精品解析：安徽省淮南市洞山中学2025-2026学年九年级上学期第二次月考数学试卷

2026届九年级第二次学情调研数学试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 1. 随着Ai技术的普及，出现了很多“现象级”应用，以下是一些常见应用的图案，其中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称图形的定义，中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可． 【详解】解：A．不是中心对称图形，故A不符合题意； B．不是中心对称图形，故B不符合题意； C．不是中心对称图形，故C不符合题意； D．是中心对称图形，故D符合题意． 故选：D． 2. 下列方程中，有两个不相等的实数根的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解题思路为利用一元二次方程根的判别式，分别计算四个选项方程的值，根据与的大小关系判断根的情况 ．本题主要考查了一元二次方程根的判别式，熟练掌握根的判别式及根据判断根的情况是解题的关键． 【详解】解：选项A： ，，， ，无实数根，不符合题意； 选项B： ，，， ，有两个相等的实数根，不符合题意； 选项C： ，，， ，无实数根，不符合题意； 选项D： ，，， ，有两个不相等的实数根，符合题意； 故选：D． 3. 如图，将绕点逆时针旋转，得到，若点落在线段的延长线上，则大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查旋转的性质、等腰三角形的性质及三角形内角和，熟练掌握旋转的性质、等腰三角形的性质及三角形内角和是解题的关键；由旋转的性质可知：，则有，然后问题可求解． 【详解】解：由旋转的性质可知：， ∴， ∴； 故选A． 4. 下列语句正确的有（ ） ①圆心角相等，所对的弧也相等； ②圆心角相等，所对的弦也相等； ③长度相等的两条弦所对的弧是等弧； ④等弧所对的圆心角相等． A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查圆的基本性质，需在同圆或等圆中讨论圆心角、弧、弦的关系．语句①、②未指定同圆或等圆，故不一定成立；语句③忽略优弧和劣弧的区别，故错误；语句④符合等弧的定义和性质，故正确． 【详解】解：∵ 圆心角相等需在同圆或等圆中才保证所对弧相等，①未指定条件，∴ ①错误； ∵ 圆心角相等需在同圆或等圆中才保证所对弦相等，②未指定条件，∴ ②错误； ∵ 长度相等的弦所对弧可能有优弧和劣弧之分，不一定相等，∴ ③错误； ∵ 等弧定义是在同圆或等圆中能重合的弧，故所对圆心角相等，∴ ④正确． 综上，只有④正确， 故选：D． 5. 教练对小明推铅球的录像进行技术分析，发现某次铅球行进高度y(m)与水平距离x(m)之间的关系为y=-(x-4)2+3，由此可知小明这次的推铅球成绩是（ ） A. 3m B. 4m C. 8m D. 10m 【答案】D 【解析】 【分析】求出铅球落地时的水平距离，将y=0代入函数关系式，求出x的值即可得到成绩. 【详解】由题意得，当y=0时， ， 解得：，（舍去） 故选D. 【点睛】本题考查二次函数的应用，理解当铅球高度为0时，x的值即为铅球飞行的距离，是解决本题的关键. 6. 已知二次函数的与的部分对应值如表：则下列判断中正确的是（ ） … 0 1 2 … … 7 … A. 抛物线开口向下 B. 方程一个解的范围是 C. 当时，随的增大而减小 D. 抛物线与轴交于正半轴 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练的掌握二次函数的性质， 根据表格数据，利用二次函数的对称性和点的坐标，判断开口方向、对称轴、增减性及与坐标轴的交点，从而确定正确选项． 【详解】解：由表格数据： 当 时，；当时，， ∴ 对称轴为 ， 当时，，为顶点且y值最小， ∴ 抛物线开口向上，故 A 错误， 当时，；当 时，， ∵ y 值由正变负， ∴ 方程 的一个解在 内，故 B 正确， 当 时，由 到，y 从到，增大， ∴ y 随 x 增大而增大，故 C 错误， 当 时，， ∴ 抛物线与 y 轴交于负半轴，故 D 错误． 故选： B． 7. 如图，为的直径，点C是的中点，过点C作于点F，交于点D，若，，则的半径长是（ ） A. B. 4 C. 5 D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，勾股定理，垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键． 先根据垂径定理和点C是弧的中点得，从而得出，再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：为的直径，于点F，如图，连接，设的半径为r， ∴，， ∵点C是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 解得：， ∴的半径长是5， 故选：C． 8. 如图，在中，，．．将绕点旋转至，使交边于点，则的长是（ ） A. 3 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，掌正确掌握相关性质内容是解题的关键． 根据旋转的性质可证，根据直角三角形两锐角互余可证，由此可得，根据勾股定理即可求解． 【详解】解：∵，．， ∴， ∵将绕点旋转至， ， ， ， ， ， ， 而， ， ， ， 故选：B． 9. 已知二次函数的图象如图所示，对称轴为直线，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键．根据二次函数的图象开口向上，与轴的交点位于轴负半轴上可得，根据对称轴可得，则，，即可判断选项A错误；根据二次函数的图象与轴有两个交点和一元二次方程根的判别式即可得选项B错误；判断出当时，即可得选项C正确；假设成立，与联立可得，即可得选项D错误． 【详解】解：∵二次函数的图象开口向上，与轴的交点位于轴负半轴上， ∴， ∵二次函数的对称轴为直线， ∴， ∴，， ∴，则选项A错误； ∵二次函数的图象与轴有两个交点， ∴关于的方程有两个不相等的实数根， ∴方程根的判别式，即，则选项B错误； 由函数图象可知，当时，， ∵二次函数的对称轴为直线， ∴当时的函数值与当时的函数值相等，即当时，， ∴，则选项C正确； 假设成立， 联立， 解得，与相矛盾，即假设不成立，选项D错误； 故选：C． 10. 如图，在四边形中，，，，，三个动点，，同时分别沿，，的方向以的速度匀速运动，运动过程中的面积与运动时间 的函数图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题考查了动点函数图象，分别求出和时的函数解析式，进行判断即可. 【详解】解：当时，如图， ∵三个动点同速， ∴三个动点路程相同， ∴， ∵ ∴， ∴ 当时，如图， 此时 ∴， ∴， ∴ ∴结合两个函数判断B符合题意， 故选：B 二.填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11. 方程的根为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了因式分解法进行解方程．先移项，再运用因式分解法解一元二次方程，即可作答． 【详解】解：∵， ∴， ∴， 解得，， 故答案为：，． 12. 在中，弦垂直平分其中一条半径，弦所对的圆心角为___________． 【答案】##120度 【解析】 【分析】本题主要考查了垂径定理，等边三角形的判定和性质， 根据题意和线段垂直平分线的性质得，可得是等边三角形，进而得，则此题可解. 【详解】解：如图所示，连接， ∵垂直平分， ∴， ∴是等边三角形， ∴. ∴. 故答案为：. 13. 已知抛物线的顶点在轴上，当时，函数值的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】先根据顶点在轴上求出的值，再分析抛物线的性质，结合给定的的取值范围，确定函数值的取值范围．本题主要考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数顶点坐标、对称轴、开口方向以及函数最值的求法是解题的关键． 【详解】解：抛物线的顶点坐标为． ∵顶点在轴上，轴上的点纵坐标为 ∴，解得． ∴抛物线解析式为，其对称轴为，开口向上． 当时，有最小值； 当时，； 当时，． ∵在中，时最小为，时最大为 ∴函数值的取值范围是． 故答案为：． 14. 如图，线段，点是线段上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，在的上方作，使，． （1）若点是中点，_____； （2）若点为的中点，连接，当最小时，的面积为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，二次函数最值，等腰三角形的性质，建立二次函数关系式是解题的关键 （）作于，利用旋转的性质以及即可求得，，然后解直角三角形即可求解； （）连接，证明为直角三角形，根据勾股定理列出，设，则，建立关于的二次函数关系式，求出时最小，再求出顶角是的的面积即可． 【详解】解：如图，作于， ∵，， ∴，， ∴， ∵，是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 故答案为：； （）如图，连接， 则， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴是直角三角形. 设，则，，， 由勾股定理得： 当时，有最小值， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 三.（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15. 抛物线平移后经过点，，求平移后的抛物线的表达式． 【答案】． 【解析】 【详解】试题分析：因为平移时，a不变，设平移后抛物线的表达式为，把A、B的坐标代入解方程即可． 试题解析：设平移后抛物线的表达式为．∵平移后的抛物线经过点，，∴，解得：，所以平移后抛物线的表达式为． 考点：二次函数图象与几何变换． 16. 如图，是的直径，．求的度数． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查圆心角、弧之间的关系，熟练掌握圆心角与弧的关系是解题的关键；由题意易得，然后问题可求解． 【详解】解：∵， ， ． 四.（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17. 如图，在等边中，是边AC上一点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，连接．若，，求的周长． 【答案】9 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，根据旋转的性质得出，，，则可证是等边三角形，得出，然后根据三角形的周长公式即可求解． 【详解】解：∵是等边三角形，， ∴， ∵旋转， ∴，，， ∴是等边三角形， ∴， ∴的周长为． 18. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点均在正方形网格的格点上． （1）画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标； （2）画出绕点逆时针旋转得到的，并写出点的坐标． 【答案】（1） 解：点关于原点的对称点分别为，描出这三个点，顺次连接，如图，即为所求，点的坐标为； （2） 解：绕点逆时针旋转各对应顶点坐标为，描出这两个点，顺次连接， 如图，即为所求，点的坐标为． 【解析】 【分析】本题考查作图——旋转变换、轴对称变换，熟练掌握中心对称和旋转的性质是解答本题的关键． （1）根据中心对称的性质作图即可； （2）根据旋转的性质作图，即可得出答案． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 五.（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19. 如图，已知圆O的直径垂直于弦于点E，连接并延长交于点F，且F为的中点． （1）求证：； （2）若，求的长． 【答案】（1） 证明：∵直径垂直于弦， ∴， ∵F为弦的中点， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2） 【解析】 【分析】（1）由垂径定理可得，，，通过证明，得到，从而得到，即可求解； （2）连接，可得为等边三角形，求得，即可求解． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 解：连接， ∵，F为弦的中点， ∴ 又∵ ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理可得：， ． 【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理、中垂线性质、所对的直角边是斜边的一半，等边三角形的判定和性质．解此类题一般要把半径、弦心距、弦的一半构建在一个直角三角形里，运用勾股定理求解． 20. 小明运用所学的一元二次方程的根与系数的关系，对“倍根方程”和“方根方程”的根的特征进行了探究.定义： 倍根方程：如果关于的一元二次方程有两个实数根（都不为0），且其中一个相等于另外一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”． 方根方程：如果关于的一元二次方程有两个实数根（都不为0），且其中一个根的平方等于另外一个根，则称这样的方程为“方根方程”． （1）若一元二次方程是“倍根方程”，求的值； （2）根据探究，小明想设计一个一元二次方程，使这个方程既是“倍根方程”又是“方根方程”，请你先帮他算一算，这个方程的根是多少？ 【答案】（1） （2）这个方程的根是是2和4，或和 【解析】 【分析】本题主要考查了阅读理解类题目，一元二次方程根与系数的关系的应用． （1）设方程的两个根是，根据定义可设，再根据根与系数的关系求出答案； （2）设方程的两个根是，根据题意可知或，列出方程求出解即可． 【小问1详解】 设方程的两个根为， 一元二次方程是“倍根方程”， 不妨设， ， ， ，， ； 【小问2详解】 设一元二次方程的两个实数根分别为、， 这个方程既是“倍根方程”又是“方根方程”， 不妨设， ①当时，即，解得或（舍去）， ， ②当时，即， 解得或（舍去）， 这个方程的根是2和4，或和． 六.（本题满分12分） 21. 春节临近，苹苹果业给顾客提供，两种水果礼盒．种礼盒每盒利润30元，每天能卖120盒；种礼盒每盒利润20元，每天能卖160盒．若种礼盒价格提高1元，则每天少卖出3盒；种礼盒价格提高1元，则每天少卖出4盒．（注：两种水果礼盒的成本不变） （1）若每份礼盒价格提高了元，销售，两种礼盒每天的利润分别为元、元，请求出、与之间的函数关系式； （2）物价部门规定这两种礼盒提高的价格之和为8元，那么种礼盒的价格提高多少元时，这两种水果礼盒每天售出的利润之和最大？ 【答案】（1）， （2）当种礼盒的价格提高1元时，这两种水果礼盒每天售出的利润之和最大 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的应用，设出未知数，根据题意列出等式，找到量之间的关系是解题关键； （1）由题意可知，每份礼盒价格提高了元，种礼盒每天卖出盒，种礼盒每天卖出盒，根据利润=每份利润份数即可求得函数关系式； （2）设种礼盒的价格提高元，种礼盒的价格提高元，结合两个函数关系可得两种每天利润之和，即可求得结果． 【小问1详解】 解：， ． 【小问2详解】 解：设种礼盒的价格提高元，种礼盒的价格提高元，由题意得， ， 当时，的值最大． 答：当种礼盒的价格提高1元时，这两种水果礼盒每天售出的利润之和最大． 七.（本题满分12分） 22. 【问题情境】：如图，点为正方形内一点，，，，将直角三角形绕点逆时针方向旋转度（）点、的对应点分别为点，． 【问题解决】： （1）如图，在旋转的过程中，点落在了上．则 ； （2）若，如图3，得到（此时与重合），延长交于点， ①试判断四边形的形状，并说明理由； ②连接，求的长； （3）在直角三角形绕点逆时针方向旋转过程中，直接写出线段长度的取值范围． 【答案】（1） （2）①四边形是正方形， 理由如下：由旋转的性质得：，，，， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形； ② （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的判定与性质、旋转变换的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质和旋转变换的性质，证明是解题的关键． （1）由勾股定理得的长度，再由正方形的性质得的长度，然后由旋转的性质得，即可求解； （2）①由旋转的性质得，，，再证四边形是矩形，即可得出结论；②过点作于点，证，得，，再由勾股定理求解即可； （3）当点的运动轨迹是以点为圆心，为半径的圆上，即可得出答案． 【小问1详解】 解：，，， ， 四边形是正方形， ，， ， 由旋转的性质得：， ； 【小问2详解】 解：①略 ②过点作于点，如图所示： 则， ， ， 在和中， ， ， ，， ∴， ， 【小问3详解】 解：∵点的运动轨迹是以点为圆心，为半径的圆上， 的最小值为， 当落在的延长线上时，， 最长， 线段长度的取值范围是 八.（本题满分14分） 23. 近期，全国多地新能源汽车充电站迎来升级改造，遮阳棚成为标配设施，为车主提供更舒适、安全的充电环境．图①是某弧形遮阳棚横截面的示意图，其中棚顶的横截面可以看作是抛物线的一部分，棚顶的端点为该抛物线的最高点，点到地面的距离为3米，棚顶与立柱的交点到地面的距离为2米，且点和点的水平距离为6米． （1）按如图所示的平面直角坐标系，求抛物线的函数解析式； （2）现有一辆观光车需要充电，如图②是观光车的截面图，已知车身长约5米，车厢最高点与遮阳棚接触点离地面高约米，请通过计算说明这辆观光车是否可以完全停进遮阳棚正下方； （3）为了让弧形遮阳棚更加稳固和美观，计划在遮阳棚内侧安装钢架．如图③所示，钢架分两段，其中一段连接点与点，然后在棚顶上某处取点，在钢架和棚顶之间竖直安装第二段钢架．求出第二段钢架长度的最大值． 【答案】（1） （2）这辆观光车不可以完全停进遮阳棚正下方 （3）钢架长度的最大值是米 【解析】 【分析】本题考查的是二次函数的应用；二次函数的性质； （1）结合题意设抛物线的函数解析式为，代入点的坐标为，即可得到答案； （2）将代入中，可得，再进一步求解即可； （3）先直线的函数解析式为．结合抛物线为，设点的坐标为．可得点的坐标为，再建立二次函数求解即可． 【小问1详解】 解：由题可得：抛物线的顶点的坐标为． 设与的函数解析式为， 抛物线的函数解析式为． 点的坐标为， 将点代入函数解析式中，得，解得． 抛物线的函数解析式为． 【小问2详解】 解：根据题意：设点的坐标为， 将代入中， 得：， 解得：（舍去），． ， 这辆观光车不可以完全停进遮阳棚正下方． 【小问3详解】 解：设直线的函数解析式为． 将点代入中， 得， 直线的函数解析式为． 抛物线的一般式为， 且是抛物线上的点， 设点的坐标为． ∵轴，点的横坐标为，点在上， 点的坐标为， ． 当时，取最大值，最大值为． 钢架长度的最大值是米． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届九年级第二次学情调研数学试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分） 1. 随着Ai技术的普及，出现了很多“现象级”应用，以下是一些常见应用的图案，其中是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列方程中，有两个不相等的实数根的是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，将绕点逆时针旋转，得到，若点落在线段的延长线上，则大小为（ ） A. B. C. D. 4. 下列语句正确的有（ ） ①圆心角相等，所对的弧也相等； ②圆心角相等，所对的弦也相等； ③长度相等的两条弦所对的弧是等弧； ④等弧所对的圆心角相等． A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 5. 教练对小明推铅球的录像进行技术分析，发现某次铅球行进高度y(m)与水平距离x(m)之间的关系为y=-(x-4)2+3，由此可知小明这次的推铅球成绩是（ ） A. 3m B. 4m C. 8m D. 10m 6. 已知二次函数的与的部分对应值如表：则下列判断中正确的是（ ） … 0 1 2 … … 7 … A. 抛物线开口向下 B. 方程一个解的范围是 C. 当时，随的增大而减小 D. 抛物线与轴交于正半轴 7. 如图，为的直径，点C是的中点，过点C作于点F，交于点D，若，，则的半径长是（ ） A. B. 4 C. 5 D. 8. 如图，在中，，．．将绕点旋转至，使交边于点，则的长是（ ） A. 3 B. C. D. 2 9. 已知二次函数的图象如图所示，对称轴为直线，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在四边形中，，，，，三个动点，，同时分别沿，，的方向以的速度匀速运动，运动过程中的面积与运动时间 的函数图象大致是（ ） A. B. C. D. 二.填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分） 11. 方程的根为_____． 12. 在中，弦垂直平分其中一条半径，弦所对的圆心角为___________． 13. 已知抛物线的顶点在轴上，当时，函数值的取值范围是_____． 14. 如图，线段，点是线段上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，在的上方作，使，． （1）若点是中点，_____； （2）若点为的中点，连接，当最小时，的面积为_____． 三.（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 15. 抛物线平移后经过点，，求平移后的抛物线的表达式． 16. 如图，是的直径，．求的度数． 四.（本大题共2小题，每小题8分，满分16分） 17. 如图，在等边中，是边AC上一点，连接，将绕点逆时针旋转，得到，连接．若，，求的周长． 18. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点均在正方形网格的格点上． （1）画出关于原点成中心对称的，并写出点的坐标； （2）画出绕点逆时针旋转得到的，并写出点的坐标． 五.（本大题共2小题，每小题10分，满分20分） 19. 如图，已知圆O的直径垂直于弦于点E，连接并延长交于点F，且F为的中点． （1）求证：； （2）若，求的长． 20. 小明运用所学的一元二次方程的根与系数的关系，对“倍根方程”和“方根方程”的根的特征进行了探究.定义： 倍根方程：如果关于的一元二次方程有两个实数根（都不为0），且其中一个相等于另外一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”． 方根方程：如果关于的一元二次方程有两个实数根（都不为0），且其中一个根的平方等于另外一个根，则称这样的方程为“方根方程”． （1）若一元二次方程是“倍根方程”，求的值； （2）根据探究，小明想设计一个一元二次方程，使这个方程既是“倍根方程”又是“方根方程”，请你先帮他算一算，这个方程的根是多少？ 六.（本题满分12分） 21. 春节临近，苹苹果业给顾客提供，两种水果礼盒．种礼盒每盒利润30元，每天能卖120盒；种礼盒每盒利润20元，每天能卖160盒．若种礼盒价格提高1元，则每天少卖出3盒；种礼盒价格提高1元，则每天少卖出4盒．（注：两种水果礼盒的成本不变） （1）若每份礼盒价格提高了元，销售，两种礼盒每天的利润分别为元、元，请求出、与之间的函数关系式； （2）物价部门规定这两种礼盒提高的价格之和为8元，那么种礼盒的价格提高多少元时，这两种水果礼盒每天售出的利润之和最大？ 七.（本题满分12分） 22. 【问题情境】：如图，点为正方形内一点，，，，将直角三角形绕点逆时针方向旋转度（）点、的对应点分别为点，． 【问题解决】： （1）如图，在旋转的过程中，点落在了上．则 ； （2）若，如图3，得到（此时与重合），延长交于点， ①试判断四边形的形状，并说明理由； ②连接，求的长； （3）在直角三角形绕点逆时针方向旋转过程中，直接写出线段长度的取值范围． 八.（本题满分14分） 23. 近期，全国多地新能源汽车充电站迎来升级改造，遮阳棚成为标配设施，为车主提供更舒适、安全的充电环境．图①是某弧形遮阳棚横截面的示意图，其中棚顶的横截面可以看作是抛物线的一部分，棚顶的端点为该抛物线的最高点，点到地面的距离为3米，棚顶与立柱的交点到地面的距离为2米，且点和点的水平距离为6米． （1）按如图所示的平面直角坐标系，求抛物线的函数解析式； （2）现有一辆观光车需要充电，如图②是观光车的截面图，已知车身长约5米，车厢最高点与遮阳棚接触点离地面高约米，请通过计算说明这辆观光车是否可以完全停进遮阳棚正下方； （3）为了让弧形遮阳棚更加稳固和美观，计划在遮阳棚内侧安装钢架．如图③所示，钢架分两段，其中一段连接点与点，然后在棚顶上某处取点，在钢架和棚顶之间竖直安装第二段钢架．求出第二段钢架长度的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $