【期末满分押题】夯实基础培优卷（轻松拿满分）（解析版）

【高效培优】2022—2023学年九年级数学上册必考重难点突破必刷卷（浙教版）【期末满分押题】夯实基础培优卷（轻松拿满分）（考试时间：120分钟试卷满分：100分）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分；在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．已知二次函数图象经过原点，则a的取值为（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】将（0，0）代入即可得出a的值．【详解】解：∵二次函数的图象经过原点，∴a2-1=0，∴a=±1，∵a-1≠0，∴a≠1，∴a的值为1．故选：C．【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，要注意二次项系数不能等0．2．下列函数中，是二次函数的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】二次函数满足的三个要求：函数关系式右边是整式；自变量的最高次数是2次；二次项系数不等于0，根据要求分析判断即可得到正确答案．【详解】解：A、函数右边是分式，不是二次函数，选项不符合题意；B、函数是反比例函数，不是二次函数，选项不符合题意；C、函数是二次函数，符合题意；D、函数是一次函数，选项不符合题意．故选：C【点睛】本题考查二次函数识别，牢记相关知识点并能够灵活应用是解题关键．3．某班级计划举办手抄报展览，确定了“5G时代”、“北斗卫星”、“高铁速度”三个主题，若小明和小亮每人随机选择其中一个主题，则他们恰好选择同一个主题的概率是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】画树状图，共有9种等可能的结果，其中小明和小刚恰好选择同一个主题结果有3种，再由概率公式求解即可．【详解】解：把“5G时代”、“北斗卫星”、“高铁速度”三个主题分别记为A、B、C，画树状图如下：共有9种等可能的结果，其中小明和小刚恰好选择同一个主题的结果有3种，∴小明和小刚恰好选择同一个主题的概率为．故选：C．【点睛】本题考查了用树状图法求概率．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．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．4．已知抛物线经过点(0，5)，且顶点坐标为(2，1)，关于该抛物线，下列说法正确的是（

）A．表达式为 B．图象开口向下C．图象与轴有两个交点 D．当时，随的增大而减小【答案】D【分析】由二次函数顶点坐标可设抛物线解析式为顶点式，将(0，5)代入解析式求解．【详解】解：∵抛物线顶点坐标为(2，1)，∴，将(0，5)代入得，解得，∴，故选项A不符合题意；∵a=1>0，∴图象开口向上，故选项B不符合题意；∵顶点坐标为(2，1)，且图象开口向上，∴图象与轴没有有两个交点，故选项C不符合题意；∵a=1>0，且对称轴为直线x=2，∴时，随增大而减小，故选项D符合题意；故选：D．【点睛】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程的关系，掌握二次函数图象与系数的关系．5．平凉市崆峒山塔群是研究院东地区砖石建筑艺术的宝贵实物资料，图①是位于崆峒山灵龟台西的灵秘塔，塔为石基砖砌身，呈六角六面四级阶状尖顶塔，图②是灵秘塔某层的平面示意图，若将其抽象为正六边形，则a的度数为（）A．45° B．50° C．60° D．72°【答案】C【分析】利用多边形的外角和求得答案即可．【详解】根据题意得：a的度数为60°，故选：C．【点睛】考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是了解正多边形的外角和，难度不大．6．如图，C是以AB为直径的半圆O上一点，连结AC，BC，分别以AC，BC为边向外作正方形ACDE，BCFG，DE，FG，AC，BC的中点分别是M，N，PQ若MP+NQ=12，AC+BC=18，则AB的长为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接OP，OQ分别与AC、BC相交于点I、H，根据DE，FG，，的中点分别是M，N，P，Q，得到OP⊥AC，OQ⊥BC，从而得到H、I是AC、BD的中点，利用中位线定理得到OH+OI=(AC+BC)=9和PH+QI=18-12=6，从而利用AB=OP+OQ=OH+OI+PH+QI求解．【详解】解：如下图，连接OP，OQ分别与AC、BC相交于点I、H，∵DE，FG，，的中点分别是M，N，P，Q，∴OP⊥AC，OQ⊥BC，∴H、I是AC、BD的中点，∴OH+OI=(AC+BC)=9，∴MH+NI=AC+BC=18，MP+NQ=12，∴PH+QI=18-12=6，∴AB=OP+OQ=OH+OI+PH+QI=9+6=15，故选：D．【点睛】本题考查了中位线定理、垂径定理的应用，解题的关键是正确的作出辅助线．7．二次函数的图象如图所示，已知（x1，y1），（x2，y2）是该抛物线上的点，若x1>x2>1，根据图象判断y1，y2的大小关系是（

）A．y1>y2 B．y1<y2 C．y1=y2 D．无法确定【答案】B【分析】根据二次函数的增减性求解即可．【详解】解：由图象知，抛物线的开口向下，对称轴为直线x=1，∴当x＞1时，y随x的增大而减小，∵，∴，故选：B．【点睛】本题考查二次函数的性质，会利用二次函数的增减性比较函数值大小是解答的关键．8．如图，正方形ABCD内接于⊙O，若随意抛出一粒石子在这个圆面上，则石子落在正方形ABCD内概率是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】在这个圆面上随意抛一粒豆子，落在圆内每一个地方是均等的，因此计算出正方形和圆的面积，利用几何概率的计算方法解答即可．【详解】解：∵设正方形的边长为a，∴⊙O的半径为，∴S圆＝×（a）2，S正方形＝a2，∴在这个圆面上随意抛一粒豆子，则豆子落在正方形ABCD内的概率是，故选：C．【点睛】本题主要考查几何概率的意义：一般地，对于古典概型，如果试验的基本事件为n，随机事件A所包含的基本事件数为m，我们就用来描述事件A出现的可能性大小，称它为事件A的概率，记作P（A），即有P（A）＝．9．如图1，等边△ABC中，点P为BC边上的任意一点（不与点B、C重合），且∠APD＝60°，PD交AB于点D．设BP＝x，BD＝y，如图2是y关于x的函数图象，则等边△ABC的边长为（

）A．2 B．2 C．4 D．3【答案】C【分析】根据函数图象可得，当x=2时，y=1，利用含30度角的直角三角形的性质得出∠BPD=30°，再由等边三角形的性质即可得出结果．【详解】解：根据函数图象可得，当x=2时，y=1，∵PD⊥AB，∴∠PDB=90°，∵，∴∠BPD=30°，∴∠APB=90°，∴AP⊥BC，∴BC=2PB=4，∴等边三角形的边长为4，故选：C．【点睛】题目主要考查等边三角形的性质及与二次函数图象的结合，含30度角的直角三角形的性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．10．西周数学家商高总结了用“矩”（如图1）测量物高的方法：把矩的两边放置成如图2的位置，从矩的一端（人眼）望点，使视线通过点，记人站立的位置为点，量出长，即可算得物高．令BG=x（m），EG=y（m），若a=30cm，b=60cm，AB=1.6m，则关于的函数表达式为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据矩形的判定与性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定证出，然后根据相似三角形的性质即可得出结论．【详解】解：由题意可知，四边形是矩形，，，，又，，，，，，整理得：，故选：B．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、一次函数的几何应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．二、填空题（本大题共8个小题，每题2分，共16分）11．若点A(1，y1)，B(2，y2)在抛物线上，则y1___y2(填“＞”“<”或“=”)．【答案】>【分析】由抛物线解析式可得抛物线对称轴及开口方向，进而求解．【详解】解：∵，∴抛物线开口向下，对称轴为直线x＝﹣1，∴x＞﹣1时，y随x增大而减小，∴，故答案为：＞．【点睛】本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数图象与系数的关系．12．如图，以地面为x轴，一名男生推铅球，铅球行进高度y（单位：米）与水平距离x（单位：米）之间的关系是．则他将铅球推出的距离是___米．【答案】10【分析】成绩就是当高度y=0时x的值，所以解方程可求解．【详解】解：当y=0时，，解得：（不合题意，舍去），所以推铅球的距离是10米；故答案为：10．【点睛】本题考查了把函数问题转化为方程问题，渗透了函数与方程相结合的解题思想方法．13．在某次校园文化艺术节上，初三（1）班有男女和初三（2）班有男女共名候选人被初选到年级参加某项目的比赛，若再从两个班的候选人中分别考核确定人参加比赛，则恰好是考核确定为男女的概率为______．【答案】【分析】画树状图展示所有种等可能的结果，再找出恰好是考核确定为男女的结果数，然后根据概率公式求解．【详解】解：画树状图为：共有种等可能的结果，其中恰好是考核确定为男女的结果数为，所以恰好是考核确定为男女的概率．故答案为：．【点睛】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有可能的结果求出，再从中选出符合事件或的结果数目，然后根据概率公式计算事件或事件的概率．14．如图，在菱形中，对角线，，对角线、交于点，以点为圆心，为半径作圆与交于点，则图中阴影部分的面积为______．【答案】【分析】根据菱形的性质可得，，，，，再证明是等边三角形，可得，然后利用勾股定理计算出长，进而得到长，然后利用扇形的面积减去的面积即可．【详解】解：四边形是菱形，，，，，，，是等边三角形，，，，，，，，，，，，，，阴影部分的面积为．故答案为：．【点睛】此题主要考查了菱形的性质，勾股定理的应用，以及扇形的面积，解题的关键是掌握菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．15．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象如图所示：①a＞b＞c，②一次函数y＝ax＋c的图象不经过第四象限，③m(am＋b)＋b＜a(m是任意实数)，④3b＋2c＞0，⑤a+b+c＞0其中正确的结论有___(填序号)．【答案】④⑤##⑤④【分析】①根据抛物线开口向上，且与y轴的交点再y轴负半轴，即可判定a＞0，c＜0，再结合抛物线的对称轴可得b=2a，即可判断；②根据以得出的a＞0，c＜0，即可判断；③令m=-1即可判断；⑤根据图象可知，当x=1时，抛物线的函数值大于0，可得当x=1时，有，即可判断；④结合b=2a，可得，即可判断．【详解】∵抛物线开口向上，且与y轴的交点再y轴负半轴，∴a＞0，c＜0，∵抛物线的对称轴为x=-1，∴，∴即b=2a，且b＞0，即有b＞a＞c，故①错误；∵a＞0，c＜0，∴可知一次函数经过一、三、四象限，故②错误；∵m为任意数，∴当m=-1时，有，故③错误；∵根据图象可知，当x=1时，抛物线的函数值大于0，∴当x=1时，有，故⑤正确∵b=2a，∴，故④正确，故答案为：④⑤．【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线的对称轴，一次函数的图象与性质等知识，掌握二次函数的图象与系数之间的关系是解答本题的关键．解答此题时要注意数形结合的思想．16．如图，在中，是边上的中线，以为直径的⊙交于点，过作于点，交的延长线于点，过点作于，，，则______；_______．【答案】

6【分析】（1）连接OD，由三角形中位线的性质得出ODAC，根据条件即三角形外角性质得到，利用弧长公式直接求出；（2）根据圆周角定理求得AD⊥BC，即可得出AD是BC的垂直平分线，根据垂直平分线的性质得出AB＝AC，再根据MN⊥AC于点M，BG⊥MN于G，以及对顶角相等即可证得，从而，即可得到．【详解】解：（1）连接，如图所示：∵AD是BC边上的中线，∴BD＝CD，∵以为直径的⊙中BO＝OA，∴OD是△ABC的中位线，∴ODAC，，，是的一个外角，，；（2）∵AD是BC边上的中线，∴BD＝CD，∵以AB为直径的⊙O交BC于点D，∴AD⊥BC，∴AD是BC的垂直平分线，∴AB＝AC，∵MN⊥AC于点M，BG⊥MN于G，∴∠BGD＝∠DMC＝90°，在和中，，∴，,．【点睛】本题主要考查了求弧长及求线段长，涉及到中线性质、三角形中位线的判定与性质、三角形外角性质、弧长公式、圆周角定理、中垂线的判定与性质、两个三角形全等的判定与性质，准确做出辅助线并熟练掌握相关知识点是解决问题的关键．17．如图，在平面直角坐标系中，矩形的对角线的中点与坐标原点重合，点是轴上一点，连接、，交于，若平分反比例函数的图象经过点与的中点，矩形的面积为，则的值是______．【答案】-3【分析】连接，先由和矩形的面积得出，，再根据平分得，由矩形的性质得到，从而得到，故而，即可证得∽，再由相似三角形的性质得到，从而得出，然后设点的坐标，结合得到点和点的坐标，最后结合的面积求出的取值．【详解】解：连接，则，，，平分，，，，∽，，矩形的面积为，，，，，，，设，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质、平行线的性质和判定、三角形相似的判定和性质，反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是求得的面积．18．已知正方形的边长为4，为上一点，连接并延长交的延长线于点，过点作，交于点，交于点，为的中点，为上一动点，分别连接，．若，则的最小值为______．【答案】##【分析】由正方形的性质，可得点与点关于对称，则有，所以当、、三点共线时，的值最小为，先证明，再由，可知，分别求出，，，即可求出．【详解】解：连接AM，四边形是正方形，点与点关于对称，，，当、、三点共线时，的值最小，，，，，，，，，，，正方形边长为4，，，，，，在中，，，是的中点，，在中，，，，的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查轴对称求最短距离，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，用轴对称求最短距离的方法，灵活应用三角形相似、勾股定理．三、解答题（本大题共8个小题，共54分；第19-22每小题6分，23-24每小题7分，25-26每小题8分）19．如图，已知二次函数：与轴交于A，两点（点A在点的左边），与轴交于点．(1)写出二次函数的开口方向、对称轴和顶点坐标；(2)二次函数：．①写出二次函数与二次函数有关图象的两条相同的性质；②若直线与抛物线交于，两点，问线段的长度是否发生变化如果不会，请求出的长度；如果会，请说明理由．【答案】(1)答案见解析(2)①对称轴都为直线x=2或顶点的横坐标为2；都经过A(1，0)，B(3，0)两点（答案不唯一）；②线段EF的长度不会发生变化，值为6．【分析】（1）将：x变为顶点式即可判断；（2）①根据二次函数与有关图象的两条相同的性质求解即可；②根据已知条件列式，求出定值即可证明．【详解】（1）∵：x=，∴二次函数开口向上，对称轴为x=2，顶点为(2，-1)；（2）①二次函数与有关图象的两条相同的性质：（I）对称轴都为直线x=2或顶点的横坐标为2；（II）都经过A(1，0)，B(3，0)两点；②线段EF的长度不会发生变化．∵直线y=8k与抛物线交于E、F两点，∴，∵k≠0，∴，∴，∴EF=，∴线段EF的长度不会发生变化．【点睛】本题主要考查了二次函数综合，结合一次函数的性质求解是关键．20．如图，内接于⊙O，，，点E为上一点，点F为的中点，连结BF并延长与AE交于点G，连结AF，CF．(1)求证：．(2)当BG经过圆心O时，求FG的长．【答案】(1)见解析；(2)【分析】(1)根据等腰三角形的性质，圆内接四边形的性质，补角的性质证明即可；(2)利用勾股定理，三角形中位线定理，三角形全等性质计算即可．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴，∵，，∴；（2）连结AO并延长AO交于点H，∵，∴，，∴，连结OC，设，则，在中，，解得，∵OH是的中位线，∴，∵点F为的中点，∴，∵，，∴，∴．【点睛】本题考查了圆的内接四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，三角形中位线定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握圆的性质和勾股定理是解题的关键．21．我市为加快推进生活垃圾分类工作，对分类垃圾桶实行统一的外型、型号、颜色等，其中，可回收物用蓝色收集桶，有害垃圾用红色收集桶，厨余垃圾用绿色收集桶，其他垃圾用灰色收集桶．为了解学生对垃圾分类知识的掌握情况，某校宣传小组就“用过的餐巾纸应投放到哪种颜色的收集桶”在全校随机采访了部分学生，根据调查结果，绘制了如图所示的两幅不完整的统计图．根据图中信息，解答下列问题：用过的餐巾纸投放情况统计图：(1)此次调查一共随机采访了______名学生，在扇形统计图中，“灰”所在扇形的圆心角的度数为_____；(2)补全条形统计图（要求在条形图上方注明人数）；(3)若该校有4000名学生，估计该校学生将用过的餐巾纸投放到红色收集桶的人数；(4)李老师计划从，，，四位学生中随机抽取两人参加学校的垃圾分类知识抢答赛，请用树状图法或列表法求出恰好抽中，两人的概率．【答案】(1)200，198(2)见解析(3)320人(4)【分析】（1）由投放蓝色垃圾桶的人数及其所占百分比可得总人数，用360°乘以投放灰色垃圾桶的人数所占比例；（2）根据投放四种垃圾桶的人数之和等于总人数求出绿色部分的人数，从而补全图形；（3）用总人数乘以样本中将用过的餐巾纸投放到红色收集桶的人数占被调查人数的比例即可；（4）列表得出所有等可能结果，从中找到恰好抽中A，B两人的结果数，再根据概率公式求解即可．【详解】（1）解：此次调查一共随机采访学生44÷22%=200（名），在扇形统计图中，“灰”所在扇形的圆心角的度数为，故答案为：200，198；（2）解：绿色部分的人数为200-（16+44+110）=30（人），补全图形如下：（3）解：估计该校学生将用过的餐巾纸投放到红色收集桶的人数（人）；（4）解：列表如下：ABCDA(B，A)(C，A)(D，A)B(A，B)(C，B)(D，B)C(A，C)(B，C)(D，C)D(A，D)(B，D)(C，D)由表格可知，共有12种等可能结果，其中恰好抽中A，B两人的有2种结果，所以恰好抽中A，B两人的概率为．【点睛】本题考查了列表法或树状图法求概率以及条形统计图与扇形统计图，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比，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．22．如图，的三个顶点都在方格纸的格点上，其中点的坐标是，现将绕点顺时针旋转得．(1)画出旋转后的；(2)点的坐标是______．(3)函数为常数的图象经过点，画出该函数图象，为该函数图象上的动点，当在直线的上方且的面积为时，求点坐标．【答案】(1)见解析(2)（-2,3）(3)点坐标为【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出点、的对应点、即可；（2）利用第二象限点的坐标特征写出点坐标；（3）先写出点的坐标，再利用待定系数法确定反比例函数解析式为，过点作轴于，轴于，如图，设，利用得到关于t的方程，然后解方程求出，从而得到点坐标．【详解】（1）解：如图，为所作；（2）由图可知；故答案为；（3），，反比例函数解析式为，函数图象如图所示：过点作轴于，轴于，如图，设，∵，，整理得，解得，舍去点坐标为【点睛】本题考查了作图旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了反比例函数图象．23．在等边△ABC中，D，E分别是AC，BC上的点，且AD=CE，连接BD、AE相交于点F．(1)如图1，当时，=__________；(2)如图2，求证：△AFD∽△BAD；(3)如图3，当时，猜想AF与BF的数量关系，并说明理由．【答案】(1)1(2)详见解析(3)，理由见解析【分析】（1）由题意可得AB＝AC＝BC，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，可证△ABD≌△CAE，可得∠EAC＝∠DBA，由等边三角形的性质可得∠BAE＝∠DBA＝30°，可求的值；（2）根据△ABD≌△CAE得出∠EAC＝∠DBA，进而利用相似三角形的判定解答即可；（3）设AF＝x，BF＝y，AB＝AC＝BC＝n，AD＝CE＝1，BD＝AE＝m，通过证△ADF∽△BDA，△BFE∽△BCD可得，，可得，求出n＝4即可得出答案．【详解】（1）解：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°，∵AD＝CE，∴△ABD≌△CAE（SAS），∴∠EAC＝∠DBA，∵，∴点D是AC中点，∴∠DBA＝30°，∴∠EAC＝30°，∴∠BAE＝∠DBA＝30°，∴AF＝BF，∴，故答案为：1；（2）由（1）可得△ABD≌△CAE，∴∠EAC＝∠DBA，∵∠ADF＝∠BDA，∴△AFD∽△BAD；（3）；理由：由（1）可得△ABD≌△CAE，∴BD＝AE，∠EAC＝∠DBA，∴∠BFE＝∠DBA＋∠BAF＝∠EAC＋∠BAF＝∠BAD＝60°，设AF＝x，BF＝y，AB＝AC＝BC＝n，AD＝CE＝1，BD＝AE＝m，∵∠EAC＝∠DBA，∠ADB＝∠ADB，∴△ADF∽△BDA，∴，∴①，∵∠BFE＝∠C＝60°，∠DBC＝∠DBC，∴△BFE∽△BCD，∴，∴②，①÷②得：，∴，∵，∴n＝4，∴．【点睛】本题是相似三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等角对等边，等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练运用相似三角形的性质求线段的关系是本题的关键．24．如图，AB是⊙O的直径，弦，E是CA延长线上的一点，连接DE交⊙O于点F连接AF，CE．(1)若，求的度数．(2)求证：AF平分．(3)若，，且CF经过圆心O，求CE的长．【答案】(1)70°(2)详见解析(3)【分析】（1）由垂径定理得到，从而得到与的关系，通过直角三角形的性质可以得到,由圆周角定理的推理即可得出；（2）由垂径定理和圆周角定理的推理可以得出,再由圆内接四边形和得出与的关系，从而得到，由圆周角定理的推理得出与的关系，从而得出与的关系，得证；（3）由垂径定理可以得出CH，由勾股定理得出OH，从而得出AH的长，再由勾股定理得出AC的长，由，根据平行线分线段成比例定理，得出，从而得出CE的长．【详解】（1）解：如图，连接OD，AD，设AB交CD于H．∵，∴，，∴，∴，∴∠AFC＝∠ADH＝70°．(2)（2）证明：∵AB是直径，，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∴AF平分．(3)（3）解：如图，设AB交CD于H．∵AB是直径，，∴，∵，，∴∴，∴∵CF是直径，∴，∴，∴∵，∴，∴．【点睛】本题考查了垂径定理、圆周角定理及推理、勾股定理、平行线分线段成比例定理，熟练掌握相关定理是解决本题的关键．25．如图，已知A（﹣2，0）、B（3，0），抛物线y＝ax2＋bx＋4经过A、B两点，交y轴于点C．点P是第一象限内抛物线上的一动点，点P的横坐标为m．过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．过点P作PN⊥BC，垂足为点N．(1)直接写出抛物线的函数关系式；(2)请用含m的代数式表示线段PN的长；(3)连接PC，在第一象限的抛物线上是否存在点P，使得∠BCO＋2∠PCN＝90°？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由；(4)连接AQ，若△ACQ为等腰三角形，请直接写出m的值．【答案】(1)(2)(3)存在，(4)或【分析】（1）由二次函数交点式表达式，即可求解；（2）先由二次函数解析式求得，C(0，4)，P(m，-+m+4)，证△BMQ∽△BOC，从而求得MQ=，PQ=PM-MQ=，再证△PNQ∽△BMQ，求得PN=，代入即可求解．（3）过点C作CD⊥OC，交直线MP于D，易证四边形OMDC是矩形，从而得PD=MD-PM=4-(-+m+4)=-m，再证∠PCD=∠PCN，从而得到PN=PD，由（2）知：PN=，则有-m=，求解即可；（4）分AC=AQ、AC=CQ、CQ=AQ三种情况，分别求解即可；【详解】（1）解：设二次函数表达式为：y=a（x+2）（x-3）=a（x2-x-6）=ax2-ax-6a，又∵抛物线y＝ax2＋bx＋4∴-6a=4，解得：a=-，则抛物线的表达式为y=-+x+4；（2）解：当x=m，则y=-+m+4，∴P(m，-+m+4)，当x=0时，y=4，∴C(0，4)，∴OC=4，∵B(3，0)，∴OB=3，∴BC=，∵PM⊥x轴，∴PMOC，∴△BMQ∽△BOC，∴，即，，∴MQ=，∴PQ=PM-MQ=-+m+4-=，∵PN⊥BC，∴∠PNQ=∠BMQ=90°，∵∠PQN=∠BQM，∴△PNQ∽△BMQ，∴，即，∴PN==；（3）解：过点C作CD⊥OC，交直线MP于D，如图，∵CD⊥OC，OC⊥OM，PM⊥OM，∴四边形OMDC是矩形，∴OCD=∠PDC=90°，MD=OC=4，∴PD