精品解析：山西晋中市介休市2025-2026学年第一学期期末质量评估九年级数学试卷

介休市2025－2026学年第一学期期末质量评估试题（卷） 九年级数学 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.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，本试卷和答题卡一并交回． 第Ⅰ卷 选择题（共30分） 一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每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. 一元二次方程的一个根为，则另一个根为（ ） A. B. C. D. 2. 月壤砖是利用模拟月壤或真实月壤原料烧制的月球基地建筑材料，具有榫卯结构设计．某种型号的“月壤砖”的结构如图所示，其俯视图是（ ） A. B. C. D. 3. 我们知道配方法是解一元二次方程的一种基本方法，例如，将一元二次方程化为的形式，然后两边同时开平方求解，这个过程体现的数学思想是（ ） A. 数形结合思想 B. 函数思想 C. 转化思想 D. 公理化思想 4. 已知点在反比例函数的图象上，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 5. 四大名著《红楼梦》《水浒传》《三国演义》《西游记》是中国优秀文化的重要组成部分．小明准备从这四部名著中随机抽取两本进行阅读，恰好抽取到《水浒传》和《西游记》的概率是（ ） A. B. C. D. 6. 大自然是美的设计师，即使是一个小小的盆景，经常也会产生最具美感的黄金比．如图，点为的黄金分割点，若，则长为（ ） A. B. C. D. 7. 古筝是中国独有的民族乐器之一，被誉为“东方钢琴”，如图所示为其部分琴弦的示意图．已知弦，且相邻两弦之间的距离相等，是弦上一点，过点作射线，交弦于点，交弦于点．若，则的长为（ ）． A. B. C. D. 8. 我们知道当图形的组成元素及相关元素之间的关系特殊化时，图形也从一般图形发展为特殊图形，如图是小颖从“对角线、边或者角”的角度对平行四边形，矩形，菱形，正方形之间关系的梳理，其中对应序号的条件填写正确的是（ ） A. ① B. ② C. ③ D. ④ 9. 如图，若与是位似图形，则位似中心的坐标是（ ） A. B. C. D. 10. 如图所示，桥梁的两条钢缆具有相同的抛物线形状，而且左、右两条抛物线关于轴对称．按照图中的直角坐标系，左面的一条抛物线可以用来表示，那么右边的那条抛物线表达式可以表示为（ ）. A. B. C. D. 第Ⅱ卷 非选择题（共90分） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分） 11. 计算___________． 12. 如图，已知在正方形中，对角线与相交于点，交于点．若，则的长为______． 13. 如图，为等腰三角形，，反比例函数过点，若，则______． 14. 手影戏是一种独特的艺术形式，它的原理是利用光的直线传播，将手影投射到幕布上形成各种影像．如图，为了投影出一个动物造型，手的长度是12厘米，，光源到手的距离是80厘米，手到幕布的距离是20厘米．此时的长度是______厘米． 15. 如图，在矩形中，．点是边上的一个动点，将沿折叠，点落在点处，连接，，若是等腰三角形，则的值为__________． 三、解答题（本大题共8个小题，共75分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．） 16. 解下列方程： （1） （2）． 17. 介休，这座被岁月沉淀了深厚韵味的三贤故里，美食宛如一颗颗璀璨的明珠，串联起城市的过往与今朝．某校文化社团发起了一场“美食介休，舌尖密码”的搜集活动，同学们热情高涨，积极地参与到这项活动中．刘明和张亮两位同学都提交了“介休担担面”，“介休甩旦旦”，“介休切馏子”，“介休蘸片子”这四种美食，并各自从中随机抽取一种作为自己主要介绍的介休美食． （1）刘明抽到“介休担担面”的概率为______． （2）假如两位同学都随机抽取一种美食进行介绍，那么两位同学都抽到“介休蘸片子”的概率是多少．（这四种美食分别用编号A“介休担担面”，B“介休甩旦旦”，C“介休切馏子”，D“介休蘸片子”表示） 18. 在项目化学习活动上，同学们研究温度不变时，气缸内气体压强与体积的关系通过实验发现，加压后气体对气缸壁所产生的压强是气缸内气体的体积的反比例函数，图象如图所示． （1）求出压强与体积的反比例函数表达式． （2）点的实际意义是______． （3）若压强由加压到，则气体体积压缩了多少？ 19. 《疯狂动物城2》的热映在潮玩手办市场掀起了巨大的热潮，并带动了相关周边的销售，其中主角朱迪更是深受年轻人的喜爱．某商店以每个35元的价格购进一款“朱迪”钥匙扣，以每个58元的价格出售．经统计：第一周销售量为400个．从第二周起，商店决定采用降价促销的方式回馈顾客，发现该款钥匙扣的单价每降低1元，销售量会增加20件，若商店希望每周销售这款钥匙扣所获得的利润是8400元．则每个钥匙扣应降价多少元？ 20. 下面是奋斗小组研究性学习的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“等邻边四边形”的研究报告 奋斗小组 研究对象：等邻边四边形 研究思路：类比特殊四边形的性质进行研究． 定义：有两组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”． 如图1，四边形中，若，则四边形是“等邻边四边形” 如图2，四边形中，若，则四边形是“等邻边四边形” 性质探究： 性质：两组邻边相等． 如图3，四边形中，若，对角线恰好平分， 求证：四边形是“等邻边四边形” 证明： 任务： （1）根据“等邻边四边形”的定义，下列常见的四边形中，一定是“等邻边四边形”的是______（多选） A.正方形 B.平行四边形 C.菱形 D.矩形 （2）请你阅读上述报告，补全证明过程． （3）如图4，已知，请你在图4中作一个“等邻边四边形”，使得点在边右上方（要求：尺规作图，不写作法，保留痕迹）． 21. 近年来，随着智能技术的发展，智能机器人已经服务于社会生活的各个方面．图1所示是一款智能送货机器人，图2是其侧面示意图，现测得其矩形底座的高为，上部显示屏的长度为，侧面支架的长度为，，，求该机器人的最高点距地面的高度．（结果保留1位小数，参考数据，，） 22. 综合与探究 中国古代人民有着无限的智慧，据《三国志•魏志•袁绍传》记载：“太祖（曹操）乃为发石车，击（袁）绍楼，皆破．绍众号曰霹雳车，”“霹雳车”是一种抛石装置，又称为发石车（图1），图2是其投石时的示意图．如图2，发石车发射点离地面高4米，其正前方有一堵壁楼，其防御墙的截面为矩形，墙宽为2米，高为6米，点与点的水平距离为18米，以发射点的正下方点为原点，地平线为轴，垂直于地面的直线为轴，建立平面直角坐标系，将石块当作一个点看，其飞行路线可以近似看作抛物线． （1）若发射的石块在空中飞行的水平距离为10米时高度最大，最大高度为9米． ①求抛物线的函数表达式； ②负责防御的士兵隐藏在防御墙的顶部范围内，问发射的石块能否落在上击中目标？ （2）在（1）的条件下，抛物线形状不变，发石车应向前移动多少米，石块恰好落在防御墙顶部的中点处？（结果保留1位小数，） 23. 综合与实践 问题情境 如图1，在中，，，，是斜边的中线． 初步探究 （1）如图2，将沿方向平移，当点C落在点D的位置时，点D，B的对应点分别是点，，连接，．试判断四边形的形状，并说明理由． 深入思考 将绕点D顺时针旋转得到，，的对应点分别是N，M． （2）如图3，当时，垂足为Q，与交于点P，与交于点E，求线段的长． （3）在旋转的过程中，线段与交于点E，当点B在线段上时，直接写出线段的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 介休市2025－2026学年第一学期期末质量评估试题（卷） 九年级数学 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.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，本试卷和答题卡一并交回． 第Ⅰ卷 选择题（共30分） 一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每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. 一元二次方程的一个根为，则另一个根为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可进行求解． 【详解】解：设一元二次方程的另一个根为a，则根据一元二次方程根与系数的关系可得： ， ∴一元二次方程的另一个根为； 故选B． 【点睛】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键． 2. 月壤砖是利用模拟月壤或真实月壤原料烧制的月球基地建筑材料，具有榫卯结构设计．某种型号的“月壤砖”的结构如图所示，其俯视图是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图．根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案． 【详解】解：其俯视图是一个矩形，且中间有一条虚线 故选：B． 3. 我们知道配方法是解一元二次方程的一种基本方法，例如，将一元二次方程化为的形式，然后两边同时开平方求解，这个过程体现的数学思想是（ ） A. 数形结合思想 B. 函数思想 C. 转化思想 D. 公理化思想 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查配方法体现的数学思想，需结合配方法的转化过程，对照各数学思想的内涵进行判断． 【详解】解：∵配方法解一元二次方程时，将原方程通过配方转化为的形式，即将不易直接求解的一元二次方程转化为可直接开平方求解的形式， ∴该过程体现的数学思想是转化思想， 故选：C． 4. 已知点在反比例函数的图象上，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是求解反比例函数值以及反比例函数值的大小比较，分别计算的值，再比较大小即可． 【详解】解：∵点在反比例函数的图象上， ∴将代入，得， ∵点在反比例函数的图象上， ∴将代入，得， ∵， ∴， 故选：C． 5. 四大名著《红楼梦》《水浒传》《三国演义》《西游记》是中国优秀文化的重要组成部分．小明准备从这四部名著中随机抽取两本进行阅读，恰好抽取到《水浒传》和《西游记》的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查列表法求概率，根据题意，列出表格，利用概率公式进行计算即可． 【详解】解：分别用分别《红楼梦》《水浒传》《三国演义》《西游记》四本书，列表如下： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 共12种等可能的结果，恰好抽取到《水浒传》和《西游记》的情况有2种， ∴， 故选C． 6. 大自然是美的设计师，即使是一个小小的盆景，经常也会产生最具美感的黄金比．如图，点为的黄金分割点，若，则长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了黄金分割．熟练掌握黄金分割是解题的关键． 由题意知，，然后计算即可解答． 【详解】解：由题意知，，即， 解得：． 故选C． 7. 古筝是中国独有的民族乐器之一，被誉为“东方钢琴”，如图所示为其部分琴弦的示意图．已知弦，且相邻两弦之间的距离相等，是弦上一点，过点作射线，交弦于点，交弦于点．若，则的长为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查平行线分线段成比例定理．根据平行线分线段成比例定理，得到相应线段的比例关系是解题的关键． 根据平行线分线段成比例定理，以及相邻两弦之间的距离相等，得到，进而得到以及的长度． 【详解】解：∵弦​，且相邻两弦之间的距离相等， ∴从到跨越个间距，从到跨越个间距， ∴根据平行线分线段成比例的性质，可得：， ∵， ∴代入比例式得：， ∴． 故选：． 8. 我们知道当图形的组成元素及相关元素之间的关系特殊化时，图形也从一般图形发展为特殊图形，如图是小颖从“对角线、边或者角”的角度对平行四边形，矩形，菱形，正方形之间关系的梳理，其中对应序号的条件填写正确的是（ ） A. ① B. ② C. ③ D. ④ 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查平行四边形，矩形，菱形，正方形之间关系，熟记相关图形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：当四边形为平行四边形时，若①是，则四边形为菱形，故A不符合题意； 当四边形为平行四边形时，若②是，则四边形为菱形，故B符合题意； 当四边形为矩形时，若③是，则四边形仍为矩形，故C不符合题意； 当四边形为菱形时，若④是，则四边形仍为菱形，故D不符合题意； 故选：B． 9. 如图，若与是位似图形，则位似中心的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了位似图形，熟练掌握位似图形的性质是解题关键．连接，并延长与的延长线相交，交点坐标即为位似中心的坐标． 【详解】解：如图，连接，并延长与的延长线相交，交点即为位似中心， 由图可知，位似中心的坐标为， 故选：D． 10. 如图所示，桥梁的两条钢缆具有相同的抛物线形状，而且左、右两条抛物线关于轴对称．按照图中的直角坐标系，左面的一条抛物线可以用来表示，那么右边的那条抛物线表达式可以表示为（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查二次函数图象的对称变换，熟悉二次函数关于轴的对称变换规律，是解题的关键．利用点关于坐标轴对称的性质求解对称抛物线表达式即可． 【详解】解：抛物线关于轴对称时，其上任意一点的对称点为， 代入原抛物线表达式，得， 即． 故选：． 第Ⅱ卷 非选择题（共90分） 二、填空题（本大题共5个小题，每小题3分，共15分） 11. 计算___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了特殊角的三角函数值，二次根式的乘法运算，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键．利用特殊角的三角函数值，直接代入计算． 【详解】解：． 故答案为：． 12. 如图，已知在正方形中，对角线与相交于点，交于点．若，则的长为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质，根据正方形的性质可知，，由可得，根据相似三角形对应边成比例可以求出的长度． 【详解】解：正方形的边长为， ， ， ， ， 、是正方形的对角线， ， ， ， ． 故答案为：． 13. 如图，为等腰三角形，，反比例函数过点，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了反比例函数与几何综合、等腰三角形的性质，熟练掌握反比例函数系数的几何意义是解题的关键．作轴于点，利用三线合一性质得到，进而得出，再利用反比例函数系数的几何意义得到，解出，再结合反比例函数经过第二、四象限，即可确定的值． 【详解】解：如图，作轴于点， ∵，轴， ∴，， ∴， ∵反比例函数过点B， ∴， ∴， 解得， ∵反比例函数经过第二、四象限， ∴， ∴． 故答案为：． 14. 手影戏是一种独特的艺术形式，它的原理是利用光的直线传播，将手影投射到幕布上形成各种影像．如图，为了投影出一个动物造型，手的长度是12厘米，，光源到手的距离是80厘米，手到幕布的距离是20厘米．此时的长度是______厘米． 【答案】15 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，先证明，然后根据相似三角形的对应高之比等于相似比求解即可． 【详解】解∶根据题意，得，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即， 解得， ∴的长度是15厘米， 故答案为∶15． 15. 如图，在矩形中，．点是边上的一个动点，将沿折叠，点落在点处，连接，，若是等腰三角形，则的值为__________． 【答案】或 【解析】 【分析】由题意知，分三种情况求解：①若，如图2，过点F作于H，HF的延长线交AB于点G，则，，在中，由勾股定理得求出的值，根据求出的值，证明，则，根据求解即可；②若，如图3，过点F作于M，过点F作，交CD的延长线于点N，，在中，，，计算求解即可；③若，由，可判断该情况不成立；进而可得所有可能情况的正切值． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴，，， 由题意知，分三种情况求解：①若，如图，过点F作于H，的延长线交于点G， ∴， ∵矩形中，， ∴， ∵翻折， ∴，，，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②若，如图3，过点F作于M，过点F作，交的延长线于点N， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴， ∴， ∴在中，， ∴， ∴， ∴ ③若， ∵点E是边AB上的一个动点，， ∴， ∴不合题意，舍去； 综上所述，的值为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，折叠的性质，三角形内角和，正切，正弦，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 三、解答题（本大题共8个小题，共75分．解答应写出必要的文字说明、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】本题考查解一元二次方程．熟悉利用因式分解法和配方法解一元二次方程的方法，是解题的关键． （1）配方法解一元二次方程：通过移项将常数项移项至等式右边，通过配方将等式左边写成完全平方式，进而开平方求解． （2）因式分解法解一元二次方程：通过移项，再提取公因式，将方程化为“因式乘积等于”的形式，进而求解． 【小问1详解】 解： ， 移项，得：， 等式两边同时加，得：， 配方，得：， 则或， 解得：； 【小问2详解】 解： 移项，得：， 因式分解，得：， 则或， 解得：． 17. 介休，这座被岁月沉淀了深厚韵味的三贤故里，美食宛如一颗颗璀璨的明珠，串联起城市的过往与今朝．某校文化社团发起了一场“美食介休，舌尖密码”的搜集活动，同学们热情高涨，积极地参与到这项活动中．刘明和张亮两位同学都提交了“介休担担面”，“介休甩旦旦”，“介休切馏子”，“介休蘸片子”这四种美食，并各自从中随机抽取一种作为自己主要介绍的介休美食． （1）刘明抽到“介休担担面”的概率为______． （2）假如两位同学都随机抽取一种美食进行介绍，那么两位同学都抽到“介休蘸片子”的概率是多少．（这四种美食分别用编号A“介休担担面”，B“介休甩旦旦”，C“介休切馏子”，D“介休蘸片子”表示） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查等可能事件的概率和画树状图求概率． （1）根据等可能事件的概率公式计算即可． （2）画出树状图展示所有种等可能的结果，找到两位同学都选择D“介休蘸片子”的次数，计算即可. 【小问1详解】 解：从四种美食中选择一个，选中“介休担担面”的概率是； 【小问2详解】 解：四种美食分别为：， 根据两位同学都随机抽取一种美食进行介绍，画树状图如下： 共有种等可能的结果，其中两位同学都选择D“介休蘸片子”的结果有：，共种, ∴两位同学都选择D“介休蘸片子”的概率为：． 18. 在项目化学习活动上，同学们研究温度不变时，气缸内气体压强与体积的关系通过实验发现，加压后气体对气缸壁所产生的压强是气缸内气体的体积的反比例函数，图象如图所示． （1）求出压强与体积的反比例函数表达式． （2）点的实际意义是______． （3）若压强由加压到，则气体体积压缩了多少？ 【答案】（1） （2）当气缸内气体的体积是时，加压后气体对气缸壁所产生的压强是 （3）气体体积压缩了 【解析】 【分析】本题主要考查了反比例函数的应用，解题的关键是掌握反比例函数的图象和性质． （1）待定系数法求函数解析式即可； （2）根据实际问题解释点坐标的意义即可； （3）根据函数解析式求出函数值，然后求解即可． 【小问1详解】 解：设压强与体积的函数表达式为， 将代入得：， ， ∴压强与体积的函数表达式为； 【小问2详解】 解：当气缸内气体的体积是时，加压后气体对气缸壁所产生的压强是； 【小问3详解】 解：当时，，解得． 当时，，解得． ， 答：气体体积压缩了． 19. 《疯狂动物城2》的热映在潮玩手办市场掀起了巨大的热潮，并带动了相关周边的销售，其中主角朱迪更是深受年轻人的喜爱．某商店以每个35元的价格购进一款“朱迪”钥匙扣，以每个58元的价格出售．经统计：第一周销售量为400个．从第二周起，商店决定采用降价促销的方式回馈顾客，发现该款钥匙扣的单价每降低1元，销售量会增加20件，若商店希望每周销售这款钥匙扣所获得的利润是8400元．则每个钥匙扣应降价多少元？ 【答案】8元 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，审清题意得到方程是关键，设每个钥匙扣应降价元，依题意列出关于x的一元二次方程，解方程求解即可得出答案． 【详解】解：设每个钥匙扣应降价元，依题意有 ， 解得（负值，舍去）， 答：每个钥匙扣应降价8元． 20. 下面是奋斗小组研究性学习的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“等邻边四边形”的研究报告 奋斗小组 研究对象：等邻边四边形 研究思路：类比特殊四边形的性质进行研究． 定义：有两组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”． 如图1，四边形中，若，则四边形是“等邻边四边形” 如图2，四边形中，若，则四边形是“等邻边四边形” 性质探究： 性质：两组邻边相等． 如图3，四边形中，若，对角线恰好平分， 求证：四边形是“等邻边四边形” 证明： 任务： （1）根据“等邻边四边形”的定义，下列常见的四边形中，一定是“等邻边四边形”的是______（多选） A.正方形 B.平行四边形 C.菱形 D.矩形 （2）请你阅读上述报告，补全证明过程． （3）如图4，已知，请你在图4中作一个“等邻边四边形”，使得点在边右上方（要求：尺规作图，不写作法，保留痕迹）． 【答案】（1）AC （2）见解析 （3）见解析 【解析】 【分析】（1）根据正方形、矩形、菱形、平行四边形的性质即可得； （2）先根据平行线的性质及角平分线定义，可得，过点作交与点，证得四边形是平行四边形，得，再结合等腰三角形的性质从而证得即可得； （3）根据等邻边四边形定义作图即可． 【小问1详解】 解：∵正方形和菱形的四条边都相等，矩形和平行四边形的四条边不一定相等 ∴正方形和菱形一定是等邻边四边形， 故选：AC． 【小问2详解】 证明：，， ∵对角线恰好平分， ， ， ， 过点作交于点， ， ∴四边形是平行四边形，， ， ，， ，， ，， ∴四边形是“等邻边四边形”． 【小问3详解】 解： ∴四边形即为所求 【点睛】本题考查了正方形和矩形的性质、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质、尺规作图等知识． 21. 近年来，随着智能技术的发展，智能机器人已经服务于社会生活的各个方面．图1所示是一款智能送货机器人，图2是其侧面示意图，现测得其矩形底座的高为，上部显示屏的长度为，侧面支架的长度为，，，求该机器人的最高点距地面的高度．（结果保留1位小数，参考数据，，） 【答案】 【解析】 【分析】本题考查解直角三角形的应用．解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形． 如图，过点作于点，过点作，分别解，，求出,的长，进而求出最高点距地面的高度即可． 【详解】解：如图，过点作于点，过点作，过点作于点， 在中，，， ， 在中，，， ， ， 答：机器人的最高点距地面的高度为． 22. 综合与探究 中国古代人民有着无限的智慧，据《三国志•魏志•袁绍传》记载：“太祖（曹操）乃为发石车，击（袁）绍楼，皆破．绍众号曰霹雳车，”“霹雳车”是一种抛石装置，又称为发石车（图1），图2是其投石时的示意图．如图2，发石车发射点离地面高4米，其正前方有一堵壁楼，其防御墙的截面为矩形，墙宽为2米，高为6米，点与点的水平距离为18米，以发射点的正下方点为原点，地平线为轴，垂直于地面的直线为轴，建立平面直角坐标系，将石块当作一个点看，其飞行路线可以近似看作抛物线． （1）若发射的石块在空中飞行的水平距离为10米时高度最大，最大高度为9米． ①求抛物线的函数表达式； ②负责防御的士兵隐藏在防御墙的顶部范围内，问发射的石块能否落在上击中目标？ （2）在（1）的条件下，抛物线形状不变，发石车应向前移动多少米，石块恰好落在防御墙顶部的中点处？（结果保留1位小数，） 【答案】（1）①；②石块不能落在上 （2）米 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，求二次函数的最值，解题关键是要熟练掌握并能灵活运用二次函数的性质． （1）①依题意设抛物线为，把代入得：求出a的值，即可；②把代入①中解析式即可； （2）设发石车应向前移动米，则平移后的抛物线为， 把顶部的中点坐标代入，即可求解． 【小问1详解】 ①依题意设抛物线为， 把代入得：， 解得， 所求抛物线的解析式为； ②当时，， ∴石块不能落在上； 【小问2详解】 解：设发石车应向前移动米，即抛物线向右平移米， 则平移后的抛物线为， 把顶部的中点坐标代入得：， 解得：（不合题意，舍去） ∴发石车应向前移动米． 23. 综合与实践 问题情境 如图1，在中，，，，是斜边的中线． 初步探究 （1）如图2，将沿方向平移，当点C落在点D的位置时，点D，B的对应点分别是点，，连接，．试判断四边形的形状，并说明理由． 深入思考 将绕点D顺时针旋转得到，，的对应点分别是N，M． （2）如图3，当时，垂足为Q，与交于点P，与交于点E，求线段的长． （3）在旋转的过程中，线段与交于点E，当点B在线段上时，直接写出线段的长． 【答案】（1）四边形是矩形， 理由如下：在中，是斜边的中线， ∴， 由平移可知， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）； （3）或 【解析】 【分析】（1）由直角三角形斜边中线得，由平移可知，那么，故四边形是平行四边形，而，则四边形是矩形； （2）由勾股定理得，则，那么，可求，由题意得，，则，在中，解直角三角形得，则，在中，解直角三角形得； （3）当点与点重合时，过点作于点，可得，则，即可求解；当点不与点重合时，如图：过点作于点，可证明，由，再由线段和差求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵，，， ∴， ∵是斜边的中线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 由题意得，， ∴， ∴，即， ∴，即旋转角为， ∴， 由平移可得：， ∴， ∴在中，， ∴， ∴在中，； （3）当点B与点N重合时，如图：过点作于点， 由旋转和平移得，， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：； 当点B不与点N重合时，如图：过点作于点， ∵由旋转，平移得到，， ∴， ∴， ∴， 由旋转，平移得到， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上：的长为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $