精品解析：2020年四川省攀枝花市西区2020届九年级中考一模数学试题（解析版+原卷版）

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2020年四川省攀枝花市西区2020届九年级中考一模数学试题
一、选择题：（每小题3分，共30分）
1. 下列实数中，无理数是（　　）
A. B. π C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据无理数的定义即可判定选择项．
【详解】A、是分数，属于有理数；
B、π是无理数；
C、，是整数，属于有理数；
D、是分数，属于有理数；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了无理数的定义，其中初中范围内学习的无理数有：π，2π等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001…，等有这样规律的数．
2. 下列运算正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】A选项根据同底数幂的加法法则即可判定；B选项根据同底数幂的减法法则即可判定；C选项根据幂的乘方即可判定；D选项根据同底数幂乘法法则即可判定.
【详解】A选项，，错误；
B选项，，正确；
C选项，，错误；
D选项，，错误；
故答案为B.
【点睛】此题主要考查同底数幂的运算，熟练掌握，即可解题.
3. 下列各图形都由若干个小正方形构成，其中是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念，即可.
【详解】A图形是轴对称图形，不是中心对称图形；
B图形是轴对称图形，不是中心对称图形；
C图形是中心对称图形；
D图形是轴对称图形，不是中心对称图形；
故选C.
【点睛】本题主要考查中心对称图形的概念，掌握中心对称图形的概念是关键.
4. 有一组数据：2，0，2，1，﹣2，则这组数据的中位数、众数分别是（　　）
A. 1，2 B. 2，2 C. 2，1 D. 1，1
【答案】A
【解析】
【分析】把这组数据按照从小到大的顺序排列，找出最中间的数即是中位数，在这组数据中出现次数最多的是2，从而得到这组数据的众数．
【详解】解：把这组数据按照从小到大的顺序排列﹣2，0，1，2，2，
所以中位数是1；
在这组数据中出现次数最多的是2，
即众数是2，
故选A．
【点睛】本题考查一组数据的中位数和众数，在求中位数时，首先要把这列数字按照从小到大或从的大到小排列，找出中间一个数字或中间两个数字的平均数即为所求．
5. 某种生物细胞的直径约为0.00056m，将0.00056用科学记数法表示为（ ）
A. 0.56×10-3 B. 5.6×10-4 C. 5.6×10-5 D. 56×10-5
【答案】B
【解析】
【详解】试题解析：将0.00056用科学记数法表示为5.6×10-4．
故选B．
考点：科学记数法—表示较小的数．
6. 设m，n分别为一元二次方程的两个不等实根，则（　　）
A. 2018 B. 2019 C. 2020 D. 2022
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次方程的解，结合根与系数的关系即可得出所求代数式的值．
【详解】解：∵m，n分别为一元二次方程的两个不等实根，
∴，，
∴，
∴=
故选C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解及根与系数的关系．对于一元二次方程，如果方程两个根为x1，x2，则x1+x2=，x1x2=．
7. 下列说法中：
四个角都相等的四边形是矩形．
两组对边分别相等并且有一个角是直角的四边形是矩形．
对角线相等并且有一个角是直角的四边形是矩形．
一组对边平行，另一组对边相等并且有一个角为直角的四边形是矩形．
正确的个数是（ ）
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】根据矩形的判定定理：
（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）有三个角是直角的四边形是矩形．
（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形，据此判定来判断．
【详解】由矩形的判定定理易推得（1）、（2）、（4）正确；（3）错误．
故选C．
【点睛】本题考查的知识点是矩形的判定（有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等且互相平分；有三个角为直角的四边形是矩形），解题关键是熟记矩形的定义进行解题.
8. 如图，点A、B、C是⊙O上的三点，且四边形ABCO是平行四边形，OF⊥OC交圆O于点F，则∠BAF等于(　　)

A. 12.5° B. 15° C. 20° D. 22.5°
【答案】B
【解析】
【详解】解：连接OB，
∵四边形ABCO是平行四边形，
∴OC=AB，又OA=OB=OC，
∴OA=OB=AB，
∴△AOB为等边三角形，
∵OF⊥OC，OC∥AB，
∴OF⊥AB，
∴∠BOF=∠AOF=30°，
由圆周角定理得∠BAF=∠BOF=15°
故选:B

9. 已知二次函数图象如图所示，设，则关于M值的正负判断正确的是（ ）

A. M0 D. 不能确定
【答案】B
【解析】
【分析】由抛物线的位置确定解析式中系数符号特征，判定a、b、c的符号，并由x=±1，推出相应y值的正负性，即可求得M的取值范围．
【详解】解：由图可知a＞0，c＜0，
对称轴0＜-＜1，则b＜0，可得2a+b＞0，2a-b＞0，
当x=1时，a+b+c＜0，当x=-1时，a-b+c＞0，
且由图可看出|a+b+c|＜|a-b+c|，
∴M=|a+b+c|+|a-b+c|+|2a+b|-|2a-b|=-a-b-c+a-b+c+2a+b-2a+b=0，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图象和系数的关系，灵活运用抛物线的性质是解题的关键．
10. 如图，正方形ABCD中，E为CD的中点，AE的垂直平分线分别交AD，BC及AB的延长线于点F，G，H，连接HE，HC，OD，连接CO并延长交AD于点M．则下列结论中：
①FG=2AO；②OD∥HE；③；④2OE2=AH•DE；⑤GO+BH=HC
正确结论的个数有（　　）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】建立以B点位坐标原点的平面直角坐标系，分别求出相应直线的解析式和点的坐标，求出各线段的距离，可得出结论.
详解】解：如图，
建立以B点为坐标原点的平面直角坐标系，设正方形边长为2，可分别得各点坐标，
A(0,2),B(0,0),C(2,0),D(2,2), E为CD的中点,可得E点坐标（2，1），可得AE的直线方程，，由OF为直线AE的中垂线可得O点为，设直线OF的斜率为K，得，可得k=2,同时经过点O(),可得OF的直线方程：
，可得OF与x轴、y轴的交点坐标G(,0),H(0,),及F(,2),
同理可得：直线CO的方程为：，可得M点坐标（，2），
可得：①FG=,
AO==,
故FG=2AO，故①正确；
②：由O点坐标，D点坐标（2，2），可得OD的方程：，
由H点坐标(0,)，E点坐标（2，1），可得HE方程：，
由两方程的斜率不相等，可得OD不平行于HE，
故②错误；
③由A(0,2)，M（，2），H(0,)，E（2，1），
可得：BH=,EC=1,AM=,MD=,
故=，
故③正确；
④：由O点坐标，E（2，1），H(0,)，D(2,2),
可得：,
AH=,DE=1,有2OE2=AH•DE，
故④正确；
⑤：由G(,0)，O点坐标，H(0,)，C(2,0),
可得：,
BH=,HC=,
可得：GO≠BH+HC,
故正确的有①③④，
故选B.
【点睛】本题主要考查一次函数与矩形的综合，及点与点之间的距离公式，难度较大，灵活建立直角坐标系是解题的关键.
二、填空题：（每小题4分，共24分）
11. 因式分解：27a3﹣3a＝_____．
【答案】3a(3a+1)(3a﹣1
【解析】
【分析】原式提取公因式，再利用平方差公式分解即可．
【详解】原式＝3a(9a2﹣1)＝3a(3a+1)(3a﹣1)，
故答案为3a(3a+1)(3a﹣1)
【点睛】此题考查了提公因式法与公式法的综合运用，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
12. 若与是同类二次根式，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】化简后根据题意，他们的被开方数相同，列出方程求解即可.
【详解】解：∵，
∴由已知2a+1=4-a,
解得a=1.
故答案为1.
【点睛】本题考查同类二次根式的概念，同类二次根式是最简二次根式化简后，被开方数相同的二次根式称为最简二次根式.
13. 从﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2这6个数中任意取出一个数记作k，则既能使函数y＝的图象经过第一、第三象限，又能使关于x的一元二次方程x2﹣kx+1＝0有实数根的概率为_____．
【答案】．
【解析】
【分析】确定使函数图象经过第一、三象限的k的值，然后确定使方程有实数根的k值，找到同时满足两个条件的k的值即可．
【详解】解：这6个数中能使函数y＝的图象经过第一、第三象限的有1，2这2个数，
∵关于x的一元二次方程x2﹣kx+1＝0有实数根，
∴k2﹣4≥0，
解得k≤﹣2或k≥2，
能满足这一条件的数是：﹣3、﹣2、2这3个数，
∴能同时满足这两个条件的只有2这个数，
∴此概率为，
故答案为：．
14. 若关于x的方程无解，则m的值为__________．
【答案】-1或-
【解析】
【分析】直接解分式方程，再利用一元一次方程无解和分式方程无解分别分析得出答案．
【详解】解：，
去分母得：（x+4）+m(x-4)=4，
可得：（m+1）x=4m，
当m+1=0时，分式方程无解，
此时m=-1，
当m+1≠0时，则x==±4，
当=4时，此时方程无解；
当=-4时，解得：m=-，
经检验，m=-是方程=-4的解，
综上所述：m=-1或-．
故答案为：-1或-．
【点睛】此题主要考查了分式方程的解，正确分类讨论是解题关键．
15. 如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，以D为圆心，3为半径作⊙D，E为⊙D上一动点，连接AE，以AE为直角边作Rt△AEF，使∠EAF＝90°，tan∠AEF＝ ，则点F与点C的最小距离为_____．

【答案】3﹣1　．
【解析】
【分析】如图，取AB的中点G，连接FG，根据已知条件易证△AFG∽△EAD，根据相似三角形的性质求得FG=1；即可得点F在以点G为圆心，半径为1的圆上，所以当点F在线段GC上时，点F与点C的距离最小，由此即可求得点F与点C的最小距离.
【详解】如图，取AB的中点G，连接FG，

∵AB=4，AD=6，
∴AG=2，；
在Rt△AEF，∠EAF＝90°，tan∠AEF＝ ，
∴,
∴,
∵∠EAF＝∠BAD＝90°，
∴∠FAG＝∠EAD，
∴△AFG∽△EAD，
∴,
∵DE=3,
∴FG=1；
∵点E为⊙D上一动点，
∴点F在以点G为圆心，半径为1的圆上，
∴当点F在线段GC上时，点F与点C的距离最小，
在Rt△GBC中，BC=6，GB=3，由勾股定理求得GC=3，
∴FC=3﹣1．
即点F与点C的最小距离为3﹣1．
故答案为3﹣1．
【点睛】本题考查了最短距离问题，证得点F在以点G为圆心，半径为1的圆上及当点F在线段GC上时，点F与点C的距离最小是解决问题的关键.
16. 如图放置的正方形，正方形，正方形，…都是边长为的正方形，点在轴上，点，…，都在直线上，则的坐标是__________，的坐标是______.

【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】先求出OA的长度，然后利用含30°的直角三角形的性质得到点D的坐标，探索规律，从而得到的坐标即可．
【详解】分别过点 作y轴的垂线交y轴于点，

∵点B在上
设

∴






同理， 都是含30°的直角三角形
∵,

∴
同理，点 的横坐标为
纵坐标为
故点的坐标为
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查含30°的直角三角形的性质，找到点的坐标规律是解题的关键．
三、解答题：（17-19每小题6分，20-22每小题8分，23-24每小题12分，共66分）
17. 先化简，再求值：，其中．
【答案】，
【解析】
【分析】先把分式化简，然后将x、y的值代入化简后的式子求值即可．
【详解】原式，
当时，原式.
【点睛】本题考查了分式的化简求值这一知识点，把分式化到最简是解题的关键．
18. 如图，点C在线段AB上，AD∥EB，AC=BE，AD=BC，CF平分∠DCE．试探索CF与DE的位置关系，并说明理由．

【答案】CF⊥DE，理由见试题解析．
【解析】
【详解】试题分析：由AD∥EB得出∠A=∠B，根据SAS证得△ACD≌△BEC，得到DC=CE，根据等腰三角形的三线合一定理即可得到结论．
试题解析：CF⊥DE，CF平分DE，理由是：∵AD∥BE，∴∠A=∠B，
△ACD和△BEC中，∵AD=BC，∠A=∠B，AC=BE，∴△ACD≌△BEC（SAS），∴DC=CE，∵CF平分∠DCE，∴CF⊥DE，CF平分DE（三线合一）．
考点：全等三角形的判定与性质．
19. 攀枝花市某中学为了解学生对食堂工作的满意程度，9年级7班数学兴趣小组在全校甲、乙两个班内进行了调查统计，将调查结果分为不满意、一般、满意、非常满意四类，回收、整理好全部问卷后，得到下列不完整的统计图．请结合图中信息，解决下列问题：

（1）求此次调查中接受调查的人数
（2）求此次调查中结果为非常满意的人数
（3）兴趣小组准备从调查结果为一般的4位同学中随机选择2位进行回访，已知4位同学中有2位来自甲班，另2位来自乙班，请用列表或用画树状图的方法求出选择的同学均来自甲班的概率．
【答案】（1）25人；（2）9人；（3）图表见解析，
【解析】
【分析】（1）由满意的有10人，占40%，即可求得此次调查中接受调查的人数．
（2）由（1），即可求得此次调查中结果为非常满意的人数．
（3）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与选择的市民均来自甲班的情况，再利用概率公式即可求得答案．
【详解】（1）∵满意的有10人，占40%，
∴此次调查中接受调查的人数：10÷40%=25（人）；
（2）此次调查中结果为非常满意的人数为：25×36%=9（人）；
（3）画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，选择的同学均来自甲班的有2种情况，
∴P（选择的同学均来自甲班）==．
【点睛】本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．
20. 有一个坡度的斜坡,顶部 处的高 为 4 米， 在同一水平地面上，其横截面如图．

（1）求该斜坡的坡面 的长度．
（2）现有一个侧面图为矩形 的长方体货柜，其中 米, 米，该货柜沿斜坡向下时，点 离 所在水平面的高度不断变化，求当 米时，点离 所在水平面的高度．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）根据坡度定义以及勾股定理解答即可；
（2）证出∠GDM=∠HBM，根据，得到GM=1m，利用勾股定理求出DM的长，然后求出BM=5m，进而求出MH，然后得到DH．
【详解】（1）∵坡度 米，
∴（米）

（2）


（米）
（米）
（米）
设 米，则 米，

（米）
（米）
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用--坡度坡角问题，熟悉坡度坡角的定义和勾股定理是解题的关键．
21. 如图，在平面直角坐标系中有，，，，，．
(1)请直接写出点坐标．
(2)将沿轴的正方向平移个单位，、两点的对应点、正好落在反比例函数在第一象限内图象上．请求出，的值．
(3)在(2)条件下，问是否存轴上的点和反比例函数图象上的点，使得以、，，为顶点的四边形构成平行四边形?如果存在，请求出所有满足条件的点和点的坐标；如果不存在，请说明理由．

【答案】(1)点坐标为（-4，3）；
(2) 的值为6，的值为6；
(3)M的坐标为（6.5，0）N的坐标为（1.5，4），或M的坐标为（7，0）N的坐标为（3，2），或M的坐标为（-7，0）N的坐标为（-3，-2）
【解析】
【分析】（1）由在平面直角坐标系中有Rt△ABC，∠A=90°，AB=AC，可证得△ADC≌△BOA，继而求得C点坐标；
（2）向右平移了t个单位长度，则点B′的坐标为（t，1）、C′的坐标为（t-4，3），由B′、C′正好落在反比例函数的图象上，即可得t=3（t-4），继而求得t的值，则可求得k的值 ；
（3）进行分类试论出MN的位置，即可得解．
【详解】（1）如图1，过点C作CD⊥x轴于点D，则∠ADC=∠AOB=90°，

∴∠DAC+∠ACD=90°，
∵Rt△ABC，∠A=90°，
∴∠DAC+∠BAO=90°，
∴∠BAO=∠ACD，
在△ADC和△BOA中，
，
∴△ADC≌△BOA（AAS），
∴AD=OB=1，CD=OA=3，
∴OD=OA+AD=4，
∴C点坐标为：（-4，3）；
（2）ΔABC向右平移了t个单位长度，则点B′坐标为（t，1）、C′的坐标为（t-4，3），如图，

∵B′、C′正好落在反比例函数图象上，
∴t=3（t-4），
解得：t=6，
∴B′（6，1），C′（3，2），
∴k=6；
（3）MN平行四边形MCˊNBˊ对角线时，由平行四边形对角线互相平分，可知线段BˊCˊ，MN的中点为同一个点，即： ，yN =4，
代入，
得xN=1.5
故N点坐标为（1.5，4）
，xN=6.5，
所以M点的坐标为（6.5，0）
MCˊ平行四边形MNCˊBˊ对角线时，可得M的坐标为（7，0），N点的坐标为（3，2）
MBˊ平行四边形MCˊBˊN对角线时，可得M的坐标为（-7，0），N点的坐标为（-3，-2）


【点睛】此题属于反比例函数综合题．考查了待定系数求函数解析式、平移的性质以及全等三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
22. 如图，直线AB经过⊙O上的点C，直线AO与⊙O交于点E和点D，OB与⊙O交于点F连接DF、DC．已知OA＝OB，CA＝CB．
（1）求证：直线AB是⊙O的切线；
（2）求证：∠FDC＝∠EDC；
（3）已知：DE＝10，DF＝8，求CD的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）3．
【解析】
【分析】（1）欲证明直线AB是⊙O的切线，只要证明OC⊥AB即可；
（2）首先证明OC∥DF，再证明∠CDF＝∠OCD，∠EDC=∠OCD即可；
（3）作ON⊥DF于N，延长DF交AB于M，在RT△CDM中，求出DM、CM即可解决问题.
【详解】（1）证明：连接OC．

∵OA＝OB，AC＝CB，
∴OC⊥AB，
∵点C在⊙O上，
∴AB是⊙O切线．
（2）证明：∵OA＝OB，AC＝CB，
∴∠AOC＝∠BOC，
∵OD＝OF，
∴∠ODF＝∠OFD，
∵∠AOB＝∠ODF+∠OFD＝∠AOC+∠BOC，
∴∠BOC＝∠OFD，
∴OC∥DF，
∴∠CDF＝∠OCD，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠ADC＝∠CDF．
（3）解：作ON⊥DF于N，延长DF交AB于M．
∵ON⊥DF，
∴DN＝NF＝4，
在Rt△ODN中，∵∠OND＝90°，OD＝5，DN＝4，
∴ ＝3，
∵∠OCM+∠CMN＝180°，∠OCM＝90°，
∴∠OCM＝∠CMN＝∠MNO＝90°，
∴四边形OCMN是矩形，
∴ON＝CM＝3，MN＝OC＝5，
在RT△CDM中，∵∠DMC＝90°，CM＝3，DM＝DN+MN＝9，
∴CD＝ ＝3 ．
【点睛】此题主要考查切线的判断定理、圆周角定理及垂径定理.灵活掌握是关键.
23. 在直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形OABC，连接OB，点D为OB的中点，点E是线段AB上的动点，连接DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连接EF．已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒．
（1）如图1，当t=3时，求DF的长．
（2）如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出的值．
（3）连接AD，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，求相应的t的值．

【答案】（1）（2）不变，（3）t=或
【解析】
【分析】（1）当t=3时，点E为AB的中点，由三角形中位线定理得出DE∥OA，DE=OA=4，再由矩形的性质证出DE⊥AB，得出∠OAB=∠DEA=90°，证出四边形DFAE是矩形，得出DF=AE=3即可；
（2）作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，证明四边形DMAN是矩形，得出∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，由平行线得出比例式，，由三角形中位线定理得出DM=AB=3，DN=OA=4，证明△DMF∽△DNE，得出的值；
（3）作作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点；
①当点E到达中点之前时，NE=3-t，由△DMF∽△DNE得：MF=（3-t），求出AF=4+MF=，得出G（，），求出直线AD的解析式为y=，把G（，）代入即可求出t的值；
②当点E越过中点之后，NE=t-3，由△DMF∽△DNE得：MF=，求出AF=4-MF=，得出G（，），代入直线AD的解析式y=求出t的值即可．
【详解】解：（1）当t=3时，点E为AB的中点，
∵A（8，0），C（0，6），
∴OA=8，OC=6，
∵点D为OB的中点，
∴DE∥OA，DE=OA=4，
∵四边形OABC是矩形，
∴OA⊥AB，
∴DE⊥AB，
∴∠OAB=∠DEA=90°，
又∵DF⊥DE，
∴∠EDF=90°，
∴四边形DFAE是矩形，
∴DF=AE=3；
（2）的大小不变；
理由：如图2所示：作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，

∵四边形OABC是矩形，
∴OA⊥AB，
∴四边形DMAN是矩形，
∴∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，
∴，，
∵点D为OB的中点，
∴M、N分别是OA、AB的中点，
∴DM=AB=3，DN=OA=4，
∵∠EDF=90°，
∴∠FDM=∠EDN，
又∵∠DMF=∠DNE=90°，
∴△DMF∽△DNE，
∴．
（3）作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，
若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，
设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点；
①当点E到达中点之前时，如图3所示，NE=3-t，

由△DMF∽△DNE得：MF=，
∴，
∵点G为EF的三等分点，
∴G（，），
设直线AD的解析式为y=kx+b，
把A（8，0），D（4，3）代入得：，
解得：，
∴直线AD的解析式为：，
把点G（，）代入得：；
②当点E越过中点之后，如图4所示，NE=t-3，

由△DMF∽△DNE得：MF=，
∴，
∵点G为EF的三等分点，
∴G（，），
把点G代入直线AD的解析式，
解得：；
综合上述，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，的值为或.
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例定理、一次函数解析式的求法等知识；本题综合性强，难度较大．
24. 在平面直角坐标系中，过点的抛物线与x轴交于点，与y轴交于点C，过点A作轴于点D．

（1）求抛物线的解析式
（2）如图1，点P是直线AB上方抛物线上的一个动点，连结PD交AB于点Q，连结AP，当时，求点P的坐标．
（3）如图2，G是线段OC上一个动点，连结DG，过点G作交AC于点M，过点M作射线MN，使，交射线GD于点N；过点G作，垂足为点H，连结BH．请直接写出线段BH的最小值．
【答案】（1）；（2）点P的坐标为或；（3）BH的最小值是．
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求解可得；
（2）作PE∥x轴，交AB于点E，由S△AQD=2S△APQ且△AQD与△APQ是等高的两个三角形知，证△PQE∽△DQB得 据此求得PE=2，求得直线AB的解析式为y=x+1，设E（x，x+1），知P（x-2，x+1），将点P坐标代入y=-x2+3x+4求得x的值，从而得出答案；
（3）证∠GHM=90°，再证点C、G、H、M共圆得∠GCH=∠GMH=60°，据此知点H在与y轴夹角为60°的定直线上，从而得BH⊥CH时，BH最小，作HP⊥x轴，并延长PH交AC于点Q，证∠BHP=∠HCM=30°，设OP=a，知CQ=a，从而，BP=1+a，在Rt△BPH中，得出，BH=2（1+a），根据QH+HP=AD=4可求得a的值，从而得出答案．
【详解】解： （1）将点A（3，4），B（﹣1，0）代入
得
解得，
∴；
（2）如图1，过点P作PE∥x轴，交AB于点E，

∵A（3，4），AD⊥x轴
∴D（3，0）
∵B（﹣1，0）
∴BD＝3﹣（﹣1）＝4
∵S△AQD＝2S△APQ，△AQD与△APQ是等高的两个三角形
∴，
∵PE∥x轴
∴△PQE∽△DQB
∴，
∴，
∴PE＝2，
∵A（3，4），B（﹣1，0）
∴可求得直线AB的解析式为y＝x+1
设E（x，x+1），则P（x﹣2，x+1）
将点P坐标代入，得：，
解得，，
当时，，
∴点
当时，，
∴
∵点P是直线AB上方抛物线上的一个动点
∴﹣1＜x﹣2＜3
∴点P的坐标为或
（3）由（1）知抛物线的解析式为
∴C（0，4）
∵A（3，4）
∴AC∥x轴
∴∠OCA＝90°
∴GH⊥MN
∴∠GHM＝90°
在四边形CGHM中，∠GCM+∠GHM＝180°
∴点C、G、H、M共圆
如图2，连结CH

则∠GCH＝∠GMH＝60°
∴点H在与y轴夹角为60°的定直线上
∴当BH⊥CH时，BH最小，
过点H作HP⊥x轴于点P，并延长PH交AC于Q
∵∠GCH＝60°
∴∠HCM＝30°
又BH⊥CH，
∴∠BHC＝90°，
∴∠BHP＝∠HCM＝30°
设OP＝a，则CQ＝a，
∴QH＝a
∵B（﹣1，0）
∴OB＝1，
∴BP＝1+a
在Rt△BPH中，，
∵QH+HP＝AD＝4
∴
解得
∴．
∴BH的最小值是．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、相似三角形的判定与性质、解直角三角形的应用等知识点．