(通用版)中考数学一轮复习精讲精练第4章第3讲 菱形（2份，原卷版+解析版）

这是一份(通用版)中考数学一轮复习精讲精练第4章第3讲 菱形（2份，原卷版+解析版），文件包含通用版中考数学一轮复习精讲精练第4章第3讲菱形原卷版doc、通用版中考数学一轮复习精讲精练第4章第3讲菱形解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共50页， 欢迎下载使用。
知识梳理 夯实基础
知识点1：菱形的性质
1.边：对边平行，四条边都相等
2.角：对角相等
3.对角线：
4.对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，对角线所在直线就是对称轴
知识点2：菱形的判定
定义法：有一组邻边相等的平行四边形是菱形
对角线互相垂直的平行四边形是菱形
四条边都相等的四边形是菱形
知识点3：四边形、平行四边形、菱形之间的关系
知识点4：菱形面积求法
由于菱形是平行四边形，所以菱形的面积也可以表示为（表示菱形的边长，表示此边上的高）
由于菱形的对角线把菱形分成四个全等的直角三角形，所以菱形的面积可以用对角线乘积的一半来表示.
直击中考 胜券在握
1．下列命题不正确的是（ ）
A．对角线互相平分且一组邻边相等的四边形是菱形
B．两组对边分别平行且一组邻边相等的四边形是菱形
C．两组对角分别相等且一组邻边相等的四边形是菱形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是菱形
【答案】D
【详解】
选项A,B,D正确.选项C,例如下图,满足条件

不是菱形.所以选D.
2．（2021·陕西中考）如图，在菱形中，，连接、，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
设AC与BD的交点为O，由题意易得，，进而可得△ABC是等边三角形，，然后问题可求解．
【详解】
解：设AC与BD的交点为O，如图所示：
∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴△ABC是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选D．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质及勾股定理是解题的关键．
3．（2021·四川德阳中考）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD中点，连接OE，则下列结论中不一定正确的是（ ）
A．AB＝ADB．OEABC．∠DOE＝∠DEOD．∠EOD＝∠EDO
【答案】C
【分析】
由菱形的性质可得AB=AD=CD，AC⊥BD，由直角三角形的性质可得OE=DE=CE=CD=AB，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD，AC⊥BD，故选项A不合题意，
∵点E是CD的中点，
∴OE=DE=CE=CD=AB，故选项B不合题意；
∴∠EOD=∠EDO，故选项D不合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，掌握菱形的性质是是解题的关键．
4．（2020·安徽省马鞍山二模）在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，过点A作AE⊥BC，垂足为E，交BC于点E，若AC＝，AE＝2，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．5B．4C．2D．3
【答案】A
【分析】
由三角形面积得出＝＝，设BC＝x，则OB＝2x，在Rt△OBC中，由勾股定理得出方程，解方程得出BC＝，即可得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝，
∵AE⊥BC，
∴△ABC的面积＝BC×AE＝AC×OB，
∴＝＝，
设BC＝x，则OB＝2x，
在Rt△OBC中，由勾股定理得：（x）2﹣（2x）2＝（）2，
解得：x＝，
∴BC＝，
∴菱形ABCD的面积＝BC×AE＝×2＝5；
故选：A．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、勾股定理、三角形面积等知识；熟练掌握菱形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
5．（2020·福建省三明市九年级（二检））如图，在菱形ABCD中，CE⊥AD于点E，csD= ，AE=4，则AC的长为（ ）
A．8B．C．D．
【答案】B
【分析】
根据三角函数、勾股定理和菱形的性质解答即可．
【详解】
∵CE⊥AD于点E，csD=，
∴csD==，
设DE=，CD=，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=AD=，
∴DE+AE=AD，即，
∴，则DE=，CD=，
在Rt△EDC中，
∵，即，
∴，
在Rt△EAC中，
∵，即，
解得．
故选：B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
6．（2021·四川南充中考）如图，在菱形ABCD中，，点E，F分别在边AB，BC上，，的周长为，则AD的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
连接BD，过点E作EM⊥AD，可得ME=，AM=1，再证明△BDF≌△ADE，可得是等边三角形，从而得DE=，进而即可求解．
【详解】
连接BD，过点E作EM⊥AD，
∵，，
∴ME=AE×sin60°=2×=，AM= AE×cs60°=2×=1，
∵在菱形ABCD中，
∴AD＝AB＝BC＝CD，∠C＝∠A＝60°，
∴△ABD和△BCD均为等边三角形，
∴∠DBF=∠A=60°，BD=AD，
又∵，
∴△BDF≌△ADE，
∴∠BDF=∠ADE，DE=DF，
∴∠ADE＋∠BDE＝60°＝∠BDF＋∠BDE，即：∠EDF=60°，
∴是等边三角形，
∵的周长为，
∴DE=×=，
∴DM=，
∴AD=AM+DM=1+．
故选C．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质以及全等三角形的判定和性质，添加辅助线，构造全等三角形和直角三角形，是解题的关键．
7．（2021·兰州中考）如图，菱形的对角线与相交于点，点在上，连接，，，，，则（ ）
A．4B．3C．D．2
【答案】A
【分析】
根据菱形的性质以及已知条件，可得是等边三角形，可得，进而根据，可得，进而可得,根据， ，，即可求得．
【详解】
四边形是菱形，
,，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
即，
，
．
故选A．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，解直角三角形，等腰直角三角形的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
8．（2021·辽宁朝阳中考）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，且BE＝2AE，DF＝2CF，点G，H分别是AC的三等分点，则S四边形EHFG÷S菱形ABCD的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
由题意可证EG∥BC，EG＝2，HF∥AD，HF＝2，可得四边形EHFG为平行四边形，即可求解．
【详解】
解：∵BE＝2AE，DF＝2FC，
∴，
∵G、H分别是AC的三等分点，
∴，，
∴，
∴EG∥BC
∴，
同理可得HF∥AD，，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，由题意可证EG∥BC，HF∥AD是本题的关键．
9．（2021·山东潍坊中考）若菱形两条对角线的长度是方程x2﹣6x+8＝0的两根，则该菱形的边长为（ ）
A．B．4C．25D．5
【答案】A
【分析】
先求出方程的解，即可得到，根据菱形的性质求出和 ，根据勾股定理求出即可．
【详解】
解：解方程，得，
即，
∵四边形是菱形，
∴，
由勾股定理得，
即菱形的边长为，
故选：．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程和菱形的性质，正确求出方程的根是解题的关键．
10．（2021·海南中考）如图，在菱形中，点分别是边的中点，连接．若菱形的面积为8，则的面积为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】
连接，相交于点，交于点，先根据菱形的性质可得，再根据三角形中位线定理可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，最后利用三角形的面积公式即可得．
【详解】
解：如图，连接，相交于点，交于点，
四边形是菱形，且它的面积为8，
，
点分别是边的中点，
，
，，
，
，
，
则的面积为，
故选：B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
11．（2021·浙江衢州中考）如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，．当AC平分时，与满足的数量关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】
根据菱形的性质可得AB=AC，根据等腰三角形的性质可得∠BAC=∠BCA=，根据旋转的性质可得∠CAC′=∠BAB′=，根据AC平分可得∠B′AC=∠CAC=，即可得出，可得答案．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，，
∴AB=AC，
∴∠BAC=∠BCA==，
∵将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，
∴∠CAC′=∠BAB′=，
∵AC平分，
∴∠B′AC=∠CAC=，
∴∠BAC=∠B′AC+∠BAB′=2=，
∴，
故选；C．
【点睛】
本题考查旋转的性质及菱形的性质，熟练掌握相关性质并正确找出旋转角是解题关键．
12．（2021·辽宁营口中考）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边与x轴平行，A，B两点纵坐标分别为4，2，反比例函数经过A，B两点，若菱形面积为8，则k值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
过点A作，设，，根据菱形的面积得到AB的长度，在中应用勾股定理即可求解．
【详解】
解：过点A作，
∵A，B两点纵坐标分别为4，2，反比例函数经过A，B两点，
∴设，，
∴，，
∵菱形面积为8，
∴，解得，
∴，
在中，，
即，解得，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、菱形的性质等内容，根据提示做出辅助线是解题的关键．
13．（2021·北京中考）如图，在矩形中，点分别在上，．只需添加一个条件即可证明四边形是菱形，这个条件可以是______________（写出一个即可）．
【答案】（答案不唯一）
【分析】
由题意易得四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定定理可进行求解．
【详解】
解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
若要添加一个条件使其为菱形，则可添加或AE=CE或CE=CF或AF=CF，理由：一组邻边相等的平行四边形是菱形；
故答案为（答案不唯一）．
【点睛】
本题主要考查菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定是解题的关键．
14．如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，若OA＝6，S菱形ABCD＝48，则OH的长为___．
【答案】4
【分析】
由菱形的性质得出OA=OC=6，OB=OD，AC⊥BD，则AC=12，由直角三角形斜边上的中线性质得出OH=BD，再由菱形的面积求出BD=8，即可得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC=6，OB=OD，AC⊥BD，
∴AC=12，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD=90°，
∴OH= BD，
∵菱形ABCD的面积=AC•BD=×12•BD=48，
∴BD=8，
∴OH=BD=4，
故答案为：4．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线性质求得OH=BD．
15．（2020·哈尔滨中考）如图，在菱形中，对角线相交于点O，点E在线段BO上，连接AE，若，，,则线段AE的长为_____．

【答案】
【分析】
设BE=x，根据菱形性质可得到AB= AD=CD=2x，进而得到，解得x值，根据勾股定理即可求得AE值．
【详解】
解：设BE=x，
∵菱形，
∴AB= AD=CD=2x，
∵，
∴,
∴BD=3x，
∴OB=OD=，
∴，
∴x=2，
∴AB=4，BE=2，
∴，
∴,
故答案为：．
【点睛】
本题考查菱形的性质结合勾股定理的应用，熟练掌握菱形性质是解题的关键．
16．（2021·贵州毕节中考）如图，在菱形ABCD中，，，Q为AB的中点，P为对角线BD上的任意一点，则的最小值为_____________．
【答案】
【分析】
连接AC，CQ，则CQ的长即为AP+PQ的最小值，再根据菱形ABCD中，∠BCD=120°得出∠ABC的度数，进而判断出△ABC是等边三角形，故△BCQ是直角三角形，根据勾股定理即可得出CQ的长．
【详解】
解：连接AC，CQ，
∵四边形ABCD是菱形，
∴A、C关于直线BD对称，
∴CQ的长即为AP+PQ的最小值，
∵∠BCD=120°，
∴∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵Q是AB的中点，
∴CQ⊥AB，BQ=BC=×2=1，
∴CQ=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了轴对称-最短路线问题，熟知菱形的性质及两点之间线段最短是解答此题的关键．
17．（2021·牡丹江市中考）菱形ABCD中，AB＝6，∠ABC＝60°，以AD为边作等腰直角三角形ADF，∠DAF＝90°，连接BF，BD，则△BDF的面积为_______．
【答案】或．
【分析】
分AF在AD上方还是下方两种情况，若AF在上方，则有，若AF在下方，则有，分别求出这三部分面积即可．
【详解】
解：当AF在AD上方时，如图，延长FA交BC于E，则有∠BEF=90°，

∵AB＝6，∠ABC＝60°，
∴BE＝3，，，
∴，，，
∴，
当AF在AD下方时，如图，

则，
故答案为：或．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质、以及三角形面积的和差表示，注意分类讨论是正确解答本题的关键．
18．（2021·四川绵阳中考）如图，在菱形中，，为中点，点在延长线上，、分别为、中点，，，则_____．
【答案】4
【分析】
连接CG，过点C作CM AD，交AD的延长线于M，利用平行线的性质和三角形中位线定理可得CG= 2HF= ，由ABCD，得CDM= A= 60°，设DM= x，则CD= 2x，CM=x，在Rt△CMG中，借助勾股定理得，即可求出x的值，从而解决问题．
【详解】
如图，连接CG，过点C作CM AD，交AD的延长线于M，
F、H分别为CE、GE中点，
FH是△CEG的中位线，
HF=CG，
四边形ABCD是菱形，
ADBC，ABCD，
DGE =E，
EHF= DGE，
E=EHF，
HF = EF = CF，
CG= 2HF =，
ABCD，
CDM= A = 60°，
设DM= x，则CD= 2x，CM=x，
点G为AD的中点，
DG= x，GM=2x，
在Rt△CMG中，由勾股定理得：
，
x=2，
AB = CD= 2x= 4．
故答案为：4．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，有一定综合性，作辅助线，构造直角三角形，利用方程思想是解题的关键．
19．（2021·江苏苏州·中考真题）如图，四边形为菱形，，延长到，在内作射线，使得，过点作，垂足为，若，则对角线的长为______．（结果保留根号）
【答案】
【分析】
先由菱形的性质得出，求得，再根据直角三角形两锐角互余得 ,连接AC交BD于点O，根据菱形的性质得，，根据AAS证明可得，从而可求出．
【详解】
解：连接AC，如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，，BD=2DO
∴
∵
∴
∵
∴
∵四边形ABCD是菱形，
∴
∴
在和中，

∴≌
∴
∴
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，连接AC并证明≌是解答此题的关键．
20．（2020·辽宁鞍山中考）如图，在菱形中，，点E，F分别在，上，且，与相交于点G，与相交于点H．下列结论：①；②；③若，则；④．其中正确的结论有_______．（只填序号即可）
【答案】①③④
【分析】
根据等边三角形的性质证明△ACF≌△CDE，可判断①；过点F作FP∥AD，交CE于P点，利用平行线分线段成比例可判断③；过点B作BM⊥AG于M，BN⊥GC于N，得到点A、B、C、G四点共圆，从而证明△ABM≌△CBN，得到S四边形ABCG=S四边形BMGN，再利用S四边形BMGN=2S△BMG求出结果即可判断④；证明△BCH∽△BGC，得到，推出GH·BG=BG2-BC2，得出若等式成立，则∠BCG=90°，根据题意此条件未必成立可判断②．
【详解】
解：∵ABCD为菱形，
∴AD=CD，
∵AE=DF，
∴DE=CF，
∵∠ADC=60°，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠D=∠ACD=60°，AC=CD，
∴△ACF≌△CDE（SAS），故①正确；
过点F作FP∥AD，交CE于P点．
∵DF=2CF，
∴FP：DE=CF：CD=1：3，
∵DE=CF，AD=CD，
∴AE=2DE，
∴FP：AE=1：6=FG：AG，
∴AG=6FG，
∴CE=AF=7GF，故③正确；
过点B作BM⊥AG于M，BN⊥GC于N，
∵∠AGE=∠ACG+∠CAF=∠ACG+∠GCF=60°=∠ABC，
即∠AGC+∠ABC=180°，
∴点A、B、C、G四点共圆，
∴∠AGB=∠ACB=60°，∠CGB=∠CAB=60°，
∴∠AGB=∠CGB=60°，
∴BM=BN，又AB=BC，
∴△ABM≌△CBN（HL），
∴S四边形ABCG=S四边形BMGN，
∵∠BGM=60°，
∴GM=BG，BM=BG，
∴S四边形BMGN=2S△BMG=2××BG×BG=BG2，故④正确；
∵∠CGB=∠ACB=60°，∠CBG=∠HBC，
∴△BCH∽△BGC，
∴，
则BG·BH=BC2，
则BG·（BG-GH）=BC2，
则BG2-BG·GH= BC2，
则GH·BG=BG2-BC2，
当∠BCG=90°时，BG2-BC2=CG2，此时GH·BG= CG2，
而题中∠BCG未必等于90°，故②不成立，
故正确的结论有①③④，
故答案为：①③④．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出全等三角形，把不规则图形的面转化为两个全等三角形的面积是解题的关键．
21．（2021·四川资阳中考）如图，在菱形中，，交的延长线于点E．连结交于点F，交于点G．于点H，连结．有下列结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的序号为__________．
【答案】①②③④
【分析】
利用菱形的性质和全等三角形的判定证明①，利用AA定理证明△FCE∽△FGC，从而证明②，由含30°直角三角形的性质和平行线分线段成比例定理分析求解，从而证明③和④．
【详解】
解：在菱形ABCD中，AD=DC，∠ADB=∠CDB
又∵DF=DF
∴△ADF≌△CDF，
∴，故①正确；
∵AD∥BC
∴∠DAF=∠FEC
又①中已证△ADF≌△CDF，
∴∠DAF=∠DCF，AF=CF
∴∠DCF=∠FEC
又∵∠CFG=∠CFG
∴△FCE∽△FGC，
∴，
即，故②正确；
∵在菱形中，，
∴∠DBC=∠BDC=30°
又∵
∴在Rt△DCF中，∠CDE=30°
∴
∴在菱形ABCD中，
又∵AD∥BC，
∴
由①已证AF=FC
∴
由②已证，
设FC=2k，EF=3k
∴FG=，EG=
∴，故③正确；
由③已知
设DF=2a，BF=3a
∴BD=5a
∴在Rt△BDE中，
在Rt△CDE中，
在Rt△DFH中，，
∴
∴在Rt△FCH中，
又由②③已证，，
设FG=4m，EG=5m，则EF=9m
∴，解得（负值舍去）
∴
∴，故④正确
故答案为：①②③④．
【点睛】
本题考查菱形的性质，平行线分线段成比例定理以及解直角三角形，题目有一定难度，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．
22．（2021·遂宁中考）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O的直线EF与BA、DC的延长线分别交于点E、F．
（1）求证：AE＝CF；
（2）请再添加一个条件，使四边形BFDE是菱形，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）EF⊥BD或EB＝ED，见解析
【分析】
（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的证明方法证明，则可得到AE＝CF；
（2）连接BF，DE，由，得到OE= OF，又AO=CO，所以四边形AECF是平行四边形，则根据EF⊥BD可得四边形BFDE是菱形．
【详解】
证明：（1）∵四边形是平行四边形
∴OA＝OC，BE∥DF
∴∠E＝∠F
在△AOE和△COF中
∴
∴AE＝CF
（2）当EF⊥BD时，四边形BFDE是菱形，理由如下：
如图：连结BF，DE
∵四边形是平行四边形
∴OB＝OD
∵
∴
∴四边形是平行四边形
∵EF⊥BD，
∴四边形是菱形
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质与判定、平行四边形的性质，菱形的判定等知识点，熟悉相关性质，能全等三角形的性质解决问题是解题的关键．
23．（2021·辽宁沈阳中考）如图，在菱形中，点M，N分别是边，上的点，，．连接，，延长交线段延长线于点E．
（1）求证：；
（2）若，则的长是__________．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）根据菱形的性质可得，，根据，，可得，利用即可证明；
（2）根据菱形的性质可证明，根据相似的性质可求得的长度，进而可求．
【详解】
解：（1）证明：四边形为菱形，
，，
，，
，
在和中，
，
，
（2）四边形为菱形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定，相似三角形的判定和性质，通过菱形的性质得到是关键．
24．（2021·广西贺州中考）如图，在四边形中，，，，交于点，过点作，垂足为，且．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）先利用角平分线判定定理证得，再由已知角的等量关系推出，并可得，则可证明四边形是平行四边形，最后由得，即可证得结论；
（2）由菱形的性质可得，再根据角的等量关系求出，则可利用三角函数求得，此题得解．
【详解】
（1）证明：如图，
∵，
∴，
又∵，且，
∴为的角平分线，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是菱形．
（2）解：由（1）得四边形是菱形，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
此题主要考查了菱形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键．
25．（2021·湖北随州中考）如图，在菱形中，，是对角线上的两点，且．
（1）求证：≌；
（2）证明四边形是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
(1)利用SAS证明即可；
(2)从对角线的角度加以证明即可.
【详解】
（1）证明：∵四边形为菱形，
∴，且，
又∵，
∴≌．
（2）
证明：连接交于点，
∵四边形为菱形，
∴，且为，中点，
又∵，
∴
∴与互相垂直且平分，
故四边形是菱形．
【点睛】
本题考查了菱形的判定和性质，三角形的全等判定和性质，熟练掌握三角形全等判定的基本原理,菱形判定基本方法和性质是解题的关键．
26．（2021·湖南湘潭·中考真题）如图，一次函数图象与坐标轴交于点A、B，二次函数图象过A、B两点．
（1）求二次函数解析式；
（2）点B关于抛物线对称轴的对称点为点C，点P是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）抛物线的解析式为：；（2）Q点坐标为（1，）或(3，0)或（-1，0）．
【分析】
（1）由直线与坐标轴的交点坐标A，B，代入抛物线解析式，求出b，c坐标即可；
（2）分BC为对角线和边两种情况讨论，其中当BC为边时注意点Q的位置有两种：在点P右侧和左侧，根据菱形的性质求解即可．
【详解】
解：（1）对于：当x=0时，；
当y=0时，，妥得，x=3
∴A（3，0），B（0，）
把A（3，0），B（0，）代入得：

解得，
∴抛物线的解析式为：；
（2）抛物线的对称轴为直线
故设P（1，p），Q（m，n）
①当BC为菱形对角线时，如图，
∵B，C关于对称没对称，且对称轴与x轴垂直，
∴∴BC与对称轴垂直，且BC//x轴
∵在菱形BQCP中，BC⊥PQ
∴PQ⊥x轴
∵点P在x=1上，
∴点Q也在x=1上，
当x=1时，
∴Q（1，）；
②当BC为菱形一边时，若点Q在点P右侧时，如图，
∴BC//PQ，且BC=PQ
∵BC//x轴，
∴令，则有
解得，
∴
∴PQ=BC=2
∵
∴PB=BC=2
∴迠P在x轴上，
∴P(1,0)
∴Q(3，0)；
若点Q在点P的左侧，如图，

同理可得，Q（-1，0）
综上所述，Q点坐标为（1，）或(3，0)或（-1，0）
【点睛】
本题考查的知识点有用待定系数法求出二次函数的解析式，菱形的性质和判定，解一元二次方程，主要考查学生综合运用这些性质进行计算和推理的能力．
27．（2020·临沂中考）如图，菱形的边长为1，，点E是边上任意一点（端点除外），线段的垂直平分线交，分别于点F，G，，的中点分别为M，N．
（1）求证：；
（2）求的最小值；
（3）当点E在上运动时，的大小是否变化？为什么？
【答案】（1）见解析；（2）；（3）不变，理由见解析.
【分析】
（1）连接CF，根据垂直平分线的性质和菱形的对称性得到CF=EF和CF=AF即可得证；
（2）连接AC，根据菱形对称性得到AF+CF最小值为AC，再根据中位线的性质得到MN+NG的最小值为AC的一半，即可求解；
（3）延长EF，交DC于H，利用外角的性质证明∠AFC=∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，再由AF=CF=EF，得到∠AEF=∠EAF，∠FEC=∠FCE，从而推断出∠AFD=∠FAE+∠ABF=∠FAE+∠CEF，从而可求出∠ABF=∠CEF=30°，即可证明.
【详解】
解：（1）连接CF，
∵FG垂直平分CE，
∴CF=EF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴A和C关于对角线BD对称，
∴CF=AF，
∴AF=EF；
（2）连接AC，
∵M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点，
∴MN=AF，NG=CF，即MN+NG=（AF+CF），
当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，
AF+CF最小，即此时MN+NG最小，
∵菱形ABCD边长为1，∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，AC=AB=1，
即MN+NG的最小值为；
（3）不变，理由是：
延长EF，交DC于H，
∵∠CFH=∠FCE+∠FEC，∠AFH=∠FAE+∠FEA，
∴∠AFC=∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，
∵点F在菱形ABCD对角线BD上，根据菱形的对称性可得：
∠AFD=∠CFD=∠AFC，
∵AF=CF=EF，
∴∠AEF=∠EAF，∠FEC=∠FCE，
∴∠AFD=∠FAE+∠ABF=∠FAE+∠CEF，
∴∠ABF=∠CEF，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABF=∠CEF=30°，为定值.
【点睛】
本题考查了菱形的性质，最短路径，等边三角形的判定和性质，中位线定理，难度一般，题中线段较多，需要理清线段之间的关系．