《2025年金考卷中考45套汇编数学》

23. 新情境 无人机巡视林场 为加强森林防火，某林场采用人工瞭望与无人机巡视两种方式监测森林情况。如图，$A$，$B$，$C$，$D$在同一平面内。$A$是瞭望台，某一时刻，观测到甲无人机位于$A$的正东方向10千米的$B$处，乙无人机位于$A$的南偏西$30^{\circ}$方向20千米的$D$处。两无人机同时飞往$C$处巡视，$D$位于$C$的正西方向上，$B$位于$C$的北偏西$30^{\circ}$方向上。
（参考数据：$\sqrt{2}\approx1.41$，$\sqrt{3}\approx1.73$，$\sqrt{5}\approx2.24$，$\sqrt{7}\approx2.65$）
（1）求$BD$的长度（结果保留小数点后一位）。
（2）甲、乙两无人机同时分别从$B$，$D$出发沿$BC$，$DC$往$C$处进行巡视，乙无人机的速度为甲无人机速度的2倍。当两无人机相距20千米时，它们可以开始相互接收到信号。请问甲无人机飞离$B$处多少千米时，两无人机可以开始相互接收到信号（结果保留小数点后一位）？

答案：
23
(1)如图，过点$A$作$AE\perp CD$于点$E$，过点$B$作$BF\perp CD$于点$F$.

在$Rt\triangle ADE$中，$\angle DAE=30^{\circ}$，$AD=20$，
∴$AE=AD·\cos\angle DAE=20·\cos30^{\circ}=10\sqrt{3}$，$DE=AD·\sin\angle DAE=20·\sin30^{\circ}=10$.
∵甲无人机位于点$A$的正东方向10千米的$B$处，$D$位于$C$的正西方向上，
∴$AB// CD$，$AB=10$，
∴$AE\perp AB$，$BF\perp AB$，
∴四边形$AEFB$是矩形，
∴$EF=AB=10$，$BF=AE=10\sqrt{3}$，
∴$DF=DE+EF=20$，
∴$BD=\sqrt{DF^{2}+BF^{2}}=10\sqrt{7}\approx26.5$(千米).
答：$BD$的长度约为26.5千米.
(4分)
(2)在$Rt\triangle FBC$中，$\angle BCF=90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ}$，
∴$BC=\frac{BF}{\sin\angle BCF}=\frac{10\sqrt{3}}{\sin60^{\circ}}=20$，
$CF=\frac{BF}{\tan\angle BCF}=\frac{10\sqrt{3}}{\tan60^{\circ}}=10$，
∴$CD=DF+CF=30$.
如图，假设当甲无人机运动到$M$，乙无人机运动到$N$时，满足$MN=20$.过点$M$作$MT\perp CD$于点$T$.
设$BM=x$，则$DN=2x$，$CM=(20-x)$.
在$Rt\triangle CMT$中，$CT=CM·\cos\angle MCT=(20-x)·\cos60^{\circ}=10-\frac{1}{2}x$，
$MT=CM·\sin\angle MCT=(20-x)·\sin60^{\circ}=10\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}x$，
∴$TN=CD-DN-CT=30-2x-(10-\frac{1}{2}x)=20-\frac{3}{2}x$，
在$Rt\triangle MNT$中，由勾股定理，得$MN^{2}=MT^{2}+TN^{2}$，
∴$20^{2}=(10\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}x)^{2}+(20-\frac{3}{2}x)^{2}$，
∴$x_1=15-5\sqrt{5}$，$x_2=15+5\sqrt{5}$(舍去)，
∴$BM=15-5\sqrt{5}\approx3.8$(千米).
答：甲无人机飞离$B$处约3.8千米时，两无人机可以开始相互接收到信号.
(10分)

24. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线$y = x^{2}+bx + c$与$x$轴交于$A$，$B(6,0)$两点，与$y$轴交于点$C$，抛物线的对称轴是直线$x=\frac{5}{2}$。
（1）求抛物线的表达式；
（2）点$P$是射线$BC$下方抛物线上的一动点，连接$OP$与射线$BC$交于点$Q$，点$D$，$E$为抛物线对称轴上的动点（点$E$在点$D$的下方），且$DE = 4$，连接$BD$，$PE$。当$\frac{PQ}{OQ}$取得最大值时，求点$P$的坐标及$BD + PE$的最小值；
（3）在（2）中$\frac{PQ}{OQ}$取得最大值的条件下，将抛物线$y = x^{2}+bx + c$沿射线$BC$方向平移$2\sqrt{2}$个单位长度得到抛物线$y'$，点$M$为点$P$的对应点，点$N$为抛物线$y'$上的一动点。若$\angle NAB=\angle OPM - 45^{\circ}$，请直接写出所有符合条件的点$N$的坐标，并写出求解点$N$的坐标的其中一种情况的过程。

答案：
24
(1)由抛物线过点$B(6,0)$，对称轴是直线$x=\frac{5}{2}$，
得$\begin{cases}36 + 6b + c = 0,\\-\frac{b}{2}=\frac{5}{2},\end{cases}$解得$\begin{cases}b = -5,\\c = -6,\end{cases}$
∴该抛物线的表达式为$y = x^{2}-5x - 6$.
(3分)
(2)由$x^{2}-5x - 6 = 0$，得$x_1 = -1$，$x_2 = 6$，
∴$A(-1,0)$.
令$x = 0$，得$y = -6$，
∴$C(0,-6)$，
∴直线$BC$的表达式为$y = x - 6$.
过点$P$作$PF// y$轴交$BC$于点$F$，如图
(1)，
则有$\triangle QCO\sim\triangle QFP$，
∴$\frac{PQ}{OQ}=\frac{PF}{OC}=\frac{1}{6}PF$(关键点：利用相似将$\frac{PQ}{OQ}$与$PF$的长建立联系，将问题转化为求线段最值问题).
设$P(t,t^{2}-5t - 6)$，则$F(t,t - 6)$，
∴$PF = t - 6-(t^{2}-5t - 6)=-t^{2}+6t=-(t - 3)^{2}+9$.
∵$-1 ＜ 0$，
∴$PF$取最大值时，点$P$的坐标为$(3,-12)$.
∵点$D$在对称轴上，
∴$AD = BD$.
将点$A$向下平移4个单位长度得到点$G$，连接$EG$，如图
(2)，
∴$AG// DE$，$AG = DE$，
∴四边形$ADEG$是平行四边形，
∴$BD + PE = GE + PE$.
当$G$，$E$，$P$三点共线时，$BD + PE$的值最小，最小值为$PG$的长.
∵$A(-1,0)$，
∴$G(-1,-4)$.
过点$P$作$PH\perp AG$交$AG$的延长线于点$H$，连接$PG$，则点$H(-1,-12)$，
∴$PG=\sqrt{PH^{2}+GH^{2}}=\sqrt{[3-(-1)]^{2}+[(-4)-(-12)]^{2}}=4\sqrt{5}$，
∴$BD + PE$的最小值为$4\sqrt{5}$.
(7分)
(3)满足条件的点$N$的坐标为$(2,-12)$或$(\frac{5+\sqrt{97}}{2},14+2\sqrt{97})$.
如图
(3)，易得平移后的抛物线的表达式为$y' = x^{2}-x - 14$，
由平移的性质可知点$M(1,-14)$，$MP// BC$，
∴$\angle OQC=\angle OPM$.
又
∵$\angle OQC=\angle BOP+\angle OBC=\angle BOP+45^{\circ}$，
∴$\angle BOP=\angle OPM-45^{\circ}$.
过点$A$作$AN_1// OP$交抛物线$y'$于点$N_1$，
则有$\angle N_1AB=\angle BOP=\angle OPM-45^{\circ}$.
易得直线$OP$的表达式为$y = -4x$，
∴设直线$AN_1$的表达式为$y = -4x + m$.
由点$A$在该直线上可得$m = -4$.
令$-4x - 4 = x^{2}-x - 14$，
解得$x_1 = 2$，$x_2 = -5$(舍去).
满足条件的点$N_1$的坐标为$(2,-12)$.
作直线$AN_1$关于$x$轴对称的直线$AN_2$，则有$\angle N_2AB=\angle N_1AB=\angle OPM-45^{\circ}$.
由对称可设直线$AN_2$的表达式为$y = 4x + n$.
由点$A$在该直线上可得$n = 4$.
令$4x + 4 = x^{2}-x - 14$，
解得$x_1=\frac{5+\sqrt{97}}{2}$，$x_2=\frac{5-\sqrt{97}}{2}$(舍去)，
∴满足条件的点$N_2$的坐标为$(\frac{5+\sqrt{97}}{2},14 + 2\sqrt{97})$.
(写出一个点$N$坐标的求法即可)