专题04 含60°的菱形（举一反三专项训练）数学新教材北师大版九年级上册

**基本信息** 以含60°菱形为载体，构建等边手拉手、等腰手拉手、对角互补、夹半角四大模型，通过“模型归纳-例题示范-变式拓展”系统培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |等边手拉手|1例3变式|连接AC构造全等、截取线段证全等|由菱形60°内角推等边三角形，通过手拉手模型构建全等关系| |等腰手拉手|1例3变式|旋转性质证全等、垂直平分线性质应用|基于等腰三角形旋转，结合菱形对称性推导线段关系| |对角互补|1例3变式|作垂线构造直角三角形、作平行线转化角|利用菱形对角互补特性，通过辅助线转化为特殊三角形问题| |夹半角|1例3变式|旋转线段构造等边三角形、截长补短法|围绕60°半角特性，通过旋转实现线段和差关系转化|

专题04 含60°的菱形（举一反三专项训练） 【新教材北师大版】 模型归纳 【模型1 等边手拉手】 1 【模型2 等腰手拉手】 13 【模型3 对角互补】 19 【模型4 夹半角】 29 【模型1 等边手拉手】 类型 等边手拉手 条件 菱形ABCD， 菱形ABCD， 图示 方法 连接AC，证 在AC上截取，证 结论 【例1】（25-26八年级下·湖北省直辖县级单位·期末）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，连接CE． （1）如图1，当点P在菱形ABCD内部时，则BP与CE的数量关系是　 　，CE与AD的位置关系是　 　． （2）如图2，当点P在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； （3）如图2，连接BE，若AB＝2，BE＝2，求AP的长． 【答案】（1）BP=CE，CE⊥AD；（2）结论仍然成立，理由见解析；（3）2 【分析】（1）由菱形ABCD和∠ABC=60°可证△ABC与△ACD是等边三角形，由等边△APE可得AP=AE，∠PAE=∠BAC=60°，减去公共角∠PAC得∠BAP=∠CAE，根据SAS可证得△BAP≌△CAE，故有BP=CE，∠ABP=∠ACE．由菱形对角线平分一组对角可证∠ABP=30°，故∠ACE=30°即CE平分∠ACD，由AC=CD等腰三角形三线合一可得CE⊥AD． （2）结论不变．证明过程同（1）． （3）在Rt△AOP中，求出OA，OP即可解决问题． 【详解】（1）BP=CE，CE⊥AD．     理由：∵菱形ABCD中，∠ABC=60° ∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60° ∴△ABC、△ACD是等边三角形 ∴AB=AC，AC=CD，∠BAC=∠ACD=60° ∵△APE是等边三角形 ∴AP=AE，∠PAE=60° ∴∠BAC-∠PAC=∠PAE-∠PAC 即∠BAP=∠CAE， ∴△BAP≌△CAE（SAS） ∴BP=CE，∠ABP=∠ACE ∵BD平分∠ABC ∴∠ACE=∠ABP=∠ABC=30° ∴CE平分∠ACD ∴CE⊥AD． 故答案为BP=CE，CE⊥AD． （2）结论仍然成立．理由如下：如图，设CE交AD于H，连接AC． ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°， ∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD=∠CBD=30°． ∵△APE是等边三角形， ∴AB=AC，AP=AE，∠BAC=∠PAE=60°． ∴△BAP≌△CAE．      ∴BP=CE，∠ABP=∠ACE=30°． ∵∠CAH=60°， ∴∠CAH+∠ACH=90°． ∴∠AHC=90°，即CE⊥AD．      （3）如图，连接BE， 由（2）可知CE⊥AD，BP= CE． 在菱形ABCD中，AD∥BC，∴CE⊥BC． ∵BC=AB=2，BE=2， 在Rt△BCE中，CE==8． ∴BP=CE=8．   ∵AC与BD是菱形的对角线， ∴∠ABD=∠ABC=30°，AC⊥BD． ∴OA=AB=，BO==3， ∴OP=BP－BO=5， 在Rt△AOP中，AP==2， 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．第（2）题的证明过程可由（1）适当转化而得，第（3）题则可直接运用（2）的结论解决问题． 【变式1-1】（25-26八年级下·湖北黄冈·期中）如图，菱形的对角线相交于点，过点作且，连接交于点，连接 (1)求证：； (2)已知，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由菱形的性质得到，则可证明，进而证明四边形为平行四边形，则； （2）连接，证明四边形为平行四边形，进而证明为矩形则；证明为等边三角形，得到，则，利用勾股定理得到，则，据此可得． 【详解】（1）证明：四边形为菱形， ， ，即， ； 又， ∴四边形为平行四边形， ； （2）解：如图所示，连接， 四边形为菱形， ，， ，即， ∴， 又， ∴四边形为平行四边形， ∵， 为矩形， ； ∵， 为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ， 在中，由勾股定理得． 【变式1-2】（25-26八年级下·辽宁鞍山·期中）发现问题：如图①在四边形中，，，E、F分别是边上的点，且．探究之间的数量关系．小明同学探究此问题的方法是：延长到点G，使，连接，解题思路是： (1)先证明________；再证明________； 即可得出之间的数量关系是________． 请你在图1中添加上述辅助线，并补全上面的思路． 提出问题： (2)如图②，若把原题中的“”改为，其他条件不变，（1）中之间的数量关系．是否仍然成立？请写出证明过程； 分析问题： (3)如图③在中，，，E，F是边上的点，且．请直接写出线段之间的数量关系：________． 解决问题： (4)如图④在菱形中，，E、F分别是边上的点，且． ①求证：是等边三角形 ②若，，求的长． 【答案】(1)辅助线见解析；；； (2)仍然成立，证明见解析 (3) (4)①见解析；② 【分析】（1）先根据题意作出辅助线，再利用证明得到，进一步证明，得到，据此可得； （2）延长到点G，使，连接，先证明，再同（1）即可证明； （3）过点B作，使得，连接，则， 证明，得到，，再证明，得到；由勾股定理得，则； （4）①连接，证明都是等边三角形，得到，证明，得到，据此可证明是等边三角形；②过点A作于点H，可求出，由勾股定理得，证明，由角平分线的性质得到点E到的距离等于点E到的距离，即为的长，根据，可求出，则． 【详解】（1）解：如图①所示，延长到点G，使，连接， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：仍然成立，证明如下： 如图②所示，延长到点G，使，连接， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：如图所示，过点B作，使得，连接， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴； （4）解：①如图所示，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∴都是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴是等边三角形； ②如图所示，过点A作于点H， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∵， ∴， ∴， ∴点E到的距离等于点E到的距离，即为的长， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式1-3】（25-26八年级下·福建福州·期末）如图，已知两个菱形与菱形，其中 连接，CG，BE，其中EF与BC相交于点H． (1)求证∶ (2)连接，，求证： (3)在线段上找一点，使得，，三点共线，请直接写出点的位置，并利用点的位置说明共线的理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)当，即是中点时，、、在同一条直线上． 【分析】本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，由旋转全等模型的构造证明全等是解题关键． （1）根据菱形性质，证明即可； （2）连接，证明即可； （3）当，即是中点时，、、在同一条直线上．将逆时针旋转到如图位置，先证明，再证明，从而可得，进而证明，，由即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵菱形与菱形， ∴，， ∵， ∴，即， ∴ ∴， （2）连接，如解图（1） ∵菱形与菱形，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴ （3）当，即是中点时，、、在同一条直线上． 证明：连接，将绕点C逆时针旋转到位置，连接、， ∵在菱形，，， ∴，， ∴， ∴， 同理：， ∵由旋转可得：， ∴，， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴ ∴， ∴， ∴、、在同一条直线上． 【模型2 等腰手拉手】 【例2】（2025·湖北襄阳·中考真题）如图，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE，CF相交于点D, （1）求证：BE＝CF ； （2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长． 【答案】（1）证明见解析（2）-1 【分析】（1）先由旋转的性质得AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，则∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，利用AB=AC可得AE=AF，得出△ACF≌△ABE，从而得出BE=CF； （2）由菱形的性质得到DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB=∠ABE，根据平行线得性质得∠ABE=∠BAC=45°，所以∠AEB=∠ABE=45°，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，所以BE=AC=，于是利用BD=BE﹣DE求解． 【详解】（1）∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的， ∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC， ∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF， 即∠EAB=∠FAC， 在△ACF和△ABE中， △ACF≌△ABE BE=CF. （2）∵四边形ACDE为菱形，AB=AC=1， ∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE， ∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°， ∴∠AEB=∠ABE=45°， ∴△ABE为等腰直角三角形， ∴BE=AC=， ∴BD=BE﹣DE=． 【变式2-1】（25-26八年级下·浙江金华·期末）如图，在中，，点E为内一点且在的垂直平分线l上，连接，当时，的长为________． 【答案】 【分析】过点C作于点G，在上取一点F，连接，使，求出，由勾股定理得，由勾股定理即可得到． 【详解】解：∵l是的垂直平分线， ∴， 如图，过点C作于点G， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 中，， ∴， ∴， 在上取一点F，连接，使， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 由勾股定理得：， ∴． 故答案为：． 【点睛】此题考查了线段的垂直平分线的性质、平行四边形的性质、矩形的判定、含角的直角三角形的性质、等角对等边、勾股定理等知识，证明四边形是矩形是解题的关键． 【变式2-2】（25-26八年级下·湖北武汉·期中）如图1，菱形AEFG的两边AE、AG分别在菱形ABCD的边AB和AD上，且∠BAD=60°，连接CF； （1）求证：； （2）如图2，将菱形AEFG绕点A进行顺时针旋转，在旋转过程中（1）中的结论是否发生变化？请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）CF=，（1）中的结论不变．理由见解析． 【分析】（1）延长EF交CD于M点，证明三角形CMF是等腰三角形，且∠EMC=120°，过点M作MN⊥CF，垂足为N，根据30°角所对直角边等于斜边的一半，和勾股定理，得 FN=NC=即CF=2FN=； （2）过D做∠NDC=∠ADG,使DN=DG，连接NC，证明△DGN为等腰三角形，四边形GFNC为平行四边形即可． 【详解】（1）如图１，延长EF交CD于M点， ∵四边形AEFG和四边形ABCD是菱形 ∴DC//GF//AB,DM//GF ∴四边形GFMD是平行四边形 则∠D=∠EMC=120°， ∴∠MFC=∠MCF=30°， 过点M作MN⊥CF，垂足为N， ∴MN=, 根据勾股定理，得FN=， ∵MC=MF， ∴FN=NC， ∴CF=2FN=； （2）如图2，过D做∠NDC=∠ADG,使DN=DG，连接NC， ∴△AGD≌△DNC(SAS） ∴AG=NC ∠DNC=∠AGD ∴△DGN为等腰三角形， 则∠DGN=∠DNG， ∵∠NGF=360°-∠AGD-∠AGF-∠DGN=240°-∠DGA-∠DGN ∠GNC=∠DNC-∠DNG=∠DNC-∠DNG ∴∠NGF+∠GNC=240°-∠DGN-∠DNG, ∵∠DGN+∠DNG=180°-∠GDN=60° ∴∠NGF+∠GNC=180° ∴NC//GF ， ∴四边形GFNC为平行四边形 ∴CF=GN，则GN=， ∴CF=，结论（1）不变． 【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，三角形的全等，等腰三角形的性质，灵活构造辅助线是解题的关键． 【变式2-3】（25-26八年级下·辽宁营口·期中）【问题提出】：如图1，是菱形边上一点，是等腰三角形，，，交于点，探究与的数量关系．      【问题探究】 (1)先将问题特殊化，如图2．当时，求出的大小；（提示：可在边上取点，使．连接，构造全等三角形来解答问题） (2)再探究一般情形，如图1，求与的数量关系． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质，正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等等： （1）在上截取，使，连接，先证明得到，再由正方形的性质得到，，则，可得到，则，进而得到． （2）在上截取，使，连接，证明，得到，由菱形的性质得到，，则．再由即可得到结论． 【详解】（1）解：在上截取，使，连接． ， ， ． ， ． ． ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ， ， ∴ ． （2）解：在上截取，使，连接． ， ， ． ， ． ． ∵四边形是菱形， ∴，， ，， ， ． ． 【模型3 对角互补】 类型 对角互补 条件 菱形ABCD，P在AC上， 菱形ABCD， 图示 方法 作，，垂足为M，N 作∥，∥ 结论 【例3】（25-26八年级下·重庆长寿·期末）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°，E为边BC上一点． (1)如图1，F为AB上一点，且BF=CE，连接CF、AE交于点P，求∠APF； (2)如图2，BE>CE，连接AE，将AE绕点A顺时针旋转120°得到AH，连接CH交AB于点M，求证：BM=AM+CE； (3)在（2）的条件下，若E为直线BC上一动点，连接DH，当DH最小时，直接写出△DEH的面积． 【答案】(1)； (2)见解析； (3) 【分析】（1）先利用菱形的性质，结合，可证明为等边三角形，再利用证明，从而可得，进而求得； （2）先利用证明，从而可得，结合，可得； （3）连结并延长到，使，过点作交直线于点，当点在直线上运动时，点在直线上运动，当时，有最小值，此时，与重合，与重合，再利用等边三角形的性质，得出，然后根据菱形的性质得出，再根据平行线的性质得出，从而可得，再利用含有角的直角三角形的性质求得，最后利用勾股定理求得． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵四边形为菱形， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴，， 在和中， ∵， ∴（）， ∴， ∴； （2）证明：如图，在上截取，连接、，与相交于点P， 由（1）知，， ∴， 由旋转性质知，， ∴，， ∴， ∴， 在和中 ∵ ∴（） ∴， ∵， ∴； （3）连结并延长到，使，过点作交直线于点， 当点在直线上运动时，点在直线上运动， 当时，有最小值， 此时，如图，与重合，与重合， 由（1）知为等边三角形， ∴，， ∴， ∵四边形为菱形， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形判定与性质，平行线的性质，含有角的直角三角形的性质，解题关键是准确作出辅助线． 【变式3-1】（25-26八年级下·辽宁大连·期中）菱形ABCD中，，E，F分别是射线BC，CD上一点，． (1)如图1，当点E，F分别在线段BC，CD上时，写出线段BE，DF，AB之间的数量关系并证明； (2)如图2，当点E，F分别在线段BC，CD延长线上时，写出线段BE，DF，AB之间的数量关系并证明； 【答案】(1)，证明见解析 (2)，证明见解析 【分析】（1）连接AC ，推出和是等边三角形，通过证明≌得到，即可得到结论； （2）方法思路同（1），但因CE在三角形之外，故得到． 【详解】（1）．理由如下： 如图1，连接AC． ∵四边形ABCD是菱形． ∴，，AC平分，． ∴． ∴和是等边三角形． ∴， ∵， ∴． 即． ∴． ∴≌（ASA）． ∴． ∴． （2）． 证明：如图，连接AC． ∵四边形ABCD是菱形． ∴，，AC平分，． ∴． ∴和是等边三角形． ∴，． ∴． ∵，， ∴． ∵， ∴．   即． ∴． ∴≌（ASA）． ∴． ∴． 【点睛】本题主要考查菱形的性质及三角形全等的相关知识，此类题型比较灵活，但围绕的知识点是固定的，解题时注意结合图形寻找已知条件与问题之间的位置关系，把条件与问题的联系作为主要的思考方向． 【变式3-2】（25-26九年级上·北京朝阳·期中）在菱形中，，E为对角线上的一点（不与A，C重合），将射线绕点E顺时针旋转角之后，所得射线与直线交于F点，试探究线段与的数量关系，小宇发现点E的位置，和的大小都不确定，于是他从特殊情况开始进行探究． (1)如图1，当时，菱形是正方形．小宇发现，在正方形中，平分，作于M，于N．由角平分线的性质可知，进而可得，并由全等三角形的性质得到与的数量关系为__________． (2)如图2，当，时， ①依题意补全图形； ②请帮小宇继续探究（1）的结论是否成立．若成立，请给出证明；若不成立，请举出反例说明； 【答案】(1) (2)①见解析，②（1）的结论是否成立，证明见解析 【分析】（1）直接得出结论； （2）①依题意补全图形如图2所示，②利用菱形的性质得出，，再用角平分线的性质，得出，进而判断出，即可得出结论． 【详解】（1）解：， ， 故答案为：； （2）解：①补全图形如图2所示， ②结论依然成立； 证明：如图3，    过点E作于M，于N． ∵四边形为菱形， ． ． ， ， ． ， ； 在与中， ， ． ． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，熟练掌握三角形全等的判定是解题的关键． 【变式3-3】（25-26八年级下·北京平谷·期末）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”． (1)在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 　　（请填序号）； (2)在“完美”四边形中，，，连接． ①如图1，求证：平分； 小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明平分 想法一：通过，可延长到，使，通过证明，从而可证平分； 想法二：通过，可将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，可证，，三点在一条直线上，从而可证平分． 请你参考上面的想法，帮助小明证明平分； ②如图2，当，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)④ (2)①见解析；②，证明见解析 【分析】（1）由“完美四边形”定义可求解； （2）①想法一：由“”可证，可得，，由等腰三角形的性质可得结论； 想法二：由旋转的性质可得，，，可证点，，在一条直线上，由等腰三角形的性质可得结论； ②延长使，连接，由①可得为等腰三角形，由，可证为等腰直角三角形，即可得解． 【详解】（1）解：由“完美四边形”的定义可得正方形一组邻边相等且对角互补， 正方形是“完美四边形”． 故答案为：④； （2）解：①想法一：延长使，连接 ，， ， ， ． ． 即平分； 想法二：将绕点顺时针旋转，使边与边重合，得到， ． ； ； ． ， ． 点，，在一条直线上． ， 即平分 ② 理由如下： 延长使，连接， 由 ①得为等腰三角形． ， ， ． ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 【模型4 夹半角】 类型 夹半角 条件 菱形ABCD，， 图示 方法 将BE绕点B逆时针旋转60°得到BM 结论 ① 【例4】（25-26八年级下·山东济南·期末）如图1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝2，AC，BD相交于点O． (1)求边AB的长； (2)求∠BAC的度数； (3)如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A左右旋转，其中三角板60°角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF．判断△AEF是哪一种特殊三角形，并说明理由． 【答案】（1）2；（2） ；（3）见详解 【分析】（1）由菱形的性质得出OA=1，OB=，根据勾股定理可得出答案； （2）得出△ABC是等边三角形即可； （3）由△ABC和△ACD是等边三角形，利用ASA可证得△ABE≌△ACF；可得AE=AF，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形推出即可． 【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∴△AOB为直角三角形，且． ∴； （2）∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=BC， 由（1）得：AB=AC=BC=2， ∴△ABC为等边三角形， ∠BAC=60°； （3）△AEF是等边三角形， ∵由（1）知，菱形ABCD的边长是2，AC=2， ∴△ABC和△ACD是等边三角形， ∴∠BAC=∠BAE+∠CAE=60°， ∵∠EAF=∠CAF+∠CAE=60°， ∴∠BAE=∠CAF， 在△ABE和△ACF中， ∴△ABE≌△ACF（ASA）， ∴AE=AF， ∵∠EAF=60°， ∴△AEF是等边三角形． 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质以及图形的旋转．解题的关键是熟练掌握菱形的性质． 【变式4-1】（24-25八年级下·四川成都·阶段检测）如图，在平行四边形中，，．将一个的的顶点放在点C处，并绕点C旋转，当与交于点M，同时与交于点N，连接． (1)求平行四边形的面积； (2)求证：； (3)求的周长的最小值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）易得是等边三角形，过点A作于点E，求出的长，利用平行四边形的面积公式可得出结论； （2）先证四边形是菱形，则可得，由是等边三角形，可得，又由可得，根据即可证明； （3）结合（2）得是等边三角形，利用当时最短，由是等边三角形，也是最短的，是边长为2等边的高，即可得出周长的最小值． 【详解】（1）解：在中，，， ∴是等边三角形， ∴， 如图，过点A作于点E， ∴，， ∴，， ∴平行四边形的面积为； （2）证明：∵四边形是平行四边形,且, ∴四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是等边三角形， ∴，, 又∵， ∴， ∴， 在和中， ∴； （3）解：∵， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， 当时最短， ∴也是最短的． ∵是边长为2等边的高， ∴，， 所以． ∴周长的最小值为． 【点睛】此题主要考查了菱形的性质与判定以及等边三角形的判定与性质和勾股定理等知识，根据题意得出最小时则的周长最小得出是解题关键． 【变式4-2】【背景】在菱形中，，作，，分别交边，于点，． (1)【感知】如图1，若是边的中点，则线段与之间的数量关系是______； (2)【探究】如图2，若为边上任意一点，则（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由． (3)【应用】在如图3所示的菱形纸片中，，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，求线段的长． 【答案】(1) (2)（1）中的结论成立，理由见解析 (3)线段的长为或4． 【分析】（1）证明，得出； （2）证明，得出； （3）先求出，再求出，最后分类讨论得到的长度，由此得出的长度． 【详解】（1）解：，证明如下： 连接， 四边形是菱形，， ，， ，， ， 在和中， ， ， ， 故答案为：； （2）解：成立，理由如下： 连接， 四边形是菱形，， ，， ，， ， 在和中， ， ， ； （3）解：过点作于，连接， 四边形是菱形，且，， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 当点在点的左侧时，， 当点在点的右侧（图中处）时，， 由（2）知， ， 线段的长为或4． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理，分类讨论等，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 【变式4-3】（25-26九年级上·全国·阶段检测）如图在四边形中，点E是直线上一点，将射线绕点A逆时针旋转交直线于点F．    (1)如图①．若四边形为菱形，，则与之间的数量关系是________； (2)如图②，若四边形为正方形，，连接，当点E在的延长线上时，试猜想线段与之间的数量关系，并加以证明； (3)若四边形为正方形，，连接，当时，请直接写出的长． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3)或10 【分析】（1）如图，连接，根据菱形的性质得出是等边三角形，可得出相等的角和边，进而证明，再根据全等三角形的性质即可得出结论； （2）如图：在上取点，使得，连接，根据条件证明，得出，再证明，根据全等三角形的性质即可得出结论；； （3）根据题意分两种情况进行讨论，借助于（2）的思路，证明三角形全等，得出相等的边，然后假设边的长度，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接，    ∵四边形是菱形， ∴， ∴． ∵， ∴是等边三角形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． （2）解：，证明如下：    如图：在上取点，使得，连接， ∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， ∴，即． （3）解：①如图，当点E在线段上时，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，    ， ∵四边形为正方形，， ， 又， ， ， 设，则， 在中，由勾股定理可得，即，解得：， ∴． ②如图，当点E在延长线上时，取的中点G，连接，    ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得，即， 解得∶． ∴． 综上所述，的长为或10． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识以及正确作出辅助线是解题的关键． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 含60°的菱形（举一反三专项训练） 【新教材北师大版】 模型归纳 【模型1 等边手拉手】 1 【模型2 等腰手拉手】 3 【模型3 对角互补】 5 【模型4 夹半角】 7 【模型1 等边手拉手】 类型 等边手拉手 条件 菱形ABCD， 菱形ABCD， 图示 方法 连接AC，证 在AC上截取，证 结论 【例1】（25-26八年级下·湖北省直辖县级单位·期末）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，连接CE． （1）如图1，当点P在菱形ABCD内部时，则BP与CE的数量关系是　 　，CE与AD的位置关系是　 　． （2）如图2，当点P在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； （3）如图2，连接BE，若AB＝2，BE＝2，求AP的长． 【变式1-1】（25-26八年级下·湖北黄冈·期中）如图，菱形的对角线相交于点，过点作且，连接交于点，连接 (1)求证：； (2)已知，若，求的长． 【变式1-2】（25-26八年级下·辽宁鞍山·期中）发现问题：如图①在四边形中，，，E、F分别是边上的点，且．探究之间的数量关系．小明同学探究此问题的方法是：延长到点G，使，连接，解题思路是： (1)先证明________；再证明________； 即可得出之间的数量关系是________． 请你在图1中添加上述辅助线，并补全上面的思路． 提出问题： (2)如图②，若把原题中的“”改为，其他条件不变，（1）中之间的数量关系．是否仍然成立？请写出证明过程； 分析问题： (3)如图③在中，，，E，F是边上的点，且．请直接写出线段之间的数量关系：________． 解决问题： (4)如图④在菱形中，，E、F分别是边上的点，且． ①求证：是等边三角形 ②若，，求的长． 【变式1-3】（25-26八年级下·福建福州·期末）如图，已知两个菱形与菱形，其中 连接，CG，BE，其中EF与BC相交于点H． (1)求证∶ (2)连接，，求证： (3)在线段上找一点，使得，，三点共线，请直接写出点的位置，并利用点的位置说明共线的理由． 【模型2 等腰手拉手】 【例2】（2025·湖北襄阳·中考真题）如图，△ABC中，AB＝AC＝1，∠BAC＝45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE，CF相交于点D, （1）求证：BE＝CF ； （2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长． 【变式2-1】（25-26八年级下·浙江金华·期末）如图，在中，，点E为内一点且在的垂直平分线l上，连接，当时，的长为________． 【变式2-2】（25-26八年级下·湖北武汉·期中）如图1，菱形AEFG的两边AE、AG分别在菱形ABCD的边AB和AD上，且∠BAD=60°，连接CF； （1）求证：； （2）如图2，将菱形AEFG绕点A进行顺时针旋转，在旋转过程中（1）中的结论是否发生变化？请说明理由． 【变式2-3】（25-26八年级下·辽宁营口·期中）【问题提出】：如图1，是菱形边上一点，是等腰三角形，，，交于点，探究与的数量关系．      【问题探究】 (1)先将问题特殊化，如图2．当时，求出的大小；（提示：可在边上取点，使．连接，构造全等三角形来解答问题） (2)再探究一般情形，如图1，求与的数量关系． 【模型3 对角互补】 类型 对角互补 条件 菱形ABCD，P在AC上， 菱形ABCD， 图示 方法 作，，垂足为M，N 作∥，∥ 结论 【例3】（25-26八年级下·重庆长寿·期末）如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°，E为边BC上一点． (1)如图1，F为AB上一点，且BF=CE，连接CF、AE交于点P，求∠APF； (2)如图2，BE>CE，连接AE，将AE绕点A顺时针旋转120°得到AH，连接CH交AB于点M，求证：BM=AM+CE； (3)在（2）的条件下，若E为直线BC上一动点，连接DH，当DH最小时，直接写出△DEH的面积． 【变式3-1】（25-26八年级下·辽宁大连·期中）菱形ABCD中，，E，F分别是射线BC，CD上一点，． (1)如图1，当点E，F分别在线段BC，CD上时，写出线段BE，DF，AB之间的数量关系并证明； (2)如图2，当点E，F分别在线段BC，CD延长线上时，写出线段BE，DF，AB之间的数量关系并证明； 【变式3-2】（25-26九年级上·北京朝阳·期中）在菱形中，，E为对角线上的一点（不与A，C重合），将射线绕点E顺时针旋转角之后，所得射线与直线交于F点，试探究线段与的数量关系，小宇发现点E的位置，和的大小都不确定，于是他从特殊情况开始进行探究． (1)如图1，当时，菱形是正方形．小宇发现，在正方形中，平分，作于M，于N．由角平分线的性质可知，进而可得，并由全等三角形的性质得到与的数量关系为__________． (2)如图2，当，时， ①依题意补全图形； ②请帮小宇继续探究（1）的结论是否成立．若成立，请给出证明；若不成立，请举出反例说明； 【变式3-3】（25-26八年级下·北京平谷·期末）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”． (1)在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 　　（请填序号）； (2)在“完美”四边形中，，，连接． ①如图1，求证：平分； 小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明平分 想法一：通过，可延长到，使，通过证明，从而可证平分； 想法二：通过，可将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，可证，，三点在一条直线上，从而可证平分． 请你参考上面的想法，帮助小明证明平分； ②如图2，当，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明． 【模型4 夹半角】 类型 夹半角 条件 菱形ABCD，， 图示 方法 将BE绕点B逆时针旋转60°得到BM 结论 ① 【例4】（25-26八年级下·山东济南·期末）如图1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝2，AC，BD相交于点O． (1)求边AB的长； (2)求∠BAC的度数； (3)如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A左右旋转，其中三角板60°角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF．判断△AEF是哪一种特殊三角形，并说明理由． 【变式4-1】（24-25八年级下·四川成都·阶段检测）如图，在平行四边形中，，．将一个的的顶点放在点C处，并绕点C旋转，当与交于点M，同时与交于点N，连接． (1)求平行四边形的面积； (2)求证：； (3)求的周长的最小值． 【变式4-2】【背景】在菱形中，，作，，分别交边，于点，． (1)【感知】如图1，若是边的中点，则线段与之间的数量关系是______； (2)【探究】如图2，若为边上任意一点，则（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由． (3)【应用】在如图3所示的菱形纸片中，，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，求线段的长． 【变式4-3】（25-26九年级上·全国·阶段检测）如图在四边形中，点E是直线上一点，将射线绕点A逆时针旋转交直线于点F．    (1)如图①．若四边形为菱形，，则与之间的数量关系是________； (2)如图②，若四边形为正方形，，连接，当点E在的延长线上时，试猜想线段与之间的数量关系，并加以证明； (3)若四边形为正方形，，连接，当时，请直接写出的长． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $