1、浙江省金华市卷（压轴8道+变式训练32道）说明：本专辑精选了2021年浙江省金华市卷失分较多和难度较大的题目8道，分别是第10题圆中的计算问题、第14题几何变换中的计算问题、第15题坐标规律变化探究问题、三角函数相结合问题、第16题锐角三角函数的实际问题、第21题二次函数的实际问题、第22题圆计算与证明综合问题、第23题函数图象性质综合探究问题、第24题函数与几何综合问题，每道题精讲精析，配有变式练习各4道，浙江省金华市变式训练题共32道，试题解析共77页.【压轴一】圆中的计算问题【真题再现】（2021浙江金华市中考第10题）如图，在中，以该三角形的三条边为边向形外作正方形，正方形的顶点都在同
2、一个圆上记该圆面积为，面积为，则的值是（ ）ABCD【思路点拨】先确定圆的圆心在直角三角形斜边的中点，然后利用全等三角形的判定和性质确定ABC是等腰直角三角形，再根据直角三角形斜边中线的性质得到，再由勾股定理解得，解得，据此解题即可【详析详解】解：如图所示，正方形的顶点都在同一个圆上，圆心在线段的中垂线的交点上，即在斜边的中点，且AC=MC，BC=CG，AG=AC+CG=AC+BC，BM=BC+CM=BC+AC，AG=BM，又OG=OM，OA=OB，AOGBOM，CAB=CBA，ACB=90，CAB=CBA=45，故选：C【方法小结】本题考查勾股定理、直角三角形斜边的中线的性质、圆的面积、三角
3、形的面积等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键【变式训练】【变式1.1】（2021金东区二模）如图，扇形AOB的圆心角是60，半径是3，点C为弧AB的中点，过点C作CDOB交DA于点D，过点B作BEOA交DC延长线于点E，则图中阴影部分面积为（）A32B3-32C3-13D3+13【分析】连接OC，过C作CFOA交OB于F，作CHOB与H，求出CH和CF长，从图中可看出阴影部分的面积S四边形BECF，然后依面积公式计算即可【详解】解：连接OC，过C作CFOA交OB于F，作CHOB与H，点C为弧AB的中点，AOCBOC=12AOB=1260=30，OC=3，HC=12OC=32，C
4、FOA，CFBAOB60，sin60=HCCF，CF=3232=1，CDOB，BOCDCO，ODCD，CDOB，CFOA，四边形CDOF是菱形，OFODCF1，BFOBOF=3-1，OAOB，ADBF，S阴影S四边形BECFBFCH（3-1）32=3-32故选：B【点评】本题考查了菱形的判定性质，解直角三角形，扇形的面积的应用，利用割补法把不规则图形转化成规则图形求解的能力，再把阴影部分的面积转化为平行四边形的面积求解【变式1.2】（2020秋东阳市校级期末）如图，RtABC中，ACB90，CAB30，BC2，O、H分别为边AB、AC的中点，将ABC绕点B顺时针旋转120到A1BC1的位置，则
5、整个旋转过程中线段OH所扫过部分的面积为（）AB2C32D3【分析】连接BH，MH1交BA1于E，解直角三角形求出AB和AC，求出CH和BO，根据勾股定理求出BH，分别求出扇形MBE和扇形OBO1的面积，再求出答案即可【详解】解：连接BH，MH1交BA1于E，ACB90，CAB30，BC2，AB2BC4，由勾股定理得：AC=AB2-BC2=42-22=23，O、H分别为边AB、AC的中点，BO=12AB2，CH=12AC=3，由勾股定理得：BH=CH2+BC2=(3)2+22=7，即BMBEBH=7，将ABC绕点B顺时针旋转120到A1BC1的位置，ABA1120，整个旋转过程中线段OH所扫过
6、部分的面积为S扇形MBES扇形OBO1=120(7)2360-12022360=，故选：A【点评】本题考查了旋转的性质，含30角的直角三角形的性质，勾股定理，扇形面积的计算等知识点，能把求不规则图形的面积转化成求规则图形的面积是解此题的关键，注意：已知扇形的圆心角是n，半径是r，那么这个扇形的面积=nr2360【变式1.3】（2020义乌市模拟）如图，矩形HGML四个顶点在正六边形ABCDEF的边上，且GMEF若图中4块阴影的面积相等，则该矩形的长与宽之比（）A33：5B2：3C4：3D5：4【分析】连接BF，AD交于Q，BF交GM于P，则BFAD，得到AGHAFQ30，设正六边形ABCDEF
7、的边长为2a，FPx，求得GM2a+23x3，HG23a2x，列方程即可得到结论【详解】解：连接BF，AD交于Q，BF交GM于P，则BFAD，正六边形ABCDEF中，BAF120，ABAF，AGHAFQ30，设正六边形ABCDEF的边长为2a，FPx，PG=33x，AQa，GM2a+23x3，HG23a2x，若图中4块阴影的面积相等，12（23a2x）（a-33x）=12（2a+23x3+2a）x，解得：x=34a，GH23a-32a=332a，GM2a+12a=52a，该矩形的长与宽之比为332a52a=33：5，故选：A【点评】本题考查了正多边形与圆，矩形的性质，解直角三角形，正确的识别图
8、形是解题的关键【变式1.4】（2021上城区二模）如图，在RtABC中，ABC90，AB3，BC4把ABC分别绕直线AB，BC和AC旋转一周，所得几何体的表面积分别记作S1，S2，S3，则表面积最大的是（）AS1BS2CS3D无法确定【分析】根据ABC分别绕直线AB，BC和AC旋转一周，可以分别得到一个圆锥、一个圆锥和两个共底面的圆锥组合，再根据圆锥的表面积计算公式：圆锥的表面积底面积+圆锥的侧面积分别计算即可，最后根据结果即可比较大小【详解】解：ABC90，AB3，BC4，AC=32+42=5ABC绕直线AB旋转一周，所得几何体为圆锥，底面半径为BC4，此圆锥的表面积为底面圆面积加扇形表面积
9、，即S142+4536；ABC绕直线BC旋转一周，所得几何体为圆锥，底面半径为AB3，此圆锥的表面积为底面圆面积加扇形表面积，即S232+3524；ABC绕直线AC旋转一周，所得几何体为两个共底面的圆锥，底面半径为125，此圆锥的表面积为两个扇形表面积之和，即S31253+1254=845S1S2S3故选：A【点评】本题考查了圆锥的表面积计算公式，圆锥的表面积底面积+圆锥的侧面积，其中圆锥的侧面积底面圆半径圆锥母线长熟知使用公式是解题的关键【压轴二】几何变换中的计算问题【真题再现】（2021浙江金华市中考第14题）如图，菱形的边长为，将该菱形沿AC方向平移得到四边形，交CD于点E，则点E到AC
10、的距离为_【思路点拨】首先根据菱形对角线的性质得出AC的长，然后利用菱形对角线平分对角和平移的性质得出等腰 ，过顶点作垂线段EF，利用三线合一得出CF的长，再利用直角三角形30所对的直角边等于斜边一半和勾股定理列出方程，即可求解【详析详解】BAD=60，连接对角线AC,BD，则ACBD，且AC平分BAD,在RtADO中， 利用勾股定理得 又AC=2AO,AC= ，由题可知 =，AC=;由平移可知 =DAC=30,而DAC=DCA,=DCA，即=30， 是等腰三角形；过点E作EFAC，垂足为F，如图所示：则由等腰三角形三线合一可得：AF=FC=,在RtECF中， ,设EF=x，则EC=2x，由勾
11、股定理得： ，解得x=2，故填：2【方法小结】本题考查菱形的性质，等腰三角形三线合一，直角三角形中30所对的直角边等于斜边一半和勾股定理；菱形对角线互相垂直且平分，一条对角线平分一组对角，熟知概念定理是解题的关键【变式训练】【变式2.1】（2020春婺城区校级月考）如图，正方形ABCD的边长为6，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH若BE：EC2：1，则线段CH的长是（）A3B4C38D83【分析】根据折叠可得DHEH，在直角CEH中，设CHx，则DHEH6x，根据BE：EC2：1可得CE2，可以根据勾股定理列出方程，从而解出CH的长【详解】解：设CHx，则DHEH6x，BE
12、：EC2：1，BC6，CE=13BC2，在RtECH中，EH2EC2+CH2，即（6x）222+x2，解得：x=83，即CH=83故选：D【点评】本题主要考查正方形的性质以及翻折变换，折叠问题其实质是轴对称变换解题时，常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案【变式2.2】（2019秋婺城区期末）将一张正方形纸片按如图步骤，沿虚线对折2次，然后沿图的虚线剪去一个角，展开铺平后得到图，若图中OCBC，ODC30，则四边形EFGH与原正方形纸面积比为（）A12B3-1C34D34【分析】根据展开与折叠的性质
13、，得到四边形EFGH是菱形，表示出正方形、菱形的对角线的长，即可求出相应的面积，进而得出答案【详解】解：连接OE、OF、OG、OH，由题意得，OHG30，2OGOBGE，设OGa，则OB2a，正方形对角线为4a，OH=3a，HF23a，S菱形EFGH=12EGFH=122a23a23a2，S正方形=124a4a8a2，四边形EFGH与原正方形纸面积比为34故选：D【点评】考查正方形、菱形的性质和判定，解直角三角形等知识，正确的表示正方形、菱形的面积是解决问题的关键【变式2.3】（2020春武义县期末）将矩形ABCD按如图方式折叠，点B，点C恰好落在点G处，且A，G，F在同一条直线上若AB4，B
14、C6，则CF的长是（）A94B52C114D3【分析】由折叠的性质可得ABAG4，CFGF，由勾股定理可求CF的长【详解】解：将矩形ABCD按如图方式折叠，点B，点C恰好落在点G处，且A，G，F在同一条直线上ABAG4，CFGF，AF4+CF，AF2AD2+DF2，（4+CF）236+（4CF）2，CF=94故选：A【点评】本题考查了翻折变换，矩形的性质，利用勾股定理列出方程求CF的长是本题的关键【变式2.4】（2019春东阳市期末）如图所示，在矩形ABCD中，AB4，AD3，矩形内部有一动点P满足SPAB=13S矩形ABCD，则点P到A，B两点的距离之和PA+PB的最小值为（）A5B213C
15、22D42【分析】首先由SPAB=13S矩形ABCD，得出动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离然后在直角三角形ABE中，由勾股定理求得BE的值，即PA+PB的最小值【详解】解：设ABP中AB边上的高是hSPAB=13S矩形ABCD，12ABh=13ABAD，h=23AD2，动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，如图，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离在RtABE中，AB4，AE2+24，BE=AB2+AE2=42+42=42，即PA+PB的最小值为42故选：D
16、【点评】本题考查了轴对称最短路线问题，三角形的面积，矩形的性质，勾股定理，两点之间线段最短的性质得出动点P所在的位置是解题的关键【压轴三】坐标规律变化探究问题【真题再现】（2021浙江金华市中考第15题）如图，在平面直角坐标系中，有一只用七巧板拼成的“猫”，三角形的边BC及四边形的边CD都在x轴上，“猫”耳尖E在y轴上若“猫”尾巴尖A的横坐标是1，则“猫”爪尖F的坐标是_【思路点拨】设大正方形的边长为2a，则大等腰直角三角形的腰长为，中等腰直角三角形的腰长为a，小等腰直角三角形的腰长为，小正方形的边长为，平行四边形的长边为a，短边为，用含有a的代数式表示点A的横坐标，表示点F的坐标，确定a值即
17、可.【详析详解】设大正方形的边长为2a，则大等腰直角三角形的腰长为，中等腰直角三角形的腰长为a，小等腰直角三角形的腰长为，小正方形的边长为，平行四边形的长边为a，短边为，如图，过点F作FGx轴，垂足为G, 点F作FHy轴，垂足为H, 过点A作AQx轴，垂足为Q,延长大等腰直角三角形的斜边交x轴于点N，交FH于点M，根据题意，得OC=，CD=a,DQ=，点A的横坐标为1,+a+=1，a=；根据题意，得FM=PM=，MH=，FH=；MT=2a-，BT=2a-,TN=-a，MN=MT+TN=2a-+-a=，点F在第二象限，点F的坐标为（-，）故答案为：（-，）【方法小结】本题考查了七巧板的意义，合理
18、设出未知数，用未知数表示各个图形的边长，点的横坐标，点的坐标是解题的关键【变式训练】【变式3.1】（2020春吴兴区期末）如图，已知直线l1、l2经过坐标原点O，且l1与x轴所夹锐角为15，l2与y轴所夹锐角为30在直线l1和l2之间依次构造正方形A1B1C1A2、正方形A2B2C2A3，正方形A3B3C3A4正方形A4B4C4A5点A1、点A2、点A3、点A4、点A5依次落在直线l1上，点B1、点B2、点B3、点B4依次落在直线l2上，且A1B11，则点B2020的坐标为（）A（220182，220186）B（220172，220176）C（220182，220183）D（22018，220
19、183）【分析】根据一次函数，得出OB1、OB2等的长度，继而得知B1、B2等点的坐标，从中找出规律，进而可求出点B2020的坐标【详解】解：l1与x轴所夹锐角为15，l2与y轴所夹锐角为30，l1与l2所夹锐角为45，l2与x轴所夹锐角为60，A1B1O，A2B2O，A3B3O，都是等腰直角三角形，B1O202，B2O212，B3O222，BnO2n12，点B2020的坐标为（220201212，220201232），即（220182，220186）故选：A【点评】本题考查了规律型：点的坐标，等腰直角三角形的性质，解此题的关键是根据点的坐标计算的结果得出规律，题目比较好，但是一道比较容易出错
20、的题目【变式3.2】（2021青田县模拟）如图，动点P从（0，3）出发沿所示方向运动，每当碰到长方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点P第2021次碰到长方形的边时点P的坐标为（1，4）【分析】根据反射角与入射角的定义作出图形；由图可知，每6次反弹为一个循环组依次循环，用2018除以6，根据商和余数的情况确定所对应的点的坐标即可【详解】解：如图所示：经过6次反弹后动点回到出发点（0，3），202163365，当点P第2021次碰到矩形的边时为第337个循环组的第5次反弹，点P的坐标为（1，4）故答案为：（1，4）【点评】此题主要考查了点的坐标的规律，作出图形，观察出每6次反弹为一个循环组
21、依次循环是解题的关键【变式3.3】（2020浙江自主招生）平面直角坐标系中，已知点P0（1，0），将点P0绕原点O按逆时针方向旋转30得到P1，延长OP1到P2，使OP22OP1；再将P2绕点O逆按时针方向旋转30得到P3，然后延长OP3到P4，使OP42OP3；如此下去，则点P2018的坐标为（210083，21008）【分析】根据每次旋转后线段的长度是原来的2倍求出OP2018，根据旋转角为30求出每12次旋转，24个点为一个循环组依次循环，然后用2018除以24，再根据商和余数的情况确定出点P2018在第1象限，与x轴的夹角是30，然后解答即可【详解】解：点P0的坐标为（1，0），OP0
22、1，OP22OP12，OP3OP22，OP42OP32222，OP201821009，201824842，点P2018是第85循环组的第2个点，点P2018在第1象限，与x轴的夹角是30，点P2010的坐标为（210083，21008）故答案为：（210083，21008）【点评】本题考查了坐标与图形变化旋转，点的坐标的变化规律，读懂题目信息，理解点的规律变化是解题的关键【变式3.4】（2020春椒江区期末）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y），我们把点P（y+1，x+1）叫做点P的伴随点已知点A1的伴随点为A2，点A2的伴随点为A3，点A3的伴随点为A4，这样依次得点A1，A2，A3
23、，An，若点A1的坐标为（3，1），则点A2019的坐标为（3，1）【分析】根据“伴随点”的定义依次求出各点，不难发现，每4个点为一个循环组依次循环，用2019除以4，根据商和余数的情况确定点A2019的坐标即可【详解】解：A1的坐标为（3，1），A2（0，4），A3（3，1），A4（0，2），A5（3，1），依此类推，每4个点为一个循环组依次循环，201945043，点A2019的坐标与A3的坐标相同，为（3，1）故答案为：（3，1）【点评】此题考查点的坐标规律，读懂题目信息，理解“伴随点”的定义并求出每4个点为一个循环组依次循环是解题的关键【压轴四】锐角三角函数的实际问题【真题再现】（20
24、21浙江金华市中考第16题）如图1是一种利用镜面反射，放大微小变化的装置木条BC上的点P处安装一平面镜，BC与刻度尺边MN的交点为D，从A点发出的光束经平面镜P反射后，在MN上形成一个光点E已知，（1）ED的长为_（2）将木条BC绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到（如图2），点P的对应点为，与MN的交点为D，从A点发出的光束经平面镜反射后，在MN上的光点为若，则的长为_【思路点拨】（1）由题意，证明ABPEDP，根据相似三角形的性质，即可求出ED的长度；（2）过A作AHBN交NB延长线于H，过E作EFBN于F，设ED=x,ED=5+x,在RtBDN中，由勾股定理DB，可证ABHBDDEDF,，
25、从A点发出的光束经平面镜P反射后，在MN上形成一个光点EAHPEFP，解得x=1.5【详析详解】解：（1）由题意，从A点发出的光束经平面镜P反射后，在MN上形成一个光点E，ABPEDP，即，；故答案为：13（2）过A作AHBN交NB延长线于H，过E作EFBN于F，设ED=x,ED=5+x,在RtBDN中，BD=12，DD=5，由勾股定理DB=，AHB=ABD=EFN=BDD=90，ABH+DBD=DBD+DDB=+EDF,ABH=BDD=EDF,ABHBDDEDF,，,，从A点发出的光束经平面镜P反射后，在MN上形成一个光点E，AHPEFP，HP=HB+BP=2.5+4=6.5，PD=BD-B
26、P=13-4=9，PF= PD-FD=9-，即，解得x=1.5，经检验x=1.5是方程的解，EE=DE-DE=13-1.5=11.5=故答案为【方法小结】本题考查相似三角形性质与判定，勾股定理，光束经平面镜P性质，掌握相似三角形性质与判定，勾股定理，光束经平面镜P性质，利用相似三角形的性质构造方程是解题关键【变式训练】【变式4.1】（2020义乌市校级模拟）门环，在中国绵延了数千多年的，集实用、装饰和门第等级为一体的一种古建筑构件，也成为中国古建“门文化”中的一部分，现有一个门环的示意图如图所示图中以正六边形ABCDEF的对角线AC的中点O为圆心，OB为半径作O，AQ切O于点P，并交DE于点Q
27、，若AQ123cm，则（1）sinCAB12；（2）该圆的半径为（3+6）cm【分析】（1）连接OB，OP，易证OBAC，ACBCAB30，利用锐角三角函数的定义可求解；（2）根据圆的切线的性质可得OPAQ，设该圆的半径为r，可求sinPAO=OPAO=r3r=33，过Q作QGAC于G，过D作DHQG于H，则四边形DHGC是矩形，可求sinPAO=QGAQ=QG123=33，计算求解QG的长，进而可得QH122r，DH=23r-122，通过解直角三角形即可求解【详解】解：（1）连接OB，OP，ABBC，O为AC的中点，OBAC，ABC120，ACBCAB30，sinCABsin30=12故答案
28、为12；（2）AQ是O的切线，OPAQ，设该圆的半径为r，OBOPr，ACBCAB30，ABBCCD2r，AO=3r，AC=23r，sinPAO=OPAO=r3r=33，过Q作QGAC于G，过D作DHQG于H，则四边形DHGC是矩形，HGCD，DHCG，HDC90，sinPAO=QGAQ=QG123=33，QDH1209030，QG12，AG=AQ2-QG2=122，QH122r，DH=23r-122，tanQDHtan30=QHDH=12-2r23r-122=33，解得r=3+6，该圆的半径为（3+6）cm故答案为（3+6）【点评】本题主要考查解直角三角形的应用，圆周角定理，切线的性质，正多
29、边形和圆等知识的综合运用【变式4.2】（2020金华）如图是小明画的卡通图形，每个正六边形的边长都相等，相邻两正六边形的边重合，点A，B，C均为正六边形的顶点，AB与地面BC所成的锐角为则tan的值是19315【分析】如图，作ATBC，过点B作BHAT于H，设正六边形的边长为a，则正六边形的半径为a，边心距=32a求出BH，AH即可解决问题【详解】解：如图，作ATBC，过点B作BHAT于H，设正六边形的边长为a，则正六边形的半径为a，边心距=32a观察图象可知：BH=192a，AH=532a，ATBC，BAH，tan=BHAH=192a532a=19315故答案为19315【点评】本题考查解直
30、角三角形的应用，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题【变式4.3】（2020东阳市模拟）图2、图3是起重机平移物体示意图在固定机架BAM中，AB5m，tanBAM=43吊杆BCE由伸缩杆BC与6m长的直杆CE组成，在机架BAM与直杆CE间有一根9m长的支撑杆AD，且CD2m假设起重机吊起物体准备平移时，点E、C、B恰好在同一水平线上（图2），在物体平移过程中始终保持EBAM（AM处在水平位置）（1）如图2，当准备平移物体时，伸缩杆BC(65+1)m（2）在物体沿EB方向平移过程中，当ADE60时，物体被平移的距离为（65+435）m【分析】（1）过点A作AGBC于G
31、，解RtABG求得BG，由勾股定理求得GD，进而根据线段和差求得BC；（2）连接BE，过A作AFBE于F，过E作EGAD于G，如图2，解直角三角形求得EG，再证明AFHEGH，求得AH：EH，进而由AD9列出方程求得AH，EH，GH，FH，进而便可求得平移的距离【详解】解：（1）过点A作AGBC于G，如图1，在RtABG，ABGBAM，AB5，AGBG=tanABG=tanABM=43，设AG4xm，则BG3xm，AB=AG2+BG2=5x，5x5，x1，AG4m，BG3m，GD=AD2-AG2=65（m），BCBG+GDCD3+65-2=65+1（m），故答案为：（65+1）；（2）连接BE
32、，过A作AFBE于F，过E作EGAD于G，如图2，BEAM，ABFBAM，tanABFtanBAM=43，设AF4xm，则BF3xm，AB5x5，x1，AF4m，BF3m，在RtDEG中，DE4m，EDG60，DG=12DE=2m，EG=324=23m，AGADDG927m，AFHEGH90，AHFEHG，AFHEGH，AFEG=AHEH，即AHEH=423=23，设AH2y，则EH=3y，HG=EH2-EG2=3y2-12，AGAH+GH2y+3y2-12=7，解得，y14315，或y14+3157（舍），EH=3y143-95（m），AH2y28615（m），GHAGAH615-21，AF
33、HEGH，FHGH=AFEG=23，FH=23GH125-143，BEBF+FH+EH3+125-143+143-95=3+35，物体平移的距离为：（65+1+6）（3+35）=65+435故答案为：（65+435）【点评】本题主要考查了解直角三角形的应用，勾股定理，相似三角形的性质与判定，关键是正确构造直角三角形【变式4.4】（2019金华模拟）小明家的门框上装有一把防盗门锁（如图1）其平面结构图如图2所示，锁身可以看成由两条等弧AD，弧BC和矩形ABCD组成，弧BC的圆心是倒锁按钮点M已知弧AD的弓形高GH2cm，AD8cm，EP11cm当锁柄PN绕着点N旋转至NQ位置时，门锁打开，此时直
34、线PQ与弧BC所在的圆相切，且PQDN，tanNQP2（1）弧BC所在圆的半径为5cm（2）线段AB的长度约为29.8cm（52.236，结果精确到0.1cm）【分析】如图，连接BM，设HM交BC于K，延长PQ交NM的延长线于点T，若直线PQ与弧BC所在的圆相切于J，连接MJ分别求出TN，TM，MN即可解决问题【详解】解：（1）如图，连接BM，设HM交BC于K，延长PQ交NM的延长线于点T，若直线PQ与弧BC所在的圆相切于J，连接MJ设BMr，在RtBMK中，则有r242+（r2）2，解得r5，BM5，即弧BC所在圆的半径为5cm（2）DNPB，DNEP，NPNQ，PNQP，DNENQP，ta
35、nDNEtanNQP2=DEBE，DEDG4，DENG8，NPNE+EP4+1115，直线PQ与弧BC所在的圆相切于J，MJPQ，MJ5，TMJNPT，tanTMJtanNPT2，MJTJ=NPNT=12，NT15230，TJ5210，MT=MJ2+TJ2=52+102=55，MNNTMT3055，ABGN+MN+MK8+3055+3415529.8cm故答案为：（1）5，（2）29.8【点评】本题考查解直角三角形，勾股定理，切线的性质，锐角三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识【压轴五】二次函数的实际问题【真题再现】（2021浙江金华市中考第21题）某游乐场的圆形喷水池中心O有一雕塑O
36、A，从A点向四周喷水，喷出的水柱为抛物线，且形状相同如图，以水平方向为x轴，点O为原点建立直角坐标系，点A在y轴上，x轴上的点C，D为水柱的落水点，水柱所在抛物线第一象限部分的函数表达式为（1）求雕塑高OA（2）求落水点C，D之间的距离（3）若需要在OD上的点E处竖立雕塑EF，问：顶部F是否会碰到水柱？请通过计算说明【思路点拨】（1）求雕塑高,直接令，代入求解可得；（2）可先求出的距离，再根据对称性求的长；（3）利用，计算出的函数值，再与的长进行比较可得结论【详析详解】解：（1）由题意得，A点在图象上当时，（2）由题意得，D点在图象上令，得解得：（不合题意，舍去）（3）当时，不会碰到水柱【方法
37、小结】本题考查了二次函数的图像与性质及图像关于轴对称问题，解题的关键是：掌握二次函数的图像与性质【变式训练】【变式5.1】（2020嘉祥县一模）如图1，皮皮小朋友燃放一种手持烟花，这种烟花每隔2 秒发射一发花弹，每一发花弹的飞行路径、爆炸时的高度均相同皮皮发射出的第一发花弹的飞行高度h（米）与飞行时间t（秒）之间的函数图象如图2所示（1）求皮皮发射出的第一发花弹的飞行高度h（米）随飞行时间t（秒）的函数表达式（2）第一发花弹发射3秒后，第二发花弹达到的高度为多少米？（3）为了安全，要求花弹爆炸时的高度不低于16米皮皮发现在第一发花弹爆炸的同时，第二发花弹与它处于同一高度，请通过计算说明花弹的爆
38、炸高度是否符合安全要求？【分析】（1）设顶点式解析式，代入（0，1.8）可求解；（2）当第一发花弹发射3秒后，第二发花弹发射1秒，把t1代入h2（t3）2+19.8即可得到结论；（3）这种烟花每隔2秒发射一发花弹，每一发花弹的飞行路径，爆炸时的高度均相同，得第二发花弹的函数解析式，令第一发和第二发花弹的解析式相等，从而求出二者高度相等的时间，再代入函数解析式即可解得时间，从而得高度，进一步就可得结论【详解】解：（1）设解析式为：ha（t3）2+19.8，把点（0，1.8）代入得：1.8a（03）2+19.8，a2，h2（t3）2+19.8，故相应的函数解析式为：h2（t3）2+19.8；（2）
39、当第一发花弹发射3秒后，第二发花弹发射1秒，把t1代入h2（t3）2+19.8得，h2（13）2+19.811.8米；（3）这种烟花每隔2秒发射一发花弹，每一发花弹的飞行路径，爆炸时的高度均相同，皮皮小朋友发射出的第一发花弹的函数解析式为：h2（t3）2+19.8，第二发花弹的函数解析式为：h2（t5）2+19.8，皮皮发现在第一发花弹爆炸的同时，第二发花弹与它处于同一高度，则令hh得2（t3）2+19.82（t5）2+19.8t4秒，此时hh17.8米16米，答：花弹的爆炸高度符合安全要求【点评】本题是二次函数的应用题，求出其解析式，分析变化趋势，可以代值验算，第三问需要从实际问题分析转变成
40、数学模型，从而得解【变式5.2】（2019婺城区一模）如图是集体跳绳的示意图，绳子在最高处和最低处时可以近似看作两条对称的抛物线，分别记为C1和C2，绳子在最低点处时触地部分线段CD2米，两位甩绳同学的距离AB8米，甩绳的手最低点离地面高度AEBN=1516米，最高点离地AFBM=2316米，以地面AB、抛物线对称轴GH所在直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系（1）求抛物线C1和C2的解析式；（2）若小明离甩绳同学点A距离1米起跳，至少要跳多少米以上才能使脚不被绳子绊住？（3）若集体跳绳每相邻两人（看成两个点）之间最小距离为0.8米，腾空后的人的最高点头顶与最低点脚底之距为1.5米，请通过计算说
41、明，同时进行跳绳的人数最多可以容纳几人？（温馨提醒：所有同学起跳处均在直线CD上，不考虑错时跳起问题，即身体部分均在C1和C2之间才算通过），（参考数据：2=1.414，31.732）【分析】（1）先写出点C、D、E、F的坐标，然后设解析式代入求解即可；（2）小明离甩绳同学点A距离1米起跳，可得此点的横坐标，代入C2解析式，即可求得；（3）用y1减去y2，让其等于1.5，解出相应点的横坐标，求出这两个点的横坐标之间的距离，然后用间隔0.8乘以人数减1，即可解出【详解】解：（1）由已知得：C（1，0），D（1，0），E（4，1516），F（4，2316），设C2解析式为：y2a（x+1）（x1）
42、，把(-4，1516)代入得15a=1516，a=116，y2=116x2-116由对称性，设C1解析式y1=-116x2+c，把F（4，2316）代入得c=3916y1=-116x2+3916故答案为：抛物线C1和C2的解析式分别为：y1=-116x2+3916，y2=116x2-116（2）把x3代入y2=116x2-116得y2=1169-116=12，至少要跳12米以上才能使脚不被绳子绊住（3）由y1y21.5得：-116x2+3916-116x2+116=1.5，x1=22，x2=-22，x1x2=4241.4145.656，设同时进行跳绳的人数最多可以容纳x人则0.8（x1）5.656，x8.07同时进行跳绳的人数最多可以容纳8人【点评】本题是二次函数的实际应用题，需要分析题意，构建函数模型，从而求解，难点在于如何分析题意列式【变式5.3】（2019义乌市模拟）儿童游乐场有一项射击游戏，从O处发射小球，将球投入正方形篮筐DABC正方形篮筐三个顶点为A（2，2），B（3，2），D（2，3）小球
