【文档说明】苏科版数学九年级上册月考模拟试卷三（含答案）.doc，共(27)页，382.000 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-27482.html

以下为本文档部分文字说明：

第1页（共27页）苏科版数学九年级上册月考模拟试卷一、选择题1．方程（x﹣1）2=4的根是（）A．3，﹣3B．3，﹣2C．2，﹣3D．3，﹣12．函数y=﹣21（x﹣2）2+5的顶点坐标为（）A．（2，5）B．（﹣2，5）C．（2，

﹣5）D．（﹣2，5）3．已知Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=3，则下列各式中，正确的是（）A．sinB=B．cosB=C．tanB=D．以上都不对4．在平面直角坐标系中，⊙O的圆心在原点，半径为2，则下面各点在⊙O上的是（）A．（1，1）B．（

﹣1，）C．（﹣2，﹣1）D．（，﹣2）5．已知三角形的外心在三角形的外部，则这个三角形是（）A．任意三角形B．锐角三角形C．直角三角形D．钝角三角形6．下列命题中：①两个端点能够重合的弧是等弧；②圆的任意一条弦把圆分成优弧和劣弧两部分；③长度相等的弧是等弧；④半径相等

的两个圆是等圆；⑤直径是最大的弦；⑥半圆所对的弦是直径．其中是真命题的有（）A．3个B．4个C．5个D．6个7．如图，在⊙O中，OC⊥弦AB于点C，AB=4，OC=1，则OB的长是（）A．B．C．D．8．如图，AB是⊙O的切线，B为切点，AO与⊙O交于点C，若∠

BAO=40°，则∠OCB的度数为（）第2页（共27页）A．40°B．50°C．65°D．75°9．如图，已知线段OA交⊙O于点B，且OB=AB，点P是⊙O上的一个动点，那么∠OAP的最大值是（）A．90°B．60°C．45°D．30°10．如图，已知直线y=x﹣3与x轴、y轴分别交于A、B两

点，P是以C（0，1）为圆心，1为半径的圆上一动点，连结PA、PB．则△PAB面积的最大值是（）A．8B．12C．D．二、填空题11．若∠A为锐角，当tanA=时，cosA=．12．反比例函数y=的图象经过点（cos60°，tan45°），则k=．13．二次函数y=3x2+4x与

一次函数y=x+b只有唯一公共点，则b=．14．形状与y=﹣x2+3的图象形状相同，但开口方向不同，顶点坐标是（4，5）的抛物线的解析式．15．如图所示，若⊙O的半径为13cm，点P是弦AB上一动点，且到圆心的最第3页（共27页）短距离为5cm

，则弦AB的长为．16．如图，将半径为2cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心O，则折痕AB的长为cm．17．如图所示，边长为1的小正方形构成的网格中，半径为1的⊙O的圆心O在格点上，则∠AED的正切值等于．18．如图，PA、PB分别切⊙O于点A、B，若∠P=70°，则∠C的大小为（度）．

19．如图，AB是⊙O的直径，直线PA与⊙O相切于点A，PO交⊙O于点C，连接BC，∠P=40°，则∠ABC的度数为．第4页（共27页）20．如图，四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA和⊙O分别切于L、M、N、P，且AB=10cm，CD=5cm，则四边形ABCD周长为cm．21．⊙O为△

ABC的外接圆，∠BOC=100°，则∠A=．22．一个直角三角形的两边长分别为3，4，则此三角形的外接圆半径是．三、解答题23．用适当的方法解方程：（1）（x+）（x﹣）=0；（2）（2x+1）（x﹣4）=5．24．已知一抛物线与x轴的交点是A（﹣2，0）、B（1，0），且经过点C（0

，﹣4）．（1）求该抛物线的解析式；（2）求该抛物线的顶点坐标．25．已知关于x的一元二次方程x2﹣mx﹣2=0．（1）若﹣1是方程的一个根，求m的值和方程的另一根；（2）证明：对于任意实数m，函数y=x2﹣mx﹣2的图象与x轴总有两个交点．第5页（共27页）26．如图，AD是⊙O的弦，A

B经过圆心O，交⊙O于点C．∠DAB=∠B=30°．（1）直线BD是否与⊙O相切？为什么？（2）连接CD，若CD=5，求AB的长．27．如图，在小山的东侧A点处有一个热气球，由于受西风的影响，以30米/分的速度沿与地面成75°角的方向飞行，25分钟后到达C点处，此时热气球上的人测得小山西侧B

点的俯角为30°，求小山东西两侧A、B两点间的距离．第6页（共27页）28．如图，在平面直角坐标系中，矩形OCDE的三个顶点分别是C（3，0），D（3，4），E（0，4）．点A在DE上，以A为顶点的抛物线过点C，且对称轴x=1交x轴于点B．连接EC，AC．点P，Q

为动点，设运动时间为t秒．（1）填空：点A坐标为，抛物线的解析式为；（2）在图1中，若点P在线段OC上从点O向点C以1个单位/秒的速度运动，同时，点Q在线段CE上从点C向E以2个单位/秒的速度运动，当一个点到达终点时，另一

个点随之停止运动．连接PQ，是否存在实数t，使得PQ所在的直线经过点D，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（3）在图2中，若点P在对称轴上从点A开始向点B以1个单位/秒的速度运动，过点P作PF⊥AB，交AC于点F，过点F

作FG⊥AD于点G，交抛物线于点Q，连接AQ，CQ．当t为何值时，△ACQ的面积最大？最大值是多少？第7页（共27页）参考答案一、选择题（每小题3分，共30分）1．方程（x﹣1）2=4的根是（）A．3，﹣3B．3，﹣2C．2，﹣3D．3，﹣1【考点】解一元二次方程-直接开平方

法．【分析】利用直接开平方法解答即可．【解答】解：∵x﹣1=±2，∴x=1±2，∴x1=3，x2=﹣1．故选：D．2．函数y=﹣21（x﹣2）2+5的顶点坐标为（）A．（2，5）B．（﹣2，5）C．（2，﹣5）D．（﹣2，5）【考点】二

次函数的性质．【分析】根据二次函数的顶点式直接求解．【解答】解：因为y=﹣21（x﹣2）2+5是抛物线的顶点式，根据顶点式的坐标特点可知，顶点坐标为（2，5）；故选A．3．已知Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=3，则下

列各式中，正确的是（）A．sinB=B．cosB=C．tanB=D．以上都不对【考点】锐角三角函数的定义．【分析】根据勾股定理求出AB，根据锐角三角函数的定义求出各个三角函数值，即可得出答案．【解答】解：如图：由勾股定理得：AB=，第8页（共27页）所以cosB=，si

nB=，tanB=，所以只有选项C正确；故选C4．在平面直角坐标系中，⊙O的圆心在原点，半径为2，则下面各点在⊙O上的是（）A．（1，1）B．（﹣1，）C．（﹣2，﹣1）D．（，﹣2）【考点】点与圆的

位置关系；坐标与图形性质．【分析】根据点的坐标性质结合勾股定理得出斜边长，进而得出点与⊙O关系．【解答】解：如图所示：A、（1，1）点构成直角三角形的斜边为，小于2，故不在⊙O上，故此选项错误；B、（﹣1，）点构成直角三角形的斜边为2，等于2，故在⊙O上，故此选项正确；C、（﹣2，﹣1）点构

成直角三角形的斜边为，大于2，故不在⊙O上，故此选项错误；D、（，﹣2）点构成直角三角形的斜边为，大于2，故不在⊙O上，故此选项错误；故选：B．5．已知三角形的外心在三角形的外部，则这个三角形是（）A．任意三角形B．锐角三角形C．直角三角形D．钝角三角形【考点】三角形的

外接圆与外心．第9页（共27页）【分析】三角形的外心是三角形的三条垂直平分线的交点．【解答】解：根据三角形的外心的概念，知：锐角三角形的外心在三角形的内部，直角三角形的外心在三角形的斜边中点处，钝角三角形的外心在三角形的外部．故选D．6．下列命题中：

①两个端点能够重合的弧是等弧；②圆的任意一条弦把圆分成优弧和劣弧两部分；③长度相等的弧是等弧；④半径相等的两个圆是等圆；⑤直径是最大的弦；⑥半圆所对的弦是直径．其中是真命题的有（）A．3个B．4个C．5个D．6个【考点】命题与定理．【分析】根据等弧

的定义对①③进行判断；根据优弧和劣弧的定义对②进行判断；③长度相等的弧是等弧；根据等圆的定义对④进行判断；根据弦与直径的定义对⑤进行判断；根据圆周角定理的推论对⑥进行判断．【解答】解：能够完全重合的弧是等弧，所以①错误；圆的任意一条弦（非直径）把圆分成优弧和劣弧两部分，

所以②错误；能够完全重合的弧是等弧，所以③错误；半径相等的两个圆是等圆，所以④正确；直径是最大的弦，所以⑤正确；半圆所对的弦是直径，所以⑥正确．故选A．7．如图，在⊙O中，OC⊥弦AB于点C，AB=4，O

C=1，则OB的长是（）第10页（共27页）A．B．C．D．【考点】垂径定理；勾股定理．【分析】根据垂径定理可得AC=BC=AB，在Rt△OBC中可求出OB．【解答】解：∵OC⊥弦AB于点C，∴AC=BC=AB，在R

t△OBC中，OB==．故选B．8．如图，AB是⊙O的切线，B为切点，AO与⊙O交于点C，若∠BAO=40°，则∠OCB的度数为（）A．40°B．50°C．65°D．75°【考点】切线的性质．【分析】根据切线的性

质可判断∠OBA=90°，再由∠BAO=40°可得出∠O=50°，在等腰△OBC中求出∠OCB即可．【解答】解：∵AB是⊙O的切线，B为切点，∴OB⊥AB，即∠OBA=90°，∵∠BAO=40°，∴∠O=50°，∵OB=OC（都是半径），∴∠OCB==65°．

故选C．第11页（共27页）9．如图，已知线段OA交⊙O于点B，且OB=AB，点P是⊙O上的一个动点，那么∠OAP的最大值是（）A．90°B．60°C．45°D．30°【考点】切线的性质；含30度角的直角三角形．【分析】当AP与⊙O相切时，∠OAP有最大值，连结OP，根据切线的性质得OP

⊥AP，由OB=AB得OA=2OP，然后根据含30度的直角三角形三边的关系即可得到此时∠OAP的度数．【解答】解：当AP与⊙O相切时，∠OAP有最大值，连结OP，如图，则OP⊥AP，∵OB=AB，∴OA=2OP，∴∠PAO=30°．故选D．10．如图，已知直线y=

x﹣3与x轴、y轴分别交于A、B两点，P是以C（0，1）为圆心，1为半径的圆上一动点，连结PA、PB．则△PAB面积的最大值是（）第12页（共27页）A．8B．12C．D．【考点】圆的综合题．【分析】求出A、B的坐标，根据勾股定理求出AB，求出点C到AB

的距离，即可求出圆C上点到AB的最大距离，根据面积公式求出即可．【解答】解：∵直线y=x﹣3与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴A点的坐标为（4，0），B点的坐标为（0，﹣3），3x﹣4y﹣12=0，即OA=4，OB=3，由勾股定理得：AB=5，过C作CM⊥AB于M，连接A

C，则由三角形面积公式得：×AB×CM=×OA×OC+×OA×OB，∴5×CM=4×1+3×4，∴CM=，∴圆C上点到直线y=x﹣3的最大距离是1+=，∴△PAB面积的最大值是×5×=，故选：C．二、填空题（每

小题3分，共36分）11．若∠A为锐角，当tanA=时，cosA=．第13页（共27页）【考点】特殊角的三角函数值．【分析】根据特殊角的三角函数值，即可求得∠A的度数，继而可得出cosA．【解答】解：∵∠A为锐角，tanA=，∴∠A=30°，则cosA=cos30°=．故答案为：．1

2．反比例函数y=的图象经过点（cos60°，tan45°），则k=．【考点】反比例函数图象上点的坐标特征；特殊角的三角函数值．【分析】先求得该点的坐标，然后代入反比例函数解析式即可求得k的值．【解答】解：∵tan45°=1，cos60

°=，∴k=tan45°×cos60°=．故答案为．13．二次函数y=3x2+4x与一次函数y=x+b只有唯一公共点，则b=﹣．【考点】二次函数图象上点的坐标特征；一次函数图象上点的坐标特征．【分析】根据抛物线与直线的交点问题得到△=32﹣4×3（﹣b）=0，然后解不等式

即可．【解答】解：由题意得：，整理得：3x2+3x﹣b=0，∵二次函数y=3x2+4x与一次函数y=x+b只有唯一公共点，∴△=32﹣4×3（﹣b）=0，解得：b=﹣．故答案为﹣．第14页（共27页）14．形状与

y=﹣x2+3的图象形状相同，但开口方向不同，顶点坐标是（4，5）的抛物线的解析式y=（x﹣4）2+5．【考点】二次函数的性质．【分析】由于已知顶点坐标，则可设顶点式y=a（x﹣4）2+5，然后根据二次项系数的意义得到a=，从而确定所求抛物线的解析式．【解答】解：设所求的抛物线解

析式为y=a（x﹣4）2+5，因为抛物线y=a（x﹣4）2+5与抛物线y=﹣x2+3形状相同，但开口方向不同，所以a=，所以该抛物线的解析式为y=（x﹣4）2+5．故答案为y=（x﹣4）2+5．15．如图所示，若⊙O的半径为

13cm，点P是弦AB上一动点，且到圆心的最短距离为5cm，则弦AB的长为24cm．【考点】垂径定理；勾股定理．【分析】过O点作OC⊥AB于C，连OA，根据垂线段最短得到OC=5cm，根据垂径定理得到AC=BC，再利

用勾股定理计算出AC，即可得到AB．【解答】解：过O点作OC⊥AB于C，连OA，如图，∴OC=5cm，AC=BC，在Rt△OAC中，OA=13cm，∴AC===12（cm），∴AB=2AC=24cm．故答案为：24cm．第15页（共27页）16．如图

，将半径为2cm的圆形纸片折叠后，圆弧恰好经过圆心O，则折痕AB的长为2cm．【考点】垂径定理；勾股定理．【分析】通过作辅助线，过点O作OD⊥AB交AB于点D，根据折叠的性质可知OA=2OD，根据勾股定理可将AD的长求出，通过垂径定理可求出AB的长．【解答】解：过点

O作OD⊥AB交AB于点D，连接OA，∵OA=2OD=2cm，∴AD===cm，∵OD⊥AB，∴AB=2AD=cm．故答案为：2．17．如图所示，边长为1的小正方形构成的网格中，半径为1的⊙O的圆心O在格点上，则∠AED的正切值等

于．第16页（共27页）【考点】圆周角定理；锐角三角函数的定义．【分析】在Rt△ABC中，易知∠ABC的正切值为；根据圆周角定理可得，∠AED=∠ABC，由此可求出∠AED的正切值．【解答】解：在Rt△ABC中，AC=1，AB=2；∴tan∠ABC==；

∵∠AED=∠ABC，∴tan∠AED=tan∠ABC=．故答案为：．18．如图，PA、PB分别切⊙O于点A、B，若∠P=70°，则∠C的大小为55（度）．【考点】切线的性质．【分析】首先连接OA，OB，由PA、PB分别切⊙O于点A、B，根据切线的性质可得：OA⊥PA，OB

⊥PB，然后由四边形的内角和等于360°，求得∠AOB的度数，又由圆周角定理，即可求得答案．【解答】解：连接OA，OB，∵PA、PB分别切⊙O于点A、B，∴OA⊥PA，OB⊥PB，即∠PAO=∠PBO=90°，∴∠AOB=360°﹣

∠PAO﹣∠P﹣∠PBO=360°﹣90°﹣70°﹣90°=110°，第17页（共27页）∴∠C=∠AOB=55°．故答案为：55．19．如图，AB是⊙O的直径，直线PA与⊙O相切于点A，PO交⊙O于点C，连接BC，∠P=40°，则∠

ABC的度数为25°．【考点】切线的性质．【分析】先利用切线的性质得到∠OAP=90°，则利用互余和计算出∠AOP=50°，再利用等腰三角形的性质和三角形外角性质可计算出∠B的度数．【解答】解：∵直线PA与⊙O相切于点A，∴OA⊥PA，∴∠OAP=90°，∴∠AOPP=90°﹣∠P=50°，

∵∠AOP=∠B+∠OCB，而OB=OC，∴∠B=∠AOP=25°．故答案为25°．20．如图，四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA和⊙O分别切于L、M、N、P，且AB=10cm，CD=5cm，则四边形ABCD周长为30cm．第18页（共27页）【考点

】切线长定理．【分析】理由切线长定理，首先证明AB+CD=AD+BC，由此即可解决问题．【解答】解：∵四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA和⊙O分别切于L、M、N、P，∴AP=AL，BM=BL，CM=CN，DN=DP，

∴AL+BL+DN+CN=AP+BM+DP+CM，即AB+CD=AD+BC，∵AB=10cm，CD=5cm，∴AB+CD=AD+BC=15cm，∴四边形ABCD的周长为30cm．故答案为30．21．⊙O为△ABC的外接圆，∠BOC=100°，则∠A=50°或130°．【考点】三角形的外接圆与外

心；圆周角定理；圆内接四边形的性质．【分析】分为两种情况：当O在△ABC内部时，根据圆周角定理求出∠A=50°；当O在△ABC外部时，根据圆内接四边形性质求出∠A′=180°﹣∠A即可．【解答】解：分为两种情况：

当O在△ABC内部时，根据圆周角定理得：∠A=∠BOC=×100°=50°；当O在△ABC外部时，如图在A′时，∵A、B、A′、C四点共圆，∴∠A+∠A′=180°，∴∠A′=180°﹣50°=130°，故答案为：50°或130°．第19页（共27页）22．一个直角三角

形的两边长分别为3，4，则此三角形的外接圆半径是2或．【考点】三角形的外接圆与外心．【分析】直角三角形的外接圆圆心是斜边的中点，那么半径为斜边的一半，分两种情况：①4为斜边长；②3和4为两条直角边长，由勾股定理易求得此直角三角形的斜边长，进而可求得外接圆的半径．【解

答】解：由勾股定理可知：①当直角三角形的斜边长为4，这个三角形的外接圆半径为2；②当两条直角边长分别为16和12，则直角三角形的斜边长==5，因此这个三角形的外接圆半径为．故答案为：2或．三、解答题（共64分）23

．用适当的方法解方程：（1）（x+）（x﹣）=0；（2）（2x+1）（x﹣4）=5．【考点】解一元二次方程-因式分解法．【分析】（1）将方程左边的多项式利用十字相乘法分解因式化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一

个为0转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解；（2）将方程移项变形后，提取公因式化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程，求出一次方程的解即可得到原方程的解．第20页（共27页）【解答】解：（1）（x+）（x

﹣）=0，x+=0，x﹣=0，解得：x1=﹣，x2=；（2）（2x+1）（x﹣4）=5，2x2﹣7x﹣4=5，2x2﹣7x﹣9=0，（2x﹣9）（x+1）=0，2x﹣9=0，x+1=0，解得：x1=4.5，x2=﹣1．24．已知一抛物线与x轴的交点是A（﹣2，0）、B（1，0），且经过点C

（0，﹣4）．（1）求该抛物线的解析式；（2）求该抛物线的顶点坐标．【考点】抛物线与x轴的交点；待定系数法求二次函数解析式．【分析】（1）设交点式，利用待定系数法求二次函数的解析式；（2）化成一般式后，配方求顶点坐标．【解答】解：（1）∵A

（﹣2，0）、B（1，0），∴设抛物线的解析式为：y=a（x+2）（x﹣1），把C（0，﹣4）代入得：﹣4=a（0+2）（0﹣1），a=2，∴抛物线的解析式为：y=2（x+2）（x﹣1）=2x2+2x﹣4；（2）y=2x2+2x﹣4=2（x2+x+﹣）﹣4=2（x+）2﹣4.5；∴顶点

坐标为（﹣，﹣4.5）．25．已知关于x的一元二次方程x2﹣mx﹣2=0．（1）若﹣1是方程的一个根，求m的值和方程的另一根；（2）证明：对于任意实数m，函数y=x2﹣mx﹣2的图象与x轴总有两个交点

．【考点】抛物线与x轴的交点；根与系数的关系．第21页（共27页）【分析】（1）由于﹣1是方程的一个根，直接把它代入方程即可求出m的值，然后解方程可以求出方程的另一根；（2）证明对于任意实数m，函数y=x2﹣mx﹣2的图象与x轴总有两个交点，就是证明函数的判别式是

一个正数即可．【解答】解：（1）∵﹣1是方程的一个根，∴m=1，将m=1代入方程得x2﹣x﹣2=0，解之得x1=﹣1，x2=2．∴方程的另一个根是2；（2）∵△=m2﹣4×1×（﹣2）=m2+8，∵无论m取任意实数，都有m2≥0，∴m2+8＞0，∴函数y=x2﹣mx﹣2的图象与x

轴总有两个交点．26．如图，AD是⊙O的弦，AB经过圆心O，交⊙O于点C．∠DAB=∠B=30°．（1）直线BD是否与⊙O相切？为什么？（2）连接CD，若CD=5，求AB的长．【考点】切线的判定；含30度角的直角三角形；圆周角定理．【分析】（1）连

接OD，通过计算得到∠ODB=90°，证明BD与⊙O相切．（2）△OCD是边长为5的等边三角形，得到圆的半径的长，然后求出AB的长．【解答】解：（1）直线BD与⊙O相切．理由如下：如图，连接OD，∵∠DAB=∠B=30°，∴∠ADB=120°，∵OA=OD，∴∠ODA=∠O

AD=30°，第22页（共27页）∴∠ODB=∠ADB﹣∠ODA=120°﹣30°=90°．所以直线BD与⊙O相切．（2）连接CD，∠COD=∠OAD+∠ODA=30°+30°=60°，又OC=OD∴△OCD是等边三角形，即：OC=OD=CD=5=OA，∵∠ODB

=90°，∠B=30°，∴OB=10，∴AB=AO+OB=5+10=15．27．如图，在小山的东侧A点处有一个热气球，由于受西风的影响，以30米/分的速度沿与地面成75°角的方向飞行，25分钟后到达C点处，此时热气球上的人测得小山西侧B点的俯角为30°，求小山东西两侧A、B两点间的距离

．【考点】解直角三角形的应用-仰角俯角问题．【分析】过点A作AD⊥BC，垂足为D，在直角△ACD中利用三角函数求得AD的长，然后在直角△ABD中利用三角函数求得AB的长．【解答】解：如图，过点A作AD⊥BC

，垂足为D，∵在Rt△ACD中，∠ACD=75°﹣30°=45°，AC=30×25=750（米），∴AD=AC•sin45°=375（米）．第23页（共27页）在Rt△ABD中，∵∠B=30°，∴AB=2AD=750（米）．所以小山东西两侧A、B两点间的距离为750米．28．如图，在平面直角坐标

系中，矩形OCDE的三个顶点分别是C（3，0），D（3，4），E（0，4）．点A在DE上，以A为顶点的抛物线过点C，且对称轴x=1交x轴于点B．连接EC，AC．点P，Q为动点，设运动时间为t秒．（1）填空：点A坐标为（1，4），抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3；（2）在图

1中，若点P在线段OC上从点O向点C以1个单位/秒的速度运动，同时，点Q在线段CE上从点C向E以2个单位/秒的速度运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动．连接PQ，是否存在实数t，使得PQ所在的直线经过点D，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（3）在图2中，若点P在对称轴

上从点A开始向点B以1个单位/秒的速度运动，过点P作PF⊥AB，交AC于点F，过点F作FG⊥AD于点G，交抛物线于点Q，连接AQ，CQ．当t为何值时，△ACQ的面积最大？最大值是多少？【考点】二次函数综合题．【分析】（1）由矩形的性质可直接求得A点坐标，可设顶点式方程，把C点坐第24页（共27页

）标代入可求得抛物线的解析式；（2）根据题意表示出P，Q点坐标，再利用待定系数法求出PQ所在直线解析式，进而将D点代入求出答案；（3）先求得直线AC的解析式，可分别用t表示出P点和Q点的坐标，从而可求得FQ的长，可用t表示出△ACQ的面积，再根据二次函数的性质可求得其最大值．【解答】解

：（1）∵抛物线对称轴为x=1，∴OB=1，∵E点坐标为（0，4），∴AB=OE=4，∴A点坐标为（1，4），可设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4，把（3，0）代入可解得a=﹣1，∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+4=﹣x2+2x+3，故答案为

：（1，4）；y=﹣x2+2x+3；（2）如图1，过点Q作QF⊥OC于点F，可得：QF∥EO，则△QFC∽△EOC，故==，∵CO=3，EO=4，QC=2t，∴解得：QF=t，FC=t，则Q（3﹣t，t），P（t，0），设直线PQ的解析式为：y=dx+e，则，第25页（共27页）解得：

，故直线PQ的解析式为：y=x+，当PQ所在的直线经过点D，则4=×3+，整理得：2t2﹣17t+15=0，解得：t1=7.5（不合题意舍去），t2=1，故PQ所在的直线经过点D，t的值为1；（3）设直线AC的解析式为y=kx+b，把A、C两点

坐标代入可得，解得：，∴直线AC的解析式为y=﹣2x+6．∵P（1，4﹣t），∴将y=4﹣t代入y=﹣2x+6中，得x=1+，∴Q点的横坐标为1+．将x=1+代入y=﹣（x﹣1）2+4中，得y=4﹣，∴Q点的纵坐标为4﹣．∴QF=（4﹣）﹣（4﹣t）=t﹣．∴S△ACQ=S△AFQ+S△CF

Q=FQ•AG+FQ•DG=FQ（AG+DG）=FQ•AD第26页（共27页）=×2（t﹣）=﹣（t﹣2）2+1．∴当t=2时，△ACQ的面积最大，最大值是1．第27页（共27页）2017年2月27日