2023-2024学年广东省汕头市潮南区九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省汕头市潮南区九年级（上）期末数学试卷（含解析），共21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.以下是我国部分博物馆标志的图案，其中是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.下列事件为必然事件的是( )
A. 中秋节晚上一定能看到月亮
B. 明天的气温一定会比今天的高
C. 某彩票中奖率是1%，买100张彩票一定会中奖
D. 地球上，上抛的篮球一定会下落
3.抛物线y=(x+3)2+1的对称轴是( )
A. 直线x=3B. 直线x=−3C. 直线x=−1D. 直线x=1
4.一元二次方程x2−4x+3=0的根的情况是( )
A. 有两个相等的实数根B. 有两个不相等的实数根
C. 只有一个实数根D. 没有实数根
5.如图，AB是⊙O的直径，四边形ABCD内接于⊙O，若BC=CD=DA=4cm，则⊙O的直径AB为( )
A. 5cm
B. 4cm
C. 6cm
D. 8cm
6.若关于x的一元二次方程ax2+bx−4=0的一个根是x=1，则代数式2027−a−b的值为( )
A. −2023B. 2023C. −2024D. 2024
7.如图，将△OAB绕点O逆时针旋转80°，得到△OCD.若∠A=2∠D=100°，则∠α的度数是
( )
A. 50°B. 60°C. 40°D. 30°
8.已知二次函数y=(x+1)2−2的图象上有三点A(1,y1)，B(2,y2)，C(−2,y3)，则y1，y2，y3的大小关系为( )
A. y1>y2>y3B. y2>y1>y3C. y3>y1>y2D. y3>y2>y1
9.如图，四边形ABCD内接于⊙O，如果∠BOD的度数为122°，则∠DCE的度数为( )
A. 64°
B. 61°
C. 62°
D. 60°
10.已知三角形的两条边分别是3和8，第三边是方程x2−13x+42=0的根，则这个三角形的周长为( )
A. 17或18B. 17C. 18D. 不能确定
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.在平面直角坐标系中，点(−3,2)关于原点对称的点的坐标是_________．
12.如图，在⊙O中，AB=AC，∠AOB=40°，点D在⊙O上，连结CD，AD，则∠ADC的度数是______．
13.已知一个布袋里装有2个黑球、m个白球，这些球除颜色外其余均相同.若从该布袋里任意摸出1个球是黑球的概率为25，则m的值为______ ．
14.如图，P是⊙O外一点，PA、PB分别和⊙O相切于点A、B，C是弧AB上任意一点，过C作⊙O的切线分别交PA、PB于点D、E，若PA=12，则△PDE的周长为______ ．
15.如图是一个横断面为抛物线形状的拱桥，当水面宽4米时，拱顶(拱桥洞的最高点)离水面2米，水面下降1米时，水面的宽度为______米．
16.如图，在平行四边形ABCD中，已知AB=4，BC=6，∠ABC=60°，点P是BC边上一动点(点P不与B，C重合)，连接AP，作点B关于直线AP的对称点Q，则线段QC的最小值为______ ．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
用适当的方法解下列方程：x2−4x−2=0．
18.(本小题8分)
“阳光玫瑰”是一种优质的葡萄品种.某葡萄种植基地2020年年底已经种植“阳光玫瑰”300亩，到2022年年底“阳光玫瑰”的种植面积达到432亩.求该基地“阳光玫瑰”种植面积的年平均增长率．
19.(本小题8分)
如图，⊙I是△ABC的内切圆，与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F，∠DEF=50°.求∠A的大小．
20.(本小题8分)
2023年第19届亚运会在杭州举办.小蔡作为亚运会的志愿者“小青荷”为大家提供咨询服务.现有如图所示“杭州亚运会吉祥物”的三盒盲盒供小蔡选择，分别记为A，B，C．
(1)小蔡从中随机抽取一盒，恰好抽到B(宸宸)的概率是______ ．
(2)小蔡从中随机抽取两盒.请用列表或画树状图的方法，求小蔡抽到的两盒吉祥物恰好是A(琮琮)和C(莲莲)的概率．
21.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC各顶点的坐标分别为A(−1,−4)，B(0,−5)，C(2,−2)．
(1)将△ABC绕点O逆时针旋转180°后对应得到△A′B′C′，请写出点A′，B′，C′的坐标．
(2)请在图中画出△ABC绕点O顺时针旋转90°后的△A″B″C″，并求出旋转过程中点A所经过的路径长(结果保留根号和π)．
22.(本小题8分)
如图，矩形ABCD中，⊙O经过点A，且与边BC相切于M点，⊙O过CD边上的点N，且CM=CN．
(1)求证：CD与⊙O相切；
(2)若BE=2，AE=6，求BC的长．
23.(本小题8分)
鹰眼技术助力杭州亚运，提升球迷观赛体验.如图分别为足球比赛中某一时刻的鹰眼系统预测画面(如图1)和截面示意图(如图2)，攻球员位于点O，守门员位于点A，OA的延长线与球门线交于点B，且点A，B均在足球轨迹正下方，足球的飞行轨迹可看成抛物线.水平距离s与离地高度h的鹰眼数据如表：
(1)根据表中数据可得，当s= ______ m时，h达到最大值______ m；
(2)求h关于s的函数解析式；
(3)当守门员位于足球正下方，足球离地高度不大于守门员的最大防守高度2.6m时，视为防守成功，若一次防守中，守门员位于足球正下方时，s=24m，请问这次守门员能否防守成功？试通过计算说明．
24.(本小题8分)
圆内接四边形若有一组邻边相等，则称之为等邻边圆内接四边形．
(1)如图1，四边形ABCD为等邻边圆内接四边形，AD=CD，∠ADC=60°，则∠ABD= ______ ；
(2)如图2，四边形ADBC内接于⊙O，AB为⊙O的直径，AB=10，AC=6，若四边形ADBC为等邻边圆内接四边形，求CD的长；
(3)如图3，四边形ABCD为等邻边圆内接四边形，BC=CD，AB为⊙O的直径，且AB=48.设BC=x，四边形ABCD的周长为y，试确定y与x的函数关系式，并求出y的最大值．
25.(本小题8分)
在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，过点D(−52,34)且顶点P的坐标为(−1,3)．
(1)求二次函数的解析式；
(2)如图1，若点M是二次函数图象上的点，且在直线CD的上方，连接MC，MD.求△MCD面积的最大值及此时点M的坐标；
(3)如图2，设点Q是抛物线对称轴上的一点，连接QC，将线段QC绕点Q逆时针旋转90°，点C的对应点为F，连接PF交抛物线于点E，求点E的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：选项A、B、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形，
选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形，
故选：C．
根据中心对称图形的概念判断．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．
本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．
2.【答案】D
【解析】解：A、可能发生，也可能不发生，是随机事件，不符合题意；
B、可能发生，也可能不发生，是随机事件，不符合题意；
C、可能发生，也可能不发生，是随机事件，不符合题意；
D、是一定会发生的事件，是必然事件，符合题意；
故选：D．
必然事件的就是一定会发生的事件，即发生概率是1的事件，依据定义即可作出判断．
关键是理解必然事件是一定会发生的事件．
解决此类问题，要学会关注身边的事物，并用数学的思想和方法去分析、看待、解决问题，提高自身的数学素养．
3.【答案】B
【解析】解：抛物线y=(x+3)2+1的对称轴是直线x=−3．
故选：B．
二次函数的顶点式y=(x−h)2+k，对称轴为x=h．
本题考查了二次函数的性质，二次函数的顶点式y=(x−h)2+k中，对称轴为x=h．
4.【答案】B
【解析】解：∵Δ=(−4)2−4×1×3=4>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
先计算根的判别式的值，然后根据根的判别式的意义判断方程根的情况．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
5.【答案】D
【解析】解：如图，连接OD、OC，
∵BC=CD=DA=4cm，
∴∠AOD=∠DOC=∠BOC=60°．
又OA=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴OA=AD=4cm，
∴⊙O的直径AB为8cm．
故选：D．
如图，连接OD、OC.根据圆心角、弧、弦的关系证得△AOD是等边三角形，则⊙O的半径长为4cm，求出直径即可．
本题考查了圆心角、弧、弦的关系，等边三角形的判定，解题的关键是利用“有一内角是60度的等腰三角形为等边三角形”证得△AOD是等边三角形．
6.【答案】B
【解析】解：将x=1代入ax2+bx−4=0，得a+b−4=0，
∴a+b=4，
∴2027−a−b=2027−(a+b)=2027−4=2023，
故选：B．
根据方程的解的定义，求出a+b=4，可得结论．
本题考查一元二次方程的根，代数式求值，先将x=1代入ax2+bx−4=0，求出a+b的值，再代入2027−a−b即可．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了旋转的性质及三角形的内角和定理，熟知图形旋转的性质：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角是解决本题的关键．
根据旋转的性质得知∠A=∠C，∠AOC为旋转角等于80°，则可以利用三角形内角和度数为180°列出式子进行求解．
【解答】
解：∵将△OAB绕点O逆时针旋转80°，
∴∠A=∠C，∠AOC=80°，
∴∠DOC=80°−α，
∵∠A=2∠D=100°，
∴∠D=50°，
∵∠C+∠D+∠DOC=180°，
∴100°+50°+80°−α=180°，解得α=50°，
故选：A．
8.【答案】B
【解析】解：∵二次函数y=(x+1)2−2，
∴a=1>0，开口向上，对称轴为直线x=−1，
∴当x<−1时，y随x的增大而减小，当x>−1时，y随x的增大而增大，
∵1<2，
∴y2>y1，
∵1−(−1)=2，−1−(−2)=1，2>1，
∴y1>y3，
∴y2>y1>y3，
故选：B．
根据二次函数解析式得出a=1>0，开口向上，对称轴为直线x=−1，再根据二次函数的增减性判断即可得到答案．
本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解此题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵∠BOD的度数为122°，
∴∠A=12∠BOD=61°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BCD=180°−∠A=119°，
∴∠DCE=180°−∠BCD=61°，
故选：B．
根据圆周角定理求出∠A，根据圆内接四边形的性质得到∠BCD，根据邻补角的概念求出∠DCE即可．
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：∵三角形的两条边分别是3和8，设第三边为a，
∴8−3即5解方程x2−13x+42=0，得：x1=6，x2=7，
∴该方程的两个根都在a的取值范围内，
∴当x=6时，该三角形的周长为：3+8+6=17，
当x=7时，该三角形的周长为：3+8+7=18．
故选：A．
首先设第三边为a，根据三角形三边之间的关系得5此题主要考查了三角形三边之间的关系，解一元二次方程，三角形的周长等，理解三角形三边之间的关系，熟练掌握解一元二次方程是解决问题的关键．
11.【答案】(3,−2)
【解析】解：根据平面直角坐标系内，两点关于原点对称则两点的横、纵坐标互为相反数，
∴点(−3,2)关于原点对称的点的坐标是(3,−2)，
故答案为(3,−2)．
根据平面直角坐标系内，两点关于原点对称则两点的横、纵坐标互为相反数，即可得出答案．
本题主要考查了平面直角坐标系内两点关于原点对称的坐标特点，熟记关于原点对称的两点的横、纵坐标互为相反数是解题关键．
12.【答案】20°
【解析】解：连接OC．
∵AB=AC，
∴∠AOB=∠AOC=40°，
∴∠ADC=12∠AOC=20°，
故答案为20°
根据等弧所对的圆周角相等，求出∠AOC即可解决问题．
本题考查圆周角定理，圆心角，弧，弦之间的关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题．
13.【答案】3
【解析】解：根据题意得：22+m=25，
解得：m=3，
经检验m=3是原方程的解，
故答案为：3．
利用概率公式列式计算即可．
此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
14.【答案】24
【解析】解：∵PA、PB分别和⊙O相切于点A、B，且PA=12．
∴PA=PB=12，
∵过C作⊙O的切线分别交PA、PB于点D、E，
∴DC=DA，EC=EB，
∴PD+DE+PE=PD+DC+EC+PE=PD+DA+EB+PE=PA+PB=12+12=24，
∴△PDE的周长为24，
故答案为：24．
由PA、PB分别和⊙O相切于点A、B，得PA=PB=12；因为过C作⊙O的切线分别交PA、PB于点D、E，所以DC=DA，EC=EB，所以PD+DE+PE=PA+PB，即可求出△PDE的周长，得出问题的答案．
此题重点考查切长定理，根据题中所给的条件及切线长定理将△PDE的周长转化为PA与PB的和是解题的关键．
15.【答案】2 6
【解析】解：建立平面直角坐标系，设横轴x通过AB，纵轴y通过AB中点O且通过C点，则通过画图可得知O为原点，
抛物线以y轴为对称轴，且经过A，B两点，OA和OB可求出为AB的一半2米，抛物线顶点C坐标为(0,2)，
通过以上条件可设顶点式y=ax2+2，其中a可通过代入A点坐标(−2,0)，
到抛物线解析式得出：a=−0.5，所以抛物线解析式为y=−0.5x2+2，
当水面下降1米，通过抛物线在图上的观察可转化为：
当y=−1时，对应的抛物线上两点之间的距离，也就是直线y=−1与抛物线相交的两点之间的距离，
可以通过把y=−1代入抛物线解析式得出：
−1=−0.5x2+2，
解得：x=± 6，
所以水面宽度增加到2 6米，
故答案为：2 6．
根据已知得出直角坐标系，进而求出二次函数解析式，再通过把y=−1代入抛物线解析式得出水面宽度，即可得出答案．
此题主要考查了二次函数的应用，根据已知建立坐标系从而得出二次函数解析式是解决问题的关键．
16.【答案】2 7−4
【解析】解：如图3，过点A作AH⊥BC于H，
∵AB=4，BC=6，∠ABC=60°，
则AH=AB⋅sin∠ABC=4sin60°=2 3，BH=AB⋅cs∠ABC=4cs60°=2，
∴CH=BC−BH=6−2=4，
在Rt△ACH中，AC= AH2+CH2= (2 3)2+42=2 7，
∵点B与点Q关于直线AP对称，
∴AQ=AB=4，
∴点Q在以A为圆心AB为半径的⊙A上，
∴当C、Q、A三点共线时QC最小，QC的最小值=AC−AQ=2 7−4，
故答案为：2 7−4．
过点A作AH⊥BC于H，利用解直角三角形得AH=AB⋅sin∠ABC=2 3，BH=AB⋅cs∠ABC=2，CH=BC−BH=4，由勾股定理得AC=2 7，再由AQ=AB=4，可得点Q在以A为圆心AB为半径的⊙A上，即当C、Q、A三点共线时QC最小，QC的最小值=AC−AQ=2 7−4．
本题考查了圆的有关知识，平行四边形的性质，解直角三角形等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
17.【答案】解：x2−4x−2=0，
x2−4x=2，
x2−4x+4=2+4，
(x−2)2=6，
x−2=± 6，
x1=2+ 6，x2=2− 6．
【解析】利用配方法解方程即可．
本题主要考查了解一元二次方程−配方法，解题的关键是掌握配方法解方程．
18.【答案】解：设该基地“阳光玫瑰”种植面积的年平均增长率为x，
根据题意得：300(1+x)2=432，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2(不符合题意，舍去)．
答：该基地“阳光玫瑰”种植面积的年平均增长率为20%；
【解析】设该基地“阳光玫瑰”种植面积的年平均增长率为x，利用该基地2022年年底“阳光玫瑰”的种植面积=该基地2020年年底“阳光玫瑰”的种植面积×(1+该基地“阳光玫瑰”种植面积的年平均增长率)2，可列出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论；
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．
19.【答案】解：连结ID、IF，如图，
∵∠DEF=50°，
∵∠DIF=2∠DEF=100°，
∵⊙I是△ABC的内切圆，与AB、CA分别相切于点D、F，
∴ID⊥AB，IF⊥AC，
∴∠ADI=∠AFI=90°，
∴∠A+∠DIF=180°，
∴∠A=180°−100°=80°．
答：∠A的大小为80°．
【解析】连结ID、IF，如图，先根据圆周角定理得到∠DIF=2∠DEF=100°，再根据切线的性质得ID⊥AB，IF⊥AC，则∠ADI=∠AFI=90°，然后根据四边形内角和计算∠A的度数．
本题考查了三角形的内切圆与内心：与三角形各边都相切的圆叫三角形的内切圆，三角形的内切圆的圆心叫做三角形的内心，这个三角形叫做圆的外切三角形．
20.【答案】13
【解析】解：(1)由题意得，恰好抽到B(宸宸)的概率是13．
故答案为：13．
(2)画树状图如下：
共有6种等可能的结果，其中小蔡抽到的两盒吉祥物恰好是A(琮琮)和C(莲莲)的结果有2种，
∴小蔡抽到的两盒吉祥物恰好是A(琮琮)和C(莲莲)的概率为26=13．
(1)直接利用概率公式可得答案．
(2)画树状图得出所有等可能的结果数以及小蔡抽到的两盒吉祥物恰好是A(琮琮)和C(莲莲)的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
21.【答案】解：(1)由题意得，A′(1,4)，B′(0,5)，C′(−2,2)．
(2)如图，△A′′B′′C′′即为所求．
由勾股定理得，OA= 12+42= 17，
∴旋转过程中点A所经过的路径长为90π× 17180= 172π．

【解析】(1)根据旋转的性质可得答案．
(2)先利用勾股定理求出OA的长，再利用弧长公式计算即可．
本题考查作图−旋转变换、弧长公式，熟练掌握旋转的性质、弧长公式是解答本题的关键．
22.【答案】(1)证明：连接OM，ON，MN，

∵CM=CN，OM=ON，
∴∠CMN=∠CNM，∠OMN=∠ONM，
∵⊙O与BC相切于M，
∴OM⊥BC，
∴∠OMC=∠OMN+∠CMN=90°，
∴∠ONC=∠ONM+∠CNM=90°，
∴ON⊥CD，
又ON是⊙O的半径，
∴CD与⊙O相切；
(2)解：过点O作OG⊥AB于G，连接OE，

∴GE=12AE=3，
∴BG=BE+GE=5，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=90°，
又OM⊥BC，
∴四边形OGBM是矩形，
∴BM=OG，OM=BG=5=OE=ON，
∴OG= OE2−GE2=4，
∴BM=4，
∵∠C=90°，OM⊥BC，ON⊥CD，
∴四边形OMCN是矩形，
∴MC=ON=5，
∴BC=BM+CM=9．
【解析】(1)连接OM，ON，MN，根据等腰三角形的性质得出∠CMN=∠CNM，∠OMN=∠ONM，根据切线的性质可得∠OMC=∠OMN+∠CMN=90°，进而可证明ON⊥CD，最后根据切线的判定即可证明；
(2)过点O作OG⊥AB于G，连接OE，根据垂径定理求出CG，OE，然后证明四边形ABCD、OMCN是矩形，则可求BM，CM，即可求解．
本题考查了切线的判定和性质，勾股定理，矩形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
23.【答案】15 5
【解析】2解：(1)由表格可知，s=9时和s=21时，h相等，s=12时，s=18时，h相等，
抛物线关于s=15对称，s=15m时，h达到最大值5m；
故答案为：15，5；
(2)由(1)知，抛物线关于s=15对称，设h=a(s−15)2+5，
把(12,4.8)代入上述解析式，
∴a(12−15)2+5=4.8，解得a=−145，
∴h=−145(s−15)2+5，
即h=−145s2+23s；
(3)不能防守成功，
理由如下：当s=24m时，h=−145s2+23s=−145×242+23×24=3.2(m)，
∵3.2>2.6，
∴这次守门员不能防守成功．
(1)根据抛物线的对称轴可直接得出结论；
(2)根据抛物线的对称性找到顶点，设出顶点式，再代入(12,4.8)可求出参数，由此可解答；
(3)根据s的值，求出h，再与最大防守高度2.6m比较即可．
本题考查二次函数的实际应用，理解题意，掌握抛物线的性质是解题的关键．
24.【答案】60°
【解析】解：(1)∵AD=CD，
∴AD=CD，
∴∠ABD=∠CBD=12∠CBA，
又∵∠ADC=60°，
∴∠ABC=180°−60°=120°，
∴∠ABD=12∠ABC=60°，
故答案为：60°；
(2)∵AB为直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
又∵AB=10，AC=6，
由勾股定理得，BC=8，
∵四边形ADBC为等邻边圆内接四边形，
∴AD=BD=AB⋅cs45°=5 2，
∴∠4=45°=∠3，
如图，过点A作AH⊥CD于H，则CH=AH，
又∠1=∠2，
∴DHAD=cs∠1=cs∠2=BCAB=810，
∴DH=810×5 2=4 2，
∵AHAD=sin∠1=sin∠2=ACAB=610，
∴AH=610×5 2=3 2=CH，
∴CD=CH+DH=7 2；
(3)如图3，连接BD、OC交于点H，
∵CD=BC=x，
∴OC⊥BD于H，且DH=BH，
又AB为直径，
∴∠ADB=90°=∠OHB，
∴OH//AD，
∵O为AB中点，
∴OH=12AD，
又∠COB=2∠CDB，直径AB=48，半径OB=OC=24，
过点O作OG⊥BC于G，
∴∠BOG=12∠COB=∠CDB，BG=12BC=12x，
∴CHCD=sin∠CDB=sin∠BOG=BGOB=12x12×48=x48，
∴CH=x48⋅CD=x248，
∴OH=OC−CH=24−x248，
∴AD=2OH=2(24−x248)=48−x224，
∴y=AB+BC+CD+AD=48+2x+(48−x224)=−x224+2x+96=−124(x−24)2+120，
∴y的最大值为120．
(1)利用圆周角定理可得∠ABC=180°−60°=120°，再根据圆心角、弧、弦的关系可得答案；
(2)首先利用勾股定理求出AC和AD、BD的长，过点A作AH⊥CD于H，则CH=AH，解△ACD即可；
(3)连接BD、OC交于点H，过点O作OG⊥BC于G，利用三角函数表示出CH的长，进而得出OH，再根据三角形中位线定理可得AD的长，即可解决问题．
本题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，三角函数，三角形中位线定理等知识，熟练掌握圆的性质是解题的关键．
25.【答案】解：(1)设抛物线的表达式为：y=a(x−h)2+k，
则y=a(x+1)2+3，
将点C的坐标代入上式并解得：a=−1，
故抛物线的表达式为：y=−(x+1)2+3=−x2−2x+2；
(2)由抛物线的表达式知，点C(0,2)，
如图1，过点M作MH/​/y轴交CD于点H，

设直线CD的表达式为：y=sx+t，
则34=−52s+tt=2，解得s=12t=2，
故直线CD的表达式为：y=12x+2，
设点M(m,−m2−2m+2)，点H(m,12m+2)，
则△MCD面积=S△MHD+S△MHC=12MH×(xC−xD)=12×[(−m2−2m+2)−(12m+2)]×52
=−54(m2+52m)，
∵−54<0，故函数由最大值，
当m=−54时，△MCD面积的最大值为62564，
此时点M(−54,4716)；
(3)设点Q(−1,t)，如图2，
①当点Q在点C的下方时，
过点Q作x轴的平行线交y轴于点，交过点F与y轴的平行线于点N，
∵∠FQN+∠QFN=90°，∠FQN+∠CQH=90°，
∴∠FNQ=∠QCH，
∵∠N=∠CHQ=90°，CQ=QF，
∴△QNF≌△CHQ(AAS)，
∴CG=2−t=QN，QH=1=FN，
∴点F(t−3,t+1)，
设直线FP的表达式为：y=px+q，
则3=−p+qt+1=p(t−3)+q，解得p=1q=4，
故直线PF的表达式为：y=x+4②，
联立①②并解得：x=−2y=2(不合题意的值已舍去)，
即点E(−2,2)；
②当点Q在点C的上方时，
同理可得：点F′的坐标为(t−3,t−1)，
由点P、F′的坐标得：直线PF′的表达式为y=x+4，同情况①，
故点E(−2,2)；
综上，点E的坐标为(−2,2)．
【解析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)由△MCD面积=S△MHD+S△MHC，即可求解；
(3)①当点Q在点C的下方时，证明△QNF≌△CHQ(AAS)，得到CG=2−t=QN，QH=1=FN，则点F(t−3,t+1)，求出直线PF的表达式，进而求解；②当点Q在点C的上方时，同理可得：点F′的坐标为(t−3,t−1)，进而求解．
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质和旋转的性质；会利用三角形全等的知识解决线段相等的问题；会解一元二次方程；理解坐标与图形性质．s/m
0
9
12
15
18
21
…
h/m
0
4.2
4.8
5
4.8
4.2
…