《2025年学霸提优大试卷九年级数学全一册苏科版》

24. (10分)(2024·苏州中考)图①是某种可调节支撑架,BC为水平固定杆,竖直固定杆$AB\perp BC$,活动杆AD可绕点A旋转,CD为液压可伸缩支撑杆,已知$AB = 10cm$,$BC = 20cm$,$AD = 50cm$.
(1)如图②,当活动杆AD处于水平状态时,求可伸缩支撑杆CD的长度(结果保留根号);
(2)如图③,当活动杆AD绕点A由水平状态按逆时针方向旋转角度α,且$\tan α=\frac{3}{4}$(α为锐角)时,求此时可伸缩支撑杆CD的长度(结果保留根号).

答案： $(1)$求当活动杆$AD$处于水平状态时，可伸缩支撑杆$CD$的长度
解：
已知$AB = 10cm$，$BC = 20cm$，$AD = 50cm$，当$AD$水平时，$AB\perp BC$，所以$\angle ABC = 90^{\circ}$。
此时$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}$（勾股定理），将$AB = 10$，$BC = 20$代入可得：
$AC=\sqrt{10^{2}+20^{2}}=\sqrt{100 + 400}=\sqrt{500}=10\sqrt{5}cm$。
又因为$AD = 50cm$，在$\triangle ACD$中，$AD$水平，$AC = 10\sqrt{5}cm$，$CD=\sqrt{AD^{2}-AC^{2}}$（勾股定理），将$AD = 50$，$AC = 10\sqrt{5}$代入可得：
$CD=\sqrt{50^{2}-(10\sqrt{5})^{2}}=\sqrt{2500 - 500}=\sqrt{2000}=20\sqrt{5}cm$。
$(2)$求当$\tan\alpha=\frac{3}{4}$（$\alpha$为锐角）时，可伸缩支撑杆$CD$的长度
解：
过点$D$作$DE\perp BC$交$BC$的延长线于点$E$，过点$A$作$AF\perp DE$于点$F$。
因为$\tan\alpha=\frac{3}{4}$（$\alpha$为锐角），设$DF = 3x$，$AF = 4x$。
由$AD = 50$，根据勾股定理$AD^{2}=AF^{2}+DF^{2}$，即$50^{2}=(4x)^{2}+(3x)^{2}$，
$2500 = 16x^{2}+9x^{2}=25x^{2}$，解得$x = 10$。
所以$DF = 3×10 = 30cm$，$AF = 4×10 = 40cm$。
因为$AB\perp BC$，$DE\perp BC$，$AF\perp DE$，所以四边形$ABEF$是矩形，则$EF = AB = 10cm$，$BE = AF = 40cm$。
那么$DE=DF + EF=30 + 10 = 40cm$，$CE=BE - BC=40 - 20 = 20cm$。
在$Rt\triangle CDE$中，根据勾股定理$CD=\sqrt{DE^{2}+CE^{2}}$，将$DE = 40$，$CE = 20$代入可得：
$CD=\sqrt{40^{2}+20^{2}}=\sqrt{1600 + 400}=\sqrt{2000}=20\sqrt{5}cm$。
综上，$(1)$$\boldsymbol{CD = 20\sqrt{5}cm}$；$(2)$$\boldsymbol{CD = 20\sqrt{5}cm}$。

25. (12分)(2024·西藏中考)在平面直角坐标系中,抛物线$y = ax^{2}+bx + 3(a\neq 0)$与x轴交于$A( - 1,0)$、$B(3,0)$两点,与y轴交于点C,设抛物线的对称轴为直线l.
(1)求抛物线的表达式.
(2)如图①,设点C关于直线l的对称点为点D,在直线l上是否存在一点P,使$PA - PD$有最大值?若存在,求出$PA - PD$的最大值;若不存在,请说明理由.
(3)如图②,设点M为抛物线上一点,连接MC,过点M作$MN\perp CM$交直线l于点N.若$\tan ∠MCN= \frac{2}{3}$,求点M的坐标.

答案： 1. **求抛物线的表达式**：
已知抛物线$y = ax^{2}+bx + 3(a\neq0)$与$x$轴交于$A(-1,0)$、$B(3,0)$两点，将$A$、$B$两点坐标代入抛物线方程可得：
$\begin{cases}a - b+3 = 0\\9a + 3b+3 = 0\end{cases}$
由$a - b+3 = 0$可得$b=a + 3$，将其代入$9a + 3b+3 = 0$中：
$9a+3(a + 3)+3 = 0$
$9a+3a+9 + 3 = 0$
$12a=-12$，解得$a=-1$。
把$a=-1$代入$b=a + 3$，得$b=-1 + 3 = 2$。
所以抛物线的表达式为$y=-x^{2}+2x + 3$。
2. **判断直线$l$上是否存在一点$P$，使$PA - PD$有最大值并求其最大值**：
对于抛物线$y=-x^{2}+2x + 3=-(x - 1)^{2}+4$，其对称轴$l$为$x = 1$。
当$x = 0$时，$y = 3$，所以$C(0,3)$。
点$C(0,3)$关于直线$l$：$x = 1$的对称点$D(2,3)$。
根据三角形三边关系$\vert PA - PD\vert\leqslant AD$，当$P$，$A$，$D$三点共线时，$PA - PD$有最大值，即$PA - PD=AD$。
由$A(-1,0)$，$D(2,3)$，根据两点间距离公式$d=\sqrt{(x_2 - x_1)^{2}+(y_2 - y_1)^{2}}$，可得$AD=\sqrt{(2 + 1)^{2}+(3 - 0)^{2}}=\sqrt{9 + 9}=3\sqrt{2}$。
所以存在点$P$，$PA - PD$的最大值为$3\sqrt{2}$。
3. **求点$M$的坐标**：
设$M(m,-m^{2}+2m + 3)$，过点$M$作$ME\perp y$轴于点$E$，则$ME=\vert m\vert$，$CE=\vert -m^{2}+2m + 3 - 3\vert=\vert -m^{2}+2m\vert$。
因为$MN\perp CM$，$\tan\angle MCN=\frac{2}{3}$，所以$\tan\angle MCN=\frac{MN}{CM}=\frac{2}{3}$。
又$\tan\angle MCN=\frac{ME}{CE}=\frac{\vert m\vert}{\vert -m^{2}+2m\vert}=\frac{2}{3}$。
当$m\gt0$时，$\frac{m}{-m^{2}+2m}=\frac{2}{3}$，即$3m=-2m^{2}+4m$，$2m^{2}-m = 0$，$m(2m - 1)=0$，解得$m = 0$（舍去）或$m=\frac{1}{2}$。
当$m\lt0$时，$\frac{-m}{-m^{2}+2m}=\frac{2}{3}$，即$-3m=-2m^{2}+4m$，$2m^{2}-7m = 0$，$m(2m - 7)=0$，解得$m = 0$（舍去）或$m=\frac{7}{2}$（舍去）。
当$m\gt2$时，$\frac{m}{m^{2}-2m}=\frac{2}{3}$，即$3m = 2m^{2}-4m$，$2m^{2}-7m = 0$，解得$m = 0$（舍去）或$m=\frac{7}{2}$。
当$0\lt m\lt2$时，$\frac{m}{-m^{2}+2m}=\frac{2}{3}$，解得$m=\frac{1}{2}$。
把$m=\frac{1}{2}$代入$M(m,-m^{2}+2m + 3)$得$M(\frac{1}{2},\frac{15}{4})$；把$m=\frac{7}{2}$代入$M(m,-m^{2}+2m + 3)$得$M(\frac{7}{2},-\frac{9}{4})$。
综上，（1）抛物线表达式为$y=-x^{2}+2x + 3$；（2）存在，最大值为$3\sqrt{2}$；（3）$M$的坐标为$(\frac{1}{2},\frac{15}{4})$或$(\frac{7}{2},-\frac{9}{4})$。