2022-2023学年广东省东莞市东华初级中学思维班八年级（下）月考数学试卷（4月份）（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省东莞市东华初级中学思维班八年级（下）月考数学试卷（4月份）（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年广东省东莞市东华初级中学思维班八年级（下）月考数学试卷（4月份）
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是(    )
A. B. C. D.
2. 用配方法解一元二次方程x2−4x−1=0，配方后得到的方程是(    )
A. (x−2)2=1 B. (x−2)2=4 C. (x−2)2=3 D. (x−2)2=5
3. 如果4是关于x的一元二次方程x2−6x+k=0的一个根，则方程的另一个根是(    )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
4. 下列抛物线中，其顶点是抛物线的最高点的是(    )
A. y=x2 B. y=12x2+1 C. y=−5+x2 D. y=−x2−1
5. 将抛物线y=−5x2+1先向左平移3个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的解析式为(    )
A. y=−5(x+3)2−2 B. y=−5(x+3)2−1
C. y=−5(x−3)2−2 D. y=−5(x−3)2−1
6. 如图，在4×4的正方形网格中，△MPN绕某点旋转一定的角度，得到△M′P′N′，其旋转中心是(    )

A. 点A B. 点B C. 点C D. 点D
7. 关于一元二次方程x2+4x+3=0根的情况，下列说法中正确的是(    )
A. 有两个不相等的实数根 B. 有两个相等的实数根
C. 没有实数根 D. 无法确定
8. 两个连续奇数的积为99，设其中较小的一个奇数为x，则可得方程为(    )
A. x(x−2)=99 B. x(x+2)=99
C. x(x−1)=99 D. (2x−1)(2x+1)=99
9. 二次函数y=ax2−2x+c和一次函数y=ax+c(a,c都是常数，且a≠0)在同一平面直角坐标系中的图象可能是(    )
A. B.
C. D.
10. 二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的部分图象如图所示，图象过点(−1,0)，对称轴为x=2，下列结论正确的是(    )
A. abc>0
B. a−b+c>0
C. 4a+b=0
D. 9a+c>3b
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 方程x2=3x的解为：______．
12. 若 a−3+(b+4)2=0，那么点(a,−4)关于原点对称点的坐标是______ ．
13. 已知a是方程x2+3x−1=0的一个实数根，则2a2+6a+2021的值为______ ．
14. 如图，有长为24m的篱笆，一边利用墙(墙长不限)，则围成的花圃ABCD的面积最大为______ m2．


15. 如图，D为等边三角形ABC内一点，AD=10，BD=6，CD=8，将△BCD绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，则图中阴影部分的面积为______ ．


三、解答题（本大题共8小题，共75.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题8.0分)
新时代教育投入得到了高度重视，某省2020年公共预算教育经费是200亿元，到2022年公共预算教育经费达到242亿元．
(1)求2020年到2022年公共预算教育经费的年平均增长率．
(2)按照这个增长率，预计2023年公共预算教育经费能否超过266亿元？
17. (本小题8.0分)
已知关于x的一元二次方程x2+(2m−1)x+m2=0有两个实数根x1和x2．
(1)求实数m的取值范围；
(2)当x12−x22=0时，求m的值．

18. (本小题8.0分)
如图，△OBC的顶点坐标分别为O(0,0)，B(3,3)，C(1,3).将△OBC绕原点O逆时针旋转90°得到△OB1C1．
(1)画出△OB1C1；
(2)点P(1,2)是△OBC内一点，求点P旋转后对应点P1的坐标．

19. (本小题9.0分)
已知二次函数y=x2−(m+2)x+2m−1．
(1)求证：不论m取何值，该函数图象与x轴总有两个公共点；
(2)若该函数图象与y轴交于点(0,3)，求该函数的图象与x轴的交点坐标．
20. (本小题9.0分)
如图，△OAB中，∠AOB=60°，OA=4，点B的坐标为(6,0)，将△OAB绕点A逆时针旋转得到△CAD，且点O的对应点C落在OB上．
(1)求∠OAC的度数；
(2)求点D的坐标．

21. (本小题9.0分)
某商场试销一款玩具，进价为20元/件，商场与供货商约定，试销期间利润不高于30%，且同一周内售价不变.从试销记录看到，当售价为22元时，一周销售了80件该玩具；当售价为24元时，一周销售了60件该玩具.每周销量y(件)与售价x(元)符合一次函数关系．
(1)求每周销量y(件)与售价x(元)之间的关系式；
(2)若商场一周内销售该玩具获得的利润为210元，则该玩具的售价为多少元？
(3)商场将该玩具的售价定为多少时，一周内销售该玩具获得利润最大？最大利润W为多少元？
22. (本小题12.0分)
综合与实践
问题情境：如图1，四边形ABCD和EFCG都是正方形，点G，F分别在边CD和CB上，点E在正方形ABCD的内部．
猜想证明：
(1)DG和BF的位置关系是______，DG和BF的数量关系是______．
(2)将正方形EFCG以C为中心顺时针方向旋转到图2所示位置，则(1)中的结论是否仍然成立？请说明理由．
问题解决：
(3)如图3，在正方形EFCG以C为中心顺时针旋转的过程中，当点E落在正方形ABCD的边AD上时，若CB=17，CF=13，则BF的长度是______.(请直接写出答案即可)


23. (本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2+bx+c与直线AB交于点A(0,−4)，B(4,0).点P是直线AB下方抛物线上的一动点．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)过点P作x轴的平行线交AB于点C，过点P作y轴的平行线交x轴于点D，求PC+PD的最大值及此时点P的坐标；
(3)连接PA、PB，是否存在点P，使得线段PC把△PAB的面积分成1：3两部分，如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．

答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C.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；
D.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：C．
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．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，常见的中心对称图形有平行四边形、圆形、正方形、长方形等等．常见的轴对称图形有等腰三角形，矩形，正方形，等腰梯形，圆等等．

2.【答案】D 
【解析】解：∵x2−4x=1，
∴x2−4x+4=1+4，即(x−2)2=5，
故选：D．
移项后两边配上一次项系数一半的平方即可得．
本题主要考查配方法解一元二次方程，熟练掌握配方法解一元二次方程的基本步骤是解题的关键．

3.【答案】A 
【解析】解：设方程的另一个根为t，
根据根与系数的关系得4+t=6，
解得t=2，
所以方程的另一个根为2．
故选：A．
设方程的另一个根为t，利用根与系数的关系得4+t=6，然后解关于t的方程即可．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca．

4.【答案】D 
【解析】解：∵顶点是抛物线的最高点，
∴二次项系数小于0，
∴四个选项只有y=−x2−1符合．
故选：D．
根据二次函数的最值问题，有最高顶点，二次项系数小于0解答．
本题考查了二次函数的最值问题，是基础题，熟练掌握取最大值和最小值时的二次项系数的正负情况是解题的关键．

5.【答案】B 
【解析】解：把抛物线y=−5x2+1向左平移3个单位得到抛物线y=−5(x+3)2+1的图象，
再向下平移2个单位得到抛物线y=−5(x+3)2+1−2的图象，即y=−5(x+3)2−1．
故选：B．
根据“左加右减、上加下减”的原则进行解答即可．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．

6.【答案】B 
【解析】解：如图，由旋转可知：P和P′为对应点，N和N′为对应点，
连接PP′、NN′，作PP′、NN′的垂直平分线，
可得：点B为旋转中心，
故选：B．

连接PP′、NN′，分别作PP′、NN′的垂直平分线，两者的交点就是旋转中心．
本题考查了旋转变换的性质，根据对应点连线的平分线的交点即为旋转中心解答，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．

7.【答案】A 
【解析】解：根据题意有，
Δ=42−4×1×3=4>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
求出方程判别式Δ的值，判断其与0的大小关系，再判断每个选项的说法正确与否即可．
本题考查了根的判别式，熟练掌握一元二次方程根的判别式的应用是解本题的关键，难度不大，仔细审题即可．

8.【答案】B 
【解析】解：设其中较小的一个奇数为x，则较大的一个奇数为x+2，
则x(x+2)=99．
故选：B．
根据连续两个奇数相差2，得到较大的一个奇数为x+2，由此列得方程．
此题考查了一元二次方程的应用，正确理解题意表示出较大的一个奇数是解题的关键．

9.【答案】A 
【解析】解：A、由一次函数的图象可知：a>0，c<0，当a>0，c<0时，抛物线的开口向上，与y轴交于负半轴，且一次函数与二次函数的图象交于点(0,c)，对称轴为直线x=−b2a=−−22a>0，选项正确，符合题意；
B、由一次函数的图象可知：a>0，c<0，当a>0，c<0时，抛物线的开口向上，选项错误，不符合题意；
C、由一次函数的图象可知：a>0，c>0，当a>0，c>0时，抛物线的开口向上，与y轴交于正半轴，选项错误，不符合题意；
D、由一次函数的图象可知：a>0，c<0，当a>0，c<0时，抛物线的开口向上，与y轴交于负半轴，且一次函数与二次函数的图象交于点(0,c)，对称轴为直线x=−b2a=−−22a>0，选项错误，不符合题意．
故选：A．
根据二次函数和一次函数的图象和性质，逐一进行判断即可．
本题考查二次函数的图象，一次函数的图象．熟练掌握二次函数和一次函数的图象和性质是解题的关键．

10.【答案】C 
【解析】解：A、函数的对称轴在y轴右侧，则ab<0，而c>0，故abc<0，故A错误，不符合题意；
B、图象过点(−1,0)，故a−b+c=0，故B错误，不符合题意；
C、图象对称轴为直线x=2=−b2a，故4a+b=0，故C正确，符合题意；
D、图象过点(−1,0)，故当x=−3时，9a−3b+c<0，故9a+c<3b，故D错误，不符合题意；
故选：C．
根据抛物线的开口，与坐标轴的交点，对称轴，性质计算判断即可．
本题考查了抛物线的开口，与坐标轴的交点，对称轴，性质计算，熟练掌握对称轴，数形结合思想是解题的关键．

11.【答案】x1=0，x2=3 
【解析】解：移项得：x2−3x=0，
即x(x−3)=0，
于是得：x=0或x−3=0．
则方程x2=3x的解为：x1=0，x2=3．
故答案是：x1=0，x2=3．
本题考查了因式分解法解二元一次方程，理解因式分解法解方程的依据是关键．首先把方程移项，把方程的右边变成0，然后对方程左边分解因式，根据几个式子的积是0，则这几个因式中至少有一个是0，即可把方程转化成一元一次方程，从而求解．

12.【答案】(−3,4) 
【解析】解：∵ a−3+(b+4)2=0，
∴a−3=0，b+4=0，
解得：a=3，b=−4，
∴点(a,b)的坐标为(3,−4)，
∴关于原点对称点的坐标是(−3,4)，
故答案为：(−3,4)．
首先根据非负数的性质可得a−3=0，b+4=0，再解出a、b的值．进而得到点的坐标，然后再根据关于原点对称点的坐标特点可得答案．
此题主要考查了非负数的性质、关于原点对称的点的坐标，关键是掌握两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反．

13.【答案】2023 
【解析】解：∵a是方程x2+3x−1=0的一个实数根，
∴a2+3a−1=0，
即a2+3a=1，
∴2a2+6a+2021=2(a2+3a)+2021=2×1+2021=2023．
故答案为：2023．
先根据一元二次方程的解的定义得到a2+3a=1，再把a2+6a+2021变形为2(a2+3a)+2021，然后利用整体代入的方法计算．
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．

14.【答案】48 
【解析】解：设篱笆的宽AB为x米，长BC为(24−3x)米，
∴S=x(24−3x)=−3x²+24x=−3(x−4)²+48，
∵墙长不限，
当x=4时，24−3x=12，S值最大，此时S=48．
故答案为：48．
设篱笆的宽AB为x，长BC为(24−3x)，列出面积S与x的函数关系式，求出最值．
本题以二次函数为背景考查了二次函数的综合运用，考查学生根据图形信息列出二次函数，本题难度适中，经常在考卷中出现，解决问题的关键是弄清题意，根据公式列出面积与x的关系．

15.【答案】24+16 3 
【解析】解：连接DE，过点D作DF⊥CE于点F，
，
由题意，知AE=BD=6，CE=CD=8，∠DCE=60°，△BDC≌△AEC，
∴△CDE是等边三角形，
∴CD=CE=DE=8，
又DF⊥CE，
∴CF=12CE=4，
∴DF= CD2−CF2=4 3，
∵AD=10，DE=8，AE=6，
∴AD2=DE2+AE2，
∴∠AED=90°，
∴S阴影=S△BDC+S△ADC
=S△AEC+S△ADC
=S△ADE+S△CDE
=12×6×8+12×8×4 3
=24+16 3．
故答案为：24+16 3．
连接DE，过点D作DF⊥CE于点F，根据旋转的性质可得AE=BD=6，CE=CD=8，∠DCE=60°，从而可证∠AED=90°，△CDE是等边三角形，然后根据S阴影=S△ADE+S△CDE求解即可．
本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理等知识，添加合适的辅助线进行解答是解题的关键．

16.【答案】解：(1)设2020年到2022年公共预算教育经费的年平均增长率为x，
依题意得：200(1+x)2=242，
解得：x1=0.1=10%，x2=−2.1(不合题意，舍去)，
答：2020年到2022年公共预算教育经费的年平均增长率为10%；
(2)由题意得：2023年公共预算教育经费为242×(1+10%)=266.2(亿元)，
∵266.2>266，
∴按照这个增长率，预计2023年公共预算教育经费能超过266亿元． 
【解析】(1)设2020年到2022年公共预算教育经费的年平均增长率为x，利用2022年公共预算教育经费=2020年公共预算教育经费×(1+年平均增长率)2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
(2)由题意求出2023年公共预算教育经费，即可解决问题．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

17.【答案】解：(1)由题意有△=(2m−1)2−4m2≥0，解得，m≤14．
即实数m的取值范围是m≤14.                    
(2)由x12−x22=0得(x1+x2)(x1−x2)=0，
若x1+x2=0，即−(2m−1)=0，解得m=12．
∵12>14，
∴m=12不合题意，舍去．                      
若x1−x2=0，即x1=x2，
∴△=0，由(1)知m=14．
故当x12−x22=0时，m=14． 
【解析】本题考查了根的判别式与根与系数的关系，熟悉配方法是解题的关键．
(1)令△≥0即可求出m的取值范围；
(2)将x12−x22=0转化为(x1+x2)(x1−x2)=0即可解答．

18.【答案】解：(1)如图所示，△OB1C1即为所求；

(2)由(1)可得点B(3,3)绕原点O逆时针旋转90°得到点B1(−3,3)，C(1,3)绕原点O逆时针旋转90°得到点C1(−3,1)，
∴将点P(1,2)绕原点O逆时针旋转90°后对应点P1的坐标为(−2,1)． 
【解析】(1)分别作出点B(3,3)，C(1,3)绕原点O逆时针旋转90°的对应点B1(−3,3)，C1(−3,1)，顺次连接O、B1、C1即可；
(2)按照(1)中点的旋转规律，即可写出点P旋转后对应点P1的坐标．
此题考查了旋转作图和坐标系中绕原点旋转90°的坐标规律，根据题意准确作图是解题的关键．

19.【答案】(1)解：令y=0，则x2−(m+2)x+2m−1=0，
∴Δ=[−(m+2)2]−4(2m−1)，
=m2+4m+4−8m+4，
=m2−4m+8
=(m−2)2+4≥4，
∴Δ>0，
∴方程总有两个不相等的实数根，即抛物线与x轴总有两个交点；
(2)∵函数的图象与y轴交于点(0,3)．
∴2m−1=3，
∴m=2，
∴抛物线的解析式为：y=x2−4x+3，
∵y=x2−4x+3=(x−2)2−1，
当y=0时，0=(x−2)2−1，
∴x1=3，x2=1，
∴该函数的图象与x轴的交点坐标(3,0)或(1,0)． 
【解析】(1)令y=0，则x2−(m+2)x+2m−1=0，计算判别式即可得出结论．
(2)根据题意求得抛物线的对称轴，进而根据自变量的取值范围求得最小值与最大值即可求解．
本题考查了二次函数图象与坐标轴交点问题，待定系数法求解析式，求二次函数的最值，掌握二次函数的性质是解题的关键．

20.【答案】解：(1)由旋转的性质可知AO=AC=4，
∵∠AOB=60°，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠OAC=60°；
(2)如图，过点D作DE⊥x轴于点E．
∵B(6,0)，
∴OB=6，
由旋转的性质可知OB=CD=6，∠ACD=∠AOB=60°，
∵△AOC是等边三角形，
∴OC=OA=4，∠ACO=60°，
∴∠DCE=60°，
∴CE=12CD=3，DE=3 3，
∴OE=OC+CE=4+3=7，
∴D(7,3 3). 
【解析】(1)根据旋转的性质得出AO=AC=4，由∠AOB=60°，即可证得△AOC是等边三角形，即可求得∠OAC=60°；
(2)过点D作DE⊥x轴于点E.证∠DCE=60°，然后解直角三角形求出DE，CE，可得结论．
本题考查作图−旋转变换，解直角三角形，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质．

21.【答案】(1)解：(1)设每周销量y(件)与销售单价x(元)之间的关系式为y=kx+b，
则22k+b=8024k+b=60，
解得：k=−10b=300，
∴y(件)与销售单价x(元)之间的关系式为：y=−10x+300．
故答案为：y=−10x+300；
(2)解：根据题意可得(x−20)(−10x+300)=210，
整理得：x2−50x+621=0，
解得：x1=23，x2=27，
∵利润不高于30%，
∴x≤20×(1+30%)=26，
∴x2=27(舍去)，
∴x=23．
答：该玩具的售价为23元．
故答案为：23元．
(3)根据题意得：W=(x−20)(−10x+300)=−10x2+500x−6000=−10(x−25)2+250，
∵a=−10<0，
∴W随着x的减小而增大，
∴当x=25时，W取最大值且W=250元．
答：最大利润W为250元．
故答案为：250元． 
【解析】(1)设y(件)与销售单价x(元)之间的关系式为y=kx+b，列方程组即可得到结论；
(2)利润=(售价−进价)×件数，即(x−20)(−10x+300)=210，解方程即可；
(3)设商店将童装售价定为x元时，获得利润为W，求出x的取值范围，根据题意得到W=(x−20)(−10x+300)=−10x2+500x−6000=−10(x−25)2+250，根据二次函数的性质即可得到结论．
本题主要考查的是二次函数的图像和性质、解一元二次方程、解二元一次方程以及待定系数法求一次函数．解题过程中需要注意通过因式分解实现降次求得的x取值是否符合题意以及是否能熟练掌握顶点式二次函数的解析式．

22.【答案】DG⊥BF  DG=BF  5 2 
【解析】解：(1)∵四边形ABCD和EFCG都是正方形，点G，F分别在边CD和CB上，
∴DC⊥BC，DC=BC，GC=FC，
∴DG⊥BF，DC−GC=BC−FC，
即DG=BF．
故答案为：DG⊥BF，DG=BF；
(2)成立，理由如下：
延长BF与DG交于点H．

∵四边形ABCD和EFCG均为正方形，
∴BC=DC，FC=GC，∠BCD=∠FCG=90°，
∴∠BCF=∠DCG
∴△BCF≌△DCG(SAS)，
∴DG=BF，∠GDC=∠FBC，
∵∠CDA+∠A+∠ABC=270°，
∴∠CDA+∠A+∠ABH+∠FBC=∠CDA+∠A+∠ABH+∠GDC=270°，
∴∠GDA+∠A+∠ABH=270°．
∵∠GDA+∠A+∠ABH+∠BHD=360°，
∴∠BHD=90°，即BF⊥DG；

(3)连接CE，AC，如图，

∵四边形ABCD和EFCG均为正方形，
∴CBCA=1 2，CFCE=1 2，∠BCA=∠FCE=45°，
∴CBCA=CFCE，∠BCA−∠ACF=∠FCE−∠ACF，
∴CBCF=CACE，∠BCF=∠ACE，
∴△BCF∽△ACE，
∴BFAE=BCAC=1 2，
设AE=x，则DE=17−x，
∵CFCE=1 2，CF=13，
∴CE=13 2，
在Rt△CDE中，CD2+DE2=CE2，
∴172+(17−x)2=(13 2)2，
解得x1=10，x2=24，
∵点E落在正方形ABCD的边AD上，
∴AE=10，
∵BFAE=1 2，
∴BF=5 2．
故答案为：5 2．
(1)由正方形的性质即可得出结论；
(2)由正方形的性质，可证得△BCF≌△△BCF≌△DCG，可得DG=BF，∠GDC=∠FBC，再利用四边形内角和，可证得BF⊥DG；
(3)连接CE，AC，由正方形的性质，可证得△BCF∽△ACE，设AE=x，则DE=17−x，在Rt△CDE中，有CD2+DE2=CE2，即可建立方程，再根据相似三角形得性质，即可求解．
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线，寻找全等三角形或相似三角形解决问题．

23.【答案】解：(1)∵抛物线y=12x2+bx+c与直线AB交于点A(0,−4)，B(4,0)，
∴c=−48+4b+c=0，
解得：b=−1c=−4，
∴该抛物线的函数表达式为y=12x2−x−4；
(2)设P(t,12t2−t−4)，设PD交AB于点E，如图，
则PD=−12t2+t+4，BD=4−t，

∵OA=OB=4，∠AOB=90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠ABO=45°，
∵PC/​/x轴，PD/​/y轴，
∴∠CPE=∠BDE=90°，∠BED=∠PEC=45°，
∴△BDE、△CPE均为等腰直角三角形，
∴DE=BD=4−t，
∴PC=PE=PD−DE=−12t2+t+4−(4−t)=−12t2+2t，
∴PC+PD=−12t2+2t+(−12t2+t+4)=−t2+3t+4=−(t−32)2+254，
∵−1<0，
∴当t=32时，PC+PD取得最大值254，此时点P的坐标为(32,−358)；
(3)存在点P，使得线段PC把△PAB的面积分成1：3两部分．
如图，延长PC交y轴于点F，设P(t,12t2−t−4)，则PD=−12t2+t+4，

当S△PAC：S△PBC=1：3时，
∵∠PDO=∠DOF=∠PFO=90°，
∴四边形PDOF是矩形，
∴OF=PD=−12t2+t+4，
∴AF=OA−OF=4−(−12t2+t+4)=12t2−t，
∵S△PACS△PBC=12PC⋅AF12PC⋅PD=AFPD=13，
∴PD=3AF，即OF=3AF，
∵OF+AF=4，
∴AF=1，
即12t2−t=1，
解得：t=1+ 3或t=1− 3(舍去)，
∴P(1+ 3,−3)；
当S△PBC：S△PAC=1：3时，同理可得AF=3，
即12t2−t=3，
解得：t=1+ 7或t=1− 7(舍去)，
∴P(1+ 7,−1)；
综上所述，存在点P，使得线段PC把△PAB的面积分成1：3两部分，点P的坐标为(1+ 3,−3)或(1+ 7,−1)． 
【解析】(1)运用待定系数法即可求得答案；
(2)设P(t,12t2−t−4)，则PD=−12t2+t+4，BD=4−t，利用等腰直角三角形性质可得DE=BD=4−t，进而可得PC+PD=−(t−32)2+254，运用二次函数的性质即可求得答案；
(3)延长PC交y轴于点F，设P(t,12t2−t−4)，则PD=−12t2+t+4，分两种情况：当S△PAC：S△PBC=1：3时，当S△PBC：S△PAC=1：3时，分别得出AF=1或3，建立方程求解即可得出答案．
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，三角形的面积，等腰直角三角形的判定和性质．熟练掌握二次函数图象和性质，灵活运用分类讨论思想，方程思想是解题的关键．