精品解析：2023年江西省赣州市石城县初中数学教师“解题+说题比赛试题

2023年石城县初中数学教师“解题＋说题”比赛试题 （试题总分：120分 考试时间：120分钟） 一、选择题：（本大题共6小题，每题3分，共18分．） 1. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 有一种印度式乘法，如图（1）表示，其中12是沿左上到右下的方向，画两组线段依次表示被乘数从高位到低位的数字；31是沿左下到右上的方向，画两组线段依次表示乘数从高位到低位的数字；372是由从左往右数每一竖列上结点的个数连在一起得到的（若每一竖列上结点的个数大于10，则需往左进位），图（2）表示的算式为（ ）． A. B. C. D. 3. 如图是由全等的小等边三角形组成的网格，其中有3个小三角形被涂成了黑色（用阴影表示）．若平移其中1个阴影三角形到空白网格中，使阴影部分构成的图形为轴对称图形，则平移的方法共有（ ） A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种 4. 设二次函数是实数，则（ ） A. 当时，函数的最小值为 B. 当时，函数的最小值为 C. 当时，函数的最小值为 D. 当时，函数的最小值为 5. 如图，点A、B、C在同一条线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线AC同侧，，，，连接DE，设，，，给出下面三个结论：①；②；③； 上述结论中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 6. 在多项式（其中中，对相邻的两个字母间任意添加绝对值符号，添加绝对值符号后仍只有减法运算，然后进行去绝对值运算，称此为“绝对操作”．例如：，，．下列说法： ①存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式相等； ②不存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式之和为0； ③所有的“绝对操作”共有7种不同运算结果． 其中正确的个数是　　 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二、填空题：（本大题共6小题，每题3分，共18分．） 7. 若（a≠0），则=_____________． 8. 边长分别为10，6，4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线上（如图），则图中阴影部分的面积为_______． 9. 清初数学家梅文鼎在著作《平三角举要》中，对南宋数学家秦九韶提出的计算三角形面积的“三斜求积术”给出了一个完整的证明，证明过程中创造性地设计直角三角形，得出了一个结论：如图，是锐角的高，则．当，时，____． 10. 若关于x的一元一次不等式组，至少有2个整数解，且关于y的分式方程有非负整数解，则所有满足条件的整数a的值之和是___________． 11. 如图，与位于平面直角坐标系中，，，，若，反比例函数恰好经过点C，则______． 12. 如图，在平角坐标系中，直线分别与x轴、轴交于点A、B，点M在坐标轴上、点N在坐标平面内，若以A、B、M、N为顶点的四边形为矩形，则点N的坐标为______． 三、解答题（本大题共5题，每小题6分，共30分） 13. 先化简，再求值：，其中． 14. 如图，在下列的正方形网格中，的顶点A，B，C均在格点上，请仅用无刻度直尺按下列要求作图（保留作图痕迹）． （1）在图1中，在边上找一点P，连接，使； （2）在图2中，在边上找一点Q，连接，使． 15. 对联是中华传统文化的瑰宝，对联装裱后，如图所示，上、下空白处分别称为天头和地头，左、右空白处统称为边．一般情况下，天头长与地头长的比是，左、右边的宽相等，均为天头长与地头长的和的．某人要装裱一副对联，对联的长为，宽为．若要求装裱后的长是装裱后的宽的4倍，求边的宽和天头长．（书法作品选自《启功法书》） 16. 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF． （1）求证：四边形OEFG是矩形； （2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长． 17. 如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“递减数”．例如：四位数4129，∵，∴4129是“递减数”；又如：四位数5324，∵，∴5324不是“递减数”．若一个“递减数”为，则这个数为___________；若一个“递减数”的前三个数字组成的三位数与后三个数字组成的三位数的和能被9整除，则满足条件的数的最大值是___________． 四、解答题（本大题共3题，每小题8分，共24分） 18. 为增强学生的社会实践能力，促进学生全面发展，某校计划建立小记者站，有20名学生报名参加选拔．报名的学生需参加采访、写作、摄影三项测试，每项测试均由七位评委打分（满分100分），取平均分作为该项的测试成绩，再将采访、写作、摄影三项的测试成绩按的比例计算出每人的总评成绩． 小悦、小涵的三项测试成绩和总评成绩如下表，这20名学生的总评成绩频数直方图（每组含最小值，不含最大值）如下图 选手 测试成绩/分 总评成绩/分 采访 写作 摄影 小悦 83 72 80 78 小涵 86 84 ▲ ▲ （1）在摄影测试中，七位评委给小涵打出的分数如下：67，72，68，69，74，69，71．这组数据的中位数是__________分，众数是__________分，平均数是__________分； （2）请你计算小涵的总评成绩； （3）学校决定根据总评成绩择优选拔12名小记者．试分析小悦、小涵能否入选，并说明理由． 19. 如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点．将点沿轴正方向平移个单位长度得到点为轴正半轴上的点，点的横坐标大于点的横坐标，连接的中点在反比例函数的图象上． （1）求的值； （2）当为何值时，的值最大?最大值是多少? 20. 图1是某越野车的侧面示意图，折线段表示车后盖，已知，，，该车的高度．如图2，打开后备箱，车后盖落在处，与水平面的夹角． （1）求打开后备箱后，车后盖最高点到地面的距离； （2）若小琳爸爸的身高为，他从打开的车后盖处经过，有没有碰头的危险?请说明理由． （结果精确到，参考数据：，，，） 五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 综合探究 如图1，在矩形中，对角线相交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接． （1）求证：； （2）以点为圆心，为半径作圆． ①如图2，与相切，求证：； ②如图3，与相切，，求的面积． 22. 在矩形中，，，点在边上，将射线绕点逆时针旋转90°，交延长线于点，以线段，为邻边作矩形． （1）如图1，连接，求的度数和的值； （2）如图2，当点在射线上时，求线段的长； （3）如图3，当时，在平面内有一动点，满足，连接，，求的最小值． 六、（本大题共12分） 23. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点．点，在此抛物线上，其横坐标分别为，连接，． （1）求此抛物线的解析式． （2）当点与此抛物线的顶点重合时，求的值． （3）当的边与轴平行时，求点与点的纵坐标的差． （4）设此抛物线在点与点之间部分（包括点和点）的最高点与最低点的纵坐标的差为，在点与点之间部分（包括点和点）的最高点与最低点的纵坐标的差为．当时，直接写出的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023年石城县初中数学教师“解题＋说题”比赛试题 （试题总分：120分 考试时间：120分钟） 一、选择题：（本大题共6小题，每题3分，共18分．） 1. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由可得，则，根据不等式的性质求解即可． 【详解】解：得，则， ∴， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了不等式的性质，注意：当不等式两边同时乘以一个负数，则不等式的符号需要改变． 2. 有一种印度式乘法，如图（1）表示，其中12是沿左上到右下的方向，画两组线段依次表示被乘数从高位到低位的数字；31是沿左下到右上的方向，画两组线段依次表示乘数从高位到低位的数字；372是由从左往右数每一竖列上结点的个数连在一起得到的（若每一竖列上结点的个数大于10，则需往左进位），图（2）表示的算式为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】仿照图（1）的方法解答即可． 【详解】解：图中沿左上到右下的方向，画三组线段依次表示被乘数从高位到低位的数字即112；沿左下到右上的方向，画三组线段依次表示乘数从高位到低位的数字即231；由从左往右数每一竖列上结点的个数连在一起分别得到：2、5、8、7、2，即25872． 故选B． 【点睛】本题主要考查了图形规律，根据图（1）归纳出规律是解答本题的关键． 3. 如图是由全等的小等边三角形组成的网格，其中有3个小三角形被涂成了黑色（用阴影表示）．若平移其中1个阴影三角形到空白网格中，使阴影部分构成的图形为轴对称图形，则平移的方法共有（ ） A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种 【答案】C 【解析】 【分析】根据轴对称图形的定义，画出图形即可． 【详解】如图所示，共有4种平移方法． 故选：C 【点睛】本题考查利用轴对称图形设计图案，解题的关键是连接轴对称图形的定义． 4. 设二次函数是实数，则（ ） A. 当时，函数的最小值为 B. 当时，函数的最小值为 C. 当时，函数的最小值为 D. 当时，函数的最小值为 【答案】A 【解析】 【分析】令，则，解得：，，从而求得抛物线对称轴为直线，再分别求出当或时函数y的最小值即可求解． 【详解】解：令，则， 解得：，， ∴抛物线对称轴为直线 当时， 抛物线对称轴为直线， 把代入，得， ∵ ∴当，时，y有最小值，最小值为． 故A正确，B错误； 当时， 抛物线对称轴为直线， 把代入，得， ∵ ∴当，时，y有最小值，最小值为， 故C、D错误， 故选：A． 【点睛】本题考查抛物线的最值，抛物线对称轴．利用抛物线的对称性求出抛物线对称轴是解题的关键． 5. 如图，点A、B、C在同一条线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线AC同侧，，，，连接DE，设，，，给出下面三个结论：①；②；③； 上述结论中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 【答案】D 【解析】 【分析】如图，过作于，则四边形是矩形，则，由，可得，进而可判断①的正误；由，可得，，，，则，是等腰直角三角形，由勾股定理得，，由，可得，进而可判断②的正误；由勾股定理得，即，则，进而可判断③的正误． 【详解】解：如图，过作于，则四边形是矩形， ∴， ∵， ∴，①正确，故符合要求； ∵， ∴，，，， ∵， ∴，， ∴是等腰直角三角形， 由勾股定理得，， ∵， ∴，②正确，故符合要求； 由勾股定理得，即， ∴，③正确，故符合要求； 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，不等式的性质，三角形的三边关系等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 6. 在多项式（其中中，对相邻的两个字母间任意添加绝对值符号，添加绝对值符号后仍只有减法运算，然后进行去绝对值运算，称此为“绝对操作”．例如：，，．下列说法： ①存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式相等； ②不存在“绝对操作”，使其运算结果与原多项式之和为0； ③所有的“绝对操作”共有7种不同运算结果． 其中正确的个数是　　 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定的定义，举出符合条件的说法①和②．说法③需要对绝对操作分析添加一个和两个绝对值的情况，并将结果进行比较排除相等的结果，汇总得出答案． 【详解】解：，故说法①正确． 若使其运算结果与原多项式之和为0，必须出现，显然无论怎么添加绝对值，都无法使的符号为负，故说法②正确． 当添加一个绝对值时，共有4种情况，分别是；；；．当添加两个绝对值时，共有3种情况，分别是；；．共有7种情况； 有两对运算结果相同，故共有5种不同运算结果，故说法③不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查新定义题型，根据多给的定义，举出符合条件的代数式进行情况讨论； 需要注意去绝对值时的符号，和所有结果可能的比较．主要考查绝对值计算和分类讨论思想的应用． 二、填空题：（本大题共6小题，每题3分，共18分．） 7. 若（a≠0），则=_____________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据题意，设===x，则可得a=3x，b=5x，c=7x，直接代入求得的值． 【详解】解：设===x，则a=3x，b=5x，c=7x， ∴==5． 故答案为：5． 【点睛】主要考查了比例的性质．根据比例的性质可设其比例值为x，用x表示出未知字母的值，代入所求代数式化简即可． 8. 边长分别为10，6，4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线上（如图），则图中阴影部分的面积为_______． 【答案】15 【解析】 【分析】根据正方形的性质及相似三角形的性质可进行求解． 【详解】解：如图， 由题意可知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为15． 【点睛】本题主要考查正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键． 9. 清初数学家梅文鼎在著作《平三角举要》中，对南宋数学家秦九韶提出的计算三角形面积的“三斜求积术”给出了一个完整的证明，证明过程中创造性地设计直角三角形，得出了一个结论：如图，是锐角的高，则．当，时，____． 【答案】 【解析】 【分析】根据公式求得，根据，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴ ∴, 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形的高的定义，正确的使用公式是解题的关键． 10. 若关于x的一元一次不等式组，至少有2个整数解，且关于y的分式方程有非负整数解，则所有满足条件的整数a的值之和是___________． 【答案】4 【解析】 【分析】先解不等式组，确定a的取值范围，再把分式方程去分母转化为整式方程，解得，由分式方程有正整数解，确定出a的值，相加即可得到答案． 【详解】解： 解不等式①得：， 解不等式②得：， ∴不等式的解集为， ∵不等式组至少有2个整数解， ∴， 解得：； ∵关于y的分式方程有非负整数解， ∴ 解得：， 即且， 解得：且 ∴a的取值范围是，且 ∴a可以取：1，3， ∴， 故答案为：4． 【点睛】本题考查了分式方程的解，以及解一元一次不等式组，熟练掌握运算法则是解题关键． 11. 如图，与位于平面直角坐标系中，，，，若，反比例函数恰好经过点C，则______． 【答案】 【解析】 【分析】过点C作轴于点D，由题意易得，然后根据含30度直角三角形的性质可进行求解． 【详解】解：过点C作轴于点D，如图所示： ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴点， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查反比例函数的图象与性质及含30度直角三角形的性质，熟练掌握反比例函数的图象与性质及含30度直角三角形的性质是解题的关键． 12. 如图，在平角坐标系中，直线分别与x轴、轴交于点A、B，点M在坐标轴上、点N在坐标平面内，若以A、B、M、N为顶点的四边形为矩形，则点N的坐标为______． 【答案】或或， 【解析】 【分析】本题考查了一次函数与矩形的综合题型，解题关键是分类讨论和利用相似三角形的性质得到对应线段之间的关系． 分类讨论：①点M在x轴上；②点M在原点；③点M在y轴上，利用相似及平移规律即可求解． 【详解】解：直线分别与轴、轴交于点A、， 当时，，时，， 点坐标，B点坐标， 分三种情况：点在原点上， 矩形中，如图， ， 点坐标为； 如图1，点在轴上，如图， 矩形中，， ∴， ∴， ， ∴， ∴， 点坐标为， 将点向右平移4个单位，向下平移2个单位得到点， ∴N的坐标为； 如图2，点在轴上，如图， 矩形中，，由②同理可得： ， ∴ ∴， 点坐标为， 将点向左平移4个单位，向上平移2个单位得到点， 的坐标为， ∴点坐标为或或， 故答案为：或或． 三、解答题（本大题共5题，每小题6分，共30分） 13. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】先根据分式的混合运算法则化简，然后再将代入计算即可解答． 【详解】解： ． 当时， 原式． 【点睛】本题主要考查了分式的基本性质及其运算、分母有理化，正确的化简分式是解答本题的关键． 14. 如图，在下列的正方形网格中，的顶点A，B，C均在格点上，请仅用无刻度直尺按下列要求作图（保留作图痕迹）． （1）在图1中，在边上找一点P，连接，使； （2）在图2中，在边上找一点Q，连接，使． 【答案】（1）如图所示，线段即为所求； （2）如图所示，即为所求， 【解析】 【分析】（1）找到格点，使得四边形是矩形，连接，交于点，连接，则线段即为所求； （2）找到格点使得，连接交于点，连接，线段即为所求． 【小问1详解】 ∵四边形是矩形， ∴， 【小问2详解】 ∵ ∴ ∴， ∴． 【点睛】本题考查了无刻度直尺作图，三角形中位线的性质，矩形的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 15. 对联是中华传统文化的瑰宝，对联装裱后，如图所示，上、下空白处分别称为天头和地头，左、右空白处统称为边．一般情况下，天头长与地头长的比是，左、右边的宽相等，均为天头长与地头长的和的．某人要装裱一副对联，对联的长为，宽为．若要求装裱后的长是装裱后的宽的4倍，求边的宽和天头长．（书法作品选自《启功法书》） 【答案】边的宽为，天头长为 【解析】 【分析】设天头长为，则地头长为，边的宽为，再分别表示础装裱后的长和宽，根据装裱后的长是装裱后的宽的4倍列方程求解即可． 【详解】解：设天头长为， 由题意天头长与地头长的比是，可知地头长为， 边的宽为， 装裱后的长为， 装裱后的宽为， 由题意可得： 解得， ∴， 答：边的宽为，天头长为． 【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，题中的数量关系较为复杂，需要合理设未知数，找准数量关系． 16. 如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF． （1）求证：四边形OEFG是矩形； （2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长． 【答案】 (1)证明:∵四边形ABCD为菱形， ∴点O为BD的中点， ∵点E为AD中点， ∴OE为△ABD的中位线， ∴OE∥FG， ∵OG∥EF，∴四边形OEFG为平行四边形 ∵EF⊥AB，∴平行四边形OEFG为矩形． (2)OE=5，BG=2. 【解析】 【分析】(1)先证明EO是△DAB的中位线，再结合已知条件OG∥EF，得到四边形OEFG是平行四边形，再由条件EF⊥AB，得到四边形OEFG是矩形； (2)先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定理得到OE=AB=AD=5，得到FG=5，最后BG=AB-AF-FG=2． 【详解】解：(1)略 (2)∵点E为AD的中点，AD=10， ∴AE= ∵∠EFA=90°，EF=4， ∴在Rt△AEF中，． ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB=AD=10， ∴OE=AB=5， ∵四边形OEFG为矩形， ∴FG=OE=5， ∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2． 故答案为：OE=5，BG=2． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，解题的关键是掌握特殊四边形的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握． 17. 如果一个四位自然数的各数位上的数字互不相等且均不为0，满足，那么称这个四位数为“递减数”．例如：四位数4129，∵，∴4129是“递减数”；又如：四位数5324，∵，∴5324不是“递减数”．若一个“递减数”为，则这个数为___________；若一个“递减数”的前三个数字组成的三位数与后三个数字组成的三位数的和能被9整除，则满足条件的数的最大值是___________． 【答案】 ①. ②. 8165 【解析】 【分析】根据递减数的定义进行求解即可． 【详解】解：∵ 是递减数， ∴， ∴， ∴这个数为； 故答案为： ∵一个“递减数”的前三个数字组成的三位数与后三个数字组成的三位数的和能被9整除， ∴， ∵， ∴， ∵，能被整除， ∴能被9整除， ∵各数位上的数字互不相等且均不为0， ∴， ∵最大的递减数， ∴， ∴，即：， ∴最大取，此时， ∴这个最大的递减数为8165． 故答案为：8165． 【点睛】本题考查一元一次方程和二元一次方程的应用．理解并掌握递减数的定义，是解题的关键． 四、解答题（本大题共3题，每小题8分，共24分） 18. 为增强学生的社会实践能力，促进学生全面发展，某校计划建立小记者站，有20名学生报名参加选拔．报名的学生需参加采访、写作、摄影三项测试，每项测试均由七位评委打分（满分100分），取平均分作为该项的测试成绩，再将采访、写作、摄影三项的测试成绩按的比例计算出每人的总评成绩． 小悦、小涵的三项测试成绩和总评成绩如下表，这20名学生的总评成绩频数直方图（每组含最小值，不含最大值）如下图 选手 测试成绩/分 总评成绩/分 采访 写作 摄影 小悦 83 72 80 78 小涵 86 84 ▲ ▲ （1）在摄影测试中，七位评委给小涵打出的分数如下：67，72，68，69，74，69，71．这组数据的中位数是__________分，众数是__________分，平均数是__________分； （2）请你计算小涵的总评成绩； （3）学校决定根据总评成绩择优选拔12名小记者．试分析小悦、小涵能否入选，并说明理由． 【答案】（1）69，69，70 （2）82分 （3） 结论：小涵能入选，小悦不一定能入选 理由：由频数直方图可得，总评成绩不低于80分的学生有10名，总评成绩不低于70分且小宁80分的学生有6名．小涵和小悦的总评成绩分别是82分，78分，学校要选拔12名小记者，小涵的成绩在前12名，因此小涵一定能入选；小悦的成绩不一定在前12名，因此小悦不一定能入选． 【解析】 【分析】（1）从小到大排序，找出中位数、众数即可，算出平均数． （2）将采访、写作、摄影三项的测试成绩按的比例计算出的总评成绩即可． （3）小涵和小悦的总评成绩分别是82分，78分，学校要选拔12名小记者，小涵的成绩在前12名，因此小涵一定能入选；小悦的成绩不一定在前12名，因此小悦不一定能入选． 【小问1详解】 从小到大排序， 67，68，69，69，71，72， 74， ∴中位数是69， 众数是69， 平均数： 69，69，70 【小问2详解】 解：（分）． 答：小涵的总评成绩为82分． 【小问3详解】 略 【点睛】此题考查了中位数、众数、平均数，解题的关键是熟悉相关概念． 19. 如图，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点．将点沿轴正方向平移个单位长度得到点为轴正半轴上的点，点的横坐标大于点的横坐标，连接的中点在反比例函数的图象上． （1）求的值； （2）当为何值时，的值最大?最大值是多少? 【答案】（1）， （2）当时，取得最大值，最大值为 【解析】 【分析】（1）把点代入，得出，把点代入，即可求得； （2）过点作轴的垂线，分别交轴于点，证明，得出，进而可得，根据平移的性质得出，，进而表示出，根据二次函数的性质即可求解． 【小问1详解】 解：把点代入， ∴， 解得：； 把点代入，解得； 【小问2详解】 ∵点横坐标大于点的横坐标， ∴点在点的右侧， 如图所示，过点作轴的垂线，分别交轴于点， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵将点沿轴正方向平移个单位长度得到点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当时，取得最大值，最大值为． 【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数综合，二次函数的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 20. 图1是某越野车的侧面示意图，折线段表示车后盖，已知，，，该车的高度．如图2，打开后备箱，车后盖落在处，与水平面的夹角． （1）求打开后备箱后，车后盖最高点到地面的距离； （2）若小琳爸爸的身高为，他从打开的车后盖处经过，有没有碰头的危险?请说明理由． （结果精确到，参考数据：，，，） 【答案】（1）车后盖最高点到地面的距离为 （2）没有危险 理由如下： 过作，垂足为点     ∵， ∴ ∵ ∴ 在中， ∴． ∵平行线间的距离处处相等 ∴到地面的距离为． ∵ ∴没有危险． 【解析】 【分析】（1）作，垂足为点，先求出的长，再求出的长即可； （2）过作，垂足为点，先求得，再得到，再求得，从而得出到地面的距离为，最后比较即可． 【小问1详解】 如图，作，垂足为点 在中 ∵， ∴ ∴ ∵平行线间的距离处处相等 ∴ 答：车后盖最高点到地面的距离为． 【小问2详解】 略 【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是解题的关键． 五、（本大题共2小题，每小题9分，共18分） 21. 综合探究 如图1，在矩形中，对角线相交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接． （1）求证：； （2）以点为圆心，为半径作圆． ①如图2，与相切，求证：； ②如图3，与相切，，求的面积． 【答案】（1） 证明：∵点关于的对称点为， ∴点E是的中点，， 又∵四边形是矩形， ∴O是的中点， ∴是的中位线， ∴ ∴， ∴ （2） ①证明：过点O作于点F，延长交于点G，则， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，． ∵，，， ∴， ∴． ∵与相切，为半径，， ∴， ∴ 又∵即，， ∴是的角平分线，即， 设，则， 又∵ ∴ ∴ 又∵，即是直角三角形， ∴，即 解得：， ∴，即， 在中，，， ∴， ∴； ② 【解析】 【分析】（1）由点关于的对称点为可知点E是的中点，，从而得到是的中位线，继而得到，从而证明； （2）①过点O作于点F，延长交于点G，先证明得到，由与相切，得到，继而得到，从而证明是的角平分线，即，，求得，利用直角三角形两锐角互余得到，从而得到，即，最后利用含度角的直角三角形的性质得出； ②先证明四边形是正方形，得到，再利用是的中位线得到，从而得到，，再利用平行线的性质得到，从而证明是等腰直角三角形，，设，求得，在中，即，解得，从而得到的面积为． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 ①略； ②过点O作于点H， ∵与相切， ∴， ∵ ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形， ∴， 又∵是的中位线， ∴ ∴ ∴ 又∵， ∴ 又∵， ∴ 又∵， ∴是等腰直角三角形，， 设，则 ∴ 在中，， 即 ∴ ∴的面积为： 【点睛】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键． 22. 在矩形中，，，点在边上，将射线绕点逆时针旋转90°，交延长线于点，以线段，为邻边作矩形． （1）如图1，连接，求的度数和的值； （2）如图2，当点在射线上时，求线段的长； （3）如图3，当时，在平面内有一动点，满足，连接，，求的最小值． 【答案】（1），； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）根据矩形的性质得出，，，进而根据正切函数得出，可求出，由矩形和矩形可得，，求出，证明，根据相似三角形的性质即可得出答案； （2）过点作于点，由矩形和矩形可得，，，证明，进而得出，设，则，根据，得出，求出，进而可得出答案； （3）连接，先证明是等边三角形，，得出， 将绕点顺时针旋转120°，与重合，得到，进而求出，，，得出，可得当点，，三点共线时，的值最小，此时为． 【小问1详解】 解：∵矩形中，，， ∴，，， ∴， ∴， 由矩形和矩形可得，， ∴，即， ∴， ∴； 【小问2详解】 解：如答案图1，过点作于点， 由矩形和矩形可得，， ， ∴，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴； 【小问3详解】 解：如答案图2，连接， ∵矩形中，，， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴是等边三角形，， ∴， 将绕点顺时针旋转120°，与重合，得到， ∴，，， ∴， ∴当点，，三点共线时，的值最小，此时为． 【点睛】本题考查矩形的性质，三角函数，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，正确理解题意是解题的关键． 六、（本大题共12分） 23. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点．点，在此抛物线上，其横坐标分别为，连接，． （1）求此抛物线的解析式． （2）当点与此抛物线的顶点重合时，求的值． （3）当的边与轴平行时，求点与点的纵坐标的差． （4）设此抛物线在点与点之间部分（包括点和点）的最高点与最低点的纵坐标的差为，在点与点之间部分（包括点和点）的最高点与最低点的纵坐标的差为．当时，直接写出的值． 【答案】（1） （2） （3）点与点的纵坐标的差为或 （4）或 【解析】 【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解； （2）化为顶点式，求得顶点坐标，进而根据点的横坐标为，即可求解； （3）分轴时，轴时分别根据抛物线的对称性求得的横坐标与的横坐标，进而代入抛物线解析式，求得纵坐标，即可求解； （4）分四种情况讨论，①如图所示，当都在对称轴的左侧时，当在对称轴两侧时，当点在的右侧时，当的纵坐标小于时，分别求得，根据建立方程，解方程即可求解． 【小问1详解】 解：∵抛物线经过点． ∴ ∴抛物线解析式为； 【小问2详解】 解：∵， 顶点坐标为， ∵点与此抛物线的顶点重合，点的横坐标为 ∴， 解得：； 【小问3详解】 ①轴时，点关于对称轴对称， ， ∴，则，， ∴， ∴点与点的纵坐标的差为； ②当轴时，则关于直线对称， ∴， 则 ∴，； ∴点与点的纵坐标的差为； 综上所述，点与点的纵坐标的差为或； 【小问4详解】 ①如图所示，当都在对称轴的左侧时， 则 ∴ ∵，即 ∴； ∵ ∴ 解得：或（舍去）； ②当在对称轴两侧或其中一点在对称轴上时， 则，即， 则， ∴， 解得：（舍去）或（舍去）； ③当点在的右侧且在直线上方时，即， ， ∴ 解得：或（舍去）； ④当在直线上或下方时，即， ， ， ， 解得：（舍去）或（舍去） 综上所述，或． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，顶点式，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $