15. 如图，一个摩天轮高 128 m（即最高点离水面平台 MN 的距离），圆心 O 到 MN 的距离为 68 m，摩天轮匀速旋转一圈用时 30 min. 某轿厢从点 A 出发，10 min 后到达点 B，在此过程中，该轿厢所经过的路径（即$\overset{\frown}{AB}$）长度为 m（结果保留π）.

15. $40π$

【分析】
要求弧$\overset{\frown}{AB}$的长度，首先回忆弧长计算公式$l=\frac{nπ R}{180}$，其中$n$是弧对应的圆心角度数，$R$是圆的半径，所以解题分三步进行：第一步先求摩天轮所在圆的半径$R$，第二步求$\overset{\frown}{AB}$对应的圆心角$n$，第三步代入弧长公式计算结果即可。
首先求半径：最高点在圆心正上方，最高点到MN的距离=半径+圆心O到MN的距离，由此可求出$R$；再求圆心角：摩天轮30分钟转$360°$，按比例可求出10分钟转过的圆心角度数；最后代入公式计算即可。
【解析】
1. 计算摩天轮所在圆的半径：
已知最高点离MN的距离为128m，圆心O到MN的距离为68m，
则半径$R=128-68=60\ \mathrm{m}$。
2. 计算$\overset{\frown}{AB}$对应的圆心角：
摩天轮旋转一圈（$360°$）用时30min，10min转过的圆心角为：
$n=360°×\frac{10}{30}=120°$。
3. 代入弧长公式计算路径长度：
根据弧长公式$l=\frac{nπ R}{180}$，代入$n=120°$，$R=60\ \mathrm{m}$得：
$l_{\overset{\frown}{AB}}=\frac{120π×60}{180}=40π\ \mathrm{m}$。
【答案】
$40π$
【知识点】
弧长计算，圆的基本性质，旋转的性质
【点评】
本题结合生活场景考查弧长的实际应用，解题关键是准确提取题干信息求出圆的半径和弧对应的圆心角，熟练掌握弧长公式即可快速求解。
【难度系数】
0.7

三、解答题
16. 解下列方程.
(1) $x^2 - 6x - 7 = 0$;
(2) $2x^2 - x - 1 = 0$.

16. 解 (1) 原方程左边分解因式可得$(x-7)(x+1)=0$. 解得 $x_1=7$，$x_2=-1$.
(2) 原方程左边分解因式可得 $(2x+1)(x-1)=0$. 解得 $x_1=-\dfrac{1}{2}$，$x_2=1$.

【分析】
本题考查一元二次方程的求解，观察两个方程左边均为二次三项式，适合用因式分解法（十字相乘法）求解，解题思路如下：①将方程左边的二次三项式用十字相乘法分解为两个一次因式的乘积；②根据“若两个因式的乘积为0，则至少其中一个因式的值为0”，将一元二次方程转化为两个一元一次方程；③分别求解两个一元一次方程，即可得到原方程的解。
【解析】
(1) 对$x^2 - 6x - 7 = 0$左边因式分解，十字相乘可得：
$(x-7)(x+1)=0$
则$x-7=0$或$x+1=0$，
解得$x_1=7$，$x_2=-1$。
(2) 对$2x^2 - x - 1 = 0$左边因式分解，十字相乘可得：
$(2x+1)(x-1)=0$
则$2x+1=0$或$x-1=0$，
解得$x_1=-\dfrac{1}{2}$，$x_2=1$。
【答案】
(1) $x_1=7$，$x_2=-1$；(2) $x_1=-\dfrac{1}{2}$，$x_2=1$
【知识点】
因式分解法解一元二次方程；十字相乘法分解因式
【点评】
本题是一元二次方程求解的基础题型，核心考察十字相乘法在解方程中的应用，计算量小，掌握因式分解的技巧即可快速得出结果，是方程类问题的基础考点。
【难度系数】
0.85

17. 已知关于$x$的一元二次方程$x^2 - (m+3)x + 3m = 0$. 若等腰三角形的底边长为4，且腰长恰好是这个方程的根，求该三角形的周长.

17. 解 由条件可知方程 $x^2 - (m+3)x+3m=0$ 有两个相等的实数根.
所以 $\Delta=[-(m+3)]^2-4×3m=0$.
所以 $m=3$. 此时方程即为 $x^2-6x+9=0$.
解得 $x_1=x_2=3$.
经检验，3，3，4 能构成三角形.
所以该三角形的周长为 $3+3+4=10$.

【分析】
首先明确已知条件：等腰三角形底边长为4，腰长是给定一元二次方程的根。根据等腰三角形两腰长度相等的性质，可知该一元二次方程有两个相等的实数根（两根即为两条相等的腰长）。解题思路如下：第一步，利用一元二次方程根的判别式Δ=0列方程求解m的值；第二步，将m代入原方程，解方程得到腰长；第三步，验证三边长度是否满足三角形三边关系，确认可构成三角形后计算周长即可。
【解析】
由题意可知，等腰三角形两腰为方程$x^2 - (m+3)x + 3m = 0$的根，且两腰长度相等，因此该方程有两个相等的实数根。
根据一元二次方程根的判别式公式，得：
$\Delta=[-(m+3)]^2-4×1×3m=0$
展开计算：$m^2+6m+9-12m=0$，即$m^2-6m+9=0$，解得$m=3$。
将$m=3$代入原方程，得：$x^2-6x+9=0$，解方程得$x_1=x_2=3$，即腰长为3。
验证三边关系：$3+3＞4$，$3+4＞3$，符合三角形三边关系，可构成三角形。
因此三角形的周长为$3+3+4=10$。
【答案】
10
【知识点】
一元二次方程根的判别式，等腰三角形的性质，三角形三边关系
【点评】
本题是一元二次方程与几何性质的综合题，解题的核心是结合等腰三角形两腰相等的特点，判断出方程有两个相等的实数根，最后要注意验证三边是否满足三角形的构成条件，避免出现错误。
【难度系数】
0.7

18. 如图，在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，将$△ ABC$绕点$C$逆时针旋转$α$后得到$△ A'B'C$（$0°＜α＜90°$），此时点$B$在$A'B'$上，$CA'$交$AB$于点$D$。
（1）若$∠ A=20°$，求$α$的度数；
（2）若$CD=CB'$，求$α$的度数。

18. 解 （1）因为 在 $△ ABC$ 中，$∠ ACB=90°$，$∠ A=20°$，将$△ ABC$ 绕点 $C$ 逆时针旋转 $α$ 后得到$△ A'B'C$，
所以 $∠ A' = ∠ A = 20°$，$∠ A'CB'=∠ ACB=90°$，$BC=B'C$.
所以 $∠ A'B'C = 90° - ∠ A' = 70° = ∠ CBB'$.
所以$∠ BCB'=180°-2×70°=40°$.
（2）将$△ ABC$ 绕点 $C$ 逆时针旋转 $α$ 后得到$△ A'B'C$，所以 $BC = B'C$，$∠ B' = ∠ CBD$，$∠ B'CB=∠ ACA'$.
所以$∠ B'=∠ CBB'$.
因为 $CD=CB'$，所以 $BC=CD$.
所以$∠ CBD=∠ CDB$.
所以$∠ B'=∠ CDB=∠ CBB'=∠ CBD$.
因为 $CB=CB$，
所以$△ BCB'≌△ BCD$（AAS）.
所以$∠ BCB'=∠ BCD$.
所以$∠ BCD=∠ ACA'=\dfrac{1}{2}×90°=45°$.
所以 $α=45°$.

【分析】
（1）求解第一问时，首先利用旋转的性质，明确旋转前后对应角相等、对应边相等，得到$BC=B'C$，$∠A'=∠A$，$∠A'B'C=∠ABC$；先在$Rt△ABC$中求出$∠ABC$的度数，即可得到等腰$△B'BC$的底角度数，再根据三角形内角和即可算出旋转角$α$即$∠BCB'$的度数。
（2）求解第二问时，先由旋转性质得$CB=CB'$，结合已知$CD=CB'$，等量代换得$CB=CD$，进而得到对应角相等；再结合旋转得到的角相等的关系，通过AAS证明$△BCB'≌△BCD$，得到$∠BCB'=∠BCD$，结合$∠BCB'=∠ACA'=α$，且$∠ACB=90°$，即可算出$α$的度数。
【解析】
（1）在$△ABC$中，$∠ACB=90°$，$∠A=20°$，
所以$∠ABC=90°-∠A=70°$。
因为$△ABC$绕点$C$逆时针旋转$α$后得到$△A'B'C$，
所以$∠A'B'C=∠ABC=70°$，$BC=B'C$，旋转角$∠BCB'=α$。
所以$△B'BC$为等腰三角形，$∠CBB'=∠B'=70°$，
所以$∠BCB'=180°-∠B'-∠CBB'=180°-70°×2=40°$，即$α=40°$。
（2）因为$△ABC$绕点$C$逆时针旋转$α$后得到$△A'B'C$，
所以$CB=CB'$，$∠B'=∠ABC$，$∠BCB'=∠ACA'=α$。
又因为$CD=CB'$，所以$CB=CD$，
所以$∠CBD=∠CDB$。
因为$∠B'=∠ABC$，所以$∠B'=∠CBD=∠CDB$。
在$△BCB'$和$△BCD$中：
$\{\begin{array}{l}∠B'=∠CDB \\∠B'BC=∠DBC \\BC=BC\end{array} $
所以$△BCB'≌△BCD$（AAS），
所以$∠BCB'=∠BCD$，即$∠BCD=α$。
因为$∠ACB=∠BCD+∠ACA'=90°$，
所以$α+α=90°$，解得$α=45°$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{α=40°}$；
（2）$\boldsymbol{α=45°}$
【知识点】
旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合基础题，核心是对旋转性质的灵活运用，解题时要注意挖掘旋转前后隐含的边角等量关系，结合等腰三角形、全等三角形的相关性质进行边角转化，就能顺利求解。
【难度系数】
0.6

19. 如图，点 P 的坐标为$(2, \frac{3}{2})$，过点 P 作 x 轴的平行线交 y 轴于点 A，交反比例函数 $y=\frac{k}{x} (x＞0)$ 的图象于点 N，作 $PM ⊥ AN$ 交反比例函数 $y=\frac{k}{x} (x＞0)$ 的图象于点 M，连接 AM，已知 $PN=4$.
（1）求 k 的值；
（2）求 $△ APM$ 的面积.

19. 解 （1）因为 $P(2,\ \dfrac{3}{2})$，且 $AN// x$ 轴，所以 $OA=\dfrac{3}{2}$，$AP=2$.
因为 $PN=4$，
所以 $AN=AP+PN=2+4=6$.
所以点 $N$ 的坐标为$(6,\ \dfrac{3}{2})$.
因为点 $N$ 在函数 $y=\dfrac{k}{x}$ 的图象上，
所以 $k=6×\dfrac{3}{2}=9$.
（2）因为 $PM⊥ AN$，当 $x=2$ 时，$y=\dfrac{9}{2}$，所以点 $M$ 的坐标为$(2,\ \dfrac{9}{2})$.
所以 $PM=\dfrac{9}{2}-\dfrac{3}{2}=3$.
所以 $S_{△ APM}=\dfrac{1}{2}AP· PM=\dfrac{1}{2}×2×3=3$.

【分析】
（1）要计算反比例函数的系数k，需要先得到反比例函数图象上任意一点的横纵坐标乘积。已知AN平行于x轴，所以A、P、N三点纵坐标相同，都等于点P的纵坐标$\frac{3}{2}$；结合PN=4和点P的横坐标2，可算出点N的横坐标，代入反比例函数表达式即可求出k。
（2）要求$△ APM$的面积，首先观察到$PM ⊥ AN$，因此$△ APM$是直角三角形，直角为$∠ APM$，只需算出两条直角边AP和PM的长度，再代入直角三角形面积公式计算即可。AP的长度可由A、P两点横坐标差得到，PM的长度可先根据M点横坐标与P点相同，代入反比例函数求出M点纵坐标，再计算两点纵坐标差得到。
【解析】
（1）已知点$P(2,\frac{3}{2})$，且$AN// x$轴，因此A、P、N三点纵坐标相等，即点N的纵坐标为$\frac{3}{2}$。
由$PN=4$，可得点N的横坐标为$2+4=6$，即$N(6,\frac{3}{2})$。
因为点N在反比例函数$y=\frac{k}{x}(x＞0)$的图象上，将N点坐标代入得：
$k=6×\frac{3}{2}=9$。
（2）由$PM⊥ AN$，可知M点横坐标与P点横坐标相等，即$x=2$。
将$x=2$代入$y=\frac{9}{x}$，得$y=\frac{9}{2}$，即$M(2,\frac{9}{2})$。
因此$PM$的长度为$\frac{9}{2}-\frac{3}{2}=3$，又$AP$的长度为$2-0=2$。
根据直角三角形面积公式：
$S_{△ APM}=\frac{1}{2}× AP× PM=\frac{1}{2}×2×3=3$。
【答案】
（1）$k=9$；（2）$△ APM$的面积为$3$
【知识点】
反比例函数的图象与性质；坐标与图形性质；三角形面积计算
【点评】
本题属于反比例函数的基础应用题，解题的核心是掌握反比例函数图象上点的横纵坐标乘积等于系数k的特征，结合平行线、垂线的坐标性质即可顺利求解，解题过程中要注意坐标与线段长度的转换规则。
【难度系数】
0.8