2022-2023学年甘肃省金昌市永昌县九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年甘肃省金昌市永昌县九年级（上）期末数学试卷（含解析），共23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。

1.关于x的方程x2−kx+9=0有两个相等的实数根，则k的值为( )
A. 9B. 6C. ±9D. ±6
2.在平面直角坐标系中，将点A(2,3)绕原点顺时针旋转90°得到点A′，则点A′的坐标为( )
A. (3,−2)B. (−3,2)C. (3,2)D. (−2,−3)
3.下列事件是必然事件的是( )
A. 抛一枚硬币，正面朝上
B. 太阳每天从东方升起
C. 明天会下雨
D. 经过城市中某一交通信号灯的路口，恰好是红灯
4.如图，⊙O是△ABC的外接圆，连接OA、OB，若∠OBA=40°，则∠C为( )
A. 30°
B. 40°
C. 50°
D. 80°
5.在正面完全相同、反面印有下列四个图形的纸片中，任抽一张，则抽到的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的概率是( )
A. 14B. 12C. 34D. 1
6.如图，以点O为圆心的两个同心圆把以OA为半径的大圆O的面积三等分，这两个圆的半径分别为OB，OC.则OA：OB：OC的值是( )
A. 3：2：1
B. 9：4：1
C. 3： 2：1
D. 3： 6： 2
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
7.把抛物线y=x2−4x+5向上平移2个单位，再向左平移1个单位得到的抛物线解析式为______．
8.在一个不透明的袋中有2个红球，若干个白球，它们除颜色外其它都相同，若随机从袋中摸出一个球，摸到红球的概率是14，则袋中有白球______个．
9.如图，AB是圆O的弦，半径OC⊥AB于点D，且OC=5cm，DC=2cm，则AB= ______ ．
10.若一个圆锥的底面半径为2，母线长为6，则该圆锥侧面展开图的圆心角是______°.
11.若一直角三角形外接圆的半径为2.5，内切圆的半径为1，则其面积是______ ．
12.如图，在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，继续旋转至2019次得到正方形OA2019B2019C2019，则点B2019的坐标是______ ．
三、解答题：本题共11小题，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
13.(本小题6分)
关于x的一元二次方程x2−(k+3)x+2k+2=0．
(1)求证：方程总有两个实数根；
(2)若方程有一个根小于1，求k的取值范围．
14.(本小题6分)
已知抛物线的顶点坐标为(2,0)，且经过点(1,−3)．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点(m,−27)在该抛物线上，求m的值．
15.(本小题6分)
如图，在单位长度为1的正方形网格图中，一条圆弧经过网格点A(0,4)、B(4,4)、C(6,2)三点，请在网格中进行下列操作：
(1)在图中确定该圆弧所在圆的圆心D点的位置，写出D点坐标为______．
(2)连接AD、CD，求⊙D的半径及弧AC的长．
16.(本小题6分)
如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△ABC的顶点均在格点上．
(1)画出将△ABC关于原点O的中心对称图形△A1B1C1；
(2)将△DEF绕点E逆时针旋转90°得到△D1EF1，画出△D1EF1；
(3)若△DEF由△ABC绕着某点旋转得到的，则这点的坐标为 ．
17.(本小题6分)
一个不透明的口袋中装有7个红球，9个黄球，2个白球，这些球除颜色外其他均相同，从中任意摸出一个球．
(1)摸到的球是红球的概率是______ ；摸到黄球的概率为______ ；摸到白球的概率为______ ．
(2)如果要使摸到白球的概率为15，需要在这个口袋中再放入多少个白球？
18.(本小题8分)
如图，PA为⊙O的切线，A为切点，过A作AB⊥OP，垂足为C，交⊙O于点B，延长BO与PA的延长线交于点D．
(1)求证：PB为⊙O的切线；
(2)若OB=3，OD=5，求AB的长．
19.(本小题8分)
如图，四边形ABCD内接于⊙O，D是弧AC的中点，延长BC到点E，使CE=AB，连接BD，ED．
(1)求证：BD=ED．
(2)若∠ABC=60°，AD=5，则⊙O的直径长为______．
20.(本小题8分)
在一个不透明的口袋中放有4个完全相同的小球，他们分别标有数字−1，2，3，5.小明先随机摸出一个小球，记下数字为x；小强再随机摸出一个小球，记下数字为y.小明小强共同商议游戏规则为：当x>y时小明获胜，否则小强获胜．
(1)若小明摸出的球不放回，请用列表或画树状图的方法求小明获胜的概率；
(2)若小明摸出的球放回后小强再随机摸球，请问这个游戏规则是公平的吗？请说明理由．
21.(本小题9分)
如图，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=45°，将△BCD绕点C顺时针旋转一定角度后，点B的对应点恰好与点A重合，得到△ACE．
(1)请求出旋转角的度数；
(2)请判断AE与BD的位置关系，并说明理由；
(3)若AD=2，CD=3，试求出四边形ABCD的对角线BD的长．
22.(本小题9分)
如图1，正五边形ABCDE内接于⊙O，阅读以下作图过程，并回答下列问题：
作法如图2．
1.作直径AF．
2.以F为圆心，FO为半径作圆弧，与⊙O交于点M，N．
3.连结AM，MN，NA．
(1)求∠ABC的度数．
(2)△AMN是正三角形吗？请说明理由．
(3)从点A开始，以DN长为半径，在⊙O上依次截取点，再依次连结这些分点，得到正n边形，求n的值．
23.(本小题12分)
综合与探究
如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，OA=2，OC=6，连接AC和BC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D在抛物线的对称轴上，当△ACD的周长最小时，点D的坐标为______．
(3)点E是第四象限内抛物线上的动点，连接CE和BE.求△BCE面积的最大值及此时点E的坐标；
(4)若点M是y轴上的动点，在坐标平面内是否存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵关于x的方程x2−kx+9=0有两个相等的实数根，
∴Δ=b2−4ac=(−k)2−4×9=0，
解得：k=±6．
故选：D．
利用一元二次方程的根的判别式即可得求解．
本题考查了一元二次方程的根的判别式，解题的关键是掌握：对于一般形式ax2+bx+c=0(a≠0)，当Δ=b2−4ac>0，方程有两个不相等的实数根；当Δ=b2−4ac=0，方程有两个相等的实数根；当Δ=b2−4ac<0，方程没有实数根．
2.【答案】A
【解析】解：如图，过点A、A′两点分别作x轴的垂线，垂足为H、P，则∠AHO=∠A′PO=90°，
∵点A(2,3)，
∴OH=2，AH=3，
∵线段OA绕点O顺时针旋转90°，
∴∠AOA′=90°，AO=A′O，
∴∠AOH+∠A′OP=90°，
∵∠AOH+∠OAH=90°，
∴∠OAH=∠A′OP，
在△AOH与△OA′P中，
∠AHO=∠A′PO∠OAH=∠A′OPAO=A′O，
∴△AOH≌△OA′P(AAS)，
∴OH=A′P=2，AH=PO=3，
∴点A′(3,−2)．
故选：A．
过点A、A′分别作x轴的垂线，垂足为H、P，则∠AHO=∠A′PO=90°，由旋转的性质和角之间的关系可证△AOH≌△OA′P(AAS)，OH=A′P=2，AH=PO=3，即可得到点A′的坐标．
本题考查了点的坐标与旋转变换的关系．关键是根据旋转的性质和角之间的关系确定全等三角形．
3.【答案】B
【解析】解：A、抛一枚硬币，正面朝上，属于不确定事件，可能发生，也可能不发生；
B、太阳东升西落，是客观规律，属于确定事件中的必然事件；
C、明天会下雨，属于不确定事件，可能发生，也可能不发生；
D、经过城市中某一交通信号灯的路口，恰好是红灯，属于不确定事件，可能发生，也可能不发生，只是具有可能性；
故选：B．
根据事件的确定性和不确定性，进行依次分析，继而得出结论．
此题应根据事件发生的确定性和不确定性进行分析解答．
4.【答案】C
【解析】解：∵OA=OB，∠OBA=40°，
∴∠OAB=∠OBA=40°，
∴∠AOB=180°−∠OAB−∠OBA=100°，
∴∠C=12∠AOB=50°．
故选：C．
首先由OA=OB，∠OBA=40°，求得∠AOB的度数，然后由圆周角定理的性质，求得答案．
此题考查了圆周角定理以及等腰三角形的性质．注意在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
5.【答案】B
【解析】解：在这四个图片中第二、四幅图案既是轴对称图形又是中心对称图形，因此既是轴对称图形又是中心对称图形的概率是24=12．
故选：B．
根据随机事件概率大小的求法，找准两点：
①符合条件的情况数目；
②全部情况的总数．
二者的比值就是其发生的概率的大小．
本题将三个简易的知识点，轴对称图形、中心对称图形和概率组合在一起，是一个简单的综合问题，其中涉及的轴对称图形的概念：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，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线(成轴)对称；中心对称图形的概念：是指这个图形绕着对称中心旋转180°后仍然能和这个图形重合的图形；简易概率求法公式：P(A)=mn，其中0≤P(A)≤1．
6.【答案】C
【解析】解：以OA半径的圆的面积是πr2，则以OB半径的圆的面积是23πr2，则以OC半径的圆的面积是13πr2
∴πrB2=23πr2，πrC2=13πr2，
∴rB= 63r，rC= 33r.
∴OA：OB：OC=r： 63r： 33r= 3： 2：1，
故选：C．
根据圆的面积公式得出方程，根据算术平方根求出OA、OB、OC的值，再代入即可得出答案
本题考查了正多边形与圆，算术平方根，圆的面积的应用，解此题的关键是能根据题意得出关于OA、OB、OC的方程，难度不是很大．
7.【答案】y=(x−1)2+3
【解析】解：抛物线y=x2−4x+5=(x−2)2+1，它的顶点坐标是(2,1)．
将其向上平移2个单位，再向左平移1个单位后，得到新抛物线的顶点坐标是(1,3)，
所以新抛物线的解析式是：y=(x−1)2+3．
故答案是：y=(x−1)2+3．
根据平移规律得到平移后抛物线的顶点坐标，根据该顶点坐标写出新抛物线解析式即可．
本题考查了二次函数与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
8.【答案】6
【解析】解：设袋子中白球有x个，
根据题意，得：22+x=14，
解得x=6，
经检验：x=6是分式方程的解，
即袋中白球有6个，
故答案为：6．
设袋子中白球有x个，根据摸到红球的概率是14得出22+x=14，解之可得．
本题主要考查概率公式，随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
9.【答案】8cm
【解析】解：连接OA，如图所示：
∵半径OC⊥AB，
∴∠ODA=90°，AD=BD=12AB，
∵OD=OC−CD=3，OA=OC=5cm，
∴AD= OA2−OD2= 52−32=4(cm)，
∴AB=2AD=8cm，
故答案为：8cm．
连接OA，根据垂径定理得∠ODA=90°，AD=BD=12AB，根据勾股定理求出AD，即可得出答案．
本题考查的是垂径定理以及勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．
10.【答案】120
【解析】解：圆锥侧面展开图的弧长是：2π×2=4π，
设圆心角的度数是n度，
则nπ×6180=4π，
解得：n=120．
故答案为120．
根据圆锥的底面周长等于圆锥的侧面展开图的弧长，首先求得展开图的弧长，然后根据弧长公式即可求解．
本题主要考查了圆锥的有关计算，正确理解圆锥的侧面展开扇形图的弧长与原来的圆锥底面周长之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
11.【答案】6
【解析】解：⊙I切AB于E，切BC于F，切AC于D，连接IE，IF，ID，
则∠CDI=∠C=∠CFI=90°，ID=IF=1，
∴四边形CDIF是正方形，
∴CD=CF=1，
由切线长定理得：AD=AE，BE=BF，CF=CD，
∵直角三角形的外接圆半径为2.5，内切圆半径为1，
∴AB=5=AE+BE=BF+AD，
即△ABC的周长是AC+BC+AB=AD+CD+CF+BF+AB=5+1+1+5=12，
∴S△ABC=12(AB+AC+BC)⋅IE=12×12×1=6．
故答案为：6．
⊙I切AB于E，切BC于F，切AC于D，连接IE，IF，ID，得出正方形CDIF推出CD=CF=1，根据切线长定理得出AD=AE，BE=BF，CF=CD，求出AD+BF=AE+BE=AB=5，即可求出△ABC的周长，在结合S△ABC=12(AB+AC+BC)⋅IE即可求得面积．
本题考查的是三角形的外接圆与外心、内切圆与内心，掌握圆周角定理、直角三角形的内心与三边的关系是解题的关键．
12.【答案】(− 2,0)
【解析】解：由题意可得：B1(0, 2)，B2(−1,1)，B3(− 2,0)，B4(−1,−1)，B5(0,− 2)，B6(1,−1)，B7( 2,0)，B8(1,1)，B9(0, 2)...
故周期为8，
∵2019÷8=252⋅⋅⋅3，
∴B2019=B3，
∴B2019(− 2,0)．
故答案为：(− 2,0)．
由题意依次写出前几个，找到规律，根据规律求即可．
本题考查的是坐标与图形变化−旋转，准确计算出每个点变化之后的坐标是解题关键．
13.【答案】(1)证明：∵在方程x2−(k+3)x+2k+2=0中，
Δ=[−(k+3)]2−4×1×(2k+2)=k2−2k+1=(k−1)2≥0，
∴方程总有两个实数根；
(2)解：∵x2−(k+3)x+2k+2=0，
即x2−(k+3)x+2(k+1)=0，
即(x−2)(x−k−1)=0，
∴x1=2，x2=k+1．
∵方程有一根小于1，
∴k+1<1，
解得：k<0，
∴k的取值范围为k<0．
【解析】本题考查了根的判别式、因式分解法解一元二次方程.解答本题的关键是正确求出该方程的两个根．
(1)根据方程的系数结合根的判别式，可得Δ=(k−1)2≥0，由此可证出方程总有两个实数根；
(2)利用因式分解法解一元二次方程，可得出x1=2、x2=k+1，根据方程有一根小于1，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．
14.【答案】解：(1)设抛物线的解析式为y=a(x−2)2，
得a×(1−2)2=−3，
解得a=−3，
所以此函数的解析式为y=−3(x−2)2，
(2)解：把(m,−27)代入y=−3(x−2)2，
得−3(m−2)2=−27，
解得 m=5或−1．
【解析】(1)设出二次函数的顶点式，然后将顶点坐标为(2,0)，点(1,−3)直接代入即可．
(2)将(m,−27)代入(1)中求出的表达式，解方程即可．
本题考查了待定系数法求函数表达式，以及求坐标的值，准确设出表达式是解题关键．
15.【答案】(2,0)
【解析】解：(1)由垂径定理得到圆的圆心D点的坐标为D(2,0)，
故答案为：(2,0)；
(2)CD= 22+42=2 5，
tan∠OAD=24=12，tan∠EDC=12，
∴∠OAD=∠EDC，
∵∠OAD+∠ODA=90°，
∴∠EDC+∠ODA=90°，即∠ADC=90°，
∴AC的长=90π⋅2 5180= 5π.
(1)根据垂径定理得到圆的圆心D点的坐标；
(2)根据正切的定义得到∠OAD=∠EDC，得到∠ADC=90°，根据弧长公式计算，得到答案．
本题考查的是弧长的计算、垂径定理、勾股定理，掌握弧长公式是解题的关键．
16.【答案】(0,1)
【解析】解：(1)作图如下：
(2)作图如下：
(3)根据旋转的性质：旋转中心到两对应点的距离相等；
故旋转中心在线段BE、CF的中垂线上；
由图像可知，该点的坐标为(0,1)．
(1)根据成中心对称图形的性质画图即可；
(2)根据旋转中心、旋转角、旋转方向画图即可；
(3)线段BE、CF的中垂线的交点即为旋转中心．
本题考查了图形的旋转，平面直角坐标系中点的坐标变换；熟练掌握旋转的性质是解题关键．
17.【答案】718 12 19
【解析】解：(1)红球的概率：P=红球的个数总个数=77+9+2=718，
黄球的概率：P=黄球的个数总个数=97+9+2=12，
白球的概率：P=白球的个数总个数=27+9+2=19，
故答案为：718，12，19；
(2)设需要在这个口袋中再放入x个白球，
得2+x18+x=15，
解得x=2，
经检验，x=2是原分式方程的根，
答：需要在这个口袋中再放入2个白球．
(1)利用概率公式，代入数值求即可．
(2)设再放入x个白球，然后代入概率公式列方程，解方程即可．
本题考查了概率的计算，熟记概率的计算方法是解题关键．
18.【答案】(1)证明：连接OA，
∵AB⊥OP，OB=OA，
∴∠BOP=∠AOP，
∵PA是⊙O的切线，
∴∠OAP=90°，
在△OBP与△OAP中，
OB=OA∠BOP=∠AOPOP=OP，
∴△OBP≌△OAP(SAS)，
∴∠OBP=∠OAP=90°，
∴OB⊥PB，
∴PB是⊙O的切线；
(2)解：∵OD=5，OA=OB=3，
∴BD=5+3=8，
∴在Rt△AOD中，AD= OD2−OA2=4，
∵PA、PB为⊙O的切线，
∴PA=PB，
在Rt△DBP中，PD2=PB2+BD2，即(PB+4)2=PB2+82，
∴PB=6，
在Rt△OBP中，OP= OB2+PB2= 32+62=3 5，
∵S△BOP=12⋅OP⋅BC=12⋅OB⋅PB，
∴3 5BC=3×6，
∴BC=6 55，
∴AB=2BC=12 55．
【解析】(1)连接OA，根据切线的性质得到∠OAP=90°，证明△OBP≌△OAP，根据全等三角形的性质得到∠OBP=∠OAP=90°，根据切线的判定定理证明结论；
(2)根据勾股定理得出AD=4，根据切线的性质得到PA=PB，再根据勾股定理得出PB=6，根据勾股定理求出OP，然后利用三角形的面积即可得解．
此题考查了切线的判定与性质、勾股定理，三角形的面积，熟记切线的判定与性质是解题的关键．
19.【答案】10
【解析】(1)证明：∵AD=CD，
∴AD=DC，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵∠ECD+∠BCD=180°，
∴∠BAD=∠ECD，
在△ABD和△CED中，
AD=DC∠BAD=∠ECDAB=CE，
∴△ABD≌△CED(SAS)，
∴BD=ED；
(2)解：连接DO并延长交⊙O于F，连接CF，
则∠FCD=90°，
∵D是弧AC的中点，
∴AD=CD，
∴∠ABD=∠CBD，AD=CD=5，
∵∠ABC=60°，
∴∠CBD=30°，
∴∠F=∠DBC=30°，
∴DF=2CD=10，
∴⊙O的直径长为10，
故答案为：10．
(1)根据圆内接四边形的性质得到BAD=∠ECD，根据全等三角形的性质得到BD=ED；
(2)连接DO并延长交⊙O于F，连接CF，则∠FCD=90°，根据已知条件得到∠ABD=∠CBD，AD=CD=5，求得∠F=30°，根据直角三角形的性质得到结论．
本题考查了圆内接四边形，圆周角定理，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
20.【答案】解：(1)根据题意，列表如下：
一共有12中等可能结果，其中x>y的结果有6种，
∴P(小明获胜)=612=12；
(2)不公平，理由如下：
由题意，列表为：
一共有16中等可能结果，其中x>y的结果有6种，
∴P(小明获胜)=616=38，
P(小强获胜)=1−38=58，
P(小明获胜)∴游戏规则不公平．
【解析】(1)通过列表展示所有12种等可能性的结果数，即可求出小明获胜的概率；
(2)游戏是否公平，求出游戏双方获胜的概率，比较是否相等即可．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．游戏双方获胜的概率相同，游戏就公平，否则游戏不公平．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
21.【答案】解：(1)∵将△BCD绕点C顺时针旋转得到△ACE
∴△BCD≌△ACE
∴AC=BC，
又∵∠ABC=45°，
∴∠ABC=∠BAC=45°
∴∠ACB=90°
故旋转角的度数为90°
(2)AE⊥BD．
理由如下：
在Rt△BCM中，∠BCM=90°
∴∠MBC+∠BMC=90°
∵△BCD≌△ACE
∴∠DBC=∠EAC
即∠MBC=∠NAM
又∵∠BMC=∠AMN
∴∠AMN+∠CAE=90°
∴∠AND=90°
∴AE⊥BD
(3)如图，连接DE，
由旋转图形的性质可知
CD=CE，BD=AE，旋转角∠DCE=90°
∴∠EDC=∠CED=45°
∵CD=3，
∴CE=3
在Rt△DCE中，∠DCE=90°
∴DE= CD2+CE2= 9+9=3 2
∵∠ADC=45°
∴∠ADE=∠ADC+∠EDC=90°
在Rt△ADE中，∠ADE=90°
∴EA= AD2+DE2= 18+4= 22
∴BD= 22
【解析】(1)由旋转的性质可得△BCD≌△ACE，可得BC=AC，即可求旋转角的度数；
(2)由全等三角形的性质可得∠DBC=∠EAC，可求∠AND=90°，即可得AE⊥BD；
(3)由勾股定理可求DE的长，进而得到AE的长度，根据全等三角形的性质可推出AE=BD，即可得出答案．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，证明∠ADE=90°是解本题的关键．
22.【答案】解：(1)∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠ABC=(5−2)×18025=108°，
即∠ABC=108°；
(2)△AMN是正三角形，
理由：连接ON，NF，
由题意可得：FN=ON=OF，
∴△FON是等边三角形，
∴∠NFA=60°，
∴∠NMA=60°，
同理可得：∠ANM=60°，
∴∠MAN=60°，
∴△MAN是正三角形；
(3)∵∠AMN=60°，
∴∠AON=120°，
∵∠AOD=360°5×2=144°，
∴∠NOD=∠AOD−∠AON=144°−120°=24°，
∵360°÷24°=15，
∴n的值是15．
【解析】本题考查正多边形和圆、等边三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
(1)根据正五边形内角和，可以计算出∠ABC的度数；
(2)先判断，然后根据题意和图形说明理由即可；
(3)根据题意和(2)中的结果，计算出∠NOD的度数，然后即可计算出n的值．
23.【答案】解：(1)∵OA=2，OC=6，
∴A(−2,0)，C(0,−6)，
∵抛物线y=x2+bx+c过点A、C，
∴4−2b+c=00+0+c=−6，
解得：b=−1c=−6，
∴抛物线解析式为y=x2−x−6；
(2)(12,−5)；
(3)过点E作EG⊥x轴于点G，交直线BC与点F，
设E(t,t2−t−6)(0∴EF=2t−6−(t2−t−6)=−t2+3t，
∴S△BCE=S△BEF+S△CEF
=12EF⋅BG+12EF⋅OG
=12EF(BG+OG)
=12EF⋅OB=12×3(−t2+3t)=−32(t−32)2+278，
∴当t=32时，△BCE面积最大，
∴yE=(32)2−32−6=−214，
∴点E坐标为(32,−214)时，△BCE面积最大，最大值为278；
(4)存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形．
∵A(−2,0)，C(0,−6)，
∴AC= 22+62=2 10，
①若AC为菱形的边长，如图3，
则MN//AC且，MN=AC=2 10
∴N1(−2,2 10)，N2(−2,−2 10)，N3(2,0)；
②若AC为菱形的对角线，如图4，则AN4//CM4，AN4=CN4，
设N4(−2,n)，
∴−n= 22+(n+6)2，
解得：n=−103，
∴N4(−2,−103)，
综上所述，点N坐标为(−2,2 10)，(−2,−2 10)，(2,0)，(−2,−103).
【解析】【分析】
本题考查了二次函数的图象与性质，轴对称求最短路径，一次函数的图象与性质，一次方程(组)的解法，菱形的性质，勾股定理．第(4)题对菱形顶点存在性的判断，以确定的边AC进行分类，再画图讨论计算．
(1)由OA=2，OC=6得到A(−2,0)，C(0,−6)，用待定系数法即求得抛物线解析式．
(2)由点D在抛物线对称轴上运动且A、B关于对称轴对称可得，AD=BD，所以当点C、D、B在同一直线上时，△ACD周长最小．求直线BC解析式，把对称轴的横坐标代入即求得点D纵坐标．
(3)过点E作EG⊥x轴于点G，交直线BC与点F，设点E横坐标为t，则能用t表示EF的长．△BCE面积拆分为△BEF与△CEF的和，以EF为公共底计算可得S△BCE=12EF⋅OB，把含t的式子代入计算即得到S△BCE关于t的二次函数，配方即求得最大值和t的值，进而求得点E坐标．
(4)以AC为菱形的边和菱形的对角线进行分类画图，根据菱形邻边相等、对边平行的性质确定点N在坐标．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)∵当y=0时，x2−x−6=0，解得：x1=−2，x2=3
∴B(3,0)，抛物线对称轴为直线x=−2+32=12
∵点D在直线x=12上，点A、B关于直线x=12对称
∴xD=12，AD=BD，
∴当点B、D、C在同一直线上时，C△ACD=AC+AD+CD=AC+BD+CD=AC+BC最小，
设直线BC解析式为y=kx−6，
∴3k−6=0，解得：k=2，
∴直线BC：y=2x−6，
∴yD=2×12−6=−5，
∴D(12,−5)，
故答案为(12,−5)；
(3)见答案；
(4)见答案．小明摸出的x小强摸出的y
−1
2
3
5
−1
/
(2,−1)
(3,−1)
(5,−1)
2
(−1,2)
/
(3,2)
(5,2)
3
(−1,3)
(2,3)
/
(5,3)
5
(−1,5)
(2,5)
(3,5)
/
小明摸出的x小强摸出的y
−1
2
3
5
−1
(−1,−1)
(2,−1)
(3,−1)
(5,−1)
2
(−1,2)
(2,2)
(3,2)
(5,2)
3
(−1,3)
(2,3)
(3,3)
(5,3)
5
(−1,5)
(2,5)
(3,5)
(5,5)