精品解析：2026年山东省烟台市开发区二模数学试题

2025-2026年山东省烟台市开发区二模数学试题 本卷满分120分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题 1. 一个几何体如图水平放置，它的俯视图是（ ） A. B. C. D. 2. 已知实数a满足，那么的值是（ ） A. 2023 B. C. 2024 D. 3. 若a，c，d是整数，b是正整数，且满足，，，那么的最大值是（ ） A. B. C. D. １ 4. 如图，电路上有，，，四个断开的开关和一个正常的小灯泡L，将这些开关随机闭合至少两个，能让灯泡发光的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知关于x的方程恰有一个实根，则满足条件的实数a的值的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 如图，四边形是正方形，曲线叫作“正方形的渐开线”，其中，，，，…的圆心依次按O，A，B，循环．当时，点的坐标是( ) A. B. C. D. 7. 刘徽（今山东滨州人）是魏晋时期我国伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基者之一，被誉为“世界古代数学泰斗”．刘徽在注释《九章算术》时十分重视一题多解，其中最典型的是勾股容方和勾股容圆公式的推导，他给出了内切圆直径的多种表达形式．如图，中，的长分别为．则可以用含的式子表示出的内切圆直径，下列表达式错误的是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，正方形ABCD与正方形BEFG有公共顶点B，连接EC、GA，交于点O，GA与BC交于点P，连接OD、OB，则下列结论一定正确的是（ ） ①EC⊥AG；②△OBP∽△CAP；③OB平分∠CBG；④∠AOD=45°； A. ①③ B. ①②③ C. ②③ D. ①②④ 9. 如图所示，正方形与（其中边，分别在，轴的正半轴上）的公共顶点在反比例函数的图象上，直线与，轴分别相交于点，．若这两个正方形的面积之和是，且．则的值是（ ） A. 5 B. 1 C. 3 D. 2 10. 如图，二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，对称轴为直线，下列四个结论：①；②；③；④若，则，其中正确结论的个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4 二、填空题 11. 有个女孩，个男孩，每个孩子摘得相同数目的桃子，共摘个桃子，则男孩有_______________个． 12. 若整数、、满足，且，，则_______． 13. 如果方程的三个根可以作为一个等腰三角形的边长，则实数__． 14. 如图，矩形中，，，为的平分线，F为上一动点，点M为的中点，连接，则的最小值是______． 15. 如图，在菱形中，，点是对角线的中点，以点为圆心，长为半径作圆心角为的扇形，点在扇形内，则图中阴影部分的面积为___________． 16. 当时，最大值与最小值的差为，则的值________． 三、解答题 17. 对一切实数k，有成立，求k的最大值． 18. 阅读：中，分别是的对边，的边角有如下性质： ①正弦定理：． ②余弦定理：． ③，其中表示的面积． 请你根据上述结论求解下列问题： （1）在锐角中，分别是的对边，若，求的大小及的面积． （2）在四边形中，，求的最大值． 19. 从地面竖直向上发射的物体离地面的高度满足关系式，其中是物体运动的时间，是物体被发射时的速度．社团活动时，科学小组在实验楼前从地面竖直向上发射小球． （1）小球被发射后_________时离地面的高度最大（用含的式子表示）． （2）若小球离地面的最大高度为，求小球被发射时的速度． （3）按（2）中的速度发射小球，小球离地面的高度有两次与实验楼的高度相同．小明说：“这两次间隔的时间为．”已知实验楼高，请判断他的说法是否正确，并说明理由． 20. 阅读材料： 对于正数a、b，有，所以，即（当且仅当时取“=”）．特别地：（当且仅当时取“=”）． 因此，当时，有最小值2，此时． 简单应用： （1）函数的最大值为______． （2）求函数，当______时，最小值为______． 解决问题： （3）已知是反比例函数图象上的点，Q是双曲线在第四象限这一分支上的动点，过点Q作直线，使其与双曲线只有一个公共点，且与x轴、y轴分别交于点A、B．另一直线与x轴、y轴分别交于点C、D，求四边形面积的最小值． 21. 如图，点A（8，0），点B分别在x轴，y轴上，直线y＝kx+b与x轴，y轴分别相交于点D，B两点，C在△AOB的外接圆上，且C（4，8）． （1）①直接写出b＝______． ②求证：当k＝时，BD是⊙O'的切线． （2）如图1，若点P是优弧上的一点（不与B，C重合），求sin∠BPC的值． （3）如图2，在（1）的条件下，当P点在⊙O'上运动时，过O作OQ⊥CP于Q，求线段DQ的最小值． 22. 在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长． 解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接． 由旋转的特征得，，，． ∵，， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中， ，，， ∴___①___． ∴． 又∵， ∴在中，___②___． ∵，， ∴___③___． 【问题解决】 上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______． 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明． 【拓展应用】 如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）． 【问题再探】 如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式． 23. 【定义与性质】 如图，记二次函数和的图象分别为抛物线C和． 定义：若抛物线的顶点在抛物线C上，则称是C的伴随抛物线． 性质：①一条抛物线有无数条伴随抛物线； ②若是C的伴随抛物线，则C也是的伴随抛物线，即C的顶点在上． 【理解与运用】 （1）若二次函数和的图象都是抛物线的伴随抛物线，则______，______． 【思考与探究】 （2）设函数的图象为抛物线． ①若函数的图象为抛物线，且始终是的伴随抛物线，求d，e的值； ②若抛物线与x轴有两个不同的交点，，请直接写出的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026年山东省烟台市开发区二模数学试题 本卷满分120分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题 1. 一个几何体如图水平放置，它的俯视图是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了组合体的三视图，解题的关键是根据从上面看到的图形是几何体的俯视图即可解答． 【详解】解：从上面看，如图所示： 故选：C． 2. 已知实数a满足，那么的值是（ ） A. 2023 B. C. 2024 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键． 根据被开方数大于等于0列式求出的取值范围，再去掉绝对值号，然后两边平方整理即可得解． 【详解】解：∵， ， ， 则， ， ， ， 故选：B． 3. 若a，c，d是整数，b是正整数，且满足，，，那么的最大值是（ ） A. B. C. D. １ 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意得，，，代入，已知是正整数，其最小值为1，于是的最大值是． 【详解】解：， ， 又，，， ，，， ， 是正整数，其最小值为1， 的最大值是． 故选：B． 【点睛】本题的实质是考查三元一次方程组的解法．通过解方程组，了解把“三元”转化为“二元”、把“二元”转化为“一元”的消元的思想方法，从而进一步理解把“未知”转化为“已知”和把复杂问题转化为简单问题的思想方法．解三元一次方程组的关键是消元．解题之前先观察方程组中的方程的系数特点，认准易消的未知数，消去未知数，组成元该未知数的二元一次方程组． 4. 如图，电路上有，，，四个断开的开关和一个正常的小灯泡L，将这些开关随机闭合至少两个，能让灯泡发光的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查列举法求事件的概率，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 由题意可得出所有等可能的结果数以及能让灯泡发光的结果数，再利用概率公式可得出答案． 【详解】解：将这些开关随机闭合至少两个，所有等可能的结果有： 闭合两个的情况有：，，，，，，，，，，，， 闭合三个的情况有：，，，，，，，，，，，， 闭合四个的情况有：，，，， 故这些开关随机闭合至少两个共11种， 其中能让灯泡发光的结果有：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共9种， 将这些开关随机闭合至少两个，能让灯泡发光的概率为． 故选：D． 5. 已知关于x的方程恰有一个实根，则满足条件的实数a的值的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了解分式方程，判别式的应用，因式分解法解一元二次方程，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先把整理得，因为关于x的方程恰有一个实根，故，即，再把代入进行计算，得，符合题意；第二种情况：方程有两个不等的实数根， 即方程有一个根为0或2．再进行分析，逐步计算，即可作答． 【详解】解：把去分母， 得． 方程的根的情况有两种： 第一种情况：方程有两个相等的实数根， 即． 解得． 当时，则， 整理得 得． 第二种情况：方程有两个不等的实数根，而其中一根使原方程分母为零， 即，解得或 即方程有一个根为0或2． 当时，代入式得，即． 当时，解方程， 整理得， 解得或． 而是增根，即这时方程①的另一个根是．它不使分母为零，确实是原方程的唯一根． 当时，代入①式，得，即． 当时，解方程， 则，或 此时是增根，故为方程的唯一实根； 因此，若原分式方程只有一个实数根时，所求的a的值分别是，4，6，共3个． 故选：C． 6. 如图，四边形是正方形，曲线叫作“正方形的渐开线”，其中，，，，…的圆心依次按O，A，B，循环．当时，点的坐标是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题得点的位置每4个一循环，经计算得出在第三象限，与，，，…符合同一规律，探究出，，，...的规律即可． 【详解】解：由图得，，… 点C的位置每4个一循环， ， ∴在第三象限，与，，，… 符合规律， ∴坐标为． 故选：A． 【点睛】本题考查了点的坐标的规律的探究，理解题意求出坐标是解题关键． 7. 刘徽（今山东滨州人）是魏晋时期我国伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基者之一，被誉为“世界古代数学泰斗”．刘徽在注释《九章算术》时十分重视一题多解，其中最典型的是勾股容方和勾股容圆公式的推导，他给出了内切圆直径的多种表达形式．如图，中，的长分别为．则可以用含的式子表示出的内切圆直径，下列表达式错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了勾股定理，三角形内接圆半径，令，根据选项中关系式计算比较判断即可． 【详解】解：为直角三角形， 令． 选项A：，选项B：，选项C：，选项D：， 只有D选项结果跟其他选项结果不一致， 表达式错误的是D选项， 故选：D． 8. 如图，正方形ABCD与正方形BEFG有公共顶点B，连接EC、GA，交于点O，GA与BC交于点P，连接OD、OB，则下列结论一定正确的是（ ） ①EC⊥AG；②△OBP∽△CAP；③OB平分∠CBG；④∠AOD=45°； A. ①③ B. ①②③ C. ②③ D. ①②④ 【答案】D 【解析】 【分析】由四边形ABCD、四边形BEFG是正方形，可得△ABG≌△CBE（SAS），即得∠BAG=∠BCE，即可证明∠POC=90°，可判断①正确；取AC的中点K，可得AK=CK=OK=BK，即可得∠BOA=∠BCA，从而△OBP∽△CAP，判断②正确，由∠AOC=∠ADC=90°，可得A、O、C、D四点共圆，而AD=CD，故∠AOD=∠DOC=45°，判断④正确，不能证明OB平分∠CBG，即可得答案． 【详解】解：∵四边形ABCD、四边形BEFG是正方形， ∴AB=BC，BG=BE，∠ABC=90°=∠GBE， ∴∠ABC+∠CBG=∠GBE+∠CBG，即∠ABG=∠EBC， ∴△ABG≌△CBE（SAS）， ∴∠BAG=∠BCE， ∵∠BAG+∠APB=90°， ∴∠BCE+∠APB=90°， ∵∠APB=∠CPO， ∴∠BCE+∠OPC=90°， ∴∠POC=90°， ∴EC⊥AG，故①正确； 取AC的中点K，如图： 在Rt△AOC中，K为斜边AC上的中点， ∴AK=CK=OK， 在Rt△ABC中，K为斜边AC上的中点， ∴AK=CK=BK， ∴AK=CK=OK=BK， ∴A、B、O、C四点共圆， ∴∠BOA=∠BCA， ∵∠BPO=∠CPA， ∴△OBP∽△CAP，故②正确， ∵∠AOC=∠ADC=90°， ∴∠AOC+∠ADC=180°， ∴A、O、C、D四点共圆， ∵AD=CD， ∴∠AOD=∠DOC=∠DAC=45°，故④正确， 由已知不能证明OB平分∠CBG，故③错误， 故正确的有：①②④， 故选：D． 【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，四点共圆等知识，解题的关键是取AC的中点K，证明AK=CK=OK=BK，从而得到A、B、O、C四点共圆． 9. 如图所示，正方形与（其中边，分别在，轴的正半轴上）的公共顶点在反比例函数的图象上，直线与，轴分别相交于点，．若这两个正方形的面积之和是，且．则的值是（ ） A. 5 B. 1 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了反比例函数的图形与性质，反比例函数的系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标的特征，利用线段的长度表示出点的坐标是解题的关键．设，利用正方形的性质和相似三角形的判定与性质得到a，b的关系式，再利用求得a，b值，则点A坐标可求，最后利用待定系数法解答即可得出结论． 【详解】解：设， 由题意得：． ∵正方形与（其中边分别在x，y轴的正半轴上）的公共顶点A在反比例函数的图象上， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． ∴． ∴， ∴． 故选：C 10. 如图，二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，对称轴为直线，下列四个结论：①；②；③；④若，则，其中正确结论的个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查了二次函数的图象和性质，数形结合是解题的关键，利用开口方向和对称轴的位置即可判断①，利用对称轴和特殊点的函数值即可判断②，利用二次函数的最值即可判断③，求出，进一步得到，又根据得到，即可判断④. 【详解】解：①函数图象开口方向向上， ； 对称轴在轴右侧， 、异号， ， ∵抛物线与轴交点在轴负半轴， ， ，故①错误； ②二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，对称轴为直线， ， ， 时，， ， ， ，故②正确； ③对称轴为直线，， 最小值， ， ∴， 故③正确； ④， ∴根据抛物线与相应方程的根与系数的关系可得， ， ， ， ， ， ， 故④正确； 综上所述，正确的有②③④， 故选：C 二、填空题 11. 有个女孩，个男孩，每个孩子摘得相同数目的桃子，共摘个桃子，则男孩有_______________个． 【答案】或 【解析】 【分析】本题主要考查因式分解的应用，根据题意，先写出的形式，再根据能被整除，即可得出答案． 【详解】解：根据题意将变形可得， ∵能被整除， ∴能被整除， ∵n为正整数， ∴为大于11的整数， ∵30的因数中大于的有和， ∴若，则； 若，则， ∴或， 故答案为：或． 12. 若整数、、满足，且，，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据和确定的整数范围，用表示和，枚举验证得到符合条件的整数，计算得． 【详解】解：，且， ，即，， 为整数， 最大为， ， ，即， 整理得， 枚举整数验证： 当时，，此时，，，不符合题意； 当时，，此时，，，不符合题意； 当时，，，，不符合题意； 当时，，，，联立无整数解，不符合题意； 当时，，，，联立无整数解，不符合题意； 当时，，，，联立无整数解，不符合题意； 当时，，，可得满足的整数，，符合，验证得，，满足所有条件，此时， 因此． 13. 如果方程的三个根可以作为一个等腰三角形的边长，则实数__． 【答案】6或 【解析】 【分析】先确定是方程的一个根，再由有两个相等的根或有一个根是2，分别求解的值，根据等腰三角形的三边关系进行验证即可． 【详解】解：方程可变形为：， 即， ∴， ∴或， ∴是方程的一个根， 方程的三个根可以作为一个等腰三角形的边长， 有两个相等的根或有一个根是2， 当有两个相等的根时，△， 解得， 此时方程的根为， 三角形的三条边长分别为2，，； 当有一个根是2时，， 此时方程的根为或， 三角形的三条边长分别为2，2，3； 综上所述：的值为6或， 故答案为：6或． 【点睛】本题是一元二次方程的综合题，主要考查了解一元二次方程、根的判别式以及等腰三角形的定义和三角形的三边关系等知识，求出是方程的一个根是解题的关键． 14. 如图，矩形中，，，为的平分线，F为上一动点，点M为的中点，连接，则的最小值是______． 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求出的解析式，设点，求点坐标，由两点距离公式和二次函数性质可求的最小值； 【详解】解：以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系， ∵，， ∴点，，， ∵为的平分线， ∴， ∴， ∴， ∴点， 设直线的解析式为， 将点，代入可得， ，解得：， ∴， 设， ∵点M为的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴当时，最小， ， 故答案为：； 【点睛】本题考查了矩形的性质，二次函数的性质，两点距离公式等知识，建立平面直角坐标系是本题的关键． 15. 如图，在菱形中，，点是对角线的中点，以点为圆心，长为半径作圆心角为的扇形，点在扇形内，则图中阴影部分的面积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了扇形面积公式，含直角三角形的边长关系，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，作出辅助线证明，则可得，再利用扇形面积公式即可求得阴影部分面积，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，交于点，过点作交于点， 在菱形中，， ，， ， 点是对角线的中点， ，， ， ， ， ， 为等边三角形， ， ， ， ， ， 过点作交于点， ， ， ， ， 故答案为：． 16. 当时，最大值与最小值的差为，则的值________． 【答案】或##或 【解析】 【分析】二次函数开口向上，对称轴，根据对称轴与区间的位置关系分情况讨论，分别求出最大值和最小值，根据差为计算，舍去不符合条件的解． 【详解】解：∵ 中， ∴ 抛物线开口向上，对称轴为直线， 又∵ ， ∴ ，分情况讨论： ①当对称轴在区间的右侧，即时，得，此时函数在上，随的增大而减小， ∴ 当时，取得最大值；当时，取得最小值， 由题意得 ， 解得 ，不符合，故舍去； ②当，即时，此时最小值在对称轴处， ∴的最小值为， ∵抛物线开口向上， ∴离对称轴越近，函数值越小， 又∵， ∴当时，取得最大值， 由题意得 ， 整理得 ， 解得 或（其中与题设矛盾，舍去）； ③当，即时， 同理，此时的最小值为， ∵， ∴ 当时，取得最大值， 由题意得 ， 整理得 ， 解得 或（其中与题设矛盾，舍去）； 综上，的值为或． 三、解答题 17. 对一切实数k，有成立，求k的最大值． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，二次根式的性质，求不等式组的解集，先根据二次根式有意义的条件求出，设，则，得到，即，即可解答． 【详解】解：由题意得 且 ， 解得且， ∴， 设， 则， ∵， ∴，即， ∴的最小值为， ∴的最大值为． 18. 阅读：中，分别是的对边，的边角有如下性质： ①正弦定理：． ②余弦定理：． ③，其中表示的面积． 请你根据上述结论求解下列问题： （1）在锐角中，分别是的对边，若，求的大小及的面积． （2）在四边形中，，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了正弦定理与余弦定理，灵活运用正弦定理与余弦定理是解题的关键． （1）由得到，结合正弦定理 得的值，即可确定、，结合余弦定理可求得,用公式即可求得面积； （2）先根据已知证明，在确定当过点时最大，进而利用余弦定理求解即可． 【小问1详解】 解： ， ， ， 为锐角， ， 又，，， ， ． 【小问2详解】 在中，，， ， , 点在以为直径的圆上． 设的中点为，当过点时取得最大值，如图所示: 在中，， , （负值已舍）． 又， 的最大值为． 19. 从地面竖直向上发射的物体离地面的高度满足关系式，其中是物体运动的时间，是物体被发射时的速度．社团活动时，科学小组在实验楼前从地面竖直向上发射小球． （1）小球被发射后_________时离地面的高度最大（用含的式子表示）． （2）若小球离地面的最大高度为，求小球被发射时的速度． （3）按（2）中的速度发射小球，小球离地面的高度有两次与实验楼的高度相同．小明说：“这两次间隔的时间为．”已知实验楼高，请判断他的说法是否正确，并说明理由． 【答案】（1） （2） （3）小明的说法不正确， 理由如下： 由（2），得， 当时，， 解方程，得，， ∴两次间隔的时间为， ∴小明的说法不正确． 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是： （1）把函数解析式化成顶点式，然后利用二次函数的性质求解即可； （2）把，代入求解即可； （3）由（2），得，把代入，求出t的值，即可作出判断. 【小问1详解】 解： ， ∴当时，h最大， 故答案为：； 【小问2详解】 解：根据题意，得 当时，， ∴， ∴（负值舍去）； 【小问3详解】 略 20. 阅读材料： 对于正数a、b，有，所以，即（当且仅当时取“=”）．特别地：（当且仅当时取“=”）． 因此，当时，有最小值2，此时． 简单应用： （1）函数的最大值为______． （2）求函数，当______时，最小值为______． 解决问题： （3）已知是反比例函数图象上的点，Q是双曲线在第四象限这一分支上的动点，过点Q作直线，使其与双曲线只有一个公共点，且与x轴、y轴分别交于点A、B．另一直线与x轴、y轴分别交于点C、D，求四边形面积的最小值． 【答案】（2）；（2）；（3）48 【解析】 【分析】（1）求得，进而求得结果； （2）变形，进一步求得结果； （3）设点，求出的解析式和反比例函数的解析式，进而联立得出一元二次方程，由根的判别式为0，求得的关系，进而表示出四边形的面积，进一步得出结果． 【详解】解：（1）∵， ， 故答案为：； （2）， 当时， 即：当时，， 故答案为：； （3）把代入得， ， ， 设点， ∴直线的解析式为：， 由得，， ∵直线与双曲线只有一个公共点， ， ， 由得：， ， ∴， ∴当，即：时，四边形的面积最小值为：48． 【点睛】本题以阅读题方式给出一个基本不等式，考查了求反比例函数的解析式，一次函数的解析式，一元二次方程根的判别式，解方程等知识，解决问题的关键是设点的坐标，转化为一元二方程的有关问题． 21. 如图，点A（8，0），点B分别在x轴，y轴上，直线y＝kx+b与x轴，y轴分别相交于点D，B两点，C在△AOB的外接圆上，且C（4，8）． （1）①直接写出b＝______． ②求证：当k＝时，BD是⊙O'的切线． （2）如图1，若点P是优弧上的一点（不与B，C重合），求sin∠BPC的值． （3）如图2，在（1）的条件下，当P点在⊙O'上运动时，过O作OQ⊥CP于Q，求线段DQ的最小值． 【答案】（1）①6；②证明见解析；（2）sin∠BPC＝；（3）线段DQ的最小值＝． 【解析】 【分析】（1）①在Rt△O′OF中，则OO′2＝OF2+O′F2，即r2＝42+（8﹣r）2，解得r＝5，求出点B（0，6），即可求解；②求出点A、B、D的坐标，利用勾股定理即可求解； （2）因为∠BPC＝∠BAC，而Rt△ABC中，AB＝10，，则sin∠BAC＝＝，即可求解； （3）当点Q在CP上运动时，Rt△COQ的斜边OC不变，故Q点在以OC为直径的圆G上，此时线段DQ最小值即为射线DG与圆G相交的离点D近的交点，即可求解． 【详解】解：（1）①作CE⊥x轴于点E，则点E（4，0），即点E是OA的中点，故CE过O′， ∵∠AOB＝90°，故点O′在AB上，故CE与BA交于点O′， 过点O′作O′F⊥y轴交于点F，连接O′O， 设圆O′的半径为r，在Rt△O′OF中，则OO′2＝OF2+O′F2，即r2＝42+（8﹣r）2，解得r＝5， 故OF＝8﹣r＝3，OB＝2OF＝6，故点B（0，6），则b＝6； 故答案为6； ②点B（0，6），k＝，则直线BD的表达式为y＝x+6， 令y＝0，即x+6＝0，解得x＝﹣，故点D（﹣，0）， ∵点A、B、D的坐标分别为（8，0）、（0，6）、（﹣，0）， 则AB＝＝10，同理可得：AD＝，BD＝， 则AD2＝AB2+BD2，故△ABD为直角三角形，故∠ABD＝90°， ∴BD是⊙O'的切线； （2）如图2，连接BC、AC， 则∠BPC＝∠BAC， ∵AB是直径，故∠ACB＝90°， 则Rt△ABC中，AB＝10，， 则sin∠BAC＝＝， 故sin∠BPC＝； （3）如图3，当点Q在CP上运动时，Rt△COQ的斜边OC不变， 故Q点在以OC为直径的圆G上，此时线段DQ最小值即为射线DG与圆G相交的离点D近的交点， 此时的DQ＝DG﹣圆G的半径， ∵点D（，0）、而点G为OC的中点，故点G（2，4）， 则DG＝＝，同理OC＝4， 故线段DQ最小值． 【点睛】本题考查了圆的综合应用，一次函数，三角函数值，勾股定理，切线等的知识，熟悉相关性质是解题的关键． 22. 在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长． 解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接． 由旋转的特征得，，，． ∵，， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中， ，，， ∴___①___． ∴． 又∵， ∴在中，___②___． ∵，， ∴___③___． 【问题解决】 上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______． 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明． 【拓展应用】 如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）． 【问题再探】 如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式． 【答案】【问题解决】①；②；③5； 【知识迁移】， 证明：如图，将绕点逆时针旋转，得到． 过点作交边于点，连接． AI    由旋转的特征得． 由题意得， ∴． 在和中，， ∴． ∴． 又∵为正方形的对角线， ∴． ∵， ∴． 在和中，， ∴， ∴． 在和中，， ∴． ∴． 在中，， ∴． 【拓展应用】； 【问题再探】 【解析】 【分析】【问题解决】根据题中思路解答即可； 【知识迁移】如图，将绕点逆时针旋转，得到．过点作交边于点，连接．由旋转的特征得．结合题意得．证明，得出．根据正方形性质得出．结合，得出．证明，得出．证明．得出．在中，根据勾股定理即可求解； 【拓展应用】如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，将绕着点顺时针旋转，得到，连接．则．则，，根据，证明，得出，过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．得出，证明是等腰直角三角形，得出，，在中，根据勾股定理即可证明； 【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．由旋转的特征得．根据，得出，证明，得出，根据勾股定理算出，根据，表示出，证明，根据相似三角形的性质表示出，，同理可得．，证明四边形为矩形．得出，，在中，根据勾股定理即可求解； 【详解】【问题解决】解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接． 由旋转的特征得，，，． ∵，， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中，，，， ∴①． ∴． 又∵， ∴在中，②． ∵，， ∴③． 【知识迁移】略 【拓展应用】． 证明：如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点， 将绕着点顺时针旋转，得到，连接． 则． 则，， ， ， 在和中 ， ， ∴， 过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形． ∴， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， 在中，，， ∴， 即， 又∴， ∴， 即， 【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点． 由旋转的特征得． ， ， ，即， 在和中，， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， ，即， ， 同理可得． ， ， ， 又∵， ∴四边形为矩形． ， ， 在中，． ， 解得． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是旋转变换的性质、矩形的性质和判定、正方形的性质和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用旋转变换作图，掌握以上知识点是解题的关键． 23. 【定义与性质】 如图，记二次函数和的图象分别为抛物线C和． 定义：若抛物线的顶点在抛物线C上，则称是C的伴随抛物线． 性质：①一条抛物线有无数条伴随抛物线； ②若是C的伴随抛物线，则C也是的伴随抛物线，即C的顶点在上． 【理解与运用】 （1）若二次函数和的图象都是抛物线的伴随抛物线，则______，______． 【思考与探究】 （2）设函数的图象为抛物线． ①若函数的图象为抛物线，且始终是的伴随抛物线，求d，e的值； ②若抛物线与x轴有两个不同的交点，，请直接写出的取值范围． 【答案】（1）2；；（2）①；②或 【解析】 【分析】题目主要考查二次函数的综合应用及新定义理解，熟练掌握二次函数的性质结合图象求解是解题关键． （1）根据题意确定点在的伴随抛物线上，代入求解即可； （2）①根据题意确定顶点坐标为：，然后代入解析式得出，即可求解； ②根据题意得出顶点坐标在图像上滑动，然后分情况分析即可得出结果． 【详解】解：（1）二次函数和的图象都是抛物线的伴随抛物线， ∴点在的伴随抛物线上， 代入得：，， 解得：，， 故答案为：2；； （2）①， ∴顶点坐标为：， ∵函数的图象为抛物线，且始终是的伴随抛物线， ∴， 整理得：， ∴； ②∵与x轴有两个不同的交点，， 由①得：函数的图象为抛物线，且始终是的伴随抛物线， ∴顶点坐标在图像上滑动， 顶点为， 当时， 解得：或， 抛物线与x轴交两个点， 当顶点在下方时，抛物线有两个交点，， ∵若是的伴随抛物线，则也是的伴随抛物线，即C的顶点在上． ∴在 上， 当顶点在下方时，； 综上可得：或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $