2019-2020初三（上）12月月考数学试卷

这是一份2019-2020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. 下列图形是中心对称图形的是（ ）
A.B.C.D.

2. 用配方法解方程x2−2x−1=0时，配方后得的方程为（ ）
A.(x+1)2=0B.(x−1)2=0C.(x+1)2=2D.(x−1)2=2

3. 如图，在平面直角坐标系中，点B，C，E在y轴上，Rt△ABC经过变换得到Rt△ODE．若点C的坐标为(0, 1)，AC=2，则这种变换可以是( )

A.△ABC绕点C顺时针旋转90∘，再向下平移3
B.△ABC绕点C顺时针旋转90∘，再向下平移1
C.△ABC绕点C逆时针旋转90∘，再向下平移1
D.△ABC绕点C逆时针旋转90∘，再向下平移3

4. 若关于x的一元二次方程(k−1)x2+4x+1=0有两个不相等的实数根，则k的取值范围是( )
A.k<5B.k<5且k≠1C.k≤5且k≠1D.k>5

5. 若二次函数y=x2+2x+c配方后为y=(x+ℎ)2+7，则c、ℎ的值分别为（ ）
A.8、−1B.8、1C.6、−1D.6、1

6. 如图，在⊙O中，AB为直径，圆周角∠ACD=20∘，则∠BAD等于（ ）

A.20∘B.40∘C.70∘D.80∘

7. 若抛物线y=x2−2x+3不动，将平面直角坐标系xOy先沿水平方向向右平移一个单位，再沿铅直方向向上平移三个单位，则原抛物线图象的解析式应变为（ ）
A.y=(x−2)2+3B.y=(x−2)2+5C.y=x2−1D.y=x2+4

8. 如图，OA为⊙O半径，点P为OA中点，Q为⊙O上一点，且∠APQ=135∘，若OA=2，则PQ的长为( )

A.52B.14C.32D.14+22

9. 如图，等腰Rt△ABC中，点O为斜边AC上，作⊙O与AB相切于点D，交BC于点E、点F．已知AB=BC=9, CF=1，则BE的长度为( )

A.1B.2C.3D.5

10. 如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点为B(1,3)，与x轴的交点A在点(2, 0)和(3, 0)之间，以下结论：①abc>0；②a−b+c<0；③2a+b=0；④a+b≥am2+bm(m为实数)；⑤若ax12+bx1=ax22+bx2，且x1≠x2，则x1+x2=2.其中正确的结论有( )

A.4个B.3个C.2个D.1个
二、填空题

圆锥的底面半径是40cm，母线为90cm，则它的侧面展开图的圆心角是________．
三、解答题

解方程：
(1)x2+2x−1=0；

(2)x(x+4)=3x+12.

如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A(1, 1)，B(4, 2)，C(3, 4).
(1)请画出将△ABC向左平移4个单位长度后得到的图形△A1B1C1，直接写出点A1的坐标；

(2)请画出△A1B1C1绕原点O顺时针旋转90∘的图形△A2B2C2，直接写出点A2的坐标；

(3)在x轴上找一点P，使PA+PB的值最小，请直接写出点P的坐标．

如图，两个圆都是以O为圆心.

(1)求证：AC=BD；

(2)若AB=10，BD=2，小圆的半径为5，求大圆的半径R的值．

如图，把△ABC绕点A顺时针旋转n度(0
(1)若∠B=17∘，∠E=55∘，求n；

(2)若F为BC的中点，G为DE的中点，连AG、AF、FG，求证：△AFG为等腰三角形．

已知△ABC的两边AB、AC的长恰好是关于x的方程x2+(2k+3)x+k2+3k+2=0的两个实数根，第三边BC的长为5．
1求证：AB≠AC；

2如果△ABC是以BC为斜边的直角三角形，求k的值.

(3)填空：当k=________时， △ABC是等腰三角形， △ABC的周长为________.

某商场销售的某种商品每件的标价是80元，若按标价的八折销售，仍可盈利60%，此时该种商品每星期可卖出220件，市场调查发现：在八折销售的基础上，该种商品每降价1元，每星期可多卖20件．设每件商品降价x元（x为整数），每星期的利润为y元
(1)求该种商品每件的进价为多少元？

(2)当售价为多少时，每星期的利润最大？最大利润是多少？

(3)2019年2月该种商品每星期的售价均为每件m元，若2019年2月的利润不低于24000元，请求出m的取值范围．

如图1，AB是⊙O的直径，AC是弦，点P是BC的中点，PE⊥AC交AC的延长线于E．
(1)求证：PE是⊙O的切线；

(2)如图2，作PH⊥AB于H，交BC于N，若NH=3，BH=4，求PE的长．

如图，抛物线y=ax2+bx+6经过点A(−2, 0)，B(4, 0)两点，与y轴交于点C，点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为m(1
(1)求抛物线的函数表达式；

(2)当△BCD的面积等于△AOC的面积的34时，求m的值；

(3)在(2)的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2019-2020学年湖北省某校初三（上）12月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
中心对称图形
【解析】
根据把一个图形绕某一点旋转180∘，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形可得答案．
【解答】
解：把一个图形绕某一点旋转180∘，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，
那么这个图形就叫做中心对称图形，
故只有A是中心对称图形.
故选A．
2.
【答案】
D
【考点】
解一元二次方程-配方法
【解析】
在本题中，把常数项−1移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数−2的一半的平方．
【解答】
解：把方程x2−2x−1=0的常数项移到等号的右边，得到x2−2x=1，
方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2−2x+1=1+1,
配方得(x−1)2=2．
故选D．
3.
【答案】
A
【考点】
坐标与图形变化-旋转
坐标与图形变化-平移
【解析】
观察图形可以看出，Rt△ABC通过变换得到Rt△ODE，应先旋转然后平移即可．
【解答】
解：根据图形可以看出，△ABC绕点C顺时针旋转90∘，再向下平移3个单位可以得到△ODE．
故选A．
4.
【答案】
B
【考点】
根的判别式
一元二次方程的定义
【解析】
根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到k−1≠0且△=42−4(k−1)×1>0，然后求出两个不等式的公共部分即可．
【解答】
解：根据题意得k−1≠0且Δ=42−4(k−1)×1>0，
解得：k<5且k≠1．
故选B．
5.
【答案】
B
【考点】
二次函数的三种形式
【解析】
根据配方法整理，再根据对应项系数相等列式求解即可．
【解答】
解：∵ y=x2+2x+c=(x+1)2+c−1，
∴ ℎ=1，c−1=7，
解得c=8，ℎ=1．
故选B．
6.
【答案】
C
【考点】
圆周角定理
【解析】
先根据圆周角定理求出∠B及∠ACB的度数，再由直角三角形的性质即可得出结论．
【解答】
解：连接BD，如图，
∵ ∠ACD=20∘，
∴ ∠ABD=∠ACD=20∘．
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ADB=90∘，
∴ ∠BAD=90∘−20∘=70∘．
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
二次函数图象与几何变换
【解析】
思想判定出抛物线的平移规律，根据左加右减，上加下减的规律即可解决问题．
【解答】
解：将平面直角坐标系xOy先沿水平方向向右平移一个单位，再沿铅直方向向上平移三个单位，这个相当于把抛物线向左平移1个单位，再向下平移3个单位，
∵ y=(x−1)2+2，
∴ 原抛物线图象的解析式应变为y=(x−1+1)2+2−3=x2−1.
故选C.
8.
【答案】
D
【考点】
特殊角的三角函数值
垂径定理的应用
勾股定理
【解析】
连接OA，作OC⊥AB于C，根据垂直定理得到AC=BC，根据直角三角形的性质得到OC=2，根据勾股定理求出AC的长即可得到答案．
【解答】
解：作OE⊥PQ于E，连接OQ.
∵ AP=OP=1, ∠APQ=135∘，
∴ ∠OPE=45∘，
∴ OE=PE=22，
在Rt△OEQ中，QE=OQ2−OE2=142，
∴ PQ=PE+QE=142+22=14+22.
故选D.
9.
【答案】
B
【考点】
切线的性质
解一元二次方程-因式分解法
勾股定理
等腰直角三角形
【解析】
连接OD、OE，先设AD=x，再证明四边形ODCE是矩形，可得出OD=CE，OE=CD，从而得出CD=CE=4−x，BE=6−(4−x)，可证明△AOD∽OBE，再由比例式得出AD的长即可．
【解答】
解：连接OD，作OG⊥EF于G，
∵ △ABC是等腰直角三角形，
∴ ∠B=90∘，∠A=∠C=45∘，
∵ AB是切线，
∴ ∠ODB=90∘，
∴ 四边形BGOD是矩形， △ADO与△CGO 是等腰直角三角形.
设OD=BG=x，则BD=OG=CG=9−x，
又FC=1,
∴ EG=FG=9−x−1=8−x.
在Rt△OGF中，(9−x)2+(8−x)2=x2，
即x2−34x+145=0，解得x1=29(舍)或x2=5.
∴ BE=9−2(8−5)−1=2.
故选B.
10.
【答案】
A
【考点】
抛物线与x轴的交点
二次函数图象上点的坐标特征
二次函数图象与系数的关系
根的判别式
【解析】
结合函数图象，根据二次函数的性质及二次函数与一元二次方程、一元二次不等式间的关系逐一判断即可．
【解答】
解：①∵ 对称轴在y轴的右侧，
∴ ab<0，
∵ 抛物线与y轴交于正半轴，
∴ c>0，
∴ abc<0，故①错误；
②对称轴为x=1，
∴ 当x=−1时，y=a−b+c<0，故②正确；
③∵ −b2a=1，
∴ b=−2a，2a+b=0，
故③正确；
④∵ 抛物线的对称轴是x=1，
∴ y有最大值是a+b+c，
∵ 点(m, n)在该抛物线上，
∴ am2+bm+c≤a+b+c，
故④正确；
⑤∵ ax12+bx1=ax22+bx2，且x1≠x2，
∴ x1与x2关于对称轴对称，
∴ x1+x2=2.
本题正确的结论有：②③④⑤，4个.
故选A.
二、填空题
【答案】
160∘
【考点】
弧长的计算
【解析】
圆锥的底面半径为40cm，则底面圆的周长是80πcm，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，即侧面展开图的扇形弧长是80πcm，母线长为90cm即侧面展开图的扇形的半径长是90cm．根据弧长公式即可计算．
【解答】
解：根据弧长的公式l=nπr180得到：
80π=nπ⋅90180，
解得n=160．
故侧面展开图的圆心角为160∘．
故答案为：160∘．
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ x2+2x−1=0，
∴ x2+2x+1=1+1，
∴ (x+1)2=2，
∴ x+1=±2，
∴ x1=−1+2，x2=−1−2.
(2)x(x+4)=3x+12，
x(x+4)−3(x+4)=0，
(x+4)(x−3)=0，
则x+4=0或x−3=0，
解得x1=−4，x2=3．
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
解一元二次方程-配方法
【解析】
（1）借助完全平方公式，将原方程变形为(x−1)2=52，开方，即可解决问题；
（2）先移项，然后通过提取公因式(x−2)对等式的左边进行因式分解，再来求x的值．
【解答】
解：(1)∵ x2+2x−1=0，
∴ x2+2x+1=1+1，
∴ (x+1)2=2，
∴ x+1=±2，
∴ x1=−1+2，x2=−1−2.
(2)x(x+4)=3x+12，
x(x+4)−3(x+4)=0，
(x+4)(x−3)=0，
则x+4=0或x−3=0，
解得x1=−4，x2=3．
【答案】
解：(1)根据网格结构找出点A、B、C平移后的对应点的位置，然后顺次连接即可，如图所示：
点A1的坐标(−3, 1)；
(2)找出点A1、B1、C1绕原点O顺时针旋转90∘点的位置，然后顺次连接即可，如图所示：
点A2的坐标(1, 3)；
(3)找出A的对称点A′(1, −1)，
连接BA′，与x轴交点即为P；
如图所示：
点P坐标为(2, 0)．
【考点】
作图－平移变换
作图-旋转变换
轴对称——最短路线问题
【解析】
（1）根据网格结构找出点A、B、C平移后的对应点的位置，然后顺次连接即可；
（2））找出点A、B、C关于原点O的对称点的位置，然后顺次连接即可；
（3）找出A的对称点A′，连接BA′，与x轴交点即为P．
【解答】
解：(1)根据网格结构找出点A、B、C平移后的对应点的位置，然后顺次连接即可，如图所示：
点A1的坐标(−3, 1)；
(2)找出点A1、B1、C1绕原点O顺时针旋转90∘点的位置，然后顺次连接即可，如图所示：
点A2的坐标(1, 3)；
(3)找出A的对称点A′(1, −1)，
连接BA′，与x轴交点即为P；
如图所示：
点P坐标为(2, 0)．
【答案】
(1)证明：作OE⊥AB于点E，
∵ OE⊥AB，
∴ AE=BE，CE=DE，
∴ AC=BD.
(2)解：连接OD，OB，
∵ AB=10，BD=2，，
∴ BE=AE=5，CE=DE=3，
∵ 在Rt△OED中，
∴ OE=OD2−DE2=52−32=4，
∵ 在Rt△OBE中，
∴ OB=BE2+OE2=52+42=41，
∴ 大圆的半径等于41．
【考点】
垂径定理的应用
勾股定理
【解析】
（1）过O作OE⊥AB于点E，根据垂径定理得到AE=BE，CE=DE，从而得到AC=BD；
（2）连接OC，OA，由（1）中知AE=BE，CE=DE，故可得出AE及CE的长，在Rt△OCE中利用勾股定理求出OE的长，再在Rt△OAE中利用勾股定理可求出OA的长，故可得出结论．
【解答】
(1)证明：作OE⊥AB于点E，
∵ OE⊥AB，
∴ AE=BE，CE=DE，
∴ AC=BD.
(2)解：连接OD，OB，
∵ AB=10，BD=2，，
∴ BE=AE=5，CE=DE=3，
∵ 在Rt△OED中，
∴ OE=OD2−DE2=52−32=4，
∵ 在Rt△OBE中，
∴ OB=BE2+OE2=52+42=41，
∴ 大圆的半径等于41．
【答案】
(1)解：∵ △ADE是由△ABC旋转而来，
∴ ∠ACB=∠E=55∘，
又∵ ∠B=17∘，
∴ ∠BAC=180∘−55∘−17∘=108∘，
∵ D落在AC延长线上，
∴ ∠BAC即为旋转角，
∴ n=108∘；
(2)证明：∵ △ADE是由△ABC旋转而来，
∴ AB=AD，BC=DE，∠B=∠D，
∵ F、G分别是BC、DE的中点，
∴ BF=12BC DG=12DE，
∴ BF=DG，
在△ABF与△ADG中AB=AD∠ABF=∠ADGBF=DG，
∴ △ABF≅△ADG(SAS)，
∴ AF=AG，
∴ △AFG是等腰三角形．
【考点】
全等三角形的性质与判定
旋转的性质
【解析】
（1）根据旋转的性质得到∠ACB=∠E=55∘，根据三角形的内角和得到∠BAC=180∘−55∘−17∘=108∘，于是得到结论；
（2）根据旋转的性质得到AB=AD BC=DE，∠B=∠D，根据线段中点的定义得到BF=12BC DG=12DE，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】
(1)解：∵ △ADE是由△ABC旋转而来，
∴ ∠ACB=∠E=55∘，
又∵ ∠B=17∘，
∴ ∠BAC=180∘−55∘−17∘=108∘，
∵ D落在AC延长线上，
∴ ∠BAC即为旋转角，
∴ n=108∘；
(2)证明：∵ △ADE是由△ABC旋转而来，
∴ AB=AD，BC=DE，∠B=∠D，
∵ F、G分别是BC、DE的中点，
∴ BF=12BC DG=12DE，
∴ BF=DG，
在△ABF与△ADG中AB=AD∠ABF=∠ADGBF=DG，
∴ △ABF≅△ADG(SAS)，
∴ AF=AG，
∴ △AFG是等腰三角形．
【答案】
1证明：∵ Δ=(2k+3)2−4(k2+3k+2)=1，
∴ Δ>0，
∴ 无论k取何值时，方程总有两个不相等的实数根，
即AB≠AC；
2解：当△ABC是以BC为斜边的直角三角形时，有AB2+AC2=BC2，
又∵ BC=5，两边AB，AC的长是关于x的一元二次方程x2+(2k+3)x+k2+3k+2=0的两个实数根．
∴ AB2+AC2=25，AB+AC=−(2k+3)，AB⋅AC=k2+3k+2，
由(AB+AC)2−2AB⋅AC=25，
∴ (2k+3)2−2⋅(k2+3k+2)=25，
∴ k2+3k−10=0，(k−2)(k+5)=0，
∴ k1=2或k2=−5，
又∵ AB+AC=−（2k+3）>0，即k<−32，
∴ k2=2舍去，
∴ k=−5.
−6或−7 ,14或16
【考点】
根与系数的关系
根的判别式
解一元二次方程-因式分解法
勾股定理
等腰三角形的性质
【解析】
（1）AB≠AC；就是要证明无论k为何值时，方程总有两个不相等的实数根，就是证明△>0，而△=(2k+3)2−4(k2+3k+2)=1，所以△>0；
（2）要得到△ABC是以BC为斜边的直角三角形，即要有BC2=AC2+AB2，然后根据根与系数的关系用k表示AC2+AC2，得到k的方程，解方程，再根据题意取舍即可；
【解答】
1证明：∵ Δ=(2k+3)2−4(k2+3k+2)=1，
∴ Δ>0，
∴ 无论k取何值时，方程总有两个不相等的实数根，
即AB≠AC；
2解：当△ABC是以BC为斜边的直角三角形时，有AB2+AC2=BC2，
又∵ BC=5，两边AB，AC的长是关于x的一元二次方程x2+(2k+3)x+k2+3k+2=0的两个实数根．
∴ AB2+AC2=25，AB+AC=−(2k+3)，AB⋅AC=k2+3k+2，
由(AB+AC)2−2AB⋅AC=25，
∴ (2k+3)2−2⋅(k2+3k+2)=25，
∴ k2+3k−10=0，(k−2)(k+5)=0，
∴ k1=2或k2=−5，
又∵ AB+AC=−（2k+3）>0，即k<−32，
∴ k2=2舍去，
∴ k=−5.
(3)解：由题意得BC为等腰三角形的腰，
将x=5代入方程得25+5(2k+3)+k2+3k+2=0，
解得k1=−6, k2=−7，
此时周长为14或16.
故答案为：−6或−7；14或16.
【答案】
解：(1)设成本为m元，根据题意得：
80×0.8−m=0.6m
解得：m=40，
∴ 该种商品每件的进价为40元.
(2)y=(80×0.8−x−40)(220+20x)
=−20x2+260x+5280=−20(x−6.5)2+6125，
∴ 当x=6.5时，y最大，
∵ x为整数，
∴ x1=7，x2=6，
∴ 当x=6或7时，y最大为6120元．
80×0.8−7=57（元），80×0.8−6=58（元），
∴ 当售价为57元或58元时，每星期的利润最大．
(3)由题意得：−20(x−6.5)2+6125=24000÷4，
解得：x1=9，x2=4，
∴ 64−9=55（元），64−4=60（元），
∵ 2019年2月该种商品每星期的售价均为每件m元，
∴ 55≤m≤60．
【考点】
一元一次方程的应用——其他问题
二次函数的应用
一元二次方程的应用
【解析】
（1）设成本为m元，根据题意得：80×0.8−m=0.6m，即可解答；
（2）根据题意得到y=(80×0.8−x−40)(220+20x)=−20x2+260x+5280=−20(x−6.5)2+6125，利用二次函数的性质，即可解答；
（3）利用每星期的利润恰为24000÷4=6000元建立一元二次方程，求出方程的解，进一步确定取值范围．
【解答】
解：(1)设成本为m元，根据题意得：
80×0.8−m=0.6m
解得：m=40，
∴ 该种商品每件的进价为40元.
(2)y=(80×0.8−x−40)(220+20x)
=−20x2+260x+5280=−20(x−6.5)2+6125，
∴ 当x=6.5时，y最大，
∵ x为整数，
∴ x1=7，x2=6，
∴ 当x=6或7时，y最大为6120元．
80×0.8−7=57（元），80×0.8−6=58（元），
∴ 当售价为57元或58元时，每星期的利润最大．
(3)由题意得：−20(x−6.5)2+6125=24000÷4，
解得：x1=9，x2=4，
∴ 64−9=55（元），64−4=60（元），
∵ 2019年2月该种商品每星期的售价均为每件m元，
∴ 55≤m≤60．
【答案】
解：(1)如图1，连接BC、OP，
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90∘，即BC⊥AE，
又∵ PE⊥AE，
∴ PE // BC，
∵ 点P是BC的中点，
∴ OP//AE，OP⊥BC，
∴ OP⊥PE，
∴ PE是⊙O的切线；
(2) 解：如图2，连接OP，
由(1)知，四边形PECQ是矩形，
∴ 设PE=CQ=BQ=x，
∵ NH=3，BH=4，PH⊥AB，
∴ BN=5，
∵ ∠B=∠B，∠BHN=∠BQO=90∘，
∴ △BHN∽△BQO，
∴ BHBQ=BNBO=NHOQ，即4x=5BO=3OQ，
解得：BO=54x，OQ=34x，
∴ PQ=PO−OQ=BO−OQ=12x，
∵ ∠PNQ=∠BNH，∠PQN=∠BHN=90∘，
∴ △PQN∽△BHN，
∴ PQBH=QNNH，即12x4=x−53，
解得：x=8，
∴ PE=8．
【考点】
相似三角形的性质与判定
切线的判定
垂径定理
【解析】
（1）连接BC、OP，由AB是⊙O的直径、PE⊥AE知PE // BC，根据点P是BC的中点知OP⊥BC，即可得OP⊥PE，得证；
（2）由（1）知，四边形PECQ是矩形，从而可设PE=CQ=BQ=x，根据勾股定理求得BN的长，先证△BHN∽△BQO得BHBQ=BNBO=NHOQ，表示出BO、OQ的长，再证△PQN∽△BHN得PQBH=QNNH，即12x4=x−53，求出x即可．
【解答】
解：(1)如图1，连接BC、OP，
∵ AB是⊙O的直径，
∴ ∠ACB=90∘，即BC⊥AE，
又∵ PE⊥AE，
∴ PE // BC，
∵ 点P是BC的中点，
∴ OP//AE，OP⊥BC，
∴ OP⊥PE，
∴ PE是⊙O的切线；
(2) 解：如图2，连接OP，
由(1)知，四边形PECQ是矩形，
∴ 设PE=CQ=BQ=x，
∵ NH=3，BH=4，PH⊥AB，
∴ BN=5，
∵ ∠B=∠B，∠BHN=∠BQO=90∘，
∴ △BHN∽△BQO，
∴ BHBQ=BNBO=NHOQ，即4x=5BO=3OQ，
解得：BO=54x，OQ=34x，
∴ PQ=PO−OQ=BO−OQ=12x，
∵ ∠PNQ=∠BNH，∠PQN=∠BHN=90∘，
∴ △PQN∽△BHN，
∴ PQBH=QNNH，即12x4=x−53，
解得：x=8，
∴ PE=8．
【答案】
解：(1)抛物线y=ax2+bx+6经过点A(−2, 0)，B(4, 0)两点，
故设抛物线交点式表达式：y=a(x+2)(x−4)=ax2−2ax−8a，
则−8a=6，b=−2a，解得：a=−34，b=32，
故抛物线的表达式为：y=−34x2+32x+6；
(2)点C(0, 6)，将点B，C的坐标代入一次函数表达式y=kx+b，
得直线BC的表达式为：y=−32x+6，
如图所示，过点D作y轴的平行线交直线BC与点H，
设点D(m, −34m2+32m+6)，则点H(m, −32m+6)
S△BDC=S△CDH+S△BDH
=12HD×OB
=2(−34m2+32m+6+32m−6)
=2(−34m2+3m)，
34S△ACO=34×12×6×2=92，
即：−34m2+3m=94，
解得：m=3或m=1(舍去)，
故m＝3；
(3)当m=3时，点D(3，154)，
①当BD是平行四边形的一条边时，
如图所示：M,N分别有三个点，
设点N(n,−34n2+32n+6)，
则点N的纵坐标为绝对值为 154 ，即|−34n2+32n+6|=154，
解得：n=−1 或3(舍去）或 1±14.
故点N的坐标为(−1,154)，或(1+14,−154)，或(1−14,−154)，
由点B横坐标为xB=4，点D横坐标为xD=3，根据平行四边形的性质可得点M(n−1, 0)，
当点N(−1,154) 时，点 M(0,0)，
当点N (1+14,−154)时，点 M(14,0)，
当点M(1−14,−154)时，点 M(−14,0)，
故点M坐标为：(0,0)，或(14,0)，或(−14,0)；
②当BD是平行四边形的对角线时，如图所示：
点B，D的坐标分别为(4,0),(3,154)，对称轴x=1，
则ND=2×(3−1)=4，
故BM=4，
所以点M坐标为 (8,0)；
综上，点M的坐标为： (0,0)，或(14,0)，或(−14,0) ，或(8,0).
【考点】
二次函数综合题
待定系数法求二次函数解析式
函数与平行四边形
【解析】
（1）由抛物线交点式表达，即可求解；
（2）利用S△BDC=12HD×OB，即可求解；
（3）分BD是平行四边形的一条边、BD是平行四边形的对角线两种情况，分别求解即可．
【解答】
解：(1)抛物线y=ax2+bx+6经过点A(−2, 0)，B(4, 0)两点，
故设抛物线交点式表达式：y=a(x+2)(x−4)=ax2−2ax−8a，
则−8a=6，b=−2a，解得：a=−34，b=32，
故抛物线的表达式为：y=−34x2+32x+6；
(2)点C(0, 6)，将点B，C的坐标代入一次函数表达式y=kx+b，
得直线BC的表达式为：y=−32x+6，
如图所示，过点D作y轴的平行线交直线BC与点H，
设点D(m, −34m2+32m+6)，则点H(m, −32m+6)
S△BDC=S△CDH+S△BDH
=12HD×OB
=2(−34m2+32m+6+32m−6)
=2(−34m2+3m)，
34S△ACO=34×12×6×2=92，
即：−34m2+3m=94，
解得：m=3或m=1(舍去)，
故m＝3；
(3)当m=3时，点D(3，154)，
①当BD是平行四边形的一条边时，
如图所示：M,N分别有三个点，
设点N(n,−34n2+32n+6)，
则点N的纵坐标为绝对值为 154 ，即|−34n2+32n+6|=154，
解得：n=−1 或3(舍去）或 1±14.
故点N的坐标为(−1,154)，或(1+14,−154)，或(1−14,−154)，
由点B横坐标为xB=4，点D横坐标为xD=3，根据平行四边形的性质可得点M(n−1, 0)，
当点N(−1,154) 时，点 M(0,0)，
当点N (1+14,−154)时，点 M(14,0)，
当点M(1−14,−154)时，点 M(−14,0)，
故点M坐标为：(0,0)，或(14,0)，或(−14,0)；
②当BD是平行四边形的对角线时，如图所示：
点B，D的坐标分别为(4,0),(3,154)，对称轴x=1，
则ND=2×(3−1)=4，
故BM=4，
所以点M坐标为 (8,0)；
综上，点M的坐标为： (0,0)，或(14,0)，或(−14,0) ，或(8,0).