广东省惠州市惠东县2024-2025学年上学期九年级期中数学试题

这是一份广东省惠州市惠东县2024-2025学年上学期九年级期中数学试题，共17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．（3分）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．（3分）将抛物线y＝x2的图象向下平移3个单位长度，则平移后抛物线的解析式为（ ）
A．y＝x2﹣3B．y＝x2+3C．y＝﹣x2﹣3D．y＝﹣x2+3
3．（3分）设方程x2﹣3x+2＝0的两根分别是x1，x2，则x1+x2的值为（ ）
A．3B．﹣C．D．﹣2
4．（3分）点A（2，y1）、B（3，y2）是二次函数y＝x2+2x+1的图象上两点，则y1与y2的大小系为（ ）
A．y1＜y2B．y1＞y2C．y1＝y2D．无法确定
5．（3分）如图，是惠东县南湖公园喷水池喷出的抛物线形水柱，其解析式为y＝﹣（x﹣1）2+4，则水柱的最大高度是（ ）
A．2B．4C．6D．
6．（3分）如图，AB是⊙O的直径，CD为弦，CD⊥AB于点E，则下列结论中不成立的是（ ）
A．B．C．OE＝BED．CE＝DE
7．（3分）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，若AB＝5，AC＝4，BC＝2，则BE的长为（ ）
A．5B．4C．2D．3
8．（3分）若关于x的一元二次方程kx2﹣2x﹣1＝0有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是（ ）
A．k＞﹣1B．k＞﹣1且k≠0C．k＜﹣1D．k＜﹣1或k＝0
9．（3分）在某次会议中，每两人都握了一次手，共握手10次，设有x人参加会议，则可列方程为（ ）
A．x（x+1）＝10B．x（x﹣1）＝10
C．D．
10．（3分）二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．a＞0，b＞0，c＞0B．a＞0，b＜0，c＜0
C．a＜0，b＞0，c＜0D．a＜0，b＜0，c＜0
二、填空题.（本大题共5小题，每小题3分，共15分.）
11．（3分）若关于x的方程x2﹣x﹣6＝0的其中一个根是x1＝﹣2，则另一个根x2＝ ．
12．（3分）（跨学科与体育融合）在体育课上，当老师下达口令“向左转”时，左脚正确的动作应是以 （填“脚跟”或“脚尖”）为旋转中心，沿着 （填“顺时针”或“逆时针”）方向旋转 度．
13．（3分）已知x＝2是一元二次方程x2+mx+n＝0的一个根，则2m+n的值是 ．
14．（3分）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象如图所示，当 时，y＜0．
15．（3分）如图，抛物线C1：y＝x2﹣2x（0≤x≤2）交x轴于O，A两点；将C绕点A旋转180°得到抛物线C2，交x轴于A1；将C2绕点A1旋转180°得到抛物线C3，交x轴于A2，…，如此进行下去，则抛物线C10的解析式是 ．
三、解答题（一）：（本大题共3小题，每小题7分，共21分.）
16．（7分）解一元二次方程：x2+4x﹣1＝0．
17．（7分）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3）．
（1）求二次函数的解析式；
（2）判断点P（﹣2，3）是否在该二次函数的图象上，如果在，请求出△ABP的面积；如果不在，试说明理由．
18．（7分）如图，某中学为培养学生的综合实践能力，准备在学校围建一个矩形苗圃园，其中一边靠墙，另外三边由长度为30m的篱笆围成．如图，墙长为16m，设这个苗圃园垂直于墙的一边长为x m．请列出方程并解答：
（1）若苗圃园的面积为108m2，求x的值；
（2）苗圃园的面积能达到120m2吗？若能，求出x的值；若不能，说明理由．
四、解答题（二）：（本大题共3小题，每小题9分，共27分.）
19．（9分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点都在格点上，点A的坐标为（﹣2，3），点B的坐标为（﹣6，0），点C的坐标为（﹣1，0），请解答下列问题：
（1）画出△ABC关于原点成中心对称的△A1B1C1；
（2）画出△ABC绕原点O顺时针旋转90度的△A2B2C2；
（3）请直接写出：以A、B、C、D为顶点的平行四边形的第四个顶点D的所有可能坐标．
20．（9分）“筒车”是一种以水流作动力，取水罐田的工具，点P表示筒车的一个盛水桶，如①图．明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图绘出了“筒车”的工作原理，如图②．当筒车工作时，盛水桶的运行路径是以轴心O为圆心的一个圆，且圆心始终在水面上方．若圆被水面截得的弦AB长为8m，水面下盛水桶的最大深度（即水面下方圆上的点距离水面的最大距离）为2米．
（1）求该圆的半径．
（2）若水面下降导致圆被水面截得的弦AB的长度从原来的8米变为6米，则水面下盛水桶的最大深度为多少米？
21．（9分）综合与实践
根据以下素材，探索完成任务．
如何设计大棚苗木种植方案？
【素材1】如图①是一个大棚苗木种植基地及其截面图，其下半部分是一个长为20m，宽为1m的矩形，其上半部分是一条抛物线，现测得，大棚顶部的最高点距离地面5m．
【素材2】种植苗木时，每棵苗木高1.76m．为了保证生长空间，相邻两棵苗木种植点之间间隔1m，苗木顶部不触碰大棚，且种植后苗木成轴对称分布．（即苗木的数目为偶数个）
【解决问题】
（1）大棚上半部分形状是一条抛物线，设大棚的高度为y，种植点的横坐标为x．根据图②建立的平面直角坐标系，通过素材1提供的信息确定点的坐标，求出抛物线的解析式；
（2）探究种植范围．在图②的坐标系中，在不影响苗木生长的情况下（即y＞1.76），确定种植点的横坐标x的取值范围；
（3）拟定种植方案．给出最前排符合所有种植条件的苗木数量，并求出最左边一棵苗木种植点的横坐标x的值．
五、解答题（三）：（本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分.）
22．（13分）问题背景：在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用方法．如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，点E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，连接EF，探究线段BE，EF，DF之间的数量关系．
（1）探究发现：小明同学的方法是将△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADG的位置，使得AB与AD重合，然后证明△AGF≌△AEF，从而得出结论： ；
（2）拓展延伸：如图2，在正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由．
（3）尝试应用：在（2）的条件下，若BE＝3，DF＝2，求正方形ABCD的边长．
23．（14分）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣4与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，点P是直线BC下方抛物线上一动点．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）如图（甲），在x轴上是否存在点E，使得以E，B，C为顶点的三角形为直角三角形？若存在，请直接写出点E坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图（乙），动点P运动到什么位置时，△PBC面积最大，求出此时P点的坐标和△PBC面积的最大值．
2024-2025学年广东省惠州市惠东县九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题.（本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求）
1．【分析】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；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；据此进行判断即可．
【解答】解：A不是轴对称图形，但它是中心对称图形，则A不符合题意；
B既是轴对称图形，也是中心对称图形，则B符合题意；
C是轴对称图形，但不是中心对称图形，则C不符合题意；
D是轴对称图形，但不是中心对称图形，则D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查轴对称图形，中心对称图形，熟练掌握其定义是解题的关键．
2．【分析】按照“上加下减”的规律求则可．
【解答】解：将抛物线y＝x2的图象向下平移3个单位，则平移后的抛物线的解析式为y＝x2﹣3．
故选：A．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，掌握平移规律“左加右减，上加下减”是解题的关键．
3．【分析】本题可利用根与系数的关系，求出该一元二次方程的二次项系数以及一次项系数的值，代入公式求值即可．
【解答】解：由x2﹣3x+2＝0可知，其二次项系数a＝1，一次项系数b＝﹣3，
由根与系数的关系：x1+x2＝﹣＝﹣＝3．
故选：A．
【点评】本题考查一元二次方程根与系数的关系，求解时可利用常规思路求解一元二次方程，也可以通过韦达定理提升解题效率
4．【分析】抛物线开口向上，且对称轴为直线x＝﹣1，根据二次函数的图象性质：在对称轴的右侧，y随x的增大而增大．
【解答】解：∵二次函数的解析式为y＝x2+2x+1＝（x+1）2，
∴该抛物线开口向上，且对称轴为直线：x＝﹣1．
∵点A（2，y1）、B（3，y2）是二次函数y＝x2+2x+1的图象上两点，且﹣1＜2＜3，
∴y1＜y2．
故选：A．
【点评】本题主要考查对二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质等知识点的理解和掌握，能求出对称轴和根据二次函数的性质求出正确答案是解此题的关键．
5．【分析】依据同意，直接利用二次函数最值求法得出答案．
【解答】解：∵抛物线形水柱，其解析式为y＝﹣（x﹣1）2+4，
∴水柱的最大高度是：4．
故选：B．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，正确理解二次函数顶点坐标的意义是解题关键．
6．【分析】如图，对于选项B、A，D，由垂径定理证明，即可解决问题，C选项找不到关系，即可得答案．
【解答】解：如图，∵AB是⊙O的直径，CD是弦，CD⊥AB于点E，
∴弧BD＝弧BC，弧AC＝弧AD，CE＝DE，
∴选项A、B、D正确，不符合题意；
OE和BE的大小关系不能证明，故选项C符合题意；
故选：C．
【点评】该题主要考查了垂径定理、线段垂直平分线的性质等几何知识点及其应用问题；应牢固掌握垂径定理、线段垂直平分线的性质等几何知识点．
7．【分析】根据旋转的性质可得AB＝AE，∠BAE＝60°可得△ABE是等边三角形．可得BE的长
【解答】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转60°得到△AED，
∴∠BAE＝60°，BA＝AE，
∴△ABE是等边三角形，
∴BE＝AB＝5，
故选：A．
【点评】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定，本题关键是熟练掌握旋转图形的性质．
8．【分析】利用一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠0且Δ＝（﹣2）2﹣4k•（﹣1）＞0，然后求出两个不等式的公共部分即可．
【解答】解：根据题意得k≠0且Δ＝（﹣2）2﹣4k•（﹣1）＞0，
解得k＞﹣1且k≠0．
故选：B．
【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与Δ＝b2﹣4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根．
9．【分析】根据题意和题目中的数据，可以列出方程x（x﹣1）＝10．
【解答】解：由题意可得，
x（x﹣1）＝10，
故选：D．
【点评】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程，这是一道典型的单循环问题．
10．【分析】根据抛物线的开口方向，对称轴位置，与y轴的交点判断a，b，c的符号即可．
【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线与y轴的交点在y轴负半轴，
∴c＜0，
∵对称轴在y轴右侧，
∴﹣＞0，
∴b＞0，
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系以及二次函数图象上点的坐标特征，关键是对二次函数性质的掌握．
二、填空题.（本大题共5小题，每小题3分，共15分.）
11．【分析】根据根与系数的关系即可求出答案．
【解答】解：由根与系数的关系可知：x1x2＝﹣6，
∵x1＝﹣2，
∴x2＝3．
故答案为：3．
【点评】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＝﹣，x1x2＝．
12．【分析】根据旋转的定义即可得出答案．
【解答】解：在体育课上，当老师下达口令“向左转”时，左脚正确的动作应是以脚跟为旋转中心，沿着逆时针方向旋转90度．
故答案为：脚跟，逆时针，90．
【点评】本题主要是考查生活中的旋转现象，关键是熟练掌握旋转的定义．
13．【分析】由x＝2是一元二次方程x2+mx+n＝0的一个解，将x＝2代入原方程，即可求得2m+n的值．
【解答】解：∵x＝2是一元二次方程x2+mx+n＝0的一个根，
∴4+2m+n＝0，
∴2m+n＝﹣4．
故答案为：﹣4．
【点评】本题主要考查了方程解的定义．解题的关键是将x＝2代入原方程，利用整体思想求解．
14．【分析】写出抛物线在x轴下方所对应的自变量的范围即可．
【解答】解：∵抛物线与x轴的交点为（0，0），（2，0），
∴当0＜x＜2时，y＜0．
故答案为：0＜x＜2．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点，把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．
15．【分析】先求出抛物线与x轴的交点之间的距离，再根据交点式求解．
【解答】解：当y＝0时，0＝x2﹣2x，
解得：x1＝0，x2＝2，
∴OA＝2，
∴OA9＝20，
∴A8（18，0），A9（20，0），
∴抛物线C10的解析式是y＝﹣（x﹣18）（x﹣20）＝x2+38x﹣360，
故答案为：y＝x2+38x﹣360．
【点评】本题考查了点的坐标的变化规律，掌握抛物线的交点式是解题的关键．是解题的关键．
三、解答题（一）：（本大题共3小题，每小题7分，共21分.）
16．【分析】先把方程化成ax2+bx＝c的形式，然后方程两边同时加4，再利用直接开平方法，把一元二次方程化成一元一次方程，求出方程的解即可．
【解答】解：x2+4x﹣1＝0，
x2+4x＝1，
x2+4x+4＝5，
（x+2）2＝5，
，
．
【点评】本题主要考查了解一元二次方程，解题关键是熟练掌握几种常见的解一元二次方程的方法．
17．【分析】（1）设交点式为y＝a（x+3）（x﹣1），然后把C点坐标代入求出a即可；
（2）计算自变量为﹣2所对应的二次函数值，若对应的函数值为3，则可判断点P在该二次函数的图象上，然后根据三角形面积公式计算△ABP的面积．
【解答】解：（1）设抛物线解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），
把C（0，3）代入得3＝a×3×（﹣1），
解得a＝﹣1，
∴抛物线解析式为y＝﹣（x+3）（x﹣1），
即y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）当x＝﹣2时，y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣4+4+3＝3，
∴点P（﹣2，3）在该二次函数的图象上，
∵A（﹣3，0），B（1，0），P（﹣2，3），
∴△ABP的面积＝×（1+3）×3＝6．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二次函数的性质和二次函数图象上点的坐标特征．
18．【分析】（1）根据苗圃园的面积为108m2，可列出关于x的一元二次方程，解之可得出x的值，再结合墙长为16m，即可确定结论；
（2）假设苗圃园的面积能达到120m2，根据苗圃园的面积为120m2，可列出关于x的一元二次方程，由根的判别式Δ＝﹣15＜0，可得出原方程没有实数根，进而可得出假设不成立，即苗圃园的面积不能达到120m2．
【解答】解：（1）根据题意得：x（30﹣2x）＝108，
整理得：x2﹣15x+54＝0，
解得：x1＝6，x2＝9，
当x＝6时，30﹣2x＝30﹣2×6＝18＞16，不符合题意，舍去；
当x＝9时，30﹣2x＝30﹣2×9＝12＜16，符合题意．
答：x的值为6；
（2）苗圃园的面积不能达到120m2，理由如下：
假设苗圃园的面积能达到120m2，
根据题意得：x（30﹣2x）＝120，
整理得：x2﹣15x+60＝0，
∵Δ＝（﹣15）2﹣4×1×60＝﹣15＜0，
∴原方程没有实数根，
∴假设不成立，即苗圃园的面积不能达到120m2．
【点评】本题主要考查了一元二次方程的应用以及根的判别式，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
四、解答题（二）：（本大题共3小题，每小题9分，共27分.）
19．【分析】（1）根据中心对称的性质分别作出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；
（3）根据平行四边形的判定作出点D可得结论．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）满足条件的点D如图所示，D1（﹣5，﹣3），D2（3，3），D3（﹣7，3）．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，平行四边形的判定等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质．
20．【分析】（1）过点O作OC⊥AB于C，依题意得AB＝8米，CD＝2米，则AC＝BC＝4米，设该圆的半径为R米，则OC＝（R﹣2）米，然后在Rt△OAC中，由勾股定理求出R即可；
（2）当AB＝6米，则AC＝BC＝3米，在Rt△OAC中，由勾股定理求出OC＝4米，进而再求出CD即可．
【解答】解：（1）过点O作OC⊥AB于C，如图所示：
依题意得：AB＝8米，CD＝2米，
由垂径定理得：AC＝BC＝4米，
设该圆的半径为R米，
则OC＝（R﹣2）米，
在Rt△OAC中，由勾股定理得：OA2＝OC2+AC2，
∴R2＝（R﹣2）2+42，
解得：R＝5（米），
答：该圆的半径是5米．
（2）当AB＝6米时，
由垂径定理得：AC＝BC＝3米，
由（1）知：OA＝OD＝5米，
在Rt△OAC中，由勾股定理得：OC＝＝＝4（米），
∴CD＝OD﹣OD＝5﹣4＝1（米），
答：水面下盛水桶的最大深度为1米．
【点评】此题主要考查了垂径定理的应用，勾股定理，熟练掌垂径定理，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键．
21．【分析】任务1：根据坐标系和题中条件可得出顶点坐标，即可设出抛物线的顶点式，然后把点B（10，1）代入即可得解析式；
任务2：根据题意可得，当﹣x2+5＝1.76时，解得：x1＝﹣9，x2＝9，再根据题中的要求即可求出种植点的横坐标的取值范围；
任务3：根据题中给出的条件可知，可在距离y轴0.5m的两则开始种植，结合任务二中的范围可求出答案．
【解答】解：任务1：根据图中的坐标系以及题意可得，点A的坐标为（0，5），点B的坐标为（10，1），
∵抛物线的顶点坐标为点A（0，5），
∴可设抛物线的解析式为：y＝ax2+5，
把点B（10，1）代入可得：100a+5＝1，解得：a＝﹣，
∴抛物线的函数关系式为：y＝﹣x2+5；
任务2：∵种植苗木时，每棵苗木高1.76m，
∴当﹣x2+5＝1.76时，解得：x1＝﹣9，x2＝9，
∵苗木顶部不触碰大棚，且种植后苗木成轴对称分布，
∴种植点的横坐标的取值范围为：﹣9＜x＜9；
任务3：根据题中所知，种植后苗木成轴对称分布，且相邻两棵苗木种植点之间间隔1m，
∴在距离y轴0.5m的两则开始种植，最前排可种植：9×2＝18（棵），
则最左边一棵苗木种植点的横坐标x＝﹣0.5﹣8＝﹣8.5．
答：最前排符合所有种植条件的苗木数量为18棵，最左边一棵苗木种植点的横坐标为﹣8.5．
【点评】本题主要考查的是二次函数的应用，解题关键：根据图中给出的坐标系求出解析式．
五、解答题（三）：（本大题共2小题，第22题13分，第23题14分，共27分.）
22．【分析】（1）探究发现：将△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADG的位置，使得AB与AD重合，则△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，再证明△AEF≌△AGF，可得EF＝FG，即可解题；
（2）拓展延伸：如图2，在正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF，同（1）可得结论仍然成立；
（3）尝试应用：由（1）（2）可得EF＝BE+DF＝5，设正方形ABCD的边长是x，在Rt△CEF中，根据勾股定理可得出结论．
【解答】解：（1）探究发现：将△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADG的位置，使得AB与AD重合，
∴△ABE≌△ADG，
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，∠ADG＝∠B＝90°，
∴∠ADG+∠ADC＝180°，∠BAE+∠DAF＝60°，
∴G、D、F三点共线，∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝60°＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG＝DG+DF＝BE+DF，
故答案为：EF＝BE+DF；
（2）拓展延伸：结论仍然成立，
证明：如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG的位置，使得AB与AD重合，
∴△ABE≌△ADG，
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∠ADG＝∠B＝90°，
∴∠ADG+∠ADC＝180°，
∴G、D、F三点共线，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝45°＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG＝DG+DF＝BE+DF；
（3）尝试应用：由（1）（2）可得EF＝BE+DF＝5，
设正方形ABCD的边长是x，
在Rt△CEF中，EC＝x﹣3，CF＝x﹣2，EF2＝EC2+CF2，
∴52＝（x﹣3）2+（x﹣2）2，
解得x1＝6，x2＝﹣1（舍去），
∴正方形ABCD的边长是6．
【点评】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
23．【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）当BC是斜边时，根据勾股定理列出等式即可求解；当BE或CE为斜边时，同理可解；
（3）由S△PBC＝S△PHB+S△PHC＝OB×PH，即可求解．
【解答】解：（1）设抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣4）＝a（x2﹣3x﹣4），
则﹣4a＝﹣4，
解得：a＝1，
则抛物线的表达式为：y＝x2﹣3x﹣4；
（2）存在，理由：
由抛物线的表达式知，点C（0，﹣4），
设点E（x，0），
则BC2＝32，BE2＝（x﹣4）2，CE2＝x2+16，
当BC是斜边时，
则32＝（x﹣4）2+x2+16，
解得：x＝0或4，
即点E（0，0）或（4，0）；
当BE或CE为斜边时，
同理可得：（x﹣4）2＝x2+16+32或32+（x﹣4）2＝x2+16，
解得：x＝4或﹣4，
即点E（4，0）（舍去）或（﹣4，0）；
综上，点E（0，0）或（﹣4，0）；
（3）过点P作PH∥y轴交BC于点H，
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝x﹣4，
则S△PBC＝S△PHB+S△PHC＝OB×PH＝4×（x﹣4﹣x2+3x+4）＝2（﹣x2+4x），
∵﹣2＜0，
故当x＝2时，S△PBC的最大值为8，
此时，点P（2，﹣6）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到面积的计算、直角三角形的性质，分类求解是解题的关键．