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2020年贵州省铜仁市中考数学试卷 一．选择题（共10小题） 1．﹣3的绝对值是（　　） A．﹣3 B．3 C． D．﹣ 2．我国高铁通车总里程居世界第一，预计到2020年底，高铁总里程大约39000千米，39000用科学记数法表示为（　　） A．39×103 B．3.9×104 C．3.9×10﹣4 D．39×10﹣3 3．如图，直线AB∥CD，∠3＝70°，则∠1＝（　　） A．70° B．100° C．110° D．120° 4．一组数据4，10，12，14，则这组数据的平均数是（　　） A．9 B．10 C．11 D．12 5．已知△FHB∽△EAD，它们的周长分别为30和15，且FH＝6，则EA的长为（　　） A．3 B．2 C．4 D．5 6．实数a，b在数轴上对应的点的位置如图所示，下列结论正确的是（　　） A．a＞b B．﹣a＜b C．a＞﹣b D．﹣a＞b 7．已知等边三角形一边上的高为2，则它的边长为（　　） A．2 B．3 C．4 D．4 8．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，动点P沿折线BCD从点B开始运动到点D，设点P运动的路程为x，△ADP的面积为y，那么y与x之间的函数关系的图象大致是（　　） A． B． C． D． 9．已知m、n、4分别是等腰三角形（非等边三角形）三边的长，且m、n是关于x的一元二次方程x2﹣6x+k+2＝0的两个根，则k的值等于（　　） A．7 B．7或6 C．6或﹣7 D．6 10．如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE＝1，∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝，过点F作AD的平行线交BA的延长线于点H，CF与AD相交于点G，连接EC、EG、EF．下列结论：①△ECF的面积为；②△AEG的周长为8；③EG2＝DG2+BE2；其中正确的是（　　） A．①②③ B．①③ C．①② D．②③ 二．填空题（共8小题） 11．因式分解：a2+ab﹣a＝　 　． 12．方程2x+10＝0的解是　 　． 13．已知点（2，﹣2）在反比例函数y＝的图象上，则这个反比例函数的表达式是　 　． 14．函数y＝中，自变量x的取值范围是　 　． 15．从﹣2，﹣1，2三个数中任取两个不同的数，作为点的坐标，则该点在第三象限的概率等于　 　． 16．设AB，CD，EF是同一平面内三条互相平行的直线，已知AB与CD的距离是12cm，EF与CD的距离是5cm，则AB与EF的距离等于　 　cm． 17．如图，在矩形ABCD中，AD＝4，将∠A向内翻析，点A落在BC上，记为A1，折痕为DE．若将∠B沿EA1向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B1，则AB＝　 　． 18．观察下列等式： 2+22＝23﹣2； 2+22+23＝24﹣2； 2+22+23+24＝25﹣2； 2+22+23+24+25＝26﹣2； … 已知按一定规律排列的一组数：220，221，222，223，224，…，238，239，240，若220＝m，则220+221+222+223+224+…+238+239+240＝　 　（结果用含m的代数式表示）． 三．解答题（共7小题） 19．（1）计算：2÷﹣（﹣1）2020﹣﹣（﹣）0． （2）先化简，再求值：（a+）÷（），自选一个a值代入求值． 20．如图，∠B＝∠E，BF＝EC，AC∥DF．求证：△ABC≌△DEF． 21．某校计划组织学生参加学校书法、摄影、篮球、乒乓球四个课外兴趣小组，要求每人必须参加并且只能选择其中的一个小组，为了了解学生对四个课外小组的选择情况，学校从全体学生中随机抽取部分学生进行问卷调查，并把调查结果制成如图所示的两幅不完整的统计图，请你根据给出的信息解答下列问题： （1）求该校参加这次问卷调查的学生人数，并补全条形统计图（画图后请标注相应的数据）； （2）m＝　 　，n＝　 　； （3）若该校共有2000名学生，试估计该校选择“乒乓球”课外兴趣小组的学生有多少人？ 22．如图，一艘船由西向东航行，在A处测得北偏东60°方向上有一座灯塔C，再向东继续航行60km到达B处，这时测得灯塔C在北偏东30°方向上，已知在灯塔C的周围47km内有暗礁，问这艘船继续向东航行是否安全？ 23．某文体商店计划购进一批同种型号的篮球和同种型号的排球，每一个排球的进价是每一个篮球的进价的90%，用3600元购买排球的个数要比用3600元购买篮球的个数多10个． （1）问每一个篮球、排球的进价各是多少元？ （2）该文体商店计划购进篮球和排球共100个，且排球个数不低于篮球个数的3倍，篮球的售价定为每一个100元，排球的售价定为每一个90元．若该批篮球、排球都能卖完，问该文体商店应购进篮球、排球各多少个才能获得最大利润？最大利润是多少？ 24．如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，CE⊥AB于点E，D是直径AB延长线上一点，且∠BCE＝∠BCD． （1）求证：CD是⊙O的切线； （2）若AD＝8，＝，求CD的长． 25．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+6经过两点A（﹣1，0），B（3，0），C是抛物线与y轴的交点． （1）求抛物线的解析式； （2）点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC的面积为S，求S关于m的函数表达式（指出自变量m的取值范围）和S的最大值； （3）点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似，如果存在，请求出点M和点N的坐标． 2020年贵州省铜仁市中考数学试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 1．﹣3的绝对值是（　　） A．﹣3 B．3 C． D．﹣ 【分析】直接利用绝对值的定义分析得出答案． 【解答】解：﹣3的绝对值是：3． 故选：B． 2．我国高铁通车总里程居世界第一，预计到2020年底，高铁总里程大约39000千米，39000用科学记数法表示为（　　） A．39×103 B．3.9×104 C．3.9×10﹣4 D．39×10﹣3 【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值是易错点，由于39000有5位，所以可以确定n＝5﹣1＝4． 【解答】解：39000＝3.9×104． 故选：B． 3．如图，直线AB∥CD，∠3＝70°，则∠1＝（　　） A．70° B．100° C．110° D．120° 【分析】直接利用平行线的性质得出∠1＝∠2，进而得出答案． 【解答】解：∵直线AB∥CD， ∴∠1＝∠2， ∵∠3＝70°， ∴∠1＝∠2＝180°﹣70°＝110°． 故选：C． 4．一组数据4，10，12，14，则这组数据的平均数是（　　） A．9 B．10 C．11 D．12 【分析】对于n个数x1，x2，…，xn，则＝（x1+x2+…+xn）就叫做这n个数的算术平均数，据此列式计算可得． 【解答】解：这组数据的平均数为×（4+10+12+14）＝10， 故选：B． 5．已知△FHB∽△EAD，它们的周长分别为30和15，且FH＝6，则EA的长为（　　） A．3 B．2 C．4 D．5 【分析】根据相似三角形的周长比等于相似比解答． 【解答】解：∵△FHB和△EAD的周长分别为30和15， ∴△FHB和△EAD的周长比为2：1， ∵△FHB∽△EAD， ∴＝2，即＝2， 解得，EA＝3， 故选：A． 6．实数a，b在数轴上对应的点的位置如图所示，下列结论正确的是（　　） A．a＞b B．﹣a＜b C．a＞﹣b D．﹣a＞b 【分析】根据数轴即可判断a和b的符号以及绝对值的大小，根据有理数的大小比较方法进行比较即可求解． 【解答】解：根据数轴可得：a＜0，b＞0，且|a|＞|b|， 则a＜b，﹣a＞b，a＜﹣b，﹣a＞b． 故选：D． 7．已知等边三角形一边上的高为2，则它的边长为（　　） A．2 B．3 C．4 D．4 【分析】根据等边三角形的性质：三线合一，利用勾股定理可求解即可． 【解答】解：根据等边三角形：三线合一， 设它的边长为x，可得：， 解得：x＝4，x＝﹣4（舍去）， 故选：C． 8．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，动点P沿折线BCD从点B开始运动到点D，设点P运动的路程为x，△ADP的面积为y，那么y与x之间的函数关系的图象大致是（　　） A． B． C． D． 【分析】分别求出0≤x≤4、4＜x＜7时函数表达式，即可求解． 【解答】解：由题意当0≤x≤4时， y＝×AD×AB＝×3×4＝6， 当4＜x＜7时， y＝×PD×AD＝×（7﹣x）×4＝14﹣2x． 故选：D． 9．已知m、n、4分别是等腰三角形（非等边三角形）三边的长，且m、n是关于x的一元二次方程x2﹣6x+k+2＝0的两个根，则k的值等于（　　） A．7 B．7或6 C．6或﹣7 D．6 【分析】当m＝4或n＝4时，即x＝4，代入方程即可得到结论，当m＝n时，即△＝（﹣6）2﹣4×（k+2）＝0，解方程即可得到结论． 【解答】解：当m＝4或n＝4时，即x＝4， ∴方程为42﹣6×4+k+2＝0， 解得：k＝6， 当m＝n时，即△＝（﹣6）2﹣4×（k+2）＝0， 解得：k＝7， 综上所述，k的值等于6或7， 故选：B． 10．如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE＝1，∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝，过点F作AD的平行线交BA的延长线于点H，CF与AD相交于点G，连接EC、EG、EF．下列结论：①△ECF的面积为；②△AEG的周长为8；③EG2＝DG2+BE2；其中正确的是（　　） A．①②③ B．①③ C．①② D．②③ 【分析】先判断出∠H＝90°，进而求出AH＝HF＝1＝BE．进而判断出△EHF≌△CBE（SAS），得出EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，判断出△CEF是等腰直角三角形，再用勾股定理求出EC2＝17，即可得出①正确； 先判断出四边形APFH是矩形，进而判断出矩形AHFP是正方形，得出AP＝PH＝AH＝1，同理：四边形ABQP是矩形，得出PQ＝4，BQ＝1，FQ＝5，CQ＝3，再判断出△FPG∽△FQC，得出，求出PG＝，再根据勾股定理求得EG＝，即△AEG的周长为8，判断出②正确； 先求出DG＝，进而求出DG2+BE2＝，在求出EG2≠，判断出③错误，即可得出结论． 【解答】解：如图，在正方形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD＝4，∠B＝∠BAD＝90°， ∴∠HAD＝90°， ∵HF∥AD， ∴∠H＝90°， ∵∠HAF＝90°﹣∠DAM＝45°， ∴∠AFH＝∠HAF． ∵AF＝， ∴AH＝HF＝1＝BE． ∴EH＝AE+AH＝AB﹣BE+AH＝4＝BC， ∴△EHF≌△CBE（SAS）， ∴EF＝EC，∠HEF＝∠BCE， ∵∠BCE+∠BEC＝90°， ∴HEF+∠BEC＝90°， ∴∠FEC＝90°， ∴△CEF是等腰直角三角形， 在Rt△CBE中，BE＝1，BC＝4， ∴EC2＝BE2+BC2＝17， ∴S△ECF＝EF•EC＝EC2＝，故①正确； 过点F作FQ⊥BC于Q，交AD于P， ∴∠APF＝90°＝∠H＝∠HAD， ∴四边形APFH是矩形， ∵AH＝HF， ∴矩形AHFP是正方形， ∴AP＝PH＝AH＝1， 同理：四边形ABQP是矩形， ∴PQ＝AB＝4，BQ＝AP1，FQ＝FP+PQ＝5，CQ＝BC﹣BQ＝3， ∵AD∥BC， ∴△FPG∽△FQC， ∴， ∴， ∴PG＝， ∴AG＝AP+PG＝， 在Rt△EAG中，根据勾股定理得，EG＝＝， ∴△AEG的周长为AG+EG+AE＝++3＝8，故②正确； ∵AD＝4， ∴DG＝AD﹣AG＝， ∴DG2+BE2＝+1＝， ∵EG2＝（）2＝≠， ∴EG2≠DG2+BE2，故③错误， ∴正确的有①②， 故选：C． 二．填空题（共8小题） 11．因式分解：a2+ab﹣a＝　a（a+b﹣1）　． 【分析】原式提取公因式即可． 【解答】解：原式＝a（a+b﹣1）． 故答案为：a（a+b﹣1）． 12．方程2x+10＝0的解是　x＝﹣5　． 【分析】方程移项，把x系数化为1，即可求出解． 【解答】解：方程2x+10＝0， 移项得：2x＝﹣10， 解得：x＝﹣5． 故答案为：x＝﹣5． 13．已知点（2，﹣2）在反比例函数y＝的图象上，则这个反比例函数的表达式是　y＝﹣　． 【分析】把点（2，﹣2）代入反比例函数y＝（k≠0）中求出k的值，从而得到反比例函数解析式． 【解答】解：∵反比例函数y＝（k≠0）的图象上一点的坐标为（2，﹣2）， ∴k＝﹣2×2＝﹣4， ∴反比例函数解析式为y＝﹣， 故答案为：y＝﹣． 14．函数y＝中，自变量x的取值范围是　x≥2　． 【分析】因为当函数表达式是二次根式时，被开方数为非负数，所以2x﹣4≥0，可求x的范围． 【解答】解：2x﹣4≥0 解得x≥2． 15．从﹣2，﹣1，2三个数中任取两个不同的数，作为点的坐标，则该点在第三象限的概率等于　　． 【分析】画树状图得出所有等可能结果，从中找到该点在第三象限的结果数，再利用概率公式求解可得． 【解答】解：画树状图如下 共有6种等可能情况，该点在第三象限的情况数有（﹣2，﹣1）和（﹣1，﹣2）这2种结果， ∴该点在第三象限的概率等于＝， 故答案为：． 16．设AB，CD，EF是同一平面内三条互相平行的直线，已知AB与CD的距离是12cm，EF与CD的距离是5cm，则AB与EF的距离等于　7或17　cm． 【分析】分两种情况讨论，EF在AB，CD之间或EF在AB，CD同侧，进而得出结论． 【解答】解：分两种情况： ①当EF在AB，CD之间时，如图： ∵AB与CD的距离是12cm，EF与CD的距离是5cm， ∴EF与AB的距离为12﹣5＝7（cm）． ②当EF在AB，CD同侧时，如图： ∵AB与CD的距离是12cm，EF与CD的距离是5cm， ∴EF与AB的距离为12+5＝17（cm）． 综上所述，EF与AB的距离为7cm或17cm． 故答案为：7或17． 17．如图，在矩形ABCD中，AD＝4，将∠A向内翻析，点A落在BC上，记为A1，折痕为DE．若将∠B沿EA1向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B1，则AB＝　　． 【分析】依据△A1DB1≌△A1DC（AAS），即可得出A1C＝A1B1，再根据折叠的性质，即可得到A1C＝BC＝2，最后依据勾股定理进行计算，即可得到CD的长，即AB的长． 【解答】解：由折叠可得，A1D＝AD＝4，∠A＝∠EA1D＝90°，∠BA1E＝∠B1A1E，BA1＝B1A1，∠B＝∠A1B1E＝90°， ∴∠EA1B1+∠DA1B1＝90°＝∠BA1E+∠CA1D， ∴∠DA1B1＝∠CA1D， 又∵∠C＝∠A1B1D，A1D＝A1D， ∴△A1DB1≌△A1DC（AAS）， ∴A1C＝A1B1， ∴BA1＝A1C＝BC＝2， ∴Rt△A1CD中，CD＝＝， ∴AB＝， 故答案为：． 18．观察下列等式： 2+22＝23﹣2； 2+22+23＝24﹣2； 2+22+23+24＝25﹣2； 2+22+23+24+25＝26﹣2； … 已知按一定规律排列的一组数：220，221，222，223，224，…，238，239，240，若220＝m，则220+221+222+223+224+…+238+239+240＝　m（2m﹣1）　（结果用含m的代数式表示）． 【分析】由题意可得220+221+222+223+224+…+238+239+240＝220（1+2+22+…+219+220）＝220（1+221﹣2）＝220（220×2﹣1），再将220＝m代入即可求解． 【解答】解：∵220＝m， ∴220+221+222+223+224+…+238+239+240 ＝220（1+2+22+…+219+220） ＝220（1+221﹣2） ＝m（2m﹣1）． 故答案为：m（2m﹣1）． 三．解答题（共7小题） 19．（1）计算：2÷﹣（﹣1）2020﹣﹣（﹣）0． （2）先化简，再求值：（a+）÷（），自选一个a值代入求值． 【分析】（1）原式利用除法法则，乘方的意义，算术平方根定义，以及零指数幂法则计算即可求出值； （2）原式括号中两项通分并利用同分母分式的加法法则计算，同时利用除法法则变形，约分得到最简结果，把a的值代入计算即可求出值． 【解答】解：（1）原式＝2×2﹣1﹣2﹣1 ＝4﹣1﹣2﹣1 ＝0； （2）原式＝• ＝• ＝﹣， 当a＝0时，原式＝﹣3． 20．如图，∠B＝∠E，BF＝EC，AC∥DF．求证：△ABC≌△DEF． 【分析】首先利用平行线的性质得出∠ACB＝∠DFE，进而利用全等三角形的判定定理ASA，进而得出答案． 【解答】证明：∵AC∥DF， ∴∠ACB＝∠DFE， ∵BF＝CE， ∴BC＝EF， 在△ABC和△DEF中，， ∴△ABC≌△DEF（ASA）． 21．某校计划组织学生参加学校书法、摄影、篮球、乒乓球四个课外兴趣小组，要求每人必须参加并且只能选择其中的一个小组，为了了解学生对四个课外小组的选择情况，学校从全体学生中随机抽取部分学生进行问卷调查，并把调查结果制成如图所示的两幅不完整的统计图，请你根据给出的信息解答下列问题： （1）求该校参加这次问卷调查的学生人数，并补全条形统计图（画图后请标注相应的数据）； （2）m＝　36　，n＝　16　； （3）若该校共有2000名学生，试估计该校选择“乒乓球”课外兴趣小组的学生有多少人？ 【分析】（1）根据选择书法的学生人数和所占的百分比，可以求得该校参加这次问卷调查的学生人数，然后根据扇形统计图中选择篮球的占28%，即可求得选择篮球的学生人数，从而可以将条形统计图补充完整； （2）根据条形统计图中的数据和（1）中的结果，可以得到m、n的值； （3）根据统计图中的数据，可以计算出该校选择“乒乓球”课外兴趣小组的学生有多少人． 【解答】解：（1）该校参加这次问卷调查的学生有：20÷20%＝100（人）， 选择篮球的学生有：100×28%＝28（人）， 补全的条形统计图如右图所示； （2）m%＝×100%＝36%， n%＝×100%＝16%， 故答案为：36，16； （3）2000×16%＝320（人）， 答：该校选择“乒乓球”课外兴趣小组的学生有320人． 22．如图，一艘船由西向东航行，在A处测得北偏东60°方向上有一座灯塔C，再向东继续航行60km到达B处，这时测得灯塔C在北偏东30°方向上，已知在灯塔C的周围47km内有暗礁，问这艘船继续向东航行是否安全？ 【分析】过C作CD⊥AB于点D，根据方向角的定义及余角的性质求出∠BCA＝30°，∠ACD＝60°，证∠ACB＝30°＝∠BCA，根据等角对等边得出BC＝AB＝12，然后解Rt△BCD，求出CD即可． 【解答】解：过点C作CD⊥AB，垂足为D．如图所示： 根据题意可知∠BAC＝90°﹣30°＝30°，∠DBC＝90°﹣30°＝60°， ∵∠DBC＝∠ACB+∠BAC， ∴∠BAC＝30°＝∠ACB， ∴BC＝AB＝60km， 在Rt△BCD中，∠CDB＝90°，∠BDC＝60°，sin∠BCD＝， ∴sin60°＝， ∴CD＝60×sin60°＝60×＝30（km）＞47km， ∴这艘船继续向东航行安全． 23．某文体商店计划购进一批同种型号的篮球和同种型号的排球，每一个排球的进价是每一个篮球的进价的90%，用3600元购买排球的个数要比用3600元购买篮球的个数多10个． （1）问每一个篮球、排球的进价各是多少元？ （2）该文体商店计划购进篮球和排球共100个，且排球个数不低于篮球个数的3倍，篮球的售价定为每一个100元，排球的售价定为每一个90元．若该批篮球、排球都能卖完，问该文体商店应购进篮球、排球各多少个才能获得最大利润？最大利润是多少？ 【分析】（1）设每一个篮球的进价是x元，则每一个排球的进价是90%x元，根据用3600元购买排球的个数要比用3600元购买篮球的个数多10个列出方程，解之即可得出结论； （2）设文体商店计划购进篮球m个，总利润y元，根据题意用m表示y，结合m的取值范围和m为整数，即可得出获得最大利润的方案． 【解答】解：（1）设每一个篮球的进价是x元，则每一个排球的进价是90%x元，依题意有 +10＝， 解得x＝40， 经检验，x＝40是原方程的解， 90%x＝90%×40＝36． 故每一个篮球的进价是40元，每一个排球的进价是36元； （2）设文体商店计划购进篮球m个，总利润y元，则 y＝（100﹣40）m+（90﹣36）（100﹣m）＝6m+5400， 依题意有， 解得0＜m≤25且m为整数， ∵m为整数， ∴y随m的增大而增大， ∴m＝25时，y最大，这时y＝6×25+5400＝5550， 100﹣25＝75（个）． 故该文体商店应购进篮球25个、排球75个才能获得最大利润，最大利润是5550元． 24．如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，CE⊥AB于点E，D是直径AB延长线上一点，且∠BCE＝∠BCD． （1）求证：CD是⊙O的切线； （2）若AD＝8，＝，求CD的长． 【分析】（1）连接OC，根据圆周角定理得到∠ACB＝90°，根据余角的性质得到∠A＝∠ECB，求得∠A＝∠BCD，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠ACO，等量代换得到∠ACO＝∠BCD，求得∠DCO＝90°，于是得到结论； （2）设BC＝k，AC＝2k，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【解答】（1）证明：连接OC， ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵CE⊥AB， ∴∠CEB＝90°， ∴∠ECB+∠ABC＝∠ABC+∠CAB＝90°， ∴∠A＝∠ECB， ∵∠BCE＝∠BCD， ∴∠A＝∠BCD， ∵OC＝OA， ∴∠A＝∠ACO， ∴∠ACO＝∠BCD， ∴∠ACO+∠BCO＝∠BCO+∠BCD＝90°， ∴∠DCO＝90°， ∴CD是⊙O的切线； （2）解：∵∠A＝∠BCE， ∴tanA＝＝tan∠BCE＝＝， 设BC＝k，AC＝2k， ∵∠D＝∠D，∠A＝∠BCD， ∴△ACD∽△CBD， ∴＝＝， ∵AD＝8， ∴CD＝4． 25．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+6经过两点A（﹣1，0），B（3，0），C是抛物线与y轴的交点． （1）求抛物线的解析式； （2）点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC的面积为S，求S关于m的函数表达式（指出自变量m的取值范围）和S的最大值； （3）点M在抛物线上运动，点N在y轴上运动，是否存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似，如果存在，请求出点M和点N的坐标． 【分析】（1）根据点A、B的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式； （2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点C的坐标，根据点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，设点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6），进而可得出PF的长度，利用三角形的面积公式可得出S△PBC＝﹣3m2+9m，配方后利用二次函数的性质即可求出△PBC面积的最大值； （3）分两种不同情况，当点M位于点C上方或下方时，画出图形，由相似三角形的性质得出方程，求出点M，点N的坐标即可． 【解答】解：（1）将A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝ax2+bx+6， 得：，解得：， ∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6． （2）过点P作PF∥y轴，交BC于点F，如图1所示． 当x＝0时，y＝﹣2x2+4x+6＝6， ∴点C的坐标为（0，6）． 设直线BC的解析式为y＝kx+c， 将B（3，0）、C（0，6）代入y＝kx+c，得： ，解得：， ∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6． 设点P的坐标为（m，﹣2m2+4m+6），则点F的坐标为（m，﹣2m+6）， ∴PF＝﹣2m2+4m+6﹣（﹣2m+6）＝﹣2m2+6m， ∴S△PBC＝PF•OB＝﹣3m2+9m＝﹣3（m﹣）2+， ∴当m＝时，△PBC面积取最大值，最大值为． ∵点P（m，n）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动， ∴0＜m＜3． （3）存在点M、点N使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似． 如图2，∠CMN＝90°，当点M位于点C上方，过点M作MD⊥y轴于点D， ∵∠CDM＝∠CMN＝90°，∠DCM＝∠NCM， ∴△MCD∽△NCM， 若△CMN与△OBC相似，则△MCD与△NCM相似， 设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6）， ∴DC＝﹣2a2+4a，DM＝a， 当时，△COB∽△CDM∽△CMN， ∴， 解得，a＝1， ∴M（1，8）， 此时ND＝DM＝， ∴N（0，）， 当时，△COB∽△MDC∽△NMC， ∴， 解得a＝， ∴M（，）， 此时N（0，）． 如图3，当点M位于点C的下方， 过点M作ME⊥y轴于点E， 设M（a，﹣2a2+4a+6），C（0，6）， ∴EC＝2a2﹣4a，EM＝a， 同理可得：或＝2，△CMN与△OBC相似， 解得a＝或a＝3， ∴M（，）或M（3，0）， 此时N点坐标为（0，）或（0，﹣）． 综合以上得，M（1，8），N（0，）或M（，），N（0，）或M（，），N（0，）或M（3，0），N（0，﹣），使得∠CMN＝90°，且△CMN与△OBC相似．