专题01 菱形与翻折、最值、动点、定值的交互问题（举一反三专项训练）数学新教材浙教版八年级下册

专题01 菱形与翻折、最值、动点、定值的交互问题（举一反三专项训练） 【新教材浙教版】 【题型1 菱形的翻折】 1 【题型2 菱形中的最值】 6 【题型3 含60°的菱形】 12 【题型4 菱形中的面积】 18 【题型5 菱形中的动点】 23 【题型6 菱形中的定值】 28 【题型7 垂美四边形】 34 【题型1 菱形的翻折】 【例1】如图，在菱形的边上有点E，连接，把沿翻折，得到，连接．若，，则线段的长为（　　） A． B． C． D．4 【答案】C 【分析】本题考查菱形中的翻折问题，含30度直角三角形性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握翻折的性质和菱形的性质．由沿翻折，得到，，可得，，，得到在上，而四边形是菱形，知，故，即可得，，从而，解得． 【详解】解：沿翻折，得到， ，，， ， ， ， 四边形是菱形， ， ， ， 在上， ， 四边形是菱形， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故选：C． 【变式1-1】（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在菱形中，，点E是边上的一点，沿翻折得到，连接并延长，交于点F．则的度数是 ． 【答案】/65度 【分析】本题考查菱形的性质、折叠性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理及其外角性质，熟练掌握菱形的性质和三角形的相关知识是解答的关键． 先根据菱形性质得到，，再由折叠性质，得，，进而利用等腰三角形的性质和三角形的内角和定理得到，然后利用三角形的外角性质可求得答案． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， 由折叠性质，得，， ∴， ∴， ∴ ， 故答案为：． 【变式1-2】如图①，菱形纸片，．对其进行如下操作： 把翻折，使点A与点D重合，折痕为；把翻折，使点C与点D重合，折痕为（如图），连接，．设两条折痕的延长线交于点O．    (1)请在图②中将图形补充完整，并求的度数； (2)四边形是菱形吗？请说明理由． 【答案】(1)画图见解析， (2)是，理由见解析 【分析】本题考查了翻折变换，菱形的判定和性质，三角形全等的判定与性质，灵活运用折叠的性质是本题的关键． （1）由菱形的性质可得，，，由折叠的性质可得，，，，，，由四边形的内角和定理可求解； （2）由题意可证，可证四边形是平行四边形，由“”可证，可得，即可证四边形是菱形． 【详解】（1）解：如图，延长，交于点，    四边形是菱形，， ，，， 把翻折，使得点与点重合，折痕为；把翻折，使得点与点重合，折痕为， ，，，，，， ， ； （2）证明：，， ，且，， ， 四边形是平行四边形， ，，， ，且，， ， ， 四边形是菱形． 【变式1-3】（2025·山西长治·模拟预测）如图，在边长为4的菱形中，，是上的一点，将沿翻折得到，交于点．若，则的值为 ． 【答案】 【分析】连接，过点P作，交的延长线于点H，设，则，，解答即可． 【详解】解：连接，过点P作，交的延长线于点H， ∵边长为4的菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形，，， ∴， ∵沿翻折得到， ∴，，， ∴，， ∴ ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∵，， ∴， ∴，， ∴ 解得， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，折叠的性质，直角三角形的性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【题型2 菱形中的最值】 【例2】如图，在菱形中，，点P在上，点E为中点，且，则边的最大值等于（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】首先连接由已知条件可以得出（当P是与的交点时取等号），再利用等边三角形的性质得出，进而求出长的最大值． 【详解】解：连接 根据四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∵， ∴， 设，则， 由勾股定理得：， ∴， 所以， 即长的最大值是， 故选：B． 【点睛】此题主要考查了等边三角形的性质，以及菱形的性质等有关知识，得出是等边三角形，是解决问题的关键． 【变式2-1】（24-25八年级下·吉林长春·期末）【问题原型】如图①，在菱形中，点E是边上一点，点F是对角线上一点，，试探究的最小值． 【问题探究】如图②，小明首先过点C作，使，，利用平行线的性质可得到，进而可利用，将转化为，这样就将问题转化为寻找点E位置的问题． 以下是小明证明的部分过程： 证明：过点C作CM，使，，连结 四边形是菱形， 证明过程缺失 请你补全缺失的证明过程． 【解决问题】结合上述探究过程，用无刻度的直尺，在图③中作出【问题原型】中的点E的位置，使的值最小，此时的最小值是___________保留作图痕迹 【答案】【问题探究】见解析，【解决问题】图见解析，最小值 【分析】问题探究∶由题意补全证明过程即可； 解决问题∶连接交BD于点O，由作图知即为的最小值．由勾股定理可得出答案． 【详解】问题探究: 证明过程补全如下：， ， ， ， 解决问题: 连接交于点O，由作图知即为的最小值． ，四边形是菱形， 是等边三角形，， ， ， ， ， 故答案为： 作图如下： 【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【变式2-2】（24-25八年级下·安徽阜阳·期末）如图，是菱形的对角线，点和点分别是和上的点，． （1）若，则的度数为 ； （2）若，，则的最小值为 ． 【答案】 50 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． （1）由菱形的性质可得，，由外角的性质可求解； （2）由“”可证，可得，则，即当点，点，点三点共线时，有最小值为的长，由等腰直角三角形的性质可求解． 【详解】解：（1）四边形是菱形，， ，， ， ； 故答案为：50； （2）如图，过点作，且，连接，， 四边形是菱形，， ，，， ， 又， ， ， ， 当点，点，点三点共线时，有最小值为的长， ，， ， 故答案为：． 【变式2-3】（24-25九年级上·河南焦作·期末）如图，菱形的边长为，，对角线与相交于点，点为线段上一动点（不与点重合）．连接，将线段绕点逆时针旋转得到，则线段的最小值为 ，最大值为 ．    【答案】 【分析】连接，由菱形的性质可知，，，则可证明是等边三角形，则，，证明，故有，点在等边中平分线上运动，当时，最小，根据直角三角形的性质可得出，当与点重合时，最大，过作于点，设与交于点，连接，由勾股定理求出，通过等边三角形的性质和线段和差求出，再由勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，连接，    ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， 同理可证：是等边三角形， 由旋转性质可知：，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点在等边中平分线上运动， ∴当时，最小，如图，    ∵， ∴， 当与点重合时，最大，如图，过作于点，设与交于点，连接，    由上可知， ∴， ∵是等边三角形，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上可知：的最小值为，最大值为， 故答案为：，． 【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，旋转的性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 【题型3 含60°的菱形】 【例3】（24-25九年级下·广东深圳·开学考试）如图，在菱形中，，，是一条对角线，是上一点，过点作，垂足为，连接．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握菱形的性质，合理作图是关键，根据菱形的性质得到是等边三角形，是等边三角形，如图所示，过点作于点，由此勾股定理得到，，设，则，，，，再运用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， 如图所示，过点作于点， ∴，， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得，， ∴，， ∴， ∴， 故选：C ． 【变式3-1】（24-25八年级下·四川成都·期末）如图，菱形中，，，，垂足分别为B，D，若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质． 根据菱形的性质证明是等边三角形，≌，得，利用含30度角的直角三角形的性质即可解决问题． 【详解】解：如图，连接交于O，则，， 由菱形性质可知，，， ， 是等边三角形，， ， ∴， 由勾股定理可知 ， ， ， ， ，， ， ∵，， ≌， ， ， ， ， 故答案为：． 【变式3-2】（24-25八年级下·河北沧州·期末）如图，在菱形中，，，E是边上一点（不与点A，B重合），作交于点F，且，连接．关于结论Ⅰ、Ⅱ，下列判断正确的是（   ） 结论Ⅰ：连接，是等边三角形； 结论Ⅱ：的周长的最小值是3 A．只有结论Ⅰ正确 B．只有结论Ⅱ正确 C．结论Ⅰ、Ⅱ都正确 D．结论Ⅰ、Ⅱ都不正确 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定；连接，由菱形的性质可得，，则可证明是等边三角形，故结论Ⅰ正确；由等边三角形的性质得到，证明，得到，则是等边三角形，则的周长，当时，有最小值，即此时的周长有最小值，此时，则的周长的最小值为，故结论Ⅱ错误． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形，故结论Ⅰ正确； ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴的周长， ∴当时，有最小值，即此时的周长有最小值， 当时，， ∴， ∴的周长的最小值为，故结论Ⅱ错误， 故选：A 【变式3-3】（24-25八年级下·四川绵阳·期中）如图，在菱形中，，，是一条对角线，是上一点，过点作，垂足为，连接若，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】连接交于点，由菱形的性质得，垂直平分，则，，因为，所以是等边三角形，则，，所以，由于点，得，求得，则，由，求得，，则，，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：连接交于点， 四边形是菱形，，， ，垂直平分， 是等边三角形，，， ，， ， 是上一点，于点，， ， ， ， ， ，， ，， ， 故答案为：． 【点睛】此题考查菱形的性质、线段的垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 【题型4 菱形中的面积】 【例4】如图，菱形的边长为2，，则菱形的面积是；以对角线为边作第二个菱形，使，则菱形的面积是；以对角线为边作第三个菱形，使，则菱形的面积是；…．按此规律所作的第个菱形的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质以及归纳推理的应用，根据规律得出第n个菱形的边长是解决本题的关键．连接，交与点O，由题意可知为边长为1的等边三角形，可求出的面积，即可得出菱形的面积；根据已知菱形的性质可分别求得的长，从而可发现规律，根据规律即可得出第n个菱形的边长，进而可得出第n个菱形的面积． 【详解】解：如图，连接，交与点O， ∵四边形为菱形，且， ∴为等边三角形， ∴， ∴，， ∴，菱形的面积是； ∵四边形为菱形，， ∴可得，菱形的面积是； 同理可得，菱形的面积是； 以此类推，可得出所作的第n个菱形的边长为， 第n个菱形的面积为． 故答案为：． 【变式4-1】（24-25八年级下·浙江宁波·阶段练习）如图，点D，F把线段分成三条线段，分别以这三条线段为一条对角线作菱形，菱形，菱形，连结组成四边形．若菱形的边长为，，则四边形的面积是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理，解题关键是运用菱形的对角线互相垂直且平分是解题的关键． 连接、、，分别交于点、、，设，，求出，，，运用勾股定理求得，，即可得解． 【详解】解：连接、、，分别交于点、、，如图所示， ， ， ， 设，， 即， 四边形、、都是菱形， ，，， ，， ，， 菱形的边长为，， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【变式4-2】（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在菱形中，，将该菱形绕点在平面内顺时针方向旋转得到菱形，与交于点，且，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、三角形的面积公式等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 连接，作于点，利用菱形的性质和旋转的性质求出，，利用直角三角形的性质和等腰直角三角形的性质，结合 进行求解即可． 【详解】解：连接，作于点，则， ∴，，， ∴， 将菱形绕点顺时针旋转得到菱形， ∴，，， ，，， ， ∴，， 点在上，， ∴，， ， ∴ ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 旋转后的图形与原图形重叠部分的面积是， 故答案为：． 【变式4-3】如图，四边形是边长为2的菱形，，将菱形绕点A逆时针旋转，使点B的对应点落在对角线上，则 ，交于点E，则四边形的面积等于 ． 【答案】 30 / 【分析】本题考查菱形的性质，旋转的性质，根据菱形的对角线平分一组对角，即可得出的度数，利用的面积减去的面积求出四边形的面积即可． 【详解】解：连接，交于点， ∵四边形是边长为2的菱形，， ∴， ∴， ∴，，，为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵将菱形绕点A逆时针旋转，使点B的对应点落在对角线上， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴四边形的面积等于； 故答案为：；． 【题型5 菱形中的动点】 【例5】（24-25九年级上·河南信阳·期中）如图，菱形的四个顶点均在坐标轴上，点，，．点是菱形边上的一个动点，连接，把绕着点顺时针旋转得到，连接．若点从点出发，以每秒个单位长度沿菱形边长逆时针方向运动，则第秒时，点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形判定与性质等知识点，首先根据四边形是菱形，得，又，，，故，，，由勾股定理得，由于点从点出发，以每秒个单位长度沿菱形边长逆时针方向运动，则点的运动轨迹每秒一个循环，因此第秒时，点的坐标与第秒时点的坐标相同，第秒时点在点，过点作轴于点，证明，然后根据全等三角形的性质即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵，，， ∴，，， ∴， ∵点从点出发，以每秒个单位长度沿菱形边长逆时针方向运动， ∴点的运动轨迹每秒一个循环，， ∴第秒时，点的坐标与第秒时点的坐标相同，第秒时点在点， 如图，过点作轴于点， ∵，， ∴， 又∵，且， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故选：． 【变式5-1】（24-25八年级下·广西贵港·期末）如图，在菱形中，，动点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿向点运动；动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿向点运动．若运动秒后，四边形是平行四边形，则的值为（   ） A．2 B． C．4 D． 【答案】D 【分析】此题考查菱形的性质、平行四边形的判定等知识，熟练掌握性质是解题的关键．由菱形的性质得，可知当时，四边形是平行四边形，因为，所以，解方程即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴， ∴当时，四边形是平行四边形， 由题意得， ∴， ∵， ∴， 解得， 故选：D． 【变式5-2】（24-25八年级下·江苏泰州·期末）如图，在菱形中，，为边上一点，．点在边上运动，连接，点是的中点，作于，连接，若最小值为，则菱形的边长为 ． 【答案】 【分析】连接，延长交于点，连接．证明是的中位线，再利用垂线段最短解决问题． 【详解】解：连接，延长交于点，连接。 四边形是菱形，， ，， ，都是等边三角形， ， ， ， ， ， ，， 是等边三角形， ， 又， ， ， ， 当时，的值最小，此时， ，， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，垂线段最短，等边三角形的判定和性质，三角形中位线定理，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题． 【变式5-3】（2025·江苏南京·模拟预测）如图，在菱形中，，，点P是边上一个动点，在延长线上找一点Q，使得点P和点Q关于点C对称，连接交于点M.当点P从B点运动到C点时，点M的运动路径长为 . 【答案】 【分析】该题主要考查了菱形的性质，垂直平分线的性质和判定，等边三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是掌握以上点M的运动路径． 过点C作交于点H，根据，四边形是菱形，得出 垂直平分，再证明垂直平分，点M在上运动，根据解直角三角形 ．即可求解． 【详解】解：过点C作交于点H，连接， ∵，四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴垂直平分， ∵， ∴， ∵点P和点Q关于点C对称， ∴，即垂直平分， ∵交于点M． ∴点M在上运动， 当点P与点B重合时，点M位于点， ∵，四边形是菱形，， ∴， ∴． 故点M的运动路径长为． 故答案为：． 【题型6 菱形中的定值】 【例6】（24-25八年级下·辽宁沈阳·阶段练习）如图，在菱形中，，，点E、F分别为、上的动点，，点E从点A向点D运动过程中，的长度（    ） A．逐渐增加 B．先减小再增加 C．恒等于 D．恒等于4 【答案】D 【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，连接，由菱形的性质推出，，判定、是等边三角形，得到，，由，推出，由判定，得到，于是得到，关键是由菱形的性质推出． 【详解】解：连接BD， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴、是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：D． 【变式6-1】如图，菱形ABCD的形状和大小保持不变，将菱形ABCD绕点B旋转适当角度得到菱形A'BC'D'，边A'D与AD，DC交于E，F（D，E，F不重合），连接EB，FB．在旋转过程中：①EB平分∠AED'；②FB平分∠A'FC；③△DEF的周长是一个定值；④S△DEF+2S△BEF＝S菱形ABCD，判断正确的是 ． 【答案】①②③． 【分析】过点作于，于，于，利用角平分线的判定定理证明选项①、②是否正确，再利用全等三角形的性质证明的周长为定值，即可判断③ ；根据Rt△BEM≌Rt△BEH，Rt△BMA≌Rt△BNC，Rt△BFN≌Rt△BFH， 得到S△BEM＝S△BEH，S△BMA＝S△BNC，S△BFN＝S△BFH，S△DEF+2S△BEF＝S四边形DMBN，但是∠A不一定为60°，即AM不一定等于AB，由此判断④. 【详解】如图，过点B作BH⊥A′D′于H，BM⊥AD于M，BN⊥CD于N． ∵菱形BA′D′C′是由菱形ABCD旋转得到，菱形的每条边上的高相等， ∴BM＝BH＝BN， ∵BH⊥A′D′于H，BM⊥AD于M，BN⊥CD于N， ∴BE平分∠AED′，BF平分∠A′FC，故选项①②正确， ∵∠BME＝∠NHE＝90°，BE＝BE，BM＝BH， ∴Rt△BEM≌Rt△BEH（HL）， ∴EH＝EM， 同法可证，FH＝FN， ∴△DEF的周长＝DE+EF+DF＝DE+EM+DF+FN＝DM+DN， ∵∠BMA＝∠BNC＝90°，BM＝BN，BA＝BC， ∴Rt△BMA≌Rt△BNC（HL）， ∴AM＝CN， ∵DA＝DC， ∴DM＝DN， ∴△DEF的周长＝2DM＝定值，故③正确， ∵Rt△BEM≌Rt△BEH，Rt△BMA≌Rt△BNC，Rt△BFN≌Rt△BFH， ∴S△BEM＝S△BEH，S△BMA＝S△BNC，S△BFN＝S△BFH， ∴S△DEF+2S△BEF＝S四边形DMBN， ∵∠A不一定为60°， ∴AM不一定等于AB， ∴S△DEF+2S△BEF≠S菱形ABCD，故④错误； 故答案为：①②③ ． 【点睛】旋转的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形面积等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 【变式6-2】（2025·浙江舟山·一模）如图，矩形周长为8，且．连接，作点C关于的对称点E，连接，连接交于点P，作交于点G，下列说法中正确的有（   ）个． ①；②三角形的周长为定值4 ③当变大时，四边形的面积先变大后变小；④当变大时，反而变小 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据矩形的性质可得，再结合，可得，进而判断①正确，连接，令与交于点，再证，可证得则的周长，进而判断②正确，再证四边形是菱形，则，，，得，可知四边形的面积，进而可知当时，四边形的面积随着增大而减小，进而判断③正确；由题意得，，则在中，，整理得，进而判断④错误． 【详解】解：在矩形中，，，， ∵矩形周长为8， ∴，则，， ∵， ∴，则， ∴，故①正确； 连接，令与交于点， 由折叠可知，， ∵ ∴，则 ∴， 则的周长，故②正确； ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，则 ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形，则， ∴， ∴， ∴四边形的面积， 当时，四边形的面积随着增大而减小，故③正确； ∵，， 则在中，， 整理得：， ∴当变大时，也变大，故④错误， 综上，正确的有①②③，共3个， 故选：C． 【点睛】本题考查矩形与折叠问题，勾股定理，菱形的判定及性质，全等三角形的判定等知识点，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 【变式6-3】如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形AOBC的边长为8，∠AOB=60°．  点D是边OB上一动点，点E在BC上，且∠DAE=60°． 有下列结论： ①点C的坐标为（12，）；②BD=CE； ③四边形ADBE的面积为定值； ④当D为OB的中点时，△DBE的面积最小． 其中正确的有 ．（把你认为正确结论的序号都填上） 【答案】①②③ 【分析】①过点C作CF⊥OB，垂足为点F，求出BF=4，CF=，即可求出点C坐标；②连结AB，证明△ADB≌△AEC，则BD=CE；③由S△ADB=S△AEC，可得S△ABC=S△四边形ADBE=×8×=；④可证△ADE为等边三角形，当D为OB的中点时，AD⊥OB，此时AD最小，则S△ADE最小，由③知S四边形ADBE为定值，可得S△DBE最大． 【详解】解：①过点C作CF⊥OB，垂足为点F， ∵四边形AOBC为菱形， ∴OB=BC=8，∠AOB=∠CBF=60°， ∴BF=4，CF=， ∴OF=8+4=12， ∴点C的坐标为（12，），故①正确； ②连结AB， ∵BC=AC=AO=OB，∠AOB=∠ACB=60°， ∴△ABC是等边三角形，△AOB是等边三角形， ∴AB=AC，∠BAC=60°， ∵∠DAE=60°， ∴∠DAB=∠EAC， ∵∠ABD=∠ACE=60°， ∴△ADB≌△AEC（ASA）， ∴BD=CE，故②正确； ③∵△ADB≌△AEC． ∴S△ADB=S△AEC， ∴S△ABC=S△四边形ADBE=×8×=，故③正确； ④∵△ADB≌△AEC， ∴AD=AE， ∵∠DAE=60°， ∴△ADE为等边三角形， 当D为OB的中点时，AD⊥OB， 此时AD最小，则S△ADE最小， 由③知S四边形ADBE为定值，可得S△DBE最大． 故④不正确； 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等，正确作出辅助线是解题的关键． 【题型7 垂美四边形】 【例7】概念理解：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形 （1）性质探究：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，直接写出AB2、CD2、AD2、BC2的数量关系：　 　． （2）解决问题：如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE、BG、GE．若AC＝4，AB＝5，求GE的长（可直接利用（1）中性质） 【答案】（1）AD2+BC2＝AB2+CD2；（2）GE＝． 【分析】(1)利用勾股定理即可得出结论； (2)先判断出CE⊥BG，得出四边形CGEB是垂美四边形，借助(1)的结论即可得出结论． 【详解】(1)结论：AD2+BC2=AB2+CD2， 如图1中，设BD交AC于E． ∵AC⊥BD， ∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°， 由勾股定理得，AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2， AB2+CD2=AE2+BE2+CE2+DE2， ∴AD2+BC2=AB2+CD2； 故答案为：AD2+BC2=AB2+CD2． (2)连接CG、BE， ∵∠CAG=∠BAE=90°， ∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE， 在△GAB和△CAE中， ， ∴△GAB≌△CAE(SAS)， ∴∠ABG=∠AEC， 又∠AEC+∠AME=90°， ∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG， ∴四边形CGEB是垂美四边形， 由(2)得，CG2+BE2=CB2+GE2， ∵AC=4，AB=5， ∴BC=3，CG=4，BE=5， ∴GE2=CG2+BE2﹣CB2=73， ∴GE=． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键． 【变式7-1】（24-25八年级下·江苏泰州·期末）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”，顺次连接“垂美四边形”各边中点所得的四边形是 ． 【答案】矩形 【分析】本题考查了矩形的判定方法、三角形中位线定理，由三角形中位线的性质得出四边形是平行四边形，证明出四边形是矩形，得出，即可得证，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图，，点、、、分别为各边的中点，连接、、、， ， ∵点、、、分别为各边的中点， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， 故答案为：矩形． 【变式7-2】对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线交于点．若，则 ． 【答案】20 【分析】由垂美四边形的定义可得AC⊥BD，再利用勾股定理得到AD2+BC2=AB2+CD2，从而求解. 【详解】∵四边形ABCD是垂美四边形， ∴AC⊥BD， ∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°， 由勾股定理得，AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2， AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2， ∴AD2+BC2=AB2+CD2， ∵AD=2，BC=4， ∴AD2+BC2=22+42=20， 故答案为：20. 【点睛】本题主要考查四边形的应用，解题的关键是理解新定义，并熟练运用勾股定理. 【变式7-3】（2025·河南南阳·一模）综合与实践： 在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有的经验对“对等垂美四边形”进行研究．定义：对角线相等且垂直的四边形叫作对等垂美四边形．    (1)定义理解 图中，、、三点均在格点上，请在格点上确定点，使四边形为对等垂美四边形． (2)深入探究 如图2，在对等垂美四边形中，对角线与交于点，且，，将绕点逆时针旋转（旋转角），、的对应点分别为、，如图3，请判断四边形是否为对等垂美四边形，并说明理由．（仅就图的情况证明即可） (3)拓展运用 在（2）的条件下，若，，当为直角三角形时，直接写出四边形的面积． 【答案】(1)见详解 (2)证明见解析 (3)或 【分析】本题主要考查复杂作图，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理的应用，正确理解“对等垂美四边形”的定义是解答本题的关键． （1）根据“对等垂美四边形”的定义作图即可； （2）连接，交于点，设与交于点，证明得，，再证明即可得出结论； （3）当是直角时，当为直角时，分别求解即可； 【详解】（1）解：如图，四边形即为所作的对等垂美四边形；    （2）解：四边形是对等垂美四边形，理由如下： 连接，交于点，设与交于点，    由题意知，，，， ，即， 在和中， ， ， ，， 又， ， ， ∴在四边形中，，， ∴四边形是对等垂美四边形； （3）解：①当是直角时，如图，    ，， ； ； 当为直角时，如图，过点作的垂线，垂足为，    ，， ，， ， ， ，， 则； ； 综上所述，四边形的面积或 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 菱形与翻折、最值、动点、定值的交互问题（举一反三专项训练） 【新教材浙教版】 【题型1 菱形的翻折】 1 【题型2 菱形中的最值】 2 【题型3 含60°的菱形】 3 【题型4 菱形中的面积】 5 【题型5 菱形中的动点】 6 【题型6 菱形中的定值】 7 【题型7 垂美四边形】 8 【题型1 菱形的翻折】 【例1】如图，在菱形的边上有点E，连接，把沿翻折，得到，连接．若，，则线段的长为（　　） A． B． C． D．4 【变式1-1】（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在菱形中，，点E是边上的一点，沿翻折得到，连接并延长，交于点F．则的度数是 ． 【变式1-2】如图①，菱形纸片，．对其进行如下操作： 把翻折，使点A与点D重合，折痕为；把翻折，使点C与点D重合，折痕为（如图），连接，．设两条折痕的延长线交于点O．    (1)请在图②中将图形补充完整，并求的度数； (2)四边形是菱形吗？请说明理由． 【变式1-3】（2025·山西长治·模拟预测）如图，在边长为4的菱形中，，是上的一点，将沿翻折得到，交于点．若，则的值为 ． 【题型2 菱形中的最值】 【例2】如图，在菱形中，，点P在上，点E为中点，且，则边的最大值等于（    ） A．2 B． C． D． 【变式2-1】（24-25八年级下·吉林长春·期末）【问题原型】如图①，在菱形中，点E是边上一点，点F是对角线上一点，，试探究的最小值． 【问题探究】如图②，小明首先过点C作，使，，利用平行线的性质可得到，进而可利用，将转化为，这样就将问题转化为寻找点E位置的问题． 以下是小明证明的部分过程： 证明：过点C作CM，使，，连结 四边形是菱形， 证明过程缺失 请你补全缺失的证明过程． 【解决问题】结合上述探究过程，用无刻度的直尺，在图③中作出【问题原型】中的点E的位置，使的值最小，此时的最小值是___________保留作图痕迹 【变式2-2】（24-25八年级下·安徽阜阳·期末）如图，是菱形的对角线，点和点分别是和上的点，． （1）若，则的度数为 ； （2）若，，则的最小值为 ． 【变式2-3】（24-25九年级上·河南焦作·期末）如图，菱形的边长为，，对角线与相交于点，点为线段上一动点（不与点重合）．连接，将线段绕点逆时针旋转得到，则线段的最小值为 ，最大值为 ．    【题型3 含60°的菱形】 【例3】（24-25九年级下·广东深圳·开学考试）如图，在菱形中，，，是一条对角线，是上一点，过点作，垂足为，连接．若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【变式3-1】（24-25八年级下·四川成都·期末）如图，菱形中，，，，垂足分别为B，D，若，则 ． 【变式3-2】（24-25八年级下·河北沧州·期末）如图，在菱形中，，，E是边上一点（不与点A，B重合），作交于点F，且，连接．关于结论Ⅰ、Ⅱ，下列判断正确的是（   ） 结论Ⅰ：连接，是等边三角形； 结论Ⅱ：的周长的最小值是3 A．只有结论Ⅰ正确 B．只有结论Ⅱ正确 C．结论Ⅰ、Ⅱ都正确 D．结论Ⅰ、Ⅱ都不正确 【变式3-3】（24-25八年级下·四川绵阳·期中）如图，在菱形中，，，是一条对角线，是上一点，过点作，垂足为，连接若，则的长为 ． 【题型4 菱形中的面积】 【例4】如图，菱形的边长为2，，则菱形的面积是；以对角线为边作第二个菱形，使，则菱形的面积是；以对角线为边作第三个菱形，使，则菱形的面积是；…．按此规律所作的第个菱形的面积是 ． 【变式4-1】（24-25八年级下·浙江宁波·阶段练习）如图，点D，F把线段分成三条线段，分别以这三条线段为一条对角线作菱形，菱形，菱形，连结组成四边形．若菱形的边长为，，则四边形的面积是 ． 【变式4-2】（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在菱形中，，将该菱形绕点在平面内顺时针方向旋转得到菱形，与交于点，且，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积是 ． 【变式4-3】如图，四边形是边长为2的菱形，，将菱形绕点A逆时针旋转，使点B的对应点落在对角线上，则 ，交于点E，则四边形的面积等于 ． 【题型5 菱形中的动点】 【例5】（24-25九年级上·河南信阳·期中）如图，菱形的四个顶点均在坐标轴上，点，，．点是菱形边上的一个动点，连接，把绕着点顺时针旋转得到，连接．若点从点出发，以每秒个单位长度沿菱形边长逆时针方向运动，则第秒时，点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【变式5-1】（24-25八年级下·广西贵港·期末）如图，在菱形中，，动点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿向点运动；动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿向点运动．若运动秒后，四边形是平行四边形，则的值为（   ） A．2 B． C．4 D． 【变式5-2】（24-25八年级下·江苏泰州·期末）如图，在菱形中，，为边上一点，．点在边上运动，连接，点是的中点，作于，连接，若最小值为，则菱形的边长为 ． 【变式5-3】（2025·江苏南京·模拟预测）如图，在菱形中，，，点P是边上一个动点，在延长线上找一点Q，使得点P和点Q关于点C对称，连接交于点M.当点P从B点运动到C点时，点M的运动路径长为 . 【题型6 菱形中的定值】 【例6】（24-25八年级下·辽宁沈阳·阶段练习）如图，在菱形中，，，点E、F分别为、上的动点，，点E从点A向点D运动过程中，的长度（    ） A．逐渐增加 B．先减小再增加 C．恒等于 D．恒等于4 【变式6-1】如图，菱形ABCD的形状和大小保持不变，将菱形ABCD绕点B旋转适当角度得到菱形A'BC'D'，边A'D与AD，DC交于E，F（D，E，F不重合），连接EB，FB．在旋转过程中：①EB平分∠AED'；②FB平分∠A'FC；③△DEF的周长是一个定值；④S△DEF+2S△BEF＝S菱形ABCD，判断正确的是 ． 【变式6-2】（2025·浙江舟山·一模）如图，矩形周长为8，且．连接，作点C关于的对称点E，连接，连接交于点P，作交于点G，下列说法中正确的有（   ）个． ①；②三角形的周长为定值4 ③当变大时，四边形的面积先变大后变小；④当变大时，反而变小 A．1 B．2 C．3 D．4 【变式6-3】如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形AOBC的边长为8，∠AOB=60°．  点D是边OB上一动点，点E在BC上，且∠DAE=60°． 有下列结论： ①点C的坐标为（12，）；②BD=CE； ③四边形ADBE的面积为定值； ④当D为OB的中点时，△DBE的面积最小． 其中正确的有 ．（把你认为正确结论的序号都填上） 【题型7 垂美四边形】 【例7】概念理解：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形 （1）性质探究：如图1，四边形ABCD是垂美四边形，直接写出AB2、CD2、AD2、BC2的数量关系：　 　． （2）解决问题：如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE、BG、GE．若AC＝4，AB＝5，求GE的长（可直接利用（1）中性质） 【变式7-1】（24-25八年级下·江苏泰州·期末）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”，顺次连接“垂美四边形”各边中点所得的四边形是 ． 【变式7-2】对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线交于点．若，则 ． 【变式7-3】（2025·河南南阳·一模）综合与实践： 在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有的经验对“对等垂美四边形”进行研究．定义：对角线相等且垂直的四边形叫作对等垂美四边形．    (1)定义理解 图中，、、三点均在格点上，请在格点上确定点，使四边形为对等垂美四边形． (2)深入探究 如图2，在对等垂美四边形中，对角线与交于点，且，，将绕点逆时针旋转（旋转角），、的对应点分别为、，如图3，请判断四边形是否为对等垂美四边形，并说明理由．（仅就图的情况证明即可） (3)拓展运用 在（2）的条件下，若，，当为直角三角形时，直接写出四边形的面积． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $