精品解析：广东省东莞市虎门外国语学校 2024-2025学年上学期期末考试九年级数学试卷

2024—2025学年度第一学期初三期末考试数学试卷 考试范围：九年级上、下；考试时间：120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效． 3．考试结束后，本试卷和答题卡一并交回． 第Ⅰ卷（选择题）选择题 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. 下列方程中，是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，的三个顶点都在边长为1的方格纸的格点上，则的值是（ ） A. 2 B. 0.5 C. D. 3. 如图，是绕点顺时针旋转得到的，若，，则旋转角的度数是（ ） A. B. C. D. 4. 反比例函数的图象与函数的图象没有交点，若点、、在这个反比例函数的图象上，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 一个圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆．则该圆锥的底面圆半径是（ ） A. B. C. D. 1 6. 如图，经过正方形对称中心的直线分别交的延长线、、于点、、，已知，，则的长为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4 7. 设、是方程的两个根，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，中，直径，，平分交圆于点，则（ ） A. 5 B. C. D. 4 9. 如图，四边形是正方形，，是中点，连接，的垂直平分线分别交、、于、、，连接，过作交于．下列结论中正确的是（ ） ①；②；③；④的周长是10 A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 10. 如图，抛物线与抛物线交于点，且分别与轴交于点D，E．过点作轴的平行线，交抛物线于点A，C．则以下结论： ①抛物线H可由抛物线G向右平移3个单位，再向下平移3个单位得到； ②无论x取何值，总是负数； ③当时，随着x的增大，的值先增大后减小； ④四边形为正方形．其中正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 第Ⅱ卷（非选择题） 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分） 11. 若，则______． 12. 将一个正方形铁皮的四角各剪去一个边长是4cm的小正方形，做成一个无盖的盒子，已知盒子的容积是400cm3，则原铁皮的边长为____________． 13. 如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点，在函数的图象上，过点作轴于点，过点作轴于点，连接，，若，且四边形的面积为，则的值为______． 14. 如图，是⊙的直径，⊙的弦在直线的上方，且，以为直径向下作半圆（圆心为）交于、两点，若，则______． 15. 二次函数 （，，为常数，）的与的部分对应值如下表： x 0 3 y n 2 2 当时，下列结论中一定正确的是______（填序号）． ①； ②抛物线与轴的交点坐标是和； ③对于任意实数，总有； ④若关于的方程的两根是，则． 三、解答题（一）本大题共3小题，每小题7分，共21分 16. （1）解方程： （2）计算： 17. 数学小组研究如下问题：某地的纬度约为北纬，求北纬纬线的长度． 小组成员查阅相关资料，得到如下信息： 信息一：如图1，在地球仪上，与赤道平行的圆圈叫做纬线； 信息二：如图2，赤道半径约为，弦，以为直径的圆的周长就是北纬纬线的长度，根据以上信息，计算北纬纬线的长度．（参考数据：，，，） 18. 如图，直线交轴于点，交轴于点，交反比例函数于点(第一象限)．若点的纵坐标为2，且． （1）求出反比例函数的解析式； （2）过线段上一点作轴的垂线，交反比例函数于点．连接，当为等腰直角三角形时，求点的坐标． 四、解答题（二）本大题共3小题，每小题9分，共27分 19. 如图，在中，，为的中点，以为直径作⊙，交边于点，过点作，垂足为点． （1）求证：为⊙的切线； （2）若，，求的长． 20. 【发现问题）】 大连理工大学主楼前广场修建了一个圆形音乐喷水池，在池中心竖直安装一根水管OA，在水管的顶端A处安装一个可调节角度的喷水头，从喷水头喷出的水柱形状是一条抛物线．爱思考的小丽建立了如图所示的平面直角坐标系． 【提出问题】 怎样求从喷水头喷出的某条水柱的抛物线解析式呢？ 【分析问题】 若喷出的水柱轨迹AB上某一点与水管OA的水平距离为x（单位：m），与广场地面的垂直高度为y（单位：m）．小丽在喷泉安装工人师傅的帮助下，测量记录了下面的表中y与x的五组数据： 0 2 4 10 2 【解决问题】 （1）求水柱轨迹所在拋物线的解析式； （2）求水柱落地点与水管的水平距离； （3）为实现动态喷水效果，广场管理处决定对喷水设施做如下设计改进：喷水头的高度不变，调整喷水头的角度，使喷出的水柱轨迹的形状不变，水柱轨迹的喷水半径（动态喷水时，点到的距离）随着音乐的节奏控制在到之间（含和），当喷水半径为时，水柱轨迹的最大高度为；当喷水半径为时，水柱轨迹的最大高度为，求的值． 21. 如图，等腰三角形中，，． （1）动手操作：利用尺规作以为直径的交于点，交于点，并且过点作交于点． （2）求证：直线是的切线； （3）连接，记的面积为，四边形的面积为，求的值． 五、解答题（三）本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分 22. 如图为古代劳动人民发明的“石磨”，其原理为在磨盘的边缘连接一个固定长度的“连杆”，推动“连杆”带动磨盘转动将粮食磨碎，物理学上称这种动力传输工具为“曲柄连杆机构”．小明受“石磨”的启发设计了一个“双连杆机构”，设计图如图，两个固定长度的“连杆”，的连接点在上，当点在上转动时，带动点，分别在射线，上滑动，．如图，当与相切时，点恰好落在上．请就图中的情形解答下列问题： （1）若，求的度数． （2）若线段与交于点，，，求的半径． （3）若的半径为6，，求的长． 23. 以下虚线框中为一个合作学习小组在一次数学实验中的过程记录，请阅读后完成虚线框下方的问题． （1）在中，，在探究三边关系时，通过画图，度量和计算，收集到，组数据如下表：（单位：厘米） （2）根据学习函数的经验，选取上表中和的数据进行分析； 设，以为坐标，在图所示的坐标系中描出对应的点； 连线； 观察思考 （3）结合表中的数据以及所面的图像，猜想．当 时，最大； （4）进一步C猜想：若中，，斜边为常数，），则 时，最大． 推理证明 （5）对（4）中的猜想进行证明． 问题1．在图中完善的描点过程，并依次连线； 问题2．补全观察思考中的两个猜想： _______ _______ 问题3．证明上述中的猜想： 问题4．图中折线是一个感光元件的截面设计草图，其中点间的距离是厘米，厘米，平行光线从区域射入，线段为感光区域，当的长度为多少时，感光区域长度之和最大，并求出最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度第一学期初三期末考试数学试卷 考试范围：九年级上、下；考试时间：120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效． 3．考试结束后，本试卷和答题卡一并交回． 第Ⅰ卷（选择题）选择题 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. 下列方程中，是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】此题主要考查一元二次方程的识别，解题的关键是熟知一元二次方程的定义； 根据只含有一个未知数，且含未知数的最高项的次数为2的整式方程是一元二次方程进行判断即可． 【详解】解：A、是二元一次方程，故本选项不符合题意； B、是分式方程，故本选项不符合题意； C、含有两个元，故本选项不符合题意； D、是一元二次方程，故本选项符合题意； 故选：D． 2. 如图，的三个顶点都在边长为1的方格纸的格点上，则的值是（ ） A. 2 B. 0.5 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了锐角三角函数的定义，勾股定理，熟练掌握相关知识点并灵活运用是解题的关键； 根据勾股定理，可得的长，根据锐角三角函数的余弦等于邻边比斜边，可得答案． 【详解】如图： 由题知，，，， 由勾股定理，得， ． 故选：D． 3. 如图，是绕点顺时针旋转得到的，若，，则旋转角的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了求旋转角，三角形内角和定理，解题的关键是要理解旋转是一种位置变换，旋转前后图形的形状和大小不变，只是位置变化． 先根据三角形内角和定理求出，再结合图形可知，旋转角为，据此可得答案． 【详解】解：根据三角形的内角和定理得，， 由图可知即为旋转角， ∴旋转角的度数为， 故选：C． 4. 反比例函数的图象与函数的图象没有交点，若点、、在这个反比例函数的图象上，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，反比例函数的图象性质，解答本题的关键是熟练掌握一次函数与反比例函数的性质． 先根据两个函数没有交点，确定的符号，再根据反比例函数的增减性，进行判断即可． 【详解】解：∵反比例函数的图象与函数的图象没有交点，且函数的图象经过一、三象限， ， 双曲线位于二，四象限，且在每一个象限内，随的增大而增大， ∵， ∴，即， 故选：B． 5. 一个圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆．则该圆锥的底面圆半径是（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了圆锥的计算，正确理解理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．根据侧面展开图的弧长等于圆锥的底面周长，即可求得底面周长，进而即可求得底面的半径长． 【详解】解：∵圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆， ∴圆锥的底面周长是， 设圆锥的底面半径是r， 则， 解得：， ∴该圆锥的底面圆半径是1． 故选：D． 6. 如图，经过正方形对称中心的直线分别交的延长线、、于点、、，已知，，则的长为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了正方形的性质，中心对称的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形对应边成比例是解题关键．由正方形的性质可得，，，，再证明，利用对应边成比例求解即可． 【详解】解：四边形是正方形，， ，，， ， ， 点是正方形的对称中心， ， ， ， ， ， ， 故选：A． 7. 设、是方程的两个根，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解以及根与系数的关系，先把代入，得出，然后结合，得出，即可作答． 【详解】解：由条件可知，， ， 则， 故选：A． 8. 如图，中，直径，，平分交圆于点，则（ ） A. 5 B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理等，熟练掌握相关知识点，并作出适当的辅助线是解题的关键；过点D作的垂线，交延长线于E，利用题中条件和圆的性质，证明，推出，，再利用勾股定理求的长． 【详解】如图，连接，过点D作的垂线，交延长线于E，则， 为的直径， ， 又，， ， 平分， ， 又在中，，， ， ， 又在中，，， ， 又，， ， ， ，， ， 由勾股定理得，， 即，解得， 故选：C． 9. 如图，四边形是正方形，，是中点，连接，的垂直平分线分别交、、于、、，连接，过作交于．下列结论中正确的是（ ） ①；②；③；④的周长是10 A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④ 【答案】A 【解析】 【分析】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理的应用，三角形相似的判定和性质， 三角形的面积等，熟练掌握相关知识点并灵活运用是解题的关键； ①利用正方形的性质得，利用余角的性质推出，从而有； ②利用垂直平分，推出，，设， 在中，利用勾股定理求出，在中，利用等面积法求的长； ③利用，推出，进一步计算可得出； ④利用勾股定理求出的长，进一步可求的周长． 【详解】四边形是正方形， ， ， ， ，， ， ， 故①正确； 如图，连接， 四边形是正方形，， ，， E是的中点， ， 由勾股定理得， 垂直平分， ，， 设，则， 在中，由勾股定理得，， 即，解得， ，， 由得，， ，解得， 故②正确； ， ， ， ， 显然， 故③正确； 在中，，，， 由勾股定理得， 的周长是，故④不正确； 正确的是①②③． 故选：A． 10. 如图，抛物线与抛物线交于点，且分别与轴交于点D，E．过点作轴的平行线，交抛物线于点A，C．则以下结论： ①抛物线H可由抛物线G向右平移3个单位，再向下平移3个单位得到； ②无论x取何值，总是负数； ③当时，随着x的增大，的值先增大后减小； ④四边形为正方形．其中正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】①先求抛物线的解析式，再根据抛物线的顶点坐标，判断平移方向和平移距离即可判断②；②根据非负数的相反数或者直接由图像判断即可；③先根据题意得出时，观察图像可知，然后计算，进而根据一次函数的性质即可判断；④分别计算出的坐标，根据正方形的判定定理进行判断即可． 【详解】①抛物线与抛物线交于点， ， 即， 解得， 抛物线， 抛物线的顶点，抛物线的顶点为， 将向右平移3个单位，再向下平移3个单位即为， 即抛物线H可由抛物线G向右平移3个单位，再向下平移3个单位得到， 故①正确； ②， ， ， 无论取何值，总是负数， 故②正确； ③， 将代入抛物线， 解得， ， 将代入抛物线， 解得， ， ，从图像可知抛物线的图像在抛物线图像的上方， 当，随着的增大，的值减小， 故③不正确； ④设与轴交于点， ， ， 由③可知 ，， ，， 当时，， 即， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是正方形， 故④正确， 综上所述，正确的有①②④， 故选：C． 【点睛】本题考查了二次函数图像与性质，一次函数的性质，平移，正方形的判定定理，解题的关键是综合运用以上知识． 第Ⅱ卷（非选择题） 二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分） 11. 若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了分式值为的条件，因式分解法解一元二次方程，根据题意可得，解方程即可求解． 【详解】解：依题意， ∴或，且 ∴ 故答案为：． 12. 将一个正方形铁皮的四角各剪去一个边长是4cm的小正方形，做成一个无盖的盒子，已知盒子的容积是400cm3，则原铁皮的边长为____________． 【答案】 【解析】 【分析】先设原正方形铁皮的边长为xcm，然后根据题意列出方程4－400，再解方程即可 求解 【详解】解:设原正方形铁皮的边长为xcm 则由题意可得4＝400 解得＝18，＝－2（不合题意，舍去） 答：原正方形铁皮的边长为18cm．故答案为：18cm. 【点睛】此题主要考查长方体的体积计算公式：长方体的体积＝长×宽高，以及平面图形折成立体图形后各部分之间的关系．本道题属于基础题，学生应该完全掌握. 13. 如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点，在函数的图象上，过点作轴于点，过点作轴于点，连接，，若，且四边形的面积为，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了反比例函数的性质，设，则，，从而可求出，然后由四边形的面积为，即，再代入即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵点在函数的图象上， ∴设， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形的面积为， ∴， ∴， ∴， 解得：， 故答案为：． 14. 如图，是⊙的直径，⊙的弦在直线的上方，且，以为直径向下作半圆（圆心为）交于、两点，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理及其推论，勾股定理等知识，应用好垂径定理及其推论是解题的关键．设，则得，，；连接、、，过点作于；由垂径定理得，从而；由是的中点，则得，在中，由勾股定理求得，在中由勾股定理得，在中，由勾股定理得：，由此建立方程求得的值，即可求得结论． 【详解】解：， 设，则， ，， 如图，连接、、，过点作于； ，； 为的一条弦，且， ， ； 由题意知，是的中点，且为的直径， ， 由垂径定理推论知：； 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， ， ． 故答案为：． 15. 二次函数 （，，为常数，）的与的部分对应值如下表： x 0 3 y n 2 2 当时，下列结论中一定正确的是______（填序号）． ①； ②抛物线与轴的交点坐标是和； ③对于任意实数，总有； ④若关于的方程的两根是，则． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】本题考查二次函数的性质，二次函数图象与系数的关系，抛物线与x轴的交点，二次函数与不等式等知识，有一定难度．熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．由表格可知该二次函数对称轴为直线，抛物线开口向下，即得出，，即得出，可判断①；将该抛物线向下平移2个单位，抛物线解析式为，即得出此时与x轴的交点坐标为，，可判断②；由抛物线可知当时，函数有最大值，且最大值为，即得出对于任意实数t，总有，可判断③；由该二次函数对称轴为直线，抛物线开口向下，易知在对称轴的左侧y随x的增大而增大，在对称轴的右侧y随x的增大而减小，即得出关于x的方程的两根是，则，可判断④． 【详解】解：由表格可知该二次函数对称轴为直线， ∴，即． ∵， ∴抛物线开口向下，则， ∴． 当时，， ∴， ∴，故①不符合题意； 由表格可知，为抛物线上两点，将该抛物线向下平移2个单位，则两点变为，，此时抛物线解析式为， ∴抛物线与x轴的交点坐标为，，故②符合题意； ∵抛物线开口向下，对称轴为直线， ∴当时，函数有最大值，且最大值为， ∴对于任意实数t，总有，即，故③符合题意； ∵抛物线开口向下，对称轴为直线，，为抛物线上两点， ∴在对称轴的左侧y随x的增大而增大，在对称轴的右侧y随x的增大而减小， ∴关于x的方程的两根是，则，故④符合题意． 综上可知②③④正确． 故答案为：②③④． 三、解答题（一）本大题共3小题，每小题7分，共21分 16. （1）解方程： （2）计算： 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，特殊角三角函数值的混合运算等知识，解题的关键是： （1）先化为一般形式，然后利用因式分解求解即可； （2）先把特殊角的三角函数值代入，然后利用二次根式的运算法则计算即可． 【详解】解：（1） ∴ ∴ ∴或 解得：； （2） 17. 数学小组研究如下问题：某地的纬度约为北纬，求北纬纬线的长度． 小组成员查阅相关资料，得到如下信息： 信息一：如图1，在地球仪上，与赤道平行的圆圈叫做纬线； 信息二：如图2，赤道半径约为，弦，以为直径的圆的周长就是北纬纬线的长度，根据以上信息，计算北纬纬线的长度．（参考数据：，，，） 【答案】千米 【解析】 【分析】本题考查垂径定理，解直角三角形，解题关键是熟练三角函数的含义及解直角三角形的方法．根据垂径定理，平行线的性质，锐角三角函数的定义求解． 【详解】解：如图，作，则， ，， ， 在中，千米， （千米）， 北纬的纬线长度 （千米）． 18. 如图，直线交轴于点，交轴于点，交反比例函数于点(第一象限)．若点的纵坐标为2，且． （1）求出反比例函数的解析式； （2）过线段上一点作轴的垂线，交反比例函数于点．连接，当为等腰直角三角形时，求点的坐标． 【答案】（1）反比例函数的解析式为 （2）当时，为等腰直角三角形 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，熟练掌握交点坐标满足两个函数解析式是关键． （1）待定系数法求出反比例函数解析式即可； （2）作，垂足为，设点，则，，根据等腰三角形性质列出方程求出值即可得到点坐标． 【小问1详解】 解：直线交轴于点，， 直线的解析式为， 当时，， ， 点在反比例函数的图象上， ， 反比例函数的解析式为； 【小问2详解】 如图，作，垂足为， 设点，则，， ，， ， ， ，解得或舍去， 当时，为等腰直角三角形． 四、解答题（二）本大题共3小题，每小题9分，共27分 19. 如图，在中，，为的中点，以为直径作⊙，交边于点，过点作，垂足为点． （1）求证：为⊙的切线； （2）若，，求的长． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据圆周角定理，直角三角形的性质以及等腰三角形的性质得出是的中位线，再根据平行线的性质得出即可； （2）根据直角三角形的斜边中线等于斜边一半求出斜边，由勾股定理求出，再根据中点的定义可得，再由勾股定理求出，由三角形面积公式求出，最后由勾股定理求出即可． 【小问1详解】 证明：如图，连接， ∵是直径， ∴，即， ∵在中，，D为的中点， ∴， ∴点E是的中点， 又∵点O是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； 【小问2详解】 解：∵是斜边上的中线，， ∴，， ∵， ∴， ∵点E是的中点， ∴， 在中，， ∴， ∵，即， ∴， 在中，，， ∴． 【点睛】本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，直角三角形斜边中线以及三角形中位线，掌握切线的判定和性质，圆周角定理，直角三角形斜边中线等于斜边一半以及三角形中位线性质是正确解答的关键． 20. 【发现问题）】 大连理工大学主楼前广场修建了一个圆形音乐喷水池，在池中心竖直安装一根水管OA，在水管的顶端A处安装一个可调节角度的喷水头，从喷水头喷出的水柱形状是一条抛物线．爱思考的小丽建立了如图所示的平面直角坐标系． 【提出问题】 怎样求从喷水头喷出的某条水柱的抛物线解析式呢？ 【分析问题】 若喷出的水柱轨迹AB上某一点与水管OA的水平距离为x（单位：m），与广场地面的垂直高度为y（单位：m）．小丽在喷泉安装工人师傅的帮助下，测量记录了下面的表中y与x的五组数据： 0 2 4 10 2 【解决问题】 （1）求水柱轨迹所在拋物线的解析式； （2）求水柱落地点与水管的水平距离； （3）为实现动态喷水效果，广场管理处决定对喷水设施做如下设计改进：喷水头的高度不变，调整喷水头的角度，使喷出的水柱轨迹的形状不变，水柱轨迹的喷水半径（动态喷水时，点到的距离）随着音乐的节奏控制在到之间（含和），当喷水半径为时，水柱轨迹的最大高度为；当喷水半径为时，水柱轨迹的最大高度为，求的值． 【答案】（1） （2）水柱落地点与水管的水平距离为米 （3） 【解析】 【分析】本题考查二次函数的应用，熟练掌握用待定系数法求函数解析式，求抛物线与x轴交点坐标，二次函数图象性质是解题的关键． （1）用待定系数法求函数解析式即可； （2）令，则，求解即可； （3）根据抛物线的形状不变，喷水头的高度不变，所以抛物线过，即可设调整后抛物线的解析式为，把和分别 代入，求得抛物线解析式，然后根据抛物线的顶点纵坐标公式，求出，，代入即可求解． 【小问1详解】 解： 抛物线过点， ∴设抛物线的解析式为， 把代入得：， 解得：， ； 【小问2详解】 解：在中，令，则， ， ，（不符合题意，舍去）， 水柱落地点与水管的水平距离为米． 【小问3详解】 解：抛物线的形状不变， ， 喷水头的高度不变， 抛物线过， 设调整后抛物线的解析式为， 把代入解析式得，解得， 把代入解析式得，解得， ， 抛物线的顶点纵坐标为， ，， ． 21. 如图，等腰三角形中，，． （1）动手操作：利用尺规作以为直径的交于点，交于点，并且过点作交于点． （2）求证：直线是的切线； （3）连接，记的面积为，四边形的面积为，求的值． 【答案】（1）画图见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意作出图形即可； （2）连接，根据等腰三角形的性质得到根据平行线的判定得到，由平行线的性质得到，于是得到结论； （3）连接；根据圆周角定理得到，即，由等腰三角形的性质得到，根据圆内接四边形的性质得到，等量代换得到，根据相似三角形的性质得到，于是得到结论． 【小问1详解】 解：如图所示，图形为所求； 【小问2详解】 证明：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴直线是的切线； 【小问3详解】 解：连接；， ∵是的直径， ∴，即， ∵，， ∴， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∵在和中，，， ∴， ∴， ∴， ∵， 记的面积为，四边形的面积为， ∴． 【点睛】本题考查的是作线段的垂直平分线，作垂线，切线的判定，相似三角形的判定与性质，圆的内接四边形的性质，熟练的作图与辅助线是解本题的关键. 五、解答题（三）本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分 22. 如图为古代劳动人民发明的“石磨”，其原理为在磨盘的边缘连接一个固定长度的“连杆”，推动“连杆”带动磨盘转动将粮食磨碎，物理学上称这种动力传输工具为“曲柄连杆机构”．小明受“石磨”的启发设计了一个“双连杆机构”，设计图如图，两个固定长度的“连杆”，的连接点在上，当点在上转动时，带动点，分别在射线，上滑动，．如图，当与相切时，点恰好落在上．请就图中的情形解答下列问题： （1）若，求的度数． （2）若线段与交于点，，，求的半径． （3）若的半径为6，，求的长． 【答案】（1）∠PAO=30° （2）⊙O的半径为3 （3） 【解析】 【分析】本题考查的是圆周角定理的应用，切线的性质，勾股定理的应用，矩形的性质和判定，三角形的面积等知识，作出合适的辅助线是解本题的关键． （1）连接，根据切线的性质得到，证明，根据圆周角定理得到，等量代换求得答案； （2）设的半径为，根据勾股定理列出关于的一元二次方程，解方程得到答案； （3）如图2，先由勾股定理计算，由三角形的面积法可得的长，即是的长，最后由勾股定理即可解答． 【小问1详解】 解：（1）如图1，连接， 与相切， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 【小问2详解】 设⨀的半径为， ，， ， 在中，， 即， 解得：， 即的半径为； 【小问3详解】 如图2，过点作于，作于， ， 四边形是矩形， ， 的半径为，， ， ， ．， 23. 以下虚线框中为一个合作学习小组在一次数学实验中的过程记录，请阅读后完成虚线框下方的问题． （1）在中，，在探究三边关系时，通过画图，度量和计算，收集到，组数据如下表：（单位：厘米） （2）根据学习函数的经验，选取上表中和的数据进行分析； 设，以为坐标，在图所示的坐标系中描出对应的点； 连线； 观察思考 （3）结合表中的数据以及所面的图像，猜想．当 时，最大； （4）进一步C猜想：若中，，斜边为常数，），则 时，最大． 推理证明 （5）对（4）中的猜想进行证明． 问题1．在图中完善的描点过程，并依次连线； 问题2．补全观察思考中的两个猜想： _______ _______ 问题3．证明上述中的猜想： 问题4．图中折线是一个感光元件的截面设计草图，其中点间的距离是厘米，厘米，平行光线从区域射入，线段为感光区域，当的长度为多少时，感光区域长度之和最大，并求出最大值． 【答案】 问题1：如图 问题2：2，； 问题3：法一：（判别式法） 证明：设 在中， 关于的元二次方程有实根， 当取最大值时， 当时，有最大值． 法二：（基本不等式） 设 在中， ． 当时，等式成立 ． ， 当时，有最大值． 问题4：当时，感光区域长度之和最大为 【解析】 【分析】问题1：根据（1）中的表格数据，描点连线，作出图形即可； 问题2：根据（1）中的表格数据，可以得知当2时，最大；设，则，可得，有，可得出； 问题3：可用两种方法证明，方法一：（判别式法）设，则，可得，有，可得出；方法二：（基本不等式），设，得，可得，根据当时，等式成立有，可得出 ； 问题4：方法一：延长交于点，过点作于点，垂足为，过点作交于点，垂足为，交于点，由题可知：在中，，得，根据，有，得，易证四边形为矩形，四边形为矩形，根据可得，由问题3可知，当时，最大，则有时，最大为；方法二： 延长相交于点同法一求得：，根据四边形为矩形，有，，得到，由问题3可知，当时，最大 则可得时最大为． 【详解】问题1：略 问题2：； 问题3：略 问题4： 法一：延长交于点 过点作于点垂足为 过点作交于点垂足为 交于点 由题可知：在中， 即 又 ， 在中， ， 即 四边形为矩形 ， 四边形为矩形， 在中，． 由问题3可知，当时，最大 时，最大为 即当时，感光区域长度之和最大为 法二： 延长相交于点 同法一求得： 设 四边形为矩形， ． 由问题3可知，当时，最大 时最大为 即当时，感光区域长度之和最大为． 【点睛】本题考查了一元二次方程，二次函数，不等式，解直角三角形，三角函数，矩形的性质等知识点，熟悉相关性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $