精品解析：重庆市渝北区礼嘉中学校2022-2023学年八年级下学期期末数学试题

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1. 代数式有意义的条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二次根式及分式有意义的条件，可得不等式，即可求解．
【详解】解：∵代数式有意义，
∴
解得，
故选：B
【点睛】本题考查的是二次根式有意义的条件，掌握二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．
2. 下列几组数据中，能构成直角三角形的三边长的是（ ）
A. 6，8，12B. 5，12，14C. 1，2，3D. 3，4，5
【答案】D
【解析】
【分析】用较小的两条边的平方和与最大的边的平方比较，如果相等，则三角形为直角三角形；否则不是．
【详解】解：∵，故A不能构成直角三角形，不符合题意；
∵，故B不能构成直角三角形，不符合题意；
∵1+2=3，故C不能构成三角形，不符合题意；
∵，故D能构成直角三角形，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理逆定理，关键是掌握判断一个三角形是不是直角三角形．必须满足较小两边平方的和等于最大边的平方才能做出判断．
3. 在中（如图），连接，已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行四边形的对边平行和两直线平行内错角相等的性质，再通过等量代换即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴ABCD
∴∠DCA＝∠CAB，
∵∠DCA+∠ACB，，
∴40º+80º=120º，
故选：C．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质和平行线的性质，解题的关键是熟记性质并熟练运用．
4. 估算的值应在（ ）
A. 3和4之间B. 4和5之间C. 5和6之间D. 6和7之间
【答案】A
【解析】
【分析】原式先计算出，确定出，即可估算出的值．
【详解】解：，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
故选：A．
【点睛】此题考查了估算无理数的大小，弄清估算的方法是解本题的关键．
5. 下列说法正确的是（ ）
A. 四条边相等的四边形是矩形B. 有一个角是的平行四边形是正方形
C. 对角线互相垂直平分的四边形是菱形D. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
【答案】C
【解析】
【分析】根据菱形、矩形、正方形、平行四边形的判定方法进行判断即可．
【详解】解：A．四条边相等的四边形是菱形，故选项错误，不符合题意；
B．有一个角是平行四边形是矩形，故选项错误，不符合题意；
C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故选项正确，符合题意；
D．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故选项错误，不符合题意．
故选：C．
【点睛】此题考查了菱形、矩形、正方形、平行四边形的判定，熟练掌握相关判定方法是解题的关键．
6. 如图，每个图案都由若干个“•”组成，第①个图案中有5个“•”，第②个图案中有8个“•”，第③个图案中有11个“•”，…，按此规律排列，则第⑥个图案中“•”的个数为（ ）
​
A. 23B. 20C. 29D. 17
【答案】B
【解析】
【分析】根据图形的变化得出第n个图案有个“•”，然后得出结论即可．
【详解】解：由题意知，其中第①个图案中有5个“•”，
第②个图案中有8个“•”，
第③个图案中有11个“•”，
……，
第n个图案有个“•”，
∴第⑥个图案中“•”的个数为，
故选：B．
【点睛】本题主要考查图形的变化规律，熟练根据图形的变化得出第n个图形有个“•”是解题的关键．
7. 某网店在“双11”促销活动中对一件原价500元的商品进行了“折上折”优惠活动（即两次打折数相同），优惠后实际仅售320元，设该店打x折，则可列方程（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据原价及经过两次打折后价格，可得出关于x的一元二次方程，即可得答案．
【详解】设该店打x折，
∵商品进行了“折上折”优惠活动，优惠后实际仅售320元，
∴500（）2=320，
故选：D．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找出等量关系，正确列出一元二次方程是解题关键．
8. 一次函数与正比例函数在同一坐标系中的图象大致是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据一次函数和正比例函数的性质逐一判断即可得答案．
【详解】A.∵一次函数经过一、二、三象限，
∴a＞0，b＞0，
∴-b＜0，
∴正比例函数应经过二、四象限，故本选项不符合题意，
B.∵一次函数经过一、三、四象限，
∴a＞0，b＜0，
∴-b＞0，
∴正比例函数应经过一、三象限，故本选项不符合题意，
C.∵一次函数经过二、三、四象限，
∴a＜0，b＜0，
∴-b＞0，
∴正比例函数应经过一、三象限，故本选项符合题意，
D.∵一次函数经过二、三、四象限，
∴a＜0，b＜0，
∴-b＞0，
∴正比例函数经过一、三象限，故本选项不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查一次函数和正比例函数的性质，对于一次函数y=kx+b，当k＞0时，图象经过一、三象限，当k＜0时，图象经过二、四象限；当b＞0时，图象与y轴交于正半轴；当b＜0时，图象与y轴交于负半轴；熟练掌握相关性质是解题关键．
9. 如图，菱形中，对角线与交于点O，于点E，F为线段上一点，若，，则线段的长度为（ ）

A. B. C. 5D.
【答案】D
【解析】
【分析】由四边形是菱形，可得，，，由勾股定理得．由等积法可得，再由勾股定理得，可得，然后由勾股定理即可求得．
【详解】∵四边形是菱形，
∴，，，
在中，由勾股定理得：
，
∵，
∴，
解得：，
在中，由勾股定理得：
，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：
．
则线段的长度为．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、等积法求线段的长，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
10. 算术平方根有如下运算：，故化简：可得或两种不同结果．给出下列说法：
①化简：，一共有4种不同的结果；
②化简：，一共有4种不同的结果；
③若，（n为正整数），则当时，.
以上说法中正确的个数为（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】C
【解析】
【分析】分别根据算术平方根的意义化简各式后，再进行判断即可．
【详解】解：①，
所以，有4种不同的结果，故①正确；
②
∵，
∴，
当时，原式；
当，原式；
当，原式；
∴②错误；
③∵，
∴
∵，
∴
解得，或（舍去）
故③正确，
所以，正确的结论是①③，共2个，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了数字变化规律，熟练掌握二次根式的性质是解答本题的关键．
二、填空题（本小题共8个小题，每个小题4分，共32分）请将每个小题答案直接填写在答题卡对应的横线上．
11. ＝________．
【答案】5
【解析】
【分析】先计算各项，再相加即可得．
【详解】解：，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了算术平方根，零指数幂，解题的关键是掌握这些知识点，正确计算．
12. 甲、乙两人比赛成绩如图，则________的成绩更稳定（填“甲”或“乙”）．

【答案】乙
【解析】
【分析】根据方差的意义即数据波动越小，数据越稳定即可得出答案．
【详解】解：根据图形可得：乙的成绩波动小，数据稳定，则两人成绩最稳定的是乙．
故答案是：乙．
【点睛】本题考查了方差的意义，理解方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定是解题的关键．
13. 如图，AD=13，BD=12，∠C=90°，AC=3，BC=4.则阴影部分的面积=________.
【答案】24
【解析】
【分析】先利用勾股定理求出AB，然后利用勾股定理的逆定理判断出△ABD是直角三角形，然后分别求出两个三角形的面积，相减即可求出阴影部分的面积．
【详解】解：在Rt△ABC中，AB==5，
∵AD=13，BD=12，
∴AB2+BD2=AD2，即可判断△ABD为直角三角形，
阴影部分的面积=AB×BD -BC×AC=30-6=24．
答：阴影部分的面积=24．
故答案为24．
【点睛】此题考查了勾股定理、勾股定理的逆定理，属于基础题，解答本题的关键是判断出三角形ABD为直角三角形．
14. 如图，一次函数的图象与x轴和y轴的交点分别为、，求关于x的不等式的解集________．

【答案】
【解析】
【分析】直接根据函数的图象与y轴的交点为进行解答即可．
【详解】解：由一次函数的图象可知，函数值y随x的增大而增大，
∵一次函数的图象与y轴交于点，
∴当时，关于x的不等式．
故答案为：．
【点睛】本题考查的是一次函数与一元一次不等式，能利用数形结合求出不等式的解集是解答此题的关键．
15. 如图，矩形的对角线、相交于点O，是等边三角形，，矩形的面积为________．

【答案】
【解析】
【分析】根据四边形是矩形得，，根据是等边三角形，得，可得，在中，根据勾股定理得，，即可得．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∵是等边三角形，，
∴，
∴，
在中，根据勾股定理得，，
∴矩形的面积为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点．
16. 若关于x的一元二次方程有解，且关于y的不等式组无解，则所有满足条件的整数a的值之和是________．
【答案】12
【解析】
【分析】先运用一元二次方程根的判别式和不等式组的解得情况确定的取值范围，从而得到整数的取值，最后求所有满足条件的整数的值之和即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程有解，
∴，解得：且，
将不等式组整理得：，
∵不等式组无解，
∴，
∴a的取值范围为：且，
∴满足条件的整数的值为：5,4,3
∴所有满足条件整数的值之和是12．
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式、含参数一元一次不等式组的解等知识点，掌握运用一元二次方程根的判别式判定根的情况及明确不等式组解集的取法是解题的关键．
17. 如图，正方形的边长为10，点E在边上，，连接，将沿翻折得，延长交于点F，则的长度为________．

【答案】##
【解析】
【分析】连接，由折叠得，，，，再证明，即有，设，则，，在中，由勾股定理得，据此列方程即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，

∵正方形的边长为10，
∴，
由折叠得，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得，，即，
解得，，
即的长度是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握折叠的性质．
18. 材料一：若一个两位数恰好等于它的各位数字之和的4倍，则称这个两位数为“巧数”．材料二：一个四位数满足各个数位数字都不为0，且它的千位数学与百位数字组成的两位数，以及十位数字与个位数字组成的两位数均为“巧数”，则称这个四位数为“双巧数”．若，，则记．若s，t都是“双巧数”，其中，，（，且x，y，z，m，n，r均为整数），规定，则 ________；当时，的最大值为________．
【答案】 ①. 4 ②.
【解析】
【分析】根据定义求出，，利用即可得到；按照定义求出，进一步计算即可得到的最大值．
【详解】解：当时，
∴，，
∴，
∵，
，
，
；
，
，
，
，
∴，
∵，即，解得，
∴，
∵s是“双巧数”，
∴，解得，
∵，
即，解得，且y是正整数，
∴y的最大值为2，
∴，
若要使最大，
则其分母最小，分子最大，且为正数，,
∴y取2，此时，
∴的最大值为．
故答案为：4，
【点睛】此题主要考查了数字问题，两位数和三位数的表示，新定义，掌握新定义“巧数”是解本题的关键．
三、解答题（本大题共8小题，共78分．其中第19题16分，20－23题每题8分，24－26题每题10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，请将解答过程书写在答题卡中对应的位置上．
19. 计算：
（1）解方程：；
（2）；
（3）；
（4）．
【答案】（1）
（2）7 （3）
（4）
【解析】
【分析】（1）运用因式分解法求解即可；
（2）原式根据完全平方公式和单项式乘以多项式运算法则将括号展开，再外挂；
（3）原式根据平方差公式和完全平方公式将括号展开后，再合并即可；
（4）先将括号内的通分，再把除法转换为乘法后再进行约分后即可得到答案．
【小问1详解】
∴，
∴
∴；
【小问2详解】
；
【小问3详解】
；
【小问4详解】
．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，整式的四则运算，二次根式的混合运算以及分式的混合运算等知识，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．
20. 如图，在平行四边形中，连接对角线，平分分别交、于点E、F．

（1）尺规作图：作的角平分线，交于点H，交的于点G．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）问的条件下，求证：．
证明：四边形是平行四边形
∴，① ，
∴，
∵平分，平分，
∴② ，，
∵四边形为平行四边形
∴③
∴，④
在和中
∴，
∴
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据角平分线的作法即可；
（2）根据平行四边形的性质盒全等三角形的判定和性质即可完成填空．
【小问1详解】
解：如图所示，以C点为圆心，以适当的长度为半径作弧交于点I，交于点J，分别以点I，J为圆心，以大于长度的二分之一为半径画圆相较于一点L，延长交于点H，交的于点G．
【小问2详解】
证明：四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵平分，平分，
∴，，
∵四边形为平行四边形
∴
∴，
在和中
∴，
∴；
故答案为：；；；．
【点睛】本题考查了尺规作图—角平分线，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点．
21. 两江新区某中学组织全校学生参加国家安全知识学习，现让八年级和九年级参与学习的学生参加安全知识竞赛，再从中各随机选出20名同学的成绩进行分析．将学生竞赛成绩分为A，B，C，D四个等级，分别是：A：，B：，C：，D：，下面给出了部分信息：其中，八年级学生的竞赛成绩为：66，75，76，78，79，81，82，83，84，86，86，88，88，88，91，92，94，95，96，96．
九年级等级C的学生成绩为：86，88，83，81，87，82，89．
两组数据的平均数、中位数、众数如表所示：
根据以上信息，解答下列问题：
（1）填空： ， ， ；
（2）根据以上数据，你认为在此次安全知识竞赛中，哪个年级的成绩更好？请说明理由（一条理由即可）；
（3）若八、九年级共有1500名学生参加安全知识学习，请估计两个年级参赛学生中成绩优秀（大于或等于90分）的学生共有多少人？
【答案】（1）875；88；40
（2）九年级成绩好，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和的值，用1分别减去其它三个等级所占百分比即可得出的值；
（2）依据表格中平均数、中位数、众数做出判断即可；
（3）用样本估计总体即可．
【小问1详解】
解：九年级20名同学的成绩从小到大排列，排在第10名和第11名的两个数分别为87，88，故中位数；
八年级20名同学的成绩出现次数最多的是88，故众数；
由题意可得，故，
故答案为：87.5；88；40；
【小问2详解】
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】
解：（人）
∴估计两个年级参赛学生中成绩优秀（大于或等于90分）的学生共有525人．
【点睛】本题考查中位数、众数、平均数以及样本估计总体，理解中位数、众数的定义，掌握中位数、众数的计算方法是正确解答的关键．
22. 今年春季是甲流病毒的高发期．为了遏制甲流病毒的传播，建议市民朋友们在公共场合要佩戴口罩，现在，有一个人患了甲流，经过两轮传染后共有个人患了甲流．
（1）每轮传染中平均一个人传染了几个人？
（2）某药房最近售出了盒口罩．已知售出的医用口罩的数量不超过普通医用口罩的4倍，每盒医用口罩的单价为元，每盒普通医用口罩的价格为元，则售出医用口罩和普通医用各多少盒时，总销售额最多？请说明理由．
【答案】（1）每轮传染中平均一个人传染了8个人
（2）售出医用口罩盒，普通医用盒时，总销售额最多，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设每轮传染中平均一个人传染了x个人，根据题意得，进行计算即可得；
（2）设售出医用口罩a盒，则普通医用口罩盒，总销售额为W元，
则，进行计算得，，
根据一次函数的性质得W随a的增大而增大，即当时，W有最大值，算出普通口罩盒数即可得．
【小问1详解】
解：设每轮传染中平均一个人传染了x个人，
，
，
，
，
，（舍），
答：每轮传染中平均一个人传染了8个人；
【小问2详解】
售出医用口罩盒，普通医用盒时，总销售额最多，理由如下：
解：设售出医用口罩a盒，则普通医用口罩盒，总销售额为W元，
则，
，
，
，
，
∵，
∴W随a的增大而增大，
当时，W有最大值，
则普通医用口罩盒数为：（盒），
即售出医用口罩盒，普通医用盒时，总销售额最多．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，一次函数的应用，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点．
23. 某旅游景点湖中小岛上码头C处一名游客突发疾病，需要救援，位于湖面B点处的快艇和湖岸A处的救援船接到通知后立刻同时出发前往救援，计划由快艇赶到码头C接该游客，再沿方向行驶，与救援船相遇后将该游客转运到救援船上．已知C在A的北偏东方向上，B在A的北偏东方向上，且B在C的正南方向，湖岸A与码头C相距1200米．

（1）求湖岸A与湖面B的距离；（结果用精确值．）
（2）救援船的平均速度为150米/分，快艇的平均速度为250米/分，求在接到通知后，快艇需要多长时间能将该游客送上救援船？（接送游客上下船的时间忽略不计，结果精确到十分位，参考数据：，）
【答案】（1）湖岸A与湖面B的距离为米
（2）快艇需要4.7分能将该游客送上救援船
【解析】
【分析】（1）延长到点D，使于D，设，则，，，即可求出，根据，即可求出湖岸A与湖面B的距离；
（2）先求出,设快艇将游客送上救援船时间为t分钟，根据等量关系式：救援船行驶的路程+快艇行驶的路程，列出方程，求出时间t即可求解．
【小问1详解】
延长到点D，使于D，如图，

由题意得，
∴
在中，设，
∵,
∴
∴，
∵
∴，解得，，
∴，
所以，湖岸A与湖面B的距离为米；
【小问2详解】
由（1）得，
∴
∴，
设快艇将游客送上救援船时间为t分钟，根据题意得，
，
解得，（分），
答：快艇需要4.7分能将该游客送上救援船
【点睛】本题主要考查了解直角三角形及其应用，一元一次方程应用中的行程问题、含30°角的直角三角形的三边关系等知识点，找到等量关系式，构建直角三角形是解答本题的关键．
24. 如图，在正方形中，，动点P从点A点出发，沿折线以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，动点Q从C出发以每秒个单位长度的速度向终点D运动，两点同时出发，设运动时间为t，连接、、，记的面积为，的面积为．

（1）请直接写出与t之间的函数关系式以及对应t的取值范围；
（2）在给定的平面直角坐标系中画出的图象，并结合图象完成下列问题：
①写出函数的一条性质；
②直接写出当时，t的取值范围．
【答案】（1）；
（2）画图见解析；①当时，随时间t的增大而增大，当时，随时间t的增大而减小；②
【解析】
【分析】（1）针对于：分点P在边上，表示出，利用三角形面积公式得出结论；当点P在边上时，表示出，利用三角形的面积公式即可得出答案； 针对于：先表示出，利用三角形的面积公式即可得出答案；
（2）利用画函数图象的方法直接画出图象； ①根据图象写出一条性质即可； ②根据图象先求出的解，即可得出答案．
【小问1详解】
解：∵四边形是正方形，
∴，
针对于： 当点P在边上（包括点B）时，即，
由运动知，，
∴；
当点P在边上时，即，
∴，
∴，
即 ；
针对于：
由运动知，，
∴；
【小问2详解】
图象如图所示，

①Ⅰ、当时，随时间t的增大而增大，当时，随时间t的增大而减小； Ⅱ、当时，最大，最大值为8（答案不唯一）；
②由图象知，令，
∴，
∴当时，，
即当时，
t的取值范围为．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，三角形的面积公式，图象的画法，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
25. 如图1，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，与直线相交于点D，其中，，．
（1）求直线l的函数表达式；
（2）如图2，点M为y轴上一动点，连接，求最小值和此时点M的坐标；
（3）如图3，在（2）问的条件下，将直线l沿射线的方向平移，使得平移后的直线经过点M．若点E为直线上一动点，F为平移后新直线上一动点，使以点O、D、E、F为顶点的四边形为平行四边形，写出所有符合条件的点E的横坐标，并写出求解点E的横坐标的其中一种情况的过程．
【答案】（1）
（2），
（3）或或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求出解析式即可；
（2）先作点关于y轴的对称点，然后连接与y轴的交点即为，求解即可；
（3）求出解析式，设点坐标为，设点坐标为，利用中点坐标公式求出点坐标即可．
【小问1详解】
解：，，
根据图象可知，，
将，代入，
得，
解得，
直线函数表达式：．
【小问2详解】
解：作点关于y轴的对称点，连接，与y轴的交点即为，
此时，点的坐标为，的最小值为长，
所以，，
设的解析式为，把点，点坐标代入得，
解得，
直线函数表达式：，
当时，，
所以，点M的坐标为；
【小问3详解】
解：设直线的解析式为：，
代入，，
得，
解得，
直线的解析式：，
直线l沿射线的方向平移，使得平移后的直线经过点M，则平移后的解析式为；
设点坐标为，设点坐标为，
因为，点O的坐标为，点D的坐标为，
当为对角线时，，
解得，，
点E的横坐标为；
当为对角线时，，
解得，，
点E的横坐标为；
当为对角线时，，
解得，，
点E的横坐标为；
综上，点点E的横坐标为或或
【点睛】本题考查了一次函数的综合应用，灵活运用一次函数的性质，求线段和的最小值的方法，熟练掌握平行四边形的性质是解决本题的关键，难度较大．
26. 四边形是菱形，，连接对角线，点E为上一点，点F为上点，满足，连接、，交于点M．

（1）如图1，求的度数．
（2）如图2，将线段绕点B顺时针旋转至，连接，猜想线段，，之间存在的数量关系，并证明你的猜想．
（3）如图3，若，连接交于点Q，直接写出的值．
【答案】（1）
（2）；理由见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）证明，得出，根据，得出，根据求出结果即可；
（2）连接，在上截取，连接，证明，得出，证明、、、四点共圆，得出，证明，得出，，证明为等边三角形，得出，根据，即可证明结论；
（3）过点Q作于点G，于点H，在上取点K，使，证明，得出，设，，，根据直角三角形的性质求出，，得出，即，求出，即可得出结果．
【小问1详解】
解：∵四边形为菱形，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：；理由如下：
连接，在上截取，连接，如图所示：

根据旋转可知，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
根据解析（1）可知，，
∴，
∴、、、四点共圆，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
即．
【小问3详解】
解：过点Q作于点G，于点H，在上取点K，使，如图所示：

∵，
∴，
根据解析（2）可知，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
设，，，
∵，，，
∴为等腰直角三角形，，
∴，，
∴，
解得：，
∵，，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
即的值为．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，菱形的性质，圆周角定理，四点共圆，勾股定理，等腰直角三角形的性质，含角的直角三角形的性质，旋转的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，熟练掌握三角形全等的判定方法．
学生
平均数
中位数
众数
八年级
85.2
86
b
九年级
85.2
a
91