中考数学——菱形的性质与判定(含4种解题技巧))(含答案)练习

这是一份中考数学——菱形的性质与判定(含4种解题技巧))(含答案)练习，共189页。
TOC \ "1-1" \n \h \z \u \l "_Tc188278678" 01考情透视·目标导航
\l "_Tc188278679" 02知识导图·思维引航
\l "_Tc188278680" 03考点突破·考法探究
\l "_Tc188278681" 考点 菱形
\l "_Tc188278682" 04题型精研·考向洞悉
\l "_Tc188278683" 命题点 菱形的性质与判定
\l "_Tc188278684" ►题型01 利用菱形的性质求角度
\l "_Tc188278685" ►题型02 利用菱形的性质求线段长
\l "_Tc188278686" ►题型03 利用菱形的性质求周长
\l "_Tc188278687" ►题型04 利用菱形的性质求面积
\l "_Tc188278688" ►题型05 利用菱形的性质求点的坐标
\l "_Tc188278689" ►题型06 利用菱形的性质证明
\l "_Tc188278690" ►题型07 菱形的折叠问题
\l "_Tc188278691" ►题型08 添加一个条件使四边形是菱形
\l "_Tc188278692" ►题型09 证明四边形是菱形
\l "_Tc188278693" ►题型10 根据菱形的性质与判定求角度
\l "_Tc188278694" ►题型11 根据菱形的性质与判定求线段长
\l "_Tc188278695" ►题型12 根据菱形的性质与判定求周长
\l "_Tc188278696" ►题型13 根据菱形的性质与判定求面积
\l "_Tc188278697" ►题型14 根据菱形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc188278698" ►题型15 与菱形有关的新定义问题
\l "_Tc188278699" ►题型16与菱形有关的规律探究问题
\l "_Tc188278700" ►题型17与菱形有关的动点问题
\l "_Tc188278701" ►题型18与菱形有关的最值问题
\l "_Tc188278702" ►题型19 含60°角的菱形
\l "_Tc188278703" ►题型20 菱形与函数综合
\l "_Tc188278704" ►题型21 与菱形有关的存在性问题
\l "_Tc188278705" ►题型22 与菱形有关的材料阅读类问题
01考情透视·目标导航
02知识导图·思维引航
\l "_Tc188015396" 03考点突破·考法探究
考点一 菱形
1.菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
【易错点】对于菱形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②一组邻边相等.
2.菱形的性质定理
【补充】
1）菱形是特殊的平行四边形，所以菱形具有平行四边形的一切性质；
2）菱形的两条对角线互相垂直，且对角线将菱形分成四个全等的直角三角形.
3）对角线互相垂直的四边形不一定是菱形.
4）菱形的面积公式：
①菱形的面积=底×高，即
②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即.
3.菱形的对称性
1）菱形是轴对称图形，两条对角线所在的直线都是它的对称轴.
2）菱形是中心对称图形，对角线的交点是它的对称中心.
4. 菱形的判定
1．（2024·四川·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=2，则菱形ABCD的周长为 ．
2．（2024·海南·中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=120°，边AB在数轴上，将AC绕点A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（ ）
A．1B．1−3C．0D．3−23
3．（2024·山东济宁·中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AB的中点，连接OE．若OE=3，则菱形的边长为（ ）

A．6B．8C．10D．12
4．（2024·江苏南通·中考真题）若菱形的周长为20cm，且有一个内角为45°，则该菱形的高为 cm．
5．（2024·山东济南·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AE⊥CD，垂足为E,CF⊥AD，垂足为F．
求证：AF=CE．
\l "_Tc188015399" 04题型精研·考向洞悉
命题点一 菱形的性质与判定
►题型01 利用菱形的性质求角度
1．（2023·陕西·中考真题）点E是菱形ABCD的对称中心，∠B=56°，连接AE，则∠BAE的度数为 ．
2．（2023·黑龙江大庆·中考真题）将两个完全相同的菱形按如图方式放置，若∠BAD=α，∠CBE=β，则β=（ ）

A．45°+12αB．45°+32αC．90°−12αD．90°−32α
3．（2023·河北·中考真题）如图，直线l1∥l2，菱形ABCD和等边△EFG在l1，l2之间，点A，F分别在l1，l2上，点B，D，E，G在同一直线上：若∠α=50°，∠ADE=146°，则∠β=（ ）

A．42°B．43°C．44°D．45°
4．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠DAB=40°，连接AC，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E，连接CE，则∠AEC的度数是 ．

5．（2024·四川巴中·中考真题）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，若四边形OABC为菱形，则∠ADC的度数是 ．
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型02 利用菱形的性质求线段长
1）菱形的对角线互相垂直平分，因此涉及菱形的问题常会在直角三角形中解决；
2）菱形的四条达相等，因此菱形与等腰三角形、等边三角形的合应用较多，利用菱形的性质求线段、角时，注意菱形与其他几何知识的结合.
6．（2024·江苏无锡·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，E是CD的中点，则sin∠EBC的值为（ ）
A．35B．75C．2114D．5714
7．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图1，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，连接BD，点M从B出发沿BD方向以3cm/s的速度运动至D，同时点N从B出发沿BC方向以1cm/s的速度运动至C，设运动时间为xs，△BMN的面积为ycm2，y与x的函数图象如图2所示，则菱形ABCD的边长为（ ）

A．22cmB．42cmC．4cmD．8cm
8．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，AC是一条对角线，E是AC上一点，过点E作EF⊥AB，垂足为F，连接DE．若CE=AF，则DE的长为 ．
►题型03 利用菱形的性质求周长
9．（2022·四川达州·中考真题）如图，菱形ABCD的两条对角线相交于点O，若AC=24，BD=10，则菱形ABCD的周长是 ．

10．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠A=120°，顺次连接菱形ABCD各边中点E、F、G、H，则四边形EFGH的周长为（ ）

A．4+23B．6+23C．4+43D．6+43
11．（2020·四川甘孜·中考真题）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为AB的中点．若菱形ABCD的周长为32，则OE的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
12．（2020·贵州黔东南·中考真题）若菱形ABCD的一条对角线长为8，边CD的长是方程x2﹣10x+24＝0的一个根，则该菱形ABCD的周长为（ ）
A．16B．24C．16或24D．48
QUOTE QUOTE QUOTE QUOTE QUOTE ►题型04 利用菱形的性质求面积
菱形的面积公式：
①菱形的面积=底×高，即
②菱形的面积=两条对角线长的乘积的一半，即.（适用于对角线互相垂直的任意四边形的面积的计算）
13．（2024·广东·中考真题）如图，菱形ABCD的面积为24，点E是AB的中点，点F是BC上的动点．若△BEF的面积为4，则图中阴影部分的面积为 ．
14．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，四边形ABCD是菱形，CD=5，BD=8，AE⊥BC于点E，则AE的长是（ ）
A．245B．6C．485D．12
15．（2023·山东聊城·中考真题）如图，在▱ABCD中，BC的垂直平分线EO交AD于点E，交BC于点O，连接BE，CE，过点C作CF∥BE，交EO的延长线于点F，连接BF．若AD=8，CE=5，则四边形BFCE的面积为 ．
.
16．（2023·四川泸州·中考真题）若一个菱形的两条对角线长分别是关于x的一元二次方程x2−10x+m=0的两个实数根，且其面积为11，则该菱形的边长为（ ）
A．3B．23C．14D．214
►题型05 利用菱形的性质求点的坐标
17．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，O是坐标原点，菱形ABOC的顶点B在x轴的负半轴上，顶点C的坐标为3,4，则顶点A的坐标为（ ）
A．−4,2B．−3,4C．−2,4D．−4,3
18．（2024·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形AOBC的顶点A在x轴负半轴上，顶点B在直线y=34x上，若点B的横坐标是8，为点C的坐标为（ ）
A．(−1,6)B．(−2,6)C．(−3,6)D．(−4,6)
19．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A，B在x轴上，AB=2，A1,0，∠DAB=60°，将菱形ABCD绕点A旋转90°后，得到菱形AB1C1D1，则点C1的坐标是 ．

20．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，在直角坐标系中，菱形OABC的顶点A的坐标为−2,0，∠AOC=60°．将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形OA'B'C'，其中点B'的坐标为（ ）

A．(−2,3−1)B．−2,1C．(−3,1)D．(−3,3−1)
QUOTE ►题型06 利用菱形的性质证明
21．（2024·福建·中考真题）如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在BC、CD边上，∠BAF=∠DAE，求证：BE=DF．
22．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，连接EF

(1)求证：AE=AF；
(2)若∠B=60°，求∠AEF的度数．
23．（2024·四川德阳·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，对角线AC与BD相交于点O，点F为BC的中点，连接AF与BD相交于点E，连接CE并延长交AB于点G．
(1)证明：△BEF∽△BCO；
(2)证明：△BEG≌△AEG．
►题型07 菱形的折叠问题
24．（2021·浙江嘉兴·中考真题）将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形C．矩形D．菱形
25．（2023·江苏南京·中考真题）如图， 在菱形纸片ABCD中， 点E在边AB上，将纸片沿CE折叠， 点B落在B'处，CB'⊥AD， 垂足为F 若CF=4cm，FB'=1cm， 则BE= cm
26．（2023·山东济南·中考真题）如图，将菱形纸片ABCD沿过点C的直线折叠，使点D落在射线CA上的点E处，折痕CP交AD于点P．若∠ABC=30°，AP=2，则PE的长等于 ．

27．（2022·浙江台州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为 ；当点M的位置变化时，DF长的最大值为 ．
28．（2022·江苏淮安·中考真题）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了探究．如图（1），在菱形ABCD中，∠B为锐角，E为BC中点，连接DE，将菱形ABCD沿DE折叠，得到四边形A'B'ED，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B'．
(1)【观察发现】A'D与B'E的位置关系是______；
(2)【思考表达】连接B'C，判断∠DEC与∠B'CE是否相等，并说明理由；
(3)如图（2），延长DC交A'B'于点G，连接EG，请探究∠DEG的度数，并说明理由；
(4)【综合运用】如图（3），当∠B=60°时，连接B'C，延长DC交A'B'于点G，连接EG，请写出B'C、EG、DG之间的数量关系，并说明理由．
►题型08 添加一个条件使四边形是菱形
29．（2024·内蒙古通辽·中考真题）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，以下条件不能证明▱ABCD是菱形的是（ ）
A．∠BAC=∠BCAB．∠ABD=∠CBD
C．OA2+OD2=AD2D．AD2+OA2=OD2
30．（2024·西藏·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD=BC，AB=CD，AC与BD相交于点O，请添加一个条件 ，使四边形ABCD是菱形．
31．（2022·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，AB∥CD，要使四边形ABCD为菱形，应添加的条件是 ．（只需写出一个条件即可）
32．（2022·湖南岳阳·中考真题）如图，点E，F分别在▱ABCD的边AB，BC上，AE=CF，连接DE，DF．请从以下三个条件：①∠1=∠2；②DE=DF；③∠3=∠4中，选择一个合适的作为已知条件，使▱ABCD为菱形．
(1)你添加的条件是______（填序号）；
(2)添加了条件后，请证明▱ABCD为菱形．
►题型09 证明四边形是菱形
判定一个四边形是菱形时，可先证明它是平行四边形，再证明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接证明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分．即：
33．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知矩形ABCD．
(1)尺规作图：作对角线AC的垂直平分线，交CD于点E，交AB于点F；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)连接AE、CF．求证：四边形AFCE是菱形．
34．（2024·江苏扬州·中考真题）如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形ABCD．
(1)试判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
(2)已知矩形纸条宽度为2cm，将矩形纸条旋转至如图2位置时，四边形ABCD的面积为8cm2，求此时直线AD、CD所夹锐角∠1的度数．
35．（2024·云南·中考真题）如图，在四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是各边的中点，且AB∥CD，AD∥BC，四边形EFGH是矩形．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)若矩形EFGH的周长为22，四边形ABCD的面积为10，求AB的长．
►题型10 根据菱形的性质与判定求角度
36．（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形ABCD：①画∠MAN；②以点A为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交AM，AN于点B，D；③分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C；④连接BC，CD，BD．若∠A=44°，则∠CBD的大小是（ ）

A．64°B．66°C．68°D．70°
37．（2024·江苏南京·三模）如图，将矩形ABCD绕点C旋转得到矩形FECG，点E在AD上，延长ED交FG于点H．

(1)求证DE=FH；
(2)连接BE,CH，当AB与BC的比值为_______时，四边形BEHC是菱形．
38．（2024·江苏苏州·一模）如图，在▱ABCD中，以点B为圆心，以BA的长为半径作弧交边BC于点E，连接AE．分别以点A、E为圆心，以大于12AE的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线BP交AE于点O，交边AD于点F．
(1)求证：△BOE≌△FOA；
(2)若∠EBP=28∘，求∠FAE的度数．
►题型11 根据菱形的性质与判定求线段长
39．（2024·山东德州·中考真题）如图，▱ABCD中，对角线AC平分∠BAD．

(1)求证：▱ABCD是菱形；
(2)若AC=8，∠DCB=74°，求菱形ABCD的边长．（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
40．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，CD的延长线上，且BE=DF，连接EF与AC交于点M，连接AF，CE．
(1)求证：△AEM≌△CFM；
(2)若AC⊥EF，AF=32，求四边形AECF的周长．
41．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，线段AB与⊙O相切于点B，AO交⊙O于点M，其延长线交⊙O于点C，连接BC，∠ABC=120°，D为⊙O上一点且DB的中点为M，连接AD，CD．

(1)求∠ACB的度数；
(2)四边形ABCD是否是菱形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由；
(3)若AC=6，求CD的长．
42．（2022·四川凉山·中考真题）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．
(1)求证：四边形ADBF是菱形；
(2)若AB＝8，菱形ADBF的面积为40，求AC的长．
QUOTE ►题型12 根据菱形的性质与判定求周长
43．（2022·湖南长沙·中考真题）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB=AD．

(1)求证：AC⊥BD；
(2)若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，EF=32，AO=2，求BD的长及四边形ABCD的周长．
44．（2021·湖南邵阳·中考真题）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F是对角线AC上的两点，且AE=CF．连接DE，DF，BE，BF．
（1）证明：△ADE≌△CBF．
（2）若AB=42，AE=2，求四边形BEDF的周长．
45．（2020·江苏连云港·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，对角线BD的垂直平分线与边AD、BC分别相交于M、N．
（1）求证：四边形BNDM是菱形；
（2）若BD=24，MN=10，求菱形BNDM的周长．
►题型13 根据菱形的性质与判定求面积
46．（2023·四川巴中·中考真题）如图，已知等边△ABC，AD⊥BC，E为AB中点．以D为圆心，适当长为半径画弧，交DE于点M，交DB于点N，分别以M、N为圆心，大于12MN为半径画弧，两弧交于点P，作射线交AB于点G．过点E作EF∥BC交射线DP于点F，连接BF、AF．

(1)求证：四边形BDEF是菱形．
(2)若AC=4，求△AFD的面积．
47．（2022·广西贺州·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且ED=BF，连接AF，CE，AC，EF，且AC与EF相交于点O．
(1)求证：四边形AFCE是平行四边形；
(2)若AC平分∠FAE，AC=8，tan∠DAC=34，求四边形AFCE的面积．
48．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，在矩形ABCD中（AB>BC），对角线AC，BD相交于点O，延长BC到点E，使得CE=BC，连接DE，点F是DE的中点，连接CF．
(1)求证：四边形DOCF是菱形；
(2)若矩形ABCD的周长为20，AC=8，求四边形DOCF的面积．
►题型14 根据菱形的性质与判定解决多结论问题
49．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，把一个边长为5的菱形ABCD沿着直线DE折叠，使点C与AB延长线上的点Q重合．DE交BC于点F，交AB延长线于点E．DQ交BC于点P，DM⊥AB于点M，AM=4，则下列结论，①DQ=EQ，②BQ=3，③BP=158，④BD∥FQ．正确的是（ ）

A．①②③B．②④C．①③④D．①②③④
50．（2022·山东东营·中考真题）如图，已知菱形ABCD的边长为2，对角线AC、BD相交于点O，点M，N分别是边BC、CD上的动点，∠BAC=∠MAN=60°，连接MN、OM.以下四个结论正确的是（ ）
①△AMN是等边三角形；②MN的最小值是3；③当MN最小时S△CMN=18S菱形ABCD；④当OM⊥BC时，OA2=DN⋅AB.
A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
51．（2024·全国·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，对角线AC，BD交于点O，动点P在边BC上（不与点C重合），连接AP，AP的垂直平分线交AP于点E，交BD于点F，连接FP，CE，OE，现有以下结论：①点A，E之间的距离为定值；②FP=2FE；③CEBC的值可以是13；④∠EOF=30°或150°．其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号）
52．（2023·河北承德·一模）如图，在菱形ABCD中，AC、BD(AC>BD)相交于点O，E、F分别为OA和OC上的点（不与点A、O、C重合）．其中AE=OF．过点E作GH⊥AC，分别交AD、AB于点G、H；过点F作IJ⊥AC分别交CD、CB于点J、I；连接GJ、HI，甲、乙、丙三个同学给出了三个结论：
甲：随着AE长度的变化，GH+IJ=BD始终成立．
乙：随着AE长度的变化，四边形GHIJ可能为正方形．
丙：随着AE长度的变化，四边形GHIJ的面积始终不变，都是菱形ABCD面积的一半．
下列选项正确的是（ ）

A．甲、乙、丙都对B．甲、乙对，丙不对
C．甲、丙对，乙不对D．甲不对，乙、丙对
►题型15 与菱形有关的新定义问题
53．（2024·江苏泰州·一模）定义：一个四边形中，若有一个角的两边相等，且与它的对角互补，则称这个四边形为“半等边四边形”，则下列四边形一定是“半等边四边形”的是( )
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
54．（22-23八年级下·江苏镇江·期中）我们知道，菱形和正方形虽然都是四边相等的四边形，但形状有差异，可以将菱形和正方形的接近程度称为菱形的“神似度”，如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD的长分别为a，b（a≥b），我们把ab定义为菱形的“神似度”．
(1)当菱形的“神似度”=______时，菱形就是正方形；
(2)当∠BAD=60°时，求菱形ABCD的“神似度”．
55．（2023·广西崇左·二模）筝形的定义：两组邻边分别相等的四边形叫做筝形．
(1)根据筝形的定义，写出一种学过的满足筝形的定义的四边形：______；
(2)如图1，在正方形ABCD中，E是对角线BD延长线上一点，连接AE，CE．求证：四边形ABCE是筝形：
(3)小明学习筝形后对筝形非常感兴趣，购买了一只风筝，通过测量它的主体（如图2）得AB=AD，BC=DC，发现它是一个筝形，还得到AB=18cm，BC=40cm，∠ABC=120°，求筝形ABCD的面积．
►题型16与菱形有关的规律探究问题
56．（2022·辽宁·中考真题）如图，A1为射线ON上一点，B1为射线OM上一点，∠B1A1O=60°,OA1=3,B1A1=1．以B1A1为边在其右侧作菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°,C1D1与射线OM交于点B2，得△C1B1B2；延长B2D1交射线ON于点A2，以B2A2为边在其右侧作菱形A2B2C2D2，且∠B2A2D2=60°,C2D2与射线OM交于点B3，得△C2B2B3；延长B3D2交射线ON于点A3，以B3A3为边在其右侧作菱形A3B3C3D3，且∠B3A3D3=60°,C3D3与射线OM交于点B4，得△C3B3B4；…，按此规律进行下去，则△C2022B2022B2023的面积 ．
57．（2021·黑龙江·中考真题）如图，菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=1，延长CD至A1，使DA1=CD，以A1C为一边，在BC的延长线上作菱形A1CC1D1，连接AA1，得到ΔADA1；再延长C1D1至A2，使D1A2=C1D1，以A2C1为一边，在CC1的延长线上作菱形A2C1C2D2，连接A1A2，得到ΔA1D1A2……按此规律，得到ΔA2020D2020A2021，记ΔADA1的面积为S1，ΔA1D1A2的面积为S2……ΔA2020D2020A2021的面积为S2021，则S2021= ．
58．（2024·湖南益阳·二模）如图，菱形ABCD的边长为2，∠DAB=60∘，则菱形ABCD的面积是23；以对角线AC为边作第二个菱形ACC1D1，使∠D1AC=60∘，则菱形ACC1D1的面积是63；以对角线AC1为边作第三个菱形AC1C2D2，使∠D2AC1=60°，则菱形AC1C2D2的面积是183；…．按此规律所作的第n个菱形的面积是 ．
59．（2024·河南商丘·二模）如图，平面直角坐标系中，菱形OABC的顶点O为原点，A2,0，∠AOC=60°，作以下操作∶①将菱形OABC绕点 O 顺时针旋转60°得到菱形OA1B1C1；②将菱形OA1B1C1绕点O顺时针旋转60°得到菱形OA2B2C2；③将菱形OA2B2C2绕点O 顺时针旋转60°得到菱形OA3B3C3…按此规律，B99的坐标为（ ）
A．−3,−3B．−3,−3C．−3,3D．3,−3
►题型17与菱形有关的动点问题
60．（2024·甘肃·中考真题）如图1，动点P从菱形ABCD的点A出发，沿边AB→BC匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，PO的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到BC中点时，PO的长为（ ）
A．2B．3C．5D．22
61．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠B=30°，点E是BC边上的动点，连接AE，DE，过点A作AF⊥DE于点F．设DE=x，AF=y，则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变量x的取值范围）（ ）
A．y=9xB．y=12xC．y=18xD．y=36x
62．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，四边形ABCD是边长为4的菱形，∠A=60°，点Q为CD的中点，P为线段AB上的动点，现将四边形PBCQ沿PQ翻折得到四边形PB'C'Q．

(1)当∠QPB=45°时，求四边形BB'C'C的面积；
(2)当点P在线段AB上移动时，设BP=x，四边形BB'C'C的面积为S，求S关于x的函数表达式．
63．（2024·山东威海·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=10cm，∠ABC=60°，E为对角线AC上一动点，以DE为一边作∠DEF=60°，EF交射线BC于点F，连接BE，DF．点E从点C出发，沿CA方向以每秒2cm的速度运动至点A处停止．设△BEF的面积为ycm2，点E的运动时间为x秒．
(1)求证：BE=EF；
(2)求y与x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
(3)求x为何值时，线段DF的长度最短．
►题型18与菱形有关的最值问题
64．（2024·山东泰安·中考真题）如图，菱形ABCD中，∠B=60°，点E是AB边上的点，AE=4，BE=8，点F是BC上的一点，△EGF是以点G为直角顶点，∠EFG为30°角的直角三角形，连结AG．当点F在直线BC上运动时，线段AG的最小值是（ ）
A．2B．43−2C．23D．4
65．（2022·内蒙古赤峰·中考真题）如图，菱形ABCD，点A、B、C、D均在坐标轴上，∠ABC=120°，点A−3,0，点E是CD的中点，点P是OC上的一动点，则PD+PE的最小值是（ ）
A．3B．5C．22D．323
66．（2024·四川凉山·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60∘，AB=2，E是BC边上一个动点，连接AE，AE的垂直平分线MN交AE于点M，交BD于点N．连接EN,CN．

(1)求证：EN=CN；
(2)求2EN+BN的最小值．
►题型19 含60°角的菱形
【基础】条件：四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD相交与点O，∠ABC=60°
图示：
结论： 1)∠ABD=∠CBD=30°；2) △ABC，△ACD为等边三角形
3)AB：AD：BD=1:1:3； 4)
【进阶】条件：四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，E，F分别是BC，CD上的点，∠EAF=60°
图示：
结论：1) △AEF为等边三角形;2) △ABE≌△ACF,△AEC≌△AFD.
67．（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为3cm的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为60°，则重合部分构成的四边形ABCD的周长为 cm．
68．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=4，动点M，N同时从A点出发，点M以每秒2个单位长度沿折线A−B−C向终点C运动；点N以每秒1个单位长度沿线段AD向终点D运动，当其中一点运动至终点时，另一点随之停止运动．设运动时间为x秒，△AMN的面积为y个平方单位，则下列正确表示y与x函数关系的图象是（ ）

A． B． C． D．
69．（2022·江苏常州·中考真题）如图，将一个边长为20cm的正方形活动框架（边框粗细忽略不计）扭动成四边形ABCD，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到36cm时才会断裂．若∠BAD=60°，则橡皮筋AC 断裂（填“会”或“不会”，参考数据：3≈1.732）．
70．（2024·贵州·模拟预测）综合与实践：在菱形ABCD中，∠B=60°，作∠MAN=∠B，AM，AN分别交BC，CD于点M，N．
(1)【动手操作】如图①，若M是边BC的中点，根据题意在图①中画出∠MAN，则∠BAM=________度；
(2)【问题探究】如图②，当M为边BC上任意一点时，求证：AM=AN；
(3)【拓展延伸】如图③，在菱形ABCD中，AB=4，点P，N分别在边BC，CD上，在菱形内部作∠PAN=∠B，连接AP，若AP=13，求线段DN的长．
71．（2024·湖南娄底·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，AC与BD相交于点E,AB=3,∠BAD=60°，点F，G分别在边AD,CD上运动，FG∥AC．
(1)当F，G为边AD,CD的中点时，求证：△BFG为正三角形；
(2)当tan∠CBG=1时，求△BFG的面积．
►题型20 菱形与函数综合
72．（2023·山东滨州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的一边OC在x轴正半轴上，顶点A的坐标为2,23，点D是边OC上的动点，过点D作DE ⊥ OB交边OA于点E，作DF∥OB交边BC于点F，连接EF．设OD=x,△DEF的面积为S．

(1)求S关于x的函数解析式；
(2)当x取何值时，S的值最大？请求出最大值．
73．（2024·江西南昌·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC为菱形，点B在x轴正半轴上，反比例函数y=kxk>0,x>0的图象经过顶点A．
(1)若AB=10，OB=2，求反比例函数y=kxk>0,x>0的解析式．
(2)若菱形OABC的面积为20，直接写出反比例函数y=kxk>0,x>0的解析式．
74．（2023·辽宁沈阳·三模）已知：如图所示，在直角坐标系中，线段OC与直线BD交于点M，连接OB，BC，CD，OD得菱形OBCD，点B的横坐标为4，点C的坐标为7,7，点P，Q分别是线段OB，CD上的动点，点P从点O出发，以每秒0.8个单位的速度向终点B移动，点Q从点D出发，以每秒2个单位的速度向点C移动，到达点C后立即以原速再向终点D移动，设P，Q同时出发，移动时间为t秒（t＞0），当其中一个点停止移动时，另一个点也随之停止移动．
(1)求直线BD的函数表达式；
(2)当t为何值时，直线PQ平分菱形ABCD的面积？
(3)若直线PQ与对角线OC的交点为N，E是OB边的中点，当0BC），对角线AC，BD相交于点O，延长BC到点E，使得CE=BC，连接DE，点F是DE的中点，连接CF．
(1)求证：四边形DOCF是菱形；
(2)若矩形ABCD的周长为20，AC=8，求四边形DOCF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)菱形DOCF的面积9．
【分析】（1）由矩形的性质求得OC=OD，再证明CF是△EBD的中位线，推出CF=12BD=OD，CF∥BD，得到四边形DOCF是平行四边形，据此即可证明四边形DOCF是菱形；
（2）先求得BC=10−AB，在Rt△ABC中，利用勾股定理列式计算求得AB=5+7，BC=5−7，再利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】（1）证明：∵矩形ABCD中，
∴AC=BD，OC=12AC，OD=12BD，∠BCD=90°，
∴OC=OD，
∵CE=BC，
∴点C是线段BE的中点，
∵点F是DE的中点，
∴CF是△EBD的中位线，
∴CF=12BD=OD，CF∥BD，
∴四边形DOCF是平行四边形，
∵OC=OD，
∴四边形DOCF是菱形；
（2）解：∵矩形ABCD中，
∴AB=CD，AD=BC，∠ABC=90°，
∵矩形ABCD的周长为20，
∴2(AB+BC)=20，
∴AB+BC=10，
∴BC=10−AB，
在Rt△ABC中，AB2+BC2=AC2，即AB2+10−AB2=82，
解得AB=5+7或AB=5−7，
∵AB>BC，
∴AB=5+7，BC=5−7，
∴S△OCD=S△OBC=12S△BCD=14×BC×CD，
∴菱形DOCF的面积=2S△OCD=125+75+7=1225−7=9．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算．证明四边形DOCF是菱形是解题的关键．
►题型14 根据菱形的性质与判定解决多结论问题
49．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，把一个边长为5的菱形ABCD沿着直线DE折叠，使点C与AB延长线上的点Q重合．DE交BC于点F，交AB延长线于点E．DQ交BC于点P，DM⊥AB于点M，AM=4，则下列结论，①DQ=EQ，②BQ=3，③BP=158，④BD∥FQ．正确的是（ ）

A．①②③B．②④C．①③④D．①②③④
【答案】A
【分析】由折叠性质和平行线的性质可得∠QDF=∠CDF=∠QEF，根据等角对等边即可判断①正确；根据等腰三角形三线合一的性质求出MQ=AM=4，再求出BQ即可判断②正确；由△CDP∽△BQP得CPBP=CDBQ=53，求出BP即可判断③正确；根据EFDE≠QEBE即可判断④错误．
【详解】由折叠性质可知：∠CDF=∠QDF,CD=DQ=5，
∵CD∥AB，
∴∠CDF=∠QEF．
∴∠QDF=∠QEF．
∴DQ=EQ=5．
故①正确；
∵DQ=CD=AD=5，DM⊥AB，
∴MQ=AM=4．
∵MB=AB−AM=5−4=1，
∴BQ=MQ−MB=4−1=3．
故②正确；
∵CD∥AB，
∴△CDP∽△BQP．
∴CPBP=CDBQ=53．
∵CP+BP=BC=5，
∴BP=38BC=158．
故③正确；
∵CD∥AB，
∴△CDF∽△BEF．
∴DFEF=CDBE=CDBQ+QE=53+5=58．
∴EFDE=813．
∵QEBE=58，
∴EFDE≠QEBE．
∴△EFQ与△EDB不相似．
∴∠EQF≠∠EBD．
∴BD与FQ不平行．
故④错误；
故选A．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键．
50．（2022·山东东营·中考真题）如图，已知菱形ABCD的边长为2，对角线AC、BD相交于点O，点M，N分别是边BC、CD上的动点，∠BAC=∠MAN=60°，连接MN、OM.以下四个结论正确的是（ ）
①△AMN是等边三角形；②MN的最小值是3；③当MN最小时S△CMN=18S菱形ABCD；④当OM⊥BC时，OA2=DN⋅AB.
A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
【答案】D
【分析】①依据题意，利用菱形的性质及等边三角形的判定与性质，证出∠MAC=∠DAN，然后证△CAM≌△DAN(ASA)，AM=AN，即可证出．
②当MN最小值时，即AM为最小值，当AM⊥BC时，AM值最小，利用勾股定理求出AM=AB2−BM2=22−12=3，即可得到MN的值．
③当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，利用三角形中位线定理得到AC⊥MN，用勾股定理求出CE=CN2−EN2=12−(32)2=12，S△CMN=12×12×3=34，而菱形ABCD的面积为：2×3=23，即可得到答案．
④当OM⊥BC时，可证△OCM∽△BCO，利用相似三角形对应边成比例可得OC2=CM⋅BC，根据等量代换，最后得到答案．
【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，AC⊥BD，OA=OC，
∵∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠ACB=∠ADC=60°，△ABC与△ADC为等边三角形，
又∠MAC=∠MAN−∠CAN=60°−∠CAN，
∠DAN=∠DAC−∠CAN=60°−∠CAN，
∴∠MAC=∠DAN，
在△CAM与△DAN中
∠CAM=∠DANAC=AC∠ACM=∠ADN
∴△CAM≌△DAN(ASA)，
∴AM=AN，
即△AMN为等边三角形，
故①正确；
∵AC⊥BD，
当MN最小值时，即AM为最小值，当AM⊥BC时，AM值最小，
∵AB=2,BM=12BC=1，
∴AM=AB2−BM2=22−12=3
即MN=3，
故②正确；
当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，
∴MN∥BD，
∴AC⊥MN，
在△CMN中，
CE=CN2−EN2=12−(32)2=12，
∴S△CMN=12×12×3=34，
而菱形ABCD的面积为：2×3=23，
∴18×23=34，
故③正确，
当OM⊥BC时，
∠BOC=∠OMC=90°∠OCM=∠BCO
∴△OCM∽△BCO
∴OCBC=CMOC
∴OC2=CM⋅BC
∴OA2=DN⋅AB
故④正确；
故选：D．
【点睛】此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位线定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
51．（2024·全国·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，对角线AC，BD交于点O，动点P在边BC上（不与点C重合），连接AP，AP的垂直平分线交AP于点E，交BD于点F，连接FP，CE，OE，现有以下结论：①点A，E之间的距离为定值；②FP=2FE；③CEBC的值可以是13；④∠EOF=30°或150°．其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号）
【答案】②④
【分析】本题考查菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，连接AF，根据菱形的性质和垂直平分线得到EO是△APC的中位线，得到EO∥PC，然后逐个推理即可．
【详解】解：如图，连接AF，
由题可得E是AP的中点，O是AC的中点，
∴EO是△APC 的中位线，
∴EO∥PC，
∴点E在平行于PC的直线上运动，
∴点A，E之 间的距离不为定值，
∴①说法错误；
当点F在线段OB上时，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴∠BCD=120°，∠ABC=60°，∠CBO=30°，
∵EO∥PC，
∴∠EOF=∠CBO=30°；
当点F在线段OD上时，此时点F在直线OE上方，
∴∠EOF=150°，
∴∠EOF=30°或150°，
∴④说法正确；
∵EF是AP的垂直平分线，
∴∠FEA=90°，∠FPA=∠PAF
∵菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴∠FOA=90°，
∴点A，E，F，O在以线段AF为直径的圆上，
∴∠EOF=∠PAF=30°，
∴∠FPA=∠PAF=30°，
∴在Rt△EFP中，FP=2FE，
∴②说法正确；
当点E与点O重合时，CE取最小值，
此时CEBC=12，
∵BC为定值，
∴CE取最小值时，CEBC得最小值，
∵ CEBC最小值大于12，故不可能取到13．
故③说法错误．
故答案为：②④．
52．（2023·河北承德·一模）如图，在菱形ABCD中，AC、BD(AC>BD)相交于点O，E、F分别为OA和OC上的点（不与点A、O、C重合）．其中AE=OF．过点E作GH⊥AC，分别交AD、AB于点G、H；过点F作IJ⊥AC分别交CD、CB于点J、I；连接GJ、HI，甲、乙、丙三个同学给出了三个结论：
甲：随着AE长度的变化，GH+IJ=BD始终成立．
乙：随着AE长度的变化，四边形GHIJ可能为正方形．
丙：随着AE长度的变化，四边形GHIJ的面积始终不变，都是菱形ABCD面积的一半．
下列选项正确的是（ ）

A．甲、乙、丙都对B．甲、乙对，丙不对
C．甲、丙对，乙不对D．甲不对，乙、丙对
【答案】C
【分析】连接HJ,GI，交于点M，根据轴对称的性质得出GE=EH,JF=FI，MG=MH，MJ=MI，GJ=HI，EO=FC，过点G作GK⊥BD于点K，过点J作JT⊥BD于点T，证明△DTJ≌△GEA,△DKG≌△JFC得出GH+IJ=BD，即可判断甲，进而得出四边形AHJD是平行四边形，四边形HJBC是平行四边形，即可判断丙，反证法证明四边形GHIJ不可能是正方形，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接HJ,GI，交于点M，

∵四边形ABCD是菱形，GH⊥AC，IJ⊥AC，
∴GH∥JI，
根据菱形是轴对称图形，AC是GH,IJ，BD的垂直平分线，
∴GE=EH,JF=FI，MG=MH，MJ=MI，GJ=HI，
∵AE=OF，OA=OC，
∴EO=FC，
如图所示，过点G作GK⊥BD于点K，过点J作JT⊥BD于点T，

则四边形GEOK,TJFO是矩形，
∴GK=EO=FC,KO=GE=12GH，TJ=OF=AE,TO=JF=12JI，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAO=∠DCO，
∵GK∥AO，TJ∥OC，
∴∠DJT=∠DCA=∠GAE，∠DGK=∠DAC=∠JCF，
∴△DTJ≌△GEA，△DKG≌△JFC，
∴DJ=AG，JC=GD，GE=DT，JF=DK，
∴12DB=DO=DT+TO=GE+JF=12GH+JI，
即GH+IJ=BD，故甲正确；
∵DJ=AG，又AG=AH，
∴JD=AH，
∴四边形AHJD是平行四边形，
∴S△HCJ=12S四边形AHJD，HJ∥AD，HJ=AD，
∴四边形HJBC是平行四边形，
∴S△HIJ=12S四边形BHJC，
∴S四边形GHIJ=S△HCJ+S△HIJ=12S四边形BHJC+12S四边形AHJD=12S菱形ABCD，
即四边形GHIJ的面积始终不变，都是菱形ABCD面积的一半，故丙正确；
同理可得AGBI，CDGI是平行四边形，
∴GI∥CD，HJ∥AD，
∵当GHIJ是正方形时，则GI⊥HJ，
∴AD⊥DC，
则四边形ABCD是正方形，
∵AC>BD，
∴四边形ABCD不是正方形，即四边形GHIJ不可能是正方形，故乙错误，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的性质，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
►题型15 与菱形有关的新定义问题
53．（2024·江苏泰州·一模）定义：一个四边形中，若有一个角的两边相等，且与它的对角互补，则称这个四边形为“半等边四边形”，则下列四边形一定是“半等边四边形”的是( )
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
【答案】D
【分析】本题主要考查了平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质．根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、平行四边形的邻边不一定相等，故本选项不符合题意；
B、矩形的邻边不一定相等，故本选项不符合题意；
C、菱形的对角不一定互补，故本选项不符合题意；
D、正方形的邻边相等，对角互补，故本选项符合题意；
故选：D
54．（22-23八年级下·江苏镇江·期中）我们知道，菱形和正方形虽然都是四边相等的四边形，但形状有差异，可以将菱形和正方形的接近程度称为菱形的“神似度”，如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD的长分别为a，b（a≥b），我们把ab定义为菱形的“神似度”．
(1)当菱形的“神似度”=______时，菱形就是正方形；
(2)当∠BAD=60°时，求菱形ABCD的“神似度”．
【答案】(1)1
(2)3
【分析】本题考查了正方形的判定、菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质推理是解题的关键．
（1）根据正方形的判定得出答案即可；
（2）连接AC和BD，交于点O，根据∠BAD=60°、菱形的性质，得出AC⊥BD、∠BAC=30°，结合含30°角的直角三角形的性质、勾股定理，得出BD=AB，AC=3AB，即可代入计算出菱形ABCD的“神似度”．
【详解】（1）解：∵对角线相等的菱形是正方形，
∴当a=b时，即ab=1时，菱形是正方形，
∴当菱形的“神似度”=1时，菱形就是正方形，
故答案为：1；
（2）解：如图，连接AC和BD，交于点O，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°
∴∠BAC=∠DAC=12∠BAD=30°，AC⊥BD，OC=OA，OD=OB，
∴OD=OB=12AB，
∴OC=OA=AB2−OB2=AB2−12AB2=32AB，BD=2OB=2×12AB=AB，
∴AC=2OA=2×32AB=3AB，
∴ab=ACBD=3ABAB=3，即菱形ABCD的“神似度”为3．
55．（2023·广西崇左·二模）筝形的定义：两组邻边分别相等的四边形叫做筝形．
(1)根据筝形的定义，写出一种学过的满足筝形的定义的四边形：______；
(2)如图1，在正方形ABCD中，E是对角线BD延长线上一点，连接AE，CE．求证：四边形ABCE是筝形：
(3)小明学习筝形后对筝形非常感兴趣，购买了一只风筝，通过测量它的主体（如图2）得AB=AD，BC=DC，发现它是一个筝形，还得到AB=18cm，BC=40cm，∠ABC=120°，求筝形ABCD的面积．
【答案】(1)菱形，正方形
(2)证明见解析
(3)3603cm2
【分析】（1）根据筝形的定义结合所学知识可得答案；
（2）根据正方形的性质利用SAS证明△ABE≌△CBE，得到AE=CE，再由AB=CB，即可证明四边形ABCE是筝形：
（3）如图所示，过点A作AE⊥CB交CB延长线于E，连接AC，先证明△ABC≌△ADC，推出S四边形ABCD=2S△ABC，求出∠BAE=30°，得到BE=9cm，进而求出AE=93cm，利用三角形面积公式求出S△ABC=1803cm2，则S四边形ABCD=2S△ABC=3603cm2．
【详解】（1）解：由题意得，菱形和正方形都是筝形，
故答案为：菱形，正方形；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，∠ABE=∠CBE=45°，
又∵BE=BE，
∴△ABE≌△CBESAS，
∴AE=CE，
又∵AB=CB，
∴四边形ABCE是筝形：
（3）解：如图所示，过点A作AE⊥CB交CB延长线于E，连接AC，
∵AB=AD，BC=DC，AC=AC，
∴△ABC≌△ADCSSS，
∴S△ABC=S△ADC，
∴S四边形ABCD=2S△ABC，
∵∠ABC=120°，
∴∠ABE=60°，
∵AE⊥CB，即∠E=90°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=12AB=9cm，
∴AE=AB2−BE2=93cm，
∴S△ABC=12BC⋅AE=12×40×93=1803cm2，
∴S四边形ABCD=2S△ABC=3603cm2．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
►题型16与菱形有关的规律探究问题
56．（2022·辽宁·中考真题）如图，A1为射线ON上一点，B1为射线OM上一点，∠B1A1O=60°,OA1=3,B1A1=1．以B1A1为边在其右侧作菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°,C1D1与射线OM交于点B2，得△C1B1B2；延长B2D1交射线ON于点A2，以B2A2为边在其右侧作菱形A2B2C2D2，且∠B2A2D2=60°,C2D2与射线OM交于点B3，得△C2B2B3；延长B3D2交射线ON于点A3，以B3A3为边在其右侧作菱形A3B3C3D3，且∠B3A3D3=60°,C3D3与射线OM交于点B4，得△C3B3B4；…，按此规律进行下去，则△C2022B2022B2023的面积 ．
【答案】36×434042
【分析】过点B1作B1D⊥OA1于点D，连接B1D1,B2D2,B3D3，分别作B2H⊥B1D1,B3G⊥B2D2,B4E⊥B3D3，然后根据菱形的性质及题意可得B1D1//OA1,B2D2//OA1,B3D3//OA1，则有tan∠O=tan∠B2B1D1=tan∠B3B2D2=tan∠B4B3D3=35，进而可得出规律进行求解．
【详解】解：过点B1作B1D⊥OA1于点D，连接B1D1,B2D2,B3D3，分别作B2H⊥B1D1,B3G⊥B2D2,B4E⊥B3D3，如图所示：
∴∠B1DO=∠B1DA1=∠B2HD1=∠B3GD2=∠B4ED3=90°，
∵∠B1A1O=60°，
∴∠DB1A1=30°，
∵B1A1=1，OA1=3，
∴DA1=12B1A1=12，OD=52，
∴B1D=A1B12−A1D2=32，
∴tan∠O=B1DOD=35，
∵菱形A1B1C1D1，且∠B1A1D1=60°，
∴△A1B1D1是等边三角形，
∴∠A1B1D1=60°，B1D1=A1B1=1，
∵∠A1B1D1=∠OA1B1=60°，
∴OA1//B1D1，
∴∠O=∠B2B1D1，
∴tan∠B2B1D1=tan∠O=35，
设B2D1=x，
∵∠B2D1H=60°，
∴HD1=B2D1⋅cs60°=12x,B2H=B2D1⋅sin60°=32x，
∴B1H=B2Htan∠B2B1H=52x，
∴52x+12x=1，解得：x=13，
∴B2D1=13，
∴A2B2=43，
同理可得：B3D2=49，B4D3=1627，
∴A3B3=169,A4B4=6427，
由上可得：AnBn=43n−1，Bn+1Dn=13⋅43n−1，
∴S△C2022B2022B2023=S△C2022B2022D2022−S△B2023B2022D2022=34×4320212−12×432021×13×432021×32=36×434042，
故答案为36×434042．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定、含30度直角三角形的性质及三角函数是解题的关键．
57．（2021·黑龙江·中考真题）如图，菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=1，延长CD至A1，使DA1=CD，以A1C为一边，在BC的延长线上作菱形A1CC1D1，连接AA1，得到ΔADA1；再延长C1D1至A2，使D1A2=C1D1，以A2C1为一边，在CC1的延长线上作菱形A2C1C2D2，连接A1A2，得到ΔA1D1A2……按此规律，得到ΔA2020D2020A2021，记ΔADA1的面积为S1，ΔA1D1A2的面积为S2……ΔA2020D2020A2021的面积为S2021，则S2021= ．
【答案】24038⋅3
【分析】由题意易得∠BCD=60°,AB=AD=CD=1，则有ΔADA1为等边三角形，同理可得ΔA1D1A2……. ΔA2020D2020A2021都为等边三角形，进而根据等边三角形的面积公式可得S1=34，S2=3，……由此规律可得Sn=3⋅22n−4，然后问题可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD=1，AD//BC,AB//CD，
∵∠ABC=120°，
∴∠BCD=60°，
∴∠ADA1=∠BCD=60°，
∵DA1=CD，
∴DA1=AD，
∴ΔADA1为等边三角形，
同理可得ΔA1D1A2……. ΔA2020D2020A2021都为等边三角形，
过点B作BE⊥CD于点E，如图所示：
∴BE=BC⋅sin∠BCD=32，
∴S1=12A1D⋅BE=34A1D2=34，
同理可得：S2=34A2D12=34×22=3，S3=34A3D22=34×42=43，……；
∴由此规律可得：Sn=3⋅22n−4，
∴S2021=3×22×2021−4=24038⋅3；
故答案为24038⋅3．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键．
58．（2024·湖南益阳·二模）如图，菱形ABCD的边长为2，∠DAB=60∘，则菱形ABCD的面积是23；以对角线AC为边作第二个菱形ACC1D1，使∠D1AC=60∘，则菱形ACC1D1的面积是63；以对角线AC1为边作第三个菱形AC1C2D2，使∠D2AC1=60°，则菱形AC1C2D2的面积是183；…．按此规律所作的第n个菱形的面积是 ．
【答案】23×3n−1
【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BD，交AC与点O，由题意可知△ABD为边长为1的等边三角形，可求出△ABD的面积，即可得出菱形ABCD的面积；根据已知菱形的性质可分别求得AC，AC1，AC2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BD，交AC与点O，
∵四边形ABCD为菱形，且∠DAB=60∘，
∴△ABD为等边三角形，
∴AD=BD=AB=2，
∴BO=1，AO=3，
∴AC=23，菱形ABCD的面积是23；
∵四边形ACC1D1为菱形，∠D1AC=60°，
∴可得AC1=3AC=232，菱形ACC1D1的面积是23×3=63；
同理可得AC2=3AC1=233，菱形AC1C2D2的面积是23×32=183；
以此类推，可得出所作的第n个菱形的边长为2(3)n−1，
第n个菱形的面积为=12×2×2×[(3)n−1]2×3=23×3n−1．
故答案为：23×3n−1．
59．（2024·河南商丘·二模）如图，平面直角坐标系中，菱形OABC的顶点O为原点，A2,0，∠AOC=60°，作以下操作∶①将菱形OABC绕点 O 顺时针旋转60°得到菱形OA1B1C1；②将菱形OA1B1C1绕点O顺时针旋转60°得到菱形OA2B2C2；③将菱形OA2B2C2绕点O 顺时针旋转60°得到菱形OA3B3C3…按此规律，B99的坐标为（ ）
A．−3,−3B．−3,−3C．−3,3D．3,−3
【答案】A
【分析】根据题意可知菱形OABC绕点O顺时针旋转6次即可回到原始位置，则点B99和点B3相同，利用菱形的性质即可知点C1,3和点B3,3，结合点B绕点O顺时针旋转3次后∠BOB'=3×60°=180°，可知点B和点B3关于原点对称，即可得到答案．
【详解】解：∵∠AOC=60°，且圆周角为360°，
∴菱形OABC绕点O顺时针旋转6次即可回到原始位置，如图，
∵99÷6=16⋯3，
∴点B99和点B3相同，
∵∠AOC=60°，A2,0，
∴Cy=OC⋅sin∠COA=2×sin60°=3，
Cx=OC⋅sin∠COA=2×12=1，
∴点C1,3，
即点B3,3，
∵点B绕点O顺时针旋转3次后
∴∠BOB'=3×60°=180°，
∴点B和点B3关于原点对称，
即点B−3,−3，
故选：A．
【点睛】本题主要考查旋转的性质、菱形的性质、解直角三角形和关于原点对称的知识，解题的关键是找到旋转的周期和点B坐标，以及3次旋转后的位置．
►题型17与菱形有关的动点问题
60．（2024·甘肃·中考真题）如图1，动点P从菱形ABCD的点A出发，沿边AB→BC匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，PO的长为y，y与x的函数图象如图2所示，当点P运动到BC中点时，PO的长为（ ）
A．2B．3C．5D．22
【答案】C
【分析】结合图象，得到当x=0时，PO=AO=4，当点P运动到点B时，PO=BO=2，根据菱形的性质，得∠AOB=∠BOC=90°，继而得到AB=BC=OA2+OB2=25，当点P运动到BC中点时，PO的长为12BC=5，解得即可．
本题考查了菱形的性质，图象信息题，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键．
【详解】结合图象，得到当x=0时，PO=AO=4，
当点P运动到点B时，PO=BO=2，
根据菱形的性质，得∠AOB=∠BOC=90°，
故AB=BC=OA2+OB2=25，
当点P运动到BC中点时，PO的长为12BC=5，
故选C．
61．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠B=30°，点E是BC边上的动点，连接AE，DE，过点A作AF⊥DE于点F．设DE=x，AF=y，则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变量x的取值范围）（ ）
A．y=9xB．y=12xC．y=18xD．y=36x
【答案】C
【分析】本题考查菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质求解x、y的关系式是解答的关键．过D作DH⊥BC，交BC延长线于H，则∠DHE=90°，根据菱形的性质和平行线的性质得到CD=AD=AB=6，∠ADF=∠DEH，∠DCH=∠B=30°，进而利用含30度角的直角三角形的性质DH=12CD=3，证明△AFD∽△DHE得到AFDH=ADDE，然后代值整理即可求解．
【详解】解：如图，过D作DH⊥BC，交BC延长线于H，则∠DHE=90°，
∵在菱形ABCD中，AB=6，∠B=30°，
∴AB∥CD，AD∥BC，CD=AD=AB=BC=6，
∴∠ADF=∠DEH，∠DCH=∠B=30°，
在Rt△CDH中，DH=12CD=3，
∵AF⊥DE，
∴∠AFD=∠DHE=90°，又∠ADF=∠DEH，
∴△AFD∽△DHE，
∴AFDH=ADDE，
∵DE=x，AF=y，
∴y3=6x，
∴y=18x，
故选：C．
（法二：同理，DH=3，BC=6，
∵AD∥BC，
∴S△AED=12S菱形ABCD，
∴12DE·DF=12BC·DH，
∵DE=x，AF=y，
∴xy=6×3=18，
∴y=18x，
故选：C．）
62．（2023·江苏无锡·中考真题）如图，四边形ABCD是边长为4的菱形，∠A=60°，点Q为CD的中点，P为线段AB上的动点，现将四边形PBCQ沿PQ翻折得到四边形PB'C'Q．

(1)当∠QPB=45°时，求四边形BB'C'C的面积；
(2)当点P在线段AB上移动时，设BP=x，四边形BB'C'C的面积为S，求S关于x的函数表达式．
【答案】(1)43+8
(2)S=323xx2+12+43
【分析】（1）连接BD、BQ，根据菱形的性质以及已知条件可得△BDC为等边三角形，根据∠QPB=45°，可得△PBQ为等腰直角三角形，则PB=23，PQ=26，根据翻折的性质，可得∠BPB'=90°，PB=PB'，则BB'=26，PE=6；同理CQ=2，CC'=22，QF=2；进而根据S四边形BB'C'C=2S梯形PBCQ−S△PBB'+S△CQC'，即可求解；
（2）等积法求得BE=23xx2+12，则QE=12x2+12，根据三角形的面积公式可得S△QEB=123xx2+12，证明△BEQ∼△QFC，根据相似三角形的性质，得出S△QFC=43xx2+12，根据S=2S△QEB+S△BQC+S△QFC即可求解．
【详解】（1）如图，连接BD、BQ，
∵四边形ABCD为菱形，
∴ CB=CD=4，∠A=∠C=60°，
∴ △BDC为等边三角形．
∵Q为CD中点，
∴ CQ=2，BQ⊥CD，
∴ BQ=23，QB⊥PB．
∵ ∠QPB=45°，
∴ △PBQ为等腰直角三角形，
∴ PB=23，PQ=26，
∵翻折，
∴ ∠BPB'=90°，PB=PB'，
∴ BB'=26，PE=6；.
同理CQ=2，
∴ CC'=22，QF=2，
∴S四边形BB'C'C=2S梯形PBCQ−S△PBB'+S△CQC'=2×12×2+23×23−12×232+12×22=43+8；
（2）如图2，连接BQ、B'Q，延长PQ交CC'于点F．
∵ PB=x，BQ=23，∠PBQ=90°，
∴ PQ=x2+12．
∵S△PBQ=12PQ×BE=12PB×BQ
∴ BE=BQ×PBPQ=23xx2+12，
∴ QE=12x2+12，
∴ S△QEB=12×23xx2+12×12x2+12=123xx2+12．
∵ ∠BEQ=∠BQC=∠QFC=90°，则∠EQB=90°−∠CQF=∠FCQ，
∴ △BEQ∼△QFC，
∴ S△QFCS△BEQ=CQQB2=2232=13，
∴ S△QFC=43xx2+12．
∵S△BQC=12×2×23=23，
∴ S=2S△QEB+S△BQC+S△QFC=2123xx2+12+23+43xx2+12=323xx2+12+43．
【点睛】本题考查了菱形与折叠问题，勾股定理，折叠的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质以及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
63．（2024·山东威海·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=10cm，∠ABC=60°，E为对角线AC上一动点，以DE为一边作∠DEF=60°，EF交射线BC于点F，连接BE，DF．点E从点C出发，沿CA方向以每秒2cm的速度运动至点A处停止．设△BEF的面积为ycm2，点E的运动时间为x秒．
(1)求证：BE=EF；
(2)求y与x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
(3)求x为何值时，线段DF的长度最短．
【答案】(1)证明见解析；
(2)y=−3x2+103x0