(中考数学)河北省中考数学真题 (解析版)

2023年12月2日发(作者：江苏高三下数学试卷)

2022年河北省初中毕业生升学文化课考试

数学试卷

一、选择题（本大题共16个小题．1~10小题每题3分，11~16小题每题2分，共42分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1.

计算a3a得a?，则“？”是（

）

A. 0

【答案】C

【解析】

【分析】运用同底数幂相除，底数不变，指数相减，计算即可．

【详解】a3aa31a2，则“？”是2，

故选：C．

【点睛】本题考查同底数幂的除法；注意amanamn．

2.

如图，将△ABC折叠，使AC边落在AB边上，展开后得到折痕l，则l是△ABC的（

）

B. 1 C. 2 D. 3

A. 中线

线

【答案】D

【解析】

B. 中位线 C. 高线 D. 角平分【分析】根据折叠的性质可得CADBAD，作出选择即可．

【详解】解：如图，

∵由折叠的性质可知CADBAD， ∴AD是BAC的角平分线，

故选：D．

【点睛】本题考查折叠的性质和角平分线的定义，理解角平分线的定义是解答本题的关键．

3.

与3A.

31相等的是（

）

21

2B.

31

2C.

31

2D.

31

2【答案】A

【解析】

【分析】根据317，分别求出各选项的值，作出选择即可．

2217，故此选项符合题意；

22【详解】A、3B、315，故此选项不符合题意；

22C、3D、315，故此选项不符合题意；

2217，故此选项不符合题意；

22故选：A．

【点睛】本题考查有理数的加减混合运算，熟练掌握有理数的加减混合运算法则是解答本题的关键．

4.

下列正确的是（

）

A.

4923 B.

4923 C.

9432 D.

4.90.7

【答案】B

【解析】

【分析】根据二次根式的性质判断即可．

【详解】解：A.491323，故错误；

B.4923，故正确；

C482，故错误；

933.D.4.90.7，故错误；

故选：B． 【点睛】本题主要考查二次根式的性质，掌握二次根式的性质是解题的关键．

5.

如图，将三角形纸片剪掉一角得四边形，设△ABC与四边形BCDE的外角和的度数分别为，，则正确的是（

）

A.

0

C.

0

【答案】A

【解析】

B.

0

D. 无法比较与的大小

【分析】多边形的外角和为360，△ABC与四边形BCDE的外角和均为360，作出选择即可．

【详解】解：∵多边形的外角和为360，

∴△ABC与四边形BCDE的外角和与均为360，

∴0，

故选：A．

【点睛】本题考查多边形的外角和定理，注意多边形的外角和为360是解答本题的关键．

6.

某正方形广场的边长为4102m，其面积用科学记数法表示为（

）

A.

4104m2 B.

16104m2 C.

1.6105m2 D.

1.6104m2

【答案】C

【解析】

【分析】先算出面积，然后利用科学记数法表示出来即可．

52【详解】解：面积为：41024102=16104=1.610（，

m）故选：C．

【点睛】本题主要考查了科学记数法，熟练掌握科学记数法的表示形式是解题的关键．

7.

①~④是由相同的小正方体粘在一起的几何体，若组合其中的两个，恰是由6个小正方体构成的长方体，则应选择（

）

A. ①③

【答案】D

【解析】

B. ②③ C. ③④ D. ①④

【分析】观察图形可知，①~④的小正方体的个数分别为4，3，3，2，其中②③组合不能

构成长方体，①④组合符合题意

【详解】解：观察图形可知，①~④的小正方体的个数分别为4，3，3，2，其中②③组合不能构成长方体，①④组合符合题意

故选D

【点睛】本题考查了立体图形，应用空间想象能力是解题的关键．

8.

依据所标数据，下列一定为平行四边形的是（

）

A. B. C.

D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据平行四边形的判定及性质定理判断即可；

【详解】解：平行四边形对角相等，故A错误；

一组对边平行不能判断四边形是平行四边形，故B错误；

三边相等不能判断四边形是平行四边形，故C错误；

一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故D正确；

故选：D．

【点睛】本题主要考查平行四边形的判定及性质，掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键．

11x2y9.

若x和y互为倒数，则的值是（

）

yxA.

1

【答案】B

B.

2 C.

3 D.

4 【解析】

【分析】先将x112y化简，再利用互为倒数，相乘为1，算出结果，即可

yx11x2yyx1112xyx2yxyxy

【详解】12xy12xy12xy1xy∵x和y互为倒数

∴xy1

11xy

21122xy故选：B

【点睛】本题考查代数式的化简，注意互为倒数即相乘为1

所在圆相切于点A，10.

某款“不倒翁”（图1）的主视图是图2，PA，PB分别与AMB的长是（

）

B．若该圆半径是9cm，∠P＝40°，则AMB

A.

11cm

【答案】A

【解析】

【分析】如图，根据切线的性质可得PAOPBO90，根据四边形内角和可得B.

11cm

2C.

7cm D.

7cm

2所对的圆心角，根据弧长公式进行计算即可求解．

AOB的角度，进而可得AMB【详解】解：如图，

 PA，PB分别与AMB所在圆相切于点A，B．

PAOPBO90，

∠P＝40°，

AOB360909040140，

该圆半径是9cm，

AMB360140911cm，

180故选：A．

【点睛】本题考查了切线的性质，求弧长，牢记弧长公式是解题的关键．

11.

要得知作业纸上两相交直线AB，CD所夹锐角的大小，发现其交点不在作业纸内，无法直接测量．两同学提供了如下间接测量方案（如图1和图2）：对于方案Ⅰ、Ⅱ，说法正确的是（

） A.

Ⅰ可行、Ⅱ不可行

不可行

【答案】C

【解析】

B.

Ⅰ不可行、Ⅱ可行 C.

Ⅰ、Ⅱ都可行 D.

Ⅰ、Ⅱ都【分析】用夹角可以划出来的两条线，证明方案Ⅰ和Ⅱ的结果是否等于夹角，即可判断正误

【详解】方案Ⅰ：如下图，BPD即为所要测量的角

∵HENCFG

∴MN∥PD

∴AEMBPD

故方案Ⅰ可行

方案Ⅱ：如下图，BPD即为所要测量的角 在EPF中：BPDPEFPFE180

则：BPD180AEHCFG

故方案Ⅱ可行

故选：C

【点睛】本题考查平行线的性质和判定，三角形的内角和；本题的突破点是用可画出夹角的情况进行证明

12.

某项工作，已知每人每天完成的工作量相同，且一个人完成需12天．若m个人共同完成需n天，选取6组数对m,n，在坐标系中进行描点，则正确的是（

）

A. B.

C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意建立函数模型可得mn12，即n函数的图象进行判断即可求解．

12，符合反比例函数，根据反比例m【详解】解：依题意，1·m·n1

12mn12，

n12，m,n0且为整数．

m故选C．

【点睛】本题考查了反比例数的应用，根据题意建立函数模型是解题的关键．

13.

平面内，将长分别为1，5，1，1，d的线段，顺次首尾相接组成凸五边形（如图），则d可能是（

）

A.

1

【答案】C

【解析】

【分析】如图（见解析），设这个凸五边形为ABCDE，连接AC,CE，并设B.

2 C.

7 D.

8

ACa,CEb，先在ABC和△CDE中，根据三角形的三边关系定理可得4a6，0b2，从而可得4ab8，2ab6，再在ACE中，根据三角形的三边关系定理可得abdab，从而可得2d8，由此即可得出答案．

【详解】解：如图，设这个凸五边形为ABCDE，连接AC,CE，并设ACa,CEb，

在ABC中，51a15，即4a6，

在△CDE中，11b11，即0b2，

所以4ab8，2ab6，

在ACE中，abdab，

所以2d8，

观察四个选项可知，只有选项C符合， 故选：C．

【点睛】本题考查了三角形的三边关系定理，通过作辅助线，构造三个三角形是解题关键．

14.

五名同学捐款数分别是5，3，6，5，10（单位：元），捐10元的同学后来又追加了10元．追加后的5个数据与之前的5个数据相比，集中趋势相同的是（

）

A. 只有平均数

和众数

【答案】D

【解析】

【分析】分别计算前后数据的平均数、中位数、众数，比较即可得出答案．

【详解】解：追加前的平均数为：B. 只有中位数 C. 只有众数 D. 中位数1(5+3+6+5+10)=5.8；

5从小到大排列为3，5，5，6，10，则中位数为5；

5出现次数最多，众数为5；

追加后的平均数为：1(5+3+6+5+20)=7.8；

5从小到大排列为3，5，5，6，20，则中位数为5；

5出现次数最多，众数为5；

综上，中位数和众数都没有改变，

故选：D．

【点睛】本题为统计题，考查了平均数、众数与中位数．中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数．众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不只一个．

15.

“曹冲称象”是流传很广的故事，如图．按照他的方法：先将象牵到大船上，并在船侧面标记水位，再将象牵出．然后往船上抬入20块等重的条形石，并在船上留3个搬运工，这时水位恰好到达标记位置．如果再抬入1块同样的条形石，船上只留1个搬运工，水位也恰好到达标记位置．已知搬运工体重均为120斤，设每块条形石的重量是x斤，则正确的是（

） A. 依题意3120x120 B. 依题意20x3120201x120

C. 该象的重量是5040斤

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意列出方程即可解答．

【详解】解：根据题意可得方程；20x3120201x120

故选：B．

【点睛】本题主要考查一元一次方程的应用，根据题意真确列出方程是解题的关键．

16.

题目：“如图，∠B＝45°，BC＝2，在射线BM上取一点A，设AC＝d，若对于d的一个数值，只能作出唯一一个△ABC，求d的取值范围．”对于其答案，甲答：d2，乙答：d＝1.6，丙答：dD. 每块条形石的重量是260斤

2，则正确的是（

）

A. 只有甲答的对

C. 甲、乙答案合在一起才完整

【答案】B

B. 甲、丙答案合在一起才完整

D. 三人答案合在一起才完整 【解析】

【分析】过点C作CABM于A，在AM上取AABA，发现若有两个三角形，两三角形的AC边关于AC对称，分情况分析即可

【详解】过点C作CABM于A，在AM上取AABA

∵∠B＝45°，BC＝2，CABM

∴VBAC是等腰直角三角形

∴ACBA∵AABA

∴ACBC2

2AA2CA22

若对于d的一个数值，只能作出唯一一个△ABC

通过观察得知：

点A在A点时，只能作出唯一一个△ABC（点A在对称轴上），此时d案；

点A在AM射线上时，只能作出唯一一个△ABC（关于AC对称的AC不存在），此时2，即丙的答d2，即甲的答案，

点A在BA线段（不包括A点和A点）上时，有两个△ABC（二者的AC边关于AC对称）；

故选：B

【点睛】本题考查三角形的存在性质，勾股定理，解题关键是发现若有两个三角形，两三角形的AC边关于AC对称

二、填空题（本大题共3个小题，每小题3分，共9分．其中18小题第一空2分，第二空1分；19小题每空1分）

17.

如图，某校运会百米预赛用抽签方式确定赛道．若琪琪第一个抽签，她从1~8号中随机抽取一签，则抽到6号赛道的概率是______． 【答案】1

8【解析】

【分析】直接根据概率公式计算，即可求解．

【详解】解：根据题意得：抽到6号赛道的概率是1．

8故答案为：1

8【点睛】本题考查了概率公式：熟练掌握随机事件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；P（必然事件）=1；P（不可能事件）=0是解题的关键．

18.

如图是钉板示意图，每相邻4个钉点是边长为1个单位长的小正方形顶点，钉点A，B的连线与钉点C，D的连线交于点E，则

（1）AB与CD是否垂直？______（填“是”或“否”）；

（2）AE＝______．

【答案】

【解析】

①.

是

②.

4545 ##55【分析】（1）证明△ACG≌△CFD，推出∠CAG=∠FCD，证明∠CEA=90°，即可得到结论；

（2）利用勾股定理求得AB的长，证明△AEC∽△BED，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．

【详解】解：（1）如图：AC=CF=2，CG=DF=1，∠ACG=∠CFD=90°，

∴△ACG≌△CFD，

∴∠CAG=∠FCD， ∵∠ACE+∠FCD=90°，

∴∠ACE+∠CAG=90°，

∴∠CEA=90°，

∴AB与CD是垂直的，

故答案为：是；

（2）AB=224225，

∵AC∥BD，

∴△AEC∽△BED，

∴ACAE2AE，即，

BDBE3BEAE2，

BE5245BE=．

55∴∴AE=故答案为：45．

5

【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．

19.

如图，棋盘旁有甲、乙两个围棋盒．

（1）甲盒中都是黑子，共10个，乙盒中都是白子，共8个，嘉嘉从甲盒拿出a个黑子放入乙盒，使乙盒棋子总数是甲盒所剩棋子数的2倍，则a＝______；

（2）设甲盒中都是黑子，共mm>2个，乙盒中都是白子，共2m个，嘉嘉从甲盒拿出a1am个黑子放入乙盒中，此时乙盒棋子总数比甲盒所剩棋子数多______个；接下来，嘉嘉又从乙盒拿回a个棋子放到甲盒，其中含有x0xa个白子，此时乙盒中有y个黑子，则y的值为______．

x 【答案】

【解析】

①. 4

②.

m2a

③. 1

【分析】①用列表的方式，分别写出甲乙变化前后的数量，最后按两倍关系列方程，求解，即可

②用列表的方式，分别写出甲乙每次变化后的数量，按要求计算写出代数式，化简，即可

③用列表的方式，分别写出甲乙每次变化后的数量，算出移动的a个棋子中有x个白子，(ax)个黑子，再根据要求算出y，即可

【详解】答题空1：

原甲：10

现甲：10-a

原乙：8

现乙：8+a

依题意：8a2(10a)

解得：a4

故答案为：4

答题空2：

原甲：m

现甲1：m-a

原乙：2m

现乙1：2m+a

第一次变化后，乙比甲多：2ma(ma)2mamam2a

故答案为：m2a

答题空3：

原甲：m黑

现甲1：m黑-a黑

原乙：2m白

现乙1：2m白+a黑 现甲2：m黑-a黑+a混合 现乙2：2m白+a黑-a混合

第二次变化，变化的a个棋子中有x个白子，(ax)个黑子

则：ya(ax)aaxx

yx1

xx故答案为：1

【点睛】本题考查代数式的应用；注意用表格梳理每次变化情况是简单有效的方法

三、解答题（本大题共7个小题，共69分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

20.

整式31m的值为P．

3

（1）当m＝2时，求P的值；

（2）若P的取值范围如图所示，求m的负整数值．

【答案】（1）5

（2）2,1

【解析】

【分析】（1）将m＝2代入代数式求解即可，

（2）根据题意P7，根据不等式，然后求不等式的负整数解．

【小问1详解】

解：∵P3

1m

312

3当m2时，P353

35；

【小问2详解】

1P3m，由数轴可知P7，

3即31m7，

317m，

33解得m2，

m的负整数值为2,1．

【点睛】本题考查了代数式求值，解不等式，求不等式的整数解，正确的计算是解题的关键．

21.

某公司要在甲、乙两人中招聘一名职员，对两人的学历、能力、经验这三项进行了测试，各项满分均为10分，成绩高者被录用．图1是甲、乙测试成绩的条形统计图．

（1）分别求出甲、乙三项成绩之和，并指出会录用谁；

（2）若将甲、乙的三项测试成绩，按照扇形统计图（图2）各项所占之比，分别计算两人各自的综合成绩，并判断是否会改变（1）的录用结果．

【答案】（1）甲

【解析】

【分析】（1）根据条形统计图数据求解即可；

（2）根据“能力”、“学历”、“经验”所占比进行加权再求总分即可．

【小问1详解】

解：甲三项成绩之和为：9+5+9=23；

乙三项成绩之和为：8+9+5=22；

录取规则是分高者录取，所以会录用甲．

【小问2详解】

“能力”所占比例为：（2）乙

1801；

3602“学历”所占比例为：1201；

3603“经验”所占比例为：601；

360639251923；

6338291547；

66∴“能力”、“学历”、“经验”的比为3：2：1；

甲三项成绩加权平均为：乙三项成绩加权平均为：所以会录用乙．

【点睛】本题主要考查条形统计图和扇形统计图，根据图表信息进行求解是解题的关键．

22.

发现两个已知正整数之和与这两个正整数之差的平方和一定是偶数，且该偶数的一半也可以表示为两个正整数的平方和．验证：如，212110为偶数，请把10的一半表示为两个正整数的平方和．探究：设“发现”中的两个已知正整数为m，n，请论证“发现”中的结论正确．

【答案】验证：22125；论证见解析

【解析】

【分析】通过观察分析验证10的一半为5，22125；将m和n代入发现中验证即可证明．

【详解】证明：验证：10的一半为5，22125；

设“发现”中的两个已知正整数为m，n，

∴mnmn2mn222222，其中2m2n2为偶数，

且其一半m2n2正好是两个正整数m和n的平方和，

∴“发现”中的结论正确．

【点睛】本题考查列代数式，根据题目要求列出代数式是解答本题的关键．

23.

如图，点Pa,3在抛物线C：y46x上，且在C的对称轴右侧．

2

（1）写出C的对称轴和y的最大值，并求a的值；

（2）坐标平面上放置一透明胶片，并在胶片上描画出点P及C的一段，分别记为P，C．平移该胶片，使C所在抛物线对应的函数恰为yx26x9．求点P移动的最短路程．

【答案】（1）对称轴为直线x6，y的最大值为4，a7

（2）5

【解析】

【分析】（1）由ya(xh)2k的性质得开口方向，对称轴和最值，把Pa,3代入

y46x中即可得出a的值；

（2）由yx6x9(x3)，得出抛物线yx26x9是由抛物线C：222yx64向左平移3个单位，再向下平移4个单位得到，即可求出点P移动的最短路程．

【小问1详解】

2y46x(x6)24，

∴对称轴为直线x6，

∵10，

∴抛物线开口向下，有最大值，即y的最大值为4，

把Pa,3代入y46x中得：

224(6a)23，

解得：a5或a7，

∵点Pa,3在C的对称轴右侧，

∴a7；

【小问2详解】

∵yx26x9(x3)2，

∴y(x3)2是由yx64向左平移3个单位，再向下平移4个单位得到，

平移距离为32425，

∴P移动的最短路程为5．

【点睛】本题考查二次函数ya(xh)2k的图像与性质，掌握二次函数2ya(xh)2k的性质以及平移的方法是解题的关键． 24.

如图，某水渠的横断面是以AB为直径的半圆O，其中水面截线MN∥AB．嘉琪在A处测得垂直站立于B处的爸爸头顶C的仰角为14°，点M的俯角为7°．已知爸爸的身高为1.7m．

（1）求∠C的大小及AB的长；

（2）请在图中画出线段DH，用其长度表示最大水深（不说理由），并求最大水深约为多少米（结果保留小数点后一位）．（参考数据：tan76取4，17取4.1）

【答案】（1）C=76，AB6.8(m)

（2）见详解，约6.0米

【解析】

【分析】（1）由水面截线MN∥AB可得BCAB，从而可求得C76，利用锐角三角形的正切值即可求解．

（2）过点O作OH

MN，交MN于D点，交半圆于H点，连接OM，过点M作MG⊥OB于G，水面截线MN∥AB，即可得DH即为所求，由圆周角定理可得BOM14，进而可得ABCOGM，利用相似三角形的性质可得OG4GM，利用勾股定理即可求得GM的值，从而可求解．

【小问1详解】

解：∵水面截线MN∥AB

BCAB，

ABC90，

C90CAB=76，

在RtABC中，ABC90，BC1.7，

tan76ABAB，

BC1.7解得AB6.8(m)．

【小问2详解】

过点O作OHG，如图所示：

MN，交MN于D点，交半圆于H点，连接OM，过点M作MG⊥OB于 水面截线MN∥AB，OHAB，

DHMN，GMOD，

DH为最大水深，

BAM7，

BOM2BAM14，

ABCOGM90，且BAC14，

ABCOGM，

OGMGOGMG，即，即OG4GM，

ABCB6.81.7AB3.4，

2在Rt△OGM中，OGM90，OM2（4GM）GM2(3.4)2，

OG2GM2OM2，即解得GM0.8，

DH=OHOD6.80.86，

最大水深约为6.0米．

【点睛】本题考查了解直角三角形，主要考查了锐角三角函数的正切值、圆周角定理、相似三角形的判定及性质、平行线的性质和勾股定理，熟练掌握解直角三角形的相关知识是解题的关键．

25.

如图，平面直角坐标系中，线段AB的端点为A8,19，B6,5． （1）求AB所在直线的解析式；

（2）某同学设计了一个动画：在函数ymxnm0,y0中，分别输入m和n的值，使得到射线CD，其中Cc,0．当c＝2时，会从C处弹出一个光点P，并沿CD飞行；当c2时，只发出射线而无光点弹出．

①若有光点P弹出，试推算m，n应满足的数量关系；

②当有光点P弹出，并击中线段AB上的整点（横、纵坐标都是整数）时，线段AB就会发光，求此时整数m的个数．

【答案】（1）yx11

（2）①n2m，理由见解析②5

【解析】

【分析】（1）设直线AB的解析式为ykxbk0，把点A8,19，B6,5代入，即可求解；

（2）①根据题意得，点C（2，0），把点C（2，0）代入ymxn，即可求解；

②由①得：n2m，可得yx2m，再根据题意找到线段AB上的整点，再逐一代入，即可求解．

【小问1详解】

解：设直线AB的解析式为ykxbk0，

把点A8,19，B6,5代入得： 8kb19k1，解得：，

6kb5b11∴AB所在直线的解析式为yx11；

【小问2详解】

解：

n2m，理由如下：

若有光点P弹出，则c＝2，

∴点C（2，0），

把点C（2，0）代入ymxnm0,y0得：

2mn0；

∴若有光点P弹出，m，n满足的数量关系为n2m；

②由①得：n2m，

∴ymxnmx2mx2m，

∵点A8,19，B6,5，AB所在直线的解析式为yx11，

∴线段AB上的其它整点为7,18,6,17,5,16,4,15,3,14,2,13,1,12,0,11,1,10,2,9,3,8,4,7,5,6，

∵

有光点P弹出，并击中线段AB上的整点，

∴直线CD过整数点，

∴当击中线段AB上的整点（-8，19）时，1982m，即m去），

当击中线段AB上的整点（-7，18）时，1872m，即m2，

当击中线段AB上的整点（-6，17）时，17=（-6-2）m，即m当击中线段AB上的整点（-5，16）时，16=（-5-2）m，即m当击中线段AB上的整点（-4，15）时，15=（-4-2）m，即m当击中线段AB上的整点（-3，14）时，14=（-3-2）m，即m当击中线段AB上的整点（-2，13）时，13=（-2-2）m，即m19（不合题意，舍1017（不合题意，舍去），

816（不合题意，舍去），

75（不合题意，舍去），

214（不合题意，舍去），

513（不合题意，舍去），

4当击中线段AB上的整点（-1，12）时，12=（-1-2）m，即m=-4， 当击中线段AB上的整点（0，11）时，11=（0-2）m，即m11（不合题意，舍去），

2当击中线段AB上的整点（1，10）时，10=（1-2）m，即m=-10，

当击中线段AB上的整点（2，9）时，9=（2-2）m，不存在，

当击中线段AB上的整点（3，8）时，8=（3-2）m，即m=8，

当击中线段AB上的整点（4，7）时，7=（4-2）m，即m7（不合题意，舍去），

25（不合题意，舍去），

4当击中线段AB上的整点（5，6）时，6=（5-2）m，即m=2，

当击中线段AB上的整点（6，5）时，5=（6-2）m，即m综上所述，此时整数m的个数为5个．

【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，熟练掌握一次函数的图象和性质，理解有光点P弹出，并击中线段AB上的整点，即直线CD过整数点是解题的关键．

26.

如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AD＝3，AB23，DH⊥BC于点H．将△PQM与该四边形按如图方式放在同一平面内，使点P与A重合，点B在PM上，其中∠Q＝90°，∠QPM＝30°，PM43．

（1）求证：△PQM≌△CHD；

（2）△PQM从图1的位置出发，先沿着BC方向向右平移（图2），当点P到达点D后立刻绕点D逆时针旋转（图3），当边PM旋转50°时停止．

①边PQ从平移开始，到绕点D旋转结束，求边PQ扫过的面积；

②如图2，点K在BH上，且BK943．若△PQM右移的速度为每秒1个单位长，绕点D旋转的速度为每秒5°，求点K在△PQM区域（含边界）内的时长；

③如图3．在△PQM旋转过程中，设PQ，PM分别交BC于点E，F，若BE＝d，直接写出CF的长（用含d的式子表示）．

【答案】（1）见详解

②(433)s；

③CF（2）①935；

6012d

9d【解析】

【分析】（1）先证明四边形ABHD是矩形，再根据Rt△DHC算出CD长度，即可证明；

（2）①平移扫过部分是平行四边形，旋转扫过部分是扇形，分别算出两块面积相加即可；

②运动分两个阶段：平移阶段：tKH；旋转阶段：取刚开始旋转状态，以PM为直径v作圆，H为圆心，延长DK与圆相交于点G，连接GH，GM，过点G作GTDM于T；设KDH，利用Rt△DKH算出tan，sin，cos，利用Rt△DGM算出DG，利用Rt△DGT算出GT，最后利用Rt△HGT算出sinGHT，发现sinGHT从而得到2，度数，求出旋转角，最后用旋转角角度计算所用时间即可；

③利用tan1，2tantantantan，tan，在Rt△EDH和1tantan1tantanRtFDH中，算出EH，FH的关系，即可得CF与d的关系．

【小问1详解】

∵AD∥BC，DHBC

∴DHAD

则在四边形ABHD中

ABHBHDHDA90

故四边形ABHD为矩形

DHAB23，BHAD3

在Rt△DHC中，C30

∴CD2DH43，CH3DH6

DHCQ90∵CQPM30

CDPM43∴△CHD≌△PQM(AAS)；

【小问2详解】

①过点Q作QSAM于S

由（1）得：AQCH6

在Rt△AQS中，QAS30

∴AS3AQ33

2平移扫过面积：S1ADAS33393

旋转扫过面积：S25050PQ2625

360360故边PQ扫过的面积：SS1S2935

②运动分两个阶段：平移和旋转

平移阶段：

KHBHBK3(943)436

t1KH(436)s

v旋转阶段：

由线段长度得：PM2DM

取刚开始旋转状态，以PM为直径作圆，则H为圆心，延长DK与圆相交于点G，连接GH，GM，过点G作GTDM于T

设KDH，则GHM2

在Rt△DKH中：

KHBHBK3(943)43623(23)

DKDH2KH2(23)2(436)24323

设t223，则KH23t，DK43t，DH23

tanKHKHtDH1t2，sin，cos

DHDK2DK2t∵DM为直径

∴DGM90

在Rt△DGM中

：DGDMcos43123

2tt在Rt△DGT中：GTDGsin23t3

t2在Rt△HGT中：sin2∴230，15

GT31

GH232PQ转过的角度：301515

t2153s

5总时间：tt1t24363(433)s

③旋转030：

设EDH，在Rt△EDH和RtFDH中，

由：DHDH

EHFH得：

tantan30由：tan30tan30tan

1tan30tanDHtanEH

即：23tanEH

解得：FH126EH

6EH6012d

9d又∵EH3d，FH6CF

解得：CF旋转3050： 设EDH，在Rt△EDH和RtFDH中，

由：DHDH

EHFH得：

tantan30由：tan30tantan30

1tantan30DHtanEH

即：23tanEH

解得：FH126EH

6EH6012d，

9d6012d．

9d又∵EHd3，FH6CF

解得：CF综上所述：CF【点睛】本题考查动点问题，涉及到平移，旋转，矩形，解三角形，圆；注意第（2）问第②小题以PM为直径作圆算出sin2是难点，第（2）问第③小题用到三角函数公式。