2020年湖南省娄底市中考数学试题 21页

娄底市 2020 年初中毕业学业考试试题卷 数学 温馨提示： 1、本学科试卷分试题卷和答题卡两部分，考试时量 120 分钟，满分 120 分． 2、请你将姓名、准考证号等相关信息按要求填涂在答题卡上． 3、请你在答题卡规定区域内作答，答在本试题卷上无效． 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 3 分，满分 36 分，每小题给出的四个选项中，只有 一个选项是符合题目要求的，请把你认为符合题目要求的选项填涂在答题卡上相应题号下的 方框里） 1. 2020 的倒数是（ ） A. 2020 B. 2020 C. 1 2020 D. 1 2020  【答案】D 【解析】 【分析】 由乘积为1的两个数互为倒数，可得答案． 【详解】解：   11 2020 ,2020     2020 的倒数是： 1 2020  ， 故选 D． 【点睛】本题考查的是求一个数的倒数，掌握倒数的定义是解题的关键． 2.下列运算正确的是（ ） A. 2 3 6a a a  B. 2 2 2( )a b a b   C. 3 3( 2 ) 8a a   D. 2 2 4a a a  【答案】C 【解析】 【分析】 根据同底数幂的乘法、完全平方公式、积的乘方、整式的加法：合并同类项逐项判断即可． 【详解】A、 2 3 2 3 5a a a a   ，此项错误 B、 2 2 2( ) 2a b a ab b    ，此项错误 C、 3 3( 2 ) 8a a   ，此项正确 D、 2 2 22a a a  ，此项错误 故选：C． 【点睛】本题考查了同底数幂的乘法、完全平方公式、积的乘方、整式的加法，熟记各运算法则是解题关 键． 3.如图，将直尺与三角尺叠放在一起，如果 1 28  ，那么 2 的度数为（ ） A. 62° B. 56° C. 28° D. 72° 【答案】A 【解析】 【分析】 利用两锐角互余求解 ,ABD 再利用平行线的性质可得答案． 【详解】解：如图，标注字母， 由题意得： 90 , 1 28 , / /EBD AB CD      ， 90 28 62 ,ABD      2 62 ,ABD     故选 A． 【点睛】本题考查平行线的性质，两锐角互余的性质，掌握以上知识是解题的关键． 4.一组数据 7，8，10，12，13 的平均数和中位数分别是（ ） A. 7、10 B. 9、9 C. 10、10 D. 12、11 【答案】C 【解析】 【分析】 先根据平均数的算法进行计算，求得这组数据的平均数，再将这组数据按从小到大排列的顺序排列，找出 最中间的数即可得出答案． 【详解】解：这组数据的平均数是：  1 7 8 10 12 13 10,5      把这些数从小到大排列为：7，8，10，12，13，最中间的数是 10，则中位数是 10； 故选：C． 【点睛】本题主要考查了平均数与中位数，平均数是指在一组数据中所有数据之和再除以数据的个数；将 一组数据按照从小到大（或从大到小）的顺序排列，如果这组数据的个数是偶数，则中间两个数据的平均 数就是这组数据的中位数． 5.我国汽车工业迅速发展，国产汽车技术成熟，下列汽车图标是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据中心对称图形的概念求解． 【详解】解：A、不是中心对称图形．故错误； B、是中心对称图形．故正确； C、不是中心对称图形．故错误； D、不是中心对称图形．故错误． 故选：B． 【点睛】本题考查了中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转 180 度后与原图重合． 6.2020 年中央财政下达义务教育补助经费 1695.9 亿元，比上年增长 8.3%．其中 1695.9 亿元用科学记数法表 示为（ ） A. 1016.959 10 元 B. 81695.9 10 元 C. 101.6959 10 元 D. 111.6959 10 元 【答案】D 【解析】 【分析】 根据科学记数法的定义即可得． 【详解】科学记数法：将一个数表示成 10 na  的形式，其中1 10a  ，n 为整数，这种记数的方法叫做 科学记数法 则1695.9亿 3 8 111.6959 10 10 1.6959 10     故选：D． 【点睛】本题考查了科学记数法的定义，熟记定义是解题关键． 7.正多边形的一个外角为 60°，则这个多边形的边数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】 根据正多边形的外角和以及一个外角的度数，求得边数． 【详解】解：正多边形的一个外角等于 60°，且外角和为 360°， 则这个正多边形的边数是：360°÷60°=6， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了多边形的外角和定理，解决问题的关键是掌握多边形的外角和等于 360 度． 8.如图，撬钉子的工具是一个杠杆，动力臂 1 cosL L   ，阻力臂 2 cosL l   ，如果动力 F 的用力方向 始终保持竖直向下，当阻力不变时，则杠杆向下运动时的动力变化情况是（ ） A. 越来越小 B. 不变 C. 越来越大 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】 根据杠杆原理及 cos 的值随着 的减小而增大结合反比例函数的增减性即可求得答案． 【详解】解：∵动力×动力臂=阻力×阻力臂， ∴当阻力及阻力臂不变时，动力×动力臂为定值，且定值＞0， ∴动力随着动力臂的增大而减小， ∵杠杆向下运动时 的度数越来越小，此时 cos 的值越来越大， 又∵动力臂 1 cosL L   ， ∴此时动力臂也越来越大， ∴此时的动力越来越小， 故选：A． 【点睛】本题主要考查了杠杆原理以及锐角三角函数和反比例函数的增减性，熟练掌握相关知识是解决本 题的关键． 9.如图，平行于 y 轴的直线分别交 1ky x  与 2ky x  的图象（部分）于点 A、B，点 C 是 y 轴上的动点，则 ABC 的面积为（ ） A. 1 2k k B.  1 2 1 2 k k C. 2 1k k D.  2 1 1 2 k k 【答案】B 【解析】 【分析】 设 A 的坐标为（x， 1k x ），B 的坐标为（x， 2k x ），然后根据三角形的面积公式计算即可． 【详解】解：设 A 的坐标为（x， 1k x ），B 的坐标为（x， 2k x ）， ∴S△ABC= 1 21 2 k kx x x     =  1 2 1 2 k k ， 故选：B． 【点睛】本题考查了反比例函数和几何综合，设出 A，B 的坐标是解题关键． 10.下列各正方形中的四个数之间都有相同的规律，根据此规律，x 的值为（） 1 4 2 6 3 8 …… a 18 2 9 3 20 4 35 b x A. 135 B. 153 C. 170 D. 189 【答案】C 【解析】 【分析】 由观察发现每个正方形内有： 2 2 4,2 3 6,2 4 8,      可求解b ，从而得到 a ，再利用 , ,a b x 之间的关 系求解 x 即可． 【详解】解：由观察分析：每个正方形内有： 2 2 4,2 3 6,2 4 8,      2 18,b  9,b  由观察发现： 8,a  又每个正方形内有： 2 4 1 9,3 6 2 20,4 8 3 35,         18 ,b a x   18 9 8 170.x     故选 C． 【点睛】本题考查的是数字类的规律题，掌握由观察，发现，总结，再利用规律是解题的关键． 11.函数的零点是指使函数值等于零的自变量的值，则下列函数中存在零点的是（ ） A. 2 2y x x   B. 1y x  C. 1y x x   D. | | 1y x  【答案】D 【解析】 【分析】 把 0y  代入四个函数解析式，解方程即可得到答案． 【详解】解：当 2 2 0,y x x    1, 1, 2,a b c   2 4 1 4 1 2 7b ac         ＜ 0 ，  原方程没有实数解，  2 2y x x   没有零点，故 A 不符合题意， 当 1 0,y x   1,x   显然，方程没有解， 所以 1y x  没有零点，故 B 不符合题意， 当 1y x 0,x    2 1 0,x   显然方程无解， 所以 1y x x   没有零点，故C 不符合题意， 当 | | 1 0,y x   1,x  1,x   所以 | | 1y x  有两个零点，故 D 符合题意， 故选 .D 【点睛】本题考查的是函数的零点，即函数与 x 轴的交点的情况，掌握令 0y  ，再解方程是解题的关键． 12.二次函数 y=（x﹣a）（x﹣b）﹣2，（a＜b）的图象与 x 轴交点的横坐标为 m，n，且 m＜n，则 a，b，m， n 的大小关系是（ ） A. a＜m＜n＜b B. a＜m＜b＜n C. m＜a＜b＜n D. m＜a＜n＜b 【答案】C 【解析】 【分析】 依照题意画出二次函数 y=（x-a）（x-b）及 y=（x-a）（x-b）-2 的图象，观察图象即可得出结论． 【详解】解：二次函数 y=（x-a）（x-b）与 x 轴交点的横坐标为 a、b，将其图象往下平移 2 个单位长度可得 出二次函数 y=（x-a）（x-b）-2 的图象，如图所示． 观察图象，可知：m＜a＜b＜n． 故选 C． 【点睛】本题考查了抛物线与 x 轴的交点以及二次函数的图象，依照题意画出图象，利用数形结合解决问 题是解题的关键． 二、填空题（本大题共 6 小题，每小题 3 分，满分 18 分） 13.一元二次方程 2 2 0x x c   有两个相等的实数根，则 c  ________． 【答案】1 【解析】 【分析】 由一元二次方程有两个相等的实数根，则 0, 从而列方程可得答案． 【详解】解： 方程 2 2 0x x c   有两个相等的实数根， 2 4 0,b ac     22 4 1 0,c      4 4,c  1,c  故答案为：1. 【点睛】本题考查的是一元二次方程根的判别式，掌握根的判别式是解题的关键． 14.口袋内装有大小、质量和材料都相同的两种颜色的球，其中红色球 3 个，白色球 2 个，从中任意摸出一 球，摸出白色球的概率是_________． 【答案】 2 5 【解析】 【分析】 根据概率的计算公式，用白球的个数除以总个数即可得到结果． 【详解】由题可知，摸出白球的概率 2 5P  ． 故答案为 2 5 ． 【点睛】本题主要考查了概率的求解，准确计算是关键． 15.若 1 ( )2 b d a ca c    ，则 b d a c   ________． 【答案】 1 2 【解析】 【分析】 根据比例的基本性质进行化简，代入求职即可． 【详解】由 1 ( )2 b d a ca c    可得 2a b ， 2c d ， 代入   1= 2 2 2 2       b d b d b d a c b d b d ． 故答案为 1 2 ． 【点睛】本题主要考查了比例的基本性质化简，准确观察分析是解题的关键． 16.如图，公路弯道标志 R m 表示圆弧道路所在圆的半径为 m（米），某车在标有 300R  处的弯道上从 点 A 行驶了100 米到达点 B，则线段 AB _______米． 【答案】300 【解析】 【分析】 根据弧长公式求出∠AOB 的度数，根据等边三角形的性质即可求解． 【详解】∵100 = 300 180 180 n R n   ∴n=60° 又 AO=BO ∴△AOB 是等边三角形， ∴ AB AO=BO=300(米) 故答案为：300． 【点睛】此题主要考查弧长公式，解题的关键是熟知弧长公式的运用． 17.如图，四边形 ABDC 中， 3, 2AB AC BD CD    ，则将它以 AD 为轴旋转 180°后所得分别以 AB 、 BD 为母线的上下两个圆锥的侧面积之比为_________． 【答案】3∶2 【解析】 【分析】 根据两个圆锥的底面圆相同，设底面圆的周长为 l，根据圆锥的侧面积公式可得上面圆锥的侧面积为：π·AB·l， 下面圆锥的侧面积为：π·BD·l，即可得出答案． 【详解】解：∵两个圆锥的底面圆相同， ∴可设底面圆的周长为 l， ∴上面圆锥的侧面积为：π·AB·l， 下面圆锥的侧面积为：π·BD·l， ∴S 上：S 下=3：2， 故答案为：3：2． 【点睛】本题考查了圆锥的侧面积公式，掌握圆锥侧面积公式是解题关键． 18.由 4 个直角边长分别为 a，b 的直角三角形围成的“赵爽弦图”如图所示，根据大正方形的面积 2c 等于小正 方形的面积 2( )a b 与 4 个直角三角形的面积 2ab 的和证明了勾股定理 2 2 2 a b c ，还可以用来证明结论： 若 0a  、 0b  且 2 2a b 为定值，则当 a _______b 时， ab 取得最大值． 【答案】= 【解析】 【分析】 设 2 2a b 为定值 k ，则 2 2 2 kc a b  ，先根据“张爽弦图”得出 22 ( )ab k a b   ，再利用平方数的非负 性即可得． 【详解】设 2 2a b 为定值 k ，则 2 2 2 kc a b  由“张爽弦图”可知， 2 2 22 ( ) ( )ab c a b k a b      即 2( ) 2 k a bab   要使 ab 的值最大，则 2( )a b 需最小 又 2( ) 0a b  当 a b 时， 2( )a b 取得最小值，最小值为 0 则当 a b 时， ab 取得最大值，最大值为 2 k 故答案为：  ． 【点睛】本题考查了勾股定理的应用、平方数的非负性，掌握勾股定理是解题关键． 三、解答题（本大题共 2 小题，每小题 6 分，共 12 分） 19.计算： 1 0 13 1 3tan30 (3.14 ) 2            【答案】2． 【解析】 【分析】 先计算绝对值运算、特殊角的正切函数值、零指数幂、负整数指数幂，再计算实数的混合运算即可得． 【详解】原式 33 1 3 1 23       3 1 3 1 2    2 ． 【点睛】本题考查了绝对值运算、特殊角的正切函数值、零指数幂、负整数指数幂，熟记各运算法则是解 题关键． 20.先化简 2 2 3 3 9 m m m m m m        ，然后从 3 ，0，1，3 中选一个合适的数代入求值． 【答案】 9m  ， 10 ． 【解析】 【分析】 先计算括号内的分式减法，再计算分式的除法，然后选一个使得分式有意义的 x 的值代入求值即可． 【详解】原式 ( 3) 2 ( 3) ( 3)( 3) ( 3)( 3) ( 3)( 3) m m m m m m m m m m m             2 22 6 ( 3)( 3) ( 3)( 3 3) m m m m m m m m m       2 9m m m  ( 9)m m m   9m    分式的分母不能为 0 0, 3 0, 3 0m m m     解得：m 不能为 3 ，0，3 则选 1m  代入得：原式 9 1 9 10m        ． 【点睛】本题考查了分式的减法与除法、分式有意义的条件等知识点，掌握分式的运算法则是解题关键． 四、解答题（本大题共 2 小题，每小题 8 分，共 16 分） 21.我市开展“温馨家园，创文同行”活动，某初中学校倡议学生利用双休日进社区参加义务劳动，为了 了解同学们的劳动情况，学校随机调查了部分同学的劳动时间  t h ：A．0 0.5t  ，B．0.5 1t  ， C．1 1.5t  ，D． 1.5t  ， 将所得数据绘制成了如下不完整的统计图： （1）本次调查参加义务劳动的学生共_______人， a _______． （2）补全条形统计图． （3）扇形图中“ 0 0.5t  ”部分的圆心角是_______度． 【答案】（1）100，40；（2）详见解析；（3）18° 【解析】 【分析】 （1）利用 C 组的人数除以百分比，即可得到总人数，然后求出 a 的值即可； （2）求出 D 组的人数，然后补全条形图即可； （3）求出 A 组的百分比，乘以 360°，即可得到答案． 【详解】解：（1）35 35% 100  ， 40 100 100% 40%   ， ∴本次调查参加义务劳动的学生共 100 人， 40a  ； 故答案为：100；40； （2）补全条形统计图如图所示． （3） 5 100 360 18    ， ∴扇形图中“ 0 0.5t  ”部分的圆心角为 18°． 【点睛】本题考查了扇形统计图，条形统计图，以及求扇形图中的圆心角，弄清题中的数据是解本题的关 键． 22.如实景图，由华菱涟钢集团捐建的早元街人行天桥于 2019 年 12 月 18 日动工，2020 年 2 月 28 日竣工， 彰显了国企的担当精神，展现了高效的“娄底速度”．该桥的引桥两端各由 2 个斜面和一个水平面构成，如示 意图所示：引桥一侧的桥墩顶端 E 点距地面 5m ，从 E 点处测得 D 点俯角为 30°，斜面 ED 长为 4m ，水平 面 DC 长为 2m ，斜面 BC 的坡度为 1∶4，求处于同一水平面上引桥底部 AB 的长．（结果精确到 0.1m ， 2 1.41, 3 1.73  ）． 【答案】引桥桥墩底端 A 点到起点 B 之间的距离为17.5m ． 【解析】 【分析】 延长 CD ，与 AE 相交于 F，过点 D、C 两点分别作 AB 的垂线交 AB 于点 G、H，计算 AG，GH，BH 的 长度，再求和即可． 【详解】解：如图，延长 CD ，与 AE 相交于 F，过点 D、C 两点分别作 AB 的垂线交 AB 于点 G、H，则 在 Rt DEF△ 中， 4, 30 , 2DE EDF EF     ， 3cos30 4 2 32DF DE AG      2, 5 2 3GH DC CH AF      ， 在 Rt BCH 中， : 1: 4, 12CH BH BH  2 3 2 12 17.46 17.5(m)AB AG GH BH        答：引桥桥墩底端 A 点到起点 B 之间的距离为17.5m ． 【点睛】本题考查了解直角三角形的实际应用问题，熟练的构造直角三角形，并计算各边的计算是解题的 关键． 五、解答题（本大题共 2 小题，每小题 9 分，共 18 分） 23.为了预防新冠肺炎疫情的发生，学校免费为师生提供防疫物品．某校花 7200 元购进洗手液与 84 消毒液 共 400 瓶，已知洗手液的价格是 25 元瓶，84 消毒液的价格是 15 元瓶． 求：（1）该校购进洗手液和 84 消毒液各多少瓶？ （2）若购买洗手液和 84 消毒液共 150 瓶，总费用不超过 2500 元，请问最多能购买洗手液多少瓶？ 【答案】（1）该校购进洗手液 120 瓶，购进 84 消毒液 280 瓶；（2）最多能买洗手液 25 瓶． 【解析】 【分析】 （1）设购进洗手液 x 瓶，则购进 84 消毒液为  400 x 瓶，根据题意得到一元一次方程，故可求解； （2）设最多能购买洗手液 a 瓶，根据题意得到不等式，故可求解． 【详解】解：（1）设购进洗手液 x 瓶，则购进 84 消毒液为  400 x 瓶 依题意得： 25 15(400 ) 7200x x   解得 120x  400 280x  答：该校购进洗手液 120 瓶，购进 84 消毒液 280 瓶． （2）设最多能购买洗手液 a 瓶 25 15(150 ) 2500a a  „ 解得 25a  答：最多能买洗手液 25 瓶． 【点睛】此题主要考查一元一次方程与不等式的应用，解题的关键是根据题意找到等量关系或不等关系列 式求解． 24.如图， ABCD 中， 2BC AB ， AB AC ，分别在边 BC 、 AD 上的点 E 与点 F 关于 AC 对称，连 接 EF 、 AE 、CF 、 DE ． （1）试判定四边形 AECF 的形状，并说明理由； （2）求证： AE DE 【答案】（1）四边形 AECF 为菱形，理由详见解析；（2）详见解析 【解析】 【分析】 （1）根据题意可证明 AOF COE ≌ ，再由 ,OE OF EF AC  可得到四边形 AECF 是菱形； （2）根据直角三角形斜边上的中线的性质即可求解． 【详解】解：（1）四边形 AECF 为菱形，理由如下 由 ABCD 可得 //AD BC ，从而 CAF ACE   设 AC 与 EF 相交于点 O ∵点 E 与点 F 关于 AC 对称 ∴ OE OF 且 EF AC 在 AOF 和 COE 中 CAF ACE OE OF AOF COE         ∴ AOF COE ≌ ∴OA OC ，又 ,OE OF EF AC  ∴四边形 AECF 为菱形， （2）∵ AB AC ，据（1） EF A C ∴ //EF AB 又∵OA OC ∴ BE CE AF DF 1 1 2 2EF AB BC AD AF DF     ∴ AE DE ． 【点睛】此题主要考查菱形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质、菱形的判定定理 及直角三角形的性质． 六、综合题（本大题共 2 小题，每小题 10 分，共 20 分） 25.如图，点 C 在以 AB 为直径的 O 上， BD 平分 ABC 交 O 于点 D，过 D 作 BC 的垂线，垂足为 E． （1）求证： DE 与 O 相切； （2）若 5, 4 AB BE ，求 BD 的长； （3）请用线段 AB 、 BE 表示CE 的长，并说明理由． 【答案】（1）详见解析；（2） 2 5 ；（3）CE AB BE  ，理由详见解析 【解析】 【分析】 （1）连 OD ，据题意得 OB OD ，根据平分线的性质，得 CBD OBD   ，证明 //OD BC ，再根据 DE BC 可得结果； （2）根据 AB 为 O 的直径可得 90ADB   ，证出 DBE ABD ∽ ，得到 2BD AB BE  ，代入数值 求解即可； （3）由 EBD ABD   得CD AD ，根据 90 , 90ADB CED      ，得到 2 2 2 2CD AD AB BD   ， 2 2 2DE BD BE  ，联立即可得到结果； 【详解】解：（1）连 OD ，据题意得OB OD ， ODB OBD   ， ∵ BD 平分 ABC ， ∴ CBD OBD   ， ∴ CBD ODB   ， ∴ //OD BC ， 又∵ DE BC ， ∴ DE OD ， ∴ DE 与 O 相切． （2） AB 为 O 的直径可得： 90ADB   ， 据（1） CBD OBD   且 90DEB   ， ∴在 DBE 和 ABD△ 中， EBD ABD DEB ADB     ， ， ∴ DBE ABD ∽ ， ∴ 2BD AB BE  ， 又∵ 5, 4 AB BE ， ∴ 20 2 5BD   ． （3）CE AB BE  ． 由 EBD ABD   得CD AD ， ∵ 90 , 90ADB CED      ， ∴ 2 2 2 2CD AD AB BD   ， 2 2 2DE BD BE  ， 2 2 2 2 2 2 22 ( )CE CD DE AB BE BD AB BE       ， 由 ,Rt DBE Rt ABD  得 AB BD BE  ， ∴CE AB BE - ． 【点睛】本题主要考查了圆的综合应用，结合三角形相似的知识点进行求解是解题的关键． 26.如图，抛物线经过点 ( 3,0)A  、 (1,0)B 、 (0,3)C ． （1）求抛物线的解析式； （2）点  ,P m n 是抛物线上的动点，当 3 0m   时，试确定 m 的值，使得 PAC 的面积最大； （3）抛物线上是否存在不同于点 B 的点 D，满足 2 2 6DA DC  ，若存在，请求出点 D 的坐标；若不存 在，请说明理由． 【答案】（1） 2 2 3y x x    ；（2） 3 2m   ；（3）  2,3D  【解析】 【分析】 （1）据题意可设抛物线的解析式为 3 1y a x x  ( )( )，将点代入  0,3C 解出 a，即可求出抛物线的解析 式； （2）先求出直线 AC 的解析式，然后根据当 3 0m   时，点  ,P m n 在直线 AC 上方，过点 P 作 x 轴的 垂线与线段 AC 相交于点 Q，可将 x m 分别代入 2 2 3y x x    和 3y x= + 得  2, 2 3P m m m   ， ( , 3)Q m m  ，从而得出 PQ 的代数式，从而可求出 m 的值； （3）由题意可得 4, 1, 3AB OB CO   ，根据 2 10BC  ， 45CAO   ，可求出 2 2 6BA BC  ，连接 BC ，过B 作 AC 的垂线交抛物线于点 D，交 AC 于点 H，可得 2 2 2 2 2 2 6DA DC HA HC BA BC      ， 根据 CAO DBA   ，可得 BD 与 AC 关于 AB 的垂直平分线对称，即关于抛物线的对称轴 1x   对称， 即点 D 与点 C 关于抛物线的对称轴 1x   对称，从而可求出点 D 的坐标． 【详解】解：（1）据题意可设抛物线的解析式为 3 1y a x x  ( )( )， 将点  0,3C 代入，可得 1a   ∴抛物线的解析式为 2 2 3y x x    ； （2）设直线 AC 的解析式为： y kx b  ， 将 ( 3,0)A  、 (0,3)C 代入得 0 3 3 k b b      ， 解得 1 3 k b    ， ∴直线 AC 的解析式： 3y x= + ， 当 3 0m   时，点  ,P m n 在直线 AC 上方， 过点 P 作 x 轴的垂线与线段 AC 相交于点 Q， 将 x m 分别代入 2 2 3y x x    和 3y x= + 得  2, 2 3P m m m   ， ( , 3)Q m m  ， ∴ 2 2 3 ( 3)PQ m m m      2 3m m   23 9 2 4m       ∵ 3 0m   ， ∴当且仅当 3 2m   时， PQ 取得最大值， 此时 1 3 2 2PACS PQ AO PQ   最大， ∴ 3 2m   ； （3）由 ( 3,0)A  、 (1,0)B 、 (0,3)C 得 4, 1, 3AB OB CO   ， ∵ 2 10BC  ， 45CAO   ， ∴ 2 2 6BA BC  ， 连接 BC ，过 B 作 AC 的垂线交抛物线于点 D，交 AC 于点 H， 则 90 , 45AHB DBA CAO        ， 2 2 2 2 2 2 6DA DC HA HC BA BC      ， ∵ CAO DBA   ， ∴ BD 与 AC 关于 AB 的垂直平分线对称，即关于抛物线的对称轴 1x   对称， ∴点 D 与点 C 关于抛物线的对称轴 1x   对称， 又∵  0,3C ， ∴点 D 的坐标为（-2，3）． 【点睛】本题是二次函数的综合题，考查二次函数的性质，求一次函数解析式，结合题意，正确添加辅助 线，灵活运用知识点是解题关键．