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1、冲刺2020年中考数学精选真题重组卷安徽卷03班级_ 姓名_ 学号_ 分数_（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，满分40分）1的相反数是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数进行求解即可得.【详解】2与-2只有符号不同，所以2的相反数是-2，故选A.【名师点睛】本题考查了相反数的定义，属于中考中的简单题2地球上陆地的面积约为150 000 000km2把“150 000 000”用科学记数法表示为（）A. 1.5×108 B. 1.5×107 C. 1.5×109
2、 D. 1.5×106【答案】A【解析】【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的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同当原数绝对值10时，n是正数；当原数的绝对值1时，n是负数【详解】150 000 000=1.5×108，故选：A【名师点睛】此题考查科学记数法的表示方法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，表示时关键要正确确定a的值以及n的值3下列运算正确的是（ ）A. a2a3=a6 B. a2-a1=a C. (a
3、2)3=a6 D. a8÷a2=a4【答案】C【解析】【分析】根据同底数幂的乘法，幂的乘方，同底数幂的除法，合并同类项的法则逐项进行计算即可得.【详解】A. a2a3=a5 ，故A选项错误；B. a2与a1不是同类项，不能合并，故B选项错误；C. (a2)3=a6 ，故C选项正确；D. a8÷a2=a6，故D选项错误，故选C.【名师点睛】本题考查了同底数幂的乘法，幂的乘方，同底数幂的除法，合并同类项等运算，熟练掌握有关的运算法则是解题的关键.4图中立体图形的主视图是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据主视图是从物体正面看得到的图形即可得.【详解】观察
4、可知从正面看可得到三列小正方形，从左至右每一列小正方形的数目分别为1、2、2，观察选项可知只有B选项符合，故选B.【名师点睛】本题考查了简单几何体的三视图，明确主视图是从几何体正面看得到的是解题的关键.5如图，菱形ABCD的两个顶点B、D在反比例函数y=kx的图象上，对角线AC与BD的交点恰好是坐标原点O，已知点A（1，1），ABC=60°，则k的值是（）A. 5 B. 4 C. 3 D. 2【答案】C【解析】分析：根据题意可以求得点B的坐标，从而可以求得k的值详解：四边形ABCD是菱形，BA=BC，ACBD，ABC=60°，ABC是等边三角形，点A（1，1），OA=2，B
5、O=OAtan30°6，直线AC的解析式为y=x，直线BD的解析式为y=-x，OB=6，点B的坐标为（3，3），点B在反比例函数y=kx的图象上，3=k-3，解得，k=-3，故选：C【名师点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、菱形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答6二次函数y=ax2+bx+c(a0)的图像如图所示，下列结论正确是( )A. abc>0 B. 2a+b<0 C. 3a+c<0 D. ax2+bx+c-3=0有两个不相等的实数根【答案】C【解析】【分析】观察图象：开口向下得到a0；对称轴在y轴的右侧得到a、b异号，则b0；
6、抛物线与y轴的交点在x轴的上方得到c0，所以abc0；由对称轴为x=-b2a=1，可得2a+b=0；当x=-1时图象在x轴下方得到y=a-b+c0，结合b=-2a可得 3a+c0；观察图象可知抛物线的顶点为（1，3），可得方程ax2+bx+c-3=0有两个相等的实数根，据此对各选项进行判断即可.【详解】观察图象：开口向下得到a0；对称轴在y轴的右侧得到a、b异号，则b0；抛物线与y轴的交点在x轴的上方得到c0，所以abc0，故A选项错误；对称轴x=-b2a=1，b=-2a，即2a+b=0，故B选项错误；当x=-1时， y=a-b+c0，又b=-2a， 3a+c0，故C选项正确；抛物线的顶点为（
7、1，3），ax2+bx+c-3=0的解为x1=x2=1，即方程有两个相等的实数根，故D选项错误，故选C.【名师点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c（a0）的图象，当a0，开口向上，函数有最小值，a0，开口向下，函数有最大值；对称轴为直线x=-b2a，a与b同号，对称轴在y轴的左侧，a与b异号，对称轴在y轴的右侧；当c0，抛物线与y轴的交点在x轴的上方；当=b2-4ac0，抛物线与x轴有两个交点 7如图，一个函数的图象由射线BA、线段BC、射线CD组成，其中点A(-1,2)，B(1,3)，C(2,1)，D(6,5)，则此函数（ ）A. 当x<1时，y随
8、x的增大而增大B. 当x<1时，y随x的增大而减小C. 当x>1时，y随x的增大而增大D. 当x>1时，y随x的增大而减小【答案】A【解析】【分析】根据一次函数的图象对各项分析判断即可.【详解】观察图象可知：A. 当x<1时，图象呈上升趋势，y随x的增大而增大，正确.B. 当x<1时，图象呈上升趋势，y随x的增大而减小, 故错误.C. 当1<x<2时，y随x的增大而减小,当x>2时，y随x的增大而增大，故错误.D. 当1<x<2时，y随x的增大而减小,当x>2时，y随x的增大而增大，故错误.故选A.【名师点睛】考查一次函数的图象
9、与性质，读懂图象是解题的关键.8为了解学生课外阅读时间情况，随机收集了30名学生一天课外阅读时间，整理如下表：阅读时间/小时0.5及以下0.70.91.11.31.5及以上人数296544则本次调查中阅读时间的中位数和众数分别是A0.7和0.7B0.9和0.7C1和0.7D0.9和1.1【答案】B【解析】由表格可得，30名学生平均每天阅读时间的中位数是：=0.9，30名学生平均每天阅读时间的众数是0.7，故选B【名师点睛】本题考查众数、中位数，解答本题的关键是明确题意，会求一组数据的众数和中位数9如图，旗杆及升旗台的剖面和教学楼的剖面在同一平面上，旗杆与地面垂直，在教学楼底部E点处测得旗杆顶端
10、的仰角AED=58°，升旗台底部到教学楼底部的距离DE=7米，升旗台坡面CD的坡度i=1:0.75，坡长CD=2米，若旗杆底部到坡面CD的水平距离BC=1米，则旗杆AB的高度约为（ ）（参考数据：sin58°0.85，cos58°0.53，tan58°1.6）A. 12.6米 B. 13.1米 C. 14.7米 D. 16.3米【答案】B【解析】【分析】延长AB交地面于点H，作CMDE， 易得CM=1.6，DM=1.2，再由tan58°=AHEH，求得AH长即可得.【详解】延长AB交地面于点H，作CMDE，则四边形BHMC是矩形，HM=BC=1
11、，BH=CM，i=1:0.75，i=CM：DM，DM=0.75CM，DM2+CM2=CD2，CD=2，CM=1.6，DM=1.2，HE=HM+DM+DE=1+1.2+7=9.2，在RtAHE中，AEB=58°，tan58°=AHEH，即AH9.2=1.6，AH=14.72，AB=AH-BH=14.72-1.6=13.1213.1（米），故选B.【名师点睛】本题考查了解直角三角形的应用，添加辅助线构造直角三角形，从图中提取相关信息是解题的关键.10小军同学在网格纸上将某些图形进行平移操作，他发现平移前后的两个图形所组成的图形可以是轴对称图形.如图所示，现在他将正方形ABCD从
12、当前位置开始进行一次平移操作，平移后的正方形的顶点也在格点上，则使平移前后的两个正方形组成轴对称图形的平移方向有A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 无数个【答案】C【解析】【分析】结合正方形的特征，可知平移的方向只有5个，向上，下，右，右上45°，右下45°方向，否则两个图形不轴对称.【详解】因为正方形是轴对称图形，有四条对称轴，因此只要沿着正方形的对称轴进行平移，平移前后的两个图形组成的图形一定是轴对称图形，观察图形可知，向上平移，向上平移、向右平移、向右上45°、向右下45°平移时，平移前后的两个图形组成的图形都是轴对称图形，故选C.【名师点睛
13、】本题考查了图形的平移、轴对称图形等知识，熟练掌握正方形的结构特征是解本题的关键.2、 填空题(本大共4小题，每小题5分，满分20分)11，则的取值范围是_【答案】【解析】根据绝对值的意义得，故答案为：【名师点睛】本题考查了绝对值性质及取值范围1264的立方根是_【答案】4【解析】43=64，64的立方根是4，故答案为：4【名师点睛】本题考查了立方根，属于简单题13如图，边长为2的正方形ABCD中心与半径为2的O的圆心重合，E、F分别是AD、BA的延长与O的交点，则图中阴影部分的面积是_（结果保留）【答案】-1【解析】如图，延长DC，CB交O于M，N，则图中阴影部分的面积=×（S圆O
14、-S正方形ABCD）=×（4-4）=-1，故答案为：-1【名师点睛】本题考查了割补法求阴影部分面积，正方形的性质14如图，五边形ABCDE是正五边形，若l1/l2，则1-2=_【答案】72【解析】分析：延长AB交l2于点F，根据l1/l2得到2=3,根据五边形ABCDE是正五边形得到FBC=72°,最后根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和即可求出.【详解】延长AB交l2于点F，l1/l2，2=3，五边形ABCDE是正五边形，ABC=108°,FBC=72°,1-2=1-3=FBC=72°故答案为：72°.【名师点睛】此题主要考
15、查了平行线的性质和正五边形的性质，正确把握五边形的性质是解题关键.三、（本大题共2小题，每小题7分，满分14分）15解方程组：x+2y=03x+4y=6【答案】原方程组的解为x=6y=-3【解析】【分析】利用代入法进行求解即可得.【详解】x+2y=03x+4y=6 ，由得：x=-2y 将代入得：3（-2y）+4y=6，解得：y=-3，将y=-3代入得：x=6，原方程组的解为x=6y=-3.【名师点睛】本题考查了解二元一次方程组，熟练掌握二元一次方程组的解法是解题的关键.16在ABC中，AB=AC，点A在以BC为直径的半圆内请仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图（
16、保留画图痕迹）（1）在图1中作弦EF，使EFBC；（2）在图2中以BC为边作一个45°的圆周角【解析】（1）如图1，EF为所作（2）如图2，BCD为所作【名师点睛】本题考查了作图复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作也考查了圆周角定理四、(本大题共2小题，每小题9分，满分18分)17中国古代人民很早就在生产生活中发现了许多有趣的数学问题，其中孙子算经中有个问题，原文：今有三人共车，二车空；二人共车，九人步，问人与车各几何？译文为：今
17、有若干人乘车，每3人共乘一车，最终剩余2辆车，若每2人共乘一车，最终剩余9个人无车可乘，问共有多少人，多少辆车？【答案】共有39人，15辆车【解析】设共有x人，根据题意得：，去分母得：2x+12=3x27，解得：x=39，=15，则共有39人，15辆车【名师点睛】此题考查了一元一次方程的应用，弄清题意是解本题的关键18问题提出(1)如图，在ABC中，A120°，ABAC5，则ABC的外接圆半径R的值为 问题探究(2)如图，O的半径为13，弦AB24，M是AB的中点，P是O上一动点，求PM的最大值问题解决(3)如图所示，AB、AC、BC是某新区的三条规划路其中，AB6km，AC3km，
18、BAC60°，BC所对的圆心角为60°新区管委会想在BC路边建物资总站点P，在AB、AC路边分别建物资分站点E、F也就是，分别在BC、线段AB和AC上选取点P、E、F由于总站工作人员每天要将物资在各物资站点间按PEFP的路径进行运输，因此，要在各物资站点之间规划道路PE、EF和FP为了快捷环保和节约成本要使得线段PE、EF、FP之和最短，试求PEEFFP的最小值(各物资站点与所在道路之间的距离、路宽均忽略不计) 图 图 图【答案】（1）5；（2）18；（3）（3219）km【解析】【分析】（1）如图（1），设外接圆的圆心为O，连接OA， OB，根据已知条件可得AOB是等边三
19、角形，由此即可得半径； （2）如图（2）所示，连接MO并延长交O于N，连接OP，显然，MN即为MP的最大值，根据垂径定理求得OM的长即可求得MN的最大值；（3） 如图（3）所示，假设P点即为所求点，分别作出点P关于AB、AC的对称点P´、P连接PP´、P´E，PE，PF，PF，PP，则P´P即为最短距离，其长度取决于PA的长度， 根据题意正确画出图形，得到点P的位置，根据等边三角形、勾股定理等进行求解即可得PEEFFP的最小值.【详解】（1）如图（1），设外接圆的圆心为O，连接OA， OB，O是等腰三角形ABC的外心，AB=AC，BAO=OAC=12BA
20、C=12×120°=60°，OA=OB，AOB是等边三角形，OB=AB=5，故答案为：5； （2）如图（2）所示，连接MO并延长交O于N，连接OP，显然，MPOMOPOMONMN，ON13，OM132-1225，MN18，PM的最大值为18；（3） 如图（3）所示，假设P点即为所求点，分别作出点P关于AB、AC的对称点P´、P连接PP´、P´E，PE，PF，PF，PP由对称性可知PEEFFPP´EEFFPP´P，且P´、E、F、P在一条直线上，所以P´P即为最短距离，其长度取决于PA的长度， 如
21、图（4），作出弧BC的圆心O，连接AO，与弧BC交于P，P点即为使得PA最短的点，AB6km，AC3km，BAC60°，ABC是直角三角形，ABC30°，BC33，BC所对的圆心角为60°，OBC是等边三角形，CBO60°，BOBC33，ABO90°，AO37，PA3733，P´AEEAP，PAFFAP，P´AP2ABC120°，P´AAP，AP´EAPF30°，P´P2P´AcosAP´E3P´A3219，所以PEEFFP的最小值为3219km
22、【名师点睛】本题考查了圆的综合题，涉及到垂径定理、最短路径问题等，正确添加辅助线、灵活应用相关知识是解题的关键.五、(本大题共2小题，每小题10分，满分20分)19如图，已知正方形ABCD的边长为1，正方形CEFG的面积为，点E在CD边上，点G在BC的延长线上，设以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为，且. （1）求线段CE的长；（2）若点H为BC边的中点，连结HD，求证：.【答案】（1）CE=；（2）见解析.【解析】根据题意，得AD=BC=CD=1，BCD=90°.（1）设CE=x（0<x<1），则DE=1x，因为S1=S2，所以x2=1x，解得x=（负根已舍去），即CE
23、=.（2）因为点H为BC边的中点，所以CH=，所以HD=，因为CG=CE=，点H，C，G在同一直线上，所以HG=HC+CG=，所以HD=HG.【名师点睛】本题考查正方形的性质、勾股定理和一元二次方程，解题的关键是根据题意列出一元二次方程.20如图，在四边形ABCD中，BC=CD，C=2BAD.O是四边形ABCD内一点，且OA=OB=OD.求证：（1）BOD=C；（2）四边形OBCD是菱形.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】分析：(1)先证点A、B、D共圆,从而得到BOD=2BAD,又C=2BAD,即可得出结论;(2) 连接OC,证OBCODC得到BCO=DCO,又由于BOC=
24、12BOD，BCO=12BCD,结合BOD=BCD可得BO=BC, 从而OB=BC=CD=DO得出四边形OBCD是菱形.详解：（1）OA=OB=OD.点A、B、D在以点O为圆心，OA为半径的圆上.BOD=2BAD.又C=2BAD，BOD=C.（2）证明：如图，连接OC.OB=OD，CB=CD，OC=OC，OBCODC.BOC=DOC，BCO=DCO.BOD=BOC+DOC，BCD=BCO+DCO，BOC=12BOD，BCO=12BCD.又BOD=BCD.BOC=BCO，BO=BC.又OB=OD，BC=CD，OB=BC=CD=DO，四边形OBCD是菱形.【名师点睛】本题考查圆周角定理、全等三角形
25、的判定和性质、菱形的判定等知识，解题的关键是灵活应用圆周角定理，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型六、(本题满分12分)21某校为了解七、八年级学生对“防溺水”安全知识的掌握情况，从七、八年级各随机抽取50名学生进行测试，并对成绩（百分制）进行整理、描述和分析部分信息如下：a七年级成绩频数分布直方图：b七年级成绩在70x80这一组的是：70；72；74；75；76；76；77；77；77；78；79c七、八年级成绩的平均数、中位数如下：年级平均数中位数七76.9m八79.279.5根据以上信息，回答下列问题：（1）在这次测试中，七年级在80分以上（含80分）的有_人；（2）表中m的值为_；（
26、3）在这次测试中，七年级学生甲与八年级学生乙的成绩都是78分，请判断两位学生在各自年级的排名谁更靠前，并说明理由；（4）该校七年级学生有400人，假设全部参加此次测试，请估计七年级成绩超过平均数76.9分的人数【答案】（1）23；（2）77.5；【解析】（1）在这次测试中，七年级在80分以上（含80分）的有15+8=23人，故答案为：23；（2）七年级50人成绩的中位数是第25、26个数据的平均数，而第25、26个数据分别为78、79，m=77.5，故答案为：77.5；（3）甲学生在该年级的排名更靠前，七年级学生甲的成绩大于中位数77.5分，其名次在该年级抽查的学生数的25名之前，八年级学生乙
27、的成绩小于中位数79.5分，其名次在该年级抽查的学生数的25名之后，甲学生在该年级的排名更靠前（4）估计七年级成绩超过平均数76.9分的人数为400×=224（人）【名师点睛】本题主要考查频数分布直方图、中位数及样本估计总体，解题的关键是根据直方图得出解题所需数据及中位数的定义和意义、样本估计总体思想的运用7、 （本题满分12分）22在平面直角坐标系中，点O(0,0)，点A(1,0).已知抛物线y=x2+mx-2m（m是常数），顶点为P.（）当抛物线经过点A时，求顶点P的坐标；（）若点P在x轴下方，当AOP=45°时，求抛物线的解析式；（） 无论m取何值，该抛物线都经过定点
28、H.当AHP=45°时，求抛物线的解析式.【答案】（）(-12,-94)；（）y=x2-10x+20；（）y=x2-145x+285或y=x2-223x+443.【解析】分析：（）把点A（1，0）代入=x2+mx-2m求出m的值，从而确定二次函数解析式，进而求出顶点P的坐标；（）先由函数解析式得出顶点坐标为(-m2,-m2+8m4).再结合已知条件可知PQ=OQ，从而求出m1=0，m2=-10.再进行分类讨论得到抛物线解析式为y=x2-10x+20；（）由y=x2+mx-2m =(x-2)m+x2可知，定点H的坐标为(2,4)，过点A作ADAH，交射线HP于点D，分别过点D，H作x轴
29、的垂线，垂足分别为E，G，则可证ADEHAG.得点D的坐标为(-3,1)或(5,-1).然后进行分类讨论即可求解.详解： （）抛物线y=x2+mx-2m经过点A(1,0)，0=1+m-2m，解得m=1.抛物线的解析式为y=x2+x-2.y=x2+x-2 =(x+12)2-94，顶点P的坐标为(-12,-94).（）抛物线y=x2+mx-2m的顶点P的坐标为(-m2,-m2+8m4).由点A(1,0)在x轴正半轴上，点P在x轴下方，AOP=45°，知点P在第四象限.过点P作PQx轴于点Q，则POQ=OPQ=45°.可知PQ=OQ，即m2+8m4=-m2，解得m1=0，m2=-
30、10.当m=0时，点P不在第四象限，舍去.m=-10.抛物线解析式为y=x2-10x+20.（）由y=x2+mx-2m =(x-2)m+x2可知，当x=2时，无论m取何值，y都等于4.得点H的坐标为(2,4).过点A作ADAH，交射线HP于点D，分别过点D，H作x轴的垂线，垂足分别为E，G，则DEA=AGH=90°.DAH=90°，AHD=45°，ADH=45°.AH=AD.DAE+HAG= AHG+HAG=90°，DAE=AHG.ADEHAG.DE=AG=1，AE=HG=4.可得点D的坐标为(-3,1)或(5,-1).当点D的坐标为(-3,1
31、)时，可得直线DH的解析式为y=35x+145.点P(-m2,-m2+8m4)在直线y=35x+145上，-m2+8m4=35×(-m2)+145.解得m1=-4，m2=-145.当m=-4时，点P与点H重合，不符合题意，m=-145.当点D的坐标为(5,-1)时，可得直线DH的解析式为y=-53x+223.点P(-m2,-m2+8m4)在直线y=-53x+223上，-m2+8m4= -53×(-m2)+223.解得m1=-4（舍），m2=-223.m=-223.综上，m=-145或m=-223.故抛物线解析式为y=x2-145x+285或y=x2-223x+443.【名师
32、点睛】这是一道关于二次函数的综合题. 解题的关键是学会用待定系数法求二次函数关系式以及用分类讨论的思想思考问题.八、（本题满分14分）23如图，在平面直角坐标系中，点A在抛物线y= -x2+4x上,且横坐标为1，点B与点A关于抛物线的对称轴对称，直线AB与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，点E的坐标为(1，1)（1）求线段AB的长；（2）点P为线段AB上方抛物线上的任意一点，过点P作AB的垂线交AB于点H，点F为y轴上一点，当PBE的面积最大时，求PH+HF+12FO的最小值；（3）在（2）中，PH+HF+12FO取得最小值时，将CFH绕点C顺时针旋转60°后得到CF'H&#
33、39;,过点F'作CF'的垂线与直线AB交于点Q，点R为抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点S，使得点D,Q,R,S为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点S的坐标，若不存在，请说明理由.【答案】（1）AB=2；PH+HF+12FO=343+94；S1(-1，3+10)；S2(-1，3-10)；S3(5，3)；S4(-1，8)【解析】【分析】（1）由已知易得A、B的坐标，由此即可得；（2）延长PH，交BE于点N，根据B、E的坐标可得直线BE的解析式，设P(m，-m2+4m)，1m3，则N(m，m)，因此则SPBE=12×(3-1)PN=PN，由此可知当
34、PN取最大值时，SPBE取最大值，从而可得P(32，154)，H(32，3)，构造与y轴夹角为30°的直线OM，如图所示，可得OM:y=-3x，即3x+y=0，MF=12FO，从而有PH+HF+12FO=PH+HF+MF，继而可得当HMOM时，HM=343+32，即可求得；（3）由OM的解析式为y=-3x，HMOM，且HM过点H，可知HM的解析式为:y=33x+3-32，从而可得F(0，3-32），根据点C坐标继而可得Q(-1，3)，然后分DQ为边，DQ为对角线，两种情况分别画图结合图形即可得.【详解】（1）由题意得A(1，3)，抛物线的对称轴为直线x=2，顶点D(2，4)，C(0，
35、3)， 由点B与点A关于抛物线的对称轴对称，则 B(3，3），则AB=2；（2）延长PH，交BE于点N，B(3，3)，E(1，1)，直线BE的解析式为：y=x，设P(m，-m2+4m)，1m3，则N(m，m)，则SPBE=12×(3-1)PN=PN，当PN取最大值时，SPBE取最大值，PN=-m2+4m-m，=-(m-32)2+94，当m=32，PN取最大值，P(32，154)，H(32，3)，构造与y轴夹角为30°的直线OM，如图所示，则OM:y=-3x，即3x+y=0，MF=12FO，PH+HF+12FO=PH+HF+MF，当HMOM时，(PH+HF+MF)MIN=PH
36、+HM，HM=323+32=343+32，PH+HF+12FO=PH+HM，=34+343+32=343+94；（3）OM的解析式为y=-3x，HMOM，且HM过点H，HM的解析式为:y=33x+3-32，F(0，3-32），又C(0，3)，CF=32，在RTCQF'中，CF'=CF=32，QCF'=30°，CQ=23CF'=1，Q(-1，3)，以DQ为边，此时S1(-1，3-10)；S2(5，3)；S3(-1，3+10)；以DQ为对角线， 此时S4(-1，8).【名师点睛】本题考查了二次函数性质、最值问题、特殊图形的存在性问题等，综合性较强，难度较大，第（2）问的考查的是双最值的问题.前半部分求面积的最大值要把它转化成求线段的最大值.后半部分为三条线段和最小问题，求解过程中，利用点到直线的距离公式求线段长，则计算会简化很多；第（3）问考查特殊图形的存在性问题(菱形的存在性问题)，从已知的线段为边或对角线两种情况进行讨论是关键.