2020-2021学年四川省成都市锦江区盐道街中学九年级（上）开学数学试卷

这是一份2020-2021学年四川省成都市锦江区盐道街中学九年级（上）开学数学试卷，共28页。

2020-2021学年四川省成都市锦江区盐道街中学九年级（上）开学数学试卷
一.选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（3分）已知a＞b，则下列不等式不成立的是（　　）
A．a+2＞b+2 B．a﹣3＞b﹣3 C．﹣4a＞﹣4b D．＞
3．（3分）如图，把△ABC绕点C顺时针旋转35°，得到△A′B′C，若∠A′DC＝90°，则∠A度数为（　　）

A．45° B．55° C．65° D．75°
4．（3分）若分式的值为0，则x的值是（　　）
A．﹣3 B．3 C．±3 D．0
5．（3分）已知点A（﹣1，0）和点B（1，2），将线段AB平移至A′B′，若点A′的坐标为（1，﹣3），则点B′的坐标为（　　）
A．（3，0） B．（3，﹣3） C．（3，﹣1） D．（﹣1，3）
6．（3分）如图，已知钝角三角形ABC，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转110°得到△AB′C′，若AC′∥BB′，则∠CAB′的度数为（　　）

A．55° B．65° C．75° D．85°
7．（3分）如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC，CE平分∠BCD，交AD于点E，EF＝2，则BC长为（　　）

A．8 B．10 C．12 D．14
8．（3分）一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
9．（3分）下列命题正确的是（　　）
A．一组对边相等，另一组对边平行的四边形一定是平行四边形
B．对角线相等的四边形一定是矩形
C．两条对角线互相垂直的四边形一定是正方形
D．两条对角线相等且互相垂直平分的四边形一定是正方形
10．（3分）如图，直线y＝kx+b经过点A（﹣1，m）和点B（﹣2，0），则不等式2x＜kx+b的解集为（　　）

A．x＜﹣1 B．x＜﹣2 C．x＞﹣1 D．x＞﹣2
二．填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）
11．（4分）分解因式：ab2﹣4ab+4a＝　 　．
12．（4分）有一面积为5的等腰三角形，它的一个内角是30°　 　．
13．（4分）分式方程有增根，则m＝　 　．
14．（4分）如图，在△ABC中，分别以点A和点B为圆心AB的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，交BC于点D，连接AD．若△ADC的周长为10，则△ABC的周长为　 　．

三、解答题（本大题共6小题，共54分）
15．（6分）解方程．
（1）解一元二次方程：x2﹣4x﹣5＝0．
（2）解分式方程：+1＝﹣．
16．（8分）解不等式组，并写出它的所有非负整数解．
17．（8分）先化简，再求值：（﹣x+1）÷，其中x＝
18．（8分）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）
（1）请画出将△ABC向左平移4个单位长度后得到的图形△A1B1C1；
（2）请画出△ABC关于原点O成中心对称的图形△A2B2C2；
（3）在x轴上找一点P，使PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标．

19．（8分）已知平行四边形ABCD中，CE平分∠BCD且交AD于点E，AF∥CE
（1）求证：△ABF≌△CDE；
（2）如图，若∠1＝65°，求∠B的大小．

20．（8分）如图，把△EFP按图示方式放置在菱形ABCD中，使得顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上，EF＝4，∠BAD＝60°．
（1）求∠EPF的大小；
（2）若AP＝6，求AE+AF的值；
（3）若△EFP的三个顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上运动，请直接写出AP长的最大值和最小值．

四、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）
21．（4分）已知a+b＝3，ab＝10，则2a2b+2ab2＝　 　．
22．（4分）已知等边三角形的边长为3，点P为等边三角形内任意一点，则点P到三边的距离之和为　 　．
23．（4分）若关于x的一元一次不等式组的解集为x≥5，且关于y的分式方程+，则符合条件的所有整数a的和为　 　．
24．（4分）如图，矩形ABCD中，O为AC中点，连接BF交AC于点M，连接DE、BO．若∠COB＝60°，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；④S△AOE：S△BCM＝2：3．其中一定成立的结论有　 　（将正确结论的序号填在横线上）

25．（4分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，0）（5，0），点P为线段AB外一动点，且PA＝2，∠BPM＝90°，则线段AM长的最大值为　 　，此时点P的坐标是　 　．

五、解答题（本大题共2小题，共18分）
26．（9分）某中学开学初到商场购买A、B两种品牌的足球，购买A种品牌的足球50个，B种品牌的足球25个，已知购买一个B种品牌的足球比购买一个A种品牌的足球多花30元．
（1）求购买一个A种品牌、一个B种品牌的足球各需多少元．
（2）学校为了响应习总书记“足球进校园”的号召，决定再次购进A、B两种品牌足球共50个，正好赶上商场对商品价格进行调整，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果学校此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过第一次花费的70%，则这次学校有哪几种购买方案？
（3）请你求出学校在第二次购买活动中最多需要多少资金？
27．（9分）△ABC为等边三角形，AB＝8，AD⊥BC于点D，AE＝2．以AE为边在直线AD右侧构造等边三角形AEF，N为CE的中点．
（1）如图1，EF与AC交于点G，连接NG；
（2）如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转，旋转角为α，连接DN，MN．当30°＜α＜120°时，并证明你的结论；
（3）连接BN，在△AEF绕点A逆时针旋转过程中，当线段BN最大时

2020-2021学年四川省成都市锦江区盐道街中学九年级（上）开学数学试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）
1．（3分）下面的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】结合选项根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可．
【解答】解：A、不是轴对称图形；
B、是轴对称图形；
C、是轴对称图形；
D、不是轴对称图形．
故选：B．
2．（3分）已知a＞b，则下列不等式不成立的是（　　）
A．a+2＞b+2 B．a﹣3＞b﹣3 C．﹣4a＞﹣4b D．＞
【分析】根据不等式的性质逐个判断即可．
【解答】解：A．∵a＞b，
∴a+2＞b+2，故本选项不符合题意；
B．∵a＞b，
∴a﹣5＞b﹣3，故本选项不符合题意；
C．∵a＞b，
∴﹣4a＜﹣3b，故本选项符合题意；
D．∵a＞b，
∴﹣＞，故本选项不符合题意；
故选：C．
3．（3分）如图，把△ABC绕点C顺时针旋转35°，得到△A′B′C，若∠A′DC＝90°，则∠A度数为（　　）

A．45° B．55° C．65° D．75°
【分析】由旋转的性质得旋转角∠DCA′＝35°，在△DCA′中，∠A′DC＝90°，利用互余关系可求∠A′，由旋转的性质可知，∠A＝∠A′．
【解答】解：依题意，得∠DCA′＝35°，
在△DCA′中，∠A′DC＝90°，
则∠A′＝90°﹣∠DCA′＝90°﹣35°＝55°，
由旋转的性质，得∠A＝∠A′＝55°，
故选：B．
4．（3分）若分式的值为0，则x的值是（　　）
A．﹣3 B．3 C．±3 D．0
【分析】分母不为0，分子为0时，分式的值为0．
【解答】解：根据题意，得
x2﹣9＝4且x﹣3≠0，
解得，x＝﹣3；
故选：A．
5．（3分）已知点A（﹣1，0）和点B（1，2），将线段AB平移至A′B′，若点A′的坐标为（1，﹣3），则点B′的坐标为（　　）
A．（3，0） B．（3，﹣3） C．（3，﹣1） D．（﹣1，3）
【分析】根据平移的性质，以及点A，B的坐标，可知点A的横坐标加上了4，纵坐标减小了1，所以平移方法是：先向右平移4个单位，再向下平移1个单位，根据点B的平移方法与A点相同，即可得到答案．
【解答】解：∵A（﹣1，0）平移后对应点A′的坐标为（5，
∴A点的平移方法是：先向右平移2个单位，再向下平移3个单位，
∴B点的平移方法与A点的平移方法是相同的，
∴B（3，2）平移后B′的坐标是：（3．
故选：C．
6．（3分）如图，已知钝角三角形ABC，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转110°得到△AB′C′，若AC′∥BB′，则∠CAB′的度数为（　　）

A．55° B．65° C．75° D．85°
【分析】先根据旋转的性质得到∠BAB′＝∠CAC′＝110°，AB＝AB′，根据等腰三角形的性质易得∠AB′B＝35°，再根据平行线的性质得出∠C′AB′＝∠AB′B＝35°，然后利用∠CAB′＝∠CAC′﹣∠C′AB′进行计算即可得出答案．
【解答】解：∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转110°得到△AB′C′，
∴∠BAB′＝∠CAC′＝110°，AB＝AB′，
∴∠AB′B＝（180°﹣110°）＝35°，
∵AC′∥BB′，
∴∠C′AB′＝∠AB′B＝35°，
∴∠CAB′＝∠CAC′﹣∠C′AB′＝110°﹣35°＝75°．
故选：C．
7．（3分）如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC，CE平分∠BCD，交AD于点E，EF＝2，则BC长为（　　）

A．8 B．10 C．12 D．14
【分析】由平行四边形的性质和角平分线得出∠ABF＝∠AFB，得出AF＝AB＝6，同理可证DE＝DC＝6，再由EF的长，即可求出BC的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，DC＝AB＝6，
∴∠AFB＝∠FBC，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠FBC，
则∠ABF＝∠AFB，
∴AF＝AB＝6，
同理可证：DE＝DC＝4，
∵EF＝AF+DE﹣AD＝2，
即6+7﹣AD＝2，
解得：AD＝10；
故选：B．
8．（3分）一个多边形的内角和是外角和的2倍，则这个多边形的边数为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】多边形的外角和是360°，则内角和是2×360＝720°．设这个多边形是n边形，内角和是（n﹣2）•180°，这样就得到一个关于n的方程组，从而求出边数n的值．
【解答】解：设这个多边形是n边形，根据题意，得
（n﹣2）×180°＝2×360°，
解得：n＝8．
即这个多边形为六边形．
故选：C．
9．（3分）下列命题正确的是（　　）
A．一组对边相等，另一组对边平行的四边形一定是平行四边形
B．对角线相等的四边形一定是矩形
C．两条对角线互相垂直的四边形一定是正方形
D．两条对角线相等且互相垂直平分的四边形一定是正方形
【分析】根据平行四边形的判定方法对A进行判断；根据矩形的判定方法对B进行判断；根据正方形的判定方法对C、D进行判断．
【解答】解：A、一组对边相等，所以A选项错误；
B、对角线相等的平行四边形一定是矩形；
C、两条对角线相等且互相垂直平分的四边形一定是正方形；
D、两条对角线相等且互相垂直平分的四边形一定是正方形．
故选：D．
10．（3分）如图，直线y＝kx+b经过点A（﹣1，m）和点B（﹣2，0），则不等式2x＜kx+b的解集为（　　）

A．x＜﹣1 B．x＜﹣2 C．x＞﹣1 D．x＞﹣2
【分析】不等式2x＜kx+b的解集，就是指直线y＝2x落在直线y＝k+b的下方的自变量的取值范围．
【解答】解：观察图象可知，当x＜﹣1时，
∴不等式2x＜kx+b解集为x＜﹣4，
故选：A．
二．填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）
11．（4分）分解因式：ab2﹣4ab+4a＝　a（b﹣2）2　．
【分析】先提取公因式a，再根据完全平方公式进行二次分解．完全平方公式：a2﹣2ab+b2＝（a﹣b）2．
【解答】解：ab2﹣4ab+3a
＝a（b2﹣4b+5）﹣﹣（提取公因式）
＝a（b﹣2）2．﹣﹣（完全平方公式）
故答案为：a（b﹣6）2．
12．（4分）有一面积为5的等腰三角形，它的一个内角是30°　20或20　．
【分析】分两种情形讨论①当30度角是等腰三角形的顶角，②当30度角是底角，分别作腰上的高即可．
【解答】解：如图1中，当∠A＝30°，设AB＝AC＝a，
作BD⊥AC于D，∵∠A＝30°，
∴BD＝AB＝a，
∴•a•，
∴a2＝20，
∴△ABC的腰长为边的正方形的面积为20．
如图2中，当∠ABC＝30°，作BD⊥CA交CA的延长线于D，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝30°，
∴∠BAC＝120°，∠BAD＝60°，
在RT△ABD中，∵∠D＝90°，
∴BD＝a，
∴•a•，
∴a2＝20，
∴△ABC的腰长为边的正方形的面积为20．
故答案为20或20．

13．（4分）分式方程有增根，则m＝　1　．
【分析】方程两边都乘以（x﹣1）把分式方程化为整式方程，再根据分式方程的增根就是使最简公分母等于0的未知数的值求出x的值，然后代入进行计算即可得解．
【解答】解：方程两边都乘以（x﹣1）得，
x+x﹣1＝m，
∵分式方程有增根，
∴x﹣5＝0，
解得x＝1，
∴8+1﹣1＝m，
解得m＝8．
故答案为：1．
14．（4分）如图，在△ABC中，分别以点A和点B为圆心AB的长为半径画弧，两弧相交于点M，N，交BC于点D，连接AD．若△ADC的周长为10，则△ABC的周长为　17　．

【分析】首先根据题意可得MN是AB的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质可得AD＝BD，再根据△ADC的周长为10可得AC+BC＝10，又由条件AB＝7可得△ABC的周长．
【解答】解：∵在△ABC中，分别以点A和点B为圆心AB的长为半径画弧，N，作直线MN，连接AD．
∴MN是AB的垂直平分线，
∴AD＝BD，
∵△ADC的周长为10，
∴AC+AD+CD＝AC+BD+CD＝AC+BC＝10，
∵AB＝6，
∴△ABC的周长为：AC+BC+AB＝10+7＝17．
故答案为17．
三、解答题（本大题共6小题，共54分）
15．（6分）解方程．
（1）解一元二次方程：x2﹣4x﹣5＝0．
（2）解分式方程：+1＝﹣．
【分析】（1）利用因式分解法求解即可；
（2）先两边都乘以2（2x﹣1）化分式方程为整式方程，解之求出x的值，再检验即可得出答案．
【解答】解：（1）∵x2﹣4x﹣7＝0，
∴（x﹣5）（x+2）＝0，
则x﹣5＝8或x+1＝0，
解得x5＝5，x2＝﹣5；
（2）两边都乘以2（2x﹣4），得：2（x﹣2）+7（2x﹣1）＝﹣3，
解得x＝，
经检验x＝是原方程的增根，
所以原方程无解．
16．（8分）解不等式组，并写出它的所有非负整数解．
【分析】分别求出不等式组中两不等式的解集，找出解集的公共部分确定出不等式组的解集，即可确定出所有非负整数解．
【解答】解：，
由①得：x≥﹣2；
由②得：x＜，
∴不等式组的解集为﹣2≤x＜，
则不等式组的所有非负整数解为：0，1，2，3．
17．（8分）先化简，再求值：（﹣x+1）÷，其中x＝
【分析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再代入进行计算即可．
【解答】解；原式＝[
＝
＝，
当x＝时，
原式＝＝＝2
18．（8分）如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（1，1），B（4，2），C（3，4）
（1）请画出将△ABC向左平移4个单位长度后得到的图形△A1B1C1；
（2）请画出△ABC关于原点O成中心对称的图形△A2B2C2；
（3）在x轴上找一点P，使PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标．

【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C平移后的对应点的位置，然后顺次连接即可；
（2））找出点A、B、C关于原点O的对称点的位置，然后顺次连接即可；
（3）找出A的对称点A′，连接BA′，与x轴交点即为P．
【解答】解：（1）如图1所示：
（2）如图2所示：
（3）找出A的对称点A′（5，﹣1），
连接BA′，与x轴交点即为P；
如图3所示：点P坐标为（5，0）．



















19．（8分）已知平行四边形ABCD中，CE平分∠BCD且交AD于点E，AF∥CE
（1）求证：△ABF≌△CDE；
（2）如图，若∠1＝65°，求∠B的大小．

【分析】（1）由条件可先证得四边形AECF为平行四边形，则可求得DE＝BF，可证明△ABF≌△CDE；
（2）由角平分线的定义和平行线的性质可证得∠1＝∠DCE，则可求得∠D，从而可求得∠B．
【解答】（1）证明：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵AF∥CE，
∴四边形AECF为平行四边形，
∴AE＝CF，
∴DE＝BF，
在△ABF和△CDE中

∴△ABF≌△CDE（SAS）；
（2）解：
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE＝∠DCE，
∵AD∥BC，
∴∠BCE＝∠1，
∴∠DCE＝∠1＝65°，
∴∠D＝180°﹣65°﹣65°＝50°，
∴∠B＝50°．
20．（8分）如图，把△EFP按图示方式放置在菱形ABCD中，使得顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上，EF＝4，∠BAD＝60°．
（1）求∠EPF的大小；
（2）若AP＝6，求AE+AF的值；
（3）若△EFP的三个顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上运动，请直接写出AP长的最大值和最小值．

【分析】（1）过点P作PG⊥EF于G，解直角三角形即可得到结论；
（2）如图2，过点P作PM⊥AB于M，PN⊥AD于N，证明△ABC≌△ADC，Rt△PME≌Rt△PNF，问题即可得证；
（3）如图3，当EF⊥AC，点P在EF的右侧时，AP有最大值，当EF⊥AC，点P在EF的左侧时，AP有最小值解直角三角形即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1，过点P作PG⊥EF于G，
∵PE＝PF，
∴FG＝EG＝EF＝2，
在△FPG中，sin∠FPG＝＝＝，
∴∠FPG＝60°，
∴∠EPF＝2∠FPG＝120°；

（2）如图2，过点P作PM⊥AB于M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，DC＝BC，
∴∠DAC＝∠BAC，
∴PM＝PN，
在Rt△PME于Rt△PNF中，
，
∴Rt△PME≌Rt△PNF，
∴FN＝EM，在Rt△PMA中，∠PMA＝90°∠DAB＝30°，
∴AM＝AP•cos30°＝3，同理AN＝3，
∴AE+AF＝（AM﹣EM）+（AN+NF）＝7；

（3）如图3，当EF⊥AC，AP有最大值，
当EF⊥AC，点P在EF的左侧时，
设AC与EF交于点O，
∵PE＝PF，
∴OF＝EF＝2，
∵∠FPA＝60°，
∴OP＝2，
∵∠BAD＝60°，
∴∠FAO＝30°，
∴AO＝6，
∴AP＝AO+PO＝8，
同理AP′＝AO﹣OP＝4，
∴AP的最大值是8，最小值是8．



四、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）
21．（4分）已知a+b＝3，ab＝10，则2a2b+2ab2＝　60　．
【分析】先用提公因式法将所求式子因式分解，再将a+b＝3，ab＝10代入分解因式后的式子即可．
【解答】解：2a2b+8ab2＝2ab（a+b），
∵a+b＝7，ab＝10，
∴原式＝2×10×13＝60，
故答案为：60．
22．（4分）已知等边三角形的边长为3，点P为等边三角形内任意一点，则点P到三边的距离之和为　　．
【分析】作出图形，根据等边三角形的性质求出高AH的长，再证明点P到三边的距离之和等于高线的长度，从而得解．
【解答】解：如图，∵等边三角形的边长为3，
∴高线AH＝3×＝，
S△ABC＝BC•AH＝BC•PE+，
∴×6•AH＝×3•PE+，
∴PD+PE+PF＝AH＝，
即点P到三角形三边距离之和为 ，
故答案为：．

23．（4分）若关于x的一元一次不等式组的解集为x≥5，且关于y的分式方程+，则符合条件的所有整数a的和为　﹣2　．
【分析】分别解出两个一元一次不等式的解集，根据不等式组的解集为x≥5，列出不等式求得a的范围；解分式方程，根据方程有非负整数解，且y﹣2≠0列出不等式，求得a的范围；综上所述，求得a的范围．根据a为整数，求出a的值，最后求和即可．
【解答】解：，
解不等式①得：x≥5，
解不等式②得：x＞a+2，
∵解集为x≥2，
∴a+2＜5，
∴a＜5；
分式方程两边都乘以（y﹣2）得：y﹣a＝﹣（y﹣2），
解得：y＝，
∵分式方程有非负整数解，
∴≥0，，
∴a≥﹣2，a为偶数，
∵≠2，
∴a≠2，
综上所述，﹣4≤a＜3且a≠2且a为偶数，
∴符合条件的所有整数a的数有：﹣7，0，
和为﹣2+6＝﹣2．
故答案为：﹣2．
24．（4分）如图，矩形ABCD中，O为AC中点，连接BF交AC于点M，连接DE、BO．若∠COB＝60°，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；④S△AOE：S△BCM＝2：3．其中一定成立的结论有　①③④　（将正确结论的序号填在横线上）

【分析】①正确．只要证明BO＝BC，OF＝FO即可解决问题；
②错误．可以证明△EOB≌△FCB，由此即可判断；
③正确．只要证明△DEF是等边三角形即可．
④正确．只要证明S△BCM＝S△ACB，S△AOE＝S△AOB＝S△ABC即可；
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠DCB＝90°，OA＝OC，
∴OB＝OA＝OB，
∵∠COB＝60°，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠OCB＝60°，
∴∠DCA＝30°，
∵FO＝FC，BO＝BC，
∴BF垂直平分OC，故①正确，
∴∠FBC＝∠OBE＝30°，
∴∠FOC＝∠FCO＝30°，
∴∠FOB＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠FCO＝∠EAO，
∵∠FOC＝∠AOE，OA＝OC，
∴△FOC≌△EOA，
∴OE＝OF，
∴BF＝BE，∵∠BOE＝∠BCF＝90°，
∴△EBO≌△FBC，故②错误，
∵DF∥EB，DF＝BE，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴∠EDF＝∠FBE＝60°，∵∠DFE＝180°﹣∠CFO＝60°，
∴△EDF是等边三角形，
∴DE＝EF，故③正确，
易知CM＝ACBF＝，
∴S△BCM＝S△ACB，S△AOE＝S△AOB＝S△ABC，
∴S△AOE：S△BCM＝2：3．故④正确，
故答案为①③④

25．（4分）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，0）（5，0），点P为线段AB外一动点，且PA＝2，∠BPM＝90°，则线段AM长的最大值为　2+3　，此时点P的坐标是　（2﹣，）　．

【分析】连接BM，将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，得到△APN是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到PN＝PA＝2，BN＝AM，根据当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，即可得到最大值为2+3；过P作PE⊥x轴于E，根据等腰直角三角形的性质，即可得到结论．
【解答】解：如图1，连接BM，

∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，
∴PN＝PA＝2，BN＝AM，
∵A的坐标为（8，0），0），
∴OA＝3，OB＝5，
∴AB＝3，
∴线段AM长的最大值＝线段BN长的最大值，
∴当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值（如图5中），
∵AN＝AP＝2，
∴最大值为2+2；
如图2，过P作PE⊥x轴于E，

∵△APN是等腰直角三角形，
∴PE＝AE＝，
∴OE＝BO﹣AB﹣AE＝3﹣3﹣＝5﹣，
∴P（2﹣，）．
故答案为：2+3，）．
五、解答题（本大题共2小题，共18分）
26．（9分）某中学开学初到商场购买A、B两种品牌的足球，购买A种品牌的足球50个，B种品牌的足球25个，已知购买一个B种品牌的足球比购买一个A种品牌的足球多花30元．
（1）求购买一个A种品牌、一个B种品牌的足球各需多少元．
（2）学校为了响应习总书记“足球进校园”的号召，决定再次购进A、B两种品牌足球共50个，正好赶上商场对商品价格进行调整，B品牌足球按第一次购买时售价的9折出售，如果学校此次购买A、B两种品牌足球的总费用不超过第一次花费的70%，则这次学校有哪几种购买方案？
（3）请你求出学校在第二次购买活动中最多需要多少资金？
【分析】（1）设A种品牌足球的单价为x元，B种品牌足球的单价为y元，根据“总费用＝买A种足球费用+买B种足球费用，以及B种足球单价比A种足球贵30元”可得出关于x、y的二元一次方程组，解方程组即可得出结论；
（2）设第二次购买A种足球m个，则购买B种足球（50﹣m）个，根据“总费用＝买A种足球费用+买B种足球费用，以及B种足球不小于23个”可得出关于m的一元一次不等式组，解不等式组可得出m的取值范围，由此即可得出结论；
（3）分析第二次购买时，A、B种足球的单价，即可得出哪种方案花钱最多，求出花费最大值即可得出结论．
【解答】解：（1）设A种品牌足球的单价为x元，B种品牌足球的单价为y元，
依题意得：，解得：．
答：购买一个A种品牌的足球需要50元，购买一个B种品牌的足球需要80元．
（2）设第二次购买A种足球m个，则购买B种足球（50﹣m）个，
依题意得：，
解得：25≤m≤27．
故这次学校购买足球有三种方案：
方案一：购买A种足球25个，B种足球25个；
方案二：购买A种足球26个，B种足球24个；
方案三：购买A种足球27个，B种足球23个．
（3）∵第二次购买足球时，A种足球单价为50+4＝54（元），
∴当购买方案中B种足球最多时，费用最高．
∴25×54+25×72＝3150（元）．
答：学校在第二次购买活动中最多需要3150元资金．
27．（9分）△ABC为等边三角形，AB＝8，AD⊥BC于点D，AE＝2．以AE为边在直线AD右侧构造等边三角形AEF，N为CE的中点．
（1）如图1，EF与AC交于点G，连接NG；
（2）如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转，旋转角为α，连接DN，MN．当30°＜α＜120°时，并证明你的结论；
（3）连接BN，在△AEF绕点A逆时针旋转过程中，当线段BN最大时
【分析】（1）如图1中，连接BE，CF．解直角三角形求出BE，再利用全等三角形的性质证明CF＝BE，利用三角形的中位线定理即可解决问题．
（2）结论：∠DNM＝120°是定值．利用全等三角形的性质证明∠EBC+∠BCF＝120°，再利用三角形的中位线定理，三角形的外角的性质证明∠DNM＝∠EBC+∠BCF即可．
（3）如图3﹣1中，取AC的中点，连接BJ，BN．首先证明当点N在BJ的延长线上时，BN的值最大，如图3﹣2中，过点N作NH⊥AD于H，设BJ交AD于K，连接AN．解直角三角形求出NH即可解决问题．
【解答】解：（1）如图1中，连接BE．

∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴AB＝BC＝AC＝8，BD＝CD＝4，
∴AD＝BD＝4，
∵△AEF是等边三角形，
∴∠EAF＝60°，
∴∠EAG＝∠GAF＝30°，
∴EG＝GF，
∵AE＝2，
∴DE＝AE＝5，
∴BE＝＝＝3，
∵△ABC，△AEF是等边三角形，
∴AB＝AC，AE＝AF，
∴∠BAE＝∠CAF，
∴△BAE≌△CAF（SAS），
∴CF＝BE＝2，
∵EN＝CN，EG＝FG，
∴GN＝CF＝．

（2）结论：∠DNM＝120°是定值．

理由：连接BE，CF，
∴∠ABE＝∠ACF，
∵∠ABC+∠ACB＝60°+60°＝120°，
∴∠EBC+∠BCF＝∠ABC﹣∠ABE+∠ACB+∠ACF＝120°，
∵EN＝NC，EM＝MF，
∴MN∥CF，
∴∠ENM＝∠ECF，
∵BD＝DC，EN＝NC，
∴DN∥BE，
∴∠CDN＝∠EBC，
∵∠END＝∠NDC+∠NCD，
∴∠DNM＝∠DNE+∠ENM＝∠NDC+∠ACB+∠ACN+∠ECF＝∠EBC+∠ACB+∠ACF＝∠EBC+∠BCF＝120°．

（3）如图3﹣1中，取AC的中点，BN．

∵AJ＝CJ，EN＝NC，
∴JN＝AE＝，
∵BJ＝AD＝6，
∴BN≤BJ+JN，
∴BN≤5，
∴当点N在BJ的延长线上时，BN的值最大，过点N作NH⊥AD于H，连接AN．

∵KJ＝AJ•tan30°＝，JN＝，
∴KN＝，
在Rt△HKN中，∵∠NHK＝90°，
∴HN＝NK•sin60°＝×＝，
∴S△ADN＝•AD•NH＝×＝7．