精品解析：2023年河南省商丘市柘城县毕业会考数学试题

2023九年级毕业会考试卷 数学 注意事项： 1.本试卷共6页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟． 2.本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填写在答题卡上．答在试卷上的答案无效． 一.选择题（每小题3分，共30分） 1. 下列标志中，可以看作是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的定义是解题的关键．根据中心对称图形的定义：一个平面图形，绕一点旋转，与自身完全重合，进行判断即可． 【详解】A．不是中心对称图形，不符合题意； B．不是中心对称图形，不符合题意； C．是中心对称图形，符合题意； D．不是中心对称图形，不符合题意； 故选：C． 2. 下列几何体中，其主视图、俯视图和左视图分别是图中三个图形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查由三视图还原几何体，根据三视图想象立体图形，从主视图可以看出左边的一列有两个，左视图可以看出右边一列有两个，俯视图中左边的一列有两个，综合起来可得解． 【详解】解：由俯视图确定位置，主视图和左视图确定个数，可以得到，几何体为： 故选A． 3. 如图，四边形内接于，且点是优弧的中点，连接，若，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质：圆内接四边形的对角互补．也考查了圆周角定理．连接，如图，根据圆周角定理得到，再根据圆内接四边形的性质得到，则可计算出，然后利用得到的度数． 【详解】解：连接，如图， 点是优弧的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 故选：D 4. 一个不透明的袋子中装有2个红球、2个蓝球，小球除颜色外其他均相同，若同时从袋子中任取两个小球，则摸到的两个小球中，至少有一个小球为蓝色的概率为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】列举出所有可能出现的情况，让摸到至少有一个小球为蓝色的情况数除以情况总数即可解答． 【详解】解：如图所示： 共有12种可能，至少有一个小球为蓝色的有10种结果， ∴摸到的两个小球中，至少有一个小球为蓝色的概率为， 故选D． 【点睛】本题主要考查用列表法与树状图法求概率，用到的知识点为：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）＝． 5. 如图，四边形为的内接四边形，已知，，则的长为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆内接四边形的性质求出的度数，根据圆周角定理求出的度数，利用弧长公式计算即可． 【详解】解：∵四边形为的内接四边形， ∴， ∴， 由圆周角定理得，， ∴的长为， 故选：C． 【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理以及弧长的计算，掌握圆内接四边形的对角互补、弧长公式是解题的关键． 6. 如果三点，和在抛物线的图象上，那么，与之间的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查对二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用二次函数的性质进行推理是解此题的关键． 通过将二次函数化为顶点式，确定对称轴和开口方向，利用二次函数的性质比较点的纵坐标大小即可． 【详解】解：∵， ∴抛物线的对称轴为直线，当时，y随x的增大而增大， ∴关于对称轴的对应点为， ∵， ∴． 故选：A 7. 已知的圆心到直线的距离是一元二次方程的一个根，若与直线相离，的半径可取的值为（　　） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了直线与圆的位置关系、解一元二次方程，先解一元二次方程可得出，再根据直线与圆的位置关系可得出，即可得到答案，熟练掌握直线与圆的位置关系是解此题的关键． 【详解】解：， ， 或， ，， 的圆心到直线的距离是一元二次方程的一个根， ， 与直线相离， 的半径，即， 故选：A． 8. 如图，在平面直角坐标系中，已知点A（―3，6）、B（―9，一3），以原点O为位似中心，相似比为，把△ABO缩小，则点A的对应点A′的坐标是（ ） A. （―1，2） B. （―9，18） C. （―9，18）或（9，―18） D. （―1，2）或（1，―2） 【答案】D 【解析】 【详解】解：方法一：∵△ABO和△A′B′O关于原点位似 ∴△ ABO∽△A′B′O且＝ .∴＝＝ ∴A′E＝AD＝2 OE＝OD＝1 ∴A′（-1,2） 同理可得A′′（1,-2） 方法二：∵点A（-3，6）且相似比为 ∴点A的对应点A′的坐标是（-3×，6×）， ∴A′（-1,2） ∵点A′′和点A′（-1,2）关于原点O对称 ∴A′′（1,-2） 故选：D． 9. 如图，平面直角坐标系中，A为第一象限一点，将绕O点逆时针旋转，此时点A的对应点的坐标为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用勾股定理求出的长即可解决问题 【详解】如图，过点 作 轴于 ，过点 作 于 ∴绕点O逆时针旋转得到，则， ∴点的坐标是， 故选：B． 【点睛】本题考查坐标与图形的性质，勾股定理，旋转变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型 10. 如图，平面直角坐标系中，反比例函数的图象交平行四边形于点C，交平行四边形的对角线于点，点A在x轴的正半轴上，已知平行四边形的面积是，则点B的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出反比例函数解析式为，再求出直线的解析式为，设，则，则，由平行四边形的面积是，得到，解得，则． 【详解】解：把点代入到反比例函数解析式中得， ∴， ∴反比例函数解析式为； 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， 设，则， ∴， ∵平行四边形的面积是， ∴， ∴， 解得（负值舍去）， ∴， 故选C． 【点睛】本题主要考查了一次函数与反比例函数综合，平行四边形的性质，正确推出是解题的关键． 二.填空题（每小题3分，共15分） 11. 在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则______. 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，求代数式的值，先根据关于原点对称的点的横纵坐标互为相反数得出，，代入计算即可得出答案． 【详解】解：∵在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称， ∴，， ∴，， ∴， 故答案为：． 12. 在中，，，，则的面积为______. 【答案】120 【解析】 【分析】本题考查了解直角三角形，勾股定理，三角形面积公式，先解直角三角形求出，再由勾股定理求出，最后再由计算即可得出答案． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 13. 如图，在中，，分别是，上的点，，，，的角平分线交于点，交于点，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，先证明，再证明，最后根据相似三角形的性质即可得出答案． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵， ∴， ∵的角平分线交于点，交于点， ∴， ∴， 故答案为：． 14. 如图，在中，，，点I为的内心，将绕着点C顺时针旋转至的位置，使过点I，点A恰好落在边上，若，则图中阴影部分的周长为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据三角形内心的性质得出，根据旋转的性质得出，，，，利用平行线的性质和三角形外角的性质可得出，从而得出，根据三角形内角和定理可求，进而求出，根据等角对等边得出，然后证明，最后根据相似三角形的性质求出，即可求出阴影部分的周长． 【详解】解：如图， ∵点I为的内心， ∴平分， ∴， ∵旋转， ∴，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∴图中阴影部分的周长为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，旋转的性质，三角形内心的性质以及三角形内角和定理等知识，证明是解题的关键． 15. 已知在中，，，（如图），把绕着点C按顺时针方向旋转．将点A、B的对应点分别记为点、，如果为直角三角形，那么点A与点的距离为______． 【答案】或 【解析】 【分析】先解Rt△ABC求出BC和AC，利用旋转的性质求出．当时，再分在AC上和在AC的延长线上两种情况作出图形，即可求解． 【详解】解：在Rt△ABC中，由题意得， ，， 又因为旋转，则， 当时，有两种情况， （1）如图1，在线段AC上时， ； （2）如图2，在线段AC的延长线上时， 故答案为：或 【点睛】本题考查了锐角三角函数和旋转的性质，掌握利用正弦求边长，并且要有一定的空间想像能力是解题关键． 三、解答题（共8小题，共75分） 16. （1）计算：； （2）解方程：． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）先把三角函数值代入，再按实数混合运算法则计算即可； （2）先将方程化简厉一般式，再运用公式法求解即可． 【详解】解：（1）原式 ； （2）化简整理，得 ，，， ∴ ∴ ∴，． 【点睛】本题考查三角函数混合运算，解一元二次方程，熟记特殊角的三角函数值和掌握用公式法求解一元二次方程是解题的关键． 17. 已知关于的方程． （1）求证：无论为何值，方程总有两个不相等的实数根； （2）若该方程的两个实数根恰好为斜边为的直角三角形的两直角边长，求的值． 【答案】（1） 证明：，，， ， ， ， 即， 无论为何值，方程总有两个不相等的实数根； （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了根与系数的关系，根的判别式及解一元二次方程，熟练掌握根与系数的关系，根的判别式及解一元二次方程的方法进行求解是解决本题的关键． （1）根据题意可得，，，，即可算出，化简得，根据非负数的性质即可得出答案； （2）记直角三角形的两直角边为、，由、的长是该方程的两个实数根，可得，，再由是直角三角形，可得，即，再列出方程并解一元二次方程即可得出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：记直角三角形的两直角边为、 、的长是该方程的两个实数根， ，， 是直角三角形， ， ， 即， 整理，得， 解得，（舍去） 的值是 18. 如图，在矩形中，点是边上一点，且，点是的中点，连接并延长交于点． （1）求证：； （2）若，，求的值． 【答案】（1） 证明：四边形是矩形， ，， ， ， ， ， 即， ， 是直角三角形， 在中，点是斜边的中点， ， ，， ， ， ， ； （2） 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质及勾股定理，解直角三角形，正确作出辅助线是解题的关键． （1）先得出，再得出，最后根据相似三角形的判定得出结论； （2）连接，根据勾股定理得出和的值，最后根据三角形的面积公式得出结果． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，连接， 四边形是矩形， ，， 和是直角三角形， 在中，， ， ，， ， 由结论可知， ， ， ， ， ， ， ， 是直角三角形，， 在中，， 点是斜边的中点， ， 在中，， ， ， ， 的值为． 19. 如图，四边形为正方形，点的坐标为，点的坐标为，反比例函数图象经过点，一次函数的图象经过点、． （1）求反比例函数与一次函数的解析式； （2）观察图象，写出在第四项限内使得成立的自变量的取值范围； （3）若点是反比例函数图象上的一点，且的面积恰好等于正方形的面积，求点的坐标． 【答案】（1）反比例函数为，一次函数为 （2） （3）点的坐标为或 【解析】 【分析】（1）根据待定系数法即可求得反比例函数与一次函数的解析式； （2）根据数形结合即可得解； （3）根据，构造方程，，分别代入反比例函数的解析式即可得解。 【小问1详解】 解：四边形是正方形，，， ∴，， 的图象经过点， ，即 ∴反比例函数为， 经过点、， ， 解得 一次函数为 【小问2详解】 解：一次函数为中，令，得， ∴与轴的交点为， ∵， ∴由图可得，在第四项限内时，函数在一次函数的下方，且在第四象限， ∴在第四项限内使得成立的自变量的取值范围：； 【小问3详解】 解：设点的坐标为， ，点的坐标为，， 解得 当时，； 当时， 点的坐标为或 【点睛】本题主要考查了待定系数法求解一次函数和反比例函数，一次函数与反比例函数的综合，求函数值，利用图形求不等式的解集，熟练掌握一次函数与反比例函数的综合利用是解题的关键。 20. 在一次课外实践活动中，九年级数学兴趣小组准备测量学校旁边的一座古塔的高度，同学们设计了两个测量方案如下： 课题 测量古塔的高度 测量工具 测角仪，1.5m标杆，皮尺等 测量小组 第一组 第二组 测量方案示意图 说明 点C、E、B在同一直线上，、为标杆 为古塔旁边的两层小楼 测量数据 从点D处测得A点的仰角为，从点F处测得A点的仰角为，＝10m 从点D处测得A点的仰角为，＝10m （1）根据以上数据请你判断，第______小组无法测量出古塔的高度？原因是____________； （2）请根据表格中的数据，依据正确的测量方案求出古塔的高度．（精确到0.1m，参考数据：，，） 【答案】（1）二；没有测量的长度； （2）古塔的高度为24.8m． 【解析】 【分析】（1）第二组没有测量有关线段长度； （2）根据第一组的测量数据，延长交于点，可得是等腰直角三角形，得，在中，由锐角三角函数定义求解即可． 【小问1详解】 第二组的数据无法算出大楼高度，理由如下： 第二小组测量了从点D处测得A点的仰角为，＝10m，没有测量的长度，无法算出大楼高度． 故答案为：二；没有测量的长度； 【小问2详解】 根据第一组测量的数据， 过点D作交于点G， m， 点F在上，则m， 在中，, 是等腰直角三角形， ， 设m， 则在中，m，m， ， ， 解得：m， m． 故答案为：此古塔的高度为24.8m． 【点睛】本题考查了解直角三角形的应用—仰角俯角问题中仰角问题，等腰直角三角形的判定与性质，解决本题的关键是熟练掌握仰角俯角定义，根据锐角三角函数解决实际问题． 21. 请阅读下列材料，完成相应的任务： 克罗狄斯・托勒密（，约90年-168年），“地心说”的集大成者，生于埃及，著名的天文学家，地理学家，占星学家和光学家． 托勒密定理实出自依巴谷（）之手，托勒密从他的书中摘出并加以完善． 托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积． 已知：如图1，四边形内接于，求证：下面是该结论的证明过程： 证明：如图1，作，交于点.， （依据1），（依据2）， ，，. ，，即， ，， ． 任务： （1）托勒密定理的逆命题是______； 上述证明过程中的“依据1”为______； “依据2”为______． （2）当圆内接四边形是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：______． （3）如图2，以为直径的中，点为上一点，且，的角平分线交于点，连接，，若，求的长． 【答案】（1）如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形；同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似 （2）勾股定理 （3） 【解析】 【分析】（1）利用逆命题的意义，矩形的性质，勾股定理，圆的有关性质和相似三角形的判定定理解答即可； （2）利用相似三角形的判定定理和性质定理，矩形的性质及勾股定理解答即可； （3）利用圆的有关性质，等腰直角三角形的性质，含角的直角三角形的性质分别求得四边形的边长，再利用（2）的结论解答即可得出结论． 【小问1详解】 解：托勒密定理的逆命题是如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形． 证明过程中的“依据1”为：同弧所对的圆周角相等； 依据2”为：两个角分别对应相等的两个三角形相似． 故答案为：如果一个四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积，那么这个四边形是圆的内接四边形；同弧所对的圆周角相等；两个角分别对应相等的两个三角形相似； 【小问2详解】 解：如图，作，交于点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即． ， ， ． ． ， 四边形是矩形， ， ， 故答案为：勾股定理； 【小问3详解】 解：为直径， ， ，， ，． 的角平分线交于点， ， ， 为等腰直角三角形， ． 四边形为圆的内接四边形， ． ， ． 【点睛】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，含交的直角三角形的性质，逆命题的意义，本题是阅读型题目，理解并熟练应用新结论是解题的关键． 22. 如图，在正方形中，边长为，，将绕点旋转，其中边分别与射线、直线交于，两点，边与射线交于点；连接，且与直线交于． （1）如图，点在线段上时． ①求证：； ②求证：垂直平分； （2）当时，求的长． 【答案】（1）①见解析；②见解析； （2）或． 【解析】 【分析】（1）①利用正方形的性质与已知条件证明即可． ②由得，再由可得，于是可证进一步可证明，则，则，再结合可证得 垂直平分线段 （2）分两种情况讨论.作于，于．先利用勾股定理求得的长，再证明四边形是正方形，根据三角形的面积关系可求得正方形的边长为，进一步利用勾股定理可求得的长，并求得的长，再利用可求得的长． 【小问1详解】 ① 四边形是正方形， ，， ， ， ， ． ② ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 垂直平分线段． 【小问2详解】 ①当点在线段上时，作于，于． 在 中，， ， ，设 ，由得 ， ， ， ，， ， ， ． ②当点在的延长线上时，作于，于． 在 中，， ， ，设 ，由得 ， ， ，， ， ， ， ． 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查了正方形的性质和判定、全等三角形的判定、相似三角形的判定和性质、等腰三角形三线合一、勾股定理的应用等知识点，解题的关键是作出正确的辅助线． 23. 如图，已知抛物线的顶点坐标为，且与轴交于点和点，与轴交于点． （1）求抛物线的解析式和点的坐标； （2）若点是抛物线对称轴上的一个动点，当周长最小时，求点的坐标； （3）如图，若点是抛物线第二象限内一点，连接，过点作交轴于点，连接，是否存在点，使得的面积存在最大值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）， （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）已知抛物线的顶点坐标为，因此可设抛物线的解析式为，由于抛物线与轴交于点，因而可利用待定系数法求出该二次函数的解析式，进而可求出该抛物线与轴的交点坐标，即点的坐标； （2）连接，作点关于对称轴的对称点，连接交对称轴于点，则点即为所求，由于已知点和点的坐标，根据轴对称的性质可求得点和点的坐标，设直线的解析式为，将点和点的坐标代入，利用待定系数法即可求出直线的解析式，进而可求出当周长最小时点的坐标； （3）连接、，过点作轴交轴于点，交直线于点，由且平行线之间的距离处处相等可得，然后利用待定系数法可求出直线的解析式，设点的坐标为，则点的坐标为，于是可得，进而可推出，据此即可求出取得最大值时的值以及此时点的坐标． 【小问1详解】 解：抛物线的顶点坐标为， 可设抛物线的解析式为， 抛物线与轴交于点， , 解得：， 抛物线的解析式为， 令， 则， 点的坐标为； 【小问2详解】 解：如图，连接，作点关于对称轴的对称点，连接交对称轴于点，则点即为所求， 由（1）可知：， 由轴对称的性质可得：， ， ， 由轴对称的性质可得：， ， 设直线的解析式为， 将，代入，得： ， 解得：， 直线的解析式为， 当时，， 当周长最小时，点的坐标为； 【小问3详解】 解：存在，点的坐标为， 理由如下： 如图，连接、，过点作轴交轴于点，交直线于点， 由（1）可得：抛物线解析式为， 平行线与之间的距离， 平行线与之间的距离， 又，且平行线之间的距离处处相等， ， 设直线的解析式为， 将，代入，得： ， 解得：， 直线的解析式为， 设点的坐标为， 则点的坐标为， ， ， ， 当时，取得最大值，即取得最大值， 此时，点的纵坐标为， 点的坐标为． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求二次函数解析式，解一元一次方程，求抛物线与轴的交点坐标，轴对称的性质，待定系数法求一次函数解析式，解二元一次方程组，轴对称中的光线反射问题，求一次函数的函数值，三角形的面积公式，利用平行线间距离解决问题，已知两点坐标求两点距离，把化成顶点式，求二次函数的函数值等知识点，熟练掌握上述知识点并能加以综合运用是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023九年级毕业会考试卷 数学 注意事项： 1.本试卷共6页，三个大题，满分120分，考试时间100分钟． 2.本试卷上不要答题，请按答题卡上注意事项的要求直接把答案填写在答题卡上．答在试卷上的答案无效． 一.选择题（每小题3分，共30分） 1. 下列标志中，可以看作是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列几何体中，其主视图、俯视图和左视图分别是图中三个图形的是（　　） A. B. C. D. 3. 如图，四边形内接于，且点是优弧的中点，连接，若，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 4. 一个不透明的袋子中装有2个红球、2个蓝球，小球除颜色外其他均相同，若同时从袋子中任取两个小球，则摸到的两个小球中，至少有一个小球为蓝色的概率为（　　） A. B. C. D. 5. 如图，四边形为的内接四边形，已知，，则的长为（　　） A. B. C. D. 6. 如果三点，和在抛物线的图象上，那么，与之间的大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 已知的圆心到直线的距离是一元二次方程的一个根，若与直线相离，的半径可取的值为（　　） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 8. 如图，在平面直角坐标系中，已知点A（―3，6）、B（―9，一3），以原点O为位似中心，相似比为，把△ABO缩小，则点A的对应点A′的坐标是（ ） A. （―1，2） B. （―9，18） C. （―9，18）或（9，―18） D. （―1，2）或（1，―2） 9. 如图，平面直角坐标系中，A为第一象限一点，将绕O点逆时针旋转，此时点A的对应点的坐标为（　　） A. B. C. D. 10. 如图，平面直角坐标系中，反比例函数的图象交平行四边形于点C，交平行四边形的对角线于点，点A在x轴的正半轴上，已知平行四边形的面积是，则点B的坐标为（ ） A. B. C. D. 二.填空题（每小题3分，共15分） 11. 在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则______. 12. 在中，，，，则的面积为______. 13. 如图，在中，，分别是，上的点，，，，的角平分线交于点，交于点，则的值为______. 14. 如图，在中，，，点I为的内心，将绕着点C顺时针旋转至的位置，使过点I，点A恰好落在边上，若，则图中阴影部分的周长为______． 15. 已知在中，，，（如图），把绕着点C按顺时针方向旋转．将点A、B的对应点分别记为点、，如果为直角三角形，那么点A与点的距离为______． 三、解答题（共8小题，共75分） 16. （1）计算：； （2）解方程：． 17. 已知关于的方程． （1）求证：无论为何值，方程总有两个不相等的实数根； （2）若该方程的两个实数根恰好为斜边为的直角三角形的两直角边长，求的值． 18. 如图，在矩形中，点是边上一点，且，点是的中点，连接并延长交于点． （1）求证：； （2）若，，求的值． 19. 如图，四边形为正方形，点的坐标为，点的坐标为，反比例函数图象经过点，一次函数的图象经过点、． （1）求反比例函数与一次函数的解析式； （2）观察图象，写出在第四项限内使得成立的自变量的取值范围； （3）若点是反比例函数图象上的一点，且的面积恰好等于正方形的面积，求点的坐标． 20. 在一次课外实践活动中，九年级数学兴趣小组准备测量学校旁边的一座古塔的高度，同学们设计了两个测量方案如下： 课题 测量古塔的高度 测量工具 测角仪，1.5m标杆，皮尺等 测量小组 第一组 第二组 测量方案示意图 说明 点C、E、B在同一直线上，、为标杆 为古塔旁边的两层小楼 测量数据 从点D处测得A点的仰角为，从点F处测得A点的仰角为，＝10m 从点D处测得A点的仰角为，＝10m （1）根据以上数据请你判断，第______小组无法测量出古塔的高度？原因是____________； （2）请根据表格中的数据，依据正确的测量方案求出古塔的高度．（精确到0.1m，参考数据：，，） 21. 请阅读下列材料，完成相应的任务： 克罗狄斯・托勒密（，约90年-168年），“地心说”的集大成者，生于埃及，著名的天文学家，地理学家，占星学家和光学家． 托勒密定理实出自依巴谷（）之手，托勒密从他的书中摘出并加以完善． 托勒密定理：圆的内接四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积． 已知：如图1，四边形内接于，求证：下面是该结论的证明过程： 证明：如图1，作，交于点.， （依据1），（依据2）， ，，. ，，即， ，， ． 任务： （1）托勒密定理的逆命题是______； 上述证明过程中的“依据1”为______； “依据2”为______． （2）当圆内接四边形是矩形时，托勒密定理就是我们非常熟知的一个定理：______． （3）如图2，以为直径的中，点为上一点，且，的角平分线交于点，连接，，若，求的长． 22. 如图，在正方形中，边长为，，将绕点旋转，其中边分别与射线、直线交于，两点，边与射线交于点；连接，且与直线交于． （1）如图，点在线段上时． ①求证：； ②求证：垂直平分； （2）当时，求的长． 23. 如图，已知抛物线的顶点坐标为，且与轴交于点和点，与轴交于点． （1）求抛物线的解析式和点的坐标； （2）若点是抛物线对称轴上的一个动点，当周长最小时，求点的坐标； （3）如图，若点是抛物线第二象限内一点，连接，过点作交轴于点，连接，是否存在点，使得的面积存在最大值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $