2023年重庆南岸中考数学真题及答案(A卷)

这是一份2023年重庆南岸中考数学真题及答案(A卷)，共29页。试卷主要包含了 如图，，若，则的度数为， 估计的值应在等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1. 试题的答案书写在答题卡上，不得在试题卷上直接作答
2. 作答前认真阅读答题卡上的注意事项；
3. 作图（包括作辅助线）请一律用黑色2B铅笔完成；
4. 考试结束，由监考人员将试题卷和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. 8的相反数是（ ）
A. B. 8C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数进行解答即可得．
【详解】解：8的相反数是，
故选A．
【点睛】本题考查了相反数的定义，掌握相反数的定义是解题的关键．
2. 四个大小相同的正方体搭成的几何体如图所示，从正面得到的视图是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．
【详解】从正面看第一层是个小正方形，第二层右边个小正方形，
故选：D．
【点睛】考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．
3. 反比例函数的图象一定经过的点是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意将各项的坐标代入反比例函数即可解答．
【详解】解：将代入反比例函数得到，故项不符合题意；
项将代入反比例函数得到，故项不符合题意；
项将代入反比例函数得到，故项符合题意；
项将代入反比例函数得到，故项不符合题意；
故选．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，只要点在函数图象上则其坐标一定满足函数解析式，掌握反比例函数图象上点的坐标特征是解题的关键．
4. 若两个相似三角形周长的比为，则这两个三角形对应边的比是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据相似三角形的周长比等于相似三角形的对应边比即可解答．
【详解】解：∵两个相似三角形周长的比为，
∴相似三角形的对应边比为，
故选．
【点睛】本题考查了相似三角形的周长比等于相似三角形的对应边比，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
5. 如图，，若，则的度数为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两直线平行，同旁内角互补可得的度数，根据垂直的定义可得，然后根据即可得出答案．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了平行线的性质以及垂线的定义，熟知两直线平行同旁内角互补是解本题的关键．
6. 估计的值应在（ ）
A. 7和8之间B. 8和9之间
C 9和10之间D. 10和11之间
【答案】B
【解析】
【分析】先计算二次根式的混合运算，再估算结果的大小即可判断．
【详解】解：
∵，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】此题考查了二次根式的混合运算，无理数的估算，正确掌握二次根式的混合运算法则是解题的关键．
7. 用长度相同的木棍按如图所示的规律拼图案，其中第①个图案用了9根木棍，第②个图案用了14根木棍，第③个图案用了19根木棍，第④个图案用了24根木棍，……，按此规律排列下去，则第⑧个图案用的木棍根数是（ ）

A. 39B. 44C. 49D. 54
【答案】B
【解析】
【分析】根据各图形中木棍的根数发现计算的规律，由此即可得到答案．
【详解】解：第①个图案用了根木棍，
第②个图案用了根木棍，
第③个图案用了根木棍，
第④个图案用了根木棍，
……，
第⑧个图案用的木棍根数是根，
故选：B．
【点睛】此题考查了图形类规律的探究，正确理解图形中木棍根数的变化规律由此得到计算的规律是解题的关键．
8. 如图，是的切线，为切点，连接．若，，，则的长度是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据切线的性质及正切的定义得到，再根据勾股定理得到．
【详解】解：连接，
∵是的切线，为切点，
∴，
∵，，
∴在中，，
∵，
∴在，，
故选．
【点睛】本题考查了切线的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握切线的性质是解题的关键．
9. 如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角形逆时针旋转后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解．
【详解】将绕点逆时针旋转至，

∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转性质可知：，，，
∴，
∴点三点共线，
∵，，，
∴，，
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度．
10. 在多项式（其中）中，对相邻的两个字母间任意添加绝对值符号，添加绝对值符号后仍只有减法运算，然后进行去绝对值运算，称此为“绝对操作”．例如：，，……．
下列说法：
①存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式相等；
②不存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式之和为；
③所有的“绝对操作”共有种不同运算结果．
其中正确的个数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据“绝对操作”的定义及绝对值的性质对每一项判断即可解答．
【详解】解：∵，
∴，
∴存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式相等，
故①正确；
根据绝对操作的定义可知：在多项式（其中）中，经过绝对操作后，的符号都有可能改变，但是的符合不会改变，
∴不存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式之和为，
故②正确；
∵在多项式（其中）中，经过“绝对操作”可能产生的结果如下：
∴，
，
，
，
，
共有种不同运算结果，
故③错误；
故选C．
【点睛】本题考查了新定义“绝对操作”，绝对值的性质，整式的加减运算，掌握绝对值的性质是解题的关键．
二、填空题：（本大题8个小题，每小题4分，共32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】1.5
【解析】
【分析】先根据负整数指数幂及零指数幂化简，再根据有理数的加法计算.
【详解】.
故答案1.5.
【点睛】本题考查了负整数指数幂及零指数幂的意义，任何不等于0的数的负整数次幂，等于这个数的正整数次幂的倒数，非零数的零次幂等于1.
12. 如图，在正五边形ABCDE中，连接AC，则∠BAC的度数为_____．
【答案】36°
【解析】
【分析】首先利用多边形的内角和公式求得正五边形的内角和，再求得每个内角的度数，利用等腰三角形的性质可得∠BAC的度数．
【详解】正五边形内角和：（5﹣2）×180°＝3×180°＝540°
∴，
∴ .
故答案为36°．
【点睛】本题主要考查了正多边形内角和，熟记多边形的内角和公式：（n-2）×180°是解答此题的关键．
13. 一个口袋中有1个红色球，有1个白色球，有1个蓝色球，这些球除颜色外都相同．从中随机摸出一个球，记下颜色后放回，摇匀后再从中随机摸出一个球，则两次都摸到红球的概率是___________ ．
【答案】
【解析】
【分析】列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【详解】解：根据题意列表如下：
由表知，共有9种等可能结果，其中两次都摸到红球的有1种结果，
所以两次摸到球的颜色相同的概率为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
14. 某新建工业园区今年六月份提供就业岗位个，并按计划逐月增长，预计八月份将提供岗位个．设七、八两个月提供就业岗位数量的月平均增长率为，根据题意，可列方程为___________．
【答案】
【解析】
【分析】设七、八两个月提供就业岗位数量的月平均增长率为，根据题意列出一元二次方程，即可求解．
【详解】解：设七、八两个月提供就业岗位数量的月平均增长率为，根据题意得，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，增长率问题，根据题意列出方程是解题的关键．
15. 如图，在中，，，点D为上一点，连接．过点B作于点E，过点C作交的延长线于点F．若，，则的长度为___________．
【答案】3
【解析】
【分析】证明，得到，即可得解．
【详解】解： ∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在和中：
，
∴，
∴，
∴，
故答案为：3．
【点睛】本题考查全等三角形判定和性质．利用同角的余角相等和等腰三角形的两腰相等证明三角形全等是解题的关键．
16. 如图，是矩形的外接圆，若，则图中阴影部分的面积为___________．（结果保留）

【答案】
【解析】
【分析】根据直径所对的圆周角是直角及勾股定理得到，再根据圆的面积及矩形的性质即可解答．
【详解】解：连接，
∵四边形是矩形，
∴是的直径，
∵，
∴，
∴的半径为，
∴的面积为，矩形的面积为，
∴阴影部分的面积为；
故答案为；
【点睛】本题考查了矩形的性质，圆的面积，矩形的面积，勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键．
17. 若关于x的一元一次不等式组，至少有2个整数解，且关于y的分式方程有非负整数解，则所有满足条件的整数a的值之和是___________．
【答案】4
【解析】
【分析】先解不等式组，确定a的取值范围，再把分式方程去分母转化为整式方程，解得，由分式方程有正整数解，确定出a的值，相加即可得到答案．
【详解】解：
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∴不等式的解集为，
∵不等式组至少有2个整数解，
∴，
解得：；
∵关于y的分式方程有非负整数解，
∴
解得：，
即且，
解得：且
∴a的取值范围是，且
∴a可以取：1，3，
∴，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了分式方程的解，以及解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解题关键．
18. 如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“递减数”．例如：四位数4129，∵，∴4129是“递减数”；又如：四位数5324，∵，∴5324不是“递减数”．若一个“递减数”为，则这个数为___________；若一个“递减数”的前三个数字组成的三位数与后三个数字组成的三位数的和能被9整除，则满足条件的数的最大值是___________．
【答案】 ①. ②. 8165
【解析】
【分析】根据递减数的定义进行求解即可．
【详解】解：∵ 递减数，
∴，
∴，
∴这个数为；
故答案为：
∵一个“递减数”的前三个数字组成的三位数与后三个数字组成的三位数的和能被9整除，
∴，
∵，
∴，
∵，能被整除，
∴能被9整除，
∵各数位上的数字互不相等且均不为0，
∴，
∵最大的递减数，
∴，
∴，即：，
∴最大取，此时，
∴这个最大的递减数为8165．
故答案为：8165．
【点睛】本题考查一元一次方程和二元一次方程的应用．理解并掌握递减数的定义，是解题的关键．
三、解答题：（本大题8个小题，第19题8分，其余每题各10分，共78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），请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上．
19. 计算：
（1）；
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先计算单项式乘多项式，平方差公式，再合并同类项即可；
（2）先通分计算括号内，再利用分式的除法法则进行计算．
【小问1详解】
解：原式
；
【小问2详解】
原式
．
【点睛】本题考查整式的混合运算，分式的混合运算．熟练掌握相关运算法则，正确的计算，是解题的关键．
20. 学习了平行四边形后，小虹进行了拓展性研究．她发现，如果作平行四边形一条对角线的垂直平分线，那么这个平行四边形的一组对边截垂直平分线所得的线段被垂足平分． 她的解决思路是通过证明对应线段所在的两个三角形全等得出结论．请根据她的思路完成以下作图与填空：
用直尺和圆规，作的垂直平分线交于点E，交于点F，垂足为点O．（只保留作图痕迹）

已知：如图，四边形是平行四边形，是对角线，垂直平分，垂足为点O．
求证：．
证明：∵四边形是平行四边形，
∴．
∴ ① ．
∵垂直平分，
∴ ② ．
又___________③ ．
∴．
∴．
小虹再进一步研究发现，过平行四边形对角线中点的直线与平行四边形一组对边相交形成的线段均有此特征．请你依照题意完成下面命题：
过平行四边形对角线中点的直线 ④ ．
【答案】作图：见解析；；；；被平行四边形一组对边所截，截得的线段被对角线中点平分
【解析】
【分析】根据线段垂直平分线的画法作图，再推理证明即可并得到结论．
【详解】解：如图，即为所求；

证明：∵四边形是平行四边形，
∴．
∴ ．
∵垂直平分，
∴．
又．
∴．
∴．
故答案为：；；；
由此得到命题：过平行四边形对角线中点的直线被平行四边形一组对边所截，截得的线段被对角线中点平分，
故答案为：被平行四边形一组对边所截，截得的线段被对角线中点平分．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，作线段的垂直平分线，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质及线段垂直平分线的作图方法是解题的关键．
21. 为了解A、B两款品质相近的智能玩具飞机在一次充满电后运行的最长时间，有关人员分别随机调查了A、B两款智能玩具飞机各架，记录下它们运行的最长时间（分钟），并对数据进行整理、描述和分析（运行最长时间用x表示，共分为三组：合格，中等，优等），下面给出了部分信息：
A款智能玩具飞机架一次充满电后运行最长时间是：
B款智能玩具飞机架一次充满电后运行最长时间属于中等的数据是：
两款智能玩具飞机运行最长时间统计表，B款智能玩具飞机运行最长时间扇形统计图

根据以上信息，解答下列问题：
（1）上述图表中___________，___________，___________；
（2）根据以上数据，你认为哪款智能玩具飞机运行性能更好？请说明理由（写出一条理由即可）；
（3）若某玩具仓库有A款智能玩具飞机架、B款智能玩具飞机架，估计两款智能玩具飞机运行性能在中等及以上的共有多少架？
【答案】（1），，；
（2）B款智能玩具飞机运行性能更好；因为B款智能玩具飞机运行时间的方差比A款智能玩具飞机运行时间的方差小，运行时间比较稳定；
（3）两款智能玩具飞机运行性能在中等及以上的大约共有架．
【解析】
【分析】（1）由A款数据可得A款的众数，即可求出，由B款扇形数据可求得合格数及优秀数，从而求得中位数及优秀等次的百分比；
（2）根据方差越小越稳定即可判断；
（3）用样本数据估计总体，分别求出两款飞机中等及以上的架次相加即可．
【小问1详解】
解：由题意可知架A款智能玩具飞机充满电后运行最长时间中，只有出现了三次，且次数最多，则该组数据的众数为，即；
由B款智能玩具飞机运行时间的扇形图可知，合格的百分比为，
则B款智能玩具飞机运行时间合格的架次为：（架）
则B款智能玩具飞机运行时间优等的架次为：（架）
则B款智能玩具飞机的运行时间第五、第六个数据分别为：，
故B款智能玩具飞机运行时间的中位数为：
B款智能玩具飞机运行时间优等的百分比为：
即
故答案为：，，；
【小问2详解】
B款智能玩具飞机运行性能更好；因为B款智能玩具飞机运行时间的方差比A款智能玩具飞机运行时间的方差小，运行时间比较稳定；
【小问3详解】
架A款智能玩具飞机运行性能在中等及以上的架次为：
（架）
架A款智能玩具飞机运行性能在中等及以上的架次为：
（架）
则两款智能玩具飞机运行性能在中等及以上的共有：架，
答：两款智能玩具飞机运行性能在中等及以上的大约共有架．
【点睛】本题考查了扇形统计图，中位数、众数、百分比，用方差做决策，用样本估计总体；解题的关键是熟练掌握相关知识综合求解．
22. 某公司不定期为员工购买某预制食品厂生产的杂酱面、牛肉面两种食品．
（1）该公司花费3000元一次性购买了杂酱面、牛肉面共170份，此时杂酱面、牛肉面的价格分别为15元、20元，求购买两种食品各多少份？
（2）由于公司员工人数和食品价格有所调整，现该公司分别花费1260元、1200元一次性购买杂酱面、牛肉面两种食品，已知购买杂酱面的份数比牛肉面的份数多，每份杂酱面比每份牛肉面的价格少6元，求购买牛肉面多少份？
【答案】（1）购买杂酱面80份，购买牛肉面90份
（2）购买牛肉面90份
【解析】
【分析】（1）设购买杂酱面份，则购买牛肉面份，由题意知，，解方程可得的值，然后代入，计算求解，进而可得结果；
（2）设购买牛肉面份，则购买杂酱面份，由题意知，，计算求出满足要求的解即可．
【小问1详解】
解：设购买杂酱面份，则购买牛肉面份，
由题意知，，
解得，，
∴，
∴购买杂酱面80份，购买牛肉面90份；
【小问2详解】
解：设购买牛肉面份，则购买杂酱面份，
由题意知，，
解得，
经检验，是分式方程的解，
∴购买牛肉面90份．
【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，分式方程的应用．解题的关键在于根据题意正确的列方程．
23. 如图，是边长为4的等边三角形，动点E，F分别以每秒1个单位长度的速度同时从点A出发，点E沿折线方向运动，点F沿折线方向运动，当两者相遇时停止运动．设运动时间为t秒，点E，F的距离为y．

（1）请直接写出y关于t的函数表达式并注明自变量t的取值范围；
（2）在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质；
（3）结合函数图象，写出点E，F相距3个单位长度时t的值．
【答案】（1）当时，；当时，；
（2）图象见解析，当时，y随x的增大而增大
（3）t的值为3或
【解析】
【分析】（1）分两种情况：当时，根据等边三角形的性质解答；当时，利用周长减去即可；
（2）在直角坐标系中描点连线即可；
（3）利用分别求解即可．
【小问1详解】
解：当时，
连接，

由题意得，，
∴是等边三角形，
∴；
当时，；
【小问2详解】
函数图象如图：

当时，y随x的增大而增大；
【小问3详解】
当时，即；
当时，即，解得，
故t的值为3或．
【点睛】此题考查了动点问题，一次函数的图象及性质，解一元一次方程，正确理解动点问题是解题的关键．
24. 为了满足市民的需求，我市在一条小河两侧开辟了两条长跑锻炼线路，如图；①；②．经勘测，点B在点A的正东方，点C在点B的正北方千米处，点D在点C的正西方千米处，点D在点A的北偏东方向，点E在点A的正南方，点E在点B的南偏西方向．（参考数据：

（1）求AD的长度．（结果精确到1千米）
（2）由于时间原因，小明决定选择一条较短线路进行锻炼，请计算说明他应该选择线路①还是线路②？
【答案】（1）AD的长度约为千米
（2）小明应该选择路线①，理由见解析
【解析】
【分析】（1）过点作于点，根据题意可得四边形是矩形，进而得出，然后解直角三角形即可；
（2）分别求出线路①和线路②的总路程，比较即可．
【小问1详解】
解：过点作于点，

由题意可得：四边形是矩形，
∴千米，
∵点D在点A的北偏东方向，
∴，
∴千米，
答：AD的长度约为千米；
【小问2详解】
由题意可得：，，
∴路线①的路程为：（千米），
∵，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
由题意可得，
∴，
∴，，
所以路线②的路程为：千米，
∴路线①的路程路线②的路程，
故小明应该选择路线①．
【点睛】本题考查了解直角三角形的实际应用，熟练掌握锐角三角函数的相关定义，掌握特殊角三角函数值是解本题的关键．
25. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点，且交x轴于点，B两点，交y轴于点C．

（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，过点P作y轴的平行线交直线于点E，求周长的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）中周长取得最大值的条件下，将该抛物线沿射线方向平移个单位长度，点M为平移后的抛物线的对称轴上一点．在平面内确定一点N，使得以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形，写出所有符合条件的点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）
（2）周长的最大值，此时点
（3）以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形时或或
【解析】
【分析】（1）把、代入计算即可；
（2）延长交轴于，可得，进而得到，，求出的最大值即可；
（3）先求出平移后的解析式，再设出M，N的坐标，最后根据菱形的性质和判定计算即可．
【小问1详解】
把、代入得，，
解得，
∴抛物线的表达式为；
【小问2详解】
延长交轴于，

∵过点P作于点D，过点P作y轴的平行线交直线于点E，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴当最大时周长的最大
∵抛物线的表达式为，
∴，
∴直线解析式为，
设，则
∴，
∴当时最大，此时
∵周长为，
∴周长的最大值为，此时，
即周长的最大值，此时点；
【小问3详解】
∵将该抛物线沿射线方向平移个单位长度，可以看成是向右平移2个单位长度再向下平移一个单位长度，
∴平移后的解析式为，此抛物线对称轴为直线，
∴设，
∵，
∴，，，
当为对角线时，此时以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形
∴与互相平分，且
∴，解得
∵中点坐标为，中点坐标为，
∴，解得，
此时；
当为边长且和是对角线时，此时以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形
∴与互相平分，且
∴，解得
∵中点坐标为，中点坐标为，
∴，解得，
此时或；
同理，当为边长且和是对角线时，此时以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形
∴和互相平分，且
，此方程无解；
综上所述，以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形时或或；
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法，相似三角形的性质与判定，菱形的性质及应用，中点坐标公式等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标及相关线段的长度．
26. 在中，，，点为线段上一动点，连接．

（1）如图1，若，，求线段的长．
（2）如图2，以为边在上方作等边，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点． 若，求证：．
（3）在取得最小值的条件下，以为边在右侧作等边．点为所在直线上一点，将沿所在直线翻折至所在平面内得到． 连接，点为的中点，连接，当取最大值时，连接，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，请直接写出此时的值．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）解，求得，根据即可求解；
（2）延长使得，连接，可得，根据，得出四点共圆，则，，得出，结合已知条件得出，可得，即可得证；
（3）在取得最小值的条件下，即，设，则，，根据题意得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，取的中点，连接，则是的中位线，在半径为的上运动，当取最大值时，即三点共线时，此时如图，过点作于点，过点作于点，连接，交于点，则四边形是矩形，得出是的中位线，同理可得是的中位线，是等边三角形，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，则，在中，勾股定理求得，进而即可求解．
【小问1详解】
解：在中，，，
∴，
∵，
∴；
【小问2详解】
证明：如图所示，延长使得，连接，

∵是的中点则，，，
∴，
∴，
∴，
∴
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴四点共圆，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：如图所示，

在取得最小值的条件下，即，
设，则，，
∴，，
∵将沿所在直线翻折至所在平面内得到．
∴
∴点在以为圆心，为半径的圆上运动，
取的中点，连接，
则是的中位线，
∴在半径为的上运动，
当取最大值时，即三点共线时，此时如图，过点作于点，过点作于点，

∵是的中点，
∴，
∴是等边三角形，
则，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
如图所示，连接，交于点，则四边形是矩形，

∴，是的中点，
∴
即是的中位线，同理可得是的中位线，
∴，
∵是等边三角形，将沿所在直线翻折至所在平面内得到，
∴
∴
则
在中，
∴．
【点睛】本题考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形中位线的性质，折叠的性质，圆外一点到圆上距离的最值问题，垂线段最短，矩形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．红球
白球
蓝球
红球
（红球，红球）
（白球，红球）
（蓝球，红球）
白球
（红球，白球）
（白球，白球）
（蓝球，白球）
蓝球
（红球，蓝球）
（白球，蓝球）
（蓝球，蓝球）
类别
A
B
平均数
中位数
b
众数
a
方差