2024年广东省深圳市南山实验教育集团中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2024年广东省深圳市南山实验教育集团中考数学二模试卷（含解析），共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.−2的倒数是( )
A. −2B. −12C. 12D. 2
2.下列计算正确的是( )
A. a2⋅a3=a6B. a3+a3=a6C. a8÷a2=a6D. (−a2)3=a6
3.5G是第五代移动通信技术，5G网络理论下载速度可以达到每秒1300000KB以上.用科学记数法表示1300000是( )
A. 13×105B. 1.3×105C. 1.3×106D. 1.3×107
4.教练组对运动员正式比赛的前5次训练成绩进行分析，判断谁的成绩更加稳定，一般要考查这5次成绩的( )
A. 平均数或中位数B. 众数或频率C. 方差或极差D. 频数或众数
5.使代数式 x2x−1有意义的x的取值范围是( )
A. x≥0B. x≠12C. x≥0且x≠12D. 一切实数
6.在下列命题中，正确的是( )
A. 一组对边平行的四边形是平行四边形B. 有一个角是直角的四边形是矩形
C. 有一组邻边相等的平行四边形是菱形D. 对角线互相垂直平分的四边形是正方形
7.在长度为1的线段上找到两个黄金分割点P，Q，则PQ=( )
A. 5−12B. 3− 5C. 5−2D. 3− 52
8.如图，已知钓鱼竿AC的长为6m，露在水面上的鱼线BC长为3 2m，某钓者想看看鱼钩上的情况，把鱼竿AC转动到AC′的位置，此时露在水面上的鱼线B′C′为 34m，则BB′的长为( )
A. 2m
B. 2 2m
C. 5m
D. 2 3m
9.如图1，质量为m的小球从某高度处由静止开始下落到竖直放置的轻弹簧上并压缩弹簧(已知自然状态下，弹簧的初始长度为10cm).从小球刚接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中(不计空气阻力，弹簧在整个过程中始终发生弹性形变)，得到小球的速度v(cm/s)和弹簧被压缩的长度△l(cm)之间的关系图象如图2所示.根据图象，下列说法正确的是( )
A. 小球从刚接触弹簧就开始减速
B. 当弹簧被压缩至最短时，小球的速度最大
C. 当小球的速度最大时，弹簧的长度为2cm
D. 当小球下落至最低点时，弹簧的长度为4cm
10.在Rt△ABC中，∠C=90°，D为AC上一点，CD= 2，动点P以每秒1个单位的速度从C点出发，在三角形边上沿C→B→A匀速运动，到达点A时停止，以DP为边作正方形DPEF.设点P的运动时间为t s，正方形DPEF的面积为S，当点P由点B运动到点A时，经探究发现S是关于t的二次函数，并绘制成如图2所示的图象.由图象可知线段AB的长为( )
A. 7B. 6C. 5D. 4
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.因式分解2x2−12x+18的结果是______．
12.若a，b是关于x的方程x2−2x−2022=0的两个实数根，则a2−3a−b= ______．
13.如图，已知半径为1的⊙O上有三点A、B、C，OC与AB交于点D，∠ADO=85°，∠CAB=20°，则阴影部分的扇形OAC面积是______．
14.如图，在△ABC中，D是BC边上的中点，连接AD，把△ABD沿AD翻折，得到△ADB′，DB′与AC交于点E，若BD=2，AD=3 2,∠ADB=45°，则△ADE的面积是______．
15.已知如图，直线y=23x分别与双曲线y=mx(m>0,x>0)、双曲线y=nx(n>0,x>0)交于点A，点B，且BAOA=23，将直线y=23x向左平移6个单位长度后，与双曲线y=nx交于点C，若S△ABC=4，则mn的值为______．
三、计算题：本大题共1小题，共6分。
16.计算：| 3−2|+sin60°− 27−(−112)2+2−2
四、解答题：本题共6小题，共49分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题6分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别是A(0,4)，B(0,2)，C(3,2)．
(1)将△ABC以O为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C1；
(2)将△ABC平移后得到△A2B2C2，若点A的对应点A2的坐标为(2,2)，请画出平移后对应的△A2B2C2；
(3)求△A1C1C2的面积．
18.(本小题8分)
“双减”政策的实施，不仅减轻了学生的负担，也减轻了家长的负担，回归了教育的初衷.为了解我校“双减”政策的实施情况，校学生会在全校范围内随机对一些学生进行了问卷调查，问卷共设有四个选项：A——学校作业有明显减少；B——学校作业没有明显减少；C——课外辅导班数量明显减少；D——课外辅导班数量没有明显减少；E——没有关注；已知参加问卷调查的这些学生，每人都只选了其中一个选项，将所有的调查结果绘制成如图两幅不完整的统计图：

请你根据以上信息，回答下列问题：
(1)本次接受调查的学生共有 人；m= °；n= ；
(2)补全条形统计图；
(3)该校计划在某个班向家长展示“双减”背景下的课堂教学活动，用于展开活动的备选班级共5个，其中有2个为八年级班级(分别用A、B表示)，3个为九年级班级(分别用C、D、E表示)，由于报名参加观摩课堂教学活动的家长较多，学校计划分两周进行，第一周先从这5个备选班级中任意选择一个开展活动，第二周再从剩下的四个备选班级中任意选择一个开展活动，请用列表法或画树状图的方法求两次选中的既有八年级班级又有九年级班级的概率．
19.(本小题8分)
自2022年新课程标准颁布以来，我校高度重视新课标的学习和落实，开展了信息技术与教学深度融合的“精准化教学”，学校计划购买A，B两种型号教学设备，已知A型设备价格比B型设备价格每台高20%，用30000元购买A型设备的数量比用15000元购买B型设备的数量多4台．
(1)求A，B型设备单价分别是多少元；
(2)我校计划购买两种设备共50台，要求A型设备数量不少于B型设备数量的13.设购买a台A型设备，购买总费用为w元，求w与a的函数关系式，并设计出费用最低时的购买方案．
20.(本小题8分)
如图，AB为⊙O的直径，C为BA延长线上一点，CD是⊙O的切线，D为切点，OF⊥AD于点E，交CD于点F．
(1)求证：∠ADC=∠AOF；
(2)若cs∠DCB=45，BD=24，求EF的长．
21.(本小题9分)
【定义】
例如，如图1，过点A作AB⊥l1交l1于点B，线段AB的长度称为点A到l1的垂直距离，过A作AC平行于y轴交l1于点C，AC的长就是点A到l1的竖直距离．

【探索】
当l1与x轴平行时，AB=AC．
当l1与x轴不平行，且直线确定的时候，点到直线的垂直距离AB与点到直线的竖直距离AC存在一定的数量关系，当直线l1为y=12x+1时，AB= ______AC．
【应用】
如图2所示，公园有一斜坡草坪，其倾斜角为30°，该斜坡上有一棵小树(垂直于水平面)，树高2m，现给该草坪洒水，已知小树的底端点A与喷水口点O的距OA=2m，建立如图2所示的平面直角坐标系，在喷水过程中，水运行的路线是抛物线y=−x2+bx，且恰好经过小树的顶端点B，最远处落在草坪的C处．
(1)b= ______．
(2)如图3，现决定在山上种另一棵树MN(垂直于水平面)，树的最高点不能超过喷水路线，为了加固树，沿斜坡垂直的方向加一根支架PN，求出PN的最大值．
【拓展】
(3)如图4，原有斜坡不变，通过改造喷水枪，使得喷出的水的路径近似可以看成圆弧，此时，圆弧与y轴相切于点O，若此时OC=4 3m，如图，种植一棵树MN(垂直于水平面)，为了保证灌溉，请求出MN最高应为多少？
22.(本小题10分)
(1)【探究发现】
如图1，正方形ABCD两条对角线相交于点O，正方形A1B1C1O与正方形ABCD的边长相等，在正方形A1B1C1O绕点O旋转过程中，边OA1交边AB于点M，边OC1交边BC于点N.则①线段BM、BN、AB之间满足的数量关系是______．
②四边形OMBN与正方形ABCD的面积关系是S四边形OMBN=______S正方形ABCD；
(2)【类比探究】
如图2，若将(1)中的“正方形ABCD”改为“含60°的菱形ABCD”，即∠B1OD1=∠DAB=60°，且菱形OB1C1D1与菱形ABCD的边长相等．当菱形OB1C1D1绕点O旋转时，保持边OB1交边AB于点M，边OD1交边BC于点N．
请猜想：
①线段BM、BN与AB之间的数量关系是______；
②四边形OMBN与菱形ABCD的面积关系是S四边形OMBN=______S菱形ABCD；
请你证明其中的一个猜想．
(3)【拓展延伸】
如图3，把(2)中的条件“∠B1OD1=∠DAB=60°”改为“∠DAB=∠B1OD1=α”，其他条件不变，则
①BM+BNBD=______；(用含α的式子表示)
②S四边形OMBNS菱形ABCD=______.(用含α的式子表示)
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
根据倒数的定义：乘积是1的两个数互为倒数．
本题主要考查倒数的定义，解决本题的关键是熟记乘积是1的两个数互为倒数．
【解答】
解：因为−2×(−12)=1．
所以−2的倒数是−12，
故选：B．
2.【答案】C
【解析】解：∵a2⋅a3=a5，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
B.∵a3+a3=2a3，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
C.∵a8÷a2=a6，∴此选项的计算正确，故此选项符合题意；
D.∵(−a2)3=−a6，∴此选项的计算错误，故此选项不符合题意；
故选：C．
A.根据同底数幂相乘法则进行计算，然后判断即可；
B.根据合并同类项法则进行计算，然后判断即可；
C.根据同底数幂相除法则进行计算，然后判断即可；
D.根据幂的乘方法则进行计算，然后判断即可．
本题主要考查了整式的有关运算，解题关键是熟练掌握同底数幂乘除法则、幂的乘方法则和合并同类项法则．
3.【答案】C
【解析】解：1300000=1.3×106，
故选：C．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
此题主要考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
4.【答案】C
【解析】解：根据方差的意义：方差是反映一组数据波动大小，稳定程度的量；方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，反之也成立．同时，极差是最大与最小值的差，也反映波动越大小；故要判断谁的成绩更加稳定；一般要考查这5次成绩的方差或极差．
故选：C．
根据方差和极差的意义判断．方差和极差是反映一组数据波动大小的量．
熟练掌握方差的意义和极差的概念．
5.【答案】C
【解析】解：由题意得：2x−1≠0，x≥0，
解得：x≥0，且x≠12，
故选：C．
根据分式有意义的条件可得2x−1≠0，根据二次根式有意义的条件可得x≥0，解出结果即可．
此题主要考查了分式有意义的条件，二次根式有意义的条件，二次根式中的被开方数是非负数；分式有意义的条件是分母不等于零．
6.【答案】C
【解析】解：A、应为两组对边平行的四边形是平行四边形；
B、应为有一个角是直角的平行四边形是矩形；
C、符合菱形定义；
D、应为对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．
故选：C．
要找出正确命题，可运用相关基础知识分析找出正确选项，也可以通过举反例排除不正确选项，从而得出正确选项．两组对边平行的四边形是平行四边形；有一个角是直角的平行四边形是矩形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形；对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．
本题考查平行四边形、矩形和菱形及正方形的判定与命题的真假区别．
7.【答案】C
【解析】【分析】
先根据黄金分割的定义得出较长的线段AP=BQ= 5−12AB，再根据PQ=AP+BQ−AB，即可得出结果．
此题主要是考查了黄金分割的概念：把一条线段分成两部分，使其中较长的线段为全线段与较短线段的比例中项，这样的线段分割叫做黄金分割，他们的比值( 5−12)叫做黄金比．熟记黄金分割分成的两条线段和原线段之间的关系，能够熟练求解．
【解答】
解：根据黄金分割点的概念，可知AP=BQ= 5−12×1= 5−12，
则PQ=AP+BQ−AB= 5−12×2−1= 5−2．
故选：C．
8.【答案】B
【解析】解：∵AC=6m，BC=3 2m，
∴AB= AC2−BC2= 62−(3 2)2=3 2m，
∵AC′=6m，B′C′= 34m，
∴AB′= AC′2−B′C′2= 62−( 34)2= 2m，
∴BB′=AB−AB′=3 2− 2=2 2m；
故选：B．
根据勾股定理分别求出AB和AB′，再根据BB′=AB−AB′即可得出答案．
此题考查了二次根式的应用，用到的知识点是勾股定理，根据已知条件求出AB和AB′是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：由图象可知，弹簧压缩2cm后开始减速，故选项A不符合题意；
由图象可知，当弹簧被压缩至最短，小球的速度最小为0，故选项B不符合题意：
由图象可知小球速度最大时，弹簧压缩2cm，此时弹簧的长度为10−2=8cm，故选C不符合题意；
由图象可知，当小球下落至最低点时，弹簧被压缩的长度为6cm时，此时弹簧的长度为10−6=4(cm)，故选项D符合题意；
故选：D．
根据图象给出的信息分析出小球何时开始减速，小球下落最低点时弹簧的长度，小球速度最大时，弹簧的长度即可解答．
本题考查一次函数的实际应用，解题的关键是读懂题意，用数形结合的思想解决问题．
10.【答案】B
【解析】解：在Rt△PCD中，CD= 2，PC=t，则S=PD2=t2+( 2)2=t2+2，
当S=6时，6=t2+2，解得：t=2(负值已舍去)，
∴BC=2，
∴抛物线经过点(2,6)，
∵抛物线顶点为：(4,2)，
设抛物线解析式为：S=a(t−4)2+2，
将(2,6)代入，得：6=a(2−4)2+2，解得：a=1，
∴S=(t−4)2+2，
当y=18时，18=(t−4)2+2，t=0(舍)或t=8，
∴AB=8−2=6，
故选：B．
在Rt△PCD中，CD= 2，PC=t，则S=PD2=t2+( 2)2=t2+2，求得BC的长，设函数的顶点解析式，用待定系数法，求出函数表达式，即可求解．
本题考查了二次函数图象，求二次函数解析式，解题的关键是：从图中获取信息．
11.【答案】2(x−3)2
【解析】解：原式=2(x2−6x+9)
=2(x−3)2．
故答案为：2(x−3)2．
先提公因式2，再套用完全平方公式．
本题考查了整式的因式分解，掌握因式分解的提公因式法和完全平方公式是解决本题的关键．
12.【答案】2020
【解析】解：∵a，b是方程x2−2x−2022=0的两根，
∴a2−2a−2022=0，a+b=2，
∴a2−2a=2022，
∴a2−3a−b=a2−2a−(a+b)=2022−2=2020，
故答案为：2020．
把所求代数式a2−3a−b化成a2−2a−a−b，再利用方程根的定义及根与系数的关系可求得答案．
本题主要考查方程根的定义及根与系数的关系，把所求代数式化为a2−2a−(a+b)是解题的关键．
13.【答案】5π36
【解析】解：∵∠ADO=85°，∠CAB=20°，
∴∠C=∠ADO−∠CAB=65°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠C=65°，
∴∠AOC=50°，
∴阴影部分的扇形OAC面积=50⋅π×1360=5π36，
故答案为：5π36．
根据三角形外角的性质得到∠C=∠ADO−∠CAB=65°，根据等腰三角形的性质得到∠AOC=50°，由扇形的面积公式即可得到结论．
本题考查了扇形面积的计算，由等腰三角形的性质和三角形的内角和求出∠AOC是解题的关键．
14.【答案】95
【解析】解：过A作AK⊥CB于K，如图：
∵∠ADB=45°，
∴△ADK是等腰直角三角形，
∵AD=3 2，
∴DK=AK= 22AD=3，
∵D是BC边上的中点，BD=2，
∴CD=BD=2，
∴CK=CD+DK=5，
∵把△ABD沿AD翻折，得到△ADB′，
∴∠ADB′=∠ADB=45°，
∴∠BDB′=90°=∠CDE，
∴DE/​/AK，
∴△CDE∽△CKA，
∴CDCK=DEAK，
即25=DE3，
∴DE=65，
∴S△CDE=12CD⋅DE=12×2×65=65，
∵S△ACD=12CD⋅AK=12×2×3=3，
∴S△ADE=S△ACD−S△CDE=3−65=95，
故答案为：95．
过A作AK⊥CB于K，由∠ADB=45°，可得△ADK是等腰直角三角形，即得DK=AK=3，根据D是BC边上的中点，BD=2，可得CK=CD+DK=5，由把△ABD沿AD翻折，得到△ADB′，可得∠BDB′=90°=∠CDE，DE/​/AK，即知△CDE∽△CKA，对应边成比例求出DE，进而利用三角形的面积即可解决问题．
本题考查了翻折变换，相似三角形的判定与性质，三角形的面积，解决本题的关键是掌握翻折的性质，得到△CDE∽△CKA．
15.【答案】100
【解析】解：直线y=23x向左平移6个单位长度后的解析式为y=23(x+6)，即y=23x+4，
∴直线y=23x+4交y轴于E(0,4)，作EF⊥OB于F．
可得直线EF的解析式为y=−32x+4，
由y=23xy=−32x+4，解得x=2413y=1613，即F(2413,1613).
∴EF= (2413)2+(1613−4)2=12 1313，
∵S△ABC=4，
∴12⋅AB⋅EF=4，
∴AB=2 133，
∵BAOA=23，
∴OA=32AB= 13，
∴A(3,2)，B(5,103)，
∴m=6，n=503，
∴mn=100．
故答案为100．
先求出直线y=23x向左平移6个单位长度后的解析式为y=23x+4，那么直线y=23x+4交y轴于E(0,4)，作EF⊥OB于F.根据互相垂直的两直线斜率之积为−1得出直线EF的解析式为y=−32x+4，再求出F(2413,1613)，EF= (2413)2+(1613−4)2=12 1313，根据S△ABC=4，求出AB=2 133，那么OA=32AB= 13，进而求出A、B两点坐标，求出m、n即可解决问题．
本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求直线的解析式，两点间的距离公式，三角形的面积，函数图象上点的坐标特征等知识，综合性较强．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
16.【答案】解：原式=2− 3+ 32−3 3−94+14
=−7 32．
【解析】根据特殊角的三角函数值、负整数指数幂的意义和绝对值的意义计算．
本题考查了实数的运算：实数的运算和在有理数范围内一样，值得一提的是，实数既可以进行加、减、乘、除、乘方运算，又可以进行开方运算，其中正实数可以开平方．
17.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求．
(2)如图，△A2B2C2即为所求．

(3)8×4−12×8×2−12×5×4−12×3×2=32−8−10−3=11．
【解析】(1)根据中心对称的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．
(2)根据平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可；
(3)利用割补法解答即可．
本题考查作图−旋转变换，坐标与图形变化−平移等知识，解题的关键是熟练掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
18.【答案】200 144 20
【解析】解：(1)本次接受调查的学生共有30÷15%=200(人)．
m=360°×80200=144°，
n%=40200×100%=20%，
∴n=20．
故答案为：200；144；20．
(2)200−80−30−40−20=30(人)．
补全条形统计图如图所示．
(3)画树状图如下：
共有20种等可能的结果，其中两次选中的既有八年级班级又有九年级班级的结果有：AC，AD，AE，BC，BD，BE，CA，CB，DA，DB，EA，EB，共12种，
∴两次选中的既有八年级班级又有九年级班级的概率为1220=35．
(1)用选择B的学生人数除以其所占的百分比可得本次调查的学生人数；用360°乘以本次调查中选择A的学生所占的百分比，即可求得m；用本次调查中选择C的学生人数除以调查总人数再乘以百分之百，可求得n%，即可得出答案．
(2)用本次调查的学生人数分别减去选择A，B，C，E的学生人数，可求出选择D的学生人数，补全条形统计图即可．
(3)画树状图得出所有等可能的结果数和两次选中的既有八年级班级又有九年级班级的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、条形统计图、扇形统计图，能够理解条形统计图和扇形统计图，掌握列表法与树状图法是解答本题的关键．
19.【答案】解：(1)设每台B型设备的价格为x元，则每台A型号设备的价格为1.2x元，
根据题意得，300001.2x=15000x+4，
解得：x=2500．
经检验，x=2500是原方程的解．
∴1.2x=3000，
∴每台B型设备的价格为2500元，则每台A型号设备的价格为3000元．
(2)设购买a台A型设备，则购买(50−a)台B型设备，
∴w=3000a+2500(50−a)=500a+125000，
由实际意义可知，a≥050−a≥0a≥13(50−a)，
∴12.5≤a≤50且a为整数，
∵500>0，
∴w随a的增大而增大，
∴当a=13时，w的最小值为500×13+125000=131500(元)．
∴w=500a+125000，且最少购买费用为131500元．
【解析】(1)设每台B型设备的价格为x元，则每台A型号设备的价格为1.2x元，根据“用30000元购买A型设备的数量比用15000元购买B型设备的数量多4台”建立方程，解方程即可．
(2)根据总费用=购买A型设备的费用+购买B型设备的费用，可得出w与a的函数关系式，并根据两种设备的数量关系得出a的取值范围，结合一次函数的性质可得出结论．
本题考查分式方程的应用，分析题意，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
20.【答案】(1)证明：如图，连接OD，则OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD，
∵CD是⊙O的切线，AB是⊙O的直径，
∴∠ODC=∠ADB=90°，
∴∠ADC=∠ODB，
∴∠ADC=∠OBD，
又∵OF⊥AD，
∴∠OEA=∠ADB=90°，
∴OF/​/BD，
∴∠AOF=∠OBD，
∴∠ADC=∠AOF．
(2)∵OF/​/BD，OA=OB，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE=12BD=12×24=12，
∵cs∠DCB=CDOC=45，
设CD=4x，OC=5x，
∴OD= OC2−CD2=3x，
∴OB=3x，
∴CB=OC+OB=8x，
∵OF/​/BD，
∴△COF∽△CBD，
∴OCBC=OFBD，
∴5x8x=OF24，
∴OF=15，
∴EF=OF−OE=15−12=3．
【解析】(1)连接OD，得到∠ODC=90°，结合∠ADB=90°求得∠ADC=∠ODB，然后利用OD=OB得到∠ODB=∠OBD，从而得到∠ADC=∠OBD，再利用OF⊥AD得到OF/​/BD，从而∠AOF=∠OBD，最后得证结果；
(2)根据三角形的中位线定理得到OE=12，根据相似三角形的性质得到EF的长度．
本题考查了圆的切线的性质、平行线的判定和性质、解直角三角形，三角形的中位线定理、相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
21.【答案】2 55 2 3
【解析】解：探索：∵直线l1为y=12x+1，如图，设直线l1与x、y轴分别交于Q、P点，
令x=0，得 y=1，
∴P(0,1)，即 OP=1，
令 y=0，得12x+1=0，
解得：x=−2，
∴Q(−2,0)，即 OQ=2，
∴PQ= OP2+OQ2= 12+22= 5，
∵AC/​/y轴，
∴∠1=∠ACB，
∵∠1=∠QPO，
∴∠ACB=∠QPO，
∵∠ABC=∠QOP=90°，
∴△ABC∽△QOP，
∴ABAC=OQPQ=2 5=2 55，
∴AB=2 55AC，
故答案为：2 55；
应用：(1)如图，延长BA交x轴于点H，则∠AHO=90°，
∵∠AOH=30°，OA=2m，
∴AH=12OA=1m，OH=OA⋅cs∠AOH=2cs30°=2× 32= 3，
∵AB=2m，
∴BH=AB+AH=2+1=3(m)，
∴B( 3,3)，
把 B( 3,3)代入y=−x2+bx得：−3+ 3b=3，
解得：b=2 3，
故答案为：2 3；
(2)由(1)知，A( 3,1)，设直线OC的解析式为y=kx，则 3k=1，
解得：k= 33，
∴y= 33x，
如图，设 M(t, 33t)，则N(t,−t2+2 3t)，
∴MN=−t2+2 3t− 33t=−t2+5 33t，
∵∠1=30°，
∴∠2=60°，
∵MN//y轴，
∴∠NMP=∠2=60°，
∵NP⊥OC，
∴∠NPM=90°，
∴PN=MN⋅sin∠NMP=(−t2+5 33t)⋅sin60°=(−t2+5 33t)× 32=− 32(t−5 36)2+25 324，
∴− 32<0，
∴当 t=5 36时，PN取得最大值 25 324，
答：PN的最大值为25 324．
【拓展】如图，取OC的中点G，作GH⊥OC交x轴于点H，延长HG交圆弧于点N，过点N作MN/​/y轴交OC于点M，此时MN最大，
∵OC=4 3m，HG⊥OC，
∴OG=12OC=2 3m，
在 Rt△OGH中，∠COH=30°，
∴GH=OG⋅tan∠COH=2 3tan30°=2 3× 33=2(m)，
OH=2GH=4m，
又∵HN=OH=4m，
∴NG=HN−GH=4−2=2(m)，
∴∠1=30°，
∴∠2=90°−30°=60°，
∵MN//y轴，
∴∠NMG=∠2=60°，
∵∠NGM=90°，
∴MN=NGsin∠NMG=2sin60∘=43 3(m)，
答：MN最高应为43 3m.
探索：先求得P(0,1)，Q(−2,0)，再运用勾股定理求得PQ= 5，证得△ABC∽△QOP，利用相似三角形性质即可求得答案；
应用：(1)延长BA交x轴于点H，则∠AHO=90°，利用解直角三角形可得B( 3,3)，把 B( 3,3)代入y=−x2+bx，即可求得答案；
(2)利用待定系数法可得直线OC的解析式 y= 33x，设M(t, 33t)，则N(t,−t2+2 3t)，可得MN=−t2+2 3t− 33t=−12t2+5 33t，得 PN=MN⋅sin∠NMP=− 32(t−5 36)2+25 324，运用二次函数的性质即可得出答案；
拓展：取OC的中点G，作GH⊥OC交x轴于点H，延长HG交圆弧于点N，过点N作MN/​/y轴交OC于点M，此时MN最大，运用垂径定理可得OG=12OC=2 3m，再利用解直角三角形即可求得答案．
此题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的应用，二次函数最值求法，待定系数法求函数解析式，解直角三角形，圆的性质，垂径定理等，根据题意求出函数的解析式是解决此题的关键．
22.【答案】AB=BN+BM 14 BN+BM=12AB 18 sinα2 12sin2α2
【解析】解：(1)如图1中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，∠OAB=∠OBC=45°，OA=OB，
∵∠A1OC1=∠AOB=90°，
∴∠AOM=∠BON，
在△AOM和△BON中，
∠OAM=∠OBNOA=OB∠AOM=∠BON，
∴△AOM≌△BON(ASA)，
∴AM=BN，
∵AB=AM+BM，
∴AB=BN+BM，
∵S△AOM=S△BON，
∴S四边形OMBN=S△AOB=14S正方形ABCD，
故答案为：AB=BN+BM，14；
(2)猜想：BM+BN=12AB，S四边形OMBN=18S菱形ABCD．
理由：如图2中，连接MN．
∵四边形ABCD是菱形，∠B1OD1=∠DAB=60°，
∴∠ABC=120°，
∵∠MON+∠MBN=180°，
∴O，M，B，N四点共圆，
∴∠OMN=∠OBN=60°，
∵∠MON=60°，
∴△MON是等边三角形，
∴OM=ON，
将△OBN绕点O顺时针旋转60°得到△OHM，
∵OM=ON，∠OMB+∠ONB=180°，
∴边BN刚好落在AB上，即为MH，
∴BM+BN=BH．
∵OB=OH，∠BOH=60°，
∴△OBH是等边三角形，
∴BH=OB=12AB，
∴BM+BN=12AB，
∵S四边形OMBN=S△OBH=12S△OBA=18S菱形ABCD．
故答案为：BM+BN=12AB，18；
(3)如图3中，在AB上取一点的H，连接OH，使得OH=OB，
∵OH=OB，
∴∠OBH=∠OHB，
∵∠ABD=∠ADB，
∴∠DAB=∠BOH=α，
∴∠BOH=∠MON=α，
∴∠MOH=∠NOB，
∵∠MON+∠MBN=180°，
∴∠OMB+∠ONB=180°，
∵∠OMB+∠OMH=180°，
∴∠ONB=∠OMH，
∴△OBN≌△OHM(AAS)，
∴HM=BN，
∴BN+BM=BH，
∵△BAD∽△BOH，
∴BHDB=OBAB=sinα2，
∴BN+BMBD=sinα2，
∴S四边形OMBNS菱形ABCD=S△OBH2S△ABD=12sin2α2．
故答案为：sinα2，12sin2α2．
(1)证明△AOM≌△BON(ASA)，推出AM=BN，可得结论；
(2)猜想：BM+BN=12AB，S四边形OMBN=18S菱形ABCD.如图2中，连接MN.将△OBN绕点O顺时针旋转60°得到△OHM，证明AH=HB，可得结论；
(3)如图3中，在AB上取一点的H，连接OH，使得OH=OB，证明△OBN≌△OHM(AAS)，推出HM=BN，可得BN+BM=BH，再利用△BAD∽△BOH，可得结论．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．