数学1.6 菱形精品课堂检测

这是一份数学1.6 菱形精品课堂检测，文件包含湘教版数学八年级下册161菱形的性质同步分层练习教师版docx、湘教版数学八年级下册161菱形的性质同步分层练习学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。
一、夯实基础
1．（2022八下·雷州期中）下列性质中，菱形具有而矩形不一定具有的是（ ）
A．对角线互相平分B．对角线互相垂直
C．对角线相等D．四个角都是直角
【答案】B
【知识点】菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：根据菱形和矩形都是平行四边形，所以对边平行且相等，对角线互相平分；
菱形和矩形不同：菱形的四边相等，对角线互相垂直，矩形是四个角都是直角，对角线相等，
故B正确．
故选：B．
【分析】根据菱形和矩形的性质，对选项逐个判断即可．
2．（2024八下·宁津期中）菱形ABCD中，AC＝10，BD＝24，则该菱形的面积等于（ ）
A．13B．52C．120D．240
【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD的对角线AC＝10，BD＝24，
∴菱形的面积=12×AC×BD=12×10×24=120，
故答案为：C．
【分析】由菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可．
3．（2024八下·安次期末）如图，在菱形ABCD中，连接AC，BD，若∠1=25°，则∠2的度数为（ ）
A．25°B．65°C．75°D．85°
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥DB，∠2=∠ABD，
∵∠ABD=180°−90°−25°=65°，
∴∠2=65°，
故选：B．
【分析】根据菱形性质可得AC⊥DB，∠2=∠ABD，根据三角形内角和定理即可求出答案.
4．（2025八下·温州期末）如图，在菱形ABCD中，AC,BD交于点O．若AO=3,BO=4，则BC的长为（ ）
A．5B．6C．8D．10
【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵在菱形ABCD中，AC,BD交于点O，
∴AO=OC=3，∠BOC=90°，
∴BC=OC2+BO2=32+42=5，
故答案为：A．
【分析】菱形的对角线互相垂直平分，这样即可得出AO=OC=3，∠BOC=90°，然后放到直角三角形BOC中，利用勾股定理列式计算即可。
5．（2025八下·广州期中）如图，菱形的对角线AC，BD相交于点O，E是CD的中点．若BC=4，则OE的长为（ ）
A．4B．3C．23D．2
【答案】D
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OD⊥OB，CD=BC，
∵点E是CD的中点，BC=4，
∴OE=12CD=12BC=2，
故选：D．
【分析】根据菱形的性质求出OD⊥OB，CD=BC，再根据三角形的中位线的性质计算求解即可。
6．（2024八下·无锡月考）如果菱形的高是3cm，且相邻两个内角的度数之比为1：5，那么这个菱形的边长为 cm．
【答案】6
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的性质
【解析】【解答】解：
如图所示∶过点D作DE⊥AB于点E，
四边形ABCD是菱形，相邻两内角的度数之比为1：5
∴∠A+∠ADC=180°则∠A=16×180°=30°，
在Rt△ADE中，
∵∠A=30°，
∴DE=3cm,
∴AD=2DE=6cm，
即菱形的边长为∶6cm．
故答案为∶6．
【分析】
利用菱形的性质结合已知得出∠A的数，再利用30°所对边与斜边的关系得出AD的长，计算即可解答．
7．（2024八下·浏阳期末）菱形ABCD的对角线AC=6，菱形ABCD的面积为12，则另一条对角线BD的长为 ．
【答案】4
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形ABCD的面积为12AC⋅BD=12，且AC=6
∴BD=2×12AC=4，
故答案为：4．
【分析】根据菱形面积即可求出答案.
8．（2024八下·南宁期末）如图，菱形ABCD的周长为40，对角线AC，BD相交于点O，若点E是CD的中点， 则OE的长是
【答案】5
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，且周长为40，
∴AB=BC=CD=AD=10，AC⊥BD，
∵点E是CD的中点，
∴OE=12CD=5，
故答案为：5．
【分析】利用菱形的性质得出CD的长，进而根据直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案．
9．（2024八下·思明期中）如图，在菱形ABCD中，AB=10，∠B=60°，则AC的长为 ．
【答案】10
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=10，
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=10．
故答案为：10．
【分析】根据菱形的性质得到△ABC是等边三角形解题即可．
10．（2024八下·天河期中）如图，菱形ABCD中，DM⊥AB于点M，DN⊥BC于点N．求证：AM=CN．
【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD，∠A=∠C，
∵DM⊥AB，DN⊥BC，
∴∠DMA=∠DNC=90°，
在△DAM和△DCN中，
∠A=∠C∠DMA=∠DNC=90°AD=CD，
∴△DAM≌△DCN（AAS），
∴AM=CN．
【知识点】三角形全等及其性质；菱形的性质
【解析】【分析】根据菱形的性质可得AD=CD，∠A=∠C，利用“AAS”可证△DAM≌△DCN，可得AM=CN．
二、能力提升
11．（2025八下·绵阳期末）在菱形ABCD中，对角线AC=6，BD=8，则该菱形的周长为（ ）
A．15B．20C．22D．25
【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：C=4×622+822=4×5=20.
故答案为：B.
【分析】菱形的两条对角线互相垂直且平分，菱形的四边都相等.
12．（2025八下·浙江月考）如图，把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形．如果图2中小正方形的边长为7，图3中小正方形的边长为1，则图1中菱形的面积为（ ）
A．6B．3C．7D．12
【答案】A
【知识点】勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】解：设每个直角三角形的直角边长分别为a，b，长边为a，短边为b，由题意可得：
a2+b2=72=7，①
a－b=1，②
由②得：a-b2=1，即a2+b2-2ab=1，
∴2ab=6.
∵ 菱形沿对角线分成的四个全等的直角三角形，
∴菱形的两条对角线的长分别为2a，2b，
故菱形的面积为：S=12·2a·2b=2ab=6.
故答案为：A.
【分析】设每个直角三角形的直角边长分别为a，b，长边为a，短边为b，由图2可得a2+b2=72=7，①，由图3可得a－b=1，②，利用完全平方公式可得2ab=6.再利用菱形的面积公式，即可得到答案.
13．（2024八下·北京市期中）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=66°，对角线AC，BD交于点O，E为CD的中点，连接OE，则∠AOE的度数为（ ）
A．114°B．120°C．123°D．147°
【答案】C
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理；两直线平行，同位角相等
【解析】【解答】解：∵在菱形ABCD中，∠ABC=66°，
∴∠DBC=12∠ABC=33°，∠AOD=90°，O为BD的中点，
∵E为CD的中点，
∴OE是△DBC的中位线，
∴OE∥BC，
∴∠DOE=∠DBC=33°，
∴∠AOE=90°+33°=123°，
故答案为：C．
【分析】由菱形的每一条对角线平分一组对角求得∠DBC=33°，由菱形的对角线互相垂直得∠AOD=90°，由菱形的对角线互相平分得点O是BD的中点，根据三角形中位线平行于第三边得到OE∥BC，由二直线平行，同位角相等求得∠DOE=33°，最后根据∠AOE=∠AOD+∠DOE列式计算即可.
14．（2025八下·娄底期中）如图，周长为24的菱形ABCD中，∠BAD=120°，点E，F分别是AB,AD边上的动点，点P为对角线BD上一动点，则线段PE+PF的最小值为（ ）
A．33B．43C．53D．63
【答案】A
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；轴对称的性质；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：连接AC交BD于点O，过点F作FF'⊥BD于点Q，交CD于点F'，如图，
∴∠FQD=∠F'QD=90°.
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴AC⊥BD，∠ADP=∠CDP，∠BAC=∠DAC=60°，CD=AD，AB//CD，
∴△ACD是等边三角形.
又∵DQ=DQ，
∴△FDQ≌△F'DQ（ASA），
∴FQ=F'Q.
∴F和F'关于BD对称，
∴EP+FP=EP+F'P≥EF'，故当E，P，F'三点共线时，EP+FP最小，最小值为EF'.
∵ 点E，F分别是AB，AD边上的动点，
∴EF'⊥CD时，EF'最小，
根据平行线之间的距离处处相等，可得点E与点A重合，EF'⊥CD时，如图所示：
此时AF'最小.
∵△ACD是等边三角形，
∴CF'=DF'=12CD.
∵菱形ABCD的周长为24，
∴AB=BC=AD=CD=6，
∴DF'=3，
∴AF'=AD2−DF'2=62−32=33．
故答案为：A．
【分析】连接AC交BD于点O，过点F作FF'⊥BD于点Q，交CD于点F'，利用菱形的性质和 ∠BAD=120°可证明△ACD是等边三角形.利用ASA证明△FDQ≌△F'DQ，可得FQ=F'Q，从而有F和F'关于BD对称，于是可得EP+FP=EP+F'P≥EF'，当E，P，F'三点共线时，有最小值EF'；再根据垂线段最短和平行线之间的距离处处相等，可得点E与点A重合，EF'⊥CD时，EP+FP≥EF'≥AF'，利用等边三角形的性质得CF'=DF’，即可利利用勾股定理求得AF'的长.
15．（2025八下·浙江月考）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重合部分构成四边形ABCD．若测得A，C之间的距离为4cm，B，D之间的距离为3cm，则线段AB的长为 ．
【答案】52cm
【知识点】勾股定理；菱形的性质；菱形的判定
【解析】【解答】解：连接AC，BD，相较于点O，过点D作DM⊥AB于点M，DN⊥BC于点N，如图所示：
由题意得：AD//BC，DC//AB，DM=DN=2，AC=4cm，BD=3cm，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴DM·AB=DN·BC，
∴AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴OA=OB=2cm，OB=OD=32cm，AC⊥BD，
∴AB=OA2+OB2=22+322=52cm.
故答案为：52cm.
【分析】连接AC，BD，相较于点O，过点D作DM⊥AB于点M，DN⊥BC于点N，证明四边形ABCD是菱形，可得OA=OB=2cm，OB=OD=32cm，AC⊥BD，再利用勾股定理，即可得到AB的长.
16．（2024八下·巴彦期末）如图，在菱形ABCD中，AC交BD于点O，DE⊥BC于点E，连接OE，若∠ABC=140°，则∠OEB= ．
【答案】70°
【知识点】等腰三角形的性质；菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=140°，
∴∠ABD=∠CBD=12∠ABC=70°，BO=DO，
∵DE⊥BC，
∴OE=OD=OB，
∴∠CBD=∠OEB=70°，
故答案为：70°．
【分析】
本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，掌握菱形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．
根据菱形的性质：对角线平分对角，对角线互相平分可得：∠ABD=∠CBD=12∠ABC=70°，BO=DO，再根据直角三角形的性质：直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半可得：OE=OD=OB，再根据等腰三角形的性质：等边对等角可得：∠CBD=∠OEB=70°，由此可得出答案．
17．（2025八下·梓潼期中）如图，菱形ABCD中，AB=8，∠D=60°；点F是CD的中点，点E是BC上一动点，连接AE，BF．G，H分别是AE，BF的中点，连接GH，则GH的最小值是 ．
【答案】3
【知识点】垂线段最短及其应用；含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接BG并延长交AD于点Q，连接FQ，
，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∴∠QAG=∠BEG，
∵G是AE的中点，
∴AG=EG，
∴在△AGQ和△EGB中
∠QAG=∠BEGAG=EG∠AGQ=∠BGE
∴△AGQ≌△EGB（ASA），
∴BG=QG，
∵点G、H分别是BQ和BF的中点，
∴GH=12FQ，
∴要使GH有最小值，
即FQ最小，
∴当FQ⊥AD时，FQ最小，
过点F作FM⊥AD于点M，此时点M和点Q重合，
在菱形ABCD中，AB=CD=8，∠D=60°，
∵点F是CD的中点，
∴DF=CF=4，
∴DM=2，
∴FM=3DM=23，
∴GH=3．
∴GH的最小值是3．
故答案为：3．
【分析】
连接BG并延长交AD于点Q，连接FQ，根据菱形的性质：对边平行可知：AD∥BC，再根据平行线的性质：两直线平行，内错角相等可知：∠QAG=∠BEG，再根据中点的定义可知：AG=GE，结合∠AGQ=∠BGE，根据全等三角形的判定定理AS可证得：△AGQ≌△EGB，根据全等三角形的性质：对应边相等可知：BG=QG，再三角形中位线定理可知：GH=12FQ，由此可知：要使GH有最小值，即FQ最小，即当FQ⊥AD时，FQ最小，此时GH有最小值，过点F作FM⊥AD于点M，此时点M和点Q重合，根据菱形的性质得出FM=23，再代入GH=12FM，可得GH的长，即GH的最小值，由此可得出答案．
18．（2025八下·惠阳期中）如图，菱形ABCD中，AB=10，AC，BD交于点O，若E是边AD的中点，∠ABO=32°，则OE的长等于 ，∠ADO的度数为 ．
【答案】5；32°
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵ 四边形ABCD是菱形，
∴BO=DO，AB=AD，AB∥CD，
∴∠ADO=∠ABO=32°，
∵E是边AD的中点，BO=DO，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE=12AB=5．
故答案为：5，32°．
【分析】根据菱形性质可得BO=DO，AB=AD，AB∥CD，则∠ADO=∠ABO=32°，再根据三角形中位线定理即可求出答案.
19．（2024八下·潮南期末）如图，在菱形ABDC中，点E，F分别在边CD,BD上，且DE=DF．求证：∠1=∠2．
【答案】证明：∵ABDC为菱形，
∴CD=BD，
在△CDF和△BDE中，
CD=BD∠D=∠DED=DF，
∴△CDF≌△BDESAS，
∴∠1=∠2．
【知识点】菱形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】根据菱形性质得边相等和三角形全等的判定，证明△CDF≌△BDESAS即可．
20．（2024八下·大洼月考）如图，四边形ABCD是平行四边形，AC、BD相交于点O，E为AB的中点，连接OE，过点E作EF⊥BC于点F，过点O作OG⊥BC于点G．
（1）求证：四边形EFGO是矩形；
（2）若四边形ABCD是菱形，AB=10，BD=16，求OG的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵点E是AB的中点，
∴AE=EB．
∴OE∥BC，
∴OE∥FG，
∵EF⊥BC于点F，OG⊥BC于点G，
∴EF∥OG，
∴四边形EFGO是平行四边形
∵EF⊥BC，
∴∠EFG=90°，
∴四边形EFGO是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB=BC，OC=12AC，OB=12BD，
∵AB=10，BD=16，
∴OB=8，BC=10，
在Rt△BOC中，OC=BC2−OB2=102−82=6，
∴12BC⋅OG=12OC⋅OB，
即12×10×OG=12×6×8，
∴OG=4.8．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的性质；矩形的判定
【解析】【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的性质等知识点进行考查；（1）因为四边形ABCD是平行四边形，两对角线互相平分，所以OA=OC，因为E为AB中点，所以AE=BE，因此OE∥BC，EF⊥BC于点F，OG⊥BC于点G，则EF∥OG，可证明四边形EFGO为平行四边形，又因为EF⊥BC，所以∠EFG=90°，因此四边形EFGO是矩形得证；
（2）因为四边形ABCD是菱形，所以对角线互相垂直，即AC⊥BD，在Rt△BOC中，OC=BC2−OB2=6，根据面积法有12BC⋅OG=12OC⋅OB，可解得OG=4.8．
三、拓展创新
21．（2024八下·广州期中）已知四边形ABCD是平行四边形，点E是对角线BD上一点，点F是平行四边形ABCD外一点，连接EC、CF和DF，且CE=CF．
（1）如图1，若∠BCD=∠ECF，∠ADB=∠CDF，求证：四边形ABCD是菱形；
（2）如图2，在（1）的条件下，连接FE并延长和AP交于点P，FP和CD交于点Q，求证：PE=QF．
【答案】（1）证明：∵∠BCD=∠ECF，
∴∠BCD−∠DCE=∠ECF−∠DCE，即∠BCE=∠DCF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBE，
∵∠ADB=∠CDF，
∴∠CBE=∠CDF，
在△BCD和△DCF中，
∠BCE=∠DCF∠CBE=∠CDFCE=CF，
∴△BCD≌△DCFAAS，
∴BC=DC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠CDB=∠FDC=12∠ABC=12∠ADC，
∵AB∥CD，
∴∠BPE=∠CQF，
在CD上取一点T，连接FT，使∠FTD=∠FDT，
∴FT=FD，
∵BE=FD，
∴BE=FT．
∵△BCE≌△DCF，
∴∠CBD=∠FDC，
∴∠PBE=∠QTF，
∴△PBE≌△QTF，
∴PE=QF；
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；菱形的判定；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【分析】本题考查菱形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定．
（1）利用角的运算可得∠BCE=∠DCF，利用平行四边形的性质可得∠ADB=∠CBE，进而可得∠CBE=∠CDF，再结合CE=CF，利用全等三角形的判定定理可证明△BCD≌△DCFAAS，利用全等三角形的性质可得：BC=DC，利用菱形的判定定理可证明四边形ABCD是菱形；
（2）由菱形的性质得到∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠CDB=∠FDC=12∠ABC=12∠ADC，在CD上取一点T，连接FT，使∠FTD=∠FDT，利用线段的运算可得FT=FD=BE，利用全等三角形的判定定理SAS可证明△BCE≌△DCF，利用全等三角形的性质可得：∠CBD=∠FDC，进而可证明△PBE≌△QTF，利用全等三角形的性质可得PE=QF；
​
（1）证明：∵∠BCD=∠ECF，
∴∠BCD−∠DCE=∠ECF−∠DCE，即∠BCE=∠DCF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBE，
∵∠ADB=∠CDF，
∴∠CBE=∠CDF，
在△BCD和△DCF中，
∠BCE=∠DCF∠CBE=∠CDFCE=CF，
∴△BCD≌△DCFAAS，
∴BC=DC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠CDB=∠FDC=12∠ABC=12∠ADC，
∵AB∥CD，
∴∠BPE=∠CQF，
在CD上取一点T，连接FT，使∠FTD=∠FDT，
∴FT=FD，
∵BE=FD，
∴BE=FT．
∵△BCE≌△DCF，
∴∠CBD=∠FDC，
∴∠PBE=∠QTF，
∴△PBE≌△QTF，
∴PE=QF；
22．（2024八下·江门期末）综合与实践课上，诸葛小组三位同学对含60°角的菱形进行了探究．
【背景】在菱形ABCD中，∠B=60°，作∠PAQ=∠B，AP、AQ分别交边BC、CD于点P、Q．
（1）【感知】如图1，若点P是边BC的中点，小南经过探索发现了线段AP与AQ之间的数量关系 ．
（2）【探究】如图2，小阳说“点P为BC上任意一点时，（1）中的结论仍然成立”，你同意吗？请说明理由；
（3）【应用】小宛取出如图3所示的菱形纸片ABCD，测得∠ABC=60°，AB=6，在BC边上取一点P，连接AP，在菱形内部作∠PAQ=60°，AQ交CD于点Q，当AP=27时，请直接写出线段DQ的长．
【答案】（1）AP=AQ；
（2）解：同意，理由如下：
连接AC，如图所示：
同理（1）可得△APC≌△AQDASA，
∴AP=AQ.
（3）4或2．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质
【解析】【解答】（1）解：连接AC，如图所示：
∵在菱形ABCD中，∠B=60°，
∴∠D=∠PAQ=60°，∠BAD=120°，∠BAC=∠DAC=∠ACB=∠ACD=∠60°，
∴△ABC，△ACD为等边三角形，
∴AC=AD，
∵∠PAQ=∠CAD=60°，
∴∠PAC=∠QAD，
在△APC和△AQD中，
∠PAC=∠QADAC=AD∠ACP=∠D=60°
∴△APC≌△AQDASA，
∴AP=AQ
故答案为：AP=AQ；
（3）解：过点A作AE⊥BC于点E，如图所示：
同理（1）可知，△ABC为等边三角形，
∴BE=CE=12BC=12AB=3，
∴AE=AB2−BE2=62−32=33，
∴PE=AP2−AE2=272−332=1，
∴PC=PE+CE=3+1=4或PC=CE−PE=3−1=2，
由（2）知，△APC≌△AQDASA，
∴QD=PC，
∴QD=4或2．
故答案为：4或2．
【分析】（1）先利用等边三角形的性质可得AC=AD， 再结合∠PAC=∠QAD， 利用“ASA”证出△APC≌△AQD，最后利用全等三角形的性质可得AP=AQ；
（2）先利用“ASA”证出△APC≌△AQD，再利用全等三角形的性质可得AP=AQ；
（3）过点A作AE⊥BC于点E，先利用勾股定理及线段的和差求出PC=PE+CE=3+1=4或PC=CE−PE=3−1=2， 再利用“ASA”证出△APC≌△AQD，最后利用全等三角形的性质可得QD=4或2．
​​​​​​​​​
（1）解：连接AC，
∵在菱形ABCD中，∠B=60°，
∴∠D=∠PAQ=60°，∠BAD=120°，∠BAC=∠DAC=∠ACB=∠ACD=∠60°，
∴△ABC，△ACD为等边三角形，
∴AC=AD，
∵∠PAQ=∠CAD=60°，
∴∠PAC=∠QAD，
在△APC和△AQD中，
∠PAC=∠QADAC=AD∠ACP=∠D=60°
∴△APC≌△AQDASA，
∴AP=AQ
故答案为：AP=AQ；
（2）解：同意，理由如下：
连接AC，
同理（1）可得△APC≌△AQDASA，
∴AP=AQ；
（3）解：过点A作AE⊥BC于点E，
同理（1）可知，△ABC为等边三角形，
∴BE=CE=12BC=12AB=3，
∴AE=AB2−BE2=62−32=33，
∴PE=AP2−AE2=272−332=1，
∴PC=PE+CE=3+1=4或PC=CE−PE=3−1=2，
由（2）知，△APC≌△AQDASA，
∴QD=PC，
∴QD=4或2．