數(shù)學(xué)《菱形中折疊、動(dòng)點(diǎn)、旋轉(zhuǎn)、最值、新定義》題型及答案解析

目錄利用菱形的性質(zhì)與判定解決折疊問題】1利用菱形的性質(zhì)與判定解決動(dòng)點(diǎn)與函數(shù)圖象問題】5利用菱形的性質(zhì)與判定解決旋轉(zhuǎn)問題】10利用菱形的性質(zhì)與判定解決最值問題】16利用菱形的性質(zhì)與判定解決新定義型問題】21【考點(diǎn)一利用菱形的性質(zhì)與判定解決折疊問題】1.(2024九年級(jí)下·江蘇南京·專題練習(xí))EF分別在ABBC翻折后，點(diǎn)B落在邊上的GEG⊥CDBE=4DG=3AE的長(zhǎng)為．2.(2024·廣東東莞·二模)B落在AD邊的點(diǎn)FCE∠D=80°∠BCF的度數(shù)是．3.(23-24八年級(jí)下·江蘇無(wú)錫·期中)中，AB=8∠A=120°M是上，DM=3，N是點(diǎn)ABCMNB沿直線MNC對(duì)應(yīng)點(diǎn)為EAE最小時(shí)，AN=．14.(23-24八年級(jí)下·河北邢臺(tái)·期中)中，∠A=60°．(1)∠C=(2)點(diǎn)E在BC沿C對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)CDC是AB的垂直平分線，則∠的大小為°．°．5.(2024·云南曲靖·二模)△ABC中，∠ACB=90°C作⊥AB于點(diǎn)DE為AC上BE于點(diǎn)G△BFE是△BCE沿BEC的對(duì)應(yīng)點(diǎn)F恰好落在AB接FG．(1)為菱形；(2)若AC=8BC=6DG的長(zhǎng)．2考點(diǎn)二利用菱形的性質(zhì)與判定解決動(dòng)點(diǎn)與函數(shù)圖象問題】6.(2024·北京朝陽(yáng)·二模)如圖1中，∠B=60°PM從頂點(diǎn)B出發(fā)，MAMC沿線段BP運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到頂點(diǎn)AM運(yùn)動(dòng)的路程為x，=y示y與x的函數(shù)關(guān)系的圖象如圖2的邊長(zhǎng)是()A.43B.4C.2327.(2024·廣東深圳·三模)如圖(1)P為菱形對(duì)角線ACE為邊PBPEBE．圖(2)是點(diǎn)P從點(diǎn)A勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，△PBE的面積y隨AP的長(zhǎng)度x變化的關(guān)系圖象(當(dāng)點(diǎn)P在BEy=0)的邊長(zhǎng)為()A.5B.6C.23258.(23-24九年級(jí)下·山東淄博·期中)如圖1P從菱形的頂點(diǎn)AA→C→B以s的x(s)速度勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)BP運(yùn)動(dòng)時(shí)△D的面積ycm2隨時(shí)間2a變化的關(guān)系如圖的值為()254253192A.B.C.99.(2024·甘肅·中考真題)如圖1點(diǎn)P從菱形的點(diǎn)AAB→BCC時(shí)停止．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路程為xPO的長(zhǎng)為yy與x的函數(shù)圖象如圖2P運(yùn)動(dòng)到BC中點(diǎn)3時(shí)，PO的長(zhǎng)為()A.2B.3C.52210.(23-24八年級(jí)下·江蘇蘇州·階段練習(xí))在菱形中，∠ABC=60°P是直線BDAP為邊向右側(cè)作等邊△APE(APE按逆時(shí)針排列)E的位置隨點(diǎn)P的位置變化而變化．(1)如圖1點(diǎn)P在線段BDE在菱形CEBP與CE的數(shù)量關(guān)系是BC與CE的位置關(guān)系是；(2)①如圖2點(diǎn)P在線段BDE在菱形外部時(shí)，(1)BEAB=2∠APD=75°BE的長(zhǎng)(3)當(dāng)點(diǎn)P在直線BDBE．若AB=23BE=219△APE的面積；．利用菱形的性質(zhì)與判定解決旋轉(zhuǎn)問題】11.(2024·河南·三模)OABC的頂點(diǎn)O(0,0)A(-1,0)∠B=60°OABC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后得到菱形OABCO連續(xù)旋轉(zhuǎn)2024次得到菱形OA2024B2024C2024C2024111的坐標(biāo)是()3112323212123A.,B.,-C.-,--,22212.(2024九年級(jí)·全國(guó)·競(jìng)賽)在菱形中，∠ABC=120°2cm繞其外一點(diǎn)O按順時(shí)針方向分別旋轉(zhuǎn)90°180°270°4影部分的面積為cm2．13.和菱形有公共頂點(diǎn)AEG分別落在邊ABADDFBF．(1)求證：DF=BF；(2)將菱形繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)．設(shè)旋轉(zhuǎn)角∠=α0°≤α≤180°AB=6AE=3∠B=∠GAE=60°．α=90°DF的長(zhǎng)度是多少？②連接BD△DFBα的度數(shù)為多少度？514.(23-24八年級(jí)下·湖北武漢·期中)在菱形和菱形中，∠ABC=∠EBG=60°,AB=6,BE=2．(1)如圖1點(diǎn)EG分別在邊ABBCF在菱形DFDF的長(zhǎng)度為；(2)如圖2繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α°(0<α<360)接DFCG斷DF與CG的數(shù)量關(guān)(3)如圖3繼續(xù)繞點(diǎn)BGD,O為DGCOEOCO與EO繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)過程中CO的取值范圍．利用菱形的性質(zhì)與判定解決最值問題】15.(23-24八年級(jí)下·重慶沙坪壩·期中)的周長(zhǎng)為8∠C=30°E是AB的中點(diǎn)，P是對(duì)角線ACPE+PB的最小值是．616.(2024九年級(jí)下·全國(guó)·專題練習(xí))中，EF分別是邊BCAE，GH分別為AEGH．若∠B=45°BC=23GH的最小值是．17.(23-24八年級(jí)下·安徽合肥·期末)菱形中，∠B=60°E是BCAE,F是上一動(dòng)點(diǎn)，G為AFCG．(1)∠=；(2)若AB=2CG的最小值為．18.(2024八年級(jí)下·全國(guó)·專題練習(xí))中，AB=4∠ABC=60°P為AD邊上任意一點(diǎn)(不包括端點(diǎn))結(jié)AC點(diǎn)P作PQ∥AC邊于點(diǎn)QR線段AC上的一點(diǎn)．(1)若點(diǎn)R為菱形對(duì)角線的交點(diǎn)，PQ為△PR+QR的值；(2)當(dāng)PR+QRRPR+QR的最小值；(3)當(dāng)PR+QRPR+QR+PQPQ并寫出PR+QR+PQ的最小值．7考點(diǎn)五利用菱形的性質(zhì)與判定解決新定義型問題】19.(22-23八年級(jí)下·江蘇蘇州·期末)90°(1)已知△ABC∠C>90°∠A=40°∠B=°．(2)中，∠B>90°AB=5接AC△ABC的面積．20.(23-24九年級(jí)下·山東威?！て谥?1)EF分別在菱形的邊CDAD上，CE=DF∠A=60°．四邊形BEDF是否為補(bǔ)等四邊形？()(2)△ABC中，∠B>90°．∠ACB的平分線和邊AB的中垂線交于點(diǎn)DAC于點(diǎn)G接．四邊形821.(22-23八年級(jí)下·浙江寧波·期末)共線的新菱形稱為已知菱形的伴隨菱形．如圖1ACAD的延長(zhǎng)線上取點(diǎn)E使得AC=AECAAE為邊作菱形是菱形(1)如圖2ACBC的延長(zhǎng)線上作CA=CF∠ACF的平分線CE交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E接FEAEPC為菱形(2)①如圖3形為菱形C作CH垂直AE于點(diǎn)HACBD相交于點(diǎn)O．連接EO若EO=2CHED與BD的數(shù)量關(guān)系并加以證明．CHED②在①的條件下請(qǐng)直接寫出的值．922.(22-23八年級(jí)下·安徽合肥·期末)形．(1)如圖(a)△ABC是中垂三角形，BD,AE分別是AC,BCBD⊥AE于點(diǎn)O∠=45°：△ABC是等腰三角形．(2)如圖(b)ABC中，AE,BD分別是邊BC,ACAE⊥BD于點(diǎn)OAC2+BC2=5AB2．(3)如圖(c)AC,BD交于點(diǎn)OM,N分別是OA,BM,CNE．求證：△BCE是中垂三角形；10目錄利用菱形的性質(zhì)與判定解決折疊問題】1利用菱形的性質(zhì)與判定解決動(dòng)點(diǎn)與函數(shù)圖象問題】5利用菱形的性質(zhì)與判定解決旋轉(zhuǎn)問題】10利用菱形的性質(zhì)與判定解決最值問題】16利用菱形的性質(zhì)與判定解決新定義型問題】21【考點(diǎn)一利用菱形的性質(zhì)與判定解決折疊問題】1.(2024九年級(jí)下·江蘇南京·專題練習(xí))EF分別在ABBC翻折后，點(diǎn)B落在邊上的GEG⊥CDBE=4DG=3AE的長(zhǎng)為．914需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．作BH⊥交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)HEG⊥CDBH∥EGAB∥CD，AB=BC=CDBEGHGH=BE=4GE=BE=4BH=GE=65144DH=DG+GH=3+4=742+7-AB2=AB2AB=AE=AB-6514914BE=-4=BH⊥交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H∠H=90°，∵EG⊥CD，∴BH∥EG，∵四邊形是菱形，∴AB∥CDAB=BC=CD，∴BE∥GH，∴四邊形BEGH是平行四邊形，∴GH=BE=4，由折疊得GE=BE=4，∴BH=GE=4，1∵DG=3，∴DH=DG+GH=3+4=7，∵BH2+CH2=BC2CH=7-=7-AB，∴42+7-AB2=AB2，6514解得AB=，6514914∴AE=AB-BE=-4=，9故答案為：．142.(2024·廣東東莞·二模)B落在AD邊的點(diǎn)FCE∠D=80°∠BCF的度數(shù)是．80°/80度首先根據(jù)平行的性質(zhì)得到BC=CDBC=CFCF=CD的性質(zhì)求解即可．∵四邊形是菱形∴BC=由折疊可得，BC=CF∴CF=∴∠CFD=∠D=80°∵四邊形是菱形∴AD∥BC∴∠BCF=∠DFC=80°．故答案為：80°．3.(23-24八年級(jí)下·江蘇無(wú)錫·期中)中，AB=8∠A=120°M是上，DM=3，N是點(diǎn)ABCMNB沿直線MNC對(duì)應(yīng)點(diǎn)為EAE最小時(shí)，AN=．72E在AM上時(shí)，AE32的值最?。鰽H⊥于HAH=AD=83DH=CH=8Rt△AHMAM=7E在AM上時(shí)，AE的值最小，然后證明AN=AM即可．AH⊥于H∵菱形的邊AB=8∠A=120°，∴AD=AB==8AB∥CD，∴∠D=180°-∠=60°，∴∠H=30°，12∴DH=AD=4AH=AD2-DH2=43，∵DM=3，∴HM=1MC=-DM=5，在Rt△AHM中，AM=AH2+HM2=7，∵四邊形CMNB沿直線MNC對(duì)應(yīng)點(diǎn)為E∴ME=MC=10，∵AE+ME≥AM，∴AE≥AM-ME，∴當(dāng)點(diǎn)E在AM上時(shí)，AE的值最小，由折疊的性質(zhì)得∠AMN=∠CMN，而AB∥CD，∴∠ANM=∠CMN，∴∠AMN=∠ANM，∴AN=AM=7．故答案為：7．4.(23-24八年級(jí)下·河北邢臺(tái)·期中)中，∠A=60°．(1)∠C=(2)點(diǎn)E在BC沿C對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)CDC是AB的垂直平分線，則∠的大小為°．60°．75(1)直接根據(jù)菱形的對(duì)角相等即可求解；(2)∠1=90°而∠ADC=30°∠CDC=∠1=90°12由折疊有∠=∠C=∠CDC=45°∠=75°(1)∵四邊形是菱形，∴∠C=∠A=60°．3故答案為：60(2)如圖，∵CD是AB的垂直平分線，∴∠1=90°，∴∠ADC=90°-∠A=90°-60°=30°，∵在菱形中，AB∥CD，∴∠CDC=∠1=90°，1212由折疊可得∠=∠C=∠CDC=×90°=45°，∴∠=∠ADC+∠C=30°+45°=75°，∵在菱形中，AD∥BC，∴∠=∠=75°．故答案為：755.(2024·云南曲靖·二模)△ABC中，∠ACB=90°C作⊥AB于點(diǎn)DE為AC上BE于點(diǎn)G△BFE是△BCE沿BEC的對(duì)應(yīng)點(diǎn)F恰好落在AB接FG．(1)為菱形；(2)若AC=8BC=6DG的長(zhǎng)．(1)見解析(2)GD=1.8．(1)推出CG=CG∥EC=證得四邊形是菱形；(2)首先利用勾股定理求出ABCG=xx表示出AE和Rt△x(1)證明：∵⊥AB△BFE是△BCE沿BE折疊所得，∴∠BFE=∠BCE=90°∠CEG=∠FEGEC=，∴∥，∴∠CGE=∠FEG，∴∠CGE=∠CEG，∴CE=CG，∴CG=，∵CG∥，∴四邊形是平行四邊形，∵EC=，∴平行四邊形是菱形；(2)解：∵AC=8BC=6∠ACB=90°，∴AB=BC2+AC2=10，4設(shè)CG=x，∵四邊形是菱形，∴=FG=CE=CG=x，∴AE=8-x，∵△BFE是△BCE沿BE折疊所得，∴BF=BC=6，∴AF=AB-BF=10-6=4，∵在Rt△中，2+AF2=AE2，∴x2+42=8-x2，解得：x=3，即CG=3．∵⊥AB，1212∴S=AC×BC=AB×CD，∴=4.8，∴GD=4.8-3=1.8．考點(diǎn)二利用菱形的性質(zhì)與判定解決動(dòng)點(diǎn)與函數(shù)圖象問題】6.(2024·北京朝陽(yáng)·二模)如圖1中，∠B=60°PM從頂點(diǎn)B出發(fā)，MAMC沿線段BP運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到頂點(diǎn)AM運(yùn)動(dòng)的路程為x，=y示y與x的函數(shù)關(guān)系的圖象如圖2的邊長(zhǎng)是()A.43B.4C.232CP在對(duì)角線BD上，BP=4BP+AP=6AO=xAB=2AO=2x由圖象可得，MAMC當(dāng)x從0到4時(shí)，=y=1∴MA=MC∵四邊形是菱形∴點(diǎn)P在對(duì)角線BD上∴由圖象可得，BP=4BP+AP=65∴AP=2∵在菱形中，∠B=60°，∴∠ABD=30°AC⊥BD∴設(shè)AO=xAB=2AO=2x∴PO=BP-BO=4-3x∴BO=AB2-AO2=3x∴在Rt△APO中，AP2=AO2+PO2∴22=x2+4-3x2解得x=3∴AB=2x=23∴菱形的邊長(zhǎng)是23．故選：C．30°鍵是根據(jù)圖象正確分析出點(diǎn)P在對(duì)角線BD上．7.(2024·廣東深圳·三模)如圖(1)P為菱形對(duì)角線ACE為邊PBPEBE．圖(2)是點(diǎn)P從點(diǎn)A勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，△PBE的面積y隨AP的長(zhǎng)度x變化的關(guān)系圖象(當(dāng)點(diǎn)P在BEy=0)的邊長(zhǎng)為()A.5B.6C.2325Ax=0P與點(diǎn)AS=12x=8時(shí)時(shí)點(diǎn)P與點(diǎn)CAC=8BDx=0P與點(diǎn)AS=12，∴S菱形=2S=24，當(dāng)x=8P與點(diǎn)CAC=8BDAC于點(diǎn)O，則：BD⊥AC,OA=OC=4,OB=，12∴S菱形=AC?BD=24，∴BD=6，∴OB==3，∴AB=2+OB2=5，∴菱形的邊長(zhǎng)為5；故選A．68.(23-24九年級(jí)下·山東淄博·期中)如圖1P從菱形的頂點(diǎn)AA→C→B以s的x(s)速度勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)BP運(yùn)動(dòng)時(shí)△D的面積ycm2隨時(shí)間2a變化的關(guān)系如圖的值為()254253192A.B.C.9BC作CE⊥AD出菱形的邊長(zhǎng)為aCE=8a即可．C作CE⊥AD于E，∵在菱形中，AD∥BCAD=BC，∴當(dāng)點(diǎn)P在邊BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，y的值不變，∴AD=BC=10+a-10=aa，12∴?AD?CE=4aCE=8．當(dāng)點(diǎn)P在AC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，y逐漸增大，∴AC=10，∴AE=AC2-CE2=102-82=6．在Rt△DCE中，DC=a,=a-6,CE=8，253∴a2=82+a-62a=．故選：B．9.(2024·甘肅·中考真題)如圖1點(diǎn)P從菱形的點(diǎn)AAB→BCC時(shí)停止．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)路程為xPO的長(zhǎng)為yy與x的函數(shù)圖象如圖2P運(yùn)動(dòng)到BC中點(diǎn)時(shí)，PO的長(zhǎng)為()A.2B.3C.522Cx=0時(shí)，PO=AO=4P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，PO=BO=2∠AOB=∠BOC=90°AB=BC=2+OB2=25P運(yùn)動(dòng)到BC中點(diǎn)時(shí)，PO的長(zhǎng)為712BC=5角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．x=0時(shí)，PO=AO=4，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，PO=BO=2，∠AOB=∠BOC=90°，故AB=BC=2+OB2=25，12當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到BC中點(diǎn)時(shí)，PO的長(zhǎng)為BC=5，故選C．10.(23-24八年級(jí)下·江蘇蘇州·階段練習(xí))在菱形中，∠ABC=60°P是直線BDAP為邊向右側(cè)作等邊△APE(APE按逆時(shí)針排列)E的位置隨點(diǎn)P的位置變化而變化．(1)如圖1點(diǎn)P在線段BDE在菱形CEBP與CE的數(shù)量關(guān)系是BC與CE的位置關(guān)系是；(2)①如圖2點(diǎn)P在線段BDE在菱形外部時(shí)，(1)BEAB=2∠APD=75°BE的長(zhǎng)(3)當(dāng)點(diǎn)P在直線BDBE．若AB=23BE=219△APE的面積；．(1)BP=CECE⊥BC；(2)20-83(3)73或313(1)連接AC△≌△CAE即可證得結(jié)論；(2)①(1)(1)中的方法證明△≌△CAE即可；②根據(jù)已知得出DP=ADBP=CECE⊥BC(3)P在BD的延長(zhǎng)線上時(shí)或點(diǎn)P在線段AC交BD于點(diǎn)O∠BCE=90°CE的長(zhǎng)即得到BPAOPOPD的長(zhǎng)及等邊三角形APE的邊長(zhǎng)可得結(jié)論．(1)1ACCE交AD于點(diǎn)H，∵四邊形是菱形，∴AB=BC，∵∠ABC=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB=AC∠=60°；∵△APE是等邊三角形，8∴AP=AE∠E=60°，∴∠=∠CAE=60°-∠，∴△≌△CAE，∴BP=CE；∵四邊形是菱形，12∴∠ABP=∠ABC=30°，∴∠ABP=∠ACE=30°，∵∠ACB=60°，∴∠BCE=60°+30°=90°，∴CE⊥BC；故答案為：BP=CECE⊥BC；(2)(1)中的結(jié)論：BP=CECE⊥AD如圖2ACCE與AD交于H，∵菱形ABCD∠ABC=60°，∴△ABC和△都是等邊三角形，∴AB=AC∠=120°∠=120°+∠，∵△APE是等邊三角形，∴AP=AE∠E=60°，∴∠CAE=60°+60°+∠=120°+∠，∴∠=∠CAE，∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE∠ACE=∠ABD=30°，∴∠DCE=30°，∵∠ADC=60°，∴∠DCE+∠ADC=90°，∴∠CHD=90°，∴CE⊥AD；∴(1)中的結(jié)論：BP=CECE⊥AD仍然成立；②如圖所示，∵△ABP≌△ACE，∴CE=BP，∵∠APD=75°,∠=30°∴∠P=75°=∠APD，∴=DP=2，∵BD=2BO=23AO=3AB=23∴BP=CE=BD-DP=23-2∵CE⊥ADAD∥BC∴CE⊥BC∴BE=BC2+CE2=22+23-22=20-83故答案為：20-83．(3)如圖3P在BDAC交BD于點(diǎn)OCEBE⊥AP于F，∵四邊形是菱形，∴AC⊥BDBD平分∠ABC，9∵∠ABC=60°AB=23，∴∠ABO=30°，12∴AO=AB=3OB=3AO=3，∴BD=6，由(2)知CE⊥AD，∵AD∥BC，∴CE⊥BC，∵BE=219BC=AB=23，∴CE=(219)2-(23)2=8，由(2)知BP=CE=8，∴DP=2，∴OP=5，∴AP=2+OP2=(3)2+52=27，∵△APE是等邊三角形，34∴S=×272=73，如圖4P在AP=2+OP2=(3)2+112=231，34∴S=×2312=313．利用菱形的性質(zhì)與判定解決旋轉(zhuǎn)問題】11.(2024·河南·三模)OABC的頂點(diǎn)O(0,0)A(-1,0)∠B=60°OABC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后得到菱形OABCO連續(xù)旋轉(zhuǎn)2024次得到菱形OA2024B2024C2024C2024111的坐標(biāo)是()3112323212123A.,B.,-C.-,--,222D30°10旋轉(zhuǎn)的規(guī)律是解題的關(guān)鍵．根據(jù)題意得到點(diǎn)C與點(diǎn)CC⊥OA于D∠=90°，∵四邊形OABC是菱形，O0,0,A-1,0，∴∠AOC=∠B=60°,OC=OA=1∴∠=30°121232∴=OC=,=3=1232∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為-,，若菱形繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后得到菱形OABCO連續(xù)旋轉(zhuǎn)2024次得到菱形111OABC2024OABC繞點(diǎn)O連續(xù)旋轉(zhuǎn)202442024次為2024÷4=506(周)，∴繞點(diǎn)O連續(xù)旋轉(zhuǎn)2024次得到菱形OABC與菱形OABC重合，∴點(diǎn)C與C重合，1232∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為-,，故選：D．12.(2024九年級(jí)·全國(guó)·競(jìng)賽)在菱形中，∠ABC=120°2cm繞其外一點(diǎn)O按順時(shí)針方向分別旋轉(zhuǎn)90°180°270°影部分的面積為cm2．12-431212ACOBEOB為AC的中垂線，S3-3=×AE×=×3×3-1=cm22ACOBEOB為AC的中垂線，12∴點(diǎn)D在OBBE==AB=1cm,AE=OE=3cm，∴=3-1cm，12123-3∴S=×AE×=×3×3-1=cm2，2113-3∴所求面積為8×=12-43cm2．2故答案為：12-43．13.和菱形有公共頂點(diǎn)AEG分別落在邊ABADDFBF．(1)求證：DF=BF；(2)將菱形繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)．設(shè)旋轉(zhuǎn)角∠=α0°≤α≤180°AB=6AE=3∠B=∠GAE=60°．α=90°DF的長(zhǎng)度是多少？②連接BD△DFBα的度數(shù)為多少度？(1)證明見解析(2)①3330°或90°(1)連接AF△GAF?△EAF∠GAF=∠EAF△F?△(2)①連接AFEGBDACBD與AC交于點(diǎn)OAF交EG于點(diǎn)PAF∥△ABD和△AEGAF=求解；②分兩種情況討論：∠BDF=90°和∠BFD=90°(1)AF，∵四邊形是菱形，∴AE==FG=GA，AG=AE在△GAF和△EAF中，GF=，AF=AF∴△GAF?△EAFSSS，12∴∠GAF=∠EAF，∵四邊形是菱形，∴AD=AB，AD=AB在△和△中，∠=∠，AF=AF∴△?△，∴DF=BF．(2)AFEGBDACBD與AC交于點(diǎn)OAF交EG于點(diǎn)P，由(1)得當(dāng)菱形沒有旋轉(zhuǎn)時(shí)，AC平分∠BADAF平分∠EAG，∴此時(shí)點(diǎn)AFC三點(diǎn)共線，∴當(dāng)菱形繞點(diǎn)A按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)時(shí)，∠=α，∴當(dāng)α=90°時(shí)，∠=∠=90°，121212在菱形中，AB=AD=BD,OA=ACBD⊥AC∠O=∠=30°，∴∠=90°∴∠DOA+∠=180°，∴AF∥，121212在菱形中，∠EAF=∠EAG=30°AE=AGAP=AF,PE=EG，∵∠B=∠GAE=60°．∴△ABD和△AEG是等邊三角形，∴BD=AB=6EG=AE=3，32∴=3,EP=，32∴AP=AE2-EP2=OA=AD2-2=33∴AF=3，∴AF=，∴四邊形是平行四邊形，∴DF=OA=33；②由①得四邊形是平行四邊形，∵∠=90°，∴四邊形是矩形，∴∠BDF=90°，即△DFB為直角三角形，∴此時(shí)旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)為90°；F在AD上時(shí)，由①得AF=3，∵AD=AB=613∴DF=AD-AF=3，∴AF=DF，∵△ABD為等邊三角形，∴BF⊥AD∠BFD=90°，∴此時(shí)△DFB為直角三角形，12∵∠EAF=∠EAG=30°，∴∠=∠-∠EAF=30°，即此時(shí)旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)為30°；△DFBα的度數(shù)為30°或90°．的關(guān)鍵．14.(23-24八年級(jí)下·湖北武漢·期中)在菱形和菱形中，∠ABC=∠EBG=60°,AB=6,BE=2．(1)如圖1點(diǎn)EG分別在邊ABBCF在菱形DFDF的長(zhǎng)度為；(2)如圖2繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α°(0<α<360)接DFCG斷DF與CG的數(shù)量關(guān)(3)如圖3繼續(xù)繞點(diǎn)BGD,O為DGCOEOCO與EO繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)過程中CO的取值范圍．(1)43(2)FD=3CG(3)OE=3OC,2≤OC≤4(1)連接AC,EG,BF,AC,BD交于點(diǎn)OEG,BF交于點(diǎn)HB,F,D三點(diǎn)共BD,BFBD-BF即可求出DF的長(zhǎng)度；(2)過點(diǎn)D作DM∥FGG作GM∥DFC作CN⊥MGDMGF△≌△CBGCM=CG,∠DCM=∠BCG∠MCG=∠BCG+∠BCM=∠DCM+∠BCM=∠DCB=120°30(3)①延長(zhǎng)CO至點(diǎn)HOC=接AC,AH,HE,HGBACH于點(diǎn)Q△DOC≌△AHGB△HAC≌△EBC△CHE角形的性質(zhì)和含30CE出OC的范圍即可．(1)AC,EG,BF,AC,BD交于點(diǎn)OEG,BF交于點(diǎn)H，14∵菱形ABCDEBGF，1212∴∠ABD=∠CBF=∠ABC=30°,∠EBF=∠GBF=∠EBG=30°AC⊥BD,EG⊥BF,BD=2OB,BF=2HB，∵點(diǎn)EG分別在邊ABBC上，∴∠ABD=∠ABF=30°，∴B,F,D三點(diǎn)共線，∵BE=2,∠EBF=30°，12∴HE=BE=1BH=3HE=3，∴BF=2BH=23，32同理：BD=2OB=23OA=2×AB=63，∴DF=BD-BF=43；故答案為：43；(2)FD=3CG過點(diǎn)D作DM∥FG點(diǎn)G作GM∥DFC作CN⊥MG，DMGF為平行四邊形，∴DF=MGDM=GF，∵菱形ABCDEBGF∠ABC=∠EBG=60°，∴AD∥BC,BE∥GF∠=∠ABC=∠EBG=60°=BC,BG=GF=DM∴BE∥DM∠1=∠2∠DCB=180°-∠ADC=120°，∴∠3=∠DMN，∵∠1=∠ADM+∠DMN,∠2=∠3+∠CBE∴∠ADM=∠CBE，∴∠+∠ADM=∠CBE+∠EBG：∠=∠CBG，又∵=BC,BG=DM，∴△≌△CBG，∴CM=CG,∠DCM=∠BCG，∴∠MCG=∠BCG+∠BCM=∠DCM+∠BCM=∠DCB=120°，12∴∠CMG=∠CGM=180°-120°=30°，∵CN⊥MG，12∴DF=MG=2NGCN=CG，1532∴NG=CG2-CN2=∴DF=3CG；CG，(3)①延長(zhǎng)CO至點(diǎn)HOC=接AC,AH,HE,HGBACH于點(diǎn)Q，∵O是DG的中點(diǎn)，∴=OG，又∵∠DOC=∠HOG，∴△DOC≌△，∴GH=CD∠=∠，∴∥HG，∵菱形ABCD，∴AB∥,AD∥BC,AB=BC==,∠ADC=∠ABC=60°，∴AB∥HGGH==AB△ABC為等邊三角形，∴四邊形AHGB為平行四邊形，∠=∠ACB=60°AC=AB=BC，∴AH∥BG,AH=BG∠C=180°-∠CAB=120°，∴∠H=∠ABG，∵BG=BE，∴AH=BE，∵∠CBE=∠ABC+∠ABG+∠EBG=120°+∠ABG∠HAC=∠H+∠=∠H+120°，∴∠CBE=∠HAC，又∵AH=BEAC=BC，∴△HAC≌△EBC，∴CH=CE∠HCA=∠ECB，∴∠HCE=∠HCA+∠ACE=∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，∴△CHE為等邊三角形，∵OC=∠HEC=60°，∴OE⊥OC∠CEO=30°，1∴OC=CE，2∴OE=3OC；②∵BC=AB=6,BE=2，∴BC-BE≤CE≤BC+BE：4≤CE≤8，1∵OC=CE，2∴2≤OC≤4．30利用菱形的性質(zhì)與判定解決最值問題】15.(23-24八年級(jí)下·重慶沙坪壩·期中)的周長(zhǎng)為8∠C=30°E是AB的中點(diǎn)，P是對(duì)角線ACPE+PB的最小值是．163連接BD△ABD△ADP≌△ABPPD=PB12到PE+PB的最小值為E是AB⊥AB,AE=AB=1可得=3BD，∵四邊形8∠=30°，∴∠B=2∠=60°∠=∠BAPAB=AD=2，∴△ABD是等邊三角形，在△ADP和△ABP中，∵AP=AP∠=∠BAPAB=AD，∴△ADP≌△ABP，∴PD=PB，∴PE+PB=PE+PD≥，即PE+PB的最小值為的長(zhǎng)，∵E是AB的中點(diǎn)，12∴⊥AB,AE=AB=1，∴=AD2-AE2=3，即PE+PB的最小值為3．故答案為：3．16.(2024九年級(jí)下·全國(guó)·專題練習(xí))中，EF分別是邊BCAE，GH分別為AEGH．若∠B=45°BC=23GH的最小值是．6212AFGH=AFAF⊥BC時(shí)，AFAF最小值即可求出．AF∵四邊形是菱形，∴AB=BC=23，17∵GH分別為AE的中點(diǎn)，∴GH是△的中位線，1∴GH=AF，2當(dāng)AF⊥BC時(shí)∠AFB=90°AF最小，GH得到最小值，∵∠B=45°，∴△ABF是等腰直角三角形，∴AF2+BF2=AB22AF2=AB2，∴AF=6，62∴GH=，62故答案為：．17.(23-24八年級(jí)下·安徽合肥·期末)菱形中，∠B=60°E是BCAE,F是上一動(dòng)點(diǎn)，G為AFCG．(1)∠=；(2)若AB=2CG的最小值為．221730°(1)連接AC△ABC(2)取AD的中點(diǎn)IAE的中點(diǎn)HHG,IGCH,CIG在IH上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)CG⊥HG時(shí)，CG(1)連接AC，∵菱形ABCD，∴AB=BC，∵∠B=60°，∴△ABC為等邊三角形，∴∠=60°，∵E是BC中點(diǎn)，∴AE平分∠，12∴∠=∠=30°；故答案為：30°；(2)取AD的中點(diǎn)IAE的中點(diǎn)HHG,IGCH,CI則：IG∥DFHG∥DF，∴I,G,H三點(diǎn)共線，∴點(diǎn)G在線段HI上運(yùn)動(dòng)，18∴當(dāng)CG⊥HI時(shí)，CG最小，∵菱形ABCD，12∴AB=BC==AD=2AD∥BCAI=AD=1，由(1)知：△ABC為等邊三角形，∵E是BC中點(diǎn)，∴AE⊥BC,BE=CE=1，∴AE=AB2-BE2=3AE⊥AD，32∴AH=HE=，32272∴HI=12+=，同法可得：CI⊥ADCI=3，∴四邊形AECI為矩形，1212∴S=CI?CE=HI?CG，72∴3×1=CG，2217∴CG=；2217故答案為：．G18.(2024八年級(jí)下·全國(guó)·專題練習(xí))中，AB=4∠ABC=60°P為AD邊上任意一點(diǎn)(不包括端點(diǎn))結(jié)AC點(diǎn)P作PQ∥AC邊于點(diǎn)QR線段AC上的一點(diǎn)．(1)若點(diǎn)R為菱形對(duì)角線的交點(diǎn)，PQ為△PR+QR的值；(2)當(dāng)PR+QRRPR+QR的最小值；(3)當(dāng)PR+QRPR+QR+PQPQ并寫出PR+QR+PQ的最小值．(1)4(2)當(dāng)點(diǎn)R為ACP關(guān)于AC對(duì)稱的點(diǎn)P′與點(diǎn)R坐在直線垂直于AB時(shí)，PR+QR有最小值23(3)6(1)由菱形的性質(zhì)可得△ABC△R為ACPRQR形中位線定理即可求解．(2)由題可知△ABC△ACD△PDQAB與AD關(guān)于ACAB上，取點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P′P′RP′R=PRAP=AP′P′QAC于點(diǎn)OO垂直于AB的直線12交AB于P于Q△AOP′≌△COQ(AAS)得OA=OC=AC=2O為AC0019用含30°的直角三角形可得OP=3OQ=3PR+QR=P′R+00QR≤P′Q≤PQ=23PRQP′與PR為AC000P關(guān)于AC對(duì)稱的點(diǎn)P′與點(diǎn)R坐在直線垂直于AB時(shí)，PR+QR有最小值23．(3)同(2)AB與AD關(guān)于ACABP的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P′P′RP′R=PRP′QAC于點(diǎn)O(2)可得點(diǎn)O為ACAD關(guān)于對(duì)稱的線段A′DP的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P′′QP′′QP=QP′′∠P′′=∠PQD=60°PR+QR+PQ=PR+QR+QP′′PRQP′在同一R為AC△CRQ△ARP(1)解：∵四邊形是菱形，∠ABC=60°AB=4，∴∠ABC=∠D=60°AB=BC==AD=4，則△ABC△均為等邊三角形，∴AD=AC==4，∵點(diǎn)R為菱形對(duì)角線的交點(diǎn)，∴點(diǎn)R為AC的中點(diǎn)，連接PRQR，∵PQ為△的中位線，∴PRQR也為△的中位線，1212則PR==2QR=AD=2，∴PR+QR=4；(2)由(1)可知△ABC△均為等邊三角形，則∠=∠=∠CAD=60°AB=BC==AD=AC=4，∵PQ∥AC，∴∠DPQ=∠CAD=60°，∴△PDQ為等邊三角形，∴PD=QD，∴AP=CQ，由菱形性質(zhì)可知，AB與AD關(guān)于ACABP的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P′P′RP′R=PRAP=AP′P′QAC于點(diǎn)OO作垂直于AB的直線交AB于P于Q，00∵AP=CQ，∴AP==CQ，又∵∠AOP′=∠COQ，∴△≌△COQ(AAS)，12∴OA=OC=AC=2，∴點(diǎn)O為AC中點(diǎn)，∵∠=∠=60°∠APO=∠CQO=90°，00∴∠AOP=∠COQ=30°，001212∴AP0=OA=1,CQ0=OC=1，20由勾股定理得，OP=3OQ=3，00∴PQ=23，00∵P′R=PR，∴PR+QR=P′R+RQ≤P′Q≤PQ=23，00當(dāng)PRQP′與0重合時(shí)取等號(hào)，即當(dāng)點(diǎn)R與點(diǎn)O重合(點(diǎn)R為AC中點(diǎn))P′與0重合時(shí)取等號(hào)，R為ACP關(guān)于AC對(duì)稱的點(diǎn)P′與點(diǎn)R坐在直線垂直于AB時(shí)，PR+QR有最小值23．(3)同(2)AB與AD關(guān)于ACABP對(duì)應(yīng)點(diǎn)P′P′RP′R=PRP′Q交AC于點(diǎn)O(2)可得點(diǎn)O為AC中點(diǎn)，作AD關(guān)于對(duì)稱的線段A′D點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P′′QP′′QP=QP′′，∵△PDQ為等邊三角形，∴∠PQD=60°，由對(duì)稱可知：∠P′′=∠=60°，則PR+QR+PQ=P'R+QR+QP''≥PP''P′RQP′′R為AC中點(diǎn)，∵∠P′′QD=∠PQD=60°=∠ADCQP′′∥AD，∴P'P''過點(diǎn)O(點(diǎn)R)P′P′′∥AD，可知△CRQ△ARP為等邊三角形，∴CQ=RC=QR=2QD=PD=PQ=2AP=AR=PR=2，即PRQ分別為ADAC的中點(diǎn)，∴此時(shí)PR+QR+PQ=6，AD的中點(diǎn)為PPQ∥AC交于Q；綜上，PR+QR+PQ的最小值為6．30°鍵．考點(diǎn)五利用菱形的性質(zhì)與判定解決新定義型問題】19.(22-23八年級(jí)下·江蘇蘇州·期末)90°21(1)已知△ABC∠C>90°∠A=40°∠B=°．(2)中，∠B>90°AB=5接AC△ABC的面積．(1)25或10253(2)3(1)∠C-∠B=90°或者∠C-∠A=90°∠B的值；(2)根據(jù)菱形的性質(zhì)得到∠=∠AD∥BCAB=BC=AD∠=∠BCA,∠+∠B=180°BD交AC于點(diǎn)O△ABD是等邊三角形．求出BD=AB=5，52得到BO=AO(1)解∠C-∠B=90°時(shí)，∠C=∠B+90°，∵∠A+∠B+∠C=180°，∴40°+∠B+∠B+90°=180°，解得∠B=25°，當(dāng)∠C-∠A=90°時(shí)，∠C=∠A+90°=40°+90°=130°，根據(jù)三角形的內(nèi)角和為180°，∴∠B=180°-∠A-∠C=180°-40°-130°=10°，綜上所述，∠B=25°或10°；(2)解：∵四邊形是菱形，∴∠C=∠AD∥BCAB=BC=AD，∴∠=∠BCA,∠+∠B=180°，∴2∠+∠B=180°，∵△ABC正好為一個(gè)準(zhǔn)直角三角形，∴∠B-∠=90°，∵2∠+∠B=180°，∴∠=30°，∴∠=60°，連接BD交AC于點(diǎn)O，∴△ABD是等邊三角形，AC⊥BD，AO=CO,BO=DO，∴BD=AB=5，52∴BO=，52故AO=AB2-BO2=AC=53，3，2212252∴S=AC?BD=3．鍵．20.(23-24九年級(jí)下·山東威?！て谥?1)EF分別在菱形的邊CDAD上，CE=DF∠A=60°．四邊形BEDF是否為補(bǔ)等四邊形？()(2)△ABC中，∠B>90°．∠ACB的平分線和邊AB的中垂線交于點(diǎn)DAC于點(diǎn)G接．四邊形(1)是(2)四邊形(1)連接BD=AD=AB=CB∥ABCE=DF∠A=60°證明△CBE≌△(2)作⊥CBDF⊥CA．因?yàn)榻瞧椒志€的性質(zhì)=DFDG垂直平分AB出=Rt△≌Rt△(1)BD∵四邊形是菱形，∴=AD=AB=CB∥AB，∴∠A+∠=180°∵∠A=60°12∴∠=120°∠BDF=∠=60°△ABD是等邊三角形∴BD==BC∵CE=DF，∴△CBE≌△∴EB=BF∠BFD=∠BEC∵∠+∠BEC=180°∴∠+∠BFD=180°∴四邊形BEDF是補(bǔ)等四邊形，(2)是補(bǔ)等四邊形．⊥CBDF⊥CA．∴∠=∠DFC=90°．23∴∠ECA+∠EDF=180°∵平分∠ECA，∴=DF．∵DG垂直平分AB，∴=∴Rt△≌Rt△∴∠=∠．∴∠ECA+∠B=180°∴四邊形是補(bǔ)等四邊形．性質(zhì)內(nèi)容是解題的關(guān)鍵．21.(22-23八年級(jí)下·浙江寧波·期末)共線的新菱形稱為已知菱形的伴隨菱形．如圖1ACAD的延長(zhǎng)線上取點(diǎn)E使得AC=AECAAE為邊作菱形是菱形(1)如圖2