2021-2022学年北京密云区初三上学期数学期末试卷及答案

这是一份2021-2022学年北京密云区初三上学期数学期末试卷及答案，共26页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 如果4m=5n（n≠0），那么下列比例式成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把比例式转化为乘积式，逐项判断即可．
【详解】解：A. 由，可得，不符合题意；
B. 由，可得，符合题意；
C. 由，可得，不符合题意；
D. 由，可得，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了比例的基本性质，解题关键是熟练掌握比例式与乘积式的互相转化．
2. 已知⊙O的半径为4，点P 在⊙O外部，则OP需要满足的条件是（ ）
A. OP>4B. 0≤OP<4C. OP>2D. 0≤OP<2
【答案】A
【解析】
【分析】点在圆外，则点与圆心的距离大于半径，根据点与圆的位置关系解答．
【详解】解：∵⊙O的半径为4，点P 在⊙O外部，
∴OP需要满足的条件是OP>4，
故选：A．
【点睛】此题考查了点与圆的位置关系，熟记点在圆内、圆上、圆外的判断方法是解题的关键．
3. 抛物线的对称轴是 （ ）
A. 直线＝－1B. 直线＝1C. 直线＝－2D. 直线＝2
【答案】B
【解析】
【分析】根据题目所给的二次函数的顶点式直接得到函数图象的对称轴．
【详解】解：∵解析式为，
∴对称轴直线．
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数的顶点式，解题的关键是根据二次函数的顶点式得到函数图象的性质．
4. 在中，，，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由勾股定理算出AC的值，然后根据正切函数的定义即可得到解答．
【详解】解：由勾股定理可得：，
∴tanA=，
故选D ．
【点睛】本题考查解直角三角形，熟练掌握勾股定理及三角函数的定义是解题关键．
5. 如图，身高1.6米的小慧同学从一盏路灯下的B处向前走了8米到达点C处时，发现自己在地面上的影子CE的长是2米，则路灯AB的高为（ ）
A. 5米B. 6.4米C. 8米D. 10米
【答案】C
【解析】
【分析】根据CD//AB，得出△ECD∽△EBA，进而得出比例式求出即可．
【详解】解：由题意知，CE＝2米，CD＝1.6米，BC＝8米，CDAB，
则BE＝BC+CE＝10米，
∵CDAB，
∴△ECD∽△EBA
∴＝，即＝，
解得AB＝8（米），即路灯的高AB为8米．
故选C．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用，根据题意说明△ECD∽△EBA是解答本题的关键．
6. 如图，在⊙O中，C、D为⊙O上两点，AB是⊙O的直径，已知∠AOC=130°，则∠BDC的度数为（ ）
A. 65°B. 50°C. 30°D. 25°
【答案】D
【解析】
【分析】先求出∠BOC的度数，再根据同弧所对的圆周角等于圆心角的一半求出答案．
【详解】解：∵∠AOC=130°，AB是⊙O的直径，
∴∠BOC=180°-∠AOC=50°，
∴∠BDC=∠BOC=25°，
故选：D．
【点睛】此题考查了圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，熟记定理是解题的关键．
7. 如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D，E，F是网格线的交点，则△ABC的面积与△DEF的面积比为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】△ABC∽△EDF，只需求出其相似比，平方即得两三角形面积比．
【详解】解：如图，设正方形网格中小方格的边长为1，
则有AB=1，BC=，AC=，DE=2，EF=，DF=，
∴，
∴△ABC∽△EDF，
∴S△ABC：S△DEF=，
故选：B．
【点睛】本题考查相似三角形面积比与相似比的关系，关键是判断两三角形相似，确定其相似比．
8. 如图，一个矩形的长比宽多3cm，矩形的面积是Scm2．设矩形的宽为xcm，当x在一定范围内变化时，S随x的变化而变化，则S与x满足的函数关系是（ ）
A. S=4x+6B. S=4x-6C. S=x2+3xD. S=x2-3x
【答案】C
【解析】
【分析】先用x表示出矩形的长，然后根据矩形的面积公式即可解答.
【详解】解：设矩形的宽为xcm，则长为（x+3）cm
由题意得：S=x（x+3）=x2+3x.
故选C.
【点睛】本题主要考查了列函数解析式，用x表示出矩形的长以及掌握矩形的面积公式成为解答本题的关键.
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9. 若csA，则锐角A的度数为_______．
【答案】45°．
【解析】
【分析】根据特殊角的三角函数值可得答案．
【详解】∵csA，
∴∠A=45°．
故答案为：45°．
【点睛】本题主要考查了特殊角的三角函数值，关键是掌握30°，45°，60°角的三角函数值．
10. 点A（2，y1），B（3，y2）是反比例函数图象上的两点，那么y1，y2的大小关系是y1_________y2．（填“＞”，“＜”或“=”）
【答案】y1＜y2
【解析】
【分析】先确定反比例函数的增减性，然后根据增减性解答即可．
【详解】解：∵
∴函数图象在每二、四象限内，且y随x的增大而增大
∵2＜3
∴y1＜y2．
故答案是y1＜y2．
【点睛】本题主要考查了反比例函数的性质，对于反比例，当k＜0时，函数图象在每二、四象限内，且y随x的增大而增大．
11. 如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，若⊙O的周长为8π，则正六边形的边长为________．
【答案】4
【解析】
【分析】由周长公式可得⊙O半径为4，再由正多边形的中心角公式可得正六边形ABCDEF中心角为，即可知正六边形ABCDEF为6个边长为4的正三角形组成的，则可求得六边形ABCDEF边长．
【详解】∵⊙O的周长为8π
∴⊙O半径为4
∵正六边形ABCDEF内接于⊙O
∴正六边形ABCDEF中心角为
∴正六边形ABCDEF为6个边长为4的正三角形组成的
∴正六边形ABCDEF边长为4.
故答案为：4．
【点睛】本题考查了正多边形的中心角公式，正n边形的每个中心角都等于，由中心角为得出正六边形ABCDEF为6个边长为4的正三角形组成的是解题的关键．
12. 请写出一个开口向上，并且与y轴交于点（0，-5）的抛物线的表达式________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】设，根据题意，c= -5，a＞0，符合题意即可．
【详解】设，
根据题意，c= -5，a＞0，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数解析式与各系数之间的关系，解答时，符合题意即可．
13. 一个扇形的圆心角为120°，半径为3cm，则这个扇形的面积为_______cm2
【答案】3π
【解析】
【分析】此题考查扇形面积的计算，熟记扇形面积公式，即可求解.
【详解】根据扇形面积公式，计算这个扇形的面积为.
【点睛】本题扇形面积的计算.熟记扇形面积公式是解题的关键.
14. 如图1是一种手机平板支架，图2是其侧面结构示意图．托板AB固定在支撑板顶端的点C处，托板AB可绕点C转动，支撑板CD可绕点D转动．如图2，若量得支撑板长CD=8cm，∠CDE=60°，则点C到底座DE的距离为__________cm（结果保留根号）．
【答案】
【解析】
【分析】过点C作CM⊥DE，利用正弦函数即可求解．
【详解】如图，过点C作CM⊥DE，点C到底座DE的距离为CM
∵CD=8cm，∠CDE=60°，
∴CM=8sin60°=8×=4
故答案为：4．
【点睛】此题主要考查三角函数的应用，解题的关键是根据题意构造直角三角形求解．
15. 如图，是的切线，是切点．若，则______________．
【答案】130°
【解析】
【分析】由题意易得，然后根据四边形内角和可求解．
【详解】解：∵是的切线，
∴，
∴由四边形内角和可得：，
∵，
∴；
故答案为130°．
【点睛】本题主要考查切线的性质及四边形内角和，熟练掌握切线的性质是解题的关键．
16. 如图，抛物线y=-x2+2．将该抛物线在x轴和x轴上方的部分记作C1，将x轴下方的部分沿x轴翻折后记作C2，C1和C2构成的图形记作C3．关于图形C3，给出如下四个结论：①图形C3关于y轴成轴对称；② 图形C3有最小值，且最小值为0；③ 当x>0时，图形C3的函数值都是随着x的增大而增大的；④ 当-2≤x≤2时，图形C3恰好经过5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）．以上四个结论中，所有正确结论的序号是________．
【答案】①②④
【解析】
【分析】画出图象C3，根据图象即可判断．
【详解】解：如图所示，
①图形C3关于y轴成轴对称，故正确；②由图象可知，图形C3有最小值，且最小值为0；，故正确；③当x>0时，图形C3与x轴交点左侧的函数值都是随着x的增大而减小，图形C3与x轴交点的右侧的函数值都是随着x的增大而增大，故错误；④当-2≤x≤2时，图形C3恰好经过5个整点（即横、纵坐标均为整数的点），故正确；故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与几何变换，数形结合是解题的关键．
三、解答题（共68分，其中17~22题每题5分，23~26题每题6分，27、28题每题7分）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次根式的性质、零指数幂的性质、45°的余弦值和绝对值的性质计算即可．
【详解】解：

=．
【点睛】本题考查的是实数的混合运算，掌握二次根式的性质、零指数幂的性质、45°的余弦值和绝对值的性质是解题关键．
18. 下面是小玟同学设计的“作一个角等于已知角”的尺规作图过程．
已知：在△ABC中，AB=BC，BD平分∠ABC交AC于点D．
求作：∠BPC，使∠BPC=∠BAC．
作法：① 分别以点B和点C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点E和点F，
连接EF交BD于点O；
② 以点O为圆心，OB的长为半径作⊙O；
③ 在劣弧AB上任取一点P（不与点A、B重合），连接BP和CP．所以∠BPC=∠BAC．
根据小玟设计的尺规作图过程．
（1）使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接OA、OC．
∵AB=BC，BD平分∠ABC，
∴BD⊥AC且AD=CD．
∴OA=OC．
∵EF是线段BC的垂直平分线，
∴OB= ．
∴OB=OA．
∴⊙O为△ABC的外接圆．
∵点P在⊙O上，
∴∠BPC=∠BAC（ ）（填推理的依据）．
【答案】（1）作图见解析
（2）OC，同弧所对的圆周角相等
【解析】
【分析】（1）按照步骤作图即可
（2）由垂直平分线性质，以及圆周角性质补全证明过程即可．
【小问1详解】
如图所示
【小问2详解】
证明：连接OA、OC．
∵AB=BC，BD平分∠ABC，
∴BD⊥AC且AD=CD．
∴OA=OC．
∵EF是线段BC的垂直平分线，
∴OB=OC．
∴OB=OA．
∴⊙O为△ABC的外接圆．
∵点P在⊙O上，
∴∠BPC=∠BAC（同弧所对的圆周角相等）．
【点睛】本题考查了尺规作图、线段垂直平分线性质、圆周角性质，线段垂直平分线性质：线段垂直平分线上的点到这条线段两个端点的距离相等，圆周角性质推论：同弧或等弧所对的圆周角相等．
19. 已知二次函数．
用配方法将其化为的形式；
在所给的平面直角坐标系xOy中，画出它的图象．
【答案】（1）；（2）见解析.
【解析】
【分析】（1）利用配方法把二次函数解析式化成顶点式即可；
（2）利用描点法画出二次函数图象即可．
【详解】解：
=
=
，
顶点坐标为，对称轴方程为．
函数二次函数的开口向上，顶点坐标为，与x轴的交点为，，
其图象为：
故答案为（1）；（2）见解析.
【点睛】本题考查二次函数的配方法，用描点法画二次函数的图象，掌握配方法是解题的关键．
20. 已知：如图，在△ABC中，∠ABC=2∠C，BD平分∠ABC．求证：△ABD∽△ACB．
【答案】见解析
【解析】
【分析】由BD平分∠ABC可得∠ABC=2∠ABD，再结合∠ABC=2∠C可得∠ABD=∠C，再结合∠A=∠A即可证明结论．
【详解】证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABC=2∠ABD
∵∠ABC=2∠C
∴∠ABD=∠C
∵∠A=∠A
∴△ABD∽△ACB．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，掌握两角分别对应相等的两个三角形相似是解答本题的关键．
21. 如图，在△ABC中，∠C = 90°，，D为AC上一点，∠BDC = 45°，CD=6．求AD的长．
【答案】AD= 2
【解析】
【分析】先判定△BDC是等腰直角三角形，求得BC，解直角三角形ABC，求得AB，AC的长，计算即可．
【详解】在△BDC中，∠C = 90° ，
∵∠BDC = 45°，
∴△BDC是等腰直角三角形 ，
∴CD=BC=6 ，
在Rt△ABC中，，
∴ ，
∴ AB=10，
∴ AC=8，
∴ AD=AC-CD=8-6=2．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定，解直角三角形，熟练进行解直角三角形是解题的关键．
22. 如图，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内，反比例函数的图象经过点A（4，1），点B（x，y）是该函数图象上的一个动点．
（1）求反比例函数的表达式；
（2）当y>1时，结合图象直接写出x的取值范围．
【答案】（1）（2）0＜x＜4
【解析】
【分析】（1）根据待定系数法即可求解；
（2）由函数图象即可直接求解．
【详解】（1）解：设反比例函数表达式为
∵其图象经过点A（4，1）
∴k=4
∴反比例函数表达式为
（2）当y>1时，结合图象可知x的取值为：0＜x＜4．
【点睛】此题主要考查反比例函数的图象与性质，解题的关键是熟知待定系数法的运用．
23. 在平行四边形ABCD中，EAB上一点，连接CE，F为CE上一点，且∠DFE=∠A．
（1）求证：△DCF∽△CEB；
（2）若BC=4，CE=，tan∠CDF=，求线段BE的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）BE=
【解析】
【分析】（1）由平行四边形的性质有AB//CD，AD//BC，可得∠DFE=∠A，∠DFC=∠B，故△DCF∽△CEB．
（2）过点E作EH⊥CB交CB延长线于点H，由题意可设EH=x，CH=2x，由勾股定理即可得EH=3，CH=6，再由勾股定理即可求得BE=．
【小问1详解】
证明：在平行四边形ABCD中，AB//CD，AD//BC
∴∠DCE=∠BEC，∠A+∠B=180°
∵∠DFE+∠DFC=180°
又∵∠DFE=∠A
∴∠DFC=∠B
∴△DCF∽△CEB
【小问2详解】
∵△DCF∽△CEB
∴∠CDF=∠ECB
∴tan∠CDF= tan∠ECB=
过点E作EH⊥CB交CB延长线于点H
在Rt△CEH中
∴设EH=x，CH=2x
∴CE=
∵CE=
∴x=3，则有EH=3，CH=6
∵BC=4
∴BH=6-4=2
在Rt△EBH中有BE=
则BE=
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质解直角三角形以及勾股定理，第二问作辅助线将三角函数值转化到直角三角形中是解题的关键．
24. 从2020年3月开始，一群野生亚洲象从云南西双版纳傣族自治州走出丛林，一路北上，历经17个月迁徙逾500公里安全返回栖息地，引发国内外一波“观象热潮”．象群北移途经峨山县时，一头亚洲象曾脱离象群．如图，A，B，C分别表示峨山县、象群位置和独象位置．经测量，象群在峨山县西北方向约12公里处，独象位于象群的正东方向和峨山县北偏东30°方向的交汇处，请你计算此时独象距离象群多少公里？（结果保留根号）
【答案】此时独象距离象群公里
【解析】
【分析】连接BC，过点A作AD⊥BC于点D，在Rt△ABD中求出BD，在Rt△ADC中求出DC，根据BC=BD+DC即可．
【详解】连接BC，过点A作AD⊥BC于点D，
在Rt△ABD中
∵AB=12，∠BAD=45°
∴ sin45°=
即
∴BD=
∴BD=AD=
在Rt△ACD中，∠DAC=30°
∴tan30°=
即，
∴DC=，
∴BC=BD+DC=,
∴此时独象距离象群公里
【点睛】本题考查了解直三角形应用，方位角，构造直角三角形是解决本题的关键．
25. 如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，AM是△ACD的外角∠DAF的平分线．
（1）求证：AM是⊙O的切线；
（2）连接CO并延长交AM于点N，若⊙O的半径为2，∠ANC = 30°，求CD的长．
【答案】（1）见解析 （2）CD=2
【解析】
【分析】（1）由题意易得BC=BD，∠DAM=∠DAF，则有∠CAB=∠DAB，进而可得∠BAM=90°，然后问题可求证；
（2）由题意易得CD//AM，∠ANC=∠OCE=30°，然后可得OE=1，CE=，进而问题可求解．
【小问1详解】
证明：∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E
∴BC=BD
∴∠CAB=∠DAB
∵AM是∠DAF的平分线
∴∠DAM=∠DAF
∵∠CAD+∠DAF=180°
∴∠DAB+∠DAM=90°
即∠BAM=90°，AB⊥AM
∴AM是⊙O切线
【小问2详解】
解：∵AB⊥CD，AB⊥AM
∴CD//AM
∴∠ANC=∠OCE=30°
在Rt△OCE中，OC=2
∴OE=1，CE=
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E
∴CD=2CE=2．
【点睛】本题主要考查切线的判定定理、垂径定理及含30度直角三角形的性质，熟练掌握切线的判定定理、垂径定理及含30度直角三角形的性质是解题的关键．
26. 在平面直角坐标系xOy中，关于x二次函数y=-2ax+b与y轴相交于点（0，-3）．
（1）当抛物线的图象经过点（1，-4）时，求该抛物线的表达式；
（2）求这个二次函数的对称轴（用含a的式子表示）；
（3）若抛物线上存在两点A（，）和B（，），其中-=0，+=0．当<0，>0时，总有+>0，求a的取值范围．
【答案】（1）y=-2x-3
（2）
（3）a>0
【解析】
【分析】（1）把（0，-3）和（1，-4）分别代入解析式，解答即可；
（2）根据对称轴为直线x=计算即可；
（3）把坐标代入解析式，后进行代换，保留，，后进行作差，因式分解，解不等式求解．
【小问1详解】
解：y=-2ax+b与y轴相交于点（0，-3），
∴y=-2ax-3，
∵抛物线的图象经过点（1，-4），
∴1-2a-3=-4，
∴ a=1 ，
∴ y=-2x-3 ．
【小问2详解】
解：．
【小问3详解】
∵A（，）和B（，）是二次函数y=-2ax+b图像上的两点，
∴，，
∵-=0，+=0，
∴，，
∴①，②，
①-②得，
∴，
∴，
∵<0，>0时，+>0，
∴-<0
∴，
∴，
∵+>0，
∴．
【点睛】本题考查了二次函数解析式，对称轴，性质，不等式的性质，熟练掌握待定系数法，对称轴的计算公式，灵活运用抛物线的性质，不等式的性质是解题的关键．
27. 如图，在正方形ABCD中，点E是CD边上一动点（点E与点C、D不重合），连接AE，过点A作AE的垂线交CB延长线于点F，连接EF．
（1）依据题意，补全图形；
（2）求∠AEF的度数；
（3）连接AC交EF于点H，若，用含a的等式表示线段CF和CE之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）补全图形见解析
（2）∠AEF=45°
（3）数量关系为CF=aCE，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据垂直的定义，画图即可；
（2）证明△ABF≌△ADE即可；
（3）过点E作EM//CF交AC于点M，证明△MEH∽△CFH，利用等腰直角三角形的性质，等量代换即可．
【小问1详解】
补全图形
【小问2详解】
解：在正方形ABCD中，∠DAB=∠ABC=∠D =90°，AD=AB.
∵AF⊥AE，
∴∠FAE =90°，
∴∠FAE =∠DAB，
∴∠FAE-∠BAE =∠DAB-∠BAE，
即∠FAB =∠DAE，
∵∠ABF =∠D=90°，
∴△ABF≌△ADE，
∴AF=AE，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴∠AEF=45°．
【小问3详解】
解：数量关系为CF=aCE．
过点E作EM//CF交AC于点M
∴∠MEH=∠EFC，∠MEC=∠D=90°，
∵∠MHE=∠CHF，
∴△MEH∽△CFH，
∴
∵∠ACD=45°
∴△MEC是等腰直角三角形
∴ME=EC
∴
即CF=aCE．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定，三角形相似的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，三角形相似的判定是解题的关键．
28. 在平面直角坐标系xOy中，已知点A（1，0）和点B（5，0）．对于线段AB和直线AB外的一点C，给出如下定义：点C到线段AB两个端点的连线所构成的夹角∠ACB叫做线段AB关于点C的可视角，其中点C叫做线段AB的可视点．
（1）在点D（-2，2）、E（1，4）、F（3，-2）中，使得线段AB的可视角为45°的可视点是 ；
（2）⊙P为经过A，B两点的圆，点M是⊙P上线段AB的一个可视点.
① 当AB为⊙P的直径时，线段AB的可视角∠AMB为 度；
② 当⊙P的半径为4时，线段AB的可视角∠AMB为 度；
（3）已知点N为y轴上的一个动点，当线段AB的可视角∠ANB最大时，求点N的坐标．
【答案】（1）点E （2）① 90；② 30或150
（3）N（0，）或（0，- ）
【解析】
【分析】（1）AE、BE、AB满足勾股定理，且AE=AB，可知为等腰直角三角形，则∠AEB=45°，故E点可使线段AB的可视角为45°．
（2）①由半径所对的圆周角为90°即可得出∠AMB为90°．
②连接AP、BP，即可得出为等边三角形，由圆周角定理即可求得∠AMB为30°或150°．
（3）以AB为弦作圆M且过点N，由圆周角定理可得出当圆心角AMB最大时，圆周角ANB最大，由直线与圆的位置关系得出当y轴与圆M相切时圆心角AMB最大，进而可求得N点坐标．
【小问1详解】
连接AE，BE
∵AE=4，AB=4，AE⊥AB
∴为等腰直角三角形
∴∠AEB=45°．
故使得线段AB的可视角为45°的可视点是点E．
【小问2详解】
①有题意可知，此时AB为⊙P直径
由半径所对的圆周角为90°可知∠AMB为90°
②当⊙P的半径为4时，AB为⊙P一条弦，连接AP，BP
∵BP=AP=4，AB=4
∴为等边三角形
∴∠APB=60°
当点M在圆心一侧由圆周角定理知∠AMB=
当点M不在圆心一侧由内切四边形性质可知∠AMB=180°-30°=150°
【小问3详解】
（3）解： ∵过不在同一条直线上的三点确定一个圆，
∴A、B、N三点共圆，且过A、B两点的圆有无数个，圆心在直线x=3上.
即：点N的位置为过A、B两点的圆与y轴的交点.
设过A、B两点的圆为⊙M，半径为r.
当r<3时，y轴与⊙M无交点，不符题意舍去.
如图所示：
当r=3时，y轴与⊙M交于一点，此时y轴与⊙M相切，切点即为点N.
当r>3时，y轴与⊙M1交于两点，此时y轴与⊙M1相交，交点设为N1、N2.
连接AM、BM、AN、BN、AM1、BM1、AN1、BN1．
此时，∠ANB、∠AMB分别为⊙M中弧AB所对的圆周角和圆心角；
∠AN1B、∠AM1B分别为⊙M1中弧AB所对的圆周角和圆心角.
∵∠1=∠M1AM+∠AM1M，
∠2=∠M1BM+∠BM1M，
∴∠1+∠2=∠M1AM+∠AM1M+∠BM1M+∠M1BM，
即∠AMB=∠M1AM+∠AM1B+∠M1BM
∴∠AMB>∠AM1B
∴∠ANB>∠AN1B
∵∠AN1B=∠AN2B
∴∠ANB>∠AN2B
∴当y轴与⊙M相切于点N时，∠ANB的值最大.
在Rt△AMC中，AM=r=3，AC=2
∴MC=
∵MN⊥y轴，MC⊥AB，
∴四边形OCMN为矩形.
∴ON=MC=
∴N（0，）
同理，当点N在y轴负半轴时，坐标为（0，- ）
综述所述，N（0，）或（0，-）.
【点睛】本题考查了圆周角定理，将可视角的定义转化为圆内弦AB的圆周角是解题的关键，再结合图象计算即可．