精品解析：2026年甘肃泾川县黑河乡中学初中学业水平模拟考试数学试卷

甘肃省2026年初中学业水平考试（模拟） 数学试卷 考生注意：本试卷满分为150分，考试时间为120分钟，所有试题均在答题卡上作答，否则无效． 一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个正确选项． 1. ﹣6的相反数是（　　） A. ﹣6 B. ﹣ C. 6 D. 2. 若，则的余角的大小是（ ） A. B. C. D. 3. 下列数学符号中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 4. 用配方法解方程：时，经过配方后正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在等腰中，，D，E分别是边的中点，若，，则的面积为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 中国古代利用“三分损益法”来确定音律．这种方法最早见于《管子·地员篇》，用于计算五音（宫、商、角、徵、羽）的弦长．其核心原理是通过增加或减少三分之一的长度来生律．在古琴制作中，假设我们要制作两根琴弦，一根是“宫”音，一根是“徵”音．已知：“徵”音的弦长是“宫”音弦长的；“宫”音弦长比“徵”音弦长的一半多15厘米．设“宫”音弦长为x厘米，“徵”音弦长为y厘米，则可列方程组为（ ） A. B. C. D. 7. 点P在一次函数的图象上，若函数值y随着x的增大而减小，则点P的坐标不可能是（ ） A. B. C. D. 8. 城镇新增就业人数是指新参与就业经济活动，实现就业获得劳动报酬的人员数，是反映就业工作状况和落实国家劳动就业政策的重要指标，下面统计图反映了年城镇新增就业人数情况．根据统计图提供的信息，下列结论错误的是（ ） 年城镇新增就业人数 A. 2021年，城镇新增就业人数最多 B. 2022年，城镇新增就业人数最少 C. 2021至2025年，城镇新增就业人数稳定在1200万人以上 D. 2021至2025年，城镇新增就业人数持续增加 9. 如图是我国汉代数学家赵爽用来说明勾股定理的弦图，他用四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出一个小正方形，若大正方形的面积为5，小正方形的面积为1，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 10. 如图1，在四边形中，，，动点P沿的路线运动，到点C时停止．设点P运动的路程为x，，y与x的函数图象如图2所示，若点是最低点，则的长为（ ） A. 1 B. C. D. 2 二、填空题；本大题共6小题，每小题4分，共24分． 11. 因式分解： ___ 12. 计算：______． 13. 如图，等腰的顶点A，C在上，，，BC与交于点D，连接，，并延长交于点E，连接，若E为的中点，则的度数为______． 14. 对于实数a，b，定义新运算“※”，规定：，如，则的值为______． 15. 拱形门是一种上端呈弧形的门洞或门体结构，其利用曲线弱化空间棱角，营造柔和温婉的氛围，同时其弧形结构在力学上能分散压力，跨越更宽开口，在视觉心理上，向上拱起的形状能给人挺拔感，有效优化突兀的梁柱结构．如图1是一拱形门，图2是其平面示意图，拱形门的圆心为点O，门宽为2米，点C为拱形门最高点，点D是和的中点，装修时需给拱形门安装木质装饰条，则沿拱形门圆弧部分裁剪木条的长为______米． 16. 如图，在矩形中，，，对角线，交于点O，点E是的中点，过点E作的垂线交于点F，交于点G，交于点H，则线段的长为______． 三、解答题：本大题共6小题，共46分．解答时，应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 计算：． 18. 解不等式组． 19. 先化简，再求值：，其中． 20. 已经学习了将已知半径R的圆五等分，进而画正五边形、正六边形的作法，但这都是在已知半径为R的圆内作出的．实际应用中往往要画出给定边长的正五边形、正六边形．如图，在中，，，下面给出以为边利用圆规和无刻度直尺画出的正五边形的方法： ①以C为圆心，的长为半径画圆，与的延长线交于点D； ②再分别以A，B为圆心，的长为半径画弧，两弧在下方交点记为点E； ③再分别以A，B为圆心，的长为半径画弧，各交②中所作两弧的一条于点F，G； ④连接，，，，得正五边形． 请你依据以上步骤，用尺规作图的方法在图中作出正五边形（保留作图痕迹，不写作法）． 21. 甘肃被誉为“石窟艺术之乡”，拥有举世闻名的石窟群．为了弘扬传统文化，某博物馆策划了“遇见·甘肃石窟”数字化体验活动．在一个不透明的体验箱中，装有四张除图案和文字外其余完全相同的卡片，分别代表甘肃著名石窟：A：莫高窟，B：麦积山石窟，C：炳灵寺石窟，D：榆林窟． 活动规则如下；参与者随机从箱中抽取一张卡片进行数字化体验后，记录代表的石窟名称后放回箱中，混合均匀后再随机抽取第二张进行体验．两次抽到的卡片所代表的石窟位于同一个市州，即可获得石窟文创书签一张．已知莫高窟（A）和榆林窟（D）均位于酒泉市，其余石窟分别位于不同的市州． A．莫高窟 B．麦积山石窟 C．炳灵寺石窟 D．榆林窟 （1）随机抽取一张卡片，恰好抽到“莫高窟”的概率是______； （2）请用画树状图或列表的方法，求参与者小言通过两次抽卡能够获得文创书签的概率． 22. 综合与实践 【课题背景】如图1，位于陇西县的威远楼是陇上著名古建筑，巍峨壮丽，气魄非凡．因其年代久远和构造精妙，成为陇西悠久历史和灿烂文化的象征．某校学生开展了“测量威远楼高度”的综合与实践活动．测量示意图如图2，点A为威远楼最顶端，点B为威远楼底部，位于水平地面． 【测量工具】皮尺，测角仪 【测量过程】①测量者在点C处，利用测角仪测得威远楼最顶端A处的仰角为； ②测量者在点D处（点B，C，D在同一条直线上，），利用测角仪测得威远楼最顶端A处的仰角为； ③测量者利用皮尺测得的距离为3.6米． 注：测角仪高度忽略不计． 【任务目标】根据上述测量数据，求威远楼的高度（结果保留整数，参考数据：，，；，，．） 四、解答题：本大题共5小题，共50分．解答时，应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 23. 2026年春晚人形机器人的表演，集中展示了中国在这一领域的世界级实力，但通往通用人形机器人的“世界模型”之路依然漫长，这场竞赛的下半场，将聚焦于如何让机器人的“大脑”和它的身体一样强大．某公司从自己生产的甲、乙两种型号的人形机器人中各随机抽取20台对感知与环境交互能力进行测评，以便持续升级改进，并对测评成绩进行整理、描述和分析，并绘制成如下的统计图表（分数用x表示，总分为100分，共分四组：A.；B.；C.；D.）．下面给出了部分信息： 甲型20台人形机器人测评成绩是：69，74，76，77，79，79，81，83，85，85，86，90，91，92，92，92，95，96，98，98． 乙型20台人形机器人测评成绩在C组中的数据匙：81，83，85，86，87，89． 根据以上信息，解答下列问题： （1）上述图表中______，______，______； （2）根据以上数据，你认为该公司甲、乙两种型号的人形机器人中的哪种型号人形机器人的感知与环境交互能力较好？请说明理由（写出一条理由即可）； （3）该公司已经生产甲型人形机器人450台，乙型人形机器人540台，公司规定所生产的每一台人形机器人产品需要感知与环境交互能力不低于80分才能交付，请估计该公司对甲、乙两种型号的人形机器人共需要升级多少台才能满足交付的标准？ 24. 如图，反比例函数的图象与一次函数的图象交于点A，且当时，；当时，． （1）求点A的坐标及反比例函数的表达式； （2）若B是x轴上一点，其横坐标为，过点B作x轴的垂线，交一次函数图象于点C，交反比例函数图象于点D，连接，求的面积． 25. 如图，四边形内接于，，连接，在下方作交的延长线于点E，连接并延长，交于点F． （1）求证：是的切线； （2）若平分，，求的长． 26. 如图，在菱形中，，E是射线上的一个动点，连接． 【模型建立】 （1）如图1，当点E在线段上时，将射线绕点D逆时针旋转与相交于点F，连接．用等式写出线段的数量关系，并说明理由； 【模型应用】 （2）如图2，当点E在的延长线上时，将射线绕点D逆时针旋转与的延长线相交于点F，连接．用等式写出线段的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】 （3）如图3，O为对角线的中点，连接，将射线绕点O逆时针旋转与直线相交于点F，连接，用等式写出线段的数量关系，并说明理由． 27. 如图1，抛物线与x轴、y轴分别交于，B，，直线与y轴相交于点，P是线段上一动点． （1）求抛物线的表达式； （2）过点P作x轴的垂线，交抛物线于点E，交直线于点F，当时，求的长； （3）如图2，G为直线上一动点，连接，，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 甘肃省2026年初中学业水平考试（模拟） 数学试卷 考生注意：本试卷满分为150分，考试时间为120分钟，所有试题均在答题卡上作答，否则无效． 一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个正确选项． 1. ﹣6的相反数是（　　） A. ﹣6 B. ﹣ C. 6 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据相反数的意义，即可解答． 【详解】解：的相反数是6， 故选：C． 【点睛】本题考查了相反数，熟练掌握相反数的意义是解题的关键． 2. 若，则的余角的大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据互为余角的两个角的和为，计算即可求解． 【详解】解：∵互为余角的两个角的和为， ∴的余角为：． 3. 下列数学符号中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】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；据此逐项判断即可． 【详解】解：A．不是中心对称图形，故该选项不符合题意， B．不是中心对称图形，故该选项不符合题意， C．不是中心对称图形，故该选项不符合题意， D．是中心对称图形，故该选项符合题意． 4. 用配方法解方程：时，经过配方后正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先移项，再在等式两边加上一次项系数一半的平方，凑成完全平方式，即可得到结果． 【详解】解：移项，得， 配方，得， 即． 5. 如图，在等腰中，，D，E分别是边的中点，若，，则的面积为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】依据等腰三角形三线合一可得，由勾股定理解得的长度，再根据中线平分面积的性质，得到和之间的关系，即可解得． 【详解】∵，分别是边，的中点， ∴是的中线，是的中线， ∴，， ∴， ∵，，， ∴，， 在中，， ∴， ∴． 6. 中国古代利用“三分损益法”来确定音律．这种方法最早见于《管子·地员篇》，用于计算五音（宫、商、角、徵、羽）的弦长．其核心原理是通过增加或减少三分之一的长度来生律．在古琴制作中，假设我们要制作两根琴弦，一根是“宫”音，一根是“徵”音．已知：“徵”音的弦长是“宫”音弦长的；“宫”音弦长比“徵”音弦长的一半多15厘米．设“宫”音弦长为x厘米，“徵”音弦长为y厘米，则可列方程组为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】只需根据题干找出两个等量关系，依次列出方程联立即可得到答案． 【详解】解：设“宫”音弦长为厘米，“徵”音弦长为厘米， ∵“徵”音的弦长是“宫”音弦长的， ∴可得第一个方程， 又∵“宫”音弦长比“徵”音弦长的一半多厘米， ∴可得第二个方程 ， 联立两个方程得方程组． 7. 点P在一次函数的图象上，若函数值y随着x的增大而减小，则点P的坐标不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据一次函数性质，y随x增大而减小可得，将各选项点坐标代入函数解析式求出k，判断k是否满足，不满足的即为不可能的坐标． 【详解】解：∵一次函数中，y随着x的增大而减小 ， ∴， A．将代入解析式得： ， 解得， 不满足，点P不可能为， ∴该项符合题意． B．将代入，得 ， 解得，点P可能为， ∴该项不符合题意； C．将代入，得 ，解得 ，点P可能为， ∴该项不符合题意； D．将代入，得 ， 解得，点P可能为， ∴该项不符合题意． 8. 城镇新增就业人数是指新参与就业经济活动，实现就业获得劳动报酬的人员数，是反映就业工作状况和落实国家劳动就业政策的重要指标，下面统计图反映了年城镇新增就业人数情况．根据统计图提供的信息，下列结论错误的是（ ） 年城镇新增就业人数 A. 2021年，城镇新增就业人数最多 B. 2022年，城镇新增就业人数最少 C. 2021至2025年，城镇新增就业人数稳定在1200万人以上 D. 2021至2025年，城镇新增就业人数持续增加 【答案】D 【解析】 【分析】观察条形统计图，读取各年份的具体数值，通过比较数值大小和变化趋势来判断各选项的正误 【详解】解：由统计图可知， 2021年至2025年城镇新增就业人数分别为1269万，1206万，1244万，1256万，1267万， ∵， ∴1269为最大值，2021年城镇新增就业人数最多，故A选项结论正确 1206为最小值，2022年城镇新增就业人数最少，故B选项结论正确， ∵最小值为1206，且， ∴2021至2025年城镇新增就业人数稳定在1200万人以上，故C选项结论正确， ∵，即2021年至2022年人数有所减少， ∴2021至2025年城镇新增就业人数并非持续增加，故D选项结论错误． 9. 如图是我国汉代数学家赵爽用来说明勾股定理的弦图，他用四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出一个小正方形，若大正方形的面积为5，小正方形的面积为1，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意得，，，设，在中利用勾股定理列出方程，解出的值，求出的长，再利用平行四边形的面积公式即可求解． 【详解】解：如图， ∵四个直角三角形都全等的，正方形的面积为5，小正方形的面积为1， ∴，，， 设，则， 在中，， ， 解得：，（舍去）， ， ． 10. 如图1，在四边形中，，，动点P沿的路线运动，到点C时停止．设点P运动的路程为x，，y与x的函数图象如图2所示，若点是最低点，则的长为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数图象获取、的长度以及点到的距离，利用勾股定理求出的长，再构造直角三角形，设长为未知数，利用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：由图2可知，当时，，即， 当最小时，此时，最小值为4，即， 当运动到点时，，即， 在中，，底边上的高为4， 过点作，过点作，连接，如图， 在中，， ，， 为等腰的中线， ， ，， ， ， 四边形为矩形， ，， 设，则，， 在中，， 在中，， ， ，即，解得， 的长为． 二、填空题；本大题共6小题，每小题4分，共24分． 11. 因式分解： ___ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是因式分解，先提取公因式，再利用完全平方公式分解因式即可； 【详解】解：； 故答案为： 12. 计算：______． 【答案】 【解析】 【详解】解：． 13. 如图，等腰的顶点A，C在上，，，BC与交于点D，连接，，并延长交于点E，连接，若E为的中点，则的度数为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据等腰三角形的性质求出的度数，根据直径所对的圆周角是直角求出的度数，进而求出的度数，再根据弧、弦的关系得出，根据等弧对等弦的性质求解 【详解】解：连接，如图 ，， ， 点在上， ， 是的直径， ， ， 为的中点， ∴， ， ． 14. 对于实数a，b，定义新运算“※”，规定：，如，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据新运算的规则，按照规定代入数值计算即可． 【详解】解：， ∴． 15. 拱形门是一种上端呈弧形的门洞或门体结构，其利用曲线弱化空间棱角，营造柔和温婉的氛围，同时其弧形结构在力学上能分散压力，跨越更宽开口，在视觉心理上，向上拱起的形状能给人挺拔感，有效优化突兀的梁柱结构．如图1是一拱形门，图2是其平面示意图，拱形门的圆心为点O，门宽为2米，点C为拱形门最高点，点D是和的中点，装修时需给拱形门安装木质装饰条，则沿拱形门圆弧部分裁剪木条的长为______米． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意得出且，利用锐角三角函数求出的度数，进而得出的度数，利用三角函数求出半径，最后代入弧长公式计算即可． 【详解】解：由题意，得 ，，， 设的半径为，则，， ∴， 在中，， ， ， ， 的长为． 16. 如图，在矩形中，，，对角线，交于点O，点E是的中点，过点E作的垂线交于点F，交于点G，交于点H，则线段的长为______． 【答案】## 【解析】 【分析】由矩形和勾股定理求出，然后求出，证明是等边三角形，解直角三角形求出，得到，进而求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ，． ，， ， ， ∴， ∴， ， 是等边三角形， ． 是的中点， ． ， ， ，， ， ． 三、解答题：本大题共6小题，共46分．解答时，应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 计算：． 【答案】 【解析】 【详解】解： ． 18. 解不等式组． 【答案】 【解析】 【详解】解： 解①，得 ， 解②，得 ， ∴原不等式组的解集为． 19. 先化简，再求值：，其中． 【答案】，1 【解析】 【分析】本题主要考查了平方差公式、单项式乘多项式、合并同类项．掌握乘法公式和整式混合运算法则是关键． 利用平方差公式以及单项式乘多项式法则展开，再合并，最后将代入计算即可． 【详解】解： ， 当时，原式． 20. 已经学习了将已知半径R的圆五等分，进而画正五边形、正六边形的作法，但这都是在已知半径为R的圆内作出的．实际应用中往往要画出给定边长的正五边形、正六边形．如图，在中，，，下面给出以为边利用圆规和无刻度直尺画出的正五边形的方法： ①以C为圆心，的长为半径画圆，与的延长线交于点D； ②再分别以A，B为圆心，的长为半径画弧，两弧在下方交点记为点E； ③再分别以A，B为圆心，的长为半径画弧，各交②中所作两弧的一条于点F，G； ④连接，，，，得正五边形． 请你依据以上步骤，用尺规作图的方法在图中作出正五边形（保留作图痕迹，不写作法）． 【答案】如图，正五边形即为所求， 【解析】 【分析】根据题中步骤作图作图即可． 【详解】略 21. 甘肃被誉为“石窟艺术之乡”，拥有举世闻名的石窟群．为了弘扬传统文化，某博物馆策划了“遇见·甘肃石窟”数字化体验活动．在一个不透明的体验箱中，装有四张除图案和文字外其余完全相同的卡片，分别代表甘肃著名石窟：A：莫高窟，B：麦积山石窟，C：炳灵寺石窟，D：榆林窟． 活动规则如下；参与者随机从箱中抽取一张卡片进行数字化体验后，记录代表的石窟名称后放回箱中，混合均匀后再随机抽取第二张进行体验．两次抽到的卡片所代表的石窟位于同一个市州，即可获得石窟文创书签一张．已知莫高窟（A）和榆林窟（D）均位于酒泉市，其余石窟分别位于不同的市州． A．莫高窟 B．麦积山石窟 C．炳灵寺石窟 D．榆林窟 （1）随机抽取一张卡片，恰好抽到“莫高窟”的概率是______； （2）请用画树状图或列表的方法，求参与者小言通过两次抽卡能够获得文创书签的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用概率公式可得答案． （2）通过画树状图列出所有等可能的情况，再从中找出符合条件的情况数，最后利用概率公式求解． 【小问1详解】 解：由题意知，共有4种等可能的结果，其中抽到卡片“莫高窟”的结果有1种， ∴从中任意抽取一张卡片，恰好抽到“莫高窟”的概率是． 【小问2详解】 解：画树状图如下： 共有16种等可能的结果，其中两次抽到的卡片所代表的石窟位于同一个市州的结果有6种， ∴参与者小言通过两次抽卡能够获得文创书签的概率为． 22. 综合与实践 【课题背景】如图1，位于陇西县的威远楼是陇上著名古建筑，巍峨壮丽，气魄非凡．因其年代久远和构造精妙，成为陇西悠久历史和灿烂文化的象征．某校学生开展了“测量威远楼高度”的综合与实践活动．测量示意图如图2，点A为威远楼最顶端，点B为威远楼底部，位于水平地面． 【测量工具】皮尺，测角仪 【测量过程】①测量者在点C处，利用测角仪测得威远楼最顶端A处的仰角为； ②测量者在点D处（点B，C，D在同一条直线上，），利用测角仪测得威远楼最顶端A处的仰角为； ③测量者利用皮尺测得的距离为3.6米． 注：测角仪高度忽略不计． 【任务目标】根据上述测量数据，求威远楼的高度（结果保留整数，参考数据：，，；，，．） 【答案】威远楼的高度为米 【解析】 【分析】据题意得：，设，利用正切函数得出，然后建立方程求解即可． 【详解】解：根据题意得：， 设， ， 解得：， 故威远楼的高度为米． 四、解答题：本大题共5小题，共50分．解答时，应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 23. 2026年春晚人形机器人的表演，集中展示了中国在这一领域的世界级实力，但通往通用人形机器人的“世界模型”之路依然漫长，这场竞赛的下半场，将聚焦于如何让机器人的“大脑”和它的身体一样强大．某公司从自己生产的甲、乙两种型号的人形机器人中各随机抽取20台对感知与环境交互能力进行测评，以便持续升级改进，并对测评成绩进行整理、描述和分析，并绘制成如下的统计图表（分数用x表示，总分为100分，共分四组：A.；B.；C.；D.）．下面给出了部分信息： 甲型20台人形机器人测评成绩是：69，74，76，77，79，79，81，83，85，85，86，90，91，92，92，92，95，96，98，98． 乙型20台人形机器人测评成绩在C组中的数据匙：81，83，85，86，87，89． 根据以上信息，解答下列问题： （1）上述图表中______，______，______； （2）根据以上数据，你认为该公司甲、乙两种型号的人形机器人中的哪种型号人形机器人的感知与环境交互能力较好？请说明理由（写出一条理由即可）； （3）该公司已经生产甲型人形机器人450台，乙型人形机器人540台，公司规定所生产的每一台人形机器人产品需要感知与环境交互能力不低于80分才能交付，请估计该公司对甲、乙两种型号的人形机器人共需要升级多少台才能满足交付的标准？ 【答案】（1）；92；40 （2）乙型号机器人感知与环境交互能力更好 理由：甲乙平均数相同，乙型的中位数更大，说明乙型一半以上的测评成绩高于甲型，整体水平更好，因此乙型号机器人感知与环境交互能力更好（理由合理即可） （3）297台 【解析】 【分析】（1）根据乙型共抽取20台，C组有6台，求出C组占比，即可求出；根据中位数的定义、众数的定义即可求出； （2）根据表格中统计量判断即可； （3）根据样本估计总体的方法解答即可； 【小问1详解】 解：根据题意可得C组占比为， ∴； 20个数据的中位数是第10、11个数据的平均数， A组有台，B组有台， ∴第10、11个数据都在C组，分别为86、87，中位数， 甲型测评成绩中，92出现次数最多（共3次）， ∴众数； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：甲型：抽取的20台中，低于80分共6台， 因此450台甲型需要升级：（台）； 乙型：低于80分的占比为， 因此540台乙型需要升级：（台）； 总升级台数：（台）． 24. 如图，反比例函数的图象与一次函数的图象交于点A，且当时，；当时，． （1）求点A的坐标及反比例函数的表达式； （2）若B是x轴上一点，其横坐标为，过点B作x轴的垂线，交一次函数图象于点C，交反比例函数图象于点D，连接，求的面积． 【答案】（1）， （2）4 【解析】 【分析】（1）根据题意得出点A横坐标为，然后代入一次函数解析式得出，再代入反比例函数解析式即可求解； （2）根据题意得出，，确定，再求出边上的高为：，计算三角形面积即可． 【小问1详解】 解：∵反比例函数的图象与一次函数的图象交于点A，且当时，；当时，， ∴点A横坐标为， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴ 【小问2详解】 ∵B是x轴上一点，其横坐标为， ∴，， ∴， 根据图象得：边上的高为：， ∴的面积为：． 25. 如图，四边形内接于，，连接，在下方作交的延长线于点E，连接并延长，交于点F． （1）求证：是的切线； （2）若平分，，求的长． 【答案】（1）证明：如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴设， ∴， ∴， ， ∵， ∴，即， ∵是的半径， ∴是的切线； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意得出，利用圆周角定理确定，设，确定，，，然后结合图形，利用各角之间的关系得出，即可证明； （2）根据题意得出，再结合图形及等量代换得出，，，，即可求解 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵平分， ∴， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 26. 如图，在菱形中，，E是射线上的一个动点，连接． 【模型建立】 （1）如图1，当点E在线段上时，将射线绕点D逆时针旋转与相交于点F，连接．用等式写出线段的数量关系，并说明理由； 【模型应用】 （2）如图2，当点E在的延长线上时，将射线绕点D逆时针旋转与的延长线相交于点F，连接．用等式写出线段的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】 （3）如图3，O为对角线的中点，连接，将射线绕点O逆时针旋转与直线相交于点F，连接，用等式写出线段的数量关系，并说明理由． 【答案】（1），理由如下： 如图，连接， ∵四边形为菱形，， ∴是等边三角形， ∴， ∵射线绕点D逆时针旋转与相交于点F， ∴， ， ， ∴， ∴， ∴，即； （2），理由如下： 如图，连接， ∵四边形是菱形，， ∴，是等边三角形， ∴， ∵射线绕点D逆时针旋转与的延长线相交于点F， ∴， ， ， ， ， ∴， ∴， ， ， ； （3）解：当点E在线段上，点F在线段上时，；当点E在线段上，点F在线段的延长线上时，；当点E在线段的延长线上时，，理由如下： 如图，当点E在线段上，点F在线段上时， 连接，过点O作交于点G， ∵四边形为菱形，，是等边三角形， ∴， ∵， ∴ ， ∴是等边三角形， ∴， ∵射线绕点O逆时针旋转与直线相交于点F， 同（1）可得， ∴， ∴， 又∵O为的中点， ， ∴， ∴， ∴G为的中点， ∴， ∴)； ②如图，当点E在线段上，点F在线段的延长线上时，连接，过点O作交于点G， 同理得， ∴， ， ， 由①可得， ∴； ③如图，当点E在线段的延长线上时，连接，过点O作交于点G， 同理可证， ∴， ， ， 由①可得 ∴． 【解析】 【分析】（1）连接，根据菱形的性质及等边三角形的判定得出是等边三角形，再由旋转的性质确定，得出，结合全等三角形的判定和性质得出，即可得出结果； （2）连接，根据菱形的性质及等边三角形的判定得出是等边三角形，再由旋转的性质确定，得出，结合全等三角形的判定和性质得出，即可得出结果； （3）由于点E，F的位置不确定，需分点E在线段上，点F在线段上；点E在线段上，点F在线段的延长线上；点E在线段的延长线上三种情况讨论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 27. 如图1，抛物线与x轴、y轴分别交于，B，，直线与y轴相交于点，P是线段上一动点． （1）求抛物线的表达式； （2）过点P作x轴的垂线，交抛物线于点E，交直线于点F，当时，求的长； （3）如图2，G为直线上一动点，连接，，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据待定系数法解答即可； （2）根据，，得出，求出直线的解析式，得出，，​​即可求解； （3）根据，得出，作点关于直线的对称点，连接，过点作，则，得出，根据轴对称的性质和解直角三角形求出，结合P是线段上一动点，得出的最小值为到轴（）的垂线段长度，即； 【小问1详解】 解：将、代入 ： 得， 解得 ∴抛物线表达式为：； 【小问2详解】 解：∵，，在轴上， ∴的横坐标为​，即， 设直线的解析式为：， 代入，得， 解得：， ∴直线的解析式为， ∴，，​​ ∴；​​​ 【小问3详解】 解：∵， ∴， 作点关于直线的对称点，连接，过点作， 则， ∴， 在中，令，则，解得：或， ∴， ∴， 根据轴对称可得，， ∴， ∵P是线段上一动点， ∴的最小值为到轴（）的垂线段长度，即， ∴的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $