精品解析：湖北宜昌市宜都市2025-2026学年九年级上学期期末数学试题

九年级模拟适应性考试试题 数学 （全卷共24小题，满分120分，考试时间120分钟） 注意事项：本试卷分试题卷和答题卡两部分，请将答案写在答题卡上每题对应的答题区域内，写在试题卷上无效．考试结束时，请将本试题卷和答题卡一并上交． 一、选择题（共10题，每题3分，共30分，在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 一元二次方程二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ） A. 3， B. 3，6， C. 3，，1 D. 3，6，1 2. 在一个装有黑色围棋的盒子中摸出一颗棋子，摸到一颗白棋是（ ） A. 必然事件 B. 不确定事件 C. 不可能事件 D. 无法判断 3. 如图所示是的方格纸，图中阴影部分是一个轴对称图形，请从四个方格中选一方格进行阴影填涂，使得填涂后的整个阴影部分成为中心对称图形，则应选取的方格是（ ） A. B. C. D. 4. 圆的直径为，如果点到圆心的距离是，则（ ） A. 当时，点外 B. 当时，点在上 C. 当时，点内 D. 当时，点在上 5. 一元二次方程的根的情况是（　　） A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 只有一个实数根 D. 没有实数根 6. 观察表格，估算一元二次方程的近似解： x 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 0.19 0.44 由此可确定一元二次方程.的一个近似解x的范围是（ ） A. B. C. D. 7. 某商品经过连续两次降价，售价由原来每件元降到每件元，则平均每次降价的百分率为（ ） A. % B. % C. % D. % 8. 下列说法正确的是（ ） A. 任意三点可以确定一个圆 B. 平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧 C. 相等的圆心角所对的弧相等 D. 圆内接四边形对角互补 9. 已知一个菱形的两条对角线长是方程的两根，则此菱形的面积是（ ） A. B. C. D. 10. 函数与的图象如图所示，下结论正确的是（ ） A. B. C. 当时，两个函数的函数值都随的增大而增大 D. 当时， 二、填空题（请在答题卡上指定的位置填空．每小题3分，计15分．） 11. 若关于x的一元二次方程有一个根为0，则m的值为_________． 12. 把抛物线向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为________． 13. 若一个扇形的半径是18cm，且它的弧长是12πcm，则此扇形的圆心角等于__°． 14. 在如图所示的图形中随机撒豆子，把“豆子落在区域中”记作事件，若事件的概率，则区域的半径为_____． 15. 在矩形中，，，点分别是边，上的动点，满足，垂足为点，连接． （1）的值为_____； （2）的最小值为_____． 三、解答题（将解答过程写在答题卡上指定的位置．本大题共有9小题，计75分．） 16. 已知：抛物线． （1）确定抛物线的开口方向、对称轴和顶点坐标； （2）当在什么范围内变化时，随的增大而增大． 17. 在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为； （1）若与关于原点成中心对称，写出顶点的坐标：_____，_____，_____； （2）画出绕原点逆时针旋转得到的． 18. 用一条长40的绳子怎样围成一个面积为75的矩形？能围成一个面积为101的矩形吗？如能，说明围法；如不能，说明理由． 19. 如图，，分别与相切于点，，且，平分． （1）求证：与相切； （2）若，求的长． 20. 一个不透明的口袋里装有分别标有汉字“大”、“美”、“宜”、“都”的四个小球，除汉字不同之外，小球没有任何区别，每次摸球前先搅匀再摸球． （1）小北从中任取一个球，球上的汉字刚好是“都”的概率为_____； （2）小东从中任取一个球，不放回，再从中任取一个球，请用列表或画树状图的方法，求小东取出的两个球上的汉字（不考虑顺序）恰好能组成“大美”或“宜都”的概率； （3）小明从中任取一个球，记下汉字后放回，然后再从中任取一个球，记小明取出的两个球上的汉字（不考虑顺序）恰好能组成“大美”或“宜都”的概率为，试判断与的大小关系． 21. 如图，是的直径，弦于点，点是的中点，连接，，交于点，连接交直径于点，交于点． （1）求证：； （2）当点为中点，时，求的半径． 22. 根据背景素材，探索解决问题： 探究草坪喷淋系统的节水优化方案 项目背景 同学们在操场上散步时，一不小心被草坪的喷淋系统的水喷到了，他们想，这个水是不是可以开小点？不仅不会喷到人，也节约水资源．但是，水开的小就不能保证整个草坪都喷到水……为了解决这个问题，他们展开了项目研究，查阅了大量文献资料，以及实地观察了学校的草坪喷淋系统的运作． 问题解决 同学们认为可以把此问题抽象为一个数学问题：在边长为20米的正方形草坪上，如何设计喷头布局方案，使得节水效果最好？（为了方便研究，同学们将喷头的喷水面抽象为圆或者扇形，统一了节水评价标准为：阴影部分面积越小，越节水） 任务一 （1）同学甲设计的方案：如图甲，两个喷头分别装在点，处，喷淋半径等于正方形边长；同学乙设计的方案：如图乙，喷头装在对角线的交点处，喷淋半径为的长；你认为哪位同学设计的方案更节水？__________ A．甲更节水 B．乙更节水 C．一样节水 D．无法比较 任务二 （2）丙同学认为他们的方案可以进一步优化，他设计了如图所示的喷淋方案：喷头1装在点处，在边上取一点，以长为喷淋半径；喷头2装在点处，以长为喷淋半径．请你求此方案阴影部分面积的最小值． 任务三 （3）在丙同学设计的方案基础上，丁同学又进行了优化，他设计了如图所示的喷淋方案：喷头1装在点处，喷淋半径为边长；交于点，喷头2装在点处，喷淋半径为的长；此时正方形草坪还有两处未被喷水面覆盖，喷头3和4分别装在点，处，喷淋半径为的长．则的度数为_____； 并请你判断此方案是否优于丙的方案． 23. 课题学习：三角形旋转问题中的“转化思想” 【阅读理解】 由两个顶角相等且有公共顶角顶点的特殊多边形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，是三角形旋转中的一个重要的“基本图形”，这个模型称为“手拉手模型”． 当发现题目的图形“不完整”时，要通过适当的辅助线将其补完整．将“非基本图形”转化为“基本图形”． 【方法应用】 （1）如图1，在等腰中，，，点D在内部，连接，将绕点A顺时针旋转90°得到，连接，，．请直接写出和的数量关系：__________，位置关系：__________； （2）如图2，等腰中，，，，连接，将绕点A顺时针旋转得到，连接 ，，，取中点M，连接． ①当点D在内部，猜想并证明与数量关系和位置关系； ②当B，M，E三点共线时，请直接写出的长度． 24. 如图，已知抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，对称轴为直线． （1）求，，的值； （2）点是直线上一动点（不与点重合），过点作轴，交抛物线于点，若点是点关于直线的对称点，且点落在轴上，求点的横坐标； （3）直线（为不等于0的常数）与抛物线交于点，求面积的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级模拟适应性考试试题 数学 （全卷共24小题，满分120分，考试时间120分钟） 注意事项：本试卷分试题卷和答题卡两部分，请将答案写在答题卡上每题对应的答题区域内，写在试题卷上无效．考试结束时，请将本试题卷和答题卡一并上交． 一、选择题（共10题，每题3分，共30分，在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求） 1. 一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ） A. 3， B. 3，6， C. 3，，1 D. 3，6，1 【答案】A 【解析】 【分析】考查了一元二次方程的一般形式：（是常数且）特别要注意的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中叫二次项，叫一次项，c是常数项．其中分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．找出所求的系数及常数项即可． 【详解】解：一元二次方程的二次项系数，一次项系数，常数项分别是3，，． 故选：A． 2. 在一个装有黑色围棋的盒子中摸出一颗棋子，摸到一颗白棋是（ ） A. 必然事件 B. 不确定事件 C. 不可能事件 D. 无法判断 【答案】C 【解析】 【分析】根据必然事件指在一定条件下，一定发生的事件；不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件；不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件，进行判断即可． 【详解】解：在一个装有黑色围棋的盒子中摸出一颗棋子，摸到一颗白棋是不可能的， 因而这是一个不可能事件． 故选C． 【点睛】本题主要了事件，解题的关键在于能够熟练掌握必然事件，不可能事件，随机事件的定义． 3. 如图所示是的方格纸，图中阴影部分是一个轴对称图形，请从四个方格中选一方格进行阴影填涂，使得填涂后的整个阴影部分成为中心对称图形，则应选取的方格是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形，理解其定义是解题的关键． 根据中心对称图形的定义解题即可． 【详解】解：由图可知，选取方格为时，整个阴影部分如图，为中心对称图形．   故选：A ． 4. 圆的直径为，如果点到圆心的距离是，则（ ） A. 当时，点在外 B. 当时，点在上 C. 当时，点在内 D. 当时，点在上 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系． 先得到圆的半径r为，根据点与圆的位置关系的判定方法得到当时，点在外；当时，点在上；当时，点在内，然后对各选项进行判断． 【详解】解：圆的直径为， 圆的半径为， A、当时，∵，∴点在外，正确，故此选项符合题意； B、当时，∵，∴点在外，原说法错误，故此选项不符合题意； C、当时，∵，∴点在上，原说法错误，故此选项不符合题意； D、当时，∵，∴点在内，原说法错误，故此选项不符合题意． 故选：A． 5. 一元二次方程的根的情况是（　　） A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 只有一个实数根 D. 没有实数根 【答案】A 【解析】 【分析】先求出，再根据结果判断根的情况即可． 【详解】一元二次方程中，，，， ∴， ∴这个方程有两个不相等的实数根． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，理解的结果与一元二次方程根的情况是解题的关键．即当时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当时，一元二次方程有两个相等的实数根；当时，一元二次方程没有实数根． 6. 观察表格，估算一元二次方程的近似解： x 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 0.19 0.44 由此可确定一元二次方程.的一个近似解x的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根的估算，解题的关键是根据表格数据找出位于哪两个数之间即可． 【详解】解：由表格可知， 当时，与时， ∴时，， 故选C． 7. 某商品经过连续两次降价，售价由原来的每件元降到每件元，则平均每次降价的百分率为（ ） A. % B. % C. % D. % 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程在增长率问题中的应用，正确理解连续两次降价的模型是解题关键．设平均每次降价的百分率为，根据连续两次降价后的价格关系列方程求解． 【详解】解：设平均每次降价的百分率为，根据题意，得 ， 解得，（不合题意，舍去）， 平均每次降价的百分率为． 故选：B． 8. 下列说法正确的是（ ） A. 任意三点可以确定一个圆 B. 平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧 C. 相等的圆心角所对的弧相等 D 圆内接四边形对角互补 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查确定圆的条件、垂径定理的推论、圆心角与弧的关系、圆内接四边形的性质．根据确定圆的条件、垂径定理的推论、圆心角与弧的关系、圆内接四边形的性质可判断出各选项，注意在等圆中这个条件． 【详解】解：∵不在同一条直线上的三点才能确定一个圆，∴选项A说法错误，不符合题意； ∵平分弦（非直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的弧，当弦为直径时，平分直径的直径不一定垂直于该弦，∴选项B说法错误，不符合题意； ∵在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧才相等，∴选项C说法错误，不符合题意； ∵圆内接四边形对角互补是圆内接四边形的基本性质，∴选项D说法正确，符合题意． 故选：D． 9. 已知一个菱形的两条对角线长是方程的两根，则此菱形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查菱形的面积公式及一元二次方程根与系数的关系，利用菱形面积等于对角线乘积的一半，结合方程两根之积即可求解． 【详解】解：设菱形两条对角线长分别为、， 、是方程的两个根 ， 菱形的面积等于对角线乘积的一半， ． 故答案为：C． 10. 函数与的图象如图所示，下结论正确的是（ ） A. B. C. 当时，两个函数的函数值都随的增大而增大 D. 当时， 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，二次函数与不等式，二次函数与一次函数综合等知识．由图象可得，抛物线与轴没有交点，进而可判断A的正误；利用待定系数法求得二次函数的解析式，可判断B的正误；求得抛物线的对称轴，利用二次函数的性质可判断C的正误；根据当时，，判断D的正误即可． 【详解】解：由图象可得，抛物线与轴没有交点， ∴，选项A错误，不符合题意； 由图象可得，抛物线经过点，， ∴， 解得，选项B正确，符合题意； ∴， 抛物线的对称轴为直线， 由图象可得，当时，二次函数的函数值随的增大而减小，选项C错误，不符合题意； 当时，， 即，选项D错误，故不符合题意； 故选：B． 二、填空题（请在答题卡上指定的位置填空．每小题3分，计15分．） 11. 若关于x的一元二次方程有一个根为0，则m的值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的定义，一元二次方程的解的定义，一元二次方程的解是使方程左右两边相等的未知数的值，据此把代入原方程得到，解得，再根据二次项系数不为0得到，则． 【详解】解：∵关于x的一元二次方程有一个根为0， ∴， 解得， 又∵， ∴， ∴， 故答案为：． 12. 把抛物线向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据“左加右减、上加下减”的平移原则进行解答即可． 【详解】解：抛物线向左平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到的抛物线的解析式为 故答案为：（或） 【点睛】本题考查了二次函数的平移，掌握函数平移规律是解题的关键． 13. 若一个扇形的半径是18cm，且它的弧长是12πcm，则此扇形的圆心角等于__°． 【答案】120 【解析】 【分析】把弧长公式进行变形，代入已知数据计算即可． 【详解】根据弧长的公式得： . 故答案是：120． 【点睛】考查的是弧长的计算，掌握弧长的公式是解题的关键． 14. 在如图所示的图形中随机撒豆子，把“豆子落在区域中”记作事件，若事件的概率，则区域的半径为_____． 【答案】2 【解析】 【分析】本题考查几何概率，掌握概率公式是解题关键．分别求出区域和最大的圆的面积，再根据概率公式求解即可． 设区域的半径为，区域的面积为，即可得. 【详解】解：由图可知最大的圆的面积为， 设区域的半径为，区域的面积为， ∵把“豆子落在区域中”记作事件，若事件的概率， ∴ ，解得， 故答案为：2． 15. 在矩形中，，，点分别是边，上的动点，满足，垂足为点，连接． （1）的值为_____； （2）的最小值为_____． 【答案】 ①. ②. 4 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，数形结合等知识与方法． （1）先由矩形的性质证明，即可得，据此计算即可求解； （2）取的中点，连接，点在以点为圆心，为半径的上，当点在同一直线上时，取得最小值，最小值为，进而利用勾股定理和直角三角形斜边中线的性质，即可求解． 【详解】解：（1）在矩形中，， ， ， ， ， 又∵，， ； 故答案为：； （2）取的中点，连接， ∵， ∴， ∴点在以点为圆心，为半径的上， ∴当点在同一直线上时，取得最小值，最小值为， ∵，， ∴，， ∴， 故答案为：4． 三、解答题（将解答过程写在答题卡上指定的位置．本大题共有9小题，计75分．） 16. 已知：抛物线． （1）确定抛物线的开口方向、对称轴和顶点坐标； （2）当在什么范围内变化时，随的增大而增大． 【答案】（1）开口向上，对称轴为直线，顶点坐标为； （2）当时，随的增大而增大 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． （1）先配方成顶点式，再根据二次项系数可判断开口方向，根据顶点式确定顶点坐标及对称轴即可； （2）利用开口方向和对称轴即可解答． 【小问1详解】 解：二次函数中，， 二次函数开口向上， 对称轴为直线，顶点坐标为； 【小问2详解】 解：二次函数开口向上， 在对称轴的右侧随的增大而增大， 二次函数的对称轴为， 当时，随增大而增大． 17. 在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为； （1）若与关于原点成中心对称，写出顶点的坐标：_____，_____，_____； （2）画出绕原点逆时针旋转得到的． 【答案】（1），， （2）见解析 【解析】 【分析】本题考查了中心对称的性质，画旋转图形． （1）根据关于原点成中心对称点的横纵坐标互为相反数求解即可； （2）分别作出点绕原点逆时针旋转得到的点，再顺次连接即可． 【小问1详解】 解：∵的三个顶点坐标分别为，且与关于原点成中心对称， ∴ 故答案为：，，； 【小问2详解】 解：如图，即为所求； 18. 用一条长40的绳子怎样围成一个面积为75的矩形？能围成一个面积为101的矩形吗？如能，说明围法；如不能，说明理由． 【答案】长为，宽为时，所围成的矩形的面积为；不能围成面积为的矩形，理由见解析 【解析】 【分析】设围成面积为的矩形的长为，则宽为，根据矩形的面积公式结合矩形的面积，即可得出关于的一元二次方程，解之取其较大值即可得出结论；设围成面积为的矩形的长为，则宽为，根据矩形的面积公式结合矩形的面积，即可得出关于的一元二次方程，由根的判别式即可得出该方程无解，进而即可得出结论． 【详解】解：设围成面积为的矩形的长为，则宽为， 根据题意得：， 解得：，． 长宽， ，． 能围成的矩形，这个矩形的长为，宽为． 同理，设围成面积为的矩形的长为，则宽为， 根据题意得：， 整理得：． ， 此方程无解，即不能围成面积为的矩形． 答：长为，宽为时，所围成的矩形的面积为；用一条长的绳子不能围成面积为的矩形． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 19. 如图，，分别与相切于点，，且，平分． （1）求证：与相切； （2）若，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）10 【解析】 【分析】本题考查了切线的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质定理等知识点，解题的关键是正确添加辅助线，灵活运用各知识点． （1）连接，过点作于点，根据切线的性质以及角平分线的性质定理得到，即可证明； （2）先证明，然后证明，再由勾股定理求解即可． 【小问1详解】 证明：连接，过点作于点， ∵，分别与相切于点，， ∴， ∵平分，， ∴， ∵是半径， ∴是半径， ∴与相切； 【小问2详解】 解：∵，，，， ∴ ， ∵平分 ∴， ， ， ， ， ∵， ∴． 20. 一个不透明的口袋里装有分别标有汉字“大”、“美”、“宜”、“都”的四个小球，除汉字不同之外，小球没有任何区别，每次摸球前先搅匀再摸球． （1）小北从中任取一个球，球上的汉字刚好是“都”的概率为_____； （2）小东从中任取一个球，不放回，再从中任取一个球，请用列表或画树状图的方法，求小东取出的两个球上的汉字（不考虑顺序）恰好能组成“大美”或“宜都”的概率； （3）小明从中任取一个球，记下汉字后放回，然后再从中任取一个球，记小明取出的两个球上的汉字（不考虑顺序）恰好能组成“大美”或“宜都”的概率为，试判断与的大小关系． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】此题考查了列表法与树状图法，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比． （1）由有汉字“大”、“美”、“宜”、“都”的四个小球，任取一球，共有4种不同结果，利用概率公式直接求解即可求得答案． （2）首先根据题意画出树状图或列表，然后根据图表求得所有等可能的结果与小东取出的两个球上的汉字恰能组成“大美”或“宜都”的情况，再利用概率公式即可求得答案；注意是不放回实验． （3）首先根据题意画出树状图或列表，然后根据图表求得所有等可能的结果与小明取出的两个球上的汉字恰能组成“大美”或“宜都”的情况，再利用概率公式即可求得答案；注意是放回实验． 【小问1详解】 解：∵有汉字“大”、“美”、“宜”、“都”的四个小球，任取一球，共有4种不同结果， ∴球上汉字刚好是“都”的概率 ； 故答案为：； 【小问2详解】 解：画树状图得： ∵共有12种不同取法，能满足要求的有4种， ∴； 【小问3详解】 解：画树状图得： ∵共有16种不同取法，能满足要求的有4种， ∴． ∴． 21. 如图，是的直径，弦于点，点是的中点，连接，，交于点，连接交直径于点，交于点． （1）求证：； （2）当点为中点，时，求的半径． 【答案】（1）见解析 （2）的半径为． 【解析】 【分析】（1）根据圆心角、弧、弦之间的关系证明即可； （2）设的半径为，，利用勾股定理求得，证明，求得，证明是的中位线，得到，求得，推出，得到方程组，解之即可． 【小问1详解】 证明：∵点是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即； 【小问2详解】 解：连接，，，记交于点， 设的半径为，， ∴，， ∵点是的中点， ∴， ∴，即， ∵点为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∵点为中点，点为中点， ∴是的中位线， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 联立得， 由①得， 设，则，， ∴， ∴， 将代入②得， 整理得，即， ∵， ∴， ∴，（负值已舍）， ∴， ∴， ∵， ∴，即的半径为． 【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，垂径定理，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，配方法解方程组，正确作出辅助线解决问题是解题的关键． 22. 根据背景素材，探索解决问题： 探究草坪喷淋系统的节水优化方案 项目背景 同学们在操场上散步时，一不小心被草坪的喷淋系统的水喷到了，他们想，这个水是不是可以开小点？不仅不会喷到人，也节约水资源．但是，水开的小就不能保证整个草坪都喷到水……为了解决这个问题，他们展开了项目研究，查阅了大量文献资料，以及实地观察了学校的草坪喷淋系统的运作． 问题解决 同学们认为可以把此问题抽象为一个数学问题：在边长为20米的正方形草坪上，如何设计喷头布局方案，使得节水效果最好？（为了方便研究，同学们将喷头的喷水面抽象为圆或者扇形，统一了节水评价标准为：阴影部分面积越小，越节水） 任务一 （1）同学甲设计的方案：如图甲，两个喷头分别装在点，处，喷淋半径等于正方形边长；同学乙设计的方案：如图乙，喷头装在对角线的交点处，喷淋半径为的长；你认为哪位同学设计的方案更节水？__________ A．甲更节水 B．乙更节水 C．一样节水 D．无法比较 任务二 （2）丙同学认为他们的方案可以进一步优化，他设计了如图所示的喷淋方案：喷头1装在点处，在边上取一点，以长为喷淋半径；喷头2装在点处，以长为喷淋半径．请你求此方案阴影部分面积的最小值． 任务三 （3）在丙同学设计的方案基础上，丁同学又进行了优化，他设计了如图所示的喷淋方案：喷头1装在点处，喷淋半径为边长；交于点，喷头2装在点处，喷淋半径为的长；此时正方形草坪还有两处未被喷水面覆盖，喷头3和4分别装在点，处，喷淋半径为的长．则的度数为_____； 并请你判断此方案是否优于丙的方案． 【答案】（1）C （2）当时，有最小值 （3）；此方案优于丙的方案 【解析】 【分析】本题考查了扇形的面积，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键． （1）根据、，求出两块阴影面积，再进行比较即可； （2）易得，，推出阴影部分面积，再根据二次函数的性质，即可解答； （3）过点作，，则四边形为矩形，求出，，再根据即可求解． 【详解】解：（1）∵， ∴， ∴， 如图，连接， ∴， ， ∴甲、乙两种方案一样节水； 故选：C； （2）如图，连接、， ∵，， ∴ ， 设，则， ∴， ∴，， ∴ ， ∴当时，有最小值； （3）如图，过点作，，则四边形为矩形， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 由对称性可知； ∵，， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴ （平方米）， ∵， ∴， ∴此方案优于丙的方案． 23. 课题学习：三角形旋转问题中的“转化思想” 【阅读理解】 由两个顶角相等且有公共顶角顶点的特殊多边形组成的图形，如果把它们的底角顶点连接起来，则在相对位置变化的过程中，始终存在一对全等三角形，是三角形旋转中的一个重要的“基本图形”，这个模型称为“手拉手模型”． 当发现题目的图形“不完整”时，要通过适当的辅助线将其补完整．将“非基本图形”转化为“基本图形”． 【方法应用】 （1）如图1，在等腰中，，，点D在内部，连接，将绕点A顺时针旋转90°得到，连接，，．请直接写出和的数量关系：__________，位置关系：__________； （2）如图2，在等腰中，，，，连接，将绕点A顺时针旋转得到，连接 ，，，取中点M，连接． ①当点D在内部，猜想并证明与数量关系和位置关系； ②当B，M，E三点共线时，请直接写出的长度． 【答案】（1）， （2）①，；②或 【解析】 【分析】（1）证明得，，再延长交于F，证明即可得． （2）①过点A作交延长线于N，连接，证明是的中位线，根据中位线性质得，，再由（1）可得，，，即可得出结论． ②分两种情况：当点E在延长线上，B，M，E三点共线时，当点E在线段上，B，M，E三点共线时，分别求解即可． 【小问1详解】 解：由旋转可得， ∴ ∵ ∴ 在和中， ， ∴ ∴，， 延长交于F，如图， ∵ ∴ ∴ ∴， ∴． 【小问2详解】 解：①， 过点A作交延长线于N，连接，如图， ∵等腰中，，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵∠ACB＝90°， ∴ ∴ ∵点M是和中点， ∴，， 由（1）可得，，， ∴，． ②当点E在延长线上，B，M，E三点共线时，如图，过点A作于F， ∵等腰中，，， ∴ 由旋转可得， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴， 由①知， ∴； 当点E在线段上，B，M，E三点共线时，如图，过点A作于F， 同法可得，，， ∴ 由①知， ∴； 综上，当B，M，E三点共线时， 的长度为或． 【点睛】本题考查全等三角形判定与性质，等腰直角三位线定理，勾股定理，旋转性质．本题属旋转综合探究题目，熟练掌握相差性质与判定是解题的关键． 24. 如图，已知抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，对称轴为直线． （1）求，，的值； （2）点是直线上一动点（不与点重合），过点作轴，交抛物线于点，若点是点关于直线的对称点，且点落在轴上，求点的横坐标； （3）直线（为不等于0的常数）与抛物线交于点，求面积的最小值． 【答案】（1），， （2） （3）8 【解析】 【分析】（1）根据二次函数的对称性得到，，求出，，得到，，然后将代入解析式求出； （2）首先得到抛物线解析式为，求出，得到，然后求出，得到，设，则，然后表示出，代入求解即可； （3）由知，直线过点，则得轴，且；联立直线与抛物线的解析式，消去y得一元二次方程，可求得M与N的横坐标，再由，可得关于k的函数关系式，即可求得面积的最小值． 【小问1详解】 解：∵抛物线与轴交于点和点，对称轴为直线， ∴，， ∴，； ∴，， 将代入得，， ∴； 【小问2详解】 解：∵，， ∴抛物线解析式为， ∴当时，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点是点关于直线的对称点，且点落在轴上， ∴， ∵轴， ∴， ∴， ∴， ∵，， 设直线的表达式为， 得， 解得, ∴直线的表达式为， 设，则 ∴， ∴ 解得（舍去）或． ∴点的横坐标为； 【小问3详解】 解：∵直线（为不等于0的常数）与抛物线交于点， 当时，， 直线过点， ， 轴，且， 联立直线与抛物线的解析式得：， 整理得，， ， ，， ， ， ∴当时，有最小值16， ∴的面积有最小值． 【点睛】本题是二次函数与一次函数、三角形的综合，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，二次函数的最值，三角形面积等知识，综合性强，灵活运用这些知识是关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $