2023年浙江省温州市中考数学试卷及答案解析

2023

年浙江省温州市中考数学试卷

一、选择题（本题有10小题，第1-5小题，每小题3分，第6-10小题，每小题3分，共35

分.每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）

1．（3分）如图，比数轴上点A表示的数大3的数是（）

A．﹣1B．0C．1D．2

）2．（3分）截面为扇环的几何体与长方体组成的摆件如图所示，它的主视图是（

A．B．

C．D．

3．（3分）苏步青来自“数学家之乡”，为纪念其卓越贡献，国际上将一颗距地球约218000000

公里的行星命名为“苏步青星”．数据218000000用科学记数法表示为（）

A．0.218×10B．2.18×10C．21.8×10D．218×10

9826

阅读背景素材，完成4～5题．

某校计划组织研学活动，现有四个地点可供选择：南魔岛、百丈漈、楠溪江、雁荡山．

4．（3分）若从中随机选择一个地点，则选中“南麂岛”或“百丈漈”的概率为（）

A．B．C．D．

5．（3分）为了解学生想法，校方进行问卷调查（每人选一个地点），并绘制成如图所示统

计图．已知选择雁荡山的有270人，那么选择楠溪江的有（）

A．90人B．180人C．270人D．360人

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6．（4分）化简a

43

•（﹣a）的结果是（）

A．aB．﹣aC．aD．﹣a

121277

7．（4分）一瓶牛奶的营养成分中，碳水化合物含量是蛋白质的1.5倍，碳水化合物、蛋白

质与脂肪的含量共30g．设蛋白质、脂肪的含量分别为x（g），y（g），可列出方程为

（）

B．x+y＝30C．x+y＝30D．x+y＝30A．x+y＝30

8．（4分）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，图2由其主体图案中相邻两

个直角三角形组合而成．作菱形CDEF，使点D，E，F分别在边OC，OB，BC上，过

点E作EH⊥AB于点H．当AB＝BC，∠BOC＝30°，DE＝2时，EH的长为（）

A．B．C．D．

9．（4分）如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC∥AD，AC⊥BD．若∠AOD＝120°，AD＝

，则∠CAO的度数与BC的长分别为（）

A．10°，1B．10°，C．15°，1D．15°，

10．（4分）【素材1】某景区游览路线及方向如图1所示，各路段路程相等，

①④⑥⑤⑦

第2页（共7页）

⑧②③

各路段路程相等，两路段路程相等．

【素材2】设游玩行走速度恒定，经过每个景点都停留20分钟，小温游路线

①④⑤⑥

⑦⑧①②⑧

用时3小时25分钟；小州游路线，他离入口的路程s与时间t的关系（部

分数据）如图2所示，在2100米处，他到出口还要走10分钟．

【问题】路线各路段路程之和为（）

①③⑥⑦⑧

A．4200米B．4800米C．5200米D．5400米

二、填空题（本题有6小题，第11-15小题，每小题4分，第16小题5分，共25分）

11．（4分）分解因式：2a

2

﹣2a＝．

12．（4分）某校学生“亚运知识”竞赛成绩的频数分布直方图（每一组含前一个边界值，

不含后一个边界值）如图所示，其中成绩在80分及以上的学生有人．

13．（4分）不等式组的解是．

．14．（4分）若扇形的圆心角为40°，半径为18，则它的弧长为

15．（4分）在温度不变的条件下，通过一次又一次地对汽缸顶部的活塞加压，加压后气体

对汽缸壁所产生的压强p（kPa）与汽缸内气体的体积V（mL）成反比例，p关于V的函

数图象如图所示．若压强由75kPa加压到100kPa，则气体体积压缩了mL．

第3页（共7页）

16．（5分）图1是4×4方格绘成的七巧板图案，每个小方格的边长为，现将它剪拼成

一个“房子”造型（如图2），过左侧的三个端点作圆，并在圆内右侧部分留出矩形CDEF

作为题字区域（点A，E，D，B在圆上，点C，F在AB上），形成一幅装饰画，则圆的

半径为．若点A，N，M在同一直线上，AB∥PN，DE＝EF，则题字区域的

面积为．

三、解答题（本题有8小题，共90分。解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）

17．（10分）计算：

（1）|﹣1|++（）﹣（﹣4）；（2）﹣．

2

﹣

18．（10分）如图，在2×4的方格纸ABCD中，每个小方格的边长为1．已知格点P，请按

要求画格点三角形（顶点均在格点上）．

（1）在图1中画一个等腰三角形PEF，使底边长为，点E在BC上，点F在AD上，

再画出该三角形绕矩形ABCD的中心旋转180°后的图形；

（2）在图2中画一个Rt△PQR，使∠P＝45°，点Q在BC上，点R在AD上，再画出

该三角形向右平移1个单位后的图形．

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19．（10分）某公司有A，B，C三种型号电动汽车出租，每辆车每天费用分别为300元、

380元、500元．阳阳打算从该公司租一辆汽车外出旅游一天，往返行程为210km，为了

选择合适的型号，通过网络调查，获得三种型号汽车充满电后的里程数据如图所示．

型号平均里程（km）中位数（km）众数（km）

B216215220

C227.5227.5225

（1）阳阳已经对B，C型号汽车数据统计如表，请继续求出A型号汽车的平均里程、中

位数和众数；

（2）为了尽可能避免行程中充电耽误时间，又能经济实惠地用车，请你从相关统计量和

符合行程要求的百分比等进行分析，给出合理的用车型号建议．

20．（10分）如图，在直角坐标系中，点A（2，m）在直线y＝2x﹣上，过点A的直线交

y轴于点B（0，3）．

（1）求m的值和直线AB的函数表达式；

（2）若点P（t，y

1212

）在线段AB上，点Q（t﹣1，y）在直线y＝2x﹣上，求y﹣y的

最大值．

21．（11分）如图，已知矩形ABCD，点E在CB延长线上，点F在BC延长线上，过点F

作FH⊥EF交ED的延长线于点H，连结AF交EH于点G，GE＝GH．

（1）求证：BE＝CF；

（2）当＝，AD＝4时，求EF的长．

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22．（11分）一次足球训练中，小明从球门正前方8m的A处射门，球射向球门的路线呈抛

物线．当球飞行的水平距离为6m时，球达到最高点，此时球离地面3m．已知球门高OB

为2.44m，现以O为原点建立如图所示直角坐标系．

（1）求抛物线的函数表达式，并通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）；

（2）对本次训练进行分析，若射门路线的形状、最大高度均保持不变，则当时他应该带

球向正后方移动多少米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处？

23．（13分）根据背景素材，探索解决问题．

测算发射塔的高度

某兴趣小组在一幢楼房窗口测算

远处小山坡上发射塔的高度MN

（如图1），他们通过自制的测倾

仪（如图2）在A，B，C三个位

置观测，测倾仪上的示数如图3

所示．

背

景

素

材

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经讨论，只需选择其中两个合适的位置，通过测量、换算就能计算发射塔的高度

问题解决

任

务

1

任

务计算发射塔的图上高度MN．推理计算

2

任

务换算高度

3

分析规划选择两个观测位置：点和点．

获取数据

写出所选位置观测角的正切值，并量出观测点之间的

图上距离．

楼房实际宽度DE为12米，请通过测量换算发射塔

的实际高度．

注：测量时，以答题纸上的图上距离为准，并精确到1mm．

24．（15分）如图1，AB为半圆O的直径，C为BA延长线上一点，CD切半圆于点D，BE

⊥CD，交CD延长线于点E，交半圆于点F，已知OA＝，AC＝1．如图2，连结AF，

P为线段AF上一点，过点P作BC的平行线分别交CE，BE于点M，N，过点P作PH

⊥AB于点H．设PH＝x，MN＝y．

（1）求CE的长和y关于x的函数表达式；

（2）当PH＜PN，且长度分别等于PH，PN，a的三条线段组成的三角形与△BCE相似

时，求a的值；

（3）延长PN交半圆O于点Q，当NQ＝x﹣3时，求MN的长．

第7页（共7页）

2023

年浙江省温州市中考数学试卷参考答案与试题解析

一、选择题（本题有10小题，第1-5小题，每小题3分，第6-10小题，每小题3分，共35

分.每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）

1．【分析】结合数轴得出A对应的数，再利用有理数的加减运算法则计算得出答案．

【解答】解：由数轴可得：A表示﹣1，则比数轴上点A表示的数大3的数是：﹣1+3＝2．

故选：D．

【点评】此题主要考查了有理数的加减混合运算以及数轴，正确掌握有理数的加减混合

运算法则是解题关键．

2．【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．

【解答】解：从正面看，可得选项A的图形．

故选：A．

【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．

3．【分析】科学记数法的表示形式为a×10

n

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是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．

【解答】解：将218000000用科学记数法表示为2.18×10．

8

故选：B．

【点评】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×10的形式，其

n

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．

阅读背景素材，完成4～5题．

某校计划组织研学活动，现有四个地点可供选择：南魔岛、百丈漈、楠溪江、雁荡山．

4．【分析】直接根据概率公式求解即可．

【解答】解：该校组织研学活动，可供选择的地点有4种等可能的情况，选中“南麂岛”

或“百丈漈”的情况有2种，

∴选中“南麂岛”或“百丈漈”的概率为＝．

故选：C．

【点评】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．

5．【分析】先根据选择雁荡山的人数及其所占百分比求出被调查的总人数，再用总人数乘以

第1页（共14页）

选择楠溪江的人数所占百分比即可．

【解答】解：调查总人数：270÷30%＝900（人），

选择楠溪江的人数：900×20%＝180（人），

故选：B．

【点评】本题考查的是扇形统计图．读懂统计图，从统计图中得到必要的信息是解决问

题的关键；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．

6．【分析】直接利用同底数幂的乘法运算法则计算得出答案．

【解答】解：a•（﹣a）＝﹣a．

437

故选：D．

【点评】此题主要考查了同底数幂的乘法运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．

7．【分析】由碳水化合物和蛋白质含量间的关系，可得出碳水化合物含量是1.5xg，结合碳

水化合物、蛋白质与脂肪的含量共30g，即可得出关于x，y的二元一次方程，此题得解．

【解答】解：∵碳水化合物含量是蛋白质的1.5倍，且蛋白质的含量为xg，

∴碳水化合物含量是1.5xg．

根据题意得：1.5x+x+y＝30，

∴x+y＝30．

故选：A．

【点评】本题考查了由实际问题抽象出二元一次方程，找准等量关系，正确列出二元一

次方程是解题的关键．

8．【分析】根据菱形的性质得到CD＝DE＝CF＝EF＝2，CF∥DE，CD∥EF，根据直角三

角形的性质得到OD＝2DE＝4，OE＝DE＝2，求得CO＝CD+DO＝6，根据勾股

定理和相似三角形的性质即可得到结论．

【解答】解：∵四边形CDEF是菱形，DE＝2，

∴CD＝DE＝CF＝EF＝2，CF∥DE，CD∥EF，

∵∠CBO＝90°，∠BOC＝30°，

∴OD＝2DE＝4，OE＝DE＝2，

∴CO＝CD+DO＝6，

∴BC＝AB＝CD＝3，OB＝BC＝3，

∵∠A＝90°，

第2页（共14页）

∴＝＝3，

∵EF∥CD，

∴∠BEF＝∠BOC＝30°，

∴，

∵EH⊥AB，

∴EH∥OA，

∴△BHE∽△BAO，

∴，

∴，

∴EH＝，

故选：C．

【点评】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的

性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．

9．【分析】由平行线的性质，圆周角定理，垂直的定义，推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠

CAD＝∠BDA＝45°，求出∠BOC＝60°，得到△BOC是等边三角形，得到BC＝OB，

由等腰三角形的性质求出圆的半径长是，求出∠OAD的度数，即可得到BC的长，∠CAO

的度数．

【解答】解：∵BC∥AD，

∴∠DBC＝∠ADB，

∴＝，

∴∠AOB＝∠COD，∠CAD＝∠BDA，

∵DB⊥AC，

∴∠AED＝90°，

∴∠CAD＝∠BDA＝45°，

∴∠AOB＝2∠ADB＝90°，∠COD＝2∠CAD＝90°，

∵∠AOD＝120°，

∴∠BOC＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°，

∵OB＝OC，

第3页（共14页）

∴△OBC是等边三角形，

∴BC＝OB，

∵OA＝OD，∠AOD＝120°，

∴∠OAD＝∠ODA＝30°，

∴AD＝OA＝，

∴OA＝1，

∴BC＝1，

∴∠CAO＝∠CAD﹣∠OAD＝45°﹣30°＝15°．

故选：C．

【点评】本题考查圆周角定理，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形

的性质，关键是由圆周角定理推出∠AOB＝∠COD＝90°，∠CAD＝∠BDA＝45°，证

明△OBC是等边三角形．

10．【分析】设各路段路程为x米，各路段路程为y米，各路段路程

①④⑥⑤⑦⑧②③

为z米，由题意及图象可知，然后根据“游玩行走速度恒定，经

过每个景点都停留20分钟，小温游路线用时3小时25分钟”可进行

①④⑤⑥⑦⑧

求解．

【解答】解：由图象可知：小州游玩行走的时间为75+10﹣40＝45（分钟），

小温游玩行走的时间大205﹣100＝105（分钟），

设各路段路程为x米，各路段路程为y米，各路段路程为z米

①④⑥⑤⑦⑧②③

由图象可得：，

解得：x+y+z＝2700，

∴游玩行走的速度为：（2700﹣2100）÷10＝60（米/秒），

由于游玩行走速度恒定，则小温游路线的路程为：3x+3y＝105×60＝

①④⑤⑥⑦⑧

6300，

∴x+y＝2100，

∴路线各路段路程之和为：2x+2y+z＝x+y+z+x+y＝2700+2100＝4800（米）．

①③⑥⑦⑧

故选：B．

【点评】本题主要考查三元一次方程组的应用及函数图象，解题的关键是理解题中所给

信息，找到它们之间的等量关系．

第4页（共14页）

二、填空题（本题有6小题，第11-15小题，每小题4分，第16小题5分，共25分）

11．【分析】直接提取公因式2a，进而分解因式即可．

【解答】解：2a﹣2a＝2a（a﹣1）．

2

故答案为：2a（a﹣1）．

【点评】此题主要考查了提取公因式法分解因式，正确找出公因式是解题关键．

12．【分析】用成绩在80分及以上的频数相加即可．

【解答】解：其中成绩在80分及以上的学生有：80+60＝140（人）．

故答案为：140．

【点评】本题考查频数分布直方图，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想

解答．

13．【分析】先解出每个不等式的解集，即可得到不等式组的解集．

【解答】解：，

解不等式，得：x≥﹣1，

①

解不等式，得：x＜3，

②

∴该不等式组的解集为﹣1≤x＜3，

故答案为：﹣1≤x＜3．

【点评】本题考查解一元一次不等式组，解答本题的关键是明确解一元一次不等式的方

法．

14．【分析】根据弧长公式计算即可．

【解答】解：由弧长公式得，

故答案为：4π．

【点评】本题考查了弧长的计算，熟记弧长的公式，即（l表示弧长，n是弧所

对圆心角的度数，r表示半径）．

15．【分析】设这个反比例函数的解析式为V＝，求得V＝，当P＝75kPa时，求得

V＝＝80，当P＝100kPa时求得，V＝＝60于是得到结论．

【解答】解：设这个反比例函数的解析式为V＝，

∵V＝100ml时，p＝60kpa，

第5页（共14页）

∴k＝PV＝100ml×60kpa＝6000，

∴V＝，

＝80，当P＝75kPa时，V＝

＝60，当P＝100kPa时，V＝

∴80﹣60＝20（mL），

∴气体体积压缩了20mL，

故答案为：20．

【点评】本题考查了反比例函数的实际应用，读懂题意，得出反比例函数的解析式是解

本题的关键．

16．【分析】根据不共线三点确定一个圆，根据对称性得出圆心的位置，进而垂径定理、勾

股定理求得r，连接OE，取ED的中点T，连接OT，在Rt△OET中，根据勾股定理即

可求解．

【解答】解：如图所示，依题意，GH＝2＝GQ，

∵过左侧的三个端点Q，K，L作圆，QH＝HL＝4，

又NK⊥QL，

∴O在KN上，连接OQ，则OQ为半径，

∵OH＝r﹣KH＝r﹣2，

在Rt△OHQ中，OH＝QO，

222

+QH

∴（r﹣2）＝r，

222

+4

解得：r＝5；

连接OE，取ED的中点T，连接OT，交AB于点S，连接PB，AM，

∵AB∥PN，

∴AB⊥OT，

∴AS＝SB，

∵点A，N，M在同一直线上，

∴，

∴MN＝AN，

又NB＝NA，

第6页（共14页）

∴∠ABM＝90°，

∵MN＝NB，NP⊥MP，

∴MP＝PB＝2，

∴NS＝MB＝2，

∵KH+HN＝2+4＝6，

∴ON＝6﹣5＝1，

∴OS＝3，

∵，

，设EF＝ST＝a，则

，在Rt△OET中，OE＝OT，即

222

+7E

整理得5a

2

+12a﹣32＝0，

即（a+4）（5a﹣8）＝0，

解得：或a＝﹣4，

．∴题字区域的面积为

．故答案为：

【点评】本题考查了垂径定理，平行线分线段成比例，勾股定理，七巧板，熟练掌握以

上知识是解题的关键．

三、解答题（本题有8小题，共90分。解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）

17．【分析】（1）直接利用立方根的性质以及负整数指数幂的性质、绝对值的性质分别化简，

进而得出答案；

（2）直接利用分式的加减运算法则计算，再利用分式的性质化简得出答案．

【解答】解：（1）原式＝1﹣2+9+4

＝12；

（2）原式＝

＝

＝a﹣1．

【点评】此题主要考查了实数的运算以及分式的加减运算，正确掌握相关运算法则是解

第7页（共14页）

题关键．

18．【分析】（1）跟进一下作出图形即可；

（2）作等腰直角三角形PQR，可得结论．

【解答】解：（1）图形如图1所示（答案不唯一）；

（2）图形如图2所示（答案不唯一）．

【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握在旋转变换，

平移变换的性质，属于中考常考题型．

19．【分析】（1）根据平均数、中位数、众数的定义即可求解；

（2）根据平均数、中位数、众数的意义，结合往返行程为210km，三种型号电动汽车出

租的每辆车每天的费用即可作出判断．

【解答】解：（1）A型号汽车的平均里程为：

＝200（km），

20个数据按从小到大的顺序排列，第10，11个数据均为200km，所以中位数为200km；

205km出现了六次，次数最多，所以众数为205km；

（2）选择B型号汽车．理由如下：

A型号汽车的平均里程、中位数和众数均低于210km，且只有10%的车辆能达到行程要

求，故不建议选择；B，C型号汽车的平均里程、中位数和众数都超过210km，其中B型

号汽车有90%符合行程要求，很大程度上可以避免行程中充电耽误时间，且B型号汽车

比C型号汽车更经济实惠，故建议选择B型号汽车．

【点评】本题考查的是折线统计图，平均数、众数和中位数的定义．平均数是指在一组

数据中所有数据之和再除以数据的个数；将一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺

序排列，如果数据的个数是奇数，则处于中间位置的数就是这组数据的中位数．如果这

组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均数就是这组数据的中位数；一组数据中出

现次数最多的数据叫做众数．掌握定义是解题的关键．

20．【分析】（1）将A点代入直线解析式，求出m．利用待定系数法解出AB直线函数解析

式；

第8页（共14页）

（2）分别用t表示出y

1212

和y，列出y﹣y，的函数解析式，找出y随t的变化，利用t

的最值求出答案．

【解答】解：（1）把点A（2，m）代入y＝2x﹣中，得m＝；

设直线AB的函数表达式为：y＝kx+b，把A（2，），B（0，3）代入得：

，解得，

∴直线AB的函数表达式为y＝﹣x+3．

（2）∵点P（t，y

1

）在线段AB上，

∴y

1

＝﹣t+3（0≤t≤2），

∵点Q（t﹣1，y

2

）在直线y＝2x﹣上，

∴y

2

＝2（t﹣1）﹣＝2t﹣，

∴y

12

﹣y＝﹣t+3﹣（2t﹣）＝﹣t+，

∵﹣＜0，

∴y

12

﹣y随t的增大而减小，

∴当t＝0，y

12

﹣y的最大值为．

【点评】本题以一次函数为背景考查了一次函数图象的性质，考查学生对待定系数法的

运用能力，题目难度不大，解决问题的关键是求出y

12

﹣y的表达式，利用t的最值求出

答案．

21．【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到GE＝GF，再根据等边

对等角得出∠E＝∠GFE，根据矩形的性质得出AB＝DC，∠ABC＝∠DCB＝90°，于是

可证△ABF和△DCE全等，得到BF＝CE，从而问题得证；

（2）先证△ECD∽△EFH，得出比例式，再结合已知即可求出EF的长．

【解答】（1）证明：∵FH⊥EF，

∴∠HFE＝90°，

∵GE＝GH，

∴，

第9页（共14页）

∴∠E＝∠GFE，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AB＝DC，∠ABC＝∠DCB＝90°，

∴△ABF≌△DCE（AAS），

∴BF＝CE，

∴BF﹣BC＝CE﹣BC，

即BE＝CF；

（2）解：∵四边形ABCD是矩形，

∴DC⊥BC，即DC⊥EF，AB＝CD，BC＝AD＝4，

∵FH⊥EF，

∴CD∥FH，

∴△ECD∽△EFH，

∴，

∴，

∵，

∴，

设BE＝CF＝x，

∴EC＝x+4，EF＝2x+4，

∴，

解得x＝1，

∴EF＝6．

【点评】本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，

熟练掌握这些图形的性质是解题的关键．

22．【分析】（1）求出抛物线的顶点坐标为（2，3），设抛物线为y＝a（x﹣2）+3，用待定

2

系数法可得y＝﹣（x﹣2）

进球门．

（2）设小明带球向正后方移动m米，则移动后的抛物线为y＝﹣（x﹣2﹣m）

2

+3，

2

+3；当x＝0时，y＝﹣×4+3＝＞2.44，知球不能射

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把点（0，2.25）代入得m＝﹣5（舍去）或m＝1，即知当时他应该带球向正后方移动1

米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处．

【解答】解：（1）∵8﹣6＝2，

∴抛物线的顶点坐标为（2，3），

设抛物线为y＝a（x﹣2）

2

+3，

把点A（8，0）代入得：36a+3＝0，

解得a＝﹣，

（x﹣2）∴抛物线的函数表达式为y＝﹣

2

+3；

当x＝0时，y＝﹣×4+3＝＞2.44，

∴球不能射进球门．

（2）设小明带球向正后方移动m米，则移动后的抛物线为y＝﹣（x﹣2﹣m）

把点（0，2.25）代入得：2.25＝﹣（0﹣2﹣m）

解得m＝﹣5（舍去）或m＝1，

2

+3，

2

+3，

∴当时他应该带球向正后方移动1米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处．

【点评】本题考查二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，把实际问题转化为数学问

题解决．

23．【分析】通过作垂线，构造直角三角形，依据直角三角形的边角关系进行计算即可．

【解答】解：任务1：【分析规划】选择点A和点B（答案不唯一），

故答案为：A、B（答案不唯一）；

【获取数据】tan∠1＝，tan∠2＝，tan∠3＝，测得图上AB＝4mm；

任务2：如图1，过点A作AF⊥MN于点F，过点B作BG⊥MN于点G，则FG＝AB＝

4mm，

设MF＝xmm，则MG＝（x+4）mm，

∵tan∠MAF＝＝，

tan∠MBG＝＝，

∴AF＝4x，BG＝3x+12，

∵AF＝BG，即4x＝3x+12，

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∴x＝12，即MF＝12mm，

∴AF＝BG＝4x＝48（mm），

∵tan∠FAN＝＝，

∴FN＝6mm，

∴MN＝MF+FN＝12+6＝18（mm），

任务3：测得图上DE＝5mm，设发射塔的实际高度为hm，由题意得，

＝，

解得h＝43.2（m），

∴发射塔的实际高度为43.2m．

【点评】本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提．

24．【分析】（1）先求出CD的长，由平行线分线段成比例可得，可求CE的长，通

过证明△BCE∽△NME，可得，即可求解；

（2）分三种情况讨论，由相似三角形的性质列出方程可求解；

（3）由锐角三角函数可求BG的长，由线段的数量关系列出方程，即可求解．

【解答】解：（1）如图1，连接OD，

∵CD切半圆O于点D，

∴OD⊥CE，

∵OA＝，AC＝1，

∴OC＝，BC＝4，

∴CD＝＝2，

∵BE⊥CE，

∴OD∥BE，

∴，

∴，

∴CE＝，

如图2，∵∠AFB＝∠E＝90°，

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∴AF∥CE，

∴MN∥CB，

∴四边形APMC是平行四边形，

∴CM＝PA＝＝＝＝x，

∵NM∥BC，

∴△BCE∽△NME，

∴，

∴＝，

∴y＝﹣x+4；

x+4﹣1＝﹣x+3，PH＜PN，△BCE的三边之比为3：4：5，（2）∵PN＝y﹣1＝﹣

∴可分为三种情况，

当PH：PN＝3：5时，x＝﹣x+3，解得：x＝，

∴a＝x＝，

当PH：PN＝4：5时，x＝﹣x+3，解得：x＝，

∴a＝x＝，

当PH：PN＝3：4时，x＝﹣x+3，解得：x＝，

∴a＝x＝，

或或综上所述：a的值为；

（3）如图3，连接AQ，BQ，过点Q作QG⊥AB于点G，

则∠AQB＝∠AGQ＝90°，PH＝QG＝x，

∴∠QAB＝∠BQG，

∵NQ＝x﹣3，PN＝y﹣1＝﹣x+3，

∴HG＝PQ＝NQ+PN＝x，

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∵AH＝x，

∴AG＝AH+HG＝3x，

∴tan∠BQG＝tan∠QAB＝＝＝，

∴BG＝QG＝x，

∴AB＝AG+BG＝x＝3，

∴x＝，

∴y＝﹣x+4＝，

．∴MN的长为

【点评】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，圆的

有关知识，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。

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