1. (2024·内蒙古包头)将抛物线 $ y = x^2 + 2x $ 向下平移 2 个单位长度后，所得新抛物线的顶点式为(
A.$ y = (x + 1)^2 - 3 $
B.$ y = (x + 1)^2 - 2 $
C.$ y = (x - 1)^2 - 3 $
D.$ y = (x - 1)^2 - 2 $
A
)A.$ y = (x + 1)^2 - 3 $
B.$ y = (x + 1)^2 - 2 $
C.$ y = (x - 1)^2 - 3 $
D.$ y = (x - 1)^2 - 2 $
答案：1.A
解析：
将抛物线$y = x^2 + 2x$化为顶点式：$y=(x+1)^2 - 1$。向下平移2个单位长度，得$y=(x+1)^2 - 1 - 2=(x+1)^2 - 3$。
A
A
2. 新素养 几何直观 (2025·浙江)如图，在平面直角坐标系中，五边形 $ ABCDE $ 和五边形 $ A'B'C'D'E' $ 是以原点 $ O $ 为位似中心的位似图形，且点 $ A $，$ A' $ 的坐标分别为 $ (2,0) $，$ (3,0) $。若 $ DE $ 的长为 3，则 $ D'E' $ 的长为(
A.$ \frac{7}{2} $
B.4
C.$ \frac{9}{2} $
D.5
C
)A.$ \frac{7}{2} $
B.4
C.$ \frac{9}{2} $
D.5
答案：2.C
解析：
解：
∵五边形$ABCDE$和五边形$A'B'C'D'E'$是以原点$O$为位似中心的位似图形，点$A(2,0)$，$A'(3,0)$，
∴位似比为$\frac{OA}{OA'}=\frac{2}{3}$，
∴$\frac{DE}{D'E'}=\frac{2}{3}$，
∵$DE = 3$，
∴$\frac{3}{D'E'}=\frac{2}{3}$，
解得$D'E'=\frac{9}{2}$。
C
∵五边形$ABCDE$和五边形$A'B'C'D'E'$是以原点$O$为位似中心的位似图形，点$A(2,0)$，$A'(3,0)$，
∴位似比为$\frac{OA}{OA'}=\frac{2}{3}$，
∴$\frac{DE}{D'E'}=\frac{2}{3}$，
∵$DE = 3$，
∴$\frac{3}{D'E'}=\frac{2}{3}$，
解得$D'E'=\frac{9}{2}$。
C
3. (2025·台湾)在平面直角坐标系中，将二次函数 $ y = -(x + 7)^2 + 12 $ 的图像向右平移 10 个单位长度，在平移过程中，设此图像与 $ y $ 轴的交点为 $ P $，则点 $ P $ 位置的变化情况是(
A.持续向下
B.持续向上
C.先向下再向上
D.先向上再向下
D
)A.持续向下
B.持续向上
C.先向下再向上
D.先向上再向下
答案：3.D
解析：
设平移距离为$ t $（$ 0 \leq t \leq 10 $），平移后函数解析式为$ y=-(x+7-t)^2 + 12 $。
令$ x=0 $，得$ y=-(7-t)^2 + 12 = -t^2 + 14t - 37 $。
该二次函数对称轴为$ t=7 $，开口向下。
当$ 0 \leq t ＜ 7 $时，$ y $随$ t $增大而增大；当$ 7 ＜ t \leq 10 $时，$ y $随$ t $增大而减小。
故点$ P $先向上再向下。
D
令$ x=0 $，得$ y=-(7-t)^2 + 12 = -t^2 + 14t - 37 $。
该二次函数对称轴为$ t=7 $，开口向下。
当$ 0 \leq t ＜ 7 $时，$ y $随$ t $增大而增大；当$ 7 ＜ t \leq 10 $时，$ y $随$ t $增大而减小。
故点$ P $先向上再向下。
D
4. (2025·江苏淮安模拟)如图，某校数学兴趣小组利用标杆 $ BE $ 测量建筑物的高度。已知标杆 $ BE $ 的高是 1.5 m，测得 $ AB = 1.2 $ m，$ BC = 12.8 $ m，则建筑物 $ CD $ 的高是(
A.17.5 m
B.17 m
C.16.5 m
D.18 m
A
)A.17.5 m
B.17 m
C.16.5 m
D.18 m
答案：4.A
解析：
解：由题意知，$BE ⊥ AC$，$CD ⊥ AC$，故$BE // CD$。
$\therefore \triangle ABE ∼ \triangle ACD$。
$\therefore \frac{BE}{CD} = \frac{AB}{AC}$。
$\because AB = 1.2\ \mathrm{m}$，$BC = 12.8\ \mathrm{m}$，
$\therefore AC = AB + BC = 1.2 + 12.8 = 14\ \mathrm{m}$。
$\because BE = 1.5\ \mathrm{m}$，
$\therefore \frac{1.5}{CD} = \frac{1.2}{14}$。
解得$CD = \frac{1.5 × 14}{1.2} = 17.5\ \mathrm{m}$。
A
$\therefore \triangle ABE ∼ \triangle ACD$。
$\therefore \frac{BE}{CD} = \frac{AB}{AC}$。
$\because AB = 1.2\ \mathrm{m}$，$BC = 12.8\ \mathrm{m}$，
$\therefore AC = AB + BC = 1.2 + 12.8 = 14\ \mathrm{m}$。
$\because BE = 1.5\ \mathrm{m}$，
$\therefore \frac{1.5}{CD} = \frac{1.2}{14}$。
解得$CD = \frac{1.5 × 14}{1.2} = 17.5\ \mathrm{m}$。
A
5. 亮点原创 如图，$ P $ 为 $ □ ABCD $ 的边 $ AD $ 上一点，$ E $，$ F $ 分别是 $ PB $，$ PC $(靠近点 $ P $)的三等分点。若 $ AD = 4 $，$ AB = 4\sqrt{3} $，$ \angle D = 120° $，则四边形 $ BCFE $ 的面积为(
A.$ \frac{16}{3} $
B.8
C.$ \frac{32}{3} $
D.$ \frac{40}{3} $
C
)A.$ \frac{16}{3} $
B.8
C.$ \frac{32}{3} $
D.$ \frac{40}{3} $
答案：5.C
解析：
解：过点$D$作$DH ⊥ AB$于点$H$，
在$\mathrm{Rt}\triangle DAH$中，$\angle DAB = 60°$，$AD = 4$，
$\sin 60°=\frac{DH}{AD}$，则$DH = AD · \sin 60°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，
$\therefore S_{□ ABCD}=AB · DH=4\sqrt{3}×2\sqrt{3}=24$，
$\therefore S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}S_{□ ABCD}=12$。
$\because E$，$F$分别是$PB$，$PC$靠近点$P$的三等分点，
$\therefore PE=\frac{1}{3}PB$，$PF=\frac{1}{3}PC$，
$\therefore \triangle PEF ∼ \triangle PBC$，相似比为$\frac{1}{3}$，
$\therefore \frac{S_{\triangle PEF}}{S_{\triangle PBC}}=(\frac{1}{3})^2=\frac{1}{9}$，则$S_{\triangle PEF}=\frac{1}{9}S_{\triangle PBC}=\frac{4}{3}$。
$\therefore S_{四边形 BCFE}=S_{\triangle PBC}-S_{\triangle PEF}=12 - \frac{4}{3}=\frac{32}{3}$。
答案：$\frac{32}{3}$
在$\mathrm{Rt}\triangle DAH$中，$\angle DAB = 60°$，$AD = 4$，
$\sin 60°=\frac{DH}{AD}$，则$DH = AD · \sin 60°=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$，
$\therefore S_{□ ABCD}=AB · DH=4\sqrt{3}×2\sqrt{3}=24$，
$\therefore S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}S_{□ ABCD}=12$。
$\because E$，$F$分别是$PB$，$PC$靠近点$P$的三等分点，
$\therefore PE=\frac{1}{3}PB$，$PF=\frac{1}{3}PC$，
$\therefore \triangle PEF ∼ \triangle PBC$，相似比为$\frac{1}{3}$，
$\therefore \frac{S_{\triangle PEF}}{S_{\triangle PBC}}=(\frac{1}{3})^2=\frac{1}{9}$，则$S_{\triangle PEF}=\frac{1}{9}S_{\triangle PBC}=\frac{4}{3}$。
$\therefore S_{四边形 BCFE}=S_{\triangle PBC}-S_{\triangle PEF}=12 - \frac{4}{3}=\frac{32}{3}$。
答案：$\frac{32}{3}$
6. (2025·江苏连云港)如图，在 $ \triangle ABC $ 中，$ \angle ACB = 90° $，$ \angle CAB = 30° $，$ AD $ 平分 $ \angle CAB $，$ BE ⊥ AD $，$ E $ 为垂足，则 $ \frac{AD}{BE} $ 的值为(
A.$ 2\sqrt{3} $
B.$ \frac{7\sqrt{3}}{3} $
C.$ \frac{5\sqrt{3}}{2} $
D.$ \frac{8\sqrt{3}}{3} $
A
)A.$ 2\sqrt{3} $
B.$ \frac{7\sqrt{3}}{3} $
C.$ \frac{5\sqrt{3}}{2} $
D.$ \frac{8\sqrt{3}}{3} $
答案：6.A
解析：
解：设 $ BC = a $，在 $ \triangle ABC $ 中，$ \angle ACB = 90° $，$ \angle CAB = 30° $，则 $ AB = 2a $，$ AC = \sqrt{3}a $。
$ AD $ 平分 $ \angle CAB $，$ \angle CAD = 15° $，在 $ \triangle ACD $ 中，$ \tan 15° = \frac{CD}{AC} $，$ CD = AC \tan 15° = \sqrt{3}a(2 - \sqrt{3}) $，$ AD = \frac{AC}{\cos 15°} = \frac{\sqrt{3}a}{\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}} = \sqrt{3}a · \frac{4}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} = 2\sqrt{3}a(\sqrt{6} - \sqrt{2}) / (\sqrt{6} + \sqrt{2})(\sqrt{6} - \sqrt{2}) = 2\sqrt{3}a(\sqrt{6} - \sqrt{2}) / 4 = \frac{\sqrt{3}a(\sqrt{6} - \sqrt{2})}{2} = \frac{3\sqrt{2}a - \sqrt{6}a}{2} $。
在 $ \triangle ABE $ 中，$ \angle BAE = 15° $，$ BE = AB \sin 15° = 2a · \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} = \frac{a(\sqrt{6} - \sqrt{2})}{2} $。
$ \frac{AD}{BE} = \frac{\frac{3\sqrt{2}a - \sqrt{6}a}{2}}{\frac{a(\sqrt{6} - \sqrt{2})}{2}} = \frac{3\sqrt{2} - \sqrt{6}}{\sqrt{6} - \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}(\sqrt{3} - 1)}{\sqrt{2}(\sqrt{3} - 1)} = \sqrt{3} × \sqrt{2} = \sqrt{6} $（注：此处原计算有误，正确过程应为：分子分母同乘$ \sqrt{6} + \sqrt{2} $，$ \frac{(3\sqrt{2} - \sqrt{6})(\sqrt{6} + \sqrt{2})}{(\sqrt{6} - \sqrt{2})(\sqrt{6} + \sqrt{2})} = \frac{3\sqrt{12} + 3\sqrt{4} - \sqrt{36} - \sqrt{12}}{6 - 2} = \frac{6\sqrt{3} + 6 - 6 - 2\sqrt{3}}{4} = \frac{4\sqrt{3}}{4} = \sqrt{3} $，仍与答案不符，正确方法设 $ AC = \sqrt{3} $，$ AB = 2 $，$ AD = \frac{AC}{\cos 15°} = \frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}} = \sqrt{3}( \sqrt{6} - \sqrt{2}) = 3\sqrt{2} - \sqrt{6} $，$ BE = AB \sin 15° = 2 × \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2} $，$ \frac{AD}{BE} = \frac{3\sqrt{2} - \sqrt{6}}{\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}} = 2 × \frac{\sqrt{2}(3 - \sqrt{3})}{\sqrt{2}(\sqrt{3} - 1)} = 2 × \frac{(3 - \sqrt{3})(\sqrt{3} + 1)}{(\sqrt{3} - 1)(\sqrt{3} + 1)} = 2 × \frac{3\sqrt{3} + 3 - 3 - \sqrt{3}}{2} = 2 × \frac{2\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3} $）
$\frac{AD}{BE} = 2\sqrt{3}$
A
$ AD $ 平分 $ \angle CAB $，$ \angle CAD = 15° $，在 $ \triangle ACD $ 中，$ \tan 15° = \frac{CD}{AC} $，$ CD = AC \tan 15° = \sqrt{3}a(2 - \sqrt{3}) $，$ AD = \frac{AC}{\cos 15°} = \frac{\sqrt{3}a}{\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}} = \sqrt{3}a · \frac{4}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} = 2\sqrt{3}a(\sqrt{6} - \sqrt{2}) / (\sqrt{6} + \sqrt{2})(\sqrt{6} - \sqrt{2}) = 2\sqrt{3}a(\sqrt{6} - \sqrt{2}) / 4 = \frac{\sqrt{3}a(\sqrt{6} - \sqrt{2})}{2} = \frac{3\sqrt{2}a - \sqrt{6}a}{2} $。
在 $ \triangle ABE $ 中，$ \angle BAE = 15° $，$ BE = AB \sin 15° = 2a · \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} = \frac{a(\sqrt{6} - \sqrt{2})}{2} $。
$ \frac{AD}{BE} = \frac{\frac{3\sqrt{2}a - \sqrt{6}a}{2}}{\frac{a(\sqrt{6} - \sqrt{2})}{2}} = \frac{3\sqrt{2} - \sqrt{6}}{\sqrt{6} - \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}(\sqrt{3} - 1)}{\sqrt{2}(\sqrt{3} - 1)} = \sqrt{3} × \sqrt{2} = \sqrt{6} $（注：此处原计算有误，正确过程应为：分子分母同乘$ \sqrt{6} + \sqrt{2} $，$ \frac{(3\sqrt{2} - \sqrt{6})(\sqrt{6} + \sqrt{2})}{(\sqrt{6} - \sqrt{2})(\sqrt{6} + \sqrt{2})} = \frac{3\sqrt{12} + 3\sqrt{4} - \sqrt{36} - \sqrt{12}}{6 - 2} = \frac{6\sqrt{3} + 6 - 6 - 2\sqrt{3}}{4} = \frac{4\sqrt{3}}{4} = \sqrt{3} $，仍与答案不符，正确方法设 $ AC = \sqrt{3} $，$ AB = 2 $，$ AD = \frac{AC}{\cos 15°} = \frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}} = \sqrt{3}( \sqrt{6} - \sqrt{2}) = 3\sqrt{2} - \sqrt{6} $，$ BE = AB \sin 15° = 2 × \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2} $，$ \frac{AD}{BE} = \frac{3\sqrt{2} - \sqrt{6}}{\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}} = 2 × \frac{\sqrt{2}(3 - \sqrt{3})}{\sqrt{2}(\sqrt{3} - 1)} = 2 × \frac{(3 - \sqrt{3})(\sqrt{3} + 1)}{(\sqrt{3} - 1)(\sqrt{3} + 1)} = 2 × \frac{3\sqrt{3} + 3 - 3 - \sqrt{3}}{2} = 2 × \frac{2\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3} $）
$\frac{AD}{BE} = 2\sqrt{3}$
A