江苏省苏州市太仓市第一中学2022-2023学年九年级上学期 数学第三次月考测试题(含答案)

这是一份江苏省苏州市太仓市第一中学2022-2023学年九年级上学期 数学第三次月考测试题(含答案)，共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

江苏省苏州市太仓市第一中学
2022-2023学年第一学期九年级数学第三次月考测试题（附答案）
一、选择题（共计30分）
1．若关于x的一元二次方程kx2﹣2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是（　　）
A．k＞﹣1 B．k＞﹣1且k≠0 C．k＜1 D．k＜1且k≠0
2．在Rt△ABC中，斜边AB的长为m，∠A＝35°，则直角边AC的长是（　　）
A．m•sin35° B． C． D．m•cos35°
3．如图，D、E分别是△ABC的边AB、BC上的点，且DE∥AC，AE、CD相交于点O，若S△DOE：S△COA＝1：9，则S△BDE与S△CDE的比是（　　）

A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．2：5
4．一个边长为2的正多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个正多边形的半径是（　　）
A．2 B． C．1 D．
5．如图，在△ABC外任取一点O，连接AO，BO，CO，并取它们的中点D，E，F，连接DE，EF，DF，得△DEF，则下列说法错误的是（　　）

A．△ABC与△DEF是位似图形 B．△ABC与△DEF是相似图形
C．△ABC与△DEF的周长比为1：2 D．△ABC与△DEF的面积比为4：1
6．如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC＝120°，AB＝AC＝3，BD为⊙O的直径，则AD的值为（　　）

A．6 B． C．3 D．
7．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，以BC为直径在矩形内作半圆，自点A作半圆的切线AE，则sin∠CBE＝（　　）

A． B． C． D．
8．如图，直角坐标系中，以5为半径的动圆的圆心A沿x轴移动，当⊙A与直线l：y＝x只有一个公共点时，点A的坐标为（　　）

A．（﹣12，0） B．（﹣13，0） C．（±12，0） D．（±13，0）
9．如图，AC是矩形ABCD的对角线，⊙O是△ABC的内切圆，现将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG．点F，G分别在边AD，BC上，连接OG，DG．若OG⊥DG，且⊙O的半径长为1，则下列结论不成立的是（　　）

A．CD+DF＝4 B．CD﹣DF＝2﹣3 C．BC+AB＝2+4 D．BC﹣AB＝2
10．如图，AB为⊙O直径，且AB＝4，点C为半圆上一动点（不与A，B重合），D为弧CB上一点，点E在AD上，且CD＝BD＝DE，则CE的最大值为（　　）

A．4﹣4 B．2﹣ C．8﹣4 D．4﹣2
二、填空题（共计24分）
11．用一个圆心角为120°，半径为9的扇形作一个圆锥的侧面，这个圆锥的底面圆半径是　 　．
12．如图，在⊙O中，AE是直径，半径OC垂直于弦AB于D，连接BE，若AB＝2，CD＝1，则BE的长是　 　．

13．已知关于x的一元二次方程x2+（2m﹣1）x+m2＝0有两个实数根x1，x2，且x12+x22＝1，则m＝　 　．
14．一座建于若干年前的水库大坝，目前坝高4米，现要在不改变坝高的情况下修整加固，将背水坡AB的坡度由1：0.75改为1：2，则修整后的大坝横截面积增加了　 　平方米．
15．如图，在2×2的网格中，以顶点O为圆心，以2个单位长度为半径作圆弧，交图中格线于点A，则tan∠ABO的值为 　 　．

16．如图，C为半圆内一点，O为圆心，直径AB长为2cm，∠BOC＝60°，∠BCO＝90°，将△BOC绕圆心O逆时针旋转至△B′OC′，点C′在OA上，则边BC扫过区域（图中阴影部分）的面积为　 　cm2．（结果保留π）

17．如图，在直角坐标系中，A（3，0），B（0，），D（m，）（m＞0），把Rt△AOB沿着AB翻折得到Rt△AEB，若tan∠AED＝，则线段DE的长度为 　 　．

18．如图，在平面直角坐标系中，直线l：y＝2x+8与坐标轴分别交于A，B两点，点C在x轴正半轴上，且OC＝OB．点P为线段AB（不含端点）上一动点，将线段OP绕点O顺时针旋转90°得线段OQ，连接CQ，则线段CQ的最小值为 　 　．

三、解答题（计66分）
19．如图1是超市的手推车，如图2是其侧面示意图，已知前后车轮半径均为5cm，两个车轮的圆心的连线AB与地面平行，测得支架AC＝BC＝60cm，AC、CD所在直线与地面的夹角分别为30°、60°，CD＝50cm．

（1）求扶手前端D到地面的距离；
（2）手推车内装有简易宝宝椅，EF为小坐板，打开后，椅子的支点H到点C的距离为10cm，DF＝20cm，EF∥AB，∠EHD＝45°，求坐板EF的宽度．（本题答案均保留根号）
20．如图，△ABC中，AC＝BC，以BC上一点O为圆心，OB为半径作⊙O交AB于点D．已知经过点D的⊙O切线恰好经过点C．
（1）试判断CD与AC的位置关系，并证明；
（2）若△ACB∽△CDB，且AC＝3，求图中阴影部分的面积．


21．如图，AB是⊙O的直径，点C、D是⊙O上的点，且OD∥BC，AC分别与BD、OD相交于点E、F．
（1）求证：点D为的中点；
（2）若CB＝6，AB＝10，求DF的长；
（3）若⊙O的半径为5，∠DOA＝80°，点P是线段AB上任意一点，试求出PC+PD的最小值．

22．如图1，在矩形ABCD中，AB＝m，BC＝10，P是AD边上一动点，将△ABP沿着直线PB折叠，得到△EBP．
（1）请在图2上用没有刻度的直尺和圆规，作出△EBP，使P、E、C三点在一直线上．（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）若∠BEC＝60°，则m的最大值为 　 　．

23．某餐馆推出特色小吃，推出了“堂食”和“外卖”两种销售方式．当特色小吃以“外卖”方式售出时，餐馆需额外支付网络平台服务费，服务费为“外卖”销售额的20%．（注：收入＝销售额﹣服务费）
根据以上信息，解决下列问题：
（1）10月份，该餐馆需额外支付的服务费为 　 　元，该月收入为 　 　元；
（2）经调研，该餐馆在10月份“堂食”600份销量的基础上，“堂食”价格每提高1元，“堂食”的销量就减少5份，但提高后的价格不能超过30元/份；“外卖”价格始终保持不变．该餐馆计划11月份只做800份特色小吃，预计全部售完．问“堂食”如何定价，11月份的收入是10760元？

24．平面直角坐标系中，已知A的坐标为（﹣2，0），B在y轴正半轴上，且，将线段AB绕点A顺时针方向旋转45°，交y轴于点C．
（1）求直线AC的解析式；
（2）点D是直线AC上的一点，且满足∠ADB＝∠ABC，求点D坐标．

25．如图，已知一次函数的图象分别与y轴、x轴交于点A、B．设点M在射线AB上，将点M绕点A按逆时针方向旋转90°到点N，以点N为圆心，NA的长为半径作⊙N．
（1）当⊙N与x轴相切时，求点M的坐标；
（2）在（1）的条件下，设直线AN与x轴交于点C，与⊙N的另一个交点为D，连接MD交x轴于点E，直线m：y＝kx+b（k＞0）过点N，且分别与y轴、直线l交于点P、Q，若满足△APQ与△CDE相似，试求直线m的解析式．

26．如图，已知∠MON＝90°，OT为∠MON内的一条射线，A是射线OM上一点，OA＝8cm．动点P从点A出发沿AO水平向左运动，动点Q从点O出发，沿ON竖直向上运动，且始终保持OQ＝AP．连接PQ，交OT于点B．经过O、P、Q三点作圆，交射线OT于点C，连接PC，QC．设AP＝x（其中0＜x＜8）．
（1）如图1，若tan∠TON＝，且x＝1，求OC的长；
（2）如图2，若OT为∠MON的角平分线．在点P、Q运动过程中，的值是否为定值，若是，请说明理由；若不是，请用含x的代数式表示．


参考答案
一、选择题（共计30分）
1．解：∵关于x的一元二次方程kx2﹣2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，
∴，即，
解得k＞﹣1且k≠0．
故选：B．
2．解：如图：

∵∠A＝35°，
∴AC＝m•cos35°，
故选：D．
3．解：∵DE∥AC，
∴△BDE∽△BAC，△DOE∽△COA，
∴，
∵S△DOE：S△COA＝1：9，
∴，
∴，
∴，
∴S△BDE与S△CDE的比是1：2，
故选：A．
4．解：设多边形的边数为n．
因为正多边形内角和为（n﹣2）•180°，
正多边形外角和为360°，根据题意得：
（n﹣2）•180°＝360°×2，
n﹣2＝2×2，
n＝6．
故正多边形为6边形．
边长为2的正六边形可以分成六个边长为2的正三角形，
所以正多边形的半径等于2，
故选：A．
5．解：根据位似的定义可得：△ABC与△DEF是位似图形，也是相似图形，位似比是2：1，则周长的比是2：1，因而面积的比是4：1，故A、B、D正确，C错误．
故选：C．
6．解：∵∠BAC＝120°，AB＝AC＝3，
∴，
∴∠D＝∠C＝30°，
∵BD为⊙O的直径，
∴∠BAD＝90°，
∴BD＝2AB＝6，
在Rt△ABD中，根据勾股定理得：．
故选：D．
7．解：取BC的中点O，则O为圆心，连接OE，AO，AO与BE的交点是F，
∵AB，AE都为圆的切线，
∴AE＝AB，
∵OB＝OE，AO＝AO，
∴△ABO≌△AEO（SSS），
∴∠OAB＝∠OAE，
∴AO⊥BE，
在直角△AOB中，AO2＝OB2+AB2，
∵OB＝1，AB＝3，
∴AO＝，
易证明△BOF∽△AOB，
∴BO：AO＝OF：OB，
∴1：＝OF：1，
∴OF＝，
sin∠CBE＝＝，
故选：D．

8．解：当⊙A与直线l：y＝x只有一个公共点时，直线l与⊙A相切，
设切点为B，过点B作BE⊥OA于点E，如图，

∵点B在直线y＝x上，
∴设B（m，m），
∴OE＝﹣m，BE＝﹣m．
在Rt△OEB中，tan∠AOB＝．
∵直线l与⊙A相切，
∴AB⊥BO．
在Rt△OAB中，tan∠AOB＝．
∵AB＝5，
∴OB＝12．
∴OA＝．
∴A（﹣13，0）．
同理，在x轴的正半轴上存在点（13，0）．
综上所述，点A的坐标为（±13，0）．
故选：D．
9．解：如图，

设⊙O与BC的切点为M，连接MO并延长MO交AD于点N，
∵将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG，
∴OG＝DG，
∵OG⊥DG，
∴∠MGO+∠DGC＝90°，
∵∠MOG+∠MGO＝90°，
∴∠MOG＝∠DGC，
在△OMG和△GCD中，

∴△OMG≌△GCD，
∴OM＝GC＝1，CD＝GM＝BC﹣BM﹣GC＝BC﹣2．
∵AB＝CD，
∴BC﹣AB＝2．
设AB＝a，BC＝b，AC＝c，⊙O的半径为r，
⊙O是Rt△ABC的内切圆可得r＝（a+b﹣c），
∴c＝a+b﹣2．
在Rt△ABC中，由勾股定理可得a2+b2＝（a+b﹣2）2，
整理得2ab﹣4a﹣4b+4＝0，
又∵BC﹣AB＝2即b＝2+a，代入可得2a（2+a）﹣4a﹣4（2+a）+4＝0，
解得（舍去），
∴，
∴BC+AB＝2+4．
再设DF＝x，在Rt△ONF中，FN＝，OF＝x，ON＝，
由勾股定理可得，
解得x＝4，
∴CD﹣DF＝，CD+DF＝．
综上只有选项A错误，
故选：A．
10．解：过E作EH⊥AB于H，作EK⊥AC于K，如图：

∵CD＝DE，
∴∠DCE＝∠DEC，
∴∠DCB+∠BCE＝∠EAC+∠ACE，
∵CD＝BD，
∴∠DCB＝∠DBC，
∴∠DBC+∠BCE＝∠EAC+∠ACE，
∵＝，
∴∠EAC＝∠DBC，
∴∠BCE＝∠ACE，
∵AB为⊙O直径，
∴∠ACB＝90°，即∠BCE+∠ACE＝90°，
∴∠ACE＝45°，
∴△CEK是等腰直角三角形，
∴CE＝KE，
∵CD＝BD，
∴＝，
∴∠CAD＝∠BAD，
∵EH⊥AB，EK⊥AC，
∴KE＝HE，
∴CE＝HE，
∵CE+HE最大为⊙O的半径，
∴当CE+HE是⊙O的半径时，CE最大，如图：

此时，H与O重合，
∴CE+HE＝＝2，即HE+HE＝2，
∴HE＝4﹣2，
∴CE＝HE＝4﹣4，即CE最大为4﹣4，
故选：A．
二、填空题（共计24分）
11．解：设这个圆锥的底面圆半径为r，
根据题意得2πr＝，解得r＝3，
即这个圆锥的底面圆半径是3．
故答案为3．
12．解：∵半径OC垂直于弦AB，
∴AD＝DB＝AB＝，
在Rt△AOD中，OA2＝（OC﹣CD）2+AD2，即OA2＝（OA﹣1）2+（）2，
解得，OA＝4
∴OD＝OC﹣CD＝3，
∵AO＝OE，AD＝DB，
∴BE＝2OD＝6，
故答案为：6
13．解：∵x1，x2是x2+（2m﹣1）x+m2＝0的两个实数根，
∴x1+x2＝﹣2m+1，x1⋅x2＝m2，
∵x12+x22＝1，
∴x12+x22＝（x1+x2）2﹣2x1⋅x2＝1，
即（﹣2m+1）2﹣2m2＝1，解得：m1＝0，m2＝2．
当m＝0时，Δ＝b2﹣4ac＝1＞0，原方程有两个实数根；
当m＝2时，Δ＝b2﹣4ac＝9﹣16＝﹣7＜0，原方程无实数根，不符合题意，舍去．
故答案为：0．
14．解：∵背水坡AB的坡度为1：0.75，AC＝4，
∴＝0.75，
解得，BC＝3，
∵坡AD的坡度为1：2，AC＝4，
∴CD＝8，
∴BD＝DC﹣BC＝5，
∴△ADB的面积＝×5×4＝10（平方米），
故答案为：10．

15．解：如图，连接OA，过点A作AC⊥OB于点C，

则AC＝1，OA＝OB＝2，
∵在Rt△AOC中，OC＝＝＝，
∴BC＝OB﹣OC＝2﹣，
∴在Rt△ABC中，tan∠ABO＝＝＝2+．
故答案是：2+．
16．解：∵∠BOC＝60°，△B′OC′是△BOC绕圆心O逆时针旋转得到的，
∴∠B′OC′＝60°，△BCO≌△B′C′O，
∴∠B′OC＝60°，∠C′B′O＝30°，
∴∠B′OB＝120°，
∵AB＝2cm，
∴OB＝1cm，OC′＝，
∴B′C′＝，
∴S扇形B′OB＝＝π，
S扇形C′OC＝＝，
∴阴影部分面积＝S扇形B′OB+S△B′C′O﹣S△BCO﹣S扇形C′OC＝S扇形B′OB﹣S扇形C′OC＝π﹣＝π；
故答案为：π．
17．解：设BD交AE于点F，过D作DG⊥AE于G，

∵∠AOB＝90°，OB＝，OA＝3，
∴tan∠OAB＝，
∴∠OAB＝30°，
∴AB＝＝＝2，
∵BF∥OA，
∴∠DBA＝∠BAO＝30°，
∵∠OBA＝∠EBA＝60°，
∴∠EBD＝∠EBA﹣∠DBA＝60°﹣30°＝30°，
∵tan∠EBF＝，
∴EF＝1，BF＝＝2，AF＝AE﹣EF＝3﹣1＝2，
∵tan∠AED＝，
设DG＝，
∴EG＝2x，
∴DE＝＝，FG＝EF﹣EG＝1﹣2x，
∵∠FAB＝∠OAB＝30°，BF∥OA，
∴∠BFE＝∠OAF＝60°，
∴tan∠BFE＝，
∴DG＝，
∴（1﹣2x）＝x，
解得：x＝，
∴DE＝＝．
故答案为：．
18．解：∵直线l：y＝2x+8与坐标轴分别交于A，B两点，
∴A（0，8），B（﹣4，0），
∵点P为线段AB（不含端点）上一动点，将线段OP绕点O顺时针旋转90°得线段OQ，
作PE⊥x轴于E，QF⊥y轴于F，
由旋转可知，OP＝OQ，∠POQ＝∠AOB＝90°，
∴∠EOP＝∠FOQ，
在△EOP和△FOQ中，
，
∴△EOP≌△FOQ（AAS），
∴OE＝OF，PE＝FQ，
∴设P（x，2x+8），则Q（2x+8，﹣x）．
∴Q点是直线y＝﹣+4上的点，
设直线y＝﹣+4与x，y轴的交点为N、M点，则M（0，4），N（8，0），
∴MN＝＝4
根据垂线段最短可知当CQ⊥MN时，CQ的长最短，
如图，∵CQ⊥MN，
∴∠CQN＝∠MON＝90°，
∵∠CNQ＝∠MNO，
∴△CNQ∽△MNO，
∴＝，
∴OC＝OB＝4，ON＝8，OM＝4，
∴CN＝4，
∴＝，
∴CQ＝，
∴线段CQ的最小值为，
故答案为．

三、解答题（计66分）
19．（1）如图2，过C作CM⊥AB，垂足为M，
又过D作DN⊥AB，垂足为N，过C作CG⊥DN，垂足为G，则∠DCG＝60°．
∵AC＝BC＝60cm，AC、CD所在直线与地面的夹角分别为30°、60°，
∴∠A＝∠B＝30°，
则在Rt△AMC中，CM＝＝30cm．
∵在Rt△CGD中，sin∠DCG＝，CD＝50cm，
∴DG＝CD⋅sin∠DCG＝50⋅sin60°＝＝（cm）．
又GN＝CM＝30cm，前后车轮半径均为5 cm，
∴扶手前端D到地面的距离为DG+GN+5＝+30+5＝35+（cm）；
（2）∵EF∥CG∥AB，
∴∠EFH＝∠DCG＝60°，
∵CD＝50cm，椅子的支点H到点C的距离为10cm，DF＝20cm，
∴FH＝20cm，
如图2，过E作EQ⊥FH，垂足为Q，设FQ＝x，
在Rt△EQF中，∠EFH＝60°，
∴EF＝2FQ＝2x，EQ＝，
在Rt△EQH中，∠EHD＝45°，
∴HQ＝EQ＝，
∵HQ+FQ＝FH＝20cm，
∴+x＝20，
解得x＝．
∴EF＝2（）＝（cm）．
答：坐板EF的宽度为（）cm．

20．解：（1）CD⊥AC．理由如下：
连接OD，如图，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠B，
∵AC＝CB，
∴∠A＝∠B，
∴∠A＝∠ODB，
∴OD∥AC，
∴∠ACD＝∠ODC，
∵CD是⊙O切线，
∴∠ODC＝90°，
∴∠DCA＝90°，
∴CD⊥AC；
（2）∵△ACB∽△CDB，
∴∠BCD＝∠A，
∴∠ADC＝2∠B，
而∠A＝∠B，
∴∠ADC＝2∠A，
∵∠A+∠ADC＝90°，
∴∠A＝30°，
∴∠CDB＝∠B＝30°，
∴∠COD＝60°，
在Rt△ACD中，CD＝AC＝，
在Rt△ODC中，OD＝CD＝1，
∴图中阴影部分的面积＝×1×﹣＝﹣．

21．（1）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵OD∥BC，
∴∠OFA＝90°，
∴OF⊥AC，
∴＝，
即点D为的中点；
（2）解：∵OF⊥AC，
∴AF＝CF，
而OA＝OB，
∴OF为△ACB的中位线，
∴OF＝BC＝3，
∴DF＝OD﹣OF＝5﹣3＝2；
（3）解：作C点关于AB的对称点C′，C′D交AB于P，连接OC，如图，
∵PC＝PC′，
∴PD+PC＝PD+PC′＝DC′，
∴此时PC+PD的值最小，
∵＝，
∴∠COD＝∠AOD＝80°，
∴∠BOC＝20°，
∵点C和点C′关于AB对称，
∴∠C′OB＝20°，
∴∠DOC′＝120°，
作OH⊥DC′于H，如图，
则∠ODH＝30°，
则C′H＝DH，
在Rt△OHD中，OH＝OD＝，
∴DH＝OH＝，
∴DC′＝2DH＝5，
∴PC+PD的最小值为5．

22．解：（1）如图，以C为圆心，BC长为半径作弧，此弧与AD交于点P，连接CP，过B为圆心BP长为半径画弧交CP于H，再分别以P、H为圆心，以BP长为半径画弧，两弧交于F，连结BF，交PC于E，

∵四边形ABCD为矩形，
∴，∠A＝90°，∠PEB＝90°，
∴∠APB＝∠PBC，∠A＝∠PEB，
∵BC＝PC，
∴∠PBC＝∠BPE＝∠APB，
在△APB和△EPB中，
，
∴△APB≌△EPB（AAS），
∴AP＝EP，AB＝EB，
∴△APB沿BP折叠后与△EPB重合，
∴点P，E，C在同一直线上．
（2）如图，当E点CD边时，m的值最大．

∵∠BEC＝60°，BC＝10，∠C＝90°，
∴∠EBC＝30°，
∴BE＝2EC，
设EC＝x，
则BE＝2x，
根据勾股定理，得：x2+102＝（2x）2，
解得：，
∴，
故答案为：．
23．解：（1）根据题意，得
300×15×20%＝900（元）．
（600×10+300×15）﹣900＝9600（元）．
故答案是：900；9600；
（2）设11月份“堂食”价格提高x元，则11月份的“堂食”的价格为（10+x）元，销量为（600﹣5x）份，
由题意知：（600﹣5x）（10+x）+15×[800﹣（600﹣5x）]（1﹣20%）＝10760．
整理，得x2﹣122x+472＝0．
解得x1＝4，x2＝118．
∵x2＝118＞30，
∴不合题意，舍去．
∴10+x＝14．
答：“堂食”价格定为14元时，11月份的收入是10760元．
24．解：（1）如图：过点B作BM⊥AC于M，

∵A的坐标为（﹣2，0），，
∴OA＝2，，
在Rt△ABO中，根据勾股定理得：，
∵∠BAC＝45°，CM⊥AB，
∴AM＝BM，
在Rt△ABM中，由勾股定理得：，
解得：，
∵∠ACO＝∠BCM，∠AOC＝∠BMC，
∴△ACO∽△BCM，
设OC＝x，AC＝y，则，
∴，即，
，
解得：，
∴C（0，1）．
设直线AC的函数表达式为y＝kx+b（k≠0），
将点A（﹣2，0），C（0，1）代入得，
，
解得：，
∴直线AC的函数表达式为．
（2）设点D的坐标为：，
∵OB＝6，
∴B（0，6），
∴，
∵∠ADB＝∠ABC，∠AOB＝∠BMD＝90°，
∴△ABO∽△BDM，
∴，即，
整理得：，
两边同时平方：，
解得：a1＝14，a2＝﹣10，
当a＝14时，，
当a＝﹣10时，，
∴点D的坐标为：（14，8）或（﹣10，4）．

25．解：（1）当x＝0时，y＝4，
当y＝0时，，解得：x＝3，
∴A（0，4），B（3，0），
∴OA＝4，OB＝3，
根据勾股定理得：，
过点N作NH⊥y轴于点E，过点N作NG⊥x轴，过点M作MF⊥y轴于点F，

∵MF⊥y轴，
∴△AOB∽△AFM，
∴FM：AF：AM＝OB：OA：AB＝3：4：5，
设FM＝3k，AF＝4k，AM＝5k，
∵AN由AM逆时针方向旋转90°所得，
∴AN＝AM，∠MAN＝90°，
∵∠FAM+∠HAN＝∠FAM+∠FMA＝90°，
∴∠HAN＝∠FMA，
在△HAN和△FMA中，
，
∴△HAN≌△FMA（ASA）．
∴AF＝HN＝4k，FM＝HA＝3k，AN＝AM＝5k，
∵⊙N与x轴相切，
∴AN＝NG＝5k，
∵OH＝OA+AH＝NG，
∴4+3k＝5k，解得：k＝2，
∴FM＝3k＝6，
当x＝6时，，
∴点M的坐标为（6，﹣4）；
（2）连接NE，过点D作DI⊥y轴，于点I，
由（1）可知：NH＝AF＝8，OH＝10，
∴点N的坐标为：（8，10），
∵DI⊥y轴，NH⊥y轴，
∴△AHN∽△AID，
∴，
∴AI＝2AH＝12，DI＝2HN＝16，则OI＝AO+AI＝12+4＝16，
∴点D的坐标为：（16，16），
设NM所在直线的函数表达式为：y＝kx+b（k≠0），
将点M（6，﹣4），D（16，16）代入得：
，
解得：，
∴y＝2x﹣16，
当y＝0时，0＝2x﹣16，解得x＝8，
∴E（8，0），
则点E为⊙N与x轴切点，即NE⊥x轴，
∵∠DCE+∠CAO＝∠CAO+∠PAQ＝90°，
∴∠DCE＝∠PAQ，
∵△APQ∽△CDE，
∴∠APQ＝∠CDE，
∵ND＝NE，
∴∠CDE＝∠NED，
∵NE⊥x轴，
∴NE∥y轴，
∴∠APQ＝∠PNE，
∴∠NED＝∠PNE，
∴DM∥PN，
∵点E（8，0），N（8，10），
∴直线PN由直线DM向上平移10个单位长度得到，
∴直线m的解析式为：y＝2x﹣16+10＝2x﹣6．

26．解：（1）过点Q作QD⊥OT于点D，
∵，
∴，
设QD＝k，OD＝2k，
∵OQ＝AP＝1，
∴QD2+OD2＝OQ2，即：k2+（2k）2＝1，解得：，
∴，
∵OA＝8，
∴OP＝OA﹣OP＝8﹣1＝7，
∵∠QCD＝∠QPO，∠QDC＝∠QOP，
∴△QCD∽△QPO，
∴，即，解得：，
∴．

（2）过点Q作QD⊥OT于点D，过点B作BE⊥OM于点E，
∵OT为∠MON的角平分线，
∴∠TON＝45°，
∵OQ＝AP＝x，
∴，，OP＝8﹣x，
∵∠QCD＝∠QPO，∠QDC＝∠QOP，
∴△QCD∽△QOP，
∴，即，解得：，
∴．
设OE＝BE＝y，
∵∠QPO＝∠BPO，∠QOP＝∠BEP，
∴△QPO∽△BPE，
∴，即，整理得：，
∴，
∴．