2023年山西省中考数学真题

2023年山西省初中学业水平考试

时间：120分钟 满分：120分 第Ⅰ卷 选择题(共30分)

一、选择题(本大题共10个小题，每小题3分，共30分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)

1. 计算(－1)×(－3)的结果为( ) 1

A. 3 B. C. －3 D. －4

3

2. 全民阅读有助于提升一个国家、一个民族的精神力量．图书馆是开展全民阅读的重要场所．以下是我省四个地市的图书馆标志，其文字上方的图案是轴对称图形的是( )

3. 下列计算正确的是( ) A. a2·a3＝a6 B. (－a3b)2＝－a6b2 C. a6÷a3＝a2 D. (a2)3＝a6

4. 山西是全国电力外送基地，2022年山西省全年外送电量达到1 464亿千瓦时，同比增长18.55%.数据1 464亿千瓦时用科学记数法表示为( )

A. 1.464×108千瓦时 B. 1 464×108千瓦时 C. 1.464×1011千瓦时 D. 1.464×1012千瓦时

5. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，AC，BD为对角线，BD经过圆心O.若∠BAC＝40°，则∠DBC的度数为( )

A. 40° B. 50° C. 60° D. 70°

第5题图

1

6. (新考法 跨学科试题)一种弹簧秤最大能称不超过10 kg的物体，不挂物体时弹簧的长为12 cm，每挂重1 kg物体，弹簧伸长0.5 cm.在弹性限度内，挂重后弹簧的长度y(cm)与所挂物体的质量x(kg)之间的函数关系式为( )

第6题图

A. y＝12－0.5x B. y＝12＋0.5x C. y＝10＋0.5x D. y＝0.5x

7. 如图，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经过光心O的光线相交于点P，点F为焦点．若∠1＝155°，∠2＝30°，则∠3的度数为( ) A. 45° B. 50° C. 55° D. 60°

第7题图

k

8. 若点A(－3，a)，B(－1，b)，C(2，c)都在反比例函数y＝ (k<0)的图象上，则a，b，c的大小关系用“<”

x连接的结果为( )

A. b9. 中国高铁的飞速发展，已成为中国现代化建设的重要标志．如图是高铁线路在转向处所设计的圆曲线(即圆弧)，高铁列车在转弯时的曲线起点为A，曲线终点为B，过点A，B的两条切线相交于点C，列车在从A到B行驶的过程中转角α为60°.若圆曲线的半径OA＝1.5 km，则这段圆曲线AB的长为( ) ππ

A. km B. km 42C.

3π3π km D. km 48

第9题图

2

10. 蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点P，Q，M均为正六边形的顶点．若点P，Q的坐标分别为(－23 ，3)，(0，－3)，则点M的坐标为( )

第10题图

A. (33 ，－2) B. (33 ，2) C. (2，－33 ) D. (－2，－33 )

第Ⅱ卷 非选择题(共90分)

二、填空题(本大题共5个小题，每小题3分，共15分) 11. 计算：(6 ＋3 )(6 －3 )的结果为________．

12. 如图是一组有规律的图案，它由若干个大小相同的圆片组成．第1个图案中有4个白色圆片，第2个图案中有6个白色圆片，第3个图案中有8个白色圆片，第4个图案中有10个白色圆片，…依此规律，第n个图案中有________个白色圆片(用含n的代数式表示).

第12题图

13. 如图，在▱ABCD中，∠D＝60°.以点B为圆心，以BA的长为半径作弧交边BC于点E，连接AE.分别1

以点A，E为圆心，以大于 AE的长为半径作弧，两弧交于点P，作射线BP交AE于点O，交边AD于点

2OF

F，则 的值为________．

OE

第13题图

14. 中国古代的“四书”是指《论语》《孟子》《大学》《中庸》，如图所示，它是儒家思想的核心著作，是中国传统文化的重要组成部分．若从这四部著作中随机抽取两本(先随机抽取一本，不放回，再随机抽取另—本)，则抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的概率是________．

3

第14题图

15. 如图，在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，对角线AC，BD相交于点O.若AB＝AC＝5，BC＝6，∠ADB＝2∠CBD，则AD的长为________．

第15题图

三、解答题(本大题共8个小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 16. (本题共2个小题，每小题5分，共10分) 1－(1)计算：|－8|×(－ )2－(－3＋5)×21；

2

(2)计算：x(x＋2)＋(x＋1)2－4x.

13

17. (本题7分)解方程： ＋1＝ .

x－12x－2

4

18. (本题9分)为增强学生的社会实践能力，促进学生全面发展，某校计划建立小记者站，有20名学生报名参加选拔．报名的学生需参加采访、写作、摄影三项测试，每项测试均由七位评委打分(满分100分)，取平均分作为该项的测试成绩，再将采访、写作、摄影三项的测试成绩按4∶4∶2的比例计算出每人的总评成绩．

小悦、小涵的三项测试成绩和总评成绩如下表，这20名学生的总评成绩频数直方图(每组含最小值，不含最大值)如下图．

测试成绩/分 选手 采访 小悦 小涵 83 86 写作 72 84

摄影 80 ▲ 78 ▲ 总评成绩/分

(1)在摄影测试中，七位评委给小涵打出的分数如下：67，72，68，69，74，69，71.这组数据的中位数是________分，众数是________分，平均数是________分； (2)请你计算小涵的总评成绩；

(3)学校决定根据总评成绩择优选拔12名小记者．试分析小悦、小涵能否入选，并说明理由．

5

19. (本题9分)风陵渡黄河公路大桥是连接山西、陕西、河南三省的交通要塞．该大桥限重标志牌显示，载重后总质量超过30吨的车辆禁止通行．现有一辆自重8吨的卡车，要运输若干套某种设备，每套设备由1个A部件和3个B部件组成，这种设备必须成套运输，已知1个A部件和2个B部件的总质量为2.8吨，2个A部件和3个B部件的质量相等．

(1)求1个A部件和1个B部件的质量各是多少；

(2)该卡车要运输这种成套设备通过此大桥，一次最多可运输多少套这种设备．

20. （新考法 项目化学习试题)(本题8分)2023年3月，水利部印发《母亲河复苏行动河湖名单(2022—2025年)》，我省境内有汾河、桑干河、洋河、清漳河、浊漳河、沁河六条河流入选．在推进实施母亲河复苏行动中，需要砌筑各种驳岸(也叫护坡).某校“综合与实践”小组的同学把“母亲河驳岸的调研与计算”作为一项课题活动，利用课余时间完成了实践调查，并形成了如下活动报告．请根据活动报告计算BC和AB的长度(结果精确到0.1 m．参考数据：3 ≈1.73，2 ≈1.41).

第20题图

课题 调查方式 功能 调查内容 材料 所需材料为石料、混凝土等 母亲河驳岸的调研与计算 资料查阅、水利部门走访、实地查看了解 驳岸是用来保护河岸，阻止河岸崩塌或冲刷的构筑物 6

相关数据及说明：图中，点A，B，C，D，E在驳岸剖面图 计算结果 交流展示

21. (新考法 阅读理解题)(本题7分)阅读与思考

下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．

瓦里尼翁平行四边形

我们知道，如图①，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接E，F，G，H，得到的四边形EFGH是平行四边形．

我查阅了许多资料，得知这个平行四边形EFGH被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁(Varingnon.Pierre 1 654－1 722)是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．

①当原四边形的对角线满足—定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．

③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图①证明如下：

证明：如图②，连接AC，分别交EH，FG于点P，Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N. 1

∵H，G分别为AD，CD的中点，∴HG∥AC，HG＝ AC.(依据1)

2

... 同一竖直平面内，AE和CD均与地面平行，岸墙AB⊥AE于点A，∠BCD＝135°，∠EDC＝60°，ED＝6 m，AE＝1.5 m，CD＝3.5 m． ...

图① 图②

第21题图

∴

DNDG1

＝ .∵DG＝GC，∴DN＝NM＝ DM. NMGC2

7

∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，∴HE∥GF，即HP∥GQ. ∵HG∥AC，即HG∥PQ，

1

∴四边形HPQG是平行四边形．(依据2).∴S▱HPQG＝HG·MN＝ HG·DM.

211

∵S△ADC＝ AC·DM＝HG·DM，∴S▱HPQG＝ S△ADC.同理，…

22任务：(1)填空：材料中的依据1是指：

________________________________________________________________________；

依据2是指：________________________________________________________________________；

第21题图③

(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH，使得四边形EFGH为矩形；(要求同时画出四边形ABCD的对角线)

(3)在图①中，分别连接AC，BD得到图③，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC，BD长度的关系，并证明你的结论．

8

22. (新考法 综合与实践)(本题12分)综合与实践

问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图①中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为△ABC和△DFE，其中∠ACB＝∠DEF＝90°，∠A＝∠D.将△ABC和△DFE按图②所示方式摆放，其中点B与点F重合(标记为点B).当∠ABE＝∠A时，延长DE交AC于点G.试判断四边形BCGE的形状，并说明理由．

数学思考：(1)请你解答老师提出的问题；

深入探究：(2)老师将图②中的△DBE绕点B逆时针方向旋转，使点E落在△ABC内部，并让同学们提出新的问题．

①“善思小组”提出问题：如图③，当∠ABE＝∠BAC时，过点A作AM⊥BE交BE的延长线于点M，BM与AC交于点N.试猜想线段AM和BE的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；

②“智慧小组”提出问题：如图④，当∠CBE＝∠BAC时，过点A作AH⊥DE于点H，若BC＝9，AC＝12，求AH的长．请你思考此问题，直接写出结果．

图① 图②

第22题图

9

23. (新考法 综合与实践)(本题13分)综合与探究

如图，二次函数y＝－x2＋4x的图象与x轴的正半轴交于点A，经过点A的直线与该函数图象交于点B(1，3)，与y轴交于点C.

(1)求直线AB的函数表达式及点C的坐标；

(2)点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，过点P作直线PE⊥x轴于点E，与直线AB交于点D，．．．．设点P的横坐标为m.

1

①当PD＝ OC时，求m的值；

2

②当点P在直线AB上方时，连接OP，过点B作BQ⊥x轴于点Q，BQ与OP交于点F，连接DF.设四边形FQED的面积为S，求S关于m的函数表达式，并求出S的最大值．

第23题图

10

2023年山西省初中学业水平考试解析

快速对答案

一、选择题(每小题3分) 1－5 ACDCB 6－10 BCDBA 二、填空题(每小题3分) 19711. 3 12. (2n＋2) 13. 3 14. 15. 63三、解答题标准答案及评分标准： 16～23题见详解详析 详解详析

一、选择题

1. A 2. C 3. D 4. C

5. B 【解析】∵四边形ABCD内接于⊙O，且对角线BD经过圆心O，∴对角线BD为⊙O的直径，∴∠BAD＝90°.又∵∠BAC＝40°，∴∠DAC＝∠BAD－∠BAC＝50°.∵CD为⊙O的弦，∴∠DBC＝∠DAC＝50°. 6. B 【解析】∵在弹性限度内，每挂重1 kg物体，弹簧伸长0.5 cm，∴挂重后弹簧的长度y(cm)与所挂物体质量x(kg)满足一次函数关系．∵不挂物体时弹簧的长度为12 cm，∴当x＝0时，y＝12.∵每挂重1 kg

b＝12

物体，弹簧伸长0.5 cm，∴当x＝1时，y＝12.5.将(0，12)和(1，12.5)分别代入y＝kx＋b(k≠0)，解得 ，

k＝0.5

∴挂重后弹簧的长度y(cm)与所挂物体的质量x(kg)之间的函数关系式为y＝12＋0.5x.

7. C 【解析】设平行于主光轴的光线为直线l，∵直线l∥主光轴，∵∠PFO＋∠1＝180°.∵∠1＝155°，∴∠PFO＝25°，∵∠POF＝∠2＝30°，∴∠3＝∠POF＋∠PFO＝55°.

k

8. D 【解析】∵反比例函数的表达式为y＝ (k＜0)，∴函数的图象位于第二、四象限，∴在第二、四象

x限内，y随x的增大而增大，∵A(－3，a)，B(－1，b)，－3＜－1＜0，A，B两点都在第二象限，∴a＜b，又∵C(2，c)，2＞0，C点在第四象限，∴c＜0，∴c＜a＜b.

9. B 【解析】∵过点A，B的两条切线相交于点C，∴AO⊥AC，BO⊥BC.∵∠α＝60°，AO＝1.5，∴∠ACB60π＝120°，又∵∠CAO＝∠CBO＝90°，∴∠AOB＝60°，∴AB的长为 π×1.5＝ km.

1802

180°×（6－2）

10. A 【解析】如解图，∵巢房的横截面为正六边形，∴∠CDE＝ ＝120°，∴∠CDO＝60°.

6过点P分别作关于x轴，y轴的垂线交坐标轴于点A，B，由题可得，C为AO的中点，∵|xP|＝23 ，∴AC

11

＝OC＝3 .在Rt△CDO中，∵OC＝3 ，∠CDO＝60°，∴OD＝1.∵OB＝yP＝3，∴BD＝2，即正六边形的边长为2.由解图可得yM＝BD，xM＝3OC，且点M位于第四象限，∴M(33 ，－2).

第10题解图

二、填空题

11. 3 【解析】原式＝(6 )2－(3 )2＝6－3＝3.

12. (2n＋2) 【解析】由题图得，第1个图案中有2×1＋2＝4个白色圆片，第2个图案中有2×2＋2＝6个白色圆片，第3个图案中有2×3＋2＝8个白色圆片，∴第n个图案中有(2n＋2)个白色圆片． 13.

3 【解析】由作图步骤可知，BP平分∠ABC，∴∠ABO＝∠EBO，又∵BA＝BE，BO＝BO，

∴△BOA≌△BOE.∵AD∥BC，∴∠BEO＝∠FAO.∵EO＝AO，∠EOB＝∠AOF，∴△EOB≌△AOF，∴OF11OBOF＝OB.在Rt△EBO中，∵∠EBO＝ ∠ABE＝ ∠D＝30°，∴ ＝3 ，则 ＝3 .

22OEOE

1

14. 【解析】将《论语》、《孟子》、《大学》、《中庸》分别记作A，B，C，D，根据题意，列表

6如下：

A A (A，B) (B，A) B (B，C) (C，B) C (A，C) (C，D) (D，C) D (A，D) (B，D) (D，B) (C，A) (D，A) B C D 由表格可知，共有12种等可能的结果，抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的结果有2种，∴P(抽取的21

两本恰好是《论语》和《大学》)＝ ＝ .

12615.

97

【解析】如解图①，∵AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形，过点A作AE⊥BC于点E，交BD3

12

1

于点H，∴BE＝CE＝ BC＝3.在Rt△ABE中，∵AB＝5，BE＝3，∴AE＝4.过点D作DF⊥AE于点F，

2∵AE⊥BC，∴DF∥BC，∴∠CBD＝∠FDB，∵2∠CBD＝∠ADB，∴∠FDA＝∠FDB＝∠CBD，即DF为∠ADH的角平分线．∵DF⊥AE，∴∠AFD＝∠HFD，∵DF＝DF，△ADF≌△HDF，∴AF＝HF.∵AE⊥BC，DC⊥BC，DF⊥AE，∴四边形FDCE为矩形，∴FD＝EC＝EB＝3，又∵∠FHD＝∠EHB，∴△HDF≌△HBE，44∴FH＝EH.∵AE＝4，FH＝AF，∴FH＝EH＝AF＝ .在Rt△ADF中，∵AF＝ ，FD＝3，∴AD＝AF2＋FD2

33＝

97

. 3

图① 图②

第15题解图

1

(一题多解)如解图②，过点A作AE⊥BC于点E，∴∠AEC＝∠AEB＝90°.∵AB＝AC，∴BE＝CE＝ BC＝

23.分别延长AD，BC交于点F，∵∠ADB＝2∠CBD，∴∠CFD＝∠CBD.∵∠BCD＝90°，∴CF＝CB＝6.在Rt△ABE中，∵AB＝5，BE＝3，∴AE＝4.在Rt△AEF中，∵AE＝4，EF＝9，∴AF＝AE2＋EF2 ＝ADECAD39797 .∵AE⊥BC，∠BCD＝90°，∴DC∥AE，∴ ＝ ，即 ＝ ，∴AD＝ .

AFEF3979三、解答题

11

16. 解：(1)原式＝8× －2×

42＝2－1(4分) ＝1；(5分)

(2)原式＝x2＋2x＋x2＋2x＋1－4x(9分) ＝2x2＋1.(10分)

13

17. 解：原方程可化为 ＋1＝ .(1分)

x－12（x－1）方程两边同乘2(x－1)，得2＋2(x－1)＝3.(3分) 3

解得x＝ .(5分)

2

3

检验：当x＝ 时，2(x－1)≠0.(6分)

23

∴原方程的解为x＝ .(7分)

2

18. (命题立意)本题考查统计中的数据代表、加权平均数等相关知识，解题的关键是仔细审题，掌握相关基

13

础知识．(1)利用题干中给出的7个数据求中位数、众数以及平均数；(2)利用加权平均数的相关知识，根据每部分所占比重不同，算出最终结果；(3)结合频数分布直方图以及图表，判断出前12名同学成绩的大致区间，进而分析两位同学能否入选． 解：(1)69，69，70；(3分)

(解法提示)将(1)中给出的7个数据按照从小到大的顺序排列，处于最中间的数为69，即这组数据的中位数1

是69分，数据69出现了2次，次数最多，即众数是69分，平均数为 ×(67＋72＋68＋69＋74＋69＋71)

7＝70分． (2)x ＝

86×4＋84×4＋70×2

＝82分．(5分)

4＋4＋2

答：小涵的总评成绩为82分；

(3)小涵能入选，小悦不一定能入选，(7分)

理由如下：由频数直方图可得，总评成绩不低于80分的学生有10名，总评成绩不低于70分且小于80分的学生有6名．小涵和小悦的总评成绩分别是82分和78分，学校要选拔12名小记者，小涵的成绩在前12名，因此小涵一定能入选；小悦的成绩不一定在前12名，因此小悦不一定能入选．(9分) 19. 解：(1)设一个A部件的质量为x吨，一个B部件的质量为y吨．(1分)

x＋2y＝2.8，x＝1.2，根据题意，得 解得 (4分) 2x＝3y.y＝0.8.

答：一个A部件的质量为1.2吨，一个B部件的质量为0.8吨； (2)设该卡车一次可运输m套这种设备通过此大桥．(6分) 根据题意，得(1.2＋0.8×3)m＋8≤30，(7分) 55

解得m≤ .(8分)

9

∵m为整数，m取最大值，∴m＝6.

答：该卡车一次最多可运输6套这种设备通过此大桥．(9分) 20. 解：如解图，过点E作EF⊥CD于点F，(1分) ∴∠EFD＝90°.

在Rt△EFD中，∠EDF＝60°，ED＝6， ∵sin ∠EDF＝

EF3

，∴EF＝ED·sin ∠EDF＝6×sin 60°＝6× ＝33 .(2分) ED2

FD

∵cos ∠EDF＝ ，

ED

14

1

∴FD＝ED·cos ∠EDF＝6×cos 60°＝6× ＝3.(3分)

2延长AB，DC交于点H，∴∠H＝90°. ∵∠H＝∠EAB＝∠EFH＝90°， ∴四边形AEFH是矩形，

∴AH＝EF＝33 ，HF＝AE＝1.5.(4分) ∵CF＝CD－FD＝3.5－3＝0.5， ∴CH＝HF－CF＝1.5－0.5＝1.(5分)

在Rt△BCH中，∠H＝90°，∵∠BCD＝135°， ∴∠BCH＝180°－∠BCD＝180°－135°＝45°， CHBHcos ∠BCH＝ ，tan ∠BCH＝ ，

BCCH∴BC＝

CH1

＝ ＝2 ≈1.4m，(6分)

cos ∠BCHcos 45°

BH＝CH·tan ∠BCH＝1×tan 45°＝1，

∴AB＝AH－BH＝33 －1≈3×1.73－1≈4.2m，(7分) 答：BC的长约为1.4 m，AB的长约为4.2 m．(8分)

第20题解图

21. 解：(1)三角形中位线定理(或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半)；(1分) 平行四边形的定义(两组对边分别平行的四边形是平行四边形)；(2分) (2)如解图即为所求；(答案不唯一，符合题意即可)(4分)

15

第21题解图

(3)瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和．(5分) 证明如下：∵点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点， 11

∴EF＝ AC，GH＝ AC，∴EF＋GH＝AC.(6分)

2211

同理EH＝ BD，GF＝ BD，

22∴EH＋GF＝BD.

∴C平行四边形EFGH＝EF＋GH＋EH＋GF＝AC＋BD.(7分)

即瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和．

22. (方法指导)本题考查正方形的判定、矩形的判定，等腰三角形的判定、全等三角形的判定等相关知识．(1)根据∠ABE＝∠A，可得到AC∥BE，进而推出四边形BCGE为矩形，结合找出全等三角形即可得到结论；(2)①判断线段的数量关系，可通过证明全等得到线段相等，结合(1)中得到的结论，等量代换即可；②构造不同的直角三角形，通过相等角的三角函数得到边的值进而求解． 解：(1)四边形BCGE为正方形．(1分)

理由如下：∵∠BED＝90°， ∴∠BEG＝180°－∠BED＝90°.(2分) ∵∠ABE＝∠A，∴AC∥BE，∴∠CGE＝∠BED＝90°.(3分) ∵∠C＝90°，∴四边形BCGE为矩形，(4分) ∵△ACB≌△DEB，∴BC＝BE， ∴矩形BCGE为正方形； (5分) (2)①AM＝BE.(6分)

证明：∵ AM⊥BE交BE的延长线于点M， ∴∠M＝90°.∵∠C＝90°，∴∠M＝∠C.(7分)

∵∠ABE＝∠BAC，AB＝BA，∴△BAM≌△ABC，(8分) ∴AM＝BC.

由(1)得BE＝BC，∴ AM＝BE；(9分)

(一题多解)证明：∵∠ABE＝∠BAC，∴ AN＝BN.(7分) ∵∠C＝90°，∴ BC⊥AN.∵ AM⊥BE，即AM⊥BN， 11

∴S△ABN＝ AN·BC＝ BN·AM.(8分)

22∵AN＝BN，∴BC＝AM.

由(1)得BE＝BC，∴AM＝BE；(9分)

16

27

②AH的长为 .(12分)

5

(解法提示)∵∠CBE＝∠BAC，△ACB≌△DEB，AC＝12，CB＝9，∴AB＝DB，∠CAB＝∠EDB，∠ABC＝∠DBE.设∠CAB＝α，∠ABC＝β，∴α＋β＝90°，∴∠EDB＝α，∠DBE＝β.在Rt△ABC中，∵AC＝12，CB343＝9，∴AB＝DB＝15，sin α＝ ，cos α＝ ，tan α＝ ，如解图，延长AH交BD于点Q，过点Q作QG⊥AC

554于点G，∵∠CBE＝∠BAC＝α，∴∠CBD＝∠CBE＋∠DBE＝α＋β＝90°，∴CB⊥BD，∴GQ＝CB＝9.∵∠EDB＝α，AH⊥DE，∴∠DQH＝β，∵∠DQG＝∠DQH＋∠AQG＝90°，∴∠AQG＝α，在Rt△AQG4345272121

中，∵GQ＝9，cos α＝ ，tan α＝ ，∴AQ＝ ，AG＝ ，又∵AC＝12，∴GC＝ ，∴QB＝GC＝ .

5444443939311745

又∵BD＝15，∴DQ＝ .在Rt△DHQ中，∵DQ＝ ，sin α＝ ，∴HQ＝ .又∵AQ＝ ，∴AH＝

44520427

AQ－HQ＝ .

5

第22题解图

23. 解：(1)由y＝－x2＋4x得，当y＝0时，－x2＋4x＝0. 解得x1＝0，x2＝4.∵点A在x轴正半轴上， ∴A(4，0)，(1分)

设直线AB的函数表达式为y＝kx＋b(k≠0)，

4k＋b＝0k＝－1将A，B两点的坐标(4，0)，(1，3)分别代入y＝kx＋b，得 .解得 ，(2分) k＋b＝3b＝4

∴直线AB的函数表达式为y＝－x＋4.(3分) 将x＝0代人y＝－x＋4，得y＝4， ∴点C的坐标为(0，4)；(4分)

(2)①∵点P在第一象限内二次函数y＝－x2＋4x的图象上，且PE⊥x轴于点E，与直线AB交于点D，其横坐标为m.

∴点P，D的坐标分别为P(m，－m2＋4m)，D(m，－m＋4)，(5分) ∴PE＝－m2＋4m，DE＝－m＋4，OE＝m.

17

1

∵ 点C的坐标为(0，4)，∴ OC＝4.∵ PD＝ OC，

2 ∴ PD＝2.如解图①，当点P在直线AB上方时， PD＝PE－DE＝－m2＋5m－4.(6分)

∵PD＝2，∴－m2＋5m－4＝2.解得m1＝2，m2＝3.(7分) 如解图②，当点P在直线AB下方时， PD＝DE－PE＝m2－5m＋4.(8分) ∵ PD＝2, ∴m2－5m＋4＝2.

5－175±17

解得m＝ ，∵0225－17

综上所述，m的值为2或3或 ；

2

②如解图③，由①得OE＝m，PE＝－m2＋4m，DE＝－m＋4. ∵ BQ⊥x轴于点Q，交OP于点F，点B的坐标为(1，3)， ∴ OQ＝1.∵点P在直线AB上方，∴ EQ＝m－1. ∵ PE⊥x轴于点E, ∴∠OQF＝∠OEP＝90°， ∴ FQ∥DE.

FQOQ∵∠FOQ＝∠POE, ∴△FOQ∽△POE，∴ ＝ ，

PEOE－m2＋4mFQ1

∴ ＝ ，∴FQ＝ ＝－m＋4，(10分)

m－m2＋4mm∴ FQ＝DE，∴四边形FQED为平行四边形，(11分) ∴ S＝EQ·FQ＝(m－1)(－m＋4). 即S＝－m2＋5m－4；(12分) 59

S＝－m2＋5m－4＝－(m－ )2＋ ，

24∵ 159

∴ 当m＝ 时，S的最大值为 .(13分)

24

(一题多解)②如解图③，由①得OE＝m，PE＝－m2＋4m，DE＝－m＋4.

由题可得，点P的坐标为(m，－m2＋4m)，设直线OP的函数表达式为y＝kx(k≠0)， ∴－m2＋4m＝mk，解得k＝－m＋4， ∴直线OP的函数表达式为y＝(－m＋4)x.

当x＝1时，代入直线OP的函数表达式得，y＝－m＋4，∴F(1，－m＋4)，

18

∴FQ＝－m＋4.(10分)

∵ BQ⊥x轴于点Q，交OP于点F，PE⊥x轴于点E，

∴ FQ∥DE.∵FQ＝DE，∴四边形FQED为平行四边形，(11分) ∵BQ⊥x轴，∴四边形FQED为矩形．∵EQ＝m－1， ∴ S＝EQ·FQ＝(m－1)(－m＋4). 即S＝－m2＋5m－4，(12分)

59∴S＝－m2＋5m－4＝－(m－ )2＋ ，

24∵ 159

∴ 当m＝ 时，S的最大值为 .(13分)

24

图③ 第23题解图

19