2023年山西省太原市中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2023年山西省太原市中考数学一模试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 实数4的相反数是( )
A. −14B. −4C. 14D. 4
2. 下列运算正确的是( )
A. 2a+5a=7a2B. 5a2b−3ab2=2a2b2
C. (−3ab2)2=9a2b4D. (2a−b)2=4a2−b2
3. 经过几年高质量农田建设，全国农业基础设施建设实现重大突破，粮食产量稳步提高，2022年我省粮食总产量达到292.9亿斤.数据292.9亿斤用科学记数法表示为( )
A. 292.9×108斤B. 29.29×109斤C. 2.929×1010斤D. 0.2929×1010斤
4. 法国数学家笛卡尔发明了平面直角坐标系，使平面内的点与有序实数对建立了一一对应关系，将几何问题通过代数方法来研究.这种解决问题的方法是( )
A. 数形结合B. 类比C. 一般到特殊D. 分类讨论
5. 将一副三角板如图摆放，斜边DF//AB，AC与DE相交于点O，∠A=60°，∠D=45°，则∠AOD的度数等于( )
A. 135°B. 120°C. 115°D. 105°
6. 把不等式组3x+1≤x+3x+13>0的解集表示在数轴上，正确的是( )
A. B.
C. D.
7. 为了培养学生班级管理能力，小明所在的班里每月都从综合表现优秀的10名同学中选出1名当月班长.小明班里有50名学生，若他恰好在本月候选的10名学生中，则他被选为月班长的概率为( )
A. 1500B. 150C. 140D. 110
8. 如图，正方形ABCD的边长为6，点F是BC边上一点，连接AF交对角线BD于点E.若DE=2BE，则EF的长为( )
A. 2
B. 5
C. 2 2
D. 3
9. 某班同学在探究弹簧长度与所受外力的关系时，记录并整理了如下的实验数据：
则y关于x的函数图象是( )
A. B.
C. D.
10. 如图，在扇形纸片OAB中，∠AOB=105°，OA=6、点C是半径OA上的点、沿直线BC折叠△OBC得到△DBC，点O的对应点D落在AB上，图中阴影部分的面积为( )
A. 9π−92B. 9π−182C. 9π−18D. 12π−18
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 计算( 15+ 3)( 15− 3)的结果是______ ．
12. 太原市某中学组织466名九年级师生去综合实践基地进行社会实践时，从出租车公司租用了49座和37座两种车型的客车共10辆，刚好坐满，学校租用49座的客车______ 辆.
13. 有外形相同的两把锁和两把钥匙，每把钥匙只能打开其中的一把锁，每把锁只能被其中的一把钥匙打开.现将锁和钥匙随机配对，每把锁和钥匙各一把，则至少有一把锁能被打开的概率为______ ．
14. 小明参加了今年社区组织的义务植树活动，活动结束后，他发现对面斜坡的平台上有一棵与地面垂直的树AB，他想运用课上学到的相关知识测量这棵树的高度.测量过程如下：如示意图，在点C处测得树顶端A的仰角为45°，先沿着斜坡CD行走13米至坡顶D处，再沿水平方向行走3米到达树底点B处(点A，B，C，D在同一平面内).已知斜坡CD的坡比为i=1：2.4，则他测得树AB的高度为______ 米.
15. 如图，在△ABC中，∠BAC=90°，点D是BC边的中点，点E和F分别在边AB和AC上，BE=BD，CF=CD.若DE=2，DF=2 2，则BC边的长为______ ．
三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题10.0分)
(1)计算：(π− 3)0−|−3|+(13)−1；
(2)化简：(2−x−1x+1)÷x2+6x+9x2−1．
17. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°．
(1)实践与操作：作∠ABC的平分线交AC于点D(要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)；
(2)猜想与证明：线段AD与BC之间存在怎样的数量关系，并证明．
18. (本小题7.0分)
如图，一次函数y1=kx+b的图象与反比例函数y2=mx的图象交于点A(2,4)和点B，点B的横坐标为−8．
(1)求一次函数的表达式；
(2)直接写出当y1>y2时x的取值范围．
19. (本小题9.0分)
为促进学生对日常生活与健康知识的了解，某校组织了两次知识问答活动，从中随机抽取了20名学生两次活动的成绩(百分制且为整数)，并对数据(成绩)进行整理、描述和分析.如图1是这20名学生第一活动和第二次活动成绩的统计图．

(1)①学生甲的两次成绩相同，他的成绩是______ 分；
②学生乙第一次成绩低于85分，第二次成绩高于90分，请在图中用“〇”圈出代表学生乙成绩的点；
(2)为了解每位学生两次活动平均成绩的情况，A，B，C三人分别作出了每位学生两次活动平均成绩的频数分布直方图(如图2)．
数据(成绩x)分成6组：70≤x<75，75≤x<80，80≤x<85，85≤x<90，90≤x<95，95≤x≤100．
若他们3人中只有一人所作的频数分布直方图正确，则作图正确的是______ ；
(3)学校有1500名学生参加了此次活动，估计两次活动平均成绩不低于85分的学生人数．
20. (本小题8.0分)
阅读与思考
如表是小明同学一天的课外学习笔记，请仔细阅读并完成相应的任务
任务：
(1)写出方法1，方法2中两个推理的依据：依据1 ______ ，依据2 ______ ；
(2)参照笔记中的方法，解决下面的问题：如图4，在△ABC中，AB=AC，AD与AB关于直线AM对称，点B的对应点为D，连接CD与AM交于点N，求证：∠1=∠2．
21. (本小题9.0分)
随着我国交通和互联网络的快速发展，更多的人喜欢在网上购物，某快递物流公司准备投入一笔资金购买甲、乙两种型号的货运车，以满足未来的业务需求，市场调研发现，1辆甲种型号货运车售价比1辆乙种型号货运车售价多2万元；用80万元分别单独购买这两种型号的货运车，能买到甲种型号货运车的数量是乙种，型号货运车数量的45．
(1)求这两种型号货运车的销售单价；
(2)若该物流公司计划购进这两种型号的货运车共20辆，且购买的总费用不超过170万元，求最多购买甲种型号货运车多少辆．
22. (本小题12.0分)
综合与实践
问题情境
如图①，△ABC与△ADE都是等边三角形，点D，点E分别在AB，AC边上，AB=6，AD=2 3.将△ADE绕点A顺时针旋转，连接BD，CE.请解答下列问题：

操作发现
(1)图①中BD=CE，在△ADE旋转过程中，这个结论是否仍然成立.请结合图②说明理由；
操作计算
(2)当旋转角为90°时，在图③中画出相应图形，并求CD的长；
操作探究
(3)如图④，当点D，E，C三点共线时，连接BE.猜想并证明四边形ADBE的形状．
23. (本小题12.0分)
综合与探究
如图，抛物线y=x2−3x−4与x轴交于A，B两点，点A在点B点的左侧，与y轴交于点C，点P是抛物线上一动点．

(1)求点A，B和C的坐标；
(2)如图，当点P在直线BC下方的抛物线上时，过点P作PE⊥x轴于点E交直线BC于点G，作PF⊥BC于点F，当△PFG的周长最大，求点P的坐标；
(3)作直线OP交直线BC于点H，当点H关于y轴的对称点落在抛物线上时，在备用图中进行探究，并直接写出点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】
【分析】
此题主要考查相反数的定义：只有符号相反的两个数互为相反数．
根据互为相反数的定义即可判定选择项．
【解答】
解：∵符号相反，绝对值相等的两个数互为相反数，∴4的相反数是−4；
故选：B．
2.【答案】C
【解析】解：A、2a+5a=7a，故A不符合题意；
B、5a2b与−3ab2不属于同类项，不能合并，故B不符合题意；
C、(−3ab2)2=9a2b4，故C符合题意；
D、(2a−b)2=4a2−4ab+b2，故D不符合题意；
故选：C．
利用完全平方公式，合并同类项的法则，积的乘方的法则对各项进行运算即可．
本题主要考查完全平方公式，合并同类项，积的乘方，解答的关键是对相应的运算法则的掌握．
3.【答案】C
【解析】解：292.9亿斤=29290000000=2.929×1010斤．
故选：C．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
4.【答案】A
【解析】解：法国数学家笛卡尔发明了平面直角坐标系，使平面内的点与有序实数对建立了一一对应关系，将几何问题通过代数方法来研究．这种解决问题的方法是数形结合．
故选：A．
根据各种思想的定义进行判断选择．
本题考查点的坐标以及数学思想和方法，弄清楚每种方法思想的定义是关键．
5.【答案】D
【解析】解：过O点作OH//AB，
∵DF//AB，
∴DF//AB//OH，
∴∠D=∠DOH，∠A=∠AOH，
∴∠AOD=∠DOH+∠AOH=∠D+∠A=60°+45°=105°，
故选：D．
过O点作OH//AB，进而利用两直线平行，内错角相等解答即可．
此题考查平行线的性质，关键是利用两直线平行，内错角相等解答．
6.【答案】B
【解析】解：∵不等式组3x+1≤x+3x+13>0，
∴解得x≤1x>−1，
∴不等式组的解集为：−1在数轴上表示如下：
．
故选：B．
根据解不等式组的方法，可得不等式组的解集，根据不等式组的解集在数轴上的表示方法，可得答案．
本题主要考查解一元一次不等式组以及在数轴上表示解集，熟练掌握解一元一次不等式组的步骤，学会在数轴上表示不等式组的解，是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：∵月班长候选人为10个，
∴小明被选为月班长的概率为110．
故选：D．
根据概率公式直接计算即可．随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．
本题考查了概率公式，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
8.【答案】B
【解析】解：在正方形ABCD中AD//BC，
∴△AED∽△FEB，
∵DE=2BE，
∴BEED=12=BFAD=EFAE，
∵正方形ABCD的边长为6，
∴12=BF6，
∴BF=3，
在Rt△ABF中AF= AB2+BF2= 36+9= 45=3 5，
∴12=EFAE=EFAF−EF，
∴12=EF3 5−EF，
3 5−EF=2EF，
EF= 5．
故选：B．
△AED∽△FEB，利用相似三角形的性质求出BF的长，再利用勾股定理求出AF的长，最后求出EF的长．
本题考查了本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握相似三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理．
9.【答案】B
【解析】解：根据图表可以知道，在没有砝码时指针的位置是2cm，以后砝码每增加50g，指针位置增加1cm，
则当是275g时，弹簧指针位置应是7.5cm，以后，指针位置不随砝码的增加而伸长，都是7.5cm．
故选：B．
从250g到300g，指针的位置增加了0.5cm，这说明在砝码增加到少于300g时，已经到达7.5cm的位置．
此题主要考查了函数图象，本题易出现的错误是选第4个，注意数形结合得出是解题关键．
10.【答案】B
【解析】解：如图，连接OD，

由折叠的性质可得，BC⊥OD，OD=OB=BD，
∴△OBD是等边三角形，
∴∠BOD=60°，
∵∠AOB=105°，
∴∠COD=45°．
∵CD=CO，
∴∠CDO=∠COD=45°，
∴∠DCO=90°，
∴CD=OD= 22OD=3 2，
∴S扇形OAD=45π×62360=92π，S△COD=12⋅OC⋅CD=12×3 2×3 2=9，
∴S阴影=92π−9．
故选：B．
连接OD，根据折叠性质可知△BOD等边三角形，然后再求出S扇形OAD、S△COD，即可求解．
本题是扇形面积的综合练习题，考查了折叠的性质，以及扇形面积的公式，灵活运用即可．
11.【答案】12
【解析】解：原式=( 15)2−( 3)2
=15−3
=12．
故答案为：12．
直接用平方差公式进行运算即可．
本题主要考查二次根式的混合运算，涉及二次根式的性质、平方差公式，熟记平方差公式是解题的关键．
12.【答案】8
【解析】解：设学校租用49座的客车x辆，37座客车y辆，
由题意得：x+y=1049x+37y=466，
解得：x=8y=2，
即学校租用49座的客车8辆，
故答案为：8．
设学校租用49座的客车x辆，37座客车y辆，根据“租用了49座和37座两种客车共10辆，且466人刚好坐满”，列出二元一次方程组，解方程组即可．
本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是解题的关键．
13.【答案】12
【解析】解：两把锁分别用A、B表示，A、B对应的钥匙分别用a、b表示，
画树状图为：

共有4种等可能的结果数，随机取出一把钥匙和一把锁，能打开的结果数为2，
∴随机取出一把钥匙和一把锁，能打开的概率为24=12．
故答案为：12．
两把锁分别用A、B表示，A、B对应的钥匙分别用a、b表示，画树状图展示所有等可能的结果数，能打开的结果数为2，然后根据概率公式计算．
本题考查了概率公式；随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．
14.【答案】10
【解析】解：如图：过点D作DE⊥CG，垂足为E，延长AB交CG于点F，

由题意得：AF⊥CG，DE=BF，DB=EF=3米，CD=13米，
∵斜坡CD的坡比为i=1：2.4，
∴DECE=12.4=512，
∴设DE=5x米，则CE=12x米，
在Rt△CDE中，CD= CE2+DE2= (5x)2+(12x)2=13x(米)，
∴13x=13，
解得：x=1，
∴DE=BF=5米，CE=12米，
∴CF=CE+EF=15(米)，
在Rt△ACF中，∠ACF=45°，
∴AF=CF⋅tan45°=15(米)，
∴AB=AF−BF=15−5=10(米)，
故答案为：10．
过点D作DE⊥CG，垂足为E，延长AB交CG于点F，根据题意可得：AF⊥CG，DE=BF，DB=EF=3米，CD=13米，再根据已知可设DE=5x米，则CE=12x米，然后在Rt△CDE中，利用勾股定理求出DE，CE的长，从而求出CF的长，最后在Rt△ACF中，利用锐角三角函数的定义求出AF的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，坡度坡角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
15.【答案】2 10
【解析】解：如图，延长FD到G，使DG=DF=2 2，连接BG，EG，过点E作EH⊥DF于H，

∴∠EHG=90°，
∵D是BC边的中点，
∴BD=CD=12BC，
在△BDG和△CDF中
BD=CD∠BDG=∠CDFDG=DF，
∴△BDG≌△CDF(SAS)，
∴∠DBG=∠DCF，BG=CF，
∵∠A=90°，
∴∠ABC+∠ACB=90°，
∴∠ABC+∠DBG=∠ABG=90°，
∵CF=CD，DB=CD，BE=BD，BG=CF，
∴BG=BE，
∴△BEG是以EG为斜边的等腰直角三角形，
∴BE= 22EG，
∵BE=BD，
∴∠BDE=∠BED=180°−∠ABC2=90°−12∠ABC，
∵CF=CD，
∴∠CDF=∠CFD=180°−∠ACB2=90°−12∠ACB，
∴∠BDE+∠CDF=90−12∠ABC+90°−12∠ACB，
=180−12(∠ABC+∠ACB)，
∵∠ABC+∠ACB=90°，
∴∠BDE+∠CDF=180−12×90°=135°，
∴∠EDF=180°−(∠BDE+∠CDF)=180°−135°=45°，
∵DE=2.∠EHD=90°，
∴EH=DH= 22DE= 22×2= 2，
∴GH=DG+DH=2 2+ 2=3 2，
∴EG= EH2+GH2= ( 2)2+(3 2)2=2 5，
∴BE= 22EG= 22×2 5= 10，
∴BD= 10，
∴BC=2 10，
故答案为：2 10．
延长FD到G，使DG=DF=2 2，连接BG，EG，过点E作EH⊥DF于H，结合题中条件利用“SAS”得出△BDG≌△CDF，进而得出∠DBG=∠DCF，BG=CF，然后结合条件利用三角形内角和是180°得出∠ABG=90°，BG=BE，即得到△BEG是以EG为斜边的等腰直角三角形，进而得出BE= 22EG，再根据三角形等边对等角和三角形内角和是180°得出∠EDF=45°，进而得出EH=DH= 2，最后利用勾股定理得出EG的长进而得出BE的长，再得出BC的长即可．
本题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，倍长中线构造全等三角形是解题的关键．
16.【答案】解：(1)原式=1−3+3
=1；
(2)原式=(2x+2x+1−x−1x+1)÷(x+3)2(x+1)(x−1)
=2x+2−x+1x+1⋅(x+1)(x−1)(x+3)2
=x+3x+1⋅(x+1)(x−1)(x+3)2
=x−1x+3．
【解析】(1)分别根据绝对值的性质、零指数幂及负整数指数幂的运算法则计算出各数，再根据实数混合运算的法则进行计算即可；
(2)先算括号里面的，再算除法即可．
本题考查的是分式及实数的混合运算，涉及到零指数幂及负整数指数幂的运算，熟知以上知识是解题的关键．
17.【答案】解：(1)如图．

∴如图为所求作的图形；
(2)AD=BC(或相等)．
证明：∵AB=AC，∠BAC=36°，
∴∠ABC=∠C=180°−∠BAC2=72°，
∵BD是∠ABC的平分线，
∴∠ABD=∠DBC=12∠ABC=36°，
∴∠ABD=∠BAC，
∴AD=BD，
∵∠BDC是△ABD的外角，
∴∠BDC=∠BAC+∠ABD=72°，
∴∠BDC=∠C，
∴BD=BC，
∴AD=BC．
【解析】(1)根据作已知角的平分线的步骤作图即可；
(2)根据等腰三角形的性质和判定及角平分线的定义证得AD=BD，再证BD=BC，即可得到AD=BC．
本题考查了作图−基本作图，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握等腰三角形的性质和判定是解题的关键．
18.【答案】解：(1)∵反比例函数y2=mx的图象经过点A(2,4)，
∴m=2×4=8，
∴反比例函数的解析式为y2=8x，
把x=−8代入y=8x得，y=8−8=−1，
∴B(−8,−1)，
∵一次函数y1=kx+b的图象经过点A、B，
∴2k+b=4−8k+b=−1，
解得k=12b=3，
∴一次函数的表达式为y1=12x+3；
(2)观察图象可知：y1>y2时x的取值范围为−82．
【解析】(1)利用待定系数法求得反比例函数的解析式，进而求得点B坐标，利用待定系数法即可求得一次函数的解析式；
(2)利用图象观察直线在双曲线上方对应的x的值即可得出结论．
本题主要考查了反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法，反比例函数图象上点的坐标的特征，函数与不等式的关系，数形结合是解题的关键．
19.【答案】90 B
【解析】解：(1)①观察图1可知，第一次成绩和第二次成绩相同的只有90分，
故答案为：90；
②在横轴数据低于85分，纵轴高于90分的区域找出点，用“〇”圈出，如图．

(2)观察图1，可以发现两次活动平均成绩在70≤x<75范围有6次，
所以A图不正确，
观察图1，可以发现两次活动平均成绩在75≤x<80范围有2次，
所以C图不正确，
故答案为：B；
(3)从图1中可以发现随机抽取了20名学生中两次活动平均成绩不低于85分的学生人数为11人，
∴可以估计两次活动平均成绩不低于8(5分)的学生人数约为：1500×1120=825(名)．
答：估计两次活动平均成绩不低于8(5分)的学生人数约为825名学生．
(1)①观察图1，从中找到横纵轴数据相同的点即可得到答案；
②在横轴数据低于85分，纵轴高于90分的区域找出点，用“〇”圈出即可；
(2)观察图1从70≤x<75和75≤x<80两个组两次活动成绩的平均分即可判断出结论；
(3)先根据(2)中得出的频数分布直方图得出平均成绩不低于85分的学生比例，再乘以学生总数即可得出结论．
本题考查频数分布直方图，用样本估计总体，解答时需要观察统计图，从中获取相关信息，分析数据的能力要求高．
20.【答案】一条弧所对的圆周角是它所对圆心角度数的一半 直角三角形两锐角互余
【解析】解：(1)依据1：一条弧所对的圆周角是它所对圆心角度数的一半，
依据2：直角三角形两锐角互余；
故答案为：一条弧所对的圆周角是它所对圆心角度数的一半，直角三角形两锐角互余；
(2)如答图，以点A为圆心，AB为半径作⊙A，
∵AD与AB关于直线AM对称，点B的对应点为D，
连接CD与AM交
于点N．
∴AD=AB，ND=NB，
∴点D和点C在⊙A上，
∵BC=BC，
∴∠1=2∠BDC，
∵ND=NB，
∴∠NBC=∠BDC，
∵∠2是△BDN的外角，
∴∠2=∠NBC+∠BDC=2∠BDC，
∴∠1=∠2．
(1)根据圆周角定理及其推论解答即可；
(2)由轴对称的性质可得AH⊥BD，∠ABD=∠ADB，证明△DNH≌△BNH，可得∠3=∠NBH，则∠2=∠3+∠NBH=2∠3，根据圆周角定理可得2∠3=∠1，从而可证明∠2=∠1．
此题考查了三角形的外接圆与外心，圆周角定理，轴对称的性质和全等三角形的判定和性质，利用数形结合的思想是解题关键．
21.【答案】解：(1)设甲种型号的货运车每辆的售价是x万元，乙种型号的货运车每辆的售价是y万元，
依题意得：x−y=280x=80y×45，
解得：x=10y=8
答：甲种型号的货运车每辆的售价是10万元，乙种型号的货运车每辆的售价是8万元；
(2)设购买甲种型号货运车m辆，则购买乙种型号的甲种型号的货运车(20−m)辆，
依题意得：10m+8(20−m)≤170，
解得：m≤5．
答：最多可以购买甲种型号的货运车5辆．
【解析】(1)设甲种型号的货运车每辆的售价是x万元，乙种型号的货运车每辆的售价是y万元，根据1辆甲种型号货运车售价比1辆乙种型号货运车售价多2万元；用80万元分别单独购买这两种型号的货运车，能买到甲种型号货运车的数量是乙种，型号货运车数量的45列方程即可得到结论；
(2)设购买甲种型号货运车m辆，则购买乙种型号的甲种型号的货运车(20−m)辆，根据购买的总费用不超过170万元，不等式即可得到结论．
本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．
22.【答案】(1)解：结论仍然成立，理由如下：
∵△ABC与△ACE都是等边三角形，
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，
∴∠BAC−∠BAE=∠DAE−∠BAE，
∴∠CAE=∠BAD，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE；
(2)解：如图所示：

如图3，过点D作DH⊥CA交CA的延长线于点H，
则∠DHA=90°，
∵△ADE绕点A顺时针旋转了90°，
∴∠BAD=90°，
∵△ABC是等边三角形，AB=6，
∴∠BAC=60°，AC=AB=6，
∴∠DAH=180°−∠BAC−∠BAD=30°；
在Rt△ADH中，∵AD=2 3，cs∠DAH=AHAD，
∴DH=12AD= 3，AH=AD× 32=2 3× 32=3，
∴HC=HA+AC=9，
在Rt△CDH中，由勾股定理，得CD= DH2+HC2= ( 3)2+92=2 21，
∴CD的长为2 21；
(3)四边形ADBE是菱形，理由如下：
如图4，过点A作AF⊥CD交CD于点F，则∠AFC=90°．

∵△ADE是等边三角形，AD=2 3，
∴∠AED=60°，AE=AD=2 3，
在Rt△AEF中，tan∠AEF=AFEF，
∴AF= 3EF，
∵△ABC是等边三角形，AB=6，
∴AC=AB=6，
∵AF2+CF2=AC2，
∴( 3EF)2+(2 3+EF)2=62，
∴EF1= 3，EF2=−2 3(舍去)，
∴AF= 3EF= 3× 3=3，
∵sin∠ACF=EFAC=36=12，
∴∠ACF=30°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AF是∠ACB的平分线．
∴直线CD是边AB的中垂线，
∴BD=AD，AE=BE，
∵△ADE是等边三角形，
∴AD=AE，
∴AD=AE=BD=BE，
∴四边形ADBE是菱形．
【解析】(1)由“SAS”可证△ABD≌△ACE，可得BD=CE；
(2)分别求出AH，DH的长，由勾股定理可求解；
(3)先求出∠ACF=30°，由等边三角形的性质可证直线CD是边AB的中垂线，即可求解．
本题是四边形综合题，考查了菱形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
23.【答案】解：(1)把y=0代入y=x2−3x−4中，得x2−3x−4=0．
解得x1=−1，x1=4，
∴点A的坐标是(−1,0)，点B的坐标是(4,0)，
把x=0代入y=x2−3x−4中，得y=−4．
∴点C的坐标是(0,−4)；
(2)设直线BC的函数表达式为y=kx+b．
∵点B(4,0)，点C(0,−4)，
∴−4=b0=4k+b，解得：k=1b=−4，
∴直线BC的函数表达式为y=x−4，
∵∠BOC=90°，点B(4,0)，点C(0,−4)，
∴OB=OC=4．
∴∠OBC=∠OCB=180°−∠BOC2=45°；
设点P的坐标为(m,m2−3m−4)．
∵PE⊥x轴于点E交直线BC于点G，
∴PG//y轴，点G的坐标为(m,m−4)．
∴∠PGF=∠OCB=45°．
∵PF⊥BC于点F，
∴∠PFG=90°．
∴△PFG是等腰直角三角形；
∴当△PFG的周长最大时，斜边PG最大．
∵PG=m−4−(m2−3m−4)=−m2+4m=−(m−2)2+4．
∵−1<0，
∴当m=2时，PG取得最大值，
当m=2时，PE=m2−3m−4=22−3×2−4=−6．
∴点P的坐标是(2,−6)；
(3)当点P和点C重合时，满足题设的要求，即点P(0,−4)；
当点P和点C不重合时，设点H(m,m−4)，设点H关于y轴的对称点为G(−m,m−4)，
将点G的坐标代入抛物线表达式得：m−4=m2−3(−m)−4，
解得：m=3± 13，
即点P的坐标为：(3− 13,9−3 13)或(3+ 13,9+3 13)．
符合条件的点P的坐标为(0,−4)，(3− 13,9−3 13)或(3+ 13,9+3 13)．
【解析】(1)把y=0代入y=x2−3x−4中，得x2−3x−4=0，解得x1=−1，x1=4，进而求解；
(2)证明△PFG是等腰直角三角形，故当△PFG的周长最大时，斜边PG最大，进而求解；
(3)当点P和点C重合时，满足题设的要求，即点P(0,−4)；当点P和点C不重合时，设点H(m,m−4)，设点H关于y轴的对称点为G(−m,m−4)，将点G的坐标代入抛物线表达式得：m−4=m2−3(−m)−4，即可求解．
本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、点的对称性、函数最值问题等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
砝码的质量x(克)
0
50
100
150
200
250
300
400
500
弹簧长度y(厘米)
2
3
4
5
6
7
7.5
7.5
7.5
构造辅助圆
圆是平面内到定点的距离等于定长的点组成的图形，而弧、弦、圆心角、圆周角是探索发现同圆或等圆中弧、角、线段之间关系的主要依据.如果要解决的问题中出现了有公共端点的几条线段相等时，可以采用构造辅助圆的方法解决．
如图1，在四边形ABCD中，AB=AC=AD.求证：∠1+∠2=90°．
在这个问题中，由于AB=AC=AD，所以点B，C，D在以A为圆心，AB为半径的圆上.如图2或图3画出经过B，C，D三点的⊙A．
方法1：如图2．
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠2，
∵BC=BC，
∴∠BAC=2∠1(依据1)．
∵∠ABC+∠2+∠BAC=180°，
∴2∠2+2∠1=180°．
∴∠1÷∠2=90°
方法2：如图3，延长CA交⊙A于点P，连接BP．
∵PC为⊙A的直径，
∴∠PBC=90°．
∴∠P+∠2=90°(依据2)．
∵BC=BC，
∴∠1=∠P，
∴∠1+∠2=90°．