陕西省西安市碑林区联考2024-2025学年九年级上学期期末考试数学试卷

2024-2025学年陕西省西安市碑林区联考九年级（上）期末数学试卷 一、选择题（共8小题，每小题3分，计24分.每小题只有一个选项是符合题意的） 1．（3分）已知x＝2是一元二次方程x2﹣a＝0的一个根，则a的值为（　　） A．﹣4 B．4 C．﹣2 D．0 2．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝12，BC＝5，AC＝13，则sinA＝（　　） A． B． C． D． 3．（3分）如图，两条直线被三条平行线所截，已知AB：BC＝1：2，若DE＝3，则EF＝（　　） A．12 B．9 C．6 D．3 4．（3分）已知二次函数y＝x2﹣4x﹣5的图象与x轴两个交点的坐标分别是（﹣1，0）和（5，0），那么一元二次方程x2﹣4x﹣5＝0的两个根分别为（　　） A．x1＝﹣1，x2＝5 B．x1＝1，x2＝5 C．x1＝﹣1，x2＝﹣5 D．x1＝1，x2＝﹣5 5．（3分）在同一平面直角坐标系中，正比例函数y＝kx（k≠0）与反比例函数的图象可能是（　　） A． B． C． D． 6．（3分）如图，已知△ABC和△A′B′C′是以点O为位似中心的位似图形，且OA：OA′＝1：2，若△ABC的面积为3，则△A′B′C′的面积为（　　） A．5 B．6 C．9 D．12 7．（3分）如图，E是矩形ABCD的对角线BD的中点，F是AB边的中点，若AB＝10，EF＝3，则线段CE的长为（　　） A．7 B．4 C．2 D． 8．（3分）已知抛物线y＝ax2﹣2ax+b（a＜0）的图象上三个点的坐标分别为A（x1，y1），B（1，y2），C（x3，y3），若x1＜1＜x3，x1+x3＜2，则y1，y2，y3的大小关系为（　　） A．y2＞y1＞y3 B．y1＞y3＞y2 C．y2＞y3＞y1 D．y3＞y2＞y1 二、填空题（共5小题，每小题3分，计15分） 9．（3分）二次函数y＝（x﹣3）2+5的顶点坐标是 　 　． 10．（3分）一个不透明的箱子里装有仅颜色不同的红色卡片和蓝色卡片共20张．随机从箱子里摸出1张卡片，记下颜色后再放回，经过多次的重复试验，发现摸到蓝色卡片的频率稳定在0.4附近，由此估计箱子中蓝色卡片有　 　张． 11．（3分）如图，已知△ABC∽△ACD，∠A＝80°，∠ADC＝60°，则∠B＝ 　 　． 12．（3分）如图，A是反比例函数的图象上的一点，过点A作AB⊥y轴于点B，连接AO，已知△ABO的面积为5，那么k＝　 　． 13．（3分）如图，P为菱形ABCD的对角线AC上的一个定点，Q为AD边上的一个动点，AP的垂直平分线分别交AB，AP于点E，G，∠DAB＝30°，若PQ的长的最小值为3，则AE的长为 　 　． 三、解答题（共13小题，计81分，解答应写出过程） 14．（5分）计算：． 15．（5分）解方程：x2+3x﹣10＝0． 16．（5分）将二次函数的图象向下平移3个单位长度可以得到一个新的抛物线． （1）请你写出这个新抛物线的函数表达式； （2）判断点A（4，5）是否在这个新抛物线上． 17．（5分）如图，E，F分别是正方形ABCD的边AB，AD的中点，连接CE，CF，求证：CE＝CF． 18．（5分）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝AD，请用尺规作图的方法在CD边上求作一点E，连接BE，使得四边形ABED是菱形．（保留作图痕迹，不写作法） 19．（5分）榆林是国家历史文化名城，有着“南塔北台中古城，六楼骑街天下名”的美誉．赵老师为了让学生深入了解榆林，将下面4张印有榆林著名景点的卡片背面朝上放在桌面上（这4张卡片除正面外，其余完全相同），邀请班里的同学上讲台随机抽取1张卡片，并向大家介绍该景点． （1）小靖上讲台后抽到“B．榆林古城”的概率为 　 　； （2）若林林先上讲台，从4张卡片中随机抽取1张，然后放回重新排列，安安随后上讲台，也从4张卡片中随机抽取1张，请用画树状图或列表的方法，求他们抽到的是同一个景点的概率． 20．（5分）百合是陕西省的省花，叶片青翠娟秀，茎干亭亭玉立，是名贵的切花新秀．某经销商销售百合花，平均每天可卖出50束，每束盈利20元．临近新年，该经销商决定降价促销，经市场调研发现，每束百合花每降价1元，每天销量将增加4束，当每束百合花降价多少元时，该经销商每天销售百合花能盈利1044元？ 21．（6分）画出下面几何体的主视图、左视图和俯视图． 22．（7分）陕西的面食文化丰富多彩，具有深厚的历史底蕴和多样的制作工艺．其中扯面已有3000年的历史．厨师张师傅将一定质量的面团做成扯面时，面条的总长度y（m）是面条横截面面积S（mm2）的反比例函数，其图象经过点A（4，30）． （1）求y与S之间的函数表达式． （2）当张师傅扯出的面条的横截面面积为5mm2时，他扯出的面条的总长度是多少米？ 23．（7分）如图，在一次数学实践活动中，张老师带领学生去测量学校附近一座垂直于地面的古塔的高度，小凡同学从古塔底部的点B处前行8.6m到达斜坡DC的底部点D处，然后沿着斜坡前行10m（DE＝10m）到达最佳测量点E处，在点E处测得塔顶A的仰角为30°，已知斜坡与水平地面的夹角为20°，且点A，B，C，D，E在同一个平面内，求该古塔的高度．（参考数据：tan20°≈0.36，sin20°≈0.34，cos20°≈0.94， 24．（8分）如图，在矩形ABCD中，E为DC边上的一点，把△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F处． （1）求证：△ABF∽△FCE； （2）若AB＝3，AD＝2，求EF的长． 25．（8分）排球运动是一种全身性的体育活动，它能够有效提升心肺功能，改善柔韧性和协调性．一名排球运动员在原点O处训练发球，球网MN高2.4m，与原点O的水平距离OM为9m，且MN与地面垂直，球场的边界（点K）与原点O的水平距离为18m，排球（看作点）从点O的正上方点P（0，2）处发出，排球经过的路径可以看作抛物线的一部分，当排球在距离发出点水平距离6m时，与地面的垂直距离最大，为3m，落地点为点H，如图，以点O为原点，点O，M，H，K所在的直线为x轴，OP所在直线为y轴，建立平面直角坐标系．（图中所有的点均在同一平面内）． （1）求排球经过路径所在抛物线的函数表达式． （2）通过计算判断发出后的排球能否越过球网？是否会出界？ 26．（10分）【问题提出】 （1）如图1，AD与BE相交于点C，连接AB，DE，∠A＝∠E，，若AB的长为21，求DE的长； 【问题解决】 （2）如图2，四边形ABCD是一个植物园的花卉区，经测量，AB＝BC＝CD＝AD，工作人员计划将该花卉区进行扩建，在对角线AC上取一点E，在边BC的延长线上取一点F，连接BE，EF，DF，EF与CD交于点G，根据工作人员的规划要求，BE与EF相等，EF与CD互相垂直，在扩建部分（△CDF区域内）新增加一种花卉，请你判断∠CDF与∠ADC之间的数量关系，并说明理由． 2024-2025学年陕西省西安市碑林区联考九年级（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B C C A B D D C 一、选择题（共8小题，每小题3分，计24分.每小题只有一个选项是符合题意的） 1．（3分）已知x＝2是一元二次方程x2﹣a＝0的一个根，则a的值为（　　） A．﹣4 B．4 C．﹣2 D．0 【分析】把x＝2代入已知方程，通过解关于a的新方程来求a的值． 【解答】解：依题意得 22﹣a＝0， 即4﹣a＝0， 解得 a＝4． 故选：B． 【点评】本题考查了一元二次方程的解，能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解． 2．（3分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝12，BC＝5，AC＝13，则sinA＝（　　） A． B． C． D． 【分析】正弦：我们把锐角A的对边a与斜边c的比叫做∠A的正弦，记作sinA，据此即可求得答案． 【解答】解：sinA＝＝， 故选：C． 【点评】本题考查锐角三角函数定义，熟练掌握其定义是解题的关键． 3．（3分）如图，两条直线被三条平行线所截，已知AB：BC＝1：2，若DE＝3，则EF＝（　　） A．12 B．9 C．6 D．3 【分析】由平行线分线段成比例定理得出比例式，即可得出结果． 【解答】解：∵l1∥l2∥l3， ∴＝， ∵AB：BC＝1：2，DE＝3， ∴＝， ∴EF＝6． 故选：C． 【点评】本题考查平行线分线段成比例，解题的关键是学会利用平行线分线段成比例定理解决问题． 4．（3分）已知二次函数y＝x2﹣4x﹣5的图象与x轴两个交点的坐标分别是（﹣1，0）和（5，0），那么一元二次方程x2﹣4x﹣5＝0的两个根分别为（　　） A．x1＝﹣1，x2＝5 B．x1＝1，x2＝5 C．x1＝﹣1，x2＝﹣5 D．x1＝1，x2＝﹣5 【分析】利用抛物线与x轴的交点坐标得到x＝﹣1或x＝5时，y＝0，从而确定一元二次方程x2﹣4x﹣5＝0的两个根． 【解答】解：∵二次函数y＝x2﹣4x﹣5的图象与x轴两个交点的坐标分别是（﹣1，0）和（5，0）， 即x＝﹣1或x＝5时，y＝0， ∴一元二次方程x2﹣4x﹣5＝0的两个根分别为x1＝﹣1，x2＝5． 故选：A． 【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程． 5．（3分）在同一平面直角坐标系中，正比例函数y＝kx（k≠0）与反比例函数的图象可能是（　　） A． B． C． D． 【分析】分别根据反比例函数及正比例函数图象的特点对四个选项进行逐一分析即可． 【解答】解：当k＞0时，反比例函数的图象在第一、三象限，所以正比例函数y＝kx的图象经过第一、三象限；当k＜0，反比例函数在第二四象限，所以正比例函数y＝kx的图象经过第二、四象限； 故B选项正确，故选：B． 【点评】本题考查了反比例函数图象与性质，正比例函数图象与性质．解题的关键是先根据反比例函数图象所在的象限判断出k的符号，再根据正比例函数的性质进行解答． 6．（3分）如图，已知△ABC和△A′B′C′是以点O为位似中心的位似图形，且OA：OA′＝1：2，若△ABC的面积为3，则△A′B′C′的面积为（　　） A．5 B．6 C．9 D．12 【分析】利用位似的性质得到△ABC∽△A′B′C′，AC：A′C′＝OA：OA′＝3：4，然后根据相似三角形的性质求解． 【解答】解：∵△ABC和△A′B′C′是以点O为位似中心的位似图形， ∴△ABC∽△A′B′C′，AC：A′C′＝OA：OA′＝1：2， ∴＝（）2＝（）2＝， ∴S△A′B′C′＝4×3＝12． 故选：D． 【点评】本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．位似的两个图形必须是相似形；对应点的连线都经过同一点；对应边平行或共线． 7．（3分）如图，E是矩形ABCD的对角线BD的中点，F是AB边的中点，若AB＝10，EF＝3，则线段CE的长为（　　） A．7 B．4 C．2 D． 【分析】先证EF是△ABD的中位线，即可求出AD的长，再根据勾股定理即可求出BD的长，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出CE的长． 【解答】解：连接EF， ∵E是矩形ABCD的对角线BD的中点，F是AB边的中点， ∴EF是△ABD的中位线， ∴OE＝AD， ∵EF＝3， ∴AD＝6， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠BCD＝90°， 在Rt△ABD中，AD＝6，AB＝10， 由勾股定理得，BD＝＝＝2， 在Rt△BCD中，E是BD的中点， ∴CE＝BD＝， 故选：D． 【点评】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 8．（3分）已知抛物线y＝ax2﹣2ax+b（a＜0）的图象上三个点的坐标分别为A（x1，y1），B（1，y2），C（x3，y3），若x1＜1＜x3，x1+x3＜2，则y1，y2，y3的大小关系为（　　） A．y2＞y1＞y3 B．y1＞y3＞y2 C．y2＞y3＞y1 D．y3＞y2＞y1 【分析】由题意可得，抛物线开口向下，对称轴为直线x＝1，故x＝1时有最大值y2，再根据x1＜1＜x3，x1+x3＜2，可得y3＞y1即可得出答案． 【解答】解：∵y＝ax2﹣2ax+b（a＜0）， ∴抛物线开口向下，对称轴为直线x＝﹣＝1， ∴x＝1时有最大值y2， ∵x1＜1＜x3，x1+x3＜2， ∴A、C在对称轴的两侧，且A离着对称轴较远， ∴y3＞y1， ∴y2＞y3＞y1． 故选：C． 【点评】本题主要考查二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 二、填空题（共5小题，每小题3分，计15分） 9．（3分）二次函数y＝（x﹣3）2+5的顶点坐标是 　（3，5）　． 【分析】根据抛物线y＝a（x﹣h）2+k的顶点坐标是（h，k）直接写出即可． 【解答】解：抛物线y＝（x﹣3）2+5的顶点坐标是（3，5）． 故答案为：（3，5）． 【点评】此题主要考查了二次函数的性质，关键是熟记：抛物线y＝a（x﹣h）2+k的顶点坐标是（h，k），对称轴是直线x＝h． 10．（3分）一个不透明的箱子里装有仅颜色不同的红色卡片和蓝色卡片共20张．随机从箱子里摸出1张卡片，记下颜色后再放回，经过多次的重复试验，发现摸到蓝色卡片的频率稳定在0.4附近，由此估计箱子中蓝色卡片有　8　张． 【分析】根据蓝色卡片的频率可得摸到蓝色卡片的概率，根据概率公式即可求出蓝色卡片的数量． 【解答】解：设木箱中蓝色卡片有x张，根据题意得： ＝0.4， 解得：x＝8， 则估计箱子中蓝色卡片有8张． 故答案为：8． 【点评】本题主要考查利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率． 11．（3分）如图，已知△ABC∽△ACD，∠A＝80°，∠ADC＝60°，则∠B＝ 　40°　． 【分析】由三角形内角和定理求出ACD＝40°，由相似三角形的性质推出∠B＝∠ACD＝40°． 【解答】解：∵∠A＝80°，∠ADC＝60°， ∴∠ACD＝180°﹣∠A﹣∠ADC＝40°， ∵△ABC∽△ACD， ∴∠B＝∠ACD＝40°． 故答案为：40°． 【点评】本题考查相似三角形的性质，关键是掌握相似三角形的对应角相等． 12．（3分）如图，A是反比例函数的图象上的一点，过点A作AB⊥y轴于点B，连接AO，已知△ABO的面积为5，那么k＝　﹣10　． 【分析】利用三角形面积公式与反比例函数的比例系数k的几何意义得到|k|＝5，然后去绝对值即可得到满足条件的k的值． 【解答】解：∵S△AOB＝AB•OB＝|k|＝5， ∴k＝±10， ∵k＜0， ∴k＝﹣10， 故答案为：﹣10． 【点评】本题考查了反比例函数的比例系数k的几何意义：在反比例函数y＝图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|． 13．（3分）如图，P为菱形ABCD的对角线AC上的一个定点，Q为AD边上的一个动点，AP的垂直平分线分别交AB，AP于点E，G，∠DAB＝30°，若PQ的长的最小值为3，则AE的长为 　6　． 【分析】过P作PK⊥AB于K，连接PE，由线段垂直平分线的性质推出AE＝PE，因此∠EAP＝∠EPA，由菱形的性质得到∠BAD＝2∠BAP＝30°，由三角形的外角性质得到∠PEK＝2∠BAP＝30°，由含30度角的直角三角形的性质得到PE＝2PK，由角平分线的性质推出PK＝3，得到PE＝2×3＝6，因此AE＝6． 【解答】解：过P作PK⊥AB于K，连接PE， ∵GE垂直平分AP， ∴AE＝PE， ∴∠EAP＝∠EPA， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC平分∠BAD， ∴∠BAD＝2∠BAP＝30°， ∴∠PEK＝∠EAP+∠EPA＝2∠BAP＝30°， ∵∠PKE＝90°， ∴PE＝2PK， 当PQ⊥AD时，PQ的长最小，最小值是3， 此时AC平分∠BAD，PK⊥AB，PQ⊥AD， ∴PK＝PQ＝3， ∴PE＝2×3＝6， ∴AE＝6． 故答案为：6． 【点评】本题考查菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形，角平分线的性质，关键是明白当PQ⊥AD时，PQ的长最小，由角平分线的性质得到PK的长． 三、解答题（共13小题，计81分，解答应写出过程） 14．（5分）计算：． 【分析】直接利用特殊角的三角函数值代入求出答案． 【解答】解：原式＝6×+×﹣1 ＝3+﹣1 ＝． 【点评】此题主要考查了实数的运算和特殊角的三角函数值，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键． 15．（5分）解方程：x2+3x﹣10＝0． 【分析】将左边利用十字相乘法因式分解，继而可得两个关于x的一元一次方程，分别求解即可得出答案． 【解答】解：∵x2+3x﹣10＝0， ∴（x+5）（x﹣2）＝0， 则x+5＝0或x﹣2＝0， 解得x1＝﹣5，x2＝2． 【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键． 16．（5分）将二次函数的图象向下平移3个单位长度可以得到一个新的抛物线． （1）请你写出这个新抛物线的函数表达式； （2）判断点A（4，5）是否在这个新抛物线上． 【分析】（1）根据抛物线平移的规律“左加右减，上加下减”即可求得新抛物线的函数表达式； （2）把点A（4，5）代入新抛物线，即可判断是否在新抛物线上． 【解答】解：（1）由“上加下减，左加右减”的原则可知，将二次函数y＝x2的图象先向下平移3个单位长度后所得新函数图象的表达式为y＝x2﹣3． （2）把点A（4，5）代入抛物线的函数表达式y＝x2﹣3＝×42﹣3＝8﹣3＝5， ∴可判断点A（4，5）在新抛物线上． 【点评】本题主要考查的是函数图象的平移，用平移规律“左加右减，上加下减”直接代入函数解析式或求得平移后的函数解析式． 17．（5分）如图，E，F分别是正方形ABCD的边AB，AD的中点，连接CE，CF，求证：CE＝CF． 【分析】根据正方形性质得，AB＝CB＝CD＝AB，∠B＝∠D＝90°，再根据E，F分别是边AB，AD的中点得BE＝DF，由此可依据“SAS”判定△CBE和△CDF全等，然后根据全等三角形的性质即可得出结论． 【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝CB＝CD＝AB，∠B＝∠D＝90°， ∵E，F分别是正方形ABCD的边AB，AD的中点， ∴BE＝AB，DF＝AD， ∴BE＝DF， 在△CBE和△CDF中， ， ∴△CBE≌△CDF（SAS）， ∴CE＝CF． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质是解决问题的关键． 18．（5分）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝AD，请用尺规作图的方法在CD边上求作一点E，连接BE，使得四边形ABED是菱形．（保留作图痕迹，不写作法） 【分析】以D为圆心，DA为半径画弧交DC于点E，连接BE即可（根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可）． 【解答】解：如图，四边形ABED即为所求． 【点评】本题考查作图﹣复杂作图，菱形的判定和性质，解题的关键是理解题意，正确作出图形． 19．（5分）榆林是国家历史文化名城，有着“南塔北台中古城，六楼骑街天下名”的美誉．赵老师为了让学生深入了解榆林，将下面4张印有榆林著名景点的卡片背面朝上放在桌面上（这4张卡片除正面外，其余完全相同），邀请班里的同学上讲台随机抽取1张卡片，并向大家介绍该景点． （1）小靖上讲台后抽到“B．榆林古城”的概率为 　　； （2）若林林先上讲台，从4张卡片中随机抽取1张，然后放回重新排列，安安随后上讲台，也从4张卡片中随机抽取1张，请用画树状图或列表的方法，求他们抽到的是同一个景点的概率． 【分析】（1）直接利用概率公式求解即可； （2）列表得出共有16种等可能的结果，其中林林和安安抽到的是同一个景点的结果有4种，再由概率公式求解即可． 【解答】解：（1）∵有4张印有榆林著名景点的卡片， ∴小靖上讲台后抽到“B．榆林古城”的概率为， 故答案为：； （2）列表如下： A B C D A （A，A） （A，B） （A，C） （A，D） B （B，A） （B，B） （B，C） （B，D） C （C，A） （C，B） （C，C） （C，D） D （D，A） （D，B） （D，C） （D，D） 由表格知，共有16种等可能的结果，其中林林和安安抽到的是同一个景点的结果有4种， ∴他们抽到的是同一个景点的概率为＝． 【点评】本题考查了列表法与树状图法以及概率公式，列表法和树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比． 20．（5分）百合是陕西省的省花，叶片青翠娟秀，茎干亭亭玉立，是名贵的切花新秀．某经销商销售百合花，平均每天可卖出50束，每束盈利20元．临近新年，该经销商决定降价促销，经市场调研发现，每束百合花每降价1元，每天销量将增加4束，当每束百合花降价多少元时，该经销商每天销售百合花能盈利1044元？ 【分析】设每束百合花降价x元，则每束百合花盈利（20﹣x）元，平均每天可卖出（50+4x）束，利用总利润＝每束百合花的销售利润×日销售量，可列出关于x的一元二次方程，解之即可得出结论． 【解答】解：设每束百合花降价x元，则每束百合花盈利（20﹣x）元，平均每天可卖出（50+4x）束， 根据题意得：（20﹣x）（50+4x）＝1044， 整理得：2x2﹣15x+22＝0， 解得：x1＝2，x2＝5.5． 答：当每束百合花降价2或5.5元时，该经销商每天销售百合花能盈利1044元． 【点评】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 21．（6分）画出下面几何体的主视图、左视图和俯视图． 【分析】根据三视图的定义画图即可． 【解答】解：如图所示． 【点评】本题考查作图﹣三视图，解题的关键是理解三视图的定义． 22．（7分）陕西的面食文化丰富多彩，具有深厚的历史底蕴和多样的制作工艺．其中扯面已有3000年的历史．厨师张师傅将一定质量的面团做成扯面时，面条的总长度y（m）是面条横截面面积S（mm2）的反比例函数，其图象经过点A（4，30）． （1）求y与S之间的函数表达式． （2）当张师傅扯出的面条的横截面面积为5mm2时，他扯出的面条的总长度是多少米？ 【分析】（1）首先根据题意，y与S的关系为乘积一定，为面团的体积，即可得出y与S的反比例函数关系式； （2）将S＝5代入反比例函数的关系式，即可得到面条的总长度． 【解答】解：（1）设y与S的函数关系式为y＝， 将S＝4，y＝30代入上式， 解得：k＝4×30＝120， ∴y与S之间的函数表达式为y＝（S＞0）； （2）当S＝5mm2时，y＝＝24， 张师傅扯出的面条的横截面面积为5mm2，这根面条的总长度是24m． 【点评】本题考查了反比例函数的应用，解答该类问题的关键是确定两个变量之间的函数关系，然后利用待定系数法求出它们的关系式． 23．（7分）如图，在一次数学实践活动中，张老师带领学生去测量学校附近一座垂直于地面的古塔的高度，小凡同学从古塔底部的点B处前行8.6m到达斜坡DC的底部点D处，然后沿着斜坡前行10m（DE＝10m）到达最佳测量点E处，在点E处测得塔顶A的仰角为30°，已知斜坡与水平地面的夹角为20°，且点A，B，C，D，E在同一个平面内，求该古塔的高度．（参考数据：tan20°≈0.36，sin20°≈0.34，cos20°≈0.94， 【分析】过点E作EG⊥AB，垂足为G，根据题意可得：EF＝GB，EG＝FB，EF⊥FD，然后在Rt△EFD中，利用锐角三角函数的定义求出EF和DF的长，从而求出BD的长，再在Rt△AEG中，利用锐角三角函数的定义求出AG的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答． 【解答】解：如图：过点E作EG⊥AB，垂足为G， 由题意得：EF＝GB，EG＝FB，EF⊥FD， 在Rt△EFD中，∠EDF＝20°，DE＝10m， ∴EF＝GB＝DE•sin20°≈10×0.34＝3.4（m）， DF＝DE•cos20°≈10×0.94＝9.4（m）， ∵BD＝8.6m， ∴EG＝BF＝DF+DB＝9.4+8.6＝18（m）， 在Rt△AEG中，∠AEG＝30°， ∴AG＝EG•tan30°＝18×＝6（m）， ∴AB＝AG+BG＝6+3.4≈13.78（m）， ∴该古塔的高度约为13.78m． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 24．（8分）如图，在矩形ABCD中，E为DC边上的一点，把△ADE沿AE翻折，使点D恰好落在BC边上的点F处． （1）求证：△ABF∽△FCE； （2）若AB＝3，AD＝2，求EF的长． 【分析】（1）由矩形的性质得∠B＝∠C＝∠D＝90°，由翻折得∠AFE＝∠D＝90°，由∠BAF+∠AFB＝90°，∠CFE+∠AFB＝90°，得∠BAF＝∠CFE，则△ABF∽△FCE； （2）由AB＝3，AD＝2，得BC＝AD＝2，则AF＝AD＝2，求得BF＝＝，所以FC＝BC﹣BF＝，由相似三角形的性质得＝，求得EF＝＝2． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝∠C＝∠D＝90°， ∵把△ADE沿AE翻折，点D落在BC边上的点F处， ∴∠AFE＝∠D＝90°， ∴∠BAF+∠AFB＝90°，∠CFE+∠AFB＝90°， ∴∠BAF＝∠CFE， ∴△ABF∽△FCE． （2）解：∵AB＝3，AD＝2， ∴BC＝AD＝2， 由翻折得AF＝AD＝2， ∴BF＝＝＝， ∴FC＝BC﹣BF＝2﹣＝， ∵△ABF∽△FCE， ∴＝， ∴EF＝＝＝2， ∴EF的长是2． 【点评】此题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，推导出∠BAF＝∠CFE，进而证明△ABF∽△FCE是解题的关键． 25．（8分）排球运动是一种全身性的体育活动，它能够有效提升心肺功能，改善柔韧性和协调性．一名排球运动员在原点O处训练发球，球网MN高2.4m，与原点O的水平距离OM为9m，且MN与地面垂直，球场的边界（点K）与原点O的水平距离为18m，排球（看作点）从点O的正上方点P（0，2）处发出，排球经过的路径可以看作抛物线的一部分，当排球在距离发出点水平距离6m时，与地面的垂直距离最大，为3m，落地点为点H，如图，以点O为原点，点O，M，H，K所在的直线为x轴，OP所在直线为y轴，建立平面直角坐标系．（图中所有的点均在同一平面内）． （1）求排球经过路径所在抛物线的函数表达式． （2）通过计算判断发出后的排球能否越过球网？是否会出界？ 【分析】（1）根据抛物线的顶点坐标为（6，3），用顶点式表示出抛物线的解析式，把（0，2）代入可求得抛物线L的二次项的系数，即可得到抛物线的解析式； （2）能否越过球网，要看当x＝9时，抛物线的纵坐标是否大于球网的高度2.4；是否会出界，要看当y＝0时，x的值是否大于边界到原点的距离18． 【解答】解：（1）根据题意可知，抛物线的顶点坐标为（6，3）， ∴设抛物线L的解析式为：y＝a（x﹣6）2+3， ∵过点P（0，2）， ∴2＝36a+3， 解得a＝﹣， ∴排球经过路径所在抛物线的函数表达式为y＝﹣（x﹣6）2+3； （2）由（1）知，当x＝9时，y＝﹣（9﹣6）2+3＝2.75， ∵2.75＞2.4， ∴排球能越过球网； 当y＝0时，﹣（x﹣6）2+3＝0， 解得x1＝6+6，x26﹣6（舍去）， ∵6+6＜18， ∴排球不会出界， ∴发出后的排球既能越过球网又不会出界． 【点评】本题主要考查了二次函数的应用，解答本题的关键是找准等量关系，列出二次函数解析式． 26．（10分）【问题提出】 （1）如图1，AD与BE相交于点C，连接AB，DE，∠A＝∠E，，若AB的长为21，求DE的长； 【问题解决】 （2）如图2，四边形ABCD是一个植物园的花卉区，经测量，AB＝BC＝CD＝AD，工作人员计划将该花卉区进行扩建，在对角线AC上取一点E，在边BC的延长线上取一点F，连接BE，EF，DF，EF与CD交于点G，根据工作人员的规划要求，BE与EF相等，EF与CD互相垂直，在扩建部分（△CDF区域内）新增加一种花卉，请你判断∠CDF与∠ADC之间的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论； （2）根据菱形的判定定理得到四边形ABCD是菱形，连接DE，根据全等三角形的性质得到BE＝DE，∠ABE＝∠ADE，求得∠EDF＝∠DFE＝（180°﹣∠DEF），根据等腰三角形的性质得到∠ECF＝∠EFB，得到∠ACD＝∠ACB＝（180°﹣∠DCF），等量代换得到∠ACD＝∠DCF，连接BD交AC于O，根据菱形的性质得到∠ADB＝∠CDB，∠COD＝90°，根据余角的性质即可得到结论． 【解答】解：（1）∵∠A＝∠E，∠ABC＝∠EDC， ∴△ABC∽△EDC， ∴＝， ∵AC＝CE，AB的长为21， ∴＝， ∴DE＝35； （2）∠ADC＝2∠CDF， 理由：∵AB＝BC＝CD＝AD， ∴四边形ABCD是菱形， 连接DE， ∵∠BAE＝∠DAE，AE＝AE， ∴△ABE≌△ADE（SAS）， ∴BE＝DE，∠ABE＝∠ADE， ∠ABC＝∠ADC， ∴∠EBC＝∠EDC， ∵BE＝EF， ∴DE＝EF， ∴∠EDF＝∠DFE＝（180°﹣∠DEF）， ∵EB＝EF， ∴∠EBF＝∠EFB， ∴∠EFB＝∠EDC， ∵∠EGD＝∠CGF， ∴∠DEF＝∠DCF， ∴∠ACD＝∠ACB＝（180°﹣∠DCF）， ∴∠ACD＝∠DCF， 连接BD交AC于O， ∴∠ADB＝∠CDB，∠COD＝90°， ∴∠ODC+∠OCD＝∠CDF+∠DFG＝90°， ∴∠CDF＝∠CDO， ∴∠ADO＝∠CDO＝∠CDF， ∴∠ADC＝2∠CDF． 【点评】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$