2023年山东省济南天桥区中考三模数学试卷（含答案解析）

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1、2023年山东省济南天桥区中考三模数学试题一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分）1. 的绝对值是（ ）A. B. C. D. 2. 用3个大小相同的小正方体搭成的几何体，从三个方向看到的形状图如图所示，则这个几何体可能是（ ）A. B. C. D. 3. 最近比较火的一款软件ChatGPT横空出世，仅2023年2月9日当天，其下载量达到了286000万次的峰值286000用科学记数法可表示为（ ）A. B. C. D. 4. 如图所示，直线，则的度数是（ ） A. B. C. D. 5. 中国“一十四节气”已被利入联合国教科文组织人类非物质文化读产代表作名录，下列四幅作品分别代

2、表“立春”，“立夏”“芒种”“大雪”，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A. B. C. D. 6. “宫商角徵羽”是中国古乐的五个基本音阶（相当于西乐的1，2，3，5，6），是采用“三分损益法”通过数学方法获得现有一款“一起听古音”的音乐玩具，音乐小球从A处沿轨道进入小洞就可以发出相应的声音，且小球进入每个小洞的可能性大小相同.现有一个音乐小球从A处先后两次进入小洞，先发出“商”音，再发出“羽”音的概率是（ ）A. B. C. D. 7. 如图，把直角坐标系放置在边长为1的正方形网格中，是坐标原点，点、均在格点上，将绕点按逆时针方向旋转后，得到，则点的坐标是（ ） A. B. C.

3、D. 8. 如图所示，在一边靠墙（墙足够长）的空地上，修建一个面积为的矩形临时仓库，仓库一边靠墙，另三边用总长为的栅栏围成，若设栅栏的长为，则下列各方程中，符合题意的是（ ）A. B. C. D 9. 如图，在矩形中，分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，作直线分别交，于点，则的长为（ ） A. B. C. D. 10. 在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点叫做整点，记函数的图象在轴上方的部分与轴围成的区域（不含边界）为例如当时，区域内的整点个数为1，若区域内恰有7个整点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）

4、11. 分解因式：a22ab_12. 若小球在如图所示的地面上自由滚动，并随即停留在某块方砖上，那么它最终停留在黑色区域的概率是_13. 关于x的方程有一个根为，则另一个根为 _14. 如图，正六边形的边长为2，以A为圆心，的长为半径画弧，得弧，连结，则图中阴影部分的面积为_15. 如图，为某公园“水上滑梯”的侧面图，其中BC段可看成是一段双曲线，建立如图的坐标系后，其中，矩形AOEB为向上攀爬的梯子，OA=5米，进口ABOD，且AB=2米，出口C点距水面的距离CD为1米，则B、C之间的水平距离DE的长度为_米16. 如图，在矩形中，点在上，将沿直线折叠，使点恰好落在上的点处，连接，分别与矩形

5、的两条对角线交于点和点给出以下四个结论：是等腰直角三角形；，其中正确的结论序号是_三、解答题：（本大题共10个小题，共86分解答应写出文字说明、证明或演算步骤）17. 计算：18. 解不等式组，并写出它的所有整数解19. 如图，菱形中，点，分别在边，上，求证：20. 某校为了解七、八年级学生对“疫情防护”安全知识的掌握情况从七、八年级各随机抽出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：七年级成绩频数分布直方图如图（每组成绩包含最低分，不包含最高分）；七年级成绩在这一组的数据如下：7072747576767777777879七、八年级成绩平均数、中位数如下：年级平均

6、数中位数七年级76.8八年级79.279.5根据以上信息，解答下列问题（1）在这次测试中，七年级在80分以上（含80分）的有 人；（2）表中的值为 ；（3）在这次测试中，七年级学生甲和八年级学生乙的成绩都是78分，则甲、乙两位学生在各自年级的排名 更靠前；（4）该校七年级学生有600人，假设全部参加此次测试，请估计七年级学生成绩不低于80分的人数21. 七中育才中学九年级一位同学，想利用刚刚学过的三角函数知识测量新教学楼的高度，如图，她在处测得新教学楼房顶点的仰角为，走7米到处再测得点的仰角为，已知、在同一条直线上（1）求的度数；（2）求新教学楼的高度(参考数据：，结果精确到m)22. 如图，

7、的直径与其弦相交于点，过点的切线交C延长线于点，且（1）求证：；（2）若，求半径的长23. 年第届世界杯足球赛在卡塔尔举行，某商场在世界杯开始之前，用元购进、两种世界杯吉祥物共个，且用于购买种吉祥物与购买吉祥物的费用相同，且种吉祥物的单价是种吉祥物的倍（1）求、两种吉祥物的单价各是多少元？（2）世界杯开始后，商场的吉祥物很快就卖完了，于是计划用不超过元的资金再次购进、两种吉祥物共个，已知、两种吉祥物的进价不变求种吉祥物最多能购进多少个？24. 如图，矩形的顶点为坐标原点，点在轴的正半轴上，点在轴的正半轴上，反比例函数图象经过的中点，且与交于点（1）求的值和点的坐标：（2）连接，求四边形的面积；

8、（3）为轴上一点，为反比例函数图象上一点，是否存在以点，为顶点四边形是平行四边形？若存在直接写出，两点的坐标；不存在，请说明理由25. 如图，在中，点为直线上的任意一点，过点作交直线于点，过点作，交直线于点，垂足为点，直线与直线相交于点（1）如图1，当点在边上时，则线段，之间的数量关系是_（2）如图2，当点在边的延长线上时，则线段，之间的数量关系是_，证明你的结论；（3）如图3，在（2）条件下，若，将一个角的顶点与点重合，并绕点旋转，这个角的两边分别交线段于点，当时，求线段的长26. 如图，抛物线与轴交于点，两点，与轴交于点，直线经过，两点（1）求抛物线的解析式（2）点是直线上方抛物线上一点，

9、其横坐标为，过点作直线轴于点，交直线于点当时，求点的坐标（3）在（2）的条件下，在轴上是否存在点，使得？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由2023年山东省济南天桥区中考三模数学试题一、选择题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分）1. 的绝对值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据的绝对值是，作答即可【详解】解：，故选：A【点睛】本题考查了绝对值解题的关键在于正确的运算2. 用3个大小相同的小正方体搭成的几何体，从三个方向看到的形状图如图所示，则这个几何体可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】结合从不同方向看几何体的图形作出判断

10、即可【详解】解：根据从正面看可以将A、C、D排除，故选：B【点睛】本题考查了由不同方向看判断几何体的知识，解题的关键是能够弄懂从不同方向看几何体分别是从哪里看到的3. 最近比较火的一款软件ChatGPT横空出世，仅2023年2月9日当天，其下载量达到了286000万次的峰值286000用科学记数法可表示为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据科学记数法的表示形式为的形式，其中，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【详解】解：故选：C【点睛】本题考查了科学记数法的表示方法，科学记数法的表示形式为的形式，其中，n为整

11、数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值4. 如图所示，直线，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意知，由，可得，进而可得答案【详解】解：由题意知，故选：B【点睛】本题考查了三角形内角和定理，平行线性质解题的关键在于明确角度之间的数量关系5. 中国“一十四节气”已被利入联合国教科文组织人类非物质文化读产代表作名录，下列四幅作品分别代表“立春”，“立夏”“芒种”“大雪”，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即可【详解】解：A选项不是轴对称图象，也不是中心对称图形，

12、不合题意；B选项是轴对称图象，不是中心对称图形，不合题意；C选项是轴对称图象，不是中心对称图形，不合题意；D选项是轴对称图象，也是中心对称图形，符合题意；故选D【点睛】本题考查轴对称图形和中心对称图形的识别，解题的关键是掌握定义：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫轴对称图形；如果一个图形绕某一个点旋转180度后能与它自身重合，这个图形叫做中心对称图形6. “宫商角徵羽”是中国古乐的五个基本音阶（相当于西乐的1，2，3，5，6），是采用“三分损益法”通过数学方法获得现有一款“一起听古音”的音乐玩具，音乐小球从A处沿轨道进入小洞就可以发出相应的声音，且小球进入每个小

13、洞的可能性大小相同.现有一个音乐小球从A处先后两次进入小洞，先发出“商”音，再发出“羽”音的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】画树状图（或列表），共有25种等可能的结果，其中先发出“商”音，再发出“羽”音的结果有1种，再由概率公式求解即可【详解】将宫、商、角、徵、羽、分别记为1，2，3，5，6根据题意画图如下：共有25种等可能的情况数，其中先发出“商”音，再发出“羽”音的有1种，则先发出“商”音，再发出“羽”音的概率是故选：A【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合

14、两步或两步以上完成的事件7. 如图，把直角坐标系放置在边长为1正方形网格中，是坐标原点，点、均在格点上，将绕点按逆时针方向旋转后，得到，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】如图，连接，由旋转的性质可知，的坐标为，进而可得答案【详解】解：如图，连接， 由旋转性质可知，的坐标为，故选：B【点睛】本题考查了旋转的性质解题的关键在于对知识的熟练掌握8. 如图所示，在一边靠墙（墙足够长）的空地上，修建一个面积为的矩形临时仓库，仓库一边靠墙，另三边用总长为的栅栏围成，若设栅栏的长为，则下列各方程中，符合题意的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据的

15、长表示出线段的长，利用矩形的面积列出方程即可【详解】解：设的长为x米，则，根据矩形的面积得：，故选：A【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解题的关键是表示出矩形的宽，难度不大9. 如图，在矩形中，分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，作直线分别交，于点，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】如图，连接，由题意知，是线段的垂直平分线，设，则，在中，由勾股定理得，即，计算求解即可【详解】解：如图，连接， 由题意知，是线段的垂直平分线，设，则，在中，由勾股定理得，即，解得，故选：C【点睛】本题考查了矩形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理解题的

16、关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用10. 在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数的点叫做整点，记函数的图象在轴上方的部分与轴围成的区域（不含边界）为例如当时，区域内的整点个数为1，若区域内恰有7个整点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意对时的二次函数图象进行分析，发现每次向上平移1即将上一次的边界整点包括在内，找到规律即可求得的取值范围【详解】当时，区域内的整点个数为1，此时令，解得，令，解得故函数的图像在轴上方的部分与轴围成的区域中，整数点有有三个整数点在边界上如图，当时，此时顶点为，在区域内有点四个整数点，边界上有三个整数点，当时，将时，在边界上

17、是的整数点包括进来，即此时恰好有7个点，所以故选C【点睛】本题考查了二次函数平移，二次函数的图像的性质，找到规律是解题的关键二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分）11. 分解因式：a22ab_【答案】【解析】【分析】直接提取公因式a即可【详解】解：a22aba（a2b），故答案为：a（a2b）【点睛】本题考查因式分解，解决问题的关键是掌握运算步骤:一提二套三检查.12. 若小球在如图所示的地面上自由滚动，并随即停留在某块方砖上，那么它最终停留在黑色区域的概率是_【答案】【解析】【分析】求出黑色部分所占面积，再根据几何概率解答【详解】黑色部分面积为12个小三角形，即6个小正方形；

18、P，故答案为【点睛】本题考查了概率公式，用概率公式求解简单的概率是解题的关键13. 关于x的方程有一个根为，则另一个根为 _【答案】5【解析】【分析】利用一元二次方程的根与系数的关系可得出方程的两根之和为4，结合方程的一个根为，即可求出方程的另一个根为5【详解】解：，方程的两根之和为，方程的一个根为，方程的另一个根为故答案为：5【点睛】本题考查了一元二次方程的根与系数的关系，牢记“两根之和为，两根之积为”是解题的关键14. 如图，正六边形的边长为2，以A为圆心，的长为半径画弧，得弧，连结，则图中阴影部分的面积为_【答案】【解析】【分析】由正六边形的边长为2，可得，进而求出，过B作于H，由等腰三

19、角形的性质和含直角三角形的性质得到，在中，由勾股定理求得的长，根据扇形的面积公式即可得到阴影部分的面积【详解】解：正六边形的边长为2，过B作于H，在中，同理可证，图中阴影部分的面积为，故答案为：【点睛】本题考查的是正六边形的性质和扇形面积的计算、等腰三角形的性质、勾股定理，掌握扇形面积公式是解题的关键15. 如图，为某公园“水上滑梯”的侧面图，其中BC段可看成是一段双曲线，建立如图的坐标系后，其中，矩形AOEB为向上攀爬的梯子，OA=5米，进口ABOD，且AB=2米，出口C点距水面的距离CD为1米，则B、C之间的水平距离DE的长度为_米【答案】8【解析】【分析】根据矩形的性质得到BE=OA=5

20、，AB=2，求得B（2，5），设双曲线BC的解析式为y=，代入B点坐标，得到k=10，然后求出D点横坐标，最后用OD-OE即可求解【详解】四边形AOEB是矩形BE=OA=5，AB=2B(2，5)设双曲线的解析式为y=，将点B的坐标代入，5=k=10y=CD为1当y=1时，x=10OD=10DE=OD-OE=102=8B、C之间的水平距离DE的长度为8米故答案为8【点睛】本题考查反比例函数的应用，矩形的性质，解题突破口是设双曲线BC的解析式为y=16. 如图，在矩形中，点在上，将沿直线折叠，使点恰好落在上的点处，连接，分别与矩形的两条对角线交于点和点给出以下四个结论：是等腰直角三角形；，其中正确

21、的结论序号是_【答案】#【解析】【分析】由折叠与矩形的性质可得，则，可得是等腰直角三角形，进而可判断的正误；证明，则，进而可判断的正误；证明，则， ，可得，进而可判断的正误；如图，过作于，由勾股定理求，由，即，解得，根据，计算求解，可判断的正误【详解】解：由折叠与矩形的性质可得，是等腰直角三角形，正确，故符合要求；，即，即，错误，故不符合要求；， ，正确，故符合要求；如图，过作于，即，解得，错误，故不符合要求；故答案为：【点睛】本题考查了矩形与折叠，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，正弦等知识解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用三、解答题：（本大题共10个小题，共86分解

22、答应写出文字说明、证明或演算步骤）17. 计算：【答案】【解析】【分析】根据零次幂，特殊角的三角函数值，负整数指数幂，化简绝对值，进行实数的混合运算即可【详解】解：原式【点睛】本题考查了实数的混合运算，掌握零次幂，特殊角的三角函数值，负整数指数幂，化简绝对值是解题的关键18. 解不等式组，并写出它的所有整数解【答案】不等式组的解集为，整数解为3，4【解析】【分析】分别求解不等式的解集，进而可得不等式组的解集，然后求整数解即可【详解】解：，解得，解得，不等式组的解集为，不等式组的整数解为3，4【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，不等式组的整数解解题的关键在于正确的运算19. 如图，在菱形中，点

23、，分别在边，上，求证：【答案】证明见解析【解析】【分析】由菱形，可得，证明，则，由，可得，进而结论得证【详解】证明：菱形，【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质解题的关键在于对知识的熟练掌握20. 某校为了解七、八年级学生对“疫情防护”安全知识的掌握情况从七、八年级各随机抽出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：七年级成绩频数分布直方图如图（每组成绩包含最低分，不包含最高分）；七年级成绩在这一组的数据如下：7072747576767777777879七、八年级成绩平均数、中位数如下：年级平均数中位数七年级76.8八年级79.279.5根据以上信息

24、，解答下列问题（1）在这次测试中，七年级在80分以上（含80分）的有 人；（2）表中的值为 ；（3）在这次测试中，七年级学生甲和八年级学生乙的成绩都是78分，则甲、乙两位学生在各自年级的排名 更靠前；（4）该校七年级学生有600人，假设全部参加此次测试，请估计七年级学生成绩不低于80分的人数【答案】（1）23 （2）77.5 （3）甲 （4）276【解析】【分析】（1）根据频数分布直方图可得七年级在80分以上（含80分）的人数；（2）根据中位数的定义求解可得；（3）将各自成绩与该年级的中位数比较可得答案；（4）用总人数乘以样本中七年级绩不低于80分的人数所占比例可得【小问1详解】解：在这次测试

25、中，七年级在80分以上（含80分）的人数有（人；故答案为：23；【小问2详解】解：七年级学生成绩的中位数（分；故答案为：77.5；【小问3详解】解：七年级学生甲的成绩更靠前，因为七年级学生甲的成绩大于其中位数；故答案为：甲；【小问4详解】解：（人，答：估计七年级学生成绩不低于80分的人数为276人【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21. 七中育才中学九年级的一位同学，想利用刚刚学过的三角函数知识测量新教学楼的高度，如图，她在处测得新教学楼房顶点的仰角为，走7米到处再测得点的仰角为，已知、在

26、同一条直线上（1）求的度数；（2）求新教学楼的高度(参考数据：，结果精确到m)【答案】（1）； （2）23.3米【解析】【分析】（1）根据三角形的外角性质计算，得到答案；（2）根据等腰直角三角形的性质得到，根据正切的定义列出方程，解方程求出【小问1详解】是的外角，；【小问2详解】在中，则，米，米，在中，解得：，答：新教学楼的高度约为23.3米【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用-仰角俯角问题，掌握锐角三角函数的定义是解题的关键22. 如图，的直径与其弦相交于点，过点的切线交C延长线于点，且（1）求证：；（2）若，求半径的长【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1）由切线性质可知

27、，即，利用同角或等角的余角相等证明，进而得出结论；（2）连接，过点作，垂足为，在，中，利用，即可求得，从而可得半径的长【小问1详解】证明：是的切线，即，又，；【小问2详解】解：连接，过点作，垂足为，；，在中，是O的直径，在中，半径的长为【点睛】本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，利用三角函数求边长，圆周角定理等知识点，熟悉相关性质是解决问题的关键23. 年第届世界杯足球赛在卡塔尔举行，某商场在世界杯开始之前，用元购进、两种世界杯吉祥物共个，且用于购买种吉祥物与购买吉祥物的费用相同，且种吉祥物的单价是种吉祥物的倍（1）求、两种吉祥物单价各是多少元？（2）世界杯开始后，商场的吉祥物很快就卖完了

28、，于是计划用不超过元的资金再次购进、两种吉祥物共个，已知、两种吉祥物的进价不变求种吉祥物最多能购进多少个？【答案】（1）种吉祥物的单价是元，种吉祥物的单价是元 （2）种吉祥物最多能购进个【解析】【分析】（1）设种吉祥物的单价是元，则种吉祥物的单价是元，列出分式方程即可求解；（2）设种吉祥物最多能购进个，则此时种吉祥物能购进个，且为整数，根据题意列出不等式，解不等式即可作答【小问1详解】设种吉祥物的单价是元，则种吉祥物的单价是元，根据题意，有：，解得：，经检验，是原方程的根，（元），答：种吉祥物的单价是元，种吉祥物的单价是元；【小问2详解】设种吉祥物最多能购进个，则此时种吉祥物能购进个，且为整数

29、，根据题意，有：，解得：，即：种吉祥物最多能购进个【点睛】本题主要考查了分式方程的应用以及不等式的应用，明确题意，列出相应的分式方程和不等式是解答本题的关键24. 如图，矩形的顶点为坐标原点，点在轴的正半轴上，点在轴的正半轴上，反比例函数图象经过的中点，且与交于点（1）求的值和点的坐标：（2）连接，求四边形的面积；（3）为轴上一点，为反比例函数图象上一点，是否存在以点，为顶点的四边形是平行四边形？若存在直接写出，两点的坐标；不存在，请说明理由【答案】（1）的值为6，点的坐标 （2） （3）存在，或，；【解析】【分析】由，可得，则，由的中点，可得，将代入，解得，则反比例函数解析式为，当，则；（2

30、）如图，根据，计算求解即可；（3）由题意知，以点，为顶点的四边形是平行四边形，分当为平行四边形的边，当为平行四边形的对角线，两种情况求解：当为平行四边形的边时，则，且，由，的纵坐标为0，可知的纵坐标为，令，则，解得，即（舍去）；令，则，解得，即；进而可得；当为平行四边形的对角线时，中点坐标为，设，则，解得，解得，即，【小问1详解】解：由，可得，的中点，将代入，解得，反比例函数解析式为，当，的值为6，点的坐标；【小问2详解】解：如图，四边形的面积为；【小问3详解】解：存在，理由如下：由题意知，以点，为顶点的四边形是平行四边形，分当为平行四边形的边，当为平行四边形的对角线，两种情况求解：当为平行四

31、边形的边时，则，且，的纵坐标为0，的纵坐标为，令，则，解得，即（舍去）；令，则，解得，即；，；当为平行四边形的对角线时，中点坐标为，设，解得，解得，；综上，存在，或，【点睛】本题考查了反比例函数与几何综合，反比例函数解析式，矩形的性质，平行四边形的性质解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用25. 如图，在中，点为直线上的任意一点，过点作交直线于点，过点作，交直线于点，垂足为点，直线与直线相交于点（1）如图1，当点在边上时，则线段，之间的数量关系是_（2）如图2，当点在边的延长线上时，则线段，之间的数量关系是_，证明你的结论；（3）如图3，在（2）的条件下，若，将一个角的顶点与点重合，并绕点旋

32、转，这个角的两边分别交线段于点，当时，求线段的长【答案】（1） （2），证明见解析 （3）3【解析】【分析】（1）由题意知，则，由，可得，即，由三角形内角和定理求得，证明，则，进而可得结果；（2）同（1）可知，证明，则；进而可得结果；（3）如图，过作于，过作于，则四边形是矩形，则，由矩形的性质得，由，可得，则，设，则，由，可得，则，即，解得，进而可求的值【小问1详解】解：由题意知，故答案为：；【小问2详解】解：，证明如下：同（1）可知，；【小问3详解】解：如图，过作于，过作于，则四边形是矩形，由题意知，由（2）可知，由矩形的性质得，设，则，即，解得，的长为3【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与

33、性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，余弦，正切等知识解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用26. 如图，抛物线与轴交于点，两点，与轴交于点，直线经过，两点（1）求抛物线的解析式（2）点是直线上方抛物线上一点，其横坐标为，过点作直线轴于点，交直线于点当时，求点的坐标（3）在（2）的条件下，在轴上是否存在点，使得？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1） （2） （3）存在，点的坐标为或；【解析】【分析】（1）将、代入，得，求得，进而可得二次函数解析式；（2），解得，则，待定系数法求直线的解析式为，设，则，则，由，可得，计算求出满足要求的解即可，进而可得点坐标；

34、（3）如图，记与轴的交点为，过作于，由，可知是的平分线，则，由，解得，设，则，证明，则，即，计算求出满足要求的，进而可得点坐标，根据对称性求解另一点坐标即可【小问1详解】解：将、代入，得，解得，抛物线的解析式为；【小问2详解】解：，解得，设直线的解析式为，将，代入得，解得，直线的解析式为，设，则，解得，当时，与重合，舍去，当时，；【小问3详解】解：存在，点的坐标为或如图，记与轴的交点为，过作于，是的平分线，设，则，即，解得（舍去），由对称的性质可得，综上，存在，点的坐标为或【点睛】本题考查了二次函数解析式，一次函数解析式，二次函数与线段综合，二次函数与角度综合，正切，角平分线性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用