精品解析：广东 湛江市赤坎区金沙湾学校2025-2026学年第一学期期中素养检查九年级数学试卷

2025-2026学年第一学期期中素养检查 九年级数学试卷 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. 等边三角形 B. 平行四边形 C. 等腰梯形 D. 圆 2. 下列方程是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 3. 对于二次函数，下列说法正确的是（　　） A. 图象开口向下 B. 图象的对称轴是直线 C. 时，函数有最小值 D. 时，随的增大而减小 4. 如图，是的直径，，则（　　） A. B. C. D. 5. 若关于的一元二次方程有实数解，则的取值是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，的半径为5，，是弦上的一个动点（不与点，重合），则的最小值是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 7. 如图，二次函数的图象与轴交于，两点，下列结论：①点的坐标为 ； ② ；③当时，有最大值是； ④时，随的增大而增大 ； ⑤当时，，正确的个数为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，， 分别与 相切于点 ，，过圆上点 作 的切线 分别交 ， 于点 ，，若 ，则 的周长是（ ） A. B. C. D. 9. 如图所示，二次函数的图像与轴的一个交点坐标为，则关于的一元二次方程的解为（ ） A. B. C. D. 10. 正三角形外接圆面积是，其内切圆面积是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 如果点P(2，a)和点Q(-b，4）关于原点对称，则a-b=________． 12. 某商店从厂家以每件30元的价格购回一批商品，该商店可自行定价．若每件商品售价为a元，则可卖出件，但物价部门限定每件商品加价不能超过进价的，如果要使商店在这批商品中获得3000元利润（不计其他成本），每件商品定价应为__________元． 13. 当时，二次函数的最大值是________，最小值是________． 14. 一块直角三角板的30°角的顶点A落在圆O上，两边分别交圆O于B、C两点，则弧BC的度数为____________ 15. 如图,的顶点分别在轴,轴上,,,,将绕点顺时针旋转,每次旋转,则第次旋转结束时,点的坐标为_________． 三、解答题一（每小题7分，共21分） 16. 下面方框内是嘉淇解一元二次方程的过程． 解：二次项系数化为1，得第一步 移项，得，…第二步 配方，得，即，…第三步 由此可得，…第四步 所以，．…第五步 （1）在嘉淇的解题过程中，从第______步开始出现错误； （2）请写出正确的解答过程． 17. 已知抛物线y=x2+bx +c的对称轴为y轴，且过点C（0，3）． （1）求：此抛物线的解析式； （2）若点（-2，y1）与（3，y2）在此抛物线上，则y1 y2（填 “>”、“=”或“<”）． 18. 今年某村农产品喜获丰收，该村村委会在网上直播销售A、B两种优质农产品礼包． （1）已知今年7月份销售A种农产品礼包256包，8、9月该礼包十分畅销，销售量持续走高，在售价不变的基础上，9月份的销售量达到400包．若设8、9两个月销售量的月平均增长率为x，求x的值； （2）若B种农产品礼包每包成本价为16元，当售价为每包30元时，每月销量为200包．为了尽快减少库存，该村准备在10月进行降价促销，经调查发现，若B种农产品礼包每包每降价1元，月销售量可增加20包，当B种农产品礼包每包降价多少元时，该村销售B种农产品礼包在10月份可获利2860元? 四、解答题二（每小题9分，共27分） 19. 如图，是的外接圆，是的直径，C是延长线上一点，在上，连接，若． （1）求证：为的切线； （2）若，，求的长． 20. 如图，在中，，将绕点C旋转一定的角度得到，点D恰好落在边上． （1）求证：平分； （2）连接，若，，求的长． 21. 如图，在中，，点P从A开始沿边向点B以的速度移动，与此同时，点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动．点P，Q同时出发，当点Q运动到点C时，两点停止运动，设运动时间t秒． （1）填空：______，______；（用含t的代数式表示）； （2）当t为几秒时，的长度等于； （3）是否存在某一时刻t，使四边形的面积等于面积的？如果存在，求出t的值，如果不存在，请说明理由． 五、解答题三（第22题13分，第23题14分） 22. 小贺同学在数学探究课上，用几何画板进行了如下操作：首先画一个正方形，一条线段，再以点A为圆心，的长为半径，画分别交于点E．交于点G．过点E，G分别作，的垂线交于点F，易得四边形也是正方形，连接． （1）【探究发现】如图1， 与的大小和位置关系：_________． （2）【尝试证明】如图2，将正方形绕圆心A转动，在旋转过程中，上述（1）的关系还存在吗？请说明理由． （3）【思维拓展】如图3，若，则 ①在旋转过程中，点B，A，G三点共线时，的值为__________； ②在旋转过程中，的最大值是 23. 【项目式学习】 项目主题：合理设计 智慧泉源 项目背景：为加强校园文化建设，学校计划在原有的喷泉池内增设一块矩形区域，安装LED发光地砖灯，用于展示校园文化标语，要求该矩形区域被喷泉喷出水柱完全覆盖，因此需要对原有喷泉的喷头竖直高度进行合理调整．围绕这个问题，某数学学习小组开展了“合理设计智慧泉源”为主题的项目式学习． 任务一 测量建模 （1）如图1，在水平地面上的喷泉池中心有一个可以竖直升降的喷头，它向四周喷出的水柱为抛物线．经过测量，水柱的落点均在水平地面半径为2米的圆上，在距池中心水平距离0.75米处，水柱达到最高，高度为1.25米．学习小组根据喷泉的实景进行抽象，以池中心为原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立平面直角坐标系，画出如图2所示的函数图象，求水柱所在抛物线（第一象限部分）的函数表达式（不需写自变量的取值范围）； 任务二 推理分析 （2）学习小组通过进一步分析发现：当喷头竖直高度调整时，喷头喷出的水柱抛物线形状不发生改变，当喷头竖直高度增加h米，水柱落点形成的圆半径相应增加d米，h与d之间存在一定的数量关系，求出h与d之间的数量关系式； 任务三 设计方案 （3）现计划在原有喷水池内增设一块矩形区域，米，米，增设后的俯视图如图3所示，与原水柱落点形成的圆相切，切点为的中点P．若要求增设的矩形区域被喷泉喷出水柱完全覆盖，则喷头竖直高度至少应该增加______米． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期期中素养检查 九年级数学试卷 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. 等边三角形 B. 平行四边形 C. 等腰梯形 D. 圆 【答案】D 【解析】 【分析】 逐一考查各选项图形的对称性即可得到解答． 【详解】解：A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，所以不符合题意； B、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，所以不符合题意； C、等腰梯形是轴对称图形，不是中心对称图形，所以不符合题意； D、圆既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； 故选D． 【点睛】本题考查图形的对称性，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的意义和特征是解题关键． 2. 下列方程是一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的定义，熟练掌握一元二次方程的定义是解题的关键；因此此题可根据“只含有一个未知数，并且未知数的最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程”进行求解即可． 【详解】解：A、未知数的最高次数为1，不是一元二次方程，故不符合题意； B、是一元二次方程，故符合题意； C、方程可变形为，不是一元二次方程，故不符合题意； D、不是整式方程，故不符合题意； 故选B． 3. 对于二次函数，下列说法正确的是（　　） A. 图象开口向下 B. 图象的对称轴是直线 C. 时，函数有最小值 D. 时，随的增大而减小 【答案】D 【解析】 【分析】将二次函数化为顶点式，然后对选项逐个判断即可． 【详解】解： ，开口向上，A选项错误， 对称轴为，B选项错误， 当时，函数有最小值，最小值为，C选项错误 当时，随的增大而减小，∴时，随的增大而减小 D选项正确， 故选D． 【点睛】此题考查了二次函数的性质，解题的关键是掌握二次函数的有关性质． 4. 如图，是的直径，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是圆周角定理，三角形内角和定理，证明，结合，再利用三角形的内角和定理可得答案． 【详解】解： ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：D． 5. 若关于的一元二次方程有实数解，则的取值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据根的判别式进行求解即可． 【详解】解：关于的一元二次方程有实数解， ， 解得 故选：A． 【点睛】本题考查根的判别式，解答的关键在于熟记根的判别式并灵活运用． 6. 如图，的半径为5，，是弦上的一个动点（不与点，重合），则的最小值是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据垂线段最短，得到当时,最小由垂径定理和勾股定理求出答案． 【详解】解：连接， 是弦上的一个动点 当时,最小， ，由垂径定理得是的中点， 在中，，， 由勾股定理 故选：C． 【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理以及垂线段最短的性质；熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键． 7. 如图，二次函数的图象与轴交于，两点，下列结论：①点的坐标为 ； ② ；③当时，有最大值是； ④时，随的增大而增大 ； ⑤当时，，正确的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，由二次函数顶点式即可对称轴和顶点坐标，进而根据对称性可求出点坐标，即可判定①；再根据点坐标求出即可判断②；由抛物线的开口方向和顶点坐标可判断③；由二次函数的增减性可判断④；由二次函数的性质可判断⑤，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴二次函数的对称轴为直线，顶点坐标为， ∵、两点是抛物线与轴的交点， ∴点关于对称轴对称， ∵， ∴，故①正确； ∵，， ∴，故②正确； ∵， ∴当时，有最大值是，故③错误； ∵， ∴抛物线开口向下，当时，随的增大而减小， ∴时，随的增大而减小，故④错误； ∵， 当时，有最大值是， 当时，有最小值是， ∴当时，，故⑤正确； 综上，正确的结论有①②⑤，共个， 故选：． 8. 如图，， 分别与 相切于点 ，，过圆上点 作 的切线 分别交 ， 于点 ，，若 ，则 的周长是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据切线长定理，得到：，进而推出的周长等于，即可得解． 【详解】解：∵， 分别与 相切于点 ，， ∴， ∵过圆上点 作 的切线 分别交 ， 于点 ，， ∴， ∴ 的周长是： ； 故选B． 【点睛】本题考查切线长定理．熟练掌握切线长相等，是解题的关键． 9. 如图所示，二次函数的图像与轴的一个交点坐标为，则关于的一元二次方程的解为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定抛物线的对称轴，然后根据抛物线的对称性确定图象与x轴的另一个交点，再根据二次函数与一元二次方程的关系解答即可． 【详解】解：∵二次函数的对称轴是直线，图象与轴的一个交点坐标为， ∴图象与轴的另一个交点坐标为（﹣1，0）， ∴一元二次方程的解为． 故选：B． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质以及二次函数与一元二次方程的关系，属于常考题型，熟练掌握基本知识是解题的关键． 10. 正三角形外接圆面积是，其内切圆面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】△ABC为等边三角形，利用外接圆和内切圆的性质得∠OBC=30°，在Rt△OBD中，利用含30°的直角三角形三边的关系得到OD=OB，然后根据圆的面积公式得到△ABC的外接圆的面积与其内切圆的面积之比，即可得解. 【详解】△ABC为等边三角形，AD为角平分线，⊙O为△ABC的内切圆，连OB，如图所示： ∵△ABC为等边三角形，⊙O为△ABC的内切圆， ∴点O为△ABC的外心，AD⊥BC， ∴∠OBC=30°， 在Rt△OBD中，OD=OB， ∴△ABC的外接圆的面积与其内切圆的面积之比=OB2：OD2=4：1． ∵正三角形外接圆面积是， ∴其内切圆面积是 故选：D. 【点睛】本题考查了正多边形与圆：正多边有内切圆和外接圆，并且它们是同心圆．也考查了等边三角形的性质． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 如果点P(2，a)和点Q(-b，4）关于原点对称，则a-b=________． 【答案】-6 【解析】 【分析】根据关于原点对称的点的坐标特证构造方程-b＝−2，a＝−4，再解方程即可得到a、b的值，进而可算出答案． 【详解】解：∵点P（2，a）和点Q（−b，4）关于原点对称， ∴−b＝−2，a＝−4， 解得：b＝2，a＝−4， 则， 故答案为：-6． 【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标：掌握关于原点对称的特征，两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点是P′（−x，−y）．关键是利用对称性质构造方程． 12. 某商店从厂家以每件30元的价格购回一批商品，该商店可自行定价．若每件商品售价为a元，则可卖出件，但物价部门限定每件商品加价不能超过进价的，如果要使商店在这批商品中获得3000元利润（不计其他成本），每件商品定价应为__________元． 【答案】40 【解析】 【分析】根据进价、售价、数量和利润之间的关系列方程求解，再根据加价不能超过进价的求出售价的取值范围，进而可得答案． 【详解】解：由题意得：， 解得：，， ∵每件商品加价不能超过进价的， ∴， ∴， ∴， 即每件商品定价应为40元， 故答案为：40． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找出合适的数量关系列出方程是解题的关键． 13. 当时，二次函数的最大值是________，最小值是________． 【答案】 ①. 2 ②. -2 【解析】 【分析】已知函数y＝−x2＋4x−2的标准式，将其化为顶点式为y＝2−（x−2）2，考虑0≤x≤3，即可求解此题． 【详解】将标准式化为两点式为y＝−（x−2）2＋2，0≤x≤3， ∵开口向下， ∴当x＝2时，有最大值：ymax＝2， 当x＝0时，ymin＝−2． 故答案为2，−2． 【点睛】求二次函数的最大（小）值有三种方法，第一种可由图象直接得出，第二种是配方法，第三种是公式法．此题要注意x的取值范围，在0≤x≤3范围内求解 14. 一块直角三角板的30°角的顶点A落在圆O上，两边分别交圆O于B、C两点，则弧BC的度数为____________ 【答案】60°##60度 【解析】 【分析】根据圆周角定理求解即可． 【详解】解：连接OB、OC，如图， ∵∠A与∠BOC都对应， ∴∠BOC=2∠A=60°， 故答案为：60°． 【点睛】本题考查了圆周角定理，需要掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半． 15. 如图,的顶点分别在轴,轴上,,,,将绕点顺时针旋转,每次旋转,则第次旋转结束时,点的坐标为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求出点初始坐标,再利用旋转知识得出每次旋转后的坐标,观察出每次一循环,即可得到本题答案． 【详解】解:∵,, ∴, 过点C作轴交轴与点D, , ∴, ∵, ∴, ∴, ∵将绕点顺时针旋转,每次旋转, ∴第一次旋转得到的坐标为, 第二次旋转得到的坐标为, 第三次旋转得到的坐标为, 第四次旋转得到的坐标为, 第五次旋转得到的坐标为, 可以发现的坐标四次一循环, ∴第次旋转结束时:, ∴第次旋转结束时点的坐标为:, 故答案为:． 【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中点坐标的规律问题,勾股定理,等腰直角三角形性质,旋转的性质． 三、解答题一（每小题7分，共21分） 16. 下面方框内是嘉淇解一元二次方程的过程． 解：二次项系数化为1，得第一步 移项，得，…第二步 配方，得，即，…第三步 由此可得，…第四步 所以，．…第五步 （1）在嘉淇的解题过程中，从第______步开始出现错误； （2）请写出正确的解答过程． 【答案】（1）三 （2） ， 二次系数化为1，， 移项，， 配方，，即， 直接开方， 原方程的解为，． 【解析】 【分析】本题主要考查配方法，直接开方法解一元二次方程，掌握完全公式的配方法解方程是解题的关键． （1）根据完全平方公式即可求解； （2）在小明同学的第三步开始，左右两边同时加1，根据完全平方公式配方，然后直接开方解方程即可求解． 【小问1详解】 解：第三步中，的一次项系数是2，根据完全平方公式可知常数项应该是，即左右两边同时加1即可， 第三步出错， 故答案为：三； 【小问2详解】 略 17. 已知抛物线y=x2+bx +c的对称轴为y轴，且过点C（0，3）． （1）求：此抛物线的解析式； （2）若点（-2，y1）与（3，y2）在此抛物线上，则y1 y2（填 “>”、“=”或“<”）． 【答案】（1）；（2）< 【解析】 【分析】（1）先根据对称轴为y求出b的值，再由抛物线经过（0，3）求出c的值即可得到答案； （2）分别求出和的值，即可得到答案 【详解】解：（1）∵抛物线的对称轴为轴， ∴， ∴， ∵点C（0，3）在抛物线上， ∴， ∴抛物线解析式为； （2）当时，，当时，， ∴， 故答案为：＜． 【点睛】本题主要考查了求二次函数的解析式，比较二次函数两个点的函数值，解题的关键在于能够根据题意求出解析式． 18. 今年某村农产品喜获丰收，该村村委会在网上直播销售A、B两种优质农产品礼包． （1）已知今年7月份销售A种农产品礼包256包，8、9月该礼包十分畅销，销售量持续走高，在售价不变的基础上，9月份的销售量达到400包．若设8、9两个月销售量的月平均增长率为x，求x的值； （2）若B种农产品礼包每包成本价为16元，当售价为每包30元时，每月销量为200包．为了尽快减少库存，该村准备在10月进行降价促销，经调查发现，若B种农产品礼包每包每降价1元，月销售量可增加20包，当B种农产品礼包每包降价多少元时，该村销售B种农产品礼包在10月份可获利2860元? 【答案】（1）的值为25% （2）当B种农产品礼包每包降价3元时，该村销售B种农产品礼包在10月份可获利2860元 【解析】 【分析】（1）利用9月份的销售量=7月份的销售量月平均增长率，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出x的值； （2）设B种农产品礼包每包降价m元，则每包的销售利润为元，月销售量为包，利用总利润=每包的销售利润×月销售量，即可得出关于m的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论． 【小问1详解】 依题意得：， 解得：，（不合题意，舍去）． 答：的值为25%． 【小问2详解】 设B种农产品礼包每包降价m元，则每包的销售利润为元，月销售量为包，依题意得：， 整理得：， 解得：，. ∵为了尽快减少库存， ∴． 答：当B种农产品礼包每包降价3元时，该村销售B种农产品礼包在10月份可获利2860元． 【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． 四、解答题二（每小题9分，共27分） 19. 如图，是的外接圆，是的直径，C是延长线上一点，在上，连接，若． （1）求证：为的切线； （2）若，，求的长． 【答案】（1） 证明：如图1，连接． 是的直径， ， ． ， ． ，， ， ， 为的切线． （2） 【解析】 【分析】（1）连接，利用同弧所对的圆周角相等、等腰三角形的性质及直径所对的圆周角是直角即可得到与垂直，即是的切线； （2）设交于点H，由，得到，根据垂径定理，设，则．利用勾股定理求出，从而利用勾股定理求得的长． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图2，设交于点H． ， ， ，． ， ． 设，则． ，， ， ， 解得， ， ， ． 【点睛】本题是圆的综合，考查了切线的判定，，圆周角的有关性质，垂径定理，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用勾股定理建立方程是解题的关键． 20. 如图，在中，，将绕点C旋转一定的角度得到，点D恰好落在边上． （1）求证：平分； （2）连接，若，，求的长． 【答案】（1）见详解； （2） 【解析】 【分析】（1）根据旋转的性质可得，再由“等边对等角”可得，因此可得，即可得出平分． （2）连接，根据全等三角形的性质可得，由此可得．再根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 ”可得，又由即可证是等边三角形，可得，再证，由此可得，根据SAS证明，则可知，在中，根据勾股定理求出的长，再在中根据勾股定理即可求出的长． 【小问1详解】 ∵绕点C旋转一定的角度得到， ∴， ， ， ∴平分． 【小问2详解】 如图，连接， ， ． 又， ， ． 又， ， 是等边三角形， ，． 又， ， ， ． 在和中， ，，, ， ， ， ． ∴的长为． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，以及勾股定理，综合性较强．正确的作出辅助线，且证明出是解题的关键． 21. 如图，在中，，点P从A开始沿边向点B以的速度移动，与此同时，点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动．点P，Q同时出发，当点Q运动到点C时，两点停止运动，设运动时间t秒． （1）填空：______，______；（用含t的代数式表示）； （2）当t为几秒时，的长度等于； （3）是否存在某一时刻t，使四边形的面积等于面积的？如果存在，求出t的值，如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）， （2）或 （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据路程=速度×时间，，，结合已知解答即可． （2）根据勾股定理，列式计算即可． （3）根据列式计算即可． 【小问1详解】 ∵，点P从A开始沿边向点B以的速度移动，点Q从点B开始沿边向点C以的速度移动． ∴，， ∴， 故答案为：，． 【小问2详解】 ∵，， ， ∴， 整理，得， 解得， 当运动时间为或运动时间为时，的长度等于． 【小问3详解】 ∵，， ， ∴， ∴， 整理，得， 解得（舍去）， 故当运动时间为2秒时，四边形的面积等于面积的． 【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形中的动点问题，一元二次方程的应用，熟练掌握勾股定理，解方程是解题的关键． 五、解答题三（第22题13分，第23题14分） 22. 小贺同学在数学探究课上，用几何画板进行了如下操作：首先画一个正方形，一条线段，再以点A为圆心，的长为半径，画分别交于点E．交于点G．过点E，G分别作，的垂线交于点F，易得四边形也是正方形，连接． （1）【探究发现】如图1， 与的大小和位置关系：_________． （2）【尝试证明】如图2，将正方形绕圆心A转动，在旋转过程中，上述（1）的关系还存在吗？请说明理由． （3）【思维拓展】如图3，若，则 ①在旋转过程中，点B，A，G三点共线时，的值为__________； ②在旋转过程中，的最大值是 【答案】（1） （2） （1）中的关系存在． 理由如下： 延长交于点M，交于点N， ∵， ∴， ∴． 在和中， ∴． ∴． 在和中， ∵， ∴， ∴． ∴且． （3）①，② 【解析】 【分析】（1）①延长交于H，连接， 证得三点共线，是等腰三角形，由四边形是矩形，四边形是矩形，可得出； （2）通过延长交于点M，交于点N．证得，即可得出答案； （3）①延长、交于点Q，可得四边形是矩形、四边形是矩形，得出，，再利用勾股定理即可得出答案；②依题意可得出F的运动轨迹是以A为圆心，为半径的圆，当C、A、F三点共线，且时，取得最大值，即可得出答案． 【小问1详解】 解：延长交于H，连接， 在正方形和正方形中： ，平分，平分， ∴，， ∴三点共线， ∴． ∵，， ∴四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ， ∵， ∴ ∵， ∴， 故答案为∶． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：①延长、交于点Q， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， 故答案为：． ②在正方形和正方形中∶ ， ∴F的运动轨迹是以A为圆心，为半径的圆， ∴当C、A、F三点共线，且时，取得最大值． 此时， 故答案为：． 【点睛】此题考查了旋转、正方形的性质、矩形的判定和性质、勾股定理、利用隐圆求线段最大值，难度系数较大，是中考压轴题． 23. 【项目式学习】 项目主题：合理设计 智慧泉源 项目背景：为加强校园文化建设，学校计划在原有的喷泉池内增设一块矩形区域，安装LED发光地砖灯，用于展示校园文化标语，要求该矩形区域被喷泉喷出水柱完全覆盖，因此需要对原有喷泉的喷头竖直高度进行合理调整．围绕这个问题，某数学学习小组开展了“合理设计智慧泉源”为主题的项目式学习． 任务一 测量建模 （1）如图1，在水平地面上的喷泉池中心有一个可以竖直升降的喷头，它向四周喷出的水柱为抛物线．经过测量，水柱的落点均在水平地面半径为2米的圆上，在距池中心水平距离0.75米处，水柱达到最高，高度为1.25米．学习小组根据喷泉的实景进行抽象，以池中心为原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立平面直角坐标系，画出如图2所示的函数图象，求水柱所在抛物线（第一象限部分）的函数表达式（不需写自变量的取值范围）； 任务二 推理分析 （2）学习小组通过进一步分析发现：当喷头竖直高度调整时，喷头喷出的水柱抛物线形状不发生改变，当喷头竖直高度增加h米，水柱落点形成的圆半径相应增加d米，h与d之间存在一定的数量关系，求出h与d之间的数量关系式； 任务三 设计方案 （3）现计划在原有喷水池内增设一块矩形区域，米，米，增设后的俯视图如图3所示，与原水柱落点形成的圆相切，切点为的中点P．若要求增设的矩形区域被喷泉喷出水柱完全覆盖，则喷头竖直高度至少应该增加______米． 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【分析】本题考查二次函数的应用，简单几何体的三视图，掌握待定系数法求二次函数的关系式是正确解答的关键． （1）根据题意可得第一象限中的抛物线的顶点坐标为，且过点，设抛物线关系式的顶点式，代入计算即可； （2）根据抛物线的形状不变，即a的值不变，顶点坐标变为，抛物线与x轴的交点坐标变为，代入即可得出h与d的还是关系式； （3）根据勾股定理求出的长，进而得出d的值，再代入h与d的函数关系式进行计算即可． 【详解】（1）解： 由题意可知，第一象限中的抛物线的顶点坐标为，且过点， 设抛物线的关系式为，将代入得， ， 解得， ∴第一象限中抛物线的关系式为； （2）由于喷头喷出的水柱抛物线形状不发生改变，喷头竖直高度增加h米， 其抛物线的关系式为，过点， ∴， 即， （3）如图，延长交于点Q，则米，米，米，连接， 在中，米，米， ∴（米）， 即水柱落点形成的圆半径相应增加0.5米，， 将代入得， （米）， 故答案为：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $