2018年河南省许昌市中考数学二模试卷.doc

(完整版)2018年河南省许昌市中考数学二模试卷
2018年河南省许昌市中考数学二模试卷

一、选择题（每小题3分，共30分）
1．（3分)下列各数中，最小的数是(　　)
A．0 B． C．﹣ D．﹣π
2．（3分）全球芯片制造已经进入10纳米到7纳米器件的量产时代．中国自主研发的第一台7纳米刻蚀机,是芯片制造和微观加工最核心的设备之一，7纳米就是0。000000007米．数据0.000000007用科学记数法表示为（　　）
A．0。7×10﹣8 B．7×10﹣8 C．7×10﹣9 D．7×10﹣10
3．（3分）在下面的四个几何体中,左视图与主视图不相同的几何体是(　　）
A． B．
C． D．
4．（3分）下列各式中，计算正确的是（　　）
A． B．a2•a3=a6 C．a3÷a2=a D．（a2b）2=a2b2
5．（3分)射击训练中，甲、乙、丙、丁四人每人射击10次,平均环数均为8。7环，方差分别为S甲2=0。51,S乙2=0.62，S丙2=0。48，S丁2=0。45，则四人中成绩最稳定的是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
6．（3分）不等式组的解集在数轴上表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（3分）一只不透明的袋子中装有2个白球和1个红球，这些球除颜色外都相同,搅匀后从中任意摸出1个球（不放回），再从余下的2个球中任意摸出1个球则两次摸到的球的颜色不同的概率为（　　）
A． B． C． D．
8．（3分）若关于x的一元二次方程x(x+2）=m总有两个不相等的实数根，则（　　)
A．m＜﹣1 B．m＞1 C．m＞﹣1 D．m＜1
9．（3分）如图,弹性小球从点P（0，1）出发，沿所示方向运动，每当小球碰到正方形OABC的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当小球第1次碰到正方形的边时的点为P1（2，0)，第2次碰到正方形的边时的点为P2，…,第n次碰到正方形的边时的点为Pn，则点P2018的坐标是（　　）

A．（1,4） B．(4,3） C．（2,4) D．（4，1)
10．（3分）如图，在矩形ABCD中AB=，BC=1，将矩形ABCD绕顶点B旋转得到矩形A’BC’D,点A恰好落在矩形ABCD的边CD上，则AD扫过的部分(即阴影部分）面积为（　　)

A． B．2﹣ C． D．

二、填空题（每小题3分，共15分)
11．（3分)计算：(）0﹣=　 　．
12．(3分）如图，在▱ABCD中按以下步骤作图：①以点B为圆心，BA长为半径作弧，交BC于点E；②分别以A，E为圆心，大于AE的长为半径作弧两弧交于点F;③连接BF,延长线交AD于点G．若∠AGB=30°，则∠C=　 　°．

13．（3分）反比例函数y=与正比例函数y=k2x的图象的一个交点为(2,m），则=　 　．
14．（3分）如图1,点P从扇形AOB的O点出发,沿O→A→B→0以1cm/s的速度匀速运动，图2是点P运动时，线段OP的长度y随时间x变化的关系图象,则扇形AOB中弦AB的长度为　 　cm．

15．（3分)如图,在Rt△ABC中，∠ACB=90°,∠A=30°，BC=2，点D是边AB上的动点，将△ACD沿CD所在的直线折叠至△CDA的位置，CA’交AB于点E．若△A'ED为直角三角形，则AD的长为　 　．

三、解答题(本大题共8小题,满分75分)
16．（8分）先化简,再求值:（﹣m+1）÷，其中m的值从﹣1，0,2中选取．
17．（9分）王老师对试卷讲评课中学生参与的深度与广度进行评价调查,每位学生最终评价结果为主动质疑、独立思考、专注听讲、讲解题目四项中的一项评价组随机抽取了若干名学生的参与情况，绘制成如图所示的统计图（均不完整）,请根据图中所给信息解答下列问题:
（1）在这次评价中,一共抽查了　 　名学生；
(2）在扇形统计图中,项目“主动质疑"所在扇形的圆心角度数为　 　度；
（3）请将条形图补充完整；
（4)如果全校学生有2800名，那么在试卷讲评课中,“独立思考”的学生约有多少人？

18．（9分）如图，AB为⊙O的直径，点E在⊙O上，过点E的切线与AB的延长线交于点D，连接BE,过点O作BE的平行线，交⊙O于点F，交切线于点C,连接AC
(1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）连接EF,当∠D=　 　°时，四边形FOBE是菱形．

19．（9分）许昌芙蓉湖位于许昌市水系建设总体规划中部,上游接纳清泥河来水，下游为鹿鸣湖等水系供水，承担着承上启下的重要作用，是利用有限的水资源、形成良好的水生态环境打造生态宜居城市的重要部分．某校课外兴趣小组想测量位于芙蓉湖两端的A，B两点之间的距离他沿着与直线AB平行的道路EF行走,走到点C处，测得∠ACF=45°，再向前走300米到点D处，测得∠BDF=60°．若直线AB与EF之间的距离为200米，求A,B两点之间的距离（结果保留一位小数）

20．(9分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，直线y=kx+b交BC于点E（1，m），交AB于点F(4,）,反比例函数y=（x＞0)的图象经过点E，F．
（1)求反比例函数及一次函数解析式；
（2）点P是线段EF上一点，连接PO、PA，若△POA的面积等于△EBF的面积,求点P的坐标．

21．(10分）某校为表彰在“书香校园”活动中表现积极的同学，决定购买笔记本和钢笔作为奖品．已知5个笔记本、2支钢笔共需要100元；4个笔记本、7支钢笔共需要161元
（1）笔记本和钢笔的单价各多少元？
(2）恰好“五一”，商店举行“优惠促销”活动,具体办法如下：笔记本9折优惠;钢笔10支以上超出部分8折优惠若买x个笔记本需要y1元，买x支钢笔需要y2元；求y1、y2关于x的函数解析式；
（3）若购买同一种奖品,并且该奖品的数量超过10件，请你分析买哪种奖品省钱．
22．(10分）如图1,在Rt△ABC中,∠ABC=90°，BA=BC,直线MN是过点A的直线CD⊥MN于点D，连接BD．
（1）观察猜想张老师在课堂上提出问题:线段DC，AD,BD之间有什么数量关系．经过观察思考，小明出一种思路:如图1，过点B作BE⊥BD，交MN于点E，进而得出：DC+AD=　 　BD．
（2）探究证明
将直线MN绕点A顺时针旋转到图2的位置写出此时线段DC，AD，BD之间的数量关系，并证明
（3）拓展延伸
在直线MN绕点A旋转的过程中，当△ABD面积取得最大值时,若CD长为1，请直接写BD的长．

23．（11分）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，直线y=﹣x+2经过点A，C
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为直线AC上方抛物线上一动点．
①连接PO，交AC于点E,求的最大值;
②过点P作PF⊥AC，垂足为点F连接PC，是否存在点P,使△PFC中的一个角等于∠CAB的2倍？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

2018年河南省许昌市中考数学二模试卷
参考答案与试题解析

一、选择题(每小题3分，共30分)
1．
【分析】根据正数大于0,0大于负数，可得答案．
【解答】解：﹣π＜﹣＜0＜，
则最小的数是：﹣π．
故选:D．
【点评】本题考查了实数比较大小，正数大于0，0大于负数是解题关键．

2．
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】解：数据0。000000007用科学记数法表示为7×10﹣9．
故选：C．
【点评】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．

3．
【分析】主视图、左视图是分别从物体正面、左面看，所得到的图形．
【解答】解：A、正方体的左视图与主视图是全等的正方形，不符合题意；
B、长方体的左视图和主视图分别是不全等的长方形,符合题意；
C、球的左视图与主视图是全等的圆形，不符合题意；
D、圆锥的左视图和主视图是全等的等腰三角形，不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图，左视图是从物体的左面看得到的视图．注意本题应从所得视图是否全等考虑．

4．
【分析】接利用合并同类项法则以及积的乘方运算法则、同底数幂的乘除运算法则分别计算得出答案．
【解答】解：A、+，无法计算，故此选项错误；
B、a2•a3=a5,故此选项错误；
C、a3÷a2=a，正确；
D、（a2b）2=a4b2,故此选项错误．
故选:C．
【点评】此题主要考查了合并同类项以及积的乘方运算、同底数幂的乘除运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．

5．
【分析】根据方差是反映一组数据的波动大小的一个量．方差越大，则平均值的离散程度越大，稳定性也越小；反之,则它与其平均值的离散程度越小，稳定性越好可得答案．
【解答】解：∵0。45＜0.51＜0.62,
∴丁成绩最稳定，
故选:D．
【点评】此题主要考查了方差，关键是掌握方差越小，稳定性越大．

6．
【分析】根据不等式的性质求出不等式的解集,根据找不等式组解集的规律找出即可．
【解答】解：,
由①得：x≥1，
由②得:x＜2，
在数轴上表示不等式的解集是:

故选:D．
【点评】本题主要考查对不等式的性质,解一元一次不等式（组），在数轴上表示不等式的解集等知识点的理解和掌握，能根据不等式的解集找出不等式组的解集是解此题的关键．

7．
【分析】首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次摸到的球的颜色不同的情况数，再利用概率公式求解即可求得答案
【解答】解：画树状图如下：

由树状图知共有6种情况，两次摸到的球的颜色不同的情况有4种，
所以两次摸到的球的颜色不同的概率为=,
故选：B．
【点评】此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

8．
【分析】将原方程变形为一般式,根据根的判别式△＞0,即可得出关于m的一元一次不等式,解之即可得出m的取值范围．
【解答】解：原方程可变形为x2+2x﹣m=0．
∵关于x的一元二次方程x(x+2）=m总有两个不相等的实数根,
∴△=22﹣4×1×（﹣m）＞0，
解得：m＞﹣1．
故选：C．
【点评】本题考查了根的判别式，牢记“当△＞0时,方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．

9．
【分析】按照反射规律依次画图即可．
【解答】解：如图,按要求画图,可知光线从P2反射后到P3(0，3)，再反射到P4（2，4)，再反射到P5（4，3），再反射到P点(0，1)之后,再循环反射,每6次一循环，2018除6商336余2，即点P2018的坐标是（4,1)

故选：D．
【点评】本题是规律探究题,解答时要注意找到循环数值，从而得到规律．

10．
【分析】根据旋转和矩形的性质得出S△BAD+S△BC′D′=S矩形BC′D′A′，BA′=AB=，∠BCD=∠ABC=90°,根据勾股定理求出A′C和BD，根据图形得出阴影部分的面积S=S△ABD+S扇形DBD′+S△BC′D′﹣S扇形ABA′﹣S矩形A′BC′D′=S扇形DBD′﹣S扇形ABA′,分别求出即可．
【解答】解：连接BD′、BD，
∵将矩形ABCD绕顶点B旋转得到矩形A'BC'D，
∴S△BAD+S△BC′D′=S矩形BC′D′A′，BA′=AB=，∠BCD=∠ABC=90°，
在Rt△A′BC中,由勾股定理得：A′C==1=BC，
∴∠A′BC=∠CA′B=45°，
∴∠ABA′=45°，
在Rt△ABD中,由勾股定理得：BD==，
∴阴影部分的面积S=S△ABD+S扇形DBD′+S△BC′D′﹣S扇形ABA′﹣S矩形A′BC′D′=S扇形DBD′﹣S扇形ABA′=﹣=，
故选:A．
【点评】本题考查了旋转的性质、矩形的性质、扇形的面积计算等知识点，能把不规则图形的面积转化成规则图形的面积是解此题的关键．

二、填空题（每小题3分，共15分）
11．
【分析】直接利用零指数幂的性质以及立方根的性质分别化简得出答案．
【解答】解:原式=1﹣2
=﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．

12．
【分析】首先证明∠ABG=∠GBE=∠AGB=30°，可得∠ABC=60°，再利用平行四边形的邻角互补即可解决问题;
【解答】解：由题意：∠GBA=∠GBE，
∵AD∥BC,
∴∠AGB=∠GBE=30°，
∴∠ABC=60°，
∵AB∥CD，
∴∠C=180°﹣∠ABC=120°，
故答案为120
【点评】本题考查基本作图、平行四边形的性质等知识,解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

13．
【分析】将（2，m）代入两个解析式可得m=k1,m=2k2．即可求=4
【解答】解:∵反比例函数y=与正比例函数y=k2x的图象的一个交点为(2，m），
∴m=k1，m=2k2
∴
∴=4
【点评】本题考查反比例函数与一次函数的交点坐标的意义，关键是交点坐标可以代入两个解析式,从而组成方程组．

14．
【分析】根据图象，可求得弧长和半径，利用弧长公式求扇形圆心角，再根据解直角三角形求AB．
【解答】解：由图象可知
扇形半径为2，扇形弧长为
则由弧长公式
=
n=120
则扇形圆心角为120°

连AB，过点O作OC⊥AB于C
则∠COB=60°，OB=2
则BC=
∴AB=2
故答案应为：2
【点评】本题是动点函数图象问题，考查了扇形弧长、解直角三角形等相关知识，解答时注意数形结合．

15．
【分析】分两种情况讨论：当∠A’DE=90°时，△A’ED为直角三角形,当∠A'ED=90°时,△A’ED为直角三角形,分别依据直角三角形的边角关系，即可得到AD的长．
【解答】解:如图，当∠A'DE=90°时，△A'ED为直角三角形，

∵∠A’=∠A=30°，
∴∠A'ED=60°=∠BEC=∠B,
∴△BEC是等边三角形，
∴BE=BC=2，
又∵Rt△ABC中，AB=2BC=4，
∴AE=2，
设AD=A'D=x，则DE=2﹣x，
∵Rt△A'DE中，A'D=DE，
∴x=(2﹣x)，
解得x=3﹣，
即AD的长为3﹣;
如图,当∠A'ED=90°时，△A’ED为直角三角形，

此时∠BEC=90°,∠B=60°,
∴∠BCE=30°，
∴BE=BC=1，
又∵Rt△ABC中，AB=2BC=4，
∴AE=4﹣1=3，
∴DE=3﹣x，
设AD=A'D=x，则
Rt△A'DE中,A'D=2DE，即x=2（3﹣x），
解得x=2，
即AD的长为2;
综上所述,即AD的长为3﹣或2．
故答案为：3﹣或2．
【点评】本题主要考查了折叠问题以及含30°角的直角三角形的性质，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相等．解题时注意：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．

三、解答题（本大题共8小题，满分75分）
16．
【分析】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再选取是分式有意义的m的值代入计算可得．
【解答】解：原式=（﹣）÷
=÷
=•
=﹣，
∵m≠﹣1且m≠2,
∴当m=0时，原式=﹣1．
【点评】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式混合运算顺序和运算法则及分式有意义的条件．

17．
【分析】（1）由“专注听讲”的学生人数除以占的百分比求出调查学生总数即可；
（2)由“主动质疑”占的百分比乘以360°即可得到结果；
（3）求出“讲解题目"的学生数，补全统计图即可；
（4)求出“独立思考”学生占的百分比，乘以2800即可得到结果．
【解答】解:（1）根据题意得:224÷40%=560（名），
则在这次评价中,一个调查了560名学生；
故答案为：560；
(2）根据题意得：×360°=54°,
则在扇形统计图中，项目“主动质疑"所在的扇形的圆心角的度数为54度；
故答案为：54；
（3）“讲解题目"的人数为560﹣（84+168+224）=84,补全统计图如下：

（4）根据题意得：2800××100%=840（人），
则“独立思考”的学生约有840人．
【点评】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用,读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．

18．
【分析】（1）利用切线的性质得∠CEO=90°，再证明△OCA≌△OCE得到∠CAO=∠CEO=90°，然后根据切线的判定定理得到结论；
（2)利用四边形FOBE是菱形得到OF=OB=BF=EF，则可判定△OBE为等边三角形，所以∠BOE=60°,然后利用互余可确定∠D的度数．
【解答】(1）证明：∵CD与⊙O相切于点E，
∴OE⊥CD,
∴∠CEO=90°，
又∵OC∥BE，
∴∠COE=∠OEB，∠OBE=∠COA
∵OE=OB，
∴∠OEB=∠OBE,
∴∠COE=∠COA,
又∵OC=OC，OA=OE，
∴△OCA≌△OCE（SAS），
∴∠CAO=∠CEO=90°,
又∵AB为⊙O的直径,
∴AC为⊙O的切线；
（2）解:∵四边形FOBE是菱形,
∴OF=OB=BF=EF，
∴OE=OB=BE，
∴△OBE为等边三角形，
∴∠BOE=60°，
而OE⊥CD，
∴∠D=30°．
故答案为30．
【点评】本题考查了切线的判定与性质：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；圆的切线垂直于经过切点的半径．判定切线时“连圆心和直线与圆的公共点”或“过圆心作这条直线的垂线";有切线时,常常“遇到切点连圆心得半径”．也考查了圆周角定理．

19．
【分析】根据题意作出合适的辅助线，画出相应的图形，可以分别求得CM、DN的长,由于AB=CN﹣CM,从而可以求得AB的长．
【解答】解：过A点做EF的垂线，交EF于M点，过B点做EF的垂线，交EF于N点
在Rt△ACM中，∵∠ACF=45°，
∴AM=CM=200米,
又∵CD=300米,所以MD=CD﹣CM=100米，
在Rt△BDN中,∠BDF=60°，BN=200米
∴DN=≈115。6米，
∴MN=MD+DN=AB≈215.6米
即A,B两点之间的距离约为215.6米．

【点评】本题考查解直角三角形的应用,解题的关键是明确题意,画出相应的图形,利用数形结合的思想解答问题．

20．
【分析】(1）将点F（4，）代入y=，求出n=2，得到反比例函数的解析式；再求出E点坐标，然后将E、F两点的坐标代入y=kx+b，利用待定系数法求出一次函数解析式；
（2)先求出△EBF的面积，设点P坐标为（x，﹣x+),然后根据△POA的面积等于△EBF的面积列出方程，求解即可．
【解答】解:（1）∵反比例函数y=（x＞0）经过点F（4，)，
∴n=2，
反比例函数解析式为y=．
∵y=的图象经过点E(1,m),
∴m=2,点E坐标为（1，2）．
∵直线y=kx+b过点E(1,2）,点F（4，)，
∴,解得，
∴一次函数解析式为y=﹣x+；

（2)∵点E坐标为(1,2）,点F坐标为（4,),
∴点B坐标为(4，2)，
∴BE=3，BF=，
∴S△EBF=BE•BF=×3×=,
∴S△POA=S△EBF=．
点P是线段EF上一点，可设点P坐标为(x，﹣x+），
∴×4（﹣x+）=，
解得x=，
∴点P坐标为（，)．

【点评】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，函数图象上点的坐标特征,待定系数法求函数的解析式，三角形的面积．正确求出函数的解析式是解题的关键．

21．
【分析】（1)根据题意可以列出相应的二元一次方程组，从而可以解答本题；
(2）根据题意和函数图象中的数据可以求得y1、y2关于x的函数解析式；
(3）根据题意可以列出相应的不等式，从而可以解答本题．
【解答】解:（1）设笔记本单价为x元，钢笔单价为y元，
，得，
答：笔记本单价为14元,钢笔单价为15元；答:笔记本单价为14元，钢笔单价为15元．…………………………．（3分)
（2）由题意可得，
y1=14×0.9x=12。6x,
当0≤x≤10时，y2=15x，
当x＞10时，y2=10×15+（x﹣10）×15×0。8=12x+30，
即y2=;
（3）当x＞10时,y1=12。6x，y2=12x+30，
当y1=y2时，12。6x=12x+30，得x=50，
当y1＜y2时,12.6x＜12x+30，得x＜50,
当y1＞y2时，12。6x＞12x+30，得x＞50，
∴当购买奖品数量超过50时，买钢笔省钱;
当购买奖品数量少于50时,买笔记本省钱；
当购买奖品数量等于50时，买两种奖品花费一样．
【点评】本题考查二元一次方程组的应用、一次函数的应用、一元一次不等式的应用,解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用函数和方程的思想解答．

22．
【分析】（1）由题意:△BAE≌△BCD，推出AE=CD，BE=BD,推出CD+AD=AD+AE=DE，△BDE是等腰直角三角形，推出DE=BD,可得DC+AD=BD；
（2)结论：AD﹣DC=BD．过点B作BE⊥BD,交MN于点E．AD交BC于O．只要证明△CDB≌△AEB,即可解决问题；
（3)如图3中，当点D在线段AB的垂直平分线上且在AB的右侧时，△ABD的面积最大．
【解答】解：（1）如图1中，

由题意：△BAE≌△BCD，
∴AE=CD,BE=BD，
∴CD+AD=AD+AE=DE，
∵△BDE是等腰直角三角形,
∴DE=BD，
∴DC+AD=BD，
故答案为．

（2）AD﹣DC=BD．
证明：如图，过点B作BE⊥BD，交MN于点E．AD交BC于O．

∵∠ABC=∠DBE=90°，
∴∠ABE+∠EBC=∠CBD+∠EBC，
∴∠ABE=∠CBD．
∵∠BAE+∠AOB=90°，∠BCD+∠COD=90°，∠AOB=∠COD，
∴∠BAE=∠BCD，
∴∠ABE=∠DBC．又∵AB=CB,
∴△CDB≌△AEB，
∴CD=AE，EB=BD，
∴△BD为等腰直角三角形,DE=BD．
∵D=AD﹣A=AD﹣CD，
∴AD﹣DC=BD．

（3）如图3中，易知A、B、C、D四点共圆,当点D在线段AB的垂直平分线上且在AB的右侧时，△ABD的面积最大．

此时DG⊥AB，DB=DA，在DA上截取一点H,使得CD=DH=1，则易证CH=AH=，
∴BD=AD=+1．
【点评】本题考查三角形综合题、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、圆等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用辅助圆解决问题,属于中考压轴题．

23．
【分析】（1）根据自变量与函数值的对应关系，可得A，C点坐标，根据代定系数法，可得函数解析式；
(2)①根据相似三角形的判定与性质，可得=，根据平行于y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案；
②根据勾股定理的逆定理得到△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB的中点D，求得D（,0），得到DA=DC=DB=，过P作x轴的平行线交y轴于R,交AC于G,情况一：如图，∠PCF=2∠BAC=∠DGC+∠CDG，情况二，∠FPC=2∠BAC，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：（1）当x=0时,y=2,即C（0，2）,
当y=0时，x=4，即A(4，0），
将A,C点坐标代入函数解析式，得
，
解得,
抛物线的解析是为y=﹣x2+x+2；
（2)过点P向x轴做垂线，交直线AC于点M，交x轴于点N,
∵直线PN∥y轴，
∴△PEM～△OEC，
∴=
把x=0代入y=﹣x+2，得y=2，即OC=2，
设点P（x，﹣x2+x+2），则点M（x，﹣x+2)，
∴PM=(﹣x2+x+2）﹣（﹣x+2）=﹣x2+2x=﹣（x﹣2)2+2，
∴==,
∵0＜x＜4，∴当x=2时，==有最大值1．
②∵A（4，0）,B（﹣1，0)，C（0，2），
∴AC=2，BC=,AB=5，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形,取AB的中点D，
∴D（，0)，
∴DA=DC=DB=,
∴∠CDO=2∠BAC，
∴tan∠CDO=tan（2∠BAC）=，
过P作x轴的平行线交y轴于R，交AC的延长线于G，
情况一：如图，
∴∠PCF=2∠BAC=∠PGC+∠CPG，
∴∠CPG=∠BAC,
∴tan∠CPG=tan∠BAC=，
即=，
令P(a，﹣a2+a+2），
∴PR=a,RC=﹣a2+a，
∴=，
∴a1=0（舍去),a2=2，
∴xP=2，﹣a2+a+2=3，P（2,3）
情况二，∴∠FPC=2∠BAC，
∴tan∠FPC=，
设FC=4k，
∴PF=3k，PC=5k,
∵tan∠PGC==，
∴FG=6k，
∴CG=2k，PG=3k，
∴RC=k，RG=k，
PR=3k﹣k=k，
∴==，
∴a1=0（舍去）,a2=，
xP=,﹣a2+a+2=，即P（，），
综上所述：P点坐标是(2,3）或（，）．
【点评】本题考查了二次函数综合题，解(1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用相似三角形的判定与性质得出=，又利用了二次函数的性质；解（3）的关键是利用解直角三角形，要分类讨论，以防遗漏．

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