2023屆河南省南陽市臥龍區(qū)八年級數(shù)學第二學期期末預測試題含解析

2022-2023學年八下數(shù)學期末模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．在如圖所示的單位正方形網(wǎng)格中，△ABC經(jīng)過平移后得到△A1B1C1，已知在AC上一點P（2.4，2）平移后的對應點為P1，點P1繞點O逆時針旋轉180°，得到對應點P2，則P2點的坐標為A．（1.4，－1） B．（1.5，2） C．（1.6，1） D．（2.4，1）2．將一幅三角板如圖所示擺放，若，那么∠1的度數(shù)為（）（提示：延長EF或DF）A．45° B．60° C．75° D．80°3．如圖，將△ABC繞點A順時針旋轉，使點C落在邊AB上的點E處，點B落在點D處，連結BD，如果∠DAC=∠DBA，那么∠BAC度數(shù)是（）A．32° B．35° C．36° D．40°4．已知△ABC中，∠BAC=90°，用尺規(guī)過點A作一條直線，使其將△ABC分成兩個相似的三角形，其作法不正確的是（

）A．

B．C．

D．5．如圖，點A（0，2），在x軸上取一點B，連接AB，以A為圓心，任意長為半徑畫弧，分別交OA、AB于點M、N，再以M、N為圓心，大于MN的長為半徑畫弧，兩弧交于點D，連接AD并延長交x軸于點P．若△OPA與△OAB相似，則點P的坐標為（）A．（1，0） B．（，0） C．（，0） D．（2，0）6．以矩形ABCD兩對角線的交點O為原點建立平面直角坐標系，且x軸過BC中點，y軸過CD中點，y＝x﹣2與邊AB、BC分別交于點E、F，若AB＝10，BC＝3，則△EBF的面積是()A．4 B．5 C．6 D．77．如圖，在四個均由十六個小正方形組成的正方形網(wǎng)格中，各有一個三角形ABC，那么這四個三角形中，不是直角三角形的是（）A． B．C． D．8．拋物線y＝（x﹣2）2+3的頂點坐標是（）A．(2，3) B．(﹣2，3) C．(2，﹣3) D．(﹣2，﹣3)9．某班五個課外小組的人數(shù)分布如圖所示，若繪制成扇形統(tǒng)計圖，則第二小組在扇形統(tǒng)計圖中對應的圓心角度數(shù)是（）A．45° B．60° C．72° D．120°10．如圖，在?ABCD中，AE⊥BC于點E，AF⊥CD于點F，若AE=20，CE=15，CF=7，AF=24，則BE的長為（）A．10 B． C．15 D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．的小數(shù)部分為_________．12．如圖①，點F從菱形ABCD的頂點A出發(fā)，沿A→D→B以1cm/s的速度勻速運動到點B．圖②是點F運動時，△FBC的面積y（cm）隨時間x（s）變化的關系圖象，則a的值是__13．如圖，在四邊形ABCD中，AC，BD相交于點O，AO＝OC，BO＝OD，∠ABC＝90°，則四邊形ABCD是________；若AC＝5cm，則BD＝________．14．如圖，在中，，，，為邊上一動點，于，于，為的中點，則的最小值為________．15．如圖，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，點D是邊BC上（不與B，C重合）一動點，∠ADE＝∠B＝a，DE交AC于點E，下列結論：①AD2＝AE．AB；②1.8≤AE＜5；⑤當AD＝時，△ABD≌△DCE；④△DCE為直角三角形，BD為4或6.1．其中正確的結論是_____．（把你認為正確結論序號都填上）16．已知，是關于的方程的兩根，且滿足，那么的值為________.17．計算:____.18．一次函數(shù)與的圖象如圖，則的解集是__．三、解答題(共66分)19．（10分）計算：（1）；（2）；（3）20．（6分）中國數(shù)學史上最先完成勾股定理證明的數(shù)學家是公元3世紀三國時期的趙爽，他為了證明勾股定理，創(chuàng)制了一副“弦圖”，后人稱其為“趙爽弦圖”（如圖1）．圖2由弦圖變化得到，它是由八個全等的直角三角形拼接而成．將圖中正方形MNKT，正方形EFGH，正方形ABCD的面積分別記為,，．若,則正方形EFGH的面積為_______．21．（6分）如圖，在△ABC中，AB=AC，D是BA延長線上的一點，點E是AC的中點.(1)實踐與操作：利用尺規(guī)按下列要求作圖，并在圖中標明相應字母(保留作圖痕跡，不寫作法).①作∠DAC的平分線AM；②連接BE并延長交AM于點F；③連接FC．(2)猜想與證明：猜想四邊形ABCF的形狀，并說明理由.22．（8分）一農(nóng)民帶上若干千克自產(chǎn)的土豆進城出售,為了方便,他帶了一些零錢備用,按市場價售出一些后,又降價出售,售出的土豆千克數(shù)與他手中持有的錢數(shù)(含備用零錢)的關系,如圖所示,結合圖象回答下列問題.(1)農(nóng)民自帶的零錢是多少?(2)由表達式你能求出降價前每千克的土豆價格是多少?試求降價前y與x之間的關系式(3)降價后他按每千克0.4元將剩余土豆售完,這時他手中的錢(含備用零錢)是26元,試問他一共帶了多少千克土豆?23．（8分）圖1，拋物線與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0），頂點為D（1，﹣4），點P為y軸上一動點．（1）求拋物線的解析式；（2）在y軸的負半軸上是否存在點P，使△BDP是等腰三角形？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．（3）如圖2，點M-3224．（8分）（1）計算：（2）當時，求代數(shù)的值.25．（10分）2017年5月5日，國產(chǎn)大飛機C919首飛圓滿成功.C919是中國首款按照最新國際適航標準，具有自主知識產(chǎn)權的干線民用飛機，于2008年開始研制，是China的首字母，第一個“9”的寓意是天長地久，“19”代表的是中國首款中型客機最大載客量為190座，截止2018年2月底，C919大型客機的國內(nèi)外用戶達到28家，訂單總數(shù)超過800架，表1是其中20家客戶的訂單情況表1：客戶訂單（架）客戶訂單（架）中國國際航空20工銀金融租賃有限公司45中國東方航空20平安國際融資租賃公司50中國南方航空20交銀金牌租賃有限公司30海南航空20中國飛機租賃有限公司20四川航空15中銀航空租賃私人有限公司20河北航空20農(nóng)銀金融租賃有限公司45幸福航空20建信金融租賃股份有限公司50國銀金融租賃有限公司15招銀金融租賃有限公司30美國通用租賃公司20興業(yè)金融租賃公司20泰國都市航空10德國普仁航空公司7根據(jù)表1所提供的數(shù)據(jù)補全表2表2:訂單（架）7101520304550訂單（架）11222這20個數(shù)據(jù)的中位數(shù)為，眾數(shù)為。26．（10分）教材第97頁在證明“兩邊對應成比例且夾角對應相等的兩個三角形相似”（如圖，已知，求證：）時，利用了轉化的數(shù)學思想，通過添設輔助線，將未知的判定方法轉化為前兩節(jié)課已經(jīng)解決的方法（即已知兩組角對應相等推得相似或已知平行推得相似）．利用上述方法完成這個定理的證明．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、C【解析】試題分析：∵A點坐標為：（2，4），A1（﹣2，1），∴平移和變化規(guī)律是：橫坐標減4，縱坐標減1．∴點P（2.4，2）平移后的對應點P1為：（－1.6，－1）．∵點P1繞點O逆時針旋轉180°，得到對應點P2，∴點P1和點P2關于坐標原點對稱．∴根據(jù)關于原點對稱的點的坐標是橫、縱坐標都互為相反數(shù)的性質(zhì)，得P2點的坐標為：（1.6，1）．故選C．2、C【解析】

延長DF交BC于點G，根據(jù)兩直線平行內(nèi)錯角相等可得度數(shù)，由外角的性質(zhì)可得的度數(shù)，易知∠1的度數(shù).【詳解】解：如圖，延長DF交BC于點G故選：C【點睛】本題考查了平行線的性質(zhì)，由題意添加輔助線構造內(nèi)錯角是解題的關鍵.3、C【解析】

設∠BAC＝x，依據(jù)旋轉的性質(zhì)，可得∠DAE＝∠BAC＝x，∠ADB＝∠ABD＝2x，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可得出x．【詳解】設∠BAC＝x，由旋轉的性質(zhì)，可得∠DAE＝∠BAC＝x，∴∠DAC＝∠DBA＝2x，又∵AB＝AD，∴∠ADB＝∠ABD＝2x，又∵△ABD中，∠BAD+∠ABD+∠ADB＝180°，∴x+2x+2x＝180°，∴x＝36°，即∠BAC＝36°，故選C．【點睛】本題主要考查了旋轉的性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理，解題時注意：旋轉前、后的圖形全等．4、D【解析】分析：根據(jù)過直線外一點作這條直線的垂線，及線段中垂線的做法，圓周角定理，分別作出直角三角形斜邊上的垂線，根據(jù)直角三角形斜邊上的垂線，把原直角三角形分成了兩個小直角三角形，圖中的三個直角三角形式彼此相似的；即可作出判斷.詳解：A、在角∠BAC內(nèi)作作∠CAD=∠B,交BC于點D,根據(jù)余角的定義及等量代換得出∠B＋∠BAD=90°,進而得出AD⊥BC,根據(jù)直角三角形斜邊上的垂線，把原直角三角形分成了兩個小直角三角形，圖中的三個直角三角形式彼此相似的；A不符合題意；B、以點A為圓心，略小于AB的長為半徑，畫弧，交線段BC兩點，再分別以這兩點為圓心，大于兩交點間的距離為半徑畫弧，兩弧相交于一點，過這一點與A點作直線，該直線是BC的垂線；根據(jù)直角三角形斜邊上的垂線，把原直角三角形分成了兩個小直角三角形，圖中的三個直角三角形是彼此相似的；B不符合題意；C、以AB為直徑作圓，該圓交BC于點D，根據(jù)圓周角定理，過AD兩點作直線該直線垂直于BC，根據(jù)直角三角形斜邊上的垂線，把原直角三角形分成了兩個小直角三角形，圖中的三個直角三角形式彼此相似的；C不符合題意；D、以點B為圓心BA的長為半徑畫弧，交BC于點E，再以E點為圓心，AB的長為半徑畫弧，在BC的另一側交前弧于一點，過這一點及A點作直線，該直線不一定是BE的垂線；從而就不能保證兩個小三角形相似；D符合題意;故選D.點睛：此題主要考查了相似變換以及相似三角形的判定，正確掌握相似三角形的判定方法是解題關鍵．5、C【解析】

根據(jù)點D的畫法可得出AD平分∠OAB，由角平分線的性質(zhì)結合相似三角形的性質(zhì)可得出∠OBA＝∠OAB，利用二角互補即可求出∠OBA＝∠OAP＝30°，通過解含30度角的直角三角形即可得出點P的坐標．【詳解】解：由點D的畫法可知AD平分∠OAB．∵△OPA∽△OAB，∴∠OAP＝∠OBA＝∠OAB．∵∠OAB+∠OBA＝∠OAB+∠OAB＝90°，∴∠OAB＝60°，∠OAP＝30°，∴AP＝2OP．在Rt△OAP中，∠AOP＝90°，OA＝2，，∴OP＝，∴點P的坐標為（，0）．故選：C．【點睛】本題考查了基本作圖、角平分線的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)以及解含30度角的直角三角形，求出∠OAP＝30°是解題的關鍵．6、A【解析】

根據(jù)題意得：B(2，﹣)，可得E的縱坐標為﹣，F(xiàn)的橫坐標為2．代入解析式y(tǒng)＝x﹣2可求E，F(xiàn)坐標．則可求△EBF的面積．【詳解】解：∵x軸過BC中點，y軸過CD中點，AB＝20，BC＝3∴B(2，﹣)∴E的縱坐標為﹣，F(xiàn)的橫坐標為2．∵y＝x﹣2與邊AB、BC分別交于點E、F．∴當x＝2時，y＝．當y＝﹣時，x＝2．∴E(2，﹣)，F(xiàn)(2，)∴BE＝4，BF＝2∴S△BEF＝BE×BF＝4故選A．【點睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，矩形的性質(zhì)，關鍵是找到E，F(xiàn)兩點坐標．7、B【解析】

根據(jù)勾股定理的逆定理對各選項進行逐一判斷即可．【詳解】解：A、∵AC2＝22+42＝20，BC2＝12+22＝5，AB2＝32+42＝25，∴△ABC是直角三角形，故本選項錯誤；B、∵AC2＝22+32＝13，BC2＝12+12＝2，AB2＝22+32＝13，∴△ABC不是直角三角形，故本選項正確；C、∵AB2＝12+32＝10，AC2＝22+22＝8，BC2＝12+12＝2，∴△ABC是直角三角形，故本選項錯誤；D、∵AC2＝22+42＝20，BC2＝22＝4，AB2＝42＝16，∴△ABC是直角三角形，故本選項錯誤．故選B．【點睛】本題考查勾股定理的逆定理，熟知如果三角形的三邊長a，b，c滿足a2+b2＝c2，那么這個三角形就是直角三角形是解題關鍵．8、A【解析】

根據(jù)拋物線的頂點式可直接得到頂點坐標.【詳解】解：y＝（x﹣2）2+3是拋物線的頂點式方程，根據(jù)頂點式的坐標特點可知，頂點坐標為（2，3）．故選：A．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的頂點式與頂點坐標，頂點式y(tǒng)=（x-h）2+k，頂點坐標為（h，k），對稱軸為直線x=h，難度不大.9、D【解析】

根據(jù)條形統(tǒng)計圖即可得第二小組所占總體的比值，再乘以360°即可.【詳解】解：第二小組在扇形統(tǒng)計圖中對應的圓心角度數(shù)是360°×2012+20+13+5+10＝120故選D．【點睛】本題考查的是條形統(tǒng)計圖和扇形統(tǒng)計圖的知識，難度不大，屬于基礎題型，明確求解的方法是解題的關鍵.10、C【解析】分析：根據(jù)平行四邊形的面積，可得設則在Rt中，用勾股定理即可解得.詳解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∴設則在Rt中，即解得（舍去），故選C．點睛：考查了平行四邊形的面積，平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理等，難度較大,根據(jù)面積得出是解題的關鍵.二、填空題(每小題3分,共24分)11、﹣1．【解析】解：∵＜＜，∴1＜＜5，∴的整數(shù)部分是1，∴的小數(shù)部分是﹣1．故答案為﹣1．12、【解析】

過點D作DE⊥BC于點E，通過分析圖象，點F從點A到D用as，此時，△FBC的面積為a，依此可求菱形的高DE；再由圖象可知，BD=，在Rt△DBE中應用勾股定理求BE的值，進而在Rt△DEC應用勾股定理求a的值.【詳解】過點D作DE⊥BC于點E.由圖象可知，點F由點A到點D用時為as，△FBC的面積為acm．∴AD=a，∴DE·AD=a，∴DE=2.當點F從D到B時，用s，∴BD=.Rt△DBE中，BE=.∵ABCD是菱形，∴EC=a-1，DC=a，Rt△DEC中，a=2+(a-1)，解得a=.【點睛】此題考查菱形的性質(zhì)和一次函數(shù)圖象性質(zhì)，解答過程中要注意函數(shù)圖象變化與動點位置之間的關系；13、矩形5cm【解析】試題解析：∵AO＝OC，BO＝OD，∴四邊形ABCD是平行四邊形.∵∠ABC＝90°，∴四邊形ABCD是矩形．∴AC=BD∵AC=5cm∴BD=5cm14、1.2【解析】

∵在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，∴AB2+AC2=BC2，即∠BAC=90°.又PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，∴四邊形AEPF是矩形，∴EF=AP.∵M是EF的中點，∴AM=EF=AP.因為AP的最小值即為直角三角形ABC斜邊上的高，即2.4，∴AM的最小值是1.2.15、①②④．【解析】

①易證△ABD∽△ADF，結論正確；②由①結論可得：AE=，再確定AD的范圍為：3≤AD＜5，即可證明結論正確；③分兩種情況：當BD＜4時，可證明結論正確，當BD＞4時，結論不成立；故③錯誤；④△DCE為直角三角形，可分兩種情況：∠CDE=90°或∠CED=90°，分別討論即可．【詳解】解：如圖，在線段DE上取點F，使AF=AE，連接AF，則∠AFE=∠AEF，∵AB=AC，∴∠B=∠C，∵∠ADE=∠B=a，∴∠C=∠ADE=a，∵∠AFE=∠DAF+∠ADE，∠AEF=∠C+∠CDE，∴∠DAF=∠CDE，∵∠ADE+∠CDE=∠B+∠BAD，∴∠CDE=∠BAD，∴∠DAF=∠BAD，∴△ABD∽△ADF∴，即AD2=AB?AF∴AD2=AB?AE，故①正確；由①可知：，當AD⊥BC時，由勾股定理可得：，∴，∴，即，故②正確；如圖2，作AH⊥BC于H，∵AB=AC=5，∴BH=CH=BC=4，∴，∵AD=AD′=，∴DH=D′H=，∴BD=3或BD′=5，CD=5或CD′=3，∵∠B=∠C∴△ABD≌△DCE（SAS），△ABD′與△D′CE不是全等形故③不正確；如圖3，AD⊥BC，DE⊥AC，∴∠ADE+∠DAE=∠C+∠DAE=90°，∴∠ADE=∠C=∠B，∴BD=4；如圖4，DE⊥BC于D，AH⊥BC于H，∵∠ADE=∠C，∴∠ADH=∠CAH，∴△ADH∽△CAH，∴，即，∴DH=，∴BD=BH+DH=4+==6.1，故④正確；綜上所述，正確的結論為：①②④；故答案為：①②④.【點睛】本題屬于填空題壓軸題，考查了直角三角形性質(zhì)，勾股定理，全等三角形判定和性質(zhì)，相似三角形判定和性質(zhì)，動點問題和分類討論思想等；解題時要對所有結論逐一進行分析判斷，特別要注意分類討論．16、或【解析】

根據(jù)根與系數(shù)的關系求出+與·的值，然后代入即可求出m的值.【詳解】∵，是關于的方程的兩根，∴+=2m-2，·=m2-2m，代入，得m2-2m+2（2m-2）=-1，∴m2+2m-3=0，解之得m=或.故答案為：或.【點睛】本題考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）根與系數(shù)的關系，若x1，x2為方程的兩個根，則x1，x2與系數(shù)的關系式：，.17、1【解析】

先算括號內(nèi)，再算除法即可.【詳解】原式=.故答案為：1.【點睛】本題考查了二次根式的混合運算：先把二次根式化為最簡二次根式，然后進行二次根式的乘除運算，再合并即可．在二次根式的混合運算中，如能結合題目特點，靈活運用二次根式的性質(zhì)，選擇恰當?shù)慕忸}途徑，往往能事半功倍．18、【解析】

不等式kx+b-（x+a）＞0的解集是一次函數(shù)y1=kx+b在y2=x+a的圖象上方的部分對應的x的取值范圍，據(jù)此即可解答．【詳解】解：不等式的解集是．故答案為：．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的圖象與一元一次不等式的關系：從函數(shù)的角度看，就是尋求使一次函數(shù)y=kx+b的值大于（或小于）0的自變量x的取值范圍；從函數(shù)圖象的角度看，就是確定直線y=kx+b在x軸上（或下）方部分所有的點的橫坐標所構成的集合．三、解答題(共66分)19、（1）1；（2）；（3）5.【解析】

（1）先根據(jù)乘方的意義、負整數(shù)指數(shù)冪的意義、零指數(shù)冪的意義、絕對值的意義、二次根式的性質(zhì)逐項化簡，再進一步計算即可；（2）化為最簡二次根式，然后去括號合并同類二次根式即可；（3）先根據(jù)完全平方公式和二次根式的乘法法則計算，再合并化簡即可.【詳解】解：原式；原式；原式.【點睛】本題考查了二次根式的混合運算：先把二次根式化為最簡二次根式，然后進行二次根式的乘除運算，再合并即可．在二次根式的混合運算中，如能結合題目特點，靈活運用二次根式的性質(zhì)，選擇恰當?shù)慕忸}途徑，往往能事半功倍．20、1【解析】

設四邊形MTKN的面積為x，八個全等的三角形面積一個設為y，構建方程組，利用整體的思想思考問題，求出x+4y即可．【詳解】解：設四邊形MTKN的面積為x，八個全等的三角形面積一個設為y，

∵正方形MNKT，正方形EFGH，正方形ABCD的面積分別為S1，S2，S3，S1+S2+S3=18，

∴得出S1=x，S2=4y+x，S3=8y+x，

∴S1+S2+S3=3x+12y=18，故3x+12y=18，

x+4y=1，

所以S2=x+4y=1，即正方形EFGH的面積為1．

故答案為1【點睛】本題考查勾股定理的證明，正方形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)等知識，解題的關鍵是學會利用參數(shù)，構建方程組解決問題．21、（1）詳見解析；（2）四邊形ABCF是平行四邊形．【解析】

（1）利用尺規(guī)作出∠DAC的平分線AM即可，連接BE延長BE交AM于F，連接FC；（2）只要證明△AEF≌△CEB即可解決問題．【詳解】解：（1）如圖所示：（2）四邊形ABCF是平行四邊形．理由如下：∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB．∴∠DAC＝∠ABC+∠ACB＝2∠ACB．由作圖可知∠DAC＝2∠FAC，∴∠ACB＝∠FAC．∴AF∥BC．∵點E是AC的中點，∴AE＝CE．在△AEF和△CEB中,∠FAE=∠ECB，AE＝CE，∠AEF＝∠CEB，∴△AEF≌△CEB（ASA），∴AF＝BC．又∵AF∥BC，∴四邊形ABCF是平行四邊形．【點睛】本題考查了角平分線的作法、全等三角形的判定、平行四邊形的判定，熟練掌握并靈活運用是解題的關鍵.22、（1)5元(2)0.5元/千克；y=x+5（0≤x≤30）；（3）他一共帶了45千克土豆.【解析】

(1)根據(jù)題意得出自帶的零錢；(2)根據(jù)圖象可知降價前售出的土豆數(shù)量為30千克，總金額為15元，然后計算單價；根據(jù)降價后的價格和金額求出降價后售出的數(shù)量，然后計算總質(zhì)量.【詳解】(1)根據(jù)圖示可得：農(nóng)民自帶的零錢是5元.(2)(20－5)÷30=0.5(元/千克)∴y=x+5（0≤x≤30）答：降價前他出售的土豆每千克是0.5元.(3)(26－20)÷0.4+30=15+30=45(千克)答：他一共帶了45千克土豆.考點：一次函數(shù)的應用.23、（1）y＝x1﹣1x﹣3；（1）點P坐標為（0，﹣11）或（0，﹣19﹣4）或（0，﹣1）;（3）27【解析】

（1）由已知拋物線頂點坐標為D，設拋物線的解析式為y＝a（x﹣1）1﹣4，再把點A代入即可求得二次項系數(shù)a的值，由此即可求得拋物線的解析式；（1）由點B、D坐標可求BD的長．設點P坐標為（0，t），用t表示BP1，DP1．對BP＝BD、DP＝BD、BP＝DP三種情況進行分類討論計算，解方程求得t的值并討論是否合理即可；（3）由點B、C坐標可得∠BCO＝45°，所以過點P作BC垂線段PQ即構造出等腰直角△PQC，可得PQ＝22PC，故有MP+22PC＝MP+PQ．過點M作BC的垂線段MH，根據(jù)垂線段最短性質(zhì)，可知當點M、P、Q在同一直線上時，MP+22PC＝MP+PQ＝MH最小，即需求MH的長．連接MB、MC構造△BCM，利用y軸分成△BCD與△CDM求面積和即得到△BCM面積，再由S△BCM＝12BC?【詳解】解：（1）∵拋物線頂點為D（1，﹣4），∴設拋物線的解析式為y＝a（x﹣1）1﹣4，∵A（﹣1，0）在拋物線上∴4a﹣4＝0，解得：a＝1∴拋物線的解析式為y＝（x﹣1）1﹣4＝x1﹣1x﹣3（1）在y軸的負半軸上存在點P，使△BDP是等腰三角形．∵B（3，0），D（1，﹣4）∴BD1＝（3﹣1）1+（0+4）1＝10設y軸負半軸的點P坐標為（0，t）（t＜0）∴BP1＝31+t1，DP1＝11+（t+4）1①若BP＝BD，則9+t1＝10解得：t1＝11（舍去），t1＝﹣11②若DP＝BD，則1+（t+4）1＝10解得：t1＝19-4（舍去），t1＝﹣19﹣4③若BP＝DP，則9+t1＝1+（t+4）1解得：t＝﹣1綜上所述，點P坐標為（0，﹣11）或（0，﹣19﹣4）或（0，﹣1）（3）連接MC、MB，MB交y軸于點