2022-2023学年江苏省淮安市某校初三(上)月考数学试卷(含答案解析)082327

2022-2023学年江苏省淮安市某校初三（上）月考数学试卷试卷
考试总分：135 分 考试时间： 120 分钟
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）
1. 若关于的方程是一元二次方程，则 A.B.C.D.
2. “五四”青年节来临之际，某校组织开展了“坚定理想信念，站稳人民立场，练就过硬本领，投身强国伟业”的演讲比赛．来自不同年级的名同学决赛的得分情况如下表所示．这些成绩的众数是
( )
成绩分人数人A.分
B.分
C.分
D.分
3. 如图，若二次函数的图象的对称轴是直线，则下列四个结论中，错
误的是( )A.B.C.D.x (m+1)−3x+2=0
x 2()
m>−1
m≠0
m≥0
m≠−1
25/94969899
/589399989694y =a +bx+c(a ≠0)
x 2x =−1abc >0
4a −2b +c >0
a +
b +
c >0
a +
b +
c <0
4. 如图，为四边形内一点，为中点，，，，则的长为( )
A.B.C.
D.
5. 赵师傅透过平举放大镜从正上方看到水平桌面上的菱形的，那么与放大镜中的的大小关系是（ ）
A.B.C.D.
6. 若，则锐角的度数为（ ）A.B.C.或D.或
7. 如图，正三角形的内切圆半径为，那么三角形的边长为（ ）A.O ABCD E CD ∠AOD+∠BOC =180∘∠OED =∠AOB CD =4OC 3
22
–√83145
ABCD ∠C ∠A ∠C ∠A =∠C
∠A >∠C
∠A <∠C
∠A ≤∠C
3α−(3+)tanα+=0
tan 23–√3–√α30∘
45∘
60∘45∘
30∘45∘
12
C.D.
8. 在平面直角坐标系中，每个小正方形的边长均为，从原点引一条射线，设这条射线与轴的正半轴的夹角为，若，则这条射线是( )A.B.C.D.二、 填空题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）
9. 若数据，，，，，，，的中位数是，则的值是________．
10. 若关于的一元二次方程 有两个不相等的实数根，则的取值范围是________.
11. 已知圆锥的底面圆半径为，高为，则圆锥的侧面积是________．
12. 若，，三点都在二次函数的图象上，则，，的大小关系是：________．
13. 如图，点，在的一条边上，点，在的另一条边上，且
，请你写出图中能够成立的一组比例式________．
14. 如图，为保护门源百里油菜花海，由“芬芳浴”游客中心处修建通往百米观景长廊的两条栈道，．若，，则游客中心到观景长廊的距离的长约为________米．3
–√23
–√1O x αcosα=35
OA
OB
OC
OD
x 1225678 4.5x x +3x−k =0x 2k 3cm 4cm cm 2A(1,)y 1B(3,)y 2C(−3,)y 3y =−4x−m x 2y 1y 2y 3B D ∠A C E ∠A DE//BC A BC AB AC ∠B =56∘∠C =45∘A BC AD (sin ≈0.8,tan ≈1.5)
56∘56∘
15. 如图，抛物线 与轴正半轴交于点，过点作轴交抛物线于点，抛物线的对称轴交抛物线于点、交轴于点，连接 ，，，，则四边形的面积为
________.
16. 如图，已知：，，，，，点在上由向移动
时，当________时，与相似.
三、 解答题 （本题共计 11 小题 ，每题 5 分 ，共计55分 ）
17. 解一元二次方程： 18. 《生物多样性公约》第十五次缔约方大会（）确定于年月日至日在云南省昆明市举办．“生物多样性”的目标、方法和全球通力合作，将成为国际范围的热点关注内容．为广泛宣传生物多样性，某校组织七、八年级各名学生对《生物多样性》白皮书相关知识进行学习并组织定时测试．现分别在七、八两个年级中各随机抽取了名学生，统计这部分学生的竞赛成绩如下：七年级名学生测试成绩：
，，，，，，，，，；
八年级名学生测试成绩：
，，，，，，，，，．
两组数据的平均数、中位数、众数如下表：
平均数（分）中位数（分）众数（分）
七年级名学生测试成绩八年级名学生测试成绩根据以上信息，解答下列问题：填空： ________； ________； ________；
根据样本数据，请你估计该校八年级学生这次竞赛成绩的平均分是多少？
根据以上数据，你认为该校七、八年级中哪个年级学生知识竞赛成绩更好？请说明理由（写出一条理由即可）．
19. 如图，为 的直径，、是 的两条弦，且，延长、相交于点，
y =a(x+2+3(a <0))2y A A AB//x B M x N MA MB NA NB ANBM AB ⊥DB CD ⊥DB AB =8CD =6BD =16P BD B D BP =△ABP △CDP 4−20x+21=0
x 2COP15202110112420010107284729179697885759510857292848074758076821080
78.51210a
b c
(1)a =b =c =(2)(3)AB ⊙O AC DE ⊙O DE ⊥AB AC ED F
求证：
．
20. 为了满足师生的阅读需求，某校图书馆的藏书从年底到年底两年内由万册增加到万册．
（1）求这两年藏书的年均增长率；
（2）经统计知：中外古典名著的册数在年底仅占当时藏书总量的，在这两年新增加的图书中，中外古典名著所占的百分率恰好等于这两年藏书的年均增长率，那么到年底中外古典名著的册数占藏书总量的百分之几？ 21. 如图，已知抛物线：与轴交于，两点（在的左侧），与轴交于点．
直接写出点，，的坐标；
将抛物线经过向右与向下平移，使得到的抛物线与轴交于，两点（在的右侧），顶点的对应点为点，若，求点的坐标及抛物线的解析式；
在的条件下，若点在轴上，则在抛物线或上是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出所有符合条件的点
的坐标；如果不存在，请说明理由．
则的半径为　
23. 如图，已知中，，，，点为的中
点，在线段上取点，使与相似，求的长．
24. 如图，某办公大楼正前方有一根高度为米的旗杆，从办公楼顶端测得旗杆顶端的俯角是，旗杆底端到大楼前石阶梯底边沿的距离是米，石阶梯坡长是米，石阶梯坡
∠FCE =∠ACD 2016201857.22016 5.6%2018=y 1−−2x+3x 2x A B A B y C (1)A B C (2)y 1y 2x B B ′B ′B D D ′∠BD B =′′90∘B ′y 2(3)(2)Q x y 1y 2P B'C Q P P ⊙O △ABC AB =4AC =6BC =9M AB AC N △AMN △ABC MN 15ED A E α45∘D DC 20BC 12
与水平地面成角，求：
（1）大楼与旗杆的水平距离；（2
）大楼的高度．
25. 如图，是半径为的的直径，直线与所在直线垂直，垂足为点，，点是上异于
，的动点，直线，分别交于，两点．
当点为中点时，连接，，判断直线与是否相切并说明理由；
以为直径的动圆是否经过一个定点？若是，请确定该定点的位置；若不是，请说明理由． 26. 如图，在菱形中，对角线，交于点，
交延长线于， 交延长线于点．
求证：四边形是矩形；
连接，若，，求菱形的面积．
27. 如图，已知二次函数的图象经过点和点．
BC 30∘AB ED AB AB 2⊙O m AB C OC=3P ⊙O A B AP BP m M N (1)C MN OP PC PC ⊙O (2)MN ABCD AC BD O AE ⊥BC CB E CF//AE AD F (1)AECF (2)OE AE =4AF =8ABCD y =a −4x+c x 2A(−1,−1)B(3,−9)
（1）求该抛物线的对称轴及顶点坐标；
（2）点与点均在该函数图象上（其中），且这两点关于抛物线的对称轴对称，求的值及点的坐标．
P (m,m)Q m>0m Q
参考答案与试题解析
2022-2023学年江苏省淮安市某校初三（上）月考数学试卷试卷
一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）
1.
【答案】
D
【考点】
一元二次方程的定义
【解析】
根据一元二次方程的定义得到，然后解不等式即可．
【解答】
解：∵关于的方程是一元二次方程，
∴，
∴．
故选．2.
【答案】
B
【考点】
众数
【解析】
根据众数的定义进行解答即可．
【解答】
解：出现了次，出现的次数最多，则众数是分．
故选．
3.
【答案】
m−1≠0x (m+1)−3x+2=0
x 2m+1≠0m≠−1D 98998B
C
【考点】
二次函数y=ax^2+bx+c (a≠0)的图象和性质
【解析】
根据二次函数的图象与系数的关系即可求解．
【解答】
解：由图可得，，，
∵二次函数的图象的对称轴是直线，
，.， ，，，
∴，正确；
，根据关于对称轴的对称点是，
则当时，，
∴，正确；
，当时，，错误；
，当时，，正确.
故选．
4.
【答案】B
【考点】
相似三角形的性质与判定
【解析】
解析：因为，所以，因为，所以，所以，所以
，因为，为中点，所以.
【解答】
解：因为，
所以，
因为，
所以，
所以，所以
，所以，
因为，为中点，a <0c >0y =a +bx+c(a ≠0)x 2x =−1−=−1b 2a b =2a <0A a <0c >0b <0abc >0B x =0x =−2x =−2y =4a −2b +c >04a +c >2b C x =1y =a +b +a <0D x =1y =a +b +a <0C ∠AOD+∠BOC =180∘∠AOB+∠COD =180∘∠OED =∠AOB ∠OBC =∠COD △COE ∽⋅∠DCO =OC CD CE OC CD =4E CD OC =22–√∠AOD+∠BOC =180∘∠AOB+∠COD =180∘∠OED =∠AOB ∠OEC =∠COD △OCE ∽△DCO =OC CD CE OC O =CD ⋅CE C 2CD =4E CD
所以，
所以.
故选.
5.
【答案】
A
【考点】
圆内接四边形的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由于图形放大或缩小后，角的形状没有发生变化，结合相似三角形的性质，可判定．故选．
6.
【答案】
D
【考点】
特殊角的三角函数值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：，
，，，，.因为为锐角，
所以或.
故选.
7.
【答案】
D C
E =2OC =22–√B ∠A =∠C A 3α−(3+)tanα+=0
tan 23–√3–√(3tanα−)(tanα−1)=03–√3tanα−=03–√tanα−1=0tanα=3–√3tanα=1αα=30∘45∘D
【考点】
锐角三角函数的定义
三角形的内切圆与内心
【解析】
欲求三角形的边长，已知内切圆半径，可过内心向正三角形的一边作垂线，连接顶点与内切圆心，构造直角三角形求解．
【解答】
解：过点作，则；
∵是的内心，
∴；
中，，，
∴，
∴．
故选．
8.
【答案】
A
【考点】
锐角三角函数的定义--利用网格
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由图知：，不符合题意；，不符合题意；，符合题意；，不符合题意.故选.
O OD ⊥AB OD =1O △ABC ∠OAD =30∘Rt △OAD ∠OAD =30∘OD =1AD =OD ⋅cot =30∘3–√AB =2AD =23–√D cos ∠COx ==425–√25–√5cos ∠BOx =45cos ∠AOx =35cos ∠DOx ==117
−−√17−−√17A
二、 填空题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）
9.
【答案】
【考点】
中位数
【解析】
无
【解答】
解：按顺序排列的一组数据中居于中间位置的一个数（或两个数的平均数），叫中位数．若，则中位数为
，不合题意；若，则中位数，不合题意，所以只能是，则中位数，则.故答案为：．
10.【答案】
【考点】
根的判别式
【解析】
【解答】
解：根据题意该一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴,
∴.故答案为：.11.
【答案】4
x ≤2=3.52+52x ≥5≥52<x <5=4.5x+52x =44k >−94
Δ=−4×1×(−k)=9+4k >032k >−94
k >
94
【考点】
圆锥的展开图及侧面积
【解析】
先利用勾股定理计算出圆锥的母线长，然后利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式计算圆锥的侧面积．
【解答】
解：圆锥的母线长，
所以圆锥的侧面积．
故答案为：.
12.
【答案】
【考点】
二次函数图象上点的坐标特征
【解析】
此题暂无解析
【解答】
13.
【答案】
（答案不唯一）
【考点】
平行线分线段成比例
【解析】
由平行线分线段成比例定理即可得出结论．
【解答】15π
=5(cm)==5(cm)+3242−
−−−−−√=×2π×3×5=15π(c )
12m 215π=AD BD AE CE
解：∵，
∴；故答案为：（答案不唯一）．14.
【答案】【考点】
解直角三角形的应用
【解析】
根据题意和图形可以分别表示出和的长，从而可以求得的长，本题得以解决．
【解答】
∵，，，米，∴，，∴，解得，，
15.【答案】
【考点】
二次函数y=ax^2+bx+c (a≠0)的图象和性质
【解析】
根据二次函数的性质得到抛物线的顶点坐标为（-2，3），抛物线的对称轴为直线x=-2，利用抛物线的对称性得到AB=4，然后根据三角形面积公式计算即可．
【解答】
解：由题意得，
抛物线的顶点坐标为，对称轴为直线.
∵轴，
∴，
∴四边形的面积.
DE//BC
=AD BD AE CE =AD BD AE CE 60
AD CD AD ∠B =56∘∠C =45∘∠ADB =∠ADC =90∘BC =BD+CD =100BD =
AD tan56∘CD =AD tan45∘+=100AD tan56∘AD tan45∘
AD ≈606
y =a （x+2+3）2y =a +3(x+2)2(−2,3)x =−2AB//x AB =2×2=4ANBM =AB ⋅MN
12=×4×3=612
故答案为：.
16.
【答案】
或或【考点】
相似三角形的性质与判定
【解析】
分两种情况：当时，当时，分别求解即可.
【解答】
解：，，
，
分两种情况：
当时，则
,,；当时，则，，或，综上，的长为或或时，与相似.故答案为：或或.三、 解答题 （本题共计 11 小题 ，每题 5 分 ，共计55分 ）
17.
【答案】
解：∵，
∴，
∴，∴，.【考点】
解一元二次方程-公式法
【解析】6647
412△ABP ∽△CDP △ABP ∽△PDC ∵AB ⊥BD CD ⊥BD ∴∠B =∠D =90∘△ABP ∽△CDP =AB CD BP DP
∴=86BP 16−BP ∴BP =647△ABP ∽△PDC =AB PD BP DC ∴=816−BP BP 6∴BP =412BP 647412△ABP △CDP 647
412a =4，b =−20，c =21Δ=−4ac =64b 2x ===−b±Δ√2a 20±64√820±88=x 172=x 232
本题考查了一元二次方程的求根公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．利用
的求根公式，即可得出．【解答】
解：∵，
∴，
∴，∴，.18.
【答案】
,,样本平均数为，进而估计该校八年级学生这次竞赛成绩的平均分是分.
可以推断出八年级学生知识竞赛成绩更好.
理由：因为两年级平均数相同，而八年级的中位数以及众数均高于七年级，说明八年级学生的竞赛成绩更好．（答案不唯一）
【考点】
中位数
算术平均数
众数
【解析】
根据平均数，中位数和众数的概念求解即可；
用样本估计总体即可；
答案不唯一，合理均可．
【解答】
解：将八年级名学生测试成绩按照从小到大的顺序排列如下：
，，，，，，，，，，
∴平均数，中位数，众数.
故答案为：；；.
样本平均数为，进而估计该校八年级学生这次竞赛成绩的平均分是分.
可以推断出八年级学生知识竞赛成绩更好.
理由：因为两年级平均数相同，而八年级的中位数以及众数均高于七年级，说明八年级学生的竞赛成绩更好．（答案不唯一）
19.
【答案】
a +bx+c =0x 2(a ≠0)x =
−b±−4ac b 2√2a a =4，b =−20，c =21Δ=−4ac =64b 2x ===−b±Δ√2a 20±64√820±88=x 172=x 232808080(2)8080(3)(1)(2)(3)(1)1072747576808082848592a =(72+74+75+76+80+80+82+84+85+92)=80110b =(80+80)=8012c =80808080(2)8080(3)
证明：连接、，
设、交于点．
∵为的直径，
∴．
∵，
∴ ．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴∴．
【考点】
解直角三角形
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：连接、，设、交于点．∵为的直径，∴．∵，∴ ．∴．∵，∴．∵，∴∴．
20.
【答案】
这两年藏书的年均增长率是；
到年底中外古典名著的册数占藏书总量的【考点】
一元二次方程的应用
【解析】
（1）根据题意可以列出相应的一元二次方程，从而可以得到这两年藏书的年均增长率；
（2）根据题意可以求出这两年新增加的中外古典名著，从而可以求得到年底中外古典名著的册数占藏书总量的百分之几．
【解答】
设这两年藏书的年均增长率是，
＝，
解得，＝，＝（舍去），
答：这两年藏书的年均增长率是；
在这两年新增加的图书中，中外古典名著有＝（万册），BC AD AB DE G AB ⊙O ∠ACB =∠FCB =90∘AB ⊥DE ∠DGB =90∘∠F=∠CBA ∠CBA =∠CDA ∠F =∠CDA =CD CD ∠CAD =∠CED.
∠FCE =∠ACD BC AD AB DE G AB ⊙O ∠ACB =∠FCB =90∘AB ⊥DE ∠DGB =90∘∠F=∠CBA ∠CBA =∠CDA ∠F =∠CDA =CD CD
∠CAD =∠CED.∠FCE =∠ACD 20%201810%
2018x 5(1+x)27.2x 10.2x 2−2.220%(7.2−5)×20%0.44100%
5×5.6%+0.44
到年底中外古典名著的册数占藏书总量的百分比是：
＝，答：到年底中外古典名著的册数占藏书总量的．21.
【答案】
解：对于，令，
得到，解得或，
∴，，
令，得到，
∴．
设平移后的抛物线的解析式为，
如图中，过点作于，连接
．
∵是抛物线的顶点，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，经过，
∴，
解得或（不合题意舍弃），，
∴，．
如图
中，
观察图象可知，当点的纵坐标为或时，存在满足条件的平行四边形．
对于，令，，
解得或，可得，
令，则，解得，
可得，，
对于，令，方程无解，
2018×100%5×5.6%+0.447.2
10%201810%(1)=y 1−−2x+3x 2=y 10−−2x+3=x 20x =−31A(−3,0)B(1,0)x =0=y 13C(0,3)(2)=y 2−(x−a +b )21D'D'H ⊥OB'H BD'D'D'B =D'B'D'(a,b)∠BD'B'=90∘D'H ⊥BB'BH =HB'D'H =BH =HB'=b a =1+b =y 2−(x−a +b )2B(1,0)b =(1−a)2a =21b =1B'(3,0)=y 2−(x−2+1=)2−+4x−3x 2(3)2P 3−3=y 1−−2x+3x 2=y 13+2x =x 20x =0−2(−2,3)P 1=y 1−3+2x−6=x 20x =−1±7–√(−1−,−3)P 27–√(−1+,−3)P 37–√=y 2−+4x−3x 2=y 23−4x =
2
令，则，解得或，
可得，，
综上所述，满足条件的点的坐标为或或或或．
【考点】
二次函数图象上点的坐标特征
等腰直角三角形
待定系数法求二次函数解析式
二次函数y=ax^2+bx+c (a≠0)的图象和性质
二次函数综合题
【解析】
（1）令＝或＝，解方程可得结论．
（2）设平移后的抛物线的解析式为＝，如图中，过点作于．，连接，．构建方程组解决问题即可．
（3）观察图象可知，当点的纵坐标为或时，存在满足条件的平行四边形．分别令和等于或，解方程即可解决问题．
【解答】
解：对于，令，
得到，解得或，
∴，，
令，得到，
∴．
设平移后的抛物线的解析式为，
如图中，过点作于，连接
．
∵是抛物线的顶点，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，经过，
∴，
解得或（不合题意舍弃），，
=y 2−3−4x =x 20x =04(0,−3)P 4(4,−3)P 5P (−2,3)(−1−,−3)7–√(−1+,−3)7–√(0,−3)(4,−3)x 0y 10y 2−(x−a +b )21D'D'H ⊥OB'H BD'B'D'P 3−3y 1y 23−3(1)=y 1−−2x+3x 2=y 10−−2x+3=x 20x =−31A(−3,0)B(1,0)x =0=y 13C(0,3)(2)=y 2−(x−a +b )21D'D'H ⊥OB'H BD'D'D'B =D'B'D'(a,b)∠BD'B'=90∘D'H ⊥BB'BH =HB'D'H =BH =HB'=b a =1+b =y 2−(x−a +b )2B(1,0)b =(1−a)2a =21b =1−(x−2+1=)2−+4x−3
2
∴，．
如图
中，观察图象可知，当点的纵坐标为或时，存在满足条件的平行四边形．
对于，令，，
解得或，可得，
令，则，解得，可得，，
对于，令，方程无解，
令，则，解得或，
可得，，
综上所述，满足条件的点的坐标为或或或或．22.
【答案】
【考点】
三角形的外接圆与外心
【解析】
如图作于．首先证明＝，在中，易知＝，设＝，＝，利用勾股定理列出方程即可解决问题．
【解答】
如图作于
．
∵＝，＝，
∴＝，＝，
∵，
∴＝，＝＝，
∴＝，
∴＝，设＝，＝，
B'(3,0)=y 2−(x−2+1=)2−+4x−3x 2(3)2P 3−3=y 1−−2x+3x 2=y 13+2x =x 20x =0−2(−2,3)P 1=y 1−3+2x−6=x 20x =−1±7–√(−1−,−3)P 27–√(−1+,−3)P 37–√=y 2−+4x−3x 2=y 23=y 2−3−4x =x 20x =04(0,−3)P 4(4,−3)P 5P (−2,3)(−1−,−3)7–√(−1+,−3)7–√(0,−3)(4,−3)2
OE ⊥BC E ∠BOC 120∘Rt △BOE OB 2OE OE x OB 2x OE ⊥BC E ∠BAC +∠BOC 180∘∠BOC 2∠A ∠BOC 120∘∠A 60∘OE ⊥BC BE EC =3–√∠BOE ∠COE 60∘∠OBE 30∘OB 2OE OE x OB 2x 42+(2–√)2
∴＝，
∴＝，
∴＝．
23.
【答案】
解：∵中，，点为的中点，
∴．
当时，，即，解得；当时，，即，解得．∴的长为：或．【考点】
相似三角形的判定
【解析】
先根据是的中点得出，再分与两种情况进行讨论即可．
【解答】
解：∵中，，点为的中点，
∴．
当时，，即，解得；当时，，即，解得．∴的长为：或．24.
【答案】
则米，，
∵，
∴，
设米，则米，
在中，米，
由勾股定理得：，
解得：，
∴米，米，
∴（米），（米）；（1）大楼与旗杆的水平距离是米；（1）大楼的高度为米．
4x 2+(x 23–√)2x 1OB 2cm △ABC AB =4M AB AM =2△AMN ∽△ABC =AM AB MN BC =24MN 9MN =92△AMN ∽△ACB =AM AC MN BC =26MN 9MN =3MN 92
3M AB AM =2△AMN ∽△ABC △AMN ∽△ACB △ABC AB =4M AB AM =2△AMN ∽△ABC =AM AB MN BC =24MN 9MN =92△AMN ∽△ACB =AM AC MN BC =26MN 9MN =3MN 923GH =DE =15EG =DH ∠BCH =30∘BH :CH =1:3–√BH =x CH =x 3–√Rt △BCH BC =12+(x =x 23–√)2122x =6BH =6CH =63–√BG =GH−BH =15−6=9EG =DH =CH+CD =6+203–√AB ED (6+20)3–√AB (6+20)3–√
【考点】
解直角三角形的应用-仰角俯角问题
【解析】
（1）延长交于，作于，则米，，设米，则米，在中，米，由勾股定理得出方程，解方程求出米，米，得出、的长度；
（2）证明是等腰直角三角形，得出（米），即可得出大楼的高度．
【解答】
延长交于，作于，如图所示：
则米，，
∵，
∴，
设米，则米，
在中，米，
由勾股定理得：，
解得：，
∴米，米，
∴（米），（米）；，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴（米），
∴（米）．
答：（1）大楼与旗杆的水平距离是米；（1）大楼的高度为
米．25.
【答案】
解：直线与相切.
理由是：如图，
AB DC H EG ⊥AB G GH =DE =15EG =DH BH =x CH =x 3–√Rt △BCH BC =12BH =6CH =63–√BG EG △AEG AG =EG =6+203–√AB AB DC H EG ⊥AB G GH =DE =15EG =DH ∠BCH =30∘BH :CH =1:3–√BH =x CH =x 3–√Rt △BCH BC =12+(x =x 23–√)2122x =6BH =6CH =63–√BG =GH−BH =15−6=9EG =DH =CH+CD =6+203–√∠α=45∘∠EAG =−=90∘45∘45∘△AEG AG =EG =6+203–√AB =AG+BG =6+293–√AB ED (6+20)3–√AB (6+20)3–√(1)PC ⊙O
∵，
∴，
∴.
∵是的直径，
∴，
∴，
∴.
∵，
∴.
中，为的中点，
∴，
∴，
∴，
即，
∴直线与相切；
如图，设该圆与的交点为，连接，
，
∵为直径，
∴，
则.
∵，
∴，
∴，
则，
∴，即.∵，，
∴，∴，即，即.
∵，，
∴，
AC ⊥MN ∠ACM=90∘∠A+∠AMC=90∘AB ⊙O ∠APB=∠NPM=90∘∠A+∠ABP =90∘∠ABP=∠AMC OP =OB ∠ABP=∠OPB Rt △PMN C MN PC =CN ∠PNM=∠NPC ∠OPC=∠OPB+∠NPC =∠ABP +∠PNM
=∠AMC +∠PNM =90∘OP ⊥PC PC ⊙O (2)AC D DM DN MN ∠MDN=90∘∠MDC +∠NDC =90∘∠DCM=∠DCN=90∘∠MDC +∠DMC =90∘∠NDC=∠DMC △MDC ∼△DNC =MC DC DC NC DC 2=MC ⋅NC ∠ACM=∠NCB=90∘∠A =∠BNC △ACM ∼△NCB =MC BC AC NC MC ⋅NC =AC ⋅BC AC ⋅BC =DC 2AC=AO +OC =2+3=5BC =3−2=1DC 2=5DC =–
√
∴.
∵，
∴，
∴以为直径的一系列圆经过两个定点和，此定点与的距离都是．
【考点】
相似三角形的性质与判定
圆周角定理
切线的判定
垂径定理
【解析】
（1）如图，根据同角的余角相等可得：＝＝，从而得，可知：直线与相切；
（2）如图，设该圆与的交点为，连接、，证得比例式，同理证，得的长，则以为直径的一系列圆经过定点，此顶点在直线上且的长为，同理在的右侧 还有一个点，到的距离也是．．
【解答】
解：直线与相切.
理由是：如图，
∵，
∴，
∴.
∵是的直径，
∴，
∴，
∴.
∵，
∴.
中，为的中点，
∴，
∴，
∴，
即，
∴直线与相切；
如图，设该圆与的交点为，连接，，
DC =5–√MN ⊥DD ′D C ′=DC =5–√MN D D ′C 5–√1∠AMC ∠ABP ∠OPB OP ⊥PC PC ⊙O 2AC D DM DN △MDC ∽△DNC △ACM ∽△NCB DC MN D D AB CD 5–√MN D ′C 5–√(1)PC ⊙O AC ⊥MN ∠ACM=90∘∠A+∠AMC=90∘AB ⊙O ∠APB=∠NPM=90∘∠A+∠ABP =90∘∠ABP=∠AMC OP =OB ∠ABP=∠OPB Rt △PMN C MN PC =CN ∠PNM=∠NPC ∠OPC=∠OPB+∠NPC =∠ABP +∠PNM
=∠AMC +∠PNM =90∘OP ⊥PC PC ⊙O (2)AC D DM DN
∵为直径，
∴，
则.
∵，
∴，
∴，
则，
∴，即.∵，，
∴，∴，即，即.
∵，，
∴，
∴.
∵，
∴，
∴以为直径的一系列圆经过两个定点和，此定点与的距离都是．26.
【答案】
证明：∵菱形中，
∴，
又，
∴四边形为平行四边形，
又，
∴，
∴四边形为矩形.
解：菱形中，
，
可设，
∴，，
中，
，
∴，
∴,
∴，
∴．
MN ∠MDN=90∘∠MDC +∠NDC =90∘∠DCM=∠DCN=90∘∠MDC +∠DMC =90∘∠NDC=∠DMC △MDC ∼△DNC =MC DC DC NC DC 2=MC ⋅NC ∠ACM=∠NCB=90∘∠A =∠BNC △ACM ∼△NCB =MC BC AC NC MC ⋅NC =AC ⋅BC AC ⋅BC =DC 2AC=AO +OC =2+3=5BC =3−2=1DC 2=5DC =5–√MN ⊥DD ′D C ′=DC =5–√MN D D ′C 5–√(1)ABCD AF//EC CF//AE AECF AE ⊥BC ∠E =90∘AECF (2)ABCD AB =BC =CD =AD AD =x DC =x DF =8−x Rt △CFD C =D +C D 2F 2F 2=(8−x +x 2)242x =5AD =5=AD ⋅CF =5×4=20S 菱形ABCD
【考点】
菱形的面积
矩形的判定
菱形的性质
勾股定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：∵菱形中，
∴，
又，
∴四边形为平行四边形，
又，
∴，
∴四边形为矩形.
解：菱形中，
，
可设，
∴，，
中，，
∴，
∴,
∴，
∴．27.
【答案】
解：（1）将点分别代入，
得解得∴二次函数的表达式为．∴对称轴为，
顶点坐标为．
（2）将点代入，得，解得．
∵，
∴不合题意，舍去．
∴，
∴，
∵点与点关于对称轴对称，(1)ABCD AF//EC CF//AE AECF AE ⊥BC ∠E =90∘AECF (2)ABCD AB =BC =CD =AD AD =x DC =x DF =8−x Rt △CFD C =D +C D 2F 2F 2=(8−x +x 2)242x =5AD =5=AD ⋅CF =5×4=20S 菱形ABCD A(−1,−1),B(3,−9)y =a −4x+c x 2{−1=a ×−4×(−1)+c ，
(−1)2−9=a ×−4×
3+c.
32{a =1,c =−6,
y =−4x−6x 2x =2(2,−10)P (m,m)y =−4x−6x 2m=−4m−6m 2=−1,=6m 1m 2m>0=−1m 1m=6P (6,6)P Q x =2
∴点的坐标为．
【考点】
二次函数综合题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）将点分别代入，得解得∴二次函数的表达式为．∴对称轴为，
顶点坐标为．
（2）将点代入，得，解得．
∵，
∴不合题意，舍去．
∴，
∴，
∵点与点关于对称轴对称，∴点的坐标为．Q (−2,6)A(−1,−1),B(3,−9)y =a −4x+c x 2{−1=a ×−4×(−1)+c ，
(−1)2−9
=a ×−4×3+c.
32{a =1,c =−6,
y =−4x−6x 2x =2(2,−10)P (m,m)y =−4x−6x 2m=−4m−6m 2=−1,=6m 1m 2m>0=−1m 1m=6P (6,6)P Q x =2Q (−2,6)。