广东省广州市中山大学附属中学2025-2026学年九年级上学期第一次月考数学试卷（A卷）

2025-2026学年广东省广州市海珠区中山大学附中九年级（上）第一次月考数学试卷（A卷） 一、选择题（每小题3分，共30分） 1．（3分）的倒数是（　　） A． B．2 C．﹣2 D． 2．（3分）某几何体是由四个大小相同的小立方块拼成，其俯视图如图所示，图中数字表示该位置上的小立方块个数，则这个几何体的左视图是（　　） A． B． C． D． 3．（3分）从水利部长江水利委员会获悉，截止2023年3月30日17时，南水北调中线一期工程自2014年12月全面通水以来，已累计向受水区实施生态补水约90亿立方米．其中9000000000用科学记数法表示为（　　） A．9×108 B．9×109 C．9×1010 D．9×1011 4．（3分）某中学开展“读书节活动”，该中学某语文老师随机抽样调查了本班10名学生平均每周的课外阅读时间，统计如表： 每周课外阅读时间（小时） 2 4 6 8 学生数（人） 2 3 4 1 下列说法错误的是（　　） A．众数是1 B．平均数是4.8 C．样本容量是10 D．中位数是5 5．（3分）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为边BC的中点，连结OE．若AC＝6，BD＝8，则OE＝（　　） A．2 B． C．3 D．4 6．（3分）《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，是《算经十书》之一，书中记载了这样一个题目：今有木，不知长短，引绳度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺，木长几何？其大意是：用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5尺；将绳子对折再量长木，长木还剩余1尺，问木长多少尺？设木长x尺，则可列方程为（　　） A．（x+4.5）＝x﹣1 B．（x+4.5）＝x+1 C．（x+1）＝x﹣4.5 D．（x﹣1）＝x+4.5 7．（3分）如图，半径为5的扇形AOB中，∠AOB＝90°，C是上一点，CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D，E，若CD＝CE，则图中阴影部分面积为（　　） A． B． C． D． 8．（3分）我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出“赵爽弦图”，如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．如果大正方形面积为25，小正方形面积为1，则sinθ＝（　　） A． B． C． D． 9．（3分）向高为10的容器（形状如图）中注水，注满为止，则水深h与注水量v的函数关系的大致图象是（　　） A． B． C． D． 10．（3分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数且a＜0）过（﹣1，0）和（m，0）两点，且3＜m＜4，下列四个结论： ①abc＞0； ②3a+c＞0； ③若抛物线过点（1，4），则﹣1＜a； ④若关于x的方程a（x+1）（x﹣m）＝3有实数根，则4ac﹣b2≥12a，其中正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题（每题3分，共18分） 11．（3分）若式子有意义，则实数x的取值范围是 　 　 ． 12．（3分）因式分解：m2﹣3m＝ 　 　 ． 13．（3分）若点A（﹣3，y1），B（﹣1，y2）都在反比例函数y的图象上，则y1　 　 y2（填“＞”或“＜”）． 14．（3分）已知圆锥的母线长13cm，侧面积65πcm2，则这个圆锥的高是 　 　 cm． 15．（3分）如图，平面直角坐标系中，⊙A与x轴相切于点B，作直径BC，函数y（x＞0）的图象经过点C，D为y轴上任意一点，若△ACD的面积为5，则k的值为 　 　 ． 16．（3分）如图，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E为AB边上的点，BE＝4，F为DC边上的动点，AD关于EF的对称图形为A′D′，连接EA′，FD′，点M为A′D′的中点，连接BM，设BM的最大值、最小值分别为m、n，则m+n的值是 　 　 ． 三、解答题（本题共9小题，共72分．解答要求写出文字说明，证明过程或计算步骤） 17．（4分）解二元一次方程组：． 18．（4分）如图，已知AB与CD相交于点O，AC∥BD，AO＝BO，求证：AC＝BD． 19．（6分）一只不透明的袋子中装有4个小球，分别标有编号1，2，3，4，这些小球除编号外都相同． （1）搅匀后从中任意摸出1个球，这个球的编号是2的概率为 　 　 ； （2）搅匀后从中任意摸出1个球，记录球的编号后放回、搅匀，再从中任意摸出1个球．求第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大1的概率是多少？（用画树状图或列表的方法说明） 20．（6分）先化简，再求值：（），其中a满足． 21．（8分）为加快公共领域充电基础设施建设，某停车场计划购买A，B两种型号的充电桩．已知A型充电桩比B型充电桩的单价少0.3万元，且用15万元购买A型充电桩与用20万元购买B型充电桩的数量相等． （1）A，B两种型号充电桩的单价各是多少？ （2）该停车场计划共购买25个A，B型充电桩，购买总费用不超过26万元，且B型充电桩的购买数量不少于A型充电桩购买数量的．问：共有哪几种购买方案？哪种方案所需购买总费用最少？ 22．（10分）为建设美好公园社区，增强民众生活幸福感，某社区服务中心在文化活动室墙外安装遮阳篷，便于社区居民休憩． 如图，在侧面示意图中，遮阳篷AB长为5米，与水平面的夹角为16°，且靠墙端离地高BC为4米，当太阳光线AD与地面CE的夹角为45°时，求阴影CD的长．（结果精确到0.1米；参考数据：sin16°≈0.28，cos16°≈0.96，tan16°≈0.29） 23．（10分）如图，在△ABC中，∠C是钝角． （1）尺规作图：在AB上取一点O，以O为圆心，作出⊙O，使其过A、C两点，交AB于点D，连接CD；（不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）所作的图中，若∠BCD＝∠A，，BC＝12． ①求证：BC是⊙O的切线；②求⊙O直径的长． 24．（12分）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片ABC和ADE中，AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°． 【初步感知】 （1）如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究的值． 【深入探究】 （2）如图2，在纸片ADE绕点A旋转过程中，当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时，延长ED交AC于点F，求CF的长． 【拓展延伸】 （3）在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究C，D，E三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形CDE的面积；若不能，请说明理由． 25．（12分）已知抛物线C：过点E（0，﹣2）．矩形ABCD中，点A（m﹣3，0），B（m﹣3，﹣m），C（﹣m+3，﹣m），D（﹣m+3，0），（其中m≠0且m≠3）． （1）求a的值及抛物线C的顶点P的坐标（用含m的式子表示）； （2）记过O，A，B三点的圆为⊙M，试判断⊙M能否同时过抛物线C的顶点P？若能，求出m的值，若不能，请说明理由； （3）若抛物线C被矩形ABCD所截，其在矩形内部的图象所对应的函数值y随x的增大而增大，求m的取值范围． 2025-2026学年广东省广州市海珠区中山大学附中九年级（上）第一次月考数学试卷（A卷） 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 C D B A B A B A D B 一、选择题（每小题3分，共30分） 1．（3分）的倒数是（　　） A． B．2 C．﹣2 D． 【分析】根据倒数的定义计算即可． 【解答】解：的倒数是﹣2， 故选：C． 2．（3分）某几何体是由四个大小相同的小立方块拼成，其俯视图如图所示，图中数字表示该位置上的小立方块个数，则这个几何体的左视图是（　　） A． B． C． D． 【分析】先细心观察原立体图形中正方体的位置关系，从左面看去，一共两列，左边有1个小正方形，右边有2个小正方形，结合四个选项选出答案． 【解答】解：从左面看去，一共两列，左边有1个小正方形，右边有2个小正方形，左视图是： ． 故选：D． 3．（3分）从水利部长江水利委员会获悉，截止2023年3月30日17时，南水北调中线一期工程自2014年12月全面通水以来，已累计向受水区实施生态补水约90亿立方米．其中9000000000用科学记数法表示为（　　） A．9×108 B．9×109 C．9×1010 D．9×1011 【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数． 【解答】解：9000000000＝9×109． 故选：B． 4．（3分）某中学开展“读书节活动”，该中学某语文老师随机抽样调查了本班10名学生平均每周的课外阅读时间，统计如表： 每周课外阅读时间（小时） 2 4 6 8 学生数（人） 2 3 4 1 下列说法错误的是（　　） A．众数是1 B．平均数是4.8 C．样本容量是10 D．中位数是5 【分析】根据众数的定义对A选项进行判断；根据平均数的计算方法对B选项进行判断；根据样本容量的定义对C选项进行判断；根据中位数的定义对D选项进行判断． 【解答】解：A．这组数据的众数为6，所以A选项符合题意； B．这组数据的平均数为（2×2+4×3+6×4+8×1）＝4.8，所以B选项不符合题意； C．样本容量为10，所以C选项不符合题意； D．这组数据的中位数为5，所以D选项不符合题意． 故选：A． 5．（3分）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为边BC的中点，连结OE．若AC＝6，BD＝8，则OE＝（　　） A．2 B． C．3 D．4 【分析】由菱形的性质得到OCAC＝3，OBBD＝4，AC⊥BD，由勾股定理求出BC的长，由直角三角形斜边中线的性质，即可求出OE的长． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴OCAC，OBBD，AC⊥BD， ∵AC＝6，BD＝8， ∴OC＝3，OB＝4， ∴CB5， ∵E为边BC的中点， ∴OEBC． 故选：B． 6．（3分）《孙子算经》是中国古代重要的数学著作，是《算经十书》之一，书中记载了这样一个题目：今有木，不知长短，引绳度之，余绳四尺五寸；屈绳量之，不足一尺，木长几何？其大意是：用一根绳子去量一根长木，绳子还剩余4.5尺；将绳子对折再量长木，长木还剩余1尺，问木长多少尺？设木长x尺，则可列方程为（　　） A．（x+4.5）＝x﹣1 B．（x+4.5）＝x+1 C．（x+1）＝x﹣4.5 D．（x﹣1）＝x+4.5 【分析】设木长x尺，根据题意列出方程解答即可． 【解答】解：设木长x尺，根据题意可得： ， 故选：A． 7．（3分）如图，半径为5的扇形AOB中，∠AOB＝90°，C是上一点，CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D，E，若CD＝CE，则图中阴影部分面积为（　　） A． B． C． D． 【分析】先连接OC，然后根据正方形的性质和图形，可以得到阴影部分的面积等于扇形BOC的面积，然后代入数据计算即可． 【解答】解：连接OC，如图所示， ∵∠AOB＝90°，CD⊥OA，CE⊥OB， ∴∠AOB＝∠ODC＝∠OEC＝90°， ∴四边形OECD是矩形， ∵CD＝CE， ∴四边形OECD是正方形， ∴∠DCE＝90°，△DCE和△OEC全等， ∴S阴影＝S△DCE+S半弓形BCE ＝S△OCE+S半弓形BCE ＝S扇形COB ， 故选：B． 8．（3分）我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出“赵爽弦图”，如图所示，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．如果大正方形面积为25，小正方形面积为1，则sinθ＝（　　） A． B． C． D． 【分析】根据题意和题目中的数据，可以求出斜边各边的长，然后即可计算出sinθ的值． 【解答】解：设大正方形的边长为c，直角三角形的短直角边为a，长直角边为b， 由题意可得：c2＝25，b﹣a1，a2+b2＝c2， 解得a＝3，b＝4，c＝5， ∴sinθ， 故选：A． 9．（3分）向高为10的容器（形状如图）中注水，注满为止，则水深h与注水量v的函数关系的大致图象是（　　） A． B． C． D． 【分析】依据题意，从水瓶的构造形状上看，从底部到顶部的变化关系为：开始宽，逐渐细小，再变宽，再从函数的图象上看，即可得解． 【解答】解：依据题意，从水瓶的构造形状上看，从底部到顶部的变化关系为：开始宽，逐渐细小，再变宽． 则注入的水量V随水深h的变化关系为：先慢再快，最后又变慢． 那么从函数的图象上看， C对应的图象变化为先快再慢，最后又变快，不符合． A、B对应的图象中间没有变化，只有D符合条件． 故选：D． 10．（3分）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数且a＜0）过（﹣1，0）和（m，0）两点，且3＜m＜4，下列四个结论： ①abc＞0； ②3a+c＞0； ③若抛物线过点（1，4），则﹣1＜a； ④若关于x的方程a（x+1）（x﹣m）＝3有实数根，则4ac﹣b2≥12a，其中正确的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】①根据题意得出开口向下，对称轴在y轴的右侧，即可判b＞0，c＞0，则abc＜0； ②根据对称轴是直线x1，计算﹣b＜2a，由抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数），过A（﹣1，0），得到a﹣b+c＝0，即可得到3a+c＞0； ③由待定系数法确定抛物线y＝ax2+2x+2﹣a，根据题意抛物线为y＝a（x+1）（x﹣m）＝ax2+a（1﹣m）x﹣am，即可得出﹣am＝2﹣a，则m1，根据3＜m＜4，即可得出关于a的不等式，解得即可； ④抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数且a＜0）与直线y＝3有交点，即可得出，求得4ac﹣b2≤12a． 【解答】解：∵抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数），过A（﹣1，0），B（m，0）两点，且3＜m＜4， ∴对称轴x1， ∴对称轴在y轴右侧， ∴0， ∵a＜0， ∴b＞0，c＞0， ∴abc＜0， 故①错误； ∵1，a＜0， ∴﹣b＜2a， ∵抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数），过A（﹣1，0）， ∴a﹣b+c＝0， ∴3a+c＞0， 故②正确； ∵抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数），过A（﹣1，0），点（1，4）， ∴， 解得， ∵抛物线y＝ax2+2x+2﹣a， ∵抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数且a＜0）过（﹣1，0）和（m，0）两点， ∴y＝a（x+1）（x﹣m）＝ax2+a（1﹣m）x﹣am， ∴﹣am＝2﹣a， ∴m1， ∵3＜m＜4， ∴3＜14， ∵a＜0， ∴﹣1＜a， 故③正确； ∵若关于x的方程a（x+1）（x﹣m）＝3有实数根， ∴抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数且a＜0）与直线y＝3有交点， ∴， ∴4ac﹣b2≤12a， 故④错误． 故选：B． 二、填空题（每题3分，共18分） 11．（3分）若式子有意义，则实数x的取值范围是 x＞3　 ． 【分析】根据二次根式以及分式有意义的条件得到x﹣3＞0，进行求解即可． 【解答】解：∵式子有意义， ∴x﹣3＞0， ∴x＞3． 故答案为：x＞3． 12．（3分）因式分解：m2﹣3m＝ m（m﹣3）　 ． 【分析】直接提取公因式m，进而分解因式即可． 【解答】解：m2﹣3m＝m（m﹣3）． 故答案为：m（m﹣3）． 13．（3分）若点A（﹣3，y1），B（﹣1，y2）都在反比例函数y的图象上，则y1　＞　 y2（填“＞”或“＜”）． 【分析】根据反比例函数的性质得出答案即可． 【解答】解：∵y中k＝6＞0， ∴在每个象限内，y随x的增大而减小， ∵﹣3＜﹣1＜0， ∴y1＞y2． 故答案为：＞． 14．（3分）已知圆锥的母线长13cm，侧面积65πcm2，则这个圆锥的高是 　12　 cm． 【分析】设圆锥的底面圆的半径为rcm，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式得到•2π•r•13＝65π，解得r＝5，然后利用勾股定理计算圆锥的高． 【解答】解：设圆锥的底面圆的半径为rcm， 根据题意得•2π•r•13＝65π， 解得r＝5， 所以圆锥的高12（cm）． 故答案为：12． 15．（3分）如图，平面直角坐标系中，⊙A与x轴相切于点B，作直径BC，函数y（x＞0）的图象经过点C，D为y轴上任意一点，若△ACD的面积为5，则k的值为 　20　 ． 【分析】根据反比例函数k值几何意义进行解答即可． 【解答】解：如图，连接OC， ∵⊙A与x轴相切于点B，BC为⊙A的直径， ∴BC⊥x轴， ∴BC∥y轴， ∵BC＝2AC， ∴S△BOC＝2S△ACD＝10， ∵点C在反比例函数图象上， ∴k＝2S△BOC＝2×10＝20， 故答案为：20． 16．（3分）如图，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E为AB边上的点，BE＝4，F为DC边上的动点，AD关于EF的对称图形为A′D′，连接EA′，FD′，点M为A′D′的中点，连接BM，设BM的最大值、最小值分别为m、n，则m+n的值是 　　 ． 【分析】连接ME，由题意知A'MA'D'3，A'E＝AE＝8，由勾股定理可得EM，当E、M、B共线时取等号，BM≥EM﹣BE4，即n4；取A'E的中点P，连接MP、BP，D'E，由勾股定理可得D'E＝10，由中位线定理可得MPD'E＝5，故BM≤MP+PB，当M、P、B三点共线时，取等号，作EQ⊥PB于点Q，根据tan∠A'PM＝tan∠EPQ，得，设EQ＝3k，PQ＝4k，PE＝4，由勾股定理可得k，故PQ＝4k，PB＝2PQ，BM＝MP+PB＝5，即m，即可求得m+n的值． 【解答】解：连接ME，由题意知A'MA'D'3，如图1， A'E＝AE＝12﹣BE＝8， 由勾股定理可得EM， 当E、M、B共线时取等号，BM≥EM﹣BE4， 故BM的最小值为4，即n4，如图2所示， 取A'E的中点P，连接MP、BP，D'E，如图3所示， 由勾股定理可得D'E10， 易知MP为△A'D'E的中位线， ∴MPD'E＝5， ∴BM≤MP+PB，当M、P、B三点共线时，取等号，如图4， ∵PE＝BE， ∴作EQ⊥PB于点Q， ∵tan∠A'PM＝tan∠EPQ，即， 设EQ＝3k，PQ＝4k， 由勾股定理可得（3k）2+（4k）2＝16，解得k， 故PQ＝4k， ∴PB＝2PQ，BM＝MP+PB＝5， 即m， ∴m+n4， 故答案为：． 三、解答题（本题共9小题，共72分．解答要求写出文字说明，证明过程或计算步骤） 17．（4分）解二元一次方程组：． 【分析】利用加减消元法进行计算，即可解答． 【解答】解：， ①×2得：2x﹣2y＝2③， ②+③得：5x＝10， 解得：x＝2， 把x＝2代入①中得：2﹣y＝1， 解得：y＝1， ∴原方程组的解为：． 18．（4分）如图，已知AB与CD相交于点O，AC∥BD，AO＝BO，求证：AC＝BD． 【分析】由平行线的性质可得∠A＝∠B，∠C＝∠D，利用AAS即可判定△AOC≌△BOD，从而得AC＝BD． 【解答】证明：∵AC∥BD， ∴∠A＝∠B，∠C＝∠D， 在△AOC和△BOD中， ， ∴△AOC≌△BOD（AAS）， ∴AC＝BD． 19．（6分）一只不透明的袋子中装有4个小球，分别标有编号1，2，3，4，这些小球除编号外都相同． （1）搅匀后从中任意摸出1个球，这个球的编号是2的概率为 　　 ； （2）搅匀后从中任意摸出1个球，记录球的编号后放回、搅匀，再从中任意摸出1个球．求第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大1的概率是多少？（用画树状图或列表的方法说明） 【分析】（1）直接利用概率公式求出即可； （2）用列表法或树状图法列举出所有等可能的结果，从中找出第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大1的结果，然后利用等可能事件的概率公式求出即可． 【解答】解：（1）∵一共有4个编号的小球，编号为2的有一个， ∴P（任意摸出1个球，这个球的编号是2）； （2）画树状图如下： 一共有16个等可能的结果，其中第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大1出现了3次， ∴P（第2次摸到的小球编号比第1次摸到的小球编号大1）． 20．（6分）先化简，再求值：（），其中a满足． 【分析】将括号里面通分运算，再利用分式的混合运算法则计算，结合负整数指数幂的性质、特殊角的三角函数值化简，整体代入得出答案． 【解答】解：原式[] [] • ＝（a﹣2）2 ＝a2﹣4a+4， ∵， ∴a2﹣4a+3＝0， ∴a2﹣4a＝﹣3， ∴原式＝﹣3+4＝1． 21．（8分）为加快公共领域充电基础设施建设，某停车场计划购买A，B两种型号的充电桩．已知A型充电桩比B型充电桩的单价少0.3万元，且用15万元购买A型充电桩与用20万元购买B型充电桩的数量相等． （1）A，B两种型号充电桩的单价各是多少？ （2）该停车场计划共购买25个A，B型充电桩，购买总费用不超过26万元，且B型充电桩的购买数量不少于A型充电桩购买数量的．问：共有哪几种购买方案？哪种方案所需购买总费用最少？ 【分析】（1）设A型充电桩的单价为x万元，则B型充电桩的单价少（x+0.3）万元，根据“用15万元购买A型充电桩与用20万元购买B型充电桩的数量相等”列出分式方程，求解即可； （2）设购买A型充电桩m个，则购买B型充电桩（25﹣m）个，根据购买总费用不超过26万元且且B型充电桩的购买数量不少于A型充电桩购买数量的，即可得出关于m的一元一次不等式组，解之即可得出m的取值范围，结合m为整数即可得出各购买方案，再由两种机床的单价之间的关系可找出购买方案总费用最少的方案及最少总费用． 【解答】解：（1）设A型充电桩的单价为x万元，则B型充电桩的单价为（x+0.3）万元，根据题意得，解得x＝0.9，经检验x＝0.9是原方程的解，x+0.3＝1.2． 答：A型充电桩的单价为0.9万元，则B型充电桩的单价为1.2万元； （2）设购买A型充电桩m个，则购买B型充电桩（25﹣m）个， 根据题意，得：， 解得：m． ∵m为整数， ∴m＝14，15，16． ∴该停车场有3种购买充电桩方案，方案一：购买14个A型充电桩、11个B型充电桩；方案二：购买15个A型充电桩、10个B型充电桩；方案三：购买16个A型充电桩、9个B型充电桩． ∵A型机床的单价低于B型机床的单价， ∴购买方案三总费用最少，最少费用＝16×0.9+1.2×9＝25.2（万元）． 22．（10分）为建设美好公园社区，增强民众生活幸福感，某社区服务中心在文化活动室墙外安装遮阳篷，便于社区居民休憩． 如图，在侧面示意图中，遮阳篷AB长为5米，与水平面的夹角为16°，且靠墙端离地高BC为4米，当太阳光线AD与地面CE的夹角为45°时，求阴影CD的长．（结果精确到0.1米；参考数据：sin16°≈0.28，cos16°≈0.96，tan16°≈0.29） 【分析】过A作AT⊥BC于T，AK⊥CE于K，在Rt△ABT中，BT＝AB•sin∠BAT＝1.4（米），AT＝AB•cos∠BAT≈4.8（米），可得CK＝AT＝4.8米，AK＝CT＝BC﹣BT＝4﹣1.4＝2.6（米），而∠ADK＝45°，知DK＝AK＝2.6米，故CD＝CK﹣DK＝4.8﹣2.6＝2.2米． 【解答】解：过A作AT⊥BC于T，AK⊥CE于K，如图： 在Rt△ABT中， BT＝AB•sin∠BAT＝5×sin16°≈1.4（米），AT＝AB•cos∠BAT＝5×cos16°≈4.8（米）， ∵∠ATC＝∠C＝∠CKA＝90°， ∴四边形ATCK是矩形， ∴CK＝AT＝4.8米，AK＝CT＝BC﹣BT＝4﹣1.4＝2.6（米）， 在Rt△AKD中， ∵∠ADK＝45°， ∴DK＝AK＝2.6米， ∴CD＝CK﹣DK＝4.8﹣2.6＝2.2（米）， ∴阴影CD的长约为2.2米． 23．（10分）如图，在△ABC中，∠C是钝角． （1）尺规作图：在AB上取一点O，以O为圆心，作出⊙O，使其过A、C两点，交AB于点D，连接CD；（不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）所作的图中，若∠BCD＝∠A，，BC＝12． ①求证：BC是⊙O的切线；②求⊙O直径的长． 【分析】（1）作线段AC的垂直平分线交AB于点O，以O为圆心，OA为半径作⊙O交AB于点D； （2）①证明OC⊥CB即可； ②证明△BCD∽∠BAC，推出，由此可得结论． 【解答】（1）解：图形如图所示； （2）①证明：连接OC． ∵OC＝OD， ∴∠OCD＝∠ODC， ∵AD是直径， ∴∠ACD＝90°， ∴∠A+∠ADC＝90°， ∵∠BCD＝∠A， ∴∠OCD+∠BCD＝90°， ∴∠OCB＝90°，即OC⊥BC， ∵OC经过圆心O， ∴直线BC是⊙O的切线； ②在Rt△ACD中，tanA， ∵∠B＝∠B，∠BCD＝∠A， ∴△BCD∽∠BAC， ∴， ∵BC＝12， ∴AB＝36，BD＝4， ∴AD＝AB﹣BD＝36﹣4＝32， ∴⊙O的直径为32． 24．（12分）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片ABC和ADE中，AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°． 【初步感知】 （1）如图1，连接BD，CE，在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究的值． 【深入探究】 （2）如图2，在纸片ADE绕点A旋转过程中，当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时，延长ED交AC于点F，求CF的长． 【拓展延伸】 （3）在纸片ADE绕点A旋转过程中，试探究C，D，E三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形CDE的面积；若不能，请说明理由． 【分析】（1）证明△ADE≌△ABC（SAS），求出AC＝AE＝5，可得∠DAE＝∠BAC，故∠CAE＝∠BAD，又1，可得ΔADB∽△AEC，从而； （2）连接CE，延长BM交CE于点Q，连接AQ交EF于P，延长EF交BC于N，由ΔADB∽△AEC，得∠ABD＝∠ACE，求出BM＝AM＝CMAC，证明AB∥CE，即可得△BAM≌△QCM（AAS），BM＝QM，从而四边形ABCQ矩形，有AB＝CQ＝3，BC＝AQ＝4，∠AQC＝90°，PQ∥CN，得EQ3，可得PQ是△CEN的中位线，PQCN，设PQ＝x，证明△EQP≌△ADP（AAS），得EP＝AP＝4﹣x，故（4﹣x）2＝x2+32，x，AP，CN，由△APF∽ΔCNF，得，可得，CF； （3）分四种情况分别画出图形解答即可． 【解答】解：（1）∵AB＝AD＝3，BC＝DE＝4，∠ABC＝∠ADE＝90°， ∴△ADE≌△ABC（SAS），AC＝AE5， ∴∠DAE＝∠BAC， ∴∠DAE﹣∠DAC＝∠BAC﹣∠DAC 即∠CAE＝∠BAD， ∵1， ∴△ADB∽△AEC， ∴， ∵AB＝3，AC＝5， ∴； （2）连接CE，延长BM交CE于点Q，连接AQ交EF于P，延长EF交BC于N，如图： 同（1）得△ADB∽△AEC， ∴∠ABD＝∠ACE， ∵BM是中线， ∴BM＝AM＝CMAC， ∴∠MBC＝∠MCB， ∵∠ABD+∠MBC＝90°， ∴∠ACE+∠MCB＝90°，即∠BCE＝90°， ∴AB∥CE， ∴∠BAM＝∠QCM，∠ABM＝∠CQM， 又AM＝CM， ∴△BAM≌△QCM（AAS）， ∴BM＝QM， ∴四边形ABCQ是平行四边形， ∵∠ABC＝90° ∴四边形ABCQ矩形， ∴AB＝CQ＝3，BC＝AQ＝4，∠AQC＝90°，PQ∥CN， ∴EQ3， ∴EQ＝CQ， ∴PQ是△CEN的中位线， ∴PQCN， 设PQ＝x，则CN＝2x，AP＝4﹣x， ∵∠EPQ＝∠APD，∠EQP＝90°＝∠ADP，EQ＝AD＝3， ∴△EQP≌△ADP（AAS）， ∴EP＝AP＝4﹣x， ∵EP2＝PQ2+EQ2， ∴（4﹣x）2＝x2+32， 解得：x， ∴AP＝4﹣x，CN＝2x， ∵PQ∥CN， ∴△APF∽△CNF， ∴， ∴， ∵AC＝5， ∴， ∴CF； 方法2： ∵BM是Rt△ABC斜边AC上的中线， ∴AM＝BM＝CMAC， ∴∠ABM＝∠BAM， ∵AB＝AD， ∴∠ABM＝∠ADB， ∴∠BAM＝∠ADB， ∵∠ABM＝∠DBA， ∴△ABM∽△DBA， ∴，即， ∴BD， ∴DM＝BD﹣BM， ∵∠EAD＝∠CAB＝∠ABD＝∠ADB， ∴DM∥AE， ∴△FDM∽△FEA， ∴，即， 解得FM， ∴CF＝CM﹣FM； （3）C，D，E三点能构成直角三角形，理由如下： ①当AD在AC上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图， ∴S△CDECD•DE（5﹣3）×4＝4； ②当AD在CA的延长线上时，DE⊥AC，此时△CDE是直角三角形，如图， ∴S△CDECD•DE（5+3）×4＝16； ③当DE⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，如图， ∵AQ⊥EC，DE⊥EC，DE⊥AD， ∴四边形ADEQ是矩形， ∴AD＝EQ＝3，AQ＝DE＝4， ∵AE＝AC＝5， ∴EQ＝CQCE， ∴CE＝3， ∴CE＝6， ∴S△CDEAQ•CE4×6＝12； ④当DC⊥EC时，△CDE是直角三角形，过点A作AQ⊥EC于点Q，交DE于点N，如图， ∵DC⊥EC，AQ⊥EC， ∴AQ∥DC， ∵AC＝AE，AQ⊥EC， ∴EQ＝CQ， ∴NQ是△CDE的中位线， ∴ND＝NEDE＝2，CD＝2NQ， ∵∠AND＝∠ENQ，∠ADN＝∠EQN＝90°， ∴∠DAN＝∠QEN， ∴tan∠DAN＝tan∠QEN， ∴， ∴， ∴NQEQ， ∵NQ2+EQ2＝NE2， ∴（EQ）2+EQ2＝22， 解得EQ， ∴CE＝2EQ，NQEQ， ∴CD＝2NQ， ∴S△CDECD•CE． 综上所述，直角三角形CDE的面积为4或16或12或． 25．（12分）已知抛物线C：过点E（0，﹣2）．矩形ABCD中，点A（m﹣3，0），B（m﹣3，﹣m），C（﹣m+3，﹣m），D（﹣m+3，0），（其中m≠0且m≠3）． （1）求a的值及抛物线C的顶点P的坐标（用含m的式子表示）； （2）记过O，A，B三点的圆为⊙M，试判断⊙M能否同时过抛物线C的顶点P？若能，求出m的值，若不能，请说明理由； （3）若抛物线C被矩形ABCD所截，其在矩形内部的图象所对应的函数值y随x的增大而增大，求m的取值范围． 【分析】（1）把点E的坐标代入解析式求得a，即可得到y x2+x﹣2 （x﹣m）2+ m﹣2，从而求得顶点为P（m，m﹣2）． （2）根据题意圆心M（，），若⊙M能过顶点P（m，m﹣2），则OM ＝ PM，利用勾股定理得到（）2+（）2＝（m）2+（）2，整理得：3m2﹣4m+16 ＝0，求得Δ的值即可判断； （3）分情况讨论，根据题意得出关于m的不等式，解不等式即可． 【解答】解：（1）∵抛物线C：过点E（0，﹣2）， ∴﹣2 ＝ am2m﹣2， ∴a， ∴y x2+x﹣2 （x﹣m）2+ m﹣2， ∴顶点为P（m，m﹣2）． （2）不能．理由如下： ∵A（m﹣3，0），B（m﹣3，﹣m），O（0，0），∠OAB ＝ 90°， ∴圆心M（，）， 若⊙M能过顶点P（m，m﹣2），则OM ＝ PM， ∴（）2+（）2＝（m）2+（）2， 整理得：3m2﹣4m+16 ＝0， ∵Δ＝（﹣4）2﹣4×3×16＜0，方程无解， ∴不存在满足条件的m， ∴⊙M不能过点P． （3）y（x﹣m）2m﹣2， ∴对称轴为直线x＝m． i）当m＜0时，抛物线C开口向上， ∵m﹣3＜m＜0 ∴对称轴直线x＝m在直线AB与y轴之间，如图， ∵抛物线C被矩形ABCD所截部分图象的y随x增大而增大， ∴， 解得：m≤2． ii）当m＞0时，抛物线C开口向下， ①0＜m＜﹣m+3，即0＜m时， 对称轴x ＝ m在直线CD与y轴之间，如图， ∵﹣2m﹣2 ∴若抛物线C能被矩形ABCD所截，则顶点P必在矩形ABCD内部，则被矩形所截部分图象的y不能只随x增大而增大； ② m ≤2时，对称轴x ＝ m在矩形ABCD右侧，如图， ∴只需：， 解得：4m＜ 4， ∴ m ≤2． ③m＞2时，点E（0，﹣2）在矩形ABCD内部，对称轴x ＝m在矩形ABCD右侧，如图． 此时，抛物线C被矩形ABCD所截部分图象在对称轴左侧，故必有y随x增大而增大． 综上所述，m≤2或m≥ 且m≠3． 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：2026/1/18 8:27:31；用户：聂伟；邮箱：15284038568；学号：44743775 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $