《2025年王朝霞各地期末试卷精选九年级数学华师大版河南专版》

21. （10分）一个圆形喷水池（如图1）的中央竖直安装了一个柱形喷水装置$OA$，$OA=\frac{1}{2}\text{ m}$，从$A$处向四周喷出的水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落下. 根据题意建立如图所示的平面直角坐标系（如图2），水流喷出的高度$y(\text{m})$与水平距离$x(\text{m})$之间的关系式是$y = ax^{2}+bx + c(x＞0)$，已知水流的最高点到$OA$的水平距离是$\frac{1}{4}\text{ m}$，最高点离水面$\frac{9}{16}\text{ m}$.
(1)求抛物线的表达式；
(2)若不计其他因素，喷水池的半径至少为多少米，才能使喷出的水流不至于落在池外？

答案： 解：
(1)
∵水流的最高点到OA的水平距离是$\frac{1}{4}$m，最高点离水面$\frac{9}{16}$m，OA = $\frac{1}{2}$m，
∴该抛物线的顶点坐标为($\frac{1}{4}$,$\frac{9}{16}$)，点A(0,$\frac{1}{2}$).
设抛物线的表达式为y = a(x - $\frac{1}{4}$)² + $\frac{9}{16}$. （2分）
将点A(0,$\frac{1}{2}$)代入，得$\frac{1}{2}$ = a(0 - $\frac{1}{4}$)² + $\frac{9}{16}$. 解得a = -1.
∴抛物线的表达式为y = -(x - $\frac{1}{4}$)² + $\frac{9}{16}$，即y = -x² + $\frac{1}{2}$x + $\frac{1}{2}$. （5分）
(2)令y = 0，得-x² + $\frac{1}{2}$x + $\frac{1}{2}$ = 0. 解得x1 = 1，x2 = -$\frac{1}{2}$(舍去).
∴喷水池的半径至少为1 m，才能使喷出的水流不至于落在池外. （10分）

22. （10分）如图，抛物线$y = ax^{2}+2x + c$经过点$A(-3,0)$和点$B(1,0)$，与$y$轴交于点$C$，点$P$在直线$AC$下方的抛物线上，过点$P$作$PQ// y$轴交$AC$于点$Q$，设点$P$的横坐标为$m$.
(1)求抛物线的表达式及点$C$的坐标；
(2)求线段$PQ$长度的最大值.

答案： 解：
(1)把点A(-3,0)，B(1,0)代入y = ax² + 2x + c，
得$\begin{cases}9a - 6 + c = 0 \\ a + 2 + c = 0 \end{cases}$，解得$\begin{cases}a = 1 \\ c = -3 \end{cases}$.
∴抛物线的表达式为y = x² + 2x - 3. （3分）
当x = 0时，y = -3.
∴点C(0,-3). （5分）
(2)设直线AC的表达式为y = kx - 3.
将点A(-3,0)代入，得-3k - 3 = 0.
解得k = -1.
∴直线AC的表达式为y = -x - 3. （7分）
∵PQ//y轴，点P的横坐标为m，
∴点P(m,m² + 2m - 3)，点Q(m,-m - 3).
∵点P在AC下方，
∴PQ = (-m - 3) - (m² + 2m - 3) = -m² - 3m = -(m + $\frac{3}{2}$)² + $\frac{9}{4}$.
∵-1 ＜ 0，-3 ＜ m ＜ 0，
∴当m = -$\frac{3}{2}$时，PQ取得最大值，最大值为$\frac{9}{4}$.
∴PQ长度的最大值是$\frac{9}{4}$. （10分）

23. （11分）在四边形$ABCD$中，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$AB = BC$，对角线$AC,BD$相交于点$E$，过点$C$作$CF$垂直于$BD$，垂足为点$F$，且$CF = DF$.
(1)求证：$\triangle ACD\sim\triangle BCF$.
(2)如图2，连结$AF$，点$P,M,N$分别为线段$AB,AF,DF$的中点，连结$PM,MN,PN$.
①求证：$\angle PMN = 135^{\circ}$；
②若$AD = 2\sqrt{2}$，求$\triangle PMN$的面积.

答案：
解：
(1)证明：由题意知，△ABC，△CDF都是等腰直角三角形.
∴∠BCF = 45° + ∠ECF，∠ACD = 45° + ∠ECF.
∴∠ACD = ∠BCF.
∵$\frac{BC}{AC}$ = $\frac{CF}{CD}$ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴△ACD∽△BCF. （3分）
(2)①证明：
∵△ACD∽△BCF，
∴∠ADC = ∠BFC = 90°.
∵∠CDF = 45°，
∴∠ADB = 45°.
延长PM，交AD于点H.
∵点P，M，N分别为线段AB，AF，DF的中点，
∴MH//DN，MN//DH.
∴四边形MNDH为平行四边形.
∴∠HMN = ∠ADB = 45°.
∴∠PMN = 180° - ∠HMN = 135°. （7分）
②如图，过点P作PG⊥NM，交NM的延长线于点G.

∵△ACD∽△BCF，
∴$\frac{AD}{BF}$ = $\frac{CD}{CF}$ = $\sqrt{2}$.
∴BF = $\frac{AD}{\sqrt{2}}$ = 2.
∵PM为△ABF的中位线，
∴PM = $\frac{1}{2}$BF = 1.
同理可得MN = $\frac{1}{2}$AD = $\sqrt{2}$.
∵∠PMN = 135°，
∴∠PMG = 180° - ∠PMN = 45°.
∴PG = PM·sin45° = $\frac{\sqrt{2}}{2}$.
∴S△PMN = $\frac{1}{2}$MN·PG = $\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$ = $\frac{1}{2}$. （11分）