2024年安徽省合肥市经开区中考数学一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年安徽省合肥市经开区中考数学一模试卷（含详细答案解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在0，3，13，−3四个数中，最小的数是( )
A. −3B. 3C. −13D. 0
2.某物体如图所示，它的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
3.2023年合肥经开区GDP达到1409.9亿元，连续四年每年跨越一个百亿台阶，其中1409.9亿用科学记数法表示为( )
A. 1.4099×103B. 14.099×1010C. 1.4099×1011D. 1.4099×1012
4.下列各式计算正确的是( )
A. x2⋅x4=x2B. (x−y)2=x2−y2
C. x7÷x4=x3D. 3x4−x4=2
5.将一副直角三角板作如图所示摆放，∠GEF=60∘，∠MNP=45∘，AB//CD，则下列结论不正确的是( )
A. GE//MP
B. ∠EFN=150∘
C. ∠BEF=60∘
D. ∠AEG=∠PMN
6.某校即将举行田径运动会，“体育达人”小明从“跳高”“跳远”“100米”“400米”四个项目中，随机选择两项，则他选择“100米”与“400米”两个项目的概率是( )
A. 12B. 14C. 16D. 112
7.2023年以来，某厂生产的电子产品处于高速上升期，该厂生产一件产品起初的成本为225元，经过两次技术改进，现生产一件这种产品的成本比起初下降了30.2元，设每次技术改进产品的成本下降率均为x，则下列方程正确的是( )
A. 225(1−2x)=225−30.2B. 30.2(1+x)2=225
C. 225(1−x)2=30.2D. 225(1−x)2=225−30.2
8.如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，∠ACD=60∘，∠ADC=40∘，则∠AED的度数为( )
A. 110∘
B. 115∘
C. 120∘
D. 105∘
9.如图，直线y= 3x−3与坐标轴交于点A、B，过点B作AB的垂线交x轴于点C，则点C的坐标为( )
A. (−3 3,0)
B. (−6,0)
C. (−2 3,0)
D. (− 3,0)
10.如图，在△ABC中，∠B=45∘，∠C=60∘，BC=6，点P为AC边上一动点，PE⊥AB于点E，PF⊥BC于点F，连接EF，则EF的最小值为( )
A. 3 6
B. 32 5
C. 32 6
D. 32
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
11.分解因式：ax2−16a=______.
12.若一元二次方程x2+6x−m=0有两个实数根，则m的取值范围为______.
13.如图，▱OABC的顶点A在x轴的正半轴上，点D(2,2)在对角线OB上，反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象经过C、D两点．已知▱OABC的面积是5，则点B的坐标为______.
14.在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E为线段BC上的动点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在点F处.
(1)当点F落在矩形对角线AC上时，则BE的长为______；
(2)当△CDF是以DF为腰的等腰三角形时，则BE的长为______.
三、解答题：本题共9小题，共90分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题8分)
计算： 12+(2− 3)0−(1−sin60∘).
16.(本小题8分)
某校组织七年级学生到合肥市园博园研学旅行，租用同型号客车4辆，还剩30人没有座位；租用5辆，还空10个座位.求参加研学的学生人数.
17.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A(0,1)，B(3,2)，C(1,4)均在小正方形网格的格点上.
(1)画出△ABC关于x轴的对称图形△A′B′C′(点A、B、C的对应点分别为A′、B′、C′)，并写出A′、B′、C′的坐标；
(2)在第三象限内的格点上找点D，连接A′D，B′D，使得∠A′DB′=45∘.(保留作图痕迹，不写作法)
18.(本小题8分)
某公园中的一条小路使用六边形、正方形、三角形三种地砖按照如图方式铺设.图1为有1块六边形地砖时，正方形地砖有6块，三角形地砖有6块；图2为有2块六边形地砖时，正方形地砖有11块，三角形地砖有10块；….
(1)按照规律，每增加一块六边形地砖，正方形地砖会增加______块，三角形地砖会增加______块；
(2)若铺设这条小路共用去a块六边形地砖，分别用含a的代数式表示正方形地砖、三角形地砖的数量；
(3)当a=25时，求此时正方形地砖和三角形地砖的总数量.
19.(本小题10分)
如图，AB是⊙O的直径，AC是一条弦，D是弧AC的中点，DE⊥AB于点E，交AC于点F交⊙O于点H，DB交AC于点G.
(1)求证：AF=DF；
(2)若AF=5，tan∠ABD=12，求⊙O的半径.
20.(本小题10分)
某校数学兴趣小组通过对如图所示靠墙的遮阳篷进行实际测量，得到以下数据：遮阳篷AB长为5米，与水平面的夹角为16∘，且靠墙端离地高BC为4米，当太阳光线AD与地面CE的夹角为45∘时，求阴影CD的长.(参考数据：sin16∘≈0.28，cs16∘≈0.96，tan16∘≈0.29).
21.(本小题12分)
在2024年4月23日“世界读书日”之前，某校为了了解学生的阅读情况，对学生在2023年读课外书的数量进行了调查.所示图表是根据随机抽取的部分学生的读书数量情况整理的表格和两幅不完整的统计图，根据图中提供的信息，解答下列问题.
(1)请将条形统计图补充完整；
(2)请说明样本数据中，学生读书数量的中位数落在哪个范围内；
(3)该校共有3600名学生，估计在2023年读课外书的数量超过20本的学生有多少名？
22.(本小题12分)
如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，CA=CB，点D为AC上一点，连接BD，点E是AB的中点，连接CE，交BD于点F，过点C作CG⊥BD于点G.
(1)求证：△CFG∽△BFE；
(2)如图②，连接GE，解决以下问题：
①求∠EGB的度数；
②求证：BG−CG= 2EG.
23.(本小题14分)
如图(1)是一个高脚杯的截面图，杯体CPD呈抛物线形(杯体厚度不计)，点P是抛物线的顶点，杯底AB=2 3cm，点O是AB的中点，且OP⊥AB，OP=CD=6cm，杯子的高度(即CD，AB之间的距离)为15cm.以O为原点，AB所在直线为x轴，OP所在直线为y轴建立平面直角坐标系(1个单位长度表示1cm).
(1)求杯体CPD所在抛物线的解析式；
(2)将杯子向右平移2cm，并倒满饮料，杯体CPD与y轴交于点E，如图(2)，过D点放一根吸管，吸管底部碰触到杯壁后不再移动，喝过一次饮料后，发现剩余饮料的液面低于点E，设吸管所在直线的解析式为y=kx+b，求k的取值范围；
(3)将放在水平桌面上的装有饮料的高脚杯绕点B顺时针旋转60∘，液面恰好到达点D处(DQ//l)，如图(3
①请你以AB的中点O为原点，AB所在直线为x轴，OP所在直线为y轴建立平面直角坐标系，并求出DQ与y轴的交点坐标：
②请直接写出此时杯子内液体的最大深度.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵−3<0<13<3，
∴在0，3，13，−3四个数中，最小的数是−3.
故选：A.
有理数大小比较的法则：①>正数0>负数；②两个负数比较大小，绝对值大的其值反而小，据此判断即可．
此题主要考查了有理数大小比较，掌握有理数大小比较的法则是解答本题的关键．
2.【答案】D
【解析】解：从上方观察，可得到选项D的图形．
故选：D.
从图形的上方观察即可求解；
本题考查几何体的三视图；熟练掌握组合体图形的观察方法是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：1409.9亿元=140990000000=1.4099×1011(元)，
故选：C.
用移动小数点的方法确定a值，根据整数位数减一原则确定n值，最后写成a×10n的形式即可．
本题考查了科学记数法表示大数，熟练掌握把小数点点在左边第一个非零数字的后面确定a，运用整数位数减去1确定n值是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：A、x2⋅x4=x6，该选项错误，不合题意；
B、(x−y)2=x2−2xy+y2，该选项错误，不合题意；
C、x7÷x4=x3，该选项正确，符合题意；
D、3x4−x4=2x4，该选项错误，不合题意；
故选：C.
根据同底数幂的乘法法则、完全平方公式、同底数幂的除法、合并同类项法则分别运算即可判断求解．
本题考查了整式的运算，掌握整式的运算法则是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：A、∵∠G=∠MPN=∠MPG=90∘，
∴GE//MP，
故不符合题意；
B、∵∠EFG=30∘，
∴∠EFN=180∘−30∘=150∘，
故不符合题意；
C、过点F作FH//AB，如图，
∵AB//CD，
∴FH//CD，
∴∠HFN=∠MNP=45∘，
∴∠EFN=150∘−45∘=105∘，
∵FH//AB，
∴∠BEF=180∘−105∘=75∘；
故符合题意；
D、∵∠GEF=60∘，∠BEF=75∘，
∴∠AEG=180∘−60∘−75∘=45∘，
∴∠AEG=∠PMN=45∘，
故不符合题意．
故选：C.
A、由题意得∠G=∠MPN=∠MPG=90∘，利用内错角相等，两直线平行即可判定GE//MP；
B、由题意得∠EFG=30∘，利用邻补角即可求出∠EFN的度数；
C、过点F作FH⊥AB，可得FH//CD，从而得到∠HFN=∠MNP=45∘，可求得∠EFN=105∘，再利用平行线的性质即可求出∠BEF；
B、利用角的计算可求出∠AEG=45∘，从而可判断．
本题考查平行线的性质与判定，解答关键是熟记平行线的判定条件与性质并灵活运用．
6.【答案】C
【解析】解：跳高(记为项目1)、跳远(记为项目2)、100米短跑(记为项目3)、400米中长跑(记为项目4)，
画树状图得：
∵共有12种等可能的结果，恰好抽到“100米”和“400米”两项的有2种情况，
∴恰好抽到“100米”和“400米”的概率是：212=16.
故选：C.
画树状图列出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
7.【答案】D
【解析】解：根据题意，得225(1−x)2=225−30.2，
故选：D.
设成本下降率均为x，根据题意，得225(1−x)2=225−30.2，解答即可．
本题考查了平均增长率问题，正确列方程并熟练解答是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：如图所示，连接BD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90∘，
∵∠ADC=40∘，
∴∠BDC=50∘，
又∵∠ABD=∠ACD=60∘，
∴∠AED=∠ABD+∠BDC=110∘，
故选：A.
连接BD，先由直径所对的圆周角是直角得到∠ADB=90∘，进而得到∠BDC=50∘，再根据同弧所对的圆周角相等得到∠ABD=∠ACD=60∘，即可利用三角形外角的性质得到∠AED=∠ABD+∠BDC=110∘.
本题主要考查了直径所对的圆周角是直角，同弧所对的圆周角相等，三角形外角的性质，熟练掌握同弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角等于90∘.
9.【答案】A
【解析】解：∵直线y= 3x−3与坐标轴交于点A、B，
∴A( 3,0),B(0,−3)，
∴AO= 3,OB=3，
∴tan∠ABO=OAOB= 33，
∵CB⊥AB，CO⊥OB，
∴∠ACB=90∘−∠BAO=∠ABO，
∴tan∠ACB=tan∠ABO=OBOC= 33，
解得OC=3 3，
∴C(−3 3,0)，
故选：A.
直线y= 3x−3与坐标轴交于点A、B，得到A( 3,0),B(0,−3)，结合CB⊥AB，得到∠ACB=∠ABO，利用正切函数计算OC即可．
本题考查了图象与坐标轴的交点，正切函数的应用，熟练掌握直角三角形的特征和正切函数是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：连接BP，取BP的中点G，连接EG、FG，
∵PE⊥AB，PF⊥BC，
∴∠BEP=∠BFP=90∘，
∴EG=GF=BG=12BP，
∴∠BEG=∠EBG，∠BFG=∠FBG，
∴∠EGF=∠BEG+∠EBG+∠BFG+∠FBG=2(∠EBG+∠FBG)=2∠B=2×45∘=90∘，
∴△EGF为等腰直角三角形，
∴EF= EG2+FG2= (12BP)2+(12BP)2= 22BP，
∴当BP⊥AC时，BP取最小值，此时，EF的值也最小，
∵∠C=60∘，
∴BPBC=sinC=sin60∘，
∴BP=BC⋅sin60∘=6× 32=3 3，
∴BP的最小值为3 3，
此时，EF的最小值为 22×3 3=32 6，
故选：C.
连接BP，取BP的中点G，连接EG、FG，先证明△EGF为等腰直角三角形，得到EF= 22BP，进而可知当BP⊥AC时EF最小，利用三角函数求出BP的最小值即可求解，
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，垂线段最短，解直角三角形，正确作出辅助线是解题的关键．
11.【答案】a(x+4)(x−4)
【解析】解：ax2−16a，
=a(x2−16)，
=a(x+4)(x−4).
先提取公因式a，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
本题主要考查提公因式法分解因式和利用平方差公式分解因式，熟记公式是解题的关键，难点在于要进行二次分解因式．
12.【答案】m≥−9
【解析】解：根据题意得Δ=62−4×1×(−m)≥0，
解得m≥−9，
故答案为m≥−9.
根据判别式的意义得到Δ=62−4×1×(−m)≥0，然后解关于m的不等式即可．
本题考查了根的判别式，根据方程有两个实数根得出Δ=62−4×1×(−m)≥0是解题的关键．
13.【答案】(3,3)
【解析】解：过点B分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为M、N，则BN过点C，
∵点D(2,2)在反比例函数y=kx的图象上，
∴k=2×2=4，
∴S△CON=12|k|=2，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴OC=AB，BC//OA，
∴BM=ON，
在Rt△ONC与Rt△BMA中，
∵OC=BA，ON=BM，
∴Rt△ONC≌Rt△BMA(HL)，
∴S△CON=2=S△BAN，
由于OB是▱OABC的对角线，且D(2,2)，于是可设B(b,b)(b>0)，
∴正方形OMBN的面积为是b2=S△CON+S△BAM+S▱OABC，
即b2=2+2+5，
解得b=3(负值舍去)，
∴点B的坐标为(3,3)，
故答案为：(3,3).
由点D(2,2)在反比例函数y=kx的图象上，可求出k的值，再利用反比例函数系数k的几何意义求出S△CON=2，再根据平行四边形的性质得出S△CON=2=S△BAM，根据对角线BO过点D(2,2)，可得点B的纵横坐标相等，设未知数表示正方形的面积，即可求出点B坐标．
本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数系数k的几何意义以及平行四边形的性质，理解反比例函数系数k的几何意义以及平行四边形的性质是解决问题的关键．
14.【答案】32 3或9−3 5
【解析】解：(1)矩形ABCD中，AB=6，BC=8，
∴∠ABC=90∘，
∴AC= AB2+BC2=10，
根据折叠的性质，得AB=AF=6，∠ABC=∠AFE=90∘
∴CF=AC−AF=4，
设BE=EF=x，则CE=BC−BE=(8−x)，
∴(8−x)2=x2+42
解得x=3.
故答案为：3.
(2)当DF=CF时，
如图，过点F作FM⊥DC于点M，FG⊥AD于点G，
∴四边形DMFG是矩形，DM=MC=12CD=3，
根据折叠的性质，得AB=AF=CD，∠BAE=∠FAE，
∴FG=DM=MC=12AF=3，
∴∠GAF=30∘，
∴∠BAE=∠FAE=∠GAF=30∘，
∴BE=ABtan∠BAE=6× 33=2 3；
当DF=DC时，
如图，过点F作FM⊥AD于点M，延长MF交BC于点N，
∴DF=DC=AB=AF=6，
∴直线FM是矩形的对称轴，
∴AM=DM=BN=CN=12BC=4，四边形ABNM是矩形，
∴FM= AF2−AM2=2 5，AB=MN=6，
∴FN=MN−FM=6−2 5，
设BE=EF=x，则EN=BN−BE=(4−x)，
∴(4−x)2+(6−2 5)2=x2
解得x=9−3 5.
故答案为：2 3或9−3 5.
(1)根据勾股定理，得到AC= AB2+BC2=10，AB=AF=6，继而得到CF=AC−AF=4，设BE=EF=x，则CE=BC−BE=(8−x)，利用勾股定理解答即可．
(2)分DF=CF和DF=DC两种情形，利用折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，对称性解答即可．
本题考查矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，等腰三角形的性质，三角函数，熟练掌握勾股定理，三角函数是解题的关键．
15.【答案】解：原式=2 3+1−1+ 32
=5 32.
【解析】先计算二次根式的化简，零指数幂和特殊角的三角函数值，再计算加减法即可．
此题主要考查了实数运算，熟练掌握二次根式的化简，零指数幂和特殊角的三角函数值是解题关键．
16.【答案】解：设每辆车能乘坐x人，
根据题意，得4x+30=5x−10，
解得x=40，
故4x+30=190(人)，
答：参加研学的学生有190人．
【解析】设每辆车能乘坐x人，根据题意，得4x+30=5x−10，解方程即可．
本题考查了一元一次方程的应用，租车问题，正确找到等量关系是解题的关键．
17.【答案】解：(1)根据A(0,1)，B(3,2)，C(1,4)，得到关于x轴对称的△A′B′C′的三个顶点坐标分别为A′(0,−1)，B′(3,−2)，C′(1,−4)，画图如下：
则△A′B′C′即为所求．
(2)根据题意，画图如下：
则点D即为所求．
【解析】(1)根据A(0,1)，B(3,2)，C(1,4)，得到关于x轴对称的△A′B′C′的三个顶点坐标分别为A′(0,−1)，B′(3,−2)，C′(1,−4)，画图即可．
(2)以AB为边构造正方形即可．
本题考查了坐标系中作图，对称作图，作已知角等于定角，熟练掌握作图的基本要领是解题的关键．
18.【答案】5 4
【解析】解：(1)由所给图形可知，
图1中三角形地砖块数为：6=1×4+2，正方形地砖块数为：6=1×5+1，六边形地砖块数为：1；
图2中三角形地砖块数为：10=2×4+2，正方形地砖块数为：11=2×5+1，六边形地砖块数为：2；
图3中三角形地砖块数为：14=3×4+2，正方形地砖块数为：16=3×5+1，六边形地砖块数为：3；
…，
所以图n中三角形地砖块数为(4n+2)块，正方形地砖块数为(5n+1)块，六边形地砖块数为n块；
由此可见，每增加一块六边形地砖，正方形地砖会增加5块，三角形地砖会增加4块．
故答案为：5，4.
(2)由(1)发现的规律可知，
当铺设这条小路共用去a块六边形地砖时，
用去正方形地砖的块数为(5a+1)块，用去三角形地砖的块数为(4a+2)块．
(3)当a=25时，
5a+1=5×25+1=126(块)，
4a+2=4×25+2=102(块)，
所以126+102=228(块)，
即此时正方形地砖和三角形地砖的总数量为228块．
(1)根据所给图形，依次求出图形中正方形和三角形地砖的块数，发现规律即可解决问题．
(2)根据(1)中发现的规律即可解决问题．
(3)根据(1)中发现的规律即可解决问题．
本题考查图形变化的规律，能根据所给图形发现三角形、正方形和六边形地砖块数变化的规律是解题的关键．
19.【答案】(1)证明：∵D是弧AC的中点，
∴AD=CD，
∵AB⊥DH，且AB是⊙O的直径，
∴AD=AH，
∴CD=AH，
∴∠ADH=∠CAD，
∴AF=DF.
(2)∵DE⊥AB于点E，AB是⊙O的直径，
∴∠ADE=90∘−∠DAE=∠ABD，
∵tan∠ABD=12，
∴tan∠ADE=AEDE=12，
设AE=x，DE=2x，
∵AF=DF=5，
∴EF=DE−DF=2x−5，
∴(2x−5)2+x2=52，
解得x=4或x=0(舍去)，
∴DE=2x=8，
∵tan∠ABD=12，
∴DEBE=12，
∴BE=16，
∴AB=AE+BE=20
∴⊙O的半径为10.
【解析】(1)由D是弧AC的中点，得出AD=CD，再由垂径定理得出AD=AH，根据等弧所对圆周角相等得出∠ADH=∠CAD，即可证明出结论．
(2)根据tan∠ADE=AEDE=12，设AE=x，DE=2x，利用勾股定理求得x，再利用正切函数计算即可．
本题考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，一元二次方程的解法，正切函数，熟练掌握垂径定理，勾股定理，圆周角定理，正切函数是解题的关键．
20.【答案】解：过点A作AG⊥BC于点G，作AF⊥CE于点F，
∴四边形AGCF是矩形，
∴AG=CF，GC=AF，
∵AB=5m，BC=4m，∠BAG=16∘，
∴AG=ABcs∠GAB=5×cs16∘≈5×0.96=4.8(m)，
BG=ABsin∠GAB=5×sin16∘≈5×0.28=1.4(m)，
∴CF=4.8(m)，CG=4−1.4=2.6(m)，
∴AF=2.6(m)，
∵∠ADF=45∘，
∴AF=DF=2.6(m)
∴CD=CF−DF=4.8−2.6=2.2(m).
【解析】过点A作AG⊥BC于点G，作AF⊥CE于点F，先求AG，再计算CG=AF，结合CD=CF−DF计算即可．
本题考查了矩形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握解直角三角形是解题的关键．
21.【答案】解：(1)根据题意，得样本容量20÷20%=100(人)，
∴C组的人数为100−5−15−20−35=25(人)，
补图如下：
(2)根据题意，中位数应是第50个数据，第51个数据的平均数，
∵A组数据为5个，B组数据为15个，C组数据为25个，
∴45<50<65，45<51<65，
故中位数落在D组中．
(3)根据题意，得在2023年读课外书的数量超过20本的学生有35100×3600=1260(名).
【解析】(1)先计算样本容量20÷20%=100(人)，根据表中数据即可得到结论；
(2)根据中位数的定义，计算判断即可；
(3)利用样本估计总体的思想计算即可得到结论．
本题考查了条形统计图，扇形统计图，用样本估计总体，求中位数等等，正确的理解题意是解题的关键．
22.【答案】解：(1)∵∠ACB=90∘，CA=CB，点E是AB的中点，
∴∠CEB=90∘，
∵CG⊥BD，
∴∠FGC=∠FEB，∠GFC=∠EFB
∴△CFG∽△BFE.
(2)①∵∠ACB=90∘，CA=CB，点E是AB的中点，
∴∠ACE=∠BCE=45∘，
∵∠FGC=∠FEB，
∴G，E，B，C四点共圆，
∴∠EGB=∠ECB=45∘.
②过点E作EM⊥EG，交BG于点M，
∵∠EGB=45∘，
∴∠EGB=∠EMG=45∘，
∴EG=EM,GM= EG2+EM2= 2EG，
∵∠GEC=90∘−∠FEM=∠MEB，EC=EB，
∴△GEC≌△MEB(SAS)，
∴CG=BM，
∵GM=BG−BM，
∴GM=BG−CG，
∴BG−CG= 2EG.

【解析】(1)根据∠FGC=∠FEB，∠GFC=∠EFB，证明△CFG∽△BFE即可．
(2)①根据∠FGC=∠FEB，判定G，E，B，C四点共圆，得∠EGB=∠ECB=45∘.
②过点E作EM⊥EG，交BG于点M，证明△EGM是等腰直角三角形，再证明△GEC≌△MEB(SAS)，结合勾股定理即可得BG−CG= 2EG.
本题考查了三角形综合，三角形相似，三角形全等的判定和性质，勾股定理，四点共圆，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握三角形相似，四点共圆，三角形全等是解题的关键．
23.【答案】解：(1)∵OP=CD=6cm，杯子的高度(即CD，AB之间的距离)为15cm.
∴P(0,6)，D(3,15)，
设抛物线的解析式为y=ax2+b，
∴9a+b=15b=6，
解得a=1b=6，
∴抛物线的解析式为y=x2+6.
(2)∵抛物线的解析式为y=x2+6，
∴平移后的解析式为y=(x−2)2+6=x2−4x+10.
∴抛物线的对称轴为直线x=2，E(0,10)，
∴E(0,10)的对称点为F(4,10)，
∵(3,15)，
∴平移后D(5,15)，
设直线DE的解析式为y=kx+10，
∴15=5k+10，
解得k=1；
∴y=x+10；
设直线DF的解析式为y=px+q，
∴5p+q=154p+q=10，
解得p=5q=−10；
∴y=5x−10，
根据题意，喝过一次饮料后，发现剩余饮料的液面低于点E，
∴1(3)①根据题意，建立直角坐标系如下，设DQ与y轴的交点为M，直线l与y轴的交点为S，
∵CD=6，杯子的高度(即CD，AB之间的距离)为15cm.
∴DT=CT=12CD=3，OT=15，
∵水平桌面/上的装有饮料的高脚杯绕点B顺时针旋转60∘，
∴∠ABS=60∘，∠OSB=30∘，
∵DQ//l，
∴∠TMD=∠OSB=30∘，
∴TM=TDtan30∘=3 3，
∴OM=OT−TM=15−3 3，
∴M(0,15−3 3).
②∵抛物线的解析式为y=x2+6，
设点N是抛物线上的一点，且N(n,n2+6)，0≤n≤3；
过点N作NG//y轴，交DM于点G，
∵水平桌面/上的装有饮料的高脚杯绕点B顺时针旋转60∘，
∴∠ABS=60∘，∠OSB=30∘，
∵DQ//l，
∴∠TMD=∠OSB=30∘，
过点G作GE⊥y轴于点E，
∵NG//y轴，
∴GE=n，∠TMD=∠MGN=30∘，
∴ME=GEtan30∘= 3n，
∴OE=OM+ME= 3n+15−3 3，
∴G(n, 3n+15−3 3)，
∴GN= 3n+15−3 3−n2−6
=−n2+ 3n+9−3 3
=−(n− 32)2+34+9−3 3
=−(n− 32)2+394−3 3，
∵a=−1<0，0≤ 32≤3，
∴n= 32时，GN取得最大值，且最大值为394−3 3，
过点N作NH⊥MD于点H，
则NH=12GN=398−3 32，
故NH的最大值为398−3 32，
故液体的最大深度为398−3 32.
【解析】(1)根据题意，得到P(0,6)，D(3,15)，设抛物线的解析式为y=ax2+b，代入计算即可；
(2)先确定平移后的解析式为y=(x−2)2+6=x2−4x+10，再计算直线DE的解析式和直线DF的解析式，结合喝过一次饮料后，发现剩余饮料的液面低于点E，确定范围即可．
(3)①根据题意，画出符合题意的坐标系即可，设DQ与y轴的交点为M，计算OM的长即可得到坐标．
②设点N是抛物线上的一点，且N(n,n2+6)，0≤n≤3；过点N作NG//y轴，交DM于点G，过点G作GE⊥y轴于点E，确定G(n, 3n+15−3 3)，计算GN得最大值，且最大值为394−3 3，过点N作NH⊥MD于点H，则NH=12GN=398−3 32，
故NH的最大值为398−3 32.
本题考查了待定系数法求解析式，正切函数的应用，构造二次函数求最值，特殊角的三角函数值，旋转的性质等，熟练掌握待定系数法，正切函数，构造二次函数求最值是解题的关键．2023年学生的读书数量分组
A
B
C
D
E
0∼3本
4∼8本
9∼14本
15∼20本
超过20本