精品解析：河南省信阳市潢川县四校联考2024-2025学年九年级上学期12月月考数学试题

2024-2025学年上期九年级第三学月学业水平检测 数学试题 一、单选题（每小题3分，共30分） 1. 下列四个图案中，是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 2. 关于x的一元二次方程的一个根为，则m的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 4. 下列说法中，错误的是（ ） A. 弦是直径 B. 等弧所对的圆周角相等 C. 圆内接菱形是正方形 D. 正六边形的半径和其边长相等 5. 如图所示的网格由边长相同的小正方形组成，点在小正方形的顶点上，则的外心是（ ） A. 点 B. 点 C. 点 D. 点 6. 不透明的袋子中装有四个小球，上面分别写有数字“1”，“2”，“3”，“4”，除数字外这些小球无其他差别．从袋中随机同时摸出两个小球，那么这两个小球上的数字之和是5的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，是的直径，垂直于弦于点，，则的长是（　　） A. B. C. D. 8. 抛物线通过变换可以得到抛物线，以下变换过程正确的是（ ） A. 先向右平移个单位，再向上平移个单位 B. 先向左平移个单位，再向下平移个单位 C. 先向右平移个单位，再向下平移个单位 D. 先向左平移个单位，再向上平移个单位 9. 如图，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，将矩形ABCD按如图所示的方式在直线上进行两次旋转，则点B在两次旋转过程中经过的路径的长是（　　） A. B. C. D. 10. 如图1，矩形中，点为的中点，点沿从点运动到点，设，两点间的距离为，，图2是点运动时随变化的关系图象，则的长为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 已知点与点关于原点对称，则______． 12. 某校九年级组织一次辩论赛，规定进行单循环赛（每两班赛一场），共赛了场，该校九年级共有多少个班级参加了辩论赛？设该校九年级共有个班参加了辩论赛，根据题意，可列方程为______． 13. 如图，四边形是的内接四边形，是的中点，是上的一点，若，则________． 14. 如图，在矩形中，，以点为圆心，为半径的弧交于点，则阴影部分的扇形面积是_______． 15. 如图，在平面直角坐标系中，已知，以点为圆心的圆与轴相切．点、在轴上，且．点为上的动点，，则长度的最大值为______． 三、解答题（共75分） 16. 解方程： （1）； （2）． 17. 如图，的顶点坐标分别为，，． （1）画出与关于点成中心对称的图形； （2）①画出绕原点逆时针旋转的； ②在①基础上，若点为边上的任意一点，则旋转后对应点的坐标为 　 ． 18. 将4个完全相同的小球，分别标记为1，2，3，4号球．再将其放入不透明的口袋中，搅匀后随机摸出一个小球，记下标号后不放回，搅匀后再随机摸出一个小球，记下标号． （1）摸出的第一个小球标号不小于2的概率是_________； （2）用列表或画树状图的方法求摸出的两个小球标号之和大于4的概率． 19. 已知：平行四边形ABCD的两边AB、BC的长是关于x的方程x2﹣mx+﹣＝0的两个实数根． （1）试说明：无论m取何值方程总有两个实数根 （2）当m为何值时，四边形ABCD是菱形？求出这时菱形的边长； （3）若AB的长为2，那么平行四边形ABCD的周长是多少？ 20. 如图1所示的某种发石车是古代一种远程攻击的武器，发射出去的石块的运动轨迹是抛物线的一部分，且距离发射点20米时达到最大高度10米．将发石车置于山坡底部O处，山坡上有一点A，点A与点O的水平距离为30米，与地面的竖直距离为3米，AB是高度为3米的防御墙．若以点O为原点，建立如图2所示的平面直角坐标系． （1）求石块运动轨迹所在抛物线的解析式； （2）试通过计算说明石块能否飞越防御墙AB； （3）在竖直方向上，试求石块飞行时与坡面OA的最大距离． 21. 如图，AB是⊙O的直径，DO⊥AB于点O，连接DA交⊙O于点C，过点C作⊙O的切线交DO于点E，连接BC交DO于点F． （1）求证：CE=EF； （2）连接AF并延长，交⊙O于点G．填空： ①当∠D的度数为　 　时，四边形ECFG为菱形； ②当∠D的度数为　 　时，四边形ECOG为正方形． 22. 如图，二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交于点． （1）求二次函数的表达式； （2）当时，求函数最大值与最小值的差； （3）点的坐标为，点的坐标为，若线段与二次函数图象恰有一个交点，请直接写出的取值范围． 23. 如图1，和均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接． （1）填空：的度数为______；②线段之间的数量关系为______； （2）如图2，和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一直线上，为中边上的高，连接，请判断的度数及线段之间的数量关系，并说明理由； （3）如图3，在中，，，平面上一动点P到点B的距离为4，将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，连，则是否有最大值和最小值？若有，直接写出，不需要说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年上期九年级第三学月学业水平检测 数学试题 一、单选题（每小题3分，共30分） 1. 下列四个图案中，是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据中心对称图形的概念求解． 【详解】解：A、不是中心对称图形； B、不是中心对称图形； C、不是中心对称图形； D、是中心对称图形； 故选：D． 【点睛】本题考查中心对称图形的识别，掌握中心对称图形的定义是解题的关键． 2. 关于x的一元二次方程的一个根为，则m的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了方程根的定义：使方程左右两边相等的未知数的值叫做方程的根．把代入，转化为m的方程求解即可． 【详解】解：把代入， 得， 解得， 故选：A． 3. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次函数的性质，根据题目中的函数顶点解析式的特征，可以直接写出该函数图象的顶点坐标． 【详解】解：二次函数， 该函数图象的顶点坐标为， 故选：B． 4. 下列说法中，错误的是（ ） A. 弦是直径 B. 等弧所对的圆周角相等 C. 圆内接菱形是正方形 D. 正六边形的半径和其边长相等 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查正多边形和圆，菱形的性质，正方形的性质以及园周角定理，掌握正多边形和圆，菱形的性质，正方形的性质以及圆周角定理是正确判断的关键．根据正多边形和圆，菱形的性质，正方形的性质以及圆周角定理逐项进行判断即可． 【详解】解：A、弦不一定是直径，直径是圆中的最长的弦，因此选项A符合题意； B 、等弧所对的圆周角相等，因此选项B不符合题意； C 、圆内接菱形是正方形，因此选项C不符合题意； D 、正六边形的半径和其边长相等，因此选项D不符合题意； 故选：A． 5. 如图所示的网格由边长相同的小正方形组成，点在小正方形的顶点上，则的外心是（ ） A. 点 B. 点 C. 点 D. 点 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了三角形的外心的定义，根据三角形三边垂直平分线相交于一点，这一点叫做它的外心，据此解答即可求解，掌握三角形的外心的定义是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， 由勾股定理得，，，， ∴， ∴点是的外心， 故选：． 6. 不透明的袋子中装有四个小球，上面分别写有数字“1”，“2”，“3”，“4”，除数字外这些小球无其他差别．从袋中随机同时摸出两个小球，那么这两个小球上的数字之和是5的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了树状图法求概率，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卡片的数字之和等于5的情况，再利用概率公式求解即可求得答案． 【详解】解：根据题意画树状图如图：     共有12种情况，两次摸出的卡片的数字之和等于5的有4种， ∴两次摸出的卡片的数字之和等于5的概率为， 故选：B． 7. 如图，是的直径，垂直于弦于点，，则的长是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，圆周角定理，中位线的性质和判定， 设，可表示出，再说明是的中位线，可得，然后根据勾股定理得，接下来代入计算可得答案． 【详解】解：设， ∵， ∴， ∴． ∵是的直径， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴是的中位线， ∴． 在中，， 即， 解得， ∴． 故选：B． 8. 抛物线通过变换可以得到抛物线，以下变换过程正确的是（ ） A. 先向右平移个单位，再向上平移个单位 B. 先向左平移个单位，再向下平移个单位 C. 先向右平移个单位，再向下平移个单位 D. 先向左平移个单位，再向上平移个单位 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查抛物线的平移．熟练掌握二次函数平移规律是解题的关键．把抛物线化为顶点式，再根据二次函数平移规律即可求解． 【详解】解：， 抛物线先向右平移个单位，再向下平移个单位，得到抛物线， 故选：C． 9. 如图，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，将矩形ABCD按如图所示的方式在直线上进行两次旋转，则点B在两次旋转过程中经过的路径的长是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】解：连接BD，B′D， ∵AB=5，AD=12， ∴BD= ∴， ∵， ∴点B在两次旋转过程中经过的路径的长是：． 故选A． 考点：1．弧长的计算；2．矩形的性质；3．旋转的性质． 10. 如图1，矩形中，点为的中点，点沿从点运动到点，设，两点间的距离为，，图2是点运动时随变化的关系图象，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用图2得出当P点位于B点时和当P点位于E点时的情况，得到AB和BE之间的关系以及，再利用勾股定理求解即可得到BE的值，最后利用中点定义得到BC的值． 【详解】解：由图2可知，当P点位于B点时，，即， 当P点位于E点时，，即，则， ∵, ∴, 即, ∵ ∴, ∵点为的中点， ∴, 故选：C． 【点睛】本题考查了学生对函数图象的理解与应用，涉及到了勾股定理、解一元二次方程、中点的定义等内容，解决本题的关键是能正确理解题意，能从图象中提取相关信息，能利用勾股定理建立方程等，本题蕴含了数形结合的思想方法． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 已知点与点关于原点对称，则______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查关于原点对称的点的坐标，根据关于原点对称的点坐标横纵坐标互为相反数直接求解即可得到答案； 【详解】解：∵点与点关于原点对称， ∴，， ∴， 故答案为：． 12. 某校九年级组织一次辩论赛，规定进行单循环赛（每两班赛一场），共赛了场，该校九年级共有多少个班级参加了辩论赛？设该校九年级共有个班参加了辩论赛，根据题意，可列方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，由题意得知个班要与各班进行比赛，结合单循环赛即可列出方程． 【详解】解：由题意得：个班要与各班进行比赛， ∵进行单循环赛（每两班赛一场）， ∴， 故答案为： 13. 如图，四边形是的内接四边形，是的中点，是上的一点，若，则________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理和圆心角、弧、弦之间的关系，先求出的度数，根据圆心角、弧、弦之间的关系求出的度数，求出的度数，即可求出答案． 【详解】解：∵， ∴的度数是， ∵点D是的中点， ∴的度数也是， ∴的度数是， ∴圆周角的度数是， 故答案为：． 14. 如图，在矩形中，，以点为圆心，为半径的弧交于点，则阴影部分的扇形面积是_______． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了扇形面积的计算及矩形的性质，先求出的度数，进而得出的度数，最后根据扇形的面积公式即可解决问题． 【详解】解：因为四边形是矩形， 所以． 因为， 则在中， 所以， 所以， 所以． 故答案为：． 15. 如图，在平面直角坐标系中，已知，以点为圆心的圆与轴相切．点、在轴上，且．点为上的动点，，则长度的最大值为______． 【答案】16 【解析】 【分析】连接并延长，交上一点，以为圆心，以为半径作，交轴于、，此时的长度最大，根据勾股定理和题意求得，则的最大长度为16． 【详解】解：连接并延长，交上一点，以为圆心，以为半径作，交轴于、， 此时OP最大 ，则AB的长度最大， ∵， ∴， ∵以点为圆心的圆与轴相切． ∴的半径为3， ∴， ∵是直径， ∴， ∴长度的最大值为16， 故答案为16． 【点睛】本题考查了切线的性质，坐标和图形的性质，圆周角定理，找到的最大值是解题的关键． 三、解答题（共75分） 16. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握解一元二次方程的方法，是解题的关键． （1）用公式法解一元二次方程即可； （2）先移项，然后再用因式分解法解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解：， ∵，，， ∴， ∴， 即，； 【小问2详解】 解：， 移项得：， 因式分解得：， ∴或， 解得：，． 17. 如图，的顶点坐标分别为，，． （1）画出与关于点成中心对称的图形； （2）①画出绕原点逆时针旋转的； ②在①基础上，若点为边上的任意一点，则旋转后对应点的坐标为 　 ． 【答案】（1）见解析 （2）①见解析；② 【解析】 【分析】（1）利用关于原点对称的点的坐标特征写出、、的坐标，然后描点即可； （2）①利用网格特点和旋转的性质画出、、的对应点、、即可； ②利用所画图形写出点的坐标． 【小问1详解】 如图，为所作； 【小问2详解】 ①画如图，为所作； ②绕原点逆时针旋转后，旋转后对应点坐标的横坐标为的点纵坐标的负值，纵坐标为的横坐标， 旋转后对应点的坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了作图旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形． 18. 将4个完全相同的小球，分别标记为1，2，3，4号球．再将其放入不透明的口袋中，搅匀后随机摸出一个小球，记下标号后不放回，搅匀后再随机摸出一个小球，记下标号． （1）摸出的第一个小球标号不小于2的概率是_________； （2）用列表或画树状图的方法求摸出的两个小球标号之和大于4的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）一次摸出小球一共有四种结果，不小于2的有三种，由概率公式即可得到答案． （2）用树状图或列表法罗列出两次摸出小球结果数，在找出满足“摸出的两个小球标号之和大于4”的结果数，进而由概率公式即可得到答案． 【小问1详解】 解：摸出的第一个小球标号一共有1、2、3、4四种结果，不小于2的有三种结果，故摸出的第一个小球标号不小于2的概率． 【小问2详解】 解：两次摸球结果树状图如下： 两次摸球一共有16种结果，其中满足摸出的两个小球标号之和大于4的有10种，故摸出的两个小球标号之和大于4的概率． 【点睛】本题考查概率初步，熟练掌握概率的公式计算、用树状图或列表法求概率是解题的关键． 19. 已知：平行四边形ABCD的两边AB、BC的长是关于x的方程x2﹣mx+﹣＝0的两个实数根． （1）试说明：无论m取何值方程总有两个实数根 （2）当m为何值时，四边形ABCD是菱形？求出这时菱形的边长； （3）若AB的长为2，那么平行四边形ABCD的周长是多少？ 【答案】（1）见解析； （2）m＝1，菱形的边长为；（3）平行四边形ABCD的周长为5． 【解析】 【分析】（1）利用根的判别式求出△的符号进而得出答案； （2）利用菱形的性质以及一元二次方程的解法得出答案； （3）将AB＝2代入方程解得m＝，进而得出x的值． 【详解】（1）证明：∵关于x的方程x2﹣mx+﹣＝0，△＝m2﹣2m+1＝（m﹣1）2 ∵（m﹣1）2≥0 ∴无论m取何值方程总有两个实数根； （2）解：∵四边形ABCD是菱形 ∴AB＝BC即（m﹣1）2＝0， ∴m＝1代入方程得： ∴ ∴x1＝x2＝， 即菱形的边长为； （3）解：将AB＝2代入方程x2﹣mx+﹣＝0， 解得：m＝， 将代入方程，x2﹣mx+﹣＝0， 解得：x1＝2，x2＝， 即BC＝， 所以平行四边形ABCD的周长为2+2+＝5． 【点睛】考查了一元二次方程的解法以及菱形的性质和根的判别式等知识，得出m的值是解题关键． 20. 如图1所示的某种发石车是古代一种远程攻击的武器，发射出去的石块的运动轨迹是抛物线的一部分，且距离发射点20米时达到最大高度10米．将发石车置于山坡底部O处，山坡上有一点A，点A与点O的水平距离为30米，与地面的竖直距离为3米，AB是高度为3米的防御墙．若以点O为原点，建立如图2所示的平面直角坐标系． （1）求石块运动轨迹所在抛物线的解析式； （2）试通过计算说明石块能否飞越防御墙AB； （3）在竖直方向上，试求石块飞行时与坡面OA的最大距离． 【答案】（1）y＝﹣x2＋x（0≤x≤40） （2）能飞越 把x＝30代入y＝﹣x2＋x，得y＝﹣×900＋30＝7.5． ∵7.5＞3＋3，∴石块能飞越防御墙AB． （3）8.1米 【解析】 【分析】（1）设石块运行的函数关系式为y＝a（x﹣20）2+10，用待定系数法求得a的值即可求得答案； （2）把x＝30代入y＝﹣x2+x，求得y的值，与6作比较即可； （3）用待定系数法求得OA的解析式为y＝x，设抛物线上一点P（t，﹣t2+t），过点P作PQ⊥x轴，交OA于点Q，则Q（t，t），用含t的式子表示出d关于t的表达式，再利用二次函数的性质可得答案； 【小问1详解】 解：设石块的运动轨迹所在抛物线的解析式为y＝a（x﹣20）2＋10． 把（0，0）代入，得400a＋10＝0，解得a＝﹣． ∴y＝﹣（x﹣20）2＋10．即y＝﹣x2＋x（0≤x≤40）． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：设直线OA的解析式为y＝kx（k≠0）． 把（30，3）代入，得3＝30k， ∴k＝． 故直线OA的解析式为y＝x． 设直线OA上方的抛物线上的一点P的坐标为（t，﹣t2＋t）． 过点P作PQ⊥x轴，交OA于点Q，则Q（t，t）． ∴PQ＝﹣t2＋t﹣t＝﹣t2＋t＝﹣（t﹣18）2＋8.1． ∴当t＝18时，PQ取最大值，最大值为8.1． 答：在竖直方向上，石块飞行时与坡面OA的最大距离是8.1米． 【点睛】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 21. 如图，AB是⊙O的直径，DO⊥AB于点O，连接DA交⊙O于点C，过点C作⊙O的切线交DO于点E，连接BC交DO于点F． （1）求证：CE=EF； （2）连接AF并延长，交⊙O于点G．填空： ①当∠D的度数为　 　时，四边形ECFG为菱形； ②当∠D的度数为　 　时，四边形ECOG为正方形． 【答案】（1）证明见解析；（2）①30°；②22.5°. 【解析】 【详解】分析：（1）连接OC，如图，利用切线的性质得∠1+∠4=90°，再利用等腰三角形和互余证明∠1=∠2，然后根据等腰三角形的判定定理得到结论； （2）①当∠D=30°时，∠DAO=60°，证明△CEF和△FEG都为等边三角形，从而得到EF=FG=GE=CE=CF，则可判断四边形ECFG为菱形； ②当∠D=22.5°时，∠DAO=67.5°，利用三角形内角和计算出∠COE=45°，利用对称得∠EOG=45°，则∠COG=90°，接着证明△OEC≌△OEG得到∠OEG=∠OCE=90°，从而证明四边形ECOG为矩形，然后进一步证明四边形ECOG为正方形． 详解：（1）证明：连接OC，如图， ∵CE为切线， ∴OC⊥CE， ∴∠OCE=90°，即∠1+∠4=90°， ∵DO⊥AB， ∴∠3+∠B=90°， 而∠2=∠3， ∴∠2+∠B=90°， 而OB=OC， ∴∠4=∠B， ∴∠1=∠2， ∴CE=FE； （2）解：①当∠D=30°时，∠DAO=60°， 而AB为直径， ∴∠ACB=90°， ∴∠B=30°， ∴∠3=∠2=60°， 而CE=FE， ∴△CEF为等边三角形， ∴CE=CF=EF， 同理可得∠GFE=60°， 利用对称得FG=FC， ∵FG=EF， ∴△FEG为等边三角形， ∴EG=FG， ∴EF=FG=GE=CE， ∴四边形ECFG为菱形； ②当∠D=22.5°时，∠DAO=67.5°， 而OA=OC， ∴∠OCA=∠OAC=67.5°， ∴∠AOC=180°-67.5°-67.5°=45°， ∴∠AOC=45°， ∴∠COE=45°， 利用对称得∠EOG=45°， ∴∠COG=90°， 易得△OEC≌△OEG， ∴∠OEG=∠OCE=90°， ∴四边形ECOG为矩形， 而OC=OG， ∴四边形ECOG为正方形． 故答案为30°，22.5°． 点睛：本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了菱形和正方形的判定． 22. 如图，二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交于点． （1）求二次函数的表达式； （2）当时，求函数最大值与最小值的差； （3）点的坐标为，点的坐标为，若线段与二次函数图象恰有一个交点，请直接写出的取值范围． 【答案】（1）二次函数的解析式为； （2）函数最大值与最小值的差为9； （3）的取值范围为或． 【解析】 【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的图象与性质． （1）利用待定系数法即可求解； （2）先求得函数的对称轴，得到最小值，再把和代入解析式求得函数值，据此求解即可； （3）先求得时，的值，当线段与二次函数图象的交点分别为或时，据此即可求解． 【小问1详解】 解：二次函数的表达式为， 把代入得， 解得， ∴二次函数的表达式为； 【小问2详解】 解：二次函数的对称轴为直线， ∵在范围内， ∴当时，函数有最小值为； 当时，； 当时，； ∴当时，求函数最大值与最小值的差为； 【小问3详解】 解：令得， 解得或； 当线段与二次函数图象的一个交点为时， 且，解得； 当线段与二次函数图象的一个交点为时， 且，解得； 综上，的取值范围为或． 23. 如图1，和均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接． （1）填空：的度数为______；②线段之间的数量关系为______； （2）如图2，和均为等腰直角三角形，，点A，D，E在同一直线上，为中边上的高，连接，请判断的度数及线段之间的数量关系，并说明理由； （3）如图3，在中，，，平面上一动点P到点B的距离为4，将线段绕点C顺时针旋转，得到线段，连，则是否有最大值和最小值？若有，直接写出，不需要说明理由． 【答案】（1）①；②； （2），理由： ∵和均为等腰直角三角形，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 在等腰直角三角形中，为斜边上的高， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）存在，的最小值为，的最大值为． 【解析】 【分析】本题主要考查了等边三角形性质、等腰直角三角形性质、全等三角形判定与性质，旋转的性质等知识点，握全等三角形判定定理是解题的关键掌． （1）①由和均为等边三角形，可得，故，即得，有，故；②由即得； （2）证明可得，故，而，即得； （3）证明得，可证点D在以点A为圆心，4为半径的圆上，当D在线段上时，有最小值，求出，即可得的最小值为；当A在线段上时，的最大值为． 【小问1详解】 解：①∵和均为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∴； 故答案为：； ②由①知， ∴． 故答案为：． 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 解：如图： ∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵点P到点B的距离是4， ∴， ∴点D在以点A为圆心，4为半径的圆上， 如图：当D在线段上时，有最小值， ∵， ∴， ∴此时，即的最小值为； 如图：当A在线段上时，最大， 此时，即的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $