10. ★★ 情境题 生活应用 图①是一款汽车用“千斤顶”，它由4根连杆组成的菱形ABCD和螺旋杆PQ组成，PQ与地面平行. 图②是完全折叠状态下的“千斤顶”(B,A,D在同一条直线上)，此时A到地面的距离为6 cm.“千斤顶”上升到离地面高度为36 cm (C到地面的距离)的过程中，BD的长度缩短了10 cm.则连杆AB的长为cm.

10.25 【点拨】连接 AC,设 AC 与 BD 相交于点 O,连杆 AB 的长为 $x\ \mathrm{cm}.$
∵四边形 ABCD 是菱形, $∴AB=AD=x\ \mathrm{cm}.$ 依题意可知 $AC=36-6=30(\mathrm{cm}),BD=(2x-10)\mathrm{cm}.$
∵菱形 ABCD 的对角线互相垂直平分, $∴OB=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}×(2x-10)=(x-5)\mathrm{cm},OA=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×30=15(\mathrm{cm}).$ 在$\mathrm{Rt}△OAB$中,$OA^2+OB^2=AB^2,∴15^2+(x-5)^2=x^2$,解得 $x=25.$
∴连杆 AB 的长为 25 cm.

11. 如图,在菱形$ABCD$中,$∠ B=120°$,$AB=2\sqrt{3}$,点$M$是$BC$的中点,连接$AM$,点$N$为线段$AM$上的一个动点,连接$DN$,则线段$DN$长度的最小值为.

11.$\frac{6\sqrt{7}}{7}$ 【点拨】连接 DM,DB,易知当 $DN⊥ AM$ 时,线段 DN 的长度最小.
∵ 在菱形 ABCD 中,$∠ABC=120°,AB=2\sqrt{3},∴∠C=60°,CD=BC=AD=AB=2\sqrt{3},AD/\!/BC,∴△BCD$ 是等边三角形.
∵ 点 M 是 BC 的中点, $∴DM⊥ BC,CM=\frac{1}{2}BC=\sqrt{3}. ∵AD/\!/BC$,$∴∠ADM=∠CMD=90°.$ 由勾股定理得 $DM=\sqrt{CD^2-CM^2}=3,AM=\sqrt{AD^2+DM^2}=\sqrt{21}.$ 当 $DN⊥ AM$ 时,$S_{△ADM}=\frac{1}{2}AM·DN=\frac{1}{2}AD·DM,∴\frac{1}{2}×\sqrt{21}×DN=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×3$, 解得 $DN=\frac{6\sqrt{7}}{7}$, 故线段 DN 长度的最小值为 $\frac{6\sqrt{7}}{7}.$
点方法 菱形中遇到 $120°$ 角或 $60°$ 角时,可连接对角线,构造等边三角形,结合等边三角形的性质求解.

12. [2026福州期中]如图,在菱形ABCD中,∠ABC=60°,对角线AC,BD相交于点O.在线段AO上任取一点P(端点除外),连接PD,PB.
(1)求证:PD=PB;
(2)将线段DP绕点P逆时针旋转,使点D落在BA的延长线上的点Q处.当点P在线段AO上的位置发生变化时,∠DPQ的大小是否发生变化?请说明理由.

12.(1)【证明】
∵四边形 ABCD 是菱形,
$∴CD=CB,∠DCA=∠BCA.$
又$∵CP=CP$,
$∴△DCP≌△BCP(\mathrm{SAS})$,
$∴PD=PB.$
(2)【解】$∠DPQ$ 的大小不发生变化,$∠DPQ=60°.$
理由:作 $PM⊥ AB,PN⊥ AD$,垂足分别为点 M,N,如图.
∵四边形 ABCD 是菱形,$∠ABC=60°,∴∠BAD=120°$,
$∴∠PAN=∠PAM=\frac{1}{2}∠BAD=60°.$
又$∵PM⊥ AB,PN⊥ AD$,
$∴∠PMA=∠PNA=90°,PM=PN$,
$∴∠MPA=∠NPA=30°.∴∠MPN=60°.$
由旋转可得 $PD=PQ$,
$∴\mathrm{Rt}△PND≌\mathrm{Rt}△PMQ(\mathrm{HL}).$
$∴∠DPN=∠QPM.$
$∴∠DPN-∠QPN=∠QPM-∠QPN$,即$∠DPQ=∠MPN=60°.$

13. 在菱形 $ABCD$ 中，$∠ ABC=60°$，点 $P$ 是线段 $BD$ 上一动点，以 $AP$ 为边向右侧作等边三角形 $APE$，点 $E$ 的位置随着点 $P$ 的位置变化而变化。
(1)如图①，当点 $E$ 在菱形 $ABCD$ 内部或边上时，连接 $CE$。
判断：$BP$ 与 $CE$ 的数量关系是 ______，$CE$ 与 $AD$ 的位置关系是 ______，请写出证明过程。
(2)若 $AB=4$，点 $Q$ 为 $CD$ 的中点，则线段 $EQ$ 的长的最小值为 ______。
(3)如图②，当点 $P$ 在线段 $BD$ 的延长线上时，连接 $BE$，若 $AB=2\sqrt{3}$，$BE=2\sqrt{19}$，直接写出四边形 $ADPE$ 的面积。

13.【解】(1)$BP=CE;CE⊥ AD$
证明:如图①,连接 AC,交 BD 于点 O.
∵四边形 ABCD 为菱形,$∠ABC=60°$,
$∴AB=BC=CD=AD,∠ABD=30°$,
$∴△ABC$ 为等边三角形,
$∴∠BAC=60°,∠ACB=60°,AB=AC.$
∵$△APE$ 为等边三角形,
$∴AP=AE,∠PAE=60°$,
$∴∠BAC-∠PAC=∠PAE-∠PAC$,
即$∠BAP=∠CAE.$
$∴△ABP≌△ACE(\mathrm{SAS})$,
$∴BP=CE,∠ACE=∠ABP=30°.$
$∵∠ACB=60°$,
$∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=60°+30°=90°.$
$∴CE⊥ BC.$
∵四边形 ABCD 为菱形,$∴BC/\!/AD,∴CE⊥ AD.$
(2)1 【点拨】如图①,延长 CE 交 AD 于点 H.
∵AB=CD=4,点 Q 为 CD 的中点,$∴CQ=2.$ 由(1)知,$CH⊥ AD$,由此可以判断点 E 在射线 CH 上,
∴当 $QE⊥ CH$ 时,EQ 最小. 易得$△ADC$ 是等边三角形. $∴∠ACD=60°.$
$∴∠ECQ=30°,∴QE⊥ CH$ 时,$EQ=\frac{1}{2}CQ=1$,即 EQ 的最小值为 1.

(3)四边形 ADPE 的面积为 $8\sqrt{3}.$ 【点拨】如图②,连接 AC,CE,设 AD 与 CE 交于点 M,AC 与 BD 交于点 O,由(1)可得$∠ABP=30°,AB=AC,∠BAC=∠ACB=60°. ∵∠PAE=60°,∴∠BAC+∠CAP=∠CAP+∠PAE$,即$∠BAP=∠CAE.$ 又 $∵AP=AE,∴△ABP≌△ACE$,$∴BP=CE,∠ACE=∠ABP=30°,∴∠BCE=90°. ∵BC=AB=2\sqrt{3},∴CE=\sqrt{BE^2-BC^2}=\sqrt{(2\sqrt{19})^2-(2\sqrt{3})^2}=8$,$∴BP=8.$ 易知 $△ADC$ 为等边三角形,$∴AD=AB=AC=2\sqrt{3}. ∵BC/\!/AD,∴∠AMC=180°-∠BCE=90°$,$∴AM=\sqrt{3},∴CM=\sqrt{AC^2-AM^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2-(\sqrt{3})^2}=3,∴EM=CE-CM=5,∴AE=\sqrt{AM^2+EM^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+5^2}=2\sqrt{7}. ∵△AEP$ 为等边三角形,$∴\frac{1}{2}AP=\frac{1}{2}AE=\sqrt{7}$,
∴在 $△AEP$ 中,AP 边上的高为 $\sqrt{(2\sqrt{7})^2-(\sqrt{7})^2}=\sqrt{21}$,
$∴S_{△AEP}=\frac{1}{2}×2\sqrt{7}×\sqrt{21}=7\sqrt{3}. ∵AB=2\sqrt{3},∠ABD=30°$, $∴AO=\sqrt{3}$, $∴OB=\sqrt{AB^2-AO^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2-(\sqrt{3})^2}=3,∴BD=2OB=6,∴DP=BP-BD=8-6=2,∴S_{△ADP}=\frac{1}{2}DP·AO=\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}=\sqrt{3}$,
$∴S_{\mathrm{四边形}ADPE}=S_{△AEP}+S_{△ADP}=7\sqrt{3}+\sqrt{3}=8\sqrt{3},∴$ 四边形 ADPE 的面积为 $8\sqrt{3}.$