专题925菱形（题型分类拓展）-2023-2024学年八年级数学下册基础知识专项突破讲与练（苏科版）

专题9.25菱形（题型分类拓展）【题型目录】【题型1】菱形中的作图题；【题型2】坐标系中的菱形；【题型3】菱形中的折叠与重合问题；【题型4】菱形中的旋转问题；【题型5】菱形中的最值问题；【题型6】菱形中的动点问题.单选题【题型1】菱形中的作图题；1．（2024上·山西运城·九年级校联考期末）如图，在菱形中，按如下步骤作图：①分别以点和点为图心，大于长为半径作弧，两弧交于点，；②作直线，与交于点，连接，若，直线恰好经过点，则的长为（

）A． B． C． D．2．（2023上·福建漳州·九年级漳州三中校联考期中）阅读以下作图步骤：（1）以O为圆心，任意长为半径画弧分别交，于点N，M；（2）分别以N，M为圆心，以长为半径在角的内部画弧交于点P；（3）作射线，连接，，如图所示．根据以上作图，不一定可以推得的结论是（

）A．平分 B．四边形为菱形C． D．3．（2023下·江苏苏州·八年级统考期末）如图，四边形是菱形，按以下步骤作图：①以顶点B为圆心，长为半径作弧，交于点E；②分别以D、E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点F，作射线交于点G，连接，若，，则菱形的面积为（

）

A．16 B． C． D．12【题型2】坐标系中的菱形；4．（2024上·甘肃白银·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点D在x轴上，边在y轴上，若点A的坐标为，则C点的坐标为（

）

A． B． C． D．5．（2023上·河南周口·九年级校联考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，是菱形的对角线的中点，轴且，，点C的坐标是（

）A． B． C． D．6．（2023上·山东枣庄·九年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中有一菱形且，点O，B在y轴上，，现在把菱形向右无滑动翻转，每次翻转，点B的落点依次为…，连续翻转2023次，则的坐标为（

）A． B．C． D．【题型3】菱形中的折叠与重合问题；7．（2024下·全国·八年级假期作业）如图所示的是一个对角线长分别为6和8的菱形，为对角线的交点，过点所在的直线折叠菱形，使点落在点处，点落在点处，折痕是.若，则的长为（

）A．5 B．4 C．3 D．28．（2023上·辽宁朝阳·九年级校考阶段练习）将矩形纸片按如图所示的方式折叠，得到菱形．若，则的长为（

）A．1 B．2 C． D．9．（2023下·山东烟台·八年级统考期中）如图，现有一张矩形纸片，，，点M，N分别在矩形的边，将矩形纸片沿直线折叠，使点C落在边上点P处，连接，交于点Q，①；②四边形是菱形；③P，A重合时，；④点C、M、G三点共线．其中正确的结论有（）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【题型4】菱形中的旋转问题；10．（2023上·浙江杭州·九年级杭师大附中校考期中）我们知道，五边形具有不稳定性，正五边形在平面直角坐标系中的位置如图1所示，，固定边，将正五边形向右推，使点A，B，C共线，且点C落在y轴上，如图2所示，此时边旋转度，则的度数为（

）A． B． C． D．11．（2022上·山西朔州·九年级统考期末）如图，已知菱形的边长为8，，点O是对角线的中点．如图在点O处放置一个含角的三角板，把这个三角板绕点O旋转，斜边与边交于点F，直角边与边交于点E，若，则四边形的面积是（

）A．随着三角板的位置的变化而变化 B．C． D．12．（2019下·陕西西安·八年级统考期末）如图，中，，连接，将绕点旋转，当（即）与交于一点，（即）与交于一点时，给出以下结论：①；②；③；④的周长的最小值是.其中正确的是（

）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④【题型5】菱形中的最值问题；13．（2023下·湖北省直辖县级单位·八年级校考阶段练习）如图，菱形的对边、上分别有两个动点M和N，若的最大值为，最小值为4，则菱形的面积为（

）A．18 B．28 C． D．14．（2022·浙江·九年级自主招生）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．15．（2023上·全国·九年级专题练习）如图，在菱形中，，，是边上一动点，过点分别作于点，于点，连接，则的最小值为（

）A． B． C． D．【题型6】菱形中的动点问题.16．（2023上·河南平顶山·九年级统考期中）如图，在中，对角线、交于点，并且．点是边上一动点，延长交于点．当点从点向点移动过程中（点与点不重合），则四边形的形状变化依次是（

）

A．平行四边形矩形平行四边形菱形平行四边形B．平行四边形矩形平行四边形正方形平行四边形C．平行四边形菱形平行四边形矩形平行四边形D．平行四边形矩形菱形正方形平行四边形17．（2023下·浙江杭州·八年级杭州外国语学校校考期中）如图，在菱形中，，，，分别是边，上的动点，连接和，，分别为，的中点，连接，则（）

A． B． C． D．118．（2023下·河北保定·八年级统考期末）如图，在平行四边形中，，M是边的中点，N是边上的动点，将沿所在的直线翻折得到，连接．对于结论I、Ⅱ，下列判断正确的是（

）

结论I：当时，四边形是菱形；结论Ⅱ：当点在线段上时，的长度为A．I对Ⅱ不对 B．I不对Ⅱ对 C．I、Ⅱ都不对 D．I、Ⅱ都对填空题【题型1】菱形中的作图题；19．（2023上·广东深圳·九年级校考阶段练习）如图，在菱形中，，取大于的长为半径，分别以点，为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交边于点（作图痕迹如图所示），连接，．则的度数为．

20．（2023上·四川成都·九年级统考期末）如图，菱形的对角线，相交于点，按下列步骤作图：①分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧的交点分别为点，；②过点，作直线，交于点；③连接．若，则菱形的周长为．【题型2】坐标系中的菱形；21．（2023上·四川达州·九年级四川省渠县中学校考期末）如果点A的坐标为，点B的坐标为，则线段中点坐标为．这是小白在一本课外书上看到的一种求线段中点坐标的方法，请你利用这种方法解决下面的问题：如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点B的坐标为，四边形是菱形，D的坐标为．若直线l把矩形和菱形组成的图形的面积分成相等的两部分，且直线l平分矩形的面积和菱形的面积，则直线l的解析式为．22．（2023下·湖南衡阳·八年级校考期中）在平面直角坐标系中，已知A、B、C三点的坐标分别是、、．如果存在点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形，则m的值等于（任写三个即可）【题型3】菱形中的折叠与重合问题；23．（2023上·辽宁铁岭·九年级统考阶段练习）如图，点是菱形边的中点，点为边上一动点，连接，将沿直线折叠得到，连接．已知，当为直角三角形时，线段的长为．24．（2023上·广东深圳·九年级深圳中学校考期中）菱形中，，E，F分别在，边上，将菱形沿折叠，点A，D的对应点分别是，，且经过B点，若，则．【题型4】菱形中的旋转问题；25．（2023下·河南南阳·八年级统考期末）如图，将边长为4的正方形纸片沿对折再展平，沿折痕剪开，得到矩形和矩形，再将矩形绕点E顺时针方向旋转．使点A与点D重合，点F的对应点为，则图②中阴影部分的周长为．

26．（2014下·江苏无锡·八年级统考期中）如图，菱形ABCD中，E、F分别为BC、CD上的点，⊿ACF经旋转后能与⊿ABE重合，且∠BAE＝20º，则∠FEC的度数是【题型5】菱形中的最值问题；27．（2023上·河南平顶山·九年级统考期末）如图，四边形是菱形，点和分别是边和上的动点，线段的最大值是，最小值是，则这个菱形的边长是．

28．（2023·陕西西安·统考三模）如图，在菱形中，，，点分别在边，上，连接，点关于的对称点在线段上，则的最大值为．【题型6】菱形中的动点问题.29．（2023上·河南南阳·九年级统考期中）如图，在菱形中，，交于点，为上一动点（不与点重合），连接并延长，交于点，点为的中点，连接．若点为的中点，则．30．（2023上·山西太原·九年级太原市实验中学校考期中）如图，在菱形中，，，P是边上的动点，过点P作于点E，点F与点C关于直线对称，连接．若是以为底的等腰三角形，则的长为．解答题【题型1】菱形中的作图题；31．（2023上·重庆南岸·九年级校考期中）如图，在四边形中，，连接，．（1）尺规作图：作线段的垂直平分线交

于点E，交于点F，连接（不下结论、不写作法，保留作图痕迹）；（2）在（1）所作图中，证明四边形为菱形，完成下列填空．证明：∵垂直平分．∴①，∴．∵∴，．∴．②∴．∴③；即．∵．∴．又∵④∴四边形是⑤∵⑥∴四边形为菱形．【题型2】坐标系中的菱形；32．（2022下·黑龙江齐齐哈尔·八年级统考期中）综合与探究在平面直角坐标系中，矩形的顶点、、的坐标分别为，，，且、满足．

（1）矩形的顶点的坐标是_________．（2）若是中点，沿折叠矩形，使点落在点处，折痕为，连接并延长交轴于点．求证：四边形是平行四边形．（3）若点在轴上，则在坐标平面内，是否存在这样的点，使得、、、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，说明理由．【题型3】菱形中的折叠与重合问题；33．（2023上·山西晋中·九年级统考期末）综合与实践【问题情境】数学课上，某兴趣小组对“矩形的折叠”作了如下探究．将矩形纸片先沿折叠．【特例探究】（1）如图1，使点C与点A重合，点D的对应点记为，折痕与边，分别交于点E，F．四边形的形状为，请说明理由；（2）如图2，若点F为的中点，，，延长交于点P．求与的数量关系，并说明理由；【深入探究】（3）如图3，若，，，连接，当点E为的三等分点时，直接写出的值．【题型4】菱形中的旋转问题；34．（2023上·甘肃兰州·九年级统考期中）如图，平行四边形中，，，．对角线相交于点，将直线绕点顺时针旋转，分别交于点．【问题解决】（1）证明：当旋转角为时，四边形是平行四边形；【类比探究】（2）试说明在旋转过程中，线段与总保持相等；【拓展应用】（3）在旋转过程中，四边形可能是菱形吗？如果不能，请说明理由；如果能，说明理由并求出此时绕点顺时针旋转的度数．

【题型5】菱形中的最值问题；35．（2021下·广东广州·八年级广州市第二中学校考期中）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，AD＝10，折叠纸片使B点落在边AD上的点E处，折痕为PQ．过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF．（1）求证：四边形PBFE为菱形；（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动．①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形PBFE的边长；②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，菱形PBFE的面积有最值吗？若有，请写出，若没有，填“无”．最大值为；最小值为．【题型6】菱形中的动点问题.36．（2023上·吉林白城·九年级统考期末）已知为等边三角形，点D为直线的一个动点（点D不与B、C重合），以为边作菱形（A、D、E、F逆时针排列），使，连接．

（1）如图1，当点D在边上时，求证：①；②；（2）如图2，点D在的延长线上且其他条件不变时，结论是否成立？若不成立，请写出之间存在的数量关系，并说明理由．参考答案：1．D【分析】本题考查线段垂直平分线的作法，菱形的性质，勾股定理，根据作图得出是线段的垂直平分线，根据菱形的性质得出，再用勾股定理解求出，解求出．解：四边形是菱形，，，由作图过程可知是线段的垂直平分线，，，，，菱形中，，，故选D．2．C【分析】本题考查的是角平分线的作图，菱形的判定与性质，掌握作角平分线的方法是解本题的关键；由作图可得，，再逐一分析可得答案．解：由作图可得：，，∴平分，四边形为菱形，∴，而不一定成立，故A，B，D不符合题意；C符合题意；故选C3．B【分析】由作图可知：，再根据菱形的性质可得，从而可得，然后设，利用勾股定理可得，最后在中，利用勾股定理求出的长，再利用菱形的面积公式进行求解即可．解：由作图可知：，四边形是菱形，，，设，在中，，，，在中，，即，解得（负值已舍去），即：，∴，∴，∴菱形的面积为；故选：B．【点拨】本题考查了菱形的性质、基本作图—作垂线、含30度角的直角三角形，勾股定理，通过作图方法，得到，熟练掌握菱形的性质是解题关键．4．B【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理等知识，在中，利用勾股定理求出即可解决问题．解：∵，，∵四边形是菱形，，在中，，．故选：B．5．D【分析】根据题意得出是等边三角形，则，根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，进而得出点的坐标，根据中心对称的性质即可求解．解：如图所示，设与轴交于点，∵四边形是菱形，∴，∵，，∴是等边三角形，则，∵是菱形的对角线的中点，∴∵轴，则，∴∴，，∴∵关于对称，∴,故选：D．【点拨】本题考查坐标与图形，菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，求得点的坐标是解题的关键．6．D【分析】连接交y轴于点D，根据条件可以求出，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4．由于，因此点向右平移1348（即）到点，即可求出点的坐标．解：连接交y轴于点D，如图所示，∵四边形是菱形，∴，，∴，，∴是等边三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，画出第5次､第6次､第7次翻转后的图形，由图可知:每翻转6次，图形向右平移4，∵，∴点向右平移1348（即）到点，，∵的坐标为，∴的坐标为，故选：D．【点拨】本题考查点坐标规律探索，菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力．发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键．7．B【解析】略8．D【分析】根据菱形及矩形的性质可得到的度数，从而根据直角三角形的性质求得的长．解：四边形为菱形，，，由折叠的性质可知，，又，，在中，，又，，，，中，，故选：D．【点拨】本题主要考查了菱形的性质以及矩形的性质，解决问题的关键是根据折叠以及菱形的性质发现特殊角，根据的直角三角形中各边之间的关系求得的长．9．C【分析】先判断出四边形是平行四边形，再根据翻折的性质可得，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出②正确；假设，得，进而得，这个不一定成立，判断①错误；点与点重合时，设，表示出，利用勾股定理列出方程求解得的值，进而用勾股定理求得，判断出③正确；结合矩形的性质可知，进而可证明，即可判断④．解：，，由翻折可知：，，，，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形，故②正确；，，，，若，则，，这个不一定成立，故①错误；点与点重合时，如图2，

设，则，在中，，即，解得，，，，，，故③正确；由折叠可知：，，四边形是菱形，，，，，三点一定在同一直线上，故④正确，综上所述：正确的结论有②③④，共3个，故选：C．【点拨】此题是四边形综合题，主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．10．A【分析】先利用正方形多边形的性质求出正五边形变形前度数，再在变形后的图形中，连接．证明是等边三角形，四边形是菱形，利用等边三角形和菱形的性质求出变形后的度数，然后用变形后度数变形前的度数求解．解：在图1中，∵正五边形∴在图2中，连接．∵正五边形，，∵，∴，，∴是等边三角形，四边形是菱形，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∴，∴．故选：A．【点拨】本题考查正多边的性质，多边形内角和定理，直角三角形的性质，等边三角形判定与性质，菱的判定与性质，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．11．D【分析】取AD的中点H，利用菱形的性质即可证明，四边形的面积与三角形ODH的面积相等，按三角形的面积公式求出面积即可．解：如图，取AD的中点H，连接OH，∵四边形ABCD是菱形，BD为对角线，∴BD平分，，∵，∴,∴，∴为等边三角形，∵菱形的边长为8，∴,∵点O为BD的中点，∴，∴为等边三角形，∴，,∵,∴,即，在与中，，∴，∴四边形的面积与的面积相等，过点O作于点G，∴，根据勾股定理，，，∴四边形的面积为，故选D．【点拨】本题是菱形的综合题，考查了菱形的性质，对角线的性质等知识点，熟悉掌握菱形的性质，全等三角形的证明是本题的解题关键．12．B【分析】根据题意可证△ABE≌△BDF，可判断①②③，由△DEF的周长=DE+DF+EF=AD+EF=4+EF，则当EF最小时△DEF的周长最小，根据垂线段最短，可得BE⊥AD时，BE最小，即EF最小，即可求此时△BDE周长最小值．解：∵AB=BC=CD=AD=4，∠A=∠C=60°∴△ABD，△BCD为等边三角形，∴∠A=∠BDC=60°，∵将△BCD绕点B旋转到△BC'D'位置，∴∠ABD'=∠DBC'，且AB=BD，∠A=∠DBC'，∴△ABE≌△BFD，∴AE=DF，BE=BF，∠AEB=∠BFD，∴∠BED+∠BFD=180°，故①正确，③错误；∵∠ABD=60°，∠ABE=∠DBF，∴∠EBF=60°，故②正确∵△DEF的周长=DE+DF+EF=AD+EF=4+EF，∴当EF最小时，∵△DEF的周长最小．∵∠EBF=60°，BE=BF，∴△BEF是等边三角形，∴EF=BE，∴当BE⊥AD时，BE长度最小，即EF长度最小，∵AB=4，∠A=60°，BE⊥AD，∴EB=，∴△DEF的周长最小值为4+，故④正确，综上所述：①②④说法正确，故选B．【点拨】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，平行四边形的性质，最短路径问题，关键是灵活运用这些性质解决问题．13．D【分析】过点B作，交的延长线于点，根据的最值分别得到，，利用勾股定理求出，设，在中，利用勾股定理列出方程，求出，再利用面积公式计算．解：如图，过点B作，交的延长线于点，当M运动到点D，N运动到点B时，最大，∴，当时，最小，∴，∴，在菱形中，，设，则，在中，，即，解得：，即，∴菱形的面积为，故选D．【点拨】本题考查了菱形的性质，勾股定理，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．14．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．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．【点拨】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．15．A【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理，垂线段最短，连接，由菱形的性质得，，，利用勾股定理可以求得的长为，又因为，，可证四边形为矩形，根据矩形的对角线相等的性质可得，当时，最短，再利用面积法求出的长即可求解的最小值，熟练掌握矩形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．解：连接，∵四边形是菱形，∴，，，∴，，又∵，，∴，∴四边形为矩形，∴，当时，值最小，此时，，∴，∴的最小值为，故选：．16．C【分析】本题主要考查平行四边形，矩形，菱形的判定的应用，熟练掌握行四边形，矩形，菱形的判定是解题的关键．先判断出点在移动过程中，四边形始终是平行四边形，再得出当，是菱形，当时，是矩形，即可得到结论．解：对角线、交于点，，，，，，，四边形是平行四边形，，，当时，，，，四边形是菱形，当时，四边形是矩形，，，，即当时，四边形是矩形，综上所述，当点从点向点移动过程中（点与点不重合），则四边形的形状变化依次是平行四边形菱形平行四边形矩形平行四边形．故选：C．17．B【分析】连接，利用三角形中位线定理，可知，求出的最小值即可解决问题．解：连接，如图所示：四边形是菱形，，，分别为，的中点，是的中位线，，当时，最小，得到最小值，则，，是等腰直角三角形，，，即的最小值为，故选：B．

【点拨】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．18．D【分析】按照“四条边相等的四边形为菱形”定理判断；连接，过点C作，根据勾股定理求出即可求出的长度.解：由折叠可知，，，若，∵，∴，∴，即四边形是菱形，故结论I正确；连接，过点C作，如下图所示，

∵是平行四边形，，∴，∴，∴又∵M是边的中点，∴在中，，由勾股定理得，，∵，∴的长度为，∴Ⅱ正确，故选：D．【点拨】本题主要考查折叠的性质和平行四边形的性质，掌握判定方法和性质是解题的关键.19．【分析】由菱形，可得，从而得到，再根据题意可得所作直线为的垂直平分线，即可得，故可得，故可得的度数．解：四边形为菱形，，，根据题意可得所作直线为的垂直平分线，，，，故答案为：．【点拨】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，垂直平分线的性质，熟练掌握上述性质进行角度的计算是解题的关键．20．【分析】根据作图可得是的中点，根据菱形的性质得出是的中点，根据三角形中位线的性质得出，根据菱形的性质即可得周长．解：根据作图可知是的垂直平分线，∴是的中点，∵菱形的对角线，相交于点，∴，∴，∵，∴，∴菱形的周长为，故答案为：．【点拨】本题考查了作线段垂直平分线，菱形的性质，三角形中位线的性质，掌握基本作图是解题的关键．21．【分析】本题主要考查了矩形和菱形的性质，求一次函数解析式，解题的关键是掌握用待定系数求解函数解析式的方法和步骤；连接，令中点为点M，中点为点N，根据中点坐标公式，求出M和N的坐标，根据题意可得直线l经过点M和点N，再用待定系数法即可求出l的解析式．解：∵矩形的顶点B的坐标为，∴，连接，令中点为点M，中点为点N，∵，，，∴，，即，∵直线l平分矩形的面积和菱形的面积，∴直线l经过点M和点N，设直线l的解析式为，把代入得：，解得：，∴直线l的解析式为，故答案为：．22．3或或2或（任写3个即可）【分析】根据题意分为菱形的边和为菱形的对角线两种情况讨论，然后利用菱形的性质和坐标系的特点，结合勾股定理求解即可．解：如图所示，当为菱形的边时，

∵四边形是菱形∴点B与点C关于对称，在y轴上∵∴点C的坐标为∴m的值等于3；如图所示，当为菱形的边时，当点C在x轴的负半轴时，

∵，∴，∴∵四边形是菱形∴∵∴C点坐标为∴m的值等于；如图所示，当为菱形的边时，当点C在x轴的正半轴时，

∵四边形是菱形∴∵∴C点坐标为∴m的值等于2；如图所示，当为菱形的对角线时，

∵，，∵四边形是菱形∴，即∴解得；综上所述，m的值等于3或或2或．故答案为：3或或2或（任写3个即可）．【点拨】此题考查了菱形的性质，坐标与图形，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．23．2或【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，折叠的性质，三角形三边的关系，含角的直角三角形的性质，平行四边形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等．分当时和当时两种情况讨论求解即可．解：如图1所示，当时，取中点H，连接，∴，∵四边形是菱形，E为中点，∴，，，由折叠的性质可知，，∴，连接，∵，∴四边形是平行四边形，∴，，∵由三角形三边的关系可知，当点不在线段上时，必有，这与矛盾，∴E、、H三点共线，∴，∴为等边三角形，∴；如图2所示，当时，连接，，过点F作于G，∵，四边形是菱形，∴，，∴是等边三角形，∵E是中点，∴，∴，∴，∴此时D、、E三点共线，由翻折的性质可得，∵，，，∴，，∴，，∴，∵，∴，∴．故答案为：2或．24．【分析】延长交的延长线于点H，作交的延长线于点G，由菱形的性质得，则，所以，由，得，则，所以四边形是矩形，由折叠得，，所以，，则，设则可求得，所以则，，所以，可求得则即可求得，于是得到问题的答案．解：延长交的延长线于点H，作交的延长线于点G，则，

∵四边形是菱形，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴四边形是矩形，由折叠得，，∴，∴F，∴设则∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【点拨】本题考查菱形的性质、轴对称的性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．25．10【分析】首先根据已知条件判断出，得到，，然后可设的长度为x，则，根据勾股定理列方程可解出x，最后证明阴影部分是菱形后，即可求出其周长．解：如图，设交于G，旋转后交于点H，

由题意知，，，又∵，∴，∴，，设，则，在中，，解得：，∴，∵，，∴四边形为平行四边形，又∵，∴为菱形，∴阴影部分的周长为：，故答案为：10．【点拨】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理以及菱形的判定与性质等，解答本题的关键是勾股定理以及菱形的判定．26．20°．解：试题分析：根据旋转可得AC=AB，AE=AF，∠BAE=∠CAF=20°，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∵AC=AB，∴△ACB是等边三角形，∴∠CAB=∠B=60°，∵∠BAE=∠CAF=20°，∴∠EAF=∠BAC=60°，∴△AEF是等边三角形；∵∠BAE=20°，∠B=60°，∴∠AEC=∠BAE+∠B=80°，∵△AEF是等边三角形，∴∠AEF=60°，∴∠CEF=∠AEC﹣∠AEF=20°．故答案是20°．考点：菱形的性质．27．【分析】当点与重合，点与点重合时，线段的最大值是，当时，最小值是，如图所示（见详解），过点作延长线于，在，中，根据勾股定理即可求解．解：四边形是菱形，点和分别是边和上的动点，当点与重合，点与点重合时，线段的最大值是，当时，最小值是，如图所示，过点作延长线于，∵四边形是菱形，∴，当点与重合，点与点重合时，线段的最大值是，即，当时，最小值是，∴（是边上的高），且，∴在中，，，∴，设，则，在中，，即，解得，，∴，故答案为：．【点拨】本题主要考查动点与菱形，直角三角形勾股定理的综合，理解动点中线段最大值与最小值，菱形的性质，勾股定理是解题的关键．28．【分析】如图所示，作于点，连接、，根据菱形的性质可得，在中可求出的长，根据折叠的性质，可得是的垂直平分线，可得，当时，的值最小，则的值最大，由此即可求解．解：如图所示，作于点，则，连接、，

∵四边形是菱形，，∴，∵，，∴在中，，∴，∵点关于的对称点在线段上，∴垂直平分，∴，∵由垂线段最短可知，当时，的值最小，∴的最小值为，∵当最小时，最大，∴的最大值为，故答案为：．【点拨】本题主要考查菱形的性质，折叠的性质，特殊角的三角函数的综合，掌握以上知识是解题的关键．29．/【分析】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线，由菱形的性质可得，，，由勾股定理计算出，由三角形中位线定理可得，，证明可得，再由，即可得到答案，熟练掌握相关知识并灵活运用是解此题的关键．解：∵四边形是菱形，，，，，在中，由勾股定理，得，∵点为的中点，∴是的中位线，，，，∵点为的中点，，在和中，，，，，，，故答案为：．30．/【分析】如图所示，作的垂直平分线分别交于M，交延长线于F，过点B作于H，则时是以为底的等腰三角形，，先证明四边形是矩形，得到，，再利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出的长，进而求出的长，再由轴对称的性质可得答案．解：如图所示，作的垂直平分线分别交于M，交延长线于F，过点B作于H，∴此时是以为底的等腰三角形，，∵四边形是菱形，∴，∵，∴，∴四边形是矩形，∴，在中，，∴，∴，∴，∵点F与点C关于直线对称，∴，故答案为：．【点拨】本题主要考查了菱形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线，通过构造矩形是解题的挂机．31．（1）画图见分析（2）①；②；③；④；⑤平行四边形；⑥【分析】（1）根据线段垂直平分线的作图方法作图即可；（2）先证明，再证，得到，再证明，接着证明四边形是平行四边形即可证明四边形是菱形．（1）解：如图所示，即为所求；（2）证明：∵垂直平分，，，即∵∴四边形是平行四边形．∵．∴四边形为菱形．故答案为：①；②；③；④；⑤平行四边形；⑥．【点拨】本题主要考查了线段垂直平分线的尺规作图，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，菱形的判定，直角三角形两锐角互余等等，熟知线段垂直平分线的性质与作图方法是解题的关键．32．（1）（2）见分析（3）【分析】（1）由题意可求得和的值，再将其代入的坐标即可求得；（2）由折叠的性质可得，，由三角形外角性质可得，可得，即可证明四边形是平行四边形；（3）分别以，为圆心，长为半径画圆和的线段垂直平分线与轴交点得出点的可能性，进而得出点的坐标．（1）解：且，，，点，点，点，故答案为：；（2）证明：是中点，，折叠，，，，，，，，且四边形是平行四边形；（3）解：、、、为顶点的四边形是菱形，分别以，为圆心，长为半径画圆和的线段垂直平分线与轴交点得出点，如图所示：

，，【点拨】本题是四边形的综合题，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，圆的有关知识，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．33．（1）菱形，理由见分析；（2），理由见分析；（3）或【分析】（1）先根据矩形的性质、平行线的性质可得，再根据折叠的性质可得，，根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后根据菱形的判定即可得；（2）连接，证出，根据全等三角形的性质即可得；（3）分两种情况：①当点为的三等分点，且时，②当点为的三等分点，且时，利用折叠的性质和勾股定理求解即可得．解：（1）四边形的形状为菱形，理由如下：四边形是矩形，，，由折叠的性质可知，，，，，，∴四边形的形状为菱形，故答案为：菱形；（2）如图，连接，四边形是矩形，，由折叠的性质可知