2019年人教版江苏省连云港市中考数学试卷及答案解析

这是一份2019年人教版江苏省连云港市中考数学试卷及答案解析，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2019年江苏省连云港市中考数学试卷
一、选择题（本大题共有8小题，每小题3分，共24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，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上）
1．（3分）﹣2的绝对值是（　　）
A．﹣2 B．﹣ C．2 D．
2．（3分）要使有意义，则实数x的取值范围是（　　）
A．x≥1 B．x≥0 C．x≥﹣1 D．x≤0
3．（3分）计算下列代数式，结果为x5的是（　　）
A．x2+x3 B．x•x5 C．x6﹣x D．2x5﹣x5
4．（3分）一个几何体的侧面展开图如图所示，则该几何体的底面是（　　）

A． B．
C． D．
5．（3分）一组数据3，2，4，2，5的中位数和众数分别是（　　）
A．3，2 B．3，3 C．4，2 D．4，3
6．（3分）在如图所示的象棋盘（各个小正方形的边长均相等）中，根据“马走日”的规则，“马”应落在下列哪个位置处，能使“马”、“车”、“炮”所在位置的格点构成的三角形与“帅”、“相”、“兵”所在位置的格点构成的三角形相似（　　）

A．①处 B．②处 C．③处 D．④处
7．（3分）如图，利用一个直角墙角修建一个梯形储料场ABCD，其中∠C＝120°．若新建墙BC与CD总长为12m，则该梯形储料场ABCD的最大面积是（　　）

A．18m2 B．18m2 C．24m2 D．m2
8．（3分）如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB．将矩形ABCD对折，得到折痕MN；沿着CM折叠，点D的对应点为E，ME与BC的交点为F；再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，此时点B的对应点为G．下列结论：①△CMP是直角三角形；②点C、E、G不在同一条直线上；③PC＝MP；④BP＝AB；⑤点F是△CMP外接圆的圆心，其中正确的个数为（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分.不需要写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
9．（3分）64的立方根为　 　．
10．（3分）计算（2﹣x）2＝　 　．
11．（3分）连镇铁路正线工程的投资总额约为46400000000元，数据“46400000000”用科学记数法可表示为　 　．
12．（3分）一圆锥的底面半径为2，母线长3，则这个圆锥的侧面积为　 　．
13．（3分）如图，点A、B、C在⊙O上，BC＝6，∠BAC＝30°，则⊙O的半径为　 　．

14．（3分）已知关于x的一元二次方程ax2+2x+2﹣c＝0有两个相等的实数根，则+c的值等于　 　．
15．（3分）如图，将一等边三角形的三条边各8等分，按顺时针方向（图中箭头方向）标注各等分点的序号0、1、2、3、4、5、6、7、8，将不同边上的序号和为8的两点依次连接起来，这样就建立了“三角形”坐标系．在建立的“三角形”坐标系内，每一点的坐标用过这一点且平行（或重合）于原三角形三条边的直线与三边交点的序号来表示（水平方向开始，按顺时针方向），如点A的坐标可表示为（1，2，5），点B的坐标可表示为（4，1，3），按此方法，则点C的坐标可表示为　 　．

16．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，以点C为圆心作⊙C与直线BD相切，点P是⊙C上一个动点，连接AP交BD于点T，则的最大值是　 　．

三、解答题（本大题共11小题，共102分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤
17．（6分）计算（﹣1）×2++（）﹣1．
18．（6分）解不等式组
19．（6分）化简÷（1+）．
20．（8分）为了解某地区中学生一周课外阅读时长的情况，随机抽取部分中学生进行调查，根据调查结果，将阅读时长分为四类：2小时以内，2～4小时（含2小时），4～6小时（含4小时），6小时及以上，并绘制了如图所示尚不完整的统计图．

（1）本次调查共随机抽取了　 　名中学生，其中课外阅读时长“2～4小时”的有　 　人；
（2）扇形统计图中，课外阅读时长“4～6小时”对应的圆心角度数为　 　°；
（3）若该地区共有20000名中学生，估计该地区中学生一周课外阅读时长不少于4小时的人数．
21．（10分）现有A、B、C三个不透明的盒子，A盒中装有红球、黄球、蓝球各1个，B盒中装有红球、黄球各1个，C盒中装有红球、蓝球各1个，这些球除颜色外都相同．现分别从A、B、C三个盒子中任意摸出一个球．
（1）从A盒中摸出红球的概率为　 　；
（2）用画树状图或列表的方法，求摸出的三个球中至少有一个红球的概率．
22．（10分）如图，在△ABC中，AB＝AC．将△ABC沿着BC方向平移得到△DEF，其中点E在边BC上，DE与AC相交于点O．
（1）求证：△OEC为等腰三角形；
（2）连接AE、DC、AD，当点E在什么位置时，四边形AECD为矩形，并说明理由．

23．（10分）某工厂计划生产甲、乙两种产品共2500吨，每生产1吨甲产品可获得利润0.3万元，每生产1吨乙产品可获得利润0.4万元．设该工厂生产了甲产品x（吨），生产甲、乙两种产品获得的总利润为y（万元）．
（1）求y与x之间的函数表达式；
（2）若每生产1吨甲产品需要A原料0.25吨，每生产1吨乙产品需要A原料0.5吨．受市场影响，该厂能获得的A原料至多为1000吨，其它原料充足．求出该工厂生产甲、乙两种产品各为多少吨时，能获得最大利润．
24．（10分）如图，海上观察哨所B位于观察哨所A正北方向，距离为25海里．在某时刻，哨所A与哨所B同时发现一走私船，其位置C位于哨所A北偏东53°的方向上，位于哨所B南偏东37°的方向上．
（1）求观察哨所A与走私船所在的位置C的距离；
（2）若观察哨所A发现走私船从C处以16海里/小时的速度向正东方向逃窜，并立即派缉私艇沿北偏东76°的方向前去拦截，求缉私艇的速度为多少时，恰好在D处成功拦截．（结果保留根号）
（参考数据：sin37°＝cos53°≈，cos37°＝sin53°≈，tan37°≈，tan76°≈4）

25．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，函数y＝﹣x+b的图象与函数y＝（x＜0）的图象相交于点A（﹣1，6），并与x轴交于点C．点D是线段AC上一点，△ODC与△OAC的面积比为2：3．
（1）k＝　 　，b＝　 　；
（2）求点D的坐标；
（3）若将△ODC绕点O逆时针旋转，得到△OD'C'，其中点D'落在x轴负半轴上，判断点C'是否落在函数y＝（x＜0）的图象上，并说明理由．

26．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L1：y＝x2+bx+c过点C（0，﹣3），与抛物线L2：y＝﹣x2﹣x+2的一个交点为A，且点A的横坐标为2，点P、Q分别是抛物线L1、L2上的动点．
（1）求抛物线L1对应的函数表达式；
（2）若以点A、C、P、Q为顶点的四边形恰为平行四边形，求出点P的坐标；
（3）设点R为抛物线L1上另一个动点，且CA平分∠PCR．若OQ∥PR，求出点Q的坐标．

27．（14分）问题情境：如图1，在正方形ABCD中，E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N．判断线段DN、MB、EC之间的数量关系，并说明理由．
问题探究：在“问题情境”的基础上．
（1）如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，并延长交边AD于点F．求∠AEF的度数；
（2）如图3，当垂足P在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△APN沿着AN翻折，点P落在点P'处，若正方形ABCD的边长为4，AD的中点为S，求P'S的最小值．
问题拓展：如图4，在边长为4的正方形ABCD中，点M、N分别为边AB、CD上的点，将正方形ABCD沿着MN翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，C'N交AD于点F．分别过点A、F作AG⊥MN，FH⊥MN，垂足分别为G、H．若AG＝，请直接写出FH的长．


2019年江苏省连云港市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共有8小题，每小题3分，共24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，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上）
1．解：因为|﹣2|＝2，
故选：C．
2．解：依题意得x﹣1≥0，
∴x≥1．
故选：A．
3．解：A、x2与x3不是同类项，故不能合并同类项，故选项A不合题意；
B、x•x5＝x6，故选项B不合题意；
C、x6与x不是同类项，故不能合并同类项，故选项C不合题意；
D、2x5﹣x5＝x5，故选项D符合题意．
故选：D．
4．解：由题意可知，该几何体为四棱锥，所以它的底面是四边形．
故选：B．
5．解：这组数据按照从小到大的顺序排列为：2，2，3，4，5，
中位数为：3，众数为：2．
故选：A．
6．解：帅”、“相”、“兵”所在位置的格点构成的三角形的三边的长分别为2、2、4；
“车”、“炮”之间的距离为1，
“炮”②之间的距离为，“车”②之间的距离为2，
∵＝＝，
∴马应该落在②的位置，
故选：B．
7．解：如图，过点C作CE⊥AB于E，
则四边形ADCE为矩形，CD＝AE＝x，∠DCE＝∠CEB＝90°，
则∠BCE＝∠BCD﹣∠DCE＝30°，BC＝12﹣x，
在Rt△CBE中，∵∠CEB＝90°，
∴BE＝BC＝6﹣x，
∴AD＝CE＝BE＝6﹣x，AB＝AE+BE＝x+6﹣x＝x+6，
∴梯形ABCD面积S＝（CD+AB）•CE＝（x+x+6）•（6﹣x）＝﹣x2+3x+18＝﹣（x﹣4）2+24，
∴当x＝4时，S最大＝24．
即CD长为4m时，使梯形储料场ABCD的面积最大为24m2；
故选：C．

8．解：∵沿着CM折叠，点D的对应点为E，
∴∠DMC＝∠EMC，
∵再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，
∴∠AMP＝∠EMP，
∵∠AMD＝180°，
∴∠PME+∠CME＝180°＝90°，
∴△CMP是直角三角形；故①正确；
∵沿着CM折叠，点D的对应点为E，
∴∠D＝∠MEC＝90°，
∵再沿着MP折叠，使得AM与EM重合，折痕为MP，
∴∠MEG＝∠A＝90°，
∴∠GEC＝180°，
∴点C、E、G在同一条直线上，故②错误；
∵AD＝2AB，
∴设AB＝x，则AD＝2x，
∵将矩形ABCD对折，得到折痕MN；
∴DM＝AD＝x，
∴CM＝＝x，
∵∠PMC＝90°，MN⊥PC，
∴CM2＝CN•CP，
∴CP＝＝x，
∴PN＝CP﹣CN＝x，
∴PM＝＝x，
∴＝＝，
∴PC＝MP，故③错误；
∵PC＝x，
∴PB＝2x﹣x＝x，
∴＝，
∴PB＝AB，故④，
∵CD＝CE，EG＝AB，AB＝CD，
∴CE＝EG，
∵∠CEM＝∠G＝90°，
∴FE∥PG，
∴CF＝PF，
∵∠PMC＝90°，
∴CF＝PF＝MF，
∴点F是△CMP外接圆的圆心，故⑤正确；
故选：B．

二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分.不需要写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上）
9．解：64的立方根是4．
故答案为：4．
10．解：（2﹣x）2＝22﹣2×2x+x2＝4﹣4x+x2．
故答案为：4﹣4x+x2
11．解：
科学记数法表示：46400000000＝4.64×1010
故答案为：4.64×1010
12．解：该圆锥的侧面积＝×2π×2×3＝6π．
故答案为6π．
13．解：∵∠BOC＝2∠BAC＝60°，又OB＝OC，
∴△BOC是等边三角形
∴OB＝BC＝6，
故答案为6．

14．解：根据题意得：
△＝4﹣4a（2﹣c）＝0，
整理得：4ac﹣8a＝﹣4，
4a（c﹣2）＝﹣4，
∵方程ax2+2x+2﹣c＝0是一元二次方程，
∴a≠0，
等式两边同时除以4a得：c﹣2＝﹣，
则+c＝2，
故答案为：2．
15．解：根据题意得，点C的坐标可表示为（2，4，2），
故答案为：（2，4，2）．
16．解：如图，
过点P作PE∥BD交AB的延长线于E，
∴∠AEP＝∠ABD，△APE∽△ATB，
∴，
∵AB＝4，
∴AE＝AB+BE＝4+BE，
∴，
∴BE最大时，最大，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝3，CD＝AB＝4，
过点C作CH⊥BD于H，交PE于M，并延长交AB于G，
∵BD是⊙C的切线，
∴∠GME＝90°，
在Rt△BCD中，BD＝＝5，
∵∠BHC＝∠BCD＝90°，∠CBH＝∠DBC，
∴△BHC∽△BCD，
∴，
∴，
∴BH＝，CH＝，
∵∠BHG＝∠BAD＝90°，∠GBH＝∠DBA，
∴△BHG∽△BAD，
∴＝，
∴，
∴HG＝，BG＝，
在Rt△GME中，GM＝EG•sin∠AEP＝EG×＝EG，
而BE＝GE﹣BG＝GE﹣，
∴GE最大时，BE最大，
∴GM最大时，BE最大，
∵GM＝HG+HM＝+HM，
即：HM最大时，BE最大，
延长MC交⊙C于P'，此时，HM最大＝HP'＝2CH＝，
∴GP'＝HP'+HG＝，
过点P'作P'F∥BD交AB的延长线于F，
∴BE最大时，点E落在点F处，
即：BE最大＝BF，
在Rt△GP'F中，FG＝＝＝＝，
∴BF＝FG﹣BG＝8，
∴最大值为1+＝3，
故答案为：3．

三、解答题（本大题共11小题，共102分请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤
17．解：原式＝﹣2+2+3＝3．
18．解：，
由①得，x＞﹣2，
由②得，x＜2，
所以，不等式组的解集是﹣2＜x＜2．
19．解：原式＝÷
＝÷
＝×
＝．
20．解：（1）本次调查共随机抽取了：50÷25%＝200（名）中学生，
其中课外阅读时长“2～4小时”的有：200×20%＝40（人），
故答案为：200，40；
（2）扇形统计图中，课外阅读时长“4～6小时”对应的圆心角度数为：360°×（1﹣﹣20%﹣25%）＝144°，
故答案为：144；
（3）20000×（1﹣﹣20%）＝13000（人），
答：该地区中学生一周课外阅读时长不少于4小时的有13000人．
21．解：（1）从A盒中摸出红球的概率为；
故答案为：；
（2）画树状图如图所示：
共有12种等可能的结果，摸出的三个球中至少有一个红球的结果有10种，
∴摸出的三个球中至少有一个红球的概率为＝．

22．（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵△ABC平移得到△DEF，
∴AB∥DE，
∴∠B＝∠DEC，
∴∠ACB＝∠DEC，
∴OE＝OC，
即△OEC为等腰三角形；

（2）解：当E为BC的中点时，四边形AECD是矩形，

理由是：∵AB＝AC，E为BC的中点，
∴AE⊥BC，BE＝EC，
∵△ABC平移得到△DEF，
∴BE∥AD，BE＝AD，
∴AD∥EC，AD＝EC，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴四边形AECD是矩形．
23．解：（1）y＝0.3x+0.4（2500﹣x）＝﹣0.1x+1000
因此y与x之间的函数表达式为：y＝﹣0.1x+1000．
（2）由题意得：
∴1000≤x≤2500
又∵k＝﹣0.1＜0
∴y随x的增大而减少
∴当x＝1000时，y最大，此时2500﹣x＝1500，
因此，生产甲产品1000吨，乙产品1500吨时，利润最大．
24．解：（1）在△ABC中，∠ACB＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝180°﹣37°﹣53°＝90°．
在Rt△ABC中，sinB＝，
∴AC＝AB•sin37°＝25×＝15（海里）．
答：观察哨所A与走私船所在的位置C的距离为15海里；

（2）过点C作CM⊥AB于点M，由题意易知，D、C、M在一条直线上．
在Rt△AMC中，CM＝AC•sin∠CAM＝15×＝12，
AM＝AC•cos∠CAM＝15×＝9．
在Rt△AMD中，tan∠DAM＝，
∴DM＝AM•tan76°＝9×4＝36，
∴AD＝＝＝9，
CD＝DM﹣CM＝36﹣12＝24．
设缉私艇的速度为x海里/小时，则有＝，
解得x＝6．
经检验，x＝6是原方程的解．
答：当缉私艇的速度为6海里/小时时，恰好在D处成功拦截．

25．解：（1）将A（﹣1，6）代入y＝﹣x+b，
得，6＝1+b，
∴b＝5，
将A（﹣1，6）代入y＝，
得，6＝，
∴k＝﹣6，
故答案为：﹣6，5；

（2）如图1，过点D作DM⊥x轴，垂足为M，过点A作AN⊥x轴，垂足为N，
∵，
∴，
又∵点A的坐标为（﹣1，6），
∴AN＝6，
∴DM＝4，即点D的纵坐标为4，
把y＝4代入y＝﹣x+5中，
得，x＝1，
∴D（1，4）；

（3）由题意可知，OD'＝OD＝＝，
如图2，过点C'作C'G⊥x轴，垂足为G，
∵S△ODC＝S△OD'C'，
∴OC•DM＝OD'•C'G，
即5×4＝C'G，
∴C'G＝，
在Rt△OC'G中，
∵OG＝＝＝，
∴C'的坐标为（﹣，），
∵（﹣）×≠﹣6，
∴点C'不在函数y＝﹣的图象上．


26．解：（1）将x＝2代入y＝﹣x2﹣x+2，得y＝﹣3，故点A的坐标为（2，﹣3），
将A（2，﹣1），C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，得
，解得，
∴抛物线L1：y＝x2﹣2x﹣3；

（2）设点P的坐标为（x，x2﹣2x﹣3），
第一种情况：AC为平行四边形的一条边，
①当点Q在点P右侧时，则点Q的坐标为（x+2，﹣2x﹣3），
将Q（x+2，﹣2x﹣3）代入y＝﹣x2﹣x+2，得
﹣2x﹣3＝﹣（x+2）2﹣（x+2）+2，
解得，x＝0或x＝﹣1，
因为x＝0时，点P与C重合，不符合题意，所以舍去，
此时点P的坐标为（﹣1，0）；
②当点Q在点P左侧时，则点Q的坐标为（x﹣2，x2﹣2x﹣3），
将Q（x﹣2，x2﹣2x﹣3）代入y＝﹣x2﹣x+2，得
y＝﹣x2﹣x+2，得
x2﹣2x﹣3＝﹣（x﹣2）2﹣（x﹣2）+2，
解得，x＝3，或x＝﹣，
此时点P的坐标为（3，0）或（﹣，）；
第二种情况：当AC为平行四边形的一条对角线时，
由AC的中点坐标为（1，﹣3），得PQ的中点坐标为（1，﹣3），
故点Q的坐标为（2﹣x，﹣x2+2x﹣3），
将Q（2﹣x，﹣x2+2x﹣3）代入y＝﹣x2﹣x+2，得
﹣x2+2x﹣3═﹣（2﹣x）2﹣（2﹣x）+2，
解得，x＝0或x＝﹣3，
因为x＝0时，点P与点C重合，不符合题意，所以舍去，
此时点P的坐标为（﹣3，12），
综上所述，点P的坐标为（﹣1，0）或（3，0）或（﹣，）或（﹣3，12）；

（3）当点P在y轴左侧时，抛物线L1不存在点R使得CA平分∠PCR，
当点P在y轴右侧时，不妨设点P在CA的上方，点R在CA的下方，
过点P、R分别作y轴的垂线，垂足分别为S、T，
过点P作PH⊥TR于点H，则有∠PSC＝∠RTC＝90°，
由CA平分∠PCR，得∠PCA＝∠RCA，则∠PCS＝∠RCT，
∴△PSC∽△RTC，
∴，
设点P坐标为（x1，），点R坐标为（x2，），
所以有，
整理得，x1+x2＝4，

在Rt△PRH中，tan∠PRH＝＝
过点Q作QK⊥x轴于点K，设点Q坐标为（m，），
若OQ∥PR，则需∠QOK＝∠PRH，
所以tan∠QOK＝tan∠PRH＝2，
所以2m＝，
解得，m＝，
所以点Q坐标为（，﹣7+）或（，﹣7﹣）．
27．问题情境：
解：线段DN、MB、EC之间的数量关系为：DN+MB＝EC；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD，AB∥CD，
过点B作BF∥MN分别交AE、CD于点G、F，如图1所示：
∴四边形MBFN为平行四边形，
∴NF＝MB，
∴BF⊥AE，
∴∠BGE＝90°，
∴∠CBF+∠AEB＝90°，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠CBF＝∠BAE，
在△ABE和△BCF中，，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF，
∵DN+NF+CF＝BE+EC，
∴DN+MB＝EC；
问题探究：
解：（1）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，如图2所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴四边形ABIH为矩形，
∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI＝AB＝AD，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠BDA＝45°，
∴△DHQ是等腰直角三角形，HD＝HQ，AH＝QI，
∵MN是AE的垂直平分线，
∴AQ＝QE，
在Rt△AHQ和Rt△QIE中，，
∴Rt△AHQ≌Rt△QIE（HL），
∴∠AQH＝∠QEI，
∴∠AQH+∠EQI＝90°，
∴∠AQE＝90°，
∴△AQE是等腰直角三角形，
∴∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即∠AEF＝45°；
（2）连接AC交BD于点O，如图3所示：
则△APN的直角顶点P在OB上运动，
设点P与点B重合时，则点P′与点D重合；设点P与点O重合时，则点P′的落点为O′，
∵AO＝OD，∠AOD＝90°，
∴∠ODA＝∠ADO′＝45°，
当点P在线段BO上运动时，过点P作PG⊥CD于点G，过点P′作P′H⊥CD交CD延长线于点H，连接PC，
∵点P在BD上，
∴AP＝PC，
在△APB和△CPB中，，
∴△APB≌△CPB（SSS），
∴∠BAP＝∠BCP，
∵∠BCD＝∠MPA＝90°，
∴∠PCN＝∠AMP，
∵AB∥CD，
∴∠AMP＝∠PNC，
∴∠PCN＝∠PNC，
∴PC＝PN，
∴AP＝PN，
∴∠PNA＝45°，
∴∠PNP′＝90°，
∴∠P′NH+PNG＝90°，
∵∠P′NH+∠NP′H＝90°，∠PNG+∠NPG＝90°，
∴∠NPG＝∠P′NH，∠PNG＝∠NP′H，
由翻折性质得：PN＝P′N，
在△PGN和△NHP'中，，
∴△PGN≌△NHP'（ASA），
∴PG＝NH，GN＝P'H，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠PDG＝45°，
易得PG＝GD，
∴GN＝DH，
∴DH＝P'H，
∴∠P'DH＝45°，故∠P'DA＝45°，
∴点P'在线段DO'上运动；
过点S作SK⊥DO'，垂足为K，
∵点S为AD的中点，
∴DS＝2，则P'S的最小值为；
问题拓展：
解：延长AG交BC于E，交DC的延长线于Q，延长FH交CD于P，如图4：
则EG＝AG＝，PH＝FH，
∴AE＝5，
在Rt△ABE中，BE＝＝3，
∴CE＝BC﹣BE＝1，
∵∠B＝∠ECQ＝90°，∠AEB＝∠QEC，
∴△ABE∽△QCE，
∴＝＝3，
∴QE＝AE＝，
∴AQ＝AE+QE＝，
∵AG⊥MN，
∴∠AGM＝90°＝∠B，
∵∠MAG＝∠EAB，
∴△AGM∽△ABE，
∴＝，即＝，
解得：AM＝，
由折叠的性质得：AB'＝EB＝3，∠B'＝∠B＝90°，∠C'＝∠BCD＝90°，
∴B'M＝＝，AC'＝1，
∵∠BAD＝90°，
∴∠B'AM＝∠C'FA，
∴△AFC'∽△MAB'，
∴＝＝，
解得：AF＝，
∴DF＝4﹣＝，
∵AG⊥MN，FH⊥MN，
∴AG∥FH，
∴AQ∥FP，
∴△DFP∽△DAQ，
∴＝，即＝，
解得：FP＝，
∴FH＝FP＝．




声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2019/6/24 9:42:40；用户：15708455779；邮箱：15708455779；学号：24405846