2024年四川省泸州市江阳区中考数学适应性试卷（含解析）

这是一份2024年四川省泸州市江阳区中考数学适应性试卷（含解析），共22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.−2的倒数是( )
A. −2B. −12C. 12D. 2
2.作为渝昆高铁入川第一站，也是泸州境内第三座高铁站，泸州东站已完成主体工程施工，其总面积为11925平方米.请将11925用科学记数法表示( )
A. 0.11925×104B. 1.1925×104C. 1.1925×105D. 11.925×104
3.下列计算正确的是( )
A. b3+b3=b6B. b3⋅b3=b9C. (b3)3=b9D. b6÷b3=b2
4.下列四个立体图形中，主视图、左视图、俯视图都相同的是( )
A. B. C. D.
5.如图，AB/​/CD，若∠A=25°，∠E=80°，则∠C=( )
A. 45°B. 50°C. 55°D. 60°
6.已知不等式组x−m>1x+n<2的解集是−2A. 2024B. 1C. 0D. −1
7.以下是小李记录的自己一周内每天校外锻炼的时间(单位：分钟)，62，68，70，62，70，70，88，则下列关于小李该周每天校外锻炼时间的描述，正确的是( )
A. 众数为62分钟B. 中位数为62分钟C. 平均数为70分钟D. 方差为0
8.如图，AB是⊙O的直径，∠BAC=40°，则∠D=( )
A. 80°B. 50°C. 40°D. 20°
9.如图，顺次连接矩形ABCD四条边的中点得到四边形EFGH，若AB=3，BC=5，则四边形EFGH的面积为( )
A. 6
B. 6.5
C. 7
D. 7.5
10.关于x的一元二次方程x2−mx−4=0的根的情况是( )
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 只有一个实数根D. 没有实数根
11.如图，点E在正方形ABCD的对角线BD上，EF⊥CD于点F，连接AE并延长，交CD于点H，交边BC的延长线于点G，若EF=2，CG=6，则GH=( )
A. 38
B. 37
C. 2 10
D. 3 5
12.已知关于x的方程ax2=|x|−1有四个不同的实数解x1，x2，x3，x4，设x1A. x1+x2+x3+x4=0B. x2<−1
C. x1⋅x2⋅x3⋅x4>17D. 若−1|m|−1
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.若式子1 x+2有意义，则实数x的取值范围是______．
14.因式分解：xy2+2xy+x=______．
15.已知x1，x2是关于x的方程x2+mx−1=0的两个实数根，且(x1+2)(x2+2)=3，则m的值等于______．
16.已知点D是△ABC内一点，∠C=90°，∠CBD=15°，BC= 3，AC=1，若△ABC与△ABD的面积之比为(3+ 3)：2，则线段AD的长为______．
三、解答题：本题共9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6分)
计算：|−5|− 4+(13)−1−sin30°．
18.(本小题6分)
如图，在△ABC和△DEC中，AC=DC，BC=EC延长BC，ED相交于点F，且∠BCE=∠ACD．
求证：∠A+∠CDF=180°．
19.(本小题6分)
化简：a−2ba−b−a+ba+2b÷a2−b2a2+4ab+4b2．
20.(本小题7分)
某校随机抽取部分七年级学生开展“我最喜欢的体育项目”问卷调查活动，学生根据自己的爱好从以下选项中选择一类(A：篮球，B：排球，C：足球，D：乒乓球，E：羽毛球，F：其他).学校根据收集到的数据，绘制了两幅不完整的统计图(如图所示)．

根据图中信息，请回答下列问题；
(1)已知篮球项目对应扇形圆心角的度数为84°，则条形统计图中的m= ______，n= ______；
(2)若该校有180名七年级学生，请你估计该校七年级最喜欢乒乓球的学生人数；
(3)已知4名选择其他项目的学生中有1名男生，3名女生，学校从中随机抽取两名学生进行访谈，请用画树状图或者列表法求其中恰有1名男生1名女生的概率．
21.(本小题7分)
垃圾分类齐参与，美好生活共创建.为巩固创文成果，某社区计划购买甲，乙两种型号的垃圾桶，已知每个甲型垃圾桶比每个乙型垃圾桶少40元，且300元购买甲型垃圾桶的数量与500元购买乙型垃圾桶的数量相同．
(1)求甲、乙两种型号的垃圾桶的单价；
(2)若需购买甲，乙两种型号的垃圾桶共100个，总费用不超过8500元，至少需购买甲型垃圾桶多少个？
22.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=x+3的图象与x轴交于点A，与反比例函数y=kx的图象的一个交点为B(a,4)，过点B作AB的垂线交反比例函数y=kx的图象于点C．
(1)求该反比例函数的解析式；
(2)若点D在直线AB上，且△BCD的面积为3，求点D的坐标．
23.(本小题8分)
如图，测量船沿正东方向对某海岛进行测量，测量船在C处测得海岛上观测点A位于北偏东15°方向上，观测点B位于东北方向上.航行10海里到达点D，这时测得海岛上观测点B位于北偏西60°方向上，若AB/​/CD，求AB的长．
24.(本小题12分)
如图，△ABC中，AB=BC=10，以AB为直径的⊙O交AC于点D，过点D分别作DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F，延长DE交⊙O于点G，延长CF分别交DG于点H，交⊙O于点M．
(1)求证：DF是⊙O的切线；
(2)若tanA=12，求GH，HM的长．
25.(本小题12分)
如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)，B，与y轴交于点C(0,−4)．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1，点D是线段OC上的动点，连接AD，BD，若点A关于BD的对称点恰好在该抛物线的对称轴上，求点D的坐标；
(3)如图2，动点P在直线BC下方的抛物线上，过点P作PE⊥BC于点E，交线段AC于点F，过点F作FG⊥x轴于点G，求FG+ 2FP的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
根据倒数的定义：乘积是1的两个数互为倒数．
本题主要考查倒数的定义，解决本题的关键是熟记乘积是1的两个数互为倒数．
【解答】
解：因为−2×(−12)=1．
所以−2的倒数是−12，
故选：B．
2.【答案】B
【解析】解：11925=1.1925×104．
故选：B．
科学记数法形式：a×10n，其中1≤a<10，n为正整数．
科学记数法：把一个大于10的数记成a×10n的形式，其中a是整数数位只有一位的数，n是正整数，这种记数法叫做科学记数法．
3.【答案】C
【解析】解：A、b3+b3=2b3，该选项错误，不合题意；
B、b3⋅b3=b6，该选项错误，不合题意；
C、(b3)3=b9，该选项正确，符合题意；
D、b6÷b3=b3，该选项错误，不合题意；
故选：C．
根据合并同类项、同底数幂的乘法、幂的乘方、同底数幂的除法分别计算即可求解．
本题合并同类项、同底数幂的乘法、幂的乘方、同底数幂的除法，熟练掌握相关的知识点是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查三视图，熟练掌握常见几何体的三视图，是解决问题的关键．
根据球的三视图，从而得出结论．
【解答】
解：球的主视图、左视图、俯视图都是圆，其余选项均不符合题意．
故选：B．
5.【答案】C
【解析】解：过点E作AB的平行线EF，
∵AB/​/CD，
∴AB//CD//EF，
∴∠A=∠AEF，∠C=∠CEF，
∴∠AEC=∠AEF+∠CEF=∠A+∠C=25°+∠C=80°，
∴∠C=55°．
故选：C．
过点E作AB的平行线EF，则AB/​/CD/​/EF，结合平行线的性质可得∠A=∠AEF，∠C=∠CEF，进而可得答案．
本题考查平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解答本题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：由题意，∵x−m>1，
∴x>m+1．
又x+n<2，
∴x<2−n．
综上，原不等式组的解集为：m+1又−2∴m+1=−2，2−n=0．
∴m=−3，n=2．
∴m+n=−3+2=−1．
∴(m+n)2024=(−1)2024=1．
故选：B．
依据题意，先求出不等式的解集为m+1本题主要考查了一元一次不等式组的解法，解题时要熟练掌握并能准确计算是关键．
7.【答案】C
【解析】解：A.这组数的众数是70分钟，故不符合题意；
B.将这组数由小到大排列为：62、62、68、70、70、70、88，中位数是70，故不符合题意；
C.平均数是62+68+70+62+70+70+887=70(分钟)，故选符合题意；
D.这组方差为：S2=17×[(62−70)2+(68−70)2+(70−70)2+(62−70)2+(70−70)2+(70−70)2+(88−70)2]=4567，故不符合题意；
故选：C．
分别求出众数、中位数、平均数和方差进行判断即可．
本题考查了平均数、众数、中位数和方差的计算，掌握平均数、众数、中位数和方差的计算方法是关键．
8.【答案】B
【解析】解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠BAC=40°，
∴∠B=50°，
∴∠D=∠B=50°，
故选：B．
根据直径所对的圆周角是直角得出∠ACB=90°，即可求出∠B的度数，再根据同弧所对的圆周角相等即可求出∠D的度数．
本题考查了圆周角定理及推论，熟知直径所对的圆周角是直角、同弧所对的圆周角相等是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=5，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=CD=3，AD=BC=5，
∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴AH=DH=BF=CF=52，AE=BE=DG=CG=32，
∴S四边形EFGH=S矩形ABCD−4S△AEH=3×5−4×12×52×32=152=7.5，
故选：D．
由矩形的性质得∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=CD=3，AD=BC=5，则AH=DH=BF=CF=52，AE=BE=DG=CG=32，所以S四边形EFGH=S矩形ABCD−4S△AEH=7.5，于是得到问题的答案．
此题重点考查矩形的性质、三角形的面积公式等知识，证明∠A=∠B=∠C=∠D=90°，求得AH=DH=BF=CF=52，AE=BE=DG=CG=32是解题的关键．
10.【答案】A
【解析】解：对于一元二次方程x2−mx−4=0，
Δ=(−m)2−4×1×(−4)=m2+16，
∵m2≥0，
∴Δ=m2+16>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
判断出判别式的值，可得结论．
本题考查根的判别式，解题的关键是掌握一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：
①当△>0时，方程有两个不相等的两个实数根；
②当Δ=0时，方程有两个相等的两个实数根；
③当Δ<0时，方程无实数根．
11.【答案】D
【解析】解：由正方形ABCD，EF⊥CD，EF=2，CG=6，
得EF//CG//AD，DF=EF=2，
得△EFH～△GCH，△ADE～△GBE，
得CH：FH=CG：EF=6：2=3，
设FH=x，则CH=3x，
由AD：BG=DE：EB=DF：FC，
得2+x+3x2+x+3x+6=2x+3x，
解得x=1，即CH=3，
得GH= CH2+CG2=3 5．
故选：D．
由正方形ABCD，EF⊥CD，EF=2，CG=6，得EF//CG//AD，DF=EF=2，得△EFH～△GCH，△ADE～△GBE，得CH：FH=CG：EF=6：2=3，设FH=x，则CH=3x，由AD：BG=DE：EB=DF：FC，得2+x+3x2+x+3x+6=2x+3x，解得x=1，即CH=3，即可得GH= CH2+CG2=3 5．
本题主要考查了相似三角形的应用，解题关键是找准相似三角形．
12.【答案】C
【解析】解：由题意，∵关于x的方程ax2=|x|−1有四个不同的实数解x1，x2，x3，x4，
∴y=ax2与y=−x−1(x<0)x−1(x>0)的交点有四个不同的实数解x1，x2，x3，x4．
如图所示，画出y=ax2与y=−x−1(x<0)x−1(x>0)的图象，易得a>0．
∵y=ax2与y=−x−1(x<0)x−1(x>0)的图象都关于y轴对称，
∴x2=−x3，x1=−x4．
∴x1+x2+x3+x4=0，故A正确，不合题意．
∵y=−x−1(x<0)x−1(x>0)与x轴交点为(1,0)，(−1,0)，
∴x2<−1，故B正确，不合题意．
当x>0时，y=ax2与y=−x−1的交点横坐标为x3，x4，
即方程ax2−x+1=0有两个大于0的解，
∴x=1± 1−4a2a>0．
∴1−4a>0a>0．
∴0即x3x4=1a，x1⋅x2⋅x3⋅x4=1a2<16，故C错误，符合题意．
由图象，当−1|m|−1，故D正确，不合题意．
故选：C．
依据题意，将x1，x2看作是直线y=−x−1与抛物线y=ax2交点的横坐标，将x3，x4看作是直线y=x−1与抛物线y=ax2交点的横坐标，画出对应的函数图象即可得解．
本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
13.【答案】x>−2
【解析】解：∵式子1 x+2有意义，
∴x+2>0，
解得x>−2．
故答案为：x>−2．
根据二次根式及分式有意义的条件解答即可．
本题考查的是二次根式及分式有意义的条件，熟知二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．
14.【答案】x(y+1)2
【解析】解：xy2+2xy+x，
=x(y2+2y+1)，
=x(y+1)2．
故答案为：x(y+1)2．
先提取公因式x，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
15.【答案】0
【解析】解：根据根与系数的关系得x1+x2=−m，x1x2=−1，
∵(x1+2)(x2+2)=3，
∴x1x2+2(x1+x2)+4=3，
即−1−2m+4=3，
解得m=0．
故答案为：0．
先利用根与系数的关系得x1+x2=−m，x1x2=−1，再利用(x1+2)(x2+2)=3得到x1x2+2(x1+x2)+4=3，所以−1−2m+4=3，然后解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)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca．
16.【答案】 3−1
【解析】解：画出图形如下，过点D作△ABC三边的垂线段DE，DF，DG，垂足分别为E，F，G，
∵∠C=90°，BC= 3，AC=1，
∴AB= BC2+AC2= 3+1=2，
∴△ABC的AB边上的高为 3×12= 32，
∵△ABC与△ABD的面积之比为(3+ 3)：2，
∴3+ 32=12AB× 3212AB×DE，
∴DE= 3−12，
∵sin∠ABC=ACAB=12，
∴∠ABC=30°，
∵∠CBD=15°，
∴∠ABD=15°，
∴∠CBD=∠ABD，
∴DF=DE= 3−12，
∵DF⊥BC，DG⊥AC，∠ACB=90°，
∴四边形DFCG是矩形，
∴CG= 3−12，
∴AG=AC−CG=3− 32，
∵S△ACD=S△ABC−S△ABD−S△BCD=12× 3×1−12×2× 3−12−12× 3× 3−12= 3−14，
∴12×1×DG= 3−14，
解得DG= 3−12，
在Rt△ADG中，
由勾股定理，得AD= AG2+DG2= (3− 32)2+( 3−12)2= 3−1，
故答案为： 3−1．
画出图形，过点D作△ABC三边的垂线段DE，DF，DG，垂足分别为E，F，G，利用面积法求出DE，根据角平分线性质求出DF，再利用面积法求出DG，最后利用勾股定理即可求出AD．
本题考查勾股定理，角平分线的性质，矩形的判定和性质，面积法，能准确求出三个三角形的高，以及灵活运用面积法是解题的关键．
17.【答案】解：|−5|− 4+(13)−1−sin30°
=5−2+3−12
=112．
【解析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
本题考查了实数的运算，负整数指数幂，特殊角的三角函数值，准确熟练地进行计算是解题的关键．
18.【答案】证明：∵∠BCE=∠ACD，
∴∠BCE−∠ACE=∠ACD−∠ACE，
即∠BCA=∠ECD，
在△ABC和△DEC中，
AC=DC∠BCA=∠ECDBC=EC，
∴△ABC≌△DEC(SAS)，
∴∠A=∠EDC．
又∵∠EDC+∠CDF=180°，
∴∠A+∠CDF=180°．
【解析】证明△ABC≌△DEC(SAS)，得出∠A=∠EDC.则可得出结论．
本题考查了全等三角形的判定与性质，证明△ABC≌△DEC是解题的关键．
19.【答案】解：原式=a−2ba−b−a+ba+2b⋅(a+2b)2(a+b)(a−b)
=a−2ba−b−a+2ba−b，
=a−2b−(a+2b)a−b
=a−2b−a−2ba−b
=−4ba−b．
【解析】先把除法运算化为乘法运算，再把分子分母因式分解，然后进行同分母的减法运算．
本题考查了分式的混合运算：一般按常规运算顺序，但有时应先根据题目的特点，运用乘法的运算律运算，会简化运算过程．
20.【答案】14 6
【解析】解：(1)抽取的学生人数为：12÷20%=60(人)，
∴m=60×84°360∘=14，
∴n=60−14−8−16−12−4=6，
故答案为：14，6；
(2)180×1660=48(人)，
答：估计该校七年级最喜欢乒乓球的学生人数为48人；
(3)画树状图如下：
共有12种等可能的结果，其中恰有1名男生1名女生的结果有6种，
∴恰有1名男生1名女生的概率=612=12．
(1)由E的人数除以所占百分比求出抽取的学生人数，即可解决问题；
(2)由该校七年级学生人数乘以最喜欢乒乓球的学生人数所占的比例即可；
(3)画树状图，共有12种等可能的结果，其中恰有1名男生1名女生的结果有6种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率以及条形统计图和扇形统计图．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
21.【答案】解：(1)设乙种型号的垃圾桶的单价为x元/个，
则甲种型号的垃圾桶的单价为(x−40)元/个，
根据题意，列方程得：
300x−40=500x，
解得：x=100，
经检验，x=100是原方程的解，
则x−40=100−40=60(元)，
答：甲、乙两种型号的垃圾桶的单价分别为60元/个，100元/个．
(2)设购买甲型垃圾桶m个，则购买乙型垃圾桶(100−m)个，
根据题意，列不等式得：
60m+100(100−m)≤8500，
解得m≥3712，
∵m为整数
∴m的最小值为38
∴至少需购买甲型垃圾桶38个．
【解析】(1)设乙种型号的垃圾桶的单价为x元/个，则甲种型号的垃圾桶的单价为(x−40)元/个，根据题意列出方程，即可求解；
(2)设购买甲型垃圾桶m个，则购买乙型垃圾桶(100−m)个，根据“总费用不超过8500元”，列不等式即可求解．
本题考查了分式方程的应用和不等式的应用，解题的关键是理解题意，正确找出等量关系．
22.【答案】解：(1)∵点B(a,4)在直线y=x+3上，
∴a+3=4，则a=1，
∴点B(1,4)，
∵点B(1,4)在反比例函数y=kx上，
∴k=1x4=4，
∴该反比例函数的表达式为y=4x；
(2)∵直线AB的关系式为y=x+3，而BC⊥AB，
∴可设直线BC的解析式为y=−x+b，
将点B(1,4)代入得，−1+b=4，
∴b=5，
∴设直线BC的解析式为y=−x+5，
∵方程组y=4xy=−x+5的解为x=1y=4或x=4y=1，经检验都是原方程的解，而点B(1,4)，
∴点C(4,1)，
∴BC= (1−4)2+(4−1)2=3 2，
∵△BCD的面积为3，即12BD⋅BC=3，
∴BD= 2，
设点D(m,m+3)，则由(m−1)2+(m+3−4)2=( 2)2，
解得m=0或m=2，
∴点D的坐标为(0,3)或(2,5)．
【解析】(1)根据一次函数图象上点的坐标特征求出点B的坐标，再代入反比例函数关系式求出k的值即可；
(2)根据互相垂直的两条直线的函数关系式的关系求出BC的关系式，由两点距离公式求出相等BC的长度，再根据三角形面积的计算方法求出BD，设出点D的坐标，由两点距离公式列方程求解即可．
本题考查反比例函数与一次函数的交点坐标，掌握待定系数法求一次函数的关系以及互相垂直的两条直线关系式的关系是正确解答的关键．
23.【答案】解：如图，由题意易得∠2=45°−15°=30°，∠3=45°，∠5=30°，
分别过点A作AE⊥BC于点E，作BF⊥CD于点F，

设AE=x m，
则BE=xm，AB= 2x m，
∴CE= 3x m，
∴BF=CF= 22(x+ 3x)= 2( 3+1)x2，
∴DF= 3× 2( 3+1)x2，
∵CF+DF=10m，
∴ 2( 3+1)x2+ 3× 2( 3+1)x2=10，
∴x=10 2−5 6，
则AB= 2(10 2−5 6)=20−10 3，
即AB的长为(20−10 3)海里．
【解析】由题意易得∠2=45°−15°=30°，∠3=45°，∠5=30°，分别过点A作AE⊥BC于点E，作BF⊥CD于点F，设AE=x m，解直角三角形即可得到结论．
本题考查了解直角三角形的应用−方向角问题，正确地作出辅助线是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：连接OD，则OD=OA，
∴∠ODA=∠A，
∵AB=BC，
∴∠C=∠A，
∴∠ODA=∠C，
∴OD//BC，
∵DF⊥BC于点F，
∴∠ODF=∠DFC=90°，
∵OD是⊙O的半径，且DF⊥OD，
∴DF是⊙O的切线．
(2)解：连接BD，
∵AB为⊙O的直径，DE⊥AB于点E，AB=10，
∴∠ADB=∠AED=∠DEB=90°，DE=GE，OD=OA=OB=12AB=5，
∴∠BDE=∠A=90°−∠ADE，
∴BEDE=tan∠BDE=tanA=DEAE=12，
∴DE=2BE，AE=2DE，
∴AE=2×2BE=4BE，
∴4BE+BE=AB=10，
∴BE=2，DE=GE=4，
∴OE=OB−BE=5−2=3，
∵∠EBH=∠EOD，
∴HEBE=tan∠EBH=tan∠EOD=DEOE=43，
∴HE=43BE=43×2=83，
∴GH=GE−HE=4−83=43，HD=DE+HE=4+83=203，BH= BE2−HE2= 22+(83)2=103，
连接GM，则∠M=∠BDH，∠MGH=∠DBH，
∴△MGH∽△DBH，
∴HMHD=GHBH，
∴HM=HD⋅GHBH=203×43103=83，
∴GH的长为43，HM的长为83．
【解析】(1)连接OD，则∠ODA=∠A，由AB=BC，得∠C=∠A，所以∠ODA=∠C，则OD/​/BC，所以∠ODF=∠DFC=90°，即可证明DF是⊙O的切线；
(2)连接BD，由AB为⊙O的直径，DE⊥AB于点E，得∠ADB=∠AED=∠DEB=90°，OD=OA=OB=12AB=5，由BEDE=DEAE=tanA=12，求得BE=2，DE=GE=4，则OE=3，所以HEBE=tan∠EBH=tan∠EOD=DEOE=43，则HE=43BE=83，GH=43，HD=203，求得BH= BE2−HE2=103，再证明△MGH∽△DBH，得HMHD=GHBH，求得HM=83．
此题重点考查等腰三角形的性质、切线的判定、勾股定理、同角的余角相等、锐角三角函数与解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
25.【答案】解：(1)∵抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)，与y轴交于点C(0,−4)，代入得：
1−b+c=0c=−4，
解得：b=−3c=−4，
∴该抛物线的解析式为y=x2−3x−4；
(2)∵抛物线y=x2−3x−4，
∴对称轴为直线x=32，
令y=0，则x2−3x−4=0，
解得：x1=−1，x2=4，
∴与x轴的交点B(4,0)，
设对称轴与x轴交于点M，点A关于BD的对称点为A′.由轴对称的性质可得BD垂直平分线段AA′，如图1，

∴BA′=AB=2BM，DA=DA′，
又∵DB=DB，
∴△ABD≌△A′BD(SSS)，
∴∠ABD=∠A′BD，
在Rt△BAM中，sin∠MA′B=MBA′B=12，
∴∠MA′B=30°，
∴∠ABD=12∠ABA′=12(90°−∠MAB)=30°，
在Rt△BDO中，OD=OBtan30°=4× 33=43 3，
则点D的坐标为(0,−43 3)；
(3)设直线AC的解析式为y1=k1x+b1(k1≠0)，
则−k1+b1=0b1=−4，
∴k1=−4b1=−4，
∴直线AC的解析式为y1=−4x−4；
设直线PE交x轴于点H，
∵B(4,0)，C(0,−4)，
∴OB=OC，
∴∠BCO=45°，即直线PE与x的夹角为45°，
∵直线PE经过二、三、四象限，
∴设PE的解析式为y2=−x+b2，P(m,m2−3m−4)，
∴−m+b2=m2−3m−4，
∴b2=m2−2m−4，
∴PE的解析式为y2=−x+m2−2m−4，
令y1=y2，则−4x−4=−x+m2−2m−4，
解得x=−m2+2m3，
∴yF=−4(−m2+2m)3−4，
∴FG=−4(m2−2m)3+4，
分别过点F，点P作x轴，y轴的平行线，交于点N，如图2，

则在Rt△PFN中，∠PFN=∠PHB=45°，
∴ 2FP= 2× 2FN=2(xP−xF)=2(m−−m2+2m3)=23(m2+m)，
∴FG+ 2FP=−4(m2−2m)3+4+23(m2+m)=−23(m−52)2+496，
∵动点P在直线BC下方的抛物线上，
∴0又∵当直线PE过点A时，1+m2−2m−4=0，
解得：m1=3，m2=−1 (不合题意，舍去)，
当直线PE过点C时，m2−2m−4=−4，
解得：m1=2，m2=0 (不合题意，舍去)，
∴2≤m≤3，
∴当m=52时，FG+ 2FP的最大值为496．
【解析】(1)将点A(−1,0)和点C(0,−4)代入抛物线解析式，利用待定系数法求解即可；
(2)根据抛物线解析式，得到称轴为直线x=32，B(4,0)，设对称轴与x轴交于点M，点A关于BD的对称点为A′.由轴对称的性质可得BD垂直平分线段AA′，证明△ABD≌△A′BD(SSS)，再利用正弦函数值，得出∠MA′B=30°，从而得到∠ABD=30°，然后利用特殊角的正切值，求出OD的长，即可得到点D的坐标；
(3)先求出直线AC的解析式为y1=−4x−4，设直线PE交x轴于点H，根据B、C两点的坐标可得直线PE与x的夹角为45°，进而可设PE的解析式为y2=−x+b2，P(m,m2−3m−4)，求出y2=−x+m2−2m−4，令y1=y2，求出F点的横、纵坐标，分别过点F，点P作x轴，y轴的平行线，交于点N，则在Rt△PFN中，∠PFN=∠PHB=45°，进而求出FG+ 2FP=−23(m−52)2+496，然后确定m的取值范围，根据二次函数的性质确定最值即可．
本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象和性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形的应用，二次函数的最值，一次函数与二次函数的交点问题等知识，利用数形结合的思想解决问题是解答本题的关键．