2024年广东省东莞市安东中学中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年广东省东莞市安东中学中考数学一模试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.中国“二十四节气”已被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”、“立夏”、“芒种”、“大雪”，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.横跨深圳及香港之间的深圳湾大桥(ShenzhenBayBridge)是中国唯一倾斜的独塔单索面桥，大桥全长4770米，这个数用科学记数法表示为( )
A. 4.77×103B. 47.7×102C. 477×10D. 0.477×104
3.若x=−1是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，则下列式子成立的是( )
A. a+b+c=0B. a−b+c=0C. a+b−c=0D. −a+b+c=0
4.如果2m=3n(n≠0)，那么下列比例式中正确的是( )
A. mn=32B. m2=3nC. mn=23D. m3=2n
5.如图，△ABC的顶点都在正方形网格的格点上，则tanA的值是( )
A. 35
B. 45
C. 43
D. 2
6.如图，将△ABC绕点A逆时针旋转80°得到△AB′C′.若∠BAC=50°，则∠CAB′的度数为( )
A. 30°B. 40°C. 50°D. 80°
7.抛物线y=x2+4x+4与x轴的交点个数为( )
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
8.如图，两个反比例函数y=4x和y=2x在第一象限的图象分别是C1和C2，设点P在C1上，PA⊥x轴于点A，交C2于B，则△POB的面积为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
9.抖空竹在我国有着悠久的历史，是国家级的非物质文化遗产之一．如图，AC，BD分别与⊙O切于点C，D，延长AC，BD交于点P.若∠P=120°，⊙O的半径为6cm，则图中CD的长为( )
A. πcmB. 2πcmC. 3πcmD. 4πcm
10.宽与长的比是 5−12(约为0.618)的矩形叫做黄金矩形．黄金矩形蕴藏着丰富的美学价值，给我们以协调和匀称的美感．我们可以用这样的方法画出黄金矩形：作正方形ABCD，分别取AD，BC的中点E，F，连接EF；以点F为圆心，以FD为半径画弧，交BC的延长线与点G；作GH⊥AD，交AD的延长线于点H.则图中下列矩形是黄金矩形的是( )
A. 矩形ABFEB. 矩形EFCDC. 矩形EFGHD. 矩形DCGH
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.在平面直角坐标系中，点(2,−3)关于原点的对称点坐标为______．
12.正八边形每个外角的度数为______．
13.分解因式：2m2−2n2= ．
14.要使代数式 xx−1有意义，x的取值范围是______．
15.如图，抛物线y=14x2−4与x轴交于A、B两点，P是以点C(0,3)为圆心，2cm为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连接OQ.则线段OQ的最大值是______．
三、计算题：本大题共1小题，共5分。
16.计算：| 3−2|+2−1−cs60°−(1− 2)0．
四、解答题：本题共9小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题5分)
如图，已知△ABC，∠BAC=90°．
(1)尺规作图：作∠ABC的平分线交AC于D点(保留作图痕 迹，不写作法)；
(2)若∠C=30°，求证：DC=DB．
18.(本小题7分)
先化简：(1−1x−1)÷x2−4x−1，再从−2，−1，1，2中选择一个合适的数作为x的值代入求值．
19.(本小题7分)
目前“校园手机”现象越来越受到社会关注，针对这种现象，某校九年级数学兴趣小组的同学随机调查了若干名家长对“中学生带手机的”的态度(态度分为：A.无所谓；B.基本赞成；C.赞成；D.反对).并将调查结果绘制成频数折线统计图1和扇形统计图2(不完整).请根据图中提供的信息，解答下列问题：

(1)此次抽样调查中，共调查了______名中学生家长；
(2)图2中扇形C所对的圆心角= ______；
(3)在此次调查活动中，初三(1)班有A1、A2两位家长对中学生带手机持反对态度，初三(2)班有B1、B2两位学生家长对中学生带手机也持反对态度，现从这4位家长中选2位家长参加学校组织的家校活动，用列表法或画树状图的方法求出选出的2人来自不同班级的概率．
20.(本小题7分)
如图，在平行四边形ABCD中，E为DC边上一点，∠EAB=∠EBC．
(1)求证：△ABE∽△BEC；
(2)若AB=4，DE=3，求BE的长．
21.(本小题8分)
已知关于x的一元二次方程x2−4mx+3m2=0．
(1)求证：该方程总有两个实数根；
(2)若m>0，且该方程的两个实数根的差为2，求m的值．
22.(本小题8分)
如图在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+b的图象经过点A(0,−4)、B(2,0)交反比例函数y=mx(x>0)的图象于点C(3,a)，点P在反比例函数的图象上，横坐标为n(0(1)求一次函数和反比例函数的表达式；
(2)求△OPQ面积的最大值．
23.(本小题8分)
一天中某一时刻太阳光线与水平线的夹角随着季节的变化而变化，夏至时夹角最大，冬至时夹角最小，若今年十二月二十二日(冬至)的某一时刻太阳光线与水平线的最小夹角约为30°.现湖州某小区有两幢居民住宅楼高都为15米，两楼相距20米，如图所示．
(1)在今年冬至的这一时刻，该小区甲楼的影子落在乙楼的底部(即DC)有多高？
(2)若在本小区内继续兴建同样高的住宅楼，两楼相距至少应该多少米，才不影响楼房的采光(前一幢楼房的影子不能落在后一幢楼房上)？
(注： 3≈1.732，计算结果精确到0.1米)
24.(本小题10分)
如图，⊙O是△ABC的外接圆，点O在BC边上，∠BAC的平分线交⊙O于点D，连接BD、CD，过点D作BC的平行线与AC的延长线相交于点P．
(1)求证：PD是⊙O的切线；
(2)求证：△ABD∽△DCP；
(3)当AB=12，AC=16时，求CD和DP的长．
25.(本小题10分)
如图，抛物线y1=ax2+bx+34与x轴交于点A(−3,0)，点B(1,0)，点D是抛物线y1的顶点，过点D作x轴的垂线，垂足为点C．

(1)求抛物线y1所对应的函数解析式；
(2)如图1，点M是抛物线y1上一点，且位于x轴上方，横坐标为m，连接MC，若∠MCB=∠DAC，求m的值；
(3)如图2，将抛物线y1平移后得，到顶点为B的抛物线y2.，点P为抛物线y1上的一个动点，过点P作y轴的平行线，交抛物线y2于点Q，过点Q作x轴的平行线，交抛物线y2于点R.当以点P，Q，R为顶点的三角形与△ACD全等时，请直接写出点P的坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.是轴对称图形，也不是中心对称图形，故A选项不合题意；
B.是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不合题意；
C.不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C选项不合题意；
D.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故D选项合题意；
故选：D．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义．
2.【答案】A
【解析】解：4770=4.77×103．
故选：A．
绝对值大于1的数可以用科学记数法表示，一般形式为a×10n，n为正整数，且比原数的整数位数少1，据此可以解答．
本题考查用科学记数法表示较大的数，熟练掌握科学记数法表示较大的数一般形式为a×10n，其中1≤|a|<10，n是正整数，正确确定a的值和n的值是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：∵x=−1是一元二次方程ax2+bx+c=0的根，
∴a−b+c=0，
故选：B．
将x=−1代人方程后即可得到正确的选项．
考查了一元二次方程的解的知识，解题的关键是了解方程的解能使得方程左右两边相等，难度不大．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了比例的基本性质，解决问题的关键是掌握：内项之积等于外项之积．
内项之积等于外项之积，依据比例的基本性质进行判断即可．
【解答】
解：A.由mn=32，可得2m=3n，符合题意；
B.由m2=3n，可得mn=6，不符合题意；
C.由mn=23，可得3m=2n，不符合题意；
D.由m3=2n，可得mn=6，不符合题意；
故选：A．
5.【答案】C
【解析】解：如图，连接格点BD、CD．
在Rt△ABD中，
tanA=BDAD=43．
故选：C．
如图连接格点BD、CD.在Rt△ABD中求出∠A的正切值．
本题考查了解直角三角形，连接BD构造直角三角形是解决本题的关键．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．要注意旋转的三要素：①定点−旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
根据旋转的性质找到对应点、对应角、对应线段作答．
【解答】
解：∵△ABC绕点A逆时针旋转80°得到△AB′C′，
∴∠BAB′=80°，∠BAC=50°，
∴∠CAB′=∠BAB′−∠BAC=30°．
故选：A．
7.【答案】B
【解析】解：令x2+4x+4=0，
∵Δ=42−4×1×4=0，
∴抛物线y=x2+4x+4与x轴的交点个数是1．
故选：B．
令x2+4x+4=0，求出Δ的值，判断出其符号即可．
本题考查的是抛物线与x轴的交点，熟知二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)的交点与一元二次方程ax2+bx+c=0根之间的关系是解答此题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：∵PA⊥x轴于点A，交C2于点B，
∴S△POA=12×4=2，S△BOA=12×2=1，
∴S△POB=2−1=1．
故选：A．
根据反比例函数y=kx(k≠0)系数k的几何意义得到S△POA=12×4=2，S△BOA=12×2=1，然后利用S△POB=S△POA−S△BOA进行计算即可．
本题考查了反比例函数y=kx(k≠0)系数k的几何意义：从反比例函数y=kx(k≠0)图象上任意一点向x轴和y轴作垂线，垂线与坐标轴所围成的矩形面积为|k|．
9.【答案】B
【解析】解：连接OC，OD，
∵AC、BD分别与⊙O相切于点C、D，
∴∠OCP=∠ODP=90°，
由四边形内角和为360°可得，
∠COD=360°−∠OCP−∠ODP−∠CPD=360°−90°−90°−120°=60°，
∴CD的长=60π×6180=2π(cm)．
故选：B．
连接OC，OD，求出圆心角∠COD的度数，然后根据弧长公式求出弧长即可．
本题主要考查弧长的计算，熟练掌握弧长公式是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：设正方形的边长为2，则CD=2，CF=1，
在直角三角形DCF中，DF= 12+22= 5，
∴FG= 5，
∴CG= 5−1，
∴CGCD= 5−12，
∴矩形DCGH为黄金矩形．
故选：D．
先根据正方形的性质以及勾股定理，求得DF的长，再根据DF=GF求得CG的长，最后根据CG与CD的比值为黄金比，判断矩形DCGH为黄金矩形．
本题主要考查了黄金分割，解决问题的关键是掌握黄金矩形的概念．解题时注意，宽与长的比是 5−12的矩形叫做黄金矩形，图中的矩形ABGH也为黄金矩形．
11.【答案】(−2,3)
【解析】解：在平面直角坐标系中，点(2,−3)关于原点的对称点坐标为(−2,3)．
故答案为：(−2,3)．
根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
本题考查了点的坐标，熟记关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数是解题的关键．
12.【答案】45°
【解析】解：因为任何一个多边形的外角和都是360°，
所以正八边形的每个外角的度数是：360°÷8=45°．
故答案为：45°．
利用多边形的外角和等于360度即可得出答案．
本题主要考查了多边形的外角和定理，熟记任何一个多边形的外角和都是360°是解题的关键．
13.【答案】2(m+n)(m−n)
【解析】解：原式=2(m2−n2)
=2(m+n)(m−n)．
故答案为：2(m+n)(m−n)．
原式提取公因式2，再利用平方差公式分解即可．
此题考查了因式分解−运用公式法，熟练掌握平方差公式是解本题的关键．
14.【答案】x≥0且x≠1
【解析】解：由题意得：x≥0，且x−1≠0，
解得：x≥0且x≠1，
故答案为：x≥0且x≠1．
根据二次根式有意义的条件可得x≥0，根据分式有意义的条件可得x−1≠0，再解即可
此题主要考查了二次根式有意义的条件和分式有意义的条件，关键是掌握分式有意义，分母不为0；二次根式的被开方数是非负数．
15.【答案】3.5
【解析】解：令y=14x2−4=0，则x=±4，
故点B(4,0)，
设圆的半径为r，则r=2，
连接PB，
而点Q、O分别为AP、AB的中点，故OQ是△ABP的中位线，
当B、C、P三点共线，且点C在PB之间时，PB最大，此时OQ最大，
则OQ=12BP=12(BC+r)=12( 42+32+2)=3.5，
故答案为：3.5．
当B、C、P三点共线，且点C在PB之间时，PB最大，而OQ是△ABP的中位线，即可求解．
本题考查的是抛物线与x轴的交点，本题的关键是根据圆的基本性质，确定BP的最大值，进而求解．
16.【答案】解：原式=2− 3+12−12−1
=1− 3．
【解析】此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，绝对值的代数意义，以及特殊角的三角函数值计算即可求出值．
17.【答案】(1)解：射线BD即为所求；
(2)证明：∵∠A=90°，∠C=30°，
∴∠ABC=90°−30°=60°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD=12∠ABC=30°，
∴∠C=∠CBD=30°，
∴DC=DB．
【解析】本题考查作图−基本作图，三角形内角和定理及角平分线定义，等腰三角形的判定等知识．
(1)根据角平分线的作法作出∠ABC的平分线BD；
(2)先根据三角形内角和定理求得∠ABC=60°，再根据角平分线定义求得∠CBD=12∠ABC=30°，进而求得∠C=∠CBD，根据等腰三角形的判定即可求解．
18.【答案】解：(1−1x−1)÷x2−4x−1
=x−2x−1⋅x−1(x+2)(x−2)
=1x+2，
∵x≠1且x≠±2，
∴当x=−1时，原式=1．
【解析】先把括号里进行通分，再计算除法，最后代入求解．
本题考查了分式的化简求值，掌握因式分解是解题的关键．
19.【答案】200 18°
【解析】解：(1)120÷60%=200(人)，
所以调查的家长数为200人；
故答案为：200；
(2)扇形C所对的圆心角的度数=360°×(1−20%−15%−60%)=18°，
故答案为：18°；
(3)设初三(1)班两名家长为A1、A2，初三(2)班两名家长为B1，B2，
画树状图为
共有12种等可能结果，其中2人来自不同班级共有8种，
所以2人来自不同班级的概率=812=23．
(1)用D类的人数除以它所占的百分比即可得到调查的总人数；
(2)用360°乘以C类所占的百分比得到扇形C所对的圆心角的度数；
(3)画树状图展示所有12种等可能结果，再找出2人来自不同班级的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法：通过列表法或树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，求出概率．也考查了扇形统计图．
20.【答案】(1)证明：∵平行四边形ABCD，
∴AB/​/CD，
∴∠EBA=∠BEC，
又∵∠EAB=∠EBC，
∴△ABE∽△BEC．
(2)解：∵四边形ABCD平行四边形，
∴AB=DC=4，
∵DE=3，
∴CE=1，
∵△ABE∽△BEC，
∴ABEB=EBEC，
∴AB⋅CE=BE2=4×1=4，
∴BE=2．
【解析】(1)利用平行四边形的性质得到∠EBA=∠BEC，再判定相似即可．
(2)利用(1)中的相似三角形的性质求线段长度即可．
本题主要考查三角形的相似的判定及性质，能够熟练运用判定定理判定三角形相似并利用相似的性质求线段长度是解题关键．
21.【答案】(1)证明：∵a=1，b=−4m，c=3m2，
∴Δ=b2−4ac=(−4m)2−4×1×3m2=4m2．
∵无论m取何值时，4m2≥0，即Δ≥0，
∴原方程总有两个实数根；
(2)解：∵x2−4mx+3m2=0，
即(x−m)(x−3m)=0，
∴x1=m，x2=3m．
∵m>0，且该方程的两个实数根的差为2，
∴3m−m=2，
∴m=1．
【解析】本题考查了根的判别式、以及因式分解法解一元二次方程，解题的关键是：(1)牢记“当△≥0时，方程有实数根”；(2)利用因式分解法求出方程的解．
(1)根据方程的系数，结合根的判别式可得出Δ=4m2，利用偶次方的非负性可得出4m2≥0，即Δ≥0，再利用“当Δ≥0时，方程有两个实数根”即可证出结论；
(2)利用因式分解法求出x1=m，x2=3m.由题意得出关于m的方程，解方程则可得出答案．
22.【答案】解：(1)把A(0,−4)、B(2,0)代入一次函数y=kx+b得：
b=−4 2k+b=0 ，
解得：k=2 b=−4 ，
∴一次函数的关系式为y=2x−4，
将点C(3,a)代入y=2x−4，得a=2×3−4=2，
∴点C(3,2)，
将点C(3,2)代入y=mx(x>0)，
得出m=3×2=6，
∴y=6x；
(2)∵点P在反比例函数的图象上，点Q在一次函数的图象上，0设点P(n,6n)，点Q(n,2n−4)，
∴PQ=6n−(2n−4)，
∴S△POQ=12n[6n−(2n−4)]=−n2+2n+3=−(n−1)2+4，
∵−1<0，
∴当n=1时，S∖user2最大=4，
所以，△OPQ面积的最大值是4．
【解析】(1)由A(0,−4)、B(2,0)的坐标可求出一次函数的关系式，进而求出点C的坐标，代入y=mx(x>0)，求得反比例函数解析式；
(2)设点P(n,6n)，点Q(n,2n−4)，得出关于PQ与n的关系式，进而根据三角形面积公式求解，根据二次函数的性质即可求得最大值．
本题考查反比例函数、一次函数的解析式，将面积用函数的数学模型表示出来，利用函数的最值求解是解决问题的基本思路．
23.【答案】解：(1)如图所示，
作DE⊥AB，垂足为E，
由题意可知∠ADE=30°，DE=BC=20，
在Rt△ADE中，tan∠ADE=AEDE，
AE=DE⋅tan∠ADE=20⋅tan30°≈11.5，
则DC=EB=AB−AE=15−11.5=3.5．
即冬至时甲楼的影子在乙楼上约3.5米高．
(2)若要不影响要房间的采光，如图所示在Rt△ABC中，AB=15，∠C=30°，
BC=ABtanC=15tan30∘≈26.0．
答：楼距至少26.0米，才不影响楼房的采光．
【解析】(1)如图，构造直角三角形ADE，则∠ADE=30°，DE=BC=20，在这个三角形中已知一边和一个锐角，满足解直角三角形的条件，可求出AE的长从而求得CD的长．
(2)在△ABC中，由角C的值和AB的高，满足解直角三角形的条件，可求出BC的长．
本题是解直角三角形在生活中的实际应用，做到学数学，用数学，才是学习数学的意义．
24.【答案】(1)证明：如图1，连接OD，

∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC=90°，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAC=2∠BAD，
∵∠BOD=2∠BAD，
∴∠BOD=∠BAC=90°，
∵DP/​/BC，
∴∠ODP=∠BOD=90°，
∴PD⊥OD，
∵OD是⊙O半径，
∴PD是⊙O的切线；
(2)证明：∵DP/​/BC，
∴∠ACB=∠P，
∵∠ACB=∠ADB，
∴∠ADB=∠P，
∵∠ABD+∠ACD=180°，∠ACD+∠DCP=180°，
∴∠DCP=∠ABD，
∴△ABD∽△DCP；
(3)解：∵BC是⊙O的直径，
∴∠BDC=∠BAC=90°，
在Rt△ABC中，BC= AB2+AC2=20，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠BOD=∠COD，
∴BD=CD，
在Rt△BCD中，BD2+CD2=BC2，
∴BD=CD= 22BC=10 2，
∵△ABD∽△DCP，
∴ABCD=BDCP，
∴CP=503．
过点C作CE⊥DP于点E，如图2，

∵∠CDE=45°，
∴CE=DE= 22CD=10，
∴根据勾股定理可得：PE= CP2−CE2=403，
∴DP=DE+PE=703．
【解析】(1)先判断出∠BAC=2∠BAD，进而判断出∠BOD=∠BAC=90°，得出PD⊥OD即可得出结论；
(2)先判断出∠ADB=∠P，再判断出∠DCP=∠ABD，即可得出结论；
(3)先求出BC，再判断出BD=CD，利用勾股定理求出BD=CD，最后用△ABD∽△DCP得出比例式求解即可得出结论．
此题是圆的综合题，主要考查了圆的性质，切线的性质和判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，同角的余角相等，判断出△ABD∽△DCP是解本题的关键．
25.【答案】解：(1)将点A、B的坐标分别代入解析式，
得：9a−3b+34=0a+b+34=0，
解得a=−14b=−12．
故抛物线y1所对应的函数解析式为y1=−14x2−12x+34；
(2)y=−14x2−12x+34=−14(x+1)2+1，
∴D(−1,1)，C(−1,0)，
设直线AD的解析式为y=kx+b，
将A、D两点的坐标分别代入解析式，得−3k+b=0−k+b=1，解得k=12b=32，
∴直线AD的解析式为y=12x+32⋅
当M点在x轴上方时，
∵∠MCB=∠DAC，
∴DA//CM，
如图：

设直线CM的解析式为y=12x+b1⋅
∵直线经过点C，
∴−12+b1=0，解得：b1=12，
∴直线CM的解析式为y=12x+12，
由y=12x+12y=−14x2−12x+34，
解得：x1=−2+ 5，x2=−2− 5(舍去)，
∴m=−2+ 5；
(3)如图：

∵B(1,0)，
∴y2的解析式为y2=−14(x−1)2=−14x2+12x−14，对称轴为直线x=1，
设点P的坐标为(n,−14n2−12n+34)，则点Q的坐标为(n,−14n2+12n−14)，
∴PQ=|−n+1|，RQ=2|1−n|，
∵A(−3,0)，D(−1,1)，C(−1,0)，
∴AC=2，CD=1，
当以点P，Q，R为顶点的三角形与△ACD全等时，
当PQ=CD=1，RQ=AC=2时，
即|−n+1|=1且2|1−n|=2时，
由|−n+1|=1解得n=0或n=2，
由2|1−n|=2解得n=0或n=2，
此时点P的坐标为(0,34)或(2,−54)；
当PQ=AC=2，RQ=CD=1时，
即|−n+1|=2且2|1−n|=1时，
由|−n+1|=2解得n=−1或n=3，
由2|1−n|=1解得n=12或n=32，
故此时无符合条件的点P存在，
综上，此时点P的坐标为(0,34)或(2,−54)．
【解析】(1)根据A、B两点的坐标，用待定系数法求出解析式即可；
(2)当M点在x轴上方时，若∠MCB=∠DAC，则DA∖user2//CM，先求直线AD的解析式，由点C的坐标可求出直线CM的解析式，联立直线和抛物线方程可求出点M的横坐标即可；
(3)首先可求得y2的解析式为y2=−14(x−1)2=−14x2+12x−14，对称轴为直线x=1，设点P的坐标为(n,−14n2−12n+34)，则点Q的坐标为(n,−14n2+12n−14)，PQ=|−n+1|，RQ=2|1−n|，再分两种情况分别计算，即可求解．
本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质、待定系数法求函数的解析式、二次函数与一元二次方程、全等三角形的判定和性质，应用了数形结合和分类讨论的数学思想．