精品解析：2023年广东省深圳市宝安区海旺中学三模数学试题

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2022－2023学年度九年级第二学期数学质量监测试题
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题有四个选项，其中只有一个是正确的）
1. 中国人最先使用负数，魏晋时期的数学家刘徽在“正负术”的注文中指出，可将算筹（小棍形状的记数工具）正放表示正数，斜放表示负数．如图，根据刘徽的这种表示法，图1可列式计算为，由此可推算图2中计算所得的结果为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示得出两个数，然后再进行求和得出答案．
【详解】解：由题意得：，
故选：C．
【点睛】本题主要考查的是有理数的加法与阅读理解型，属于基础题型．理解题意是解题的关键．
2. 下面四个化学仪器示意图中，是轴对称图形的是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形．
【详解】解：A、不是轴对称图形，不符合题意；
B、不是轴对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，符合题意；
D、不是轴对称图形，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形的定义．
3. 深圳是改革开放后党和人民一手缔造的崭新城市，是中国特色社会主义在一张白纸上的精彩演绎。深圳广大干部群众披荆斩棘、埋头苦干，用40年的时间走过了国外一些国际大都市上百年走完的历程。深圳经济特区生机勃勃，向世界展示了我国改革开放的磅礴伟力，年深圳市年度为万亿，用科学计数法表示年深圳为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】科学记数法的表现形式为的形式，其中，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，n是正数，当原数绝对值小于1时n是负数；由此进行求解即可得到答案．
【详解】解：万亿，
故选A．
【点睛】本题主要考查了科学记数法，解题的关键在于能够熟练掌握科学记数法的定义．
4. 下列式子计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据同底数幂乘除法，幂的乘方和合并同类项等计算法则求解判断即可．
【详解】解：A、，原式计算错误，不符合题意；
B、，原式计算正确，符合题意；
C、，原式计算错误，不符合题意；
D、，原式计算错误，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题主要考查了同底数幂乘除法，幂的乘方和合并同类项，熟知相关计算法则是解题的关键．
5. 如图，是等边三角形，以点B为圆心，任意长为半径画弧，交于点E、F．再分别以E、F为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点D．连接交于点G，度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由作图方法可知，是的垂直平分线，则根据等边三角形的性质可得．
【详解】解：由作图方法可知，是的垂直平分线，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
故选D．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，垂直平分线的尺规作图，灵活运用所学知识是解题的关键．
6. 《四元玉鉴》是中国古代著名的数学专著，书里记载一道这样的题：“今有绫、罗共三丈，各直钱八百九十六文．只云绫、罗各一尺共直钱一百二十文．问绫、罗尺价各几何？”题目译文是：现在有绫布和罗布，布长共3丈（一丈尺），已知绫布和罗布分别全部出售后均能收入八百九十六文；绫布和罗布各出售一尺共收入一百二十文．问两种布每尺各多少钱？若设绫布有x尺，根据题意可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】绫布有x尺，则罗布有尺，然后根据绫布和罗布分别全部出售后均能收入八百九十六文；绫布和罗布各出售一尺共收入一百二十文列出方程即可．
【详解】解：设绫布有x尺，则罗布有尺，
由题意得，，
故选B．
【点睛】本题主要考查了从实际问题中抽象出分式方程，正确理解题意找到等量关系是解题的关键．
7. 下列命题错误的是（ ）
A. 对角线相等的四边形是矩形
B. 切线垂直于经过切点的半径
C. 将一次函数图像向上平移1个单位得到的图像
D. 两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似
【答案】A
【解析】
【分析】根据矩形的判定定理即可判断A；根据切线的定义即可判定B；根据一次函数图象的平移规律即可判断C；根据相似三角形的判定定理即可判定D．
【详解】解：A、对角线相等的四边形不一定是矩形，例如等腰梯形对角线也相等，原命题错误，符合题意；
B、切线垂直于经过切点的半径，原命题正确，不符合题意
C、将一次函数图像向上平移1个单位得到的图像，原命题正确，不符合题意
D、两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，原命题正确，不符合题意；
故选A．
【点睛】本题主要考查了判断命题真假，相似三角形的判定，切线的定义，一次函数图象的平移规律，矩形的判定定理等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
8. 小刚利用如图所示的方法可以折出“过已知直线外一点和已知直线平行”的直线，现将实物抽象出数学图形则可得，过已知点A作线段交于点B，，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出，再由平行线的性质可得．
【详解】解：由题意得， ，
∴，
∵，
∴，
故选B．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，熟知两直线平行，同旁内角互补是解题的关键．
9. 古代大型武器投石机，是利用杠杆原理将载体以不同的抛物线投射出去的装置．图是图投石机的侧面示意图．为炮架的炮梢两顶点，已知A、B两点到炮轴O的距离分别为1米和8米，当炮索自然垂落垂直于地面时，落在地面上的绳索还有5米．如图，拉动炮索，炮梢绕炮轴O旋转，点A的对应点为，点B的对应点为．当炮索的顶端在地面且与炮轴在同一直线上时，若垂直地面，，此时，到水平地面的距离是（ ）米

A. 12 B. C. D. 21
【答案】C
【解析】
【分析】如图所示，延长交地面于C，延长交地面于D，设此时炮索的位置为E，证明都是等边三角形，得到，再证明得到，则，即可得到，，设，则，求出，即可求出．
【详解】解：如图所示，延长交地面于C，延长交地面于D，设此时炮索的位置为E，
∵，
∴都是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
设，则炮索的长为，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴到水平地面的距离是，
故选C．

【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
10. 如图，在矩形中，，，将矩形绕着点A逆时针旋转45°，得矩形，其中交于点E，延长交于点F，连接，，，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据矩形的性质可得，根据旋转的性质可得，，根据等腰直角三角形的判定和性质可得，，根据相似三角形的判定和性质可得，求得，，，根据全等三角形的判定和性质可得，根据勾股定理可得，即可求得．
【详解】∵四边形是矩形，，，
∴，
∵矩形绕着点A逆时针旋转45°，得矩形，
∴，
∵，
∴
∴为等腰直角三角形
∴
同理为等腰直角三角形
∴
∴
∴
又∵，，，
∴
∴
∴，
∴
∴
在中，
∴
故
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
11. 分解因式：2a2﹣8b2=________．
【答案】
【解析】
【分析】先提取公因式2，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解即可．
【详解】2a2﹣8b2=2（a2﹣4b2）=2（a+2b）（a﹣2b）．
故答案为2（a+2b）（a﹣2b）．
【点睛】本题考查了提公因式法分解因式和利用平方差公式分解因式，熟记公式是解题的关键，难点在于要进行二次分解因式．
12. 一个盒中有10枚黑棋子和若干枚白棋子，这些棋子除颜色外无其他差别．从盒中随机取出一枚棋子，记下颜色，再放回盒中．不断重复上述过程，一共取了300次，其中有100次取到黑棋子，由此估计盒中约有___________枚白棋子．
【答案】

【解析】
【分析】根据一共取了300次，其中有100次取到黑棋子，求出取到黑棋子的概率，再计算盒中约共有棋子数，最后计算白棋子数限可．
【详解】取到黑棋子的概率为：，
盒中约共有棋子：（枚），
其中约有白棋子：（枚）．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了概率，解决问题的关键是熟练掌握用频率估计概率，用概率估计事件．
13. 数学小组研究如下问题：深圳市的纬度约为北纬，求北纬纬线的长度．小组成员查阅相关资料，得到如下信息：信息一：如图1，在地球仪上，与赤道平行的圆圈叫做纬线；
信息二：如图2，赤道半径约为千米，弦，以为直径的圆的周长就是北纬纬线的长度；（参考数据：，，，）
根据以上信息，北纬纬线的长度约为______千米．

【答案】
【解析】
【分析】根据平行线的性质可知，在中，利用锐角三角函数求出，即为以为直径的圆的半径，求出周长即可．
【详解】解：如图，过点O作，垂足为D，

根据题意，
∵，
∴，
∵在中， ，
∴，
∵，
∴由垂径定理可知：，
∴以为直径的圆的周长为，
故答案为：．
【点睛】本题考查解直角三角形，平行线的性质，解题的关键是熟练三角函数的含义与解直角三角形的方法．
14. 在平面直角坐标系中，点A是反比例函数图象上的一点，如图，将线段向左平移，平移后的对应线段为，点落在反比例函数的图象上，已知线段扫过的面积为5，则______．

【答案】
【解析】
【分析】设点，根据平移的性质可得，根据线段扫过的面积为和平行四边形的性质可得，即可求得．
【详解】解：设点，根据平移的性质可得，
则，
故线段扫过的面积为，
解得，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数的性质，平行四边形的性质，平移的性质，解题的关键是通过平行四边形的面积公式进行求解．
15. 如图，矩形，点E为的中点．连接，将沿折叠得到，交于点O，的长为______．

【答案】
【解析】
【分析】如图所示，延长交于H，连接，由矩形的性质得到，，由折叠的性质得到，，；证明得到，设，则，利用勾股定理得到，解方程求出；证明，得到，求出，则．
【详解】解：如图所示，延长交于H，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
由折叠的性质可得，，，
∵是的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴，
∴，
中，，
∴，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线是解题的关键．
三、解答题（本大题共55分）
16. （1）．
（2）先化简，再求值：，其中．
【答案】（1），（2）
【解析】
【分析】（1）根据零指数幂，负整数指数幂，二次根式的化简，特殊角的三角函数值进行计算即可；
（2）根据分式的加减混合运算，平方差公式，完全平方公式，分式的除法对原式进行化简，再将代入即可．
【详解】（1）原式

（2）



将代入可得．
【点睛】本题考查了零指数幂，负整数指数幂，二次根式的化简，锐角三角函数，实数的混合运算，分式的加减混合运算，平方差公式，完全平方公式，分式的除法，分式的化简求值等，熟练掌握以上法则是解题的关键．
17. 继北京冬奥会之后，第19届亚运会将于今年9月23日至10月8日在杭州举行，中国将再次因体育盛会引来全球目光．某校为了解学生对体育锻炼的认识情况，组织七、八年级全体学生进行了相关知识竞赛，为了解竞赛成绩，抽样调查了七、八年级部分学生的分数，过程如下：
【收集数据】从该校七、八年级学生中各随机抽取20位学生的分数，其中八年级学生的分数如下：75，90，56，60，85，85，95，100，80，85，80，85，90，75，65，60，80，100，70，75．
【整理、描述数据】将抽取的七、八年级学生的竞赛成绩x（分）分组整理如表：
分数（分）





七年级人数（人）
2
3
6
5
4
八年级人数（人）
1
3
a
7
b
【分析数据】七、八年级学生竞赛成绩的平均数、中位数、众数如表：
年级
平均数
中位数
众数
七年级
77.5
75
85
八年级
79.5
c
85
根据以上提供的信息，解答下列问题：
（1）填空：a＝______，b＝______，c＝______；
（2）已知该校七、八年级共有1200位学生，为表扬在这次竞赛中表现优异的学生，该校决定给两个年级竞赛成绩在80分及以上的学生颁发奖状，请估计需要准备多少张奖状？
（3）该校决定从七、八年级竞赛获得100分的4名学生（其中七年级2位，八年级2位）中随机选取2位学生参加市级竞赛，请用列表或画树状图的方法求选中的两位学生恰好在同一年级的概率．
【答案】（1）4，5，80
（2）630张 （3）
【解析】
【分析】（1）由八年级学生的分数得出，的值，再由中位数的定义得出的值；
（2）该校七八年级参加此次测试的学生人数乘以两个年级竞赛成绩在80分及以上的学生人数所占的比例即可；
（3）画树状图，根据概率公式计算即可．
【小问1详解】
由八年级学生的分数可得：的学生有4名，的学生有5名，
将八年级学生的成绩按照从小到大排列为：55，60，60，65，70，75，75，75，80，80，80，85，85，85，85，90，90，95，100，100，成绩在第10和第11位的都为80分，故中位数为．
故答案为：4，5，80．
【小问2详解】
张，
故估计需要准备630张奖状．
【小问3详解】
七年级2名学生记为A、B，八年级2名学生记为C、D，画树状图如图：

共同12种等可能性的结果，其中选中两位学生恰好在同一年级的结果有4种，
∴选中的两位学生恰好在同一年级的概率为．
【点睛】本题考查了画树状图求概率，中位数，频数分布表，用样本估计总体等，树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
18. 飞盘运动由于门槛低、限制少，且具有较强的团体性和趣味性，在全国各地悄然兴起，深受年轻人喜爱，某商家拟用620元购进30个海绵飞盘和50个橡胶飞盘，已知橡胶飞盘的进货单价比海绵飞盘的进价单价多6元．
（1）海绵飞盘和橡胶飞盘的进货单价分别是多少元
（2）由于飞盘畅销，商家决定再购进这两种飞盘共300个，其中橡胶飞盘数量不多于海绵飞盘数量的2倍，且每种飞盘的进货单价保持不变，若橡胶飞盘的销售单价为14元，海绵的销售单价为6元，试问第二批购进橡胶飞盘多少个时，全部售完后，第二批飞盘获得利润最大？第二批飞盘的最大利润是多少元？
【答案】（1）海绵飞盘和橡胶飞盘的进货单价分别是4元和10元
（2）第二批购进橡胶飞盘100个时，全部售完后，第二批飞盘获得利润最大，第二批飞盘的最大利润是800元
【解析】
【分析】（1）设海绵飞盘每个x元，则橡胶飞盘每个元，然后根据用620元购进30个海绵飞盘和50个橡胶飞盘列出方程求解即可；
（2）设第二批购进橡胶飞盘m个，利润为w元，则购进海绵飞盘个，然后根据利润单件利润数量列出w关于m的一次函数关系式，再根据橡胶飞盘数量不多于海绵飞盘数量的2倍求出m的取值范围，即可利用一次函数的性质求解．
【小问1详解】
解：设海绵飞盘每个x元，则橡胶飞盘每个元，
由题意得，，
解得，
∴，
∴海绵飞盘和橡胶飞盘的进货单价分别是4元和10元；
【小问2详解】
解：设第二批购进橡胶飞盘m个，利润为w元，则购进海绵飞盘个，
由题意得，，
∵橡胶飞盘数量不多于海绵飞盘数量的2倍，
∴，
∴，
∵，
∴w随m增大而增大，
∴当时，w最大，最大值为元，
∴第二批购进橡胶飞盘100个时，全部售完后，第二批飞盘获得利润最大，第二批飞盘的最大利润是800元．
【点睛】本题主要考查了一元一次方程的实际运用，一次函数的实际应用，一元一次不等式的实际运用，正确理解题意列出对应的方程和函数关系式是解题的关键．
19. 在古代，智慧的劳动人民已经会使用“石磨”，其原理为在磨盘的边缘连接一个固定长度的“连杆”，推动“连杆”带动磨盘转动，将粮食磨碎，物理学上称这种动力传输工具为“曲柄连杆机构”．小明受此启发设计了一个“双连杆机构”，设计图如图1，两个固定长度的“连杆”，的连接点在上，当点在上转动时，带动点，分别在射线，上滑动，．当与相切时，点恰好落在上，如图2．

请仅就图2的情形解答下列问题．
（1）求证：；
（2）若的半径为，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）利用等腰三角形的性质及三角形的外角，找到角与角之间的等量关系，再通过等量代换即可证明；
（2）添加辅助线后，证明三角形相似，得到对应角相等，所以角的正切值也相等，求出直角三角形的直角边长，再把放到直角三角形中，利用勾股定理求解．
【详解】解：（1）证明：连接，取轴正半轴与交点于点，如下图：

，
为的外角，
，
，
，
．
（2）过点作的垂线，交与点，如下图：

由题意：
在中，
，
由（1）知：，
，
，
，
，
，
由圆的性质，直径所对的角为直角；
在中，由勾股定理得：
，
即．
【点睛】本题考查了圆的性质，等腰三角形的性质、直角三角形、相似三角形的判定与性质、切线的性质、勾股定理、特殊角度的正切值，解答的关键是：掌握相关的知识点，会添加适当的辅助线，找到角与角、边与边的等量关系，通过等量代换，利用勾股定理建立等式求解．
20. 综合实践】
如图所示，是《天工开物》中记载的三千多年前中国古人利用桔槔在井上汲水的情境（杠杆原理：阻力阻力臂动力动力臂，如图，即），受桔槔的启发，小杰组装了如图所示的装置．其中，杠杆可绕支点O在竖直平面内转动，支点O距左端，距右端，在杠杆左端悬挂重力为的物体A．
（1）若在杠杆右端挂重物B，杠杆在水平位置平衡时，重物B所受拉力为______．

（2）为了让装置有更多的使用空间，小杰准备调整装置，当重物B的质量变化时，的长度随之变化．设重物B的质量为，的长度为．则①y关于x的函数解析式是______．
②完成下表：

…
10
20
30
40
50
…

…
8
a

2
b
…
③在直角坐标系中画出该函数的图象．

（3）在（2）的条件下，将函数图象向右平移4个单位长度，与原来的图像组成一个新的函数图象，记为L．若点A的坐标为，在L上存在点Q，使得．请直接写出所有满足条件的点Q的坐标．
【答案】（1）
（2）①；②见解析；③见解析
（3）或
【解析】
【分析】（1）根据公式进行计算即可；
（2）①根据公式即可得到；②根据（2）①所求求出a、b的值即可；③先描点，再连线，画出函数图象即可；
（3）先根据面积求出点Q的纵坐标，再根据反比例函数性质和平移的性质求出点Q的坐标即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴
∴重物B所受拉力为，
故答案为：；
【小问2详解】
解：①∵，
∴，即，
故答案为：；
②由（2）①得，
填表如下：

…
10
20
30
40
50
…

…
8
4

2

…
③函数图象如下所示：
【小问3详解】
解：∵点A的坐标为，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，当时，
∴在函数上满足题意的Q的坐标为，
∵将函数图象向右平移4个单位长度，与原来的图像组成一个新的函数图象，记为L，
∴点，即也在L上，即满足题意的Q的坐标为；
综上所述，点Q的坐标为或．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的实际运用，正确理解题意是解题的关键．
21. 根据以下素材，探索完成任务．
探究遮阳伞下的影子长度
素材1
图1是某款自动旋转遮阳伞，伞面完全张开时张角呈，图2是其侧面示意图．已知支架AB长为2.5米，且垂直于地面BC，悬托架米，点E固定在伞面上，且伞面直径DF是DE的4倍．当伞面完全张开时，点D，E，F始终共线．为实现遮阳效果最佳，伞面装有接收器可以根据太阳光线的角度变化，自动调整手柄D沿着AB移动，以保证太阳光线与DF始终垂直．

素材2
某地区某天下午不同时间的太阳高度角（太阳光线与地面的夹角）参照表：
时刻
12点
13点
14点
15点
16点
17点
太阳高度（度）
90
75
60
45
30
15
参考数据：，．

素材3
小明坐在露营椅上的高度（头顶到地面的距离）约为1米．如图2，小明坐的位置记为点Q．
问题解决
任务1
确定影子长度
某一时刻测得米，请求出此时影子的长度．
任务2
判断是否照射到
这天14点，小明坐在离支架3米处的Q点，请判断此时小明是否会被太阳光照射到？
任务3
探究合理范围
小明打算在这天14：00－15：00露营休息，为保证小明全程不被太阳光照射到，请计算的取值范围．

【答案】任务1：米；任务2：会被照射到；任务3：
【解析】
【分析】（1）先过点E作于点I，过点G作于点J，再求出，从而得出。可证，最后利用三角函数即可得出的长度
（2）过点Q作交于点P，因为14点时，此时，通过三角函数即可求出的长度，在作比较即可
（3）过点Q作交于点P，14：00－15：00时，在45°到60°之间，通过三角函数分别求出两种极端情况下的长度，即为的取值范围
【详解】解（1）如图1，过点E作于点I，过点G作于点J．
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，
在中，（米）．

（2）方法1：
如图2，过点Q作交于点P．
由（1）知，，
∵．
∴在中，，
∴，
∴．
在中，，
在中，，
∵在中，当时，，
∴小明刚好被照射到时离B点的距离为，
∴小明会被照射到．

方法2：
如图2，过点Q作交FH于点P．
与方法1同理得，得，，
∴．
在中，．
∴小明会被照射到．
（3）当时，．
当时，．
∴．
【点睛】本题主要考查真实情景下的三角函数的实际运用，熟练掌握三角函数是解题关键
22. 在四边形中，E是上一点，连接，将沿翻折得到，落在对角线上．将绕点A旋转，使得落在直线上，点C的对应点为M，点E的对应点为N．
（1）【特例探究】如图1，数学兴趣小组发现，当四边形是正方形，且旋转角小于时，会有，请你证明这个结论；
（2）【再探特例】如图2，当四边形是菱形，且旋转角小于时，若，．连接交于点．求长；

图1 图2
（3）【拓展应用】如图3，当四边形是矩形时，当到点、点的距离，两段距离比为时，请直接写出的值．

图3 备用图
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质可得，，根据折叠的性质可得，，根据旋转的性质可得，，推得，，，根据全等三角形的判定即可求证；
（2）根据菱形性质可得，，根据折叠的性质可得，，，根据旋转的性质可得，，推得是的角平分线，根据全等三角形的判定和性质可得，，根据等角对等边可得，根据勾股定理即可求得；
（3）当时，，令，则，根据勾股定理可得，求得，根据正弦的定义可得，即可求得；当时，根据矩形的性质可得，即该情况不存在
【小问1详解】
∵四边形是正方形，是对角线，
∴，，
∵沿翻折得到，
∴，，
又∵绕点A旋转得到，
∴，，
又∵，，
∴，
同理，
又∵，，
∴，
∴．
【小问2详解】
∵四边形是菱形，是对角线，，
∴，，
∵沿翻折得到，
∴，，，
又∵绕点A旋转得到，
∴，，
∴，
即是的角平分线，
又∵，，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
在中，，
即，
解得．
【小问3详解】
当时，如图：

即，
令，则，
在中，，
∴，
即，
故，
∴．
当时，
∵是矩形的对角线，
∴，，
∵，，三点共线，且，，
故，即该情况不存在．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，角平分线的性质，等角对等边，勾股定理，正弦的定义，矩形的性质，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．