2021-2022学年广东省广州市某校九年级(上)期中数学试卷 (2)祥细答案与解析

2021-2022学年广东省广州市某校九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）
A. B. C. D.
2. 平面内有两点P，O，⊙O的半径为5，若PO＝4，则点P与⊙O的位置关系是（）
A.点P在⊙O外
B.点P在⊙O上
C.点P在⊙O内
D.无法判断
3. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，半径为2cm，若BC=2cm，则∠A的度数为( )
A.30∘
B.25∘
C.15∘
D.10∘
4. 如图，二次函数y＝ax2+bx+c(a≠0)的图象过点(−2, 0)，对称轴为直线x＝1，
此二次函数与x轴的另一个交点是（）
A.(3, 0)
B.(4, 0)
C.(5, 0)
D.(6, 0)
5. 点P1(−2, y1)，P2(2, y2)，P3(4, y3)均在二次函数y=−x2+2x+c的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（）
A.y2>y3>y1
B.y2>y1=y3
C.y1=y3>y2
D.y1=y2>y3
6. 关于二次函数y＝2x2+x−1，下列说法正确的是（）
A.图象与y轴的交点坐标为(0, 1)
B.图象的对称轴在y轴的右侧
C.当x<0时，y的值随x值的增大而减小
D.y的最小值为-
7. 如图，已知MN是⊙O的直径，弦AB⊥MN，垂足为C，若∠AON＝30∘，AB＝
，则CN＝（）
A. B. C. D.2
8. 如图，等边△OAB的边OB在x轴上，点B坐标为(2, 0)，以点O为旋转中心，把△OAB逆时针旋转90∘，则旋转后点A的对应点A′的坐标是（）
A.(−1，）
B.（，−1)
C.（-，1)
D.(−2, 1)
9. 当x＝1或−3时，代数式ax2+bx+c与mx+n的值相等，则函数y＝ax2+(b−m)x+c−n与x轴的交点为（）
A.(1, 0)和(−3, 0)
B.(−1, 0)
C.(3, 0)
D.(−1, 0)和(3, 0)
10. 已知二次函数y＝−x2+x+6及一次函数y＝2x−m，将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到一个新函数的图象（如图所示），当直线y＝2x−m与新函数图象有4个交点时，m的取值范围是（）
A.−4<m<6
B.-<m<−4
C.6<m<
D.-<m<6
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
将抛物线y=−2(x−1)2向左平移2个单位再向上平移3个单位所得到的抛物线解析式
是________．
青山村种的水稻2017年平均每公顷产7200kg，2019年平均每公顷产8450kg，求水
稻每公顷产量的年平均增长率．若设水稻每公顷产量的年平均增长率为x，则根据题意列出方程：________．
如图，△ABC中，∠BAC＝95∘，将△ABC绕点A逆时针旋转60∘得到△AB′C′，∠B′AC
的大小为________∘．
如图，四边形ABCD内接于⊙O，连接AC，若AC＝AD，且∠DAC＝50∘，则∠B的度数
为________．
若关于x的一元二次方程(k−1)x2+x+1＝0有实数根，则k的最大整数值是
________．
如图，在正方形ABCD中，点M、N为边BC和CD上的动点（不含端点），∠MAN＝
45∘，下列四个结论：①当MN＝MC时，则∠BAM＝22.5∘；②2∠AMN−∠MNC＝
90∘；③△MNC的周长不变；④∠AMN−∠AMB＝60∘．其中正确结论的序号是
________．
三、解答题（本大题共9题，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
解方程：
（1）2(x+1)＝x(x+1)．
（2）x2+6x−27＝0．
已知：A、B、C、D是⊙O上的四个点，且＝，求证：AC＝BD．
在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，建立如图所示的平面直角坐标系△ABC是格点三角形（顶点在网格线的交点上）
（1）先作△ABC关于原点O成中心对称的△A1B1C1，再把△A1B1C1向上平移4个单位长度得到△A2B2C2；
（2）△A2B2C2与△ABC关于某点成中心对称，直接写出对称中心的坐标是________．
关于x的一元二次方程x2+2mx+m2+m＝0有两个不相等的实数根．
（1）求m的取值范围．
（2）设出x1、x2是方程的两根，且x12+x22＝12，求m的值．
某种病毒传播非常快，如果一个人被感染，经过两轮感染后就会有81个人被感染．（1）请你用学过的知识分析，每轮感染中平均一个人会感染几个人？
（2）若病毒得不到有效控制，3轮感染后，被感染的人会不会超过700人？
如图，抛物线y＝a(x+1)2的顶点为A，与y轴的负半轴交于点B，且S△AOB＝．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点C是该抛物线上A、B两点之间的一点，求S△ABC最大时，点C的坐标．
如图，在等边△ABC中，点D为△ABC内的一点，∠ADB＝120∘，∠ADC＝90∘，将△ABD绕点A逆时针旋转60∘得△ACE，连接DE．
（1）求证：AD＝DE；
（2）求∠DCE的度数；
（3）若BD＝1，求AD，CD的长．
已知抛物线C:y1＝−x2+bx+4．
（1）如图，抛物线与x轴相交于两点(1−m, 0)、(1+m, 0)．
①求b的值；
②当n≤x≤n+1时，二次函数有最大值为3，求n的值．
（2）已知直线l:y2＝2x−b+9，当x≥0时，y1≤y2恒成立，求b的取值范围．
若点P为△ABC所在平面上一点，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120∘，则点P叫做△ABC 的费马点．当三角形的最大角小于120∘时，可以证明费马点就是“到三角形的三个顶点的距离之和最小的点“．即PA+PB+PC最小．
（1）如图1，向△ABC外作等边三角形△ABD，△AEC．连接BE，DC相交于点P，连接AP．
①证明：点P就是△ABC费马点；
②证明：PA+PB+PC＝BE＝DC；
（2）如图2，在△MNG中，MN＝4，∠M＝75∘，MG＝3．点O是△MNG内一点，则点O到△MNG三个顶点的距离和的最小值是________．
参考答案与试题解析
2021-2022学年广东省广州市某校九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.
【答案】
C
【考点】
中心对称图形
轴对称图形
【解析】
如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形；在
同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．据此判断即可．
【解答】
A、是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、是轴对称图形，故本选项不合题意；
C、既是轴对称图形，故本选项符合题意；
D、是中心对称图形，故本选项不合题意；
2.
【答案】
C
【考点】
点与圆的位置关系
【解析】
已知圆O的半径为r，点P到圆心O的距离是d，①当r>d时，点P在⊙O内，②当r＝d 时，点P在⊙O上，③当r<d时，点P在⊙O外，根据以上内容判断即可．
【解答】
∵⊙O的半径为5，若PO＝4，
∴4<5，
∴点P与⊙O的位置关系是点P在⊙O内，
3.
【答案】
A
【考点】
圆周角定理
等边三角形的性质与判定
【解析】
连接OB和OC，证明△OBC为等边三角形，得到∠BOC的度数，再利用圆周角定理得出
∠A．
【解答】
解：连接OB和OC，
∵圆O半径为2，BC=2，
∴△OBC为等边三角形，
∴∠BOC=60∘，
∴∠A=30∘.
故选A.
4.
【答案】
B
【考点】
二次函数的性质
抛物线与x轴的交点
二次函数图象上点的坐标特征
【解析】
根据二次函数的图象具有对称性，可以得到二次函数与x轴的另一个交点的坐标，本题得以解决．
【解答】
∵二次函数y＝ax2+bx+c(a≠0)的图象过点(−5, 0)，
∴二次函数与x轴的另一个交点的横坐标为1+[3−(−2)]＝4，
∴二次函数与x轴的另一个交点的坐标为(7, 0)，
5.
【答案】
B
【考点】
二次函数图象上点的坐标特征
【解析】
根据二次函数的解析式得出图象的开口向下，对称轴是直线x=1，根据x>1时，y随x的增大而减小，即可得出答案．
【解答】
∵y=−x2+2x+c=−(x−1)2+1+c，
∴图象的开口向下，对称轴是直线x=1，
A(−2, y1)关于对称轴的对称点为(4, y1)，
∵2<4，
∴y2>y1=y3，
6.
【答案】
D
【考点】
二次函数的性质
二次函数的最值
【解析】
根据二次函数的性质和二次函数的最值即可求解．
【解答】
A．图象与y轴的交点坐标为(0，故A选项不符合题意；
B．图象的对称轴是x＝，故B选项不符合题意；C．当x时，当x时，故C选项不符合题意；D．∵y＝7x2+x−1＝2(x+）6−，
∴当x＝-时，y取最小值，故D选项符合题意；
7.
【答案】
A
【考点】
圆心角、弧、弦的关系
勾股定理
垂径定理
【解析】
根据垂径定理和含30∘的直角三角形的性质解答即可．
【解答】
∵MN是⊙O的直径，弦AB⊥MN，AB＝，
∴OA＝8AC，AB＝2AC，
∴OA＝AB＝4＝ON，
∴OC＝，∴CN＝ON−OC＝4−8，
8.
【答案】
C
【考点】
等边三角形的性质
坐标与图形变化-旋转
【解析】
如图，过点A作AE⊥OB于E，过点A′作A′H⊥x轴于H．利用全等三角形的性质解决问题即可．
【解答】
如图，过点A作AE⊥OB于E．
∵B(2, 0)，
∴OA＝OB＝AB＝2，
∵AE⊥OB，
∴OE＝EB＝1，
∴AE＝＝，
∵A′H⊥OH，
∴∠A′HO＝∠AEO＝∠AOA′＝90∘，
∴∠A′OH+∠AOE＝90∘，∠AOE+∠OAE＝90∘，
∴∠A′OH＝∠OAE，
∴△A′OH≅△OAE(AAS)，
∴A′H＝OE＝7，OH＝AE＝，
∴A′(−，3)，
9.
【答案】
A
【考点】
抛物线与x轴的交点
【解析】
代数式ax2+bx+c与mx+n的值相等，即ax2+(b−m)x+c−n＝0，相当于y＝ax2+(b−m)x+c−n与x轴的交点为(1, 0)和(−3, 0)，即可求解．
【解答】
代数式ax2+bx+c与mx+n的值相等，即ax2+bx+c＝mx+n，则ax2+(b−m)x+c−n＝0，
则y＝ax2+(b−m)x+c−n与x轴的交点为(1, 0)和(−3, 0)，
10.
【答案】
C
【考点】
一次函数图象与系数的关系
一次函数图象与几何变换
二次函数的性质
抛物线与x轴的交点
二次函数图象与几何变换
当直线位于直线a、b的位置时，直线y＝2x−m与新函数图象有3个交点，直线y＝2x−m处于a、b之间时，有4个交点，即可求解．
【解答】
令y＝−x2+x+6＝7，则x＝−2或3，6)，0)，
二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方，根据点的对称性，
则新图象的表达式为：−y′＝−x2+x+7，即y′＝x2−x−6，
如下图，当直线位于直线a，直线y＝6x−m与新函数图象有3个交点、b之间时，
当直线处于直线a的位置时，将(3；
当直线处于直线b的位置，即直线与y′＝x4−x−6只有一个交点，联立两个函数表达式并整理得：x2−8x+m−6＝0，
则△＝(−4)2−4(m−7)＝0，解得：m＝；
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
【答案】
y=−2(x+1)2+3
【考点】
二次函数图象与几何变换
【解析】
按照“左加右减，上加下减”的规律即可求得．
【解答】
解：将抛物线y=−2(x−1)2向左平移2个单位，
再向上平移3个单位得到y=−2(x−1+2)2+3．
故得到抛物线的解析式为y=−2(x+1)2+3．
故答案为：y=−2(x+1)2+3.
【答案】
7200(1+x)2＝8450
【考点】
由实际问题抽象出一元二次方程
【解析】
根据增长后的产量＝增长前的产量×（1+增长率），设增长率是x，则2019年的产量是7200(1+x)2，据此即可列出方程．
【解答】
设水稻每公顷产量的年平均增长率为x，
则2018年的产量为7200(1+x)，2019年的产量为：7200(1+x)5，
由题意得7200(1+x)2＝8450．
35
【考点】
旋转的性质
【解析】
依据旋转的性质，即可得到∠BAB′的度数，再根据∠BAC的度数，即可得到∠B′AC的度数．
【解答】
∵△ABC绕点A逆时针旋转60∘得到△AB′C′，
∴∠BAB′＝60∘，
又∵∠BAC＝95∘，
∴∠B′AC＝∠BAC−∠BAB′＝95∘−60∘＝35∘，
【答案】
115∘
【考点】
圆心角、弧、弦的关系
圆周角定理
圆内接四边形的性质
【解析】
首先根据等腰三角形的顶角的度数求得底角∠D的度数，然后利用圆内接四边形对角互补确定答案即可．
【解答】
∵AC＝AD，且∠DAC＝50∘，
∴∠D＝∠ACD＝＝65∘，
∴∠B＝180∘−∠D＝180∘−65∘＝115∘，
【答案】
【考点】
根的判别式
一元二次方程的定义
【解析】
由方程有两个不相等的实数根，得到根的判别式的值大于0，求出不等式的解集得到k 的范围，即可确定出k的最大整数值．
【解答】
根据题意得：△＝12−5(k−1)＝−4k+4≥0，
解得：k≤，且k≠1，
则k的最大整数解为0．
【答案】
①②③
【考点】
正方形的性质
勾股定理
全等三角形的性质与判定
【解析】
①先用勾股定理求得MC＝NC，则易得△ABM≅△ADN(SAS)，再结合∠MAN＝45∘，可得答案；
②将△ABM绕点A顺时针旋转90∘得△ADE，证明△EAN≅△MAN(SAS)，再利用四边形内角和及邻补角关系，可证得结论；
③由△EAN≅△MAN，可得MN＝BM+DN，从而将△MNC的三边相加即可得答案；
④将△ADN绕点A逆时针旋转90∘得△ABF，证明△MAN≅△MAF，可得∠AMN＝
∠AMB，即可得答案．
【解答】
①：∵正方形ABCD中，AB＝AD
∴MN2＝MC2+NC4
当MN＝MC时，
MN2＝4MC2，
∴MC2＝NC7，
∴MC＝NC，
∴BM＝DN，
∴△ABM≅△ADN(SAS)
∴∠BAM＝∠DAN，
∵∠MAN＝45∘，
∴∠BAM＝22.5∘，故①正确；
②：如图，将△ABM绕点A顺时针旋转90∘得△ADE，
则∠EAN＝∠EAM−∠MAN＝90∘−45∘＝45∘，
则在△EAN和△MAN中，
，
∴△EAN≅△MAN(SAS)
∴∠AMN＝∠AED，
∴∠AED+∠EAM+∠ENM+∠AMN＝360∘，
∴2∠AMN+90∘+(180∘−∠MNC)＝360∘，
∴8∠AMN−∠MNC＝90∘，
故②正确；
③：∵△EAN≅△MAN，
∴MN＝EN＝DE+DN＝BM+DN，
∴△MNC的周长为：
MC+NC+MN＝(MC+BM)+(NC+DN)＝DC+BC，
∵DC和BC均为正方形ABCD的边长，故△MNC的周长不变；
④如图，将△ADN绕点A逆时针旋转90∘得△ABF，
∴∠MAF＝90∘−∠MAN＝45∘，
∴∠MAN＝∠MAF，
在△MAN和△MAF中，
，
∴△MAN≅△MAF(SAS)，
∴∠AMN＝∠AMB，
故④错误．
综上①②③正确．
三、解答题（本大题共9题，共72分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）【答案】
2(x+1)−x(x+8)＝0，
(x+1)(6−x)＝0，
x+1＝3或2−x＝0，
所以x3＝−1，x2＝4；
(x+9)(x−3)＝5，
∴x+9＝0或x−3＝0，
解得x1＝−2，x2＝3．
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
【解析】
（1）先移项得到2(x+1)−x(x+1)＝0，然后利用因式分解法解方程；
（2）利用因式分解法解方程．
【解答】
2(x+1)−x(x+8)＝0，
(x+1)(6−x)＝0，
x+1＝3或2−x＝0，
所以x3＝−1，x2＝4；
(x+9)(x−3)＝5，
∴x+9＝0或x−3＝0，
解得x1＝−2，x2＝3．
【答案】
证明：∵＝，
∴＝，
∴AC＝BD．
【考点】
圆心角、弧、弦的关系
全等三角形的性质与判定
【解析】
证明＝即可．
【解答】
证明：∵＝，
∴＝，
∴AC＝BD．
【答案】
如图，△A1B1C7，△A2B2C5即为所求．
(0, 2)
【考点】
作图-旋转变换
作图-相似变换
【解析】
（1）分别作出A，B，C对应点A1，B1，C1，再作出A1，B1，C1的对应点A2，B2，C2即可．
（2）根据中心对称的定义判断即可．
【解答】
如图，△A1B1C7，△A2B2C5即为所求．
△A2B2C8与△ABC关于点M成中心对称，M点坐标是(0，
故答案为(0, 8)．
【答案】
根据题意得：
△＝(2m)2−2(m2+m)>0，
解得：m<4．
∴m的取值范围是m<0．
根据题意得：x1+x5＝−2m，x1x3＝m2+m，
∵x18+x22＝12，
∴−7x1x2＝12，
∴(−3m)2−2(m4+m)＝12，
∴解得：m1＝−2，m7＝3（不合题意，舍去），
∴m的值是−2．
【考点】
根与系数的关系
根的判别式
【解析】
（1）由一元二次方程的根的情况与判别式的关系可得△>0，由此可解得m的值．
（2）根与系数的关系及已知条件可得关于m的一元二次方程，解得m的值并根据（1）中的所得的m的取值范围作出取舍即可得出答案．
【解答】
根据题意得：
△＝(2m)2−2(m2+m)>0，
解得：m<4．
∴m的取值范围是m<0．
根据题意得：x1+x5＝−2m，x1x3＝m2+m，
∵x18+x22＝12，
∴−7x1x2＝12，
∴(−3m)2−2(m4+m)＝12，
∴解得：m1＝−2，m7＝3（不合题意，舍去），
∴m的值是−2．
【答案】
每轮感染中平均一个人会感染8个人
若病毒得不到有效控制，3轮感染后，被感染的人会超过700人
【考点】
一元二次方程的应用
【解析】
（1）设每轮感染中平均一个人会感染x个人，根据一个人被感染经过两轮感染后就会有81个人被感染，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；（2）根据3轮感染后被感染的人数＝2轮感染后被感染的人数×(1+8)，即可求出3轮感染后被感染的人数，再将其与700进行比较后即可得出结论．
【解答】
设每轮感染中平均一个人会感染x个人，
依题意，得：1+x+x(1+x)＝81，
解得：x1＝8，x2＝−10（不合题意，舍去）．
答：每轮感染中平均一个人会感染8个人．
81×(1+8)＝729（人），729>700．
答：若病毒得不到有效控制，3轮感染后，被感染的人会超过700人．
【答案】
由题意得：A(−1, 0)，a)，
∴OA＝4，OB＝−a，
∵S△AOB＝．
∴×1×(−a)＝，
解得，a＝−1，
∴抛物线的解析式为y＝−(x+5)2；
∵A(−1, 5)，−1)，
∴直线AB为y＝−x−1，
过C作x轴垂线，交直线AB于点D、BC，
设C(x, −(x+4)2)，则D(x，
∴CD＝−(x+1)3+x+1，
∵S△ABC＝S△ACD+S△BCD＝[−(x+1)2+x+3]×1，
∴S△ABC＝-(x+）2+，
∵ -<0，
∴当x＝时，△ABC的面积最大，
将x＝-代入C(x2)，得C(−，-），
∴S△ABC最大时，点C的坐标为（-，-）．
【考点】
二次函数的性质
待定系数法求二次函数解析式
二次函数的最值
二次函数图象上点的坐标特征
【解析】
（1）由抛物线解析式确定出顶点A坐标，根据S△AOB＝确定出a的值，即可确定出解析式；
（2）过C作CD⊥x轴，交直线AB于点D，设C(x, −(x+1)2)，则D(x, −x−1)，根据S△ABC＝S△ACD+S△BCD表示出△ABC的面积，根据二次函数的性质即可求得．
【解答】
由题意得：A(−1, 0)，a)，
∴OA＝4，OB＝−a，
∵S△AOB＝．
∴×1×(−a)＝，
解得，a＝−1，
∴抛物线的解析式为y＝−(x+5)2；
∵A(−1, 5)，−1)，
∴直线AB为y＝−x−1，
过C作x轴垂线，交直线AB于点D、BC，
设C(x, −(x+4)2)，则D(x，
∴CD＝−(x+1)3+x+1，
∵S△ABC＝S△ACD+S△BCD＝[−(x+1)2+x+3]×1，∴S△ABC＝-(x+）2+，
∵ -<0，
∴当x＝时，△ABC的面积最大，
将x＝-代入C(x2)，得C(−，-），
∴S△ABC最大时，点C的坐标为（-，-）．
【答案】
证明：∵将△ABD绕点A逆时针旋转60∘得△ACE
∴△ABD≅△ACE，∠BAC＝∠DAE，
∴AD＝AE，BD＝CE，∠AEC＝∠ADB＝120∘，
∵△ABC为等边三角形
∴∠BAC＝60∘
∴∠DAE＝60∘
∴△ADE为等边三角形，
∴AD＝DE，
∠ADC＝90∘，∠AEC＝120∘，∠DAE＝60∘
∴∠DCE＝360∘−∠ADC−∠AEC−∠DAE＝90∘，
∵△ADE为等边三角形
∴∠ADE＝60∘
∴∠CDE＝∠ADC−∠ADE＝30∘
又∵∠DCE＝90∘
∴DE＝2CE＝2BD＝2，
∴AD＝DE＝2
在Rt△DCE中，DC=√DE2−CE2=√22−12=√3．
【考点】
等边三角形的性质
等腰三角形的性质
旋转的性质
【解析】
（1）利用旋转的性质和等边三角形的性质先判断出△ADE是等边三角形即可；（2）利用四边形的内角和即可求出结论；
（3）先求出CD，再用勾股定理即可求出结论．
【解答】
证明：∵将△ABD绕点A逆时针旋转60∘得△ACE
∴△ABD≅△ACE，∠BAC＝∠DAE，
∴AD＝AE，BD＝CE，∠AEC＝∠ADB＝120∘，
∵△ABC为等边三角形
∴∠BAC＝60∘
∴∠DAE＝60∘
∴△ADE为等边三角形，
∴AD＝DE，
∠ADC＝90∘，∠AEC＝120∘，∠DAE＝60∘
∴∠DCE＝360∘−∠ADC−∠AEC−∠DAE＝90∘，
∵△ADE为等边三角形
∴∠ADE＝60∘
∴∠CDE＝∠ADC−∠ADE＝30∘
又∵∠DCE＝90∘
∴DE＝2CE＝2BD＝2，
∴AD＝DE＝2
在Rt△DCE中，DC=√DE2−CE2=√22−12=√3．
【答案】
−x2+bx+4＝0
x1+x2=b
=1−m+1+m＝2，
−1
b＝2；
抛物线开口向下，对称轴左侧y随x的增大而增大；对称轴右侧，y随x的增大而减小．i:n+1≤1即n≤0，
当x＝n+1时，y有最大值，
−(n+1)2+2(n+1)+4＝3n=±√2，
又∵n≤0，∴n=−√2，
ii:n≤1≤n+1即0≤n≤1，
iii:n≥1时，
当x＝n时，y有最大值，
−n2+2n+4＝3n=1±√2，
又∵n≥1，
∴n=1+√2，
综上所述：n=−√2或n=1+√2；（1）y1≤y2，−x2+bx+4≤2x−b+9，
x2+(2−b)x+5−b≥0，
①：△≤0，
(2−b)2−4(5−b)≤0，
−4≤b≤4；
②：△>0则b>4或b<−4，
i:−2−b
2
>0，不成立，
ii:{−2−b
2
≤0
5−b≥0，
b≤2，
又∵b>4或b<−4，
∴b<−4，
综上所述b≤4．
【考点】
二次函数与不等式（组）
一次函数图象与系数的关系
抛物线与x轴的交点
二次函数的最值
二次函数图象与系数的关系
【解析】
（1）−x2+bx+4＝0，x1+x2=b
−1
=1−m+1+m＝2，b＝2；
（2）分n+1≤1即n≤0、n≤1≤n+1即0≤n≤1、iii:n≥1三种情况，分别求解
即可；
（3）①：△≤0，(2−b)2−4(5−b)≤0；②：△>0，则b>4或b<−4，即可求解．【解答】
−x2+bx+4＝0
x1+x2=b
−1
=1−m+1+m＝2，
b＝2；
抛物线开口向下，对称轴左侧y随x的增大而增大；对称轴右侧，y随x的增大而减小．i:n+1≤1即n≤0，
当x＝n+1时，y有最大值，
−(n+1)2+2(n+1)+4＝3n=±√2，
又∵n≤0，∴n=−√2，
ii:n≤1≤n+1即0≤n≤1，
iii:n≥1时，
当x＝n时，y有最大值，
−n2+2n+4＝3n=1±√2，
又∵n≥1，
∴n=1+√2，
综上所述：n=−√2或n=1+√2；（1）y1≤y2，−x2+bx+4≤2x−b+9，
x2+(2−b)x+5−b≥0，
①：△≤0，
(2−b)2−4(5−b)≤0，
−4≤b≤4；
②：△>0则b>4或b<−4，
i:−2−b
2
>0，不成立，
ii:{−2−b
2
≤0
5−b≥0，
b≤2，
又∵b>4或b<−4，
∴b<−4，
综上所述b≤4．
【答案】
证明：①如图1−1中，作AM⊥CD于M．
∵△ADB，△ACE都是等边三角形，
∴AD＝AB，AC＝AE，
∴∠DAC＝∠BAE，
∴△ADC≅△ABE(SAS)，
∴CD＝BE，S△DAC＝S△ABE，∠ADC＝∠ABE，∵AM⊥CD，AN⊥BE，
∴•CD⋅AM＝，
∴AM＝AN，
∴∠APM＝∠APN，
∵∠AOD＝∠POB，
∴∠OPB＝∠DAO＝60∘，
∴∠APN＝∠APM＝60∘，
∴∠APC＝∠BPC＝∠APC＝120∘，
∴点P是就是△ABC费马点．
②在线段PD上取一点T，使得PA＝PT．
∵∠APT＝60∘，PT＝PA，
∴△APT是等边三角形，
∴∠PAT＝60∘，AT＝AP，
∵∠DAB＝∠TAP＝60∘，
∴∠DAT＝∠BAP，∵AD＝AB，
∴△DAT≅△BAP(SAS)，
∴PB＝DT，
∴PD＝DT+PT＝PA+PB，
∴PA+PB+PC＝PD+PC＝CD＝BE．
【考点】
三角形综合题
【解析】
（1）①如图1−1中，作AM⊥CD于M，AN⊥BE于N设AB交CD于O．证明△ADC≅△ABE(SAS)即可解决问题．
②在线段PD上取一点T，使得PA＝PT，连接AT．证明△DAT≅△BAP(SAS)，推出PD
＝PA+PB即可解决问题．
（2）以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，可证△GMO≅△DME，可得GO＝DE，则MO+NO+GO＝NO+OE+DE，即当D、E、O、
N四点共线时，MO+NO+GO值最小，最小值为ND的长度，根据勾股定理先求得MF、DF，然后求ND的长度，即可求MO+NO+GO的最小值．
【解答】
证明：①如图1−1中，作AM⊥CD于M．
∵△ADB，△ACE都是等边三角形，
∴AD＝AB，AC＝AE，
∴∠DAC＝∠BAE，
∴△ADC≅△ABE(SAS)，
∴CD＝BE，S△DAC＝S△ABE，∠ADC＝∠ABE，
∵AM⊥CD，AN⊥BE，
∴•CD⋅AM＝，
∴AM＝AN，
∴∠APM＝∠APN，
∵∠AOD＝∠POB，
∴∠OPB＝∠DAO＝60∘，
∴∠APN＝∠APM＝60∘，
∴∠APC＝∠BPC＝∠APC＝120∘，
∴点P是就是△ABC费马点．
②在线段PD上取一点T，使得PA＝PT．
∵∠APT＝60∘，PT＝PA，
∴△APT是等边三角形，
∴∠PAT＝60∘，AT＝AP，
∵∠DAB＝∠TAP＝60∘，
∴∠DAT＝∠BAP，∵AD＝AB，
∴△DAT≅△BAP(SAS)，
∴PB＝DT，
∴PD＝DT+PT＝PA+PB，
∴PA+PB+PC＝PD+PC＝CD＝BE．
如图2：以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME，作DF⊥NM．
∵△MGD和△OME是等边三角形
∴OE＝OM＝ME，∠DMG＝∠OME＝60∘，
∴∠GMO＝∠DME
在△GMO和△DME中，
，
∴△GMO≅△DME(SAS)，
∴OG＝DE
∴NO+GO+MO＝DE+OE+NO
∴当D、E、O、M四点共线时，
∵∠NMG＝75∘，∠GMD＝60∘，
∴∠NMD＝135∘，
∴∠DMF＝45∘，
∵MG＝3
∴MF＝DF＝，
∴NF＝MN+MF＝2+＝，
∴ND＝＝＝，∴MO+NO+GO最小值为，
故答案为，。