2021年山东省济南市天桥区中考数学一模试卷(有答案)

山东省济南市天桥区2021届九年级下学期数学中考一模试卷一、单选题1.7的相反数是（   ）A.  7                                        B. -7                                        C.                                         D. 【答案】B【考点】相反数及有理数的相反数【解析】【解答】因为只有符号不相同的两个数是互为相反数，所以7的相反数是-7，故答案为：B.【分析】只有符号不相同的两个数是互为相反数。根据相反数的定义可得7的相反数是-7。2.如图，下列几何体是由4个相同的小正方体组合而成的，从左面看得到的平面图形是下列选项中的（   ）A.                         B.                         C.                         D. 【答案】D【考点】简单几何体的三视图【解析】【解答】从左面看这个几何体有一列，二层，所以从左面看得到的平面图形是D，故答案为：D.【分析】从左面看得到的平面图形，也即是三视图中的左视图，本题中的几何体的左视图是一列二层。3.我国每年的淡水为27500亿m3,人均仅居世界第110位,用科学记数法 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示27500为（   ）A. 275×102                         B. 27.5×103                         C. 2.75×104                         D. 0.275×105【答案】C【考点】科学记数法—表示绝对值较大的数【解析】【解答】当原数绝对值＞1时，n是正数；当原数的绝对值＜1时，n是负数．所以27500=2.75×104，故答案为：C.【分析】任何一个绝对值大于或等于1的数都可表示为a的形式，其中n=整数位数-1。所以27500=2.75.4.如图，直线a∥b，∠1=70°，那么∠2的度数是（  ）A. 130°                                     B. 110°                                     C. 70°                                     D. 80°【答案】B【考点】平行线的性质【解析】【解答】解：∵a∥b，∴∠3=∠1=70°，∴∠2=180°﹣∠3=110°．故选B．【分析】先根据平行线的性质得到∠3=∠1=70°，然后根据邻补角的定义求解．5.下列计算正确的是（  ）A. （a5）2=a10                    B. x16÷x4=x4                    C. 2a2+3a2=6a4                    D. b3•b3=2b3【答案】A【考点】同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，同底数幂的除法，合并同类项法则及应用【解析】【解答】解：A、（a5）2=a10，正确；B、x16÷x4=x12，错误；C、2a2+3a2=5a2，错误；D、b3•b3=b6，错误；故选A【分析】根据幂的乘方、同底数幂的乘法、同类项和同底数幂的除法计算即可．6.将点A（﹣1，2）向右平移4个单位长度，再向下平移3个单位长度，则平移后点的坐标是（   ）A. （3，1）                      B. （﹣3，﹣1）                      C. （3，﹣1）                      D. （﹣3，1）【答案】C【考点】坐标与图形变化﹣平移【解析】【解答】将点A(-1，2)的横坐标加4，纵坐标减3后的点的坐标为(3，-1)，故答案为：C.【分析】根据平移的点的坐标变化特征：向右平移在横坐标后加平移的距离，向下平移在纵坐标后减平移的距离。所以平移后点的坐标为（3，-1）。7.下列图形中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的是（   ）A.                              B.                              C.                              D. 【答案】C【考点】轴对称的性质，中心对称及中心对称图形【解析】【解答】A.是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；B.不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；C.是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；D.是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意。故答案为：C.【分析】把一个图形沿着某一条直线折叠，这个图形的两部分能完全重合，那么这个图形是轴对称图形。在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与原来的图形重合，则这个图形是中心对称图形。根据定义可得C既是轴对称图形，又是中心对称图形。8.如图所示，用扇形统计图反映地球上陆地面积与海洋面积所占比例时，陆地面积所对应的圆心角是108°，当宇宙中一块陨石落在地球上，则落在陆地上的概率是(   ).A. 0.2                                       B. 0.3                                       C. 0.4                                       D. 0.5【答案】B【考点】利用频率估计概率【解析】【解答】∵“陆地”部分对应的圆心角是108°，∴“陆地”部分占地球总面积的比例为：108÷360=，∴宇宙中一块陨石落在地球上，落在陆地的概率是=0.3.故答案为：B．【分析】用频率估计概率。频率==0.3，所以概率为0.3。9.解分式方程分以下几步，其中错误的一步是（   ）A. 方程两边分式的最简公分母是（x－1）（x＋1）          B. 方程两边都乘以（x－1）（x＋1），得整式方程2（x－1）＋3（x＋1）＝6C. 解这个整式方程，得x＝1                                    D. 原方程的解为x＝1【答案】D【考点】解分式方程【解析】【解答】方程无解，虽然化简求得，但是将代入原方程中，可发现和的分母都为零，即无意义，所以，即方程无解【分析】因为分式方程在化为整式方程的过程中，未知数的取值范围扩大了，所以会产生增根，因此分式方程要验根。增根是使分母为0的未知数的值。10.如图，正方形ABCD的边长为4，点E在对角线BD上，且∠BAE＝22.5°，EF⊥AB，垂足为F，则EF的长为（   ）A. 1                                  B.                                   C. 4－2                                  D. 3－4【答案】C【考点】三角形内角和定理，等边三角形的性质，勾股定理的应用，正方形的性质【解析】【解答】在正方形ABCD中，∠ABD=∠ADB=45°，∵∠BAE=22.5°，∴∠DAE=90°-∠BAE=90°-22.5°=67.5°，在△ADE中，∠AED=180°-45°-67.5°=67.5°，∴∠DAE=∠AED，∴AD=DE=4，∵正方形的边长为4，∴BD=4，∴BE=BD-DE=4-4，∵EF⊥AB，∠ABD=45°，∴△BEF是等腰直角三角形，∴EF=BE=×（4-4）=4-2．故答案为：C．【分析】由正方形的性质和已知可得∠ABD=∠ADB=45°，∠DAE=90°-∠BAE=90°-22.5°=67.5°，所以由三角形内角和定理可得∠AED=180°-45°-67.5°=67.5°，所以AD=DE=4，而BD=,BE=BD-DE=4-4,△BEF是等腰直角三角形，EF=BE=(4-4)=.11.把所有正偶数从小到大排列，并按如下规律分组：第一组：2，4；第二组：6，8，10，12；第三组：14，16，18，20，22，24第四组：26，28，30，32，34，36，38，40……则现有等式Am=（i，j）表示正偶数m是第i组第j个数（从左到又数），如A10=（2，3），则A2018=（   ）A. （31，63）                      B. （32，17）                      C. （33，16）                      D. （34，2）【答案】B【考点】探索数与式的规律【解析】【解答】2018是第1009个数，设2018在第n组，由2+4+6+8+…+2n=n（n+1），当n=31时，n（n+1）=992；当n=32时，n（n+1）=1056；故第1009个数在第32组，第32组的第一个数为2×992+2=1986，则2018是（+1）=17个数．则A2016=（32，17）．故答案为：B．【分析】因为每一组数是连续的偶数，所以可得2018是第1009个数，设2018在第n组，由2+4+6+8+…+2n=n（n+1），当n=31时，n（n+1）=992；当n=32时，n（n+1）=1056；即可知第1009个数在第32组，第32组的第一个数为2×992+2=1986，则2018是17个数。12.某校校园内有一个大正方形花坛，如图甲所示，它由四个边长为3米的小正方形组成，且每个小正方形的种植 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相同．其中的一个小正方形ABCD如图乙所示，DG=1米，AE=AF=x米，在五边形EFBCG区域上种植花卉，则大正方形花坛种植花卉的面积y与x的函数图象大致是（   ）A.              B.              C.              D. 【答案】A【考点】二次函数的图象，根据实际问题列二次函数关系式，二次函数的实际应用-几何问题【解析】【解答】S△AEF=AE×AF=，S△DEG=DG×DE=×1×（3﹣x）=，S五边形EFBCG=S正方形ABCD﹣S△AEF﹣S△DEG==，则y=4×（）=，∵AE＜AD，∴x＜3，综上可得：（0＜x＜3）．故答案为：A．【分析】先求出∆AEF和∆DEG的面积，然后可得到五边形EFBCG的面积，继而可得y与x的函数关系式。二、填空题13.计算：|-5+3|=________【答案】2【考点】绝对值及有理数的绝对值【解析】【解答】|-5+3|=|-2|=2，故答案为2.【分析】任何一个不为0的数的绝对值都是正数，所以原式=|-2|=2。14.分解因式：3x2－12＝________．【答案】3(x＋2)(x－2)【考点】提公因式法因式分解，因式分解﹣运用公式法【解析】【解答】试题解析：3x2-12=3(x2-4)=3(x+2)(x-2).【分析】先提公因式3，再按照平方差公式分解即可。即原式=3(x2-4)=3(x+2)(x-2).15.已知一组数据0，2，x，4，5的众数是4，那么这组数据的中位数是________.【答案】4【考点】中位数，众数【解析】【解答】∵数据0，2，x，4，5的众数是4，∴x=4，这组数据按照从小到大的顺序排列为：0，2，4，4，5，则中位数为：4.故答案为：4.【分析】 众数是指出现次数最多的数据，所以可得x=4；再将这组数据从小到大排列，最中间的一个数为4，所以中位数为4.16.如图，△ABC的顶点都是正方形网格中的格点，则tan∠ABC=________.【答案】【考点】锐角三角函数的定义【解析】【解答】∵AB所在的直角三角形的两边分别为：2，4，∴AB=．∴sin∠ABC=．【分析】根据∠ABC的正弦函数可求解。即in∠ABC==.17.将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF，若AB=3，则菱形AECF的周长为________．【答案】2【考点】菱形的性质，矩形的性质，翻折变换（折叠问题）【解析】【解答】根据折叠图形可得∠BCE=∠OCE，根据菱形的性质可得∠FCO=∠ECO，则∠FCO=∠ECO=∠BCE，根据矩形的性质可得∠FCO=∠ECO=∠BCE=30°，则CE=2BE，根据菱形性质可得AE=CE=2BE，∵AB=3，∴AE+BE=2BE+BE=3，则BE=1，则AE=2.【分析】由折叠的性质可得∠BCE=∠OCE，根据菱形的性质可得∠FCO=∠ECO，则∠FCO=∠ECO=∠BCE，根据矩形的性质可得∠FCO=∠ECO=∠BCE=30°，则CE=2BE，根据菱形性质可得AE=CE=2BE，所以结合已知可得AE+BE=2BE+BE=3，则BE=1，则AE=2.18.如图,在平面直角坐标系中,反比例函数y=(x>0)的图象上,有一动点P,以点P为圆心,以一个定值R为半径作⊙P在点P运动过程中,若⊙P与直线y=-x+4有且只有3次相切时,则定值R为________.【答案】【考点】反比例函数图象的对称性【解析】【解答】如图，过点P作PQ⊥AB于点Q，过点P作PR∥x轴交AB于点R，则△PQR是等腰直角三角形，PR=PQ，根据反比例函数的轴对称性，⊙P与直线y=-x+4有且只有3次相切时，线段PQ在第一象限的角平分线上，所以Q（2，2）设P（a，）(a＞0)，则a=，解得x=，所以P(，)，得R（4-，），则PR=4-，所以PQ===，故答案为.【分析】过点P作PQ⊥AB于点Q，过点P作PR∥x轴交AB于点R，则△PQR是等腰直角三角形，由勾股定理可得PR=PQ，根据反比例函数的轴对称性，⊙P与直线y=-x+4有且只有3次相切时，线段PQ在第一象限的角平分线上，所以Q（2，2），由题意设出点P的坐标，再代入反比例函数的解析式中，即可求得P（，），则可得R（4-，），所以PR=4-2，所以PQ=.三、解答题19.计算:+2-1-2cos60°+(π-3)0【答案】解：+2-1-2cos60°+(π-3)0=3+=.【考点】实数的运算【解析】【分析】根据实数的云算性质即可求解。即原式=3+-2+1=。20.解不等式组并将解集在数轴上表示出来.【答案】解：解不等式①，得x>-1，解不等式②，得x≤4，故此不等式的解集为：-1<x≤4。在数轴上表示为：【考点】在数轴上表示不等式（组）的解集【解析】【分析】将每个不等式的解集求出来，再找出解集的公共部分，然后在数轴上表示出来。即解不等式①，得x>-1，解不等式②，得x≤4，不等式的解集为：-1<x≤4。21.如图：点C是AE的中点，∠A=∠ECD，AB=CD，求证：∠B=∠D．【答案】证明：∵点C是AE的中点，∴AC＝CE.在△ABC和△CDE中，AC＝CE，∠A＝∠ECD，AB=CD，∴△ABC≌△CDE(SAS)，∴∠B＝∠D.【考点】全等三角形的判定与性质【解析】【分析】由线段中点的定义可得AC＝CE，在△ABC和△CDE中，用边角边可证得△ABC≌△CDE，所以∠B＝∠D.22.为了奖励优秀班集体,学校购买了若干副乒乓球拍和羽毛球拍,购买2副乒乓球拍和1副羽毛球拍共需116元,购买3幅乒乓球拍和2幅羽毛球拍共需204元.（1）每副乒乓球拍和羽毛球拍的单价各是多少元?（2）若学校购买5副乒乓球拍和3副羽毛球拍,一共应支出多少元?【答案】（1）解：设购买一副乒乓球拍x元，一副羽毛球拍y元，由题意得，，解得：答：购买一副乒乓球拍28元，一副羽毛球拍60元（2）解：5×28＋3×60＝320元答：购买5副乒乓球拍和3副羽毛球拍共320元．【考点】二元一次方程组的其他应用【解析】【分析】（1）由题意可得相等关系：2副乒乓球拍+1副羽毛球拍=116,3幅乒乓球拍+2幅羽毛球拍=204，根据相等关系列方程组即可求解；（2）由（1）中计算结果可计算。即5x+3y=5×28＋3×60＝320元.23.我区实施课堂教学改革后,学生的自主学习、合作交流能力有很大提高,为了解学生自主学习、合作交流的具体情况,张老师对本班部分学生进行了为期半个月的跟踪调查,并将调查结果分成四类,A:特别好;B:好;C:一般;D:较差;绘制成以下两幅不完整的统计图,请你根据统计图解答下列问题:（1）本次调查中,张老师一共调查了几名同学;（2）将上面的条形统计图补充完整;（3）为了共同进步,张老师从被调查的A类和D类学生中分别选取一位同学进行“一帮一”互助学习,请用列表法或画树形图的 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 求出所选两位同学恰好是一男一女的概率.【答案】（1）解：一共调查了3÷15%=20名同学；（2）解：C类人数为20×25%=5名，女生有5-3=2名，D类人数有20-3-10-5=2名，男生有2-1=1名，条形图补充如下:（3）解：选取情况如下：∴所选两位同学恰好是一位男同学和一位女同学的概率P=.【考点】频数与频率，扇形统计图，条形统计图，列表法与树状图法【解析】【分析】（1）样本容量=某组的频数这组的百分数，所以本次调查中,张老师一共调查的学生有3÷15%=20名；（2）频数=样本容量百分数，所以C类人数为20×25%=5名，女生有5-3=2名，D类人数有20-3-10-5=2名，男生有2-1=1名，根据计算结果即可补全条形统计图；（3）根据列表可知，共有6种结果，恰好是一位男同学和一位女同学的有3种结果，所以所选两位同学恰好是一位男同学和一位女同学的概率P==.24.甲、乙两家绿化养护公司各自推出了校园绿化养护服务的收费方案．甲公司方案：每月的养护费用y（元）与绿化面积x（平方米）的关系如图所示．乙公司方案：绿化面积不超过1000平方米时，每月收取费用5500元；绿化面积超过1000平方米时，超过的部分每月每平方米加收4元．（1）求如图所示的y与x的函数表达式；（2）如果某学校目前的绿化面积是1200平方米．那么选择哪家公司的服务比较划算．【答案】（1）解：设y与x的关系式为y＝kx＋b(k≠0)，依题意得，解得k＝5，b＝400，∴y与x的关系式为y＝5x＋400（2）解：x=1200时，甲公司方案为51200+400=6400元；乙公司方案为5500+(1200-1000)4=6300元.∵6400＞6300，∴选择乙公司的服务比较划算．【考点】根据实际问题列一次函数表达式【解析】【分析】（1）由图可设y与x的关系式为y＝kx＋b(k≠0)，因为射线经过点（0，400）和点（100，900），所以用待定系数法即可求出y与x的关系式；（2）当x=1200时，分别计算出甲公司和乙公司两种方案所需资金，并比较大小即可判断选择哪家公司的服务比较划算。25.如图,⊙O的直径AB=10,弦AC=6,∠ACB的平分线交⊙O于点D,过点D作DE∥AB交CA延长线于点E,连接AD,BD.（1）△ABD的面积是多少（2）求证:DE是⊙O的切线:（3）求线段DE的长.【答案】（1）解：∵AB是直径，∴∠ACB=90°，∵CD平分∠ACB，∴AD=BD，∴S△ABD=×10×5=25；（2）解：如图，连接OD，∵AB为直径，CD平分∠ACB，∴∠ACD=45°，∴∠AOD=90°，∵DE∥AB，∴∠ODE=90°，∴OD⊥DE，∴DE是⊙O的切线；（3）解：∵AB=10，AC=6，∴BC==8，过点A作AF⊥DE于点F，则四边形AODF是正方形，∴AF=OD=FD=5，∴∠EAF=90°﹣∠CAB=∠ABC，∴tan∠EAF=tan∠CBA，∴，即，∴EF=15，∴DE=DF+EF=+5=【考点】正方形的判定与性质，圆周角定理，切线的判定，锐角三角函数的定义【解析】【分析】（1）由直径所对的圆周角是直角可得∠ACB=90°，因为CD平分∠ACB，所以AD=BD，则DOAB，所以S△ABD=ABDO=×10×5=25；（2）连接OD，由已知可得∠ACD=45°，由（1）得∠AOD=90°，而DE∥AB，所以∠ODE=90°，即OD⊥DE，由且切线的判定可得DE是⊙O的切线；（3）在直角三角形ABC中，由勾股定理可得BC=8，过点A作AF⊥DE于点F，根据正方形的判定可得四边形AODF是正方形，所以AF=OD=FD=5，∠EAF=90°﹣∠CAB=∠ABC，tan∠EAF=tan∠CBA，即,将已知条件代入可求得EF=，所以DE=DF+EF=+5=.26.综合题                                         （1）【探索发现】如图①，是一张直角三角形纸片，∠B=90°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为多少．（2）【拓展应用】如图②，在△ABC中，BC=a，BC边上的高AD=h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为多少．（用含a，h的代数式表示）（3）【灵活应用】如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．（4）【实际应用】如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且tanB=tanC=，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．【答案】（1）解：∵EF、ED为△ABC中位线，∴ED∥AB，EF∥BC，EF=BC，ED=AB，又∠B=90°，∴四边形FEDB是矩形，则；（2）解：∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC，∴，即，∴PN=a-PQ，设PQ=x，则S矩形PQMN=PQ•PN=x（a-x）=-x2+ax=-（x-）2+，∴当PQ=时，S矩形PQMN最大值为.（3）解：如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，由题意知四边形ABCH是矩形，∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，∴EH=20、DH=16，∴AE=EH、CD=DH，在△AEF和△HED中，∵，∴△AEF≌△HED（ASA），∴AF=DH=16，同理△CDG≌△HDE，∴CG=HE=20，∴BI==24，∵BI=24＜32，∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，过点K作KL⊥BC于点L，由【探索发现】知矩形的最大面积为×BG•BF=×（40+20）×（32+16）=720，答：该矩形的面积为720；（4）解：如图2，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，∵tanB=tanC=，∴∠B=∠C，∴EB=EC，∵BC=108cm，且EH⊥BC，∴BH=CH=BC=54cm，∵tanB==，∴EH=BH=×54=72cm，在Rt△BHE中，BE==90cm，∵AB=50cm，∴AE=40cm，∴BE的中点Q在线段AB上，∵CD=60cm，∴ED=30cm，∴CE的中点P在线段CD上，∴中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为BC•EH=1944cm2，答：该矩形的面积为1944cm2．【考点】二次函数的最值，根据实际问题列二次函数关系式，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形【解析】【分析】（1）由三角形的中位线定理可得ED∥AB，EF∥BC，EF=BC，ED=AB，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形FEDB是平行四边形，而∠B=90°，根据一个角是直角的平行四边形是矩形可得四边形FEDB是矩形，所以;(2）因为PN∥BC，由相似三角形的判定可得△APN∽△ABC，则可得比例式,即,解得,设PQ=x，则S矩形PQMN=PQ•PN=x（）,因为0，所以函数有最大值，即当PQ=时，S矩形PQMN有最大值为;（3）延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，由矩形的判定可得四边形ABCH是矩形，根据矩形的性质和已知条件易得AE=EH、CD=DH，于是用角边角可得△AEF≌△HED，所以AF=DH=16，同理可得△CDG≌△HDE，则CG=HE=20，所以=24,BI=24＜32，所以中位线IK的两端点在线段AB和DE上，过点K作KL⊥BC于点L，由（1）得矩形的最大面积为×BG•BF=×（40+20）×（32+16）=720；（4）延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，因为tanB=tanC，所以∠B=∠C，则EB=EC，由等腰三角形的三线合一可得BH=CH=BC=54cm；由tanB可求得EH=BH=×54=72cm，在Rt△BHE中，由勾股定理可得BE=90cm,所以AE=BE-AB=40cm，所以BE的中点Q在线段AB上，易得CE的中点P在线段CD上，由（2）得矩形PQMN的最大面积为BC•EH=1944cm2。27.如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx﹣5与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C．（1）求抛物线的函数表达式；（2）如图2，CE∥x轴与抛物线相交于点E，点H是直线CE下方抛物线上的动点，过点H且与y轴平行的直线与BC，CE分别相交于点F，G，试探究当点H运动到何处时，四边形CHEF的面积最大，求点H的坐标；（3）若点K为抛物线的顶点，点M（4，m）是该抛物线上的一点，在x轴，y轴上分别找点P，Q，使四边形PQKM的周长最小，求出点P，Q的坐标．【答案】（1）解：把A(-1，0)，B(5，0)代入y=ax2+bx-5得，解得∴二次函数的表达式为y=x2-4x-5（2）解：如图2，设H(t，t2-4t-5)，∵CE||x轴，∴-5=x2-4x-5，解得，x1=0，x2=4，∴E(4，-5)，∴CE=4，∵B(5，0)，C(0，-5)，∴，∴直线BC的解析式为y2=x-5，∴F(t，t-5)，∵CE||x轴，HF||y轴，∴CE⊥HF，∴四边形CHEF的面积=)2+，∴H(.（3）解：如图3，∵点K为顶点，∴K(2，-9)，∴点K关于y轴的对称点K′的坐标为(-2，-9)．∵M(4，m)，∴M(4，-5)，∴点M关于x轴的对称点M′的坐标为(4，5)．设直线K′M′的解析式为y3=a3x+b3，，∴∴直线BC的解析式为y3=，∴P，Q的坐标分别为P(，0)，Q(0，-.【考点】待定系数法求一次函数解析式，待定系数法求二次函数解析式，二次函数图像与坐标轴的交点问题，轴对称的应用-最短距离问题，二次函数的实际应用-动态几何问题【解析】【分析】（1）由题意把A(-1，0)，B(5，0)代入y=ax2+bx-5得关于a、b的方程组，0=a−b−5，0=25a+5b−5 ，解得a=1，b=−4 ，所以二次函数的表达式为y=x2-4x-5；（2）由题意可设设H(t，t2-4t-5)，因为CE||x轴，所以C、E两点的纵坐标相等，即-5=x2-4x-5，解得，x1=0，x2=4，E(4，-5)，所以CE=4，根据已知条件用待定系数法可求得直线BC的解析式为y2=x-5，则F(t，t-5)，而CE||x轴，HF||y轴，所以CE⊥HF，则FH=t-5-（t2-4t-5）=-,所以四边形CHEF的面积=CE·HF=4(-)=−2(t−)2+，所以H（，-）；（3）要使四边形PQKM的周长最小，只须使PM+PQ+KQ最小即可。由（1）知二次函数的表达式为y=x2-4x-5，配成顶点式为y=,所以顶点K的坐标为（2，-9）；则点K关于y轴的对称点K′的坐标为(-2，-9)，因为点M（4，m）是该抛物线上的一点，所以可得M（4，-5），则点M关于x轴的对称点M′的坐标为(4，5)；设直线K′M′的解析式为y3=a3x+b3，将K′(-2，-9)和M′(4，5)代入可得方程组−9=−2a3+b3，5=4a3+b3，解得,,所以直线K′M′的解析式为，而直线K′M′交x轴于点P，所以P（，0），直线K′M′交y轴于点Q，所以Q（0，-）.