安徽省巢湖市第二中学2021-2022学年九年级上学期第二次月考数学试卷（Word版 含解析）

巢湖二中初中部2021-2022学年第一学期第二次随堂练习
九年级数学
满分：150分 时间：120分钟
选择题（本大题共10小题，共40分）
1．若方程（a﹣3）x2+x+a＝0是关于x的一元二次方程，则（　　）
A．a≠0 B．a≠3 C．a＞0 D．a＞3
2．下列四个图形中，可以看作是中心对称图形的是（　　）
3．已知直角三角形的两条直角边的长是方程x2﹣7x+12＝0的两根，则这个直角三角形外接圆的半径（　　）
A．7 B．2.5 C． D．5
4．用配方法解方程x2﹣8x+3＝0时，原方程应变形为（　　）
A．（x﹣4）2＝13 B．（x﹣4）2＝3 C．（x+4）2＝13 D．（x+4）2＝3
5．将抛物线y＝3x2向右平移两个单位，再向下平移4个单位，所得抛物线是（　　）
A．y＝3（x+2）2+4 B．y＝3（x﹣2）2+4
C．y＝3（x﹣2）2﹣4 D．y＝3（x+2）2﹣4
6．制造某电器，原来每件的成本是300元，由于技术革新，连续两次降低成本，现在的成本是192元，设平均每次降低成本的百分率为x，根据题意列方程得（　　）
A．300（1﹣2x）＝192 B．300（1﹣x）2＝192
C．300（1+2x）＝192 D．300（1+x）2＝192
7．如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，若四边形AECF的面积为25，DE＝2，则AE的长为（　　）
A．5 B． C．7 D．
8．已知点A（a，1）与点A′（﹣5，b）是关于原点O的对称点，则a+b的值为（　　）
A．1 B．5 C．6 D．4
9．如图，BD是⊙O的直径，点A、C在圆上，且CD＝OB，则∠BAC＝（　　）
A．120° B．90° C．60° D．30°
10．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝1，与x轴的一个交点坐标为（﹣1，0），其部分图象如图所示，下列结论：①b2﹣4ac＞0；②方程ax2+bx+c＝0的两个根是x1＝﹣1，x2＝3：③3a+c＞0；④当y＞0时，x的取值范围是﹣1≤x＜3；⑤当x＜0时，y随x增大而增大，其中结论正确的个数是（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．5个
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
11．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝4，如果以点A为圆心，AC为半径作⊙A，那么斜边中点D与⊙A的位置关系是：点D在　 　．
12．如图，四边形ABCD内接于⊙O，且四边形OABC是平行四边形，则∠D＝　 　．
13．已知一个圆锥底面圆的半径为6cm，高为8cm，则圆锥的侧面积为　 　．
14．已知一个三角形的三边长分别为5、7、8，则其内切圆的半径为　 　．
三、（本大题共2小题，每小题8分，共16分）
15．解方程：（2x+1）2＝3（2x+1）．
16．已知：二次函数y＝x2﹣2x﹣3．
将y＝x2﹣2x﹣3用配方法化成y＝a（x﹣h）2+k的形式，并求此函数图象与x轴、y轴的交点坐标．
四、（本大题共2小题，每小题8分，共16分）
17．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，连接AD，BE，延长BE交AD于点F．求证：∠DEF＝∠ABF；
18．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是A（﹣3，2），B（0，4），C（0，2）．
（1）将△ABC以点O为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C1；
（2）将△ABC以点C为旋转中心顺时针旋转90°可以得到△A2B2C2，画出△A2B2C2并直接写出弧AA2的长度．
（本大题共2小题，每小题10分，共20分）
19．如图在Rt△ABC中，∠C＝90°，BD是△ABC的角平分线，点O在AB上，以点O为圆心，OB长为半径的圆经过点D，交BC于点E，交AB于点F．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若CE＝2，CD＝4，求半径的长．
20．如图，隧道的截面由抛物线AED和矩形ABCD构成，矩形的长BC为8m，宽AB为2m，以BC所在的直线为x轴，线段BC的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系（如图1），y轴是抛物线的对称轴，顶点E到坐标原点O的距离为6m．
（1）求抛物线的解析式；
（2）现有一辆货运卡车，高4.4m，宽2.4m，它能通过该隧道吗？
六、（本题12分）
21．已知圆内接正十二边形的面积为S，求同圆的内接正六边形的面积．
七、（本题12分）
22．如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，连接BC，AC，点E是BC的中点，连结并延长OE交圆于点D．
（1）求证：OD∥AC．
（2）若DE＝2，BE＝2，求阴影部分的面积．
八、（本题14分）
23．如图，直线y＝﹣x+2交y轴于点A，交x轴于点C，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A，点C，且交x轴于另一点B．
（1）点A的坐标为 　 　，点C的坐标为 　 　；
（2）求抛物线的解析式；
（3）在直线AC上方的抛物线上有一点M，求四边形ABCM面积的最大值及此时点M的坐标．
巢湖二中初中部2021-2022学年第一学期第二次随堂练习
九年级数学参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，共40分）
1．若方程（a﹣3）x2+x+a＝0是关于x的一元二次方程，则（　　）
A．a≠0 B．a≠3 C．a＞0 D．a＞3
【分析】利用一元二次方程定义可得a﹣3≠0，再解不等式即可．
【解答】解：根据一元二次方程的定义中二次项系数不为0得，a﹣3≠0，即a≠3．
故选：B．
【点评】此题主要考查了一元二次方程定义，解题的关键是掌握一元二次方程的定义：只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程．
2．下列四个图形中，可以看作是中心对称图形的是（　　）
【分析】根据中心对称图形的定义进行判断，即可得出答案．
【解答】解：A．不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了中心对称图形的概念，判断中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3．已知直角三角形的两条直角边的长是方程x2﹣7x+12＝0的两根，则这个直角三角形外接圆的半径（　　）
A．7 B．2.5 C． D．5
【分析】直角三角形的外接圆半径等于斜边的一半，因此求出直角三角形的斜边长是解题的关键，通过解方程可求得直角三角形的两条直角边，进而由勾股定理求得斜边的长，由此得解．
【解答】解：x2﹣7x+12＝0，
（x﹣3）（x﹣4）＝0，
解得x＝3，x＝4；
所以直角三角形的两条直角边为：3、4，
由勾股定理得：斜边长＝＝5；
所以直角三角形的外接圆半径长为2.5，
故选：B．
【点评】此题主要考查了直角三角形外切圆半径的求法，涉及到一元二次方程的解法以及勾股定理的综合应用，难度不大．
4．用配方法解方程x2﹣8x+3＝0时，原方程应变形为（　　）
A．（x﹣4）2＝13 B．（x﹣4）2＝3 C．（x+4）2＝13 D．（x+4）2＝3
【分析】移项后配方，再根据完全平方公式变形，最后得出选项即可．
【解答】解：x2﹣8x+3＝0，
移项，得x2﹣8x＝﹣3，
配方，得x2﹣8x+16＝﹣3+16，
即（x﹣4）2＝13，
故选：A．
【点评】本题考查了解一元二次方程，能正确配方是解此题的关键．
5．将抛物线y＝3x2向右平移两个单位，再向下平移4个单位，所得抛物线是（　　）
A．y＝3（x+2）2+4 B．y＝3（x﹣2）2+4
C．y＝3（x﹣2）2﹣4 D．y＝3（x+2）2﹣4
【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律．
【解答】解：抛物线y＝3x2向右平移两个单位，再向下平移4个单位得到y＝3（x﹣2）2﹣4．
故选：C．
【点评】考查了抛物线的平移以及抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减．
6．制造某电器，原来每件的成本是300元，由于技术革新，连续两次降低成本，现在的成本是192元，设平均每次降低成本的百分率为x，根据题意列方程得（　　）
A．300（1﹣2x）＝192 B．300（1﹣x）2＝192
C．300（1+2x）＝192 D．300（1+x）2＝192
【分析】等量关系为：原来的成本×（1﹣降低的百分率）2＝192，把相关数值代入计算即可．
【解答】解：设平均每次降低成本的百分率为x，
300（1﹣x）2＝192，
故选：B．
【点评】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是读懂题意，设出未知数，找出合适的等量关系，列方程．
7．如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，若四边形AECF的面积为25，DE＝2，则AE的长为（　　）
A．5 B． C．7 D．
【分析】利用旋转的性质得出四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积，进而可求出正方形的边长，再利用勾股定理得出答案．
【解答】解：∵把△ADE顺时针旋转△ABF的位置，
∴四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于25，
∴AD＝DC＝5，
∵DE＝2，
∴Rt△ADE中，AE＝＝．
故选：D．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及正方形的性质，正确利用旋转的性质得出对应边关系是解题关键．
8．已知点A（a，1）与点A′（﹣5，b）是关于原点O的对称点，则a+b的值为（　　）
A．1 B．5 C．6 D．4
【分析】根据关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可直接得到a、b的值，再算出a+b即可．
【解答】解：∵点A（a，1）与点A′（﹣5，b）是关于原点O的对称点，
∴a＝5，b＝﹣1，
∴a+b＝4，
故选：D．
【点评】此题主要考查了关于原点对称的点的坐标，关键是掌握点的坐标的变化规律．
9．如图，BD是⊙O的直径，点A、C在圆上，且CD＝OB，则∠BAC＝（　　）
A．120° B．90° C．60° D．30°
【分析】如图，连接OC．证明△OCD是等边三角形，可得结论．
【解答】解：如图，连接OC．
∵CD＝OB，OB＝OC＝OD，
∴OC＝OD＝CD，
∴△OCD是等边三角形，
∴∠BDC＝60°，
∴∠BAC＝∠BDC＝60°，
故选：C．
【点评】本题考查圆周角定理，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是判断出△OCD是等边三角形．
10．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝1，与x轴的一个交点坐标为（﹣1，0），其部分图象如图所示，下列结论：①b2﹣4ac＞0；②方程ax2+bx+c＝0的两个根是x1＝﹣1，x2＝3：③3a+c＞0；④当y＞0时，x的取值范围是﹣1≤x＜3；⑤当x＜0时，y随x增大而增大，其中结论正确的个数是（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．5个
【分析】根据二次函数的图象与性质即可求出答案．
【解答】解：①由图象可知：抛物线与x轴有两个交点，
∴Δ＝b2﹣4ac＞0，故①正确；
②（﹣1，0）关于直线x＝1的对称点为（3，0），
∴ax2+bx+c＝0的两个根是x1＝﹣1，x2＝3，故②正确；
③对称轴为x＝1，
故﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∵x＝﹣1时，y＝0，
∴a﹣b+c＝0，即3a+c＝0，故③错误；
④当y＞0时，由图象可知：﹣1＜x＜3，故④错误；
⑤当x＜1时，y随着x的增大而增大，故⑤正确；
故选：B．
【点评】本题考查二次函数的图象，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与性质，本题属于基础题型．
二、填空题（本大题共4小题，共20分）
11．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝4，如果以点A为圆心，AC为半径作⊙A，那么斜边中点D与⊙A的位置关系是：点D在　 　．
12．如图，四边形ABCD内接于⊙O，且四边形OABC是平行四边形，则∠D＝　60°　．
【分析】直接利用平行四边形的性质得出∠AOC＝∠ABC，再利用圆周角定理、圆内接四边形的性质得出，∠D＝∠AOC＝∠ABC，进而得出答案．
【解答】解：∵四边形OABC是平行四边形，
∴∠AOC＝∠ABC，
∵∠D+∠ABC＝180°，∠D＝∠AOC＝∠ABC，
∴设∠D＝x，则∠ABC＝2x，
∴x+2x＝180°，
解得：x＝60°，
故∠D＝60°．
故答案为：60°．
【点评】此题主要考查了圆内接四边形的性质以及平行四边形的性质，正确得出∠D＝∠AOC＝∠ABC是解题关键．
13．已知一个圆锥底面圆的半径为6cm，高为8cm，则圆锥的侧面积为60π　cm2 　．
【分析】先根据圆锥的底面半径和高求出母线长，圆锥的侧面积是展开后扇形的面积，计算可得．
【解答】解：根据题意得，圆锥的母线＝＝10cm，
∴圆锥的底面周长2πr＝12πcm，
∴圆锥的侧面积＝lR＝×12π×10＝60πcm2．
故答案为60π．
【点评】本题考查了圆锥的计算，圆锥的高和圆锥的底面半径圆锥的母线组成直角三角形，扇形的面积公式为lR．
14．已知一个三角形的三边长分别为5、7、8，则其内切圆的半径为　 　．
【分析】如图，AB＝7，BC＝5，AC＝8，内切圆的半径为r，切点为G、E、F，作AD⊥BC于D，设BD＝x，则CD＝5﹣x．由AD2＝AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2，可得72﹣x2＝82﹣（5﹣x）2，解得x＝1，推出AD＝4，由 BC AD＝（AB+BC+AC） r，列出方程即可解决问题．
【解答】解：如图，AB＝7，BC＝5，AC＝8，内切圆的半径为r，切点为G、E、F，作AD⊥BC于D，设BD＝x，则CD＝5﹣x．
由勾股定理可知：AD2＝AB2﹣BD2＝AC2﹣CD2，
即72﹣x2＝82﹣（5﹣x）2，解得x＝1，
∴AD＝4，
∵ BC AD＝（AB+BC+AC） r，
×5×4＝×20×r，
∴r＝．
【点评】本题考查三角形的内切圆与内心、勾股定理、三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用面积法求内切圆的半径，属于中考常考题型．
三、（本大题共2小题，每小题8分，共16分）
15．解方程：（2x+1）2＝3（2x+1）．
【分析】利用因式分解法求解即可．
【解答】解：将方程变形为：（2x+1）（2x+1﹣3）＝0，
∴（2x+1）（x﹣1）＝0，
则2x+1＝0或x﹣1＝0，
∴，x2＝1．
【点评】本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
16．已知：二次函数y＝x2﹣2x﹣3．
将y＝x2﹣2x﹣3用配方法化成y＝a（x﹣h）2+k的形式，并求此函数图象与x轴、y轴的交点坐标．
【分析】利用配方法把函数从一般式转化为顶点式，然后令x＝0，求出图象与y轴的交点坐标，令y＝0，求出图象与x轴的交点坐标．
【解答】解：y＝x2﹣2x﹣3＝x2﹣2x+1﹣1﹣3＝（x﹣1）2﹣4；
当x＝0时，y＝﹣3，所以图象与y轴的交点坐标为（0，﹣3），
当y＝0时，x＝3或x＝﹣1，即图象与x轴的交点坐标为（3，0）或（﹣1，0）．
【点评】本题考查了二次函数的性质，二次函数的三种形式，解题的关键是理解题意，并且会把二次函数一般式转化为顶点式．
四、（本大题共2小题，每小题8分，共16分）
17．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，连接AD，BE，延长BE交AD于点F．求证：∠DEF＝∠ABF；
【分析】根据等角的余角相等证明即可．
【解答】证明：如图1中，
∵CB＝CE，
∴∠CBE＝∠CEB，
∵∠ABC＝∠CED＝90°，
∴∠DEF+∠CEB＝90°，∠ABF+∠CBE＝90°，
∴∠DEF＝∠ABF．
【点评】本题考查旋转变换，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
18．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是A（﹣3，2），B（0，4），C（0，2）．
（1）将△ABC以点O为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C1；
（2）将△ABC以点C为旋转中心顺时针旋转90°可以得到△A2B2C2，画出△A2B2C2并直接写出弧AA2的长度．
【分析】（1）按照旋转的性质找出点A、B、C的对应点即可；
（2）根据旋转的性质找出点A、B的对应点，利用勾股定理可求出A1A2的长度．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求，
（2）如图所示，△A2B2C即为所求，
由弧长公式得孤AA2＝＝．
【点评】本题主要考查了作图﹣旋转变换，坐标与图形的性质，勾股定理等知识，利用旋转的性质正确画出图形是解题的关键．
（本大题共2小题，每小题10分，共20分）
19．如图在Rt△ABC中，∠C＝90°，BD是△ABC的角平分线，点O在AB上，以点O为圆心，OB长为半径的圆经过点D，交BC于点E，交AB于点F．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若CE＝2，CD＝4，求半径的长．
【分析】（1）连接OD，证明OD∥BC，则∠ODA＝∠C＝90°，再根据圆的切线的判定定理证明AC是⊙O的切线；
（2）设⊙O的半径为r，则OB＝OG＝r，作OG⊥BE于点G，证明四边形ODCG是矩形，在Rt△OBG中根据勾股定理列方程即可求出r的值．
【解答】（1）证明：如图，连接OD，
∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠OBD＝∠DBC，
∴∠ODB＝∠DBC，
∴OD∥BC，
∴∠ODA＝∠C＝90°，
∵AC经过⊙为的半径OD的端点D，且AC⊥OD，
∴AC是⊙O的切线．
（2）如图，设⊙O的半径为r，则OB＝OG＝r，
作OG⊥BE于点G，则BG＝EG，∠OGB＝90°，
∵∠ODC＝∠C＝∠OGC＝90°，
∴四边形ODCG是矩形，
∵CE＝2，CD＝4，
∴OG＝CD＝4，CG＝OD＝r，
∴BG＝EG＝r﹣2，
∵OB2＝OG2+BG2，
∴r2＝42+（r﹣2）2，
解得r＝5，
∴⊙O的半径长为5．
【点评】此题重点考查圆的切线的判定、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确的作出所需要的辅助线，再利用平行线的性质、矩形的性质、垂径定理等知识解题．
20．如图，隧道的截面由抛物线AED和矩形ABCD构成，矩形的长BC为8m，宽AB为2m，以BC所在的直线为x轴，线段BC的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系（如图1），y轴是抛物线的对称轴，顶点E到坐标原点O的距离为6m．
（1）求抛物线的解析式；
（2）现有一辆货运卡车，高4.4m，宽2.4m，它能通过该隧道吗？
【分析】（1）根据题意可以设出抛物线的顶点式，然后根据题目中的信息可以求得抛物线的解析式；
（2）根据题意可以求得当x＝1.2时的y的值然后与4.4比较，即可解答本题．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为：y＝ax2+6，
由已知可得，点D的坐标为（4，2）在此抛物线上，
∴2＝a×42+6，得a＝﹣，
即抛物线的解析式为：y＝﹣x2+6；
（2）当x＝±1.2时，y＝﹣x2+6＝5.64，
∵5.64＞4.4，
∴这辆货运卡车能通过隧道；
由上可得，这辆货运卡车能通过隧道．
【点评】本题考查二次函数的应用，解题的关键是明确题，找出所求问题需要的条件．
六、（本题12分）
21．已知圆内接正十二边形的面积为S，求同圆的内接正六边形的面积．
【分析】设DE是正六边形的边，EG是正十二边形的边，则ED⊥OG，设圆的半径是r，根据△OEG的面积是正十二边形面积的，即可列方程求得半径r的值，然后根据△OED是等边三角形，求得△OED的面积，进而求得正六边形的面积．
【解答】解：设ED是正六边形的边，EG是正十二边形的边，则ED⊥OG．
∵∠EOG＝＝30°，
∴设圆的半径是r，S△EOG＝OE OG sin30°＝r2＝S，
∴r2＝S．
∴S△OED＝r2＝．
则正六边形的面积是：6×＝．
【点评】本题考查学生对正多边形的概念掌握和计算的能力．解答这类题往往一些学生因对正多边形的基本知识不明确，将多边形的半径与内切圆的半径相混淆而造成错误计算．
七、（本题12分）
22．如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上一点，连接BC，AC，点E是BC的中点，连结并延长OE交圆于点D．
（1）求证：OD∥AC．
（2）若DE＝2，BE＝2，求阴影部分的面积．
【分析】（1）根据圆周角定理得到∠C＝90°，根据垂径定理得到OD⊥BC，由平行线的判定定理即可得到结论；
（2）连接OC，设OB＝OD＝r，根据勾股定理得到OB＝OD＝4，推出∠B＝30°，得到∠AOC＝60°，根据扇形和三角形的面积公式即可得到答案．
【解答】（1）证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠C＝90°，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∴OD⊥BC，
∴∠BEO＝90°，
∴∠C＝∠BEO，
∴OD∥AC；
（2）解：连接OC，
设OB＝OD＝r，
∵DE＝2，
∴OE＝r﹣2，
∵BE2+OE2＝BO2，
∴（2）2+（r﹣2）2＝r2，
解得：r＝4，
∴OB＝OD＝4，
∴OE＝2，
∴OE＝OB，
∴∠B＝30°，
∴∠AOC＝60°，
∴阴影部分的面积＝S扇形AOC﹣S△AOC＝﹣×4×2＝π﹣4．
【点评】本题考查了扇形的面积，平行线的判定，勾股定理，垂径定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
八、（本题14分）
23．如图，直线y＝﹣x+2交y轴于点A，交x轴于点C，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A，点C，且交x轴于另一点B．
（1）点A的坐标为 　 　，点C的坐标为 　 　；
（2）求抛物线的解析式；
（3）在直线AC上方的抛物线上有一点M，求四边形ABCM面积的最大值及此时点M的坐标．
【分析】（1）在直线y＝﹣x+2中分别令x＝0和y＝0，可得A和C的坐标；
（2）将A、C的坐标代入抛物线的解析式便可求得抛物线的解析式；
（3）方法一：过M点作MH⊥x轴，与AC交于点N，设M（a，﹣a2+a+2），则N（a，﹣a+2），由三角形的面积公式表示出四边形的面积关于a的函数关系式，再根据二次函数的性质求得最大值，并求得a的值，便可得M点的坐标；
方法二：连接OM，根据面积和表示关于a的函数关系式，再根据二次函数的性质求得最大值，并求得a的值，便可得M点的坐标；
【解答】解：（1）令x＝0，得y＝﹣x+2＝2，
∴A（0，2），
令y＝0，得y＝﹣x+2＝0，解得，x＝4，
∴C（4，0），
故答案为：（0，2），（4，0）；
（2）把A、C两点代入y＝﹣x2+bx+c得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣+x+2；
（3）方法一：过M点作MH⊥x轴于H，与AC交于点N，如图1，
当y＝0时，﹣+x+2＝0，
解得：x1＝4，x2＝﹣2，
∴B（﹣2，0），
设M（a，﹣a2+a+2），则N（a，﹣a+2），
∵S△ACM＝MN OC＝[（﹣a2+a+2）﹣（﹣a+2）]×4＝﹣a2+2a，
∴S四边形ABCM＝S△ACM+S△ABC＝﹣a2+2a+×（2+4）×2＝﹣a2+2a+6＝﹣（a﹣2）2+8，
∵﹣＜0，
∴当a＝2时，四边形ABCM面积最大，其最大值为8，
此时M的坐标为（2，2）；
方法二：连接OM，如图2，
设M（a，﹣a2+a+2），
S四边形ABCM＝S△ABO+S△AOM+S△OCM
＝×2×2+×2a+（﹣a2+a+2）
＝2+a+2（﹣a2+a+2）
＝﹣a2+2a+6
＝﹣（a﹣2）2+8，
∵﹣＜0，
∴当a＝2时，四边形ABCM面积最大，其最大值为8，
此时M的坐标为（2，2）；
【点评】本题是一个二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质，待定系数法，求函数图象与坐标轴的交点，求函数的最大值，三角形的面积公式，第（3）题关键在求函数的解析式．