五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(山西专用)14：解答题（压轴部分）（教师版）

专题14解答题（压轴部分）（解析版）考点1相似三角形性质与判定综合1．（2025·山西·中考真题）综合与探究问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平．猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接．①若，判断与的位置关系，并说明理由；②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）①．理由见解析；②5或【分析】（1）由折叠的性质可得，，再根据平行线的性质可得，进而得到，由等角对等边推出，从而证明，即可四边形是菱形；（2）①由（1）推出，由折叠的性质得到，结合已知可得，进而推出，得到，再根据三角形内角和定理即可求出，即可得到与的位置关系；②分是以为腰为底的等腰三角形和是以为腰为底的等腰三角形两种情况讨论，如图，延长交于点H，设交点为，利用三角形相似的性质建立方程求解即可．【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：由折叠的性质可得，，∵，∴，∴，∴，∴，∴四边形是菱形；（2）证明：①，理由如下：由（1）知四边形是菱形，∴，由折叠的性质得到，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴；解：②∵，，，∴，当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，延长交于点H，设交点为，则，∵，，∴，∴，由折叠的性质得，，，∴，∴；∵，∴；∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，设，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，解得：，∴；当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，则，同理得，，设，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∴，∵是以为腰为底的等腰三角形，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，解得：，∴；综上，的长为或．【点睛】本题考查折叠的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，合理作出辅助线，构造三角形全等，结合分类讨论的思想是解题的关键．2．（2024·山西·中考真题）综合与探究问题情境：如图，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点．猜想证明：（1）判断四边形的形状，并说明理由；深入探究：（2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，．①如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由；②当直线与直线垂直时，直线分别与直线，交于点，，直线与线段交于点．若，，直接写出四边形的面积．【答案】（1）矩形，理由见解析；（2）①，理由见解析；②或【分析】（1）由和菱形性质得，．可证四边形为矩形；（2）①由菱形和旋转得性质证，可证；②分情况讨论：当点在线段上时，当点在线段延长线上时，分别画出图形，求出结果即可．【详解】解：（1）四边形为矩形．理由如下：，

，四边形为菱形，∴，∴，，∴，四边形为矩形．（2）①．理由如下：∵四边形为菱形，，旋转得到，，，，，，，．②解：如图所示，当点N在线段上时，过点A作于P，∵四边形是菱形，∴，，∵，∴，，∴，由旋转知：，，，∴，∵，∴，∴，∴四边形为矩形，∵，∴四边形为正方形，∴，∵，∴，，∴，∴，∴；当点N在线段延长线上时，在上，过点A作于K，连接，如图所示：

由旋转知：，，，，∵，∴，∴，，∵四边形是菱形，∴，，∵，∴，，∴，，∵，∴四边形为矩形，∵，∴四边形为正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，解得，∵，∴，∴，即，∵，，∴，∴，综上，四边形的面积是或．【点睛】本题是正方形，菱形综合题，主要考查正方形的判定与性质，菱形的性质，矩形的判定与性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，解直角三角形的应用，四边形的面积等知识，熟练掌握特殊图形的性质与判定，添加正确的辅助线是解题关键．3．（2023·山西·中考真题）如图，二次函数的图象与轴的正半轴交于点A，经过点A的直线与该函数图象交于点，与轴交于点C．

(1)求直线的函数表达式及点C的坐标；(2)点是第一象限内二次函数图象上的一个动点，过点作直线轴于点，与直线交于点D，设点的横坐标为．①当时，求的值；②当点在直线上方时，连接，过点作轴于点，与交于点，连接．设四边形的面积为，求关于的函数表达式，并求出S的最大值．【答案】(1)，点的坐标为(2)①2或3或；②，S的最大值为【分析】（1）利用待定系数法可求得直线的函数表达式，再求得点C的坐标即可；（2）①分当点在直线上方和点在直线下方时，两种情况讨论，根据列一元二次方程求解即可；②证明，推出，再证明四边形为矩形，利用矩形面积公式得到二次函数的表达式，再利用二次函数的性质即可求解．【详解】（1）解：由得，当时，．解得．∵点A在轴正半轴上．∴点A的坐标为．设直线的函数表达式为．将两点的坐标分别代入，得，解得，∴直线的函数表达式为．将代入，得．∴点C的坐标为；（2）①解：点在第一象限内二次函数的图象上，且轴于点，与直线交于点，其横坐标为．∴点的坐标分别为．∴．∵点的坐标为，∴．∵，∴．如图，当点在直线上方时，．

∵，∴．解得．如图2，当点在直线下方时，．

∵，∴．解得，∵，∴．综上所述，的值为2或3或；②解：如图3，由（1）得，．

∵轴于点，交于点，点B的坐标为，∴．∵点在直线上方，∴．∵轴于点，∴．∴，，∴．∴．∴．∴．∴．∴四边形为平行四边形．∵轴，∴四边形为矩形．∴．即．∵，∴当时，S的最大值为．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数、一次函数、等腰三角形、矩形、勾股定理、相似三角形等知识点，第二问难度较大，需要分情况讨论，画出大致图形，用含m的代数式表示出是解题的关键．4．（2023·山西·中考真题）问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为和，其中．将和按图2所示方式摆放，其中点与点重合（标记为点）．当时，延长交于点．试判断四边形的形状，并说明理由．

(1)数学思考：谈你解答老师提出的问题；(2)深入探究：老师将图2中的绕点逆时针方向旋转，使点落在内部，并让同学们提出新的问题．

①“善思小组”提出问题：如图3，当时，过点作交的延长线于点与交于点．试猜想线段和的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；

②“智慧小组”提出问题：如图4，当时，过点作于点，若，求的长．请你思考此问题，直接写出结果．

【答案】(1)正方形，见解析(2)①，见解析；②【分析】（1）先证明四边形是矩形，再由可得，从而得四边形是正方形；（2）①由已知可得，再由等积方法，再结合已知即可证明结论；②设的交点为M，过M作于G，则易得，点G是的中点；利用三角函数知识可求得的长，进而求得的长，利用相似三角形的性质即可求得结果．【详解】（1）解：四边形为正方形．理由如下：∵，∴．∵，∴．∴．∵，∴四边形为矩形．∵，∴．∴矩形为正方形．（2）：①．证明：∵，∴．∵，∴．∵，即，∴．∵，∴．由（1）得，∴．②解：如图：设的交点为M，过M作于G，∵，∴，，∴；∵，∴，∴，∵，∴点G是的中点；由勾股定理得，∴；∵，∴，即；∴；∵，，∴，∴，∴，即的长为．

【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识点，适当添加的辅助线、构造相似三角形是解题的关键．5．（2022·山西·中考真题）综合与探究如图，二次函数的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，设点P的横坐标为m．过点P作直线轴于点D，作直线BC交PD于点E(1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式；(2)当是以PE为底边的等腰三角形时，求点P的坐标；(3)连接AC，过点P作直线，交y轴于点F，连接DF．试探究：在点P运动的过程中，是否存在点P，使得，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)，点C的坐标为；(2)(3)存在；m的值为4或【分析】（1）令中y和x分别为0，即可求出A，B，C三点的坐标，利用待定系数法求直线BC的函数表达式；（2）过点C作于点G，易证四边形CODG是矩形，推出，，，再证明，推出，由等腰三角形三线合一的性质可以得出，则，由P点在抛物线上可得，联立解出m，代入二次函数解析式即可求出点P的坐标；（3）分点F在y轴的负半轴上和点F在y轴的正半轴上两种情况，画出大致图形，当时，，由（2）知，用含m的代数式分别表示出OF，列等式计算即可．【详解】（1）解：由得，当时，，∴点C的坐标为．当时，，解得．∵点A在点B的左侧，∴点A，B的坐标分别为．设直线BC的函数表达式为，将，代入得，解得，∴直线BC的函数表达式为﹒（2）解：∵点P在第一象限抛物线上，横坐标为m，且轴于点D，∴点P的坐标为，，∴．∵点B的坐标为，点C的坐标为，∴，．过点C作于点G，则．∵，∴四边形CODG是矩形，∴，，．∴．∵，∴．∴，即，

∴．在中，∵，∴．∴，∴解得（舍去），∴．当时，﹒∴点P的坐标为．（3）解：存在；m的值为4或．分两种情况，①当点F在y轴的负半轴上时，如下图所示，过点P作直线轴于点H，∵过点P作直线，交y轴于点F，∴，∴，∴，∴，即，∴，∵，∴，由（2）知，．

根据勾股定理，在中，，在中，，当时，，∵，∴，∴，解得或，∵点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，∴；②当点F在y轴的正半轴上时，如下图所示，同理可得，，，，，∴∴，解得或，∵点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，∴；综上，m的值为4或【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数、一次函数、等腰三角形、矩形、勾股定理、相似三角形等知识点，第三问难度较大，需要分情况讨论，画出大致图形，用含m的代数式表示出OF是解题的关键．6．（2022·山西·中考真题）综合与实践问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；问题解决：（2）如图②，在三角板旋转过程中，当时，求线段CN的长；（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）；（3）．【分析】（1）由三角形中位线定理得到，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，∴，∴∠AMD+∠A=180°，∵∠A=90°，∴∠AMD=90°，∵∠EDF=90°，∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，四边形AMDN为矩形；（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，∴∠B+∠C=90°，．∵点D是BC的中点，∴CD=BC=5．∵∠EDF=90°，∴∠MDB+∠1=90°．∵∠B=∠MDB，∴∠1=∠C．∴ND=NC．过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．∴CG=CD=．∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，∴△CGN∽△CAB．∴，即，∴；（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，∵MD⊥HN，∴MN=MH，∵D是BC中点，∴BD=DC，又∵∠BDH=∠CDN，∴△BDH≌△CDN，∴BH=CN，∠DBH=∠C，∵∠BAC=90°，∵∠C+∠ABC=90°，∴∠DBH+∠ABC=90°，∴∠MBH=90°，设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=x，在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，∴(6-x)2+(8-x)2=(x)2，解得x=，∴线段AN的长为．【点睛】本题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，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．7．（2021·山西·中考真题）综合与实践，问题情境：数学活动课上，老师出示了一个问题：如图①，在中，，垂足为，为的中点，连接，，试猜想与的数量关系，并加以证明；独立思考：（1）请解答老师提出的问题；实践探究：（2）希望小组受此问题的启发，将沿着（为的中点）所在直线折叠，如图②，点的对应点为，连接并延长交于点，请判断与的数量关系，并加以证明；问题解决：（3）智慧小组突发奇想，将沿过点的直线折叠，如图③，点A的对应点为，使于点，折痕交于点，连接，交于点．该小组提出一个问题：若此的面积为20，边长，，求图中阴影部分（四边形）的面积．请你思考此问题，直接写出结果．【答案】（1）；见解析；（2），见解析；（3）．【分析】（1）如图，分别延长，相交于点P，根据平行四边形的性质可得，根据平行线的性质可得，，利用AAS可证明△PDF≌△BCF，根据全等三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，即可得；（2）根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，FC=FC′，可得FD=FC′，根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D，根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D，即可得出∠C′FB=∠FC′D，可得DG//FB，即可证明四边形DGBF是平行四边形，可得DF=BG=，可得AG=BG；（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，根据平行四边形的面积可求出BH的长，根据折叠的性质可得A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，根据可得A′B⊥AB，即可证明△MBQ是等腰直角三角形，可得MQ=BQ，根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，即可得∠A′=∠C，进而可证明△A′NH∽△CBH，根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长，根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ，根据相似三角形的性质可求出MQ的长，根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案．【详解】（1）．如图，分别延长，相交于点P，∵四边形是平行四边形，∴，∴，,∵为的中点，∴，在△PDF和△BCF中，，∴△PDF≌△BCF，∴，即为的中点，∴，∵，∴，∴，∴．（2）．∵将沿着所在直线折叠，点的对应点为，∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′，，∵为的中点，∴，∴，∴∠FDC′=∠FC′D，∵=∠FDC′+∠FC′D，∴，∴∠FC′D=∠C′FB，∴，∵四边形为平行四边形，∴，DC=AB，∴四边形为平行四边形，∴，∴，∴．（3）如图，过点M作MQ⊥A′B于Q，∵的面积为20，边长，于点，∴BH=50÷5=4，∴CH=，A′H=A′B-BH=1，∵将沿过点的直线折叠，点A的对应点为，∴A′B=AB，∠A=∠A′，∠ABM=∠MBH，∵于点，AB//CD，∴，∴∠MBH=45°，∴△MBQ是等腰直角三角形，∴MQ=BQ，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A=∠C，∴∠A′=∠C，∵∠A′HN=∠CHB，∴△A′NH∽△CBH，∴，即，解得：NH=2，∵，MQ⊥A′B，∴NH//MQ，∴△A′NH∽△A′MQ，∴，即，解得：MQ=，∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=．【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．8．（2021·山西·中考真题）阅读与思考，请阅读下列科普材料，并完成相应的任务．图算法图算法也叫诺模图，是根据几何原理，将某一已知函数关系式中的各变量，分别编成有刻度的直线（或曲线），并把它们按一定的规律排列在一起的一种图形，可以用来解函数式中的未知量．比如想知道10摄氏度相当于多少华氏度，我们可根据摄氏温度与华氏温度之间的关系：得出，当时，．但是如果你的温度计上有华氏温标刻度，就可以从温度计上直接读出答案，这种利用特制的线条进行计算的方法就是图算法．再看一个例子：设有两只电阻，分别为5千欧和7.5千欧，问并联后的电阻值是多少？我们可以利用公式求得的值，也可以设计一种图算法直接得出结果：我们先来画出一个的角，再画一条角平分线，在角的两边及角平分线上用同样的单位长度进行刻度，这样就制好了一张算图．我们只要把角的两边刻着7.5和5的两点连成一条直线，这条直线与角平分线的交点的刻度值就是并联后的电阻值．图算法得出的数据大多是近似值，但在大多数情况下是够用的，那些需要用同一类公式进行计算的测量制图人员，往往更能体会到它的优越性．任务：（1）请根据以上材料简要说明图算法的优越性；（2）请用以下两种方法验证第二个例子中图算法的正确性：①用公式计算：当，时，的值为多少；②如图，在中，，是的角平分线，，，用你所学的几何知识求线段的长．【答案】（1）图算法方便；直观；或不用公式计算即可得出结果等；（2）①；②【分析】（1）根据题意可直接进行求解问题；（2）①利用公式可直接把，代入求解即可；②过点作，交的延长线于点，由题意易得，则有，，然后可得为等边三角形，则，所以可得，最后利用相似三角形的性质可求解．【详解】（1）解：答案不唯一，如：图算法方便；直观；或不用公式计算即可得出结果等．（2）①解：当，时，，∴．②解：过点作，交的延长线于点，如图所示：∵平分，∴，∵，∴，，∴，∴，∴为等边三角形，∴，∵，，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定及等边三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定及等边三角形的性质与判定是解题的关键．考点2二次函数综合9．（2021·山西·中考真题）如图，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点，连接，．（1）求，，三点的坐标并直接写出直线，的函数表达式；（2）点是直线下方抛物线上的一个动点，过点作的平行线，交线段于点．①试探究：在直线上是否存在点，使得以点，，，为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；②设抛物线的对称轴与直线交于点，与直线交于点．当时，请直接写出的长．【答案】（1）点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，直线的函数表达式为：；直线的函数表达式为：；（2）①存在，点的坐标为或；②．【分析】（1）分别令和时即可求解，，三点的坐标，然后再进行求解直线，的函数表达式即可；（2）①设点的坐标为，其中，由题意易得，，，当时，以，，，为顶点的四边形是平行四边形，进而可根据菱形的性质分当时，是菱形，当时，是菱形，然后分别求解即可；②由题意可作图，则由题意可得抛物线的对称轴为直线，由（1）可得直线的函数表达式为：；直线的函数表达式为：，点的坐标为，点的坐标为，进而可得，设点，然后可求得直线l的解析式为，则可求得点，所以就有，最后根据面积公式及两点距离公式可进行求解．【详解】解：（1）当时，，解得，，∵点在点的左侧，∴点的坐标为，点的坐标为，当时，，∴点的坐标为，设直线的函数表达式为，代入点A、C的坐标得：，解得：，∴直线的函数表达式为：．同理可得直线的函数表达式为：；（2）①存在．设点的坐标为，其中，∵点，点的坐标分别为，，∴，，，∵，∴当时，以，，，为顶点的四边形是平行四边形，当时，是菱形，如图所示：∴，解得，（舍去），∴点的坐标为，∴点的坐标为；当时，是菱形，如图所示：∴，解，得，（舍去），∴点的坐标为，∴点的坐标为；综上所述，存在点，使得以，，，为顶点的四边形为菱形，且点的坐标为或；②由题意可得如图所示：由题意可得抛物线的对称轴为直线，由（1）可得直线的函数表达式为：；直线的函数表达式为：，点的坐标为，点的坐标为，∴点，，∴，设点，∵，∴设直线l的解析式为，把点M的坐标代入得：，解得：，∴直线l的解析式为，∴联立直线l与直线AC的解析式得：，解得：，∴，∴点，∵点是直线下方抛物线上的一个动点，且，∴点M在点N的上方才有可能，∴，∴，解得：（不符合题意，舍去），∴，∴由两点距离公式可得．【点睛】本题主要考查二次函数的综合及菱形的性质，熟练掌握二次函数的综合及菱形的性质是解题的关键．10．（2020·山西·中考真题）综合与探究如图，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点．直线与抛物线交于，两点，与轴交于点，点的坐标为．

（1）请直接写出，两点的坐标及直线的函数表达式；（2）若点是抛物线上的点，点的横坐标为，过点作轴，垂足为．与直线交于点，当点是线段的三等分点时，求点的坐标；（3）若点是轴上的点，且，求点的坐标．【答案】（1），，直线的函数表达式为：；（2）当点是线段的三等分点时，点的坐标为或；（3）点的坐标为或．【分析】（1）令可得两点的坐标，把的坐标代入一次函数解析式可得的解析式；（2）根据题意画出图形，分别表示三点的坐标，求解的长度，分两种情况讨论即可得到答案；（3）根据题意画出图形，分情况讨论：①如图，当点在轴正半轴上时，记为点．过点作直线，垂足为．再利用相似三角形与等腰直角三角形的性质，结合勾股定理可得答案，②如图，当点在轴负半轴上时，记为点．过点作直线，垂足为，再利用相似三角形与等腰直角三角形的性质，结合勾股定理可得答案．【详解】解：（1）令，，设直线的函数表达式为：，把代入得：解得：直线的函数表达式为：．（2）解：如图，根据题意可知，点与点的坐标分别为，．，，分两种情况：①当时，得．解得：，（舍去）当时，．点的坐标为②当时，得．解得：，（舍去）当时，点的坐标为．当点是线段的三等分点时，点的坐标为或

（3）解：直线与轴交于点，点坐标为．分两种情况：①如图，当点在轴正半轴上时，记为点．过点作直线，垂足为．则，，．即．又，，．连接，点的坐标为，点的坐标为，轴．，．．．点的坐标为．②如图，当点在轴负半轴上时，记为点．过点作直线，垂足为，则，，．．即．又，，．．由①可知，．．．．点的坐标为点的坐标为或．

【点睛】本题考查的是二次函数与轴的交点坐标，利用待定系数法求一次函数的解析式，平面直角坐标系中线段的长度的计算，同时考查了相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，特别是分类讨论的数学思想，掌握以上知识是解题的关键．考点3利用数学知识解决实际问题11．（2025·山西·中考真题）项目学习项目背景：“源池泉涌”为我省某景区的一个景点，主体设计包括外栏墙与内栏墙，外栏墙高于内栏墙，两栏中间为步道，内栏墙内为泉池，池内泉水清澈见底．从正上方看，外栏墙呈正八边形，内栏墙呈圆形．综合实践小组的同学围绕“景物的测量与计算”开展项目学习活动，形成了如下活动报告．项目主题景物的测量与计算驱动问题如何测量内栏墙围成泉池的直径活动内容利用视图、三角函数等有关知识进行测量与计算活动过程方案说明图为该景，点俯视图的示意图，点，是正八边形中一组平行边的中点，为圆的直径图中点在同一条直线上．图为测量方案示意图，直径所在水平直线与外栏墙分别交于，点，，外栏墙与均与水平地面垂直，且．，均表示步道的宽，．图中各点都在同一竖直平面内．数据测量在点处测得，点和点的俯角分别为，，米．图中墙的厚度均忽略不计计算……交流展示……请根据上述数据，计算内栏墙围成泉池的直径的长（结果精确到米．参考数据：，，，，，）．【答案】内栏墙围成泉池的直径的长约为米．【分析】本题考查了解直角三角形的应用——仰角俯角问题，由题意得，四边形为矩形，则，，所以，，设米，则米，米，然后通过，，

列出方程，

解出方程即可，掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：由题意得，，四边形为矩形，∴，，∴，，设米，则米，米，在中，，，，∴，在中，，，∴，∴，解得，∴（米），答：内栏墙围成泉池的直径的长约为米．12．（2023·山西·中考真题）2023年3月，水利部印发《母亲河复苏行动河湖名单（2022－2025年）》，我省境内有汾河、桑干河、洋河、清漳河、浊漳河、沁河六条河流入选．在推进实施母亲河复苏行动中，需要砌筑各种驳岸（也叫护坡）．某校“综合与实践”小组的同学把“母亲河驳岸的调研与计算”作为一项课题活动，利用课余时间完成了实践调查，并形成了如下活动报告．请根据活动报告计算和的长度（结果精确到．参考数据：，）．课题母亲河驳岸的调研与计算调查方式资料查阅、水利部门走访、实地查看了解功能驳岸是用来保护河岸，阻止河岸崩塌或冲刷的构筑物驳岸剖面图

相关数据及说明，图中，点A，B，C，D，E在同一竖直平面内，与均与地面平行，岸墙于点A，，，，，计算结果交流展示【答案】的长约为的长约为．【分析】过点作于点，延长交于点，首先根据的三角函数值求出，，然后得到四边形是矩形，进而得到，然后在中利用的三角函数值求出，进而求解即可．【详解】解：过点作于点，延长交于点，

∴．由题意得，在中，．∴．∴．由题意得，，四边形是矩形．∴．∵，∴．∴在中，．∵．∴．∴，∴．答：的长约为的长约为．【点睛】本题是解直角三角形的应用，考查了矩形的判定与性质，解直角三角形，关键是理解坡度的含义，构造适当的辅助线便于在直角三角形中求得相关线段．13．（2022·山西·中考真题）随着科技的发展，无人机已广泛应用于生产和生活，如代替人们在高空测量距离和角度．某校“综合与实践”活动小组的同学要测星AB，CD两座楼之间的距离，他们借助无人机设计了如下测量方案：无人机在AB，CD两楼之间上方的点O处，点O距地面AC的高度为60m，此时观测到楼AB底部点A处的俯角为70°，楼CD上点E处的俯角为30°，沿水平方向由点O飞行24m到达点F，测得点E处俯角为60°，其中点A，B，C，D，E，F，O均在同一竖直平面内．请根据以上数据求楼AB与CD之间的距离AC的长（结果精确到1m．参考数据：）．【答案】58m【分析】延长AB和CD分别与直线OF交于点G和点H，则，再根据图形应用三角函数即可求解．【详解】解：延长AB和CD分别与直线OF交于点G和点H，则．又∵，∴四边形ACHG是矩形．∴．由题意，得．在中，，∴（m）﹒∵是的外角，∴．∴．∴m．在中，∴(m)．∴．答：楼AB与CD之间的距离AC的长约为58m．【点睛】本题主要考查三角函数的综合应用，正确构造直角三角形并应用三角函数进行求解是解题的关键．14．（2021·山西·中考真题）某公园为引导游客观光游览公园的景点，在主要路口设置了导览指示牌．某校“综合与实践”活动小组想要测量此指示牌的高度，他们绘制了该指示牌支架侧面的截面图如图所示，并测得，，，，四边形为矩形，且．请帮助该小组求出指示牌最高点到地面的距离（结果精确到．参考数据：，，，）．【答案】【分析】过点作于点，交直线于点；过点B作于点，于点，此时构造出两个矩形和，根据矩形的性质可得，，，进而求得的度数，在，中，利于三角函数即可求得，的长度，最终求得AH的值即为指示牌最高点到地面的距离．【详解】解：过点作于点，交直线于点；过点作于点，于点；则四边形和四边形均为矩形．∴，，，∴．∴．在中，，，∴．在中，，，∴．∴．∴．答：指示牌最高点到地面的距离为．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，构造所给角度以及相关角所在的直角三角形是解决问题的难点，利用和三角函数求值得到相应线段的长度是解决问题的关键．15．（2020·山西·中考真题）图①是某车站的一组智能通道闸机，当行人通过时智能闸机会自动识别行人身份，识别成功后，两侧的圆弧翼闸会收回到两侧闸机箱内，这时行人即可通过．图②是两圆弧翼展开时的截面图，扇形和是闸机的“圆弧翼”，两圆弧翼成轴对称，和均垂直于地面，扇形的圆心角，半径，点与点在同一水平线上，且它们之间的距离为．（1）求闸机通道的宽度，即与之间的距离（参考数据：，，）；（2）经实践调查，一个智能闸机的平均检票速度是一个人工检票口平均检票速度的倍，人的团队通过一个智能闸机口比通过一个人工检票口可节约分钟，求一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数．【答案】（1）与之间的距离为；（2）一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数为人．【分析】（1）连接，并向两方延长，分别交，于点，,则，,根据的长度就是与之间的距离，依据解直角三角形，即可得到可以通过闸机的物体的最大宽度；（2）设一个人工检票口平均每分钟检票通过的人数为人，根据“一个智能闸机的平均检票速度是一个人工检票口平均检票速度的倍，人的团队通过一个智能闸机口比通过一个人工检票口可节约分钟”列出分式方程求解即可；还可以设一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数为人，根据题意列方程求解．【详解】解：连接，并向两方延长，分别交，于点，．由点与点在同一水平线上，，均垂直于地面可知，，，所以的长度就是与之间的距离．同时，由两圆弧翼成轴对称可得．在中，，，，，．．与之间的距离为．（1）解法一：设一个人工检票口平均每分钟检票通过的人数为人．根据题意，得解，得．经检验是原方程的解当时，答：一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数为人．解法二：设一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数为人．根据题意，得．解，得经检验是原方程的解．答：一个智能闸机平均每分钟检票通过的人数为人．【点睛】本题考查了解直角三角形及列分式方程解应用题，关键是掌握含30度的直角直角三角形的性质．16．（2025·山西·中考真题）综合与实践问题情境：青蛙腾空阶段的运动路线可看作抛物线．我国某科研团队根据青蛙的生物特征和运动机理设计出了仿青蛙机器人，其起跳后的运动路线与实际情况中青蛙腾空阶段的运动路线相吻合．实验数据：仿青蛙机器人从水平地面起跳，并落在水平地面上，其运动路线的最高点距地面，起跳点与落地点的距离为．数学建模：如图，将仿青蛙机器人的运动路线抽象为抛物线，其顶点为N，对称轴为直线l，仿青蛙机器人在水平地面上的起跳点为O，落地点为M．以O为原点，所在直线为x轴，过点O与所在水平地面垂直的直线为y轴，建立平面直角坐标系．（1）请直接写出顶点N的坐标，并求该抛物线的函数表达式；问题解决：已知仿青蛙机器人起跳后的运动路线形状保持不变，即抛物线的形状不变．（2）如图1，若仿青蛙机器人从点O正上方的点P处起跳，落地点为Q，点P的坐标为，点Q在x轴的正半轴上．求起跳点P与落地点Q的水平距离的长；（3）实验表明：仿青蛙机器人在跃过障碍物时，与障碍物上表面的每个点在竖直方向上的距离不少于，才能安全通过．如图，水平地面上有一个障碍物，其纵切面为四边形，其中，．仿青蛙机器人从距离左侧处的地面起跳，发现不能安全通过该障碍物．若团队人员在起跳处放置一个平台，仿青蛙机器人从平台上起跳，则刚好安全通过该障碍物．请直接写出该平台的高度（平台的大小忽略不计，障碍物的纵切面与仿青蛙机器人的运动路线在同一竖直平面内）．【答案】（1），；（2）起跳点P与落地点Q的水平距离的长为；（3）【分析】本题考查二次函数的实际应用，读懂题意，正确的列出函数关系式，是解题的关键：（1）根据起跳点与落地点的距离为，得到对称轴为直线，根据运动路线的最高点距地面，得到顶点纵坐标为，写出顶点坐标，列出顶点式，把代入，求出函数解析式即可；（2）根据抛物线的形状不变，利用平移思想，写出新的函数解析式，令，求出的值，进而求出的长即可；（3）设该平台的高度为，根据题意，得到新的抛物线的解析式为：，根据仿青蛙机器人从平台上起跳，则刚好安全通过该障碍物，得到抛物线过点，代入求解即可；【详解】解：（1）由题意，得：抛物线的对称轴为直线，顶点纵坐标为，∴顶点坐标为，设抛物线的函数解析式为：，∵图象过原点，∴，解：，∴；（2）∵抛物线的形状不变，点，故第二次的函数图象可以看作由（1）的抛物线向上平移75个单位长度，得到的，∴新的抛物线的解析式为：，当时，，解得：，（舍去）；故起跳点P与落地点Q的水平距离的长为；（3）设该平台的高度为，由题意，设新的函数解析式为：，∵，仿青蛙机器人从距离左侧处的地面起跳，由题意，仿青蛙机器人经过正上方处，即抛物线经过点，即：，∴把代入，得：，解得：；故设该平台的高度为．考点4几何图形综合17．（2020·山西·中考真题）综合与实践问题情境：如图①，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点，连接．猜想证明：（1）试判断四边形的形状，并说明理由；（2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明；解决问题：（3）如图①，若，，请直接写出的长．【答案】（1）四边形是正方形，理由详见解析；（2），证明详见解析；（3）．【分析】（1）由旋转可知：，,再说明可得四边形是矩形，再结合即可证明；（2）过点作，垂足为，先根据等腰三角形的性质得到，再证可得，再结合、即可解答；（3）过E作EG⊥AD，先说明∠1=∠2，再设EF=x、则BE=FE＇=EF=BE＇=x、CE＇=AE=3+x，再在Rt△AEB中运用勾股定理求得x，进一步求得BE和AE的长，然后运用三角函数和线段的和差求得DG和EG的长，最后在Rt△DEG中运用勾股定理解答即可．【详解】解：（1）四边形是正方形理由：由旋转可知：，，又，四边形是矩形．∵．四边形是正方形；（2）．证明：如图，过点作，垂足为，则，．四边形是正方形，，．，．．∵，；（3）如图：过E作EG⊥AD∴GE//AB∴∠1=∠2设EF=x，则BE=FE＇=EF=BE＇=x，CE＇=AE=3+x在Rt△AEB中，BE=x，AE=x+3，AB=15∴AB2=BE2+AE2，即152=x2+（x+3）2，解得x=-12（舍），x=9∴BE=9,AE=12∴sin∠1=,cos∠1=∴sin∠2=,cos∠2=∴AG=7.2,GE=9.6∴DG=15-7.2=7.8∴DE=．【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转变换、勾股定理、解三角形等知识，综合应用所学知识是解答本题的关键．18．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．瓦里尼翁平行四边形我们知道，如图1，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形．

我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．

①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：证明：如图2，连接，分别交于点，过点作于点，交于点．∵分别为的中点，∴．（依据1）

∴．∵，∴．∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即．∵，即，∴四边形是平行四边形．（依据2）∴．∵，∴．同理，…任务：(1)填空：材料中的依据1是指：_____________．依据2是指：_____________．(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线）(3)在图1中，分别连接得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论．

【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）(2)答案不唯一，见解析(3)平行四边形的周长等于对角线与长度的和，见解析【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）（2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求

（3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于四边形的两条对角线与长度的和，证明如下：∵点分别是边的中点，∴．∴．同理．∴四边形的周长．即瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度的和．【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．19．（2020·山西·中考真题）阅读与思考下面是小宇同学的数学日记，请仔细阅读并完成相应的任务．×年×月×日

星期日没有直角尺也能作出直角今天，我在书店一本书上看到下面材料：木工师傅有一块如图①所示的四边形木板，他已经在木板上画出一条裁割线，现根据木板的情况，要过上的一点，作出的垂线，用锯子进行裁割，然而手头没有直角尺，怎么办呢？办法一：如图①，可利用一把有刻度的直尺在上量出，然后分别以，为圆心，以与为半径画圆弧，两弧相交于点，作直线，则必为．办法二：如图②，可以取一根笔直的木棒，用铅笔在木棒上点出，两点，然后把木棒斜放在木板上，使点与点重合，用铅笔在木板上将点对应的位置标记为点，保持点不动，将木棒绕点旋转，使点落在上，在木板上将点对应的位置标记为点．然后将延长，在延长线上截取线段，得到点，作直线，则．我有如下思考：以上两种办法依据的是什么数学原理呢？我还有什么办法不用直角尺也能作出垂线呢？……任务：（1）填空；“办法一”依据的一个数学定理是_____________________________________；（2）根据“办法二”的操作过程，证明；（3）①尺规作图：请在图③的木板上，过点作出的垂线（在木板上保留作图痕迹，不写作法）；②说明你的作法依据的数学定理或基本事实（写出一个即可）【答案】（1）勾股定理的逆定理；（2）详见解析；（3）①详见解析；②答案不唯一，详见解析【分析】（1）利用说明△DCE是直角三角形，说明，进而得出利用的原理是勾股定理逆定理即可；（2）由作图的方法可以得出：，，得出，，利用三角形内角和得出，即，说明垂直即可；（3）①以点为圆心，任意长为半径画弧，与有两个交点，分别以这两个交点为圆心，以大于这两个交点之间的距离的一半为半径画弧，这两段弧交于一点，连接即可；②到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上，即可说明垂直．【详解】（1）勾股定理的逆定理（或如果三角形两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形）；（2）证明：由作图方法可知：，，，．又，．．即．（3）解：①如图，直线即为所求；图③②答案不唯一，如：三边分别相等的两个三角形全等（或）；等腰三角形顶角的平分线、底边上的高、底边上的中线重合（或等腰三角形“三线合一”）；到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上等．【点睛】本题主要考查了垂直的判定，熟练掌握说明垂直的方法是解决本题的关键．1．（2025·山西吕梁·三模）综合与实践项目主题：对某智能蔬菜大棚浇灌方式的改进研究调查信息：图1所示是某智能蔬菜大棚在竖直方向上的截面示意图，保温墙的高度为4米，蔬菜种植区米，人行道米．当水压一定时，大棚顶部喷灌的喷头喷出的水流呈形状相同的抛物线．分别以，所在直线为轴，轴建立平面直角坐标系（所有点均在同一竖直平面内）．当水压最大时，抛物线恰好经过点，且与轴交于点．当水压最小时，抛物线与轴交于点，（点在点左侧），且水流到地面的高度（米）与距保温墙的水平距离（米）之间的函数表达式为．解决问题：(1)请直接写出点，的坐标；(2)当水压最大时，需要在保温墙上做防水处理，求处理区域的高度（即线段的长）；(3)为发挥水压最小时蔬菜更容易吸收水分且节水的特点，对喷水设施作如下改造：如图2，经过点，安装直线形支架，在上安装轨道，喷头可以在上自由滑动，在保证水压最小时，当喷头滑到点时，喷出的水流左端恰好经过点，当喷头滑到点时，喷出水流的右端恰好经过点，求轨道两端点，的坐标．【答案】(1)点，的坐标分别为，(2)米(3)点的坐标为，点的坐标为【分析】本题考查了二次函数的应用，根据题意分别确定函数解析式是解题的关键；（1）令，解方程，即可求解．（2）当水压最大时，设抛物线的函数表达式为，把点代入，待定系数法求得解析式，当时，，即可求解；（3）先求得直线的函数表达式为．当水压最小时，设喷头所在点的坐标为．设水流所在抛物线的函数表达式为，把点，代入，进而求得的坐标，即可求解．【详解】（1）解：令解得：∴点，的坐标分别为，（2）当水压最大时，设抛物线的函数表达式为把点代入，得．解，得．当水压最大时抛物线的函数表达式为当时，．需在保温墙上做防水处理区域的高度为米．（3）设直线的函数表达式为．把点，代入，得解，得，．直线的函数表达式为．设喷头所在点的坐标为．当水压最小时，设水流所在抛物线的函数表达式为把点代入，得．解，得，（不合题意，舍去）把代入，得．所以点的坐标为把点代入，得．解，得（不合题意，舍去），．把代入，得．所以点的坐标为．2．（2025·山西阳泉·二模）阅读与思考：老师在讲完反比例函数的性质后留下了一道题目让大家思考交流将其解决，下面是小红和小明解题过程，请仔细阅读并完成相应任务．题目：请求出的最小值．小红的过程：1．列表．．．0234．．．．．．1．．．2．描点3．用平滑的曲线连接．通过观察图象可知：当时，随着的增大而减小，所以当时，有最小值．小明的过程：小明将其问题进行了逆推．求的最小值→求的最大值→求的最大值．通过推理可得：当时，的最大值为6，所以当时，有最小值．任务：(1)填空：小红的解题过程中体现的数学思想有：__________（写出一个即可）；(2)请用小红或者小明或者自己的方法求出的最大值；(3)直接写出的最小值．【答案】(1)数形结合思想；函数思想；类比思想．（写一个即可）(2)当时，的最大值为0，所以当时，有最大值为3(3)【分析】本题考查了一次函数的图象与性质，反比例函数的图象与性质，描点法画函数图象等知识点，正确用已学知识解决新的问题的是解题的关键．（1）结合解题过程即可得到涉及的解题思想；（2）仿照题干的分析方法求解即可；（3）先将原函数化为，再由小明的推理方式求解．【详解】（1）解：小红的解题过程中体现的数学思想有：数形结合思想；函数思想；类比思想．（写一个即可）；故答案为：数形结合思想；函数思想；类比思想．（写一个即可）（2）解：小红的方法，列表：……0234…………31……描点、连线得：观察图象可得：时，随着的增大而增大，∴当时，取得最大值为3；小明的方法：通过推理可得：当，的最大值为，∴当时，取得最大值为3；（3）解：，令，∵，∴随着的增大而增大，∴当时，取得最大值，∴由反比例函数的性质可得取得最小值为，∴取得最小值为．3．（2025·山西长治·二模）综合与实践小刚家的新家装修到了安装射灯，设计沙发背景墙的阶段，他和爸爸到了装饰城，看到了如图1中的某种型号的射灯投射下的背景样板墙，4盏射灯的光照的区域“覆盖”了整个墙面．光照的区域边缘可近似的看为抛物线，相同型号的射灯光照区域的形状完全一样．小刚抽象出了如图2中的示意图，测量后得到相关数据，左侧第一盏灯最高点C距离地面高度为290cm，与左墙面的水平距离为30cm，光线与墙的交点A距离地面245cm，点B，D，E均为两条光线的交点，点F且A，B，D，E，F在同一高度的水平线上．(1)数学建模如图3，以墙面OA所在的直线为y轴，垂直于OA的地面所在直线为x轴，建立的平面直角坐标系，设光线距离地面的高度为，距墙面OA水平距离为，求y与x之间的函数关系式．(2)问题解决小刚家沙发背景墙和装饰城的样板墙高度一致，墙面长为420cm，按照样板墙的方式安装射灯，请帮小刚计算需要安装的射灯数量至少为多少时，光照区域才能如样板墙那样实现全“覆盖”？(3)如图4，小刚妈妈还计划在这每一盏射灯的光照区域内安装一幅矩形的家庭照片，照片的底部安装高度距离地面145cm，请直接写出如图4中，左侧第一盏灯的光照区域内矩形照片的周长的最大值．【答案】(1)(2)7(3)【分析】（1）已知抛物线顶点坐标，根据抛物线顶点式（其中为顶点坐标）设出抛物线解析式，然后因为点在抛物线上，将点A的坐标代入所设解析式，就可以求出a的值，进而确定y与x之间的函数关系式．（2）要确定射灯数量，需先求出一盏灯的光照区域水平跨度，令，代入（1）中求出的抛物线函数关系式，得到关于x的一元二次方程，求解方程得到两个x的值，两值之差就是一盏灯的光照区域水平跨度，再用墙面总长度除以一盏灯的光照区域水平跨度，就可得到至少需要的射灯数量．（3）令，代入抛物线函数关系式求出对应的x的值，得到光照区域在高度为处的水平位置，设矩形照片一边长与x有关，进而表示出矩形另一边的长度，从而得到矩形周长关于t的函数表达式，最后根据二次函数的性质，求出该函数的最大值，即矩形照片的最大周长．【详解】（1）解：已知抛物线顶点，设抛物线解析式为，因为点在抛物线上，把代入，可得：，解得，所以y与x之间的函数关系式为．（2）解：因为抛物线关于对称轴对称，且相邻两抛物线在水平方向上的距离相等，令，则，解得，解得，，即一盏灯的光照区域水平跨度为，墙面长，则需要安装的射灯数量至少为（盏）．（3）解：令，则，，解得，设矩形照片的一边长为m，其对应的横坐标为x，则另一边长为，矩形周长，由抛物线对称性，设x到对称轴的距离为t，即，则，此时，矩形另一边，矩形周长，对于二次函数，其中，，根据二次函数顶点公式，当时，．【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，将实际的射灯照明问题转化为数学模型，运用了二次函数的顶点式，通过已知顶点设出表达式，求出二次函数的顶点式是解决本题的关键．4．（2025·山西阳泉·二模）综合与实践问题背景：山西刀削面一千年刀工削出三晋风情，一碗筋道面香飘向世界．但近几年因传统手工面临劳动力短缺、标准化瓶颈及传承困境，亦得益于工业机器人技术突破、政策扶持，智能刀削面机器人应运而生．数学建模：太原某企业研发的“晋锋”智能刀削面机，其面团放置台截面近似为抛物线，刀片削出面条随此运动轨迹落入锅中．如图1，建立平面直角坐标系，锅面的上沿为轴，竖直方向为轴（单位：）．刀片从点出发，向左上方运动，削出的面条沿抛物线轨迹下落，落入口径为的锅中．问题解决：(1)已知刀片在离轴处达到最高点，最高，求抛物线的解析式；(2)智能削面机虽然能提高效率，但在使用过程中，若出面口位置不当，面条偏离会造成浪费．某店老板把锅放在机器左侧，锅右端离轴不少于，按照（1）中运动轨迹，要让面条不落在锅外，当锅放置时，设锅的左端坐标为，求的取值范围；(3)每小时削面量（千克）与机器刀片转速转/分钟满足一次函数关系：．损耗成本与转速的平方成正比，比例系数为3（即损耗成本为32元/天），每天固定运营成本为800元．每千克削面的利润为15元，机器每天工作6小时，在尽量减少机器损耗的基础上，求转速为多少时，每天总利润为11500元？【答案】(1)(2)(3)当转速转/分钟时，总利润为11500元【分析】（1）用待定系数法求出函数解析式；（2）令，解方程求出的值，再根据题意求出的取值范围；（3）根据利润=每小时的利润-损耗成本-每天固定成本列出方程，解方程即可．【详解】（1）解：根据题意知，顶点坐标为，设抛物线顶点式为：，将起点代入得：，解得，抛物线解析式为：；（2）令，则，，（舍去），锅在轴左侧，即．锅的右端离轴不少于，，即，锅放置时锅的左端在轴的取值范围为；（3）由题意得：，解得，，“尽量减少机器损耗”即取较小的转速（因损耗成本与成正比），．当转速转分钟时，总利润为11500元．【点睛】本题考查二次函数的应用和一元二次方程的应用，关键是找到等量关系列出函数解析式和一元二次方程．5．（2025·山西吕梁·二模）综合与探究问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的直角三角形纸片（）沿所在直线折叠，使点的对应点落在边上，折痕分别交于点．再将该纸片沿所在直线折叠，使点的对应点落在的延长线上，折痕分别交于点，如图2所示，试判断四边形的形状，并说明理由．数学思考：（1）请你解答老师提出的问题．深入探究：（2）“善思小组”将图2展开后，连接，得到图3．若为的中点，试猜想线段与的数量关系和位置关系，并说明理由．（3）“智慧小组”提出问题：若点的对应点落在射线上，其他条件不变，当时，请直接写出面积的最大值和此时的长．【答案】（1）四边形是矩形，见解析；（2），见解析；（3）面积的最大值为6，【分析】（1）由折叠的性质，得，结合，即可证明四边形是矩形；（2）连接，由（1），知四边形是矩形，证明，推出，由折叠的性质，得，，证明即可得出结论；（3）先求出，设，则．易得，则，求出，即可得到，根据二次函数的性质即可解答．【详解】（1）解：四边形是矩形．理由：由折叠的性质，得．又，四边形是矩形；（2）解：，，理由：如解图，连接．由（1），知四边形是矩形，则．为的中点，．．．由折叠的性质，得．．．．又，．．．，．（3）解：如图，，，由（1）知四边形是矩形，设，∴，，∴，∴，．．，当时，的最大值为6，此时．【点睛】本题考查折叠的性质，矩形的判定与性质，相似三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质，二次函数的性质综合性较强，熟练运用平移与旋转的性质是解题的关键．6．（2025·山西吕梁·二模）综合与实践学习主题：探究电流最值课题背景：数学在电工电子中有着广泛的应用，可以帮助工程师进行电路设计和分析，控制系统设计，信号处理等工作，这些工作需要遵循物理学的规律，我们知道函数是描述变化规律的一种数学模型，某数学探究小组受电流和电压间关系式的启发，以“探究电流最值”为主题展开项目式学习．学习素材：名称内容备注素材1用总长的篱笆围成一个矩形场地，矩形面积随矩形一边长（单位：m）的变化而变化课本例题素材2观察下列两个数的乘积，说明其中哪个积最大．课本数学活动素材3串联电路的总电阻等于各串联电阻之和：．并联电路总电阻的倒数等于各并联电阻的倒数之和：．电压一定的情况下，电流与电阻成反比关系物理学知识研究步骤：1．画出电路图．在如图1所示的电路中，，滑动变阻器的最大电阻，其等效电路图如图2所示，其中．2．根据电路图连接实验器材，图略．3．闭合开关，在滑片从端滑到端的过程中，观察电流表的示数，记录相关数据．解决问题：(1)在素材1中，当___________m时，场地的面积最大．(2)推测素材2中哪个式子的积最大，并用函数知识说明理由．(3)①若设，总电阻为，则当为何值时，有最大值？并出求这个最大值．②在①的条件下，电流表A的值为___________【答案】(1)15(2)和的积最大，理由见解析(3)①当时，有最大值，此时最大值为；②2【分析】本题主要考查了二次函数的应用，理解题意，正确列出二次函数解析式是解题关键．（1）根据题意，矩形一边长，则另一边长为，则有，结合二次函数的性质即可获得答案；（2）设其中一个因数为，则另一个因数为，所以（，且为正整数），结合二次函数的性质即可获得答案；（3）设，则，总电流为，则有，由分式的性质可知，若分子为不变的正数，则分母最大时，分式最小，再设结合二次函数的性质即可获得答案．【详解】（1）（1）根据题意，矩形一边，则另一边长为，所以，，所以，当，场地的面积S最大，最大为225平方米；故答案为：15．所以取50或51时，最大为2550；（2）（2）和的积最大，理由如下：设其中一个因数为，则另一个因数为，则（，且为正整数），对称轴为，因为是正整数，且，所以取50或51时，最大为2550．（3）（3）设，则，，设总电流为，则，由分式的性质可知，若分子为不变的正数，则分母最大时，分式最小，设，则抛物线开口向下，且，当时，取最大值为25，此时取最小值为A，两支路电阻分别为和，两支路电阻相等，当两支路的电阻相等时，电流表示数最小，最小值为2A．7．（2025·山西运城·一模）综合与实线如图，抛物线与x轴的交点分别为，，与y轴交于点C，连接，P为线段上方的抛物线上的一动点．(1)求抛物线的解析式．(2)如图1，过点P作轴交直线于点当时，求点P的坐标．(3)如图2，连接，在点P运动的过程中，是否存在点P，使得四边形的面积最大？若存在，求出点P的坐标及四边形的面积；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)点P的坐标为；(3)存在，点P的坐标为，四边形的面积最大，最大值为【分析】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数的性质，三角形的面积公式，勾股定理，正确地求出二次函数的解析式是解题的关键．将点和代入解方程组得到结论；由得点，，设直线的解析式为，解方程组得到直线的解析式为；设点，得到，根据勾股定理得到，根据题意列方程即可得到结论；如图2，过点P作轴交直线于G，设点P的坐标为，则，根据点的坐标得到，，，根据三角形的面积公式得到，根据二次函数的性质即可得到结论．【详解】（1）解：将点和代入得，解得，抛物线的解析式为；（2）由得点，，设直线的解析式为，解得，直线的解析式为；设点，轴，，，，，，解得或不合题意，舍去，当时，，点P的坐标为；（3）存在．如图2，过点P作轴交直线于G，设点P的坐标为，则，，，，，，，，，当时．有最大值，最大值为，点P的坐标为，四边形ABPC的面积最大，最大值为8．（2025·山西朔州·一模）综合与探究如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，点的坐标为，连接．(1)求抛物线的函数解析式．(2)如图，过点作轴，交抛物线于点，连接，判断四边形的形状，并说明理由．(3)在（2）的条件下，若是所在直线下方抛物线上的一个动点，当的面积最大时，求点的坐标，并直接写出面积的最大值．【答案】(1)(2)四边形为菱形，理由见解析(3)点时，的面积最大为【分析】本题考查了二次函数和几何综合，菱形的判定，正确做出辅助线表示出的面积是解题的关键．（1）把代入函数解析式即可解答；（2）求得点的坐标，得到的长度，即可解答；（3）过点作的平行线交直线于点，设的横坐标为，求得的长，进而表示出的面积，利用二次函数的性质，即可解答．【详解】（1）解：把代入函数解析式，可得，解得，抛物线的函数解析式为；（2）解：当时，，解得，，，，，轴，，四边形为平行四边形，根据勾股定理可得，，平行四边形为菱形；（3）解：设直线的解析式为，把代入可得，解得，直线的解析式为，如图，过点作的平行线交直线于点，设点，则点，，，当，即时，的面积最大为．9．（2025·山西吕梁·三模）综合与探究问题情境：在正方形纸片中，点是边的中点，点是边上的一个动点，将沿折叠，点的对应点为，的延长线与边交于点，连接．数学思考：（1）如图1，求证：是等腰三角形；拓展探究：过点再折出的平行线，与边交于点，射线与交于点．（2）如图2，若点在的延长线上，试判断线段与的数量关系，并说明理由；（3）若，在点运动的过程中，是否存在某一时刻，使是等腰三角形？若存在，请直接写出的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2），见解析；（3）存在，的长为或【分析】（1）根据折叠以及已知条件可得，则，而，可得，即可证明；（2）过点作的平行线，与的延长线交于点，根据等腰三角形的判定证明，而可证明平行四边形，则，即可利用证明，那么；（3）当点在的延长线上，当是等腰三角形，则，则设而，故，解得：，可得，则；当点在线段上，是等腰三角形，则，则设，而，则，解得：，则，同理可求．【详解】（1）解：如图，∵点是边的中点，∴，∵四边形是正方形，∴，∵折叠，∴，∴，∴，∴，∴，∴是等腰三角形；（2）解：，理由如下：过点作的平行线，与的延长线交于点，则，∵折叠，∴，∴，∵，∴，∴，∵，正方形中，∴四边形是平行四边形，∴，又∵，∴，∴∴；（3）解：存在，当点在的延长线上，∵，∴，∴是等腰三角形，则∴，设∴，∵，∴，解得：，由折叠可得，∴，∵点是边的中点，∴，∴；当点在线段上，如图：∵，∴∴，∴是等腰三角形，则∴，设∴，∵，∴，解得：，∴，由折叠可得，∴，∵点是边的中点，∴，∴，综上所述，存在某一时刻，使是等腰三角形，的长为或．【点睛】本题主要考查了折叠的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．10．（2025·山西长治·二模）综合与探究问题情境：数学活动课上，老师要求同学们以菱形为背景探索几何图形运动变化中的数学结论．如图1，在菱形中，点O为对角线和的交点，且，．保持菱形不动，将绕点O按顺时针方向旋转，旋转后点A，B，D的对应点分别记作点，，，得到．其中边与边的交点为E．兴趣小组进行如下探究．

猜想证明：（1）如图1，当旋转至时，判断四边形的形状，并说明理由；探索发现：（2）如图2，当时，连接，他们发现平分，请证明这一发现；拓展延伸：（3）如图3，在图2的基础上，将沿所在的直线向上平移得到，O的对应点记作点，其中边与边的交点为E．在平移的过程中是否存在等腰，若存在，请直接写出平移的距离，若不存在；请说明理由．【答案】（1）见解析（2）见解析（3）0.4【分析】本题考查菱形的判定与性质，旋转，垂直平分线的判定与性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握知识点是解题的关键．（1）先证明，，继而得到，，可得四边形是平行四边形，再由，可证明平行四边形是菱形．（2）连接，连接，证明，可得点B、O、A₁共继而证明点O、E都在的垂直平分线上，则所在的直线垂直平分线段，且，推导出平分，即可解答．(3)由比小，也比小，则为等腰三角形时，只能是．过点E作于点M，交于点N，过点作于点H，证明，则，求出，，，则，即可解答．【详解】（1）解：四边形是菱形；理由如下：∵四边形为菱形，和的交于点O．∴，∵是由绕点O旋转得到的，∴，，∴，∵，，，，∴四边形是平行四边形，∵，∴平行四边形是菱形；（2）连接，连接，如图

∵，∴且，∴点B、O、A₁共线，由旋转可知：，∴，∴，∴，∵，∴点O、E都在的垂直平分线上，∴所在的直线垂直平分线段，且，∴平分．(3)由比小，也比小，则为等腰三角形时，只能是．如图过点E作于点M，交于点N，过点作于点H，

由题意及图，可知，∴四边形都是矩形，∴，，，∴，，∴，即，解得，，∴，∴，∴，解得，∴．∴沿所在的直线向上平移．11．（2025·山西吕梁·三模）综合与实践问题情境：综合与实践课上，老师提出如下问题：如图①，在中，，为边上的中线，将沿射线方向平移得到．点的对应点分别为．猜想证明：（1）如图②，当线段经过点时，连接、．请判断四边形的形状，并说明理由；深入探究：（2）若中，．将图②中的继续沿射线方向平移，得到．点的对应点分别为．老师让同学们提出问题并解答．如图③，“创新小组”画出的四边形是菱形，提出问题是：求此时菱形的对角线与的长．【答案】（1）四边形是矩形，理由见解析；（2）【分析】（1）由平移得到，根据直角三角形斜边中线得到，然后先证明四边形是平行四边形，再得到，即可证明矩形；（2）由先勾股定理求出．过点作于，连接．由三角形中位线得到，则，再由菱形即可求出．【详解】解：（1）四边形是矩形；理由如下：∵平移得到，∴，∴，∵为边上的中线，∴，∴是等腰三角形，∵，∴，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是矩形；（2）∵，∴．过点作于，连接．∵四边形是菱形，∴．由（1）得，∴，∵是的中点，是的中点，∴，∴，∴菱形，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了矩形的判定，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，平移的性质，三角形中位线定理，菱形的性质等知识点．12．（2025·山西太原·二模）综合与探究【问题情境】如图1，在正方形中，，点E，F分别为，边的中点，连接，交于点M，交对角线于点N．【猜想验证】（1）猜想与有怎样的数量关系，并加以证明．【深入探索】（2）将线段绕点C顺时针旋转得到线段，点E的对应点为点Q，连接，如图2．请判断四边形的形状，并说明理由．【拓展延伸】（3）连接，如图3，请直接写出的长．【答案】（1），理由见解析；（2）四边形是菱形，理由见解析；（3）【分析】（1）证明，利用相似三角形的性质即可求解；（2）先证明得到，由旋转性质得，，证明得到，，进而得到，则，证明四边形是平行四边形，然后利用菱形的判定定理可得结论；（3）如图3，过M作于G，利用正切定义得到，在中，利用勾股定理求得，再利用正切定义得到，在中，由由勾股定理求得，，则，在中，利用勾股定理求解即可．【详解】解：（1），理由如下：∵四边形是正方形，∴，，∵点F为边的中点，∴，∵，∴，∴，则；（2）四边形是菱形，理由如下：∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，∴，由旋转性质得，，∵点E为的中点，∴，∴，又，，∴，∴，，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；（3）如图3，过M作于G，∵，∴，∴，在中，由解得，∵，∴，∴，则，在中，由，解得，，∴，在在，．【点睛】本题考查正方形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．13．（2025·山西临汾·三模）综合与实践【问题情境】数学活动小组在进行矩形纸片折纸活动．如图1，在矩形纸片中，E是边上的动点，G是边上的动点，将沿折叠，点D恰好落到边上的点F处，展平，连接，再将沿折叠，使点B与点E重合，展平，连接．【猜想证明】（1）直接判断四边形的形状．（2）求证：．【深入探究】（3）如图2，M，N分别是边，上的点，若将矩形纸片沿第三次折叠，使得点C与点G重合，然后展平，连接，．①判断与的位置关系，并证明；②直接写出的值．【答案】（1）四边形是正方形；（2）见解析；（3）①．见解析；②．【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质，勾股定理、正方形的性质及判定以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握折叠的性质，利用矩形和折叠的性质进行推理和证明。（1）由折叠可知，，可知是等腰直角三角形，得到，故四条边相等，即四边形是菱形，再由可得四边形是正方形；（2）由折叠可得，由四边形是正方形可得，由平角定义可知，由已知可知，所以是等腰直角三角形，从而得到；（3）①设，根据折叠可得，分别求与的关系，再根据勾股定理分别求，而，代入可知，即，再根据证明，得到，根据可得，从而得证；（2）设，用的式子表示，连接，设，在中根据勾股定理得到方程解（含的代数式），在计算即可．【详解】（1）∵四边形是矩形，，由折叠可知，，∴是等腰直角三角形，，，∴四边形是菱形，又∴四边形是正方形；（2）由（1）可知四边形是正方形，，由折叠可知，，，又∵，∴是等腰直角三角形，；（3）①设，∵四边形是正方形，∴是等腰直角三角形，，，由折叠可知，，，，，在中，，在中，，，，，，在和中，，，，，，∴；②设，由①可知，∵四边形是正方形，∴是等腰直角三角形，，，，，，连接，设，则，由折叠可知，，，在中，，，，．14．（2025·山西吕梁·二模）综合与探究问题情境：如图，在矩形中，，，将矩形沿对角线剪开，再将沿方向平移（平移距离小于8），得到交于点交于点．初步探究：（1）如图2，当四边形为正方形时，线段的长为_____．（2）判断四边形的形状，并说明理由．深入探究：（3）如图3，当四边形是菱形时．①求线段的长；②将绕点顺时针转过一定的角度，使得线段经过一个顶点且与有重叠部分，直接写出重叠部分的面积．【答案】（1）2；（2）四边形是平行四边形，见解析；（3）①；②6或【分析】（1）根据正方形的性质可得，进而即可得出的长；（2）根据四边形是矩形，得出，根据平移的性质得出，进而得出，即可得出结论；（3）①根据勾股定理求得，设的长为，解，得出，即可求解；②当线段经过点时，令与的交点为．由①知，．求得，进而根据三角形的面积公式，即可求解；当线段经过点时，令与的交点为．过点作于点，过点作于点，证明设的长为，在中，勾股定理得，进而根据三角形的面积公式，即可求解．【详解】解：（1）解：∵四边形为正方形，∴，∴；（2）四边形是平行四边形．理由：四边形是矩形，．由平移的性质得，，四边形是平行四边形；（3）①四边形是菱形，．设的长为，则．在中，，，，．在中，，，解得，．②6或．如图1，当线段经过点时，令与的交点为．由①知，，∴，；如图2，当线段经过点时，令与的交点为．过点作于点，过点作于点．，．，，．设的长为，则，．在中，由勾股定理得，，解得，．综上所述，重叠部分的面积为6或．【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质和判定，菱形的性质，解直角三角形，分类讨论是解题的关键．15．（2025·山西晋城·三模）综合与探究问题情境：如图，在中，，分别为和的中点，延长至点，使，连接，在线段上取点和，使得，动点分别从点同时出发，以相同的速度向终点运动，并且同时到达终点，连接，设，，且与满足．猜想证明：（1）判断四边形的形状，并说明理由．问题拓展：（2）①的长为_____；②如图2，当时，求．深入探究：（3）在运动的过程中，将绕点顺时针旋转得到