重庆市南开中学校中考二模数学试题

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一、选择题：（本大题共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. 7的相反数是（ ）
A. B. C. 7D. -7
【答案】D
【解析】
【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数，可得一个数的相反数．
【详解】解：的相反数是，
故选：D．
【点睛】本题考查了相反数，只有符号不同的两个数互为相反数：一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0．不要把相反数的意义与倒数的意义混淆．
2. 下面四个立体图形中主视图是三角形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得图形的主视图，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、主视图是三角形，符合题意；
B、主视图是正方形，不符合题意；
C、主视图是圆形，不符合题意；
D、主视图是长方形，不符合题意；
故选A．
【点睛】本题考查三视图，熟知主视图是从物体正面看到的是解题关键．
3. 如图，，，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设与交于点，根据平行线的性质推出，即可得出答案．
【详解】设与交于点，
∵，，
∴．
∵，
∴．
故选B．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质，熟练掌握两直线平行同位角相等是解题的关键．
4. 如图，在平面直角坐标系中，和是以原点O为位似中心的位似图形，已知，，则与的面积比为（ ）
A. 1∶2B. 1∶4C. 2∶1D. 4∶1
【答案】D
【解析】
【分析】根据位似图形性质：面积比是位似比的平方求解．
【详解】由，知，
∴与的位似比为：
∴与的面积比为：
故选D．
【点睛】本题考查位似图形的性质；掌握面积比是位似比的平方是解题的关键．
5. 估计的值应在（ ）
A. 1和2之间B. 2和3之间C. 3和4之间D. 4和5之间
【答案】C
【解析】
【分析】先计算二次根式，再找到所求的无理数在哪两个和它接近的整数之间，然后判断出所求的无理数的范围即可求解．
详解】解：，
∵，
∴，
∴，
∴的值应在3和4之间，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了二次根式的混合运算以及无理数的估算，现实生活中经常需要估算，估算应是我们具备的数学能力，“夹逼法”是估算的一般方法，也是常用方法．
6. 下列图形都是由同样大小的★按照一定规律组成的，其中第①个图形中共有个★，第②个图形中共有个★，第③个图形中共有个★，…，按此规律排列下去，第⑥个图形中的★个数为（ ）
A. 个B. 个C. 个D. 个
【答案】B
【解析】
【分析】仔细观察图形，找到图形中★个数的通项公式，然后代入求解即可．
【详解】解：∵第①个图形中共有个★，
第②个图形中共有个★，
第③个图形中共有个★，
…，
∴按此规律排列下去，第个图形中共有个★，
∴第⑥个图形中的★个数为，
故选：B．
【点睛】本题考查了图形的变化类问题，解题的关键是仔细的读题并找到图形变化的规律，难度不大．
7. NK中学秋季运动会上安排了8行12列的鲜花仪仗队，后来又增加了69人，使得队伍增加的行、列数相同，设增加了x行，则可列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据游行队伍的总人数=行数×列数，即可得出关于x的一元二次方程．
【详解】解：依题意，得．
故选：C．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找到等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
8. 如图，与相切于点，交直径的延长线于点，为圆上一点，．若的长度为3，则的长度为（ ）．
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】连接，根据，可得，进而有，结合与相切于点，可得，即可得，，在中，利用，可得，解方程即可求解．
【详解】连接，如图，
∵，
∴，
∴，
∵与相切于点，
∴，
∴，
∴，
∴中，，
∵，，
∴，
∴，
∵在中，，的长度为3，
∴，
∴（负值舍去），
故选：B．
【点睛】本题考查了圆周角定理，切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，掌握圆周角定理，切线的性质，是解答本题的关键．
9. 如图，正方形中为中点为上一点，连接交于点，，取的中点连接则的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正方形的性质与已经条件可求得，再求得，最后结合三角形面积公式与勾股定理即可求得的长度．
【详解】∵，，（正方形各边均相等，各角均为直角），
∴
∴，F为的中点，．
∵，
∴由勾股定理得，．
由得，
∵，
∴．
∴，即．
又
∴，
∴,
∴，
所以．
∵G为BH中点，
∴．
∵，
∴．
在中，．
故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，三角形面积的运用，勾股定理的计算．本题的综合性较强，熟练掌握勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形的全等判定，是解题的关键．
10. 有两个整数把整数对进行操作后可得到中的某一个整数对，将得到的新整数对继续按照上述规则操作下去，每得到一个新的整数对称为一次操作．若将整数对按照上述规则进行操作，则以下结论正确的个数是（ ）
①若次璪作后得到的整数对仍然为，则的最小值为2；
②三次操作后得到的整数对可能为；
③不管经过多少次操作，得到的整数对都不会是．
A. 3个B. 2个C. 1个D. 0个
【答案】A
【解析】
【分析】根据把整数对进行操作后可得到中的某一个整数对，对分别进行操作，对各结论逐一判断即可得答案．
【详解】对分别进行第一次操作得（34，32），（，32），（32，2），
第二次操作得（66，32），（-2，32），（32，34），
（2，32），（，32），（32，），
（34，2）（，2），（2，32），
∴若次璪作后得到的整数对仍然为，则的最小值为2；故①正确，
∵第二次操作中的（，2）经过（，）的操作可得（2，），
∴三次操作后得到的整数对可能为，故②正确，
∵2和32都是偶数，
∴进行或或操作的结果都是偶数，
∴不管经过多少次操作，得到的整数对都不会是，故③正确，
综上所述：正确的结论为①②③，共3个，
故选：A．
【点睛】本题考查数字类变化规律，正确找出操作后的整数对是解题关键．
二、填空题：（本大题共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】π
【解析】
【分析】根据绝对值运算法则、负整数指数幂运算法则进行计算即可．
【详解】解：
=π﹣2+2
=π．
故答案为：π．
【点睛】本题考查绝对值、负整数指数幂，熟练掌握它们的运算法则是解答的关键．
12. 已知一个正多边形的一个外角为，则这个正多边形的边数是 _____．
【答案】
【解析】
【分析】正多边形的一个外角为，且每个外角都相等，根据多边形外角和为，可直接求出边数．
【详解】正多边形的边数是：．
故答案为：．
【点睛】此题考查正多边形的外角和，解题关键是正多边形的边数为．
13. 已知反比例函数经过点和点则的值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据点在函数图像上的性质，直接将点A的坐标代入表达式先求得k的值，然后再将B的坐标代入反比例函数解析式即可求得b的值．
【详解】解：反比例函数经过点和点，
，即，解得，
故答案为：．
【点睛】本题考查反比例函数的性质，掌握图像经过点就是点的坐标满足表达式是解决问题的关键．
14. 如图，在等腰中，，过点作于点，为边的中点，连接．若，则的长为_____________．
【答案】##2.5
【解析】
【分析】先根据等腰三角形的性质得出，再利用勾股定理求出，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出答案．
【详解】∵，，，
∴，．
∵，
∴．
∵为边的中点，
∴．
故答案是．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，勾股定理以及直角三角形的性质，熟知等腰三角形三线合一的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
15. 现有三张正面分别标有数字，，的卡片，它们除数字不同外其余完全相同，将卡片背面朝上洗匀后，从中随机抽取一张，将卡片上的数字记为，放回洗匀后再随机抽取一张，将卡片上的数字记为，则满足的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】由列表法得出所有等可能的结果和满足条件的结果，再由概率公式求解即可．
【详解】解：列表如下：
∴共有种等可能的结果，其中满足的有：、、、、，共种，
∴满足的概率，
故答案为：．
【点睛】本题考查了列表法求概率，通过列表法得到所有情况后准确找到满足条件的情况是解答本题的关键．
16. 如图，平行四边形的对角线交于点且以为圆心长为半径画弧交对角线于点以为圆心，长为半径画弧交对角线于点．若则图中阴影部分的面积为_____________（结果保留）
【答案】##
【解析】
【分析】首先根据勾股定理求出，然后利用平行四边形的性质得到，然后得到，最后利用阴影部分的面积为代入求解即可．
【详解】∵，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
由平行四边形的对称性可得，阴影的面积和阴影的面积相等，
∴阴影部分的面积为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查扇形面积、平行四边形的性质及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握扇形面积、平行四边形的性质及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键．
17. 若关于的一元一次不䇡式组的解集为，且关于的分式方程的解为非负整数，则所有满足条件的的值之积为_____________．
【答案】35
【解析】
【分析】先解一元一次不等式组得出a的取值范围，再解分式方程得a的范围，最后综合求出满足条件的a的值，即可求得．
【详解】解：解不等式，
去分母得： ，
解得：，
解不等式
移项合并同类项得：，
∵关于的一元一次不䇡式组的解集为
∴由“同大取大”得：a≤7；
解分式方程：，
分式方程去分母，得：，
移项合并同类项得：，
系数化1得：，
∵方程的解为非负整数，
∴，
又∵a≤7，
∴满足条件的整数a可以取7，-1，-5
其积为．
故答案为：35．
【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，解分式方程，正确掌握解分式方程和一元一次不等式组是解题关键，分式方程有解必须满足公分母不为零，这是本题的易错点．
18. 若一个四位数的前两位数字组成的两位数与后两位数字组成的两位数之和为150，则称这个四位数为“圆梦数”．若一个四位数（其中，且均为整数）为“圆梦数”，则___________；定义，若能被19整除，且存在整数使得，则满足条件的的值为________________．
【答案】 ①. 14 ②. 7278
【解析】
【分析】第一问，利用圆梦数的定义以及各字母的范围，结合两位数的表示方法和整数的性质，即可求解．
第二问，利用整数整除的性质，合理变形作穷举法分析讨论，最后得出满足条件的M的值．
【详解】根据题意得，，
变形得，，为10的倍数．
∵，
∴，
因为10的倍数，故．
∴，可求得．
∵能被19整除，
所以可设（N为正整数）．
又，将变形得：
，
即，
∴，
∵19与3互质，
∴必是19的整数倍．
∵，a、b均为正整数，
∴，即，
因是19的整数倍，故或．
以下分两种情况讨论：
㈠当时， ，
由得，符合条件的a、b只有或，
当时，，但95不能表示成的形式，舍弃．
当时， ，因，故符合题意．
㈡当时，， 符合条件的a、b有或或，
以上三组数据分别代入中，结果均为负值，
因此均不符合题意，舍弃．
综合㈠、㈡可知，符合题意的只有．
依据题意可知
，
因此，满足条件的M值只有．
【点睛】本题考查了实数的新定义问题，正确理解新定义是解题的关键．
三、解答题：（本大题2个小题，19题8分，20题10分，共18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. 如图，在中，，点为延长线上一点，，连接．

（1）用尺规完成以下基本作图：在的右侧作，射线与延长线交于点；（保留作图痕迹，不写作法，不下结论）
（2）孟孟判断．她的证明思路是：利用等腰三角形的性质及外角定理，通过全等从而得到与相等．请根据孟孟的思路完成下面的填空：
证明：∵①_____________，∴，∵
∴②_______________，∵
又，∴
∵D、B、C三点共线，∴
∵A、C、E三点共线，∴③______________
∴，∵
∴④_____________，∴
【答案】（1）见解析 （2）；；；
【解析】
【分析】（1）根据作与已知角相等的角的尺规作图方法作图即可；
（2）先根据等边对等角得到，则，再利用三角形外角的性质证明，再根据邻补角的定义证明，由此即可证明，则．
【小问1详解】
解：如图所示，即为所求；
【小问2详解】
证明：∵，
∴，
∵
∴，
∵，
又∵，
∴，
∵D、B、C三点共线，
∴
∵A、C、E三点共线，
∴
∴，
∵
∴，
∴．
故答案为：；；；．
【点睛】本题主要考查了等边对等角，三角形外角的性质，全等三角形的性质与判定，作与已知角相等的角，灵活运用所学知识是解题的关键．
20. 计算：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据单项式乘法法则、完全平方公式、单项式乘多项式法则进行展开，然后再合并同类项即可；
（2）根据分式的基本性质和去括号法则进行分析判断，然后化简即可．
【小问1详解】
【小问2详解】
．
【点睛】本题主要考查分式的混合运算，掌握相关知识，及运算法则是解题的关键．
四、解答题：（本大题6个小题，每小题10分，共60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．
21. 今年入春以来，我国北方很多地区都经历了多次强烈沙尘天气，但是川渝地区却没有这个困扰，因为秦岭凭借“一己之力”阻挡沙尘暴南下，那么，秦岭是如何挡住风沙的？NK中学的同学通过开展秦岭知识问答活动普及相关知识．现从八年级和九年级参加活动的学生中各随机抽取20名同学的成绩进行整理，描述和分析，将学生活动成绩分为A、B、C、D四个等级：A．，B．，C．，D．．下面给出了部分信息：
抽取的20名八年级学生的成绩为：66，76，77，78，79，81，82，83，84，86，86，86，88，88，91，91，92，95，96，99；
抽取的九年级等级C的学生成绩为：88，83，84，81，87，85，89．
抽取的八，九年级学生活动成绩统计表
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空：__________，_________，__________；
（2）根据以上数据，你认为在此次知识问答活动中，哪个年级的成绩更好？请说明理由（写出一条理由即可）；
（3）若九年级共有1200名学生参加活动，请估计九年级参加活动学生中成绩优秀（大于或等于90分）的学生共有多少人．
【答案】（1）87.5，86，40；
（2）我觉得九年级成绩较好，理由见解析
（3）人
【解析】
【分析】（1）分别根据中位数和众数的定义可得a和b的值，用1分别减去其它三个等级所占百比即可得出m的值；
（2）依据表格中平均数、中位数、众数判断即可；
（3）用样本估计总体即可．
【小问1详解】
解：九年级等级A的学生有（人），等级B的学生有（人），等级C的学生有7人，
九年级20名同学的成绩从小到大排列，排在中间的两个数分别为87、88，
中位数，
八年级20名同学的成绩出现次数最多的是88 ，
众数，
由题意可得：，
，
，，；
【小问2详解】
九年级的成绩更好，因为两个年级的平均数相同，而九年级的成绩的中位数和众数均大于八年级；
【小问3详解】
（人），
估计九年级参赛学生中成绩优秀(大于或等于90分)的学生共有480人．
【点睛】本题考查了中位数、众数、样本估计总体，掌握中位数、众数计算方法是解题的关键．
22. 如图，在菱形中，对角线交于点O，，动点P从点A出发，沿着折线A→O→B运动，速度为每秒1个单位长度，到达B点停止运动，设点P的运动时间为t秒，的面积为y．
（1）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）在直角坐标系中画出y与t的函数图象，并写出它的一条性质；
（3）根据图象直接写出当时t的取值范围．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由四边形是菱形，得到，，分别求出和时的函数解析式即可；
（2）根据画出的y与t的函数图象，写出它的一条性质即可；
（3）求出当时，，根据图象即可得当时t的取值范围．
【小问1详解】
解：∵四边形是菱形，，
∴，，
当时，，
当时，，
∴；
【小问2详解】
画图如下：
性质：当时，y随t的增大而增大（或函数在自变量的取值范围内，有最大值．当t=5时，最大值为6）；
【小问3详解】
当时，，解得，
根据图象可得当时，t的取值范围是．
【点睛】此题考查了一次函数的图象和性质、函数解析式、菱形的性质等知识，正确列出函数解析式是解题的关键．
23. 白居易《荔枝图序》中提到：若离本枝，一日而色变，二日而香变，三日而味变，四五日外，色香味尽去矣．位于“中国荔枝之乡”广西灵山的某果园在重庆双福国际农贸批发市场销售灵山荔枝，有货运和空运两种运输方式，已知两地货运路程为1080千米，空运路程为货运路程的，空运速度为货运速度的8倍，空运时间比货运时间少9小时．
（1）求空运速度；
（2）由于物流方式的时效性不同，荔枝的批发价也会不一样．该农贸批发市场新到3000斤空运而来的灵山荔枝，成本为每斤10元，当日批发价为每斤25元，当天未批发出售的荔枝第二天只能按货运批发价每斤18元出售．若这批荔枝共获利38700元，求第一天批发出售了多少斤荔枝．
【答案】（1）空运速度为
（2）第一天批发出售了2100斤荔枝．
【解析】
【分析】（1）确定等量关系，根据行程问题的数量关系列分式方程求解；
（2）确定等量关系，根据销售问题中的数量关系列一元一次方程求解．
【小问1详解】
设货运速度为
解得
经检验：为原方程的解且符合题意
空运速度：
答：空运速度为
【小问2详解】
设等一天批发出售了斤荔枝
解得a=2100
答：第一天批发出售了2100斤荔枝．
【点睛】本题考查分式方程、一元一次方程在行程问题、销售问题中的运用；审题明确等量关系，构建方程是解题的关键，另注意分式方程需验根．
24. 想了一百种初夏的文案，也不及一场露营的美好，欢欢和乐乐两家人周末自驾去草原营地C露营，如图，两家人同时从点A出发，欢欢驾驶燃油车自西向东行驶到点B，再沿北偏东60°方向行驶到营地C．由于乐乐驾驶电动汽车，需先到位于点A东北方向的充电站D充电，充电时间为30分钟，完成充电后立即从点D出发，前往位于点D正东方向的营地C．已知千米，千米．（参考数据：）

（1）求的长度（结果保留根号）；
（2）欢欢到达营地C后立即开始搭帐篷，搭建过程需1个小时．已知欢欢驾驶燃油车的速度为90千米/时，乐乐驾驶电动汽车的速度为75千米/时，请计算说明欢欢能否在乐乐到达营地C前搭完帐篷．
【答案】（1）的长度为千米
（2）欢欢不能在乐乐到达营地C时搭完帐篷
【解析】
【分析】（1）过作于点，作于点，解求出千米，再证明四边形为矩形，得出千米，最后解可得结论；
（2）分别求出两人所需时间，再进行比较即可得出结论．
【小问1详解】
过作于点，作于点，如图，

由题得：千米，
在中，，
∴千米，
∵，
∴四边形为矩形，
∴千米，
在中，千米，
答：的长度为千米．
【小问2详解】
在中，，
千米，
∵千米，
∴千米，
∵四边形是矩形，
∴千米，
在中，，
∴千米，
∴千米，
∴千米，
∴（时）
∵千米
∴（时）
∴
∴欢欢不能在乐乐到达营地C时搭完帐篷．
【点睛】本题考查了解直角三角形应用—方向角问题，从题目中提取数学模型是解题关键．
25. 如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A和点B（点A在点B左侧），与y轴交于点C．
（1）求直线BC的解析式；
（2）点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作y轴的平行线交BC于点D，过点P作x轴的平行线交BC于点E，求的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，在（2）中取得最大值的条件下，将抛物线沿着射线CB方向平移得到新抛物线，且新抛物线经过线段BC的中点F，新抛物线与y轴交于点M，点N为新抛物线对称轴上一点，点Q为坐标平面内一点，若以点P，Q，M，N为顶点的四边形是以PN为边的菱形，写出所有符合条件的点Q的坐标，并写出求解点Q的坐标的其中一种情况的过程．
【答案】（1）
（2）的最大任为，此时
（3），，，见解析
【解析】
【分析】（1）先求出点A,B的坐标，再用待定系数法即可；
（2）先利用相似，求出与的关系，再用一个参数表示出点P，D的坐标，进而把表示为关于这个参数的二次函数，最后利用二次函数的性质求最大值及点P的坐标；
（3）先求出的表达式，再用含一个参数的式子表示出，，，再利用菱形的一组邻边相等列出方程，进而求得点Q的坐标．
【小问1详解】
令，∴
令，∴
设
解得，∴
【小问2详解】
，∴．∴．
∴，∴
设，，
∴
∴
∵且，当时，∴的最大任为
此时
【小问3详解】
，，，设
，
当．算得，
∴，
∴
当，解得．
∴，
∴，
综上：，，
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数，二次函数的解析式，二次函数的图像与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的性质，正确理解记忆相关性质和数形结合思想的应用是解题的关键．
26. 在中，，点D为上一点，点E为的中点，连接．

（1）如图1，若，求的长；
（2）如图2，若，将绕点E顺时针旋转90°得到，连接并延长交于点G，过E作交于点H，求证：；
（3）如图3，点D为射线BC上一点，在（2）的条件下，连接BF，点P为线段BF上一点且满足，将沿翻折至所在平面内，得到，连接，当最小，时，直接写出的面积．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）如图所示，取中点，连接，根据线段之间的关系求出，，再解直角三角形求出，即可利用中位线定理得到，，由此利用勾股定理求出答案即可；
（2）如图所示，过点作于点，连接，．由直角三角形斜边上的中线的性质得到，则，，进而利用三角形外角的性质证明 ，由旋转的性质得到，证明，得到，再证明，即可证明；
（3）如图3-1所示，以所在的直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，取的中点K、L，连接，则分别是的中位线，可得三点共线，过点F作交延长线于W，过点B作交延长线于X，设，先证明，则，设，证明，求出，则点F在直线上运动；如图3-2所示，求出，则，由折叠的性质可得，取点，证明点Q在以点为圆心，半径为的圆上运动，则当三点共线时，最小，此时点Q与点重合；求出直线的结束为，设，由勾股定理得到，可得，则，同理可求出直线的解析式为，进一步求出，即可求出，则，再求出，则．
【小问1详解】
解：如图所示，取中点，连接．
∵，
∴，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
∵E为的中点

∴且，
∴
在中，，
∴；
【小问2详解】
证明：如图所示，过点作于点，连接，．
∴，
在中，点为的中点，
∴，
∴，
∴ ，
在中，点E为的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴ ，
∵绕点E顺时针旋转90°得到，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴；
【小问3详解】
解：如图3-1所示，以所在的直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，取的中点K、L，连接，
∴分别是的中位线，
∴，
∴三点共线，
过点F作交延长线于W，过点B作交延长线于X，设，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴点E的纵坐标为a，
设，
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴点F在直线上运动；

如图3-2所示，∵点F在直线上运动，
∴，
∵，
∴，
由折叠的性质可得，
取点，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，即，
∴点Q在以点为圆心，半径为的圆上运动，
∴当三点共线时，最小，此时点Q与点重合，
∵，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
设，
∵，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴，
同理可求出直线的解析式为，
联立，解得，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵点E为的中点，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，圆周角定理，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，折叠的性质，旋转的性质，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．学生
平均数
中位数
众数
八年级
85.2
86
九年级
85.2
91