2017九年级数学上期末试卷答案(2)
2017九年级数学上期末试卷参考答案
一、选择题(本题共12小题，每小题3分，共36分)
1.下列图形中，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
【考点】中心对称图形.
【分析】根据中心对称图形的概念求解.
【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项错误;
B、是中心对称图形，故此选项正确;
C、不是中心对称图形，故此选项错误;
D、不是中心对称图形，故此选项错误.
故选：B.
【点评】此题主要考查了中心对称图形的概念.注意中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合.
2.不透明的袋子中装有形状、大小、质地完全相同的6个球，其中4个黑球、2个白球，从袋子中一次摸出3个球，下列事件是不可能事件的是( )
A.摸出的是3个白球 B.摸出的是3个黑球
C.摸出的是2个白球、1个黑球 D.摸出的是2个黑球、1个白球
【考点】随机事件.
【分析】根据白色的只有两个，不可能摸出三个进行解答.
【解答】解：A.摸出的是3个白球是不可能事件;
B.摸出的是3个黑球是随机事件;
C.摸出的是2个白球、1个黑球是随机事件;
D.摸出的是2个黑球、1个白球是随机事件，
故选：A.
【点评】本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念.必然事件指在一定条件下，一定发生的事件.不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件.
3.反比例函数y=﹣ 的图象上有P1(x1，﹣2)，P2(x2，﹣3)两点，则x1与x2的大小关系是( )
A.x1>x2 B.x1=x2 C.x1
【考点】反比例函数图象上点的坐标特征.
【分析】直接利用反比例函数的增减性进而分析得出答案.
【解答】解：∵反比例函数y=﹣ 的图象上有P1(x1，﹣2)，P2(x2，﹣3)两点，
∴每个分支上y随x的增大而增大，
∵﹣2>﹣3，
∴x1>x2，
故选：A.
【点评】此题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，正确掌握反比例函数的增减性是解题关键.
4.半径为6，圆心角为120°的扇形的面积是( )
A.3π B.6π C.9π D.12π
【考点】扇形面积的计算.
【分析】根据扇形的面积公式S= 计算即可.
【解答】解：S= =12π，
故选：D.
【点评】本题考查的是扇形面积的计算，掌握扇形的面积公式S= 是解题的关键.
5.如图，△ABC中，∠A=78°，AB=4，AC=6.将△ABC沿图示中的虚线剪开，剪下的阴影三角形与原三角形不相似的是( )
A. B. C. D.
【考点】相似三角形的判定.
【分析】根据相似三角形的判定定理对各选项进行逐一判定即可.
【解答】解：A、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，故本选项错误;
B、阴影部分的三角形与原三角形有两个角相等，故两三角形相似，故本选项错误;
C、两三角形的对应边不成比例，故两三角形不相似，故本选项正确;
D、两三角形对应边成比例且夹角相等，故两三角形相似，故本选项错误.
故选C.
【点评】本题考查的是相似三角形的判定，熟知相似三角形的判定定理是解答此题的关键.
6.如图，将△ABC绕着点C按顺时针方向旋转20°，B点落在B′位置，A点落在A′位置，若AC⊥A′B′，则∠BAC的度数是( )
A.50° B.60° C.70° D.80°
【考点】旋转的性质.
【分析】根据旋转的性质可知，∠BCB′=∠ACA′=20°，又因为AC⊥A′B′，则∠BAC的度数可求.
【解答】解：∵△ABC绕着点C按顺时针方向旋转20°，B点落在B′位置，A点落在A′位置
∴∠BCB′=∠ACA′=20°
∵AC⊥A′B′，
∴∠BAC=∠A′=90°﹣20°=70°.
故选C.
【点评】本题考查旋转的性质：旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等.要注意旋转的三要素：①定点﹣旋转中心;②旋转方向;③旋转角度.
7.抛物线y=2x2﹣2 x+1与x轴的交点个数是( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【考点】抛物线与x轴的交点.
【分析】先计算判别式的值，然后根据判别式的意义判断抛物线与x轴的交点个数.
【解答】解：根据题意得△=(2 )2﹣4×2×1=0，
所以抛物线与x轴只有一个交点.
故选B.
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点：对于二次函数y=ax2+bx+c(a，b，c是常数，a≠0)，△=b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数：△=b2﹣4ac>0时，抛物线与x轴有2个交点;△=b2﹣4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点;△=b2﹣4ac<0时，抛物线与x轴没有交点.
8.边长为a的正三角形的内切圆的半径为( )
A. a B. a C. a D. a
【考点】三角形的内切圆与内心.
【分析】根据等边三角形的三线合一，可以构造一个由其内切圆的半径、外接圆的半径和半边组成的30°的直角三角形，利用锐角三角函数关系求出内切圆半径即可.
【解答】解：∵内切圆的半径、外接圆的半径和半边组成一个30°的直角三角形，
则∠OBD=30°，BD= ，
∴tan∠BOD= = ，
∴内切圆半径OD= × = a.
故选D.
【点评】此题主要考查了三角形的内切圆，注意：根据等边三角形的三线合一，可以发现其内切圆的半径、外接圆的半径和半边正好组成了一个30°的直角三角形.
9.如图，过反比例函数y= (x>0)的图象上一点A作AB⊥x轴于点B，连接AO，若S△AOB=2，则k的值为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【考点】反比例函数系数k的几何意义;反比例函数的性质.
【分析】根据点A在反比例函数图象上结合反比例函数系数k的几何意义，即可得出关于k的含绝对值符号的一元一次方程，解方程求出k值，再结合反比例函数在第一象限内有图象即可确定k值.
【解答】解：∵点A是反比例函数y= 图象上一点，且AB⊥x轴于点B，
∴S△AOB= |k|=2，
解得：k=±4.
∵反比例函数在第一象限有图象，
∴k=4.
故选C.
【点评】本题考查了反比例函数的性质以及反比例函数系数k的几何意义，解题的关键是找出关于k的含绝对值符号的一元一次方程.本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据反比例函数系数k的几何意义找出关于k的含绝对值符号的一元一次方程是关键.
10.如图，在平面直角坐标系中，已知点A(﹣3，6)、B(﹣9，﹣3)，以原点O为位似中心，相似比为 ，把△ABO缩小，则点A的对应点A′的坐标是( )
A.(﹣1，2) B.(﹣9，18) C.(﹣9，18)或(9，﹣18) D.(﹣1，2)或(1，﹣2)
【考点】位似变换;坐标与图形性质.
【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k解答.
【解答】解：∵点A(﹣3，6)，以原点O为位似中心，相似比为 ，把△ABO缩小，
∴点A的对应点A′的坐标是(﹣1，2)或(1，﹣2)，
故选D.
【点评】本题考查的是位似变换的概念和性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k.
11.如图，AB是⊙O的直径，C，D是⊙O上的点，且OC∥BD，AD分别与BC，OC相交于点E，F，则下列结论：①AD⊥BD;②∠AOC=∠AEC;③BC平分∠ABD;④AF=DF;⑤BD=2OF.其中正确结论的个数是( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【考点】圆周角定理;三角形中位线定理;垂径定理.
【分析】由圆周角定理可判断①，利用圆的性质结合外角可判断②，利用平行线的性质可判断③，由垂径定理可判断④，由中位线定理可判断⑤，可求得答案.
【解答】解：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BD，故①正确;
∵∠ACE=∠DAB+∠EBA，∠AOC=2∠EBA，
∴∠AOC≠∠AEC，故②不正确;
∵OC∥BD，
∴∠OCB=∠CBD，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∴∠OBC=∠CBD，即BC平分∠ABD，故③正确;
∴OC⊥AD，
∴AF=FD，故④正确;
∴OF为△ABD的中位线，
∴BD=2OF，故⑤正确，
综上可知正确的有4个，
故选C.
【点评】本题主要考查圆周角定理及圆的有关性质，掌握圆中有关的线段、角的相等是解题的关键，特别注意垂径定理的应用.
12.已知抛物线y=x2+bx+c(其中b，c是常数)经过点A(2，6)，且抛物线的对称轴与线段BC有交点，其中点B(1，0)，点C(3，0)，则c的值不可能是( )
A.4 B.6 C.8 D.10
【考点】二次函数的性质;一次函数图象上点的坐标特征.
【分析】根据抛物线y=x2+bx+c(其中b，c是常数)过点A(2，6)，且抛物线的对称轴与线段BC(1≤x≤3)有交点，可以得到c的取值范围，从而可以解答本题.
【解答】解：
∵抛物线y=x2+bx+c(其中b，c是常数)过点A(2，6)，且抛物线的对称轴与线段y=0(1≤x≤3)有交点，
∴ ，
解得6≤c≤14，
故选A.
【点评】本题考查二次函数的性质、解不等式，明确题意，列出相应的关系式是解题的关键.
二、填空题(本题共6小题，每小题3分，共18分)
13.二次函数y=2(x﹣3)2﹣4的最小值为 ﹣4 .
【考点】二次函数的最值.
【分析】题中所给的解析式为顶点式，可直接得到顶点坐标，从而得出解答.
【解答】解：二次函数y=2(x﹣3)2﹣4的开口向上，顶点坐标为(3，﹣4)，
所以最小值为﹣4.
故答案为：﹣4.
【点评】本题考查二次函数的基本性质，解题的关键是正确掌握二次函数的顶点式，若题目给出是一般式则需进行配方化为顶点式或者直接运用顶点公式.
14.△ABC与△DEF的相似比为1：4，则△ABC与△DEF的周长比为 1：4 .
【考点】相似三角形的性质.
【分析】根据相似三角形周长的比等于相似比解答.
【解答】解：∵△ABC与△DEF的相似比为1：4，
∴△ABC与△DEF的周长比为1：4.
故答案为：1：4.
【点评】本题考查了相似三角形的性质，熟记相似三角形周长的比等于相似比是解题的关键.
15.若反比例函数y= 在第一，三象限，则k的取值范围是 k>1 .
【考点】反比例函数的性质.
【分析】根据反比例函数在第一，三象限得到k﹣1>0，求解即可.
【解答】解：根据题意，得k﹣1>0，
解得k>1.
故答案为：k>1.
【点评】本题主要考查反比例函数的性质：当k>0时，函数图象位于第一、三象限，当k<0时，函数图象位于第二、四象限.
16.如图，若以平行四边形一边AB为直径的圆恰好与对边CD相切于点D，则∠C= 45 度.
【考点】切线的性质;平行四边形的性质.
【分析】连接OD，只要证明△AOD是等腰直角三角形即可推出∠A=45°，再根据平行四边形的对角相等即可解决问题.
【解答】解;连接OD.
∵CD是⊙O切线，
∴OD⊥CD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴AB⊥OD，
∴∠AOD=90°，
∵OA=OD，
∴∠A=∠ADO=45°，
∴∠C=∠A=45°.
故答案为45.
【点评】本题考查平行四边形的性质、切线的性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型.
17.如图，矩形EFGH内接于△ABC，且边FG落在BC上，若AD⊥BC，BC=3，AD=2，EF= EH，那么EH的长为 .
【考点】相似三角形的判定与性质;矩形的性质.
【分析】设EH=3x，表示出EF，由AD﹣EF表示出三角形AEH的边EH上的高，根据三角形AEH与三角形ABC相似，利用相似三角形对应边上的高之比等于相似比求出x的值，即为EH的长.
【解答】解：如图所示：
∵四边形EFGH是矩形，
∴EH∥BC，
∴△AEH∽△ABC，
∵AM⊥EH，AD⊥BC，
∴ ，
设EH=3x，则有EF=2x，AM=AD﹣EF=2﹣2x，
∴ ，
解得：x= ，
则EH= .
故答案为： .
【点评】此题考查了相似三角形的判定与性质，以及矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键.
18.如图所示，△ABC与点O在10×10的网格中的位置如图所示，设每个小正方形的边长为1.
(1)画出△ABC绕点O旋转180°后的图形;
(2)若⊙M能盖住△ABC，则⊙M的半径最小值为 .
【考点】作图-旋转变换.
【分析】(1)延长AO到点D使OD=OA，则点A的对应点为D，同样方法作出点B、C的对应点E、F，则△DEF与△ABC关于点O中心对称;
(2)作AB和AC的垂值平分线，它们的交点为△ABC的外心，而△ABC的外接圆为能盖住△ABC的最小圆，然后利用勾股定理计算出MA即可.
【解答】解：(1)如图，△DEF为所作;
(2)如图，点M为△ABC的外心，MA= = ，
故答案为 .
【点评】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.
三、解答题(本题共7小题，共66分)
19.已知正比例函数y1=kx的图象与反比例函数y2= (k为常数，k≠5且k≠0)的图象有一个交点的横坐标是2.
(1)求这两个函数的解析式;
(2)求这两个函数图象的交点坐标.
【考点】反比例函数与一次函数的交点问题.
【分析】(1)把交点的横坐标代入函数解析式，列出一元一次方程，解方程即可;
(2)根据题意列出二元一次方程组，解方程组即可.
【解答】解：(1)∵正比例函数y1=kx的图象与反比例函数y2= (k为常数，k≠5且k≠0)的图象有一个交点的横坐标是2，
∴y1=2k，y2= ，
∵y1=y2，
∴2k= ，
解得，k=1，
则正比例函数y1=x的图象与反比例函数y2= ;
(2) ，
解得， ， ，
∴这两个函数图象的交点坐标为(2，2)和(﹣2，﹣2).
【点评】本题考查的是反比例函数与一次函数的交点问题，灵活运用待定系数法求出函数解析式、掌握正比例函数与反比例函数图象的交点的求法是解题的关键.
20.在校园文化艺术节中，九年级一班有1名男生和2名女生获得美术奖，另有2名男生和2名女生获得音乐奖.
(1)从获得美术奖和音乐奖的7名学生中选取1名参加颁奖大会，求刚好是男生的概率;
(2)分别从获得美术奖、音乐奖的学生中各选取1名参加颁奖大会，用列表或树状图求刚好是一男生一女生的概率.
【考点】列表法与树状图法;概率公式.
【分析】(1)直接根据概率公式求解;
(2)画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出刚好是一男生一女生的结果数，然后根据概率公式求解.
【解答】解：(1)从获得美术奖和音乐奖的7名学生中选取1名参加颁奖大会，刚好是男生的概率= = ;
(2)画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中刚好是一男生一女生的结果数为6，
所以刚好是一男生一女生的概率= = .
【点评】本题考查了列表法与树状图法：利用列表法和树状图法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，求出概率.
21.(10分)(2016秋•天津期末)如图，矩形ABCD中，AB= ，BC= ，点E在对角线BD上，且BE=1.8，连接AE并延长交DC于点F.
(1)求CF的长;
(2)求 的值.
【考点】相似三角形的判定与性质;矩形的性质.
【分析】(1)根据勾股定理求出BD，得到DE的长，根据相似三角形的性质得到比例式，代入计算即可求出DF的长，求出CF的长度;
(2)利用相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求出答案.
【解答】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，又AB= ，BC= ，
∴BD= =3，
∵BE=1.8，
∴DE=3﹣1.8=1.2，
∵AB∥CD，
∴ = ，即 = ，
解得，DF= ，
则CF=CD﹣DF= ﹣ = ;
(2)∵AB∥CD，
∴△DEF∽△BEA，
∴ =( )2=( )2= .
【点评】本题考查的是矩形的性质、相似三角形的判定和性质，掌握矩形的性质定理和相似三角形的判定定理、性质定理是解题的关键.
22.(10分)(2016•南宁)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BD是角平分线，点O在AB上，以点O为圆心，OB为半径的圆经过点D，交BC于点E.
(1)求证：AC是⊙O的切线;
(2)若OB=10，CD=8，求BE的长.
【考点】切线的判定.
【分析】(1)连接OD，由BD为角平分线得到一对角相等，根据OB=OD，等边对等角得到一对角相等，等量代换得到一对内错角相等，进而确定出OD与BC平行，利用两直线平行同位角相等得到∠ODA为直径，即可得证;
(2)过O作OG垂直于BE，可得出四边形ODCG为矩形，在直角三角形OBG中，利用勾股定理求出BG的长，由垂径定理可得BE=2BG.
【解答】(1)证明：连接OD，
∵BD为∠ABC平分线，
∴∠1=∠2，
∵OB=OD，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴OD∥BC，
∵∠C=90°，
∴∠ODA=90°，
则AC为圆O的切线;
(2)解：过O作OG⊥BC，连接OE，
∴四边形ODCG为矩形，
∴GC=OD=OB=10，OG=CD=8，
在Rt△OBG中，利用勾股定理得：BG=6，
∵OG⊥BE，OB=OE，
∴BE=2BG=12.
解得：BE=12.
【点评】此题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，以及等腰三角形的性质，熟练掌握切线的判定方法是解本题的关键.
23.(10分)(2014•塘沽区二模)某商场经营某种品牌的玩具，购进时的单价是30元，根据市场调查：在一段时间内，销售单价是40元时，销售是600件，而销售单价每涨1元，就会少售出10件玩具.设该种品牌玩具的销售单价为x元(x>40)，销售量为y件，销售该品牌玩具获得的利润为w元.
(Ⅰ)根据题意，填写下表：
销售单价x(元) 40 55 70 … x
销售量y(件) 600 450 300 … 1000﹣10x
销售玩具获得利润w(元) 6000 11250 12000 … (1000﹣10x)(x﹣30)
(Ⅱ)在(Ⅰ)问条件下，若商场获得了10000元销售利润，求该玩具销售单价x应定为多少元?
(Ⅲ)在(Ⅰ)问条件下，求商场销售该品牌玩具获得的最大利润是多少?此时玩具的销售单价应定为多少?
【考点】二次函数的应用;一元二次方程的应用.
【分析】(Ⅰ)利用销售单价每涨1元，就会少售出10件玩具，再结合每件玩具的利润乘以销量=总利润进而求出即可;
(Ⅱ)利用商场获得了10000元销售利润，进而得出等式求出即可;
(Ⅲ)利用每件玩具的利润乘以销量=总利润得出函数关系式，进而求出最值即可.
【解答】解：(1)填表：
销售单价x(元) 40 55 70 … x
销售量y(件) 600 450 300 … 1000﹣10x
销售玩具获得利润w(元) 6000 11250 12000 … (1000﹣10x)(x﹣30)
(Ⅱ)[600﹣10(x﹣40)](x﹣30)=10000，
解得：x1=50，x2=80，
答：该玩具销售单价x应定为50元或80元;
(Ⅲ)w=[600﹣10(x﹣40)](x﹣30)=﹣10x2+1300x﹣30000=﹣10(x﹣65)2+12250，
∵a=﹣10<0，
∴对称轴为x=65，
∴当x=65时，W最大值=12250(元)
答：商场销售该品牌玩具获得的最大利润是12250元，此时玩具的销售单价应定为65元.
【点评】此题主要考查了一元二次方程的应用以及二次函数的应用，得出w与x的函数关系式是解题关键.
24.(10分)(2016秋•天津期末)如图1所示，将一个边长为2的正方形ABCD和一个长为2，宽为1的长方形CEFD拼在一起，构成一个大的长方形ABEF，现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，旋转角为α.
(1)当边CD′恰好经过EF的中点H时，求旋转角α的大小;
(2)如图2，G为BC中点，且0°<α<90°，求证：GD′=E′D;
(3)小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，△DCD′与△BCD′能否全等?若能，直接写出旋转角α的大小;若不能，说明理由.
【考点】四边形综合题.
【分析】(1)根据旋转的性质得CE=CH=1，即可得出结论;
(2)由G为BC中点可得CG=CE，根据旋转的性质得∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′CE，则∠GCD′=∠DCE′=90°+α，然后根据“SAS”可判断△GCD′≌△E′CD，则GD′=E′D;
(3)根据正方形的性质得CB=CD，而CD=CD′，则△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，当两顶角相等时它们全等，当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时，可计算出α=135°，当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，可计算得到α=315°.
【解答】(1)解：
∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴CE=CH=1，
∴△CEH为等腰直角三角形，∴∠ECH=45°，∴∠α=30°;
(2)证明：∵G为BC中点，
∴CG=1，
∴CG=CE，
∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，
∴∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′=CG，
∴∠GCD′=∠DCE′=90°+α，
在△GCD′和△E′CD中 ，
∴△GCD′≌△E′CD(SAS)，
∴GD′=E′D;
(3)解：能.
理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴CB=CD，
∵CD′=CD′，
∴△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，
当∠BCD′=∠DCD′时，△BCD′≌△DCD′，
当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时，则旋转角α= =135°，
当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，∠BCD′=∠DCD′= ∠BCD=45°
则α=360°﹣ =315°，
即旋转角a的值为135°或315°时，△BCD′与△DCD′全等
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等;对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角.也考查了正方形、矩形的性质以及三角形全等的判定与性质.
25.(10分)(2016•昆明)如图1，对称轴为直线x= 的抛物线经过B(2，0)、C(0，4)两点，抛物线与x轴的另一交点为A
(1)求抛物线的解析式;
(2)若点P为第一象限内抛物线上的一点，设四边形COBP的面积为S，求S的最大值;
(3)如图2，若M是线段BC上一动点，在x轴是否存在这样的点Q，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形?若存在，求出点Q的坐标;若不存在，请说明理由.
【考点】二次函数综合题.
【分析】(1)由对称轴的对称性得出点A的坐标，由待定系数法求出抛物线的解析式;
(2)作辅助线把四边形COBP分成梯形和直角三角形，表示出面积S，化简后是一个关于S的二次函数，求最值即可;
(3)画出符合条件的Q点，只有一种，①利用平行相似得对应高的比和对应边的比相等列比例式;②在直角△OCQ和直角△CQM利用勾股定理列方程;两方程式组成方程组求解并取舍.
【解答】解：(1)由对称性得：A(﹣1，0)，
设抛物线的解析式为：y=a(x+1)(x﹣2)，
把C(0，4)代入：4=﹣2a，
a=﹣2，
∴y=﹣2(x+1)(x﹣2)，
∴抛物线的解析式为：y=﹣2x2+2x+4;
(2)如图1，设点P(m，﹣2m2+2m+4)，过P作PD⊥x轴，垂足为D，
∴S=S梯形+S△PDB= m(﹣2m2+2m+4+4)+ (﹣2m2+2m+4)(2﹣m)，
S=﹣2m2+4m+4=﹣2(m﹣1)2+6，
∵﹣2<0，
∴S有最大值，则S大=6;
(3)存在这样的点Q，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形，
理由是：
分以下两种情况：
①当∠BQM=90°时，如图2：
∵∠CMQ>90°，
∴只能CM=MQ.
设直线BC的解析式为：y=kx+b(k≠0)，
把B(2，0)、C(0，4)代入得： ，
解得： ，
∴直线BC的解析式为：y=﹣2x+4，
设M(m，﹣2m+4)，
则MQ=﹣2m+4，OQ=m，BQ=2﹣m，
在Rt△OBC中，BC= = =2 ，
∵MQ∥OC，
∴△BMQ∽BCO，
∴ ，即 ，
∴BM= (2﹣m)=2 ﹣ m，
∴CM=BC﹣BM=2 ﹣(2 ﹣ m)= m，
∵CM=MQ，
∴﹣2m+4= m，m= =4 ﹣8.
∴Q(4 ﹣8，0).
②当∠QMB=90°时，如图3：
同理可设M(m，﹣2m+4)，
过A作AE⊥BC，垂足为E，
则AE的解析式为：y= x+ ，
则直线BC与直线AE的交点E(1.4，1.2)，
设Q(﹣x，0)(x>0)，
∵AE∥QM，
∴△ABE∽△QBM，
∴ ①，
由勾股定理得：x2+42=2×[m2+(﹣2m+4﹣4)2]②，
由以上两式得：m1=4(舍)，m2= ，
当m= 时，x= ，
∴Q(﹣ ，0).
综上所述，Q点坐标为(4 ﹣8，0)或(﹣ ，0).
【点评】本题是二次函数的综合问题，综合性较强;考查了利用待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，并利用方程组求图象的交点坐标，将函数和方程有机地结合，进一步把函数简单化;同时还考查了相似的性质：在二次函数的问题中，如果利用勾股定理不能求的边可以考虑利用相似的性质求解.
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