资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．已知一次函数y=kx+b的图象如图，那么正比例函数y=kx和反比例函数y=在同一坐标系中的图象的形状大致是（ ）
A． B．
C． D．
2．若函数，则当函数值y＝8时，自变量x的值是（ ）
A．± B．4 C．±或4 D．4或－
3．如图，是的中位线，则的值为（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数y＝ax2+bx+c（a≠1）的图象如图，给出下列4个结论：①abc＞1； ②b2＞4ac； ③4a+2b+c＞1；④2a+b＝1．其中正确的有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
5．如图，将一副三角板如图放置，如果，那么点到的距离为( )
A． B． C． D．
6．由几个相同的小正方体搭成的一个几何体如图所示，从正面看这个几何体得到的平面图形是( )
A． B． C． D．
7．下列标志既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）.
A． B．
C． D．
8．函数y=ax2-a与y=(a≠0)在同一直角坐标系中的图象可能是( )
A． B． C． D．
9．如图，是岑溪市几个地方的大致位置的示意图，如果用表示孔庙的位置，用表示东山公园的位置，那么体育场的位置可表示为（ ）
A． B． C． D．
10．若关于的一元二次方程有实数根，则的取值范围（ ）
A． B． C．且 D．且
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，我们把一个半圆与抛物线的一部分围成的封闭图形称为“果圆”．已知点A、B、C、D分别是“果圆”与坐标轴的交点，抛物线的解析式为y=（x﹣1）2﹣4，AB为半圆的直径，则这个“果圆”被y轴截得的弦CD的长为_____．
12．如图，反比例函数的图象经过矩形OABC的边AB的中点D，则矩形OABC的面积为 ．
13．已知的半径为，，是的两条弦，，，，则弦和之间的距离是__________．
14．若一个三角形的两边长分别是4和6，第三边的长是方程x2﹣17x+60＝0的一个根，则该三角形的第三边长是_____．
15．如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠C＝90°，AB＝1，CD＝2，BC＝3，点P为BC边上一动点，若AP⊥DP，则BP的长为_____．
16．关于x的一元二次方程3（x﹣1）＝x（1﹣x）的解是_____．
17．在一个不透明的口袋中，装有1个红球若干个白球，它们除颜色外都相同，从中任意摸出一个球，摸到红球的概率为，则此口袋中白球的个数为____________.
18．点（﹣4，3）关于原点对称的点的坐标是_____．
三、解答题(共66分)
19．（10分）随着经济的快速发展，环境问题越来越受到人们的关注，某校学生会为了解节能减排、垃圾分类知识的普及情况，随机调查了部分学生，调查结果分为“非常了解”“了解”“了解较少”“不了解”四类，并将调查结果绘制成下面两个统计图．
（1）本次调查的学生共有 人，估计该校1200名学生中“不了解”的人数是 人；
（2）“非常了解”的4人有A1，A2两名男生，B1，B2两名女生，若从中随机抽取两人向全校做环保交流，请利用画树状图或列表的方法，求恰好抽到一男一女的概率．
20．（6分）在锐角三角形中,已知,, 的面积为 ,求的余弦值.
21．（6分）已知如图所示，A，B，C是⊙O上三点，∠AOB=120°，C是 的中点，试判断四边形OACB形状，并说明理由．
22．（8分）综合与实践
背景阅读：旋转就是将图形上的每一点在平面内绕着旋转中心旋转固定角度的位置移动，其中“旋”是过程，“转”是结果．旋转作为图形变换的一种，具备图形旋转前后对应点到旋转中心的距离相等：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角：旋转前、后的图形是全等图形等性质．所以充分运用这些性质是在解决有关旋转问题的关健．
实践操作：如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2AB＝12，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．
问题解决：（1）①当α＝0°时，＝ ；②当α＝180°时，＝ ．
（2）试判断：当0°≤a＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．
问题再探：（3）当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，求得线段BD的长为 ．
23．（8分）如图，将矩形沿折叠，使顶点恰好落在边的处，点落在点处，交线段于点.
（1）求证：；
（2）若是的中点，，，求的长.
24．（8分）如图1，直线AB与x、y轴分别相交于点B、A，点C为x轴上一点，以AB、BC为边作平行四边形ABCD，连接BD，BD＝BC，将△AOB沿x轴从左向右以每秒一个单位的速度运动，当点O和点C重合时运动停止，设△AOB与△BCD重合部分的面积为S，运动时间为t秒，S与t之间的函数如图（2）所示（其中0＜t≤2，2＜t≤m，m＜t＜n时函数解析式不同）．
（1）点B的坐标为 ，点D的坐标为 ；
（2）求S与t的函数解析式，并写出t的取值范围．
25．（10分）如图1，在平面直角坐标系中，点，点.
（1）求直线的函数表达式；
（2）点是线段上的一点，当时，求点的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，将线段绕点顺时针旋转，点落在点处，连结，求的面积，并直接写出点的坐标.
26．（10分）如图，抛物线y＝ax2+2x+c经过点A（0，3），B（﹣1，0），请解答下列问题：
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的顶点为点D，对称轴与x轴交于点E，连接BD，求BD的长；
（3）点F在抛物线上运动，是否存在点F，使△BFC的面积为6，如果存在，求出点F的坐标；如果不存在，请说明理由．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、C
【解析】试题分析：如图所示，由一次函数y=kx+b的图象经过第一、三、四象限，可得k＞1，b＜1．因此可知正比例函数y=kx的图象经过第一、三象限，反比例函数y=的图象经过第二、四象限．综上所述，符合条件的图象是C选项．
故选C．
考点：1、反比例函数的图象；2、一次函数的图象；3、一次函数图象与系数的关系
2、D
【详解】把y=8代入第二个方程，解得x=4大于2，所以符合题意；
把y=8代入第一个方程，解得： x=，
又由于x小于等于2，所以x=舍去，
所以选D
3、B
【分析】由中位线的性质得到DE∥AC，DE=AC，可知△BDE∽△BCA，再根据相似三角形面积比等于相似比的平方可得，从而得出的值.
【详解】∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥AC，DE=AC
∴△BDE∽△BCA
∴
∴
故选B.
本题考查了中位线的性质，以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方.
4、C
【分析】二次函数y＝ax2＋bx＋c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点来确定，结合抛物线与x轴交点的个数来分析解答．
【详解】解：①由抛物线的对称轴可知：＞1，
∴ab＜1，
由抛物线与y轴的交点可知：c＞1，
∴abc＜1，故①错误；
②由图象可知：△＞1，
∴b2−4ac＞1，即b2＞4ac，故②正确；
③∵（1，c）关于直线x＝1的对称点为（2，c），
而x＝1时，y＝c＞1，
∴x＝2时，y＝c＞1，
∴y＝4a＋2b＋c＞1，故③正确；
④∵，
∴b＝−2a，
∴2a＋b＝1，故④正确．
故选C．
本题考查了二次函数的图象与系数的关系，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与性质，属于中等题型．
5、B
【分析】作EF⊥BC于F，设EF＝x，根据三角函数分别表示出BF,CF，根据BD∥EF得到△BCD∽△FCE，得到,代入即可求出x．
【详解】如图，作EF⊥BC于F，设EF＝x，
又∠ABC=45°，∠DCB=30°，
则BF=EF÷tan45°=x,FC=EF÷tan30°=x
∵BD∥EF
∴△BCD∽△FCE，
∴,即
解得x=，x=0舍去
故EF＝，选B．
此题主要考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟知相似三角形的判定及解直角三角形的应用．
6、A
【解析】根据题意，由题目的结构特点，依据题目的已知条件，正视图是有两行，第一行两个，第二行三个且右对齐，从而得出答案.即可得到题目的结论.
【详解】从正面看到的平面图形是：
，故选A.
此题主要考查的是简单的组合体的三视图等有关知识，题目比较简单，通过考查，了解学生对简单的组合体的三视图等知识的掌握程度.熟练掌握简单的组合体的三视图是解决本题的关键.
7、B
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的定义解答．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形；
C、是中心对称图形，不是轴对称图形；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形．
故选：B．
掌握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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
8、A
【解析】本题可先由二次函数图象得到字母系数的正负，再与反比例函数的图象相比较看是否一致．逐一排除．
【详解】A、由二次函数图象，得a＜1．当a＜1时，反比例函数图象在二、四象限，故A正确；
B、由函数图象开口方向，得a＞1．当a＞1时，抛物线于y轴的交点在x轴的下方，故B错误；
C、由函数图象开口方向，得a＜1．当a＜1时，抛物线于y轴的交点在x轴的上方，故C错误；
D、由抛物线的开口方向，得a＜1，反比例函数的图象应在二、四象限，故D错误；
故选A．
本题考查了二次函数图象，应该识记反比例函数y=在不同情况下所在的象限，以及熟练掌握二次函数的有关性质：开口方向、对称轴、顶点坐标等．
9、A
【分析】根据孔庙和东山公园的位置，可知坐标轴的原点、单位长度、坐标轴的正方向，据此建立平面直角坐标系，从而可得体育场的位置.
【详解】由题意可建立如下图所示的平面直角坐标系：
平面直角坐标系中，原点O表示孔庙的位置，点A表示东山公园的位置，点B表示体育场的位置
则点B的坐标为
故选：A.
本题考查了已知点在平面直角坐标系中的位置求其坐标，依据题意正确建立平面直角坐标系是解题关键.
10、D
【分析】根据一元二次方程的定义和根的判别式得出且，求出即可．
【详解】∵关于的一元二次方程有实数根，
∴且，
解得：1且，
故选：D．
本题考查了一元二次方程的定义和根的判别式，能得出关于的不等式是解此题的关键．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、1+
【分析】利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点A、B、D的坐标，进而可得出OD、OA、OB，根据圆的性质可得出OM的长度，在Rt△COM中，利用勾股定理可求出CO的长度，再根据CD=CO+OD即可求出结论．
【详解】当x=0时，y=（x﹣1）2﹣4=﹣1，
∴点D的坐标为（0，﹣1），
∴OD=1；
当y=0时，有（x﹣1）2﹣4=0，
解得：x1=﹣1，x2=1，
∴点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（0，1），
∴AB=4，OA=1，OB=1．
连接CM，则CM=AB=2，OM=1，如图所示．
在Rt△COM中，CO==，
∴CD=CO+OD=1+．
故答案为1+．
先根据二次函数与一元二次方程的关系，勾股定理，熟练掌握二次函数与一元二次方程的关系是解答本题的关键.
12、1．
【分析】由反比例函数的系数k的几何意义可知：OA•AD=2，然后可求得OA•AB的值，从而可求得矩形OABC的面积．
【详解】∵反比例函数的图象经过点D，
∴OA•AD=2．
∵D是AB的中点，
∴AB=2AD．
∴矩形的面积=OA•AB=2AD•OA=2×2=1．
故答案为1．
考点：反比例函数系数k的几何意义．
13、2或1
【解析】分析：分两种情况进行讨论：①弦AB和CD在圆心同侧；②弦AB和CD在圆心异侧；作出半径和弦心距，利用勾股定理和垂径定理求解即可．
详解：①当弦AB和CD在圆心同侧时，如图，
∵AB=16cm，CD=12cm，
∴AE=8cm，CF=6cm，
∵OA=OC=10cm，
∴EO=6cm，OF=8cm，
∴EF=OF-OE=2cm；
②当弦AB和CD在圆心异侧时，如图，
∵AB=16cm，CD=12cm，
∴AF=8cm，CE=6cm，
∵OA=OC=10cm，
∴OF=6cm，OE=8cm，
∴EF=OF+OE=1cm．
∴AB与CD之间的距离为1cm或2cm．
故答案为2或1．
点睛：本题考查了勾股定理和垂径定理的应用．此题难度适中，解题的关键是注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用，小心别漏解．
14、1
【分析】根据三角形两边之和大于第三边,两边之差小于第三边,结合一元二次方程相关知识进行解题即可.
【详解】解：∵x2﹣17x+60＝0，
∴（x﹣1）（x﹣12）＝0，
解得：x1＝1，x2＝12，
∵三角形的两边长分别是4和6，
当x＝12时，6+4＜12，不能组成三角形．
∴这个三角形的第三边长是1．
故答案为：1．
本题考查了三角形的三边关系和一元二次方程的求解,熟悉三角形三边关系是解题关键.
15、1或2
【分析】设BP=x，则PC=3-x，根据平行线的性质可得∠B=90°，根据同角的余角相等可得∠CDP=∠APB，即可证明△CDP∽△BPA，根据相似三角形的性质列方程求出x的值即可得答案．
【详解】设BP=x，则PC=3-x，
∵AB∥CD，∠C＝90°，
∴∠B=180°-∠C=90°，
∴∠B=∠C，
∵AP⊥DP，
∴∠APB+∠DPC=90°，
∵∠CDP+∠DPC=90°，
∴∠CDP=∠APB，
∴△CDP∽△BPA，
∴，
∵AB＝1，CD＝2，BC＝3，
∴，
解得：x1=1，x2=2，
∴BP的长为1或2，
故答案为：1或2
此题考查的是相似三角形的判定及性质，掌握相似三角形的对应边成比例列方程是解题的关键．
16、
【分析】由题意直接利用因式分解法进行计算求解即可得出答案．
【详解】解：∵1（x﹣1）＝﹣x（x﹣1），
∴1（x﹣1）+x（x﹣1）＝0，
∴（x﹣1）（x+1）＝0，
则x﹣1＝0或x+1＝0，
解得：x1＝1，x2＝﹣1，
故答案为：x1＝1，x2＝﹣1．
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．
17、3
【分析】根据概率公式即可得出总数,再根据总数算出白球个数即可.
【详解】∵摸到红球的概率为,且袋中只有1个红球,
∴袋中共有4个球,
∴白球个数=4-1=3.
故答案为:3.
本题考查概率相关的计算,关键在于通过概率求出总数即可算出白球.
18、（4，﹣3）
【解析】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），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数．
【详解】点（﹣4，3）关于原点对称的点的坐标是（4，﹣3）．
故答案为（4，﹣3）．
本题考查了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），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数，比较简单．
三、解答题(共66分)
19、（1）50，360；（2） ．
【解析】试题分析：（1）根据图示，可由非常了解的人数和所占的百分比直接求解总人数，然后根据求出不了解的百分比估计即可；
（2）根据题意画出树状图，然后求出总可能和“一男一女”的可能，再根据概率的意义求解即可.
试题解析：（1）由饼图可知“非常了解”为8%，由柱形图可知（条形图中可知）“非常了解”为4人，故本次调查的学生有（人）
由饼图可知：“不了解”的概率为，故1200名学生中“不了解”的人数为（人）
（2）树状图：
由树状图可知共有12种结果，抽到1男1女分别为 共8种．
∴
考点：1、扇形统计图，2、条形统计图，3、概率
20、
【分析】由三角形面积和边长可求出对应边的高，再由勾股定理求出余弦所需要的边长即可解答．
【详解】解：过点点作于点，
∵的面积，
∴，
在中，由勾股定理得，
所以
本题考查了解直角三角形，掌握余弦的定义（余弦=邻边：斜边）和用面积求高是解题的关键．
21、AOBC是菱形，理由见解析.
【分析】连接OC，根据等边三角形的判定及圆周角定理进行分析即可．
【详解】AOBC是菱形，理由如下：
连接OC，
∵C是 的中点
∴∠AOC=∠BOC=×120°=60°，
∵CO=BO（⊙O的半径），
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC，
同理△OCA是等边三角形，
∴OA=AC，
又∵OA=OB，
∴OA=AC=BC=BO，
∴AOBC是菱形．
本题利用了等边三角形的判定和性质，圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
22、（1）①，②；（2）无变化，证明见解析；（2）6或．
【分析】问题解决：（1）①根据三角形中位线定理可得：BD=CDBC=6，AE=CEAC=2，即可求出的值；
②先求出BD，AE的长，即可求出的值；
（2）证明△ECA∽△DCB，可得；
问题再探：（2）分两种情况讨论，由矩形的判定和性质以及相似三角形的性质可求BD的长．
【详解】问题解决：
（1）①当α=0°时．
∵BC=2AB=3，
∴AB=6，
∴AC6，
∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴BD=CDBC=6，AE=CEAC=2，DEAB，
∴．
故答案为：；
②如图1．
，
当α=180°时．
∵将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，
∴CD=6，CE=2，
∴AE=AC+CE=9，BD=BC+CD=18，
∴．
故答案为：．
（2）如图2，
，
当0°≤α＜260°时，的大小没有变化．证明如下：
∵∠ECD=∠ACB，
∴∠ECA=∠DCB，
又∵，
∴△ECA∽△DCB，
∴．
问题再探：
（2）分两种情况讨论：
①如图2．
．
∵AC=6，CD=6，CD⊥AD，
∴AD3．
∵AD=BC，AB=DC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵∠B=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC=6
②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P．
∵AC=6，CD=6，CD⊥AD，
∴AD3．
在Rt△CDE中，DE==2，
∴AE=AD﹣DE=3﹣2=9，
由（2）可得：，
∴BD．
综上所述：BD=6或．
故答案为：6或．
本题是几何变换综合题，考查了勾股定理，矩形的判定和性质，相似三角形判定和性质，正确作出辅助线，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
23、（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用有两组对应角相等的两个三角形相似证明即可；
（2）先利用勾股定理求出的长，再利用（1）中相似，列比例式即可.
【详解】（1）证明：由题意可知，
∴，，
∴.
∴.
（2）∵是的中点，，
∴.
在中
由勾股定理得，
解得：.
由（1）得，
∴，即，
∴.
此题考查的是相似三角形的判定和勾股定理，掌握用两组对应角相等证两个三角形相似、及折叠问题中相等的边和勾股定理求边是解决此题的关键.
24、（1）（2）当0＜t≤2时，S＝，当2＜t≤5时，S＝，当5＜t＜7时，S＝t2﹣14t+1．
【分析】（1）由图象可得当t＝2时，点O与点B重合，当t＝m时，△AOB在△BDC内部，可求点B坐标，过点D作DH⊥BC，可证四边形AOHD是矩形，可得AO＝DH，AD＝OH，由勾股定理可求BD的长，即可得点D坐标；
（2）分三种情况讨论，由相似三角形的性质可求解．
【详解】解：（1）由图象可得当t＝2时，点O与点B重合，
∴OB＝1×2＝2，
∴点B（2，0），
如图1，过点D作DH⊥BC，
由图象可得当t＝m时，△AOB在△BDC内部，
∴4＝×2×DH，
∴DH＝4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，且DH⊥BC，
∴∠ADH＝∠DHO＝90°，且∠AOB＝90°，
∴四边形AOHD是矩形，
∴AO＝DH，AD＝OH，且AD＝BC＝BD，
∴OH＝BD，
∵DB2＝DH2+BH2，
∴DB2＝（DB﹣2）2+16，
∴DB＝5，
∴AD＝BC＝OH＝5，
∴点D（5，4），
故答案为：（2，0），（5，4）；
（2）∵OH＝BD＝BC＝5，OB＝2，
∴m＝，n＝＝7，
当0＜t≤2时，如图2，
∵S△BCD＝BC×DH，
∴S△BCD＝10
∵A'B'∥CD，
∴△BB'E∽△BCD，
∴＝（）＝，
∴S＝10×＝t2，
当2＜t≤5，如图3，
∵OO'＝t，
∴BO'＝t﹣2，FO'＝（t﹣2），
∵S＝S△BB'E﹣S△BO'F＝t2﹣×（t﹣2）2，
∴S＝﹣t2+t﹣；
当5＜t＜7时，如图4，
∵OO'＝t，
∴O'C＝7﹣t，O'N＝2（7﹣t），
∵S＝×O'C×O'N＝×2（7﹣t）2，
∴S＝t2﹣14t+1．
本题考查二次函数性质，相似三角形的判定及性质定理，根据实际情况要分分段讨论利用相似三角形的性质求解是解题的关键.
25、（1）；（2）；（3），.
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）过点、分别做轴于点，轴于点，根据相似三角形的性质得出PM的长，即点P的纵坐标，代入直线解析式，从而求解；
（3）过点作交的延长线于点，若求的面积，求出CH的长即可，根据旋转120°，得∠CAH=60°，解直角三角形AHC即可得出CH长，从而求解，
【详解】解：(1) ）∵A（2，0），，
设直线AB的解析式为y=kx+b，则有 ，
解得：，
∴直线AB的解析式为．
（2）如图1，过点、分别做轴于点，轴于点，即PM∥BN.
∵，
∴AP：AB=2:3，
∴=
∴
将代入解析式可得
，∴
（3）①如图2，过点作交的延长线于点.
∵中，由勾股定理得：AP= ，
在中，，
∴
∴；
②过点H作FE∥x轴，过点C作CE⊥FE于点E，交x轴于点G，过点A作AF⊥FE于点F，
Rt△ACH中， AH=，
∵PM∥AF，AM∥HF，根据直角相等、两直线平行，同位角相等易证△APM∽△HAF，AP=2，AM=4，PM=2，
∴ ，即 ，
解得：AF=，HF=3，
∵∠AHF+∠CHE=∠AHF +∠FAH=90°，
∴∠CHE=∠FAH，
∵∠HEC=∠AFH=90°，
∴△HEC∽△AFH，
方法同上得：CE=3，HE= ，
由四边形AFEG是矩形，得AF=GE= ，AG=FH+HE，
∴OG=OA+ FH+HE=2+3+=5+，CG=CE-EG=3-，
即点.
本题考查一次函数的综合应用、相似三角形的判定与性质、待定系数法等，解题关键是灵活运用所学知识解决问题，难度稍大．
26、（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）2；（3）存在，理由见解析.
【分析】（1）抛物线y=ax2+2x+c经过点A（0，3），B（-1，0），则c=3，将点B的坐标代入抛物线表达式并解得：b=2，即可求解；
（2）函数的对称轴为：x=1，则点D（1，4），则BE=2，DE=4，即可求解；
（3）△BFC的面积=×BC×|yF|=2|yF|=6，解得：yF=±3，即可求解．
【详解】解：（1）抛物线y＝ax2+2x+c经过点A（0，3），B（﹣1，0），
则c＝3，将点B的坐标代入抛物线表达式并解得：b＝2，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）函数的对称轴为：x＝1，则点D（1，4），
则BE＝2，DE＝4，
BD＝＝2；
（3）存在，理由：
△BFC的面积＝×BC×|yF|＝2|yF|＝6，
解得：yF＝±3，
故：﹣x2+2x+3＝±3，
解得：x＝0或2或1，
故点F的坐标为：（0，3）或（2，3）或（1﹣，﹣3）或（1+，﹣3）；
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到勾股定理的运用、图形的面积计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
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