10. 如图,抛物线 $m:y = ax^2 + c(a ＞ 0,c ＜ 0)$与 x 轴交于 A,B 两点(点 A 在点 B 的左侧),与 y 轴交于点 C.将抛物线 m 绕点 A 旋转 $180°$,得到新的抛物线 n,它的顶点为 $C_1$,与 x 轴的另一个交点为 $B_1$.若四边形 $BC_1B_1C$为矩形,则 a,c 的值可能是()

A.$a = 3,c = -2$
B.$a = \frac{1}{3},c = -9$
C.$a = 6,c = -2$
D.$a = 6,c = \frac{1}{3}$

B

1. 求原抛物线与坐标轴交点：
抛物线$m:y=ax^2+c$与y轴交于$C(0,c)$（$c＜0$）；与x轴交于$A(-\sqrt{-\frac{c}{a}},0)$，$B(\sqrt{-\frac{c}{a}},0)$（令$y=0$解得$x=\pm\sqrt{-\frac{c}{a}}$）。
2. 旋转后抛物线顶点$C_1$坐标：
原抛物线顶点为$(0,c)$，绕$A$旋转$180°$，$A$为$(0,c)$与$C_1$中点。设$C_1(x_1,y_1)$，由中点公式得：
$\begin{cases}-\sqrt{-\frac{c}{a}}=\frac{0+x_1}{2}\\\ 0=\frac{c+y_1}{2}\end{cases}$，解得$C_1(-2\sqrt{-\frac{c}{a}},-c)$。
3. 求$B_1$坐标：
抛物线$n$对称轴为$x=-2\sqrt{-\frac{c}{a}}$，与x轴交于$A$和$B_1$。由对称性：$-2\sqrt{-\frac{c}{a}}=\frac{-\sqrt{-\frac{c}{a}}+x_{B_1}}{2}$，解得$B_1(-3\sqrt{-\frac{c}{a}},0)$。
4. 矩形条件：对角线相等且平分：
四边形$BC_1B_1C$为矩形，对角线$BB_1$与$C_1C$中点重合（均为$(-\sqrt{-\frac{c}{a}},0)$），且$BB_1=C_1C$。
$BB_1=4\sqrt{-\frac{c}{a}}$，$C_1C=2\sqrt{-\frac{c}{a}+c^2}$。
由$4\sqrt{-\frac{c}{a}}=2\sqrt{-\frac{c}{a}+c^2}$，平方化简得$ac=-3$。
5. 选项验证：只有$a=\frac{1}{3},c=-9$满足$ac=-3$。

11. 如图,为测量一棵与地面垂直的树 OA 的高度,在距离树的底端 30 m 的 B 处测得树顶 A 的仰角 $\angle ABO$为 α,则树 OA 的高度为m.(用三角函数表示)

$30\tan\alpha$

由题意，在直角三角形$OAB$中，$\angle AOB = 90{°}$，$\angle ABO=\alpha$，$OB=30m$，根据在直角三角形中，一个锐角的正切值等于它的对边与邻边的比值，可得$\tan\alpha =\frac{OA}{OB}$，则$OA = OB\cdot\tan\alpha=30\tan\alpha$。

12. 二次函数 $y = x^2 - 6x + c$的图象的顶点与原点的距离为 5,则 $c = $.

13或5

对于二次函数$y = x^2 - 6x + c$，其顶点横坐标为$x = -\frac{b}{2a} = \frac{6}{2} = 3$，将$x = 3$代入函数得顶点纵坐标为$y = 3^2 - 6×3 + c = c - 9$，所以顶点坐标为$(3, c - 9)$。顶点与原点的距离为5，根据两点间距离公式可得$\sqrt{(3 - 0)^2 + (c - 9 - 0)^2} = 5$，即$9 + (c - 9)^2 = 25$，$(c - 9)^2 = 16$，解得$c - 9 = ±4$，所以$c = 13$或$c = 5$。

13. 如图,某办公大楼正前方有一根高度是 15 m 的旗杆 ED,从办公大楼顶端 A 测得旗杆顶端 E 的俯角 α 是 $45°$,旗杆底端 D 到大楼前梯坎底边的距离 DC 是 20 m.已知 BC 是 12 m,梯坎坡度 $i = 1:\sqrt{3}$,则大楼 AB 的高度为m.

1. 首先，过点$B$作$BF\perp ED$于点$F$，作$BG\perp CD$交$CD$的延长线于点$G$：
因为梯坎坡度$i = 1:\sqrt{3}$，即$\tan\angle BCG=\frac{BG}{CG}=\frac{1}{\sqrt{3}}$，且$BC = 12m$。
在$Rt\triangle BCG$中，设$BG = x$，$CG=\sqrt{3}x$，根据勾股定理$BG^{2}+CG^{2}=BC^{2}$，则$x^{2}+(\sqrt{3}x)^{2}=12^{2}$。
化简得$x^{2}+3x^{2}=144$，即$4x^{2}=144$，解得$x = 6$（$x=-6$舍去），所以$BG = 6m$，$CG = 6\sqrt{3}m$。
又因为$DC = 20m$，所以$DG = BG = 6m$，$BF=CG + DC=20 + 6\sqrt{3}(m)$。
2. 然后，由$\alpha=45^{\circ}$：
在$Rt\triangle AEF$中，$\angle AEF=\alpha = 45^{\circ}$，$\tan\angle AEF=\tan45^{\circ}=\frac{AF}{EF}=1$，所以$AF = EF$。
已知$ED = 15m$，$EF=ED - FD$，而$FD = BG = 6m$，所以$EF=15 - 6 = 9m$，则$AF = 9m$。
3. 最后，求大楼$AB$的高度：
$AB=AF + FB$，$FB = 6\sqrt{3}+20$，$AF = 9$。
$AB=20 + 6\sqrt{3}+9=29 + 6\sqrt{3}(m)$。
故大楼$AB$的高度为$(29 + 6\sqrt{3})$ $m$。

14. 如图,建筑物 BC 的顶部有一根旗杆 AB,从地面上点 D 处观测旗杆顶点 A 的仰角为 $50°$,观测旗杆底部点 B 的仰角为 $45°$.若旗杆的高度 AB 为 3.5 m,则建筑物 BC 的高度约为m.(结果精确到 1 m.参考数据:$\sin50°\approx 0.8,\tan50°\approx 1.2$)

18

设建筑物 BC 的高度为 $ x $ m。在 $ \triangle BCD $ 中，$\angle BDC = 45°$，$\angle BCD = 90°$，所以 $ DC = BC = x $ m。在 $ \triangle ADC $ 中，$\angle ADC = 50°$，$ AC = AB + BC = (3.5 + x) $ m，$\tan50° = \frac{AC}{DC}$，即 $ 1.2 = \frac{3.5 + x}{x} $。解得 $ 1.2x = 3.5 + x $，$ 0.2x = 3.5 $，$ x = 17.5 \approx 18 $。

15. 已知二次函数 $y = kx^2 - x + 1$的图象和 x 轴有交点,则 k 的取值范围是.

$k \leq \frac{1}{4}$且$k \neq 0$

由于二次函数$y = kx^2 - x + 1$的图象和x轴有交点，这意味着方程$kx^2 - x + 1 = 0$有实数解。
根据二次方程的判别式$\Delta = b^2 - 4ac$，有：
$\Delta = (-1)^2 - 4 \cdot k \cdot 1 = 1 - 4k$，
由于方程有实数解，所以$\Delta \geq 0$，即：
$1 - 4k \geq 0$，
解得：
$k \leq \frac{1}{4}$，
另外，由于k是二次项系数，k不能为0，否则不是二次函数。
所以，k的取值范围是：
$k \leq \frac{1}{4} 且 k \neq 0$。

16. 如图,B 为地面上一点,测得点 B 到树底部 C 的距离为 10 m,在点 B 处放置一个 1 m 高的测角仪 BD,并测得树顶 A 的仰角为 $53°$,则树高 AC 约为m.(结果精确到 0.1 m.参考数据:$\cos53°\approx 0.60,\sin53°\approx 0.80,\tan53°\approx 1.33$)

14.3

过点D作DE⊥AC于点E，则四边形DECB为矩形，EC=BD=1m，DE=BC=10m。在Rt△ADE中，∠ADE=53°，tan∠ADE=AE/DE，所以AE=DE·tan53°≈10×1.33=13.3m。树高AC=AE+EC=13.3+1=14.3m。