2021年湖北省武汉市九年级元月调考数学模拟试卷

2021年湖北省武汉市九年级元月调考数学模拟试卷

一、选择题供10小题，每小题3分，共30分）

1.将方程3/-2x=6化为一般形式，若二次项系数为3,则一次项系数和常数项分别

为（）

A.-2,6B.-2,—6C.2,6D.2,—6

2.下面四个图形,是中心对称图形的是（）

3.关于方程/+2x—4=0的根的情况，下列结论错误的是（）

A.有两个不相等的实数根B.两实数根的和为2

C.两实数根的差为±2遥D.两实数根的积为-4

4.抛掷一枚质地均匀的硬币，正面朝上的概率为0.5,下列说法正确的是（）

A.连续抛掷2次必有1次正面朝上

B.连续抛掷10次不可能都正面朝上

C.大量反复抛掷每100次出现正面朝上50次

D.通过抛掷硬币确定谁先发球的比赛规则是公平的

5.如图，4B为。。的直径，CD为。。的弦，481（7。于后，下列说法错误的是（）

4.CE=DEB.AC=AD

C.OE=BED.^COB=22-BAD

6.圆的直径是13cm,如果圆心与直线上某一点的距离是6.5cm,那么该直线和圆的位

置关系是（）

A.相离B.相切C.相交D.相交或相切

7.如图，Rt/^ABC^,ZC=9O°,BC=3,AC=4,将△ABC绕点B逆时针旋转得△

A'BC,若点C'在AB上，则4%的长为（）

A.^/lSB.4

D.5

8.若m,九为方程产-3x-1=0的两根，则多项式—+3n的值为（）

A.-8B.-9C.9D.10

9.如图，分别以等边三角形力BC的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，得到的封闭

图形是莱洛三角形，若4B=2,则莱洛三角形的面积（即阴影部分面积）为（）

A.7T+V3B.TT-V3C.2TT-V3D.27r—2>/3

10.若方程公一2%-1=0在一1<xW4范围内有实数根，则t的取值范围为（）

A.3<t<8B.-l<t<3C.-l<t<8D.-l<t<8

二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）

若2是方程/-c=0的一个根，贝加的值为.

把抛物线y=2/先向下平移1个单位，再向左平移2个单位，得到的抛物线的解析式

是.

如图，四边形力BCD内接于。。，44=110°,贝I」

试卷第2页，总25页

LBOD=

有不同的两把锁和三把钥匙，其中两把钥匙能分别打开这两把锁，第三把钥匙不能打

开这两把锁.任意取出一把钥匙去开任意的一把锁，一次打开锁的概率是.

二次函数丫=。/+bx+c(a、b、c为常数,a二0)中的x与y的部分对应值如表：

X-103

yn-3-3

当n>0时，下列结论中一定正确的是.(填序号即可)

①bc>0；②当x>2时，y的值随x值的增大而增大；③n>4a；④当n=l时，关

于x的一元二次方程a/+(b+l)x+c=0的解是/=一1,X2—3.

如图，为。。的直径，C为。。上一动点，将4c绕点4逆时针旋转120。得ZD,若

AB=2,则BD的最大值为.

三、解答题

已知关于x的方程x2+(m+2)x+2m—l=0,当m为何值时，方程的两根相互为相

反数？并求出此时方程的解.

如图，在。。中，弦4B与弦CO相交于点E,SLAB=CD.求证：CE=BE.

把一副普通扑克牌中的4张：黑2,红3,梅4,方5,洗匀后正面朝下放在桌面上.

(1)从中随机抽取一张牌是红心的概率是

(2)从中随机抽取一张，再从剩下的牌中随机抽取另一张.请用表格或树状图表示抽

取的两张牌牌面数字所有可能出现的结果，并求抽取的两张牌牌面数字之和大于7的概

率.

如图，在下列的网格中，横、纵坐标均为整点的数叫做格点，例如力(3,0)、8(0,4)、

C(4,2)都是格点.

(1)直接写出△ABC的形状;

(2)要求在上图中仅用无刻度的直尺作图：将△ABC绕点B逆时针旋转得到A/liBCi，

旋转角=2/ABC,请你完成作图；

(3)在网格中找一个格点G,使得GG14B,并直接写出G点坐标.

如图，。是△力BC的外心，/是△ABC的内心，连相并延长交BC和。。于。、E两点.

(1)求证：EB=EI；

(2)若4B=4,4c=3,BE=2,求4的长.

某公司销售一种商品，成本为每件20元，经过市场调查发现，该商品的日销售量y

(件)与销售单价x(元)是一次函数关系，其销售单价、日销售量的三组对应数值如

下表：

销售单价%(元)406080

试卷第4页，总25页

日销售量y(件)806040

(1)求y与x的关系式；

(2)若物价部门规定每件商品的利润率不得超过100%,求公司销售该商品获得的最大

日利润；

(3)若物价部门规定该商品销售单价不能超过a元，并且由于某种原因，该商品每件成

本变成了之前的2倍，在日销售量y(件)与销售单价x(元)保持(1)中函数关系不变的情况

下，该商品的日销售最大利润是1500元，求Q的值.

如图，在△ABC中，AB=AC,NB4C=120。，。为BC边上的点，将ZL4绕D逆时针旋转

120°得到DE.

(1)如图1,若NZMC=30。.

①求证：AB=BE；

②直接写出BE?+CD?与A°2的数量关系为；

(2)如图2,。为8c边上任意一点，线段BE、CD、40是否满足(1)中②的关系,

请给出结论并证明.

抛物线y=a/-ax+b交支轴于A,B两点(A在B的左边)，交y轴于C,直线、=一%+

4经过B,C两点.

(1)求抛物线的解析式;

(2)如图1,P为直线BC上方的抛物线上一点，PD〃y轴交BC于。点，过点。作DE1

10

AC于E点.设爪=。。+21。£,求m的最大值及此时P点坐标;

（3）如图2,点N在y轴负半轴上，点4绕点N顺时针旋转，恰好落在第四象限的抛物

线上点M处，且NANM+Z4cM=180。，求N点坐标.

试卷第6页，总25页

参考答案与试题解析

2021年湖北省武汉市九年级元月调考数学模拟试卷

一、选择题供10小题，每小题3分，共30分)

1.

【答案】

B

【考点】

一元二次方程的一般形式

【解析】

首先移项把6移到等号左边，然后再确定一次项系数和常数项.

【解答】

由3/-7X=6,得3刀7-2x-6=2,所以一次项系数是-2,

2.

【答案】

D

【考点】

中心对称图形

【解析】

根据中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解.

【解答】

4、不是中心对称图形；

B■,不是中心对称图形；

C、不是中心对称图形；

D,是中心对称图形.

3.

【答案】

B

【考点】

根与系数的关系

根的判别式

【解析】

求出根的判别式以及根与系数的关系作出判断即可.

【解答】

方程支2+2%-6=0,

这里a=l,b=5,

•/A=4+16=20>0,

方程有两个不相等的实数根，且/+%2=-2,&尤2=-4，

X+X24XX8

,X4_X2=±V<15)-82=±V(-2)-4X(-4)V3

4.

【答案】

D

【考点】

概率的意义

游戏公平性

【解析】

概率是频率（多个）的波动稳定值，是对事件发生可能性大小的量的表现，据此逐项

判断即可.

【解答】

解：4、连续抛掷一枚均匀硬币2次有可能一次正面朝上，2次正面朝上，

0次正面朝上，故4错误；

B、连续抛掷一枚均匀硬币10次，有可能正面都朝上，

故B错误；

C、大量反复抛掷一枚均匀硬币，平均每100次出现

正面朝上的次数不确定，故C错误；

。、通过抛掷一枚均匀硬币确定谁先发球的比赛规则是公平的.

故选D.

5.

【答案】

C

【考点】

垂径定理

圆周角定理

圆心角、弧、弦的关系

【解析】

连接。。，如图，根据垂径定理得到CE=DE,AC=AD,BC=BD,再BC=BD得

至l」NBOC=4BOD,然后根据优质课定理得到NBOC=24BAD,从而可对各选项进行判

断.

【解答】

连接OD,如图，

•1,AB1CD,

CE=DE,AC=AD,BC=BD,

BC=BD,

Z.BOC~~Z-BOD9

乙BOD=2（BAD,

乙BOC=2乙BAD.

6.

【答案】

D

【考点】

直线与圆的位置关系

【解析】

欲求直线和圆的位置关系，关键是求出圆心到直线的距离d,再与半径r进行比较.若

d<r,则直线与圆相交；若d=r,则直线于圆相切；若d>r,则直线与圆相离.

【解答】

解：r圆的直径为13cm,

试卷第8页，总25页

圆的半径为6.5cm,

V圆心与直线上某一点的距离是6.5cm,

,1.圆的半径2圆心到直线的距离，

直线与圆相切或相交.

故选D.

7.

【答案】

C

【考点】

旋转的性质

【解析】

根据旋转可得乙4'C'B=NC=90。，A'C'^AC=4,由勾股定理求出4B=4'B=5,进而

可得AC'的值，再根据勾股定理可得A4'的长.

【解答】

根据旋转可知：

N4'C'B=NC=90。，A'C'=AC=4,

根据勾股定理，得AB=>BC2+AC、=^32+32,

A'B=AB=5,

：.AC'=AB-BC'=6,

在Rt/i44'C'中，根据勾股定理，得

AA=Q应'2+A'L2K於+屋=2娓

8.

【答案】

D

【考点】

根与系数的关系

【解析】

根据一元二次方程的解结合根与系数的关系，即可得出m2—3m=l、m+n=3,将其

代入m2+3n=m2-3m+3zn+3n中，即可求出结论.

【解答】

m,n为方程/一3x-6=0的两根，

m2—2m—1=0,m+n=8.

m2—3m—3.

m2+3n=ms-3m+3m+2n=l+3(m+n)=7+3x3=10.

9.

【答案】

D

【考点】

扇形面积的计算

等边三角形的判定方法

【解析】

图中三角形的面积是由三块相同的扇形叠加而成，其面积=三块扇形的面积相加，再

减去两个等边三角形的面积，分别求出即可.

【解答】

解：过4作40J.BC于。,

△48C是等边三角形,

AB=AC=BC=2,Z.BAC=/.ABC=乙4cB=60°,

AD1BC,

BD=CD=1,AD=遍BD=V3,

A48c的面积为3xBCxAD=^x2xy[3=V3,

S_607rx22_2

,扇形BAC=~^~=3n，

莱洛三角形的面积S=3x|兀-2xb=2兀-2次,

故选D.

10.

【答案】

D

【考点】

二次函数的性质

根的判别式

【解析】

设以=久2-2x,将一元二次方程/-2x-t=0的实数根可以看作为=%2-2x与函数

y2=t的有交点，再由-1<XW4的范围确定y的取值范围即可求解.

【解答】

设y1=/-8x,

7i=x2-7x的对称轴为直线x=l,

1元二次方程/-5x-t=0的实数根可以看作yi=d-2%与函数丫2=《的交点，

方程在—8<xW4的范围内有实数根，

当％=—1时，丫3=3；

当x=4时，>4=8;

函数yi=%7-2x在x=l时有最小值-3；

当-iwt<8时，丫8=%2-2x与函数丁7=»有交点，即方程/-2x-t=4在-1<

xW4范围内有实数根；

二、填空题（共6小题，每小题3分，共18分）

【答案】

4

【考点】

一元二次方程的解

【解析】

根据方程的解的概念将久=2代入方程久2一。=0,据此可得关于c的方程，解之可得答

案.

【解答】

试卷第10页，总25页

根据题意，将x=2代入方程/—c=0,得：4-c=0,

解得c=4,

【答案】

y=2(x+2)2—1

【考点】

二次函数图象与几何变换

【解析】

直接根据"上加下减、左加右减"的原则进行解答即可.

【解答】

解：由"上加下减"的原则可知，

二次函数y=2/的图象向下平移1个单位得到y=2x2-1；

由"左加右减”的原则可知，

将二次函数y=2x2-1的图象向左平移2个单位可得到函数y=2(x+2)2-1.

故答案为：y=2(%+2)2-1.

【答案】

140

【考点】

圆内接四边形的性质

圆周角定理

【解析】

先根据圆内接四边形的性质求出/C的度数，再由圆周角定理即可得出结论.

【解答】

解：；四边形ABCD内接于44=110。，

NC=180°=180°-110°=70°,

ABOD=2ZC=140°.

故答案为：140.

【答案】

2

【考点】

概率公式

【解析】

画树状图(两把钥匙能分别打开这两把锁表示为4、a和B、b,第三把钥匙表示为c)

展示所有6种等可能的结果数，找出任意取出一把钥匙去开任意的一把锁，一次打开锁

的结果数，然后根据概率公式求解.

【解答】

画树状图为：(两把钥匙能分别打开这两把锁表示为4、a和B、b

AB

/NzK

abcabc

共有6种等可能的结果数，其中任意取出一把钥匙去开任意的一把锁，

_2

所以任意取出一把钥匙去开任意的一把锁，一次打开锁的概率=4=3.

【答案】

①②④

【考点】

抛物线与X轴的交点

二次函数图象上点的坐标特征

根与系数的关系

二次函数的性质

【解析】

①确定对称轴的位置和对称轴左侧函数y随X的变化情况，即可求解；

②x=2在函数对称轴的右侧，故y的值随工值的增大而增大，即可求解；

③当x=-l时，n=y=a-b+c=4a-3<4a,即可求解；

@ax2+(b+l)x+c=0可以变形为a/+bx+c--x,即探讨一次函数丫=-%与二

次函数为、=。/+bx+c图象情况，即可求解.

【解答】

①函数的对称轴为直线x="0+3)=会即/=一|，则b=-3a,

n>0,故在对称轴的左侧，y随x的增大而减小，故抛物线开口向上，则a>0,

对称轴在y轴的右侧，故b<0,而c=-3,故be>0正确，符合题意；

②x=2在函数对称轴的右侧，故y的值随x值的增大而增大，故②正确，符合题意；

③当x=-l时，n—y—a-b+c—4a-3<4a,故③错误，不符合题意；

④当n=l时，即：x=-l时，y=l,

ax2+(b+l)x+c=0可以变形为a/+bx+c=-x,即探讨一次函数y=-x与二次函

数为y=a/+bx+c图象情况，

当x=l,y=-l,即(1,一1)是上述两个图象的交点，根据函数的对称性，另外一个交

点的横坐标为：|x2=3,则该交点为(3,-3),

故两个函数交点的横坐标为-1、3,

即关于％的一元二次方程a/+(b+1)%+C=0的解是=%2=3，正确，符合题

意，

【答案】

V7+i

【考点】

旋转的性质

含30度角的直角三角形

勾股定理

【解析】

将AABD绕点川顺时针旋转120。，则D与C重合，B'是定点，BD的最大值即夕C的最大

值，根据圆的性质，可知：*、0、C三点共线时，BD最大，根据勾股定理可得结论.

【解答】

如图，将△力BC绕点4顺时针旋转120。，？是定点，即方、0,BC最大，

试卷第12页，总25页

D

由题意得：AB=AB'=2,ZBW120。,

NE4B'=60。，

RtAAEB'中，^AB'E=30°,

：.AE=瓦匚巡，

223

由勾股定理得：OB,=7OE2+B/E=V4+(V3)=V7,

B'C=OB'+0C=V7+7.

三、解答题

【答案】

关于x的方程/+(m+2)x+8m-1=0两根相互为相反数，

—(771+5)=0,

解得加=一2,

则方程为5=0,

=<

解得=X2-'^3-

【考点】

根与系数的关系

【解析】

先由两根互为相反数得出两根之和为0,即-(机+2)=0,据此可得m的值，代入方程,

再进一步计算即可.

【解答】

关于%的方程/+(m+2)x+8m-1=0两根相互为相反数，

「•一(TYI+5)=0,

解得m=-2,

则方程为5=0,

解得工5="^"^，X2=-VS.

【答案】

证明：•；AB=CD,

AB=CD,

AB-CB=CIXCB,即AC=BD,

.•乙C=,

CE=BE.

【考点】

圆心角、弧、弦的关系

【解析】

根据圆心角、弧、弦的关系定理的推论得到AB=CD,结合图形得到AC=BD,进

而得到NC=NB,根据等腰三角形的判定定理证明结论.

【解答】

证明：AB=CD,

定而，

AB-CB=CD-CB,即AC=BD,

Z.C—乙B,

CE=BE.

【答案】

I

用列表法表示所有可能出现的结果情况如下：

是W张

2345

2567

3578

4679

5789

共有12种等可能出现的结果，其中和大于5的有4种，

22

所以抽取的两张牌牌面数字之和大于7的概率为12=3.

【考点】

列表法与树状图法

概率公式

【解析】

2

（1）根据概率的意义，从4张扑克牌中，任选一张，是红心的概率为4；

（2）用列表法表示所有可能出现的结果情况，再求相应的概率即可.

【解答】

2

从黑2,红3,方3这4张扑克牌中任摸一张5,

故答案为：4；

用列表法表示所有可能出现的结果情况如下：

试卷第14页，总25页

是W张2345

2567

3578

4679

5789

共有12种等可能出现的结果，其中和大于5的有4种，

2

所以抽取的两张牌牌面数字之和大于7的概率为12=3.

【答案】

△ABC的形状为：直角三角形；

将44BC绕点B逆时针旋转得到^&BG,旋转角=2乙4BC；

在网格中找一个格点G,使得GGJ.4B,

G点坐标为(2,2)

【考点】

勾股定理

作图-旋转变换

勾股定理的逆定理

【解析】

(1)根据所画图形即可写出△力BC的形状；

(2)将A/IBC绕点B逆时针旋转得到△&BQ,旋转角=2乙4BC,即可完成作图;

(3)在网格中找一个格点G,使得GG14B,即可写出G点坐标.

【解答】

△4BC的形状为：直角三角形；

将△力BC绕点B逆时针旋转得到△&BG，旋转角=2乙4BC；

在网格中找一个格点G,使得CiG_L4B,

G点坐标为(2,2)

【答案】

证明：・；/是△ABC的内心，

平分4CAB,8/平分4

^BAE=Z.CAE,乙ABI=LCBI,

V乙BIE=^BAE+UBI,乙IBE=〃BD+乙EBD,

■/Z-CBE=Z-CAE,

乙BIE=CEB1,

••・EB=E1；

连接EC

E

Z.BAE=Z-CAEj

...BE^EC,

BE=EC=2,

Z-ADB—Z-CDE9乙BAD=CE,

△ADBsxCDE,

BDADAB

DE=DC=EC=8=2,CD=n,AD=2n,

同法可证：&ADCs〉BDE,

ADAC

・•.BD=BE,

8ng

2m=2,

n:m=3:2,设n=7k,

MED=Z.AEC,乙ECD=/LBAE=Z.CAE,

△ECDEAC，

2

EC=ED-EAt

4=m-(m+3n),

4=2k(8k+6k)

.1.k=2或-2,

DE=5,AD—3,

：.AE=4,■：El=BE=8,

：.AI^AE-El=2.

【考点】

三角形的外接圆与外心

三角形的内切圆与内心

【解析】

(1)欲证明EB=E/,只要证明4EB/=ZE/B；

BDADAB1

(2)连接EC.由△AOB-ACDE,可得DE=DC=EC=2=2,设DE=m,CD

ADAC

=n,则BD=2m,AD=2n,同法可证：4ADCfBDE,推出BD=BE,推出

2n2

2m=2,推出？i:m=3:2,设n=3/c,m=2k,由△ECD-△瓦4。，可得EC2=ED•

2_1

EA,推出4=m-（7n+2n）,即4=2k（2k+6k）解得k=2或-2（舍弃），由此即可解

决问题；

【解答】

试卷第16页，总25页

证明：:/是△ABC的内心，

AE平分N&4B,BI平分乙ABC,

/.BAE=£.CAE,/.ABI=乙CBI,

•/^BIE=^BAE+乙IBE=^IBD+乙EBD,

.乙CBE=Z-CAE,

」.乙B1E=CEBI,

・•・EB=EI；

连接EC.

Z-BAE=Z-CAE,

BE=K,

..BE=EC=2,

Z-ADB=Z-CDE,乙BAD=Z~DCE,

△ADB~&CDE,

BDADAB1

DE=DC=EC=8=2,CD=n,AD=2n,

同法可证：2ADC八BDE,

ADAC

・•.BD=BE,

8n3

2m=2,

/.n:m=3:2,设n=7/c,

Z.CED=^AEC,乙ECD=乙BAE=4CAE,

△ECDEAC9

2

EC=ED-EAf

4=m-(m+3n),

4=2/c(8/c+6/c)

21

k=2或-2,

..DE—5,AD=3,

4E=4,EI=BE=8,

Al=AE-El=2.

【答案】

解：(1)设函数的表达式为y=kx+b,

将(40,80),(60,60)代入上式得：端屋

解得H=f

[b=120,

故y与x的关系式为y=-x+120.

(2)设公司销售该商品获得的日利润为w元，

则w=(x-20)y=(x-20)(-x+120)=-(x-70)2+2500,

x—2N0,—x+120N0,

/.20<%<40,

*/-1<0,

故抛物线开口向下，

当x<70时，w随工的增大而增大，

当x=40(元)时，w的最大值为1600(元)，

故公司销售该商品获得的最大日利润为1600元.

(3)由题意得：w=(x-20x2)(-x+120)

=-%2+160%-4800=-(x-80)2+1600,

当w品十=1500时，-0-80)2+1600=1500,

解得=70,x2=90,

20<x<a,

有两种情况，

①a<80时，在对称轴左侧，

当x=a=70时，w炭大=1500,

②a280时，在40WxWa范围内w龙大=160071500,

.1.这种情况不成立，

a=70.

【考点】

二次函数的应用

【解析】

⑴用待定系数法即可求解.

(2)公司销售该商品获得的最大日利润为w元，则W=(x-20)y=(x-20)(-x+

120)=-(x-70)2+2500,进而求解.

⑶由题意得：IV=(x-20X2)(-%+120)=-%2+160%-4800=-(x-80)2+

1600,当w虎大=1500时，-(X-80)2+1600=1500,解得匕=70,g=90,而

40<x<a,进而求解.

【解答】

解：(1)设函数的表达式为y=kx+b,

将(40,80),(60,60)代入上式得：[嫌：：二黑

k=-1,

解得

b=120,

试卷第18页，总25页

故y与x的关系式为y=—%+120.

(2)设公司销售该商品获得的日利润为w元，

则w=(x-20)y=(x-20)(-x+120)=-(x-70)2+2500,

x—220,-x+120N0,

20<x<40,

■/-1<0,

故抛物线开口向下，

当x<70时，w随X的增大而增大，

当x=40(元)时，w的最大值为1600(元)，

故公司销售该商品获得的最大日利润为1600元.

(3)由题意得:w=(x-20x2)(-x+120)

=-x2+160%-4800=-(x-80)2+1600,

当w最大=1500时，一(％-80)2+1600=1500,

解得力=70,冷=90,

1•-20<x<a,

有两种情况，

①a<80时，在对称轴左侧，

当久=a=70时，w成大=1500,

②a>80时，在40<%<a范围内w龙大=1600*1500,

这种情况不成立，

a=70.

【答案】

BE2+CD2^4AD2

中的结论.

理由：将AACD绕点4顺时针旋转120。得到△力BD',使4C与4B重合，DD',设4B交

DD'于■点J.

D'

图2

4DBJ=£ADJ=30°,乙BJD=4D'JA,

△BJDD'JA,

BJDJ

D'I=AJ,

BJD'J

D.T=AJ,

乙BJD'=^DJA,

4BJD'fDJA,

：.ZJBD=〃D4=3O°,

同法可证，NEBD=Z_EAD=30。，

•••乙ABC=LD'BJ=LEBD=30°,

：.4D'BE=9。。,

〃DE=120。，AADD'=30c,

Z.D'DE=90°,

乙ED'D=30。,

：.D'E=3DE=2AD,

D'E2^D'B2+BE2,

■：CD=BD',

：.CD2+BE8^4AD2

【考点】

几何变换综合题

【解析】

(1)(T)iiEH|ABDE=△BDA(SAS},可得结论.

②利用全等三角形的性质以及勾股定理即可解决问题.

(2)能满足(1)中的结论.将24CD绕点4顺时针旋转120。得到△4BD',使4c与AB

重合，连接ED',DD',AE,设AB交DD'于点/.利用直角三角形30度角的性质以及勾

股定理解决问题即可.

【解答】

证明：如图1中，

,1•AB=AC,Z.BAC=120°

：.N4BC=NACB=30°,

z_ZMC=30°

4/1。=乙4cB=30°,乙4DB="4D+乙4cB=60°,

4BAD=90°,

由旋转得：OE=£M=CD,^BDE=^ADB=60°,

.•△BDE=△BDADAS'),

AB=BE.

,/△BDE=△BDAy

乙BED=iBAD=90°,BE=AB,

：.BE2+CD2=BE2+DE2=BD6

AD2

BD=cosZ.ADB=cos60°=2,

BD=8ADf

/.BE2+CD2=4AD2.

【答案】

当％=0时,y=4；

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当y=6时,—%+4=0；

/.8(2,0),4),

,/点B,C在抛物线上,

(16a-7a+b=0'一万

<

.b=4,解得：Ib=4

41

y=3x2+3x+4；

如图7,连接an,

•••尸。〃y轴，

PH±%轴，

12

设。(t,-t+4),8t2+8i+4),

PD=-。12+Jt+4-(-1+4)=-3t2+,_)j;

'''54480=544℃+$44。8，且4(—3,6),()),4),

111X7X

2x7x6=22(-t+8),

1.,AC=Y铲+62=5,

6_

DE—5t)

10

m=PD+21DE,

2Aio762

2

...m=-2t2+5t+21.53t+4t=-3(t-6)2+3,

.1.当t=3时，m有最大值是3,

此时P(3,7)；

过N作NF_LMC交MC于点F,过N点作NGJ.4C,则NG=NCFN=90。,

乙ACM+4GN尸=180°,

V^LANM^ACM=180°,

.-.乙ANM=4GNF,

/.乙ANG=CMNF,

.「乙G=LMFN=90°,

・•.ANGA三△NFMQ4AS),

/.NG