《2026年天利38套中考试题精选数学浙江专版》

23. （本小题满分10分）从地面竖直向上发射的物体离地面的高度 $ h $（m）满足关系式 $ h = -5t^{2} + v_{0}t $，其中 $ t $（s）是物体运动的时间，$ v_{0} $（m/s）是物体被发射时的速度. 科技节活动中，某项目化学习小组从地面竖直向上发射小球（发射台离地面距离忽略不计）.
（1）当 $ v_{0} = 12 $（m/s）时，
①求小球离地面的最大高度.
②经过多少时间小球的高度达到4m？
（2）通过不断调整小球被发射时的速度，小明发现：若两次发射小球时的速度分别为 $ v_{1} $，$ v_{2} $，小球从发射到回到地面所需时间分别为 $ t_{1} $，$ t_{2} $，则 $ \frac{v_{1} - v_{2}}{t_{1} - t_{2}} $ 的值为常数. 判断小明发现的结论是否正确，如果正确，请说明理由；如果不正确，举例说明.

答案： 23. 二次函数的实际应用 + 解一元二次方程
解：
(1)当$v_0 = 12$(m/s)时，$h = - 5t^2 + 12t$。
此函数图象开口向下。
①小球离地面的最大高度$h=\frac{4×(-5)×0 - 12^2}{4×(-5)}=\frac{36}{5}$(m)
(提示：已知$y = ax^2 + bx + c(a＜0)$，当$x = -\frac{b}{2a}$时，$y_{max}=\frac{4ac - b^2}{4a}$)；
②当$h = 4$(m)时，$5t^2 - 12t + 4 = 0$，
解得$t_1 = 0.4$，$t_2 = 2$。
所以经过0.4s或2s小球的高度达到4m。
(2)小明发现的结论正确。理由如下：
由题意，当$h = - 5t^2 + v_1t = 0$时，解得$t_1=\frac{1}{5}v_1$，
同理，$t_2=\frac{1}{5}v_2$。
$\frac{v_1 - v_2}{t_1 - t_2}=\frac{v_1 - v_2}{\frac{1}{5}v_1 - \frac{1}{5}v_2}=5$，值为常数。

24. （本小题满分12分）如图，$ \triangle ABC $ 内接于 $ \odot O $，直径 $ AE \perp BC $ 于点 $ D $，交劣弧 $ BC $ 于点 $ E $，点 $ F $ 为 $ \overset{\frown}{AB} $ 上的任意一点，连接 $ CF $ 交 $ AB $ 于点 $ G $，交 $ AD $ 于点 $ H $，连接 $ FB $.
（1）当 $ CF $ 经过点 $ O $ 时，求证：$ AE // BF $.
（2）在（1）的条件下，若 $ \frac{FG}{GH} = \frac{4}{3} $，求 $ \frac{AD}{BC} $ 的值.
（3）当 $ AC // BF $ 时，若 $ \odot O $ 的半径为5，$ BC = 6 $，求 $ OH $ 的长.

答案：
24. 圆周角定理及其推论 + 相似三角形的判定与性质 + 勾股定理
解：
(1)证明：如图1，由条件得CF为$\odot O$的直径，
所以$\angle CBF = 90°$(提示：圆周角定理的推论)。
所以$BF\perp BC$。
已知$AE\perp BC$，所以$AE// BF$。

(2)[第1步，利用平行线的性质和相似三角形的判定与性质求出BF]
如图1，由$\frac{FG}{GH}=\frac{4}{3}$，
设$FG = 4a$，则$GH = 3a$。
所以$FH = CH = AH = 7a$。
因为$AE// BF$，所以$\triangle AHG\sim \triangle BFG$。
所以$\frac{AH}{BF}=\frac{GH}{GF}=\frac{3}{4}$。
所以$\frac{7a}{BF}=\frac{3}{4}$，得$BF=\frac{28a}{3}$。
[第2步，利用中位线定理求出HD，进而求出AD]
因为直径$AE\perp BC$，所以D为BC的中点。
所以HD为$\triangle BCF$的中位线，即$HD=\frac{1}{2}BF=\frac{14a}{3}$(关键：利用中位线定理找出HD与BF的关系)。
所以$AD = AH + HD = 7a+\frac{14a}{3}=\frac{35a}{3}$。
[第3步，由勾股定理计算BC，进而得解]
在$\mathrm{Rt}\triangle BCF$中，$\angle CBF = 90°$，
由勾股定理得，$BC=\sqrt{CF^2 - BF^2}=\sqrt{(14a)^2 - (\frac{28a}{3})^2}=\frac{14\sqrt{5}}{3}a$。
所以$\frac{AD}{BC}=\frac{\frac{35}{3}a}{\frac{14\sqrt{5}}{3}a}=\frac{\sqrt{5}}{2}$。
(3)[第1步，由平行线的性质及圆的性质得AF与BC的关系]
如图2，连接AF，EF，OC。

因为$AC// BF$，所以$\angle ABF = \angle BAC$。
所以$\overset{\frown}{AF}=\overset{\frown}{BC}$，$AF = BC = 6$。
[第2步，根据勾股定理计算EF]
已知直径$AE = 10$，可得$EF=\sqrt{AE^2 - AF^2}=\sqrt{10^2 - 6^2}=8$。
[第3步，由相似三角形的判定与性质计算OH]
由直径$AE\perp BC$，可知AE平分BC，易得$\angle AEF = \angle COE$。
所以$OC// EF$。所以$\triangle OCH\sim \triangle EFH$。
所以$\frac{OH}{EH}=\frac{OC}{EF}=\frac{5}{8}$。
所以$OH=\frac{5}{13}OE=\frac{25}{13}$。