2017赤峰市中考數學模擬試卷(2)
2017赤峰市中考數學模擬試題答案
一、選擇題(本題共10個小題，每小題3分，共30分)
1.化簡 的結果是( )
A.5 B.﹣5 C.±5 D.25
【考點】73：二次根式的性質與化簡.
【分析】利用 =|a|得到原式=|﹣5|，然后去絕對值即可.
【解答】解：原式=|﹣5|=5.
故選A.
【點評】本題考查了二次根式的性質與化簡： =|a|.
2.如圖，將兩個形狀和大小都相同的杯子疊放在一起，則該實物圖的主視圖為( )
A. B. C. D.
【考點】U2：簡單組合體的三視圖.
【分析】根據圖形的三視圖的知識，即可求得答案.
【解答】解：該實物圖的主視圖為 .
故選B.
【點評】此題考查了簡單組合圖形的三視圖.考查了學生的空間想象能力.
3.下列計算正確的是( )
A.(2x2)3=2x5 B. ÷ =2 C.3a2+2a=5a3 D.2m•5n=10mn
【考點】49：單項式乘單項式;22：算術平方根;35：合并同類項;47：冪的乘方與積的乘方.
【分析】利用單項式乘單項式、算術平方根、合并同類項及冪的運算的有關知識分別判斷后即可確定正確的選項.
【解答】解：A、(2x2)3=8x6，故錯誤;
B、 ÷ = ，故錯誤;
C、3a2+2a=3a2+2a，故錯誤;
D、2m•5n=10mn，正確，
故選D.
【點評】本題考查了單項式乘單項式、算術平方根、合并同類項及冪的運算的有關知識，屬于基礎運算，難度不大.
4.如圖，在▱ABCD中，E為邊CD上一點，將△ADE沿AE折疊至△AD′E處，AD′與CE交于點F，若∠B=52°，∠DAE=20°，則∠FED′的大小為( )
A.20° B.30° C.36° D.40°
【考點】PB：翻折變換(折疊問題);L5：平行四邊形的性質.
【分析】由平行四邊形的性質得出∠D=∠B=52°，由折疊的性質得：∠D′=∠D=52°，∠EAD′=∠DAE=20°，由三角形的外角性質求出∠AEF=72°，與三角形內角和定理求出∠AED′=108°，即可得出∠FED′的大小.
【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠D=∠B=52°，
由折疊的性質得：∠D′=∠D=52°，∠EAD′=∠DAE=20°，
∴∠AEF=∠D+∠DAE=52°+20°=72°，∠AED′=180°﹣∠EAD′﹣∠D′=108°，
∴∠FED′=108°﹣72°=36°;
故答案為：36°.
【點評】本題考查了平行四邊形的性質、折疊的性質、三角形的外角性質以及三角形內角和定理;熟練掌握平行四邊形的性質和折疊的性質，求出∠AEF和∠AED′是解決問題的關鍵.
5.已知正比例函數y=(3m+2)x的圖象過點(2，10)，則m的取值為( )
A.1 B.﹣1 C. D.﹣
【考點】F8：一次函數圖象上點的坐標特征.
【分析】根據一次函數圖象上點的坐標特征可得出10=2(3m+2)，解之即可得出結論.
【解答】解：∵正比例函數y=(3m+2)x的圖象過點(2，10)，
∴10=2(3m+2)，
解得：m=1.
故選A.
【點評】本題考查了一次函數圖象上點的坐標特征，根據一次函數圖象上點的坐標特征找出關于m的一元一次方程是解題的關鍵.
6.如圖，P為等腰△ABC內一點，過點P分別作三條邊BC、CA、AB的垂線，垂足分別為D、E、F，已知AB=AC=10，BC=12，且PD：PE：PF=1：3：3，則AP的長為( )
A. B. C.7 D.8
【考點】KQ：勾股定理;KH：等腰三角形的性質.
【分析】連接AP，根據角平分線的判定定理得到點P在∠A的平分線上，根據等腰三角形的性質得到AD⊥BC，BD=DC，根據勾股定理、三角形的面積公式計算即可.
【解答】解：連接AP，
∵PE⊥AC，PF⊥AB，PE=PF，
∴點P在∠A的平分線上，
∵AB=AC，PD⊥BC，
∴AD⊥BC，BD=DC=6，
由勾股定理得，AD= =8，
設PD、PE、PF分別為x、3x、3x，
則 ×12×8= ×10×3x×2+ ×12×x，
解得，x= ，即PD= ，
∴AP=8﹣ = ，
故選：B.
【點評】本題考查的是勾股定理的應用、角平分線的判定、等腰三角形的性質，掌握任何一個直角三角形中，兩條直角邊長的平方之和一定等于斜邊長的平方是解題的關鍵.
7.點P是直線y=﹣x+4上一動點，O為原點，則線段OP的最小值為( )
A.2 B. C.2 D.4
【考點】F8：一次函數圖象上點的坐標特征;F5：一次函數的性質.
【分析】設直線y=﹣x+4與y軸交于點A，與x軸交于點B，過點O作直線AB的垂線，垂足為點P，此時線段OP最小，分別將x=0、y=0代入一次函數解析式中求出與之對應的y、x值，進而即可得出OA、OB的長度，利用勾股定理即可得出AB的長度，再利用面積法即可求出OP的長度.
【解答】解：設直線y=﹣x+4與y軸交于點A，與x軸交于點B，過點O作直線AB的垂線，垂足為點P，此時線段OP最小.
當x=0時，y=﹣x+4=4，
∴點A(0，4)，
∴OA=4;
當y=﹣x+4=0時，x=4，
∴點B(4，0)，
∴OB=4，
∴AB= =4 .
∴OP= =2 .
故選C.
【點評】本題考查了點到直線的距離、一次函數圖象上點的坐標特征、勾股定理以及三角形的面積，利用點到直線之間，垂直線段最短找出點P的位置是解題的關鍵.
8.“數學是將科學現象升華到科學本質認識的重要工具”，比如在化學中，甲烷的化學式CH4，乙烷的化學式是C2H6，丙烷的化學式是C3H8，…，設碳原子的數目為n(n為正整數)，則它們的化學式都可以用下列哪個式子來表示( )
A.CnH2n+2 B.CnH2n C.CnH2n﹣2 D.CnHn+3
【考點】37：規律型：數字的變化類.
【分析】設碳原子的數目為n(n為正整數)時，氫原子的數目為an，列出部分an的值，根據數值的變化找出變化規律“an=2n+2”，依次規律即可解決問題.
【解答】解：設碳原子的數目為n(n為正整數)時，氫原子的數目為an，
觀察，發現規律：a1=4=2×1+2，a2=6=2×2+2，a3=8=2×3+2，…，
∴an=2n+2.
∴碳原子的數目為n(n為正整數)時，它的化學式為CnH2n+2.
故選A.
【點評】本題考查了規律型中的數字的變化類，解題的關鍵是找出變化規律“an=2n+2”.本題屬于基礎題，難度不大，解決該題型題目時，根據碳原子的變化找出氫原子的變化規律是關鍵.
9.如圖所示，AB是⊙O的直徑，點C為⊙O外一點，CA，CD是⊙O的切線，A，D為切點，連接BD，AD.若∠ACD=30°，則∠DBA的大小是( )
A.15° B.30° C.60° D.75°
【考點】MC：切線的性質;M5：圓周角定理.
【分析】首先連接OD，由CA，CD是⊙O的切線，∠ACD=30°，即可求得∠AOD的度數，又由OB=OD，即可求得答案.
【解答】解：連接OD，
∵CA，CD是⊙O的切線，
∴OA⊥AC，OD⊥CD，
∴∠OAC=∠ODC=90°，
∵∠ACD=30°，
∴∠AOD=360°﹣∠C﹣∠OAC﹣∠ODC=150°，
∵OB=OD，
∴∠DBA=∠ODB= ∠AOD=75°.
故選D.
【點評】此題考查了切線的性質以及等腰三角形的性質.注意準確作出輔助線是解此題的關鍵.
10.二次函數y=x2﹣4x﹣5的圖象關于直線x=﹣1對稱的圖象的表達式是( )
A.y=x2﹣16x+55 B.y=x2+8x+7 C.y=﹣x2+8x+7 D.y=x2﹣8x+7
【考點】H6：二次函數圖象與幾何變換.
【分析】將y=x2﹣4x﹣5配方得，y=(x﹣2)2﹣9，求得拋物線y=x2﹣4x﹣5的頂點坐標為(2，﹣9)，求得點(2，﹣9)關于直線x=﹣1的對稱點的坐標為(﹣4，﹣9)，于是得到結論.
【解答】解：∵y=x2﹣4x﹣5=(x﹣2)2﹣9，
∴拋物線y=x2﹣4x﹣5的頂點坐標為(2，﹣9)，
∵點(2，﹣9)關于直線x=﹣1的對稱點的坐標為(﹣4，﹣9)，
而拋物線y=x2﹣4x﹣5關于直線y=﹣1對稱后圖象的開口相同，
∴所求拋物線解析式為y=(x+4)2﹣9.
即所求拋物線解析式為y=(x+4)2﹣9，
故選B.
【點評】本題考查了二次函數圖象與幾何變換：由于拋物線平移后的形狀不變，故a不變，所以求平移后的拋物線解析式通常可利用兩種方法：一是求出原拋物線上任意兩點平移后的坐標，利用待定系數法求出解析式;二是只考慮平移后的頂點坐標，即可求出解析式.
二、填空題(本大題共4小題，每小題3分，共12分)
11.不等式3x﹣5<7的非負整數解有 0，1，2，3 .
【考點】C7：一元一次不等式的整數解.
【分析】此題根據不等式的性質，在不等式的兩邊加上5除以3，即可求得不等式的解集，繼而求得其非負整數解.注意此題系數化一時，除以的是正數，不等號的方向不改變;
【解答】解：移項得：3x<7+5
系數化一得：x<4
∴不等式3x﹣5<7的非負整數解有0，1，2，3.
【點評】此題考查了一元一次不等式的解法.解題時要注意：系數化一時，系數是正數，不等號的方向不變;系數是負數時，不等號的方向改變.還要注意按題目要求解題.
12.請從以下兩小題中任選一個作答，若多選，則按第一題計分.
A.正多邊形的一個內角是150°，則這個正多邊形的邊數為 12 .
B.用科學計算器計算： tan55°36′= 4.3 .(結果精確到0.1)
【考點】T6：計算器—三角函數;25：計算器—數的開方;L3：多邊形內角與外角.
【分析】若選A：一個正多邊形的每個內角都相等，根據內角與外角互為鄰補角，因而就可以求出外角的度數.根據任何多邊形的外角和都是360度，利用360除以一個外角的度數就可以求出多邊形的邊數.
若選B：求tan55°36′的值時，先按鍵“tan”，再輸入角的度數55°36′，按鍵“=”即可得到結果，四舍五入法求近似數.
【解答】解：若選A：
一個外角是180°﹣150°=30°，
360°÷30°=12.
∴這個正多邊形是正十二邊形.
故答案為：12;
若選B：
tan55°36′≈2.924×1.460≈4.3，
故答案為：4.3
【點評】本題主要考查了多邊形內角與外角以及科學計算器的使用，根據外角和的大小與多邊形的邊數無關，由外角和求正多邊形的邊數是解題關鍵.注意：不同型號的計算器使用方法不同.
13.如圖，在Rt△AOB中，直角邊OA、OB分別在x軸的負半軸和y軸的正半軸上，將△AOB繞點B逆時針旋轉90°后，得到△A′O′B，且反比例函數y= 的圖象恰好經過斜邊A′B的中點C，若SABO=4，tan∠BAO=2，則k= 6 .
【考點】R7：坐標與圖形變化﹣旋轉;G5：反比例函數系數k的幾何意義;T7：解直角三角形.
【分析】先根據S△ABO=4，tan∠BAO=2求出AO、BO的長度，再根據點C為斜邊A′B的中點，求出點C的坐標，點C的橫縱坐標之積即為k值.
【解答】解：設點C坐標為(x，y)，作CD⊥BO′交邊BO′于點D，
∵tan∠BAO=2，
∴ =2，
∵S△ABO= •AO•BO=4，
∴AO=2，BO=4，
∵△ABO≌△A'O'B，
∴AO=A′O′=2，BO=BO′=4，
∵點C為斜邊A′B的中點，CD⊥BO′，
∴CD= A′O′=1，BD= BO′=2，
∴x=BO﹣CD=4﹣1=3，y=BD=2，
∴k=x•y=3•2=6.
故答案為6.
【點評】本題考查了反比例函數圖象上點的坐標特征，解答本題的關鍵在于讀懂題意，作出合適的輔助線，求出點C的坐標，然后根據點C的橫縱坐標之積等于k值求解即可.
14.如圖，正方形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，點E、F分別在邊AB、BC上，且∠EOF=90°，則S四邊形OEBF：S正方形ABCD= .
【考點】LE：正方形的性質;KD：全等三角形的判定與性質.
【分析】可以先求證△AEO≌△BFO，得出AE=BF，則BE=CF，那么求四邊形OEBF的面積=△ABO的面積.于是得到結論.
【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形
∴OA=OB，∠EAO=∠FBO=45°
又∵∠AOE+∠EOB=90°，∠BOF+∠EOB=90°
∴∠AOE=∠BOF，
在△AOE與△BOF中， ，
∴△AEO≌△BFO，
∴AE=BF，
∴BE=CF，
∴S四邊形OEBF=S△AOB，
∴S四邊形OEBF：S正方形ABCD= ，
故答案為： .
【點評】此題考查正方形的性質，全等三角形的判定和性質，熟練掌握正方形的性質是解題的關鍵.
三、解答題(本大題共11小題，共78分)
15.計算：|3﹣π|+(﹣ )0﹣ +(0.1)﹣2.
【考點】2C：實數的運算;6E：零指數冪;6F：負整數指數冪.
【分析】原式利用絕對值的代數意義，零指數冪、負整數指數冪法則，以及立方根定義計算即可得到結果.
【解答】解：原式=π﹣3+1+3+100=101+π.
【點評】此題考查了實數的運算，零指數冪、負整數指數冪，熟練掌握運算法則是解本題的關鍵.
16.解分式方程： =1﹣ .
【考點】B3：解分式方程.
【分析】分式方程去分母轉化為整式方程，求出整式方程的解得到x的值，經檢驗即可得到分式方程的解.
【解答】解：去分母得：x2+7x+10=x2﹣4﹣3x+6，
解得：x=﹣0.8，
經檢驗x=﹣0.8是分式方程的解.
【點評】此題考查了解分式方程，利用了轉化的思想，解分式方程注意要檢驗.
17.如圖，已知在△ABC中，∠A=90°，請用圓規和直尺作⊙P，使圓心P在AC上，且與AB、BC兩邊都相切.(要求保留作圖痕跡，不必寫出作法和證明)
【考點】N3：作圖—復雜作圖.
【分析】與AB、BC兩邊都相切.根據角平分線的性質可知要作∠ABC的角平分線，角平分線與AC的交點就是點P的位置.
【解答】解：如圖所示，則⊙P為所求作的圓.
【點評】本題主要考查了角平分線的性質，即角平分線上的點到角兩邊的距離相等.
18.我國二孩政策的落實引起了全社會的關注，某校學生數學興趣小組為了了解本校同學對父母生育二孩的態度，隨機對本校部分同學進行了問卷調查，同學們對父母生育二孩所持的態度，分別為非常贊同、贊同、無所謂、不贊同等四種態度，現將調查統計結果制成了如圖兩幅統計圖，請結合兩幅統計圖，回答下列問題：
(1)在這次問卷調查中一共隨機調查了多少名學生?
(2)請補全條形統計圖和扇形統計圖;
(3)若該校有3000名學生，請你估計該校學生對父母生育二孩持“贊同”和“非常贊同”兩種態度的人數之和.
【考點】VC：條形統計圖;V5：用樣本估計總體;VB：扇形統計圖.
【分析】(1)根據“不贊同”的百分比及其人數可得;
(2)根據總人數為50人求得贊同的人數，再求出“贊同”、“非常贊同”及“無所謂”的百分比即可得;
(3)用樣本中“贊同”、“非常贊同”百分比之和乘以總人數3000即可得.
【解答】解：(1)∵5÷10%=50，
∴在這次問卷調查中一共隨機調查了50名學生;
(2)表示“贊同”的學生數為50﹣(10+15+5)=20，
“贊同”的百分比為 ×100%=40%，“非常贊同”的百分比為 ×100%=20%，“無所謂”的百分比為 ×100%=30%，
補全條形統計圖和扇形統計圖如下：
(3)3000×(40%+20%)=1800(人)，
答：估計該校學生對父母生育二孩持“贊同”和“非常贊同”兩種態度的人數之和為1800人.
【點評】本題考查的是條形統計圖和扇形統計圖的綜合運用，讀懂統計圖，從不同的統計圖中得到必要的信息是解決問題的關鍵.條形統計圖能清楚地表示出每個項目的數據;扇形統計圖直接反映部分占總體的百分比大小.
19.在△ABC中，AB=AC，過點C作CN∥AB且CN=AC，連接AN交BC于點M.求證：BM=CM.
【考點】KH：等腰三角形的性質;JA：平行線的性質.
【分析】根據等腰三角形的三線合一即可證明.
【解答】證明：∵AB=AC，CN=AC，
∴AB=CN，∠N=∠CAN
又∵AB∥CN，
∴∠BAM=∠N，
∴∠BAM=∠CAM，
∴AM為∠BAC的平分線，
又∵AB=AC，
∴AM為三角形ABC的邊BC上的中線，
∴BM=CM.
【點評】本題主要考查了等腰三角形的性質以及平行線的性質，解題的關鍵是掌握平行線的性質以及三角形中線的知識，此題難度不大.
20.蕪湖長江大橋是中國跨度最大的公路和鐵路兩用橋梁，在同類型重載橋梁中，它的主跨度居世界第二.如圖，是該橋面上的一根立柱和拉索的示意圖，小明測得拉索AB與水平橋面的夾角是30°，拉索CD與水平橋面的夾角是60°，兩拉索底端距離BD為20米，且已知兩拉索頂端的距離AC為2米，請求出立柱AH的長.(結果精確到0.1米， ≈1.732)
【考點】T8：解直角三角形的應用.
【分析】首先利用未知數表示出DH，CH，AH，BH的長，再利用BH=BD+DH得出等式求出答案.
【解答】解：設DH=x，
∵∠CDH=60°，∠AHB=90°，
∴CH=DH•tan60°= x，
∴AH=AC+CH=2+ x，
∵∠B=30°，
∴BH= AH=2 +3x，
∵BH=BD+DH，
∴2 +3x=20+x，
解得：x=10﹣ ，
∴AH=2+ (10﹣ )=10 ﹣1≈16.3(m)，
答：立柱AH的長約為16.3m.
【點評】此題主要考查了解直角三角形的應用，正確表示出BH的長是解題關鍵.
21.某賓館有50個房間供游客居住，當每個房間每天定價為120元時，房間會全部注滿，當每個房間每天的定價每增加10元時，就會有一個房間空閑，如果游客居住房間，那么賓館需對所居住的每個房間每天支出20元的相關消耗，打掃費用，設每個房間定價增加10x元(x為正整數).
(1)請直接寫出每天游客居住的房間數量y與x的函數關系式.
(2)設賓館每天的利潤為W元，當每個房間每天的定價為多少元時，賓館每天所獲利潤最大，最大利潤是多少?
【考點】HE：二次函數的應用.
【分析】(1)根據每天游客居住的房間數量等于50﹣減少的房間數即可解決問題;
(2)構建二次函數，利用二次函數的性質解決問題.
【解答】解：(1)根據題意，得：y=50﹣x，(0≤x≤50，且x為整數);
(2)W=(120+10x﹣20)(50﹣x)
=﹣10x2+400x+5000
=﹣10(x﹣20)2+9000，
∵a=﹣10<0
∴當x=20時，W取得最大值，W最大值=9000元，
答：當每間房價定價為320元時，賓館每天所獲利潤最大，最大利潤是9000元;
【點評】本題考查二次函數的應用、解題的關鍵是構建二次函數解決實際問題中的最值問題，屬于中考?？碱}型.
22.在四張背面完全相同的紙牌A、B、C、D，其中正面分別畫有四個不同的幾何圖形(如圖)，小華將這4張紙牌背面朝上洗勻后摸出一張，放回洗勻后再摸一張.
(1)用樹狀圖(或列表法)表示兩次摸牌所有可能出現的結果(紙牌可用A、B、C、D表示);
(2)求摸出兩張紙牌牌面上所畫幾何圖形，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的概率.
【考點】X6：列表法與樹狀圖法.
【分析】(1)首先根據題意畫出樹狀圖，然后由樹狀圖求得所有等可能的結果;
(2)由既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的有4種情況，直接利用概率公式求解即可求得答案.
【解答】解(1)畫樹狀圖得：
則共有16種等可能的結果;
(2)∵既是中心對稱又是軸對稱圖形的只有B、C，
∴既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的有4種情況，
∴既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的概率為： = .
【點評】此題考查了列表法或樹狀圖法求概率以及軸對稱圖形與中心對稱圖形的性質.用到的知識點為：概率=所求情況數與總情況數之比.
23.如圖，△ABC是⊙O的內接三角形，AB為直徑，過點B的切線與AC的延長線交于點D，E是BD中點，連接CE.
(1)求證：CE是⊙O的切線;
(2)若AC=4，BC=2，求BD和CE的長.
【考點】ME：切線的判定與性質.
【分析】(1)連接OC，由弦切角定理和切線的性質得出∠CBE=∠A，∠ABD=90°，由圓周角定理得出∠ACB=90°，得出∠ACO+∠BCO=90°，∠BCD=90°，由直角三角形斜邊上的中線性質得出CE= BD=BE，得出∠BCE=∠CBE=∠A，證出∠ACO=∠BCE，得出∠BCE+∠BCO=90°，得出CE⊥OC，即可得出結論;
(2)由勾股定理求出AB，再由三角函數得出tanA= = = ，求出BD= AB= ，即可得出CE的長.
【解答】(1)證明：連接OC，如圖所示：
∵BD是⊙O的切線，
∴∠CBE=∠A，∠ABD=90°，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB=90°，
∴∠ACO+∠BCO=90°，∠BCD=90°，
∵E是BD中點，
∴CE= BD=BE，
∴∠BCE=∠CBE=∠A，
∵OA=OC，
∴∠ACO=∠A，
∴∠ACO=∠BCE，
∴∠BCE+∠BCO=90°，
即∠OCE=90°，CE⊥OC，
∴CE是⊙O的切線;
(2)解：∵∠ACB=90°，
∴AB= = =2 ，
∵tanA= = = = ，
∴BD= AB= ，
∴CE= BD= .
【點評】本題考查了切線的判定、弦切角定理、圓周角定理、直角三角形斜邊上的中線性質、勾股定理、三角函數等知識;熟練掌握切線的判定和圓周角定理是解決問題的關鍵.
24.(10分)(2017•府谷縣模擬)如圖，已知拋物線y=ax2﹣4a(a>0)與x軸相交于A，B兩點，點P是拋物線上一點，且PB=AB，∠PBA=120°.
(1)求該拋物線的表達式;
(2)設點M(m，n)為拋物線上的一個動點，當點M在曲線BA之間(含端點)移動時，求|m|+|n|的最大值及取得最大值時點M的坐標.
【考點】HA：拋物線與x軸的交點;H7：二次函數的最值;H8：待定系數法求二次函數解析式.
【分析】(1)先求出A、B兩點坐標，然后過點P作PC⊥x軸于點C，根據∠PBA=120°，PB=AB，分別求出BC和PC的長度即可得出點P的坐標，最后將點P的坐標代入二次函數解析式即;
(2)根據題意可知：n<0，然后對m的值進行分類討論，當﹣2≤m≤0時，|m|=﹣m;當0
【解答】解：(1)如圖1，令y=0代入y=ax2﹣4a，
∴0=ax2﹣4a，
∵a>0，
∴x2﹣4=0，
∴x=±2，
∴A(﹣2，0)，B(2，0)，
∴AB=4，
過點P作PC⊥x軸于點C，
∴∠PBC=180°﹣∠PBA=60°，
∵PB=AB=4，
∴cos∠PBC= ，
∴BC=2，
由勾股定理可求得：PC=2 ，
∵OC=OB+BC=4，
∴P(4，2 )，
把P(4，2 )代入y=ax2﹣4a，
∴2 =16a﹣4a，
∴a= ，
∴拋物線解析式為;y= x2﹣ ;
(2)當點M在曲線BA之間(含端點)移動時，
∴﹣2≤m≤2，n<0，
當﹣2≤m≤0時，
∴|m|+|n|=﹣m﹣n=﹣ m2﹣m+ =﹣ (m+ )2+ ，
當m=﹣ 時，
∴|m|+|n|可取得最大值，最大值為 ，
此時，M的坐標為(﹣ ，﹣ )，
當0
∴|m|+|n|=m﹣n=﹣ m2+m+ =﹣ (m﹣ )2+ ，
當m= 時，
∴|m|+|n|可取得最大值，最大值為 ，
此時，M的坐標為( ，﹣ )，
綜上所述，當點M在曲線BA之間(含端點)移動時，M的坐標為( ，﹣ )或(﹣ ，﹣ )時，|m|+|n|的最大值為 .
【點評】本題考查二次函數的綜合問題，涉及待定系數法求二次函數解析式，三角形面積公式，二次函數最值等知識，要注意將三角形分解成兩個三角形求解;還要注意求最大值可以借助于二次函數的性質.
25.(12分)(2017•府谷縣模擬)(1)如圖1，在四邊形ADBC中，∠ACB=∠ADB=90°，將△BCD繞點D逆時針旋轉90°，則點B恰好落在點A處，得到旋轉后的△AED，則AC、BC、CD滿足的數量關系式是 AC+BC= CD .
(2)如圖2，AB是⊙O的直徑，點C、D在⊙O上，且 = ，若AB=13，BC=12，求CD的長.
(3)如圖3，∠ACB=∠ADB=90°，AD=BD，若AC=m，BC=n(m
【考點】MR：圓的綜合題.
【分析】(1)先判斷出E、A、C三點共線，再用旋轉的性質得出△CDE是等腰直角三角形，代換即可得出結論;
(2)連接AC、BD、AD即可將問題轉化為第(1)問的問題，利用題目所給出的證明思路即可求出CD的長度;
(3)以AB為直徑作⊙O，連接OD并延長交⊙O于點D1，由(2)問題可知：AC+BC= CD1;又因為CD1=D1D，所以利用勾股定理即可求出CD的長度;
【解答】解：(1)將△BCD繞點D，逆時針旋轉90°到△AED處，
∴∠EAD=∠DBC，
∵∠DBC+∠DAC=180°，
∴∠EAD+∠DAC=180°，
∴E、A、C三點共線，
∴∠CAE為平角，
由旋轉知，AE=BC，DE=CD，∠CDE=90°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴CE= CD，
∵CE=AE+AC=BC+AC，
∴AC+BC= CD，
故答案為：AC+BC= CD;
(2)連接AC、BD、AD，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB=∠ACB=90°，
∵ = ，
∴AD=BD，
將△BCD繞點D，逆時針旋轉90°到△AED處，如圖③，
∴∠EAD=∠DBC，
∵∠DBC+∠DAC=180°，
∴∠EAD+∠DAC=180°，
∴E、A、C三點共線，
∵AB=13，BC=12，
∴由勾股定理可求得：AC=5，
∵BC=AE，
∴CE=AE+AC=17，
∵∠EDA=∠CDB，
∴∠EDA+∠ADC=∠CDB+∠ADC，
即∠EDC=∠ADB=90°，
∵CD=ED，
∴△EDC是等腰直角三角形，
∴CE= CD，
∴CD= ;
(3)以AB為直徑作⊙O，連接OD并延長交⊙O于點D1，
連接D1A，D1B，D1C，如圖④
由(2)的證明過程可知：AC+BC= D1C，
∴D1C= ，
又∵D1D是⊙O的直徑，
∴∠DCD1=90°，
∵AC=m，BC=n，
∴由勾股定理可求得：AB2=m2+n2，
∴D1D2=AB2=m2+n2，
∵D1C2+CD2=D1D2，
∴CD=m2+n2﹣ = ，
∵m
∴CD= ;
【點評】此題圓的綜合題，主要考查了勾股定理、等腰直角三角形的判斷和性質，圓周角定理，旋轉的性質等知識點，解本題的關鍵是就利用得出的結論來進行解決問題.
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