2024年山东省青岛市第二十六中学中考二模数学试题（原卷版+解析版）

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说明：1．本试题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共26题．第Ⅰ卷为选择题，共10小题，30分；第Ⅱ卷为填空题、作图题、解答题，共16小题，90分．
2．所有题目均在答题卡上作答，在试题上作答无效．
第Ⅰ卷 兼爱齐山（共30分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1. 一个数的倒数是，这个数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查的是倒数的含义，掌握倒数的定义是解本题的关键，根据乘积为1的两个数互为倒数可得答案．
【详解】解：∵，
∴一个数的倒数是，这个数是，
故选D
2. 民族图案是数学文化中的一块瑰宝．下列图案中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念逐项分析即可即可．
【详解】解：A.是中心对称图像，但不是轴对称图形，不符合题意；
B.不是中心对称图像，是轴对称图形，符合题意；
C.是中心对称图像，不是轴对称图形，不符合题意；
D.是中心对称图像，也是轴对称图形，不符合题意．
故选B．
【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，理解轴对称图形和中心对称图形的概念是解题的关键．轴对称图形：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形．中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．
3. 奥密克戎是新型冠状病毒，其直径为140纳米（1纳米米）．“140纳米”用科学记数法表示为（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】C
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值时，n是正数；当原数的绝对值时，n是负数．
【详解】解：140纳米米米米，
故选：C．
【点睛】此题考查科学记数法，注意n的值的确定方法，当原数大于等于10时，n等于原数的整数数位个数减1，当原数小于1时， n等于原数的第一个不为0的数字前的0的个数的相反数．
4. 如图是一个几何体的三视图，则该几何体是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由于主视图是从物体的正面看得到的视图，所以先得出四个选项中各几何体的主视图，再与题目图形进行比较即可．
【详解】解：A、主视图是 ，故选项错误；
B、主视图是 ，故选项错误；
C、主视图是 ，故选项正确；
D、主视图是， 故选项错误．
故选：C．
【点睛】本题考查由三视图判断几何体，掌握三视图定义是解题的关键．
5. 下列运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据同底数幂相乘和相除法则，幂乘方，零指数幂运算和负整数指数幂性质进行逐项分析即可．
【详解】解：A、，故该选项是错误的；
B、，故该选项是正确的；
C、，故该选项是错误的；
D、，故该选项是错误的；
故选：B．
【点睛】本题考查了同底数幂相乘和相除法则，幂的乘方，零指数幂运算和负整数指数幂性质，正确掌握相关的内容性质是解题的关键．
6. 甲、乙、丙、丁四名射击运动员进行射击测试，每人10次射击成绩的平均数（单位：环）及方差（单位：环）如下表所示，根据表中数据，要从中选择一名成绩好且发挥稳定的运动员参加比赛，应选择（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查利用平均数和方差作决策．熟练掌握平均数表示数据的集中程度，方差表示数据的离散程度，方差越小，数据波动越小，越稳定，是解题的关键．根据题干要求，以及平均数和方差的特点作决策即可．
【详解】解：要成绩好，即成绩的平均数要高，
选择甲、丁两名运动员，
要发挥稳定，即方差较小，
选择丁运动员参加比赛，
故选：D．
7. 如图，把图中的经过一定的变换得到，如果图中上的点的坐标为，那么它的对应点的坐标为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知旋转中心的坐标为，根据中点坐标公式的计算方法即可求解．
【详解】解：由图可知，与关于点成中心对称，
设点的坐标为，
∴，，解得，，
∴，
故选：．
【点睛】本题主要考查旋转中心坐标的计算，解题的关键是掌握中点坐标的计算方法，即点，点，则的中点坐标公式为．
8. 如图，菱形的对角线相交于点O，点P为边上一动点（不与点A，B重合），于点E，于点F．若，，则的最小值为（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接OP，证明四边形OEPF是矩形，得到：，当时，OP的值最小，利用，求出OP的最小值即可，
【详解】解：连接OP，
∵是菱形，∴，即，
∵，，
∴四边形OEPF是矩形，
∴，
当时，OP的值最小，
∵，，
∴，，，
∵，
∴，即EF的最小值为：，
故选：D．
【点睛】本题考查菱形的性质，矩形的判定及性质，勾股定理，等面积法，解题的关键是证明，当时，OP的值最小，利用等面积法求出OP的长．
9. 如图，在中，，，以为直径的分别交、两边于点、，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接AE．根据圆周角定理易知AE⊥BC；
由于△ABC是等腰△，根据等腰三角形三线合一的性质知E是BC的中点，即CE=BE=1．
在Rt△ABE中，根据勾股定理即可求出AE的长，进而可求出△ABC的面积．
根据圆内接四边形的外角等于内对角，可得出△CDE和△CBA的两组对应角相等，由此可判定两个三角形相似，已知了CE、AC的长，也就知道了两个三角形的相似比，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求得△CDE的面积．
【详解】连接AE，则AE⊥BC．
又∵AB=AC，
∴E是BC的中点，即BE=EC=1．
Rt△ABE中，AB=，BE=1，
由勾股定理得：AE=2．
∴S△ABC=BC•AE=2．
∵四边形ABED内接于⊙O，
∴∠CDE=∠CBA，∠CED=∠CAB，
∴△CDE∽△CBA，
∴S△CDE：S△ABC=CE2：AC2=1：5．
∴S△CDE=S△ABC=．
故选A．
【点睛】此题主要考查了圆周角定理、等腰三角形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识的综合应用．
10. 如图，二次函数的图象过点，对称轴为直线，①；②；③若，为函数图象上的两点，则；④若关于x的一元二次方程（）有整数根，则p的值有2个．其中正确的结论为（ ）
A. ①②③④B. ①②③C. ①②④D. ②③④
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是抛物线的图像与各项系数的关系，抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，二次函数的图像与一元二次方程的整数根的情况判断，掌握以上知识是解题的关键．由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，再根据对称轴方程可判断与0的关系，从而可判断①，由对称轴方程可得：当时，函数取最大值，可判断②，由＞，可得的位置，结合二次函数的性质可判断③，先求解，再由函数图像得当时，，其中x为整数时，，1，2，从而可判断④．
【详解】解：∵抛物线开口向下， ；
∵抛物线的对称轴为直线，
∴；
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴，
∴，故①正确；
∴当时，y最大，即，故②正确；
∵＞
在对称轴上或右侧，随的增大而减小，
∴，故③错误；
∵抛物线的对称轴是，与x轴的一个交点是，
∴抛物线与x轴的另个交点是，
把代入得，，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴，
∴， 解得，．
∴，
∴顶点坐标为，
由图象得当时，，其中x为整数时，，1，2，
又∵与时，关于直线轴对称 当时，直线恰好过抛物线顶点．
所以p值可以有2个．故④正确；
故选C．
第Ⅱ卷 博学济海（共90分）
二、填空题（本题满分18分，共有6道小题，每小题3分）
11 __________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查二次根式的混合运算，先化简各项再计算即可．
【详解】原式
，
故答案为：．
12. 如图，正比例函数的图象与反比例函数的图象交于、两点．点在轴负半轴上，，的面积为12，则__．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查反比例函数与一次函数交点坐标以及反比例函数系数的几何意义，熟练掌握一次函数与反比例函数的图象与性质是解答本题的关键，依据题意，过点作轴，结合的面积得出，进而可得的值．
【详解】解：由题意，过点作轴，
，
为等腰三角形，
，
，
又该反比例函数图象在第二、四象限，即，
．
故答案为：．
13. 如图，已知，直线分别与，相交于，两点，的平分线交于点．如果，则等于______．
【答案】##70度
【解析】
【分析】此题考查了平行线的性质与角平分线的定义，由，根据两直线平行，同旁内角互补，可得的度数，又由的平分线交于，即可求解，熟练掌握平行线的性质与角平分线的定义及应用是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
故答案：．
14. 如图，在扇形中，，平分交弧于点C，点P为半径上一动点，若，则阴影部分周长的最小值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】作关于直线的对称点，连接交于点，连接交于点，连接、，由轴对称性质和两点之间，线段最短，可知当、、三点共线时，阴影部分周长的最小，即，利用角平分线性质得到，推出，根据弧长公式算出，利用勾股定理算出，即可得到阴影部分周长的最小值；
【详解】解：作关于直线的对称点，连接交于点，连接交于点，连接、，
由对称的性质可知，，，，
由两点之间，线段最短，可知当、、三点共线时，阴影部分周长的最小，
即，
，平分交弧于点C，
，
，
，
，
，
，
阴影部分周长的最小值为：．
故答案为：．
【点睛】本题考查由对称的性质找线段和的最小值（将军饮马模型变形），弧长公式，勾股定理，角平分线性质，理解轴对称解决路径最短问题是关键．
15. 老师用10个1cm×1cm×1cm的小正方体摆出一个立体图形，它的主视图如图①所示，且图中任意两个相邻的小正方体至少有一条棱（1cm）共享，或有一面（1cm×1cm）共享．老师拿出一张3cm×4cm的方格纸（如图②），请小亮将此10个小正方体依主视图摆放在方格纸中的方格内，小亮摆放后的几何体表面积最大为 _____cm2．（小正方体摆放时不得悬空，每一小正方体的棱均与水平线垂直或平行）
【答案】52
【解析】
【分析】为了使几何体的表面积最大，尽量使小正方体不共面，如图，10个小正方体俯视图中这样摆放时，几何体的表面积最大．
【详解】解：如图，10个小正方体像俯视图中这样摆放时，几何体的表面积最大，
最大值＝3×6+2×10+14＝52(cm2)，
故答案为：52．
【点睛】本题考查了已知几何体的主视图求最大表面积问题，解题的关键是理解题意，准确画出使表面积最大的摆法．
16. 边长为4的正方形中，对角线，交于点O，E在上，作交于点F，交于，连接交于H，则下列结论正确的有______．（填写序号）①；②；③；④若，则
【答案】①②③④
【解析】
【分析】①由“”可证，可得，，由四边形的内角和定理可证，可得；②通过证明，可得；③通过证明，可得，通过证明，可得，可得结论；④通过证明，可得，即可求解．
【详解】解：如图，连接，
四边形是正方形，
，，
又，
，
，，
，
，
，
又，
，
，
，故①正确；
，，
，
，
又，
，
，
，故②正确；
，，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，故③正确；
，，
，，
，
，
又，
，
，
，
，故④正确，
故答案为：①②③④．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理的应用，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
三、作图题（本题满分4分）用直尺、圆规作图，不写作法，但要保留作图痕迹
17. 电信部门要修建一座电视信号发射塔，如图，按照设计要求，发射塔到两个城镇A，B的距离必须相等，到两条高速公路，的距离也必须相等，发射塔P应修建在什么位置？
【答案】画图见解析
【解析】
【分析】本题考查了作角平分线、线段垂直平分线，根据角平分线的性质与线段垂直平分线的性质，作出线段的垂直平分线与的平分线交于点，点即为所求，熟练掌握角平分线的性质与线段垂直平分线的性质是解此题的关键．
【详解】解：如图，点即为所求；
．
四、解答题（本大题满分68分，共有9道小题）
18. 计算
（1）化简：；
（2）解不等式组 ，并求出所有非负整数解．
【答案】（1）
（2）不等式组的解集为，x=0，1，2，3．
【解析】
【分析】（1）先通分，同时把除化为乘法，再因式分解，然后约分即可；
（2）把双边不等式化为不等式组，解每个不等式，再求其公共解，在公共解中找出非负整数解即可．
【小问1详解】
解：
=
=
=；
【小问2详解】
，
解不等式①得，
解不等式②得，
∴不等式组的解集为，
∵x为所有非负整数，
∴x=0，1，2，3．
【点睛】本题考查分式化简，不等式组解法，掌握分式乘除混合运算法则，不等式组的解法是解题关键．
19. 在四张编号为A，B，C，D的卡片(除编号外，其余完全相同)的正面分别写上如图所示正整数后，背面朝上，洗匀放好，现从中随机抽取一张，不放回，再从剩下的卡片中随机抽取一张．
(1)请用树状图或列表的方法表示两次抽取卡片的所有可能出现的结果(卡片用A，B，C，D表示)；
(2)我们知道，满足a2+b2＝c2的三个正整数a，b，c成为勾股数，求抽到的两张卡片上的数都是勾股数的概率．
【答案】（1）图形见解析（2）
【解析】
【分析】（1）本题属于不放回的情况，画出树状图时要注意；
（2）B、C、D三个卡片的上的数字是勾股数，选出选中B、C、D其中两个的即可
【详解】（1）画树状图如下：
（2）∵共有12种等可能的结果数，抽到的两张卡片上的数都是勾股数的结果数为6种，
∴抽到的两张卡片上的数都是勾股数的概率.
20. 图1是安装在倾斜屋顶上热水器，图2是安装热水器的侧面示意图．已知屋面AE的倾斜角为，长为3米的真空管的坡度为，安装热水器的铁架竖直管的长度为米．
（1）真空管上端B到水平线的距离．
（2）求安装热水器的铁架水平横管的长度（结果精确到米）．（参考数据：，，）
【答案】（1）真空管上端B到水平线的距离为
（2）安装热水器的铁架水平横管的长度为
【解析】
【分析】本题主要考查了解直角三角形实际应用，勾股定理，矩形的性质与判定：
（1）过点作交于点，根据坡度比得到，设，再利用勾股定理建立方程进行求解即可；
（2）利用，求出的长，根据，以及，求出的长度，再根据，求出的长，再用即可求出的长度．
【小问1详解】
解：过点作交于点，

由题意，得：，
设，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得或（舍去），
∴
∴真空管上端B到水平线的距离为；
【小问2详解】
解：由题意，得：，，

∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴
答：安装热水器的铁架水平横管的长度为．
21. 某年级共有300名学生，为了解该年级学生，两门课程的学习情况，从中随机抽取60名学生进行测试，获得了他们的成愤（百分制），对数据（成绩）进行整理、描述和分析．下面给出了部分信息．
a．课程成绩的数据分成6组：，，，，，，每组对应的人数如表：
b．课程成绩在这一组的是：
70 71 71 71 76 76 77 78 78.5 78.5 79 79 79 79.5
c．，两门课程成绩的平均数、中位数、众数如表：
根据以上信息，回答下列问题：
（1）写出表中的值；
（2）在此次测试中，某学生的课程成绩为76分，课程成绩为71分．这名学生成绩排名更靠前的课程是________（填“”或“”），理由是________________；
（3）假设该年级学生都参加此次测试，估计课程成绩超过75.8分的人数．
【答案】（1）
（2）B，见解析 （3）180人
【解析】
【分析】（1）根据中位数的定义即可求出m；
（2）从中位数的角度解答即可；
（3）利用样本估计总体的思想求解即可．
【小问1详解】
课程成绩小于70的有人，小于80的人，所以课程成绩的中位数在组内，
将在这一组的数据从小到大排列后，第30个数据是78.5，第31个数据是79，
所以中位数；
【小问2详解】
B，理由是：该学生课程成绩为76分，小于课程的中位数，而课程成绩为71分，大于课程的中位数；所以这名学生成绩排名更靠前的课程是B；
【小问3详解】
估计课程成绩超过75.8分的人数为（人）．
答：估计课程成绩超过75.8分的人数为180人．
【点睛】本题考查了数据分析和利用样本估计总体，熟练掌握中位数的定义是解此题的关键．
22. 某工程队承接一铁路工程，在挖掘一条500米长的隧道时，为了尽快完成，实际施工时每天挖掘的长度是原计划的1.5倍，结果提前了25天完成了其中300米的隧道挖掘任务．
(1)求实际每天挖掘多少米？
(2)由于气候等原因，需要进一步缩短工期，要求完成整条隧道不超过70天，那么为了完成剩下的任务，在实际每天挖掘长度的基础上，至少每天还应多挖掘多少米？
【答案】（1）实际每天挖掘6米；（2）每天还应多挖掘4米．
【解析】
【分析】(1)设原计划每天挖掘x米，则实际每天挖掘1.5x米，根据结果提前了25天完成了其中300米的隧道挖掘任务，列方程求解；
(2)设每天还应多挖掘y米．根据完成该项工程的工期不超过70天，列不等式进行分析．
【详解】解：(1)设原计划每天挖掘x米，则实际每天挖掘1.5x米，
根据题意得：，
解得x＝4．
经检验，x＝4是原分式方程的解，且符合题意，
则1.5x＝6
答：实际每天挖掘6米．
(2)设每天还应多挖掘y米，
由题意，得，
解得y≥4．
答：每天还应多挖掘4米．
【点睛】此题主要考查了分式方程的应用，以及一元一次不等式的应用，在工程问题中，工作量工作效率工作时间．在列分式方程解应用题的时候，也要注意进行检验．
23. 【问题背景】
如图，是一张等腰直角三角形纸板，，取、、中点进行第次剪取，记所得正方形面积为，如图，在余下的和中，分别剪取正方形，得到两个相同的正方形，称为第次剪取，并记这两个正方形面积和为如图.
【问题探究】
（1） ______ ；
（2）如图，再在余下的四个三角形中，用同样方法分别剪取正方形，得到四个相同的正方形，称为第次剪取，并记这四个正方形面积和为继续操作下去，则第次剪取时， ______ ；第次剪取时， ______ ．
【拓展延伸】
在第次剪取后，余下的所有小三角形的面积之和为______ ．
【答案】（1）；（2），；【拓展延伸】
【解析】
【分析】（1）根据题意，可求得，第一次剪取后剩余三角形面积和为：，第二次剪取后剩余三角形面积和为：；
（2）同理可得规律：即是第次剪取后剩余三角形面积和，根据此规律求解即可答案；
（3）依此规律可得第次剪取后，余下的所有小三角形的面积之和．
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，得出甲、乙两种剪法，所得的正方形面积是解题的关键．
【详解】解：（1）∵四边形是正方形，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
同理：等于第二次剪取后剩余三角形面积和，
，
故答案为：；
（2）等于第次剪取后剩余三角形面积和，
第一次剪取后剩余三角形面积和为：，
第二次剪取后剩余三角形面积和为：，
第三次剪取后剩余三角形面积和为：，

第十次剪取后剩余三角形面积和为：，
第次剪取后剩余三角形面积和为：，
故答案为：，；
（3）在第次剪取后，余下的所有小三角形的面积之和为，
故答案为：．
24. 已知：如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC和CD上，AE = AF

（1）求证：BE = DF；
（2）连接AC交EF于点O，延长OC至点M，使OM = OA，连接EM、FM．判断四边形AEMF是什么特殊四边形？并证明你的结论．
【答案】（1）证明见解析；（2）四边形AEMF是菱形，证明见解析
【解析】
【分析】（1）求简单的线段相等，可证线段所在的三角形全等，即证△ABE≌△ADF；
（2）由于四边形ABCD是正方形，易得∠ECO=∠FCO=45°，BC=CD；联立（1）的结论，可证得EC=CF，根据等腰三角形三线合一的性质可证得OC（即AM）垂直平分EF；已知OA=OM，则EF、AM互相平分，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定四边形AEMF是菱形．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90°，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
∵，
∴Rt△ADF≌Rt△ABE（HL）
∴BE=DF；
（2）四边形AEMF是菱形，理由为：
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCA=∠DCA=45°（正方形的对角线平分一组对角），
BC=DC（正方形四条边相等），
∵BE=DF（已证），
∴BC-BE=DC-DF（等式的性质），
即CE=CF，
在△COE和△COF中，
，
∴△COE≌△COF（SAS），
∴OE=OF，
又OM=OA，
∴四边形AEMF是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形），
∵AE=AF，
∴平行四边形AEMF是菱形．
【点睛】本题以正方形为背景考查了正方形性质和菱形的判定方法，三角形全等的判定，解题的关键是证明菱形的一般思路是先证明其为平行四边形，再证明其有菱形的特性．
25. 某景区有两个景点需购票游览，售票处出示的三种购票方式如下：
方式1：只购买景点A，元/人；
方式2：只购买景点B，元/人；
方式3：景点A和B联票，元/人．
预测，四月份选择这三种购票方式的人数分别有2万、1万和1万．为增加收入，对门票价格进行调整，发现当方式1和2的门票价格不变时，方式3的联票价格每下降1元，将有原计划只购买A门票的人和原计划只购买B门票的人改为购买联票．
（1）若联票价格下降5元，则购买方式1门票的人数有_________万人，购买方式2门票的人数有_________万人，购买方式3门票的人数有_________万人；并计算门票总收入有多少万元？
（2）当联票价格下降x（元）时，请求出四月份的门票总收入w（万元）与x（元）之间的函数关系式，并求出联票价格为多少元时，四月份的门票总收入最大？最大值是多少万元？
【答案】（1）；；；万元
（2）；票价格为元时，四月份的门票总收入最大，最大值是万元
【解析】
【分析】（1）根据数量关系直接求解即可；
（2）根据（1）可列出函数解析式，然后求二次函数的最大值即可．
【小问1详解】
由题可知：若联票价格下降5元，
购买方式1门票的人数有：（元），即万元；
购买方式2门票的人数有：（元），即万元；
购买方式3门票的人数有：（元），即万元；
门票总收入有：（万元）．
【小问2详解】
由题可知：
∴对称轴所在的直线，
∴当时，联票价格为元，万元．
答：四月份的门票总收入w（万元）与x（元）之间的函数关系式为，联票价格为元时，四月份的门票总收入最大是万元．
【点睛】此题考查二次函数的实际应用，解题关键是要求出自变量的取值范围，然后在顶点处取二次函数最大值．
26. 如图，已知，，，斜边，将绕点O顺时针旋转，得到，连接．点M从点D出发，沿方向匀速行动，速度为；同时，点N从点O出发，沿方向匀速运动，速度为；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．连接，，交于点P．设运动时间为，解答下列问题：
（1）当t为何值时，平分？
（2）设四边形的面积为，求S与t的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点P为线段的中点？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）存在；
【解析】
【分析】（1）当平分时，证明，得到，继而问题得解；
（2）由，进而求解；
（3）过点C作，得到，有，建立关于t的方程求解即可．
【小问1详解】
解：∵，，，，
∴，，
当平分时，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【小问2详解】
解：如图，分别为的边，上的高，
∵，
∴，，
根据旋转可知：，
∴，，
∴
；
【小问3详解】
解：存在，理由如下：
如图过点C作，交的延长线于点G，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
解得：，
经检验，是原方程的解，
故存在某一时刻，使点为线段的中点．
【点睛】本题是几何旋转变换综合题，考查了全等三角形的判定，30度的直角三角形的性质、解直角三角形、三角形的面积及相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会用数形结合的思想思考问题，本题综合性较强，但难度不大．甲
乙
丙
丁
9
8
8
9
1.6
0.8
3
0.8
组别
人数
2
6
12
14
18
8
课程
平均数
中位数
众数
75.8
84.5
72.2
70
83