2025届山东省威海市文登区八校联考数学九上开学经典模拟试题【含答案】

这是一份2025届山东省威海市文登区八校联考数学九上开学经典模拟试题【含答案】，共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）的倒数是（ ）
A．-B．C．D．
2、（4分）在分式中，的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3、（4分）使有意义的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4、（4分）如图，正方形的对角线、交于点，以为圆心，以长为半径画弧，交于点，连接，则的度数为（ ）
A．45°B．60°C．1．5°D．75°
5、（4分）随着私家车的增加，交通也越来越拥挤，通常情况下，某段公路上车辆的行驶速度（千米/时）与路上每百米拥有车的数量x（辆）的关系如图所示，当x≥8时，y与x成反比例函数关系，当车速度低于20千米/时，交通就会拥堵，为避免出现交通拥堵，公路上每百米拥有车的数量x应该满足的范围是（ ）
A．x＜32B．x≤32C．x＞32D．x≥32
6、（4分）把中根号外的(a-1)移入根号内，结果是( )
A．B．C．D．
7、（4分）下列命题：①对顶角相等；②两直线平行，同位角相等；③全等三角形对应角相等；⑤菱形是对角线互相垂直的四边形． 它们的逆命题中，不成立的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
8、（4分）如图，平行于BC的直线DE把△ABC分成面积相等的两部分，则的值为（ ）
A．1B．C．-1D．+1
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）已知二次函数的图象与轴没有交点，则的取值范围是_____.
10、（4分）如果直线 y=-2x+k 与两坐标轴所围成的三角形面积是 9，则 k的值为_____．
11、（4分）如图将△ABC沿BC平移得△DCE，连AD,R是DE上的一点，且DR：RE＝1：2,BR分别与AC,CD相交于点P,Q，则BP：PQ：QR＝__．
12、（4分）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，M、N分别为边AB、BC的中点，连接MN．若MN＝1，BD，则菱形的周长为________.
13、（4分）某初中校女子排球队队员的年龄分布：
该校女子排球队队员的平均年龄是_____岁．（结果精确到0.1）
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）如图，直线和相交于点C，分别交x轴于点A和点B点P为射线BC上的一点。
（1）如图1，点D是直线CB上一动点，连接OD，将沿OD翻折，点C的对应点为，连接，并取的中点F，连接PF，当四边形AOCP的面积等于时，求PF的最大值；
（2）如图2，将直线AC绕点O顺时针方向旋转α度，分别与x轴和直线BC相交于点S和点R，当是等腰三角形时，直接写出α的度数.
15、（8分）如图，AM∥BC，D，E分别为AC，BC的中点，射线ED交AM于点F，连接AE，CF。
(1)求证：四边形ABEF是平行四边形；
(2)当AB=AC时，求证：四边形AECF时矩形；
(3)当∠BAC=90°时，判断四边形AECF的形状，(只写结论，不必证明)。
16、（8分）如图，正方形网格中的每个小正方形边长都是，每个小格的顶点叫做格点，以格点为顶点分别按下列要求画图.
（1）在图①中，画一个三角形，使它的三边长都是有理数；
图①
（2）在图②中，画一个直角三角形，使它们的三边长都是无理数.
图②
17、（10分）先化简÷（－）,然后再从－2＜x≤2的范围内选取一个合适的x的整数值代入求值
18、（10分）如图，是的角平分线，过点作交于点，交于点．
（1）求证：四边形为菱形；
（2）如果，，求的度数．
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）如图.在平面直角坐标系中，函数（其中，）的图象经过的顶点.函数（其中）的图象经过顶点，轴，的面积为.则的值为____.
20、（4分）若一组数据的平均数，方差，则数据，，的方差是_________.
21、（4分）点A（0,3）向右平移2个单位长度后所得的点A’的坐标为_____．
22、（4分）计算：（π﹣3.14）0+3﹣1＝_____．
23、（4分）如图，在平行四边形ABCD中，E为AD边上一点，且AE＝AB，若∠BED＝160°，则∠D的度数为__________.
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图在平面直角坐标系中，已知点A(0，2)，△AOB为等边三角形，P是x轴负半轴上一个动点(不与原点O重合)，以线段AP为一边在其右侧作等边三角形△APQ．
(1)求点B的坐标；
(2)在点P的运动过程中，∠ABQ的大小是否发生改变？如不改变，求出其大小：如改变，请说明理由；
(3)连接OQ，当OQ∥AB时，求P点的坐标．
25、（10分）如图，在△ABC中，CE平分∠ACB交AB于E点，DE∥BC，DF∥AB．
（1）若∠BCE＝25°，请求出∠ADE的度数；
（2）已知：BF＝2BE，DF交CE于P点，连结BP，AB⊥BP．
①猜想：△CDF的边DF与CD的数量关系，并说明理由；
②取DE的中点N，连结NP．求证：∠ENP＝3∠DPN．
26、（12分）类比、转化等数学思想方法，在数学学习和研究中经常用到，如下是一个案例，请补充完整.
已知.
（1）观察发现
如图①，若点是和的角平分线的交点，过点作分别交、于、，填空： 与、的数量关系是________________________________________.
（2）猜想论证
如图②，若点是外角和的角平分线的交点，其他条件不变，填： 与、的数量关系是_____________________________________.
（3）类比探究
如图③，若点是和外角的角平分线的交点.其他条件不变，则（1）中的关系成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请写出关系式，再证明.
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、C
【解析】
的倒数是，故选C．
2、A
【解析】
根据分式有意义，分母不等于0列式计算即可得解．
【详解】
由题意得，x-1≠0，
解得x≠1．
故选A．
本题考查的是分式有意义的条件，解题的关键是掌握(1)分式无意义⇔分母为零；（2）分式有意义⇔分母不为零；（3）分式值为零⇔分子为零且分母不为零.
3、C
【解析】
根据二次根式的非负性可得，解得：
【详解】
解：∵使有意义，
∴
解得
故选C
本题考查二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式的非负性为解题关键
4、C
【解析】
由正方形的性质得出∠CBD =45°，证明△BCE是等腰三角形即可得出∠BCE的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBD =45°，BC =BA,
∵BE= BA，
∴BE= BC，
∴∠BCE=(180°-45°)÷2=1.5°.
故选：C．
本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质；熟练掌握正方形和等腰三角形的性质进行求解是解决问题的关键．
5、B
【解析】
利用已知反比例函数图象过（8，80），得出其函数解析式，再利用y=20时，求出x的最值，进而求出x的取值范围．
【详解】
解：设反比例函数的解析式为：，
则将（8，80），代入,得：k=xy=8×80=640，
∴反比例函数的解析式为：
故当车速度为20千米/时，则，
解得：x=1，
故高架桥上每百米拥有车的数量x应该满足的范围是：0故答案为x≤1．
此题主要考查了反比例函数的应用，根据题意得出函数解析式是解题关键．
6、C
【解析】
先根据二次根式有意义的条件求出a-1＜0，再根据二次根式的性质把根号外的因式平方后移入根号内，即可得出答案．
【详解】
∵要是根式有意义，必须-≥0，
∴a-1＜0，
∴（a-1）=-，
故选C．
本题考查了二次根式的性质的应用，注意：当m≥0时，m=，当m≤0时，m=-．
7、C
【解析】
分别写出各命题的逆命题：相等的角为对顶角；同位角相等，两直线平行；对应角相等，两三角形全等；对角线互相垂直的四边形为菱形；然后再分别利用举反例、平行线的判定以及菱形的判定方法依次进行判断．
【详解】
“对顶角相等”的逆命题为“相等的角为对顶角”，所以此逆命题为假命题；
“两直线平行，同位角相等”的逆命题为“同位角相等，两直线平行”，此逆命题为真命题；
“全等三角形对应角相等”的逆命题为“对应角相等的两个三角形全等”，此逆命题为假命题；
“菱形的对角线互相垂直”的逆命题为“对角线互相垂直的四边形为菱形”，此命题为假命题．
因此，上述逆命题中不成立的的有3个.
故选：C．
本题考查了命题：判断事物的语句叫命题．正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；交换命题的题设与结论得到的命题为原命题的逆命题．
8、C
【解析】
【分析】由DE∥BC可得出△ADE∽△ABC，利用相似三角形的性质结合S△ADE=S四边形BCED，可得出，结合BD=AB﹣AD即可求出的值．
【详解】∵DE∥BC，
∴∠ADE=∠B，∠AED=∠C，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵S△ADE=S四边形BCED，S△ABC=S△ADE+S四边形BCED，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，牢记相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、
【解析】
由二次函数y=2x2-6x+m的图象与x轴没有交点，可知△＜0，解不等式即可．
【详解】
∵二次函数y=2x2-6x+m的图象与x轴没有交点，
∴△＜0，
∴（-6）2-4×2×m＜0，
解得：；
故答案为：．
本题考查了抛物线与x轴的交点，熟记：有两个交点，△＞0；有一个交点，△=0；没有交点，△＜0是解决问题的关键．
10、±1．
【解析】
试题分析：当x=0时，y=k；当y=0时，，∴直线与两坐标轴的交点坐标为A（0，k），B（，0），∴S△AOB=，∴k=±1．故答案为±1．
考点：一次函数综合题．
11、2：1：1
【解析】
根据平移的性质得到AC∥DE，BC=CE，得到△BPC∽△BRE，根据相似三角形的性质得到PC=DR，根据△PQC∽△RQD，得到PQ=QR，即可求解．
【详解】
由平移的性质可知，AC∥DE，BC=CE，
∴△BPC∽△BRE，
∴，
∴PC=RE，BP=PR，
∵DR：RE=1：2，
∴PC=DR，
∵AC∥DE，
∴△PQC∽△RQD，
∴=1，
∴PQ=QR，
∴BP：PQ：QR=2：1：1，
故答案为2：1：1．
本题考查了相似三角形的判定和性质，平移的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
12、8
【解析】
由三角形中位线的性质可求出AC的长，根据菱形的性质可得OA、OB的长，利用勾股定理可求出AB的长，即可求出菱形的周长.
【详解】
∵M、N分别为边AB、BC的中点，MN=1，
∴AC=2MN=2，
∵AC、BD是菱形ABCD的对角线，BD=2，
∴OA=AC=1，OB=BD=，
∴AB==2，
∴菱形的周长=4AB=8，
故答案为：8
本题考查了菱形的性质、三角形中位线的性质及勾股定理，菱形的四条边相等，对角线互相垂直平分且平分对角；三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半.熟练掌握相关性质是解题关键.
13、14.1．
【解析】
根据加权平均数的计算公式把所有人的年龄数加起来，再除以总人数即可．
【详解】
该校女子排球队队员的平均年龄是≈14.1（岁），
故答案为：14.1．
此题考查了加权平均数，掌握加权平均数的计算公式是解题的关键，是一道基础题．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）PF的最大值是；（2）的度数：，，，.
【解析】
（1）设P（m，-m+6），连接OP．根据S四边形AOCP=S△AOP+S△OCP=，构建方程求出点P坐标，取OB的中点Q，连接QF，QP，求出FQ，PQ，根据PF≤PQ+QF求解即可．
（2）分四种情形：①如图2-1中，当RS=RB时，作OM⊥AC于M．②如图2-2中，当BS=BR时，③如图2-3中，当SR=SB时，④如图2-4中，当BR=BS时，分别求解即可解决问题．
【详解】
解：（1）在中，当时，；
当时，﹒
∴，
设，连接OP
∴
∴
∴ ∴
取OB的中点Q，连接FQ，PQ
在中，当时，
∴ ∴
又∵点F是的中点，
∴
∵
所以PF的最大值是
（2）①如图2-1中，当RS=RB时，作OM⊥AC于M．
∵tan∠OAC==，
∴∠OAC=60°，
∵OC=OB=6，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵∠OM′S=∠BRS=90°，
∴OM′∥BR，
∴∠AOM′=∠OBC=45°，
∵∠AOM=30°，
∴α=45°-30°=15°．
②如图2-2中，当BS=BR时，易知∠BSR=22.5°，
∴∠SOM′=90°-22.5°=67.5°，
∴α=∠MOM′=180°-30°-67.5°=82.5°
③如图2-3中，当SR=SB时，α=180°-30°=150°．
④如图2-4中，当BR=BS时，α=150°+（90°-67.5°）=172.5°．
综上所述，满足条件的α的值为15°或82.5°或150°或172.5°．
本题属于一次函数综合题，考查了旋转变换，四边形的面积，最短问题等知识，解题的关键是学会利用两点之间线段最短解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
15、（1）见解析；（2）见解析；（3）四边形AECF是菱形
【解析】
(1)利用三角形的中位线定理得出AB∥EF,再由AM∥BC可得出结论;(2)易证ΔADF≌ΔCDE，得出DE=DF，推出四边形AECF是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形是矩形可得结果;(3)利用四边相等的四边形是菱形解答即可.
【详解】
(1)证明：∵D，E分别为AC，BC的中点, ∴AB∥EF,∵AB∥EF，AM∥BC
∴四边形ABEF是平行四边形
(2)证明：∵AM∥BC
∴∠FAC=∠ACE，∠AFE=∠CEF
∵AD=DC
∴ΔADF≌ΔCDE
∴DE=DF
∴四边形AECF是平行四边形
又∵四边形ABEF是平行四边形
∴AB=EF
∵AB=AC
∴AC=EF
∴平行四边形AECF是矩形
(3)当∠BAC=90°时，四边形AECF是菱形。
理由: ∵∠BAC=90°,BE=CE, ∴AE=BE=EC, ∵四边形ABEF是平行四边形, 四边形AECF是平行四边形, ∴AF=BE,AE=FC, ∴AE=EC=FC=AF, ∴四边形AECF是菱形.
本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定与菱形的判定，解题的关键是熟练掌握性质与判定.
16、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
(1)画一个边长为3、4、5的直角三角形即可；
(2)画一个边长为、2、的直角三角形即可.
【详解】
解：(1)三边分别是3、4、5，如下图：
(2)三边分别是、2、，如下图：
故答案：（1）图形见解析；（2）图形见解析.
本题考查了有理数、无理数、勾股定理.
17、3.
【解析】
先将原分式进行化解，化解过程中注意不为0的量，根据不为0的量结合x的取值范围得出合适的x的值，将其代入化简后的代数式中即可得出结论．
【详解】
解：原式===．
其中，即x≠﹣1、0、1．
又∵﹣2＜x≤2且x为整数，∴x=2．
将x=2代入中得：==3．
考点：分式的化简求值．
18、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）先根据两组对边平行得出四边形为平行四边形，再根据角度相等得出即可；
（2）由三角形内角和计算出∠ABC的度数，再根据角平分线得出∠DBF的度数，再由（1）可得∠BDE的度数即可．
【详解】
（1）证明：
∴四边形为平行四边形
是的角平分线
四边形为菱形．
（2）解：，，
是的角平分线
由（1）可知，
本题考查了菱形的判定及角度的计算问题，解题的关键是熟知菱形的判定定理．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、-1.
【解析】
根据反比例函数K的几何意义即可得到结果
【详解】
解：依题意得：
+=
解得：K=，
∵反比例函数图象在第2象限，
∴k=-1.
故答案为-1.
本题考查了反比例函数K的几何意义，正确掌握反比例函数K的几何意义是解题的关键.
20、
【解析】
根据题意，由平均数的公式和方差公式可知，新数据的平均数为6
【详解】
解：∵，
∴，
∵，
∴
；
故答案为：3.
本题考查了平均数和方差的计算，解题的关键是熟练掌握求平均数和方差的方法.
21、（2,3）
【解析】根据横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减可得A′的坐标为（0+2，3）．
解：点A（0，3）向右平移2个单位长度后所得的点A′的坐标为（0+2，3），
即（2，3），
故答案为：（2，3）．
22、
【解析】
根据零指数幂和负指数幂运算法则进行计算即可得答案．
【详解】
原式=1+=.
故答案为
主要考查了零指数幂，负指数幂的运算．负指数为正指数的倒数；任何非0数的0次幂等于1．
23、40°．
【解析】
根据平行四边形的性质得到AD∥BC，求得∠AEB=∠CBE，根据等腰三角形的性质得到∠ABE=∠AEB，根据平角的定义得到∠AEB=20°，可得∠ABC的度数，根据平行四边形的对角相等即可得结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB＝∠CBE，
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∵∠BED＝160°，
∴∠AEB＝20°，
∴∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝2∠AEB＝40°，
∴∠D＝∠ABC＝40°．
故答案为40°．
本题考查平行四边形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、 (1)点B的坐标为B(3，)；(2)∠ABQ＝90°，始终不变，理由见解析；(3)P的坐标为(﹣3，0)．
【解析】
（1）如图，作辅助线；证明∠BOC＝30°，OB＝2 ，借助直角三角形的边角关系即可解决问题；
（2）证明△APO≌△AQB，得到∠ABQ＝∠AOP＝90°，即可解决问题；
（3）根据点P在x的负半轴上，再根据全等三角形的性质即可得出结果
【详解】
(1)如图1，过点B作BC⊥x轴于点C，
∵△AOB为等边三角形，且OA＝2，
∴∠AOB＝60°，OB＝OA＝2，
∴∠BOC＝30°，而∠OCB＝90°，
∴BC＝OB＝，OC＝＝3，
∴点B的坐标为B(3，)；
(2)∠ABQ＝90°，始终不变．理由如下：
∵△APQ、△AOB均为等边三角形，
∴AP＝AQ、AO＝AB、∠PAQ＝∠OAB，
∴∠PAO＝∠QAB，
在△APO与△AQB中，，
∴△APO≌△AQB(SAS)，
∴∠ABQ＝∠AOP＝90°；
(3)如图2，∵点P在x轴负半轴上，点Q在点B的下方，
∵AB∥OQ，∠BQO＝90°，∠BOQ＝∠ABO＝60°．
又OB＝OA＝2，可求得BQ＝3，
由(2)可知，△APO≌△AQB，
∴OP＝BQ＝3，
∴此时P的坐标为(﹣3，0)．
本题考查了等边三角形的性质以及全等三角形的判定及性质以及梯形的性质，注意利用三角形全等的性质解题的关键．
25、（1）∠ADE＝50°；（2）①CD＝2DF；见解析；②见解析．
【解析】
（1）利用角平分线得出∠ACB=2∠BCE=50°，再利用两直线平行，同位角相等即可得出结论；
（2）先判断出四边形BEDF是平行四边形，进而得出DE=2DF，再利用角平分线及平行线得出DE=CD，即可得出结论；
（3）先利用倍长中线法得出NG=NP，∠EGN=∠DPN，再用直角三角形的中线得出∠EGN=∠EBN，再构造出菱形判断出∠BEN=∠BHN，即可得出结。
【详解】
（1）∵CE平分∠ACB交AB于E点，
∴∠ACB＝2∠BCE，
∵∠BCE＝25°，
∴∠ACB＝50°，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠ACB＝50°；
（2）①∵DE∥BC，DF∥AB，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴DE＝BF，DF＝BE，
∵BF＝2BE，
∴DE＝2DF，
∵CE平分∠ACB交AB于E点，
∴∠BCE＝∠ACE，
∵DE∥BC，
∴∠DEC＝∠BCE，
∴∠DEC＝∠DCE，
∴CD＝DE，
∵DE＝2DF，
∴CD＝2DF；
（3）如图，
延长PN交AB于G，
∵DF∥AB，
∴∠EGN＝∠DPN，
∵∠ENG＝∠DNP，
∵点N是DE中点，
∴EN＝DN，
∴△ENG≌△DNP（AAS），
∴∠EGN＝∠DPN，GN＝PN，
∵AB⊥BP，
∴∠ABP＝90°，
∴BN＝GN，
∴∠EGN＝∠EBN，
∵DE＝2EN，DE＝2BE，
∴EN＝BE，
∴∠ENB＝∠EBN＝∠EGN＝∠DPN，
过点N作NH∥BE交BC于H，
∵BE∥DF，
∴NH∥DF，
∴∠PNH＝∠DPN，
∵EN∥BH，NH∥BE，
∴四边形BENH是平行四边形，
∵BE＝EN，
∴▱BENH是菱形，
∵BE是菱形对角线，
∴∠BNH＝∠BNE＝DPN，
∴∠ENP＝∠BNE+∠BNH+∠PNH＝∠DPN+∠DPN+∠DPN＝3∠DPN．
此题是三角形综合题，主要考查了角平分线的定义，平行线的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，构造全等三角形和菱形是解本题的关键.
26、（1）;（2）;（3）不成立, ，证明详见解析.
【解析】
（1）根据平行线的性质与角平分线的定义得出 ∠EDB=∠EBD ， ∠FCD=∠FDC ，从而得出 EF 与 BE 、 CF 的数量关系;
（2）根据平行线的性质与角平分线的定义得出 ∠EDB=∠EBD ， ∠FCD=∠FDC ，从而得出 EF 与 BE 、 CF 的数量关系;
（3）根据平行线的性质与角平分线的定义得出 EF 与 BE 、 CF 的数量关系．
【详解】
（1）EF=BE+CF.
∵ 点 D 是 ∠ABC 和 ∠ACB 的角平分线的交点，
∴∠EBD=∠DBC ， ∠FCD=∠DCB ．
∵EF∥BC ，
∴∠EDB=∠DBC ， ∠FDC=∠DCB ．
∴ ∠EDB=∠EBD ， ∠FCD=∠FDC ．
∴EB=ED ， DF=CF ．
∴EF=BE+CF ．
故本题答案为： EF=BE+CF ．
（2）EF=BE+CF.
∵D 点是外角 ∠CBE 和 ∠BCF 的角平分线的交点，
∴∠EBD=∠DBC ， ∠FCD=∠DCB ．
∵EF∥BC ，
∴∠EDB=∠DBC ， ∠FDC=∠DCB ．
∴ ∠EDB=∠EBD ， ∠FCD=∠FDC ．
∴EB=ED ， DF=CF ．
∴EF=BE+CF ．
故本题答案为： EF=BE+CF ．
（3）不成立； EF=BE−CF ，证明详见解析．
∵ 点 D 是 ∠ABC 和外角 ∠ACM 的角平分线的交点，
∴∠EBD=∠DBC ， ∠ACD=∠DCM ．
∵EF∥BC ，
∴∠EDB=∠DBC ， ∠FDC=∠DCM ．
∴∠EBD=∠EDB ， ∠FDC=∠FCD ．
∴BE=ED ， FD=FC ．
∵EF=ED−FD ，
∴EF=BE−CF ．
本题考查了平行线的性质，等腰三角形的判定，以及角平分线的定义等知识.解决本题的关键突破口是掌握平行线的性质与等腰三角形的概念．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
年龄/（岁）
13
14
15
16
频数
1
4
5
2