第24讲 特殊四边形-菱形（1考点+19题型）（讲义）-2024年中考数学一轮复习讲义（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
第24讲 特殊四边形-菱形
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc156917260" \l "_Tc156807534" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc156917261" 考点一 菱形的性质与判定
\l "_Tc156917262" 题型01 利用菱形的性质求角度
\l "_Tc156917263" 题型02 利用菱形的性质求线段长
\l "_Tc156917264" 题型03 利用菱形的性质求周长
\l "_Tc156917265" 题型04 利用矩形的性质求面积
\l "_Tc156917266" 题型05 利用矩形的性质求坐标
\l "_Tc156917267" 题型06 利用矩形的性质证明
\l "_Tc156917268" 题型07 添加一个条件证明四边形是菱形
\l "_Tc156917269" 题型08 证明四边形是菱形
\l "_Tc156917270" 题型09 根据菱形的性质与判定求角度
\l "_Tc156917271" 题型10 根据菱形的性质与判定求线段长
\l "_Tc156917272" 题型11 根据菱形的性质与判定求面积
\l "_Tc156917273" 题型12 根据菱形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc156917274" 题型13 与菱形有关的新定义问题
\l "_Tc156917275" 题型14 与菱形有关的规律探究问题
\l "_Tc156917276" 题型15 与菱形有关的动点问题
\l "_Tc156917277" 题型16 菱形与一次函数综合
\l "_Tc156917278" 题型17 菱形与反比例函数综合
\l "_Tc156917279" 题型18 菱形与一次函数、反比例函数综合
\l "_Tc156917280" 题型19 菱形与二次函数综合
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）A
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.
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）.
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，
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12 .
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
【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，
∠AEB=∠AFD∠B=∠DAB=AD
∴△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．
【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
【分析】由菱形的性质可得∠ABD=∠CBD=12∠ABC=62°，BO=DO，由直角三角形的性质可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=124°，
∴∠ABD=∠CBD=12∠ABC=62°，BO=DO，
∴∠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°．
【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
【分析】根据条件可判断EF为△COD的中位线，则EF=12CD计算即可．
【详解】∵点E，F分别是OD和OC的中点，
∴EF是△COD的中位线，
∴EF=12CD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD=12，
∴EF=12CD=6．
【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43，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=43，
∵AC⊥BD，∠ABF=12∠ABC=30°，AF=12AC=23,BF=12BD，
∴BF=AFtan30°=23×3=6，
∴BD=2BF=12；
若BD=43，
∵AC⊥BD，∠ABF=12∠ABC=30°，AF=12AC,BF=12BD=23，
∴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x2−2m+1x+8m=0的两实数根，DH是AB边上的高，则DH= ．

【答案】245/445/4.8
【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：m1=6，m2=−4，
∴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=4AO⋅BO=48，
∵DH是AB边上的高，
∴S菱形ABCD=AB⋅DH=12AC⋅BD，
∴5DH=12×48，
∴DH=245．
故答案为：245．
【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=27，则CE的长为 ．

【答案】22
【分析】设BE=CD=2DE=x，则BD=32x，由菱形的性质可得AC⊥BD，OD=12BD=34x，OC=12AC=7，由勾股定理列方程求得x，即可求解．
【详解】解：设BE=CD=2DE=x，则DE=12x，BD=32x
由菱形的性质可得AC⊥BD，OD=12BD=34x，OC=12AC=7，
在Rt△OCD中，OC2+OD2=CD2，即34x2+7=x2
解得x=4，（负值舍去）
∴DE=2，OD=3
∴OE=1
由勾股定理可得：CE=OC2+OE2=22
故答案为：22
【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 ．

【答案】255/255
【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，可得OCAC=CFCE=12，可求CF的长，由勾股定理可求OF的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=1，BO=12，AC⊥BD，AC=2，BD=1，
∴AB=AO2+BO2=12+122=52，
∵S菱形ABCD=12×AC×BD=AB×CE，
∴12×2×1=52CE，
∴CE=255，
∵∠OFC=∠AEC=90°，∠ACE=∠OCF，
∴△OCF∽△ACE，
∴OCAC=CFCE=12，
∴CE=2CF，
∴CF=EF=55，
∴OF=OC2−CF2=12−552=255．
故答案为：255．
【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，若AB=6，AD=8，则四边形OCED的周长是( )

A．10B．20C．28D．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°，
∴OA=OB=OC=OD=12AC=12×62+82=12×10=5，
∵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．13B．14C．15D．83
【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=23，即可得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∠D=60°，
∴∠ABC=∠D=60°，AB=CD=BC=AD，
∵点A的坐标为0,3，
∴OA=3，
在Rt△ABO中，AB=AOsin∠ABO=3sin60°=23，
∴菱形ABCD的周长为4AB=4×23=83,
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．12B．16C．18D．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，
∴四边形BCGE是平行四边形，
∴EG=BC=5，
∴S菱形ABCD=4×BC=4×5=20，
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．

(1)求证：AC⊥EF；
(2)若EF=6，tan∠AEF=13，求菱形ABCD的周长．
【答案】(1)见解析
(2)810
【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，
∴EF∥BD，EF=12BD
∴∠ABO=∠AEF，BD=2EF=2×6=12
∵四边形ABCD为菱形
∴OB=12BD=6
在Rt△ABO中，tan∠ABO=tan∠AEF=13=OAOB
∴OA=2，
由勾股定理得：AB=OA2+OB2=22+62=210
∴菱形ABCD的周长为4AB=810
【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．12B．96C．48D．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，
∴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，
∴这个菱形的面积=12×8×6=24．
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．72B．48C．24D．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，
∴菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=12×12×8=48．
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．
【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+BO2=82，即AO2+BO2+2AO⋅BO=64，
∵AO2+BO2=AB2=62=36，
∴AO⋅BO=64−362=14，
∴菱形的面积=4S△ABO =4×12AO⋅BO=4×12×14=28，
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】183
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分，且∠ABO=∠CBO=12∠ABC=30°，结合解直角三角形以及菱形的性质即可作答．
【详解】解：∵菱形ABCD中，∠CBA=60°，对角线AC=6cm，
∴OA=12AC=3cm，BD=2OB，AC⊥BD，∠ABO=∠CBO=12∠ABC=30°，
∴OB=OCtan∠CBO=33cm，
∴BD=2OB=63cm，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×6×63=183cm2，
故答案为：183．

【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．0，23B．2，−4C．23，0D．0，−23
【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，
∴AO=AD2−OD2=16−4=23，
∴四边形ABCD是菱形，
∴OC=OA=23，
∴点C的坐标为0，−23，
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+4−22=25=AD，
∴OD=AD2−OA2=252−22=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+02=4+42，解得m=8，
n+22=4+02，解得n=2，
∴点C的坐标为(8，2)．
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，C1,−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（ ）

A．32,72B．2,22C．（4，2）D．（2，4）
【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=42，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，C1,−1，
∴M−1,1，
∴OF=1，MF=1，
∴∠MON=45°=∠OMF，
∴∠FMN=45°=∠FNM，
∴MF=FN=1，
∴MN=2，
∵BN=2ND，
∴BD=3DN，BM=32DN，
∴MN=DN2=2，
∴DN=22，
∴BN=42，
∵BE⊥x轴，
∴∠EBN=∠BNE=45°，
∴BE=EN，BN=2BE，
∴BE=EN=4，
∴EO=2，
∴点B2,4，
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A8,0，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（ ）
A．6,23B．6,433C．4,2D．4,433
【答案】D
【分析】过点D作关于OB的对称点D1，连接D1A，交OB于点P，确定点P的位置，连接AC，PD，证明△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D1，连接D1A，交OB于点P，
此时PA+PD最短，
连接AC，PD，如图，
∵∠AOC=60°，
OC=OA，
∴△OCA是等边三角形，
∴OC⊥AD1，
∴∠D1AO=30°，
∴∠PAO=∠D1AO=30°，
又∵点D是OA的中点，
∴PD⊥OA，
∴PD=ODtan30°=433，
∴点P的坐标4,433，
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D0,4，点B在x轴的正半轴上，则点C的坐标为（ ）．

A．5,4B．4,5C．4,3D．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D0,4，
∴AD=0+32+0−42=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】2，23
【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⋅cs∠AOC=2，
CD=OC⋅sin∠AOC=23，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，
∴OD=OC⋅cs∠AOC=4cs60°=4×12=2，
CD=OC⋅sin∠AOC=4sin60°=4×32=23，
∴点C的坐标为2，23．
【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．
(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．
【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
(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，
∠FBM=∠NBMBM=BM∠BMF=∠BMN，
∴△BMF≌△BMNASA，
∴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，
∴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=∠FBMBM=BM∠BMG=∠BMF，
∴△GBM≌△FBMASA，
∴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．

【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；
(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=12AB=12AD=5，得到FG=5，最后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，
∴AE=12AD=5
∵∠EFA=90°，EF=4，
∴在Rt△AEF中，AF=AE2−EF2=52−42=3．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD=10，
∴OE=12AB=5，
∵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．
(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=23
(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=23；
（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，MC=8，则MBME= MEMC=12，即可证得△MEB∽△MCE，即可得出EC的长．
【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°=23，
∴CE=23.
（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，
∴MBME=24=12，MEMC=48=12，
∴MBME=MEMC，而∠M为公共角.
∴△MEB∽△MCE，
∴BEEC=MBME=24，
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.
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，
∴OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，
∵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⊥BDB．AB=ADC．AC=BDD．∠ABD=∠CBD
【答案】C
【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）
【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）
【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，
∵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，
∴在Rt△DBH中，∠DBC=60°，DB=2，sin∠DBC=DHDB，
∴DH=DB·sin∠DBC=2×32=3，
∴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．
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，
∵ 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43，求平行线AB与DC间的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)43
【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，∠ACB=90°−∠ABC=30°=∠EAC，于是有33=ABAC，得AB=33AC，再证AE=BE=CE，从而根据面积公式即可求得AC= 43．
【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，
∴∠BAE=∠DAE= 12 ∠BAD，∠BCF= 12 ∠BCD，
∴∠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°，
∴∠BAE=∠DAE=∠ABC=60°，
∵四边形AECF是菱形，
∴∠EAC= 12 ∠DAE=30°，
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，
∴AC⊥AB，∠ACB=90°−∠ABC=30°=∠EAC，
∴AE=CE，tan30°=tan∠ACB=ABAC即33=ABAC，
∴AB=33AC，
∵∠BAE=∠ABC，
∴AE=BE=CE，
∵△ABE的面积等于43，
∴S△ABC=12AC⋅AB=12AC⋅33AC=36AC2=83，
∴平行线AB与DC间的距离AC= 43．
【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，
∴AE=12BF，
∵∠BAF=90°，∠ABD=30°，
∴AF=12BF，
∴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，
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°，
∴∠ACB=12∠BCD=12∠BAD=30°，
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，
∴四边形ABDC是菱形，∠BAD=12180°−∠ABD=12180°−130°=25°，
∴∠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．
【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,cs55°≈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，
∴∠EAD=12∠EAF=55°
在 Rt△AEH中，cs55°=AHAE
∴AH=40 cs 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．4B．6C．8D．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，
∴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．2B．5C．3D．22
【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，
∠ACB=∠DACAO=CO∠AOF=∠COE，
∴△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，
∵∠DCF=30°，
∴∠ECF=90°−30°=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴EF=CF，
∵AB=3，
∴CD=AB=3，
∵∠DCF=30°，
∴CF=3÷32=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
【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=12BC=2.5，然后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，
∴AC⊥PQ，OA=OC=12AC=2，OP=OQ，
∵AP=PC，
∴∠PAC=∠PCA，
∵∠PAC+∠PAB=∠PCA+∠PBA=90°，
∴∠PAB=∠PBA，
∴PA=PB=PC，
∴PA=PB=PC=12BC=2.5，
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4AC=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4AC=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．
(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，然后由直角三角形斜边中线等于斜边的一半得证AD=BD=12BC，即可由菱形判定定理得出结论；
（2）连接DF交AB于O，由菱形面积公式S菱形ADBF=12AB⋅DF=40，求得OD长，再由菱形性质得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，
∠AFE=∠DCE∠AEF=∠DECAE=DE，
∴△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，
∴AD=BD=12BC，
∴四边形ADBF是菱形；
（2）解：连接DF交AB于O，如图
由（1）知：四边形ADBF是菱形，
∴AB⊥DF，OA=12AB=12×8=4， S菱形ADBF=12AB⋅DF=40，
∴12DF×8=40，
∴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（ ）
A．535B．25C．735D．45
【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，
在Rt△ABD中，由勾股定理得：BD＝AD2+AB2＝45，
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
BN×AD＝12×MN×BD，
即5×4＝12×MN×45，
解得MN＝25．
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平行四边形ABCD =24
【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，
∴AC⊥BD，
AO=OC=12AC=12×6=3，
∵AB=5，AO=3，
∴BO=AB2−AO2=52−32=4，
∴BD=2BO=8，
∴S平行四边形ABCD=12×AC×BD=24．
【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）23
【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，
∴AC=BD，OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，
∴OA=OB，
∴四边形AOBE是菱形；
（2）解：作BF⊥OA于点F，
∵四边形ABCD是矩形，AC=4，
∴AC=BD=4，OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，
∴OA=OB=2，
∵∠AOB=60°，
∴BF=OB•sin∠AOB=2×32=3，
∴菱形AOBE的面积是：OA•BF=2×3=23．
【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,
∴BE=12BC，DF=12CD，
∴BE＝DF，
在△ABE和△ADF中
AB＝AD∠B＝∠DBE＝DF ，
∴△ABE≌△ADF（SAS）；
∴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，
∴AO＝OC，菱形ABCD的面积为：12AC⋅BD=8，
∵点E、F分别是边BC、CD的中点，
∴EF∥BD，EF＝12BD，
∴AC⊥EF，AG＝3CG，
设AC＝a，BD＝b，
∴12ab=8，即ab＝16，
∴SΔAEF=12EF⋅AG=12×12b×34a=316ab=3．
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，大于12AC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：
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（ ）
A．4B．3C．2D．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；
③由菱形的面积可得12AC•EF＝CF•CD；故③不正确，
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°，
∴FO=12FC，
∵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△BCE:S四边形ABFD=1:10．其中正确结论是（ ）
A．①③B．①②④C．②③④D．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SΔBCE=m，根据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，
∴△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SΔBCE=m，
∴SΔABE=SΔADE=3m，
∴SΔBDE=4m，
∴SΔBEF=SΔBDE=4m，
∴S四边形ABFD=10m，
∴SΔBCE:S四边形ABFD=1:10，故④正确；
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）
【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，
∴OA=OB=12AB=12DC，CD⊥CE，
∵OA∥CD，
∴EAED=EOEC=OACD=12，
∴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，
∴AFCF=OACD=12，故③正确，
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）
【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，
∴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0【详解】解：连接AC，BD，AC、BD交于点O，如图，
∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，AC＝BD，
∵四边形AECF是菱形，∴E、F在BD上，且EF⊥AC，
∵正方形的周长为16，∴AB＝4，
∴2OA2＝AB2，即2OA2＝16，解得：OA＝22，
∴OE＜22，
在Rt△AOE中，∵OA2+OE2＝AE2，∴8+OE2＝AE2，
∵0∵AE是整数，∴AE＝3，则内含菱形的周长为12；
若正方形的面积为18，∴AB＝32，
∴OA＝3，
∵其内含菱形的面积为6，
∴EF＝2，∴OE=1，
则内含菱形的边长AE=32+12=10．
故答案为：12；10．
【点睛】本题考查了正方形的性质和菱形的性质以及勾股定理等知识，属于常考题型，正确添加辅助线、熟练掌握特殊四边形的性质和勾股定理是解题的关键．
【变式13-1】（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/h，试问B艇的速度是多少时，才可以和A艇同时回到驻地？
【答案】(1)是
(2)25或42
(3)115km/h
【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，求出BC+OC，根据路程等于速度乘以时间，即可．
【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，
∴BD2=42+22，
∴BD=25；
如图2：AD=AB=AC，
连接DC，
∵DC2=42+42，
∴DC=42，
综上所述：对角线为DB或DC．
故答案为：25或42．

（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=12BC=50，
设AE=2x，
∵tanA=32，
∴BE=3x，
∵A，B，C三点到O点的距离相等，
∴OA=BO=OC=AE+50=2x+50，
∴EO2+BE2=BO2，
∴502+3x2=2x+502，
解得：x=40，
∴AO=130km，
∴A到O所用是时长为：130km65km/h=2h，
∵B到O的距离为：BC+OC=100+130=230km，
∴B艇的速度：230km2h=115km/h．
∴当B艇的速度是115km/h时，才可以和A艇同时回到驻地．
【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．
【变式13-2】（2022·辽宁沈阳·东北育才双语学校校考三模）【定义】在平面直角坐标系xOy中，如果点A，C为某个菱形的一组对角的顶点，且点A，C在直线y=x上，那么称该菱形为点A，C的“阳光菱形”，如图是点A，C的“阳光菱形”的一个示意图．

【运用】已知点M的坐标为2，2，点P的坐标为4，4．
(1)下列各组点，能与点M，P形成“阳光菱形”的是______．（直接填写序号）
①E−4，10，F10,−4 ；②G1，6，H6，1 ；③I0，5，J5，0．
(2)如果四边形MNPQ是点M，P的“阳光菱形”，点N在MP下方，且面积为16．
①求点N、点Q的坐标；
②如果直线y=kx−3k与折线MN−NP有唯一公共点，直接写出满足条件的k的取值范围．
【答案】(1)①
(2)①点N的坐标为7,−1，Q的坐标为−1,7②k≤−2或k>4或k=−14
【分析】（1）根据“阳光菱形”的定义进行判断即可．
（2）①求出PM=22，根据四边形MNPQ的面积为16，求出QN=82，得出EM=2，EN=42，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=422+422=8，OM'=42−32=2，得出点M'在直线y=x上，设M'm,m，根据m2+m2=22，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，当直线经过点N时， k=−14；结合图象得出k的范围即可．
【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，
∴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，F10,−4的中点为3,3，且ME=−4−22+10−22=10，
EP=−4−42+10−42=10，
PF=10−42+−4−42=10，
MF=10−22+−4−22=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；
∵G1，6，H6，1的中点为72，72，
∴点G、H不能与点M，P形成“阳光菱形”，故②错误；
∵I0，5，J5，0的中点为52，52，
∴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=22，
∵四边形MNPQ的面积为16，
∴S四边形MNPQ=12PM⋅QN=16，
即12×22⋅QN=16，
∴QN=82，
∵四边形MNPQ是菱形，
∴QN⊥MP，EM=2，EN=42，
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'，
∵M2，2，
∴OM=22+22=22，
∴OE=22+2=32，
∵M和P在直线y=x上，
∴∠MOA=∠M'=45°，
∴△EM'N是等腰直角三角形，
∴EM'=EN=42，
∴M'N=422+422=8，OM'=42−32=2，
∵点M'在直线y=x上，
∴设M'm,m，
则m2+m2=22，
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=kx−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，
解得：k=−14；
∴根据函数图象可知，k≤−2或k>4或k=−14时，直线y=kx−3k与折线MN−NP有唯一公共点．

【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
(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
(2)①833，833，AB2+CD2=AD2+CB2；②成立，证明见解析
(3)GE=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GE=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；
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°，
∴AB=OAcs∠BAO=833，OB=OA⋅tan∠BAO=433，
∴OB=OC=433，AB2=643，
在 Rt△CDO中，由勾股定理得CD2=OC2+OD2=193，
∴AB2+CD2=643+193=833；
在Rt△COB中，由勾股定理得：BC2=OB2+OC2=163+163=323，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AD2=OD2+OA2=16+1=17，
∴BC2+AD2=17+323=833；
∴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，
在△GAB和△CAE中，
AG=AC，∠GAB=∠CAE，AB=AE，
∴△GAB≌△CAESAS，
∴∠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，
∴GE=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OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2024次得到菱形OA2024B2024C2024，那么点C2024的坐标是( )

A．3,1B．1,−3C．−3,−1D．−1,3
【答案】D
【分析】根据题意得到点C2024与点C重合，在菱形OABC中算出C点坐标，即可解答．
【详解】
解：作CD⊥OA于D，则∠CDO=90°，
∵四边形OABC是菱形，O0,0，A−2,0，
∴∠AOC=∠B=60°，OC=OA=2，
∴∠OCD=30°，
∴OD=12OC=1，CD=3OD=3，
∴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OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2024次得到菱形OA2024B2024C2024，
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OA2024B2024C2024与菱形OABC重合，
∴点C2024与C重合，
∴点C2024的坐标为−1,3，
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F2023的坐标为（ ）

A．−2,22B．22,−2C．−22,2D．−2,−22
【答案】A
【分析】先求出点F3的坐标，由题意可得每4次旋转为一个循环，点F2023的坐标与第3次旋转结束时点F3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，
∴2023÷4=505⋅⋅⋅⋅⋅⋅3．
即第2023次旋转结束时，点F2023的坐标与第3次旋转结束时点F3的坐标相同．
F3的位置如图所示，

连接OF，OF3，F3D．
由旋转得，△AOF≌△DOF3．
∵点B2,0， ∴OB=2．
∵四边形ABCD为正方形，
∴OA=OB=2．
∴AB=2OA=22．
∵四边形ABEF是菱形，
∴AF=AB=22．
∵△AOF≌△DOF3，
∴DO=AO=2，F3D=AF=AB=22 ，∠F3DO=90°．
∴点F3的坐标为−2,22．则点F2023的坐标为−2,22．
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A1B1C1D1；第二次，顺次连接四边形A1B1C1D1各边的中点，得到四边形A2B2C2D2；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形AnBnCnDn的面积是（ ）

A．32n−4B．32n−3C．32n−2D．322n−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ABCD的关系，进而得到变化规律即可．
【详解】解：连接A1C1，D1B1，AC，BD，

∵第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形A1B1C1D1，
∴A1D1=B1C1=12BD，A1B1=C1D1=12AC，BD=AC，A1C1=BC=AD，D1B1=AB=CD，A1C1⊥D1B1，
∴A1D1=B1C1=A1B1=C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是菱形，
∴S1=12S矩形ABCD=12×6×4=12；
∵第二次，顺次连接四边形A1B1C1D1各边的中点，得到四边形A2B2C2D2，
∴C2D2=12A1C1，A2D2=12D1B1，
∴S2=12S1=14S矩形ABCD=6，
依次可得，Sn=12nS矩形ABCD=12n×6×4=32n−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A2C1为一边，在CC1的延长线上作菱形A2C1C2D2，连接A1A2，得到△A1D1A2…按此规律，得到△A2021D2021A2022，记△ADA1的面积为S1，△A1D1A2的面积为S2⋅⋅⋅，△A2021D2021A2022的面积为S2022，则S2022= ．

【答案】24040⋅3
【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……. ΔA2020D2020A2021都为等边三角形，进而根据等边三角形的面积公式可得S1=34，S2=3，……由此规律可得Sn=3⋅22n−4，然后问题可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD=1，AD//BC，AB//CD，
∵∠ABC=120°，
∴∠BCD=60°，
∴∠ADA1=∠BCD=60°，
∵DA1=CD，
∴DA1=AD，
∴ΔADA1为等边三角形，
同理可得ΔA1D1A2……. ΔA2020D2020A2021都为等边三角形，
过点B作BE⊥CD于点E，如图所示：

∴BE=BC⋅sin∠BCD=32，
∴S1=12A1D⋅BE=34A1D2=34，
同理可得：S2=34A2D12=34×22=3，S3=34A3D22=34×42=43，
∴由此规律可得：Sn=3⋅22n−4，
∴S2022=3×22×2022−4=24040⋅3．
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A1B1C1D1；顺次连结四边形A1B1C1D1各边中点，可得四边形A2B2C2D2；顺次连结四边形A2B2C2D2各边中点，可得四边形A3B3C3D3；按此规律继续下去，…，则四边形A2019B2019C2019D2019的面积是 ．
【答案】322020
【分析】连接AC、BD，根据菱形的面积公式，得S菱形ABCD=32，进而得矩形A1B1C1D1的面积，菱形A2B2C2D2的面积，以此类推，即可得到答案．
【详解】连接AC、BD，则AC⊥BD，
∵菱形ABCD中，边长为1，∠A＝60°，
∴S菱形ABCD＝12AC∙BD＝1×1×sin60°＝32，
∵顺次连结菱形ABCD各边中点，可得四边形A1B1C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是矩形，
∴矩形A1B1C1D1的面积＝12AC∙12BD＝14AC∙BD＝12S菱形ABCD＝34＝322，
菱形A2B2C2D2的面积＝12×矩形A1B1C1D1的面积＝14S菱形ABCD＝38＝323，
……，
∴四边形A2019B2019C2019D2019的面积＝322020，
故答案为：322020．
【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ACC1D1，使∠D1AC＝60°，连接AC1，再以AC1为边作第三个菱形ACC2D2，使∠D2AC1＝60°；…按此规律所作的第2019个菱形的边长为 ．
【答案】(3)2018
【分析】根据已知和菱形的性质可分别求得AC，AC1，AC2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】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，
∴BM＝12，
∴AM＝32，
∴AC＝3，
同理可得AC1＝3AC＝(3)2，
AC2＝3AC1＝(3)3，
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．
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x0≤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：①0【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，
∵∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
过点B作BH⊥AD于H，
∴BH=AB⋅sinA=23cm，
∴S△ABD=12AD⋅BH=43cm2，
当0≤x≤4时，由题意得，AP=AQ，
∴△APQ是等边三角形，
同理可得S△APQ=34x2，
∴S四边形PBDQ=S△ABD−S△APQ=43−34x2
当4由菱形的性质可得∠C=∠A=60°，S△BCD=S△ABD=43cm2，
∵AB+BP=AD+DQ，AB=AD，BC=CD，
∴CP=CQ，
∴△CPQ是等边三角形，
∴S四边形PBDQ=S△CBD−S△CPQ=43−348−x2
∴y与x之间的函数关系可以用两段二次函数图象表示，纵观各选项，只有B选项图象符合．
故选：B．
【变式15-1】（2017·山东潍坊·统考一模）菱形OBCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，顶点B2，0，∠DOB=60°，点E坐标为0,−3，点P是对角线OC上一个动点．则EP+BP的最短距离是 ．

【答案】13
【分析】点B的对称点是点D，连接ED，交OC于点P，再得出ED即为EP+BP最短，解答即可．
【详解】解：过点D做DF⊥y轴于点F，
∵四边形ABCD是菱形，顶点B2，0，∠DOB=60°，
∴Rt△DOF中，∠DOF=30°，OD=2，
∴DF=1，OF=OD2−DF2=3，
∴点D的坐标为1,3，
连接ED，交OC于P，如图，

∵点B的对称点是点D，
∴DP=BP，
ED即为EP+BP的最小值，
∵点E的坐标为0,−3，
∴ED=12+232=13，
即EP+BP的最小值为：13．
故答案为：13．
【点睛】此题考查菱形的性质和最短路径问题，解答关键是利用菱形的轴对称性，将折线段长度转化从线段的长度．
【变式15-2】（2023·湖北省直辖县级单位·模拟预测）用四根一样长的木棍搭成菱形ABCD，P是线段DC上的动点（点P不与点D和点 C重合），在射线BP上取一点M，连接DM，CM，使∠CDM=∠CBP．
操作探究一

(1)如图1，调整菱形ABCD，使∠A=90°，当点M在菱形ABCD外时，在射线BP上取一点N，使BN=DM，连接CN，则∠BMC= ，MCMN=
操作探究二
(2)如图2，调整菱形ABCD，使∠A=120°，当点M在菱形ABCD外时，在射线BP上取一点N，使BN=DM，连接CN，探索MC与MN的数量关系，并说明理由；
拓展迁移
(3)在菱形ABCD中，∠A=120°，AB=6．若点P在直线CD上，点M在射线BP上，且当∠CDM=∠PBC=45°时，请直接写出MD的长．
【答案】(1)45°，22
(2)MN=3MC，理由见解析
(3)MD的长度为92−36或92+36
【分析】（1）证明△BCN≌△DCMSAS得到∠BCN=∠DCM，CN=CM，从而得到∠DCM+∠DCN=∠MCN=90°，推出△MCN为等腰直角三角形，最后根据等腰直角三角形的性质即可得到答案；
（2）证明△BCN≌△DCMSAS得到∠BCN=∠DCM，CN=CM，从而得到∠DCM+∠DCN=∠MCN=120°，作CE⊥BP交BP于E，则ME=NE，∠CEM=90°，根据含30°角的性质及勾股定理得出EM=32CM，从而得到MN=2EM=3CM；
（3）当∠CDM=∠PBC=45°时，点M和点N重合，再分两种情况：当点P在线段CD的延长线时，过点M作MF⊥CD于点F；当点P在DC的延长线上时，过点M作MF⊥CD交DC的延长线于点F；利用等腰直角三角形的性质以及锐角三角形函数进行计算即可得到答案．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠BCD=90°，
在△BCN和△DCM中，
BC=DC∠CBN=∠CDMBN=DM，
∴△BCN≌△DCMSAS，
∴∠BCN=∠DCM，CN=CM，
∵∠BCN+∠DCN=∠BCD=90°，
∴∠DCM+∠DCN=∠MCN=90°，
∴△MCN是等腰直角三角形，
∴∠CMN=45°，CMMN=cs∠CMN=cs45°=22，
∴∠CMB=45°，CMMN=22，
故答案为：45°，22；
（2）解：MN=3MC，
理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，∠A=120°，
∴BC=CD，∠BCD=∠A=120°，
在△BCN和△DCM中，
BC=DC∠CBN=∠CDMBN=DM，
∴△BCN≌△DCMSAS，
∴∠BCN=∠DCM，CN=CM，
∵∠BCN+∠DCN=∠BCD=120°，
∴∠DCM+∠DCN=∠MCN=120°，
∵CM=CN，
∴∠CMN=∠CNM，
∵∠CMN+∠CNM+∠MCN=180°，
∴∠CMN=∠CNM=180°−∠MCN2=30°，
如图，作CE⊥BP交BP于E，则ME=NE，∠CEM=90°，

在Rt△CEM中，∠CME=30°，∠CEM=90°，
∴CE=12CM，
∴EM=CM2−CE2=CM2−12CM2=32CM，
∴MN=2EM=2×32CM=3CM；
（3）解：当∠CDM=∠PBC=45°时，点M和点N重合，
如图，当点P在线段CD的延长线时，过点M作MF⊥CD于点F，

设MD=x，
∵MF⊥CD，∠CDM=45°，
∴△DFM为等腰直角三角形，
∴DF=MF=22x，
∵四边形ABCD是菱形，，∠A=120°，AB=6，
∴BC=CD=6，∠BCD=120°，
由菱形的对称性及∠CDM=∠PBC可得∠MCF=∠BCM=12∠BCD=60°，
在Rt△MCF中，∠MCF=60°，∠MFC=90°，
∴MFCF=tan∠MCF=tan60°=3，
∴CF=MF3=22x3=66x，
∴DF+CF=22x+66x=CD=6，
∴x=92−36，
∴MD=92−36；
如图，当点P在DC的延长线上时，过点M作MF⊥CD交DC的延长线于点F，

设MD=y，同①可得：DF=22y，CF=66y，
∴DF−CF=22y−66y=6，
∴y=92+36，
∴MD=92+36，
综上所述，MD的长度为92−36或92+36．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、菱形的性质、正方形的性质、锐角三角函数、含30°角的直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键．
【变式15-3】（2023·江苏盐城·景山中学校考模拟预测）如图，BD是菱形ABCD的对角线，AB=BD=2cm．动点P从点A出发，沿折线AB−BC以1cm/s的速度向终点C运动，当点P出发后，且不与点B重合时，过点P作PQ∥BD交折线AD−DC于点Q．以PQ为边作正三角形PQE，且点E与BD始终在PQ的同侧．设正三角形PQE与△ABD重叠部分图形的面积为Scm2，点P运动的时间为ts．

(1)当点E落在BD上时，求t的值；
(2)当点P在AB边上时，求S与t之间的函数关系式；
(3)当点E落在∠BDC的平分线上时，直接写出t的值．
【答案】(1)1s或3s；
(2)s=−334t2+23t−3；
(3)43s或103 s．
【分析】（1）证出点P在AB中点或BC中点时，点E落在BD上，得出t=1或t=3；
（2）分两种情况，当0（3）①当点P在AB上时，点E落在∠BDC的平分线上，由直角三角形的性质得出DQ=12QE，由菱形的性质得出PB=12AP，进而得出答案；
②当点P在BC上时，点E落在∠BDC的平分线上，证出∠DMC=90°，BM=CM=1，由直角三角形的性质得出PM＝12PE，由菱形的性质得出PM＝12PC，求出BP=13，进而得出答案．
【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形，AB=BD，
∴∠A=∠C=60°，△ABD与△BCD是等边三角形，
∵PQ∥BD，以PQ为边作正三角形PQE，且点E与BD始终在PQ的同侧，
∴点P在AB上时，四边形APEQ是菱形，且△APQ与△EPQ是全等的等边三角形；
点P在BC上时，四边形CPEQ是菱形，且△CPQ与△EPQ是全等的等边三角形；
∴当AP=PE=PB时或CP=PE=PB时，点E落在BD上，
即点P在AB中点或BC中点时，点E落在BD上，
∴t=221=1s或t=2+221=3s，
∴当点E落在BD上时，t的值为1s或3s；
（2）∵△APQ是等边三角形，
∴三角形各边的高为边长的32t，
当0当1
过点E作EH⊥PQ于H，交BD于O，
∵PQ∥BD，
∴△EMN与△EPQ都是等边三角形，AP=PQ=PE=t，
∴MNPQ=ENPE=OEHE，
∵∠APE=120°，
∴∠BPN=60°，
∵∠PBN=60°，
∴△BPN是等边三角形，
∴PN=PB=2−t，EN=PE−PN=t−2+t=2t−2，
∴MN=PQ·ENPE=t2t−2t=2t−2，OE=32EN=322t−2=3t−1，
∴S=34t2−12MN·OE=34t2−122t−2×t−1=−334t2+23t−3；
（3）①当点P在AB上时，点E落在∠BDC的平分线上，如图2所示，

∵△BCD是等边三角形，
∴∠BDM=30°，
∵△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°，
∴∠QDE=90°，
∵△APQ与△EPQ是全等的等边三角形，
∴∠AQE=120°，
∴∠EQD=60°，
∴∠QED=30°，
∴DQ=12OE，
∵PQ∥BD，
∴DQ=PB，
∵四边形APEQ是菱形，
∴PB=12AP，
∵AB=2，
∴AP=23×2=43，
∴t=43s；
②当点P在BC上时，点E落在∠BDC的平分线上，如图3所示：
∵△BCD是等边三角形，
∴∠DMC=90°，BM=CM=1，
同①得：∠EPM=60°，
∴∠PEM=30°，
∴PM=12PE，
∵四边形CPEQ是菱形，
∴PM=12PC，
∴PM=13CM=13，
∴t=2+1+131=103s；
综上所述，当点E落在∠BDC的平分线上时，t的值为43s或103s．
【点睛】此题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，正方形的性质，三角形相似的判定和性质，分类讨论思想的运用和数形结合思想的运用是解题的关键．
【变式15-4】（2023·广东梅州·统考一模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AB=6cm．动点P从点A出发，以2cm/s的速度沿边AB向终点B匀速运动．以PA为一边作∠APQ=120°，另一边PQ与折线AC−CB相交于点Q，以PQ为边作菱形PQMN，点N在线段PB上．设点P的运动时间为xs，菱形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为ycm2．

(1)当点Q在边AC上时，PQ的长为 cm．（用含x的代数式表示）
(2)当点M落在边BC上时，求x的值．
(3)求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
【答案】(1)2x
(2)x=1
(3)y=23x20【分析】（1）由题意可得AP=PQ，则可得PQ的长度．
（2）作出点M落在边BC上的图象，由AP+PN+NB=AB求解．
（3）分类讨论0【详解】（1）∵∠A=30°，∠APQ=120°，
∴∠AQP=30°，
∴PQ=AP=2x．
故答案为：2x．
（2）如图，

∵∠APQ=120°，
∴∠MNB=∠QPB=60°，
∵∠B=60°，
∴△MNB为等边三角形，
∴AP=PQ=PN=MN=NB，即AP+PN+NB=3AP=AB，
∴3×2x=6，
解得x=1．
（3）当0
∵∠A=30°，AQ=23x，
∴QF=12AQ=3x，
∵PN=PQ=AP=2x，
∴y=PN⋅QF=2x⋅3x=23x2．
当1
∵AB=6cm，∠A=30°，
∴AC=32AB=33cm，
∴CQ=AC−AQ=33−23x，
∴QH=23CQ=23(33−23x)=6−4x，
∴HM=QM−QH=2x−(6−4x)=6x−6，
∵△HKM为等边三角形，
∴S△HKM=34HM2=93x2−183x+93，
∴y=23x2−(93x2−183x+93)=−73x2+183x−93．
当32
PQ=PB=AB−AP=6−2x，
∴y=34PB2=34(6−2x)2=3x2−63x+93．
综上所述，y=23x20【点睛】本题考查图形的综合题，解题关键是掌握解直角三角形的方法，掌握菱形的性质，通过分类讨论求解．
题型16 菱形与一次函数综合
【例16】（2022·江苏常州·统考二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=−43x+4的图像与x轴、y轴分别交于点A、B，以AB为边作菱形ABCD，BC∥x轴，则菱形ABCD的周长是 ．
【答案】20
【分析】先求出一次函数与坐标轴的交点A、B的坐标，再利用勾股定理或两点间的距离公式计算出线段AB的长，最后利用菱形的性质计算周长即可．
【详解】解：令y=0，得−43x+4=0，解得x=3，∴A3,0 ，OA=3．
令x=0，得y=4，∴B0,4，OB=4 ．
在Rt△AOB中，AB=OA2+OB2=32+42=5．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA．
∴C菱形ABCD=4AB=4×5=20．
故答案为：20．
【点睛】本题是一道函数与几何的综合题．重点考查了一次函数与坐标轴交点坐标的求法，两点间的距离公式（或勾股定理），菱形的性质．如果是使用两点间距离公式，注意公式的正确使用：设点Ax1,y1，Bx2,y2，则A、B两点间的距离为AB=x1−x22+y1−y22．
【变式16-1】（2018·江苏无锡·统考一模）已知一次函数y=﹣3x+3的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点．直线l过点A且垂直于x轴．两动点D、E分别从A B两点间时出发向O点运动（运动到O点停止）．运动速度分别是每秒1个单位长度和3个单位长度．点G、E关于直线l对称，GE交AB于点F．设D、E的运动时间为t（s）．
（1）当t为何值时，四边形是菱形？判断此时△AFG与AGB是否相似，并说明理由；
（2）当△ADF是直角三角形时，求△BEF与△BFG的面积之比．
【答案】(1)见解析;(2)23.
【分析】（1）①先求出A、B的坐标，由题意可得EF=t，BF=2t，AF=2﹣2t，AD=t，从而四边形ADEF为平行四边形，由AD=AF时，▱ADEF是菱形可求出t的值；②由锐角三角函数的知识可求∠EBG=60°，从而∠ABG=30°，根据两角相等的两个三角形相似可证△AFG∽△AGB；
（2）分∠ADF=90°和∠AFD=90°两种情况求解即可.
【详解】解：（1）①由题意可得：A（1，0），B（0，3），∠OBA=30°，
∵BE=3t，
∴EF=t，BF=2t，AF=2﹣2t，
∵AD=t，
∴EF=AD，且EF∥AD，
∴四边形ADEF为平行四边形．
当AD=AF时，▱ADEF是菱形，即：t=2﹣2t，解得t=23．
②此时△AFG与△AGB相似．理由如下：
如答图1所示，连接AE，则AE=AG，
∴∠AGE=∠AEG=30°．
在Rt△BEG中，BE=233 ，EG=2，
∴tan∠EBG=EGBE=3，
∴∠EBG=60°，
∴∠ABG=∠EBG﹣∠EBF=30°．
在△AFG与△AGB中，∵∠BAG=∠GAF，∠ABG=∠AGF=30°，
∴△AFG∽△AGB．
（2）∵∠DAF=60°，
∴当∠ADF=90°时，AF=2AD，即：2﹣2t=2t，解得t=12，
此时EF=12，FG=32 ，
∴S△BEFS△BFG=EFFG=13，
∴当∠AFD=90°时，AD=2AF，即：t=2（2﹣2t），解得t=45，
此时EF=45，FG=65，
∴S△BEFS△BFG=EFFG=23．
【点睛】本题考查了二次函数与坐标轴的交点，菱形的判定，锐角三角函数，相似三角形的判定及分类讨论的数学思想，掌握菱形的性质和相似三角形的判定方法是解（1）的关键，分类讨论解答是解（2）的关键.
题型17 菱形与反比例函数综合
【例17】（2023·吉林长春·吉林大学附属中学校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCO的顶点O为坐标原点，边CO在x轴正半轴上，∠AOC=60°，反比例函数y=3xx>0的图象经过点A，且交菱形对角线BO于点D，DE⊥x轴于点E，则CE长为（ ）

A．1B．3C．2−3D．3−1
【答案】C
【分析】设点A的坐标为(m,3m)，过A点作AH⊥x轴，利用锐角三角函数和∠AOC=60°即可求出m，根据∠DOC=30°，设DE=n，根据点D经过反比例函数y=3xx>0，即可求出n，进而求出答案．
【详解】解：设点A的坐标为(m,3m)，
过A点作AH⊥x轴，如图，

∵∠AOC=60°，OH=m，
∴tan60°=AHOH=AHm=3，
∴AH=3m，
∴A(m,3m)，
∴3m=3m，
∴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)，
∵点D经过反比例函数y=3xx>0，
∴n23=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在反比例函数y=kx(k<0)的图象上，对角线AC与BD相交于坐标原点，若点D1,1,AB=25，则k的值为（ ）

A．−4B．4C．−9D．9
【答案】C
【分析】根据菱形的性质及勾股定理可知OA=32，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，
∵D1，1，
∴OD=12+12=2，
∵AB=25，
∴AB=AD=25，
∴OA=AB2−OD2=252−22=32，
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，
∴OAOD=AEDF，
∵DF=1，OA=32，OD=2，
∴AE=3，
同理：△AOH∽△DOG，
∴OAOD=AHDG，
∵DG=1，
∴AH=3，
∵点A在第二象限，
∴A−3，3，
∵点A在反比例函数y=kx(k<0)的图象上，
∴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，tan∠AOC=43，反比例函数y=kx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△ADO=S△DEO，S△BCD=S△CDE，进一步有S菱形ABCO=2S△DEO+S△CDE=2S△CDO=60，由tan∠AOC=43得OF，OA=OC，结合菱形面积求得x，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，

∵四边形OABC为菱形，
∴AB∥CO，AO∥BC，
∵DE∥AO，
∴S△ADO=S△DEO，
同理S△BCD=S△CDE，
∵S菱形ABCO=S△ADO+S△DEO+S△BCD+S△CDE，
∴S菱形ABCO=2S△DEO+S△CDE=2S△CDO=60，
∵tan∠AOC=43，
∴OF=3x，
∴OC=5x，
∴OA=OC=5x，
∵S菱形ABCO=AO•CF=20x2，
解得：x=3，
∴OF=33，CF=43，
∴点C坐标为−33，43，
∵反比例函数y=kx的图象经过点C，
∴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，以线段AB为边在第一象限作等边△ABC，S△ABC=3，且CA∥y轴，点C在反比例函数y=kx(k≠0,x>0)的图像上．

(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．
【答案】(1)y=23x
(2)N23,1
【分析】（1）设出C点的坐标为a,b，则ab=k，又S△ABC=12ab=3，即可求出k值确定函数解析式；
（2）根据菱形的性质可知，AC⊥BN，且AC与BN互相平分，设Ca,b，则N2a,12b，再根据△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，
∴b=ka，
∴ab=k，
又CA∥y轴，
∴AC⋅OA=ab=k，S△ABC=12AC⋅OA=3，
∴12k=3，
即k=23，
∴反比例函数的解析式为y=23x；
（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，
∵△ABC是等边三角形，四边形ABCN是菱形，
∴Pa,12b，N2a,12b，
即BP=OA=a，AP=CP=12b，
∵∠BAC=60°，
∴BP=AP×tan60°，
即a=32b，
由（1）知ab=23，C点在第一象限，
∴a=3，b=2，
∴N23,1．
【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．

(1)若反比例函数y=kxx>0的图像经过点P，求反比例函数的解析式．
(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．
【答案】(1)y=18xx>0
(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APAO=PCOB，进而求出点P的坐标，即可得解；
（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．
设PC=PB=m，则PA=8−m．
∵∠ACP=∠ABO=90°，∠CAP=∠BAO，
∴△APC∽△AOB．
∴APAO=PCOB，即8−m10=m6，解得m=3．
∴点P的坐标是6,3．
把点P6,3代入y=kxx>0，得k=6×3=18．
∴反比例函数的解析式是y=18xx>0．

（2）证明：由题意，可知AQ∥OR，QR∥OA，
∴四边形OAQR是平行四边形．
∵AQ∥OR，
∴∠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．
【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=kx (x>0)的图象上，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的坐标．
【答案】(1)k=32
(2)P22,82
【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A4,8，待定系数法求反比例函数解析式即可求解；
（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,32m，根据题意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)，
∴反比例函数表达式为y=32x；
∴OA的表达式为y=2x．
设N点坐标为(m,0)，则M点坐标为(m,2m)，P点坐标为m,32m，
∵PM=MN，
∴P(m,4m)，
∴ 32m=4m，
解得：m=22 ( −22舍去)，
∴ P22,82．
【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，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的图像与反比例函数y=mxm>0的图像相交于A3,4，B−4,n两点，与x轴相交于点C．

(1)求m和n的值；
(2)若点Pe,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)82
【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×高， 再通过S△ACF=12S菱形ACDE，即可计算出．
【详解】（1）解：∵函数y=mx（m>0）的图像过A3,4，
∴4=m3，解得m＝12．
又∵B−4,n也在反比例函数图像上，
∴−4n=12，解得：n=−3；
（2）解：∵点Pe,f在反比例函数的图像上，
∴f=12e，
当∣e∣=3时，f=±4，
∵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A3,4，B−4,−3代入y=kx+b得：3k+b=4−4k+b=−3，解得：k=1b=1，
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：
，
由题意得：S△ACF=12S菱形ACDE，
过A点作AG⊥CD，
∵C−1,0，A3,4，
∴AG=4，CG=4，
∴在△AGC中，AG⊥CD，由勾股定理得：AC=AG2+CG2=42+42=42，
∵四边形ACDE为菱形，
∴AC=CD，
∴S菱形ACDE=CD⋅∣Ay∣=42×4=162，
∴S△ACF=82；
【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．
【变式18-1】（2023·浙江金华·统考一模）如图，已知反比例函数y1=kx与一次函数y2=x+2图象在第一象限内相交于A3,n与x轴相交于点B．
(1)求n和k的值．
(2)根据图象，当y1≥y2时，求x的取值范围．
(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0(3)D3+52,5
【分析】（1）先将A3,n代入y2=x+2即可求出n的值，得出A3,5，再用待定系数法求解k的值即可；
（2）联立一次函数和反比例函数表达式，求出两交点的横坐标，结合图象，即可写出x的取值范围；
（3）先求出点B的坐标，得出AB的长度，根据菱形的性质可得AD=AB，即可写出点D的坐标．
【详解】（1）解：将点A3,n代入y2=x+2得：n=3+2=5；
∴A3,5，
将点A3,5代入y1=kx得：5=k3，
解得：k=15，
∴n=5，k=15．
（2）解：联立函数表达式y=15xy=x+2，
解得x1=−5,x2=3．
由图象可知，当y1≥y2时，x≤−5或0（3）解：对于y=x+2，令y=0，则x=−2．
∴B−2,0，
∵A3,5，
∴AB=52．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=52，AD∥BC，
∴D的坐标为3+52,5．
【点睛】本题主要考查了反比例函数和一次函数综合，菱形的性质，解题的关键是掌握用待定系数法求解函数表达式的方法，以及菱形四边相等．
【变式18-2】（2023·安徽合肥·统考模拟预测）如图，已知一次函数y1=32x−3的图象与反比例函数y2=kx第一象限内的图象相交于点A4,n，与x轴相交于点B．
(1)求n和k的值；
(2)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，双曲线交CD于点E，连接AE、BE，求S△ABE．
【答案】(1)n=3；k=12
(2)3132
【分析】（1）把点A4,n代入一次函数y1=32x−3，得到n的值为3；再把点A4,3代入反比例函数y2=kx，得到k的值为12；
（2）根据坐标轴上点的坐标特征可得点B的坐标为2,0，过点A作AG⊥x轴，垂足为G，根据勾股定理得到AB=13，再根据菱形的性质可得S△ABE=12S菱形ABCD，即可求解．
【详解】（1）解：把点A4,n代入一次函数y1=32x−3，得：
n=32×4−3=3；
∴点A4,3，
把点A4,3代入反比例函数y2=kx，得：
3=k4，解得：k=12；
（2）解：∵一次函数y1=32x−3与x轴相交于点B，
当y=0时，32x−3=0，
解得x=2，
∴点B的坐标为2,0，
如图，过点A作AG⊥x轴，垂足为G，
∵A4,3,B2,0，
∴OG=4,AG=3,OB=2，
∴BG=OG−OB=4−2=2，
在Rt△ABG中，AB=AG2+BG2=32+22=13．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CD=BC=13，S△ABE=12S菱形ABCD，
∴S△ABE=12×AG×BC=12×3×13=3132．
【点睛】本题考查了反比例函数与几何图形的综合，涉及了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．
【变式18-3】（2021·山东济南·统考二模）如图，一次函数y=mx+1的图象与反比例函数y=kx的图象相交于A、B两点，点C在x轴正半轴上，点D(1,-2)，连接OA、OD、DC、AC，四边形OACD为菱形．
(1)求一次函数与反比例函数的解析式；
(2)根据图象，直接写出反比例函数的值小于2时，x的取值范围；
(3)设点P是直线AB上一动点，且S△OAP=12S菱形OACD，求点P的坐标．
【答案】(1)一次函数的解析式为y=x+1；反比例函数的解析式为y=2x；
(2)x<0或x>1；
(3)P的坐标为(-3,-2)或(5,6)
【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，
将A(1,2)代入反比例函数y=kx，
解得：k=2；
∴一次函数的解析式为y=x+1；反比例函数的解析式为y=2x；
（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，
∴S菱形OACD=12OC•AD=12×2×4=4，
∵S△OAP=12S菱形OACD，
∴S△OAP=2，
设P点坐标为(a，a+1)，
在y=x+1中，令x=0，则y=1，
故F(0,1)，
∴OF=1，
S△OAF=12OF⋅xA=12×1×1=12，
当P在A的左侧时，∵S△OFA=12<2，
∴此时点P在F的左侧，a<0，
S△OAP=S△OFP+S△OFA=12(−a)⋅OF+12=12(−a)×1+12=2，
解得a=-3，故a+1=-2，
∴P(-3,-2)，
当P在A的右侧时，S△OAP=S△OFP−S△OFA=12a⋅OF−12=12a×1−12=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．
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(25)2=12+d2，
解得d=−19或d=19（舍去），
此时D(0,−19)；
当当AB=DC时，则(25)2=32+d2，
解得d=−11或d=11（舍去）；
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．
【答案】(1)y=−12x2+x+4
(2)1,−1，1,7
(3)3,3
【分析】（1）将A−2,0、B4,0两点坐标代入y=ax2+bx+4中，求解a,b的值，进而可得二次函数解析式；
（2）如图1，由y=−12x2+x+4可知，二次函数对称轴为直线x=−12×−12=1，求出C0,4，设直线BC的解析式为y=kx+b，将B,C坐标代入求得k=−1b=4，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M1,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；
（3）如图2，由y=−12x2+x+4=−12x−12+92，可知平移后的函数解析式为y=−12x−32+92=−12x2+3x，则平移后的函数的对称轴为直线x=−32×−12=3，二次函数联立得−12x2+x+4=−12x2+3x，解出x的值，进而可得E点坐标，设F3,n，由图可知，DE只能作菱形的边，则DE=EF，DE2=EF2即2−12+4−32=2−32+4−n2，求出满足要求的解即可．
【详解】（1）解：将A−2,0、B4,0两点坐标代入y=ax2+bx+4中得，4a−2b+4=016a+4b+4=0
解得a=−12b=1
∴二次函数的解析式为y=−12x2+x+4．
（2）解：如图1，
由y=−12x2+x+4可知，二次函数对称轴为直线x=−12×−12=1
当x=0时，y=4
∴C0,4
设直线BC的解析式为y=kx+b
将B,C坐标代入得4k+b=0b=4，解得k=−1b=4
∴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M1,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，
∵y=−12x2+x+4=−12x−12+92
∴平移后的函数解析式为y=−12x−32+92=−12x2+3x
∴平移后的函数的对称轴为直线x=−32×−12=3
∴联立得−12x2+x+4=−12x2+3x
解得x=2，
将x=2代入y=−12x2+3x得，y=4
∴E2,4
设F3,n
由图可知，DE只能作菱形的边
∴DE=EF，DE2=EF2即2−12+4−32=2−32+4−n2
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
∴F3,3．
【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．
【变式19-2】（2022·湖南永州·统考一模）如图，一次函数y=33x−3图象与坐标轴交于点A、B，二次函数y=33x2+bx+c图象过A、B两点．
（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．
【答案】（1）抛物线的解析式为：y=33x2−233x−3；（2）Q点坐标为（1，−433）或(3，0)或（-1，0）．
【分析】（1）由直线y=33x−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；
（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．
【详解】解：（1）对于y=33x−3：当x=0时，y=−3；
当y=0时，33x−3=0，妥得，x=3
∴A（3，0），B（0，−3）
把A（3，0），B（0，−3）代入y=33x2+bx+c得：
33+3b+c=0c=−3
解得，b=−233c=−3
∴抛物线的解析式为：y=33x2−233x−3；
（2）抛物线的对称轴为直线x=−b2a=−−2332×33=1
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，
当x=1时，y=33×12−233×1−3=−433
∴Q（1，−433）；
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，
∴令y=−3，则有y=33x2−233x−3=−3
解得，x1=0,x2=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）
综上所述，Q点坐标为（1，−433）或(3，0)或（-1，0）
【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（m（1）求线段AB的值．
（2）若四边形DEGF是平行四边形；
①点D、E横坐标之和是否为定值，若是定值，请求出；若不是，请说明理由．
②当a=43时，平行四边形DEGF能否为菱形；若能，求出菱形的周长：若不能，请说明理由．
【答案】（1）2；（2）①是定值，定值为3；②能为菱形，菱形的周长为1061−503．
【分析】（1）解方程ax2−4ax+3a=0求出点A,B的坐标，由此即可得；
（2）①先根据点D,E的横坐标、二次函数的解析式可求出点F,G的坐标，再利用待定系数法求出直线BC的解析式，从而可得点D,E的坐标，然后根据平行四边形的性质可得DF=EG，由此建立等式化简即可得；②先根据两点之间的距离公式分别求出DE,DF的值，再根据菱形的性质可得
DE=DF，结合①的结论，进行求解即可得．
【详解】解：（1）当y=0时，ax2−4ax+3a=0，即x2−4x+3=0，
解得x=1或x=3，
∴A(1,0),B(3,0)，
∴AB=3−1=2；
（2）①由题意得：点F的横坐标为m，点G的横坐标为n，
∴F(m,am2−4am+3a),G(n,an2−4an+3a)，
对于二次函数y=ax2−4ax+3a，
当x=0时，y=3a，即C(0,3a)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将点B(3,0),C(0,3a)代入得：3k+b=0b=3a，解得k=−ab=3a，
则直线BC的解析式为y=−ax+3a，
∴D(m,−am+3a),E(n,−an+3a)，
∴DF=−am+3a−(am2−4am+3a)=3am−am2，
EG=−an+3a−(an2−4an+3a)=3an−an2，
∵四边形DEGF是平行四边形，
∴DF=EG，即3am−am2=3an−an2，
整理得：a(m−n)(m+n−3)=0，
∵m0，
∴m+n−3=0，
解得m+n=3，
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），
∴0∵D(m,−am+3a),E(n,−an+3a)，
∴DE=(m−n)2+(−am+3a+an−3a)2=1+a2(n−m)，
将m+n=3，即n=3−m代入得：DE=1+a2(3−2m)，
由（2）①知，DF=3am−am2，
当a=43时，
则DE=1+(43)2(3−2m)=53(3−2m)=5−103m，
DF=3×43m−43m2=4m−43m2，
∵平行四边形DEGF为菱形，
∴DE=DF，即5−103m=4m−43m2，
解得m=11−614或m=11+614>3（不符题意，舍去），
∴DE=5−103×11−614=561−256，
则菱形的周长为4DE=4×561−256=1061−503，
即平行四边形DEGF能为菱形，菱形的周长为1061−503．
【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y=−12x+2经过B，C两点
（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．
【答案】（1）y=12x2−52x+2；（2）P（2，1）；（3）N(2−455,−1+255)，N(2+455,−1−255)，N(0,0)，N(185,115)
【分析】（1）求出点B，带入求解即可；
（2）设P(t,−t2+2)，Q(t,0)，D(t,12t2−52t+2)(0＜t＜4)，根据中点的性质列式计算即可；
（3）根据菱形的性质分类讨论即可；
【详解】（1）令−12x+2=0，解得：x=4，
∴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=016a+4b+2=0，
∴a=12，b=−52，
∴y=12x2−52x+2；
（2）设P(t,−t2+2)，Q(t,0)，D(t,12t2−52t+2)(0＜t＜4)，
∵Q为PD中点，
∴(-12t+2+12t2−52t+2)=0×2，
∴12t2−3t+4=0，
∴t1=2，t2=4（舍），
∴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,
设M(m,−12m+2)，N(m,−12m+4)，
由DM=2可得：(m−2)2+(−12m+3)2=4,
整理得：(5m−18)(m−2)=0,
解得：m1=185,m2=2,
检验：m=2不合题意舍去，取m=185,
∴M(185,15),N(185,115).
如图，PD为菱形的边， PD//MN, PD=MN=DN=2,
同理可得：N(2+455,−1−255)或N(2−455,−1+255).
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).
综上：N(2−455,−1+255)，N(2+455,−1−255)，N(0,0)，N(185,115)；
【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．
考点要求
新课标要求
命题预测
菱形的性质与判定
探索并证明菱形的性质定理.
探索并证明菱形的判定定理.
菱形是特殊平行四边形中比较重要的图形，也是几何图形中难度比较大的几个图形之一，年年都会考查，预计2024年各地中考还将出现.菱形的考察类型比较多样，其中选择、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．
小惠：
证明：∵AC⊥BD，OB＝OD，
∴AC垂直平分BD．
∴AB＝AD，CB＝CD，
∴四边形ABCD是菱形．
小洁：
这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明．