2018年山西省中考真题数学
2018 年山西省中考真题数学
一、选择题 ( 本大题共10 个小题，每小题 3 分，共 30 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，请选出并在答题卡上将该项涂黑)
1. 下面有理数比较大小，正确的是( )
A.0 ＜ -2
B.-5 ＜ 3
C.-2 ＜ -3
D.1 ＜ -4
解析： A、 0＞ -2 ，故此选项错误；
B、 -5 ＜ 3，正确；
C、 -2 ＞ -3 ，故此选项错误；
.
D、 1＞ -4 ，故此选项错误
答案： B.
2.“算经十书”是指汉唐一千多年间的十部著名数学著作，它们曾经是隋唐时期国子监算学科的教科书，这些流传下来的古算书中凝聚着历代数学家的劳动成果. 下列四部著作中，不属于我国古代数学著作的是( )
A.
B.
C.
D.
解析： A、《九章算术》是中国古代数学专著，作者已不可考，它是经历代各家的增补修订，
而逐渐成为现今定本的；
B、《几何原本几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学著作；
C、《海岛算经》是中国学者编撰的最早一部测量数学著作，由刘徽于三国魏景元四年所撰；
D、《周髀算经》原名《周髀》，是算经的十书之一，中国最古老的天文学和数学著作.答案： B.
3. 下列运算正确的是( )
326
A.(-a )=-a
B.2a 2+3a2=6a2
C.2a 2· a3=2a6
D.
3
b2b6 2a8a3
解析：分别根据幂的乘方、合并同类项法则、同底数幂的乘法及分式的乘方逐一计算即可判
断.
答案： D.
4. 下列一元二次方程中，没有实数根的是( )
A.x 2-2x=0
B.x 2+4x-1=0
C.2x 2-4x+3=0
D.3x 2=5x-2
2
解析：利用根的判别式△=b -4ac 分别进行判定即可.
5.近年来快递业发展迅速，下表是 2018 年 1～ 3 月份我省部分地市邮政快递业务量的统计结
果( 单位：万件 ) ：
1～ 3 月份我省这七个地市邮政快递业务量的中位数是( )
A.319.79 万件
B.332.68万件
C.338.87万件
D.416.01万件
解析：首先按从小到大排列数据：319.79 ，302.34 ，332.68 ，338.87 ，416.01 ，725.86 ，3303.78由于这组数据有奇数个，中间的数据是338.87 ，
所以这组数据的中位数是338.87.
答案： C.
6. 黄河是中华民族的象征，被誉为母亲河，黄河壶口瀑布位于我省吉县城西45 千米处，是黄河上最具气势的自然景观. 其落差约30 米，年平均流量1010 立方米 / 秒 . 若以小时作时间单位，则其年平均流量可用科学记数法表示为( )
A.6.06 × 104立方米 / 时
B.3.136 × 106立方米 / 时
C.3.636 × 106立方米 / 时
D.36.36 × 105立方米 / 时
解析： 1010× 360× 24=3.636 × 106立方米 / 时 .
答案： C.
7. 在一个不透明的袋子里装有两个黄球和一个白球，它们除颜色外都相同，随机从中摸出一个球，记下颜色后放回袋子中，充分摇匀后，再随机摸出一个球. 两次都摸到黄球的概率是( )
4
A.
9
1
B.
3
2
C.
9
1
D.
9
解析：首先根据题意画出树状图，由树状图求得所有等可能的结果与两次都摸到黄球的情况，
然后利用概率公式求解即可求得答案. 注意此题属于放回实验.
答案： A.
8.如图，在 Rt△ ABC中，∠ ACB=90°，∠ A=60°， AC=6，将△ ABC绕点 C 按逆时针方向旋转得到△ Aˊ Bˊ Cˊ，此时点 Aˊ恰好在 AB边上，则点 Bˊ与点 B 之间的距离为 ( )
A.12
B.6
C.62
D.63
解析：连接Bˊ B，利用旋转的性质和直角三角形的性质解答即可.
答案： D.
22
9. 用配方法将二次函数y=x -8x-9化为y=a(x-h)+k 的形式为 ( )
2
A.y=(x-4)+7
B.y=(x-4)2-25
C.y=(x+4) 2+7
D.y=(x+4) 2-25
解析：直接利用配方法进而将原式变形得出答案.
答案： B.
10.如图，正方形 ABCD内接于⊙ O，⊙ O的半径为 2，以点 A 为圆心，以 AC长为半径画弧交AB的延长线于点E，交 AD的延长线于点F，则图中阴影部分的面积为( )
A.4 π -4
B.4 π -8
C.8 π -4
D.8 π -8
解析：利用对称性可知：阴影部分的面积答案： A.=扇形AEF的面
积
- △ ABD的面
积
.
二、填空题( 本大题共 5 个小题，每小题 3 分，共15 分)
11. 计算：(3 2 +1)(3 2 -1)=_____.
解析：根据平方差公式计算即可.
答案： 17.
12.图 1 是我国古代建筑中的一种窗格，其中冰裂纹图案象征着坚冰出现裂纹并开始消溶，
形状无一定规则，代表一种自然和谐美 . 图 2 是从图 1 冰裂纹窗格图案中提取的由五条线段组成的图形，则∠ 1+∠ 2+∠ 3+∠4+∠ 5=_____度 .
解析：由多边形的外角和等于360°可知，
∠1+∠ 2+∠3+∠ 4+∠5=360°.
答案： 360° .
13.2018 年国内航空公司规定：旅客乘机时，免费携带行李箱的长，宽，高三者之和不超
过115cm.某厂家生产符合该规定的行李箱. 已知行李箱的宽为 20cm，长与高的比为 8： 11，
则符合此规定的行李箱的高的最大值为_____cm.
解析：设长为8x ，高为 11x ，
由题意，得： 19x+20≤ 115，
解得： x≤ 5，
故行李箱的高的最大值为：11x=55，
答：行李箱的高的最大值为55厘米.
答案： 55.
14.如图，直线 MN∥ PQ，直线 AB分别与 MN，PQ相交于点 A， B. 小宇同学利用尺规按以下步骤作图：①以点 A 为圆心，以任意长为半径作弧交AN于点 C，交 AB于点 D；②分别以C，D
为圆心，以大于1
NAB内交于点 E；③作射线 AE 交 PQ于点 F.
CD长为半径作弧，两弧在∠
2
若 AB=2，∠ ABP=60°，则线段AF 的长为 _____.
解析：作高线BG，根据直角三角形30 度角的性质得：BG=1， AG= 3，可得 AF 的长 .
答案： 23.
15.如图，在 Rt △ ABC中，∠ ACB=90°，AC=6，BC=8，点 D是 AB的中点，以 CD为直径作⊙ O，⊙O分别与 AC，BC交于点 E，F，过点 F 作⊙ O的切线 FG，交 AB 于点 G，则 FG的长为 _____.
解析：先利用勾股定理求出 AB=10，进而求出 CD=BD=5，再求出 CF=4，进而求出 DF=3，再判断出 FG⊥ BD，利用面积即可得出结论 .
答案：12
. 5
三、解答题 ( 本大题共 8 个小题，共75 分 . 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
16.计算：
(1)(22) 2-|-4|+3-1× 6+20.
x2x211
(2)·2
4x .
x 1 x 4 x 2
解析： (1)先计算乘方、绝对值、负整数指数幂和零指数幂，再计算乘法，最后计算加减运算可得；
(2) 先将分子、分母因式分解，再计算乘法，最后计算减法即可得.
1
答案： (1) 原式 =8-4+
× 6+1
=8-4+2+1 =7.
(2) 原式 =
x 2 x 1 x 1 1 x 1· x 2
x 2
2
=
x 1
1
x 2
x
2
x
=.
x 2
17. 如图，一次函数
y 1=k 1x+b(k 1≠ 0) 的图象分别与
x 轴， y 轴相交于点 A ， B ，与反比例函数
2 =
k 2 (k 2
C(-4 ， -2) ，D(2 ， 4).
y
≠ 0) 的图象相交于点
x
(1) 求一次函数和反比例函数的表达式； (2) 当 x 为何值时， y 1＞0；
(3) 当 x 为何值时， y 1＜y 2，请直接写出 x 的取值范围 .
解析： (1) 将 C 、 D 两点代入一次函数的解析式中即可求出一次函数的解析式，然后将点 D
代入反比例函数的解析式即可求出反比例函数的解析式； (2) 根据一元一次不等式的解法即可求出答案 .
(3) 根据图象即可求出答案该不等式的解集
.
答案： (1) ∵一次函数 y 1=k 1x+b 的图象经过点 C(-4 ，-2) ， D(2， 4) ，
4k 1 b
2
∴
b
，
2k 1 4
k 1 1
解得
.
b
2
∴一次函数的表达式为 y 1=x+2.
∵反比例函数
k 2 的图象经过点 D(2，4) ，
2
y =
x
k 2
∴4=
.
∴ k 2=8.
∴反比例函数的表达式为y2= 8 . x
(2) 由 y1＞ 0，得 x+2＞0.
∴x＞ -2.
∴当 x＞ -2 时， y1＞ 0.
(3)x ＜ -4 或 0＜ x＜ 2.
18.在“优秀传统文化进校园”活动中，学校计划每周二下午第三节课时间开展此项活动，拟
开展活动项目为：剪纸，武术，书法，器乐，要求七年级学生人人参加，并且每人只能参
加其中一项活动. 教务处在该校七年级学生中随机抽取了100 名学生进行调查，并对此进行统计，绘制了如图所示的条形统计图和扇形统计图( 均不完整 ).
请解答下列问题：
(1)请补全条形统计图和扇形统计图；
(2)在参加“剪纸”活动项目的学生中，男生所占的百分比是多少？
(3)若该校七年级学生共有 500 人，请估计其中参加“书法”项目活动的有多少人？
(4)学校教务处要从这些被调查的女生中，随机抽取一人了解具体情况，那么正好抽到参加
“器乐”活动项目的女生的概率是多少？
解析： (1) 先求出参加活动的女生人数，进而求出参加武术的女生人数，即可补全条形统计
图，再分别求出参加武术的人数和参加器乐的人数，即可求出百分比；
(2)用参加剪纸中男生人数除以剪纸的总人数即可得出结论；
(3)根据样本估计总体的方法计算即可；
(4)利用概率公式即可得出结论 .
答案： (1) 由条形图知，男生共有：10+20+13+9=52 人，
∴女生人数为 100-52=48 人，
∴参加武术的女生为48-15-8-15=10 人，
∴参加武术的人数为20+10=30 人，
∴30÷ 100=30%，
参加器乐的人数为 9+15=24 人，
∴24÷ 100=24%，
补全条形统计图和扇形统计图如图所示：
10
(2) 在参加“剪纸”活动项目的学生中，男生所占的百分比是× 100%=40%.
1015
答：在参加“剪纸”活动项目的学生中，男生所占的百分比为40%.
(3)500 × 21%=105(人).
答：估计其中参加“书法”项目活动的有105 人.
(4)
15155
1081548.
1516
5
答：正好抽到参加“器乐”活动项目的女生的概率为.
16
19. 祥云桥位于省城太原南部，该桥塔主体由三根曲线塔柱组合而成，全桥共设 13 对直线型
斜拉索，造型新颖，是“三晋大地”的一种象征. 某数学“综合与实践”小组的同学把“测
量斜拉索顶端到桥面的距离”作为一项课题活动，他们制订了测量方案，并利用课余时间借
助该桥斜拉索完成了实地测量. 测量结果如下表 .
(1) 请帮助该小组根据上表中的测量数据，求斜拉索顶端点C到 AB的距离 ( 参考数据：sin38 °
≈0.6 ， cos38 °≈ 0.8 ， tan38 °≈ 0.8 ， sin28 °≈ 0.5 ， cos28 °≈ 0.9 ， tan28 °≈ 0.5)
(2) 该小组要写出一份完整的课题活动报告，除上表的项目外，你认为还需要补充哪些项目
( 写出一个即可 ).
解析： (1) 过点 C 作 CD ⊥ AB 于点 D. 解直角三角形求出
DC 即可；
(2) 还需要补充的项目可为：测量工具，计算过程，人员分工，指导教师，活动感受等答案： (1) 过点 C 作 CD ⊥ AB 于点 D.
设 CD=x 米，在 Rt △ADC 中，∠ ADC=90°，∠ A=38° . ∵tan38 ° =
CD
，∴ AD=
CD x
5
x . AD
tan 38 0.8 4 在 Rt △ BDC 中，∠ BDC=90°，∠ B=28° . ∵tan28 ° =
CD
，∴ BD=
CD x 2x . BD
tan 28
0.5
∵ A D+BD=AB=234，∴ 5
x+2x=234.
4
解得 x=72.
答：斜拉索顶端点
C 到 AB 的距离为 72 米 .
(2) 还需要补充的项目可为：测量工具，计算过程，人员分工，指导教师，活动感受等
.( 答
案不唯一
)
20. 2018 年 1 月 20 日，山西迎来了“复兴号”列车，与“和谐号”相比， “复兴号”列车
时速更快，安全性更好
. 已知“太原南 - 北京西”全程大约
500 千米，“复兴号” G92 次列车
平均每小时比某列“和谐号”列车多行驶 40 千米，其行驶时间是该列“和谐号”列车行驶
时间的
4
( 两列车中途停留时间均除外
).
经查询，“复兴号”
G92
次列车从太原南到北京西，
5
中途只有石家庄一站，停留
长时间 .
10 分钟 . 求乘坐“复兴号”
G92次列车从太原南到北京西需要多
解析：设“复兴号” G92 次列车从太原南到北京西的行驶时间需要 x 小时，则“和谐号”列
车的行驶时间需要
5
G92 次列车平均每小时
x 小时，根据速度 =路程÷时间结合“复兴号”
4
比某列“和谐号”列车多行驶 40 千米，即可得出关于 x 的分式方程，解之经检验后即可得
出结论 .
答案：设“复兴号” G92 次列车从太原南到北京西的行驶时间需要 x 小时，则“和谐号”列
车的行驶时间需要 5
x 小时，
4
根据题意得：
500
500 40 ，
x
5 x
4
解得： x= 5
，
2
5
是原分式方程的解，
经检验， x=
2
1 8
∴x+
.
6
3
8
小时.
答：乘坐“复兴号” G92 次列车从太原南到北京西需要
3
21. 请阅读下列材料，并完成相应的任务：
在数学中，利用图形在变化过程中的不变性质，常常可以找到解决问题的办消去
. 著名美籍
匈牙利数学家波利亚在他所著的 《数学的发现》 一书中有这样一个例子： 请问如何在一个三角形 ABC 的 AC 和 BC 两边上分别取一点 X 和 Y ，使得 AX=BY=XY.(如图 ) 解决这个问题的操作步骤如下：
第一步，在 CA 上作出一点 D ，使得 CD=CB ，连接 BD.第二步，在 CB 上取一点 Y ′，作 Y ′ Z ∥CA ，交 BD 于点 Z ′，并在 AB 上取一点 A ′，使 Z ′ A ′ =Y ′ Z ′ . 第三步， 过点 A 作 AZ ∥ A ′ Z ′，交 BD 于点 Z. 第四步，过点 Z 作 ZY ∥ AC ，交 BC 于点 Y ，再过点 Y 作 YX ∥ ZA ，交 AC 于
点 X.
则有 AX=BY=XY.
下面是该结论的部分证明：
证明：∵ AZ ∥ A ′ Z ′，∴∠ BA ′Z ′ =∠ BAZ ，
又∵∠ A ′ BZ ′ =∠ ABZ.∴△ BA ′Z ′～△ BAZ. ∴ Z A
BZ . ZA
BZ
同理可得
Y Z
BZ .∴Z A Y Z .
YZ
BZ
ZA
YZ
∵ Z ′ A ′ =Y ′ Z ′，∴ ZA=YZ.
任务： (1) 请根据上面的操作步骤及部分证明过程，判断四边形 AXYZ 的形状，并加以证明；
(2) 请再仔细阅读上面的操作步骤，在(1) 的基础上完成 AX=BY=XY 的证明过程；
(3) 上述解决问题的过程中， 通过作平行线把四边形 BA ′ Z ′ Y ′放大得到四边形 BAZY ，从而
确定了点 Z ， Y 的位置，这里运用了下面一种图形的变化是 _____. A. 平移 B. 旋转 C. 轴对称 D. 位似
解析： (1) 四边形 AXYZ是菱形 . 首先由“两组对边相互平行的四边形是平行四边形”推知四
边形 AXYZ是平行四边形，再由“邻边相等的平行四边形是菱形”证得结论；
(2)利用菱形的四条边相等推知AX=XY=YZ根.据等量代换得到 AX=BY=XY.
(3)根据位似变换的定义填空 .
答案： (1) 四边形 AXYZ是菱形 .
证明：∵ ZY∥ AC， YX∥ ZA，
∴四边形AXYZ是平行四边形 .
∵Z A=YZ，
∴平行四边形AXYZ是菱形 .
(2)证明：∵ CD=CB，
∴∠ 1=∠ 3.
∵ZY∥ AC，
∴∠ 1=∠ 2.
∴∠ 2=∠ 3.
∴Y B=YZ.
∵四边形AXYZ是菱形，
∴A X=XY=YZ.
∴A X=BY=XY.
(3)通过作平行线把四边形 BA′Z′ Y′放大得到四边形 BAZY，从而确定了点 Z， Y 的位置，此时四边形 BA′ Z′Y′∽四边形 BAZY，所以该变换形式是位似变换 .
22.综合与实践
问题情境：在数学活动课上，老师出示了这样一个问题：如图 1，在矩形 ABCD中， AD=2AB，E 是 AB延长线上一点，且 BE=AB，连接 DE，交 BC于点 M，以 DE为一边在 DE的左下方作正方形 DEFG，连接 AM.试判断线段 AM与 DE的位置关系 .
探究展示：勤奋小组发现，AM垂直平分DE，并展示了如下的证明方法：
证明：∵ BE=AB，∴ AE=2AB.
∵A D=2AB，∴ AD=AE.
∵四边形ABCD是矩形，∴ AD∥ BC.
∴EM EB
.(依据1) DM AB
∵BE=AB，∴
EM
DM
=1. ∴ EM=DM.
即 AM是△ ADE的 DE边上的中线，
又∵ AD=AE，∴ AM⊥ DE.( 依据 2)
∴AM垂直平分DE.
反思交流：
(1)①上述证明过程中的“依据1”“依据 2”分别是指什么？
②试判断图 1 中的点 A 是否在线段GF的垂直平分线上，请直接回答，不必证明；
(2) 创新小组受到勤奋小组的启发，继续进行探究，如图2，连接 CE，以 CE为一边在CE的左下方作正方形 CEFG，发现点 G在线段 BC的垂直平分线上，请你给出证明；
探索发现：
(3)如图 3，连接 CE，以 CE为一边在 CE的右上方作正方形 CEFG，可以发现点 C，点 B 都在线段 AE的垂直平分线上，除此之外，请观察矩形ABCD和正方形CEFG的顶点与边，你还能
发现哪个顶点在哪条边的垂直平分线上，请写出一个你发现的结论，并加以证明.
解析： (1) ①直接得出结论；
②借助问题情景即可得出结论；
(2)先判断出∠ BCE+∠ BEC=90°，进而判断出∠ BEC=∠BCG，得出△ GHC≌△ CBE，判断出 AD=BC，进而判断出 HC=BH，即可得出结论；
(3)先判断出四边形 BENM为矩形，进而得出∠ 1+∠ 2=90°，再判断出∠ 1=∠ 3，得出△ ENF ≌△ EBC，即可得出结论.
答案： (1) ①依据 1：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例( 或平行线分线段成比例 ).
依据2：等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线及底边上的高互相重合( 或等腰三角形的“三线合一” ).
②答：点 A 在线段 GF的垂直平分线上.
理由：由问题情景知，AM⊥ DE，
∵四边形DEFG是正方形，
∴DE∥ FG，
∴点 A 在线段 GF的垂直平分线上.
(2) 证明：过点G作 GH⊥ BC于点 H，
∵四边形ABCD是矩形，点E 在 AB 的延长线上，
∴∠ CBE=∠ABC=∠ GHC=90°，
∴∠ BCE+∠BEC=90°.
∵四边形CEFG为正方形，
∴CG=CE，∠ GCE=90°，
∴∠ BCE+∠BCG=90°.
∴∠ 2BEC=∠ BCG.
∴△ GHC≌△ CBE.
∴HC=BE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC.
∵AD=2AB，BE=AB，∴BC=2BE=2HC，
∴HC=BH.
∴GH垂直平分BC.
∴点 G在 BC的垂直平分线上.
(3)答：点 F 在 BC边的垂直平分线上 ( 或点 F 在 AD边的垂直平分线上 ). 证法一：过点 F 作 FM⊥ BC于点 M，过点 E 作 EN⊥ FM于点 N.
∴∠ BMN=∠ENM=∠ ENF=90° .
∵四边形ABCD是矩形，点E 在 AB 的延长线上，
∴∠ CBE=∠ABC=90°，
∴四边形BENM为矩形 .
∴BM=EN，∠ BEN=90° .
∴∠ 1+∠ 2=90° .
∵四边形CEFG为正方形，
∴E F=EC，∠ CEF=90° .
∴∠ 2+∠ 3=90° .
∴∠ 1=∠ 3.
∵∠ CBE=∠ENF=90°，
∴△ ENF≌△ EBC.
∴N E=BE.∴BM=BE.
∵四边形ABCD是矩形，
∴A D=BC.
∵A D=2AB，AB=BE.
∴B C=2BM.
∴B M=MC.
∴FM垂直平分BC.
∴点 F 在 BC边的垂直平分线上.
23.综合与探究
如图，抛物线y= 1
x2-
1
x-4 与 x 轴交于 A， B 两点 ( 点 A 在点 B 的左侧 ) ，与 y 轴交于点C，33
连接 AC， BC.点 P 是第四象限内抛物线上的一个动点，点P 的横坐标为m，过点 P 作 PM⊥ x 轴，垂足为点M， PM交 BC于点 Q，过点 P 作 PE∥ AC交 x 轴于点 E，交 BC于点 F.
(1)求 A， B， C 三点的坐标；
(2) 试探究在点P 运动的过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C， Q 为顶点的三角形是
等腰三角形 . 若存在，请直接写出此时点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由；
(3) 请用含 m 的代数式表示线段 QF 的长，并求出 m 为何值时 QF 有最大值 . 解析： (1) 解方程 1
x 2-
1 x-4=0 得 A(-3 ， 0) ， B(4 ， 0) ，计算自变量为 0 时的二次函数值得 3
3
C 点坐标；
(2) 利用勾股定理计算出
AC=5，利用待定系数法可求得直线
BC 的解析式为 y=x-4 ，则可设
2
2
=5 2
2
2
2
Q(m ，m-4)(0 ＜ m ＜ 4) ，讨论：当 CQ=CA 时，则 m+(m-4+4) ，当 AQ=AC 时，(m+3) +(m-4) =5 ；
2
2
2
，然后分别解方程求出 m 即可得到对应的 Q 点坐标；
当 QA=QC 时， (m+3) +(m-4)
=5 (3) 过点 F 作 FG ⊥ PQ 于点 G ，如图，由△ OBC 为等腰直角三角形 . 可判断△ FQG 为等腰直角三
角形，则
2 FG PG
2
2
FG=QG= FQ ，再证明△ FGP ～△ AOC 得到
4 ，则 PG=
FQ ，所以 PQ=
2
3
3
7 2 FQ ，于是得到 FQ=3
2
PQ ，设 P(m ，
1
m 2-
1 m-4)(0 ＜ m ＜ 4) ，则 Q(m ，m-4) ，利用 PQ=-
6 7 3
3
1
2
4
2
(- 1
2
4
3m+
m 得到 FQ=3
3 m+
m)，然后利用二次函数的性质解决问题.
3
7 3
答案： (1) 当 y=0，
1
x 2 -
1 x-4=0 ，解得 x 1=-3 ，x 2=4，
3
3
∴ A (-3 ，0)，B(4，0)， 当 x=0， y= 1
x 2
- 1
x-4=-4 ，
3
3
∴ C (0 ， -4) ；
(2)AC=
32 42 =5，
易得直线 BC 的解析式为 y=x-4 ， 设 Q(m ， m-4)(0 ＜ m ＜ 4) ，
2
2
2
，解得 m 1= 5 2
， m=- 5 2
( 舍去 ) ，此时 Q 点坐标为 ( 5 2
，
当 CQ=CA 时， m+(m-4+4) =5
2 2
2
2
5 2
-4)；
2
2
2
2
当 AQ=AC 时， (m+3) +(m-4)
1
2
；
=5 ，解得 m=1， m=-0( 舍去 ) ，此时 Q 点坐标为 (1 ， -3)
当 QA=QC 时， (m+3) 2+(m-4)
2
=52
，解得 m=
25
( 舍去 ) ，
2
综上所述，满足条件的
Q 点坐标为 (
5
22
，
5 2
-4) 或(1，-3) ；
2
(3) 解：过点 F 作 FG ⊥ PQ 于点 G ，如图，
则 FG ∥ x 轴. 由 B(4 ， 0) ， C(0， -4) 得△ OBC 为等腰直角三角形 . ∴∠ OBC=∠QFG=45°. ∴△ FQG 为等腰直角三角形，
∴FG=QG= 2
FQ ，
2
∵PE ∥ AC ，PG ∥ CO ， ∴∠ FPG=∠ACO ，
∵∠ FGP=∠AOC=90°，
∴△ FGP ～△ AOC. ∴ FG
PG ，即 FG
PG ， OA
CO 3
4
∴PG=4 FG
4·2
FQ
2
2
FQ ，
3
3
2
3
2 2 2 FQ
7 2
∴PQ=PG+GQ=
FQ
2
FQ ，
3
6
∴ F Q=
3 2
PQ ，
7
设 P(m ，
1
2
1 m-4)(0 ＜m ＜ 4) ，则 Q(m ， m-4) ，
3 m- 3
1
2
1
m-4)=-
1
2
4 ∴PQ=m-4-(
m-
3 3m+
m ，
3
3
∴FQ=
3 2
(- 1 m 2+ 4 m)=-
2
(m-2) 2
+
4 2
7
3 3
7
7
∵ - 2
＜0，
7
∴QF 有最大值 .
∴当 m=2时， QF 有最大值 .