江苏省连云港市和安中学2023-2024学年九年级下学期4月月考数学试题（原卷版+解析版）

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（本卷满分150分 共4页 考试时间120分钟）
一、选择题（每题3分 共24分）
1. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据积的乘方，负整数指数幂，完全平方公式和平方差公式求解判断即可．
【详解】解：A、，计算错误，不符合题意；
B、，计算正确，符合题意；
C、，计算错误，不符合题意；
D、，计算错误，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题主要考查了积的乘方，负整数指数幂，完全平方公式和平方差公式，正确计算是解题的关键．
2. 气象学上将目标物的水平能见度小于10000米时的非水成物组成的气溶胶系统造成的视程障碍称为霾或灰霾，水平能见度在1000—10000米的这种现象称为轻雾或霭．测得北京市某天的能见度是8820米，那么数据8820用科学记数法可表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据科学记数法的表示形式的形式，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，当原数绝对值时，n是整数；当原数绝对值时，n是负数．
【详解】解：，
故选：D．
【点睛】本题考查了科学记数法的表示方法，熟记知识点是解题的关键．
3. 如图，直线，等边三角形的顶点在直线上，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据等边三角形的性质得到∠A＝60°，再根据三角形内角和定理计算出∠3＝80°，然后根据平行线的性质得到∠1的度数．
【详解】解：∵△ABC等边三角形，
∴∠A＝60°，
∵∠A＋∠3＋∠2＝180°，
∴∠3＝180°−40°−60°＝80°，
∵，
∴∠1＝∠3＝80°．
故选：A．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．也考查了平行线的性质．
4. 如图，AB是的直径，C，D是上的两点，若，则的度数是（ ）
A. 36°B. 40°C. 46°D. 65°
【答案】A
【解析】
【分析】连接AD，如图，根据圆周角定理得到∠ADB=90°，∠C=∠A，然后利用余角的性质计算出∠A，从而得到∠C的度数．
【详解】解：如图，连接AD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠A=90°−∠ABD=90°−54°=36°，
∴∠C=∠A=36°．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了同弦所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
5. 我国古代数学名著《张邱建算经》中记载：“今有清酒一斗直粟十斗，醑酒一斗直粟三斗．今持粟三斛，得酒五斗，问清、醑酒各几何？”意思是：现在一斗清酒价值10斗谷子，一斗醑酒价值3斗谷子，现在拿30斗谷子，共换了5斗酒，问清酒、醑酒各几斗？如果设清酒x斗，醑酒y斗，那么可列方程组为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据“现在拿30斗谷子，共换了5斗酒”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，此题得解．
【详解】解：依题意，得：．
故选：A．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程组和数学常识，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
6. 关于x的方程的解是正数，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】先解分式方程，得出，根据方程的解是正数得出，同时注意分式有意义，解不等式即可．
【详解】解：，
去分母，得，
解得：，
∵关于x的方程的解是正数，
∴且，
∴且．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了根据分式解的情况求参数的范围，解题的关键是解分式方程得出关于a的不等式，同时注意分母不等于零．
7. 如图，将矩形纸片沿对角线所在直线折叠，点落在点处．过的中点作交于点．若 ，，则的长为( )
A. B. 4C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】设交于点，，交于点，证明，得出，，进而证明，得出，，设，则，，在中，，勾股定理求得，进而根据，求得，即可求解．
【详解】解：如图所示，设交于点，，交于点，
∵，四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，，
∵折叠，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
在中，
，
∴，
∴，，
设，则，，
在中，，
即，
解得：，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，正切的定义，矩形与折叠问题，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
8. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），点与y轴相交于点，下列结论：①；②B点坐标为；③抛物线的顶点坐标为；④直线与抛物线交于点D、E，若，则m的取值范围是；⑤在抛物线的对称轴上存在一点P，使的周长最小，则P点坐标为．其中正确的有（ ）

A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
【答案】A
【解析】
【分析】代入点的坐标求出抛物线解析式即可判断①；把抛物线解析式化为顶点式，求出顶点坐标和对称轴即可判断②③；设且，联立得，则，求出，再由，求出，即可判断④；根据轴对称的性质可得当三点共线时，最小，即的周长最小，求出直线的解析式为，则可求出P点坐标为，即可判断⑤．
【详解】解：∵抛物线与x轴交于点，与y轴相交于点，
∴可得：，
∴，故①正确；
∴抛物线解析式为，
∴抛物线的顶点坐标为，对称轴为直线，故③错误；
∵抛物线与x轴的一个交点坐标为，
∴由对称性可知，抛物线与x轴的另一个交点B的坐标为，故②正确；
设且，
联立得，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，故④正确；
连接交对称轴于点T，连接，
由对称性可知，，
∴的周长，
∴当三点共线时，最小，即的周长最小，此时点P与点T重合，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
在中，当时，，
∴P点坐标为，故⑤正确．
综上所述，正确的结论为：①②④⑤，共有4个．
故选：A．
【点睛】本题考查二次函数的图像与性质，二次函数与一元二次方程之间的关系等等，熟练记忆理解二次函数相关性质和充分利用数形结合思想是解题的关键．
二、填空题（每题3分 共24分）
9. 分解因式：______．
【答案】##
【解析】
【分析】原式提取2，再利用平方差公式分解即可．
【详解】解：
=2（m2-9）
=2（m+3）（m-3）．
故答案为：2（m+3）（m-3）．
【点睛】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
10. 已知圆锥侧面展开图的半径为，圆心角为，则该圆锥的侧面积为______．（结果保留）
【答案】
【解析】
【分析】根据扇形面积的计算方法即可求解．
【详解】解：根据题意得，图的半径为，圆心角为，
∴圆锥的侧面积为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查扇形的面积的计算方法，掌握扇形面积的计算是解题的关键．
11. 如图，中，，绕点顺时针旋转一定角度得到，若点恰好在线段上，，则的度数为________；
【答案】##70度
【解析】
【分析】根据平行的性质得到，进而得到，再利用旋转的性质得到，，推出，，即可求出的度数．
【详解】解：，，
，
，
由旋转的性质可知，，，
，，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题关键．
12. 如图，四边形是菱形，，延长到点，平分，过点作，垂足为若，则对角线的长是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的性质以及直角三角形的性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．连接交于点，由菱形的性质得出，，，，由直角三角形的性质得出，求出的长，则可得出答案．
【详解】解：连接交于点，
四边形是菱形，
，，，，
，
，，
，
平分，
，
，，
，
，
，
．
故答案为：
13. 如图，在的网格图中，点A、B、C、D都在小正方形的顶点上，AB、CD相交于点P，则的值是______．

【答案】3
【解析】
【分析】连接，先说明，然后利用相似三角形的性质得到，然后得到，进而利用勾股定理的逆定理证明出，然后利用直角三角形的边角间的关系求解即可．
【详解】连接，

∵
∴
∴
∴，即
∵，
∴
∴
∴在中，．
故答案为：3．
【点睛】此题考查了相似三角形的性质和判定，勾股定理的逆定理，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
14. 如图，在中，，D是AB的中点，连接CD，过点B作CD的垂线，交CD延长线于点E．已知，．则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由，可求出的三边的的长，通过角的转换证明，通过相似比求出求所需BD、DE的长；
【详解】解：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由勾股定理，
，
.
【点睛】本题主要考查相似三角形，三角函数，直角三角形中线的性质，掌握相似三角形，三角函数，直角三角形中线的性质是解题的关键
15. 如图，将抛物线绕原点顺时针旋转得到新曲线，新曲线与直线交于点，则点的坐标为______ ．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是二次函数图象与几何变换，旋转的选择、勾股定理的应用，利用逆向思维，确定对应点、的关系，是本题的突破点．直线绕原点逆时针旋转得到，求得抛物线与轴的交点，绕原点顺时针旋转得到，由，即可求解．
【详解】解：直线绕原点逆时针旋转得到，
设抛物线与轴的交点为，
抛物线，
时，，
，
设点，
由题意得：，
，
，
点的坐标为
故答案为：
16. 如图，直线与双曲线交于A、B两点，将直线绕点A顺时针旋转45°，与双曲线位于第三象限的一支交于点C，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】设，过点作轴于，过点作，交于，过点作轴于，与轴交于，连接，根据反比例函数性质可知，，由可得是等腰直角三角形，可知，利用可证明，可得，，即可用表示出点坐标，利用待定系数法可用表示出直线解析式，可表示出坐标，联立直线与反比例函数解析式可表示出点坐标，根据列方程求出的值即可得答案．
【详解】设，过点作轴于，过点作，交于，过点作轴于，与轴交于，连接，
∵直线与双曲线交于A、B两点，
∴，，，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
解得：，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴，，
联立直线与反比例函数解析式得，
解得：，（舍去），
∴，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的综合，旋转的性质及全等三角形的判定与性质，正确求出点坐标，及直线的解析式，并联立函数解析式求出交点坐标是解题的关键．
三、解答题（本大题共10小题 共102分）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了实数的运算，直接利用特殊角三角函数值，二次根式的性质以及绝对值的性质和负整数指数幂的性质分别化简得出答案．
【详解】解：
．
18. （1）解方程：；
（2）解不等式组：．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】本题考查了解一元一次不等式组，解分式方程，准确熟练地进行计算是解题的关键．
（1）按照解分式方程的步骤，进行计算即可解答；
（2）按照解一元一次不等式组的步骤进行计算，即可解答．
【详解】解：（1），
，
解得：，
检验：当时，，
是原方程的根；
（2），
解不等式得：，
解不等式得：，
原不等式组的解集为：．
19. 如图，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，点O是对角线BD的中点，过点O的直线分别交AB、CD于点E、F．
（1）求证：四边形DEBF是平行四边形；
（2）当四边形DEBF是菱形时，求EF的长．
【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）根据矩形的性质得到AB∥CD，由平行线的性质得到∠DFO=∠BEO，证明△DOF≌△BOE，根据全等三角形的性质得到DF=BE，于是证明四边形BEDF是平行四边形；
（2）根据四边形BEDF是菱形，得到DE=BE，EF⊥BD，OE=OF，设AE=x，则DE=BE=8-x根据勾股定理求出DE，BE，再求出BD，OD，最后根据勾股定理求出OE，EF，问题得解．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DFO=∠BEO，
∵∠DOF=∠BOE ，OD=OB，
∴△DOF≌△BOE，
∴DF=BE，
∵DF∥BE，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）∵四边形DEBF是菱形
∴DE=BE，EF⊥BD，OE=OF，
设AE=x，则DE=BE=8-x，
在Rt△ADE中，根据勾股定理得，
解得，
∴DE=BE=，
在Rt△ABD中，BD=，
∴OD=，
在Rt△EOD中，OE=，
∴EF=2OE= ．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，善于运用勾股定理是解题的关键．
20. 为落实“双减”政策，优化作业管理，某中学从全体学生中随机抽取部分学生，调查他们每天完成书面作业的时间t（单位：分钟）．按照完成时间分成五组：A组“t≤45”，B组“45＜t≤60”，C组“60＜t≤75”，D组“75＜t≤90”，E组“t＞90”．将收集的数据整理后，绘制成如下两幅不完整的统计图． 根据以上信息，解答下列问题：
（1）这次调查的样本容量是 ，请补全条形统计图；
（2）在扇形统计图中，B组的圆心角是 度，本次调查数据的中位数落在 组内；
（3）若该校有1800名学生，请你估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生人数．
【答案】（1）100，图形见解析
（2）72，C； （3）估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生有1710人．
【解析】
【分析】（1）根据C组的人数和所占的百分比，可以计算出本次调查的人数，然后即可计算出D组的人数，从而可以将条形统计图补充完整；
（2）根据统计图中的数据，可以计算出B组的圆心角的度数，以及中位数落在哪一组；
（3）根据题意和统计图中的数据，可以计算出该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生人数．
【小问1详解】
这次调查的样本容量是：25÷25%=100，
D组的人数为：100-10-20-25-5=40，
补全的条形统计图如图所示：
故答案为：100；
【小问2详解】
在扇形统计图中，B组的圆心角是：360°×=72°，
∵本次调查了100个数据，第50个数据和51个数据都在C组，
∴中位数落在C组，
故答案为：72，C；
【小问3详解】
1800×=1710（人），
答：估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生有1710人．
【点睛】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、中位数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
21. 为弘扬中华民族传统文化，某市举办了中小学生“国学经典大赛”，比赛项目为：A．唐诗；B．宋词；C．论语；D．三字经．比赛形式分“单人组”和“双人组”．
（1）小华参加“单人组”，他从中随机抽取一个比赛项目，恰好抽中“三字经”的概率是多少？
（2）小明和小红组成一个小组参加“双人组”比赛，比赛规则是：同一小组的两名队员的比赛项目不能相同，且每人只能随机抽取一次．则恰好小明抽中“唐诗”且小红抽中“宋词”的概率是多少？小明和小红都没有抽到“三字经”的概率是多少？请用画树状图或列表的方法进行说明．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】本题主要考查了概率的计算公式和画树状图或列表求概率，根据题意画出树状图或列出表格是解题的关键．
（1）直接根据概率公式进行计算即可．
（2）先根据题意画出树状图，再根据概率公式进行计算即可．
【小问1详解】
“单人组”比赛共有4个项目，
恰好抽中“三字经”的概率是；
【小问2详解】
解：根据题意画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中恰好小明抽中“唐诗”且小红抽中“宋词”的结果为1种，小明和小红都没有抽到“三字经”为6种，
恰好小明抽中“唐诗”且小红抽中“宋词”概率为．
小明和小红都没有抽到“三字经”的概率为：．
22. 端午节是中国传统节日，人们有吃粽子的习俗．今年端午节来临之际，某商场预测A粽子能够畅销．根据预测，每千克A粽子节前的进价比节后多2元，节前用240元购进A粽子的数量比节后用相同金额购进的数量少4千克．根据以上信息，解答下列问题：
（1）该商场节后每千克A粽子进价是多少元？
（2）如果该商场在节前和节后共购进A粽子400千克，且总费用不超过4600元，并按照节前每千克20元，节后每千克16元全部售出，那么该商场节前购进多少千克A粽子获得利润最大？最大利润是多少？
【答案】（1）节后每千克A粽子的进价为10元
（2）节前购进300千克A粽子获得利润最大，最大利润为3000元
【解析】
【分析】（1）设节后每千克A粽子的进价为x元，则每千克A粽子节前的进价为元，根据节前用240元购进A粽子的数量比节后用相同金额购进的数量少4千克，列出方程，解方程即可；
（2）设该商场节前购进m千克A粽子，则节后购进千克A粽子，获得的利润为w元，根据利润售价进价列出关系式，根据总费用不超过4600元，求出m的范围，根据一次函数函数增减性，求出最大利润即可．
【小问1详解】
解：设节后每千克A粽子的进价为x元，则每千克A粽子节前的进价为元，根据题意得：
，
解得：，，
经检验，都是原方程的解，但不符合实际舍去，
答：节后每千克A粽子的进价为10元．
【小问2详解】
解：设该商场节前购进m千克A粽子，则节后购进千克A粽子，获得的利润为w元，根据题意得：
，
∵，
∴，
∵，
∴w随m的增大而增大，
∴当时，w取最大值，且最大值为：，
答：节前购进300千克A粽子获得利润最大，最大利润为3000元．
【点睛】本题主要考查了分式方程和一次函数的应用，解题的关键是根据等量关系列出方程和关系式．
23. 如图，是的直径，点B在上，连接，过圆心O作，连接并延长，交延长线于点A，满足．
（1）求证：是的切线；
（2）若F是的中点，的半径为3，求阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，根据是的直径，可得，从而得到，再由，可得，即可得出结论；
（2）连接，根据直角三角形的性质可得，可得到是等边三角形，从而得到，再根据阴影部分的面积等于，即可求解．
【小问1详解】
证明：如图，连接，
∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∵是的半径，
∴是的切线；
【小问2详解】
解：如图，连接，
∵，F是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∴阴影部分的面积等于
．
【点睛】本题考查了切线的判定，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，平行线的性质，扇形的面积公式，熟练掌握切线的判定是解题的关键．
24. 小华将一张纸对折后做成的纸飞机如图1，纸飞机机尾的横截面是一个轴对称图形，其示意图如图2．已知，，，，．（结果精确到0.1，参考数据：，，，，，）
（1）连结，求线段的长．
（2）求点A，B之间的距离．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）过点C作于点F，根据等腰三角形的性质可得， ，再利用锐角三角函数，即可求解；
（2）连结．设纸飞机机尾的横截面的对称轴为直线l，可得对称轴l经过点C．从而得到四边形DGCE是矩形，进而得到DE=CG，然后过点D作于点G，过点E作EH⊥AB于点H，可得，从而得到，再利用锐角三角函数，即可求解．
【小问1详解】
解：如图2，过点C作于点F，
∵，
∴，平分．
∴，
∴(cm)，
∴．
【小问2详解】
解：如图3，连结．设纸飞机机尾的横截面的对称轴为直线l，
∵纸飞机机尾的横截面示意图是一个轴对称图形，
∴对称轴l经过点C．
∴，，
∴AB∥DE．
过点D作于点G，过点E作EH⊥AB于点H，
∵DG⊥AB，HE⊥AB，
∴∠EDG =∠DGH=∠EHG=90°，
∴四边形DGCE是矩形，
∴DE=HG，
∴DG∥l， EH∥l，
∴，
∵，BE⊥CE，
∴，
∴(cm)，
∴．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，明确题意，准确构造直角三角形是解题的关键．
25. 如图，抛物线y=-x2+bx+c与直线AB交于A（-4，-4），B（0，4）两点，直线AC：y=-交y轴与点C，点E是直线AB上的动点，过点EF∥y轴交AC于点F，交抛物线于点G．
（1）直接写出抛物线y=-x2+bx+c的解析式为_______；
（2）在y轴上存在一点H，连接EH，HF，当点E运动到什么位置时，以A，E，F，H为顶点的四边形是矩形？求出此时点E，H的坐标；
（3）在（2）的前提下，以点E为圆心，EH长为半径作圆，点M为圆E上一动点，求AM+CM的最小值．
【答案】（1）；（2）运动到x轴时，此时，；（3）
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线解析式即可；
（2）先判断出要以A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，只有为对角线，利用中点坐标公式建立方程即可；
（3）先取的中点，进而判断出，即可得出，连接交圆于点，再求出点的坐标即可得出结论．
【详解】解：（1）将点代入抛物线解析式可得：
，解得
抛物线的解析式为
（2）设直线解析式为
将代入得，解得
由题意可得：
设，，则
∵，，
∴为直角三角形，
结合图形可得，以A，E，F，H为顶点的矩形为矩形，为矩形的对角线
由矩形的性质可得，线段的中点重合
则，
解得，
∴，
由E点坐标可知，E在x轴上
（3）取的中点，如下图：
由（2）可知，，，
∴
∴
连接交圆于点，连接
∴
∴
又∵
∴
∴
∴
∴，当三点共线时，等号成立
设，
化简得
解得或（舍去，在点的左边）
∴
∴
即的最小值为
【点睛】此题考查了二次函数的综合应用，涉及了待定系数法求解析式，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，中点坐标公式，距离公式，解题的关键是掌握并灵活运用相关性质进行求解．
26. 综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
（1）操作判断：
操作一：如图1，对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
操作二：如图1，在上选一点P，沿折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接，．根据以上操作，当点M在上时，写出图1中一个的角：______（写一个即可）．
（2）迁移探究：
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点，连接．
①如图2，当点M在上时， ______，______；
②如图3，改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），判断与的数量关系，并说明理由．
（3）拓展应用：
在（2）的探究中，已知正方形纸片的边长为10cm，当cm时，直接写出的长．
【答案】（1）
（2）①②，理由见解析
（3）或
【解析】
【分析】（1）根据折叠的性质，得，结合矩形的性质得，进而可得；
（2）①根据折叠的性质，可证，即可求解，②根据折叠的性质，可证，即可求解；
（3）由（2）可得，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设分别表示出，由勾股定理即可求解．
【小问1详解】
解：，
，
， ，
，
，
，
；
【小问2详解】
∵四边形是正方形
∴，，
由折叠性质得：，，
∴；
①，
∴，
，
，
；
故答案为：；
②，理由如下：
∴
；
【小问3详解】
当点Q在点F的下方时，如图，
，
，，
由（2）可知，，
设
，
即，
解得：，
∴；
当点Q在点F的上方时，如图，
，
cm，cm，
由（2）可知，，
设
，
即，
解得：，
∴．
综上：或．
【点睛】本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．