山东省泰安市宁阳县2023-2024学年九年级下学期期中数学试题

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注意事项：
1．本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷为选择题，48分；第Ⅱ卷为非选择题，102分；全卷共8页．
2．数学试题答题卡共2页．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座号等填写在试题和答题卡上，考试结束后上交答题卡．
3．第Ⅰ卷每题选出答案后，都必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号【ABCD】涂黑．第Ⅱ卷按要求碳素笔答在答题卡的相应位置上．
第Ⅰ卷（选择题 共48分）
一、选择题（本题共12小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确的选项选出来．每小题选对得4分，不选或选出的答案超过一个均记零分）．
1. 满足的整数x有（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】D
【解析】
【分析】此题主要考查了无理数的估算，先估算，，然后根据取值范围写出符合的整数即可解题．
【详解】解：∵，，
∴满足的整数x为，共4个，
故选D．
2. 下列运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了合并同类项、算术平方根的定义、完全平方公式、积的乘方，熟练掌握运用这些基础运算是解题关键．
根据合并同类项、算术平方根的定义、完全平方公式、积的乘方依次判断即可．
【详解】、无法计算，原选项计算错误，不符合题意；
、，原选项计算错误，不符合题意；
、，原选项计算错误，不符合题意；
、，原选项计算正确，符合题意；
故选：．
3. 随着我国航天领域的快速发展，从“天宫一号”发射升空，到天和核心舱归位，我国正式迈入了“空间站时代”．下面是有关我国航天领域的图标，其图标既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，根据中心对称图形的定义和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；把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
【详解】解：A．是轴对称图形不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
B．既是轴对称图形又是中心对称图形，故该选项符合题意；
C．是轴对称图形不是中心对称图形，，故该选项不符合题意；
D．既不是轴对称图形又不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
故选：B．
4. 岁序更替，华章再启．元旦假期，泰安市文旅秩序井然，旅游市场强劲复苏，文旅消费潜力持续释放．统计数据显示，2023年12月30日0时至2024年1月1日16时，全市纳入统计的级旅游景区、新业态旅游景区、乡村旅游区点、红色旅游景区等21家旅游景区（点）共接待游客万人次，同比增长；实现营业收入万元，同比增长；实现门票收入万元，同比增长．其中门票收入万元用科学记数法表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了用科学记数法的知识，正确确定与的值是解题的关键．
科学记数法的表示形式为，其中，为整数．确定n的值时，要用原数的整数位数减1，由此即可解答．
【详解】解：将万用科学记数法表示为．
故选：C．
5. 如图，三角板的直角顶点在直尺的一边上．若，，则的度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】如图所示，根据，先算出的度数，根据邻补角再算出的度数，根据三角形内角和即可求解．
【详解】解：如图所示，
直尺中，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
故选：．
【点睛】本题主要考查平行线，邻补角，三角形内角和的综合，掌握平行线的性质，三角形的内角和定理是解题的关键．
6. 如图，为的直径，点在圆上，若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了圆内接四边形对角互补，直径所对的圆周角是直角，直角三角形两个锐角互余，掌握以上知识是解题的关键．根据圆内接四边形对角互补求得，根据直径所对的圆周角是直角可得，根据直角三角形的两个锐角互余即可求解．
【详解】解：四边形是圆内接四边形，
，
，
，
为的直径，
，
．
故选：C．
7. 为了学生的身心健康，提高学生就餐满意度，某学校对全体学生开展了食堂满意度问卷调查，满意度以分数呈现，从低到高为1分，2分，3分，4分，5分共五档，调查人员随机抽取了40份调查问卷，将数据整理成如图统计图．下列说法错误的是（ ）

A. 平均数是分B. 众数是16分C. 中位数是分D. 极差为4
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查众数、中位数和平均数及极差，解题的关键是掌握众数、中位数和平均数、极差的定义．
【详解】解：学生所评分数的平均数为（分），选项正确，不符合题意；
B、由条形统计图可知，4分的最多，所以众数是4分，选项错误，符合题意；
C、从低到高排列后，第20个和21个数据分别为3分和4分，所以中位数是分，选项正确，不符合题意；
D、最高分为5分，最低分为1分，极差为，选项正确，不符合题意；
故选：B
8. 如图，在扇形纸片中，，、点是半径上的点、沿直线折叠得到，点的对应点落在上，图中阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，根据折叠的性质得出，，则是等边三角形，，根据得出是等腰直角三角形，进而根据即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵折叠，
∴，，
∵
∴
∴是等边三角形，
∴
∵，
∴
∵，
∴，则
∵，
∴，
∴
故选：B．
【点睛】本题考查了折叠的性质，求扇形面积，证明是等边三角形，是解题的关键．
9. 已知反比例函数在第二象限内的图象与一次函数的图象如图所示，则函数的图象可能为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了函数图象和性质，根据反比例函数图象和一次函数函数的图象得到， ，，再根据二次函数进行观察图象即可判断，解题的关键是根据函数图象确定，，的取值范围．
【详解】解：根据题意和已知图象关系，可知反比函数分布在第二象限，
∴
又∵函数图像经过一、二、三象限，
∴，且，
∴的开口向上，对称轴为：，故D不符合题意；
将代入函数，可得到，故B和C不符合题意，A符合题意；
故选：A．
10. 《九章算术》中记载：“今有上禾三秉，益实六斗，当下禾十秉；下禾五秉，益实一斗，当上禾二秉．问上、下禾实一秉各几何？”其大意是：今有上等稻子三捆，若打出来谷子再加六斗，则相当于十捆下等稻子打出来的谷子；有下等稻子五捆，若打出来的谷子再加一斗，则相当于两捆上等稻子打出来的谷子．问上等、下等稻子每捆打多少斗谷子？设上等稻子每捆打斗谷子，下等稻子每捆打斗谷子，根据题意可列方程组为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查根据实际问题列二元一次方程组．根据上等稻子三捆，打出来的谷子再加六斗，相当于十捆下等稻子打出来的谷子；下等稻子五捆，打出来的谷子再加一斗，相当于两捆上等稻子打出来的谷子．列出方程组即可．
【详解】解：设上等稻子每捆打斗谷子，下等稻子每捆打斗谷子，根据题意，得：
；
故选A．
11. 如图，在平行四边形中，以点B为圆心，适当长度为半径作弧，分别交，于点F，G，再分别以点F，G为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点H，作射线交于点E，连接，若，，，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用基本作图得到，再根据平行四边形的性质得到，，，再证明，则，接着利用勾股定理的逆定理判断为为直角三角形，，然后在中利用勾股定理计算的长．
【详解】解：由作法得平分，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴为直角三角形，
∴，
∵，
∴，
在中，，
故选：D．
【点睛】本题考查了作图-基本作图，熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了平行四边形的性质和勾股定理及其逆定理．
12. 在边长为正方形中，与相较于点，是同平面内的一动点，，是中点，连接，则的最小值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，最短线段问题，由是同平面内的一动点，，可得点为正方形外接圆上一点，延长至，使，由是中点，可得为的中位线，即，由三角形两边之和大于第三边可知，当点三点共线时，最小，利用勾股定理即可求出最小值，进而求解，画出图形，正确找到取最小值时点的位置是解题的关键．
【详解】解：∵是同平面内的一动点，，
∴点为正方形外接圆上一点，
延长至，使，
∵是中点，
∴为的中位线，
∴，
由三角形两边之和大于第三边可知，当点三点共线时，最小，
过点作于，
∵为正方形，边长为，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴的最小值，
故选：．

第Ⅱ卷（非选择题 共102分）
二、填空题（本大题共6小题，每题4分，共24分．只要求填写最后结果）
13. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程根的判别式可直接进行求解．
【详解】解：∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
解得：；
故答案为：．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式是解题的关键．
14. 2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”意喻敦厚，健康，可爱，活泼，某零售店“冰墩墩”的销售日益火爆，销售期间发现，每天的销售利润（元）与售价（元）之间的函数解析式是，且售价的范围是，则销售“冰墩墩”每天的最大利润是______________．
【答案】900元
【解析】
【分析】本题考查二次函数的实际应用．熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键．
将二次函数一般式改为顶点式．再结合题意可知当时，y有最大值，求出最大值即可．
【详解】解：∵，且，
又∵售价x的范围是，
∴当时，y有最大值，最大值为900，
∴最大利润是900元．
故答案为：900元．
15. 如图，在某小区内拐角处的一段道路上，有一儿童在 C 处玩耍，一辆汽车从被楼房遮挡的拐角另一侧的A 处驶来，已知，汽车从A处至少直行______米才能发现C 处的儿童．（参考数据：， ）
【答案】6
【解析】
【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用、相似三角形的判定和性质等知识点，理解汽车能发现儿童所前行的距离为是解题的关键．
先利用勾股定理求出，证明，再求出；然后在中，利用三角函数的定义求出即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，即，解得：，
∴汽车从A处前行约6米才能发现C处的儿童．
故答案为6．
16. 如图，AB为⊙O直径，矩形ACDE的边DE与⊙O相切，点C在⊙O上，若，，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】利用直线与圆相切，矩形与梯形中位线的性质得出，，则，即求出的值即可求出结果．将，，用代数式表示，利用勾股定理建立等式关系，求解即可．
【详解】如图，过点作直线相交于点，于点，
四边形是矩形，
且，且，．
，为⊙直径，
，（梯形的中位线）．
，
．
，，
，．
，即，
整理得，
解得（不符合题意）．
．
故答案为：．
【点睛】本题考查直线与圆的相切性质问题．涉及直线与圆相切的性质，矩形的性质、梯形的性质、勾股定理等的理解与综合应用能力．涉及直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径；矩形对应边平行且相等，四个角都是直角；梯形中位线等于两底和的一半；一个直角三角形中，两个直角边长的平方加起来等于斜边长的平方．灵活运用相关知识点建立等式关系求解是解本题的关键．
17. 如图，把一个矩形纸片 放入平面直角坐标系中，使、分别落在 轴、轴上，连接 ，将纸片 沿 折叠，使点 落在的位置上． 若，，则点的坐标为_________________．
【答案】
【解析】
【分析】本题过点作于点，交于点，由矩形的性质和折叠的性质，证明，得到，设，则，在中应用勾股定理构建方程，即可求出和，使用等面积法求出，点的纵坐标就求出来了，最后再解，求出，即点的横坐标．即可解题．
【详解】解：过点作于点，交于点，如图所示：
四边形为矩形，，，
，，，
由题易知，四边形为矩形，
有，
由折叠的性质可知，，，，
，
，
，
设，则，
有， 即，解得，
，
，解得，
，，
，
点的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握相关性质并灵活运用，即可解题．
18. 如图，在一次无人机表演中，操作者设计了如下程序：无人机从与轴成角出发，触碰到直线上的点后，与原方向成角折回，再触碰到轴上的点后，与原方向成角折回，依次进行，则线段____________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了一次函数与几何的综合，解题的关键是找出等边三角形边长的递变规律．
先由直线方程求得直线与x轴的夹角，再证明无人机行驶的轨迹是若干个等边三角形，且每后一个等边三角形是前一个等边三角形边长的2倍，确定规律即可得出结果．
【详解】解：如图，在直线上任取一点P，作轴，垂足为点Q，取的中点M．
设，即，
在中，，
∴，
∵点M是斜边的中点，
∴
∴是等边三角形．
∴，
∴
即．
由与x轴成角出发，即，
∴，
依题意，
∴是等边三角形．
同理：（n为正整数）均为等边三角形．
由与，得，
∴．则
由可得，
∴．
所以每后一个等边三角形的边长是前一个等边三角形边长的2倍．
∴，
∴，
故答案为：．
三、解答题（本大题共7小题，78分，解答要写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．）
19. （1）先化简，再求值：，其中．
（2）解不等式组：．
【答案】（1），；（2）
【解析】
【分析】题目主要考查分式的化简求值及求不等式组的解集，熟练掌握各个运算法则是解题关键．
（1）先将括号里的通分，再将除法变成乘法约分，然后代入即可得出答案；
（2）先求出每个不等式的解集，然后再确定不等式组的解集即可．
【详解】（1）解：
把代入得，
原式；
（2）
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式组的解集为：．
20. 青年大学习由共青团中央发起，广大青年参与，通过学习来提升自身理论水平、思维层次的行动，梦想从学习开始，事业从实践起步．某校为了解九年级同学学习“青年大学习”的情况，随机抽取部分九年级同学进行了问卷调查，按照调查结果，将学习情况分为优秀、良好、合格、较差四个等级．学校绘制了如图不完整的统计图，根据图中信息解答下列问题：
（1）本次参与问卷调查的初中生共为___________人；将条形统计图补充完整；
（2）扇形统计图中“合格”所对应的百分比为__________，“较差”所对应的圆心角度数为__________度；
（3）该校某班有4名同学（2名男同学、2名女同学）在调查中获得“优秀”等级，班主任将从这4名同学中随机选取2名同学，代表班级参加学校组织的“青年大学习”演讲大赛．请用列表或画树状图的方法，求所选两位同学恰好是1名男同学和1名女同学的概率．
【答案】（1）80，见解析；（2）30，36；（3）所选两位同学恰好是1名男同学和1名女同学的概率为
【解析】
【分析】（1）根据优秀的人数和所占的百分比求出总人数，再用总人数减去其它等级的人数，求出良好的人数，再将条形统计图补充完整即可；
（2）用合格的人数除以总人数求出合格的人数，用360°乘以“较差”的人数所占的百分比求出“较差”所对应的圆心角度数；
（3）画树状图，共有12个等可能的结果，所选两位同学恰好是1名男同学和1名女同学的结果有8个，再由概率公式求解即可．
【详解】解：（1）抽取的学生人数为：（人）．
抽取学生中良好的人数为：80-16-24-8=32（人），
将条形统计图补充完整如下：
故答案为：80；
（2）扇形统计图中“合格”所对应的百分比为：，
“较差”所对应的圆心角度数为，
故答案：30，36；
（3）画树状图如图：
共有12个等可能的结果，所选两位同学恰好是1名男同学和1名女同学的结果有8个，
∴所选两位同学恰好是1名男同学和1名女同学的概率为．
【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率、扇形统计图和条形统计图．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
21. 如图，一次函数与反比例函数的图象相交于，两点，与轴相交于点．
（1）求一次函数与反比例函数的解析式；
（2）若点与点关于轴对称，求的面积．
（3）当时，请直接写出的取值范围．
【答案】（1），
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求得反比例函数的解析式，进而求出点B坐标，利用待定系数法即可求出一次函数的解析式；
（2）利用一次函数的解析式求出点C坐标，根据已知条件得出点D 坐标，求出，然后利用代数求解即可；
（3）根据反比例函数和一次函数的交点坐标找到直线在双曲线下方时x的取值范围即可．
【小问1详解】
解：∵点在双曲线上，
∴，
解得，，
∴反比例函数解析式为：，
∵在双曲线上，
∴，
∴，
把，代入得：
，
解得；
∴一次函数解析式为：；
【小问2详解】
解：对于，当时，，
∴，
∵点D与点C关于x轴对称，
∴，
∴
∴；
【小问3详解】
∵一次函数反比例函数的图象相交于，两点
∴由图象可得，当时，或．
【点睛】本题主要考查了反比例函数与一次函数交点问题，待定系数法求函数解析式，反比例函数图象上点的坐标的特征，坐标与图形，一次函数图象上点的坐标的特征，关于x轴对称的点的性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
22. 普陀山佛茶又称佛顶山云雾茶，具有提神解乏之功效和一定的药用价值．舟山某茶店用32000元购进A等级茶叶若干盒，用6000元购进B等级茶叶若干盒，所购A等级茶叶比B等级茶叶多10盒，已知A等级茶叶的每盒进价是B等级茶叶每盒进价的4倍．
（1）A，B两种等级茶叶的每盒进价分别为多少元？
（2）当购进的所有茶叶全部售完后，茶店以相同的进价再次购进A，B两种等级茶叶共60盒，但购茶的总预算控制在36000元以内．若A等级茶叶的售价是每盒900元，B等级茶叶的售价为每盒250元，则A，B两种等级茶叶分别购进多少盒时可使获利润最大？最大利润是多少？
【答案】（1）A等级茶叶的每盒进价为800元，B等级茶叶的每盒进价为200元；
（2）再次购进A等级茶叶40盒，B等级茶叶20盒时，可使所获利润最大，最大利润是5000元．
【解析】
【分析】此题考查了分式方程、一次函数、一元一次不等式的应用，正确理解题意是解题的关键．
（1）设B等级茶叶的每盒进价为x元，则A等级茶叶的每盒进价为元，根据所购A等级茶叶比B等级茶叶多10盒列分式方程，解方程并检验即可得到答案；
（2）设茶店再次购进m盒A等级茶叶，则购进盒B等级茶叶，先求出m的取值范围，设茶店再次购进的两种等级茶叶全部售出后获得的总利润为w元，列出w关于m的一次函数，根据一次函数的性质解答即可．
【小问1详解】
解：设B等级茶叶的每盒进价为x元，则A等级茶叶的每盒进价为元，
根据题意得：10，
解得：，
经检验，是所列方程的解，且符合题意，
∴．
答：A等级茶叶的每盒进价为800元，B等级茶叶的每盒进价为200元；
【小问2详解】
设茶店再次购进m盒A等级茶叶，则购进盒B等级茶叶，
根据题意得：，
解得：，
设茶店再次购进的两种等级茶叶全部售出后获得的总利润为w元，则，
即，
∵，
∴w随m的增大而增大，
∴当时，w取得最大值，最大值为，此时．
答：再次购进A等级茶叶40盒，B等级茶叶20盒时，可使所获利润最大，最大利润是5000元．
23. 已知：如图，在中，点D在边上，与分别相交于点．

（1）求证：；
（2）连接，求证：；
（3）若，点D是的中点，连接，求的长．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）通过证明，可得，由平行线的性质可得，且，可证；
（2）由相似三角形的性质可得，且，可证，可得，由平行线分线段成比例可得，可得结论；
（3）根据等腰三角形的性质可得，由相似三角形的判定与性质可得，最后根据勾股定理计算即可得到答案．
【小问1详解】
∵，
∴．
又∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
又∵，
∴．
【小问2详解】
连接，
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴，
∴，
∴．
【小问3详解】
∵，点D是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）知，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，
，
∵
∴，
∴，
∴，
在中，
．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
24. 如图，二次函数的图象与轴相交于点，，对称轴交轴于点．
（1）求该二次函数及所在直线的解析式；
（2）如图1，在线段上是否存在一点，使得以，，为顶点的三角形与相似，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，是该二次函数图象上位于第一象限上的一动点，连接分别交，轴于点，．是否存在最大值，若存在，请求出最大值及此时点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）点的坐标为或
（3）得最大值为，此时
【解析】
【分析】（1）将点，代入二次函数解析式确定函数解析式，然后确定点C，再次利用待定系数法即可确定一次函数解析式；
（2）由题意可得，，，，，，分两种情况：当时，，当时，，利用相似三角形性质得到，过点作轴于点，求得，代入所在直线解析式为，即可求出点的坐标；
（3）过点P作轴交于点M，过点A作轴交于点H，然后利用相似三角形的判定和性质得出，根据题意先确定，然后设点，则，得出，再利用二次函数的性质求解即可．
【小问1详解】
解：∵抛物线经过点，，对称轴是直线，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为，
当时，，
∴，
设所在的直线解析式为，将点，代入，
得，解得，
∴所在直线解析式为．
【小问2详解】
解：存在．
∵点，，，对称轴是直线，
∴，，，，，
∴，
分两种情况：①如图所示，当时，，
∴，即，解得，
过点作轴于点
∵轴，
∴，
∴，解得，
把代入，得，
∴此时，点的坐标为；
②如图所示，当时，，
∴，即，得．
过点作轴于点．
∵轴，
∴．
∴，即，解得．
把代入，得．
∴此时，点的坐标为；
综上所述，点的坐标为或．
【小问3详解】
得最大值为，
解：过点P作轴交于点M，过点A作轴交于点H，如图所示：
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当时，，
∴，
设点，则，
∴，
∴，
∵，
∴当时，存在最大值为，，
∴得最大值为，此时．
【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法，勾股定理，相似三角形的判定和性质，函数图象的交点，方程思想及分类讨论思想，熟练掌握表达式求法，二次函数的图象性质等知识是解题的关键．
25. 已知：如图1，在四边形中，，．P是边上一动点，联结，将绕点P顺时针方向旋转，得到，联结．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）M是延长线上一点，联结，且．
①若，求证：；
②如图2，若，，联结、，求证：．
【答案】（1）见解析 （2）①见解析；②见解析
【解析】
【分析】（1）由平行线的性质可得，再由可得，从而得出，再由平行四边形的判定可得结论；
（2）①先证明，再证明，推出，可得结论；
②延长至N，使，联结、，先证明，可得是线段的线段垂直平分线，得出，则是等腰直角三角形，从而证得，再证明，从而得出，延长交于E，则，最后由勾股定理得出，最后可得结论．
【小问1详解】
如图1，
，
；
，
，
，
四边形是平行四边形；
【小问2详解】
①如图1，
，，
，
，
，，
，
在与中，
，
，
，
；
②如图2，延长至N，使，联结、，
在与中，
，
，
，；
，
是线段的线段垂直平分线，
，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
又，
；
四边形是平行四边形，
，
，
；
在与中，
，
，
，，
；
延长交于E，则，
，
，
四边形内角和为，，
，
在中，，
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，全等三角形判定和性质等知识，正确添加辅助线是解本题的关键．