《2026年山东省中考试卷精选九年级数学》

21. (本小题满分 12 分)如图，某学校教学楼$AB$和市创业大厦$CD$之间矗立着一座小山.为了测得大厦的高度，小伟首先登至小山的最高处$E$，测得$B$，$D$处的俯角分别为$68.5°$，$27.7°$；然后操控无人机铅直起飞至比$E$处高$20 m$的$F$处.再次测得这两处的俯角分别为$70.8°$，$33.3°$.已知点$A$，$B$，$C$，$D$，$E$，$F$均在同一平面内，$AC$为水平地面，$AB = 12 m$.请求出大厦$CD$的高度(结果精确到$0.1 m$，参考数据见下表).

答案：
21.[解析]本题考查了解直角三角形的应用
　通过作垂线补成矩形和三角形，然后利用三角形的边角关系和方程的思想来进行计算.
　解:如图，延长AB交过点E,F的水平线于点G，H，延长CD交过点E，F的水平线于点M,N.

在Rt△EGB中,设GB=xm.
又tan∠GEB=$\frac{GB}{GE}$,
∴GE=$\frac{GB}{tan68.5°}$≈$\frac{x}{2.54}$.
在Rt△FHB中,tan∠HFB=$\frac{HB}{HF}$,
∴HF=$\frac{HB}{tan70.8°}$≈$\frac{x+20}{2.87}$.
∵GE=HF,
∴$\frac{x}{2.54}$=$\frac{x+20}{2.87}$,
解得x≈153.9(m),
∴GB=153.9m,
∴AH=AB+GH+GB=12+20+153.9=185.9(m).
∵在Rt△EMD中,设MD=ym.
又tan∠MED=$\frac{MD}{ME}$,
∴ME=$\frac{MD}{tan27.7°}$≈$\frac{y}{0.53}$.
∵在Rt△NFD中,tan∠NFD=$\frac{DN}{FN}$,
∴FN=$\frac{DN+20}{tan33.3°}$≈$\frac{y+20}{0.66}$.
∵ME=FN,
∴$\frac{y}{0.53}$=$\frac{y+20}{0.66}$,
解得y≈81.5(m),
∴MD=81.5m,
∴CN=CD+MD+MN=CD+81.5+20,即CN=CD+101.5.
∵AH=CN,
∴CD+101.5=185.9,
∴CD=84.4m.
故大厦CD的高度约为84.4米.

22. (本小题满分 13 分)如图，一条抛物线$y = ax^2 + bx + \frac{5}{2}$与$x$轴相交于$A(-1,0)$，$B(5,0)$两点，与$y$轴相交于点$C$.
(1)求抛物线对应的函数表达式.
(2)问在抛物线上是否存在点$P$，使得$\angle ABC = \frac{1}{2} \angle PAB$? 若存在，求出点$P$的坐标;若不存在，说明理由.
(3)将射线$CB$绕点$C$逆时针旋转一定角度，使其恰

好

经

过

抛

物线的顶点$D$，再将抛物线沿直线$CD$平移，得到一条新的抛物线(其顶点为$M$).设这两条抛物线的交点为$Q$.

①求旋转角度的正切值.
②当$\angle CQM = 90°$时，求原抛物线平移的距离.

答案：
22.[解析]本题考查了二次函数与几何的综合题.
(1)利用待定系数法求函数的表达式;
(2)由于有半角关系，考虑构造等腰三角形，利用两个一次函数平行的关系以及对称的性质求出点P的坐标;
(3)①利用一次函数的平行的关系以及等积法、勾股定理、正切的定义进行计算;
②根据平移的关系求出平移后的抛物线，联立两个抛物线的表达式求出点Q坐标，作QK⊥y轴,ML⊥QK 交KQ的延长线于点L,再利用相似三角形的判定和性质来进行计算.
解:
(1)抛物线y=ax²+bx+$\frac{5}{2}$与x轴相交于A(−1,0),B(5,0)两点，将两点坐标代入抛物线，
得$\begin{cases} a×(−1)²+b×(−1)+\frac{5}{2}=0, \\ a×5²+b×5+\frac{5}{2}=0, \end{cases}$
解$\begin{cases} a=−\frac{1}{2}, \\ b=2, \end{cases}$
∴抛物线的表达式y=−$\frac{1}{2}$x²+2.x+$\frac{5}{2}$.
(2)
∵y=−$\frac{1}{2}$x²+2x+$\frac{5}{2}$,
∴当x=0时,y=$\frac{5}{2}$
∴C(0,$\frac{5}{2}$).如图
(1),作BC的中垂线交x轴于点E,连接CE,则CE=BE,
　　
∴∠ECB=∠ABC,
∴∠AEC=∠ABC+∠BCE=2∠ABC.
∵B(5,0),C(0,$\frac{5}{2}$),
∴OB=5,OC=$\frac{5}{2}$.
设OE=m,则CE=BE=5−m.
在Rt△COE中,由勾股定理，得m²+($\frac{5}{2}$)²=(5−m)²,
解得m=$\frac{15}{8}$,
∴E($\frac{15}{8}$,0).
设直线CE的表达式为y=kx+$\frac{5}{2}$.把E($\frac{15}{8}$,0)代入,得0=$\frac{15}{8}$k+$\frac{5}{2}$,解得k=−$\frac{4}{3}$,
∴y=−$\frac{4}{3}$x+$\frac{5}{2}$.
过点A作AP₁//CE,交y轴于点F，交抛物线于点P₁，
则∠P₁AB=∠CEA=2∠ABC.设直线AP₁的表达式为y=−$\frac{4}{3}$x+n.把A(−1,0)代人,得0=−$\frac{4}{3}$×(−1)+n,
解得n=−$\frac{4}{3}$,则y=−$\frac{4}{3}$x−$\frac{4}{3}$.
联立
　　$\begin{cases} y=−\frac{1}{2}x²+2x+\frac{5}{2}, \\ y=−\frac{4}{3}x−\frac{4}{3}, \end{cases}$
解得$\begin{cases} x=\frac{23}{3}, \\ y=−\frac{104}{9} \end{cases}$或$\begin{cases} x=−1, \\ y=0 \end{cases}$
∴P₁($\frac{23}{3}$,−$\frac{104}{9}$)
∵y=−$\frac{4}{3}$x−$\frac{4}{3}$,
∴当x=0时,y=−$\frac{4}{3}$,
∴F(0,−$\frac{4}{3}$),
作点F关于x轴的对称点G，连接AG,交抛物线于点P₂，则点G(0,$\frac{4}{3}$),∠GAB=2∠ABC,
∴直线AG与抛物线的交点也满足题意.
同法，可得直线AG的表达式为y=
$\frac{4}{3}$x+$\frac{4}{3}$.
联立
　　$\begin{cases} y=\frac{4}{3}x+\frac{4}{3}, \\ y=−\frac{1}{2}x²+2x+\frac{5}{2}, \end{cases}$
解得$\begin{cases} x=\frac{7}{3}, \\ y=\frac{40}{9} \end{cases}$或$\begin{cases} x=−1, \\ y=0 \end{cases}$
∴P₂($\frac{7}{3}$,$\frac{40}{9}$).
综上所述,存在点P,且P($\frac{23}{3}$,−$\frac{104}{9}$)或P($\frac{7}{3}$,$\frac{40}{9}$).
(3)①
∵y=−$\frac{1}{2}$x²+2x+$\frac{5}{2}$=
−$\frac{1}{2}$(x−2)²+$\frac{9}{2}$,
∴D(2,$\frac{9}{2}$),C(0,$\frac{5}{2}$),
同法，可得直线CD的表达式为y=
x+$\frac{5}{2}$.
如图
(2)，由题意，得∠BCD即为旋转角，连接BC，作BE//CD，交y轴于点E,作CF⊥BE于点F,则∠CBF=
∠BCD,
　　　
∴tan∠CBF=tan∠BCD,
同法，可得直线BE的表达式为y=
x−5,
∴当x=0时,y=−5,
∴E(0,−5),
∴OE=OB=5,CE=5+$\frac{5}{2}$=$\frac{15}{2}$,
∴BE=5$\sqrt{2}$.
∵S△BCE=$\frac{1}{2}$BE·CF=$\frac{1}{2}$CE·OB,
∴5$\sqrt{2}$CF=5×$\frac{15}{2}$,
∴CF=$\frac{15\sqrt{2}}{4}$.
∵BC=　$\sqrt{5²+(\frac{5}{2})²}$=$\frac{5\sqrt{5}}{2}$,
∴BF=　$\sqrt{BC²−CF²}$=$\frac{5\sqrt{2}}{4}$,
∴tan∠BCD=tan∠CBF=$\frac{CF}{BF}$=3.②将抛物线沿直线CD平移，等同于将抛物线沿直线BE平移.
∵OB=OE,
∴抛物线在水平方向和竖直方向上的移动距离相等.
设将抛物线向右和向上分别平移t(t＞0)个单位，得到新的抛物线，
则新抛物线的表达式为y=−$\frac{1}{2}$(x−2−t)²+$\frac{9}{2}$+t,
∴M(2+t,$\frac{9}{2}$+t).
联立
　　$\begin{cases} y=−\frac{1}{2}(x−2−t)²+\frac{9}{2}+t, \\ y=−\frac{1}{2}(x−2)²+\frac{9}{2}, \end{cases}$
解得
　　$\begin{cases} x=\frac{t+2}{2}, \\ y=−\frac{t²}{8}+\frac{t}{2}+4, \end{cases}$
∴Q($\frac{t+2}{2}$,−$\frac{t²}{8}$+$\frac{t}{2}$+4).
如图
(3),作QK⊥y轴,ML⊥QK交KQ的延长线于点L，
　
∴∠CKQ=∠MLQ=90°=∠CQM,
CK=$\frac{5}{2}$+$\frac{t²}{8}$+$\frac{t}{2}$−4=$\frac{t²}{8}$+$\frac{t}{2}$−$\frac{3}{2}$,QK=$\frac{t+2}{2}$,QL=2+t−$\frac{t+2}{2}$=$\frac{t+2}{2}$,
ML=$\frac{9}{2}$+t+$\frac{t²}{8}$+$\frac{t}{2}$−4=$\frac{t²}{8}$+$\frac{t}{2}$+$\frac{1}{2}$,
∴∠CQK=∠QML=90°−∠MQL,
∴△CQK∽△QML,
∴$\frac{CK}{QL}$=$\frac{QK}{ML}$,
∴CK·ML=QL·QK,
∴($\frac{t²}{8}$+$\frac{t}{2}$−$\frac{3}{2}$)·($\frac{t²}{8}$+$\frac{t}{2}$+$\frac{1}{2}$)=($\frac{t+2}{2}$)²,
解得t=2+4$\sqrt{2}$或t=−2(舍去)或t=2−4$\sqrt{2}$(舍去),
∴抛物线在水平方向和竖直方向的平移距离均为2+4√2，
∴抛物线的平移距离为$\sqrt{2}$×(2+4$\sqrt{2}$)=2$\sqrt{2}$+8.
当抛物线沿直线CD向下移动时，同理，可得抛物线的平移距离为$\sqrt{2}$×(2+4$\sqrt{2}$)=2$\sqrt{2}$+8.
　综上所述，抛物线的平移距离为2$\sqrt{2}$+8.
方法诠释　对于倍角或半角的关系，我们需要通过作中垂线构造等腰三角形，从而得到相等的角，然后利用一次函数平行的关系来解决问题