专题1.8 菱形的判定（举一反三讲义）数学新教材湘教版八年级下册

该初中数学菱形判定复习讲义通过梳理菱形判定核心知识点及拓展内容，结合9大题型（添加条件、证明、求线段长等）构建知识体系，以题型框架呈现判定定理与性质的内在联系，突出重难点分布。 讲义亮点在于“举一反三”分层练习设计，如动点形成菱形、函数与菱形综合等题型，训练推理能力与模型意识，变式题帮助不同层次学生提升，为教师实施精准教学提供支持。

专题1.8 菱形的判定（举一反三讲义） 【新教材湘教版】 【题型1 添加条件使四边形为菱形】 1 【题型2 证明四边形为菱形】 5 【题型3 利用菱形的性质与判定求线段长】 11 【题型4 利用菱形的性质与判定求角度】 16 【题型5 利用菱形的性质与判定求面积】 21 【题型6 利用菱形的性质与判定求坐标】 27 【题型7 动点形成菱形】 32 【题型8 函数图象与菱形的综合】 38 【题型9 菱形的存在性问题】 42 知识点 菱形的判定 拓展：（1）对角线互相垂直平分的四边形是菱形． （2）对角线平分一组内角的平行四边形是菱形． 【题型1 添加条件使四边形为菱形】 【例1】如图，四边形是平行四边形，对角线、相交于点O，在条件：①；②；③；④平分中，选择一个条件，使得四边形是菱形，可选择的条件是（    ）      A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】C 【分析】根据题意和菱形的判定进行选择即可，先证，得，再证四边形是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论． 【详解】∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵点O是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ①∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是菱形； ③∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是菱形； ④∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形． 综上所述：选择①③④，使得四边形是菱形， 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定是解题的关键． 【变式1-1】（24-25九年级上·山西太原·期末）已知，四边形是平行四边形，对角线，交于点．若增加一个条件，将它边的数量关系特殊化，可使，则增加的一个条件可以是 ．（写出一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查菱形的判定和性质，根据菱形是特殊的平行四边形，只需要增加菱形所特有的性质即可．掌握菱形的判定是解题的关键． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴当时，为菱形， 此时． ∴增加的一个条件可以是． 故答案为：（答案不唯一）． 【变式1-2】如图，在平行四边形ABCD中，点F是AB的中点，连接DF并延长，交CB的延长线于点E，连接AE．添加一个条件，使四边形AEBD是菱形，这个条件是（   ） A． B． C． D．DE平分 【答案】D 【分析】先证明△ADF≌△BEF，得到AD=BE，推出四边形AEBD是平行四边形，再逐项依次分析即可． 【详解】解：在平行四边形ABCD中，AD∥BC， ∴∠DAB=∠EBA， ∵点F是AB的中点， ∴AF=BF， ∵∠AFD=∠BFE， ∴△ADF≌△BEF， ∴AD=BE， ∵AD∥BE， ∴四边形AEBD是平行四边形， A、当时，得到AB=BD，无法判定四边形AEBD是菱形，故该选项不符合题意； B、AB=BE时，无法判定四边形AEBD是菱形，故该选项不符合题意； C、DF=EF时，无法判定四边形AEBD是菱形，故该选项不符合题意； D、当DE平分时，四边形AEBD是菱形，故该选项符合题意； 故选：D． 【点睛】此题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，菱形的判定，熟记平行四边形的性质是解题的关键． 【变式1-3】如图，点E，F分别在的边上，，增加下列其中一个条件：①；②；③；能使四边形是菱形的条件个数为（    ）    A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】由菱形的判定、平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质分别对各个条件进行判断即可； 【详解】①四边形是平行四边形 在和中 故四边形为菱形     ②四边形是平行四边形 在和中 故四边形为菱形     ③由，，不能判定 ∴不能得出 ∴不能使为菱形 综上所述，能使四边形是菱形的条件个数为2个 故选 C 【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、 全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键 【题型2 证明四边形为菱形】 【例2】（24-25八年级下·江苏泰州·期中）如图，在四边形中，点E、F分别在、上，连接、，相交于点O．下列三个条件：①；②垂直平分；③平分，从中选择两个作为条件，使四边形是菱形，并写出你的证明过程．你选择的条件为__________（填序号）． 证明： 【答案】见解析 【分析】本题考查了垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，掌握菱形的判定定理是解题关键．选择①②，根据垂直平分线的性质，证明，进而得到四边形的四条边相等，即可证明；选择②③，同理证明即可． 【详解】解：选择①②，证明如下： ， ， 垂直平分， ，，， 在和中， ， ， ， ， 四边形是菱形； 选择②③，证明如下： 垂直平分， ，，， ， 平分， ， ， 又，， ， ， ， 四边形是菱形． 【变式2-1】（24-25八年级下·重庆长寿·期中）由平行四边形如何构造菱形？如图，平行四边形中，平分，维维的思路是：过点作的垂线，垂足为，交线段于点，然后利用四边相等的四边形是菱形即可完成构造，请根据以上思路完成作图和填空． 证明：用直尺和圆规过点作的垂线交于点，交于点，连接（只保留作图痕迹） 四边形是平行四边形， ①__________ 平分， ， ②__________ ， ， ， 在和中 ， （③__________） ④__________， ，， 垂直平分线段， ⑤__________， ， 四边形是菱形． 【答案】作图见解析， 【分析】以点A为圆心，以为半径画弧，再分别以J，H为圆心，以大于为半径画弧，两弧交于点P，作射线，交于点G，交于点F，连接； 先根据平行四边形的性质和角平分线的定义得，再根据证明，可得，然后说明 垂直平分线段，可得，进而得出答案. 【详解】解：如图所示， 证明：连接， 四边形是平行四边形， ， ． 平分， ， ， . ， ， 在和中 ， (）， . ，， 垂直平分线段， ， ， 四边形是菱形． 故答案为：；；；；． 【点睛】本题主要考查了尺规作线段垂直平分线，菱形的判定，全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质和判定，灵活选择判定定理是解题的关键． 【变式2-2】（24-25八年级下·云南昆明·期中）如图，的对角线相交于点O，． (1)求证：； (2)连接，若，试探究四边形的形状，并对结论给予证明． 【答案】(1)见解析 (2)菱形，见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定、菱形的判定等知识点，灵活运用平行四边形的性质以及菱形的判定定理是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质可得，，再利用等式的性质可得，然后再利用即可证明结论； （2）根据，可得四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得四边形为菱形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ，， ， ， ， 在和中， ， ∴． （2）解：四边形为菱形， 理由如下： ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形为菱形． 【变式2-3】（21-22八年级下·贵州遵义·期末）如图所示，在平行四边形中，对角线与相交于点O，且，，． (1)求证：； (2)E，F分别是和的中点，连接，，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）利用平行四边形性质得到，，再利用勾股定理逆定理得到为直角三角形，即可证明； （2）利用直角三角形性质和线段中点的特点，得到，，结合平行四边形性质得到，进而证明四边形是平行四边形，再根据，即可证明平行四边形是菱形． 本题考查平行四边形性质和判定，勾股定理逆定理，直角三角形性质，线段中点的特点，菱形的判定，熟练掌握运用这些判定和性质是解题关键． 【详解】（1）证明：在平行四边形中，对角线与相交于点O，，， ，． ， ，即， 为直角三角形，， ． （2）证明：由（1）知为直角三角形． E，F分别是和的中点， ，． 四边形是平行四边形， ，， ， 四边形是平行四边形． 又∵， 平行四边形是菱形． 【题型3 利用菱形的性质与判定求线段长】 【例3】如图，在中，以点为圆心，长为半径作弧，交于点；分别以为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，连接并延长，交于点．若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的判定和性质，平行四边形的性质和角平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 如图所示：连接交于于点，首先证明四边形是菱形，利用勾股定理求出即可． 【详解】解：如图所示：连接交于于点， 由题中作图可知：，平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴，，， 在中， ∵， ∴． 故答案为：． 【变式3-1】（24-25九年级上·宁夏中卫·期末）周末，小颖和妈妈买回来一盏简单而精致的吊灯，其截面如图所示，四边形是一个菱形内框架，四边形是其外部框架，且点、、、在同一直线上，． (1)求证：四边形外框是菱形； (2)若外框的周长为，，，求的长． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理．解决本题的关键是根据菱形的性质找到边和角之间的关系，根据边和角之间的关系证明三角形的两全等，再利用全等三角形的性质求解． （1）根据菱形的性质可得，，，利用可证、，根据全等三角形的对应边相等可证，从而可证结论成立； （2）连接，交于点，根据勾股定理的性质可知的长度，利用勾股定理可以求出的长度，再根据勾股定理求出的长度即可． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ， ，， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， 同理可证：， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是菱形； （2）解：如下图所示，连接，交于点， 四边形是菱形，周长为，， ，，， ，， ， ， 的长为． 【变式3-2】如图，两个全等的矩形纸片重叠在一起，矩形的长和宽分别是8和6，则重叠部分的四边形中的对角线的长是 . 【答案】 【分析】利用矩形的性质证明四边形为平行四边形，再证明，进而证明四边形为菱形，设，则，利用勾股定理建立等式求解得到x，再利用等面积法即可求得对角线的长． 【详解】解：两个全等的纸片是矩形， ，， 四边形为平行四边形， 两个全等的矩形纸片重叠在一起，矩形的长和宽分别是8和6，则如图，， ， ，， 四边形为菱形， 设，则， 中，， ， 解得， 连接，则， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 【变式3-3】如图，点为等边三角形外一点，连接、且，过点作分别交、于点、，若，，则线段的长 ． 【答案】 【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质，全等的判定与性质，菱形的判定与性质，利用图形性质作出辅助线构造全等和菱形是解题的关键．过点作交于点，证，可证四边形是菱形，再证是等边三角形，再利用，设，利用边的关系列式求解即可． 【详解】解：如图，过点作交于点， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 设， 则，， ∴， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． 【题型4 利用菱形的性质与判定求角度】 【例4】如图所示，E，F分别在和上，，则 ． 【答案】80 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，四边形内角和，平行线的判定与性质，根据已知可判定出四边形为菱形，得到，，根据平行线性质，等边对等角可得到，根据等边三角形的判定与性质可得，利用四边形内角和求出，利用平行线性质即可求出结果． 【详解】解：， 四边形为菱形， ，， ， ， ， ， 又， ， 同理， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， 故答案为：80． 【变式4-1】已知：如图，平行四边形中，对角线，相交于点，延长至，使，连接交于点． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）先证明四边形是平行四边形，再利用平行四边形对角线互相平分可证出结论； （）首先证明四边形是菱形，再用菱形的性质可得到，再根据两直线平行，同位角相等得到 此题主要考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， 由（）得：四边形是平行四边形， ∴， ∴． 【变式4-2】如图，是的角平分线，交于E，交于F，且交于O，则 度．    【答案】 【分析】先根据平行四边形的判定定理得出四边形为平行四边形，再根据平行线的性质及角平分线的性质得出，故可得出为菱形，根据菱形的性质即可得出结论． 【详解】解：如图：    ，， 四边形为平行四边形， ，， 是的角平分线， ， ， 为菱形． ，即． 故答案为：． 【点睛】本题考查的是菱形的判定与性质，平行线性质，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，根据题意判断出四边形是菱形是解答此题的关键． 【变式4-3】如图，在的正方形网格中，每一个小正方形的边长为，其顶点我们称为格点，，为格点三角形．      (1)请你仅用无刻度的直尺，在这个的正方形网格中，画出个以为边的不是正方形的菱形，并简单说明理由； (2)求的大小． 【答案】(1)图见解析，理由见解析 (2) 【分析】（1）根据勾股定理可知，再根据菱形的判定即可解答； （2）根据菱形的性质可知，在根据全等三角形的性质可知是等腰直角三角形，最后利用等腰直角三角形的性质即可解答． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∴四边形是菱形， ∴菱形即为所求；      （2）解：∵，， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴．    【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 【题型5 利用菱形的性质与判定求面积】 【例5】如图，在中，用直尺和圆规作的平分线交于点E，以A为圆心，为半径的弧交于点F，连接．若，，则四边形面积是 ．    【答案】96 【分析】连接，设交于点，根据平行四边形的性质和作图可知，，进而证明四边形是菱形，根据勾股定理求得的长，即可求得的长． 【详解】解：如图，连接，设交于点，    平分 四边形是平行四边形 ， 又 四边形是平行四边形 四边形是菱形 ， 在中，， 四边形面积． 故答案为：96． 【点睛】本题考查了作角平分线，等角对等边，菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，勾股定理，证明是菱形是解题的关键． 【变式5-1】如图，已知线段，分别以点A，B为圆心，以5cm为半径画弧，两弧相交于点C，D，连接，，，，则四边形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了作图基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了菱形的判定与性质．利用基本作图得到，则可判断四边形为菱形，根据菱形的性质得到，，，接着利用勾股定理计算出的长，然后根据菱形的面积公式计算． 【详解】解：连接交于点，如图， 由作法， 四边形为菱形， ，，， 在中，， ， 四边形的面积． 故答案为：． 【变式5-2】（24-25九年级上·浙江台州·期末）如图，在中，，，，将绕点按顺时针旋转得到，连接，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】如图所示，过点作于点，交于点，连接，则，根据含30度角的直角三角形的性质勾股定理求得，根据旋转的性质得出，， ，进而证明四边形、是菱形，是等边三角形，根据，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于点，交于点，连接，则 在中，，，， ∴，则 ∴ ∵在中，，，将绕点按顺时针旋转得到 ∴，， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形，则， 又∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴是等边三角形，则， 又∵， ∴是的中点， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形， ∴ 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【变式5-3】如图，有一种正方形地砖，它的图案是由四个全等的三角形和一个四边形构成，经测量，中间四边形较小的锐角为．设四边形面积为，正方形的面积为，则 ．    【答案】 【分析】根据题意可证四边形是菱形，设，，在中可求出，用含的式子分别表示出，，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，四边形是正方形，，，连接，交于点，    ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴点在线段的垂直平分线上， 同理，点在线段的垂直平分线上， ∴点四点共线， ∴线段是正方形的对角线，则点是对角线的交点， ∵， ∴，， ∴四边形是菱形， ∴，，，设，， ∴，且，， 在中，， ∴，即， ∴，且， ∴在中，， ∴四边形的面积，正方形的面积， ∴，且， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的性质，菱形的判定和性质，特殊角的直角三角形的性质等知识的综合，掌握以上知识是解题的关键． 【题型6 利用菱形的性质与判定求坐标】 【例6】如图，在平面直角坐标系中，点，，点为线段的中点，为上一点，连接，将沿折叠得到．当时，点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，交于点，证明四边形为菱形，得到，且，即可得出点的坐标． 【详解】解：∵点，， ∴，． ∴． 当时，连接，交于点，如解图所示，    则． 由折叠的性质，可知， ∴． ∴． 又∵， ∴． 又∵，， ∴四边形为菱形． ∴，且． ∵是的中点， ∴，． ∴将点向下平移5个单位长度得到点为； 故选B． 【点睛】本题考查折叠的性质，菱形的判定与性质．解题的关键是证明四边形为菱形． 【变式6-1】如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，，且的中点是坐标原点O．固定点，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点处，则点C的对应点的坐标为 ． 【答案】 【分析】题考查了正方形的性质、菱形的判定与性质及勾股定理等知识点，结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．根据正方形的性质及题意可得，可得四边形为菱形，故点的横坐标等于的长度，其纵坐标等于点的纵坐标，由勾股定理求得的长，则可知点的纵坐标． 【详解】解：四边形为正方形，， ， 由题意可知，，，， ∴， 四边形为菱形， ∴， 点的横坐标为2， 的中点是坐标原点， ， 在中，由勾股定理得：， 点的对应点的坐标为． 故答案为：． 【变式6-2】（24-25九年级上·辽宁沈阳·期中）如图，平行四边形中，点B与原点O重合，点C落在x轴正半轴上，在上截取，分别以点B，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，射线交于E，若，则点F的坐标为 【答案】 【分析】连接，设交轴于点，平行四边形的性质结合角平分线的定义推出，进而得到，推出四边形为菱形，根据菱形的性质结合勾股定理求出的长，再根据等积法求出的长，勾股定理求出的长，即可得出点的坐标． 【详解】解：连接，设交轴于点，交于点， ∵平行四边形， ∴， ∴， 由作图可知：平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴四边形为菱形， ∴，， 在中，由勾股定理，得：， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查坐标与图形，平行四边形的性质，等角对等边，菱形的判定和性质，勾股定理，等积法求出菱形的高，解题的关键是得到四边形为菱形． 【变式6-3】（2025·广东汕头·一模）如图，、关于原点O对称的点分别为C、D，点M从点B出发，按顺时针方向绕四边形的边运动，点N从点A出发，按逆时针方向绕四边形的边运动，若点M的速度是点N的速度的2倍，则点M和点N第2025次相遇时，点M的坐标为 ． 【答案】 【分析】先证明四边形是菱形，利用勾股定理求出菱形边长为，利用行程问题中的相遇问题，根据两个点的速度，求得每一次相遇的地点，找出规律即可解答． 【详解】解：∵、关于原点O对称的点分别为C、D， ∴， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴菱形的周长为， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 根据题意设点N的速度为x，则点M的速度为， ∴点M和点N第1次相遇时，经过时间为，此时点M运动的路程为，则点M在点上，坐标为； 点M和点N第2次相遇时，经过时间为，此时点M运动的路程为， ∵， ∴点M在点的三等分点上，且靠近点C， 如图，设相遇点为，过点作轴的垂线，垂足为，则， ∴， ∴， ∴， ∴， 点M和点N第3次相遇时，同理得经过时间为，此时点M运动的路程为，点M在点的三等分点上，且靠近点A， 如图，设相遇点为，同理得， 点M和点N第4次相遇时，同理得经过时间为，此时点M运动的路程为，点M在点上， ； 则点M和点N相遇点依次为， ∵， ∴点M和点N第2025次相遇时，相遇位置为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平面直角坐标系中点的规律，勾股定理，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质及菱形的判定与性质，找到规律是解题的关键． 【题型7 动点形成菱形】 【例7】（24-25八年级上·黑龙江大庆·期中）矩形中，厘米，厘米，点P是线段上一动点，O为的中点，的延长线交于Q．若P从点A出发，以1厘米/秒的速度向D运动(不与D重合)．设点P运动时间为t秒，若点P和Q与点中的两个点为顶点的四边形是菱形．则t的值为(　　) A．7 B．20 C．7或25 D．7或20 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，运用数形结合及方程思想是解本题的关键． 分两种情况：①如果四边形是菱形，则，在中，根据勾股定理得出，列出关于t的方程，解方程求出t的值；②如果四边形是菱形，则，在中，根据勾股定理得出，列出关于t的方程，解方程求出t的值． 【详解】解：分两种情况： ①如果四边形是菱形，则．   ∵四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：，即运动时间为25秒时，四边形是菱形． ②如果四边形是菱形，则， ∵四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：，即运动时间为7秒时，四边形是菱形； 故选：C． 【变式7-1】（24-25九年级上·福建漳州·期中）如图，在矩形中，，，点P从点D出发向点A运动，运动到点A立即停止；同时点Q从点B 出发向点C运动，运动到点C立即停止，点P，Q的速度都是，连接，，，设点P，Q运动的时间为． (1)当t为何值时，四边形是菱形？ (2)求（1）中菱形的周长和面积． 【答案】(1)时，四边形是菱形 (2)菱形的周长为，菱形的面积 【分析】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的性质，菱形的判定及性质以及矩形的性质，熟练掌握菱形的判定及性质是解题的关键． （1）由矩形的性质得，，进而证明四边形为平行四边形，然后根据菱形的判定及勾股定理即可得解； （2）首先求出，根据菱形的性质即可求解． 【详解】（1）解：∵在矩形中，，， ∴， 由已知可得，， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴当时，四边形为菱形， ∵， ∴， ∴时，四边形为菱形， 解得， 故当时，四边形为菱形； （2）解：当时，， ∴菱形的周长为； 菱形的面积为． 【变式7-2】如图，的对角线相交于点，，，点在线段上从点出发以的速度向点运动，点在线段上从点出发以的速度向点运动． (1)若点同时运动，设运动时间为t秒，当为何值时，四边形是平行四边形？ (2)在（1）的条件下，当为何值时，是菱形？ 【答案】(1) (2) 【分析】（1）若是平行四边形，由，则，故有，即可求得值； （2）若是菱形，则垂直于，即有，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当t为2秒时，四边形是平行四边形； （2）解：四边形是菱形，则， ， ； ∴当为时，平行四边形是菱形； 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质和菱形的判定和性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键． 【变式7-3】（24-25八年级下·吉林四平·阶段练习）如图①，在四边形中，，，动点P在边上以每秒1个单位长度的速度由点A向点D运动，动点Q从点C同时出发，以每秒3个单位长度的速度向点B运动，设动点P的运动时间为t秒． (1)用含t的代数式表示的长． (2)求当t为何值时，分别满足下面的条件： ①； ②． (3)如图②，若H是线段上一点，且，那么在线段上是否存在一点R，使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)①；② (3)存在，t的值为6或 【分析】（1）根据时间、速度、路程之间的关系即可求解； （2）①证明四边形为平行四边形，则，设动点的运动时间为秒，则，，列方程并解方程即可求出答案；②证明四边形是矩形，则，据此列方程并解方程即可求出答案； （3）假设在线段上存在一点，使得使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形，分两种情况，画出图形进行解答即可． 【详解】（1）解：由题意可得，，， ∴； （2）连接，如图所示， 若， ∵ ∴四边形为平行四边形， ， 设动点的运动时间为秒，则，， ， 解得：，符合题意， 当，满足； ②∵， ∴与之间的距离为， 当时，则， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴ 解得 （3）解：t的值为6或时，在线段上是存在一点R，使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形． 理由如下：假设在线段上存在一点，使得四边形是菱形，连接，，如图， 设动点的运动时间为秒，则， ，要使得四边形是菱形，则需要， ，， ， 在中，， ∴， ∴， 解得：，（舍去）， 此时，， 当时，在线段上存在一点，使得四边形是菱形． 第二中情况如图， ，要使得四边形是菱形，则需要， ，， ， 在中，， ∴， ∴，（不合题意，舍去）， 综上可知，t的值为6或时，在线段上是存在一点R，使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形． 【点睛】本题考查了动点问题，涉及到了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质，矩形的判定和性质、勾股定理，解一元二次方程等知识，解题关键是能正确建立方程． 【题型8 函数图象与菱形的综合】 【例8】如图1，四边形是菱形，对角线相交于点O，P，Q两点同时从点O出发，以1厘米/秒的速度在菱形的对角线及边上运动．P，Q的运动路线：点P为，点Q为．设运动的时间为x秒，P，Q间的距离为y厘米，y与x的函数关系的图象大致如图2所示，则菱形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据图像可以知道整个过程分为三个过程：第一两者在AC上运动；第二P在AD，Q在CB；第三两者在DB运动．在根据运动速度和各个过程的运动路程进行求解即可． 【详解】解：根据图像可以知道整个过程分为三个过程：第一两者在AC上运动 由图像可知，此过程运动时间为2s，运动完成P、Q两点相距cm ∴cm 由菱形性质得：c m，⊥ 同理第三个过程运动完成时P、Q两点相距2cm ∴cm ∴cm 故选A． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的相关性质． 【变式8-1】（24-25八年级下·山东青岛·阶段练习）如图1，在平行四边形中，，，动点从点出发，沿折线方向匀速运动，运动到点停止．设点的运动路程为，的面积为与的函数图象如图2所示，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据菱形的性质和函数图象，能根据图形得出正确信息是解此题的关键．先证明四边形是菱形，根据图1和图2判定三角形为等边三角形，它的面积为解答即可． 【详解】解：在平行四边形中，， ∴四边形是菱形， ∴， ， 为等边三角形， 设，由图可知，当两点重合时，的面积为， ∴的面积， 解得：(负值已舍)， 故答案为：． 【变式8-2】如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点E是边AB的中点，点P是边BC上一动点，设PC＝x，PA+PE＝y．图2是y关于x的函数图象，其中H是图象上的最低点．那么a的值为（　　） A．6 B．7 C． D．14 【答案】A 【分析】首先构造菱形，根据轴对称求线段和最小，可判断点P的位置，再根据图象中的含义可知点P与点B重合时，确定菱形的边长，然后判断是等边三角形，最后在直角三角形中求出a的值． 【详解】解：如图，将△ABC沿BC折叠得到，则四边形为菱形，菱形的对角线交于点O，点A关于BC的对称点为点，，当点，，共线时，此时y最小． 由图2可知，当点P与点B重合时， y＝PA+PE＝AB+PE＝ABAB， 解得：，即菱形的边长为． 因为∠BAC=120°，AB=AC， 所以， 即， 所以是等边三角形． 因为点E是中点， 所以菱形的高． 在中，， 所以． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质和判定，根据轴对称求线段和最小问题，等边三角形的性质和判定，动点问题的图象等，根据图象中关键点的含义求出菱形的边长是解决问题的前提条件． 【变式8-3】如图1，在菱形ABCD中，动点P从点C出发，沿C→A→D运动至终点D．设点P的运动路程为x，△BCP的面积为y，若y与x的函数图象如图2所示，则图中a的值为 ． 【答案】22 【分析】由图象上点（12，48）知CA＝12，且点P在点A时，△BCP的面积为48，连接BD交AC于点M，则可求出BM和BD，利用勾股定理求出AD，得到a． 【详解】解：如图1，连接BD交AC于点M， 由图2知，AC＝12，且CP＝12时，△BCP的面积为48， ∵四边形ABCD是菱形， ∴BD⊥AC，且AM＝6，BM＝MD， ∴， ∴BM＝8， ∴DM＝8， ∴AD＝10， ∴a＝CA＋AD＝12＋10＝22. 故答案为：22． 【点睛】本题考查了三角形的面积公式、菱形的对角线互相垂直平分的性质、勾股定理和函数图象，要求学生学会由函数图象找出对应的信息，理解（12，48）的几何意义时关键． 【题型9 菱形的存在性问题】 【例9】（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，直线与交于点，分别与轴、轴交于点、． (1)分别求出点、、的坐标； (2)若是线段上的点，且的面积为12，求直线的函数表达式； (3)在（2）的条件下，设是直线上的点，在平面内是否存在其它点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，， (2) (3)或或或 【分析】此题属于一次函数综合题，涉及的知识有∶一次函数与坐标轴的交点，待定系数法确定一次函数解析式，一次函数图象的交点，一次函数图象与性质，菱形的性质，坐标与图形性质，熟练掌握待定系数法和菱形的性质是解答本题的关键． （1）联立两直线解析式求出点的坐标，分别令和，带入直线解析式求出点、的坐标； （2）根据在直线上，设，表示出面积，把已知面积代入求出的值，确定出坐标，利用待定系数法求出解析式即可； （3）在（1）的条件下，设是射线上的点，在平面内存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形，如图所示，分四种情况考虑∶①当四边形为菱形时，由，得到四边形为正方形；②当四边形为菱形时；③当四边形为菱形时；④当四边形为菱形时，分别求出Q坐标即可． 【详解】（1）解：根据，解方程组得，得， 分别令和，带入直线解析式得点、的坐标，． （2）解：设， 且， ， ， ， 令直线解析式为， 把，代入得： ， ， ， 直线的函数表达式为． （3）解：①当四边形为菱形时，如图， ，得四边形为正方形； ， 即． ②当四边形为菱形时，如图 得，带入直线的解析式，得 解得， ∴， ∵四边形为菱形， ∴、关于对称，即、关于y轴对称， ． ③当四边形为菱形时，如图， ， 设， 则， 解得（负值舍去）， ∴， ， ④当四边形为菱形时，如图， 同③可求，， 综上得点的坐标为或或或． 【变式9-1】如图，在平面直角坐标系中，直线：与轴交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，与直线交于点．    (1)直接写出点的坐标及的值； (2)求直线的解析式； (3)若点在轴上，点在坐标平面内，是否存在以，，，为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2) (3)存在，，，， 【分析】（1）根据直线：与轴交于点，求点A坐标；根据直线，与直线交于点求m的值； （2）设直线的解析式为，根据待定系数法即可求解； （3）按照以为菱形的对角线和菱形的边长分类讨论； 【详解】（1）直线：与轴交于点， ∴令，则 ，得 ， ∴， 直线，与直线交于点 将代入 得: 解得： 故， （2）设直线的解析式为， 由（1）可知，点和点的坐标分别为， 将，D代入得， ，解得 ∴直线的解析式是 （3）由题意得点在轴上，点在坐标平面内，以，，，为顶点的四边形是菱形， （1）当为菱形的边长 ①当时 在A左侧时坐标为 在A右侧时坐标为 此时 当M坐标为时，， 当M坐标为时，， ②时， 此时 都为等腰三角形 故， （2）当为菱形的对角线时，由题意可得： 此时 故设坐标为， 则解得： M坐标为 ， ∵且， ， N坐标为 综上N，，， 【点睛】该题考查了一次函数的基本性质以及菱形的性质，解答该题的关键是熟练掌握一次函数的所有基本知识点以及菱形的性质 【变式9-2】我们约定：若关于x的一次函数和同时满足，，则称函数和互为“真诚函数”．根据该约定，解答下列问题： (1)若关于x的一次函数和互为“真诚函数”，求m，n的值； (2)若关于x的一次函数的“真诚函数”经过点，且与的交点P在第三象限，求k的取值范围； (3)在平面直角坐标系中，点，点，若关于x的一次函数与它的“真诚函数”交于点N，在平面内是否存在点M，使得以A、B、M、N为顶点，且为一边的四边形为菱形．若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，； (2) (3)或或 【分析】（1）根据题意得到，，，即可求解． （2）由题意可知，的“真诚函数”为，联立可得交点，根据的“真诚函数”经过点得，由点在第三象限即可求解． （3）分三种情况：①若点在点的上方，四边形是菱形，②若点在点的下方，四边形是菱形，③若点在点的下方，四边形是菱形，分别求解即可． 本题是一次函数综合题，考查了新定义、菱形的性质、勾股定理等，解题的关键是利用分类讨论的思想解决问题． 【详解】（1）解：由题意可知：，，， ，，， 关于的一次函数和互为“真诚函数”， ，， ，； （2）由题意可知，的“真诚函数”为， 联立得，解得， 点， 的“真诚函数”经过点， ， ， 点， 点在第三象限， ， 的取值范围为； （3）解：由（2）可知， 点，点， ， ①若点在点的上方，四边形是菱形，如图1，    则， 点的坐标为； ②若点在点的下方，四边形是菱形，如图2，    则， 点的坐标为； ③若点在点的下方，四边形是菱形，如图3，    则， 与互相平分， 点的坐标为； 综上，点的坐标为或或 【变式9-3】如图1，在平面直角坐标系中，已知直线与直线相交于点，分别交坐标轴于点A、B、C、D，点P是线段延长线上的一个点，的面积为15．    (1)求直线解析式和点P的坐标； (2)如图2，当点P为线段上的一个动点时，将绕点B逆时针旋转90度得到，连接与．点Q随着点P的运动而运动，请求出点Q运动所形成的线段所在直线的解析式． (3)在（1）的条件下，直线上有任意一点F，平面直角坐标系内是否存在点N，使得以点B、D、F、N为顶点的四边形是菱形，如果存在，请直接求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)直线CD的表达式为：，点 (2) (3)点N的坐标为或或或 【分析】(1)把代入确定其坐标，再代入确定直线的解析式；根据，即可求解． （2）分别过点P、Q作y轴的垂线，垂足为G、H，设点，则点，，即可求解； （3）分为边、为对角线两种情况，利用平移的性质和中点公式分别求解即可． 【详解】（1）把代入，得， 故，点，点； 把代入，得，解得， 故直线CD的表达式为：， ∴点， ∴， ∵， 解得：， ∴， 故点． （2）如下图，分别过点P、Q作y轴的垂线，垂足为G、H， ∵直线CD的表达式为：， 设点，则点， ∵绕点B逆时针旋转90度得到， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，    ∵点，点， ∴，， 故点， 令， ∴． （3）∵直线，直线上有任意一点F， ∴设点F的坐标为， ∵点，点， ∴， ∵点，点， ∴， 当点F与点M重合时，为菱形的一边时，    点M沿着平移5个单位长度，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形， 得到点M平移后的点都是符合题意的， ∵点， ∴； 当点F在的左侧，为菱形的一边时， 点F沿着平移5个单位长度，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形， ∵点F的坐标为，， ∴， 解得， 故点或， 点F沿着平移5个单位长度，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形， 得到点N平移后的点都是符合题意的， ∴或， 当是菱形的对角线时， 设与的交点为G，则 ∵轴， ∴ ∴，， 解得， ∴， 综上，点N的坐标为或或或． 【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、解析式的解答，三角形全等、面积的计算等，菱形的判定和性质，平移思想，分类思想，熟练掌握待定系数法，菱形的判定和性质，平移是解题的关键． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题1.8 菱形的判定（举一反三讲义） 【新教材湘教版】 【题型1 添加条件使四边形为菱形】 1 【题型2 证明四边形为菱形】 2 【题型3 利用菱形的性质与判定求线段长】 4 【题型4 利用菱形的性质与判定求角度】 5 【题型5 利用菱形的性质与判定求面积】 6 【题型6 利用菱形的性质与判定求坐标】 7 【题型7 动点形成菱形】 9 【题型8 函数图象与菱形的综合】 10 【题型9 菱形的存在性问题】 11 知识点 菱形的判定 拓展：（1）对角线互相垂直平分的四边形是菱形． （2）对角线平分一组内角的平行四边形是菱形． 【题型1 添加条件使四边形为菱形】 【例1】如图，四边形是平行四边形，对角线、相交于点O，在条件：①；②；③；④平分中，选择一个条件，使得四边形是菱形，可选择的条件是（    ）      A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【变式1-1】（24-25九年级上·山西太原·期末）已知，四边形是平行四边形，对角线，交于点．若增加一个条件，将它边的数量关系特殊化，可使，则增加的一个条件可以是 ．（写出一个即可） 【变式1-2】如图，在平行四边形ABCD中，点F是AB的中点，连接DF并延长，交CB的延长线于点E，连接AE．添加一个条件，使四边形AEBD是菱形，这个条件是（   ） A． B． C． D．DE平分 【变式1-3】如图，点E，F分别在的边上，，增加下列其中一个条件：①；②；③；能使四边形是菱形的条件个数为（    ）    A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【题型2 证明四边形为菱形】 【例2】（24-25八年级下·江苏泰州·期中）如图，在四边形中，点E、F分别在、上，连接、，相交于点O．下列三个条件：①；②垂直平分；③平分，从中选择两个作为条件，使四边形是菱形，并写出你的证明过程．你选择的条件为__________（填序号）． 证明： 【变式2-1】（24-25八年级下·重庆长寿·期中）由平行四边形如何构造菱形？如图，平行四边形中，平分，维维的思路是：过点作的垂线，垂足为，交线段于点，然后利用四边相等的四边形是菱形即可完成构造，请根据以上思路完成作图和填空． 证明：用直尺和圆规过点作的垂线交于点，交于点，连接（只保留作图痕迹） 四边形是平行四边形， ①__________ 平分， ， ②__________ ， ， ， 在和中 ， （③__________） ④__________， ，， 垂直平分线段， ⑤__________， ， 四边形是菱形． 【变式2-2】（24-25八年级下·云南昆明·期中）如图，的对角线相交于点O，． (1)求证：； (2)连接，若，试探究四边形的形状，并对结论给予证明． 【变式2-3】（21-22八年级下·贵州遵义·期末）如图所示，在平行四边形中，对角线与相交于点O，且，，． (1)求证：； (2)E，F分别是和的中点，连接，，求证：四边形是菱形． 【题型3 利用菱形的性质与判定求线段长】 【例3】如图，在中，以点为圆心，长为半径作弧，交于点；分别以为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点，连接并延长，交于点．若，，则的长为 ． 【变式3-1】（24-25九年级上·宁夏中卫·期末）周末，小颖和妈妈买回来一盏简单而精致的吊灯，其截面如图所示，四边形是一个菱形内框架，四边形是其外部框架，且点、、、在同一直线上，． (1)求证：四边形外框是菱形； (2)若外框的周长为，，，求的长． 【变式3-2】如图，两个全等的矩形纸片重叠在一起，矩形的长和宽分别是8和6，则重叠部分的四边形中的对角线的长是 . 【变式3-3】如图，点为等边三角形外一点，连接、且，过点作分别交、于点、，若，，则线段的长 ． 【题型4 利用菱形的性质与判定求角度】 【例4】如图所示，E，F分别在和上，，则 ． 【变式4-1】已知：如图，平行四边形中，对角线，相交于点，延长至，使，连接交于点． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【变式4-2】如图，是的角平分线，交于E，交于F，且交于O，则 度．    【变式4-3】如图，在的正方形网格中，每一个小正方形的边长为，其顶点我们称为格点，，为格点三角形．      (1)请你仅用无刻度的直尺，在这个的正方形网格中，画出个以为边的不是正方形的菱形，并简单说明理由； (2)求的大小． 【题型5 利用菱形的性质与判定求面积】 【例5】如图，在中，用直尺和圆规作的平分线交于点E，以A为圆心，为半径的弧交于点F，连接．若，，则四边形面积是 ．    【变式5-1】如图，已知线段，分别以点A，B为圆心，以5cm为半径画弧，两弧相交于点C，D，连接，，，，则四边形的面积为 ． 【变式5-2】（24-25九年级上·浙江台州·期末）如图，在中，，，，将绕点按顺时针旋转得到，连接，则图中阴影部分的面积为 ． 【变式5-3】如图，有一种正方形地砖，它的图案是由四个全等的三角形和一个四边形构成，经测量，中间四边形较小的锐角为．设四边形面积为，正方形的面积为，则 ．    【题型6 利用菱形的性质与判定求坐标】 【例6】如图，在平面直角坐标系中，点，，点为线段的中点，为上一点，连接，将沿折叠得到．当时，点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【变式6-1】如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，，且的中点是坐标原点O．固定点，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点处，则点C的对应点的坐标为 ． 【变式6-2】（24-25九年级上·辽宁沈阳·期中）如图，平行四边形中，点B与原点O重合，点C落在x轴正半轴上，在上截取，分别以点B，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，射线交于E，若，则点F的坐标为 【变式6-3】（2025·广东汕头·一模）如图，、关于原点O对称的点分别为C、D，点M从点B出发，按顺时针方向绕四边形的边运动，点N从点A出发，按逆时针方向绕四边形的边运动，若点M的速度是点N的速度的2倍，则点M和点N第2025次相遇时，点M的坐标为 ． 【题型7 动点形成菱形】 【例7】（24-25八年级上·黑龙江大庆·期中）矩形中，厘米，厘米，点P是线段上一动点，O为的中点，的延长线交于Q．若P从点A出发，以1厘米/秒的速度向D运动(不与D重合)．设点P运动时间为t秒，若点P和Q与点中的两个点为顶点的四边形是菱形．则t的值为(　　) A．7 B．20 C．7或25 D．7或20 【变式7-1】（24-25九年级上·福建漳州·期中）如图，在矩形中，，，点P从点D出发向点A运动，运动到点A立即停止；同时点Q从点B 出发向点C运动，运动到点C立即停止，点P，Q的速度都是，连接，，，设点P，Q运动的时间为． (1)当t为何值时，四边形是菱形？ (2)求（1）中菱形的周长和面积． 【变式7-2】如图，的对角线相交于点，，，点在线段上从点出发以的速度向点运动，点在线段上从点出发以的速度向点运动． (1)若点同时运动，设运动时间为t秒，当为何值时，四边形是平行四边形？ (2)在（1）的条件下，当为何值时，是菱形？ 【变式7-3】（24-25八年级下·吉林四平·阶段练习）如图①，在四边形中，，，动点P在边上以每秒1个单位长度的速度由点A向点D运动，动点Q从点C同时出发，以每秒3个单位长度的速度向点B运动，设动点P的运动时间为t秒． (1)用含t的代数式表示的长． (2)求当t为何值时，分别满足下面的条件： ①； ②． (3)如图②，若H是线段上一点，且，那么在线段上是否存在一点R，使得以点B、H、R、P为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 【题型8 函数图象与菱形的综合】 【例8】如图1，四边形是菱形，对角线相交于点O，P，Q两点同时从点O出发，以1厘米/秒的速度在菱形的对角线及边上运动．P，Q的运动路线：点P为，点Q为．设运动的时间为x秒，P，Q间的距离为y厘米，y与x的函数关系的图象大致如图2所示，则菱形的面积为（    ） A． B． C． D． 【变式8-1】（24-25八年级下·山东青岛·阶段练习）如图1，在平行四边形中，，，动点从点出发，沿折线方向匀速运动，运动到点停止．设点的运动路程为，的面积为与的函数图象如图2所示，则的长为 ． 【变式8-2】如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点E是边AB的中点，点P是边BC上一动点，设PC＝x，PA+PE＝y．图2是y关于x的函数图象，其中H是图象上的最低点．那么a的值为（　　） A．6 B．7 C． D．14 【变式8-3】如图1，在菱形ABCD中，动点P从点C出发，沿C→A→D运动至终点D．设点P的运动路程为x，△BCP的面积为y，若y与x的函数图象如图2所示，则图中a的值为 ． 【题型9 菱形的存在性问题】 【例9】（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，直线与交于点，分别与轴、轴交于点、． (1)分别求出点、、的坐标； (2)若是线段上的点，且的面积为12，求直线的函数表达式； (3)在（2）的条件下，设是直线上的点，在平面内是否存在其它点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式9-1】如图，在平面直角坐标系中，直线：与轴交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，与直线交于点．    (1)直接写出点的坐标及的值； (2)求直线的解析式； (3)若点在轴上，点在坐标平面内，是否存在以，，，为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由． 【变式9-2】我们约定：若关于x的一次函数和同时满足，，则称函数和互为“真诚函数”．根据该约定，解答下列问题： (1)若关于x的一次函数和互为“真诚函数”，求m，n的值； (2)若关于x的一次函数的“真诚函数”经过点，且与的交点P在第三象限，求k的取值范围； (3)在平面直角坐标系中，点，点，若关于x的一次函数与它的“真诚函数”交于点N，在平面内是否存在点M，使得以A、B、M、N为顶点，且为一边的四边形为菱形．若存在，求出M点坐标；若不存在，请说明理由． 【变式9-3】如图1，在平面直角坐标系中，已知直线与直线相交于点，分别交坐标轴于点A、B、C、D，点P是线段延长线上的一个点，的面积为15．    (1)求直线解析式和点P的坐标； (2)如图2，当点P为线段上的一个动点时，将绕点B逆时针旋转90度得到，连接与．点Q随着点P的运动而运动，请求出点Q运动所形成的线段所在直线的解析式． (3)在（1）的条件下，直线上有任意一点F，平面直角坐标系内是否存在点N，使得以点B、D、F、N为顶点的四边形是菱形，如果存在，请直接求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $