【5年中考压轴真题】2022～2026年山西省选择题、填空题、解答题汇编

**基本信息** 2022-2026年山西省中考数学压轴真题汇编，含选择、填空、解答题各10题，覆盖5年高频考点，适配一轮复习真题演练 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择题|10|正方形平移、一次函数、概率等|结合二十四节气、高铁转弯等情境，基础题占比60%| |填空题|10|扇形面积、中点四边形、函数应用|融入小程序界面、花窗设计等生活场景，中档题占比50%| |解答题|10|抛物线运动、旋转折叠、几何综合|以仿青蛙机器人、土壤肥力研究为背景，突出动态问题与跨学科应用，压轴题占比40%|

【5年中考压轴真题】2022~2026年山西省选择题、填空题、解答题汇编 一．选择题（共10小题） 1．（2026•山西）·【易】如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．将线段AD沿射线AB方向平移，点A，D的对应点分别为点E，F，线段EF分别与OA，OD交于点G，H．当点G是OA的中点时，的值为（　　） A． B． C． D． 2．（2026•山西）·【易】用m、n分别表示一个两位数的十位数字和个位数字，将其十位数字的3倍与个位数字的8倍相加得到一个新数，新数与原两位数的差可能是（　　） A．6 B．13 C．31 D．56 3．（2025•山西）·【较易】如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，分别以点B，C为圆心、BC的长为半径画弧，与BA，CA的延长线分别交于点D，E．若BC＝4，则图中阴影部分的面积是（　　） A．2π﹣4 B．4π﹣4 C．8π﹣8 D．4π﹣8 4．（2024•山西）·【较易】在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，EG，FH交于点O．若四边形ABCD的对角线相等，则线段EG与FH一定满足的关系为（　　） A．互相垂直平分 B．互相平分且相等 C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等 5．（2023•山西）·【较易】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，（0，﹣3），则点M的坐标为（　　） A．（3，﹣2） B．（3，2） C．（2，﹣3） D．（﹣2，﹣3） 6．（2024•山西）·【较易】生物学研究表明，某种蛇在一定生长阶段，其体长y（cm）是尾长x（cm）的一次函数，部分数据如下表所示，则y与x之间的关系式为（　　） 尾长（cm） 6 8 10 体长y（cm） 45.5 60.5 75.5 A．y＝7.5x+0.5 B．y＝7.5x﹣0.5 C．y＝15x D．y＝15x+45.5 7．（2023•山西）·【较易】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＝1.5km，则这段圆曲线的长为（　　） A． B． C． D． 8．（2022•山西）·【较易】“二十四节气”是中华上古农耕文明的智慧结晶，被国际气象界誉为“中国第五大发明”．小文购买了“二十四节气”主题邮票，他要将“立春”“立夏”“秋分”“大寒”四张邮票中的两张送给好朋友小乐．小文将它们背面朝上放在桌面上（邮票背面完全相同），让小乐从中随机抽取一张（不放回），再从中随机抽取一张，则小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是（　　） A． B． C． D． 9．（2022•山西）·【中档】如图，扇形纸片AOB的半径为3，沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在上的点C处，图中阴影部分的面积为（　　） A．3π﹣3 B．3π C．2π﹣3 D．6π 10．（2025•山西）·【中档】氢气是一种绿色清洁能源，可通过电解水获得．实践小组通过实验发现，在电解水的过程中，生成物氢气的质量y（g）与分解的水的质量x（g）满足我们学过的某种函数关系．如表是一组实验数据，根据表中数据，y与x之间的函数关系式为（　　） 水的质量x/g 4.5 9 18 36 45 氢气的质量y/g 0.5 1 2 4 5 A．y B．y＝9x C．yx D．y 二．填空题（共10小题） 11．（2025•山西）·【较易】如图是创新小组设计的一款小程序的界面示意图，程序规则为：每点击一次按钮，“”就从一个格子向左或向右随机移动到相邻的一个格子．当“”位于格子A时，小明连续点击两次按钮，“”回到格子A的概率是 　 　 ． 12．（2024•山西）·【较易】如图1是小区围墙上的花窗，其形状是扇形的一部分，图2是其几何示意图（阴影部分为花窗）．通过测量得到扇形AOB的圆心角为90°，OA＝1m，点C，D分别为OA，OB的中点，则花窗的面积为 　 　 m2． 13．（2023•山西）·【较易】中国古代的“四书”是指《论语》《孟子》《大学》《中庸》，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，再随机抽取另一本），则抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的概率是 　 　 ． 14．（2022•山西）·【较易】某品牌护眼灯的进价为240元，商店以320元的价格出售．“五一节”期间，商店为让利于顾客，计划以利润率不低于20%的价格降价出售，则该护眼灯最多可降价 　 　 元． 15．（2026•山西）·【中档】如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝10．点E是AB边上的一点，且AE＝3，连接DE，过点E作DE的垂线，交BC的延长线于点F，交CD边于点G．若CF＝CG＝5，则线段BF的长为　 　 ． 16．（2025•山西）·【中档】如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝8，BC＝4，点E在边AB上，AE＝3，连接CE，且∠DCE＝∠BCE．点F在BC的延长线上，连接DF．若DF＝DC，则线段CF的长为 　 　 ． 17．（2023•山西）·【中档】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 　 　 ． 18．（2022•山西）·【中档】如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE＝DF，连接EF交边AD于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE＝5，CN＝8，则线段AN的长为 　 　 ． 19．（2026•山西）·【中档】某出版社出版一种科普读物，当印刷数量不超20000册时，投入成本y（元）与印刷数量x（册）之间满足我们学过的一种函数关系，部分数据如表所示．当印刷数量为5000册时，投入成本是　 　 元． 印刷数量x（册） 0 500 1000 1500 … 20000 投入成本y（元） 24000 27000 30000 33000 … 144000 20．（2024•山西）·【较难】如图，在▱ABCD中，AC为对角线，AE⊥BC于点E，点F是AE延长线上一点，且∠ACF＝∠CAF，线段AB，CF的延长线交于点G．若AB，AD＝4，tan∠ABC＝2，则BG的长为 　 　 ． 三．解答题（共10小题） 21．（2025•山西）·【中档】综合与实践 问题情境：青蛙腾空阶段的运动路线可看作抛物线．我国某科研团队根据青蛙的生物特征和运动机理设计出了仿青蛙机器人，其起跳后的运动路线与实际情况中青蛙腾空阶段的运动路线相吻合． 实验数据：仿青蛙机器人从水平地面起跳，并落在水平地面上，其运动路线的最高点距地面60cm，起跳点与落地点的距离为160cm． 数学建模：如图1，将仿青蛙机器人的运动路线抽象为抛物线，其顶点为N，对称轴为直线l，仿青蛙机器人在水平地面上的起跳点为O，落地点为M．以O为原点，OM所在直线为x轴，过点O与OM所在水平地面垂直的直线为y轴，建立平面直角坐标系． （1）请直接写出顶点N的坐标，并求该抛物线的函数表达式； 问题解决：已知仿青蛙机器人起跳后的运动路线形状保持不变，即抛物线的形状不变． （2）如图1，若仿青蛙机器人从点O正上方的点P处起跳，落地点为Q，点P的坐标为（0，75），点Q在x轴的正半轴上．求起跳点P与落地点Q的水平距离OQ的长； （3）实验表明：仿青蛙机器人在跃过障碍物时，与障碍物上表面的每个点在竖直方向上的距离不少于3cm，才能安全通过．如图2，水平地面上有一个障碍物，其纵切面为四边形ABCD，其中∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝57cm，BC＝40cm，CD＝48cm．仿青蛙机器人从距离AB左侧80cm处的地面起跳，发现不能安全通过该障碍物．若团队人员在起跳处放置一个平台，仿青蛙机器人从平台上起跳，则刚好安全通过该障碍物．请直接写出该平台的高度（平台的大小忽略不计，障碍物的纵切面与仿青蛙机器人的运动路线在同一竖直平面内）． 22．（2025•山西）·【较难】综合与探究 问题情境：如图1，在△ABC纸片中，AB＞BC，点D在边AB上，AD＞BD．沿过点D的直线折叠该纸片，使DB的对应线段DB′与BC平行，且折痕与边BC交于点E，得到△DB′E，然后展平． 猜想证明：（1）判断四边形BDB'E的形状，并说明理由； 拓展延伸：（2）如图2，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点A′落在射线DB′上，且折痕与边AC交于点F，然后展平．连接A′E交边AC于点G，连接A′F． ①若AD＝2BD，判断DE与A′E的位置关系，并说明理由； ②若∠C＝90°，AB＝15，BC＝9，当△A′FG是以A′F为腰的等腰三角形时，请直接写出A′F的长． 23．（2024•山西）·【较难】综合与探究 问题情境：如图1，四边形ABCD是菱形，过点A作AE⊥BC于点E，过点C作CF⊥AD于点F． 猜想证明： （1）判断四边形AECF的形状，并说明理由； 深入探究： （2）将图1中的△ABE绕点A逆时针旋转，得到△AHG，点E，B的对应点分别为点G，H． ①如图2，当线段AH经过点C时，GH所在直线分别与线段AD，CD交于点M，N．猜想线段CH与MD的数量关系，并说明理由； ②当直线GH与直线CD垂直时，直线GH分别与直线AD，CD交于点M，N，直线AH与线段CD交于点Q．若AB＝5，BE＝4，直接写出四边形AMNQ的面积． 24．（2023•山西）·【较难】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当时，求m的值； 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． 25．（2022•山西）·【较难】综合与探究 如图，二次函数yx2x+4的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，设点P的横坐标为m．过点P作直线PD⊥x轴于点D，作直线BC交PD于点E． （1）求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式； （2）当△CEP是以PE为底边的等腰三角形时，求点P的坐标； （3）连接AC，过点P作直线l∥AC，交y轴于点F，连接DF．试探究：在点P运动的过程中，是否存在点P，使得CE＝FD，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由． 26．（2026•山西）·【较难】综合与实践 问题情境：为探究不同土壤肥力条件下小麦产量与施氮量的关系，科研团队在某地选择土壤基础肥力不同的若干试验田开展研究，并对试验数据进行整理分析．研究发现，在中肥力与低肥力两种麦田中，小麦每亩的产量y（千克）与每亩施氮量x（千克）的关系可近似用如图中的两条抛物线描述，其中0≤x≤28．设中肥力麦田每亩的产量为y1（千克），低肥力麦田每亩的产量为y2（千克）．已知点A（0，160），B（18，646），C（28，496）均在描述y1与x关系的抛物线上，且点B是这条抛物线的顶点． 建立模型：（1）求中肥力麦田中小麦每亩的产量y1与x的函数关系式； 应用分析：（2）已知低肥力麦田中小麦每亩的产量y2与x的函数关系式为y2＝﹣x2+26x+140． ①假设低肥力、中肥力两种麦田每亩施氮量相同．当低肥力麦田每亩的产量最大时，求每亩的施氮量，以及此时两种麦田小麦每亩产量的差． ②现有面积均为1亩的中肥力、低肥力麦田各一块，当两块麦田每亩施氮量不同，且每亩的产量分别达到最大时，两块麦田的总产量为m千克；当两块麦田每亩施氮量相同时，两块麦田总产量的最大值为n千克．经判断n小于m，请直接写出m与n的差． 27．（2024•山西）·【较难】综合与实践 问题情境：如图1，矩形MNKL是学校花园的示意图，其中一个花坛的轮廓可近似看成由抛物线的一部分与线段AB组成的封闭图形，点A，B在矩形的边MN上．现要对该花坛内种植区域进行划分，以种植不同花卉，学校面向全体同学征集设计方案． 方案设计：如图2，AB＝6米，AB的垂直平分线与抛物线交于点P，与AB交于点O，点P是抛物线的顶点，且PO＝9米．欣欣设计的方案如下： 第一步：在线段OP上确定点C，使∠ACB＝90°，用篱笆沿线段AC，BC分隔出△ABC区域，种植串串红； 第二步：在线段CP上取点F（不与C，P重合），过点F作AB的平行线，交抛物线于点D，E．用篱笆沿DE，CF将线段AC，BC与抛物线围成的区域分隔成三部分，分别种植不同花色的月季． 方案实施：学校采用了欣欣的方案，在完成第一步△ABC区域的分隔后，发现仅剩6米篱笆材料．若要在第二步分隔中恰好用完6米材料，需确定DE与CF的长．为此，欣欣在图2中以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．请按照她的方法解决问题： （1）在图2中画出坐标系，并求抛物线的函数表达式； （2）求6米材料恰好用完时DE与CF的长； （3）种植区域分隔完成后，欣欣又想用灯带对该花坛进行装饰，计划将灯带围成一个矩形．她尝试借助图2设计矩形四个顶点的位置，其中两个顶点在抛物线上，另外两个顶点分别在线段AC，BC上．直接写出符合设计要求的矩形周长的最大值． 28．（2023•山西）·【较难】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． 29．（2022•山西）·【较难】综合与实践 问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8．直角三角板EDF中∠EDF＝90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N． 猜想证明： （1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由； 问题解决： （2）如图②，在三角板旋转过程中，当∠B＝∠MDB时，求线段CN的长； （3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM＝AN时，直接写出线段AN的长． 30．（2026•山西）·【难】综合与探究 问题情境：如图1，在△ABC中，AB＝BC，BO是△ABC的中线．将△BOC绕点O顺时针旋转得到△DOE，其中点B，C的对应点分别为点D，E，线段DE分别与线段OA，AB交于点M，F，线段OE与AB交于点N． 推理证明：（1）求证：△AON≌△EOM； 拓展延伸：（2）在旋转过程中，当OD∥AB时，探究下列问题： ①如图2，判断DO与DF的数量关系，并说明理由． ②已知OB＝2，OA＝3．在射线DO上取一点G，在射线BO上取一点H，使OH＝OG．当以点A，G，H为顶点的三角形是直角三角形，且GH为直角边时，请直接写出线段BH的长． 【5年中考压轴真题】2022~2026年山西省选择题、填空题、解答题汇编 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 1．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB， 由平移的性质得：EF∥AD， ∴GH∥AD， ∵点G是OA的中点， ∴OG＝AG，OA＝2AG， ∵GH∥AD， ∴△OGH∽△OAD， ∴， ∴． 故选：A． 2．【解答】解：因为m、n分别表示一个两位数的十位数字和个位数字， 所以1≤m≤9，0≤n≤9， 这个两位数可以表示为：10m+n， 新数为3m+8n， （3m+8n）﹣（10m+n） ＝3m+8n﹣10m﹣n ＝﹣7m+7n ＝7（n﹣m）， 因为7（n﹣m）是7的倍数， 选项中6、13、31不是7的倍数，只有56是7的倍数． 故选：D． 3．【解答】解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°， ∵BC＝4， ∴， ∴， 故选：D． 4．【解答】解：如图所示， 连接BD，AC， ∵点H和点E分别是AD和AB的中点， ∴HE是△ABD的中位线， ∴HE． 同理可得，GF， ∴HE＝GF，HE∥GF， ∴四边形HEFG是平行四边形． ∵HE，HG，且AC＝BD， ∴HE＝HG， ∴平行四边形HEFG是菱形， ∴EG与HF互相垂直平分． 故选：A． 5．【解答】解：设中间正六边形的中心为D，连接DB． ∵点P，Q的坐标分别为，（0，﹣3），图中是7个全等的正六边形， ∴AB＝BC＝2，OQ＝3， ∴OA＝OB， ∴OC＝3， ∵DQ＝DB＝2OD， ∴OD＝1，QD＝DB＝CM＝2， ∴M（3，﹣2）， 故选：A． 6．【解答】解：蛇的长度y（cm）是其尾长x（cm）的一次函数， 设y＝kx+b， 把x＝6时，y＝45.5；x＝8时，y＝60.5代入得， 解得， ∴y与x之间的关系式为y＝7.5x+0.5． 故选：A． 7．【解答】解：∵过点A，B的两条切线相交于点C， ∴∠OAC＝∠OBC＝90°， ∴A、O、B、C四点共圆， ∴∠AOB＝α＝60°， ∴圆曲线的长为：（km）． 故选：B． 8．【解答】解：设立春用A表示，立夏用B表示，秋分用C表示，大寒用D表示，树状图如下， 由上可得，一共有12种可能性，其中小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的可能性2种， ∴小乐抽到的两张邮票恰好是“立春”和“立夏”的概率是， 故选：C． 9．【解答】解：沿AB折叠扇形纸片，点O恰好落在上的点C处， ∴AC＝AO，BC＝BO， ∵AO＝BO， ∴四边形AOBC是菱形， 连接OC交AB于D， ∵OC＝OA， ∴△AOC是等边三角形， ∴∠CAO＝∠AOC＝60°， ∴∠AOB＝120°， ∵AC＝3， ∴OC＝3，ADAC， ∴AB＝2AD＝3， ∴图中阴影部分的面积＝S扇形AOB﹣S菱形AOBC3×33π， 故选：B． 10．【解答】解：通过观察表格数据可知：， 故y与x之间的函数关系式为yx， 故选：C． 二．填空题（共10小题） 11．【解答】解：当“”位于格子A时，小明连续点击两次按钮，则有等可能四种结果， ①两次都向左移动，则“”落在E处； ②先向左再向右，则“”回到格子A； ③先向右再向左，则“”回到格子A； ④两次都向右移动，则“”落在C处； 所以当“”位于格子A时，小明连续点击两次按钮，“”回到格子A的概率是． 故答案为：． 12．【解答】解：由题知， （m2）， ∵点C，D分别是OA，OB的中点， ∴OC＝OD（m）， ∴（m2）， ∴花窗的面积为（）m2 故答案为：（）． 13．【解答】解：把《论语》《孟子》《大学》《中庸》分别记为A、B、C、D， 画树状图如下： 共有12种等可能的情况，其中抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的结果有2种，即AC、CA， ∴抽取的两本恰好是《论语》和《大学》的概率是， 故答案为：． 14．【解答】解：设该护眼灯可降价x元， 根据题意，得， 解得x≤32， 故答案为：32． 15．【解答】解：过点E作EH∥BF，交CD于点H． ∴∠HEG＝∠F， ∵CF＝CG， ∴∠CGF＝∠F， ∴∠HEG＝∠CGF， ∵∠CGF＝∠HGE， ∴∠HEG＝∠HGE， ∴EH＝HG． ∵DE⊥EF， ∴∠DEG＝90°， ∴∠DEH+∠HEG＝90°，∠EDG+∠DGE＝90°， ∵∠HEG＝∠DGE， ∴∠DEH＝∠EDG， ∴EH＝DH， ∴DH＝HG． 过点G作GM⊥AB于点M，作GN⊥BF于点N，则∠AMG＝90°， ∵∠B＝90°， ∴∠AMG＝∠B， ∴MG∥BC， ∵AD∥BC，EH∥BC， ∴AD∥EH∥MG∥BC， ∴， ∴EM＝AE＝3， ∴MB＝AB﹣AE﹣EM＝10﹣3﹣3＝4． ∵∠B＝90°，GM⊥AB，GN⊥BC， ∴四边形BMGN是矩形， ∴GN＝BM＝4， ∴在Rt△GNC中，， ∴NF＝NC+CF＝3+5＝8． ∴在Rt△GNF中，， ∵在Rt△EBF中，BE＝EM+MB＝3+4＝7， ∴， 故答案为：14． 16．【解答】解：如图，延长CE交DA延长线于点G，过D作DH⊥BF于点H，则∠BHD＝90°， ∵DF＝DC， ∴， ∵AD∥BC，∠B＝90°， ∴∠B＝∠GAE＝90°，∠B+∠BAD＝180°， ∴∠B＝∠BAD＝∠BHD＝90°， ∴四边形ABHD是矩形， ∴AB＝DH＝8，AD＝BH， ∵∠AEG＝∠BEC， ∴△AEG∽△BEC， ∴， ∵AB＝8，AE＝3， ∴BE＝5， ∴， ∴， ∵AD∥BC， ∴∠G＝∠BCE， ∵∠DCE＝∠BCE， ∴∠DCE＝∠G， ∴CD＝GD， 设CH＝FH＝x，则AD＝BH＝4+x， ∴， 由勾股定理得：CD2＝CH2+HD2， ∴， 解得：， 即， ∴， 故答案为：． 17．【解答】解：过A作AH⊥BC于H，延长AD，BC于E，如图所示： 则∠AHC＝∠AHB＝90°， ∵AB＝AC＝5，BC＝6， ∴BH＝HCBC＝3， ∴AH4， ∵∠ADB＝∠CBD+∠CED，∠ADB＝2∠CBD， ∴∠CBD＝∠CED， ∴DB＝DE， ∵∠BCD＝90°， ∴DC⊥BE， ∴CE＝BC＝6， ∴EH＝CE+CH＝9， ∴， ∵DC⊥BE，AH⊥BC， ∴CD∥AH， ∴， ∴， 解得AD． 故答案为：． 18．【解答】解：如图，连接AE，AF，EN， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°， ∵BE＝DF， ∴△ABE≌△ADF（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAF，AE＝AF， ∴∠EAF＝90°， ∴△EAF为等腰直角三角形， ∵AN⊥EF， ∴EM＝FM，∠EAM＝∠FAM＝45°， ∴△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS）， ∴EN＝FN， 设DN＝x， ∵BE＝DF＝5，CN＝8， ∴CD＝CN+DN＝x+8， ∴EN＝FN＝DN+DF＝x+5，CE＝BC﹣BE＝CD﹣BE＝x+8﹣5＝x+3， 在Rt△ECN中，由勾股定理可得： CN2+CE2＝EN2， 即82+（x+3）2＝（x+5）2， 解得：x＝12， ∴DN＝12，AD＝BC＝BE+CE＝5+x+3＝20， ∴AN4， 解法二：可以用相似去做，△ADN与△FCE相似，设正方形边长为x， ，即， ∴x＝20． 在△ADN中，利用勾股定理可求得AN＝4． 故答案为：4． 19．【解答】解：由题意可知，投入成本y（元）与印刷数量x（册）之间满足一次函数关系， 设y＝kx+b（k≠0）， 由题意得：， 解得：， ∴y＝6x+24000， 当x＝5000时，y＝6×5000+24000＝54000， 即当印刷数量为5000册时，投入成本是54000元， 故答案为：54000． 20．【解答】解法一：过点F作FH⊥AC于H，延长AD与GC的延长线交于K，如图所示： ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB＝CD，BC＝AD＝4，AB∥CD，BC∥AD， 又∵AE⊥BC， 在Rt△ABE中，tan∠ABC2， ∴AE＝2BE， 由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2， 即（2BE）2+BE2＝（）2， ∴BE＝1， ∴AE＝2BE＝2， ∴CE＝BC﹣BE＝3， 在Rt△ACE中，由勾股定理得：AC， ∵∠ACF＝∠CAF， ∴FA＝FC， ∵FH⊥AC， ∴AH＝CHAC， ∵S△FACAC•FHAF•CE， ∴FH， 在Rt△AFH中，由勾股定理得：AF2﹣FH2＝AH2， 即， ∴AF， ∴EF＝AF﹣AE， ∵BC∥AD， ∴△FCE∽△FKA， ∴EF：AF＝CE：AK， 即， ∴AK， ∴DK＝AK﹣AD， ∵AB∥CD， ∴△KDC∽△KAG， ∴DK：AK＝CD：AG， 即， ∴AG， ∴BG＝AG﹣AB． 故答案为：． 解法二：过点G作GH⊥BC，交CB的延长线于H，如图所示： ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB＝CD，BC＝AD＝4，AB∥CD，BC∥AD， 又∵AE⊥BC 在Rt△ABE中，tan∠ABC， ∴AE＝2BE， 由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2， 即（2BE）2+BE2＝（）2， ∴BE＝1， ∴AE＝2BE＝2， ∴CE＝BC﹣BE＝3， 设EF＝a，则AF＝AE+EF＝2+a， ∵∠ACF＝∠CAF， ∴AF＝CF＝2+a， 在Rt△CEF中，由勾股定理得：CF2＝CE2+EF2， 即（2+a）2＝32+a2， 解得：a， ∵∠GBH＝∠ABC， ∴在Rt△GBH中，tan∠GBH， ∴GH＝2HB， 设HB＝b，则GH＝2b，CH＝BC+HB＝4+b， 在Rt△GBH中，由勾股定理得：GB， ∵GH⊥BC，AF⊥BC， ∴EF∥GH， ∴△CEF∽△CHG， ∴CE：CH＝EF：GH， 即3：（4+b）：2b， 解得：b， ∴GH， 故答案为：． 三．解答题（共10小题） 21．【解答】解：（1）由题意得，抛物线的对称轴为直线x＝80，顶点纵坐标为60， ∴顶点坐标为（80，60）， 设抛物线的函数解析式为：y＝a（x﹣80）2+60， ∵图象过原点， ∴a（0﹣80）2+60＝0， 解得， ∴； （2）∵抛物线的形状不变，点（0，75）， 故第二次的函数图象可以看作由（1）的抛物线向上平移75个单位长度得到的， ∴新的抛物线的解析式为：， 当y＝0时，， 解得：x1＝200，x2＝﹣40（舍去）， 故起跳点P与落地点Q的水平距离OQ的长为200cm； （3）设该平台的高度为kcm，由题意，设新的函数解析式为：， ∵AB＝57cm，BC＝40cm，CD＝48cm，仿青蛙机器人从距离AB左侧80cm处的地面起跳， 由题意，仿青蛙机器人经过CD正上方3cm处，即抛物线经过点（80+40，48+3），即：（120，51）， ∴把 （120，51）代入，得：， 解得：k＝6； 故设该平台的高度为6cm． 22．【解答】解：（1）四边形BDB'E是菱形，理由如下： 由折叠的性质可得BD＝B'D，BE＝B'E，∠B'DE＝∠BDE， ∵B'D∥BC， ∴∠B'DE＝∠BED， ∴∠BDE＝∠BED， ∴BD＝BE， ∴BE＝BD＝B'D＝B'E， ∴四边形BDB'E是菱形； （2）①DE⊥A'E，理由如下： 由（1）知四边形BDB'E是菱形， ∴BD＝B'E＝B'D， 由折叠的性质得到AD＝A'D， ∵AD＝2BD， ∴A'D＝2BD＝2B'D＝2B'E， ∴B'D＝A'B'＝B'E， ∴∠1＝∠2，∠3＝∠4， ∵∠1+∠2+∠3+∠4＝180°， ∴∠2+∠3＝90°， ∴DE⊥A'E； ②∵∠C＝90°，AB＝15，BC＝9， ∴， 当△A'FG是以A'F为腰A'G为底的等腰三角形时，如图，延长A'F交AB于点H，设AC，A'D交点为M，则FG＝A'F， ∴∠C＝90°，A'D∥BC， ∴∠AMD＝∠C＝90°， ∴∠AMA'＝90°， 由折叠的性质得AD＝A'D，∠ADF＝∠A'DF，AF＝A'F， ∴△ADF≌△A'DF（SAS）， ∴∠A＝∠DA'F， ∵∠AFH＝∠A'FG， ∴∠AHF＝∠AMA'＝90°， ∵∠A＝∠A， ∴△AFH∽△ABC， ∴， ∴HF：AH：AF＝BC：AC：AB＝3：4：5， ∵∠A＝∠DA'F，AF＝A'F，∠AHF＝∠A'MF， ∴△AHF≌△A'MF（AAS）， ∴HF＝FM，AH＝A'M， 设HF＝FM＝3x，AH＝A'M＝4x，AF＝A'F＝5x， ∴AM＝AF+FM＝8x， ∵A'D∥BC， ∴△AMD∽△ACB， ∴，即， ∴AD＝10x， ∴BE＝BD＝AB﹣AD＝15﹣10x， ∴CE＝BC﹣BE＝10x﹣6， ∵FG＝A'F＝5x， ∴MG＝FG﹣FM＝2x， ∴CG＝AC﹣AM﹣MG＝12﹣8x﹣2x＝12﹣10x， ∵A'D∥BC， ∴△A'MG∽△ECG， ∴， ∴， 解得：x＝1， ∴A'F＝5x＝5； 当△A'FG是以A'F为腰FG为底的等腰三角形时，如图，则A'F＝A'G， 同理得HF：AH：AF＝BC：AC：AB＝3：4：5，HF＝FM，AH＝A'M，AF＝A'F， 设HF＝FM＝3y，AH＝A'M＝4y，AF＝A'F＝5y， ∴AM＝AF+FM＝8y， ∵A'D∥BC， ∴△AMD∽△ACB， ∴，即， ∴AD＝10y， ∴BE＝BD＝AB﹣AD＝15﹣10y， ∴CE＝BC﹣BE＝10y﹣6， ∵△A'FG是以A'F为腰FG为底的等腰三角形，A'M⊥AC， ∴GM＝FM＝3y， ∴FG＝GM+FM＝6y， ∴CG＝AC﹣AF﹣FG＝12﹣11y， ∵A'D∥BC， ∴△A'MG∽△ECG， ∴， ∴， 解得：， ∴A'F＝5y； 综上，A'F的长为5或． 23．【解答】解：（1）四边形AECF为矩形．理由如下： ∵AE⊥BC，CF⊥AD， ∴∠AEC＝90°，∠AFC＝90°， ∵四边形ABCD 为菱形， ∴AD∥BC， ∴∠AFC+∠ECF＝180°，∠ECF＝180°﹣∠AFC＝90° ∴四边形AECF为矩形． （2）①CH＝MD．理由如下： 证法一： ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB＝AD，∠B＝∠D． ∵△ABE 旋转得到△AHG， ∴AB＝AH，∠B＝∠H． ∴AH＝AD，∠H＝∠D． ∵∠HAM＝∠DAC， ∴△HAM≌△DAC， ∴AM＝AC， ∴AH﹣AC＝AD﹣AM， ∴CH＝MD． 证法二： 如图，连接HD． ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB＝AD，∠B＝∠ADC， ∵△ABE 旋转得到△AHG， ∴AB＝AH，∠B＝∠AHM， ∴AH＝AD，∠AHM＝∠ADC， ∴∠AHD＝∠ADH， ∴∠AHD﹣∠AHM＝∠ADH﹣∠ADC， ∴∠MHD＝∠CDH， ∵DH＝HD， ∴△CDH≌△MHD， ∴CH＝MD． ②情况一：如图，当点G旋转至BA的延长线上时，GH⊥CD，此时S四边形AMNQ． ∵AB＝5，BE＝4， ∴由勾股定理可得AE＝3， ∵△ABE旋转到△AHG， ∴AG＝AE＝3，GH＝BE＝4，∠H＝∠B， ∵GN⊥CD， ∴GN＝AE＝3， ∴NH＝1， ∵AD∥BC， ∴∠GAM＝∠B， ∴tan∠GAM＝tan∠B，即， 解得GM，则MH， ∵tan∠H＝tan∠B， ∴在Rt△QNH中，QN， ∴S四边形AMNQ＝S△AMH﹣S△QNHMH•AGNH•QN． 情况二：如图，当点G旋转至BA上时，GH⊥CD，此时S四边形AMNQ． 同第一种情况的计算思路可得：NH＝7，QN，AG＝3，MH， ∴S四边形AMNQ＝S△QNH﹣S△AMHNH•QNMH•AG． 综上，四边形AMNQ的面积为 或 ． 24．【解答】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． ∴点A的坐标为（4，0）． 设直线AB的函数表达式为 y＝kx+b（k≠0）． 将A，B两点的坐标 （4，0），（1，3）分别代入 y＝kx+b， 得 ， 解得， ∴直线AB的函数表达式为 y＝﹣x+4． 将x＝0代入 y＝﹣x+4，得 y＝4． ∴点C的坐标为（0，4）； （2）①解：∵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）， ∴PE＝﹣m2+4m．DE＝﹣m+4，OE＝m， ∵点C的坐标为（0，4）， ∴OC＝4． ， ∴PD＝2． 如图1，当点P在直线AB上方时，PD＝PE﹣DE＝﹣m2+4m﹣（﹣m+4）＝﹣m2+5m﹣4， ∵PD＝2， ∴﹣m2+5m﹣4＝2， 解得 m1＝2．m2＝3． 如图2，当点P在直线AB下方时，PD＝DE﹣PE＝﹣m+4﹣（﹣m2+4m）＝m2﹣5m+4， ∵PD＝2， ∴m2﹣5m+4＝2， 解得 ， ∵0＜m＜1，m． 综上所述，m的值为2或3或； ②解：如图3， 由（2）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，∠FOQ＝∠POE， ∴△FOQ∽△POE， ∴， ∴， ∴， ∴FQ＝DE， ∴四边形FQED为平行四边形， ∵PE⊥x轴， ∴四边形FQED为矩形． ∴S＝EQ•FQ＝（m﹣1）（﹣m+4），即S＝﹣m2+5m﹣4， ∵﹣1＜0，1＜m＜4， ∴当m时，S的最大值为； 25．【解答】解：（1）在yx2x+4中， 令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝8或x＝﹣2， ∴A（﹣2，0），B（8，0），C（0，4）， 设直线BC解析式为y＝kx+4，将B（8，0）代入得： 8k+4＝0， 解得k， ∴直线BC解析式为yx+4； （2）过C作CG⊥PD于G，如图： 设P（m，m2m+4）， ∴PDm2m+4， ∵∠COD＝∠PDO＝∠CGD＝90°， ∴四边形CODG是矩形， ∴DG＝OC＝4，CG＝OD＝m， ∴PG＝PD﹣DGm2m+4﹣4m2m， ∵CP＝CE，CG⊥PD， ∴GE＝PGm2m， ∵∠GCE＝∠OBC，∠CGE＝90°＝∠BOC， ∴△CGE∽△BOC， ∴，即， 解得m＝0（舍去）或m＝4， ∴P（4，6）； （3）存在点P，使得CE＝FD，理由如下： 过C作CH⊥PD于H，如图： 设P（m，m2m+4）， 由A（﹣2，0），C（0，4）可得直线AC解析式为y＝2x+4， 根据PF∥AC，设直线PF解析式为y＝2x+b，将P（m，m2m+4）代入得： m2m+4＝2m+b， ∴bm2m+4， ∴直线PF解析式为y＝2xm2m+4， 令x＝0得ym2m+4， ∴F（0，m2m+4）， ∴OF＝|m2m+4|， 同（2）可得四边形CODH是矩形， ∴CH＝OD， ∵CE＝FD， ∴Rt△CHE≌Rt△DOF（HL）， ∴∠HCE＝∠FDO， ∵∠HCE＝∠CBO， ∴∠FDO＝∠CBO， ∴tan∠FDO＝tan∠CBO， ∴，即， ∴m2m+4m或m2m+4m， 解得m＝22或m＝﹣22或m＝4或m＝﹣4， ∵P在第一象限， ∴m＝22或m＝4． 26．【解答】解：（1）由题意得，点B（18，646）是描述y1与x关系的抛物线的顶点， 设， 因为点C（28，496）在描述y1与x关系的抛物线上， 所以，a（28﹣18）2+646＝496， 解得， 所以，y1与x的函数关系式为． （2）①已知，将其配方，得， 因为a＝﹣1＜0，0≤x≤28， 所以，当x＝13时，y2取得最大值． 此时，y2的最大值为309． 已知两种麦田每亩施氮量相同， 当x＝13时，， 此时，y1﹣y2＝608.5﹣309＝299.5， 答：当低肥力麦田每亩的产量最大时，每亩的施氮量为13千克，此时两种麦田小麦每亩产量的差为299.5千克． ②y1（x﹣18）2+646，， ∵0≤x≤28， ∴当x＝18时，y1最大值为646，当x＝13时，y2最大值为309， ∴m最大值＝646+309＝955； 当两块麦田每亩施氮量相同时， n＝y1+y2 x2+54x+160﹣x2+26x+140 x2+80x+300 （x﹣16）2+940， 当x＝16时，n＝940， ∴m﹣n＝15． 27．【解答】解：（1）建立如图所示的平面直角坐标系， ∵OP所在直线是AB的垂直平分线，且AB＝6， ∴． ∴点B的坐标为（3，0）， ∵OP＝9， ∴点P的坐标为（0，9）， ∵点P是抛物线的顶点， ∴设抛物线的函数表达式为y＝ax2+9， ∵点B（3，0）在抛物线y＝ax2+9 上， ∴9a+9＝0， 解得：a＝﹣1． ∴抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+9（﹣3≤x≤3）； （2）点D，E在抛物线y＝﹣x2+9 上， ∴设点E的坐标为（m，﹣m2+9）， ∵DE∥AB，交y轴于点F， ∴DF＝EF＝m，OF＝﹣m2+9， ∴DE＝2m． ∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，OA＝OB， ∴． ∴CF＝OF﹣OC＝﹣m2+9﹣3＝﹣m2+6， 根据题息，得DE+CF＝6， ∴﹣m2+6+2m＝6， 解得：m1＝2，m＝0（不符合题意，舍去）， ∴m＝2． ∴DE＝2m＝4，CF＝﹣m2+6＝2 答：DE的长为4米，CF的长为2米； （3）如图矩形灯带为GHML， 由点A、B、C的坐标得，直线AC和BC的表达式分别为：y＝x+3，y＝﹣x+3， 设点G（m，﹣m2+9）、H（﹣m，﹣m2+9）、L（m，m+3）、M（﹣m，m+3）， 则矩形周长＝2（GH+GL）＝2（﹣2m﹣m2+9﹣m﹣3）＝﹣2（m+1.5）2， 故矩形周长的最大值为米． 28．【解答】解：（1）结论：四边形BCGE为正方形．理由如下： ∵∠BED＝90°， ∴∠BEG＝180°﹣∠BED＝90°， ∵∠ABE＝∠A， ∴AC∥BE， ∴∠CGE＝∠BED＝90°， ∵∠C＝90°， ∴四边形BCGE为矩形． ∵△ACB≌△DEB， ∴BC＝BE． ∴矩形BCGE为正方形； （2）①结论：AM＝BE． 理由：∵∠ABE＝∠BAC， ∴AN＝BN， ∵∠C＝90°， ∴BC⊥AN， ∵AM⊥BE，即AM⊥BN， ∴， ∵AN＝BN， ∴BC＝AM．由（1）得BE＝BC， ∴AM＝BE． ②解：如图：设AB，DE的交点为M，过M作MG⊥BD于G， ∵△ACB≌△DEB， ∴BE＝BC＝9，DE＝AC＝12，∠A＝∠D，∠ABC＝∠DBE， ∴∠CBE＝∠DBM， ∵∠CBE＝∠BAC， ∴∠D＝∠BAC， ∴MD＝MB， ∵MG⊥BD， ∴点G是BD的中点， 由勾股定理得 ， ∴， ∵， ∴DM，即 ， ∴， ∵AH⊥DE，BE⊥DE，∠AMH＝∠BME， ∴△AMH∽△BME， ∴， ∴，即AH的长为 ． 29．【解答】解：（1）四边形AMDN是矩形，理由如下： ∵点D是BC的中点，点M是AB的中点， ∴MD∥AC， ∴∠A+∠AMD＝180°， ∵∠BAC＝90°， ∴∠AMD＝90°， ∵∠A＝∠AMD＝∠MDN＝90°， ∴四边形AMDN是矩形； （2）如图2，过点N作NG⊥CD于G， ∵AB＝6，AC＝8，∠BAC＝90°， ∴BC10， ∵点D是BC的中点， ∴BD＝CD＝5， ∵∠MDN＝90°＝∠A， ∴∠B+∠C＝90°，∠BDM+∠1＝90°， ∴∠1＝∠C， ∴DN＝CN， 又∵NG⊥CD， ∴DG＝CG， ∵cosC， ∴， ∴CN； （3）如图③，连接MN，AD，过点N作HN⊥AD于H， ∵AM＝AN，∠MAN＝90°， ∴∠AMN＝∠ANM＝45°， ∵∠BAC＝∠EDF＝90°， ∴点A，点M，点D，点N四点共圆， ∴∠ADN＝∠AMN＝45°， ∵NH⊥AD， ∴∠ADN＝∠DNH＝45°， ∴DH＝HN， ∵BD＝CD＝5，∠BAC＝90°， ∴AD＝CD＝5， ∴∠C＝∠DAC， ∴tanC＝tan∠DAC， ∴AHHN， ∵AH+HD＝AD＝5， ∴DH＝HN，AH， ∴AN． 解法二：如图，延长MD到T，使得MD＝DT，连接NT，CT． 设AM＝AN＝a．证明CT＝BM＝6﹣a，NM＝NTa，∠NCT＝90°， 由NT2＝CN2+CT2， 可得（a）2＝（8﹣a）2+（6﹣a）2，解得a． 解法三：也可以通过D向AC和AB分别作垂线DQ和DP，通过△DPM∽△DQN相似来算． 30．【解答】（1）证明：∵AB＝BC，BO是△ABC 的中线， ∴∠A＝∠C，AO＝CO， ∵△BOC旋转得到△DOE， ∴∠E＝∠C，EO＝CO， ∴∠A＝∠E，AO＝EO， ∵∠AON＝∠EOM， 在△AON和△EOM中， ， ∴△AON≌△EOM（ASA）； （2）解：①DO＝DF，理由如下： ∵AB＝BC，BO是△ABC 的中线， ∴∠ABO＝∠CBO， ∵△BOC旋转得到△DOE， ∴∠D＝∠CBO，OD＝OB， ∴∠ABO＝∠D， ∵OD∥AB， ∴∠D＝∠AFD， ∴∠AFD＝∠ABO， ∴DF∥OB， ∴四边形DFBO是平行四边形， ∵OD＝OB， ∴▱DFBO是菱形， ∴DO＝DF； ②如图所示，当点H在线段BO上时， 过点H作HP⊥OP于点P，过点A作AQ⊥OQ于点Q， ∴∠HPO＝∠AQG＝90°， ∵OD∥AB， ∴∠HOP＝∠ABO， 又∵AB＝BC，BO是△ABC的中线， ∴BO⊥AC， ∴∠AOB＝∠HPO＝90°， ∴△HPO∽△AOB， ∵OB＝2，OA＝3， ∴，， 设OP＝2x，HP＝3x， 则， ∴， 由旋转可知∠DOE＝∠BOC＝90°， ∴OE⊥OD， ∵OD∥AB， ∴OE⊥AB于点N， ∴， ∴， ∴， ∵∠AQO＝∠DOE＝∠ONA＝90°， ∴四边形AQON是矩形， ∴， ∴， ∴， 若∠AQG＝∠AGH＝90°， ∴∠QAG+∠QGA＝90°，∠HGP+∠QGA＝90°， ∴∠QAG＝∠HGP， ∴△AQG∽△GPH， ∴， 又∵， ∴， 解得：， ∴， ∴； 若∠AHG＝90°， 则有∠PGH+∠PHG＝90°，∠AHL+∠PHG＝90°， ∴∠PGH＝∠AHL， ∴△PGH∽△LHA， ∴， ∵，，， ∴， 解得：（不符合题意，舍去）； 如图所示，当点H在射线BO上且在直线OD上方时， 过点H作HP⊥OD，过点H作KP∥OD，过点A作AK⊥KP，过点G作GP⊥KP， ∴∠HQO＝90°， ∵OD∥AB， ∴OD∥AB∥KP， ∴∠HOB＝∠ABO， 又∵∠HOQ＝∠GOB， ∴∠HOQ＝∠OBA， 由旋转可知∠DOE＝∠BOC＝∠AOB＝90°， ∴∠HQO＝∠AOB＝90°， ∴△HOQ∽△ABO， ∴， 设OQ＝2x，则 QH＝3x， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， 若∠AKH＝∠AHG＝90°， ∴∠KAH+∠KHA＝90°，∠GHP+∠KHA＝90°， ∴∠KAH＝∠GHP， ∴△AKH∽△HPG， ∴， ∴， 解得：， ， ∴； 若∠AGH＝90°，则有∠P＝∠AGH＝90°， ∴∠PHG+∠HGP＝90°，∠AGJ+∠HGP＝90°， ∴∠PHG＝∠AGJ， ∴△HPG∽△GJA， ∴， ∴，PG＝HQ＝3x，，， ∴， ∴（不符合题意，舍去）； 综上所述，或． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $