2023-2024学年广东省汕头市龙湖区林百欣中学九年级（下）素质摸查数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省汕头市龙湖区林百欣中学九年级（下）素质摸查数学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（3分）如图所示图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．（3分）抛物线y＝（x+1）2+2的对称轴为（ ）
A．直线x＝1B．直线y＝1C．直线y＝﹣1D．直线x＝﹣1
3．（3分）用配方法解一元二次方程x2+4x+1＝0，下列变形正确的是（ ）
A．（x﹣2）2﹣3＝0B．（x+4）2＝15
C．（x+2）2＝15D．（x+2）2＝3
4．（3分）抛物线y＝x2向左平移1个单位，再向上平移2个单位后，所得抛物线的表达式是（ ）
A．y＝（x+1）2﹣2B．y＝（x﹣1）2+2
C．y＝（x﹣1）2﹣2D．y＝（x+1）2+2
5．（3分）如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB于点D，交⊙O于点C，若半径为5，OD＝3，则弦AB的长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
6．（3分）设x1，x2是一元二次方程x2﹣2x﹣1＝0的两根，则＝（ ）
A．B．C．2D．﹣2
7．（3分）点A（﹣2，m），B（3，n）是反比例函数y＝的图象上两点，则m、n大小关系为（ ）
A．m＜nB．m＝nC．m＞nD．无法确定
8．（3分）已知圆心角为120°的扇形的弧长为6π，该扇形的面积为（ ）
A．18πB．27πC．36πD．54π
9．（3分）在同一坐标系中，一次函数y＝ax+k与二次函数y＝kx2+a的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
10．（3分）如图，是二次函数y＝ax2+bx+c图象的一部分，其对称轴是直线x＝﹣1，且过点（﹣3，0），下列说法：①abc＜0；②2a﹣b＝0；③若（﹣5，y1），（3，y2）是抛物线上两点，则y1＝y2；④4a+2b+c＜0，其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题（本大题5小题，每小题3分，共15分）
11．（3分）点P（﹣1，3）关于原点对称的点的坐标是 ．
12．（3分）已知方程2x2﹣mx+3＝0的一个根是﹣1，则m的值是 ．
13．（3分）在一个不透明的袋子里装有红球和白球共30个，这些球除颜色外都相同，小明通过多次试验发现，摸出白球的频率稳定在0.3左右，则袋子里白球可能是 个．
14．（3分）如图，△ABC为⊙O的内接三角形，O为圆心，OD⊥AB于点D，OE⊥AC于点E，若DE＝2，则BC＝ ．
15．（3分）如图，以G（0，3）为圆心，半径为6的圆与x轴交于A，B两点，与y轴交于C，D两点，点E为⊙G上一动点，CF⊥AE于F，点E在G的运动过程中，线段FG的长度的最小值为 ．
三、解答题（一）（本大题2小题，每小题5分，共10分）
16．（5分）解方程：x2﹣2x﹣15＝0．
17．（5分）已知关于x的一元二次方程x2﹣mx+m﹣1＝0．求证：方程总有两个实数根．
四、解答题（二）（本大题2小题，每小题7分，共14分）
18．（7分）在平面直角坐标系中，△AOB的三个顶点坐标分别为A（1，0），O（0，0），B（2，2）．以点O为旋转中心，将△AOB逆时针旋转90°，得到△A1OB1．
（1）画出△A1OB1，并写出点A1和点B1的坐标．
（2）求线段OB扫过的面积．
19．（7分）如图，AB是⊙O的弦，OD⊥OB，交AB于E，且AD＝ED．求证：AD是⊙O的切线．
五、解答题（三）（本大题3小题，每小题9分，共27分）
20．（9分）“2022卡塔尔世界杯”已经闭幕，足球运动备受人们的关注．某中学对部分学生就足球运动的了解程度，采用随机抽样调查的方式，并根据收集到的信息进行统计，绘制了如图两幅统计图．根据图中信息回答下列问题：
（1）接受问卷调查的学生共有50人，条形统计图中m的值为 ．
（2）若该中学共有学生1500人，根据上述调查结果，可以估计出该学校学生中对足球知识“不了解”和“了解很少”的总人数为 人．
（3）若从足球运动达到“非常了解”程度的2名男生和2名女生中随机抽取2人解说一场足球赛，请用列表或画树状图的方法，求恰好抽到1名男生和1名女生的概率．
21．（9分）如图，一次函数y＝kx+b的图象与反比例函数y＝图象交x于A（，4）、B（3，m）两点．
（1）求m，n的值；
（2）求直线AB的解析式；
（3）根据图像直接写出不等式kx+b＞中x的取值范围．
22．（9分）如图，有长为12m的篱笆，现一面利用墙（墙的最大可用长度a为5m）围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃，设花圃的宽AB为x m，面积为S m2．
（1）要围成面积为9m2的花圃，AB的长是多少米？
（2）当AB的长是多少米时，围成的花圃面积最大？
六、解答题（四）（本大题2小题，每小题12分，共24分）
23．（12分）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转矩形ABCD，旋转角为α（0°＜α＜180°），得到矩形AEFG，点B、点C、点D的对应点分别为点E、点F、点G．
（1）如图①，当点E落在DC边上时，线段EC的长度为 ．
（2）如图②，连结CF，当点E落在线段CF上时，AE与DC相交于点H，连结AC，
①求证：△ACD≌△CAE．
②线段DH的长度为 ．
（3）如图③，设点P为边GF的中点，连结PB、PE、BE，在矩形ABCD旋转的过程中，△BEP面积的最大值为 ．
24．（12分）抛物线y＝ax2+bx﹣4（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0）和B（4，0），与y轴交于点C，连接BC．点P是线段BC下方抛物线上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交BC于M，交x轴于N，设点P的横坐标为t．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）用关于t的代数式表示线段PM，求PM的最大值及此时点M的坐标；
（3）过点C作CH⊥PN于点H，S△BMN＝9S△CHM，
①求点P的坐标；
②连接CP，在y轴上是否存在点Q，使得△CPQ为直角三角形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
2023-2024学年广东省汕头市龙湖区林百欣中学九年级（下）素质摸查数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题10小题，每小题3分，共30分）
1．【分析】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，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，由此即可判断．
【解答】解：A．该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意；
C．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
D．该图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查中心对称图形，轴对称图形，关键是掌握中心对称图形，轴对称图形的定义．
2．【分析】根据顶点式二次函数解析式写出对称轴解析式即可．
【解答】解：抛物线y＝（x+1）2+2的对称轴为x＝﹣1．
故选：D．
【点评】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数顶点式解析式是解题的关键．
3．【分析】移项，配方，即可得出选项．
【解答】解：x2+4x+1＝0，
x2+4x＝﹣1，
x2+4x+4＝﹣1+4，
（x+2）2＝3，
故选：D．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能正确配方是解此题的关键．
4．【分析】根据二次函数图象的平移规律（左加右减，上加下减）进行解答即可．
【解答】解：抛物线y＝x2向左平移1个单位，再向上平移2个单位得y＝（x+1）2+2．
故选：D．
【点评】本题考查了抛物线的平移以及抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减．
5．【分析】由OC与AB垂直，利用垂径定理得到D为AB的中点，在直角三角形AOD中，由OA与OD的长，利用勾股定理求出AD的长，由AB＝2AD即可求出AB的长．
【解答】解：连接AO，
∵OC⊥AB，
∴D为AB的中点，即AD＝BD＝AB，
在Rt△AOD中，OA＝5，OD＝3，
根据勾股定理得：AD＝＝4，
则AB＝2AD＝8．
故选：D．
【点评】此题考查了垂径定理，以及勾股定理，熟练掌握垂径定理是解本题的关键．
6．【分析】因为x1，x2是一元二次方程x2﹣2x﹣1＝0的两根，所以x1+x2＝2，x1•x2＝﹣1，利用整体代入的思想解决问题即可．
【解答】解：∵x1，x2是一元二次方程x2﹣2x﹣1＝0的两根，
∴x1+x2＝2，x1•x2＝﹣1，
∴＝＝＝﹣2．
故选：D．
【点评】本题考查根与系数的关系，记住x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝﹣，x1x2＝，是解题的关键．
7．【分析】先由反比例函数解析式求得m、n的值，即可判断出m、n大小关系．
【解答】解：∵点A（﹣2，m），B（3，n）是反比例函数y＝的图象上两点，
∴m＝＝﹣3，n＝＝2，
∴m＜n，
故选：A．
【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是熟知反比例函数的图象上点的坐标特征，求出m、n的值．
8．【分析】设扇形的半径为r．利用弧长公式构建方程求出r，再利用扇形的面积公式计算即可．
【解答】解：设扇形的半径为r．
由题意：＝6π，
∴r＝9，
∴S扇形＝＝27π，
故选：B．
【点评】本题考查扇形的弧长公式，面积公式等知识，解题的关键是学会构建方程解决问题，属于中考常考题型．
9．【分析】对a、k的符合分类讨论即可确定正确的选项．
【解答】解：当a＞0，k＞0时，一次函数y＝ax+k经过一、二、三象限，二次函数y＝kx2+a开口向上，顶点在y轴的正半轴，A、B均不符合；
当a＜0，k＞0时，一次函数y＝ax+k经过一、二、四象限，二次函数y＝kx2+a开口向上，顶点在y轴的负半轴，C选项符合；
当a＜0，b＜0时，一次函数y＝ax+k经过二、三、四象限，二次函数y＝kx2+a开口向下，顶点在y轴的负半轴，D选项不符合；
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数的图象及一次函数的图象的知识，解题的关键是能够对系数的符号进行分类讨论，难度较小．
10．【分析】根据抛物线开口方向得到a＞0，根据抛物线的对称轴得b＝2a＞0，则2a﹣b＝0，则可对②进行判断；根据抛物线与y轴的交点在x轴下方得到c＜0，则abc＜0，于是可对①进行判断；通过点（﹣5，y1）和点（3，y2）离对称轴的远近对③进行判断；由于x＝2时，y＞0，则得到4a+2b+c＞0，则可对④进行判断．
【解答】解：∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线对称轴为直线x＝﹣＝﹣1，
∴b＝2a＞0，则2a﹣b＝0，所以②正确；
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，
∴c＜0，
∴abc＜0，所以①正确；
∵点（﹣5，y1）离对称轴的距离与点（3，y2）离对称轴的距离相等，
∴y1＝y2，所以③正确；
∵x＝2时，y＞0，
∴4a+2b+c＞0，所以④错误．
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小，当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左；当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右．（简称：左同右异）．抛物线与y轴交于（0，c）．抛物线与x轴交点个数：Δ＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；Δ＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；Δ＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
二、填空题（本大题5小题，每小题3分，共15分）
11．【分析】关于原点对称的点，横、纵坐标都互为相反数．
【解答】解：点关于原点的对称点，可以通过作图知道（x，y）关于原点的对称点是（﹣x，﹣y），
因此点P（﹣1，3）关于原点对称的点的坐标是（1，﹣3）．
【点评】本题主要是通过作图总结坐标变化规律，记住，然后应用．
12．【分析】根据一元二次方程的解把x＝﹣1代入一元二次方程得到关于m的一次方程，然后解一次方程即可．
【解答】解：把x＝﹣1代入2x2﹣mx+3＝0，得2+m+3＝0，
解得，m＝﹣5．
故答案为：﹣5．
【点评】本题考查了一元二次方程的解的定义：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
13．【分析】根据红球出现的频率和球的总数，可以计算出红球的个数．
【解答】解：由题意可得，
30×0.3＝9（个），
即袋子中白球的个数最有可能是9个，
故答案为：9．
【点评】本题考查利用频率估计概率，解答本题的关键是明确题意，计算出红球的个数．
14．【分析】由OD⊥AB，OE⊥AC，根据垂径定理得到AD＝DB，AE＝CE，则根据三角形中位线定义得到DE为△ABC的中位线，然后根据三角形中位线定理得DE＝BC，再把DE＝2代入计算即可．
【解答】解：∵OD⊥AB，
∴AD＝DB，
∵OE⊥AC，
∴AE＝CE，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE＝BC，
∴BC＝2DE＝2×2＝4．
故答案为：4
【点评】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了三角形中位线定理．
15．【分析】过G作GM⊥AC于M，连接AG．由∠AFC＝90°，推出点F在以AC为直径的⊙M上，推出当点F在MG的延长线上时，FG的长最小，最小值＝FM﹣GM，想办法求出FM、GM即可解决问题．
【解答】解：过G作GM⊥AC于M，连接AG，如图所示：
∵GO⊥AB，
∴OA＝OB，
∵G（0，3），
∴OG＝3，
在Rt△AGO中，∵AG＝6，OG＝3，
∴OA＝＝3，
∴∠GAO＝30°，AB＝2AO＝6，
∴∠AGO＝60°，
∵GC＝GA＝6，
∴∠GCA＝∠GAC，
∵∠AGO＝∠GCA+∠GAC，
∴∠GCA＝∠GAC＝30°，
∴AC＝2OA＝6，MG＝CG＝3，
∵∠AFC＝90°，
∴点F在以AC为直径的⊙M上，
∴＝3，
当点F在MG的延长线上时，FG的长最小，最小值＝FM﹣MG＝3﹣3，
故答案为：3﹣3．
【点评】本题考查了垂径定理、圆周角定理、直角三角形30度角的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
三、解答题（一）（本大题2小题，每小题5分，共10分）
16．【分析】根据因式分解法解一元二次方程即可求解．
【解答】解：x2﹣2x﹣15＝0，
（x+3）（x﹣5）＝0，
∴x+3＝0或x﹣5＝0，
∴x1＝﹣3，x2＝5．
【点评】本题考查了解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
17．【分析】根据一元二次方程根的判别式证明即可．
【解答】证明：由题意可知Δ＝（﹣m）2﹣4（m﹣1）＝（m﹣2）2，
∵（m﹣2）2≥0，
∴方程总有两个实数根．
【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式，熟知一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）：若Δ＞0，则方程有两个不相等的实数根；若Δ＝0，则方程有两个相等的实数根；若Δ＜0，则方程无实数根是解本题的关键．
四、解答题（二）（本大题2小题，每小题7分，共14分）
18．【分析】（1）分别作出点A和点B绕点O逆时针旋转90°所得对应点，再与点O首尾顺次连接即可得；由所得图形可得点的坐标；
（2）利用勾股定理可得OB长，再利用扇形面积公式求解即可．
【解答】解：（1）画出△A1OB1，如图．
点A1（0，1），点B1（﹣2，2）．
（2）OB1＝OB＝＝2，
∴扇形BOB1面积＝＝2π，
∴线段OB扫过的面积2π．
【点评】本题主要考查作图﹣旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义和性质，并据此得出变换后的对应点．
19．【分析】根据等腰三角形的性质得出∠B＝∠OAB，∠EAD＝∠AED，根据直角三角形两锐角互余，进一步得出∠OAB+∠EAD＝90°，即∠OAD＝90°，从而证得AD是⊙O的切线．
【解答】证明：连接OA，
∵OA＝OB，
∴∠B＝∠OAB，
∵AD＝ED，
∴∠EAD＝∠AED，
∵OD⊥OB，
∴∠B+∠OEB＝90°，
∵∠OEB＝∠AED，
∴∠OAB+∠EAD＝90°，
即∠OAD＝90°，
∴AD是⊙O的切线．
【点评】本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，作出辅助线，证得OA⊥AD是常有的作辅助线的方法．
五、解答题（三）（本大题3小题，每小题9分，共27分）
20．【分析】（1）将接受问卷调查的学生数减去其他三项人数即可求出m的值；
（2）将“不了解”和“了解很少”所占比乘以1500即可估计出该学校学生中对足球知识“不了解”和“了解很少”的总人数；
（3）用列表法或画树状图法解答即可．
【解答】解：（1）m＝50﹣4﹣29﹣10＝7（人）；
故答案为：7．
（2）达到“不了解”和“了解很少”程度的总人数为：
（10+7）÷50×1500＝510（人）；
故答案为：510．
（3）由题意画树状图如下：
由树状图可知，所有等可能的结果有12种，恰好抽到1名男生和1名女生的结果有8种，
∴P（恰好抽到1名男生和1名女生）＝＝．
【点评】本题考查扇形统计图，条形统计图，用样本估计总体，用列表法和树状图法求等可能事件的概率，能从统计图中获取信息，掌握用列表法和树状图法求等可能事件的概率的方法是解题的关键．
21．【分析】（1）把点A（，4）代入y＝中，利用待定系数法求得n的值，即可求得反比例函数的解析式，进而把B（3，m）代入求得的解析式，即可求得m的值；
（2）根据待定系数法即可求得直线AB的表达式；
（3）根据图象即可求得．
【解答】解：（1）∵一次函数y＝kx+b的图象与反比例函数y＝图象交x于A（，4）．B（3，m），
∴n＝×4＝6，
∴反比例函数的解析式为y＝，
将点B（3，m）代入y＝得m＝＝2；
（2）设直线AB的表达式为y＝kx+b，
把A（，4），B（3，2）代入得，
解得，
∴直线AB的表达式为y＝﹣x+6；
（3）∵A（，4），B（3，2），
结合函数图象可知：当x＜0或＜x＜3时，kx+b＞，
即不等式kx+b＞中x的取值范围：x＜0或＜x＜3．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题：也考查了待定系数法求函数的解析式以及观察函数图象的能力．
22．【分析】（1）用x的代数式表示处BC的长，再根据面积公式列出函数解析式，令面积等于9m2，列方程解出并验证即可；
（2）根据题意求出自变量的取值范围，根据二次函数的性质求出函数的最值即可．
【解答】解：（1）由题意，AB＝x m，则BC就为（12﹣3x）m．
∴S＝x（12﹣3x）＝﹣3x2+12x．
当S＝9时，
﹣3x2+12x＝9，
解得x1＝1，x2＝3，
当x＝1时，12﹣3x＝12﹣3＝9＞5，不符合题意，舍去，
当x＝3时，12﹣3x＝12﹣9＝3＜5，符合题意，
∴要围成面积为9m2的花圃，AB的长是3米；
（2）由题意，可知：
，
∴＜x≤4，
∵S＝﹣3x2+12x＝﹣3（x﹣2）2+12．
∵﹣3＜0，抛物线开口向下，且对称轴为直线x＝2，
∴在＜x≤4范围内，随着x的增大而减小，
∴当AB的长是米时，围成的花圃的面积最大．
【点评】本题考查一元二次方程的应用，二次函数的应用，理解题意，弄清题目中的数量关系，掌握二次函数的性质是解题的关键．
六、解答题（四）（本大题2小题，每小题12分，共24分）
23．【分析】（1）如图①中，在Rt△ADE中，利用勾股定理即可解决问题；
（2）①证明：如图②中，根据HL即可证明△ACD≌△CAE；
②如图②中，由△ACD≌△CAE，推出∠ACD＝∠CAE，推出AH＝HC，设AH＝HC＝m，在Rt△ADH中，根据AD2+DH2＝AH2，构建方程即可解决问题；
（3）存在．连接PA，作AM⊥PE于M．当AM与AB共线，且BM＝BA+AM时，△BPE面积最大，利用S△APE＝S矩形AGFE＝PE•AM求出AM＝，再根据S△BPE＝PE•BM计算即可得出答案．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，BC＝AD＝2，∠D＝90°，
∵矩形AEFG是由矩形ABCD旋转得到，
∴AE＝AB＝3，
在Rt△ADE中，DE＝＝，
∴CE＝3﹣，
故答案为：3﹣；
（2）①证明：∵当点E落在线段CF上，
∴∠AEC＝∠ADC＝90°，
在Rt△ADC和Rt△AEC中，
，
∴Rt△ACD≌Rt△CAE（HL）；
②解：∵△ACD≌△CAE，
∴∠ACD＝∠CAE，
∴AH＝HC，设AH＝HC＝m，
在Rt△ADH中，∵AD2+DH2＝AH2，
∴22+（3﹣m）2＝m2，
∴m＝
∴DH＝3﹣＝，
故答案为：．
（3）解：如图，连接PA，作AM⊥PE于M．
当AM与AB共线，且BM＝BA+AM时，△BPE面积最大，
由题意：PF＝PG＝，
∵AG＝EF＝2，∠G＝∠F＝90°，
∴PA＝PE＝，
∵S△APE＝S矩形AGFE＝PE•AM，
∴AM＝＝＝，
则S△BPE＝PE•BM＝××（3+）＝，
∴△PBE的面积的最大值为，
故答案为：．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
24．【分析】（1）利用待定系数法即可求得答案；
（2）运用待定系数法求得直线BC的解析式为y＝x﹣4，设P（t，t2﹣t﹣4），则M（t，t﹣4），可得PM＝﹣t2+2t＝（t﹣2）2+2，运用二次函数最值即可求得答案；
（3）①根据题意建立方程求解即可得出答案；
②设Q（0，m），∵∠PCQ≠90°，∴分两种情况：当∠CQP＝90°时，当∠CPQ＝90°时，分别求得点Q的坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣4（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0）和B（4，0），
∴，
解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣4；
（2）在y＝x2﹣x﹣4中，令x＝0，得y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
设直线BC的解析式为y＝kx+c，则，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣4，
设P（t，t2﹣t﹣4），则M（t，t﹣4），
∴PM＝t﹣4﹣（t2﹣t﹣4）＝﹣t2+2t，
∵PM＝﹣t2+2t＝（t﹣2）2+2，﹣＜0，
∴当t＝2时，PM取得最大值2，此时点M的坐标为（2，﹣2）；
（3）①如图1，∵P（t，t2﹣t﹣4），M（t，t﹣4），N（t，0），B（4，0），C（0，﹣4），CH⊥PN，
∴BN＝4﹣t，MN＝4﹣t，CH＝t，MH＝t﹣4﹣（﹣4）＝t，
∵S△BMN＝9S△CHM，
∴×（4﹣t）2＝9×t2，
解得：t1＝1，t2＝﹣2，
∵点P是线段BC下方抛物线上的一个动点，
∴0＜t＜4，
∴t＝1，
∴P（1，﹣）；
②存在点Q使得△CPQ为直角三角形，设Q（0，m），
∵C（0，﹣4），P（1，﹣），
∴CP2＝（1﹣0）2+（﹣+4）2＝，CQ2＝（﹣4﹣m）2，PQ2＝12+（﹣﹣m）2，∠PCQ≠90°，
当∠CQP＝90°时，如图2，PQ⊥y轴，
∴Q（0，﹣）；
当∠CPQ＝90°时，如图3，
在Rt△CPQ中，CP2+PQ2＝CQ2，
∴+12+（﹣﹣m）2＝（﹣4﹣m）2，
解得：m＝﹣，
∴Q（0，﹣）；
综上所述，点Q的坐标为（0，﹣）或（0，﹣）．
【点评】本题是二次函数综合题，重点考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，三角形面积，直角三角形的性质，勾股定理，应用二次函数的最值等，此题综合性较强，属于考试压轴题．