2025年广东省深圳市南山区九年级数学押题卷

2025年深圳市南山区九年级数学押题卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1．（3分）如图是一个几何体的侧面展开图，这个几何体可以是（　　） A．圆锥 B．圆柱 C．棱锥 D．棱柱 2．（3分）下列图形中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．（3分）代数式有意义时，x应满足的条件为（　　） A．x≠﹣1 B．x＞﹣1 C．x＜﹣1 D．x≤﹣1 4．如图，直线a∥b，∠1＝40°，则∠2＝（　　） A．30° B．40° C．50° D．60° 5．如图，在△ABC中，BC＝4，点D，E分别为AB，AC的中点，则DE＝（　　） A． B． C．1 D．2 6．在平面直角坐标系中，将点（1，1）向右平移2个单位后，得到的点的坐标是（　　） A．（3，1） B．（﹣1，1） C．（1，3） D．（1，﹣1） 7．（3分）实数a，b在数轴上的位置如图所示，则（　　） A．a＝b B．a＞b C．|a|＜|b| D．|a|＞|b| 8．（3分）为了疫情防控，某小区需要从甲、乙、丙、丁4名志愿者中随机抽取2名负责该小区入口处的测温工作，则甲被抽中的概率是（　　） A． B． C． D． 9．（3分）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上，且CE＝1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（　　） A． B． C．2﹣ D． 10．（3分）如图，用若干根相同的小木棒拼成图形，拼第1个图形需要6根小木棒，拼第2个图形需要14根小木棒，拼第3个图形需要22根小木棒……若按照这样的方法拼成的第n个图形需要2022根小木棒，则n的值为（　　） A．252 B．253 C．336 D．337 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分。） 11．（3分）在甲、乙两位射击运动员的10次考核成绩中，两人的考核成绩的平均数相同，方差分别为S甲2＝1.45，S乙2＝0.85，则考核成绩更为稳定的运动员是 　 　．（填“甲”、“乙”中的一个）． 12．单项式3xy的系数为 　 　． 13．菱形的边长为5，则它的周长是　 　． 14．若x＝1是方程x2﹣2x+a＝0的根，则a＝　 　． 15．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧的长是 　 　．（结果保留π） 16．（3分）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP′，连接PP′，CP′．当点P′落在边BC上时，∠PP′C的度数为 　 　；当线段CP′的长度最小时，∠PP′C的度数为 　 　． 三、解答题（本大题共9小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17．（4分）解不等式：3x﹣2＜4． 18．（4分）如图，已知∠AOC＝∠BOC，点P在OC上，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为D，E．求证：△OPD≌△OPE． 19．（6分）某校在九年级学生中随机抽取了若干名学生参加“平均每天体育运动时间”的调查，根据调查结果绘制了如下不完整的频数分布表和频数分布直方图． 频数分布表 运动时间t/min 频数 频率 30≤t＜60 4 0.1 60≤t＜90 7 0.175 90≤t＜120 a 0.35 120≤t＜150 9 0.225 150≤t＜180 6 b 合计 n 1 请根据图表中的信息解答下列问题： （1）频数分布表中的a＝　 　，b＝　 　，n＝　 　； （2）请补全频数分布直方图； （3）若该校九年级共有480名学生，试估计该校九年级学生平均每天体育运动时间不低于120min的学生人数． 20．（6分）某燃气公司计划在地下修建一个容积为V（V为定值，单位：m3）的圆柱形天然气储存室，储存室的底面积S（单位：m2）与其深度d（单位：m）是反比例函数关系，它的图象如图所示． （1）求储存室的容积V的值； （2）受地形条件限制，储存室的深度d需要满足16≤d≤25，求储存室的底面积S的取值范围． 21．（8分）已知T＝（a+3b）2+（2a+3b）（2a﹣3b）+a2． （1）化简T； （2）若关于x的方程x2+2ax﹣ab+1＝0有两个相等的实数根，求T的值． 22．（12分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ADB＝∠CDB． （1）试判断△ABC的形状，并给出证明； （2）若AB＝，AD＝1，求CD的长度． 23．（12分）如图，抛物线y＝x2+bx+c（b，c是常数）的顶点为C，与x轴交于A，B两点，A（1，0），AB＝4，点P为线段AB上的动点，过P作PQ∥BC交AC于点Q． （1）求该抛物线的解析式； （2）求△CPQ面积的最大值，并求此时P点坐标． 24．（12分）已知直线l：y＝kx+b经过点（0，7）和点（1，6）． （1）求直线l的解析式； （2）若点P（m，n）在直线l上，以P为顶点的抛物线G过点（0，﹣3），且开口向下． ①求m的取值范围； ②设抛物线G与直线l的另一个交点为Q，当点Q向左平移1个单位长度后得到的点Q′也在G上时，求G在≤x≤+1的图象的最高点的坐标． 25．（12分）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，AB＝6，连接BD． （1）求BD的长； （2）点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合），点F在边AD上，且BE＝DF． ①当CE⊥AB时，求四边形ABEF的面积； ②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+CF的值是否也最小？如果是，求CE+CF的最小值；如果不是，请说明理由． 2025年深圳市南山区九年级数学押题卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1．（3分）如图是一个几何体的侧面展开图，这个几何体可以是（　　） A．圆锥 B．圆柱 C．棱锥 D．棱柱 【分析】根据基本几何体的展开图判断即可． 【解答】解：∵圆锥的侧面展开图是扇形， ∴判断这个几何体是圆锥， 故选：A． 【点评】本题主要考查几何体的展开图，熟练掌握基本几何体的展开图是解题的关键． 2．（3分）下列图形中，是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据中心对称图形的概念进行判断即可． 【解答】解：A．不是中心对称图形，故此选项不合题意； B．不是中心对称图形，故此选项不合题意； C．是中心对称图形，故此选项符合题意； D．不是中心对称图形，故此选项不合题意； 故选：C． 【点评】本题考查的是中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合． 3．（3分）代数式有意义时，x应满足的条件为（　　） A．x≠﹣1 B．x＞﹣1 C．x＜﹣1 D．x≤﹣1 【分析】直接利用二次根式有意义的条件、分式有意义的条件分析得出答案． 【解答】解：代数式有意义时，x+1＞0， 解得：x＞﹣1． 故选：B． 【点评】此题主要考查了二次根式有意义的条件以及分式有意义的条件，正确掌握相关定义是解题关键． 4．如图，直线a∥b，∠1＝40°，则∠2＝（　　） A．30° B．40° C．50° D．60° 【分析】利用平行线的性质可得结论． 【解答】解：∵a∥b， ∴∠2＝∠1＝40°． 故选：B． 【点评】本题考查了平行线的性质，掌握“两直线平行，同位角角相等”是解决本题的关键． 5．如图，在△ABC中，BC＝4，点D，E分别为AB，AC的中点，则DE＝（　　） A． B． C．1 D．2 【分析】由题意可得DE是△ABC的中位线，再根据三角形中位线的性质即可求出DE的长度． 【解答】解：∵点D，E分别为AB，AC的中点，BC＝4， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE＝BC＝×4＝2， 故选：D． 【点评】本题考查了三角形中位线定理，熟练掌握三角形中位线的定义和性质是解决问题的关键． 6．在平面直角坐标系中，将点（1，1）向右平移2个单位后，得到的点的坐标是（　　） A．（3，1） B．（﹣1，1） C．（1，3） D．（1，﹣1） 【分析】根据平面直角坐标系中点的坐标的平移特点解答即可． 【解答】解：将点（1，1）向右平移2个单位后，横坐标加2，所以平移后点的坐标为（3，1）， 故选：A． 【点评】本题主要考查了平面直角坐标系中点的坐标，熟练掌握点的平移规律是解答本题的关键． 7．（3分）实数a，b在数轴上的位置如图所示，则（　　） A．a＝b B．a＞b C．|a|＜|b| D．|a|＞|b| 【分析】根据a，b两数的正负以及绝对值大小即可进行判断． 【解答】解：A．∵a＜0，b＞0，∴a≠b，故不符合题意； B．∵a＜0，b＞0，∴a＜b，故不符合题意； C．由数轴可知|a|＜|b|，故符合题意； D．由C可知不符合题意． 故选：C． 【点评】本题主要考查数轴上点的特征以及有理数的大小比较及运算法则，解题的关键在于正确判断a，b的正负，以及绝对值的大小． 8．（3分）为了疫情防控，某小区需要从甲、乙、丙、丁4名志愿者中随机抽取2名负责该小区入口处的测温工作，则甲被抽中的概率是（　　） A． B． C． D． 【分析】画树状图，共有12种等可能的结果，其中甲被抽中的结果有6种，再由概率公式求解即可． 【解答】解：画树状图如下： 共有12种等可能的结果，其中甲被抽中的结果有6种， ∴甲被抽中的概率为＝， 故选：A． 【点评】本题考查的用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏地列出所有可能的结果，适合于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． 9．（3分）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上，且CE＝1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（　　） A． B． C．2﹣ D． 【分析】连接EF，由正方形ABCD的面积为3，CE＝1，可得DE＝﹣1，tan∠EBC＝＝＝，即得∠EBC＝30°，又AF平分∠ABE，可得∠ABF＝∠ABE＝30°，故AF＝＝1，DF＝AD﹣AF＝﹣1，可知EF＝DE＝×（﹣1）＝﹣，而M，N分别是BE，BF的中点，即得MN＝EF＝． 【解答】解：连接EF，如图： ∵正方形ABCD的面积为3， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝， ∵CE＝1， ∴DE＝﹣1，tan∠EBC＝＝＝， ∴∠EBC＝30°， ∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝60°， ∵AF平分∠ABE， ∴∠ABF＝∠ABE＝30°， 在Rt△ABF中，AF＝＝1， ∴DF＝AD﹣AF＝﹣1， ∴DE＝DF，△DEF是等腰直角三角形， ∴EF＝DE＝×（﹣1）＝﹣， ∵M，N分别是BE，BF的中点， ∴MN是△BEF的中位线， ∴MN＝EF＝． 故选：D． 【点评】本题考查正方形性质及应用，涉及含30°角的直角三角形三边关系，等腰直角三角形三边关系，解题的关键是根据已知求得∠EBC＝30°． 10．（3分）如图，用若干根相同的小木棒拼成图形，拼第1个图形需要6根小木棒，拼第2个图形需要14根小木棒，拼第3个图形需要22根小木棒……若按照这样的方法拼成的第n个图形需要2022根小木棒，则n的值为（　　） A．252 B．253 C．336 D．337 【分析】根据图形特征，第1个图形需要6根小木棒，第2个图形需要6×2+2＝14根小木棒，第3个图形需要6×3+2×2＝22根小木棒，按此规律，得出第n个图形需要的小木棒根数即可． 【解答】解：由题意知，第1个图形需要6根小木棒， 第2个图形需要6×2+2＝14根小木棒， 第3个图形需要6×3+2×2＝22根小木棒， 按此规律，第n个图形需要6n+2（n﹣1）＝（8n﹣2）个小木棒， 当8n﹣2＝2022时， 解得n＝253， 故选：B． 【点评】本题主要考查了图形的变化规律，解决问题的关键是由特殊找到规律：第n个图形需要（8n﹣2）个小木棒是解题的关键． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，满分18分。） 11．（3分）在甲、乙两位射击运动员的10次考核成绩中，两人的考核成绩的平均数相同，方差分别为S甲2＝1.45，S乙2＝0.85，则考核成绩更为稳定的运动员是 　乙　．（填“甲”、“乙”中的一个）． 【分析】首先比较平均数，平均数相同时选择方差较小的即可． 【解答】解：∵两人的考核成绩的平均数相同，方差分别为S甲2＝1.45，S乙2＝0.85， ∴S甲2＞S乙2， ∴考核成绩更为稳定的运动员是乙； 故答案为：乙． 【点评】此题考查了平均数和方差，正确理解方差与平均数的意义是解题的关键． 12．单项式3xy的系数为 　3　． 【分析】应用单项式的定义进行判定即可得出答案． 【解答】解：单项式3xy的系数为3． 故答案为：3． 【点评】本题主要考查了单项式，熟练掌握单项式的定义进行求解是解决本题的关键． 13．菱形的边长为5，则它的周长是　20　． 【分析】根据菱形的性质即可解决问题； 【解答】解：∵菱形的四边相等，边长为5， ∴菱形的周长为5×4＝20， 故答案为20． 【点评】本题考查菱形的性质、解题的关键是记住菱形的四边相等，属于中考基础题． 14．若x＝1是方程x2﹣2x+a＝0的根，则a＝　1　． 【分析】把x＝1代入方程x2﹣2x+a＝0中，计算即可得出答案． 【解答】解：把x＝1代入方程x2﹣2x+a＝0中， 得1﹣2+a＝0， 解得a＝1． 故答案为：1． 【点评】本题主要考查了二元一次方程的解，应用二元一次方程的解的定义进行求解是解决本题的关键． 15．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC，点O在边AC上，以O为圆心，4为半径的圆恰好过点C，且与边AB相切于点D，交BC于点E，则劣弧的长是 　2π　．（结果保留π） 【分析】连接OD，OE，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得∠A＝∠COE，再根据切线的性质和平角的定义可得∠DOE＝90°，然后利用弧长公式进行计算即可解答． 【解答】解：连接OD，OE， ∵OC＝OE， ∴∠OCE＝∠OEC， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵∠A+∠ABC+∠ACB＝∠COE+∠OCE+∠OEC， ∴∠A＝∠COE， ∵圆O与边AB相切于点D， ∴∠ADO＝90°， ∴∠A+∠AOD＝90°， ∴∠COE+∠AOD＝90°， ∴∠DOE＝180°﹣（∠COE+∠AOD）＝90°， ∴劣弧的长是＝2π． 故答案为：2π． 【点评】本题考查了切线的性质，弧长的计算，等腰三角形的性质，熟练掌握切线的性质是解题的关键． 16．（3分）如图，在矩形ABCD中，BC＝2AB，点P为边AD上的一个动点，线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BP′，连接PP′，CP′．当点P′落在边BC上时，∠PP′C的度数为 　120°　；当线段CP′的长度最小时，∠PP′C的度数为 　75°　． 【分析】如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′．利用全等三角形的性质证明∠BEP′＝90°，推出点P′在射线EP′上运动，如图1中，设EP′交BC于点O，再证明△BEO是等腰直角三角形，可得结论． 【解答】解：如图，以AB为边向右作等边△ABE，连接EP′． ∵△BPP′是等边三角形， ∴∠ABE＝∠PBP′＝60°，BP＝BP′，BA＝BE， ∴∠ABP＝∠EBP′， 在△ABP和△EBP′中， ， ∴△ABP≌△EBP′（SAS）， ∴∠BAP＝BEP′＝90°， ∴点P′在射线EP′上运动， 如图1中，设EP′交BC于点O， 当点P′落在BC上时，点P′与O重合，此时∠PP′C＝180°﹣60°＝120°， 当CP′⊥EP′时，CP′的长最小，此时∠EBO＝∠OCP′＝30°， ∴EO＝﹣OB，OP′＝OC， ∴EP′＝EO+OP′＝OB+OC＝BC， ∵BC＝2AB， ∴EP′＝AB＝EB， ∴∠EBP′＝∠EP′B＝45°， ∴∠BP′C＝45°+90°＝135°， ∴∠PP′C＝∠BP′C﹣∠BP′P＝135°﹣60°＝75°． 故答案为：120°，75°． 【点评】本题考查旋转的性质，矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题． 三、解答题（本大题共9小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 17．（4分）解不等式：3x﹣2＜4． 【分析】移项，合并同类项，系数化为1即可求解． 【解答】解：移项得：3x＜4+2， 合并同类项得：3x＜6， 系数化为1得：x＜2． 【点评】本题考查一元一次不等式的解法，解题关键是熟知不等式的性质以及解一元一次不等式的基本步骤． 18．（8分）如图，已知∠AOC＝∠BOC，点P在OC上，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分别为D，E．求证：△OPD≌△OPE． 【分析】根据角平分线性质得出PD＝PE，即可利用HL证明Rt△OPD≌Rt△OPE． 【解答】证明：∵∠AOC＝∠BOC，PD⊥OA，PE⊥OB， ∴PD＝PE， 在Rt△OPD和Rt△OPE中， ， ∴Rt△OPD≌Rt△OPE（HL）． 【点评】此题考查全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定定理是解题的关键． 19．（6分）某校在九年级学生中随机抽取了若干名学生参加“平均每天体育运动时间”的调查，根据调查结果绘制了如下不完整的频数分布表和频数分布直方图． 频数分布表 运动时间t/min 频数 频率 30≤t＜60 4 0.1 60≤t＜90 7 0.175 90≤t＜120 a 0.35 120≤t＜150 9 0.225 150≤t＜180 6 b 合计 n 1 请根据图表中的信息解答下列问题： （1）频数分布表中的a＝　14　，b＝　0.15　，n＝　40　； （2）请补全频数分布直方图； （3）若该校九年级共有480名学生，试估计该校九年级学生平均每天体育运动时间不低于120min的学生人数． 【分析】（1）根据“频率＝频数÷总数”可得n的值，进而得出a、b的值； （2）根据a的值即可补全条形统计图； （3）利用样本估计总体解答即可． 【解答】解：（1）由题意可知，n＝4÷0.1＝40， ∴a＝40×0.35＝14，b＝6÷40＝0.15， 故答案为：14；0.15；40； （2）补全频数分布直方图如下： （3）480×＝300（人）， 答：估计该校九年级学生平均每天体育运动时间不低于120min的学生人数为300人． 【点评】本题考查频数分布表、频数分布直方图的意义和制作方法，从统计图表中获取数量和数量关系是正确计算的前提，样本估计总体是统计中常用的方法． 20．（6分）某燃气公司计划在地下修建一个容积为V（V为定值，单位：m3）的圆柱形天然气储存室，储存室的底面积S（单位：m2）与其深度d（单位：m）是反比例函数关系，它的图象如图所示． （1）求储存室的容积V的值； （2）受地形条件限制，储存室的深度d需要满足16≤d≤25，求储存室的底面积S的取值范围． 【分析】（1）设底面积S与深度d的反比例函数解析式为S＝，把点（20，500）代入解析式求出V的值； （2）由d的范围和图像的性质求出S的范围． 【解答】解：（1）设底面积S与深度d的反比例函数解析式为S＝，把点（20，500）代入解析式得500＝， ∴V＝10000． 2）由（1）得S＝， ∵S随d的增大而减小， ∴当16≤d≤25时，400≤S≤625， 【点评】此题主要考查反比例函数的性质和概念，解答此题的关键是找出变量之间的函数关系，难易程度适中． 21．（8分）已知T＝（a+3b）2+（2a+3b）（2a﹣3b）+a2． （1）化简T； （2）若关于x的方程x2+2ax﹣ab+1＝0有两个相等的实数根，求T的值． 【分析】（1）根据完全平方公式和平方差公式化简T； （2）根据根的判别式可求a2+ab，再代入计算可求T的值． 【解答】解：（1）T＝（a+3b）2+（2a+3b）（2a﹣3b）+a2 ＝a2+6ab+9b2+4a2﹣9b2+a2 ＝6a2+6ab； （2）∵关于x的方程x2+2ax﹣ab+1＝0有两个相等的实数根， ∴Δ＝（2a）2﹣4（﹣ab+1）＝0， ∴a2+ab＝1， ∴T＝6×1＝6． 【点评】本题考查了整式的混合运算，根的判别式，一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系： ①当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根； ②当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根； ③当Δ＜0时，方程无实数根． 22．（12分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC为⊙O的直径，∠ADB＝∠CDB． （1）试判断△ABC的形状，并给出证明； （2）若AB＝，AD＝1，求CD的长度． 【分析】（1）根据圆周角定理，等腰直角三角形的判定定理解答即可； （2）根据勾股定理解答即可． 【解答】解：（1）△ABC是等腰直角三角形，证明过程如下： ∵AC为⊙O的直径， ∴∠ADC＝∠ABC＝90°， ∵∠ADB＝∠CDB， ∴， ∴AB＝BC， 又∵∠ABC＝90°， ∴△ABC是等腰直角三角形． （2）在Rt△ABC中，AB＝BC＝， ∴AC＝2， 在Rt△ADC中，AD＝1，AC＝2， ∴CD＝． 即CD的长为：． 【点评】本题主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关性质定理是解答本题的关键． 23．（12分）如图，抛物线y＝x2+bx+c（b，c是常数）的顶点为C，与x轴交于A，B两点，A（1，0），AB＝4，点P为线段AB上的动点，过P作PQ∥BC交AC于点Q． （1）求该抛物线的解析式； （2）求△CPQ面积的最大值，并求此时P点坐标． 【分析】（1）根据A（1，0），AB＝4求出B（﹣3，0），把A、B的坐标代入抛物线y＝x2+bx+c，即可求解； （2）过Q作QE⊥x轴于E，设P（m，0），则PA＝1﹣m，易证△PQA∽△BCA，利用相似三角形的性质即可求出QE的长，又因为S△CPQ＝S△PCA﹣S△PQA，进而得到△CPQ面积和m的二次函数关系式，利用二次函数的性质即可求出面积最大值． 【解答】（1）∵抛物线y＝x2+bx+c（b，c是常数）的顶点为C，与x轴交于A，B两点，A（1，0），AB＝4， ∴B（﹣3，0）， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3； （2）过Q作QE⊥x轴于E，过C作CF⊥x轴于F， 设P（m，0），则PA＝1﹣m， ∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4， ∴C（﹣1，﹣4）， ∴OC＝3 AB＝4， ∵PQ∥BC， ∴△PQA∽△BCA， ∴，即， ∴QE＝1﹣m， ∴S△CPQ＝S△PCA﹣S△PQA ＝PA•CF﹣PA•QE ＝（1﹣m）×4﹣（1﹣m）（1﹣m） ＝﹣（m+1）2+2， ∵﹣3≤m≤1， ∴当m＝﹣1时 S△CPQ有最大值2， ∴△CPQ面积的最大值为2，此时P点坐标为（﹣1，0）． 【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象和性质，待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定和性质，解题的关键是抓住图形中某些特殊的数量关系和位置关系．此题综合性较强，中等难度，是一道很好的试题． 24．（12分）已知直线l：y＝kx+b经过点（0，7）和点（1，6）． （1）求直线l的解析式； （2）若点P（m，n）在直线l上，以P为顶点的抛物线G过点（0，﹣3），且开口向下． ①求m的取值范围； ②设抛物线G与直线l的另一个交点为Q，当点Q向左平移1个单位长度后得到的点Q′也在G上时，求G在≤x≤+1的图象的最高点的坐标． 【分析】（1）用待定系数法求解析式即可； （2）①设抛物线的解析式为y＝a（x﹣m）2+7﹣m，将点（0，﹣3）代入可得am2+7﹣m＝﹣3，再由a＝＜0，求m的取值即可； ②由题意求出Q点的横坐标为m+，联立方程组，整理得ax2+（1﹣2ma）x+am2﹣m＝0，根据根与系数的关系可得m+m+＝2m﹣，可求a＝﹣2，从而可求m＝2或m＝﹣，确定抛物线的解析式后即可求解． 【解答】解：（1）将点（0，7）和点（1，6）代入y＝kx+b， ∴， 解得， ∴y＝﹣x+7； （2）①∵点P（m，n）在直线l上， ∴n＝﹣m+7， 设抛物线的解析式为y＝a（x﹣m）2+7﹣m， ∵抛物线经过点（0，﹣3）， ∴am2+7﹣m＝﹣3， ∴a＝， ∵抛物线开口向下， ∴a＜0， ∴a＝＜0， ∴m＜10且m≠0； ②∵抛物线的对称轴为直线x＝m， ∴Q点与Q'关于x＝m对称， ∴Q点的横坐标为m+， 联立方程组， 整理得ax2+（1﹣2ma）x+am2﹣m＝0， ∵P点和Q点是直线l与抛物线G的交点， ∴m+m+＝2m﹣， ∴a＝﹣2， ∴y＝﹣2（x+m）2+7﹣m， ∴﹣2m2+7﹣m＝﹣3， 解得m＝2或m＝﹣， 当m＝2时，y＝﹣2（x﹣2）2+5， 此时抛物线的对称轴为直线x＝2， 图象在≤x≤上的最高点坐标为（2，5）； 当m＝﹣时，y＝﹣2（x+）2+， 此时抛物线的对称轴为直线x＝﹣， 图象在﹣2≤x≤﹣1上的最高点坐标为（﹣2，9）； 综上所述：G在≤x≤+1的图象的最高点的坐标为（﹣2，9）或（2，5）． 【点评】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，会用待定系数法求函数的解析式，分类讨论是解题的关键． 25．（12分）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，AB＝6，连接BD． （1）求BD的长； （2）点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合），点F在边AD上，且BE＝DF． ①当CE⊥AB时，求四边形ABEF的面积； ②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+CF的值是否也最小？如果是，求CE+CF的最小值；如果不是，请说明理由． 【分析】（1）过点D作DH⊥AB交BA的延长线于H，根据菱形120°内角得邻补角是60°，利用三角函数即可解答； （2）①设CE⊥AB交AB于M点，过点F作FN⊥AB交BA的延长线于N，因为利用即可求解S四边形ABEF＝S△BEM+S梯形EMNF﹣S△AFN，所以先解直角三角形求出上面求各部分面积需要的边长即可解答； ②设DF＝x，则BE＝DF＝x，过点C作CH⊥AB于点H，过点F作FG⊥CH于点G，过点E作EY⊥CH于点Y，作EM⊥AB于M点，过点F作FN⊥AB交BA的延长线于N，所以四边形EMHY、FNHG是矩形，对边相等，方法同①，用含x的式子表示计算面积需要的各边长并代入到S四边形ABEF＝S△BEM+S梯形EMNF﹣S△AFN中，根号里面化简、合并、配成二次函数的顶点式即可求出最值，从而解答． 【解答】解：（1）过点D作DH⊥AB交BA的延长线于H，如图： ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝AB＝6， ∴∠BAD＝120°， ∴∠DAH＝60°， 在Rt△ADH中， DH＝AD•sin∠DAH＝6×＝3， AH＝AD•cos∠DAH＝6×＝3， ∴BD＝＝＝6； （2）①设CE⊥AB交AB于M点，过点F作FN⊥AB交BA的延长线于N，如图： 菱形ABCD中， ∵AB＝BC＝CD＝AD＝6，AD∥BC，∠BAD＝120°， ∴∠ABC+∠BAD＝180°， ∴∠ABC＝180°﹣∠BAD＝60°， 在Rt△BCM中，BM＝BC•cos∠ABC＝6×＝3， ∵BD是菱形ABCD的对角线， ∴∠DBA＝ABC＝30°， 在Rt△BEM中， ME＝BM•tan∠DBM＝3×＝， BE＝＝＝2， ∵BE＝DF， ∴DF＝2， ∴AF＝AD﹣DF＝4， 在Rt△AFN中， ∠FAN＝180°﹣∠BAD＝60°， ∴FN＝AF•sin∠FAN＝4×＝2， AN＝AF•cos∠FAN＝4×＝2， ∴MN＝AB+AN﹣BM＝6+2﹣3＝5， ∴S四边形ABEF＝S△BEM+S梯形EMNF﹣S△AFN ＝EM•BM+（EM+FN）•MN﹣AN•FN ＝3+（+2）×5﹣2×2 ＝+﹣2 ＝7； ②当四边形ABEF的面积取最小值时，CE+CF的值是最小， 理由：设DF＝x，则BE＝DF＝x，过点C作CH⊥AB于点H，过点F作FG⊥CH于点G， 过点E作EY⊥CH于点Y，作EM⊥AB于M点，过点F作FN⊥AB交BA的延长线于N，如图： ∴EY∥FG∥AB，FN∥CH， ∴四边形EMHY、FNHG是矩形， ∴FN＝GH，FG＝NH，EY＝MH，EM＝YH， 由①可知：ME＝BE＝x， BM＝BE＝x， AN＝AF＝（AD﹣DF）＝3﹣x， FN＝AF＝， CH＝BC＝3，BH＝BC＝3， ∴AM＝AB﹣BM＝6﹣x， AH＝AB﹣BH＝3， YH＝ME＝x， GH＝FN＝， EY＝MH＝BM﹣BH＝x﹣3， ∴CY＝CH﹣YH＝3﹣x， FG＝NH＝AN+AH＝6﹣，CG＝CH﹣GH＝3﹣＝x， ∴MN＝AB+AN﹣BM＝6+3﹣x﹣x＝9﹣2x， ∴S四边形ABEF＝S△BEM+S梯形EMNF﹣S△AFN ＝EM•BM+（EM+FN）•MN﹣AN•FN ＝x×x+（x+）•（9﹣2x）﹣（3﹣x）• ＝x2﹣x+9 ＝（x﹣3）2+， ∵＞0， ∴当x＝3时，四边形ABEF的面积取得最小值， CE+CF＝+• ＝+ ＝+× ＝+× ＝+， ∵（x﹣3）2≥0，当且仅当x＝3时，（x﹣3）2＝0， ∴CE+CF＝+≥12， 当且仅当x＝3时，CE+CF＝12，即当x＝3时，CE+CF的最小值为12， ∴当四边形ABEF的面积取最小值时，CE+CF的值也最小，最小值为12． 【点评】本题是四边形综合题，考查了菱形性质、解直角三角形、割补法求不规则图形面积、二次函数的顶点式及最值等知识点，也考查了从特殊到一般的数学思想和转化思想，难度较大，计算繁琐，解题关键是熟练掌握二次函数性质，是中考常考题型． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$