2024年山东省济南市莱芜区九年级二模考试数学试题（原卷版+解析版）

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本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷共2页，满分为40分；第Ⅱ卷共4页，满分为110分．本试题共6页，满分为150分，考试时间为120分钟，答卷前，考生务必用0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的考点、姓名、准考证号、座号填写在答题卡上和试卷规定的位置上，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回，本考试不允许使用计算器．
第Ⅰ卷（选择题 共40分）
注意事项：第Ⅰ卷为选择题，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．答案写在试卷上无效．
一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. 6的算术平方根是（ ）
A. 6B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据算术平方根的定义：如果一个正数的平方等于，那么这个正数叫做的算术平方根．
【详解】解：6的算术平方根是，
故选：C．
【点睛】本题考查了求一个数的算术平方根，熟记算术平方根的概念是解题关键．
2. 已知水星的半径约为24400000米，用科学记数法表示为（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】C
【解析】
【分析】科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．
【详解】解：将数24400000米用科学记数法表示是米．
故选：C．
3. 如图，将一副三角板按不同位置摆放，其中和不一定相等的是（ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了余角和对顶角的性质，主要考查学生的观察图形的能力和理解能力．根据对顶角和余角的性质即可判断．
【详解】解：A、∠α与∠β互余，但不一定相等，故本选项符合题意；
B、根据同角的余角相等，则和一定相等，故本选项不合题意；
C、根据等角的余角相等，则和一定相等，故本选项不合题意；
D、根据对顶角相等，则和一定相等，故本选项不合题意；
故选：A．
4. 将一张正方形纸片按如图所示方式连续对折两次，并在中心点处打孔，则展开后的图形是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】严格按照图中的方法亲自动手操作一下，即可很直观地呈现出来．
【详解】解：由折叠可知，得到的四个圆形小洞一定不在一条直线上，故C不正确；
四个圆形小洞不靠近原正方形的四边中间，所以A不正确；
选项B的位置也不符合原题意的要求，
故只有D是按要求得到的．
故选：D．
【点睛】本题主要考查学生的动手能力及空间想象能力．对于此类问题，学生只要亲自动手操作，答案就会很直观地呈现．
5. 华为手机锁屏密码是6位数，若密码的前5位数字已经知道，则一次解锁该手机密码的概率是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】考查了概率公式，如果一个事件有种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件出现种可能，那么事件的概率．
最后一个数字可能是中任一个．总共有十种情况，其中解锁只有一种情况．利用概率公式进行计算即可．
【详解】解：一次解锁该手机密码的概率是．
故选：B．
6. 若关于的分式方程有增根，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据关于分式方程有增根得出最简公分母为，把分式方程化为整式方程，再把增根代入计算即可．
【详解】解：∵关于的分式方程有增根，
∴，
解得：，
原分式方程去分母后得：，
∴，
解得：．
故选：C．
【点睛】本题考查分式方程的增根，解题的关键是掌握最简公分母为是分式方程有增根的条件．
7. 如图，△ABC的面积为9cm2，BP平分∠ABC，AP⊥BP于P，连接PC，则△PBC的面积为（ ）
A. 3cm2B. 4cm2C. 4.5cm2D. 5cm2
【答案】C
【解析】
【分析】证△ABP≌△EBP，推出AP＝PE，得出S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，推出，代入求出即可．
【详解】延长AP交BC于E，
∵BP平分∠ABC，
∴∠ABP＝∠EBP，
∵AP⊥BP，
∴∠APB＝∠EPB＝90°，
在△ABP和△EBP中，
∠ABP＝∠EBP
BP＝BP
∠APB＝∠EPB，
∴△ABP≌△EBP（ASA），
∴AP＝PE，
∴S△ABP＝S△EBP，S△ACP＝S△ECP，
∴，
故答案选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的面积的应用，注意：等底等高的三角形的面积相等．
8. 如图，在平面直角坐标系中，点P在反比例函数的图象上，点A，B在x轴上，且，交y轴于点C，．若的面积是4，则k的值是（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数的几何意义的应用，等边三角形的确定、三角形中线平分面积是解题关键．
连接，作轴于D，根据三角形中线平分面积求出三角形的面积，再求证出三角形是等边三角形，再利用反比例函数的几何意义求出k即可．
【详解】解：连接，作轴于D，
的面积是4，，
的面积为2，
，，
，
，
，
，
为等边三角形，
，
，
，
∵反比例函数的图象位于第一象限，
．
故答案为：B．
9. 如图，菱形的周长为20，对角线长为8，则边上的高为（ ）
A. 4B. 5C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了菱形对角线互相垂直平分的性质，菱形各边长相等的性质，勾股定理在直角三角形中的运用．根据菱形的周长可以计算菱形的边长，菱形的对角线互相垂直平分，已知根据勾股定理即可求得的值，再利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】解：菱形的周长为20，，
，，
四边形是菱形，
，，
．
．
∵，
∴，
故选：C．
10. 对于二次函数，定义函数是它的相关函数．若一次函数与二次函数的相关函数的图象恰好两个公共点，则的值可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了一次函数与二次函数的交点问题，二次函数的图象和性质，分两种情况解答：一次函数分别与，相交一点；一次函数与有两个交点，与不相交 ；求出的取值范围，即可求解，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
【详解】解：当时，二次函数的相关函数为
当时，二次函数的相关函数为，
∴二次函数的相关函数为，
二次函数的图象开口向上，与轴的交点为，对称轴为直线,
当时，随的增大而减小，当 时，随的增大而增大；
二次函数图象开口向下，与轴的交点为，对称轴为直线，当时，随的增大而增大；
一次函数与轴的交点为
一次函数与二次函数的相关函数的图象恰好两个公共点可分为两种情况：
一次函数分别与，相交一点，
则有，
解得；
一次函数与有两个交点，与不相交 ，
则有，
解得，
且，
即有两个不相等的实数根，
∴，
解得，
∴；
综上所述，或，
∴的值可能是，
故选：．
第Ⅱ卷（非选择题 共110分）
注意事项：
1．第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带．不按以上要求作答的答案无效．
2．填空题请直接填写答案，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
11. 一元二次方程x2﹣2x=0的解是_____．
【答案】
【解析】
【分析】方程整理后，利用因式分解法求出解即可．
【详解】方程整理得：x(x﹣2)=0
可得x=0或x﹣2=0
解得：x1=0，x2=2
故答案为：x1=0，x2=2．
12. “学史明智”，历史是最好的教科书，也是最好的清醒剂和营养剂．在如图所示的四张无差别卡片上分别写有不同的历史事件，将卡片置于暗箱摇匀后随机抽取两张，则所抽取事件都发生于新中国成立以后的概率为____．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了利用列举法求概率．先画出树状图，从而可得所有可能结果，再找出抽取事件都发生于新中国成立以后的结果，然后利用概率公式进行计算即可得．
【详解】解：设①商鞅变法，②改革开放，③虎门销烟，④香港回归，
画树状图如下：

由树状图可知共有12种等可能结果，其中所抽取事件都发生于新中国成立以后的有2种结果，
所以所抽取事件都发生于新中国成立以后的概率为．
故答案为：．
13. 已知一个正多边形的每个外角为，则这个多边形的边数是______．
【答案】8##八
【解析】
【分析】本题主要考查了多边形的外角，解题的关键是掌握多边形的外角和是．利用外角和定理求出边数即可．
【详解】解：，
故答案为：8．
14. 若不等式组无解，则m的取值范围是_____________
【答案】m≥7
【解析】
【分析】由求不等式组解集的口诀“同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小无解了”，依据不等式的无解的情况即可求解．
【详解】解：∵不等式组无解，
∴m≥7．
故答案为：m≥7
【点睛】此题主要考查不等式无解的情况，解题的关键是熟知求不等式的解集口诀，同时注意界点的取值．
15. 如图1，在长方形中，动点R从点N出发，沿方向运动至点M处停止，设点R运动的路程为x，三角形的面积为y，如果y随x变化的图象如图2所示，则三角形的最大的面积是______．
【答案】12
【解析】
【分析】本题考查了动点问题的函数图像，解决本题的关键是理解函数图像与原矩形的关系．根据题意利用随变化的图像可得，，进而可以解决问题．
【详解】解：当在上运动时，面积不断在增大，当到达点时，面积开始不变，到达后面积不断减小，
由图可知：当时，点与点重合，，
当时，点与点重合，，
长方形的面积为：，即三角形的最大面积是，
故答案为：．
16. 如图，在正方形中，是等边三角形，、的延长线分别交于点、，连接、，与相交于点．给出下列结论：①；②；③；④；其中正确的是______．

【答案】①②③④
【解析】
【分析】由正方形的性质得出，，由等边三角形的性质得出，，进而得出，即可判断选项①；由等腰三角形的性质得出，由正方形对角线的性质得出，得，得出，由平行线的性质得出，得出，即可判断选项②；由三角形内角和定理求出，进而求出，即可判断选项③；由，，得出，由相似三角形的性质即可判断选项④；从而得出答案．
【详解】解：∵四边形是正方形，是等边三角形，
∴，，，，，
∴，，，
∴，，
∴结论①正确；
∴，
∵是正方形的对角线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴结论②正确；
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴结论③正确；
∵°，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴结论④正确；
∴正确的是①②③④．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，正方形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，等边三角形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识是解题的关键．
三、解答题：（本大题共10个小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 计算：．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了实数的运算，利用负整数指数幂、零指数幂、绝对值的意义，二次根式的性质，特殊角的三角函数化简计算即可．
【详解】解：原式
．
18. 解不等式组并把解集在数轴上表示出来.

【答案】，在数轴上表示见解析
【解析】
【分析】本题考查解一元一次不等式组，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解题关键．先解出每个不等式的解集，再取公共解集，最后在数轴上表示出来即可．
【详解】解：，
解得，
解得，
在数轴上表示为：

∴不等式组的解集为．
19. 如图，四边形是平行四边形，F是中点，延长交延长线于点E．证明：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定，熟练掌握平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定是解题的关键；由平行四边形的性质可得，进而可证，即可证明；
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵F是中点，
，
∴，
；
20. 小伟站在一个深为3米的泳池边，他看到泳池内有一块鹅卵石，据此他提出问题：鹅卵石的像到水面的距离是多少米？小伟利用光学知识和仪器测量数据解决问题，具体研究方案如下：
请你根据上述信息解决以下问题：
（1）求的大小；
（2）求鹅卵石的像G到水面的距离．（结果精确到）
（参考数据：，，，）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是：
（1）根据，求出，然后结合即可求解；
（2）先求出，在中，利用正切定义求出，在中，，利用正切定义求出即可．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
又，
∴，
又，
∴；
【小问2详解】
解：∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在中，，
在中，，
∴．
21. 青少年体重指数（）是评价青少年营养状况、肥胖的一种衡量方式．其中体重指数计算公式：（），其中表示体重（），表示身高（）．《国家学生体质健康标准》将学生体重指数（）分成四个等级（如表），为了解学校学生体重指数分布情况，八年级某数学综合实践小组开展了一次调查．
【数据收集】小组成员从本校学生中随机抽取部分学生进行问卷调查，并收集数据：
【数据整理】调查小组根据收集的数据，绘制了两组不完整的统计图．
【问题解决】根据以上信息，解决下列问题：
（1）若一位男生的身高为，体重为，则他的体重指数（）属于_____等级；（填“”，“”，“”，“”）
（2）求本次调查的总人数，并补全条形统计图；
（3）求扇形统计图中表示体重指数（）“”等级的扇形的圆心角的度数；
（4）若该校共有2000名学生，估计全校体重指数为“肥胖”的学生约为多少人？
【答案】（1）
（2）调查的总人数为人，条形统计图见解析
（3）
（4）人
【解析】
【分析】本题考查了频数分布表与扇形统计图，求扇形统计图的圆心角及样本估计总体，从统计图表中获取信息是解题的关键．
（1）根据体重指数（）公式计算即可判断出答案；
（2）用等级的人数除以可得总人数，用总人数乘，再减去等级的男生人数，进而得出等级的女生人数，再补全条形统计图即可；
（3）用乘以等级所占的百分比即可；
（4）利用样本估计总体，可估计出全校体重指标为“肥胖”的学生人数．
【小问1详解】
解：（1）∵，，
∴他的体重指数（）属于等级；
故答案为：
【小问2详解】
本次调查的样本容量是：，
等级的女生人数为：（人），
补全条形统计图如下：
【小问3详解】
，
答：“”等级的扇形的圆心角的度数为；
【小问4详解】
（人），
答：估计全校体重指数为“肥胖”的学生约为120人．
22. 如图，是的直径，是外的一点，且，与相交于点，过点作的切线交于点．
（1）求证：；
（2）当，时，求的半径．
【答案】（1）见详解 （2）的半径为
【解析】
【分析】（1）如图，连接，根据切线的性质得到．根据等腰三角形的性质得到，，根据平行线的性质得到结论；
（2）如图，连接．由（1）知，，根据垂直的定义得到．根据勾股定理得到，根据圆周角定理得到，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【小问1详解】
证明：如图，连接．

是的切线，
，
∴，
，
．
，
，
，
，
∴，
．
【小问2详解】
解：如图，连接．
，
．
．
是的直径，
，
∴，
，
．
，
，
即，
，
的半径为．
【点睛】本题考查了切线的性质，平行线的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键．
23. 某物流公司有360箱货物需要运送，现有甲、乙、丙三种车型供运输选择，每辆车的运载能力和运费如表所示： (假设每辆车均满载)
（1）全部货物一次性运送可用甲型车6辆， 乙型车4辆， 丙型车 辆：
（2）若全部货物仅用甲、 乙两种车型一次性运完， 需运费5100元，求甲、 乙两种车型各需多少辆？
（3）若该公司打算用甲、 乙、丙三种车型同时参与运送， 已知车辆总数为11辆， 且一次性运完所有货物， 请设计出所有的运送方案， 并写出最少运费．
【答案】（1）3 （2）甲种车型需9辆，乙种车型需6辆
（3）所有的运送方案为：①甲车 1辆， 乙车6辆， 丙车4辆；②甲车2辆， 乙车4辆， 丙车5辆；③甲车3辆，乙车2辆，丙车6辆．最低运费为4400元
【解析】
【分析】本题考查了二元一次方程组的应用、方程的应用以及有理数的混合运算，解题的关键是找准等量关系，正确列出二元一次方程组；
（1）利用所需丙型车的数量（货物的总箱数每辆甲型车的运载量使用用型车的辆数一每辆乙型车的运载量使用乙型车的辆数）每辆丙型车的运载量，即可求出结论；
（2）设甲型车需x辆，乙型车需y辆，根据“甲、乙两种车型一次性可运送360箱货物，且需运费5100元”，可列出关于必，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（3）设使用a辆甲型车，b辆乙型车，则使用辆丙型车，根据使用的三种车型一次性可运送360箱货物，可列出关于a，b的二元一次方程，结合a，b，均为正整数，可得出各运输方案，再求出各方案所需运费，比较后即可得出结论．
【小问1详解】
根据题意得：
（辆）；
故答案为：3；
【小问2详解】
设甲种车型需x辆，乙种车型需y辆，根据题意得：

解得
答：甲种车型需9辆，乙种车型需6辆．
【小问3详解】
设甲车有a辆，乙车有b辆，则丙车有辆， 由题意得
∵a、 b、均为正整数，
，，
∴所有的运送方案为：
①甲车 1辆， 乙车6辆， 丙车4辆；
(元)，
②甲车2辆， 乙车4辆， 丙车5辆；
(元)，
③甲车3辆，乙车2辆，丙车6辆．
(元)，
最低运费为4400元．
24. 综合与探究
如图，一次函数与反比例函数的图象交于点，与轴交于点．
（1）求这个反比例函数的表达式；
（2）点是轴上的一个动点，连接，，当线段与之和最小时，求点的坐标；
（3）过点作直线轴，交反比例函数的图象于点，若点是直线上的一个动点，点是平面直角系内的一个动点，试判断是否存在这样的点，使得以点，，，为顶点的四边形是菱形．若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）存在，或或或
【解析】
分析】（1）先将点代入一次函数解析式，求出点坐标，再代入反比例函数解析式，求解即可；
（2）求出点坐标，作点关于轴的对称点，连接，与轴的交点即为点，求出的解析式，进而求出点的坐标即可；
（3）分为菱形的边长，以及为菱形的对角线，两种情况进行讨论求解即可．
【小问1详解】
解：把代入，得：，
∴，
∴，
∴反比例函数的解析式为：；
【小问2详解】
∵，当时间，，
∴，
作点关于轴的对称点，
则：，，
∴当三点共线时，的值最小，
连接，与轴的交点即为点，
设直线的解析式为：，把代入，得：，
∴，
∴当时，，
∴；
【小问3详解】
∵过点作直线轴，交反比例函数的图象于点，
∴点的纵坐标为，
∴，
设，设，
则：，，；
当点，，，为顶点的四边形是菱形，分两种情况：
①当为边时，则：，
当时：，，
则：，解得：，
当时：，，即：；
当时：，，即：；
当时，，，
则：，解得：或（舍掉），
当时，，，即：；
②当为对角线时：则，
∴，
此时，即：，解得：，
∴，即：；
综上：或或或．
【点睛】本题考查反比例函数与一次函数综合应用，反比例函数与几何的综合应用，涉及求函数解析式，利用轴对称解决线段和最小问题，菱形的性质．正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想，进行求解，是解题的关键．属于压轴题．
25. 如图1，△ABC是等腰直角三角形，AB＝BC，∠ABC＝90°，线段BD可绕点B在平面内旋转，BD＝4．
（1）若AB＝8，在线段BD旋转过程中，当点B，C，D三点在同一直线上时，直接写出CD的长．
（2）如图2，若将线段BD绕点B按顺时针方向旋转90°，得到线段BE，连接AE，CE．
①当点D的位置由△ABC外的点D转到其内的点E处，且∠AEB＝135°，AE＝2时，求CE的长；
②如图3，若AB＝8，连接DE，将△BDE绕点B在平面内旋转，分别取DE，AE，AC的中点M，P，N，连接MP，PN，NM，请直接写出△MPN面积S的取值范围．

【答案】（1）CD的长为4或8；（2）①2；②2≤S≤18．
【解析】
【分析】（1）分两种情形分别求解即可．
（2）①首先证明∠AED＝90°，利用勾股定理求出DE，AD，再利用全等三角形的性质证明EC＝AD即可．
②如图3中，连接AD，延长CE交AB于O，交AD于J．想办法证明△PMN是等腰直角三角形，，求出AD的取值范围即可．
【详解】解：（1）当点D在CB的延长线上时，CD＝4+8＝12，
当点D在线段BC上时，CD＝8﹣4＝4，
故CD的长为4或12．
（2）①如图2中，连接AD，DE．

∵BD＝BE＝4，∠DBE＝90°，
∴，∠DEB＝45°，
∵∠AEB＝135°，
∴∠AED＝90°，
∵，
∴
∵∠DBE＝∠ABC＝90°，
∴∠DBA＝∠EBC，
∵BD＝BE，BA＝BC，
∴△DBA≌△EBC（SAS），
∴．
②如图3中，连接AD，延长CE交AB于O，交AD于J．

∵∠DBE＝∠ABC＝90°，
∴∠DBA＝∠EBC，
∵BD＝BE，BA＝BC，
∴△DBA≌△EBC（SAS），
∴EC＝AD，∠DAB＝∠ECB，
∵∠BOC+∠BCE＝90°，∠AOJ＝∠BOC，
∴∠AOJ+∠DAB＝90°，
∴∠AJC＝90°，
∴CJ⊥AD，
∵AP＝EP，EM＝MD，
∴PM∥AD，，
同法可得，PN∥EC，，
∴PM＝PN，PM⊥JC，
∴PN⊥PM，
∴△PMN是等腰直角三角形，
∴
∵4≤AD≤12，
∴2≤S△PMN≤18．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的面积，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
26. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C，连接．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是直线上方抛物线上一动点，过点P作轴交于点M，过点P作交于点N，求的最大值及此时点P的坐标；
（3）把原抛物线）沿射线方向平移8个单位，点E为平移后新抛物线对称轴上的一点，连接，将沿直线翻折，使得点E的对应点点Q落在坐标轴上．写出所有符合条件的点E的坐标．
【答案】（1）
（2）；
（3）点的坐标为或
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出，则；再求出直线解析式为；解直角三角形得到，则，同理可得，则，进而得到，则，则，设，则，可得，则，据此可得答案；
（3）先推出把原抛物线）沿射线方向平移8个单位，相当于把抛物线向右移动4个单位，向上移动个单位，则可求出平移后的抛物线对称轴为直线；再分当点E在x轴上下且点Q在y轴上时，当点E在x轴下方，且点Q恰好在x轴上时，两种情况讨论求解即可．
【小问1详解】
解：把，代入中得：，
∴，
∴抛物线解析式为；
【小问2详解】
解：在中，当时，，
∴，
∴；
设直线解析式为，
∴，
∴，
∴直线解析式为；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∵当时，有最大值，最大值为，
∴此时点P坐标为；
【小问3详解】
解：由（2）得，
∴把原抛物线沿射线方向平移8个单位，相当于把抛物线向右移动4个单位，向上移动个单位，
∵原抛物线对称轴为直线，
∴平移后的抛物线对称轴为直线；
如下图所示，当点E在x轴上下且点Q在y轴上时，设直线于直线交于H，
在中，当时，，
∴；
由（2）得，
∵，
∴，
由翻折的性质可得，
∴是等边三角形，
∴点C在线段的垂直平分线上，
∴，
∴，
∴；

如下图所示，当点E在x轴下方，且点Q恰好在x轴上时，设直线于轴交于H，
由翻折的性质可得，
由（2）得，即，
∴，
∴直线与y轴所夹的锐角和直线与直线所夹的锐角相同，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴；

综上所述，点E的坐标为或．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，解直角三角形，等边三角形的性质与判定，一次函数与几何综合，解题的关键是数形结合，注意进行分类讨论．
问题
鹅卵石的像到水面的距离
工具
纸、笔、计算器、测角仪等
图形
说明
根据实际问题画出示意图（如上图），鹅卵石在C处，其像在G处，泳池深为，且，于点N，于点B，于点H，点G在上，A，B，G三点共线，通过查阅资料获得．
数据
，．
等级
偏瘦（）
标准（）
超重（）
肥胖（）
男
女
车型
甲
乙
丙
运载量(箱/辆)
20
30
40
运费(元/辆)
300
400
450