专题28 菱形的性质与判定【十四大题型】（举一反三）（解析版）

专题28菱形的性质与判定【十四大题型】TOC\o"1-3"\h\u【题型1根据菱形的性质求周长、角度、线段长、面积、坐标】 1【题型2菱形的判定定理的理解】 8【题型3证明四边形是菱形】 11【题型4根据菱形的性质与判定求线段长】 18【题型5根据菱形的性质与判定求角度】 24【题型6根据菱形的性质与判定求面积】 30【题型7根据菱形的性质与判定解决多结论问题】 36【题型8与菱形有关的新定义问题】 44【题型9与菱形有关的规律探究问题】 54【题型10与菱形有关的动点问题】 59【题型11菱形与一次函数综合】 66【题型12菱形与反比例函数综合】 72【题型13菱形与一次函数、反比例函数综合】 81【题型14菱形与二次函数综合】 86【知识点菱形的性质与判定】(1)定义有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。(2)菱形的性质菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线都平分一组对角。(3)菱形的判定一组邻边相等的平行四边形是菱形；对角线互相垂直的平行四边形是菱形；四条边相等的四边形是菱形。（4）菱形的面积S菱形=底边长×高=两条对角线乘积的一半【题型1根据菱形的性质求周长、角度、线段长、面积、坐标】【例1】（2023·河南濮阳·统考三模）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABOC的边BO在x轴上，固定点B、O，把菱形沿箭头方向推，使点C落在y轴正半轴上点C'处，若∠COC'=30°，OC'=2，则点A的坐标为（

）

A．-3,1 B．-2,1 C．-3,3【答案】C【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，坐标与图形，勾股定理，过点C作CD⊥OB于点D，利用直角三角形的性质求得OD=1，由勾股定理求得CD=3，再根据菱形的性质即可求出点A【详解】解：过点C作CD⊥OB于点D，

∵∠COC∴∠DOC=60°，∵OC∴OD=1，∴CD=O∵四边形ABOC为菱形，∴AC∥OB，∴点A到y轴的距离为1+2=3，∴A-3,故选：C．【变式1-1】（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【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，∠AEB=∠AFD∴△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∴∠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．【变式1-2】（2023·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）如图，四边形ABCD是平行四边形，连接AC，BD交于点O，DE平分∠ADB交AC于点E，BF平分∠CBD交AC于点F，连接BE，DF．(1)求证：∠1=∠2；(2)若四边形ABCD是菱形且AB=2，∠ABC=120°，求四边形BEDF的面积．【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）由平行四边形的性质，角平分线定义推出△ODE≌△OBFASA，得到DE=BF，判定四边形DEBF是平行四边形，推出BE∥DF，得到∠1=∠2（2）由菱形的性质得到BD⊥EF，OD=OB，推出四边形DEBF的菱形，由平行线的性质得到∠BAD=60°，判定△ABD是等边三角形，得到BD=AB=2，∠ADO=60°，求出OE=33OD=33【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ADO=∠CBO，∵DE平分∠ADB，BF平分∠CBD，∴∠ODE=12∠ADO∴∠ODE=∠OBF，∴DE∥BF，∵OD=OB，∠DOE=∠BOF，∴△ODE≌△OBFASA∴DE=BF，∴四边形DEBF是平行四边形，∴BE∥DF，∴∠1=∠2．（2）解：由（1）知△ODE≌△OBFASA∴OE=OF，∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥EF，OD=OB，AD∥∴四边形DEBF的菱形，∵AD∥BC，∠ABC=120°，∴∠BAD+∠ABC=180°，∵∠ABC=120°，∴∠BAD=60°，∵AD=AB，∴△ABD是等边三角形，∴BD=AB=2，∠ADO=60°，∴OD=1∵∠ODE=1∴OE=3∴EF=2OE=2∴四边形BEDF的面积=1【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，关键是由△ODE≌△OBFASA，得到DE=BF，判定四边形DEBF是平行四边形；证明四边形BEDF【变式1-3】（2023·浙江·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，E、F分别为线段AB、CD上一点，将菱形ABCD沿着EF翻折，翻折后A、D的对应点分别为A'、D'，A'D'与CD交于点G．已知AB=5,AE=1,sin∠ABC=35，若

【答案】175/325/3.452【分析】若EF∥AD，如图所示，过点F作FN垂直BC延长线于点N，交A'D'于点Q，交AD于点P，根据折叠，菱形，平行四边形的性质，三角函数的计算即可求解；若∠EFD=135°，如图所示，过点F作BC边的高RQ，交于AD点R，交BC延长线于点Q，连接DD'【详解】解：若EF∥AD，如图所示，过点F作FN垂直BC延长线于点N，交A'D'于点Q，交AD

已知AB=5,AE=1,sin∵菱形ABCD沿着EF翻折，点A、D的对应点分别为A'、∴AD=A根据作图可知PN是菱形ABCD中BC边上的高，∵sin∴PN=3∵四边形AEFD是平行四边形，∴AE=DF=1，且FP⊥AD，∴在Rt△DFP中，sin∠D=PF根据折叠性质可知，FQ=FP=35，且∵AD∥EF∥∴∠FGQ=∠D=∠D∴△FGD是等腰三角形，FG=FD∵FQ⊥A∴GQ=QD∴GD∵A∴A故答案为：175∠EFD=135°，如图所示，过点F作BC边的高RQ，交于AD点R，交BC延长线于点Q，连接DD

根据折叠性质可知，∠EFD∴∠DFD∴DF⊥D'F根据题意可知，RQ是菱形ABCD中BC边上的高，RQ=3，设DF=x，则D'F=x，∵sin∠ABC=sin∴FR=3设FG=a，在Rt△D'则D'∵FG2+D∴a=3∴D∴CG=CF-FG=5-x-3∵D'F∥E∴A'E⊥AB∵C到AB的距离为BC⋅sin∠ABC=5×35=3，此时点C到AB的垂线段的垂足与点E∵AE=A∴A∵∴△∴D∴x解得x=2或x=0舍去，∴D'F=A∴FG=CG=34x=∵∴故答案为：52【点睛】本题主要考查菱形的性质，平行四边形的性质，折叠的性质，三角函数的计算方法，三角形相似的判定和性质，全等三角形的判定和性质的综合，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．【题型2菱形的判定定理的理解】【例2】（2023·安徽淮北·淮北市第二中学校考二模）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE＝AD，连接EB，EC，DB，下列条件中，不能使四边形DBCE成为菱形的是（）A．AB＝BE B．BE⊥DC C．∠ABE＝90° D．BE平分∠DBC【答案】A【分析】根据菱形的判定方法一一判断即可；【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，又∵AD=DE，∴DE∥BC，且DE=BC，∴四边形BCED为平行四边形，A、∵AB=BE，DE=AD，∴BD⊥AE，∴▱DBCE为矩形，故本选项错误；B、∵BE⊥DC，∴对角线互相垂直的平行四边形为菱形，故本选项正确；C、∵∠ABE=90°，∴BD=DE，∴邻边相等的平行四边形为菱形，故本选项正确；D、∵BE平分∠DBC，∴对角线平分对角的平行四边形为菱形，故本选项正确．故选A．【点睛】本题考查了平行四边形的判定以及菱形的判定，正确掌握菱形的判定与性质是解题关键．【变式2-1】（2023·河北承德·校联考模拟预测）依据所标识的数据，下列平行四边形一定为菱形的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】C【分析】根据菱形的判定逐项排查即可解答．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴对角线互相平分，故A不一定是菱形；∵四边形是平行四边形，∴对边相等，故B不一定是菱形；∵图C中，根据三角形的内角和定理可得：180°-70°-55°=55°，∴邻边相等，∵四边形是平行四边形，∴邻边相等的平行四边形的菱形，故C是菱形；∵四边形是平行四边形，∴对边平行，故D不一定是菱形．故选：C．【点睛】本题主要考查菱形的判定，灵活运用菱形的判定方法是解题的关键．【变式2-2】（2023·北京·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，请添加一个与四边形ABCD对角线有关的条件，使四边形EFGH是菱形，则添为．【答案】对角线相等【分析】连接AC、BD，根据三角形的中位线定理求出EH=12BD，HG=12AC，EH∥BD，【详解】连接AC、BD，∵E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，∴EH=12BD，HG=12AC，∴EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形，∵当AC=∴EH=∴平行四边形EFGH是菱形；故答案为：对角线相等．【点睛】本题考查三角形的中位线的性质、平行四边形的判定和菱形的判定定理，能够证出四边形是平行四边形是解题的关键．【变式2-3】（2023·陕西西安·高新一中校考三模）小青和小云是同班同学，在上网课期间，老师在电脑上出示了如图所示的任意四边形ABCD，E，F，G，H分别为A．小青和小云都正确 B．小青正确，小云错误C．小青错误，小云正确 D．小青和小云都错误【答案】A【分析】连接AC、BD，由三角形中位线定理知HG∥AC，HG=12【详解】连接AC、∵E，F，∴HG∥AC，∴EF=∴四边形HGFE是平行四边形，当AC=BD时，由三角形中位线定理得，HG=1则HG=∴四边形HGFE菱形，当EG⊥HF时，平行四边形故选A．【点睛】本题考查了中点四边形，三角形中位线定理，菱形的判定等知识，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．【题型3证明四边形是菱形】【例3】（2023·湖南岳阳·统考二模）已知：如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，BE平分∠ABC．请从以下三个条件：①AE=BF；②AB=EF；③

(1)你添加的条件是_______（填序号）；(2)添加了条件后，请证明四边形ABFE为菱形．【答案】(1)①或③；(2)见解析；【分析】（1）根据菱形的判定定理即可解答；（2）添加条件①根据AE∥BF，AE=BF即可得到四边形ABFE是平行四边形，再根据平行四边形的性质及角平分线的定义得到BF=EF即可解答；添加条件③根据角平分线的定义得到∠ABE=∠FBE，再根据AB∥EF得到∠ABE=∠BEF，进而得到BF=EF，最后利用AE∥BF【详解】（1）解：添加的条件是AE=BF或AB∥故答案为①或③；（2）证明：添加条件为①，理由如下：∵在▱ABCD中，∴AD∥即AE∥∵AE=BF，∴四边形ABFE是平行四边形，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠FBE，∵四边形ABFE是平行四边形，∴AB∥∴∠ABE=∠BEF，∴∠EBF=∠BEF，∴BF=EF，∴四边形ABFE是菱形；证明：添加条件为③，理由如下：∵在▱ABCD中，∴AD∥即AE∥∵AB∥∴四边形ABFE是平行四边形，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠FBE，∵AB∥∴∠ABE=∠BEF，∴∠EBF=∠BEF，∴BF=EF，∴四边形ABFE是菱形；【点睛】本题考查了角平分线的定义，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．【变式3-1】（2023·陕西西安·校考二模）如图，AB∥CD，连接BC，请用尺规作图法，分别在AB，CD上求作E，F，连接CE，BF，使得四边形CEBF是菱形．（保留作图痕迹，不写作法）【答案】见解析【分析】作BC的垂直平分线交AB于点E，交BC于点O，交CD于点F，通过证明△BOE≌△COF得到OE=OF，则EF与BC互相垂直平分，则可判断CEBF是菱形．【详解】解：如图，点E、F为所作．证明：∵EF是BC的垂直平分线∴OB=OC，BC⊥EF∵AB∥CD∴∠EBO=∠FCO在△EBO和△FCO中∠EBO=∠FCO∴△BOE≌△COF∴OE=OF∴EF与BC互相垂直平分∴四边形CEBF是菱形．【点睛】本题考查了作图-复杂作图，熟练掌握基本几何图形的性质是解题的关键．【变式3-2】（2023·浙江杭州·校考二模）已知：如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，点F是BE的中点，连接AF并延长交BC于点G，连接EG，

(1)求证：四边形AEGB是菱形；(2)若tan∠ABC=3，CD=8，【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）先证明AB=AE，然后证明△AFE≌△GFB（ASA）（2）过点F作FM⊥BC于点M，由菱形的性质得出∠GBE=12∠ABC=30°，BG=AB=8，BC=AD=10，在Rt△BFG中，求出BF=43，在Rt△BFM中，求出FM=23【详解】（1）证明：∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC且∴∠CBE=∠AEB，∴∠ABE=∠AEB=∠CBE，∴AB=AE，∵点F是BE的中点，∴EF=BF，∵∠AFE=∠GFB，∴△AFE≌∴AE=BG，∵AD∥∴四边形AEGB是平行四边形，∵AB=AE，∴四边形AEGB是菱形；（2）解：∵tan∠ABC=∴∠ABC=60°，过点F作FM⊥BC于点M，如图所示：

∵四边形ABGE是菱形，∴∠GBE=1∴FG=1∴BF=3∴FM=1∴BM=3∴CM=BC-BM=10-6=4，在Rt△FMCCF=F【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的判定、三角函数、勾股定理等知识；添加辅助线，构造直角三角形是解题的关键．【变式3-3】（2023·江西吉安·校考三模）如图，在△ABC中，AB=BC=4，∠C=30°，D是BC上的动点，以D为圆心，DC的长为半径作圆交AC于点E，F，G分别是AB，AE上的点，将△AFG沿FG折叠，点

(1)如图1，若CD=83-12，证明⊙D与直线(2)如图2，若⊙D经过点B，连接ED．①BE的长是；②判断四边形BFED的形状，并证明．【答案】(1)见解析(2)①2π3；②四边形【分析】（1）过点D作DH⊥AB的延长线于点H，由等边对等角得∠A=∠C=30°，根据三角形外角的性质求得∠DBH=60°，易求得DH=83（2）①易得CD=BD=12BC=2，由DC=DE，∠C=30°可得∠DEC=∠C=30°，根据三角形外角的性质得出∠BDE=∠DEC+∠C=60°，再由弧长公式计算即可求解；②由折叠的性质可得∠A=∠FEA=30°，根据平角的定义求得∠DEF=120°，根据三角形外角的性质得到∠BFE=60°，由∠DEF+∠BDE=180°，∠BFE+∠DEF=180°可得四边形BFED【详解】（1）证明：过点D作DH⊥AB的延长线于点H，

则∠DHB=90°，∵AB=BC=4，∴∠A=∠C=30°，∴∠DBH=∠A+∠C=30°+30°=60°，∵CD=83∴BD=BC-CD=4-8在Rt△BDH中，∠BDH=90°-∠DBH=90°-60°=30°∴BH=12BD=8-4∴DH=CD，∴⊙D与直线AB相切；（2）解：①若⊙D经过点B，则CD=BD=1∵DC=DE，∴∠DEC=∠C=30°，∴∠BDE=∠DEC+∠C=30°+30°=60°，∴BE的长是=60×2故答案为：2π②四边形BFED为菱形，证明如下：由折叠可知，∠A=∠FEA=30°，∴∠DEF=180°-∠FEA-∠DEC=180°-30°-30°=120°，∠BFE=∠A+∠FEA=30°+30°=60°，∵∠DEF+∠BDE=120°+60°=180°，∠BFE+∠DEF=60°+120°=180°，∴EF∥BD，∴四边形BFED为平行四边形，又∵BD=DE，∴四边形BFED为菱形．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、切线的判定、三角形外角的性质、含30度角的直角三角形的性质、弧长公式、折叠的性质、菱形的判定等知识点，熟练掌握以上知识点是解题的关键．【题型4根据菱形的性质与判定求线段长】【例4】（2023·浙江温州·校联考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AE平分∠CAB交CB于点E，CD⊥AB于点D，交AE于点G，过点G作GF∥BC交AB于F，连接EF(1)求证：CG=CE；(2)若AC=3cm，BC=4cm，求线段【答案】(1)见解析(2)9【分析】本题考查等腰三角形的判定，三角形内角和定理，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理解直角三角形等，解题的关键是掌握菱形的判定方法，能够通过勾股定理列方程．（1）根据角平分线的定义可得∠CAE=∠BAE，根据直角三角形两锐角互余，可得∠CAE+∠CEA=∠BAE+∠AGD=90°，等量代换可得∠CEA=∠AGD=∠CGE，即可证明CG=CE；（2）先证△AGC≌△AGF(ASA)，推出CG=FG，结合（1）中结论可得CE=FG，结合GF∥BC可证四边形CGFE是平行四边形，结合CG=CE可证CGFE是菱形，根据勾股定理可得AB=5cm，根据△AGC≌△AGF可得AF=AC=3cm，进而求出BF=2cm，再根据菱形的性质推出EF//CG，进而证明EF⊥AB，设CE=EF=CG=GF=x，用勾股定理解RtΔEFB求出x【详解】（1）证明：∵AE平分∠CAB，∴∠CAE=∠BAE，∵∠ACB=90°，CD⊥AB，∴∠CAE+∠CEA=∠BAE+∠AGD=90°，∴∠CEA=∠AGD，又∵∠CGE=∠AGD，∴∠CEA=∠CGE，∴CG=CE；（2））解：∵GF∥BC，∴∠CEG=∠EGF，由（1）知∠CEA=∠CGE，∴∠CGE=∠EGF，∴∠AGC=∠AGF，∵AG=AG，∠CAE=∠BAE，∴△AGC≌△AGF(ASA∴CG=FG，由（1）知CG=CE，∴CE=FG，∵GF∥BC，∴CE∥FG，∴四边形CGFE是平行四边形，∵CG=CE，∴四边形CGFE是菱形；在Rt△ABC中，∠ACB=90°∵AC=3cm，BC=4∴AB=A∵△AGC≌△AGF，∴AF=AC=3cm∴BF=AB-AF=2cm∵四边形CGFE是菱形，∴EF∥CG，∵CD⊥AB，∴EF⊥AB，设CE=EF=CG=GF=xcm，∴BE=BC-CE=(4-x)cm在Rt△EFBEF∴x解得x=3∴CG=3∵S∴3×4=5CD，∴CD=12∴GD=CD-CG=12【变式4-1】（2023·甘肃兰州·统考中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，CD∥OE，直线CE是线段OD的垂直平分线，CE分别交OD，AD于点F，

(1)判断四边形OCDE的形状，并说明理由；(2)当CD=4时，求EG的长．【答案】(1)四边形OCDE是菱形，理由见解析(2)EG=4【分析】（1）证明△COD和△EOD是等边三角形，即可推出四边形OCDE是菱形；（2）利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得DF和CF的长，利用菱形的性质得到EF=CF=23，在Rt△CGF中，解直角三角形求得【详解】（1）证明：四边形OCDE是菱形，理由如下，∵矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∴OC=OD=1∵直线CE是线段OD的垂直平分线，∴CO=CD，EO=ED，∴CO=CD=OD，即△COD是等边三角形，∴∠OCD=∠DCO=∠DOC=60°，∠OCF=∠DCF=1∵CD∥∴∠EOD=∠EDO=∠CDO=60°，∴△EOD是等边三角形，∴CO=CD=EO=ED，∴四边形OCDE是菱形；（2）解：∵直线CE是线段OD的垂直平分线，且∠DCF=30°，∴DF=12CD=2由（1）得四边形OCDE是菱形，∴EF=CF=23在Rt△DGF中，∠GDF=90°-∠ODC=30°∴GF=DFtan∴EG=EF-GF=4【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．【变式4-2】（2023·陕西西安·校考二模）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AD=6，对角线AC、BD相交于点O，点E在线段AC上，且AE=2，点F为线段BD上的一个动点，则EF+12BF的最小值为【答案】2【分析】过F作FM⊥BC，由菱形ABCD，∠ABC=60°，得到BD为∠ABC平分线，求出∠FBM=30°，在Rt△FBM中，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，得到FM=12F，故EF+12BF=EF+FM，求出EF+FM【详解】解：过F作FM⊥BC，∵菱形ABCD，∠ABC=60°，∴∠FBM=12∠ABC=30°，AB=BC，即△ABC在Rt△FBM中，FM=∴EF+1∴当E、F、M三点共线时，取得最小值，∵AE=2，AC=AB=BC=6，∴EC=AC-AE=6-2=4，在Rt△ECM中，EM=EC⋅sin60°=4×32则EF+12BF的最小值为2故答案为：23．【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，以及菱形的性质，解直角三角形，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．【变式4-3】（2023·广东惠州·统考二模）如图，把矩形ABCD沿AC折叠，使点D与点E重合，AE交BC于点F，过点E作EG∥CD交AC于点G，交CF于点H，连接DG．

(1)试判断四边形ECDG的形状，并加以证明；(2)连接ED交AC于点O，求证：DC(3)在（2）的条件下，若DG=6，AG=145，求【答案】(1)平行四边形ECDG是菱形，证明见解析(2)见解析(3)CG=【分析】（1）根据折叠的性质得出DC=BC，∠DDG=∠ECG，再由平行线的性质及各角之间的关系得出∠EGC=∠ECG，结合菱形的判定证明即可；（2）根据菱形的性质得出∠DOC=90°，再由相似三角形的判定和性质即可证明；（3）根据菱形的性质得出ED⊥AC，OC=12CG，CD=GE=6=DG，设OC=x，则CG=2x，AC=2x+【详解】（1）证明：四边形ECDG是菱形，证明如下：由折叠重合可知DC=BC，∠DDG=∠ECG，∵EG∥CD，∴∠DOG=∠EGC而∠DCG=∠ECG，∴∠EGC=∠ECG，∴EG=EC，∴BG=CD，又∵EG∥CD，∴四边形ECDG是平行四边形，又∵DC=EC，∴平行四边形ECDG是菱形．（2）∵四边形ECDG是菱形，∴ED⊥AC，∴∠DOC=90°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ACC=∠DOC=90°，又∵∠DCO=∠ACD，∴△DCO∽△ACD，∴DCAC∴D（3）∵四边形ECDG是菱形，∴ED⊥AC，OC=12CG设OC=x，则CG=2x，AC=2x+14由（2）得：DC∴36=x2x+解得x1=18∴CG=36【点睛】题目主要考查矩形、菱形的判定和性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．【题型5根据菱形的性质与判定求角度】【例5】（2023·江苏泰州·统考二模）如图1，将Rt△ABC∠A=90°纸片按照下列图示方式折叠：①将△ABD沿BD折叠，使得点A落在BC边上的点M处，折痕为BD；②将△BEF沿EF折叠，使得点B与点D重合，折痕为EF；③将△DEF沿DF折叠，点E落在点E'处，展开后如图2，BD、PF、DF、DP为图(1)求证：DP∥(2)若DE'落在DM的右侧，求∠C的范围；(3)是否存在∠C使得DE与∠MDC的角平分线重合，如存在，请求∠C的大小；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析；(2)0°<∠C<30°；(3)不存在，理由见解析．【分析】本题考查了直角三角形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，角平分线的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．（1）由第二次翻折可得EF垂直平分BD，由第一次翻折可得EF=EP，证出四边形PBFD是菱形，则可得出结论；（2）设∠ABD=α，求出∠BDF=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90-2α，当DE'落在DM的右侧时，α>90-2α，求出a>30°，则可得出答案；（3）设∠ABD=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90-2α，∠MDC=2α，得出90-2α+α=α，求出α=45°，∠C=0°，则可得出结论．【详解】（1）证明：由第二次翻折可得EF垂直平分BD，由第一次翻折可得EF=EP，∴PF与BD垂直且互相平分，∴四边形PBFD是菱形，∴DP∥BC；（2）解：设∠ABD=α，∵四边形PBFD是菱形，∴PB∥DF，∴∠BDF=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90-2α，当DE'落在DM的右侧时，α>90-2α，∴a>30°，∴90°-2α<30°，∴0°<∠C<30°；（3）解：不存在．若存在∠C使得DE'与设∠ABD=α，∠ADP=∠FDM=∠C=90-2α，∠MDC=2α，∴90-2α+α=α，∴α=45°，∴∠C=0°，∴不存在∠C使得DE与∠MDC的角平分线重合．【变式5-1】（2023·湖北襄阳·校考一模）如图，▱ABCD中，AB=AD，点E是AB上一点，连接CE、DE，且BC=CE，若∠BCE=40°，则∠ADE=．【答案】15°/15度【分析】首先证明四边形ABCD是菱形，然后根据等腰三角形的性质可得∠CEB=∠B=1【详解】解：在▱ABCD中，∵AB=AD，∴四边形ABCD是菱形，∴AB=AD=BC=CD，AB//CD，∵BC=CE，∴CD=CE，∴∠CED=∠CDE，∵∠BCE=40°，∴∠CEB=∠B=1∴∠ADC=∠B=70°，∵∠ECD=∠BEC=70°，∴∠CDE=∠CED=1∴∠ADE=70°-55°=15°．故答案为：15°．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的判定与性质．【变式5-2】（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）已知四边形ABCD是平行四边形，点E在对角线BD上，点F在边BC上，连接AE，EF，DE=BF，

(1)如图①，求证△AED≌(2)如图②，若AB=AD，AE≠ED，过点C作CH∥AE交BE于点H，在不添加任何轴助线的情况下，请直接写出图②中四个角（【答案】(1)见解析；(2)∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE，理由见解析．【分析】（1）由平行四边形的性质得AD=BC=BE，BC∥AD，进而有∠ADE=∠EBF，从而利用SAS即可证明结论成立；（2）先证四边形ABCD是菱形，得AB=BC=BE=CD=AD，又证△ABE≌△CDHAAS，得∠BAE=∠DCH=∠BEA=∠DHC，由（1）得△AED【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，BE=BC∴AD=BC=BE，BC∥AD，∴∠ADE=∠EBF，∵DE=BF，∠ADE=∠EBF，∴△AED≌（2）解：∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE，理由如下：∵AB=AD，四边形ABCD∴四边形ABCD是菱形，BC∥AD，AB∥CD∴AB=BC=BE=CD=AD，∠ADE=∠EBF，∠ABE=∠CDH，∴∠BEA=∠BAE，∵CH∥∴∠BEA=∠DHC，∴△ABE≌∴∠BAE=∠DCH=∠BEA=∠DHC，由（1）得△AED≌∴∠AED=∠EFB，∵∠AED+∠BEA=∠EFB+∠EFC=180°，∴∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．【变式5-3】（2023·安徽合肥·统考三模）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=120°，对角线BD平分∠ABC，BD=BC，E为BD上一点，且BA=BE，连接AC交BD于点F，G为BC上一点，满足BF=BG，连接EG交AC于点H，连接BH

(1)①求证：∠EHF=60°；②若H为EG中点，求证：AF(2)若AC平分∠DAB，请直接写出∠ECA与∠ACB【答案】(1)①见解析，②见解析(2)∠ECA=∠ACB【分析】（1）①通过证明△ABF≌△EBGSAS得出∠BAF=∠BEG，再证明△EFH∽△AFB，即可求证；②根据点H为EG中点，得出EH=12EG，根据△EFH∽△AFB，得出AFEF=AB（2）易证△BCD为等边三角形，推出CD∥AB，再根据等角对等边得出AD=CD，进一步得出四边形ABCD为菱形，此时点E与点D重合，则【详解】（1）证明：①∵∠ABC=120°，对角线BD平分∠ABC∴∠ABF=∠EBG=60°，∵BA=BE，∠ABF=∠EBG=60°，BF=BG，∴△ABF≌△EBGSAS∴∠BAF=∠BEG，∵∠EFH=∠AFB，∴△EFH∽△AFB，∴∠EHF=∠ABF=60°；②∵点H为EG中点，∴EH=1由①可得：△EFH∽△AFB，∴AFEF∵BA=BE，∴AFEF=BE由①可得△ABF≌△EBGSAS∴EG=AF，∴AFEF∴AF（2）解：∵∠ABC=120°，BD平分∠ABC∴∠ABD=∠CBD=60°，∵BD=BC，∴△BCD为等边三角形，∴∠CDB=60°，CD=BC=BD，∴CD∥∴∠DCA=∠BAC，∵AC平分∠DAB∴∠DAC=∠BAC，∴∠DCA=∠DAC，∴AD=CD，∵AB=BD，∵∠ABD=60°，∴∠ABD为等边三角形，则AB=AD=BD，∴AB=BC=CD=AD，∴四边形ABCD为菱形，∵BA=BE，∴此时点E与点D重合，∴∠ECA=∠ACB，故答案为：∠ECA=∠ACB，

【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关性质和判定定理，并灵活运用．【题型6根据菱形的性质与判定求面积】【例6】（2023·贵州遵义·统考一模）小明学习菱形时，对矩形ABCD进行了画图探究AD>AB，其作法和图形如下：①连接BD；②分别以点B，D为圆心，大于BD长的一半为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN交BD于点O，交AD于点E，交BC于点F；③连接BE，DF．(1)根据以上作法，判断四边形BFDE的形状，并说明理由；(2)若AB=4，AD=8，求四边形BFDE的面积．【答案】(1)四边形BFDE是菱形，理由见详解(2)20【分析】（1）根据作图可知：EF垂直平分BD，先证明△BFE≌△DFE，再证明∠DFE=∠DEF，即有DE=DF，进而有BE=DE=DF=BF，问题得解；（2）由AD=8，可得AE=8-DE=8-BE，在Rt△ABE中，有AB2+AE【详解】（1）四边形BFDE是菱形，理由如下：根据作图可知：EF垂直平分BD，∴BE=ED，BF=FD，∵FE=EF，∴△BFE≌△DFE，∴∠BFE=∠DFE，∵在ABCD中，AD∥∴∠BFE=∠DEF，∴∠DFE=∠DEF，∴DE=DF，∴BE=DE=DF=BF，∴四边形BFDE是菱形；（2）∵AB=4，AD=8，∴AE=AD-BE=8-DE，∵四边形BFDE是菱形，∴BE=DE=DF=BF，∴AE=8-DE=8-BE，∵在Rt△ABE中，有A∴42∴BE=5，∴DE=BE=5，∴S菱形【点睛】本题考查了垂直平分线的尺规作图，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，掌握菱形的判定与性质是解答本题的关键．【变式6-1】（2023下·内蒙古包头·九年级统考期末）如图，某同学剪了两条宽均为3的纸条，交叉叠放在一起，且它们的交角为60°，则它们重叠部分的面积为（

）．A．3 B．23 C．36 D【答案】B【分析】过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，则AE=AF=3，∠AEB=∠AFD=90°，求出四边形ABCD是平行四边形，证出△AEB≌△AFD，推出AB=AD，求出四边形ABCD是菱形，根据菱形的性质得出AB=BC，解直角三角形求出AB【详解】如图，过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，由题意可得AE=AF=3，∠AEB=∠AFD=90°∵AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABE=∠ADF=60°．在△AEB和△AFD中，∠ABE=∠ADF∠AEB=∠AFD∴△AEB≌△AFD(AAS∴AB=AD，∴四边形ABCD是菱形，∴AB=BC．在Rt△AEB中，∠AEB=90°，AE=∴BE=AEtan∴BC=AB=2，∴重叠部分的面积是BC×AE=23故选B．【点睛】本题考查了平行四边形的判定，菱形的性质和判定，解直角三角形，全等三角形的性质和判定的应用，能证明四边形ABCD是菱形是解答此题的关键，难度适中．【变式6-2】（2023·广西玉林·统考模拟预测）在矩形ABCD中，两条对角线AC,BD相交于点O，C作AM∥BD,CN∥BD，且AM=CN=BD，连接MN．(1)判断四边形AMNC的形状，并说明理由；(2)若AB=6,∠ACB=30°，求四边形AMNC的面积．【答案】(1)四边形AMNC为菱形，理由见解析(2)72【分析】（1）先证明四边形AMNC为平行四边形，再根据AC=BD=AM，得到平行四边形AMNC为菱形；（2）求出△ACD的面积，即可得到四边形AMNC的面积．【详解】（1）解：四边形AMNC为菱形，理由如下：∵AM∥BD,CN∥BD，∴AM∥CN，∵AM=CN=BD，∴四边形AMNC为平行四边形，∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD，∴AC=BD=AM，∴平行四边形AMNC为菱形；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=∠ABC=90°,AB=CD，∵AB=6,∠ACB=30°，∴BC=AB÷tan∴AD=63连接AN,CM，∵四边形AMNC为菱形，∴AN⊥CM，又AD⊥CD，∴D为菱形AMNC的中心，∴菱形AMNC的面积等于=4S【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形．熟练掌握矩形的性质，菱形的判定方法和性质，是解题的关键．【变式6-3】（2023下·广东珠海·八年级校考期中）已知：如图，AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交

(1)求证：四边形AEDF是菱形；(2)若AE=13，AD=24，试求四边形AEDF的面积．【答案】(1)证明过程见解析(2)120【分析】（1）证明四边形AEDF是平行四边形，∠EAD=∠ADF，再证∠ADF=∠FAD，即FA=FD，即可得出结论；（2）连接EF交AD于点O，根据菱形的性质得出OA=OD=12AD=12，OE=OF，EF⊥AD，利用勾股定理求得OE=5，从而可得【详解】（1）证明：∵DE∥AC，∴四边形AEDF是平行四边形，∠EAD=∠ADF，∵AD是△ABC的角平分线，∴∠EAD=∠FAD，∴∠ADF=∠FAD，∴FA=FD，∴平行四边形AEDF是菱形；（2）解：如图，连接EF交AD于点O，

由（1）可知，四边形AEDF是菱形，∴OA=OD=12AD=12，OE=OF∴∠AOE=90°，∴OE=A∴EF=2OE=10，∴S菱形【点睛】本题考查平行四边形的判定、勾股定理、菱形的判定与性质、菱形的面积公式及角平分线的定义及平行线的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．【题型7根据菱形的性质与判定解决多结论问题】【例7】（2023·山东青岛·模拟预测）如图，菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上一点，且CD=DE，连结BE，分别交AC，AD于点F，G，连结OG，①OG=12AB②S四边形ODGF=S△ABF③由点A、BA．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④【答案】D【分析】由菱形的性质及△ABG≌△DEG可得点G分别是AD、BE的中点，则由中位线定理可得①正确；由△OGF∽△ABF，则有AF=2OF，面积关系S△ABF=4S△OFG，再由中线平分面积可得②正确；易得四边形ABDE是平行四边形，再由已知可得△ABD是等边三角形，从而可得四边形ABDE是菱形，可得③正确；由G是BE的中点，得S△BDE【详解】∵四边形ABCD为菱形，AC与BD交于点O，∴AB=AD=CD，OB=OD，AB∥∵CD=DE，∴AB=DE，∵AB//∴∠ABG=∠E，∠BAG=∠EDG，∴△ABG≌△DEG(SAS∴AG=DG，BG=EG，即点G是AD、BE的中点，∴由中位线定理得OG=12AB故①正确；∵OG∥∴△OGF∽△ABF，∴S△ABFS△OFG∴S△ABF=4∴S△AFG∴S△AOG∵AG=DG，∴S△AOG∴S△DOG∴S四边形∴S四边形故②正确；∵AB∥DE，∴四边形ABDE是平行四边形，∵AB=AD，∠BAD=60°，∴△ABD是等边三角形，∴DE=AB=BD，∴四边形ABDE是菱形，故③正确；∵G是BE的中点，△ABG≌△DEG，∴S△BDE∵AB∥CD，∴S△BDE∴S△ACD故④正确，故全部正确．故选：D．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等高的三角形面积关系等知识，综合性较强，灵活运用这些知识是解答本题的关键．【变式7-1】（2023·山东青岛·山东省青岛第二十六中学校考二模）如图，将矩形ABCD沿AE折叠，点D的对应点落在BC上点F处，过点F作FG∥CD，连接EF，DG，下列结论中正确的有()①∠ADG=∠AFG；②四边形DEFG是菱形；③DG2=12AE•EG；④若AB=4，AD=5，则CE=1A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②【答案】B【分析】利用折叠的性质可以得出四边形DEFG是菱形，再证△DOE∽△ADE，结合矩形的性质和勾股定理逐一判断即可．【详解】(1)由折叠的性质可得：∠ADG=∠AFG(故①正确)；(2)由折叠的性质可知：∠DGE=∠FGE，∠DEG=∠FEG，DE=FE，∵FG∥CD，∴∠FGE=∠DEG，∴∠DGE=∠FEG，∴DG∥FE，∴四边形DEFG是平行四边形，又∵DE=FE，∴四边形DEFG是菱形(故②正确)；(3)如图所示，连接DF交AE于O，∵四边形DEFG为菱形，∴GE⊥DF，OG=OE=12GE∵∠DOE=∠ADE=90°，∠OED=∠DEA，∴△DOE∽△ADE，∴OEDE=DEAE，即DE2=∵EO=12GE，DE=DG∴DG2=12AE•EG，故③(4)由折叠的性质可知，AF=AD=5，DE=FE，∵AB=4，∠B=90°，∴BF=52∴FC=BC-BF=2，设CE=x，则FE=DE=4-x，在Rt△CEF中，由勾股定理可得：(4-x)2=x故④错误；综上所述，正确的结论是①②③．故选：B．【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，相似三角形的判定和性质，综合运用这些知识是解题的关键．【变式7-2】（2023·黑龙江佳木斯·统考三模）如图，在Rt△ABC中，AB=CB，BE⊥AC，∠BAC的平分线AD交BE于点G，BO⊥AD于点O，交AC于点F，连接GF，DF．下列结论：①tan∠BAD=12；②四边形BDFG是菱形；③CE=(2+1)GE

A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④【答案】B【分析】②证明△BGO≌△BDO得出GO=DO，BG=BD，证明△ABO≌△AFO得出AB=AF，BO=OF，可得四边形BDFG是菱形，即可判断②；证明△GEF是等腰直角三角形，可得GF=2GE，设GE=a，则GF=2a=BD=BG，进而求得EC=1+2a，即可判断③；连接CG，根据E为AC的中点，可得S△AEG=S△CEG，根据FG∥BC得出S△FGD=S△FGC【详解】②在Rt△ABC中，AB=CB∴∠BAC=45°，∵OA平分∠BAC，∴∠BAD=22.5°∴∠BDO=90°-∠BAD=67.5°∵BE⊥AC∴∠BAG=1∴∠BGO=∠BAG+∠ABG=22.5°+45°=67.5°∴∠BGO=∠BDO∵BO⊥AD∴∠GOB=∠DOB又BO=BO∴△BGO≌△BDO，∴GO=DO，BG=BD∵AD是∠BAC的角平分线，∴∠BAO=∠FAO，∵BO⊥AD，∴∠AOB=∠AOF，又AO=AO∴△ABO≌△AFO∴AB=AF，BO=OF∴四边形BDFG是平行四边形，∵BG=BD，∴四边形BDFG是菱形，故②正确；③∵四边形BDFG是菱形，∴FG=BD,GF∥∴∠EFG=∠C=45°,∠EGF=∠EBC=45°，∴△GEF是等腰直角三角形，∴GF=设GE=a，则GF=∴CE=EB=EG+BG=a+∴CE=(2+1)GE，故④连接CG，∵在Rt△ABC中，AB=CB，BE⊥AC∴AE=EC，

∵△AEG和△CEG等底同高，∴S△AEG∵FG∴S△FGD∴S四边形∴S四边形故④正确．①∵四边形BGFD是菱形，∴∠GFD=∠EBC=45°,∵∠EFG=45°，∴∠DFC=90°，即DF⊥AC又∵∠DBA=90°，即DB⊥AB∵AD是∠BAC的角平分线，∴BD=DF，而DC＞DF，∴DC＞BD，∴tan∠BAD≠12故选：B．【点睛】本题考查了正切的定义，等腰三角形的性质与判定，角平分线的定义，全等三角形的性质与判定，菱形的判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．【变式7-3】（2023·山东泰安·统考二模）如图，正△ABC的边长为2，沿△ABC的边AC翻折得△ADC，连接BD交AC于点O，点M为BC上一动点，连接AM，射线AM绕点A逆时针旋转60°交BC于点N，连接MN、OM．以下四个结论：①△AMN是等边三角形：②MN的最小值是3；③当MN最小时S△CMN=18S菱形ABCD

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】D【分析】先证明△BAM≌△CANASA，可得AM=AN，结合∠MAN=60°，可判断△AMN是等边三角形，故①正确；因为MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，所以当AM⊥BC时，AM最小，求出此时AM的长即可判断②正确；可证明此时MN为△BCD的中位线，再得△CMN∽△CBD，相似比为1:2，S△CMN:S△CBD=1:4，即S△CMN=14S△CBD，结合S△CBD=12S菱形ABCD，可证明S【详解】解：∵正△ABC的边长为2，沿△ABC的边AC翻折得△ADC，∴AB=AC=AD=CD=BC，∠ABC=∠BAC=∠ACB=∠ACD=60°，∵∠BAC=∠MAN=60°，∴∠BAC-∠CAM=∠MAN-∠CAM，即∠BAM=∠CAN，∴在△BAM和△CAN中，∠BAM=∠CANAB=AC∴△BAM≌△CANASA∴AM=AN，又∵∠MAN=60°，∴△AMN是等边三角形，故①正确；∵△AMN是等边三角形，∴MN=AM，即MN的最小值为AM的最小值，当AM⊥BC时，AM最小：

∵在Rt△ABM中，∠ABC=60°，∠BAM=90°-∠ABC=30°，AB=2∴BM=1∴AM=A∴MN的最小值为3，故②正确；∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，∴M为BC的中点，此时N为CD的中点，∴MN为△BCD的中位线，∴MN∥BD，∴△CMN∽△CBD，∴S△CMN:S∵S△CBD∴S△CMN=1当OM⊥BC时，∵AB=AC=AD=CD=BC∴四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA=OC，又∵OM⊥BC，∴∠BOC=∠OMC=90°，又∵∠OCB=∠MCO=60°∴△BOC∽△OMC，∴BCOC=OC∵△BAM≌△CAN，∴BM=CN，∴BC-BM=CD-CN，即MC=DN，∴OA2=DN⋅AB

故选D．【点睛】本题考查了菱形的性质与判定、三角形全等的判定和性质、三角形相似的判定和性质、点到直线的距离线段最短及勾股定理，证明△BAM≌△CAN是解答本题的关键．【题型8与菱形有关的新定义问题】【例8】（2023下·安徽六安·二模）阅读短文，解决问题定义：三角形的一个角与菱形的一个角重合，且菱形的这个角的对角顶点在三角形的这个角的对边上，则称这个菱形为该三角形的“亲密菱形”．例如：如图1，四边形AEFD为菱形，∠BAC与∠DAE重合，点F在BC上，则称菱形AEFD为△ABC的“亲密菱形”．如图2，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AF平分∠BAC，交BC于点F，过点F作FD∥AC，EF∥AB．(1)求证：四边形AEFD为△ABC的“亲密菱形”；(2)若AC＝12，FC＝26，求四边形AEFD的周长；(3)如图3，M、N分别是DF、AC的中点，连接MN．若MN＝3，求AD2＋CF2的值．【答案】(1)见解析(2)20(3)36【分析】（1）由FD//AC，EF//AB，得四边形AEFD是平行四边形，根据AF平分∠BAC，可得∠AFE=∠EAF，AE=EF，即可证明四边形AEFD是菱形，而菱形AEFD的∠DAE与△ABC的∠BAC重合，F在BC上，故四边形AEFD为△ABC的（2）设AE=EF=DF=AD=x，由∠B=90°，EF//AB，得∠EFC=90°，即EF2+CF2=CE2，列方程x2+（26）（3）过F作FG∥MN交AC于G，由四边形MNGF是平行四边形，得FG=MN=3，MF=NG，根据M、N分别是DF、AC的中点，可得G为CE中点，即可得CE=2FG=6，从而得EF2+CF2=36，AD2+CF2=36．【详解】（1）证明：∵FD//AC，∴四边形AEFD是平行四边形，∴∠DAF＝∠AFE，∵AF平分∠BAC，∴∠DAF＝∠EAF，∴∠AFE＝∠EAF，∴AE＝EF，∴四边形AEFD是菱形，而菱形AEFD的∠DAE与△ABC的∠BAC重合，F在BC上，∴四边形AEFD为△ABC的“亲密菱形”；（2）解：由（1）知四边形AEFD是菱形，设AE＝EF＝DF＝AD＝x，∵AC＝12，∴CE＝12－x，∵∠B＝90°，EF//∴∠EFC＝90°，∴EF2＋CF2＝CE2，∴x2＋（26）2＝（12－x）2，解得x＝5，∴四边形AEFD的周长为5×4＝20；（3）解：过F作FG//MN交AC于∵FD//AC，∴四边形MNGF是平行四边形，∴FG＝MN＝3，MF＝NG，∵M、N分别是DF、AC的中点，∴CN=12AC，MF=∴NG=12∴CG＝CN－NG=12AC-12DF=12（AC－DF）=12∴G为CE中点，∵∠EFC＝90°，∴CE＝2FG＝6，EF2＋CF2＝CE2，∴EF2＋CF2＝36，∴AD2＋CF2＝36．【点睛】本题利用新定义考查直角三角形性质及菱形的性质与判定，解题的关键是掌握菱形的性质与判定，熟练应用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半．【变式8-1】（2023·广西崇左·统考二模）筝形的定义：两组邻边分别相等的四边形叫做筝形．(1)根据筝形的定义，写出一种学过的满足筝形的定义的四边形：______；(2)如图1，在正方形ABCD中，E是对角线BD延长线上一点，连接AE，CE．求证：四边形(3)小明学习筝形后对筝形非常感兴趣，购买了一只风筝，通过测量它的主体（如图2）得AB=AD，BC=DC，发现它是一个筝形，还得到AB=18cm，BC=40cm，∠ABC=120°，求筝形【答案】(1)菱形，正方形(2)证明见解析(3)360【分析】（1）根据筝形的定义结合所学知识可得答案；（2）根据正方形的性质利用SAS证明△ABE≌△CBE，得到AE=CE，再由AB=CB，即可证明四边形ABCE是筝形：（3）如图所示，过点A作AE⊥CB交CB延长线于E，连接AC，先证明△ABC≌△ADC，推出S四边形ABCD=2S△ABC，求出∠BAE=30°，得到BE=9cm，进而求出【详解】（1）解：由题意得，菱形和正方形都是筝形，故答案为：菱形，正方形；（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB，又∵BE=BE，∴△ABE≌△CBESAS∴AE=CE，又∵AB=CB，∴四边形ABCE是筝形：（3）解：如图所示，过点A作AE⊥CB交CB延长线于E，连接AC，∵AB=AD，BC=DC，AC=AC，∴△ABC≌△ADCSSS∴S△ABC∴S四边形∵∠ABC=120°，∴∠ABE=60°，∵AE⊥CB，即∠E=90°，∴∠BAE=30°，∴BE=1∴AE=A∴S△ABC∴S四边形【点睛】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．【变式8-2】（2023·陕西渭南·统考二模）【定义新知】定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．(1)如图1，在5×4的方格中，点A、B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF，使得AB是邻余线，点E、F在格点上；【问题研究】(2)如图2，已知四边形ABCD是以AB为邻余线的邻余四边形，AB=20，AD=8，BC=4，∠ADC=135°，求CD的长；【问题解决】(3)如图3是某公园的一部分，四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，点E在OC上，△BOC是一个人工湖，OQ是湖上的一座桥，现公园规划人员要在桥上修建一个湖心亭M，若EM的延长线与OB的交点为F，按规划要求M是EF的中点．已知BC=200米，AC=240米，CQ=60米，OE=2EC，且四边形BCEF始终是以BC为邻余线的邻余四边形．规划人员经过思考后，在图纸上找出AB的中点N，连接EN，与OB、OQ的交点分别是点F和点【答案】(1)见解析(2)CD=82(3)符合要求，理由见解析【分析】（1）利用网格的特征得到∠A+∠B=90°，即可得邻余四边形ABEF；（2）延长AD、BC相交于点P，利用邻余四边形的性质得到∠P=90°，推出△PCD是等腰直角三角形，设（3）证明四边形ABCD是菱形，根据已知条件证明CQCO=60120=12【详解】（1）解：邻余四边形ABEF如图所示，；（2）解：延长AD、BC相交于点∵四边形ABCD是以AB为邻余线的邻余四边形，∴∠A+∠B=90°，∴∠P=90°，∵∠ADC=135°，∴∠PDC=45°，∴△PCD是等腰直角三角形，设PC=PD=x，则PA=8+x，PB=4+x，由勾股定理得PA2+P整理得x2解得x1=8，x2=-20∴CD=8（3）解：∵四边形BCEF始终是以BC为邻余线的邻余四边形，∴∠OBC+∠OCB=90°，∴∠BOC=90°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是菱形，∵AC=240米，OE=2EC，BC=200米，AB的中点N，∴OA=OC=120米，OE=80米，AE=200米，AN=100米，∴CQCO∵四边形ABCD是菱形，∴∠QCO=∠NAE，∴△QCO∽△NAE，∴∠QOC=∠NEA，∴ME=MO，∵∠MOE+∠FOM=90°=∠OEM+∠OFE，∴∠MOF=∠MFO，∴MF=MO，∴MF=MO=ME．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，理解邻余四边形的性质是解题的关键．【变式8-3】（2023·江苏盐城·统考一模）定义：若四边形中某个顶点与其它三个顶点距离相等，则这个四边形叫做等距四边形，这个顶点叫做这个四边形的等距点．

(1)判断：一个内角为60°的菱形________等距四边形．（填“是”或“不是”）(2)如图2，在5×5的网格图中有A、B两点，请在答题卷给出的两个网格图上各找出C、D两个格点，使得以A、B、C、D为顶点的四边形以A为等距点的“等距四边形”，画出相应的“等距四边形”（互不全等），并写出该等距四边形的端点均为非等距点的对角线长．端点均为非等距点的对角线长为________．(3)如图，在海上A，B两处执行任务的两艘巡逻艇，根据接到指令A，B两艇同时出发，A艇直接回到驻地O，B艇到C岛执行某项任务后回到驻地O（在C岛执行任务的时间忽略不计），已知A，B，C三点到O点的距离相等，AO∥BC，BC=100km，tanA=32，若A艇速度为65km【答案】(1)是(2)25或(3)115【分析】（1）根据菱形的性质，等距四边形的定义，即可；（2）根据等距四边形的定义，画出等距四边形，根据勾股定理，求出对角线，即可；（3）过点B作BE⊥AO于点E，过点O作OF⊥BC于点F，根据矩形的判定，得四边形EOFB是矩形；设AE=2x，根据tanA=32，求出BE=3x，根据勾股定理，等腰三角形的性质，求出AE，根据OA=AE+EO，OA=OC【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AD=DC，∵∠ABC=60°，AC，BD是对角线，∴∠ABC=120°，∠BCD=60°，∴∠DBC=60°，∴△BDC是等边三角形，∴BD=DC=BC，∴AD=BD=DC，∵若四边形中某个顶点与其它三个顶点距离相等，则这个四边形叫做等距四边形，∴一个内角为60°的菱形是等距四边形．故答案为：是．

（2）如图1：AD=AC=AB，连接BD，∴BD∴BD=25如图2：AD=AB=AC，连接DC，∵DC2∴DC=42综上所述：对角线为DB或DC．故答案为：25或4

（3）过点B作BE⊥AO于点E，过点O作OF⊥BC于点F，

∵AO∥BC，∴BE∥OF，∴四边形EOFB是平行四边形，∵∠BEO=90°，∴平行四边形EOFB是矩形，∴EO=BF=1设AE=2x，∵tanA=∴BE=3x，∵A，B，C三点到O点的距离相等，∴OA=BO=OC=AE+50=2x+50，∴EO∴502解得：x=40，∴AO=130km∴A到O所用是时长为：130km∵B到O的距离为：BC+OC=100+130=230km∴B艇的速度：230km∴当B艇的速度是115km/h【点睛】本题考查菱形，矩形，解直角三角形和等距四边形的定义，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，等距四边形的定义，解直角三角形中正切的值．【题型9与菱形有关的规律探究问题】【例9】（2023·贵州铜仁·校考一模）如图，菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=1，延长CD至A1，使DA1=CD，以A1C为一边，在BC的延长线上作菱形A1CC1D1，连接AA1，得到△ADA1；再延长C1D1至A2，使D1A2=C1D1，以

【答案】2【分析】由题意易得∠BCD=60°，AB=AD=CD=1，则有ΔADA1为等边三角形，同理可得ΔA1D1A2…….Δ【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD=CD=1，AD//BC，∵∠ABC=120°，∴∠BCD=60°，∴∠ADA∵DA∴DA∴ΔAD同理可得ΔA1D过点B作BE⊥CD于点E，如图所示：

∴BE=BC⋅sin∴S1同理可得：S2=3∴由此规律可得：Sn∴S2022故答案为：24040【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9-1】（2023·山东泰安·校考模拟预测）如图，ΔABC是边长为1的等边三角形，分别取AC，BC边的中点D，E，连接DE，作EF∥AC得到四边形EDAF，它的周长记作C1；分别取EF，BE的中点D1，E1连接D1E1，作E1F1∥EF，得到四边形E1D1FF1，它的周长记作C【答案】1【分析】根据三角形中位线定理得到DE＝12AB，DE∥AB，进而证明四边形ADEF为菱形，求出菱形ADEF的周长【详解】解：∵点D，E分别为AC，BC边的中点，∴DE＝12AB＝12，DE∥AB，AD＝1∴AD＝DE，∵EF∥∴四边形ADEF为菱形，∴四边形ADEF的周长C1＝4×12＝2同理：四边形E1D1FF1的周长记作C2＝4×14＝1…C2021＝4×122021＝故答案为：12【点睛】本题考查的是三角形中位线判定与性质、菱形的判定与性质，图形的变化规律，根据三角形中位线性质总结出规律是解题的关键．【变式9-2】（2023·四川广安·模拟预测）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A1B1C1D1；顺次连接四边形A1B1C【答案】3【分析】根据菱形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，依次求出四边形的面积，得出规律，即可解答．【详解】解：∵菱形ABCD，∠A=∴△ADB，△CDB为等边三角形，∴BD=1，∴等边△ADB的高为32∴S∵顺次连接菱形ABCD各边中点，可得四边形A1∴四边形A1∴S同理可得S四边形S四边形……S四边形故答案为：32【点睛】本题考查了菱形以及中点四边形的性质，找到中点四边形的面积与原四边形的面积之间的关系是解题的关键．【变式9-3】（2023·黑龙江绥化·三模）如图，边长为1的菱形ABCD中，∠DAB=60°．连接对角线AC，以AC为边作第二个菱形ACEF，使∠FAC=60°．连接AE，再以AE为边作第三个菱形AEGH使∠HAE=60°…按此规律所作的第n个菱形的边长是．

【答案】(【分析】连接DB于AC相交于M，根据已知和菱形的性质可分别求得AC，AE，AG的长，从而可发现规律根据规律不难求得第n个菱形的边长．【详解】解：连接DB，

∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB．AC⊥DB，∵∠DAB=60°，∴Δ∴DB=AD=1，∴BM=1∴AM=3∴AC=3同理可得AE=3AC=(按此规律所作的第n个菱形的边长为(3故答案为：(3【点睛】此题主要考查菱形的性质、等边三角形的判定和性质以及学生探索规律的能力，解题的关键掌握菱形的性质．【题型10与菱形有关的动点问题】【例10】（2023·河南周口·校考三模）如图，在菱形OABC中，∠BCO=60°，点C-3,0，点D在对角线BO上，且OD=2BD，点E是射线AO上一动点，连接DE,F为x轴上一点（F在DE左侧)，且∠EDF=60°，连接EF，当△DEF的周长最小时，点E的坐标为（

A．1,3 B．-1,-3 C．12【答案】C【分析】过点D作OA的垂线，交于点E，点E是射线AO上一动点，理解DE⊥OA时，△DEF的周长最小，然后利用菱形OABC的性质，证明出△DEF为等边三角形，再利用勾股定理或含30度的直角三角形的性质进行求解．【详解】解：过点D作OA的垂线，交于点E，点E是射线AO上一动点，即当DE⊥OA时，△DEF的周长最小，

在菱形OABC中，∠BCO=60°，点C-3,0∴∠DOE=60°，∴∠ODE=90°-60°=30°，∵∠EDF=60°，∴∠FDO=∠EDF-∠ODE=30°，∴∠DFO=90°，∴DO是∠EDF角平分线，∴OE=OF，∴∠OFE=∠OEF，∴∠DFE=∠DEF，∴DF=DE，∴△DEF为等边三角形，∵OD=2BD，∴OD=2∴OF=1∴DF=O∴DF=EF=3过点E分别作x,y轴的垂线，交于M,N

∵∠EFM=30°，∴EM=1∵OF=OE=1,∠OEM=30°，∴OM=1∴E1故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形，含30度的直角三角形的性质，解题的关键是理解△DEF为等边三角形．【变式10-1】（2023·福建泉州·校联考模拟预测）如图，已知AB=8，P为线段AB上的一个动点，分别以AP，PB为边在AB的同侧作菱形APCD和菱形PBFE，点P，C，E在一条直线上，∠DAP=60°．M，N分别是对角线AC，BE的中点．当点P在线段AB上移动时，点M，N之间的距离最短为．

【答案】2【分析】连接PM、PN．首先证明∠MPN=90°设PA=2a，则PB=8-2a，PM=a，PN=3【详解】解：连接PM、PN．

∵四边形APCD，四边形PBFE是菱形，∠DAP=60°，∴∠APC=120°，∠EPB=60°，∵M，N分别是对角线AC，BE的中点，∴∠CPM=12∠APC=60°∴∠MPN=60°+30°=90°，设PA=2a，则PB=8-2a，PM=a，PN=3∴MN=a∴a=3时，MN有最小值，最小值为23故答案为：23【点睛】本题考查菱形的性质、勾股定理、二次函数的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构建二次函数解决最值问题．【变式10-2】（2023·陕西咸阳·校考三模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是OD、OC上的两个动点，且EF=4，P是EF的中点，连接OP、PC、

【答案】1452/【分析】在OD上取一点G，使得OG=12,连接PG、CG．根据菱形的性质可知OC=6,OD=8，则OGOP=OPOD=14，结合∠GOP=∠POD，可得【详解】解：如图，在OD上取一点G，使得OG=12，连接

∵四边形ABCD为菱形，AC=12,BD=16，∴OC=12AC=6∵EF=4，P是EF的中点，∴OP=1∴OGOP又∵∠GOP=∠POD，∴△POG∽△DOP，∴GPPD=1∵PC+PG≥CG，∴当点G、P、C在同一直线上时，PC+1此时PC+14故答案为：1452【点睛】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握“胡不归”问题模型，正确画出辅助线，构造相似三角形，根据相似三角形的性质和勾股定理求解．【变式10-3】（2023·江苏淮安·统考三模）如图，已知菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=4，点E为CD边上一动点(不含端点)，射线AE交∠BCD外角平分线于点F，连接AC、BF，BF交AC于点H，交

(1)求出∠ACF的度数；(2)当CF=2时，求BF的长；(3)当E是CD中点时，试说明EF=1(4)在点E运动过程中，CGGE【答案】(1)90°(2)2(3)见解析(4)CGGE【分析】（1）根据菱形的性质可求得∠ACD=30°，∠DCF=60°，从而得解；（2）过点F作FM⊥BC于M，根据∠FCP=60°，FM⊥BC，CF=2，求出CM和FM，再根据BC=AB=4，得出BM，再用勾股定理求解即可；（3）连接BD，BD与AC相交于点O，先推出BD∥CF，从而理由平行线分线段成比例得到ANFN=AOCO=1，ENEF=（4）延长AB与FC，交于点Q，先证明△BCQ是等边三角形，从而得到AB=QB，又AB∥CD证明△FCG∽△FQB，△FEG∽△FAB，从而得到CGQB=FGFB，GEBA=FG【详解】（1）解：标记点P在BC的延长线上，

∵在菱形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=120°，∴AC平分∠BCD，∠BCD=180°-∠ABC=60°，∠DCP=∠ABC=120°，∴∠ACD=又∵CF是∠BCD外角平分线，即CF平分∠DCP∴∠DCF=∠FCP=∴∠ACF=∠ACD+∠DCF=90°；（2）过点F作FM⊥BC于M，

∵∠FCP=60°，FM⊥BC，CF=2，∴∠CFM=30°，CM=12CF=1又∵在菱形ABCD中，AB=4，∴BC=AB=4，∴BM=BC+CM=5，∴BF=B（3）连接BD，BD与AC相交于点O，则由菱形的性质得BD与AC互相垂直平分．∵E是CD中点，∴CE=DE．∵BD⊥AC，∠ACF=90°，∴BD∥CF，∴ANFN=∴AN=FN，EN=EF，∴AF=AN+FN=2FN=2EN+EF∴EF=1（4）CGGE延长AB与FC，交于点Q，

∵∠ABC=120°，∠FCP=60°∴∠QBC=180°-∠ABC=60°，∠QCB=∠FCP=60°∴△BCQ是等边三角形，∴BC=QB．又∵AB=BC，∴AB=QB．∵AB∥CD，∴△FCG∽△FQB，△FEG∽△FAB∴CGQB=FG∴CG∴CGGE即CGGE的值不会发生改变，定值是1【点睛】本题考查菱形的性质，平行线分线段成比例，相似三角形的判定与性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识，根据题意正确作出辅助线是解题的关键．【题型11菱形与一次函数综合】【例11】（2023·江苏盐城·校考三模）如图，菱形ABCD的顶点A(1,0)、B(7,0)在x轴上，∠DAB=60°，点E在边BC上且横坐标为8，点F为边CD上一动点，y轴上有一点P(0,-533)．当点P到EF所在直线的距离取得最大值时，点

【答案】(6【分析】依据直