2022年广东省广州市黄埔区九年级数学二模试题

这是一份2022年广东省广州市黄埔区九年级数学二模试题，共27页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．在下列四个实数中，最大的实数是（ ）
A．-2B．C．D．0
2．第七次全国人口普查结果显示，我国具有大学文化程度的人口超218000000人．数据218000000用科学记数法表示为（ ）
A．B．C．D．
3．在一个不透明的口袋中有四个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4．若随机摸出一个小球后不放回，再随机摸出一个小球，则两次取出小球标号的和等于5的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知，．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．若+b2﹣4b+4=0，则ab的值等于（ ）
A．﹣2B．0C．1D．2
6．将如图所示的长方体牛奶包装盒沿某些棱剪开，且使六个面连在一起，然后铺平，则得到的图形可能是（ ）
A．B．
C．D．
7．如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB于点F，OE⊥AC于点E，若OE＝3，OB＝5，则CD的长度是（ ）
A．9.6B．4C．5D．10
8．若，则代数式的值为（ ）
A．7B．4C．3D．
9．已知点和直线，求点P到直线的距离d可用公式计算．根据以上材料解决下面问题：如图，的圆心C的坐标为，半径为1，直线l的表达式为，P是直线l上的动点，Q是上的动点，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．2
10．如图，在平面直角坐标系中，Q是直线y=﹣x+2上的一个动点，将Q绕点P(1，0)顺时针旋转90°，得到点，连接，则的最小值为( )

A．B．C．D．
二、填空题
11．方程组的解为 .
12．把抛物线y＝x2先向右平移2个单位，再向上平移3个单位，平移后抛物线的表达式是 ．
13．若，则 ．
14．关于x的方程2x2+mx﹣4＝0的一根为x＝1，则另一根为 ．
15．如图，这是某同学用纸板做成的一个底面直径为10cm，高为12cm的无底圆锥形玩具(接缝忽略不计)，则做这个玩具所需纸板的面积是 cm2(结果保留)．
16．如图，四边形ABCD内接于圆O，，，，AC，BD交于点G，点O是AC中点．延长AD，BC交于点E，点F在CE上，．则下列结论成立的是 （直接填写序号）．①直线DF是⊙O的切线；②是等腰三角形；③图中共有3个等腰三角形；④连接OE，则．
三、解答题
17．解不等式组：．
18．计算：．
19．某中学为了增强学生体质，计划开设A：跳绳，B：毽球，C：篮球，D：足球四种体育活动，为了解学生对这四种体育活动的喜欢情况，对部分学生进行抽样调查（每人只能选择一种体育活动），并绘制成如图所示的两幅不完全的统计图，根据图中所给信息解答下列问题：
（1）求这次抽样调查的学生有多少人？
（2）求出B所在扇形圆心角的度数，并将条形统计图补充完整；
（3）若该校有800名学生，请根据抽样调查结果估计喜欢B的人数．
20．如图,在△ABC中,AB=AC，点P在BC上．
(1)求作:△PCD,使点D在AC上，且△PCD∽△ABP；(要求:尺规作图，保留作图痕迹,不写作法)
(2)在(1)的条件下,若∠APC=2∠ABC，求证:PD//AB．
21．如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+b（k≠0）的图象与反比例函数y=（m≠0）的图象交于A、B两点，与x轴交于C点，点A的坐标为（n，6），点C的坐标为（﹣2，0），且tan∠ACO=2．
（1）求该反比例函数和一次函数的解析式；
（2）求点B的坐标．
22．某工厂急需生产一批健身器械共500台，送往销售点出售．当生产150台后，接到通知，要求提前完成任务，因而接下来的时间里每天生产的台数提高到原来的1.4倍，一共用8天刚好完成任务．
（1）原来每天生产健身器械多少台？
（2）运输公司大货车数量不足10辆，小货车数量充足，计划同时使用大、小货车次完成这批健身器械的运输．已知每辆大货车一次可以运输健身器械50台，每辆车需要费用1500元；每辆小货车一次可以运输健身器械20台，每辆车需要费用800元．在运输总费用不多于16000元的前提下，请写出所有符合题意的运输方案？哪种运输方案的费用最低，最低运输费用是多少？
23．如图①，在正方形中，，为对角线上任意一点（不与重合），连接，过点作，交线段于点.
（1）求证：；
（2）若，求证：；
（3）如图②，连接交于点．若，求的值．
24．在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点A（0，﹣4）和B（﹣2，2）．
（1）求c的值，并用含a的式子表示b；
（2）当﹣2＜x＜0时，若二次函数满足y随x的增大而减小，求a的取值范围；
（3）直线AB上有一点C（m，5），将点C向右平移4个单位长度，得到点D，若抛物线与线段CD只有一个公共点，求a的取值范围．
25．如图1，在直角坐标系中，点，点，点D，点E分别为OA，OC的中点，绕原点O顺时针旋转角（）得，射线，相交于点F．
(1)求证：；
(2)如图2，在旋转过程中，当点恰好落在线段CE上时，求AF的长；
(3)如图3，在旋转角从逐渐增大旋转过程中，求点F的运动路线长．
参考答案：
1．B
【分析】根据实数的大小比较方法进行比较即可．
【详解】解：正数大于0，负数小于0，正数大于负数，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了实数的大小比较，理解“正数大于0，负数小于0，正数大于负数”是正确判断的关键．
2．C
【分析】用科学记数法表示较大的数时，一般形式为，其中，n为整数，据此判断即可．
【详解】解：，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了用科学记数法表示较大的数，一般形式为，其中，确定a和n的值是解题关键．
3．C
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次摸出的小球标号之和等于5的情况，再利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】解：画树状图得：
∵共有12种等可能的结果，两次摸出的小球标号之和等于5的有4种情况，
∴两次摸出的小球标号之和等于5的概率是：.
故选C.
【点睛】此题考查了列表法或树状图法求概率．当有两个元素时，可用树形图列举，也可以列表列举．解题时注意：概率=所求情况数与总情况数之比．
4．C
【分析】逆用同底数幂的乘除法及幂的乘方法则．由即可解答．
【详解】∵，
依题意得：，．
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了同底数幂的乘除法，以及幂的乘方运算，关键是会逆用同底数幂的乘除法进行变形．
5．D
【详解】解：，
整理得：，
得：a﹣1=0，b﹣2=0．
解得a=1，b=2．
所以ab=2．
故选D．
6．A
【分析】依据长方体的展开图的特征进行判断即可．
【详解】解：A、符合长方体的展开图的特点，是长方体的展开图，故此选项符合题意；
B、不符合长方体的展开图的特点，不是长方体的展开图，故此选项不符合题意；
C、不符合长方体的展开图的特点，不是长方体的展开图，故此选项不符合题意；
D、不符合长方体的展开图的特点，不是长方体的展开图，故此选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题考查了长方体的展开图，熟练掌握长方体的展开图的特点是解题的关键．
7．A
【分析】根据垂径定理求出AC的长，易证：△AEO∽△AFC，求出CF长，即可求解．
【详解】解：∵OE⊥AC，
∴AE＝EC，
∵AB⊥CD，
∴∠AFC＝∠AEO＝90°，
∵OE＝3，OB＝OA=5，
∴AE＝，
∴AC＝8，
∵∠A＝∠A，∠AEO＝∠AFC，
∴△AEO∽△AFC，
∴，即：，
∴，
∵CD⊥AB，
∴CD＝2CF＝＝9.6．
故选：A．
【点睛】本题考查了垂径定理，三角形相似的判定和性质定理，勾股定理，熟练掌握应用垂径定理是解题的关键．
8．C
【分析】先将代数式变形为，再代入即可求解．
【详解】解：．
故选：C
【点睛】本题考查了求代数式的值，熟练掌握完全平方公式是解题关键，也可将x的值直接代入计算．
9．B
【分析】过点C作直线l的垂线，交于点Q，交直线l于点P，此时PQ的值最小，利用公式计算即可.
【详解】过点C作直线l的垂线，交于点Q，交直线l于点P，此时PQ的值最小，如图，
∵点C到直线l的距离，半径为1，
∴的最小值是，
故选：B.
【点睛】此题考查公式的运用，垂线段最短的性质，正确理解公式中的各字母的含义，确定点P与点Q最小时的位置是解题的关键.
10．B
【分析】利用等腰直角三角形构造全等三角形，求出旋转后Q′的坐标，然后根据勾股定理并利用二次函数的性质即可解决问题．
【详解】解：作QM⊥x轴于点M，Q′N⊥x轴于N，

设Q(，)，则PM=，QM=，
∵∠PMQ=∠PNQ′=∠QPQ′=90°，
∴∠QPM+∠NPQ′=∠PQ′N+∠NPQ′，
∴∠QPM=∠PQ′N，
在△PQM和△Q′PN中，
，
∴△PQM≌△Q′PN(AAS)，
∴PN=QM=，Q′N=PM=，
∴ON=1+PN=，
∴Q′(，)，
∴OQ′2=()2+()2=m2﹣5m+10=(m﹣2)2+5，
当m=2时，OQ′2有最小值为5，
∴OQ′的最小值为，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数的性质，三角形全等的判定和性质，坐标与图形的变换-旋转，二次函数的性质，勾股定理，表示出点的坐标是解题的关键．
11．
【分析】利用加减消元法求出解即可．
【详解】方程组，
①×3－②得，即③，
将③代入①得，，
∴，
∴方程组的解为.
故答案为：．
【点睛】本题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法．
12．
【分析】先确定的顶点坐标为，再根据点平移的规律得到点平移后对应点的坐标，然后根据顶点式写出平移后抛物线的表达式．
【详解】解：抛物线的顶点坐标为，
点向右平移2个单位，再向上平移3个单位所得对应点的坐标为，
所以平移后抛物线的表达式为．
故答案为．
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
13．5
【分析】先由得，再将转化为，最后整体代入计算即可．
【详解】解：∵，
∴
∴
=5，
故答案为：5．
【点睛】本题考查分式的化简求值，解题关键是将分式转化后用整体代入的思想来解答．
14．x2=-2
【分析】设方程的另一根为x2，根据根与系数的关系可得x2=-2，解答出即可．
【详解】解：设方程的另一根为x2，
∵关于x的方程2x2+mx-4=0的一根为x=1，
则1×x2= =-2，
解得x2=-2．
故答案为：x2=-2．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根时，x1+x2=，x1•x2=．
15．65π
【详解】解：作PO⊥AB于O．
在Rt△PAO中，PA= ==13，
∴S表面积=π×5×13=65π，
∴做这个玩具所需纸板的面积是65πcm2．
故答案为65π．
【点睛】本题考查了圆锥的侧面积的计算，解决此题的关键是熟练运用此公式．
16．①②④
【分析】连接OD，利用已知条件可以证明，即可知①正确；证明，即可知②正确；根据等腰三角形的判定可知、、、是等腰三角形，故③错误；作交于点H，找出，，即可求出，故④正确．
【详解】解：连接OD，
∵ABCD内接于圆O，且，
∴，
∵，，
∴，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴直线DF是⊙O的切线，
故①正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
故②正确；
∵，，
∴、是等腰三角形，
∵，且，
∴是等腰三角形，
∵是等腰三角形，
∴图中共有4个等腰三角形，
故③错误；
作交于点H，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∵是等腰直角三角形，
设，则，，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
故④正确；
综上所述正确的有①②④．
故答案为：①②④
【点睛】本题考查圆内接四边形性质，角平分线，切线的判定定理，等腰三角形的判定及性质，正切值，难度较大，解题的关键是熟练掌握以上知识点并理清角之间的关系．
17．
【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
【详解】解：，
解不等式①得，
解不等式②得，
∴不等式组的解集为．
【点睛】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
18．0．
【分析】先化简绝对值、计算特殊角的正弦值、零指数幂，再计算实数的混合运算即可得．
【详解】解：原式，
，
．
【点睛】本题考查了化简绝对值、特殊角的正弦值、零指数幂等知识点，熟练掌握各运算法则是解题关键．
19．（1）120人；（2）126°，补全条形统计图见解析；（3）280人
【分析】（1）根据A的人数和所占的百分数求解即可；
（2）根据B占圆周角的的百分数求解即可；求出C的人数即可补全条形统计图；
（3）由该校人数乘以B所占的百分数即可求解．
【详解】解：（1）由统计图可知，36÷30%=120（人），
答：这次抽样调查的学生有120人；
（2）360°×=126°，120×20%=24（人），
答：B所在扇形圆心角的度数为126°，补全条形统计图如图所示：
（3）800×=280（人），
答：估计喜欢B的人数为280人．
【点睛】本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体等知识，能从统计图中获取有效信息是解答的关键．
20．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据相似三角形的性质可得∠CPD=∠BAP，故作∠CPD=∠BAP，∠CPD与AC的交点为D即可；
（2）利用外角的性质以及（1）中∠CPD=∠BAP可得∠CPD =∠ABC，再根据平行线的判定即可.
【详解】解：（1）∵△PCD∽△ABP，
∴∠CPD=∠BAP，
故作∠CPD=∠BAP即可，
如图，即为所作图形，
（2）∵∠APC=∠APD+∠DPC=∠ABC+∠BAP=2∠ABC，
∴∠BAP =∠ABC，
∴∠BAP=∠CPD=∠ABC，
即∠CPD =∠ABC，
∴PD∥AB.
【点睛】本题考查了尺规作图，相似三角形的性质，外角的性质，难度不大，解题的关键是掌握尺规作图的基本作法.
21．（1）反比例函数的解析式为，一次函数的解析式为y=2x+4；（2）点B坐标为（﹣3，﹣2）.
【分析】（1）先过点A作AD⊥x轴，根据tan∠ACO=2，求得点A的坐标，进而根据待定系数法计算两个函数解析式；（2）先联立两个函数解析式，再通过解方程求得交点B的坐标即可．
【详解】解：（1）过点A作AD⊥x轴，垂足为D．由A（n，6），C（﹣2，0）可得，OD=n，AD=6，CO=2
∵tan∠ACO=2，∴=2，即，∴n=1，∴A（1，6）．将A（1，6）代入反比例函数，得m=1×6=6，∴反比例函数的解析式为．
将A（1，6），C（﹣2，0）代入一次函数y=kx+b，可得：，解得：，∴一次函数的解析式为y=2x+4；
（2）由可得，，解得=1，=﹣3．∵当x=﹣3时，y=﹣2，
∴点B坐标为（﹣3，﹣2）．
【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，利用数形结合思想解题是关键．
22．（1）原来每天生产健身器械50台；（2）方案一：当m=8时，n=5，费用为：16000元；方案二：当m=9时，n=3,费用为：15900元，方案二费用最低．
【分析】（1）设原来每天生产健身器械x台，根据等量关系是150台所用天数+余下350台改速后工作天数=8列分式方程，解分式方程与检验即可；
（2）设运输公司用大货车m辆，小货车n辆，根据题意列方程与不等式组解不等式组求出m的范围8≤m10，方案一：当m=8时，n=5，费用为： 16000元，方案二：当m=9时，n=3,费用为15900元即可．
【详解】解：（1）设原来每天生产健身器械x台，
根据题意得：
解这个方程得x=50，
经检验x=50是原方程的根，并符合实际
答原来每天生产健身器械50台；
（2）设运输公司用大货车m辆，小货车n辆
根据题意
由②得④，
把④代入③得
解得m≥8
∵m10
∴8≤m10
方案一：当m=8时，n=25-20=5，
费用为：8×1500+5×800=12000+4000=16000元；
方案二：当m=9时，n=3,
费用为9×1500+3×800=13500+2400=15900元，
方案二费用最低．
【点睛】本题考查列分式方程解应用题，与列不等式组解决方案设计问题，掌握列分式方程解应用题的方法与步骤，列不等式组解决方案设计问题是解题关键．
23．（1）见解析；（2）见解析；（3）.
【分析】(1)如图，过分别作交于点，交于点，则四边形是平行四边形，先证明四边形是正方形，继而证明，即可得结论；
(2)由(1)得，，根据比例线段可得，，再根据可得，从而求得AN、BN长即可得结论；
(3)把绕点逆时针旋转得到，连接，，进而可推导得出，，证明是等腰直角三角形，继而证明，可得MG=HG，根据题意设，则，根据勾股定理可求得，再结合正方形的性质可求得a的值，继而证明， 根据相似三角形的性质即可求得答案.
【详解】(1)如图，过分别作交于点，交于点，则四边形是平行四边形，
四边形是正方形，
，，
，
平行四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
；
(2)由(1)得：，，
，
，，
，
，
，，
；
(3)把绕点逆时针旋转得到，连接，
，，
，，，.
，，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
设，则，
在中，，则，
正方形的边长为，
，
，
，
，，
，，
，
，
.
【点睛】本题考查的是四边形的综合题，涉及了正方形判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，综合性较强，正确把握相关的判定定理与性质定理是解题的关键.
24．（1）b＝2a﹣3；（2）≤a＜0或0＜a≤；（3）0＜a＜4或．
【分析】（1）把点A（0，﹣4）和B（﹣2，2）分别代入y＝ax2+bx+c，即可求解；
（2）当a＜0时，依题意抛物线的对称轴需满足≤﹣2；当a＞0时，依题意抛物线的对称轴需满足≥0，即可求解；
（3）①当a＞0时，若抛物线与线段CD只有一个公共点，则抛物线上的点（1，3a﹣7）在D点的下方，即可求解；②当a＜0时，若抛物线的顶点在线段CD上，则抛物线与线段只有一个公共点，即可求解．
【详解】解：（1）把点A（0，﹣4）和B（﹣2，2）分别代入y＝ax2+bx+c中，得
c＝﹣4，4a﹣2b+c＝2．
∴b＝2a﹣3；
（2）当a＜0时，依题意抛物线的对称轴需满足≤﹣2，
解得≤a＜0．
当a＞0时，依题意抛物线的对称轴需满足≥0，
解得 0＜a≤．
∴a的取值范围是≤a＜0或0＜a≤；
（3）设直线AB的表达式为：y＝mx+n，则，解得：，
故直线AB表达式为y＝﹣3x﹣4，把C（m，5）代入得m＝﹣3．
∴C（﹣3，5），由平移得D（1，5）．
①当a＞0时，若抛物线与线段CD只有一个公共点（如图1），
y＝ax2+bx+c＝ax2+（2a﹣3）﹣4，当x＝1时，y＝3a﹣7，
则抛物线上的点（1，3a﹣7）在D点的下方，
∴a+2a﹣3﹣4＜5．
解得a＜4．
∴0＜a＜4；
②当a＜0时，若抛物线的顶点在线段CD上，
则抛物线与线段只有一个公共点（如图2），
∴．
即．
解得（舍去）或．
综上，a的取值范围是0＜a＜4或．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、解不等式等，解题的关键是通过画图确定抛物线图象与直线之间的位置关系，进而求解．
25．(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）根据旋转的性质有∠D1OE1=∠COA=90°，D1O=DO，E1O=EO，利用A、C的坐标求出OA=2=OC，再根据D、E分别为OC、OA的中点，求出CD=DO=OE=AE=1， D1O=DO=E1O=EO=1，即可得∠D1OC=∠AOE1，根据SAS即可得△D1OC≌△AOE1；
（2）结合（1）的相关结果，分两种情况讨论，旋转角度α＜90°时，先证△D1OC≌△AOE1，再证△CEO∽△AEF，即有，即可求；第二种情况：当旋转角度α=90°，即D1O与E点重合，E1落在CO延长线上时，先证△D1OC≌△AOE1，再证△CEO∽△AEF，则AF同理可求；
（3）连接AC，取AC中点M，连接MF、MA、MO，结合（1）中结论有△D1OC≌△AOE1，则可得∠AFE=∠COE=90°，即有△AFC是直角三角形，根据M点是AC中点，则有MF=MA=MC=AC，可得到F点在⊙M上运动，随着△D1OE1的旋转，当D1O⊥CF时，线段CF距离O点最远，此时F的轨迹达到最大值，根据D1O⊥CF，D1O=1=OC，可得∠OCD1=30°，再根据圆周角定理可知∠OMF=60°，在Rt△AOC中，则⊙M的半径MF=MA=MC=AC=，则根据弧长公式F运动的路线长即可求．
（1）
如图，根据旋转的性质有∠D1OE1=∠COA=90°，D1O=DO，E1O=EO，
∵A(2,0)、C(0,2)，
∴OA=2=OC，
∵D、E分别为OC、OA的中点，
∴CD=DO=OE=AE=1，
∴D1O=DO=E1O=EO=1，
∵∠D1OE1=∠COA=90°，
∴∠D1OC=∠COA-∠AOD1=∠D1OE1-∠AOD1=∠AOE1，
∴结合OA=OC，D1O=E1O，
∴△D1OC≌△AOE1，即证；
（2）
在（1）中已求得OA=2=OC，CD=DO=OE=AE=1，D1O=DO=E1O=EO=1，
分两种情况讨论：
第一种情况：如图2所示，旋转角度α＜90°时，
根据（1）的方法，同理可证得：△D1OC≌△AOE1，
∴∠OAF=∠OCE，
∵∠CEO=∠AEF，
∴△CEO∽△AEF，
∴，即
∵在Rt△CEO中，OC=2，OE=1，
∴，
∴；
第二种情况：当旋转角度α=90°，即D1与E点重合，E1落在CO延长线上时，
如图：
∵∠COA=∠AOE1，OC=OA，OE1=OE，
∴△D1OC≌△AOE1，
∴∠OAF=∠OCE，
∵∠CEO=∠AEF，
∴△CEO∽△AEF，
∴，即
即同理可得；
综上：AF的值为；
（3）
连接AC，取AC中点M，连接MF、MA、MO，如图，
根据（1）中结论有△D1OC≌△AOE1，
∴∠OAF=∠OCF，
∴∠AFE=∠COE=90°，
∴△AFC是直角三角形，
∵M点是AC中点，
∴MF=MA=MC=AC，
∴F点在⊙M上运动，
可知Rt△ACO也是⊙M的内接直角三角形，
∴OM=OF，
∵随着△D1OE1的旋转，当D1O⊥CF时，线段CF距离O点最远，此时F的轨迹达到最大值，如图：
∵D1O⊥CF，D1O=1=OC，
∴在Rt△COD1中，有∠OCD1=30°，
∴根据圆周角定理可知∠OMF=60°，
∵OA=OC=2，
∴在Rt△AOC中，
∴⊙M的半径MF=MA=MC=AC=，
∴则根据弧长公式可知点F运行的路线长，即弧长为：，
即：F运动的路线为．
【点睛】本题考查了直角坐标系的坐标、圆的相关知识、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、旋转的性质、含30°角的直角三角形的性质、直角三角形斜边中线等于斜边的一半以及弧长公式等知识，本题是一道综合题，考查的知识面广，难度层次递进，确定F的轨迹在⊙M上是解答本题的关键．