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2020年山东省枣庄市中考数学试卷
一、选择题：本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确的
选项选出来．每小题选对得3分，选错、不选或选出的答案超过一个均计零分．
1．（3分）﹣ 的绝对值是（ ）
A．﹣ B．﹣2 C． D．2
2．（3分）一副直角三角板如图放置，点C在FD的延长线上，AB∥CF，∠F＝∠ACB＝90°，则
∠DBC的度数为（ ）
A．10° B．15° C．18° D．30°
3．（3分）计算﹣ ﹣（﹣ ）的结果为（ ）
A．﹣ B． C．﹣ D．
4．（3分）实数a，b在数轴上对应点的位置如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．|a|＜1 B．ab＞0 C．a+b＞0 D．1﹣a＞1
5．（3分）不透明布袋中装有除颜色外没有其他区别的1个红球和2个白球，搅匀后从中摸出
一个球，放回搅匀，再摸出一个球，两次都摸出白球的概率是（ ）
A． B． C． D．
6．（3分）如图，在△ABC中，AB的垂直平分线交AB于点D，交BC于点E，连接AE．若BC＝
6，AC＝5，则△ACE的周长为（ ）
第1页（共21页）A．8 B．11 C．16 D．17
7．（3分）图（1）是一个长为2a，宽为2b（a＞b）的长方形，用剪刀沿图中虚线（对称轴）剪开，
把它分成四块形状和大小都一样的小长方形，然后按图（2）那样拼成一个正方形，则中间
空余的部分的面积是（ ）
A．ab B．（a+b）2 C．（a﹣b）2 D．a2﹣b2
8．（3分）如图的四个三角形中，不能由△ABC经过旋转或平移得到的是（ ）
A． B．
C． D．
9．（3分）对于实数a、b，定义一种新运算“ ”为：a b＝ ，这里等式右边是实数运算．
⊗ ⊗
第2页（共21页）例如：1 3＝ ．则方程x （﹣2）＝ ﹣1的解是（ ）
⊗ ⊗
A．x＝4 B．x＝5 C．x＝6 D．x＝7
10．（3分）如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A在x轴的正半轴上，∠AOB＝∠B
＝30°，OA＝2．将△AOB绕点O逆时针旋转90°，点B的对应点B'的坐标是（ ）
A．（﹣ ，3） B．（﹣3， ） C．（﹣ ，2+ ）D．（﹣1，2+ ）
11．（3分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点
B恰好落在对角线AC上的点F处，若∠EAC＝∠ECA，则AC的长是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
12．（3分）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线x＝1．给出下列结论：
ac＜0；
①b2﹣4ac＞0；
②2a﹣b＝0；
③a﹣b+c＝0．
④其中，正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
第3页（共21页）二、填空题：本大题共6小题，满分24分．只填写最后结果，每小题填对得4分．
13．（4分）若a+b＝3，a2+b2＝7，则ab＝ ．
14．（4分）已知关于x的一元二次方程（a﹣1）x2﹣2x+a2﹣1＝0有一个根为x＝0，则a＝
．
15．（4分）如图，AB是 O的直径，PA切 O于点A，线段PO交 O于点C．连接BC，若∠P
＝36°，则∠B＝ ⊙ ． ⊙ ⊙
16．（4分）人字梯为现代家庭常用的工具（如图）．若AB，AC的长都为2m，当 ＝50°时，人字
梯顶端离地面的高度AD是 m．（结果精确到0.1m，参考依据：αsin50°≈0.77，
cos50°≈0.64，tan50°≈1.19）
17．（4分）如图，E，F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，AC＝8，AE＝CF＝2，则四边形
BEDF的周长是 ．
18．（4分）各顶点都在方格纸的格点（横竖格子线的交错点）上的多边形称为格点多边形，它
的面积S可用公式S＝a+ b﹣1（a是多边形内的格点数，b是多边形边界上的格点数）计
算，这个公式称为“皮克（Pick）定理”．如图给出了一个格点五边形，则该五边形的面积
S＝ ．
第4页（共21页）三、解答题：本大题共7小题，满分60分．解答时，要写出必要的文字说明、证明过程或演算
步骤．
19．（8分）解不等式组 并求它的所有整数解的和．
20．（8分）欧拉（Euler，1707年～1783年）为世界著名的数学家、自然科学家，他在数学、物
理、建筑、航海等领域都做出了杰出的贡献．他对多面体做过研究，发现多面体的顶点数V
（Vertex）、棱数E（Edge）、面数F（Flatsurface）之间存在一定的数量关系，给出了著名的欧
拉公式．
（1）观察下列多面体，并把下表补充完整：
名称 三棱锥 三棱柱 正方体 正八面体
图形
顶点数V 4 6 8
棱数E 6 12
面数F 4 5 8
（2）分析表中的数据，你能发现V、E、F之间有什么关系吗？请写出关系式： ．
21．（8分）2020年，新型冠状病毒肆虐全球，疫情期间学生在家进行网课学习和锻炼，学习和
身体健康状况都有一定的影响．为了解学生身体健康状况，某校对学生进行立定跳远水平
测试．随机抽取50名学生进行测试，并把测试成绩（单位：m）绘制成不完整的频数分布表
和频数分布直方图．
学生立定跳远测试成绩的频数分布表
分组 频数
1.2≤x＜1.6 a
1.6≤x＜2.0 12
第5页（共21页）2.0≤x＜2.4 b
2.4≤x＜2.8 10
请根据图表中所提供的信息，完成下列问题：
（1）表中a＝ ，b＝ ；
（2）样本成绩的中位数落在 范围内；
（3）请把频数分布直方图补充完整；
（4）该校共有1200名学生，估计该学校学生立定跳远成绩在2.4≤x＜2.8范围内的有多少
人？
22．（8分）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝ x+5和y＝﹣2x的图象相交于点A，反
比例函数y＝ 的图象经过点A．
（1）求反比例函数的表达式；
（2）设一次函数y＝ x+5的图象与反比例函数y＝ 的图象的另一个交点为B，连接OB，
求△ABO的面积．
23．（8分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的 O分别交AC、BC于点D、E，点F在
AC的延长线上，且∠BAC＝2∠CBF． ⊙
（1）求证：BF是 O的切线；
（2）若 O的直径⊙为4，CF＝6，求tan∠CBF．
⊙
第6页（共21页）24．（10分）在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是中线，AC＝BC，一个以点D为顶点的45°角绕点
D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E、F，DF与AC交于点
M，DE与BC交于点N．
（1）如图1，若CE＝CF，求证：DE＝DF；
（2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中，试证明CD2＝CE•CF恒成立；
（3）若CD＝2，CF＝ ，求DN的长．
25．（10分）如图，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，
AC，BC．M为线段OB上的一个动点，过点M作PM⊥x轴，交抛物线于点P，交BC于点
Q．
（1）求抛物线的表达式；
（2）过点P作PN⊥BC，垂足为点N．设M点的坐标为M（m，0），请用含m的代数式表示
线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？
（3）试探究点M在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是
等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
第7页（共21页）第8页（共21页）2020年山东省枣庄市中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的，请把正确的
选项选出来．每小题选对得3分，选错、不选或选出的答案超过一个均计零分．
1．【分析】根据绝对值的定义直接计算即可解答．
【解答】解：﹣ 的绝对值为 ．
故选：C．
【点评】本题主要考查绝对值的性质．绝对值规律总结：一个正数的绝对值是它本身；一个
负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．
2．【分析】直接利用三角板的特点，结合平行线的性质得出∠ABD＝60°，进而得出答案．
【解答】解：由题意可得：∠EDF＝45°，∠ABC＝30°，
∵AB∥CF，
∴∠ABD＝∠EDF＝45°，
∴∠DBC＝45°﹣30°＝15°．
故选：B．
【点评】此题主要考查了平行线的性质，根据题意得出∠ABD的度数是解题关键．
3．【分析】根据有理数的减法法则计算即可．
【解答】解：﹣ ﹣（﹣ ）＝ ＝﹣ ．
故选：A．
【点评】本题主要考查了有理数的减法，熟记运算法则是解答本题的关键．减去一个数，等
于加上这个数的相反数．
4．【分析】直接利用a，b在数轴上位置进而分别分析得出答案．
【解答】解：A、|a|＞1，故本选项错误；
B、∵a＜0，b＞0，∴ab＜0，故本选项错误；
C、a+b＜0，故本选项错误；
D、∵a＜0，∴1﹣a＞1，故本选项正确；
故选：D．
【点评】此题主要考查了实数与数轴，正确结合数轴分析是解题关键．
第9页（共21页）5．【分析】列举出所有可能出现的结果，进而求出“两次都是白球”的概率．
【解答】解：用列表法表示所有可能出现的情况如下：
共有9种可能出现的结果，其中两次都是白球的有4种，
∴P（两次都是白球） ＝ ，
故选：A．
【点评】本题考查列表法或树状图法求随机事件发生的概率，列举出所有可能出现的结果
数是正确解答的关键．
6．【分析】在△ABC中，AB的垂直平分线交AB于点D，交BC于点E，连接AE．若BC＝6，AC
＝5，则△ACE的周长为
【解答】解：∵DE垂直平分AB，
∴AE＝BE，
∴△ACE的周长＝AC+CE+AE
＝AC+CE+BE
＝AC+BC
＝5+6
＝11．
故选：B．
【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质：垂直平分线垂直且平分其所在线段；垂直平
分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．
7．【分析】中间部分的四边形是正方形，表示出边长，则面积可以求得．
【解答】解：中间部分的四边形是正方形，边长是a+b﹣2b＝a﹣b，
则面积是（a﹣b）2．
故选：C．
【点评】本题考查了列代数式，正确表示出小正方形的边长是关键．
8．【分析】根据平移，旋转的性质判断即可．
【解答】解：由题意，选项A，C，D可以通过平移，旋转得到，选项B可以通过翻折，平移，旋
第10页（共21页）转得到．
故选：B．
【点评】本题考查利用旋转，平移设计图案，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常
考题型．
9．【分析】所求方程利用题中的新定义化简，求出解即可．
【解答】解：根据题意，得 ＝ ﹣1，
去分母得：1＝2﹣（x﹣4），
解得：x＝5，
经检验x＝5是分式方程的解．
故选：B．
【点评】此题考查了解分式方程，弄清题中的新定义是解本题的关键．
10．【分析】如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．解直角三角形求出′H，B′H即可．
【解答】解：如图，过点B′作B′H⊥y轴于H．
在Rt△A′B′H中，∵A′B′＝2，∠B′A′H＝60°，
∴A′H＝A′B′cos60°＝1，B′H＝A′B′sin60°＝ ，
∴OH＝2+1＝3，
∴B′（﹣ ，3），
故选：A．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解直角三角形等知识，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．
11．【分析】根据折叠的性质得到AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，根据等腰三角形的性质得到
AF＝CF，于是得到结论．
【解答】解：∵将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，
∴AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，
∴EF⊥AC，
第11页（共21页）∵∠EAC＝∠ECA，
∴AE＝CE，
∴AF＝CF，
∴AC＝2AB＝6，
故选：D．
【点评】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
12．【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴、与x轴、y轴的交点，综合进行判断即可．
【解答】解：抛物线开口向下，a＜0，对称轴为x＝﹣ ＝1，因此b＞0，与y轴交于正半轴，
因此c＞0，
于是有：ac＜0，因此 正确；
①
由x＝﹣ ＝1，得2a+b＝0，因此 不正确，
③
抛物线与x轴有两个不同交点，因此b2﹣4ac＞0， 正确，
由对称轴x＝1，抛物线与x 轴的一个交点为（3，0）②，对称性可知另一个交点为（﹣1，0），
因此a﹣b+c＝0，故 正确，
综上所述，正确的结④论有 ，
故选：C． ①②④
【点评】本题考查二次函数的图象和性质，理解二次函数的图象与系数的关系是正确判断
的前提．
二、填空题：本大题共6小题，满分24分．只填写最后结果，每小题填对得4分．
13．【分析】根据完全平方公式，可得答案．
【解答】解：（a+b）2＝32＝9，
（a+b）2＝a2+b2+2ab＝9．
∵a2+b2＝7，
∴2ab＝2，
ab＝1，
故答案为：1．
【点评】本题考查了完全平方公式，利用完全平方公式是解题关键．
14．【分析】根据一元二次方程的解的定义把x＝0代入原方程得到关于a的一元二次方程，
解得a＝±1，然后根据一元二次方程的定义确定a的值．
【解答】解：把x＝0代入（a﹣1）x2﹣2x+a2﹣1＝0得a2﹣1＝0，解得a＝±1，
第12页（共21页）∵a﹣1≠0，
∴a＝﹣1．
故答案为﹣1．
【点评】本题考查了一元二次方程的解：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．又因为只含有一个未知数的方程的解也叫做这个方程的根，所以一元
二次方程的解也称为一元二次方程的根．也考查了一元二次方程的定义．
15．【分析】直接利用切线的性质得出∠OAP＝90°，再利用三角形内角和定理得出∠AOP＝
54°，结合圆周角定理得出答案．
【解答】解：∵PA切 O于点A，
∴∠OAP＝90°， ⊙
∵∠P＝36°，
∴∠AOP＝54°，
∴∠B＝ ∠AOP＝27°．
故答案为：27°．
【点评】此题主要考查了切线的性质以及圆周角定理，正确得出∠AOP的度数是解题关键．
16．【分析】在Rt△ADC中，求出AD即可．
【解答】解：∵AB＝AC＝2m，AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴AD＝AC•sin50°＝2×0.77≈1.5（m），
故答案为1.5．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决
问题．
17．【分析】连接BD交AC于点O，则可证得OE＝OF，OD＝OB，可证四边形BEDF为平行四
边形，且BD⊥EF，可证得四边形BEDF为菱形；根据勾股定理计算DE的长，可得结论．
【解答】解：如图，连接BD交AC于点O，
第13页（共21页）∵四边形ABCD为正方形，
∴BD⊥AC，OD＝OB＝OA＝OC，
∵AE＝CF＝2，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，即OE＝OF，
∴四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF，
∴四边形BEDF为菱形，
∴DE＝DF＝BE＝BF，
∵AC＝BD＝8，OE＝OF＝ ＝2，
由勾股定理得：DE＝ ＝ ＝2 ，
∴四边形BEDF的周长＝4DE＝4× ＝8 ，
故答案为：8 ．
【点评】本题主要考查正方形的性质、菱形的判定和性质及勾股定理，掌握对角线互相垂
直平分的四边形为菱形是解题的关键．
18．【分析】分别统计出多边形内部的格点数a和边界上的格点数b，再代入公式S＝a+ b﹣
1，即可得出格点多边形的面积．
【解答】解：∵a表示多边形内部的格点数，b表示多边形边界上的格点数，S表示多边形的
面积，
∴a＝4，b＝6，
∴该五边形的面积S＝4+ ×6﹣1＝6，
故答案为：6．
【点评】本题考查格点多边形面积的计算，解题的关键是根据图形正确统计出a，b的值．
三、解答题：本大题共7小题，满分60分．解答时，要写出必要的文字说明、证明过程或演算
步骤．
第14页（共21页）19．【分析】先求出两个不等式的解集，再求其公共解，然后找出整数求和即可．
【解答】解： ，
由 得，x≥﹣3，
由①得，x＜2，
所②以，不等式组的解集是﹣3≤x＜2，
所以，它的整数解为：﹣3，﹣2，﹣1，0，1，
所以，所有整数解的和为﹣5．
【点评】本题主要考查了一元一次不等式组解集的求法，其简便求法就是用口诀求解．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，大大小小找不到（无解）．
20．【分析】（1）根据图形数出顶点数，棱数，面数，填入表格即可；
（2）根据表格数据，顶点数与面数的和减去棱数等于2进行解答．
【解答】解：（1）填表如下：
名称 三棱锥 三棱柱 正方体 正八面体
图形
顶点数V 4 6 8 6
棱数E 6 9 12 12
面数F 4 5 6 8
（2）∵4+4﹣6＝2，
6+5﹣9＝2，
8+6﹣12＝2，
6+8﹣12＝2，
…，
∴V+F﹣E＝2．
即V、E、F之间的关系式为：V+F﹣E＝2．
故答案为：6，9，12，6，V+F﹣E＝2．
【点评】本题是对欧拉公式的考查，观察图形准确数出各图形的顶点数、面数、棱数是解题
的关键．
第15页（共21页）21．【分析】（1）由频数分布直方图可得a＝8，由频数之和为50求出b的值；
（2）根据中位数的意义，找出第25、26位的两个数落在哪个范围即可；
（3）求出b的值，就可以补全频数分布直方图；
（4）样本估计总体，样本中立定跳远成绩在2.4≤x＜2.8范围内的占 ，因此估计总体
1200人的 是立定跳远成绩在2.4≤x＜2.8范围内的人数．
【解答】解：（1）由统计图得，a＝8，b＝50﹣8﹣12﹣10＝20，
故答案为：8，20；
（2）由中位数的意义可得，50个数据从小到大排列处在中间位置的两个数在2.0≤x＜2.4
组内，
故答案为：2.0≤x＜2.4；
（3）补全频数分布直方图如图所示：
（4）1200× ＝240（人），
答：该校1200名学生中立定跳远成绩在2.4≤x＜2.8范围内的有240人．
【点评】本题考查频数分布表、频数分布直方图的意义和制作方法，理解各个数量之间的
关系是正确解答的关键．
22．【分析】（1）联立y＝ x+5 和y＝﹣2x并解得： ，故点A（﹣2，4），进而求解；
①
（2）S△AOB ＝S△AOC ﹣S△BOC ＝ OC•AM OC•BN，即可求解．
【解答】解：（1）联立y＝ x+5 和y＝﹣2x并解得： ，故点A（﹣2，4），
①
将点A的坐标代入反比例函数表达式得：4＝ ，解得：k＝﹣8，
第16页（共21页）故反比例函数表达式为：y＝﹣ ；
②
（2）联立 并解得：x＝﹣2或﹣8，
①②
当x＝﹣8时，y＝ x+5＝1，故点B（﹣8，1），
设y＝ x+5交x轴于点C，
令y＝0，则 x+5＝0，
∴x＝﹣10，
∴C（﹣10，0），
过点A、B分别作x轴的垂线交x轴于点M、N，
则S△AOB ＝S△AOC ﹣S△BOC ＝ OC•AM OC•BN＝ ．
【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点，当有两个函数的时候，着重使用一次
函数，体现了方程思想，综合性较强．
23．【分析】（1）连接AE，利用直径所对的圆周角是直角，从而判定直角三角形，利用直角三
角形两锐角相等得到直角，从而证明∠ABF＝90°，于是得到结论；
（2）过C作CH⊥BF于H，根据勾股定理得到BF＝ ＝ ＝2 ，根
据相似三角形的性质得到CH＝ ，根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接AE，
∵AB是 O的直径，
∴∠AEB⊙＝90°，
∴∠1+∠2＝90°．
∵AB＝AC，
第17页（共21页）∴2∠1＝∠CAB．
∵∠BAC＝2∠CBF，
∴∠1＝∠CBF
∴∠CBF+∠2＝90°
即∠ABF＝90°
∵AB是 O的直径，
∴直线B⊙F是 O的切线；
（2）解：过⊙C作CH⊥BF于H，
∵AB＝AC， O的直径为4，
∴AC＝4， ⊙
∵CF＝6，∠ABF＝90°，
∴BF＝ ＝ ＝2 ，
∵∠CHF＝∠ABF，∠F＝∠F，
∴△CHF∽△ABF，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴CH＝ ，
∴HF＝ ＝ ＝ ，
∴BH＝BF﹣HF＝2 ﹣ ＝ ，
∴tan∠CBF＝ ＝ ＝ ．
第18页（共21页）【点评】本题考查了切线的判定与性质、勾股定理、直径所对的圆周角是直角、相似三角形
的判定和性质、解直角三角形等知识点、正确的作出辅助线是解题的关键．
24．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠ACD＝∠BCD＝45°，证明
△DCF≌△DCE，根据全等三角形的对应边相等证明结论；
（2）证明△FCD∽△DCE，根据相似三角形的性质列出比例式，整理即可证明结论；
（3）作DG⊥BC，根据等腰直角三角形的性质求出DG，由（2）的结论求出CE，证明
△ENC∽△DNG，根据相似三角形的性质求出NG，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，CD是中线，
∴∠ACD＝∠BCD＝45°，∠ACF＝∠BCE＝90°，
∴∠DCF＝∠DCE＝135°，
在△DCF和△DCE中，
，
∴△DCF≌△DCE（SAS）
∴DE＝DF；
（2）证明：∵∠DCF＝135°，
∴∠F+∠CDF＝45°，
∵∠FDE＝45°，
∴∠CDE+∠CDF＝45°，
∴∠F＝∠CDE，
∵∠DCF＝∠DCE，∠F＝∠CDE，
∴△FCD∽△DCE，
∴ ＝ ，
∴CD2＝CE•CF；
（3）解：过点D作DG⊥BC于G，
∵∠DCB＝45°，
∴GC＝GD＝ CD＝ ，
由（2）可知，CD2＝CE•CF，
∴CE＝ ＝2 ，
第19页（共21页）∵∠ECN＝∠DGN，∠ENC＝∠DNG，
∴△ENC∽△DNG，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
解得，NG＝ ，
由勾股定理得，DN＝ ＝ ．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三
角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
25．【分析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）PN＝PQsin45°＝ （﹣ m2+ m）＝﹣ （m﹣2）2+ ，即可求解；
（3）分AC＝CQ、AC＝AQ、CQ＝AQ三种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得 ，解得 ，
故抛物线的表达式为：y＝﹣ x2+ x+4；
（2）由抛物线的表达式知，点C（0，4），
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣x+4；
设点M（m，0），则点P（m，﹣ m2+ m+4），点Q（m，﹣m+4），
∴PQ＝﹣ m2+ m+4+m﹣4＝﹣ m2+ m，
∵OB＝OC，故∠ABC＝∠OCB＝45°，
第20页（共21页）∴∠PQN＝∠BQM＝45°，
∴PN＝PQsin45°＝ （﹣ m2+ m）＝﹣ （m﹣2）2+ ，
∵﹣ ＜0，故当m＝2时，PN有最大值为 ；
（3）存在，理由：
点A、C的坐标分别为（﹣3，0）、（0，4），则AC＝5，
当AC＝CQ时，过点Q作QE⊥y轴于点E，
①
则CQ2＝CE2+EQ2，即m2+[4﹣（﹣m+4）]2＝25，
解得：m＝± （舍去负值），
故点Q（ ， ）；
当AC＝AQ时，则AQ＝AC＝5，
②在Rt△AMQ中，由勾股定理得：[m﹣（﹣3）]2+（﹣m+4）2＝25，解得：m＝1或0（舍去0），
故点Q（1，3）；
当CQ＝AQ时，则2m2＝[m﹣（﹣3）]2+（﹣m+4）2，解得：m＝ （舍去）；
③
综上，点Q的坐标为（1，3）或（ ， ）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、解直角三角形、等腰三
角形的性质等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
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日期：2020/8/12 15:47:57；用户：18366185883；邮箱：18366185883；学号：22597006
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