专题1.2 菱形的性质与判定（题型分类拓展专题）-2024-2025学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（北师大版）

专题1.2 菱形的性质与判定（题型分类拓展专题） 【题型目录】 【题型1】菱形中的作图问题； 【题型2】菱形中的折叠问题； 【题型3】菱形中的最值问题； 【题型4】菱形中的平移问题； 【题型5】菱形中的旋转问题； 【题型6】菱形中动点问题. 1、 单选题（每个题型2个题） 【题型1】菱形中的作图问题 1．（2024·山西晋中·模拟预测）如图，在菱形中，连接，以点C为圆心，长为半径画弧，交边于点E．再分别以点A，E为圆心，大于的长为半径在上方画弧，两弧交于点F，作射线交边于点G．若，则的度数为（    ）    A．30° B． C． D．15° 2．（2024·山东泰安·二模）如图，，以点O为圆心，适当长为半径画弧，交于点A，交于点B；分别以点A，B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在的内部相交于点P，画射线；连接，，，过点P作于点E，于点F，下列结论：①是等边三角形；②；③；④．其中正确结论的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【题型2】菱形中的折叠问题 3．（2024八年级下·浙江·专题练习）如图，将菱形沿折叠，点的对应点为．若、、刚好在同一直线上，设，，，则关系正确的是(　　) A． B． C． D． 4．（23-24八年级下·浙江宁波·期中）如图，在菱形中，，点在上（不与、重合），将沿直线折叠得到，连结和，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【题型3】菱形中的最值问题 5．（22-23八年级下·湖北省直辖县级单位·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． 6．（2024·安徽蚌埠·二模）骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆（前轮），圆（后轮）的半径均为，，，均是边长为的等边三角形．设点为后轮上的一点，则在骑该自行车的过程中，记的最大值为，最小值为，则的值为（    ） A． B． C． D． 【题型4】菱形中的平移问题 7．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，菱形的对角线，交于点，将沿点到点的方向平移，得到，当点与点重合时，，，则周长是（    ） A．24 B．36 C．22 D．26 8．（23-24九年级上·河南郑州·期末）如图①，在菱形中，垂直于的直线（直线与菱形的两边分别交于E、F两点，且点在点的上方）沿方向从点出发到点停止运动，设直线平移距离为，的面积为，若与之间的函数图象如图②所示，则的值为（    ） A．9 B．8 C．7 D．6 【题型5】菱形中的旋转问题 9．（2024八年级下·浙江·专题练习）如图，菱形的对角线交于点，将绕着点C旋转得到，连接，则的长是（   ） A．3 B．4 C．5 D．7 10．（2024·河南·三模）如图，菱形的顶点，，，若菱形绕点顺时针旋转后得到菱形，依此方式，绕点连续旋转次得到菱形，那么点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【题型6】菱形中动点问题 11．（2024·北京朝阳·二模）如图1，在菱形中，，P是菱形内部一点，动点M从顶点B出发，沿线段运动到点P，再沿线段运动到顶点A，停止运动．设点M运动的路程为x，，表示y与x的函数关系的图象如图2所示，则菱形的边长是（    ）      A． B．4 C． D．2 12．（2023·山东菏泽·二模）如图，菱形中，是的中点，是对角线上的一个动点，若的最小值是，则长为（    ） A．2 B．1 C． D．3 2、 填空题（每个题型2个题） 【题型1】菱形中的作图问题 13．（2024·浙江丽水·二模）如图，在菱形中，，以点为圆心，长为半径画弧，交对角线于点，则的值是 ． 14．（2023·吉林·二模）如图，是菱形的一条对角线，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点，分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点；分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于两点，直线与射线交于点．若，则 ． 【题型2】菱形中的折叠问题 15．（2024八年级下·浙江·专题练习）如图，菱形中，，，点、分别在边、上．若将沿直线折叠，点恰好落在边的中点处，则 ． 16．（2024·广西南宁·一模）如图，将一个边长为4的菱形沿着直线折叠，使点落在延长线上的点处，若，则的长为 ． 【题型3】菱形中的最值问题 17．（23-24九年级上·湖北·周测）如图，已知菱形的周长为8，面积为为的中点，若为对角线上一动点，记的最大值为，记的最小值为，则 ． 18．（23-24八年级下·湖北省直辖县级单位·阶段练习）如图，已知菱形的对角线与的长分别为和，点，分别是线段，上的动点（均不与端点重合），点，分别是线段，的中点，则的最小值为 ．    【题型4】菱形中的平移问题 19．（2024·海南省直辖县级单位·二模）如图，在平行四边形中，，将线段水平向右平移个单位长度得到线段EF，若四边形为菱形时，则a的值为 ． 20． （22-23八年级下·吉林白山·期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的对角线在y轴的正半轴上，点B的坐标是，直线沿y轴向上平移个单位长度后得到直线．若直线．将菱形的面积二等分，则m的值是 ．    【题型5】菱形中的旋转问题 21．（2024·湖北咸宁·二模）如图，已知菱形的顶点，若菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转，则第秒时，菱形的对角线交点D的坐标为 ． 22．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，在中，，，将绕点B旋转得，设交于点D，则点D到的距离是 ． 【题型6】菱形中动点问题 23．（2024·江苏连云港·二模）如图，在菱形中，，，为线段上一动点，以为折痕将四边形折叠得到四边形，与直线交于点，当为直角三角形时，线段的长为 ． 24．（2024·河南·一模）在菱形中，，，点为边上的动点，点为边上的动点，将沿折叠，使得点的对应点落在所在的直线上，当为直角三角形时，的长为 ． 3、 解答题（每个题型1个题） 【题型1】菱形中的作图问题 25．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，已知，按如下步骤作图： ①分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于，两点； ②作直线，分别交，于点，，连接； ③过作交于点，连接． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． 【题型2】菱形中的折叠问题 26．（2024·云南曲靖·二模）如图，已知在中，过点C作于点D，点E为上一点，连接，交于点G，是沿折叠所得，且点C的对应点F恰好落在上，连接． （1）求证：四边形为菱形； （2）若，求的长． 【题型3】菱形中的最值问题 27．（22-23八年级下·湖北鄂州·期末）【操作发现】由得，；如果两个正数a，b，即，，则有下面的不等式：，当且仅当时取到等号． 例如：已知，求式子的最小值． 解：令，，则由，得，当且仅当时，即时式子有最小值，最小值为4．    (1)【问题解决】请根据上面材料回答下列问题： 已知，当为多少时，代数式的最小值为； (2)【灵活运用】当时，求的最小值； (3)【学以致用】如图，民民同学想做一个菱形风筝，现在有一根长的竹竿，他准备把它截成两段做成风筝的龙骨即菱形的对角线，，请你帮他设计一下，当为多少时菱形的面积最大，最大值为（直接写出结果）． 【题型4】菱形中的平移问题 28．（2024八年级下·全国·专题练习）两个全等的三角形和重叠在一起，的面积为3，且，固定不动，将进行如下操作： （1）如图①，沿线段向右平移（即点在线段内移动），连接、、，四边形的形状在不断地变化，但它的面积不变化，请求出其面积； （2）如图②，当点向右平移到点时，试判断与的位置关系，并说明理由； （3）在（2）的条件下，若，求的长． 【题型5】菱形中的旋转问题 29．（2024·广东广州·二模）如图，是等边三角形，．    （1）尺规作图：将绕点A逆时针旋转得到，点B旋转后的对应点为点C（保留作图痕迹，不写作法）； （2）求证：四边形是菱形； （3）连接，交于点O，过点O的直线交线段于点E，当是等腰三角形时，求的长． 【题型6】菱形中动点问题 30．（2024·山西晋城·三模）综合与实践： 问题情境：在矩形中，已知，，点是射线上的一个动点（不与点重合），连接．    操作发现： （1）如图1，点正好在如图所示的位置，请按以下操作作图（尺规作图，保留痕迹，不写作法）：①过点作的垂线；②作点关于的对称点；③连接，． （2）当落在射线上时，请直接写出两个正确的结论； 拓广探索： （3）如图2，当点与重合时，与相交于点，求的长； （4）探索并直接写出当为何值时，四边形为菱形． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．B 【分析】由作图可知，根据菱形的性质得到，，进而得到，，根据三角形内角和，依次求出、的度数即可， 本题考查了作垂线，菱形的性质，等腰三角形的性质与判定，解题的关键是：熟练掌握相关性质定理． 【详解】解：由作图可知， ∵菱形， ∴，， ∴，， ∴，， 故选：B． 2．B 【分析】利用等边三角形的判定，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，和菱形的判定定理对每个选项进行逐一判断即可得出结论．本题主要考查了等边三角形的判定，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，基本作图和菱形的判定定理，利用基本作图的过程得出线段相等的条件是解题的关键． 【详解】解：以点为圆心，适当长为半径画弧，交于点，交于点， ， ， 是等边三角形， ∴①的结论正确， 分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在的内部相交于点， ， 在和中， ， ， ． ，， ． ∴②的结论正确； ，， ． 在和中， ， ． ∴③的结论正确， 由作图过程可知：与不一定相等， 四边形不一定是菱形， 不一定等于． ∴④的结论错误， 正确的结论共3个， 故选：B． 3．C 【分析】本题主要考查了折叠的性质，菱形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质，根据折叠的性质可得，，，，表示出的度数，根据菱形的性质可得，，可得的度数，进一步可得的度数，根据，可得，即可确定答案． 【详解】解：，， ， 根据折叠可知，，，， ， 在菱形中，，， ，， ， ， ， ， 故选：C． 4．B 【分析】本题考查了菱形性质，折叠变换的性质，等腰三角形性质，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据折叠和菱形的性质可推出，的度数，再由三角形的内角和定理和等腰三角形的性质可得，，最后利用可求得答案． 【详解】由折叠得： 又四边形ABCD是菱形， ， 故选：B． 5．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． 【详解】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． 【点睛】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． 6．D 【分析】连接交于，交于，延长交于点，证四边形是菱形，得，，，利用勾股定理得，从而，由当与重合是取最小值，当与重合是取最大值，进而分别求出，的值代入即可得解． 【详解】解：连接交于，交于，延长交于点， ∵，，均是边长为的等边三角形． ∴，， ∴四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∴， ∵点为后轮上的一点， ∴当与重合时取最小值，当与重合时取最大值， ∵在骑该自行车的过程中，记的最大值为，最小值为，圆（后轮）的半径均为， ∴，， ∴， 故选：． 【点睛】本题主要考查了二次根式的加减及乘法，等边三角形的性质，菱形的判定及性质，勾股定理，圆的认识，熟练掌握菱形的判定及性质是解题的关键． 7．A 【分析】本题考查了菱形的性质，平移的性质，勾股定理，解题的关键是掌握菱形对角线互相垂直平分，平移前后对应边相等，对应角相等． 根据菱形的性质得出，，根据平移的性质得出，，设，则，由菱形面积公式得出，根据勾股定理得出，进而推出，即可解答． 【详解】解：∵菱形的对角线，交于点， ∴，， ∵将沿点到点的方向平移，得到， ∴，， 设， ∴， ∵， ∴，则， 整理得：， 在中，根据勾股定理可得：， 即， ∴， ∴， ∴周长． 故选：A． 8．A 【分析】本题主要考查对动点问题的函数图象，三角形的面积，一次函数的图象，菱形的性质等知识点的理解和掌握．作，，由图②知，利用三角形面积公式求得，即，再利用待定系数法求得图②中线段的解析式，据此求解即可． 【详解】解：作，，垂足分别为，， 由图②知，当F点与重合时，， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， 当F点与重合时，， ∴， ∴，即， 设图②中线段的解析式为， ∴， 解得， ∴图②中线段的解析式为， 当时，， ∴． 故选：A． 9．C 【分析】本题考查菱形的性质，中心对称，关键是由中心对称的性质得到． 由菱形的性质得到，，由中心对称的性质得到，求出，由勾股定理得到． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵绕着点旋转得到， ∴， ， ， 故选：C． 10．D 【分析】本题考查了旋转的性质、菱形的性质，含直角三角形的性质，勾股定理，坐标与图形，根据题意得到旋转的规律是解题的关键． 根据题意得到点与点重合，在菱形中算出点坐标，即可解答． 【详解】 解：作于，则， 四边形是菱形，， 点的坐标为， 若菱形绕点顺时针旋转后得到菱形，依此方式，绕点连续旋转次得到菱形，则菱形绕点连续旋转次，旋转次为一周，旋转次为（周）， 绕点连续旋转次得到菱形与菱形重合， 点与重合， 点的坐标为， 故选：D． 11．C 【分析】首先根据题意作图，然后由图象判断出点P在对角线上，，，设，则，利用勾股定理求解即可． 【详解】如图所示，    由图象可得， 当x从0到4时， ∴ ∵四边形是菱形 ∴点P在对角线上 ∴由图象可得，， ∴ ∵在菱形中，， ∴， ∴设，则 ∴ ∴ ∴在中， ∴ 解得，负值舍去 ∴ ∴菱形的边长是． 故选：C． 【点睛】此题考查了动点函数图象问题，菱形的性质，勾股定理，含角直角三角形的性质等知识，解题的关键是根据图象正确分析出点P在对角线上． 12．A 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定，轴对称最短路径问题，连接，由菱形的性质得到，垂直平分，则，故当三点共线时，最小，即此时最小，则；证明是等边三角形，得到，，求出，则． 【详解】解：如图所示，连接， 由菱形的性质可得，垂直平分， ∴， ∴， ∴当三点共线时，最小，即此时最小， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵是的中点， ∴，， ∴， ∴， 故选；A． 13． 【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键． 设，连接交于点，如图所示，根据菱形的性质得到，，，求得，，得到，求得，于是得到结论． 【详解】解：设， 连接交于点，如图所示， 四边形是菱形，，， ，，， ，， ，， ， ， ， 的值是， 故答案为：． 14． 【分析】本题考查了角平分线和线段垂直平分线的作法，菱形的性质，平行线的性质，直角三角形两锐角互余，设与的交点为，由题意可得，为的角平分线，为线段的垂直平分线，即得到，，又由四边形是菱形，可得，，进而可得，即可求解，掌握角平分线和线段垂直平分线的作法是解题的关键． 【详解】解：设与的交点为， 由题意可得，为的角平分线，为线段的垂直平分线， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 15． 【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理；连接，，根据等腰三角形的三线合一可知，再利用翻折变化的性质，利用勾股定理解直角三角形求长；过作于，过作于，连接交于，依据勾股定理即可得到的长，，的长，进而得到的值． 【详解】解：连接，，如图， 四边形是边长为的菱形，， 和都是边长为的等边三角形， ，， 为的中点， ，， 在中，， 根据翻折变换可知， ，， ， 在中，设，则， ， ， 解得， ． 故答案为：． 16． 【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，由菱形得到，，由折叠得：，，再由勾股定理求出即可求解，掌握相关性质是解题的关键． 【详解】解：如图： 在菱形中，，， ∴， 由折叠得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 17．/ 【分析】过点C作，交与点，再根据菱形的面积求出，根据勾股定理求出，可得点E和点重合，即可得出的最小值为，然后根据点C和点A关于对称，可知，进而当点P与点B重合时，得出的最大值为，即可得出答案． 【详解】解：过点C作，交与点， ∵菱形的周长为8，面积为， ∴， ∴， ∴． 在中，． ∵点E是的中点， ∴， ∴点E和点重合． 根据三角形的三边关系可知， ∴． ∵点C和点A关于对称， ∴， 即． 当点P与点B重合时，得出的最大值为， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，根据轴对称求线段和最小，三角形三边关系等，确定点的位置是解题的关键． 18． 【分析】本题考查菱形，勾股定理，最短路径的知识，解题的关键是作关于的对称性，连接，根据对称性，则，根据三角形的中位线，则；当点，，三点共线且时，有最小值；根据菱形的性质，勾股定理求出，再根据菱形的面积公式，即可． 【详解】解：作关于的对称性，连接，    ∴， ∵点，分别是线段，的中点， ∴， ∴， ∴， 当点，，三点共线且时，有最小值（如图）， 即； ∵四边形是菱形， ∴点是，的中点，， ∵，， ∴，， ∴， ∵菱形的面积为：， ∴， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 19．2 【分析】本题主要考查了菱形的性质、平行四边形的性质等知识点，理解菱形的性质成为解题的关键 根据平行四边形的性质可得,再根据菱形的性质可得,然后根据平移的定义列式计算即可． 【详解】解：∵在平行四边形中，， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∵线段水平向右平移个单位长度得到线段EF， ∴． 故答案为2． 20．2 【分析】根据将菱形的面积二等分的直线过的中点，然后代入即可得出答案． 【详解】解：将菱形的面积二等分的直线过的中点，点B的坐标是， 直线过， 把代入得代入． 故答案为：2． 【点睛】本题考查了一次函数与几何变换，熟练掌握将菱形的面积二等分的直线过的中点是解题的关键． 21． 【分析】此题考查坐标与图形变化-旋转，菱形的性质，解题关键在于利用旋转的性质进行解答.根据菱形的性质，可得D点坐标，根据旋转的性质，可得D点的坐标． 【详解】∵菱形的顶点， ∴D点坐标为. ∵每秒旋转，则第100秒时，得周， ∴旋转了周，即旋转12周后，又逆时针旋转了， 即此时的点D和起始位置的点D关于原点中心对称， ∴第100秒时菱形的对角线交点D的坐标为：， 故答案为： 22．1或/1或 【分析】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 分两种情况进行讨论，当顺时针旋转时和当逆时针旋转时，分别计算即可得出答案． 【详解】解：当顺时针旋转时，，如图所示： ，， ， ， ，， 四边形为平行四边形， ，， 四边形为菱形， ， 过点D作与点E，则； 当逆时针旋转时，如图所示： 同理得四边形为菱形， ， ，， 是等腰三角形， 过点作， ， 过点D作与点F，则， 故答案为：1或． 23．8或 【分析】本题考查旋转的性质，菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．当时，过点作交于，可得，则，再由，求出，据此即可求解；当时，连接，过点作交于点，可得，则，再由，求出，据此即可求解． 【详解】解：由折叠可知，，， ， ， 四边形是菱形， ， 如图1，当时，过点作交于， ， ， ， ， 在中，， ， ， ， ∴， ∴， ； 当时， 如图2，当时，连接，过点作交于点， ，， 是等边三角形， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， ，， ； 综上所述：的长为8或， 故答案为：8或． 24．1或 【分析】 此题考查了菱形的性质和等边三角形的性质和判定，分情况讨论是解题关键． 分为两种情况：当和时，再利用菱形的性质和角的直角三角形的性质性质进行解答即可． 【详解】由折叠的性质，得. 四边形是菱形， ，. 分两种情况讨论： ①当时，如解图1所示. ， . . . 又， ， 解得； ②当时，如解图2所示. ， . . . 又， ， 解得； 综上所述，的长为1或． 25．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了菱形的判定、全等的判定与性质及基本作图，解题的关键是了解通过作图能得到直线的垂直平分线． 由作图知：为线段的垂直平分线，从而得到，，然后根据得到，，利用ASA证得两三角形全等即可； （2）根据全等得到，然后根据为线段的垂直平分线，得到，，从而得到，利用四边相等的四边形是菱形判定四边形为菱形． 【详解】（1）解：由作图知：为线段的垂直平分线， ∴，， ∴ ∴，， 在与中， ， ∴； （2）∵， ∴， ∵为线段的垂直平分线， ∴，， ∴， ∴四边形为菱形． 26．(1)见解析 (2)． 【分析】（1）推出，，进而推出四边形是平行四边形，并根据证得四边形是菱形； （2）首先利用勾股定理求出，设，然后用x表示出和，再在中，利用勾股定理构建方程，求出x，进一步计算即可求解． 【详解】（1）证明：∵，是沿折叠所得， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵，， ∴， 设， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵是沿折叠所得， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， 解得：， 即． ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定，菱形的判定和性质以及勾股定理的应用，灵活运用各性质进行推理论证是解题的关键． 27．(1)3，6； (2)4； (3)60，1800 【分析】（1）根据操作发现提供的方法，代入求解即可； （2）根据操作发现提供的方法，代入求解即可； （3）根据操作发现提供的方法，并结合菱形面积等于对角线乘积的一半，求解即可． 【详解】（1）解：令，，则由，得，当且仅当时，即时式子有最小值，最小值为6． （2）解：令，，，则由，得，当且仅当时，即时式子有最小值，最小值为4． （3）解：设这个菱形对角线，则， 则菱形的面积为， 由题意得：，即， 由得即， 当且仅当时，即时式子有最大值，最大值为1800， 所以当时菱形的面积最大，最大值为． 【点睛】此题主要考查了分式的乘除法，解题关键是理解操作发现中所提供的方法来解决问题． 28．(1)3 (2)，见解析 (3) 【分析】此题考查了菱形的判定与性质、等腰三角形的性质以及含角的直角三角形的性质．掌握辅助线的作法，注意数形结合是解题的关键； （1）首先过点作于点，由平移的性质可得：，，即可得即可求出结论； （2）由平移的性质可得：，，可证得四边形是平行四边形；又由，即可得是菱形，由菱形的性质可证得：； （3）首先过点作于点，由，可得，即可得，又由的面积为3，即可求得的长． 【详解】（1）过点作于点， 由平移的性质可得：，， ， ， ； （2）． 理由：由平移的性质可得：，， 四边形是平行四边形， ，， ， 是菱形， ； （3）过点作于点， ，， ， ， 在中，， ， ， ， 解得：． 29．(1)见解析 (2)证明见解析 (3)或3 【分析】（1）作，然后截取，连接即可完成作图； （2）由（1）可得，，根据是等边三角形，即可解决问题； （3）分两种情况讨论：①当时，②当时，③当时，利用等边三角形的性质证明即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求；    证明：在和 ∴ ∴绕点A逆时针旋转得到； （2）证明：由（1）可知：，， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （3）解：如图，    分两种情况讨论： ①当时， ∵是等边三角形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； ②当时， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ③当时，点E不在线段上， 故此种情况不存在； 综上所述：当是等腰三角形时，的长为或3． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了尺规作图，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解决本题的关键是利用分类讨论思想． 30．（1）见解析；（2），；（3）；（4）或 【分析】本题考查了轴对称的性质，矩形的性质，勾股定理，菱形的性质； （1）根据题意过点作的垂线；以的长为半径作弧，交的垂线于点，则点关于的对称点为点；连接，； （2）根据轴对称的性质写出两个结论，即可； （3）根据题意证明，得出，设，则，进而勾股定理，即可求解； （4）分点点在上时，在的延长线上时，两种情况讨论，即可求解． 【详解】（1）如图所示，    （2）如图所示，当落在射线上时， 答案不唯一，，，，；    ∵关于对称， ∴，， 又∵ ∴ ∴ （3）∵四边形是矩形， ∴，， ∵和关于轴对称，点和点中和， ∴， ∴， 在中， ∴ ∴ 设，则 在中， 即 解得： ∴的长为 （3）∵四边形为菱形 ∴, 又∵，点在射线上 ∴在直线上， 如图所示，当点在上时，    在中， ∴ 如图所示，当在的延长线上时，    在中， ∴ 综上所述，的长为或 1 学科网（北京）股份有限公司 $$