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2026 年河北省初中学业水平考试（九年级）
数学试卷
注意事项：
1．本试卷总分120 分，考试时间120 分钟．
2．答题前，考生务必将姓名、准考证号填写在试卷和答题卡的相应位置．
3．所有答案均在答题卡上作答，在本试卷或草稿纸上作答无效．答题前，请仔细阅读答题
卡上的“注意事项”，按照“注意事项”的规定答题．
4．答选择题时，用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；答非选择题时，请在答题
卡上对应题目的答题区域内答题．
5．考试结束时，请将答题卡、试卷和草稿纸一并交回．
一、选择题（本大题共12 小题，每小题3 分，共36 分．在每小题给出的四个选项中，只有
一项符合题意）
1. 计算：a
a
b
b
+
+ +
= （ ）
A. 2ab
B. 2
2
a
b
+
C.
2
2
a b
D.
2
2
a
b
+
【答案】B
【解析】
【详解】解：
2
2
a
a
b b
a
b
+ + +
=
+
．
2. 如图，点P 在直线AB 外，点C 是直线AB 上的动点，则1
与
2
的关系一定成立的是（ ）
A.
1
2
B.
1
3 2
=
C.
1
2
90
−=
D.
1
2
180
+=
【答案】D
【解析】
【详解】解：点C 是直线AB 上的点，
ACB
是平角，即
180
ACB
=
，
由图可知，
1
与
2
组成了平角
ACB
，
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1
2
180
+
=
．
3. 计算：
1
30
6
= （ ）
A.
5
B. 5
C. 5 6
D. 6 5
【答案】A
【解析】
【详解】解：
1
1
30
30
5
6
6
=
=
．
4. 河北博物院收藏的错金铜博山炉（如图1 所示）是汉代颇具代表性的香薰器物．将它近似地看成由圆
锥、半球和圆柱组成的几何体（如图2 所示），则这个几何体的主视图中没有出现的图形是（ ）
A. 三角形
B. 矩形
C. 半圆
D. 菱形
【答案】D
【解析】
【分析】根据三视图的定义，分别分析圆锥、半球、圆柱的主视图形状，即可得出结论．
【详解】解：该几何体上部是圆锥，中部是半球，下部是圆柱
∴圆锥的主视图是三角形，半球的主视图是半圆，圆柱的主视图是矩形
∴这个几何体的主视图中出现的图形有三角形、半圆、矩形，没有菱形．
5. 嘉嘉在美术课上了解到，用不同比例的红、黄两种颜料能调配出多种暖色调颜色．如图，根据红色颜料
的占比，可以将调配出的颜色分为①、②、③、④等四类．用6g 红色颜料和4g 黄色颜料调配出的颜色
属于（ ）
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A. ①类
B. ②类
C. ③类
D. ④类
【答案】C
【解析】
【分析】先求出调配出的颜料总质量，再计算红色颜料的占比，最后结合数轴上的分类范围进行判断．
【详解】解：∵红色颜料质量为6g ，黄色颜料质量为4g
∴调配出的颜料总质量为
( )
6
4
10 g
+
=
∴红色颜料的占比为6
100%
60%
10
=
∵50%
60%
75%
∴该颜色属于③类 ．
6. 计算：
2
2
1
1
x
x
x
x
x
−
−
=
−
−
（ ）
A.
1
x
x
−
B. 1
x
x
−
C. (
)
2
1
−
x
x
D.
1
x
x
+
【答案】A
【解析】
【详解】解：
2
2
1
1
x
x
x
x
x
−
−
−
−
(
)
(
)
2
2
1
1
1
x
x
x x
x x
−
=
−
−
−
(
)
2
2
1
1
x
x
x x
−
+
=
−
(
)
(
)
2
1
1
x
x x
−
=
−
1
x
x
−
=
．
7. 如图，将一个边长为a 的正方形分成6 个全等的矩形，若这6 个矩形周长之和比原正方形的周长多48，
则a 的值为（ ）
A. 6
B. 8
C. 12
D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】根据图形切割的特点，每切一刀，总周长增加两个切线长度，据此建立方程求解即可．
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【详解】解：根据题意可知正方形的边长为a ，由图可知，将正方形分成6 个全等矩形，需要横向切2
刀，纵向切1 刀，
每切一刀，周长之和增加2a ，
6 个矩形的周长之和比原正方形周长多2
(2 1)
6
a
a
+
=
，
6 个矩形周长之和比原正方形的周长多48，
6
48
a
=
，
解得：
8
a =
．
8. 掷两枚质地均匀的骰子（六个面上分别刻有1 到6 的点数），若向上一面的点数之和为2 的概率与点数
之和为n 的概率相等，则n = （ ）
A. 3
B. 4
C. 11
D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】通过列表法计算各选项概率即可得解．
【详解】解：列表如下：
和
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
7
2
3
4
5
6
7
8
3
4
5
6
7
8
9
4
5
6
7
8
9
10
5
6
7
8
9
10
11
6
7
8
9
10
11
12
∴掷两枚质地均匀的骰子，所有等可能结果共有6 6
36
=
种，点数之和为2 的结果只有1种，
∴点数之和为2 的概率为1
36
．
对各选项逐一验证：当
3
n =
时，共2 种，
2
1
36
36
P =
，排除A；
当
4
n =
时，共3种，
3
1
36
36
P =
，排除B；
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当
11
n =
时，共2 种，
2
1
36
36
P =
，排除C；
当
12
n =
时，共1种，
1
36
P =
，与点数和为2 的概率相等．
∴
12
n =
．
9. 如图，在四边形ABCD中，AD
BC
，
3
BC
AD
=
，过点A作AE
DC
交BC 于点E ，将ABE
沿
AE 翻折，得到
AB E
△
．B A
，B E
分别与直线DC 交于M ，N 两点，则MB N
与ABE
的面积之
比为（ ）
A. 1
2
B. 1
3
C. 1
4
D. 1
8
【答案】C
【解析】
【分析】首先证明四边形AECD是平行四边形，得到AD
EC
=
，推出
2
BE
EC
=
，由折叠得，
BE
B E
=
，
ABE
AB E
S
S
=
，
BEA
B EA
=
，得到
1
2
EN
B N
B E
=
=
，证明B MN
B AE
∽
，然后
利用相似三角形的性质求解．
【详解】解：∵AD
BC
，AE
DC
∴四边形AECD是平行四边形
∴AD
EC
=
∴
3
3
BC
AD
EC
BE
EC
=
=
=
+
∴
2
BE
EC
=
由折叠得，BE
B E
=
，
ABE
AB E
S
S
=
，
BEA
B EA
=
∵AE
DC
∴
ENC
B EA
=
，
BEA
C
=
∴
ENC
C
=
∴EN
EC
=
∴
2
B E
BE
EN
=
=
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∴
1
2
EN
B N
B E
=
=
∵AE
DC
∴
B MN
B AE
=
，
B NM
B EA
=
∴B MN
B AE
∽
∴
2
2
1
1
2
4
B MN
B AE
S
B N
S
B E
=
=
=
∴
1
4
B MN
BAE
S
S
=
．
10. 如图，在
O
中，ACB 所对的圆心角为150，点D 在AC 上．若
CBO
n
= ，则
ADC
=
（ ）
A. 90
n
+
B. 180
n
−
C. 195
n
−
D. 2n
【答案】C
【解析】
【分析】如图，连接CO并延长交
O
于点E，连接AE ，首先利用等边对等角得到
C
OCB
BO
n
=
=
，然后利用三角形内角和定理求出
180
180
2
BOC
B
OCB
n
=
−−
=
−
，然
后结合圆周角定理和圆内接四边形对角互补求解即可．
【详解】解：如图，连接CO并延长交
O
于点E，连接AE
∵OB
OC
=
∴
C
OCB
BO
n
=
=
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∴
180
180
2
BOC
B
OCB
n
=
−−
=
−
∴
(
)
150
180
2
2
30
AOC
AOB
BOC
n
n
=
−
=
−
−
=
−
∴
1
15
2
E
AOC
n
=
= −
∴
(
)
180
180
15
195
ADC
E
n
n
=
−
=
−
−
=
−．
11. 平面直角坐标系中有
(
)
1,
A
n ，
(
)
,6
B m
，
(
)
,
C m n 三点．若直线AB 经过原点，则点C 一定在
（ ）
A. 函数
1
6
y
x
=
的图象上
B. 函数
6
y
x
=
的图象上
C. 函数
5
y
x
−
=
+
的图象上
D. 函数
6
y
x
=
的图象上
【答案】B
【解析】
【分析】先根据直线AB 过原点设出直线解析式，代入A、B 坐标得到m 与n 的乘积，再根据C 点坐标判
断其满足哪个函数解析式．
【详解】解：∵直线AB 经过原点，
∴设直线AB 的解析式为y
kx
=
，
把
(
)
1,
A
n 代入解析式得
1
n
k
= ，即k
n
=
，
∴直线AB 的解析式为y
nx
=
，
把
(
)
,6
B m
代入y
nx
=
得6
n m
=
，即
6
mn =
，
∵点C 的坐标为(
)
,
m n ，
∴点C 横纵坐标的乘积为
6
m n
=
，
对函数
6
y
x
=
变形可得
6
xy =
，满足点C 的坐标特征，
∴点C 一定在函数
6
y
x
=
的图象上．
12. 如图，在平面直角坐标系中，若两阴影部分的面积分别为m ，n ，则m
n
−
= （ ）
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A. 1
8
B. 1
10
C. 1
12
D. 0
【答案】B
【解析】
【分析】首先利用待定系数法求出四条直线的解析式，分别为1 :
3
l
y
x
=
，2 :
3
3
l
y
x
=
−
，3
1
:
3
3
l
y
x
= −
+
，
4
1
:
2
3
l
y
x
= −
+
，求出阴影部分m 和n 各个顶点的坐标，观察图形可知，阴影部分m 和n 均可分割为一个
平行四边形和一个三角形，分别计算面积，再计算面积差即可求解．
【详解】解：如图，过点B 作BJ
x
轴交直线1l 于点J ，过点F 作
//
EF x 轴交直线1l 于点E ，
∵
//
CD x 轴，GH
x
轴，
∴CD
BJ
，
//
GH EF ，
由图可知，1l 过(
)
0,0 ，(
)
1,3 ；2l 过(
)
1,0 ，(
)
2,3 ；3l 过(
)
0,3 ，(
)
3,2 ；4l 过(
)
0,2 ，(
)
3,1 ，
设1l 的直线解析式为
(
)
0
y
ax a
=
，
将(
)
1,3 代入上式，则
3
a =
，
∴1l 的直线解析式为
3
y
x
=
；
同理可得另外三条直线的解析式分别为：2 :
3
3
l
y
x
=
−
，3
1
:
3
3
l
y
x
= −
+
，4
1
:
2
3
l
y
x
= −
+
，
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∵直线1l 与 2l 的斜率均为 3，
∴1
2
l
l
∥
，
∴四边形
,
JBDC EFHG 是平行四边形，
当
1
y = 时，1
3x
=
，解得
1
3
x =
，则
1 ,1
3
G
；
当
1
y = 时，1
3
3
x
=
−
，解得
4
3
x =
，则
4 ,1
3
H
；
当
2
y =
时，2
3x
=
，解得
2
3
x =
，则
2 ,2
3
C
；
当
2
y =
时，2
3
3
x
=
−
，解得
5
3
x =
，则
5 ,2
3
D
；
∴
1
GH
CD
=
= ，
联立2l 与3l 得：
1
3
3
3
3
x
x
−= −
+
，解得：
1.8
x =
，则
2.4
y =
，
∴
(
)
1.8,2.4
B
；
联立1l 与 3l 得：
1
3
3
3
x
x
= −
+
，解得：
0.9
x =
，则
2.7
y =
，
∴
(
)
0.9,2.7
A
；
联立2l 与4l 得：
1
3
3
2
3
x
x
−= −
+
，解得：
1.5
x =
，则
1.5
y =
，
∴
(
)
1.5,1.5
F
；
联立1l 与 4l 得：
1
3
2
3
x
x
= −
+
，解得：
0.6
x =
，则
1.8
y =
，
∴(
)
0.6,1.8
I
；
∴阴影部分n 的面积
CDBJ
ABJ
S
S
=
+
(
)
(
)
1
1
2.4
2
1
2.7
2.4
0.55
2
=
−
+
−
=
．
阴影部分m 的面积
GHFE
EFI
S
S
=
+
(
)
(
)
1
1
1.5 1
1
1.8 1.5
0.65
2
=
−
+
−
=
．
∴
1
0.65 0.55
0.1
10
m
n
−
=
−
=
=
．
二、填空题（本大题共4 小题，每小题3 分，共12 分）
13. 计算：
(
)
4
6
−−
= ________．
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【答案】10
【解析】
【分析】本题考查有理数的减法，熟练掌握减法法则是解题的关键． 根据减去一个数等于加上它的相反数
将减法变加法计算即可．
【详解】解∶
(
)
4
6
4
6
10
−−
=
+
=
，
故答案为∶10．
14. 某楼梯装有护栏，其侧面如图所示．其中AB
CD
，BD
DE
⊥
于点D ，AC
DE
⊥
于点E ，若
60
BAC
=
，
4m
AB =
，则CE = _________ m ．
【答案】2
【解析】
【分析】根据垂直于同一条直线的两条直线平行可得BD
AC
，结合已知AB
CD
可判定四边形ABDC
为平行四边形，从而得出CD
AB
=
；利用平行线的性质得出
DCE
BAC
=
，最后在Rt
CDE
△
中利用
三角函数求解CE 的长，即可求解．
【详解】解：
BD
DE
⊥
，AC
DE
⊥
，
BD
AC
∥
，
又
AB
CD
∥
，
四边形ABDC 是平行四边形，
4m
CD
AB
=
=
，
AB
CD
∥
，
60
DCE
BAC
=
=
，
在Rt
CDE
△
中，
90
CED
=
，
60
DCE
=
，
1
cos60
4
2m
2
CE
CD
=
=
=
．
15. 已知关于x 的一元二次方程
2
1
0
4
x
x
m
+
+
=
有两个实数根，其中一个根是另一个根的平方，则m =
_________．
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【答案】
1
8
−
【解析】
【分析】设方程的两根分别为t 和
2t ，利用根与系数的关系得到两根之和与两根之积的表达式，先求解t 的
值，再计算m ，最后验证原方程满足有两个实数根的条件即可．
【详解】解：设一元二次方程
2
1
0
4
x
x
m
+
+
=
的两根分别为t ，
2t ．
根据根与系数的关系可得
2
1
4
t
t
+
= −
，
2
t t
m
=
．
整理
2
1
4
t
t
+
= −
得
2
1
0
4
t
t
+ +
=
．变形得
2
1
0
2
t
+
=
．
解得1
2
1
2
t
t
=
= −
．
将
1
2
t
−
=
代入
3
m
t
=
得
3
1
1
2
8
m
= −
= −
．
验证判别式：
2
1
1
1
9
4
4
0
4
16
8
16
m
=
−
=
−−
=
，符合题意．
16. 一游客计划从A 地出发到B，C，D 三地旅游，然后回到A 地．该游客到三地的先后顺序不确定，且
每个地方只到1 次，如A
D
B
C
A
→
→
→
→
．若图中两地间连线上的数字表示两地之间单次通行的交
通费用（单位：百元），则此次旅游的交通费用最少为_________百元．
【答案】21
【解析】
【分析】根据题意列举出所有可能的旅游路线，分别利用有理数加法法则计算各条路线的交通费用，通过比
较大小得出最小值．
【详解】解：根据题意，从A 地出发到B ，C ，D 三地旅游，然后回到A 地，且每个地方只到1 次，共
有以下不同的路线方案：
方案一：路线为A
B
C
D
A
→
→
→
→
，交通费用为：3 5 7
6
21
+ + +
=
（百元）；
方案二：路线为A
B
D
C
A
→
→
→
→
，交通费用为：3 8 7
4
22
+ + +
=
（百元）；
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方案三：路线为A
C
B
D
A
→
→
→
→
，交通费用为：4 5 8 6
23
+ + + =
（百元）；
方案四：路线为A
C
D
B
A
→
→
→
→
，交通费用为：4 7 8 3
22
+ + + =
（百元）；
方案五：路线为A
D
B
C
A
→
→
→
→
，交通费用为：6 8 5 4
23
+ + +
=
（百元）；
方案六：路线为A
D
C
B
A
→
→
→
→
，交通费用为：6 7 5 3
21
+ + + =
（百元）；
因为21
22
23
，
所以此次旅游的交通费用最少为21 百元．
三、解答题（本大题共8 小题，共72 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 解方程、解不等式：
（1）3
12
x
x
=
+
；
（2）
1
3
2
x
x
−
−
．
【答案】（1）
6
x =
（2）
5
x
【解析】
【小问1 详解】
解：3
12
x
x
=
+
，
移项，得3
12
x
x
−
=
合并同类项，得2
12
x =
，
系数化为1，得
6
x =
；
【小问2 详解】
解：
1
3
2
x
x
−
−
，
去分母，得(
)
2
3
1
x
x
−
−，
去括号，得2
6
1
x
x
−
−，
移项，得2
1 6
x
x
−
−+
，
合并同类项，得
5
x
．
18. 用运算律或乘法公式可以简化运算，例如：
2
2
2
2
98
98
2
2
=
−
+
(
) (
)
2
98
2
98
2
2
=
+
−
+
100 96
4
=
+
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9604
=
．
（1）证明
(
)(
)
2
2
a
a
b
a
b
b
=
+
−
+
，并用以上方法计算
2
99 ；
（2）计算：(
)
2
105
−
．
【答案】（1）
证明：∵右边(
)(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
2
2
a
b
a
b
b
a
b
b
a
b
b
a
=
+
−
+
=
−
+
=
−
+
=
= 左边，
∴
(
)(
)
2
2
a
a
b
a
b
b
=
+
−
+
，
2
99
9801
=
；
（2）
11025
【解析】
【小问1 详解】
证明见答案
解：
2
2
2
2
99
99
1
1
=
−
+
(
) (
)
99 1
99 1
1
=
+
−
+
100 98 1
=
+
9800 1
=
+
9801
=
；
【小问2 详解】
解：(
)
(
)
2
2
2
2
105
105
5
5
−
= −
−
+
(
)
(
)
105
5
105
5
25
=
−
+
−
−
+
(
) (
)
100
110
25
= −
−
+
11000
25
=
+
11025
=
．
19. 按要求解答下列问题：
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（1）尺规作图：如图1，在ABC
中，作出AB 边的垂直平分线l ；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）如图2，在ABC
中，
2
BAC
B
=
，点D 在BC 边上，且DA
DB
=
．若
6
AC =
，
9
BC =
，求
线段CD的长．
【答案】（1）如图1，直线l 即为所求；
（2）4
【解析】
【分析】（1）根据作已知线段的垂直平分线的方法作图即可；
（2）根据等边对等角以及三角形的外角性质证明
BAC
CDA
=
，即可证明
CDA
CAB
△
∽△
，即可求
解．
【小问1 详解】
略
【小问2 详解】
解：∵DA
DB
=
∴
B
BAD
=
∴
2
CDA
B
BAD
B
=
+
=
∵
2
BAC
B
=
∴
BAC
CDA
=
∵
C
C
=
∴
CDA
CAB
△
∽△
∵
6
AC =
，
9
BC =
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∴CD
CA
CA
CB
=
∴
6
6
9
CD =
解得
4
CD =
．
20. 为培养学生的劳动观念和家庭责任意识，某中学开展了“家长家务劳动时长”调查活动．在某一周，
每名学生统计自己家长每天整理收纳、烧菜做饭、洗衣清扫等家务劳动时间，计算出家长日均家务劳动时
长t （单位：h）并提交．（计算方法：
7
t =
家长一周家务劳动时间总和
参与家务劳动的家长人数
）
【收集数据】
淇淇随机抽取了40 名同学提交的数据，如下：
3.6，2.1，1.9，3.2，2.4，3.1，2.0，2.6，1.9，3.2
1.3，2.8，2.9，1.4，2.1，2.5，1.7，3.5，2.6，2.6
2.3，3.7，2.7，1.9，3.3，2.0，2.6，2.0，1.6，2.8
3.4，2.5，2.1，2.2，1.8，2.4，3.0，2.5，3.5，2.3
【整理数据】
淇淇将数据适当分组后，绘制了如图所示的不完整的频数直方图．
【分析数据】
（1）补全上面的频数直方图；估计全校学生提交的数据中，
2 25
t .
的占比为____________%．
（2）把频数直方图中各组数据用该组的中间值来代替（如1.25 1.75
−
的中间值为1.5），并利用图中信
息，计算这40 名学生提交的家长日均家务劳动时长的平均数t ．
（3）资料显示，我国6 周岁以上居民的日均家务劳动时长约为1.28h ，淇淇发现t 与之相比有明显差异，
请结合统计知识分析原因．（写出一条即可）
【答案】（1）补全频数分布直方图如图；
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，62.5
（2）2.5h
（3）调查对象为学生家长，样本不具有代表性，家长群体家务时长普遍高于全国平均水平
【解析】
【分析】
（1）根据40 个数据确定，1.25
1.75
t
和3.25
3.75
t
的数据个数，即可补全频数分布直方图，
再求出
2 25
t .
的样本数据个数，除以总数即可求解占比；
（2）先求出各组的组中值，再根据平均数的定义求解即可；
（3）本次调查的样本是某中学学生的家长，群体具有特殊性，家长群体需要照顾家庭、承担更多家务，劳
动时长普遍高于全国全年龄段居民的平均水平，且样本仅来自一所中学，不具备代表性，因此与全国均值存
在明显差异．
【小问1 详解】
解：由统计数据可得，1.25
1.75
t
的数据有4 个，3.25
3.75
t
的数据有6 个，
则补全频数分布直方图：
；
12
7
6 100%
62.5%
40
+ +
=
，
∴
2 25
t .
的占比为62.5% ；
【小问2 详解】
解：第一组的组中值为(
)
1.25 1.75
2
1.5
+
=
，同理可求其余各组组中值为2.0、2.5、3.0、3.5，
∴
( )
1.5 4
2.0 11 2.5 12
3.0 7
3.5 6
2.5 h
40
t
+
+
+
+
=
=
答：平均数
2.5h
t =
；
【小问3 详解】
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略
21. 在学习了圆的相关知识后，同学们设计并开展了一项综合实践活动，下面是一个小组尚未完成的活动
报告．
主题
求生活中的圆弧长
研究内
容
本次活动选取学校的铅球场地，
将场地的一部分抽象为扇形OPQ
（如图1 所示），已知扇形OPQ
所在圆的半径OM
PQ
⊥
于点
N ，
10.00m
OP
，用不同的方
案分别求PQ 的长l ．
工具
软尺（长度足够）、测角仪（可测量角度的大小）等
研究方
案与实
践成果
方案一
方案二
方案三
用软尺直接测
量PQ 的长．
测量数据：
第一次6.36m
第二次6.32m
用测角仪测角，
利用弧长公式计
算PQ 的长．
测量数据：
36
POQ
查阅文献，发现北宋沈括的《梦溪笔谈》
中收录了近似计算圆弧长度的“会圆
术”．图1 中，弧长
2
MN
l
PQ
OP
=
+
．
测量数据：
6.20m
PQ
0.50m
MN
反思应
用
取两次测量结
果的平均数，
则
6.34m
l =
．
利用弧长公
式，……
根据“会圆术”，……
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①方案一可通过____________的
方法减少误差；
②我们可以利用上面的活动经验
解决一些生活中的问题．
如图2 所示，公园里一座桥的主
桥拱是圆弧形，已知其跨度AB
为6m，拱高CD为1m，虽然弧
长AB
l
和圆心角
AEB
不方便测
量，但可以通过计算近似得出．
计算过程如下：……
请你帮助该小组完成活动报告，具体如下：
（1）写出“反思应用”①中减少误差的方法；（写出一种方法即可）
（2）分别利用方案二（结果保留π ）和方案三计算PQ 的长l ；
（3）求图2 中弧长AB
l
和圆心角
AEB
．（π 取3.1）
【答案】（1）多次测量取平均值
（2）方案二弧长为2 m
；方案三弧长为6.225m
（3）
6.2m
AB
l
=
，
72
AEB
=
【解析】
【分析】（1）方案一可通过多次测量取平均值的方法减少误差；
（2）方案二利用弧长公式求解即可，方案三代入已知数据求解即可；
（3）先由垂径定理以及勾股定理求解AE ，再由“会圆术”求解弧长，最后根据弧长公式求解圆心角的度
数即可．
【小问1 详解】
解：方案一可通过多次测量取平均值的方法减少误差；
【小问2 详解】
解：方案二：PQ 的长
( )
36
10
2
m
180
l
=
=
；
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方案三：∵
2
MN
l
PQ
OP
=
+
，
6.20m
PQ
，
0.50m
MN
，
10.00m
OP
∴
(
)
2
m
0.50
1
2
0.0
6.20
5
0
6. 2
l =
+
=
；
【小问3 详解】
解：∵CD
AB
⊥
，
6m
AB =
∴
( )
1
3 m
2
AD
BD
AB
=
=
=
在Rt
ADE
△
中，由勾股定理得，
2
2
2
AE
AD
DE
=
+
，
1m
CD =
∴
(
)
2
2
23
1
AE
AE
=
+
−
解得
(
)
5 m
AE =
由“会圆术”可得，
(
)
2
1
6
6.2 m
5
AB
CD
l
AB
AE
=
+
=
+
=
，
设
AEB
的度数为n ，则由
180
AB
n
AE
l
=
得，
3.1 5
6.2
180
n
=
，
解得
72
n =
22. 某登山爱好者根据经验，总结出一个预估自己登山用时t （分钟）的模型：
1
2
t
t
t
=
+
．其中，1t
kx
=
（k 为常数），x （千米）表示登山路线的长度；2
150
t
h
=
，h （千米）表示山顶与起点的海拔高度
差．从A 出发到山顶M 的路线及相关数据如图所示．（说明：本题中模型已简化，且不计登山过程中休息
和必要的预留时间）
（1）①求k ，h 的值；
②计算路线3 的长度．
（2）已知山顶M 的海拔高度为1000 米，B 在图所示的一条等高线上，等高线上标注的数字表示其海拔高
度（单位：米）．若该登山爱好者从B 出发到山顶M 的路线长度为3 千米，根据本题模型，求该登山爱好
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者登到山顶M 的预估用时．
【答案】（1）①
15,
0.8
k
h
=
=
；②5千米
（2）135分钟
【解析】
【分析】
（1）①由题意得，
150
t
kx
h
=
+
，再用待定系数法求解即可；②先得到
15
150 0.8 15
120
t
x
x
=
+
=
+
，
然后将
195
t =
代入，解方程即可；
（2）求出海拔差为0.6km，然后代入
15
150 0.6
t
x
=
+
求解即可．
【小问1 详解】
解：①由题意得，
150
t
kx
h
=
+
，
代入两组数据得，6
150
210
4
150
180
k
h
k
h
+
=
+
=
解得
15
0.8
k
h
=
=
；
②由①得，
15
150 0.8 15
120
t
x
x
=
+
=
+
路线3 同样从A 到M，海拔差仍为
0.8km
h =
，
将
195
t =
代入
15
120
t
x
=
+
，得15
120
195
x+
=
解得
5
x =
即路线3 的长度为5 千米；
【小问2 详解】
解：由等高线图可知，B 点位于400 米等高线上，海拔为400m
0.4km
=
；
山顶M 海拔为1000m
1km
=
，因此海拔差：
1 0.4
0.6km
h = −
=
将
3km,
15
x
k
=
=
代入得，
15 3 150 0.6
45 90
135
t =
+
=
+
=
即预估用时为135 分钟
23. 如图，二次函数
(
)(
)
3
y
x
t
x
t
=
−
−
（其中
0
t
）的图象与x 轴交于A，B 两点（点A在点B 左侧），
与y 轴交于点C ，顶点为P ．将点B 绕点A顺时针旋转90得到点D ．
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（1）若
1
t = ，求直线PD的函数表达式，并判断点C 关于二次函数图象对称轴的对称点C是否在直线
PD上；
（2）当3
6
x
时，二次函数的最大值为9，求t 的值；
（3）连接OP ，当点D 不在直线OP 上时，过点D 作直线DE
OP
∥
交y 轴于点
(
)
0,
E
m ，请直接写出
m 的最小值．
【答案】（1）
3
y
x
=
−
，点C不在直线PD上
（2）t 的值为4
7
−
或4
（3）2
−
【解析】
【分析】（1）先求出
(
)
,0
A t
，(
)
3 ,0
B
t
，若
1
t = ，则
(
)
(
)
1,0 ,
3,0
A
B
，
(
)(
)
(
)
2
1
3
2
1
y
x
x
x
=
−
−
=
−
−，则
3 1
2
AB = −=
，
(
)
2, 1
−
P
，由旋转可得
2,
90
AD
AB
BAD
=
=
=
，则
(
)
1, 2
D
−
，再由待定系数法求解直线
:
3
PD y
x
=
−
；然后求出点C 关
于二次函数图象对称轴的对称点C为(
)
4,3 ，再代入直线PD表达式验证即可；
（2）先求出对称轴为直线
3
2
2
t
t
x
t
+
=
=
，然后分三种情况，根据二次函数的图象与性质求解即可；
（3）同（1）可求
(
)
, 2
D t
t
−
，可求(
)
2
2 ,
P
t
t
−
，设直线
:
OP y
px
=
，求出
2
t
p = −
，由DE
OP
∥
，可
设直线
:
2
t
DE y
x
n
= −
+
，求出直线
2
:
2
2
2
t
t
DE y
x
t
= −
+
−
，当
0
x =
时，
(
)
2
2
1
1
2
2
2
2
2
m
t
t
t
=
−
=
−
−
，再由二次函数的图象与性质求解即可；
【小问1 详解】
解：如图，
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对于
(
)(
)
3
y
x
t
x
t
=
−
−
，当
0
y =
时，则(
)(
)
3
0
x
t
x
t
−
−
=
，
解得
1
2
,
3
x
t x
t
=
=
，
∴
(
)
,0
A t
，(
)
3 ,0
B
t
，
若
1
t = ，则
(
)
(
)
1,0 ,
3,0
A
B
，
(
)(
)
(
)
2
2
1
3
4
3
2
1
y
x
x
x
x
x
=
−
−
=
−
+
=
−
−
∴
3 1
2
AB = −=
，
(
)
2, 1
−
P
∵将点B 绕点A顺时针旋转90得到点D ．
∴
2,
90
AD
AB
BAD
=
=
=
∴
(
)
1, 2
D
−
，
设直线
:
PD y
kx
b
=
+
，
则2
1
2
k
b
k
b
+
= −
+
= −
解得
1
3
k
b
=
= −
∴直线
:
3
PD y
x
=
−
；
对于
(
)
2
2
1
y
x−
=
−，当
0
x =
时，
3
y =
，
∴
(
)
0,3
C
由
(
)
2
2
1
y
x−
=
−可得对称轴为直线
2
x =
，
∴点C 关于二次函数图象对称轴的对称点C为(
)
4,3 ，
当
4
x =
时，
4
3
1
3
y =
−
=
，
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∴点C不在直线PD上；
【小问2 详解】
解：由（1）可得
(
)
,0
A t
，
(
)
3 ,0
B
t
，
∴对称轴为直线
3
2
2
t
t
x
t
+
=
=
，
当2
3
t
，即
1.5
t
时，
∵抛物线
(
)(
)
3
y
x
t
x
t
=
−
−
中，1
0
，则抛物线开口向上，
∴当3
6
x
时，y 随着x 的增大而增大，
∴当
6
x =
时，函数取得最大值，
∴(
)(
)
6
6
3
9
t
t
−
−
=
，
整理得，
2
8
9
0
t
t
−
+
=
，解得
4
7
t =
−
或
4
7
t =
+
（舍去）；
当3
2
6
t
，即3
3
2
t
时，
3
6
9
2
2
x
+
=
=
若
9
2
2
t
，即3
9
2
4
t
时，此时
6
x =
离对称轴更远，
∴当
6
x =
时，函数取得最大值9，
∴(
)(
)
6
6
3
9
t
t
−
−
=
，
整理得，
2
8
9
0
t
t
−
+
=
，解得
4
7
t =
−
或
4
7
t =
+
，均不在3
9
2
4
t
范围内，故舍去；
若
9
2
2
t
时，即9
3
4
t
，此时
3
x =
离对称轴更远，
第24页/共29页
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∴当
3
x =
时，函数取得最大值，
∴(
)(
)
3
3
3
9
t
t
−
−
=
，
整理得，
2
4
0
t
t
−
=
，解得
4
t =
或
0
t =
，均不在9
3
4
t
范围内，故舍去；
当2
6
t
，即
3
t
时，
∴当3
6
x
时，y 随着x 的增大而减小，
∴当
3
x =
时，函数取得最大值，
∴(
)(
)
3
3
3
9
t
t
−
−
=
，
整理得，
2
4
0
t
t
−
=
，解得
4
t =
或
0
t =
（舍去）；
综上：t 的值为4
7
−
或4 ；
【小问3 详解】
解：∵
(
)
(
)
,0 ,
3 ,0
A t
B
t
，
同（1）可求
(
)
, 2
D t
t
−
对于
(
)(
)
3
y
x
t
x
t
=
−
−
，对称轴为直线
2
x
t
=
，
∴把
2
x
t
=
代入
(
)(
)
3
y
x
t
x
t
=
−
−
可得，
(
)(
)
2
2
2
3
y
t
t
t
t
t
=
−
−
= −
，
∴(
)
2
2 ,
P
t
t
−
，
设直线
:
OP y
px
=
，则
2
2
t
p
t
−
=
，解得
2
t
p = −
，
∵DE
OP
∥
，
∴设直线
:
2
t
DE y
x
n
= −
+
，
代入
(
)
, 2
D t
t
−
，则
2
2
t
t
n
t
−
+
= −
，解得
2
2
2
t
n
t
=
−
，
∴直线
2
:
2
2
2
t
t
DE y
x
t
= −
+
−
，
当
0
x =
时，
(
)
2
2
1
1
2
2
2
2
2
m
t
t
t
=
−
=
−
−
，
∵1
0
2
，
∴当
2
t =
时，m 取得最小值为2
−；
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24. 如图1 和图2，在ABC
中，
10
AB
AC
=
=
，
12
BC =
，正方形DEFG 的顶点D ，E ，F 分别在
ABC
的三边AB ，BC ，CA 上．当点D 从点B 出发沿BA 向点A移动时，点E ，F 随之分别在BC ，
CA 上移动（正方形DEFG 的大小发生变化），当点F 与点C 重合时，移动停止．
（1）tan ABC
= ____________．
（2）如图1，当
45
BED
=
时，求证：BE
CE
=
．
（3）①如图2，当
20
7
BD =
时，求BE 的长；
②当
40
7
BE =
时，直接写出正方形DEFG 的边长．
（4）在移动过程中，每当点G 移动1 个单位长度时，点E 均移动d 个单位长度，直接写出d 的值．
【答案】（1）4
3
（2）证明：∵四边形DEFG 是正方形，
∴
,
90
ED
EF
DEF
=
=
∵
45
BED
=
，
∴
180
45
CEF
DEF
BED
=
−
−
=
∴
BED
CEF
=
∵AB
AC
=
∴
B
C
=
，
∴
(
)
AAS
BED
CEF
△
≌△
∴BE
CE
=
；
（3）①44
7
；②16
5
7
（4）1
7
【解析】
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【分析】（1）过点A作AH
BC
⊥
于点H ，根据等腰三角形的性质以及勾股定理求解
,
BH AH ，再由正切
的定义求解；
（2）证明
(
)
AAS
BED
CEF
△
≌△
即可；
（3）①过点D 作DM
BC
⊥
于点M ，过点F 作FN
BC
⊥
于点N ，在Rt BDM
中，由
4
tan
3
DM
B
BM
=
=
，设
4 ,
3
DM
x BM
x
=
=
，同理可设
4 ,
3
FN
y CN
y
=
=
，证明
(
)
AAS
DME
ENF
△
≌△
即可求解；
②构造同样辅助线，如上图，由
40
7
BE
BM
ME
=
+
=
，可得方程组
40
3
4
7
7
7
12
x
y
x
y
+
=
+
=
，解方程组求解
,x y ，再由勾股定理求解DE ；
（4）先同样构造（3）问辅助线，再过点G 作GI
MD
⊥
交MD 的延长线于点I ，
同理可证明
DIG
EMD
△
≌△
，则
4 ,
4
IG
DM
x DI
ME
y
=
=
=
=
，证明当点D 运动时，点G 到BC 的
距离不变，为48
7
，当点D 与点B 重合时，记作点D，作出初始位置时的正方形D E F G
，则点
, ,
,
G I G F
在同一直线上，由题意设
1
G G
= ，可得四边形G D MI
是矩形，则
3
G I
D M
x
=
=
，
48
7
IM
BG
=
=
，那么
7
1
G G
G I
IG
x
=
+
=
= ，
48
7
BE
BG
=
=
，解得
1
7
x =
，再由
d
EE
BE
BE
=
=
−
求解即可．
【小问1 详解】
解：过点A作AH
BC
⊥
于点H ，
∵
10
AB
AC
=
=
，
12
BC =
，
∴
1
6
2
BH
CH
BC
=
=
=
，
∴
2
2
8
AH
AB
BH
=
−
=
，
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∴
4
tan
3
AH
ABC
BH
=
=
；
【小问2 详解】
略
【小问3 详解】
解：①过点D 作DM
BC
⊥
于点M ，过点F 作FN
BC
⊥
于点N ，则
90
BMD
DME
ENF
CNF
=
=
=
=
，
∴在Rt BDM
中，
4
tan
3
DM
B
BM
=
=
，设
4 ,
3
DM
x BM
x
=
=
，
∵
B
C
=
，
∴
4
tan
3
FN
C
CN
=
=
，则设
4 ,
3
FN
y CN
y
=
=
∵四边形DEFG 是正方形，
∴
,
90
ED
EF
DEF
=
=
∴
90
DEM
EFN
FEN
=
=
−
∴
(
)
AAS
DME
ENF
△
≌△
∴
4 ,
4
DM
EN
x ME
FN
y
=
=
=
=
在Rt BDM
中，由勾股定理得
2
2
20
5
7
BD
BM
DM
x
=
+
=
=
，
∴
4
7
x =
，
∴
12
3
7
BM
x
=
=
，
∵
3
4
4
3
7
7
12
BC
x
y
x
y
x
y
=
+
+
+
=
+
=
∴
8
7
y =
，
∴
12
8
44
3
4
4
7
7
7
BE
x
y
=
+
=
+
=
；
②构造同样辅助线，如上图，
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∵
40
7
BE
BM
ME
=
+
=
，
∴可得方程组
40
3
4
7
7
7
12
x
y
x
y
+
=
+
=
，
解得
8
7
4
7
x
y
=
=
，
∴
32
16
4
,
4
7
7
DM
x
ME
y
=
=
=
=
，
∴
2
2
16
5
7
DE
DM
ME
=
+
=
；
【小问4 详解】
解：先同样构造（3）问辅助线，再过点G 作GI
MD
⊥
交MD 的延长线于点I ，
同理可证明
DIG
EMD
△
≌△
∴
4 ,
4
IG
DM
x DI
ME
y
=
=
=
=
，
由（3）可知7
7
12
x
y
+
=
,
∴
12
7
x
y
+
=
∴
12
48
4
4
4
7
7
IM
DI
DM
y
x
=
+
=
+
=
=
，
∴当点D 运动时，点G 到BC 的距离不变，为48
7
，
当点D 与点B 重合时，记作点D，作出初始位置时的正方形D E F G
，则点
, ,
,
G I G F
在同一直线上，
由题意设
1
G G
= ，
∵四边形D E F G
是正方形，
∴
90
G
G D M
=
=
，
∵
90
DMB
=
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∴四边形G D MI
是矩形，
∴
3
G I
D M
x
=
=
，
48
7
IM
BG
=
=
，
∴
7
1
G G
G I
IG
x
=
+
=
= ，
48
7
BE
BG
=
=
，
解得
1
7
x =
∴
48
4
7
DI
ME
IM
DM
x
=
=
−
=
−
，
48
48
3
4
7
7
BE
BM
ME
x
x
x
=
+
=
+
−
=
−
，
∴
48
48
1
7
7
7
d
EE
BE
BE
x
x
=
=
−
=
−
−
=
=
∴d 的值为1
7
．
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