2022年撫順市重點中學數(shù)學九年級第一學期期末經(jīng)典試題含解析

2022-2023學年九上數(shù)學期末模擬試卷考生須知：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．若關于的方程是一元二次方程，則的取值范圍是（）A． B． C． D．2．將二次函數(shù)y＝2x2+2的圖象先向左平移3個單位長度，再向下平移1個單位長度后所得新函數(shù)圖象的表達式為（）A．y＝2（x﹣1）2+3 B．y＝﹣2（x+3）2+1C．y＝2（x﹣3）2﹣1 D．y＝2（x+3）2+13．如圖，點，在雙曲線上，且．若的面積為，則（）．A．7 B． C． D．4．如圖，的半徑弦于點，連結(jié)并延長交于點，連結(jié)．若，，則的長為（）A．5 B． C． D．5．如圖所示，拋物線的對稱軸為直線，與軸的一個交點坐標為，其部分圖象如圖所示，下列結(jié)論:①；②；③方程的兩個根是；④方程有一個實根大于；⑤當時，隨增大而增大.其中結(jié)論正確的個數(shù)是()A．個 B．個 C．個 D．個6．若要得到函數(shù)的圖象，只需將函數(shù)的圖象（）A．先向右平移1個單位長度，再向上平移2個單位長度B．先向左平移1個單位長度，再向上平移2個單位長度C．先向左平移1個單位長度，再向下平移2個單位長度D．先向右平移1個單位長度，再向下平移2個單位長度7．二次函數(shù)下列說法正確的是（）A．開口向上 B．對稱軸為直線C．頂點坐標為 D．當時，隨的增大而增大8．如圖所示為兩把按不同比例尺進行刻度的直尺，每把直尺的刻度都是均勻的，已知兩把直尺在刻度10處是對齊的，且上面的直尺在刻度15處與下面的直尺在刻度18處也剛好對齊，則上面直尺的刻度16與下面直尺對應的刻度是（）A．19.4 B．19.5 C．19.6 D．19.79．如圖，在平面直角坐標系中，半徑為2的圓P的圓心P的坐標為（﹣3，0），將圓P沿x軸的正方向平移，使得圓P與y軸相切，則平移的距離為（）A．1 B．3 C．5 D．1或510．拋物線的頂點坐標是（）A．（﹣1，2） B．（﹣1，﹣2） C．（1，﹣2） D．（1，2）二、填空題(每小題3分,共24分)11．如圖，在正方形中，以為邊作等邊，延長，分別交于點，連接、、與相交于點，給出下列結(jié)論：①；②；③；④，其中正確的是__________．12．已知一組數(shù)據(jù)：12，10，1，15，6，1．則這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)是__．13．二次函數(shù)圖像的頂點坐標為_________．14．方程x2+2x﹣1=0配方得到（x+m）2=2，則m=_____．15．關于x的方程的解是，（a，m，b均為常數(shù)，），則關于x的方程的解是________．16．已知圓錐的側(cè)面積為20πcm2，母線長為5cm，則圓錐底面半徑為______cm．17．如圖，在矩形ABCD中，AD=2，CD=1，連接AC，以對角線AC為邊，按逆時針方向作矩形ABCD的相似矩形AB1C1C，再連接AC1，以對角線AC1為邊作矩形AB1C1C的相似矩形AB2C2C1,......，按此規(guī)律繼續(xù)下去，則矩形AB2019C2019C2018的面積為_____．18．如圖，在等腰直角△ABC中，∠C＝90°，將△ABC繞頂點A逆時針旋轉(zhuǎn)80°后得到△AB′C′，則∠CAB′的度數(shù)為_____．三、解答題(共66分)19．（10分）已知拋物線y＝x2+bx﹣3經(jīng)過點A（1，0），頂點為點M．（1）求拋物線的表達式及頂點M的坐標；（2）求∠OAM的正弦值．20．（6分）已知，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，點D為直線BC上一動點（點D不與點B、C重合），以AD為邊做正方形ADEF，連接CF．（1）如圖①，當點D在線段BC上時，直接寫出線段CF、BC、CD之間的數(shù)量關系．（2）如圖②，當點D在線段BC的延長線上時，其他件不變，則（1）中的三條線段之間的數(shù)量關系還成立嗎？如成立，請予以證明，如不成立，請說明理由；（3）如圖③，當點D在線段BC的反向延長線上時，且點A、F分別在直線BC兩側(cè)，其他條件不變；若正方形ADEF的邊長為4，對角線AE、DF相交于點O，連接OC，請直接寫出OC的長度．21．（6分）在一個不透明的盒子中裝有4張卡片，4張卡片的正面分別標有數(shù)字1、2、3、4，這些卡片除數(shù)字外都相同，將卡片攪勻.（1）從盒子任意抽取一張卡片，恰好抽到標有奇數(shù)卡片的概率是；（2）先從盒子中任意抽取一張卡片，再從余下的3張卡片中任意抽取一張卡片，求抽取的2張卡片標有數(shù)字之和大于5的概率（請用畫樹狀圖或列表等方法求解）.22．（8分）如圖，某旅游景區(qū)為方便游客，修建了一條東西走向的木棧道AB，棧道AB與景區(qū)道路CD平行．在C處測得棧道一端A位于北偏西42°方向，在D處測得棧道另一端B位于北偏西32°方向．已知CD＝120m，BD＝80m，求木棧道AB的長度（結(jié)果保留整數(shù)）．(參考數(shù)據(jù)：，，，，，)23．（8分）如圖，二次函數(shù)的圖象交軸于點，交軸于點是直線下方拋物線上一動點．（1）求這個二次函數(shù)的表達式;（2）連接，是否存在點，使面積最大，若存在，求出點的坐標;若不存在，請說明理由．24．（8分）某學校自主開發(fā)了A書法、B閱讀，C繪畫，D器樂四門選修課程供學生選擇，每門課程被選到的機會均等．（1）若學生小玲計劃選修兩門課程，請寫出她所有可能的選法；（2）若學生小強和小明各計劃選修一門課程，則他們兩人恰好選修同一門課程的概率為多少？25．（10分）如圖，在中，，.，平分交于點，過點作交于點，點是線段上的動點，連結(jié)并延長分別交，于點，.（1）求的長.（2）若點是線段的中點，求的值.26．（10分）如圖所示，分別切的三邊、、于點、、，若，，．（1）求的長；（2）求的半徑長．

參考答案一、選擇題(每小題3分,共30分)1、A【解析】要使方程為一元二次方程，則二次項系數(shù)不能為0，所以令二次項系數(shù)不為0即可．【詳解】解：由題知：m+1≠0，則m≠-1，故選：A．【點睛】本題主要考查的是一元二次方程的性質(zhì)，二次項系數(shù)不為0，掌握這個知識點是解題的關鍵．2、D【分析】根據(jù)二次函數(shù)圖像的平移法則進行推導即可.【詳解】解：將二次函數(shù)y＝2x2+2的圖象先向左平移3個單位長度，再向下平移1個單位長度后所得新函數(shù)圖象的表達式為y＝2（x+3）2+2﹣1，即y＝2（x+3）2+1．故選：D．【點睛】本題考查了二次函數(shù)圖像的平移，掌握并靈活運用“上加下減，左加右減”的平移原則是解題的關鍵.3、A【分析】過點A作AC⊥x軸，過點B作BD⊥x軸，垂足分別為點C，點D，根據(jù)待定系數(shù)法求出k的值，設點，利用△AOB的面積=梯形ACDB的面積+△AOC的面積-△BOD的面積=梯形ACDB的面積進行求解即可．【詳解】如圖所示，過點A作AC⊥x軸，過點B作BD⊥x軸，垂足分別為點C，點D，由題意知，，設點，∴△AOB的面積=梯形ACDB的面積+△AOC的面積-△BOD的面積=梯形ACDB的面積，∴，解得，或（舍去），經(jīng)檢驗，是方程的解，∴，∴，故選A．【點睛】本題考查了利用待定系數(shù)法求反比例函數(shù)的表達式，反比例函數(shù)系數(shù)k的幾何意義，用點A的坐標表示出△AOB的面積是解題的關鍵．4、C【分析】連接BE，設⊙O的半徑為r，然后由垂徑定理和勾股定理列方程求出半徑r，最后由勾股定理依次求BE和EC的長即可．【詳解】解：如圖：連接BE設⊙O的半徑為r，則OA=OD=r，OC=r-2∵OD⊥AB，∴∠ACO=90°∴AC=BC=AB=4，在Rt△ACO中，由勾股定理得：r2-42=（r-2）2，解得：r=5∴AE=2r=10，∵AE為⊙O的直徑∴∠ABE=90°由勾股定理得：BE==6在Rt△ECB中，EC=．故答案為C．【點睛】本題主要考查了垂徑定理和勾股定理，根據(jù)題意正確作出輔助線、構(gòu)造出直角三角形并利用勾股定理求解是解答本題的關鍵．5、A【解析】根據(jù)二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)進行解答即可.【詳解】解：∵拋物線開口方向向下∴a＜0又∵對稱軸x=1∴∴b=-2a＞0又∵當x=0時，可得c=3∴abc＜0，故①正確；∵b=-2a＞0，∴y=ax2-2ax+c當x=-1，y＜0∴a+2a+c＜0，即3a+c＜0又∵a＜0∴4a+c＜0，故②錯誤；∵，c=3∴∴x（ax-b）=0又∵b=-2a∴，即③正確；∵對稱軸x=1，與x軸的左交點的橫坐標小于0∴函數(shù)圖像與x軸的右交點的橫坐標大于2∴的另一解大于2，故④正確；由函數(shù)圖像可得，當時，隨增大而增大，故⑤正確；故答案為A.【點睛】本題考查二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，熟練運用二次函數(shù)的基本知識和正確運用數(shù)形結(jié)合思想是解答本題的關鍵.6、A【分析】找出兩拋物線的頂點坐標，由a值不變即可找出結(jié)論．【詳解】∵拋物線y=（x-1）1+1的頂點坐標為（1，1），拋物線y=x1的頂點坐標為（0，0），∴將拋物線y=x1先向右平移1個單位長度，再向上平移1個單位長度即可得出拋物線y=（x-1）1+1．故選：A．【點睛】本題考查了二次函數(shù)圖象與幾何變換，通過平移頂點找出結(jié)論是解題的關鍵．7、D【分析】根據(jù)解析式即可依次判斷正確與否.【詳解】∵a=-2∴開口向下，A選項錯誤；∵，∴對稱軸為直線x=-1，故B錯誤；∵，∴頂點坐標為（-1，-4），故C錯誤；∵對稱軸為直線x=-1，開口向下，∴當時，隨的增大而增大，故D正確.故選：D.【點睛】此題考查二次函數(shù)的性質(zhì)，掌握不同函數(shù)解析式的特點，各字母代表的含義，并熟練運用解題是關鍵.8、C【分析】根據(jù)兩把直尺在刻度10處是對齊的及上面直尺的刻度11與下面直尺對應的刻度是11.6，得出上面直尺的10個小刻度，對應下面直尺的16個小刻度，進而判斷出上面直尺的刻度16與下面直尺對應的刻度即可．【詳解】解：由于兩把直尺在刻度10處是對齊的，觀察圖可知上面直尺的刻度11與下面直尺對應的刻度是11.6，即上面直尺的10個小刻度，對應下面直尺的16個小刻度，且上面的直尺在刻度15處與下面的直尺在刻度18處也剛好對齊，因此上面直尺的刻度16與下面直尺對應的刻度是18+1.6=19.6，故答案為C【點睛】本題考查了學生對圖形的觀察能力，通過圖形得出上面直尺的10個小刻度，對應下面直尺的16個小刻度是解題的關鍵．9、D【分析】分圓P在y軸的左側(cè)與y軸相切、圓P在y軸的右側(cè)與y軸相切兩種情況，根據(jù)切線的判定定理解答．【詳解】當圓P在y軸的左側(cè)與y軸相切時，平移的距離為3-2=1，當圓P在y軸的右側(cè)與y軸相切時，平移的距離為3+2=5，故選D．【點睛】本題考查的是切線的判定、坐標與圖形的變化-平移問題，掌握切線的判定定理是解題的關鍵，解答時，注意分情況討論思想的應用．10、D【分析】根據(jù)頂點式，頂點坐標是（h，k），即可求解.【詳解】∵頂點式，頂點坐標是（h，k），∴拋物線的頂點坐標是（1，2）．故選D．二、填空題(每小題3分,共24分)11、①②③④【分析】①正確．利用直角三角形30度角的性質(zhì)即可解決問題；②正確，通過計算證明∠BPD=135°，即可判斷；③正確，根據(jù)兩角相等兩個三角形相似即可判斷；④正確．利用相似三角形的性質(zhì)即可證明．【詳解】∵△BPC是等邊三角形，

∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60°，

在正方形ABCD中，

∵AB=BC=CD，∠A=∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，

∴∠ABE=∠DCF=90°-60°=30°，在和中，，∴，∴，∴在中，∠A=90°，∠ABE=30°，∴，故①正確；∵PC=CD，∠PCD=30°，

∴∠PDC=∠DPC=75°，∴∠BPD=∠BPC+∠DPC=60°+75°=135°，故②正確；∵∠ADC=90°，∠PDC=75°，

∴∠EDP=∠ADC-∠PDC=90°-75°=15°，

∵∠DBA=45°，∠ABE=30°，

∴∠EBD=∠DBA-∠ABE=45°-30°=15°，

∴∠EDP=∠EBD=15°，

∵∠DEP=∠BED，

∴△PDE∽△DBE，故③正確；∵△PDE∽△DBE，∴，∴，故④正確；綜上，①②③④都正確，故答案為：①②③④．【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，直角三角形30度角的性質(zhì)等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識．12、2【解析】根據(jù)這組數(shù)據(jù)是從大到小排列的，求出最中間的兩個數(shù)的平均數(shù)即可【詳解】解：將數(shù)據(jù)從小到大重新排列為：6、1、1、10、12、15，所以這組數(shù)據(jù)的中位數(shù)為，故答案為：2．【點睛】此題考查了中位數(shù)，中位數(shù)是將一組數(shù)據(jù)從小到大（或從大到?。┲匦屡帕泻?，最中間的那個數(shù)（最中間兩個數(shù)的平均數(shù)）即可13、（，）【分析】用配方法將拋物線的一般式轉(zhuǎn)化為頂點式，確定頂點坐標即可．【詳解】∵

∴拋物線頂點坐標為．

故本題答案為：．【點睛】本題考查了拋物線解析式與頂點坐標的關系，求頂點坐標可用配方法，也可以用頂點坐標公式．14、1【解析】試題解析：x2+2x-1=0，x2+2x=1，x2+2x+1=2，（x+1）2=2，則m=1；故答案為1．15、x1＝－12，x2＝1【分析】把后面一個方程中的x＋3看作一個整體，相當于前面方程中的x來求解．【詳解】解：∵關于x的方程的解是，（a，m，b均為常數(shù)，a≠0），∴方程變形為，即此方程中x＋3＝－9或x＋3＝11，解得x1＝－12，x2＝1，故方程的解為x1＝－12，x2＝1．故答案為x1＝－12，x2＝1．【點睛】此題主要考查了方程解的含義．注意觀察兩個方程的特點，運用整體思想進行簡便計算．16、1【分析】由圓錐的母線長是5cm，側(cè)面積是20πcm2，求圓錐側(cè)面展開扇形的弧長，然后再根據(jù)錐的側(cè)面展開扇形的弧長等于圓錐的底面周長求解．【詳解】解：由圓錐的母線長是5cm，側(cè)面積是20πcm2，根據(jù)圓錐的側(cè)面展開扇形的弧長為：=8π，再根據(jù)錐的側(cè)面展開扇形的弧長等于圓錐的底面周長，可得=1cm．故答案為：1．【點睛】本題考查圓錐的計算，掌握公式正確計算是解題關鍵．17、【分析】利用勾股定理可求得AC的長，根據(jù)面積比等于相似比的平方可得矩形AB1C1C的面積，同理可求出矩形AB2C2C1、AB3C3C2，……的面積，從而可發(fā)現(xiàn)規(guī)律，根據(jù)規(guī)律即可求得第2019個矩形的面積，即可得答案.【詳解】∵在矩形ABCD中，AD=2，CD=1，∴AC==，∵矩形ABCD與矩形AB1C1C相似，∴矩形AB1C1C與矩形ABCD的相似比為，∴矩形AB1C1C與矩形ABCD的面積比為，∵矩形ABCD的面積為1×2=2，∴矩形AB1C1C的面積為2×=，同理：矩形AB2C2C1的面積為×==，矩形AB3C3C2的面積為×==，……∴矩形ABnCnCn-1面積為，∴矩形AB2019C2019C2018的面積為=，故答案為：【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，相似多邊形的性質(zhì)，根據(jù)求出的結(jié)果得出規(guī)律并熟記相似圖形的面積比等于相似比的平方是解題關鍵.．18、125°【分析】根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到∠CAB＝45°，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠BAB′＝80°，結(jié)合圖形計算即可．【詳解】解：∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠CAB＝45°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，∠BAB′＝80°，∴∠CAB′＝∠CAB+∠BAB′＝125°，故答案為：125°．【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì),關鍵在于熟練掌握基礎性質(zhì).三、解答題(共66分)19、（1）M的坐標為（﹣1，﹣4）；（2）25【解析】（1）把A坐標代入拋物線解析式求出b的值，確定出拋物線表達式，并求出頂點坐標即可；（2）根據(jù)（1）確定出拋物線對稱軸，求出拋物線與x軸的交點B坐標，根據(jù)題意得到三角形AMB為直角三角形，由MB與AB的長，利用勾股定理求出AM的長，再利用銳角三角函數(shù)定義求出所求即可．【詳解】解：（1）由題意，得1＋b﹣3＝0，解這個方程，得，b＝2，所以，這個拋物線的表達式是y＝x2＋2x﹣3，所以y＝（x＋1）2﹣4，則頂點M的坐標為（﹣1，﹣4）；（2）由（1）得：這個拋物線的對稱軸是直線x＝﹣1，設直線x＝-1與x軸的交點為點B，則點B的坐標為（﹣1，0），且∠MBA＝90°，在Rt△ABM中，MB＝4，AB＝2，由勾股定理得：AM2＝MB2＋AB2＝16＋4＝20，即AM＝25，所以sin∠OAM＝BMAM＝2【點睛】此題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，以及解直角三角形，熟練掌握待定系數(shù)法是解本題的關鍵．20、（1）CF+CD＝BC；（2）CF+CD＝BC不成立，存在CF﹣CD＝BC，證明詳見解析；（3）．【分析】（1）△ABC是等腰直角三角形，利用SAS即可證明△BAD≌△CAF，從而證得CF＝BD，據(jù)此即可證得；（2）同（1）相同，利用SAS即可證得△BAD≌△CAF，從而證得BD＝CF，即可得到CF﹣CD＝BC；（3）先證明△BAD≌△CAF，進而得出△FCD是直角三角形，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)即可求得DF的長，再根據(jù)直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)即可得到OC的長．【詳解】（1）∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴AB＝AC，∵四邊形ADEF是正方形，∴AD＝AF，∠DAF＝90°，∵∠BAD＝90°﹣∠DAC，∠CAF＝90°﹣∠DAC，∴∠BAD＝∠CAF，∵在△BAD和△CAF中，，∴△BAD≌△CAF（SAS），∴BD＝CF，∵BD+CD＝BC，∴CF+CD＝BC；故答案為：CF+CD＝BC；（2）CF+CD＝BC不成立，存在CF﹣CD＝BC；理由：∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴AB＝AC，∵四邊形ADEF是正方形，∴AD＝AF，∠DAF＝90°，∵∠BAD＝90°﹣∠DAC，∠CAF＝90°﹣∠DAC，∴∠BAD＝∠CAF，∵在△BAD和△CAF中，，∴△BAD≌△CAF（SAS）∴BD＝CF∴BC+CD＝CF，∴CF﹣CD＝BC；（3）∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴AB＝AC，∵四邊形ADEF是正方形，∴AD＝AF，∠DAF＝90°，∵∠BAD＝90°﹣∠BAF，∠CAF＝90°﹣∠BAF，∴∠BAD＝∠CAF，∵在△BAD和△CAF中，，∴△BAD≌△CAF（SAS），∴∠ACF＝∠ABD，∵∠ABC＝45°，∴∠ABD＝135°，∴∠ACF＝∠ABD＝135°，∴∠FCD＝135°﹣45°＝90°，∴△FCD是直角三角形．∵正方形ADEF的邊長4且對角線AE、DF相交于點O．∴DF＝AD＝4，O為DF中點．∴Rt△CDF中，OC＝DF＝×＝．【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，正方形與全等三角形的判定與性質(zhì)的綜合應用，判斷出△BAD≌△CAF是解本題的關鍵．21、（1）；（2）【分析】（1）用標有奇數(shù)卡片的張數(shù)除以卡片的總張數(shù)即得結(jié)果；（2）利用樹狀圖畫出所有出現(xiàn)的結(jié)果數(shù)，再找出2張卡片標有數(shù)字之和大于5的結(jié)果數(shù)，然后利用概率公式計算即可.【詳解】解：（1）標有奇數(shù)卡片的是1、3兩張，所以恰好抽到標有奇數(shù)卡片的概率=.故答案為：；（2）畫樹狀圖如下：由圖可知共有12種等可能的結(jié)果，其中抽取的2張卡片標有數(shù)字之和大于5的結(jié)果數(shù)有4種，所以抽取的2張卡片標有數(shù)字之和大于5的概率=.【點睛】本題考查了利用畫樹狀圖或列表的方法求兩次事件的概率，屬于?？碱}型，掌握求解的方法是解題的關鍵.22、【分析】過C作CE⊥AB于E，DF⊥AB交AB的延長線于F，于是得到CE∥DF，推出四邊形CDFE是矩形，得到EF=CD=120，DF=CE，解直角三角形即可得到結(jié)論．【詳解】過C作CE⊥AB于E，DF⊥AB交AB的延長線于F，則CE∥DF，∵AB∥CD，∴四邊形CDFE是矩形，∴EF=CD=120，DF=CE，在Rt△BDF中，∵∠BDF=32°，BD=80，∴DF=cos32°?BD=80×≈68，BF=sin32°?BD=80×，∴BE=EF-BF=，在Rt△ACE中，∵∠ACE=42°，CE=DF=68，∴AE=CE?tan42°=68×，∴AB=AE+BE=+≈139m，答：木棧道AB的長度約為139m．【點睛】本題考查解直角三角形-方向角問題，解題的關鍵是學會添加常用輔助線．構(gòu)造直角三角形解決問題．23、（1）；（2）存在點，使面積最大，點的坐標為．【分析】（1）由A、B、C三點的坐標，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；

（2）過P作PE⊥x軸，交x軸于點E，交直線BC于點F，用P點坐標可表示出PF的長，則可表示出△PBC的面積，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可求得△PBC面積的最大值及P點的坐標．【詳解】（1）∵二次函數(shù)的圖象交軸于點，∴設二次函數(shù)表達式為，把A、B二點坐標代入可得，解這個方程組，得，∴拋物線解析式為：；（2））∵點P在拋物線上，

∴設點的坐標為過作軸于，交直線于設直線的函數(shù)表達式，將B（4，0），C（0，-4）代入得，解這個方程組，得，∴直線BC解析式為，點的坐標為，，，∵，當時，最大，此時，所以存在點，使面積最大，點的坐標為．【點睛】本題為二次函數(shù)的綜合應用，涉及待定系數(shù)法、二次函數(shù)的性質(zhì)、三角形的面積、方程思想等知識．在（1）中注意待定系數(shù)法的應用，在（2）中用P