精品解析：山西省阳泉市盂县多校联考2025-2026学年九年级上学期11月期中数学试题

山西省2025~2026学年第一学期九年级期中学业质量监测 数学试卷（人教版） 注意事项： 1．本试卷分第I卷和第II卷两部分．全卷共8页，满分120分，考试时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置． 3．答案全部在答题卡上完成，答在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第I卷 选择题 一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该选项涂黑） 1. 一元二次方程的根为（ ） A. B. C. D. 2. 剪纸是我国最古老的民间艺术之一，先后入选我国国家级非物质文化遗产名录和联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录．以下剪纸图案中，是中心对称图形的为（ ） A. B. C. D. 3. 若点的坐标为，则它关于原点对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，当时，的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 一元二次方程配方正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，为斜边的中点，以点为中心，把逆时针旋转，使点落在点处，得到Rt，点旋转后的对应点分别为与交于点．若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 7. 把抛物线向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度后，得到的抛物线对应的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 8. 新能源汽车以其环保性、经济性和智能性逐渐受到广大民众的青睐．某品牌新能源汽车2025年4月的销售量为25万台，6月销售量为36万台．若该品牌新能源汽车这两个月的月平均增长率为，则下列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 9. 用长的木条围成如图所示的“日”字形窗框，则窗户的最大透光面积（木条宽度和损耗忽略不计）为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点在轴上，．若把绕点逆时针旋转，得到，点旋转后的对应点为，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 第II卷 非选择题 二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分．请将答案直接写在答题卡相应的位置） 11. 若一元二次方程无实数根，请写出一个满足条件的一元二次方程：___________． 12. 若抛物线与轴的公共点是，则这条抛物线的对称轴为___________． 13. 某数学小组同学利用计算机中的画图软件，把图1中的基本图形旋转一定角度若干次后，得到图2的图案，该数学小组同学设定的旋转角为___________． 14. 景德桥是一座敞肩式单孔圆弧弓形石拱桥，位于山西省晋城市，始建于1189年，是山西省省级文物保护单位．如图所示是它的示意图，其拱桥可近似地用抛物线的一部分表示．若当水面宽度为时，水面到拱顶的高度为，则当水位在此基础上继续上涨时，水面的宽度为___________．（结果保留根号） 15. 如图，在矩形中，，将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，点旋转后的对应点分别为．若点落在边上，延长交于点，连接，则的长为___________． 三、解答题（本大题共8个小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 解下列方程： （1）； （2）． 17. 如图，位于平面直角坐标系中，且三点的坐标分别为． （1）将以点为中心，顺时针旋转，得到，点的对应点分别为，请画出这个三角形，并分别写出点和点的坐标． （2）请用无刻度的直尺，作的平分线．（保留作图痕迹，不写作法） 18. 如图，直线分别与轴，轴交于点，抛物线经过点和点，且与轴交于点，连接，求的面积． 19. 毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形，因形状好似一棵树，故被称为毕达哥拉斯树．如图是数学社团的李想同学利用几何画板绘制的“勾股树”，电脑打印后为长，宽的矩形图片．他要给这个矩形图片装框挂在墙上，边框（粗细忽略不计）与矩形图片之间的距离等宽．若装框后整幅作品的面积为，求装框后整幅作品外框的总长度． 20. 如图，在中，，，将绕点顺时针旋转，得到，点，旋转后的对应点分别为，，连接，分别交，于点，．若，求的长． 21. 阅读与思考 下面是小宣同学数学笔记中的部分内容，请仔细阅读并完成相应的任务． 探究利用函数图象解一元二次方程 我们知道，二次函数的图象是一条抛物线，在求抛物线与轴的交点坐标时，令，得到对应的一元二次方程． 当方程有两个不相等的实数根时，对应的抛物线与轴会有两个交点；当方程有两个相等的实数根时，对应的抛物线与轴只有一个交点；当方程没有实数根时，对应的抛物线与轴没有交点． 综上所述，一元二次方程的根的情况，对应的就是抛物线与轴的位置关系．若有实数根，则实数根就是抛物线与轴交点的横坐标． 反之，我们可以利用二次函数的图象与轴的交点坐标，求其对应的一元二次方程的根． 我还发现，一元二次方程的根可以看作一条抛物线与一条直线交点的横坐标，如一元二次方程的根可以看作抛物线与直线的交点的横坐标． 理由如下： 如图，画出抛物线与直线． 由图象可知，抛物线与直线的交点坐标分别为． ．．．．．． 任务： （1）上面数学笔记的探究过程，主要运用的数学思想是 ．（从下面选项中选出两个即可） A．分类讨论思想 B．统计思想 C．数形结合思想 D．转化思想 （2）请补全小宣的推理过程． （3）一元二次方程的根可以看作是一条抛物线与一条直线交点的横坐标，这条抛物线对应的函数解析式是 ，直线对应的函数解析式是 ． 22. 综合与实践 问题情境： 蔬菜大棚是一种具有出色的保温性能的框架覆膜结构，上面覆上一层或多层保温塑料膜，就形成了一个温室空间，大棚的设计要保证安全、通风且利于采光． 数学建模： 如图是一种使用钢结构作为骨架的蔬菜大棚，其横截面示意图如图1，是由抛物线和立柱构成．经测量，大棚的最高点到地面的距离为，大棚宽度为，立柱，以所在直线为轴，过点且垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系． 问题解决： （1）求该蔬菜大棚横截面所在抛物线对应的函数解析式． （2）如图2，从安全角度考虑，需安装“支撑架”对大棚进行加固，“支撑架”由三根支架构成，其中，垂直于地面，平行于地面，且点，均在抛物线上．经考察，当“支撑架”与地面构成正方形时，承受能力最强，此时为最安全的状态．请通过计算说明最安全时，这样的一组“支撑架”的总长度是多少． （3）为提高水分的利用率，大棚引进智能节水灌溉系统，将灌溉管平行于地面安装于两立柱与之间，每组灌溉管上安装若干个洒水器，且这种洒水器喷洒的纵截面呈抛物线形状．如图3，当洒水器距地面高度为时（即灌溉管为），其最大喷洒直径为．为保证蔬菜获得充足的水分，同时考虑喷洒的密集程度，需要将灌溉管上的洒水器悬于距地面的高度．若使大棚内蔬菜均被完全喷洒到，请直接写出此时一组灌溉管上至少要安装洒水器的个数．（参考数据：） 23. 综合与探究 问题情境： 如图，在四边形中，，，平分交于点，连接，将线段绕点逆时针旋转到，使，连接． 问题初探： （1）如图1，当时，线段和线段的数量关系为 ，位置关系为 ． 深入探究： （2）对问题（1）进一步研究之后发现，线段与线段之间存在特定的数量关系．请你写出这种关系，并予以证明． 解决问题： （3）如图2，连接，当，时，请直接写出四边形的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山西省2025~2026学年第一学期九年级期中学业质量监测 数学试卷（人教版） 注意事项： 1．本试卷分第I卷和第II卷两部分．全卷共8页，满分120分，考试时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置． 3．答案全部在答题卡上完成，答在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第I卷 选择题 一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该选项涂黑） 1. 一元二次方程的根为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，掌握因式分解法解一元二次方程是解题的关键． 令方程的两个因式分别为零即可求解． 【详解】∵ ， ∴ 或 ， 即 或 ， ∴ 方程的根为 ， ． 故选：C． 2. 剪纸是我国最古老的民间艺术之一，先后入选我国国家级非物质文化遗产名录和联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录．以下剪纸图案中，是中心对称图形的为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的概念，解决本题的关键是熟练掌握中心对称图形的概念． 根据中心对称图形的概念，即在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，由此判断选项即可． 【详解】解：A选项，该图形绕着某个点旋转，旋转后的图形不能与原来的图形重合，不是中心对称图形； B选项，该图形绕着某个点旋转，旋转后的图形能与原来的图形重合，是中心对称图形； C选项，该图形绕着某个点旋转，旋转后的图形不能与原来的图形重合，不是中心对称图形； D选项，该图形绕着某个点旋转，旋转后的图形不能与原来的图形重合，不是中心对称图形． 故选：B ． 3. 若点的坐标为，则它关于原点对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标变化．根据关于原点对称的点的坐标特征，横坐标和纵坐标均互为相反数． 【详解】解：∵点的坐标为，关于原点对称， ∴它关于原点对称的点的坐标为． 故选：D． 4. 已知函数，当时，的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，根据函数（）的性质进行判断，即可求解． 【详解】解：∵ ， 当时，随增大而减小， 当时，， 当时，， 故选：B ． 5. 一元二次方程配方正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了配方法解一元二次方程，掌握配方的步骤是解题的关键．将一元二次方程除以二次项系数后，使用配方法将方程的左边转化为完全平方式，对比选项即可． 【详解】解：， ， ， ， ， 故选：A． 6. 如图，为斜边的中点，以点为中心，把逆时针旋转，使点落在点处，得到Rt，点旋转后的对应点分别为与交于点．若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了图形旋转的性质，三角形内角和的性质，等腰三角形的性质以及直角三角形的性质，解决本题的关键是利用求解出的度数． 先根据图形旋转可得，，再由等边对等角可得，再由三角形内角和可得，由此可解． 【详解】解：∵为斜边的中点， ∴， 又∵以点为中心，把逆时针旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在中，． 故选：C ． 7. 把抛物线向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度后，得到的抛物线对应的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的平移，解题的关键是掌握平移的方法．先将原函数化为顶点形式，再根据二次函数平移规则：左加右减，上加下减，即可求解． 【详解】解：可化为顶点式， 抛物线向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度后，得到的抛物线对应的函数解析式为， 故选：A． 8. 新能源汽车以其环保性、经济性和智能性逐渐受到广大民众的青睐．某品牌新能源汽车2025年4月的销售量为25万台，6月销售量为36万台．若该品牌新能源汽车这两个月的月平均增长率为，则下列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，根据月平均增长率的定义，则5月销售量为，6月销售量为，列出方程，即可求解． 【详解】解：设月平均增长率为x， 则5月销售量为， 6月销售量为， 6月销售量为36万台， ， 故选：B． 9. 用长的木条围成如图所示的“日”字形窗框，则窗户的最大透光面积（木条宽度和损耗忽略不计）为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查二次函数的应用，根据已知条件列出方程是解题的关键． 设窗框的较长一边为，窗户的面积为，则较短一边（宽）为，据此得到窗户透光面积的表达式，根据二次函数的性质，求解最大值即可． 【详解】解：设窗框的较长一边为，窗户的面积为， 则较短一边（宽）为， 根据题意得，， ∵， ∴当，即时，y有最大值，最大值为6， ∴窗户的最大透光面积为 故选：A． 10. 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点在轴上，．若把绕点逆时针旋转，得到，点旋转后的对应点为，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了图形旋转的性质，解含有的直角三角形，勾股定理解三角形，解决本题的关键是添加辅助线构造含有的直角三角形． 过点C作轴交y轴于点D，根据旋转可得，，再解含有的直角三角形，可得，即点C的横坐标为2，再由勾股定理即可求解点C的纵坐标． 【详解】解：过点C作轴交y轴于点D，如图， 在，， ∴， ∵点的坐标为， ∴，且， ∵把绕点逆时针旋转，得到， ∴，， ∴， 在，， ∴， ∴， ∴， ∴点的坐标为． 故选：D ． 第II卷 非选择题 二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分．请将答案直接写在答题卡相应的位置） 11. 若一元二次方程无实数根，请写出一个满足条件的一元二次方程：___________． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，根据一元二次方程无实数根的条件是判别式小于零得到，取，可得，可取，则方程满足条件． 【详解】解：一元二次方程无实数根， ， 取，则， 解得， 可取，则方程满足条件， 故答案为：（答案不唯一）． 12. 若抛物线与轴的公共点是，则这条抛物线的对称轴为___________． 【答案】直线 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，根据二次函数的性质，抛物线与轴的交点关于对称轴对称，因此对称轴为两交点横坐标的中点，即可求解． 【详解】解：抛物线与轴的交点坐标为 和， 对称轴为直线 ． 13. 某数学小组同学利用计算机中的画图软件，把图1中的基本图形旋转一定角度若干次后，得到图2的图案，该数学小组同学设定的旋转角为___________． 【答案】##60度 【解析】 【分析】本题考查了旋转的应用，找出图1中的基本图形旋转，旋转次后，得到图2的图案，即可求解． 【详解】解：将图1中的基本图形旋转，旋转次后，得到图2的图案， 该数学小组同学设定的旋转角为， 故答案为：． 14. 景德桥是一座敞肩式单孔圆弧弓形石拱桥，位于山西省晋城市，始建于1189年，是山西省省级文物保护单位．如图所示是它的示意图，其拱桥可近似地用抛物线的一部分表示．若当水面宽度为时，水面到拱顶的高度为，则当水位在此基础上继续上涨时，水面的宽度为___________．（结果保留根号） 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，建立平面直角坐标系待定系数法求解，水位在此基础上继续上涨时为，代入求解，即可求解． 【详解】解：建立平面直角坐标系，如图， ， 设抛物线的解析式为， ， 解得：， ， 水位在此基础上继续上涨时， 当时， ， 解得：，， 水面的宽度为（）， 故答案为：． 15. 如图，在矩形中，，将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，点旋转后的对应点分别为．若点落在边上，延长交于点，连接，则的长为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键，根据旋转的性质和全等三角形的判定与性质可得，设，则，，在，求出的长，在，求出的值，在中，再次利用勾股定理求得的值即可． 【详解】解：∵将矩形绕点逆时针旋转得到矩形， ∴，，， 在和中， ∴， ∴， 设， ∵， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：，即， 在中，由勾股定理得：， ∴． 故答案为：． 三、解答题（本大题共8个小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 解下列方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】此题考查了解一元二次方程，正确掌握解一元二次方程的解法是解题的关键． （1）利用公式法求出方程的解； （2）利用因式分解法求解． 【小问1详解】 解： ，，， ， ， ，； 【小问2详解】 解： 或 ，． 17. 如图，位于平面直角坐标系中，且三点的坐标分别为． （1）将以点为中心，顺时针旋转，得到，点的对应点分别为，请画出这个三角形，并分别写出点和点的坐标． （2）请用无刻度的直尺，作的平分线．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】（1）如图所示；点，点 （2） 的平分线如图． 【解析】 【分析】本题考查了图形旋转的性质，直角坐标系下点的特征，角平分线的作图，等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是熟练掌握旋转的性质． （1）根据图形顺时针旋转，画出三角形即可，再由直角坐标下点的位置即可得到点的坐标． （2）由旋转的性质可得，且由旋转角度可得为等腰直角三角形，过点B作的垂线，即可得角平分线． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由旋转可知，为等腰直角三角形， 点B作射线交于点N， 则可得为等腰直角三角形， ∴， 即可得的平分线． 18. 如图，直线分别与轴，轴交于点，抛物线经过点和点，且与轴交于点，连接，求的面积． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次函数与一次函数的应用、勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键． 根据直线分别求得点和点的坐标，利用待定系数法求得抛物线的解析式，进而求出点的坐标，利用勾股定理逆定理判断是直角三角形，根据直角三角形的面积公式求解的面积即可． 【详解】解：将代入直线解析式得，，则， 将代入直线解析式得，，解得，则， 将和代入抛物线得，、 ， 解得， 因此，抛物线的解析式为， 抛物线对称轴为， 则， 、、， 则， 所以是直角三角形， 因此，的面积为， 答：的面积为． 19. 毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形，因形状好似一棵树，故被称为毕达哥拉斯树．如图是数学社团的李想同学利用几何画板绘制的“勾股树”，电脑打印后为长，宽的矩形图片．他要给这个矩形图片装框挂在墙上，边框（粗细忽略不计）与矩形图片之间的距离等宽．若装框后整幅作品的面积为，求装框后整幅作品外框的总长度． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，设矩形图片之间的距离为，列出方程，即可求解． 【详解】解：设矩形图片之间的距离为，由题意得 ， 解得，（舍去）， （）， 答：装框后整幅作品外框的总长度． 20. 如图，在中，，，将绕点顺时针旋转，得到，点，旋转后的对应点分别为，，连接，分别交，于点，．若，求的长． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质、勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 连接，根据旋转的性质证得是等边三角形，进而证得为的垂直平分线，根据勾股定理分别求得和的长度，进而求得的长度即可． 【详解】解：连接， ， 绕点顺时针旋转，得到 、 是等边三角形 为的垂直平分线 、 答：的长为． 21. 阅读与思考 下面是小宣同学数学笔记中的部分内容，请仔细阅读并完成相应的任务． 探究利用函数图象解一元二次方程 我们知道，二次函数的图象是一条抛物线，在求抛物线与轴的交点坐标时，令，得到对应的一元二次方程． 当方程有两个不相等的实数根时，对应的抛物线与轴会有两个交点；当方程有两个相等的实数根时，对应的抛物线与轴只有一个交点；当方程没有实数根时，对应的抛物线与轴没有交点． 综上所述，一元二次方程的根的情况，对应的就是抛物线与轴的位置关系．若有实数根，则实数根就是抛物线与轴交点的横坐标． 反之，我们可以利用二次函数的图象与轴的交点坐标，求其对应的一元二次方程的根． 我还发现，一元二次方程的根可以看作一条抛物线与一条直线交点的横坐标，如一元二次方程的根可以看作抛物线与直线的交点的横坐标． 理由如下： 如图，画出抛物线与直线． 由图象可知，抛物线与直线的交点坐标分别为． ．．．．．． 任务： （1）上面数学笔记的探究过程，主要运用的数学思想是 ．（从下面选项中选出两个即可） A．分类讨论思想 B．统计思想 C．数形结合思想 D．转化思想 （2）请补全小宣的推理过程． （3）一元二次方程的根可以看作是一条抛物线与一条直线交点的横坐标，这条抛物线对应的函数解析式是 ，直线对应的函数解析式是 ． 【答案】（1）CD （2） ∵一元二次方程的根可以看作抛物线与直线的交点的横坐标， ∴一元二次方程的根为． （3），（答案不唯一） 【解析】 【分析】本题考查了用函数图象解一元二次方程，关键是理解阅读材料中的内容．（1）用图象解决问题运用的是数形结合思想，也是一种转化思想；（2）参照笔记中的分析过程可得；（3）理解笔记内容并类似转化可得出答案． 【小问1详解】 解：上面数学笔记的探究过程，主要运用的数学思想是数形结合思想和转化思想，故答案为：CD； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：一元二次方程的根可以看作是一条抛物线与一条直线交点的横坐标，这条抛物线对应的函数解析式是，直线对应的函数解析式是．还可以有其他的写法，如这条抛物线对应的函数解析式是，直线对应的函数解析式是；这条抛物线对应的函数解析式是，直线对应的函数解析式是．故答案不唯一． 故答案为：，． 22. 综合与实践 问题情境： 蔬菜大棚是一种具有出色的保温性能的框架覆膜结构，上面覆上一层或多层保温塑料膜，就形成了一个温室空间，大棚的设计要保证安全、通风且利于采光． 数学建模： 如图是一种使用钢结构作为骨架的蔬菜大棚，其横截面示意图如图1，是由抛物线和立柱构成．经测量，大棚的最高点到地面的距离为，大棚宽度为，立柱，以所在直线为轴，过点且垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系． 问题解决： （1）求该蔬菜大棚横截面所在抛物线对应的函数解析式． （2）如图2，从安全角度考虑，需安装“支撑架”对大棚进行加固，“支撑架”由三根支架构成，其中，垂直于地面，平行于地面，且点，均在抛物线上．经考察，当“支撑架”与地面构成正方形时，承受能力最强，此时为最安全的状态．请通过计算说明最安全时，这样的一组“支撑架”的总长度是多少． （3）为提高水分的利用率，大棚引进智能节水灌溉系统，将灌溉管平行于地面安装于两立柱与之间，每组灌溉管上安装若干个洒水器，且这种洒水器喷洒的纵截面呈抛物线形状．如图3，当洒水器距地面高度为时（即灌溉管为），其最大喷洒直径为．为保证蔬菜获得充足的水分，同时考虑喷洒的密集程度，需要将灌溉管上的洒水器悬于距地面的高度．若使大棚内蔬菜均被完全喷洒到，请直接写出此时一组灌溉管上至少要安装洒水器的个数．（参考数据：） 【答案】（1） （2） （3）个 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，待定系数法，能根据题意建立恰当的直角坐标系，利用二次函数求解是解题的关键． （1）由题意得顶点为，，可设抛物线对应的函数解析式，将代入计算，即可求解； （2）设，由正方形的性质得，解方程，即可求解； （3）建立以为坐标原点的平面直角坐标系，待定系数法求出抛物线对应的函数解析式，由需要将灌溉管上的洒水器悬于距地面的高度得将抛物线向下平移个单位长度得，即可求解． 【小问1详解】 解：由题意得 顶点为，， 可设抛物线对应的函数解析式， ， 解得， 故抛物线对应的函数解析式； 【小问2详解】 解：设， ， 四边形是正方形， ， ， 解得，（舍去）， ， ， 故这样的一组“支撑架”的总长度是； 【小问3详解】 解：建立以为坐标原点的平面直角坐标系，如图, ， 可设抛物线对应的函数解析式， ， 解得， 故抛物线对应的函数解析式， 需要将灌溉管上的洒水器悬于距地面的高度， 将抛物线向下平移个单位长度， ， 当时，， 解得：，， 此时最大喷洒直径为：， ， 使大棚内蔬菜均被完全喷洒到， 此时一组灌溉管上至少要安装洒水器个． 23. 综合与探究 问题情境： 如图，在四边形中，，，平分交于点，连接，将线段绕点逆时针旋转到，使，连接． 问题初探： （1）如图1，当时，线段和线段的数量关系为 ，位置关系为 ． 深入探究： （2）对问题（1）进一步研究之后发现，线段与线段之间存在特定的数量关系．请你写出这种关系，并予以证明． 解决问题： （3）如图2，连接，当，时，请直接写出四边形的面积． 【答案】（1）；． （2），证明如下： 连接，如图， 由（1）知，， ∵平分， ∴， 又，， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， 在中，， ∴． （3） 【解析】 【分析】（1）根据角边角的证明方法可证明与全等，由此可得数量关系为，再由，可得点共线，即可得位置关系． （2）根据（1）可知，，再由边角边的证明方法证明与全等，由此可得，再由即可得关系． （3）可先根据菱形的判定证明四边形为菱形，即可得，由（1）与（2）可知，，再由等边三角形的性质可得，再由梯形的面积公式求解即可． 【详解】解：（1）∵， 且，， ∴， ∵，， 在与中， ， ∴， ∴，， ∴线段和线段的数量关系为， ∵在四边形中，， ∴， 又， ∴， ∴点共线， 又， ∴， ∴线段和线段的位置关系为． 故答案为：；． （2）略 （3）过点A作，如图， 由（1）和（2）可知，，， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴． 【点睛】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，图形旋转的性质，勾股定理的应用，菱形的判定与性质，平行线的性质，解决本题的关键是适当添加辅助线证明全等转化边长的关系． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $