资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．已知二次函数，当时随的增大而减小，且关于的分式方程的解是自然数，则符合条件的整数的和是（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
2．已知命题“关于的一元二次方程必有两个实数根”，则能说明该命题是假命题的的一个值可以是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．若点 A、B、C 都在二次函数的图象上，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
4．下列语句中，正确的有（ ）
A．在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等 B．平分弦的直径垂直于弦
C．长度相等的两条弧相等 D．圆是轴对称图形，任何一条直径都是它的对称轴
5．一元二次方程的根的情况为（ ）
A．没有实数根
B．只有一个实数根
C．有两个不相等的实数根
D．有两个相等的实数根
6．已知某种礼炮的升空高度h(m)与飞行时间t(s)的关系式是h=﹣(t﹣4)2+1．若此礼炮在升空到最高处时引爆，则引爆需要的时间为( )
A．3s B．4s C．5s D．6s
7．如图，线段是⊙的直径，弦，垂足为，点是上任意一点， ,则的值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知锐角∠AOB如图，（1）在射线OA上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径作，交射线OB于点D，连接CD；
（2）分别以点C，D为圆心，CD长为半径作弧，交于点M，N；
（3）连接OM，MN．
根据以上作图过程及所作图形，下列结论中错误的是（ ）
A．∠COM=∠COD B．若OM=MN，则∠AOB=20°
C．MN∥CD D．MN=3CD
9．已知一个圆锥的母线长为30 cm，侧面积为300πcm，则这个圆锥的底面半径为( )
A．5 cm B．10 cm C．15 cm D．20 cm
10．二次函数的顶点坐标是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，若AC=4，BC=3，则△ABC的内切圆半径r=_____．
12．已知两圆内切，半径分别为2厘米和5厘米，那么这两圆的圆心距等于_____厘米．
13．如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点在第一象限，与轴所夹的锐角为，且，则的值是______.
14．已知抛物线y＝x2+2kx﹣6与x轴有两个交点，且这两个交点分别在直线x＝2的两侧，则k的取值范围是_____．
15．方程（x﹣3）（x+2）=0的根是_____．
16．如图，有一斜坡，坡顶离地面的高度为，斜坡的倾斜角是，若，则此斜坡的为____m．
17．如图，边长为4的正六边形ABCDEF的中心与坐标原点O重合，AF∥轴，将正六边形ABCDEF绕原点O顺时针旋转，每次旋转60°，则第2019次后，顶点A的坐标为_______．
18．如图，为矩形对角线，的交点，AB=6，M，N是直线BC上的动点，且，则的最小值是_．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，抛物线交轴于、两点，交轴于点，点的坐标为，直线经过点、.
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点是直线上方抛物线上的一动点，求面积的最大值并求出此时点的坐标；
（3）过点的直线交直线于点，连接，当直线与直线的一个夹角等于的3倍时，请直接写出点的坐标.
20．（6分）如图，在中，，点是中点.连接.作，垂足为，的外接圆交于点，连接.
（1）求证：；
（2）过点作圆的切线，交于点.若，求的值；
（3）在（2）的条件下，当时，求的长.
21．（6分）在一次数学兴趣小组活动中，阳光和乐观两位同学设计了如图所示的两个转盘做游戏（每个转盘被分成面积相等的几个扇形，并在每个扇形区域内标上数字）．游戏规则如下：两人分别同时转动甲、乙转盘，转盘停止后，若指针所指区域内两数和小于12，则阳光获胜，反之则乐观获胜（若指针停在等分线上，重转一次，直到指针指向某一份内为止）．
（1）请用列表或画树状图的方法表示出上述游戏中两数和的所有可能的结果；
（2）游戏对双方公平吗？请说明理由．
22．（8分）如图，在平面直角坐标系xOy中，A(3，4)，B(0，﹣1)，C(4，0)．
（1）以点B为中心，把△ABC逆时针旋转90°，画出旋转后的图形；
（2）在（1）中的条件下，
①点C经过的路径弧的长为 （结果保留π）；
②写出点A'的坐标为 ．
23．（8分）在一个不透明的盒子里装有三个标记为1，2，3的小球（材质、形状、大小等完全相同），甲先从中随机取出一个小球，记下数字为后放回，同样的乙也从中随机取出一个小球，记下数字为，这样确定了点的坐标．
（1）请用列表或画树状图的方法写出点所有可能的坐标；
（2）求点在函数的图象上的概率．
24．（8分）如图，一次函数y＝kx+b与反比例函数y＝的图象交于A（2，3），B（﹣3，n）两点．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）过B点作BC⊥x轴，垂足为C，若P是反比例函数图象上的一点，连接PC，PB，求当△PCB的面积等于5时点P的坐标．
25．（10分）抛物线y＝ax2+bx+1经过点A（﹣1，0），B（1，0），与y轴交于点C．点D（xD，yD）为抛物线上一个动点，其中1＜xD＜1．连接AC，BC，DB，DC．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）当△BCD的面积等于△AOC的面积的2倍时，求点D的坐标；
（1）在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
26．（10分）问题发现：
（1）如图1，内接于半径为4的，若，则_______；
问题探究：
（2）如图2，四边形内接于半径为6的，若，求四边形的面积最大值；
解决问题
（3）如图3，一块空地由三条直路（线段、AB、）和一条弧形道路围成，点是道路上的一个地铁站口，已知千米，千米，，的半径为1千米，市政府准备将这块空地规划为一个公园，主入口在点处，另外三个入口分别在点、、处，其中点在上，并在公园中修四条慢跑道，即图中的线段、、、，是否存在一种规划方案，使得四条慢跑道总长度（即四边形的周长）最大？若存在，求其最大值；若不存在，说明理由.
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、A
【分析】由二次函数的增减性可求得对称轴，可求得a取值范围，再求分式方程的解，进行求解即可．
【详解】解：
∵y=-x2+（a-2）x+3，
∴抛物线对称轴为x= ，开口向下，
∵当x＞2时y随着x的增大而减小，
∴≤2，解得a≤6，
解关于x的分式方程可得x=，且x≠3，则a≠5，
∵分式方程的解是自然数，
∴a+1是2的倍数的自然数，且a≠5，
∴符合条件的整数a为：-1、1、3，
∴符合条件的整数a的和为：-1+1+3=3，
故选：A．
【点睛】
此题考查二次函数的性质，由二次函数的性质求得a的取值范围是解题的关键．
2、A
【分析】根据判别式的意义，当m=1时，△＜0，从而可判断原命题为是假命题．
【详解】,解：△=n2-4，
当n=1时，△＜0，方程没有实数根，
当n=2时，△=0，方程有两个相等的实数根，
当n=3时，△>0，方程有两个不相等的实数根，
当n=4时，△>0，方程有两个不相等的实数根，
故选：A
【点睛】
本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式．有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
3、D
【分析】根据反二次函数图象上点的坐标特征比较y1、y2、y3的大小，比较后即可得出结论．
【详解】解：∵A()、B(2， )、C ()在二次函数y=+k的图象上，
∵y=+k的对称轴x=1，∴当x=0与x=2关于x=1对称，
∵A,B在对称轴右侧,y随x的增大而增大，则y2＞y1，
C在对称轴左侧，且 ，则y3＞y2，
∴y3＞y2＞y1，
故选：D．
【点睛】
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，利用二次函数图象上点的坐标关于对称轴对称的特征比较y1、y2、y3的大小是解题的关键．
4、A
【解析】试题分析：平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，故B错误；长度和度数都相等的两条弧相等，故C错误；圆是轴对称图形，任何一条直径所在的直线都是它的对称轴，故D错误；则本题选A．
5、A
【分析】根据根的判别式即可求出答案．
【详解】由题意可知：△=4﹣4×5=﹣16＜1．
故选：A．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根的判别式，解答本题的关键是熟练掌握一元二次方程根的判别式．
6、B
【分析】根据顶点式就可以直接求出结论；
【详解】解：∵﹣1＜0，
∴当t=4s时，函数有最大值．
即礼炮从升空到引爆需要的时间为4s，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的应用，掌握二次函数的应用是解题的关键.
7、D
【分析】只要证明∠CMD=△COA，求出cos∠COA即可.
【详解】如图1中，连接OC,OM.
设OC=r,
∴ ,
∴r=5,
∵AB⊥CD，AB是直径，
∴，
∴∠AOC=∠COM,
∵∠CMD=∠COM，
∴∠CMD=∠COA，
∴cos∠CMD=cos∠COA= .
【点睛】
本题考查了圆周角定理，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会转化的思想思考问题.
8、D
【分析】由作图知CM=CD=DN，再利用圆周角定理、圆心角定理逐一判断可得．
【详解】解：由作图知CM=CD=DN，
∴∠COM=∠COD，故A选项正确；
∵OM=ON=MN，
∴△OMN是等边三角形，
∴∠MON=60°，
∵CM=CD=DN，
∴∠MOA=∠AOB=∠BON=∠MON=20°，故B选项正确；
∵∠MOA=∠AOB=∠BON，
∴∠OCD=∠OCM= ，
∴∠MCD=，
又∠CMN=∠AON=∠COD，
∴∠MCD+∠CMN=180°，
∴MN∥CD，故C选项正确；
∵MC+CD+DN＞MN，且CM=CD=DN，
∴3CD＞MN，故D选项错误；
故选D．
【点睛】
本题主要考查作图-复杂作图，解题的关键是掌握圆心角定理和圆周角定理等知识点．
9、B
【解析】设这个圆锥的底面半径为r，根据圆锥的侧面积公式可得π×r×30=300π，解得r=10cm，故选B.
10、B
【分析】根据抛物线的顶点式：，直接得到抛物线的顶点坐标．
【详解】解：由抛物线为：，
抛物线的顶点为：
故选B．
【点睛】
本题考查的是抛物线的顶点坐标，掌握抛物线的顶点式是解题的关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1
【解析】如图，设△ABC的内切圆与各边相切于D，E，F，连接OD，OE，OF，
则OE⊥BC，OF⊥AB，OD⊥AC，
设半径为r，CD=r，
∵∠C=90°，AC=4，BC=3，
∴AB=5，
∴BE=BF=3﹣r，AF=AD=4﹣r，
∴4﹣r+3﹣r=5，
∴r=1，
∴△ABC的内切圆的半径为 1，
故答案为1．
12、1
【解析】由两圆的半径分别为2和5，根据两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系和两圆位置关系求得圆心距即可．
【详解】解：∵两圆的半径分别为2和5，两圆内切，
∴d＝R﹣r＝5﹣2＝1cm，
故答案为1．
【点睛】
此题考查了圆与圆的位置关系．解题的关键是掌握两圆位置关系与圆心距d，两圆半径R，r的数量关系间的联系．
13、8
【分析】过A作AB⊥x轴，根据正弦的定义和点A的坐标求出AB，OA的长，根据勾股定理计算即可.
【详解】如图，过A作AB⊥x轴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴AB=6，
∴，
根据勾股定理得：，
即m=8，
故答案为8.
【点睛】
本题考查的是锐角三角函数的定义、坐标与图形的性质，掌握直角三角形中，锐角的正弦是其对边与斜边的比是解题的关键.
14、
【分析】由抛物线y＝x2+2kx﹣6可得抛物线开口方向向上,根据抛物线与x轴有两个交点且这两个交点分别在直线x＝2的两侧可得:当x=2时,抛物线在x轴下方,即y＜1.
【详解】解：∵y＝x2+2kx﹣6与x轴有两个交点,两个交点分别在直线x＝2的两侧,
∴当x＝2时,y＜1．
∴4+4k﹣6＜1
解得：k＜；
∴k的取值范围是k＜,
故答案为：k＜．
【点睛】
本题主要考查二次函数图象性质,解决本题的关键是要熟练掌握二次函数图象的性质.
15、x=3或x=﹣1．
【解析】由乘法法则知，（x﹣3）（x+1）=0，则x-3=0或x+1=0，解这两个一元一次方程可求出x的值.
【详解】∵（x﹣3）（x+1）=0，
∴x-3=0或x+1=0，
∴x=3或x=﹣1．
故答案为：x=3或x=﹣1．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程因式分解法：就是先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了数学转化思想．
16、1．
【分析】由三角函数定义即可得出答案．
【详解】解：∵， ，
∴；
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用；熟练掌握三角函数定义是解题的关键．
17、
【分析】将正六边形ABCDEF绕原点O逆时针旋转2019次时，点A所在的位置就是原D点所在的位置．
【详解】2019×60°÷360°=336…3，即与正六边形ABCDEF绕原点O逆时针旋转3次时点A的坐标是一样的．
当点A按逆时针旋转180°时，与原D点重合．
连接OD，过点D作DH⊥x轴，垂足为H；
由已知ED=1，∠DOE=60°（正六边形的性质），
∴△OED是等边三角形，
∴OD=DE=OE=1．
∵DH⊥OE，
∴∠ODH=30°，OH=HE=2，HD=．
∵D在第四象限，
∴D，即旋转2019后点A的坐标是．
故答案为．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆、旋转变换的性质，掌握正多边形的性质、旋转变换的性质是解题的关键．
18、2
【分析】根据题意找到M与N的位置,再根据勾股定理求出OM,ON的长即可解题.
【详解】解：过点O作OE⊥BC于E,
由题可知当E为MN的中点时,此时OM + ON有最小值,
∵AB=6,
∴PE=3,（中位线性质）
∵MN=2,即ME=NE=1,
∴OM=ON=,（勾股定理）
∴OM + ON的最小值=2
【点睛】
本题考查了图形的运动,中位线和勾股定理,找到M与N的位置是解题关键.
三、解答题(共66分)
19、（1）；（2），点坐标为；（3）点的坐标为，
【分析】（1）利用B（5，0）用待定系数法求抛物线解析式；
（2）作PQ∥y轴交BC于Q，根据求解即可；
（3）作∠CAN=∠NAM1=∠ACB，则∠A M1B=3∠ACB, 则 NAM1∽ A C M1,通过相似的性质来求点M1的坐标；作AD⊥BC于D,作M1关于AD的对称点M2, 则∠A M2C=3∠ACB,根据对称点坐标特点可求M2的坐标.
【详解】（1）把代入得
.
∴；
（2）作PQ∥y轴交BC于Q，设点，则
∵
∴OB=5，
∵Q在BC上，
∴Q的坐标为（x，x-5），
∴PQ==，
∴
=
=
∴当时，有最大值，最大值为，
∴点坐标为.
（3）如图1，作∠CAN=∠NAM1=∠ACB，则∠A M1B=3∠ACB,
∵∠CAN=∠NAM1,
∴AN=CN,
∵=-(x-1)(x-5),
∴A的坐标为（1，0），C的坐标为（0，-5），
设N的坐标为（a,a-5），则
∴，
∴a= ,
∴N的坐标为（,）,
∴AN2==，AC2=26，
∴，
∵∠NAM1=∠ACB，∠N M1A=∠C M1A，
∴ NAM1∽ A C M1,
∴,
∴,
设M1的坐标为（b,b-5），则
∴,
∴b1= ，b2=6(不合题意，舍去)，
∴M1的坐标为，
如图2，作AD⊥BC于D,作M1关于AD的对称点M2, 则∠A M2C=3∠ACB,
易知ADB是等腰直角三角形，可得点D的坐标是（3，-2），
∴M2 横坐标= ，
M2 纵坐标= ，
∴M2 的坐标是，
综上所述，点M的坐标是或.
【点睛】
本题考查了二次函数与几何图形的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质及相似三角形的判定与性质，会运用分类讨论的思想解决数学问题．
20、（1）详见解析；（2）2；（3）5.
【分析】（1）根据等腰三角形的判定即可求解；
（2）根据切线的性质证明，根据得到，再得到，故 ，表示出，再根据中，利用的定义即可求解；
（3）根据，利用三角函数的定义即可求解.
【详解】（1）证明：∵，为中点，
∴，∴.
又∵，∴，
∴.
∵，∴，∴，∴.
（2）解：∵是的外接圆，且，
∴是直径.
∵是切线，∴，∵，∴，∴，
∵，∴，
∴设，，∴.
∵，，
∴，∴，∴，∴，
∴在中，.
（3）∵，∴，
∴，.
∴，.
∴，
由（1）得
∴,∴AG=BG
故G为BC中点，
∴.
【点睛】
.此题主要考查圆的综合问题，解题的关键是熟知圆切线的判定、三角函数的定义、相似三角形的判定与性质.
21、（1）见解析，两数和共有12种等可能结果；（2）游戏对双方公平，见解析
【分析】（1）根据题意列出表格，得出游戏中两数和的所有可能的结果数；
（2）根据（1）得出两数和共有的情况数和其中和小于12的情况数，再根据概率公式分别求出阳光和乐观获胜的概率，然后进行比较即可得出答案．
【详解】解：（1）根据题意列表如下：
6
7
8
9
3
9
10
11
12
4
10
11
12
13
5
11
12
13
14
可见，两数和共有12种等可能结果；
（2）∵两数和共有12种等可能的情况，其中和小于12的情况有6种，
∴阳光获胜的概率为
∴乐观获胜的概率是，
∵=，
∴游戏对双方公平．
【点睛】
解决游戏公平问题的关键在于分析事件发生的可能性，即比较游戏双方获胜的概率是否相等，若概率相等，则游戏公平，否则不公平．
22、（1）见解析；（2）①，②(﹣5，2)．
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出A、C的对应点A′、C′，然后顺次连接即可；
（2）①先利用勾股定理计算出BC的长，然后利用弧长公式计算；
②利用（1）中所画图形写出点A′的坐标．
【详解】解：（1）如图，△A′BC′为所作；
（2）①BC＝，
故点C经过的路径弧的长＝＝π；
②点A′的坐标为（﹣5，2）．
故答案为：π，（﹣5，2）．
【点睛】
本题考查了作图−旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形，也考查了弧长公式的应用．
23、（1）见解析；（2）．
【分析】（1）根据列表分与树形图法即可写出结果；
（2）把所有P点坐标代入函数解析式中即可求解．
【详解】(1) 树状图如下：
由树状图得，点P所有可能的坐标为：
（1，1）、（1，2）、（1，3）、（2，1）、（2，2）、（2，3）、（3，1）、（3，2）、（3，3）；
(2)把代入函数解析式，得，
把代入函数解析式，得，
把代入函数解析式，得，
9个点中有（1，2）、（2，1）、（3，2）共3个点在该函数的图象上，
所以．
所以点在函数的图象上的概率为．
【点睛】
本题考查了表格法与树形图法求概率、二次函数图象上点的坐标特征，解决本题的关键是正确列出表格或画出树形图．
24、（1）y＝；（2）点P的坐标为（﹣8，﹣），（2，3）．
【分析】（1）将A坐标代入反比例函数解析式中求出m的值，即可确定出反比例函数解析式；
（2）由B点（-3，n）在反比例函数y＝的图象上，于是得到B（-3，-2），求得BC=2，设△PBC在BC边上的高为h，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论．
【详解】（1）∵反比例函数y＝的图象经过点A（2，3），
∴m＝1．
∴反比例函数的解析式是y＝；
（2）∵B点（﹣3，n）在反比例函数y＝的图象上，
∴n＝﹣2，
∴B（﹣3，﹣2），
∴BC＝2，设△PBC在BC边上的高为h，
则BC•h＝5，
∴h＝5，
∵P是反比例函数图象上的一点，
∴点P的横坐标为：﹣8或2，
∴点P的坐标为（﹣8，﹣），（2，3）．
【点睛】
此题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，涉及的知识有：待定系数法求函数解析式，坐标与图形性质，一次函数与坐标轴的交点，以及反比例函数的图象与性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
25、（1）抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+1；（2）点D坐标（2，1）；（1）M坐标（1，0）或（，0）或（﹣，0）或（5，0）
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式；
（2）根据解析式先求出△AOC的面积，设点D（xD，yD），由直线BC的解析式表示点E的坐标，求出DE的长，再由△BCD的面积等于△AOC的面积的2倍，列出关于xD 的方程得到点D的坐标；
（1）设点M（m，0），点N（x，y），分两种情况讨论：当BD为边时或BD为对角线时，列中点关系式解答.
【详解】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+1经过点A（﹣1，0），B（1，0），
∴，
解得：
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+1；
（2）如图，过点D作DH⊥x轴，与直线BC交于点E，
∵抛物线y＝﹣x2+2x+1，与y轴交于点C，
∴点C（0，1），
∴OC＝1，
∴S△AOC＝×1×1＝，
∵点B（1，0），点C（0，1）
∴直线BC解析式为y＝﹣x+1，
∵点D（xD，yD），
∴点E（xD，﹣xD+1），yD＝﹣xD2+2xD+1，
∴DE＝﹣xD2+2xD+1﹣（﹣xD+1）＝﹣xD2+1xD，
∴S△BCD＝1＝×DE×1，
∵△BCD的面积等于△AOC的面积的2倍
∴2＝﹣xD2+1xD，
∴xD＝1（舍去），xD＝2，
∴点D坐标（2，1）；
（1）设点M（m，0），点N（x，y）
当BD为边，四边形BDNM是平行四边形，
∴BN与DM互相平分，
∴，
∴y＝1，
∴1＝﹣x2+2x+1
∴x＝2（不合题意），x＝0
∴点N（0，1）
∴，
∴m＝1，
当BD为边，四边形BDMN是平行四边形，
∴BM与DN互相平分，
∴，
∴y＝﹣1，
∴﹣1＝﹣x2+2x+1
∴x＝1±，
∴，
∴m＝±，
当BD为对角线，
∴BD中点坐标（，），
∴， ，
∴y＝1，
∴1＝﹣x2+2x+1
∴x＝2（不合题意），x＝0
∴点N（0，1）
∴m＝5，
综上所述点M坐标（1，0）或（，0）或（﹣，0）或（5，0）．
【点睛】
此题是二次函数的综合题，考查待定系数法求函数解析式，动线、动图形与抛物线的结合问题，在（1）使以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，要分情况讨论：当BD为边时或BD为对角线时，不要有遗漏，平行四边形的性质：对角线互相平分，列中点坐标等式求得点M的坐标.
26、（1）；（2）四边形ABCD的面积最大值是；（3）存在，其最大值为.
【分析】（1）连接OA、OB，作OH⊥AB于H，利用求出∠AOH=∠AOB=，根据OA=4，利用余弦公式求出AH，即可得到AB的长；
（2）连接AC，由得出AC=，再根据四边形的面积= ，当DH+BM最大时，四边形ABCD的面积最大，得到BD是直径，再将AC、BD的值代入求出四边形面积的最大值即可；
（3）先证明△ADM≌△BMC,得到△CDM是等边三角形，求得等边三角形的边长CD，再根据完全平方公式的关系得出PD=PC时PD+PC最大，根据CD、∠DPC求出PD，即可得到四边形周长的最大值.
【详解】（1）连接OA、OB，作OH⊥AB于H，
∵，
∴∠AOB=120.
∵OH⊥AB，
∴∠AOH=∠AOB=，AH=BH=AB，
∵OA=4，
∴AH=，
∴AB=2AH=.
故答案为：.
（2）∵∠ABC=120,四边形ABCD内接于，
∴∠ADC=60，
∵的半径为6，
∴由（1）得AC=,
如图，连接AC，作DH⊥AC,BM⊥AC,
∴四边形的面积= ,
当DH+BM最大时，四边形ABCD的面积最大，连接BD，则BD是的直径，
∴BD=2OA=12，BD⊥AC，
∴四边形的面积=.
∴四边形ABCD的面积最大值是
（3）存在；
∵千米，千米，，
∴△ADM≌△BMC,
∴DM=MC,∠AMD=∠BCM,
∵∠BCM+∠BMC=180-∠B=120，
∴∠AMD+∠BMC=120，
∴∠DMC=60，
∴△CDM是等边三角形，
∴C、D、M三点共圆，
∵点P在弧CD上,
∴C、D、M、P四点共圆，
∴∠DPC=180-∠DMC=120，
∵弧的半径为1千米，∠DMC=60，
∴CD=,
∵,
∴,
∴,
∴当PD=PC时，PD+PC最大，此时点P在弧CD的中点，交DC于H ,
在Rt△DPH中，∠DHP=90,∠DPH=60，DH=DC=,
∴，
∴四边形的周长最大值=DM+CM+DP+CP=.
【点睛】
此题是一道综合题，考查圆的性质，垂径定理，三角函数，三角形全等的判定及性质，动点最大值等知识点.（1）中问题发现的结论应用很主要，理解题意在（2）、（3）中应用解题，（3）的PD+PC最大值的确定是难点，注意与所学知识的结合才能更好的解题.
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
