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专题1.4 菱形的性质与判定（拓展篇）（专项练习）
一、单选题
类型一、平面直角坐标系中的菱形问题
1．如图，在平面直角坐标系中、四边形OABC为菱形，O为原点，A点坐标为（8，0），
∠AOC＝60°，则对角线交点E的坐标为（ ）
A．（4，2 ） B．（2 ，4） C．（2 ，6） D．（6，2 ）
2．如图，菱形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示， ， ，则点C
的坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．如图1，点 从菱形 的顶点 出发，沿 以 的速度匀速运动到点
．图2是点 运动时， 的面积 随时间 变化的函数关系图象，则菱形
的周长为 （ ）
A．5 B． C． D．4．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），四边形OABC是菱形，
，以OB为边作菱形 ，使顶点 在OC的延长线上，再以 为边作菱
形 ，使顶点 在 的延长线上，再以 为边作菱形 ，使顶点 在
的延长线上，按照此规律继续下去，则 的坐标是（ ）
A． B．
C． D．
类型二、折叠中的菱形问题
5．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=2，将△BEF沿EF所在直线翻折得到
△DEF，点D为∠ABC的平分线与边AC的交点，则线段EF的长度为（ ）
A． B． C． D．6．图，在 中， ， ， ，点 是斜边 上一动点，连
结 ，将 以直线 为对称轴进行轴对称变换， 点的对称点为 ，连结 ，则
在 点从点 出发向点 运动的整个过程中，线段 长度的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
7．Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，点D为AB的中点，点E在边BC（包括点B、C）
上，将△BDE沿着直线DE翻折得到△B′DE，设∠BDE为α，当α为（ ）度时，以点
A、C、B′、D为顶点的四边形为菱形．
A．60° B．30° C．30°或120° D．45°或60°
8．如图1，点Q为菱形ABCD的边BC上一点，将菱形 ABCD沿直线AQ 翻折，点B的对
应点P落在BC的延长线上.已知动点M从点B出发，在射线 BC上以每秒1个单位长度运
动.设点M运动的时间为x，△APM的面积为y．图2为y关于x的函数图象，则菱形
ABCD的面积为（ ）A．12 B．24 C．10 D．20
类型三、菱形的最值问题
9．如图，在菱形ABCD中，AC与BD相交于点O，AB＝4，BD＝ ，E为AB的中点，
点P为线段AC上的动点，则EP＋BP的最小值为（ ）
A．4 B． C． D．8
10．如图，在平行四边形 中，对角线 平分 ， ， ，在对
角线 上有一动点P，边 上有一动点Q，使 的值最小，则这个最小值为
（ ）
A．4 B． C． D．8
11．如图，AC是菱形ABCD的对角线， ．点E，F是AC上的动点，且
，若 ，则 的最小值为（ ）A． B． C．2 D．
12．如图，已知菱形ABCD的两条对角线分别为6和8，M、N分别是边BC、CD的中点，
P是对角线BD上一点，则PM+PN的最小值是（ ）
A．5 B．10 C．6 D．8
类型四、菱形的旋转问题
13．如图，在 中， ，点 、 分别是边 、 的中点，将 绕点
旋转 得 ，则四边形 一定是（ ）
A．矩形 B．菱形
C．正方形 D．梯形
14．如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的BC边的中点O在坐标原点上，
， ， 轴，将菱形ABCD绕原点O逆时针旋转90°，点A的对应点为
点 ，则点 的坐标为（ ）A． B． C． D．
15．如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转∠α得到菱形AB′C′D′，∠B＝∠β．当AC平分
∠B′AC′时，∠α与∠β满足的数量关系是（ ）
A．∠α＝2∠β B．2∠α＝3∠β
C．4∠α＋∠β＝180° D．3∠α＋2∠β＝180°
16．如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，
对应得到菱形AEFG，点E在AC上，EF与CD交于点P，则DP的长是( )
A． B． C． D．
二、填空题
类型一、坐标系下的菱形问题17．如图，若菱形 的顶点A，B的坐标分别为 ，点D在y轴上，则点
是______．
18．如图，在平面直角坐标系中，已知菱形OABC的顶点O、B的坐标分别为（0，0）、
（2，2），若菱形绕点O逆时针旋转135°时，菱形的对角线交点D的坐标为_______．
19．如图，在平面直角坐标系中，菱形 的对角线 上有P，Q两个动点，且 ，
已知点 ，当 周长最小时，点P的坐标为________．
20．已知：在平面直角坐标系中，点0为坐标原点，点A在x轴的负半轴上，直线y＝﹣
x+ 与x轴、y轴分别交于B、C两点．四边形ABCD为菱形，连接AC，点P为
ACD内一点，且∠APB＝60°，点E在线段AP上，点F在线段BP上，且BF＝AE，连接
△AF，EF，若∠AFE＝30°，则AF2+EF2的值为___．类型二、折叠中的菱形问题
21．如图，AD是△ABC的高，在AB上取一点E，在AC上取一点F，将△ABC沿过E、F
的直线折叠，使点A与点D重合，给出以下判断：①EF是△ABC的中位线；②△DEF的
周长等于△ABC周长的一半；③若AB=AC，则四边形AEDF是菱形；④若∠BAC是直角，
则四边形AEDF是矩形；其中正确的是_________．
22．如图，在菱形 中，F为 边上一点，将 沿 折叠，点C恰好落在
延长线上的点E处，连接 交 于点G，若 ， ，则 的长为______．
23．如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，AB＝2，点E是边AB上一点，以DE为对称轴
将△DAE折叠得到△DGE，再折叠BE使BE落在直线EG上，点B的对应点为点H，折痕
为EF且交BC于点F．
（1）∠DEF＝________；
（2）若点E是AB的中点，则DF的长为________．24．如图，在菱形 中， ， ， ， 分别是边 ， 上的点，将
沿EF折叠，使点 的对应点 落在边 上，若 ，则 的长为______．
类型三、菱形的最值问题
25．如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E，F分别在对角线AC和边AD
上，连接DE，EF，若AC=4，BD=2，则DE，EF之和的最小值为______．
26．如图，在菱形 中， ， ，点 ， 在 上，且 ，连接
， ，则 的最小值为________．
27．如在菱形 中， ， ，E为 的中点，P为对角线 上的任意
一点，则 的最小值为__________．28．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，对角线AC、BD交于点O，BD＝4，点E为
OD的中点，点F为AB上一点，且AF＝3BF，点P为AC上一动点，连接PE、PF，则PF
﹣PE的最大值为 ___．
类型四、菱形的旋转问题
29．如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠A＝45°，将菱形ABCD绕点A旋转45°，得到菱
形 ，其中B、C、D的对应点分别是 ，那么点 的距离为
_____________．
30．如图，菱形ABCD，∠BAC=α，M是AC、BD的交点，P是线段BM上的动点（不与点
B、M重合），将线段PA绕点P顺时针旋转2α得到线段PQ，点Q恰好在CD上，若要使
得PQ=QD，则α的范围为_______．
31．如图，已知等边三角形 绕点 顺时针旋转 得到 ， ， 分别为线段和线段 上的动点，且 ，有以下结论：①四边形 为菱形；②
；③ 为等边三角形；④ ．其中正确结论有__________．
（填序号）
32．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，AD=4，
∠A=60°．将菱形ABCD绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标
是_____________．
三、解答题
33．如图，在平面直角坐标系中，直线AB的解析式为 ，它与x轴交于点B，与y
轴交于点A，直线y=-x与直线AB交于点C．动点P从点C出发，以每秒1个单位长度的速
度沿射线CO运动，运动时间为t秒．
(1)求△AOC的面积；
(2)设△PAO的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
(3)M是直线OC上一点，在平面内是否存在点N，使以A，O，M，N为顶点的四边形是菱
形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．34．矩形ABCD中，AD=5，AB=3，将矩形ABCD沿某直线折叠，使点A的对应点A′落在
线段BC上，再打开得到折痕EF．
（1）当A′与B重合时（如图1），EF= ；
（2）当折痕EF过点D时（如图2），求线段EF的长；
（3）观察图3和图4，①利用图4，证明四边形AEA′F是菱形；
②设BA′=x，当x的取值范围是 时，四边形AEA′F是菱形．
35．如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E为AB边上一动点（与点A，B不重合），
连接CE，将∠ACE的两边所在射线CE，CA以点C为中心，顺时针旋转120°，分别交射
线AD于点F，G．
(1)若∠ACE＝α，求∠AFC的大小（用含α的式子表示）；
(2)证明AE+AF＝ CG；
(3)若AB＝4，点M为菱形ABCD对角线AC（不含A点）上的任意一点，则BM+ AM的
最小值为______．36．综合与探究
问题情境：
数学实践课上，老师要求同学们先制作一个透明的菱形塑料板，然后在纸上画一个与透明
的菱形相似的菱形 ，把透明的菱形放在上面记作菱形 ，它们的锐角顶点 重
合，且 ，连接 ， ．
(1)操作发现：
如图1，当边 在边 所在的射线上，直接写出 与 的数量关系：
(2)探究发现：
如图2，将菱形 绕点 按逆时针方向旋转，使点 落在 边上，连接 和 ．
你认为（1）中的结论是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
(3)探究拓广：
如图3，在（2）的条件下，当 时，探究并说明线段 和 的数量
关系和位置关系．参考答案
1．D
【分析】
过点E作EF x轴于点F，由直角三角形的性质求出EF长和OF长即可．
解：过点E作⊥EF⊥x轴于点F，
∵四边形OABC为菱形，∠AOC=60°，
∴∠AOE= AOC=30°，OB⊥AC，∠FAE=60°，
∠
∴∠AEF=30°
∵A(8,0)，∴AO=8，
∴AE= AO= ×8=4，
∴AF= AE=2， ，
∴OF=AO−AF=8−2=6，
∴ ．
故选：D
【点拨】本题考查了菱形的性质、勾股定理及含30°直角三角形的性质，正确作出辅助线
是解题的关键．
2．B
【分析】
作CD⊥x轴，根据菱形的性质得到OC=OA= 2 ，在Rt△OCD中，根据勾股定理求出OD的
值，即可得到C点的坐标．
解：作 轴于点D，
则 ，
∵四边形OABC是菱形， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，∴ ，
∴ ，
在Rt OCD中， ， ，
△
∴ ，
∴ ，
∴ ，
则点C的坐标为 ，
故选：B．
【点拨】此题考查了菱形的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理，根据勾股定理和
等腰直角三角形的性质求出 OC=OD= 是解决问题的关键．
3．D
【分析】
由图1可知点P在AD上运动时， 的底和高不变，面积不变；在DB上运动时，面积
在减小；故结合图2可知菱形的边长为a，高为3，BD=5，进而构建直角三角形，由勾股
定理可得到答案．
解：由图可知菱形的边长为a，BD=5，菱形BC边上的高是3，如图
则有
∴
∴
∴由 有
解得故选：D．
【点拨】本题考查菱形的性质，解直角三角形；懂得从图中数据提炼图形的边长并构建直
角三角形是解题的关键．
4．A
【分析】
连接AC、BC ，分别交OB、OB 于点D、D，利用菱形的性质及勾股定理即可得OB的长，
1 1 1
进一步在菱形OBB C 计算出OB，过点B 作BM⊥x轴于M，利用勾股定理计算出BM，
1 1 1 1 1 1
OM，从而得B 的坐标，同理可得B，B，B，B，B，B，B，B，B ，B ，B ，根据
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
循环规律可得B 的坐标．
2021
解：如图所示，连接AC， 分别交OB， 与D、 ，
∵点A的坐标为（1，0），
∴OA=1，
∵四边形OABC是菱形，∠AOC=60°，
∴OC=OA=1，OB=2OD，∠COD=30°，∠CDO=90°，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵∠AOC=60°，
∴∠BOC =90°-60°=30°，
1 1
∵四边形OBB C 是菱形，
1 1
，
在Rt△OC D 中 ，
1 1
∴ ，
∴OB=2OD =3，
1 1过点B 作BM⊥x轴于点M，
1 1
在Rt△OMB 中，
1
∴
∴ ，
同理可得 ，
，
，
，
由此可以发现规律“每经过12次作图后点的坐标符号与第一次坐标符号相同，每次菱
形的边长变成原来的 倍即 ，
∵2021÷12=168……5，
∴B 的纵坐标符号与B 的相同，则B 在y轴的负半轴上，
2021 5 2021
又
∴B 的坐标为 ，
2021
故选A【点拨】本题考查平面直角坐标系找规律，利用菱形的性质处理条件，掌握循环规律的处
理方法是解题的关键．
5．C
【分析】
连接BD，求证四边形BEDF是菱形，利用含30度角的直角三角形的性质以及等边三角形
的判定和性质求解即可．
解：如图，连接BD，
∵∠C=90°，∠A=30°，AB=2，
∴BC= AB=1，∠ABC=90°-∠A=60°，
∵点D为∠ABC的平分线与边AC的交点，
∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC =30°，
∵将 BEF沿EF所在直线翻折得到 DEF，
∴BE=△DE，BF=DF， △
∴∠EDB=∠CBD=30°，∠FDB=∠ABD=30°，
∴∠EBD=∠FDB=30°，∠EDB=∠FBD=30°，∴BE∥DF，BF∥DE，四边形BEDF是平行四边形，∠ADF=∠C=90°，
又∵BE=DE，
∴四边形BEDF是菱形，
∴BE=BF=DF=DE，
在Rt ADF中，
∵∠A=△30°，
∵AF=2DF=2BF，
∴AB=AF+BF=2BF+BF=3BF，
∴BF= AB= ，
又∵
∴△BEF是等边三角形，
∴BE=BF=EF= ，
故选：C．
【点拨】本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性
质以及勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握运用这些知识点．
6．D
【分析】
由题意可知点 在AC上时，线段 长度最短，故可求解．
解：∵将 以直线 为对称轴进行轴对称变换， 点的对称点为 ，AC、B′C长度不
变，故当A、 、C在三点共线时，符合题意，
即点 在AC上时，线段 长度最短，即 =AC- ，
∵在 中， ， ， ，
∴AB=2BC=2 ，
∴AC= ,
∴线段 长度最短为AC- = ，
故选D．
【点拨】此题主要考查三角形的长度求解，解题的关键是熟知轴对称变换的特点及含30°的直角三角形的性质．
7．C
【分析】
分 为菱形点对角线，菱形的边长两种情况讨论即可
解：∵Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，点D为AB的中点，
∴ ，
是等边三角形
折叠
①如图，当 为菱形的边长时，
，则
②当 为菱形的对角线时，此时 与 重合，如图
同理可得 ，则
故选C
【点拨】本题考查了菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，折叠的性质，确定
是等边三角形是解题的关键．
8．D【分析】
由图2，可知BP=6，S ABP=12，由图1翻折可知，AQ⊥BP，进而得出AQ=4，由勾股定理，
△
可知BC=AB=5，菱形 ABCD的面积为BC×AQ即可求出.
解：由图2，得BP=6，S ABP=12
△
∴AQ=4
由翻折可知，AQ⊥BP
由勾股定理，得BC=AB= =5
∴菱形 ABCD的面积为BC×AQ=5×4=20
故选：D
【点拨】本题是一道几何变换综合题，解决本题主要用到勾股定理，翻折的性质，根据函
数图象找出几何图形中的对应关系是解决本题的关键.
9．C
【分析】
连接DE交AC于点P，连结BP，根据菱形的性质推出AO是BD的垂直平分线，推出
PE+PB=PE+PD=DE且值最小，根据勾股定理求出DE的长即可．
解： ∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝ AC，BO＝ BD＝2 ，
∵AB＝4，
∴ ，
连接DE交AC于点P，连结BP，作EM⊥BD于点M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，且DO＝BO，即AO是BD的垂直平分线，
∴PD＝PB，
∴PE+PB＝PE+PD＝DE且值最小，∵E是AB的中点，EM⊥BD，
∴BE=2
∴ ，
∴
∴DM＝BD-BM＝ BO＝3 ，
∴DE＝ ，
故选C．
【点拨】此题考查了轴对称-最短路线问题，菱形的性质，勾股定理等等，关键是根据题意
确定P点位置从而确定PE+PB的最小值的情形．
10．B
【分析】
根据平行线的性质得到∠ADB＝∠CBD，由角平分线的定义得到∠ABD＝∠CBD，得到平
行四边形ABCD是菱形，推出点A，C关于BD对称，过A作AQ⊥BC于Q交BD于P，则
PQ＋PC最小值＝AQ，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴点A，C关于BD对称，
过A作AQ⊥BC于Q交BD于P，
则PQ＋PC最小值＝AQ，
∵∠ABC＝45°，
∴△ABQ是等腰直角三角形，
∵AB＝BC＝8，∴AQ＝ AB＝ ，
∴这个最小值为 ，
故选：B．
【点拨】本题考查了轴对称−最短路线问题，菱形的判定和性质，平行四边形的性质，等
腰直角三角形的性质，准确的找到P与Q的位置是解题的关键．
11．D
【分析】
如图，作出辅助线，当点G，F，B共线时， 有最小值，利用题目中的条件，在
中，求出 ， 的长度，即可求出 的长度，即为 的最小值．
解：如图，过点 ，过点F作 ，DG与FG交于点G，
则四边形DEFG是平行四边形，
∴ ， ，
当点G，F，B共线时， 有最小值．
连接BD，由菱形的性质可知 ，
，∴ ， ， ， ， ，
又∵ ，
∴ ．
当G，F，B共线时， ，
故 的最小值为 ，
故选：D．
【点拨】本题主要考查了动点几何问题中的最短线段问题，正确作出辅助线，得到点G，
F，B共线时， 有最小值，并利用菱形的性质和勾股定理求解是解题的关键．
12．A
【分析】
作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接
AC，求出CP、BP，根据勾股定理求出BC长，证出MP+NP=QN=BC，即可得出答案．
解：作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，
连接AC，则P是AC中点，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠QBP=∠MBP，
即Q在AB上，
∵MQ⊥BD，
∴AC∥MQ，
∵M为BC中点，
∴Q为AB中点，
∵N为CD中点，四边形ABCD是菱形，
∴BQ∥CD，BQ=CN，∴四边形BQNC是平行四边形，
∴PQ∥AD，
而点Q是AB的中点，
故PQ是△ABD的中位线，即点P是BD的中点，
同理可得，PM是△ABC的中位线，
故点P是AC的中点，
即点P是菱形ABCD对角线的交点，
∵四边形ABCD是菱形，
则△BPC为直角三角形，
,
在Rt△BPC中，由勾股定理得：BC=5，
即NQ=5，
∴MP+NP=QP+NP=QN=5，
故选：A．
【点拨】本题考查了轴对称-最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股
定理的应用，解此题的关键是能根据轴对称找出P的位置．
13．A
【分析】
根据旋转的性质确定 ， ，进而确定四边形 是平行四边形，再根据
等腰三角形三线合一的性质确定 ，进而确定四边形 是矩形．
解：∵ 绕点 旋转 得 ，
∴ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，点 是边 的中点，
∴ ，
∴四边形 是矩形．
故选：A．
【点拨】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，矩形的判定定理，熟练掌握以上知识
点是解题关键．
14．D
【分析】根据60°的菱形的性质得到OB长，再根据旋转的性质和解直角三角形得到OP， P，OP
长，结合图形从而得到点 的坐标；
解：如图1，连接OA，∵ ，点O为菱形ABCD中BC边的中点，∴ ，
，∴ ，∴ ，由旋转的性质可知，
，在 中， ， ，
∴ ，∴点 的坐标为 ，故选D．
【点拨】本题考查了菱形的性质，坐标由图形的性质，旋转的性质，解直角三角形，正确
的识别图形是解题的关键
15．C
【分析】
根据AC平分∠B′AC′，得到∠B'AC＝∠C'AC，根据旋转角为∠α，得到∠BAB'＝∠CAC'＝
∠α，根据AC平分∠BAD，得到∠BAC＝∠DAC，推出∠BAB'＝∠DAC'，推出∠BAB'＝
∠B'AC＝∠CAC'＝∠DAC'＝∠α，根据AD∥BC，得到∠B+∠BAD＝180°，推出4∠α+∠β＝
180°．
解：∵AC平分∠B′AC′，
∴∠B'AC＝∠C'AC，
∵菱形ABCD绕点A逆时针旋转∠α得到菱形AB′C′D′，
∴∠BAB'＝∠CAC'＝∠α，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠DAC，
∴∠BAB'＝∠DAC'，∴∠BAB'＝∠B'AC＝∠CAC'＝∠DAC'＝∠α，
∵AD∥BC，
∴∠B+∠BAD＝180°，
∴4∠α+∠β＝180°．
故选：C．
【点拨】本题考查了菱形性质，旋转性质和角平分线，熟练掌握菱形的边、角、对角线性
质，旋转图形全等性质，角平分线定义，是解决本题的关键．
16．A
【分析】
连接BD交AC于O，根据四边形ABCD是菱形，得到AD=CD=AB=2，∠BCD=∠BAD=
，∠ACD=∠BAC= ∠BAD= ，OA=OC，AC⊥BD，求出AC=2 ，由旋转得
AE=AB=2，∠EAG=∠BAC= ，求出CE=AC-AE=2 -2，再证得∠CPE= ，求出PC=
PE=3- ，根据DP=CD-PC求出数值即可．
解：连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD=AB=2，∠BCD=∠BAD= ，∠ACD=∠BAC= ∠BAD= ，OA=OC，
AC⊥BD，
∴△ABD是等边三角形，
∴OB= AB=1，
∴OA= ，
∴AC=2 ，
由旋转得AE=AB=2，∠EAG=∠BAC= ，
∴CE=AC-AE=2 -2，
∵四边形AEFG是菱形，∴EF∥AG，
∴∠CEP=∠EAG=
∵∠CEP+∠ACD= ，
∴∠CPE= ，
∴PE= CE= -1，PC= PE=3- ，
∴DP=CD-PC=2-(3- )= -1，
故选：A．
．
【点拨】此题考查旋转的性质，菱形的性质，锐角三角函数，等边三角形的判定，直角三
角形30度角所对的直角边等于斜边的一半，熟记菱形的性质是解题的关键．
17．10
【分析】
利用菱形的性质以及勾股定理得出DO的长，进而三角形的面积．
解：∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（-2，0），点D在y轴上，
∴AB=3-（-2）=5，AB∥CD，AD=CD=AB=5，
即CD∥x轴，
在Rt AOD中，
△
由勾股定理得：OD=
∴S=
故答案：10．
【点拨】此题主要考查了菱形的性质以及坐标与图形的性质，根据勾股定理求出DO的长
是解题的关键．18．
【分析】
根据菱形的性质，可得D点坐标，根据旋转的性质，可得D点的坐标．
解：菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），得D点坐标为（1，1）．
∴ ，OB与y轴的正半轴的夹角为45°，
而y轴的正半轴与x轴的负半轴夹角为90°，
∴菱形绕点O逆时针旋转135°时，即线段OD绕点O逆时针旋转135°时，此时OD在
x 轴的负半轴上，
∴菱形的对角线交点D的坐标为（- ，0），
故答案为： ．
【点拨】本题考查了旋转的性质，利用旋转的性质是解题关键．
19．
【分析】
连接AP、AC交BD于点E，过A点作AD∥PQ，且AD=PQ，连接DQ、CD，则当点Q在线
段CD上时CQ+CP最短，从而 周长最小，则易得PA⊥OA，从而可求得点P的坐标．
解：连接AP、AC交BD于点E，过A点作AD∥PQ，且AD=PQ，连接DQ、CD，如图
∴四边形ADQP是平行四边形
∴DQ=AP，AD=PQ=2
由菱形的对称性知：AP=CP∴DQ=CP
当点Q在线段CD上时，CQ+DQ= CQ+CP最短，从而 周长=CQ+CP+2最小
∵四边形OABC是菱形
∴OC=OA= ，CE=AE，AC⊥BD
∵∠AOC=60°
∴△OAC是等边三角形
∴
∵AD∥PQ
∴AC⊥AD
由勾股定理得
∴∠ACD=30°
∵AP∥CD
∴∠PAC=∠ACD=30°
∴∠PAO=∠CAO+∠PAC=90°
即PA⊥OA
∵∠AOE=30°
∴OP=2AP
在Rt△PAO中，由勾股定理得：
解得：AP=2
则点P的坐标为
故答案为：
【点拨】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，
勾股定理，两点间线段最短等知识，解题的关键是掌握过A点作AD∥PQ，且AD=PQ．
20．25
【分析】
连接CE、CF．证明△CEF是等边三角形以及AF⊥CF，然后利用勾股定理得出答案．
解：如图，连接 、 ．，
， ， ，
， ，
在 中， ，
四边形 是菱形，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
在 和 中，
，
，
， ，
，是等边三角形，
， ，
，
，
在 中， ，
．
故答案为：25．
【点拨】本题考查一次函数综合题、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、
勾股定理、菱形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决
问题，学会构建方程解决问题，属于中考压轴题．
21．①②③
【分析】
由折叠的性质及垂直的条件可得点E、F分别是AB、AC的中点，从而可判定①正确；
由中位线定理即可判定②正确；由AB=AC及E、F分别为中点可得AE=AF，由折叠的性质
即可判定③正确；当AB与AC不相等时，点D不是BC的中点，则DE与AC不平行，从而
四边形AEDF不是平行四边形，故不是矩形，从而可判定④错误．
解：由折叠性质得：AE=DE，AF=DF，且EF⊥AD
∴∠EAD=∠EDA
∵AD⊥BC
∴∠EDA+∠EDB=90゜，∠EAD+∠B=90゜
∴∠EDB=∠B
∴DE=BE
∴DE=AE
即点E是AB的中点
同理：点F是AC的中点
∴EF是△ABC的中位线
故①正确
∵EF是△ABC的中位线
∴
∵ ，∴△AEF的周长为
而△ABC的周长为AB+BC+AC
∴△AEF的周长等于△ABC周长的一半
故②正确v
∵AB=AC，E、F分别是AB、AC的中点
∴AE=AF
∵AE=DE，AF=DF
∴AE=DE=DF=AF
即四边形AEDF是菱形
故③正确
当AB与AC不相等时，点D不是BC的中点，则DE与AC不平行，从而四边形AEDF
不是平行四边形，故不是矩形
故④错误
故答案为：①②③
【点拨】本题考查了三角形中位线定理，菱形的判定，折叠的性质等知识，由题意得到
E、F分别是中点是解题的关键．
22．
【分析】
根据折叠的性质得CF=EF，DF⊥BC，代入相关数据可得CF=5，BC=7，由菱形的性质得
DC=7，最后根据勾股定理可得DF的长．
解：由折叠得，CF=EF，DF⊥BC，
∵BE=3，BF=2
∴EF=BE+BF=3+2=5
∴CF=5
∴BC=BF+FC=2+5=7
∵四边形ABCD是菱形
∴DC=BC=7
在Rt DFC中，
△
∴故答案为：
【点拨】本题主要考查了折叠的性质，菱形的性质以及勾股定理等知识，根据折叠的性质
得到CF=EF，DF⊥BC是解答本题的关键．
23． 90° 2.8
【分析】
（1）由折叠得∠ ，再根据平角的定义可得结论；
（2）首先证明B、G、D在同一条直线上，再运用勾股定理列方程求解即可．
解：解由折叠得，∠
∴∠
∵∠
∴∠
即∠
故答案为：90°；
（2）∵四边形ABCD是菱形
∴AD BC，DC AB，
∴
∵∠A=120°
∴
∵点E为AB的中点，且AB=2
∴
∵点A与点G重合，
∴
∵点B与点H重合
∴
又
∴
∴点G与点H重合
∵∠
∴ 三点在同一条直线上
过点D作 ，交BC的延长线于点O，如图，∵DC AB
∴∠
∴∠
∴
在 中，
由折叠得， ，
设 ，则
∴ ，
在 中，
∴
解得，
∴
故答案为2.8
【点拨】本题主要考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线构
造直角三角形是解答本题的关键．
24． ##
【分析】
根据菱形性质和 ，可得 ， ， ，过点 作
于点 ， 于点 ，过点 于点 ，得矩形 ，然后利用含
度角的直角三角形可得 ，得 ，再利用勾股定理即可解决问题．
解：在菱形 中， ， ， ，
，
如图，过点 作 于点 ， 于点 ，过点 于点 ，
得矩形 ，如图所示：
， ，
， ，
， ，
由翻折可知： ， ，
，
，
，
，
解得 ，
，
在 中， ， ，
，
，
，
，，
在 中，根据勾股定理，得： ，
，
解得 ，
，
故答案为： ．
【点拨】本题考查勾股定理求线段长，涉及到翻折变换的性质、菱形的性质、等边三角形
的判定与性质、勾股定理，熟练掌握翻折变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
25． ##
【分析】
如图所示：在AB上取点F′，使AF′=AF，过点D作DH⊥AB，垂足为H．因为EF+DE=EF′
+DE，推出当D、E、F′共线，且点F′与H重合时，FE+DE的值最小．
解：∵菱形ABCD中，AC=4，BD=2，
∴AO=OC=2，BO=OD=1，
∴AD=AB= ，
如图所示：在AB上取点F′，使AF′=AF，过点D作DH⊥AB，垂足为H．
∵S ABD= •AO•BD= •AB•DH，
△∴DH= ，
∵EF+DE=EF′+DE，
∴当D、E、F′共线，且点F′与H重合时，FE+DE的值最小，最小值为 ，
故答案为： ．
【点拨】本题主要考查的是菱形的性质，轴对称的性质、勾股定理的应用、垂线段最短等
知识，解题的关键是学利用对称解决最短问题．
26．
【分析】
连接BD交AC于点O，根据菱形的性质和勾股定理可得DO=3，当点O为MN的中点时，
BM+DN的值最小，再证明 得DN=BM，由勾股定理求出DN的长即可．
解：连接BD交AC于点O，如图，
∵四边形ABCD是菱形，AC=8
∴
又
在Rt△AOB中，
∴
∴DO=5
当点O为MN的中点时，BM+DN的值最小，∵MN=1
∴
在Rt△DON中，
∴
在Rt△DON和Rt△BOM中，
∴
∴DN=BM
∴
∴ 的最小值为
故答案为
【点拨】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，灵活运用菱
形的性质和勾股定理求出BN= 是解答本题的关键．
27．
【分析】
连接AC，CE，则CE的长即为AP+PE的最小值，再根据菱形ABCD中， 得
出∠ABC的度数，进而判断出△ABC是等边三角形，故△BCE是直角三角形，根据勾股定
理即可得出CE的长．
解：连接AC，CE，∵四边形ABCD是菱形，
∴A、C关于直线BD对称，
∴CE的长即为AP+PE的最小值，
∵ ，
∴ ，
∴△ABC是等边三角形，
∵E是AB的中点，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
【点拨】本题考查了轴对称-最短路线问题，熟知菱形的性质及两点之间线段最短是解答此
题的关键．
28．1
【分析】
取OB中点E'，连接PE'，作射线FE'交AC于点P'．则PE＝PE'，当P与P'重合，P'、E'、
F三点在同一直线上时，PF﹣PE'有最大值，即为FE'的长．
解：如图，取OB中点E'，连接PE'，作射线FE'交AC于点P'．
则PE＝PE'，∴PF﹣PE＝PF﹣PE'≤FE'，
当P与P'重合，P'、E'、F三点在同一直线上时，
PF﹣PE'有最大值，即为FE'的长，
∵在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，
∴∠ABD＝60°，∠DAB＝60°，
∴△ABD为等边三角形．
∴AB＝BD＝AD＝4．
∴OD＝OB＝2．
∵点E'为OB的中点，E'B＝1，AF＝3BF，
∴BF AB＝1，
∵∠ABD＝60°，
∴△BE'F为等边三角形，
∴E'F＝FB＝1．
故PF﹣PE的最大值为1．
故答案为：1．
【点拨】本题考查了轴对称﹣最大值问题、菱形的性质、等边三角形的判定与性质，熟练
运用轴对称的性质和三角形三边关系是解题的关键．
29．
【分析】
首先由菱形的性质可知 ，由旋转的性质可知： ，从而可
证明 为直角三角形，然后由勾股定理即可求得 的长度．
解：如图所示：∵四边形ABCD为菱形， ，
∴ ．
由旋转的性质可知： ， ，
∴ ．
在 中，
故答案为：
【点拨】本题主要考查的是旋转的性质和菱形的性质以及勾股定理的应用，证得
为直角三角形是解题的关键．
30．45°<α<60°
【分析】
根据菱形ABCD中AB∥CD，得到∠BAC=∠ACD=α，根据∠CDM=90°，得到∠CDP=90°-
∠ACD=90°-α，根据PQ=QD，得到∠QPD=∠QDP=90°-α，∠APM=∠APQ-∠DPQ=2α-（90°-
α）=3α-90°，根据∠APM>∠ABM，得到3α-90°>90°-α，α>45°，根据∠APM<90°，得到
3α-90°<90°，α<60°，得到45°<α<60°．
解：∵菱形ABCD中，AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD=α，
∵∠CMD=90°，
∴∠CDP=90°-∠ACD=90°-α，
∵PQ=QD，
∴∠QPD=∠QDP=90°-α，∴∠APM=∠APQ-∠DPQ=2α-（90°-α）=3α-90°，
∵∠APM>∠ABM，∠ABM=∠CDM，
∴3α-90°>90°-α，
∴α>45°，
∵∠APM<90°，
∴3α-90°<90°，
∴α<60°，
∴45°<α<60°．
故答案为45°<α<60°．
【点拨】本题考查了菱形的性质，三角形外角性质，直角三角形的角的性质，熟练掌握菱
形的边、角、对角线的性质，三角形外角大于不相邻任一个内角，直角三角形中锐角小于
直角的性质，是解决问题的关键．
31．①②③④
【分析】
①由等边三角形旋转的性质可知AB=AC=BD=CD即可判断；②利用SAS即可判定
ABE≌△CBF；③由全等三角形的性质可知BE=BF，∠ABE=∠CBF，再结合
△∠ABC=∠ABE+EBC=60°，即可求出∠EBF=60°，即证明 BEF为等边三角形；④由
∠CFB=∠CFG+∠BFG，∠CGE=∠CFG+FCG即可判断．△
解：由等边三角形旋转的性质可知AB=AC=BD=CD，即四边形ABCD为菱形故①正确．
∵在 ABE和 CBF中，
△ △
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
故②正确；
∵△ABE≌△CBF，
∴BE=BF，∠ABE=∠CBF，
∵∠ABC=∠ABE+∠EBC=60°，
∴∠CBF+∠EBC=60°，即∠EBF=60°，
∴△BEF为等边三角形，故③正确；
∵∠CFB=∠CFG+∠BFG，∠CGE=∠CFG+FCG，∠FCG=∠BFG=60°，∴∠CFB=∠CGE，故④正确；
综上，①②③④都正确，
故答案为：①②③④．
【点拨】本题考查了等边三角形的判定与性质，图形旋转的性质，菱形的判定，全等三角
形的判定与性质，三角形外角性质，熟练掌握这些知识并利用数形结合的思想解题的关键．
32． 或 ## 或
【分析】
分当D落在x轴正半轴时和当D落在x轴负半轴时，两种情况讨论求解即可．
解：如图1所示，当D落在x轴正半轴时，
∵O是菱形ABCD对角线BD的中点，
∴AO⊥DO，
∴当D落在x轴正半轴时，A点在y轴正半轴，
∴同理可得A、B、C三点均在坐标轴上，且点C在y轴负半轴，
∵∠BAD=60°，
∴∠OAD=30°，
∴ ，
∴ ，
∴点C的坐标为（0， ）；
如图2所示，当D落在x轴负半轴时，
同理可得 ，∴点C的坐标为（0， ）；
∴综上所述，点C的坐标为（0， ）或（0， ），
故答案为：（0， ）或（0， ）．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质，坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质，勾股
定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
33．(1)△AOC的面积=3
(2)
(3)存在， ， ， ，
【分析】
（1）由y＝ x+3可求得A（0，3），联立y＝﹣x得C（﹣2，2），根据三角形的面积公
式即可得△AOC的面积；
（2）设点P的坐标为（m，﹣m），由题意得CP＝t，根据两点的距离公式可得m＝ t
﹣2，根据三角形的面积公式得出S＝ OA•PE，根据t的取值范围即可求解；（3）分两种情况：①当OA为菱形的边时，②当OA为菱形的对角线时，分别根据菱形
的性质即可求得答案．
(1)
解：把x=0代入 中，y=3，
∴ 点A的坐标为（0，3），
即OA =3．
联立
解得
∴点C的坐标为（-2，2）．
∴△AOC的面积 ；
(2)
解：如图，过点C作CF⊥y轴于点F，过点P作PE⊥y轴于点E．
∵点C的坐标为（-2，2），
∴∠AOC =45°．
∴ ．
由题意，得CP =t．
当 时，
， ，
∴ ．
∴ ；
同理可得当 时，
．综上，
(3)
解：∵A（0，3），
∴AO＝3，
①当OA为菱形的边时，如图，
∵四边形AOMN是菱形，
∴MN∥OA，MN＝OA＝OM＝3，
∵直线OC：y＝﹣x，
∴∠MOB＝45°，
∴M（﹣ ， ），∴N（﹣ ， +3）；
同理N′（ ，3﹣ ）；
②当OA为菱形边时，如图
此时菱形AMNO是正方形，
∴OA=ON，
点N的坐标为（-3，0）；
③当OA为菱形的对角线时，如图，连接MN，
∵四边形AOMN是菱形，
∴MN⊥OA，MN、OA互相平分，
∴MN∥x轴，
∴点M、N的纵坐标为 ，∵直线OC：y＝﹣x，M是直线OC上一点，
∴M（﹣ ， ），
∴N（ ， ），
综上所述，存在点N，使以A，O，M，N为顶点的四边形是菱形，点N的坐标为（﹣
， +3）或（ ，3﹣ ）或（ ， ）或（-3，0）．
【点拨】本题是一次函数综合题，考查了一次函数与坐标轴的交点，三角形的面积公式，
菱形的性质等，解本题的关键是用分类讨论的思想解决问题．
34．（1）5；（2） ；（3）见分析；3≤x≤5.
【分析】
（1）由于矩形对折，于是EF=AD=5；
（2）根据折叠的性质得到DC=AB=3，A′F=AD=5，在Rt A′CF中利用勾股定理可计算出
A′C=4，设AE=t，则BE=3-t，EA′=t，在Rt EBA′中，利用△勾股定理得（3-t）2+12=t2，解得
△
t= ，然后在Rt AEF中，利用勾股定理即可计算出EF；
△
（3）①根据折叠的性质得到EA=EA′，FA=FA′，∠AEF=∠A′EF，根据平行线的性质可得
∠A′EF=∠AFE，则有∠A′FE=∠A′EF，于是A′E=A′F，易得AE=EA′=A′F=FA，根据菱形的判
定即可得到结论；
②当折痕FE过B点时，四边形AEA′F是正方形，BA′最小，此时BA′=BA=3；当点A的对
应点A′落在C点时，BA′=5，于是得到x的取值范围是3≤x≤5，四边形AEA′F是菱形.
解：（1）当A′与B重合时，如图1，
把矩形对折，所以EF=AD=5．
故答案为：5；（2）如图2，
DC=AB=3，A′F=AD=5，
在Rt A′CF中，A′C= ，
△
设AE=t，则BE=3-t，EA′=t，
在Rt EBA′中，BA′=BC-A′C=5-4=1，
△
∵BE2+BA′2=EA′2， ∴（3-t）2+12=t2，解得t= ，
在Rt AEF中，AE= ，AF=5，
△
∴EF= ；
（3）①如图4，
∵△AEF沿EF折叠到 A′EF，
∴EA=EA′，FA=FA′，∠△AEF=∠A′EF，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AF∥EC，
∴∠A′EF=∠AFE，
∴∠A′FE=∠A′EF，
∴A′E=A′F，
∴AE=EA′=A′F=FA，
∴四边形AEA′F是菱形；
②当折痕FE过B点时，四边形AEA′F是正方形，BA′最小，此时BA′=BA=3；当点A的对应点A′落在C点时，BA′=5，于是得到x的取值范围是3≤x≤5，
四边形AEA′F是菱形，
故答案为：3≤x≤5.
【点拨】本题考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，折痕垂直平分对应点的连线段．
也考查了矩形的性质、勾股定理以及菱形的判定与性质．
35．(1)∠AFC＝α+30° (2)证明见分析 (3)
【分析】
（1）利用菱形的性质结合已知得出，∠ECF＝∠ACG＝120°，∠DAC＝∠BAC＝30°，求
得∠AGC的度数即可得出结果；
（2）作CH⊥AG于点H，由（1）可知∠BAC＝∠DAC＝∠AGC＝30°，得出CA＝CG，进
而得出HG＝ AG，由“ASA”证得△ACE≌△GCF，得出AE＝FG，再得出HG＝ CG，
则AG＝ CG，即可得出结果；
（3）连接BD，作BJ⊥AD于J，当B、M、J在同一条直线上时，BM+MJ的值最小；证出
△ABD是等边三角形，BJ是AD边上的中线，求出AJ＝DJ＝ AB＝2，再由直角三角形的
性质得出MJ＝ AM，由勾股定理求出BJ即可．
(1)
解：由题意可知，∠ECF＝∠ACG＝120°，
∴∠FCG＝∠ACE＝α，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，
∴∠DAC＝∠BAC＝30°，
∴∠AGC＝180°﹣∠ACG﹣∠GAC＝180°﹣120°﹣30°＝30°，
∴∠AFC＝α+30°；
(2)
证明：用等式表示线段AE、AF与CG之间的数量关系为：AE+AF＝ CG，理由如下：作CH⊥AG于点H，如图1所示：
由（1）可知∠BAC＝∠DAC＝∠AGC＝30°，
∴CA＝CG，
∴HG＝ AG，
在△ACE和△GCF中， ，
∴△ACE≌△GCF（ASA），
∴AE＝FG，
在Rt△HCG中，HG＝ CG，
∴ AG＝ CG，即AG＝ CG，
∵AG＝AF+FG＝AF+AE，
∴AF+AE＝ CG；
(3)
解：连接BD，作BJ⊥AD于J，如图2所示：
当B、M、J在同一条直线上时，BM+MJ的值最小；
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，
∴△ABD是等边三角形，BJ是AD边上的中线，
∴AJ＝DJ＝ AB＝2，
∵∠DAC＝30°，
∴MJ＝ AM，
∴BM+ AM的最小值＝BJ＝ ＝ ＝2 ，
故答案为：2 ．【点拨】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理
全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理，熟练运用以上知识是解题的关键．
36．(1) ，理由见分析 (2)成立，理由见分析 (3) ， ，理由见分
析
【分析】
（1）只需要利用SAS证明△BAE≌△DAG即可得到BE=DG；
（2）同（1）求解即可；
（3）如图，延长 与 的延长线交于点 ，证明 ，得到 ，
，则 ．再证明 ．即可得到 ．
(1)
解： ，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是菱形，
∴AB=AD，AE=AG，
又∵∠BAE=∠DAG，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴BE=DG；
(2)
解：（1）中结论成立，理由如下：
证明：∵四边形 和四边形 是菱形，
∴ ， ．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
在 和 中，，
∴ ．
∴ ．
(3)
解： ， ，理由如下：
理由如下：如图，延长 与 的延长线交于点 ．
∵四边形 和四边形 是菱形， ，
∴菱形 和菱形 是正方形．
∴ ， ， ， ．
∴ ， ．
∴ ．
在 和 中，
，
∴ ．
∴ ， ．
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
在 中， ．
∴ ．【点拨】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理等等
熟知菱形的性质和全等三角形的性质与判定是解题的关键．
