2020-2021学年天津市南开区九年级上学期数学第二次月考试卷及答案

2020-2021学年天津市南开区九年级上学期数学第二次月考试卷及答案一、单选题1.二次函数＝（+2）2﹣1的顶点为（　　）A.（2，﹣1）B.（-2，﹣1）C.（2，1）D.（-2，﹣1）【答案】B【解析】【分析】因为顶点式y＝a（x−h）2＋k，其顶点坐标是（h，k），对照求二次函数y＝（x＋2）2−1的顶点坐标即可．【详解】解：∵二次函数y＝（x＋2）2−1是顶点式，∴顶点坐标为（−2，−1），故选：B．【点睛】本题考查了二次函数的性质，注意：顶点式y＝a（x−h）2＋k，顶点坐标是（h，k），对称轴是x＝h．2.下列图形中，即是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念判断，得到答案．【详解】A、是轴对称图形，也是中心对称图形；B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形；C、是轴对称图形，不是中心对称图形；D、不是轴对称图形，是中心对称图形；故选：A．【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，掌握轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合是解题的关键． 3.如图，A、B、C是⊙O上的三个点，若∠C＝35°，则∠OAB的度数是（　　）A.35°B.55°C.65°D.70°【答案】B【解析】【分析】根据“同一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半”求出∠AOB的度数，再根据等腰三角形的性质求解即可.【详解】∵∠AOB与∠C是同弧所对的圆心角与圆周角，∴∠AOB＝2∠C＝2×35°＝70°，∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠OBA＝＝＝55°．故选：B．【点睛】本题考查的是圆周角定理，掌握圆周角定理及等腰三角形的性质是关键.4.下列说法中正确的是(　　)A.掷两枚质地均匀的硬币，“两枚硬币都是正面朝上”这一事件发生的概率为B.“对角线相等且相互垂直平分的四边形是正方形”这一事件是必然事件C.“同位角相等”这一事件是不可能事件D.“钝角三角形三条高所在直线的交点在三角形外部”这一事件是随机事件【答案】B【解析】【详解】试题分析：A．掷两枚质地均匀的硬币，“两枚硬币都是正面朝上”这一事件发生的概率为，故A错误；B．“对角线相等且相互垂直平分的四边形是正方形”这一事件是必然事件，故B正确；C．同位角相等是随机事件，故C错误；D．“钝角三角形三条高所在直线的交点在三角形外部”这一事件是必然事件，故D错误； 故选B．考点：1．随机事件；2．列表法与树状图法．5.一元二次方程解是（）A.B.C.，D.，【答案】C【解析】【分析】将等号右边的移项，然后进行因式分解求解即可．【详解】∵，∴，∴或.故选C.【点睛】本题考查因式分解法求根，很多同学会将两边的因式约去，是没有掌握等式的性质，等式的性质是两边不能除一个不为０的因式才可以．6.用配方法解方程时，原方程应变形为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】常数项移到方程的右边后，两边配上一次项系数一半的平方，写成完全平方式即可得．【详解】，则，∴．故选C．【点睛】本题主要考查配方法解一元二次方程的能力，熟练掌握完全平方公式和配方法的基本步骤是解题的关键． 7.下列判断正确的是（）A.平分弦的直线垂直于弦B.平分弧的直线必定平分这条弧所对的弦C.弦的中垂线必平分弦所对的两条弧D.平分弦的直线必平分弦所对的两条弧【答案】C【解析】【分析】根据垂径定理逐项判断即可．【详解】A、平分弦（非直径）的直径垂直于弦，此项错误B、平分弧的直径必定平分这条弧所对的弦，此项错误C、弦的中垂线必平分弦所对的两条弧，符合垂径定理，此项正确D、平分弦（非直径）的直径必平分弦所对的两条弧，此项错误故选：C．【点睛】本题考查了垂径定理，熟记垂径定理是解题关键．8.如图，的直径，是的弦，，垂足为，且，则的长为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先根据已知比例式、直径长求出OP、OC的长，再根据勾股定理求出CP的长，然后根据垂径定理即可得．【详解】 ，AB是的直径是直角三角形，故选：B．【点睛】本题考查了垂径定理、勾股定理等知识点，熟记垂径定理内容是解题关键．9.在反比例函数y＝﹣图象上有三个点A（x1，y1）、B（x2，y2）、C（x3，y3），若x1＜0＜x2＜x3，则下列结论正确的是（　　）A.y3＜y2＜y1B.y1＜y3＜y2C.y2＜y3＜y1D.y3＜y1＜y2【答案】C【解析】【分析】根据反比例函数图象上点的坐标特征解答．【详解】解：∵A（x1，y1）在反比例函数y＝﹣图象上，x1＜0，∴y1＞0，对于反比例函数y＝﹣，在第二象限，y随x的增大而增大，∵0＜x2＜x3，∴y2＜y3＜0，∴y2＜y3＜y1故选：C．【点睛】本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特征，掌握反比例函数的性质、反比例函数的增减性是解题的关键．10.如图，四边形ABCD内接于⊙O，点I是△ABC的内心，∠AIC=124°，点E在AD的延长线上，则∠CDE的度数为（　　） A.56°B.62°C.68°D.78°【答案】C【解析】【分析】由点I是△ABC的内心知∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，从而求得∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）=180°﹣2（180°﹣∠AIC），再利用圆内接四边形的外角等于内对角可得答案．【详解】解：∵点I是△ABC的内心，∴∠BAC=2∠IAC、∠ACB=2∠ICA，∵∠AIC=124°，∴∠B=180°﹣（∠BAC+∠ACB）=180°﹣2（∠IAC+∠ICA）=180°﹣2（180°﹣∠AIC）=68°，又四边形ABCD内接于⊙O，∴∠CDE=∠B=68°，故选：C．【点睛】本题主要考查三角形的内切圆与内心，解题的关键是掌握三角形的内心的性质及圆内接四边形的性质．11.如图，四边形内接于半径为的中，连接，若，，则的长度为（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】连接OA，OB，OC，OD，过点O作OM⊥BC于点M，易得∠AOB=∠COD=90°，∠DAC=∠ACB=45°，从而得∠OAD=∠CAB，进而得∠OAD=∠AOD，可得∠AOD=60°，∠BOC=120°，进而即可求解．【详解】连接OA，OB，OC，OD，过点O作OM⊥BC于点M，∵在四边形内接于半径为的中，，∴∠AOB=∠COD=2∠ACB=90°，∠DAC=∠ACB=45°，∵OA=OB，∴∠OAB=45°，∴∠OAD=∠DAC+∠CAO=∠OAB+∠CAO=∠CAB，又∵∠ACD=∠AOD，，∴∠AOD=∠BAC，∴∠OAD=∠AOD，∴AD=OD，∵OD=OA，∴∆AOD是等边三角形，∴∠AOD=60°，∴∠BOC=360°-90°-90°-60°=120°，∵OC=OC=6，∴∠OCM=30°，∴CM=OC=3，∴BC=2CM==6．故选A． 【点睛】本题主要考查圆的基本性质，熟练掌握圆周角定理以及推论，圆心角定理，垂径定理，等腰三角形的性质定理，是解题的关键．12.抛物线（为常数，）经过点，且关于直线对称，是抛物线与x轴的一个交点.有下列结论：①方程的一个根是x=-2；②若，则；③若时，方程有两个相等的实数根，则；④若时，，则.其中正确结论的个数是（）A.1B.2C.3D.4【答案】D【解析】【分析】抛物线经过点，且关于直线对称，可得c=2，b=2a，将x=-2代入即可判断①；根据函数的图像及是抛物线与x轴的一个交点.且，得当x=1时y=3a+2，当x=2时y=8a+2，则可判断②;若时，方程为：,求出判别式大于零，则可判断③；求出时，y的范围，并使得其左右端点与的对应端点相等，即可判断④.【详解】解：∵抛物线经过点，且关于直线对称，∴根据抛物线的对称性可得图象经过（-2，0）且c=2；∴方程的一个根是x=-2，故①正确；∵抛物线的对称轴是直线 ∴-=-1，∴b=2a；∴抛物线为：；∵是抛物线与x轴的一个交点.且∴当x=1时y=3a+2，当x=2时y=8a+2；∴，故②正确；∵若时，方程为：∴，∵，∴∴方程有两个相等的实数根，故③正确；∵抛物线的对称轴是直线∴当x=-1时y有最大值为：-a+2，且x=与x=的函数值相等，∵抛物线开口向下，当x时，y随x的增大而减小，∴当x=0时，y的函数值为：2，∵若时，，∴-a+2=3，∴a=-1，故④正确；故选D．【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用数形结合的思想思考问题，属于中考常考题型．二、填空题13.已知点A(x，1）与点B(2，y)关于原点对称，则(x－y)2020的值为_________．【答案】【解析】【分析】由点A(x，1）与点B(2，y)关于原点对称，则两点的横纵坐标都互为相反数，求解，再代入求值即可得到答案．【详解】解：点A(x，1）与点B(2，y)关于原点对称， 故答案为：【点睛】本题考查的是关于原点对称的两点的坐标特点，乘方符号的确定，有理数的减法，掌握以上知识是解题的关键．14.在一个不透明的盒子中装12个白球，若干个黄球，它们除了颜色不同外，其余都相同，若从中随机摸出一个球是黄球的概率是，则黄球的个数_________．【答案】【解析】【分析】设黄球的个数为x个，根据概率公式列方程，然后解方程即可．【详解】设黄球的个数为x个，根据题意，得：，解得，所以黄球的个数为6个，故答案为6．【点睛】本题考查了概率公式：随机事件A的概率P（A）＝事件A可能出现的结果数除以所有可能出现的结果数．15.若关于x的一元二次方程(k-1)x2－4x＋1＝0有实数根，则k的取值范围是__________．【答案】k≤5且k≠1【解析】分析】根据一元二次方程有实数根可得k-1≠0，且b2-4ac=16-4（k-1）≥0，解不等式即可．【详解】∵一元二次方程（k-1）x2-4x+1=0有实数根，∴k-1≠0，且b2-4ac=16-4（k-1）≥0，解得：k≤5且k≠1，故答案为：k≤5且k≠1．【点睛】考查了一元二次方程根的判别式，解题关键是熟练掌握根的判别式与方程的根之间的关系．16.如图，圆锥的母线AB＝6，底面半径CB＝2，则其侧面展开图扇形的圆心角α＝_______． 【答案】120°．【解析】【分析】根据圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到＝2π•2，然后解方程即可．【详解】解：根据题意得＝2π•2，解得α＝120，即侧面展开图扇形的圆心角为120°．故答案为120°．【点睛】本题考查圆的周长公式，弧长公式，方程思想在初中数学的学习中非常重要，是中考的热点，在各种题型中均有出现，要特别注意．17.如图，正方形ABCD的边长为1，AC、BD是对角线，将△DCB绕着点D顺时针旋转45°得到△DGH，HG交AB于点E，连接DE交AC于点F，连接FG．则下列结论：①四边形AEGF是菱形；②△HED的面积是1﹣；③∠AFG＝135°；④BC+FG＝．其中正确的结论是_____．（填入正确的序号）【答案】①②③【解析】【分析】依据四边形AEGF为平行四边形，以及，即可得到平行四边形AEGF是菱形；依据 ，即可得到的面积；依据四边形AEGF是菱形，可得；根据四边形AEGF是菱形，可得，进而得到．【详解】解：正方形ABCD的边长为1，，，，．由旋转的性质可知：，，，，，，，和均为直角边为的等腰直角三角形，．在和中，，≌，，，，．，，，且，四边形AEGF为平行四边形，，平行四边形AEGF是菱形，故正确；，，，的面积，故正确； 四边形AEGF是菱形，，故正确；四边形AEGF是菱形，，，故不正确．故答案为：①②③．【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是掌握旋转的性质：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．三、解答题18.如图，在每个小正方形的边长为的网格中，点，点均落在格点上，为⊙的直径．（1）的长等于__________；（2）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，画出一个以为斜边、面积为的，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）__________．【答案】①.②.作图见解析，简要说明见解析【解析】【分析】（1）根据勾股定理计算即可；（2）取格点，连接；取格点，，连接与交于点．取格点，，连接并延长，交网格线于点，连接；取格点，连接与交于点．连接与⊙相交，得点．连接，，即为所求．【详解】解：（1）， 故答案为：；（2）如图取格点，连接；取格点，，连接与交于点．取格点，，连接并延长，交网格线于点，连接；取格点，连接与交于点．连接与⊙相交，得点．连接，，即为所求．故答案为（1）；（2）作图见解析，简要说明见解析．【点睛】本题考查了勾股定理的应用，直径的性质，相似三角形的判定及性质，灵活运用相似三角形的判定及性质是解决本题的关键．19.解方程：（1）（2）【答案】（1），；（2），【解析】【分析】（1）用公式法解一元二次方程即可得到结论；（2）用分解因式的方法解一元二次方程．【详解】解：（1），，，，△，， ，；（2），，，或，，．【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，解题的关键是熟练掌握一元二次方程的不同解法．20.在一个不透明的口袋里装有分别标有数字-3，-1，0，2的四个小球，除数字不同外，小球没有任何区别，每次试验先搅拌均匀．（1）从中任取一球，将球上的数字记为，求关于的一元二次方有实数根的概率；（2）从中任取一球，将球上的数字作为点的横坐标，记为（不放回）；再任取一球，将球上的数字作为点的纵坐标，记为。试用画树状图（或列表法）表示出点所有可能出现的结果，并求点落在双曲线上的概率．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据根的判别式计算即可；（2）列出树状图计算即可；【详解】解：（1）Δ=4a2-4a(a+3)≥0，a≤0，又∵a≠0，∴a<0，即a<0时，方程有实数根，∴P=；（3）画树状图为：，共有12种等可能的结果数， 它们是：（-3，-1），（-3，0），（-3，2），（-1，-3），（-1，0），（-1，2），（0，-3），（0，-1），（0，2），（2，-3），（2，-1），（2，0），其中落在上的点有（-3，-1），（-1，-3），所以P=．【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式和概率求解，准确计算是解题的关键．21.已知AB是的直径，C，D是上AB同侧的两点，.（Ⅰ）如图①，若，求和的大小；（Ⅱ）如图②，过点C作的切线，交AB延长线于点E，若，求的大小．【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）连接，根据直径所对的圆周角是直角得出，结合，从而求出的度数，再根据一条弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半可得，再根据等腰三角形的性质得出，继而根据角的和差以及等腰三角形的性质得出的度数．（Ⅱ）连接OC，根据切线的性质得出,再根据圆周角的性质定理得出,从而得出，然后根据平行线的性质和圆周角的性质定理得出的度数.【详解】解：（Ⅰ）连接 是直径，，.，（II）连接OC 与相切，，在中，【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，以及圆周角的性质定理等知识，正确的作出辅助线，熟练掌握基本知识是解题的关键，属于中考常考题型．22.已知⊙O的直径为10，点A，点B，点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．（I）如图①，若BC为⊙O的直径，求BD、CD的长；（II）如图②，若∠CAB=60°，求BD、BC的长． 【答案】（1）BD=CD=5;（2）BD=5，BC=5．【解析】【分析】（1）利用圆周角定理可以判定△DCB是等腰直角三角形，利用勾股定理即可解决问题；（2）如图②，连接OB，OD．由圆周角定理、角平分线的性质以及等边三角形的判定推知△OBD是等边三角形，则BD=OB=OD=5，再根据垂径定理求出BE即可解决问题.【详解】（1）∵BC是⊙O的直径，∴∠CAB=∠BDC=90°．∵AD平分∠CAB，∴，∴CD=BD．在直角△BDC中，BC=10，CD2+BD2=BC2，∴BD=CD=5，（2）如图②，连接OB，OD，OC，∵AD平分∠CAB，且∠CAB=60°，∴∠DAB=∠CAB=30°，∴∠DOB=2∠DAB=60°．又∵OB=OD，∴△OBD是等边三角形，∴BD=OB=OD．∵⊙O直径为10，则OB=5，∴BD=5，∵AD平分∠CAB，∴， ∴OD⊥BC，设垂足为E，∴BE=EC=OB•sin60°=，∴BC=5．【点睛】本题考查圆周角定理，垂径定理，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．23.某养鸡专业户用篱笆及一面墙（该墙可用最大长度为36米）围成一个矩形场地ABCD来供鸡室外活动，该场地中间隔有一道与AB平行的篱笆（EF），如图，BE、EF上各留有1米宽的门（门不需要篱笆），该养鸡专业户共用篱笆58米，设该矩形的一边AB长x米，AD＞AB，矩形ABCD的面积为S平方米．（1）求出S与x的函数关系式，直接写出自变量x的取值范围；（2）若矩形ABCD的面积为252平方米，求AB的长．【答案】（1）S＝﹣3x2+60x（8≤x＜15）；（2）14米【解析】【分析】（1）根据题意可得BC-1=58-x-x-（x-1），求出BC的长即可列出S与x函数关系式；（2）利用（1）所得函数解析式，即可求解．【详解】（1）由题意得：BC﹣1＝58﹣x﹣x﹣（x﹣1），∴BC＝60﹣3x，∴ABCD的面积：S＝x（60﹣3x）＝﹣3x2+60x∵60﹣3x36，60﹣3x>x∴8≤x15；　　　　　　　　　　　　　　　　（2）由题意得：S＝﹣3x2+60x＝252，　　解得：x＝14或6（舍去6），故AB长为14米．【点睛】本题考查了二次函数的应用，解答本题的关键是结合题意利用长方形的面积列出函数关系式．24.在平面直角坐标系中，为原点，点，点.若正方形绕点顺时针旋转，得正方形，记旋转角为. （Ⅰ）如图①，当时，求与的交点的坐标；（Ⅱ）如图②，当时，求点的坐标；（Ⅲ）若为线段的中点，求长的取值范围（直接写出结果即可)．【答案】（Ⅰ）的坐标为；（Ⅱ）点的坐标为；（Ⅲ）.【解析】【分析】（Ⅰ）当α=45°时，则，点在y轴上，根据勾股定理可得的长，再根据Rt△为等腰直角三角形，可得，从而得出点D的坐标；（Ⅱ）过作轴，垂足为，与轴交于点.当时，可证得，再利用直角三角形中所对的直角边是斜边的一半和勾股定理，求出OD和，同理可求出的长，从而得出点B′的坐标；（Ⅲ）连接OB，AC相交于点K，则K是OB的中点，因为P为线段BC′的中点，所以PK=OC′=3，即点P在以K为圆心，3为半径的圆上运动，即可得出AP长的取值范围．【详解】解：（Ⅰ）∵点，点，为正方形，∴，.∵正方形是正方形旋转得到的，∴，.∴，.∴.∴点的坐标为.（Ⅱ）过作轴，垂足为，与轴交于点. ∵，∴.∵,=6∴,，.∴.∵,,∴.∴，.∴.∴点的坐标为.（Ⅲ）.如图③，连接OB，AC相交于点K，则K是OB、AC的中点，∵P为线段BC′的中点，∴PK=OC′=3，AK=∴P在以K为圆心，3为半径的圆上运动， ∴AP最大值为AK+KP＝，AP的最小值为AK-KP＝，∴AP长的取值范围为:.【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形性质，三角形中位线定理，勾股定理，圆中的最值等知识，综合性比较强,有一定的难度，第（Ⅲ）问解题的关键是利用中位线定理得出点P的运动轨迹．25.如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝a（x﹣1）（x﹣5）（a＞0）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于P点，过其顶点C作直线CH⊥x轴于点H．（1）若∠APB＝30°，请直接写出满足条件点P的坐标；（2）当∠APB最大时，请求出a的值；（3）点P、O、C、B能否在同一个圆上？若能，请求出a的值，若不能，请说明理由．（4）若a＝，在对称轴HC上是否存在一点Q，使∠AQP＝∠ABP？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）点P坐标为（0，）或（0，）；（2）；（3）能，a的值为；（4）点Q坐标为（3，3+）或（3，3﹣）．【解析】【分析】（1）作△PAB的外接圆⊙D，连接DP、DA、DB，证△ABD是等边三角形，求A（1，0），B（5，0），得DP＝DA＝AB＝4，H（3，0），得直线CH：x＝3，求出D（3，2）设P（0，p）（p＞0），由PD2＝32+（2﹣p）2＝42，求出P的坐标；（2）作△PAB的外接圆⊙E，连接EP、EA、EB，如图2，由切线性质，得四边形OHEP是矩形，在Rt△AEH中，EH＝，求出0P得点P坐标为（0， ），代入抛物线解析式可得；（3）连接PB，取PB中点F，连接FO、FC，证点P、O、B在以点F为圆心、FB的长为半径的圆上，若点C在⊙F上，则FC＝FB，由抛物线解析式y＝a（x﹣1）（x﹣5）＝ax2﹣6ax+5a＝a（x﹣3）2﹣4a，得P（0，5a），C（3，﹣4a），再求F坐标，由，得，解方程可得；（4）作△PAB的外接圆⊙G，连接GP、GA，设⊙G与直线CH交于点Q，得∠AQP＝∠ABP，当a＝时，点P（0，1），设G（3，b）（b＞0），由GP＝GA，得32+（b﹣1）2＝（3﹣1）2+b2，进一步得G（3，3），GQ＝GA＝，可得点Q坐标有两种可能．【详解】解：（1）作△PAB的外接圆⊙D，连接DP、DA、DB，如图1∴DP＝DA＝DB，∵C为抛物线顶点且CH⊥x轴∴CH为抛物线对称轴，即CH垂直平分AB∴D在直线CH上∵∠APB＝30°∴∠ADB＝2APB＝60°∴△ABD是等边三角形∵当y＝0时，a（x﹣1）（x﹣5）＝0解得：x1＝1，x2＝5∴A（1，0），B（5，0）∴DP＝DA＝AB＝4，H（3，0），直线CH：x＝3∴AH＝2，DH＝AH＝2∴D（3，2）设P（0，p）（p＞0）∴PD2＝32+（2﹣p）2＝42解得：p1＝，p2＝∴点P坐标为（0，）或（0，）（2）作△PAB外接圆⊙E，连接EP、EA、EB，如图2∵∠AEB＝2∠APB∴∠AEB最大时，∠APB最大 ∵AB＝4是定值∴EH最小时，∠AEB最大，此时⊙E与y轴相切于点P∴EP⊥y轴于P∴四边形OHEP是矩形∴PE＝OH＝3∴EA＝PE＝3∴Rt△AEH中，EH＝∴OP＝EH＝∴点P坐标为（0，），代入抛物线解析式得：5a＝∴a＝（3）点P、O、C、B能在同一个圆上．连接PB，取PB中点F，连接FO、FC∵∠POB＝90°∴OF＝PF＝FB＝PB∴点P、O、B在以点F为圆心、FB的长为半径的圆上若点C在⊙F上，则FC＝FB∵抛物线解析式y＝a（x﹣1）（x﹣5）＝ax2﹣6ax+5a＝a（x﹣3）2﹣4a∴P（0，5a），C（3，﹣4a）∵B（5，0），F为PB中点∴F∴∴解得：a1＝，a2＝﹣（舍去） ∴a的值为（4）对称轴HC上存在一点Q，使∠AQP＝∠ABP作△PAB的外接圆⊙G，连接GP、GA，设⊙G与直线CH交于点Q∴∠AQP＝∠ABP当a＝时，点P（0，1）设G（3，b）（b＞0）∴GP2＝32+（b﹣1）2，GA2＝（3﹣1）2+b2∵GP＝GA∴32+（b﹣1）2＝（3﹣1）2+b2解得：b＝3∴G（3，3），GQ＝GA＝∴点Q坐标为（3，3+）或（3，3﹣）． 【点睛】考核知识点：二次函数的综合.数形结合分析问题，熟练运用圆的性质是关键.