2019-2020学年初三（上）12月月考数学试卷

这是一份2019-2020学年初三（上）12月月考数学试卷，共23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. 一元二次方程 x2−4x+3=0 的一次项和常数项分别是( )
A.4和3B.−4和3C.−4x 和3D.4x 和3

2. 下列说法中，正确的是（ ）
A.“明天降雨的概率是80%”表示明天有80%的时间降雨
B.“抛一枚硬币正面朝上的概率是0.5”表示每抛硬币2次就有1次出现正面朝上
C.“彩票中奖的概率是1%”表示买100张彩票一定有1张会中奖
D.在同一年出生的367名学生中，至少有两人的生日是同一天

3. 如图，将△AOB绕点O按逆时针方向旋转55∘后得到△A′OB′.若∠AOB=15∘.则∠AOB′的度数是( )

A.25∘B.30∘C.35∘D.40∘

4. 已知⊙O的半径为5，若PO=4，则点P与⊙O的位置关系是( )
A.点P在⊙O内B.点P在⊙O上C.点P在⊙O外D.无法判断

5. ⊙M与x轴相交于点A(2, 0)，B(8, 0)，与y轴相切于点C，则圆心M的坐标可能是( )
A.(3, 5)B.(5, 3)C.(4, 5)D.(5, 4)

6. 边心距为23的正六边形的面积为( )
A.243B.483C.123D.163

7. 将抛物线y=12x2−6x+21向左平移2个单位长度后，得到新抛物线的解析式为( )
A.y=12(x−8)2+5B.y=12(x−4)2+5
C.y=12(x−8)2+3D.y=12(x−4)2+3

8. 关于x的一元二次方程(k−1)x2−2x+1=0总有实数根，则k应满足的条件是( )
A.k≤2B.k≤2且k≠1C.k<2且k≠1D.k≥2

9. 如图，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O 上两点，CD=AD+BC，连AC，BD相交于M点.若AB=4CM ，则DMMB的值为( )

A.15−13B.322C.15−12D.23

10. 如图，在△ABC中，∠BAC=60∘，CM，BN为△ABC的角平分线，BP⊥BI 交AI的延长线于点P．若 BM+CN=6，则点P到直线BC的距离的最大值等于( )

A.23B.33C.2+23D.1+23
二、填空题

如图，将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中，点A、B、C均落在格点上，用一个圆面去覆盖△ABC，能够完全覆盖这个三角形的最小圆面的半径是________．

三、解答题

解方程：x2−4x+1=0

已知关于x的方程x2+2kx+k2−k=0有两个实数根．
(1)求实数k的取值范围；

(2)若x1，x2满足x12+x22=4+x1x2，求实数k的值．

如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A(1, 1)，B(4, 1)，C(3, 3)．

(1)将△ABC向下平移5个单位后得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；

(2)将△ABC绕原点O逆时针旋转90∘后得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2；

(3)判断以O，A1，B为顶点的三角形的形状(说明理由)．

一个不透明的布袋中装有红、白两种颜色的球若干个，其中3个红球，它们除颜色外其余都相同，将它们搅匀后任意摸出一球，经过大量重复试验，发现摸出红球的频率稳定在0.75左右．
(1)求布袋中白球的个数；

(2)若摸出1个球，记下颜色后就放回，并搅匀，再摸出1个球，请你用画树形图或列表的方法，求两次摸出的球恰好颜色不同的概率．

如图，BD为⊙O的直径，A为BC的中点，AD交BC于点E，过D作⊙O的切线，交BC的延长线于F.

(1)求证：DF=EF；

(2)AE=2，DE=4，求BD长．

为满足市场需求，某超市购进一种水果，每箱进价是40元．超市规定每箱售价不得少于45元，根据以往经验发现：当售价定为每箱45元时，每天可以卖出700箱．每箱售价每提高1元，每天要少卖出20箱．
(1)求出每天的销量y（箱）与每箱售价x（元）之间的函数关系式，并直接写出x的范围；

(2)当每箱售价定为多少元时，每天的销售利润w（元）最大？最大利润是多少？

(3)为稳定物价，有关部分规定：每箱售价不得高于70元．如果超市想要每天获得的利润不低于5120元，请直接写出售价x的范围．

等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=120∘，点P为平面内一点.
(1)如图，当点P在边BC上时，且满足∠APC=120∘，求BPCP的值；

(2)如图，当点P在△ABC的外部，且满足∠APC+∠BPC=90∘，求证：BP=3AP；

(3)点P满足∠APC=60∘，连接BP．若AP=1，PC=3，直接写出BP的长度.

如图，二次函数的图象与x轴交与A(4, 0)，OA=OC=4OB，点P为过A，B，C三点的抛物线上一动点．

(1)求点B、点C的坐标，并求此抛物线的解析式；

(2)连接BC，抛物线上是否存在点P，使得∠CAP=∠BCO，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；

(3)过动点P作PE⊥y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线，垂足为F，连接EF，当线段EF的长度最短时，求点P的坐标．
参考答案与试题解析
2019-2020学年湖北省武汉市某校初三（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
一元二次方程的一般形式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：x2−4x+3=0为一元二次方程的一般形式，
所以一次项为−4x，常数项为3.
故选C.
2.
【答案】
D
【考点】
概率的意义
【解析】
根据概率的意义分析各个选项，找到正确选项即可．
【解答】
解：A，“明天降雨的概率是80%”表示明天有降雨的可能性，故错误；
B，“抛一枚硬币正面朝上的概率是0.5”表示抛一枚硬币正面朝上与反面朝上的机会是一样的，故错误；
C，“彩票中奖的概率是1%”表示在设计彩票时，有1%的机会中奖，但不一定买100张彩票一定有1张会中奖，故错误；
D，在同一年出生的367名学生，而一年中至多有366天，因而至少有两人的生日是同一天，故正确．
故选D．
3.
【答案】
D
【考点】
旋转的性质
【解析】
根据旋转的性质得∠BOB′=55∘，然后利用∠AOB′=∠BOB′−∠AOB进行计算即可．
【解答】
解：∵ △AOB绕点O按逆时针方向旋转55∘后得到△A′OB′，
∴ ∠BOB′=55∘，
∴ ∠AOB′=∠BOB′−∠AOB=55∘−15∘=40∘．
故选D．
4.
【答案】
A
【考点】
点与圆的位置关系
【解析】
已知圆O的半径为r，点P到圆心O的距离是d，①当r>d时，点P在⊙O内，②当r=d时，点P在⊙O上，③当r【解答】
解：∵ ⊙O的半径为5，PO=4，
∴ 4<5，
∴ 点P与⊙O的位置关系是点P在⊙O内，
故选A．
5.
【答案】
D
【考点】
垂径定理的应用
矩形的性质
勾股定理
点的坐标
【解析】
作MD⊥AB于D，利用垂径定理可求出AD=DB=0.5，AB=3，又因为⊙M与x轴相交于点A(2, 0)、B(8, 0)，与y轴相切于点C，连接MC、MA，则有矩形OCMD，所以MA=MC=DO=5，利用勾股定理即可求出MD的值，从而求出答案．
【解答】
解：画出符合题意的图象，如图所示：
∵ ⊙M与x轴相交于点A(2, 0)，B(8, 0)，
∴ OA=2，OB=8，AB=6，
∴ 作MD⊥AB于D，利用垂径定理可求出AD=DB=0.5AB=3，
OD=8−3=5，
又∵ ⊙M与y轴相切于点C，
连接MC，MA，则有矩形OCMD，
所以MA=MC=DO=5，
在Rt△AMD中，MD=MA2−AD2=4，
∴ M(5, 4).
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
正多边形和圆
【解析】
根据正六边形的特点，通过中心作边的垂线，连接半径，结合解直角三角形的有关知识解决．
【解答】
解：如图，连接OA，OB，过点O作OG⊥AB于点G．
在Rt△AOG中，OG=23，∠AOG=30∘，
设AG=x，则OA=2x.
由勾股定理得：AG=2，
∴ AB=2AG=4.
∴ 这个正六边形的面积=6S△OAB=6×12×4×23=243．
故选A．
7.
【答案】
D
【考点】
二次函数图象与几何变换
【解析】
直接利用配方法将原式变形，进而利用平移规律得出答案．
【解答】
解：y=12x2−6x+21
=12(x2−12x)+21
=12[(x−6)2−36]+21
=12(x−6)2+3，
故y=12(x−6)2+3向左平移2个单位后，
得到新抛物线的解析式为：y=12(x−4)2+3．
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
根的判别式
一元二次方程的定义
【解析】
利用一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与△=b2−4ac有如下关系：①当△>0时，方程有两个不相等的两个实数根；②当△=0时，方程有两个相等的两个实数根；③当△<0时，方程无实数根；进而得出△=b2−4ac=4−4(k−1)≥0，再求出答案．
【解答】
解：∵ 关于x的一元二次方程(k−1)x2−2x+1=0总有实数根，
∴ Δ=b2−4ac=4−4(k−1)≥0，
解得：k≤2，
且k−1≠0，
则k应满足的条件是：k≤2且k≠1．
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
圆周角定理
圆心角、弧、弦的关系
勾股定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ CD=AD+BC，
∴ CD=90∘，
∴ ∠DAC=∠DBC=45∘，
∵ AB为⊙O的直径，
∴ ∠D=∠C=90∘.
设MC=CB=1，则AB=4.
在Rt△ABC中，AC=AB2−BC2=15，
∴ AM=15−1.
在Rt△BCM中，由勾股定理得MB=2，
同理可求，在Rt△ADM中，DM=15−12，
∴ DMMB=15−12.
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
三角形的角平分线
三角形的五心
等边三角形的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当△ABC为等边三角形时，点P到直线BC的距离最大.
如图：
∵ CM，BN为△ABC的角平分线，且相交于点I，
则I为△ABC的内心，
∴ AP为∠BAC的角平分线.
∵ △ABC为等边三角形，
∴ ∠NBC=∠ABN=∠BAP=30∘，AP⊥BC，
M，N为AB，AC的中点，即BC=BM+CN=6.
又BP⊥BI，
∴ ∠PBC=60∘，∠BPA=30∘，
∴ 在Rt△BDP中，BD=12BC=3，∠BPD=30∘，
∴ BP=2BD=6，
∴ PD=BP2−BD2=33.
故选B.
二、填空题
【答案】
5
【考点】
三角形的外接圆与外心
勾股定理
【解析】
根据题意得出△ABC的外接圆的圆心位置，进而利用勾股定理得出能够完全覆盖这个三角形的最小圆面的半径．
【解答】
解：如图所示：
点O为△ABC外接圆圆心，则AO为外接圆半径，
根据勾股定理可得AO的长为12+22=5，
故能够完全覆盖这个三角形的最小圆面的半径是：5．
故答案为：5．
三、解答题
【答案】
解：方程整理得：x2−4x=−1，
配方得：x2−4x+4=3，
即(x−2)2=3，
开方得：x−2=±3，
所以x1=2+3，x2=2−3.
【考点】
解一元二次方程-配方法
【解析】
（1）方程变形后，利用配方法求出解即可；
【解答】
解：方程整理得：x2−4x=−1，
配方得：x2−4x+4=3，
即(x−2)2=3，
开方得：x−2=±3，
所以x1=2+3，x2=2−3.
【答案】
解：(1)∵ 关于x的方程x2+2kx+k2−k=0有两个实数根，
∴ Δ=(2k)2−4(k2−k)=4k≥0，
解得：k≥0，
∴ 实数k的取值范围为k≥0．
(2)∵ 关于x的方程x2+2kx+k2−k=0有两个实数根，
∴ x1+x2=−2k，x1⋅x2=k2−k．
∵ x12+x22=(x1+x2)2−2x1⋅x2=4+x1⋅x2，
∴ (−2k)2−2×(k2−k)=4+(k2−k)，
即k2+3k−4=0，
解得：k=−4或k=1．
∵ k≥0，
∴ k=1.
∴ 实数k的值为1．
【考点】
根与系数的关系
根的判别式
【解析】
（1）根据方程的系数结合根的判别式，即可得出△=−4k+5≥0，解之即可得出实数k的取值范围；
（2）由根与系数的关系可得x1+x2=1−2k、x1⋅x2=k2−1，将其代入x12+x22=(x1+x2)2−2x1⋅x2=16+x1⋅x2中，解之即可得出k的值．
【解答】
解：(1)∵ 关于x的方程x2+2kx+k2−k=0有两个实数根，
∴ Δ=(2k)2−4(k2−k)=4k≥0，
解得：k≥0，
∴ 实数k的取值范围为k≥0．
(2)∵ 关于x的方程x2+2kx+k2−k=0有两个实数根，
∴ x1+x2=−2k，x1⋅x2=k2−k．
∵ x12+x22=(x1+x2)2−2x1⋅x2=4+x1⋅x2，
∴ (−2k)2−2×(k2−k)=4+(k2−k)，
即k2+3k−4=0，
解得：k=−4或k=1．
∵ k≥0，
∴ k=1.
∴ 实数k的值为1．
【答案】
解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求：
(2)如图所示，△A2B2C2即为所求：
(3)如图所示：
三角形的形状为等腰直角三角形.理由如下：
OB=OA1=16+1=17，
A1B=25+9=34，
即OB2+OA12=A1B2，
所以三角形的形状为等腰直角三角形．
【考点】
作图－平移变换
作图-旋转变换
勾股定理的应用
【解析】
（1）利用点平移的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1为所作；
（2）利用网格特定和旋转的性质画出A、B、C的对应点A2、B2、C2，从而得到△A2B2C2，
（3）根据勾股定理逆定理解答即可．
【解答】
解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求：
(2)如图所示，△A2B2C2即为所求：
(3)如图所示：
三角形的形状为等腰直角三角形.理由如下：
OB=OA1=16+1=17，
A1B=25+9=34，
即OB2+OA12=A1B2，
所以三角形的形状为等腰直角三角形．
【答案】
解：(1)∵ 通过多次摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在0.75左右，
∴ 估计摸到红球的概率为0.75，
∴ 设有白球x个，则33+x=0.75，
解得x=1，
答：布袋中白球的个数为1.
(2)根据题意，列表得：
∵ 一共有16种等可能的结果，两次摸出的球恰好颜不同的有6种，
∴ 两次摸出的球恰好颜色不同的概率616=38．
【考点】
概率的意义
列表法与树状图法
概率公式
【解析】
（1）利用频率估计概率得到摸到红球的概率为0.3，然后根据概率公式计算即可；
（2）依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率；
【解答】
解：(1)∵ 通过多次摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在0.75左右，
∴ 估计摸到红球的概率为0.75，
∴ 设有白球x个，则33+x=0.75，
解得x=1，
答：布袋中白球的个数为1.
(2)根据题意，列表得：
∵ 一共有16种等可能的结果，两次摸出的球恰好颜不同的有6种，
∴ 两次摸出的球恰好颜色不同的概率616=38．
【答案】
(1)证明：连接OA，交BC于点G，
∵ A为BC的中点，
∴ OA⊥BC，
∴ ∠OAE+∠AEG=90∘.
∵ ∠AEG=∠FED，
∴ ∠OAE+∠FED=90∘，
∵ DF为圆的切线，
∴ DF⊥BD，即∠FDE+∠ADB=90∘.
∵ OA=OD，
∴ ∠OAE=∠ADB，
∴ ∠FED=∠FDE，
∴ DF=EF.
(2)解：连接AB，过F作 FH⊥DE 于H,
易证 △BEA≅△FEH，
∴BE=EF,
∴ E为BF中点.
∵FE=FD，FD⊥BD，
∴ FD=12BF，DE=EF=FD，
∴∠FBD=30∘，
∴ BF=2FD=8，
∴ 由勾股定理得BD=43.
【考点】
圆周角定理
切线的性质
勾股定理
含30度角的直角三角形
等腰三角形的判定
全等三角形的性质
【解析】
（1）连接OA，由A为弧BC的中点，利用垂径定理的逆定理得到OA垂直于BC，得到一对角互余，再由对顶角相等等量代换得到两个角相等，由DE为圆的切线，利用切线的性质得到一对角互余，根据OA=OD，利用等边对等角得到一对角相等，等量代换得到∠FED=∠FDE，等角对等边即可得证；
（2）连接AB，利用同角的余角相等得到∠ABE=∠ADB，再由一对公共角，得到三角形ABE与三角形ADB相似，由相似得比例，求出AB的长，再利用勾股定理即可求出DB的长．
【解答】
(1)证明：连接OA，交BC于点G，
∵ A为BC的中点，
∴ OA⊥BC，
∴ ∠OAE+∠AEG=90∘.
∵ ∠AEG=∠FED，
∴ ∠OAE+∠FED=90∘，
∵ DF为圆的切线，
∴ DF⊥BD，即∠FDE+∠ADB=90∘.
∵ OA=OD，
∴ ∠OAE=∠ADB，
∴ ∠FED=∠FDE，
∴ DF=EF.
(2)解：连接AB，过F作 FH⊥DE 于H,
易证 △BEA≅△FEH，
∴BE=EF,
∴ E为BF中点.
∵FE=FD，FD⊥BD，
∴ FD=12BF，DE=EF=FD，
∴∠FBD=30∘，
∴ BF=2FD=8，
∴ 由勾股定理得BD=43.
【答案】
解：(1)由题意得，y=700−20(x−45)=−20x+1600(45(2)设每天的利润为w元，
根据题意得，w=(x−40)(−20x+1600)=−20(x−60)2+8000，
当x=60时，
w有最大值为8000元；
(3)令w=5120，则−20(x−60)2+8000=5120，
解得x1=48，x2=72，
∵ x≤70，
∴ 48≤x≤70，
故售价x的范围为：48≤x≤70．
【考点】
二次函数的应用
一元二次方程的应用
【解析】
(1)根据“当售价定为每箱45元时，每天可以卖出700箱，每箱售价每提高1元，每天要少卖出20箱”即可得出每天的销售量y（箱）与每箱售价x（元）之间的函数关系式；
(2)根据二次函数的最值问题解答；
(3)先由(2)中所求得的w与x的函数关系式，根据这种糕点的每箱售价不得高于70元，且每天销售水果的利润不低于5120元，求出x的取值范围．
【解答】
解：(1)由题意得，y=700−20(x−45)=−20x+1600(45(2)设每天的利润为w元，
根据题意得，w=(x−40)(−20x+1600)=−20(x−60)2+8000，
当x=60时，
w有最大值为8000元；
(3)令w=5120，则−20(x−60)2+8000=5120，
解得x1=48，x2=72，
∵ x≤70，
∴ 48≤x≤70，
故售价x的范围为：48≤x≤70．
【答案】
解：(1)∵ ∠ABC=120∘，AB=AC，
∴ ∠B=∠C=30∘.
∵ ∠APC=120∘，
∴ ∠PAC=∠C=30∘，
∴ ∠BAP=90∘，
∴ BP=2AP=2PC，
∴ BPCP=2.
(2)如图2中，将线段AP绕点A顺时针旋转120∘得到线段AF，
连接PF，BF，BF交PC于点H.
∵ ∠BAC=∠PAF=120∘，
∴ ∠PAC=∠BAF.
∵ AB=AC，AF=AP，
∴ △ABF≅△ACP(SAS)，
∴ ∠AFB=∠APC.
设∠APC=x，则∠AFB=x，∠PFB=30∘+x，∠BPC=90∘−x.
∵ ∠PHB=∠HPF+∠PFH=(30∘−x)+(30∘+x)=60∘，
∴ ∠PBH=180∘−(90∘−x+60∘)=30∘+x.
∴ ∠PBF=∠PFB，
∴ PB=PF，
在△PAF中，易知PF=3PA，
∴ PB=3PA.
(3)PB的长度为23或3.理由如下：
①如图①中，当点P在△ABC外部时，
将线段AP绕点A顺时针旋转120∘得到线段AF，
连接PF，BF.
则△ABF≅△ACP(SAS).
∴ ∠AFB=∠APC=60∘，BF=PC=3.
∵ ∠AFP=30∘，
∴ ∠BFP=90∘.
又∵ PA=AF=1，∠PAF=120∘，
∴ PF=3，
PB=32+(3)2=23.
②如图②中，当点P在∠ABC内部时，
将线段AP绕点A逆时针旋转120∘得到线段AH，
连接PH，HC，作HM⊥PC于M.
∴ ∠BAP≅△CAH(SAS)，
∴ PB=HC.
∵ ∠PAH+∠APC=120∘+60∘=180∘，
∴ AH//PC，
∴ ∠AHP=∠HPM=30∘，
∴ HM=12PH=32，
∴ PM=3HM=32，
∵ PC=3，
∴ CM=PM=32，
HM⊥PC，
∴ HC=PH=3，
∴ PB=3.
综上所述，满足条件的PB的值为23或3.
【考点】
三角形的外角性质
含30度角的直角三角形
等腰三角形的性质
全等三角形的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ ∠ABC=120∘，AB=AC，
∴ ∠B=∠C=30∘.
∵ ∠APC=120∘，
∴ ∠PAC=∠C=30∘，
∴ ∠BAP=90∘，
∴ BP=2AP=2PC，
∴ BPCP=2.
(2)如图2中，将线段AP绕点A顺时针旋转120∘得到线段AF，
连接PF，BF，BF交PC于点H.
∵ ∠BAC=∠PAF=120∘，
∴ ∠PAC=∠BAF.
∵ AB=AC，AF=AP，
∴ △ABF≅△ACP(SAS)，
∴ ∠AFB=∠APC.
设∠APC=x，则∠AFB=x，∠PFB=30∘+x，∠BPC=90∘−x.
∵ ∠PHB=∠HPF+∠PFH=(30∘−x)+(30∘+x)=60∘，
∴ ∠PBH=180∘−(90∘−x+60∘)=30∘+x.
∴ ∠PBF=∠PFB，
∴ PB=PF，
在△PAF中，易知PF=3PA，
∴ PB=3PA.
(3)PB的长度为23或3.理由如下：
①如图①中，当点P在△ABC外部时，
将线段AP绕点A顺时针旋转120∘得到线段AF，
连接PF，BF.
则△ABF≅△ACP(SAS).
∴ ∠AFB=∠APC=60∘，BF=PC=3.
∵ ∠AFP=30∘，
∴ ∠BFP=90∘.
又∵ PA=AF=1，∠PAF=120∘，
∴ PF=3，
PB=32+(3)2=23.
②如图②中，当点P在∠ABC内部时，
将线段AP绕点A逆时针旋转120∘得到线段AH，
连接PH，HC，作HM⊥PC于M.
∴ ∠BAP≅△CAH(SAS)，
∴ PB=HC.
∵ ∠PAH+∠APC=120∘+60∘=180∘，
∴ AH//PC，
∴ ∠AHP=∠HPM=30∘，
∴ HM=12PH=32，
∴ PM=3HM=32，
∵ PC=3，
∴ CM=PM=32，
HM⊥PC，
∴ HC=PH=3，
∴ PB=3.
综上所述，满足条件的PB的值为23或3.
【答案】
解：(1)∵ A(4, 0)，
∴ OA=4．
又∵ OA=OC=4OB，
∴ OC=4，OB=1，
∴ B(−1, 0)，C(0, 4)．
设抛物线的解析式为：
y=a(x+1)(x−4)
把C(0, 4)代入得：4=a×1×(−4)，
∴ a=−1，
∴ y=−(x+1)(x−4)y=−x2+3x+4，
∴ 抛物线的解析式为：y=−x2+3x+4.
(2)存在，理由如下：
①如图，在y轴上取一点D(0,−1)，连接AD，过点D作DE⊥DA，且DE=DA，AE交抛物线于点P1，过点E作EN⊥y轴于点N.
∵ ∠EAD=∠CAO=45∘，
∴ ∠CAP1=∠DAO，
∵ ∠EDN+∠NDA=90∘，∠NED+∠EDN=90∘，
∴ ∠NED=∠NDA.
又∠END=∠DOA，DE=DA，
∴ △END≅△DOA，
∴ EN=OD，DN=OA=4，
∴ E(−1,3).
设AE的解析式为y=k1x+b1，
则−k1+b1=3,4k1+b1=0,
解得k1=−35x，b=125，
∴ AE的解析式为y=−35x+125.
联立y=−35x+125,y=−x2+3x+4,，
可求P1(−25,6625)；
②由①可知y=−35x+125与y轴交于M(0,125)，
M关于AC的对称点F(125,4)，
同理可得AF的解析式为y=−52x+10.
联立y=−52x+10,y=−x2+3x+4,
可求P2(32,254).
综上，P的坐标为(−25,6625)或(32,254).
(3)连接OD，
由题意知，四边形OFDE是矩形，则OD=EF，
据垂线段最短，可知：
当OD⊥AC时，OD最短，即EF最短．
由(1)知，在Rt△AOC中，OC=OA=4，
∴ AC=42．
又∵ D为AC的中点．
∴ DF // OC，
∴ DF=12OC=2，
∴ 点P的纵坐标是2．
∴ −x2+3x+4=2，
∴ x=3±172，
∴ 当EF最短时，点P(3+172，2)或(3−172，2)．
【考点】
全等三角形的性质与判定
待定系数法求一次函数解析式
二次函数综合题
待定系数法求二次函数解析式
矩形的判定与性质
等腰直角三角形
垂线段最短
【解析】
（1）结合图形，根据点A的坐标和已知条件OA=OC=4OB得到点B、C的坐标；然后利用待定系数法求该抛物线的解析式即可；
（2）如图2，过点C作CP⊥AC．交抛物线于点P，过点P作PM⊥y轴于点M，构建等腰直角△MCP，则MC=MP．设P(m, −m2+3m+4)，结合图形得到：OM=OC+MC=OC+PM=4+m，即4+m=−m2+3m+4，通过解方程求得m的值，则易求点P的纵坐标；
（3）连接OD，由题意知，矩形OFDE的对角线相等：OD=EF，据垂线段最短，可知：当OD⊥AC时，OD最短，即EF最短．由勾股定理和三角形中位线定理易推知：DF=12OC=2，所以点P的纵坐标是2．最后根据二次函数图象上点的坐标特征来求点P的横坐标即可．
【解答】
解：(1)∵ A(4, 0)，
∴ OA=4．
又∵ OA=OC=4OB，
∴ OC=4，OB=1，
∴ B(−1, 0)，C(0, 4)．
设抛物线的解析式为：
y=a(x+1)(x−4)
把C(0, 4)代入得：4=a×1×(−4)，
∴ a=−1，
∴ y=−(x+1)(x−4)y=−x2+3x+4，
∴ 抛物线的解析式为：y=−x2+3x+4.
(2)存在，理由如下：
①如图，在y轴上取一点D(0,−1)，连接AD，过点D作DE⊥DA，且DE=DA，AE交抛物线于点P1，过点E作EN⊥y轴于点N.
∵ ∠EAD=∠CAO=45∘，
∴ ∠CAP1=∠DAO，
∵ ∠EDN+∠NDA=90∘，∠NED+∠EDN=90∘，
∴ ∠NED=∠NDA.
又∠END=∠DOA，DE=DA，
∴ △END≅△DOA，
∴ EN=OD，DN=OA=4，
∴ E(−1,3).
设AE的解析式为y=k1x+b1，
则−k1+b1=3,4k1+b1=0,
解得k1=−35x，b=125，
∴ AE的解析式为y=−35x+125.
联立y=−35x+125,y=−x2+3x+4,，
可求P1(−25,6625)；
②由①可知y=−35x+125与y轴交于M(0,125)，
M关于AC的对称点F(125,4)，
同理可得AF的解析式为y=−52x+10.
联立y=−52x+10,y=−x2+3x+4,
可求P2(32,254).
综上，P的坐标为(−25,6625)或(32,254).
(3)连接OD，
由题意知，四边形OFDE是矩形，则OD=EF，
据垂线段最短，可知：
当OD⊥AC时，OD最短，即EF最短．
由(1)知，在Rt△AOC中，OC=OA=4，
∴ AC=42．
又∵ D为AC的中点．
∴ DF // OC，
∴ DF=12OC=2，
∴ 点P的纵坐标是2．
∴ −x2+3x+4=2，
∴ x=3±172，
∴ 当EF最短时，点P(3+172，2)或(3−172，2)．
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