2025花都区中考二模数学试题（答案解析）_广州九上月考+期中+期末+一模二模+中考真题_2025中考二模

2024 学年第二学期九年级第二次调研测试 数学（问卷） 本试卷分选择题和非选择题两部分，共三大题25小题，满分120分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必在答题卡第1页、第5页上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写自己的学校、 姓名、考号；并用2B 铅笔把对应号码的标号涂黑． 2．选择题每小题选出答案后，用2B 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；不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，涉及作图的题目，用2B 铅笔画图．答案 必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写 上新的答案；改动的答案也不能超出指定的区域，不准使用铅笔，圆珠笔和涂改液，不按以 上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁，不能折叠答题卡．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交 回． 第一部分（选择题共30分） 一、选择题（本大题共10题，每题3分，满分30分．在每题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目的要求．） 1. 12（ ）． A. 1 B. 3 C. 1 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了有理数的加法计算，直接根据有理数的加法计算法则求解即可． 【详解】解：121， 故选：A． 2. 下列每组数分别是三根小木棒的长度，将它们首尾顺次相接，能摆成三角形的是（ ） A. 3，4，7 B. 6，8，15 C. 5，12，13 D. 5，5，11 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查三角形的三边关系．三角形的任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三 边．熟练掌握是解题的关键． 若两条较短木棒的长度之和大于最长的木棒的长度，则三根木棒可摆成三角形；否则不能摆成三角形 ，据 此分析各项即得． 第1页/共31页 学科网（北京）股份有限公司【详解】A、3，4，7， 347 ∵ ， ∴3，4，7的三根小木棒首尾顺次相接，不能摆成三角形； B、6，8，15， 6815 ∵ ， ∴6，8，15的三根小木棒首尾顺次相接，不能摆成三角形； C、5，12，13， 51213 ∵ ， ∴5，12，13的三根小木棒首尾顺次相接，能摆成三角形； D、5，5，11， ∵5511， ∴5，5，11的三根小木棒首尾顺次相接，不能摆成三角形． 故选：C． 3. 2025 年某品牌的新能源车在2月份的月销量约 323000 辆，将 323000 用科学记数法可表示为（ ）． 32.3104 3.23105 3.23106 0.323106 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 a10n 【分析】本题考查了用科学记数法表示较大的数，用科学记数法表示较大的数时，一般形式为 ，其 1 a＜10 中 ， n 为整数，且 n 比原来的整数位数少1，据此判断即可． 3230003.23105 【详解】解： ． 故选：B ． 4. 将“广州中考加油”这六个字分别写在一个正方体的六个面上，此正方体的展开图如图所示，在这个正 方体中，与“中”对面的字是（ ）． 第2页/共31页 学科网（北京）股份有限公司A. 广 B. 州 C. 加 D. 油 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了正方体相对两个面上的文字，正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个 正方形，据此特点求解即可． 【详解】解；正方体的表面展开图，相对的面之间一定相隔一个正方形，则“广”与“考”相对，“州” 与“加”相对，“中”与“油”相对， 故选：D． 2x4  x10 5. 不等式组 的解集在数轴上表示为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】此题主要考查不等式组的解法及在数轴上表示不等式组的解集．先解不等式组中的每一个不等式， 再把不等式的解集表示在数轴上，即可． x2   x1 【详解】解：解不等式组得 ， 表示在数轴上为： 故选：B． DE∥BC DCF 6. 一副直角三角板如图放置，若 ，则 的度数为（ ）． 45 55 65 75 A. B. C. D. 【答案】D 第3页/共31页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】本题考查了三角板的角度、平行线的性质，三角形内角和定理的应用，根据平行线的性质得出 DFC ACB60 ，进而根据三角形的内角和定理即可求解． DE∥BC 【详解】解：∵ ， DFC ACB60 ∴ ， D45 又∵ ， DCF 180DDFC 75 ∴ ， 故选：D． 7. 赛龙舟是端午节的重要习俗之一，凝聚着团结、协作和勇往直前的精神，某地龙舟赛的赛程为500米， 1.25 A，B两队在同一起点同时出发，已知A队的平均速度是B队的 倍，结果A队比B队提前了25秒到 达终点，若设B队的平均速度是x米/秒，可列方程为（ ） 500 500 500 500  25  25 x 1.25x 1.25x x A. B. 500 500 25 500 500 25     x 1.25x 60 1.25x x 60 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题主要考查了分式方程的实际应用，设B队的平均速度是x米/秒，则A队的平均速度是 1.25x 米/秒，根据时间等于路程除以速度分别表示出两队的时间，再根据A队比B队提前了25秒到达终 点建立方程即可． 1.25x 【详解】解：设B队的平均速度是x米/秒，则A队的平均速度是 米/秒， 500 500  25 x 1.25x 由题意得， ， 故选：A． n y  8. 若 mn0 ，则函数 x 与 y mxn 在同一平面直角坐标系中的大致图象是（ ） 第4页/共31页 学科网（北京）股份有限公司A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 mn 【分析】本题主要考查了一次函数图象与反比例函数图象综合，根据题意可得 ，再根据一次函数 m，n 和反比例函数经过的象限分别求出对应选项中 的符号，看是否一致即可得到答案． mn0 【详解】解：∵ ， mn ∴ ； n0 m0，n0 A、反比例函数图象经过第一、三象限，则 ，一次函数经过第二、三、四象限，则 ， 不符合题意； n0 m0，n0 B、反比例函数图象经过第一、三象限，则 ，一次函数经过第一、二、四象限，则 ， 符合题意； C、反比例函数图象经过第二、四象限，则n0，一次函数经过第一、二、四象限，则 m0，n0 ，不 符合题意； D、反比例函数图象经过第二、四象限，则n0，一次函数经过第一、二、三象限，则 m0，n0 ，不 符合题意； 故选：B． 9. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）． 第5页/共31页 学科网（北京）股份有限公司A. 32π B. 36π C. 40π D. 160π 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查已知三视图求体积，熟练掌握三视图即可求解． 根据三视图判断出该几何体是圆柱，再借助圆柱的体积计算公式求解即可． 【详解】解：由图可知，该几何体是一个空心圆柱， 2 2 6 4 V  π8 π840π     2 2 ∴ ， 故选：C． Px,y yx 10. 定义：函数图象G上的点 的纵坐标y与横坐标x的差 叫做点P的“双减差”，图象G上 y  x2 3x 所有点的“双减差”最小值称为函数图象G的“幸福值”．如：抛物线 上所有点的“双减差” yx x2 3xx x2 2xx12 11 ，即该抛物线的“幸福值”为1．根据定义，设抛物线 y  x2 bxc y x4 2m1 x3m3 顶点的横坐标为m，且该抛物线的顶点在直线 上，当 时， y  x2 bxc 抛物线 的“幸福值”是12，则c值为（ ）． A. 4 B. 7 C. 34 D. 36 【答案】C 【解析】 m,m4 【分析】本题主要考查了二次函数的最值问题，根据题意可得抛物线的顶点坐标为： ，则抛 y xm2 m4 w yx  x2 2m1xm2 m4 物线解析式为 ，据此可得函数 ，根据 2m1 2m1 ① 3m3 ② 2m1 2m1 x3m3 m≥2 2 2 得到 ，再分 ， ， 第6页/共31页 学科网（北京）股份有限公司2m1 ③2m1 3m3 2 三种情况讨论求解即可． m,m4 【详解】解：由题意得：抛物线的顶点坐标为： ， y xm2 m4 ∴抛物线解析式为 yx xm2 xm4 x2 2m1xm2 m4 ∴ 2m1 x w yx  x2 2m1xm2 m4 2 令 ，则其对称轴为直线 ； 2m1 x3m3 ∵ ， ∴2m13m3，即： m≥2 ； 2m1 7 ① 3m3 m 2 ，此时 4（不符合题意）； 2m1 ② 2m1 2 m≥2 ，即： ， x2m1 w 此时，当 ， 取最小值12， (2m- 1)2 - (2m+1)(2m- 1)+m2 - m+4=12 则 ， m 6,m 1 解得： 1 2 （舍去）， y x62 64 x2 12x3664 x2 12x34 ∴抛物线解析式为 ， c34 ∴ ； 2m1 ③2m1 3m3 2 ，此时不等式组无解，不成立； c34 综上所述， ， 故选：C． 第二部分（非选择题 共90分） 二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分．） 1 1    5 11. 计算： ________． 5 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了负整数指数幂，根据负整数指数幂进行计算即可求解． 1 1    5 5 【详解】解： ； 第7页/共31页 学科网（北京）股份有限公司5 故答案为： ． 12. 第九届亚洲冬季运动会于 2025 年2月 7 日在哈尔滨正式开幕，它点燃了中国人参与冰雪运动的热情， 64 比赛项目包含“冰球”“单板滑雪”和其他项目共计 个小项，根据调查各项目参赛人数结果绘制成扇形 统计图（如图），则“单板滑雪”所在扇形的圆心角的度数为________． 14.4 【答案】 【解析】 360 【分析】本题考查了求扇形统计图的圆心角，利用 乘以“单板滑雪”所占的百分比，即可求解． 179%17%4% 【详解】解：“单板滑雪”所占的百分比为 ， 3604%14.4 “单板滑雪”所在扇形的圆心角的度数为 ． 14.4 故答案为： ． 1 1 1   k k k k k k 13. 在弹簧系统中，两个弹簧的劲度系数分别为 1和 2，串联时总劲度系数 满足公式 1 2 ，已知 k k 25 k k 100 1 2 且 1 2 ，则总劲度系数k ________． 【答案】4 【解析】 1 1 1 k k 1    1 2 k k k k k 【分析】本题主要考查了分式的求值，根据 1 2 1 2 求出k 的值即可得到答案． k k 25 k k 100 【详解】解：∵ 1 2 且 1 2 ， 1 1 1 k k 25 1    1 2   k k k kk 100 4 ∴ 1 2 1 2 ， k 4 ∴ ， 故答案为；4． 第8页/共31页 学科网（北京）股份有限公司yx2 2xm 14. 已知抛物线 与x轴有两个不同的交点，则m的取值范围为________． m1 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数与一元二次方程之间的关系，二次函数与x轴有两个不相同的交点，即 对应的一元二次方程有两个不相等的实数根，据此利用判别式求解即可． yx2 2xm 【详解】解：∵抛物线 与x轴有两个不同的交点， x2 2xm0 ∴关于x的方程 有两个不相等的实数根， 22 4m0 ∴ ， m1 ∴ ， m1 故答案为： ． 15. 如图，菱形 ABCD 中，对角线 AC ，BD相交于点O， AC 12 ， BD16 ．点P和点E分别为BD， CD PEPC 上的动点，求 的最小值_____________． 48 【答案】 5 【解析】 【分析】如图，过C作CQ⊥AD于Q，交BD于P，过P作PE⊥CD于E，则此时的P、E满足PE+PC 最小．然后利用菱形的性质可以证明PQ=PE，从而得到PE+PC的最小值线段CQ的长度，最后利用菱形 的面积公式即可求解． 【详解】解：如图，过C作CQ⊥AD于Q，交BD于P，过P作PE⊥CD于E，则此时的P、E满足 PE+PC最小． ∵四边形ABCD为菱形， 第9页/共31页 学科网（北京）股份有限公司∴AC⊥BD，且AC、BD互相平分，BD平分∠ADC， ∴PQ=PE， ∴PE+PC的最小值线段CQ的长度， 1 ∵S =2AC×BD=CQ×AD， 菱形ABCD OA2 OD2 而AD= ， 又AC=12，BD=16． ∴OA=6，OD=8， ∴AD=10， ACABD 48 1 ∴CQ=2× AD ×= 5 ． 48 故答案为： 5 ． 【点睛】本题主要考查了轴对称-最短路径的问题，同时也利用了菱形的性质和面积公式，解题的关键是学 会利用垂线段最短解决最短问题． 16. 如图，AB是半圆O的直径，C是B A D的中点，CEAB于点E，BD分别与 CE，AC 交于点 F，G．给出下面四个结论： ①ABDACD； 1 CF  GB ② 2 ； 16 BD ③当 CG 1 ，AG 3时， 5 ； 3 3 A AC 2C A B AB6 △DCG 4 ④当 ， 时， 的面积是 ． 第10页/共31页 学科网（北京）股份有限公司其中正确的结论有________．（填写所有正确结论的序号） 【答案】①②④ 【解析】 【分析】如图：连接AD，由圆周角定理可判定①；先说明 BAC ECB 、 ECBCBD 可得 CF  FB ，再证明 AACE∽ABCG 可得 ACE BGC ，进而得到GF FC 可判定②；先证明 AC CB  AACB∽AABCG BC CG BC 2 BG  5 可得 可得 ，然后运用勾股定理可得 ，再证明 AAGB∽ACGD ，然后运用相似三角形的性质以及线段的和差即可判定③；如图：假设半圆的圆心为O， OD、CO ABOC,AODC OBCD 连接 ， 是等边三角形，，即 是菱形，然后得到 1 DBC ABD OBC 30 2 ，然后运用解直角三角形、三角形面积等知识点即可判定④． 【详解】解：如图：连接AD， A A ∵AD AD ∴ABDACD，即①正确； A 如图：连接 BC ，∵C是BD的中点， A A DC  BC ∴ ， ∴BAC CAD ∵AB是直径， ACB90 ∴ ， 第11页/共31页 学科网（北京）股份有限公司BACABC 90 ∴ ， ∵CEAB ECBABC 90 ∴ ， BAC ECB ∴ ， A A DC  DC ∵ ， DAC CBD ∴ ， ∵BAC CAD ECBCBD ∴ ， CF  FB ∴ ， BAC ECB ECBCBD ∵ ， ， BAC CBD BCG AEC 90 ∴ ， ， AACE∽ABCG ∴ ， ACE BGC ∴ ， ∴GF FC ， GF  FC  FB ∴ ， 1 CF  GB ∴ 2 ，即②正确； ∵ CG 1 ，AG 3， AC  AGCG 4 ∴ ， BAC CBD BCG ACB90 ∵ ， ， AACB∽AABCG ∴ ， AC CB 4 CB   BC CG BC 1 BC 2 ∴ ，即 ，解得： （舍弃负值）， ∴BG BC2 CG2  5 ，   BC  BC ∵ ， BAC BDC ACDABD ∴ ，同理： ， 第12页/共31页 学科网（北京）股份有限公司AAGB∽ACGD ∴ ， DG CG DG 1 5   DG  ∴ BG AG ，即 5 3 ，解得： 3 ， 4 5 BD BGDG  ∴ 3 ，即③错误； OD、CO 如图：假设半圆的圆心为O，连接 ， A A A ∵ AC 2CB ， AB6 ，C是BD的中点， 1 A A A BC  DC  AB 3 ∴ BOC DOC 60 ∴ ， OB ODOC ∵ ， ABOC,AODC ∴ 是等边三角形， OB BC OC CDOD3 OBCD ∴ ，即 是菱形， 1 DBC ABD OBC 30 2 ∴ ， ACB90 ∵ ， CG 3 CG tanACB tan30  ∴ BC ，即 3 3 ，解得： CG  3 ； 1 3 CH  BC  2 2 BD2BH 3cos3 3 ， ， 1 1 3 3 1 1 3 9 3 S  BCCG  3 3  S  BDCH  3 3  ∴ BCG 2 2 2 ， BCD 2 2 2 4 ， 9 3 3 3 3 3 S S S    ∴ ADCG ADCB ABCG 4 2 4 ，即④正确． 故答案为：①②④． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、勾股定理、菱形的判定 第13页/共31页 学科网（北京）股份有限公司与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 三、解答题（本大题共9题，满分72分．解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．） x y 4  2x y 5 17 解方程组： . x3  y 1 【答案】 ． 【解析】 【分析】本题考查了二元一次方程组．利用加减消元法求解即可． x y 4①  2x y 5② 【详解】解： ， ①② 3x 9 ，得 ． x3 解得 ． x3 y 1 把 代入②，得 ． x3  y 1 ∴原方程组的解是 ． 18. 如图，在平行四边形 ABCD 中，点E，F分别在 BC ，AD边上，且BE  DF ，连接AE， CF ．求 AE CF 证： ． 【答案】见解析 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法，证明四边形是平行四边 AECF AE CF 形是解决问题的关键．先证明四边形 是平行四边形，从而得到 ，从而即可得出结论． ABCD 【详解】证明：∵四边形 是平行四边形， ADABC AD BC ∴ ， ， 第14页/共31页 学科网（北京）股份有限公司∵点E，F分别在 BC，AD 边上，BE  DF ， ADDF  BCBE AF CE ∴ ，即 ， ADABC 又∵ ， AECF ∴四边形 是平行四边形， AE CF ∴ ． m2 2  m2 1 T  1  m2  m2 19. 已知 ． （1）化简T； m y  m0 （2）如图，若反比例函数 x 的图象经过点A，且矩形 ABOC 的面积为3，求T的值． m 【答案】（1）m1； 3 （2）2 ． 【解析】 k y  【分析】本题主要考查分式的化简求值以及反比例函数 x （ k 0 ）中 k 的几何意义．解题关键在于 熟练运用分式运算规则进行化简，准确利用反比例函数的性质确定m的值，再代入求值． m2 2   1  m2  （1）先对 进行通分计算，再根据除法运算法则，将除法转化为乘法进行化简．这一步主要 依据分式的基本运算规则，通分是为了将两个分式化为同分母分式进行减法运算，除法变乘法是利用除以 一个数等于乘以它的倒数这一规则． m y  m （2）利用反比例函数 x 中 k m 的几何意义，由矩形 ABOC 的面积得出 的值，再结合函数图象 第15页/共31页 学科网（北京）股份有限公司k y  所在象限确定m的值，最后代入化简后的T 表达式求值．这里反比例函数 x （ k 为常数， k 0 ）中， k 过双曲线上任意一点作x轴、 y 轴的垂线，所得矩形面积为 是关键知识点． 【小问1详解】 m2 2  m2 1 T  1  m2  m2 解： m2 2 m2 m2 1     m2 m2  m2 m2 2m2 m2 1   m2 m2 m2 2m2 m2 1   m2 m2 m2 m m2 1   m2 m2 mm1 m2   m2 m1m1 m  m1 【小问2详解】 m y  m0 解：∵反比例函数 x 的图象经过点A，矩形 ABOC 的面积为 3 ． m 3 m3 ∴ ，即 ． ∵反比例函数图象在第二、四象限， m0 m3 ∴ ，则 ． m 3 3 3 T  T    把 m3 代入 m1，得 31 2 2． 20. 某校为了解七、八两个年级的学生对消防安全知识的掌握情况，决定从七、八年级各随机抽取20名学 生进行消防安全知识测评（满分10分，得分为整数），成绩统计如图； 第16页/共31页 学科网（北京）股份有限公司七年级20名学生成绩 分数（分） 人数（人） 6 2 7 5 8 5 9 6 10 2 （1）七年级随机抽取的20名学生成绩的中位数是_________； （2）请补全条形图： （3）若从七、八年级满分的学生中随机抽取两名做学习分享，求抽到的这两名学生都是七年级的概率． 【答案】（1）8 （2）作图见解析 1 （3）6 【解析】 【分析】本题考查了条形统计图，求中位数，画树状图求概率等知识，熟练掌握知识点并灵活运用是解题 的关键． （1）根据中位数的定义，计算即可； （2）计算出20134525，作图即可； （3）画出树状图进行计算即可． 【小问1详解】 第17页/共31页 学科网（北京）股份有限公司88 =8 解：由表格得，20人成绩按从小到大排列，第10、11人成绩均为8分，则中位数： 2 ， 故答案为：8． 【小问2详解】 解：20134525（人）， 作图如下： 【小问3详解】 解：设七年级两位满分同学是A、B，八年级两位满分同学是C、D， 画树状图如图所示， 2 1 P  12 6， 1 ∴抽到的这两名学生都是七年级的概率为6 ． 21. 为响应“碳达峰，碳中和”的目标．其新能源公司推广智能充电桩建设，已知建设充电桩的总成本 y （万元）与充电桩数量x（个）之间存在一次函数关系，10个充电桩的总成本为12万元，20个充电桩 的总成本为22万元． （1）求这个一次函数解析式； （2）若每安装一个充电桩，公司可获得0.7万元的补贴，且本补贴可直接抵扣建设成本．该公司预计出资 30万元建设充电桩，则最多能建设多少个充电桩? y  x2 【答案】（1） （2）最多能建设16个充电桩 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的实际应用，解题的关键是正确理解题意，根据题意找出等量关系列出函数 第18页/共31页 学科网（北京）股份有限公司关系式求解即可． y kxb 10,12,20,22 k,b （1）设一次函数解析式为 ，把 代入函数关系式，求出 的值即可； （2）根据“实际出资≤预计出资-获得的补贴”列出不等式求解即可． 【小问1详解】 y kxb 解：设一次函数解析式为 ， 10,12,20,22 把 代入函数关系式，得： 10kb12  20kb22 ， k 1  b2 解得 ， y  x2 所以，一次函数解析式为 ； 【小问2详解】 解：设最多能建设x个充电桩，根据题意得， x2300.7x ， 8 x16 17 解得， ， ∵x是整数， ∴x的最大值为：16， 故最多能建设16个充电桩． 22. 如图，在 RtAABC 中， C 90 ，BD平分 ABC ，交 AC 于点D， A O 经过B，D两点，且圆 心O在AB上 A O （1）尺规作图：请画出 （保留作图痕迹，不写作法）； 第19页/共31页 学科网（北京）股份有限公司AC A O （2）求证： 是 的切线． 3 24 sin A CB （3）若 A O 与AB的另一个交点为E， 5， 5 ，求DE的长 【答案】（1）见解析； （2）见解析； 6 5 （3） 5 ． 【解析】 1 【分析】 尺规作图作BD的垂直平分线，垂直平分线与AB的交点即为圆心O； 2 ODBOBD OBDCBD 根据圆的性质可知 ，根据角平分线的性质可知 ，等量代换可得： ODBCBD ODABC ，根据内错角相等两直线平行可证 ，根据平行线的性质可证结论成立； 3 3 sin A 连接DE，过点E作 EG  AC ，根据 5，可以求出 AB8 ，圆的半径为 3 ，利用勾股定理 8 6 AG  EG  可以求出AD4，根据相似三角形对应边成比例可得： 5 ， 5，利用勾股定理可以求出 DE的长度． 【小问1详解】 解：如下图所示， 1 BD 分别以B、D为圆心，大于2 的长度为半径画弧， 两弧分别交于两点，过两点作直线交AB于点O， 点O即 为 所求圆心； 【小问2详解】 DO 证明：如下图所示，连接 ， 第20页/共31页 学科网（北京）股份有限公司ODOB 则 ， ODBOBD ，  BD平分 ABC ， OBDCBD ， ODBCBD ， ODABC ， ADOC 90 ， AC A O 是 的切线； 【小问3详解】 解：如下图所示，连接DE，过点E作 EG  AC ， 3 24 sin A CB  5， 5 ， 24 CB 5 AB  8 sinA 3  5 ， A O 设 的半径为r ， DO r r 3 sinA    AO ABr 8r 5， r 3 解得： ， AO ABOB835 ， AD AO2 OD2  52 32 4 ， EG  AD ， EGAOD ， 第21页/共31页 学科网（北京）股份有限公司AAGE∽AADO ， AG EG AE    AD OD AO ， AG EG 53    4 3 5 ， 8 6 AG  EG  5， 5， 8 12 DG  ADAG 4  5 5 ， 2 2 12 6 6 5 DE  DG2 EG2         5  5 5 ． 【点睛】本题主要考查了尺规作图、证明直线是圆的切线、勾股定理、相似三角形的判定与性质、解直角 三角形，解决本题的关键是作辅助线构造相似三角形，根据相似三角形对应边成比例求出其他线段的长 度． 23. 九年级数学项目式学习小组通过学习知道太阳光是平行光，可以借助太阳光线构成两个相似三角形， 来计算出一些没办法直接测量的物体的高度．学习小组利用可伸缩的标杆和卷尺展开了测量物体高度的学 习． （1）如图1，若垂直于地面的标杆 OP 2 米，它的影长 OG 1 米，同一时刻，旗杆的影长HN 6米， MN 则旗杆 的高度为______米； 第22页/共31页 学科网（北京）股份有限公司（2）如图2，学习小组计划测量运动场围墙外的电线杆AB的高度，但受围墙的阻碍，没办法直接测量电 OC 线杆的影长．同学们进行了如下操作：①在某一时刻，垂直于地面的2米标杆 的端点C的影子恰好与 电线杆AB的端点A的影子重合于点E，测得 OE 2.2 米；②把标杆缩短为1.2米，记作 OD ，过了一段 时间，标杆 OD 的端点D的影子恰好与电线杆AB的端点A的影子重合于点F，测得 OF 1.2 米．请求 出电线杆AB的高度． 【答案】（1）12 （2）10米 【解析】 【分析】此题考查了相似三角形的性质和判定的应用，解题的关键是掌握相似三角形的性质． MN HN  （1）首先证明出 APGO∽AMHN ，得到 PO GO ，然后代数求解即可； DO AB  （2）证明出 AFDO∽AFAB ，得到OF FB ，推出AB FB，然后表示出EB AB1，同理证明出 AB EB  AECO∽AEAB ，得到CO EO ，然后代数求解即可． 【小问1详解】 PG∥MH 解：∵ ， PGOMHN ∴ ， POG MNH 90 又∵ ， APGO∽AMHN ∴ ， MN HN  ∴ PO GO ， MN 6  ∴ 2 1， MN 12 ∴ ； 故答案为：12； 【小问2详解】 解：∵CDEB，AB  EB， COAAB ∴ ， 第23页/共31页 学科网（北京）股份有限公司AFDO∽AFAB ∴ ， DO AB AB 1.2   1 ∴ OF FB ，即 FB 1.2 ， ∴AB FB， BO FBOF  AB1.2 ∴ ， EB EOOB2.2 AB1.2 AB1 ∴ ， COAAB ∵ ， AECO∽AEAB ∴ ， AB EB AB AB1   ∴ CO EO ，即 2 2.2 ， AB 10 ∴ ， ∴电线杆AB的高度为10米． 24. 如图1，在矩形ABCD中，AB2，AD2 3，点E，F分别是边BC，AD上的动点， BE  DF ，EF与AC相交于点O，将矩形ABCD沿EF折叠，点A，B的对应点分别是A，B ． （1）求证：OE OF ； （2）如图2，若点A与点C重合，连接 BB ，求 BBC 的度数； （3）点E从点B运动到点C的过程中，求点B 的运动路径长． 120 【答案】（1）见解析 （2） 4π （3） 3 【解析】 第24页/共31页 学科网（北京）股份有限公司OE OF AAOF ACOE 【分析】（1）要证明 ，可通过证明 和 全等．根据矩形性质得到对边平行，从而得 出内错角相等，再结合已知条件BE  DF 推出 AF CE ，利用全等三角形判定定理来证明． BBC ACB （2）求 的度数，先根据矩形边长求出 的度数，再利用折叠性质得到相关线段和角的关系， 进而即可得解 （3）求点B的运动路径长，需要先确定点B的运动轨迹，根据折叠性质可知点B的轨迹是以点O为圆 BO 心， 长为半径的一段弧，再通过求出圆心角和半径，利用弧长公式计算路径长． 【小问1详解】 ABCD 证明：∵四边形 是矩形， ADABC ∴ ， FAOECO AFOCEO ∴ ， ． ∵ AD BC ，BE  DF ， ADDF  BCBE AF CE ∴ ，即 ． AAOF ACOE 在 和 中， FAOECO  AFOCEO  AF CE  ， AAOF≌ACOE ∴ ， OE OF ∴ ． 【小问2详解】 ABCD ABCD2 AD2 3 ADC ABC 90 解：在矩形 中， ， ， ，  2 AC  AB2 BC2  22  2 3 4 根据勾股定理 ． AB 2 1 sinACB   ∴ AC 4 2， ACB30 ∴ ． 由折叠可知，EF 垂直平分 AC ，BE  BE， EBC ABC 90 ．BBE BBE , 第25页/共31页 学科网（北京）股份有限公司ACBBAC 903060 BCE 603030 ∴ BEC 903060 ∴ BBE BBE 30 ∴ , BBC 3090120 ∴ ； 【小问3详解】 解：连接 OB ，OB ， OBOB 由折叠可知 ， ∴点B的运动轨迹是以点O圆心， BO 为半径的一段弧． 由（1）得 AAOF≌ACOE OAOC ∴ ， ABC 90 ∵ , 1 OBOC OA AC 2 2 ∴ ， ACB30 由（2得 ． OCBOBC 30 ∴ , BOC 1803030120 ∴ , 1202 4π l   弧长 180 3 ． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质、折叠的性质、勾股定理以及弧长公式．解 题关键在于利用矩形和平行线的性质找到全等条件证明线段相等；借助折叠性质和三角函数求出角度；通 第26页/共31页 学科网（北京）股份有限公司过分析折叠特点确定点的运动轨迹，再利用弧长公式计算路径长度． y ax2 2ax3a0 25. 已知二次函数 ，与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点 C，OBC45． （1）求二次函数的解析式； S △PQB （2）点P是线段 BC 上的动点，连接AP并延长，交抛物线于点Q，求 S △APB 的最大值； OC M m,0 90 OC OC （3）将线段 绕x轴上的动点 顺时针旋转 得到线段 ，若线段 与抛物线有交点， 求m的取值范围． y x2 2x3 【答案】（1） 9 （2）16 1 13 1 13 5m 0m （3） 2 或 2 时，抛物线与 OC 有交点 【解析】 C0,3 x1 OC 3 【分析】（1）求出对称轴为直线 ，再求出 得到 ，根据题意可得点B一定在x轴的正 △OBC OBOC 3 B3,0 半轴上，证明 是等腰直角三角形，得到 ，则 ，据此利用待定系数法求解即 可； A1,0 BC y x3 （2）求出 ；直线 解析式为 ；过点A和点Q分别作y轴的平行线，分别交直线 BC Q  q,q2 2q3  Hq,q3 QH q2 3q I1,4 于I，H，设 ，则 ，可得 ；求出 ，得到 2  3 9  q  PQ  QH    2   4 S △PQB  PQ AI 4；证明 △A∽P△I QPH ，得到 AP AI 4 ，再根据 S △APB AP ，利用二次 函数的性质即可求出答案； CM，CM C CT⊥x ATMC≌AOCM AAS （3）连接 ，过点 作 轴于T，可证明 ，得到 MT OC 3，TCOM  m Cm3,m Om,m OC∥x ，则 ，同理可得 ， 轴，再求出当点 C yx2 2x3 O yx2 2x3 恰好在 上和当点 恰好在 上时的m的值即可得到答案． 【小问1详解】 第27页/共31页 学科网（北京）股份有限公司y ax2 2ax3a0 解：∵抛物线解析式为 ， 2a x 1 2a ∴对称轴为直线 ， y ax2 2ax3a0 x0 y3 在 中，当 时， ， C0,3 ∴ ， OC 3 ∴ ， y ax2 2ax3a0 x1 ∵二次函数 ，与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），且对称轴为直线 ， ∴点B一定在x轴的正半轴上， ∵OBC45， ∴ △OBC 是等腰直角三角形， OBOC 3 ∴ ， B3,0 ∴ ， B3,0 y ax2 2ax3a0 09a6a3 a1 把 代入到 中得 ，解得 ， yx2 2x3 ∴抛物线解析式为 ； 【小问2详解】 在 yx2 2x3 y x2 2x30 x1 x3 解： 中，当 时，解得 或 ， A1,0 ∴ ； BC y kxb 设直线 解析式为 ， 3kb0  b3 ∴ ， k 1  b3 ∴ ， BC y x3 ∴直线 解析式为 ； BC 如图所示，过点A和点Q分别作y轴的平行线，分别交直线 于I，H， 第28页/共31页 学科网（北京）股份有限公司Q  q,q2 2q3  Hq,q3 设 ，则 ， QH q2 2q3q3q2 3q ∴ ； y x3 x1 y 4 在 中，当 时， ， I1,4 ∴ ， ∴AI 4； AI∥y QH∥y ∵ 轴， 轴， AI∥QH ∴ ， △A∽P△I QPH ∴ ， 2  3 9  q    PQ QH q2 3q  2 4    AP AI 4 4 ∴ ， 10 ∵ ， 3 PQ 9 q ∴当 2时， AP 有最大值，最大值为16， S PQ △PQB  S AP ∵ △APB ， S △PQB 9 S ∴ △APB 的最大值为16； 【小问3详解】 CM，CM C CT⊥x 解：如图所示，连接 ，过点 作 轴于T， CM CM，∠CMC90 由旋转的性质可得 ， ∠COM CTM 90 ∵ ， 第29页/共31页 学科网（北京）股份有限公司∠O∠M∠C∠ TMC OMC OCM ∴ ， ∠T∠MC OCM ∴ ， ATMC≌AOCM AAS ∴ ， MT OC 3，TCOM  m ∴ ， OT  m 3m3 ∴ Cm3,m ∴ ， Om,m 同理可得 ， OC∥x ∴ 轴， C yx2 2x3 mm32 2m33 如图3-1所示，当点 恰好在 上时，则 ， m5 m0 解得 或 （舍去）； O yx2 2x3 mm2 2m3 如图3-2所示，当点 恰好在 上时，则 ， 1 13 1 13 m m 解得 2 或 2 （舍去）； 第30页/共31页 学科网（北京）股份有限公司C 在 yx2 2x3 mm32 2m33 如图3-3所示，当点 恰好 上时，则 ， m0 m5 解得 或 （舍去）； O yx2 2x3 mm2 2m3 如图3-4所示，当点 恰好在 上时，则 ， 1 13 1 13 m m 解得 2 或 2 （舍去）； 1 13 1 13 5m 0m 综上所述，当 2 或 2 时，抛物线与 OC 有交点． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，旋转的性质与判定，全等三角形的性 质与判定等等，解（2）的关键在于构造相似三角形把面积之比转换成线段之比，解（3）的关键在于构造 O、C 全等三角形求出 的坐标． 第31页/共31页 学科网（北京）股份有限公司