2022-2023学年天津第二耀华中学九年级(上)期末数学试题及答案解析

2022-2023学年天津第二耀华中学九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下面四个手机应用图标中，属于中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2. 一个不透明的布袋里装有7个只有颜色不同的球，其中4个白球，2个红球，1个黄球．从
布袋里任意摸出1个球，是红球的概率为( )
A. 4
7B. 3
7
C. 2
7
D. 1
7
3. 如图，点P(8,6)在△ABC的边AC上，以原点O为位似中心，在第一象限内将△ABC缩小到
原来的1
2
，得到△A′B′C′，点P在A′C′上的对应点P′的的坐标为( )
A. (4,3)
B. (3,4)
C. (5,3)
D. (4,4)
4. 已知⊙O的半径为2cm，点P到圆心O的距离为4cm，则点P和⊙O的位置关系为( )
A. 点P在圆内
B. 点P在圆上
C. 点P在圆外
D. 不能确定
5. 如图，在▱ABCD中，F是BC边上一点，延长DF交AB的延长线于点E，若AB=3BE，则BF：CF等于( )
A. 1：2
B. 1：3
C. 2：3
D. 2：5
6. 用配方法解方程x2+8x+9=0，变形后的结果正确的是( )
A. (x+4)2=−7
B. (x+4)2=−9
C. (x+4)2=7
D. (x+4)2=25
7. 如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB于点H，若∠AOC=60°，OH=1，则弦AB的长为( )
A. 2√3
B. √3
C. 2
D. 4
8. 如图，边长为3的正六边形ABCDEF内接于⊙O，则扇形OAB(图中阴影部分)的面积为( )
A. π
B. 3π
2
C. 3π
D. 9π
4
9. 如图，AB是⊙O的切线，B为切点，AO与⊙O交于点C，若∠BAO=40°，则∠OCB的度数为( )
A. 40°
B. 50°
C. 65°
D. 75°
10. 抛物线y=2(x−1)2+c过(−2,y1)，(0,y2)，(5
,y3)三点，则y1，y2，y3大小关系是( )
3
A. y2>y3>y1
B. y1>y2>y3
C. y2>y1>y3
D. y1>y3>y2
11. 某超市一月份的营业额为36万元，三月份的营业额为48万元，设每月的平均增长率为x，则可列方程为( )
A. 48(1−x)2=36
B. 48(1+x)2=36
C. 36(1−x)2=48
D. 36(1+x)2=48
12. 如图，已知二次函数y=ax2+bx+c的图象过点(−1,0)和(m,0)，下列结论：①abc<0；
②4a+c<2b；③b=a−am；④b
c =1−1
m
.其中正确的是( )
A. ①②④
B. ①②③
C. ①③④
D. ①②③④
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
13. 点P(1,−2)关于原点的对称点的坐标是．
14. 已知抛物线开口向上，且抛物线的对称轴为直线x=1，请写出一个满足条件的抛物线的解析式______．
15. 圆锥的母线长为2cm，底面圆的半径长为1cm，则该圆锥的侧面积为______ cm2．
16. 如图，⊙O是△ABC的内切圆，若∠A=50°，则∠BOC=______．
17. 如图，已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=2，将△ABC绕顶点C顺时针旋转90°得到△DEC，F是DE中点，连接AF，则AF的长为．
18. 如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，B均在格点上，顶点C在网格线上，∠BAC=20°.(Ⅰ)线段AB的长等于______；
(Ⅱ)P是如图所示的△ABC的外接圆上的动点，当∠PCB=70°时，请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中画出点P，并简要说明点P的位置是如何找到的(不要求证明)．
三、解答题（本大题共7小题，共66.0分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题8.0分)
已知关于x的方程x2−mx+m−2=0．
(1)当该方程的一个根为−1时，求m的值及该方程的另一根；
(2)求证：不论m取何实数，该方程都有两个不相等的实数根．
20. (本小题8.0分)
如图△ABC中，∠A=36°，AB=AC，BD是∠ABC的平分线．求证：BC2=CD⋅AC．
21. (本小题10.0分)
已知直线l与⊙O，AB是⊙O的直径，AD⊥l于点D．
(1)如图①，当直线l与⊙O相切于点C时，若∠DAC=30°，求∠BAC的大小；
(2)如图②，当直线l与⊙O相交于点E，F时，若∠DAE=18°，求∠BAF的大小．
22. (本小题10.0分)
如图，已知AB为⊙O的直径，AC为⊙O的切线，连接CO，过B作BD//OC交⊙O于D，连接AD 交OC于G，延长AB、CD交于点E．
(Ⅰ)求证：CD是⊙O的切线；
(Ⅱ)若BE=4，DE=8，求CD的长．
23. (本小题10.0分)
某超市经销一种商品，每千克成本为50元，经试销发现，该种商品的每天销售量y(千克)与销售单价x(元/千克)满足一次函数关系，其每天销售单价，销售量的四组对应值如下表所示：
销售单价x(元/千
55606570
克)
销售量y(千克)70605040
(1)求y(千克)与x(元/千克)之间的函数表达式；
(2)为保证某天获得600元的销售利润，则该天的销售单价应定为多少？
(3)当销售单价定为多少时，才能使当天的销售利润最大？最大利润是多少？
24. (本小题10.0分)
如图，△PBD和△PAC都是直角三角形，∠DBP=∠CAP=90°．
(1)如图1，PA，PB与直线MN重合，若∠BDP=45°，∠ACP=30°，求∠DPC的度数；
(2)如图2，若∠BDP=45°，∠ACP=30°，△PBD保持不动，△PAC绕点P逆时针旋转一周．在旋转过程中，当PC//BD时，求∠APN的度数；
(3)如图3，∠BPA=α(90°<a<180°)，点E、F分别是线段BD、AC上一动点，当△PEF周长最小时，直接写出∠EPF的度数(用含α的代数式表示)．
25. (本小题10.0分)
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.M为线段OB上的一个动点，过点M作PM⊥x轴，交抛物线于点P，交BC于点Q．
(1)求抛物线的解析式；
(2)过点P作PN⊥BC，垂足为点N，设M点的坐标为M(m,0)，请用含m的代数式表示线段PN 的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？
(3)试探究点M在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形.若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、图形不是中心对称图形；
B、图形是中心对称图形；
C、图形不是中心对称图形；
D、图形不是中心对称图形，
故选：B．
根据中心对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是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度后能与自身重合．
2.【答案】C
【解析】解：从布袋里任意摸出1个球，是红球的概率=2
．
7
故选：C．
根据概率公式求解．
本题考查了概率公式：随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．
3.【答案】A
【解析】
【分析】
直接利用在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k，进而结合已知得出答案．
此题主要考查了位似变换，正确得出位似比是解题关键．
【解答】
，解：∵点P(8,6)在△ABC的边AC上，以原点O为位似中心，在第一象限内将△ABC缩小到原来的1
2得到△A′B′C′，
∴点P在A′C′上的对应点P′的的坐标为：(8×1
2,6×1
2
)，即P(4,3)．
故选：A．
4.【答案】C
【解析】解：∵⊙O的半径为2cm，点P与圆心O的距离为4cm，2cm<4cm，
∴点P在圆外．
故选：C．
直接根据点与圆的位置关系进行解答即可．
本题考查的是点与圆的位置关系，熟知设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，当d<r时，点P在圆内是解答此题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB//CD，
∴△DCF∽△EBF，
∴BE CD =BF
CF
，且AB=CD=3BE，
∴BF：CF=1：3，故选：B．
通过证明△DCF∽△EBF，可得BE
CD =BF
CF
，可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，证明△DCF∽△EBF是本题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：方程x2+8x+9=0，整理得：x2+8x=−9，
配方得：x2+8x+16=7，即(x+4)2=7，
故选：C．
方程移项后，利用完全平方公式配方即可得到结果．
此题考查了解一元二次方程−配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
7.【答案】A
【解析】解：∵OC⊥AB于H，
∴AH=BH，
在Rt△AOH中，∠AOC=60°，
∵OH=1，
∴AH=√3OH=√3，
∴AB=2AH=2√3
故选：A．
在Rt△AOH中，由∠AOC=60°，解直角三角形求得AH=√3，然后利用垂径定理解答即可．本题考查了垂径定理的应用，解直角三角形等，难度不大．
8.【答案】B
【解析】解：∵正六边形ABCDEF内接于⊙O，
∴∠AOB=60°，
∵OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=OB=AB=2，
∴扇形AOB的面积=60π×32
360=3
2
π，
故选：B．
根据已知条件得到∠AOB=60°，推出△AOB是等边三角形，得到OA=OB=AB=3，根据扇形的面积公式即可得到结论．
本题考查了正多边形与圆及扇形的面积的计算，解题的关键是熟练掌握扇形的面积公式．
9.【答案】C
【解析】解：∵AB是⊙O的切线，B为切点，
∴OB⊥AB，即∠OBA=90°，
∵∠BAO=40°，
∴∠O=50°，
∵OB=OC(都是半径)，
∴∠OCB=1
2
(180°−∠O)=65°．
故选：C．
根据切线的性质可判断∠OBA=90°，再由∠BAO=40°可得出∠O=50°，在等腰△OBC中求出∠OCB即可．
本题考查了切线的性质，解答本题的关键在判断出∠OBA为直角，△OBC是等腰三角形，难度一般．
10.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，由点的横坐标到对称轴的距离判断点的纵坐标的大小．
对二次函数y=2(x−1)2+c，对称轴x=1，在对称轴两侧时，点的横坐标离对称轴越近，则纵坐标越小，由此判断y1、y2、y3的大小．
【解答】
解：在二次函数y=2(x−1)2+c中，对称轴x=1，
在图象上的三点(−2,y1)，(0,y2)，(5
3,y3)，点(−2,y1)离对称轴的距离最远，点(5
3
,y3)离对称轴的
距离最近，
∴y1>y2>y3，
故选：B．
11.【答案】D
【解析】解：二月份的营业额为36(1+x)，
三月份的营业额为36(1+x)×(1+x)=36(1+x)2，
即所列的方程为36(1+x)2=48，
故选：D．
三月份的营业额=一月份的营业额×(1+增长率)2，把相关数值代入即可．考查列一元二次方程；得到三月份的营业额的关系是解决本题的关键．
12.【答案】D
【解析】解：由图象可得，
a<0，b>0，c>0，
∴abc<0，故①正确，符合题意；
当x=−2时，y=4a−2b+c<0，则4a+c<2b，故②正确，符合题意；
−b 2a =−1+m
2
，得b=a−am，故③正确，符合题意；
∵该函数图象过点(−1,0)，∴a−b+c=0，
∴a=b−c，
∵b=a−am=a(1−m)，∴b=(b−c)(1−m)，
整理，得：b
c =1−1
m
.故④正确，符合题意；
故选：D．
根据函数图象中的数据和二次函数的性质，可以判断各个小题中的结论是否成立，从而可以解答本题．
本题考查二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
13.【答案】(−1,2)
【解析】解：∵点P坐标为(1,−2)，
∴点P关于原点的对称点的坐标是(−1,2)．
故答案为(−1,2)．
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，它们的坐标符号相反，即点P(x,y)关于原点的对称点是P′(−x,−y)可以直接得到答案．
本题主要考查中心对称中的坐标变化．
14.【答案】y=x2−2x+1(答案不唯一)
【解析】解：根据题意，得二次函数的顶点坐标为(1,0)，设a=1，
根据顶点式，得y=(x−1)2，
即y=x2−2x+1(本题答案不唯一)．
故答案为：y=x2−2x+1(答案不唯一)．
已知对称轴x=1，根据顶点坐标，开口方向，可写出满足条件的二次函数解析式．
本题考查了二次函数的性质与解析式的关系，正确写抛物线的顶点坐标是解题的关键．
15.【答案】2π
【解析】解：∵圆锥的底面半径为1cm，
∴圆锥的底面周长为：2πr=2πcm，
∵圆锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的周长，
∴圆锥的侧面积为：1
2lr=1
2
×2×2π=2π(cm2)，
故答案为：2π．
根据圆锥的底面半径求得圆锥的底面周长，在根据圆锥的侧面展开扇形的弧长等于圆锥的周长求得圆锥的侧面积即可．
本题考查了圆锥的计算，解题的关键是正确地进行圆锥与扇形的转化．
16.【答案】115°
【解析】解：∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°，∠A=50°，
∴∠ABC+∠ACB=180°−∠A=130°，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴∠ABO=∠CBO，∠ACO=∠BCO，
∴∠BCO=1
2∠ACB，∠CBO=1
2
∠ABC，
∴∠BOC=180°−∠CBO−∠BCO=180°−1
2∠ACB−1
2
∠ABC=180°−1
2
(∠ABC+∠ACB)=
180°−1
2
×130°=115°，
故答案为：115°．
先由三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB的度数，再由⊙O是△ABC的内接圆得到∠BCO=
1 2∠ACB，∠CBO=1
2
∠ABC，最后根据三角形内角和定理即可求出∠BOC．
本题主要考查了三角形的内切圆与内心，三角形内角和定理，由三角形的内切圆与内心及三角形内角和定理求出∠CBO+∠BCO的度数是解决问题的关键．
17.【答案】5
2
【解析】
【分析】
作FH ⊥AC 于H ，如图，利用旋转的性质得CE =BC =2，CD =CA =3，∠ECD =∠ACB =90°，再证明FH 为△ECD 的中位线，CH =EH =1，FH =12CD =32，然后根据勾股定理计算AF 的长． 本题考查了旋转的性质，三角形中位线定理，勾股定理，添加辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【解答】
解：作FH ⊥AC 于H ，如图，
∵△ABC 绕直角顶点C 顺时针旋转90°得到△DEC ，
∴CE =BC =2，CD =CA =3，∠ECD =∠ACB =90°，
∴AE =AC −CE =1，
∵点F 是DE 的中点，
∴FH 为△ECD 的中位线，
∴CH =EH =1，FH =12CD =32
，
AH =AE +EH =1+1=2，
在Rt △AFH 中，AF =√AH 2+FH 2=√22+(32)2=52
． 故答案为：5
2． 18.【答案】√13
【解析】解：(Ⅰ)AB =√22+32=√13；
故答案为：√13；
(Ⅱ)如图，点P 为所作；
作图过程为：过A 点格线交圆于D 点、E 点，连接DE ，连接格点H 、F ，HF 交DE 于点O ，连接CO 交
圆于
P，连接PB，则∠PBC=70°．
(Ⅰ)利用勾股定理计算AB的长；
(Ⅱ)过A点格线交圆于D点、E点，连接DE，由于∠DAE=90°，则DE为直径，连接格点H、F，HF 垂直平分AB，所以HF与DE的交点O为圆心，连接CO交圆于P，连接PB，由于CP为圆心，根据圆周角定理得到∠PBC=90°，∠BPC=∠BAC=20°，所以∠PBC=70°，于是可判断点P满足条件．本题考查了作图−复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了三角形外接圆和圆周角定理．
19.【答案】(1)解：把x=−1代入方程x2−mx+m−2=0得1+m+m−2=0，
解得：m=1
2
，
则原方程为x2−1
2x−3
2
=0，
解得：x=−1，或x=3
2
．
因此方程的另一个根为3
2
．
(2)证明：Δ=(−m)2−4(m−2)=(m−2)2+4，
∵(m−2)2≥0，
∴(m−2)2+4>0，
∴该方程都有两个不相等的实数根．
【解析】(1)把x=−1代入原方程求得m的值，进一步求得方程的另一个根即可；
(2)计算出根的判别式，进一步利用配方法和非负数的性质证得结论即可．
此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．
20.【答案】证明：∵AB=AC，∠A=36°，
∴∠ABC=∠ACB=180°−36°
2
=72°，
∵BD是∠ABC的平分线，
∴∠DBC=∠ABD=1
2
∠ABC=36°，
∴∠A=∠ABD=36°，
∴AD=BD．
∵∠ACB=72°，∠DBC=36°，
∴∠BDC=180°−∠DBC−∠C=72°，
∴∠BDC=∠C=72°，
∴BD=BC，
∴BC=AD．
∴∠A=∠DBC，
∵∠C=∠C，
∴△DBC∽△BAC，
∴BC DC =AC
BC
，
∴BC2=CD⋅AC．
【解析】根据等腰三角形的性质及角平分线的定理可得∠ABD=∠A=36°，再由三角形内角和定理及等腰三角形的判定可得AD=BC.最后根据相似三角形的判定与性质可得结论．
此题考查的是相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，掌握其性质定理是解决此题的关键．
21.【答案】解：(1)连接OC、
∵l是⊙O的切线，
∴OC⊥l，
∵AD⊥l，
∴OC//AD，
∴∠OCA=∠DAC=30°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=30°，
(2)连接BE，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∴∠AED+∠BEF=90°，
∵∠AED+∠DAE=90°，
∴∠BEF=∠DAE=18°，
∵B̂F=B̂F，
∴∠BAF=∠BEF=18°
【解析】(1)连接OD，易证OC//AD，所以∠OCA=∠DAC，由因为OA=OC，所以∠OAC=∠OCA；
(2)连接BE，AB是⊙O的直径，所以∠AEB=90°，从而可知∠BEF=∠DAE=18°，由圆周角定理可知：∠BAF=∠BEF=18°
本题考查圆的综合问题，涉及切线的性质，圆周角定理等知识，题目较为综合．
22.【答案】(1)证明：如图所示，连接OD，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵BD//OC，
∴∠AGO=∠ADB=90°，又OA=OD，
∴DG=AG，
∴AC=DC，
在△AOC和△DOC中，
{AC=DC CO=CO AO=DO
，
∴△AOC≌△DOC(SSS)，
∴∠CAO=∠CDO，
∵AC为⊙O的切线，
∴∠CAO=90°，
∴∠CDO=90°，
又DO为⊙O的半径，
∴CD是⊙O的切线；
(2)设⊙O半径为r，则OD=OB=r，
在Rt△DOE中，OD2+DE2=OE2，即r2+64=(r+4)2，解得r=6，
∵BD//OC，
∴BE OB =DE
CD
，即4
6
=8
CD
，
解得CD=12，
故CD的长为12．
【解析】(1)根据圆周角定理得到∠ADB=90°，再根据平行线的性质推出∠AGO=∠ADB=90°，根据垂直平分线的性质得到DG=AG，AC=DC，从而利用全等三角形的判定定理得到△AOC≌△DOC，进而运用全等三角形的性质进行证明即可；
(2)设⊙O半径为r，在Rt△DOE中利用勾股定理得到r2+64=(r+4)2，解得r=6，从而根据平行线分线段成比例进行求解即可．
本题考查全等三角形的判定与性质、圆周角定理及切线的判定与性质，解题的关键是结合图形利用垂直平分线的性质推出DG=AG，AC=DC，从而推出三角形的全等关系△AOC≌△DOC，与此
同时充分利用平行线的性质，注意数形结合思想方法的运用．
23.【答案】解：(1)设y 与x 之间的函数表达式为y =kx +b(k ≠0)，将表中数据(55,70)、(60,60)代入得：
{55k +b =7060k +b =60
， 解得：{k =−2b =180
． ∴y 与x 之间的函数表达式为y =−2x +180．
(2)由题意得：(x −50)(−2x +180)=600，
整理得：x 2−140x +4800=0，
解得x 1=60，x 2=80．
答：为保证某天获得600元的销售利润，则该天的销售单价应定为60元/千克或80元/千克．
(3)设当天的销售利润为w 元，则：
w =(x −50)(−2x +180)
=−2(x −70)2+800，
∵−2<0，
∴当x =70时，w 最大值=800．
答：当销售单价定为70元/千克时，才能使当天的销售利润最大，最大利润是800元．
【解析】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式、一元二次方程和二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系是解题的关键．
(1)利用待定系数法来求一次函数的解析式即可；
(2)依题意可列出关于销售单价x 的方程，然后解一元二次方程组即可；
(3)利用每件的利润乘以销售量可得总利润，然后根据二次函数的性质来进行计算即可．
24.【答案】解：(1)∵∠DBP =∠CAP =90°，
又∵∠BDP =45°，∠ACP =30°，
∴∠BPD =45°，∠APC =60°，
∴∠DPC =180°−45°−60°=75°；
(2)∵∠CAP =90°，∠ACP =30°，
∴∠APC =60°，
当PC//BD时，分情况讨论：
①当△PAC旋转到如下图所示：
∵PC//BD，且∠DBP=90°，
∴∠CPN=90°，
∴∠APN=30°；
②当△PAC旋转到如下图所示：
∵PC//BD，且∠DBP=90°，
∴∠BPC=90°，
∴∠APB=30°，
∴∠APN=150°，
综上，∠APN=30°或150°；
(3)作点P关于BD的对称点P1，作点P关于AC的对称点P2，连接P1P2，与BD交于点E，与AC交于点F，如图所示：
此时△PEF 的周长最小，
根据轴对称的性质，可得EP 1=EP ，
∴∠P 1=∠EPP 1，
同理，∠P 2=∠FPP 2，
∵∠BPA =α(90°<a <180°)，
∴∠P 1+∠P 2=180°−α，
∴∠EPF =α−(180°−α)=2α−180°，
∴当△PEF 周长最小时，∠EPF =2α−180°．
【解析】(1)根据三角形的内角和定理求解即可；
(2)当PC//BD 时，分情况讨论，分别根据平行线的性质求解即可；
(3)作点P 关于BD 的对称点P 1，作点P 关于AC 的对称点P 2，连接P 1P 2，与BD 交于点E ，与AC 交于点F ，根据轴对称的性质可得EP 1=EP ，进一步可得∠P 1=∠EPP 1，从而求出∠P 1+∠P 2的度数，即可表示出∠EPF 的度数．
本题考查了直角三角形的性质，平行线的性质，轴对称的性质，三角形周长最小等，本题综合性较强，熟练掌握以上性质并灵活运用是解题的关键．
25.【答案】解：(1)将点A 、B 的坐标代入抛物线表达式得{9a −3b +4=016a +4b +4=0
， 解得{a =−13b =13， 故抛物线的表达式为：y =−13x 2+13x +4；
(2)由抛物线的表达式知，点C(0,4)，
由点B 、C 的坐标得，直线BC 的表达式为：y =−x +4；
设点M(m,0)，则点P(m,−13m 2+13m +4)，点Q(m,−m +4)，
∴PQ =−13m 2+13m +4+m −4=−13m 2+43m ，
∵OB =OC ，故∠ABC =∠OCB =45°，
∴∠PQN =∠BQM =45°，
∴PN =PQsin45°=√22(−13m 2+43m)=−√26(m −2)2+2√23，
∵−√2
6
<0，
故当m=2时，PN有最大值为2√2
3
；
(3)存在，理由：
点A、C的坐标分别为(−3,0)、(0,4)，则AC=5，
①当AC=CQ时，过点Q作QE⊥y轴于点E，连接AQ，
则CQ2=CE2+EQ2，即m2+[4−(−m+4)]2=25，
解得：m=±5√2
2
(舍去负值)，
故点(5√2
2,8−5√2
2
)；
②当AC=AQ时，则AQ=AC=5，
在Rt△AMQ中，由勾股定理得：[m−(−3)]2+(−m+4)2=25，解得：m=1或0(舍去0)，
故点Q(1,3)；
③当CQ=AQ时，则2m2=[m−(−3)]2+(−m+4)2，
解得：m=25
2
(舍去)；
综上，点Q的坐标为(1,3)或(5√2
2,8−5√2
2
).
【解析】(1)将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
(2)PN=PQsin45°=√2
2(−1
3
m2+4
3
m)=−√2
6
(m−2)2+2√2
3
，即可求解；
(3)分AC=CQ、AC=AQ、CQ=AQ三种情况，分别求解即可．
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、解直角三角形、等腰三角形的性质等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
第21页，共21页。