2021年陕西省学林大联考中考数学模拟试卷(五)(附详解)

2021年陕西省学林大联考中考数学模拟试卷（五）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分） 1. 实数−2，−√3，−π，−1中，最小的数是( )
A. −2
B. −√3
C. −π
D. −1
2. 如图是某几何体的表面展开图，则该几何体是( )
A. 三棱锥
B. 三棱柱
C. 四棱锥
D. 四棱柱
3. 将含30°角的一个直角三角板和一把直尺如图放置，若∠1=50°，则∠2等于( )
A. 80°
B. 100°
C. 110°
D. 120°
4. 变量x ，y 的一些对应值如表：
x … 0 1 2 3 4 5 … y
…
6
6.5
7
7.5
8
8.5
…
根据表格中的数据规律，当x =7时，y 的值是( )
A. 9
B. 9.5
C. 10
D. 10.5
5. 不等式组{x +2>0
−2x +4≥0
的解集在数轴上表示正确的是( )
A.
B.
C.
D.
6. 如图，在△ABC 中，AB =AC =5，BC =6，点M 为BC 的
中点，MN ⊥AC 于点N ，则MN 等于( )
A. 1.5
B. 2.4
C. 2.5
D. 3.5
7.若函数y=3
2
x+1和y=ax−2的图象交于点A(m,4).则关于x的方程ax−2=4的解为()
A. x=2
B. x=−2
C. x=6
D. x=−6
8.如图，在矩形ABCD中，AD=6.对角线AC与BD相交
于点O，AE⊥BD，垂足为E，DE=3BE，则AE的长
为()
A. 2√3
B. 3√3
C. 3√3
2
D. 3
9.如图，弦CD与直径AB相交，连接BC、BD，若∠ABC=50°，
则∠BDC=()
A. 20°
B. 30°
C. 40°
D. 50°
10.如果二次函数y=x2+2x+t与一次函数y=x的图象两个交点的横坐标分别为m、
n，且m<1<n，则t的取值范围是()
A. t>−2
B. t<−2
C. t>1
4D. t<1
4
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
11.计算：(−m3)2÷m4=______．
12.如图，若正五边形和正六边形有一边重合，则∠1=______°.
13.如图，直线l与x轴，y轴分别交于A，B两点，且与反比例函数y=k
x
(x>0)的图象交于点C，若S△AOB=S△BOC=1，则k=______ ．
14.如图，正方形ABCD的边长为2，E为BC上一点，且BE=1，
F为AB边上的一个动点，连接EF，以EF为底向右侧作等腰直
角△EFG，连接CG，则CG的最小值为______ ．
三、解答题（本大题共11小题，共78.0分）
15.计算：(1
3
)−1+6tan30°−|2−√12|.
16.解方程：x−2
x+2=1−9
4−x2
．
17.如图，已知Rt△ABC和射线CM，∠A=90°，请用尺规作图法，在CM上求作一点P，
使得点C到直线BP的距离等于AC.(保留作图痕迹，不写作法)
18.如图，在四边形ABCD中，AB//CD，BE平分∠ABC交AD于E，且AB=AE，
求证：AB=CD．
19.2021年3月15日，我国北方多个省市遭遇了近10年来最强的沙尘暴天气，这对我国
交通运输、群众生活生产等造成较大影响，引起各界关注．遵循自然规律，爱护我
们生存的环境已刻不容缓．为增强学生的环保意识，某校随机抽取了若干名学生进行了“环保知识测试”，根据测试成绩分布情况，他们将全部测试成绩分成A，B，C，D四组，整理并绘制成如下统计图表：
组别分数段(分)频率各组总分(分) A60≤x<700.254725
B70≤x<800.24500
C80≤x<900.410200
D90≤x<100m4275请根据以上图表信息，解答下列问题：
(1)表中m=______，并补全条形统计图；
(2)这次测试成绩的中位数落在______组；
(3)求本次全部测试成绩的平均数．
20.家住两相邻小区的丽丽和娟娟在一次数学课后，进行了一次数学实践活动．如图，
在同一水平面从左往右依次是一座小山FN、丽丽家所在的小洋房CD、娟娟家所在的居民楼AB，实践内容为测量小山的高度FN.家住顶楼的娟娟在窗户A处测得丽丽家小洋房底部D点的俯角为∠1，丽丽在自家窗户C处测得小山山顶的一棵竖直的大
树顶端E的仰角为∠2，且∠1与∠2互余，已知两家水平距离BD=100米，且AB=DN，大树高度EF=8米，丽丽家小洋房CD=10米，点E、F、N在一条直线上，AB⊥BN，CD⊥BN，EN⊥BN，请根据以上信息求小山的高度FN．
21.骊山是秦岭北侧的一个支脉，因系西周时骊戎国所在地而得名，山中不仅自然景观
秀丽，还有几十个文物胜迹，是中国古今驰名的风景游览胜地．小明暑假去骊山旅游，他在山脚下看了一下随身携带的温度计，气温为36℃.导游在介绍当地山区地理环境时说，海拔每上升100米，气温下降0.6℃．
(1)求山上气温y(℃)与该处距山脚垂直高度ℎ(米)之间的函数关系式；
(2)当小明到达山顶时，发现气温为28.2℃，请你求出骊山的高度约为多少米？
22.某商场在五一期间举行“大酬宾”活动(如图②，圆盘上设有奖品的数字分别为：
5，9，12)，商场规定：凡一次性购物满168元但不到300元的顾客，可投掷一枚骰
子，将所得的点数与圆盘上的数字对应，再由圆盘上的数字确定是否获奖；凡一次性购物满300元的顾客，可投掷两枚骰子，将所得的点数之和与圆盘上的数字对应，再由圆盘上的数字确定是否获奖．
(1)王阿姨一次性购物180元，她获得奖品的概率为______；
(2)小芳的爸爸一次性购物327元，他获得奖品的概率是多少？(用列表法或画树状
图法解答)
23.如图，已知AB是⊙O的直径，点P在BA的延长线上，AB=BE，PD切⊙O于点D，
交EB于点C，连接AE，点D在AE上．
(1)求证：BE⊥PC；
(2)连接OC，若PD=6，∠ABC=60°，求OC的长．
24.如图，在平面直角坐标系中，一抛物线的对称轴为直线x=1，且该抛物线与y轴负
半轴交于C点，与x轴交于A，B两点，其中B点的坐标为(3,0)，且OB=OC．
(1)求此抛物线的函数表达式；
(2)若平行于x轴的直线与该抛物线交于M、N两点(其中点M在点N的右侧)，在x轴
上是否存在点Q，使△MNQ是以MN为一直角边的等腰直角三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
25.问题探究
(1)如图1，C，D是∠AOB的边OA上两点，直线OB与⊙I相切于点P，点P1是直线OB
上异于点P的任意一点，请在图1中画出∠CP1D，试判断∠CPD与∠CP1D的大小关系，并证明；
(2)如图2，已知矩形ABCD中，点M在边BC上，点E在边AB上，AB=8，AE=6，
当∠AME最大时，请求出此时BM的长；
问题解决
(3)如图3，四边形ABCD是某车间的平面示意图，AB=4√3米，AD=8√3米，∠A=
∠D=60°，∠BCD=90°，工作人员想在线段AD上选一点M安装监控装置，用来监视边BC，现只要使得∠BMC最大，就可以让监控装置的效果达到最佳．问在线段AD 上是否存在点M，使∠BMC最大？若存在，请求出DM的长；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵−π<−2<−√3<−1，
∴实数−2，−√3，−π，−1中，最小的数是−π．
故选：C．
两个负实数绝对值大的反而小，据此判断即可．
此题主要考查了实数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：正实数>0>负实数，两个负实数绝对值大的反而小．
2.【答案】B
【解析】解：∵三棱柱的展开图是两个三角形和三个长方形组成，
∴该几何体是三棱柱．
故选：B．
两个三角形和三个长方形可以折叠成一个三棱柱．
本题主要考查了几何体的展开图，熟记常见立体图形的展开图的特征是解决此类问题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：如图所示，
∵AB//CD
∴∠ABE=∠1=50°，
又∵∠2是△ABE的外角，
∴∠2=∠ABE+∠E=50°+60°=110°，
故选：C．
根据平行线的性质和三角形的外角的性质即可得到结论．
此题考查了平行线的性质和外角的性质，熟练掌握平行线的性质是解本题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：根据表格数据可知，函数的解析式为y=0.5x+6，
当x=7时，y=7×0.5+6=9.5．
故选：B．
据表格数据得到函数为y=0.5x+6，把x=7代入求得即可．
本题考查了函数图象上点的坐标特征，图象上的点适合解析式，根据表格数据得到函数的解析式是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：解不等式x+2>0，得：x>−2，
解不等式−2x+4≥0，得：x≤2，
则不等式组的解集为−2<x≤2，
故选：C．
分别求出各不等式的解集，再求出其公共解集，并在数轴上表示出来即可．
本题考查的是解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的法则是解答此题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：连接AM，
∵AB=AC，点M为BC中点，
∴AM⊥CM(三线合一)，BM=CM，
∵AB=AC=5，BC=6，
∴BM=CM=3，
在Rt△ABM中，AB=5，BM=3，
∴根据勾股定理得：AM=√AB2−BM2=√52−32=4，
又S△AMC=1
2MN⋅AC=1
2
AM⋅MC，
∴MN=AM⋅CM
AC =12
5
=2.4．
故选：B．
连接AM，根据等腰三角形三线合一的性质得到AM⊥BC，根据勾股定理求得AM的长，再根据在直角三角形的面积公式即可求得MN的长．
本题考查等腰三角形的性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用面积法求线段的长．
7.【答案】A
【解析】解：∵函数y=3
2
x+1经过点A(m,4)，
∴3
2
m+1=4，
解得：m=2，
∵函数y=3
2
x+1和y=ax−2的图象交于点A(m,4)．
∴关于x的方程ax−2=4的解为x=2．
故选：A．
首先将点A的坐标代入正比例函数中求得m的值，然后根据题意直接写出方程的解即可．本题考查了一次函数与一元一次方程的关系，解题的关键是求得m的值，然后根据交点坐标确定方程的解．
8.【答案】D
【解析】解：∵DE=3BE，
∴BD=4BE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BO=DO=1
2
BD=2BE，
∴BE=EO，
又∵AE⊥BO，
∴AB=AO，
∴AB=AO=BO，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠ABO=60°，
∴∠ADB=30°，
又∵AE⊥BD，
∴AE=1
AD=3，
2
故选：D．
BD=2BE，可得BE=EO，由线段垂直平分线的性质由矩形的性质可得BO=DO=1
2
可得AB=AO=BO，可证△ABO是等边三角形，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求解．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，证明△ABO是等边三角形是本题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：连接AC，如图所示：
∵AB是圆O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠A+∠ABC=90°，
∴∠A=90°−∠ABC=90°−50°=40°，
∴∠BDC=∠A=40°；
故选：C．
连接AC，由圆周角定理得出∠ACB=90°，求出∠A=90°−∠ABC=40°，由圆周角定理得出∠BDC=∠A=40°即可．
本题考查了圆周角定理、直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理是解此题的关键．10.【答案】B
【解析】解：由x2+2x+t=x整理得，x2+x+
t=0，
∵二次函数y=x2+2x+t与一次函数y=x的图
象有两个交点，
∴△=1−4t>0，
∴t<1
，
4
∵二次函数y=x2+2x+t，
∴抛物线开口向上，对称轴为x=−1，与y轴的交点为(0,t)，
当交点的横坐标为1时，把x=1代入y=x，求得交点为(1,1)，
把(1,1)代入y=x2+2x+t，求得t=−2，
∵m<1<n，
∴t<−2，
故选：B．
由二次函数y=x2+2x+t可知抛物线开口向上，对称轴为x=−1，与y轴的交点为(0,t)，把(1,1)代入y=x2+2x+t，求得t=−2，由m<1<n根据图象即可求得．
本题考查了二次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象上点的坐标特征，数形结合是解题的关键．
11.【答案】m2
【解析】
【分析】
此题主要考查了积的乘方运算以及整式的除法运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．直接利用积的乘方运算法则化简，再利用整式的除法运算法则计算得出答案．
【解答】
解：(−m3)2÷m4=m6÷m4=m2．
故答案为：m2．
12.【答案】12
【解析】解：正六边形的内角的度数为[(6−2)×180°]÷6=120°，
正五边形的内角的度数为[(5−2)×180°]÷5=108°，
∴∠1=120°−108°=12°．
故答案为12．
根据正多边形的内角和分别求解正六边形和正五边形的每一个内角的度数，再相减即可求解∠1的度数．
本题主要考查正多边形内角和，掌握正多边形每一个内角的度数的计算方法是解题的关
键．
13.【答案】4
【解析】解：如图，作CD⊥x轴于D，设OB=a(a>
0)．
∵S△AOB=S△BOC，
∴AB=BC．
∵△AOB的面积为1，
OA⋅OB=1，
∴1
2
∴OA=2
，
a
∵CD//OB，AB=BC，
∴OD=OA=2
，CD=2OB=2a，
a
,2a)，
∴C(2
a
(x>0)的图象经过点C，
∵反比例函数y=k
x
×2a=4．
∴k=2
a
故答案为4．
作CD⊥x轴于D，设OB=a(a>0).由S△AOB=S△BOC，根据三角形的面积公式得出AB= BC.根据相似三角形性质即可表示出点C的坐标，把点C坐标代入反比例函数即可求得k．此题考查反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法求函数解析式，会运用相似求线段长度是解题的关键．
14.【答案】3
2
【解析】解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G也一定在直线轨迹上运动，
将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EBF≌△EHG，从而可知△EBH为等边三角形，点G在垂直于HE的直线HN上．
作CM⊥HN，则CM即为CG的最小值．
作EP⊥CM，可知四边形HEPM为矩形，
则CM=MP+CP=HE+1
2EC=1+1
2
=3
2
，
故答案是：3
2
．
由题意分析可知，点F为主动点，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值．
本题考查了旋转的性质，线段极值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出点G的运动轨迹，是本题的关键，之后运用垂线段最短，构造图形计算，是极值问题中比较典型的类型．
15.【答案】解：(1
3
)−1+6tan30°−|2−√12|
=3+6×√3
3
−(√12−2)
=3+2√3−2√3+2
=5．
【解析】首先计算负整数指数幂、特殊角的三角函数值和绝对值，然后计算乘法，去括号，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
此题主要考查了实数的运算，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要
先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．另外，有理数的运算律在实数范围内仍然适用．
16.【答案】解：方程两边同乘以4−x2，得整式方程：
(x−2)2=x2−4+9，
，
解整式方程得x=−1
4
检验：当x=−1
时4−x2≠0，
4
∴x=−1
是原分式方程的解．
4
【解析】方程两边同乘以最简公分母4−x2，将方程化为整式方程，解方程可求解x值，经检验可求解分式方程的解．
本题主要考查解分式方程，解整式方程后检验是解题的关键．
17.【答案】解：如图，点P即为所求．
【解析】在BC的下方作∠CBP，BP交CM于点P，点P即为所求．
本题考查作图−复杂作图，点到直线的距离等知识，解题的关键是学会利用角平分线的性质定理解决问题．
18.【答案】证明：∵BE平分∠ABC交AD于E，且AB=AE，
∴∠ABE=∠CBE，∠ABE=∠AEB，
∴∠CBE=∠AEB，
∴AD//BC，
∵AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD．
【解析】由角平分线定义和等腰三角形的性质得出∠CBE=∠AEB，证出AD//BC，即可得出结论．
此题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质以及平行线的判定；熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
19.【答案】0.1580≤x<90
【解析】解：(1)m=1−0.25−0.4−0.2=0.15，
调查的人数为：60÷0.2=300(人)，
C组的人数为300×0.4=120(人)，
补全条形统计图如下：
故答案为：0.15；
(2)将所调查的300人的成绩从小到大排列，处在中间位置的两个数都在80≤x<90，故答案为：80≤x<90；
=79(分)，
(3)本次测试成绩的平均数为4725+4500+10200+4275
75+60+120+45
答：本次全部测试成绩的平均数为79分．
(1)根据各组频率之和为1可求出m的值，求出C组的频数即可补全频数分布直方图；
(2)根据中位数的意义即可求出中位数所占的组即可；
(3)根据平均数的意义进行计算即可．
本题考查条形统计图、频数分布表以及中位数、平均数，掌握中位数、平均数的计算方法是正确解答的前提．
20.【答案】解：如图，过点C作CM⊥EN于点M，
∵CM⊥EN，EN⊥BN，CD⊥BN，∴∠CMN=∠CDN=∠MND=90°，∴四边形CDNM是矩形，
∴MN=CD=10米，CM=DN，∵AB=DN，
∴CM=AB，
∵CM⊥DN，
∴∠2+∠CEM=90°，
∵∠1与∠2互余，∠1=∠ADB，
∴∠ADB+∠2=90°，
∴∠CEM=∠ADB，
在△CEM和△ADB中，
{∠CME=∠ABD=90°∠CEM=∠ADB
CM=AB
，
∴△CEM≌△ADB(AAS)，
∴EM=BD=100米，
∴FM=EM−EF=100−8=92(米)，
∴FN=FM+MN=92+10=102(米)．
∴小山的高度FN为102米．
【解析】如图，过点C作CM⊥EN于点M，由垂直的定义得到∠CMN=∠CDN=∠MND= 90°，根据矩形的性质得到MN=CD=10米，根据余角的性质得到∠CEM=∠ADB，根据全等三角形的性质即可得到结论．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角与俯角问题，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
21.【答案】解：(1)根据题意得：
y=36−0.6×ℎ
100
=36−0.006ℎ，
∴山上气温y与该处距山脚垂直高度ℎ之间的函数关系式为y=36−0.006ℎ；
(2)将y=28.2代入y=36−0.006ℎ得：
36−0.006ℎ=28.2，
解得：ℎ=1300，
∴骊山的高度约为1300米．
【解析】(1)根据海拔每上升100米，气温下降0.6℃列出函数关系式即可；
(2))将y=28.2代入y=36−0.006ℎ解方程即可．
本题考查一次函数的应用，关键是根据海拔每上升100米，气温下降0.6℃列出函数关系式．
22.【答案】1
6
【解析】解：(1)掷一枚骰子，一共有6种等可能的结果，其中只有1种结果获得奖品，
即点数为5时，所以获得奖品的概率是1
6
，
故答案为1
6
；
(2)根据题意列表如下：
掷两枚骰子，由表格可知，一共有36种等可能的结果，其中有9种结果获得奖品，分别是和为5的4种，和为9的4种，和为12的1种，
所以，获得奖品的概率为9
36=1
4
．
(1)由于168元<180元<300元，故掷一枚骰子，一共有6种等可能的结果，其中只有点数为5时1种结果获得奖品，根据概率公式即可求得结果；
(2)根据题意列出图表得出所有等可能的情况数，根再据概率公式求出选择选择方案二的概率．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．根据题意正确列出表法是解决问题的关键．
23.【答案】(1)证明：连接OD，
∵AB=BE，
∴∠BAE=∠E，
∵OA=OD，
∴∠BAE=∠ODA，
∴∠ODA=∠E，
∴OD//BE，
∵PD切⊙O于点D，
∴OD⊥PC，
∴BE⊥PC；
(2)解：∵OD//BE，∠ABC=60°，
∴∠DOP=∠ABC=60°，
∴OD=PD
tan∠DOP =6
√3
=2√3，OP=PD
sin∠DOP
=6
√3
2
=4√3，
∴PB=OP+OB=6√3，
在Rt△PBC中，PC=PB⋅sin∠PBC=9，
∴CD=PC−PD=3，
在Rt△ODC中，OC=√CD2+OD2=√32+(2√3)2=√21．
【解析】(1)连接OD，根据等腰三角形的性质分别得出∠BAE=∠E，∠BAE=∠ODA，进而证明OD//BE，根据切线的性质定理得到OD⊥PC，根据平行线的性质证明结论；
(2)根据正弦的定义求出OP，根据正切的定义求出OD，进而求出CD，根据勾股定理计算即可．
本题考查的是切线的性质、圆周角定理、解直角三角形的知识，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵B点的坐标为(3,0)，且OB=OC，
∴C点的坐标为(0,−3)，
∵抛物线的对称轴为直线x=1，B点的坐标为(3,0)，
∴A点的坐标为(−1,0)，
设抛物线的函数表达式为y=a(x+1)(x−
3)(a≠0)．
将C(0,−3)代人y=a(x+1)(x−3)中，
解得：a=1，
∴抛物线的函数表达式为y=(x+1)(x−3)=
x2−2x−3．
(2)∵MN//x轴，且M、N在抛物线上，
∴M、N关于直线x=1对称，
设点M(m,m2−2m−3)且m>1，则MN=2(m−1)，
①当点M、N在x轴下方时，
若∠QMN=90°，且MN=MQ时，△MNQ为等腰直角三角形，
∴MQ⊥MN，即MQ⊥x轴，
∴2(m−1)=−(m2−2m−3)，
解得：m1=√5，m2=−√5(舍去)，
∴点M为(√5,2−2√5)，Q1(√5,0)．
由MQ1=MN可得−(2−2√5)=√5−x N，解得：x N=2−√5，
∴点N为(2−√5,2−2√5)，
故当∠MNQ2=90°，MN=NQ2时，点Q2的坐标为(2−√5,0)．
②当点M、N在x轴上方时，
若∠QMN=90°，且MN=MQ时，△MNQ为等腰直角三角形，
∴MQ⊥MN，即MQ⊥x轴，
∴2(m−1)=m2−2m−3，
解得：m1=2+√5，m2=2−√5(舍去)，
∴点M为(2+√5,2+2√5)，点Q3为(2+√5,0)，
由MQ3=MN，可得2+2√5=2+√5−x N，解得x N=−√5，
∴点N为(−√5,2+2√5).
当∠MNQ4=90°，MN=NQ4时，点Q4的坐标为(−√5,0)．
综上所述，存在满足条件的点Q，其坐标分别为(√5,0)或(2−√5,0)或(2+√5,0)或
(−√5,0)．
【解析】(1)根据OB=OC，可得C(0,−3)，由抛物线的对称轴为直线x=1，可得A(−1,0)，利用待定系数法可得出答案；
(2)设点M(m,m2−2m−3)且m>1，则MN=2(m−1)，①当点M、N在x轴下方时，若∠QMN=90°，且MN=MQ时，△MNQ为等腰直角三角形，建立方程求解即可，②当点M、N在x轴上方时，若∠QMN=90°，且MN=MQ时，△MNQ为等腰直角三角形，建立方程求解即可．
本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，二次函数图象和性质，等腰直角三角形性质等，解题关键是运用分类讨论思想和方程思想解题．
25.【答案】解：(1)在直线OB上取任意一点P1(不和P重合)，连接DP1交⊙O于E、连接CP1和CE，如图：
∠CPD与∠CP1D的关系是：∠CPD>∠CP1D，证明如下：
∵CD⏜=CD⏜，
∴∠CPD=∠CED，
而∠CED>∠CP1D，
∴∠CPD>∠CP1D；
(2)如图：
由(1)知，作线段AD的垂直平分线，垂足为G，在线段AE的垂直平分线上取点O，以O为圆心，OA为半径作⊙O，当⊙O与线段BC相切于M′时，若M与M′重合，此时∠AME最
大，
∵BC是⊙O的切线，
∴OM′⊥BC，
∵OG⊥AE，
∴∠BGO=∠B=∠OM′B=90°，
∴四边形OGBM′是矩形，
∴BM′=OG，OM′=BG，
∵AB=8，AE=6，
∴BE=2，
∵EG=3，
∴OM′=OE=BG=EG+BE=5，
∴OG=√OE2−EG2=4，
∴BM′=OG=4，
故当∠AME最大时，BM的长为4；
(3)存在，理由如下：
如图：
当过B、C的⊙O与AD相切于M时，连接BM、CM，此时∠BMC最大，连接OB、OC，分别延长AB、DC交于F，则△ADF是等边三角形，
∴∠BFC=60°，AF=DF=AD=8√3，
∵BF=AF−AB=4√3，
∴在Rt△BCF中，CF=2√3，BC=6，
BC=3，
过O作OG⊥BC于G，交AF于K，交AD于J，则BG=1
2
∵KJ⊥BC，
∴∠BGJ=90°=∠BCD，
∴KJ//DF，
∴BK=FK=1
2BF=2√3，KG=1
2
CF=√3，
∴AK=AB+BK=6√3，∵KJ//DF，
∴KJ
DF =AK
AF
，即
8√3
=√3
8√3
∴KJ=6√3，
设OB=r，
∵KJ//DF，
∴∠MJO=∠D=60°，
∴OJ=OM
sin60∘=
√3
，
∴OG=KJ−KG−OJ=6√3−√3−
√3=5√3−
√3
，
在Rt△OGB中，OG2=OB2−BG2=r2−9，
∴r2−9=(5√3
√3
)2，
整理得r2−60r+252=0，
解得r=30−18√2或30+18√2(舍去)，
∴OM=30−18√2，
∴JM=√3
3
OM=10√3−6√6，
由等边三角形的对称性可得DJ=KF=2√3，
∴DM=JM+DJ=10√3−6√6+2√3=12√3−6√6，
故在线段AD上存在M，使∠BMC最大，符合条件的DM的长为12√3−6√6．
【解析】(1)在直线OB上取任意一点P1(不和P重合)，连接DP1交⊙O于E、连接CP1和CE，由CD⏜=CD⏜，得∠CPD=∠CED，而∠CED>∠CP1D，即得∠CPD>∠CP1D；
(2)由(1)知，作线段AD的垂直平分线，垂足为G，在线段AE的垂直平分线上取点O，以O为圆心，OA为半径作⊙O，当⊙O与线段BC相切于M′时，若M与M′重合，此时∠AME 最大，先证明四边形OGBM′是矩形，得BM′=OG，OM′=BG，再用勾股定理得OG=√OE2−EG2=4，即知当∠AME最大时，BM的长为4；
(3)当过B、C的⊙O与AD相切于M时，连接BM、CM，此时∠BMC最大，连接OB、OC，分别延长AB、DC交于F，则△ADF是等边三角形，可得∠BFC=60°，AF=DF=AD= 8√3，故在Rt△BCF中，CF=2√3，BC=6，过O作OG⊥BC于G，交AF于K，交AD于
J，则BG=1
2BC=3，而KJ//DF，得BK=FK=1
2
BF=2√3，KG=1
2
CF=√3，AK=
AB+BK=6√3，根据KJ
DF =AK
AF
，得KJ=6√3，设OB=r，由OJ=OM
sin60∘
=
√3
，OG=KJ−
KG−OJ=5√3−
√3
，在Rt△OGB中，OG2=OB2−BG2=r2−9，即得r2−9=
(5√3
√3
)2，解得r=30−18√2或30+18√2(舍去)，即有OM=30−18√2，JM=
√3
3
OM=10√3−6√6，最后根据由等边三角形的对称性可得DJ=KF=2√3，即得DM= JM+DJ=12√3−6√6．
本题考查圆的综合应用，涉及矩形、等边三角形、勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，用含r的代数式表示OG的长度，列方程解决问题．。