2025屆山東省威海市文登區(qū)八校九上數(shù)學期末達標檢測試題含解析

2025屆山東省威海市文登區(qū)八校九上數(shù)學期末達標檢測試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(每小題3分,共30分)1．如圖的幾何體由6個相同的小正方體搭成，它的主視圖是（）A． B． C． D．2．如圖，是等邊三角形，點，，分別在，，邊上，且若，則與的面積比為（）A． B． C． D．3．如下所示的4組圖形中，左邊圖形與右邊圖形成中心對稱的有()A．1組 B．2組 C．3組 D．4組4．已知正比例函數(shù)y＝ax與反比例函數(shù)在同一坐標系中的圖象如圖，判斷二次函數(shù)y＝ax2+k在坐系中的大致圖象是（）A． B．C． D．5．把拋物線向左平移1個單位，再向下平移2個單位，所得拋物線的解析式為（）A． B．C． D．6．如圖，某小區(qū)有一塊長為18米，寬為6米的矩形空地，計劃在其中修建兩塊相同的矩形綠地，它們的面積之和為60平方米，兩塊綠地之間及周邊留有寬度相等的人行通道．若設人行道的寬度為x米，則可以列出關(guān)于x的方程是()A．x2＋9x－8＝0 B．x2－9x－8＝0C．x2－9x＋8＝0 D．2x2－9x＋8＝07．方程是關(guān)于的一元二次方程，則A． B． C． D．8．下列事件中，是必然事件的是（）A．擲一次骰子，向上一面的點數(shù)是6B．13個同學參加一個聚會，他們中至少有兩個同學的生日在同一個月C．射擊運動員射擊一次，命中靶心D．經(jīng)過有交通信號燈的路口，遇到紅燈9．如圖1，圖2是甲、乙兩位同學設置的“數(shù)值轉(zhuǎn)換機”的示意圖，若輸入的，則輸出的結(jié)果分別為（）A．9，23 B．23，9 C．9，29 D．29，910．如果，那么的值等于（）A． B． C． D．二、填空題(每小題3分,共24分)11．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝60°．把△ABC繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)60°后得到△AB′C′，若AB＝4，則線段BC在上述旋轉(zhuǎn)過程中所掃過部分（陰影部分）的面積是_____．（結(jié)果保留π）．12．如圖，是的兩條切線，為切點，點分別在線段上，且，則__________．13．若實數(shù)、滿足，則以、的值為邊長的等腰三角形的周長為．14．計算：|﹣3|+（2019﹣π）0﹣+（）-2=_______．15．是方程的解，則的值__________．16．在比例尺為1：40000的地圖上，某條道路的長為7cm，則該道路的實際長度是_____km．17．若圓錐的母線長為４cm，其側(cè)面積，則圓錐底面半徑為cm．18．（2016遼寧省沈陽市）如圖，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，BC=20，DE是△ABC的中位線，點M是邊BC上一點，BM=3，點N是線段MC上的一個動點，連接DN，ME，DN與ME相交于點O．若△OMN是直角三角形，則DO的長是______．三、解答題(共66分)19．（10分）解方程：x2+2x﹣1=1．20．（6分）如圖，在中，，過點作的平行線交的平分線于點，過點作的平行線交于點，交于點，連接，交于點．（1）求證：四邊形是菱形；（2）若，，求的長．21．（6分）在平面直角坐標系中，已知拋物線y1＝x2﹣4x+4的頂點為A，直線y2＝kx﹣2k（k≠0），（1）試說明直線是否經(jīng)過拋物線頂點A；（2）若直線y2交拋物線于點B，且△OAB面積為1時，求B點坐標；（1）過x軸上的一點M（t，0）（0≤t≤2），作x軸的垂線，分別交y1，y2的圖象于點P，Q，判斷下列說法是否正確，并說明理由：①當k＞0時，存在實數(shù)t（0≤t≤2）使得PQ＝1．②當﹣2＜k＜﹣0.5時，不存在滿足條件的t（0≤t≤2）使得PQ＝1．22．（8分）⊙O中，直徑AB和弦CD相交于點E，已知AE＝1cm，EB＝5cm，且，求CD的長．23．（8分）如圖，在△ABC中，D為AC邊上一點，∠DBC＝∠A．（1）求證：△BDC∽△ABC；（2）若BC＝4，AC＝8，求CD的長．24．（8分）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，動點Q在邊AB上，連接CQ，將△BQC沿CQ所在的直線對折得到△CQN，延長QN交直線CD于點M．（1）求證：MC＝MQ（2）當BQ＝1時，求DM的長；（3）過點D作DE⊥CQ，垂足為點E，直線QN與直線DE交于點F，且，求BQ的長．25．（10分）如圖1，拋物線y=ax2+bx-3經(jīng)過A、B、C三點，己知點A(-3，0)、C(1，0)．（1）求此拋物線的解析式；（2）點P是直線AB下方的拋物線上一動點(不與A、B重合)．①過點P作x軸的垂線，垂足為D，交直線AB于點E，動點P在什么位置時，PE最大，求出此時P點的坐標；②如圖2，連接AP，以AP為邊作圖示一側(cè)的正方形APMN，當它恰好有一個頂點落在拋物線對稱軸上時，求出對應的P點的坐標．26．（10分）如圖，拋物線經(jīng)過點A（1,0），B（4,0）與軸交于點C．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖①，在拋物線的對稱軸上是否存在點P，使得四邊形PAOC的周長最小？若存在，求出四邊形PAOC周長的最小值；若不存在，請說明理由．（3）如圖②，點Q是線段OB上一動點，連接BC，在線段BC上是否存在這樣的點M，使△CQM為等腰三角形且△BQM為直角三角形？若存在，求M的坐標；若不存在，請說明理由．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、A【分析】根據(jù)從正面看得到的視圖是主視圖，可得答案．【詳解】從正面看有三列，從左起第一列有兩個正方形，第二列有兩個正方形，第三列有一個正方形，故A符合題意，故選A．【點睛】本題考查了簡單組合體的三視圖，從正面看得到的視圖是主視圖．2、C【分析】根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)先判定是等邊三角形，再利用直角三角形中角的性質(zhì)求得，，進而求得答案.【詳解】是等邊三角形，，，，∴，，是等邊三角形，，，，，，，，，，．故選：C．【點睛】本題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握等邊三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)．3、C【解析】試題分析：根據(jù)中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念依次分析即可．①②③是只是中心對稱圖形，④只是軸對稱圖形，故選C.考點：本題考查的是中心對稱圖形與軸對稱圖形點評：解答本題的關(guān)鍵是熟練掌握如果一個圖形沿著一條直線對折后兩部分完全重合，這樣的圖形叫做軸對稱圖形，這條直線叫對稱軸；在同一平面內(nèi)，如果把一個圖形繞某一點旋轉(zhuǎn)180°，旋轉(zhuǎn)后的圖形能和原圖形完全重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形．4、B【解析】根據(jù)正比例函數(shù)y=ax與反比例函數(shù)y＝的函數(shù)圖象可知：a＜0，k＞0，然后根據(jù)二次函數(shù)圖象的性質(zhì)即可得出答案．【詳解】正比例函數(shù)y=ax與反比例函數(shù)y＝的函數(shù)圖象可知：a＜0，k＞0，

則二次函數(shù)y=ax2+k的圖象開口向下，且與y軸的交點在y軸的正半軸，

所以大致圖象為B圖象．

故選B．【點睛】本題考查了二次函數(shù)及正比例函數(shù)與反比例函數(shù)的圖象，屬于基礎(chǔ)題，關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合的思想解題．5、C【分析】根據(jù)拋物線的平移規(guī)律：上加下減，左加右減解答即可.【詳解】解：把拋物線向左平移1個單位，再向下平移2個單位，所得拋物線的解析式為：.故選：C.【點睛】此題考查了拋物線的平移，屬于基本題型，熟知拋物線的平移規(guī)律是解答的關(guān)鍵.6、C【詳解】解：設人行道的寬度為x米，根據(jù)題意得，（18﹣3x）（6﹣2x）=61，化簡整理得，x2﹣9x+8=1．故選C．7、D【分析】根據(jù)一元二次方程的定義，得到關(guān)于的不等式，解之即可．【詳解】解：根據(jù)題意得：，解得：，故選．【點睛】本題考查一元二次方程的定義，解題關(guān)鍵是正確掌握一元二次方程的定義．8、B【分析】事先能肯定它一定會發(fā)生的事件稱為必然事件，即發(fā)生的概率是1的事件．【詳解】解：A．擲一次骰子，向上一面的點數(shù)是6，屬于隨機事件；B.13個同學參加一個聚會，他們中至少有兩個同學的生日在同一個月，屬于必然事件；C．射擊運動員射擊一次，命中靶心，屬于隨機事件；D．經(jīng)過有交通信號燈的路口，遇到紅燈，屬于隨機事件；故選B．【點睛】此題主要考查事件發(fā)生的概率，解題的關(guān)鍵是熟知必然事件的定義.9、D【分析】根據(jù)題意分別把m=-2代入甲、乙兩位同學設置的“數(shù)值轉(zhuǎn)換機”求值即可．【詳解】解：甲的“數(shù)值轉(zhuǎn)換機”：當時，(-2)2+52=4+25=29，乙的“數(shù)值轉(zhuǎn)換機”:當時，[(-2)+5]2=32=9，故選D.【點睛】本題考查了求代數(shù)式的值.解題關(guān)鍵是根據(jù)數(shù)值轉(zhuǎn)換機的圖示分清運算順序.10、D【分析】依據(jù)，即可得到a=b，進而得出的值．【詳解】∵，∴3a﹣3b=5b，∴3a=8b，即a=b，∴==．故選D．【點睛】本題考查了比例的性質(zhì)，解決問題的關(guān)鍵是運用內(nèi)項之積等于外項之積．二、填空題(每小題3分,共24分)11、2π．【分析】由題意根據(jù)陰影部分的面積是：扇形BAB′的面積+S△AB′C′-S△ABC-扇形CAC′的面積，分別求得：扇形BAB′的面積和S△AB′C′，S△ABC以及扇形CAC′的面積，進而分析即可求解．【詳解】解：扇形BAB′的面積是：，在直角△ABC中，，．扇形CAC′的面積是：，則陰影部分的面積是：扇形BAB′的面積+-扇形CAC′的面積=．故答案為：2π．【點睛】本題考查扇形的面積的計算，正確理解陰影部分的面積是：扇形BAB′的面積+-扇形CAC′的面積是解題的關(guān)鍵．12、61°【分析】根據(jù)切線長定理，可得PA=PB，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理即可求出∠FAD=∠DBE=61°，利用SAS即可證出△FAD≌△DBE，從而得出∠AFD=∠BDE，然后根據(jù)三角形外角的性質(zhì)即可求出∠EDF．【詳解】解：∵是的兩條切線，∠P=58°∴PA=PB∴∠FAD=∠DBE=（180°－∠P）=61°在△FAD和△DBE中∴△FAD≌△DBE∴∠AFD=∠BDE，∵∠BDF=∠BDE＋∠EDF=∠AFD＋∠FAD∴∠EDF=∠FAD=61°故答案為：61°【點睛】此題考查的是切線長定理、等腰三角形的性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和定理、全等三角形的判定及性質(zhì)和三角形外角的性質(zhì)，掌握切線長定理、等邊對等角和全等三角形的判定及性質(zhì)是解決此題的關(guān)鍵．13、1．【解析】先根據(jù)非負數(shù)的性質(zhì)列式求出x、y的值，再分4是腰長與底邊兩種情況討論求解：根據(jù)題意得，x﹣4=0，y﹣2=0，解得x=4，y=2．①4是腰長時，三角形的三邊分別為4、4、2，∵4+4=2，∴不能組成三角形，②4是底邊時，三角形的三邊分別為4、2、2，能組成三角形，周長=4+2+2=1．所以，三角形的周長為1．14、【分析】直接利用負指數(shù)冪法則以及絕對值的代數(shù)意義和零指數(shù)冪的法則、算術(shù)平方根的性質(zhì)分別化簡得出答案．【詳解】解：原式＝，故答案為：．【點睛】此題主要考查了負指數(shù)冪法則以及絕對值的代數(shù)意義和零指數(shù)冪的法則、算術(shù)平方根的性質(zhì)，正確利用法則化簡各數(shù)是解題關(guān)鍵．15、【分析】先根據(jù)是方程的解求出的值，再進行計算即可得到答案．【詳解】解：∵是方程的解，∴，∴，∴，∴，故答案為：．【點睛】本題主要考查了一元二次方程的解，解題時，逆用一元二次方程的定義易得出所求式子的值，在解題時要重視解題思路的逆向分析．16、2.1【解析】試題分析：設這條道路的實際長度為x，則：，解得x=210000cm=2.1km，∴這條道路的實際長度為2.1km．故答案為2.1．考點：比例線段．17、3【解析】∵圓錐的母線長是5cm，側(cè)面積是15πcm2，∴圓錐的側(cè)面展開扇形的弧長為：l==6π，∵錐的側(cè)面展開扇形的弧長等于圓錐的底面周長，∴r==3cm，18、或．【解析】由圖可知，在△OMN中，∠OMN的度數(shù)是一個定值，且∠OMN不為直角.故當∠ONM=90°或∠MON=90°時，△OMN是直角三角形.因此，本題需要按以下兩種情況分別求解.(1)當∠ONM=90°時，則DN⊥BC.過點E作EF⊥BC，垂足為F.(如圖)∵在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，∴∠C=45°，∵BC=20，∴在Rt△ABC中，，∵DE是△ABC的中位線，∴，∴在Rt△CFE中，，.∵BM=3，BC=20，F(xiàn)C=5，∴MF=BC-BM-FC=20-3-5=12.∵EF=5，MF=12，∴在Rt△MFE中，，∵DE是△ABC的中位線，BC=20，∴，DE∥BC，∴∠DEM=∠EMF，即∠DEO=∠EMF，∴，∴在Rt△ODE中，.(2)當∠MON=90°時，則DN⊥ME.過點E作EF⊥BC，垂足為F.(如圖)∵EF=5，MF=12，∴在Rt△MFE中，，∴在Rt△MFE中，，∵∠DEO=∠EMF，∴，∵DE=10，∴在Rt△DOE中，.綜上所述，DO的長是或.故本題應填寫：或.點睛：在解決本題的過程中，難點在于對直角三角形中直角的分類討論；關(guān)鍵點是通過等角代換將一個在原直角三角形中不易求得的三角函數(shù)值轉(zhuǎn)換到一個容易求解的直角三角形中進行求解.另外，本題也可以用相似三角形的方法進行求解，不過利用銳角三角函數(shù)相對簡便.三、解答題(共66分)19、．【分析】根據(jù)公式法解一元二次方程，即可得出結(jié)論.【詳解】解：，，，，方程有兩個不相等的實數(shù)根，，即，故答案為.【點睛】本題考查了公式法解一元二次方程是常數(shù)且.解題的關(guān)鍵是根據(jù)系數(shù)的特點選用適合的解題方法，選用公式法解題時，判別式，(1)當時，一元二次方程有兩個不相等的實數(shù)根；(2)當時，一元二次方程有兩個相等的實數(shù)根；(3)當時，一元二次方程沒有實數(shù)根.20、（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的定義可知四邊形是平行四邊形，然后根據(jù)角平分線的定義和平行線的性質(zhì)可得，根據(jù)等角對等邊即可證出，從而證出四邊形是菱形；（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)和同角的余角相等即可證出，利用銳角三角函數(shù)即可求出AH和AG，從而求出GH．【詳解】（1）證明：，，四邊形是平行四邊形，平分，，，，，四邊形是菱形；（2）解：，，∵四邊形是菱形∴，，，，，四邊形是菱形，，，，．【點睛】此題考查的是菱形的判定及性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、角平分線的定義、等腰三角形的性質(zhì)和解直角三角形，掌握菱形的定義及性質(zhì)、平行線、角平行線和等腰三角形的關(guān)系和用銳角三角函數(shù)解直角三角形是解決此題的關(guān)鍵．21、（1）直線經(jīng)過A點；（2）B（1,1）或B（1,1）；（1）①正確，②正確.【解析】（1）將拋物線解析式整理成頂點式形式，然后寫出頂點A的坐標,將點A的坐標代入直線的解析式判斷即可；（2）OA=2,△OAB面積為1時，根據(jù)三角形的面積公式，求出點B的縱坐標，代入拋物線的解析式即可求出點B的橫坐標，即可求解.

（1）①點M（t，0），則點P（t，t2﹣4t+4），點Q（t，kt﹣2k），若k＞0：當0≤t≤2時，P在Q點上方時，t2-4t+4-kt-2k=3,整理得t2﹣（4+k）t+（1+2k）=0，求出△=b2﹣4ac=（4+k）2﹣4（1+2k）=k2+12＞0,②分當P在Q點下方，當P在Q點上方時，兩種情況進行分類討論.【詳解】（1）y1頂點A（2,0）當x=2時，由2k-2k=0，∴直線經(jīng)過A點.（2）OA=2,△OAB面積為1時，S△OAByB令y解得：x1即點B的坐標為：B（1,1）或B（1,1）,（1）∵點M（t，0），∴點P（t，t2﹣4t+4），點Q（t，kt﹣2k），①若k＞0：當0≤t≤2時，P在Q點上方時，∵PQ=1∴t2﹣（4+k）t+（4+2k）=1整理得t2﹣（4+k）t+（1+2k）=0∵△=b2﹣4ac=（4+k）2﹣4（1+2k）=k2+12＞0,此方程有解∴①正確．②若k＜0:1）當P在Q點下方，∴t2﹣（4+k）t+（4+2k）=﹣1∴t2﹣（4+k）t+7+2k=0∵△=b2﹣4ac=（4+k）2﹣4（7+2k）=k2﹣12∴當存在PQ=1時，k2﹣12≥0∴k≤-23或k≥2∴當﹣2＜k＜﹣0.5時，不存在滿足條件的t，2)當P在Q點上方時，∴t2﹣（4+k）t+（4+2k）=1∵△=k2+12＞0,此方程有解又∵t1+t1∴正根>2∴在[0,2]上不存在滿足條件的t，∴②正確-【點睛】屬于二次函數(shù)綜合題，考查二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，三角形的面積公式，一元二次方程根的判別式等，綜合性比較強，難度較大.22、2（cm）【分析】先求出圓的半徑，再通過作OP⊥CD于P，求出OP長，再根據(jù)勾股定理求出DP長，最后利用垂徑定理確定CD長度.【詳解】解：作OP⊥CD于P，連接OD，∴CP＝PD，∵AE＝1，EB＝5，∴AB＝6，∴OE＝2，在Rt△OPE中，OP＝OE?sin∠DEB＝，∴PD＝＝，∴CD＝2PD＝2（cm）．【點睛】本題考查了垂徑定理，勾股定理及直角三角形的性質(zhì)，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造直角三角形及構(gòu)造出符合垂徑定理的條件是解答此題的關(guān)鍵.23、（1）證明見解析；（1）CD＝1．【解析】（1）根據(jù)相似三角形的判定得出即可；

（1）根據(jù)相似得出比例式，代入求出即可．【詳解】解：（1）∵∠DBC＝∠A，∠BCD＝∠ACB，∴△BDC∽△ABC；（1）∵△BDC∽△ABC，∴，∵BC＝4，AC＝8，∴CD＝1．【點睛】本題考查的知識點是相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練的掌握相似三角形的判定與性質(zhì).24、（1）見解析；（2）2.1；（3）或2【分析】（1）由矩形的性質(zhì)得出∠B=90°，AB=CD=6，CD∥AB，得出∠MCQ=∠CQB，由折疊的性質(zhì)得出△CBQ≌△CNQ，求出BC=NC=4，NQ=BQ=1，∠CNQ=∠B=90°，∠CQN=∠CQB，得出∠CNM=90°，∠MCQ=∠CQN，證出MC=MQ．

（2）設DM=x，則MQ=MC=6+x，MN=1+x，在Rt△CNM中，由勾股定理得出方程，解方程即可．

（3）分兩種情況：①當點M在CD延長線上時，由（1）得：∠MCQ=∠CQM，證出∠FDM=∠F，得出MD=MF，過M作MH⊥DF于H，則DF=2DH，證明△MHD∽△CED，得出，求出MD=CD=1，MC=MQ=7，由勾股定理得出MN即可解決問題．

②當點M在CD邊上時，同①得出BQ=2即可．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，

∴DC∥AB

即∠MCQ=∠CQB，

∵△BQC沿CQ所在的直線對折得到△CQN，

∴∠CQN=∠CQB，

即∠MCQ=∠MQC，

∴MC=MQ．

（2）∵四邊形ABCD是矩形，△BQC沿CQ所在的直線對折得到△CQN，

∴∠CNM=∠B=90°，

設DM=x，則MQ=MC=6+x，MN=1+x，

在Rt△CNM中，MB2=BN2+MN2，

即（x+6）2=42+（x+1）2，

解得：x=，

∴DM=，

∴DM的長2.1．

（3）解：分兩種情況：

①當點M在CD延長線上時，如圖所示：

由（1）得∠MCQ=∠MQC，

∵DE⊥CQ，

∴∠CDE=∠F，

又∵∠CDE=∠FDM，

∴∠FDM=∠F，

∴MD=MF．

過M點作MH⊥DF于H，則DF=2DH，

又，∴，

∵DE⊥CQ

MH⊥DF，

∴∠MHD=∠DEC=90°，

∴△MHD∽△DEC

∴，

∴DM=1，MC=MQ=7，

∴MN＝

∴BQ＝NQ＝

②當點M在CD邊上時，如圖所示，類似可求得BQ=2．

綜上所述，BQ的長為或2．【點睛】此題考查四邊形綜合題，翻折變換的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，等腰三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵在于掌握各性質(zhì)定義和需要進行分類討論．25、（1）y=x2+2x﹣3；（2）①（﹣，），②（﹣－1，2）或（，）或(-1，-4)【分析】（1）直接用待定系數(shù)法求解即可；（2）①由拋物線解析式y(tǒng)=x2+2x﹣3，令x=0，y=﹣3，求出點B（0，-3），設直線AB的解析式為y=kx+b，把A（﹣3,0）和B（0，﹣3）代入y=kx+b求出k=-1，b=-3，直線AB的解析式為y=﹣x﹣3，設E（x，﹣x﹣3），則PE=﹣（x+）2+，從而得當PE最大時，P點坐標為（﹣，）；②拋物線對稱軸為直線x=﹣1，A（﹣3,0），正方形APMN的頂點落在拋物線對稱軸上的情況有兩種情況，i)當點N在拋物線對稱軸直線x=﹣1上；ii）當點M在拋物線對稱軸直線x=﹣1；根據(jù)這兩種情況，作出圖形，找到線段之間的等量關(guān)系，解之即可．.【詳解】（1）把A（﹣3,0）和C（1,0）代入y=ax2+bx﹣3得，，解得，∴拋物線解析式為y=x2+2x﹣3；（2）設P（x，x2+2x﹣3），直線AB的解析式為y=kx+b，①由拋物線解析式y(tǒng)=x2+2x﹣3，令x=0，y=﹣3，∴B（0，﹣3），把A（﹣3,0）和B（0，﹣3）代入y=kx+b得，解得，∴直線AB的解析式為y=﹣x﹣3，∵PE⊥x軸，∴E（x，﹣x﹣3），∵P在直線AB下方，∴PE=﹣x﹣3﹣（x2+2x﹣3）=﹣x2﹣3x=﹣（x+）2+，當x=﹣時，y=x2+2x﹣3=，∴當PE最大時，P點坐標為（﹣，）.②拋物線對稱軸為直線x=﹣1，A（﹣3,0），正方形APMN的頂點落在拋物線對稱軸上的情況有三種：i)當點N在拋物線對稱軸直線x=﹣1上時，作PR⊥x軸于點R，設對稱軸與x軸的交點為L，如圖①，∵四邊形APMN為正方形，∴AN=AP，∠PAR+∠RAN=90°，∵∠PAR+∠APR=90°，∴∠APR=∠RAN，在△APR和△NAL中∴△APR≌△NAL（AAS），∴PR=AL，∵AL=﹣1－（﹣3）=2，∴PR=2，此時x2+2x﹣3=2，解得x1=－1，x2=﹣－1，∵P在直線AB下方，∴x=﹣－1，∴P（﹣－1，2）；ii)當點M在拋物線對稱軸直線x=﹣1上時，如圖②，過點P作PH⊥對稱軸于點H、作AG⊥HP于點G，∵四邊形APMN為正方形，∴PA=PM，∠APM=90°，∴∠APG+∠MPH=90°，∵∠APG+∠GAP=90°，∴∠GAP=∠HPM，在△APG和△PMH中∴△APG≌△PMH（AAS），∴AG=PH，PG=MH，∴GH=PG+PH∵P