2024年广东省汕头市金平区汕樟中学中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年广东省汕头市金平区汕樟中学中考数学一模试卷（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.下列食品标识中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. 绿色饮品B. 绿色食品
C. 有机食品D. 速冻食品
2.在下列方程中，是一元二次方程的是( )
A. x2−1x=0B. x2−2xy+y2=0
C. (x+3)(2x−5)=0D. x3+x+1=0
3.直线y=bx+c(bc≠0)关于原点对称的直线为( )
A. y=cx+bB. y=−bx+cC. y=−bx−cD. y=bx−c
4.下列二次根式中，属于最简二次根式的是( )
A. 12B. 5C. 4D. 0.8
5.下列关于二次根式的计算，正确的是( )
A. 2+ 5= 7B. 12÷ 2=6C. 8− 2= 2D. 3× 4= 7
6.若方程x2+3x+c=0没有实数根，则c的取值范围是( )
A. c<94B. c<49C. c>49D. c>94
7.下列各式计算正确的是( )
A. a2+a2=a4B. 2a2·2a2=2a4
C. (a−b)2=a2−b2D. (4ab+1)(4ab−1)=16a2b2−1
8.如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC交CB与点D，过点D作DE⊥AB，垂足恰好是边AB的中点E.若AD=3cm，则BE的长为( )
A. 3 32cmB. 4cmC. 3 2cmD. 6cm
9.如图，菱形OABC的边OA在平面直角坐标系中的x轴上，∠AOC=60°，OA=4，则点C的坐标为( )
A. (2,2 3)
B. (2 3,2)
C. (2 3,2 3)
D. (2,2)
10.如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C(0,−1).已知点A在(−4,0)与(−3,0)之间(不包含这两点)，抛物线的顶点为D，对称轴是直线x=−2.下列结论中正确的个数是( )
①abc<0；
②4c③a>−13；
④若三点(−3,y1)，(−2,y2)，(1,y3)均在函数图象上，则y3>y2>y1；
⑤若a=−1，则△ABD是等边三角形．
A. 2B. 3C. 4D. 5
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.计算： 6× 15=______．
12.如图，把一个长方形纸条ABCD沿AF折叠，已知∠ADB=26°，AE/​/BD，则∠BAF=______．
13.不等式组x−1≥22x−2<10的解是______．
14.小聪从甲地匀速步行前往乙地，同时小明从乙地沿同一路线匀速步行前往甲地，两人之间的距离y(m)与步行时间x(min)之间的函数关系式如图中折线段AB−BC−CD所示．
(1)小聪与小明出发______min相遇；
(2)在步行过程中，若小明先到达甲地，小明的速度是______m/min．
15.如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是 ．
三、解答题：本题共8小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题8分)
解下列一元二次方程：
(1)x2−4x−5=0；
(2)(x−4)2=10(x−4)．
17.(本小题8分)
已知x−yy=2，求(1x−y+1x+y)÷x(x−y)2的值．
18.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点都在格点上，已知A(1,1)，B(3,2)，C(2,4)．
(1)作出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1
(2)作出△ABC绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2C2；
(3)将△ABC先向左平移4个单位，再向下平移5个单位，作出平移后的△A3B3C3．
19.(本小题9分)
如图，AB是⊙O的弦，OC⊥OA，交AB与点P，且PC=BC，求证：BC是⊙O的切线．
20.(本小题9分)
如图，直角三角形ACB，直角顶点C在直线l上，分别过点A、B作直线l的垂线，垂足分别为点D和点E.AC=BC．
(1)求证：CD=BE；
(2)若设△ADC的三边分别为a、b、c，试用此图证明勾股定理．
21.(本小题9分)
如图，正比例函数y=−23x的图象与反比例函数y=kx(k≠0)的图象都经过点A(a,2)．
(1)求点A的坐标和反比例函数表达式．
(2)若点P(m,n)在该反比例函数图象上，且它到y轴距离小于3，请根据图象直接写出n的取值范围．
22.(本小题12分)
如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交BC，AC边于点D、F.过点D作DE⊥CF于点E．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
(2)求证：DE2=AE⋅FE；
(3)若⊙O半径为5，且AF−DE=2，求EF的长．
23.(本小题12分)
如图，二次函数y=ax2+bx+4交x轴于点A(−1,0)和B(4,0)交y轴于点C．

(1)求二次函数的解析式；
(2)如图，在第一象限有一点M，到O点距离为2，线段BN与BM的夹角为45°，且BN= 2BM，连接CN，求CN的长度；
(3)对称轴交抛物线于点D，交BC交于点E，在对称轴的右侧有一动直线l垂直于x轴，交线段BC于点F，交抛物线手点P，动直线在沿x轴正方向移动到点B的过程中，是否存在点P，使得以点P，C，F为顶点的三角形与△DCE相似？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
故选：D．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
本题考查了轴对称图形及中心对称图形的知识，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图形重合．
2.【答案】C
【解析】解：A、不是整式方程，不是一元二次方程，故A不符合题意；
B、含有两个未知数，不是一元二次方程，故B不符合题意；
C、方程整理得2x2+x−15=0是一元二次方程，故C符合题意；
D、未知数的最高次数是3，不是一元二次方程，故D不符合题意．
故选：C．
只含有一个未知数，且未知数的最高次数是2的整式方程叫做一元二次方程．一元二次方程有三个特点：①只含有一个未知数；②未知数的最高次数是2；③是整式方程．
本题主要考查了一元二次方程的定义，掌握一元二次方程的定义是关键．
3.【答案】D
【解析】解：直线y=bx+c(bc≠0)关于原点对称的直线为y=bx−c．
故选：D．
若两条直线关于原点对称，则这两条直线平行，即k值不变；与y轴的交点关于原点对称，即b值互为相反数．
本题考查了关于原点的点的坐标，掌握关于原点对称的点的特征是解答本题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：A、 12= 22，不是最简二次根式，故此选项错误；
B、 5，是最简二次根式，故此选项正确；
C、 4=2，不是最简二次根式，故此选项错误；
D、 0.8= 45，不是最简二次根式，故此选项错误．
故选：B．
直接利用最简二次根式的概念：(1)被开方数不含分母；(2)被开方数中不含能开得尽方的因数或因式．我们把满足上述两个条件的二次根式，叫做最简二次根式，进而得出答案．
此题主要考查了最简二次根式的定义，正确把握定义是解题关键．
5.【答案】C
【解析】解：A、 2+ 5无法合并，选项错误，故A不符合题意；
B、 12÷ 2= 12÷2= 6，选项错误，故B不符合题意；
C、 8− 2=2 2− 2= 2，选项正确，故C符合题意；
D、 3× 4=2 3，选项错误，故D不符合题意；
故选：C．
根据二次根式的运算法则，逐一进行计算，判断即可．
本题考查二次根式的运算．熟练掌握二次根式的运算法则，是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：由题意可知：△=9−4c<0，
∴c>94，
故选：C．
根据根的判别式即可求出答案．
本题考查根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式，本题属于基础题型．
7.【答案】D
【解析】解：a2+a2=2a2，故选项A错误，不符合题意；
2a2·2a2=4a4，故选项B错误，不符合题意；
(a−b)2=a2−2ab+b2，故选项C错误，不符合题意；
(4ab+1)(4ab−1)=16a2b2−1，故选项D正确，符合题意；
故选：D．
根据合并同类项可以判断A；根据单项式乘单项式可以判断B；根据完全平方公式可以判断C；根据平方差公式可以判断D．
本题考查整式的混合运算，解答本题的关键是明确整式混合运算的运算法则．
8.【答案】A
【解析】解：
如图，连接CE．
∵△ABC为直角三角形，点E点AB的中点，
∴CE=AE=EB
∵AD为∠CAE的角平分线，DE⊥AB，
∴CD=DE
∵AD=AD
∴△ADE≌△ADC(HL)
∴AE=AC
∴△AEC为等边三角形，
∴∠CAE=60°，∠DAE=30°
∵DE垂直平分AB
∴∠DBE=∠DAE=30°，AD=DB=3
∴在Rt△DEB中，
法一：BE=cs30°⋅DB=3× 32=3 32，
法二：
∴DE=12DB=32(30°角所对的直角边等于斜边的一半)．
∴由勾股定理得，
BE= DB2−DE2= 32−(32)2=3 32．
故选：A．
根据题意，易证∠CAB=60°，从而可求得DE，继而求得BE．
本题主要考查学生对角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，熟练运用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：过C作CD⊥OA于D，如图：
则∠ODC=90°，
∵四边形OABC是菱形，
∴OC=OA=4，
∵∠AOC=60°，
∴∠CDO=90°−∠AOC=30°，
∴DD=12OC=2，
∴CD= OC2−OD2= 42−22=2 3，
∴点C的坐标为(2,2 3)，
故选：A．
过C作CD⊥OA于D，由菱形的性质得OC=OA=4，再由含30°角的直角三角形的性质得DD=12OC=2，然后由勾股定理得CD=2 3，即可得出点C的坐标．
本题考查了菱形的性质、坐标与图形性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：∵图象的开口向下，
∴a<0，
∵图象与y轴的交点为(0,−1)，
∴c=−1，
∵抛物线的对称轴为−2，
∴−b2a=−2，
∴b=4a<0，
∴abc<0，
∴①符合题意，
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴b2−4ac>0，
∵a<0，
∴4c>b2a，
∴②不符合题意，
由题意得：y=ax2+bx+c=ax2+4ax−1=a(x+2)2−4a−1，
∵当y=0时，较小的一个根为− 4+1a−2，
∴− 4+1a−2<−3，
解得a<−13，
∴③不合题意，
∵点(−3,y1)，(−2,y2)，(1,y3)中，到对称轴直线x=−2距离最大的是(1,y3)，到(−2,y2)在对称轴上，
∴y2>y1>y3；
∴④不合题意，
当a=−1时，抛物线的解析式为y=−(x+2)2+3，
∴D(−2,3)，
取y=0，得−(x+2)2+3=0，
解得x1=− 3−2，x2= 3−2，
∴A(− 3−2,0)，B( 3−2,0)，
∴AD=BD=AB=2 3，
∴△ABD是等边三角形，
∴⑤符合题意，
∴符合题意的有①⑤，
故选：A．
根据二次函数图象与系数的关系判断①；根据图象与x轴的解得即可判断②；与对称轴得出b=4a，进而得出y=ax2+bx+c=ax2+4ax−1=a(x+2)2−4a−1，令y=0，解方程求得较小的一个根为− 4+1a−2<−3，解不等式即可判断③；由各点到对称轴的距离即可判断④；当a=−1时，抛物线的解析式为y=−(x+2)2+3，求得D(−2,3)，再求得与x轴的交点，即可判断⑤．
本题主要二次函数的图形和性质，关键是要牢记二次函数解析中的系数对图象的影响，二次项系数影响图象的开口方向，a、b影响图象的对称轴，c影响图象与y轴的交点．
11.【答案】3 10
【解析】解：原式= 3×2×3×5=3 10；
故答案为：3 10．
根据二次根式的乘法法则： a⋅ b= ab(a≥0,b≥0)计算．
本题考查了二次根式的乘法运算，掌握二次根式的乘法法则，结果的化简是解题关键．
12.【答案】58°
【解析】解：∵四边形ABCD是长方形，
∵∠BAD=90°．
∵∠ADB=26°，
∴∠ABD=90°−26°=64°．
∵AE/​/BD，
∴∠BAE=180°−64°=116°，
∴∠BAF=12∠BAE=58°．
故答案为：58°．
先根据直角三角形的性质求出∠ABD的度数，再由平行线的性质求出∠BAE的度数，根据图形翻折变换的性质即可得出结论．
本题考查的是平行线的性质，用到的知识点为：两直线平行，同旁内角互补．
13.【答案】3≤x<6
【解析】解：解不等式x−1≥2，得：x≥3，
解不等式2x−2<10得：x<6，
则不等式组的解集为3≤x<6，
故答案为：3≤x<6．
分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
14.【答案】25 100
【解析】解：(1)由图象可得，
小聪与小明出发25min相遇，
故答案为：25；
(2)由图象可得，
小聪的速度为：4500÷56.25=80(m/min)，
则小明的速度为：4500÷25−80=180−80=100(m/min)，
故答案为：100．
(1)根据题意和函数图象中的数据，可以直接写出小聪与小明出发多长时间相遇；
(2)根据题意可知，小聪晚到达乙地，则小聪用的时间为56.25min，根据速度=路程÷时间，可以计算出小聪的速度，再根据25min时两人相遇，即可计算出小明的速度．
本题考查一次函数的应用，从函数图象中获取解答问题的信息是解答本题的关键．
15.【答案】2 2
【解析】解：如图：
当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1=DP1，
当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2=DP2，
∴P1P2/​/CE且P1P2=12CE．
当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP=FP．
由中位线定理可知：P1P/​/CE且P1P=12CF．
∴点P的运动轨迹是线段P1P2，
∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值．
∵矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E为AB的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1=2．
∴∠ADE=∠CDE=∠CP1B=45°，∠DEC=90°．
∴∠DP2P1=90°．
∴∠DP1P2=45°．
∴∠P2P1B=90°，即BP1⊥P1P2，
∴BP的最小值为BP1的长．
在等腰直角BCP1中，CP1=BC=2，
∴BP1=2 2
∴PB的最小值是2 2．
故答案是：2 2．
根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值为BP1的长，由勾股定理求解即可．
本题考查轨迹问题、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，有难度．
16.【答案】解：(1)x2−4x−5=0，
(x−5)(x+1)=0，
x−5=0或x+1=0，
x1=5，x2=−1；
(2)(x−4)2=10(x−4)，
(x−4)2−10(x−4)=0，
(x−4)(x−4−10)=0，
x−4=0或x−4−10=0，
x1=4，x2=14．
【解析】(1)先把方程的左边分解因式，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可；
(2)移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，再求出方程的解即可．
本题考查了解一元二次方程，能把一元二次方程转化成一元一次方程是解此题的关键．
17.【答案】解：∵x−yy=2，
∴x=3y，
∴(1x−y+1x+y)÷x(x−y)2
=2x(x+y)(x−y)⋅(x−y)2x
=2(x−y)x+y
=4y4y
=1．
【解析】先把条件变形，再代入求解．
本题考查了分式的化简求值，掌握分式的混合运算是解题的关键．
18.【答案】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求作的三角形；

(2)如图所示，△A2B2C2即为所求作的三角形；
(3)如图所示，△A3B3C3即为所求作的三角形．
【解析】(1)作出A，B，C关于x轴的对称点A1，B1，C1，连接即可；
(2)作出A，B，C绕点O逆时针旋转90°后对称点A2，B2，C2，连接即可；
(3)作出A，B，C平移后对称点A3，B3，C3，连接即可．
本题主要考查图形的平移、翻折，旋转，准确作图是解题的关键．
19.【答案】证明：∵PC=BC，
∴∠CPB=∠CBP，
而∠APO=∠CPB，
∴∠CBP=∠APO，
∵OC⊥OA，
∴∠A+∠APO=90°，
而OA=OB，
∴∠A=∠ABO，
∴∠CBP+∠ABO=90°，
∴OB⊥BC，
∴BC是⊙O的切线．
【解析】由PC=BC得到∠CPB=∠CBP，利用对顶角相等得∠APO=∠CPB，则∠CBP=∠APO，再利用OC⊥OA得到∠A+∠APO=90°，加上∠A=∠ABO，所以∠CBP+∠ABO=90°，于是根据切线的判定定理可得BC是⊙O的切线．
本题考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
20.【答案】证明：(1)∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠ECB=90°，
又∵∠DAC+∠ACD=90°，
∴∠DAC=∠ECB，
在△ADC和△CEB中，
∠ADC=∠CEB∠DAC=∠ECBAC=CB，
∴△ADC≌△CEB(AAS)，
∴CD=BE，
(2)∵△ADC≌△CEB，
∴DC=BE=a，AD=CE=b，
∴DE=DC+CE=a+b，
∴S梯形ADEB=12(AD+BE)⋅DE=12(a+b)(a+b)，
∵S梯形ADEB=S△ADC+S△ACB+S△CEB，
∴(a+b)(a+b)2=ab2+c22+ab2，
化简得：a2+b2=c2．
【解析】(1)根据AAS可以证明结论成立；
(2)根据S梯形ADEB=S△ADC+S△ACB+S△CEB，代入字母计算即可证明结论成立．
本题考查勾股定理的证明，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
21.【答案】解：(1)把A(a,2)的坐标代入y=−23x，即2=−23a，
解得a=−3，
∴A(−3,2)，
又∵点A(−3,2)是反比例函数y=kx的图象上，
∴k=−3×2=−6，
∴反比例函数的关系式为y=−6x；
(2)∵点P(m,n)在该反比例函数图象上，且它到y轴距离小于3，
∴−3当m=−3时，n=−6−3=2，当m=3时，n=−63=−2，
由图象可知，
若点P(m,n)在该反比例函数图象上，且它到y轴距离小于3，n的取值范围为n>2或n<−2．
【解析】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数与一次函数的图象交点坐标，把点的坐标代入相应的函数关系式求出待定系数是求函数关系式的常用方法．
(1)把点A的坐标代入一次函数关系式可求出a的值，再代入反比例函数关系式确定k的值，进而得出答案；
(2)确定m的取值范围，再根据反比例函数关系式得出n的取值范围即可．
22.【答案】(1)证明：连接OD，如图1，

∵DE⊥CF，
∴∠DEC=∠DEF=90°．
∵AB=AC，
∴∠C=∠B，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠B，
∴∠C=∠ODB．
∴OD/​/AC，
∴∠ODE=∠DEC=90°，
∴OD⊥DE，
又OD为⊙O的半径．
∴DE是⊙O的切线；
(2)证明：连接BF，AD，OD，如图2，

∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，∠AFB=90°，
∵AB=AC，
∴D为BC的中点，
∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴DE/​/BF，
∴点E是CF的中点，∴EF=CE∠ADC=90°，
∴△ADE∽△DCE，
∴DEAE=CEDE，
∴DE2=AE⋅CE，
∴DE2=AE⋅FE；
(3)解：过点O作OG⊥AF于点G，如图3，

∴∠OGE=∠OGA=90°，AG=GF=12AF，
又∵∠DEG=∠ODE=90°，
∴四边形OGED为矩形，
∴OG=DE，OD=GE，
∵OD=OA=5，
设EF=x，
AG=GF=5−x，则OG=DE=AF−2=10−2x−2=8−2x．
在Rt△OAG中，AG2+OG2=OA2，
即(5−x)2+(8−2x)2=52，
解得x1=2，x2=0(舍去)，
∴EF=2，
【解析】(1)连接OD，由等腰三角形的性质证得∠C=∠ODB.得出OD/​/AC，由平行线的性质得出OD⊥DE，则可得出答案；
(2)连接BF，AD，证得△ADE∽△DCE，然后依据相似三角形的性质得到DEAE=CEDE，进而推导出DE2=AE⋅FE；
(3)过点O作OG⊥AF于点G，证明四边形OGED为矩形，由矩形的性质得出OG=DE，OD=GE，设EF=x，AG=GF=5−x，则OG=DE=8−2x.由勾股定理得出(5−x)2+(8−2x)2=52，解方程可得出答案．
本题考查了切线的判定，矩形的判定与性质，勾股定理，圆周角定理，等腰三角形的性质等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
23.【答案】解：(1)∵二次函数y=ax2+bx+4交x轴于点A(−1,0)和B(4,0)，
∴把A、B代入y=ax2+bx+4，得：a−b+4=016a+4b+4=0，
解得：a=−1b=3，
∴二次函数的表达式为：y=−x2+3x+4；
(2)∵二次函数y=ax2+bx+4交交y轴于点C，
∴对于y=−x2+3x+4，当x=0，则y=4，
∴C(0,4)，
∵B(4,0)，
∴OB=OC=4，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
∴BC= OB2+OC2=4 2，
∴BCOB=4 24= 2，
又BN= 2BM，
∴BNBM= 2，
∴BCOB=BNBM，
∵∠OBM+∠ABC=45°，CMBC+∠CBN=45°，
∴∠OBM=∠CBN，
在△CBN和△OBM中，
∵∠OBM=∠CBN，BCOB=BNBM，
∴△CBN∽△OBM，
∴BCOB=CNOM，
∴ 2=CN2，
∴CN=2 2；
(3)存在，如图：

∵y=−x2+3x+4=−(x−32)2+254，
∴点D(32,254)，
设直线BC的解析式为：y=kx+b，
把B(4,0)，C(0,4)代入得：4k+b=0b=4，
解得：k=−1b=4，
∴BC所在直线的表达式为：y=−x+4，
将x=32代入y=−x+4得：y=−32+4=52，
∴点E(32,52)，
由题意得：PF/​/DE，
∴∠CED=∠CFP，
∵∠PCF与∠DCE有共同的顶点C，且∠PCF在∠DCE的内部，
∴∠PCF≠∠DCE，
∴只有∠PCF=∠CDE时，△PCF∽△CDE，
∴PFCE=CFDE，
∵C(0,4)、E(32,52)，
∴DE=254−52=154，
设点P为(t,−t2+3t+4)，则F为(t,−t+4)，
∴PF=−t2+3t+4−(−t+4)=t2+4t，
∴CE= (0−32)2+(4−52)2=3 22，CF= t2+[4−(−t+4)]2= 2t，
∴−t2+4t3 22= 2t154，
解得：t=165，
当t=165，时，−t2+3t+4=8425，
∴点P的坐标为：(165,8425)．
【解析】(1)把A(−1,0)和B(4,0)代入抛物线解析式得出二元一次方程组，解方程组得出a、b的值，即可得出二次函数的解析式；
(2)证明△CBN∽△OBM，根据相似三角形的性质求解即可；
(3)由平行线的性质得出∠CED=∠CFP，当∠PCF=∠CDE时，△PCF∽△CDE，则PFCE=CFDE，得出方程，解方程即可．
本题考查了二次函数的综合运用，掌握待定系数法求二次函数解析式，一次函数解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．