精品解析：福建省福州延安中学2024-2025学年九年级上学期10月月考数学试卷

福州延安中学2024-2025学年第一学期初三月考（10月） 数学试卷 （满分：150分 考试时间：120分钟 考试形式：闭卷） 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分） 1. 下列2024年巴黎奥运会的运动图标中，不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形的识别．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做中心对称点． 【详解】解：选项A、B、D均能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形， 选项C不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形， 故选：C． 2. 关于x的方程是一元二次方程，则m的值是（ ） A. B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的概念，只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是（且，特别要注意的条件 ． 本题根据一元二次方程的定义求解即可． 【详解】解：根据题意得：， 解得：． 故选：B． 3. 对于抛物线，下列判断正确的是（ ） A. 抛物线的开口向上 B. 对称轴为直线 C. 抛物线的顶点坐标是 D. 当时，y随x的增大而增大 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质．根据二次函数解析式结合二次函数的性质，即可得出结论． 【详解】解：A、∵，∴抛物线的开口向下，本选项不符合题意； B、抛物线的对称轴为直线，本选项符合题意； C、抛物线的顶点坐标是，本选项不符合题意； D、因为开口向下，抛物线的对称轴为直线，所以当时，随的增大而减小，本选项不符合题意． 故选：B． 4. 二次函数向左平移2个单位，向上平移1个单位得到函数解析式是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平移规律得到平移后抛物线的顶点坐标，根据该顶点坐标写出新抛物线解析式即可． 本题考查了二次函数与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式 【详解】解：抛物线，它的顶点坐标是． 将其向左平移2个单位，再向上平移1个单位后，得到新抛物线的顶点坐标是， 所以新抛物线的解析式是：． 故选：D． 5. 如图，下列条件中不能判定的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定．熟记相关判定定理即可求解． 【详解】解：∵与中，， A. ，∴能判定； B. ，∴不能判定； C. ，∴，∴能判定； D. ，∴能判定． 故选：B． 6. 如图，中，，．将绕点逆时针旋转得到，点的对应点落在边上，，连接．则长为（　　） A. B. C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质与勾股定理，熟练掌握旋转前后对应线段相等以及勾股定理是解题的关键．先根据旋转性质和勾股定理求出相关线段长度，再利用勾股定理计算的长． 【详解】解：∵绕点逆时针旋转得到， ∴，，． 在中，由勾股定理得， ∴， ∴． 在中，由勾股定理得． 故选：． 7. 如图，在中，，，．点D在上，且．连接，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，分别连接，．则的面积为（ ）． A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质．根据旋转得到，然后得到，，利用三角形的面积公式计算即可． 【详解】解：由，，，， 可得，，， 由旋转可知， 所以，， 所以， 所以． 8. 在同一坐标系中，二次函数与一次函数的大致图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先分别根据二次函数和一次函数的图象得出的符号，再根据两个函数的图象与y轴的交点重合，为点，同时结合抛物线的对称轴，再逐项判断即可． 【详解】∵ 与y轴的交点为 二次函数与y轴的交点为 ∴两个函数与y轴交于同一点， A、由二次函数的图象可知， 由一次函数的图象可知， 两个函数图象得出的的符号不一致，则此项不符题意 B、由二次函数的图象可知， 由一次函数的图象可知， 两个函数图象得出的的符号不一致，则此项不符题意 C、由二次函数的图象可知， 由一次函数的图象可知， 两个函数图象得出的的符号一致，且都经过点，抛物线的对称轴为直线则可得则此项符合题意 D、由二次函数的图象可知， 由一次函数的图象可知， 两个函数图象得出的的符号一致， 但是抛物线的对称轴为直线则可得 与题干信息矛盾，则此项不符题意 故选：C． 【点睛】本题考查了一次函数与二次函数的图象综合，熟练掌握一次函数与二次函数的图象特征是解题关键． 9. 如图，在矩形中，过点作，垂足为，设，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】此题重点考查矩形的性质、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的解法等知识与方法．由矩形的性质得，则，所以，则，再证明，得，则，所以，可求得，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：四边形是矩形，， ， ， ， ， 于点， ， ， ， ， ， ， 整理得， 或（不符合题意舍去）， ， 故答案为：A． 10. 如图，二次函数的图象与x轴交于，B两点，对称轴是直线，下列结论中，①；②点B的坐标为；③；④对于任意实数m，都有，所有正确结论的序号为（ ） A. ①② B. ②③ C. ②③④ D. ③④ 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线开口方向可得a的符号，可对①进行判断；根据抛物线的对称轴，由二次函数的对称性可得B点坐标，由图象即可对②进行判断；根据点A，点B 代入解析式利用加减消元法可得，从而判定③，再由时函数取最大值判定④． 【详解】解：∵抛物线开☐向下， ∴，故①错误， ∵抛物线与y轴交于正半轴， ∴， ∴， 设点B坐标为 ∵抛物线对称轴为直线，点A的坐标为， ∴，解得：， ∴点B的坐标为，故②正确， ∵点A的坐标为，点B的坐标为， ∴ ∴由得，即，故③正确； ∵，抛物线对称轴为直线， ∴当时，时函数最大值， 当时，， ∴，即， 综上所述：正确的结论有②③④， 故选：C． 【点睛】本题主要考查二次函数图象与二次函数系数之间的关系，掌握数形结合思想的应用和二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数的对称性是解题关键． 二、填空题（共6小题，每小题4分，共24分） 11. 在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣2，3），若点A与点B关于原点O对称，则B点的坐标为____． 【答案】（2，﹣3） 【解析】 【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的对应坐标符号相反可直接得到答案． 【详解】解：∵点A和点B关于原点对称，点A的坐标为（﹣2，3）， ∴点B的坐标为（2，﹣3）， 故答案为：（2，﹣3）． 【点睛】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的坐标的变化规律． 12. 若是方程的一个根，则的值为_______． 【答案】2025 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根．解题的关键是熟练的掌握一元二次方程根的性质，整体代入法求代数式的值，是解题的关键． 根据方程根的定义，得出，把原式变形即可得出答案． 【详解】∵是方程的一个根， ∴， ∴． 故答案为：2025． 13. 方程的两根为和，那么抛物线的对称轴是直线______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象与一元二次方程，由条件可求得抛物线与轴的两个交点的横坐标，再利用对称性可求得抛物线线的对称轴，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】方程的两根为和， ∴抛物线与轴的两个交点坐标为和， ∴抛物线对称轴， 故答案为：． 14. 如图，在锐角中，，，动点D从点A出发到点B停止，动点E从点C出发到点A停止，点D运动的速度为1cm/s，点E运动的速度为2cm/s，如果两点同时开始运动，那么以点A，D，E为顶点的三角形与相似时的运动时间为_____秒． 【答案】3或4.8 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的性质，解题关键是应用分类讨论的思想方法．本题先设运动t秒，再分两种情况，与，利用其性质列出方程即可求解． 【详解】解：设运动t秒时，以点A、D、E为顶点的三角形与相似， 则． ①当点D与点B对应时，有． ∴， ∴， ∴； ②当点D与点C对应时，有． ∴， ∴， ∴． 所以当以点A、D、E为顶点的三角形与相似时，运动的时间是3秒或秒． 故答案为：3或． 15. 如图，在中，，点D在的平分线上，，将点B绕点D顺时针旋转，点B的对应点E恰好落在上，则的度数为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是旋转的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，全等三角形的判定与性质，如图，连接，证明，可得，，再证明为等边三角形，再进一步可得答案． 【详解】解：如图，连接， ∵点D在的平分线上， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 16. 如图，正方形的边长为8，是边上的动点（不与，重合），与关于直线对称，把绕点顺时针旋转得到，连结，.现有以下结论： ①； ②的最小值为； ③当时，； ④当为中点时，所在直线垂直平分. 其中一定正确的是______.（写出所有正确结论的序号） 【答案】②③ 【解析】 【分析】如图，连接，根据轴对称的性质得到，，根据旋转的性质得到，．求得，根据全等三角形的性质得到，根据正方形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论； 【详解】解：如图，连接， 与关于所在的直线对称， ， 按顺时针方向绕点旋转得到， ， ， ， ， 故①错误； 当时，有最小值，此时， ， ， 三点共线， 即有最小值时，点在对角线上， ， ， ， ， ， ， ， 故②正确； 在和中， ， （SAS）， ， ∵四边形是正方形， ． ， ， 在Rt中， ， ， 故③正确； 当为中点时，， ， 又， ， 点不在的垂直平分线上， 所在直线不会垂直平分， 故④错误； 故答案为：②③． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键． 三、解答题（共9小题，共86分，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. 解方程： （1）． （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解法，能选择适当的方法解一元二次方程是解此题的关键． （1）根据分解因式法解先提出公因式，写成再解一元一次方程即可； （2）先整理成一般式，正确确定a，b，c的值，然后代入公式计算即可． 【小问1详解】 解： 原方程可化成， ， ，； 【小问2详解】 解： 将方程化成一般形式为：， ，，， ， ， ，． 18. 已知关于x的方程． （1）求证：无论k为何值，方程总有实数根； （2）若方程的两个实数根为，求代数式的值． 【答案】（1） 证明：∵， ∴方程总有实数根； （2）0 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的根的判别式、根与系数的关系等知识点，掌握相关结论即可． （1）根据一元二次方程根的判别式计算即可求解； （2）根据一元二次方程根与系数的关系可得，，，再整理代入即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由根与系数的关系可得，，， ∴ ． 19. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为． （1）在y轴右侧，以O为位似中心，画出，使它与的相似比为； （2）写出面积= ；面积= ． 【答案】（1） 解：如图所示，即为所求： （2）4；1 【解析】 【分析】本题主要考查作图-位似变换，解题的关键是掌握位似变换的定义和性质，并据此得出变换后的对应点及相似三角形的性质． （1）连接，并延长使，同理作出点和点的对应点，再顺次连接即可得； （2）先求出的面积，再利用相似三角形的性质得出两个三角形的面积比求解可得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：根据图象可得， ∵与的相似比为， ∴与的面积比为， ∴面积． 故答案为：4；1． 20. 如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，使得点B的对应点E恰好落在边上，点A的对应点为D，延长交于点F． （1）若，，求线段的长； （2）求证：． 【答案】（1） （2） 证明：∵将绕点C顺时针旋转得到， ∴， 又∵， ∴， ∴． 【解析】 【分析】（1）由直角三角形的性质及勾股定理求出和的长，由旋转的性质得出，由勾股定理可得出答案； （2）由旋转的性质得出，证出，则可得出． 【小问1详解】 解：∵，，， ∴， ∴， ∵将绕点C顺时针旋转得到， ∴，， ∴； 【小问2详解】 略 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 21. 如图，在平行四边形中，，点在的延长线上，联结，分别交、于点、，且． （1）求的长； （2）如果，求四边形的面积． 【答案】（1）3 （2）24 【解析】 【分析】（1）首先根据平行四边形的性质得到，，然后证明出，利用相似三角形的性质得到，进而求解即可； （2）首先根据平行四边形的性质得到，然后证明出，然后利用相似三角形的性质得到，进而求解即可． 【小问1详解】 ∵四边形是平行四边形 ∴， ∴ ∴，即 解得 ∴； 【小问2详解】 ∵四边形是平行四边形 ∴ ∴ ∴，即 解得 ∴四边形的面积． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质，相似三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 22. 春节将至，某超市准备进行苹果优惠促销活动，经调查，发现苹果日销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）有如图所示的关系，苹果进价5元/千克，苹果售价不低于进价且不高于15元/千克． （1）求日销售量 y（千克）与销售单价x（元/千克）的关系式． （2）求当销售单价为何值时利润最大，并写出利润最大值． 【答案】（1） （2）当销售单价为15元时，该批苹果的日获利最大；最大获利是500元． 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的性质的应用、求一次函数解析式等知识点，正确列出二次函数解析式并根据二次函数的性质求最值成为解题的关键． （1）根据图象利用待定系数法即可求出日销售量 y（千克）与销售单价x（元/千克）的关系式； （2）利用“每件利润×总销量=总利润”，然后根据二次函数的性质求最值即可． 【小问1详解】 解：设y与x之间的函数关系式, 把分别代入, 得，解得：， ∴； 【小问2详解】 设该公司日获利润为W元， ， ∵， ∴抛物线开口向下， ∴当时，W随x的增大而增大， ∵， ∴当时，W有最大值，． 答：当销售单价为15元时，该批苹果的日获利最大；最大获利是500元． 23. 课题 《杠杆原理与相似三角形》 杠杆原理：也称为“杠杆平衡条件”，杠杆原理是几何学在物理学的体现． 相关概念：支点：杠杆绕着转动的固定点；动力：使杠杆转动的力；阻力：阻碍杠杆转动的力；动力臂：从支点到动力作用线的距离；阻力臂：从支点到阻力作用线的距离． 基本模型：当一个力通过一个支点施加在杠杆上时，通过作图，可以观察到两个相似的三角形． 如图，因为，， 所以， 则有（Ⅰ）________ 又因为（消耗的功一致）， 可得， 所以． 可得（Ⅱ）______（为阻力的反作用力）． 即，动力动力臂阻力阻力臂． 得出结论：要使杠杆平衡，作用在杠杆上的两个力矩（力与力臂的乘积）大小必须相等． （1）填空：（Ⅰ） 、（Ⅱ） ； （2）如图，小明用实心钢管制作了一个自带支点杠杆，为支点，．，，方向上因撑起一物体产生450牛顿（国际单位制中，力的单位）的阻力，方向上施加一个力使杠杆平衡，． ①请用“动力臂”与“阻力臂”概念构造相似三角形，并证明这些三角形相似； ②，运用“杠杆原理”相关知识，直接写出的大小． 【答案】（1）（Ⅰ）；（Ⅱ） （2）①， 如图，过点作交的延长线于，延长交的延长线于，则， ， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ② 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定与性质，添加适当的辅助线是解此题的关键． （1）依据相似三角形的对应边成比例进行推导即可得出结论； （2）①过点作交的延长线于，延长交的延长线于，则，证明，，即可得证；②根据动力动力臂阻力阻力臂，进行计算即可得解． 【小问1详解】 解：如图，因为，， 所以， 则有（Ⅰ）， 又因为（消耗的功一致）， 可得， 所以． 可得（Ⅱ）（为阻力的反作用力）． 即动力动力臂阻力阻力臂． 得出结论：要使杠杆平衡，作用在杠杆上的两个力矩（力与力臂的乘积）大小必须相等． 【小问2详解】 解：①略 ②由（1）可得：动力动力臂阻力阻力臂， ∴， 由①可得：， ∵，，，， ∴， ∴． 24. 如图，已知和都是等腰直角三角形，，点在内部，连接、． （1）求证：； （2）延长交 于点，连接． ①求证：； ②求 的值． 【答案】（1） 证明：、是等腰直角三角形， ， ， ， 又等腰直角三角形、中，， ， ． （2） ①证明：记与 的交点为， 由（1）知，，， ， 又， ， ， ． ② 【解析】 【分析】（1）根据等腰直角三角形性质可得、，，推得即可证明，再由相似三角形性质即可证明； （2）①证明后可得，又可证，再由相似三角形性质可证； ②在上取点，使，连接，记与交点为，据①可得，推得可证，根据全等三角形性质可得是等腰直角三角形，求得后即可求得的值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①略 ② 解：在上取点，使，连接， 记 与 的交点为， ， 又， ， 等腰直角三角形中，， 在和中， ， ， ，， ， 故是等腰直角三角形， ， ． 【点睛】本题考查的知识点是等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解题关键是利用截长补短的方法作辅助线，构造全等三角形求解． 25. 如图（1），二次函数的图像与轴交于、两点，与轴交于点，点的坐标为，点的坐标为，直线经过、两点． 　 （1）求该二次函数的表达式及其图像的顶点坐标； （2）点为直线上的一点，过点作轴的垂线与该二次函数的图像相交于点，再过点作轴的垂线与该二次函数的图像相交于另一点，当时，求点的横坐标； （3）如图（2），点关于轴的对称点为点，点为线段上的一个动点，连接，点为线段上一点，且，连接，当的值最小时，直接写出的长． 【答案】（1），顶点坐标 （2）点横坐标为或或或 （3） 【解析】 【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可； （2）设，则，，则，由题意可得方程，求解方程即可； （3）由题意可知Q点在平行于的线段上，设此线段与x轴的交点为G，由，求出点，作A点关于的对称点，连接与交于点Q，则，利用对称性和，求出，求出直线的解析式和直线的解析式，联立方程组，可求点，再求． 【小问1详解】 解：将点，代入 ∴ 解得 ∴ ∵， ∴顶点坐标； 【小问2详解】 解：设直线的解析式为， ∴ 解得 ∴， 设，则，， ∴，， ∵， ∴， ∴或， 当时， 整理得， 解得，， 当时，整理得， 解得，， ∴点横坐标为或或或； 【小问3详解】 解：∵，点与点关于轴对称， ∴， 令，则， 解得或， ∴， ∴， ∵， ∴点在平行于的线段上，设此线段与轴的交点为， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 作点关于的对称点，连接与交于点， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得， ∴， 同理可求直线的解析式为， 联立方程组， 解得， ∴， ∵， ∴. 【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，利用轴对称求最短距离的方法，解绝对值方程，待定系数法求函数的解析式是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州延安中学2024-2025学年第一学期初三月考（10月） 数学试卷 （满分：150分 考试时间：120分钟 考试形式：闭卷） 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分） 1. 下列2024年巴黎奥运会的运动图标中，不是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 关于x的方程是一元二次方程，则m的值是（ ） A. B. C. D. 0 3. 对于抛物线，下列判断正确的是（ ） A. 抛物线的开口向上 B. 对称轴为直线 C. 抛物线的顶点坐标是 D. 当时，y随x的增大而增大 4. 二次函数向左平移2个单位，向上平移1个单位得到函数解析式是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，下列条件中不能判定的是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，中，，．将绕点逆时针旋转得到，点的对应点落在边上，，连接．则长为（　　） A. B. C. 3 D. 4 7. 如图，在中，，，．点D在上，且．连接，将线段绕点A顺时针旋转得到线段，分别连接，．则的面积为（ ）． A. 3 B. C. D. 8. 在同一坐标系中，二次函数与一次函数的大致图象可能是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在矩形中，过点作，垂足为，设，，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，二次函数的图象与x轴交于，B两点，对称轴是直线，下列结论中，①；②点B的坐标为；③；④对于任意实数m，都有，所有正确结论的序号为（ ） A. ①② B. ②③ C. ②③④ D. ③④ 二、填空题（共6小题，每小题4分，共24分） 11. 在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣2，3），若点A与点B关于原点O对称，则B点的坐标为____． 12. 若是方程的一个根，则的值为_______． 13. 方程的两根为和，那么抛物线的对称轴是直线______． 14. 如图，在锐角中，，，动点D从点A出发到点B停止，动点E从点C出发到点A停止，点D运动的速度为1cm/s，点E运动的速度为2cm/s，如果两点同时开始运动，那么以点A，D，E为顶点的三角形与相似时的运动时间为_____秒． 15. 如图，在中，，点D在的平分线上，，将点B绕点D顺时针旋转，点B的对应点E恰好落在上，则的度数为______． 16. 如图，正方形的边长为8，是边上的动点（不与，重合），与关于直线对称，把绕点顺时针旋转得到，连结，.现有以下结论： ①； ②的最小值为； ③当时，； ④当为中点时，所在直线垂直平分. 其中一定正确的是______.（写出所有正确结论的序号） 三、解答题（共9小题，共86分，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. 解方程： （1）． （2）． 18. 已知关于x的方程． （1）求证：无论k为何值，方程总有实数根； （2）若方程的两个实数根为，求代数式的值． 19. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为． （1）在y轴右侧，以O为位似中心，画出，使它与的相似比为； （2）写出面积= ；面积= ． 20. 如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，使得点B的对应点E恰好落在边上，点A的对应点为D，延长交于点F． （1）若，，求线段的长； （2）求证：． 21. 如图，在平行四边形中，，点在的延长线上，联结，分别交、于点、，且． （1）求的长； （2）如果，求四边形的面积． 22. 春节将至，某超市准备进行苹果优惠促销活动，经调查，发现苹果日销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）有如图所示的关系，苹果进价5元/千克，苹果售价不低于进价且不高于15元/千克． （1）求日销售量 y（千克）与销售单价x（元/千克）的关系式． （2）求当销售单价为何值时利润最大，并写出利润最大值． 23. 课题 《杠杆原理与相似三角形》 杠杆原理：也称为“杠杆平衡条件”，杠杆原理是几何学在物理学的体现． 相关概念：支点：杠杆绕着转动的固定点；动力：使杠杆转动的力；阻力：阻碍杠杆转动的力；动力臂：从支点到动力作用线的距离；阻力臂：从支点到阻力作用线的距离． 基本模型：当一个力通过一个支点施加在杠杆上时，通过作图，可以观察到两个相似的三角形． 如图，因为，， 所以， 则有（Ⅰ）________ 又因为（消耗的功一致）， 可得， 所以． 可得（Ⅱ）______（为阻力的反作用力）． 即，动力动力臂阻力阻力臂． 得出结论：要使杠杆平衡，作用在杠杆上的两个力矩（力与力臂的乘积）大小必须相等． （1）填空：（Ⅰ） 、（Ⅱ） ； （2）如图，小明用实心钢管制作了一个自带支点杠杆，为支点，．，，方向上因撑起一物体产生450牛顿（国际单位制中，力的单位）的阻力，方向上施加一个力使杠杆平衡，． ①请用“动力臂”与“阻力臂”概念构造相似三角形，并证明这些三角形相似； ②，运用“杠杆原理”相关知识，直接写出的大小． 24. 如图，已知和都是等腰直角三角形，，点在内部，连接、． （1）求证：； （2）延长交 于点，连接． ①求证：； ②求 的值． 25. 如图（1），二次函数的图像与轴交于、两点，与轴交于点，点的坐标为，点的坐标为，直线经过、两点． 　 （1）求该二次函数的表达式及其图像的顶点坐标； （2）点为直线上的一点，过点作轴的垂线与该二次函数的图像相交于点，再过点作轴的垂线与该二次函数的图像相交于另一点，当时，求点的横坐标； （3）如图（2），点关于轴的对称点为点，点为线段上的一个动点，连接，点为线段上一点，且，连接，当的值最小时，直接写出的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $