專題9.25菱形（題型分類拓展）【題型目錄】【題型1】菱形中的作圖題；【題型2】坐標系中的菱形；【題型3】菱形中的折疊與重合問題；【題型4】菱形中的旋轉問題；【題型5】菱形中的最值問題；【題型6】菱形中的動點問題.單選題【題型1】菱形中的作圖題；1．（2024上·山西運城·九年級校聯(lián)考期末）如圖，在菱形中，按如下步驟作圖：①分別以點和點為圖心，大于長為半徑作弧，兩弧交于點，；②作直線，與交于點，連接，若，直線恰好經過點，則的長為（

）A． B． C． D．2．（2023上·福建漳州·九年級漳州三中校聯(lián)考期中）閱讀以下作圖步驟：（1）以O為圓心，任意長為半徑畫弧分別交，于點N，M；（2）分別以N，M為圓心，以長為半徑在角的內部畫弧交于點P；（3）作射線，連接，，如圖所示．根據(jù)以上作圖，不一定可以推得的結論是（

）A．平分 B．四邊形為菱形C． D．3．（2023下·江蘇蘇州·八年級統(tǒng)考期末）如圖，四邊形是菱形，按以下步驟作圖：①以頂點B為圓心，長為半徑作弧，交于點E；②分別以D、E為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧相交于點F，作射線交于點G，連接，若，，則菱形的面積為（

）

A．16 B． C． D．12【題型2】坐標系中的菱形；4．（2024上·甘肅白銀·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標系中，菱形的頂點D在x軸上，邊在y軸上，若點A的坐標為，則C點的坐標為（

）

A． B． C． D．5．（2023上·河南周口·九年級校聯(lián)考階段練習）如圖，在平面直角坐標系中，是菱形的對角線的中點，軸且，，點C的坐標是（

）A． B． C． D．6．（2023上·山東棗莊·九年級?？茧A段練習）如圖，在平面直角坐標系中有一菱形且，點O，B在y軸上，，現(xiàn)在把菱形向右無滑動翻轉，每次翻轉，點B的落點依次為…，連續(xù)翻轉2023次，則的坐標為（

）A． B．C． D．【題型3】菱形中的折疊與重合問題；7．（2024下·全國·八年級假期作業(yè)）如圖所示的是一個對角線長分別為6和8的菱形，為對角線的交點，過點所在的直線折疊菱形，使點落在點處，點落在點處，折痕是.若，則的長為（

）A．5 B．4 C．3 D．28．（2023上·遼寧朝陽·九年級校考階段練習）將矩形紙片按如圖所示的方式折疊，得到菱形．若，則的長為（

）A．1 B．2 C． D．9．（2023下·山東煙臺·八年級統(tǒng)考期中）如圖，現(xiàn)有一張矩形紙片，，，點M，N分別在矩形的邊，將矩形紙片沿直線折疊，使點C落在邊上點P處，連接，交于點Q，①；②四邊形是菱形；③P，A重合時，；④點C、M、G三點共線．其中正確的結論有（）

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【題型4】菱形中的旋轉問題；10．（2023上·浙江杭州·九年級杭師大附中?？计谥校┪覀冎溃暹呅尉哂胁环€(wěn)定性，正五邊形在平面直角坐標系中的位置如圖1所示，，固定邊，將正五邊形向右推，使點A，B，C共線，且點C落在y軸上，如圖2所示，此時邊旋轉度，則的度數(shù)為（

）A． B． C． D．11．（2022上·山西朔州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，已知菱形的邊長為8，，點O是對角線的中點．如圖在點O處放置一個含角的三角板，把這個三角板繞點O旋轉，斜邊與邊交于點F，直角邊與邊交于點E，若，則四邊形的面積是（

）A．隨著三角板的位置的變化而變化 B．C． D．12．（2019下·陜西西安·八年級統(tǒng)考期末）如圖，中，，連接，將繞點旋轉，當（即）與交于一點，（即）與交于一點時，給出以下結論：①；②；③；④的周長的最小值是.其中正確的是（

）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④【題型5】菱形中的最值問題；13．（2023下·湖北省直轄縣級單位·八年級?？茧A段練習）如圖，菱形的對邊、上分別有兩個動點M和N，若的最大值為，最小值為4，則菱形的面積為（

）A．18 B．28 C． D．14．（2022·浙江·九年級自主招生）如圖，在菱形中，，點P在上，點E為中點，且，則邊的最大值等于（

）A．2 B． C． D．15．（2023上·全國·九年級專題練習）如圖，在菱形中，，，是邊上一動點，過點分別作于點，于點，連接，則的最小值為（

）A． B． C． D．【題型6】菱形中的動點問題.16．（2023上·河南平頂山·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在中，對角線、交于點，并且．點是邊上一動點，延長交于點．當點從點向點移動過程中（點與點不重合），則四邊形的形狀變化依次是（

）

A．平行四邊形矩形平行四邊形菱形平行四邊形B．平行四邊形矩形平行四邊形正方形平行四邊形C．平行四邊形菱形平行四邊形矩形平行四邊形D．平行四邊形矩形菱形正方形平行四邊形17．（2023下·浙江杭州·八年級杭州外國語學校?？计谥校┤鐖D，在菱形中，，，，分別是邊，上的動點，連接和，，分別為，的中點，連接，則（）

A． B． C． D．118．（2023下·河北保定·八年級統(tǒng)考期末）如圖，在平行四邊形中，，M是邊的中點，N是邊上的動點，將沿所在的直線翻折得到，連接．對于結論I、Ⅱ，下列判斷正確的是（

）

結論I：當時，四邊形是菱形；結論Ⅱ：當點在線段上時，的長度為A．I對Ⅱ不對 B．I不對Ⅱ對 C．I、Ⅱ都不對 D．I、Ⅱ都對填空題【題型1】菱形中的作圖題；19．（2023上·廣東深圳·九年級?？茧A段練習）如圖，在菱形中，，取大于的長為半徑，分別以點，為圓心作弧相交于兩點，過此兩點的直線交邊于點（作圖痕跡如圖所示），連接，．則的度數(shù)為．

20．（2023上·四川成都·九年級統(tǒng)考期末）如圖，菱形的對角線，相交于點，按下列步驟作圖：①分別以點，為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧的交點分別為點，；②過點，作直線，交于點；③連接．若，則菱形的周長為．【題型2】坐標系中的菱形；21．（2023上·四川達州·九年級四川省渠縣中學?？计谀┤绻cA的坐標為，點B的坐標為，則線段中點坐標為．這是小白在一本課外書上看到的一種求線段中點坐標的方法，請你利用這種方法解決下面的問題：如圖，在平面直角坐標系中，矩形的頂點B的坐標為，四邊形是菱形，D的坐標為．若直線l把矩形和菱形組成的圖形的面積分成相等的兩部分，且直線l平分矩形的面積和菱形的面積，則直線l的解析式為．22．（2023下·湖南衡陽·八年級?？计谥校┰谄矫嬷苯亲鴺讼抵?，已知A、B、C三點的坐標分別是、、．如果存在點D，使得以A、B、C、D為頂點的四邊形是菱形，則m的值等于（任寫三個即可）【題型3】菱形中的折疊與重合問題；23．（2023上·遼寧鐵嶺·九年級統(tǒng)考階段練習）如圖，點是菱形邊的中點，點為邊上一動點，連接，將沿直線折疊得到，連接．已知，當為直角三角形時，線段的長為．24．（2023上·廣東深圳·九年級深圳中學?？计谥校┝庑沃?，，E，F(xiàn)分別在，邊上，將菱形沿折疊，點A，D的對應點分別是，，且經過B點，若，則．【題型4】菱形中的旋轉問題；25．（2023下·河南南陽·八年級統(tǒng)考期末）如圖，將邊長為4的正方形紙片沿對折再展平，沿折痕剪開，得到矩形和矩形，再將矩形繞點E順時針方向旋轉．使點A與點D重合，點F的對應點為，則圖②中陰影部分的周長為．

26．（2014下·江蘇無錫·八年級統(tǒng)考期中）如圖，菱形ABCD中，E、F分別為BC、CD上的點，⊿ACF經旋轉后能與⊿ABE重合，且∠BAE＝20o，則∠FEC的度數(shù)是【題型5】菱形中的最值問題；27．（2023上·河南平頂山·九年級統(tǒng)考期末）如圖，四邊形是菱形，點和分別是邊和上的動點，線段的最大值是，最小值是，則這個菱形的邊長是．

28．（2023·陜西西安·統(tǒng)考三模）如圖，在菱形中，，，點分別在邊，上，連接，點關于的對稱點在線段上，則的最大值為．【題型6】菱形中的動點問題.29．（2023上·河南南陽·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在菱形中，，交于點，為上一動點（不與點重合），連接并延長，交于點，點為的中點，連接．若點為的中點，則．30．（2023上·山西太原·九年級太原市實驗中學?？计谥校┤鐖D，在菱形中，，，P是邊上的動點，過點P作于點E，點F與點C關于直線對稱，連接．若是以為底的等腰三角形，則的長為．解答題【題型1】菱形中的作圖題；31．（2023上·重慶南岸·九年級?？计谥校┤鐖D，在四邊形中，，連接，．（1）尺規(guī)作圖：作線段的垂直平分線交

于點E，交于點F，連接（不下結論、不寫作法，保留作圖痕跡）；（2）在（1）所作圖中，證明四邊形為菱形，完成下列填空．證明：∵垂直平分．∴①，∴．∵∴，．∴．②∴．∴③；即．∵．∴．又∵④∴四邊形是⑤∵⑥∴四邊形為菱形．【題型2】坐標系中的菱形；32．（2022下·黑龍江齊齊哈爾·八年級統(tǒng)考期中）綜合與探究在平面直角坐標系中，矩形的頂點、、的坐標分別為，，，且、滿足．

（1）矩形的頂點的坐標是_________．（2）若是中點，沿折疊矩形，使點落在點處，折痕為，連接并延長交軸于點．求證：四邊形是平行四邊形．（3）若點在軸上，則在坐標平面內，是否存在這樣的點，使得、、、為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出點的坐標；若不存在，說明理由．【題型3】菱形中的折疊與重合問題；33．（2023上·山西晉中·九年級統(tǒng)考期末）綜合與實踐【問題情境】數(shù)學課上，某興趣小組對“矩形的折疊”作了如下探究．將矩形紙片先沿折疊．【特例探究】（1）如圖1，使點C與點A重合，點D的對應點記為，折痕與邊，分別交于點E，F(xiàn)．四邊形的形狀為，請說明理由；（2）如圖2，若點F為的中點，，，延長交于點P．求與的數(shù)量關系，并說明理由；【深入探究】（3）如圖3，若，，，連接，當點E為的三等分點時，直接寫出的值．【題型4】菱形中的旋轉問題；34．（2023上·甘肅蘭州·九年級統(tǒng)考期中）如圖，平行四邊形中，，，．對角線相交于點，將直線繞點順時針旋轉，分別交于點．【問題解決】（1）證明：當旋轉角為時，四邊形是平行四邊形；【類比探究】（2）試說明在旋轉過程中，線段與總保持相等；【拓展應用】（3）在旋轉過程中，四邊形可能是菱形嗎？如果不能，請說明理由；如果能，說明理由并求出此時繞點順時針旋轉的度數(shù)．

【題型5】菱形中的最值問題；35．（2021下·廣東廣州·八年級廣州市第二中學校考期中）如圖1，在矩形紙片ABCD中，AB＝6，AD＝10，折疊紙片使B點落在邊AD上的點E處，折痕為PQ．過點E作EF∥AB交PQ于F，連接BF．（1）求證：四邊形PBFE為菱形；（2）當點E在AD邊上移動時，折痕的端點P、Q也隨之移動．①當點Q與點C重合時（如圖2），求菱形PBFE的邊長；②若限定P、Q分別在邊BA、BC上移動，菱形PBFE的面積有最值嗎？若有，請寫出，若沒有，填“無”．最大值為；最小值為．【題型6】菱形中的動點問題.36．（2023上·吉林白城·九年級統(tǒng)考期末）已知為等邊三角形，點D為直線的一個動點（點D不與B、C重合），以為邊作菱形（A、D、E、F逆時針排列），使，連接．

（1）如圖1，當點D在邊上時，求證：①；②；（2）如圖2，點D在的延長線上且其他條件不變時，結論是否成立？若不成立，請寫出之間存在的數(shù)量關系，并說明理由．參考答案：1．D【分析】本題考查線段垂直平分線的作法，菱形的性質，勾股定理，根據(jù)作圖得出是線段的垂直平分線，根據(jù)菱形的性質得出，再用勾股定理解求出，解求出．解：四邊形是菱形，，，由作圖過程可知是線段的垂直平分線，，，，，菱形中，，，故選D．2．C【分析】本題考查的是角平分線的作圖，菱形的判定與性質，掌握作角平分線的方法是解本題的關鍵；由作圖可得，，再逐一分析可得答案．解：由作圖可得：，，∴平分，四邊形為菱形，∴，而不一定成立，故A，B，D不符合題意；C符合題意；故選C3．B【分析】由作圖可知：，再根據(jù)菱形的性質可得，從而可得，然后設，利用勾股定理可得，最后在中，利用勾股定理求出的長，再利用菱形的面積公式進行求解即可．解：由作圖可知：，四邊形是菱形，，，設，在中，，，，在中，，即，解得（負值已舍去），即：，∴，∴，∴菱形的面積為；故選：B．【點撥】本題考查了菱形的性質、基本作圖—作垂線、含30度角的直角三角形，勾股定理，通過作圖方法，得到，熟練掌握菱形的性質是解題關鍵．4．B【分析】本題考查菱形的性質、勾股定理等知識，在中，利用勾股定理求出即可解決問題．解：∵，，∵四邊形是菱形，，在中，，．故選：B．5．D【分析】根據(jù)題意得出是等邊三角形，則，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質，勾股定理求得，進而得出點的坐標，根據(jù)中心對稱的性質即可求解．解：如圖所示，設與軸交于點，∵四邊形是菱形，∴，∵，，∴是等邊三角形，則，∵是菱形的對角線的中點，∴∵軸，則，∴∴，，∴∵關于對稱，∴,故選：D．【點撥】本題考查坐標與圖形，菱形的性質，勾股定理，等邊三角形的性質與判定，含30度角的直角三角形的性質，求得點的坐標是解題的關鍵．6．D【分析】連接交y軸于點D，根據(jù)條件可以求出，畫出第5次、第6次、第7次翻轉后的圖形，容易發(fā)現(xiàn)規(guī)律：每翻轉6次，圖形向右平移4．由于，因此點向右平移1348（即）到點，即可求出點的坐標．解：連接交y軸于點D，如圖所示，∵四邊形是菱形，∴，，∴，，∴是等邊三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，畫出第5次?第6次?第7次翻轉后的圖形，由圖可知:每翻轉6次，圖形向右平移4，∵，∴點向右平移1348（即）到點，，∵的坐標為，∴的坐標為，故選：D．【點撥】本題考查點坐標規(guī)律探索，菱形的性質、等邊三角形的判定與性質等知識，考查了操作、探究、發(fā)現(xiàn)規(guī)律的能力．發(fā)現(xiàn)“每翻轉6次，圖形向右平移4”是解決本題的關鍵．7．B【解析】略8．D【分析】根據(jù)菱形及矩形的性質可得到的度數(shù)，從而根據(jù)直角三角形的性質求得的長．解：四邊形為菱形，，，由折疊的性質可知，，又，，在中，，又，，，，中，，故選：D．【點撥】本題主要考查了菱形的性質以及矩形的性質，解決問題的關鍵是根據(jù)折疊以及菱形的性質發(fā)現(xiàn)特殊角，根據(jù)的直角三角形中各邊之間的關系求得的長．9．C【分析】先判斷出四邊形是平行四邊形，再根據(jù)翻折的性質可得，然后根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形證明，判斷出②正確；假設，得，進而得，這個不一定成立，判斷①錯誤；點與點重合時，設，表示出，利用勾股定理列出方程求解得的值，進而用勾股定理求得，判斷出③正確；結合矩形的性質可知，進而可證明，即可判斷④．解：，，由翻折可知：，，，，，，四邊形是平行四邊形，，四邊形是菱形，故②正確；，，，，若，則，，這個不一定成立，故①錯誤；點與點重合時，如圖2，

設，則，在中，，即，解得，，，，，，故③正確；由折疊可知：，，四邊形是菱形，，，，，三點一定在同一直線上，故④正確，綜上所述：正確的結論有②③④，共3個，故選：C．【點撥】此題是四邊形綜合題，主要考查了折疊問題與菱形的判定與性質、勾股定理的綜合應用，熟練掌握菱形的判定定理和性質定理、勾股定理是解本題的關鍵．10．A【分析】先利用正方形多邊形的性質求出正五邊形變形前度數(shù)，再在變形后的圖形中，連接．證明是等邊三角形，四邊形是菱形，利用等邊三角形和菱形的性質求出變形后的度數(shù)，然后用變形后度數(shù)變形前的度數(shù)求解．解：在圖1中，∵正五邊形∴在圖2中，連接．∵正五邊形，，∵，∴，，∴是等邊三角形，四邊形是菱形，∴，∵四邊形是菱形，∴，∴，∴，∴．故選：A．【點撥】本題考查正多邊的性質，多邊形內角和定理，直角三角形的性質，等邊三角形判定與性質，菱的判定與性質，熟練掌握相關性質定理是解題的關鍵．11．D【分析】取AD的中點H，利用菱形的性質即可證明，四邊形的面積與三角形ODH的面積相等，按三角形的面積公式求出面積即可．解：如圖，取AD的中點H，連接OH，∵四邊形ABCD是菱形，BD為對角線，∴BD平分，，∵，∴,∴，∴為等邊三角形，∵菱形的邊長為8，∴,∵點O為BD的中點，∴，∴為等邊三角形，∴，,∵,∴,即，在與中，，∴，∴四邊形的面積與的面積相等，過點O作于點G，∴，根據(jù)勾股定理，，，∴四邊形的面積為，故選D．【點撥】本題是菱形的綜合題，考查了菱形的性質，對角線的性質等知識點，熟悉掌握菱形的性質，全等三角形的證明是本題的解題關鍵．12．B【分析】根據(jù)題意可證△ABE≌△BDF，可判斷①②③，由△DEF的周長=DE+DF+EF=AD+EF=4+EF，則當EF最小時△DEF的周長最小，根據(jù)垂線段最短，可得BE⊥AD時，BE最小，即EF最小，即可求此時△BDE周長最小值．解：∵AB=BC=CD=AD=4，∠A=∠C=60°∴△ABD，△BCD為等邊三角形，∴∠A=∠BDC=60°，∵將△BCD繞點B旋轉到△BC'D'位置，∴∠ABD'=∠DBC'，且AB=BD，∠A=∠DBC'，∴△ABE≌△BFD，∴AE=DF，BE=BF，∠AEB=∠BFD，∴∠BED+∠BFD=180°，故①正確，③錯誤；∵∠ABD=60°，∠ABE=∠DBF，∴∠EBF=60°，故②正確∵△DEF的周長=DE+DF+EF=AD+EF=4+EF，∴當EF最小時，∵△DEF的周長最?。摺螮BF=60°，BE=BF，∴△BEF是等邊三角形，∴EF=BE，∴當BE⊥AD時，BE長度最小，即EF長度最小，∵AB=4，∠A=60°，BE⊥AD，∴EB=，∴△DEF的周長最小值為4+，故④正確，綜上所述：①②④說法正確，故選B．【點撥】本題考查了旋轉的性質，等邊三角形的性質，平行四邊形的性質，最短路徑問題，關鍵是靈活運用這些性質解決問題．13．D【分析】過點B作，交的延長線于點，根據(jù)的最值分別得到，，利用勾股定理求出，設，在中，利用勾股定理列出方程，求出，再利用面積公式計算．解：如圖，過點B作，交的延長線于點，當M運動到點D，N運動到點B時，最大，∴，當時，最小，∴，∴，在菱形中，，設，則，在中，，即，解得：，即，∴菱形的面積為，故選D．【點撥】本題考查了菱形的性質，勾股定理，添加恰當輔助線構造直角三角形是本題的關鍵．14．B【分析】首先連接由已知條件可以得出（當P是與的交點時取等號），再利用等邊三角形的性質得出，進而求出長的最大值．解：連接根據(jù)四邊形是菱形，∴，∴，∵，∴，∴是等邊三角形，∵，∴，設，則，由勾股定理得：，∴，所以，即長的最大值是，故選：B．【點撥】此題主要考查了等邊三角形的性質，以及菱形的性質等有關知識，得出是等邊三角形，是解決問題的關鍵．15．A【分析】本題考查了菱形的性質，矩形的性質和判定，勾股定理，垂線段最短，連接，由菱形的性質得，，，利用勾股定理可以求得的長為，又因為，，可證四邊形為矩形，根據(jù)矩形的對角線相等的性質可得，當時，最短，再利用面積法求出的長即可求解的最小值，熟練掌握矩形的性質，正確作出輔助線是解題的關鍵．解：連接，∵四邊形是菱形，∴，，，∴，，又∵，，∴，∴四邊形為矩形，∴，當時，值最小，此時，，∴，∴的最小值為，故選：．16．C【分析】本題主要考查平行四邊形，矩形，菱形的判定的應用，熟練掌握行四邊形，矩形，菱形的判定是解題的關鍵．先判斷出點在移動過程中，四邊形始終是平行四邊形，再得出當，是菱形，當時，是矩形，即可得到結論．解：對角線、交于點，，，，，，，四邊形是平行四邊形，，，當時，，，，四邊形是菱形，當時，四邊形是矩形，，，，即當時，四邊形是矩形，綜上所述，當點從點向點移動過程中（點與點不重合），則四邊形的形狀變化依次是平行四邊形菱形平行四邊形矩形平行四邊形．故選：C．17．B【分析】連接，利用三角形中位線定理，可知，求出的最小值即可解決問題．解：連接，如圖所示：四邊形是菱形，，，分別為，的中點，是的中位線，，當時，最小，得到最小值，則，，是等腰直角三角形，，，即的最小值為，故選：B．

【點撥】本題考查了菱形的性質、三角形的中位線定理、等腰直角三角形的判定與性質、垂線段最短等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，屬于中考?？碱}型．18．D【分析】按照“四條邊相等的四邊形為菱形”定理判斷；連接，過點C作，根據(jù)勾股定理求出即可求出的長度.解：由折疊可知，，，若，∵，∴，∴，即四邊形是菱形，故結論I正確；連接，過點C作，如下圖所示，

∵是平行四邊形，，∴，∴，∴又∵M是邊的中點，∴在中，，由勾股定理得，，∵，∴的長度為，∴Ⅱ正確，故選：D．【點撥】本題主要考查折疊的性質和平行四邊形的性質，掌握判定方法和性質是解題的關鍵.19．【分析】由菱形，可得，從而得到，再根據(jù)題意可得所作直線為的垂直平分線，即可得，故可得，故可得的度數(shù)．解：四邊形為菱形，，，根據(jù)題意可得所作直線為的垂直平分線，，，，故答案為：．【點撥】本題考查了菱形的性質，等腰三角形的性質，垂直平分線的性質，熟練掌握上述性質進行角度的計算是解題的關鍵．20．【分析】根據(jù)作圖可得是的中點，根據(jù)菱形的性質得出是的中點，根據(jù)三角形中位線的性質得出，根據(jù)菱形的性質即可得周長．解：根據(jù)作圖可知是的垂直平分線，∴是的中點，∵菱形的對角線，相交于點，∴，∴，∵，∴，∴菱形的周長為，故答案為：．【點撥】本題考查了作線段垂直平分線，菱形的性質，三角形中位線的性質，掌握基本作圖是解題的關鍵．21．【分析】本題主要考查了矩形和菱形的性質，求一次函數(shù)解析式，解題的關鍵是掌握用待定系數(shù)求解函數(shù)解析式的方法和步驟；連接，令中點為點M，中點為點N，根據(jù)中點坐標公式，求出M和N的坐標，根據(jù)題意可得直線l經過點M和點N，再用待定系數(shù)法即可求出l的解析式．解：∵矩形的頂點B的坐標為，∴，連接，令中點為點M，中點為點N，∵，，，∴，，即，∵直線l平分矩形的面積和菱形的面積，∴直線l經過點M和點N，設直線l的解析式為，把代入得：，解得：，∴直線l的解析式為，故答案為：．22．3或或2或（任寫3個即可）【分析】根據(jù)題意分為菱形的邊和為菱形的對角線兩種情況討論，然后利用菱形的性質和坐標系的特點，結合勾股定理求解即可．解：如圖所示，當為菱形的邊時，

∵四邊形是菱形∴點B與點C關于對稱，在y軸上∵∴點C的坐標為∴m的值等于3；如圖所示，當為菱形的邊時，當點C在x軸的負半軸時，

∵，∴，∴∵四邊形是菱形∴∵∴C點坐標為∴m的值等于；如圖所示，當為菱形的邊時，當點C在x軸的正半軸時，

∵四邊形是菱形∴∵∴C點坐標為∴m的值等于2；如圖所示，當為菱形的對角線時，

∵，，∵四邊形是菱形∴，即∴解得；綜上所述，m的值等于3或或2或．故答案為：3或或2或（任寫3個即可）．【點撥】此題考查了菱形的性質，坐標與圖形，勾股定理等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．23．2或【分析】本題主要考查了菱形的性質，等邊三角形的性質與判定，折疊的性質，三角形三邊的關系，含角的直角三角形的性質，平行四邊形的性質與判定，直角三角形斜邊上的中線等．分當時和當時兩種情況討論求解即可．解：如圖1所示，當時，取中點H，連接，∴，∵四邊形是菱形，E為中點，∴，，，由折疊的性質可知，，∴，連接，∵，∴四邊形是平行四邊形，∴，，∵由三角形三邊的關系可知，當點不在線段上時，必有，這與矛盾，∴E、、H三點共線，∴，∴為等邊三角形，∴；如圖2所示，當時，連接，，過點F作于G，∵，四邊形是菱形，∴，，∴是等邊三角形，∵E是中點，∴，∴，∴，∴此時D、、E三點共線，由翻折的性質可得，∵，，，∴，，∴，，∴，∵，∴，∴．故答案為：2或．24．【分析】延長交的延長線于點H，作交的延長線于點G，由菱形的性質得，則，所以，由，得，則，所以四邊形是矩形，由折疊得，，所以，，則，設則可求得，所以則，，所以，可求得則即可求得，于是得到問題的答案．解：延長交的延長線于點H，作交的延長線于點G，則，

∵四邊形是菱形，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴四邊形是矩形，由折疊得，，∴，∴F，∴設則∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故答案為：．【點撥】本題考查菱形的性質、軸對稱的性質、直角三角形中角所對的直角邊等于斜邊的一半、勾股定理、等腰直角三角形的判定與性質等知識，正確地作出所需要的輔助線是解題的關鍵．25．10【分析】首先根據(jù)已知條件判斷出，得到，，然后可設的長度為x，則，根據(jù)勾股定理列方程可解出x，最后證明陰影部分是菱形后，即可求出其周長．解：如圖，設交于G，旋轉后交于點H，

由題意知，，，又∵，∴，∴，，設，則，在中，，解得：，∴，∵，，∴四邊形為平行四邊形，又∵，∴為菱形，∴陰影部分的周長為：，故答案為：10．【點撥】本題主要考查全等三角形的判定與性質，勾股定理以及菱形的判定與性質等，解答本題的關鍵是勾股定理以及菱形的判定．26．20°．解：試題分析：根據(jù)旋轉可得AC=AB，AE=AF，∠BAE=∠CAF=20°，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC，∵AC=AB，∴△ACB是等邊三角形，∴∠CAB=∠B=60°，∵∠BAE=∠CAF=20°，∴∠EAF=∠BAC=60°，∴△AEF是等邊三角形；∵∠BAE=20°，∠B=60°，∴∠AEC=∠BAE+∠B=80°，∵△AEF是等邊三角形，∴∠AEF=60°，∴∠CEF=∠AEC﹣∠AEF=20°．故答案是20°．考點：菱形的性質．27．【分析】當點與重合，點與點重合時，線段的最大值是，當時，最小值是，如圖所示（見詳解），過點作延長線于，在，中，根據(jù)勾股定理即可求解．解：四邊形是菱形，點和分別是邊和上的動點，當點與重合，點與點重合時，線段的最大值是，當時，最小值是，如圖所示，過點作延長線于，∵四邊形是菱形，∴，當點與重合，點與點重合時，線段的最大值是，即，當時，最小值是，∴（是邊上的高），且，∴在中，，，∴，設，則，在中，，即，解得，，∴，故答案為：．【點撥】本題主要考查動點與菱形，直角三角形勾股定理的綜合，理解動點中線段最大值與最小值，菱形的性質，勾股定理是解題的關鍵．28．【分析】如圖所示，作于點，連接、，根據(jù)菱形的性質可得，在中可求出的長，根據(jù)折疊的性質，可得是的垂直平分線，可得，當時，的值最小，則的值最大，由此即可求解．解：如圖所示，作于點，則，連接、，

∵四邊形是菱形，，∴，∵，，∴在中，，∴，∵點關于的對稱點在線段上，∴垂直平分，∴，∵由垂線段最短可知，當時，的值最小，∴的最小值為，∵當最小時，最大，∴的最大值為，故答案為：．【點撥】本題主要考查菱形的性質，折疊的性質，特殊角的三角函數(shù)的綜合，掌握以上知識是解題的關鍵．29．/【分析】本題考查了菱形的性質、全等三角形的判定與性質、三角形中位線，由菱形的性質可得，，，由勾股定理計算出，由三角形中位線定理可得，，證明可得，再由，即可得到答案，熟練掌握相關知識并靈活運用是解此題的關鍵．解：∵四邊形是菱形，，，，，在中，由勾股定理，得，∵點為的中點，∴是的中位線，，，，∵點為的中點，，在和中，，，，，，，故答案為：．30．/【分析】如圖所示，作的垂直平分線分別交于M，交延長線于F，過點B作于H，則時是以為底的等腰三角形，，先證明四邊形是矩形，得到，，再利用含30度角的直角三角形的性質和勾股定理求出的長，進而求出的長，再由軸對稱的性質可得答案．解：如圖所示，作的垂直平分線分別交于M，交延長線于F，過點B作于H，∴此時是以為底的等腰三角形，，∵四邊形是菱形，∴，∵，∴，∴四邊形是矩形，∴，在中，，∴，∴，∴，∵點F與點C關于直線對稱，∴，故答案為：．【點撥】本題主要考查了菱形的性質，矩形的性質與判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質，線段垂直平分線的性質，軸對稱的性質，等腰三角形的性質與判定等等，正確作出輔助線，通過構造矩形是解題的掛機．31．（1）畫圖見分析（2）①；②；③；④；⑤平行四邊形；⑥【分析】（1）根據(jù)線段垂直平分線的作圖方法作圖即可；（2）先證明，再證，得到，再證明，接著證明四邊形是平行四邊形即可證明四邊形是菱形．（1）解：如圖所示，即為所求；（2）證明：∵垂直平分，，，即∵∴四邊形是平行四邊形．∵．∴四邊形為菱形．故答案為：①；②；③；④；⑤平行四邊形；⑥．【點撥】本題主要考查了線段垂直平分線的尺規(guī)作圖，線段垂直平分線的性質，等腰三角形的性質與判定，菱形的判定，直角三角形兩銳角互余等等，熟知線段垂直平分線的性質與作圖方法是解題的關鍵．32．（1）（2）見分析（3）【分析】（1）由題意可求得和的值，再將其代入的坐標即可求得；（2）由折疊的性質可得，，由三角形外角性質可得，可得，即可證明四邊形是平行四邊形；（3）分別以，為圓心，長為半徑畫圓和的線段垂直平分線與軸交點得出點的可能性，進而得出點的坐標．（1）解：且，，，點，點，點，故答案為：；（2）證明：是中點，，折疊，，，，，，，，且四邊形是平行四邊形；（3）解：、、、為頂點的四邊形是菱形，分別以，為圓心，長為半徑畫圓和的線段垂直平分線與軸交點得出點，如圖所示：

，，【點撥】本題是四邊形的綜合題，矩形的性質，平行四邊形的判定和性質，折疊的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，圓的有關知識，熟練運用這些性質進行推理是本題的關鍵．33．（1）菱形，理由見分析；（2），理由見分析；（3）或【分析】（1）先根據(jù)矩形的性質、平行線的性質可得，再根據(jù)折疊的性質可得，，根據(jù)等腰三角形的性質可得，從而可得，然后根據(jù)菱形的判定即可得；（2）連接，證出，根據(jù)全等三角形的性質即可得；（3）分兩種情況：①當點為的三等分點，且時，②當點為的三等分點，且時，利用折疊的性質和勾股定理求解即可得．解：（1）四邊形的形狀為菱形，理由如下：四邊形是矩形，，，由折疊的性質可知，，，，，，∴四邊形的形狀為菱形，故答案為：菱形；（2）如圖，連接，四邊形是矩形，，由折疊的性質可知