2023-2024学年初中下学期七年级数学期末模拟卷（全解全析）（四川成都）

这是一份2023-2024学年初中下学期七年级数学期末模拟卷（全解全析）（四川成都），共21页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围，计算等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．测试范围：北师大版七年级下册全册。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
A卷（共100分）
第Ⅰ卷（共32分）
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）.
1．清代诗人袁枚的一首诗《苔》：“白日不到处，青春恰自来．苔花如米小，也学牡丹开．”歌颂了苔在恶劣环境下仍有自己的生命意向．若苔花的花粉直径约为0.0000084m，则数据“0.0000084m”用科学记数法表示为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】此题考查了科学记数法的表示方法：将一个数写成的形成，，n是整数，当原数绝对值小于1时，n是负整数，n等于原数左数第一个非零数前面0的个数的相反数，据此解答．
【详解】解：，故选：A．
2．北京是首批国家历史文化城和世界上拥有世界文化遗产数最多的城市，三千多年的历史孕育了众多名胜古迹，让每一个中国人为之骄傲．下图是一些北京名胜古迹的标志，其中不属于轴对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意直接根据轴对称图形的概念，进行分析判断即可．
【详解】解：由轴对称图形的性质可知不是轴对称图形的是B．故选：B．
【点睛】本题考查的是轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
3．下列计算正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查实数的运算，利用积的乘方法则，同底数幂乘法法则，合并同类项法则及完全平方公式逐项判断即可．熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
【详解】解：A、，则A符合题意；
B、，则B不符合题意；C、，则C不符合题意；
D、，则D不符合题意；故选：A．
4．等腰三角形的两边长分别为和，则这个三角形的周长为（ ）
A．B．或C．D．或
【答案】A
【分析】分是腰长与底边长两种情况讨论求解．
【详解】解：①是腰长时，三角形的三边分别为、、，因为,故不能组成三角形；
②是底边长时，三角形的三边分别为、、，能组成三角形，周长，
综上所述，这个等腰三角形的周长是．故选：A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的定义和三角形三边关系的应用，难点在于分情况讨论并利用三角形的三边关系判断是否能组成三角形．
5．下列说法正确的是( )
A．“任意画一个三角形，其内角和是360°”是随机事件.
B．“明天的降水概率为80%”，意味着明天降雨的可能性较大.
C．“某彩票中奖概率是1%”，表示买100张这种彩票一定会中奖.
D．晓芳抛一枚硬币10次，有7次正面朝上，当她抛第11次时，正面向上的概率为.
【答案】B
【分析】由概率是事件发生的可能性，逐一进行分析即可得答案.
【详解】A、任意画一个三角形，其内角和是360°是不可能事件，故此选项错误；
B、“明天的降水概率为80%”，意味着明天降雨的可能性较大，该说法正确，故此选项正确；
C、“某彩票中奖概率是1%”，表示买100张这种彩票可能会中奖，故此选项错误；
D、由于抛硬币正反出现的概率是相同的，不论抛多少次出现正面或反面的概率是一致的，即正面向上的概率为，故此选项错误，故选B．
【点睛】本题考查了概率的意义，概率是反映事件发生机会的大小的概念，只是表示发生的机会的大小，机会大也不一定发生，机会小也有可能发生．
6．传统文化如同一颗璀璨的明珠，熠熠生辉．为增强学生体质，同时让学生感受中国传统文化，某校将国家非物质文 化遗产“抖空竹”引入阳光特色大课间．如图①是某同学 “抖空竹”时的一个瞬间，小红同学把它抽象成数学问题： 如图②，已知，，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．

【答案】C
【分析】本题考查了平行线的性质，掌握平行线的性质求角度的方法是解题的关键．
如图，作，可得，所以，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作，

∵，∴，∴，
∴，
∴， 故选：C ．
7．如图，为了测量出A、B两点之间的距离，在地面上找到一点C，连接、，使，然后在的延长线上确定D，使，那么只要测量出的长度也就得到了A、B两点之间的距离，这样测量的依据是（ ）
A． B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质；根据题意可证，则，问题得解．
【详解】解：∵，，，
∴，∴，即这样测量的依据是，故选：B．
8．骑自行车是一种健康自然的运动旅游方式，长期坚持骑自行车可增强心血管功能，提高人体新陈代谢和免疫力.如图是骑行爱好者老刘某天骑自行车行驶路程（km）与时间（h）的关系图象，观察图象得到下列信息，其中错误的是（ ）
A．点表示老刘出发，他一共骑行B．老刘实际骑行时间为
C．老刘的骑行速度为D．老刘的骑行在的速度比的速度慢

【答案】B
【分析】仔细观察图象，结合路程、速度、时间的关系逐项判断即可．
【详解】解：由图可知，点所对应的路程为80km，时间为5h，即表示出发5h，老刘共骑行80km，故A正确，不符合题意；
内的路程没有变化，老刘实际骑行时间为，故B错误，符合题意；
老刘骑行的路程为30km，的速度为，故C正确，不符合题意；
骑行的路程为，的速度为，
，老刘的骑行在的速度比的速度慢，故D正确，不符合题意；故选：B．
【点睛】本题考查了用图象表示变量之间的关系，读懂题意，从所给的图象中获取解题所需要的信息是解题的关键．
第Ⅱ卷（共68分）
二、填空题（本大题共5个小题，每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）
9．计算： ．
【答案】
【分析】本题考查了单项式乘以多项式和合并同类项，根据单项式乘以多项式的法则计算，然后合并同类项即可，熟练掌握运算法则是解题的关键．
【详解】解：原式，，故答案为：．
10．已知一个等腰三角形的周长为，底边的长为，则这个等腰三角形的腰长为 ．
【答案】
【分析】根据等腰三角形的周长公式进行求解即可．
【详解】解：∵一个等腰三角形的周长为，底边的长为，
∴这个等腰三角形的腰长为，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的定义，熟知等腰三角形中两腰相等是解题的关键．
11．如图，的中线相交于点的面积为6，则四边形的面积为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了三角形中线的性质，根据三角形中线平分三角形面积得到，据此可得．
【详解】解：∵的中线相交于点，∴，
∴，∴，故答案为：．
12．如图，，,，，垂足分别是点D、E，，，则的长是 ．
【答案】2
【分析】本题考查了全等三角形的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
根据条件可以得出，利用可以得出，再根据全等三角形的性质得出，，最后根据线段的和差即可得出答案．
【详解】解：∵，，∴，∴．
∵，∴．
在和中，，∴，
∴，．∴，故答案为：2．
13．如图，在中，，，按以下步骤作图：（1）以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交线段，于点M，N；（2）以点C为圆心，的长为半径画弧，交线段于点D；（3）以点D为圆心，的长为半径画弧，与（2）中所画的弧相交于点E；（4）过点E作射线CE，与相交于点F，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了尺规作图，三角形外角的性质，直角三角形的性质，关键是由基本作图得到．
由作图可知：，由直角三角形的性质得到，由三角形外角的性质求出．
【详解】解：由作图知：，∵，，∴，
∴，∴．故答案为：．
三、解答题 （本大题共5小题，其中14题12分，15-16题，每题8分，17-18题，每题10分，共48分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
14．计算下列各题：(1)．(2)．
(3)先化简，再求值：，其中．
【答案】(1)1(2)(3)，原式
【分析】（1）先计算乘方，负整数指数幂和零指数幂，再计算加减法即可；
（2）先计算积的乘方，在计算单项式乘以单项式，最后合并同类项即可；
（3）先根据乘法公式和单项式乘以多项式的计算法则去中括号内的小括号，然后合并同类项，再根据多项式除以单项式的计算法则化简，最后代值计算即可．
【详解】（1）解：原式 （3分）
；（4分）
（2）解：原式（6分）
（7分）
；（8分）
（3）解：
（9分）
（10分）
，（11分）
当时，原式．（12分）
【点睛】本题主要考查了整式的混合计算，零指数幂，负整数指数幂，单项式乘以单项式，积的乘方等等，熟知相关计算法则是解题的关键．
15．一个不透明的袋子中装有红、白两种颜色的球共30个，每个球除颜色外完全相同，小聪同学每次从袋子中摸出一个球，记录下颜色，然后放回，重复这样的试验1000次，记录结果如下：
(1)表格中______；_______；（精确到0.01）；
(2)估计从袋子中摸出一个球恰好是红球的概率约为 （精确到0.1）；
(3)试估算袋子中红球的个数．
【答案】(1)0.59，0.60(2)0.6(3)估计袋子中红球有18个
【分析】此题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．掌握概率公式：概率＝所求情况数与总情况数之比是解题的关键．（1）直接用摸到红球的次数除以试验次数即可求得摸到红球的频率；
（2）找到多次试验频率逐渐稳定到的常数即可求得概率；（3）根据题意列出式子求解即可．
【详解】（1）解：依题意故答案为：0.59，0.60；（2分）
（2）解：根据记录结果表的信息，得出摸到红球频率约等于0.6 （3分）
∴估计从袋子中摸出一个球恰好是红球的概率约为0.6；故答案为：0.6；（5分）
（3）∵一个不透明的袋子中装有红、白两种颜色的球共30个，且摸出一个球恰好是红球的概率约为0.6
∴（个） ∴估计袋子中红球有18个．（8分）
16．如图，在边长为单位1的正方形网格中有ABC．
（1）在图中画出ABC关于直线MN成轴对称的图形A1B1C1；
（2）求ABC的面积：
（3）在直线MN上有一点P使得PA+PB的值最小，请在图中标出点P的位置．
【答案】（1）见解析；（2）3.5；（3）见解析
【分析】（1）利用网格特点和对称的性质，分别画出、、关于直线的对称点即可；
（2）用一个矩形的面积分别减去三个直角三角形的面积去计算的面积；（3）连接交于点，利用，，根据两点之间线段最短可判断点满足条件．
【详解】解：（1）如图，△为所作；（2分）
（2）的面积；（6分）
（3）如图，点即为所作．（8分）
【点睛】本题考查了作图轴对称变换：几何图形都可看作是由点组成，我们在画一个图形的轴对称图形时，也是先从确定一些特殊的对称点开始的．也考查了最短路径问题．
17．王师傅非常喜欢自驾游，他为了了解新买轿车的耗油情况，将油箱加满后进行了耗油试验，得到下表中的数据：
(1)在这个问题中，自变量是_______，因变量是________；
(2)该轿车油箱的容量为________L，行驶时，油箱中的剩余油量为________L；
(3)请写出两个变量之间的关系式；（用s来表示Q）；
(4)王师傅将油箱加满后驾驶该轿车从A地前往B地，到达B地时油箱中的剩余油量为22L，请求出A，B两地之间的距离．
【答案】(1)行驶的路程，油箱剩余油量；(2)50，38；(3)(4)350
【分析】（1）通过观察统计表可知：轿车行驶的路程是因变量，油箱剩余油量是因变量；
（2）由表格可知，开始油箱中的油为，每行驶，耗油，据此可得答案；
（3）每行驶，耗油，结合开始油箱中的油为解答即可；
（4）把代入（3）的函数关系式求得相应的值即可．
【详解】（1）上表反映了轿车行驶的路程和油箱剩余油量之间的关系，
故其中轿车行驶的路程是自变量，油箱剩余油量是因变量；
故答案为：行驶的路程，油箱剩余油量；（2分）
（2）由表格可知，开始油箱中的油为，每行驶，耗油8L，
所以当时，，故答案为：50，38；（4分）
（3）因为开始油箱中的油为，每行驶，耗油8L，（5分）
所以与的关系式为：，（7分）
（4）由（3）得，当时，，解得，（9分）
故A，B两地之间的距离为350，（10分）
【点睛】此题考查函数的有关概念，解决问题的关键是能够根据统计表提供的信息，解决有关的实际问题．
18．已知平分，如图1所示，点B在射线上，过点B作于点A，在射线上取一点C，使得．
(1)若线段，求线段的长；
(2)如图2，点D是线段上一点，作，使得的另一边交于点E，连接．①是否成立，请说明理由；②请判断三条线段的数量关系，并说明理由．

【答案】(1)(2)①成立，理由见解析；②，理由见解析
【分析】（1）如图所示，过点B作于H，由三线合一定理得到，由角平分线的定义得到，进一步证明，得到，则；
（2）①如图所示，过点B作于H，由三线合一定理得到，同（1）可得，则，由，即可推出；
②如图所示，在上截取，连接，先证明，进而证明，得到，进一步证明，从而证明，得到，由可证明．
【详解】（1）解：如图所示，过点B作于H，
∵，∴，即，（1分）
∵平分，∴，
∵，，∴，（2分）
又∵，∴，
∴，∴ （3分）

（2）解：①成立，理由如下：如图所示，过点B作于H，（4分）
∵，∴，即，
同（1）可得，∴，（5分）
∵，∴，∴；（6分）
②，理由如下：如图所示，在上截取，连接，（7分）
∵，∴，
∵，∴，∴，（8分）
∴，∴，
∵，∴，（9分）
∴，∴，∴，
又∵，∴，∴，
∵，∴．（10分）
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三线合一定理，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
B卷（共50分）
一、填空题（每题4分，满分20分，将答案填在答题纸上）
19．若，，则 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了同底数幂的乘法，幂的乘方，积的乘方等知识点，通过变形含的等式，利用整式的运算性质再代入求值即可，熟练掌握运算法则是解此题的关键．
【详解】∵，∴，
∵，
又∵，∴，∴，∴，
∴，故答案为：．
20．如图①所示，平整的地面上有一个不规则图案（图中阴影部分），小明想了解该图案的面积是多少，他采取了以下办法：用一个长为5m，宽为4m的长方形，将不规则图案围起来，然后在适当位置随机地朝长方形区域扔小球，并记录小球落在不规则图案上的次数（球扔在界线上或长方形区域外不计试验结果），他将若干次有效试验的结果绘制成了②所示的折线统计图，由此他估计不规则图案的面积大约为 ．
【答案】
【分析】首先假设不规则图案面积为x，根据几何概率知识求解不规则图案占长方形的面积大小；继而根据折线图用频率估计概率，综合以上列方程求解．
【详解】解：假设不规则图案面积为x m2，由已知得：长方形面积为20m2，
根据几何概率公式小球落在不规则图案的概率为：；
当事件A试验次数足够多，即样本足够大时，其频率可作为事件A发生的概率估计值，故由折线图可知，小球落在不规则图案的概率大约为0.35，
∴，解得x=7．故答案为： ．
【点睛】本题考查几何概率以及用频率估计概率，并在此基础上进行了题目创新，解题关键在于清晰理解题意，能从复杂的题目背景当中找到考点化繁为简，创新题目对基础知识要求极高．
21．若三角形一个内角度数为α，另外两个内角的度数比为，则称此三角形为型三角形．若一个三角形为型三角形，则该三角形中最大内角的度数为 ；若一个三角形既是型三角形，又为型三角形，则n的最大值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了新定义，三角形内角和定理，最值的意义，设型三角形中较小的角为x，则另一个为，根据，计算即可；一个三角形既是型三角形，又为型三角形，则三角形的两个角为，设另一个为r，是型三角形，要使n最大，则有即；为型三角形，则有即；结合，计算即可．
【详解】设型三角形中较小的角为x，则另一个为，
根据，解得，故答案为：；
由三角形既是型三角形，又为型三角形，则三角形的两个角为，设另一个为r，
∵是型三角形，要使n最大，则有即；
∵为型三角形，则有即；
∵，∴解得．故答案为：．
22．将图（1）中的长方形纸片沿翻折得到图（2），再将图（2）中的四边形沿翻折得到图（3）．在图（3）中，下列四个结论：①；②；③；④．其中正确的结论是 （填写序号）．
【答案】①③④
【分析】本题主要考查了平行线的性质，折叠的性质．延长交于点M，延长至点K，延长至点P，过点F作，由折叠的性质得：，再由平行线的性质可得，然后结合三角形外角的性质，可判断①；根据，可得，由折叠的性质得：，，再由，可得，从而得到，从而得到，可判断②；根据，可得，从而得到，可判断③；根据，可得，可判断④．
【详解】解：如图，延长交于点M，延长至点K，延长至点P，过点F作，
由折叠的性质得：，
∵，∴，∴，
∴，故①正确；
由题意得：，∵，∴，
由折叠的性质得：，，
∵，∴，
∴，
∵，∴，∴不一定平行于，故②错误；
∵，∴，
∴，故③正确；
∵，∴，
∴，故④正确．故答案为：①③④
23．如图，在中，，，是的平分线，，则面积的最大值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了角平分线的定义，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，延长交点于，可证，得到，，进而得到，由三角形全等推导出，并判断出当时，最大，是解题的关键．
【详解】解：如图，延长交点于，
∵平分，∴，∵，∴，
在和中，，∴，
∴，，∴，
∵，∴，∴当时，最大，
∴，故答案为：．
二、解答题 （本大题共3小题，其中24题8分，25题10分，26题12分，共30分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
24．【阅读材料】“数形结合”是一种非常重要的数学思想方法．比如：北师大版七年级下册教材在学习“完全平方公式”时，通过构造几何图形，用几何直观的方法解释了完全平方公式：（如图1）．利用“数形结合”的思想方法，可以从代数角度解决图形问题，也可以用图形关系解决代数问题．

【方法应用】根据以上材料提供的方法，完成下列问题：
(1)由图2可得等式： ；由图3可得等式： ；
(2)利用图3得到的结论，解决问题：若，，则 ；
(3)如图4，若用其中x张边长为a的正方形，y张边长为b的正方形，z张边长分别为a，b的长方形纸片拼出一个面积为长方形（无空隙、无重叠地拼接）．①请画出拼出后的长方形；② ；
(4)如图4，若有3张边长为a的正方形纸片，4张边长分别为a，b的长方形纸片，5张边长为b的正方形纸片．从中取出若干张纸片，每种纸片至少取一张．把取出的这些纸片拼成一个正方形（无空隙、无重叠地拼接），则拼成的正方形的边长最长可以为 ．
【答案】(1)
(2)155(3)①见解析；②9(4)
【分析】（1）用两种不同的方法表示出大长方形的面积，以及大正方形的面积，即可得出结论；
（2）利用（1）中的结论进行求解即可；（3）①根据，得到大长方形是由2张边长为a的正方形，2张边长为b的正方形，5张边长分别为a、b的长方形纸片拼成，画图即可；②根据①可知的值，代入求解即可；
（4）根据拼接成的是正方形，得到选取的纸片的面积和必须构成完全平方式，进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：由图2知，∵大长方形的面积，
大长方形的面积3个小正方形的面积+3个小长方形的面积，
∴；由图3知，∵大正方形的面积，
大正方形的面积＝3个正方形的面积+2个小长方形的面积+2个小长方形的面积+2个小长方形的面积，∴；
故答案为：，．（2分）
（2）∵由（1）知：，
∴，，
把代入，．故答案为：155．（4分）
（3）①∵，
可以看成2张边长为a的正方形，2张边长为b的正方形，5张边长分别为a、b的长方形纸片拼成的大长方形的面积，如图：
（5分）
②由①知：，∴．故答案为：9．（6分）
（4）3张边长为a的正方形纸片的面积为，4张边长分别为的长方形纸片的面积为，5张边长为b的正方形纸片的面积为，要想从中取出若干张纸片拼成一个正方形（无空隙、无重叠地拼接），则选取的纸片的面积和必须构成完全平方式，
∴可以选取1张边长为a的正方形纸片、2张边长分别为的长方形纸片、1张边长为b的正方形纸片，此时围成的正方形面积为，此时正方形的边长，
也可以选取1张边长为a的正方形纸片、4张边长分别为的长方形纸片、4张边长为b的正方形纸片，此时围成的正方形面积为，此时正方形的边长，
∴拼成的正方形的边长最长为．故答案为：．（8分）
【点睛】本题考查完全平方公式的几何背景以及多项式乘多项式与几何图形的面积．熟练掌握完全平方公式以及多项式乘以多项式的法则，是解题的关键．
25．甲、乙两车分别从B，A两地同时出发，甲车匀速前往A地，乙车匀速前往B地，到达B地立即以另一速度按原路匀速返回到A地；设甲、乙两车距A地的路程为y（千米），乙车行驶的时间为x（时），y与x之间的图象如图所示．
(1)求乙车到达B地的时间；
(2)求乙车到达B地时甲车距A地的路程；
(3)求甲车行驶途中，甲、乙两车相距40千米时，乙车行驶的时间．

【答案】(1)2.5小时(2)100千米
(3)甲车行驶途中，甲、乙两车相距40千米时，乙车行驶的时间为1.3小时或1.7小时．
【分析】（1）根据题意和函数图象中的数据，可以计算出乙车从A地到达B地的速度，进而可求得乙车到达B地的时间；（2）根据图形中的数据，可以先甲车的速度，然后即可计算出乙车到达B地时甲车距A地的路程；（3）根据题意可知，乙车返回时的速度为（千米/时），甲车行驶的时间为3.75小时，设乙车行驶的时间为小时，存在三种情况：乙车返回前，甲乙相遇之前，甲、乙两车相距40千米；乙车返回前，甲乙相遇之后，甲、乙两车相距40千米： 乙车返回后，甲、乙两车相距40千米；然后即可列出相应的方程，再求解即可．
【详解】（1）由图象可得，乙车从A地到B地的速度为：（千米/时），
则乙车到达B地的时间为：（小时），（2分）
（2）由（1）可知，由图象可得，甲车的速度为：（千米/时），（3分）
则乙车到达B地时甲车距A地的路程是（千米），（5分）
（3）乙车返回时的速度为（千米/时），（6分）
甲车行驶的时间为小时，设乙车行驶的时间为小时，
乙车返回前，甲乙相遇之前，甲、乙两车相距40千米：，解得；（7分）
乙车返回前，甲乙相遇之后，甲、乙两车相距40千米：，解得；（8分）
乙车返回后，甲、乙两车相距40千米，，解得：，不符合题意舍去，（9分）
综上，甲、乙两车相距40千米时，乙车行驶的时间为1.3小时或1.7小时．（10分）
【点睛】本题考查了图象、一元一次方程的应用，理解题意，能从图象中获取相关联信息，行程问题的数量关系的运用是解答的关键．
26．已知中，
(1)如图1，点E为的中点，连接并延长到点F，使，则与的数量关系是 ．
(2)如图2，若，点E为边上一点，过点C作的垂线交的延长线于点D，连接，若，求证：．
(3)如图3，点D在内部，且满足，点M在的延长线上，连接交的延长线于点N，若点N为的中点，求证：．
【答案】(1)(2)见解析(3)见解析
【分析】（1）通过证明，即可求解；（2）过点A作于H，过点C作交的延长线于T，通过得到AF=CD，再通过即可求解；（3）过点M作交的延长线于T，交于G，在上取一点K，使得，利用全等三角形的性质证明，即可解决．
【详解】（1）解：∵点E为的中点，∴，
在和中，，∴，
∴，故答案为：；（2分）
（2）证明：如图2，过点A作于H，过点C作交的延长线于T，
∵，∴，（3分）
在和中，，
∴，∴，（4分）
∵，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，（5分）
在和中，，
∴，∴，∴；（6分）
（3）证明：过点M作交的延长线于T，交于G，在上取一点K，使得，
连接．∵，∴，（7分）
在和中，，∴，∴，（8分）
∵，∴，同理可得：，
∴，∴，（9分）
∵，∴，
∵，∴，（10分）
∵，∴，∵，∴，
∴，∴，（11分）
∴，∴，∴，∵，∴．（12分）
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
实验次数n
100
300
400
500
800
1000
摸到红球次数m
59
174
241
295
480
602
摸到红球频率
0.59
0.58
0.60
a
0.60
b
行驶的路程s（km）
0
100
200
300
400
…
油箱剩余油量Q（L）
50
42
34
26
18
…