2023--2024学年沪科版九年级上学期期末数学模拟押题试卷（安徽亳州适用）（含解析）

2023--2024学年沪科版九年级上学期期末数学模拟押题试卷（安徽亳州适用）
一、单选题
1．下列函数中属于二次函数的是（　　）
A． B．
C． D．
2．已知，则的值为（　　）
A． B． C． D．
3．如图1，在中，点P从点A出发向点C运动，设x表示线段的长，y表示线段的长，下列结论不正确的是（　　）
A． B． C． D．
4．如图是我们学过的反比例函数图象，它的函数解析式可能是（　　）
A． B． C． D．
5．下列说法正确的是（　　）
A．如果两个角相等，那么这两个角是对顶角
B．经过一点有且只有一条直线与已知直线平行
C．如果两条直线被第三条直线所截，那么内错角相等
D．联结直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短
6．已知x+y=6，xy=4，则x2y+xy2的值为（　　）
A．12 B．-12 C．-24 D．24
7．已知菱形ABCD，E、F是动点，边长为4，BE=AF，∠BAD=120°，则下列结论：
①△BCE≌△ACF②△CEF为正三角形③∠AGE=∠BEC④若AF=1，则EG=3FG正确的有（　　）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
8．在Rt△ABC中，∠C=90°，下列各式中正确的是（　　）
A．sinA=sinB B．tanA=tanB C．sinA=cosB D．cosA=cosB
9．如图，△ABC中，BC=AB=10，∠B=30°，点P、点Q分别是AC、BC上的动点，PQ∥AB，则△APQ的最大面积为（　　）
A．52 B．26 C．13 D．6.25
10．如图，在平面直角坐标系中，OABC是正方形，点A的坐标是（4，0），点P为边AB上一点，∠CPB=60°，沿CP折叠正方形，折叠后，点B落在平面内点B′处，则B′点的坐标为（　　）
A．（2，2） B．（，2-）
C．（2，4-2） D．（，4-2）
二、填空题
11．如图，点A在双曲线y=上，AB⊥y轴于B，S△ABO =3，则k=　 　
12．如图1，有一张矩形纸片ABCD，已知AB=10，AD=12，现将纸片进行如下操作：现将纸片沿折痕BF进行折叠，使点A落在BC边上的点E处，点F在AD上（如图2）；然后将纸片沿折痕DH进行第二次折叠，使点C落在第一次的折痕BF上的点G处，点H在BC上（如图3），给出四个结论：
①AF的长为10；②△BGH的周长为18；③ = ；④GH的长为5，
其中正确的结论有　 　．（写出所有正确结论的番号）
13．在活动课上，“雄鹰组”用含30°角的直角三角尺设计风车．如图，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，将直角三角尺绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，使点C′落在AB边上，以此方法做下去……则B点通过一次旋转至B′所经过的路径长为 　 　．（结果保留π）
14．如图，矩形ABCD的顶点A、B分别在反比例函数与的图象上，点C、D在x轴上，AB、BD分别交y轴于点E、F，则阴影部分的面积为　 　．
三、解答题
15．计算：
① ；
② ；
③ ；
④ ；
⑤ ；
⑥ .
16．如图，已知二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象的顶点为M（2，1），且过点N（3，2）．
（1）求这个二次函数的关系式；
（2）若一次函数y＝x-4的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，P为抛物线上的一个动点，过点P作PQ∥y轴交直线AB于点Q，以PQ为直径作圆交直线AB于点D．设点P的横坐标为n，问：当n为何值时，线段DQ的长取得最小值？最小值为多少？
17．如图，在平面直角坐标系中，ABC三个顶点的坐标分别为A(1，－4)，B(5，－4)，C(4，－1)．
（1）画出ABC关于原点O成中心对称的A1B1C1；
（2）面出ABC绕点O逆时针旋转90°所得到的A2B2C2；
（3）将ABC先向右平移2个单位长度，再向上平移6个单位长度，画出第二次平移后的A3B3C3．若A3B3C3看成是由ABC经过一次平移得到的，则这一平移的距离等于　 　个单位长度．
18．在日历上，我们可以发现其中某些数满足一定的规律，如图1是2021年1月份的日历，任意选择图中所示的方框，每个框四个角上的数交叉相乘后求和，再与中间的数的平方的2倍作差，例如：3×l9+5×17﹣2×112＝﹣100，14×30+16×28﹣2×222＝﹣100，不难发现，结果都是﹣100.
（1）如图2，设日历中所示图形中间的数字为x，请用含x的式子表示发现的规律　 　；
（2）利用整式的运算对（1）中的规律加以证明.
19．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝∠CBA＝90°，点E为AB的中点，DE⊥CE.
（1）求证：△AED∽△BCE；
（2）若AD＝3，BC＝12，求线段DC的长.
20．图①是一种手机平板支架，由托板、支撑板和底座构成，手机放置在托板上，托板长AB＝115mm，支撑板长CD＝70mm，且CB＝35mm，托板AB可绕点C转动，且∠CDE＝60°。（参考数据：sin50°≈0.8，cos50°≈0.6，tan50°≈1.2，sin26.6°≈0.4，cos26.6°≈0.9，tan26.6°≈0.5，≈1.7）
（1）求点C到直线DE的距离（计算结果保留根号）；
（2）若∠DCB＝70°时，求点A到直线DE的距离（计算结果精确到个位）；
（3）为了观看舒适，把（1）中∠DCB＝70°调整为90°，再将CD绕点D逆时针旋转，使点B落在DE上，则CD旋转的度数为　 　．（直接写出结果）
21．如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与y轴交于点（0，4），与直线在第四象限相交于点B，连接OB，的面积为6．
（1）求点B的坐标及直线AB的解析式；
（2）已知点M在直线AB右侧，且△MAB是以AB为直角边的等腰直角三角形．请求出符合条件的点M的坐标．
22．阅读：我们约定，在平面直角坐标系中，经过某点且平行于坐标轴或平行于两坐标轴夹角平分线的直线，叫该点的“特征线”．例如，点M（1，3）的特征线有：x=1，y=3，y=x+2，y=﹣x+4．
问题与探究：如图，在平面直角坐标系中有正方形OABC，点B在第一象限，A、C分别在x轴和y轴上，抛物线 经过B、C两点，顶点D在正方形内部．
（1）直接写出点D（m，n）所有的特征线；
（2）若点D有一条特征线是y=x+1，求此抛物线的解析式；
（3）点P是AB边上除点A外的任意一点，连接OP，将△OAP沿着OP折叠，点A落在点A′的位置，当点A′在平行于坐标轴的D点的特征线上时，满足（2）中条件的抛物线向下平移多少距离，其顶点落在OP上？
23．在平面直角坐标系中，二次函数 的图象与 轴交于A（－3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使△ACP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；
（3）点Q是直线AC上方的抛物线上一动点，过点Q作QE垂直于 轴，垂足为E．是否存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由；
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】 解：A、是二次函数，A符合题意；
B：分母含有自变量，不是二次函数，B不符合题意；
C：自变量的次数是3次，不是二次函数，C不符合题意；
D：化简后自变量最高次数是1，不是二次函数，D不符合题意.
故答案为：A.
【分析】根据二次函数的定义对选项逐一进行判断即可求解.
2．【答案】C
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】由得，然后代入化简即可.
3．【答案】C
【解析】【解答】解：当点P在A处时，即当AP=0时，BP=AB.
当点P到AC边的高BH的位置时，AH=1，此时BP最小，BH=；
当AP=4时，点P对应图2末端，此时AC=4，HC=AC-AH=4-1=3，
∴BC=.
∵22+()2=42，
∴AB2+BC2=AC2，
∴∠ABC=90°，
∴tan∠BAP=.
故答案为：C.
【分析】当点P在A处时，即当AP=0时，BP=AB.，当点P到AC边的高BH的位置时，AH=1，此时BP最小，由勾股定理可得BH，当AP=4时，有AC=4，HC=AC-AH=4-1=3，由勾股定理可得BC，根据勾股定理逆定理知△ABC为直角三角形且∠ABC=90°，利用三角函数的概念可得tan∠BAP的值，据此判断.
4．【答案】B
【解析】【解答】反比例函数 ，当 时，图像分布在第一、三象限；当 时，图像分布在第二、四象限；所以选B；
【分析】此题考查反比例函数图象的性质；
5．【答案】D
【解析】【解答】解：A. 如果两个角相等，那么这两个角不一定是对顶角，不符合题意；
B. 经过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，不符合题意；
C. 如果两条平行线被第三条直线所截，那么内错角相等，不符合题意；
D. 联结直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短，符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据对顶角的定义，平行线爱你的定义，平行公理和垂线的性质分别进行判断，即可求出答案。
6．【答案】D
【解析】【解答】解：∵x+y=6，xy=4，
∴x2y+xy2=xy（x+y）=4×6=24．
故选：D．
【分析】直接利用提取公因式法分解因式进而求出答案．
7．【答案】D
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴∠B=∠DAC=∠BAC=∠BCA=60°，AB=BC=AC，
∵BE=AF，
∴△BCE≌△ACF（SAS），故①正确；
∴CF=CE，∠BCE=∠ACF，
∵∠ACF=∠ACF+∠ACE=∠BCE+∠ACE=∠BCA=60°，
∴△CEF为正三角形.故②正确；
∵∠AGE=∠GAF+∠AFG=60°+∠AFG=∠AFC，
∴AGE=∠BEC 故③正确；
∵AF=1，∴BE=1，
∴AE=4-1=3
过点E作EH∥BC交AC于点H.
∴，即 ，∴EH=3，
∵AF∥EH，
∴,即得EG=3FG ，故④正确.
故答案为：D.
【分析】根据菱形的性质，可得∠B=∠FAC=60°，BC=AC，根据“SAS”可证△BCE≌△ACF，据此判断①；利用全等三角形的对应边相等，对应角相等，可得CF=CE，∠BCE=∠ACF，从而可得∠ECF=∠BCA=60°，即证△CEF为正三角形，据此判断②；由∠AGE=∠GAF+∠AFG=60°，+∠AFG=∠AFC，据此判断③；过点E作EH∥BC交AC于点H.利用平行线分线段成比例，可求出EH=3，从而可得 ，从而可得EG=3FG ，据此判断④
8．【答案】C
【解析】【分析】根据三角函数的定义就可以解决．
【解答】设Rt△ABC的两直角边分别为a、b，斜边为c，
则sinA=，cosB= ．
∴sinA=cosB．
故选C．
9．【答案】D
【解析】【解答】解：过点C作CD⊥AB于点D∠PQ于点E，
∵在Rt△BCD中，∠B=30°，BC=10
∴CD=BC=5，
设CE=x，则DE=5-x
∵PQ∥AB
∴CD⊥PQ，△PCQ∽△ABC
∴即
解之：PQ=2x
设△APQ的面积为S
∴S=PQ·DE=·2x（5-x）=
∵a=-1，抛物线的开口向下，
∴当时，S有最大值为=6.25.
故答案为：D.
【分析】过点C作CD⊥AB于点D∠PQ于点E，利用直角三角形的性质求出CD的长，设CE=x，用含x的代数式表示出DE，再证明△PCQ∽△ABC，利用相似三角形的对应边成比例求出PQ=2x，然后利用三角形的面积公式建立S与x的函数解析式，将函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质可求解。
10．【答案】C
【解析】【解答】解：过点B′作B′D⊥OC
∵∠CPB=60°，CB′=OC=OA=4
∴∠B′CD=30°，B′D=2
根据勾股定理得DC=2
∴OD=4﹣2，即B′点的坐标为（2，4-2）
故选C．
【分析】过点B′作B′D⊥OC，因为∠CPB=60°，CB′=OC=OA=4，所以∠B′CD=30°，B′D=2，根据勾股定理得DC=2，故OD=4﹣2，即B′点的坐标为（2，4-2）．
11．【答案】6
【解析】【解答】解：∵△OAB的面积为3，
∴k＝2S△ABO＝6，
∴反比例函数的表达式是y=
即k=6
故答案为：6.
【分析】根据反比例函数k的几何意义直接求解即可.
12．【答案】①③④
【解析】【解答】解：如图，过点G作MN∥AB，分别交AD、BC于点M、N，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD=10，BC=AD=12，
由折叠可得AB=BE，且∠A=∠ABE=∠BEF=90°，
∴四边形ABEF为正方形，
∴AF=AB=10，
故①正确；
∵MN∥AB，
∴△BNG和△FMG为等腰直角三角形，且MN=AB=10，
设BN=x，则GN=AM=x，MG=MN﹣GN=10﹣x，MD=AD﹣AM=12﹣x，
又由折叠的可知DG=DC=10，
在Rt△MDG中，由勾股定理可得MD2+MG2=GD2，
即（12﹣x）2+（10﹣x）2=102，解得x=4，
∴GN=BN=4，MG=6，MD=8，
又∠DGH=∠C=∠GMD=90°，
∴∠NGH+∠MGD=∠MGD+∠MDG=90°，
∴∠NGH=∠MDG，且∠DMG=∠GNH，
∴△MGD∽△NHG，
∴ = = ，即 = = ，
∴NH=3，GH=CH=5，
∴BH=BC﹣HC=12﹣5=7，
故④正确；
又△BNG和△FMG为等腰直角三角形，且BN=4，MG=6，
∴BG=4 ，GF=6 ，
∴△BGF的周长=BG+GH+BH=4 +5+7=12+4 ， = = ，
故②不正确；③正确；
综上可知正确的为①③④，
故答案为：①③④．
【分析】过G点作MN∥AB，交AD、BC于点M、N，可知四边形ABEF为正方形，可求得AF的长，可判断①，且△BNG和△FMG为等腰三角形，设BN=x，则可表示出GN、MG、MD，利用折叠的性质可得到CD=DG，在Rt△MDG中，利用勾股定理可求得x，再利用△MGD∽△NHG，可求得NH、GH和HC，则可求得BH，容易判断②③④，可得出答案．
13．【答案】
【解析】【解答】∵∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，
∴AB＝2AC＝4，∠BAC＝60°，
由旋转的性质得，∠BAB′＝∠BAC＝60°，
∴B点通过一次旋转至B′所经过的路径长为，
故答案为：．
【分析】先求出AB＝2AC＝4，∠BAC＝60°，再求出∠BAB′＝∠BAC＝60°，最后求解即可。
14．【答案】5
【解析】【解答】解：设，，则
由题意知，
∴
∴
∴
解得
∴
∴
故答案为：5.
【分析】设A（a，），F（0，m），则B（，），由题意知∠BEF=∠DOF=90°，∠BFE=∠DFO，证明△BEF∽△DOF，根据相似三角形的性质可得m=，则EF=，然后根据三角形的面积公式进行计算.
15．【答案】① .
②
③
④
.
⑤ .
⑥
【解析】【分析】①根据有理数的运算法则计算即可.②单项式的乘除运算法则计算即可.③根据多项式除单项式的运算法则记性计算即可.④根据乘法公式计算即可.⑤先除掉相同多项式,再利用完全平方公式计算即可.⑥将y-2当做整体,再利用平方差公式计算即可.
16．【答案】解：（1）设这个二次函数的关系式为y＝a(x-2)2＋1．
把x＝3，y＝2代入得a＋1＝2，∴a＝1．
∴这个二次函数的关系式为y＝(x-2)2＋1．
（2）由题意知：P（n，n2-4n＋5），Q（n，-4）．
∴PQ＝n2-4n＋5－(-4)＝n2－n＋9＝(n－)2＋．
∴当n＝时，PQ取得最小值为．
易证△DPQ∽△OAB，
∴，
∵一次函数y＝x-4的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴OB=4，OA=3，AB==5
∴DQ=×PQ=．
∴当n＝时，DQ取得最小值，为．
【解析】【分析】（1）由于顶点为M（2，1），故设这个二次函数的关系式为y＝a(x-2)2＋1，又因为过点N（3，2），代入解析式即可求出a的值，从而得到解析式；
（2）用含有n 得代数式表示出P，Q坐标，求出PQ最小值，再证得△DPQ∽△OAB，根据相似三角形性质即可求得DQ的最小值．
17．【答案】（1）解：如图，即为所求
（2）解：如图，即为所求
（3）如图，即为所求
【解析】【解答】解：（3） ，
若看成是由经过一次平移得到的，则这一平移的距离等于个单位长度，
故答案为：．
【分析】（1）根据中心对称图形的性质找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（2）根据旋转的性质找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（3）利用平移的性质求解即可。
18．【答案】（1）
（2）对于上式，左边= =右边，
故规律成立.
【解析】【解答】（1）设图形中间的数字为x，则周围四个数字可依次表示为： ，
则规律表示为： ，
故答案为： ；
【分析】（1）根据中间数字为x，分别表示出题中所述的四个数字，再按照题意列式即可；（2）利用乘法公式计算所列式子，验证即可.
19．【答案】（1）证明：∵EC⊥DE，
∴∠DEC＝90°，
∵∠DAB＝∠CBA＝90°，
∴∠ADE+∠AED＝90°，∠AED+∠CEB＝90°，
∴∠ADE＝∠CEB，
∴△AED∽△BCE；
（2）解：∵△AED∽△BCE，
，
∵AE＝EB，
∴AE2＝AD BC＝36，
∴AE＝EB＝6，
∴DE2＝AD2+AE2＝32+62＝45，EC2＝BE2+BC2＝62+122＝180，
.
【解析】【分析】（1）由垂直的概念可得∠DEC＝90°，根据同角的余角相等可得∠ADE＝∠CEB，然后利用相似三角形的判定定理进行证明；
（2）由相似三角形的性质结合AE＝EB可得AE＝EB＝6，利用勾股定理求出DE2、EC2，然后在Rt△CDE中，应用勾股定理就可求出CD.
20．【答案】（1）解：（1）如图②所示，过点C作CM⊥DE，垂足为M，
在Rt△CDM中，CD＝70mm，∠CDM＝60°，
∴sin60°＝==，
∴CM＝，
∴点C到直线DE的距离为mm.
（2）解：如图②所示，过点A作AN⊥DE，垂足为N，过点C作CP⊥AN，垂足为P，则PN=CM＝，
∵∠CDM＝60°，
∴∠DCM＝90°-60°＝30°，
又∵∠DCB＝70°，
∴∠BCM＝70°-30°＝40°，
又∵CM∥AN，
∴∠A＝∠BCM＝40°，
∴∠ACP＝90°-40°＝50°，
∵AB=115mm，CB=35mm，
∴AC=80mm，
∴在Rt△ACP中，sin50°＝=≈0.8，
∴AP＝64，
∴AN＝AP+PN＝64+ ≈124，
∴点A到直线DE的距离约为124mm.
（3）33.4°
【解析】【解答】解：（3）如图③所示，连接BD，
在Rt△BCD中，BC＝35mm，CD＝70mm，
∴tan∠BDC＝＝=0.5，
∵tan26.6°≈0.5，
∴∠BDC=26.6°，
∵∠CDE=60°，
∴∠BDE＝∠CDE-∠CDB＝60°-26.6°＝33.4°，
∴CD旋转的度数为33.4°.
故答案为：33.4°．
【分析】（1）如图②所示，过点C作CM⊥DE，垂足为M，在Rt△CDM中，由正弦关系即可求点C到直线DE的距离；
（2）如图②所示，过点A作AN⊥DE，垂足为N，过点C作CP⊥AN，垂足为P，则PN=CM＝，由角互余关系求得∠DCB的度数，再由角的和差关系及平行线性质可求得∠A的度数，从而得到∠ACP的度数，再由线段和差关系求出AC的长度，在Rt△ACP中，由边角关系求出AP的长度，再由线段和差关系求得AN的长度，即可解决问题；
（3）如图③所示，连接BD，由直角三角形的边角关系求出∠BDC度数，再由角的和差关系求出∠BDE的度数即可．
21．【答案】（1）解：如图示，过点作轴，交轴于点
∵一次函数的图象经过点（0，4），且的面积为6．
∴，，
∴，即点的横坐标是3，
∵点在直线上，
∴，
∴点的坐标是：（3，）
由点（0，4），（3，）得：，
解之得：，
∴直线AB的解析式是：；
（2）解：如图示，过点作且，连接，则是以AB为直角边的等腰直角三角形；
过点作且，连接，则是以AB为直角边的等腰直角三角形；
过点作轴，交轴于点，延长，
作，交延长线于点，
∴，
∴
又∵
∴
∴
∵，
∴
∴，
∴
∴点的坐标是：（6，7）；
同理可证：
∴，
∴
∴点的纵坐标是：，
∴点的坐标是：（9，1）；
综上所述，以AB为直角边的等腰直角三角形，符合条件的点M的坐标是：（6，7）或（9，1）．
【解析】【分析】（1）过点B作BE⊥y轴，交y轴于点E，根据点A的坐标可得OA=4，结合三角形的面积公式可得BE3，即点B的横坐标是3，代入y=x-1中可得y的值，得到点B的坐标，然后利用待定系数法就可求出直线AB的解析式；
（2）过点A作M1A=AB且M1A⊥AB，连接M1B，则△M1AB是以AB为直角边的等腰直角三角形，过点B作M2B=AB且M2B⊥AB，连接M2A，则△M2AB是以AB为直角边的等腰直角三角形，过点M1作M1 G⊥y轴，交y轴于点G，延长EB，作M1F⊥EF，交EB延长线于点F，根据同角的余角相等可得∠EAB=∠GM1A，证明△AGM1≌△BEA，得到GM1=AE=6，GA=EB=3，则GO=GA+AO=7，据此可表示出点M1的坐标；同理可得点M2的坐标.
22．【答案】（1）解：∵点D（m，n），
∴点D（m，n）的特征线是x=m，y=n，y=x+n﹣m，y=﹣x+m+n
（2）解：点D有一条特征线是y=x+1，
∴n﹣m=1，
∴n=m+1
∵抛物线解析式为 ，
∴y= （x﹣m）2+m+1，
∵四边形OABC是正方形，且D点为正方形的对称轴，D（m，n），
∴B（2m，2m），
∴ （2m﹣m）2+n=2m，将n=m+1代入得到m=2，n=3；
∴D（2，3），
∴抛物线解析式为y= （x﹣2）2+3
（3）解：如图，当点A′在平行于y轴的D点的特征线时，根据题意可得，D（2，3），∴OA′=OA=4，OM=2，∴∠A′OM=60°，∴∠A′OP=∠AOP=30°，∴MN= ，∴抛物线需要向下平移的距离=3﹣ = ．
如图，当点A′在平行于x轴的D点的特征线时，设A'（p，3），
则OA'=OA=4，OE=3，EA'==∴A'F=4- 设P（4，c）（c＞0），在Rt△A'FP中，（ 4-）2+（3-c）2=c2
∴c= ，
∴P（4， ）
∴直线OP解析式为y=x，
∴N（2，），
∴抛物线需要向下平移的距离=3﹣= ，
即：抛物线向下平移 或 距离，其顶点落在OP上.
【解析】【分析】（1）根据特征线直接求出点D的特征线；
（2）由点D的一条特征线和正方形的性质求出点D的坐标，从而求出抛物线解析式；
（3）分平行于x轴和y轴两种情况，由折叠的性质计算即可．此题是二次函数综合题，主要考查了折叠的性质，正方形的性质，特征线的理解，解本题的关键是用正方形的性质求出点D的坐标．
23．【答案】（1）解：由抛物线 过点A（－3，0），B（1，0），
则
解得
∴二次函数的关系解析式
（2）解：连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．
设点P坐标为（m，n），则 ．
PM = ， ，AO=3．
当 时， ＝2．
∴OC=2．
＝
＝ ＝ ．
∵ ＝－1＜0，∴当 时，函数 有最大值．
此时 ＝ ．
∴存在点 ，使△ACP的面积最大．
（3）解：存在点Q，坐标为： ， ．
分△BQE∽△AOC，△EBQ∽△AOC，△QEB∽△AOC三种情况讨论可得出
【解析】【分析】（1）由题意知抛物线过点A（－3，0），B（1，0），所以用待定系数法即可求解；
（2）因为三角形ACP是任意三角形，所以可做辅助线，连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．则三角形ACP的面积=三角形APM的面积+矩形PMON的面积-三角形AOC的面积-三角形PCN的面积。于是可设点P的 横坐标为m，则纵坐标可用含m的代数式表示出来，即M（m， m + 2），
则三角形ACP的面积可用含m的代数式表示，整理可得是一个二次函数，利用二次函数的性质即可求解；
（3）根据对应顶点的不同分三种情况（△BQE∽△AOC，△EBQ∽△AOC，△QEB∽△AOC）讨论即可求解。
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