浙江省温州市罗阳联盟2023-2024学年九年级下学期开学考试数学试题
一、选择题（本题有10个小题，每小题3分，共30分）
1．（2024九下·温州开学考）2024的倒数是（ ）
A． B．2024 C． D．
2．（2024九下·温州开学考）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024九下·温州开学考）一个正方体截去四分之一，得到如图所示的几何体，其左视图是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024九下·温州开学考）计算的结果等于（ ）
A． B． C． D．
5．（2024九下·温州开学考）如图，在平面直角坐标系中，已知，，，△ABC与△DEF位似，原点O是位似中心，则E点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024九下·温州开学考）如图，是的两条直径，是劣弧的中点，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024九下·温州开学考）如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D，若PA＝6，则△PCD的周长为（ ）
A．8 B．6 C．12 D．10
8．（2024九下·温州开学考）如图，四边形ABCD是矩形，点E、F是矩形ABCD外两点，AE⊥CF于H，AD=3，DC=4，DE= ，∠EDF=90°，则DF的长是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024九下·温州开学考）已知y=ax2+bx+3（a≠0）的对称轴为直线x=2，与x轴的其中一个交点为（1，0），该函数在1≤x≤4的取值范围，下列说法正确的是（ ）．
A．有最小值0，有最大值3 B．有最小值-1，有最大值3
C．有最小值-3，有最大值4 D．有最小值-1，有最大值4
10．（2024九下·温州开学考）如图所示是一株美丽的“勾股树”的基本图，它由3个正方形和直角三角形构成（AC＜BC）．其中∠ACB=90°，D，E分别为小正方形边的中点，两小正方形分别沿DC，CE折叠，分别记两阴影部分的面积为S1，S2，如图所示，当CF//AB时，S1=3时，则S2的值为（ ）
A．4 B．5 C． D．
二、填空题（共6小题，每小题4分，共24分）
11．（2024九下·温州开学考）在“讲政策、讲法制、讲道德、讲恩情”的演讲比赛中，五位选手的成绩如下：
这组成绩的中位数是 分.
选手编号 1 2 3 4 5
成绩（分） 85 92 90 95 88
12．（2024九下·温州开学考）已知tan（α+15°）＝ ，则tanα的值为 ．
13．（2024九下·温州开学考）不透明的盒子放有三张大小、形状及质地相同的卡片，卡片上分别写有李白《峨眉山月歌》，李白《渡荆门送别》和王维《寄荆州张丞相》三首诗，小明从盒子中随机抽取两张卡片，卡片上诗的作者都是李白的概率 ．
14．（2024九下·温州开学考）如图，两个二次函数的图象，其顶点P，Q都在x轴上，且有一水平线与两图象相交于A，B，C，D四点，若，则的长度为 ．
15．（2024九下·温州开学考）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，B在x轴的正半轴上，反比例函数的图象经过顶点D，分别与对角线AC，边BC交于点E，F，连接EF，AF．若点E为AC的中点，△AEF的面积为2，则k的值为 .
16．（2024九下·温州开学考）新能源汽车是指采用非常规的车用燃料作为动力来源，综合车辆的动力控制和驱动方面的先进技术，形成的技术原理先进、具有新技术、新结构的汽车。如图1是某新能源汽车侧面示意图，图2是该车后备箱开起侧面示意图，具体数据如图所示(单位：cm)，且AC=BD，AF//BE，sin∠BAF=0.8，箱盖开起过程中，点A，C，F不随箱盖转动，点B，D，E绕点A沿逆时针方向转动相同角度，分别到点B'，D'，E'的位置，气簧活塞杆CD随之伸长CD'.已知直线BE⊥B'E'，CD'=CD.则CD= cm
三、解答题（本大题共7小题，共66分．）
17．（2024九下·温州开学考） 计算：
（1）
（2）．
18．（2024九下·温州开学考）如图，AB，DE交于点F，AD∥BE，点C在线段AB上，且AC=BE，AD=BC，连结CD，CE．
（1）求证：△ADC≌△BCE．
（2）若∠A=40°，∠ADC=20°，求∠CDE的度数．
19．（2024九下·温州开学考）如图，将放在每个小正方形的边长为1的网格中，点均落在格点上．
（1）△ABC的周长等于 ；
（2）点M在线段上（点M与不重合），点N在线段上（点N与不重合），若直线恰好将△ABC的周长和面积都平分，请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺画出直线.
20．（2024九下·温州开学考）某校开展“我最喜爱的一项体育活动”调查，要求每名学生必选且只能选一项．现随机抽查了部分学生，并将其结果绘制成如下不完整的条形图和扇形图．
抽取的学生最喜欢体育活动的条形统计图抽取的学生最喜欢体育活动的扇形统计图
请结合以上信息解答下列问题：
（1）在这次调查中一共抽查了 学生，扇形统计图中“乒乓球”所对应的圆心角为 度，并请补全条形统计图；
（2）已知该校共有1200名学生，请你估计该校最喜爱跑步的学生人数；
（3）若在“排球、足球、跑步、乒乓球”四个活动项目任选两项设立课外兴趣小组，请用列表法或画树状图的方法求恰好选中“排球、乒乓球”这两项活动的概率．
21．（2024九下·温州开学考）如图，E是菱形ABCD对角线AC上一点，四边形BGFE是矩形。点F，G分别在DC，BC上.
（1）求证：∠CFG=∠ABE
（2）若BE=3，tan∠ABE=求FM的长
22．（2024九下·温州开学考）根据下列素材，完成相应任务
仓储品装容的优化设计
素材1 如图1是某个仓库，图2是其横截面的示意图，已知墙体OA=2.6米，BC=5米，水平距离OC=12米，其顶部的轮廓为抛物线的一部分，建立如图所示的平面直角坐标系后它可以近似地用函数 y=x2+bx+c表示
素材2 图3是棱长为1m的立方体仓储品，将四件一样的仓储品如图4所示叠放在MN处，MN=1m.当叉车要取货物时，需要将其向上抬升10cm，沿水平方向移动1米后取出。
素材3 如图5，为保证能够用叉车安全顺利地搬运和放置仓储品进出仓库，需设计三条宽度为2米的过道OE，HC，FG，以及在过道之间设计两块宽度不少于2米的仓储区域EF，GH. 要求： ①靠近过道的仓储品需从就近过道搬运，其余可从左或右搬运。 ②尽可能多的装容仓储品.
问题解决
任务1 确定顶部形状 求仓库离地的最大距离.
任务2 确定摆放高度 当OM=2.4米时，试分别判断叉车能否从左边或右边取出 请说明理由。
任务3 设计最优方案 已知该仓库的长为50米，请你根据素材和要求设计：仓储区EF= ▲米， GH= ▲米，仓库最大仓储品容量为 ▲件.
23．（2024九下·温州开学考）如图1，在△ABC中，，BC=1，为上一动点，连接，以为直径的交于．
（1）当为中点时，求证：为中点；
（2）若AB=2，连接BF，EF，当△BEF是等腰三角形时，求AD的长；
（3）如图2，在（1）的条件下，连接交于，若，求AB的长．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】有理数的倒数
【解析】【解答】解：2024的倒数是．
故答案为：A.
【分析】根据倒数的定义，“乘积为1的两个数互为倒数”，即可得解.
2．【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项不符合题意.
故答案为：B.
【分析】把一个平面图形，沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能完全重合的平面图形就是轴对称图形；把一个平面图形，绕着某一点旋转180°后，能与自身重合的图形就是中心对称图形，根据定义即可一一判断得出答案.
3．【答案】D
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：A：选项任何一种视图都不符合，所以A不符合题意；
B：选项是正视图，不是左视图，所以B不符合题意；
C：选项是俯视图，不是左视图，所以C不符合题意；
D：选项是左视图，所以D符合题意。
故答案为：D。
【分析】分析几何体的三视图，即可得出答案。
4．【答案】C
【知识点】分式的加减法
【解析】【解答】解： ，
故答案为：C.
【分析】利用分式的加减法则计算求解即可。
5．【答案】A
【知识点】坐标与图形变化﹣位似
【解析】【解答】解：∵△ABC与△DEF位似，原点O是位似中心，
而A（2，0），D（5，0），
∴△ABC与△DEF的位似比为，
∵B（4，3），
∴E点的坐标是为，即（10，7.5）．
故答案为：A.
【分析】先根据位似的意义，求出位似比；进而根据在平面直角坐标系中，如果以坐标原点为位似中心，新图形与原图形的位似比为k，与原图形上（x，y）对应的位似图形上的点的坐标是（-kx，-ky）或（kx，ky），根据性质即可直接得出答案.
6．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；圆心角、弧、弦的关系
【解析】【解答】解：如下图，连接OA，
∵是劣弧的中点，
∴，
∴∠DOA=∠FOA，
∵∠EOD=32°，
∵OD=OA，
∴∠CDA=53°．
故答案为：C.
【分析】先说明，再根据等弧所对的圆心角相等得∠DOA=∠FOA，根据∠EOD=32°，求出∠DOA，根据“在同一个三角形同，等边对等角”求出∠CDA.
7．【答案】C
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，
∴PA＝PB＝6，AC＝EC，BD＝ED，
∴PC+CD+PD＝PC+CE+DE+PD＝PA+AC+PD+BD＝PA+PB＝6+6＝12，
即△PCD的周长为12，
故答案为：C.
【分析】由切线长定理可求得PA＝PB，AC＝CE，BD＝ED，则可求得答案.
8．【答案】A
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：设DF和AE相交于O点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠ADC+∠FDA=∠EDF+∠FDA，
即∠FDC=∠ADE，
∵AE⊥CF于点H，
∴∠F+∠FOH=90°，
∵∠E+∠EOD=90°，∠FOH=∠EOD，
∴∠F=∠E，
∴△ADE∽△CDF，
∴AD：CD=DE：DF，
故答案为：A.
【分析】设DF和AE相交于O点，由矩形的性质和已知条件可证明∠E＝∠F，∠ADE＝∠FDC，根据“有两个角对应相等的两个三角形相似”可得到△ADE∽△CDF，由相似三角形的性质：对应边的比值相等即可求出DF的长．
9．【答案】B
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式
【解析】【解答】解：∵抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）的对称轴为直线x=2，与x轴的其中一个交点为（1，0），
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为y=x2-4x+3，
∴抛物线的开口向上，顶点坐标为（2，-1），当x=4时，y=3，
令y=0，则x2-4x+3=0，
解得x=1或x=3，
∴抛物线与x轴的交点为（1，0），（3，0），
∴当1≤x≤4时，抛物线有最小值-1，有最大值3.
故答案为：B.
【分析】先求出抛物线的解析式，得出抛物线的开口向上，顶点坐标为（2，-1），与x轴的交点为（1，0），（3，0），当x=4时，y=3，再根据二次函数的性质即可得出当1≤x≤4时，抛物线有最小值-1，有最大值3.
10．【答案】D
【知识点】勾股定理的证明
【解析】【解答】解：当CF∥AB时，作EH∥AB，则EH∥CF，
∴∠HEC=∠ECF
∵ 两小正方形分别沿DC，CE折叠，
∴∠ECH=∠ECF，S△CND=S△CDG，S△CQE=S△CEF，
∴∠HEC=∠ECH
∴CH=EH，
∵ D，E分别为小正方形边的中点，
∴CQ=BC=2QE，DN=AC，
∴设QH=x，EQ=r，则CQ=BC=2r，HE=CH=2r-x，
∵QH2+EQ2=HE2，
∴x2+r2=（2r-x）2，
∴，
∵HE∥AB，
∵∠CAB=∠QHE，
∴
解之：，
∴，
∴即
解之：，
∵
∴
故答案为：D.
【分析】当CF∥AB时，作EH∥AB，则EH∥CF，利用平行线的性质可证∠HEC=∠ECF，利用折叠的性质可推出∠ECH=∠ECF，S△CND=S△CDG，S△CQE=S△CEF，由此可证得CH=EH，利用D，E分别为小正方形边的中点，可证得CQ=BC=2QE，DN=AC；设QH=x，EQ=r，可得到CQ=BC=2r，HE=CH=2r-x，利用勾股定理可推出，再利用解直角三角形和平行线的性质可求出可表示出AC，DN的长，再根据，可求出r2的值；再根据，代入计算，可求出S2的值.
11．【答案】90
【知识点】中位数
【解析】【解答】解：由表可知，这6位同学的成绩按照从小到大顺序排列为：85、88、90、92、95，
∴中位数为90，
故答案为：90.
【分析】中位数：将一组数据按从小到大（或者从大到小）的顺序排列后，如果数据的个数是奇数个时，则处在最中间的那个数据叫做这组数据的中位数；如果数据的个数是偶数个时，则处在最中间的两个数据的平均数叫做这组数据的中位数，据此解题即可.
12．【答案】1
【知识点】求特殊角的三角函数值
【解析】【解答】∵tan60°＝ ，
∴α+15°＝60°，
解得：α＝45°，
∴tanα＝1，
故答案为：1．
【分析】利用特殊角的三角函数值求解即可。
13．【答案】
【知识点】用列表法或树状图法求概率；简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：把分别写有李白《峨眉山月歌》，李白《渡荆门送别》和王维《寄荆州张丞相》三首诗的卡片分别记为A、B、C，
画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中卡片上诗的作者都是李白的结果有2种，即AB、BA，
∴卡片上诗的作者都是李白的概率为
故答案为：.
【分析】画树状图，分别数出所有等可能的结果数与符合条件的结果数，依据概率公式求解.
14．【答案】10
【知识点】坐标与图形性质；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：∵AB=12，BC=6，CD=8，
∴设点A的横坐标为m，则点B的横坐标为m+12，点C的横坐标为m+18，点D的横坐标为m+26，
∵点P，Q分别为两条抛物线的顶点，A，B，C，D四点的纵坐标相同，
∴点P的横坐标为，
点Q的横坐标为，
∴PQ=m+19-m-9=10．
故答案为：10.
【分析】设点A的横坐标为m，根据AB、BC、CD的长，用m分别表示出B，C，D点的横坐标，再求出P、Q两点的横坐标，就可求得PQ的长.
15．【答案】6
【知识点】坐标与图形性质；三角形的面积；矩形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：设，
∵ABCD是矩形，且点E为AC的中点，
∴E点纵坐标是
代入反比例函数解析式得x=2m，
∴，
∴B点横坐标为3m，
∴F点横坐标为3m，代入反比例函数解析式，
得
∴，
∴
∵△AEF的面积为2，
∴△ACF的面积为4，
∵AB=3m-m=2m，
∴，
解得k=6．
故答案为：6.
【分析】设，利用矩形的性质和点E为AC的中点，可得到点E的纵坐标，利用反比例函数解析式，可得到点E的坐标，同时可得到点B，F的横坐标，将点F的横坐标代入函数解析式，可求出点F的纵坐标，即可表示出点F的坐标，由此可表示出CF的长；利用三角形的面积表示出AB的长，然后利用△ACF的面积为4，可得到关于m，k的方程，解方程求出k的值.
16．【答案】45
【知识点】勾股定理；解直角三角形的其他实际应用；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过A作AM⊥BE'，过B'作B'N⊥AM．
∵AF∥BE，
∴∠BAM=∠BAF，
∴sin∠BAM=sin∠BAF=0.8，
∴设AM=4m，AB=5m，
∴BM=3m，
∵∠B'AN+∠MAB=90°，
∠ABM+∠MAB=90°，
∴∠B'AN=∠ABM，
在△ABM和△B'AN中，
∴△ABM≌△B'AN（AAS），
∴B'N=AM=4m，
∴E'M=B'N=4m，
∴4m+3m=E'B=105，
∴m=15，
∴B'N=60，AB=75，
设CD=m，
∴
∴
∴
在Rt△ACD'中，
∴m=45，
故答案为：45.
【分析】过A作AM⊥BE'，过B'作B'N⊥AM．由角相等得sin∠BAM=sin∠BAF=0.8，可求得AM与AB的比，再证明△ABM≌△B'AN，接着利用勾股定理计算即可．
17．【答案】（1）解：
（2）解：
．
【知识点】整式的混合运算；求特殊角的三角函数值；实数的混合运算（含开方）
【解析】【分析】（1）根据实数的混合运算结合特殊角的三角函数值即可求解；
（2）根据整式的混合运算结合题意即可求解。
18．【答案】（1）证明：∵AD∥BE
∴∠B=∠A
∵AC=BE，AD=BC
∴△ADC≌△BCE
（2）解：∵∠A=40°，∠ADC=∠ECB=20°
∴∠DCF=60°，∠DCE=80°
∴CD=CE，∴∠CDE=∠CED=50°
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）根据平行线的性质的得出∠B=∠A，利用SAS即可证出△ADC≌△BCE；
（2）根据全等三角形的性质得出∠ADC=∠ECB=20°，CD=CE，根据三角形外角性质得出∠DCF=60°，从而得出∠DCE=80°，再根据等腰三角形的性质得出∠CDE=∠CED=50°.
19．【答案】解：（Ⅰ）16；（Ⅱ） 取格点P，Q，连接PQ交AB于M，取格点N，过M，N作直线MN，如图：直线MN即为所求；理由：设AD⊥BC于D，ME⊥BC于E，由图可知，△AMQ∽△BMP，∵AM+BM=AB=5，∴AM=2，BM=3，∴BM+BN=3+5=8，∵△ABC的周长为16，∴MN平分△ABC的周长；∵△BME∽△BAD，∴∴∴S△BMN6，∵S△ABC=12，∴MN平分△ABC的面积．
（1）16
（2）解： 取格点P，Q，连接PQ交AB于M，取格点N，过M，N作直线MN，如图：直线MN即为所求；
理由：设AD⊥BC于D，ME⊥BC于E，
由图可知，△AMQ∽△BMP，
∵AM+BM=AB=5，
∴AM=2，BM=3，
∴BM+BN=3+5=8，
∵△ABC的周长为16，
∴MN平分△ABC的周长；
∵△BME∽△BAD，
∴
∴
∴S△BMN6，
∵S△ABC=12，
∴MN平分△ABC的面积．
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）由图可知，AB=AC，BC=6，
∴△ABC的周长等于5+5+6=16；
故答案为：16；
【分析】（1）先利用勾股定理求得AB，BC=6，即可根据三角形的周长计算方法算出答案；
（2）取格点P，Q，连接PQ交AB于M，取格点N，过M，N作直线MN，直线MN即为所求；结合图形易证△AMQ∽△BMP，由相似三角形对应边可得AM=2，BM=3，从而可证MN平分△ABC的周长；结合图形易证△BME∽△BAD，由相似三角形对应边成比例可求出ME长，然后通过三角形的面积计算方法可判断MN平分△ABC的面积．
20．【答案】（1）解：150；36；
（2）解：估计该校最喜爱跑步的学生人数有：（人）
（3）解：排球、足球、跑步、乒乓球依次用①②③④表示，
画树状图：
共有12种等可能的结果数，其中恰好选中“①排球、④乒乓球”两项活动的有2种情况，
∴
【知识点】用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图；用列表法或树状图法求概率；复合事件概率的计算
【解析】【解答】解：（1）在这次调查中一共抽查学生21÷14%=150（人），
扇形统计图中“乒乓球”所对应的圆心角为，
“足球”人数为150×20%=30（人）.
【分析】（1）由排球人数除以其所占百分比可得总人数，用360°乘以乒乓球人数所占比例可得其对应圆心角度数，总人数乘以足球对应的百分比可得其人数，从而补全图形；
（2）用总人数乘以样本中跑步人数所占比例即可得；
（3）先画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出恰好选中“①排球、④乒乓球”两项活动的结果数，然后根据概率公式计算．
21．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，四边形BGFE是矩形。
∴AB//CD，EB//FG，
∴∠BAE=∠MCF，∠BEM=∠FME，
∵∠BEM=∠BAE+∠ABE，∠FME=∠MCF+∠MFC
∴∠ABE=∠GFC；
（2）解：∵四边形BGFE是矩形，四边形ABCD是菱形，
∴EB=FG=3，∠FGB=90°，
∴∠FGC=180°-90°=90°，
由（1）可知∠CFG=∠ABE
∴tan∠CFG=tan∠ABE，
∴，
解之：，
∴，
∴ ∠FEC=∠ACD，EF=FC，
∵∠ABE=∠GFC，tan∠ABE=
∴ tan∠CFG=，CG=，CF==EF
∵△EFM∽△CGM
∴
∴
∴FM=
【知识点】菱形的性质；矩形的性质；相似三角形的性质；相似三角形的判定；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质可得AB∥CD，从而可得∠CAB=∠DCA，根据矩形的性质可得BE∥FG，从而可得∠BEM=∠FME，然后利用三角形的外角可得∠BEM=∠BAE+∠ABE，∠FME=∠ACD+∠CFG，即可解答；
（2）根据矩形的性质可得EB=FG=3，∠EFG=∠FGB=90°，EF∥BG，再利用（1）的结论在Rt△FGC中，利用锐角三角函数的定义和勾股定理求出CG，CF的长，根据菱形的性质可得AD∥BC，AD=DC，从而可得AD∥EF，∠DAC=∠DCA，进而可得∠FEC=∠DCA，然后利用等角对等边可求得FE，最后证明△EFM∽△CGM，利用相似三角形的性质进行求解．
22．【答案】解：任务1：∵ 已知墙体OA=2.6米，BC=5米，水平距离OC=12米，其顶部的轮廓为抛物线的一部分 ，
∴点A（0，2.6），点B（12，5），
∵点A，B在函数 y=x2+bx+c 上
∴
解之：
所以函数解析式为，
∵抛物线的开口向下，
∴当x=7.5时y最大值=6.35.
∴仓库离地的最大距离为6.35.
任务二： MN=1m.当叉车要取货物时，需要将其向上抬升10cm，沿水平方向移动1米后取出，
OM=2.4m，
当x=1.4时＜4∴无法从左边取出
当x=2.4时＞4.1
当x=3.4时＞4.1 ∴可以从右边取出
任务3：为使得仓储区越大，过道区所占平面应尽可能小，即三块2米的过道，尽可能布设在较小的区域内，
由(1)，可计算整数格大致高度，记[y]表示不超过y的最大整数.
x 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
[y] 4 5 5 5 6 6 6 6 5 5 5
仓储数/件 4 5 5 5 6 6 6 6 5 5 5
在0≤x≤12时，由对称可知，结合计算与对称性，例：当x=3时与x=12时其对应y值相同，即仓库高度相同；
则有0≤x≤2，[y]=4；3≤x≤5或10≤x≤12，[y]=5；6≤x≤9，[y]=6；
故最少的过道占地为：
①第一块过道OE=2，即0≤x≤2时，根据题意，此时，2≤x≤4必然是仓储区，故至少剩余4≤x≤12，
同理，为使得过道尽可能少，此时4≤x≤5和10≤x≤12所占高度为5米，其余6≤x≤9所占高度为6米，
②第二块过道FG=2，即10≤x≤12及第三块过道为CH=2，4≤x≤6，
故最后仓储区剩余空间最大，其仓储平面区域为2≤x≤3放4件，3≤x≤4放5件，或6≤x≤9放6件，9≤x≤10放5件.
综上所述，仓储区容量为：(件)
故设计要求为：EF=2，GH=4，最大容量为1900件.
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题；二次函数的实际应用-拱桥问题
【解析】【分析】任务一：利用已知条件可得到点A，B的坐标，再把A、B两点的坐标代入二次函数解析式中可得到关于b，c的方程组，解方程组求出b，c的值，可得到函数解析式，再利用二次函数的性质，可求出y的最大值.
任务二：分别将x=1.4，x=2.4，x=3.4代入函数解析式，分别求出对应的y的值，再比较大小，可作出判断.
任务三：为求仓储区面积最大，故反面则为过道区尽可能小，结合函数对称性及整数位置对应函数值进行高度判断，找出最小的过道布置即可；
23．【答案】（1）证明：连接DE，
∵为直径
∴
∵，
∴∠AED=∠ABC，
∵为中点，
∴AD=CD，
∴DE∥BC，
∴
∴AE=BD，
为中点
（2）解：连接BF，
在Rt△ABC中
，
∵BD是圆O的直径，
∴∠BFD=90°，
∴S△ABC=AB·CB=AC·BF即×2×1=×·BF，
解之：；
在Rt△BCF中，
，
∴；
当时，延长FO交AB于点H，连接DE，EF，
∵BD是直径，
∴∠AED=∠ABC=90°，
∴DE∥AC，
∴
∴FH⊥BE，
∴BE=2BH，
∵∠BHF=∠AFB=90°，∠ABF=∠ABF，
∴△BHF∽△BAF，
∴即，
解之：
∴，
∴，
∴，
∴
解之：；
当时，
∴
∵DE∥BC，
∴即，
∴，
解之：
当BE=EF时，连接EO并延长交BF于点P，
∵FH垂直平分EB，
∴EF=BF=BE，
∴EP⊥BF，BP=FP，
∵AF⊥BF，
∴EP∥AF，
∴
∴，
∵DE∥BC，
∴；
∴当△BEF是等腰三角形时，AD的长为或或
（3）解：过作，交延长线于，连接，
∴∠ANE=∠BHE，
在△AN和△BEH中
∴
∴＝3DH，
∵AN∥DH，
∴∠ANF=∠DHF，
∴△FDH∽△FAN，
∴
∴AF=3DF，
∴，
∵点D为AC的中点，
∴BD是△ABC斜边AC上的中线，
∴AD=BD=CD，
设DH=x，则BH=3x，
∴AD=CD=BD=BH+HD=4x，
∴，
∴CF=CD-DF=4x-2x=2x，
∴DF=FC，
∵∵BF⊥DC，
∴BD=BC=CD=1，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BDC=60°，
∵AD=BD，
∴∠A=∠ABD=30°，
∴DF=，
∴
∴AB＝BC=
【知识点】圆的综合题；相似三角形的性质；相似三角形的判定
【解析】【分析】（1）利用圆周角定理可证得∠AED=90°，据此可推出∠AED=∠ABC，利用平行线的判定可证得DE∥BC，利用平行线分线段成比例可证得结论.
（2）连接BF，利用勾股定理求出AC的长，利用圆周角定理可证得∠BFD=90°，利用三角形的面积公式求出BF的长，利用勾股定理求出CF的长，可得到AF的长；再分情况讨论：当时，延长FO交AB于点H，连接DE，EF，利用平行线分线段成比例定理易证，可推出BE=2BH，再证明△BHF∽△BAF，利用相似三角形的性质可求出FH的长，利用勾股定理求出BH的长，可得到BE，AE的长，即可求出AD的长；当时，可求出AE的长，由DE∥BC，可求出AD的长；当BE=EF时，连接EO并延长交BF于点P，利用垂直平分线的性质可证得EF=BF=BE，可推出EP∥AF，利用平行线分线段成比例可求出AE，EB的长，由DE∥BC，可求出AD的长；
（3）过作，交延长线于，连接，可证得∠ANE=∠BHE，利用ASA可证得，利用全等三角形的性质可证得AN=BH=3DH，再证明△FDH∽△FAN，利用相似三角形的性质可推出AF=3DF，AD=2DF；利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得AD=BD=CD，设DH=x，则BH=3x，可表示出AD，DF的长，可证得DF=CF，可证得△BCD是等边三角形，可证得∠BDC=60°，从而可求出∠A=∠ABD=30°，可得到DF的长，利用勾股定理求出BF的长，即可得到AB的长.
1 / 1浙江省温州市罗阳联盟2023-2024学年九年级下学期开学考试数学试题
一、选择题（本题有10个小题，每小题3分，共30分）
1．（2024九下·温州开学考）2024的倒数是（ ）
A． B．2024 C． D．
【答案】A
【知识点】有理数的倒数
【解析】【解答】解：2024的倒数是．
故答案为：A.
【分析】根据倒数的定义，“乘积为1的两个数互为倒数”，即可得解.
2．（2024九下·温州开学考）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、是中心对称图形，但不是轴对称图形，故此选项不符合题意；
D、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项不符合题意.
故答案为：B.
【分析】把一个平面图形，沿着某一条直线折叠，直线两旁的部分能完全重合的平面图形就是轴对称图形；把一个平面图形，绕着某一点旋转180°后，能与自身重合的图形就是中心对称图形，根据定义即可一一判断得出答案.
3．（2024九下·温州开学考）一个正方体截去四分之一，得到如图所示的几何体，其左视图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：A：选项任何一种视图都不符合，所以A不符合题意；
B：选项是正视图，不是左视图，所以B不符合题意；
C：选项是俯视图，不是左视图，所以C不符合题意；
D：选项是左视图，所以D符合题意。
故答案为：D。
【分析】分析几何体的三视图，即可得出答案。
4．（2024九下·温州开学考）计算的结果等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】分式的加减法
【解析】【解答】解： ，
故答案为：C.
【分析】利用分式的加减法则计算求解即可。
5．（2024九下·温州开学考）如图，在平面直角坐标系中，已知，，，△ABC与△DEF位似，原点O是位似中心，则E点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】坐标与图形变化﹣位似
【解析】【解答】解：∵△ABC与△DEF位似，原点O是位似中心，
而A（2，0），D（5，0），
∴△ABC与△DEF的位似比为，
∵B（4，3），
∴E点的坐标是为，即（10，7.5）．
故答案为：A.
【分析】先根据位似的意义，求出位似比；进而根据在平面直角坐标系中，如果以坐标原点为位似中心，新图形与原图形的位似比为k，与原图形上（x，y）对应的位似图形上的点的坐标是（-kx，-ky）或（kx，ky），根据性质即可直接得出答案.
6．（2024九下·温州开学考）如图，是的两条直径，是劣弧的中点，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；圆心角、弧、弦的关系
【解析】【解答】解：如下图，连接OA，
∵是劣弧的中点，
∴，
∴∠DOA=∠FOA，
∵∠EOD=32°，
∵OD=OA，
∴∠CDA=53°．
故答案为：C.
【分析】先说明，再根据等弧所对的圆心角相等得∠DOA=∠FOA，根据∠EOD=32°，求出∠DOA，根据“在同一个三角形同，等边对等角”求出∠CDA.
7．（2024九下·温州开学考）如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D，若PA＝6，则△PCD的周长为（ ）
A．8 B．6 C．12 D．10
【答案】C
【知识点】切线长定理
【解析】【解答】解：∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，
∴PA＝PB＝6，AC＝EC，BD＝ED，
∴PC+CD+PD＝PC+CE+DE+PD＝PA+AC+PD+BD＝PA+PB＝6+6＝12，
即△PCD的周长为12，
故答案为：C.
【分析】由切线长定理可求得PA＝PB，AC＝CE，BD＝ED，则可求得答案.
8．（2024九下·温州开学考）如图，四边形ABCD是矩形，点E、F是矩形ABCD外两点，AE⊥CF于H，AD=3，DC=4，DE= ，∠EDF=90°，则DF的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：设DF和AE相交于O点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠ADC+∠FDA=∠EDF+∠FDA，
即∠FDC=∠ADE，
∵AE⊥CF于点H，
∴∠F+∠FOH=90°，
∵∠E+∠EOD=90°，∠FOH=∠EOD，
∴∠F=∠E，
∴△ADE∽△CDF，
∴AD：CD=DE：DF，
故答案为：A.
【分析】设DF和AE相交于O点，由矩形的性质和已知条件可证明∠E＝∠F，∠ADE＝∠FDC，根据“有两个角对应相等的两个三角形相似”可得到△ADE∽△CDF，由相似三角形的性质：对应边的比值相等即可求出DF的长．
9．（2024九下·温州开学考）已知y=ax2+bx+3（a≠0）的对称轴为直线x=2，与x轴的其中一个交点为（1，0），该函数在1≤x≤4的取值范围，下列说法正确的是（ ）．
A．有最小值0，有最大值3 B．有最小值-1，有最大值3
C．有最小值-3，有最大值4 D．有最小值-1，有最大值4
【答案】B
【知识点】二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式
【解析】【解答】解：∵抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）的对称轴为直线x=2，与x轴的其中一个交点为（1，0），
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为y=x2-4x+3，
∴抛物线的开口向上，顶点坐标为（2，-1），当x=4时，y=3，
令y=0，则x2-4x+3=0，
解得x=1或x=3，
∴抛物线与x轴的交点为（1，0），（3，0），
∴当1≤x≤4时，抛物线有最小值-1，有最大值3.
故答案为：B.
【分析】先求出抛物线的解析式，得出抛物线的开口向上，顶点坐标为（2，-1），与x轴的交点为（1，0），（3，0），当x=4时，y=3，再根据二次函数的性质即可得出当1≤x≤4时，抛物线有最小值-1，有最大值3.
10．（2024九下·温州开学考）如图所示是一株美丽的“勾股树”的基本图，它由3个正方形和直角三角形构成（AC＜BC）．其中∠ACB=90°，D，E分别为小正方形边的中点，两小正方形分别沿DC，CE折叠，分别记两阴影部分的面积为S1，S2，如图所示，当CF//AB时，S1=3时，则S2的值为（ ）
A．4 B．5 C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理的证明
【解析】【解答】解：当CF∥AB时，作EH∥AB，则EH∥CF，
∴∠HEC=∠ECF
∵ 两小正方形分别沿DC，CE折叠，
∴∠ECH=∠ECF，S△CND=S△CDG，S△CQE=S△CEF，
∴∠HEC=∠ECH
∴CH=EH，
∵ D，E分别为小正方形边的中点，
∴CQ=BC=2QE，DN=AC，
∴设QH=x，EQ=r，则CQ=BC=2r，HE=CH=2r-x，
∵QH2+EQ2=HE2，
∴x2+r2=（2r-x）2，
∴，
∵HE∥AB，
∵∠CAB=∠QHE，
∴
解之：，
∴，
∴即
解之：，
∵
∴
故答案为：D.
【分析】当CF∥AB时，作EH∥AB，则EH∥CF，利用平行线的性质可证∠HEC=∠ECF，利用折叠的性质可推出∠ECH=∠ECF，S△CND=S△CDG，S△CQE=S△CEF，由此可证得CH=EH，利用D，E分别为小正方形边的中点，可证得CQ=BC=2QE，DN=AC；设QH=x，EQ=r，可得到CQ=BC=2r，HE=CH=2r-x，利用勾股定理可推出，再利用解直角三角形和平行线的性质可求出可表示出AC，DN的长，再根据，可求出r2的值；再根据，代入计算，可求出S2的值.
二、填空题（共6小题，每小题4分，共24分）
11．（2024九下·温州开学考）在“讲政策、讲法制、讲道德、讲恩情”的演讲比赛中，五位选手的成绩如下：
这组成绩的中位数是 分.
选手编号 1 2 3 4 5
成绩（分） 85 92 90 95 88
【答案】90
【知识点】中位数
【解析】【解答】解：由表可知，这6位同学的成绩按照从小到大顺序排列为：85、88、90、92、95，
∴中位数为90，
故答案为：90.
【分析】中位数：将一组数据按从小到大（或者从大到小）的顺序排列后，如果数据的个数是奇数个时，则处在最中间的那个数据叫做这组数据的中位数；如果数据的个数是偶数个时，则处在最中间的两个数据的平均数叫做这组数据的中位数，据此解题即可.
12．（2024九下·温州开学考）已知tan（α+15°）＝ ，则tanα的值为 ．
【答案】1
【知识点】求特殊角的三角函数值
【解析】【解答】∵tan60°＝ ，
∴α+15°＝60°，
解得：α＝45°，
∴tanα＝1，
故答案为：1．
【分析】利用特殊角的三角函数值求解即可。
13．（2024九下·温州开学考）不透明的盒子放有三张大小、形状及质地相同的卡片，卡片上分别写有李白《峨眉山月歌》，李白《渡荆门送别》和王维《寄荆州张丞相》三首诗，小明从盒子中随机抽取两张卡片，卡片上诗的作者都是李白的概率 ．
【答案】
【知识点】用列表法或树状图法求概率；简单事件概率的计算
【解析】【解答】解：把分别写有李白《峨眉山月歌》，李白《渡荆门送别》和王维《寄荆州张丞相》三首诗的卡片分别记为A、B、C，
画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中卡片上诗的作者都是李白的结果有2种，即AB、BA，
∴卡片上诗的作者都是李白的概率为
故答案为：.
【分析】画树状图，分别数出所有等可能的结果数与符合条件的结果数，依据概率公式求解.
14．（2024九下·温州开学考）如图，两个二次函数的图象，其顶点P，Q都在x轴上，且有一水平线与两图象相交于A，B，C，D四点，若，则的长度为 ．
【答案】10
【知识点】坐标与图形性质；二次函数y=ax²+bx+c的性质
【解析】【解答】解：∵AB=12，BC=6，CD=8，
∴设点A的横坐标为m，则点B的横坐标为m+12，点C的横坐标为m+18，点D的横坐标为m+26，
∵点P，Q分别为两条抛物线的顶点，A，B，C，D四点的纵坐标相同，
∴点P的横坐标为，
点Q的横坐标为，
∴PQ=m+19-m-9=10．
故答案为：10.
【分析】设点A的横坐标为m，根据AB、BC、CD的长，用m分别表示出B，C，D点的横坐标，再求出P、Q两点的横坐标，就可求得PQ的长.
15．（2024九下·温州开学考）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，B在x轴的正半轴上，反比例函数的图象经过顶点D，分别与对角线AC，边BC交于点E，F，连接EF，AF．若点E为AC的中点，△AEF的面积为2，则k的值为 .
【答案】6
【知识点】坐标与图形性质；三角形的面积；矩形的性质；反比例函数图象上点的坐标特征
【解析】【解答】解：设，
∵ABCD是矩形，且点E为AC的中点，
∴E点纵坐标是
代入反比例函数解析式得x=2m，
∴，
∴B点横坐标为3m，
∴F点横坐标为3m，代入反比例函数解析式，
得
∴，
∴
∵△AEF的面积为2，
∴△ACF的面积为4，
∵AB=3m-m=2m，
∴，
解得k=6．
故答案为：6.
【分析】设，利用矩形的性质和点E为AC的中点，可得到点E的纵坐标，利用反比例函数解析式，可得到点E的坐标，同时可得到点B，F的横坐标，将点F的横坐标代入函数解析式，可求出点F的纵坐标，即可表示出点F的坐标，由此可表示出CF的长；利用三角形的面积表示出AB的长，然后利用△ACF的面积为4，可得到关于m，k的方程，解方程求出k的值.
16．（2024九下·温州开学考）新能源汽车是指采用非常规的车用燃料作为动力来源，综合车辆的动力控制和驱动方面的先进技术，形成的技术原理先进、具有新技术、新结构的汽车。如图1是某新能源汽车侧面示意图，图2是该车后备箱开起侧面示意图，具体数据如图所示(单位：cm)，且AC=BD，AF//BE，sin∠BAF=0.8，箱盖开起过程中，点A，C，F不随箱盖转动，点B，D，E绕点A沿逆时针方向转动相同角度，分别到点B'，D'，E'的位置，气簧活塞杆CD随之伸长CD'.已知直线BE⊥B'E'，CD'=CD.则CD= cm
【答案】45
【知识点】勾股定理；解直角三角形的其他实际应用；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过A作AM⊥BE'，过B'作B'N⊥AM．
∵AF∥BE，
∴∠BAM=∠BAF，
∴sin∠BAM=sin∠BAF=0.8，
∴设AM=4m，AB=5m，
∴BM=3m，
∵∠B'AN+∠MAB=90°，
∠ABM+∠MAB=90°，
∴∠B'AN=∠ABM，
在△ABM和△B'AN中，
∴△ABM≌△B'AN（AAS），
∴B'N=AM=4m，
∴E'M=B'N=4m，
∴4m+3m=E'B=105，
∴m=15，
∴B'N=60，AB=75，
设CD=m，
∴
∴
∴
在Rt△ACD'中，
∴m=45，
故答案为：45.
【分析】过A作AM⊥BE'，过B'作B'N⊥AM．由角相等得sin∠BAM=sin∠BAF=0.8，可求得AM与AB的比，再证明△ABM≌△B'AN，接着利用勾股定理计算即可．
三、解答题（本大题共7小题，共66分．）
17．（2024九下·温州开学考） 计算：
（1）
（2）．
【答案】（1）解：
（2）解：
．
【知识点】整式的混合运算；求特殊角的三角函数值；实数的混合运算（含开方）
【解析】【分析】（1）根据实数的混合运算结合特殊角的三角函数值即可求解；
（2）根据整式的混合运算结合题意即可求解。
18．（2024九下·温州开学考）如图，AB，DE交于点F，AD∥BE，点C在线段AB上，且AC=BE，AD=BC，连结CD，CE．
（1）求证：△ADC≌△BCE．
（2）若∠A=40°，∠ADC=20°，求∠CDE的度数．
【答案】（1）证明：∵AD∥BE
∴∠B=∠A
∵AC=BE，AD=BC
∴△ADC≌△BCE
（2）解：∵∠A=40°，∠ADC=∠ECB=20°
∴∠DCF=60°，∠DCE=80°
∴CD=CE，∴∠CDE=∠CED=50°
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）根据平行线的性质的得出∠B=∠A，利用SAS即可证出△ADC≌△BCE；
（2）根据全等三角形的性质得出∠ADC=∠ECB=20°，CD=CE，根据三角形外角性质得出∠DCF=60°，从而得出∠DCE=80°，再根据等腰三角形的性质得出∠CDE=∠CED=50°.
19．（2024九下·温州开学考）如图，将放在每个小正方形的边长为1的网格中，点均落在格点上．
（1）△ABC的周长等于 ；
（2）点M在线段上（点M与不重合），点N在线段上（点N与不重合），若直线恰好将△ABC的周长和面积都平分，请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺画出直线.
【答案】解：（Ⅰ）16；（Ⅱ） 取格点P，Q，连接PQ交AB于M，取格点N，过M，N作直线MN，如图：直线MN即为所求；理由：设AD⊥BC于D，ME⊥BC于E，由图可知，△AMQ∽△BMP，∵AM+BM=AB=5，∴AM=2，BM=3，∴BM+BN=3+5=8，∵△ABC的周长为16，∴MN平分△ABC的周长；∵△BME∽△BAD，∴∴∴S△BMN6，∵S△ABC=12，∴MN平分△ABC的面积．
（1）16
（2）解： 取格点P，Q，连接PQ交AB于M，取格点N，过M，N作直线MN，如图：直线MN即为所求；
理由：设AD⊥BC于D，ME⊥BC于E，
由图可知，△AMQ∽△BMP，
∵AM+BM=AB=5，
∴AM=2，BM=3，
∴BM+BN=3+5=8，
∵△ABC的周长为16，
∴MN平分△ABC的周长；
∵△BME∽△BAD，
∴
∴
∴S△BMN6，
∵S△ABC=12，
∴MN平分△ABC的面积．
【知识点】勾股定理；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）由图可知，AB=AC，BC=6，
∴△ABC的周长等于5+5+6=16；
故答案为：16；
【分析】（1）先利用勾股定理求得AB，BC=6，即可根据三角形的周长计算方法算出答案；
（2）取格点P，Q，连接PQ交AB于M，取格点N，过M，N作直线MN，直线MN即为所求；结合图形易证△AMQ∽△BMP，由相似三角形对应边可得AM=2，BM=3，从而可证MN平分△ABC的周长；结合图形易证△BME∽△BAD，由相似三角形对应边成比例可求出ME长，然后通过三角形的面积计算方法可判断MN平分△ABC的面积．
20．（2024九下·温州开学考）某校开展“我最喜爱的一项体育活动”调查，要求每名学生必选且只能选一项．现随机抽查了部分学生，并将其结果绘制成如下不完整的条形图和扇形图．
抽取的学生最喜欢体育活动的条形统计图抽取的学生最喜欢体育活动的扇形统计图
请结合以上信息解答下列问题：
（1）在这次调查中一共抽查了 学生，扇形统计图中“乒乓球”所对应的圆心角为 度，并请补全条形统计图；
（2）已知该校共有1200名学生，请你估计该校最喜爱跑步的学生人数；
（3）若在“排球、足球、跑步、乒乓球”四个活动项目任选两项设立课外兴趣小组，请用列表法或画树状图的方法求恰好选中“排球、乒乓球”这两项活动的概率．
【答案】（1）解：150；36；
（2）解：估计该校最喜爱跑步的学生人数有：（人）
（3）解：排球、足球、跑步、乒乓球依次用①②③④表示，
画树状图：
共有12种等可能的结果数，其中恰好选中“①排球、④乒乓球”两项活动的有2种情况，
∴
【知识点】用样本估计总体；扇形统计图；条形统计图；用列表法或树状图法求概率；复合事件概率的计算
【解析】【解答】解：（1）在这次调查中一共抽查学生21÷14%=150（人），
扇形统计图中“乒乓球”所对应的圆心角为，
“足球”人数为150×20%=30（人）.
【分析】（1）由排球人数除以其所占百分比可得总人数，用360°乘以乒乓球人数所占比例可得其对应圆心角度数，总人数乘以足球对应的百分比可得其人数，从而补全图形；
（2）用总人数乘以样本中跑步人数所占比例即可得；
（3）先画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出恰好选中“①排球、④乒乓球”两项活动的结果数，然后根据概率公式计算．
21．（2024九下·温州开学考）如图，E是菱形ABCD对角线AC上一点，四边形BGFE是矩形。点F，G分别在DC，BC上.
（1）求证：∠CFG=∠ABE
（2）若BE=3，tan∠ABE=求FM的长
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，四边形BGFE是矩形。
∴AB//CD，EB//FG，
∴∠BAE=∠MCF，∠BEM=∠FME，
∵∠BEM=∠BAE+∠ABE，∠FME=∠MCF+∠MFC
∴∠ABE=∠GFC；
（2）解：∵四边形BGFE是矩形，四边形ABCD是菱形，
∴EB=FG=3，∠FGB=90°，
∴∠FGC=180°-90°=90°，
由（1）可知∠CFG=∠ABE
∴tan∠CFG=tan∠ABE，
∴，
解之：，
∴，
∴ ∠FEC=∠ACD，EF=FC，
∵∠ABE=∠GFC，tan∠ABE=
∴ tan∠CFG=，CG=，CF==EF
∵△EFM∽△CGM
∴
∴
∴FM=
【知识点】菱形的性质；矩形的性质；相似三角形的性质；相似三角形的判定；解直角三角形—边角关系
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质可得AB∥CD，从而可得∠CAB=∠DCA，根据矩形的性质可得BE∥FG，从而可得∠BEM=∠FME，然后利用三角形的外角可得∠BEM=∠BAE+∠ABE，∠FME=∠ACD+∠CFG，即可解答；
（2）根据矩形的性质可得EB=FG=3，∠EFG=∠FGB=90°，EF∥BG，再利用（1）的结论在Rt△FGC中，利用锐角三角函数的定义和勾股定理求出CG，CF的长，根据菱形的性质可得AD∥BC，AD=DC，从而可得AD∥EF，∠DAC=∠DCA，进而可得∠FEC=∠DCA，然后利用等角对等边可求得FE，最后证明△EFM∽△CGM，利用相似三角形的性质进行求解．
22．（2024九下·温州开学考）根据下列素材，完成相应任务
仓储品装容的优化设计
素材1 如图1是某个仓库，图2是其横截面的示意图，已知墙体OA=2.6米，BC=5米，水平距离OC=12米，其顶部的轮廓为抛物线的一部分，建立如图所示的平面直角坐标系后它可以近似地用函数 y=x2+bx+c表示
素材2 图3是棱长为1m的立方体仓储品，将四件一样的仓储品如图4所示叠放在MN处，MN=1m.当叉车要取货物时，需要将其向上抬升10cm，沿水平方向移动1米后取出。
素材3 如图5，为保证能够用叉车安全顺利地搬运和放置仓储品进出仓库，需设计三条宽度为2米的过道OE，HC，FG，以及在过道之间设计两块宽度不少于2米的仓储区域EF，GH. 要求： ①靠近过道的仓储品需从就近过道搬运，其余可从左或右搬运。 ②尽可能多的装容仓储品.
问题解决
任务1 确定顶部形状 求仓库离地的最大距离.
任务2 确定摆放高度 当OM=2.4米时，试分别判断叉车能否从左边或右边取出 请说明理由。
任务3 设计最优方案 已知该仓库的长为50米，请你根据素材和要求设计：仓储区EF= ▲米， GH= ▲米，仓库最大仓储品容量为 ▲件.
【答案】解：任务1：∵ 已知墙体OA=2.6米，BC=5米，水平距离OC=12米，其顶部的轮廓为抛物线的一部分 ，
∴点A（0，2.6），点B（12，5），
∵点A，B在函数 y=x2+bx+c 上
∴
解之：
所以函数解析式为，
∵抛物线的开口向下，
∴当x=7.5时y最大值=6.35.
∴仓库离地的最大距离为6.35.
任务二： MN=1m.当叉车要取货物时，需要将其向上抬升10cm，沿水平方向移动1米后取出，
OM=2.4m，
当x=1.4时＜4∴无法从左边取出
当x=2.4时＞4.1
当x=3.4时＞4.1 ∴可以从右边取出
任务3：为使得仓储区越大，过道区所占平面应尽可能小，即三块2米的过道，尽可能布设在较小的区域内，
由(1)，可计算整数格大致高度，记[y]表示不超过y的最大整数.
x 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
[y] 4 5 5 5 6 6 6 6 5 5 5
仓储数/件 4 5 5 5 6 6 6 6 5 5 5
在0≤x≤12时，由对称可知，结合计算与对称性，例：当x=3时与x=12时其对应y值相同，即仓库高度相同；
则有0≤x≤2，[y]=4；3≤x≤5或10≤x≤12，[y]=5；6≤x≤9，[y]=6；
故最少的过道占地为：
①第一块过道OE=2，即0≤x≤2时，根据题意，此时，2≤x≤4必然是仓储区，故至少剩余4≤x≤12，
同理，为使得过道尽可能少，此时4≤x≤5和10≤x≤12所占高度为5米，其余6≤x≤9所占高度为6米，
②第二块过道FG=2，即10≤x≤12及第三块过道为CH=2，4≤x≤6，
故最后仓储区剩余空间最大，其仓储平面区域为2≤x≤3放4件，3≤x≤4放5件，或6≤x≤9放6件，9≤x≤10放5件.
综上所述，仓储区容量为：(件)
故设计要求为：EF=2，GH=4，最大容量为1900件.
【知识点】二次函数的实际应用-几何问题；二次函数的实际应用-拱桥问题
【解析】【分析】任务一：利用已知条件可得到点A，B的坐标，再把A、B两点的坐标代入二次函数解析式中可得到关于b，c的方程组，解方程组求出b，c的值，可得到函数解析式，再利用二次函数的性质，可求出y的最大值.
任务二：分别将x=1.4，x=2.4，x=3.4代入函数解析式，分别求出对应的y的值，再比较大小，可作出判断.
任务三：为求仓储区面积最大，故反面则为过道区尽可能小，结合函数对称性及整数位置对应函数值进行高度判断，找出最小的过道布置即可；
23．（2024九下·温州开学考）如图1，在△ABC中，，BC=1，为上一动点，连接，以为直径的交于．
（1）当为中点时，求证：为中点；
（2）若AB=2，连接BF，EF，当△BEF是等腰三角形时，求AD的长；
（3）如图2，在（1）的条件下，连接交于，若，求AB的长．
【答案】（1）证明：连接DE，
∵为直径
∴
∵，
∴∠AED=∠ABC，
∵为中点，
∴AD=CD，
∴DE∥BC，
∴
∴AE=BD，
为中点
（2）解：连接BF，
在Rt△ABC中
，
∵BD是圆O的直径，
∴∠BFD=90°，
∴S△ABC=AB·CB=AC·BF即×2×1=×·BF，
解之：；
在Rt△BCF中，
，
∴；
当时，延长FO交AB于点H，连接DE，EF，
∵BD是直径，
∴∠AED=∠ABC=90°，
∴DE∥AC，
∴
∴FH⊥BE，
∴BE=2BH，
∵∠BHF=∠AFB=90°，∠ABF=∠ABF，
∴△BHF∽△BAF，
∴即，
解之：
∴，
∴，
∴，
∴
解之：；
当时，
∴
∵DE∥BC，
∴即，
∴，
解之：
当BE=EF时，连接EO并延长交BF于点P，
∵FH垂直平分EB，
∴EF=BF=BE，
∴EP⊥BF，BP=FP，
∵AF⊥BF，
∴EP∥AF，
∴
∴，
∵DE∥BC，
∴；
∴当△BEF是等腰三角形时，AD的长为或或
（3）解：过作，交延长线于，连接，
∴∠ANE=∠BHE，
在△AN和△BEH中
∴
∴＝3DH，
∵AN∥DH，
∴∠ANF=∠DHF，
∴△FDH∽△FAN，
∴
∴AF=3DF，
∴，
∵点D为AC的中点，
∴BD是△ABC斜边AC上的中线，
∴AD=BD=CD，
设DH=x，则BH=3x，
∴AD=CD=BD=BH+HD=4x，
∴，
∴CF=CD-DF=4x-2x=2x，
∴DF=FC，
∵∵BF⊥DC，
∴BD=BC=CD=1，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BDC=60°，
∵AD=BD，
∴∠A=∠ABD=30°，
∴DF=，
∴
∴AB＝BC=
【知识点】圆的综合题；相似三角形的性质；相似三角形的判定
【解析】【分析】（1）利用圆周角定理可证得∠AED=90°，据此可推出∠AED=∠ABC，利用平行线的判定可证得DE∥BC，利用平行线分线段成比例可证得结论.
（2）连接BF，利用勾股定理求出AC的长，利用圆周角定理可证得∠BFD=90°，利用三角形的面积公式求出BF的长，利用勾股定理求出CF的长，可得到AF的长；再分情况讨论：当时，延长FO交AB于点H，连接DE，EF，利用平行线分线段成比例定理易证，可推出BE=2BH，再证明△BHF∽△BAF，利用相似三角形的性质可求出FH的长，利用勾股定理求出BH的长，可得到BE，AE的长，即可求出AD的长；当时，可求出AE的长，由DE∥BC，可求出AD的长；当BE=EF时，连接EO并延长交BF于点P，利用垂直平分线的性质可证得EF=BF=BE，可推出EP∥AF，利用平行线分线段成比例可求出AE，EB的长，由DE∥BC，可求出AD的长；
（3）过作，交延长线于，连接，可证得∠ANE=∠BHE，利用ASA可证得，利用全等三角形的性质可证得AN=BH=3DH，再证明△FDH∽△FAN，利用相似三角形的性质可推出AF=3DF，AD=2DF；利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得AD=BD=CD，设DH=x，则BH=3x，可表示出AD，DF的长，可证得DF=CF，可证得△BCD是等边三角形，可证得∠BDC=60°，从而可求出∠A=∠ABD=30°，可得到DF的长，利用勾股定理求出BF的长，即可得到AB的长.
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