2024年数学中考专题特训：四边形（解答题篇）.docx（含解析）

2024年数学中考专题特训：四边形（解答题篇）
1．在数学综合实践课上，仿照北师大版九年级上册第8页，老师让同学们以“矩形的旋转”为主题开展探究活动.如图1，将长与宽都相等的两个矩形纸片和叠放在一起，固定矩形，将矩形绕的中点O逆时针旋转.
(1)初步发现：在旋转过程中，对角线与边、分别交于点S、T，如图2，则线段与始终存在着怎样的数量关系 请说明理由；
(2)继续探究：旋转过程中，当两个矩形纸片重叠部分为四边形时，如图2.
①求证：四边形为菱形；
②随着矩形纸片的旋转，四边形的面积会发生变化，若，，请求出四边形的最大面积与最小面积．
2．问题情境：数学课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中．将和按图2所示方式摆放，其中点B与点F重合（标记为点B）．当时，延长交于点G．试判断四边形的形状，并说明理由．
（1）数学思考：请你解答老师提出的问题；
（2）深入探究：老师将图2中的绕点B逆时针方向旋转，使点E落在内部，并让同学们提出新的问题．
①“善思小组”提出问题：如图3，当时，过点A作交的延长线于点M，与交于点N．试猜想线段和的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；
②“智慧小组”提出问题：如图4，当时，过点A作于点H，若，求的长．
3．如图，在菱形中，对角线相交于点O．过点A作，过点D作交于点E．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，交于点M，过点D作，垂足为点N，若，求的长．
4．取一张矩形纸片，E为边上一动点，将沿直线折叠得．

(1)如图1，连接，，，当时，试判断的形状；
(2)如图2，连接，当，的最大值与最小值的和为20时，求线段的值；
(3)如图3，当点落在边上，分别延长，交于点，将绕点逆时针旋转得，分别连接，，取中点连接CH，试探究线段与CH的数量关系．
5．如图，中，点是的中点，连接并延长交的延长线于点．
(1)求证：；
(2)点是线段上一点，满足交于点．
①求证：；
②若，求的长．
6．如图，在，，，将点B按逆时针方向旋转，得到，连接，交于点F．
(1)求证：；
(2)求度数．
7．如图，在菱形中，点分别在边上，．求证：．
8．如图：在菱形中，对角线交于点O，过点A作于点E，延长至点F，使，连接．

(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
9．如图，已知平行四边形中，对角线，交于点，是延长线上的点，且是等边三角形．
(1)求证：
(2)若，判断四边形是怎样的特殊平行四边形？并证明你的猜想.
10．如图，在长方形中，的平分线交边于点，于点，连接并延长交边于点，连接交于点，若．
(1)求证：；
(2)求的度数；
(3)如果，求的值．
11．如图，在菱形中，，，点P为对角线上任一点，过点P作分别交于点E、F，过点P作分别交于点交于点Q，连接．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)选做题：若，①沪科版：求的长；②人教版：的面积．
12．在四边形中，，，，，点从出发以的速度向运动，点从点出发，以的速度向点运动，当其中一点到达终点，而另一点也随之停止，设运动时间为t．
若是上一点，且，t取何值时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形？
13．综合与实践
活动课上，老师让同学们翻折正方形进行探究活动，同学们经过动手操作探究，发展了空间观念，并积累了数学活动经验．
【问题背景】如图1，过点A引射线，交边于点H（点H与点D不重合）．通过翻折，使点B落在射线上的点G处，折痕交于E，延长交于F．
【问题探究】
(1)如图2，当点H与点C重合时，与的大小关系是______；是______三角形．
(2)如图3，当点H为边上任意一点时（点H与点C不重合），连接，猜想与的数量关系，并说明理由．
(3)在（2）条件下，当，时，CF的长为______．
14．如图，在平行四边形中，过点B作，垂足为E，连接，F为上一点，且．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
(3)若，，，求的长．
15．如图，是的直径，C为上一点，和过点C的切线互相垂直，垂足为D，交于点E，，．
(1)求证：平分；
(2)求的半径．
16．如图，在中，，，为边上的中线.点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿向终点运动.同时点从点出发，以每秒4个单位长度的速度沿向终点A运动，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，以、为边作正方形.设点运动的时间为秒.
(1)的长为______；
(2)求点到的距离；（用含的代数式表示）
(3)当点落在上时，直接写出的长；
(4)连接，当与平行或垂直时，直接写出的值．
17．如图，是的外接圆，，连接交于点E，过点A作的平行线交延长线于点D．
(1)求证：是的切线；
(2)若的半径为4，，求线段的长．
18．如图，在矩形中，为边中点，连接，过点作交于点，交于点．
(1)求证：；
(2)若，时，求的长度．
19．综合与实践：在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为的正方形与边长为的正方形AEFG按图1位置放置，与在同一直线上，与在同一直线上．连接，易得且（不需要说明理由）．
(1)如图2，小明将正方形绕点A逆时针旋转，旋转角为．
①连接，判断与的数量关系和位置关系，并说明理由；
②在旋转过程中，如图3，连接，求四边形面积的最大值．
(2)如图4，分别取的中点M，N，P，Q，连接，则四边形的形状为_______，四边形面积的最大值是_______．
20．如图，在中，过A点作，交的平分线于点D，点E在上，连接，交于点F，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)当，，时，求．
21．在中，，，点是边上一动点（不与点，重合），作射线，将沿折叠得到点的对应点，连接，将射线绕点逆时针旋转交射线于点．
【问题发现】（1）如图1，①与的数量关系为________；②若，猜想线段与的数量关系为________；
【类比探究】（2）如图2，若，请问（1）中②的结论还成立吗？并说明理由；
【拓展应用】（3）在（2）的基础上，已知，，在点移动的过程中，若为直角三角形，请直接写出的长．
参考答案：
1．(1)，理由见解析
(2)①见解析；②四边形的最大面积为20，最小面积为16
【分析】本题考查三角形全等的判定及性质，矩形的性质，菱形的判定，勾股定理．
（1）由矩形的性质可得，，从而通过“”证明，即可得到；
（2）①过点Q作于点K，作于点L．由矩形和矩形得到，，因此四边形是平行四边形．通过“”证明，得到，从而得证是菱形；
②由菱形的面积公式可得，而在中，，因此当为最大值时，有最大值，当为最小值时，有最小值．而随着矩形纸片的旋转，逐渐减小，当时为最小值，然后逐渐增大．当点F与点C重合时或点E与点B重合时， 有最大值；当点N与点K重合时，，为最小值．分别求解即可解答．
【详解】（1），理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
在和中
，
∴，
∴
（2）①过点Q作于点K，作于点L．
∵四边形，四边形是矩形，
∴，，
∴四边形是平行四边形．
∵， ，
∴，，
∴，
∵四边形，四边形是矩形，
∴，，
∴四边形，四边形都是矩形，
∴，，
∵矩形和的宽相等，即，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴在和中
，
∴，
∴，
∴是菱形；
②∵四边形是菱形，
∴
∵，
∴，
∵在中，，
∴当为最大值时，有最大值，当为最小值时，有最小值．
∵随着矩形纸片的旋转，逐渐减小，当时为最小值，然后逐渐增大．
如图①，当点F与点C重合时，有最大值，此时点A与点Q，点D与点K重合，
设，则，，
在中，，即，
解得，
∴
∴，
∴ ，
或如图②，当点E与点B重合时，有最大值，此时点D与点G，点N重合
同理设，，
在中，，即，
解得，
∴，
∴
∴ ，
即菱形面积的最大值为20；
如图③，当点N与点K重合时，，为最小值，此时，
∴
即菱形面积的最小值为16；
综上所述，四边形的最大面积为20，最小面积为16．
2．（1）正方形；（2）①AM=BE，理由见解析；②
【分析】（1）先证明四边形是矩形，再由可得，从而得四边形是正方形;
（2）①由已知可得出，再证出，再利用全等性质即可证明结论；②设与的交点为M，过点M作于点G，则易得，结合已知，利用三角函数知识可求得的长，进而求得的长，利用相似三角形的性质即可求得结果．
【详解】解：（1）四边形是正方形．
理由：
四边形为矩形
由题意知
矩形为正方形．
（2）①
理由：
交BE的延长线于点M，
又
由题意知
．
②设与的交点为M，过点M作于点G．
即
点G是BD的中点
在中，
又
即
于点H
又
即
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识点，适当添加的辅助线、构造相似三角形是解题的关键．
3．(1)见解析
(2)3
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，掌握矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识是解题的关键．
（1）先证四边形是平行四边形，再由菱形的性质得，则，即可得出结论；
（2）由四边形是菱形，可得，再由，可得是等边三角形，从而得出，，再由四边形是矩形可得，推出，再由直角三角形性质即可求解．
【详解】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
，
，
平行四边形为矩形；
（2）解：四边形是菱形，

，
是等边三角形，
，
四边形是矩形
在中，
4．(1)是等边三角形
(2)
(3)
【分析】（1）结论：是等边三角形．证明，推出，可得结论；
（2）由题意，的最大值为线段的长，设，则最小值为，当B，F，D共线时，的值最小，推出，利用勾股定理构建方程，可得结论；
（3）结论：．如图3中，延长到M，使得，连接，，．证明是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】（1）解：结论：是等边三角形．
理由：如图1中，

由翻折变换的性质可知，，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
（2）如图2中，连接，

由题意，的最大值为线段的长，设，则最小值为，当B，F，D共线时，的值最小，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）结论：．
理由：如图3中，延长到M，使得，连接，，．

∵，，，
∴，
∴，，
由翻折的性质可知，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
5．(1)详见解析
(2)①详见解析；②
【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练运用上述性质证明三角形相似是解题的关键．
（1）根据平行四边形的性质可得，证明，推出，即可解答；
（2）①通过平行四边形的性质证明，再通过（1）中的结论得到，最后证明，利用对应线段比相等，②把数值代入①中比例线段列方程即可解答．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
是的中点，
，
，
，
；
（2）①正明：
四边形是平行四边形，
，
，
，
；
②解：由①得，
，即，
．
6．(1)见详解
(2)
【分析】（1）根据旋转得到和，即可证得结论；
（2）根据等腰三角形性质得，结合四边形内角和求得，即可求得答案．
【详解】（1）证明：由旋转得，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中
∴．
（2）由旋转得，，，
则，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查旋转的性质、全等三角形的判定、等腰三角形的性质和四边形内角和，解题关键是熟悉旋转性质．
7．证明见解析
【分析】本题主要考查菱形的性质及全等三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质及全等三角形的性质与判定是解题的关键；由题意易得，然后可证，进而问题可求证
【详解】证明：四边形是菱形，
，
在和中，
，
，
．
8．(1)见解析
(2)10
【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定，勾股定理：
（1）先证，结合菱形的性质证明四边形是平行四边形，再结合可证四边形是矩形；
（2）由菱形的性质得，推出，再用勾股定理解即可．
【详解】（1）解：在菱形中，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：在菱形中，，
∵，
∴，
∵在矩形中，，
∵，
∴在中，，
解得：．
9．(1)见详解
(2)四边形是正方形，理由见详解
【分析】此题主要考查菱形和正方形的判定，要灵活应用判定定理及等腰三角形的性质、外角的性质定理．
（1）根据平行四边形的性质及等边三角形的性质．证明，得垂直平分即可；
（2）根据有一个角是的菱形是正方形．证明由题意易得即可．
【详解】（1）证明： 四边形是平行四边形，
．
又是等边三角形，
（三线合一），即垂直平分，
．
（2）解：四边形是正方形，理由如下：
四边形是平行四边形，
．
又是等边三角形，
平分（三线合一），
，
又
，
（三角形的一个外角等于和它外角不相邻的两内角之和），
由（1）中，得平行四边形是菱形，
，
四边形是正方形．
10．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）分别证明、都是等腰直角三角形，进而推出，，再由即可证明结论；
（2）利用三角形内角和定理，等腰三角形的性质，平角的定义求出，的度数，即可利用三角形外角的性质求出的度数；
（3）先证明，得到，由（2）得，得到，推出，得到，再求出，由勾股定理得，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是长方形，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，，
∴，，
∴、都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，，
∵，
∴；
（2）解：∵，，，
∴，，
又∵，即，
∴，
∵，
∴，
∴的度数；
（3）∵，
∴，
∴，
∴，
由（2）得：，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是长方形，，
∴，，
∴，
∴，
在，，
∴，
∴，
∴的值为．
【点睛】本题考查矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，三角形内角和定理，三角形外角的性质，等腰三角形的性质与判定等，灵活运用所学知识是解题的关键．
11．(1)见解析
(2)见解析
(3)①；②
【分析】（1）由菱形的性质得到，则可证明是等边三角形，得到，再证明是等边三角形，得到，，即可证明三角形全等；
（2）由全等三角形的性质得到，，由平行线的性质得到，则，可推出，由全等性质得到，则平分，由此可得；
（3）①由直角三角形的性质可得，由勾股定理得出，，利用三角形面积公式可得出，由勾股定理得：可得出长；②由为等边三角形可得出，由勾股定理得， 进而即可得到答案．
【详解】（1）∵四边形是菱形，，
∴．
∵是对角线，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
又∵，，
∴四边形、四边形均为平行四边形且，
∴为等边三角形．
同理可证：为等边三角形，
∴，．
在和中，
∵，
∴．
（2）由（1）得：∵，
∴，．
∵，
∴，
∴．
由外角性质可知：，
∴，
∴．
在和中，
∵，
∴．
过点P作于点M，于点N，
∴，
∴平分．
∵，
∴．
（3）①∵，
∴，
∴．
∵，
∴，．
过H作与K．
在中，，
∴，，
∴．
在中，由勾股定理得：．
∵，
∴，
∴．
在中，设，则，
由勾股定理得：，
即，解得：，（舍去），
∴．
②过点C作于R．
∵为等边三角形，
∴R为中点，
∴．
在中，，．
由勾股定理得：，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，角平分线的判定及性质，直角三角形的性质等知识点，解决此题的关键是能证出三角形全等．
12．或
【分析】本题考查了平行四边形的性质，一元一次方程的应用．熟练掌握平行四边形的性质，一元一次方程的应用是解题的关键．
由题意知，分当点在线段上，当在线段上，两种情况求解；①当点在线段上，时，即，计算求解即可；②当在线段上，时，即，计算求解即可．
【详解】解：∵，是上一点，即，
∴，，
①当点在线段上，时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形，
∴，
解得；
②当在线段上，时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形，
∴，
解得；
综上所述，或时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形．
13．(1)；等腰直角；
(2)，理由见解析；
(3)．
【分析】（1）根据证明，，即可解决问题．
（2）结论：，证明方法类似（1）．
（3）设，则，，利用勾股定理构建方程求出即可．
【详解】（1）解：如图，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
由翻折可知：，，
∴，
∵，，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形．
故答案为：；等腰直角；
（2）结论：．
∵四边形是正方形，
∴，，
由翻折可知，，
∵，
∴，
∴；
（3）设，则，，
在中，，即，
解得：，即的长为，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，翻折变换，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
14．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】本题主要考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理：
（1）根据平行四边形中，推出，再根据推出，结合，得出，即可证明；
（2）先根据平行四边形的面积求出，再利用勾股定理求；
（3）利用勾股定理求出，根据得出，代入数值即可求出的长．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴AE的长为；
（3）解：∵四边形ABCD是平行四边形，，，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，即，
∴．
15．(1)见解析
(2)．
【分析】本题考查了切线的性质以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握圆周角定理与切线的性质是解答本题的关键．
（1）连接，是过点C的切线，得到，然后可以推出，结合推导出，，即平分；
（2）过点O作，首先证得四边形是矩形，，然后利用勾股定理解答即可．
【详解】（1）证明：如图，连接．
∵和过点C的切线互相垂直，垂足为D，
∴．
∵是过点C的切线，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
即平分．
（2）解：如图，过点O作，垂足为F．
∴，．
由（1）知，，，
∴四边形是矩形．
∴．
在中，，
∴．
即的半径为．
16．(1)8
(2)
(3)
(4)的值为或
【分析】（1）在中用勾股定理求解即可；
（2）过E作于D，由解答即可；
（3）根据求解即可；
（4）当时，先证明，从而求出，，即可求解；当时，过F作于W，先证明，从而求出，，再根据得到即可求解．
【详解】（1）解：∵，，为边上的中线，
∴，
∴；
故答案为：8．
（2）解：过E作于D，如图所示，

由题意得：，
∴，即，
∴，
即点E到边的距离是；
（3）解：当点G落在上时，，如图所示，
由（2）可得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，
∴；
（4）解： 当时，如图：

∵四边形是正方形，
∴，
∴在上，由题可知，，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
即，
∴，，
∵，即，
∴，
解得；
当时，过F作于W，如图：

∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴t的值为或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，解直角三角形，三角形相似的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，旋转的性质，熟练掌握正方形和直角三角形的性质再结合旋转的性质是解题的关键．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意连接，利用圆周角定理得出，再利用平行线性质即可得到本题答案；
（2）根据题意及（1）知，过点作，利用正方形判定及性质求得，，再利用勾股定理即可得出本题答案．
【详解】（1）解：连接，
，
∵，是的外接圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的切线；
（2）解：过点作，
，
由（1）知是的切线，
∴，
∵，
∴四边形是正方形，
∵的半径为4，，
∴，
∴在中应用勾股定理，，
故答案为：．
【点睛】本题考查圆周角定理，切线的判定，平行线性质，勾股定理，正方形判定及性质，熟练掌握基本性质是解题关键．
18．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】此题考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定和勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应用．
（）由四边形是矩形，得，再根据两角分别相等的两个三角形相似即可；
（）由四边形是矩形，得，，根据勾股定理得，再根据相似三角形的性质即可求解；
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）∵四边形是矩形，
∴，，
∵为边中点，
∴，
在中，由勾股定理得：，
由（）得：，
∴，即，
∴．
19．(1)①，理由见解析；②；
(2)正方形，．
【分析】本题是四边形的综合题，考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，解题的关键是在图形变化过程中弄清楚所存在的不变量及关系．
（1）①通过证明，得到，，进而得到；
②由图可知，在旋转过程中，与的面积始终保持不变，当，时，与的面积最大，此时四边形的面积也最大；
（2）根据正方形的判定可得出四边形为正方形，其面积最大为时，根据三角形的中位线定理可求出其边长，进一步求出其最大面积．
【详解】（1）解：①，，理由如下：
如图2，设AG与BE的交点为O，
∵四边形和四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴；
综上所述，，；
②如图3，过点B作于H，过点D作于N，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵
，
∴当有最大值时，四边形面积有最大值，
即当时，有最大值为，
∴四边形面积的最大值为6+；
（2）解；如图4，连接，
∵点M，N，P，Q分别是的中点，
∴，，，，，，，，
由（1）知，，
∴，
∴四边形为菱形，
由（1）知，
∴，
∴菱形为正方形；
如图5，当G，A，D三点在同一条直线上时，B，A，E三点也在同一条直线上，
此时正方形的面积最大，
∴，
∴，
故答案为：正方形，．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，等角对等边，平行线的性质与判定，勾股定理等等：
（1）先由平行线性质和角平分线的定义推出，得到，再证明，即可证明四边形是菱形；
（2）如图所示，连接交于O，由菱形的性质得到，则由勾股定理得到，进而得到，则，求出，则，推出，则．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：如图所示，连接交于O，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
21．（1）①；②；（2）不成立，见解析；（3）的长为或
【分析】（1）①如图1，延长交于点，连接．由折叠的性质得，，，，，．由三角形内角和定理，对等角相等可求；②证明，则；
（2）由（1）知，证明，则，即．
（3）由勾股定理得，，由，可得，，由题意知，分，两种情况求解：当时，如图2，延长交于，由（2）知，，则，证明四边形是矩形，则，设，则，，由勾股定理得，，即，求得满足要求的解，进而可求；当时，则，如图3，重合，由折叠的性质可知，，设，则，由勾股定理得，，求得，，进而可求．
【详解】（1）解：①如图1，延长交于点，连接．
图1
由折叠的性质得，，，，，．
∵，，，
∴，
故答案为：；
②解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
故答案为：．
（2）解：不成立，理由如下：
由（1）知，，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴（1）中②的结论不成立；
（3）解：∵，，
∴，
由勾股定理得，，
∵，
∴，，
由题意知，分，两种情况求解：
当时，如图2，延长交于，
由（2）知，，
∴，，
∴，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，
设，则，，
由勾股定理得，，即，
解得，或（舍去），
∴；
当时，则，如图3，重合，
由折叠的性质可知，，
设，则，
由勾股定理得，，即，
解得，，
∴，
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查了折叠的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，含的直角三角形．熟练掌握折叠的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，含的直角三角形是解题的关键．