重庆市第八中学2024-2025学年九年级上学期开学考试数学自测模拟试题（原卷版+解析版）

这是一份重庆市第八中学2024-2025学年九年级上学期开学考试数学自测模拟试题（原卷版+解析版），文件包含重庆市第八中学2024-2025学年九年级上学期开学考试数学自测模拟试题原卷版docx、重庆市第八中学2024-2025学年九年级上学期开学考试数学自测模拟试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共42页， 欢迎下载使用。

1. 四个有理数，2，0，，其中最小的是（ ）
A. B. 2C. 0D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了有理数的大小比较．根据“正数大于0，0大于负数比较，两个负数比较大小，绝对值越大其值越小”即可判断．
【详解】解：，，，
，
最小的数是，
故选：D．
2. 随着人们健康生活理念的提高，环保意识也不断增强，以下是回收、绿色包装、节水、低碳四个标志，其中是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据中心对称图形的定义：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，进行逐一判断即可．
【详解】解：A、不是中心对称图形，不符合题意；
B、是中心对称图形，符合题意；
C、不是中心对称图形，不符合题意；
D、不是中心对称图形，不符合题意；
故选B．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形的定义，解题的关键在于能够熟知定义．
3. 下列调查中，最适合抽样调查的是（ ）
A. 调查某校七年级一班学生的课余体育运动情况
B. 调查某班学生早餐是否有喝牛奶的习惯
C. 调查某种面包的合格率
D. 调查某校足球队员的身高
【答案】C
【解析】
【分析】根据调查对象的范围选取合适的调查方法．
【详解】解：A、七年级一班学生人数较少，适用于全面调查，不符合题意；
B、某班学生人数较少，适用于全面调查，不符合题意；
C、某种面包的合格率，宜用抽样调查，符合题意；
D、某校足球队员的身高，宜用全面调查，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了抽样调查、全面调查的应用，遵循定义和适用范围是解决本题的关键．
4. 估计的值应在（ ）
A. 4和5之间B. 5和6之间C. 6和7之间D. 7和8之间
【答案】C
【解析】
【分析】先进行二次根式的计算，再根据的取值范围确定结果的取值范围．
【详解】∵
∵，
∴
∴，
∴的值应在和之间，
故选：C
【点睛】此题考查了估算无理数的大小，以及二次根式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
5. 如图，与位似，点O为位似中心，已知，周长为8，则的周长是（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】利用位似的性质得，，然后根据相似三角形的性质即可解答．
【详解】解：∵与位似，点O为位似中心，
∴，，
∵周长为8，
∴周长：的周长，
∴的周长为，
故选：C．
【点睛】题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．位似图形必须是相似形，对应点的连线都经过同一点；对应边平行或共线．
6. 若点，，都在反比例函数的图象上，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征，把三个点的坐标分别代入解析式计算出，，的值，然后比较大小即可．
【详解】解：∵点，，都在反比例函数的图象上，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特点，理解题意，求出，，的值是解题关键，本题也可以利用反比例函数的性质求解．
7. 流行性感冒传染迅速，若有一人感染，经过两轮传染后共有100人患病，设每轮传染中平均一人传染了x人，可列出的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的实际应用（传播问题），先设每轮传染中平均一人传染了x人，再根据“经过两轮传染后共有100人患病”，进行列式，即可作答．
【详解】解：∵设每轮传染中平均一人传染了x人，经过两轮传染后共有100人患病，
∴，
故选：A．
8. 用一样长的小木棒按下图的方式搭建图形，图①需要6根小木棒，图②需要11根小木棒，图③需要16根小木棒，……，按照这个规律，图8需要小木棒的根数是（ ）

A. 36B. 41C. 42D. 46
【答案】B
【解析】
【分析】根据图中规律，后面一个图形都比前面一个图形多5根小棒，即可求解，
【详解】解：由规律可知，后面一个图形都比前面一个图形多5根小棒，
因为图①一共6根小棒，
所以图⑧需要小木棒的根数是（根），
故选B．
【点睛】本题考查了图形规律题，解题关键是发现图形变化规律．
9. 如图，在正方形中，点E为边的中点，F为上一点，连接，，，若，则的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，延长到H，使得，连接交与G．，根据正方形的性质得到，，根据全等三角形的判定和性质定理得出，结合已知条件进一步得出，再根据等腰三角形的性质可得出，然后根据角得和差关系得出结论．
【详解】解：延长到H，使得，连接交与G．
∵四边形是正方形．
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵点E为边的中点
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
10. 是由交替排列的个多项式，其中，将这个多项式中的任意个多项式中的每一项都改变符号，其余不变，称为第1次操作（，且均为整数）；在第1次操作的基础之上再将任意个多项式中的每一项都改变符号，其余不变，称为第2次操作；按此方式操作下去…．例如：当时，第1次操作后可能得到：或或．
下列说法：
①当为奇数时，无论进行多少次操作，都不可能使得到的个多项式的和为0；
②当时，至少需要进行3次操作，才能使得到的6个多项式的和中不合；
③当时，3次操作后得到的6个多项式求和，共有8种可能出现的结果．
其中正确的个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了多项式的加减和添去括号性质等知识点，依据题意，读懂题目然后根据添去括号法则进行化简判定即可得解，解题时注意结合分类讨论是关键．
【详解】①为奇数时，无论经过多少次操作后，得到的个多项式中的个数与的个数不会相同，①正确，符合题意；
②3次操作后，只需6个多项式中有3个含，3个含，不用考虑：
原多项式：
第一次操作：
第二次操作：
第三次操作：，此时它们的和为零，
故②正确，符合题意；
③时
如果对6个进行3次操作，其结果可能出现：1负5正或3负3正或5负1正．
因为是从6个多项式中任意选出3个添加负号，由任意性可知：6个多项式进行3次操作后可能出现的结果：其中1个或3个或5个多项式整体添加了负号：
1．若其中1个添加了负号：整体添加负号，其余不变，则和为整体添加负号，其余不变，则和为；
2．若其中3个添加了负号：3个整体添加负号，其余不变，则和为；3个整体添加负号，其余不变，则和为；2个和1个整体添加负号，其余不变，则和为；2个和1个整体添加负号，其余不变，则和为；
3．若其中5个添加了负号：若不变，其余均整体添加了负号，则和为；不变其余均整体添加了负号，则和为；
所以有8种可能出现的结果，
故③正确，符合题意；
故选：D．
二．填空题（共8小题，满分32分，每小题4分）
11. 计算：______．
【答案】3
【解析】
【分析】此题考查了负整数指数幂和零指数幂，
首先计算负整数指数幂和零指数幂，然后计算加减．
【详解】
．
故答案为：3．
12. 已知关于x的一元二次方程mx2﹣4x+2＝0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是 _____．
【答案】且m≠0
【解析】
【分析】由二次项系数非零结合根的判别式，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出结论．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程mx2-4x+2=0有两个不相等的实数根，
∴，
解得：且m≠0
故答案为：且m≠0．
【点睛】本题主要考查根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与有如下关系：
①当时，方程有两个不相等两个实数根；
②当时，方程有两个相等的两个实数根；
③当时，方程无实数根．
13. 不透明的盒子中有四个形状、大小、质地完全相同的小球，上面分别标着数字1，2，3，4，将四个小球放入盒中摇匀，从盒中随机取出一个小球，记下数字后放回，摇匀后再从盒中随机取出一个，则两次抽取的小球上的数字之积为奇数的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查列表法与树状图法，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．列表可得出所有等可能的结果数以及两次抽取的小球上的数字之积为奇数的结果数，再利用概率公式可得出答案．
【详解】解：列表如下：
共有16种等可能的结果，其中两次抽取的小球上的数字之积为奇数的结果有(1，1)，(1，3)，(3，1)，(3，3)，共4种，
两次抽取的小球上的数字之积为奇数的概率为．
故答案为：．
14. 如图，在平面直角坐标系中，点A是反比例函数图像在第一象限的一点，连结OA并延长使AB=OA，过点B作BC⊥x轴，交反比例函数图像交于点D，连结AD，且，则的值为_____．
【答案】4
【解析】
【分析】画出辅助线，根据反比例函数的几何定义以及中位线定义即可求解．
【详解】连接OD，作．
，
，
，
反比例函数图像在第一象限，
，
，
且，
是的中位线，
，，
，
，
，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数系数的几何意义、三角形面积、中位线定义等，解题的关键是添加辅助线，本题也可通过证明求解．
15. 如图，已知正方形边长为4，以为直径作半圆，点E是半圆的中点，则图中阴影部分面积为_____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了不规则图形面积的计算，圆的基本性质，注意割补思想的应用．连接，设半圆圆心为O，连接并延长交于F；由对称性知，阴影部分面积等于正方形面积与半圆面积和减去面积的差的一半，由此即可求解．
【详解】解：连接，设半圆圆心为O，连接并延长交于F，如图；
则，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴；
由对称性知，阴影部分面积，
故答案为：
16. 若关于x的一元一次不等式组的解集为，且关于y的分式方程有非负数解，则满足条件的所有整数a的和为_____．
【答案】8
【解析】
【分析】本题主要考查一元一次不等式组的解集，分式方程的解以及解分式方程．
由关于x的一元一次不等式组的解集为，可得，由关于y的分式方程有非负数解，可得且，从而满足条件的所有整数a，再求它们的和即可得出答案．
【详解】，
解不等式①，得，
解不等式②，得，
∵关于x的一元一次不等式组的解集为，
∴，
解分式方程，得，
∵该分式方程有非负数解，
∴当时，且
∴且，
∴且，
∴满足条件的所有整数a为：，，，，，，
它们的和为：．
故答案为：8
17. 如图，在等腰直角中，，为边上任意一点，连接，将沿翻折得到，连接并延长交于点，若点为的中点，则的长为 ______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，翻折变换，解一元二次方程，过作于，作于，利用勾股定理和相似三角形，即可得到的长，进而得出的长，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】如图所示，过作于，作于，
又∵，
∴四边形是矩形，
设，则，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
中, ，即，
解得（不合题意），，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
由折叠可得，，
故答案为：．
18. 若一个四位自然数的千位数字与个位数字之和恰好是的百位数字与十位数字之和的2倍，则称这个四位数为“好数”．一个“好数”的千位数字为，百位数字为，十位数字为，个位数字为，记．若为整数，是4的倍数，则________；所有满足条件的的最大值和最小值的差为________．
【答案】 ①. 5 ②.
【解析】
【分析】根据定义得到，进一步得到；，
，则是4的倍数，9，进一步即可得到答案，此题考查了数字类规律、分式的运算等知识，读懂题意，求出；是解题的关键．
【详解】，
，
为整数
；，
，
是4的倍数，
或9
时，取到最小值，
或2，
的最小值为1239
时，取到最大值，
，或2，
的最大值为9321；
差为8082，
故答案：5，8082
三．解答题（共8小题，满分78分）
19. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了单项式乘以多项式，完全平方公式，分式的化简．熟练掌握单项式乘以多项式，完全平方公式，分式的化简是解题的关键．
（1）先分别计算单项式乘以多项式，完全平方公式，然后合并同类项即可；
（2）先通分，进行因式分解，然后进行除法运算即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
．
20. 在学习了角平分线的性质后，小红进行了拓展性探究．她发现在直角梯形中，如果两内角（非直角内角）的角平分线相交于腰上同一点，那么两底边的长度之和等于这两内角夹边的长度．她的解决思路是：将问题转化为证明三角形全等，然后根据全等三角形的对应边相等使问题得到解决，请根据她的思路完成以下作图与填空：
用直尺和圆规，过点作的垂线，垂足为点（只保留作图痕迹）．
已知：在四边形中，，，平分，平分．
求证：．

证明：∵平分，
∴______，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，，______ ______，
∴，
∴______，
同理可得：，
∴．
小红再进一步研究发现，只要梯形满足夹同一条腰的两个内角的角平分线相交于另一条腰上同一点，均有此结论．请你依照题意完成下面命题：
如果一个梯形满足夹同一条腰的两个内角的角平分线相交于另一条腰上同一点，那么______．
【答案】，，，；两底边的长度之和等于这两内角夹边的长度．
【解析】
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，作图一基本作图，直角梯形，角平分线的定义，利用尺规作，即可完成作图，由证明，得到，同理可得，即可证明问题，根据证明可得如果一个梯形满足夹同一条腰的两个内角的角平分线相交于另一条腰上同一点，那么两底边的长度之和等于这两内角夹边的长度，解题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形．
【详解】证明：如图，过点作的垂线，垂足为点，

∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，，，
∴，
∴，
同理可得：，
∴；
如果一个梯形满足夹同一条腰的两个内角的角平分线相交于另一条腰上同一点，那么两底边的长度之和等于这两内角夹边的长度；
故答案为：，，，；两底边的长度之和等于这两内角夹边的长度．
21. 学校在七、八年级开展了主题为“以艺润心，向暖而行”的艺术节文艺汇演，为了解两个年级学生对文艺汇演的喜欢程度，学生处发放问卷并让学生评分，现从该校七、八年级中各随机抽取了20名学生的评分进行整理和分析（评分均为整数，满分为12分，9分以上为非常喜欢），相关数据统计、整理如下：
抽取的七年级学生的评分：5，5，6，7，7，8，8，8，9，9，9，9，9，10，10，10，11，11，12，12．
抽取的七、八年级学生的评分统计表
根据以上信息，解答下列问题：
（1）直接写出上述表中a、b、c值：
（2）根据以上数据，你认为哪个年级的学生更喜欢此次文艺汇演?请说明理由．
（3）该校七年级有1500名学生参加评分，八年级有1800名学生参加评分，请估计两个年级本次评分为非常喜欢的学生共有多少人?
【答案】（1），，
（2）八年级更喜欢此次文艺汇演，理由见解析
（3）估计两个年级非常喜欢的学生人数为1425人
【解析】
【分析】本题考查的是统计表和扇形统计图的综合运用，样本估计总体，读懂统计图，从不同的统计图，统计表中得到必要的信息是解决问题的关键．
（1）根据扇形统计图以及中位数的定义可知，八年级的中间两个数为9和10，众数在D组，根据七年级的成绩数据，9分以上有7人，进而即可求得优秀率；
（2）根据众数与优秀率进行判断即可求解；
（3）根据两个年级的优秀率乘以人数即可求解．
【小问1详解】
解：根据扇形统计图以可得E和D两组人数和人，八年级的中间两数为9和10，
∴，
八年级的众数在D组，
∴，
七年级的成绩数据，9分以上有7人，
∴，
故答案为：9.5，10，35
【小问2详解】
八年级更喜欢此次文艺汇演，理由如下：
八年级评分中位数9.5大于七年级评分中位数9．
【小问3详解】
样本中七年级学生非常喜欢的占比为，
样本中八年级学生非常喜欢的占比为．
∴（人），
答：估计两个年级非常喜欢学生人数为1425人．
22. 如图1，在中，，，，为中点，动点以每秒1个单位长度的速度沿折线方向运动，当点运动到点时停止运动．设运动时间为秒，的面积为．
（1）请直接写出关于的函数表达式并注明自变量的取值范围；
（2）在给出的平面直角坐标系中画出的图象，并写出的一条性质；
（3）如图2，的图象如图所示，结合函数图象，直接写出时，的取值范围．（结果保留一位小数，误差不超过0.2）
【答案】（1）；
（2）见解析； （3）．
【解析】
【分析】本题考查三角形的面积，一次函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质，
（1）分两种情况，当点P在线段上时和点P在线段上，分别过点P作边和边上的垂线，根据相似三角形的判定与性质求出的长，运用三角形的面积公式即可解答；
（2）根据函数解析式画图，结合图象写出一条性质即可；
（3）结合函数图象，直接写出时，的取值范围．．
【小问1详解】
解：过点D作于点，如图1，
则
∴
∴，
∵为的中点，
∴
∴
∴
当时，
∴；
当时，过点D作于点，如图2，
同理可得，，
又
∴
；
∴关于的函数表达式为：
【小问2详解】
解：如图所示：
性质：当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小
【小问3详解】
解：当时，的取值范围为：
23. “卖花担上，买得一枝春欲放”，用鲜花装点生活，既能在装饰家居时收获审美体验，也能在观赏养护中熨帖心灵，是一种避入日常又跳出日常的美好．某花店抓住市场需求，计划第一次购进玫瑰和郁金香共300支，每支玫瑰的进价为2元，售价定为5元，每支郁金香的进价为4元，售价定为10元．
（1）若花店在无损耗的情况下将玫瑰和郁金香全部售完，要求总获利不低于1500元，求花店最多购进玫瑰多少支？
（2）花店在第二次购进玫瑰和郁金香时，两种花的进价不变．由于销量火爆，花店决定购进玫瑰和郁金香共360支，其中玫瑰的进货量在（1）的最多进货量的基础上增加支，售价比第一次提高m元，郁金香售价不变，但郁金香在运输过程中有已经损坏，无法进行销售，最终第二批花全部售完后销售利润为1800元，求m的值．
【答案】（1）100支
（2）2
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式；（2）找准等量关系，正确列出一元二次方程．
（1）设花店购进玫瑰支，则购进郁金香支，利用总利润每支玫瑰的销售利润购进玫瑰的支数每支郁金香的销售利润购进郁金香的支数，结合总利润不低于1500元，可列出关于的一元一次不等式，解之取其中的最大值，即可得出结论；
（2）利用总利润销售单价销售数量进货单价进货数量，可列出关于的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．
【小问1详解】
解：设花店购进玫瑰支，则购进郁金香支，
根据题意得：，
解得：，
的最大值为100．
答：花店最多购进玫瑰100支；
【小问2详解】
根据题意得：，
整理得：，
解得：，(不符合题意，舍去)．
答：的值为2．
24. 金秋十一月，阳光大草坪正处于草坪养护阶段，如图为草坪的平面示意图．经勘测，入口B在入口A的正西方向，入口C在入口B的正北方向，入口D在入口C的北偏东方向处，入口D在入口A的北偏西方向处．（参考数据）
（1）求的长度；（结果精确到1米）
（2）小明从入口D处进入前往M处赏花，点M在上，距离入口B的处．小明可以选择鹅卵石步道①，步行速度为，也可以选择人工步道②，步行速度为，请计算说明他选择哪一条步道时间更快？（结果精确到）
【答案】（1）
（2）选择人工步道时间更快
【解析】
【分析】本题考查解直角三角形的应用方向角问题；
（1）过点作于点，过点作于点，在中，根据可求出的长，进而可得的长，在中，根据可求出的长，最后由可得答案．
（2）分别求出两种步道的路程，进而可得求出所需时间，即可得出答案．
【小问1详解】
过点作于点，过点作于点，
则，，，，，
在中，，
，
在中，，
．
的长度为．
【小问2详解】
由（1）知，，
，
，
在中，，
在中，，
．
鹅卵石步道的路程为，
所需时间为．
人工步道的路程为，
所需时间为．
，
他选择人工步道时间更快．
25. 如图1，在平面直角坐标系中，直线经过点，与x轴交于点，点C为中点，反比例函数刚好经过点C．将直线绕点A沿顺时针方向旋转得直线，直线与x轴交于点D．

（1）求反比例函数解析式；
（2）如图2，点Q为射线以上一动点，当取最小值时，求的面积；
（3）将沿射线方向进行平移，得到且刚好落在y轴上，已知点M为反比例函数上一点，点N为y轴上一点，若以M，N，B，为顶点的四边形为平行四边形，直接写出所有满足条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程．
【答案】（1）反比例函数解析式为
（2）的面积为
（3）N点坐标为，或，过程见解析
【解析】
【分析】（1）过点A作于点E，过点C作于点F，根据平行线分线段定理可得，从而求得，再利用待定系数法求反比例函数解析式即可；
（2）由锐角三角函数求得，再由三角形内角和求得，从而求得，根据等腰三角形的性质可得，从而求得，作直线，可得，过点Q作于点H，则，可得当D，Q，H三点共线时，取最小值，此时Q与A重合，再利用求解即可；
（3）由平移的性质可知，设，，分类讨论：当为对角线、为对角线或为对角线时，利用中点坐标公式求解即可．
【小问1详解】
解：过点A作于点E，过点C作于点F，
∵，
∴，点C为中点，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴反比例函数解析式为；
【小问2详解】
解：∵，，
∴，
∵将直线顺时针旋转得到直线，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
作直线，
∴，
过点Q作于点H，
∴，
∴当D，Q，H三点共线时，取最小值，
此时Q与A重合，
∴，
∴的面积为；
【小问3详解】
解：N点坐标为，或，理由如下：
由题可知，，
设，，
当为对角线时，，
解得：，
∴，

当为对角线时，如图，
∵，
解得，
∴，

当为对角线时，如图，
，
解得，
∴，

综上，N点坐标为，或．
【点睛】本题考查平行线分线段定理、用待定系数法求反比例函数解析式、等腰三角形的判定与性质、平行四边形的性质、旋转的性质及平移的性质、中点坐标公式，熟练掌握相关的性质是解题的关键．
26. 在中，，，过点作．
（1）如图1，若点在点的左侧，连接，过点作交于点．若点是的中点，求证：；
（2）如图2，若点在点的右侧，连接，点是的中点，连接并延长交于点，连接．过点作交于点，平分交于点，求证：；
（3）若点在点的右侧，连接，点是的中点，且．点是直线上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，点是直线上一动点，连接，．在点的运动过程中，当取得最小值时，在平面内将沿直线翻折得到，连接．在点的运动过程中，直接写出的最大值．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）证明得到，再由点是的中点，得到，即可证明；
（2）如图所示，过点G作于H，连接，先证明，得到，，再证明是等腰直角三角形，得到；由直角三角形斜边上的中线的性质可得，则，进而可证明，则；设，则，可得由角平分线的定义可得，则可证明，进而证明，得到，即可证明；
（3）如图所示，过点D作交延长线与H，连接，则四边形是矩形，可得，证明是等边三角形，得到，进而得到，；由旋转的性质可得，证明，得到，则点Q在直线上运动，设直线交于K，则，可得，由垂线段最短可知，当时，有最小值，则，设，则，则，；再求出，则，，由勾股定理得；由全等三角形的性质可得，则；由折叠的性质可得，由，得到当点Q在线段上时，此时有最大值，最大值为，据此代值计算即可．
【小问1详解】
证明：∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：如图所示，过点G作于H，连接，
∵，
∴，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
设，则，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
【小问3详解】
解：如图所示，过点D作交延长线与H，连接，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵点是的中点，且，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
∴，
∴点Q在直线上运动，
设直线交于K，则，
∴，
由垂线段最短可知，当时，有最小值，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴；
在中，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得；
∵，
∴，
∴；
由折叠的性质可得，
∵，
∴，
∴当点Q在线段上时，此时有最大值，最大值为，
∴的最大值为．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质与判定，等腰直角三角的性质与判定，旋转的性质，折叠的性质，垂线段最短，直角三角形斜边上的中线的性质，矩形的性质与判定等等，解（2）的关键在于作出辅助线证明，得到；解（3）的关键在于通过手拉手模型证明点Q的运动轨迹是直线，从而根据垂线段最短确定点Q的位置．
1
2
3
4
1
(1，1)
(1，2)
(1，3)
(1，4)
2
(2，1)
(2，2)
(2，3)
(2，4)
3
(3，1)
(3，2)
(3，3)
(3，4)
4
(4，1)
(4，2)
(4，3)
(4，4)
年级
七年级
八年级
平均数
8.75
8.75
中位数
9
a
众数
9
b
满分率