海南省海口中学2024-2025学年数学九年级第一学期开学学业水平测试模拟试题【含答案】

这是一份海南省海口中学2024-2025学年数学九年级第一学期开学学业水平测试模拟试题【含答案】，共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）如图，在一张△ABC纸片中，∠C＝90°，∠B＝60°，DE是中位线，现把纸片沿中位线DE剪开，计划拼出以下四个图形：①邻边不等的矩形；②等腰梯形；③有一个角为锐角的菱形；④正方形．那么以上图形一定能被拼成的个数为
A．1 B．2 C．3 D．4
2、（4分）如图，一个四边形花坛ABCD，被两条线段MN, EF分成四个部分，分别种上红、黄、紫、白四种花卉，种植面积依次是S1、S2、S3、S4，若MN∥AB∥DC，EF∥DA∥CB，则有（ ）
A．S1= S4B．S1 + S4 = S2 + S3C．S1 + S3 = S2 + S4D．S1·S4 = S2·S3
3、（4分）如图，函数y＝与y＝﹣kx+1（k≠0）在同一直角坐标系中的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
4、（4分）如图，点是矩形两条对角线的交点，E是边上的点，沿折叠后，点恰好与点重合．若，则折痕的长为 ( )
A．B．C．D．6
5、（4分）甲、乙两人在一条笔直的道路上相向而行，甲骑自行车从A地到B地，乙驾车从B地到A地，他们分别以不同的速度匀速行驶，已知甲先出发6分钟后，乙才出发，在整个过程中，甲、乙两人的距离y（千米）与甲出发的时间x（分）之间的关系如图所示，乙从B地到A地需要（ ）分钟
A．12B．14C．18D．20
6、（4分）已知平行四边形的一边长为10，则对角线的长度可能取下列数组中的（ ）．
A．4、8B．10、32C．8、10D．11、13
7、（4分）若关于x的不等式组的整数解有3个，则a的取值范围是（ ）
A．3＜a≤4B．2＜a≤3C．2≤a＜3D．3≤a＜4
8、（4分）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E，F分别是边BC，AD的中点，AB＝2，BC＝4，一动点P从点B出发，沿着B﹣A﹣D﹣C在矩形的边上运动，运动到点C停止，点M为图1中某一定点，设点P运动的路程为x，△BPM的面积为y，表示y与x的函数关系的图象大致如图2所示．则点M的位置可能是图1中的（ ）
A．点CB．点OC．点ED．点F
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=6，D是AB的中点，则CD=_____．
10、（4分）若分式的值为零，则__________.
11、（4分）如图，在菱形中，，，点在上，以为对角线的所有中，最小的值是______.
12、（4分）若某多边形有5条对角线，则该多边形内角和为_____．
13、（4分）如图，在四边形中，交于E,若，则的长是_____________
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）已知，梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=3，BC=10，AD=5，M是BC边上的任意一点，联结DM，联结AM．
（1）若AM平分∠BMD，求BM的长；
（2）过点A作AE⊥DM，交DM所在直线于点E．
①设BM=x，AE=y求y关于x的函数关系式；
②联结BE，当△ABE是以AE为腰的等腰三角形时，请直接写出BM的长．
15、（8分）计算
（1） ; （2）
16、（8分）感知：如图（1），已知正方形ABCD和等腰直角△EBF，点E在正方形BC边上，点F在AB边的延长线上，∠EBF=90°，连结AE、CF．
易证：∠AEB=∠CFB（不需要证明）．
探究：如图（2），已知正方形ABCD和等腰直角△EBF，点E在正方形ABCD内部，点F在正方形ABCD外部，∠EBF=90°，连结AE、CF．
求证：∠AEB=∠CFB
应用：如图（3），在（2）的条件下，当A、E、F三点共线时，连结CE，若AE=1，EF=2，则CE=______．
17、（10分）市政规划出一块矩形土地用于某项目开发，其中，设计分区如图所示，为矩形内一点，作于点交于点，过点作交于点，其中丙区域用于主建筑区，其余各区域均用于不同种类绿化．
若点是的中点，求的长；
要求绿化占地面积不小于，规定乙区域面积为
①若将甲区域设计成正方形形状，能否达到设计绿化要求?请说明理由；
②若主建筑丙区域不低于乙区域面积的，则的最大值为 （请直接写出答案）
18、（10分）八年级下册教材第69页习题14：四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．求证：AE＝EF．这道题对大多数同学来说，印象深刻数学课代表在做完这题后，她把这题稍作改动，如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的三等分点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，那么AE＝EF还成立吗？如果成立，给予证明，如果不成立，请说明理由．
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）课外兴趣活动小组准备围建一个矩形苗圃园，其中一边靠墙，另外三边周长为30米的篱笆围成．已知墙长为18米，围成苗圃园的面积为72平方米，设这个苗圃园垂直于墙的一边长为x米．可列方程为_____．
20、（4分）如果一个多边形的每个外角都等于，那么这个多边形的内角和是______度．
21、（4分）一组数据从小到大排列：0、3、、5，中位数是4，则________.
22、（4分）计算：的结果是________．
23、（4分）如果函数y=kx+b的图象与x轴交点的坐标是（3，0），那么一元一次方程kx+b=0的解是_____.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，已知直线y=kx+b交x轴于点A，交y轴于点B，直线y=2x﹣4交x轴于点D，与直线AB相交于点C（3，2）．
（1）根据图象，写出关于x的不等式2x﹣4＞kx+b的解集；
（2）若点A的坐标为（5，0），求直线AB的解析式；
（3）在（2）的条件下，求四边形BODC的面积．
25、（10分）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEFG．
（1）如图1，若在旋转过程中，点E落在对角线AC上，AF，EF分别交DC于点M，N．
①求证：MA＝MC；
②求MN的长；
（2）如图2，在旋转过程中，若直线AE经过线段BG的中点P，连接BE，GE，求△BEG的面积
26、（12分）问题提出：
（1）如图1，在中，，点D和点A在直线的同侧，，，，连接，将绕点A逆时针旋转得到，连接（如图2），可求出的度数为______．
问题探究：
（2）如图3，在（1）的条件下，若，，且， ，
①求的度数．
②过点A作直线，交直线于点E，．请求出线段的长．

参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、C
【解析】
①使得BE与AE重合，即可构成邻边不等的矩形，如图：
∵∠B=60°，
∴AC=BC，
∴CD≠BC．
②使得CD与AD重合，即可构成等腰梯形，如图：
③使得CD与DE重合，构成有两个角为锐角的是菱形，如图：
故计划可拼出①②③．
故选C．
2、D
【解析】
由于在四边形中，MN∥AB∥DC，EF∥DA∥CB，因此MN、EF把一个平行四边形分割成四个小平行四边形．可设MN到DC的距离为h1，MN到AB的距离为h2，根据AB=CD，DE=AF，EC=FB及平行四边形的面积公式即可得出答案．
【详解】
解：∵MN∥AB∥DC，EF∥DA∥CB，
∴四边形ABCD，四边形ADEF，四边形BCEF，红、紫、黄、白四边形都为平行四边形，
∴AB=CD，DE=AF，EC=BF．
设MN到DC的距离为h1，MN到AB的距离为h2，
则S1=DE•h1，S2=AF•h2，S3=EC•h1，S4=FB•h2，
因为DE，h1，FB，h2的关系不确定，所以S1与S4的关系无法确定，故A错误；
S1+S4=DE•h1+FB•h2=AF•h1+FB•h2，S2+S3=AF•h2+EC•h1=AF•h2+FB•h1，故B错误；
S1+S3=CD•h1，S2+S4=AB•h2，又AB=CD，而h1不一定与h2相等，故C错误；
S1·S4=DE•h1•FB•h2=AF•h1•FB•h2，S2·S3=AF•h2•EC•h1=AF•h2•FB•h1，所以S1·S4=S2·S3，
故D正确；
故选：D．
本题考查平行四边形的判定与性质，注意掌握平行四边形的面积等于平行四边形的边长与该边上的高的积．即S=a•h．其中a可以是平行四边形的任何一边，h必须是a边与其对边的距离，即对应的高．
3、B
【解析】
比例系数相同，两个函数必有交点，然后根据比例系数的符号确定正确选项即可．
【详解】
解：k＞0时，一次函数y＝﹣kx+1的图象经过第一、二、四象限，反比例函数的两个分支分别位于第一、三象限，选项B符合；
k＜0时，一次函数y＝﹣kx+1的图象经过第一、二、三象限，反比例函数的两个分支分别位于第二、四象限，无选项符合．
故选：B．
考查了反比例函数的图象性质和一次函数的图象性质，要掌握它们的性质才能灵活解题．
4、A
【解析】
由矩形的性质可得OA=OC，根据折叠的性质可得OC=BC，∠COE=∠B=90°，即可得出BC=AC，OE是AC的垂直平分线，可得∠BAC=30°，根据垂直平分线的性质可得CE=AE，根据等腰三角形的性质可得∠OCE=∠BAC=30°，在Rt△OCE中利用含30°角的直角三角形的性质即可求出CE的长.
【详解】
∵点O是矩形ABCD两条对角线的交点，
∴OA=OC，
∵沿CE折叠后，点B恰好与点O重合．BC=3，
∴OC=BC=3，∠COE=∠B=90°，
∴AC=2BC=6，OE是AC的垂直平分线，
∴AE=CE，
∵∠B=90°，BC=AC，
∴∠BAC=30°，
∴∠OCE=∠BAC=30°，
∴OC=CE，
∴CE=2.
故选A.
本题考查折叠的性质、矩形的性质及含30°角的直角三角形的性质，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等；矩形的对角线相等且互相平分；30°角所对的直角边等于斜边的一半.熟练掌握相关性质是解题关键.
5、A
【解析】
根据题意，得到路程和甲的速度，然后根据相遇问题，设乙的速度为x，列出方程求解，然后即可求出乙需要的时间.
【详解】
解：由纵坐标看出甲先行驶了1千米，由横坐标看出甲行驶1千米用了6分钟，
∴甲的速度是：1÷6=千米/分钟，
由纵坐标看出AB两地的距离是16千米，
设乙的速度是x千米/分钟，由题意，得：
10x+16×=16，
解得：x=，
∴乙从B地到A地需要的时间为：（分钟）；
故选：A.
本题考查了一次函数的应用，利用同路程与时间的关系得出甲乙的速度是解题关键．
6、D
【解析】
依题意画出图形，由四边形ABCD是平行四边形，得OA=AC，OB=BD，又由AB=10，利用三角形的三边关系，即可求得答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=AC，OB=BD，
∵AB=10，
对选项A，∵AC=4，BD=8，
∴OA=2，OB=4，
∵OA+OB=6＜10，
∴不能组成三角形，
故本选项错误；
对选项B，∵AC=10，BD=32，
∴OA=5，OB=16，
∵OA+AB=15<16，
∴不能组成三角形，
故本选项错误；
对选项C，∵AC=8，BD=10，
∴OA=4，OB=5，
∵OA+OB=9＜10，
∴不能组成三角形，
故本选项错误；
对选项D，∵AC=11，BD=13，
∴OA=5.5，OB=6.5，
∵OA+OB=12＞10，
∴能组成三角形，
故本选项正确．
故选：D．
此题考查了平行四边形的性质以及三角形的三边关系．注意掌握数形结合思想的应用．特别注意实际判断中使用：满足两个较小边的和大于最大边，则可以构成三角形.
7、B
【解析】
解第一个不等式可得x＜a+1，因关于x的不等式组有解，即1≤x＜a+1，又因不等式组的整数解有3个，可得3＜a+1≤4，即可得2＜a≤3，故选B.
点睛：本题考查了不等式组的解法及整数解的确定．求不等式组的解集，应遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
8、B
【解析】
从图2中可看出当x＝6时，此时△BPM的面积为0，说明点M一定在BD上，选项中只有点O在BD上，所以点M的位置可能是图1中的点O．
【详解】
解：∵AB＝2，BC＝4，四边形ABCD是矩形，
∴当x＝6时，点P到达D点，此时△BPM的面积为0，说明点M一定在BD上，
∴从选项中可得只有O点符合，所以点M的位置可能是图1中的点O．
故选：B．
本题主要考查了动点问题的函数图象，解题的关键是找出当x＝6时，此时△BPM的面积为0，说明点M一定在BD上这一信息．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、1
【解析】
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．
【详解】
∵∠ACB=90°，D为AB的中点，
∴CD=AB=×6=1．
故答案为1．
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键．
10、-1
【解析】
直接利用分式的值为零则分子为零进而得出答案．
【详解】
解：分式的值为零，
则a+1=0，
解得：a=-1．
故答案为-1．
此题主要考查了分式的值为零的条件，正确把握定义是解题关键．
11、
【解析】
根据题意可得当时，EF的值最小，利用直角三角形的勾股即可解的EF的长.
【详解】
根据题意可得当时，EF的值最小

，AD=AB=
EF=
本题主要考查最短直线问题，关键在于判断当时，EF的值最小.
12、540°．
【解析】
根据多边形对角线的条数求出多边形的边数，再根据多边形的内角和公式求出即可．
【详解】
设多边形的边数为n，
∵多边形有5条对角线，
∴＝5，
解得：n＝5或n＝﹣2（舍去），
即多边形是五边形，
所以多边形的内角和为（5﹣2）×180°＝540°，
故答案为：540°．
本题考查了多边形的对角线和多边形的内角，能正确求出多边形的边数是解此题的关键，注意：边数为n的多边形的对角线的条数是，边数为n的多边形的内角和=（n-2）×180°．
13、
【解析】
过点A作AM⊥BD于M,先证明△AEM≌△BEC，得出AM=BC，BE=ME，再根据得出三角形ADM是等腰直角三角形，从而得出AM=BC,结合已知和勾股定理得出DB和BC的长即可
【详解】
过点A作AM⊥BD于M,则
∵
∴
∵EA=EC，
∴
∴AM=BC，BE=ME
∵则设EB=2k,ED=5k
∴EM=2k,DM=3k
∵,
∴AM=DM=BC=3k,BM=4k
则AB=5k=5，k=1
∴DB=7,BC=3
∵
∴DC=
故答案为：
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质与判定，以及勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）1或3；（2）①y=．②1或3或1．
【解析】
(1)考虑∠DMB为锐角和钝角两种情况即可解答；
(2) ①作MH⊥AD于H，根据勾股定理，用被开方式含x的二次根式表示DM，根据△ADM面积的两种算法建立等式，即可求出y关于x的函数关系式；②分AB=AE和EA=EB两种情况讨论求解.
【详解】
解：（1）如图1中，作DH⊥BC于H．则四边形ABHD是矩形，AD=BH=5，AB=DH=2．
当MA平分∠DMB时，易证∠AMB=∠AMD=∠DAM，可得DA=DM=5，
在Rt△DMH中，DM=AD=5，DH=2，
∴MH===1，
∴BM=BH-MH=1，
当AM′平分∠BM′D时，同法可证：DA=DM′，HM′=1，
∴BM′=BH+HM′=3．
综上所述，满足条件的BM的值为1或3．
（2）①如图2中，作MH⊥AD于H．
在Rt△DMH中，DM==，
∵S△ADM=•AD•MH=•DM•AE，
∴5×2=y•
∴y=．
②如图2中，当AB=AE时，y=2，此时5×2=2，
解得x=1或3．
如图1中，当EA=EB时，DE=EM，
∵AE⊥DM，
∴DA=AM=5，
在Rt△ABM中，BM==1．
综上所述，满足条件的BM的值为1或3或1．
故答案为：（1）1或3；（2）①y=．②1或3或1．
本题考查了直角梯形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，无理方程，等腰三角形的性质.
15、（1） （2）
【解析】
（1）根据二次根式的混合运算进行计算即可。
（2）根据完全平方式和平方差公式展开，再根据二次根式的混合运算进行计算即可
【详解】
解：（1）原式=
=
（2）原式=
=
=
本题考查了二次根式的混合运算，熟练掌握完全平方式和平方差公式和二次根式的混合运算法则是解题的关键
16、感知：见解析；探究：见解析；应用： ．
【解析】
感知：先判断出∠ABC=∠CBF=90°，AB=BC，进而判断出BE=BF，得出△ABE≌△CBF（SAS）即可得出结论；
探究：先判断出∠ABE=∠CBF，进而得出△ABE≌△CBF（SAS），即可得出结论；
应用：先求出CF=1，再判断出∠CFE=90°，利用勾股定理即可得出结论．
【详解】
解：感知：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠CBF=90°，AB=BC，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=BF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠AEB=∠CFB；
探究：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=BF，∠EBF=90°=∠ABC，
∴∠ABE=∠CBF，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠AEB=∠CFB；
应用：由（2）知，△ABE≌△CBF，∠BFC=∠BEA，
∴CF=AE=1，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴∠BFE=∠BEF=45°，
∴∠AEB=135°，
∴∠BFC=135°，
∴∠CFE=∠BFC-∠BFE=90°，
在Rt△CFE中，CF=1，EF=2，根据勾股定理得， ，
故答案为：．
此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，判断出△ABE≌△CBF（SAS），是解本题的关键．
17、（1）90m；（2）①能达到设计绿化要求，理由见解析，②40
【解析】
（1）首先理由矩形性质得出AD=BC=180m，AB∥CD，AD∥BC，进一步证明出四边形AFEG与四边形DGEH为矩形，四边形BIHE为平行四边形，由此得出AG=EF，DG=EH，EH=BI，据此进一步求解即可；
（2）①设正方形AFEG边长为m，根据题意列出方程，然后进一步求解再加以分析即可；②设AF=m，则EH=m，然后结合题意列出不等式，最后再加以求解即可.
【详解】
（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=180m，AB∥CD，AD∥BC，
∵EG⊥AD，EH∥BC，HI∥BE，
∴四边形AFEG与四边形DGEH为矩形，四边形BIHE为平行四边形，
∴AG=EF，DG=EH，EH=BI，
∵点G为AD中点，
∴DG=AD=90m，
∴BI=EH=DG=90m；
（2）①能达到设计绿化要求，理由如下：
设正方形AFEG边长为m，
由题意得：，
解得：，
当时，EH=m，
则EF=180−150=30m，符合要求，
∴若将甲区域设计成正方形形状，能达到设计绿化要求；
②设AF=m，则EH=m，
由题意得：，
解得：，
即AF的最大值为40m，
故答案为：40.
本题主要考查了四边形与一元一次方程及一元一次不等式的综合运用，熟练掌握相关方法是解题关键.
18、成立，理由见解析.
【解析】
取AB的三等分点，连接GE，由点E是边BC的三等分点，得到BE=BG，根据正方形的性质得到AG=EC，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】
证明：取AB的三等分点，连接GE，
∵点E是边BC的三等分点，
∴BE=BG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AG=EC，
∵△EBG为等腰直角三角形，可知∠AGE=135°，
∵∠AEF=90°，
∠BEA+∠FEC=90°，
∠BEA+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠FEC．
∴△AGE≌△ECF（ASA），
∴AE=EF．
此题考查正方形的性质，三角形全等的判定与性质，角平分线的性质等知识点，注意结合图形，灵活作出辅助线解决问题．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、x(31－2x)＝72 或x2－15x＋36＝1
【解析】
设这个苗圃园垂直于墙的一边长为x米，则苗圃园与墙平行的一边长为(31－2x)米，依题意可列方程 x(31－2x)＝72，即x2－15x＋36＝1．
点睛：本题考查了长方形的周长公式的运用，长方形的面积公式的运用，一元二次方程的解法的运用，解答时根据长方形的面积公式建立方程是关键．
20、1260
【解析】
首先根据外角和与外角和及每个外角的度数可得多边形的边数，再根据多边形内角和公式180（n-2）计算出答案．
【详解】
解：∵多边形的每一个外角都等于，
∴它的边数为：，
∴它的内角和：，
故答案为：．
此题主要考查了多边形的内角和与外角和，根据多边形的外角和计算出多边形的边数是解题关键．
21、5
【解析】
根据中位数的求法可以列出方程，解得x=5
【详解】
解：∵一共有4个数据
∴中位数应该是排列后第2和第3个数据的平均数
∴可得：
解得：x=5
故答案为5
此题考查中位数，熟练掌握中位数的求法是解题关键
22、4
【解析】
按照二次根式的乘、除运算法则运算即可求解.
【详解】
解：原式=
故答案为：4.
本题考查二次根式的乘除运算法则，熟练掌握运算公式是解决此类题的关键.
23、1
【解析】
根据方程的解是函数图象与x轴的交点的横坐标，即可求解．
【详解】
解：∵函数y=kx+b的图象与x轴的交点坐标是（1，0），
∴方程kx+b=0的解是x=1．
故答案为：1．
本题考查一次函数与一元一次方程，方程的解是函数图象与x轴的交点的横坐标
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）x＞3（2）y=-x+5（3）9.5
【解析】
（1）根据C点坐标结合图象可直接得到答案；
（2）利用待定系数法把点A（5，0），C（3，2）代入y=kx+b可得关于k、b得方程组，再解方程组即可；
（3）由直线解析式求得点A、点B和点D的坐标，进而根据S四边形BODC=S△AOB-S△ACD进行求解即可得.
【详解】
（1）根据图象可得不等式2x-4＞kx+b的解集为：x＞3；
（2）把点A（5，0），C（3，2）代入y=kx+b可得：
，解得：，
所以解析式为：y=-x+5；
（3）把x=0代入y=-x+5得：y=5，
所以点B（0，5），
把y=0代入y=-x+5得：x=2，
所以点A（5，0），
把y=0代入y=2x-4得：x=2，
所以点D（2，0），
所以DA=3，
所以S四边形BODC=S△AOB-S△ACD==9.5.
本题考查了待定系数法求一次函数解析式，直线与坐标轴的交点，一次函数与一元一次不等式的关系，不规则图形的面积等，熟练掌握待定系数法、注意数形结合思想的运用是解题的关键.
25、（1）①见解析；②；（2）△BEG的面积为48﹣6或48+6
【解析】
（1）①由矩形的性质得出，得出，由旋转的性质得：，证出，即可得出；
②设，则，在中，由勾股定理得出方程，解得：，在中，由勾股定理得出，得出，证出，得出即可；
（2）分情况讨论：①过点作于，证明，得出，，在中，由勾股定理得出，得出，得出，得出的面积的面积；
②同①得：，，得出，得出的面积的面积即可．
【详解】
（1）①证明：四边形是矩形，
，
，
由旋转的性质得：，
，
；
②解：设，则，
在中，，
解得：，
在中，，
，
，
，
又，
，
；
（2）解：分情况讨论：
①如图2所示：过点作于，则，
在和中，，
，
，，
在中，，
，
，
的面积的面积；
②如图3所示：
同①得：，，
，
的面积的面积；
综上所述，的面积为或．
本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、旋转变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理、三角形面积、分类讨论等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键．
26、（1）30°；（2）①；②
【解析】
（1）由旋转的性质，得△ABD≌，则，然后证明是等边三角形，即可得到；
（2）①将绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，得到，连接．与（1）同理证明为等边三角形，然后利用全等三角形的判定和性质，即可得到答案；
②由解直角三角形求出，再由等边三角形的性质，即可求出答案．
【详解】
解：（1）根据题意，∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
由旋转的性质，则△ABD≌，
∴，，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∵，，
∴≌，
∴，
∴；
（2）①，
．
如图1，将绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，得到，连接．
，
，
，
，
，
．
．
，
为等边三角形，
，
，
，
，
．
②如图2，由①知，，
在中，，
．
是等边三角形，
，
，
．
本题考查了解直角三角形，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，以及三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确利用旋转模型进行解题．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人