数学北师大版（2024）第一章 特殊平行四边形1 菱形的性质与判定综合训练题

这是一份数学北师大版（2024）第一章 特殊平行四边形1 菱形的性质与判定综合训练题，共40页。
【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.
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．4B．3C．2D．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．18B．28C．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．24B．36C．22D．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．9B．8C．7D．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．3B．4C．5D．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．4C．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．2B．1C．D．3
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 ．
（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 ．
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．
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