精品解析：江西省南昌市南昌一中2024-—2025学年上学期期中考试九年级数学试卷

2024-2025学年第一学期期中阶段性学习质量检测 初三数学试卷 说明：1.本卷共有六个大题，23个小题，全卷满分120分，考试时间100分钟． 2.本卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，写在试卷上的答案无效． 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 下列为一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的一般式，解题的关键是掌握任何一个关于的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式．这种形式叫一元二次方程的一般形式．也考查了一元二次方程的定义． 根据一元二次方程的定义对各选项进行判断． 【详解】解：A、为一元一次方程，所以该选项不符合题意； B、为一元二次方程，所以该选项符合题意； C、为分式方程，所以该选项不符合题意； D、对于，只有当时，它为一元二次方程，所以该选项不符合题意． 故选：B． 2. 下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，根据定义逐项判断即可．将一个图形沿某直线折叠，直线两旁的部分能够重合，这样的图形是轴对称图形；将一个图形绕某点旋转，能与本身重合，这样的图形是中心对称图形． 【详解】因为图A是轴对称图形，不是中心对称图形，所以不符合题意； 因为图B是中心对称图形，不是轴对称图形，所以不符合题意； 因为图C是轴对称图形，又是中心对称图形，所以符合题意； 因为图D是轴对称图形，不是中心对称图形，所以不符合题意． 故选：C． 3. 若是关于的方程的一个解，则的值为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查的是一元二次方程的解的定义．一元二次方程的解，就是能够使方程左右两边相等的未知数的值．即用这个数代替未知数所得式子仍然成立．把代入方程列出关于a的方程，通过解方程来求a的值． 【详解】解：把代入方程得， 解得：， 故选：A． 4. 小明不慎把家里的圆形镜子打碎了（如图），其中四块碎片如图所示，为了配到与原来大小一样的圆形镜子，小明带到商店去的碎片应该是（ ） A. ① B. ② C. ③ D. ④ 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查圆的确定，根据圆的确定方法：不在同一直线上的三个点确定一个圆，进行判断即可． 【详解】解：第①块出现一段完整的弧，可在这段弧上任作两条弦，作出这两条弦的垂直平分线，两条垂直平分线的交点就是圆心，进而确定圆即可． 故选：A． 5. 平面直角坐标系内有一点，将点P绕坐标原点逆时针旋转得到的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是利用旋转的性质求坐标.过点作轴，垂足为，过作轴，垂足为，证即可得到答案. 【详解】解：过点作轴，垂足为，过作轴，垂足为， ∵将点P绕坐标原点逆时针旋转得到的点， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵点在第二象限， ∴点的坐标为， 故选：B. 6. 如图，抛物线的对称轴是直线，与x轴交于A，B两点，且．给出下列4个结论：①；②；③；④若m为任意实数，则．其中正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象与性质，二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，由图象可知，则可判断①符合题意；由抛物线的对称轴为直线，，可得，，得到点，点，当时，，即，可判断②符合题意；由抛物线的对称轴为直线，即，得到，进一步得到，可得，即可判断③符合题意；当时，函数有最大值，由，可得，则可判断④不符合题意，掌握二次函数图象与系数的关系是解题的关键． 【详解】解：观察图象，可知， ∴，故①符合题意； ∵该抛物线的对称轴为直线，， ∴，， ∴点，点， ∴当时，，即，故②符合题意； ∵抛物线的对称轴为直线，即， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，故③符合题意； 当时，函数有最大值， 由，可得， 若m为任意实数，则，故④不符合题意， 综上，符合题意的有3个， 故选：C． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分.） 7. 正六边形绕着它的中心旋转一定的角度后能与自身完全重合，则其旋转的角度至少为__________． 【答案】##度 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转对称图形的性质，任何一个正n边形都是旋转对称图形，只需绕它的中心旋转度便可与自身重合，据此求解即可． 【详解】解：正六边形绕着它的中心旋转一定的角度后能与自身完全重合，则其旋转的角度至少为， 故答案为：． 8. 已知：点与点关于原点成中心对称，则________． 【答案】2024 【解析】 【分析】本题主要考查了关于原点对称点的特点，即横、纵坐标均互为相反数．先根据关于原点对称点的特点求得的值，然后代入计算即可． 【详解】解：点与点关于原点对称， ，，即，， ， 故答案为：2024． 9. 将抛物线向下平移个单位长度，再向左平移个单位长度后，得到的抛物线的解析式为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象的平移，根据“左加右减，上加下减”即可求解，掌握二次函数图象的平移规律是解题的关键． 【详解】解：将抛物线向下平移个单位长度，再向左平移个单位长度后，得到的抛物线的解析式为， 故答案为：． 10. 如图，是的弦，C是上一动点，连接，，若的半径为5，，则三角形面积最大值为 _______． 【答案】32 【解析】 【分析】本题考查了垂径定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．如图，过点O作的垂线，垂足为D，延长交于点，连接，，，由垂径定理得，在中利用勾股定理得出的长，进而得出点C到距离的最大值为8，代入数据即可求得三角形面积最大值． 【详解】解：如图，过点O作的垂线，垂足为D，延长交于点，连接，，， ，， ， 在中，， ， 点C到距离的最大值为8， 面积的最大值为． 故答案为：32． 11. 如图，在中，，将线段绕点C顺时针旋转至，过点作， 垂足为E， 若，则的长为________________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了勾股定理，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．过作，为垂足，通过已知条件可以求得，，从而求得，再根据直角三角形的性质和勾股定理建立方程即可求解． 【详解】解：过作，为垂足， 根据旋转可知：，， ，， ， 又， ， 在与中， ， ， ， ∴， 在中，，设，则 由勾股定理可得 即 解得， ∴ 故答案为：． 12. 如图，已知抛物线与x轴交于，两点（点在点左侧），与轴交于点，抛物线的对称轴与轴交于点，与经过点的直线交于点，点在抛物线上，是以为直角边的直角三角形，则点的坐标为______． 【答案】或或 【解析】 【分析】先求得点的坐标为，再得出，当时，利用等腰直角三角形性质可求得点的坐标为，运用待定系数法可得直线的函数表达式为，将直线平移至经过点，此时直线与抛物线的交点分别为运用待定系数法可得直线的函数表达式为，联立方程组即可求得点的坐标． 【详解】解：∵， ∴抛物线的对称轴为直线， ∵抛物线的对称轴与经过点的直线交于点， ∴点的坐标为，则， ∴， 当时，则，过点作于点，如图， 则是等腰直角三角形， ∴， 设点的坐标为， ∴， 解得：，（舍）， 当时，， 点的坐标为， 由点，， 设直线的函数表达式为， ，解得：， ∴直线的函数表达式为， 将直线平移至经过点，此时直线与抛物线的交点分别为，， 则，可设直线的函数表达式为， 将代入，得，解得 ， ∴直线的函数表达式为， ∴， 解得：或， ∴点的坐标为或， 综上所述，在抛物线上存在点，使得是以为直角边的直角三角形，点的坐标为或或， 故答案为：或或． 【点睛】本题考查了二次函数与几何综合，待定系数法求解析式，等腰三角形的判定与性质，一次函数图象的平移，直角三角形的性质，解一元二次方程等知识，把求两函数的交点坐标问题转化为解方程组的问题是解题的关键． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程： （1）利用配方法解方程即可； （2）利用因式分解法解方程即可． 【小问1详解】 解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得； 【小问2详解】 解：∵， ∴， ∴， 解得． 14. 如图抛物线经过点，， （1）求抛物线的表达式及C点坐标； （2）当时，求x的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了求二次函数解析式，二次函数与不等式之间的关系，求二次函数与y轴的交点坐标： （1）利用待定系数法求出解析式，再求出当时y的值即可得到答案； （2）根据函数图象找到二次函数图象在x轴上方时自变量的取值范围即可． 【小问1详解】 解：把，代入中得：， 解得， ∴抛物线解析式为， 在中，当时，， ∴； 【小问2详解】 解：由函数图象可知，当函数图象在x轴上方时，自变量的取值范围为， ∴当时，． 15. 如图，AB是的直径，交弦CD于点E，点E是CD的中点． （1）若的半径为5，，则______，______； （2）若，，求的半径． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】此题考查了垂径定理，熟练掌握垂径定理及推论是解题的关键； (1)根据垂径定理推论得到，根据勾股定理即可求解； (2)根据垂径定理推论得到，根据勾股定理即可求解； 【小问1详解】 解：如图，连接 是的直径，是的中点， ， ， ， ， ， 【小问2详解】 解：是的直径，是的中点， ， ， ， ， ， ， ， 故的半径为 16. 如图，抛物线C1与x轴交于B，C两点，与y轴交于点E，抛物线C2与x轴交于O，D两点，OB＝CD，F是抛物线C的顶点．请仅用无刻度的直尺，在所给图中按如下要求作图（保留作图痕迹）． （1）在图1中作抛物线C2的顶点； （2）在图2中作点E关于抛物线C1对称轴的对称点． 【答案】 （1）如图，点G即为所求； （2）如图，点K即为所求． 【解析】 【分析】（1）连接BF并延长，与C2交于点N，连接CF并延长，与C2交于点M，连接BN和DM，交于点F′，画直线FF′，与C2交于点G即可； （2）连接EC，与FG交于点J，连接BJ并延长，与C1交于点K即可． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是从二次函数的对称性入手，寻找关键点，利用对称性画线． 17. 如图，在中，，将绕点A顺时针旋转得到使点C的对应点E落在上，连接． （1）若，求的度数； （2）若，求的长． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等，也考查了勾股定理： （1）先根据旋转的性质得到，，，则可计算出，再根据等腰三角形的性质与三角形内角和定理计算出，然后计算即可； （2）先利用勾股定理计算出，再根据旋转的性质得到，，，所以，然后在中利用勾股定理可计算出BD的长 【小问1详解】 解：∵绕点A顺时针旋转得到使点C的对应点E落在上， ∴ ∴， ∵ ∴， ∴； 【小问2详解】 解：在中， ∵， ∴， ∵绕点A顺时针旋转得到使点C的对应点E落在上， ∴，，， ∴， 在中，． 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 某校足球队在一次训练中，一球员从高2.4米的球门正前方米处将球射向球门，球射向球门的路线呈抛物线．当球飞行的水平距离为6米时，球达到最高点，此时球离地面3米．建立如图所示的平面直角坐标系， （1）求出抛物线的函数解析式； （2）当时，试判断足球能否射入球门，并说明理由； 【答案】（1） （2） 足球能射入球门，理由如下： 当时， ∵ ∴足球能射入球门． 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的实际应用． （1）把解析式设为顶点式，再把原点坐标代入解析式中进行求解即可； （2）求出时y的值，判断即可． 【小问1详解】 解：∵当球飞行的水平距离为6米时，球达到最高点，此时球离地面3米． ∴设抛物线的函数解析式 将代入中，得 ，解得 ∴抛物线解析式为； 【小问2详解】 略 19. 某商场销售某种冰箱，每台进货价为2500元，标价为3000元． （1）若商场连续两次降价，每次降价的百分率相同，最后以2430元售出，求每次降价的百分率． （2）市场调研表明：当每台售价为2900 元时，平均每天能售出8台，当每台售价每降50元时，平均每天就能多售出4台，若商场要想使这种冰箱的销售利润平均每天达到5000元，则每台冰箱的定价应为多少元？ 【答案】（1）每次降价的百分率是 （2）每台冰箱的定价应为2750 元 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，列出方程． （1）设每次降价的百分率为x，根据降价后的价格降价前的价格（降价的百分率），则第一次降价后的价格是元，第二次后的价格是元，据此即可列方程求解； （2）假设下调a个50元，销售利润一台冰箱的利润销售冰箱数量，一台冰箱的利润售价进价，降低售价的同时，销售量就会提高，“一减一加”，根据每台的盈利销售的件数元，即可列方程求解． 【小问1详解】 解：设每次降价的百分率为x， 依题意得 ， 解得 （不合题意，舍去）． 答：每次降价的百分率是． 【小问2详解】 解：假设下调a个50元， 依题意得， 解得 ，则（元） 则每台冰箱的定价应为元， 答：每台冰箱的定价应为2750 元． 20. 设，是关于x的方程的两个实数根． （1）求实数k的取值范围； （2）若，求k的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根时，，也考查了根的判别式．根据根与系数的关系及根的判别式计算即可 【小问1详解】 解：根据题意得， 即， 解得，； 【小问2详解】 解：根据题意得，， ，， ， 解得，（舍），， 综上所述，k的值为1． 五、解答题（本大题共2题，每题9分，共18分） 21. 如图，用长为的篱笆和一面利用墙（墙的最大可用长度为），围成中间隔有一道篱笆的矩形花圃，为了方便出入，在建造篱笆花圃时，在上用其他材料做了宽为的两扇小门． （1）设花圃的一边长为x米，请你用含x的代数式表示另一边的长为__________． （2）若此时花圃的面积刚好为，求此时花圃的长与宽． （3）在不增加篱笆总长度的情况下，这个花圃的面积能否达到．请说明理由．猜想一下，这个花圃面积最大可以做到多少？ 【答案】（1） （2）此时花圃的长为9米，宽为5米 （3）这个花圃的面积不能达到；这个花圃面积最大可以做到． 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的实际应用，配方法的应用，列代数式： （1）用篱笆的总长减去三个的长，然后加上两个门的长即可表示出； （2）根据长方形的面积公式列方程求解即可； （3）长方形的面积公式列方程，看方程是否有符合题意的解即可；利用配方法得到，再由偶次方的非负性即可得到答案． 【小问1详解】 解：设花圃的宽为x米， 则米， 故答案为：； 【小问2详解】 解：由题意可得：， ∴ 解得：，， 当时，，不符合题意，故舍去； 当时，，符合题意； 答：此时花圃的长为9米，宽为5米； 【小问3详解】 解：当时，则， ∴， ∴此时原方程无解， ∴这个花圃的面积不能达到 ， ∵， ∴， ∴这个花圃面积最大可以做到． 22. 如图1，将一把含角的三角尺放在边长为2的正方形上，并使它的直角顶点始终与点重合，其一条直角边与的延长线交于点，另一条直角边与交于点． （1）在三角尺绕着点A旋转的过程中． ①请判断与的数量关系，并加以证明． ②四边形AECF的面积是否为定值？如果是，求出这个值；如果不是，试说明理由． （2）如图2，将这把三角尺角的顶点始终与点重合，角的一边与交于点，另一边与交于点．在旋转的过程中，求点到线段的距离． 【答案】（1） ①；理由如下： ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； ②四边形的面积的值始终保持不变，值为4；理由如下： ∵正方形的边长为2， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 即四边形的面积的值始终保持不变，值为4； （2）2 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质等知识： （1）①由四边形为正方形可以得到，又，而由此可以推出，，进一步得到，由证明，即可得出结论；②由，得出，那么它们都加上四边形的面积，即可四边形的面积=正方形的面积，从而求出其面积； （2）延长至G，使，连接，作于M，由证明，得出，，证出，由证明，得出全等三角形对应边上的高相等即可． 【小问1详解】 解：①略 ②略 【小问2详解】 解：延长至G，使，连接，作于M，如图2所示， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， 即点A到线段的距离为2． 六、解答题（本大题满分12分） 23. 已知二次函数，该函数图象的对称轴为直线，与x轴相交于点A和点B（点B在点A右侧），与y轴交于点． （1）求该二次函数的表达式； （2）如图①，点D是直线下方抛物线上的动点，过点D作轴交直线于点E，求的最大值； （3）如图②，点P是直线下方抛物线上的动点，于点Q，当取最大值时，求点P的坐标． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）用待定系数法求解即可； （2）先求得，再用待定系数法求直线的函数表达式为，设，根据轴，得点E的纵坐标为，然后代入，求得，从而得，则，然后根据二次函数的最值求解即可． （3）过点P作轴交于点H，先求得，则，再根据轴，则，从而得到是等腰直角三角形，由勾股定理得，设，则，则，从而得到，然后根据二次函数的最值求解即可． 【小问1详解】 解：∵二次函数图象的对称轴为直线，与y轴交于点， ∴ 解得 ∴该二次函数的表达式为． 【小问2详解】 解：在二次函数中，令得 ，解得或， ∴， 设直线的函数表达式为， 把、代入，得 ，解得：， ∴直线的函数表达式为． 设， ∵轴， ∴点E的纵坐标为， 把代入中，得 ，解得， ∴， ∴， ∵点D是直线下方抛物线上的动点， ∴， ∵， ∴当时有最大值，最大值为， ∴的最大值为． 【小问3详解】 解：过点P作轴交于点H，如解图． ∵、， ∴， ∴， ∵轴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵点P是直线下方抛物线上的动点， ∴， ∵， ∴当时，取最大值， 此时点P的坐标为． 【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式，二次函数与一次函数的图象性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，平行线的性质．熟练掌握二次函数最值的解法是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第一学期期中阶段性学习质量检测 初三数学试卷 说明：1.本卷共有六个大题，23个小题，全卷满分120分，考试时间100分钟． 2.本卷分为试题卷和答题卡，答案要求写在答题卡上，写在试卷上的答案无效． 一、选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 下列为一元二次方程的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列图案中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 若是关于的方程的一个解，则的值为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 4. 小明不慎把家里的圆形镜子打碎了（如图），其中四块碎片如图所示，为了配到与原来大小一样的圆形镜子，小明带到商店去的碎片应该是（ ） A. ① B. ② C. ③ D. ④ 5. 平面直角坐标系内有一点，将点P绕坐标原点逆时针旋转得到的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，抛物线的对称轴是直线，与x轴交于A，B两点，且．给出下列4个结论：①；②；③；④若m为任意实数，则．其中正确的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分.） 7. 正六边形绕着它的中心旋转一定的角度后能与自身完全重合，则其旋转的角度至少为__________． 8. 已知：点与点关于原点成中心对称，则________． 9. 将抛物线向下平移个单位长度，再向左平移个单位长度后，得到的抛物线的解析式为______． 10. 如图，是的弦，C是上一动点，连接，，若的半径为5，，则三角形面积最大值为 _______． 11. 如图，在中，，将线段绕点C顺时针旋转至，过点作， 垂足为E， 若，则的长为________________． 12. 如图，已知抛物线与x轴交于，两点（点在点左侧），与轴交于点，抛物线的对称轴与轴交于点，与经过点的直线交于点，点在抛物线上，是以为直角边的直角三角形，则点的坐标为______． 三、解答题（本大题共5小题，每小题6分，共30分） 13. 解方程： （1）； （2）． 14. 如图抛物线经过点，， （1）求抛物线的表达式及C点坐标； （2）当时，求x的取值范围． 15. 如图，AB是的直径，交弦CD于点E，点E是CD的中点． （1）若的半径为5，，则______，______； （2）若，，求的半径． 16. 如图，抛物线C1与x轴交于B，C两点，与y轴交于点E，抛物线C2与x轴交于O，D两点，OB＝CD，F是抛物线C的顶点．请仅用无刻度的直尺，在所给图中按如下要求作图（保留作图痕迹）． （1）在图1中作抛物线C2的顶点； （2）在图2中作点E关于抛物线C1对称轴的对称点． 17. 如图，在中，，将绕点A顺时针旋转得到使点C的对应点E落在上，连接． （1）若，求的度数； （2）若，求的长． 四、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共24分） 18. 某校足球队在一次训练中，一球员从高2.4米的球门正前方米处将球射向球门，球射向球门的路线呈抛物线．当球飞行的水平距离为6米时，球达到最高点，此时球离地面3米．建立如图所示的平面直角坐标系， （1）求出抛物线的函数解析式； （2）当时，试判断足球能否射入球门，并说明理由； 19. 某商场销售某种冰箱，每台进货价为2500元，标价为3000元． （1）若商场连续两次降价，每次降价的百分率相同，最后以2430元售出，求每次降价的百分率． （2）市场调研表明：当每台售价为2900 元时，平均每天能售出8台，当每台售价每降50元时，平均每天就能多售出4台，若商场要想使这种冰箱的销售利润平均每天达到5000元，则每台冰箱的定价应为多少元？ 20. 设，是关于x的方程的两个实数根． （1）求实数k的取值范围； （2）若，求k的值． 五、解答题（本大题共2题，每题9分，共18分） 21. 如图，用长为的篱笆和一面利用墙（墙的最大可用长度为），围成中间隔有一道篱笆的矩形花圃，为了方便出入，在建造篱笆花圃时，在上用其他材料做了宽为的两扇小门． （1）设花圃的一边长为x米，请你用含x的代数式表示另一边的长为__________． （2）若此时花圃的面积刚好为，求此时花圃的长与宽． （3）在不增加篱笆总长度的情况下，这个花圃的面积能否达到．请说明理由．猜想一下，这个花圃面积最大可以做到多少？ 22. 如图1，将一把含角的三角尺放在边长为2的正方形上，并使它的直角顶点始终与点重合，其一条直角边与的延长线交于点，另一条直角边与交于点． （1）在三角尺绕着点A旋转的过程中． ①请判断与的数量关系，并加以证明． ②四边形AECF的面积是否为定值？如果是，求出这个值；如果不是，试说明理由． （2）如图2，将这把三角尺角的顶点始终与点重合，角的一边与交于点，另一边与交于点．在旋转的过程中，求点到线段的距离． 六、解答题（本大题满分12分） 23. 已知二次函数，该函数图象的对称轴为直线，与x轴相交于点A和点B（点B在点A右侧），与y轴交于点． （1）求该二次函数的表达式； （2）如图①，点D是直线下方抛物线上的动点，过点D作轴交直线于点E，求的最大值； （3）如图②，点P是直线下方抛物线上的动点，于点Q，当取最大值时，求点P的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $