2023-2024学年山东省淄博市淄川区九年级（上）期末数学试卷（五四学制）（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省淄博市淄川区九年级（上）期末数学试卷（五四学制）（含解析），共22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.下列计算正确的是( )
A. 2+ 2=2B. 2× 2=2C. ( 2)2=2 2D. 2+ 2=2 2
2.将一个大正方体的一角截去一个小正方体，得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
3.如图所示，在正方形ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，过O作OE⊥OF，分别交AB、BC于点E、F，若AE=4，CF=3，则EF的长为( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
4.一个三角形的两边长分别等于一元二次方程x2−17x+66=0的两个实数根，则下列说法正确的是( )
A. 第三边的长可能是17B. 第三边的长可能是16
C. 第三边的长可能为5D. 三角形的周长可能为21
5.如图，为了测量一棵树AB的高度，小明在离这棵树10米处的点C测得树的最顶端A的仰角为α，小亮在离这棵树25米处的点D测得树的最顶端A的仰角为β.已知α+β=90°.则这棵树的高度是米．( )
A. 5 10B. 12C. 15 2D. 6 3
6.如图，在菱形ABCD中，AB=5，对角线AC=6.若过点A作AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为( )
A. 4
B. 2.4
C. 4.8
D. 5
7.已知反比例函数y=−6x(x<0)与y=2x(x>0)的图象如图所示，过y轴正半轴上的任意一点P作x轴的平行线，分别与这两个函数的图象交于M，N两点.若点A是x轴上的任意一点，连接MA，NA，则S△AMN等于( )
A. 8B. 6C. 4D. 2
8.已知二次函数y=x2+bx+c中，其函数y是自变量x之间的部分对应值如下表所示：
点A(x1,y1)、B(x2,y2)在此函数图象上，则当0A. y1≥y2B. y1>y2C. y19.如图，△ABC与△A1B1C1都是等边三角形，其中点O是边AB与边A1C1的中点，连接CB1，AC1，则CB1：AC1等于( )
A. 3：1
B. 2：1
C. 3：2
D. 3：2
二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。
10.若a= 5+12，b= 5−12，则代数式a2b+ab2的值为______．
11.抛物线y=x2−4x+3的图象向右平移2个单位长度后所得新的抛物线的顶点坐标为______．
12.如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，AE⊥BD于点E，且DE=3BE，则∠BAE的正弦值为______．
13.设x1、x2是方程x2−2x−m=0的两根，且2x1+x2=0，则m的值是______．
14.现有大小相同的n张正方形纸片，小明用其中的3张拼成了一个如图所示的长方形，小亮也从中拿出若干张正方形纸片，拼成一个与它形状相同但比它大的长方形(不得把每个正方形纸片剪开)，则n的最小值为______．
三、解答题：本题共8小题，共90分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题10分)
树甲在阳光下的影子如图所示．

(1)请在图中分别画出此时树乙和树丙的影子(用线段表示并说明)；
(2)如果想让此时树乙的影子落在树甲的影子里，那么树甲至少要多高？请画图表示并说明．
16.(本小题10分)
已知关于x的方程x2+(m+1)x+(m−2)2=0有两个相等的实数根．求m的值和方程的根．
17.(本小题10分)
如图，在四边形ABCD中，∠ADC=120°，AB⊥AD，BC⊥CD，AB=5，CD=3.求四边形ABCD的面积．
18.(本小题10分)
当自变量x=4时，二次函数有最小值−3，且它的图像与x轴的一个交点的横坐标为1.求：
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)这个函数的图像与x轴另一个交点的横坐标．
19.(本小题12分)
如图，矩形ABCD中，BC=a，BC>AB，点P是AD边上的任意一点(不与端点A，D重合)，连接PC，且PE⊥PC交AB于点E．
(1)求证：CD⋅AE=AP⋅DP；
(2)若点Q也在AD上，满足QC⊥QE，如图所示(AP>AQ).求证：AP+AQ=a．
20.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系中，正比例函数y=kx与反比例函数y=mx相交于点M(3,2)．
(1)试求上述正比例函数与反比例函数的解析式；
(2)根据图象回答，在第一象限内，若反比例函数的值大于正比例函数的值时，自变量的取值范围；
(3)若点N(a,b)是反比例函数图象上的一个动点，且位于直线OM的上方，过点N作直线NC/​/x轴，交y轴于点C；过点M作直线MA//y轴，交x轴于点A，交直线NC于点B.当四边形OMBN的面积为9时，试判断CN与BN的数量关系，并说明理由．
21.(本小题13分)
已知矩形EFGC(如图1)的一边EC和对角线CF分别与矩形ABCD的对角线AC及边BC重合.连接AF，取AF的中点为M，连接BM、EM．
(1)求证：MB=ME；
(2)如图2，若将(1)中的矩形EFGC绕着点C旋转一定的角度，其它条件不变，你认为(1)中的结论是否还成立？若成立请证明；若不成立，请说明理由．
22.(本小题13分)
如图，二次函数y=x2+bx+c的图象交x轴于点A(−3,0)，B(1,0)，交y轴于点C.点P(m,0)是x轴上的一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N．
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)①若点P仅在线段AO上运动，如图，求线段MN的最大值；
②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、原式=2 2，所以A选项错误；
B、原式=2，所以B选项正确；
C、原式=2，所以C选项错误；
D、2与 2不能合并，所以D选项错误．
故选：B．
利用二次根式的加减法对A、D进行判断；利用二次根式的性质对B、C进行判断．
本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图；注意看到的用实线表示，看不到的用虚线表示．
找到从左面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在左视图中．
【解答】
解：从几何体的左边看可得到一个正方形，正方形的右上角处有一个看不见的小正方形画为虚线，
故选：D．
3.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，AC⊥BD，
又∵OE⊥OF，
∴∠EOB+∠BOF=90°=∠BOF+∠COF，
∴∠EOB=∠COF，
∴△BEO≌△CFO(ASA)，
∴BE=CF=3，
又∵AB=BC，
∴AE=BF=4，
∴Rt△BEF中，EF= BE2+BF2= 32+42=5．
故选：C．
先利用ASA证明△BEO≌△CFO，故得BE=FC，进而得出AE=BF，在Rt△BEF中利用勾股定理即可解得EF的长．
本题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
4.【答案】B
【解析】解：解一元二次方程x2−17x+66=0得：x1=6，x2=11，
∴三角形的两边长分别是6和11，
∴11−6<第三边长<11+6，
∴5<第三边长<17，
∴第三边长可能是16，
∵5+6+11<三角形的周长<17+6+11，
∴22<三角形的周长<34，
∴三角形的周长不可能是21，
故选：B．
解一元二次方程x2−17x+66=0，得到三角形的两边长分别是6和11，由三角形三边关系定理得到5<第三边长<17，即可判断第三边长的值，由三角形三边关系定理推出22<三角形的周长<34，即可判断三角形周长的值不可能是21．
本题考查三角形三边关系，关键是掌握三角形三边关系定理．
5.【答案】A
【解析】解：由题意得：BC=10米，BD=25米，AB⊥BD，
∴∠ABC=90°，
∴α+∠BAC=90°，
∵α+β=90°，
∴∠BAC=β，
∵∠ABC=∠DBC=90°，
∴△ABC∽△DBA，
∴ABDB=BCBA，
∴AB2=BC⋅BD=10×25=250，
∴AB=5 10或AB=−5 10(舍去)，
∴这棵树的高度是5 10米，
故选：A．
根据题意可得：BC=10米，BD=25米，AB⊥BD，从而可得∠ABC=90°，进而可得α+∠BAC=90°，然后利用同角的余角相等可得∠BAC=β，从而证明△ABC∽△DBA，最后利用相似三角形的性质进行计算，即可解答．
本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：连接BD，交AC于O点，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=5，
∴AC⊥BD，AO=12AC，BD=2BO，
∴∠AOB=90°，
∵AC=6，
∴AO=3，
∴BO= 52−32=4，
∴DB=8，
∴菱形ABCD的面积是12×AC⋅DB=12×6×8=24，
∴BC⋅AE=24，
∵BC=AB=5，
∴AE=245=4.8，
故选：C．
连接BD，根据菱形的性质可得AC⊥BD，AO=12AC，然后根据勾股定理计算出BO长，再算出菱形的面积，然后再根据面积公式BC⋅AE=12AC⋅BD可得答案．
此题主要考查了菱形的性质，以及菱形的性质面积，关键是掌握菱形的对角线互相垂直且平分．
7.【答案】C
【解析】解：连接ON、OM，
∵MN/​/x轴，
∴S△AMN=S△OMN=S△OPM+S△OPN，
∵S△OPM=12×6=3，S△OPN=12×2=1，
∴S△AMN=S△OMN=S△OPM+S△OPN=3+1=4，
故选：C．
连接ON、OM，MN/​/x轴，S△AMN=S△OMN=S△OPM+S△OPN，根据k值的几何意义代入解答即可．
本题考查了反比例函数k值的几何意义，反比例函数图象上的点与坐标轴围成的矩形面积等于k的绝对值是解答本题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：由表可知，抛物线的对称轴为直线x=2，
∵a=1>0，
∴函数图象开口向上，
∵0∴y1>y2．
故选：B．
根据表格数据判断出对称轴为直线x=2，再根据二次项系数大于0判断出函数图象开口向上，然后根据x的取值范围写出大小关系即可．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，判断出对称轴和开口方向是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：连接OB1，OC，如图：
∵点O是边AB与边A1C1的中点，
∴∠AOC=∠B1OC1=90°，
∴∠AOC+∠COC1=∠B1OC1+∠COC1，
∴∠B1OC=∠AOC1，
∵△ABC与△A1B1C1都是等边三角形，
∴∠OC1B1=∠OAC=60°，
∴OCOA=OB1OC1，
∴△AOC1∽△COB1，
∴CB1AC1=COAO，
∵COAO=tan60°= 3，
∴CB1：AC1= 3：1．
故选：A．
连接OB1，OC可得∠B1OC=∠AOC1，结合锐角三角函数即可证明△AOC1∽△COB1，由相似三角形的性质即可求解．
本题考查了相似三角形的判定及性质，锐角三角函数，解题关键是作辅助线构造相似三角形，利用相似比求解．
10.【答案】 5
【解析】解：a2b+ab2=ab(a+b)．
∵a= 5+12，b= 5−12，
∴ab=5−14=1，a+b=2 52= 5．
∴原式=1× 5= 5．
故答案为： 5．
把所给代数式进行因式分解后发觉含有因式ab和a+b，计算后代入求解即可．
本题考查了因式分解的应用．关键是把所给代数式先进行因式分解．因式分解时有公因式先提公因式．用到的知识点为：(a+b)(a−b)=a2−b2；分式乘分式，用分母相乘的积做积的分母，分子相乘的积做积的分子；同分母分式相加减，分母不变，只把分子相加减．
11.【答案】(4,−1)
【解析】解：∵抛物线y=x2−4x+3可化为：y=(x−2)2−1，
∴其顶点坐标为(2,−1)，
∴向右平移2个单位得到新抛物线的解析式，所得抛物线的顶点坐标是(4,−1)．
故答案为(4,−1)．
先把抛物线的解析式化为顶点式的形式，再根据函数图象平移的法则进行解答即可．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
12.【答案】12
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD，
∵DE=3BE，
∴OE=BE，
∵AE⊥BD，
∴AE垂直平分OB，
∴BA=OA，
∴OA=OB=AB，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠ABE=60°，
∴∠BAE=30°，
∵sin30°=12，
∴∠BAE的正弦值为12，
故答案为：12．
根据矩形的性质，可以得到OA=OB=OC=OD，再根据线段垂直平分线的性质，可以得到AB=OA，然后即可判断△ABO是等边三角形，进而得到∠BAE的度数，从而可以求得∠BAE的正弦值．
本题考查矩形的性质、解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
13.【答案】8
【解析】解：根据题意得，x1+x2=2，x1x2=−m，
而2x1+x2=0，
所以x1=2，则x2=−4，
所以−m=2×(−4)，
解得m=8．
故答案为8．
先根据根与系数的关系得到x1+x2=2，x1x2=−m，再利用2x1+x2=0可求出x1=2，x2=−4，然后计算m的值．
本题考查根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca．
14.【答案】15
【解析】解：∵正方形纸片大小相同，拼成一个与它形状相同但比它大的长方形，
∴小亮拼成的长方形的长和宽至少各是小明拼成的长方形长和宽的2倍，
∴小亮拼成的长方形至少需要正方形纸片3×2×(2×1)=12(张)，
∴n的最小值为12+3=15．
故答案为：15．
由相似多边形的性质和题意得到：小亮拼成的长方形的长和宽至少各是小明拼成的长方形长和宽的2倍，由此即可解决问题．
本题考查相似多边形的性质，图形的剪拼，关键是由相似多边形的性质得到：小亮拼成的长方形的长和宽至少各是小明拼成的长方形长和宽的2倍，
15.【答案】解：(1)如图，线段CK，线段DH即为所求；
(2)如图，线段AT即为树高．

【解析】(1)利用平行光线画出影子即可；
(2)延长KF，交AE一点T，线段AT即为树高．
本题考查作图−应用与设计作图，平行投影等知识，解题的关键是掌握平行投影的性质
16.【答案】解：∵关于x的方程x2+(m+1)x+(m−2)2=0有两个相等的实数根，
∴△=b2−4ac=(m+1)2−4×1×(m−2)2=−3m2+18m−15=0，
∴m=1或5．
当m=1时，方程是x2+2x+1=0，
∴(x+1)2=0，
解得x1=x2=−1；
当m=5时，方程是x2+6x+9=0，
∴(x+3)2=0，
解得x1=x2=−3．
【解析】首先根据原方程根的情况，利用根的判别式求出m的值，即可确定原一元二次方程，进而可求出方程的根．
此题考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：(1)△>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)△=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)△<0⇔方程没有实数根．也考查了一元二次方程的解法．
17.【答案】解：如图，延长AD、BC交于点F，
∵∠ADC=120°，
∴∠CDF=60°，
∵BC⊥CD，
∴∠DCF=90°，
∴∠F=30°，
∴DF=2CD=2×3=6，
∴CF= DF2−CD2= 62−32=3 3，
∵AB⊥AD，
∴∠BAD=90°，
∴BF=2AB=2×5=10，
∴AF= BF2−AB2= 102−52=5 3，
∴S四边形ABCD=S△ABF−S△CDF=12AB⋅AF−12CD⋅CF=12×5×5 3−12×3×3 3=8 3．
【解析】延长AD、BC交于点F，由含30°角的直角三角形的性质和勾股定理求得CF、AF的长，再求得△ABF和△DCF的面积，即可求解．
本题考查了勾股定理、含30°角的直角三角形的性质、三角形面积公式等知识，熟练掌握勾股定理，正确作出辅助线构建直角三角形是解题的关键．
18.【答案】解：(1)∵当自变量x=4时，二次函数有最小值−3，
∴顶点坐标为(4,−3)，
∴可设顶点式为y=a(x−4)2−3，
将(1,0)代入，得9a−3=0，
解得a=13，
∴这个二次函数的表达式为y=13(x−4)2−3；
(2)∵y=13(x−4)2−3，
∴对称轴为x=4，
又∵抛物线与x轴的一个交点的坐标为(1,0)，
∴抛物线与x轴另一个交点的横坐标为2×4−1=7．
【解析】(1)由自变量x=4时，二次函数有最小值−3，可知顶点坐标为(4,−3)，由此可设顶点式为y=a(x−4)2−3，再将(1,0)代入，求出a的值，进而得到这个二次函数的表达式；
(2)由抛物线的对称轴为x=4，与x轴的一个交点的坐标为(1,0)，根据二次函数的对称性即可求出这个函数的图象与x轴另一个交点的横坐标．
本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式．在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．同时考查了二次函数的性质，抛物线与x轴的交点．
19.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=∠ABC=90°，AB=CD，AD=BC，
∵PE⊥PC，
∴∠EPC=90°=∠A=∠D，
∴∠APE+∠CPD=90°=∠APE+∠AEP，
∴∠CPD=∠AEP，
∴△APE∽△DCP，
∴AEDP=APCD，
∴CD⋅AE=AP⋅DP；
(2)如图，连接BQ，CE，
∵QC⊥QE，
∴∠EQC=90°=∠EPC=∠ABC，
∴点E，点Q，点P，点C四点共圆，
∴∠APE=∠QCE，
∵∠ABC=∠EQC=90°，
∴点E，点Q，点C，点B四点共圆，
∴∠ABQ=∠ECQ，
∵∠CPD=∠AEP，
∴∠APE=∠PCD，
∴∠ABQ=∠PCD，
又∵∠A=∠D，AB=CD，
∴△ABQ≌△DCP(ASA)，
∴AQ=DP，
∴AQ+AP=AP+PD=AD=BC，
即AQ+AP=a．
【解析】(1)通过证明△APE∽△DCP，可得AEDP=APCD，即可求解；
(2)通过证明点E，点Q，点P，点C四点共圆和点E，点Q，点C，点B四点共圆，可证∠ABQ=∠PCD，由“ASA”可证△ABQ≌△DCP，可得AQ=DP，即可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，圆的有关知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
20.【答案】解：(1)∵正比例函数y=kx与反比例函数y=mx相交于点M(3,2)，
∴2=3k，2=m3，
解得：k=23，m=6，
∴正比例函数的解析式为y=23x，反比例函数的解析式为y=6x；
(2)由图象及M(3,2)可知，在第一象限内，当0(3)CN与BN的数量关系为：CN=23BN，理由如下：
由题意得：四边形OABC为矩形，
∴BC=OA，
∵N(a,b)，M(3,2)，
∴OC=b，CN=a，OA=BC=3，AM=2，
∴S矩形OABC=OA⋅OC=3b，S△OAM=12OA⋅AM=12×3×2=3，S△OCN=12OC⋅CN=12×b×a=12ab，
∴S四边形OMBN=S矩形OABC−S△OAM−S△OCN=3b−3−12ab，
当四边形OMBN的面积为9时，3b−3−12ab=9，
又∵N点在反比例函数图象上，
∴b=6a，
∴ab=6，
∴3b−3−12×6=9，
解得：b=5，
则5a=6，
∴a=65，
∴CN=65，
∴BN=BC−CN=3−65=95，
∴CNBN=6595=23，
∴CN=23BN．
【解析】(1)把点M坐标分别代入两函数解析式求得k和m的值，即可得出两函数的解析式；
(2)根据点M的横坐标及函数图象即可得出结论；
(3)用N点的坐标表示矩形OABC的面积和△OCN的面积，再表示出四边形OMBN的面积，然后求出b、a的值，即可解决问题．
本题是反比例函数综合题，考查了反比例函数的图象与性质、正比例函数的图象与性质、矩形的性质以及三角形面积等知识，本题综合性强，熟练掌握反比例函数的图象与性质以及正比例函数的图象与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
21.【答案】(1)证明：如图1．
∵四边形ABCD是矩形，四边形EFGC是矩形，
∴∠ABF=90°，∠FEC=90°=∠AEF，
∵M为AF中点，
∴BM=12AF，EM=12AF，
∴BM=EM；
(2)若将(1)中的矩形EFGC绕着点C旋转一定的角度，其它条件不变，则(1)中的结论还成立，理由如下：如图2．
证明：设大小矩形的中心分别为O、O′，连接BD，OM，MO′，EG．
∵M，O′分别为AF，CF的中点，
∴MO′=12AC=OB；同理EO′=12CF=OM．
∵∠ACB=∠ECF，
∴∠OAB=∠EFO′，
又∵OB=12AC=OA，
∴∠OAB=∠OBA；
同理可证∠EFO′=∠FEO′．
∴∠AOB=∠EO′F，①
又∵OM//CF，MO′//AC，
∴∠AOM=∠OCF=∠MO′F，②
由①，②得：∠BOM=∠MO′E，
在△BMO与△MEO′中，
OB=O′M∠BOM=∠MO′EOM=O′E
∴△BMO≌△MEO′(SAS)，
∴BM=ME．
【解析】(1)先由矩形的性质得出∠ABF=90°，∠FEC=90°=∠AEF，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得出BM=12AF，EM=12AF，则MB=ME；
(2)设大小矩形的中心分别为O、O′，连接BD，OM，MO′，EG，由SASD证明△BMO≌△MEO′即可．
本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，综合性较强，有一定难度，正确作出辅助线是解题的关键．
22.【答案】解：(1)把A(−3,0)，B(1,0)代入y=x2+bx+c中，
得9−3b+c=01+b+c=0，
解得b=2c=−3，
∴这个二次函数的表达式为y=x2+2x−3；
(2)①∵y=x2+2x−3，
∴当x=0时，y=−3，
∴C点坐标为(0,−3)，
设直线AC的表达式为y=kx+b，
把A(−3,0)，C(0,−3)代入y=kx+b，
得b=−3−3k+b=0，
解得k=−1b=−3，
∴y=−x−3，
∵点P(m,0)是x轴上的一动点，且PM⊥x轴，
∴M点坐标为(m,−m−3)，N点坐标为(m,m2+2m−3)，
∴MN=(−m−3)−(m2+2m−3)=−m2−3m=−(m+32)2+94，
∵a=−1<0，
∴此函数有最大值，
又∵点P在线段OA上运动，则−3∵−3<−32<0，
∴当m=−32时，MN有最大值94；
②点Q的坐标为(0,−3 2−1)或(0,−1)或(0,3 2−1)．
【解析】(1)把A(−3,0)，B(1,0)代入y=x2+bx+c中，构建方程组解决问题即可；
(2)①构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可；
②分三种情形：如图2−1中，当点M在线段AC上，MN=MC，四边形MNQC是菱形时，如图2−2中，当NC是菱形的边时，四边形MNCQ是正方形，如图2−3中，当点M在CA延长线上时，MN=CM，四边形MNQC是菱形时，分别求解即可．
本题考查二次函数综合．
解：(1)见答案；
(2)①见答案；
②存在，理由如下：
如图2−1中，当点M在线段AC上，MN=MC时，
∵MN=−m2−3m，MC=− 2m，
∴−m2−3m=− 2m，
解得m=−3+ 2或0(舍)，
∴MN=3 2−2，
∵四边形MNQC是菱形，
∴CQ=MN=3 2−2，
∴OQ=3 2+1，
∴Q点坐标为(0,−3 2−1)，
如图2−2中，当NC是菱形的边时，四边形MNCQ是正方形，此时CN=MN=CQ=2，
可得Q点坐标为(0,−1)，
如图2−3中，当点M在CA延长线上时，MN=CM，四边形MNQC是菱形时，
则有m2+3m=− 2m，
解得m=−3− 2或0(舍弃)，
∴MN=CQ=3 2+2，
∴OQ=CQ−OC=3 2−1，
∴Q点坐标为(0,3 2−1)，
综上所述，满足条件的点Q的坐标为(0,−3 2−1)或(0,−1)或(0,3 2−1)．x
…
0
1
2
3
…
y
…
5
2
1
2
…