河北省2021年中考数学试题真题及答案

河北省2021年中考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单项选择题1．如图，四条线段，，，中的一条与挡板另一侧的线段在同一直线上，请借助直尺判断该线段是〔〕A．B．C．D．2．不一定相等的一组是〔〕A．与B．与C．与D．与3．，那么一定有，“〞中应填的符号是〔〕A．B．C．D．4．与结果相同的是〔〕．A．B．C．D．5．能与相加得0的是〔〕A．B．C．D．6．一个骰子相对两面的点数之和为7，它的展开图如图，以下判断正确的选项是〔〕 A．代表B．代表C．代表D．代表7．如图1，中，，为锐角．要在对角线上找点，，使四边形为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，那么正确的方案〔〕图2A．甲、乙、丙都是B．只有甲、乙才是C．只有甲、丙才是D．只有乙、丙才是8．图1是装了液体的高脚杯示意图〔数据如图〕，用去一局部液体后如图2所示，此时液面〔〕 A．B．C．D．9．假设取1.442，计算的结果是〔〕A．-100B．-144．2C．144.2D．-0.0144210．如图，点为正六边形对角线上一点，，，那么的值是〔〕A．20B．30C．40D．随点位置而变化11．如图，将数轴上-6与6两点间的线段六等分，这五个等分点所对应数依次为，，，，，那么以下正确的选项是〔〕A．B．C．D．12．如图，直线，相交于点．为这两直线外一点，且．假设点关于直线，的对称点分别是点，，那么，之间的距离可能是〔〕 A．0B．5C．6D．713．定理：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．：如图，是的外角．求证：．以下说法正确的选项是〔〕A．证法1还需证明其他形状的三角形，该定理的证明才完整B．证法1用严谨的推理证明了该定理C．证法2用特殊到一般法证明了该定理D．证法2只要测量够一百个三角形进行验证，就能证明该定理14．小明调查了本班每位同学最喜欢的颜色，并绘制了不完整的扇形图1及条形图2 〔柱的高度从高到低排列〕．条形图不小心被撕了一块，图2中“〔〕〞应填的颜色是〔〕A．蓝B．粉C．黄D．红15．由值的正负可以比拟与的大小，以下正确的选项是〔〕A．当时，B．当时，C．当时，D．当时，16．如图，等腰中，顶角，用尺规按①到④的步骤操作：①以为圆心，为半径画圆；②在上任取一点〔不与点，重合〕，连接；③作的垂直平分线与交于，；④作的垂直平分线与交于，．结论Ⅰ：顺次连接，，，四点必能得到矩形；结论Ⅱ：上只有唯一的点，使得．对于结论Ⅰ和Ⅱ，以下判断正确的选项是〔〕A．Ⅰ和Ⅱ都对B．Ⅰ和Ⅱ都不对C．Ⅰ不对Ⅱ对D．Ⅰ对Ⅱ不对 二、填空题17．现有甲、乙、丙三种不同的矩形纸片〔边长如图〕．〔1〕取甲、乙纸片各1块，其面积和为___________；〔2〕嘉嘉要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，还需取丙纸片___________块．18．以下图是可调躺椅示意图〔数据如图〕，与的交点为，且，，保持不变．为了舒适，需调整的大小，使，那么图中应___________〔填“增加〞或“减少〞〕___________度．三、解答题19．用绘图软件绘制双曲线：与动直线：，且交于一点，图1为时的视窗情形．〔1〕当时，与的交点坐标为__________；〔2〕视窗的大小不变，但其可视范围可以变化，且变化前后原点始终在视窗中心．例如，为在视窗中看到〔1〕中的交点，可将图1中坐标系的单位长度变为原来的 ，其可视范围就由及变成了及〔如图2〕．当和时，与的交点分别是点A和，为能看到在A和之间的一整段图象，需要将图1中坐标系的单位长度至少变为原来的，那么整数__________．20．某书店新进了一批图书，甲、乙两种书的进价分别为4元/本、10元/本．现购进本甲种书和本乙种书，共付款元．〔1〕用含，的代数式表示；〔2〕假设共购进本甲种书及本乙种书，用科学记数法表示的值．21．训练场球筐中有、两种品牌的乒乓球共101个，设品牌乒乓球有个．〔1〕淇淇说：“筐里品牌球是品牌球的两倍．〞嘉嘉根据她的说法列出了方程：．请用嘉嘉所列方程分析淇淇的说法是否正确；〔2〕据工作人员透露：品牌球比品牌球至少多28个，试通过列不等式的方法说明品牌球最多有几个．22．某博物馆展厅的俯视示意图如图1所示，嘉淇进入展厅后开始自由参观，每走到一个十字道口，她自己可能直行，也可能向左转或向右转，且这三种可能性均相同． 〔1〕求嘉淇走到十字道口向北走的概率；〔2〕补全图2的树状图，并分析嘉淇经过两个十字道口后向哪个方向参观的概率较大．23．以下图是某机场监控屏显示两飞机的飞行图象，1号指挥机〔看成点〕始终以的速度在离地面高的上空匀速向右飞行，2号试飞机〔看成点〕一直保持在1号机的正下方，2号机从原点处沿仰角爬升，到高的处便立刻转为水平飞行，再过到达处开始沿直线降落，要求后到达处．〔1〕求的关于的函数解析式，并直接写出2号机的爬升速度；〔2〕求的关于的函数解析式，并预计2号机着陆点的坐标；〔3〕通过计算说明两机距离不超过的时长是多少．〔注：〔1〕及〔2〕中不必写的取值范围〕24．如图，的半径为6，将该圆周12等分后得到表盘模型，其中整钟点为〔为1~12的整数〕，过点作的切线交延长线于点．〔1〕通过计算比拟直径和劣弧长度哪个更长；〔2〕连接，那么和有什么特殊位置关系？请简要说明理由； 〔3〕求切线长的值．25．以下图是某同学正在设计的一动画示意图，轴上依次有，，三个点，且，在上方有五个台阶〔各拐角均为〕，每个台阶的高、宽分别是1和1．5，台阶到轴距离．从点处向右上方沿抛物线：发出一个带光的点．〔1〕求点的横坐标，且在图中补画出轴，并直接指出点会落在哪个台阶上；〔2〕当点落到台阶上后立即弹起，又形成了另一条与形状相同的抛物线，且最大高度为11，求的解析式，并说明其对称轴是否与台阶有交点；〔3〕在轴上从左到右有两点，，且，从点向上作轴，且．在沿轴左右平移时，必须保证〔2〕中沿抛物线下落的点能落在边〔包括端点〕上，那么点横坐标的最大值比最小值大多少？〔注：〔2〕中不必写的取值范围〕26．在一平面内，线段，线段，将这四条线段顺次首尾相接．把固定，让绕点从开始逆时针旋转角到某一位置时，，将会跟随出现到相应的位置．〔1〕论证如图1，当时，设与交于点，求证：；〔2〕发现当旋转角时，的度数可能是多少？〔3〕尝试取线段的中点，当点与点距离最大时，求点到的距离；〔4〕拓展①如图2，设点与的距离为，假设的平分线所在直线交于点，直接写出的长〔用含的式子表示〕；②当点在下方，且与垂直时，直接写出的余弦值． 参考答案1．A【分析】根据直线的特征，经过两点有一直线并且只有一条直线即可判断．【详解】解:设线段m与挡板的交点为A，a、b、c、d与挡板的交点分别为B，C，D，E，连结AB、AC、AD、AE，根据直线的特征经过两点有且只有一条直线，利用直尺可确定线段a与m在同一直线上，应选择A．【点睛】此题考查直线的特征，掌握直线的特征是解题关键．2．D【分析】分别根据加法交换律、合并同类项、同底数幂的乘法以及去括号法那么计算各项后，再进行判断即可得到结论．【详解】解：A.=，应选项A不符合题意；B.，应选项B不符合题意；C.，应选项C不符合题意；D.，应选项D符合题意， 应选：D．【点睛】此题主要考查了加法交换律、合并同类项、同底数幂的乘法以及去括号法那么，熟练掌握相关运算法那么是解答此题的关键．3．B【分析】直接运用不等式的性质3进行解答即可．【详解】解：将不等式两边同乘以-4，不等号的方向改变得，∴“〞中应填的符号是“〞，应选：B．【点睛】此题主要考查了不等式的根本性质3：不等式的两边同乘以〔或除以〕同一个负数，不等号的方向改变，熟练掌握不等式的根本性质是解答此题的关键．4．A【分析】根据有理数运算和二次根式的性质计算，即可得到答案．【详解】∵，且选项B、C、D的运算结果分别为：4、6、0应选：A．【点睛】此题考查了二次根式、有理数运算的知识；解题的关键是熟练掌握二次根式、含乘方的有理数混合运算的性质，即可得到答案．5．C【分析】利用加法与减法互为逆运算，将0减去即可得到对应答案，也可以利用相反数的 性质，直接得到能与相加得0的是它的相反数即可．【详解】解：方法一：；方法二：的相反数为；应选：C．【点睛】此题考查了有理数的运算和相反数的性质，解决此题的关键是理解相关概念，并能灵活运用它们解决问题，此题侧重学生对数学符号的理解，计算过程中学生应注意符号的改变．6．A【分析】根据正方体展开图的对面，逐项判断即可．【详解】解：由正方体展开图可知，的对面点数是1；的对面点数是2；的对面点数是4；∵骰子相对两面的点数之和为7，∴代表，应选：A．【点睛】此题考查了正方体展开图，解题关键是明确正方体展开图中相对面间隔一个正方形，判断哪两个面相对．7．A【分析】甲方案：利用对角线互相平分得证；乙方案：由，可得,即可得，再利用对角线互相平分得证；丙方案:方法同乙方案．【详解】 连接交于点甲方案：四边形是平行四边形四边形为平行四边形．乙方案：四边形是平行四边形，，又(AAS)四边形为平行四边形．丙方案:四边形是平行四边形，，，又分别平分，即〔ASA〕 四边形为平行四边形．所以甲、乙、丙三种方案都可以．应选A．【点睛】此题考查了平行四边的性质与判定，三角形全等的性质和判定，角平分线的概念等知识，能正确的利用全等三角的证明得到线段相等，结合平行四边形的判定是解题关键．8．C【分析】先求出两个高脚杯液体的高度，再通过三角形相似，建立其对应边的比与对应高的比相等的关系，即可求出AB．【详解】解：由题可知，第一个高脚杯盛液体的高度为：15-7=8〔cm〕，第二个高脚杯盛液体的高度为：11-7=4〔cm〕，因为液面都是水平的，图1和图2中的高脚杯是同一个高脚杯，所以图1和图2中的两个三角形相似，∴，∴〔cm〕，应选：C．【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，解决此题的关键是读懂题意，与图形建立关联，能灵活运用相似三角形的判定得到相似三角形，并能运用其性质得到相应线段之间的关系等，此题对学生的观察分析的能力有一定的要求．9．B【分析】类比二次根式的计算，提取公因数，代入求值即可．【详解】 应选B．【点睛】此题考查了根式的加减运算，类比二次根式的计算，提取系数，正确的计算是解题的关键．10．B【分析】连接AC、AD、CF，AD与CF交于点M，可知M是正六边形的中心，根据矩形的性质求出，再求出正六边形面积即可．【详解】解：连接AC、AD、CF，AD与CF交于点M，可知M是正六边形的中心，∵多边形是正六边形，∴AB=BC，∠B=∠BAF=120°，∴∠BAC=30°，∴∠FAC=90°，同理，∠DCA=∠FDC=∠DFA=90°，∴四边形ACDF是矩形，，，，应选：B．【点睛】此题考查了正六边形的性质，解题关键是连接对角线，根据正六边形的面积公式求解．11．C【分析】 根据题目中的条件，可以把，，，，分别求出来，即可判断．【详解】解：根据题意可求出：A，，应选项错误，不符合题意；B，，应选项错误，不符合题意；C，，应选项正确，符合题意；D，，应选项错误，不符合题意；应选：C．【点睛】此题考查了等分点和实数与数轴上的点一一对应，解题的关键是：根据题意直接求出，，，，的值即可判断．12．B【分析】连接根据轴对称的性质和三角形三边关系可得结论．【详解】解：连接，如图，∵是P关于直线l的对称点，∴直线l是的垂直平分线， ∴∵是P关于直线m的对称点，∴直线m是的垂直平分线，∴当不在同一条直线上时，即当在同一条直线上时，应选：B【点睛】此题主要考查了轴对称变换，熟练掌握轴对称变换的性质是解答此题的关键13．B【分析】根据三角形的内角和定理与平角的定义可判断A与B，利用理论与实践相结合可判断C与D．【详解】解：A.证法1给出的证明过程是完整正确的，不需要分情况讨论，故A不符合题意；B.证法1给出的证明过程是完整正确的，不需要分情况讨论，应选项B符合题意；C.证法2用量角器度量两个内角和外角，只能验证该定理的正确性，用特殊到一般法证明了该定理缺少理论证明过程，应选项C不符合题意；D.证法2只要测量够一百个三角形进行验证，验证的正确性更高，就能证明该定理还需用理论证明，应选项D不符合题意．应选择：【点睛】此题考查三角形外角的证明问题，命题的正确性需要严密推理证明，三角形外角分三种情形，锐角、直角、和钝角，证明中应分类才严谨．14．D【分析】 根据同学最喜欢的颜色最少的是蓝色，可求出总人数，可求出喜欢红色的14人，那么可知喜欢粉色和黄色的人数分别为16人和15人，可知“〔〕〞应填的颜色．【详解】解：同学最喜欢的颜色最少的是蓝色，有5人，占10%，5÷10%=50〔人〕，喜欢红色的人数为50×28%=14〔人〕，喜欢红色和蓝色一共有14+5=19〔人〕，喜欢剩余两种颜色的人数为50-19=31〔人〕，其中一种颜色的喜欢人数为16人，另一种为15人，由柱的高度从高到低排列可得，第三条的人数为14人，“〔〕〞应填的颜色是红色；应选：D．【点睛】此题考查了条形统计图和扇形统计图，解题关键是熟练准确从统计图中获取正确信息．15．C【分析】先计算的值，再根c的正负判断的正负，再判断与的大小即可．【详解】解：，当时，，无意义，故A选项错误，不符合题意；当时，，，故B选项错误，不符合题意；当时，，，故C选项正确，符合题意；当时，，；当时，，，故D选项错误，不符合题意；应选：C．【点睛】此题考查了分式的运算和比拟大小，解题关键是熟练运用分式运算法那么进行计算，根据结果进行准确判断．16．D 【分析】Ⅰ、根据“弦的垂直平分线经过圆心〞，可证四边形MENF的形状；Ⅱ、在确定点P的过程中，看∠MOF=40°是否唯一即可．【详解】解：Ⅰ、如下图．∵MN是AB的垂直平分线，EF是AP的垂直平分线，∴MN和EF都经过圆心O，线段MN和EF是⊙O的直径．∴OM=ON，OE=OF．∴四边形MENF是平行四边形．∵线段MN是⊙O的直径，∴∠MEN=90°．∴平行四边形MENF是矩形．∴结论Ⅰ正确；Ⅱ、如图2，当点P在直线MN左侧且AP=AB时，∵AP=AB，∴．∵MN⊥AB，EF⊥AP，∴∴∴∴．∴． ∵扇形OFM与扇形OAB的半径、圆心角度数都分别相等，∴．如图3，当点P在直线MN右侧且BP=AB时，同理可证：．∴结论Ⅱ错误．应选：D【点睛】此题考查了圆的有关性质、矩形的判定、扇形面积等知识点，熟知圆的有关性质、矩形的判定方法及扇形面积公式是解题的关键．17．4【分析】〔1〕直接利用正方形面积公式进行计算即可；〔2〕根据图形的面积公式的特征，利用完全平方公式即可判定应增加的项，再对应到图形上即可．【详解】解：〔1〕∵甲、乙都是正方形纸片，其边长分别为∴取甲、乙纸片各1块，其面积和为；故答案为：．〔2〕要用这三种纸片紧密拼接成一个大正方形，先取甲纸片1块，再取乙纸片4块，那么它们的面积和为，假设再加上〔刚好是4个丙〕，那么，那么刚好能组成边长为的正方形，图形如下所示，所以应取丙纸片4块．故答案为：4． 【点睛】此题考查了正方形的面积公式以及完全平方公式的几何意义，解决此题的关键是牢记公式特点，灵活运用公式等，此题涉及到的方法为观察、假设与实践，涉及到的思想为数形结合的思想．18．减少10【分析】先通过作辅助线利用三角形外角的性质得到∠EDF与∠D、∠E、∠DCE之间的关系，进行计算即可判断．【详解】解：∵∠A+∠B=50°+60°=110°，∴∠ACB=180°-110°=70°，∴∠DCE=70°，如图，连接CF并延长，∴∠DFM=∠D+∠DCF=20°+∠DCF，∠EFM=∠E+∠ECF=30°+∠ECF，∴∠EFD=∠DFM+∠EFM=20°+∠DCF+30°+∠ECF=50°+∠DCE=50°+70°=120°，要使∠EFD=110°，那么∠EFD减少了10°，假设只调整∠D的大小，由∠EFD=∠DFM+∠EFM=∠D+∠DCF+∠E+∠ECF=∠D+∠E+∠ECD=∠D+30°+70°=∠D+100°，因此应将∠D减少10度；故答案为：①减少；②10． 【点睛】此题考查了三角形外角的性质，同时涉及到了三角形的内角和与对顶角相等的知识；解决此题的关键是理解题意，读懂图形，找出图形中各角之间的关系以及牢记公式建立等式求出所需的角，此题蕴含了数形结合的思想方法．19．〔1〕；〔2〕4【分析】〔1〕结合题意，根据一次函数和反比例函数的性质列分式方程并求解，即可得到答案；〔2〕当和时，根据一次函数、反比例函数和直角坐标系的性质，分别计算的值，再根据题意分析，即可得到答案．【详解】〔1〕根据题意，得∴∵∴是的解∴当时，与的交点坐标为：故答案为：；〔2〕当时，得∴∵∴是的解∴与的交点坐标为： ∵〔1〕视窗可视范围就由及，且∴根据题意，得为正整数∴∴同理，当时，得∴∴∴∵要能看到在A和之间的一整段图象∴故答案为：4．【点睛】此题考查了一次函数、反比例函数、分式方程、直角坐标系的知识；解题的关键是熟练掌握一次函数、反比例函数、分式方程、直角坐标系的性质，从而完成求解．20．〔1〕〔2〕【分析】〔1〕进本甲种书和本乙种书共付款为2种书的总价，用单价乘以数量即可；〔2〕将书的数量代入〔1〕中结论，求解，最后用科学记数法表示．【详解】〔1〕〔2〕 所以．【点睛】此题考查了列代数式，科学记数法，幂的计算，正确的理解题意根据实际问题列出代数式，正确的用科学计数法表示出结果是解题的关键．21．〔1〕不正确；〔2〕36【分析】〔1〕解方程，得到方程的解不是整数，不符合题意，因此判定淇淇说法不正确；〔2〕根据题意列出不等式，解不等式即可得到A品牌球的数量最大值．【详解】解：〔1〕，解得：，不是整数，因此不符合题意；所以淇淇的说法不正确．〔2〕∵A品牌球有个，B品牌球比A品牌球至少多28个，∴，解得：，∵x是整数，∴x的最大值为36，∴A品牌球最多有36个．【点睛】此题考查了一元一次方程和一元一次不等式的应用，解决此题的关键是能根据题意列出方程或不等式，并结合实际情况，对它们的解或解集进行判断，得出结论；此题数量关系较明显，因此考查了学生的根本功．22．〔1〕，〔2〕嘉淇经过两个十字道口后向西参观的概率较大．【分析】〔1〕嘉淇走到十字道口一共有三种可能，向北只有一种可能，根据概率公式求解即可；〔2〕根据树状图的画法补全树状图，再根据向哪个方向出现的次数求概率即可．【详解】解：〔1〕嘉淇走到十字道口一共有三种可能，向北只有一种可能，嘉淇走到十字道口 向北走的概率为；〔2〕补全树状图如下图：嘉淇经过两个十字道口后共有9种可能，向西的概率为：；向南的概率为；向北的概率为；向东的概率为；嘉淇经过两个十字道口后向西参观的概率较大．【点睛】此题考查了概率的应用，解题关键是根据题意准确画出树状图，正确进行求解判断．23．〔1〕，〔km/min〕〔2〕，〔3〕min【分析】〔1〕根据图象分析得知，解析式为正比例函数，根据角度判断k值，即可求得．〔2〕根据B、C两点坐标，待定系数法求表达式即可，着陆点令,求解即可．〔3〕根据点Q的位置，观察图象，找到满足题意的范围，分类讨论计算即可．【详解】解：〔1〕设线段OA所在直线的函数解析式为:∵2号机从原点处沿仰角爬升∴又∵1号机飞到A点正上方的时候，飞行时间〔min〕 ∴2号机的飞行速度为：〔km/min〕〔2〕设线段BC所在直线的函数表达式为：∵2号机水平飞行时间为1min,同时1号机的水平飞行为1min,点B的横坐标为：；点B的纵坐标为：4，即,将,代入中，得：解得：∴令,解得：∴2号机的着陆点坐标为〔3〕当点Ｑ在时，要保证，那么：；当点Q在上时，,此时，满足题意,时长为〔min〕；当点Q在上时，令，解得：，此时〔min〕，∴当时，时长为：〔min〕【点睛】此题考查变量之间的关系、待定系数法求一次函数解析式，根据实际问题，数形结合讨论是解题的关键.24．〔1〕劣弧更长；〔2〕和互相垂直，理由见解析；〔3〕．【分析】 〔1〕分别求出劣弧和直径的长，比拟大小；〔2〕连接，，求出，即可得出垂直的位置关系；〔3〕根据圆的知识求出，又是的切线，利用三角函数求解即可．【详解】〔1〕劣弧，直径，因为，故劣弧更长．〔2〕如以下图所示连接，，由图可知是直径，∴对应的圆周角∴和互相垂直．〔3〕如上图所示，∵是的切线∴，∴．【点睛】此题考查了圆的根本性质、特殊角的三角函数的根本知识．半圆〔或直径〕所对的圆周角是直角．在同圆或等圆中同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对圆心角的一半．25．〔1〕，见解析，点会落在的台阶上；〔2〕，其对称轴与台阶有交点；〔3〕．【分析】 〔1〕二次函数与坐标轴的交点坐标可以直接算出，根据点的坐标可以确定轴，利用函数的性质可以判断落在那个台阶上；〔2〕利用二次函数图象的平移来求解抛物线，再根据函数的对称轴的值来判断是否与台阶有交点；〔3〕抓住二次函数图象不变，是在左右平移，要求点横坐标的最大值比最小值大多少，利用临界点法，可以确定什么时候横坐标最大，什么时候横坐标最小，从而得解．【详解】解：〔1〕当，，解得：，在左侧，，关于对称，轴与重合，如以下图：点会落在的台阶上，由题意在坐标轴上标出相关信息，当时，，解得：，，会落在的台阶上且坐标为， 〔2〕设将抛物线，向下平移5个单位，向右平移的单位后与抛物线重合，那么抛物线的解析式为：，由〔1〕知，抛物线过，将代入，，解得：〔舍去，因为是对称轴左边的局部过〕，抛物线:，关于，且，其对称轴与台阶有交点．〔3〕由题意知，当沿轴左右平移，恰使抛物线下落的点过点时，此时点的横坐标值最大；当，，解得：〔取舍〕，故点的横坐标最大值为：，当沿轴左右平移，恰使抛物线下落的点过点时，此时点的横坐标值最小；当，，解得：〔舍去〕，故点的横坐标最小值为：，那么点横坐标的最大值比最小值大：，故答案是：．【点睛】此题综合性考查了二次函数的解析式的求法及图象的性质，图象平移，抛物线的对称轴，解题的关键是：熟练掌握二次函数解析式的求法及图象的性质，通过的函数求解平移后函数的解析式．26．〔1〕证明见解析；〔2〕或；〔3〕；〔4〕①；②． 【分析】〔1〕先根据平行线的性质可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，由此即可得证；〔2〕分如图〔见解析〕所示的两种情况，先根据等边三角形的判定与性质可得，再根据菱形的判定与性质可得，然后根据平行线的性质、角的和差即可得；〔3〕先根据三角形的三边关系可得当点共线时，取得最大值，再画出图形〔见解析〕，利用勾股定理求出的长，然后求出的值，最后在中，解直角三角形即可得；〔4〕①如图〔见解析〕，先根据等腰三角形的三线合一可得，再同〔3〕的方法可求出的长，然后证出，根据相似三角形的性质即可得；②如图〔见解析〕，只需考虑的情形，先利用勾股定理可得，再同〔3〕的方法可求出的长，从而可得的长，然后证出，根据相似三角形的性质和可求出的长，最后根据余弦三角函数的定义即可得．【详解】证明：〔1〕，，在和中，，，，，；〔2〕由题意，由以下两种情况： ①如图，取的中点，连接，那么，，是等边三角形，，，四边形是菱形，，，；②如图，当点与的中点重合，那么，是等边三角形，，综上，的度数为或；〔3〕如图，连接， ，，当且仅当点共线时，等号成立，如图，过点作于点，过点作于点，那么即为所求，，，设，那么，，，解得，，，在中，，在中，， 即当点与点距离最大时，点到的距离为；〔4〕①如图，连接交于点，过点作于点，平分，，，〔等腰三角形的三线合一〕，设，那么，，，解得，即，在和中，，，，即，解得；②初中阶段没有学习钝角的余弦值，且，只需考虑的情形，如图，设与交于点，过点作于点，连接， ，，设，那么，，，解得，，，设，那么，在和中，，，，即，解得，，， 解得，那么．【点睛】此题考查了菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形等知识点，较难的是题〔4〕，正确画出相应的图形，并通过作辅助线，构造直角三角形和相似三角形是解题关键．