人教版2021年九年级数学上册期中阶段综合复习训练 含解析

这是一份人教版2021年九年级数学上册期中阶段综合复习训练 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。
一、选择题
1．下列轴对称图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．方程 x2-4x-3=0的一次项系数和常数项分别为（ ）
A．4和3B．4和﹣3C．﹣4和﹣3D．﹣4和3
3．对于二次函数y=(x-1)2+2的图象，下列说法正确的是（ ）
A．开口向下B．对称轴是x=-1C．顶点坐标是(1，2)D．与x轴有两个交点
4．一元二次方程配方后可化为（ )
A．B．C．D．
5．在平面直角坐标系中，点P(2，－3)关于原点对称的点的坐标是( )
A．(2，3)B．(－2，3)C．(－2，－3)D．(－3，2)
6．把二次函数y＝－x2的图象先向右平移2个单位，再向上平移5个单位后得到一个新图象，则新图象，则新图象所表示的二次函数的解析式是（ ）
A．y＝－（x－2）2＋5B．y＝－（x＋2）2＋5C．y＝－（x－2）2－5D．y＝－（x＋2）2－5
7．抛物线y＝x2﹣2x＋1与坐标轴的交点个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
8．如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转度得到，当点的对应点恰好落在边上时，则的长为（ ）
A．1.6B．1.8C．2D．2.6
9．关于x的一元二次方程kx2+3x﹣1=0有实数根，则k的取值范围是（ ）
A．k≤﹣B．k≥﹣C．k≥﹣ 且k≠0D．k＞﹣ 且k≠0
10．已知一元二次方程x2－4x－3=0两根为x1、x2，则=( )
A．4B．3C．－4D．－3
11．为执行国家药品降价政策，给人民群众带来实惠，某药品经过两次降价，每盒零售价由16元降为9元，设平均每次降价的百分率是x，则根据题意，下列方程正确的是（ ）
A．16（1﹣x）2＝9B．9（1+x）2＝16C．16（1﹣2x）＝9D．9（1+2x）＝16
12．已知：抛物线经过点，且满足，以下结论：①；②；③；④，其中正确的个数有( )
A．1个B．2个C．3个D．4个
二、填空题
13．若二次函数y＝(m+1)x|m|的图象的开口向下，则m的值为_____．
14．已知二次函数y＝（x﹣1）2＋6，当x___时，y随x增大而增大．
15．若抛物线y＝－（x－1）2＋m的图象上有三点A（－2，y1）、B（1，y2）、C（5，y3），则y1、y2、y3的大小关系为______．
16．在一次同学聚会时，大家一见面就相互握手．有人统计了一下，大家一共握了45次手，参加这次聚会的同学共有__________人．
17．一个三角形的两边长分别为和，第三边长是方程的根，则这个三角形的周长为________．
18．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，以AB为一边向三角形外作正方形ABEF，正方形的中心为O，且OC＝4，则BC＝_____．
三、解答题
19．（1）x2－3x＋1＝0（公式法） （2）x2＋4x－2＝0
20．如图，有一块矩形铁皮，长100cm、宽60cm，在它的四角各切去一个同样的正方形，然后将四角突出部分折起，就能制作一个无盖方盒．如果要制作的无盖方盒的底面积为5376cm2，求铁皮各角应切去边长多大的正方形？
21．如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC＝150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，连接OD，OA．
（1）求∠ODC的度数；
（2）若OB＝2，OC＝3，求AO的长．
22．已知关于x的方程x2﹣2（m+1）x+m2+2＝0．
（1）若方程总有两个实数根，求m的取值范围；
（2）若两实数根x1、x2满足（x1+1）（x2+1）＝8，求m的值．
23．九(4)班数学兴趣小组经过市场调查，整理出童威的某种高端商品在第x（1≤x≤90）天的售价与销量的相关信息如下表：
已知该商品的进价为每件30元，设销售该商品的每天利润为y元．
（1）求出y与x的函数关系式；
（2）问销售该商品第几天时，当天销售利润最大，最大利润是多少？
（3）该商品在前49天销售中，每销售一件商品就捐赠m元（0＜m＜10）给希望工程．若前49天销售获得的最大日利润为5408元，则m＝_____．
24．如图，已知等边中，点D、E、F分别为边、、的中点，M为直线上一动点，为等边三角形（点M的位置改变时，也随之整体移动）．
（1）如图1，当点M在点B左侧时，请你连结，并判断与有怎样的数量关系？点F是否在直线上？请写出结论，并说明理由；
（2）如图2，当点M在上时，其它条件不变，（1）的结论中与的数量关系是否仍然成立？若成立，请利用图2证明；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，若点M在点C右侧时，请你判断（1）的结论中与的数量关系是否仍然成立？若成立，请直接写出结论：若不成立，请说明理由．
25．如图，已知点P在抛物线上，点F（0，2）在y轴上，直线l：y＝－2与y轴交于点H，PM⊥l于M．
（1）如图1，若点P的横坐标为6，则PF＝______，PM＝______；
（2）当∠FPM＝60°时，求P点的坐标；
（3）如图2，点P关于y轴对称点Q，点A为抛物线上另一动点，PA交y轴于点M，AQ交y轴于点N，求证：OM＝ON．
参考答案
1．B
【分析】
根据中心对称的概念即可作答，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图形重合．
【详解】
解：、图形不是中心对称图形，故此选项不合题意；
、图形既是中心对称图形，故此选项符合题意；
、图形不是中心对称图形，故此选项不合题意；
、图形不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了中心对称图形的定义，解题的关键是找出图形的对称中心，即图形绕该点旋转180度后与原图形重合．
2．C
【分析】
根据ax2+bx+c=0（a，b，c是常数且a≠0）a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项，可得答案．
【详解】
解：x2-4x-3=0的一次项系数和常数项分别为-4，-3．
故选：C．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式是：ax2+bx+c=0（a，b，c是常数且a≠0）特别要注意a≠0的条件．在一般形式中ax2叫二次项，bx叫一次项，c是常数项．其中a，b，c分别叫二次项系数，一次项系数，常数项．
3．C
【分析】
根据抛物线的性质由a=1得到图象开口向上，根据顶点式得到顶点坐标为（1，2），对称轴为直线x=1，从而可判断抛物线与x轴没有公共点．
【详解】
解：二次函数y=（x-1）2+2的图象开口向上，顶点坐标为（1，2），对称轴为直线x=1，抛物线与x轴没有公共点．
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键，即在y=a（x-h）2+k中，其顶点坐标为（h，k），对称轴为x=h．当a＞0时，抛物线开口向上，当a＜0时，抛物线开口向下．
4．D
【分析】
移项，配方，即可得出选项．
【详解】
解：∵x2-4x-1=0，
∴x2-4x=1，
∴x2-4x+4=1+4，
∴（x-2）2=5，
故选：D．
【点睛】
本题考查了解一元二次方程的应用，能正确配方是解此题的关键．
5．B
【分析】
根据“平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（-x，-y）”解答．
【详解】
根据中心对称的性质，得点P（2，-3）关于原点对称的点的坐标是（-2，3）．
故选B．
【点睛】
关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．
6．A
【分析】
根据函数图象“左加右减，上加下减”可得答案．
【详解】
解：把二次函数y＝－x2的图象先向右平移2个单位，再向上平移5个单位后得到一个新图象是y＝－（x－2）2＋5，
故选：A．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
7．C
【分析】
当时，求出与轴的纵坐标；当时，求出关于的一元二次方程的根的判别式的符号，从而确定该方程的根的个数，即抛物线与轴的交点个数．
【详解】
解：当时，，则与轴的交点坐标为，
当时，，
，
所以，该方程有两个相等的解，即抛物线与轴有1个点．
综上所述，抛物线与坐标轴的交点个数是2个．
故选C．
【点睛】
此题考查了抛物线与坐标轴的交点，其中令抛物线解析式中，求出的值即为抛物线与轴交点的纵坐标；令，求出对应的的值，即为抛物线与轴交点的横坐标．
8．A
【分析】
由将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上，可得AD=AB，又由∠B=60°，可证得△ABD是等边三角形，继而可得BD=AB=2，则可求得答案．
【详解】
由旋转的性质可知，，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
故选A．
【点睛】
此题考查旋转的性质，解题关键在于利用旋转的性质得出AD=AB
9．C
【分析】
由二次项系数非零结合根的判别式，即可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出结论．
【详解】
解：∵关于x的一元二次方程有实数根，
∴ ，
解得：且k≠0．
故选：C．
【点睛】
本题考查了根的判别式以及一元二次方程的定义，根据二次项系数非零结合根的判别式△≥0，列出关于k的一元一次不等式组是解题的关键．
10．D
【分析】
根据一元二次方程的根与系数的关系，即可求解．
【详解】
∵一元二次方程x2－4x－3=0两根为x1、x2，
∴=，
故选D．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的根与系数的关系，掌握一元二次方程的两根x1、x2，满足= ，，是解题的关键．
11．A
【分析】
根据该药品得原售价及经过两次降价后的价格，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】
解：依题意得：16（1-x）2=9．
故选：A．
【点睛】
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
12．D
【分析】
（1）因为抛物线y=ax2+bx+c（a＜0）经过点（-1，0），把点（-1，0）代入解析式，结合4a+2b+c＞0，即可整理出a+b＞0；
（2）结合4a+2b+c＞0，a-b+c=0得，6a+3c＞0，结合a＜0，故可求出a+c＞0；
（3）画草图可知c＞0，结合a-b+c=0，可整理得-a+b+c=2c＞0，从而求得-a+b+c＞0；
（4）把（-1，0）代入解析式得a-b+c=0，可得出2a+c＞0，再由a＜0，可知c＞0则c-2a＞0，故可得出（c+2a）（c-2a）＞0，即b2-2ac-5a2＞0，进而可得出结论．
【详解】
解：（1）因为抛物线y=ax2+bx+c（a＜0）经过点（-1，0），
所以原式可化为a-b+c=0----①，
又因为4a+2b+c＞0----②，
所以②-①得：3a+3b＞0，
即a+b＞0；
（2）②+①×2得，6a+3c＞0，
即2a+c＞0，
∴a+c＞-a，
∵a＜0，
∴-a＞0，
故a+c＞0；
（3）因为4a+2b+c＞0，可以看作y=ax2+bx+c（a＜0）当x=2时的值大于0，草图为：
可见c＞0，
∵a-b+c=0，
∴-a+b-c=0，
两边同时加2c得-a+b-c+2c=2c，
整理得-a+b+c=2c＞0，
即-a+b+c＞0；
（4）∵过（-1，0），代入得a-b+c=0，
∴b2-2ac-5a2=（a+c）2-2ac-5a2=c2-4a2=（c+2a）（c-2a）
又∵4a+2b+c＞0
4a+2（a+c）+c＞0
即2a+c＞0①
∵a＜0，
∴c＞0
则c-2a＞0②
由①②知（c+2a）（c-2a）＞0，
所以b2-2ac-5a2＞0，
即b2-2ac＞5a2
综上可知正确的个数有4个．
故选D．
【点睛】
此题是一道结论开放性题目，考查了二次函数的性质、一元二次方程根的个数和图象的位置之间的关系，同时结合了不等式的运算，是一道难题．
13．-2
【分析】
直接利用二次函数的定义以及其性质得出m的值．
【详解】
解：∵二次函数y＝(m+1)x|m|的图象的开口向下，
∴|m|＝2，且m+1＜0，
解得：m＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【点睛】
此题主要考查了二次函数的性质以及二次函数的定义，正确掌握二次函数的定义是解题关键．
14．x＞1
【分析】
由抛物线解析式可确定其开口方向及对称轴，由抛物线的增减性可求得答案．
【详解】
解：∵y＝（x﹣1）2＋6，
∴抛物线开口向上，对称轴为x＝1，
∴当x＞1时，y随x增大而增大，
故答案为：x＞1．
【点睛】
本题主要考查二次函数的性质，由二次函数解析式确定出其对称轴是解题的关键．
15．y2＞y1＞y3
【分析】
函数开口向下，对称轴是直线x=1，x=1函数取得最大值，故y2最大，x=5比x=-2离对称轴远，故：y1＞y3即可求解．
【详解】
解：函数开口向下，对称轴是直线x=1，
x=1函数取得最大值，故y2最大，
x=5比x=-2离对称轴远，故：y1＞y3
故答案是：y2＞y1＞y3
【点睛】
本题的关键是：（1）找到二次函数的对称轴；（2）根据对称性将两个点移到对称轴同侧比较．
16．10
【详解】
试题分析：设这次聚会的同学共x人，则每个人握手（x-1）次，而两个人之间握手一次，因而共握手x(x-1)次，即可列方程求解．
解：设这次聚会的同学共x人,根据题意得，
x(x−1) =45，
解得x=10或x=−9(舍去)，
所以参加这次聚会的同学共有10人.
故答案为10.
点睛：本题考查列一元二次方程解决实际问题.解题的关键在于分析题意，找出相等关系并建立方程，同时要注意方程的解是否满足实际问题的情境.
17．
【分析】
解出方程的根，再利用三角形三边关系确定第三边的边长，即可求出其周长．
【详解】
解方程，
得：
∵，
∴（舍）（三角形两边之差大于第三边）．
∴该三角形第三条边长为4．
∴该三角形周长为．
故答案为：18．
【点睛】
本题考查解一元二次方程，三角形三边关系．正确解出一元二次方程的根结合三角形三边关系确定符合题意的根是解答本题的关键．
18．5．
【分析】
以C为坐标原点建立直角坐标系，CB为x轴，CA为y轴，设B（x，0），可得O点坐标，根据勾股定理即可求出BC边的长．
【详解】
如图，以C为坐标原点建立直角坐标系，CB为x轴，CA为y轴，则A（0，3），
作EQ⊥x轴于点Q，OM⊥x轴于点M，
设B（x，0），由于O点为以AB一边向三角形外作正方形ABEF的中心，
∴AB＝BE，∠ABE＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BAC＋∠ABC＝90°，∠ABC＋∠EBQ＝90°，
∴∠BAC＝∠EBQ，
在△ABC和△BEQ中，
∵∠ACB＝∠BQE＝90°，∠BAC＝∠EBQ，AB＝EB，
∴△ACB≌△BQE（AAS），
∴AC＝BQ＝3，BC＝EQ，
设BC＝EQ＝x，
∴O为AE中点，
∴OM为梯形ACQE的中位线，
∴OM＝，
又∵CM＝CQ＝，
∴O点坐标为（，），
根据题意得：OC＝4，
根据勾股定理，得
（4）2＝2（）2
解得x＝5，
则BC＝5．
故答案为：5．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是在建立的直角坐标系中得出正方形的中心O点坐标．
19．（1） ，；（2），．
【分析】
根据解一元二次方程的公式“”解方程即可．
【详解】
解：（1）
∵
∴
∴
∴，．
（2）
∵
∴
∴
∴，．
【点睛】
本题考查利用公式法求一元二次方程的解．熟记解一元二次方程的公式是解答本题的关键．
20．2cm
【分析】
由题意得底面积的长＝原来的长−2×切去的正方形的边长，宽＝原来的宽−2×切去的正方形的边长，根据底面的长×底面的宽＝5376列方程求得合适的解即可．
【详解】
解：设切去的小正方形的边长为x cm，
依题意，得(100－2x)(60－2x)＝5376，
∴，即，
∴，
解得x1＝2，x2＝78，
当x＝78时，60－2x＜0，
∴x＝78不合题意，应舍去，
∴x＝2，
答：铁皮各角应切去边长为2cm的正方形．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的应用；得到无盖方盒的底面积的边长是解决本题的突破点．
21．（1）60°；（2）
【分析】
（1）根据旋转的性质得到三角形ODC为等边三角形即可求解；
（2）在Rt△AOD中，由勾股定理即可求得AO的长．
【详解】
（1）由旋转的性质得：CD=CO，∠ACD=∠BCO．
∵∠ACB=60°，∴∠DCO=60°，∴△OCD为等边三角形，∴∠ODC=60°；
（2）由旋转的性质得：AD=OB=2．
∵△OCD为等边三角形，∴OD=OC=3．
∵∠BOC=150°，∠ODC=60°，∴∠ADO=90°．
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO．
【点睛】
本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理，得出△ODC为等边三角形是解题的关键．
22．（1）;(2) .
【分析】
（1）由方程有两个实数根结合根的判别式△≥0，即可得出关于m的一元一次不等式，解之即可得出m的取值范围；
（2）根据根与系数的关系可得出x1+x2=2（m+1）、x1x2=m2+2，结合（x1+1）（x2+1）=8可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，结合m的取值范围即可确定m的值．
【详解】
（1）∵关于x的方程x2﹣2（m+1）x+m2+2=0总有两个实数根，
∴△=[﹣2（m+1）]2﹣4（m2+2）=8m﹣4≥0，
解得：m≥．
（2）∵x1、x2为方程x2﹣2（m+1）x+m2+2=0的两个根，
∴x1+x2=2（m+1），x1x2=m2+2．
∵（x1+1）（x2+1）=8，
∴x1x2+（x1+x2）+1=8，
∴m2+2+2（m+1）+1=8，
整理，得：m2+2m﹣3=0，即（m+3）（m﹣1）=0，
解得：m1=﹣3（不合题意，舍去），m2=1，
∴m的值为1．
【点睛】
本题考查了根的判别式、根与系数的关系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，方程有两个实数根”；（2）根据根与系数的关系结合（x1+1）（x2+1）=8找出关于m的一元二次方程．
23．（1）；（2）销售该商品第45天时，当天销售利润最大，最大利润是6050元；（3）6．
【分析】
（1）根据单件利润乘以数量，可得销售该商品的每天利润，分段列出函数关系式可得答案；
（2）根据分段函数的性质，可分别得出最大值，根据有理数的比较，可得答案；
（3）在确定函数表达式的基础上，确定函数的对称轴，进而求解．
【详解】
解：（1）当时，，
当时，，
综上所述：；
（2）当时，．
∴，二次函数开口向下，
∴当时，此时y有最大值，y最大=6050，
当时，，
∴，y随x的增大而减小，
∴当时，y有最大值，y最大=6000，
综上所述，销售该商品第45天时，当天销售利润最大，最大利润是6050元；
（3）根据题意得，，
函数的对称轴，
当时，函数取得最大值，
即，
即，
解得：，（不合题意，舍去），
故m的值为6．
故答案为：6．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的应用，熟练掌握二次函数的图象与性质、一元二次方程的解法及根据数量关系求解函数解析式是解题的关键．
24．（1）相等，在，理由见解析；（2）成立，证明见解析；（3）成立．
【分析】
（1）连接DE、DF、EF，NF，根据等边三角形的性质和三角形中位线的性质，先证得△DBF是等边三角形，可得△DMB≌△DNF，可得∠DBM=∠DFN，从而得到∠NFD+∠DFE=180°，再由△DMN是等边三角形，从而证得△DMF ≌△DNE，得到EN=MF，即可求证；
（2）连接DF，NF， EF，等边三角形的性质，可证得△DMB≌△DNF，得到BM=FN，∠DFN=∠FDB=60°，从而NF∥BD，再由EF是△ABC的中位线，可得EF∥BD，从而F在直线NE上，即可求证；
（3）连接DF、DE，EF，根据等边三角形的性质和三角形中位线的性质，可得△DBF是等边三角形，从而证得△DNE≌△DMF，即可求证．
【详解】
解：（1）EN=MF，点F在直线NE上，理由如下：
如图1，连接DE、DF、EF，NF，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC， ，
又∵点D、E、F分别为边、、的中点，
∴DE、DF、EF为等边△ABC的中位线，
，
∴DE=DF=EF，
∴∠FDE=∠DFE=60°
∵D、F分别是AB、BC的中点，
∴ ，
∴△DBF是等边三角形，
∴∠BDF=60°，
∵△DMN是等边三角形，
∴∠MDN=60°，DM=DN，
∴∠MDN=∠BDF=60°，DB=DF，
∴∠MDN-∠BDN=∠BDF-∠BDN，即∠MDB=∠NDF，
在△DMB和△DNF中，
∵DM=DN，∠MDB=∠NDF，DB=DF，
∴△DMB≌△DNF，
∴∠DBM=∠DFN，
∵∠ABC=60°，
∴∠DBM=120°，
∴∠NFD=120°，
∴∠NFD+∠DFE=120°+60°=180°，
∴N、F、E三点共线，
∴F在直线NE上；
∵△DMN是等边三角形，
∴∠MDN=60°，DM=DN，
∴∠FDE+∠NDF=∠MDN+∠NDF，
∴∠MDF=∠NDE，
在△DMF和△DNE中，
∵DF=DE，∠MDF=∠NDE，DM=DN，
∴△DMF ≌△DNE，
∴MF=NE，
（2）成立，理由如下：
如图2，连接DF，NF，EF，
∵△ABC是等边三角形且D、F分别是AB、BC的中点，
∴ ， ，
∴△DBF是等边三角形，
∴∠BDF=∠DBF=60°，
∵△DMN是等边三角形，
∴∠MDN=60°，DM=DN，
∴∠MDN=∠BDF=60°，DB=DF，
∴∠MDN-∠FDM=∠BDF-∠FDM，即∠MDB=∠NDF，
在△DMB和△DNF中，
∵DM=DN，∠MDB=∠NDF，DB=DF，
∴△DMB≌△DNF，
∴∠DBM=∠DFN=60°，BM=FN，
∴∠DFN=∠FDB=60°，
∴NF∥BD，
∵E，F分别为边AC，BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线， ，
∴EF∥BD， ，
∴F在直线NE上，BF=EF，
∴MF=EN；
（3）MF与EN相等的结论仍然成立，理由如下：
如图3，连接DF、DE，EF，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，
又∵点D、E、F分别为边、、的中点，
∴DE、DF、EF为等边△ABC的中位线，
，
∴DE=DF=EF，
∴△DEF是等边三角形，
∴∠FDE=60°，
∵△DMN是等边三角形，
∴∠MDN=∠FDE=60°，DM=DN，
∴∠EDM+∠NDE=∠EDM+∠FDM，
∴∠NDE=∠FDM，
在△DNE和△DMF中，
∵DE=DF，∠NDE=∠FDM，DN=DM，
△DNE≌△DMF，
∴MF=NE．
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，熟练掌握等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定是解题的关键．
25．（1），；（2）点P坐标为（，6）或（，6）；（3）见详解
【分析】
（1）首先求出点P坐标，利用两点之间距离公式即可解决问题．
（2）设P点坐标为（m，），分别求出P点到F点的距离和到直线l的距离，即可证明PF＝PM，加之∠FPM＝60°可证得三角形PMF是等边三角形，过点F做FB⊥PM于点B，则PB＝MB，可求得点P的坐标．
（3）先设出点A 、P坐标，确定出点Q坐标，进而得出直线PA、QA的解析式，求出解析式与y轴的交点，即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵点P在抛物线上，
x＝6时，y＝，
∴点P坐标（6，），
∵F（0，2），
∴PF＝，
∵点M在直线y＝−2上，
∴PM＝＋2＝，
故答案为：，．
（2）如图，过点F做FB⊥PM于点B，
设P点坐标为（m，），则PF＝，
∵PM＝2＋，
∴PF＝PM，
∵∠FPM＝60°，
∴△PFM是等边三角形，
∵FP＝FM，FB⊥PM，
∴PB＝BM＝4，
∴点P的纵坐标为6，
即：6＝，解得：，
∴点P坐标为（，6）或（，6）．
（3）设点P坐标为（m，），点A（a，），则点Q坐标为（－m，），
设AQ的解析式为，
将点A（a，），点Q（－m，）代入，
可得：，解得：，
∴ ，
令x＝0，，即：，
同理，设AP的解析式为，
把P（m，），A（a，）代入得：
，解得：，
∴ ，
令x＝0，，即：，
∴．
【点睛】
本题是二次函数综合题，主要考查了两点间的距离公式，待定系数法求函数解析式，函数图象的交点坐标，等边三角形的判定与性质，难度较大，属于中考压轴题．时间x（天）
1≤x＜50
50≤x≤90
售价（元/件）
x＋40
90
每天销售（件）
200－2x