相同长度为半径画圆，交BC、AD于点E、F；
【答案】(1)①y=−(x−1) 2+4=−x2+2x+3，②D(0,−√19)或D(0,−√11)
(2)见详解
(3)见详解
【分析】（1）①设出函数的顶点式，再将点B的坐标代入，求出a的值即可得出结论；
②由二次函数的对称性可知，AB=AC，若存在，则需要分两种情况：AB=BD或AB=DC，求出OD的
长，即可得出点D的坐标；
（2）由PG∥AD可得PG:AD=BG:AD=BP:BD=CQ:CD，再结合PG=BG=CQ可得出结论；
（3）由（2）的提示可知，找到点“P “是关键，步骤二：过点F作FM∥BD，以点E为圆心，BE长为
半径画圆交FM于点M；步骤三：作射线BM交AD于点Q，过点Q作QP∥EM交BC于点P，由（2）的
证明可得四边形PBDQ为“准菱形”．
【详解】（1）解：①∵二次函数y=ax2+bx+c的顶点为A(1,4)，
∴可知抛物线的解析式为：y=a(x−1) 2+4，
∵抛物线与x轴交于点B(−1,0)，
∴a(−1−1) 2+4=0，
解得a=−1，
∴抛物线的解析式为：y=−(x−1) 2+4=−x2+2x+3；
②存在；
令y=0，可得x=−1或x=3，
∴C(3,0)，
∴AB=AC=√5，
若四边形ABDC为“准菱形”，则需要分两种情况：AB=BD或AB=DC，
设D(0,d)，
当AB=BD时，则(2√5) 2=12+d2，
解得d=−√19或d=√19（舍去），
此时D(0,−√19)；
当当AB=DC时，则(2√5) 2=32+d2，
解得d=−√11或d=√11（舍去）；
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此时D(0,−√11)；
综上，y轴上存在点D，使得四边形ABDC为“准菱形”，此时D(0,−√19)或D(0,−√11)；
（2）如图1，∵PG∥AD，
∴BG:AB=BP:BD=PG:AD，
∵PQ∥BC，
∴BP:BD=CQ:CD，
∴PG:AD=BG:AD=BP:BD=CQ:CD，
∵PG=BG=CQ，
∴AB=AD=CD，即四边形ABCD为“准菱形”；
（3）如图2，
步骤一：分别以B、D为圆心，相同长度为半径画圆，交BC、AD于点E、F；
步骤二：过点F作FM∥BD，以点E为圆心，BE长为半径画圆交FM于点M；
步骤三：作射线BM交AD于点Q，过点Q作QP∥EM交BC于点P，
由（2）的证明可得四边形PBDQ为“准菱形”．
【点睛】本题属于新定义类问题，主要考查二次函数的性质，平行线分线段成比例等相关问题，关键是理
解“准菱形”的定义．
【变式19-1】（2022·广东广州·统考一模）在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=ax2+bx+4（a＜0）
的图象与x轴交于点A（﹣2，0）和点B（4，0），与y轴交于点C，直线BC与对称轴交于点D．
(1)求二次函数的解析式．
(2)若抛物线y=ax2+bx+4（a＜0）的对称轴上有一点M，以O、C、D、M四点为顶点的四边形是平行四
边形时，求点M的坐标．
(3)将抛物线y=ax2+bx+4（a＜0）向右平移2个单位得到新抛物线，新抛物线与原抛物线交于点E，点
F是新抛物线的对称轴上的一点，点G是坐标平面内一点，当以D、E、F、G四点为顶点的四边形是菱形
时，求点F的坐标．
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1
【答案】(1)y=− x2+x+4
2
(2)(1,−1)，(1,7)
(3)(3,3)
【分析】（1）将A(−2,0)、B(4,0)两点坐标代入y=ax2+bx+4中，求解a,b的值，进而可得二次函数解
析式；
1
1
x=− =1
（2）如图1，由y=− x2+x+4可知，二次函数对称轴为直线 ( 1) ，求出C(0,4)，设直线
2 2× −
2
BC的解析式为y=kx+b，将B,C坐标代入求得¿，则直线BC的解析式为y=−x+4，将x=1代入
y=−x+4得，y=3，可知D(1,3)，由题意设M(1,m)，由DM∥OC，DM=OC=4，可得|3−m|=4，
计算求解m的值，进而可得点M的坐标；
1 1 9
（3）如图2，由y=− x2+x+4=− (x−1) 2+ ，可知平移后的函数解析式为
2 2 2
3
1 9 1
x=− =3
y=− (x−3) 2+ =− x2+3x，则平移后的函数的对称轴为直线 ( 1) ，二次函数联立得
2 2 2 2× −
2
1 1
− x2+x+4=− x2+3x，解出x的值，进而可得E点坐标，设F(3,n)，由图可知，DE只能作菱形的边，
2 2
则DE=EF，DE2=EF2即(2−1) 2+(4−3) 2=(2−3) 2+(4−n) 2，求出满足要求的解即可．
【详解】（1）解：将A(−2,0)、B(4,0)两点坐标代入y=ax2+bx+4中得，¿
解得¿
1
∴二次函数的解析式为y=− x2+x+4．
2
（2）解：如图1，
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1
1
x=− =1
由y=− x2+x+4可知，二次函数对称轴为直线 ( 1)
2 2× −
2
当x=0时，y=4
∴C(0,4)
设直线BC的解析式为y=kx+b
将B,C坐标代入得¿，解得¿
∴直线BC的解析式为y=−x+4
将x=1代入y=−x+4得，y=3
∴D(1,3)
∵以O、C、D、M四点为顶点的四边形是平行四边形，且点M在对称轴上，设M(1,m)
∴DM∥OC，DM=OC=4
∴|3−m|=4
解得m=−1或m=7
∴点M的坐标为(1,−1)或(1,7)．
（3）解：如图2，
1 1 9
∵y=− x2+x+4=− (x−1) 2+
2 2 2
1 9 1
∴平移后的函数解析式为y=− (x−3) 2+ =− x2+3x
2 2 2
3
x=− =3
∴平移后的函数的对称轴为直线 ( 1)
2× −
2
1 1
∴联立得− x2+x+4=− x2+3x
2 2
解得x=2，
1
将x=2代入y=− x2+3x得，y=4
2
∴E(2,4)
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设F(3,n)
由图可知，DE只能作菱形的边
∴DE=EF，DE2=EF2即(2−1) 2+(4−3) 2=(2−3) 2+(4−n) 2
解得n=3或n=5
当n=5时，D、E、F三点共线，不合题意，故舍去
∴F(3,3)．
【点睛】本题考查了二次函数解析式，二次函数与特殊的四边形的综合，二次函数图象的平移，平行四边
形的性质，菱形的性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
√3
【变式19-2】（2022·湖南永州·统考一模）如图，一次函数y= x−√3图象与坐标轴交于点A、B，二次
3
√3
函数y= x2+bx+c图象过A、B两点．
3
（1）求二次函数解析式；
（2）点B关于抛物线对称轴的对称点为点C，点P是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以
B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
√3 2√3 4√3
【答案】（1）抛物线的解析式为：y= x2− x−√3；（2）Q点坐标为（1，− ）或(3，0)或
3 3 3
（-1，0）．
√3
【分析】（1）由直线y= x−√3与坐标轴的交点坐标A，B，代入抛物线解析式，求出b，c坐标即可；
3
（2）分BC为对角线和边两种情况讨论，其中当BC为边时注意点Q的位置有两种：在点P右侧和左侧，
根据菱形的性质求解即可．
√3
【详解】解：（1）对于y= x−√3：当x=0时，y=−√3；
3
√3
当y=0时， x−√3=0，妥得，x=3
3
∴A（3，0），B（0，−√3）
√3
把A（3，0），B（0，−√3）代入y= x2+bx+c得：
3
¿
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解得，¿
√3 2√3
∴抛物线的解析式为：y= x2− x−√3；
3 3
2√3
−
b 3
（2）抛物线的对称轴为直线x=− =− =1
2a √3
2×
3
故设P（1，p），Q（m，n）
①当BC为菱形对角线时，如图，
∵B，C关于对称没对称，且对称轴与x轴垂直，
∴∴BC与对称轴垂直，且BC//x轴
∵在菱形BQCP中，BC⊥PQ
∴PQ⊥x轴
∵点P在x=1上，
∴点Q也在x=1上，
√3 2√3 4√3
当x=1时，y= ×12− ×1−√3=−
3 3 3
4√3
∴Q（1，− ）；
3
②当BC为菱形一边时，若点Q在点P右侧时，如图，
∴BC//PQ，且BC=PQ
∵BC//x轴，
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√3 2√3
∴令y=−√3，则有y= x2− x−√3=−√3
3 3
解得，x =0,x =2
1 2
∴C(2,−√3)
∴PQ=BC=2
∵√ (√3) 2+12=2
∴PB=BC=2
∴迠P在x轴上，
∴P(1,0)
∴Q(3，0)；
若点Q在点P的左侧，如图，
同理可得，Q（-1，0）
4√3
综上所述，Q点坐标为（1，− ）或(3，0)或（-1，0）
3
【点睛】本题考查的知识点有用待定系数法求出二次函数的解析式，菱形的性质和判定，解一元二次方程，
主要考查学生综合运用这些性质进行计算和推理的能力．
【变式19-3】（2021·江苏泰州·统考二模）如图，已知二次函数y=ax2−4ax+3a（a>0）的图象与x轴
交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，横坐标分别为m，n（m0，
∴m+n−3=0，
解得m+n=3，
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即点D、E横坐标之和为定值，这个定值为3；
②∵ D、E两点在线段BC上（不与B、C重合），
∴03（不符题意，舍去），
4 4
10 11−√61 5√61−25
∴DE=5− × = ，
3 4 6
5√61−25 10√61−50
则菱形的周长为4DE=4× = ，
6 3
10√61−50
即平行四边形DEGF能为菱形，菱形的周长为 ．
3
【点睛】本题考查了二次函数的几何应用、菱形的性质等知识点，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．
【变式19-4】（2021·山西·统考模拟预测）综合与探究
如图，已知二次函数y=ax2+bx+2(a≠0)的图像与x轴交于A(1,0)，B两点，与y轴交于点C，直线
1
y=− x+2经过B，C两点
2
（1）求二次函数的解析式；
（2）点P是线段 BC上一个动点，过点P作x轴的垂线于点Q，交抛物线于点D，当点Q是线段PD的中
点时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，若点M是直线BC上一点，N是平面内一点，当以P，D，M，N为顶点的四边形
是菱形时，请直接写出点N的坐标．
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1 5 4 2
【答案】（1）y= x2− x+2；（2）P（2，1）；（3）N(2− √5,−1+ √5)，
2 2 5 5
4 2 18 11
N(2+ √5,−1− √5)，N(0,0)，N( , )
5 5 5 5
【分析】（1）求出点B，带入求解即可；
t 1 5
（2）设P(t,− +2)，Q(t,0)，D(t, t2− t+2)(0＜t＜4)，根据中点的性质列式计算即可；
2 2 2
（3）根据菱形的性质分类讨论即可；
1
【详解】（1）令− x+2=0，解得：x=4，
2
∴B(4,0)，
令x=0，则y=2，
∴C(0,2)，
把A(1,0)，B(4,0)代入y=ax2+bx+2(a≠0)中，
a+b+2=0
∴{ ，
16a+4b+2=0
1 5
∴a= ，b=− ，
2 2
1 5
∴y= x2− x+2；
2 2
t 1 5
（2）设P(t,− +2)，Q(t,0)，D(t, t2− t+2)(0＜t＜4)，
2 2 2
∵Q为PD中点，
1 1 5
∴(- t+2+ t2− t+2)=0×2，
2 2 2
【110淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1
∴
t2−3t+4=0，
2
∴t =2，t =4（舍），
1 2
∴P(2,1)；
（3）①如图，由题意可得：PD为菱形的边，PM,DN为菱形的对角线，PD//MN,
PD=MN=DM=2,
由（2）可得：P(2,1)，D(2,−1)，
∴PD=2,
1 1
设M(m,− m+2)，N(m,− m+4)，
2 2
1 2
由DM=2可得：(m−2) 2+(− m+3) =4,
2
整理得：(5m−18)(m−2)=0,
18
解得：m = ,m =2,
1 5 2
18
检验：m=2不合题意舍去，取m= ,
5
18 1 18 11
∴M( , ),N( , ).
5 5 5 5
如图，PD为菱形的边， PD//MN, PD=MN=DN=2,
4 2 4√5 2√5
同理可得：N(2+ √5,−1− √5)或N(2− ,−1+ ).
5 5 5 5
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②如图，当PD为对角线时，
由P(2,1)，D(2,−1)，B(4,0),O(0,0),
可得：M,B重合，N,O重合时，四边形PMDN为菱形，
∴N(0,0).
4 2 4 2 18 11
综上：N(2− √5,−1+ √5)，N(2+ √5,−1− √5)，N(0,0)，N( , )；
5 5 5 5 5 5
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，结合菱形的判定与性质、等腰三角形的性质和一元二次方程的求
解是解题的关键．
【112淘宝店铺：向阳百分百】
