2023-2024学年广东省惠州市惠阳一中九年级（上）第三次月考数学试卷（12月份）

这是一份2023-2024学年广东省惠州市惠阳一中九年级（上）第三次月考数学试卷（12月份），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（3分）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（3分）对于抛物线y＝﹣2（x﹣1）2+3，下列判断正确的是（ ）
A．函数最小值是3
B．抛物线的顶点坐标是（﹣1，3）
C．对称轴为直线x＝1
D．当x＞1时，y随x的增大而增大
3．（3分）如图，在⊙O中，若∠BOC＝50°，则∠BAC的度数是（ ）
A．50°B．30°C．25°D．20°
4．（3分）用配方法解方程x2﹣2x﹣5＝0时，原方程应变形为（ ）
A．（x+1）2＝6B．（x+2）2＝9C．（x﹣1）2＝6D．（x﹣2）2＝9
5．（3分）在一次班级迎春联欢晚会上，每人都向其他人赠送了一份小礼品，共互送110份小礼品，如果参加聚会的同学有x名，根据题意列出的方程是（ ）
A．x（x+1）＝110B．x（x﹣1）＝110
C．2x（x+1）＝110D．2x（x﹣1）＝110
6．（3分）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转90°到△ADE，若∠DAE＝50°，则∠CAD＝（ ）
A．30°B．40°C．50°D．90°
7．（3分）一个圆锥的侧面展开图是半径为8的半圆，则该圆锥的侧面积是（ ）
A．16πB．24πC．32πD．40π
8．（3分）已知⊙O的直径为10，一条弦的弦心距为3，则此弦的长为（ ）
A．6B．4C．8D．1
9．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，E在AB上，CE、BD交于F，若AE＝4，BE＝2，且BF＝3，则BD的长为（ ）
A．10B．12C．14D．15
10．（3分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴是直线x＝﹣2，并与x轴交于A，B两点，若OA＝5OB，则下列结论中：
①abc＞0；
②（a+c）2﹣b2＝0；
③9a+4c＜0；
④若m为任意实数，则am2+bm+2b≥4a，正确的个数是（ ）
A．①②B．②③④C．①②③D．①④
二、填空题（本大题共6小题，每题3分，共18分）
11．（3分）在平面直角坐标系内，点A（a，﹣3）与点B（1，b）关于原点对称，则a+b的值为 ．
12．（3分）若关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣k＝0有两个相等的实数根，则k＝ ．
13．（3分）已知圆弧的半径是6cm，所对的圆心角为60°，则弧长是 cm．
14．（3分）抛物线y＝3x2﹣x﹣4与y轴的交点坐标为 ．
15．（3分）已知抛物线y＝x2﹣2x﹣1，则当0≤x≤3时，函数的最大值为 ．
16．（3分）如图，已知正方形ABCD的边长为2，点O是BC边的中点，G为正方形内一动点，且GO＝1，点P是CD边上另一动点，连接PG，PA，则PA+PG的最小值为 ．
三、解答题（本大题共4小题，4+4+6+6分，共20分）
17．（4分）解方程：x2+4x﹣5＝0．
18．（4分）已知抛物线顶点坐标为（3，﹣1），且经过点（2，3），求该抛物线的解析式．
19．（6分）如图，在△ABC中，∠C＝90°，点D在AC上，DE⊥AB于点E．
（1）求证：△ADE∽△ABC；
（2）AB＝5，BC＝AD＝3，求AE的长．
20．（6分）已知关于x的方程有两个不相等的实数根x1，x2．
（1）求k的取值范围；
（2）若x1，x2满足，求k的值．
四、解答题（本大题共3小题，8+10+10分，共28分）
21．（8分）如图，AB是⊙O的直径，点D是AB延长线上的一点，点C在⊙O上，且AC＝CD，∠ACD＝120°．
（1）求证：CD是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为3，求图中阴影部分的面积．
22．（10分）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝12cm，BC＝24cm，动点P从点A开始沿边AB向点B以2cm/s的速度移动，动点Q从点B开始沿边BC向点C以4cm/s的速度移动，如果P、Q两点分别从A，B两点同时出发，设运动时间为t．
（1）AP＝ ，BP＝ ，BQ＝ ；
（2）t为何值△时△PBQ的面积为32cm2？
（3）t为何值时△PBQ的面积最大？
23．（10分）如图，在△ABC中．∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6．
（1）用直尺和圆规作出⊙O，使圆心O在AC边上，并与其他两边都相切，与边BC相切于点C；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）通过作图，试说明⊙O与AB相切的理由；
（3）求⊙O的半径．
五、解答题（本大题共2小题，12+12分，共24分）
24．（12分）如图，AB为⊙O的直径，CB，CD分别切⊙O于点B，D，CD交BA的延长线于点E，CO的延长线交⊙O于点G，EF⊥OG于点F．若BC＝6，DE＝4．
（1）求证：∠FEB＝∠ECF；
（2）求⊙O的半径长．
（3）求线段EF的长．
25．（12分）如图，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，连接AC，BC，点P是第一象限内抛物线上的一个动点，点P的横坐标为m，过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）过点P作PN⊥BC，垂足为点N，请用含m的代数式表示线段PN的长；
（3）当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？
2023-2024学年广东省惠州市惠阳一中九年级（上）第三次月考数学试卷（12月份）
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每题3分，共30分）
1．【分析】根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【解答】解：A．不是中心对称图形，故A错误；
B．不是中心对称图形，故B错误；
C．是中心对称图形，故C正确；
D．不是中心对称图形，故D错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查了中心对称图形的定义，中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
2．【分析】根据二次函数解析式结合二次函数的性质，即可得出结论．
【解答】解：A、∵﹣2＜0，
∴抛物线的开口向下，函数没有最小值，本选项不符合题意，
B、抛物线的顶点为（1，3），本选项不符合题意，
C、抛物线的对称轴为：x＝1，本选项符合题意，
D、因为开口向下，所以当x＞1时，y随x的增大而减小，本选项不符合题意，
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的性质，根据二次函数的性质逐一对照四个选项即可得出结论．
3．【分析】根据同弧所对的圆周角是圆心角的一半，据此作答即可．
【解答】解：由图可知：；
故选：C．
【点评】本题考查圆周角定理．解题的关键是掌握圆周角定理．
4．【分析】配方法的一般步骤：
（1）把常数项移到等号的右边；
（2）把二次项的系数化为1；
（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
【解答】解：由原方程移项，得
x2﹣2x＝5，
方程的两边同时加上一次项系数﹣2的一半的平方1，得
x2﹣2x+1＝6
∴（x﹣1）2＝6．
故选：C．
【点评】此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
5．【分析】如果全班有x名同学，那么每名同学要送出（x﹣1）份礼物，共有x名学生，那么总共送的张数应该是x（x﹣1）份礼物，即可列出方程．
【解答】解：∵全班有x名同学，
∴每名同学要送出（x﹣1）份礼物，
又∵是互送照片，
∴总共送的礼物张数应该是x（x﹣1）＝110，故B正确．
故选：B．
【点评】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解题关键是确定正确的等量关系．
6．【分析】由旋转的性质可得∠CAE＝90°，结合∠DAE＝50°，求得∠CAD．
【解答】解：将△ABC绕点A顺时针旋转90°得到△ADE，
∴∠CAE＝90°，
∵∠DAE＝50°，
∴∠CAD＝180°﹣∠CAE﹣∠DAE＝90°﹣50°＝40°，
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，灵活运用这些性质解决问题是解答本题的关键．
7．【分析】根据圆的面积公式求出半圆的面积，根据圆锥的侧面展开图解答即可．
【解答】解：半圆的面积为：π×82×＝32π，
则该圆锥的侧面积是32π，
故选：C．
【点评】本题考查的是圆锥的计算，掌握圆的面积公式是解题的关键．
8．【分析】画出图形，连接OA，根据勾股定理求出AC，根据垂径定理求出AC＝BC，再求出答案即可．
【解答】解：如图所示：连接OA，
∵弦AB的弦心距OC＝3，
∴OC⊥AB，
∴∠ACO＝90°，
由勾股定理得：AC＝＝＝4，
∵OC⊥AB，OC过圆心O，
∴AC＝BC＝4，
∴AB＝4+4＝8，
故选：C．
【点评】本题考查了勾股定理和垂径定理，能熟记垂径定理是解此题的关键，注意：垂直于弦的直径平分这条弦．
9．【分析】利用相似三角形的性质求出DF的长即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴△BEF∽△DCF，
∴．
又∵AE＝4，BE＝2，
∴CD＝AB＝4+2＝6，
∴，
则FD＝9，
∴BD＝BF+FD＝3+9＝12．
故选：B．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，熟知相似三角形的判定和性质是解题的关键．
10．【分析】由抛物线开口方向，对称轴位置，抛物线与y轴交点可得a，b，c的符号及a与b的关系，从而判断①，由OA＝5OB及对称轴可得点B坐标，从而判断②③，由x＝﹣2时y取最小值可判断④．
【解答】解：∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线对称轴为直线x＝﹣＝﹣2，
∴b＝4a＞0，
∵抛物线与y轴交点在x轴上方，
∴c＜0，
∴abc＜0，①错误．
设抛物线对称轴与y轴交点为E（﹣2，0），则OE＝2，
∵OA＝5OB，
∴OE＝2OB，即点B坐标为（1，0），
∴x＝1时，y＝a+b+c＝0，
∴（a+c）2﹣b2＝（a+c+b）（a﹣b+c）＝0，②正确．
∵a+b+c＝5a+c＝0，
∴c＝﹣5a，
∴9a+4c＝﹣11a＜0，③正确．
∵x＝﹣2时y取最小值，
∴am2+bm+c≥4a﹣2b+c，即am2+bm+2b≥4a，④正确．
故选：B．
【点评】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程及不等式的关系．
二、填空题（本大题共6小题，每题3分，共18分）
11．【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出a，b的值，进而得出答案．
【解答】解：∵点A（a，﹣3）与点B（1，b）关于原点对称，
∴a＝﹣1，b＝3，
∴a+b＝﹣1+3＝2．
故答案为：2．
【点评】此题主要考查了关于原点对称点的性质，正确掌握横纵坐标的符号关系是解题关键．
12．【分析】根据判别式的意义得到Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣k）＝0，然后解一次方程即可．
【解答】解：根据题意得Δ＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣k）＝0，
解得k＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac：当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．
13．【分析】利用弧长的计算公式计算即可．
【解答】解：圆弧的半径为6cm，所对的圆心角为60°，
则此圆心角所对的弧长l＝＝2π（cm），
故答案为2π．
【点评】本题考查了弧长的计算公式，运用公式解题时，需注意公式中n的值在代入计算时不能带有度数．
14．【分析】根据y轴上点的坐标特征，求自变量为0时的函数值即可．
【解答】解：把x＝0代入y＝3x2﹣x﹣4得y＝﹣4，
所以抛物线y＝3x2﹣x﹣4与y轴的交点坐标为（0，﹣4）．
故答案为：（0，﹣4）．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，若求与坐标轴的交点，只需令x＝0或y＝0即可．
15．【分析】根据抛物线的解析式求得对称轴为直线x＝1，根据二次函数的性质即可得到结论．
【解答】解：∵y＝x2﹣2x﹣1＝（x﹣1）2﹣2，
∴对称轴为直线x＝1，
∵a＝1＞0，
∴抛物线的开口向上，
∴当0≤x＜1时，y随x的增大而减小，
∴当x＝0时，y＝﹣1，
当1≤x≤3时，y随x的增大而增大，
∴当x＝3时，y＝9﹣6﹣1＝2，
∴当0≤x≤3时，函数的最大值为2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了二次函数的性质，二次函数的最值，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
16．【分析】如图，点G在以点O为圆心，以1为半径的圆上，作点A关于直线CD的对称点E，连接PE，DE，由对称知，PA＝PE，可得PA+PG+OG＝PE+PG+OG．当O，G，P，E四点共线时，PA+PG+OG＝PE+PG+OG最短，此时PA+PG最短；过点O作OF⊥AD，垂足为F，则RtAOEF中，OE＝，PA+PG的最小值为﹣1．
【解答】解：如图，点G在以点O为圆心，以1为半径的圆上，作点A关于直线CD的对称点E，连接PE，DE，由对称知，PA＝PE，
∴PA+PG＝PE+PG，PA+PG+OG＝PE+PG+OG．
过点O作OF⊥AD，垂足为F，则OF＝CD＝2，DF＝OC＝1，
在Rt△OEF中，OE＝＝．
∴O，G，P，E四点共线时，PE+PG＝OE﹣OG＝﹣1，
∴PA+PG的最小值为﹣1；
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查两点之间线段最短，正方形的性质，轴对称的性质，圆的定义，勾股定理；通过轴对称，作线段的等量转移是解题的关键．
三、解答题（本大题共4小题，4+4+6+6分，共20分）
17．【分析】通过观察方程形式，利用二次三项式的因式分解法解方程比较简单．
【解答】解：原方程变形为（x﹣1）（x+5）＝0
∴x1＝﹣5，x2＝1．
【点评】本题考查了因式分解法解一元二次方程，当把方程通过移项把等式的右边化为0后方程的左边能因式分解时，一般情况下是把左边的式子因式分解，再利用积为0的特点解出方程的根．因式分解法是解一元二次方程的一种简便方法，要会灵活运用．
18．【分析】因为抛物线的顶点坐标为M（3，﹣1），所以设此二次函数的解析式为y＝a（x﹣3）2﹣1，把点（2，3）代入解析式即可解答．
【解答】解：已知抛物线的顶点坐标为（3，﹣1），
设此二次函数的解析式为y＝a（x﹣3）2﹣1，
把点（2，3）代入解析式，得：
a﹣1＝3，即a＝4，
∴此函数的解析式为y＝4（x﹣3）2﹣1．
【点评】本题考查了用待定系数法求函数解析式的方法．若题目给出了二次函数的顶点坐标，则采用顶点式求解简单．
19．【分析】（1）由DE⊥AB得到∠DEA＝∠C＝90°，然后得到△ADE∽△ABC；
（2）利用勾股定理求出BC，根据相似三角形的性质得到，代入已知数据可得结果．
【解答】（1）解：证明：∵DE⊥AB于点E，∠C＝90°，
∴∠AED＝∠C＝90°，
∵∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ABC；
（2）解：∵AB＝5，BC＝3，∠C＝90°，
∴，
∵△ADE∽△ABC，
∴，即，
∴．
【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，掌握相似三角形的判定是解题的关键．
20．【分析】（1）根据关于x的一元二次方程x2﹣（k﹣2）x+k2﹣2k＝0有两个不相等的实数根，得到Δ＝[﹣（2k﹣2）]2﹣4（k2﹣2k）＞0，于是得到结论；
（2）根据x1+x2＝k﹣2，x1x2＝k2﹣2k，代入+﹣x1x2＝25，解方程即可得到结论．
【解答】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣（k﹣2）x+k2﹣2k＝0有两个不相等的实数根，
∴Δ＝[﹣（k﹣2）]2﹣4（k2﹣2k）＞0，
解得：k＞﹣1．
（2）∵x1+x2＝k﹣2，x1x2＝k2﹣2k，
∵+﹣x1x2＝25，
∴（x1+x2）2﹣3x1x2＝25，
∴（k﹣2）2﹣3（k2﹣2k）＝25，
解得：k1＝﹣14，k2＝6，
∵k＞﹣1，
∴k＝6．
【点评】本题考查的是一元二次方程根与系数的关系及根的判别式，先判断出a的取值范围，再由根与系数的关系得出方程是解答此题的关键．
四、解答题（本大题共3小题，8+10+10分，共28分）
21．【分析】（1）连接OC．只需证明∠OCD＝90°．根据等腰三角形的性质即可证明；
（2）阴影部分的面积即为直角三角形OCD的面积减去扇形COB的面积．
【解答】（1）证明：连接OC．
∵AC＝CD，∠ACD＝120°，
∴∠A＝∠D＝30°．
∵OA＝OC，
∴∠ACO＝∠A＝30°．
∴∠OCD＝∠ACD﹣∠ACO＝90°．即OC⊥CD，
∴CD是⊙O的切线．
（2）解：∵∠A＝30°，
∴∠COB＝2∠A＝60°．
∴S扇形BOC＝，
在Rt△OCD中，CD＝OC，
∴，
∴，
∴图中阴影部分的面积为．
【点评】此题综合考查了等腰三角形的性质、切线的判定方法、扇形的面积计算方法．
22．【分析】（1）由题意得AP＝2t cm，BQ＝4t cm，则BP＝AB﹣AP＝（12﹣2t）cm；
（2）由三角形面积公式得S△PBQ＝﹣4t2+24t，再根据△PBQ的面积为32cm2，列出一元二次方程，解方程即可；
（3）由（2）可知，S△PBQ＝﹣4t2+24t＝﹣4（t﹣3）2+36，再由二次函数的性质即可得出结论．
【解答】解：（1）由题意得：AP＝2t cm，BQ＝4t cm，
∵AB＝12cm，
∴BP＝AB﹣AP＝（12﹣2t）cm，
故答案为：2t cm，（12﹣2t）cm，4t cm；
（2）∵BQ＝4t cm，BP＝（12﹣2t）cm，∠B＝90°，
∴S△PBQ＝BP•BQ＝×（12﹣2t）•4t＝（﹣4t2+24t）（cm2），
即S△PBQ＝﹣4t2+24t，
由题意得：﹣4t2+24t＝32，
整理得：t2﹣6t+8＝0，
解得：t1＝2，t2＝4，
答：当运动时间是2s或4s时△PBQ的面积为32cm2；
（3）由（2）可知，S△PBQ＝﹣4t2+24t＝﹣4（t﹣3）2+36，
∵﹣4＜0，
∴当t＝3时，△PBQ的面积有最大值为36，
答：当t为3s时，△PBQ的面积有最大值．
【点评】本题是三角形综合题，考查了三角形面积公式、一元二次方程的应用以及二次函数的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握三角形面积公式，求出△PBQ的面积与t的关系式是解题的关键．
23．【分析】（1）作∠ABC的角平分线交AC于点O，以点O为圆心，OC的长为半径作圆即可；
（2）过点O作OM⊥AB，垂足为点M．由题可知，BO是∠ABC的角平分线，利用圆心到直线的距离等于半径时，直线与圆相切即可证明；
（3）由勾股定理得，根据切线长定理得BM＝BC＝6，进而得AM＝4，在Rt△AOM中，利用勾股定理构造方程即可求解．
【解答】（1）解：如图所示，
（2）证明：过点O作OM⊥AB，垂足为点M．
由题可知，BO是∠ABC的角平分线，
∵∠ACB＝90°，
∴OC⊥BC，
∵BO是∠ABC的角平分线OM⊥AB，
∴OC＝OM，
又∵OM⊥AB，OC是⊙O的半径，
∴AB与⊙O相切；
（3）解：在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6．
∴，
∵BC、AB与⊙O相切，
∴BM＝BC＝6，
∴AM＝4，
设⊙O半径为x，则OA＝8﹣x，OM＝x，
根据勾股定理得，x2+42＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
∴⊙O半径为3．
【点评】本题主要考查了切线得判定、切线长定理、勾股定理、尺规作角的角平分线以及角平分线的性质定理，熟练掌握切线判定、切线长定理、勾股定理、尺规作角的角平分线是解题的关键．
五、解答题（本大题共2小题，12+12分，共24分）
24．【分析】（1）利用切线的性质得出∠OCD＝∠OCB，再根据直角三角形两锐角互余，对顶角、等量代换可得答案；
（2）利用勾股定理求出BE，再根据勾股定理列方程可求出半径；
（3）根据勾股定理求出OC，OE，再根据相似三角形的性质求出EF．
【解答】解：（1）∵CB，CD是⊙O的切线，
∴CB＝CD，∠ODC＝∠OBC＝90°，
又∵OB＝OD，
∴△COD≌△COB（SAS），
∴∠OCD＝∠OCB，
又∵EF⊥OG，
∴∠EFO＝90°，
∴∠OEF+∠EOF＝90°，
∵∠BOC+∠BCO＝90°，∠EOF＝∠BOC，
∴∠FEB＝∠ECF；
（2）在Rt△BCE中，BE＝＝＝8，
在Rt△OED中，设OD＝x，
则OB＝x，OE＝8﹣x，DE＝EC﹣CD＝10﹣6＝4，
由勾股定理得，DE2+OD2＝OE2，
即42+x2＝（8﹣x）2，
∴x＝3，
∴OD＝3，
即⊙O的半径为3；
（3）由勾股定理得，
OE＝＝＝5，
OC＝＝＝3，
∵∠FEO＝∠DCO，∠EFO＝∠CDO＝90°，
∴△EOF∽△COD，
∴＝，
即：＝，
∴EF＝2．
【点评】本题考查切线的性质和判定，勾股定理、相似三角形等知识，知识的综合应用是本题的显著特点．
25．【分析】（1）把A（﹣3，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4列方程组，解方程组求出a、b的值即可；
（2）先证明△NPQ是等腰直角三角形，得到PN＝PQ，再求直线BC的函数表达式，用含m 的代数式分别表示点P、点Q的坐标，再用含m的代数式表示线段PQ及PN的长；
（3）将（2）中所求的函数表达式配成顶点式，根据二次函数的性质即可求出当m＝2时，PN的值最大，同时求出该最大值．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，
∴，
解得，，
∴此抛物线的表达式为y＝x2+x+4.
（2）如图，抛物线y＝x2+x+4，当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），
∴OB＝OC，
∵∠BOC＝90°，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∵PM∥OC，PN⊥BC，
∴∠NQP＝∠OCB＝45°，∠PNQ＝90°，
∴∠NPQ＝∠NQP＝45°，
∴PN＝QN，
∴PN2+QN2＝2PN2＝PQ2，
∴PN＝PQ；
设直线BC的表达式为y＝k+4，则4k+4＝0，
解得，k＝﹣1，
∴y＝﹣x+4，
∵点P的横坐标为m，
∴P（m，m2+m+4），Q（m，﹣m+4），
∵点P在点Q的上方，
∴PQ＝m2+m+4﹣（﹣m+4）＝m2+m，
∴PN＝（m2+m）＝m2+m（0＜m＜4）．
（3）∵PN＝m2+m＝（m﹣2）2+，且＜0，0＜2＜4，
∴当m＝2时，PN有最大值，PN最大＝．
【点评】此题重点考查二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定系数法求函数表达式、根据图形的几何意义求函数表达式等知识与方法，此题难度较大，属于考试压轴题．