2025年重庆两江新区九年级数学中考适应性考试题（含答案

这是一份2025年重庆两江新区九年级数学中考适应性考试题（含答案，共6页。
1．试卷的答案写在答题卡上，不得在试卷上直接作答．
2．作答前认真阅读答题卡上的注意事项．
3．考试结束，由监考人将试题卷及答题卡一并收回．
参考公式：抛物线的顶点坐标为，对称轴为．
一、选择题：（本大题10个小题，每小题4分，共40分）在每个小题的下面，都给出了代号为A，B，C，D的四个答案，其中只有一个是正确的，请将答题卡上题号右侧正确答案所对应的方框涂黑．
1. 的倒数是（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】解：∵ 乘积为1的两个数互为倒数，，
∴的倒数是.
2. 三星堆遗址的发现让世界为之瞩目，下列三星堆文物图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据定义逐项判断即可，将一个图形沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能够重合，这样的图形叫做轴对称图形；将一个图形绕某一点旋转，能与本身重合，这样的图形叫做中心对称图形．
【详解】解：因为图A不是轴对称图形，也不是中心对称图形，所以不符合题意；
因为图B既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，所以不符合题意；
因为图C是轴对称图形，也是中心对称图形，所以符合题意；
因为图D是轴对称图形，但不是中心对称图形，所以不符合题意．
3. 二次根式中字母的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查二次根式有意义的条件，根据二次根式的被开方数为非负数，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得：，
∴；
故选A．
4. 2025年春节期间重庆累计接待国内游客约33160000人次，比2024年大幅增加．数据33160000用科学记数法表示为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】解：．
5. 不等关系在生活中广泛存在．如图，、分别表示两位同学的身高，表示台阶的高度．图中两人的对话体现的数学原理是（ ）
A. 若，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查不等式的性质，熟记不等式性质是解决问题的关键．根据不等式的性质即可解答．
【详解】解：由作图可知：，由右图可知：，即A选项符合题意．
故选：A．
6. 下列运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用合并同类项、同底数幂除法、幂的乘方、完全平方公式逐一判断选项.
【详解】解：∵与不是同类项，不能合并，
∴A错误；
∵根据同底数幂的除法法则，同底数幂相除，底数不变，指数相减，得，
∴B错误；
∵根据幂的乘方法则，幂的乘方，底数不变，指数相乘，得，等式成立，
∴C正确；
∵根据完全平方公式，得，
∴D错误.
7. 估计的值（ ）
A. 在2和3之间B. 在3和4之间C. 在4和5之间D. 在5和6之间
【答案】B
【解析】
【分析】先估算的取值范围，再利用不等式的性质推导出的范围，即可得到结果.
【详解】解：∵ ，，且
∴
不等式三边同乘正数3，不等号方向不变，可得
三边同减1，可得
∴ 的值在3和4之间．
8. 如图，已知四边形是平行四边形，，，，为的中点，分别以为圆心，以为半径画弧，交于，交于，再分别以为圆心，以为半径画弧，交于，则图中阴影部分的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先作，根据平行四边形的性质得，再根据特殊角的三角函数求出，然后求出，即可得，接下来根据得出答案．
【详解】解：过点A作，交于点K，
∵四边形是平行四边形，且，
∴，
∴，
∴，．
∵在中，，
∴．
∵点E是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴．
9. 如图，已知四边形是正方形，，以为斜边在右侧作直角，使得且，连接交于点，则的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】以边所在直线为轴，所在直线为轴，点为原点建立平面直角坐标系，根据勾股定理求出，，运用面积关系求出，运用待定系数法求出直线的解析式为，直线的解析式为，联立方程组求出，根据两点间距离公式求出的长即可 ．
【详解】解：以边所在直线为轴，所在直线为轴，点为原点建立平面直角坐标系，如图，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，，，
∵，
∴设，则，
∵，
∴，即，
解得，
∴，，
过点作于点，
∵，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
把，代入解析式得：
，
解得，
∴直线的解析式为，
同理可求，直线的解析式为，
联立方程组，
解得，
∴，
∴．
10. 已知整式，其中为正整数，为整数且，．下列说法中：①满足条件的整式中有8个单项式；②不存在任何一个，使得满足条件的整式有且只有12个；③满足条件的整式共有62个．其中正确的个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】本题按n的不同取值分类讨论，分别计算得到单项式总数．每个n对应的整式数量和总整式数量，再判断三个说法即可．
【详解】解：∵n为正整数，，
∴，
结合，可得，分类计算如下．
当时：
∵，
∴，其余系数为，
，共个整式，均为单项式，单项式共个；
当时：
∵，
∴．
所以，
满足条件的整式有； 共个单项式；
总整式数量为14个．
当时：
∵，
所以，
满足条件的整式有，
共个单项式；
总整式数量为个．
当时：
∵，
∴．
，
满足条件的整式有，
共个单项式；
总整式数量为个．
判断说法：
①满足条件的单项式共个，故①正确；
②各对应的整式数量为，，，，不存在使得整式有且只有个，故②正确；
③总整式数量为，故③错误．
综上，正确说法有个．
二、填空题：（本大题6个小题，每小题4分，共24分）请将每小题的答案直接填在答题卡中对应的横线上．
11. 计算：______；
【答案】
2
【解析】
【分析】先根据负整数指数幂、零指数幂的运算法则化简原式，再计算有理数的减法即可得到结果.
【详解】解：原式.
12. 为了领略古都魅力，感受中华文明的历史沉淀，鹏鹏和小海准备五一节在西安，洛阳，开封和杭州四个古都城市中各自随机选择一个进行游玩（假设两人选择每个城市的机会均等），则二人恰好选择同一城市的概率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】画树状图，得到所有等可能的结果，得出满足“二人恰好选择同一城市”的结果数，代入概率公式求解即可．
【详解】解：设A西安、B洛阳、C开封、D杭州，
画树状图如下，
共有种等可能的结果，其中，二人恰好选择同一城市的结果为种，
二人恰好选择同一城市的概率为．
13. 如图，将矩形绕点旋转，得到矩形，恰好经过点，连接，若，则的度数为______
【答案】12
【解析】
【分析】根据矩形和旋转的性质，得到，等边对等角求出的度数，再利用角的和差关系进行求解即可．
【详解】解：∵将矩形绕点旋转，得到矩形，，
∴，
∴，
∴．
14. 已知是方程的一个根，则______．
【答案】
【解析】
【分析】是方程的一个根，推出．推出，，整体代入求解即可．
【详解】解：∵是方程的一个根，
∴．
∴，，
，
．
15. 如图，四边形的外接圆的半径为10，对角线相交于点，延长，相交于点，连接交于点，过作于点，若，，则______，______．
【答案】 ①. 8 ②. ##
【解析】
【分析】连接，得，根据圆内接四边形的性质得，设，则，，求出；过点作于点，得出，求出，，由勾股定理得：，可求出；设与交于点，求出，证明，，再求出，，证明，根据相似三角形的性质列式可求出的长．
【详解】解：连接，如下图，
∵，，
∴点在上，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是的内接四边形，
∴，
∵，
∴设，则，，
∴,
∴，
∴，
∴；
过点作于点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∵，
∴；
设与交于点，则，
∴，
∴；
∵，，
∴，即，
又∵，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
过点作于点，则，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴,
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
16. 若一个四位自然数M满足各个数位上的数字互不相同且均不为0，且千位数字与百位数字之和比十位数字与个位数字之和大k（k为正整数），则称M为“差k数”，以M的千位数字和百位数字分别作为两位数A的十位数字和个位数字，以M的十位数字和个位数字分别作为两位数B的十位数字和个位数字，记．则最小的“差1数”为______；若“差k数”（，，，为整数）满足能被9整除，且N能被13整除，则满足条件的N的最大值为______．
【答案】 ①. 1523 ②. 7514
【解析】
【分析】第一问：根据题意设，由“差k数”的定义得出，要使“差1数”最小，则e取最小值，其次f小，再g、h小，此时e取1，分情况讨论可得出“差1数”的值；
第二问：先将N进行变形得到N的各位数是：千位为，百位为b，十位为，个位为4，从而得到，由题意得到，，从而求得的表达式，再由能被9整除，且N能被13整除，得出能被9整除，能被13整除，此时求得k有唯一解为7，即N为“差7数”，由N的千位数最大为9，求得a的最大值为8，要使N有最大值，此时分情况讨论，通过枚举的方式即可求得满足条件的N的最大值．
【详解】解：由题意知，设，
当时，则有，
∴，
要使“差1数”最小，则e取最小值，其次f小，再g、h小，
∵，且e，f，g，h互不相等，
∴e取1，
此时分情况讨论：
当时，则，∴，
而且互不相等，则g，h的值不存在，
当时，则，∴，
由于已取，则g，h的值不存在，
当时，则，∴，
由于已取且g，h互不相等，则g，h的值不存在，
当时，则，∴，
∴g，h可取2，3或3，2，
∵g，h的值依次最小，
∴，，
∴最小“差1数”为1523；
∵“差k数”（，，，为整数），
∴，
∴N的各位数是：千位为，百位为b，十位为，个位为4，
由“差k数”的定义知，，
∴，即（k是正整数），
由题意知，A是千位与百位组成的数，B是十位和个位组成的数，
∴，，
∴，
∴，
∵能被9整除，且N能被13整除，
∴，，
即能被9整除，能被13整除，
∵，
∴，
∴能被9整除，
∴可能取，
当时，不符合题意，
当时，，此时，若a取最大值9，则有，满足，内取数，
当时，，此时，若a取最大值9，则有，不满足，内取数，
∴k有唯一解为7，即N为“差7数”，
∵N的千位数最大为9，
∴a的最大值为8，
要使N有最大值，此时分情况讨论：
①当时，则，通过枚举发现不存在相应的b，c值满足能被13整除；
②当时，则，通过枚举发现不存在相应的b，c值满足能被13整除；
③当时，则，通过枚举发现当，时，，
∴104能被13整除得8，
∴，，，
则N的各位数是：千位为，百位为，十位为，个位为4，
∴N的最大值为7514，
综上所述，最小的“差1数”为1523，N的最大值为7514．
三、解答题：（本大题共8个小题，第17题（1）6分，第17题（2）10分，其余每小题10分，共86分）解答时每小题必须给出必要的演算过程或推理步骤，画出必要的图形（包括辅助线），请将答题过程书写在答题卡中对应位置上．
17. 化简及求值：
（1）；
（2）先化简，再求值：，其中是方程的解．
【答案】（1）
（2）；
【解析】
【分析】（1）先利用完全平方公式、单项式乘多项式的运算法则去括号，再合并同类项即可；
（2）先根据分式的加减法则进行计算，再根据分式的除法法则把除法变成乘法，算乘法；根据题意得到，再代入计算即可．
【小问1详解】
解：
；
【小问2详解】
解：
；
是方程的解，
，即，
原式．
18. 小红在解决“如图，将边长为4正方形纸片折叠，使得点落在边的中点处，折痕为，点、分别在边、上，求折痕的长度”这一道数学题后，她发现，进一步研究发现点落在边上任一点处均有．其解决思路是简化条件利用矩形的性质和全等得出结论．请根据她的思路完成以下作图和填空：
（1）如图，在正方形中，将四边形沿着翻折使得落在上任一点处，连接，则．用尺规过点作于点（不写作法，保留作图痕迹）．
（2）已知：正方形中，于点．求证：．
证明：∵四边形是正方形，
，①______．
，．
，②______．
，③______．
，，
．
又，，
④______．．
此外，她还发现，两条互相垂直的直线，其中一条直线与正方形的一组对边所在的直线相交所得的线段和另一条直线与正方形的另一组对边所在的直线相交所得的线段的数量关系为⑤______．
【答案】（1）作图见详解，
（2）①；②四边形是矩形；③；④；⑤相等
【解析】
【分析】（1）根据过直线外一点作已知直线的垂线的基本作图即可求作；
（2）按题中思路补充证明过程即可．
【小问1详解】
解：如图，即为求作的；
【小问2详解】
证明：∵四边形是正方形，
，．
，
．
，
四边形是矩形．
，
．
，
，
．
又，
，
．
．
此外，她还发现，两条互相垂直的直线，其中一条直线与正方形的一组对边所在的直线相交所得的线段和另一条直线与正方形的另一组对边所在的直线相交所得的线段，如图所示：
同理可证明，
因此，两条线段的数量关系为相等．
19. 青少年的心理健康问题备受关注．今年政府工作报告也提出，“普及心理健康教育”“让年轻一代在运动中强意志、健身心”“健全社会心理服务体系和危机干预机制”．某校组织了一场心理健康知识竞赛，现从该校高一、高二参与知识竞赛的学生中各随机选出名学生的成绩（百分制，单位：分）进行整理、描述和分析，成绩得分用表示，共分成四组：．；．；．；．．下面给出了部分信息：
高一年级名学生的成绩是：，．
高二年级名学生的成绩在组中的数据是：．
高一、高二年级抽取的学生成绩统计表
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：______，______，______；
（2）根据以上数据．你认为此次竞赛中，哪个年级的成绩更好？请说明理由（写一条理由即可）；
（3）已知该校高一年级有名学生参赛，高二年级有名学生参赛，请估计两个年级参赛学生中得分不低于分的共有多少人？
【答案】（1），，
（2）高一年级成绩更好，理由见解析
（3）人
【解析】
【分析】（）根据扇形统计图、中位数和众数的定义解答即可求解；
（）根据平均数、中位数和众数的意义即可判断求解；
（）利用样本估计总体的方法解答即可求解；
【小问1详解】
解：由扇形统计图可得，高二年级成绩在组的人数有人，成绩在组的人数有人，
又∵成绩在组的人数有人，
∴成绩在组的人数有人，
∵共有个学生，
∴成绩由高到低排列，中位数为第和第位学生成绩的平均数，
∵组成绩由高到低排列为，
∴第和第位学生的成绩分别为，
∴中位数，
∵高一年级名学生的成绩中出现的次数最多，
∴众数，
∵成绩在组的人数有人，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：高一年级成绩更好，理由如下：两个年级平均数相同，但高一年级的中位数和众数都高于高二年级的，所以高一年级成绩更好．
【小问3详解】
解：（人），
答：估计两个年级参赛学生中得分不低于分的共有人．
20. 小王来到“魔幻城市”——重庆出差，顺便打卡了各大网红景点，品尝了各种美食，深深地爱上了重庆火锅，于是他准备在返程时购买一些火锅底料．经比较，小王准备购买两款火锅底料，在某商店了解价格时，小王发现每袋款火锅底料的标价比每袋款火锅底料的标价多4元，若只购买一款火锅底料，则用400元购买款火锅底料的袋数与用500元购买款火锅底料的袋数相同．
（1）求每袋款火锅底料和每袋款火锅底料的标价分别为多少元．
（2）小王原计划购买10袋款火锅底料和10袋款火锅底料．在购买时，该商店正好开始周年庆活动，两款火锅底料均有优惠．其中款火锅底料在标价的基础上每袋降价元，款火锅底料在标价的基础上每袋打六折，于是小王决定多买一些火锅底料送给亲朋好友品尝．最终小王比原计划多购买了袋款火锅底料和袋款火锅底料，付款时，他发现自己购买的所有款火锅底料比所有款火锅底料多花费40元，求的值．
【答案】（1）每袋A款火锅底料标价为16元，每袋B款火锅底料标价为20元
（2）a值为15
【解析】
【分析】（1）根据题意设出未知数，结合“每袋款火锅底料的标价比每袋款火锅底料的标价多4元，用400元购买款火锅底料的袋数与用500元购买款火锅底料的袋数相同”列方程求解即可；
（2）根据题意列方程求解即可．
【小问1详解】
解：设每袋款火锅底料元，则每袋款火锅底料的标价为元，
根据题意得，，
解得，，经检验，是原方程的解，
∴；
答：每袋A款火锅底料标价为16元，每袋B款火锅底料标价为20元.
【小问2详解】
解：由题意可得，
，
整理得，
解得（舍去），；
答：的值为15．
21. 如图，已知四边形是菱形，连接相交于点，，点，点同时从点出发，都以每秒1个单位长度的速度运动，点的运动路径为，点的运动路径为，当点到达点时，两点同时停止运动，设点、的运动时间为，的面积为，的面积与的面积比为．
（1）直接写出、分别关于的函数表达式及自变量的取值范围；
（2）在给定的平面直角坐标系中，画出函数的图象，并写出函数的一条性质；
（3）结合函数图象，请直接写出时，自变量的取值范围（结果保留1位小数，误差不超过0.2）．
【答案】（1），
（2）图像见详解，当时，随的增大而增大；
（3）或
【解析】
【分析】（1）分点在上和上两种情况分别求解关于的函数表达式及自变量的取值
（2）根据画函数图像的步骤画图即可；结合一次函数的性质写出性质即可（答案不唯一）；
（3）结合图像，联立函数表达式，求出交点的横坐标即可写出范围．
【小问1详解】
解：四边形是菱形，相交于点，，
，
中，，
边上的高为，
①点在上时，，
，；
②点在上时，如图：
，
，
综上所述，，
，
；
【小问2详解】
解：过点画图像得的图像；
过点画图像得的图像；
过点画图像得的图像；
如图所示：
性质：当时，随的增大而增大；
【小问3详解】
解：当时，解得，（舍去），
当时，解得，（舍去），
时，或．
22. 小明家附近的公园里有一座人工湖，可以租自行车在如图所示的环湖公路上骑行，也可以租船游玩．其中处为自行车租车点，位于正北方向的处为租船处，在的北偏西方向850米处有一个休息点，在的西北方向米处有一个美食区，美食区恰好在休息点的北偏东方向上．（参考数据：，，）
（1）求休息点和美食区之间的距离；（结果保留根号）
（2）一天，小明的妈妈带着小明和小明的弟弟来到湖边游玩，他们准备先到自行车租车点租一辆双人自行车，由小明带着弟弟沿着的路线骑行，妈妈则从处出发直接向北步行到达租船处，在处会合后再租船游玩．已知小明和弟弟骑车的速度是250米/分，妈妈步行的速度是90米/分，通过计算说明，小明和妈妈谁先到达租船处．（结果精确到）
【答案】（1）米
（2）小明先到达租船处
【解析】
【分析】（1）过点作于点，过点作，交延长线于点，过点作于点，先求出的长，则可得的长，再在中，解直角三角形即可；
（2）过点作于点，过点作，交延长线于点，过点作于点，结合（1）的结果，求出的长，再分别求出两人到达租船处所需的时间即可．
【小问1详解】
解：如图，过点作于点，过点作，交延长线于点，过点作于点，
则四边形是矩形，
∴，
由题意得：米，，米，，，
∴在中，米，
在中，米，
∴米，
∴米，
∴在中，米，
答：休息点和美食区之间的距离为米．
【小问2详解】
解：如图，过点作于点，过点作，交延长线于点，过点作于点，
则四边形是矩形，
∴，
在中，米，
在中，米，
在中，米，
∴米，
∴米，
∵小明和弟弟骑车的速度是250米/分，妈妈步行的速度是90米/分，
∴小明到达租船处所需时间为（分），
妈妈到达租船处所需时间为（分），
∵，
∴小明先到达租船处．
23. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点，点，交轴于点，连接，过点作，交抛物线于点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点是直线上方抛物线上一点，过点作轴交直线于点，交直线于点，过点作交于．当取最大值时，将线段沿直线平移，求平移过程中的最小值；
（3）如图2，将原抛物线沿射线方向平移使得新抛物线经过线段的中点，为轴上的一点，连接，将射线绕着点旋转后与轴上方新抛物线交于点，且满足，请写出所有符合条件的点的坐标，并写出求解其中一个点坐标的过程．
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）用待定系数法，将点，点分别代入，即可求解；
（2）分别求得直线、直线的函数表达式，得直线与轴的交点的坐标为，设，求得，进而可得当时，有最大值，此时点的坐标为，进而求出；作，交轴于，可得，推导出当三点共线时， 最小，问题得解；
（3）先求得中点的坐标为，得新抛物线相当于先将抛物线向右平移4个单位再向上平移1个单位，得，分①当射线绕着点顺时针旋转后，②当射线绕着点逆时针旋转后，结合图像分别求解即可．
【小问1详解】
解：抛物线交轴于点，点，由题意得，
解得，
；
【小问2详解】
解：当时，，
，
设直线解析式为，
将，分别代入得，
，
解得，
直线解析式为，
，
可设直线解析式为，
将代入，得，
解得，
直线解析式为，
当时，，
设直线与轴的交点为，
则它坐标为，
，
设，则，
，
，
当时，有最大值，此时点的坐标为，
，
点和点的纵坐标相同，都是3，
令，解得，
，
作，交轴于，
轴，
四边形是平行四边形，
，，
同理可得，
，
，
，
，
当三点共线时，有最小值，最小值为的长，
的最小值为；
【小问3详解】
解：，，
中点的坐标为，即，
将原抛物线沿射线方向平移使得新抛物线经过线段的中点，相当于先将抛物线向右平移4个单位再向上平移1个单位，得，
当射线绕着点顺时针旋转后，如图所示：
作轴于，
，
，
，
，
，
，
，
设，
，
，
，
，
解得，，
，
，
当时，
，
，
当射线绕着点逆时针旋转后，如图所示：
的坐标为，
同理可求；
点在轴上方，
点的坐标为或．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合题，难度较大，涉及知识点较多，准确计算，数形结合，分类讨论是正确解答此题的关键．
24. 在等边三角形中，为边一点，连接为上一点，连接．
（1）如图1，，连接，若恰好平分，求的度数；
（2）如图2，为中点，将绕旋转至，在延长线上有一点，连接交于点，若，试探究、、之间的数量关系；
（3）如图3，若为直线上一点，为中点，连接，将沿着翻折至原平面内的，点在线段上且满足，连接、，当最小时，请直接写出的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形的性质，得到垂直平分，进而得到，等边对等角，得到，，设，利用三角形的外角的性质以及角的和差关系得到，，再根据三角形的内角和定理求出，三角形的外角求出的度数即可；
（2）延长至点，交于点，使，设交于点，先证明，得到，进而得到，再证明为等边三角形，得到，证明，得到，再根据线段的和差关系以及等量代换即可得出结论；
（3）根据折叠得到点在以为圆心，3为半径的圆上运动，作交的延长线于点，得到，进而得到，得到，取，连接，证明，推出，进而得到，得到当点在线段上时，，最小，连接，，作于点，根据进行求解即可．
【小问1详解】
解：∵等边三角形，恰好平分，
∴垂直平分，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：延长至点，交于点，使，设交于点，
∵为的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵旋转，
∴，
∴，
∵，
，，
∴，
又∵等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：∵等边，，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵折叠，
∴，
∴点在以为圆心，3为半径的圆上运动，
作交的延长线于点，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
取，连接，则，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当点在线段上时，，最小，即点运动到时，如图：
连接，，作于点，
∵为的中点，为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理，得，
∴，
解得或（舍去）；
∴，
∴
，
．
平均数
中位数
众数
高一年级
高二年级