2021-2022学年湖北省天门市八校联考实验班九年级(上)期中数学试卷(附详解)

2021-2022学年湖北省天门市八校联考实验班九年级（上）
期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分）
1.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是()
A. B. C. D.
2.已知a，b是方程x2+x−3=0的两个实数根，则a2−b+2021的值是()
A. 2025
B. 2021
C. 2020
D. 2024
3.若二次函数y=mx2−2x+1的图象与x轴无交点，则m的取值范围为()
A. m<1
B. m>1
C. m>−1且m≠0
D. m<1且m≠0
4.如图，点A，B，C，D，E在⊙O上，AB=CD，∠AOB=42°，
则∠CED=()
A. 48°
B. 24°
C. 22°
D. 21°
5.将抛物线y=−x2−2x+3的图象向右平移1个单位，再向下平移2个单位得到的抛
物线必定经过()
A. (−2,2)
B. (−1,1)
C. (0,6)
D. (1,−3)
6.如图，菱形OABC的顶点A，B，C在⊙O上，过点B作⊙O
的切线交OA的延长线于点D.若⊙O的半径为1，则BD的
长为()
A. 1
B. 2
C. √2
D. √3
7.如图，在Rt△ABC，∠B=90°，∠ACB=50°，将Rt△
ABC在平面内绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，连接
CC′.若AB//CC′，则旋转角的度数为()
A. 90°
B. 100°
C. 105°
D. 88°
8.已知圆锥的母线长为2，底面圆的半径为1，如果一只蚂蚁从圆
锥的点B出发，沿表面爬到AC的中点D处，则最短路线长为()
A. √5
B. √3
C. 2√2
D. 2
9.已知m、n、4分别是等腰三角形(非等边三角形)三边的长，且m、n是关于x的一元
二次方程x2−6x+k+2=0的两个根，则k的值等于()
A. 7
B. 7或6
C. 6或−7
D. 6
10.如图，已知抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为直线
x=1.给出下列结论：
①ac<0；
②b2−4ac>0；
③2a−b=0；
④a−b+c=0．
其中，正确的结论有()
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11.关于x的一元二次方程(m−5)x2+2x+2=0有实根，则m的最大整数解是______．
12.汽车刹车后行驶的距离s与行驶时间t(秒)的函数关系是s=15t−6t2，汽车从刹车
到停下来所用时间是______秒．
13. 如图，在平面直角坐标系xOy 中，A(4,0)，B(0,3)，C(4,3)，I 是
△ABC 的内心，将△ABC 绕原点逆时针旋转90°后，
I 的对应点I′的坐标为______．
14. 已知二次函数y =ax 2+bx +c 的图象经过(−3,0)与(1,0)两点，关于x 的方程ax 2+
bx +c +m =0(m >0)有两个根，其中一个根是3.则关于x 的方程ax 2+bx +c +n =0(0<n <m)有两个整数根，这两个整数根的和是______．
15. 已知⊙O 半径是1，弦AB ，AC 的长分别为√2和√3，则∠BAC =______．
16. 如图，四边形ABCD 是正方形，曲线DA 1B 1C 1D 1A 2…是由一段段90度的弧组成的．其
中：DA ⏜1的圆心为点A ，半径为AD ；A 1B 1⏜的圆心为点B ，半径为BA 1；B 1C 1⏜的圆心
为点C ，半径为CB 1；C 1D 1⏜的圆心为点D ，半径为DC 1；…DA ⏜1,A 1B 1⏜,B 1C 1⏜,C 1D 1⏜，…
的圆心依次按点A ，B ，C ，D 循环．若正方形ABCD 的边长为1，则A 2020B 2020⏜ 的长
是______．
三、解答题（本大题共8小题，共64.0分）
17. (1)解方程：3x 2−2x −2=0；
(2)解方程：2(x −3)=3x(x −3)．
18.如图，四边形ABCD是平行四边形，点A，B，D均在圆上．请仅用无刻度的直尺分
别下列要求画图．
(1)在图①中，若AB是直径，CD与圆相切，画出圆心O；
(2)在图②中，若CB，CD均与圆相切，画出圆心O．
k2−2=0．
19.已知关于x的一元二次方程x2−(2k+1)x+1
2
(1)求证：无论k为何实数，方程总有两个不相等的实数根；
(2)若方程的两个实数根x1，x2满足x1−x2=3，求k的值．
20.改善小区环境，争创文明家园．如图所示，某社区决定
在一块长(AD)16m，宽(AB)9m的矩形场地ABCD上修建
三条同样宽的小路，其中两条与AB平行，另一条与AD平
行，其余部分种草．要使草坪部分的总面积为112m2，
则小路的宽应为多少？
21. 如图，AB 是⊙O 的直径，点C 是⊙O 上一点，∠CAB 的平分
线AD 交BC ⏜于点D ，过点D 作DE//BC 交AC 的延长线于点E ．
(1)求证：DE 是⊙O 的切线；
(2)若DE =2，CE =1，求BD 的长度．
22. 2020年是决战决胜扶贫攻坚和全面建成小康社会的收官之年，荆门市政府加大各
部门和单位对口扶贫力度．某单位的帮扶对象种植的农产品在某月(按30天计)的第x 天(x 为正整数)的销售价格p(元/千克)关于x 的函数关系式为p ={25x +4(0<x ≤20)
−15x +12(20<x ≤30)，销售量y(千克)与x 之间的关系如图所示． (1)求y 与x 之间的函数关系式，并写出x 的取值范围；
(2)当月第几天，该农产品的销售额最大，最大销售额是多少？(销售额=销售量×销售价格)
23.(1)问题发现：
如图(1)，△ABC和△AED都是等腰直角三角，∠BAC=∠EAD=90°，点B在线段AE 上，点C在线段AD上，请直接写出线段BE与线段CD的数量关系：______；
(2)操作探究：
如图(2)，将图(1)中的△ABC绕点A顺时针旋转α(0°<α<360°)，请判断并证明线段BE与线段CD的数量关系；
(3)解决问题：
将图(1)中的△ABC绕点A顺时针旋转α(0°<α<360°)，若DE=2AC，在旋转的过程中，当以A、B、C、D四点为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出旋转角α的度数．
24.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，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)求抛物线的表达式；
(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】D
【解析】解：A.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意．
故选：D．
根据中心对称图形以及轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
本题考查了中心对称图形以及轴对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后和原图形重合．
2.【答案】A
【解析】解：∵a，b是方程x2+x−3=0的两个实数根，
∴a2=−a+3，a+b=−1，
∴a2−b+2021
=−a+3−b+2021
=−(a+b)+2024
=1+2024
=2025．
故选：A．
根据题意可知a2=−a+3，a+b=−1，所求式子化为−a+3−b+2021=−(a+ b)+2024即可求解．
本题考查一元二次方程的根与系数的关系；根据根与系数的关系将所求式子进行化简代入是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：由题意可知：{m ≠0△<0
， ∴{m ≠04−4m <0
， 解得：m >1，
故选：B ．
根据二次函数的图象与系数之间的关系即可求出答案．
本题考查二次函数，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与性质，本题属于基础题型．
4.【答案】D
【解析】解：连接OC 、OD ，
∵AB =CD ，∠AOB =42°，
∴∠AOB =∠COD =42°，
∴∠CED =12∠COD =21°．
故选：D ．
连接OC 、OD ，可得∠AOB =∠COD =42°，由圆周角定理即可得∠CED =12∠COD =21°． 本题主要考查圆心角、弧、弦三者的关系以及圆周角定理，解题的关键是掌握圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
5.【答案】B
【解析】解：y =−x 2−2x +3
=−(x 2+2x)+3
=−[(x +1)2−1]+3
=−(x +1)2+4，
∵将抛物线y =−x 2−2x +3的图象向右平移1个单位，再向下平移2个单位，
∴得到的抛物线解析式为：y=−x2+2，
当x=−2时，y=−(−2)2+2=−4+2=−2，故(−2,2)不在此抛物线上，故A选项不合题意；
当x=−1时，y=−(−1)2+2=−1+2=1，故(−1,1)在此抛物线上，故B选项符合题意；
当x=0时，y=−02+2=0+2=2，故(0,6)不在此抛物线上，故A选项不合题意；当x=1时，y=−12+2=−1+2=1，故(1,−3)不在此抛物线上，故A选项不合题意；故选：B．
直接将原函数写成顶点式，再利用二次函数平移规律：左加右减，上加下减，进而得出平移后解析式，再把各选项的点代入判断即可．
此题主要考查了二次函数图象与几何变换，正确掌握平移规律是解题关键．
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了切线的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练切线的性质定理是解题的关键．连接OB，根据菱形的性质得到OA=AB，求得∠AOB=60°，根据切线的性质得到∠DBO=90°，即可得到结论．
【解答】
解：连接OB，
∵四边形OABC是菱形，
∴OA=AB，
∵OA=OB，
∴OA=AB=OB，
∴∠AOB=60°，
∵BD是⊙O的切线，
∴∠DBO=90°，
∵OB=1，
∴BD=√3OB=√3，
故选D．
7.【答案】B
【解析】解：∵AB//CC′，
∴∠ABC+∠C′CB=180°，
而∠B=90°，
∴∠C′CB=90°，
∴∠ACC′=90°−∠ACB=90°−50°=40°，
∵Rt△ABC在平面内绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，
∴AC=AC′，∠C′AC等于旋转角，
∴∠AC′C=∠ACC′=40°，
∴∠C′AC=180°−40°−40°=100°，
即旋转角为100°．
故选：B．
先利用平行线的性质得到∠C′CB=90°，则可计算出∠ACC′=40°，再根据旋转的性质得AC=AC′，∠C′AC等于旋转角，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和计算出∠C′AC 即可．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了平行线的性质．
8.【答案】A
【解析】解：如图，将圆锥侧面展开，得到扇形ABB′．
设∠BAB′=n°．
∵弧BB′=底面圆周长，
=2π，
∴nπ×2
180
∴n=180，即∠BAB′=180°．
由题意可知，AB⊥AC′，且点D为AC′的中点，
在Rt△ABD中，AB=2，AD=1，
∴BD=√AB2+AD2=√22+12=√5．
故蚂蚁沿线段BD爬行，路程最短，最短路线长为√5．
故选：A．
将圆锥的侧面展开，得到扇形ABB′，点C的对应点为C′，AC′的中点为D，线段BD的长
即为最短路线的长．
本题考查了平面展开−最短路径问题，用到的知识点：圆锥的侧面展开图是一个扇形，此扇形的弧长等于圆锥底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．本题就是把圆锥的侧面展开成扇形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了根的判别式，一元二次方程的解，等边三角形的性质，正确的理解题意是解题的关键．当m=4或n=4时，即x=4，代入方程即可得到结论，当m=n时，即△= (−6)2−4×(k+2)=0，解方程即可得到结论．
【解答】解：当m=4或n=4时，即x=4，
∴方程为42−6×4+k+2=0，
解得：k=6，
当m=n时，即△=(−6)2−4×(k+2)=0，
解得：k=7，
综上所述，k的值等于6或7，
故选：B．
10.【答案】C
=1，因此b>0，与y轴交于【解析】解：抛物线开口向下，a<0，对称轴为x=−b
2a
正半轴，因此c>0，
于是有：ac<0，因此①正确；
=1，得2a+b=0，因此③不正确，
由x=−b
2a
抛物线与x轴有两个不同交点，因此b2−4ac>0，②正确，
由对称轴x=1，抛物线与x轴的一个交点为(3,0)，对称性可知另一个交点为(−1,0)，因此a−b+c=0，故④正确，
综上所述，正确的结论有①②④，
故选：C．
根据抛物线的开口方向、对称轴、与x轴、y轴的交点，综合进行判断即可．
本题考查二次函数的图象和性质，理解二次函数的图象与系数的关系是正确判断的前提．
11.【答案】4
【解析】
【分析】
若一元二次方程有实根，则根的判别式Δ=b2−4ac≥0，建立关于m的不等式，求出m 的取值范围．还要注意二次项系数不为0．
本题考查了根的判别式，总结：一元二次方程根的情况与判别式Δ的关系：
(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；
(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；
(3)Δ<0⇔方程没有实数根．
【解答】
解：∵关于x的一元二次方程(m−5)x2+2x+2=0有实根，
∴Δ=4−8(m−5)≥0，且m−5≠0，
解得m≤5.5，且m≠5，
则m的最大整数解是4．
故答案为4．
12.【答案】1.25
【解析】解：∵s=15t−6t2=−6(t−1.25)2+9.375，
∴汽车从刹车到停下来所用时间是1.25秒．
故答案为：1.25．
利用配方法求二次函数最值的方法解答即可．
考查了二次函数的应用，此题主要利用配方法求最值的问题，根据已知得出顶点式是解题关键．
13.【答案】(−2,3)
【解析】解：过点作IF⊥AC于点F，IE⊥OA于点E，
∵A(4,0)，B(0,3)，C(4,3)，
∴BC=4，AC=3，
则AB=5，
∵I是△ABC的内心，
∴I到△ABC各边距离相等，等于其内切圆的半径，
∴IF=1，故I到BC的距离也为1，
则AE=1，
故IE=3−1=2，
OE=4−1=3，
则I(3,2)，
∵△ABC绕原点逆时针旋转90°，
∴I的对应点I′的坐标为：(−2,3)．
故答案为：(−2,3)．
直接利用直角三角形的性质得出其内切圆半径，进而得出I点坐标，再利用旋转的性质得出对应点坐标．
此题主要考查了旋转的性质以及直角三角形的性质，得出其内切圆半径是解题关键．14.【答案】−2
【解析】解：∵抛物线y=ax2+bx+c的图象经过(−3,0)与(1,0)两点，
=−1，
∴抛物线对称轴为直线x=−3+1
2
∵设抛物线y=ax2+bx+c+n与x轴有两个交点(x1,0)，(x2,0)，且对称轴为直线x=−1，
=−1，
∴x1+x2
2
∴x1+x2=−2，
故答案为：−2．
将求方程的解的问题转化为抛物线有x轴交点问题，由抛物线y=ax2+bx+c的图象经过(−3,0)与(1,0)两点可得抛物线对称轴为直线x=−1，从而可得抛物线在上下移动过程中与x轴交点横坐标之和为−2．
本题考查抛物线与x轴的交点问题，解题关键是掌握二次函数与方程的关系．
15.【答案】15°或75°
【解析】解：作弦的弦心距，连接OA
根据锐角三角函数的概念得∠OAB =45°，∠OAC =30°；
当两条弦在圆心的同侧时，则∠BAC =15°；
当两条弦在圆心的异侧时，则∠BAC =75度．
故填15°或75°．
根据直角三角形中的角边关系计算．
此题主要注意分情况考虑，构造直角三角形，熟练运用锐角三角函数根据边之间的关系求得角的度数．
16.【答案】4039π
【解析】
【分析】
此题主要考查了弧长的计算，弧长的计算公式：l =
nπr 180，找到每段弧的半径变化规律是
解题关键．
曲线DA 1B 1C 1D 1A 2…是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径多1，总结出规律AD n−1=AA n =4(n −1)+1，BA n =BB n =4(n −1)+2，再计算弧长即可．
【解答】
解：由图可知，曲线DA 1B 1C 1D 1A 2…是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径多1，AD =AA 1=1，BA 1=BB 1=2，……，AD n−1=AA n =4(n −1)+1，BA n =BB n =4(n −1)+2，
故A 2020B 2020⏜ 的半径为BA 2020=BB 2020=4(2020−1)+2=8078，
A 2020
B 2020⏜ 的弧长=90180×8078π=4039π． 故答案为：4039π．
17.【答案】解：(1)∵3x 2−2x −2=0，
∴a =3，b =−2，c =−2，
∴Δ=(−2)2−4×3×(−2)=28>0，
则x =−b±√b
2−4ac 2a =2±2√76=1±√73， ∴x 1=1+√7
3，x 2=1−√7
3；
(2)∵2(x −3)=3x(x −3)，
∴2(x −3)−3x(x −3)=0，
∴(2−3x)(x −3)=0，
则2−3x =0或x −3=0，
解得x 1=2
3，x 2=3．
【解析】(1)利用公式法求解即可；
(2)先移项，再利用提公因式法将方程的左边因式分解后求解可得．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
18.【答案】解：(1)如图①中，点O 即为所求．
(2)如图②中，点O 即为所求．
【解析】(1)如图①中，连接AC ，BD 交于点J.AC 与圆交于点K ，连接BK ，延长BK 交CD 于点T ，连接TJ 交圆于点R ，连接DR 交AB 于点O ，点O 即为所求．
(2)如图②中，连接AC ，BD 交于点J ，AC 与圆交于点K ，连接BK ，延长BK 交CD 于点T ，连接TJ 交AB 点R ，连接DR 交AB 于点O ，点O 即为所求．
本题考查作图−复杂作图，平行四边形的性质，垂径定理，切线的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
k2−2)
19.【答案】解：(1)∵△=[−(2k+1)]2−4×1×(1
2
=4k2+4k+1−2k2+8
=2k2+4k+9
=2(k+1)2+7，
∵无论k为何实数，2(k+1)2≥0，
∴2(k+1)2+7>0，
∴无论k为何实数，方程总有两个不相等的实数根；
k2−2，
(2)由根与系数的关系得出x1+x2=2k+1，x1x2=1
2
∵x1−x2=3，
∴(x1−x2)2=9，
∴(x1+x2)2−4x1x2=9，
k2−2)=9，
∴(2k+1)2−4×(1
2
化简得k2+2k=0，
解得k=0或k=−2．
k2−2)=2(k+1)2+【解析】(1)根据根的判别式得出△=[−(2k+1)]2−4×1×(1
2
7>0，据此可得答案；
k2−2，由x1−x2=3知(x1−(2)先根据根与系数的关系得出x1+x2=2k+1，x1x2=1
2
x2)2=9，即(x1+x2)2−4x1x2=9，从而列出关于k的方程，解之可得答案．
本题主要考查根与系数的关系、根的判别式，解题的关键是掌握x1，x2是方程x2+px+ q=0的两根时，x1+x2=−p，x1x2=q．
20.【答案】解：设小路的宽应为xm，
根据题意得：(16−2x)(9−x)=112，
解得：x1=1，x2=16．
∵16>9，
∴x=16不符合题意，舍去，
∴x=1．
答：小路的宽应为1m．
【解析】设小路的宽应为xm，那么草坪的总长度和总宽度应该为(16−2x)，(9−x)；那么根据题意得出方程，解方程即可．
本题考查一元二次方程的应用，弄清“草坪的总长度和总宽度”是解决本题的关键．21.【答案】(1)证明：如图，连接OD，CD，
则∠OAD=∠ODA．
∵AD平分∠CAB，
∴∠OAD=∠EAD．
∴∠ODA=∠EAD．
∴OD//AE，
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°．
∵DE//BC，
∴∠E=90°，
∴∠ODE=90°，
∵OD是⊙O的半径，
∴DE是⊙O的切线；
(2)解：∵AD平分∠CAB，
∴∠BAD=∠CAD．
∴CD⏜=BD⏜，
∴CD=BD，
在Rt△CDE中，DE=2，CE=1，根据勾股定理，得
CD=√CE2+DE2=√12+22=√5，
∴BD =√5．
【解析】(1)连接OD ，由等腰三角形的性质及角平分线的性质得出∠ADO =∠DAE ，从而OD//AE ，由DE//BC 得∠E =90°，由两直线平行，同旁内角互补得出∠ODE =90°，由切线的判定定理得出答案；
(2)先由相等的圆周角所对的弧相等，进而得出CD =BD ，然后根据勾股定理即可求出结果．
本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，熟练掌握圆的切线的判定与性质及圆中的相关计算是解题的关键．
22.【答案】解：(1)当0<x ≤20时，设y 与x 的函数关系式为y =ax +b ，
{b =8020a +b =40
， 解得，{a =−2b =80
， 即当0<x ≤20时，y 与x 的函数关系式为y =−2x +80，
当20<x ≤30时，设y 与x 的函数关系式为y =mx +n ，
{20m +n =4030m +n =80
， 解得，{m =4n =−40
， 即当20<x ≤30时，y 与x 的函数关系式为y =4x −40，
由上可得，y 与x 的函数关系式为y ={−2x +80(0<x ≤20)4x −40(20<x ≤30)
； (2)设当月第x 天的销售额为w 元，
当0<x ≤20时，w =(25x +4)×(−2x +80)=−45(x −15)2+500，
∴当x =15时，w 取得最大值，此时w =500，
当20<x ≤30时，w =(−15x +12)×(4x −40)=−45(x −35)2+500，
∴当x =30时，w 取得最大值，此时w =480，
由上可得，当x =15时，w 取得最大值，此时w =500，
答：当月第15天，该农产品的销售额最大，最大销售额是500元．
【解析】(1)根据函数图象中的数据，可以得到y 与x 之间的函数关系式，并写出x 的取值范围；
(2)根据题意和(1)中的结果，可以得到利润与x 之间的函数关系，然后根据二次函数的
性质，即可得到当月第几天，该农产品的销售额最大，最大销售额是多少．
本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
23.【答案】(1)BE=CD；
(2)∵△ABC和△AED都是等腰直角三角形，∠BAC=∠EAD=90°，
∴AB=AC，AE=AD，
由旋转的性质得，∠BAE=∠CAD，
在△BAE与△CAD中，{AB=AC
∠BAE=∠CAD AE=AD
，
∴△BAE≌△CAD(SAS)
∴BE=CD；
(3)如图，
∵以A、B、C、D四点为顶点的四边形是平行四边形，△ABC和△AED都是等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠ADC=45°，
∵ED=2AC，
∴AC=CD，
∴∠CAD=45°
或360°−90°−45°=225°，或360°−45°=315°
∴角α的度数是45°或225°或315°．
【解析】解：(1)∵△ABC和△AED都是等腰直角三角形，∠BAC=∠EAD=90°，
∴AB=AC，AE=AD，
∴AE−AB=AD−AC，
∴BE =CD ，
故答案为：BE =CD ；
(2)见答案；
(3)见答案．
(1)根据等腰直角三角形的性质可得AB =AC ，AE =AD ，再根据等量关系可得线段BE 与线段CD 的关系；
(2)根据等腰直角三角形的性质可得AB =AC ，AE =AD ，根据旋转的性质可得∠BAE =∠CAD ，根据SAS 可证△BAE≌△CAD ，根据全等三角形的性质即可求解；
(3)根据平行四边形的性质可得∠ABC =∠ADC =45°，再根据等腰直角三角形的性质即可求解．
此题是四边形综合题，涉及的知识点有：等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，解(2)的关键是判断出△BAE≌△CAD ，解(3)的关键是画出示意图；综合性较强，难度中等．
24.【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+43
m ， ∵OB =OC ，故∠ABC =∠OCB =45°，
∴∠PQN =∠BQM =45°，
∴PN =PQsin45°=
√22(−13m 2+43m)=−√26(m −2)2+2√23， ∵−√26<0，故当m =2时，PN 有最大值为2√23
； (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 ，
则CQ2=CE2+EQ2，即m2+[4−(−m+4)]2=25，解得：m=±5√2
2
(舍去负值)，
故点Q(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】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到运用待定系数法确定函数关系式、函数图象上点的坐标的特征、勾股定理、等腰三角形的概念等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
(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．。