山东省济南市2018年学业水平考试数学试题

山东省济南市2018年学业水平考试数学试题

一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分）

1．（2018济南，1，4分）4的算术平方根是（ ）

A．2 B．－2 C．±2 D．

【答案】A

2．（2018济南，2，4分）如图所示的几何体，它的俯视图是（ ）

A． B． C． D．

【答案】D

3．（2018济南，3，4分）2018年1月，“墨子号”量子卫星实现了距离达7600千米的洲际量子密钥分发，这标志着“墨子号”具备了洲际量子保密通信的能力．数字7600用科学记数法表示为（ ）

A．0.76×104 B．7.6×103 C．7.6×104 D．76×102

【答案】B

4．（2018济南，4，4分）“瓦当”是中国古建筑装饰××头的附件，是中国特有的文化艺术遗产，下面“瓦当”图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）

A B C D

【答案】D

5．（2018济南，5，4分）如图，AF是∠BAC的平分线，DF∥AC，若∠1＝35°，则∠BAF的度数为（ ）

A．17.5° B．35° C．55° D．70°

【答案】B

6．（2018济南，6，4分）下列运算正确的是（ ）

A．a2＋2a＝3a3 B．(－2a3)2＝4a5

C．(a＋2)(a－1)＝a2＋a－2 D．(a＋b)2＝a2＋b2

【答案】C

7．（2018济南，7，4分）关于x的方程3x－2m＝1的解为正数，则m的取值范围是（ ）

A．m＜－ B．m＞－ C．m＞ D．m＜

【答案】B

8．（2018济南，8，4分）在反比例函数y＝－图象上有三个点A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（x3，y3），若x1＜0＜x2＜x3，则下列结论正确的是（ ）

A．y3＜y2＜y1 B．y1＜y3＜y2 C．y2＜y3＜y1 D．y3＜y1＜y2

【答案】C

9．（2018济南，9，4分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在方格线的格点上，将△ABC绕点P顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点P的坐标为（ ）

A．（0，4） B．（1，1） C．（1，2） D．（2，1）

【答案】C

10．（2018济南，10，4分）下面的统计图大致反应了我国2012年至2017年人均阅读量的情况．根据统计图提供的信息，下列推断不合理的是（ ）

A．与2016年相比，2017年我国电子书人均阅读量有所降低

B．2012年至2017年，我国纸质书的人均阅读量的中位数是4.57

C．从2014年到2017年，我国纸质书的人均阅读量逐年增长

D．2013年我国纸质书的人均阅读量比电子书的人均阅读量的1.8倍还多

【答案】B

11．（2018济南，11，4分）如图，一个扇形纸片的圆心角为90°，半径为6．如图2，将这张扇形纸片折叠，使点A与点O恰好重合，折痕为CD，图中阴影为重合部分，则阴影部分的面积为（ ）

A．6π－ B．6π－9 C．12π－ D．

【答案】A

12．（2018济南，11，4分）若平面直角坐标系内的点M满足横、纵坐标都为整数，则把点M叫做“整点”．例如：P（1，0）、Q（2，－2）都是“整点”．抛物线y＝mx2－4mx＋4m－2(m＞0)与x轴交于点A、B两点，若该抛物线在A、B之间的部分与线段AB所围成的区域（包括边界）恰有七个整点，则m的取值范围是（ ）

A．≤m＜1 B．＜m≤1 C．1＜m≤2 D．1＜m＜2

【答案】B

【解析】

解：∵y＝mx2－4mx＋4m－2＝m(x－2)2－2且m＞0,

∴该抛物线开口向上，顶点坐标为(2，－2)，对称轴是直线x＝2．

由此可知点(2，0)、点(2，－1)、顶点(2，－2)符合题意．

方法一：

①当该抛物线经过点（1，－1）和（3，－1）时（如答案图1），这两个点符合题意．

将（1，－1）代入y＝mx2－4mx＋4m－2得到－1＝m－4m＋4m－2．解得m＝1．

此时抛物线解析式为y＝x2－4x＋2．

由y＝0得x2－4x＋2＝0．解得x1＝2－≈0.6，x2＝2＋≈3.4．

∴x轴上的点(1，0)、(2，0)、(3，0)符合题意．

则当m＝1时，恰好有 (1，0)、(2，0)、(3，0)、(1，－1)、(3，－1)、(2，－1)、(2，－2)这7个整点符合题意．

∴m≤1．【注：m的值越大，抛物线的开口越小，m的值越小，抛物线的开口越大，】

答案图1(m＝1时) 答案图2( m＝时)

②当该抛物线经过点（0，0）和点（4，0）时（如答案图2），这两个点符合题意．

此时x轴上的点 (1，0)、(2，0)、(3，0)也符合题意．

将（0，0）代入y＝mx2－4mx＋4m－2得到0＝0－4m＋0－2．解得m＝．

此时抛物线解析式为y＝x2－2x．

当x＝1时，得y＝×1－2×1＝－＜－1．∴点(1，－1)符合题意．

当x＝3时，得y＝×9－2×3＝－＜－1．∴点(3，－1) 符合题意．

综上可知：当m＝时，点(0，0)、(1，0)、(2，0)、(3，0)、(4，0)、(1，－1)、(3，－1)、(2，－2)、(2，－1)都符合题意，共有9个整点符合题意，

∴m＝不符合题．

∴m＞．

综合①②可得：当＜m≤1时，该函数的图象与x轴所围城的区域（含边界）内有七个整点，故答案选B．

方法二：根据题目提供的选项，分别选取m＝，m＝1，m＝2，依次加以验证．

①当m＝时（如答案图3），得y＝x2－2x．

由y＝0得x2－2x＝0．解得x1＝0，x2＝4．

∴x轴上的点(0，0)、(1，0)、(2，0)、(3，0)、(4，0)符合题意．

当x＝1时，得y＝×1－2×1＝－＜－1．∴点(1，－1)符合题意．

当x＝3时，得y＝×9－2×3＝－＜－1．∴点(3，－1) 符合题意．

综上可知：当m＝时，点(0，0)、(1，0)、(2，0)、(3，0)、(4，0)、(1，－1)、(3，－1)、(2，－2)、(2，－1)都符合题意，共有9个整点符合题意，

∴m＝不符合题．∴选项A不正确．

答案图3( m＝时) 答案图4(m＝1时) 答案图5(m＝2时)

②当m＝1时（如答案图4），得y＝x2－4x＋2．

由y＝0得x2－4x＋2＝0．解得x1＝2－≈0.6，x2＝2＋≈3.4．

∴x轴上的点(1，0)、(2，0)、(3，0)符合题意．

当x＝1时，得y＝1－4×1＋2＝－1．∴点(1，－1)符合题意．

当x＝3时，得y＝9－4×3＋2＝－1．∴点(3，－1) 符合题意．

综上可知：当m＝1时，点(1，0)、(2，0)、(3，0)、(1，－1)、(3，－1)、(2，－2) 、(2，－1)都符合题意，共有7个整点符合题意，

∴m＝1符合题．

∴选项B正确．

③当m＝2时（如答案图5），得y＝2x2－8x＋6．

由y＝0得2x2－8x＋6＝0．解得x1＝1，x2＝3．

∴x轴上的点(1，0)、(2，0)、(3，0)符合题意．

综上可知：当m＝2时，点(1，0)、(2，0)、(3，0)、(2，－2) 、(2，－1)都符合题意，共有5个整点符合题意，

∴m＝2不符合题．

二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分）

13．（2018济南，13，4分）分解因式：m2－4＝____________；

【答案】(m＋2)(m－2)

14．（2018济南，14，4分）在不透明的盒子中装有5个黑色棋子和若于个白色做子，每个棋子除颜色外都相同，任意摸出一个棋子，摸到黑包棋子的概率是，则白色棋子的个数是＝____________；

【答案】15

15．（2018济南，15，4分）一个正多边形的每个内角等于108°，则它的边数是＝____________；

【答案】5

16．（2018济南，16，4分）若代数式的值是2，则x＝____________；

【答案】6

17．（2018济南，17，4分）A、B两地相距20km，甲乙两人沿同一条路线从A地到B地．甲先出发，匀速行驶，甲出发1小时后乙再出发，乙以2km/h的速度度匀速行驶1小时后提高速度并继续匀速行驶，结果比甲提前到达．甲、乙两人离开A地的距离s（km）与时间t（h）的关系如图所示，则甲出发____________小时后和乙相遇．

【答案】．

【解析】y甲＝4t(0≤t≤4)；y乙＝；

由方程组解得.

∴答案为．

18．（2018济南，18，4分）如图，矩形EFGH的四个顶点分别在矩形ABCD的各条边上，AB＝EF，FG＝2，GC＝3．有以下四个结论：①∠BGF＝∠CHG；②△BFG≌△DHE；③tan∠BFG＝；④矩形EFGH的面积是4．其中一定成立的是____________．（把所有正确结论的序号填在横线上）

【答案】①②④．

【解析】设EH＝AB＝a，则CD＝GH＝a．

∵∠FGH＝90°，∴∠BGF＋∠CGH＝90°.

又∵∠CGH＋∠CHG＝90°,

∴∠BGF＝∠CHG…………………………………故①正确．

同理可得∠DEH＝∠CHG.

∴∠BGF＝∠DEH.

又∵∠B＝∠D＝90°，FG＝EH,

∴△BFG≌△DHE…………………………………故②正确．

同理可得△AFE≌△CHG.∴AF＝CH.

易得△BFG∽△CGH.∴＝.∴＝.∴BF＝.

∴AF＝AB－BF＝a－.∴CH＝AF＝a－.

在Rt△CGH中，∵CG2＋CH2＝GH2，

∴32＋( a－)2＝a2.解得a＝2.∴GH＝2.∴BF＝ a－＝.

在Rt△BFG中，∵cos∠BFG＝＝，∴∠BFG＝30°.

∴tan∠BFG＝tan30°＝.…………………………………故③正确．

矩形EFGH的面积＝FG×GH＝2×2＝4…………………………………故④正确．

三、解答题（本大题共9小题，共78分）

19．（2018济南，19，6分）

计算：2－1＋│－5│－sin30°＋(π－1)0．

解：2－1＋│－5│－sin30°＋(π－1)0．

＝＋5－＋1

＝6

20．（2018济南，20，6分）

解不等式组：

解：由① ，得

3x－2x＜3－1.

∴x＜2.

由② ，得

4x＞3x－1.

∴x＞－1.

∴不等式组的解集为－1＜x＜2.

21．（2018济南，21，6分）

如图，在□ABCD中，连接BD，E是DA延长线上的点，F是BC延长线上的点，且 AE＝CF，连接EF交BD于点O．

求证：OB＝OD．

证明：∵□ABCD中，

∴AD＝BC,AD∥BC.

∴∠ADB＝∠CBD.

又∵AE＝CF，

∴AE＋AD＝CF＋BC.

∴ED＝FB.

又∵∠EOD＝∠FOB,

∴△EOD≌△FOB.

∴OB＝OD．

22．（2018济南，22，8分）

本学期学校开展以“感受中华传统买德”为主题的研学部动，组织150名学生多观历史好物馆和民俗晨览馆，每一名学生只能参加其中全顺活动，共支付票款2000元，票价信息如下：

（1）请问参观历史博物馆和民俗展览馆的人数各是多少人？

（2）若学生都去参观历史博物馆，则能节省票款多少元？

解：（1）设参观历史博物馆的有x人，则参观民俗展览馆的有（150－x）人，依题意，得

10x＋20(150－x)2000.

10x＋3000－20x＝2000.

－10x＝－1000.

∴x＝100.

∴150－x＝50.

答：参观历史博物馆的有100人，则参观民俗展览馆的有50人．

（2）2000－150×10＝500（元）.

答：若学生都去参观历史博物馆，则能节省票款500元．

23．（2018济南，23，8分）

如图AB是⊙O的直径，PA与⊙O相切于点A，BP与⊙O相较于点D，C为⊙O上的一点，分别连接CB、CD，∠BCD＝60°．

(1)求∠ABD的度数；

(2)若AB＝6，求PD的长度．

【解析】

解：(1)方法一：连接AD（如答案图1所示）．

∵BA是⊙O直径，∴∠BDA＝90°．

∵＝，∴∠BAD＝∠C＝60°．

∴∠ABD＝90°－∠BAD＝90°－60°＝30°．

第23题答案图1 第23题答案图2

方法二：连接DA、OD（如答案图2所示），则∠BOD＝2∠C＝2×60°＝120°．

∵OB＝OD，∴∠OBD＝∠ODB＝(180°－120°)＝30°．

即∠ABD＝30°．

(2)∵AP是⊙O的切线，∴∠BAP＝90°．

在Rt△BAD中，∵∠ABD＝30°，

∴DA＝BA＝×6＝3．∴BD＝DA＝3．

在Rt△BAP中，∵cos∠ABD＝，∴cos30°＝＝．∴BP＝4．

∴PD＝BP－BD＝4－3＝．

24．（2018济南，24，10分）

某校开设了“3D”打印、数学史、诗歌欣赏、陶艺制作四门校本课程，为了解学生对这四门校本课程的喜爱情况，对学生进行了随机问卷调查（问卷调查表如图所示），将调查结果整理后绘制例图1 、图2两幅均不完整的统计图表．

请您根据图表中提供的信息回答下列问题：

（1）统计表中的a＝________，b＝_______；

（2）“D”对应扇形的圆心角为_______度；

（3）根据调查结果，请您估计该校2000名学生中最喜欢“数学史”校本课程的人数；

（4）小明和小亮参加校本课程学习，若每人从“A”、“B”、“C”三门校本课程中随机选取一门，请用画树状图或列表格的方法，求两人恰好选中同一门校本课程的概率．

解：（1）a＝36÷0.45＝80.

b＝16÷80＝0.20.

（2）“D”对应扇形的圆心角的度数为：

8÷80×360°＝36°.

（3）估计该校2000名学生中最喜欢“数学史”校本课程的人数为：

2000×0.25＝500（人）．

（4）列表格如下：

共有9种等可能的结果，其中两人恰好选中同一门校本课程的结果有3种，所以两人恰好选中同一门校本课程的概率为：＝．

25．（2018济南，25，10分）

如图，直线y＝ax＋2与x轴交于点A(1，0)，与y轴交于点B(0，b)．将线段AB先向右平移1个单位长度、再向上平移t（t＞0）个单位长度，得到对应线段CD，反比例函数y＝（x＞0）的图象恰好经过C、D两点，连接AC、BD．

(1)求a和b的值；

(2)求反比例函数的表达式及四边形ABDC的面积；

(3)点N在x轴正半轴上，点M是反比例函数y＝（x＞0）的图象上的一个点，若△CMN是以CM为直角边的等腰直角三角形时，求所有满足条件的点M的坐标．

第25题图 第25题备用图

【解析】

解：(1)将点A(1，0)代入y＝ax＋2，得0＝a＋2．∴a＝－2．

∴直线的解析式为y＝－2x＋2．

将x＝0代入上式，得y＝2．∴b＝2．∴点B(0，2)．

(2)由平移可得：点C(2，t)、D(1，2＋t)．

将点C(2，t)、D(1，2＋t)分别代入y＝，得 ．解得．

∴反比例函数的解析式为y＝，点C(2，2)、点D(1，4)．

分别连接BC、AD（如答案图1）．

∵B(0，2)、C(2，2)，∴BC∥x轴，BC＝2．

∵A(1，0)、D(1，4)，∴AD⊥x轴，AD＝4．

∴BC⊥AD．

∴S四边形ABDC＝×BC×AD＝×2×4＝4．

第25题答案图1

(3)①当∠NCM＝90°、CM＝CN时（如答案图2所示），过点C作直线l∥x轴，交y轴于点G．过点M作MF⊥直线l于点F，交x轴于点H．过点N作NE⊥直线l于点E．

设点N(m，0)（其中m＞0），则ON＝m，CE＝2－m．

∵∠MCN＝90°，∴∠MCF＋∠NCE＝90°．

∵NE⊥直线l于点E，∴∠ENC＋∠NCE＝90°．

∴∠MCF＝∠ENC．

又∵∠MFC＝∠NEC＝90°，CN＝CM，∴△NEC≌△CFM．

∴CF＝EN＝2，FM＝CE＝2－m．

∴FG＝CG＋CF＝2＋2＝4．∴xM＝4．

将x＝4代入y＝，得y＝1．∴点M(4，1)．

第25题答案图2 第25题答案图3

②当∠NMC＝90°、MC＝MN时（如答案图3所示），过点C作直线l⊥y轴与点F，则CF＝xC＝2．过点M作MG⊥x轴于点G，MG交直线l与点E，则MG⊥直线l于点E，EG＝yC＝2．

∵∠CMN＝90°，∴∠CME＋∠NMG＝90°．

∵ME⊥直线l于点E，∴∠ECM＋∠CME＝90°．

∴∠NMG＝∠ECM．

又∵∠CEM＝∠NGM＝90°，CM＝MN，∴△CEM≌△MGN．

∴CE＝MG，EM＝NG．

设CE＝MG＝a，则yM＝a，xM＝CF＋CE＝2＋a．∴点M(2＋a，a)．

将点M(2＋a，a) 代入y＝，得a＝．解得a1＝－1，a2＝－－1．

∴xM＝2＋a＝＋1．

∴点M(＋1，－1)．

综合①②可知：点M的坐标为(4，1)或(＋1，－1)．

26．（2018济南，26，12分）

在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，以CA为边在∠ACB的另一侧作∠ACM＝∠ACB，点D为射线BC上任意一点，在射线CM上截取CE＝BD，连接AD、DE、AE．

（1）如图1，当点D落在线段BC的延长线上时，直接写出∠ADE的度数；

（2）如图2，当点D落在线段BC（不含边界）上时，AC与DE交于点F，请问（1）中的结论是否仍成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；

（3）在（2）的条件下，若AB＝6，求CF的最大值．

第26题图1 第26题图2

【解析】

解：(1) ∠ADE＝30°．

(2) （1）中的结论是否还成立

证明：连接AE（如答案图1所示）．

∵∠BAC＝120°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝30°．

又∵∠ACM＝∠ACB，∴∠B＝∠ACM＝30°．

又∵CE＝BD，

∴△ABD≌△ACE.∴AD＝AE,∠1＝∠2.

∴∠2＋∠3＝∠1＋∠3＝∠BAC＝120°.即∠DAE＝120°.

又∵AD＝AE,∴∠ADE＝∠AED＝30°．

答案图1 答案图2

(3) ∵AB＝AC，AB＝6，∴AC＝6．

∵∠ADE＝∠ACB＝30°且∠DAF＝∠CAD，

∴△ADF∽△ACD.∴＝.∴AD2＝AF·AC．∴AD2＝6AF．∴AF＝．

∴当AD最短时，AF最短、CF最长．

易得当AD⊥BC时，AF最短、CF最长（如答案图2所示），此时AD＝AB＝3．

∴AF最短＝＝＝．

∴CF最长＝AC－ AF最短＝6－＝.

27．（2018济南，27，12分）

如图1，抛物线y＝ax2＋bx＋4过A(2，0)、B(4，0)两点，交y轴于点C，过点C作x轴的平行线与不等式抛物线上的另一个交点为D，连接AC、BC．点P是该抛物线上一动点，设点P的横坐标为m（m＞4）．

(1)求该抛物线的表达式和∠ACB的正切值；

(2)如图2，若∠ACP＝45°，求m的值；

(3)如图3，过点A、P的直线与y轴于点N，过点P作PM⊥CD，垂足为M，直线MN与x轴交于点Q，试判断四边形ADMQ的形状，并说明理由．

第27题图1 第27题图2 第27题图3

【解析】

解：（1）将点A(2，0)和点B(4，0)分别代入y＝ax2＋bx＋4，得

．解得．∴该抛物线的解析式为y＝x2－3x＋4.

将x＝0代入上式，得y＝4.∴点C（0，4），OC＝4．

在Rt△AOC中，AC＝＝＝2.

设直线AC的解析式为y＝kx＋4,

将点A(2，0)代入上式，得0＝2k＋4．解得k＝－2．

∴直线AC的解析式为y＝－2x＋4．

同理可得直线BC的解析式为y＝－x＋4．

求tan∠ACB方法一：

过点B作BG⊥CA，交CA的延长线于点G（如答案图1所示），则∠G＝90°．

∵∠COA＝∠G＝90°，∠CAO＝∠BAG，∴△GAB∽△OAC.

∴＝＝＝2.∴BG＝2AG.

在Rt△ABG中，∵BG2＋AG2＝AB2,∴(2AG)2＋AG2＝22.AG＝.

∴BG＝,CG＝AC＋AG＝2＋＝.

在Rt△BCG中，tan∠ACB＝＝＝.

第27题答案图1 第27题答案图2

求tan∠ACB方法二：

过点A作AE⊥AC，交BC于点E（如答案图2所示），则kAE·kAC＝－1.

∴－2kAE＝－1.∴kAE＝.

∴可设直线AE的解析式为y＝x＋m．

将点A(2，0)代入上式，得0＝×2＋m．解得m＝－1．

∴直线AE的解析式为y＝x－1．

由方程组解得．∴点E（，）．

∴AE＝＝.

在Rt△AEC中，tan∠ACB＝＝＝.

求tan∠ACB方法三：

过点A作AF⊥BC，交BC点E（如答案图3所示），则kAF·kBC＝－1.

∴－kAF＝－1.∴kAF＝1.

∴可设直线AF的解析式为y＝x＋n．

将点A(2，0)代入上式，得0＝2＋n．解得n＝－2．

∴直线AF的解析式为y＝x－2．

由方程组解得．∴点F（3，1）．

∴AF＝＝，CF＝＝3.

在Rt△AEC中，tan∠ACB＝＝＝．

第27题答案图3

（2）方法一：利用“一线三等角”模型

将线段AC绕点A沿顺时针方向旋转90°，得到线段AC′，则

AC′＝AC，∠C′AC＝90°，∠CC′A＝∠ACC′＝45°．

∴∠CAO＋∠C′AB＝90°．

又∵∠OCA＋∠CAO＝90°，

∴∠OCA＝∠C′AB．

过点C′作C′E⊥x轴于点E．则∠C′EA＝∠COA＝90°．

∵∠C′EA＝∠COA＝90°，∠OCA＝∠C′AB，AC′＝AC，

∴△C′EA≌△AOC．

∴C′E＝OA＝2，AE＝OC＝4．

∴OE＝OA＋AE＝2＋4＝6．

∴点C′(6，2)．

设直线C′C的解析式为y＝hx＋4．

将点C′(6，2)代入上式，得2＝6h＋4．解得h＝－．

∴直线C′C的解析式为y＝－x＋4．

∵∠ACP＝45°，∠ACC′＝45°，∴点P在直线C′C上．

设点P的坐标为(x，y)，则x是方程x2－3x＋4＝－x＋4的一个解．

将方程整理，得3x2－14x＝0．

解得x1＝，x2＝0（不合题意，舍去）．

将x1＝代入y＝－x＋4，得y＝．

∴点P的坐标为(，)．

第27题答案图4 第27题答案图5

（2）方法二：利用正方形中的“全角夹半角”模型．

过点B作BH⊥CD于点H，交CP于点K，连接AK．易得四边形OBHC是正方形．

应用“全角夹半角”可得AK＝OA＋HK．

设K(4，h)，则BK＝h，HK＝HB－KB＝4－h，AK＝OA＋HK＝2＋(4－h)＝6－h．

在Rt△ABK中，由勾股定理，得AB2＋BK2＝AK2．∴22＋ h 2＝(6－h)2．解得h＝．

∴点K(4，)．

设直线CK的解析式为y＝hx＋4．

将点K(4，)代入上式，得＝4h＋4．解得h＝－．

∴直线CK的解析式为y＝－x＋4．

设点P的坐标为(x，y)，则x是方程x2－3x＋4＝－x＋4的一个解．

将方程整理，得3x2－14x＝0．

解得x1＝，x2＝0（不合题意，舍去）．

将x1＝代入y＝－x＋4，得y＝．

∴点P的坐标为(，)．

（3）四边形ADMQ是平行四边形．理由如下：

∵CD∥x轴，∴yC＝yD＝4．

将y＝4代入y＝x2－3x＋4，得 4＝x2－3x＋4.解得x1＝0，x2＝6．

∴点D（6，4）．

根据题意，得P（m，m2－3m＋4），M（m，4），H（m，0）．

∴PH＝m2－3m＋4），OH＝m，AH＝m－2，MH＝4．

①当4＜m＜6时（如答案图5所示），DM＝6－m

∵△OAN∽△HAP，∴＝．∴＝．

∴ON＝＝＝m－4．

∵△ONQ∽△HMP，∴＝．∴＝．

∴＝．∴OQ＝m－4．

∴AQ＝OA－OQ＝2－(m－4)＝6－m．

∴AQ＝ DM＝6－m．

又∵AQ∥DM，∴四边形ADMQ是平行四边形．

第27题答案图6 第27题答案图7

②当m＞6时（如答案图6所示），同理可得：四边形ADMQ是平行四边形．

综合①、②可知：四边形ADMQ是平行四边形．

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/c63a72c5720abb68a98271fe910ef12d2af9a923.html