2022-2023学年山西省运城市平陆县九年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年山西省运城市平陆县九年级（上）期末数学试卷（含详细答案解析），共22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.sin45∘的值等于( )
A. 12B. 22C. 32D. 1
2.矩形和菱形都一定具有的性质是( )
A. 对角线互相垂直B. 对角线互相平分
C. 对角线长度相等D. 对角线平分一组对角
3.用配方法解一元二次方程x2−4x=5时，此方程可变形为( )
A. (x+2)2=1B. (x−2)2=1C. (x+2)2=9D. (x−2)2=9
4.如图，直线a//b，直线AC，AE相交于点A.若AB=1，BC=2，DE=1.8，则AD的长为( )
A. 0.9
B. 1.8
C. 2.7
D. 3.6
5.如图是一根空心方管，它的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
6.将抛物线y=2x2+3的图象先向右平移1个单位长度，再向下平移5个单位长度，所得新抛物线的函数表达式为( )
A. y=2(x+1)2−2B. y=2(x−1)2−2
C. y=2(x−5)2+2D. y=2(x+5)2+4
7.大约在两千四五百年前，如图1墨子和他的学生做了世界上第1个小孔成倒像的实验．并在《墨经》中有这样的精彩记录：“景到，在午有端，与景长，说在端”．如图2所示的小孔成像实验中，若物距为10cm，像距为15cm，蜡烛火焰倒立的像的高度是9cm，则蜡烛火焰的高度是( )
A. 6cmB. 8cmC. 10cmD. 12cm
8.对于反比例函数y=−4x，下列说法正确的是( )
A. 函数图象分布在第一、三象限B. 点(1,4)在该函数图象上
C. 当x>1时，y<−4D. 当x>0时，y随x的增大而增大
9.随着国内疫情防控政策的不断优化，全国各地已逐步放开，市场的口罩需求量也在逐渐增加.某口罩厂9月份的口罩产量为100万只，由于市场需求量增大，11月份的产量增加到121万只，则该厂10，11月份的口罩产量的月平均增长率为( )
A. 10%B. 11%C. 100%D. 1.1%
10.如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠ABD的平分线分别交AD，AC于点E，F.若AB=AO=6，则图中阴影部分的面积为( )
A. 15 34
B. 9 34
C. 15 32
D. 9 32
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.已知△ABC∽△A′B′C′且ABA′B′=12，则S△ABC：S△A′B′C′为______ .
12.如图，已知四边形ABCD是菱形，从①AB=AD，②AC=BD，③∠ABC=∠ADC中选择一个作为条件后，使四边形ABCD成为正方形，则应该选择的是______ .(仅填序号)
13.在一个不透明的布袋中装有黄、白两种颜色的球共40个，除颜色外其他都相同，小王通过多次摸球试验后发现，摸到黄球的频率稳定在0.35左右，则布袋中黄球可能有______个．
14.竖直上抛物体时，物休离地而的高度h(m)与运动时间t(s)之间的关系可以近似地用公式h=−5t2+v0t+h0表示，其中h0(m)是物体抛出时离地面的高度，v0(m/s)是物体抛出时的速度．某人将一个小球从距地面1.5m的高处以20m/s的速度竖直向上抛出，小球达到的离地面的最大高度为______m.
15.如图，四边形ABCD是由两个直角三角板拼成的，其中∠ACB=∠ADC=90∘，∠1=∠2=30∘，E为AB边的中点，连接DE，交AC于点F.若CD=3，则AF的长为______ .
三、计算题：本大题共1小题，共12分。
16.如图①，在我国古建筑的大门上常常悬挂着巨大的匾额，图②中的线段BC就是悬挂在墙壁AM上的某块匾额的截面示意图．已知BC=1米，∠MBC=37∘.从水平地面点D处看点C，仰角∠ADC=45∘，从点E处看点B，仰角∠AEB=53∘，且DE=2.4米，求匾额悬挂的高度AB的长．(参考数据：sin37∘≈35，cs37∘≈45，tan37∘≈34).
四、解答题：本题共7小题，共63分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
解下列方程：
(1)2x2−5x−3=0；
(2)x2−1=2(x+1).
18.(本小题8分)
如图，已知一次函数y1=ax+b的图象与反比例函数y2=kx的图象交于A(6,1)，B两点，点B的横坐标为−2，与x轴交于点C，连接OA，OB.
(1)求k的值.
(2)求△AOB的面积.
19.(本小题10分)
“二十大”之后，某校打算组织九年级90名团员开展一次以“爱国教育”为主题的观影活动.目前有A《万里归途》、B《我和我的祖国》、C《长津湖之水门桥》三部电影可供选择，小华和小军参加了此次观影活动.
(1)小军选择看《万里归途》的概率为______ .
(2)请用画树状图或列表的方法，求小华和小军恰好选择看同一部电影的概率.
20.(本小题10分)
阅读下列材料，并按要求完成相应的任务：
黄金分割：两千多年前，古希腊数学家欧多克索斯(Eudxus,约前408年--前355年)发现：如图1，将一条线段AB分割成长、短两条线段AP、PB，若短段与长段的长度之比等于长段的长度与全长之比，即PBAP=APAB(此时线段AP叫做线段PB，AB的比例中项)，则可得出这一比值等于 5−12(0.618…).这种分割称为黄金分割，这个比值称为黄金比，点P叫做线段AB的黄金分割点．
采用如下方法可以得到黄金分割点：如图2，设AB是已知线段，经过点B作BD⊥AB于点B，且使BD=12AB，连接DA，在DA.上截取DE=DB，在AB上截取AC=AE，C就是线段AB的黄金分割点．任务：
(1)求证：C是线段AB的黄金分割点．
(2)若BD=1，则BC的长为______.
21.(本小题9分)
小明在学习矩形这一节时知道“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，由此引发他的思考，这个定理的逆命题成立吗？猜想：“如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形为直角三角形”.
通过探究，小明发现这个猜想也成立，以下是小明的证明过程：
已知：如图1，在△ABC中，D是AB边的中点，连接CD，且CD=12AB.
求证：△ABC为直角三角形.
证明：由条件可知，AD=BD=CD，则∠A=∠DCA，∠B=∠DCB.
又∵∠A+∠DCA+∠B+∠DCB=180∘，
∴∠DCA+∠DCB=∠ACB=90∘，即△ABC为直角三角形.
爱动脑筋的小明发现用本学期所学知识也能证明这个结论，并想出了图2，图3两种不同的证明思路，请你选择其中一种，把证明过程补充完整：
22.(本小题9分)
(1)【问题发现】
如图1，在Rt△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=90∘，点D为BC的中点，以CD为一边作正方形CDEF，点E恰好与点A重合，则线段BE与AF的数量关系为_______
(2)【拓展研究】
在(1)的条件下，如果正方形CDEF绕点C旋转，连接BE，CE，AF，线段BE与AF的数量关系有无变化？请仅就图2的情形给出证明；
(3)【问题发现】
当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时候，直接写出线段AF的长．

23.(本小题9分)
综合与探究
如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，与y轴交于点C.点P(m,0)是x轴上的一个动点，过点P作直线PM⊥x轴，与直线BC交于点M，与抛物线交于点N.
(1)求抛物线的函数表达式.
(2)①若点P在线段OB上运动，求线段MN的最大值；
②若点P在x轴的正半轴上运动，在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
根据特殊角度的三角函数值解答即可．
此题比较简单，只要熟记特殊角度的三角函数值即可．
【解答】
解：sin45∘= 22.
故选：B.
2.【答案】B
【解析】解：矩形的性质是：①矩形的四个角度数直角，②矩形的对边相等且互相平行，③矩形对角线相等且互相平分；
菱形的性质是：①菱形的四条边都相等，菱形的对边互相平行；②菱形的对角相等，③菱形的对角线互相平分且垂直，并且每条对角线平分一组对角，
所以矩形和菱形都具有的性质是对角线互相平分，
故选：B.
根据矩形的性质和菱形的性质即可判断．
本题考查了矩形的性质和菱形的性质，能熟记知识点是解此题的关键．
3.【答案】D
【解析】【分析】
此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用．
配方法的一般步骤：
(1)把常数项移到等号的右边；
(2)把二次项的系数化为1；
(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
【解答】
解：∵x2−4x=5，
∴x2−4x+4=5+4，
∴(x−2)2=9.
故选D.
4.【答案】A
【解析】解：∵a//b，AB=1，BC=2，DE=1.8，
∴ABBC=ADDE，即12=AD1.8，
解得：AD=0.9，
故选：A.
根据平行线分线段成比例定理，列出比例式求解即可得到答案．
此题考查了平行线分线段成比例定理的运用，熟练利用平行线分线段成比例定理是解题关键．
5.【答案】B
【解析】解：从左面看，是一个矩形，矩形内部有两条横向的虚线，
故选：B.
根据从左面看得到的图形是左视图，可得答案．
本题考查了三视图的知识，左视图是从物体的左面看得到的视图．
6.【答案】B
【解析】解：抛物线y=2x2+3的顶点坐标为(0,3)，把(0,3)先向右平移1个单位，再向下平移5个单位所得对应点的坐标为(1,−2)，所以平移后的抛物线解析式为y=2(x−1)2−2.
故选：B.
先得到抛物线y=2x2+3的顶点坐标为(0,3)，再利用点平移的规律得到点(0,3)平移后对应点的坐标为(1,−2)，然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式．
本题考查了二次函数图象与几何变换：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．也考查了二次函数的性质．
7.【答案】A
【解析】解：设蜡烛火焰的高度是x cm，
由相似三角形对应高的比等于相似比得到：1015=x9.
解得x=6.
即蜡烛火焰的高度是6cm.
故选：A.
直接利用相似三角形的对应边成比例解答．
本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，记住相似三角形对应高的比等于相似比．
8.【答案】D
【解析】解：∵反比例函数y=−4x，
∴该函数图象位于第二、四象限，故选项A错误，不符合题意；
当x=1时，y=−4，故选项B错误，不符合题意；
当x>1时，y>−4，故选项C错误，不符合题意；
当x>0时，y随x的增大而增大，故选项D正确，符合题意；
故选：D.
根据反比例函数的解析式和反比例函数的性质，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题．
本题考查反比例函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．
9.【答案】A
【解析】解：设11月份的口罩产量的月平均增长率为x，由题意，得：100(1+x)2=121，
解得：x=0.1=10%或x=−2.1(舍掉)，
∴该厂10，11月份的口罩产量的月平均增长率为10%；
故选：A.
设11月份的口罩产量的月平均增长率为x，根据题意，列出一元二次方程，进行求解即可．
本题考查一元二次方程的应用．根据题意，正确的列出方程，是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=BO=CO=DO，
∵AB=AO=6，
∴AB=AO=BO，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠ABO=60∘，
∴∠ADB=30∘，
∵BE平分∠ABD，
∴∠ABE=∠DBE=∠ADB=30∘，AF=FO，
∴BE=DE，BE=2AE，
∵AB2+AE2=BE2，
∴AE=2 3，BE=4 3=DE，
∴阴影部分的面积=12×DE×AB−12× 34AB2=12×4 3×6−9 32=15 32，
故选：C.
先证△ABO是等边三角形，可得∠ABE=∠DBE=∠ADB=30∘，AF=FO，由勾股定理可求AE，DE的长，由面积和差关系可求解．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
11.【答案】14
【解析】解：∵△ABC∽△A′B′C′，ABA′B′=12，
∴S△ABCS△A′B′C′=1222=14.
故答案为：14.
因为△ABC∽△A′B′C′且ABA′B′=12，所以根据相似三角形面积比等于相似比的平方即可求解．
本题主要考查了相似三角形的性质，熟记相似三角形各比值的关系是解题的关键．
12.【答案】②
【解析】解：由四边形ABCD是菱形加上条件AB=AD不能证明四边形ABCD成为正方形；
由四边形ABCD是菱形加上条件AC=BD可证△ABD≌△DAC(SSS)得到∠ADC=∠BAD=90∘，能证明四边形ABCD成为正方形；
由四边形ABCD是菱形加上条件∠ABC=∠ADC不能证明四边形ABCD成为正方形；
故答案为：②．
根据菱形的性质和正方形的判定进行逐一判断即可．
本题主要考查了菱形的性质，正方形的判定，熟知正方形的判定定理是解题的关键．
13.【答案】14
【解析】解：设袋子中黄球有x个，根据题意，得：
x40=0.35，
解得：x=14，
即布袋中黄球可能有14个，
故答案为：14.
利用频率估计概率得到摸到黄球的概率为0.35，然后根据概率公式计算即可．
本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
14.【答案】21.5
【解析】解：由题意得：
h=−5t2+20t+1.5
=−5(t−2)2+21.5，
∵a=−5<0，
∴当t=2时，h取得最大值，此时h=21.5.
故答案为：21.5.
根据题意可得到h关于t的函数关系式，再将其化为顶点式，按照二次函数的性质可得答案．
本题考查了二次函数在实际问题中的应用，明确题意并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
15.【答案】3.6
【解析】解：连接CE，
∵∠ADC=90∘，∠2=30∘，CD=3，
∴AC=2CD=6，
∴AD= AC2−CD2= 62−32=3 3，
∵∠ADC=90∘，∠1=30∘，
∴AB=2BC，AB2−BC2=AC2=62，
∴(2BC)2−BC2=36，
∴BC=2 3，
∴AB=2BC=4 3，
∵E为AB边的中点，
∴CE=AE=12AB=2 3，
∴∠1=∠ECA，
∴∠2=∠ACE，
∴AD//EC.
∴FCAF=ECAD，
∴6−AFAF=2 33 3，
解得AF=3.6，
故答案为；3.6.
连接CE，由含30∘角的直角三角形的性质及勾股定理可求解AC=6，AD=3 3，BC=2 3，AB=4 3，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得CE=2 3，再证明AD//EC，根据平行线分线段成比例定理可求解AF的长．
本题主要考查直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理等知识的综合运用，证得AD//CE是解题的关键．
16.【答案】解：过C作CF⊥AM于F，过C作CH⊥AD于H，则四边形AHCF是矩形，所以AF=CH，CF=AH.
在Rt△BCF中，BC=1，∠CBF=37∘.
BF=BCcs37∘=0.8，CF=BCsin37∘=0.6，
在Rt△BAE中，∠BEA=53∘，所以AE=34AB，
在Rt△CDH中，∠CDH=45∘，
∴CH=DH=FA=0.8+AB，
∴AD=AH+DH=0.6+0.8+AB=1.4+AB，
∵AD=AE+DE=34AB+2.4，
∴1.4+AB=34AB+2.4，
AB=4，
答：匾额悬挂的高度是4米．
【解析】过C作CF⊥AM于F，过C作CH⊥AD于H，根据直角三角形的解法解答即可．
本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是构造直角三角形．
17.【答案】解：(1)∵a=2，b=−5，c=−3，
∴Δ=(−5)2−4×2×(−3)=49>0，
则x=5± 494=5±74，
∴x1=3，x2=−12；
(2)∵(x+1)(x−1)−2(x+1)=0，
∴(x+1)(x−3)=0，
则x+1=0或x−3=0，
解得x1=−1，x2=3.
【解析】(1)利用公式法求解可得；
(2)利用因式分解法求解可得．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
18.【答案】解：(1)把A(6,1)代入y2=kx得1=k6，
解得k=6；
(2)把x=−2代入y2=6x，
得y=6−2=−3，
∴点B坐标为(−2,−3)，
将(6,1)，(−2,−3)代入y1=ax+b得6a+b=1−2a+b=−3，
解得a=12b=−2，
∴一次函数为y1=12x−2.
把y=0代入y1=12x−2得12x−2=0，解得x=4，
∴点C(4,0)，OC=4，
∴S△AOB=S△BOC+S△AOC=12OC⋅|yB|+12OC⋅yA=12×4×3+12×4×1=8.
【解析】(1)通过待定系数法求函数解析式．
(2)先由反比例函数解析式求得B点的坐标，然后利用待定系数法求得直线的解析式，进一步求出直线与x轴交点C坐标，再由S△AOB=S△BOC+S△AOC求解．
本题是反比例函数与一次函数交点问题，考查了待定系数法求函数的解析式‘反比例函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，解题关键是掌握坐标系内求三角形面积的方法．
19.【答案】13
【解析】解：(1)小军选择看《万里归途》的概率为13，
故答案为：13；
(2)画树状图如下：
共有9种等可能的结果，小华和小军选择看同一部电影的结果有3种，
∴小华和小军选择看同一部电影的概率为39=13.
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有9种等可能的结果，小华和小军选择看同一部电影的结果有3种，再由概率公式求解即可．
本题考查了树状图法以及概率公式，正确画出树状图是解题的关键．
20.【答案】3− 5
【解析】(1)证明：设BD=x，则AB=2x，
由勾股定理得AD= 5x，
∵DE=BD，AE=AC，
∴AC=AE=AD−DE=AD−BD=( 5−1)x，
∴ACAB= 5−12，
∴C是线段AB的黄金分割点；
(2)解：当BD=1时，
由(1)知AB=2，AC= 5−1，
∴BC=AB−AC=2−( 5−1)=3− 5，
故答案为：3− 5.
(1)设BD=x，则AB=2x，由勾股定理得AD= 5x，表示出AC的长即可说明；
(2)当BD=1，即x=1，代入(1)中即可．
本题主要考查了黄金分割的定义，勾股定理等知识，读懂题意，运用参数表示出各线段的长是解题的关键．
21.【答案】解：证法一：如图2延长CD至点E，使DE=CD，连接AE、BE；
∵D是AB的中点，
∴AD=DB，
∴四边形ACBE是平行四边形；
又CD=12AB，CD=12CE，
∴AB=CE，
∴四边形ACBE是矩形．
∴∠ACB=90∘，
∴△ABC为直角三角形．
证法二：如题图3，
∵DE，DF，EF为△ABC的中位线，
∴DE//BC，DF//AC，EF=12AB，
∴四边形 CFDE是平行四边形，
∵CD=12AB，
∴EF=CD，
∴四边形CFDE是矩形，
∴∠ECF=90∘，
∴∠ACB=90∘，
∴△ABC为直角三角形．
【解析】证法一中，先根据对角线互相平分证明四边形ACBE是平行四边形，再根据对角线相等证明四边形ACBE是矩形，得到∠ACB=90∘；
证法二中，先根据两组对边分别平行证明四边形CFDE是平行四边形，再根据对角线相等证明四边形 CFDE是矩形，得到∠ACB=90∘.
本题考查了矩形的判定、直角三角形的性质、中位线定理等知识，掌握基本概念的运用是解题的关键．
22.【答案】(1)BE= 2AF
(2)无变化；
如图2，在Rt△ABC中，AB=AC=2，
∴∠ABC=∠ACB=45∘，
∴CACB= 22，
在正方形CDEF中，∠FEC=12∠FED=45∘，
在Rt△CEF中，CFCE= 22，
∴CFCE=CACB，
∵∠FCE=∠ACB=45∘，
∴∠FCE+∠ACE=∠ACB+∠ACE，
∴∠FCA=∠ECB，
∴△ACF∽△BCE，
∴BEAF=CBCA= 2，
∴BE= 2AF，
∴线段BE与AF的数量关系无变化；
(3)当点E在线段AF上时，如图3，
由(1)知，CF=EF=CD= 2，
在Rt△BCF中，CF= 2，BC=2 2，
根据勾股定理得，BF= 6，
∴BE=BF−EF= 6− 2，
由(2)知，BE= 2AF，
∴AF= 3−1，
当点E在线段BF的延长线上时，如图4，
在Rt△ABC中，AB=AC=2，
∴∠ABC=∠ACB=45∘，
∴CACB= 22，
在正方形CDEF中，∠FEC=12∠FED=45∘，
在Rt△CEF中，CFCE= 22，
∴CFCE=CACB，
∵∠FCE=∠ACB=45∘，
∴∠FCB+∠ACB=∠FCB+∠FCE，
∴∠FCA=∠ECB，
∴△ACF∽△BCE，
∴BEAF=CBCA= 2，
∴BE= 2AF，
由(1)知，CF=EF=CD= 2，
在Rt△BCF中，CF= 2，BC=2 2，
根据勾股定理得，BF= 6，
∴BE=BF+EF= 6+ 2，
由(2)知，BE= 2AF，
∴AF= 3+1.
即：当正方形CDEF旋转到B，E，F三点共线时候，线段AF的长为 3−1或 3+1.
【解析】解：(1)在Rt△ABC中，AB=AC=2，
根据勾股定理得，BC= 2AB=2 2，
点D为BC的中点，
∴AD=12BC= 2，
∵四边形CDEF是正方形，
∴AF=EF=AD= 2，
∵BE=AB=2，
∴BE= 2AF，
故答案为BE= 2AF；
(2)见答案
(3)见答案
【分析】
(1)先利用等腰直角三角形的性质得出AD= 2，再得出BE=AB=2，即可得出结论；
(2)先得出CACB= 22，同理得出CFCE= 22，夹角相等即可得出△ACF∽△BCE，进而得出结论；
(3)分两种情况计算，当点E在线段BF上时，如图2，先利用勾股定理求出EF=CF=AD= 2，BF= 6，即可得出BE= 6− 2，借助(2)得出的结论，当点E在线段BF的延长线上，同前一种情况一样即可得出结论．
此题是四边形综合题，主要考查了，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，解(2)(3)的关键是判断出△ACF∽△BCE.第三问要分情况讨论．
23.【答案】解：(1)把A(−1,0)，B(3,0)代入y=x2+bx+c得：
1−b+c=09+3b+c=0，
解得b=−2c=−3，
∴抛物线的函数表达式为y=x2−2x−3；
(2)①在y=x2−2x−3中，令x=0得y=−3，
∴C(0,−3)，
设直线BC函数表达式为y=kx+t，把B(3,0)，C(0,−3)代入得；
3k+t=0t=−3，
解得k=1t=−3，
∴直线BC函数表达式为y=x−3，
设P(m,0)，则M(m,m−3)，N(m,m2−2m−3)，
∴MN=m−3−(m2−2m−3)=−m2+3m=−(m−32)2+94，
∵−1<0，
∴当m=32时，MN取最大值，最大值为94，
∴线段MN的最大值是94；
②存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形，理由如下：
设Q(0,n)，由①知M(m,m−3)，N(m,m2−2m−3)，又C(0,−3)，
(Ⅰ)当QN，CM为对角线时，QN，CM的中点重合，且QC=QM，如图：
∴n+m2−2m−3=m−3−3(n+3)2=m2+(m−3−n)2，
解得m=0n=−3(此时Q与C重合，舍去)或m=2n=−1，
∴Q(0,−1)，
(Ⅱ)当CN，QM为对角线时，CN，QM的中点重合，且CM=QC，如图，
∴n+m−3=m2−2m−3−3m2+(m−3+3)2=(n+3)2，
解得m=0n=−3(此时Q与C重合，舍去)或m=3+ 2n=3 2−1或m=3− 2n=−3 2−1，
∴Q(0,3 2−1)或(0,−3 2−1)，
综上所述，Q的坐标为(0,−1)或(0,3 2−1)或(0,−3 2−1).
【解析】(1)用待定系数法可得函数表达式；
(2)①求出直线BC函数表达式为y=x−3，设P(m,0)，则M(m,m−3)，N(m,m2−2m−3)，可得MN=m−3−(m2−2m−3)=−m2+3m=−(m−32)2+94，由二次函数性质可得答案；
②设Q(0,n)，分两种情况列方程组可解得答案．
本题考查二次函数综合应用，涉及二次函数的性质，待定系数法，一次函数的性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．证法一：如图2，延长CD至点E，使DE=CD，连接AE，BE.
证法二：如图3，分别取AC，BC边的中点E，F，连接DE，DF，EF，则DE，DF，EF为△ABC的中位线.