《2026年金考卷中考45套汇编数学河北专版》

23. (本小题满分11分)
新情境 古代智慧 根据素材,完成探究任务:城墙建多高才能抵御进攻方的进攻.
【素材呈现】
如图(1)是古代进攻方的一种攻城器械“发石车”.如图(2),防守方城墙BD=10 m,垂直于地面OB,进攻方把“发石车”放置在距B处90 m的O处,石块从O处竖直方向上的C处被投出,当石块在空中飞行到与OC的水平距离为50 m时,石块离地面OB的高度最高,为27 m.
【解决问题】
(1) 当OC=2 m时,
①参照图(2)所建立的坐标系,求抛物线(石块运动轨迹)的解析式.
②进攻方的石块能飞进防守方的城墙吗?若能,城墙应加建多高以上,才能让进攻方的石块飞不进防守方城墙;若不能,请说明理由.
(2) 石块出发点C与O的距离在什么范围内,防守方无须加高城墙?

答案：
23 名师教审题　　函数的实际应用题系列
审题后，将获取的信息在图中标注出来，如下图。
　　　
解决第
(1)②问的关键:
　　　
(1)①
∵OC = 2m，
∴C(0, 2)。(1分)
设抛物线的解析式为y = a(x - 50)² + 27(点拨：知道顶点坐标，故设顶点式)，
将C(0, 2)代入，得2 = a(0 - 50)² + 27，
解得a = - $\frac{1}{100}$，(3分)
∴抛物线的解析式为y = - $\frac{1}{100}$(x - 50)² + 27。(4分)
②进攻方的石块能飞进防守方的城墙。
∵BD = 10m，OB = 90m，
∴D(90, 10)。
当x = 90时，y = - $\frac{1}{100}$×(90 - 50)² + 27 = 11。(7分)
∵11 ＞ 10，
∴进攻方的石块能飞进防守方的城墙。(8分)
11 - 10 = 1(m)，
∴城墙应加高1m以上。(9分)
(2)设OC = nm，则C(0, n)。
设抛物线的解析式为y = b(x - 50)² + 27，
将C(0, n)代入，得n = b(0 - 50)² + 27，
∴b = $\frac{n - 27}{2500}$，
∴抛物线的解析式为y = $\frac{n - 27}{2500}$(x - 50)² + 27。
由$\frac{n - 27}{2500}$(90 - 50)² + 27 ＜ 10，解得n ＜ $\frac{7}{16}$，
∴当OC ＜ $\frac{7}{16}$m时，防守方无须加高城墙。(11分)

24. (本小题满分12分)
如图(1),在△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,BC=16.过点A作AD⊥BC于点D,E为腰AC上一动点,连接DE,以DE为斜边向左上方作等腰直角三角形DEF.
(1) 当点F落在线段AD上时,如图(2),求证:AF=EF.
(2) 在点E的运动过程中,若$S_{△DEF}=9$,求线段CE的长.
(3) 在点E从点C运动到点A的过程中,
①直接写出点F运动的路径长;
②连接AF,若AF=5,直接写出线段AE的长.

答案：
24
(1)证明：
∵AB = AC = 16，∠BAC = 90°，AD⊥BC，
∴∠CAD = 45°。(1分)
∵△EFD是等腰直角三角形，
∴∠EFD = ∠AFE = 90°，
∴∠AEF = 180° - ∠CAD - ∠AFE = 45°，
∴∠EAF = ∠AEF，(3分)
∴AF = EF。(4分)
(2)如图
(1)，取AC的中点M，连接DM。
由题意知△ACD是等腰直角三角形，
∴DM⊥AC。
∵AB = AC，AD⊥BC，BC = 16，
∴CD = 8，
∴CM = DM = $\frac{\sqrt{2}}{2}$CD = 4$\sqrt{2}$。(5分)
　　　　　　　
∵S_{△EFD} = $\frac{1}{2}$EF·DF = $\frac{1}{2}$EF² = 9，
∴EF = 3$\sqrt{2}$，
∴DE = $\sqrt{2}$EF = 6，(7分)
∴EM = $\sqrt{DE^{2}-DM^{2}}$ = 2，(8分)
∴CE = 4$\sqrt{2}$ + 2或4$\sqrt{2}$ - 2。(9分)
　　　　　　　　　　　　　　　　一题多解
　　　　　　　
AB = AC，∠BAC = 90°，AD⊥BC，BC = 16
CD = 8，∠C = 45°
设CN = x，则EN = x，DN = DC - CN = 8 - x。
S_{△EFD} = $\frac{1}{2}$EF·DF = $\frac{1}{2}$EF² = 9
∴EF = 3$\sqrt{2}$，DE = $\sqrt{2}$EF = 6。
在Rt△DEN中，根据勾股定理，得DE² = DN² + EN²，
即6² = (8 - x)² + x²(点拨：根据勾股定理列方程)，
解得x₁ = 4 + $\sqrt{2}$，x₂ = 4 - $\sqrt{2}$，
∴CE = 4$\sqrt{2}$ + 2或4$\sqrt{2}$ - 2。
(3)①8。(10分)
解法提示：
如图
(2)，取AC的中点M，连接DM，MF；
　　　巧作辅助线：多次画图，猜想点F在△ABC的中位线上，故作DM，恰好出现“手拉手”模型
　　　　　　
易证△DMC是等腰直角三角形。
∵△DEF是等腰直角三角形，
∴$\frac{DM}{DC}$ = $\frac{DF}{DE}$ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，∠FDE = ∠MDC = 45°，
∴∠FDM = ∠EDC，
∴△FDM∽△EDC(点拨：“手拉手”模型)，
∴∠FMD = ∠C = 45° = ∠MDC，
∴FM//BC。
延长MF交AB于点G，则MG是△ABC的中位线。
分析可知，当点E从点C运动到点A时，点F从点M沿MG运动到点G，
∴点F运动的路径长为8。
②7$\sqrt{2}$或$\sqrt{2}$。(12分)
解法提示：当AF = 5时，如图
(3)或图
(4)所示，设直线MF与AD交于点P，易知MP⊥AD，AP = MP = $\frac{1}{2}$CD = 4，
　　 　　
∴PF = $\sqrt{AF^{2}-AP^{2}}$ = 3。
由①知△FDM∽△EDC，
∴$\frac{FM}{EC}$ = $\frac{DM}{DC}$ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴EC = $\sqrt{2}$FM。
易得AC = $\frac{\sqrt{2}}{2}$BC = 8$\sqrt{2}$。
a. 当点F在AD右侧时，如图
(3)，FM = PM - PF = 1，
∴EC = $\sqrt{2}$，
∴AE = AC - CE = 7$\sqrt{2}$。
b. 当点F在AD左侧时，如图
(4)，FM = PM + PF = 7，
∴EC = 7$\sqrt{2}$，
∴AE = AC - EC = $\sqrt{2}$。
综上所述，线段AE的长为7$\sqrt{2}$或$\sqrt{2}$。