江苏省徐州市2022-2023学年九年级上学期数学期末备考卷Ⅰ（有答案）

这是一份江苏省徐州市2022-2023学年九年级上学期数学期末备考卷Ⅰ（有答案），共12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。
2022-2023学年度第一学期期末测试
九年级数学试题
（本试卷满分共140分，考试时间90分钟：试题答案按要求全部涂、写在答题卡上）
一、选择题(本大题共8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项是符合题目要求的)
1．下列方程是一元二次方程的是（     ）
A．x2=0 B．2x3-x=0 C．xy-1=0 D．1x2+x=2
2．已知一组数据2，3，5，x，5，3有唯一的众数3，则x的值是（     ）
A．3 B．5 C．2 D．无法确定
3．圆锥的底面半径为2，母线长为4，则其侧面积为（     ）
A． B．6π C．8π D．16π
4．如图所示，在7×5的网格中，A、B、D、O均在格点上，则点O是△ABD的（     ）

A．外心 B．重心 C．中心 D．内心
5．将抛物线y＝4﹣（x+1）2向右平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线必定经过点（　 　）
A．（﹣2，2） B．（﹣1，1） C．（0，6） D．（1，﹣3）
6．如图，点A、B、C在⊙O上，点D是AB延长线上一点，若∠CBD＝65°，则∠AOC的度数为（ 　　）

A．115° B．125° C．130° D．135°
7．在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=-3x+b(b≠0)的图象与x轴、y轴的交点分别为A、B，则∠OAB的余弦值为（　 　）
A．22 B．33 C．32 D．12
8．如图，正方形ABCD中，AB＝4，E是AD上一点，且AE＝1，F、G是AB、CD上的动点，且BE⊥FG，连接EF、FG、BG，当EF+FG+BG的值最小时，CG的长为（　　）

A．2 B．169 C．85 D．125

二、填空题(本大题有8小题，每小题4分，共32分)
9．一元二次方程x2+kx﹣2＝0的一根是1，则k＝_____．
10．如果二次函数y＝3x2+2x+c的图像经过点（0，2），则c＝_____．
11．将抛物线y=x2向右平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，所得抛物线的函数表达式是_____．
12．如图，在⊙O内接四边形ABCD中，若∠BCD=55∘，则∠DAB＝__________°．

13．已知圆锥的底面半径为2，其侧面积是10π，则母线长等于_____．
14．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AC、BC、AB为直径作半圆，三个半圆形成的两个月牙形（图中阴影部分）称为“希波克拉底月形”（希波克拉底是古希腊数学家），若AC＝3，BC＝4，则希波克拉底月形（阴影部分）的面积等于_____．

15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=8,BC=6，点P是平面内一个动点，且，Q为BP的中点，在P点运动过程中，设线段CQ的长度为m，则m的取值范围是_______．


16．在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝8，OB＝10，以O为圆心，4为半径作圆O，交两边于点C，D，P为劣弧CD上一动点，则12PA+PB最小值为______．


三、解答题(本大题有9小题，共84分，解答时应写出文字说明或演算步骤)
17．（本题8分）解下列方程：
(1)x2-4x-3=0 (2)
18．（本题8分）计算：
(1)-27+|3-2|-(13)-1+2cos60°； (2)（m＋2）．
19．（本题8分）若关于x的方程x2+b+2x+6-b=0有两个相等的实数根
（1）求b的值；
（2）当b取正数时，求此时方程的根，
20．（本题8分）某体育用品商店举行“年终狂欢”促销活动，某种运动鞋零售价每双240元，如果一次性购买超过10双，那么每多购1双，所购运动鞋的单价降低6元，但单价不能低于160元．一位顾客购买这样的运动鞋支付了3600元，求这位顾客购买了多少双鞋？
21．（本题8分）甲、乙两校各有5名学生参加区教育局举办的青少年党史知识竞赛，成绩如下表：
甲校选手得分
97
91
80
91
81
乙校选手得分
76
92
94
86
92

(1)对甲、乙两校参赛学生的成绩进行评价；
(2)如果各校从他们参赛的5名学生中派出前3名参加下一轮的决赛，你认为哪个学校的选手实力更强一些？说说你的理由．


22．（本题10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD是中线，AE⊥CD，垂足为F．

(1)求证；
(2)若CD=2，AE=3，求AC的长度．
23．（本题10分）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，过点C作射线CM且满足∠ACM=∠ABC．
（1）判断CM与⊙O的位置关系，并证明；
（2）延长BC到D，使BC=CD，连接AD与CM交于点E，若⊙O的半径为3，ED=2，求△ACE的外接圆的半径．


24．（本题10分）如图，在距某居民楼AB楼底B点左侧水平距离60m的C点处有一个山坡，山坡CD的坡度（或坡比）i=1:0.75，山坡坡底C点到坡顶D点的距离CD=45m，在坡顶D点处测得居民楼楼顶A点的仰角为28°，居民楼AB与山坡CD的剖面在同一平面内，求居民楼AB的高度（精准到0.1m，参考数据：sin28°≈0.47，cos28°≈0.88，tan28°≈0.53）




25．（本题14分）抛物线y=ax2-ax+b交x轴于A，B两点（A在B的左边），交y轴于C，直线y=-x+4经过B，C两点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，P为直线BC上方的抛物线上一点，PD//y轴交BC于D点，过点D作DE⊥AC于E点．设，求m的最大值及此时P点坐标；
（3）如图2，点N在y轴负半轴上，点A绕点N顺时针旋转，恰好落在第四象限的抛物线上点M处，且，求N点坐标．

参考答案：
1．A
【分析】根据一元二次方程的定义判断即可．
【详解】解：A、x2=0是一元二次方程；
B、2x3-x=0是一元三次方程；
C、xy-1=0是二元二次方程；
D、1x2+x=2分母有字母，是分式方程；
故选择：A．
【点睛】本题考查一元二次方程的定义，理解定义是关键，一元二次方程必须同时满足三个条件：①是整式方程，即等号两边都是整式，方程中如果有分母；且未知数在分母上，那么这个方程就是分式方程，不是一元二次方程，方程中如果有根号，且未知数在根号内，那么这个方程也不是一元二次方程（是无理方程），②只含有一个未知数，③未知数项的最高次数是2．
2．A
【分析】根据众数的定义，结合这组数据的具体情况进行判断即可．
【详解】解：在这组已知的数据中，“3”出现2次，“5”出现2次，“2”出现1次，
要使这组数据有唯一的众数3，因此x所表示的数一定是3．
故选：A．
【点睛】本题考查众数的定义，掌握一组数据中出现次数最多的数据是这这组数据的众数是正确判断的关键．
3．C
【分析】根据圆锥的侧面积公式即可求出．
【详解】S侧=πRl=π×2×4=8π，
故选：C．
【点睛】本题考查圆锥的侧面积的求法，熟记圆锥的侧面积公式是解题的关键．
4．A
【分析】根据网格的特点，勾股定理求得OA=OB=OD=5，进而即可判断点O是△ABD的外心
【详解】解：∵OA=OB=OD=5
∴O是△ABD的外心
故选A
【点睛】本题考查了三角形的外心的判定，勾股定理与网格，理解三角形的外心的定义是解题的关键．三角形的外心是三边中垂线的交点,且这点到三角形三顶点的距离相等．
5．B
【分析】由题意可确定平移后的抛物线的函数解析式，再逐一判断即可．
【详解】抛物线y＝4﹣（x+1）2的顶点坐标为(−1，4)，抛物线y＝4﹣（x+1）2向右平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的顶点坐标为(0，2)，则平移后的抛物线解析式为y=-x2+2；
当x=−2时， y=-(-2)2+2=-2，即点（﹣2，2）不在抛物线y=-x2+2上；
当x=−1时， y=--12+2=1，即点（﹣1，1）在抛物线y=-x2+2上；
当x=0时， y=-02+2=2，即点（0，6）不在抛物线y=-x2+2上；
当x=1时， y=-12+2=1，即点（1，3）不在抛物线y=-x2+2上；
故选：B
【点睛】本题考查了二次函数图象的平移、点与函数图象的关系，二次函数图象的平移关键是抓住抛物线顶点的平移．
6．C
【分析】求出∠ABC，再求出它所对的弧对的圆心角，即可求∠AOC．
【详解】解：∵∠CBD＝65°，
∴∠ABC=180°-65°=115°，
优弧AC所对的圆心角的度数为：115°×2=230°，
∠AOC=360°-230°=130°，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角的性质，解题关键是求出圆周角，根据同弧所对的圆周角和圆心角的关系求角．
7．D
【分析】先求得点A、B的坐标，表示出OA、OB的长，利用勾股定理求得AB的长，即可求得∠OAB的余弦值．
【详解】解：令x=0，y=b，令y=0，x=33b，
∴点A的坐标为(33b，0)，点B的坐标为(0，b)，
∴OA=33b、OB= b，
∴AB＝OA2+OB2=33b2+b2=233b，
∴cos∠OAB =OAAB=33b233b=12，

故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数的图象，解直角三角形，求得AB的长度的解题的关键．
8．D
【分析】由BE⊥FG，可得到BE=FG，而BE是定值，要使EF+FG+BG的值最小，只需EF+BG最小即可．设CG=x，可得 EF+BG=(x-3)2+12+x2+42．设M（x，0），P（0，4），Q（3，1），则MQ+MP=(x-3)2+12+x2+42.通过构造新图形（图2），把问题转化为“将军饮马问题”，求解即可．
【详解】过G作GH⊥AB于H，GH、BE相交于I，BE、FG相交于O，如图1．

∵GH⊥AB，
∴∠BHI=∠FHG=90°，
∴∠HBI+∠HIB=90°．
∵FG⊥BE，∠IOG=90°，
∴∠OGI+∠OIG=90°．
∵∠HIB=∠OIG，
∴∠HBI=∠OGI．
∵ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°．
∵∠BHI=90°，
∴HBCG是矩形，
∴HG=BC，BH=CG，
∴AB=HG．
∵∠A=90°，∠FHG=90°，
∴∠A=∠FHG．
∵∠HBI=∠OGI，AB=HG，∠A=∠FHG，
∴△AEB≌△HFG，
∴EB=FG，AE=HF．
∵BE=AB2+AE2=42+12=17是定值，
∴要使EF+FG+BG的值最小，只需EF+BG最小即可．
设CG=x，则BH=x．
∵FH=AE=1，
∴AF=4-1-x=3-x，
∴EF=AF2+AE2=(3-x)2+12，BG=HB2+HG2=x2+42，
∴EF+BG=(3-x)2+12+x2+42=(x-3)2+12+x2+42．
设M（x，0），P（0，4），Q（3，1），则MQ+MP=(x-3)2+12+x2+42．
如图2，作P（0，4）关于x轴的对称点P'，则P' （0，-4）．
连结P'Q交x轴于点M，连结PM，则MQ+MP=MQ+MP'=P'Q最小．
过Q作QN⊥x轴于N，则QN=1，ON=3，OP'=4.OM=x，
∴MN=ON-OM=3-x．
∵∠QNM=∠P'OM=90°，∠QMN=∠P'MO，
∴△QNM∽△P'OM，
∴QNOP'=MNOM，
∴14=3-xx，
∴x=125．

故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质．把原题转化为“将军饮马问题”是解答本题的关键．
9．1
【分析】把x=1代入方程x2+kx-2=0得1+k-2=0，然后解关于k的方程即可．
【详解】解：把x=1代入方程x2+kx-2=0得1+k-2=0，
解得k=1．
故答案为1．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解（根）的意义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
10．2
【分析】直接将点（0、2）代入函数y=3x2+2x+c，即可求得
【详解】∵函数y=3x2+2x+c经过点（0、2）
∴c=2
故答案为：2．
【点睛】本题考查了函数图像上点的坐标特征，即函数图像上的点满足函数关系是成立．
11．y=(x-2)2+1
【分析】先得出抛物线的顶点坐标为(0,0)，再利用点的平移规律得到点(0,0)平移后对应的点的坐标为(2,1)，然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式．
【详解】解：抛物线y=x2的顶点坐标为(0,0)，再利用点的平移规律得到点(0,0)平移后对应的点的坐标为(2,1)，所以平移后的抛物线解析式为：y=(x-2)2+1．
故答案为：y=(x-2)2+1．
【点睛】本题考查的知识点是二次函数图象与几何变化，熟记点的平移规律是解此题的关键．
12．125
【分析】根据圆内接四边形对角互补即可求解．
【详解】解：∵在⊙O内接四边形ABCD中，∠BCD=55∘，
∴∠DAB＝180°-55°=125°
故答案为：125
【点睛】本题考查了圆内接四边形对角互补，理解圆内接四边形对角互补是解题的关键．
13．5
【分析】设母线长为R，根据圆锥的侧面积计算公式12lR可知l即为底面圆的周长，进而问题可求解．
【详解】解：设母线长为R，根据题意得：
12×2×2π⋅R=10π，
解得：R=5，
∴母线长为5；
故答案为5．
【点睛】本题主要考查圆锥的侧面积，熟练掌握圆锥的侧面积计算公式是解题的关键．
14．6
【分析】根据勾股定理求出AB，分别求出三个半圆的面积和△ABC的面积，即可得出答案．
【详解】解：在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，
由勾股定理得：AB=AC2+BC2=32+42=5，
所以阴影部分的面积，
故答案是：6．
【点睛】本题考查了勾股定理和三角形的面积、圆的面积，能把不规则图形的面积转化成规则图形的面积是解此题的关键．
15．3≤m≤7
【分析】取AB的中点M，连接QM、CM，得到QM是△APB的中位线，CM是Rt△ABC斜边上的中线，求得QM、CM的长，在△QMC中利用三角形三边关系得到CQ的范围即可．
【详解】取AB的中点M，连接QM、CM，

∴QM是△APB的中位线，CM是Rt△ABC斜边上的中线，
∴QM=12AP=2，CM=12AB，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=8,BC=6，
∴AB=62+82=10，
∴CM=5，
∵点P是平面内一个动点，
∴点Q是动点，且点Q以点M为圆心，QM长为半径的圆上运动，
∴C、Q、M可以三点共线，
∴CM-MQ≤CQ≤CM+MQ，
∴3≤m≤7，
故答案为：3≤m≤7．
【点睛】本题考查勾股定理、直角三角形斜边中线的性质，中位线定理、三角形三边关系等知识，分析点Q的运动是解题的关键．
16．
【分析】如图所示，连接OP，取OC中点为M，连接PM，BM，证明△MOP∽△POA，得到OMOP=PMPA=24，则PM=12PA，即可推出12PA+PB=PM+PB≥BM，故当点B、P、M三点共线时，12PA+PB最小值为BM，由此求解即可．
【详解】解：如图所示，连接OP，取OC中点为M，连接PM，BM，


∵圆O半径为4，点P为劣弧CD上一动点，
∴OC＝OP＝4，
又∵点M为OC中点，
∴OM=12OC=12×4=2，
∵OPOM=OAOP=21，∠MOP＝∠POA，
∴△MOP∽△POA，
∴OMOP=PMPA=24，
∴PM=12PA，
∴12PA+PB=PM+PB≥BM，
当点B、P、M三点共线时，12PA+PB最小值为BM，
∵∠AOB＝90°，
∴BM2=OM2+OB2，
又OM＝2，OB＝10，
∴BM=22+102=104=226，
∴12PA+PB最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，圆的基本性质，正确作出辅助线是解题的关键．
17．(1)，x2=2+7
(2)x1=-2，x2=1

【分析】（1）利用配方法求解即可；
（2）移项然，提取公因式分解因式即可求解．
（1）
解：x2-4x-3=0，
x2-4x=3，
，即(x-2)2=7，
，
∴x1=2-7，x2=2+7；
（2）
解：，
，
(x+2)(x+2-3)=0，
∴x+2=0或，
∴x1=-2，x2=1．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，解题的关键是掌握解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．
18．(1)-43；
(2)2m+6．

【分析】（1）原式利用负整数指数幂法则，二次根式性质，绝对值的代数意义，以及特殊角的三角函数值计算即可得到结果；
（2）原式括号中两项通分并利用同分母分式的减法法则计算，同时利用除法法则变形，约分即可得到结果．
(1)
解：-27+|3-2|-(13)-1+2cos60°
=-33+2-3-3+2×12
=-33+2-3-3+1
=-43；
(2)
解：（m＋2）
=(m+3)(m-3)m-2⋅2(m-2)m-3
=2（m+3）
=2m+6．
【点睛】本题考查了实数的运算，分式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
19．（1）b=2或b=-10；（2）x1=x2=-2；
【分析】（1）根据根的判别式即可求出答案．
（2）由（1）可知b=2，根据一元二次方程的解法即可求出答案．
【详解】解：（1）由题意可知：△=（b+2）2-4（6-b）=0，
∴b2+8b-20=0
解得：b=2或b=-10．
（2）当b=2时，
此时x2+4x+4=0，
∴，
∴x1=x2=-2；
【点睛】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的解法，本题属于基础题型．
20．20
【分析】利用总价=单价×数量可求出购买10双鞋所需费用，由该值小于3600可得出购买数量超过10，设这位顾客购买了x双鞋，则每双鞋的售价为（300-6x）元，利用总价=单价×数量，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合单价不能低于160元，即可得出这位顾客购买了20双鞋．
【详解】解：∵240×10=2400（元），2400＜3600，
∴购买数量超过10．
设这位顾客购买了x双鞋，则每双鞋的单价为240-6（x-10）=（300-6x）元，
依题意得：x（300-6x）=3600，
整理得：x2-50x+600=0，
解得：x1=20，x2=30．
当x=20时，300-6x=300-6×20=180＞160，符合题意；
当x=30时，300-6x=300-6×30=120＜160，不符合题意，舍去．
答：这位顾客购买了20双鞋．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
21．(1)甲、乙两校的平均分相等，甲校的方差小于乙校的方差，因此甲校学生的成绩较稳定，成绩较好
(2)甲校的平均分高于乙校，因此甲校的选手实力更强些

【分析】（1）计算甲、乙两校参赛学生成绩的平均分，众数，中位数，方差，再进行分析即可；
（2）计算各校前3名的平均分，比较即可．
(1)
解：由表中数据可知，甲校的平均分是97+91+80+91+815=88（分），
众数是91，
中位数是91，
方差是15×[（88-97）2+（88-91）2+（88-80）2+（88-91）2+（88-81）2]=42.4；
乙校的平均分是76+92+94+86+925=88（分），
众数是92，
中位数是92，
方差是15×[（88-76）2+（88-92）2+（88-94）2+（88-86）2+（88-92）2]=43.2．
甲、乙两校的平均分相等，甲校的方差小于乙校的方差，因此甲校学生的成绩较稳定，成绩较好；
(2)
甲校派出选手的成绩为91、91、97，平均分是91+91+973=93，
乙校派出选手的成绩为92、92、94，平均分是92+92+943≈92.7，
甲校的平均分高于乙校，因此甲校的选手实力更强些．
【点睛】本题考查了方差、众数、中位数以及平均数，掌握方差、众数、中位数以及平均数的定义是解题的关键．
22．(1)见解析
(2)125

【分析】（1）先根据CD是Rt△ABC中线证明∠FCE=∠B，再由同角的余角相等证明∠FAC=∠B，最后结合∠ACE=∠BCA=90°即可证明；
（2）由可证得AEAB=CECA=34，设AC=4k，则CE=3k，根据勾股定理列出方程求出k的值即可解决问题．
（1）
证明：∵在Rt△ABC中，CD是斜边AB的中线，
∴CD=AD=BD=12AB，
∴∠FCE=∠B，
∵∠ACB=90°，
∴∠FCE+∠ACF=90°，
∵AE⊥CD，
∴在Rt△ACF中，∠FAC+∠ACF=90°，
∴∠FAC=∠FCE，
∴∠FAC=∠B，
又∵∠ACE=∠BCA=90°，
∴．
（2）
∵，
∴AEAB=CECA，
∵Rt△ABC中，CD是斜边AB的中线，CD=2，
∴2CD=AB=4，
又∵AE=3，
∴CECA=AEAB=34，
设AC=4k，则CE=3k，
在Rt△ACE中，∠ACE=90°，
∴AC2+CE2=AE2，
即(3k)2+(4k)2=32．
∴k=35．
∴AC=4k=125．
【点睛】本题主要考查了三角形中线的性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握相关性质是解答本题的关键．
23．（1）证明见解析；（2）△AEC的外接圆的半径为6
【详解】试题分析：（1）利用圆周角定理结合等腰三角形的性质利用∠ACM=∠ABC求出答案；（2）首先得出△AEC的外接圆的直径是AC，进而结合相似三角形的性质得出AC的长，进而得出答案．
试题解析：（1）证明：如图，连接OC

∵AB为O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ABC+∠BAC=90°，
又∵∠ACM=∠ABC，∠OAC=∠OCA，
∴∠OCA+∠ACM=90°，
∴CM是O的切线；
(2)∵BC=CD，
∴OC∥AD，
又∵OC⊥CE，
∴AD⊥CE，
∴△AEC是直角三角形，
∴△AEC的外接圆的直径是AC，
又∵∠ABC+∠BAC=90°,∠ACM+∠ECD=90°，
∴△ABC∽△CDE，
∴ABCD=BCED，
O的半径为3，
∴AB=6，
∴6CD=BC2，
∴BC2=12，
∴BC=2，
∴AC=36-12=26，
∴△AEC的外接圆的半径为6.
故答案为6.
24．居民楼AB的高度为82.1m
【分析】过点D作DE⊥AB于E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，则四边形DFBF是矩形，根据CD的坡度得DFCF=43，设DF＝4k，CF＝3k，在Rt△DFC中，根据勾股定理得CD=5k，有根据CD＝45，得k=9，即可得DF=36，CF＝27，则BE＝36，DE＝BF＝87，在Rt△ADE中，利用锐角三角形函数可得，从而可得答案.
【详解】解：如图，过点D作DE⊥AB于E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，

∵，
∴四边形DFBF是矩形，
在Rt△DCF中，∵CD的坡度为，
∴DFCF=43，
设DF＝4k，CF＝3k，
在Rt△DFC中，根据勾股定理得CD=DF2+FC2=5k，
∵CD＝45=5k，
∴k＝9，
∴DF＝4×9=36，
CF＝3×9=27，
∴BE＝36，DE＝BF＝27＋60＝87．
在Rt△ADE中，，
∴（m）．
则居民楼AB的高度为82.1m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的实际应用，解题的关键是构造辅助线，掌握勾股定理和锐角三角函数．
25．（1）y=-13x2+13x+4；（2）m有最大值是3，此时P3,2；（3）
【分析】（1）利用直线y=-x+4经过B、C两点，先求出点B、C的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）根据表达式，设出D点坐标 (t,-t+4)，，用含 t的代数式分别表达出线段PD、DE，转化成m关于t的二次函数，再求m的最大值及 P点坐标；
（3）根据条件，且AN=MN，利用三角形的全等去确定满足条件的 M、N点，再根据函数解析式求它们的坐标．
【详解】解：（1）当x=0时，y=4；
当y=0时，-x+4=0，x=4；
∴B(4,0)，C(0,4)，
∵点B，C在抛物线上，
16a-4a+b=0b=4，解得： a=-13b=4，
∴y=-13x2+13x+4；
（2）如图1，连接AD，延长PD交x轴于，
∵PD//y轴，
∴PH⊥x轴，

设D(t,-t+4)，，
，
，且 A(-3,0)，B(4,0)，C(0,4)，
∴，
∵AC=32+42=5，
∴DE=75t，
∵m=PD+1021DE，
，
∴当t=3时，m有最大值是3，
此时P(3,2)；
（3）过N作交MC于点F，过 N点作NG⊥AC，交CA的延长线于点G，则，
∴∠ACM+∠GNF=180°，

由旋转得：AN=MN，
∵∠ANM+∠ACM=180°，
∴∠ANM=∠GNF，
∴∠ANG=∠MNF，
∵∠G=∠MFN=90°，
，
∴NG=NF，
∴NC平分∠ACM，
∵CO⊥AB，
∴OK=OA=3，
，
∴CK的解析式为：y=-43x+4，
∴-43x+4=-13x2+13x+4，
解得：，x2=5，
，
设N(0,y)，
，
，
解得：y=-133，
．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求解析式，还考查了用二次函数求最值，三角形全等的性质和判定，等腰三角形的性质和判定等知识，合理运用二次函数的性质是解决本题的关键．