2025中考倒计时系列考前冲刺深圳专版-解析版

第=page11页，共=sectionpages11页第=page2020页，共=sectionpages6363页2025中考倒计时系列·考前冲刺·深圳专版TOC\o"1-3"\n\h\z\u模块一热点题型专练一、函数图像与动点问题二、三角函数中档题三、中档题——二次函数四、选填压轴最值问题五、中档题-圆六、中档题-尺规作图七、反比例函数模块二选填压轴专练八、填空压轴-翻折问题九、填空压轴-解三角形十、倍半角十一、填空压轴-线段比模块三压轴大题专练十二、二次函数-项目式学习十三、项目式学习-其它知识点十四、几何综合递进式探究十五、解答题-几何综合十六、函数综合模块四打卡训练每日一练（1）每日一练（2）每日一练（3）每日一练（4）每日一练（5）每日一练（6）试卷第=page33页，共=sectionpages212212页第=page22页，共=sectionpages212212页一、函数图像与动点问题1．（2025·广东深圳一模）如图1，在中，，一动点从点出发，以每秒2个单位的速度沿着的路径运动，过点作，垂足为．设点运动的路程为，与的差为，与的函数图象如图2所示，点，是线段，与轴的交点，则图2中点对应的点位置到点对应的点位置所经历的时长为（）A．2秒 B．4秒 C．秒 D．秒【答案】C【分析】本题考查了动点问题的函数图象，解直角三角形的相关计算，正确读取图中的信息是解题的关键．先得出当时，则，，再解读当时，且与的差为，且此时停止运动了，说明点P与点C重合，则，运用，得，设故，分别算出在点M时，以及在点N时的时间，再计算它们的差值，即可作答．【详解】解：∵过点作，垂足为，∴，当时，则，∴此时，由图2得时，，∵与的差为，∴，∴，当时，且与的差为，此时停止运动了，说明点P与点C重合，∵，∴说明点P与点Q重合，则，即，则，由图2得，在点M时，则，即，在中，，设则，故，∴，解得，∴，∵一动点从点出发，以每秒2个单位的速度沿着的路径运动，∴（秒），由图2得，在点N时，则，即，此时点P是的中点，∴，则（秒），∴（秒），故选：C．2．（2024·江苏苏州·一模）如图1，在中，．点D从A出发，沿运动到B点停止，过点D作，垂足为E连接．设点D的运动路径长为x，的面积为y，若y与x的对应关系如图2所示，则的值为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了动点问题的函数图形，当点D在上，利用，求出，再求出，从而求出a，当点在上，利用，求出，从而求出b，再计算即可．【详解】解：在中，∵，∴，如图，当时，点D在上，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，即，∴，∴，∴，即，如图，当时，点D在上，∵，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，即，∴，∴，即，∴，故选：B．3．（23-24九年级上·湖北武汉·阶段练习）如图1，在正方形中，动点以的速度自点出发沿方向运动至A点停止，动点以的速度自A点出发沿折线运动至点停止，若点P、Q同时出发运动了秒，记的面积为，且与之间的函数关系的图像如图2所示，则图像中的值为（）．A．1 B． C． D．2【答案】B【分析】本题考查了动点问题的函数图象，分类讨论，正确求出函数解析式是解答本题的关键．设正方形的边长为，当点Q在上时，求得．当时，有最大值，配合图象可得方程，即可求得；当点Q在上时，可求得，把代入即可得到答案．【详解】设正方形的边长为，则，，，，当时，有最大值，即，解得，，当点Q在上时，如图，，当时，，故选：B．二、三角函数中档题4．（2025·广东深圳·一模）某仓储中心有一个斜坡，，B、C在同一水平地面上，其横截面如图，现有一个侧面图为正方形的正方体货柜，其中米，该货柜沿斜坡向下时，若点D的最大高度限制（即点D离所在水平面的高度的最大值）为米，则的长度应不超过（）米（参考数据：）A．13 B．15 C．20 D．25【答案】B【分析】本题考查的是解直角三角形的应用-坡度坡角问题，掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．根据正方形的性质以及已知条件可得，再根据三角形内角和定理得到，根据余弦和正切的定义求出，根然后根据线段的和差，再解直角三角形求得，最后求得即可．【详解】解：∵正方形，∴米，∴，∵，∴，∴，，∵米，∴，∵，∴，∴．故选B．5．（2024·山东临沂·模拟预测）菱形是日常生活中常见的图形，如伸缩衣架（如图1）等，为兼顾美观性和实用性，活动角的取值范围宜为（如图2），亮亮选购了折叠后如图所示的伸缩衣架，则其拉伸长度的适宜范围最接近（）A． B．C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了菱形及其计算，解直角三角形的相关计算，解题关键是找准直角三角形进行计算．由菱形中，，，得，当时，得，得，得，此时拉伸长度；同理当时，拉伸长度，即可得到答案．【详解】解：由菱形中，，，得，当时，得，得，得，此时拉伸长度；同理当时，拉伸长度．总之，．故选：B．6．（2024·广东深圳·二模）小明在科普读物中了解到：每种介质都有自己的折射率，当光从空气射入该介质时，折射率为入射角正弦值与折射角正弦值之比，即折射率（为入射角，为折射角）．如图，一束光从空气射向横截面为直角三角形的玻璃透镜斜面，经折射后沿垂直边的方向射出，已知，，，则该玻璃透镜的折射率为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了三角函数，余角性质，利用余角性质可得，进而得，再根据折射率计算即可求解，由余角性质推导出是解题的关键．【详解】解：由题意可得，，∵光线经折射后沿垂直边的方向射出，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，故选：．7．（2025�广东深圳�一模）图1是某款自动旋转遮阳伞，伞面完全张开时张角呈，图2是其侧面示意图．为实现遮阳效果最佳，伞面装有接收器可以根据太阳光线的角度变化，自动调整手柄沿着移动，以保证太阳光线与始终垂直，已知支架长为米，且垂直于地面，某一时刻测得米，悬托架，点固定在伞面上，当伞面完全张开时，太阳光线与地面的夹角设为，当时，此时悬托架的长度为（）米．A． B． C． D．【答案】A【分析】过点E作于点I，利用三角函数得出，根据勾股定理得出，根据等腰三角形的性质可得，最后勾股定理求得，即可．【详解】解：过点E作于点I，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵长为米，米，，∴（米），∴（米），∴（米），故选：A．【点睛】本题考查了正切函数的应用，平行线的性质，等腰三角形的三线合一性质，余角的性质，熟练掌握正切函数，等腰三角形的性质是解题的关键．8．（23-24九年级上·广西来宾·阶段练习）根据以下素材，探索完成任务．探究车牌识别系统的识别角度素材1某小区为解决“停车难”这个问题，改造一个地下停车库．图1是该地下停车库坡道出入口的侧面示意图．地下停车库高，，出入口斜坡长．素材2图2是地下停车库门口安装的车牌识别设备，摄像头D点位于B点正上方，D，B，C三点共线．摄像头在斜坡上的有效识别区域为，车辆进入识别区域无需停留，闸门3秒即会自动打开，车辆通过后，闸门才会自动关闭．（参考数据：，，）素材3汽车从地下车库驶出，在斜坡上保持匀速行驶，车库限速问题解决任务一确定斜坡坡比：如图1，求的值．任务二判断车辆是否顺利通过：如图3，当时，请判断此时车辆以最高限速行驶到达B点时，闸门是否已经打开，请通过计算说明．【答案】任务一：；任务二：闸门没有打开，理由详见解析【分析】本题考查了解直角三角形的应用仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．任务一：利用勾股定理求出，从而得解；任务二：过点作于，设，则，利用得到，从而求出，利用求出，从而得到，从而计算出车辆以最高限速行驶到达点的时间，从而得解．【详解】解：任务一：，，长，，的值为：；任务二：闸门没有打开，理由如下：过点作于，，，设，则，，，，，，，，解得：，，车辆以最高限速行驶到达点的时间为：秒，，闸门没有打开．三、中档题——二次函数9．（2024�广东深圳�一模）在平面直角坐标系中，二次函数（为常数）的图象经过点，其对称轴在轴右侧，则该二次函数有（）A．最大值 B．最小值 C．最大值8 D．最小值8【答案】B【分析】本题主要考查了二次函数的性质以及二次函数的最值，正确得出的值是解题关键．依据题意，将代入二次函数解析式，进而得出的值，再利用对称轴在轴右侧，得出，再利用二次函数的性质求得最值即可．【详解】解：由题意可得：，解得：，．二次函数，对称轴在轴右侧，∴．∴．．∵，抛物线开口向上，二次函数有最小值为：．故选：B．10．（24-25九年级下·广西南宁·开学考试）四边形是矩形，已知抛物线经过点，，与轴交于点，，如图，抛物线对称轴与轴交与点．点，分别为边上一点，当四边形周长最短时，则与的数量关系为．【答案】【分析】本题考查了二次函数和一次函数的性质，两点之间线段最短最短，轴对称的性质，掌握知识点的应用是解题的关键．作点关于直线的对称点，先求出，，对称轴为直线，连接，交于点，交与，，，此时四边形周长为，周长最短，即点共线时，周长最短，然后求出直线解析式为，从而可求出，，然后用两点间的距离即可求解．【详解】解：如图，作点关于直线的对称点，由得：当时，，解得：，，∴，当时，，∴，∵四边形是矩形，∴，，∴A、B关于抛物线对称轴对称；∴抛物线对称轴为直线，∴，，∴，∴关于直线对称；连接，交于点，交与，∴，，∴此时四边形周长为，周长最短，即点共线时，周长最短，∵点关于直线的对称点为，∴，设直线解析式为，∴，解得，∴直线解析式为，当时，，解得：，∴，当时，，∴，∴，，∴，故答案为：．11．（23-24九年级下�广东深圳�阶段练习）在平面直角坐标系中，点，在抛物线（）上，设抛物线的对称轴为直线．若，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，根据，可得出，解得，进而可确定的取值范围，函数图象上点的坐标满足函数解析式是解题的关键．【详解】解：∵，∴，解得，∴，∵，∴，∴，故选：A．12．（2025�广东深圳�一模）已知二次函数．(1)若函数图象经过点，解决下列问题：①求该二次函数的表达式；②若将平面内一点向左平移个单位，到达图象上的点；若将点向右平移个单位，则到达图象上的点，求点坐标．(2)设点，是该函数图象上的两点，若，求证：．【答案】(1)①；②(2)见解析【分析】本题主要考查了待定系数法、二次函数图像的性质、配方法的应用等知识点，掌握二次函数图像的性质成为解题的关键．（1）①直接将代入求得a即可解得；②先根据平移表示出B、C两点的坐标，然后根据二次函数图像的对称性和二次函数的性质即可解答；（2）由可得，则有，，再用表示出可得，然后运用配方法解答即可．【详解】（1）解：①将代入可得，解得：，∴该二次函数的表达式为；②∵将平面内一点向左平移个单位，则与图象上的点重合；若将点A向右平移个单位，则与图象上的点重合，∴，∵，∴抛物线的对称轴为：，∴，解得：，把代入，得，即．（2）证明：∵设点，是该函数图象上的两点，∴∴，，∴，∵，∴，即．四、选填压轴�最值问题13．（2024�广东深圳�三模）如图，中，，，，点P是上一动点，于D，于E，在点P的运动过程中，线段的最小值为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据可以确定A，D，P，E四点共圆，根据三角形内角和定理确定，进而确定当时，线段取得最小值，根据三角形内角和定理和圆周角定理的推论确定，根据相似三角形的判定定理和性质可，设，根据等角对等边和勾股定理表示出和，根据所对的直角边是斜边的一半，圆周角定理和勾股定理表示出，最后代入比例式中计算即可．【详解】解：∵于D，于E，∴，∴，∴A、D、P、E四点共圆，且直径为，∵，是定值，所以直径最小时，所对的弦最小，此时，在中，∴是等腰直角三角形，，∴也是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，设，则，，则，∵，∴，过D作于M，∴，，∴，∴，由勾股定理得：，∴，∴，则线段的最小值为故选：D．【点睛】本题考查确定圆的条件，圆周角定理及其推论，勾股定理，相似三角形的判定定理和性质，含的直角三角形，正确确定何时取得最小值是解题关键．五、中档题-圆14．（23-24九年级上·云南昆明·期末）如图所示，扇形的圆心角是直角，半径为，为边上一点，将沿边折叠，圆心恰好落在弧上的点处，则阴影部分的面积为．【答案】【分析】本题考查求不规则图形的面积问题，掌握割补法求阴影部分的面积，是解题的关键．连接，则，由折叠得，则是等边三角形，可求得，则，根据勾股定理求出，即可由求出阴影部分的面积．【详解】解：连接，则，由折叠得，，，，，，，在中，，，，，，．故答案为：．15．（2025·广东深圳·一模）如图，将半径为1的圆形纸片，按如下方式折叠，若和都经过圆心O，则阴影部分的面积是．【答案】/【分析】本题主要考查圆中的计算问题和扇形面积计算,熟悉掌握公式，把不规则阴影图形面积利用割补法转换成规则图形来接是解题关键．作于点D，连接，求出，利用割补法将阴影分割成两个弓形，利用旋转补成扇形来求即可．【详解】解：作于点D，延长线交于点E，连接，∵弓形折叠后为弓形过圆心，∴，∴，∴，∴，同理，∴，∵，∴，，将弓形绕着点O顺时针旋转得弓形，弓形绕着点O逆时针旋转得弓形，∴阴影部分的面积．故答案为：．16．（2025·广东深圳·一模）在边长为3的正六边形中，将四边形绕顶点A顺时针旋转到四边形处，如图，此时边与对角线重叠，则图中阴影部分的面积是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了正多边形与圆，旋转的性质，扇形的面积的计算．根据正六边形的性质和旋转的性质以及扇形的面积公式即可得到结论．【详解】解：∵在边长为3的正六边形中，，，，∴，∴，∵，∴，∴图中阴影部分的面积，∵将四边形绕顶点A顺时针旋转到四边形处，∴，∴图中阴影部分的面积故选：B．17．（2022·辽宁抚顺·中考真题）如图，在中，，的顶点O，D在斜边上，顶点E，F分别在边上，以点O为圆心，长为半径的恰好经过点D和点E．(1)求证：与相切；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接，先证明四边形AOEF是平行四边形，得到，即可证明∠OEB=∠ACB=90°，由此即可证明结论；（2）过点F作于点H，先解直角△CEF求出EF的长，再证明四边形AOEF是菱形，得到OA，AF的长，再解直角△AHF，求出AH，FH，进而求出OH，即可利用勾股定理求出OF．【详解】（1）证明：连接，∵四边形是平行四边形，∴；，∵，∴；，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∵∴，∴，∵是的半径，∴与相切；（2）解：过点F作于点H，∵四边形是平行四边形∴，∴，∴，在中，，∵，∴，∵四边形是平行四边形，且，∴是菱形，∴，在中，，∵，∴，∵，∴，∴，在中，，∵，∴．【点睛】本题主要考查了圆切线的判定，菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．六、中档题-尺规作图18．（19-20九年级上�吉林长春�期末）以下各图均是由边长为1的小正方形组成的网格,均在格点上．（1）在图①中，的值为______；（2）利用网格和无刻度的直尺作图，保留痕迹，不写作法．①如图②，在上找一点，使；②如图③，在上找一点,使．【答案】（1）；（2）①见解析；②见解析．【分析】（1）根据两条直线平行，对应线段成比例即可得结论；（2）①根据勾股定理得AB的长为5，利用格点，再根据相似三角形的判定及性质即可找到点P；②作点A的对称点A′，连接A′C与BD的交点即为要找的点P，使△APB∽△CPD．【详解】解：（1）图1中，∵AB∥CD，∴，故答案为．（2）在网格图中，①如图2所示，连接CD，交AB于点P，∵BC∥AD，∴，解得：AP=3∴点P即为所要找的点；②如图3所示，作点A的对称点A′，连接A′C，交BD于点P，∵AB∥CD，∴△APB∽△CPD．∴点P即为所要找的点，【点睛】本题考查了作图-相似变换，解决本题的关键是掌握相似三角形的判定方法．19．（2024�广东深圳�二模）如图，用尺规过圆外一点P作已知圆O的切线，下列作法无法得到为切线的是（）A．作中垂线交于点D，再以D为圆心，为半径，作圆D交圆O于点A，连接B．以O为圆心，为半径作圆弧交延长线于D，再以D为圆心，为半径作弧，两弧交于点A，连接C．先用尺规过点D作垂线，再以O为圆心，为半径画弧交垂线于B，再以P为圆心，为半径画弧交圆O于点A，连接D．以P为圆心，为半径画弧，再以O为圆心，为半径画弧，两弧交于点D，连接交圆O于点A，连接【答案】D【分析】利用圆周角性质定理，中位线性质定理，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质进行分析，从而判断出结果．【详解】解：A、连接，为直径，，可得到为切线．B、过点O作，垂足为E，为以为圆的直径，，，，，，，，，，为半径，可得到为切线．C、先用尺规过点作垂线，再以为圆心，为半径画弧交垂线于，再以为圆心，为半径画弧交圆于点，连接，，，可得到为切线．D、以为圆心，为半径画弧，再以为圆心，为半径画弧，两弧交于点，是等边三角形，连接交圆于点，连接，如果为切线，则，必须为中点，故选：D．【点睛】本题主要考查的是圆的切线的作法，包含了圆周角的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线性质定理，相似三角形的判定与性质，熟悉性质是本题的关键．20．（2025·广东深圳·一模）如果三个数满足，即，那么称是和的比例中项．比例中项在数学、物理和工程学等领域都有着广泛的应用．数形结合是解决数学问题的重要思想方法，我们知道任何实数都可以用数轴上的点来表示．如图，点在数轴上分别表示实数，现尝试用尺规作图的方法，在正半轴上画出点，使得点表示的正数，恰好是数和的一个比例中项．方法如下：第步：作以为直径的圆；第步：______的其中一点记为点；．以为圆心，为半径画圆，交圆．以原点为圆心，为半径画圆，交圆．以为直径作圆，交圆．作的垂直平分线，交圆．以为直径作圆，再过点作的垂线，交圆第步：以原点为圆心，长为半径画弧交数轴正半轴于点，则点即为所求．(1)请选出你认为第步中正确作法对应的字母：______（只填一个选项即可），并说明理由，用尺规按照所选的作法在图中作出点，要求保留作图痕迹，不需要写出作法．(2)若，写出此时圆的直径______．【答案】(1)或，理由见解析(2)【分析】（）根据作图步骤判断即可求解；（）根据比例中项的定义及（）中的结果解答即可求解；本题考查了比例式，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，根据题意正确画出图形是解题的关键．【详解】（1）解：第步中正确作法对应的字母：或，理由如下：选：证明：如图，连接，∵是圆的直径，∴，∴，∵是圆的直径，∴，∴，∵，∴，∴，即，又∵，∴，∴，∴，即，故点即为所求；选：证明：如图，连接，∵是圆的直径，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，即，故点即为所求；故答案为：或；（2）解：∵，∴，∵，∴，整理得，，解得或（不合，舍去），∴，∴，故答案为：．七、反比例函数21．（24-25九年级下·广东深圳·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，，且点落在反比例函数上，点落在反比例函数上，则．【答案】【分析】本题主要考查反比例函数与几何的综合及三角函数；过点作轴的垂线，垂足分别为，然后根据特殊三角函数值结合勾股定理求得，，再求得点，利用待定系数法求解即可．【详解】解：过点作轴的垂线，垂足分别为，如图，∵，∴，∴设，则，∴，∴点，∵点A在反比例函数上，∴，∴（负值已舍），则点，∴，，∴，∵四边形为菱形，∴，，∴点，∵点B落在反比例函数上，∴，故答案为：．22．（2024�广东深圳�二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A，B分别在x轴、y轴上，E为正方形对角线的交点，反比例函数的图象经过点C，E．若正方形的面积为10，则k的值是．【答案】4【分析】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标的特征，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，利用全等三角形的判定与性质求出点C的坐标是解题的关键．设点C的坐标为，过点C作轴，证明，得出点E的坐标，再根据点C和点E都在反比例函数的图象上，根据正方形面积结合勾股定理即可求解．【详解】解：设点C的坐标为，过点C作轴，∴，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，则点A的坐标为，∵点E为正方形对角线的交点，∴点E为的中点，∴点E的坐标为，即，∵点C和点E都在反比例函数的图象上，，∴，∴，∵正方形的面积为10，∴，在中，∵，∴，∴，∴点C的坐标为，∴．故答案为：4．23．（2024�广东深圳�三模）如图，在中，，交x轴于点D，，C点坐标为，点A在双曲线上，则．【答案】/【分析】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，综合利用相似三角形的性质，全等三角形的性质求的坐标，依据在反比例函数的图象上的点，根据坐标求出的值．综合性较强，注意转化思想方法的应用．要求的值，通常可求的坐标，可作轴的垂线，构造相似三角形，利用和可以求出的纵坐标，再利用三角形相似，设未知数，由相似三角形对应边成比例，列出方程，求出待定未知数，从而确定点的坐标，进而确定的值．【详解】解：过作轴，垂足为，，，，，，，；又轴平分，，，，，，，设，则，，，，，，．故答案为：．24．（2025�广东深圳�一模）如图，把一块含角的直角三角板摆放在平面直角坐标系中，一个顶点与点O重合，点B在x轴上，点A在函数的图象上．把三角板绕点O逆时针旋转到的位置，使得点恰好也在函数的图象上，此时点落在函数上的图象上，则k的值为．【答案】【分析】本题主要考查反比例函数与几何综合，作于点，设则得，代入，求出过点作直线轴，垂足为点，作于点，证明作轴于点得设，求出，设，求得，得，故可求出k的值．【详解】解：作于点，∵是等腰直角三角形，∴，设则，∴，∵点A在上，∴，∴，∵，∴，∴，∴，过点作直线轴，垂足为点，作于点，∵，∴，∴，又，∴，∴，作轴于点，∵点在上，∴，设，∴，∵，∴，∴，，∵且，∴，解得，，∴，设，∴，∴，∴，同理可得，由①②得，∴，∴，故答案为：．25．（2025�广东深圳�一模）如图，已知矩形的一边落在轴的正半轴，它的顶点与对角线的中点均在反比例函数的图象上，则矩形的面积为．【答案】8【分析】本题考查了矩形的性质、反比例函数的性质，设，，则，结合反比例函数的性质求出，即可得出，从而可得，，即可得解．【详解】解：设，∵它的顶点与对角线的中点均在反比例函数的图象上，∴，∴，∴，∴，∴，，∴矩形的面积为，故答案为：．26．（2023�山东烟台�中考真题）如图，在直角坐标系中，与轴相切于点为的直径，点在函数的图象上，为轴上一点，的面积为6，则的值为．【答案】24【分析】设，则，则，根据三角形的面积公式得出，列出方程求解即可．【详解】解：设，∵与轴相切于点，∴轴，∴，则点D到的距离为a，∵为的直径，∴，∴，解得：，故答案为：．【点睛】本题主要考查了切线的性质，反比例函数的图象和性质，解题的关键掌握切线的定义：经过半径外端且垂直于半径的直线是圆的切线，以及反比例函数图象上点的坐标特征．27．（2025·广东深圳·一模）如图，矩形的两边，在坐标轴上，且，，分别为，的中点，与交于点，且四边形的面积为2，则经过点的双曲线的解析式．【答案】【分析】过M作，交于G，过E作于F，设，由题意可知：，，证明出，得到，然后证明出，得到，求出，然后根据三角形面积公式得到，求出，然后得到，最后利用待定系数法求解即可．【详解】过M作，交于G，过E作于F，设，由题意可知：，，∴，，∵，∴∴∴，∵，∴∴∴，∵，∴∴，即∴，∵，，∴，∴，∴，∴（负值舍去），∴，，∴，∴设经过点的双曲线的解析式为∴∴∴经过B的双曲线的解析式就是．故答案为：．【点睛】本题主要考查反比例函数和几何综合，矩形的性质，相似三角形的性质和判定，解答本题的关键是正确作出辅助线以及相似三角形的性质的熟练应用．28．（24-25九年级下·广东深圳·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，直线与y轴交于点C，与反比例函数在第一象限内的图象交于点B，连接，若，，则m的值是．【答案】【分析】本题考查了反比例函数与一次函数的交点坐标，正切的含义，解题的关键是作辅助线构造直角三角形．先根据直线求得点C的坐标，然后根据求得，然后利用正切的定义求得，从而求得点B的坐标，求得结论即可．【详解】解：∵直线与y轴交于点C，当时，，∴点C的坐标为，∴，过B作轴于D，∵，∴，∵，∴，∴，∴点B的坐标为，∵反比例函数，在第一象限内的图象经过点B，∴．故答案为：．八、填空压轴-翻折问题29．（2025�广东深圳�一模）如图，在中，，，是边上一点，且，连接，把沿翻折，得到，与交于点，连接，则的面积为．【答案】【分析】过点B作交的延长线于G，证明；延长交的延长线于H，证明，过点B作于F，证明，利用勾股定理，三角形相似，面积计算的分割法，解答即可．【详解】解：∵，，，∴，∴，，过点B作交的延长线于G，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∴，，延长交的延长线于H，由折叠知，，，，∵，∴，∴∴，∴，，∴，，，过点B作于F，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，勾股定理，三角形相似的判定和性质，分割法计算图形的面积，熟练掌握勾股定理，折叠的性质，三角形相似的判定和性质是解题的关键．30．（2023�广东深圳�二模）如图，矩形的对角线和交于点O，，将沿着折叠，使点D落在点E处，连接交于点F，交于点G，则．【答案】【分析】本题考查了矩形的折叠问题，勾股定理，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．连接，设交于点，勾股定理得出，等面积法求得，然后求得，根据中位线的性质得出，证明，根据相似三角形的性质即可求解．【详解】解：如图所示，连接，设交于点，在矩形中，，，矩形的对角线和交于点，将沿着折叠，使点落在点处，，，，，，，，，，，又，，，，，即，，故答案为：.31．（2022�江苏南通�一模）如图，在四边形ABCD中（AB＞CD），ABCBCD90，AB=3，BC=，把Rt△ABC沿着AC翻折得到Rt△AEC，若tan∠AED=则线段DE的长度为．【答案】【分析】过点D作DM⊥CE，首先得到∠ACB=60°，∠ECD=30°，再根据折叠可得到∠AED=∠EDM，设EM=m，由折叠性质可知，EC=CB，在直角三角形EDM中，根据勾股定理即可得DE的长．【详解】解：如图，过点D作DM⊥CE，由折叠可知：∠AEC=∠B=90°，∴AEDM，∴∠AED=∠EDM，∴tan∠AED=tan∠EDM=，设EM=m，由折叠性质可知，EC=CB=，∴CM=-m，由图可得，即，由翻折可知：∠ECA=∠BCA=60°，∴∠ECD=30°，∴tan∠ECD==，∴DM=（-m）×=1-m，∴tan∠EDM=＝，即=，解得，m=，∴DM=，EM=，在直角三角形EDM中，DE2=DM2+EM2，解得，DE=，故答案为：．【点睛】本题考查了翻折变换，勾股定理，解直角三角形等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．32．（2025�广东深圳�一模）在菱形中，，将沿翻折至，，的延长线分别交于，两点，若，则的值为．【答案】【分析】先根据菱形的性质以及解直角三角形分别求出，，，再结合勾股定理得，因为折叠，得，，，，运用勾股定理得出，，，，再证明，运用两个相似三角形的高的比等于相似比列式化简，即可作答．【详解】解：分别过点，作的延长线，的延长线，且过F作分别交于点，如图所示：∵四边形是菱形，∴，，，∵∴，设，∴在中，，即，∴，∵，的延长线，的延长线，∴，∵，∴∴在中，，，即，，∴，，在中，，则，∵将沿翻折至，，的延长线分别交于，两点，∴，，，，∴，即，∴，解得，∴∴，∴，∵，∴，即，∴，∴，则，∴，∴，∵，∴，∴（两个相似三角形的高的比等于相似比），故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，相似三角形的判定与性质，菱形的性质，解直角三角形的性质，勾股定理，难度大，综合性强，正确掌握相关性质内容是解题的关键．九、填空压轴-解三角形33．（2025�广东深圳�一模）如图，在中，，，点分别在边和边的延长线上，连接，且，，延长交于点，如果点恰好是的中点，那么．【答案】【分析】本题考查了直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，中位线定理，掌握知识点的应用是解题的关键．由题意求出，，过点作于，由直角三角形的性质得出，再由勾股定理得，，取的中点，连接，根据中位线定理可得，，从而证明，最后由相似三角形的性质即可求解．【详解】解：∵，，∴，∵，∴，如图，过点作于，∴，∴，∴，∴，又∵，∴在中，，∴，取的中点，连接，∴，又∵点是的中点，∴是的中位线，∴，，∴，由可知，∴，∴，∴，∴，故答案为：．34．（2024·广东深圳·二模）在中，，线段平分．已知，则线段的长为．【答案】【分析】本题考查解直角三角形．过点C作交的延长线于点E，根据角平分线得到，根据三角函数得到，进而求出，然后利用勾股定理求出长．【详解】过点C作交的延长线于点E，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∴．35．（2024·广东深圳·二模）如图，在等腰直角中，，D为上一点，E为延长线上一点，且，，则．【答案】【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，添加辅助线，构造相似三角形是解题的关键．过点E作，交的延长线于点H，先证明，得到，，同时计算，因此得到，再证明，即可得到答案．【详解】过点E作，交的延长线于点H，，，，，，，，，，，，，，，，，．故答案为：．36．（2025·广东深圳·一模）如图，在中，，，点E，F分别在边，上，与交于点Q，若，，，则的值为．【答案】/【分析】本题考查勾股定理，解一元二次方程，等腰三角形的判定与性质，过作交直线于，连接，由和可得是等腰直角三角形，由，得到，由得到，则，在中，利用勾股定理列方程求解即可．【详解】解：过作交直线于，连接，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，解得（负值已舍去），∴，∵，∴，中，，∴，解得（负值已舍去），∴，解得，故答案为：．37．（24-25九年级下·广东深圳·开学考试）如图，为等腰三角形，，，以为斜边作Rt△ADB，，，连接，交于点E，则．【答案】【分析】先求解，，如图，过作于，过作于，过作于，求解，，，证明，求解，，进一步求解，证明，再利用相似三角形的性质解答即可.【详解】解：∵，，∴，∵，∴，，如图，过作于，过作于，过作于，∴，，，∵，，，∴，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴；故答案为：【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，等腰三角形的性质，锐角三角函数的应用，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.十、倍半角38．（23-24九年级下�广东深圳�阶段练习）如图，在四边形中，对角线、相交于点，，且，若，则的值为．【答案】【分析】本题考查求线段长，涉及互余、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、三角形全等判定与性质、平行线分线段成比例、中点的定义等知识，过作于，交于，如图所示，设，，由直角三角形两锐角互余、等腰三角形性质，在和构成的8字形中，由三角形内角和定理可知，从而由三角形全等判定得到，进而，最后由平行线分线段成比例确定是的中点，即可得到答案，本题难度较大，数形结合，灵活运用相关几何性质及判定是解决问题的关键．【详解】解：过作于，交于，如图所示：设，，，，，，，，，在和中，由三角形内角和定理可知，即，，，，在和中，，，，，则，即，是的中点，，故答案为：．十一、填空压轴-线段比39．（2024·广东深圳·二模）如图，在矩形中，是的中点，过点E作的垂线交于点，对角线分别交，于点，，当时，则的值为．【答案】/【分析】设，，根据矩形性质和勾股定理可得，再证得，可得，，进而可得，再由，可得，得出，联立得，求得，再证得，即可求得答案．【详解】解：四边形是矩形，设，，，，，，，，，，，，是的中点，，，，，，，，，，即，，，，在中，，，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，直角三角形的性质，勾股定理等知识的综合运用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．40．（2024·广东深圳·二模）如图，在菱形中，，E是对角线上一点，连接，作交边于点F，若，则的值为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，由菱形的性质推出，，判定，是等边三角形，得到，，求出，而，得到，即可证明，推出，令，则，得出，得到，即可求出答案．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，∴，是等边三角形，∴，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴令，则，∴，∴，∴，∴，∴，∴．故选：D．41．（2021·江苏·二模）如图，在中，，将沿对角线翻折至与相交于点，连接，则的值为．【答案】【分析】利用全等三角形三角形，得到对应边相等，得出等腰三角形，再利用三角形相似，对出对应边成比例，建立等式，再通过等量代换进行求解．【详解】解：在中，，，，，，，，设，过点作于点，如图，，，设，在中，，，，，，故答案是：．【点睛】本题考查了图形的折叠，全等三角形的判断及性质，相似三角形的判断及性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是：掌握相关概念，找出边与边之间的等量关系，通过等量代换进行求解．十二、二次函数-项目式学习42．（2025·广东深圳·一模）综合与实践【问题提出】如图（1）在中，，D为边上一点，点P沿折线运动（运动到点C停止），以为边在上方作正方形．设点P运动的路程为x，正方形的面积为y．【初步感悟】（1）当点P在上运动时，①若，则________；②y关于x的函数关系式为________；（2）当点P从点A运动到点C时，经探究发现y是关于x的二次函数，并绘制成如图（2）所示的函数图象，直线是其图象所在拋物线的对称轴，求y关于x的函数关系式（写出自变量的取值范围）．【延伸探究】（3）连接正方形的对角线，，两对角线的交点为M，在（2）的情况下，求点A在内部时x和y的取值范围．【答案】（1）①3；②；（2）；（3）点A在内部时x的取值范围为，y的取值范围为．【分析】（1）根据正方形面积公式求解即可；（2）当时，点与点重合，求得，由题图（2）可知点与点重合时，，即，在中，利用勾股定理即可求解；（3）取的中点，连接，分析点的运动规律可求得，点A在内部时x的取值范围为，y的取值范围为．【详解】解：（1）①若，则；②y关于x的函数关系式为；故答案为：3；；（2）由题意可知，当时，点与点重合，∴，此时，连接，由题图（2）可知点与点重合时，，即，在中，，即，∴（负值已舍），当点在上运动时，，∴，∴在中，，∴，即当点在上运动时，y关于x的函数关系式为；（3）由（2）知，，，又∵D为的中点，∴，取的中点，连接，∴，是的中位线，∴，又∵，∴是等腰直角三角形，∵四边形是正方形，∴是等腰直角三角形，分析点的运动规律可知，当点运动到，即点运动到点处时，点与点重合，点在线段(不含点)上运动时，点在内部，当点运动到点处时，，此时；当，；∴点A在内部时x的取值范围为，y的取值范围为．【点睛】本题是正方形综合题，主要考查了正方形的性质、求函数解析式、勾股定理、三角形中位线等知识点，解题的关键是正确作出辅助线．43．（2024·广东深圳·模拟预测）数学活动：如何提高篮球运动罚球命中率—以小华同学为例活动背景：某学校体育节进行班级篮球比赛，在训练过程中发现小华同学罚球命中率较低，为帮助小华同学提高罚球命中率，该班数学小组拍摄了如下图片并测量了相应的数据（图片标注的是近似值）．(1)模型建立：如图所示，直线AE是地平线，A为小华罚球时脚的位置，篮球在运动过程中B、D、F为篮球的三个不同位置，B点为球出手时候的位置．已知，篮球运动轨迹是抛物线的一部分，数学小组以A、B、C、D、E、F中的某一点为原点，水平方向为x轴，竖直方向为y轴建立平面直角坐标系，计算出篮球的运动轨迹对应的抛物线解析式为，根据解析式，请你判断该数学小组是以点（填A、B、C、D、E、F中的一个）作为坐标原点．(2)问题解决：已知篮球框与罚球线水平距离为4米，距离地面为3米，请问在（1）的情况下，小华的这次罚球能否罚进？并说明理由．(3)模型应用：如下图所示为抛物线的一部分函数图象，抛物线外一点，试通过计算说明在不改变抛物线形状的情况下，把原抛物线向上平移多少个单位，能使平移后的抛物线经过点P．【答案】(1)B(2)不能罚进，理由见解析(3)个单位【分析】本题考查二次函数的实际应用，根据实际问题抽象出数学模型是解题的关键．（1）由抛物线解析式中常数项为0可得抛物线经过坐标原点，假设以点B为坐标原点，计算出点D和点F的坐标，判断点D和点F是否在抛物线上即可，若不在，再假设点D或F为坐标原点；（2）先表示出篮球框所在位置的坐标，再判断该坐标是否在抛物线上即可；（3）原抛物线向上平移m个单位后的解析式为，将代入求出m的值即可．【详解】（1）解：抛物线解析式为，抛物线经过坐标原点，B、D、F可能为坐标原点，，当以点B为坐标原点时，点D的坐标为，即，点F的坐标为，即，当时，，当时，，点D和点F在抛物线上，该数学小组是以点B为坐标原点，故答案为：B．（2）解：不能罚进，理由如下：在（1）的情况下，篮球框所在位置的坐标为，即，当时，，点不在抛物线上，小华的这次罚球不能罚进．（3）解：设原抛物线向上平移m个单位，能使平移后的抛物线经过点P．则平移后的抛物线解析式为，将代入，得：，解得，即原抛物线向上平移个单位，能使平移后的抛物线经过点P．44．（2024·广东深圳·模拟预测）请阅读信息，并解决问题：问题芙蓉大桥检修后需要更换吊杆及相关装饰品查询信息深圳有许多桥，有一座坐落于罗湖区的桥—芙蓉大桥，如图，是芙蓉大桥的一个拱，其外形酷似竖琴．桥拱固定在桥面上，拱的两侧安装了17对吊杆（俗称“琴弦”）此段桥长120米，拱高25米．处理信息如图是芙蓉大桥其中一拱的主视图，，分别表示是桥的起点和终点，桥拱可看成抛物线，拱的两端，位于线段上，且．一根琴弦固定在拱的对称轴处，其余16根琴弦对称固定在两侧，每侧各8根．记离拱端最近的一根为第1根，从左往右，依次记为第2根，第3根，为第9根，测量数据测得上桥起点与拱端水平距离为20米，最靠近拱端的“琴弦”高9米，与之间设置7根“琴弦”，各琴弦的水平距离相等，记为米．解决问题任务1：建立平面直角坐标系，求抛物线的解析式；任务2：求琴弦与拱端的水平距离及的值．任务3：若需要在琴弦与之间垂直安装一个如图所示高为的高音谱号艺术品，艺术品底部在桥面上，顶部恰好扣在拱桥上边缘，问该艺术品顶部应该安装在哪两根琴弦之间？【答案】任务1：；任务2：琴弦与拱端的水平距离为8米，的值为4米；任务3：该艺术品顶部应该安装在第3根和第4根琴弦之间【分析】本题主要考查二次函数的应用，熟练掌握二次函数的表达式及性质是解题的关键．任务1：以桥所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立平面直角坐标系，则点为原点，令抛物线的解析式为，将点代入中即可得出答案；任务2：将代入即可得出的长度，再根据线段的和差即可得出的长度，进而求出的值；任务3：将代入出的值，再进行判断该艺术品顶部应该安装在哪两根琴弦之间．【详解】解：任务如图，以桥所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立直角坐标系，则点为原点，由题意得，，，则点的坐标为，令抛物线的解析式为，将点代入中得，，解得：，则抛物线的解析式为．任务（米），将代入得，，（舍），（米，（米），（米），琴弦与拱端的水平距离为8米，的值为4米．任务3：将代入得，，（舍），，该艺术品顶部应该安装在第3根和第4根琴弦之间．45．（2025·广东深圳·一模）某乒乓球馆使用发球机进行辅助训练，出球口位于桌面左上方，桌面的长为，过点作，垂足为，，以点为原点，以直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示，从出球口发出的乒乓球运动路线为抛物线的一部分，设乒乓球与出球口的水平距离为，到桌面的高度为，在桌面上的落点为，经测试，抛物线的解析式为，且当时，．(1)求出与之间的函数关系式；(2)桌面正中间位置安装的球网的高度为，问乒乓球位于球网正上方时，乒乓球到球网顶端H的距离约为多少？(3)乒乓球落在点后随即弹起，沿抛物线的路线运动，小明拿球拍与桌面夹角为接球，球拍击球面的中心线长为，下沿在轴上，假设拋物线，与在同一平面内，且乒乓球落在上（含端点，点E在点C右侧），直接写出：①点为的坐标为__________；②球拍到桌边的距离的最大值是__________，的最小值是__________．【答案】(1)；(2)乒乓球位于球网正上方，此时乒乓球到球网顶端的距离为；(3)①，②，．【分析】本题主要考查二次函数的图象上点的坐标特征，求二次函数关系式，掌握二次函数的图象上点的坐标特征以及直角三角形的边角关系是正确解答的关键．（1）把，代入，然后即可求解与之间的函数关系式；（2）先求得，然后当时，，然后即可求解；（3）①根据与的函数关系式可求出点的坐标；②根据乒乓球反弹后抛物线的关系式以及解直角三角形可求出的最大值和最小值即可．【详解】（1）解：把，代入，解得：；∴；（2）解：由题意得，，∴，当时，．∴乒乓球位于球网正上方，此时乒乓球到球网顶端的距离约为．答：乒乓球位于球网正上方，此时乒乓球到球网顶端的距离约为．（3）解：①当时，即，解得：，，∴由题意可得；②由（1）得：，∵乒乓球反弹后沿抛物线的路线运动，而，∴，解得：．∴乒乓球反弹后沿抛物线的关系式为：，当乒乓球反弹后沿抛物线过点时（即此时抛物线与轴的右交点为点），当时，，．∴，当乒乓球反弹后沿抛物线过点时，过点作轴于，如图：在中，，，∴，，当时，即，解得：（在上舍去），，即，∴，∴，∴球拍到桌边的距离的最大值是，的最小值是．46．（23-24九年级下·广东深圳·开学考试）综合与应用如果将运动员的身体看作一点，则他在跳水过程中运动的轨迹可以看作为抛物线的一部分．建立如图2所示的平面直角坐标系，运动员从点起跳，从起跳到入水的过程中，运动员的竖直高度与水平距离满足二次函数的关系．(1)在平时的训练完成一次跳水动作时，运动员甲的水平距离x与竖直高度y的几组数据如下表：水平距离x（m）011.5竖直高度y（m）10106.25根据上述数据，求出y关于x的关系式；(2)在（1）的这次训练中，求运动员甲从起点A到入水点的水平距离的长；(3)信息1：记运动员甲起跳后达到最高点B到水面的高度为，从到达到最高点B开始计时，则他到水面的距离与时间之间满足．信息2：已知运动员甲在达到最高点后需要的时间才能完成极具难度的270C动作．问题解决：①请通过计算说明，在（1）的这次训练中，运动员甲能否成功完成此动作？②运动员甲进行第二次跳水训练，此时他的竖直高度与水平距离的关系为，若选手在达到最高点后要顺利完成270C动作，则a的取值范围是______．【答案】(1)y关于x的关系式为(2)动员甲从起点A到入水点的水平距离的长为2米(3)①运动员甲不能成功完成此动作；②【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的应用，解题关键是理清题目条件，熟练运用二次函数的性质．（1）设二次函数的关系为，代入，，，算出、b、c的值，即可得到函数表达式；（2）把代入（1）中所得的二次函数解析式，即可求出结果；（3）①把二次函数解析式整理为顶点式，得到k与a的关系式，把代入，计算t的值，再与1.6比较即可得到结果；②求得的顶点为，得，把代入，得到与a的关系式，由，列不等式即可求出t的取值范围．【详解】（1）解：由运动员的竖直高度与水平距离满足二次函数的关系，设二次函数的关系为，代入，，，得，解得，y关于x的关系式为；（2）解：把代入，得，解得，（不合题意，舍去），运动员甲从起点A到入水点的水平距离的长为2米；（3）解：①运动员甲不能成功完成此动作，理由如下：由运动员的竖直高度与水平距离满足二次函数的关系为，整理得，得运动员甲起跳后达到最高点B到水面的高度k为，即，把代入，得，解得，（不合题意，舍去），，运动员甲不能成功完成此动作；②由运动员甲进行第二次跳水训练，竖直高度与水平距离的关系为，得顶点为，得，得，把代入，得，由运动员甲在达到最高点后需要的时间才能完成极具难度的270C动作，得，则，即，解得．故答案为：．47．（23-24九年级上·浙江宁波·期末）根据以下素材，探索完成任务．如何设计喷泉安全通道？在抛物线形的喷泉水柱下设置一条安全的通道，可以让儿童在任意时间穿过安全通道时不被水柱喷到（穿梭过程中人的高度变化忽略不计）．素材1图1为音乐喷泉，喷头的高度在垂直地面的方向上随着音乐变化而上下移动．不同高度的喷头喷出来的水呈抛物线型或抛物线的一部分，但形状相同，最高高度也相同，水落地点都在喷水管的右侧．素材2图2是当喷水头在地面上时（喷水头最低），其抛物线形水柱的示意图，水落地点离喷水口的距离为，水柱最高点离地面．图3是某一时刻时，水柱形状的示意图．为喷水管，为水的落地点，记长度为喷泉跨度．素材3安全通道在线段上，若无论喷头高度如何变化，水柱都不会进入上方的矩形区域，则称这个矩形区域为安全区域．问题解决任务1确定喷泉形状．在图2中，以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，求出抛物线的函数表达式．任务2确定喷泉跨度的最小值．若喷水管最高可伸长到，求出喷泉跨度的最小值．任务3设计通道位置及儿童的身高上限．现在需要一条宽为的安全通道，为了确保进入安全通道上的任何人都能在安全区域内，则能够进入该安全通道的人的最大身高为多少？（精确到）【答案】（1）抛物线的函数表达式为；（2）OB最小值为；（3）能够进入该安全通道的人的最大身高为1.3米【分析】本题考查了二次函数的知识，以及二次函数解析式的求法，运用二次函数的性质是解题的关键．由任务1设抛物线解析式为：，代入，即可求抛物线解析式；由任务2设抛物线解析式为：，代入即可求抛物线解析式，从而求的值；在任务3中，设，则，代入对应的抛物线解析式即可．【详解】任务点坐标为，点坐标为，抛物线的对称轴为直线，抛物线的最高点为3，顶点坐标为设抛物线的函数表达式为过点，解得：，∴抛物线的函数表达式为．任务当喷水管最高可伸长到时，设此时的抛物线的函数表达式为，当时，，解得：，由，得，解得：或（舍），．任务由题意得：当点落在上，当点落在上时，最大．延长交抛物线与点，，，，关于直线对称，点的横坐标为0.5，当时，，∴则能够进入该安全通道的人的最大身高为1.3米．十三、项目式学习-其它知识点48．（2025·广东深圳·一模）【问题背景】：如图1，在矩形中，，点E是边的中点，过点E作交于点F．【实验探究】：（1）在一次数学活动中，小明在图1中发现；将图1中的绕点B按逆时针方向旋转，连接，，如图2所示，发现；（2）小亮同学继续将绕点B按逆时针方向旋转，连接，旋转至如图3所示位置，请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由；【拓展延伸】：（3）在以上探究中，当旋转至D、E、F三点共线时，的长为．【答案】（1）；；（2）结论仍然成立，见解析；（3）或【分析】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，旋转的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．（1）通过证明，可得，即可求解；（2）通过证明，即得，可得结论；（3）分两种情况讨论，先求出，的长，用（2）的结论即可求解．【详解】解：（1）如图：，，，如图2：绕点B按逆时针方向旋转，，，，，故答案为：；（2）结论仍然成立，理由如下：如图，绕点B按逆时针方向旋转，，，，；（3）当点E在的上方时，如图：，点E是边的中点，，，，，D、E、F三点共线，，，，由（2）可得：，，；当点E在AB的下方时，如图：同理可求：，故答案为：或．49．（2024�广东深圳�二模）如图（1）是某餐馆外的伸缩遮阳棚，其轮廓全部展开后可近似看成一个圆，即弧，已知和遮阳棚杆子在同一条直线上，且与地面垂直，当上午某一时刻太阳光从东边照射，光线与地面呈角时，光线恰好能照到杆子底部D点，已知长为．(1)求遮阳棚半径的长度．(2)如图（2）当下午某一时刻太阳光从西边照射，光线与地面呈角，在遮阳棚外，距离遮阳棚外檐C点正下方E点的F点处有一株高为的植物，请问植物顶端能否会被阳光照射？请说明理由．(3)如图（3）为扩大遮阳面积，餐馆更换了遮阳棚，新遮阳棚轮廓可近似看成抛物线的一部分，已知新遮阳棚上最高点仍为A点，且外檐点到的距离为、到的距离为．现需过遮阳棚上一点P为其搭设架子，架子由线段、线段两部分组成，其中与地面垂直，若要保证从遮阳棚上的任意一点P（不含A点）都能按照上述要求搭设架子，则至少需要准备______m的钢材搭设架子．【答案】(1)(2)植物顶端不能被太阳照射，理由见解析(3)【分析】（1）解直角三角形，求得结果；（2）连接，延长交于，可证得，从而得出，，从而求得的值，进而得出，从而得出，进一步得出结果；（3）以所在直线为轴，所在的直线为轴建立坐标系，可求得抛物线的解析式为，从而可设设，从而表示出，进一步得出结果．【详解】（1）解：如图1，，，，，，，；（2）如图2，植物顶端不能被太阳照射，理由如下：连接，延长交于，与相切，，，，，，，，，，，植物顶端不能被太阳照射；（3）解：如图3，以所在直线为轴，所在的直线为轴建立坐标系，，，设抛物线的解析式为：，，，，设，，当时，有最大值为，故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数及其图象的性质，圆的切线的性质，三角形全等的判定与性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是理解题意，列出函数关系式．50．（2025·广东深圳·一模）为响应国家节能减排的号召，广东新农村建设把主要村道道路上安装了太阳能路灯．如图（a）所示是行人在某村村道路灯下的影子，图（b）是该村村道上安装的两盏高度不同的太阳能路灯的示意图，其中电线杆的高度为，电线杆的高度为，的长为．身高的聪聪同学（）在两盏路灯之间走动，他在B，D两盏路灯下形成的影长分别记作和．（A，E，C，M，N在同一直线上，电线杆和人均垂直于地面）(1)请在图（b）中画出聪聪同学在路灯D照射下形成的影长；(2)当聪聪同学站在两盏路灯的中间（即E为的中点）时，请求出影长；(3)若影长端点N处有一个竹竿，它在路灯B的照射下其影长端点恰好与点M重合，同时影长端点M处也有一个竹竿，它在路灯D的照射下其影长端点恰好与点N重合．（竹竿，均垂直于地面）请回答下列问题：①设的长为，则的长为_______（请用含有x的代数式来表示）；②请判断的值是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)(3)①或；②是，【分析】本题主要考查了相似三角形的应用．（1）连接并延长交与点N即可．（2）先得出，，由相似三角形的性质得出，，分别求出和，最后根据代入计算即可．（3）①根据题意画出图形，设，由（2）可知，，由全等三角形的性质得出，，再根据，进而可得出，再证明，即可由全等三角形的性质得出．②方法一：根据，直接计算即可．方法二：证明，，由相似三角形的性质得出，，进而可得出，然后求解即可．【详解】（1）解：图中线段为所求．（2）解：当米时，∵，∴，，，，即，，解得：，，∴．（3）解：①根据题意画出图形：设，由（2）可知，，，，即，，解得：，，∴，，∵，∴，解得：，∵，∴，∴，即，整理得：或，②方法一：同①可求得，∵，∴，，，，．方法二：∵，∴，，∴，，∴，，，，∴．51．（2024�广东深圳�一模）【项目式学习】项目主题：车轮的形状项目背景：在学习完圆的相关知识后，九年级某班同学通过小组合作方式开展项目式学习，深入探究车轮制作成圆形的相关原理．【合作探究】（1）探究组：车轮做成圆形的优点是：车轮滚动过程中轴心到地面的距离始终保持不变．另外圆形车轮在滚动过程中，最高点到地面的距离也是不变的．如图1，圆形车轮半径为，其车轮最高点到地面的距离始终为______；（2）探究组：正方形车轮在滚动过程中轴心到地面的距离不断变化．如图2，正方形车轮的轴心为，若正方形的边长为，车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为______；（3）探究组：如图3，有一个正三角形车轮，边长为，车轮轴心为（三边垂直平分线的交点），车轮在地面上无滑动地滚动一周，求点经过的路径长．探究发现：车辆的平稳关键看车轮轴心是否稳定，即车轮的轴心是否在一条水平线上运动．【拓展延伸】如图4，分别以正三角形的三个顶点，，为圆心，以正三角形的边长为半径作圆弧，这样形成的曲线图形叫做“莱洛三角形”．“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，但其车轴中心并不稳定．（4）探究组：使“莱洛三角形”以图4为初始位置沿水平方向向右滚动．在滚动过程中，其“最高点”和“车轮轴心”均在不断移动位置，那么在“莱洛三角形”滚动一周的过程中，其“最高点”和“车轮轴心”所形成的图形按上、下放置，应大致为______．【答案】；；；【分析】本题主要考查圆的综合应用，主要考查了弧长公式，正方形的性质，等边三角形的性质，理解题意并画出图形是解题的关键．（1）利用正方形的性质解答即可；（2）画出图形，找到最高点和最低点即可得到答案；（3）分别求出三部分一定的距离，然后相加即可；（4）由题意知：最高点与水平面距离不变，即可得到结论．【详解】解：（1）圆形车轮与地面始终相切，车轮轴心到地面的距离始终等于圆的直径，圆形车轮半径为，故车轮最高点到地面的距离始终为，故答案为：；（2）如图所示，为正方形车轮的轴心移动的部分轨迹，点为车轮轴心的最高点，点为车轮轴心的最低点，由题意得车轮轴心距离地面的最低高度为车轮轴心距离地面的最高点与最低点的高度差为，故答案为：；（3）点的运动轨迹为圆，以点为圆心，为半径，运动距离为．故答案为：；（4）由题意知，当“莱洛三角形”在滚动时始终位于一组平行线之间，因此放在其上的物体也能够保持平衡，故“最高点”和“最低点所形成的图案大致是”，故答案为：．52．（23-24九年级下�广东深圳�阶段练习）如图是从正面看到的一个“老碗”，其横截面可以近似的看成是如图（1）所示的以为直径的半圆，为台面截线，半圆与相切于点P，连接与相交于点．水面截线，，．(1)如图（1）求水深；(2)将图（1）中的老碗先沿台面向左作无滑动的滚动到如图（2）的位置，使得、重合，求此时最高点和最低点之间的距离的长；(3)将碗从（2）中的位置开始向右边滚动到图（3）所示时停止，若此时，求滚动过程中圆心运动的路径长．【答案】(1)(2)(3)圆心运动的路径长为的长度【分析】本题考查圆的实际应用，涉及垂径定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理、弧长公式等知识，熟练掌握圆的性质是解决问题的关键．（1）连接，由垂径定理及勾股定理求解即可得到答案；（2）连接，过点作，与的延长线相较于点，利用三角形全等的判定与性质，结合勾股定理求解即可得到答案；（3）根据题意可知，滚动过程中圆心运动的路径长为的长度，求出弧对的圆心角带入公式求解即可得到答案．【详解】（1）解：连接，如图所示：半圆与相切于点P，，，，，在中，由勾股定理可得，；（2）如图，连接，过点作，与的延长线相较于点，，，在和中，，，由（1）知，，，，，在中，由勾股定理可得；（3）如图所示：由（1）可知，，在中，，，，由题意可得，圆心运动的路径长为的长度．53．（24-25九年级下·广东深圳·阶段练习）“海之跃”摩天轮是某地区的城市名片．滨城学校九年级（3）班的项目式学习团队计划在摩天轮上测量一座写字楼的高度．【素材一】如图1，“海之跃”摩天轮共有个轿厢，均匀分布在圆周上拟测算的写字楼与摩天轮在同一平面内．【素材二】自制工具：使用直角三角板教具和铅锤，制作测角仪器（如图2）【素材三】若学生身高和轿厢大小忽略不计，如图3，摩天轮的最高高度为米，半径为米，该团队分成三组分别乘坐号、号和号轿厢，当号轿厢运动到摩天轮最高点时，二组队员同时使用测角仪观测写字楼最高处点，观测数据如表（观测误差忽略不计）．1号轿厢测量情况4号轿厢测量情况10号轿厢测量情况【任务一】初步探究，获取基础数据（1）如图3，请连接、，则______°；（2）求出号轿厢运动到最高点时，号轿厢所在位置点的高度．（结果保留根号）【任务二】推理分析，估算实际高度（3）根据观测数据，计算写字楼的实际高度．（结果用四舍五入法取整数，）（4）根据号和号轿厢的测量数据，则号轿厢的测量数据x的值为______．（结果保留根号）【答案】（1）；（2）米；（3）写字楼的实际高度约为米；（4）【分析】本题考查解直角三角形的实际应用，圆周角定理，将实际问题转化为数学模型是解题的关键．（1）由题可知，摩天轮共有24个轿厢，均匀分布在圆周上，其中包含了3个桥厢，因此；（2）过点作于点，由题可知，点此时的高度为最高为米，半径为米，因此点高度为68米，根据，，可得，即可；（3）连接，，，由素材1，素材3可得，，则，过点作于点，令，由素材2，3得：，，可得，即，即可求解；（4）过点作于点，根据号和号轿厢的测量数据，得出，根据题意可得，解方程，即可求解．【详解】解：（1）连接、，如下图所示：“海之跃”摩天轮共有24个轿厢，均匀分布在圆周上，其中包含了3个桥厢，，故答案为：．（2）过点作于点，点此时的高度为最高为米，半径为米，点高度为米，，，，点的高度为米，答：点的高度为米．（3）连接，，，由素材1，素材3可得，，则，过点作于点，令，由素材2，素材3的4号轿厢测量情况和10号轿厢测量情况得：，∴，，，即，点的高度为：（米），答：写字楼的实际高度约为米．（4）如图，过点作于点，∵点此时的高度为最高为米，∴由（3）可得到的距离为∴，即解得：1号轿厢的测量数据x的值为：．十四、几何综合递进式探究54．（2025·广东深圳·三模）【问题提出】（1）如图，在矩形中，点，分别是边，上的点，连接与交于点，若，求证：；【迁移应用】（2）如图，在中，，，点，分别是边，上的点，连接交于点，且，求的值；【拓展提高】（3）如图，在四边形中，点是边上的一点，连接与交于点，，，，请直接写出的值．【答案】（）见解析；（）；（）【分析】（）根据矩形的性质得到，求得，得到，根据相似三角形的性质得到，求得；（）根据补角的性质得到，根据相似三角形的性质得到，根据平行四边形的性质得到，，根据相似三角形的性质得到，求得，得到，于是得到结论；（）过点作，交延长线于，过点作，交延长线于，则四边形是平行四边形，得到∴，，，同（）可得，在上取一点使得，连接，根据平行线的性质得到，推出是等边三角形，得到，，求得，根据相似三角形的性质得到，设，则，，得到，根据题意列方程即可得到结论．【详解】（）证明：∵四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴；（）∵，，∴，∵，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，又∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即，∵，，∴的值为；（）如图所示，过点作，交延长线于，过点作，交延长线于，则四边形是平行四边形，∴，，，同（）可得，∵，∴设，，在上取一点使得，连接，∵，，∴，∴是等边三角形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，设，则，，∴，∴，∴，解得：，∴，∴．【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，同角的补角相等，平行四边形的性质与判定，矩形的性质，等边三角形的性质与判定等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．55．（2024·四川成都·三模）【基础巩固】（1）如图1，在正方形中，点E在的延长线上，连接，过点D作交的延长线于点F，求证：．【尝试应用】（2）如图2，在菱形中，，点E在边上，点F在的延长线上，连接，以E为顶点作，交的延长线于点G，若，，，求的长．【拓展提升】（3）如图3，在矩形中，点E在边上，点F在的延长线上，连接，过点C作，以E为顶点作，交于点G，若，，求的值（用含m，n的代数式表示）．【答案】（1！）见解析；（2）11；（3）【分析】（1）首先证明，再根据证明即可得出结论；（2）作交于点，交于点，证明得出再分别证明，是等边三角形，得到由求出，从而得出结论；（3）设与交于点，延长交的延长线于，作于，求出，证明求得，证明四边形是平行四边形，得出进一步得出【详解】解：（1）证明：∵四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴；（2）作交于点，交于点，如图，∵，又∴∵，∴，∴，又，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∴，∴∴，∴，∵∴∴是等边三角形，∴∴∵∴，∴是等边三角形，∴∴又∵，，∴∴∴，∴，∴，∴；（3）设与交于点，延长交的延长线于，作于，如图，∵，，∴∴∴∵∴∵∴∴∵∴∴，∴，∵∴四边形是平行四边形，∴∴∵∴，∴．【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线构造相似三角形是解答本题的关键56．（24-25九年级上·山东青岛·期中）在数学学习和研究中，经常用到类比、转化、从特殊到一般等思想方法．【原题呈现】如图1，在平行四边形中，点M是的中点，点O是线段上一点，的延长线交射线于点N．若，求的值．【尝试探究】如图1，过点M作交于点H，则，，．【类比延伸】如图2，在原题的条件下，若，则（用含有k的代数式表示）．【拓展迁移】如图3，四边形中，，点E是的延长线上的一点，和相交于点O．若，，，则（用含m，n的代数式表示）．【答案】[尝试探究]，，；[类比延伸]；[拓展迁移]【分析】本题是三角形相似的综合题，考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．[尝试探究]过点M作交于点H，分别证明，，根据相似三角形的性质，结合平行四边形的性质得到，，进而可得；[类比延伸]如图所示，过点M作交于点H，分别证明，，根据相似三角形的性质，结合平行四边形的性质得到，，进而可得；[拓展迁移]如图所示，过过点作交的延长线于点，则有．根据相似三角形的判定和性质即可得到结论．【详解】解：尝试探究：过点M作交于点H，如图所示．则有，，即，在▱中，，，∴，∴，∴，又为中点，∴，∴，即，∴，故答案为：；；；[类比延伸]：如图所示，过点M作交于点H，如图所示．则有，，即，在▱中，，，∴，∴，∴，又为中点，∴，∴，即，∴，故答案为：；[拓展迁移]：如图所示，过点作交的延长线于点，则有．，，，．又，．，．故答案为：．57．（2024�广东深圳�三模）【问题呈现】（1）如图①，在凸四边形中，，，连接，，某数学小组在进行探究时发现、和之间存在一定的数量关系；小明同学给出了如下解决思路：以为边作等边，连接，则易证，且，此时，，进而推导出、和之间的数量关系．【类比探究】（2）如图②，在凸四边形中，，，，连接，（1）中的结论是否改变？若不改变，请说明理由；若改变，请写出新的数量关系并证明．【实际应用】（3）工程师王师傅在电脑上设计了一个凸四边形零件（），如图③所示．其中厘米，厘米，，垂足是，且是的中点，且，连接．在尝试画图的过程中，王师傅发现，和之间存在一定的数量关系，请你帮王师傅直接写出，和之间的数量关系，并证明此结论．【答案】（1）；（2）改变，，见解析；（3），见解析【分析】（1）根据等边三角形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论；（2）如图②，以为直角边作等腰直角三角形，使，，连接，根据全等三角形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质和勾股定理即可得到结论；（3）如图③，将绕点D逆时针旋转得到，连接，根据相似三角形的性质和勾股定理即可得到结论．【详解】（1）∵，，∴是等边三角形，∴，，∵以为边作等边，连接，∴，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，故答案为：；（2）（1）中的结论改变，，理由如下：∵，，∴是等腰直角三角形，如图②，以为直角边作等腰直角三角形，使，，连接，∴，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴；（3）∵，E是的中点，∴，，∴，如图③，将绕点D逆时针旋转得到，连接，∴，，，∴，∴，∴，∴，，∴，∵厘米，厘米，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，即．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．58．（2024·广东深圳·二模）综合与探究．【特例感知】（1）如图（a），是正方形外一点，将线段绕点顺时针旋转得到，连接，．求证：；【类比迁移】（2）如图（b），在菱形中，，，是的中点，将线段，分别绕点顺时针旋转得到，，交于点，连接，，求四边形的面积；【拓展提升】（3）如图（c），在平行四边形中，，，为锐角且满足．是射线上一动点，点，同时绕点顺时针旋转得到点，，当为直角三角形时，直接写出的长．【答案】（1）见详解（2）（3）6或或或18【分析】（1）证明，从而得出；（2）连接，作，交的延长线于，作于，可证得是等边三角形，进而求得，可证得，从而得出，从而求得，可证得，从而，进而求得，根据得，求得，进一步得出结果；（3）以点为坐标原点，所在的直线为轴，建立坐标系，作，交的延长线于