【期末仿真检测】沪教版数学 九年级上册一模（期末）检测卷（满分卷）

这是一份【期末仿真检测】沪教版数学 九年级上册一模（期末）检测卷（满分卷），文件包含期末仿真检测沪教版数学九年级一模期末检测卷满分卷解析版docx、期末仿真检测沪教版数学九年级一模期末检测卷满分卷原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。
（满分卷）2022-2023学年沪教版九年级数学一模（期末）考试卷
（解析版）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题(每小题4分，共24分)
1．在我校“文化艺术节”英语表演比赛中，有16名学生参加比赛，规定前8名的学生进入决赛，某选手想知道自己能否晋级，只需要知道这16名学生成绩的（ ）
A．中位数 B．方差 C．平均数 D．众数
【标准答案】A
【思路点拨】
根据中位数的意义进行求解即可．
【精准解析】
解：16位学生参加比赛，取得前8名的学生进入决赛，中位数就是第8、第9个数的平均数，
因而要判断自己能否晋级，只需要知道这16名学生成绩的中位数就可以．
故选：A．
【名师指导】
本题考查了中位数的意义，掌握中位数的意义是解题的关键．
2．如图是一个游戏转盘，连续自由转动转盘两次（如果落在分隔线上，则重新转动，直至转到其中一块区域），则两次转动指针都落在数字“Ⅲ”所示区域内的概率是（　　）

A． B． C． D．
【标准答案】C
【思路点拨】
先把把I，II和并为一个区域，然后画出树状图．列出所有等可能情况，从中找出两次都转到区域III的情况，再利用概率公式计算即可．
【精准解析】
解：把I，II和并为一个区域，两次都为III的只有1种，总等可能情况共有4种，
，
∴落在III区域内的概率，
故选C．
【名师指导】
本题主要考查了几何概率，解题的关键在于能够根据题意把I，II合并为一个区域得到2个区域的面积相等，画树状图列出等可能的所有情况，从中找出两次都转到III区域的情况是解题关键．
3．如图，每个小方格的边长都是1，则下列图中三角形（阴影部分）与相似的是（ ）

A． B． C． D．
【标准答案】C
【思路点拨】
根据相似三角形的判定方法一一判断即可．
【精准解析】
解：因为△ABC中有一个角是135°，选项中，有135°角的三角形只有C，且满足两边成比例夹角相等，
故选：C．
【名师指导】
本题考查了相似三角形的判定，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
4．如图给出了一种机器零件的示意图，其中米、米，则的长为（ ）

A．米 B．米 C．米 D．米
【标准答案】C
【思路点拨】
如图，作交的延长线于 作交的延长线于F， 证明四边形为矩形，可得 再求解 可得 再代入数据可得答案.
【精准解析】
解：如图，作交的延长线于 作交的延长线于F，

而
四边形为矩形，

在中，

在中，



当米、米，
米，
故选：C
【名师指导】
本题考查的是矩形的判定与性质，解直角三角形的应用，熟练的构建需要的直角三角形是解题的关键.
5．如图，在平面直角坐标系中，抛物线交x轴正半轴于点A，交y轴于点B，线段轴交此抛物线于点D，且，则的面积是（ ）


A．24 B．12 C．6 D．3
【标准答案】B
【思路点拨】
由可得点B坐标与对称轴所在直线解析式，从而求出点D坐标，再通过求出BC长度，通过三角形面积＝×底×高求解．
【精准解析】
解：∵抛物线对称轴为直线x＝，
∵
∴点B为（0，4），
∵轴交此抛物线于点D，
∴点D坐标为（4，4），
BD＝4−0＝4．
∵CD＝BC，
∴CD＝BD＝2，
∴BC＝4＋2＝6．
∴S△ABC＝×6×4＝12．
故选：B．
【名师指导】
本题考查二次函数与图形的结合与应用，解题关键是熟练掌握二次函数的性质．
6．如图是一位同学从照片上剪切下来的海上日出时的画面，“图上”太阳与海平线交于A，B两点，他测得“图上”圆的半径为10厘米，厘米．若从目前太阳所处位置到太阳完全跳出海平面的时间为16分钟，则“图上”太阳升起的速度为（ ）

A．1.0厘米/分 B．0.8厘米/分 C．1.2厘米/分 D．1.4厘米/分
【标准答案】A
【思路点拨】
过的圆心O，作CD⊥AB于点C，交于点D，连接OA，由垂径定理可求得OC的长度，从而求得CD的长度，又由从目前太阳所处位置到太阳完全跳出海平面的时间为16分钟，从而求得答案．
【精准解析】
解：过的圆心O，作CD⊥AB于点C，交于点D，连接OA，如下图：

∵CD⊥AB，且CD是直径
∴，（厘米）
在中，，厘米，OA=10厘米
由勾股定理得：，即：
∵
∴（厘米）
∴（厘米）
又∵从目前太阳所处位置到太阳完全跳出海平面的时间为16分钟
∴（厘米/分）
∴“图上”太阳升起的速度为：1.0厘米/分
故选：A
【名师指导】
本题考查垂径定理的应用，勾股定理解直角三角形等相关知识点，牢记定理内容并能用数形结合思想解题是关键点．


二、填空题(每小题4分，共48分)
7．在中，，，则________．
【标准答案】30°
【思路点拨】
先根据特殊角的余弦值可得，再根据直角三角形的两锐角互余即可得．
【精准解析】
解：在中，，，
，
，
故答案为：．
【名师指导】
本题考查了特殊角的余弦值，熟练掌握特殊角的余弦值是解题关键．
8．某学习小组的6名同学在一次数学竞赛中的成绩分别是94分、98分、90分、94分、80分、74分，则众数是 _____分．
【标准答案】94
【思路点拨】
根据众数的定义直接解答即可．
【精准解析】
解：∵94分出现了2次，出现的次数最多，
∴众数是94分．
故答案为：94．
【名师指导】
本题考查了众数的定义．众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意：众数可以不止一个．
9．如图，在中，与的平分线交于点，过点作DE∥BC，分别交、于点、．若，，则的周长是________．

【标准答案】9
【思路点拨】
先根据角平分线的定义及平行线的性质证明△BDO和△CEO是等腰三角形，再由等腰三角形的性质得BD=DO，CE=EO，则△ADE的周长=AB+AC=9．
【精准解析】
解：∵BO平分∠ABC，
∴∠DBO=∠CBO，
∵DE∥BC，
∴∠CBO=∠DOB，
∴∠DBO=∠DOB，
∴BD=DO，
同理OE=EC，
∴△AED的周长=AD+AE+ED=AB+AC=5+4=9．
故答案为：9．
【名师指导】
本题考查等腰三角形的判定和性质，平行线的性质及角平分线的定义．等量代换的利用是解答本题的关键．
10．已知点A（a+2b，1），B（﹣2，b），若点A，B关于x轴对称，则ab=______．
【标准答案】0
【思路点拨】
根据关于x轴对称点的特征计算即可；
【精准解析】
∵点A，B关于x轴对称，
∴，，
∴，
∴；
故答案是0．
【名师指导】
本题主要考查了关于坐标轴对称点的特征，准确计算是解题的关键．
11．已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过（﹣3，0）与（1，0）两点，关于x的方程ax2+bx+c+m＝0（m＞0）有两个根，其中一个根是3．则关于x的方程ax2+bx+c+n＝0 （0＜n＜m）有两个整数根，这两个整数根的和是_______
【标准答案】-2
【思路点拨】
根据题目中的函数解析式和二次函数与一元二次方程的关系，可以得到关于x的方程ax2+bx+c+n=0 （0＜n＜m）的两个整数根，从而可以解答本题．
【精准解析】
解：∵二次函数y=ax2+bx+c的图象经过（-3，0）与（1，0）两点，
∴当y=0时，0=ax2+bx+c的两个根为-3和1，函数y=ax2+bx+c的对称轴是直线x=-1，
又∵关于x的方程ax2+bx+c+m=0（m＞0）有两个根，其中一个根是3．
∴方程ax2+bx+c+m=0（m＞0）的另一个根为-5，函数y=ax2+bx+c的图象开口向下，
∵关于x的方程ax2+bx+c+n=0 （0＜n＜m）有两个整数根，
∴这两个整数根是-4和2，
∴这两个整数根的和是-2，
故答案是：-2．
【名师指导】
本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数与一元二次方程的关系，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的关系解答．
12．如图所示，用数字表示的8个角中，若同位角有a对，内错角有b对，同旁内角有c对，则ab﹣c＝___．

【标准答案】9
【思路点拨】
位于两条被截直线的同侧，截线的同旁的角是同位角，位于两条被截直线的内部，截线的两旁的角是内错角，位于两条被截直线的内部，截线的同旁的角是同旁内角，根据同位角，内错角，同旁内角概念结合图形找出各对角类型的角得出a， b， c的值，然后代入计算即可．
【精准解析】
解：同位角有∠1与∠6，2与∠5，∠3与∠7，∠4与∠8，同位角有4对，
∴a=4，
内错角有∠1与∠4，2与∠7，3与∠5，∠8与∠6，内错角4对，
∴b=4，
同旁内角有∠1与∠8，∠1与∠7，∠7与∠8，∠2与∠4，∠2与∠3，∠3与∠4，∠3与∠8，同旁内角有7对，
∴c=7,
∴ab﹣c＝4×4-7=16-7=9，
故答案为9．
【名师指导】
本题考查同位角，内错角，同旁内角，以及代数式求值，掌握同位角，内错角，同旁内角概念，得出a=4，b=4，c=7是解题关键．
13．关于的分式方程有增根，则的值为_______．
【标准答案】3
【思路点拨】
分式方程有增根，则增根为x=2，把分式方程化为整式方程后，把x=2代入整式方程中，即可求得m的值．
【精准解析】
由题意知，分式方程的增根为x=2
分式方程去分母得：m－3=x－2
把x=2代入上述整式方程中，解得m=3
故答案为：3
【名师指导】
本题考查了分式方程的增根，关键是确定分式方程的增根．
14．如图，矩形ABCD中，AB＝8，点E是AD上的一点，若AE＝4，BE的垂直平分线交BC的延长线于点F，连结EF交CD于点G，若G是的中点，则CM的长是_____．

【标准答案】
【思路点拨】
由“ASA”可证△DEG≌△CFG，可得DE＝CF，EG＝FG，由勾股定理可求CF＝DE＝3，BH＝5，通过证明△CFM∽△BFH，可得，即可求解．
【精准解析】
解：∵矩形ABCD中，
∴，AD=BC，AB=CD，
∵G是CD的中点，AB＝8，
∴CG＝DG＝×8＝4，
在△DEG和△CFG中，
，
∴△DEG≌△CFG（ASA），
∴DE＝CF，EG＝FG，
设DE＝x，
则BF＝BC+CF＝AD+CF＝4+x+x＝4+2x，
在Rt△DEG中，EG＝，
∴EF＝2，
∵FH垂直平分BE，
∴BF＝EF，
∴4+2x＝2，
解得x＝3，
∴AD＝AE+DE＝4+3＝7，
∴BC＝AD＝7，
BF＝4+2x＝10，
如图，连接HE，

∵FH垂直平分BE，
∴BH＝EH，
∵AH2+AE2＝HE2，
∴（8﹣BH）2+16＝BH2，
∴BH＝5，
∵AB∥CD，
∴△CFM∽△BFH，
∴，
∴，
∴CM＝，
故答案为：．
【名师指导】
此题考查矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，线段垂直平分线的性质，熟记各性质是解题的关键．
15．如图，的直径BA的延长线与弦DC的延长线交于点E，且，已知，则等于______．

【标准答案】24°
【思路点拨】
连接OC，由等腰三角形性质和三角形外角性质，可以得到∠D=∠OCD=2∠E，进一步由外角性质知∠DOB=∠E+∠D，可以得到∠DOB=3∠E，从而求得∠E的度数．
【精准解析】
解：连接OC，如下图：


∵CE=OB，

∴
∴∠E=∠EOC
又∵∠OCD=∠E+∠EOC
∴∠OCD=2∠E
又∵OD=OC
∴∠D=∠OCD=2∠E
∵∠DOB=∠E+∠D
∴∠DOB=3∠E
∵
∴

故答案为：
【名师指导】
本题考查等腰三角形的性质，圆的定义，三角形的外角性质等知识点，充分利用数形结合思想是解此类题的重点．
16．新新面粉厂现有小麦若干千克和面粉500千克准备一边继续将小麦生产成面粉，一边将生产好的面粉加工成面条，现将全部10名工人，分为A、B两组，A组负责将小麦加工成面粉，B组负资将面粉加工成面条．已知每位工人每天可将100千克小麦生产成75千克面粉或将25千克面粉加工成50千克面条．生产m天后，面粉质量与面条质量之比为13：2，又生产了若干天后，小麦全部用完，此时面粉质量与面条质量之比为6：1，若继续将所有面粉都加工成面条再出售，且每千克面条售出后可获利3元，则所有面条售出后，新新面粉厂共可获利_______元．
【标准答案】3000
【思路点拨】
设有x名工人分在A组，则有（10﹣x）名工人分在B组，根据题意列出方程求出m及x的值，设又生产了t天后，小麦全部用完，根据此时面粉质量与面条质量之比为6：1，列出关于t的方程，解方程求出t的值，进而得出最后生产的面条质量，即可求出答案．
【精准解析】
解：设有x名工人分在A组，则有（10﹣x）名工人分在B组，
生产m天后，
面粉质量为：500+75mx﹣25m（10﹣x）（kg），
面条质量为：50m（10﹣x）（kg），
∵生产m天后，面粉质量与面条质量之比为13：2，
∴，
∴x＝，
∵m、x为正整数，且x＜10，
∴20（7m﹣1）为17m的倍数，
∴m＝5，
∴x＝＝＝8，
∴生产m天后，
面粉质量为：500+75mx﹣25m（10﹣x）
＝500+75×5×8﹣25×5×（10﹣8）
＝3250（kg），
面条质量为：50m（10﹣x）
＝50×5×（10﹣8）
＝500（kg），
设又生产了t天后，小麦全部用完，此时面粉质量与面条质量之比为6：1，
∴面粉质量为：3250+75×8t﹣25t×（10﹣8）
＝3250+600t﹣50t
＝（3250+550t）（kg），
面条质量为：500+50t×（10﹣8）
＝（500+100t）（kg），
∴，
解得：t＝5，
经检验，t=5是所列方程的解，
∴最后生产面条质量为：500+100×5＝1000（kg），
故所有面条售出后可获利：1000×3＝3000（元），
故答案为：3000．
【名师指导】
本题考查列代数式、整式的加减运算、分式方程的应用，理解题意，能正确列出对应的代数式和方程是解答的关键，注意x、m为正整数这一隐含条件．
17．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，H是CD边上一点，现将沿BH折叠，点C的对应点正好落在AD边上，点E、F分别是AD、BH边上的动点，再将四边形ABHD沿EF折叠，若点A的对应点正好落在线段BH上，且，则线段AE的长为______．

【标准答案】
【思路点拨】
过点A作MN⊥BC，分别交BC于M，交AD于N，则四边形ABMN是矩形，AM=AN，MN=AB=6，然后证明，得到，，再由折叠的性质可得，，，则可由勾股定理得到，则，从而可以求得，得到，则，设，则，由，得到，解方程即可．
【精准解析】
解：如图所示，过点A作MN⊥BC，分别交BC于M，交AD于N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ ，CD⊥BC，
∴四边形ABMN是矩形，
∴AM=AN，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
由折叠的性质可得，，，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得，
∴,
故答案为：．

【名师指导】
本题主要考查了矩形的性质与判定，折叠的性质，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握矩形的性质与判定．
18．如图，在中，，，，为上一点，，将绕点旋转至，连接，分别为的中点，则的最大值为_________．

【标准答案】+2
【思路点拨】
利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得CM的长，利用三角形中位线定理，可得MF的长，再根据当且仅当M、F、C三点共线且M在线段CF上时CF最大，即可得到结论．
【精准解析】
解：如图，取AB的中点M，连接MF和CM，

∵将线段AD绕点A旋转至AD′，
∴AD′=AD=4，
∵∠ACB=90°，
∵AC=6，BC=2，
∴AB=．
∵M为AB中点，
∴CM=，
∵AD′=4．
∵M为AB中点，F为BD′中点，
∴FM=AD′=2．
∵CM+FM≥CF，
∴当且仅当M、F、C三点共线且M在线段CF上时，CF最大，
此时CF=CM+FM=+2．
故答案为：+2．
【名师指导】
此题考查旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，知道当且仅当M、F、C三点共线且M在线段CF上时CF最大是解题的关键．

三、解答题(19-22题，每题10分；23、24题，每小题12分，25题14分，共78分)
19．(本题10分)在同一直角坐标系内画出一次函数和的图象．直线与直线的交点是______．你能据此求出方程组的解吗？
【标准答案】（1，）；能，方程组的解为．
【思路点拨】
利用描点法画直线；利用画出的图象写出交点坐标，然后根据方程组的解就是两个相应的一次函数图象的交点坐标即可得到方程组的解．
【精准解析】
解：
x

0
2



3
0



0
3

描点，连线，两个函数的图象如图所示：

观察图象，两条直线的交点坐标为（1，），由此得出这个二元一次方程组的解是．
【名师指导】
本题考查一次函数与二元一次方程组的关系，在同一平面直角坐标系中，两个一次函数图象的交点坐标就是相应的二元一次方程组的解．反过来，以二元一次方程组的解为坐标的点，一定是相应的两个一次函数的图象的交点．
20．(本题10分)若关于x的分式方程无解．求m的值．
【标准答案】2或－4
【思路点拨】
分式方程去分母转化为整式方程，根据分式方程无解得到x＝1或−1，代入整式方程即可求出m的值．
【精准解析】
解：分式方程两边同乘（x＋1）（x−1），
去分母得：m－2（x＋1）＝2（x−1），
整理得：3x＝m＋1，
由分式方程无解得到x−1＝0，或x＋1＝0，即x＝1或−1，
代入整式方程得：m＝2或－4．
【名师指导】
此题考查了分式方程的解，解决本题的关键是熟记分式方程无解即最简公分母为0．
21．(本题10分)如图，在平面直角坐标系xOy中，正比例函数与反比例函数的图象在第二象限交于点A，且点A的横坐标为．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）直接写出当时，x的取值范围．
（3）点B的坐标为，若点P在y轴上，且的面积与的面积相等，求出点P的坐标．

【标准答案】（1）；（2）或；（3）点P的坐标为或
【思路点拨】
（1）将A的横坐标代入，得到A的纵坐标，求出A的坐标，把A的坐标代入即可得到k的值；
（2）先求出C点坐标，再根据图像即可求出解集；
（3）点B的坐标为（−4，0），点A的坐标为（−2，3），求出S△AOB，再根据△AOP的面积求出OP的长即可．
【精准解析】
解：（1）∵正比例函数的图象经过点A，且点A的横坐标为，
∴点A的纵坐标为3，A点坐标为．
∵反比例函数的图象经过点，
∴．
∴．
∴反比例函数的解析式．
（2）联立，解得
∴C点坐标为．
由图可得当时，x的取值范围为或；

（3）∵，
∴，
∴，
∴点P的坐标为或．
【名师指导】
本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，求出函数图象的交点坐标是解题的关键．
22．(本题10分)如图，在某瞭望台处，测得江面上的渔船的俯角为40°，若米，米，平行于江面，迎水坡的坡度，坡长米，求的长．（参考数据：，，，精确到0.1米）．

【标准答案】米
【思路点拨】
延长DE交AB延长线于点P，作CQ⊥AP，可得CE=PQ=2、CQ=PE，由，可设CQ=4x，BQ=3x，根据BQ2+CQ2=BC2求得x的值，即可知DP=11，由，结合AB=AP-BQ-PQ可得答案．
【精准解析】
解：如图，延长DE交AB延长线于点P，作CQ⊥AP于点Q，

∵，
∴DP⊥AP，
∴四边形CEPQ为矩形，
∴CE=PQ=2（米），CQ=PE，
∵，
∴设CQ=4x，则BQ=3x，
由BQ2+CQ2=BC2可得（4x）2+（3x）2=102，
解得：x=2或x=-2（舍），
则CQ=PE=8（米），BQ=6（米），
∴DP=DE+PE=11（米），
在Rt△ADP中，
（米），
∴AB=AP-BQ-PQ=13.1-6-2=5.1（米）．
【名师指导】
本题考查了俯角与坡度的知识．构造与所给坡度有关的直角三角形和与俯角相等的锐角所在的直角三角形是解决问题的难点，利用坡度和三角函数得到相应线段的长度是解决问题的关键．
23．(本题12分)如图（1），在四边形ABCD中，AB∥DC，CB⊥AB，AB＝16cm，BC＝6cm，CD＝8cm，动点P从点D开始沿DA边匀速运动，动点Q从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为2cm/s．点P和点Q同时出发，设运动的时间为t（s），0＜t＜5
（1）用含t的代数式表示AP；
（2）当以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似时，求t的值；
（3）如图（2），延长QP、BD，两延长线相交于点M，当△QMB为直角三角形时，求t的值．


【标准答案】（1）10-2t；（2）或；（3）或
【思路点拨】
（1）作DH⊥AB于H，得矩形DHBC，则CD=BH=8cm，DH=BC=6cm，AH=8cm，由勾股定理可求得AD的长，从而可得AP；
（2）分两种相似情况加以考虑，根据对应边成比例即可完成；
（3）分∠QMB=90゜和∠MQB=90゜两种情况考虑即可，再由相似三角形的性质即可求得t的值．
【精准解析】
（1）如图，作DH⊥AB于H

则四边形DHBC是矩形
∴CD=BH=8cm，DH=BC=6cm
∴AH=AB-BH=16-8=8(cm)
在Rt△ADH中，由勾股定理得
∵DP=2tcm
∴AP=AD-DP=(10-2t)cm
（2）①当△APQ∽△ADB时
则有
∴
解得：
②当△APQ∽△ABD时
则有
∴
解得：
综上所述，当或时，以点A、P、Q为顶点的三角形与△ABD相似；
（3）①当∠QMB=90゜时，△QMB为直角三角形
如图，过点P作PN⊥AB于N，DH⊥AB于H

∴∠PNQ=∠BHD
∵∠QMB=90゜
∴∠PQN+∠DBH=90゜
∵∠PQN+∠QPN=90゜
∴∠QPN=∠DBH
∴△PNQ∽△BHD
∴
即4QN=3PN
∵PN∥DH
∴△APN∽△ADH
∴，
∴，
∴
由4QN=3PN得：
解得：
②当∠MQB=90゜时，△QMB为直角三角形，如图

则PQ∥DH
∴△APQ∽△ADH
∴
∴
即
解得：
综上所述，当或时，△QMB是直角三角形．
【名师指导】
本题是相似三角形的综合应用，考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，注意分类讨论的应用．
24．(本题12分)如图1在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点、，与轴交于点．

（1）求的周长．
（2）已知点是直线下方抛物线上一动点，连接，，求的面积的最大值．
（3）如图2，点为抛物线的顶点，对称轴交轴于点， M是直线上一点，在平面直角坐标系中是否存在一点，使得以点，，，为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出点的坐标，若不存在，说明理由．
【标准答案】（1）；（2）4；（3）存在，点N的坐标为：（-4，-3）或（−-1，）或（-1，-）或（，-）．
【思路点拨】
（1）利用抛物线的表达式，分别求出点A，点B，点C的坐标，根据两点间的距离公式可求出△ABC的周长；
（2）过点P作x轴的垂线，与AC交于点Q，设出点P的坐标，表达出点Q的坐标，进行表达△APC的面积，利用二次函数最值问题，求出此时面积的最大值；
（3）分类讨论：当CE为边，且四边形CEM1N为菱形；当CE为边，且四边形CENM为菱形；当CE为对角线，且四边形CNEM为菱形，再利用菱形的性质求出点N的坐标即可．
【精准解析】
解：（1）∵抛物线y=x2+x-4与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，
∴令x=0，则y=-4；令y=0，则x=-4或2，
∴A（-4，0），B（2，0），C（0，-4）；
∴AB=6，AC=4，BC=2，
∴△ABC的周长=6+4+2；
（2）如图，过点P作x轴的垂线，与AC交于点Q，

∵A（-4，0），C（0，-4），
∴直线AC的表达式为：y=-x-4，
设点P的横坐标为m，则P（m，m2+m-4），
∴Q（m，-m-4），
∴PQ=（-m-4）-（m2+m-4）=-m2-2m，
∴S△PAC=S△PAQ+S△PCQ
=•PQ•（xP-xA）+•PQ•（xC-xP）
=•PQ•（xC-xA）
=×（-m2-2m）×（0+4）
=-m2-4m
=-（m+2）2+4，
∵-1＜0，
∴当m=-2时，△PAC的面积最大为4；
（3）存在，此时点N的坐标为：（-4，-3）；（−-1，）；（-1，-）；（，-）．
由y=x2+x-4，可知，对称轴为直线x=-1，
∴E（-1，0），
连接CE，可得CE=，
①当CE为边，且四边形CEMN为菱形时，如图所示，

此时CE=M1E=，过点M1作M1G⊥x轴于点G，
设M1（t，-t-4），
则M1G=-t-4，OG=-t，EG=-t-1，
∴（-t-1）2+（-t-4）2=（）2，解得t=0（舍去），t=-5，
∴M1（-5，1），N1（-4，-3）；
②当CE为边，且四边形CENM为菱形时，如图所示，

此时CE=CM2=CM3=，过点M2作M2H⊥y轴于点H，过点M3作M3T⊥y轴于点T，
∵AO⊥OC，
∴AO∥M2H，AO∥M3T，
∴CH：CO=M2H：OA=CM2：CA=：4，
CT：CO=M3T：OA=CM3：CA=：4，
∴CH=M2H=，CT=TM3=，
∴M2（−，-4+），M3（，-4-），
∴N2（−-1，），N3（-1，-）；
③当CE为对角线，且四边形CNEM为菱形时，如图所示，

取CE的中点K，过点K作MN⊥CE，交AC于点M，
∴K（-，-2），
由E（-1，0），C（0，-4）的可知，直线EC的表达式为：y=-4x-4，
∴直线M4N4的表达式为：y=x-，
联立，
∴M4（-，-），
∴N4（，-）．
综上可知，此时点N的坐标为：（-4，-3）或（−-1，）或（-1，-）或（，-）．
【名师指导】
本题属于二次函数综合题，考查三角形的面积，菱形的存在性等，分类讨论思想；利用分类讨论思想进行正确的讨论是解题的关键．
25．(本题14分)已知△ABC和△ADE都是等腰三角形，AB＝AC，AD＝AE，∠DAE＝∠BAC．
（初步感知）（1）特殊情形：如图①，若点D，E分别在边AB，AC上，则DB　 　EC．（填＞、＜或＝）
（2）发现证明：如图②，将图①中△ADE的绕点A旋转，当点D在△ABC外部，点E在△ABC内部时，求证：DB＝EC．
（深入研究）（3）如图③，△ABC和△ADE都是等边三角形，点C，E，D在同一条直线上，则∠CDB的度数为 　 　；线段CE，BD之间的数量关系为 　 　．
（4）如图④，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点C、D、E在同一直线上，AM为△ADE中DE边上的高，则∠CDB的度数为 　 　；线段AM，BD，CD之间的数量关系为 　 　．


【标准答案】（1）；（2）见解析；（3），；（4），
【思路点拨】
（1）根据等腰三角形的性质即可得到；
（2）由旋转得到的结论判断出，得到；
（3）根据等边三角形的性质和全等三角形的判定定理证明，根据全等三角形的性质求出结论；
（4）根据全等三角形的判定和性质和等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【精准解析】
解：（1），，
，
即
故答案为：，
（2）成立．
理由：由旋转性质可知，
在和中，
，
；
（3）如图③，设，交于，
和都是等边三角形，
，，，
，
在和中，
，
，，
，
；
故答案是：，；
（4）是等腰直角三角形，
，
，
在和中，
，
，，
，
，
都是等腰直角三角形，为中边上的高，
，
；
故答案为：，；
【名师指导】
本题是几何变换综合题，主要考查了旋转和全等三角形的性质和判定，旋转过程中面积变化分析，解题的关键是掌握三角形全等的判定．