初三數(shù)學上期末考試題(2)
初三數(shù)學上期末考試題參考答案
一、選擇題：本大題共12小題，每小題3分，共36分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1.若將一個正方形的各邊長擴大為原來的4倍，則這個正方形的面積擴大為原來的( )
A.16倍 B.8倍 C.4倍 D.2倍
【考點】相似圖形.
【分析】根據(jù)正方形的面積公式：s=a2，和積的變化規(guī)律，積擴大的倍數(shù)等于因數(shù)擴大倍數(shù)的乘積，由此解答.
【解答】解：根據(jù)正方形面積的計算方法和積的變化規(guī)律，如果一個正方形的邊長擴大為原來的4倍，那么正方形的面積是原來正方形面積的4×4=16倍.
故選：A
【點評】此題考查相似圖形問題，解答此題主要根據(jù)正方形的面積的計算方法和積的變化規(guī)律解決問題.
2.下列圖案中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是( )
A. B. C. D.
【考點】中心對稱圖形;軸對稱圖形.
【分析】根據(jù)軸對稱圖形和中心對稱圖形的概念對各選項分析判斷即可得解.
【解答】解：A、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故本選項錯誤;
B、既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形，故本選項正確;
C、不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，故本選項錯誤;
D、不是軸對稱圖形，也不是中心對稱圖形，故本選項錯誤.
故選B.
【點評】本題考查了中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念，軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后兩部分重合.
3.下列隨機事件的概率，既可以用列舉法求得，又可以用頻率估計獲得的是( )
A.某種幼苗在一定條件下的移植成活率
B.某種柑橘在某運輸過程中的損壞率
C.某運動員在某種條件下“射出9環(huán)以上”的概率
D.投擲一枚均勻的骰子，朝上一面為偶數(shù)的概率
【考點】利用頻率估計概率.
【分析】選項依次分析判斷即可.
【解答】解：A、某種幼苗在一定條件下的移植成活率，只能用頻率估計，不能用列舉法;故不符合題意;
B、某種柑橘在某運輸過程中的損壞率，只能用列舉法，不能用頻率求出;故不符合題意;
C、某運動員在某種條件下“射出9環(huán)以上”的概率，只能用頻率估計，不能用列舉法;故不符合題意;
D、∵一枚均勻的骰子只有六個面，即：只有六個數(shù)，不是奇數(shù)，便是偶數(shù)，
∴能一一的列舉出來，
∴既可以用列舉法求得，又可以用頻率估計獲得概率;故符合題意.
故選D.
【點評】此題是頻率估計概率，主要考查了概率的幾種求法，解本題的關鍵是熟練掌握概率的求法.
4.正六邊形的邊長為2，則它的面積為( )
A. B. C.3 D.6
【考點】正多邊形和圓.
【分析】構建等邊三角形，由題意可得：正六邊形的面積就是6個等邊△OCD的面積，根據(jù)邊長為2求得三角形的高線OG= ，代入面積公式計算即可.
【解答】解：如圖，設正六邊形ABCDEF的中心為O，連接OC、OD，
過O作OG⊥CD于G，
∵∠COD= =60°，OC=OD，
∴△COD是等邊三角形，
∴OC=CD=OD=2，
∴CG=DG=1，
由勾股定理得：OG= ，
∴S正六邊形ABCDEF=6S△OCD=6× ×CD×OG=3×2× =6 ，
故選D.
【點評】本題考查了正六邊形的性質及三角形的面積，正確計算中心角的度數(shù)= ，熟知半徑與邊長構成等邊三角形，求正六邊形的面積，其實就是求等邊三角形的面積.
5.袋中裝有除顏色外完全相同的a個白球、b個紅球、c個黃球，則任意摸出一個球是黃球的概率為( )
A. B. C. D.
【考點】概率公式.
【分析】由袋中裝有除顏色外完全相同的a個白球，b個紅球，c個黃球，直接利用概率公式求解即可求得答案..
【解答】解：根據(jù)題意，任意摸出一個球是黃球的概率為 ，
故選：A.
【點評】此題考查了概率公式的應用.用到的知識點為：概率=所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比.
6.如圖，鐵路道口的欄桿短臂長1m，長臂長16m.當短臂端點下降0.5m時，長臂端點升高(桿的寬度忽略不計)( )
A.4m B.6m C.8m D.12m
【考點】相似三角形的應用.
【分析】欄桿長短臂在升降過程中，將形成兩個相似三角形，利用對應變成比例解題.
【解答】解：設長臂端點升高x米，
則 = ，
∴解得：x=8.
故選;C.
【點評】此題考查了相似三角形在實際生活中的運用，得出比例關系式是解題關鍵.
7.下列說法正確的是( )
A.兩個大小不同的正三角形一定是位似圖形
B.相似的兩個五邊形一定是位似圖形
C.所有的正方形都是位似圖形
D.兩個位似圖形一定是相似圖形
【考點】位似變換.
【分析】根據(jù)位似圖形的定義即可判定.
【解答】解：A、錯誤.兩個大小不同的正三角形不一定是位似圖形;
B、錯誤.相似的兩個五邊形不一定是位似圖形;
C、錯誤.所有的正方形不一定是位似圖形;
D、正確.兩個位似圖形一定是相似圖
故選D.
【點評】本題考查位似圖形的定義，記住位似圖形的性質是解題的關鍵①兩個圖形必須是相似形;②對應點的連線都經(jīng)過同一點;③對應邊平行.
8.如圖，將△ABC繞點C(0，﹣1)旋轉180°得到△A'B'C，設點A的坐標為(a，b)，則點A′的坐標為( )
A.(﹣a，﹣b) B.(﹣a.﹣b﹣1) C.(﹣a，﹣b+1) D.(﹣a，﹣b﹣2)
【考點】坐標與圖形變化-旋轉.
【分析】我們已知關于原點對稱的點的坐標規(guī)律：橫坐標和縱坐標都互為相反數(shù);還知道平移規(guī)律：上加下減;左加右減.在此基礎上轉化求解.把AA′向上平移1個單位得A的對應點A1坐標和A′對應點A2坐標后求解.
【解答】解：把AA′向上平移1個單位得A的對應點A1坐標為(a，b+1).
因A1、A2關于原點對稱，所以A′對應點A2(﹣a，﹣b﹣1).
∴A′(﹣a，﹣b﹣2).
故選D.
【點評】此題通過平移把問題轉化為學過的知識，從而解決問題，體現(xiàn)了數(shù)學的化歸思想.
9.下列4×4的正方形網(wǎng)格中，小正方形的邊長均為1，三角形的頂點都在格點上，則與△ABC相似的三角形所在的網(wǎng)格圖形是( )
A. B. C. D.
【考點】相似三角形的判定.
【分析】根據(jù)勾股定理求出△ABC的三邊，并求出三邊之比，然后根據(jù)網(wǎng)格結構利用勾股定理求出三角形的三邊之比，再根據(jù)三邊對應成比例，兩三角形相似選擇答案.
【解答】解：根據(jù)勾股定理，AB= =2 ，
BC= = ，
AC= = ，
所以△ABC的三邊之比為 ：2 ： =1：2： ，
A、三角形的三邊分別為2， = ， =3 ，三邊之比為2： ：3 = ： ：3，故A選項錯誤;
B、三角形的三邊分別為2，4， =2 ，三邊之比為2：4：2 =1：2： ，故B選項正確;
C、三角形的三邊分別為2，3， = ，三邊之比為2：3： ，故C選項錯誤;
D、三角形的三邊分別為 = ， = ，4，三邊之比為 ： ：4，故D選項錯誤.
故選：B.
【點評】本題主要考查了相似三角形的判定與網(wǎng)格結構的知識，根據(jù)網(wǎng)格結構分別求出各三角形的三條邊的長，并求出三邊之比是解題的關鍵.
10.過以下四邊形的四個頂點不能作一個圓的是( )
A. 等腰梯形 B. 矩形
C. 直角梯形 D. 對角是90°的四邊形
【考點】圓周角定理;矩形的性質;直角梯形.
【分析】過四邊形的四個頂點能作一個圓的條件是：對角互補(對角之和等于180°).依此判斷即可.
【解答】解：A、等腰梯形的對角互補，所以過等腰梯形的四個頂點能作一個圓，故本選項不符合題意;
B、矩形的對角互補，所以過矩形的四個頂點能作一個圓，故本選項不符合題意;
C、直角梯形的對角不互補，所以過直角梯形的四個頂點不能作一個圓，故本選項符合題意;
D、對角是90°的四邊形的對角互補，所以過對角是90°的四邊形的四個頂點能作一個圓，故本選項不符合題意;
故選C.
【點評】本題考查了確定圓的條件，圓內(nèi)接四邊形的性質.圓內(nèi)接四邊形的性質是溝通角相等關系的重要依據(jù)，在應用此性質時，要注意與圓周角定理結合起來.在應用時要注意是對角，而不是鄰角互補.
11.如圖，AD⊥BC于D，BE⊥AC于E，AD與BE相交于點F，連接ED，圖中的相似三角形的對數(shù)為( )
A.4對 B.6對 C.8對 D.9對
【考點】相似三角形的判定.
【分析】利用有兩組角對應相等的兩個三角形相似可判定△FAE∽△CBE∽△FBD∽△CAD，再根據(jù)圓周角定理得到點A、B、D、E四點共圓，則∠BAD=∠BED，于是可判定△ABF∽△EDF，利用∠DEC=∠ABC可判定△CDE∽△CAB.
【解答】解：∵AD⊥BC于D，BE⊥AC于E，
∴∠ADC=∠AEC=90°，
∴△FAE∽△CAD，△FBD∽△CBE，
而∠ACD=∠BCE，
∴△CAD∽△CBE，
∴△FAE∽△CBE，△FAE∽△FBD，△FBD∽△CAD，
∵∠AEB=∠ADB，
∴點E、點D在以AB為直角的圓上，
即點A、B、D、E四點共圓，
∴∠BAD=∠BED，
∴△ABF∽△EDF，
∵∠DEC=∠ABC，
∴△CDE∽△CAB，
故選C.
【點評】本題考查了相似三角形的判定：兩組對應邊的比相等且夾角對應相等的兩個三角形相似;有兩組角對應相等的兩個三角形相似.
12.二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象如圖所示，則下列結論中錯誤的是( )
A.函數(shù)有最小值 B.當﹣1
C.a+b+c<0 D.當x< ，y隨x的增大而減小
【考點】二次函數(shù)的圖象.
【分析】A、觀察可判斷函數(shù)有最小值;B、由拋物線可知當﹣1
【解答】解：A、由圖象可知函數(shù)有最小值，故正確;
B、由拋物線可知當﹣1
C、當x=1時，y<0，即a+b+c<0，故正確;
D、由圖象可知在對稱軸的左側y隨x的增大而減小，故正確.
故選B.
【點評】本題考查了二次函數(shù)圖象的性質與解析式的系數(shù)的關系.關鍵是熟悉各項系數(shù)與拋物線的各性質的聯(lián)系.
二、填空題：本大題共6小題，每小題3分，共18分，請將答案直接填在答題紙中對應橫線上.
13.兩地的實際距離是2000m，在繪制的地圖上量得這兩地的距離是2cm，那么這幅地圖的比例尺為 1：100000 .
【考點】比例線段.
【分析】圖上距離和實際距離已知，依據(jù)“比例尺=圖上距離：實際距離”即可求得這幅地圖的比例尺.
【解答】解：2cm=0.02m，
0.02m：2000m=1：100000.
答：這幅地圖的比例尺是1：100000.
故答案為：1：100000.
【點評】此題主要考查比例尺的計算方法，解答時要注意單位的換算.
14.在一個口袋中有4個完全相同的小球，把它們分別標號為1，2，3，4，隨機摸出一個小球然后放回，再隨機摸出一個小球，則兩次取出的小球標號相同的概率為 .
【考點】列表法與樹狀圖法.
【分析】根據(jù)題意畫出數(shù)形圖，兩次取的小球的標號相同的情況有4種，再計算概率即可.
【解答】解：如圖：
兩次取的小球的標號相同的情況有4種，
概率為P= = .
故答案為： .
【點評】此題考查的是用列表法或樹狀圖法求概率.列表法可以不重復不遺漏的列出所有可能的結果，適合于兩步完成的事件;樹狀圖法適合兩步或兩步以上完成的事件;解題時要注意此題是放回實驗還是不放回實驗.用到的知識點為：概率=所求情況數(shù)與總情況數(shù)之比.
15.在平面直角坐標系中，O為原點，點A(4，0)，點B(0，3)把△ABO繞點B逆時針旋轉90°，得△A′BO′，點A、O旋轉后的對應點為A′、O′，那么AA′的長為 5 .
【考點】坐標與圖形變化-旋轉.
【分析】由A、B的坐標可求得AB，由旋轉的性質可知AB=A′B，在Rt△ABA′中利用勾股定理可求得AA′的長.
【解答】解：
∵A(4，0)，B(0，3)，
∴AB=5，
∵把△ABO繞點B逆時針旋轉90°，得△A′BO′，
∴A′B=AB=5，且∠ABA′=90°，
∴AA′= =5 ，
故答案為：5 .
【點評】本題主要考查旋轉的性質，掌握旋轉前后對應線段、對應角相等是解題的關鍵.
16.如圖，在△ABC中，已知∠C=90°，BC=6，AC=8，則它的內(nèi)切圓半徑是 2 .
【考點】三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心;勾股定理;正方形的判定與性質;切線長定理.
【分析】根據(jù)勾股定理求出AB，根據(jù)圓O是直角三角形ABC的內(nèi)切圓，推出OD=OE，BF=BD，CD=CE，AE=AF，∠ODC=∠C=∠OEC=90°，證四邊形ODCE是正方形，推出CE=CD=r，根據(jù)切線長定理得到AC﹣r+BC﹣r=AB，代入求出即可.
【解答】解：根據(jù)勾股定理得：AB= =10，
設三角形ABC的內(nèi)切圓O的半徑是r，
∵圓O是直角三角形ABC的內(nèi)切圓，
∴OD=OE，BF=BD，CD=CE，AE=AF，∠ODC=∠C=∠OEC=90°，
∴四邊形ODCE是正方形，
∴OD=OE=CD=CE=r，
∴AC﹣r+BC﹣r=AB，
8﹣r+6﹣r=10，
∴r=2，
故答案為：2.
【點評】本題主要考查對切線長定理，三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心，勾股定理，正方形的性質和判定等知識點的理解和掌握，能推出AC﹣r+BC﹣r=AB是解此題的關鍵.
17.如圖，拋物線y=ax2+bx+c(a>0)的對稱軸是過點(1，0)且平行于y軸的直線，若點P(4，0)在該拋物線上，則4a﹣2b+c的值為 0 .
【考點】拋物線與x軸的交點.
【分析】依據(jù)拋物線的對稱性求得與x軸的另一個交點，代入解析式即可.
【解答】解：設拋物線與x軸的另一個交點是Q，
∵拋物線的對稱軸是過點(1，0)，與x軸的一個交點是P(4，0)，
∴與x軸的另一個交點Q(﹣2，0)，
把(﹣2，0)代入解析式得：0=4a﹣2b+c，
∴4a﹣2b+c=0，
故答案為：0.
【點評】本題考查了拋物線的對稱性，知道與x軸的一個交點和對稱軸，能夠表示出與x軸的另一個交點，求得另一個交點坐標是本題的關鍵.
18.將邊長為4的正方形ABCD向右傾斜，邊長不變，∠ABC逐漸變小，頂點A、D及對角線BD的中點N分別運動列A′、D′和N′的位置，若∠A′BC=30°，則點N到點N′的運動路徑長為 .
【考點】軌跡;正方形的性質.
【分析】根據(jù)題意可以畫出相應的圖形，可以求得∠NMN′的度數(shù)，然后根據(jù)弧長公式即可解答本題.
【解答】解：作NM⊥BC于點M，連接MN′，
∵點N′和點M分別為線段BD′和BC的中點，
∴MN′= =2，
∴MN′=BM，
∴∠MBN′=∠MN′B，
∵∠A′BC=30°，
∴∠MBN′=15°，
∴∠N′MC=30°，
∴∠NMN′=60°，
∴點N到點N′的運動路徑長為： ，
故答案為： .
【點評】本題考查軌跡、正方形的性質，解題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件.
三、解答題：本大題共7小題，共66分，解答應寫出文字說明、演算步驟或推理過程.
19.如圖，正方形網(wǎng)格中的每個小正方形的邊長都是1，每個小正方形的頂點叫做格點.△ABC的三個頂點A，B，C都在格點上，將△ABC繞點A按順時針方向旋轉90°得到△AB′C′.
(1)在正方形網(wǎng)格中，畫出△AB′C′;
(2)計算線段AB在變換到AB′的過程中掃過區(qū)域的面積.
【考點】作圖-旋轉變換;扇形面積的計算.
【分析】(1)根據(jù)旋轉的性質得出對應點旋轉后位置進而得出答案;
(2)利用勾股定理得出AB=5，再利用扇形面積公式求出即可.
【解答】解：(1)如圖所示：△AB′C′即為所求;
(2)∵AB= =5，
∴線段AB在變換到AB′的過程中掃過區(qū)域的面積為： = π.
【點評】此題主要考查了扇形面積公式以及圖形的旋轉變換等知識，熟練掌握扇形面積公式是解題關鍵.
20.學生甲與學生乙學習概率初步知識后設計了如下游戲：學生甲手中有6，8，10三張撲克牌，學生乙手中有5，7，9三張撲克牌，每人從各自手中取一張牌進行比較，數(shù)字大的為本局獲勝，每次獲取的牌不能放回.
(1)若每人隨機取手中的一張牌進行比較，請列舉出所有情況;
(2)并求學生乙本局獲勝的概率.
【考點】列表法與樹狀圖法.
【分析】(1)根據(jù)題意可以寫出所有的可能性;
(2)根據(jù)(1)中的結果可以得到乙本局獲勝的可能性，從而可以解答本題.
【解答】解：(1)由題意可得，
每人隨機取手中的一張牌進行比較的所有情況是：
(6，5)、(6，7)、(6，9)、
(8，5)、(8，7)、(8，9)、
(10，5)、(10，7)、(10，9);
(2)學生乙獲勝的情況有：(6，7)、(6，9)、(8，9)，
∴學生乙本局獲勝的概率是： = ，
即學生乙本局獲勝的概率是 .
【點評】本題考查列表法與樹狀圖法，解題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件.
21.(10分)(2016秋•河西區(qū)期末)如圖，在△ABC中，DE∥BC，分別交AB、AC于點D、E，若AD=3，DB=2，BC=6，求DE的長.
【考點】相似三角形的判定與性質.
【分析】首先根據(jù)DE∥BC證得兩三角形相似，利用相似三角形的對應邊的比相等列式計算即可.
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ ，
又∵AD=3，DB=2，BC=6，
∴AB=AD+DB=5，
即： = ，
∴DE= .
【點評】此題考查了相似三角形的判定與性質，解題的關鍵是能夠根據(jù)平行得到相似，并得到比例式后代入計算.
22.(10分)(2016秋•河西區(qū)期末)已知二次函數(shù)y=2x2﹣4x+1
(1)用配方法化為y=a(x﹣h)2+k的形式;
(2)寫出該函數(shù)的頂點坐標;
(3)當0≤x≤3時，求函數(shù)y的最大值.
【考點】二次函數(shù)的三種形式;二次函數(shù)的最值.
【分析】(1)利用配方法整理即可得解;
(2)根據(jù)頂點式解析式寫出頂點坐標即可;
(3)根據(jù)增減性結合對稱軸寫出最大值即可;
【解答】解：(1)y=﹣2(x2+2x﹣ )
=﹣2(x2+2x+1﹣1﹣ )
=﹣2(x+1)2+3，
(2)頂點坐標為(﹣1，3)，
(3)當0≤x≤3時，此函數(shù)y隨著x的增大而減小，
∴當x=0時，y有最大值是1.
【點評】本題考查了二次函數(shù)的三種形式的轉化，二次函數(shù)的性質，熟練掌握配方法是解題的關鍵.
23.(10分)(2016秋•河西區(qū)期末)如圖，CD是圓O的弦，AB是直徑，且CD⊥AB，垂足為P.
(1)求證：PC2=PA•PB;
(2)PA=6，PC=3，求圓O的直徑.
【考點】相似三角形的判定與性質;勾股定理;垂徑定理.
【分析】(1)連接AC、BC，結合條件和垂徑定理可證明△APC∽△CPB，利用相似三角形的性質可證得PC2=PA•PB;
(2)把PA、PC的長代入(1)中的結論，可求得PB，則可求得AB的長.
【解答】(1)證明：
如圖，連接AC、BC，
∵CD⊥AB，AB是直徑，
∴ = ，
∴∠CAB=∠BCP，
∵∠CPA=∠CPB=90°，
∴△APC∽△CPB，
∴ = ，即PC2=PA•PB;
(2)解：
將PA=6，PC=3，代入PC2=PA•PB，可得32=6PB，
∴PB=1.5，
∴AB=PA+PB=6+1.5=7.5，
即圓的直徑為7.5.
【點評】本題主要考查相似三角形的判定和性質及垂徑定理，利用條件構造三角形相似是解題的關鍵.
24.(10分)(2016•天津一模)已知AB為⊙O的直徑，OC⊥AB，弦DC與OB交于點F，在直線AB上有一點E，連接ED，且有ED=EF.
(Ⅰ)如圖1，求證ED為⊙O的切線;
(Ⅱ)如圖2，直線ED與切線AG相交于G，且OF=1，⊙O的半徑為3，求AG的長.
【考點】切線的判定.
【分析】(1)連接OD，由ED=EF可得出∠EDF=∠EFD，由對頂角相等可得出∠EDF=∠CFO;由OD=OC可得出∠ODF=∠OCF，結合OC⊥AB即可得知∠EDF+∠ODF=90°，即∠EDO=90°，由此證出ED為⊙O的切線;
(2)連接OD，過點D作DM⊥BA于點M，結合(1)的結論根據(jù)勾股定理可求出ED、EO的長度，結合∠DOE的正弦、余弦值可得出DM、MO的長度，根據(jù)切線的性質可知GA⊥EA，從而得出DM∥GA，根據(jù)相似三角形的判定定理即可得出△EDM∽△EGA，根據(jù)相似三角形的性質即可得出GA的長度.
【解答】(1)證明：連接OD，如圖1所示.
∵ED=EF，
∴∠EDF=∠EFD，
∵∠EFD=∠CFO，
∴∠EDF=∠CFO.
∵OD=OC，
∴∠ODF=∠OCF.
∵OC⊥AB，
∴∠CFO+∠OCF=∠EDF+∠ODF=∠EDO=90°，
∴ED為⊙O的切線.
(2)解：連接OD，過點D作DM⊥BA于點M，如圖2所示.
由(1)可知△EDO為直角三角形，設ED=EF=a，EO=EF+FO=a+1，
由勾股定理得：EO2=ED2+DO2，即(a+1)2=a2+32，
解得：a=4，即ED=4，EO=5.
∵sin∠EOD= = ，cos∠EOD= = ，
∴DM=OD•sin∠EOD=3× = ，MO=OD•cos∠EOD=3× = ，
∴EM=EO﹣MO=5﹣ = ，EA=EO+OA=5+3=8.
∵GA切⊙O于點A，
∴GA⊥EA，
∴DM∥GA，
∴△EDM∽△EGA，
∴ ，
∴GA= = =6.
【點評】本題考查了切線的判定、等腰三角形的性質、角的三角函數(shù)值、相似三角形的判定及性質，解題的關鍵是：(1)通過等腰三角形的性質找出∠EDO=90°;(2)通過相似三角形的性質找出相似比.本題屬于中檔題，難度不大，解決該題型題目時，根據(jù)角的計算找出直角，從而證出切線.
25.(10分)(2016•溫州)如圖，拋物線y=x2﹣mx﹣3(m>0)交y軸于點C，CA⊥y軸，交拋物線于點A，點B在拋物線上，且在第一象限內(nèi)，BE⊥y軸，交y軸于點E，交AO的延長線于點D，BE=2AC.
(1)用含m的代數(shù)式表示BE的長.
(2)當m= 時，判斷點D是否落在拋物線上，并說明理由.
(3)若AG∥y軸，交OB于點F，交BD于點G.
?、偃簟鱀OE與△BGF的面積相等，求m的值.
?、谶B結AE，交OB于點M，若△AMF與△BGF的面積相等，則m的值是 .
【考點】二次函數(shù)綜合題.
【分析】(1)根據(jù)A、C兩點縱坐標相同，求出點A橫坐標即可解決問題.
(2)求出點D坐標，然后判斷即可.
(3)①首先根據(jù)EO=2FG，證明BG=2DE，列出方程即可解決問題.
?、谇蟪鲋本€AE、BO的解析式，求出交點M的橫坐標，列出方程即可解決問題.
【解答】解：(1)∵C(0，﹣3)，AC⊥OC，
∴點A縱坐標為﹣3，
y=﹣3時，﹣3=x2﹣mx﹣3，解得x=0或m，
∴點A坐標(m，﹣3)，
∴AC=m，
∴BE=2AC=2m.
(2)∵m= ，
∴點A坐標( ，﹣3)，
∴直線OA為y=﹣ x，
∴拋物線解析式為y=x2﹣ x﹣3，
∴點B坐標(2 ，3)，
∴點D縱坐標為3，
對于函數(shù)y=﹣ x，當y=3時，x=﹣ ，
∴點D坐標(﹣ ，3).
∵對于函數(shù)y=x2﹣ x﹣3，x=﹣ 時，y=3，
∴點D在落在拋物線上.
(3)①∵∠ACE=∠CEG=∠EGA=90°，
∴四邊形ECAG是矩形，
∴EG=AC=BG，
∵FG∥OE，
∴OF=FB，∵EG=BG，
∴EO=2FG，
∵ •DE•EO= •GB•GF，
∴BG=2DE，
∵DE∥AC，
∴ = = ，
∵點B坐標(2m，2m2﹣3)，
∴OC=2OE，
∴3=2(2m2﹣3)，
∵m>0，
∴m= .
?、凇逜(m，﹣3)，B(2m，2m2﹣3)，E(0，2m2﹣3)，
∴直線AE解析式為y=﹣2mx+2m2﹣3，直線OB解析式為y= x，
由 消去y得到﹣2mx+2m2﹣3= x，解得x= ，
∴點M橫坐標為 ，
∵△AMF的面積=△BFG的面積，
∴ •( +3)•(m﹣ )= •m• •(2m2﹣3)，
整理得到：2m4﹣9m2=0，
∵m>0，
∴m=
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