2023-2024学年广东省珠海市香洲区凤凰中学九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省珠海市香洲区凤凰中学九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析），共19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.下列各曲线是在平面直角坐标系xOy中根据不同的方程绘制而成的，其中是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2.已知⊙O的半径为5，点P在⊙O内，则OP的长可能是( )
A. 7B. 6C. 5D. 4
3.把抛物线y=−4x2向左平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的抛物线的解析式为( )
A. y=−4(x+2)2−3B. y=−4(x−2)2−3
C. y=−4(x−3)2+2D. y=−4(x−3)2−2
4.已知m是一元二次方程x2−x−2=0的一个根，则2022−m2+m的值为( )
A. 2019B. 2020C. 2021D. 2022
5.用配方法解一元二次方程x2−10x+21=0，下列变形正确的是( )
A. (x−5)2=4B. (x+5)2=4C. (x−5)2=121D. (x+5)2=121
6.对抛物线y=−x2+4x−3而言，下列结论正确的是( )
A. 开口向上B. 顶点坐标是 (2,1)
C. 与y轴的交点坐标是(0,3)D. 与两坐标轴有两个交点
7.如图，在平面内将△ABC绕点A逆时针旋转50°到△AB′C′的位置，此时恰有CC′/​/AB，则∠CAB为( )
A. 65°
B. 50°
C. 60°
D. 45°
8.如图，⊙O是△ABC的外接圆，∠A=72°.过点O作BC的垂线交BC于点D，连接BD，则∠D的度数为( )
A. 64°
B. 54°
C. 46°
D. 36°
9.如图，在平面直角坐标系中，正六边形OABCDE的边长是4，则它的内切圆圆心M的坐标是( )
A. (2,2 3)
B. (1,2 3)
C. (2, 3)
D. (2,4)
10.如图，已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于(−3,0)，顶点是(−1,m)，则以下结论：①abc>0；②4a+2b+c>0；③若y≥c，则x≤−2或x≥0；④b+c=14m.其中正确的序号是( )
A. ①②③
B. ②③
C. ②③④
D. ③④
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.在平面直角坐标系中，点P(1,−2)关于原点对称的点的坐标为______．
12.已知圆锥的底面半径是20，母线长30，则圆锥的侧面积为______．
13.如图，在宽为20米，长为32米的矩形地面上修筑同样宽的道路(图中阴影部分)，余下部分种植草坪，要使草坪的面积为540平方米，设道路的宽为x米，则可列方程为______．
14.如图，在△ABC中，内切⊙O与边AB相切于点D，AB=10，AC=12，BC=14，则BD的长是 ．
15.如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，BC=2.点D在BC上且BD：CD=1：3.连接AD，线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，连接BE，DE.则△BDE的面积是______．
16.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、解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题7分)
解方程：x2+4x=5．
18.(本小题7分)
“兔飞猛进”谐音成语“突飞猛进”.在自然界中，野兔善于奔跑跳跃.“兔飞猛进”名副其实.如图，野兔跳跃时的空中运动路线可以看作是抛物线的一部分.已知野兔在高速奔跑时，某次跳跃的最远水平距离为3m，最大竖直高度为1m．
(1)求满足条件的抛物线的解析式；
(2)若野兔起跳点前方2m处有高为0.8m的篱笆，则野兔此次跳跃能否跃过篱笆.为什么？
19.(本小题7分)
点A(2,3)，B(4,3)，C(1,1)，将△ABC绕原点O顺时针旋转90°得△A1B1C1．
(1)画出△A1B1C1；
(2)求旋转过程中，点B经过的路径长．
20.(本小题9分)
已知关于x的一元二次方程x2+(m+2)x+m=0．
(1)求证：无论m取何值，此方程总有两个不相等的实数根；
(2)若方程有两个实数根x1，x2，且x1+x2+2x1x2=3，求m的值．
21.(本小题9分)
如图，点E为正方形ABCD外一点，∠AEB=90°，将Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，DF的延长线交BE于H点．
(1)试判定四边形AFHE的形状，并说明理由；
(2)已知BH=7，BC=13，求DH的长．
22.(本小题9分)
某水果店标价为10元/kg的某种水果经过两次降价后价格为8.1元/kg，并且两次降价的百分率相同．
(1)求该水果每次降价的百分率；
(2)从第二次降价的第1天算起，第x天(x为整数)的销量及储藏和损耗费用的相关信息如表所示，已知该水果的进价为4.1元/kg，若销售该水果第x天时所获利润最大，则x的值为多少？最大利润是多少？
23.(本小题12分)
如图，AB是圆O的直径，O为圆心，AD、BD是半圆的弦，且∠PDA=∠PBD.延长PD交圆的切线BE于点E
(1)判断直线PD是否为⊙O的切线，并说明理由；
(2)如果∠BED=60°，PD= 3，求PA的长．
(3)将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF，点F正好在圆O上，如图2，求证：四边形DFBE为菱形．
24.(本小题12分)
如图，抛物线y1=ax2−3x+c的图象与x轴的交点为A和B，与y轴交点为D(0,4)，与直线y2=−x−4交点为A和C，且OA=OD．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，过点D作ED平行x轴，交抛物线于点E，点G为抛物线上的一点(点G在ED上方)，作GH平行于y轴交AC于点H，当四边形EGDH的面积S=272时，求出此时的G点坐标；
(3)将抛物线y1图象x轴上方的部分沿x轴翻折得一个“M”形状的新图象(如图2)，若直线y3=−x+n与该新图象恰好有四个公共点，请求出此时n的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：选项A、B、D均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形，
选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形，
故选：C．
根据中心对称图形的概念求解．在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做图形的对称中心．
此题主要考查了中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，将其绕对称中心旋转180度后与原图重合．
2.【答案】D
【解析】解：∵⊙O的半径为5，点P在⊙O内，
∴OP<5．
故选：D．
根据点在圆内，点到圆心的距离小于圆的半径进行判断．
本题考查了点与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则有：点P在圆外⇔d>r；点P在圆上⇔d=r；点P在圆内⇔d3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象的平移规律是解答此题的关键．根据“左加右减、上加下减”的平移规律进行解答即可．
【解答】
解：把抛物线y=−4x2向左平移2个单位，再向下平移3个单位，得到的抛物线的解析式为：y=−4(x+2)2−3．
故选：A．
4.【答案】B
【解析】解：把x=m代入方程x2−x−2=0得m2−m−2=0，
所以m2−m=2，
所以2022−m2+m=2022−(m2−m)=2022−2=2020．
故选：B．
把x=m代入方程x2−x−2=0得m2−m=2，再把2022−m2+m变形为2022−(m2−m)，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
5.【答案】A
【解析】【分析】
先把常数项移到方程右侧，再把方程两边加上52，然后把方程左边写成完全平方的形式．
本题考查了解一元二次方程−配方法：熟练掌握用配方法解一元二次方程的步骤是解决问题的关键．
【解答】
解：x2−10x=−21，
x2−10x+52=−21+52，
(x−5)2=4．
故选：A．
6.【答案】B
【解析】解：∵y=−x2+4x−3=−(x−2)2+1，
∴抛物线开口向下，顶点坐标为(2,1)，
∴抛物线与x轴有2个交点，
将x=0代入y=−x2+4x−3得y=−3，
∴抛物线与y轴交点坐标为(0,−3)，
∴抛物线与两坐标轴有3个交点，
故选：B．
将二次函数解析式化为顶点式，再按二次函数的性质求解．
本题考查抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系．
7.【答案】A
【解析】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转50°到△AB′C′的位置，
∴AC=AC′，∠CAC′=50°，
∴∠ACC′=∠AC′C=65°，
∵C′C//AB，
∴∠CAB=∠ACC′=65°，
故选：A．
由旋转的性质可得AC=AC′，∠CAC′=50°，可求∠ACC′=∠AC′C=65°，由平行线的性质可得∠CAB=∠ACC′=65°．
本题考查了旋转的性质，平行线的性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：连接CD，
∵四边形ABDC是圆内接四边形，∠A=72°，
∴∠CDB+∠A=180°，
∴∠BDC=180°−∠A=108°，
∵OD⊥BC，
∴E是边BC的中点，
∴BD=CD，
∴∠ODB=∠ODC=12∠BDC=54°．
故选：B．
连接CD，根据圆内接四边形的性质得到∠BDC=180°−∠A=108°，根据垂径定理得到E是边BC的中点，得到BD=CD，根据等腰三角形的性质得到∠ODB=∠ODC=12∠BDC，即可求出∠ODB的度数．
本题考查了三角形的外接圆与外心，圆内接四边形的性质，垂径定理，等腰三角形的性质，根据垂径定理证得E是边BC的中点，圆周角定理求出∠BDC的度数是解决问题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：如图所示，作OE、CD的垂直平分线交于点F，即为内切圆圆心M，连接MO，ME，
∵正六边形OABCDE的边长是4，
∴OH=HE=2，△OME为等边三角形，∠OMH=30°，
∴MO=2OH=4，
∴MH= OM2−OH2=2 3
∴点M的坐标为：(2,2 3)
故选：A．
作OE、CD的垂直平分线交于点F，即为内切圆圆心M，连接MO，ME，根据正六边形的性质及等边三角形的性质得出MO=2OH=4，再由勾股定理确定MH= OM2−OH2=2 3即可得出结果．
本题主要考查正多边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理解三角形及坐标与图形，理解题意，作出图形辅助线是解题关键．
10.【答案】C
【解析】解：①∵抛物线开口向上，对称轴在y轴左边，与y轴交于负半轴，
∴a>0，b>0，c<0，
∴abc<0，
故结论①错误；
②∵二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于(−3,0)，顶点是(−1,m)，
∴抛物线与x轴的另一个交点为(1,0)，
∵抛物线开口向上，
∴当x=2时，y=4a+2b+c>0，
故结论②正确；
③由题意可知对称轴为：直线x=−1，
∴x=−b2a=−1，
∴b=2a，
把y=c，b=2a代入y=ax2+bx+c得：ax2+2ax+c=c，
∴x2+2x=0，
解得x=0或−2，
∴当y≥c，则x≤−2或x≥0，
故结论③正确；
④把(−1,m)，(1,0)代入y=ax2+bx+c得：a−b+c=m，a+b+c=0，
∴b=−12m，
∵b=2a，
∴a=−14m，
∵抛物线与x轴的另一个交点为(1,0)，
∴a+b+c=0，
∴c=34m，
∴b+c=−12m+34m=14m，
故④正确．
故选：C．
①由抛物线的开口方向、对称轴以及与y轴的交点，可得a、b、c的符号，进而可得abc的符号，结论①错误；②由抛物线与x轴交于(−3,0)，顶点是(−1,m)，可判断出抛物线与x轴的另一个交点为(1,0)，当x=2时，y=4a+2b+c>0，结论②正确；③由题意可知对称轴为：直线x=−1，即−b2a=−1，得b=2a，把y=c，b=2a代入y=ax2+bx+c并化简得：x2+2x=0，解得x=0或−2，可判断出结论③正确；④把(−1,m)，(1,0)代入y=ax2+bx+c并计算可得b=−12m，由对称轴可得b=2a，所以a=−14m，由a+b+c=0可得c=34m，再计算b+c的值，可判断④正确．
本题考查了二次函数图形与系数关系、抛物线与x轴的交点以及特殊值对函数值的影响等知识点，观察函数图象结合二次函数图形与系数关系，逐一分析四条结论的正误是解题的关键．
11.【答案】(−1,2)
【解析】解：根据中心对称的性质，可知：点P(1,−2)关于原点O中心对称的点的坐标为(−1,2)．
故答案是：(−1,2)．
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)，然后直接作答即可．
本题考查了关于原点对称的点坐标的关系，是需要熟记的基本问题，记忆方法可以结合平面直角坐标系的图形．
12.【答案】600π
【解析】解：∵圆锥的底面半径是20，
∴圆锥的底面周长为：2π×20=40π，
∴圆锥的侧面展开图扇形的弧长为40π，
∴圆锥的侧面积为：12×40π×30=600π，
故答案为：600π．
根据扇形面积公式计算，得到答案．
本题考查的是圆锥的计算，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是解题的关键．
13.【答案】(32−x)(20−x)=540
【解析】解：∵道路的宽为x米，
∴种植草坪的部分可合成长为(32−x)米，宽为(20−x)米的矩形．
依题意得：(32−x)(20−x)=540．
故答案为：(32−x)(20−x)=540．
由道路的宽为x米，可得出种植草坪的部分可合成长为(32−x)米，宽为(20−x)米的矩形，根据草坪的面积为540平方米，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
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．
14.【答案】6
【解析】【分析】
设AD=AE=x，CE=CF=y，BD=BF=z，根据切线的性质解方程即可得到结论．
本题考查了三角形的内切圆与内心，切线的性质，根据切线的性质列方程是解题的关键．
【解答】
解：设AC与⊙O相切于E，BC与⊙O相切于F，
∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴设AD=AE=x，CE=CF=y，BD=BF=z，
∵AB=10，AC=12，BC=14，
∴x+y=12y+z=14x+z=10，
解得z=6，
∴BD的长是6，
故答案为：6．
15.【答案】38
【解析】解：∵线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，
∴AD=AE，∠DAE=90°，
∴∠EAB+∠BAD=90°，
在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠BAD+∠CAD=90°，∠C=∠ABC=45°，
∴∠EAB=∠CAD，
∴△EAB≌△DAC(SAS)，
∴∠C=∠ABE=45°，CD=BE，
∴∠EBC=∠EBA+∠ABC=90°，
∵BC=2，BD：CD=1：3，
∴BD=12，CD=BE=32，
∴S△BDE=12BD⋅BE=12×12×32=38
故答案为：38．
据旋转的性质得出AD=AE，∠DAE=90°，再根据SAS证明△EAB≌△DAC得出∠C=∠ABE=45°，CD=BE，得出∠EBC=90°，再根据三角形的面积公式即可求解．
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，根据SAS证明△EAB≌△DAC是解题的关键．
16.【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．
17.【答案】解：∵x2+4x=5，
∴x2+4x+4=5+4，
∴x2+4x+4=9，
∴(x+2)2=9，
∴x+2=±3，
∴x1=1，x2=−5．
【解析】首先把方程两边加上一次项系数一半的平方，然后进行开方即可．
本题主要考查了用配方法解一元二次方程的知识，
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．
18.【答案】解：(1)∵该次跳跃的最远水平距离为3m，最大竖直高度为1m，
∴顶点为：(32,1)，
设满足条件的抛物线的解析式为：y=a(x−32)2+1，
又∵此抛物线经过原点，
∴a(0−32)2+1=0，
解得：a=−49，
∴满足条件的抛物线的解析式为：y=−49(x−32)2+1；
(2)野兔此次跳跃能跃过篱笆，理由如下：
当x=2时，y=−49(2−32)2+1=89>810=0.8，
∴野兔此次跳跃能跃过篱笆．
【解析】(1)先根据题意得出顶点为(32,1)，再利用顶点式求解即可；
(2)求出x=2时对应的函数值，与0.8比较大小，即可得解．
本题考查二次函数的应用，待定系数法求二次函数的解析式等知识，根据题意求出二次函数解析式是解题的关键．
19.【答案】解：(1)△A1B1C1如图所示；
(2)连接OB，OB1，
∵OB1=OB= 32+42=5，∠BOB1=90°，
∴点B在旋转过程中经过的路径长=90π×5180=52π；
【解析】(1)根据旋转的性质将△ABC绕原点O顺时针旋转90°，得到A1，B1，C1，顺次连接可得△A1B1C1；
(2)连接OB，OB1，根据OB1=OB= 32+42=5，∠BOB1=90°，利用弧长公式即可求解．
本题主要考查了作旋转图形，弧长公式，解此题的关键是能正确作出旋转后的图形．
20.【答案】(1)证明：∵△=(m+2)2−4m
=m2+4m+4−4m
=m2+4>0，
∴无论m取何值，此方程总有两个不相等的实数根；
(2)解：根据题意得x1+x2=−(m+2)，x1x2=m，
∵x1+x2+2x1x2=3，
∴−(m+2)+2m=3，解得m=5，
即m的值为5．
【解析】(1)先计算判别式的值，再利用非负数的性质判断△>0，然后根据判别式的意义得到结论；
(2)根据根与系数的关系得到x1+x2=−(m+2)，x1x2=m，则由x1+x2+2x1x2=3得到−(m+2)+2m=3，然后解关于m的方程即可．
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，则x1+x2=−ba，x1x2=ca.也考查了根的判别式．
21.【答案】解：(1)四边形AFHE是正方形，理由如下：
∵Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF，∠FAE=90°，
∴∠AEB=∠AFD=90°，
∴∠AFH=90°，
在四边形AFHE中，∠FAE=90°，∠AEB=90°，∠AFH=90°，
∴四边形AFHE是矩形，
又∵AE=AF，
∴矩形AFHE是正方形；
(2)设AE=x．
则由(1)以及题意可知：AE=EH=FH=AF=x，BH=7，BC=AB=13，
在Rt△AEB中，AB2=AE2+BE2，
即132=x2+(x+7)2，解得：x=5，
∴BE=BH+EH=5+7=12，
∴DF=BE=12，
又∵DH=DF+FH，
∴DH=12+5=17．
【解析】本题考查正方形的性质、旋转的性质以及勾股定理，熟练掌握正方形基本性质以及旋转性质是解题的关键．
(1)根据旋转角的概念以及旋转的性质，先判定四边形AFHE是矩形，再根据邻边相等可判断该四边形是正方形；
(2)设AE=x，则BE=7+x，AB=13，利用勾股定理即可求出x，进而可求出DH的长．
22.【答案】解：(1)设该种水果每次降价的百分率为x，由题意得：
10(1−x)2=8.1，
解得：x1=0.1，x2=1.9(不合题意，舍去)，
∴x=0.1=10%，
∴该种水果每次降价的百分率为10%；
(2)设所获利润为y元，
根据题意得，y=(8.1−4.1)×(120−x)−(3x2−64x+400)=−3x2+60x+80=−3(x−10)2+540，
当x=10时，y有最大值为540，
答：该水果第10天时所获利润最大，最大利润是540元．
【解析】(1)设该种水果每次降价的百分率为x，由题意得关于x的一元二次方程，解方程并根据题意作出取舍即可；
(2)根据题意列二次函数关系式，根据二次函数的性质即可得到结论．
本题考查了二次函数的应用，一元二次方程的应用，理清题中的数量关系正确地列出方程是解题的关键．
23.【答案】(1)解：直线PD为⊙O的切线
证明：如图1，连接OD，∵AB是圆O的直径，
∴∠ADB=90°
∴∠ADO+∠BDO=90°，
又∵DO=BO，∴∠BDO=∠PBD
∵∠PDA=∠PBD，∴∠BDO=∠PDA
∴∠ADO+∠PDA=90°，即PD⊥OD
∵点D在⊙O上，
∴直线PD为⊙O的切线．
(2)解：∵BE是⊙O的切线，∴∠EBA=90°
∵∠BED=60°，∴∠P=30°
∵PD为⊙O的切线，∴∠PDO=90°
在Rt△PDO中，∠P=30°，PD= 3
∴OD=1
∴PO= PD2+OD2=2
∴PA=PO−AO=2−1=1
(3)证明：如图2，依题意得：∠ADF=∠PDA，∠PAD=∠DAF
∵∠PDA=∠PBD，∠ADF=∠ABF
∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF
∵AB是圆O的直径，∴∠ADB=90°
设∠PBD=x°，则∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°
∵四边形AFBD内接于⊙O，∴∠DAF+∠DBF=180°
即90°+x+2x=180°，解得x=30°
∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF=30°
∵BE、ED是⊙O的切线，∴DE=BE，∠EBA=90°
∴∠DBE=60°，∴△BDE是等边三角形．
∴BD=DE=BE
又∵∠FDB=∠ADB−∠ADF=90°−30°=60°，∠DBF=2x°=60°
∴△BDF是等边三角形．∴BD=DF=BF
∴DE=BE=DF=BF，
∴四边形DFBE为菱形．
【解析】(1)连接OD，由AB是圆O的直径可得∠ADB=90°，进而求得∠ADO+∠PDA=90°，即可得出直线PD为⊙O的切线；
(2)根据BE是⊙O的切线，则∠EBA=90°，即可求得∠P=30°，再由PD为⊙O的切线，得∠PDO=90°，求得OD，由勾股定理得OP，即可得出PA；
(3)根据题意可证得∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，由AB是圆O的直径，得∠ADB=90°，设∠PBD=x°，则可表示出∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，由圆内接四边形的性质得出x的值，可得出△BDE和△BDF是等边三角形．进而证出四边形DFBE为菱形．
本题是一道综合性的题目，考查了切线的判定和性质，圆周角定理和菱形的性质，是中档题，难度较大．
24.【答案】解：(1)∵D(0,4)，
∴OD=4，
∵OA=OD，点A在x的负半轴上，
∴A(−4,0)，
把A(−4,0)，D(0,4)分别代入y1=ax2−3x+c，得16a+12+c=0c=4，
解得：a=−1c=4，
∴该抛物线的解析式为y1=−x2−3x+4；
(2)∵DE//x轴，D(0,4)，
∴E(−3,4)，
∴DE=3；
设G(x,−x2−3x+4)，得H(x,−x−4)，
∴GH=−x2−3x+4−(−x−4)=−x2−2x+8，
∴S=12DE×GH=12×3×(−x2−2x+8)=272，
解得，x1=x2=−1，
∴G(−1,6)；
(3)∵y1=−x2−3x+4=−(x+32)2+254，

∴抛物线y1=−x2−3x+4的顶点为(−32,254)，沿x轴翻折后的解析式为y=(x+32)2−254，
把A(−4,0)代入y3=−x+n，得4+n=0，解得：n=−4，
联立抛物线y=(x+32)2−254与直线y3得：(x+32)2−254=−x+n，
整理得：x2+4x−(n+4)=0，
当Δ=16+4(n+4)=0时，n=−8，
∴当直线y3=−x+n与该新图象恰好有四个公共点时，−8【解析】(1)根据D(0,4)，OA=OD，点A在x的负半轴上，可得A(−4,0)，再运用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
(2)求得DE=3，设G(x,−x2−3x+4)，得H(x,−x−4)，求出GH=−x2−3x+4−(−x−4)=−x2−2x+8，由S=12DE×GH=272列方程求解即可；
(3)抛物线y1=−x2−3x+4的顶点为(−32,254)，沿x轴翻折后的解析式为y=(x+32)2−254，把A(−4,0)代入y3=−x+n，得4+n=0，解得：n=−4，再由直线y3=−x+n与抛物线y=(x+32)2−254有且只有一个交点，可求得n=−8，即可得出答案．
本题主要考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象及性质，翻折变换的性质，抛物线沿x轴翻折后的解析式，直线与抛物线的交点，熟练掌握二次函数的图象及性质是解题关键．时间/天
x
销量/kg
120−x
储藏和损耗费用/元
3x2−64x+400