2022-2023学年浙江省绍兴市新昌县数学九年级第一学期期末经典模拟试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．点P（3，5）关于原点对称的点的坐标是（　　）
A．（﹣3，5） B．（3，﹣5） C．（5，3） D．（﹣3，﹣5）
2．已知抛物线y=ax2+bx+c与反比例函数y= 的图象在第一象限有一个公共点，其横坐标为1，则一次函数y=bx+ac的图象可能是（   ）
A．                      B．                      C．                      D．
3．已知⊙O的直径为4，点O到直线l的距离为2，则直线l与⊙O的位置关系是
A．相交 B．相切 C．相离 D．无法判断
4．一元二次方程3x2﹣x﹣2＝0的二次项系数是3，它的一次项系数是（　　）
A．﹣1 B．﹣2 C．1 D．0
5．若关于x的方程（m﹣2）x2+mx﹣1=0是一元二次方程，则m的取值范围是（　　）
A．m≠2 B．m=2 C．m≥2 D．m≠0
6．已知关于的一元二次方程有一个根为,则另一个根为（ ）
A． B． C． D．
7．某天的体育课上，老师测量了班级同学的身高，恰巧小明今日请假没来，经过计算得知，除了小明外，该班其他同学身高的平均数为172，方差为，第二天，小明来到学校，老师帮他补测了身高，发现他的身高也是172，此时全班同学身高的方差为，那么与的大小关系是（ ）
A． B． C． D．无法判断
8．解方程最适当的方法是（ ）
A．直接开平方法 B．配方法 C．因式分解法 D．公式法
9．如图，已知AB、AC都是⊙O的弦，OM⊥AB，ON⊥AC，垂足分别为M，N，若MN＝，那么BC等于（　　）

A．5 B． C．2 D．
10．如图，AB是半圆O的直径，∠BAC＝40°，则∠D的度数为( )

A．140° B．135° C．130° D．125°
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，分别以正五边形ABCDE的顶点A，D为圆心，以AB长为半径画，若，则阴影部分图形的周长为______结果保留．

12．在如图所示的几何体中，其三视图中有三角形的是______（填序号）．

13．反比例函数在第一象限内的图象如图，点是图象上一点，垂直轴于点，如果的面积为4，那么的值是__________．

14．如图，在平面直角坐标系中，和是以坐标原点为位似中心的位似图形，且点B（3，1），,（6，2），若点（5，6），则点的坐标为________．

15．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABO的顶点O与原点重合，顶点B在x轴上，∠ABO=90°，OA与反比例函数y=的图象交于点D，且OD=2AD，过点D作x轴的垂线交x轴于点C．若S四边形ABCD=10，则k的值为　 　．

16．已知关于x的二次函数y＝ax2+（a2﹣1）x﹣a的图象与x轴的一个交点坐标为（m，0）．若2＜m＜5，则a的取值范围是_____．
17．关于的方程有两个不相等的实数根，那么的取值范围是__________．
18．已知tan（α+15°）= ，则锐角α的度数为______°．
三、解答题(共66分)
19．（10分）（操作发现）
如图①，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．

（1）请按要求画图：将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B′，点C的对应点为C′，连接BB′；
（2）在（1）所画图形中，∠AB′B=____．
（问题解决）
（3）如图②，在等边三角形ABC中，AC=7，点P在△ABC内，且∠APC=90°，∠BPC=120°，求△APC的面积．
小明同学通过观察、分析、思考，对上述问题形成了如下想法：
想法一：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系；
想法二：将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C′，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系．…
请参考小明同学的想法，完成该问题的解答过程．（一种方法即可）
20．（6分）如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．
（1）求点、、的坐标；
（2）若点在轴的上方，以、、为顶点的三角形与全等，平移这条抛物线，使平移后的抛物线经过点与点，请你写出平移过程，并说明理由。

21．（6分）如图，在四边形中，，与交于点，点是的中点，延长到点，使，连接，

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，，，求四边形的面积．
22．（8分）如图，抛物线的图象与正比例函数的图象交于点，与轴交于点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）将绕点逆时针旋转得到，该抛物线对称轴上是否存在点，使有最小值？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（8分）如图，在中，于，，，，分别是，的中点.

（1）求证：，；
（2）连接，若，求的长.
24．（8分）问题情境:在综合实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的剪拼”为主题开展数学活动，如图（1），将一张菱形纸片ABCD（∠BAD＝60°）沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD
操作发现:（1）将图（1）中的△ABC以A为旋转中心，顺时针方向旋转角α（0°＜α＜60°）得到如图（2）所示△ABC′，分别延长BC′和DC交于点E，发现CE＝C′E．请你证明这个结论．

（2）在问题（1）的基础上，当旋转角α等于多少度时，四边形ACEC′是菱形？请你利用图（3）说明理由．
拓展探究:（3）在满足问题（2）的基础上，过点C′作C′F⊥AC，与DC交于点F．试判断AD、DF与AC的数量关系，并说明理由．

25．（10分）如图，已知直线AB经过点（0，4），与抛物线y=x2交于A，B两点，其中点A的横坐标是．
(1）求这条直线的函数关系式及点B的坐标．
(2）在x轴上是否存在点C，使得△ABC是直角三角形？若存在，求出点C的坐标，若不存在请说明理由．
(3）过线段AB上一点P，作PM∥x轴，交抛物线于点M，点M在第一象限，点N（0，1），当点M的横坐标为何值时，MN+3MP的长度最大？最大值是多少？

26．（10分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A（-2，4），B（4，4），C(6，0）.
（1）△ABC的面积是 .
（2）请以原点O为位似中心，画出△A'B'C'，使它与△ABC的相似比为1：2，变换后点A、B的对应点分别为点A'、B'，点B'在第一象限；
（3）若P（a,b)为线段BC上的任一点，则变换后点P的对应点P' 的坐标为 .

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，横纵坐标的坐标符号均相反，根据这一特征求出对称点坐标．
【详解】解：点P（3，5）关于原点对称的点的坐标是（-3，-5），
故选D．
【点睛】
本题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握点的变化规律．
2、B
【解析】分析: 根据抛物线y=ax2+bx+c与反比例函数y=的图象在第一象限有一个公共点，可得b＞0，根据交点横坐标为1，可得a+b+c=b，可得a，c互为相反数，依此可得一次函数y=bx+ac的图象.
详解: ∵抛物线y=ax2+bx+c与反比例函数y=的图象在第一象限有一个公共点，
∴b＞0，
∵交点横坐标为1，
∴a+b+c=b，
∴a+c=0，
∴ac＜0，
∴一次函数y=bx+ac的图象经过第一、三、四象限．
故选B.
点睛: 考查了一次函数的图象，反比例函数的性质，二次函数的性质，关键是得到b＞0，ac＜0.
3、B
【分析】根据圆心距和两圆半径的之间关系可得出两圆之间的位置关系．
【详解】∵⊙O的直径为4，
∴⊙O的半径为2，
∵圆心O到直线l的距离是2，
∴根据圆心距与半径之间的数量关系可知直线l与⊙O的位置关系是相切．
故选：B．
【点睛】
本题考查了直线和圆的位置关系的应用，理解直线和圆的位置关系的内容是解此题的关键，注意：已知圆的半径是r，圆心到直线的距离是d，当d＝r时，直线和圆相切，当d＞r时，直线和圆相离，当d＜r时，直线和圆相交．
4、A
【解析】根据一元二次方程一次项系数的定义即可得出答案.
【详解】由一元二次方程一次项系数的定义可知一次项系数为﹣1，故选：A．
【点睛】
本题考查的是一元二次方程的基础知识，比较简单，需要熟练掌握.
5、A
【解析】解：∵关于x的方程（m﹣1）x1+mx﹣1=0是一元二次方程，∴m-1≠0，解得：m≠1．故选A．
6、B
【分析】根据一元二次方程的根与系数的关系，x ₁+x ₂=,把x₁=1代入即可求出.
【详解】解：方程有一个根是,另-一个根为，
由根与系数关系，即
即方程另一根是
故选:．
【点睛】
本题考查了一元二次方程根与系数的关系的应用，还可根据一元二次方程根的定义先求出k的值，再解方程求另一根.
7、B
【分析】设该班的人数有n人，除小明外，其他人的身高为x1，x2……xn-1，根据平均数的定义可知：算上小明后，平均身高仍为172cm，然后根据方差公式比较大小即可．
【详解】解：设该班的人数有n人，除小明外，其他人的身高为x1，x2……xn-1，
根据平均数的定义可知：算上小明后，平均身高仍为172cm
根据方差公式：

∵
∴即
故选B．
【点睛】
此题考查的是比较方差的大小，掌握方差公式是解决此题的关键．
8、C
【分析】根据解一元二次方程的方法进行判断．
【详解】解：先移项得到，然后利用因式分解法解方程．
故选：C．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程——因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
9、C
【解析】先根据垂径定理得出M、N分别是AB与AC的中点，故MN是△ABC的中位线，由三角形的中位线定理即可得出结论．
【详解】解：∵OM⊥AB，ON⊥AC，垂足分别为M、N，
∴M、N分别是AB与AC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴BC＝2MN＝2，
故选：C．
【点睛】
本题考查垂径定理、三角形中位线定理；熟知平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧是解答此题的关键．
10、C
【分析】根据圆周角定理可知，再由三角形的内角和可得，最后根据圆内接四边形的性质即可得.
【详解】 AB是半圆O的直径
（圆周角定理）

（圆内接四边形的对角互补）
故选：C.
【点睛】
本题考查了圆周角定理、三角形的内角和定理、圆内接四边形的性质，掌握灵活运用各定理和性质是解题关键.

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、+1．
【详解】解：∵五边形ABCDE为正五边形，AB=1，∴AB=BC=CD=DE=EA=1，∠A=∠D=108°，∴== •πAB=，∴C阴影=++BC=+1．
故答案为+1．
12、①
【分析】主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看，所得到的图形，据此
【详解】解：圆锥的主视图、左视图是等腰三角形，俯视图是带有圆心的圆，
长方体主视图，左视图，俯视图都是矩形，
圆柱体的主视图是矩形，左视图是矩形，俯视图是圆，
所以三视图中有三角形的是①.
故答案为①
【点睛】
本题主要考查三视图的知识，熟练掌握常见几何体的三视图是解题的关键．
13、1
【分析】利用反比例函数k的几何意义得到|k|=4，然后利用反比例函数的性质确定k的值．
【详解】解：∵△MOP的面积为4，
∴|k|=4，
∴|k|=1，
∵反比例函数图象的一支在第一象限，
∴k＞0，
∴k=1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了比例系数k的几何意义：在反比例函数y=图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|．在反比例函数的图象上任意一点向坐标轴作垂线，这一点和垂足以及坐标原点所构成的三角形的面积是|k|，且保持不变．也考查了反比例函数的性质．
14、 (2.5，3)
【分析】利用点B(3，1)，B′(6，2)即可得出位似比进而得出A的坐标．
【详解】解：∵点B(3，1)，B′(6，2)，点A′(5，6)，
∴A的坐标为：(2.5，3)．
故答案为：(2.5，3)．
【点睛】
本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．
15、﹣1
【详解】∵OD=2AD，
∴，
∵∠ABO=90°，DC⊥OB，
∴AB∥DC，
∴△DCO∽△ABO，
∴，
∴，
∵S四边形ABCD=10，
∴S△ODC=8，
∴OC×CD=8，
OC×CD=1，
∴k=﹣1，
故答案为﹣1．
16、＜a或﹣5＜a＜﹣1．
【分析】首先可由二次函数的表达式求得二次函数图象与x轴的交点坐标，可知交点坐标是由a表示的，再根据题中给出的交点横坐标的取值范围可以求出a的取值范围．
【详解】解：∵y＝ax1+（a1﹣1）x﹣a＝（ax﹣1）（x+a），
∴当y＝0时，x＝﹣a或x＝，
∴抛物线与x轴的交点为（﹣a，0），（，0），
由题意函数与x轴的一个交点坐标为（m，0）且1＜m＜5，
∴当a＞0时，1＜＜5，即＜a；
当a＜0时，1＜﹣a＜5，即﹣5＜a＜﹣1；
故答案为＜a或﹣5＜a＜﹣1．
【点睛】
本题综合考查二次函数图象与与x轴的交点坐标以及一元一次不等式的解法，熟练掌握二次函数图象与坐标轴交点坐标的求法以及一元一次不等式的解法是解题关键．
17、且
【解析】分析：根据一元二次方程的定义以及根的判别式的意义可得△=4-12m＞1且m≠1，求出m的取值范围即可．
详解：∵一元二次方程mx2-2x+3=1有两个不相等的实数根，
∴△＞1且m≠1，
∴4-12m＞1且m≠1，
∴m＜且m≠1，
故答案为：m＜且m≠1．
点睛：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=1（a≠1，a，b，c为常数）根的判别式△=b2-4ac．当△＞1，方程有两个不相等的实数根；当△=1，方程有两个相等的实数根；当△＜1，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．
18、15
【分析】直接利用特殊角的三角函数值求出答案．
【详解】解：tan（α+15°）=
∴α+15°=30°,
∴α=15°
故答案是15
【点睛】
此题主要考查了特殊角的三角函数值，正确记忆相关特殊角的三角函数值是解题关键．

三、解答题(共66分)
19、（1）如图，△AB′C′即为所求；见解析；（1）45°；（3）S△APC=.
【解析】（1）如图所示，△AB′C′即为所求；
（1）利用等腰三角形的性质即可解决问题；
【问题解决】
结论:PA1+PB1=PC1．
证法一：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系；
证法二：将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C′，连接PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系．
【详解】（1）如图，△AB′C′即为所求；

（1）∵△ABB′是等腰直角三角形，
∴∠AB′B=45°．
故答案为45°；
（3）如图②，

∵将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C′，
∴△APP′是等边三角形，∠AP′C=∠APB=360°﹣90°﹣110°=150°，
∴PP′=AP，∠AP′P=∠APP′=60°，∴∠PP′C=90°，∠P′PC=30°，
∴PP′= PC，即AP= PC
∵∠APC=90°，∴AP1+PC1=AC1 ， 即（PC）1+PC1=71 ， ∴PC=，
∴AP=，∴S△APC=AP•PC=
【点睛】
本题考查旋转的性质、等边三角形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，属于中考常考题型．
20、（1），，；（2），.理由见解析.
【分析】（1）令中y=0，求出点A、B的坐标，令x=0即可求出点C的坐标；
（2）分两种全等情况求出点D的坐标，再设平移后的解析式，将点B、D的坐标代入即可求出解析式，由平移前的解析式根据顶点式的数值变化得到平移的方向与距离.
【详解】（1）令中y=0，得，
解得： ，
∴，.
当中x=0时，y=-3，
∴.
（2）当△ABD1≌△ABC时，
∵，
∴由轴对称得D1（0,3），
设平移后的函数解析式为，将点B、D1的坐标代入，得
，解得，
∴平移后的解析式为，
∵平移前的解析式为，
∴将向右平移3个单位，再向上3个单位得到；
当△ABD2≌△BAC时，即△ABD2≌△BAD1，
作D2H⊥AB，
∴AH=OB=1，D2H=OD1=3，
∴OH=OA-AH=3-1=2，
∴D2(-2，3),
设平移后的解析式为，将点B、D2的坐标代入得
，解得，
∴平移后的函数解析式为，
∵平移前的解析式为，
∴将向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到.

【点睛】
此题考查二次函数图象与坐标轴交点的求法，函数图象平移的规律，求图象平移规律时需先求得函数的解析式，将平移前后的解析式都化为顶点式，根据顶点式中h、k的变化确定平移的方向与距离.
21、 (1)见详解；（2）四边形ABCF的面积S=6.
【分析】（1）根据平行四边形的判定推出即可．
（2）通过添加辅助线作高，再根据面积公式求出正确答案．
【详解】证明：（1）∵点E是BD的中点，

在中，

∴四边形ABCD是平行四边形

∴四边形ABDF是平行四边形；
（2）过C作于H，过D作于Q，

∵四边形ABCD和四边形ABDF都是平行四边形，，

∴四边形ABCF的面积S=
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形的面积等知识点，解题的关键在于综合运用定理进行推理.
22、（1）；（2）存在，．
【分析】（1）将点A的坐标代入直线y＝x解得：k＝3，则点A（3，3），将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）将△ABO绕点O逆时针旋转90°得到△B1A1O，则点A1、B1的坐标分别为：（−3，3）、（0，2）；则抛物线的对称轴为：x＝1，则点C（2，2），即可求解．
【详解】（1）将点A的坐标代入直线y＝x，解得：k＝3，
∴点A（3，3），．
∵二次函数的图象过点，，
∴解得，
∴抛物线的解析式为．
（2）存在．
∵，，绕点逆时针旋转得到，

∴，．
∵抛物线的对称轴为，
∴点关于直线的对称点为．
设直线的解析式为，
∴解得，
∴．
当时，，
∴．
【点睛】
本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
23、（1）证明见解析；（2）EF=5．
【解析】试题分析：（1）证明△BDG≌△ADC，根据全等三角形的性质、直角三角形的性质证明；
（2）根据直角三角形的性质分别求出DE、DF，根据勾股定理计算即可．
试题解析：（1）∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
在△BDG和△ADC中，
，
∴△BDG≌△ADC，
∴BG=AC，∠BGD=∠C，
∵∠ADB=∠ADC=90°，E，F分别是BG，AC的中点，
∴DE=BG=EG，DF=AC=AF，
∴DE=DF，∠EDG=∠EGD，∠FDA=∠FAD，
∴∠EDG+∠FDA=90°，
∴DE⊥DF；
（2）∵AC=10，
∴DE=DF=5，
由勾股定理得，EF= =5 ．
24、（1）见解析；（2）当α＝30°时，四边形AC′EC是菱形，理由见解析；（3）AD+DF＝AC，理由见解析
【分析】（1）先判断出∠ACC′=∠AC′C，进而判断出∠ECC′=∠EC′C，即可得出结论；
（2）判断出四边形AC′EC是平行四边形，即可得出结论；
（3）先判断出HAC′是等边三角形，得出AH=AC′，∠H=60°，再判断出△HDF是等边三角形，即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图2，连接CC′，

∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ACD＝∠AC′B＝30°，AC＝AC′，
∴∠ACC′＝∠AC′C，
∴∠ECC′＝∠EC′C，
∴CE＝C′E；
（2）当α＝30°时，四边形AC′EC是菱形，
理由：∵∠DCA＝∠CAC′＝∠AC′B＝30°，
∴CE∥AC′，AC∥C′E，
∴四边形AC′EC是平行四边形，
又∵CE＝C′E，
∴四边形AC′EC是菱形；
（3）AD+DF＝AC．
理由：如图4，分别延长CF与AD交于点H，
∵∠DAC＝∠C′AC＝30°，C′F⊥AC，
∴∠AC′H＝∠DAC′＝60°，
∴△HAC′是等边三角形，
∴AH＝AC′，∠H＝60°，
又∵AD＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA＝30°，
∴∠HDC＝∠DAC+∠DCA＝60°，
∴△HDF是等边三角形，
∴DH＝DF，
∴AD+DF＝AD+DH＝AH．
∵AC′＝AC，
∴AC＝AD+DF．

【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了旋转的旋转，等边三角形的判定和旋转，菱形的判定和性质，判断出△HAC′是等边三角形是解本题的关键．
25、（1）直线y=x+4，点B的坐标为（8，16）；（2）点C的坐标为（﹣，0），（0，0），（6，0），（32，0）；（3）当M的横坐标为6时，MN+3PM的长度的最大值是1．
【解析】（1）首先求得点A的坐标，然后利用待定系数法确定直线的解析式，从而求得直线与抛物线的交点坐标；
（2）分若∠BAC=90°，则AB2+AC2=BC2；若∠ACB=90°，则AB2=AC2+BC2；若∠ABC=90°，则AB2+BC2=AC2三种情况求得m的值，从而确定点C的坐标；
（3）设M（a，a2），得MN=a2+1，然后根据点P与点M纵坐标相同得到x=，从而得到MN+3PM=﹣a2+3a+9，确定二次函数的最值即可．
【详解】（1）∵点A是直线与抛物线的交点，且横坐标为-2，
,A点的坐标为（-2，1），
设直线的函数关系式为y=kx+b，
将（0，4），（-2，1）代入得
解得
∴y＝x＋4
∵直线与抛物线相交，

解得：x=-2或x=8，
当x=8时，y=16，
∴点B的坐标为（8，16）；
（2）存在．
∵由A(－2，1)，B(8，16)可求得AB2＝=325
.设点C(m，0)，
同理可得AC2＝(m＋2)2＋12＝m2＋4m＋5，
BC2＝(m－8)2＋162＝m2－16m＋320，
①若∠BAC＝90°，则AB2＋AC2＝BC2，即325＋m2＋4m＋5＝m2－16m＋320，解得m＝－；
②若∠ACB＝90°，则AB2＝AC2＋BC2，即325＝m2＋4m＋5＋m2－16m＋320，解得m＝0或m＝6；
③若∠ABC＝90°，则AB2＋BC2＝AC2，即m2＋4m＋5＝m2－16m＋320＋325，解得m＝32，
∴点C的坐标为(－，0)，(0，0)，(6，0)，(32，0)　
（3）设M(a，a2)，
则MN＝，
又∵点P与点M纵坐标相同，
∴x＋4＝a2，
∴x= ，
∴点P的横坐标为，
∴MP＝a－，
∴MN＋3PM＝a2＋1＋3(a－)＝－a2＋3a＋9＝－ (a－6)2＋1，
∵－2≤6≤8，
∴当a＝6时，取最大值1，
∴当M的横坐标为6时，MN＋3PM的长度的最大值是1
26、（1）12；（2）作图见详解；（3）.
【分析】（1）先以AB 为底，计算三角形的高，利用面积公式即可求出△ABC的面积；
（2）根据题意利用位似中心相关方法，画出△A'B'C'，使它与△ABC的相似比为1：2即可；
（3）根据（2）的作图，利用相似比为1：2，直接观察即可得到答案.
【详解】解：（1）由△ABC的顶点坐标分别为A（-2，4），B（4，4），C(6，0），可知底AB=6，高为4，所以△ABC的面积为12；
（2）；
（3）根据相似比为1：2，可知P .
【点睛】
本题主要考查作图-位似变换，解题的关键是掌握位似变换的定义和性质，并据此得出变换后的对应点．