2022-2023学年山西省吕梁市孝义市九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年山西省吕梁市孝义市九年级（上）期末数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.点P(2,3)关于原点对称的点的坐标是( )
A. (2,−3)B. (−2,−3)C. (2,3)D. (−2,3)
2.一元二次方程x2−4x=−4的根的情况是( )
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 没有实数根D. 只有一个实数根
3.在做抛硬币试验时，抛掷n次，若正面向上的次数为m次，则记正面向上的频率P=mn.下列说法正确的是( )
A. P一定等于12
B. P一定不等于12
C. 多抛一次，P更接近12
D. 随着抛掷次数的逐渐增加，P稳定在12附近
4.如图，直线AE，BD被一组平行线所截，则下列比例式正确的是( )
A. ACCD=BCCE
B. AEBD=CDCE
C. ACBC=CECD
D. ABDE=AECE
5.我们可以用二次函数y=x2+3x−3的图象(如图所示)估计一元二次方程x2+3x−3=0的根的情况，由图象可知x2+3x−3=0有1个根在−4和−3之间，另一个根在0和1之间，体现的数学思想主要是( )
A. 数形结合思想
B. 方程思想
C. 转化思想
D. 分类思想
6.对于反比例函数y=−3x，下列描述不正确的是( )
A. 图象位于二、四象限B. 当x>0时，y随x的增大而增大
C. 图象必经过(−2,32)D. 当x>−1时，y>3
7.将抛物线y=x2+4x−4向下平移3个单位，再向左平移2个单位，得到抛物线的表达式为( )
A. y=(x+4)2−11B. y=(x+4)2−5
C. y=x2−11D. y=x2−5
8.进入2022年秋冬季以来，全国疫情呈现多点爆发，感染人数急速增长的新趋势，而此次疫情主要由奥密克戎变异株引起.据调查，奥密克戎变异株的主要特点是致病性减弱，但传播速度更快，传染性更强.在对该病毒的流行性病学调查中发现，在不加任何防护措施的情况下，若1人患病，经过两轮感染后患病人数竟高达324人，则每轮感染中，1个人会平均感染多少人？若设每轮感染中，1个人会平均感染x个人，则下列方程正确的是( )
A. 1+x+x2=324B. (1+x)2=324
C. 1+x+(1+x)2=324D. x+(1+x)2=324
9.已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A. abc<0
B. 该二次函数图象的对称轴是直线x=−2
C. 一元二次方程ax2+bx+c−3=0的两个解是x1=−2，x2=0
D. b2−4ac<0
10.如图是由边长为1的小正方形组成的网格图，点A，B，C都在小正方形的顶点处，则∠BAC的余弦值是( )
A. 12
B. 2
C. 55
D. 2 55
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.已知点A(a,b)和B(c,d)是反比例函数y=k+1x的图象上两点，并且a<0d，则k的取值范围是______ ．
12.无人机是利用无线电遥控设备和自备的程序控制装置操纵的不载人飞机，在跟踪、定位、遥测、数据传输等方面发挥着重要作用，在如图所示的某次测量中，无人机在小山上方的A处，测得小山两端B，C的俯角分别是45°和30°，此时无人机距直线BC的垂直距离是200米，则小山两端B，C之间的直线距离是______ 米(结果保留准确值)．
13.如图，扇形AOB的圆心角是90°，半径为OA=6cm，D在AB上，且OD平分∠AOB，以OD为直径作⊙C，分别交OA，OB于点E，F.则图中阴影部分的面积等于______ cm2
14.悬链线指的是一种曲线，指两端固定的一条(粗细与质量分布)均匀、柔软(不能伸长)的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状.图1所示栓在两根铁柱之间的铁链呈自然下垂状态，我们可以将其抽象为图2所示的抛物线，其中相邻两根铁链柱的高度AB=CD=80cm，它们之间的水平距离BD=200cm，铁链最低点距地面的距离为20cm，若按地面所在水平线为x轴，以AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则铁链所在抛物线的函数关系表达式是______ ．
15.如图，AB是⊙O的弦，BD是⊙O的切线，OD与AB相交A于与点E，且OD⊥OA，若OA=6cm，OE=3cm，则DB的长度等于______ cm．
三、解答题：本题共8小题，共64分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题8分)
解方程：
(1)2x2−2 2x+1=0；
(2)(x+2)2−2x=4．
17.(本小题8分)
如图，菱形ABCD的对角线AC⊥x轴，它的顶点B在y轴上，C在x轴上，A的坐标为(m,4)，反比例函数y=kx(x>0)的图象正好经过A.D两点，若S菱形ABCD=6.求出反比例函数和直线AD的表达式．
18.(本小题8分)
如图，在等腰△ABC中，AB=AC=18，BC=12.将△ABC以C为中心顺时针方向旋转，使得点B的对应点E恰好落在AB边上，点A的对应点为D，DE与AC相交于点F．
(1)求证：DC/​/AB．
(2)求出线段BE的长度．
19.(本小题8分)
2022年11月29日，神舟十五号载人飞船成功发射，神舟十四号和十五号共6名航天员在中国空间站胜利会师.小明在网上搜集到4张大小材质都相同的神舟十二号到神舟十五号纪念图章，并把这4张纪念图章分别标注上字母A，B，C，D.若小明一次从这四张纪念章中随机抽取其中的2张，请你用列表法或画树状图法，求出小明恰好抽中神舟十四号和神舟十五号纪念图章的概率．
20.(本小题8分)
阅读下列材料，并完成相应学习任务：
巧用“辅助圆”
我们知道，圆是所有到定点的距离等于定长的点的集合，而弧、弦、圆心角、圆周角的关系又是论证同圆或等圆中弧、角、线段之间关系的主要依据，因而在几何问题中，当已知条件中有共端点的几条线段相等时，可以通过构造辅助圆的方法.达到转化和联系角的目的．
如图1，在四边形ABCD中，AB=AC=AD．
求证：∠1+∠2=90°．
在上述问题中，由于AB=AC=AD，所以点B，C，D在以A为圆心，AB为半径的圆上，因而可以构造出过B，C，D三点的⊙A，然后用图2或图3所示的方法解决．
方法1：如图2，∵AB=AC，∴∠ABC=∠2．
又∵∠BAC=2∠1，(依据1).∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°∴2∠2+2∠1=180°，∴∠1+∠2=90°．
方法2：延长CA交⊙A于点P.连接BP.∵PC为⊙A的直径，∴∠PBC=90°(依据2)∴∠P+∠2=90°∵∠1=∠P∴∠1+∠2=90°．
学习任务：
(1)材料中画横线部分的“依据1”和“依据2”分别是(请填写出定理的具体内容)依据1：______ ；依据2：______ ．
(2)用材料中提供的方法，解决下面问题：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)，CD与AM交于点N，求证：∠1=∠2．
21.(本小题8分)
数学社团的同学们想用边长为20cm的正方形铝板，设计小组会徽下面是“兴趣小组”和“智慧小组”的设计方案，请认真阅读，并解决问题；
“兴趣小组”：我们小组设计的会徽如图1所示，它是由四个全等的“黄金矩形”组成的正方形图案，在该图案中“矩形的宽与长的比等于矩形的长与正方形的边长之比”．
“智慧小组”：我们小组设计的会徽如图2所示，它是由四个全等的直角三角形组成的“赵爽弦图”，其中小正方形的面积为16cm2．

解决问题：
(1)“兴趣小组”设计的方案中，小正方形的边长约等于______ cm(精确到0.1 cm)．
(2)请你求出“智慧小组”设计的方案中，小直角三角形的两条直角边分别是多少cm？
22.(本小题8分)
[综合与实践]问题情境：数学活动课上，老师提出如下问题；将两个全等的矩形ABCD和AEFG按图1所示方式摆放，其中点E在AB上，点D在AG上，EF与DC交于点H.求证：AH垂直平分线段FC．

(1)[数学思考]请你解决老师提出的问题；
(2)[问题解决]将矩形AEFG以点A为中心，顺时针旋转到图2所示位置，GF与CB交于点H.则老师所提问题的结论是否仍然成立？请说明理由．
(3)[拓展探究]如图3，在矩形AEFG以A为中心，顺时针旋转的过程中，当点G恰好落在DC边上时，点B恰好落在边EF上，若BC=10，CG=2 5，则DG的长度值为______ ．
23.(本小题8分)
综合与探究如图1，已知抛物线y=−x2+3x+4与x轴交于A，B两点(点A在点B左边)，与y轴交于点C.点D(m,n)是线段BC上的动点，过点D作DE⊥x轴垂足为E．

(1)请直接写出点A，B，C坐标以及直线BC的解析式；
(2)若△ADE的面积为S，请求出S关于m的函数关系式，并求出当m的值为多少时，S的值最大？最大值为多少？
(3)如图2，将△ADE以点D为中心，顺时针旋转90°得到△A′DE′(点A与点A′对应)，则当A′恰好落在抛物线上时，求出此时点D的坐标．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据“关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数”可知：
点P(2,3)关于原点对称的点的坐标是(−2,−3)．
故选：B．
关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：
(1)关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；
(2)关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；
(3)关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
2.【答案】B
【解析】解：x2−4x=−4，即x2−4x+4=0，
∵Δ=(−4)2−4×1×4=0
∴方程有两个相等的实数根，
故选：B．
先求出一元二次方程x2−4x=−4的判别式，即可确定根的情况，得到答案．
本题考查一元二次方程根的情况与判别式的关系，熟练掌握Δ>0，一元二次方程有两个不相等的实数根；Δ=0，一元二次方程有两个相等的实数根；Δ<0，一元二次方程无实数根是解决问题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：∵硬币只有正反两面，
∴投掷时正面朝上的概率为 12．
根据频率与概率的关系可知投掷次数逐渐增加，P稳定在 12附近．
故选：D．
根据频率与概率的关系作答．
本题考查了利用频率估计概率．大量重复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是事件的概率．
4.【答案】C
【解析】解：∵AB//DE，
∴△ABC∽△EDC，
∴ACBC=CECD，ABDE=ACCE，
故选：C．
只需要证明△ABC∽△EDC得到ACBC=CECD，ABDE=ACCE即可得到答案．
本题主要考查了相似三角形的性质与判定，熟知相似三角形对应边成比例是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：二次函数图象体现了形，一元二次方程的根体现了数，将二者联系，体现了数形结合的思想，
故选：A．
用二次函数图象的交点解释一元二次方程根的意义，体现了数形结合的数学思想，进而可得答案．
本题考查了数形结合的数学思想，熟练掌握二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：∵k=−3<0，
图象分布在第二、四象限，A选项不符合题意；
当x>0时，y随x的增大而增大，B选项不符合题意；
当x=−2时，y=32，故图象经过点(−2,32)，C选项不符合题意；
若x>−1，则y>3或y<0，故D选项符合题意；
故选：D．
利用反比例函数的图象的性质解决问题．
本题考查反比例函数的图象及性质，解决问题的关键是掌握反比例函数的性质，注意函数的增减性是在每个象限内．
7.【答案】A
【解析】解：将y=x2+4x−4化为顶点式为：y=(x+2)2−8，
∴向下平移3个单位，再向左平移2个单位，得到抛物线的表达式为y=(x+2+2)2−8−3=(x+4)2−11
故选：A．
先将抛物线y=x2+4x−4化为顶点式的形式，再由二次函数平移的法则即可得出结论．
此题考查的是抛物线的平移，掌握抛物线平移规律是解题关键．
8.【答案】B
【解析】解：设每轮感染中，1个人会平均感染x个人，
则两轮感染后的总人数为：(1+x)2=324．
故选：B．
一轮传播，1个人会平均感染x个人，此时共有(1+x)人；二轮传播，每人会平均感染x个人即x(1+x)，此时共有1+x+x(1+x)人，即(1+x)2．
本题考查了一元二次方程的实际问题——传播问题；理清每一轮感染后的人数是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：由函数图象可知开口向下，∴a<0
对称轴为x<0，
B错误，不符合题意；∴b=2a<0，
函数图象与y轴交于(0,3)，∴c=3>0，∴abc>0，
A错误，不符合题意；
∵(0,3)在函数图象上，对称轴为x=−1，
由对称性，(−2,3)也在函数图象上，Δ=b2−4ac>0，
一元二次方程ax2+bx+c−3=0的两个解是x1=−2，x2=0，
C正确，符合题意；
函数图象与x轴有两个交点，
D错误，不符合题意；
故选：C．
根据二次函数图象的性质取判断即可，从对称轴可判断B，结合开口方向和y轴交点可判断A，根据对称性可判断C，函数图象与x轴交点个数可判断D．
本题考查了二次函数的图象和性质；熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：∵BC= 12+22= 5，AC= 22+42=2 5，AB= 32+42=5，
∴BC2+AC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
∴cs∠BAC=ACAB=2 55．
故选：D．
先根据勾股定理求出三角形三边的长，得出∠ACB=90°，再根据cs∠BAC=ACAB求解．
本题考查勾股定理和三角函数，解题的关键是证明∠ACB=90°．
11.【答案】k<−1
【解析】解：∵a<0d，
∴图象位于二、四象限，
∴k+1<0，
∴k<−1，
故答案为：k<−1．
先利用图象上的点的坐标特征，判定图象所在象限，得到比例系数的正负即可求解．
本题考查了反比例函数的图象与性质，掌握反比例函数的图象与性质是解题的关键．
12.【答案】(200+200 3)
【解析】解：如图，作AD⊥BC于D，
则AD=200米，
∵∠EAB=45°，∠FAC=30°，
∴∠DAB=45°，∠DAC=60°，
∴BD=AD⋅tan45°=200×1=200(米)，
CD=AD⋅tan60°=200× 3=200 3(米)，
∴BC=BD+CD=(200+200 3)米，
故答案为：(200+200 3)．
先作AD⊥BC于D，分别求出BD和CD，再相加即可．
本题考查了解直角三角形的应用，解题关键是读懂题意，构造直角三角形求解．
13.【答案】(9π−18)
【解析】解：∵扇形AOB的圆心角是90°，半径为OA=6cm，
∴S扇形AOB=90π×62360=9π，
∵D在AB上，
∴OA=OD=6cm，
∵以OD为直径作⊙C，分别交OA，OB于点E，F，
∴OA=OD=EF=6cm，⊙C的半径为3cm，
∴S△EOF=12×6×3=9(cm2)，
∴S阴影=(S扇形AOB−S半圆−S△EOF)+(S半圆−S△EOF)
=S扇形AOB−S半圆−S△EOF+S半圆−S△EOF
=S扇形AOB−S△EOF−S△EOF
=S扇形AOB−2S△EOF
=9π−18，
故答案为：9π−18．
根据阴影部分的面积为S阴影=(S扇形AOB−S半圆−S△EOF)+(S半圆−S△EOF)即可求解．
本题考查求不规则图形的阴影部分的面积，解题的关键是将不规则的图形转化为规则的图形面积进行求解．
14.【答案】y=3500(x−100)2+20
【解析】解：∵按地面所在水平线为x轴，以AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系，
∴B(0,0)，A(0,80)，C(200,80)，
∵铁链最低点距地面的距离为20cm，
∴抛物线的顶点坐标为(100,20)，
∴抛物线的函数关系表达式y=a(x−100)2+20，
将A(0,80)代入抛物线的函数关系表达式y=a(x−100)2+20，
得：10000a+20=80，
∴a=3500，
∴铁链所在抛物线的函数关系表达式是y=3500(x−100)2+20，
故答案为：y=3500(x−100)2+20．
根据题意表示出B(0,0)，A(0,80)，C(200,80)，因为铁链最低点距地面的距离为20cm，得到抛物线的顶点坐标为(100,20)，然后利用顶点式，即可求解．
本题考查二次函数的表达式，解题的关键是根据题意得到坐标．
15.【答案】92
【解析】解：连接OB
∵AO=BO=6cm，
∴∠BAO=∠ABO，
∵DB⊥BO，DO⊥AO，
∴∠DBA+∠ABO=90°∠EAO+∠AEO=90°，
∴∠DBA=∠AEO．
∵∠AEO=∠DEB，
∴∠DEB=∠DBE，
∴△DEB是等腰三角形，DE=DB，
设DB=DE=x cm，
根据勾股定理得x2+62=(x+3)2，
解得x=92．
故答案为：92．
证明△DEB是等腰三角形，DE=DB，设DB=DE=x，根据勾股定理得x2+62=(x+3)2，解得x=92，则DB长度等于92．
此题考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理，掌握等腰三角形和勾股定理的知识是解题关键．
16.【答案】解：(1)2x2−2 2x+1=0，
( 2x−1)2=0，
2x−1=0，
x1=x2= 22；
(2)移项得：(x+2)2−2(x+2)=0，
(x+2)(x+2−2)=0，
x+2=0或x=0，
∴x1=−2，x2=0．
【解析】(1)分解因式，即可得出一元一次方程，求出方程的解即可；
(2)移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
本题考查了解一元二次方程，解此题的关键是能把一元二次方程转化成一元一次方程．
17.【答案】解：菱形ABCD的对角线的交点为G，
∵四边形ABCD是菱形，A的坐标为(m,4)，
∴AC=4，BD=2BG=2m，
∵S菱形ABCD=6．
∴12AC×BD=12×4×2m=6，
∴m=32，
∴A的坐标为(32,4)，D的坐标为(3,2)，
∴反比例函数的表达式y=6x；
设直线AD的表达式为y=kx+b，
∴32k+b=43k+b=2，解得k=−43b=6，
∴直线AD的表达式为y=−43x+6．
【解析】利用菱形的性质求得AC=4，BD=2BG=2m，根据菱形的面积公式求得m=32，得到A的坐标为(32,4)，D的坐标为(3,2)，利用待定系数法即可求解．
本题考查待定系数法求反比例函数及一次函数的解析式，菱形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
18.【答案】(1)证明∵AB=AC=18，
∴∠B=∠ACB，
由旋转可知∠DCE=∠ACB，CE=CB，
∴∠DCE=∠B，∠B=∠CEB，
∴∠DCE=∠CEB，
∴DC/​/AB．
(2)解：∵CB=DC，
∴∠BEC=∠B，
∴∠ACB=∠BEC=∠B，
∴△ABC∽△CEB，
∴ACCB=BCBE，
∴1812=12BE，
∴BE=8，
∴线段BE的长度为8．
【解析】(1)利用等腰三角形的性质和旋转的性质得到角的关系和边的关系，即可求证；
(2)利用△ABC∽△CEB得到对应边的比相等即可求解．
本题考查了等腰三角形的性质、平行线的判定、相似三角形的判定与性质，解题关键是理解相关概念并能灵活应用．
19.【答案】解：树状图为：

由树状图可知共有12种等可能性结果，小明恰好抽中神舟十四号和神舟十五号纪念图章的结果有2种，所以概率为：212=16．
【解析】列表或画树状图表示出所有的可能结果，找出符合要求的结果，运用概率公式求出概率．
本题考查列表或画树状图求概率，分清可放回和不可放回两种情况的区别是解题的关键．
20.【答案】一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半 直径或半圆所对的圆周角是直角
【解析】解：(1)由图2可知，∠BAC=2∠1依据的是圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半；
由图3可知，∠PBC=90°的依据是：直径或半圆所对的圆周角是直角．
故依据1为：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半；依据2为：直径或半圆所对的圆周角是直角．
(2)解：由题意可得⊙A中A为圆心，D、C、B为圆上三点，设DB与AM交于点H，
由轴对称的性质可得AH⊥BD，∠ABD=∠ADB，
∵∠DHN=∠NHB=90°，DH=HB，NH=NH，
∴△DNH≌△BNH(SAS)，
∴∠3=∠NBH，
∴∠2=∠3+∠NBH=2∠3，
根据圆周角定理可得2∠3=∠1，
∴∠2=∠1．
(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】4.7
【解析】解：(1)如图，
∵矩形的宽与长的比等于矩形的长与正方形的边长之比，黄金矩形AEFG，
∴AGAE=AEAD= 5−12，
∵正方形ABCD，AD=AB=BC=CD=20，
∴AE=20× 5−12=10( 5−1)=10 5−10，
∴AG= 5−12×10( 5−1)=5( 5−1)2=30−10 5，
∵图中四个矩形全等，
∴EK=AE=10 5−10，EF=AG=30−10 5，
∴FK=EK−EF=10 5−10−30+10 5=20 5−40≈4.7；
(2)如图，由题意可得：正方形ABCD，AB=BC=CD=AD=20，EF2=16，
∴正方形EFGH的边长为4，
设AE=a，BE=b，
∴a2+b2=400，a−b=4，
∴a2+(a−4)2=400，
整理可得：(a−2)2=196，
解得：a1=16，a2=−12(负数舍去)，
∴b=12，
∴小直角三角形的两条直角边分别是16，12．
(1)由黄金矩形结合题意可得AGAE=AEAD= 5−12，再分别求解EK=AE=10 5−10，EF=AG=30−10 5，从而可得答案；
(2)由题意可得：正方形ABCD，AB=BC=CD=AD=20，EF2=16，可得正方形EFGH的边长为4，设AE=a，BE=b，则a2+b2=400，a−b=4，再解方程即可．
本题考查的是黄金矩形的含义，勾股定理的应用，一元二次方程的应用，正方形的性质，二次根式的混合运算，理解题意，选择合适的解题工具是解本题的关键．
22.【答案】4 5
【解析】(1)证明：如图，连接AC，AF，
∵矩形ABCD和AEFG全等，
∴AD=BC=GF，AG=AB，
又∵AC是矩形ABCD的对角线，AF是矩形AEFG的对角线，
∴AF=AC，
∴A在FC的垂直平分线上，
∵HF=EF−HE，HC=DC−DH，EF=DC，DH=GF=BC=HE，
∴HF=HC，
∴H在FC的垂直平分线上，
∴AH垂直平分FC；
(2)AH垂直平分线段FC．
证明：如图，连接AC，AF，FC
∵矩形ABCD和AEFG全等，
∴AD=BC=GF，AG=AB，
又∵AC是矩形ABCD的对角线，AF是矩形AEFG的对角线，
∴AF=AC，
∴A在FC的垂直平分线上，
在Rt△AGH，Rt△ABH中，
AH=AHAG=AB，
∴Rt△AGH≌Rt△AEH(HL)，
∴GH=BH，
∵GF=BC，
∴GF−GH=BC−BH，
即HF=HC，
∴H在FC的垂直平分线上，
∴AH垂直平分FC；
(3)解：设CH=x，则BH=BC−x=10−x，
同(2)可得HG=HB=10−x，
在Rt△CGH中，CG2+CH2=GH2，
∴(2 5)2+x2=(10−x)2
解得：x=4
∴CH=4，
∴tan∠GHC=GCCH=2 54= 52
∵∠D=∠C=∠AGF=90°，
∴∠DGA=90°−∠CGH=∠GHC，
∴tan∠DGA=ADDG= 52，
∵AD=BC=10，
∴DG=10 52=4 5，
故答案为：4 5．
(1)连接AC，AF，根据全等的定义以及矩形的性质得出AF=AC，继而得出HF=HC，根据垂直平分线的判定定理即可得证；
(2)同(1)得出AF=AC，证明Rt△AGH≌Rt△AEH(HL)得出HF=HC，进而即可得证；
(3)设CH=x，则BH=BC−x=10−x，在Rt△CGH中，勾股定理求得CH=4，证明∠DGA=90°−∠CGH=∠GHC，根据正切的定义即可求解．
本题考查了根据正切求边长，旋转的性质，垂直平分线的判定，矩形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，综合运用以上知识是解题的关键．
23.【答案】解：(1)将y=0代入y=−x2+3x+4得：0=−x2+3x+4，
解得：x1=4，x2=−1，
∴A(−1,0)，B(4,0)，
将x=0代入y=−x2+3x+4得：y=4，
∴C(0,4)，
设直线BC的解析式为：y=kx+b，
将B(4,0)，C(0,4)代入得：0=4k+b4=b，
解得：k=−1b=4，
∴直线BC的解析式为：y=−x+4；
(2)∵DE⊥x轴，D(m,n)，
∴E(m,0)，
∴DE=n，AE=m+1，
∴S=12AE⋅DE=12(m+1)n，
∵把D(m,n)代入y=x+4得：n=−m+4，
∴S=12(m+1)(−m+4)=−12m2+32m+2=−12(m−32)2+258，
∴当m=32时，S有最大值，最大值为258．
(3)∵△ADE以点D为中心，顺时针旋转90°得到△A′DE′，
∴DE=DE′=−m+4，AE=A′E′=m+1，∠EDE′=90°，
∵DE⊥x轴，
∴DE′//x轴，
∴点A′的横坐标为：m−(−m+4)=2m−4，点A′的纵坐标为：−m+4+m+1=5，
即A′(2m−4,5)，
把A′(2m−4,5)代入y=−x2+3x+4得：5=−(2m−4)2+3(2m−4)+4，
解得：m1=11− 54，m2=11+ 54，
当m=11− 54时，n=−11− 54+4=5+ 54，
当m=11+ 54时，n=−11+ 54+4=5− 54，
∴点D的坐标为：(11− 54,5+ 54)或(11+ 54,5− 54)．
【解析】(1)将y=0代入y=−x2+3x+4即可求出点A和点B的坐标，将x=0代入y=−x2+3x+4，求出点C的坐标，再用待定系数法，即可求出直线BC的解析式；
(2)根据题意，将n用m表示出来，根据三角形的面积公式，即可得出S关于m的函数关系式，将其化为顶点式，即可求出最值；
(3)根据平面直角坐标系中点的坐标和旋转的性质，将A′的坐标用m表示出来，再代入y=−x2+3x+4即可进行解答．
本题主要考查了二次函数的综合，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，用待定系数法求解函数表达式的方法和步骤，旋转的性质．