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2023年海南省中考数学模拟预测卷
一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1．-6的相反数是（　　）
A．6 B．﹣6 C． D．﹣
2．如图，由5个相同正方体组合而成的几何体的俯视图是（　　）
A． B．
C． D．
3．小颍今天发烧了．早晨她烧得很厉害，吃药后她感觉好多了，中午时小颖的体温基本正常，但是下午她的体温又开始上升，直到夜里小颖才感觉没那么发烫．下面四幅图能较好地刻画出小颖今天体温的变化情况的是（　　）
A． B．
C． D．
4．下列式子运算正确的是（　　）
A．x5÷x5＝0 B．x2 x3＝x6 C．（2x）2＝4x2 D．（x3）4＝x7
5．将不等式组 的解集表示在数轴上，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．如图，直角三角板的直角顶点放在直线b上，且a∥b，∠1＝55°，则∠2的度数为（　　）
A．35° B．45° C．55° D．25°
7．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，若线段AB＝4，则BE的长为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
8．若x＝﹣1是关于x的一元二次方程ax2+bx﹣1＝0的一个根，则a﹣b的值为（　　）
A．1 B．﹣2 C．﹣1 D．2
9．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以点A和B为圆心，以相同的长（大于AB）为半径作弧，两弧相交于点M和N，作直线MN交AB于点D，交BC于点E，连接CD，下列结论错误的是（　　）
A．AD＝BD B．BD＝CD C．∠A＝∠BED D．∠ECD＝∠EDC
10．如图，在⊙O中，CD是⊙O上的一条弦，直径AB⊥CD，连接AC、OD，∠A＝26°，则∠D的度数是（　　）
A．26° B．38° C．52° D．64°
11．我国南宋数学家杨辉在《田亩比类乘除捷法》中记录了这样的一个问题：“直田积八百六十四步，只云长阔共六十步，问长多阔几何？”其大意是：矩形面积是864平方步，其中长与宽和为60步，问长比宽多多少步？若设长比宽多x步，则下列符合题意的方程是（　　）
A．（60﹣x）x＝864 B．
C．（60+x）x＝864 D．（30+x）（30﹣x）＝864
12．如图，正方形ABCD的边长为5，点A的坐标为（4，0），点B在y轴上，若反比例函数y＝（k≠0）的图象过点C，则k的值为（　　）
A．4 B．﹣4 C．﹣3 D．3
二．填空题（共4小题，满分12分，每小题3分）
13．把多项式3x2﹣3y2因式分解的结果是 　 　．
14．一个n边形的内角和是720°，则n＝　 　．
15．在一个不透明的袋子中装有4张形状大小质地完全相同的卡片，它们上面分别标有数字：﹣3、﹣1、0、2，随机抽取一张卡片，记下数字为m，放回后再随机抽取一张卡片，记下数字为n，则落在第三象限的概率是 　 　．
16．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，对角线AC，BD交于点O．以BC为直径在BC上方作半圆，半圆与AB交于点E，再以B为圆心，BA为半径作弧AC．若，则图中阴影部分的面积为 　 　．（结果保留π）
三．解答题（共6小题，满分72分，每小题12分）
17．（12分）计算：
（1）（）×+（﹣2）﹣1；
（2）（a﹣3）2﹣a（a+2）．
18．（10分）为丰富学生的课余生活，某中学计划购买若干篮球和足球．据了解，买6个篮球和10个足球需要1700元；买10个篮球和20个足球需要3100元．求每个篮球和每个足球的价格分别是多少元？
19．（10分）为了积极响应中共中央文明办关于“文明用餐”的倡议，某校开展了“你的家庭使用公筷了吗？”的调查活动，并随机抽取了部分学生对他们家庭用餐使用公筷情况进行统计，统计分类为以下四种：A（完全使用）、B（多数时间使用）、C（偶尔使用）、D（完全不使用）．将数据进行整理后，给制了两幅不完整的统计图．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）本次抽取学生共有 　 　人，扇形统计图中A所对的圆心角度数是 　 　°；
（2）请直接补全条形统计图；
（3）该校共有2000名学生，根据调查结果求出偶尔使用公筷的人数约有多少人．
20．（10分）超速行驶是引发交通事故的主要原因，如图所示MN是一条直线路段，限速60公里/时，交警在该路段附近设立了观测点P，这时，一辆小轿车由西向东匀速行驶，测得此车从A处行驶到B处所用的时间为5秒，已知∠PAB＝30°，∠PBN＝53°，AP＝180米．
（1）求A、B之间的路程；（参考数据：，sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，）
（2）请判断此车是否超速？请说明理由．
21．（15分）在△ABC中，∠ACB＝45°，AD⊥BC于点D．
（1）如图1，过点B作BH⊥AC，分别交AC，AD于H，M，求证：DB＝DM；
（2）如图2，过点D作DF∥AB交AC于点F，点G为AD左侧一点，AG⊥AC且AG＝CF，连接BG，∠AGB＝∠AFD，猜想线段BG，DF，AB之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，∠ABC＝60°，，点P为△ABC内部一点，直接写出（PA+PB+PC）2的最小值．

22．（15分）如图，抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的对称轴与直线BC的交点为E．
（1）如图1，求直线BC的表达式；
（2）如图1，点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作y轴的平行线交直线BC于点Q，过点P作x轴的平行线交直线BC于点H，求△PQH周长的最大值和此时P点的坐标；
（3）如图2，将抛物线沿射线BC方向平移4个单位得到新抛物线y′，新抛物线y'与坐标轴y轴交于点M．点D与点C关于x轴对称，连接BD，将△BCD沿直线AC平移得到△B′C′D′．平移过程中，在直线ME上是否存在点N，使得N，B′，C′，D′为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出N点的坐标，并写出求解其中一个N点坐标的过程．
2023年海南省中考数学模拟预测卷
试题解析
一．选择题（共12小题，满分36分，每小题3分）
1．-6的相反数是（　　）
A．6 B．﹣6 C． D．﹣
【分析】求一个数的相反数的方法就是在这个数的前边添加“﹣”，据此解答即可．
【解答】解：根据相反数的含义，可得
-6的相反数是：-（-6）=6．
故选：A．
2．如图，由5个相同正方体组合而成的几何体的俯视图是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据俯视图的意义进行判断即可．
【解答】解：选项A中的图形符合该组合体的俯视图，
故选：A．
3．小颍今天发烧了．早晨她烧得很厉害，吃药后她感觉好多了，中午时小颖的体温基本正常，但是下午她的体温又开始上升，直到夜里小颖才感觉没那么发烫．下面四幅图能较好地刻画出小颖今天体温的变化情况的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意可知，体温变化情况分四段：①从早晨开始发烧，体温上升；②吃药后体温下降至基本正常；③下午体温又上升；④体温下降直到半夜体温正常，由此就可以作出选择．
【解答】解：根据题意：体温变化图象分上升、下降、上升、下降四段，最后正常体温大约37℃．
观察四个选项，只有（C）选项符合题意．
故选：C．
4．下列式子运算正确的是（　　）
A．x5÷x5＝0 B．x2 x3＝x6 C．（2x）2＝4x2 D．（x3）4＝x7
【分析】利用同底数幂的乘法的法则，同底数幂的除法的法则，幂的乘方与积的乘方的法则对各项进行运算即可．
【解答】解：A、x5÷x5＝1，故A不符合题意；
B、x2 x3＝x5，故B不符合题意；
C、（2x）2＝4x2，故C符合题意；
D、（x3）4＝x12，故D不符合题意；
故选：C．
5．将不等式组 的解集表示在数轴上，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】首先解两个不等式，本题可根据数轴的性质“实心圆点包括该点用“≥”，“≤”表示，空心圆圈不包括该点用“＜”，“＞”表示，大于向右小于向左．”画出数轴．
【解答】解：将不等式组 的解集表示在数轴上，正确的是：
故选：A．
6．如图，直角三角板的直角顶点放在直线b上，且a∥b，∠1＝55°，则∠2的度数为（　　）
A．35° B．45° C．55° D．25°
【分析】先根据平行线的性质求出∠3的度数，再由两角互余的性质求出∠2的度数即可．
【解答】解：∵a∥b，∠1＝55°，
∴∠3＝∠1＝55°，
∴∠2＝90°﹣∠3＝90°﹣55°＝35°．
故选：A．
7．如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，若线段AB＝4，则BE的长为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】根据旋转的性质可得AB＝AE，∠BAE＝60°，然后判断出△AEB是等边三角形，再根据等边三角形的三条边都相等可得BE＝AB．
【解答】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，
∴AB＝AE，∠BAE＝60°，
∴△AEB是等边三角形，
∴BE＝AB，
∵AB＝4，
∴BE＝4．
故选：B．
8．若x＝﹣1是关于x的一元二次方程ax2+bx﹣1＝0的一个根，则a﹣b的值为（　　）
A．1 B．﹣2 C．﹣1 D．2
【分析】利用一元二次方程根的定义把x＝﹣1代入方程可得到a﹣b的值．
【解答】解：把x＝﹣1代入方程ax2+bx﹣1＝0得a﹣b﹣1＝0，
所以a﹣b＝1．
故选：A．
9．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以点A和B为圆心，以相同的长（大于AB）为半径作弧，两弧相交于点M和N，作直线MN交AB于点D，交BC于点E，连接CD，下列结论错误的是（　　）
A．AD＝BD B．BD＝CD C．∠A＝∠BED D．∠ECD＝∠EDC
【分析】由题意可知：MN为AB的垂直平分线，可以得出AD＝BD；CD为直角三角形ABC斜边上的中线，得出CD＝BD；利用三角形的内角和得出∠A＝∠BED；因为∠A≠60°，得不出AC＝AD，无法得出EC＝ED，则∠ECD＝∠EDC不成立；由此选择答案即可．
【解答】解：∵MN为AB的垂直平分线，
∴AD＝BD，∠BDE＝90°；
∵∠ACB＝90°，
∴CD＝BD；
∵∠A+∠B＝∠B+∠BED＝90°，
∴∠A＝∠BED；
∵∠A≠60°，AC≠AD，
∴EC≠ED，
∴∠ECD≠∠EDC．
故选：D．
10．如图，在⊙O中，CD是⊙O上的一条弦，直径AB⊥CD，连接AC、OD，∠A＝26°，则∠D的度数是（　　）
A．26° B．38° C．52° D．64°
【分析】根据垂径定理得出，根据弧与圆心角关系得出∠COB＝∠BOD，利用圆周角定理得出∠COB＝2∠A＝52°，然后利用直角三角形两锐角互余性质求解即可．
【解答】解：连接OC，
∵CD是⊙O上的一条弦，直径AB⊥CD，
∴，
∴∠COB＝∠BOD，
∵∠A＝26°，
∴∠COB＝2∠A＝52°，
∴∠BOD＝52°，
∴∠D＝90°﹣∠BOD＝90°﹣52°＝38°．
故选：B．
11．我国南宋数学家杨辉在《田亩比类乘除捷法》中记录了这样的一个问题：“直田积八百六十四步，只云长阔共六十步，问长多阔几何？”其大意是：矩形面积是864平方步，其中长与宽和为60步，问长比宽多多少步？若设长比宽多x步，则下列符合题意的方程是（　　）
A．（60﹣x）x＝864 B．
C．（60+x）x＝864 D．（30+x）（30﹣x）＝864
【分析】根据长与宽之间的关系，可得出长为步，宽为步，利用矩形的面积计算公式，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【解答】解：∵长与宽和为60步，长比宽多x步，
∴长为步，宽为步．
依题意得： ＝864．
故选：B．
12．如图，正方形ABCD的边长为5，点A的坐标为（4，0），点B在y轴上，若反比例函数y＝（k≠0）的图象过点C，则k的值为（　　）
A．4 B．﹣4 C．﹣3 D．3
【分析】过点C作CE⊥y轴于E，根据正方形的性质可得AB＝BC，∠ABC＝90°，再根据同角的余角相等求出∠OAB＝∠CBE，然后利用“角角边”证明△ABO和△BCE全等，根据全等三角形对应边相等可得OA＝BE＝4，CE＝OB＝3，再求出OE，然后写出点C的坐标，再把点C的坐标代入反比例函数解析式计算即可求出k的值．
【解答】解：如图，过点C作CE⊥y轴于E，在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABO+∠CBE＝90°，
∵∠OAB+∠ABO＝90°，
∴∠OAB＝∠CBE，
∵点A的坐标为（4，0），
∴OA＝4，
∵AB＝5，
∴OB＝＝3，
在△ABO和△BCE中，
，
∴△ABO≌△BCE（AAS），
∴OA＝BE＝4，CE＝OB＝3，
∴OE＝BE﹣OB＝4﹣3＝1，
∴点C的坐标为（﹣3，1），
∵反比例函数y＝（k≠0）的图象过点C，
∴k＝xy＝﹣3×1＝﹣3，
故选：C．
二．填空题（共4小题，满分12分，每小题3分）
13．把多项式3x2﹣3y2因式分解的结果是 　3（x+y）（x﹣y）　．
【分析】原式提取3，再利用平方差公式分解即可．
【解答】解：原式＝3（x2﹣y2）
＝3（x+y）（x﹣y）．
故答案为：3（x+y）（x﹣y）．
14．一个n边形的内角和是720°，则n＝　6　．
【分析】多边形的内角和可以表示成（n﹣2） 180°，依此列方程可求解．
【解答】解：依题意有：
（n﹣2） 180°＝720°，
解得n＝6．
故答案为：6．
15．在一个不透明的袋子中装有4张形状大小质地完全相同的卡片，它们上面分别标有数字：﹣3、﹣1、0、2，随机抽取一张卡片，记下数字为m，放回后再随机抽取一张卡片，记下数字为n，则落在第三象限的概率是 　　．
【分析】列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【解答】解：列表如下：
﹣3 ﹣1 0 2
﹣3 （﹣3，﹣3） （﹣1，﹣3） （0，﹣3） （2，﹣3）
﹣1 （﹣3，﹣1） （﹣1，﹣1） （0，﹣1） （2，﹣1）
0 （﹣3，0） （﹣1，0） （0，0） （2，0）
2 （﹣3，2） （﹣1，2） （0，2） （2，2）
由表知，共有16种等可能结果，其中落在第三象限的有4种结果，
所以落在第三象限的概率为，
故答案为：．
16．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，对角线AC，BD交于点O．以BC为直径在BC上方作半圆，半圆与AB交于点E，再以B为圆心，BA为半径作弧AC．若，则图中阴影部分的面积为 　π﹣4　．（结果保留π）
【分析】连接CE，取BC的中点J，连接EJ．根据S阴影＝S扇形BAC﹣S△BEJ﹣S扇形JEC求解即可．
【解答】解：连接CE，取BC的中点J，连接EJ．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AC，OB＝OD＝4，OA＝OC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵BC是直径，
∴∠CEB＝90°，
∴CE⊥AB，
∴AE＝EB，
在RtAOB中，∠ABO＝30°，OB＝4，
∴OA＝OB tan30°＝4，
∴AB＝BC＝2OA＝8，
∵∠BEC＝90°，BJ＝JC，
∴EJ＝JB＝JC＝4，
∵BE＝BJ＝EJ＝4，
∴∠EJB＝60°，
∴∠EJC＝120°，
∴S阴影＝S扇形BAC﹣S△BEJ﹣S扇形JEC
＝﹣×42﹣
＝π﹣4．
故答案为：
三．解答题（共6小题，满分72分，每小题12分）
17．（12分）计算：
（1）（）×+（﹣2）﹣1；
（2）（a﹣3）2﹣a（a+2）．
【分析】（1）直接利用二次根式的混合运算法则分别计算得出答案；
（2）直接利用完全平方公式以及单项式乘多项式计算得出答案．
【解答】解：（1）原式＝（2﹣）×﹣
＝×﹣
＝2﹣；
（2）原式＝a2﹣6a+9﹣a2﹣2a
＝﹣8a+9．
18．（10分）为丰富学生的课余生活，某中学计划购买若干篮球和足球．据了解，买6个篮球和10个足球需要1700元；买10个篮球和20个足球需要3100元．求每个篮球和每个足球的价格分别是多少元？
【分析】设每个篮球的价格是x元，每个足球的价格是y元，由题意：买6个篮球和10个足球需要1700元；买10个篮球和20个足球需要3100元．列出二元一次方程组，解方程组即可．
【解答】解：设每个篮球的价格是x元，每个足球的价格是y元，
由题意得：，
解得：，
答：每个篮球的价格是150元，每个足球的价格是80元．
19．（10分）为了积极响应中共中央文明办关于“文明用餐”的倡议，某校开展了“你的家庭使用公筷了吗？”的调查活动，并随机抽取了部分学生对他们家庭用餐使用公筷情况进行统计，统计分类为以下四种：A（完全使用）、B（多数时间使用）、C（偶尔使用）、D（完全不使用）．将数据进行整理后，给制了两幅不完整的统计图．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）本次抽取学生共有 　50　人，扇形统计图中A所对的圆心角度数是 　72　°；
（2）请直接补全条形统计图；
（3）该校共有2000名学生，根据调查结果求出偶尔使用公筷的人数约有多少人．
【分析】（1）B的人数除以所占百分比即可求出本次抽取的学生总人数，由A的人数占抽取学生总人数的百分比乘以360°即可得到扇形统计图中A所对的圆心角度数；
（2）求出D的人数，补全条形统计图即可；
（3）用该校共有的学生数乘以C占抽取学生总人数的百分比即可．
【解答】解：（1）本次抽取的学生总人数共有：20÷40%＝50（人），
扇形统计图中A所对的圆心角度是：，
故答案为：50，72；
（2）D的人数为：50﹣10﹣20﹣16＝4（人），
条形统计图补全如下：
（3）由题意得（人），
答：估计偶尔使用公筷的人数是640人．
20．（10分）超速行驶是引发交通事故的主要原因，如图所示MN是一条直线路段，限速60公里/时，交警在该路段附近设立了观测点P，这时，一辆小轿车由西向东匀速行驶，测得此车从A处行驶到B处所用的时间为5秒，已知∠PAB＝30°，∠PBN＝53°，AP＝180米．
（1）求A、B之间的路程；（参考数据：，sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，）
（2）请判断此车是否超速？请说明理由．
【分析】（1）通过作高构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系求出AC、BC即可；
（2）计算出汽车通过AB时的速度即可．
【解答】解：（1）如图，过点P作PC⊥MN于C，
在Rt△APC中，AP＝180米，∠PAC＝30°，
∴PC＝AP＝90（米），AC＝AP＝90≈153（米），
在Rt△BPC中，PC＝90米，∠PBC＝53°，
∴BC＝≈67.5（米），
∴AB＝AC﹣BC
≈153﹣67.5
＝85.5（米），
答：A、B之间的路程约为85.5米；
（2）∵A、B之间的路程为85.5米，汽车所用的时间为5s，
∴汽车经过AB的时间为85.5÷5＝17.1（米/秒）≈61.6（千米/小时），
由于61.6＞60，
因此超速了．
21．（15分）在△ABC中，∠ACB＝45°，AD⊥BC于点D．
（1）如图1，过点B作BH⊥AC，分别交AC，AD于H，M，求证：DB＝DM；
（2）如图2，过点D作DF∥AB交AC于点F，点G为AD左侧一点，AG⊥AC且AG＝CF，连接BG，∠AGB＝∠AFD，猜想线段BG，DF，AB之间存在的数量关系，并证明你的猜想；
（3）如图3，∠ABC＝60°，，点P为△ABC内部一点，直接写出（PA+PB+PC）2的最小值．

【分析】（1）证明∠DMB＝∠DBM＝45°，可得结论；
（2）结论：AB＝DF+BG．在AD上取点J，使得DJ＝DB，连接CJ，FJ，过点A作AH∥CD交DF的延长线于点H，延长CJ交AB于点K．想办法证明AB＝DH，FH＝BG，可得结论．
（3）如图3中，将△BCP绕点B逆时针旋转90°得到△BTG，连接PG，AT，过点A作AK⊥TB交TB的延长线于点K．证明PG＝PB，推出PA+PB+PC＝PA+PG+TG≥AT，利用勾股定理求出AT2，可得结论．
【解答】（1）证明：∵BH⊥AC，AD⊥BC，
∴∠BHC＝∠ADB＝90°，
∵∠C＝45°，
∴∠DBH＝∠DMB＝45°，
∴DB＝DM；
（2）解：结论：AB＝DF+BG．
理由：在AD上取点J，使得DJ＝DB，连接CJ，FJ，过点A作AH∥CD交DF的延长线于点H，延长CJ交AB于点K．
∵AD⊥CD，∠ACD＝45°，
∴∠DAC＝∠ACD＝45°，
∴DA＝DC，
∵∠ADB＝∠CDJ＝90°，DB＝DJ，
∴△ADB≌△CDJ（SAS），
∴AB＝CJ，∠BAD＝∠DCJ，
∵∠AJK＝∠CJD，
∴∠AKJ＝∠CDJ＝90°，
∴∠BAC+∠FCJ＝90°，
∵AG⊥AC，
∴∠BAG+∠BAC＝90°，
∴∠BAG＝∠FCJ，
∵AG＝CF，AB＝CJ，
∴△ABG≌△CJF（SAS），
∴BG＝FJ，∠AGB＝∠CFJ，
∵∠AGB＝∠AFD，
∴∠AFD＝∠CFJ，
∴∠AFJ＝∠CFD＝∠AFH，
∵AH∥CD，
∴∠FAH＝∠ACD＝45°＝∠JAF，
∵AF＝AF，
∴△AFJ≌△AFH（ASA），
∴FJ＝FH，
∵AB∥DH，AH∥BD，
∴四边形ABDH是平行四边形，
∴AB＝DH＝DF+FH＝DF+BG；
（3）解：如图3中，将△BCP绕点B逆时针旋转90°得到△BTG，连接PG，AT，过点A作AK⊥TB交TB的延长线于点K．
∵BP＝BG，∠PBG＝90°，
∴PG＝PB，
∴PA+PB+PC＝PA+PG+TG≥AT，
∵∠K＝∠ADB＝∠DBK＝90°，
∴四边形ADBK是矩形，
在Rt△ADB中，∠ADB＝90°，∠ABD＝60°，AD＝2，
∴BD＝2，
∵BT＝BC＝BD+DC＝2+2，
∴AK＝BD＝2，TK＝2+4，
∴AT2＝AK2+TK2＝22+（2+4）2＝56+16，
∴（PA+PB+PC）2≥56+16，
∴（PA+PB+PC）2的最小值为56+16．
22．（15分）如图，抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的对称轴与直线BC的交点为E．
（1）如图1，求直线BC的表达式；
（2）如图1，点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作y轴的平行线交直线BC于点Q，过点P作x轴的平行线交直线BC于点H，求△PQH周长的最大值和此时P点的坐标；
（3）如图2，将抛物线沿射线BC方向平移4个单位得到新抛物线y′，新抛物线y'与坐标轴y轴交于点M．点D与点C关于x轴对称，连接BD，将△BCD沿直线AC平移得到△B′C′D′．平移过程中，在直线ME上是否存在点N，使得N，B′，C′，D′为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出N点的坐标，并写出求解其中一个N点坐标的过程．
【分析】（1）令x＝0，可得C（0，3），令y＝0，可得A（﹣2，0），B（3，0），运用待定系数法可求得直线BC的表达式为y＝﹣x+3；
（2）设P（t，﹣t2+t+3），则Q（t，﹣t+3），即PQ＝﹣t2+t，再由△HPQ∽△BOC，可得＝，进而得出C△HPQ＝（+3）（﹣t2+t）＝﹣（t﹣）2+，利用二次函数性质即可求得答案；
（3）运用配方法可得原抛物线y＝﹣x2+x+3的顶点坐标为（，），对称轴为直线x＝，抛物线沿射线BC方向平移4个单位即向左平移2个单位，再向上平移2个单位，可得平移后新抛物线的解析式为y′＝﹣（x+）2+＝﹣x2﹣x+4，进而可得M（0，4），再由轴对称性质可得D（0，﹣3），易证△BCD是等边三角形，由△BCD沿直线AC平移可得：B′（3+2m，3m），C′（2m，3+3m），D′（2m，﹣3+3m），利用待定系数法可得直线ME的解析式为y＝﹣x+4，设N（n，﹣n+4），再分三种情况：当B′N、C′D′为菱形B′C′ND′的对角线时，B′N与C′D′的中点重合，当B′C′、ND′为菱形B′C′ND′的对角线时，B′C′与ND′的中点重合，当B′D′、NC′为菱形B′C′ND′的对角线时，B′D′与NC′的中点重合，分别建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）在y＝﹣x2+x+3中，令x＝0，得y＝3，
∴C（0，3），
令y＝0，得﹣x2+x+3＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝3，
∴A（﹣2，0），B（3，0），
设直线BC的表达式为y＝kx+b，则，
解得：，
∴直线BC的表达式为y＝﹣x+3；
（2）设P（t，﹣t2+t+3），则Q（t，﹣t+3），
∴PQ＝﹣t2+t+3﹣（﹣t+3）＝﹣t2+t，
∵PQ∥y轴，PH∥x轴，
∴∠PQH＝∠BCO，∠PHQ＝∠CBO，
∴△HPQ∽△BOC，记△HPQ的周长为C△HPQ，△BOC的周长为C△BOC，
∴＝，
∵B（3，0），C（0，3），
∴OB＝3，OC＝3，
在Rt△BOC中，BC＝＝＝6，
∴C△BOC＝OB+OC+BC＝3+3+6＝3+9，
即＝，
∴C△HPQ＝（+3）（﹣t2+t）＝﹣（t﹣）2+，
∵﹣＜0，0＜t＜3，
∴当t＝时，C△HPQ取得最大值，
当t＝时，﹣t2+t+3＝﹣×（）2+×+3＝，
∴此时点P的坐标为（，）；
（3）平移过程中，在直线ME上存在点N，使得N，B′，C′，D′为顶点的四边形是菱形．
∵y＝﹣x2+x+3＝﹣（x﹣）2+，
∴原抛物线y＝﹣x2+x+3的顶点坐标为（，），对称轴为直线x＝，
∵抛物线沿射线BC方向平移4个单位得到新抛物线y′，
∴原抛物线向左平移2个单位，再向上平移2个单位得到新抛物线y′，即新抛物线的顶点坐标为（﹣，），
∴新抛物线的解析式为y′＝﹣（x+）2+＝﹣x2﹣x+4，
令x＝0，得y′＝4，
∴M（0，4），
∵点D与点C（0，3）关于x轴对称，
∴D（0，﹣3），
∵原抛物线的对称轴与直线BC的交点为E，
∴E（，），
∵CD＝3﹣（﹣3）＝6，BD＝BC＝6，
∴BC＝BD＝CD，
∴△BCD是等边三角形，
∵将△BCD沿直线AC平移得到△B′C′D′，OA＝2，OC＝3，
即△BCD向右平移2m个单位，向上平移3m个单位，得到等边△B′C′D′，
∴B′（3+2m，3m），C′（2m，3+3m），D′（2m，﹣3+3m），
设直线ME的解析式为y＝k′x+b′，则，
解得：，
∴直线ME的解析式为y＝﹣x+4，
设N（n，﹣n+4），
当B′N、C′D′为菱形B′C′ND′的对角线时，B′N与C′D′的中点重合，
∴，
解得：，
∴N（﹣，）；
当B′C′、ND′为菱形B′C′ND′的对角线时，B′C′与ND′的中点重合，
∴，
解得：，
∴N（，﹣）；
当B′D′、NC′为菱形B′C′ND′的对角线时，B′D′与NC′的中点重合，
∴，
解得：，
∴N（，﹣）；
综上所述，点N的坐标为（﹣，）或（，﹣）或（，﹣）．

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