福建省龙岩市第五中学2022-2023学年九年级上学期期中数学试卷 (含答案)

这是一份福建省龙岩市第五中学2022-2023学年九年级上学期期中数学试卷 (含答案)，共24页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省龙岩五中九年级第一学期期中数学试卷
一、选择题(每题4分，共10小题40分)
1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
2．一元二次方程x2﹣x＝0的解是（　　）
A．x1＝0，x2＝1 B．x1＝x2＝1 C．x1＝0，x2＝﹣1 D．x2＝﹣1，x2＝1
3．若关于x的方程x2+bx+1＝0有两个不相等的实数根，则b的值可以是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
4．一件商品的原价是100元，经过两次提价后的价格为121元，如果每次提价的百分率都是x，根据题意，下面列出的方程正确的是（　　）
A．100（1+x）＝121 B．100（1﹣x）＝121
C．100（1+x）2＝121 D．100（1﹣x）2＝121
5．关于二次函数y＝﹣（x+2）2﹣1，下列说法错误的是（　　）
A．图象开口向下
B．图象顶点坐标是（﹣2，﹣1）
C．当x＞0时，y随x增大而减小
D．图象与x轴有两个交点
6．如图所示，将一个含30°角的直角三角板ABC绕点A顺时针旋转，使得点B，A，C′在同一条直线上，则三角板ABC旋转的角度是（　　）

A．60° B．90° C．120° D．150°
7．将量角器按如图摆放在三角形纸板上，使点C在半圆上．点A、B的读数分别为86°、30°，则∠ACB的大小为（　　）

A．15° B．28° C．34° D．56°
8．从下列直角三角板与圆弧的位置关系中，可判断圆弧为半圆的是（　　）
A． B．
C． D．
9．如图，在直角坐标系中，以原点为圆心，半径为5的圆内有一点P（0，﹣3），那么经过点P的所有弦中，最短的弦的长为 （　　）

A．4 B．5 C．8 D．10
10．如图，AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，AC＝3，∠ABC的平分线交AC于点D，CD＝1，则⊙O的直径为（　　）

A． B．2 C．1 D．2
二.填空题（每题4分，共6小题24分）
11．已知点A的坐标为（﹣2，3），则点A关于原点对称的点B的坐标为　 　．
12．已知二次函数y＝x2+6x+c的图象与x轴的一个交点为（﹣1，0），则C的值是 　 　．
13．若把二次函数y＝x2﹣2x+3化为y＝（x﹣m）2+k的形式，其中m，k为常数，则m+k＝　 　．
14．如图，△ODC是由△OAB绕点O 顺时针旋转31°后得到的图形，若点D 恰好落在AB上，且∠AOC 的度数为100°，则∠DOB的度数是　 　．

15．如图，⊙O的半径为4cm，∠AOB＝60°，则弦AB的长为　 　cm．

16．已知：如图，在等边△ABC中取点P，使得PA，PB，PC的长分别为a，a，a，将线段BP以点B为旋转中心顺时针旋转60°得到线段BQ，连接CQ，下列结论：①△APC≌△BCP；②∠APB＝120°；③∠BPC＝105°；④S△ABP+S△BPC＝（2+）a2，其中正确的结论有 　 　．

三、解答题（共9小题，满分86分）
17．解方程：
（1）（x+3）2﹣4＝0；
（2）x2﹣4x﹣5＝0．
18．如图，四边形ABCD内接于⊙O，点M在AD的延长线上，∠AOC＝142°，求∠CDM的度数．

19．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，4），B（1，1），C（4，3）．
（1）请画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1；
（2）请画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后的△A2B2C2，并写出A2的坐标．

20．在直径是52cm的圆柱形油槽内装入一些油后，截面如图所示，如果油的最大深度CD为16cm，求油面宽度AB的长．

21．在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2cm，△ABC绕点C顺时针旋转，旋转角为α（0o＜α＜180o），点A、B的对应点分别是D，E．
（1）如图1，当点D恰好落在边AB上时，旋转角α的度数是 　 　；
（2）如图2，当点B，D，E三点恰好在同一直线上时，判断此时直线CE与AB的位置关系，并说明理由．

22．在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣3，0）、B（1，0），与y轴交于点C（0，3），顶点为D．
（1）求抛物线解析式；
（2）求△ACD的面积．

23．在创城活动中，某小区想借助如图所示的互相垂直的两面墙（墙体足够长），在墙角区域用28m长的篱笆围成一个矩形花园．设AB＝xm．
（1）若围成花园的面积为192m2，求x的值；
（2）已知在点O处一棵树，且与墙体AD的距离为6m，与墙体CD的距离为15m．如果在围建花园时，要将这棵树围在花园内（含边界上，树的粗细忽略不计），那么能围成的花园的最大面积是多少？

24．如图，⊙O的直径AB的长为10，弦AC长为6，∠ACB的平分线交⊙O于D．
（1）求BC的长．
（2）连接AD和BD，判断△ABD的形状，说明理由．并求BD的长．
（3）求CD的长．

25．已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴的交点A（﹣m，0），B（3m，0），其中m＞0，与y轴交于点C（0，﹣6），O为坐标原点．
（1）求a，b（用含有m的式子表示）；
（2）如图，点D是抛物线的顶点，∠ABC＝∠ODC，求m的值；
（3）当m＝4时，设抛物线的对称轴与x轴交于点H，过点H的直线y＝kx+n（k≠0）与抛物线交于点P，Q（P在对称轴右侧），取PQ中点E，过点E作EF⊥x轴，交抛物线于点F，是否存在点E，使线段EF的长度为？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．



参考答案
一、选择题(每题4分，共10小题40分)
1．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念，进行判断即可．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．
解：A．该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
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．该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．该图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
2．一元二次方程x2﹣x＝0的解是（　　）
A．x1＝0，x2＝1 B．x1＝x2＝1 C．x1＝0，x2＝﹣1 D．x2＝﹣1，x2＝1
【分析】根据因式分解法解一元二次方程的一般步骤解出方程．
解：x2﹣x＝0，
因式分解，得x（x﹣1）＝0，
于是，得x＝0，x﹣1＝0，
x1＝0，x2＝1，
故选：A．
3．若关于x的方程x2+bx+1＝0有两个不相等的实数根，则b的值可以是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】根据判别式的意义得到b2＞4，然后对各选项进行判断．
解：根据题意得b2﹣4×1＞0，则b2＞4，
所以b可以取3，不能取0、1、2．
故选：D．
4．一件商品的原价是100元，经过两次提价后的价格为121元，如果每次提价的百分率都是x，根据题意，下面列出的方程正确的是（　　）
A．100（1+x）＝121 B．100（1﹣x）＝121
C．100（1+x）2＝121 D．100（1﹣x）2＝121
【分析】设平均每次提价的百分率为x，根据原价为100元，表示出第一次提价后的价钱为100（1+x）元，然后再根据价钱为100（1+x）元，表示出第二次提价后的价钱为100（1+x）2元，根据两次提价后的价钱为121元，列出关于x的方程．
解：设平均每次提价的百分率为x，
根据题意得：100（1+x）2＝121，
故选：C．
5．关于二次函数y＝﹣（x+2）2﹣1，下列说法错误的是（　　）
A．图象开口向下
B．图象顶点坐标是（﹣2，﹣1）
C．当x＞0时，y随x增大而减小
D．图象与x轴有两个交点
【分析】由抛物线解析式可求得其开口方向、顶点坐标、最值及增减性，则可判断四个选项，可求得答案．
解：因为a＝﹣1＜0，所以图象开口向下，
故A正确；
顶点坐标是（﹣2，﹣1），
故B正确；
∵抛物线对称轴为x＝﹣2．
∴当x＞﹣2时，y随x增大而减小，
∴当x＞0时，y随x增大而减小，
故C正确；
∵抛物线开口向下，顶点坐标为（﹣2，﹣1）
∴抛物线与x轴没有交点，
故D错误；
故选：D．
6．如图所示，将一个含30°角的直角三角板ABC绕点A顺时针旋转，使得点B，A，C′在同一条直线上，则三角板ABC旋转的角度是（　　）

A．60° B．90° C．120° D．150°
【分析】根据旋转角的定义，两对应边的夹角就是旋转角，即可求解．
解：旋转角是∠CAC′＝180°﹣30°＝150°．
故选：D．
7．将量角器按如图摆放在三角形纸板上，使点C在半圆上．点A、B的读数分别为86°、30°，则∠ACB的大小为（　　）

A．15° B．28° C．34° D．56°
【分析】根据圆周角定理可知：圆周角的度数等于它所对的弧的度数的一半，从而可求得∠ACB的度数．
解：根据圆周角定理可知：圆周角的度数等于它所对的弧的度数的一半，
根据量角器的读数方法可得：（86°﹣30°）÷2＝28°．
故选：B．
8．从下列直角三角板与圆弧的位置关系中，可判断圆弧为半圆的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据圆周角定理（直径所对的圆周角是直角）求解，即可求得答案．
解：∵直径所对的圆周角等于直角，
∴从下列直角三角板与圆弧的位置关系中，可判断圆弧为半圆的是B．
故选：B．
9．如图，在直角坐标系中，以原点为圆心，半径为5的圆内有一点P（0，﹣3），那么经过点P的所有弦中，最短的弦的长为 （　　）

A．4 B．5 C．8 D．10
【分析】先找到过点P最短的弦，根据垂径定理求出AB＝2PB＝2AP，根据勾股定理求出BP，即可得出答案．
解：过P作弦AB⊥OP，则AB是过P点的⊙O的最短的弦，连接OB，
则由垂径定理得：AB＝2AP＝2BP，
在Rt△OPB中，PO＝3，OB＝5，由勾股定理得：PB＝4，
则AB＝2PB＝8，
故选：C．

10．如图，AB是⊙O的直径，点C为圆上一点，AC＝3，∠ABC的平分线交AC于点D，CD＝1，则⊙O的直径为（　　）

A． B．2 C．1 D．2
【分析】如图，过点D作DT⊥AB于T．证明DT＝DC＝1，推出AD＝2DT，推出∠A＝30°，可得结论．
解：如图，过点D作DT⊥AB于T．

∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴DC⊥BC，
∵DB平分∠CBA，DC⊥BC，DT⊥BA，
∴DC＝DT＝1，
∵AC＝3，
∴AD＝AC﹣CD＝2，
∴AD＝2DT，
∴∠A＝30°，
∴AB＝＝＝2，
解法二：AD＝2DT 由此处开始，可以证明∠DAB＝∠DBA＝30°，
∴DA＝DB．
∵DT⊥AB，
∴AT＝TB，
∴点O与点T重合，
在Rt△ADT中用勾股定理得AT＝，再由垂径定理可得AB＝2AT得解．
故选：B．
二.填空题（每题4分，共6小题24分）
11．已知点A的坐标为（﹣2，3），则点A关于原点对称的点B的坐标为　（2，﹣3）　．
【分析】利用平面内两点关于x轴对称时：横坐标不变，纵坐标互为相反数，进行求解．
解：点A的坐标为（﹣2，3），则点A关于原点对称的点B的坐标为 （2，﹣3），
故答案为：（2，﹣3）．
12．已知二次函数y＝x2+6x+c的图象与x轴的一个交点为（﹣1，0），则C的值是 　5　．
【分析】把（﹣1，0）代入y＝x2+6x+c，即可求得c的值．
解：把（﹣1，0）代入二次函数y＝x2+6x+c中，
得1﹣6+c＝0，
解得c＝5，
故答案为：5．
13．若把二次函数y＝x2﹣2x+3化为y＝（x﹣m）2+k的形式，其中m，k为常数，则m+k＝　3　．
【分析】先由二次函数转化成顶点式，即得到h，k的值，从而求得．
解：把二次函数y＝x2﹣2x﹣3化为y＝（x﹣m）2+k，
则y＝x2﹣2x+3＝（x﹣1）2+2，
所以m＝1，k＝2，
所以m+k＝3．
故答案为：3．
14．如图，△ODC是由△OAB绕点O 顺时针旋转31°后得到的图形，若点D 恰好落在AB上，且∠AOC 的度数为100°，则∠DOB的度数是　38°　．

【分析】根据旋转变换的性质得到∠AOD＝31°，∠BOC＝31°，结合图形，计算即可．
解：由旋转的性质可知，∠AOD＝31°，∠BOC＝31°，
∴∠DOB＝∠AOC﹣∠AOD﹣∠BOC＝38°，
故答案为：38°．
15．如图，⊙O的半径为4cm，∠AOB＝60°，则弦AB的长为　4　cm．

【分析】利用半径相等可判断△OAB为等边三角形，然后根据等边三角形的性质易得AB＝4cm．
解：∵OA＝OB，
而∠AOB＝60°，
∴△OAB为等边三角形，
∴AB＝OA＝4cm．
故答案为4．
16．已知：如图，在等边△ABC中取点P，使得PA，PB，PC的长分别为a，a，a，将线段BP以点B为旋转中心顺时针旋转60°得到线段BQ，连接CQ，下列结论：①△APC≌△BCP；②∠APB＝120°；③∠BPC＝105°；④S△ABP+S△BPC＝（2+）a2，其中正确的结论有 　①③　．

【分析】由“SAS”可证△BCP≌△ACP，故①正确；由“SAS”可证△ABP≌△CBQ，可得AP＝CQ＝a，∠APB＝∠BQC，由勾股定理的逆定理可得∠PQC＝90°，∠BQC＝150°＝∠APB，故②错误；可求∠QPC＝∠QCP＝45°，∠BPC＝105°，故③正确；由面积和差关系可求S△ABP+S△BPC＝（2+）a2，故④错误，即可求解．
解：∵PA＝PB＝a，AC＝BC，
∴CP是AB的中垂线，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACP＝∠BCP＝30°，
又∵BC＝AC，CP＝CP，
∴△BCP≌△ACP（SAS），故①正确；
∵将线段BP以点B为旋转中心顺时针旋转60°得到线段BQ，
∴BP＝BQ，∠PBQ＝60°，
∴△BPQ是等边三角形，
∴PQ＝BP＝BQ＝a，∠BQP＝60°＝∠PBQ＝∠BPQ，
∴∠ABC＝∠PBQ＝60°，
∴∠ABP＝∠CBQ，
又∵BP＝BQ，AB＝BC，
∴△ABP≌△CBQ（SAS），
∴AP＝CQ＝a，∠APB＝∠BQC，
∵PC2＝2a2，PQ2+CQ2＝2a2，
∴PC2＝PQ2+CQ2，
∴∠PQC＝90°，
∴∠BQC＝150°＝∠APB，故②错误；
∠QPC＝∠QCP＝45°，
∴∠BPC＝105°，故③正确；
∵S△ABP+S△BPC＝S△BQC+S△BPC＝S△BPQ+S△PQC，
∴S△ABP+S△BPC＝a2+a2＝（2+）a2，故④错误，
故答案为：①③．
三、解答题（共9小题，满分86分）
17．解方程：
（1）（x+3）2﹣4＝0；
（2）x2﹣4x﹣5＝0．
【分析】（1）利用解一元二次方程﹣直接开平方法，进行计算即可解答；
（2）利用解一元二次方程﹣因式分解法，进行计算即可解答．
解：（1）（x+3）2﹣4＝0，
（x+3）2＝4，
x+3＝±2，
x+3＝2或x+3＝﹣2，
x1＝﹣1，x2＝﹣5；
（2）x2﹣4x﹣5＝0，
（x﹣5）（x+1）＝0，
x﹣5＝0或x+1＝0，
x1＝5，x2＝﹣1．
18．如图，四边形ABCD内接于⊙O，点M在AD的延长线上，∠AOC＝142°，求∠CDM的度数．

【分析】根据圆周角定理得到∠B＝71°，再根据圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角即可得解．
解：∵∠AOC＝142°，
∴∠B＝∠AOC＝71°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠CDM＝∠B＝71°，
故∠CDM的度数为71°．
19．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，4），B（1，1），C（4，3）．
（1）请画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1；
（2）请画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后的△A2B2C2，并写出A2的坐标．

【分析】（1）利用中心对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．
解：（1）如图，△A1B1C1；即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求，A2的坐标（﹣2，2）．

20．在直径是52cm的圆柱形油槽内装入一些油后，截面如图所示，如果油的最大深度CD为16cm，求油面宽度AB的长．

【分析】因为圆柱形油槽装入油后形成弓形，可以考虑用垂径定理解答．
解：由题意得出：OC⊥AB于点D，
由垂径定理知，点D为AB的中点，AB＝2AD，
∵直径是52cm，
∴OB＝26cm，
∴OD＝OC﹣CD＝26﹣16＝10（cm），
由勾股定理知，
BD＝＝24（cm），
∴AB＝48cm．

21．在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2cm，△ABC绕点C顺时针旋转，旋转角为α（0o＜α＜180o），点A、B的对应点分别是D，E．
（1）如图1，当点D恰好落在边AB上时，旋转角α的度数是 　60°　；
（2）如图2，当点B，D，E三点恰好在同一直线上时，判断此时直线CE与AB的位置关系，并说明理由．

【分析】（1）由旋转的性质得到AC＝CD，∠CDE＝60°，故此可证明三角形ADC为等边三角形，于是得到∠DCA＝60°，故此可证明∠DCA＝∠CDE＝60°，最后依据平行线的判断定理可得到DE与AC的位置关系；
（2）延长EC交AB于点F．由旋转的性质可知：CB＝CE，依据等腰三角形的性质可求得∠CBE＝∠E＝30°，然后依据三角形的内角和定理可得到∠BCE＝120°，接下来，在△FBE中证明∠BFE＝90°，可得到EF与AB的关系．
解：（1）∵△ABC旋转后与△DCE全等，
∴∠A＝∠CDE，AC＝DC，
∵∠BAC＝60°，AC＝DC，
∴△DAC是等边三角形，
∴∠DCA＝60°，
又∵∠CDE＝∠BAC＝60°，
∴∠DCA＝∠CDE＝60°．
故答案为：60°．
（2）结论：CE⊥AB．
理由：如图1所示：延长EC交AB于点F．

∵由旋转的性质可知：CB＝CE，
∴∠CBE＝∠E＝30°，
∴∠BCE＝120°，即旋转角α＝120°，
∵∠ABC＝30°，∠CBE＝30°，
∴∠FBE＝60°，
∴∠E+∠FBE＝30°+60°＝90°，
∴∠BFE＝90°，
∴EC⊥AB．
22．在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣3，0）、B（1，0），与y轴交于点C（0，3），顶点为D．
（1）求抛物线解析式；
（2）求△ACD的面积．

【分析】（1）用待定系数法求函数解析式即可；
（2）根据（1）中解析式求出抛物线顶点D的坐标，对称轴，再用待定系数法求出直线AC的解析式，找到对称轴与直线AC的交点M坐标，再根据S△ACD＝×DM•OA求出面积即可．
解：（1）把点A、B、D的坐标代入二次函数表达式得：
，
解得：，
则抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
则顶点D的坐标为（﹣1，4），对称轴为x＝﹣1，
设对称轴x＝﹣1交直线AC与M，如图所示：

设直线AC的解析式为y＝kx+m，
∵A（﹣3，0）、C（0，3），
∴，
解得，
∴直线AC的解析式为y＝x+3，
当x＝﹣1时，y＝﹣1+3＝2，
∴M（﹣1，2），
∴DM＝4﹣2＝2，
∴S△ACD＝×DM•OA＝×2×3＝3，
∴△ACD的面积为3．
23．在创城活动中，某小区想借助如图所示的互相垂直的两面墙（墙体足够长），在墙角区域用28m长的篱笆围成一个矩形花园．设AB＝xm．
（1）若围成花园的面积为192m2，求x的值；
（2）已知在点O处一棵树，且与墙体AD的距离为6m，与墙体CD的距离为15m．如果在围建花园时，要将这棵树围在花园内（含边界上，树的粗细忽略不计），那么能围成的花园的最大面积是多少？

【分析】（1）根据题意可以列出相应的方程，本体得以解决；
（2）根据题意可得到S关于x的关系式，然后化为顶点式，再根据题意列出关于x的不等式组，从而可以得到围成的花园的最大面积．
解：（1）由题意可得，
x（28﹣x）＝192，
解得，x1＝12，x2＝16，
即x的值是12或16；
（2）设矩形花园的面积为S，
S＝x（28﹣x）＝﹣x2+28x＝﹣（x﹣14）2+196，
∵﹣1＜0，
∴当x＜14时，S随x的增大而增大，当x＞14时，S随x的增大而减小，
又∵，得6≤x≤13，
∴当x＝13时，S取得最大值，此时S＝195，
即能围成的花园的最大面积是195m2．
24．如图，⊙O的直径AB的长为10，弦AC长为6，∠ACB的平分线交⊙O于D．
（1）求BC的长．
（2）连接AD和BD，判断△ABD的形状，说明理由．并求BD的长．
（3）求CD的长．

【分析】（1）根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，然后利用勾股定理可计算出BC；
（2）根据圆周角定理得到∠ADB＝90°，再根据角平分线定义得∠ACD＝∠BCD，则AD＝BD，于是可判断△ABD为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质得到BD＝AB＝5；
（3）作BH⊥CD于H，如图，证明△BCH为等腰直角三角形得到BH＝CH＝BC＝4，再利用勾股定理计算出DH＝3，从而计算CH+DH即可．
解：（1）∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ACB中，AB＝10，AC＝6，
∴BC＝＝8；

（2）△ABD为等腰直角三角形．理由如下：
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ACB的平分线交⊙O于D，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴AD＝BD，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴BD＝AB＝5；

（3）作BH⊥CD于H，如图，
∵∠BCH＝45°，
∴△BCH为等腰直角三角形，
∴BH＝CH＝BC＝4，
在Rt△BDH中，DH＝＝3，
∴CD＝CH+DH＝4+3＝7．

25．已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴的交点A（﹣m，0），B（3m，0），其中m＞0，与y轴交于点C（0，﹣6），O为坐标原点．
（1）求a，b（用含有m的式子表示）；
（2）如图，点D是抛物线的顶点，∠ABC＝∠ODC，求m的值；
（3）当m＝4时，设抛物线的对称轴与x轴交于点H，过点H的直线y＝kx+n（k≠0）与抛物线交于点P，Q（P在对称轴右侧），取PQ中点E，过点E作EF⊥x轴，交抛物线于点F，是否存在点E，使线段EF的长度为？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）过点D作DE⊥y轴交于点E，过点C作CF⊥OD交于点F，利用等积法求出CF的长，再由sin∠ABC＝sin∠CDF，得到＝，从而求出m的值即可；
（3）求出直线解析式为y＝kx﹣4k，再联立方程组，根据根与系数的关系可得xP+xQ＝8（1+k），分别求出E（4+4k，4k2），F（4+4k，2k2﹣8），再由题意可得方程＝|2k2+8|，求出k的值即可．
解：（1）将A（﹣m，0），B（3m，0），C（0，﹣6）代入y＝ax2+bx+c，
∴，
解得，
∴a＝，b＝﹣；
（2）过点D作DE⊥y轴交于点E，过点C作CF⊥OD交于点F，
∵y＝x2﹣x﹣6＝（x﹣m）2﹣8，
∴D（m，﹣8），
∴OD＝，CD＝，
∵S△ODE＝×6×m＝×CF×，
∴CF＝，
∵B（3m，0），C（0，﹣6），
∴OC＝6，BC＝，
∵∠ABC＝∠ODC，
∴sin∠ABC＝＝，
解得m＝±2，
∵m＞0，
∴m＝2；
（3）存在点E，使线段EF的长度为，理由如下：
∵m＝4，
∴y＝x2﹣x﹣6＝（x﹣4）2﹣8，
∴抛物线的对称轴为直线x＝4，
∴H（4，0），
∵H点在直线y＝kx+n上，
∴4k+n＝0，
∴n＝﹣4k，
∴y＝kx﹣4k，
联立方程组，
整理得x2﹣（1+k）x﹣6+4k＝0，
∴xP+xQ＝8（1+k），
∵E是PQ的中点，
∴E（4+4k，4k2），
∵EF⊥x轴，
∴F（4+4k，2k2﹣8），
∴EF＝|2k2+8|，
∵EF＝，
∴＝|2k2+8|，
解得k＝±．