资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．对于函数，下列结论错误的是（ ）
A．图象顶点是 B．图象开口向上
C．图象关于直线对称 D．图象最大值为﹣9
2．如图，P为⊙O外一点，PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，分别交PA、PB于点C、D，若PA＝6，则△PCD的周长为（ ）
A．8 B．6 C．12 D．10
3．下列命题正确的是（ ）
A．三点确定一个圆 B．圆中平分弦的直径必垂直于弦
C．矩形一定有外接圆 D．三角形的内心是三角形三条中线的交点
4．图中所示的几个图形是国际通用的交通标志.其中不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
5．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．
6．如图，△ABC中，∠ACB=90°，沿CD折叠△CBD，使点B恰好落在AC边上的点E处．若∠A=22°，则∠BDC等于
A．44° B．60° C．67° D．77°
7．如图是抛物线y1＝ax2＋bx＋c(a≠0)图象的一部分，抛物线的顶点坐标A(1，3)，与x轴的一个交点B(4，0)，直线y2＝mx＋n(m≠0)与抛物线交于A，B两点，下列结论：①2a＋b＝0；②abc>0；③方程ax2＋bx＋c＝3有两个相等的实数根；④抛物线与x轴的另一个交点是(－1，0)；⑤当1<x<4时，有y2<y1，其中正确的是（ ）
A．①④⑤ B．①③④⑤ C．①③⑤ D．①②③
8．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，那么的值是（ ）
A． B． C． D．
9．一元二次方程x2－2x＝0根的判别式的值为( )
A．4 B．2 C．0 D．－4
10．如图，中，点、分别在、上，，，则与四边形的面积的比为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．将二次函数y=x2﹣1的图象向上平移3个单位长度，得到的图象所对应的函数表达式是_____．
12．若关于x的一元二次方程x2+2x+m﹣2＝0有实数根，则m的值可以是__．（写出一个即可）
13．一个质地均匀的小正方体，六个面分别标有数字1，1，2，4，5，5，随机掷一次小正方体，朝上一面的数字是奇数的概率是__________．
14．如图，练习本中的横格线都平行，且相邻两条横格线间的距离都相等，同一条直线上的三个点A、B、C都在横格线上．若线段AB＝6cm，则线段BC＝____cm．
15．如图示一些小正方体木块所搭的几何体，从正面和从左面看到的图形，则搭建该几何体最多需要 块正方体木块．
16．如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，⊙O的半径为6，则这个正六边形的边心距OM的长为__．
17．在△ABC中，分别以AB，AC为斜边作Rt△ABD和Rt△ACE，∠ADB＝∠AEC＝90°，∠ABD＝∠ACE＝30°，连接DE．若DE＝5，则BC长为_____．
18．如图，是⊙的直径，是⊙上一点，的平分线交⊙于，且，则的长为_________．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，方格纸中的每个小正方形的边长都为1，在建立平面直角坐标系后，△ABC的顶点均在格点上．
（1）以点A为旋转中心，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得到△AB1C1，画出△AB1C1．
（2）画出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2，若点C的坐标为（﹣4，﹣1），则点C2的坐标为 ．
20．（6分）已知：如图，抛物线y＝ax2+bx+3与坐标轴分别交于点A，B（﹣3，0），C（1，0），点P是线段AB上方抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线解析式；
（2）当点P运动到什么位置时，△PAB的面积最大？
（3）过点P作x轴的垂线，交线段AB于点D，再过点P作PE∥x轴交抛物线于点E，连接DE，请问是否存在点P使△PDE为等腰直角三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．
21．（6分）已知如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（3，0），B（﹣1，0），与y轴交于点C，连接AC，点P是直线AC上方的抛物线上一动点（异于点A，C），过点P作PE⊥x轴，垂足为E，PE与AC相交于点D，连接AP．
（1）求点C的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）①求直线AC的解析式；
②是否存在点P，使得△PAD的面积等于△DAE的面积，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
22．（8分）某市“艺术节”期间，小明、小亮都想去观看茶艺表演，但是只有一张茶艺表演门票，他们决定采用抽卡片的办法确定谁去．规则如下：
将正面分别标有数字1、2、3、4的四张卡片（除数字外其余都相同）洗匀后，背面朝上放置在桌面上，随机抽出一张记下数字后放回；重新洗匀后背面朝上放置在桌面上，再随机抽出一张记下数字．如果两个数字之和为奇数，则小明去；如果两个数字之和为偶数，则小亮去．
（1）请用列表或画树状图的方法表示抽出的两张卡片上的数字之和的所有可能出现的结果；
（2）你认为这个规则公平吗？请说明理由．
23．（8分）关于的一元二次方程有两个不相等且非零的实数根，探究满足的条件．
小华根据学习函数的经验，认为可以从二次函数的角度研究一元二次方程的根的符号。下面是小华的探究过程：第一步：设一元二次方程对应的二次函数为；
第二步：借助二次函数图象，可以得到相应的一元二次方程中满足的条件，列表如下表。
方程两根的情况
对应的二次函数的大致图象
满足的条件
方程有两个不相等的负实根
①_______
方程有两个不相等的正实根
②
③____________
（1）请将表格中①②③补充完整；
（2）已知关于的方程，若方程的两根都是正数，求的取值范围.
24．（8分）先化简，后求值：，其中x＝﹣1．
25．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线（）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l：与y轴负半轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD=4AC
（1）直接写出点A的坐标，并求直线l的函数表达式（其中k，b用含a的式子表示）；
（2）点E是直线l上方的抛物线上的动点，若△ACE的面积的最大值为，求a的值；
（3）设P是抛物线的对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A，D，P，Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．
26．（10分）如图所示，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在OA边上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．
（1）求OE的长．
（2）求经过O，D，C三点的抛物线的解析式．
（3）一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC以每秒1个单位长的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，DP=DQ．
（4）若点N在（2）中的抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使得以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出M点的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【分析】根据函数解析式和二次函数的性质可以判断各个选项中的说法是否正确，本题得以解决．
【详解】解：A．∵函数y=(x+2)2-9，
∴该函数图象的顶点坐标是（-2，-9），故选项A正确；
B．a=1＞0，该函数图象开口向上，故选项B正确；
C． ∵函数y=(x+2)2-9，∴该函数图象关于直线x=-2对称，故选项C正确；
D．当x=-2时，该函数取得最小值y=-9，故选项D错误；
故选：D．
本题考查二次函数的性质、二次函数的最值，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
2、C
【解析】由切线长定理可求得PA＝PB，AC＝CE，BD＝ED，则可求得答案．
【详解】∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，
∴PA＝PB＝6，AC＝EC，BD＝ED，
∴PC+CD+PD＝PC+CE+DE+PD＝PA+AC+PD+BD＝PA+PB＝6+6＝12，
即△PCD的周长为12，
故选：C．
本题主要考查切线的性质，利用切线长定理求得PA＝PB、AC＝CE和BD＝ED是解题的关键．
3、C
【分析】根据确定圆的条件、垂径定理、矩形的性质定理和三角形内心的定义，进行判断即可．
【详解】∵不在一条直线上的三点确定一个圆，
∴A错误；
∵圆中平分弦（不是直径）的直径必垂直于弦，
∴B错误；
∵矩形一定有外接圆，
∴C正确；
∵三角形的内心是三角形三条角平分线的交点，
∴D错误；
故选：C．
本题主要考查真假命题的判断，掌握确定圆的条件、垂径定理、矩形的性质定理和三角形内心的定义，是解题的关键.
4、C
【分析】根据轴对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形．
【详解】A、B、D都是轴对称图形，而C不是轴对称图形．
故选C．
本题主要考查了轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
5、A
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选：A．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
6、C
【解析】分析：△ABC中，∠ACB=90°，∠A=22°，
∴∠B=90°－∠A=68°．
由折叠的性质可得：∠CED=∠B=68°，∠BDC=∠EDC，
∴∠ADE=∠CED﹣∠A=46°．
∴．
故选C．
7、C
【分析】①根据对称轴x=1，确定a，b的关系，然后判定即可；
②根据图象确定a、b、c的符号，即可判定；
③方程ax2+bx+c=3的根，就y=3的图象与抛物线交点的横坐标判定即可；
④根据对称性判断即可；
⑤由图象可得，当1<x<4时，抛物线总在直线的上面，则y2<y1．
【详解】解：①∵对称轴为：x=1，
∴ 则a=-2b,即2a+b=0，故①正确;
∵抛物线开口向下
∴a＜0
∵对称轴在y轴右侧，
∴b＞0
∵抛物线与y轴交于正半轴
∴c＞0
∴abc<0,故②不正确；
∵抛物线的顶点坐标A（1,3）
∴方程ax2+bx+c=3有两个相等的实数根是x=1，故③正确；
∵抛物线对称轴是：x=1，B（4,0），
∴抛物线与x轴的另一个交点是（-2,0）故④错误；
由图象得：当1<x<4时，有y2<y1；故⑤正确．
故答案为C．
本题考查了二次函数的图像,考查知识点较多,解答的关键在于掌握并灵活应用二次函数知识．
8、D
【分析】过A作AB⊥x轴于点B，在Rt△AOB中，利用勾股定理求出OA，再根据正弦的定义即可求解.
【详解】如图，过A作AB⊥x轴于点B，
∵A的坐标为(4,3)
∴OB=4，AB=3，
在Rt△AOB中，
∴
故选：D．
本题考查求正弦值，利用坐标求出直角三角形的边长是解题的关键．
9、A
【解析】根据一元二次方程判别式的公式进行计算即可.
【详解】解:在这个方程中，a＝1，b＝－2，c＝0，
∴，
故选：A.
本题考查一元二次方程判别式，熟记公式正确计算是本题的解题关键.
10、C
【分析】因为DE∥BC，所以可得△ADE∽△ABC，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方解答即可．
【详解】解：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵AD：DB=1：2，
∴AD：AB=1：3，
∴，
∴△ADE的面积与四边形DBCE的面积之比=1：8，
故选：C．
本题考查了相似三角形的判定与性质，熟记相似三角形面积的比等于相似比的平方是解题的关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、y=x1+1
【解析】分析：先确定二次函数y=x1﹣1的顶点坐标为（0，﹣1），再根据点平移的规律得到点（0，﹣1）平移后所得对应点的坐标为（0，1），然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式．
详解：二次函数y=x1﹣1的顶点坐标为（0，﹣1），把点（0，﹣1）向上平移3个单位长度所得对应点的坐标为（0，1），所以平移后的抛物线解析式为y=x1+1．
故答案为y=x1+1．
点睛：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．
12、3.
【分析】根据根的判别式即可求出答案．
【详解】由题意可知：△＝4﹣4（m﹣2）≥0，
∴m≤3.
故答案为：3.
考核知识点：一元二次方程根判别式.熟记根判别式是关键.
13、
【分析】直接利用概率求法进而得出答案．
【详解】∵一个质地均匀的小正方体，六个面分别标有数字1，1，2，4，5，5，
∴随机掷一次小正方体，朝上一面的数字是奇数的概率是： ．
故答案为：．
此题主要考查了概率公式，正确掌握概率公式是解题关键．
14、18
【分析】根据已知图形构造相似三角形，进而得出，即可求得答案.
【详解】如图所示：过点A作平行线的垂线，交点分别为D、E，
可得：
，
∴，
即，
解得：，
∴，
故答案为：.
本题主要考查了相似三角形的应用，根据题意得出是解答本题的关键.
15、１６
【解析】根据俯视图标数法可得，最多有1块；
故答案是1．
点睛：三视图是指一个立体图形从上面、正面、侧面（一般为左侧）三个方向看到的图形，首先我们要分清三个概念：排、列、层，比较好理解，就像我们教室的座位一样，横着的为排，竖着的为列，上下的为层，如图所示的立体图形，共有两排、三列、两层．
仔细观察三视图，可以发现在每一图中，并不能同时看到排、列、层，比如正视图看不到排，这个很好理解，比如在教室里，如果第一排的同学个子非常高，那么后面的同学都被挡住了，我们无法从正面看到后面的同学，也就无法确定有几排．所以，我们可以知道正视图可看到列和层，俯视图可看到排和层列，侧视图可看到排和层．
16、3
【解析】连接OB，
∵六边形ABCDEF是⊙O内接正六边形，∴∠BOM= =30°，
∴OM=OB•cos∠BOM=6× =3，
故答案为3.
17、1
【分析】由在Rt△ABD和Rt△ACE中，∠ADB＝∠AEC＝90°，∠ABD＝∠ACE＝30°，可证得△ABD∽△ACE，AD＝AB，继而可证得△ABC∽△ADE，然后由相似三角形的对应边成比例，求得答案．
【详解】∵∠ADB＝∠AEC＝90°，∠ABD＝∠ACE＝30°，
∴△ABD∽△ACE，AD＝AB，
∴∠BAD＝∠CAE，AB：AC＝AD：AE，
∴∠BAC＝∠DAE，AB：AD＝AC：AE，
∴△ABC∽△ADE，
∴＝2，
∵DE＝5，
∴BC＝1．
故答案为：1．
此题考查了相似三角形的判定与性质以及含30度角的直角三角形．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
18、
【分析】连接OD，由AB是直径，得∠ACB=90°，由角平分线的性质和圆周角定理，得到△AOD是等腰直角三角形，根据勾股定理，即可求出AD的长度.
【详解】解：连接OD，如图，
∵是⊙的直径，
∴∠ACB=90°，AO=DO=，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD=45°，
∴∠AOD=90°，
∴△AOD是等腰直角三角形，
∴；
故答案为：.
本题考查了圆周角定理，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，以及等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握圆周角定理进行解题.
三、解答题(共66分)
19、 (1)见解析,（2）图见解析；（4，1）
【解析】（1）让三角形的各顶点都绕点A顺时针旋转90°后得到对应点，顺次连接即可；
（2）根据△ABC的各顶点关于原点的中心对称，得出A2、B2、C2的坐标，连接各点，即可得到结论．
【详解】解：（1）所画图形如下所示，△A1B1C1即为所求；
（2）所画图形如下所示，△AB2C2即为所求．
点C2的坐标为（4，1），
故答案为：（4，1）．
本题主要考查了旋转变换图形的方法，图形的中心对称问题和平移的性质，考查了利用直角坐标系解决问题的能力，关于原点对称的两个点的横坐标和纵坐标都互为相反数．
20、（1）y＝﹣x2﹣2x+3 （2）（﹣，） （3）存在，P（﹣2，3）或P（，）
【分析】（1）用待定系数法求解；（2）过点P作PH⊥x轴于点H，交AB于点F，直线AB解析式为y＝x+3，设P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0），则F（t，t+3），则PF＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t，根据S△PAB＝S△PAF+S△PBF写出解析式，再求函数最大值；（3）设P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0），则D（t，t+3），PD＝﹣t2﹣3t，由抛物线y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，由对称轴为直线x＝﹣1，PE∥x轴交抛物线于点E，得yE＝yP，即点E、P关于对称轴对称，所以＝﹣1，得xE＝﹣2﹣xP＝﹣2﹣t，故PE＝|xE﹣xP|＝|﹣2﹣2t|，由△PDE为等腰直角三角形，∠DPE＝90°，得PD＝PE，再分情况讨论：①当﹣3＜t≤﹣1时，PE＝﹣2﹣2t；②当﹣1＜t＜0时，PE＝2+2t
【详解】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3过点B（﹣3，0），C（1，0）
∴ 解得：
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3
（2）过点P作PH⊥x轴于点H，交AB于点F
∵x＝0时，y＝﹣x2﹣2x+3＝3
∴A（0，3）
∴直线AB解析式为y＝x+3
∵点P在线段AB上方抛物线上
∴设P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0）
∴F（t，t+3）
∴PF＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t
∴S△PAB＝S△PAF+S△PBF＝PF•OH+PF•BH＝PF•OB＝（﹣t2﹣3t）＝﹣（t+）2+
∴点P运动到坐标为（﹣，），△PAB面积最大
（3）存在点P使△PDE为等腰直角三角形
设P（t，﹣t2﹣2t+3）（﹣3＜t＜0），则D（t，t+3）
∴PD＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t
∵抛物线y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4
∴对称轴为直线x＝﹣1
∵PE∥x轴交抛物线于点E
∴yE＝yP，即点E、P关于对称轴对称
∴＝﹣1
∴xE＝﹣2﹣xP＝﹣2﹣t
∴PE＝|xE﹣xP|＝|﹣2﹣2t|
∵△PDE为等腰直角三角形，∠DPE＝90°
∴PD＝PE
①当﹣3＜t≤﹣1时，PE＝﹣2﹣2t
∴﹣t2﹣3t＝﹣2﹣2t
解得：t1＝1（舍去），t2＝﹣2
∴P（﹣2，3）
②当﹣1＜t＜0时，PE＝2+2t
∴﹣t2﹣3t＝2+2t
解得：t1＝，t2＝（舍去）
∴P（，）
综上所述，点P坐标为（﹣2，3）或（，）时使△PDE为等腰直角三角形．
考核知识点：二次函数的综合.数形结合分析问题，运用轴对称性质和等腰三角形性质分析问题是关键.
21、（1）(0,3)；（2）y＝﹣x2+2x+3；（3）①；②当点P的坐标为（1，4）时，△PAD的面积等于△DAE的面积．
【分析】（1）将代入二次函数解析式即可得点C的坐标；
（2）把A（3，0），B（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+3即可得出抛物线的解析式；
（3）①设直线直线AC的解析式为，把A（3，0），C代入即可得直线AC的解析式；
②存在点P，使得△PAD的面积等于△DAE的面积；设点P（x，﹣x2+2x+3）则点D（x，﹣x+3），可得PD=﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）=﹣x2+3x，DE=﹣x+3，根据Ｓ△PAD＝Ｓ△DAE时，即可得PD=DE，即可得出结论．
【详解】解：（1）由y＝ax2+bx+3，令
∴点C的坐标为（0，3）；
（2）把A（3，0），B（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+3得
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3；
（3）①设直线直线AC的解析式为，
把A（3，0），C代入得
，
解得，
∴直线AC的解析式为；
②存在点P，使得△PAD的面积等于△DAE的面积，理由如下：
设点P（x，﹣x2+2x+3）则点D（x，﹣x+3），
∴PD=﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）=﹣x2+3x，DE=﹣x+3，
当Ｓ△PAD＝Ｓ△DAE时，有，得PD=DE，
∴﹣x2+3x=﹣x+3解得x1=1，x2=3（舍去），
∴y＝﹣x2+2x+3=﹣12+2+3=4，
∴当点P的坐标为（1，4）时，△PAD的面积等于△DAE的面积．
本题考查了用待定系数法求解析式，二次函数的综合，掌握知识点是解题关键．
22、（1）见解析
（2）公平，理由见解析
【分析】（1）用列表法将所有等可能的结果一一列举出来即可；
（2）求得两人获胜的概率，若相等则公平，否则不公平．
【详解】解：（1）根据题意列表得：
（2）由列表得：共16种情况，其中奇数有8种，偶数有8种，
∴和为偶数和和为奇数的概率均为 ，
∴这个游戏公平．
点评：本题考查了游戏公平性及列表与列树形图的知识，难度不大，是经常出现的一个知识点．
23、（1）①方程有一个负实根，一个正实根；②详见解析；③；（2）
【分析】（1）根据函数的图象与性质即可得；
（2）先求出方程的根的判别式，再利用③即可得出答案.
【详解】（1）由函数的图象与性质得：
①函数图象与x的负半轴和正半轴各有一个交点，则方程有一个负实根，一个正实根；
②函数图象与x轴的两个交点均在x轴的正半轴上，画图如下所示：
；
③由②可得：；
（2）方程的根的判别式为，则此方程有两个不相等的实数根
由题意，可利用③得：，解得
则方程组的解为
故k的取值范围是.
本题考查了一元二次方程与二次函数的关系，掌握二次函数的图象与性质是解题关键.
24、x﹣2，-2．
【分析】由题意先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将x的值代入计算可得．
【详解】解：
＝
＝x﹣2，
当x＝﹣1时，
原式＝﹣1﹣2＝﹣2．
本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
25、（1）A（－1，0），；（2）；（3）P的坐标为（1，）或（1，－4）．
【分析】（1）在中，令y=0，得到，，得到A（－1，0），B（3，0），由直线l经过点A，得到，故，令，即，由于CD＝4AC，故点D的横坐标为4，即有，得到，从而得出直线l的函数表达式；
（2）过点E作EF∥y轴，交直线l于点F，设E（，），则F（，），
EF＝=，
S△ACE＝S△AFE－S△CFE＝＝，
故△ACE的面积的最大值为，而△ACE的面积的最大值为，
所以 ，解得；
（3）令，即，解得，，得到D（4，5a），因为抛物线的对称轴为，设P（1，m），然后分两种情况讨论：①若AD是矩形的一条边，②若AD是矩形的一条对角线．
【详解】解：（1）∵=，令y=0，得到，，
∴A（－1，0），B（3，0），
∵直线l经过点A，
∴，，
∴，
令，即，
∵CD＝4AC，
∴点D的横坐标为4，
∴，
∴，
∴直线l的函数表达式为；
（2）过点E作EF∥y轴，交直线l于点F，设E（，），则F（，），
EF＝=，
S△ACE＝S△AFE－S△CFE＝
＝＝，
∴△ACE的面积的最大值为，
∵△ACE的面积的最大值为，
∴ ，解得；
（3）令，即，解得，，
∴D（4，5a），
∵，
∴抛物线的对称轴为，设P（1，m），
①若AD是矩形的一条边，则Q（－4，21a），m＝21a＋5a＝26a，则P（1，26a），
∵四边形ADPQ为矩形，
∴∠ADP＝90°，
∴，
∴，即 ，
∵，
∴，
∴P1（1，）；
②若AD是矩形的一条对角线，则线段AD的中点坐标为（ ，），Q（2，），m＝，则P（1，8a），
∵四边形APDQ为矩形，∴∠APD＝90°，
∴，
∴，即 ，
∵，∴，∴P2（1，－4）．
综上所述，以点A、D、P、Q为顶点的四边形能成为矩形，点P的坐标为（1，）或（1，－4）．
考点：二次函数综合题．
26、（1）3；（2）；（3）t=；（1）存在，M点的坐标为（2,16）或（-6,16）或
【分析】（1）由矩形的性质以及折叠的性质可求得CE、CO的长，在Rt△COE中，由勾股定理可求得OE的长；
（2）设AD=m，在Rt△ADE中，由勾股定理列方程可求得m的值，从而得出D点坐标，结合C、O两点，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（3）用含t的式子表示出BP、EQ的长，可证明△DBP≌△DEQ，可得到BP=EQ，可求得t的值；
（1）由（2）可知C（-1，0），E（0，-3），设N（-2，n），M（m，y），分以下三种情况：①以EN为对角线，根据对角线互相平分，可得CM的中点与EN的中点重合，根据中点坐标公式，可得m的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；②当EM为对角线，根据对角线互相平分，可得CN的中点与EM的中点重合，根据中点坐标公式，可得m的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；③当CE为对角线，根据对角线互相平分，可得CE的中点与MN的中点重合，根据中点坐标公式，可得m的值，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．
【详解】解：（1）∵OABC为矩形，∴BC=AO=5，CO=AB=1．
又由折叠可知，，
；
（2）设AD=m，则DE=BD=1-m，
∵OE=3，∴AE=5-3=2，
在Rt△ADE中，AD2+AE2=DE2，
∴m2+22=(1-m)2，∴m=，∴D，
∵该抛物线经过C(-1，0）、O（0，0），
∴设该抛物线解析式为，
把点D代入上式得，
∴a=，
∴；
（3）如图所示，连接DP、DQ．由题意可得，CP=2t，EQ=t，则BP=5-2t．
当DP=DQ时，在Rt△DBP和Rt△DEQ中，
，
∴Rt△DBP≌Rt△DEQ（HL），∴BP=EQ，
∴5-2t=t，∴t=．
故当t=时，DP=DQ；
（1）∵抛物线的对称轴为直线x==-2，
∴设N（-2，n），
又由（2）可知C（-1，0），E（0，-3），设M（m，y），
①当EN为对角线，即四边形ECNM是平行四边形时，如图1，
则线段EN的中点横坐标为=-1，线段CM的中点横坐标为，
∵EN，CM互相平分，
∴=-1，解得m=2，
又M点在抛物线上，
∴y=×22+×2=16，
∴M（2，16）；
②当EM为对角线，即四边形ECMN是平行四边形时，如图2，
则线段EM的中点横坐标为，线段CN中点横坐标为，
∵EM，CN互相平分，
∴m=-3，解得m=-6，
又∵M点在抛物线上，
，
∴M（-6，16）；
③当CE为对角线，即四边形EMCN是平行四边形时，如图3，
线段CE的中点的横坐标为=-2，线段MN的中点的横坐标为，
∵CE与MN互相平分，∴，
解得m=-2，
当m=-2时，y=，
即M．
综上可知，存在满足条件的点M，其坐标为（2，16）或（-6，16）或．
本题是二次函数的综合题，涉及待定系数法求二次函数解析式、全等三角形的判定和性质、折叠的性质、矩形的性质以及平行四边形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，第（1）小题注意分类讨论思想的应用．
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