初三数学上期末考试题(2)
初三数学上期末考试题参考答案
一、选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.若将一个正方形的各边长扩大为原来的4倍，则这个正方形的面积扩大为原来的( )
A.16倍 B.8倍 C.4倍 D.2倍
【考点】相似图形.
【分析】根据正方形的面积公式：s=a2，和积的变化规律，积扩大的倍数等于因数扩大倍数的乘积，由此解答.
【解答】解：根据正方形面积的计算方法和积的变化规律，如果一个正方形的边长扩大为原来的4倍，那么正方形的面积是原来正方形面积的4×4=16倍.
故选：A
【点评】此题考查相似图形问题，解答此题主要根据正方形的面积的计算方法和积的变化规律解决问题.
2.下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
【考点】中心对称图形;轴对称图形.
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解.
【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误;
B、既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项正确;
C、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误;
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误.
故选B.
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合.
3.下列随机事件的概率，既可以用列举法求得，又可以用频率估计获得的是( )
A.某种幼苗在一定条件下的移植成活率
B.某种柑橘在某运输过程中的损坏率
C.某运动员在某种条件下“射出9环以上”的概率
D.投掷一枚均匀的骰子，朝上一面为偶数的概率
【考点】利用频率估计概率.
【分析】选项依次分析判断即可.
【解答】解：A、某种幼苗在一定条件下的移植成活率，只能用频率估计，不能用列举法;故不符合题意;
B、某种柑橘在某运输过程中的损坏率，只能用列举法，不能用频率求出;故不符合题意;
C、某运动员在某种条件下“射出9环以上”的概率，只能用频率估计，不能用列举法;故不符合题意;
D、∵一枚均匀的骰子只有六个面，即：只有六个数，不是奇数，便是偶数，
∴能一一的列举出来，
∴既可以用列举法求得，又可以用频率估计获得概率;故符合题意.
故选D.
【点评】此题是频率估计概率，主要考查了概率的几种求法，解本题的关键是熟练掌握概率的求法.
4.正六边形的边长为2，则它的面积为( )
A. B. C.3 D.6
【考点】正多边形和圆.
【分析】构建等边三角形，由题意可得：正六边形的面积就是6个等边△OCD的面积，根据边长为2求得三角形的高线OG= ，代入面积公式计算即可.
【解答】解：如图，设正六边形ABCDEF的中心为O，连接OC、OD，
过O作OG⊥CD于G，
∵∠COD= =60°，OC=OD，
∴△COD是等边三角形，
∴OC=CD=OD=2，
∴CG=DG=1，
由勾股定理得：OG= ，
∴S正六边形ABCDEF=6S△OCD=6× ×CD×OG=3×2× =6 ，
故选D.
【点评】本题考查了正六边形的性质及三角形的面积，正确计算中心角的度数= ，熟知半径与边长构成等边三角形，求正六边形的面积，其实就是求等边三角形的面积.
5.袋中装有除颜色外完全相同的a个白球、b个红球、c个黄球，则任意摸出一个球是黄球的概率为( )
A. B. C. D.
【考点】概率公式.
【分析】由袋中装有除颜色外完全相同的a个白球，b个红球，c个黄球，直接利用概率公式求解即可求得答案..
【解答】解：根据题意，任意摸出一个球是黄球的概率为 ，
故选：A.
【点评】此题考查了概率公式的应用.用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比.
6.如图，铁路道口的栏杆短臂长1m，长臂长16m.当短臂端点下降0.5m时，长臂端点升高(杆的宽度忽略不计)( )
A.4m B.6m C.8m D.12m
【考点】相似三角形的应用.
【分析】栏杆长短臂在升降过程中，将形成两个相似三角形，利用对应变成比例解题.
【解答】解：设长臂端点升高x米，
则 = ，
∴解得：x=8.
故选;C.
【点评】此题考查了相似三角形在实际生活中的运用，得出比例关系式是解题关键.
7.下列说法正确的是( )
A.两个大小不同的正三角形一定是位似图形
B.相似的两个五边形一定是位似图形
C.所有的正方形都是位似图形
D.两个位似图形一定是相似图形
【考点】位似变换.
【分析】根据位似图形的定义即可判定.
【解答】解：A、错误.两个大小不同的正三角形不一定是位似图形;
B、错误.相似的两个五边形不一定是位似图形;
C、错误.所有的正方形不一定是位似图形;
D、正确.两个位似图形一定是相似图
故选D.
【点评】本题考查位似图形的定义，记住位似图形的性质是解题的关键①两个图形必须是相似形;②对应点的连线都经过同一点;③对应边平行.
8.如图，将△ABC绕点C(0，﹣1)旋转180°得到△A'B'C，设点A的坐标为(a，b)，则点A′的坐标为( )
A.(﹣a，﹣b) B.(﹣a.﹣b﹣1) C.(﹣a，﹣b+1) D.(﹣a，﹣b﹣2)
【考点】坐标与图形变化-旋转.
【分析】我们已知关于原点对称的点的坐标规律：横坐标和纵坐标都互为相反数;还知道平移规律：上加下减;左加右减.在此基础上转化求解.把AA′向上平移1个单位得A的对应点A1坐标和A′对应点A2坐标后求解.
【解答】解：把AA′向上平移1个单位得A的对应点A1坐标为(a，b+1).
因A1、A2关于原点对称，所以A′对应点A2(﹣a，﹣b﹣1).
∴A′(﹣a，﹣b﹣2).
故选D.
【点评】此题通过平移把问题转化为学过的知识，从而解决问题，体现了数学的化归思想.
9.下列4×4的正方形网格中，小正方形的边长均为1，三角形的顶点都在格点上，则与△ABC相似的三角形所在的网格图形是( )
A. B. C. D.
【考点】相似三角形的判定.
【分析】根据勾股定理求出△ABC的三边，并求出三边之比，然后根据网格结构利用勾股定理求出三角形的三边之比，再根据三边对应成比例，两三角形相似选择答案.
【解答】解：根据勾股定理，AB= =2 ，
BC= = ，
AC= = ，
所以△ABC的三边之比为 ：2 ： =1：2： ，
A、三角形的三边分别为2， = ， =3 ，三边之比为2： ：3 = ： ：3，故A选项错误;
B、三角形的三边分别为2，4， =2 ，三边之比为2：4：2 =1：2： ，故B选项正确;
C、三角形的三边分别为2，3， = ，三边之比为2：3： ，故C选项错误;
D、三角形的三边分别为 = ， = ，4，三边之比为 ： ：4，故D选项错误.
故选：B.
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与网格结构的知识，根据网格结构分别求出各三角形的三条边的长，并求出三边之比是解题的关键.
10.过以下四边形的四个顶点不能作一个圆的是( )
A. 等腰梯形 B. 矩形
C. 直角梯形 D. 对角是90°的四边形
【考点】圆周角定理;矩形的性质;直角梯形.
【分析】过四边形的四个顶点能作一个圆的条件是：对角互补(对角之和等于180°).依此判断即可.
【解答】解：A、等腰梯形的对角互补，所以过等腰梯形的四个顶点能作一个圆，故本选项不符合题意;
B、矩形的对角互补，所以过矩形的四个顶点能作一个圆，故本选项不符合题意;
C、直角梯形的对角不互补，所以过直角梯形的四个顶点不能作一个圆，故本选项符合题意;
D、对角是90°的四边形的对角互补，所以过对角是90°的四边形的四个顶点能作一个圆，故本选项不符合题意;
故选C.
【点评】本题考查了确定圆的条件，圆内接四边形的性质.圆内接四边形的性质是沟通角相等关系的重要依据，在应用此性质时，要注意与圆周角定理结合起来.在应用时要注意是对角，而不是邻角互补.
11.如图，AD⊥BC于D，BE⊥AC于E，AD与BE相交于点F，连接ED，图中的相似三角形的对数为( )
A.4对 B.6对 C.8对 D.9对
【考点】相似三角形的判定.
【分析】利用有两组角对应相等的两个三角形相似可判定△FAE∽△CBE∽△FBD∽△CAD，再根据圆周角定理得到点A、B、D、E四点共圆，则∠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，
∴点E、点D在以AB为直角的圆上，
即点A、B、D、E四点共圆，
∴∠BAD=∠BED，
∴△ABF∽△EDF，
∵∠DEC=∠ABC，
∴△CDE∽△CAB，
故选C.
【点评】本题考查了相似三角形的判定：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似;有两组角对应相等的两个三角形相似.
12.二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则下列结论中错误的是( )
A.函数有最小值 B.当﹣1
C.a+b+c<0 D.当x< ，y随x的增大而减小
【考点】二次函数的图象.
【分析】A、观察可判断函数有最小值;B、由抛物线可知当﹣1
【解答】解：A、由图象可知函数有最小值，故正确;
B、由抛物线可知当﹣1
C、当x=1时，y<0，即a+b+c<0，故正确;
D、由图象可知在对称轴的左侧y随x的增大而减小，故正确.
故选B.
【点评】本题考查了二次函数图象的性质与解析式的系数的关系.关键是熟悉各项系数与抛物线的各性质的联系.
二、填空题：本大题共6小题，每小题3分，共18分，请将答案直接填在答题纸中对应横线上.
13.两地的实际距离是2000m，在绘制的地图上量得这两地的距离是2cm，那么这幅地图的比例尺为 1：100000 .
【考点】比例线段.
【分析】图上距离和实际距离已知，依据“比例尺=图上距离：实际距离”即可求得这幅地图的比例尺.
【解答】解：2cm=0.02m，
0.02m：2000m=1：100000.
答：这幅地图的比例尺是1：100000.
故答案为：1：100000.
【点评】此题主要考查比例尺的计算方法，解答时要注意单位的换算.
14.在一个口袋中有4个完全相同的小球，把它们分别标号为1，2，3，4，随机摸出一个小球然后放回，再随机摸出一个小球，则两次取出的小球标号相同的概率为 .
【考点】列表法与树状图法.
【分析】根据题意画出数形图，两次取的小球的标号相同的情况有4种，再计算概率即可.
【解答】解：如图：
两次取的小球的标号相同的情况有4种，
概率为P= = .
故答案为： .
【点评】此题考查的是用列表法或树状图法求概率.列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件;树状图法适合两步或两步以上完成的事件;解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验.用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比.
15.在平面直角坐标系中，O为原点，点A(4，0)，点B(0，3)把△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，那么AA′的长为 5 .
【考点】坐标与图形变化-旋转.
【分析】由A、B的坐标可求得AB，由旋转的性质可知AB=A′B，在Rt△ABA′中利用勾股定理可求得AA′的长.
【解答】解：
∵A(4，0)，B(0，3)，
∴AB=5，
∵把△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′，
∴A′B=AB=5，且∠ABA′=90°，
∴AA′= =5 ，
故答案为：5 .
【点评】本题主要考查旋转的性质，掌握旋转前后对应线段、对应角相等是解题的关键.
16.如图，在△ABC中，已知∠C=90°，BC=6，AC=8，则它的内切圆半径是 2 .
【考点】三角形的内切圆与内心;勾股定理;正方形的判定与性质;切线长定理.
【分析】根据勾股定理求出AB，根据圆O是直角三角形ABC的内切圆，推出OD=OE，BF=BD，CD=CE，AE=AF，∠ODC=∠C=∠OEC=90°，证四边形ODCE是正方形，推出CE=CD=r，根据切线长定理得到AC﹣r+BC﹣r=AB，代入求出即可.
【解答】解：根据勾股定理得：AB= =10，
设三角形ABC的内切圆O的半径是r，
∵圆O是直角三角形ABC的内切圆，
∴OD=OE，BF=BD，CD=CE，AE=AF，∠ODC=∠C=∠OEC=90°，
∴四边形ODCE是正方形，
∴OD=OE=CD=CE=r，
∴AC﹣r+BC﹣r=AB，
8﹣r+6﹣r=10，
∴r=2，
故答案为：2.
【点评】本题主要考查对切线长定理，三角形的内切圆与内心，勾股定理，正方形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能推出AC﹣r+BC﹣r=AB是解此题的关键.
17.如图，抛物线y=ax2+bx+c(a>0)的对称轴是过点(1，0)且平行于y轴的直线，若点P(4，0)在该抛物线上，则4a﹣2b+c的值为 0 .
【考点】抛物线与x轴的交点.
【分析】依据抛物线的对称性求得与x轴的另一个交点，代入解析式即可.
【解答】解：设抛物线与x轴的另一个交点是Q，
∵抛物线的对称轴是过点(1，0)，与x轴的一个交点是P(4，0)，
∴与x轴的另一个交点Q(﹣2，0)，
把(﹣2，0)代入解析式得：0=4a﹣2b+c，
∴4a﹣2b+c=0，
故答案为：0.
【点评】本题考查了抛物线的对称性，知道与x轴的一个交点和对称轴，能够表示出与x轴的另一个交点，求得另一个交点坐标是本题的关键.
18.将边长为4的正方形ABCD向右倾斜，边长不变，∠ABC逐渐变小，顶点A、D及对角线BD的中点N分别运动列A′、D′和N′的位置，若∠A′BC=30°，则点N到点N′的运动路径长为 .
【考点】轨迹;正方形的性质.
【分析】根据题意可以画出相应的图形，可以求得∠NMN′的度数，然后根据弧长公式即可解答本题.
【解答】解：作NM⊥BC于点M，连接MN′，
∵点N′和点M分别为线段BD′和BC的中点，
∴MN′= =2，
∴MN′=BM，
∴∠MBN′=∠MN′B，
∵∠A′BC=30°，
∴∠MBN′=15°，
∴∠N′MC=30°，
∴∠NMN′=60°，
∴点N到点N′的运动路径长为： ，
故答案为： .
【点评】本题考查轨迹、正方形的性质，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件.
三、解答题：本大题共7小题，共66分，解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程.
19.如图，正方形网格中的每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点叫做格点.△ABC的三个顶点A，B，C都在格点上，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°得到△AB′C′.
(1)在正方形网格中，画出△AB′C′;
(2)计算线段AB在变换到AB′的过程中扫过区域的面积.
【考点】作图-旋转变换;扇形面积的计算.
【分析】(1)根据旋转的性质得出对应点旋转后位置进而得出答案;
(2)利用勾股定理得出AB=5，再利用扇形面积公式求出即可.
【解答】解：(1)如图所示：△AB′C′即为所求;
(2)∵AB= =5，
∴线段AB在变换到AB′的过程中扫过区域的面积为： = π.
【点评】此题主要考查了扇形面积公式以及图形的旋转变换等知识，熟练掌握扇形面积公式是解题关键.
20.学生甲与学生乙学习概率初步知识后设计了如下游戏：学生甲手中有6，8，10三张扑克牌，学生乙手中有5，7，9三张扑克牌，每人从各自手中取一张牌进行比较，数字大的为本局获胜，每次获取的牌不能放回.
(1)若每人随机取手中的一张牌进行比较，请列举出所有情况;
(2)并求学生乙本局获胜的概率.
【考点】列表法与树状图法.
【分析】(1)根据题意可以写出所有的可能性;
(2)根据(1)中的结果可以得到乙本局获胜的可能性，从而可以解答本题.
【解答】解：(1)由题意可得，
每人随机取手中的一张牌进行比较的所有情况是：
(6，5)、(6，7)、(6，9)、
(8，5)、(8，7)、(8，9)、
(10，5)、(10，7)、(10，9);
(2)学生乙获胜的情况有：(6，7)、(6，9)、(8，9)，
∴学生乙本局获胜的概率是： = ，
即学生乙本局获胜的概率是 .
【点评】本题考查列表法与树状图法，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件.
21.(10分)(2016秋•河西区期末)如图，在△ABC中，DE∥BC，分别交AB、AC于点D、E，若AD=3，DB=2，BC=6，求DE的长.
【考点】相似三角形的判定与性质.
【分析】首先根据DE∥BC证得两三角形相似，利用相似三角形的对应边的比相等列式计算即可.
【解答】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ ，
又∵AD=3，DB=2，BC=6，
∴AB=AD+DB=5，
即： = ，
∴DE= .
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是能够根据平行得到相似，并得到比例式后代入计算.
22.(10分)(2016秋•河西区期末)已知二次函数y=2x2﹣4x+1
(1)用配方法化为y=a(x﹣h)2+k的形式;
(2)写出该函数的顶点坐标;
(3)当0≤x≤3时，求函数y的最大值.
【考点】二次函数的三种形式;二次函数的最值.
【分析】(1)利用配方法整理即可得解;
(2)根据顶点式解析式写出顶点坐标即可;
(3)根据增减性结合对称轴写出最大值即可;
【解答】解：(1)y=﹣2(x2+2x﹣ )
=﹣2(x2+2x+1﹣1﹣ )
=﹣2(x+1)2+3，
(2)顶点坐标为(﹣1，3)，
(3)当0≤x≤3时，此函数y随着x的增大而减小，
∴当x=0时，y有最大值是1.
【点评】本题考查了二次函数的三种形式的转化，二次函数的性质，熟练掌握配方法是解题的关键.
23.(10分)(2016秋•河西区期末)如图，CD是圆O的弦，AB是直径，且CD⊥AB，垂足为P.
(1)求证：PC2=PA•PB;
(2)PA=6，PC=3，求圆O的直径.
【考点】相似三角形的判定与性质;勾股定理;垂径定理.
【分析】(1)连接AC、BC，结合条件和垂径定理可证明△APC∽△CPB，利用相似三角形的性质可证得PC2=PA•PB;
(2)把PA、PC的长代入(1)中的结论，可求得PB，则可求得AB的长.
【解答】(1)证明：
如图，连接AC、BC，
∵CD⊥AB，AB是直径，
∴ = ，
∴∠CAB=∠BCP，
∵∠CPA=∠CPB=90°，
∴△APC∽△CPB，
∴ = ，即PC2=PA•PB;
(2)解：
将PA=6，PC=3，代入PC2=PA•PB，可得32=6PB，
∴PB=1.5，
∴AB=PA+PB=6+1.5=7.5，
即圆的直径为7.5.
【点评】本题主要考查相似三角形的判定和性质及垂径定理，利用条件构造三角形相似是解题的关键.
24.(10分)(2016•天津一模)已知AB为⊙O的直径，OC⊥AB，弦DC与OB交于点F，在直线AB上有一点E，连接ED，且有ED=EF.
(Ⅰ)如图1，求证ED为⊙O的切线;
(Ⅱ)如图2，直线ED与切线AG相交于G，且OF=1，⊙O的半径为3，求AG的长.
【考点】切线的判定.
【分析】(1)连接OD，由ED=EF可得出∠EDF=∠EFD，由对顶角相等可得出∠EDF=∠CFO;由OD=OC可得出∠ODF=∠OCF，结合OC⊥AB即可得知∠EDF+∠ODF=90°，即∠EDO=90°，由此证出ED为⊙O的切线;
(2)连接OD，过点D作DM⊥BA于点M，结合(1)的结论根据勾股定理可求出ED、EO的长度，结合∠DOE的正弦、余弦值可得出DM、MO的长度，根据切线的性质可知GA⊥EA，从而得出DM∥GA，根据相似三角形的判定定理即可得出△EDM∽△EGA，根据相似三角形的性质即可得出GA的长度.
【解答】(1)证明：连接OD，如图1所示.
∵ED=EF，
∴∠EDF=∠EFD，
∵∠EFD=∠CFO，
∴∠EDF=∠CFO.
∵OD=OC，
∴∠ODF=∠OCF.
∵OC⊥AB，
∴∠CFO+∠OCF=∠EDF+∠ODF=∠EDO=90°，
∴ED为⊙O的切线.
(2)解：连接OD，过点D作DM⊥BA于点M，如图2所示.
由(1)可知△EDO为直角三角形，设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于点A，
∴GA⊥EA，
∴DM∥GA，
∴△EDM∽△EGA，
∴ ，
∴GA= = =6.
【点评】本题考查了切线的判定、等腰三角形的性质、角的三角函数值、相似三角形的判定及性质，解题的关键是：(1)通过等腰三角形的性质找出∠EDO=90°;(2)通过相似三角形的性质找出相似比.本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据角的计算找出直角，从而证出切线.
25.(10分)(2016•温州)如图，抛物线y=x2﹣mx﹣3(m>0)交y轴于点C，CA⊥y轴，交抛物线于点A，点B在抛物线上，且在第一象限内，BE⊥y轴，交y轴于点E，交AO的延长线于点D，BE=2AC.
(1)用含m的代数式表示BE的长.
(2)当m= 时，判断点D是否落在抛物线上，并说明理由.
(3)若AG∥y轴，交OB于点F，交BD于点G.
①若△DOE与△BGF的面积相等，求m的值.
②连结AE，交OB于点M，若△AMF与△BGF的面积相等，则m的值是 .
【考点】二次函数综合题.
【分析】(1)根据A、C两点纵坐标相同，求出点A横坐标即可解决问题.
(2)求出点D坐标，然后判断即可.
(3)①首先根据EO=2FG，证明BG=2DE，列出方程即可解决问题.
②求出直线AE、BO的解析式，求出交点M的横坐标，列出方程即可解决问题.
【解答】解：(1)∵C(0，﹣3)，AC⊥OC，
∴点A纵坐标为﹣3，
y=﹣3时，﹣3=x2﹣mx﹣3，解得x=0或m，
∴点A坐标(m，﹣3)，
∴AC=m，
∴BE=2AC=2m.
(2)∵m= ，
∴点A坐标( ，﹣3)，
∴直线OA为y=﹣ x，
∴抛物线解析式为y=x2﹣ x﹣3，
∴点B坐标(2 ，3)，
∴点D纵坐标为3，
对于函数y=﹣ x，当y=3时，x=﹣ ，
∴点D坐标(﹣ ，3).
∵对于函数y=x2﹣ x﹣3，x=﹣ 时，y=3，
∴点D在落在抛物线上.
(3)①∵∠ACE=∠CEG=∠EGA=90°，
∴四边形ECAG是矩形，
∴EG=AC=BG，
∵FG∥OE，
∴OF=FB，∵EG=BG，
∴EO=2FG，
∵ •DE•EO= •GB•GF，
∴BG=2DE，
∵DE∥AC，
∴ = = ，
∵点B坐标(2m，2m2﹣3)，
∴OC=2OE，
∴3=2(2m2﹣3)，
∵m>0，
∴m= .
②∵A(m，﹣3)，B(2m，2m2﹣3)，E(0，2m2﹣3)，
∴直线AE解析式为y=﹣2mx+2m2﹣3，直线OB解析式为y= x，
由 消去y得到﹣2mx+2m2﹣3= x，解得x= ，
∴点M横坐标为 ，
∵△AMF的面积=△BFG的面积，
∴ •( +3)•(m﹣ )= •m• •(2m2﹣3)，
整理得到：2m4﹣9m2=0，
∵m>0，
∴m=
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