甘肃省武威市天祝藏族自治县2024--2025学年上学期期末考试九年级数学试题（解析版）-A4

这是一份甘肃省武威市天祝藏族自治县2024--2025学年上学期期末考试九年级数学试题（解析版）-A4，共30页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
一、选择题：（本大题共12题，每题3分，共36分．下列各题四个选项中，有且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题卡的相应位置上．）
1. 代数式的正确含义是（ ）
A. 乘减B. 的倍减去
C. 与的差的倍D. 与的积减去
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是代数式的意义，根据代数式的形式及运算顺序说出意义即可．
【详解】解：代数式的正确含义应是与的差的倍．
故选：C
2. 如图1是用5个相同的正方体搭成的立体图形．若由图1变化至图2，则三视图中没有发生变化的是（ ）
A. 俯视图B. 主视图和俯视图C. 主视图和左视图D. 左视图和俯视图
【答案】D
【解析】
【分析】确定视角把立体图形转化为平面图形即可．
【详解】解：俯视图：图1，第一行是三个正方形，第二行左侧是一个正方形，图2，第一行是三个正方形，第二行左侧是一个正方形，俯视图没有变化；主视图：图1，第一层是三个正方形，第二层在左侧有一个正方形，图2，第一层是三个正方形，第二层在右侧有一个正方形，故主视图发生了变化；左视图：图1，第一层是两个正方形，第二层有一个靠左的正方形，图2，第一层是两个正方形，第二层有一个靠左的正方形，故左视图没有发生改变．综上所述：图1变化至图2，则三视图中没有发生变化的是左视图和俯视图．
故选：D．
【点睛】本题考查了三视图：主视图、俯视图、左视图等知识．视角的确定是解决本题的关键．
3. 满足的整数x可以是（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】先判断和的大小，然后得到答案．
【详解】解：∵，，
∴满足的整数有：，0，1，2；
故选：C．
【点睛】本题考查了无理数的估算，以及实数大小比较，解题的关键是正确估算和的大小．
4. 如图，与关于直线对称，连接交对称轴于点，若，，则下列说法不正确的是（ ）

A. 三角形与三角形的周长相等B. 且C. D. 连接，则三条线段不仅平行而且相等
【答案】D
【解析】
【分析】与关于直线对称，再结合轴对称的性质逐一分析即可．
【详解】解：∵与关于直线对称，，，
∴三角形与三角形的周长相等，且，
，，
∴，
∴A，B，C不符合题意；D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查是轴对称的性质，三角形的内角和定理的应用，熟记轴对称的性质是解本题的关键．
5. 如图，在中，分别以点A，B为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点P，Q，画直线，分别交于点D，E，连结．则下列说法不一定正确的是（ ）
A. 是等腰三角形B. 是直角三角形
C. 是的中线D. 线段是的高线
【答案】C
【解析】
【分析】根据作图过程可得PQ为AB的垂直平分线，从而分别判定各选项．
【详解】解：由作图过程可知：
PQ为AB的垂直平分线，
∴DE⊥AB，BE=AE，
∴△ABE是等腰三角形，
△ADE是直角三角形，
ED是△ABE的高，
故A、B、D一定正确，
而BE不一定等于CE，故C不一定正确，
故选C．
【点睛】本题考查了尺规作图，等腰三角形的判定，垂直平分线的定义，解题的关键是掌握尺规作图的方法．
6. 若为任意整数，且的值总可以被整除，则等于（ ）
A. 11B. 22C. 11或22D. 11的倍数
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了因式分解的应用．先将因式分解，进而可以得出答案．
【详解】解：，
的值总可以被11整除，即，
故选：A．
7. 化简的结果是（ ）
A. －1B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查分式的加减运算，熟练掌握同分母分式的运算法则是解题的关键．
【详解】解：，
故选A．
8. 若点都在反比例函数的图象上，则，的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查反比例函数图象的性质，根据题意，反比例函数的比例系数，图像在每个象限，函数值随自变量的增大而增大，由此即可求解，掌握反比例函数图象的性质，增减性比较自变量、函数值的大小的知识是解题的关键．
【详解】解：∵反比例函数，
∴函数图象在第二、四象限，在每个象限，随的增大而增大，且当时，；当时，；
∵，即，
∴，
∴，
故选：．
9. 如图，以Rt△ABC的斜边BC为边，在△ABC的同侧作正方形BCEF，设正方形的中心为O，连接AO．若AB＝4，AO＝6，则AC的长等于（ ）
A. 12B. 16C. 8+6D. 4+6
【答案】B
【解析】
【分析】在AC上取一点G，使CG=AB=4，连接OG，可证得△OGC≌△OAB，从而得到OG=OA=6，再可证△AOG是等腰直角三角形，根据求出AG，也就求得AC．
【详解】解：在AC上取一点G使CG＝AB＝4，连接OG
∵∠ABO＝90°﹣∠AHB，∠OCG＝90°﹣∠OHC，∠OHC＝∠AHB
∴∠ABO＝∠OCG
∵OB＝OC，CG＝AB
∴△OGC≌△OAB
∴OG＝OA＝6，∠BOA＝∠GOC
∵∠GOC+∠GOH＝90°
∴∠GOH+∠BOA＝90°
即：∠AOG＝90°
∴△AOG是等腰直角三角形，
∴AG＝12
∴AC＝16．
故选：B
【点睛】考查正方形的性质，本题的关键是通过作辅助线来构建全等三角形，然后将已知和所求线段转化到直角三角形中进行计算．
10. 如图，中，，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为，延长交于点，下列结论一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了旋转性质以及两个锐角互余的三角形是直角三角形，平行线的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据旋转性质得，结合，即可得证，再根据同旁内角互补证明两直线平行，来分析不一定成立；根据图形性质以及角的运算或线段的运算得出A和C选项是错误的．
【详解】解：记与相交于一点H，如图所示：
∵中，将绕点顺时针旋转得到，
∴
∵
∴在中，
∴
故D选项是正确的，符合题意；
设
∴
∵
∴
∴
∵不一定等于
∴不一定等于
∴不一定成立，
故B选项不正确，不符合题意；
∵不一定等于
∴不一定成立，
故A选项不正确，不符合题意；
∵将绕点顺时针旋转得到，
∴
∴
故C选项不正确，不符合题意；
故选：D
11. 如图所示，在△ABC中，AB＝AC，动点D在折线段BAC上沿B→A→C方向以每秒1个单位的速度运动，过D垂直于BC的直线交BC边于点E．如果AB＝5，BC＝8，点D运动的时间为t秒，△BDE的面积为S，则S关于t的函数图象的大致形状是（ ）

A. B.

C.
D.

【答案】B
【解析】
【分析】分点D在AB上、点D在AC上运动时两种情况，分别求出函数表达式，进而求解．
【详解】解：过点A作AH⊥BC，

∵AB＝AC，
∴HB＝HC＝BC＝4，
∴csB＝，则sinB＝；
当点D在AB上时，
S＝×BE×DE＝＝，该函数为开口向上的抛物线；
当点D在AC上时，如图，








该函数为开口向下的抛物线，
故选：B．
【点睛】本题考查的是动点图象问题，涉及到二次函数、解直角三角形等知识，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
12. 从地面竖直向上抛出一小球，小球的高度（单位：）与小球的运动时间（单位：）之间的关系式是．有下列结论：
①小球从抛出到落地需要；
②小球运动中的高度可以是；
③小球运动时的高度小于运动时的高度．
其中，正确结论的个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查二次函数的图像和性质，令解方程即可判断①；配方成顶点式即可判断②；把和代入计算即可判断③．
【详解】解：令，则，解得：，，
∴小球从抛出到落地需要，故①正确；
∵，
∴最大高度为，
∴小球运动中的高度可以是，故②正确；
当时，；当时，；
∴小球运动时的高度大于运动时的高度，故③错误；
故选C．
二、填空题：（本大题共4题，每题3分，共12分．）
13. 在一个不透明的袋子里装有2个红球和5个白球，它们除颜色外都相同，从中任意摸出1个球，则摸出的球为红球的概率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种可能，那么事件A的概率，由一个不透明的布袋里装有7个球，其中2个红球，5个白球，它们除颜色外其余都相同，直接利用概率公式求解即可求得答案，熟练掌握其概率公式是解决此题的关键．
【详解】从中任意摸出1个球，则摸到红球的概率是，
故答案为：．
14. 如图，已知正方形OABC的三个顶点坐标分别为A (2，0)，B (2，2)，C (0，2)，若反比例函数的图象与正方形OABC的边有交点，请写出一个符合条件的k值__________．
【答案】1（满足条件的k值的范围是0＜k≤4）
【解析】
【分析】反比例函数上一点 向x 、y 轴分别作垂线，分别交于y轴和x轴，则围成的矩形的面积为|k|，据此进一步求解即可.
【详解】∵反比例函数图像与正方形有交点，
∴当交于B点时，此时围成的矩形面积最大且为4，
∴|k|最大为4，
∵在第一象限，
∴k为正数，即0＜k≤4，
∴k的取值可以为：1.
故答案为：1（满足条件的k值的范围是0＜k≤4）.
【点睛】本题主要考查了反比例函数中比例系数的相关运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
15. 某公司生产了两款新能源电动汽车．如图，分别表示款，款新能源电动汽车充满电后电池的剩余电量与汽车行驶路程的关系．当两款新能源电动汽车的行驶路程都是时，款新能源电动汽车电池的剩余电量比款新能源电动汽车电池的剩余电量多______．
【答案】12
【解析】
【分析】本题考查一次函数的应用，根据“电动汽车每干米的耗电量剩余电量的减少量行驶路程”分别计算、两款新能源电动汽车每千米的耗电量，由此写出图象的函数关系式，并计算当时对应函数值是解题的关键．
根据“电动汽车每干米的耗电量剩余电量的减少量行驶路程”分别计算、两款新能源电动汽车每千米的耗电量，由此写出图象的函数关系式，将分别代入，求出对应函数值并计算二者之差即可．
【详解】解：款新能源电动汽车每千米的耗电量为，
款新能源电动汽车每千米的耗电量为，
∴图象的函数关系式为，
图象的函数关系式为，
当时，，
，
∴当两款新能源电动汽车的行驶路程都是时，款新能源电动汽车电池的剩余电量比款新能源电动汽车电池的剩余电量多．
故答案为：12．
16. 建筑工人用边长相等的正六边形、正方形、正三角形三种瓷砖铺设地面，正方形瓷砖分黑白两种颜色，密铺成图（1）的形状．用水泥浇筑前，为方便施工，工人要先把瓷砖按图1方式先摆放好，一工人摆放时，无意间将3块黑色正方形瓷砖上翻到一个正六边形的上面，其中三个正方形的一条边分别和正六边形的三条边重合，如图（2）所示．按图（2）方式给各点作上标注，若正方形的边长，则_____(不考虑瓷砖的厚度)
【答案】
【解析】
【分析】过点I作，分别交AH于点P，交BG于点Q，由正六边形和正方形性质计算的度数，在中，表示MP，PI，得LQ，PL的长度，中使用勾股定理计算即可．
【详解】过点I作，分别交AH于点P，交BG于点Q
根据正六边形的每个内角为：，即
又∵，∴
同理可得：
∴，
∴是顶角为120°的等腰三角形
∵AF=AB=12
∴FM =AM=
∴MI=
在中，，
由正六边形及正方形性质可知：
∴
在中，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正六边形，正方形的性质，解直角三角形的应用，熟练掌握以上知识是解题的关键．
三、解答题：（本大题共8题，第17题7分，第18-20每题8分，第21-22每题9分，第23题11分，第24题12分，共72分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
17. 嘉嘉和琪琪用下图中的A、B、C三张带有运算的卡片做一个“我说你算”的数学游戏，两人约定：一人说数字，并将卡片任意排列；另一人按卡片排列顺序进行计算．例如，嘉嘉说出数字2，并将卡片按的顺序排列，则琪琪的运算顺序为：先对2进行的运算，接着用求得的和，最后用所求得的积．列式为：．
（1）嘉嘉说出数字，并将卡片按的顺序排列，请你帮琪琪列式并计算结果；
（2）嘉嘉说数字x，琪琪对x按的顺序运算后，得到的数恰好等于12，求x．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查有理数的混合运算、解一元一次方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的算式，求出x的值．
（1）根据题意，可以写出相应的算式，然后计算即可；
（2）根据题意，可以得到关于x的方程，然后解方程即可．
【小问1详解】
解：由题意可得，；
【小问2详解】
解：∵对x按的顺序运算后，琪琪得到的数恰好等于12，
∴，
解得，即x的值是．
18. 下列是某不等式组的部分求解过程，请认真阅读并解答：
解：解不等式①，
去括号，得.…………………第一步
移向，得.…………………第二步
合并同类项，得.……………………第三步
系数化为1，得.………………………第四步
（1）以上解不等式①的过程中，从第 步开始出现错误，直接写出正确的计算结果是 ，这一步的依据是 ；
（2）将不等式①和不等式②的解集在如图的数轴上表示出来；
（3）原不等式组的解集为 ；
（4）此不等式组的最小整数解为 ．
【答案】（1）第四；；不等式的性质
（2）见解析 （3）
（4）0
【解析】
【分析】本题考查了解一元一次不等式组及在数轴上表示不等式组的解集，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤是解题的关键．
（1）根据不等式的基本性质，即可解答；
（2）将不等式①和不等式②的解集在如图的数轴上表示出来即可；
（3）根据在数轴上表示出来解集，求出不等式组的解集即可；
（4）求出不等式组的最小整数解即可．
【小问1详解】
以上解不等式①的过程中，从第第四步开始出现错误，直接写出正确的计算结果是，这一步的依据是不等式的性质；
故答案为：第四；；不等式的性质；
【小问2详解】
解不等式②得：，
解集表示在数轴上为：
【小问3详解】
原不等式组的解集为，
故答案为：；
【小问4详解】
此不等式组的最小整数解为0．
故答案为：0
19. 某校为了解学生对“A：古诗词，B：国画，C：武术，D：书法”等中国传统文化项目的最喜爱情况，在全校范围内随机抽取部分学生进行问卷调查（每人限选一项），并将调查结果绘制成如下不完整的统计图（如图），根据图中的信息解答下列问题：
（1）在这次调查中，一共调查了 名学生；扇形统计图中，项目D对应扇形的圆心角为 度；
（2）若该校共有学生2000人，请根据上述调查结果估计该校学生中最喜爱“A：古诗词”的有多少人；
（3）若该校在A，B，C，D四项中任选两项成立课外兴趣小组，请用画树状图或列表的方法求恰好选中项目A和D的概率．
【答案】（1）200，90
（2）800人 （3）
【解析】
【分析】本题考查的是折线统计图和扇形统计图的综合运用，用列表法或画树状图法求概率；列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果数，概率=所求情况数与总情况数之比，能对图表信息进行具体分析和熟练掌握概率公式是解题的关键．
（1）根据折线统计图中C的人数和扇形统计图中C所占的百分比，求出总数；
（2）用总人数乘以喜爱项目A的占比即可；
（3）用树状图列出所有等可能情况，再根据题意求得概率．
【小问1详解】
解：调查的学生数为人，
项目D对应扇形的圆心角为，
故答案为：，；
小问2详解】
解：(人)，
∴该校学生中最喜爱“A：古诗词”的有800人；
【小问3详解】
解：画树状图如下：
由树状图可知，共有12种等可能的情况，其中恰好选中项目A和D的结果有2种.
∴恰好选中项目和的概率为．
20. 水上公园南侧新建的摩天轮吸引了附近市民的目光．据工作人员介绍，新建摩天轮直径为，最低点距离地面，摩天轮的圆周上均匀地安装了个座舱（本题中将座舱视为圆周上的点），游客在距离地面最近的位置进舱．
（1）小明所在座舱到达最高点时距离地面的高度为______；
（2）在小明进座舱后间隔个座舱小亮进入座舱（如图，此时小明和小亮分别位于，两点），求两人所在座舱在摩天轮上的距离（的长）和直线距离（线段的长）．
【答案】（1）
（2）在摩天轮上的距离（的长）为，直线距离（线段的长）为
【解析】
【分析】本题考查了点到圆上一点的距离，求弧长，等边三角形的性质与判定
（1）根据点到圆的距离可得最高点到地里的距离为；
（2）根据题意得出，进而根据弧长公式即可求解；证明为等边三角形，即可求得的长．
【小问1详解】
解：如图，由题意可知，
当座舱转到点时，距离地面最高，
此时；
【小问2详解】
圆周上均匀的安装了24个座舱，因此每相邻两个座舱之间所对的圆心角为，
的长为，
如图，连接，
且，
等边三角形，
．
答：两人所在座舱在摩天轮上的距离（的长）为，直线距离（线段的长）为．
21. 如图，在平面直角坐标系中有两点，在线段处放置一平面镜．从点发出一束光线照向平面镜上的动点．
（1）求所在直线的解析式；
（2）若光线的解析式为，求出点的坐标；
（3）若光线经过的反射后落在轴上的点处，直接写出光线从点出发经点反射后到达点的路径长．
【答案】（1）
（2）
（3）5
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求一次函数的解析式即可；
（2）将点代入，得解得，再联立求解方程组即可；
（3）根据轴对称的性质，若光线经过的反射后落在轴上的点处，则入射光线所在直线经过点再求两条直线的交点即可
小问1详解】
解：设所在直线的解析式为
把及代入，
得
解得
所在直线的解析式为;
【小问2详解】
解：将代入
得解得
∵点为直线与的交点，
解得
∴点的坐标为；
【小问3详解】
解：根据光的反射原理，点关于的对称点为，连接与交于点连接
∴
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式，勾股定理，轴对称的性质，一次函数的图象与性质，一次函数的交点问题等知识，根据轴对称的性质，确定点所在的直线是本题的关键．
22. 图1是一台实物投影仪，图2是它的示意图，折线表示固定支架，垂直水平桌面于点，点为旋转点，可转动，当绕点顺时针旋转时，投影探头始终垂直于水平桌面，经测量：，，，．
（1）如图2，当时，，求投影探头的端点到桌面的距离；
（2）如图3，将（1）中的绕点顺时针旋转，当时，投影探头是否会与桌面OE发生碰撞？请说明理由．
（结果精确到，参考数据，，，，）
【答案】（1）
（2）不会，见解析
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，添加适当的辅助线构造直角三角形是解此题的关键．
（1）延长交于点，易得，在中，解直角三角形得出的长，再利用线段的和差关系计算即可得出答案；
（2）过点作，交的延长线于点，由题意得出，求出，在中，解直角三角形求出的长，再利用线段的和差关系计算即可得出答案．
【小问1详解】
解：延长交于点，
，
，，
，
在中，，，
，
，，
投影探头的端点到桌面的距离，
投影探头的端点到桌面的距离约为；
【小问2详解】
解：投影探头不会与桌面发生碰撞，
理由：过点作，交的延长线于点，
由题意得：，
，
，
在中，，
，
，
投影探头的端点到桌面的距离．
投影探头不会与桌面发生碰撞．
23. 嘉琪家里有一款高脚杯，她发现高脚杯的杯体可以近似看成抛物线．于是她开始进行测量，并画出了高脚杯的截面图（杯体厚度忽略不计）如图（1）．点是抛物线的顶点，．点是的中点，且，，杯子的高度（即，之间的距离）为20cm．嘉琪想借此考查一下对学过的知识掌握情况，于是以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系（1个单位长度表示1cm），并提出了以下问题，你也来一起解决吧！

（1）求杯体所在抛物线的解析式；
（2）将杯子向左平移3cm，并倒满饮料，杯体与轴交于点，如图（2），过点放一根吸管，吸管底部碰触到杯壁后不再移动，喝过一次饮料后发现剩余饮料的液面低于点，设吸管所在直线的解析式为，求的取值范围；
（3）将放在水平桌面上的装有饮料的高脚杯绕点顺时针旋转30°，液面恰好到达点处（），如图（3）．
①请你以的中点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，并求出与轴的交点坐标；
②请直接写出此时杯子内液体的最大深度．
【答案】（1）
（2）
（3）①见解析，，②cm
【解析】
【分析】（1）设抛物线表达式为将，代入建立方程即可得到答案；
（2）杯子平移后顶点坐标为，设平移后表达式为，可得，点关于对称轴对称的点，由平移可知，当直线经过点时，可得当直线经过点时，可得，从而可得答案；
（3）①建立如图1所示平面直角坐标系，设与轴交于点，与轴交于点，与轴交于点．求解，可得，，，从而可得答案；②如图2，过杯体最低点作直线，交轴于点，此时直线与抛物线有且只有一个交点．设直线的解析式为，由（1）可知抛物线解析式为，求解，可得直线的解析式为，作直线于点，，可得，从而可得答案．
【小问1详解】
解：设抛物线表达式为
∵，
∴，又∵，杯子高20cm，
∴
将，代入 ，解得．
∴杯体所在抛物线表达式为
【小问2详解】
杯子平移后顶点坐标为，则平移后表达式为
当时，
∴，点关于对称轴对称的点
由平移可知
当直线经过点时，，解得，
∴
当直线经过点时，，解得
∴，
∴．
【小问3详解】
①建立如图1所示平面直角坐标系，设与轴交于点，与轴交于点，与轴交于点．

∵，，
∴
∵，
∴
∵，，
∴，
∴
∴与轴交点坐标为．
②如图2，过杯体最低点作直线，交轴于点，此时直线与抛物线有且只有一个交点．
∴此时直线与的夹角为，
∴，

设直线的解析式为，由（1）可知抛物线解析式为
令，
∴，则，
∴
∴直线的解析式为，
作直线于点
∵，
∴，
∴
∴最大深度为cm．
【点睛】本题考查的是二次函数的实际应用，利用待定系数法求解二次函数的解析式，一次函数的解析式，锐角三角函数的应用，理解题意，建立合适的坐标系与函数模型是解本题的关键．
24. 如图是一张矩形纸片，点M是对角线的中点，点E在边上．
（1）如图1，将沿直线折叠，使点C落在对角线上的点F处，连接，．
①若，，求对角线的长；
②若，求的度数及此时的值．
（2）如图2，若，，连接、，将沿折叠，点C的对应点为点G，当线段与线段交于点H且为直角三角形时，求此时的长．
【答案】（1）①；②
（2）的长为或
【解析】
【分析】（1）①由矩形的性质可得，由直角三角形的性质结合勾股定理可得，由折叠的性质可得，，证明为等边三角形，得出，求出，再由直角三角形的性质即可得解；②连接，由折叠的性质可得，，，从而得出，由等边对等角得出，设，则，，由直角三角形的性质可得，得出，由三角形内角和定理得出，即，，再由等边对等角结合三角形外角的定义及性质可得，证明，由相似三角形的性质得出，求出，即可得解；
（2）由勾股定理可得，由直角三角形的性质可得，再分两种情况：当时，当时，分别利用相似三角形的判定与性质、折叠的性质、勾股定理计算即可得解．
【小问1详解】
解：①∵四边形为矩形，
∴，
∵，，
∴，，
由折叠性质可得：，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴；
②如图，连接，
，
由折叠的性质可得，，，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：（负值已舍去），
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：∵四边形为矩形，
∴，
∵，，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵为直角三角形，
∴当时，如图，
，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，，，，
由折叠的性质可得：，，
∴，
∵，
∴由勾股定理可得：，
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴；
当时，如图，
，
同理可得：，
∴，
设，则，，，，
由折叠的性质可得：，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴由勾股定理可得：，
∴，
解得：或，
∴或，
∵，
∴；
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形外角的定义及性质、三角形内角和定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键．