《2026年金考卷中考试题汇编45套数学山东专版》

24. (本小题满分10分)
小磊和小明练习打网球.在一次击球过程中，小磊从点O正上方1.8米的A点将球击出.
信息一：在如图所示的平面直角坐标系中，O为原点，OA在y轴上，球的运动路线可以看作是二次函数$y=ax^{2}+bx+1.8$(a，b为常数)图象的一部分，其中y(米)是球的高度，x(米)是球和原点的水平距离，图象经过点(2,3.2)，(4,4.2).
信息二：球和原点的水平距离x(米)与时间t(秒)(0≤t≤1.6)之间近似满足一次函数关系，部分数据如下：

(1)求y与x的函数关系式.
(2)网球被击出后经过多长时间达到最大高度？最大高度是多少？
(3)当t为1.6秒时，小明将球击回，球在第一象限的运动路线可以看作是二次函数$y=-0.02x^{2}+px+m$(p，m为常数)图象的一部分，其中y(米)是球的高度，x(米)是球和原点的水平距离.当网球所在点的横坐标x为2，纵坐标y大于等于1.8时，p的取值范围为$p \leqslant 0.36$(直接写出结果).

答案： 24
(1)$\because$抛物线$y=ax^{2}+bx + 1.8$经过点$(2,3.2),(4,4.2)$,
$\therefore \begin{cases}4a + 2b + 1.8=3.2, \\16a + 4b + 1.8=4.2,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-0.05, \\b=0.8,\end{cases}$
$\therefore y$与$x$的函数关系式为$y=-0.05x^{2}+0.8x + 1.8$.
(2)由
(1)知$y=-0.05x^{2}+0.8x + 1.8$,
$\therefore$抛物线的对称轴为直线$x=-\frac{0.8}{2 × (-0.05)}=8$,
$\therefore$网球被击出后能达到的最大高度为$-0.05 × 8^{2}+0.8 × 8 + 1.8=5$(米).
根据题意知,$x$与$t$之间近似满足一次函数关系,
$\therefore$不妨设$x=kt + c$,
将$(0,0),(4,40)$代入得$\begin{cases}c = 0, \\40k + c = 40,\end{cases}$解得$\begin{cases}k = 1, \\c = 0,\end{cases}$
$\therefore x = 10t,\therefore$当$x = 8$时,$t = 0.8$.
答:网球被击出后经过0.8秒达到最大高度,最大高度是5米.
(3)$p \leqslant 0.36$
解法提示:由题意得,当$t = 1.6$时$,x = 10 × 1.6=16$,
$\therefore y=-0.05 × 16^{2}+0.8 × 16 + 1.8=1.8$,
$\therefore$击球点的坐标为$(16,1.8)$.
$\because$新抛物线$y=-0.02x^{2}+px + m$过点$(16,1.8)$,
$\therefore -0.02 × 16^{2}+16p + m=1.8,\therefore m=6.92 - 16p$,
$\therefore y=-0.02x^{2}+px + 6.92 - 16p$.
$\because$当$x = 2$时$,y \geqslant 1.8$,
$\therefore -0.02 × 2^{2}+2p + 6.92 - 16p \geqslant 1.8$,
$\therefore p \leqslant 0.36$.

25. （本小题满分10分）
如图（1），在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，将Rt△ABC沿AC方向平移6cm，得到Rt△CDE，过点D作DF⊥AB，交AB的延长线于点F，H为DE的中点.点P从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点A出发，沿AE方向匀速运动，速度为1.2cm/s.连接PQ，QH，PH.设运动时间为t(s)（0＜t＜10）.解答下列问题：
（1）当HP//DF时，求t的值.
（2）如图（2），当5＜t＜10时，设△PQH的面积为S(cm²)，求S与t之间的函数关系式.
（3）当0＜t＜5时，是否存在某一时刻t，使△PQH是直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.

答案：
25
(1)由题意得$PD=t$ cm$,AQ=\frac{6}{5}t$ cm.
在$Rt\triangle ABC$中$,\angle ACB=90^{\circ},AC=6$ cm$,BC=8$ cm,
$\therefore AB=\sqrt{6^{2}+8^{2}}=10$(cm).
由平移的性质得$\angle E=90^{\circ},CE=6$ cm$,DE=8$ cm$,CD=10$ cm$,AB // CD$.
$\because H$为$DE$的中点$,\therefore DH=\frac{1}{2}DE=4$ cm.
$\because AB // CD,DF \perp AB,\therefore DF \perp CD$,即$\angle FDC=90^{\circ}$.
$\because HP // DF,\therefore \angle HPD=\angle FDC=90^{\circ}$,
$\therefore \cos \angle HDP=\frac{PD}{DH}=\frac{DE}{CD}$,即$\frac{t}{4}=\frac{8}{10}$,解得$t=\frac{16}{5}$.
(2)易得当$5＜t＜10$时,点$Q$在线段$CE$上.
如图
(1),分别过点$Q,H$作$QM \perp CD$于点$M,HN \perp CD$,垂足分别为$M,N$.
$\because PD=t$ cm$,AQ=\frac{6}{5}t$ cm,
$\therefore CQ=(\frac{6}{5}t - 6)$cm$,CP=(10 - t)$cm$,EQ=(12-\frac{6}{5}t)$cm.
$\because \angle CMQ=\angle E=90^{\circ}$,
$\therefore \sin \angle QCM=\frac{QM}{CQ}=\frac{DE}{CD}$,即$\frac{QM}{\frac{6}{5}t - 6}=\frac{8}{10}$,
$\therefore QM=(\frac{24}{25}t-\frac{24}{5})$cm.
同理$\sin \angle HDN=\frac{HN}{DH}=\frac{CE}{CD}$,即$\frac{HN}{4}=\frac{6}{10}$,
$\therefore HN=\frac{12}{5}$cm.
$\because S_{\triangle PQH}=S_{\triangle CDE}-S_{\triangle PQC}-S_{\triangle PDH}-S_{\triangle EQH}$
$=\frac{1}{2} × 6 × 8-\frac{1}{2}(10 - t)(\frac{24}{25}t-\frac{24}{5})-\frac{1}{2} × \frac{12}{5}t-\frac{1}{2} × 4(12-\frac{6}{5}t)$
$=\frac{12}{25}t^{2}-6t + 24$,
$\therefore S=\frac{12}{25}t^{2}-6t + 24$.

(3)存在
由题意知$\angle HQP \neq 90^{\circ},\therefore$分两种情况讨论.
①如图
(2),当$\angle QPH=90^{\circ}$时,过点$H$作$HG \perp CD$于点$G$,过点$Q$作$QK \perp CD$,交$DC$的延长线于点$K$.
同理可得$HG=\frac{12}{5}$cm$,DG=\frac{16}{5}$cm,
$\therefore PG=(\frac{16}{5}-t)$cm$,CG=CD - DG=\frac{34}{5}$cm.
在$Rt\triangle CQK$中$,CQ=(6-\frac{6}{5}t)$cm,
$\because \angle DCE=\angle KCQ$,
$\therefore \sin \angle DCE=\sin \angle KCQ,\cos \angle DCE=\cos \angle KCQ$,
$\therefore \frac{8}{10}=\frac{QK}{6-\frac{6}{5}t},\frac{6}{10}=\frac{CK}{6-\frac{6}{5}t}$,
$\therefore QK=(\frac{24}{5}-\frac{24}{25}t)$cm$,CK=(\frac{18}{5}-\frac{18}{25}t)$cm,
$\therefore PK=CK + CP=\frac{18}{5}-\frac{18}{25}t + 10 - t=(\frac{68}{5}-\frac{43}{25}t)$cm.
$\because \angle HGP=\angle K=\angle QPH=90^{\circ}$,
$\therefore \angle QPK=90^{\circ}-\angle HPG=\angle PHG$,
$\therefore \triangle QPK \sim \triangle PHG$（点拨：“一线三直角”相似模型）,
$\therefore \frac{PK}{HG}=\frac{QK}{PG}$,即$\frac{\frac{68}{5}-\frac{43}{25}t}{\frac{12}{5}}=\frac{\frac{24}{5}-\frac{24}{25}t}{\frac{16}{5}-t}$,
整理得$43t^{2}-420t + 800=0$,解得$t=\frac{210 \pm 10\sqrt{97}}{43}$,
$\because 0＜t＜5,\therefore t=\frac{210 - 10\sqrt{97}}{43}$.

②如图
(3),当$\angle QHP=90^{\circ}$时,过点$P$作$PR \perp ED$于点$R$,
则$PR // CE$,
$\therefore \triangle DPR \sim \triangle DCE$（点拨：“A”字型相似模型）,
$\therefore \frac{DP}{CD}=\frac{DR}{DE}=\frac{PR}{CE}$,即$\frac{t}{10}=\frac{DR}{8}=\frac{PR}{6}$,
$\therefore DR=\frac{4}{5}t$ cm$,PR=\frac{3}{5}t$ cm.
$\because \angle HRP=\angle E=\angle QHP=90^{\circ}$,
$\therefore \angle PHR=90^{\circ}-\angle EHQ=\angle HQE$,
$\therefore \triangle PHR \sim \triangle HQE$（点拨：“一线三直角”相似模型）,
$\therefore \frac{PR}{HE}=\frac{HR}{QE}$,即$\frac{\frac{3}{5}t}{4}=\frac{4-\frac{6}{5}t}{12-\frac{6}{5}t}$,
整理得$9t^{2}-130t + 200=0$,解得$t=\frac{65 \pm 5\sqrt{97}}{9}$,
$\because 0＜t＜5,\therefore t=\frac{65 - 5\sqrt{97}}{9}$.

综上$,t$的值为$\frac{65 - 5\sqrt{97}}{9}$或$\frac{210 - 10\sqrt{97}}{43}$.