精品解析： 福建省福州四中桔园洲中学2024-2025学年九年级下学期月考数学试卷（3月份）

2024-2025学年福建省福州四中桔园洲中学九年级（下）月考数学试卷（3月份） 一、选择题：本题共10小题，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 的相反数是（ ） A. B. 2024 C. D. 2. 下列是四个高校校徽的主体标识，其图案是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列事件中，不属于随机事件的有（　　） A. 任意画一个三角形，其外角和为 B. 投一枚骰子得到的点数是奇数 C. 经过有交通信号灯的路口，遇到红灯 D. 从日历本上任选一天为星期天 4. 据 2023 年 3 月 14 日《2022 年福建省国民经济和社会发展统计公报》公布显示，2022年末全省常住人口 41880000人．数据用科学记数法表示为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，这是由5个相同的小立方体组成的几何体，这个几何体的左视图为（ ） A. B. C. D. 6. 计算：（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在△ABC中，∠B=30°，BC的垂直平分线交AB于E，垂足为D．若ED=2，则CE的长为（ ） A. B. 4 C. D. 2 8. 《周髀算经》记载的“方圆圆方图”是一种建筑构造的法则，其核心为东方美学的瑰宝——白银比．为探究其比值，淇淇用尺规作图进行如下操作：如图，已知线段，①分别以点、为圆心，大于长为半径在两侧作弧，两弧分别交于点、；②作直线交线段于点，以点为圆心，长为半径画弧，在线段上方交直线于点；③连接，以点为圆心，长为半径画弧，交线段于点，则，为白银比的比值，则的值为（ ） A. B. C. D. 9. 已知，点D是的重心，过顶点A作一条直线l平行于，连接并延长，交于点E，交直线l于点F，连接并延长交于点G，则的面积与四边形的面积之比为（　　） A. B. C. D. 10. 如图，在中，，，，以为圆心，3为半径作，为上一动点，连接、，则的最小值为（ ） A. 7 B. C. D. 二、填空题：本题共6小题，共24分． 11. 函数中，自变量x的取值范围是____________________ ． 12. 若正多边形的每一个内角为，则这个正多边形的边数是__________． 13. 若一元二次方程有两个不相等的实数根，则k的取值范围是_________． 14. 如图是一幅总面积为3m2的长方形世界杯宣传画，现将宣传画平铺在地上，向宣传画内随机投掷骰子（假设骰子落在宣传画内的每一点都是等可能的），经过大量重复投掷试验，发现骰子落在世界杯图案中的频率稳定在常数0.6附近，由此可估计宣传画上世界杯图案的面积约为_____m2． 15. 如图，为订书机的托板，压柄绕着点B旋转，连接杆的一端点D固定，点E从A向B处滑动，在滑动的过程中，的长度保持不变．若， ，，则的长度为 ________ ． 16. 已知抛物线与直线交于、两点，且．若点，也在该抛物线上，则___________________ ． 三、解答题：本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 17. 计算：． 18. 如图，在矩形中，点E、F在上，且，相交于点O． 求证：． 19. 先化简，再求值：，其中． 20. 如图，的三个顶点的坐标分别为，，． （1）将向左平移3个单位得到，画出； （2）画出绕原点O逆时针旋转后得到的； （3）求（2）中点A经过的路径长． 21. 增强文化自信，建设书香校园．在年月日第个“世界读书日”来临之际，某中学开展以“书香伴我成长”为主题的系列活动，根据学校实际情况，学生会决定开展“：征文比赛：：演讲比赛：：书法比赛：：手抄报比赛”四项活动项目（每位学生必须且只能选择一项）．为了了解学生参与活动的情况，学生会随机抽取了一部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如下不完整的统计图．所抽查学生参与的活动项目条形统计图所抽查学生参与的活动项目扇形统计图． （1）求所抽查的学生数； （2）请将条形统计图补充完整，并求扇形统计图中参加征文比赛的扇形圆心角的度数； （3）若学校共有名学生，则该校大约有多少名学生参加书法比赛活动？ 22. 如图①是位于甘肃省张掖市高台县的中国工农红军西路军纪念碑，为缅怀革命先烈，传承红色情怀，某班组织学生参观并测量纪念馆中纪念碑的高度，测量方案如下： 课题 测量中国工农红军西路军纪念碑的高度 测量工具 卷尺、自制测角仪等 自制测角仪使用方法 利用量角器和铅锤自制如图②所示的简易测角仪，使用过程如图③，在点观察所测物体最高点，当量角器零刻度线上，两点与视线重合时，测得视线与铅垂线所夹的锐角为 测量示意图 如图④，纪念碑的高度为，小组成员从纪念碑的底部出发，向前走到点处，用如图②所示的自制测角仪测得的度数，再继续向前走7.2米到达点处，测得的度数，，，为该成员眼睛到地面的距离，且点，，，，，，均在同一竖直平面内，点，，在同一条直线上，点，，在同一条直线上 测量数据 在点测得的度数 在点测得的度数 该成员眼睛距离地面的高度 21.3° 33° 1.7米 参考数据 ，，，，， 请根据表中所给数据计算中国工农红军西路军纪念碑的高度（结果精确到0.1米）． 23. 如图，为的直径，，为上不同于，的两点，且位于异侧，，过点作交的延长线于点，交的延长线于点． （1）求证：为的切线； （2）若，，求点到的距离． 24. 如图２，点F在正方形边上，以为对角线作正方形，连接，点M是线段中点，连，，． （1）试判断线段线段的数量关系和位置关系，并说明理由． （2）将正方形绕点A顺时针转α度（），连接，，如图１． ①当E，F，B三点共线时，，，求的长； ②求证：． 25. 如图①，抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点，连接．点P从点C出发，沿线段方向匀速运动，运动到点B时停止． （1）求抛物线的表达式； （2）当时，求点P的坐标； （3）如图②，点P从点C开始运动时，点Q从点B同时出发，以与点P相同的速度沿x轴负方向匀速运动，点P停止运动时点Q也停止运动．连接，，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $6学科网6组卷网 2024-2025学年福建省福州四中桔园洲中学九年级（下)月考数学试 卷(3月份) 一、选择题：本题共10小题，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求 的. -2024 1. 的相反数是() 1 A.-2024 B.2024 C.±2024 D.2024 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了相反数的定义，熟记定义是解题的关键.根据相反数的定义“只有符号不同的两个数 是互为相反数”解答即可， 【详解】解：-2024的相反数是2024， 故选：B 2.下列是四个高校校徽的主体标识，其图案是中心对称图形的是() 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形.熟练掌握中心对称图形的概念，是解决问题的关键.如果一个图 形绕一个点旋转180°后，能和原来的图形互相重合，那么这个图形叫做中心对称图形. 根据中心对称图形的概念逐一判断，即得 第1页/共32页 命学科网命组卷网 【详解】A、是中心对称图形： B、不是中心对称图形： C、不是中心对称图形： D、不是中心对称图形 故选：A. 3.下列事件中，不属于随机事件的有() A.任意画一个三角形，其外角和为360° B.投一枚骰子得到的点数是奇数 C.经过有交通信号灯的路口，遇到红灯 D.从日历本上任选一天为星期天 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查随机事件，根据随机事件的定义进行解答， 【详解】解：A.任意画一个三角形，其外角和为360°是必然事件，符合题意： B.投一枚骰子得到的点数是奇数是随机事件，不符合题意， C.经过有交通信号灯的路口，遇到红灯是随机事件，不符合题意： D.从日历本上任选一天为星期天是随机事件，不符合题意. 故选：A. 4.据2023年3月14日《2022年福建省国民经济和社会发展统计公报》公布显示，2022年末全省常 住人口41880000人.数据41880000用科学记数法表示为() A.4.188×106 B.4.188×107 c4.188x100 D.0.4188×100 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查科学记数法，熟练掌握科学记数法是解题的关键.根据科学记数法的定义，将一个 数表示成ax10 其中1≤a<10 即可得到答案. 第2页/共32页 6学科网 命组卷网 4188000 【详解】解：数据 用科学记数法表示为4.188×10 故选B, 5.如图，这是由5个相同的小立方体组成的几何体，这个几何体的左视图为() 主视方向 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了几何体的三种视图仔细观察图中几何体中正方体摆放的位置，根据左视图是从左 面看到的图形判定则可： 【详解】解：从左边看，从左往右小正方形的个数依次为：2,1，左视图如下： 故选：A 6.计算：（-x(x-)=（) A.2x2 B.2x2 C -x D.x 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查整式的混合运算.先算乘方，乘法，再算加减即可. 【详解)解：（一x-x(x-1)=x2-2+x=x 故选：D 7.如图，在△ABC中，∠B=30°，BC的垂直平分线交AB于E,垂足为D.若ED=2,则CE的长为( 第3页/共32页 6学科网命组卷网 D A.2V5 B.4 c.2V2 D.2 【答案】B 【解析】 【分析】先根据线段垂直平分线的性质得出BE=CE,故可得出∠B-∠DCE,再由直角三角形的性质即可 得出结论， 【详解】解：，在△ABC中，∠B=30°，BC的垂直平分线交AB于E,ED=2, ∴，BE=CE, .∠B=∠DCE=30. 在Rt△CDE中， ,∠DCE=30°，ED=2, ∴.CE=2DE-4 故选：B 【点睛】本题考查的是线段垂直平分线的性质，熟知线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相 等是解答此题的关键， 8.《周髀算经》记载的“方圆圆方图”是一种建筑构造的法则，其核心为东方美学的瑰宝一白银比.为探 1 B 究其比值，淇淇用尺规作图进行如下操作：如图，已知线段AB,①分别以点A、B为圆心，大于2 长为半径在AB两侧作弧，两弧分别交于点C、D:②作直线CD交线段AB于点E,以点E为圆心， 长为半径面弧，在线段1B上方交直线CD于点F:③连接M厂，以点A为圆心，1 AE CD “长为半径画弧， 第4页/共32页 6学科网命组卷网 AB AG =m 交线段AB于点G,则AGAE ,m为白银比的比值，则m的值为() BV2-1 cV2+1 D.2-V2 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查尺规作图，等腰直角三角形的性质.由步骤①知，CD⊥AB,结合步骤②得△AEF是 等腰直角三角形，故4F=V2AE, 再根据步骤③即可得出结果. 【详解】解：由步骤①知，CD⊥AB 由步骤②知，AE=EF :∴.△AEF是等腰直角三角形 .AF =2AE 由步骤③知，AF=AG AG ∴.m= =2 AE 故选：A. 9.已知，点D是△ABC的重心，过顶点A作一条直线I平行于BC,连接CD并延长，交AB于点E,交 直线I于点F,连接BD并延长交AC于点G,则△AEF的面积与四边形AGDE的面积之比为() 第5页/共32页 6学科网命组卷网 B A.42 B32 c21 D43 【答案】B 【解析】 【分析】根据重心的定义得点E是AB的中点，点G是AC的中点，可知EG是△ABC的中位线，再结合 平行线的性质得△MEF≌aBEC,可得EF=EC,进而得出S,=Sc,连接BG,可知 S心=S心，根写中仓线的作质及相极三角形的科货得，可知m-2改，则 Sc=S.G=3S.0,所以S=6S,B0影CmE=4S,心，即可得出答案 【详解】解：根据题意可知点E是AB的中点，点G是AC的中点，连接EG, :.AE=BE,EG是△ABC的中位线， II BC ,直线 .∠AFE=∠ECB,∠FAE=∠EBC. .△AEF≌ABEC, .EF =EC, 第6页/共32页 6学科网列组卷网 SAAFF=SAAEC ,点G是AC的中点， SAEG=SAECG .1 .EG是△ABC的中位线， EG 1 .EG‖BC,BC2, .△EDGACDB. DE EG 1 :CD BC 2, SACDG =2SEDG ∴.1 S4EG=SARCG=3SEDXG :SA=6S.G,Sg边形M6E=4S,EG 6S EDC =3 :S四边形AGDE AS EDC 2. 故选：B 【点睛】本题主要考查了重心，全等三角形的性质和判定，中位线的定义和性质，相似三角形的判定和性 质，弄清各三角形面积之间的关系是解题的关键. 10如图，在Rt△MBC中，∠4CB=90°，CB=6,4C=9,以C为圆心，3为￥径作OC,P为 L AP+BP ⊙C上一动点，连接AP、BP,则3“ 的最小值为() 第7页/共32页 6学科网组卷网 B A.7 B.5V2 c4+V10 D.V37 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理以及三角形三边关系的应用，利用相似三角形的 MP=-PA 性质得到 3“是解题的关键.如图，在CA上截取CM,使得CM=1,连接PM,PC,BM.利 MP=1PA 1 AP+BP=PM+PB≥BM 用相似三角形的性质证明 3 ,可得3 ,利用勾股定理求出BM即可 解决问题. 【详解】解：在CA上截取CM,使得CM=1,连接PM,PC,BM. .·PC=3CM=1CA=9 ∴.PC2=CM.CA PC CM ∴.CACP· .·∠PCM=∠ACP ∴.△PCM∽△ACP 第8页/共32页 6学科网命组卷网 PM PC 1 ·PAAC3, :.MP=3 1 ∴.5AP+BP=PM+PB≥BM .PM+PB≥BM, 在Rt△BCM中， .'∠BCM=90°CM=1BC=6 .BM=V12+62=V37 :AP+BP≥37 3 I AP+BP 则31 的最小值为V37 故选：D. A 二、填空题：本题共6小题，共24分. 1.函数y=V1+2x中，自变量x的取值范围是 第9页/共32页 6学科网 6组卷网 【答案】 2 【解析】 【分析】本题考查了求函数自变量取值范围，二次根式意义的条件，由二次根式有意义的条件得 1+2x20 即可求解. 【详解】解：由题意得，1+2x≥0， è、1 解得 2. t≥、1 故答案为： 2 35 12.若正多边形的每一个内角为 ，则这个正多边形的边数是 【答案】八（或8） 【解析】 【分析】根据正多边形的每一个内角为 35，求出正多边形的每一个外角，根据多边形的外角和，即可求 出正多边形的边数 【详解】解：根据正多边形的每一个内角为 35 正多边形的每一个外角为：180°-135°=45° 360° =8 多边形的边数为：45° 故答案为八 【点睛】考查多边形的外角和，掌握多边形的外角和是解题的关键. 13.若一元二次方程-2x+k=0 有两个不相等的实数根，则k的取值范围是 【答案】：k<1 第10页/共32页 6学科网 组卷网 【解析】 【详解】”一元二次方程x-2x+k=0 有两个不相等的实数根， △-bF-4ac-4.4张>0， 解得：k<1, 则k的取值范围是：k<1. 故答案为k<1 14.如图是一幅总面积为3的长方形世界杯宣传画，现将宣传画平铺在地上，向宣传画内随机投掷骰子 (假设骰子落在宣传画内的每一点都是等可能的)，经过大量重复投掷试验，发现骰子落在世界杯图案中 的频率稳定在常数0.6附近，由此可估计宣传画上世界杯图案的面积约为 【答案】1.8 【解析】 【分析】因为骰子落在世界杯图案中的频率稳定在常数0.6附近，根据题意求出长方形的面积，根据世界 杯图案的面积与长方形世界杯宣传画的面积之间的关系计算即可. 【详解】解：，骰子落在世界杯图案中的频率稳定在常数0.6附近， ∴.世界杯图案占长方形世界杯宜传画的60%， ∴.世界杯图案的面积约为：3×60%=1.82， 故答案为1.8. 【点睛】本题考查频率，解题的关键是知道频率的意义 15.如图，AB为订书机的托板，压柄BC绕着点B旋转，连接杆DE的一端点D固定，点E从A向B处 第11页/共32页 6学科网命组卷网 滑动，在滑动的过程中，DE的长度保持不变.若BD=32cm, tan∠DEB=3 4,∠B=45°，则BE 的长度为 【答案】7cm#7厘米 【解析】 【分析】本题考查的是解直角三角形的应用，熟练掌握解直角三角形的方法是关键，过点D作DF⊥AB 垂足为F,先求出BF=DF=3cm,进而求出EF=4cm,可得出结论. 【详解】解：如图所示，过点D作DF⊥AB,垂足为F, 在Rt△DBF中，DB=3V2cm,∠B=45° :.DF=BD.sin45°=3cm,BF=BD.cos45°=3cm, :.tan∠DEB= DF 3 DF=3cm .EF=4cm, ∴.EB=EF+BF=4+3=7cm. 故答案为：7cm」 第12页/共32页 6学科网命组卷网 16已知抛物线y=r+bx+c与直线y=l交于A、B两点，且AB=3.若点C(m,m）,D(m+4,n)也 在该抛物线上，则n= 11 【答案】4 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质、一元二次方程根与系数的关系，设A(,）,B(x山)，则 b2-5 由一元二次方程根与系数的关系可得x+为=-b,x,=C-1,结合AB=3计算得出C= 4,从而 可得y=x+2 4, 由二次函数的对称性计算可得 得9-m+2).从而可得y=c-m-2-系 由此计算即可得解，熟练掌握二次函数的图象与性质是解此题的关键， 【详解】解：设A(x,).B(x,1) :、是方程+br+C=l的两个根， :X+3=-bx为2=c-1 AB=3, :(6-x}=9 :(G+xP-4=9,即2-4(c-)=9, b2-5 .cs. 4, 第13页供32页 6学科网命组卷网 :抛物线上有两个点C(m,n),D(m+4,n) x= m+m+4 =m+2 .对称轴为直线 2 b 2 =m+2 b=-(m+2) .2 y=x-m-2- 当x=m时， n=4-511 44. 11 故答案为：4。 三、解答题：本题共9小题，共86分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17.计算：V9×3+(-2023)°--31 【答案】-1 【解析】 【分析】本题考查了算术平方根，负整数指数幂，零指数幂以及绝对值的化简，正确运算是解决本题的关 键. 根据算术平方根，负整数指数幂，零指数幂以及绝对值的化简运算即可. 【详解】解：V9×3+(-2023)°-3 =3×-+1-3 3 =1+1-3 =-1. 第14页/供32页 命学科网命组卷网 l8.如图，在矩形ABCD中，点E、F在BC上，且BF=CE,AE、DF相交于点O. 求证：AE=DF B 【答案】 证明：，四边形ABCD是矩形， :∠B=∠C=909,AB=DC .BF=CE. :BF+EF=CE+EF,BE=CF, 在△ABE和△DCF中， AB=CD ∠B=∠C BE=CF :.△MBE≌aDCF(SAS) :AE=DF. 【解析】 【分析】本题考查矩形的性质，三角形全等的判定与性质，根据矩形的性质可得 ∠B=∠C=909,MB=DC,由BF=CE,易征BE=CF,利用SMS证明△MBE≌aDCF ,由 即可得出 结论. 【详解】略 第15页/共32页 6学科网 命组卷网 3.x2-2x+1 19.先化简，再求值： x+2 x2-4,其中x=V2+1: x-2 2-V2 【答案】x-1；2 【解析】 【分析】先对分式进行化简，然后再代值求解即可. x+2-3(x+2)(x-2) 【详解】解：原式x+2 （x-1)2 =x-1.（x+2)(x-2) x+2 (x-1)2 =-2 x-1; √2+1-2√2-12-√2 当x=√2+1时，原式√2+1-1√2 2· 【点睛】本题主要考查分式的化简求值及二次根式的运算，熟练掌握分式的运算及二次根式的运算是解题 的关键。 20如图，△MBC的三个顶点的坐标分别为A(,-2),B(3,-),C(1,-) 3 4-3-2-10 1 23 4 C A (1)将4ABC 向左平移3个单位得到 44G,画出△4BG (2)画出△1BC绕原点O逆时针旋转90°后得到的△4，B,C】 第16页/共32页 命学科网命组卷网 (3)求(2)中点A经过的路径长 【答案】(1) 如图， △4B,C即为所求. (2)如(1)中的图， 即为所求 A △AB2C2 5 π (3)2 【解析】 【分析】本题考查了网格平移作图、旋转作图、勾股定理、弧长公式：掌握作图方法及弧长公式是解题的 关键. (1)按平移方法作图，即可求解： (2)按旋转作图的方法作图，即可求解： = nR (3)由弧长公式180，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：由勾股定理得，0A=VP+22=√5 90x×V5V5 :.点A经过的路径长为180一 2 第17页/共32页 6学科网 命组卷网 21.增强文化自信，建设书香校园.在2023年4月23日第28个“世界读书日”来临之际，某中学开展以 “书香伴我成长”为主题的系列活动，根据学校实际情况，学生会决定开展“A:征文比赛：B:演讲比 赛：C:书法比赛：D:手抄报比赛”四项活动项目（每位学生必须且只能选择一项），为了了解学生参 与活动的情况，学生会随机抽取了一部分学生进行调查，并将调查结果绘制成如下不完整的统计图.所抽 查学生参与的活动项目条形统计图所抽查学生参与的活动项目扇形统计图. 所抽查学生参与的活动 所抽查学生参与的活动 项目条形统计图 项目扇形统计图 人数（单位：人） 90 80 70 D 25% 4 C 30 10 B 0 A B D 项目 (1)求所抽查的学生数： (2)请将条形统计图补充完整，并求扇形统计图中参加征文比赛的扇形圆心角的度数： (3)若学校共有1200名学生，则该校大约有多少名学生参加书法比赛活动？ 【答案】(1)200名 (2) 补全条形统计图如下： 人数（单位：人） 90 80 70 50 2 B D 项目 第18页/共32页 6学科网 组卷网 144° (3)240名 【解析】 【分析】(1)由D项目人数及其所占百分比可得总人数： (2)总人数减去A、B、D项目的人数求出C项目的人数，从而补全条形统计图，用360°乘以A项目 人数所占比例即可求出参加征文比赛的扇形圆心角的度数 (3)总人数乘以样本中C项目对应的百分比即可. 【小问1详解】 解：50÷25%=200（名）， 答：所抽查的学生数为200名： 【小问2详解】 C 200-80-30-50=40 项目对应的人数为 (人)， :360 80 =144° 200 ∴.扇形统计图中参加征文比赛的扇形圆心角的度数为144°； 【小问3详解】 40 1200× =240 200 (名)， 答：该校大约有240名学生参加书法比赛活动， 【点睛】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结 合的思想解答， 22.如图①是位于甘肃省张掖市高台县的中国工农红军西路军纪念碑，为缅怀革命先烈，传承红色情怀， 某班组织学生参观并测量纪念馆中纪念碑的高度，测量方案如下： 课题 测量中国工农红军西路军纪念碑的高度 测量工具 卷尺、自制测角仪等 第19页/供32页 6学科网命组卷网 利用量角器和铅锤自制如图②所示的简易测角仪，使用过程如图 ③，在P点观察所测物体最高点Q,当量角器零刻度线上M, PO ∠a 两点与视线 重合时，测得视线与铅垂线所夹的锐角为 自制测角仪使用方 法 0 图① 图② 图③ 如图④，纪念碑的高度为AG,小组成员从纪念 碑的底部出发，向前走到点E处，用如图②所示 的自制测角仪测得∠的度数，再继续向前走 7.2米到达点F处，测得∠α的度数，BG, 测量示意图 CE DF A 为该成员眼睛到地面的距离，且点 F E 图④ B,C,D,E,F,G均在同一竖直平面 内，点G,E,F在同一条直线上，点B,C D在同一条直线上 在E点测得 在F点测得∠a 该成员眼睛距离地面的高度 测量数据 ∠的度数 的度数 21.3° 33° 1.7米 参考数据 sin21.3°≈0.36cos21.3°≈0.93tan21.3°≈0.39 第20页/供32页 命学科网命组卷网 sin33°≈0.54cos33°≈0.84tan33°≈0.65 请根据表中所给数据计算中国工农红军西路军纪念碑AG的高度（结果精确到0.1米）， 【答案】中国工农红军西路军纪念碑AG的高度约为27.7米 【解析】 【分析】本题考查三角函数测高，涉及正确函数值定义求线段长，根据题意得到相关线段及角度，在 Rt△ACB中， tan21.3°=CB tan33°=7.2+BC AB;在Rt△ADB中， AB:列方程求解即可得到答案，熟练 掌握三角函数定义是解决问题的关键. 【详解】解：如图所示： Da Cka----B G 图④ 根据题意可得∠CAB=21.3°，∠DAB=33°，DF=CE=BG=1.7米，CD=EF=7.2米， 在Rt△ACB中， tan21.3°=CB AB,解得CB≈0.39AB: (an339=BD=DC+BC_7.2+BC 在RtADB中， AB AB AB,解得BC≈0.65AB-7.2: ∴.0.39AB=0.65AB-7.20.26AB=7.2 AB≈27.7 ,即 ，解得 米， 答：中国工农红军西路军纪念碑AG的高度约为27.7米」 第21页/供32页 6学科网 命组卷网 ⊙0 23.如图， 4B为o0的直径，C,D为O0上不同于A.B的两点，且位于4B异侧， 为 ∠ABD=2∠BAC 点C作CE1DB交DB的延长线T点B,交B F ,过点作 的延长线于点· E D CF.⊙O (1)求证： 为的切线： (2)若OB=BF,AB=4,求点C到AF的距离. 【答案】(1)证明：连接OC,如图， A 0A=OC, .∠OAC=∠OCA」 ∴.∠BOC=∠A+∠OCA=2∠OAC ∠ABD=2∠BAC ∴.∠ABD=∠BOC ∴.OC BE .CE⊥BD 第22页/供32页 6学科网6组卷网 ∴.OC⊥CE, ∴.CF.⊙O 为的切线： (2)V3 【解析】 【分析】本题是圆的综合题，考查了切线的判定，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键. (1)连接OC,如图，由于∠OAC=∠OCA,则根据三角形外角性质得∠BOC=2∠OAC,而 ∠ABD=2∠BAC ∠ABD=∠BOC OC∥BDCE⊥BD ,所以 ，根据平行线的判定得到 ，再 得到 OC⊥CE CF.⊙O ,然后根据切线的判定定理得为的切线： (2)过点C作AF的垂线段CG,利用面积法即可解答. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：过点C作AF的垂线段CG,, .OB=BF AB=4 ..OF=OB+BF=20B=AB=4 OC=2 .CF=VOF2-0C2=2√3 8-0CCF-CG-OF ..CG=0C.CF= OF ，即点C到AF的距离为V3. 24.如图2，点F在正方形ABCD边AB上，以AF为对角线作正方形AEFG,连接CF,点M是线段 第23页/供32页 6学科网组卷网 CF BM GM CG 中点，连 图1 图2 (1)试判断线段MB线段MG的数量关系和位置关系，并说明理由. (2)将正方形AEFG绕点A顺时针转a度(0<a<180°)，连接DM,EM,如图1. ①当E,F,B三点共线时，AB=15,BF=3,求DG的长； ②求证：MB=MG. 【答案】(1) MB=MGMB⊥MG ,理由如下， ,四边形AEFG和四边形ABCD是正方形， ∴.∠ACB=∠FAG=∠FAC=45°∠AGF=∠ABC=90° 点G在AC上， ∴.∠FGC=90° .M CF 是的中点， GM=CM=BM=TCh ∴.∠GCM=∠CGM∠BCM=∠CBM ∴.∠GMF=∠GCM+∠CGM=2∠ACF 第24页/供32页 6学科网命组卷网 ∠BMF=2∠BCF ∴.∠GMF+∠BMF=2(∠ACF+∠BCF) ∴.∠BMG=2∠ACB=90° ∴.MB=MGMB⊥MG (2)①12： ②证明：如图，延长GM至N,使MW=GM,连接CN,延长AG,交BC于点O,交CN于点T,连接 BG G .CM=FM∠FMG=∠CMN ∴.CMN≌AFMG SAS ∴.CN=FG∠CNM=∠FGM ∴.CN=FG=AG .FG∥CN .∠AGF=90° .∠ATG=90° 第25页/供32页 6学科网列组卷网 ∴.∠ATG=∠ABC=90° .∠COT=∠AOB. ∴.∠BCT=∠BAG AB=BC ∴.△ABG≌ACBN SAS .BG=BN∠CBN=∠ABG ∴.∠CBN+∠CBG=∠ABG+∠CBG=∠ABC ∴.∠GBN=90° ·MB=MG= GN 2 ∴.MB=MG 。 【解析】 GM=CM-BM=1CF 【分析】(1)由正方形的性质，结合直角三角形的特征得 ，由三角形的外角性 质及等腰三角形的性质得∠GMF+∠BMP=2(∠ACF+∠BCF）,即可得证： (2)①连接DG,由SAS判定△DAG≌△BAE,由全等三角形的性质得DG=BE,设AE=EF=x, BE=x+3 则 ，由勾股定理得1E+BE2=AB ,即可求解： ②延长GM至N,使MW=GM,连接CN,延长AG,交BC于点O,交CN于点T,连接BG,由 SAS △CMN≌AFMG△ABG≌ACBN BG=BN∠CBN=∠ABG 可判定 ,由全等三角形的性质得 第26页/供32页 可学科网命组卷网 即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①解：连接DG, D G ,四边形AEFG和四边形ABCD是正方形， .AD=ABEF=AE=AG∠E=∠BAD=∠GAE=90° ∴.∠DAG+∠BAG=∠BAE+∠BAG ∴.∠DAG=∠BAE .ADAG≌ABAE SAS :DG=BE. 设AE=EF=x,则BE=x+3, AE2+BE2=AB2 x2+(x+32=152 解得：=9.3=-12 (舍去)， ∴.BE=9+3=12 第27页/供32页 6学科网 组卷网 .DG=12 ②略 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，直 角三角形斜边中线的性质等知识，掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，添加恰当的 辅助线，构造全等三角形是解题的关键。 1 25如图0，物线”7++C与x精文于点A20)和点点与y抽交于店C0.,连接BC.点 y= P从点C出发，沿线段CB方向匀速运动，运动到点B时停止. 图① 图② 1 y= @)求抛物线2x+c+9 的表达式： (2)当BP=2CP时，求点P的坐标； (3)如图②，点P从点C开始运动时，点O从点B同时出发，以与点P相同的速度沿x轴负方向匀速运 动，点P停止运动时点Q也停止运动.连接OP,C2,求0P+C2 的最小值。 【答案12x2-4x+6 2)P(2,4) (3)6V5 【解析】 第28页/共32页 6学科网命组卷网 【分析】（山将4(2,0）、C(0,6)代入解析式，即可求解， PD⊥ (2)过点P作 轴，垂足为D,由相似形的判定方法得△CPD∽aCB0 由相似三角形的性质得 CD DP CP CO OB CB,即可求解： (3)在OB上方作△OPM,使得∠PCM=45°，CM=BC,由SAS判定△CB0≌aMCP 由全等 CQ=MPOP+C9=OP+MP≥OM 三角形的性质得 ,可得 ,即可求解， 【小问1详解】 解：由题意得 ×22+2b+c=0 2 c=6 b=-4 解得：c=6, ∴.抛物线表达式为 x2-4x+6」 2 【小问2详解】 解：当y=0时，2 x2-4x+6=0 解得=2与=6 B(6,0) 如图，过点P PD上y轴，垂足为D, 第29页/共32页 命学科网列组卷网 D ∴.∠CDP=∠COB=90° .∠DCP=∠OCB .∴ACPD∽ACBO CD DP CP CO OB CB. .BP=2CP CP 1 .CB3, 8. CD DP 1 二 663, ∴.CD=DP=2 ∴.OD=OC-CD=6-2=4 P(2,4) 【小问3详解】 解：在OB上方作△OPM,使得∠PCM=45°，CM=BC,如图， 第30页/供32页 6学科网组卷网 D B ,运动的速度相同， ∴.CP=BQ .OC=OB=6 ∴.∠CBQ=∠OCB=45° BC=0B2+0C2=62 CBO和△MCP中， 在 BO=CP ∠CBQ=∠MCP BC=CM .aCBQ≌AMCP SAS、 ∴.C2=MP ∴.OP+CQ=OP+MP≥OM ∴.OP+C9 OM 的最小值为 .∠OCM=∠OCB+∠BCM=90° ∴.OM=VOC2+CM2 =v6+(62)月 第31页/供32页 6学科网命组卷网 =6W3 即OP+C0的最小值为6V5 【点睛】本题考查了二次函数综合应用，考查待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定和性质，全等 三角形的判定和性质，添加恰当的辅助线，构造全等三角形，找出取得最小值的条件是解题的关键。 第32页/共32页