2019年山东省淄博第四中学中考数学一模试卷
一．选择题（共12小题，满分48分，每小题4分）
1．计算的结果是（ ）
A．0 B．1 C．﹣1 D．
2．如图，是某个几何体从不同方向看到的形状图（视图），这个几何体的表面能展开成下面的哪个平面图形？（ ）
A． B．
C． D．
3．下列说法：
①“明天降雨的概率是50%”表示明天有半天都在降雨；
②无理数是开方开不尽的数；
③若a为实数，则|a|＜0是不可能事件；
④16的平方根是±4，用式子表示是＝±4；
⑤某班的5位同学在向“创建图书角”捐款活动中，捐款数如下（单位：元）：8，3，8，2，4，那么这组数据的众数是8，中位数是4，平均数是5．
其中正确的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
4．10名学生的平均成绩是x，如果另外5名学生每人得90分，那么整个组的平均成绩是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在矩形ABCD中，E是CD边的中点，且BE⊥AC于点F，连接DF
，则下列结论错误的是（ ）
A．△ADC∽△CFB B．AD＝DF
C．＝ D．＝
6．如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，若AD＝3，BE＝1，则DE＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．某商品的标价为150元，八折销售仍盈利20%，则商品进价为（ ）元．
A．100 B．110 C．120 D．130
8．在一次数学课上，张老师出示了一个题目：“如图，▱ABCD的对角线相交于点O，过点O作EF垂直于BD交AB，CD分别于点F，E，连接DF，BE．请根据上述条件，写出一个正确结论．”其中四位同学写出的结论如下：
小青：OE＝OF；小何：四边形DFBE是正方形；
小夏：S四边形AFED＝S四边形FBCE；小雨：∠ACE＝∠CAF．
这四位同学写出的结论中不正确的是（ ）
A．小青 B．小何 C．小夏 D．小雨
9．已知xa＝2，xb＝3，则x3a﹣2b等于（ ）
A． B．﹣1 C．17 D．72
10．解不等式组，该不等式组的最大整数解是（ ）
A．3 B．4 C．2 D．﹣3
11．如图，△ABC的顶点都在正方形网格的格点上，则tan∠BAC的值为（ ）
A．2 B． C． D．
12．一次函数y＝（k﹣1）x﹣k的大致图象如图所示，关于该次函数，下列说法错误的是（ ）
A．k＞1
B．y随x的增大而增大
C．该函数有最小值
D．函数图象经过第一、三、四象限
二．填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）
13．计算（+2）（﹣2）的结果是 ．
14．因式分解：x2y﹣4y3＝ ．
15．某学校要新购置一批课桌椅，现有甲、乙两种规格的课桌椅可供选择．已知购买甲种课桌椅3套比购买乙种2套共多60元；购买甲种5套和乙种3套，共需1620元．求甲、乙两种规格的课桌椅每套价格分别是多少元？若设甲、乙两种规格的课桌椅每套价格分别是x和y元，根据题意，可列方程组为 ．
16．同一个圆的内接正方形和正三角形的边心距的比为 ．
17．设α，β是方程x2﹣x﹣2019＝0的两个实数根，则α3﹣2021α﹣β的值为 ；
三．解答题（共7小题，满分52分）
18．如图，直线a∥b，∠1＝45°，∠2＝30°，求∠P的度数．
19．附加题：（y﹣z）2+（x﹣y）2+（z﹣x）2＝（y+z﹣2x）2+（z+x﹣2y）2+（x+y﹣2z）2．
求的值．
20．某校学生会发现同学们就餐时剩余饭菜较多，浪费严重，于是准备在校内倡导“光盘行动”，让同学们珍惜粮食，为了让同学们理解这次活动的重要性，校学生会在某天午餐后，随机调查了部分同学这餐饭菜的剩余情况，并将结果统计后绘制成了如图所示的不完整的统计图．
（1）这次被调查的同学共有 人；
（2）补全条形统计图，并在图上标明相应的数据；
（3）校学生会通过数据分析，估计这次被调查的所有学生一餐浪费的食物可以供50人食用一餐．据此估算，该校18000名学生一餐浪费的食物可供多少人食用一餐．
21．某八年级计划用360元购买笔记本奖励优秀学生，在购买时发现，每本笔记本可以打九折，结果买得的笔记本比打折前多10本．
（1）请利用分式方程求出每本笔记本的原来标价；
（2）恰逢文具店周年志庆，每本笔记本可以按原价打8折，这样该校最多可购入本笔记本？
22．关于x的一元二次方程x2+2（m﹣1）x+m2﹣1＝0有两个不相等的实数根x1，x2．
（1）求实数m的取值范围；
（2）是否存在实数m，使得x1x2＝0成立？如果存在，求出m的值，如果不存在，请说明理由．
23．已知：如图1，四边形ABCD中，∠ABC＝135°，连接AC、BD，交于点E，BD⊥BC，AD＝AC
（1）求证：∠DAC＝90°；
（2）如图2，过点B作BF⊥AB，交DC于点F，交AC于点G，若S△DBF＝2S△CBF，求证：AG＝CG；
（3）如图3，在（2）的条件下，若AB＝3，求线段GF的长．
24．如图，已知二次函数y＝ax2+bx﹣3a经过点A（﹣1，0），C（0，3），与x轴交于另一点B，抛物线的顶点为D．
（1）求此二次函数解析式；
（2）连接DC、BC、DB，求证：△BCD是直角三角形；
（3）在对称轴右侧的抛物线上是否存在点P，使得△PDC为等腰三角形？若存在，求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
2019年山东省淄博第四中学中考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题，满分48分，每小题4分）
1．【分析】先计算绝对值，再计算减法即可得．
【解答】解：＝﹣＝0，
故选：A．
【点评】本题主要考查绝对值和有理数的减法，解题的关键是掌握绝对值的性质和有理数的减法法则．
2．【分析】由主视图和左视图可得此几何体为柱体，根据俯视图是圆可判断出此几何体为圆柱，进一步由展开图的特征选择答案即可．
【解答】解：∵主视图和左视图都是长方形，
∴此几何体为柱体，
∵俯视图是一个圆，
∴此几何体为圆柱，
因此图A是圆柱的展开图．
故选：A．
【点评】此题由三视图判断几何体，用到的知识点为：三视图里有两个相同可确定该几何体是柱体，锥体还是球体，由另一个视图确定其具体形状．
3．【分析】根据概率的意义、无理数概念、确定事件的概念、平方根的定义及众数、中位数、平均数的定义逐一求解可得．
【解答】解：①“明天降雨的概率是50%”表示明天降雨与不降雨可能性相同，此结论错误；
②无理数是无线不循环的数，此结论错误；
③若a为实数，则|a|＜0是不可能事件，此结论正确；
④16的平方根是±4，用式子表示是±＝±4，此结论错误；
⑤某班的5位同学在向“创建图书角”捐款活动中，捐款数如下（单位：元）：8，3，8，2，4，那么这组数据的众数是8，中位数是4，平均数是5．此结论正确；
故选：B．
【点评】
本题主要考查概率的意义，解题的关键是掌握概率的意义、无理数概念、确定事件的概念、平方根的定义及众数、中位数、平均数的定义．
4．【分析】整个组的平均成绩＝15名学生的总成绩÷15．
【解答】解：这15个人的总成绩10x+5×90＝10x+450，
除以15可求得平均值为．
故选：D．
【点评】此题考查了加权平均数的知识，解题的关键是求的15名学生的总成绩．
5．【分析】依据∠ADC＝∠BCD＝90°，∠CAD＝∠BCF，即可得到△ADC∽△CFB；过D作DM∥BE交AC于N，交AB于M，得出DM垂直平分AF，即可得到DF＝DA；设CE＝a，AD＝b，则CD＝2a，由△ADC∽△CFB，可得＝，可得b＝a，依据，即可得出＝；根据E是CD边的中点，可得CE：AB＝1：2，再根据△CEF∽△ABF，即可得到＝（）2＝．
【解答】解：∵BE⊥AC，∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠BCF+∠ACD＝∠CAD+∠ACD，
∴∠CAD＝∠BCF，
∴△ADC∽△CFB，故A选项正确；
如图，过D作DM∥BE交AC于N，交AB于M，
∵DE∥BM，BE∥DM，
∴四边形BMDE是平行四边形，
∴BM＝DE＝DC，
∴BM＝AM，
∴AN＝NF，
∵BE⊥AC于点F，DM∥BE，
∴DN⊥AF，
∴DM垂直平分AF，
∴DF＝DA，故B选项正确；
设CE＝a，AD＝b，则CD＝2a，
由△ADC∽△CFB，可得＝，
即b＝a，
∴，
∴＝，故C选项错误；
∵E是CD边的中点，
∴CE：AB＝1：2，
又∵CE∥AB，
∴△CEF∽△ABF，
∴＝（）2＝，故选D选项正确；
故选：C．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质的综合应用，正确的作出辅助线构造平行四边形是解题的关键．在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形
6．【分析】根据余角的性质，可得∠DCA与∠CBE的关系，根据AAS可得△ACD与△△CBE的关系，根据全等三角形的性质，可得AD与CE的关系，根据线段的和差，可得答案．
【解答】解：AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°．
∵∠BCE+∠CBE＝90°，∠BCE+∠CAD＝90°，
∠DCA＝∠CBE，
在△ACD和△CBE中，，
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴CE＝AD＝3，CD＝BE＝1，
DE＝CE﹣CD＝3﹣1＝2，
故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了全等三角形的判定与性质．
7．【分析】根据（1+利润率）×进价＝标价×八折列方程，可得结论．
【解答】解：设商品进价为x元，
根据题意得：150×80%＝（1+20%）x，
x＝100，
答：商品进价为100元．
故选：A．
【点评】本题考查了一元一次方程的应用，找到关键描述语，找到等量关系准确的列出方程是解决问题的关键．
8．【分析】利用平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质，一一判断即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，CD∥AB，
∴∠ECO＝∠FAO，（故小雨的结论正确），
在△EOC和△FOA中，
，
∴△EOC≌△FOA，
∴OE＝OF（故小青的结论正确），
∴S△EOC＝S△AOF，
∴S四边形AFED＝S△ADC＝S平行四边形ABCD，
∴S四边形AFED＝S四边形FBCE故小夏的结论正确，
∵△EOC≌△FOA，
∴EC＝AF，∵CD＝AB，
∴DE＝FB，DE∥FB，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∵OD＝OB，EO⊥DB，
∴ED＝EB，
∴四边形DFBE是菱形，无法判断是正方形，故小何的结论错误，
故选：B．
【点评】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质正方形的判定、菱形的判定等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
9．【分析】直接利用幂的乘方运算法则以及同底数幂的乘除运算法则将原式变形得出答案．
【解答】解：∵xa＝2，xb＝3，
∴x3a﹣2b＝（xa）3÷（xb）2
＝23÷32
＝．
故选：A．
【点评】此题主要考查了幂的乘方运算以及同底数幂的乘除运算，正确掌握运算法则是解题关键．
10．【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集，据此可得其最大整数解．
【解答】解：解不等式（x﹣1）≤1，得：x≤3，
解不等式1﹣x＜2，得：x＞﹣1，
则不等式组的解集为﹣1＜x≤3，
所以不等式组的最大整数解为3，
故选：A．
【点评】本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
11．【分析】如图，连接BD，先利用勾股定理逆定理得△ABD是直角三角形，再根据正切函数的定义求解可得．
【解答】解：如图所示，连接BD，
则BD2＝12+12＝2、AD2＝22+22＝8、AB2＝12+32＝10，
∴BD2+AD2＝AB2，
∴△ABD是直角三角形，且∠ADB＝90°，
则tan∠BAC＝＝＝，
故选：B．
【点评】本题主要考查解直角三角形，解题的关键是构建直角三角形并掌握勾股定理逆定理、正切函数的定义．
12．【分析】根据一次函数的增减性确定有关k的不等式组，求解即可．
【解答】解：∵观察图象知：y随x的增大而增大，且交与y轴负半轴，函数图象经过第一、三、四象限，
∴，
解得：k＞1，
∵该函数没有最小值，
故选：C．
【点评】本题考查了一次函数的图象与系数的关系，解题的关键是了解系数对函数图象的影响，难度不大．
二．填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）
13．【分析】利用平方差公式计算，再根据二次根式的性质计算可得．
【解答】解：原式＝（）2﹣22
＝3﹣4
＝﹣1，
故答案为：﹣1．
【点评】本题主要考查二次根式的混合运算，解题的关键是熟练掌握二次根式的混合运算顺序和运算法则．
14．【分析】首先提公因式y，再利用平方差进行分解即可．
【解答】解：原式＝y（x2﹣4y2）＝y（x﹣2y）（x+2y）．
故答案为：y（x﹣2y）（x+2y）．
【点评】此题主要考查了提公因式法与公式法分解因式，要求灵活使用各种方法对多项式进行因式分解，一般来说，如果可以先提取公因式的要先提取公因式，再考虑运用公式法分解．
15．【分析】设甲、乙两种规格的课桌椅每套价格分别是x和y元，根据：购买甲种课桌椅3套比购买乙种2套共多60元；购买甲种5套和乙种3套，共需1620元列出方程组求解即可；
【解答】解：设甲、乙两种规格的课桌椅每套价格分别是x和y元，根据题意可得：，
故答案为：，
【点评】本题主要考查二元一次方程组的应用能力，根据题意准确抓住相等关系是解题的根本和关键．
16．【分析】先画出同一个圆的内接正方形和内接正三角形，设⊙O的半径为R，求出正方形的边心距和正三角形的边心距，再求出比值即可．
【解答】解：设⊙O的半径为R，⊙O的内接正方形ABCD，如图，
过O作OQ⊥BC于Q，连接OB、OC，即OQ为正方形ABCD的边心距，
∵四边形BACD是正方形，⊙O是正方形ABCD的外接圆，
∴O为正方形ABCD的中心，
∴∠BOC＝90°，
∵OQ⊥BC，OB＝CO，
∴QC＝BQ，∠COQ＝∠BOQ＝45°，
∴OQ＝OC×cos45°＝R；
设⊙O的内接正△EFG，如图，
过O作OH⊥FG于H，连接OG，即OH为正△EFG的边心距，
∵正△EFG是⊙O的外接圆，
∴∠OGF＝∠EGF＝30°，
∴OH＝OG×sin30°＝R，
∴OQ：OH＝（R）：（R）＝：1，
故答案为：：1．
【点评】本题考查了正多边形与圆、解直角三角形，等边三角形的性质、正方形的性质解直角三角形等知识点，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键．
17．【分析】根据一元二次方程跟与系数的关系，结合“α，β是方程x2﹣x﹣2019＝0的两个实数根”，得到α+β的值，代入α3﹣2021α﹣β，再把α代入方程x2﹣x﹣2019＝0，经过整理变化，即可得到答案．
【解答】解：根据题意得：α+β＝1，
α3﹣2021α﹣β
＝α（α2﹣2020）﹣（α+β）
＝α（α2﹣2020）﹣1，
∵α2﹣α﹣2019＝0，
∴α2﹣2020＝α﹣1，
把α2﹣2020＝α﹣1代入原式得：
原式＝α（α﹣1）﹣1
＝α2﹣α﹣1
＝2019﹣1
＝2018．
【点评】本题考查了根与系数的关系，正确掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分52分）
18．【分析】过P作PM∥直线a，求出直线a∥b∥PM，根据平行线的性质得出∠EPM＝∠2＝30°，∠FPM＝∠1＝45°，即可求出答案．
【解答】解：
过P作PM∥直线a，
∵直线a∥b，
∴直线a∥b∥PM，
∵∠1＝45°，∠2＝30°，
∴∠EPM＝∠2＝30°，∠FPM＝∠1＝45°，
∴∠EPF＝∠EPM+∠FPM＝30°+45°＝75°，
【点评】本题考查了平行线的性质的应用，能正确根据平行线的性质进行推理是解此题的关键，注意：两直线平行，内错角相等．
19．【分析】先将已知条件化简，可得：（x﹣y）2+（x﹣z）2+（y﹣z）2＝0．因为x，y，z均为实数，所以x＝y＝z．将所求代数式中所有y和z都换成x，计算即可．
【解答】解：∵（y﹣z）2+（x﹣y）2+（z﹣x）2＝（y+z﹣2x）2+（z+x﹣2y）2+（x+y﹣2z）2．
∴（y﹣z）2﹣（y+z﹣2x）2+（x﹣y）2﹣（x+y﹣2z）2+（z﹣x）2﹣（z+x﹣2y）2＝0，
∴（y﹣z+y+z﹣2x）（y﹣z﹣y﹣z+2x）+（x﹣y+x+y﹣2z）（x﹣y﹣x﹣y+2z）+（z﹣x+z+x﹣2y）（z﹣x﹣z﹣x+2y）＝0，
∴2x2+2y2+2z2﹣2xy﹣2xz﹣2yz＝0，
∴（x﹣y）2+（x﹣z）2+（y﹣z）2＝0．
∵x，y，z均为实数，
∴x＝y＝z．
∴＝＝1．
【点评】本题中多次使用完全平方公式，但使用技巧上有所区别，要仔细琢磨，灵活运用公式，会给解题带来益处．
20．【分析】（1）用不剩的人数除以其所占的百分比即可；
（2）用抽查的总人数减去其他三类的人数，再画出图形即可；
（3）根据这次被调查的所有学生一餐浪费的食物可以供50人用一餐，再根据全校的总人数是18000人，列式计算即可．
【解答】解：（1）这次被调查的学生共有600÷60%＝1000人，
故答案为：1000；
（2）剩少量的人数为1000﹣（600+150+50）＝200人，
补全条形图如下：
（3），
答：估计该校18000名学生一餐浪费的食物可供900人食用一餐．
【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．
21．【分析】（1）根据打折后购买的数量比打折前多10本，进而得出等式求出答案；
（2）先求出打8折后的标价，再根据数量＝总价÷单价，列式计算即可求解．
【解答】解：（1）设笔打折前售价为x元，则打折后售价为0.9x元，
由题意得： +10＝，
解得：x＝4，
经检验，x＝4是原方程的根．
答：打折前每支笔的售价是4元；
（2）购入笔记本的数量为：360÷（4×0.8）＝112.5（元）．
故该校最多可购入112本笔记本．
【点评】此题主要考查了分式方程的应用，正确得出等量关系是解题关键．
22．【分析】（1）在与一元二次方程有关的求值问题中，必须满足下列条件：（1）二次项系数不为零，（2）在有不相等的实数根下必须满足△＝b2﹣4ac＞0，列方程解出答案；
（2）根据题意解方程即可得到结论．
【解答】解：（1）∵方程x2+2（m﹣1）x+m2﹣1＝0有两个不相等的实数根x1，x2．
∴△＝4（m﹣1）2﹣4（m2﹣1）＝﹣8m+8＞0，
∴m＜1；
（2）存在实数m，使得x1x2＝0成立；
∵x1x2＝0，
∴m2﹣1＝0，
解得：m＝﹣1或m＝1，
∴当m＝1时，方程为x2＝0，有两个相等的实数根，与题意不符，舍去，
∴m＝﹣1．
【点评】本题考查了一元二次方程根的判别式的应用，切记不要忽略一元二次方程二次项系数不为零这一隐含条件，难度适中．
23．【分析】（1）过点A作AP⊥BD于点P，AF⊥BC，交CB的延长线于点F，可证四边形APBF是正方形，可得AP＝AF，根据“HL”可证Rt△APD≌Rt△FAC，可得∠DAP＝∠FAC，即可得∠DAC＝90°；
（2）过点F作FM⊥BC于点M，FN⊥BD于点N，过点C作CP⊥BF于点P，在BD上截取DH＝BC，连接AH，根据角平分线的性质可得FN＝FM，根据S△DBF＝2S△CBF，可得BD＝2BC，即BH＝DH＝BC，通过全等三角形的判定和性质可得AG＝GC；
（3）由全等三角形的性质可得BG＝PG＝，根据勾股定理可求GC，DC，PF的长，即可求GF的长．
【解答】解：（1）如图，过点A作AP⊥BD于点P，AF⊥BC，交CB的延长线于点F，
∵AP⊥BD，AF⊥BC，BD⊥BC
∴四边形APBF是矩形
∵∠ABC＝135°，∠DBC＝90°，
∴∠ABP＝45°，且∠APB＝90°，
∴AP＝PB，
∴四边形APBF是正方形
∴AP＝AF，且AD＝AC，
∴Rt△APD≌Rt△FAC（HL）
∴∠DAP＝∠FAC，
∵∠FAC+∠PAC＝90°
∴∠DAP+∠PAC＝90°
∴∠DAC＝90°
（2）如图，过点F作FM⊥BC于点M，FN⊥BD于点N，过点C作CP⊥BF于点P，在BD上截取DH＝BC，连接AH，
∵∠ABC＝135°，∠ABF＝90°，
∴∠CBF＝45°，且∠DBC＝90°，
∴∠DBF＝∠CBF，且FN⊥BD，FM⊥BC，
∴FN＝FM，
∵S△DBF＝2S△CBF，
∴×2，
∴BD＝2BC，
∴BH＝BD﹣DH＝BD﹣BC＝BC，
∵∠AED＝∠BEC，∠DAC＝∠DBC＝90°，
∴∠ADH＝∠ACB，且AD＝AC，DH＝BC，
∴△ADH≌△ACB（SAS），
∴∠AHD＝∠ABC＝135°，AH＝AB，
∴∠AHB＝∠ABD＝45°，
∴∠HAB＝90°，
∵BC＝BH，∠HAB＝∠BPC，∠AHB＝∠FBC＝45°，
∴△AHB≌△PBC（AAS），
∴AB＝PC，
∵AB＝PC，且∠ABP＝∠BPC，∠AGB＝∠CGP，
∴△AGB≌△CGP（AAS），
∴AG＝GC
（3）
∵AB＝3＝CP，∠PBC＝45°，CP⊥BF，
∴BP＝3，
∵△AGB≌△CGP，
∴BG＝GP＝
在Rt△PGC中，CG＝＝
∴AG＝GC＝
∴AC＝AD＝3
在Rt△ADC中，CD＝＝3，
∵S△DBF＝2S△CBF，
∴DF＝2FC
∵DF+FC＝DC
∴CF＝
在Rt△PFC中，PF＝＝1
∴FG＝PG+PF＝1+＝
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，全等三角形判定和性质，勾股定理，角平分线的性质等知识，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．
24．【分析】（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入二次函数y＝ax2+bx﹣3a求得a、b的值即可确定二次函数的解析式；
（2）分别求得线段BC、CD、BD的长，利用勾股定理的逆定理进行判定即可；
（3）分以CD为底和以CD为腰两种情况讨论．运用两点间距离公式建立起P点横坐标和纵坐标之间的关系，再结合抛物线解析式即可求解．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx﹣3a经过点A（﹣1，0）、C（0，3），
∴根据题意，得，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）由y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4得，D点坐标为（1，4），
∴CD＝＝，
BC＝＝3，
BD＝＝2，
∵CD2+BC2＝（）2+（3）2＝20，BD2＝（2）2＝20，
∴CD2+BC2＝BD2，
∴△BCD是直角三角形；
（3）存在．
y＝﹣x2+2x+3对称轴为直线x＝1．
①若以CD为底边，则P1D＝P1C，
设P1点坐标为（x，y），根据勾股定理可得P1C2＝x2+（3﹣y）2，P1D2＝（x﹣1）2+（4﹣y）2，
因此x2+（3﹣y）2＝（x﹣1）2+（4﹣y）2，
即y＝4﹣x．
又P1点（x，y）在抛物线上，
∴4﹣x＝﹣x2+2x+3，
即x2﹣3x+1＝0，
解得x1＝，x2＝＜1，应舍去，
∴x＝，
∴y＝4﹣x＝，
即点P1坐标为（，）．
②若以CD为一腰，
∵点P2在对称轴右侧的抛物线上，由抛物线对称性知，点P2与点C关于直线x＝1对称，
此时点P2坐标为（2，3）．
∴符合条件的点P坐标为（，）或（2，3）．
【点评】考查了二次函数综合题，此题是一道典型的“存在性问题”，结合二次函数图象和等腰三角形、直角梯形的性质，考查了它们存在的条件，有一定的开放性．
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