广东省揭阳市榕城区真理中学2025-2026学年上学期九年级数学期末模拟卷02

广东省揭阳市榕城区真理中学2025-2026学年度第一学期九年级数学期末模拟卷02 一．选择题（共10小题） 1．用6个同样的小正方体拼成一个立体图形，从上面和正面看到的图形都是，从右面看到的图形是，这个立体图形的形状是下面的图（　　） A． B． C． D． 2．如图，有4张分别印有Q版《哪吒之魔童闹海》图案的卡片：A哪吒、B敖丙、C太乙真人、D无量仙翁．现将这4张卡片（卡片的形状、大小、质地都相同）放在不透明的盒子中，搅匀后从中任意取出1张卡片，记录后不放回，再从中任意取出1张卡片，两次取出的2张卡片中图案为“A哪吒”、“B敖丙”的概率为（　　） A． B． C． D． 3．若m是一元二次方程x2﹣5x﹣1＝0的一个实数根，则2m2﹣10m+2025的值是（　　） A．2023 B．2026 C．2027 D．2028 4．如图，在平行四边形ABCD中，E为CD上一点，连接AE，BD，且AE，BD相交于点F，S△DEF：S△ABF＝4：25，则DE：DC＝（　　） A．3：2 B．2：3 C．3：5 D．2：5 5．如图，正方形ABCD的边长为8，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在BC，CD的延长线上，且CE＝4，DF＝2，G为EF的中点，连接OE，交CD于点H，连接GH，则GH的长为（　　） A．5 B． C． D．4 6．某气球内充满了一定质量的气体，当温度不变时，气球内气体的气压p（kPa）和气体的体积V（m3）存在一定的函数关系．下表是几组气体的气压p与气体的体积V的对应值，则当气体的体积V为0.8m3时，气体的气压p最接近（　　） 气体的体积V（m3） 3 2 1 0.5 气体的气压p（kPa） 32 48 96 192 A．120 B．100 C．96 D．90 7．如图，矩形纸片ABCD的长AD＝a，宽AB＝b，E，F分别为AD，BC两边的中点．若将这张纸片沿着直线EF对折，得到的两个矩形与原矩形均相似，则a：b等于（　　） A． B． C． D．2：1 8．勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载，如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大的正方形内，若直角三角形两直角边分别为6和8，则图中阴影部分的面积为（　　） A．20 B．24 C．28 D．无法求出 9．如图，在平面直角坐标系中，AB⊥OB交y轴于点A，BC⊥OC，∠AOB＝∠BOC＝30°，AB＝1，反比例函数恰好经过点C，则k的值为（　　） A． B． C． D． 10．如图，分别经过原点O和点A（4，0）的动直线a，b夹角∠OBA＝30°，点M是OB中点，连接AM，则sin∠OAM的最大值是（　　） A． B． C． D． 二．填空题（共5小题） 11．如图，AC是正方形ABCD的对角线，E，F，O，G分别是AD，BE，AC，CF的中点．若，则AB的长为　 　 ． 12．如图，点A，B，C为反比例函数图象上从左到右的三个点，分别过这三个点作x轴，y轴的垂线，与x轴的交点分别为点D，E，F，图中所构成的阴影部分的面积从上到下依次记为S1，S2，其中OD：DE：EF＝1：2：3，若S2＝6，则S1＝　 　 ． 13．定义：若两个一元二次方程有且只有一个相同的实数根，我们就称这两个方程为“同伴方程”．例如x2＝4和（x﹣2）（x+3）＝0有且仅有一个相同的实数根x＝2，所以这两个方程为“同伴方程”．若方程6x2+7x﹣5＝0和（x﹣1）（x+m）＝0为“同伴方程”，则m的值为　 　 ． 14．在△ABC中，BC＝4，，tan∠ACB＝3，P为AB边上一动点，PD⊥BC交于点D，PE⊥AC交于点E，连接DE，求DE的最小值 　 　 ． 15．如图，在平面直角坐标系中，C，A分别为x轴、y轴正半轴上的点，以OA，OC为边，在第一象限内作矩形OABC，且，将矩形OABC翻折，使点B与原点O重合，折痕为MN，点C的对应点C′落在第四象限，过M点的反比例函数的图象与线段MN交于点Q，并且MN＝2QN，则点C的坐标为　 　 ． 三．解答题（共8小题） 16．下面是嘉嘉同学解一元二次方程的过程，请认真阅读并完成下列问题． 解：2（x+3）2＝x（x+3） 方程两边同时除以（x+3），得：2（x+3）＝x第一步 去括号，得：2x+6＝x．第二步 移项、合并同类项，得：x＝﹣6．第三步 （1）以上解方程的过程，从第　 　 步开始出现错误； （2）请你写出正确的解答过程． 17．如图，AC是菱形ABCD的一条对角线，点B在射线AE上． （1）请用尺规把这个菱形补充完整．（保留作图痕迹，不要求写作法） （2）若，∠CAB＝30°，求菱形ABCD的面积． 18．如图，▱ABCD中，点E是AD的中点，连结CE并延长交BA的延长线于点F． （1）求证：AF＝AB； （2）点G是线段AF上一点，满足∠FCG＝∠FCD，CG交AD于点H，若AG＝2，FG＝6，求GH的长． 19．如图，某数学兴趣小组利用树影测量树高．已测出树AB的影长AC为9m，并测出此时太阳光线与地面成30°角（计算结果精确到0.1m，参考数据：）． （1）求树AB的高度． （2）因水土流失，此时树AB沿太阳光线方向倾倒．在倾倒过程中，树影长度发生了变化．假设太阳光线与地面夹角保持不变，试求树影的最大长度． 20．如图，已知水平地面AM上方有一个水平的平台BN，该平台上有一个竖直的建筑物CD．在A处测得建筑物顶端C的仰角为30°，在B处测得C的仰角为60°，斜坡AB的坡度i＝1：3，米，CD⊥BD．（点A，B，C，D在同一竖直平面内）． （1）求平台BN的高度； （2）求建筑物的高度（即CD的长）． 21．综合实践：由三角形面积到反比例函数一点小知识：在平面直角坐标系中，当三角形在的一个顶点位于坐标原点时，面积可以通过一个简洁的公式表示． 若点O（0，0），A（xa，ya）和B（xb，yb），则△OAB的面积为； 如图1，． 任务一：公式验证 （1）若点M（1，3），N（3，1），则△OMN的面积为　 　 ； 任务二：对标函数 （2）如图2，点A，B在反比函数的图象上，A，B的纵坐标分别是3和6，连接OA，OB，若△OAB的面积是6，求k的值； 任务三：图形变换 （3）若点P坐标为（3，2），点Q的坐标为（m，m﹣1），且△OPQ的面积为1，将线段PQ沿x轴平移，P、Q两点是否会同时落在某双曲线上，若能，直接写出此时m、n的值，若不能，请简要说明理由； （4）如图3，已知点A（﹣t，t）在第二象限，∠OAB＝30°，C、D在射线AB上，△OCD的面积为，将反比例函数绕坐标原点O顺时针旋转45°，刚好经过C、D两点，求线段OD的长度． 22．已知x1，x2是关于x的一元二次方程（m+2）x2+2（m﹣2）x+m+10＝0的两实数根． （1）求m的取值范围； （2）已知等腰△ABC的底边BC＝4，若x1，x2恰好是△ABC另外两边的边长，求这个三角形的周长． （3）阅读材料：若△ABC三边的长分别为a，b，c，那么可以根据秦九韶﹣海伦公式可得：S△ABC，其中p，在（2）的条件下，若∠BAC和∠ABC的角平分线交于点I，根据以上信息，求△BIC的面积． 23．阅读下列材料，回答问题． 任务：高速公路路面形变探测 问题背景 在高速公路上，由于地形地质条件复杂，加上车辆长期碾压等因素，路面容易出现下沉或隆起的情况．这不仅会影响行车的舒适性，还可能带来安全隐患．为了及时准确掌握公路路面的状态变化，道路养护部门引入了微型路面形变探测仪，经查阅资料得知，测得路面相较于基准位置下降或隆起超过3厘米时，道路养护部门就需要进行修复 素材1：设备原理 该探测仪的工作原理基于激光探测．如图①，探测仪P发出光线PQ，射向路面的白色反光涂层，经路面反射后，形成反射光线QC，其中光线PQ与路面的夹角等于反射光线QC与路面的夹角，均为α，且α始终保持恒定．水平安装在道路旁特定支架上的信号收集端AB，负责捕捉反射光线QC，借此实现对路面情况的探测. 素材2：基准参数 如图①，在基准位置下测得，点P和收集端AB与路面的垂直距离分别为8厘米和10厘米，点P与收集端端点A的水平距离是24厘米，且AC为12厘米，BC为10厘米. 素材3：形变探测 如图②，当公路路面发生下降或隆起时，反射光线在收集端上的落点C会产生移动，记移动后的反射光线为Q1C1，移动距离为CC1，若路面下沉，点C向右移动；若路面隆起，点C向左移动（向右记为正、向左记为负）．通过CC1的长度能够确定路面下沉或隆起的高度数值. （1）依据素材2所给的条件，求tanα的值； （2）如图②，设路面下沉了x厘米，CC1的长度为y厘米，请求出y与x的关系式，并求出在基准位置下，该探测仪和收集端能够测量的路面隆起到下沉的范围； （3）当路面下沉或隆起幅度较大时，反射光线落点C会超出收集端测量范围，导致无法测量．已知信号收集端AB可以通过拼接增加长度，为满足道路养护部门需求，即当路面相较于基准位置下降或隆起不超过3厘米时能正常测量，在保持入射光线落点Q和探测仪P位置不变的情况下，应如何调整收集端AB的长度？ 广东省揭阳市榕城区真理中学2025-2026学年度第一学期九年级数学期末模拟卷02 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A C D B A A B B A 一．选择题（共10小题） 1．【答案】D 【分析】根据题意，从上面和正面看到的图形可排除B和C，根据右面看到的图形可得出答案． 【解答】解：∵从上面和正面看到的图形都是， ∴B和C不符合题意， ∵从右面看到的图形是， ∴这个立体图形的形状是． 故选：D． 【点评】本题考查的是根据三视图正确辨认简单几何体形状． 2．【答案】A 【分析】作树状图展示所有12种等可能的结果，其中抽取的两次结果为哪吒和申公豹的结果数为2，然后根据概率公式求解即可． 【解答】解：任意取出1张卡片，记录后不放回，再从中任意取出1张卡片，作出树状图如下： 共有12种等可能的结果，其中两次取出的2张卡片中图案为“A哪吒”、“B敖丙”的结果数为2， ∴两次取出的2张卡片中图案为“A哪吒”、“B敖丙”的概率为， 故选：A． 【点评】本题考查了列表法与树状图法，概率公式，熟练掌握概率公式为解题的关键． 3．【答案】C 【分析】利用一元二次方程根的定义，得到m2﹣5m的值，然后整体代入代数式求值． 【解答】解：若m是一元二次方程x2﹣5x﹣1＝0的一个实数根， ∴m2﹣5m﹣1＝0， 即m2﹣5m＝1， ∴原式＝2（m2﹣5m）+2025＝2×1+2025＝2027． 故选：C． 【点评】本题考查了一元二次方程根的定义，正确进行计算是解题关键． 4．【答案】D 【分析】根据平行四边形的性质得到DC∥AB，DC＝AB，得到△DFE∽△BFA，根据相似三角形的性质计算即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DC＝AB，DC∥AB， ∴△BFA∽△DFE， ∴， ∴， ∵AB＝CD， ∴DE：DC＝2：5， 故选：D． 【点评】本题考查的是相似三角形的性质、平行四边形的性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键． 5．【答案】B 【分析】如图，连接OF，作OM⊥BC于M，ON⊥CD于N，可得，，HC是△EOM的中位线，GH是△OEF的中位线，在Rt△ONF中，由勾股定理得求出OF的值，然后根据求出GH的值即可． 【解答】解：如图，连接OF，作OM⊥BC于M，ON⊥CD于N， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ACB＝∠BDC＝45°，∠DCB＝90°，OA＝OB＝OC＝OD， ∴，， ∴C为ME的中点，NF＝ND+DF＝4+2＝6． ∵∠DCB＝90°，OM⊥BC， ∴HC∥OM， ∴， ∴EH＝OH， ∴H是OE的中点， ∴GH是△OEF的中位线， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 【点评】本题考查了正方形的性质，中位线，勾股定理等知识．解题的关键在于明确GH是△OEF的中位线． 6．【答案】A 【分析】设P与V之间的函数表达式为p，当V＝3时，p＝32，求得p与V之间的函数表达式为p，把V＝0.8代入解析式即可得到结论． 【解答】解：设P与V之间的函数表达式为p， 当V＝3时，p＝32， ∴32， ∴F＝96， ∴p与V之间的函数表达式为p， 当V＝0.8时，p120， ∴当气体的体积V为0.8m3时，气体的气压p最接近120kPa， 故选：A． 【点评】本题考查了反比例函数的应用，现实生活中存在大量成反比例函数的两个变量，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． 7．【答案】A 【分析】利用相似多边形的性质求解即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD＝b，AD＝BC＝a， ∵E，F分别为AD，BC两边的中点， ∴AE＝ED＝BF＝CF， ∵两个矩形与原矩形均相似， ∴， ∴， ∴2， ∵a＞0，b＞0， ∴． 故选：A． 【点评】本题考查相似多边形的性质，矩形的性质，解题的关键是掌握相似多边形的性质． 8．【答案】B 【分析】将阴影部分分割成正方形和长方形，根据直角三角形的边关系，即可求解． 【解答】解：将阴影部分分割如图所示： 根据直角三角形的三边为6、8、10． 所以阴影部分的面积为2×10+2×2＝24． 故选：B． 【点评】本题考查的是正方形性质即四边相等；勾股定理，即两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2． 9．【答案】B 【分析】先根据勾股定理，算出点C的横坐标和纵坐标，即可求出k的值． 【解答】解：在Rt△AOB中， ∠AOB＝30°，AB＝1， ∴AO＝1×2＝2， BO； 在Rt△COB中， ∠COB＝30°，BO， ∴BC， OC． ∴C点的纵坐标为：； C点的横坐标为：， ∴k， 故选：B． 【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是根据勾股定理和函数的坐标特征来解答． 10．【答案】A 【分析】作△AOB的外接圆⊙T，连接OT，TA，TB，取OT的中点K，连接KM．证明KMTB＝2，推出点M在以K为圆心，2为半径的圆上运动，当AM与⊙K相切时，∠OAM的值最大，此时sin∠OAM的值最大． 【解答】解：如图，作△AOB的外接圆⊙T，连接OT，TA，TB，取OT的中点K，连接KM． ∵∠ATO＝2∠ABO＝60°，TO＝TA， ∴△OAT是等边三角形， ∵A（4，0）， ∴TO＝TA＝TB＝4，T（2，2），K（1，）， ∵OK＝KT，OM＝MB， ∴KMTB＝2， ∴点M在以K为圆心，2为半径的圆上运动， 当AM与⊙K相切时，∠OAM的值最大，此时sin∠OAM的值最大， ∵△OTA是等边三角形，OK＝KT， ∴AK⊥OT， ∴AK2， ∵AM是切线，KM是半径， ∴AM⊥KM， ∴AM2， 过点M作ML⊥OA于点L，KR⊥OA于点R，MP⊥RK于点P． ∵∠PML＝∠AMK＝90°， ∴∠PMK＝∠LMA， ∵∠P＝∠MLA＝90°， ∴△MPK∽△MLA， ∴， 设PK＝x，PM＝y，则有MLy，ALx， ∴yx①，y＝3x， 解得，x，y， ∴MLy， ∴sin∠OAM． 故选：A． 【点评】本题考查解直角三角形，相似三角形的判定和性质，三角形的外接圆，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题． 二．填空题（共5小题） 11．【答案】8 【分析】通过设正方形边长为a，利用正方形性质、中点坐标公式确定各点坐标，再根据两点间距离公式结合求解a的值． 【解答】解：设AB＝a，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图， 则A（0，0），B（a，0），D（0，a），C（a，a）． ∵AC是正方形ABCD的对角线，E，F，O，G分别是AD，BE，AC，CF的中点， ∴， ∴， ∵O是AC中点，A（0，0），C（a，a），G是CF中点， ∴．， 根据两点间距离公式，，即， 解得a＝8， 故答案为：8． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握这些知识并建立坐标系求解是解题的关键． 12．【答案】12． 【分析】设反比例函数解析式为，由OD：DE：EF＝1：2：3，则有，，，通过反比例函数系数k的几何意义可得S1+a+b＝b+c+d＝k，S2+a+b+c＝b+c+d＝k，2（b+a）＝c+S2，则有，，求得a＝3，k＝18，然后代入即可求解． 【解答】解：如图，设反比例函数解析式为， 由条件可知，，， ∴S1+a+b＝b+c+d＝k，S2+a+b+c＝b+c+d＝k，2（b+a）＝c+S2， ∴，， ∴， ∴a＝3，k＝18， ∴b＝3， ∴S1+3+3＝18， ∴S1＝12， 故答案为：12． 【点评】本题考查反比例函数系数k的几何意义，熟练掌握反比例函数k的几何意义是解题的关键． 13．【答案】或． 【分析】先求出一元二次方程6x2+7x﹣5＝0的解x1，x2，根据方程6x2+7x﹣5＝0和（x﹣1）（x+m）＝0为“同伴方程”，分情况求解即可． 【解答】解：6x2+7x﹣5＝0， （2x﹣1）（3x+5）＝0， 解得：x1，x2， 当相同的根是x时， 代入方程可得（1）（m）＝0， 解得：m； 此时方程为（x﹣1）（x）＝0，可得：x1＝1，x2，符合题意； 当相同的根是x时， 代入方程（1）（m）＝0， 解得：m， 此时方程为（x﹣1）（x）＝0，可得：x1＝1，x2，符合题意； ∴m的值是或． 故答案为：或． 【点评】本题考查了一元二次方程的解、新定义“同伴方程”，解一元二次方程．熟练掌握以上知识点是关键． 14．【答案】． 【分析】连接CP，作△PCD的外接圆⊙O，根据PD⊥BC，PE⊥AC得点E在△PCD的外接圆⊙O上，因此当⊙O的直径为最小时，DE为最小，根据“垂线段最短”得当CP⊥AB时，CP为最小，此时DE为最小，过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DH⊥PE，交EP的延长线于点H，解Rt△ACF得CF＝1，AF＝3，进而得BF＝AF＝3，则△ABF是等腰直角三角形，解Rt△ABF得AB，证明△BPC是等腰直角三角形并解此三角形得PD＝BD＝CD＝2，BP＝CP，进而得PA，由三角形面积公式得PE，设PH＝a，则EH，根据圆周角定理得∠PED＝∠PCB＝45°，则△HDE是等腰直角三角形，继而得DH＝EH，在Rt△HPD中，由勾股定理求出a，则DH＝EH，然后由勾股定理求出DE的长即可得出答案． 【解答】解：连接CP，作△PCD的外接圆⊙O，如图1所示： ∵PD⊥BC交于点D， ∴∠PDC＝90°， ∴PC为△PCD外接圆⊙的直径，圆心O为PC的中点， ∵PE⊥AC交于点E， ∴∠PEC＝90°， ∴点E在△PCD的外接圆⊙O上， ∴当⊙O的直径CP为最小时，DE为最小， 根据“垂线段最短”得：当CP⊥AB时，CP为最小，此时DE为最小， 过点A作AF⊥BC于点F，过点D作DH⊥PE，交EP的延长线于点H，如图2所示： 在Rt△ACF中，tan∠ACB＝3，AC， ∴tan∠ACB3， ∴AF＝3CF， 由勾股定理得：AF2+CF2＝AC2， ∴， 解得：CF＝1， ∴AF＝3， ∵BC＝4， ∴BF＝BC﹣CF＝3， ∴BF＝AF＝3， ∴△ABF是等腰直角三角形， ∴∠B＝45°， ∴sin∠B， ∴AB， ∵PC⊥AB， ∴△BPC是等腰直角三角形， ∴BP＝CP，PD＝BD＝CDBC＝2，∠B＝∠PCB＝45°，sinB， ∴BP＝CP＝BC•sinB＝4×sin45°， ∴PA＝AB﹣BP， ∵CP⊥AB，PE⊥AC， 由三角形面积公式得：S△PACAC•PEPA•CP， ∴PE， 设PH＝a，其中a＞0，则EH＝PH+PE， ∵DH⊥PE， ∴△HDE和△HPD都是直角三角形， 根据圆周角定理得：∠PED＝∠PCB＝45°， ∴△HDE是等腰直角三角形， ∴DH＝EH， 在Rt△HPD中，由勾股定理得：PH2+DH2＝PD2， ∴， 整理得：， 解得：，（不合题意，舍去）， ∴DH＝EH， 由勾股定理得：DEDH， ∴DE的最小值是． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了解直角三角形，理解垂线段最短，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质，三角形的外接圆，圆周角定理，灵活利用锐角三角函数的定义，三角形的面积公式及勾股定理进行计算是解决问题的关键． 15．【答案】（，0）． 【分析】利用翻折的性质，推导全等的三角形，利用矩形的面积公式与三角形的面积公式进行推导线段的长，反比例函数k值几何意义，进行计算． 【解答】解：如图，连接OB，交MN于点Q， ∵矩形OABC翻折，使点B与原点重合，折痕为MN，OB⊥MN， ∴QB＝QO，MB＝MO， ∵AB∥CO， ∴∠ABQ＝∠NOQ， ∵∠MQB＝∠NQO，而OQ＝BQ， ∴△BQM≌△OQN（AAS）， ∴QM＝QN，即点Q是MN的中点， 过点Q作QH⊥OC于点H， 则QH是△OBC的中位线，则Rt△OHQ∽Rt△OCB， 则Rt△OHQ∽Rt△OCB，而S△OBC， 则S△OHQ解得，k＝2， ∵点M是反比例函数上的点，则S△AOM，S矩形AOCB＝OA•AB，故AMAB，设AM＝a，则BM＝3a＝OM，在Rt△OAM中根据勾股定理得 OA，， 得， ∴（舍去），（负值已舍去），则AB＝4a， ∵OC＝AB， ∴C（，0）， 故答案为：（，0）． 【点评】此题考查了翻折变换，反比例函数系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形全等的判定与性质，坐标与图形变换﹣对称，矩形的性质，面积的计算以及勾股定理等，解决本题的关键是综合运用以上知识， 三．解答题（共8小题） 16．【答案】（1）一； （2）2（x+3）2＝x（x+3）， 2（x+3）2﹣x（x+3）＝0， （x+3）（x+6）＝0， ∴x+3＝0或x+6＝0， ∴x1＝﹣3，x2＝﹣6． 【分析】（1）根据解方程的方法得到错误之处和错因； （2）利用因式分解法进行正确求解即可． 【解答】解：（1）从第一步开始出现错误，错误的原因是方程两边同时除以一个可能为0的代数式（x+3）， 故答案为：一； （2）2（x+3）2＝x（x+3）， 2（x+3）2﹣x（x+3）＝0， （x+3）（x+6）＝0， ∴x+3＝0或x+6＝0， ∴x1＝﹣3，x2＝﹣6． 【点评】此题考查了解一元二次方程，熟知解一元二次方程的因式分解法是解题的关键． 17．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据菱形的性质作出图形即可； （2）根据菱形的性质和直角三角形的性质即可得到结论． 【解答】解：（1）如图所示； （2）设BD，AC交于O， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，AO＝COAC＝3， ∵∠CAB＝30°， ∴BOAO＝3， ∴BD＝2BO＝6， ∴菱形ABCD的面积18． 【点评】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，作图﹣基本作图，正确地作出图形是解题的关键． 18．【答案】（1）证明见解答； （2）1.2． 【分析】（1）介绍两种解法：1，先根据AAS证明△CDE≌△FAE，再由平行四边形的性质可得结论； 2，先根据AAS证明△CDE≌△FAE，得CE＝EF，再根据平行线分线段成比例定理可得结论； （2）先根据（1）可得：AB＝AF＝8，由平行线的性质和等腰三角形的判定可得CG＝GF＝6，证明△DCH∽△AGH，列比例式可得GH的长． 【解答】（1）证明：证法一：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，CD∥AB，CD＝AB， ∴∠D＝∠FAD，∠DCE＝∠F， ∵E是AD的中点， ∴DE＝AE， ∴△CDE≌△FAE（AAS）， ∴CD＝AF， ∴AF＝AB； 证法二：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，CD∥AB， ∴∠D＝∠FAD，∠DCE＝∠F， ∵E是AD的中点， ∴DE＝AE， ∴△CDE≌△FAE（AAS）， ∴CE＝EF， ∵AE∥BC， ∴1， ∴AF＝AB； （2）解：∵AG＝2，FG＝6， ∴AF＝FG+AG＝6+2＝8， ∴AB＝AF＝8， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD＝AB＝8， ∵∠DCE＝∠F，∠FCG＝∠FCD， ∴∠F＝∠FCG， ∴CG＝FG＝6， ∵CD∥AF， ∴△DCH∽△AGH， ∴，即， ∴GH＝1.2． 【点评】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识，掌握三角形全等和相似的性质和判定是解本题的关键． 19．【答案】（1）5.2m； （2）10.4m． 【分析】（1）在Rt△ABC中，已知∠ACB＝30°，根据直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半可设AB＝x，BC＝2x，通过勾股定理得到关于x的方程，进行求解即可； （2）过点A作AD⊥太阳光线于点D，根据树与光线垂直时，树影最长即可求解． 【解答】解：（1）∵∠ACB＝30°，∴． 设AB＝xm，则BC＝2xm． 由勾股定理，得AB2+AC2＝BC2， 即x2+92＝（2x）2， 解得（负值已舍去）． 故树AB的高度约为5.2m； （2）当树与光线垂直时，树影最长， 过点A作AD⊥太阳光线于点D，且AD＝AB， ∵AD＝5.2m，∠ADE＝90°，∠AED＝30°， ∴AE＝2AD＝10.4m． 故树影的最大长度为10.4m． 【点评】此题考查了平行投影；通过作高线转化为直角三角形的问题，当树与光线垂直时，树影最长是解题的关键． 20．【答案】（1）10米； （2）（1515）米． 【分析】（1）过点B作BE⊥AM于E，根据坡度的概念得到AE＝3BE，再根据勾股定理求出BE； （2）延长CD交AM于F，设CD＝x米，根据正切的定义用x表示出AF、EF，根据题意列式计算得到答案． 【解答】解：（1）如图，过点B作BE⊥AM于E， ∵斜坡AB的坡度为1：3， ∴， ∴AE＝3BE， 在Rt△ABE中，AB2＝BE2+AE2，即（10）2＝BE2+（3BE）2， 解得：BE＝10， 答：平台BN的高度为10米； （2）如图，延长CD交AM于F， 则CF⊥AM， ∴四边形BEFD为矩形， ∴DF＝BE＝10米，BD＝EF， 设CD＝x米，则CF＝（x+10）米， 在Rt△ACF中，∠CAF＝30°， ∵tan∠CAF， ∴， ∴AF（x+10）米， 在Rt△CBD中，∠CBD＝60°， 则BDx米， 由（1）可知：AE＝3BE＝30米， ∴（x+10）x＝30， 解得：x＝1515， 答：建筑物的高度为（1515）米． 【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题、坡度坡角问题，掌握锐角三角函数的定义、坡度的概念是解题的关键． 21．【答案】（1）4；（2）k＝8；（3）m＝5，n＝﹣8；（4）线段OD的长度为2． 【分析】（1）运用题目给出的公式即可求得答案； （2）根据题意得出A、B的坐标，再运用题目给出的公式即可求得答案； （3）根据△OPQ的面积为1，列方程求得m＝5或1，则Q（5，4）或Q（1，0）（舍去），进而可得P′（3+s，2），Q′（5+s，4），即可求得n＝﹣8； （4）将△OAD逆时针旋转45°得到△OA′D′，设射线A′D′交y轴于E，交双曲线于C′，D′，连接OC′，OD′，则OD＝OD′，OA′＝OA，∠OA′E＝∠OAB＝30°，△OC′D′≌△OCD，∠AOA′＝45°，利用待定系数法可得出A′E的解析式，设C′、D′的横坐标分别为c、d，由△OCD的面积为4，可得出c＝3d，再将点C′、D′的坐标代入A′E的解析式，求得d的值，即可求得答案． 【解答】解：（1）∵点M（1，3），N（3，1）， ∴S△OMN|1×1﹣3×3|＝4， 故答案为：4； （2）如图， 由题意得：A（，3），B（，6）， ∴S△OAB|xAyB﹣xByA||63||k|＝6， ∴k＝±8， ∵k＞0， ∴k＝8； （3）∵P（3，2），Q（m，m﹣1），且△OPQ的面积为1， ∴|3（m﹣1）﹣2m|＝1， 解得：m＝5或1， ∴Q（5，4）或Q（1，0）， 设线段PQ沿x轴平移s个单位， 当Q（5，4）时，P′（3+s，2），Q′（5+s，4）， 若P、Q两点是否会同时落在某双曲线y上，则2（3+s）＝4（5+s）， 解得：s＝﹣7，即线段PQ沿x轴向左平移7个单位， ∴P′（﹣4，2），Q′（﹣2，4）， ∴n＝﹣4×2＝﹣8； 当Q（1，0）时，沿x轴平移后Q（1+t，0）在x轴上，不可能落在双曲线上， 综上，m＝5，n＝﹣8； （4）如图，将△OAD逆时针旋转45°得到△OA′D′，设射线A′D′交y轴于E，交双曲线y于C′，D′，连接OC′，OD′， 则OD＝OD′，OA′＝OA，∠OA′E＝∠OAB＝30°，△OC′D′≌△OCD，∠AOA′＝45°， 设C′（c，），D′（d，），且c＜d＜0， ∵点A（﹣t，t）在第二象限， ∴OAt，且OA与x轴负半轴夹角为45°， ∴点A′在x轴负半轴上， ∴A′（t，0）， 在Rt△A′OE中，∠OA′E＝30°， ∴A′E＝2OE， ∵OE2+OA′2＝A′E2， ∴OE2+（t）2＝（2OE）2， ∴OEt， 设A′E的解析式为y＝k1xt，则tk1t＝0， ∴k1， ∴A′E的解析式为yxt， ∵△OCD的面积为4， ∴|c•（）﹣d•（）|＝4， 整理得：||， ∵0， ∴， ∴3， ∴c＝3d， ∴C′（3d，）， 把C′（3d，），D′（d，）代入A′E的解析式， 得：， 解得：d＝±， ∵d＜0， ∴d， ∴D′（，3）， ∴OD′2， ∴线段OD的长度为2． 【点评】本题是反比例函数综合题，考查了待定系数法，一次函数和反比例函数的交点，旋转变换的性质，熟练运用待定系数法和旋转变换的性质是解题关键． 22．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据Δ≥0，构建不等式求解即可； （2）由等腰三角形的性质可得一元二次方程两根相等，利用Δ＝0，构建方程求解m值，即可得一元二次方程，解方程可求解x1，x2，进而可求解△ABC的周长； （3）由海伦公式可求解△ABC的面积，过I分别作IF⊥AB，ID⊥BC，IE⊥AC，垂足分别为F，D，E，利用角平分线的性质可得IF＝ID＝IE，结合△ABC的面积可求解ID的长，再根据三角形的面积公式计算可求解． 【解答】解：（1）由题意得：Δ＝b2﹣4ac＝[2（m﹣2）]2﹣4（m+2）（m+10）≥0，且m+2≠0， 化简得：64m≤﹣64， 解得：m≤﹣1且m≠﹣2； （2）由题意知：x1，x2恰好是等腰△ABC的腰长， ∴x1＝x2， ∵x1，x2是关于x的一元二次方程（m+2）x2+2（m﹣2）x+m+10＝0的两实数根， ∴Δ＝b2﹣4ac＝[2（m﹣2）]2﹣4（m+2）（m+10）＝0， 解得m＝﹣1， ∴x2﹣6x+9＝0， 解得x1＝x2＝3， ∵BC＝4， ∴△ABC的周长为：3+3+4＝10； （3）由（2）知：△ABC的三边长为3，3，4， ∴p5， ∴S△ABC， 过I分别作IF⊥AB，ID⊥BC，IE⊥AC，垂足分别为F，D，E， ∵I是△ABC角平分线的交点， ∴IF＝ID＝IE， ∴S△ABC， 解得ID， ∴S△BIC． 【点评】本题主要考查一元二次方程根的判别式，解一元二次方程，角平分线的性质，等腰三角形的性质，掌握根的判别式是解题的关键． 23．【答案】（1）tan； （2）； （3）只需将信号收集端向右延伸2厘米即可满足道路养护部门需求． 【分析】（1）过点C作CD垂直路面于点D，过P作MN⊥DQ交DQ的延长线于点N，交CA的延长线于点M，易证△PQN∽△CQD，进而可得NQ＝16，据此即可得解； （2）利用，从而可的y＝4x，据此即可得解； （3）设将信号收集端AB向右延伸m厘米，此时下沉3厘米时，反射光线落点C恰好到延伸后的点B处，此时反射光线与地面的交点为点E1，QE1的中点为点F1，利用，据此即可得解． 【解答】解：（1）如图①，过点C作CD垂直路面于点D，过P作MN⊥DQ交DQ的延长线于点N，交CA的延长线于点M， 由题意得AM＝24，AC＝12，PN＝8，CD＝10，DN＝24+12＝36， 设NQ＝t，则QD＝36﹣t， 由题意知∠PQN＝∠CQD＝α， ∵∠PNQ＝∠CDQ＝90°， ∴△PQN∽△CQD， ∴， ∴， 解得t＝16， ∴在Rt△PNQ中，； （2）如图②，过点Q1作Q1F⊥QE于点F， 由题意可得，CC∥QE，QC//EC1， ∴四边形QEC1C为平行四边形， ∴CC1＝QE＝y， 由题意得∠Q1QE＝∠Q1EQ＝α，Q1F＝x， ∴Q1Q＝Q1E， ∴， 由（1）知， ∴， ∴y＝4x， ∵AC＝12，BC＝10 ∴﹣12≤y≤10， ∴， ∴该探测仪和收集端能够测量的路面隆起到下沉的范围为； （3）由（2）得，该探测仪和收集端能够测量的路面下沉最大值为， 为满足道路养护部门需求，调整收集端AB的长度， 如图③， 设将信号收集端AB向右延伸m厘米，此时下沉3厘米时，反射光线落点C恰好到延伸后的点B处，此时反射光线与地面的交点为点E1，QE1的中点为点F1， ∵由题意易证得四边形BCQE1为平行四边形， ∴QE1＝BC＝10+m， ∴QF1QE1（10+m）， ∵由（1）得，tanα， ∴， 解得m＝2， ∵由（2）得信号收集端AB在原长度不变的情况下可测得路面隆起3厘米， ∴只需将信号收集端向右延伸2厘米即可满足道路养护部门需求． 【点评】本题主要考查了解直角三角形的实际应用、相似三角形的应用等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/11/29 21:56:36；用户：真理实验学校；邮箱：zhenli@jyeoo.com；学号：55633728 第1页 共2页 ◎ 第2页 共2页 学科网（北京）股份有限公司 $