重庆市第九十五初级中学2024-2025学年九年级下学期开学考试 数学试题（含解析）

这是一份重庆市第九十五初级中学2024-2025学年九年级下学期开学考试 数学试题（含解析），共40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。
（全卷共三个大题，满分150分，考试时间120分钟）
一、选择题（本大题10个小题，每小题4分，共40分）
1. 下列方程中是一元二次方程的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键．根据一元二次方程的定义，对选项逐个分析即可．
【详解】解：是一元一次方程，不是一元二次方程，故A选项错误；
是二元一次方程，不是一元二次方程，故B选项错误；
是一元二次方程，故C选项正确；
是分式方程，不是一元二次方程，故D选项正确．
故选：C．
2. 如图，是由4个相同的正方体组成的立方体图形，其主视图是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了简单组合体的三视图．根据主视图的意义，从正面看该组合体所得到的图形对每一项判断即可．
【详解】解：从正面看该组合体，所看到的主视图与选项相同，
故选：．
3. 下列各点在反比例函数的图象上的点是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查判断给出各点是否在反比例函数的图象上，只需将各选项坐标代入验证即可.
【详解】解：，不符合题意；
，符合题意；
，不符合题意；
，不符合题意；
故选：B
4. 如图，与位似，点O为位似中心，相似比为，若的面积为4，则的面积是（ ）
A. 6B. 8C. 9D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】根据位似比等于三角形的相似比，结合相似三角形的性质：面积之比等于相似比的平方计算即可．
【详解】解：∵与位似，点O为位似中心，相似比为，
∴与的面积之比为，
∵的面积为4，
∴的面积是9，
故选C．
【点睛】本题考查了位似的性质，熟练掌握面积之比等于位似比的平方是解题的关键．
5. 在一个不透明的口袋中有白球、黑球共10个，这些球除颜色外均相同，将口袋中的球搅拌均匀，从中随机摸出一个球并记下颜色后放回口袋中，多次摸球后发现摸到白球的频率稳定在60%，则估计口袋中的白球数量有（ ）
A. 2个B. 4个C. 6个D. 10个
【答案】C
【解析】
【分析】由摸到白球的频率稳定在60%附近得出口袋中得到白色球的概率，进而求出白色球个数即可．
【详解】解：设白色球个数为：x个，
∵摸到白球的频率约为60%，
∴摸到白球的概率约为0.6，
∴，
解得：x=6
∴估计袋中白色球有6个
故选：C．
【点睛】此题主要考查了利用频率估计概率，明确大量反复试验下频率稳定值即为概率是解题关键．
6. 估计的运算结果应在哪两个连续自然数之间（ ）
A. 3和4B. 4和5C. 5和6D. 6和7
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了二次根式混合运算，无理数的估算，先计算得出，再估算的大小，即可求解．
【详解】解：，
∵
∴
∴
故选：A．
7. 如图，已知圆心角∠AOB=110°，则圆周角∠ACB=（ ）
A. 55°B. 110°C. 120°D. 125°
【答案】D
【解析】
【详解】分析：根据圆周角定理进行求解．一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．
详解：根据圆周角定理，得
∠ACB=（360°-∠AOB）=×250°=125°．
故选D．
点睛：此题考查了圆周角定理．
注意：必须是一条弧所对的圆周角和圆心角之间才有一半的关系．
8. 某超市一月份的营业额为300万元，第一季度的营业额共为1500万元，如果平均每月增长率为，则由题意可列方程为( )
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先得到二月份的营业额，三月份的营业额，等量关系为：一月份的营业额+二月份的营业额+三月份的营业额=1500，把相关数值代入即可．
【详解】∵一月份的营业额为300万元，平均每月增长率为x，
∴二月份的营业额为300×（1+x），
∴三月份的营业额为300×（1+x）×（1+x）=300×（1+x）2，
∴可列方程为300+300×（1+x）+300×（1+x）2=1500．
即300[1+（1+x）+（1+x）2]=1500．
故选D．
【点睛】此题考查了求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2=b，得到第一季度的营业额的等量关系是解决本题的关键．
9. 如图，四边形为正方形，为对角线上一点，连接，将绕着点顺时针旋转交的延长线于点，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】过点作的平行线交于点，交于点，设，则，由正方形的性质可得，，，，即得四边形为矩形，得到，，利用勾股定理可得，进而得到，即得，由旋转的性质得，，再根据余角性质得到，可得，得到，即可得，得到，最后代入计算即可求解．
【详解】解：过点作的平行线交于点，交于点，如图，
设，则，
∵四边形为正方形，
∴，，，，
∴四边形为矩形，
∴，，
在中，∵，
∴，
在中，∵，，
∴，
∵绕着点顺时针旋转交的延长线于点，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
10. 给定一列数，我们把这列数中第一个数记为，第二个数记为，第三个数记为，以此类推，第个数记为（为正整数）．已知，并规定：，如：，以下结论中，正确的个数为（ ）
①；
②若，则；
③若，则；
④若的值为整数，则满足条件的整数共有6个．
A 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了数学式子的规律，分式的整数解，因式分解，约分，分式的化简求值，熟练掌握规律的发现，分式的化简求值，求分式的整数解是解题的关键．根据，，得到，，，，，，发现是6个数为一个周期，循环出现，依次规律，计算解答即可．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴发现是6个数为一个周期，循环出现，
∵，
∴,
故①错误；
∵，
∴，
∴，
∴，
故②正确；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故③错误；
∵，，
∴，，
∴，
∵的值为整数，
∴，，，，
∴满足条件的整数共有8个．
故④错误，
故选：A．
二、填空题（本大题8个小题，每小题4分，共32分）
11. 已知，是一元二次方程的两个实数根，则的值为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，熟知若是一元二次方程的两个实数根为，，则，是解本题的关键．直接根据一元二次方程根与系数的关系进行解答即可．
【详解】解：，是一元二次方程的两个实数根，
，，
则，
故答案为：．
12. 已知，，那么__________．
【答案】30
【解析】
【分析】由已知，得：，，,代入化简即可求得答案.
【详解】由已知，得：
，，
∴
故答案是：
【点睛】本题主要考查了比例的基本性质．解答此题的关键是根据比例的基本性质求得，，三个等式．
13. 某校八年级选举了4名同学获得“学习之星”荣誉，其中有2名女同学，2名男同学，在这4名同学中随机选2名同学作为学生代表在期末大会上发言，那么恰好有1名男同学，1名女同学代表发言的概率为 ___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了列表格法求概率，由题意列出表格，然后根据概率公式，即可求出答案．
【详解】解：列表如下：
总共有12种等可能结果，其中恰好有1名男同学，1名女同学的结果有8种，
∴恰好有1名男同学，1名女同学代表发言的概率，
故答案为：．
14. 如图，平行四边形的面积是12，轴，反比例函数图象交于点E且，则______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查反比例函数和平行四边形的性质，解题的关键是根据平行四边形的面积建立等式进行换算．设点，根据和平行四边形的面积建立m和n的等式进行换算即可得到答案．
【详解】解：设点，
则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
15. 如图，菱形的边长为，，过点作，交的延长线于点，连接分别交，于点，，则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】由菱形的边长为，，可得，，，，根据，推出，得到，进而求出，，，证明，得到，推出，证明，得到，可求出，最后根据，即可求解．
【详解】解：菱形的边长为，，
，，，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，平行线的性质，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，掌握以上知识点是解题的关键．
16. 若关于x的一元一次不等式组的解集为，且关于y的分式方程的解为非负整数，则符合条件的所有整数a的和为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查解一元一次不等式组，解分式方程，根据一元一次不等式组和分式方程解的情况求参数，解题的关键在于找出所有符合条件的数．先解一元一次不等式组得到的取值范围，再解分式方程，结合分式方程的解找出符合条件的值，最后求和，即可解题．
【详解】解：
，
，
又关于x的一元一次不等式组的解集为，
，
解得；

，
关于y的分式方程的解为非负整数，且，即，
符合条件的所有整数a为，，
符合条件的所有整数a的和为；
故答案为：．
17. 如图，矩形，点P是边上一点，连接，将沿折叠得，连接并延长交于点M，若，，，则的长为______．
【答案】##
【解析】
【分析】设与交于点Q，根据折叠的性质有：，，再证明，可得，再利用，可得，问题随之得解．
【详解】设与交于点Q，如图，
∵四边形是矩形，
∴，，
即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
根据折叠的性质有：，，
即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
同理，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利用求出，是解答本题的关键．
18. 一个四位自然数的各个数位上的数字互不相等，如果前两位数字所组成的两位数与后两位数字组成的两位数的和等于150，那么就称这个数为“满分数”．把“满分数”的前两位数字与后两位数字整体交换得到新的四位数，设．例如：一个四位数，∵，∴是“满分数”，且．则_________；若是“满分数”，且是整数，则满足条件的所有的和为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】本题考查的是新定义运算，整式的加减运算的应用、方程整数解的应用．
根据题意得到，再根据题意得到，，进一步得到是整数，设，其中为正整数，求出或，据此进行分类求解即可．
【详解】解：∵，
∴是“满分数”，
，
∵是“满分数”，
∴，，
∴
∴，
∴
∵是整数，
∴设，其中为正整数，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵为整数，
∴或，
当时，，则，
当，时，此时，不符合题意；
当，时，此时，不符合题意；
当，时，此时，不符合题意；
当，时，此时，不符合题意；
当时，，则，
当，时，此时，即，，符合题意，则，
当，时，此时，即，，不满足各个数位上的数字互不相等，故不符合题意；
当，时，此时，即，，符合题意，则，
当，时，此时，即，，符合题意，则，
则
∴满足条件的所有的和为，
故答案为：，
三、解答题（本大题8个小题，第19题8分，第20—26题每题10分，共78分）
19. 解方程：
（1）
（2）
【答案】（1），；
（2），．
【解析】
【分析】本题考查解一元二次方程，解题的关键在于正确掌握解一元二次方程的方法．
（1）利用因式分解法求解，即可解题；
（2）利用因式分解法求解，即可解题．
【小问1详解】
解：
或，
解得，；
【小问2详解】
解：
则或，
解得，．
20. “惜餐为荣，殄物为耻”，为了解落实“光盘行动”的情况，某校数学兴趣小组的同学调研了七、八年级部分班级某一天的餐厨垃圾质量．从七、八年级中各随机抽取10个班的餐厨垃圾质量的数据（单位：kg），进行整理和分析（餐厨垃圾质量用x表示，共分为四个等级：A．，B． ，C． ，D． ），下面给出了部分信息．
七年级10个班的餐厨垃圾质量：0.8，0.8，0.8，0.9，1.1，1.1，1.6，1.7，1.9，2.3．
八年级10个班的餐厨垃圾质量中B等级包含的所有数据为：1.0，1.0，1.0，1.0，1.2．
七八年级抽取的班级餐厨垃圾质量统计表
根据以上信息，解答下列问题：
（1）直接写出上述表中a，b，m的值；
（2）该校八年级共30个班，估计八年级这一天餐厨垃圾质量符合A等级的班级数；
（3）根据以上数据，你认为该校七、八年级的“光盘行动”，哪个年级落实得更好？请说明理由（写出一条理由即可）．
【答案】（1）；（2）6个；（3）见解析
【解析】
【分析】（1）根据题中数据及众数、中位数定义可解a，b的值，由扇形统计图可解得m的值；
（2）先计算在10个班中，八年级A等级的比例，再乘以30即可解题；
（3）分别根据各年级的众数、中位数、方差等数据结合实际分析解题即可．
【详解】解：（1）根据题意得，七年级10个班的餐厨垃圾质量中， 出现的此时最多，即众数是 ；
由扇形统计图可知，
八年级的A等级的班级数为10×20%=2个，八年级共调查10个班，故中位数为第5个和第6个数的平均数，A等级2个班，B等级的第3个数和第4个数是1.0和1.0，故八年级10个班的餐厨垃圾质量的中位数为（1.0+1.0）÷2=1.0
；
（2）∵八年级抽取10个班级中，餐厨垃圾质量为A等级的百分比是20%，
∴估计该校八年级各班这一天的餐厨垃圾质量符合A等级的班级数为：30×20%＝6（个）；
答：估计该校八年级各班这一天的餐厨垃圾质量符合A等级的班级数为6个．
（3）七年级各班落实“光盘行动”情况更好，因为：
①七年级各班餐厨垃圾质量的众数0.8低于八年级各班的餐厨垃圾质量的众数1.0；
②七年级各班餐厨垃圾质量A等级的40%高于八年级各班餐厨垃圾质量A等级的20%；
八年级各班落实“光盘行动”情况更好，因为：
①八年级各班餐厨垃圾质量的中位数1.0低于七年级各班餐厨垃圾质量的中位数1.1；
②八年级各班餐厨垃圾孩子里那个的方差0.23低于七年级各班餐厨垃圾质量的方差0.26．
【点睛】本题考查统计表、扇形统计图、众数、中位数、方差、用样本估计总体等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
21. 三角形角平分线性质定理：三角形的内角平分线分对边所得两条线段与这个角的两边对应成比例．
如图1，中，是角平分线，则．小石同学学习了这个定理以后探究：三角形的外角平分线分对边所得两条线段与这个角的两边的关系，下面是他的探究过程，请按要求完成．
已知：如图2，已知及其外角．的角平分线交的延长线于点F．
求证：．

（1）尺规作图：在图2中作的平分线交的延长线于点F，在射线上截取，连接（不写作法保留作图痕迹）
（2）证明：
结合以上探究可知：三角形的一个外角的角平分线外分对边所成两条线段，这两条线段和夹相应的内角的两边______ ⑤．
【答案】（1）见解析 （2）；；；；成比例
【解析】
【分析】本题考查了尺规作图，全等三角形的判定和性质．
（1）根据题意作出图形即可；
（2）证明，推出，，根据定理得到，再等量代换，即可得证．
【小问1详解】
解：所作图形，如图所示，
【小问2详解】
证明：是的角平分线
，
，，
，
，，
是的角平分线，
，
，，
．
∴三角形的一个外角的角平分线外分对边所成两条线段，这两条线段和夹相应的内角的两边成比例．
故答案为：；；；；成比例．
22. 某中学正值100周年校庆，该校准备制作一批纪念品，经过招标比选等正规程序，该校最终找到了满意的生产厂家，今年3月初，厂家提供第一批纪念品，学校花了3300元；三月中旬，厂家提供第二批纪念品，学校花了4000元，已知厂家生产第二批纪念品时，改进了技术，降低了成本，单价随之降低，第一批纪念品的单价是第二批单价的1.1倍，且第二批纪念品比第一批纪念品多25个．
（1）求第二批纪念品的单价；
（2）两批纪念品送达该校后，受到该校师生的青睐，学校准备再定制一批，经和商家协商，在第二批纪念品的基础上，若每多预定10个，单价降低1元，由于成本原因，纪念品单价不得低于25元，学校经过测算，随即和厂家签订第三批纪念品的订单，共计6240元，求第三批纪念品的个数．
【答案】（1）第二批纪念品的单价为40元
（2）240个
【解析】
【分析】本题主要考查了分式方程的应用、一元二次方程的应用，解题的关键是：
（1）设第二批纪念品的单价为x元，则第一批纪念品的单价为元，列出方程求解即可．
（2）先求出第二批纪念品数量，设定制第三批纪念品的数量为y个，则单价为元，根据题意列出方程求解即可．
【小问1详解】
解：设第二批纪念品的单价为x元，则第一批纪念品的单价为元，
根据题意，得，
解得，
经检验得是原方程的解，
答：第二批纪念品的单价为40元；
【小问2详解】
解：购进第二批纪念品的数量为（个），
设定制第三批纪念品的数量为y个，则单价为元，
根据题意，得，
解得，，
当时，，符合题意，
当时，，不符合题意，舍去，
答：定制第三批纪念品的数量为240个．
23. 如图，在中，，，，．若动点以每秒2个单位长度的速度从点出发，沿着匀速运动到点时停止运动，设点运动的时间为秒，的面积为．

（1）直接写出关于的函数关系式，并注明的取值范围；
（2）若函数，请在给定的平面直角坐标系中画出和的函数图象，并写出函数的一条性质；
（3）结合函数图象，请直接估计时，的取值范围．（保留一位小数，误差不超过0.2）
【答案】（1）
（2）图见解析，当时，随着的增大而增大，当时，随着的增大而减小
（3）
【解析】
【分析】本题考查了含直角三角形的性质、一次函数的应用、画函数图象、反比例函数与一次函数的交点问题，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由直角三角形的性质得出，分两种情况：当点在上，即时，；当点在上运动时，即，作于；分别根据三角形面积公式计算即可得出答案；
（2）根据解析式画出函数图象，再根据函数图象写出性质即可；
（3）根据函数图象即可得出答案．
【小问1详解】
解：在中，，，，
，
动点以每秒2个单位长度的速度从点出发，沿着匀速运动到点时停止运动，设点运动的时间为秒，
当点在上，即时，，
的面积为，
当点在上运动时，即，作于，
此时，
，
，
，，
，
的面积为，
综上所述，；
【小问2详解】
解：画出和的函数图象，如图所示，
由图可得：当时，随着的增大而增大，当时，随着的增大而减小；
小问3详解】
解：由图象可得，时，的取值范围为．
24. 为助力体育强国的建设，实现中华民族伟大复兴的梦想，我校决定组织一场徒步锻炼．如图，徒步活动的起点位于点A处，终点位于点C处，现有两条路线可以选择：①；②；已知点A在点D的正西方向2000米处，点D在点E的北偏西方向且距离E点600米处，点C在点E的正南方向，点B在点C的正西方向1400米处，点A在点B的北偏西方向（参考数据：，，，）
（1）求的长度（结果保留根号）；
（2）由于时间原因，学校决定选择一条较短路线进行锻炼，请通过计算说明，他们应该选择路线①还是路线②？
【答案】（1）米
（2）应该选择路线①，见解析
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，根据题意作出适当辅助线，构造直角三角形并解直角三角形即可求解．
（1）延长交延长线于H，过A作交延长线于M，则可得四边形是矩形，得；分别在中，利用解直角三角形的知识，即可求得，最后求得；
（2）根据（1）中所求，计算出，比较即可确定线路．
【小问1详解】
解：延长交延长线于H，过A作交延长线于M，
由题意可得
，
四边形是矩形，
；
中，，，，
，
，；
，
；
，
，
，
中，，，
，
，
，
；
答：长米．
【小问2详解】
解：线路①：（米）；
线路②：（米）；
，
他们应该选择路线①．
25. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点，交y轴于C点，交x轴于A，B两点（A在B的左侧），连接，，．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是直线上方抛物线上的一动点，过点P作于点D，点Q是抛物线对称轴上的一动点，连接，，当线段长度取得最大值时，求的最小值；
（3）在（2）中线段长度取得最大值的条件下，连接，将抛物线沿射线方向平移得到新抛物线，使得新抛物线经过点B，且与直线相交于另一点M，点N为新抛物线上的一个动点，当，请直接写出所有符合条件的点N的坐标．
【答案】（1）
（2）的最小值为
（3）点N的坐标有或
【解析】
【分析】（1）先求出，，然后用待定系数法求解即可；
（2）先求出直线的解析式为，过点P作y轴的平行线交于点E，证明得，设，则，表示出的长，然后利用二次函数的性质求解即可；
（3）设将抛物线沿射线方向平移（）个长度单位，则将抛物线沿轴向右平移（）个长度单位，向下平移个长度单位，由二次函数的图象的平移得，由经过点得 ，过点作轴交于，过点作直线交轴于，由勾股定理逆定理得是直角三角形，可得， ①当在射线的下方时，联立直线的解析式及的解析式，即可求解；②当在射线的上方时，由等腰三角形的性质得，由待定系数法得直线的解析式为，求出的坐标，从而求出，的长，可求出直线的解析式，联立直线的解析式及及的解析式，即可求解．
【小问1详解】
解：令得，
∴，
∵，
∴，
∴，
把，代入，得
，
解得，
∴；
【小问2详解】
解：设直线的解析式为，
则，
∴，
，
，，
，，
，
如图过点P作y轴的平行线交于点E，
∵，
∴，
，
，
∴
设，
则，
，
∵，
∴当时，有最大值，
此时点P的坐标为，
作点B关于对称轴的对称点，
∴，
∴当P，Q，共线时，取得最小值，
∴的最小值为；
【小问3详解】
解：将抛物线沿射线方向平移得到新抛物线，
且，
设将抛物线沿射线方向平移（）个长度单位，
则将抛物线沿轴向右平移（）个长度单位，向下平移个长度单位，
，
新抛物线经过点B，
，
整理得：，
解得：，（舍去），
，
，
如图，
过点作轴交于，过点作直线交轴于，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是直角三角形，
，
，
，
①当在射线的下方时，如图，
当轴时，
，
，
，
联立，
解得：，，
，
，
解得：，，
；
②当在射线的上方时，如图，
直线交轴于，
由①得，
，
设直线的解析式为，则有
，
解得：，
，
当时，
，
解得：，
，
，
，
，
解得：，
经检验：是此方程的根；
，
直线的解析式为，
联立，
解得：，，
；
综上所述：的坐标为或．
【点睛】本题考查了二次函数综合问题中的线段最值及角度问题，待定系数法，二次函数的性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质等，能找出求线段和最小值的条件，并能根据动点的不同位置进行分类讨论是解题的关键．
26. 在中，，过点作于点，点是直线上一点，点是延长线上一点，连接、，与交于点．
（1）如图，当点在线段上时，若，，，，求的长；
（2）如图，当点在线段上时，延长至点，连接，满足，，点为中点，连接，若，，请用等式表示线段、和的数量关系，并证明；
（3）如图，若，将线段绕点顺时针旋转到线段，连接，当取得最小值时，内部存在一点，使得，当取得最小值时，直接写出此时的面积．
【答案】（1）
（2），理由见解析
（3）
【解析】
【分析】本题考查三角形综合，涉及全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质，二次根式，三角形内角和定理，中位线，勾股定理，圆内接四边形性质，圆周角定理等，熟练掌握这些性质和判定是解题的关键．
（1）过点作于点，利用，，求出，再求出，再结合，得出，分别在和中进行计算即可；
（2）过点作交于点，过点作交于点，由，结合直角三角形和对顶角得出，可证，再证明，利用线段和差证明，结合，可以证明，再证明，得，，得，得，通过即可证明；
（3）先确定动点的轨迹（可通过过点作的垂线，过点作于点，证明，也可以利用瓜豆原理得出），利用点到直线的上一点的最短距离为点到直线的垂线段长度得出最小值时的点，利用得出，结合是定值，可得点的轨迹，利用两点之间线段最短得出的最小值时的点，再进行计算即可．
【小问1详解】
解：过点作于点，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，是等腰直角三角形，
∴，
在中，，
∴；
【小问2详解】
解：，理由如下：
如图，过点作交于点，过点作交于点，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵为中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵为中点，
∴，且，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
即；
【小问3详解】
解：如图，过点作于点，延长至，过点作于点，
∵，，
∴，，，
由旋转可得，，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
可知直线是固定直线，
∵点为动点，
∴点的轨迹为直线（也可以直接利用瓜豆原理，点的轨迹为直线，则点轨迹为直线绕点顺时针旋转），
由点到直线的上一点的最短距离为点到直线的垂线段长度，
过点作直线的垂线，垂足即为最小值时的点，
∵，
∴，
∴，
作的外接圆，圆心为，连接，，在上任取一点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴垂直平分，设垂足为点，
∴， ，
∴，，
∴是定圆，
∴点轨迹为在三角形内部的弧，
利用两点之间线段最短得，
且当、、共线时，取得最小值，此时点即为最小时的点，
由是定值，
则点即为最小时的点，
∵，
∴，
过点作于点，交于点，
∴，
∴，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴．
女1
女2
男1
男2
女1
﹣﹣﹣
（女1，女2）
（女1，男1）
（女1，男2）
女2
（女2，女1）
﹣﹣﹣
（女2，男1）
（女2，男2）
男1
（男1，女1）
（男1，女2）
﹣﹣﹣
（男1，男2）
男2
（男2，女1）
（男2，女2）
（男2，男1）
﹣﹣﹣
年级
平均数
中位数
众数
方差
A等级所占百分比
七年级
1.3
1.1
a
0.26
40%
八年级
1.3
b
1.0
0.23
m%
是的角平分线
______①
，
______② ，______③
是的角平分线
______ ④
，