2025年中考考前押题最后一卷：数学（全国通用）（解析版）

这是一份2025年中考考前押题最后一卷：数学（全国通用）（解析版），共32页。
选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．（本题3分）的相反数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了相反数的定义的知识，掌握以上知识是解题的关键；
本题根据相反数的定义，进行作答，即可求解；
【详解】解：的相反数是，
故选：B；
2．（本题3分）计算的结果是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了积的乘方，同底数幂的乘法，单项式乘单项式，负整数指数幂的含义，正确掌握相关运算法则是解题关键．
先计算积的乘方，再计算同底数幂的乘法即可．
【详解】解：．
故选：B．
3．（本题3分）我国古代诸多技艺均领先世界．榫卯结构就是其中之一，榫卯是在两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式．凸出部分叫榫（或榫头），凹进部分叫卯 （或榫眼、榫槽），榫和卯咬合，起到连接作用．如图是某个部件“榫”的实物图，它的俯视图是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了三视图的意义，熟练掌握俯视图的意义是解题的关键．
根据俯视图的意义，判断解答即可．
【详解】
解：根据俯视图的意义，得．
故选：D．
4．（本题3分）下列说法正确的是（ ）
A．将580000用科学记数法表示为：
B．在8，6，3，5，8，8这组数据中，中位数和众数都是8
C．甲乙两组同学参加“环保知识竞赛”，若甲乙两组同学的平均成绩相同，甲组同学成绩的方差，乙组同学成绩的方差，则甲组同学的成绩较稳定
D．“四边形的内角和是”是必然事件
【答案】D
【分析】本题考查了多角形的内角和定理，科学记数法，众数和中位数的定义，方差的意义等知识．根据多角形的内角和定理，科学记数法，众数和中位数的定义，方差的意义判断即可．
【详解】解：A、将580000用科学记数法表示为：，故本选项不符合题意；
B、这列数据从小到大排列为，，，，，中，8出现了3次，故众数是8，中位数是，故本选项不符合题意；
C、，则，则乙组同学的成绩较稳定，故本选项不符合题意；
D、“四边形的内角和是”是必然事件，故本选项符合题意．
故选：D．
5．（本题3分）若点在第四象限，那么的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了平面直角坐标系中点的坐标的特点、解一元一次不等式组，首根据点在第四象限，得到关于的一元一次不等式组，解不等式组求出的取值范围即可．
【详解】解：点在第四象限，
，
解得：．
故选：A．
6．（本题3分）在平面直角坐标系中，已知点 ， 以原点 O 为位似中心，位似 比为，把扩大，则点 B 的对应点的坐标是（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】D
【分析】本题考查坐标与位似，根据以原点为位似中心的两个位似图形的对应点的坐标之间的关系，倍或倍，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：或，
即：或；
故选D．
7．（本题3分）【热点·跨学科】已知蓄电池的电压为定值，使用蓄电池时，电流I（单位：A）与电阻R（单位：）是反比例函数关系，它的图象如图所示．①函数解析式为；②当时，；③当时，；④当电压一定时，电流I随电阻R的增大而减小．上述说法正确的是（ ）
A．①③④B．①②③C．①②④D．②③④
【答案】A
【分析】本题考查反比例函数的实际应用，掌握反比例函数的图象与性质是解题的关键．
将代入求出的值，再根据反比例函数的图象与性质对各选项进行判断即可．
【详解】解：设，将代入可得，
∴，故①正确；
当，，故②错误；
当，，
∵，
∴在第一象限内，随着的增大而减小，
∴时，，故③正确，且④正确，
综上所述，说法正确的是①②④；
故选：C．
8．（本题3分）如图，中，，分别以顶点A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧分别相交于点M和点N，作直线分别与，交于点E和点F；以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点H和点G，再分别以点H，点G为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线，若射线恰好经过点E．下列结论不正确的是（ ）
A．B．垂直平分线段
C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查作图-复杂作图、角平分线的性质、线段的垂直平分线的性质等知识，读懂图象信息，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键．由作图可知垂直平分线段、平分，进而证明可判定A选项；再说明可得垂直平分线段可判定B选项；根据直角三角形的性质可得可判定C选项；，根据三角形的面积公式即可判定D选项；．
【详解】解：由作图可知垂直平分线段，
∴，
∴，
由作图可知平分，
∴，
∵，
∴，故A选项不符合题意，
∴，，
∵，
∴，
∴垂直平分线段，故B选项不符合题意，
∵，
∴，故C选项符合题意，
∴，
∵，
∴，
∴，故D选项不符合题意，
故选：C．
9．（本题3分）如图，长方形纸片的宽为，三角板中，，，．将三角板的顶点固定在纸片的边上，边与纸片的边交于点，则的最大值是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】如图，连接，过作于，求解，，，，，，由最大，可得最小，可得最小，可得最小，当时，最小，再进一步求解即可．
【详解】解：如图，连接，过作于，
∵三角板中，，，，
∴，，
∴，，
∴，，
∵最大，
∴最小，
∴最小，
∴最小，
当时，最小，
此时四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：A
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，矩形的判定与性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
10．（本题3分）如图，抛物线（为常数）交轴于点，与轴的一个交点G，顶点为．
①拋物线与直线有没有交点；
②若点、点、点在该函数图象上，则；
③将抛物线向右平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线解析式为；
④点关于直线的对称点为，点D，E分别在轴和轴上，当时，四边形周长的最小值为．
其中正确判断有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】①把代入中，判断所得一元二次方程的根的情况即可得判断正确；
②根据二次函数的性质进行判断；
③根据平移的公式求出平移后的解析式便可；
④因边一定，只要其他三边和最小便可，作点关于轴的对称点，作点关于轴的对称点，连接，与轴、轴分别交于、点，求出即为其他三边和的最小值．
【详解】解：①把代入中，得，
∵，
∴此方程无实数根，则抛物线与直线有没有交点；，故①结论正确；
②∵抛物线的对称轴为，
∴点关于的对称点为，为顶点
则
又∵，
∴故②结论正确；
③将该抛物线向右平移1个单位，再向下平移2个单位，得到抛物线的解析式为：，故③结论不正确；
④当时，抛物线的解析式为：，
当时，，
∴，
∵点关于直线的对称点为，顶点为．
∴，，
作点B关于y轴的对称点，作C点关于x轴的对称点，连接，与x轴、y轴分别交于D、E点，延长交于点，则，
如图，
则，根据两点之间线段最短，知最短，而的长度一定，
∴此时，四边形周长最小，为：
，故④结论正确；
综上所述，正确的结论是①②④．
故选：C．
【点睛】本题是二次函数的应用，主要考查二次函数的图象与性质、二次函数与坐标轴的交点、求线段和的最小值等知识，解题的关键是熟悉二次函数的性质以及作对称点、处理四边形周长的最小值．
第Ⅱ卷
填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．（本题3分）分解因式： ．
【答案】
【分析】此题考查了因式分解，先提取公因式再用平方差公式进行因式分解即可．
【详解】解：
故答案为：
12．（本题3分）已知方程的两根为，求的值为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了一元二次方程的解的定义，根与系数的关系，根据根与系数的关系可得，则，根据一元二次方程的解的定义可得，则可把所求式子变形为，据此可得答案．
【详解】解：∵方程的两根为，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
13．（本题3分）如图，小明同学把一直角三角板的 角的顶点A 放在半径为4的圆形铁丝上，三角板的一条直角边及斜边分别与圆形铁丝交于点 B，C，则图中的长为 ．（结果保留）
【答案】
【分析】本题考查了圆周角定理，弧长公式，先根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半得，再结合弧长公式列式计算，即可作答．
【详解】解：连接，如图所示：
∵，
∴，
则的长，
故答案为：．
14．（本题3分）在中，，，，则的长为 ．
【答案】5或7
【分析】本题考查锐角三角函数的定义及运用，此题分两种情况：如图1，过A作于D，在中，由已知条件，设，，根据勾股定理得到，求得，，在中，，于是得到结果；如图2，过A作交的延长线于D，同理可得结果．
【详解】解：如图1，过A作于D，
在中，∵，
∴设，，
∴，
∴，
∴，，
在中，，
∴；
如图2，过A作交的延长线于D，
在中，∵，
∴设，，
∴，
∴，
∴，，
在中，，
∴；
故答案为：5或7．
15．（本题3分）如图，在平面直角坐标系中，若和分别是直线和轴上的点．并且，，…都是等腰直角三角形，已知，，那么点的纵坐标是 ．
【答案】
【分析】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知一次函数图象上各点的坐标一定适合此函数的解析式，求出各点的坐标的规律是解答此题的关键．
先先求出直线的解析式，求出直线与轴、轴的交点坐标，求出直线与轴的夹角的正切值，分别过等腰直角三角形的直角顶点向轴作垂线，然后根据等腰直角三角形斜边上的高线与中线重合并且等于斜边的一半，利用正切值列式依次求出三角形的斜边上的高线，即可得到的坐标，进而得出各点的坐标的规律．
【详解】解：，在直线上，
，
解得，
直线解析式为：，
设直线与轴、轴的交点坐标分别为、，
当时，，
当时，，解得，
点、的坐标分别为，，
，
作轴于点，轴于点，轴于点，
∵，， …都是等腰直角三角形，
∴，，
，，
，
∴，
是等腰直角三角形，
，
，
同理可求，第四个等腰直角三角形，
依此类推，点的纵坐标是，
∴，
故答案为：．
16．（本题3分）如图，在平行四边形中，，点在上，，点是上的动点，连接，点在的垂直平分线上，于，则周长的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了垂直平分线的性质，勾股定理，平行四边形的性质，正切等，解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
由题意易得最小时，的周长最小，由垂直平分线可得，连接，则，即点在上时，最小，过点作于点，则为的最小值，根据勾股定理可得，进而求得周长的最小值．
【详解】解：∵，
∴，，
∴的周长，
∴最小时，的周长最小，
∵在的垂直平分线上，
∴，
∴，
连接，则，
又∵，
∴当时，且点在上时，最小，
∴过点作于点，则为的最小值，
∵在中，，
∴，即，
设，则，
∴，即，
解得，（负值舍去），
∴，即最小，
∴的周长最小，
故答案为：．
解答题（本大题共9个小题，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（本题6分）（1）计算：；
（2）先化简分式，然后、0、1、2中选择一个你认为合适的a的值，代入求值．
【答案】（1）；（2），
【分析】本题考查了实数的混合运算，分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解此题的关键．
（1）先计算特殊角的三角函数值、绝对值、零指数幂、负整数指数幂，再计算乘法，最后计算加减即可得解；
（2）括号内先通分，再将除法转化为乘法，即可约分，最后计算减法即可化简，再根据分式有意义的条件选择合适的值代入计算即可得解．
【详解】解：（1）
；
（2）
，
∵，，
∴a的值不能能取，0，1，只能取2，
当时，原式．
18．（本题6分）如图，在中，，点P是的中点．
(1)尺规作图：以线段为直径作，交于点D（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)连接，求证：是的切线．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）作的垂直平分线，垂足为O，以O为圆心，为半径作即可；
（2）连接，，．证明即可．
【详解】（1）解：如图所示，，为所求
（2）证明：如图，连接，，
为直径，
，
点为斜边上的中线，
，
，
，
，
，
，
是的切线．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，圆周角定理，切线的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
19．（本题7分）【时事热点问题】2025年中国航天将发射载人飞船、货运飞船、天问二号等，“神舟二十号”载人飞船最快将于4月发射．为了解学生对航空航天知识的掌握情况，某校组织开展了一次航空航天知识竞赛，现从该校七年级和八年级参与竞赛的学生中各随机抽取名学生的成绩进行分析，将学生竞赛成绩（单位：分，用x表示）分为A，B，C，D四个等级，分别是A：，B：，C：，D：，绘制了下列统计图、表．
抽取的七年级学生的竞赛成绩：66，75，76，78，79，81，82，83，84，86，86，88，88，88，91，92，94，95，96，96．
抽取的八年级C等级的学生的竞赛成绩：87，81，86，83，88，82，89．
抽取的七、八年级学生的竞赛成绩综合统计表
根据以上信息，解答下列问题：
(1)填空：________，________，________．
(2)根据以上数据，你认为在此次知识竞赛中，哪个年级学生的竞赛成绩更好？请说明理由；（写出一条即可）
(3)若该校七年级有名学生参加知识竞赛，八年级有名学生参加知识竞赛，请估计两个年级参加知识竞赛的学生中成绩优秀（大于或等于分）的学生共有多少人．
【答案】(1)，，
(2)八年级学生的竞赛成绩更好，见解析
(3)人
【分析】本题考查扇形统计图、众数、中位数以及样本估计总体，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
（1）根据众数是一组数据中出现次数最多的数，即可求出；根据扇形统计图，先求出八年级学生的竞赛成绩中A、B等级的人数和，再将C等级的学生成绩按从小到大排列，找到名八年级学生排名第和名的成绩，取平均值即可求出；根据频率=频数总数可求出；
（2）根据众数、中位数进行分析即可；
（3）根据样本估计总体进行计算即可．
【详解】（1）解：七年级学生的竞赛成绩中出现次数最多的是分，
；
由扇形统计图可知，八年级学生的竞赛成绩中A、B等级的人数为，
将抽取的八年级C等级的学生成绩按从小到大排列为：、、、、、、，
抽取的名八年级学生排名第和名的成绩为、，
；
；
故答案为：，，；
（2）八年级学生的竞赛成绩更好，理由：因为两个年级学生的竞赛成绩的平均数相同，但八年级学生竞赛成绩的中位数和众数均高于七年级，且方差小于七年级，所以八年级学生的竞赛成绩更好；
（3）
（人）
答：估计两个年级参加知识竞赛的学生中成绩优秀（大于或等于90分）的学生共有人．
20．（本题7分）【时事热点问题】国家邮政局发布：2025年纪特邮票发行计划（第一批）共21套，其中2025年3月14日（国际圆周率日）发行的邮票名称为《数学之美》，枚数是4枚，分别为“圆周率”、“勾股定理”、“欧拉公式”和“莫比乌斯带”．数学兴趣小组的同学对邮票的发布充满欣喜，如图，小组利用邮票图案设计了卡片A，卡片B，卡片C，卡片D共四张卡片．卡片背面朝上洗匀放在桌面上（卡片背面完全相同）．
(1)从中随机抽取一张卡片，抽到卡片C“欧拉公式”的概率是______；
(2)小文从中随机抽取一张（不放回），再从中随机抽取一张，请用画树状图或列表的方法，求小文抽到的两张卡片的图案恰好是卡片A“圆周率”和卡片D“莫比乌斯带”的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题主要考查的是用列表法或树状图法求概率，列表法可以重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件，用到的知识点为：概率等于所求情况数与总情况数之比．
（1）根据概率公式求解即可；
（2）列表或画树状图得出所有等可能的结果数，再从中找到符合条件的结果数，然后再用概率公式求解即可．
【详解】（1）解：由题意知，共有4种等可能的结果，其中抽到卡片C“欧拉公式”的结果有1种，
∴抽到卡片C“欧拉公式”的概率为；
（2）解：利用表格列出所有可能的结果：
共有12种等可能的结果，其中恰好抽取卡片A和D的有2种，
∴所求的概率为．
21．（本题8分）如图①是某型号家用轿车后备箱开启侧面示意图，将其简化成如图②所示模型，其中，，箱盖开启过程中，点B，E绕点A沿逆时针方向转动相同角度，分别至点，的位置，且点在线段的延长线上，．
(1)求旋转角的度数；
(2)若，求的长度．
【答案】(1)；
(2)的长度为．
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，根据题意作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
（1）由旋转得，，再利用四边形内角和定理求解即可；
（2）过点A作于点P，过点作于点H．在中，利用三角函数的定义求得，，证明，求得，进一步计算即可求解．
【详解】（1）解：由旋转得，，
∵，
∴．
∵，
∴在四边形中，；
（2）解：如图，过点A作于点P，过点作于点H．
∵，
∴．
在中，
∴．
∴．
∴．
由（1）知，，即，
∵，
∴，
由旋转，得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
∴，
∴．
所以，的长度为．
22．（本题8分）如图，在直角三角形中，，，，动点以个单位每秒的速度沿的线路运动，交于点．设运动时间为秒，三角形的周长记为，与的比值记为．
(1)请直接写出、分别关于的函数表达式，并注明的取值范围；
(2)在给定的平面直角坐标系中画出函数，的图象；
(3)请结合函数图象，直接写出时的取值范围.（近似值保留一位小数，误差不超过0.2）．
【答案】(1)，
(2)见解析
(3)当时的取值范围为
【分析】（1）先利用勾股定理求得，，，在中，，利用三角函数的定义求得，，据此求解即可；
（2）列表，描点，连线，画出函数图象即可；
（3）观察图象分析，找图象在图象上方及交点的部分．
本题主要考查了一次函数与几何结合问题、反比例函数的图象与性质、勾股定理及解直角三角形等内容，利用数形结合是解题的关键．
【详解】（1）解：∵，，，
∴，
∴，，
∵，
∴在中，，，
∴，，
∴，，
∴，；
（2）解：依题意，列表：
描点，连线，函数图象如图所示，
（3）解：由图象得，当时的取值范围为．
23．（本题8分）2025年亚洲冬奥会在哈尔滨举行，如图是某小型跳台滑雪训练场的横截面示意图，取某一位置的水平线为轴，过跳台终点A做水平线的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，图中的抛物线近似表示滑雪场地上的一座小山坡，某滑雪爱好者小张从点O正上方A点滑出，滑出后延一段抛物线运动．
(1)当小张滑到离A处的水平距离为6米时，其滑行高度最大为8米，则______，______；
(2)在（1）的条件下，当小张滑出后离A的水平距离为多少米时，他滑行高度与小山坡的竖直距离为米？
(3)小张若想滑行到最大高度时恰好在坡顶正上方，且与坡顶距离不低于10米，求c的取值范围．
【答案】(1)，
(2)当小张滑出后离的水平距离为米时，他滑行高度与小山坡的竖直距离为米．
(3)
【分析】本题考查了二次函数的性质及其应用，熟练掌握二次函数的性质，并能将实际问题与二次函数模型相结合是解决本题的关键．
（1）根据抛物线的顶点坐标为，由此即可得；
（2）由（1）可得抛物线的解析式，再根据“他滑行高度与小山坡的竖直距离为米”建立方程，解方程即可得；
（3）先求出小山坡的顶点坐标为，从而可得，再根据“与坡顶距离不低于10米”建立不等式，求出的取值范围，由此即可得．
【详解】（1）解：由题意得：抛物线的顶点坐标为，
抛物线的解析式为，
，，
解得，，
故答案为：，；
（2）解：由（1）可知，，
设当小张滑出后离的水平距离为米时，他滑行高度与小山坡的竖直距离为米，
则，
解得或（不符题意，舍去），
答：当小张滑出后离的水平距离为米时，他滑行高度与小山坡的竖直距离为米．
（3）解：，
则当时，运动员到达坡顶，小山坡的顶点坐标为，
由题意得：，解得，
则，
当时，，
小张滑行到最大高度时恰好在坡顶正上方，且与坡顶距离不低于10米，
，
解得．
24．（本题10分）如图1，抛物线与x轴交于点A和B（其中点A在B左侧），顶点为P，点C是x轴上一个动点，其横坐标为，连接，．已知抛物线y与x的变化规律如下表所示：

(1)直接写出_____，_____，_____；
(2)记点到的距离为，点到的距离为，若，求证：d为定值；
(3)如图2，过点作的平行线交于点，求面积的最大值，并求出此时点的坐标．
【答案】(1)，，
(2)证明见解析
(3)面积的最大值2，此时点的坐标为
【分析】（1）先求出二次函数的对称轴为直线，顶点坐标为，再根据二次函数的对称性和表格数据求解即可得；
（2）过点作轴于点，过点作于点，作于点，先求出和的值，再解直角三角形分别求出和，由此即可得证；
（3）先证出，再证出，利用相似三角形的性质可得的长，然后根据的面积等于，利用二次函数的性质求解即可得．
【详解】（1）解：将二次函数化成顶点式为，
∴这个二次函数的对称轴为直线，顶点坐标为，
∴由对称性可知，时的函数值与时的函数值相等；时的函数值与时的函数值相等，
∴，，
由表格可知，当时，，
∴，
∴，
故答案为：，，．
（2）证明：由（1）可知，，，
当时，，解得或，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
如图，过点作轴于点，过点作于点，作于点，
∴，，
在中，，
在中，，
在中，，即，解得，
在中，，即，解得，
∵，
∴，
∴为定值．
（3）解：由（2）已得：，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
如图，过点作轴于点，过点作轴于点，
∴，，，
∴，
∴，即，
∴，
∴的面积为
，
由二次函数的性质可知，在内，当时，的面积最大，最大值为2，
∴此时，，
又∵，
∴，
∴，即点与点重合，
∴此时点的坐标为，
综上，面积的最大值2，此时点的坐标为．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键．
25．（本题12分）【问题情境】
在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”，为主题开展数学活动，如图①，将矩形纸片沿对角线剪开，得到和．
【操作发现】
（1）将图①中的以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，使，得到图②的，过点C作，与的延长线交于点E，四边形的形状是______；
（2）将图①中的以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，使B，A，D三点在同一条直线上，得到如图③所示的，连接，取的中点F，连接，并延长至点G，使，连接，，得到四边形，请判断四边形的形状，并说明理由；
【问题解决】
（3）如图④，平行四边形是一个花园的初步设计图，其中有四个三角形和一个四边形，其中和是分别将和绕平行四边形的中心对称点旋转得到的．为了让花园看起来更加和谐美观，要令四边形为菱形，且，若，．求这个平行四边形花园面积的最大值．
【答案】（1）菱形；（2）正方形，见解析；（3）最大值为平方米
【分析】本题主要考查了菱形的判定、正方形的判定与性质、旋转的性质、二次函数的应用等知识，熟练掌握相关几何图形的判定与性质是解题的关键，
（1）根据矩形的性质可得，再由旋转的性质可得，然后由平行四边形的判定与性质及菱形的判定定理即可解答；
（2）根据已知可证四边形是平行四边形，由矩形的性质及旋转的性质可得，再根据矩形的判定与性质及正方形的判定即可解答；
（3）如图④，分别过点A、点C作的垂线，垂足分别为P，M，过点E作于点Q．根据菱形的性质、含30度直角三角形的性质、勾股定理可得、，易得；再根据平行线的性质、含30度直角三角形的性质、勾股定理可得、，进而得到、 ，然后列出，最后根据二次函数的性质求最值即可．
【详解】解：（1）四边形是菱形，证明如下：
证明：在图②中，∵是矩形的对角线，
∴，，
∴，
由旋转的性质知，，，
，
，
∴，．
又∵，
四边形是平行四边形．
又，
∴四边形是菱形．
（2）四边形是正方形．理由如下：
∵点F是的中点，
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
由旋转可知，
∴四边形是菱形．
∵，
∴．
∴四边形是正方形．
（3）如图④，分别过点A、点C作的垂线，垂足分别为P，M，过点E作于点Q．
∵四边形是菱形，，，
∴，，
∴．
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴，
∵，
∴．
∴．
∵，
∴当时，平行四边形花园ABCD的面积有最大值，最大值为平方米．
年级
平均数
中位数
众数
方差
七年级
85.2
86
a
59.66
八年级
85.2
b
91
58.76
A
B
C
D
A
—
B
—
C
—
D
—
0
1
2
5
6
0
10
5
2
…
0
1
3
4
5
…
…
0
3
4
3
0
…