2023年广东省深圳市宝安区福民学校中考数学一模试卷

这是一份2023年广东省深圳市宝安区福民学校中考数学一模试卷，共29页。试卷主要包含了这组数据的平均数、方差是等内容，欢迎下载使用。

2023年广东省深圳市福民学校中考数学一模试卷
一 、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
比﹣1小2的数是（　　）
A．3 B．1 C．﹣2 D．﹣3
学校开展“书香校园，师生共读”活动，某学习小组五名同学一周的课外阅读时间（单位：h），分别为：4，5，5，6，10．这组数据的平均数、方差是（　　）
A．6，4.4 B．5，6 C．6，4.2 D．6，5
把下列图标折成一个正方体的盒子，折好后与“中”相对的字是（　　）

A．祝 B．你 C．顺 D．利
用配方法解方程x2+2x﹣1=0时，配方结果正确的是（　　）
A．（x+2）2=2 B．（x+1）2=2 C．（x+2）2=3 D．（x+1）2=3
如图，是的角平分线，过点B作交延长线于点D，若，∠AOD=80°，则的度数为（ ）

A．100° B．110° C．125° D．135°
《孙子算经》是中国传统数学的重要著作，其中有一道题，原文是：“今有木，不知长短，引绳度之，余绳四尺五寸，屈绳量之，不足一尺．木长几何？”意思是：用一根绳子去量一根木头的长、绳子还剩余4.5尺，将绳子对折再量木头，则木头还剩余1尺，问木头长多少尺？可设木头长为x尺，绳子长为y尺，则所列方程组正确的是（　　）
A． B． C． D．
如图，要测定被池塘隔开的A，B两点的距离．可以在AB外选一点C，连接AC，BC，并分别找出它们的中点D，E，连接ED．现测得AC=30m，BC=40m，DE=24m，则AB=（　　）

A．50m B．48m C．45m D．35m
已知在中，，．点为边上的动点，点为边上的动点，则线段的最小值是（ ）

A． B． C． D．
我国古代数学的许多创新和发展都位居世界前列，如南宋数学家杨辉（约13世纪）所著的《详解九章算术》一书中，用如图的三角形解释二项和（a+b）n的展开式的各项系数，此三角形称为“杨辉三角”．

根据“杨辉三角”请计算（a+b）20的展开式中第三项的系数为（　　）
A．2017 B．2016 C．191 D．190
如图，已知菱形ABCD的边长为2，对角线AC、BD相交于点O，点M，N分别是边BC、CD上的动点，∠BAC＝∠MAN＝60°，连接MN、OM．以下四个结论正确的是（　　）
①△AMN是等边三角形，
②MN的最小值是，
③当MN最小时S△CMN＝S菱形ABCD，
④当OM⊥BC时，OA2＝DN•AB．

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
二 、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）
如图，已知，，则_____.

全球最大的关公塑像矗立在荆州古城东门外．如图，张三同学在东门城墙上C处测得塑像底部B处的俯角为18°48′，测得塑像顶部A处的仰角为45°，点D在观测点C正下方城墙底的地面上，若CD=10米，则此塑像的高AB约为　　　　　　米（参考数据：tan78°12′≈4.8）．

如图，已知在和中，，，点、、、在同一条直线上，若使，则还需添加的一个条件是_______（只填一个即可）．

如图，将面积为32的矩形ABCD沿对角线BD折叠，点A的对应点为点P，连接AP交BC于点E．若BE=，则AP的长为　 　．

设a，b是实数，定义@的一种运算如下：a@b=（a+b）2﹣（a﹣b）2，则下列结论：
①若a@b=0，则a=0或b=0 ②a@（b+c）=a@b+a@c ③不存在实数a，b，满足a@b=a2+5b2
④设a，b是矩形的长和宽，若矩形的周长固定，则当a=b时，a@b最大．
其中正确的是（　　）
A．②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③
三 、解答题（本题共7小题，其中第16题5分，第17题7分，第18题8分，第19题8分，第20题8分，第21题9分，第22题10分，共55分）
（1）计算：；
（2）已知m是小于0的常数，解关于x的不等式组：．
如图是由边长为1的小正方形构成的6×4的网格，点A，B均在格点上．

（1）在图1中画出以AB为边且周长为无理数的?ABCD，且点C和点D均在格点上（画出一个即可）．
（2）在图2中画出以AB为对角线的正方形AEBF，且点E和点F均在格点上．
某区域为响应“绿水青山就是金山银山”的号召，加强了绿化建设．为了解该区域群众对绿化建设的满意程度，某中学数学兴趣小组在该区域的甲、乙两个片区进行了调查，得到如下不完整统计图．

请结合图中信息，解决下列问题：
（1）此次调查中接受调查的人数为　 　人，其中“非常满意”的人数为　 　人；
（2）兴趣小组准备从“不满意”的4位群众中随机选择2位进行回访，已知这4位群众中有2位来自甲片区，另2位来自乙片区，请用画树状图或列表的方法求出选择的群众来自甲片区的概率．
如图，一次函数的图象与轴的正半轴交于点，与反比例函数的图像交于两点．以为边作正方形，点落在轴的负半轴上，已知的面积与的面积之比为．

（1）求一次函数的表达式：
（2）求点的坐标及外接圆半径的长．
如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AE平分∠BAC交BC于点E，O为AC上一点，经过点A．E的⊙O分别交AB、AC于点D、F，连接OD交AE于点M．
（1）求证：BC是⊙O的切线．
（2）若CF＝2，sinC＝，求AE的长．

2022年的冬奥会在北京举行，其中冬奥会吉祥物“冰墩墩”深受人们喜爱，多地出现了“一墩难求”的场面．某纪念品商店在开始售卖当天提供150个“冰墩墩”后很快就被抢购一空，该店决定让当天未购买到的顾客可通过预约在第二天优先购买，并且从第二天起，每天比前一天多供应m个（m为正整数）．经过连续15天的销售统计，得到第x天（1≤x≤15，且x为正整数）的供应量y1（单位：个）和需求量y2（单位：个）的部分数据如下表，其中需求量y2与x满足某二次函数关系．（假设当天预约的顾客第二天都会购买，当天的需求量不包括前一天的预约数）
第x天
1
2
…
6
…
11
…
15
供应量y1（个）
150
150+m
…
150+5m
…
150+10m
…
150+14m
需求量y2（个）
220
229
…
245
…
220
…
164
（1）直接写出y1与x和y2与x的函数关系式，（不要求写出x的取值范围）
（2）已知从第10天开始，有需求的顾客都不需要预约就能购买到（即前9天的总需求量超过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量），求m的值，（参考数据：前9天的总需求量为2136个）
（3）在第（2）问m取最小值的条件下，若每个“冰墩墩”售价为100元，求第4天与第12天的销售额．
抛物线y=ax2+bx+c过A（2，3），B（4，3），C（6，﹣5）三点．

（1）求抛物线的表达式；
（2）如图①，抛物线上一点D在线段AC的上方，DE⊥AB交AC于点E，若满足=，求点D的坐标；
（3）如图②，F为抛物线顶点，过A作直线l⊥AB，若点P在直线l上运动，点Q在x轴上运动，是否存在这样的点P、Q，使得以B、P、Q为顶点的三角形与△ABF相似，若存在，求P、Q的坐标，并求此时△BPQ的面积；若不存在，请说明理由．
答案解析
一 、选择题
【考点】有理数的减法
【分析】根据题意可得算式，再计算即可．
解：﹣1﹣2=﹣3，
故选：D．
【点评】此题主要考查了有理数的减法，关键是掌握减去一个数，等于加上这个数的相反数．
【考点】方差，算术平均数．
【分析】先计算出这组数据的平均数，再根据方差的计算公式计算可得．
解：∵＝×（4+5+5+6+10）＝6，
∴S2＝×[（4﹣6）2+2×（5﹣6）2+（6﹣6）2+（10﹣6）2]＝4.4，
故选：A．
【点评】本题主要考查平均数、方差，解题的关键是掌握平均数、方差的计算公式．
【考点】正方体相对两个面上的文字
【分析】利用正方体及其表面展开图的特点解题．
解：这是一个正方体的平面展开图，共有六个面，其中面“祝”与面“利”相对，面“你”与面“考”相对，面“中”与面“顺”相对．
故选C．
【点评】本题考查了正方体相对两个面上的文字，注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题．
【考点】解一元二次方程﹣配方法．
【分析】把左边配成一个完全平方式，右边化为一个常数，判断出配方结果正确的是哪个即可．
解：∵x2+2x﹣1=0，
∴x2+2x+1=2，
∴（x+1）2=2．
故选：B．
【点评】此题主要考查了配方法在解一元二次方程中的应用，要熟练掌握．　
【考点】三角形的外角性质，角平分线的定义，平行线的性质，三角形的内角和定理
【分析】先根据三角形的外角性质可求出∠OCA=35°，再根据角平分线的定义、平行线的性质可得，然后根据三角形的内角和定理即可得．
解：∵∠A=45°，∠AOD=80°

∵CO是的角平分线



则在中，
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的外角性质、角平分线的定义、平行线的性质、三角形的内角和定理，熟练运用各定理与性质是解题关键．
【考点】由实际问题抽象出二元一次方程组
【分析】根据题意可以列出相应的方程组，本题得以解决．
解：由题意可得，
，
故选：A．
【点评】本题考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程组．
【考点】三角形中位线定理．
【分析】根据中位线定理可得：AB=2DE=48m．
解：∵D是AC的中点，E是BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=AB，
∵DE=24m，
∴AB=2DE=48m，
故选B．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理，属于基础题，熟练掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．　
【考点】含30度角的直角三角形,轴对称-最短路线问题
【分析】作点F关于直线AB的对称点F’，如下图所示，此时EF+EB= EF’+EB，再由点到直线的距离垂线段长度最短求解即可．
解：作点F关于直线AB的对称点F’，连接AF’，如下图所示：

由对称性可知，EF=EF’，
此时EF+EB= EF’+EB，
由“点到直线的距离垂线段长度最小”可知，
当BF’⊥AF’时，EF+EB有最小值BF0，此时E位于上图中的E0位置，
由对称性知，∠CAF0=∠BAC=90°-75°=15°，
∴∠BAF0=30°，
由直角三角形中，30°所对直角边等于斜边的一半可知，
BF0=AB=，
故选：B．
【点评】本题考查了30°角所对直角边等于斜边的一半，垂线段最短求线段最值等，本题的核心思路是作点F关于AC的对称点，将EF线段转移，再由点到直线的距离最短求解．
【考点】完全平方公式．
【分析】根据图形中的规律即可求出（a+b）20的展开式中第三项的系数；
解：找规律发现（a+b）3的第三项系数为3=1+2；
（a+b）4的第三项系数为6=1+2+3；
（a+b）5的第三项系数为10=1+2+3+4；
不难发现（a+b）n的第三项系数为1+2+3+…+（n﹣2）+（n﹣1），
∴（a+b）20第三项系数为1+2+3+…+20=190，
故选 D．
【点评】此题考查了通过观察、分析、归纳发现其中的规律，并应用发现的规律解决问题的能力．　
【考点】相似三角形的判定与性质，三角形三边关系，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的性质．
【分析】由四边形ABCD是菱形得AB＝CB＝AD＝CD，AB∥CD，AC⊥BD，OA＝OC，而∠BAC＝∠ACD＝60°，则△ABC和△ADC都是等边三角形，再证明△BAM≌△CAN，得AM＝AN，而∠MAN＝60°，则△AMN是等边三角形，可判断①正确，
当AM⊥BC 时，AM的值最小，此时MN的值也最小，由∠AMB＝90°，∠ABM＝60°，AB＝2可求得MA＝AM＝，可判断②正确，
当MN的值最小，则BM＝CM，可证明DN＝CN，根据三角形的中位线定理得MN∥BD，则△CMN∽△CBD，可求得S△CMN＝S△CBD＝S菱形ABCD，可判断③正确，
由CB＝CD，BM＝CN得CM＝DN，再证明△OCM∽△BCO，得＝，所以OC2＝CM•CB，即OA2＝DN•AB，可判断④正确．
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CB＝AD＝CD，AB∥CD，AC⊥BD，OA＝OC，
∴∠BAC＝∠ACD＝60°，
∴△ABC和△ADC都是等边三角形，
∴∠ABM＝∠ACN＝60°，AB＝AC，
∵∠MAN＝60°，
∴∠BAM＝∠CAN＝60°﹣∠CAM，
∴△BAM≌△CAN（ASA），
∴AM＝AN，
∴△AMN是等边三角形，
故①正确，
当AM⊥BC 时，AM的值最小，此时MN的值也最小，
∵∠AMB＝90°，∠ABM＝60°，AB＝2，
∴MN＝AM＝AB•sin60°＝2×＝，
∴MN的最小值是，
故②正确，
∵AM⊥BC 时，MN的值最小，此时BM＝CM，
∴CN＝BM＝CB＝CD，
∴DN＝CN，
∴MN∥BD，
∴△CMN∽△CBD，
∴＝＝＝，
∴S△CMN＝S△CBD，
∵S△CBD＝S菱形ABCD，
∴S△CMN＝×S菱形ABCD＝S菱形ABCD，
故③正确，
∵CB＝CD，BM＝CN，
∴CB﹣BM＝CD﹣CN，
∴CM＝DN，
∵OM⊥BC，
∴∠CMO＝∠COB＝90°，
∵∠OCM＝∠BCO，
∴△OCM∽△BCO，
∴＝，
∴OC2＝CM•CB，
∴OA2＝DN•AB，
故④正确，
故选：D．
【点评】此题重点考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试题中的拔高区分题．
二 、填空题
【考点】邻补角的定义，平行线的性质
【分析】如图，根据邻补角的定义求出∠3的度数，继而根据平行线的性质即可求得答案.
解：∵∠1+∠3=180°，∠1=75°，
∴∠3=105°，
∵a//b，
∴∠2=∠3=105°，
故答案为：105°.

【点睛】本题考查了邻补角的定义，平行线的性质，熟练掌握两直线平行，内错角相等是解本题的关键.
【考点】解直角三角形的应用
【分析】直接利用锐角三角函数关系得出EC的长，进而得出AE的长，进而得出答案．
解：如图所示：由题意可得：CE⊥AB于点E，BE=DC，
∵∠ECB=18°48′，
∴∠EBC=78°12′，
则tan78°12′===4.8，
解得：EC=48（m），
∵∠AEC=45°，则AE=EC，且BE=DC=10m，
∴此塑像的高AB约为：AE+EB=58（米）．
故答案为：58．

【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用，根据题意得出EC的长是解题关键．
【考点】全等三角形的判定
【分析】添加，由推出，由可证．
解：添加；
∵，
∴，
在和中，，
∴；
故答案为：．
【点评】本题主要考查三角形的全等证明，这是几何的重点知识，必须熟练掌握.
【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【分析】设AB=a，AD=b，则ab=32，构建方程组求出a、b即可解决问题；
解：设AB=a，AD=b，则ab=32，
由△ABE∽△DAB可得：=，
∴b=a2，
∴a3=64，
∴a=4，b=8，
设PA交BD于O．

在Rt△ABD中，BD==12，
∴OP=OA==，
∴AP=．
故答案为．
【点评】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
【考点】因式分解的应用；整式的混合运算；二次函数的最值．
【分析】根据新定义可以计算出啊各个小题中的结论是否成立，从而可以判断各个小题中的说法是否正确，从而可以得到哪个选项是正确的．
解：①根据题意得：a@b=（a+b）2﹣（a﹣b）2
∴（a+b）2﹣（a﹣b）2=0，
整理得：（a+b+a﹣b）（a+b﹣a+b）=0，即4ab=0，
解得：a=0或b=0，正确；
②∵a@（b+c）=（a+b+c）2﹣（a﹣b﹣c）2=4ab+4ac
a@b+a@c=（a+b）2﹣（a﹣b）2+（a+c）2﹣（a﹣c）2=4ab+4ac，
∴a@（b+c）=a@b+a@c正确；
③a@b=a2+5b2，a@b=（a+b）2﹣（a﹣b）2，
令a2+5b2=（a+b）2﹣（a﹣b）2，
解得，a=0，b=0，故错误；
④∵a@b=（a+b）2﹣（a﹣b）2=4ab，
（a﹣b）2≥0，则a2﹣2ab+b2≥0，即a2+b2≥2ab，
∴a2+b2+2ab≥4ab，
∴4ab的最大值是a2+b2+2ab，此时a2+b2+2ab=4ab，
解得，a=b，
∴a@b最大时，a=b，故④正确，
故选C．
【点评】本题考查因式分解的应用、整式的混合运算、二次函数的最值,解题的关键是明确题意,找出所求问题需要的条件　
三 、解答题
【考点】绝对值，负整数指数幂，分母有理化，二次根式的混合运算，解一元一次不等式组
【分析】（1）先分别化简各项，再作加减法；
（2）分别解两个不等式得到x＞-2，x＞4-6m，再根据m的范围得出4-6m＞0＞-2，最后得到到解集.
解：（1）原式=
=；
（2）
解不等式①得：x＞-2，
解不等式②得：x＞4-6m，
∵m是小于0的常数，
∴4-6m＞0＞-2，
∴不等式组的解集为：x＞4-6m.
【点评】本题考查了实数的混合运算，解一元一次不等式组，解题的关键是掌握运算法则和解法.
【考点】平行四边形的判定，正方形的判定
【分析】（1）根据题意，只要使得AB的邻边AD的长是无理数即可；
（2）如图，取格点E、F，连接EF，则EF与AB互相垂直平分且相等，根据正方形的判定方法，则四边形AEBF为所作．
.解：（1）如图四边形ABCD即为所作，答案不唯一．

（2）如图，四边形AEBF即为所求作的正方形．

【点评】本题考查了在网格中作特殊四边形，熟练掌握平行四边形和正方形的判定方法是准确作图的关键．
【考点】列表法与树状图法
【分析】（1）满意的有20人，占40%，即可得到调查中接受调查的人数，进而得到“非常满意”的人数；
（2）画树状图可得共有12种等可能的结果，选择的市民均来自甲区的有2种情况，即可得到结果．
解：（1）∵满意的有20人，占40%，
∴此次调查中接受调查的人数：20÷40%=50（人）；
此次调查中结果为非常满意的人数为：50﹣4﹣8﹣20=18（人）；
故答案为：50，18；
（2）画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，选择的市民均来自甲区的有2种情况，
∴选择的市民均来自甲区的概率为：=．
【点评】此题考查了列表法或树状图法求概率以及条形与扇形统计图的知识．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题
【分析】(1)过D点作DE∥y轴交x轴于H点，过A点作EF∥x轴交DE于E点，过B作BF∥y轴交EF于F点，证明△ABF≌△DAE，，的面积与的面积之比为得到，进而得到，求出A．D两点坐标即可求解；
(2)联立一次函数与反比例函数解析式即可求出P点坐标；再求出C点坐标，进而求出CP长度，Rt△CPD外接圆的半径即为CP的一半．
解：(1)过D点作DE∥y轴交x轴于H点，过A点作EF∥x轴交DE于E点，过B作BF∥y轴交EF于F点，如下图所示：

∵与有公共的底边BO，其面积之比为1:4，
∴DH:OA=1:4，
设，则，
∵ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAF+∠EAD=90°，
∵∠BAF+∠FBA=90°，
∴∠FBA=∠EAD，
在△ABF和△DAE中： ,
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴
又，
∴，解得(负值舍去)，
∴，代入中，
∴ ，解得 ，
∴一次函数的表达式为；
(2)联立一次函数与反比例函数解析式： ，
整理得到：，
解得 ，，
∴点的坐标为；D点的坐标为（4,1）
∵四边形ABCD为正方形，
∴，
且，
在中，由勾股定理：，
∴，
又△CPD为直角三角形，其外接圆的圆心位于斜边PC的中点处，
∴△CPD外接圆的半径为．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的综合应用，三角形全等的判定与性质，勾股定理求线段长，本题属于综合题，解题的关键是正确求出点A．D两点坐标．
【考点】解直角三角形，切线的判定与性质．
【分析】（1）连接OE，方法一：根据角平分线的性质及同弧所对的圆周角是圆心角的一半得出∠OEC＝90°即可；
方法二：根据角平分线的性质和等腰三角形的性质得出∠OEC＝90°即可；
（2）连接EF，根据三角函数求出AB和半径的长度，再利用三角函数求出AE的长即可．
（1）证明：连接OE，

方法一：∵AE平分∠BAC交BC于点E，
∴∠BAC＝2∠OAE，
∵∠FOE＝2∠OAE，
∴∠FOE＝∠BAC，
∴OE∥AB，
∵∠B＝90°，
∴OE⊥BC，
又∵OE是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
方法二：∵AE平分∠BAC交BC于点E，
∴∠OAE＝∠BAE，
∵OA＝OE，
∴∠OAE＝∠OEA，
∴∠BAE＝∠OEA，
∴OE∥AB，
∵∠B＝90°，
∴OE⊥BC，
又∵OE是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线；
（2）解：连接EF，

∵CF＝2，sinC＝，
∴，
∵OE＝OF，
∴OE＝OF＝3，
∵OA＝OF＝3，
∴AC＝OA+OF+CF＝8，
∴AB＝AC•sinC＝8×＝，
∵∠OAE＝∠BAE，
∴cos∠OAE＝cos∠BAE，
即，
∴，
解得AE＝（舍去负数），
∴AE的长为．
【点评】本题主要考查切线的判定和三角函数的应用，熟练掌握切线的判定定理和三角函数是解题的关键．
【考点】二次函数的应用．
【分析】（1）由已知直接可得y1＝150+（x﹣1）m＝mx+150﹣m，设y2＝ax2+bx+c，用待定系数法可得y2＝﹣x2+12x+209，
（2）求出前9天的总供应量为（1350+36m）个，前10天的供应量为（1500+45m）个，根据前9天的总需求量为2136个，前10天的总需求量为2136+229＝2365（个），可得，而m为正整数，即可解得m的值为20或21，
（3）m最小值为20，从而第4天的销售量即供应量为y1＝210，销售额为21000元，第12天的销售量即需求量为y2＝209，销售额为20900元．
解：（1）根据题意得：y1＝150+（x﹣1）m＝mx+150﹣m，
设y2＝ax2+bx+c，将（1，220），（2，229），（6，245）代入得：
，
解得，
∴y2＝﹣x2+12x+209，
（2）前9天的总供应量为150+（150+m）+（150+2m）+......+（150+8m）＝（1350+36m）个，
前10天的供应量为1350+36m+（150+9m）＝（1500+45m）个，
在y2＝﹣x2+12x+209中，令x＝10得y＝﹣102+12×10+209＝229，
∵前9天的总需求量为2136个，
∴前10天的总需求量为2136+229＝2365（个），
∵前9天的总需求量超过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量，
∴，
解得19≤m＜21，
∵m为正整数，
∴m的值为20或21，
（3）由（2）知，m最小值为20，
∴第4天的销售量即供应量为y1＝4×20+150﹣20＝210，
∴第4天的销售额为210×100＝21000（元），
而第12天的销售量即需求量为y2＝﹣122+12×12+209＝209，
∴第12天的销售额为209×100＝20900（元），
答：第4天的销售额为21000元，第12天的销售额为20900元．
【点评】本题考查二次函数，一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式和不等式组解决问题．
【考点】二次函数综合题．
【分析】（1）由对称性和A（2，3），B（4，3），可知抛物线的对称轴是：x=3，利用顶点式列方程组解出可得抛物线的表达式；
（2）如图1，先利用待定系数法求直线AC的解析式，设点D（m，﹣m+6m﹣5），则点E（m，﹣2m+7），
根据解析式表示DE和AE的长，由已知的比例式列式得结论；
（3）根据题意得：△BPQ为等腰直角三角形，分三种情况：
①若∠BPQ=90°，BP=PQ，如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明△BAP≌△QMP，可得结论；如图3，同理可得结论；
②若∠BQP=90°，BQ=PQ，如图4，证得：△BNQ≌△QMP，则NQ=PM=3，NG=1，BN=5，从而得出结论；如图5，同理易得△QNB≌△PMQ，可得结论；
③若∠PBQ=90°，BQ=BP，如图6，由于AB=2≠NQ=3，此时不存在符合条件的P、Q．
解：（1）根据题意，设抛物线表达式为y=a（x﹣3）2+h．
把B（4，3），C（6，﹣5）代入得：，
解得：，
故抛物线的表达式为：y=﹣（x﹣3）2+4=﹣x2+6x﹣5；
（2）设直线AC的表达式为y=kx+n，
则：，
解得：k=﹣2，n=7，
∴直线AC的表达式为y=﹣2x+7，
设点D（m，﹣m2+6m﹣5），2＜m＜6，则点E（m，﹣2m+7），
∴DE=（﹣m2+6m﹣5）﹣（﹣2m+7）=﹣m2+8m﹣12，
设直线DE与直线AB交于点G，
∵AG⊥EG，
∴AG=m﹣2，EG=3﹣（﹣2m+7）=2（m﹣2），
m﹣2＞0，
在Rt△AEG中，
∴AE=（m﹣2），
由，得=，
化简得，2m2﹣11m+14=0，
解得：m1=，m2=2（舍去），
则D（，）．
（3）根据题意得：△ABF为等腰直角三角形，假设存在满足条件的点P、Q，则△BPQ为等腰直角三角形，
分三种情况：
①若∠BPQ=90°，BP=PQ，
如图2，过P作MN∥x轴，过Q作QM⊥MN于M，过B作BN⊥MN于N，
易证得：△BAP≌△QMP，
∴AB=QM=2，PM=AP=3+2=5，
∴P（2，﹣2），Q（﹣3，0），
在Rt△QMP中，PM=5，QM=2，
由勾股定理得：PQ==，
∴S△BPQ=PQ•PB=；
如图3，易证得：△BAP≌△PMQ，
∴AB=PM=2，AP=MQ=3﹣2=1，
∴P（2，2），Q（3，0），
在Rt△QMP中，PM=2，QM=1，
由勾股定理得：PQ=，
∴S△BPQ=PQ•PB=；
②若∠BQP=90°，BQ=PQ，
如图4，易得：△BNQ≌△QMP，
∴NQ=PM=3，NG=PM﹣AG=3﹣2=1，
∴BN=MQ=4+1=5，
∴P（2，﹣5），Q（﹣1，0）
∴PQ==，
∴S△BPQ=PQ•PB==17；
如图5，易得△QNB≌△PMQ，
∴NQ=PM=3，
∴P（2，﹣1），Q（5，0），
∴PQ=，
∴S△BPQ=PQ•PB==5，
③若∠PBQ=90°，BQ=BP，如图6，
过Q作QN⊥AB，交AB的延长线于N，
易得：△PAB≌△BNQ，
∵AB=2，NQ=3，AB≠NQ
∴此时不存在符合条件的P、Q．