2022-2023学年九年级数学上学期期末考前必刷卷03

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2022-2023学年九年级数学上学期期末考前必刷卷03
（考试范围；九年级1.1-7.6 考试时间：120分钟 试卷满分：120分）
一、单选题(共12分)
1．(本题2分)的值是（    ）
A． B． C．2 D．
2．(本题2分)小丽连续次的数学考试成绩分数是：、、、、、、关于这组数据，下列说法正确的是（　　）
A．中位数是 B．众数是 C．平均数是 D．方差是
3．(本题2分)把一张圆形纸片按如图所示方式折叠两次后展开，图中的虚线表示折痕，则弧BC的度数为(   )

A．120° B．135° C．150° D．165°
4．(本题2分)如图，G为的重心，点D在延长线上，且，过D、G的直线交于点E，则为（　　）

A． B． C． D．
5．(本题2分)已知二次函数的图象如图所示，直线是它的对称轴，有下列5个结论：①；②；③；④；⑤方程有两个相等的实数根．⑥其中正确的有（    ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
6．(本题2分)如图， 在中， 点在边上，， 与边交于点， 连接， 记 ， 的面积分别为（    ）

A．若， 则 B．若， 则
C．若， 则 D．若， 则
二、填空题(共20分)
7．(本题2分)已知：求代数式的值___________．
8．(本题2分)已知是一元二次方程的两根，则的值为_______．
9．(本题2分)邮票素有“国家名片”之称，方寸之间，包罗万象．为宣传2022年北京冬奥会，中国邮政发行了一套冬奥会邮票，其中有一组展现雪上运动的邮票，如图所示：

某班级举行冬奥会有奖问答活动，答对一题的同学可以从4枚邮票中任意抽取1枚作为奖品．小明在抢答环节中，答对一题，则小明恰好抽到“高山滑雪”的概率是______．
10．(本题2分)将抛物线先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到的抛物线的函数表达式为 ___________ ．
11．(本题2分)若把一个半径为12cm，圆心角为的扇形做成圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆的半径是_______，圆锥的高是__________，侧面积是____________．
12．(本题2分)如图，已知， ，将绕着点B顺时针旋转得到，线段与线段交于M点，如果，那么的值为____________.

13．(本题2分)如图，点A、B、C在边长为1的正方形网格格点上，则tanB＝__________．

14．(本题2分)如图，四边形的三个顶点A，B，C在上，对角线交于点D，若的半径是，且四边形是菱形，则图中阴影部分的面积是____________．

15．(本题2分)已知关于x的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值等于______．
16．(本题2分)如图，在扇形中，，点C是弧上一点，，垂足为D，点P是的内心，连接，则的最小值为 _____．



三、解答题(共88分)
17．(本题6分)计算：
(1)；
(2)解方程：．
18．(本题6分)现有四张正面分别标有数字﹣1，0，1，2的不透明卡片，它们除数字外其余完全相同，将它们背面朝上洗均匀．若从中随机抽取一张卡片不放回，再随机抽取一张记下数字，前后两次抽取的数字分别记为m，n，请用画树状图（或列表）的方法，求点A（m，n）在第一象限的概率．
19．(本题8分)金秋十月，中国共产党第二十次全国代表大会将在北京召开，这是在全党全国各族人民迈上全面建设社会主义现代化国家的新征程、向第二个百年奋斗目标进军的关键时刻召开的一次十分重要的大会．我校推出“喜迎二十大”的党史知识竞赛活动，现从八年级和九年级参与竞赛的学生中各随机选出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：．八年级学生的竞赛成绩为：82，70，87，87，99，87，87，89，84，79，81，91，95，98，94，84，58，81，90，83；九年级等级C的学生成绩为：89，89，88，87，85，83，82；两组数据的平均数、中位数、众数、方差如下表所示：

学生
平均数
中位数
众数
方差
八年级
85.3
87
b
83.71
九年级
85.3
a
91
81.76
根据以上信息，解答下列问题：
(1)直接写出a，b，m的值；
(2)根据以上数据，你认为在此次知识竞赛中，哪个年级的成绩更好？请说明理由（一条理由即可）；
(3)若八、九年级各有600名学生参赛，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？
20．(本题8分)如图，在中，平分，E是上一点，且．

(1)求证：；(2)若，求的值．
21．(本题8分)如图，在平面直角坐标系中，点在抛物线上，过点A作y轴的垂线，交抛物线于另一点B，点C、D在线段AB上，分别过点C、D作x轴的垂线交抛物线于E、F两点．

(1)求a的值；
(2)当四边形为正方形时，求正方形的周长．
22．(本题8分)如图，点P是⊙O外一点，直线PA切⊙O于点A，直线PO交⊙O于点C、D．

(1)求证：∠PAD＝∠C；
(2)若⊙O的半径为1，且点D刚好是OP的中点，求图中阴影部分的面积．
23．(本题8分)如图，直线和抛物线都经过点A（1，0），B（3，2）

(1)求抛物线的解析式；
(2)直接回答当时，的取值范围是什么？
(3)直接回答，当为何值时，不等式＞？
24．(本题8分)如图，由绕点A按逆时针方向旋转90°得到，且点B的对应点D恰好落在BC的延长线上，AD，EC相交于点P．

(1)求∠BDE的度数；
(2)F是EC延长线上的点，且．
①判断和的数量关系，并证明；
②求证：．
25．(本题8分)图①是某小区折叠道闸的实景图，图②是其工作示意图，道闸由垂直于地面的立柱AB，CD和折叠杆“AE﹣EF”组成，其中AB＝CD＝1.2m，AB，CD之间的水平距离BD＝2.5m，AE＝1.5m．道闸工作时，折叠杆“AE﹣EF”可绕点A在一定范围内转动，张角为∠BAE（90°≤∠BAE≤150°），同时杆EF始终与地面BD保持平行．（参考数据：≈1.414，≈1.732）





(1)当张角∠BAE为135°时，求杆EF与地面BD之间的距离（结果精确到0.01m）；
(2)试通过计算判断宽度为1.8m，高度为2.45m的小型厢式货车能否正常通过此道闸？









26．(本题10分)如图，是圆的直径，弦于点，是上一点，，的延长线交于点．

(1)求证：．
(2)若平分，，，求的长．
(3)若，，，求的长．



27．(本题10分)数学概念
若点在的内部，且、和中有两个角相等，则称是的“等角点”，特别地，若这三个角都相等，则称是的“强等角点”.
理解概念
（1）若点是的等角点，且，则的度数是 .
（2）已知点在的外部，且与点在的异侧，并满足，作的外接圆，连接，交圆于点.当的边满足下面的条件时，求证：是的等角点.（要求：只选择其中一道题进行证明！）
①如图①，
②如图②，

深入思考
（3）如图③，在中，、、均小于，用直尺和圆规作它的强等角点.（不写作法，保留作图痕迹）
（4）下列关于“等角点”、“强等角点”的说法：
①直角三角形的内心是它的等角点；
②等腰三角形的内心和外心都是它的等角点；
③正三角形的中心是它的强等角点；
④若一个三角形存在强等角点，则该点到三角形三个顶点的距离相等；
⑤若一个三角形存在强等角点，则该点是三角形内部到三个顶点距离之和最小的点，其中正确的有 .（填序号）

答案与解析
1
2
3
4
5
6
D
B
C
D
C
D
1．D
【分析】根据解一元二次方程的直接开平方法满足的条件，进行计算即可．
【详解】解：关于x的方程有实数根，
，
．
故选D．
【点睛】此题考查了一元二次方程的解法：直接开平方法，熟练掌握“只有非负数才会有平方根，才可以开平方”是解此题的关键．
2．B
【分析】由特殊角的三角函数值直接可得答案．
【详解】解：，
故选：B
【点睛】本题考查的是特殊角的三角函数值，熟记特殊角的三角函数值是解本题的关键．
3．C
【分析】作辅助线，证明△AGO是等边三角形，则∠AOG=60°，同理∠BOG=60°，所以∠BOC=90°+60°=150°，根据圆心角的度数等于弧的度数可以得出结论．
【详解】解：如图，过O作OG⊥AB，交⊙O于G，交AB于H，连接AG、AO，

由折叠得：GH=OH，
∴AG=AO，
∵AO=OG，
∴AO=OG=AG，
∴△AGO是等边三角形，
∴∠AOG=60°，
同理∠BOG=60°，
∴∠BOC=90°+60°=150°，
则的度数是150°；
故选C．
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的性质、垂径定理、等腰三角形的三线合一的性质、翻折变换，明确翻折前后的边相等，熟练掌握垂径定理、等腰三角形的三线合一的性质是关键．
4．D
【分析】连接并延长，交于，连接并延长，交于，连接交于，利用中位线定理得到，再根据平行线分线段成比例和重心的性质，进行求解即可．
【详解】如图所示，连接并延长，交于，连接并延长，交于，连接交于，

∵G为的重心，
∴是的中位线，
∴，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴ ，即，
∴ ，
∴
故选D．
【点睛】本题考查三角形重心的性质，以及三角形中位线定理和平行线分线段成比例．熟练掌握重心的性质，是解题的关键．
5．C
【分析】根据二次函数的图象，逐一进行分析即可．
【详解】解：由图可知：
①抛物线的开口向下：，对称轴：，∴，
与轴交于正半轴：；
∴，故①错误；
②根据抛物线的对称性，和的函数值相同，∴，故②正确；
③与轴有两个交点：，故③正确；
④对称轴：，∴，故④错误；
⑤∵顶点坐标：；
∴当且仅当时，，
∴有两个相等的实数根．故⑤正确；
⑥由图可知：，
∴，
∴；故⑥错误；
综上：正确的是，共3个．
故选C.
【点睛】本题考查根据二次函数的图象确定二次函数的系数以及式子的符号．熟练掌握二次函数的图象和性质，是解题的关键．
6．D
【分析】根据题意判定，由相似三角形的面积之比等于相似比的平方解答．
【详解】∵在中，，
∴，
，
若，则，，
即：，整理得：，
而，则，，
，即：，故无法判断与之间的大小关系，排除A、B；
若，则，，
即：，整理得：，
而，则，，
，即：，排除C，
，
．
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，以及与不等式相结合，熟练掌握相似三角形的基本性质，抓住面积比等于相似比的平方，灵活运用不等式进行比较大小是解题的关键．
7．##
【分析】设，则再代入中，求值即可．
【详解】根据题意可设，则
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查比例的性质，代数式求值．解决此类问题一般都设一个参数，用k表示出比例式中的各字母，再代入计算．
8．
【分析】先根据一元二次方程根的定义可得，再根据一元二次方程的根与系数的关系可得，然后代入计算即可得．
【详解】解：是一元二次方程的两根，
，，


，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程的根、一元二次方程的根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程的根与系数的关系是解题关键．
9．##0.25
【分析】直接运用概率的公式求解即可．
【详解】解：由题意可知，共有四种等可能的情况，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了概率公式，解题的关键是掌握：概率所求情况数与总情况数之比．
10．
【分析】根据右减上加的规律确定解析式即可．
【详解】因为，
所以向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到解析式为：即．
故答案为：．
【点睛】本题考查了抛物线的平移，熟练掌握左加右减，上加下减的平移规律是解题的关键．
11．     4         
【分析】利用勾股定理得出h的值即可，以及把的扇形的弧长等于圆锥底面周长作为相等关系，列方程求解．
【详解】解：如图，

这个圆锥的底面周长为，
设半径为r，
则有，
解得r=4；
圆锥的高是：，
侧面积为，
故答案为：4；；
【点睛】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算，解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2）圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，正确对这两个关系的记忆是解题的关键．
12．
【分析】根据旋转的性质可得，，，设，利用含30度角的直角三角形性质和等腰直角三角形的判定与性质，结合线段的和与差求得，，再证明，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：如图，设与交于点，与交于点，

由旋转性质得：，，，，
设，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，则,
∴，，
∴
∵，
∴
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查旋转性质、含30度角的直角三角形的性质、等角对等边、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，正确进行线段间的长度转化是解答的关键．
13． 【分析】先利用格点和勾股定理计算AB、AC、BC，再判断△ABC的形状，最后求出tanB．
【详解】解：连接A、C，

则AB=，
AC=，
BC=，
∵AB2+AC2=BC2，
∴△ABC是直角三角形．
∴tanB=，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，掌握直角三角形的边角间关系、勾股定理和勾股定理的逆定理是解决本题的关键．
14．
【分析】根据菱形的性质可得，，得出是等边三角形，进而可得阴影部分面积等等于扇形的面积，根据扇形面积公式进行计算即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，
又，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴阴影部分面积等等于扇形的面积，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，求扇形面积，综合运用以上知识是解题的关键．
15．2
【分析】根据“关于x的一元二次方程有两个相等的实数根”结合根的判别式，到关于a和c的等式，然后整理即可解答．
【详解】解：∵已知关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根
∴△=4-4a（2-c）=0，整理得：4a（c-2）=-4，
∵方程ax2+2x+2-c=0是一元二次方程，
∴a≠0，
∴等式两边同时除以4a得：，即：．
故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程的定义等知识点，掌握当方程有两个相等的实数根，根的判别式等于零是解答本题的关键．
16．
【分析】连接PB，先证明，以为斜边向下作等腰直角，以点M为圆心，为半径作圆M，点P的运动轨迹为，连接AM交于点，此时最小，求出其最小值即可．
【详解】解：如图，连接，

∵点P是的内心，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
以为斜边向下作等腰直角，
∴，
以点M为圆心，为半径作圆M，
点P的运动轨迹为，
连接交于点，此时最小，
过点M作,垂点为点N，可得等腰直角，
∴，
∴
∴的最小值为：
【点睛】本题考查了轨迹、圆周角定理、三角形的内切圆与内心，全等三角形的判定和性质，解决本题的关键是综合运用三角形的内心、圆周角定理的性质．
17．．(1)
(2)，

【分析】（1）根据二次根式的性质化简，负整数指数幂，特殊角的三角函数，零次幂进行计算；
（2）根据因式分解法解一元二次方程即可求解．
（1）
解：原式＝

；
（2）
，
，
，
解得，．
【点睛】本题考查了实数的混合运算，解一元二次方程，正确的计算是解题的关键．

18．
【分析】根据题意列出表格，分析出所有等可能的情况和点A（m，n）在第一象限的情况，利用概率公式求解即可．
【详解】解：根据题意，列表如下：

-1
0
1
2
-1

(0，-1)
(1，-1)
(2，-1)
0
(-1，0)

(1，0)
(2，0)
1
(-1，1)
(0，1)

(2，1)
2
(-1，2)
(0，2)
(1，2)


∴一共有12种等可能的情况，
其中在第一象限的有： (2，1)，(1，2)，共有2种情况，
∴点A（m，n）在第一象限的概率．
【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
19．(1)
(2)九年级，因为两个年级的平均数相同，而九年级成绩的方差小于八年级（答案不唯一）
(3)420人

【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分比即可得出m的值；
（2）依据表格做出判断即可；
（3）用样本估计总体即可．
【详解】（1）解：九年级等级C的学生成绩从小到大排列得：
89，89，88，87，85，83，82，
∵九年级等级A、B共人，
∴九年级的学生成绩排在中间的两个数分别为88、89，
故中位数；
八年级20名同学的成绩出现次数最多的是87，
故众数；
由题意可得，
故．
（2）解：九年级的成绩更好，因为两个年级的平均数相同，而九年级成绩的方差小于八年级．
（3）解：（人），
答：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420人．
【点睛】本题考查了中位数、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、平均数的计算方法是正确解答的关键．
20．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据角平分线的定义得到，根据等腰三角形的性质得到，由等角的补角相等得到，根据相似三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据相似三角形的性质得到，化简即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴，
∵，
∴．
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
21．(1)
(2)
【分析】（1）把代入中即可解得a的值；
（2）设点C横坐标为m，则根据正方形性质得点E坐标为，代入二次函数解析式解出m的值，即可得到正方形的边长，进而求出其周长．
【详解】（1）解：把代入中得，
化简得：，
解得；
（2）解：设点C横坐标为m，
∵四边形CDFE为正方形，
∴，
∴点E坐标为，
∵，
∴，
∴，
整理得：，
，
解得：（舍），
∴ ，
∴正方形的周长为
【点睛】本题考查二次函数图象上点的坐标与一元二次方程，以及正方形的性质，熟练掌握二次函数及性质是解题的关键
22．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接OA，根据切线的性质得到∠OAD＋∠PAD＝90°，根据圆周角定理得到∠ODA＋∠C＝90°，根据等腰三角形的性质得到∠OAD＝∠ODA，根据等角的余角相等证明结论；
（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，可得为等边三角形，根据勾股定理求出的长度，然后根据三角形面积公式、扇形面积公式计算，得到答案．
【详解】（1）证明：连接OA，

∵PA是⊙O的切线，
∴OA⊥PA，
∴∠OAD＋∠PAD＝90°，
∵CD是⊙O的直径，
∴∠CAD＝90°，
∴∠ODA＋∠C＝90°，
∵OA＝OD，
∴∠OAD＝∠ODA，
∴∠PAD＝∠C；
（2）解：∵，OD＝1，D是OP的中点，
∴OP＝2OD＝2，
为等边三角形，
∴＝60°，
∴AP＝，
∴．
【点睛】本题考查的切线的性质、扇形面积计算，掌握圆的切线垂直于过切点的半径是解题的关键．
23．(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）点A（1，0），B（3，2）代入抛物线解析式求解；
（2）根据抛物线解析式开口方向和最小值及图象来求解；
（3）根据抛物线和直线的交点坐标和图象来求解．
【详解】（1）解：∵直线经过点A（1，0），B（3，2），
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：∵，
∴，抛物线开口向上，抛物线的顶点坐标是，
即抛物线最小值是，
∴当时，的最值范围是；
（3）解：∵直线和抛物线都经过点A（1，0），B（3，2），
∴不等式＞时，或．
【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数的综合应用，二次函数解析式的求法，利用交点确定不等式的解集．利用数形结合求不等式的解集是解答此题的关键
24．(1)
(2)①，理由见详解；②证明见详解

【分析】（1）由旋转的性质得出，，，得出，可求出的度数；
（2）①由旋转的性质得出，，证得，由三角形外角的性质可得出结论；
②过点作交于点，得出，，证明，由全等三角形的性质得出，则可得出结论．
（1）
解：由绕点按逆时针方向旋转得到，
，，，
在中，，
，
．
（2）
①．
证明：由旋转的性质可知，，，
在中，，
∵，
∴，
，
∵，
∴．
②证明：过点作交于点，

，，
，
，
，
又，
，
，
又，，
（ASA），，
，
又，
．
【点睛】本题是相似形综合题，考查了旋转的性质，三角形内角与外角的关系，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，平行线分线段成比例定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
25．．(1)2.26米；
(2)不能，理由见解析．
【分析】（1）作，交BD于点M，AC于点N．根据题意结合作图可知，．再由∠BAE为时，可求出，即可判断为等腰直角三角形，在根据勾股定理即可求出EN的值，从而可求出EM的值，即杆EF与地面BD之间的距离；
（2）当张角∠BAE最大，为时，可通过车辆的宽度和高度都是最大的，如图，在BD上截取DP=1.8m，再过点P作，交AC于点Q，PQ延长线交AE于点G．由作图可知，．再根据，可求出，根据含角的直角三角形的性质可求出，即符合G点在AE上．最后根据锐角三角函数解直角三角形可求出的大小，从而求出GP的大小，与该小型厢式货车的高度作比较即可．
（1）如图，作，交BD于点M，AC于点N．

根据题意可知，∴，∴四边形为矩形，∴，．当张角∠BAE为时，，∴为等腰直角三角形，∴，∴故杆EF与地面BD之间的距离为2.26米．
（2）当张角∠BAE最大，为时，可通过车辆的宽度和高度都是最大的，如图，在BD上截取DP=1.8m，再过点P作，交AC于点Q，PQ延长线交AE于点G．

同理由作图可知．∵，∴，即．∵DP=1.8m，∴，∴，符合G点在AE上．∴在中，，∴故该小型厢式货车不能正常通过此道闸．
【点睛】本题考查矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形的实际应用等知识．理解题意，作出合适的辅助线是解答本题的关键．
26．(1)过程见解析
(2)
(3)2
【分析】对于（1），根据垂径定理可得，即，再根据圆内接四边形的性质即可得证；
对于（2），根据角平分线定义和（1）的结论得出，进而得出，再根据含直角三角形的性质和勾股定理求出和，即可求出，根据圆周角定理及直径所对的圆周角是直角得出是等腰直角三角形，最后根据勾股定理求出答案；
对于（3），根据平行线的性质和（1）的结论得出，由等角对等边得出，再根据垂径定理和勾股定理求出，及，可得，然后根据圆内接四边形的性质得，结合三角形内角和定理得，再根据平行线的性质得，进而得出，可根据两角相等的两个三角形相似得出，最后根据相似三角形的对应边成比例得出答案．
【详解】（1））弦，
，
．
四边形是圆内接四边形，
，
；
（2）∵平分，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
在，，
∴．
∵，，
∴．
设，则，根据勾股定理，得
，
解得，
则，，
∴．
连接，

∴．
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴
在中，．
（3）∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，，
∴．
∵，
∴．
在中，，
∴．
在在中，，
∴．
∵是圆内接四边形的外角，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
解得．
【点睛】本题主要考查了垂径定理、圆内接四边形的性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质、解直角三角形等内容，作出辅助线是解题的关键．
27．（1）100、130或160；（2）选择①或②，理由见解析；（3）见解析；（4）③⑤
【分析】（1）根据“等角点”的定义，分类讨论即可；
（2）①根据在同圆中，弧和弦的关系和同弧所对的圆周角相等即可证明；
②弧和弦的关系和圆的内接四边形的性质即可得出结论；
（3）根据垂直平分线的性质、等边三角形的性质、弧和弦的关系和同弧所对的圆周角相等作图即可；
（4）根据“等角点”和“强等角点”的定义，逐一分析判断即可．
【详解】（1）（i）若=时，
∴==100°
（ii）若时，
∴（360°－）=130°；
（iii）若=时，
360°－－=160°，
综上所述：=100°、130°或160°
故答案为：100、130或160．
（2）选择①：
连接
∵
∴
∴
∵，
∴
∴是的等角点．
选择②
连接
∵
∴
∴
∵四边形是圆的内接四边形，
∴
∵
∴
∴是的等角点

（3）作BC的中垂线MN，以C为圆心，BC的长为半径作弧交MN与点D，连接BD，
根据垂直平分线的性质和作图方法可得：BD=CD=BC
∴△BCD为等边三角形
∴∠BDC=∠BCD=∠DBC=60°
作CD的垂直平分线交MN于点O
以O为圆心OB为半径作圆，交AD于点Q，圆O即为△BCD的外接圆
∴∠BQC=180°－∠BDC=120°
∵BD=CD
∴∠BQD=∠CQD
∴∠BQA=∠CQA=（360°－∠BQC）=120°
∴∠BQA=∠CQA=∠BQC
如图③，点即为所求．
（4）③⑤．
①如下图所示，在RtABC中，∠ABC=90°，O为△ABC的内心

假设∠BAC=60°，∠ACB=30°
∵点O是△ABC的内心
∴∠BAO=∠CAO=∠BAC=30°，∠ABO=∠CBO=∠ABC=45°，∠ACO=∠BCO=∠ACB=15°
∴∠AOC=180°－∠CAO－∠ACO=135°，∠AOB=180°－∠BAO－∠ABO=105°，∠BOC=180°－∠CBO－∠BCO=120°
显然∠AOC≠∠AOB≠∠BOC，故①错误；
②对于钝角等腰三角形，它的外心在三角形的外部，不符合等角点的定义，故②错误；
③正三角形的每个中心角都为：360°÷3=120°，满足强等角点的定义，所以正三角形的中心是它的强等角点，故③正确；
④由（3）可知，点Q为△ABC的强等角，但Q不在BC的中垂线上，故QB≠QC，故④错误；
⑤由（3）可知，当的三个内角都小于时，必存在强等角点．
如图④，在三个内角都小于的内任取一点，连接、、，将绕点逆时针旋转到，连接，
∵由旋转得，，
∴是等边三角形．
∴
∴
∵、是定点，
∴当、、、四点共线时，最小，即最小．
而当为的强等角点时，，
此时便能保证、、、四点共线，进而使最小．
故答案为：③⑤．

【点睛】此题考查的是新定义类问题、圆的基本性质、圆周角定理、圆的内接多边形综合大题，掌握“等角点”和“强等角点”的定义、圆的基本性质、圆周角定理、圆的内接多边形中心角公式和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．