资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．下列方程中，为一元二次方程的是（ ）
A．x=2 B．x+y=3 C． D．
2．袋子中有4个黑球和3个白球，这些球的形状、大小、质地等完全相同．在看不到球的条件下，随机从袋中摸出一个球，摸到白球的概率为( )
A． B． C． D．
3．如图，反比例函数y＝与y＝的图象上分别有一点A，B，且AB∥x轴，AD⊥x轴于D，BC⊥x轴于C，若矩形ABCD的面积为8，则b﹣a＝（ ）
A．8 B．﹣8 C．4 D．﹣4
4．抛物线y=2x2，y=﹣2x2，y=2x2+1共有的性质是（ ）
A．开口向上 B．对称轴都是y轴
C．都有最高点 D．顶点都是原点
5．已知如图，在正方形ABCD中，AD=4，E，F分别是CD，BC上的一点，且∠EAF=45°，EC=1，将△ADE绕点A沿顺时针方向旋转90°后与△ABG重合，连接EF，过点B作BM∥AG，交AF于点M，则以下结论：①DE+BF=EF，②BF=，③AF=，④S△MEF=中正确的是
A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④
6．抛物线（）的部分图象如图所示，与轴的一个交点坐标为，抛物线的对称轴是，下列结论是：①；②；③方程有两个不相等的实数根；④；⑤若点在该抛物线上，则，其中正确的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
7．已知二次函数的图象经过点，当自变量的值为时，函数的值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知如图1所示的四张牌，若将其中一张牌旋转180°后得到图1．则旋转的牌是（ ）
A． B． C． D．
9．一元二次方程的一次项系数和常数项依次是（ ）
A．和 B．和 C．和 D．和
10．如图，甲乙两楼相距30米，乙楼高度为36米，自甲楼顶A 处看乙楼楼顶B处仰角为30°，则甲楼高度为（ ）
A．11米 B．（36﹣15）米 C．15米 D．（36﹣10）米
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，O是正方形ABCD边上一点，以O为圆心，OB为半径画圆与AD交于点E，过点E作⊙O的切线交CD于F，将△DEF沿EF对折，点D的对称点D'恰好落在⊙O上．若AB＝6，则OB的长为_____．
12．在这三个数中，任选两个数的积作为的值，使反例函数的图象在第二、四象限的概率是______．
13．如图，正方形ABCD边长为4，以BC为直径的半圆O交对角线BD于E．则直线CD与⊙O的位置关系是_______ ，阴影部分面积为(结果保留π) ________．
14．若反比例函数y=的图象在每一个象限中，y随着x的增大而减小，则m的取值范围是_____．
15．若m是关于x的方程x2-2x-3=0的解，则代数式4m-2m2+2的值是______．
16．如图，点B是反比例函数上一点，矩形OABC的周长是20，正方形BCGH和正方形OCDF的面积之和为68，则反比例函数的解析式是_____．
17．如图，在中，，，，、分别是边、上的两个动点，且，是的中点，连接，，则的最小值为__________．
18．如图，已知反比例函数的图象经过斜边的中点，与直角边相交于点．若的面积为8，则的值为________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）在△ABC中，P为边AB上一点．
（1）如图1，若∠ACP＝∠B，求证：AC2＝AP·AB；
（2）若M为CP的中点，AC＝2，
① 如图2，若∠PBM＝∠ACP，AB＝3，求BP的长；
② 如图3，若∠ABC＝45°，∠A＝∠BMP＝60°，直接写出BP的长．
20．（6分）周末，小华和小亮想用所学的数学知识测量家门前小河的宽．测量时，他们选择了河对岸边的一棵大树，将其底部作为点A，在他们所在的岸边选择了点B，使得AB与河岸垂直，并在B点竖起标杆BC，再在AB的延长线上选择点D竖起标杆DE，使得点E与点C、A共线．
已知：CB⊥AD，ED⊥AD，测得BC＝1m，DE＝1.5m，BD＝8.5m．测量示意图如图所示．请根据相关测量信息，求河宽AB．
21．（6分）矩形OABC在直角坐标系中的位置如图所示，A、C两点的坐标分别为A(6，0)、C(0，3)，直线y=x与BC边相交于D．
（1）求点D的坐标：
（2）若抛物线y=ax＋bx经过D、A两点，试确定此抛物线的表达式：
（3）P为x轴上方（2）题中的抛物线上一点，求△POA面积的最大值．
22．（8分）已知：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为BC边中点．点M为线段BC上的一个动点（不与点C，点D重合），连接AM，将线段AM绕点M顺时针旋转90°，得到线段ME，连接EC．
（1）如图1，若点M在线段BD上．
① 依据题意补全图1；
② 求∠MCE的度数．
（2）如图2，若点M在线段CD上，请你补全图形后，直接用等式表示线段AC、CE、CM之间的数量关系 ．
23．（8分）我国于2019年6月5日首次完成运载火箭海.上发射，这标志着我国火箭发射技术达到了一个崭新的高度.如图，运载火箭从海面发射站点处垂直海面发射，当火箭到达点处时，海岸边处的雷达站测得点到点的距离为千米，仰角为.火箭继续直线上升到达点处，此时海岸边处的雷达测得点的仰角增加，求此时火箭所在点处与处的距离． (保留根号)
24．（8分）如图，正方形ABCD中，M为BC上一点，F是AM的中点，EF⊥AM，垂足为F，交AD的延长线于点E，交DC于点N．
（1）求证：△ABM∽△EFA；
（2）若AB=12，BM=5，求DE的长．
25．（10分）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O交BC于点D，过点D作DE⊥AC于点E．
（1）求证：DE是⊙O的切线．
（2）若⊙O的半径为3cm，∠C＝30°，求图中阴影部分的面积．
26．（10分）已知□ABCD边AB、AD的长是关于x的方程＝0的两个实数根．
（1）当m为何值时，四边形ABCD是菱形？
（2）当AB=3时，求□ABCD的周长．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【解析】本题根据一元二次方程的定义解答．一元二次方程必须满足四个条件：未知数的最高次数是2；二次项系数不为0；是整式方程；含有一个未知数．由这四个条件对四个选项进行验证，满足这四个条件者为正确答案．
【详解】A、x=2是一元一次方程，故A错误；
B、x+y=3是二元一次方程，故B错误；
C、是一元二次方程，故C正确；
D、是分式方程，故D错误；
故选：C．
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的定义，掌握一元二次方程的定义是关键．
2、A
【分析】根据题意，让白球的个数除以球的总数即为摸到白球的概率．
【详解】解：根据题意，袋子中有4个黑球和3个白球，
∴摸到白球的概率为：；
故选：A.
【点睛】
本题考查了概率的基本计算，摸到白球的概率是白球数比总的球数．
3、A
【分析】根据反比例函数系数k的几何意义得到|a|＝S矩形ADOE，|b|＝S矩形BCOE，进而得到|b|+|a|＝8，然后根据a＜0，b＞0可得答案．
【详解】解：如图，∵AB∥x轴，AD⊥x轴于D，BC⊥x轴于C，
∴|a|＝S矩形ADOE，|b|＝S矩形BCOE，
∵矩形ABCD的面积为8，
∴S矩形ABCD＝S矩形ADOE+S矩形BCOE＝8，
∴|b|+|a|＝8，
∵反比例函数y＝在第二象限，反比例函数y＝在第一象限，
∴a＜0，b＞0，
∴|b|+|a|＝b﹣a＝8，
故选：A．
【点睛】
本题考查了反比例函数y＝（k≠0）的系数k的几何意义：从反比例函数y＝（k≠0）图象上任意一点向x轴和y轴作垂线，垂线与坐标轴所围成的矩形面积为|k|．
4、B
【详解】（1）y=2x2开口向上，对称轴为y轴，有最低点，顶点为原点；
（2）y=﹣2x2开口向下，对称轴为y轴，有最高点，顶点为原点；
（3）y=2x2+1开口向上，对称轴为y轴，有最低点，顶点为（0，1）．
故选B．
5、D
【分析】利用全等三角形的性质条件勾股定理求出的长，再利用相似三角形的性质求出△BMF的面积即可
【详解】解: ∵AG=AE, ∠FAE=∠FAG=45°,AF=AF,
∴△AFE △AFG,
∴EF=FG
∵DE=BG
∴EF=FG=BG+FB=DE+BF故①正确
∵BC=CD=AD=4，EC=1
∴DE=3，设BF=x，则EF=x+3,CF=4-x,
在Rt△ECF中，（x+3）2=（4-x）2+12
解得x=
∴BF= ,AF= 故②正确，③错误，
∵BM∥AG
∴△FBM~△FGA
∴
∴S△MEF=，故④正确，
故选D．
【点睛】
本题考查旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题
6、D
【分析】根据二次函数的对称性补全图像，再根据二次函数的性质即可求解.
【详解】如图，∵与轴的一个交点坐标为，抛物线的对称轴是，
实验求出二次函数与x轴的另一个交点为（-2,0）
故可补全图像如下，
由图可知a＜0，c＞0，对称轴x=1,故b＞0，
∴，①错误，
②对称轴x=1,故x=-,∴，正确；
③如图，作y=2图像，与函数有两个交点，∴方程有两个不相等的实数根，正确；④∵x=-2时，y=0,即，正确；⑤∵抛物线的对称轴为x=1,故点在该抛物线上，则，正确；
故选D
【点睛】
此题主要考查二次函数的图像，解题的关键是熟知二次函数的对称性.
7、B
【分析】把点代入，解得的值，得出函数解析式，再把=3即可得到的值.
【详解】把代入，得，解得=
把=3，代入==-4
故选B.
【点睛】
本题考查了二次函数的解析式，直接将坐标代入法是解题的关键.
8、A
【解析】解：观察发现，只有是中心对称图形，
∴旋转的牌是．
故选A．
9、B
【解析】根据一元二次方程的一般形式进行选择．
【详解】解：2x2-x=1，
移项得：2x2-x-1=0，
一次项系数是-1，常数项是-1．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c=0（a，b，c是常数且a≠0）特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b分别叫二次项系数，一次项系数．
10、D
【分析】分析题意可得：过点A作AE⊥BD，交BD于点E；可构造Rt△ABE，利用已知条件可求BE；而乙楼高AC＝ED＝BD﹣BE．
【详解】解：过点A作AE⊥BD，交BD于点E，
在Rt△ABE中，AE＝30米，∠BAE＝30°，
∴BE＝30×tan30°＝10（米），
∴AC＝ED＝BD﹣BE＝（36﹣10）（米）．
∴甲楼高为（36﹣10）米．
故选D．
【点睛】
此题主要考查三角函数的应用，解题的关键是熟知特殊角的三角函数值.
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【解析】连接OE、OD′，作OH⊥ED′于H，通过证得AEO≌△HEO（AAS），AE＝EH＝ED＝2，设OB＝OE＝x．则AO＝6﹣x，根据勾股定理得x2＝22+（6﹣x）2，解方程即可求得结论．
【详解】解：连接OE、OD′，作OH⊥ED′于H，
∴EH＝D′H＝ED′
∵ED′＝ED，
∴EH＝ED，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，AB＝AD＝6，
∵EF是⊙O的切线，
∴OE⊥EF，
∴∠OEH+∠D′EF＝90°，∠AEO+∠DEF＝90°，
∵∠DEF＝∠D′EF，
∴∠AEO＝∠HEO，
在△AEO和△HEO中
∴△AEO≌△HEO（AAS），
∴AE＝EH＝ED，
∴ 设OB＝OE＝x．则AO＝6﹣x，
在Rt△AOE中，x2＝22+（6﹣x）2，
解得：x＝，
∴OB＝，
故答案为:．
【点睛】
本题是圆的综合题目，考查了切线的性质和判定、正方形的性质、勾股定理，方程，全等三角形的判定与性质等知识；本题主要考查了圆的切线及全等三角形的判定和性质，关键是作出辅助线利用三角形全等证明．
12、
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果，并求出 k为负值的情况数，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】解：画树状图得：
，
∵共有6种等可能的结果，任选两个数的积作为k的值，k为负数的有4种，
∴反比例函数的图象在第二、四象限的概率是：．
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．注意概率=所求情况数与总情况数之比．
13、相切 6-π
【详解】∵正方形ABCD是正方形，则∠C=90°，
∴D与⊙O的位置关系是相切．
∵正方形的对角线相等且相互垂直平分，
∴CE=DE=BE，
∵CD=4，
∴BD=4，
∴CE=DE=BE=2
梯形OEDC的面积=（2+4）×2÷2=6，扇形OEC的面积==π，
∴阴影部分的面积=6-π．
14、m>1
【解析】∵反比例函数的图象在其每个象限内，y随x的增大而减小，
∴>0，
解得：m>1，
故答案为m>1.
15、-1
【分析】先由方程的解的含义，得出m2-2m-3=0，变形得m2-2m=3，再将要求的代数式提取公因式-2，然后将m2-2m=3代入，计算即可．
【详解】解：∵m是关于x的方程x2-2x-3=0的解，
∴m2-2m-3=0，
∴m2-2m=3，
∴1m-2m2+2
= -2（m2-2m）+2
= -2×3+2
= -1．
故答案为：-1．
【点睛】
本题考查了利用一元二次方程的解的含义在代数式求值中的应用，明确一元二次方程的解的含义并将要求的代数式正确变形是解题的关键．
16、y=．
【详解】解：设矩形OABC的两边分别为,b则+b=10，2+b2=68
∵(+b) 2=2+b2+2
∴2=(+b)2- (2+b2)=32
∴=16
∴反比例函数的解析式是
【点睛】
本题考查①矩形、正方形面积公式； ②完全平方公式；③反比例函数面积有关的问题．此种试题，相对复杂，需要学生掌握矩形、正方形面积公式，并利用完全平方公式和反比例函数相关的问题．
17、
【分析】先在CB上取一点F，使得CF=，再连接PF、AF，然后利用相似三角形的性质和勾股定理求出AF，即可解答．
【详解】解：如图：在CB上取一点F，使得CF=，再连接PF、AF，
∵∠DCE=90°，DE=4，DP=PE，
∴PC=DE=2，
∵，
∴
又∵∠PCF=∠BCP，
∴△PCF∽△BCP，
∴
∴PA+PB=PA+PF，
∵PA+PF≥AF，AF=
∴PA+PB ≥.
∴PA+PB的最小值为，
故答案为．
【点睛】
本题考查了勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，正确添加常用辅助线、构造相似三角形是解答本题的关键．
18、
【分析】过D点作x轴的垂线交x轴于E点，可得到四边形DBAE和三角形OBC的面积相等，通过面积转化，可求出k的值．
【详解】解：过D点作x轴的垂线交x轴于E点，
∵△ODE的面积和△OAC的面积相等．
的面积与四边形的面积相等，
∴四边形DEAB＝8，
设D点的横坐标为x，纵坐标就为
∵D为OB的中点．
∴
∴四边形DEAB的面积可表示为：
∴
故答案为：
【点睛】
本题考查反比例函数的综合运用，关键是知道反比例函数图象上的点和坐标轴构成的三角形面积的特点以及根据面积转化求出k的值．
三、解答题(共66分)
19、（1）证明见解析；（2）①BP＝；②BP＝．
【解析】试题分析：（1）根据已知条件易证△ACP∽△ABC，由相似三角形的性质即可证得结论；（2）①如图，作CQ∥BM交AB延长线于Q，设BP＝x，则PQ＝2x，易证△APC∽△ACQ，所以AC2＝AP·AQ，由此列方程，解方程即可求得BP的长；②如图：作CQ⊥AB于点Q，作CP0＝CP交AB于点P0，再证△AP0C∽△MPB，（2）的方法求得AP0的长，即可得BP的长．
试题解析：（1）证明：∵∠ACP＝∠B，∠BAC＝∠CAP，
∴△ACP∽△ABC，
∴AC：AB＝AP：AC，
∴AC2＝AP·AB；
（2）①如图，作CQ∥BM交AB延长线于Q，设BP＝x，则PQ＝2x
∵∠PBM＝∠ACP，∠PAC＝∠CAQ，
∴△APC∽△ACQ，
由AC2＝AP·AQ得：22＝（3－x）（3＋x），∴x＝
即BP＝；
②如图：作CQ⊥AB于点Q，作CP0＝CP交AB于点P0，
∵AC＝2，∴AQ＝1，CQ＝BQ＝ ，
设AP0=x，P0Q＝PQ＝1－x，BP＝－1＋x，
∵∠BPM＝∠CP0A，∠BMP＝∠CAP0，
∴△AP0C∽△MPB，∴，
∴MP∙P0C＝AP0∙BP＝x（－1＋x），
解得x＝
∴BP＝－1＋＝．
考点：三角形综合题.
20、河宽为17米．
【解析】由题意先证明∆ABC∽∆ADE，再根据相似三角形的对应边成比例即可求得AB的长.
【详解】∵CB⊥AD，ED⊥AD，
∴∠CBA＝∠EDA＝90°，
∵∠CAB＝∠EAD，
∴∆ABC∽∆ADE，
∴，
又∵AD=AB+BD，BD=8.5，BC＝1，DE＝1.5，
∴，
∴AB＝17，
即河宽为17米．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，熟记相似三角形的判定与性质是解题的关键.
21、（1）(4，3)；（2）y=x+x；（3）
【分析】（1）根据矩形的性质可知点D的纵坐标为3，代入直线解析式即可求出点D的横坐标，从而可确定点D的坐标；
（2）直接将点A、D的坐标代入抛物线解析式即可；
（3）当P为抛物线顶点时，△POA面积最大，将抛物线解析式化为顶点式，求出点P的坐标，再计算面积即可．
【详解】解：（1）设D的横坐标为x,则根据题意有3=x，则x=4
∴D点坐标为（4，3）
（2）将A（6，0），D(4,3)代入y=ax＋bx中，得
解得：
∴此抛物线的表达式为：y=x+x；
（3）由于△POA底边为OA=6，
∴当P为抛物线顶点时，△POA面积最大
∴
∴
∴的最大值为
【点睛】
本题是一道二次函数与矩形相结合的题目，熟练掌握二次函数的性质和轴对称的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度是解题的关键．
22、（1）①见解析；②∠MCE=∠F=45°；（2）
【分析】（1） ① 依据题意补全图即可；② 过点M作BC边的垂线交CA延长线于点F ，利用同角的余角相等，得到∠FMA= ∠CME，再通过等腰三角形的判定得到FM=MC，再通过判断，得到∠MCE的度数.
（2）通过证明，得到 AF=EC，将转化为，再在Rt△FMC中，利用边角关系求出FC=，即可得到.
【详解】（1） ① 补全图1：
② 解：过点M作BC边的垂线交CA延长线于点F
∵FM⊥BC
∴ ∠FMC =90°
∴ ∠FMA+∠AMC=90°
∵将线段AM绕点M顺时针旋转90°，得到线段ME
∴∠AME=90° ，AM=ME
∴ ∠CME+∠AMC=90°
∴∠FMA= ∠CME
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠FCM=45°
∴∠F=∠FCM=45°
∴FM=MC
在△FMA和△CME中
∴
∴ ∠MCE=∠F=45°
（2）解：过点M作BC边的垂线交CA延长线于点F
∵FM⊥BC
∴ ∠FMC =90°
∴ ∠FME+∠EMC=90°
∵将线段AM绕点M顺时针旋转90°，得到线段ME
∴∠AME=90° ，AM=ME
∴∠FME +∠AMF=90°
∴∠EMC = ∠AMF
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠FCM=45°
∴∠MFC=90°-∠FCM=45°
∴FM=MC
在△FMA和△CME中
∴
∴ AF=EC
∴
∵∠FCM=45°，∠FMC=90°
∴FC=
∴
综上所述，
【点睛】
本题是旋转图形考查，掌握旋转前后不变的量是解答此题的关键，涉及到的知识点相似的判定及性质、等腰三角形的性质等.
23、火箭所在点处与处的距离．
【分析】在RT△AMN中根据30°角的余弦值求出AM和MN的长度，再在RT△BMN中根据45°角的求出BM的长度，即可得出答案.
【详解】解：在中，
在中，
,
答：火箭所在点处与处的距离.
【点睛】
本题考查解直角三角形，难度适中，解题关键是根据题目意思构造出直角三角形，再利用锐角三角函数进行求解.
24、（1）见解析；（2）4.1
【详解】试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=AD，∠B=10°，AD∥BC，得出∠AMB=∠EAF，再由∠B=∠AFE，即可得出结论；
（2）由勾股定理求出AM，得出AF，由△ABM∽△EFA得出比例式，求出AE，即可得出DE的长．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=10°，AD∥BC，
∴∠AMB=∠EAF，
又∵EF⊥AM，
∴∠AFE=10°，
∴∠B=∠AFE，
∴△ABM∽△EFA；
（2）∵∠B=10°，AB=12，BM=5，
∴AM==13，AD=12，
∵F是AM的中点，
∴AF=AM=6.5，
∵△ABM∽△EFA，
∴，
即，
∴AE=16.1，
∴DE=AE-AD=4.1．
考点：1.相似三角形的判定与性质；2.正方形的性质．
25、（1）见解析；（1）（3π﹣）cm1
【分析】（1）由等腰三角形的性质证出∠ODB＝∠C．得出OD∥AC．由已知条件证出DE⊥OD，即可得出结论；
（1）由垂径定理求出OF，由勾股定理得出DF，求出BD，得出△BOD的面积，再求出扇形BOD的面积，即可得出结果．
【详解】（1）连接OD，如图1所示：
∵OD＝OB，
∴∠B＝∠ODB．
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C．
∴∠ODB＝∠C．
∴OD∥AC．
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE是⊙O的切线．
（1）过O作OF⊥BD于F，如图1所示：
∵∠C＝30°，AB＝AC，OB＝OD，
∴∠OBD＝∠ODB＝∠C＝30°，
∴∠BOD＝110°，
在Rt△DFO中，∠FDO＝30°，
∴OF＝OD＝cm，
∴DF＝＝cm，
∴BD＝1DF＝3cm，
∴S△BOD＝×BD×OF＝×3×＝cm1，
S扇形BOD＝＝3πcm1，
∴S阴＝S扇形BOD﹣S△BOD＝＝（3π﹣）cm1．
【点睛】
本题考查了切线的判定、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、勾股定理、三角形和扇形面积的计算等知识；熟练掌握切线的判定，由垂径定理和勾股定理求出OF和DF是解决问题（1）的关键．
26、（1）；（2）1
【分析】（1）由菱形的四边相等知方程有两个相等的实数根,据此利用根的判别式求解可得,注意验根;
（2）由AB=3知方程的一个解为3,代入方程求出m的值,从而还原方程,再利用根与系数的关系得出AB+AD的值,从而得出答案．
【详解】解：（1）若四边形ABCD是菱形,则AB=AD,
所以方程有两个相等的实数根,
则△=（-m）2-4×1×12=0,
解得m=,
检验：当m=时,x=,符合题意;当m=时,x=,不符合题意,故舍去．
综上所述,当m为时,四边形ABCD是菱形．
（2）∵AB=3,
∴9-3m+12=0,
解得m=7,
∴方程为x2-7x+12=0,
则AB+AD=7,
∴平行四边形ABCD的周长为2（AB+AD）=1．
【点睛】
本题主要考查根与系数的关系,解题的关键是掌握根的判别式、根与系数的关系,菱形和平行四边形的性质．
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