2020-2021学年陕西省某校初三（下）期中考试数学试卷新人教版

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2020-2021学年陕西省某校初三（下）期中考试数学试卷 一、选择题   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.四棱锥 B.四棱柱 C.三棱锥 D.三棱柱   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的一些对应值如下表： 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=32x+1和y=ax−2的图象交于点Am,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交于点O，AE⊥BD，垂足为E，DE=3BE，则AE的长为(  ) A.23 B.33 C.332 D.3   9. 如图，在⊙O中，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与正比例函数y=x的图象两个交点的横坐标分别为m，n，且m<1−2 B.t<−2 C.t>14 D.t<14 二、填空题   计算：(−m3)2÷m4=________．   如图，若正五边形和正六边形有一边重合，则∠1=_______​∘.   如图，直线AB与x轴，y轴分别交于A，B两点，且与反比例函数y=kx(x>0)的图象交于点C，若S△AOB   =S△BOC   =1，则k=________.   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   计算：13−1+6tan30∘−|2−12|.   解方程：x−2x+2=1−94−x2.   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）   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.   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：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．   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.   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∘C.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∘C. (1)求山上气温y​∘C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∘C，请你求出骊山的高度约为多少米？   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）   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.   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．      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=43米，AD=83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.  参考答案与试题解析 2020-2021学年陕西省某校初三（下）期中考试数学试卷 一、选择题 1. 【答案】 C 【考点】 实数大小比较 【解析】 此题暂无解析 【解答】 解：∵ 1<3<2<π，∴ −1>−3>−2>−π，∴ 最小的数为−π.故选C. 2. 【答案】 D 【考点】 几何体的展开图 【解析】 两个三角形和三个长方形可以折叠成一个三棱柱． 【解答】 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D. 3. 【答案】 C 【考点】 平行线的性质 三角形的外角性质 【解析】 根据平行线的性质和三角形的外角的性质即可得到结论． 【解答】 解：如图，∵ AB // CD，∴ ∠ABE=∠1=50∘，又∵ ∠2是△ABE的外角，∴ ∠2=∠ABE+∠E=50∘+60∘=110∘.故选C. 4. 【答案】 B 【考点】 用关系式表示的变量间的关系 变量与常量 【解析】 根据表格分析，当x增加1时，y增加0.5，从而可写出当x=7时，y的值． 【解答】 解：据表格分析，当x增加1时，y增加0.5，所以当x=7时，y=8.5+(7−5)×0.5=9.5.故选B． 5. 【答案】 A 【考点】 解一元一次不等式组 在数轴上表示不等式的解集 【解析】 先分别求出各不等式的解集，再求其公共解集即可． 【解答】 解：x+2>0①，−2x+4≥0②,由①，得x>−2，由②，得x≤2，则不等式组的解集为−20，∴t<14.∵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，如图，把1,1代入y=x2+2x+t，求得t=−2.∵m<10)．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． 【解答】 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，∴ 12OA⋅OB=1，∴ OA=2a.∵ CD // OB，AB=BC，∴ OD=OA=2a，CD=2OB=2a，∴ C2a, 2a.∵ 反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点C，∴ k=2a×2a=4．故答案为：4. 【答案】 2 【考点】 正方形的性质 等腰直角三角形 全等三角形的性质与判定 旋转的性质 【解析】 如图1，过点G点作GP⊥AB于点P，GQ⊥BC于点Q，连接BD．构造全等三角形△GPF≅△GQEAAS ，由该全等三角形的性质可以判定点G在BD所在的直线上运动；当CG⊥BD时，CG取最小值．根据正方形的性质解答即可． 【解答】 解：如图，过点G点作GP⊥AB于点P，GQ⊥BC于点Q，连接BD．根据题意知，∠ABC=90∘，∠PGQ=90∘，∴∠PGF+∠FGQ=∠QGE+∠FGQ=90∘，∴∠PGF=∠QGE.又∵ △EFG是等腰直角三角形，且∠FGE=90∘，∴GF=GE，在△GPF与△GQE中，∠GPF=∠GQE=90∘,∠PGF=∠QGE,GF=GE,∴△GPF≅△GQE(AAS)，∴ GP=GQ，∠GBP=∠GBE=12∠ABC，∴ 点G在BD所在的直线上运动．∴ 当CG⊥BD时，CG最小，此时2CG2=BC2，解得CG=2.故答案为：2． 三、解答题 【答案】 解：原式=3+6×33−23−2=3+23−23+2=5. 【考点】 特殊角的三角函数值 零指数幂、负整数指数幂 负整数指数幂 绝对值 【解析】 暂无 【解答】 解：原式=3+6×33−23−2=3+23−23+2=5. 【答案】 解：方程变形得：x−2x+2+94−x2=1，去分母得：x−22−9=x2−4，整理，得−4x=1，解得：x=−14，经检验：x=−14是原方程的解，∴ 原方程的解为x=−14 【考点】 解分式方程——可化为一元一次方程 【解析】 暂无 【解答】 解：方程变形得：x−2x+2+94−x2=1，去分母得：x−22−9=x2−4，整理，得−4x=1，解得：x=−14，经检验：x=−14是原方程的解，∴ 原方程的解为x=−14. 【答案】 解：如图，点P即为所求． 【考点】 作图—复杂作图 点到直线的距离 【解析】 利用尺规作∠ABC的角平分线交AC于点D，点D即为所求． 【解答】 解：如图，点P即为所求． 【答案】 证明：∵ BE平分∠ABC交AD于E，且AB=AE，∴ ∠ABE=∠CBE，∠ABE=∠AEB，∴ ∠CBE=∠AEB，∴ AD//BC.又∵ AB//CD，∴ 四边形ABCD是平行四边形，∴ AB=CD. 【考点】 平行四边形的性质与判定 【解析】 暂无 【解答】 证明：∵ BE平分∠ABC交AD于E，且AB=AE，∴ ∠ABE=∠CBE，∠ABE=∠AEB，∴ ∠CBE=∠AEB，∴ AD//BC.又∵ AB//CD，∴ 四边形ABCD是平行四边形，∴ AB=CD. 【答案】 解：(1)m=1−0.25−0.2−0.4=0.15.故答案为：0.15.由图表可知，抽查的总人数为750.25=300，所以C组人数为300−75−60−45=120（人）.补全条形统计图如图所示.  C (3)本次全部测试成绩的平均数为4725+4500+10200+4275300=79（分）. 【考点】 频数（率）分布直方图 条形统计图 中位数 算术平均数 【解析】 (1)利用频率之和为1，求出m，进而求出总人数，得到C组人数，即可求解； 2一共300个样本，中间的第150，151两个数恰好落在C组； (3)利用平均数的求法求解即可. 【解答】 解：(1)m=1−0.25−0.2−0.4=0.15.故答案为：0.15.由图表可知，抽查的总人数为750.25=300，所以C组人数为300−75−60−45=120（人）.补全条形统计图如图所示.  2一共300个样本，中间的第150，151两个数恰好落在C组，则这次测试成绩的中位数落在C组.故答案为：C. (3)本次全部测试成绩的平均数为4725+4500+10200+4275300=79（分）. 【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⊥EN，∴  ∠2+∠CEM=90∘.∵ ∠1与∠2互余，∠1=∠ADB，∴ ∠ADB+∠2=90∘，∴ ∠CEM=∠ADB .在△CEM和△ADB中，∠CMB=∠ABD=90∘，∠CEM=∠ADB，CM=AB，∴ △CEM≅△ABH(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 . 【考点】 全等三角形的性质与判定 矩形的判定与性质 【解析】 暂无 【解答】 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⊥EN，∴  ∠2+∠CEM=90∘.∵ ∠1与∠2互余，∠1=∠ADB，∴ ∠ADB+∠2=90∘，∴ ∠CEM=∠ADB .在△CEM和△ADB中，∠CMB=∠ABD=90∘，∠CEM=∠ADB，CM=AB，∴ △CEM≅△ABH(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 . 【答案】 解：(1)根据题意，得y=36−0.6×h100=36−0.006h，即y与h之间的函数关系式为y=36−0.006h. (2)由(1)可知，y=36−0.006h，当y=28.2∘C时，可得36−0.006h=28.2 ，解得h=1300.答：骊山的高度约为1300米 . 【考点】 一次函数的应用 根据实际问题列一次函数关系式 【解析】 暂无 暂无 【解答】 解：(1)根据题意，得y=36−0.6×h100=36−0.006h，即y与h之间的函数关系式为y=36−0.006h. (2)由(1)可知，y=36−0.006h，当y=28.2∘C时，可得36−0.006h=28.2 ，解得h=1300.答：骊山的高度约为1300米 . 【答案】 16 (2)小芳的爸爸一次性购物327元，可投掷两枚骰子，列表法如下： 一共有36种情况，其中两次数字之和为5，9，12才中奖，共有9种情况，∴ 他获得奖品的概率是多少936=14. 【考点】 概率公式 列表法与树状图法 【解析】 (1)王阿姨一次性购物180元，可投掷一枚骰子，共有六种情况，其中出现5点时才有奖品，利用概率公式求解即可. (2)列表求解即可. 【解答】 解：(1)王阿姨一次性购物180元，可投掷一枚骰子，共有六种情况，其中出现5点时才有奖品，所以中奖的概率为16.故答案为：16. (2)小芳的爸爸一次性购物327元，可投掷两枚骰子，列表法如下： 一共有36种情况，其中两次数字之和为5，9，12才中奖，共有9种情况，∴ 他获得奖品的概率是多少936=14. 【答案】 证明；如图，连接OD.∵AB=BE，∴ ∠E=∠BAE，∵ OA=OD，∴ ∠OAD=∠ODA.∴ ∠ODA=∠E ，∴ OD//BE.∵ PD切⊙O于点D，∴ OD⊥PD ，∴ BE⊥PC . (2)解∵OD//BE，∠ABC=60∘，∴ ∠DOP=∠ABC=60∘.∵ PD⊥OD，∴ tan∠DOP=DPOD，∴ OD=DPtan60∘=63=23，∴ OP=2OD=43，∴ PB=OP+OB=63，∴ sin∠PBC=PCPB，∴ PC=PB⋅sin60∘=9，∴ CD=PC−PD=3，∴ OC=OD2+CD2=21. 【考点】 切线的性质 等腰三角形的性质 平行线的判定与性质 圆的综合题 锐角三角函数的定义 勾股定理 【解析】 暂无 暂无 【解答】 证明；如图，连接OD.∵AB=BE，∴ ∠E=∠BAE，∵ OA=OD，∴ ∠OAD=∠ODA.∴ ∠ODA=∠E ，∴ OD//BE.∵ PD切⊙O于点D，∴ OD⊥PD ，∴ BE⊥PC . (2)解∵OD//BE，∠ABC=60∘，∴ ∠DOP=∠ABC=60∘.∵ PD⊥OD，∴ tan∠DOP=DPOD，∴ OD=DPtan60∘=63=23，∴ OP=2OD=43，∴ PB=OP+OB=63，∴ sin∠PBC=PCPB，∴ PC=PB⋅sin60∘=9，∴ CD=PC−PD=3，∴ OC=OD2+CD2=21. 【答案】 解：(1)设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c(a≠0)，由已知得：C(0, −3)，A(−1, 0)，B(3,0)，∴ a−b+c=0,9a+3b+c=0,c=−3, 解得a=1,b=−2,c=−3, ∴ 抛物线的函数表达式为y=x2−2x−3. (2)存在．∵ MN // x轴，且M，N在抛物线上，∴ M，N关于直线x=1对称，设点M为(m, m2−2m−3)且m>1，∴ MN=2(m−1)，∵ △MNQ是以MN为一直角边的等腰直角三角形，如图，∴ ①当∠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|，即2(m−1)=m2−2m−3或2(m−1)=−(m2−2m−3)，解得m1=2+5，m2=2−5（舍）或m3=5，m4=−5（舍），∴ 点M为(2+5, 2+25)或(5, 2−25)，∴ 点Q为(2+5, 0)或(5, 0)；②当∠QNM=90∘，且MN=NQ时，△MNQ为等腰直角三角形，同理可求点Q为(−5, 0)或(2−5, 0)，综上所述，满足存在满足条件的点Q，分别为(−5, 0)或(5, 0)或(2+5, 0)或(2−5, 0). 【考点】 待定系数法求二次函数解析式 等腰直角三角形 二次函数综合题 【解析】 （1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c(a≠0)，根据已知得到C(0, −3)，A(−1, 0)，代入得到方程组a−b+c=09a+3b+c=0c=−3 ，求出方程组的解即可；（2）过点P作y轴的平行线与AG交于点F，求出点G的坐标(2, −3)，设直线AG为y＝kx+n(k≠0)，代入得到−k+n=02k+n=−3 ，求出方程组的解得出直线AG为y＝−x−1，设P(x, x2−2x−3)，则F(x, −x−1)，PF＝−x2+x+2，根据三角形的面积公式求出△APG的面积，化成顶点式即可；（3）存在．根据MN // x轴，且M、N在抛物线上，得到M、N关于直线x＝1对称，设点M为(m, m2−2m−3)且m>1，得到MN＝2(m−1)，当∠QMN＝90∘，且MN＝MQ时，由△MNQ为等腰直角三角形，得到2(m−1)＝|m2−2m−3|，求出m的值，得出点M和点Q的坐标；当∠QNM＝90∘，且MN＝NQ时，同理可求点Q的坐标，当∠NQM＝90∘，且MQ＝NQ时，过Q作QE⊥MN于点E，则QE=12MN，根据抛物线及等腰直角三角形的轴对称性，得到点Q的坐标． 【解答】 解：(1)设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c(a≠0)，由已知得：C(0, −3)，A(−1, 0)，B(3,0)，∴ a−b+c=0,9a+3b+c=0,c=−3, 解得a=1,b=−2,c=−3, ∴ 抛物线的函数表达式为y=x2−2x−3. (2)存在．∵ MN // x轴，且M，N在抛物线上，∴ M，N关于直线x=1对称，设点M为(m, m2−2m−3)且m>1，∴ MN=2(m−1)，∵ △MNQ是以MN为一直角边的等腰直角三角形，如图，∴ ①当∠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|，即2(m−1)=m2−2m−3或2(m−1)=−(m2−2m−3)，解得m1=2+5，m2=2−5（舍）或m3=5，m4=−5（舍），∴ 点M为(2+5, 2+25)或(5, 2−25)，∴ 点Q为(2+5, 0)或(5, 0)；②当∠QNM=90∘，且MN=NQ时，△MNQ为等腰直角三角形，同理可求点Q为(−5, 0)或(2−5, 0)，综上所述，满足存在满足条件的点Q，分别为(−5, 0)或(5, 0)或(2+5, 0)或(2−5, 0). 【答案】 解：(1)如图1，在直线OB上找异于点P的任意一点P1，连接CP1，DP1，CE．∵ ∠CED是△CEP1的外角，∴ ∠CP1D<∠CED，∵ ∠CPD=∠CED，∴ ∠CP1D<∠CPD. (2)如图2，由(1)可知，作线段AE的垂直平分线，垂足为G，在线段AE的垂直平分线上取一点O，以O为圆心，OA为半径作⊙O，当⊙O与线段BC相切于点M′时，且M与M′重合时，∠AME的度数最大.∵ 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，在Rt△OGB中，∠BGO==90∘，∴ OG=OE2−EG2=52−32=4，∴ BM′=OG=4.即当∠AME最大时，BM的长为4. (3)存在.  理由如下：如图3，当经过B，C的⊙O与AD相切于点M时，连接BM，CM，此时∠BMC最大.连接OB，OC，分别延长AB，DC交于点F，则△ADF是等边三角形，∴ ∠BFC=60∘，AF=DF=AD=83.又AB=43，∴ BF=AF−AB=43，在Rt△BCF中，∠FBC=30∘，∴ CF=23，BC=6.过O作OG⊥BC于点G，并向两边分别延长，分别交AF，AD于K，J，则BG=12BC=3.∵ KJ⊥BC，∴  ∠BGJ=∠BCD=90∘，∴  KJ//DF，∴ BK=FK=12BF=23，KG=12CF=3，∴ AK=AB+BK=63，∵ KJ//DF，∴ KJDF=AKAF，即KJ83=6383，∴  KJ=63 .连接MO，设OB=r，则 ∠OMJ=90∘.∵ KJ//DF，∴ ∠MJO=∠D=60∘.在Rt△OMJ中，sin∠MJO=OMOJ，∴ OJ=OMsin60∘=rsin60∘=23r3.∴ OG=KJ−KG−OJ=63−3−2r3=53−23r3，在Rt△OGB中，OG2=OB2−BG2=r2−9，∴ r2−9=53−2r32，整理，得r2−60r+252=0 ，解得r1=30−182，r2=30+182（舍去），即OM=30−182，∴ JM=33OM=33×(30−182)=103−66，由等边三角形的对称性可知，DJ=KF=23，∴ DM=JM+DJ=103−66+23=123−66.∴ 在线段AD上存在点M，使∠BMC最大，此时DM的长为123−66米. 【考点】 圆周角定理 三角形的外角性质 切线的性质 勾股定理 锐角三角函数的定义 【解析】 暂无 暂无 暂无 【解答】 解：(1)如图1，在直线OB上找异于点P的任意一点P1，连接CP1，DP1，CE．∵ ∠CED是△CEP1的外角，∴ ∠CP1D<∠CED，∵ ∠CPD=∠CED，∴ ∠CP1D<∠CPD. (2)如图2，由(1)可知，作线段AE的垂直平分线，垂足为G，在线段AE的垂直平分线上取一点O，以O为圆心，OA为半径作⊙O，当⊙O与线段BC相切于点M′时，且M与M′重合时，∠AME的度数最大.∵ 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，在Rt△OGB中，∠BGO==90∘，∴ OG=OE2−EG2=52−32=4，∴ BM′=OG=4.即当∠AME最大时，BM的长为4. (3)存在.  理由如下：如图3，当经过B，C的⊙O与AD相切于点M时，连接BM，CM，此时∠BMC最大.连接OB，OC，分别延长AB，DC交于点F，则△ADF是等边三角形，∴ ∠BFC=60∘，AF=DF=AD=83.又AB=43，∴ BF=AF−AB=43，在Rt△BCF中，∠FBC=30∘，∴ CF=23，BC=6.过O作OG⊥BC于点G，并向两边分别延长，分别交AF，AD于K，J，则BG=12BC=3.∵ KJ⊥BC，∴  ∠BGJ=∠BCD=90∘，∴  KJ//DF，∴ BK=FK=12BF=23，KG=12CF=3，∴ AK=AB+BK=63，∵ KJ//DF，∴ KJDF=AKAF，即KJ83=6383，∴  KJ=63 .连接MO，设OB=r，则 ∠OMJ=90∘.∵ KJ//DF，∴ ∠MJO=∠D=60∘.在Rt△OMJ中，sin∠MJO=OMOJ，∴ OJ=OMsin60∘=rsin60∘=23r3.∴ OG=KJ−KG−OJ=63−3−2r3=53−23r3，在Rt△OGB中，OG2=OB2−BG2=r2−9，∴ r2−9=53−2r32，整理，得r2−60r+252=0 ，解得r1=30−182，r2=30+182（舍去），即OM=30−182，∴ JM=33OM=33×(30−182)=103−66，由等边三角形的对称性可知，DJ=KF=23，∴ DM=JM+DJ=103−66+23=123−66.∴ 在线段AD上存在点M，使∠BMC最大，此时DM的长为123−66米.x⋯012345⋯y⋯66.577.588.5⋯1234561(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)(1,6)2(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)(2,5)(2,6)3(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)(3,5)(3,6)4(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)(4,5)(4,6)5(5,1)(5,2)(5,3)(5,4)(5,5)(5,6)6(6,1)(6,2)(6,3)(6,4)(6,5)(6,6)1234561(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)(1,6)2(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)(2,5)(2,6)3(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)(3,5)(3,6)4(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)(4,5)(4,6)5(5,1)(5,2)(5,3)(5,4)(5,5)(5,6)6(6,1)(6,2)(6,3)(6,4)(6,5)(6,6)