精品解析：福建省厦门市思明区金鸡亭中学2025--2026学年上学期九年级数学期中考卷

2025-2026学年福建省厦门市思明区金鸡亭中学九年级（上）期中数学试卷 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，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. 剪纸艺术是中国最古老的民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．以下剪纸图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形，熟练掌握中心对称图形的性质，是解答本题的关键． 根据中心对称图形的性质，找到对称中心，绕中心旋转后与自身重合，由此得到答案． 【详解】解：根据题意得： 选项不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 选项不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 选项是中心对称图形，故本选项符合题意； 选项不是中心对称图形，故本选项不符合题意； 故选：． 2. 下列图形中的角是圆周角的是（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查圆周角的定义，圆周角是指顶点在圆上，并且两条边都与圆相交的角，据此断即可． 【详解】解：根据圆周角的定义可知，选项B的角是圆周角， 故选：B． 3. 已知的半径为5，点P在内，则的长可能是（　　） A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了点与圆的位置关系，根据点在圆内，点到圆心的距离小于圆的半径进行判断． 【详解】解：∵的半径为5，点P在内， ∴． 故选：D． 4. 二次函数y＝(x﹣1)2+2图象的顶点坐标是( ) A. (2，﹣1) B. (2，1) C. (﹣1，2) D. (1，2) 【答案】D 【解析】 【分析】利用顶点式方程可直接得到抛物线的顶点坐标. 【详解】∵y＝(x﹣1)2+2， ∴顶点坐标为(1，2)， 故选：D. 【点睛】此题考查二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a（x-h）2+k中，对称轴为x=h，顶点坐标为（h，k）． 5. 如图，的内切圆与各边分别相切于点，则点是的（ ） A. 重心 B. 内心 C. 外心 D. 以上选项都不正确 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查三角形的外接圆与外心，三角形的内切圆与内心，关键是掌握三角形外心的定义．由三角形外心的定义，即可得到答案． 【详解】解：∵是的外接圆， ∴点O是的外心． 故选：C． 6. 如图，将绕着点逆时针旋转得到，若点的对应点恰好落在的延长线上，则的度数为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质、等边对等角、三角形内角和定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质得，，再根据等边对等角以及三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：由旋转的性质得，，， ， 故选：C． 7. 若，，三点都在二次函数的图象上，则，，的大小关系为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的性质是解题的关键． 先根据二次函数的性质得到抛物线的对称轴为直线，再根据得出抛物线的图象开口向上，然后根据二次函数的对称性和增减性即可判断． 【详解】解：， 该抛物线开口向上，且对称轴为直线， 时，y随x的增大而减小， ，，三点都在二次函数的图象上， 关于对称轴的对称点也在二次函数的图象上， ，当时，y随x的增大而减小， ． 故选：B． 8. 某市2020年底已有绿化面积300公顷，经过两年绿化、绿化面积逐年增加，到2022年底增加到363公顷．设绿化面积平均每年的增长率为x，由题意，所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设绿化面积平均每年的增长率为x，根据题意列出方程，即可求解． 【详解】解：设绿化面积平均每年的增长率为x，根据题意得， 故选：B． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程是解题的关键． 9. 为半圆O的直径，现将一块含30°的直角三角板如图放置，30°角的顶点P在半圆上，斜边经过点B，一条直角边交半圆O于点Q．若，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理，扇形的弧长公式，构造扇形求弧长是解题的关键． 连接，根据圆周角定理求的度数，根据扇形的弧长公式求解即可． 【详解】连接，如图所示， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ 故选：C． 10. 定义：函数图象上到两坐标轴的距离之和等于的点，叫做这个函数图象的“阶距点”．若关于的二次函数图象的“阶距点”存在，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数与新定义结合，难点在于分情况讨论．根据题意把二次函数解析式转化为顶点式，存在点满足，可通过联立方程并分情况讨论，结合判别式分析解的存在性，最终确定的取值范围． 【详解】解：， 顶点坐标为． 由题意得，存在点满足， 需分情况讨论： 情况一：当时，， 方程为， 当时，方程为， ， 解得，； 当时，方程为， 解得，； 情况二：当时，此时方程为， 当时，方程为， ， 解得，； 当时，方程为， 此时，恒成立 当时，方程有唯一解， 经验证，满足条件； 验证其他边界值： 当时，存在解，满足条件； 当时，顶点满足条件． 综上，． 故选：B． 二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分． 11. 已知2是关于x的方程的一个根，则常数a的值是______  ． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的解，把已知根代入求解即可． 【详解】∵是方程的一个根， ∴将代入得，， 即，解得． 故答案为：． 12. 已知点与点关于原点对称，则点的坐标为______ ． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键是掌握关于原点对称的点的坐标规律．根据关于原点对称的点，横坐标和纵坐标都互为相反数，即可得到点的坐标． 【详解】解：点与点关于原点对称， 点的横坐标为，纵坐标为，即点的坐标为， 故答案为：． 13. 抛物线的对称轴是直线，那么b的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据对称轴公式列得，直接求值． 【详解】解：∵抛物线的对称轴是直线， ∴，得， 故答案为：． 【点睛】此题考查了抛物线的对称轴公式，熟练掌握抛物线的顶点坐标公式是解题的关键． 14. 如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，点E在线段CD的延长线上，若∠ADE＝100°，则∠B的度数为_____. 【答案】100° 【解析】 【分析】根据圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角解答. 【详解】∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形， ∴∠ADE＝∠B＝100°， 故答案为：100°. 【点睛】此题考查圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键． 15. 如图，将放置在平面直角坐标系中，其中，，顶点的坐标为，将绕原点逆时针旋转，则旋转结束时，点对应点的坐标为______  ． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查坐标与图形的性质-旋转，作辅助线构造全等三角形，利用全等三角形的判定和性质求解是解题的关键．过作轴于，由旋转的性质得，可得，证明，根据全等三角形的性质得，即可求解． 【详解】解：如图所示，过作轴于， ， ， ， 由旋转的性质得， ， ， 在和中， ， ， ， 点的坐标为． 故答案为． 16. 如图，抛物线与交于点，过点A作x轴的平行线，分别交两条抛物线于B，C两点，且D，E分别为顶点，则下列结论：①；②；③是等腰直角三角形；④当时，． 其中正确的结论有________．（填序号） 【答案】①③ 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质．把点A坐标代入，求出a的值，即可判断①；得到函数解析式，将代入，求出点C的横坐标，然后求出点E的坐标即可求出和的长，从而判断②；将代入，求出点B的坐标然后求出的长，利用勾股定理的逆定理即可判断③；求出两个二次函数图象另一个交点坐标，结合图象即可判断④． 【详解】解：抛物线与交于点， ∴， 解得：，故①正确； 将代入中，得 ， 解得：，， ∴点C的坐标为， ∴， ∵E是抛物线的顶点， ∴， ∴， ∴，故②错误； 将代入， 解得：，， ∴， 则， ∵点D是抛物线的顶点， ∴， ∴，， ∴在中，，， ∴是等腰直角三角形，故③正确； ∵联立， 解得：或， ∴两个抛物线的交点为和， 由图象可知：当时，，故④错误． 故答案为：①③． 三、计算题：本大题共2小题，共16分． 17. 解方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】本题主要考查解一元二次方程．利用配方法解一元二次方程即可． 【详解】解：， 整理得， 配方得，即， 开方得， ∴，． 18. 先化简，再求值：，其中． 【答案】，． 【解析】 【分析】括号内先通分，进行分式加减法运算，再把除法运算化为乘法运算，约分后得到结果，再把x的值代入计算． 【详解】解：原式= = =， 当时， 原式==． 考点：分式的化简求值． 四、解答题：本题共7小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 19. 如图，四边形是平行四边形，，，，垂足分别为E，F．证明：． 【答案】解法一： 证明：四边形是平行四边形， ， ， ，， ， ， ， ． 解法二： 证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ，， ， ， ． 解法三： 证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ，， ， ，， ， ． 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定与性质，熟练掌握三角形全等的判定方法并准确识图是解题的关键．由全等三角形的判定定理证得，得出对应边相等即可． 【详解】略 20. 已知：如图，AB是⊙O的直径，AB=4，点F，C是⊙O上两点，连接AC，AF，OC，弦AC平分∠FAB，∠BOC=60°，过点C作CD⊥AF交AF的延长线于点D，垂足为点D． （1）求扇形OBC的面积（结果保留π）； （2）求证：CD是⊙O的切线． 【答案】（1）S扇形OBC=； （2）证明：∵AC平分∠FAB， ∴∠FAC=∠CAO， ∵AO=CO， ∴∠ACO=∠CAO ∴∠FAC=∠ACO ∴AD∥OC， ∵CD⊥AF， ∴CD⊥OC ∵C在圆上， ∴CD是⊙O的切线 【解析】 【分析】（1）由扇形的面积公式即可求出答案． （2）易证∠FAC=∠ACO，从而可知AD∥OC，由于CD⊥AF，所以CD⊥OC，所以CD是⊙O的切线． 【详解】解：（1）∵AB=4， ∴OB=2 ∵∠COB=60°， ∴S扇形OBC=. （2）略 【点睛】本题考查圆的综合问题，解题的关键是熟练运用扇形面积公式以及切线的判定方法，本题属于中等题型． 21. 如图，已知△ABC中，AB＝AC． （1）把△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使得点B的对应点E落在AB边上，用尺规作图的方法作出△DEC；（保留作图痕迹，不写作法） （2）在（1）的条件下，连接AD，求证：AD＝BC． 【答案】 （1）如图，△DEC即为所作． （2）∵△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC， ∴△ABC≌△DEC，DC=AC，EC=BC， ∵AB=AC， ∴DC=AB， ∵△ABC≌△DEC， ∴∠DCE=∠ACB， ∵EC=BC， ∴∠CEB=∠B， ∵AB=AC， ∴∠B=∠ACB， ∴∠CEB=∠DCE， ∴DC∥AB， 又∵DC=AC，AB=AC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC． 【解析】 【分析】（1）根据题目要求作图即可得； （2）先证∠CEB=∠B，∠B=∠ACB得∠CEB=∠DCE，据此知DC∥AB，结合DC=AC，AB=AC可得四边形ABCD为平行四边形，从而证得结论． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题主要考查作图-旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义和性质、平行四边形的判定和性质及全等三角形的性质等知识点． 22. 某学校计划在一块足够大的场地上，利用已有的直角墙角建造一个矩形花圃，已知墙，． （1）如图，若矩形花圃使用的篱笆总长为，花圃两边靠墙，其余两边用篱笆围成，围成的花圃面积为，求这个花圃较短边的长度； （2）如图，若矩形花圃使用的篱笆总长为，花圃的一边由墙和篱笆构成，另一边由墙和篱笆构成，其余两边，由剩下的篱笆围成．当篱笆的长为多少时，围成的花圃面积最大？求出最大面积，并说明理由． 【答案】（1）； （2） 当时，围成的矩形花圃面积最大，最大面积为， 理由：解法一， 设，， 墙，， ，， 使用的篱笆总长为， ， ， 设围成的矩形花圃面积为S， 则 ， 当时，． 所以当时，围成的矩形花圃面积最大，最大面积为； 解法二、 墙，，使用的篱笆总长为， 围成的矩形花圃周长为， 设这个矩形花圃的一边长为， 则另一边为， 设围成的矩形花圃面积为S， 则 ， 当时， ， 当时，围成的矩形花圃面积最大，最大面积为． 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用、二次函数的应用，解决本题的关键是根据矩形的面积公式得到矩形的面积关于边长的函数关系式，再利用二次函数的性质求出最大值． （1）设这个花圃较短边的长为，则另一边长为，根据花圃的面积为，得到关于的一元二次方程，解方程求出花圃的边长； （2）解法一、设，，用含和的代数式把花圃的边长表示出来，可以得到花圃的面积关于的二次函数，利用二次函数的顶点式解析式求出面积的最大值；解法二、设这个矩形花圃的一边长为，可以得到花圃的面积关于的二次函数，利用二次函数的顶点式解析式求出面积的最大值． 【小问1详解】 解：设这个花圃较短边的长为，则另一边长为， 根据题意得：， 解得：，（不合题意，舍去）， 这个花圃较短边的长为； 【小问2详解】 略 23. 关于的一元二次方程，当时，该方程的正根称为黄金分割数．宽与长的比是黄金分割数的矩形叫做黄金矩形，希腊的巴特农神庙采用的就是黄金矩形的设计；我国著名数学家华罗庚的优选法中也应用到了黄金分割数． （1）求黄金分割数； （2）已知实数满足，且，请证明：是一元二次方程的两个根； （3）已知两个不相等的实数满足，求的值． 【答案】（1） （2） 证明：， ． ． 又， 是一元二次方程的两个根； （3） 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程及根与系数的关系，解题的关键是掌握根与系数的关系，灵活运用所学知识解决问题． （1）依据题意，将代入然后解一元二次方程即可得解； （2）依据题意，将变形为，从而可以看作，是一元二次方程的两个根，进而可以得解； （3）依据题意，将已知两式相加减后得到，两个关系式，从而求得，进而可以得解． 【小问1详解】 解：由题意，将代入，得， ． 黄金分割数大于0， 黄金分割数为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：由题意，令①，②， ①②得， ． ①②得． 为两个不相等的实数， ． ， ， 又， ． ， ， ． 24. 《桥梁的设计》 问题的驱动 某地欲修建一座拱桥，桥的底部两端间的水面宽（如图），称为跨度，桥面最高点到的距离称为拱高，拱桥的轮廓可以设计成是圆弧型或抛物线型，若修建拱桥的跨度米，拱高米． 设计方案 方案一 方案二 设计类型 圆弧型 抛物线型 任务一 （1）如图，设计成圆弧型，求该圆弧所在圆的半径． （2）如图，设计成抛物线型，以所在直线为轴，的垂直平分线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，求拱桥的函数解析式． 任务二 （3）如图，一艘货船露出水面部分的横截面为矩形，测得米，米．请你通过计算说明货船能否分别顺利通过这两座桥梁． 【答案】任务一：（1）该圆弧所在圆的半径为米； （2）； 任务二：（3）能顺利通过圆弧型拱桥，货船不能顺利通过抛物线型拱桥，理由： 设计成抛物线型， 以所在直线为轴，的垂直平分线为轴建立坐标系，如图所示， ， 设抛物线的解析式为， 将抛物线经过点和点代入解析式， 可得 解得 抛物线的解析式为； 任务二：在圆弧形状的拱桥中，假设货船能顺利通过拱桥，且货船的顶端正好接触到拱桥，如图所示， ， 连接，则， ， 在中， ， ， 货船能顺利通过圆弧型拱桥； 在抛物线型拱桥中， 当时，， 货船不能顺利通过抛物线型拱桥． 答：能顺利通过圆弧型拱桥，货船不能顺利通过抛物线型拱桥． 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的实际应用，垂径定理，勾股定理的应用，掌握建模的数学思想是解题关键． 任务一：方案一，设弧所在的圆心为，为弧的中点于点，延长经过点，设的半径为米，利用勾股定理求出即可； 方案二，设抛物线的解析式为，把点和点，代入即可求出抛物线式； 任务二：在圆弧型拱桥中，假设货船能顺利通过拱桥，且货船的顶端正好接触到拱桥，然后由勾股定理求出，即可判断；在抛物线型拱桥中，把代入式求出的值即可判断． 【详解】解：任务一：设计成圆弧型， 设弧所在的圆心为，为弧的中点于点，延长经过点，设的半径为米， 方案一，， ， 在中， ， 即， 解得， 该圆弧所在圆的半径为米； 方案二，略 25. 如图，将绕点A顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为N，M． （1）如图1，当点落在的延长线上时，且，，，求的长； （2）如图2，绕点顺时针旋转得到，延长交于点，连接并延长至点，使得，连接，连接交于点，猜想线段，，之间存在的数量关系，并证明你的猜想； （3）如图3，连接，，直线交于点，点为的中点，连接．若，，，在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）的长为； （2） ，证明如下： 在上取点，使，连接，如图： 由绕点顺时针旋转得到得：，， 是等边三角形， ， ， 在中，， 由旋转性质知， ， ， ， ，， ，即， 由旋转性质知， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）在旋转过程中，存在最小值． 【解析】 【分析】（1）根据将绕点顺时针旋转得到，知，可得，，故的长为； （2）在上取点，使，连接，由绕点顺时针旋转得到得：，，得是等边三角形，，故，而，且，可得，从而，可得，，即可得，又，可得，从而可证，得，故； （3）过作交延长线于，连接，由绕点顺时针旋转得到，得，，，知，而，，有，可证，得，从而，即可得，可知是中点，，要使最小，只需最小，此时、、共线，的最小值为，故最小为． 【小问1详解】 解：(1)将绕点顺时针旋转得到， ， ， ， ， ，； 即的长为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 在旋转过程中，存在最小值，理由如下： 过作交延长线于，连接，如图： 绕点顺时针旋转得到， ，，， ， 而， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，即是中点， 点为的中点， 是的中位线， ， 要使最小，只需最小， 而，， 、、共线，的最小值为， 最小为． 【点睛】本题考查了全等三角形判定与性质，勾股定理及应用，三角形中位线定理及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年福建省厦门市思明区金鸡亭中学九年级（上）期中数学试卷 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，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. 剪纸艺术是中国最古老的民间艺术之一，先后入选中国国家级非物质文化遗产名录和人类非物质文化遗产代表作名录．以下剪纸图案中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列图形中的角是圆周角的是（    ） A. B. C. D. 3. 已知的半径为5，点P在内，则的长可能是（　　） A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 4. 二次函数y＝(x﹣1)2+2图象的顶点坐标是( ) A. (2，﹣1) B. (2，1) C. (﹣1，2) D. (1，2) 5. 如图，的内切圆与各边分别相切于点，则点是的（ ） A. 重心 B. 内心 C. 外心 D. 以上选项都不正确 6. 如图，将绕着点逆时针旋转得到，若点的对应点恰好落在的延长线上，则的度数为（　　） A. B. C. D. 7. 若，，三点都在二次函数的图象上，则，，的大小关系为（    ） A. B. C. D. 8. 某市2020年底已有绿化面积300公顷，经过两年绿化、绿化面积逐年增加，到2022年底增加到363公顷．设绿化面积平均每年的增长率为x，由题意，所列方程正确的是（ ） A. B. C. D. 9. 为半圆O的直径，现将一块含30°的直角三角板如图放置，30°角的顶点P在半圆上，斜边经过点B，一条直角边交半圆O于点Q．若，则的长为（ ） A. B. C. D. 10. 定义：函数图象上到两坐标轴的距离之和等于的点，叫做这个函数图象的“阶距点”．若关于的二次函数图象的“阶距点”存在，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分． 11. 已知2是关于x的方程的一个根，则常数a的值是______  ． 12. 已知点与点关于原点对称，则点的坐标为______ ． 13. 抛物线的对称轴是直线，那么b的值为__________． 14. 如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，点E在线段CD的延长线上，若∠ADE＝100°，则∠B的度数为_____. 15. 如图，将放置在平面直角坐标系中，其中，，顶点的坐标为，将绕原点逆时针旋转，则旋转结束时，点对应点的坐标为______  ． 16. 如图，抛物线与交于点，过点A作x轴的平行线，分别交两条抛物线于B，C两点，且D，E分别为顶点，则下列结论：①；②；③是等腰直角三角形；④当时，． 其中正确的结论有________．（填序号） 三、计算题：本大题共2小题，共16分． 17. 解方程：． 18. 先化简，再求值：，其中． 四、解答题：本题共7小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 19. 如图，四边形是平行四边形，，，，垂足分别为E，F．证明：． 20. 已知：如图，AB是⊙O的直径，AB=4，点F，C是⊙O上两点，连接AC，AF，OC，弦AC平分∠FAB，∠BOC=60°，过点C作CD⊥AF交AF的延长线于点D，垂足为点D． （1）求扇形OBC的面积（结果保留π）； （2）求证：CD是⊙O的切线． 21. 如图，已知△ABC中，AB＝AC． （1）把△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，使得点B的对应点E落在AB边上，用尺规作图的方法作出△DEC；（保留作图痕迹，不写作法） （2）在（1）的条件下，连接AD，求证：AD＝BC． 22. 某学校计划在一块足够大的场地上，利用已有的直角墙角建造一个矩形花圃，已知墙，． （1）如图，若矩形花圃使用的篱笆总长为，花圃两边靠墙，其余两边用篱笆围成，围成的花圃面积为，求这个花圃较短边的长度； （2）如图，若矩形花圃使用的篱笆总长为，花圃的一边由墙和篱笆构成，另一边由墙和篱笆构成，其余两边，由剩下的篱笆围成．当篱笆的长为多少时，围成的花圃面积最大？求出最大面积，并说明理由． 23. 关于的一元二次方程，当时，该方程的正根称为黄金分割数．宽与长的比是黄金分割数的矩形叫做黄金矩形，希腊的巴特农神庙采用的就是黄金矩形的设计；我国著名数学家华罗庚的优选法中也应用到了黄金分割数． （1）求黄金分割数； （2）已知实数满足，且，请证明：是一元二次方程的两个根； （3）已知两个不相等的实数满足，求的值． 24. 《桥梁的设计》 问题的驱动 某地欲修建一座拱桥，桥的底部两端间的水面宽（如图），称为跨度，桥面最高点到的距离称为拱高，拱桥的轮廓可以设计成是圆弧型或抛物线型，若修建拱桥的跨度米，拱高米． 设计方案 方案一 方案二 设计类型 圆弧型 抛物线型 任务一 （1）如图，设计成圆弧型，求该圆弧所在圆的半径． （2）如图，设计成抛物线型，以所在直线为轴，的垂直平分线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，求拱桥的函数解析式． 任务二 （3）如图，一艘货船露出水面部分的横截面为矩形，测得米，米．请你通过计算说明货船能否分别顺利通过这两座桥梁． 25. 如图，将绕点A顺时针旋转得到，点B，C的对应点分别为N，M． （1）如图1，当点落在的延长线上时，且，，，求的长； （2）如图2，绕点顺时针旋转得到，延长交于点，连接并延长至点，使得，连接，连接交于点，猜想线段，，之间存在的数量关系，并证明你的猜想； （3）如图3，连接，，直线交于点，点为的中点，连接．若，，，在旋转过程中，是否存在最小值？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $