2021-2022学年天津市和平区九年级上学期数学期中考试卷及答案

这是一份2021-2022学年天津市和平区九年级上学期数学期中考试卷及答案，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列各点中，在二次函数的图象上的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把点的坐标代入函数解析式进行判断即可．
【详解】解：A．当时，，故点不在函数图象上，不符合题意；
B．当时，，故点在函数图象上，不符合题意；
C．当时，，故点不在函数图象上，不符合题意；
D．当时，，故点不在函数图象上，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，掌握函数图象上点的坐标满足函数解析式是解题的关键．
2.
下列四个图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形是（ ）
A. （1）（2）B. （1）（3）C. （1）（4）D. （2）（3）
【答案】B
【解析】
【详解】解：（1）既是轴对称图形，又是中心对称图形；
（2）既不是轴对称又不是中心对称图形；
（3）既是轴对称图形，又是中心对称图形；
（4）是轴对称图形，不是中心对称图形
故选：B．
3. 某种品牌的手机经过四、五月份连续两次降价，每部售价由3200元降到了2500元，设平均每月降低的百分率为x，根据题意列出的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】可根据：原售价×（1﹣降低率）＝降低后的售价得出两次降价后的价格，然后即可列出方程．
【详解】解：依题意得：两次降价后售价为，
故选：C．
【点睛】本题考查降低率问题，由：原售价×（1﹣降低率）2＝降低后的售价可以列出方程．
4. 用配方法解方程，则方程可变形为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据配方法解一元二次方程的一般步骤对选项进行判断即可．
【详解】解：，
，
，
，
故选D.
【点睛】本题考查了配方法，掌握配方法解一元二次方程是解题的关键．
5. 在半径为50的中，弦的长为50，则点O到的距离为（ ）
A. 50B.
C. D. 25
【答案】B
【解析】
【分析】由题意为等边三角形，求出等边三角形的高即可．
【详解】解：如图，作于C，
根据题意：，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
即点O到的距离为，
故选：B．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
6. 将抛物线y=x2先向下平移3个单位，再向左平移1个单位，则新的函数解析式为（ ）
A. y=（x+1）2+3B. y=（x﹣1）2+3C. y=（x﹣1）2﹣3D. y=（x+1）2﹣3
【答案】D
【解析】
【分析】先确定出原抛物线的顶点坐标，然后根据向右平移横坐标加，向下平移纵坐标减求出新图象的顶点坐标，然后写出即可．
【详解】抛物线y=x2的顶点坐标为（0，0），
向下平移3个单位，再向左平移1个单位后的图象的顶点坐标为（-1，-3），
所以，所得图象的解析式为 y=（x+1）2﹣3，
故选D．
【点睛】本题主要考查的是函数图象的平移，根据平移规律“左加右减，上加下减”利用顶点的变化确定图形的变化是解题的关键．
7. 如图，四边形的外接圆为⊙，，，，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据同弧所对的圆周角相等及等边对等角，可得，根据三角形的内角和可得，利用角的和差运算即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查同弧所对圆周角相等、三角形的内角和、等边对等角，熟练应用几何知识是解题的关键．
8. 将二次函数配方为的形式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用配方法，把一般式转化为顶点式即可
【详解】解：，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的一般式，顶点式，正确利用配方法是解答本题的关键，配方法方法是，先提出二次项系数，再加上一次项系数的一半的平方来凑成完全平方式．
9. 如图，圆内接四边形的对角线，把它的四个内角分成八个角，那么以下结论不一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆周角定理，三角形内角和定理进行判断即可．
【详解】解：A、∵所对的弧都是弧
∴，选项正确，不符合题意；
B、∵所对的弧都是弧
∴，选项正确，不符合题意；
C、∵不一定是直径
∴不一定是直角
∴不一定等于，符合题意；
D、∵
∴ ，选项正确，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题考查了圆的内接四边形，圆周角定理，熟练运用圆周角的定理解决问题是本题的关键．
10. 和是等边三角形，且在一条直线上，连接交于点，则下列结论中错误的是（ ）
A.
B
C. 可以看作是平移而成的
D. 可以看作是绕点顺时针旋转而成的
【答案】C
【解析】
【分析】A、利用等边三角形的定义可得：，由同位角相等可得：；
B、先证明，则，根据外角的性质得：，
C、因为两个等边三角形的边长不确定，所以本选项错误；
D、由B选项中的全等可得结论．
【详解】解：A、∵和是等边三角形，
∴，
∴，
选项正确，不符合题意；
B、∵和是等边三角形，
∴，
∴，
即，
∴（SAS），
∴，
∴，
选项正确，不符合题意；
C、∵和是等边三角形，
但边长不一定相等，
选项错误，符合题意；
D、∵，且，
∴可以看作是绕点顺时针旋转而成，
选项正确，不符合题意；
故选C．
【点睛】此题考查了等边三角形的判定与性质与全等三角形的判定与性质，平行线的判定和性质，本题是常考题型，解题的关键是仔细识图，找准全等的三角形．
11. 在等边中，D是边上一点，连接，将绕点B逆时针旋转，得到，连接，若，，有下列结论：①；②；③是等边三角形；④的周长是9．其中，正确结论的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据等边三角形的性质得，，再利用旋转的性质得，，则，根据平行线的判定可对①进行判断；由绕点B逆时针旋转得到，那么，，根据等边三角形的判定方法得到为等边三角形，可对③进行判断；根据等边三角形的性质得，，然后说明，则，可对②进行判断；最后利用，和三角形周长定义,可对④进行判断．
【详解】解：∵为等边三角形，
∴，，
∵绕点B逆时针旋转，得到，
∴，，
∴，
∴，①正确；
∵绕点B逆时针旋转，得到，
∴，，
∴为等边三角形，③正确，
∴，，
∵，
∴，即，
∴，②错误；
∵，，
∴的周长，④正确．
故选：C．
【点睛】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，也考查了等边三角形的判定与性质，平行线的判定等知识，熟练掌握并运用旋转的性质是关键．
12. 已知抛物线y=ax2+bx+c（0＜2a≤b）与x轴最多有一个交点．以下四个结论：
①abc＞0；
②该抛物线的对称轴在x=﹣1的右侧；
③关于x方程ax2+bx+c+1=0无实数根；
④≥2．
其中，正确结论的个数为（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】由a>0可知抛物线开口向上，再根据抛物线与x轴最多有一个交点可c>0，由此可判断①，根据抛物线的对称轴公式x=﹣可判断②，由ax2+bx+c≥0可判断出ax2+bx+c+1≥1＞0，从而可判断③，由题意可得a﹣b+c＞0，继而可得a+b+c≥2b，从而可判断④.
【详解】①∵抛物线y=ax2+bx+c（0＜2a≤b）与x轴最多有一个交点，
∴抛物线与y轴交于正半轴，
∴c＞0，
∴abc＞0，故①正确；
②∵0＜2a≤b，
∴＞1，
∴﹣＜﹣1，
∴该抛物线的对称轴在x=﹣1的左侧，故②错误；
③由题意可知：对于任意的x，都有y=ax2+bx+c≥0，
∴ax2+bx+c+1≥1＞0，即该方程无解，故③正确；
④∵抛物线y=ax2+bx+c（0＜2a≤b）与x轴最多有一个交点，
∴当x=﹣1时，y＞0，
∴a﹣b+c＞0，
∴a+b+c≥2b，
∵b＞0，
∴≥2，故④正确，
综上所述，正确的结论有3个，
故选C．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与系数的关系.
二、填空题
13. 点关于原点O的对称点为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据“两点关于原点对称，则两点的横、纵坐标都是互为相反数”解答．
【详解】解：点关于原点O的对称点为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟练掌握两点关于原点对称，横、纵坐标互为相反数是解题关键．
14. 抛物线不经过第________象限．
【答案】四
【解析】
【分析】将抛物线的解析式变形为顶点式，画出其图象，观察图形即可得出结论．
【详解】解：抛物线
画出该抛物线图象如图所示：
观察函数图象可知：抛物线不经过第四象限.
故答案为四.
【点睛】考查二次函数的性质，把一般式化为顶点式，画出函数图象是解题的关键.
15. 已知函数的图象与轴只有一个交点，则的值为_______．
【答案】4
【解析】
【分析】由抛物线与x轴只有一个交点，得到根的判别式等于0，即可求出m的值．
【详解】∵函数y=x2-4x+m的图象与x轴只有一个交点，
∴b2-4ac=（-4）2-4×1×m=0，
解得：m=4，
故答案为4
【点睛】此题考查了抛物线与x轴的交点，熟练掌握二次函数的性质是解本题的关键．
16. 如图，点D为AC上一点，点O为边AB上一点，AD＝DO．以O为圆心，OD长为半径作圆，交AC于另一点E，交AB于点F，G，连接EF．若∠BAC＝22°，则∠EFG＝_ ．
【答案】33°
【解析】
【详解】∵AD=DO，
∴∠DOA=∠BAC=22°，
∴∠AEF=∠DOA=11°，
∵∠EFG=∠BAC+∠AEF，
∴∠EFG=33°.
故答案为33.
点睛：此题考查了圆周角定理，等腰三角形的性质和三角形外角的性质，熟记定理与性质是解题的关键.
17. 如图所示，在⊙O内有折线OABC，其中OA=8，AB=12，∠A=∠B=60°，则BC的长为 __．
【答案】20
【解析】
【分析】延长AO交BC于D，根据∠A、∠B的度数易证得△ABD是等边三角形，由此可求出OD、BD的长；过O作BC的垂线，设垂足为E；在Rt△ODE中，根据OD的长及∠ODE的度数易求得DE的长，进而可求出BE的长；由垂径定理知BC=2BE，由此得解．
【详解】解：延长AO交BC于D，作OE⊥BC于E；
∵∠A=∠B=60°，
∴∠ADB=60°；
∴△ADB等边三角形；
∴BD=AD=AB=12；
∴OD=4，
又∵∠ADB=60°，
∴DE=OD=2；
∴BE=10；
∴BC=2BE=20；
故答案为：20．
【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定和性质、垂径定理的应用，难度适中，是一道已知条件和图形均比较特殊的中考题．解答的关键是根据已知条件的特点，作出适当的辅助线，构造出等边三角形和直角三角形．
18. 已知抛物线y＝x2+bx﹣3（b是常数）经过点A（﹣1，0），（1）求抛物线的解析式_____．（2）P（m，t）为抛物线上的一个动点，P关于原点的对称点为P′，当点P′落在第二象限内，P′A2取得最小值时，求m的值_____．
【答案】 ①. y＝x2﹣2x﹣3 ②.
【解析】
【分析】（1）首先把A（﹣1，0）代入y＝x2+bx﹣3，得出b＝﹣2，即抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）由题意可知P′（﹣m，﹣t）在第二象限，即可判定﹣m＜0，﹣t＞0，即m＞0，t＜0，因为抛物线的顶点坐标为（1，﹣4），可得出﹣4≤t＜0，又根据P在抛物线上，可得出t＝m2﹣2m﹣3，进而得出m2﹣2m＝t+3，根据两点坐标A（﹣1，0），P′（﹣m，﹣t），即可求出P′A2＝（﹣m+1）2+（﹣t）2＝m2﹣2m+1+t2＝t2+t+4＝（t+）2+；可判定当t＝﹣时，P′A2有最小值，即可求出m的值为.
【详解】解：（1）把A（﹣1，0）代入y＝x2+bx﹣3得：0＝1﹣b﹣3，
解得：b＝﹣2，
即抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
故答案为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）由题意可知P′（﹣m，﹣t）在第二象限，
∴﹣m＜0，﹣t＞0，即m＞0，t＜0，
∵抛物线的顶点坐标为（1，﹣4），
∴﹣4≤t＜0，
∵P在抛物线上，
∴t＝m2﹣2m﹣3，
∴m2﹣2m＝t+3，
∵A（﹣1，0），P′（﹣m，﹣t），
∴P′A2＝（﹣m+1）2+（﹣t）2＝m2﹣2m+1+t2＝t2+t+4＝（t+）2+；
∴当t＝﹣时，P′A2有最小值，
∴﹣＝m2﹣2m﹣3，解得m＝或m＝，
∵m＞0，
∴m＝不合题意，舍去，
∴m的值为，
故答案为
【点睛】此题主要考查抛物线的性质，熟练掌握即可解题.
三、解答题
19. 解下列方程：
（1）；
（2）
【答案】（1），
（2），
【解析】
【分析】(1)整理成一般式，再利用公式法求解即可；
(2)先移项，再将左边利用提公因式法因式分解，继而可得两个关于x的一元一次方程，分别求解即可得出答案．
【小问1详解】
解：，
，
，，，
，
则，
即，，
所以，原方程的解为，；
【小问2详解】
解：，
，
则或，
解得，，
所以，原方程的解为，．
【点睛】本题主要考查了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．
20. 已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）中自变量x和函数值y的部分对应值如表：
（1）直接写出此二次函数图象的对称轴与顶点坐标．
（2）求该二次函数的解析式．
【答案】（1）对称轴为直线；顶点坐标为：
（2）
【解析】
【分析】（1）根据图象上点的坐标，即可得出图象的对称轴及顶点坐标；
（2）设出顶点式，把表格中除顶点外的一点的坐标代入可得a的值．
【小问1详解】
解（1）由表格中的值可知：
和的函数值相等，关于对称轴对称，
∴图象的对称轴为直线，
∴顶点坐标为：；
【小问2详解】
设，
将代入可得：，
解得： ，
∴二次函数的解析式为：，
故二次函数的解析式为：．
【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解．也考查了二次函数图象．
21. 已知⊙O的直径为10，点A，点B，点C在⊙O上，∠CAB的平分线交⊙O于点D．
（Ⅰ）如图①，若BC为⊙O的直径，AB＝6，求AC，BD，CD的长；
（Ⅱ）如图②，若∠CAB＝60°，求BD的长．
【答案】（Ⅰ）求AC＝8，BD＝CD＝5；（Ⅱ）BD＝5
【解析】
【分析】（Ⅰ）利用圆周角定理可以判定△CAB和△DCB是直角三角形，利用勾股定理可以求得AC的长度；利用圆心角、弧、弦的关系推知△DCB也是等腰三角形，所以利用勾股定理同样得到BD＝CD＝5 ；
（Ⅱ）如图②，连接OB，OD．由圆周角定理、角平分线的性质以及等边三角形的判定推知△OBD是等边三角形，则BD＝OB＝OD＝5．
【详解】解：（Ⅰ）如图①，∵BC是⊙O的直径，
∴∠CAB＝∠BDC＝90°．
∵在直角△CAB中，BC＝10，AB＝6，
∴由勾股定理得到：AC＝
∵AD平分∠CAB，
∴ ，
∴CD＝BD．
在直角△BDC中，BC＝10，CD2+BD2＝BC2，
∴易求BD＝CD＝5；
（Ⅱ）如图②，连接OB，OD．
∵AD平分∠CAB，且∠CAB＝60°，
∴∠DAB＝ ∠CAB＝30°，
∴∠DOB＝2∠DAB＝60°．
又∵OB＝OD，
∴△OBD是等边三角形，
∴BD＝OB＝OD．
∵⊙O的直径为10，则OB＝5，
∴BD＝5．
【点睛】本题综合考查了圆周角定理，勾股定理以及等边三角形的判定与性质．此题利用了圆的定义、有一内角为60度的等腰三角形为等边三角形证得△OBD是等边三角形．
22. 要组织一次排球邀请赛，参赛的每两个队之间都要比赛一场，根据场地和时间等条件，赛程计划安排7天，每天安排4场比赛，比赛组织者应邀请多少个队参赛？
解决方案：设应邀请x个队参赛、
（1）每个队要与其他______个队各赛1场，由于甲队对乙队的比赛和乙队对甲队的比赛是同一场比赛，所以全部比赛共______场；
（2）根据题意，列出相应方程为______；
（3）解这个方程，得______；
（4）检验：______；
（5）答：比赛组织者应邀请______个队参赛．
【答案】（1）；
（2）
（3）（不符合题意，舍去），
（4）将代入原方程，左边＝右边
（5）8
【解析】
【分析】设应邀请x个队参赛，则每个队要与其他个队各赛1场，利用组织比赛的总场次数＝参赛球队数×（参赛球队数），即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【小问1详解】
解：设应邀请x个队参赛、
每个队要与其他个队各赛1场，由于甲队对乙队的比赛和乙队对甲队的比赛是同一场比赛，所以全部比赛共场；
故答案为：；；
【小问2详解】
根据题意，列出相应方程为；
故答案为：；
【小问3详解】
解这个方程，得x1＝﹣7（不符合题意，舍去），x2＝8；
故答案为：（不符合题意，舍去），；
【小问4详解】
检验：将代入原方程，左边＝右边；
故答案为：将代入原方程，左边＝右边；
【小问5详解】
答：比赛组织者应邀请8个队参赛．
故答案为：8．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
23. 某商品现在的售价为每件60元，每星期可卖出300件，市场调查反映，如调整价格，每涨价1元，每星期要少卖出10件，已知商品的进价为每件40元，如何定价才能使每星期的利润最大？最大利润是多少？设每件商品涨价x元，每星期的利润为y元
（1）分析：根据问题中的数量关系，用含x的式子填表．
（2）由以上分析，用含x的式子表示y，并求出问题的解．
【答案】（1）
（2）当定价为每件65使每星期的利润最大，最大利润是6250元
【解析】
【分析】（1）根据原价时，每件利润为20元，上涨x元，则每件利润为元，再利用每涨价1元，每星期要少卖出10件，即可表示出实际销量；
（2）利用每件利润每周销量=总利润进而得出答案．
【小问1详解】
分析：根据问题中的数量关系，用含x的式子填表．
故答案为：
【小问2详解】
由题意可得：
，
则每件售价为：65元，
答：当定价为每件65使每星期的利润最大，最大利润是6250元．
【点睛】此题主要考查了二次函数的应用，正确表示出每周的销量是解题关键．
24. 问题：（1）如图①，在Rt△ABC中，AB＝AC，D为BC边上一点（不与点B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE，连接EC，则线段BC，DC，EC之间满足的等量关系式为 ；
探索：（2）如图②，在Rt△ABC与Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，将△ADE绕点A旋转，使点D落在BC边上，试探索线段AD，BD，CD之间满足的等量关系，并证明你的结论；
应用：（3）如图③，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ACB＝∠ADC＝45°．若BD＝9，CD＝3，求AD的长．
【答案】（1）BC＝DC＋EC；（2）BD2＋CD2＝2AD2；（3）AD＝6.
【解析】
【分析】（1）易证△BAD≌△CAE，即可得到BC＝DC＋EC
（2）连接CE，易证△BAD≌△CAE，再得到ED＝AD，然后在Rt△ECD中利用勾股定理即可求得其关系；
（3）将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，连接CE，BE，先证△ABE≌△ACD，再利用在Rt△BED中，由勾股定理，得DE2＝BD2－BE2，故2AD2＝BD2－CD2，再解出AD的长即可.
【详解】解：(1)BC＝DC＋EC．
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAC－∠DAC＝∠DAE－∠DAC，即∠BAD＝∠CAE.
在△BAD和△CAE中，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD＝CE，
∴BC＝BD＋CD＝EC＋CD．
(2)BD2＋CD2＝2AD2.
证明如下：
连接CE，如解图1所示．
∵∠BAC＝∠BAD＋∠DAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°.
∵∠DAE＝∠CAE＋∠DAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE.
在△BAD和△CAE中，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD＝CE，∠ACE＝∠ABC＝45°，
∴∠BCE＝∠ACB＋∠ACE＝90°.
∵∠EAD＝90°，AE＝AD，
∴ED＝AD．
在Rt△ECD中，由勾股定理，
得ED2＝CE2＋CD2，
∴BD2＋CD2＝2AD2.
(3)将线段AD绕点A顺时针旋转90°得到AE，连接CE，BE，
如解图2所示，则AE＝AD，∠EAD＝90°，
∴△EAD是等腰直角三角形，
∴DE＝AD，∠AED＝45°.
∵∠ABC＝∠ACB＝ADC＝45°，
∴∠BAC＝90°，AB＝AC．
同(2)的方法，可证得△ABE≌△ACD，
∴BE＝CD，∠AEB＝∠ADC＝45°，
∴∠BEC＝∠AEB＋∠AED＝90°.
在Rt△BED中，由勾股定理，得DE2＝BD2－BE2，
∴2AD2＝BD2－CD2.
∵BD＝9，CD＝3，
∴2AD2＝92－32＝72，
∴AD＝6(负值已舍去)．
【点睛】此题主要考查全等三角形的性质及判定，解题的关键是熟知等腰三角形的性质及勾股定理的应用.
25. 如图，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C．直线l与抛物线交于A、D两点，与y轴交于点E，点D的坐标为．
（1）求抛物线的解析式与直线l的解析式；
（2）若点P是抛物线上的点且在直线l上方，连接PA、PD，求当面积最大时点P的坐标及该面积的最大值；
（3）若点Q是y轴上的点，且，求点Q的坐标．
【答案】（1），；
（2）△PAD的面积最大值为，P（1，）；
（3）（0，）或（0，-9）
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求解函数解析式；
（2）过点P作PEy轴交AD于E，设P（n，），则E（n，），根据，得到PE的值最大时，△PAD的面积最大，求出PE的最大值即可；
（3）如图2，将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到AT，则T（-5，6），设DT交y轴于Q，则∠ADQ=45°，作点T关于AD的对称点（1，-6），设D交y轴于点，则∠AD=45°，分别求出直线DT，直线D的解析式即可解决问题．
【小问1详解】
解：将点A、B、D的坐标代入，，得
，解得，
∴抛物线的解析式为；
∵直线l经过点A，D，
∴设直线l的解析式y=kx+m，
，得，
∴直线l的解析式为；
【小问2详解】
如图1，过点P作PEy轴交AD于E，
设P（n，），则E（n，），
∵，
∴PE的值最大时，△PAD的面积最大，
∵
=，
∴当n=1时，PE的值最大，最大值为，
此时△PAD的面积最大值为，P（1，）；
【小问3详解】
如图2，将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到AT，则T（-5，6），
设DT交y轴于Q，则∠ADQ=45°，
∵D（4，3），
∴直线DT的解析式为，
∴Q（0，），
作点T关于AD的对称点（1，-6），
则直线D的解析式为y=3x-9，
设D交y轴于点，则∠AD=45°，
∴（0，-9），
综上所述，满足条件的点Q的坐标为（0，）或（0，-9）．
【点睛】此题考查了二次函数与一次函数的综合，待定系数法求函数解析式，二次函数的最值问题，直线与y轴的交点，熟练掌握知识点并应用解决问题是解题的关键．x
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0
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y
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