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2021-2022学年山东省日照市东港区新营学校九年级第一学期月考数学试卷（10月份）
一、选择题（共12小题，每小题3分，共36分，把正确答案写在表格中）
1．下列函数是二次函数的是（　　）
A．y＝x﹣1 B．y＝ C．y＝x﹣2+x2 D．y＝
2．下列图案是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
3．已知点A（a，1）与点B（﹣4，b）关于原点对称，则a﹣b的值为（　　）
A．﹣5 B．5 C．3 D．﹣3
4．把函数y＝﹣x2的图象，经过怎样的平移变换以后，可以得到函数y＝﹣（x﹣1）2+1的图象（　　）
A．向左平移1个单位，再向下平移1个单位
B．向左平移1个单位，再向上平移1个单位
C．向右平移1个单位，再向上平移1个单位
D．向右平移1个单位，再向下平移1个单位
5．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将Rt△ABC绕点C按顺时针方向旋转一定角度得到Rt△DEC，点D恰好落在边AB上．若∠B＝20°，则∠BCE的度数为（　　）
A．20° B．40° C．60° D．80°
6．对于抛物线y＝﹣2（x+1）2+3，下列结论：
①抛物线的开口向下；
②对称轴为直线x＝1：
③顶点坐标为（﹣1，3）；
④x＞1时，y随x的增大而减小．
其中正确结论的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．已知抛物线y＝ax2+bx﹣3（a＜0）过A（﹣2，y1），B（﹣3，y2），C（1，y2），D（2，y3）四点，则y1，y2，y3的大小关系是（　　）
A．y1＞y2＞y3 B．y2＞y1＞y3 C．y1＞y3＞y2 D．y3＞y2＞y1
8．已知⊙O的半径为5，一条弦的弦心距为3，则此弦的长为（　　）
A．6 B．4 C．8 D．1
9．在同一平面直角坐标系中，一次函数y＝kx+1与二次函数y＝x2+k的大致图象可以是（　　）
A． B．
C． D．
10．如图，平行于x轴的直线AC分别交函数y1＝x2（x≥0）与y2＝x2（x≥0）的图象于B，C两点，过点C作y轴的平行线交y1＝x2（x≥0）的图象于点D，直线DE∥AC，交y2＝x2（x≥0）的图象于点E，则＝（　　）
A． B． C． D．3﹣
11．如图，正方形ABCD的边长为2cm，点P，点Q同时从点A出发，速度均2cm/s，点P沿A﹣D﹣C向点C运动，点Q沿A﹣B﹣C向点C运动，则△APQ的面积S（cm2）与运动时间t（s）之间函数关系的大致图象是（　　）
A． B．
C． D．
12．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象如图所示，下列结论：
①abc＜0；②2a﹣b＜0；③b2＞（a+c）2；④点（﹣3，y1），（1，y2）都在抛物线上，则有y1＞y2．
其中正确的结论有（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，满分16分）
13．若y＝（1﹣m）是二次函数，且图象开口向下，则m的值为 　 　．
14．在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣1，），以原点O为中心，将点A顺时针旋转150°得到点A′，则点A′的坐标为 　 　．
15．如图，AB是⊙O的直径，点C、D在AB的异侧，连接AD、OD、OC，若∠AOC＝70°，且AD∥OC，则∠AOD的度数为　 　．
16．如图，正方形OABC的边长为2，将正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，连接BC′，当点A′恰好落在线段BC′上时，线段BC′的长度是 　 　．
三、解答题（本大题共6小题，满分68分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤
17．如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上．
（1）将△ABC向右平移6个单位长度得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）画出△A1B1C1关于点O的中心对称图形△A2B2C2；
（3）若将△ABC绕某一点旋转可得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标．
18．已知二次函数y＝x2+x﹣．
（1）用配方法将y＝x2+x﹣化成y＝a（x﹣h）2+k的形式；
（2）在平面直角坐标系中，画出这个二次函数的图象；
（3）根据图象填空：
①当x　 　时，y随x的增大而增大；
②当﹣2＜x＜2时，则y的取值范围是　 　；
③关于x的方程x2+x﹣＝m没有实数解，则m的取值范围是　 　．
19．如图，有长为24米的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度为10米）围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃．设花圃AB边为x米，面积为y平方米．
（1）求y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（2）如果要围成面积为45m2的花圃，求AB的长度；
（3）如果要使围成的花圃面积最大，求最大面积是多少m2．
20．小聪设计奖杯，从抛物线形状上获得灵感，在平面直角坐标系中画出截面示意图，如图1，杯体ACB是抛物线的一部分，抛物线的顶点C在y轴上，杯口直径AB＝4，且点A，B关于y轴对称，杯脚高CO＝4，杯高DO＝8，杯底MN在x轴上．
（1）求杯体ACB所在抛物线的函数表达式（不必写出x的取值范围）；
（2）为使奖杯更加美观，小敏提出了改进方案，如图2，杯体A′CB′所在抛物线形状不变，杯口直径A′B′∥AB，杯脚高CO不变，杯深CD′与杯高OD′之比为0.6，求A′B′的长．
21．数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为的正方形ABCD与边长为的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一条直线上，AB与AG在同一条直线上．
（1）小明发现DG⊥BE，请你帮他说明理由．
（2）如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长．
（3）填空：①在旋转过程中，如图3，连接BG，GE，ED，DB则四边形BGED的面积最大值为 　 　．
②如图4，分别取BG，GE，ED，DB的中点M，N，P，Q，连接MN，NP，PQ，QM，则四边形MNPQ的形状为 　 　．
22．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），与y轴交于C（0，﹣3）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点．
（1）求这个二次函数的表达式．
（2）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积．
（3）连接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（4）在直线BC上找一点Q，使得△QOC为等腰三角形，请直接写出Q点坐标．
参考答案
一、选择题：（本大题共12小题，每小题3分，共36分，把正确答案写在表格中）
1．下列函数是二次函数的是（　　）
A．y＝x﹣1 B．y＝ C．y＝x﹣2+x2 D．y＝
解：A、该函数是一次函数，故本选项不符合题意；
B、该函数是反比例函数，故本选项不符合题意；
C、该函数是二次函数，故本选项符合题意；
D、该函数不是函数，故本选项不符合题意．
故选：C．
2．下列图案是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
解：选项A、B、D都不能找到这样的一个点，使这些图形绕某一点旋转180°与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
选项C能找到这样的一个点，使这个图形绕某一点旋转180°与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
故选：C．
3．已知点A（a，1）与点B（﹣4，b）关于原点对称，则a﹣b的值为（　　）
A．﹣5 B．5 C．3 D．﹣3
解：∵点A（a，1）与点B（﹣4，b）关于原点对称，
∴a＝4，b＝﹣1．
∴a﹣b＝4﹣（﹣1）＝5．
故选：B．
4．把函数y＝﹣x2的图象，经过怎样的平移变换以后，可以得到函数y＝﹣（x﹣1）2+1的图象（　　）
A．向左平移1个单位，再向下平移1个单位
B．向左平移1个单位，再向上平移1个单位
C．向右平移1个单位，再向上平移1个单位
D．向右平移1个单位，再向下平移1个单位
解：抛物线y＝﹣x2的顶点坐标是（0，0），抛物线线y＝﹣（ x﹣1）2+1的顶点坐标是（1，1），
所以将顶点（0，0）向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到顶点（1，1），
即将函数y＝﹣x2的图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到函数y＝﹣（x﹣1）2+1的图象．
故选：C．
5．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将Rt△ABC绕点C按顺时针方向旋转一定角度得到Rt△DEC，点D恰好落在边AB上．若∠B＝20°，则∠BCE的度数为（　　）
A．20° B．40° C．60° D．80°
解：∵∠ACB＝90°，∠B＝20°，
∴∠A＝70°，
由旋转知：CA＝CD，∠ACD＝∠BCE，
∴∠ADC＝∠A＝70°，
∴∠ACD＝40°，
∴∠BCE＝40°，
故选：B．
6．对于抛物线y＝﹣2（x+1）2+3，下列结论：
①抛物线的开口向下；
②对称轴为直线x＝1：
③顶点坐标为（﹣1，3）；
④x＞1时，y随x的增大而减小．
其中正确结论的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
解：①∵a＝﹣2＜0，
∴抛物线的开口向下，正确；
②对称轴为直线x＝﹣1，故本小题错误；
③顶点坐标为（﹣1，3），正确；
④∵x＞﹣1时，y随x的增大而减小，
∴x＞1时，y随x的增大而减小一定正确；
综上所述，结论正确的个数是①③④共3个．
故选：C．
7．已知抛物线y＝ax2+bx﹣3（a＜0）过A（﹣2，y1），B（﹣3，y2），C（1，y2），D（2，y3）四点，则y1，y2，y3的大小关系是（　　）
A．y1＞y2＞y3 B．y2＞y1＞y3 C．y1＞y3＞y2 D．y3＞y2＞y1
解：抛物线y＝ax2+bx﹣3（a＜0）过A（﹣2，y1），B（﹣3，y2），C（1，y2），D（2，y3）四点，
∴抛物线开口向下，对称轴为x＝＝﹣1．
∵|﹣1﹣（﹣2）|＜|1+1|＜|2+1|
∴y1＞y2＞y3，
故选：A．
8．已知⊙O的半径为5，一条弦的弦心距为3，则此弦的长为（　　）
A．6 B．4 C．8 D．1
解：如图所示：连接OA，
∵弦AB的弦心距OC＝3，
∴OC⊥AB，
∴∠ACO＝90°，
由勾股定理得：AC＝＝＝4，
∵OC⊥AB，OC过圆心O，
∴AC＝BC＝4，
∴AB＝4+4＝8，
故选：C．
9．在同一平面直角坐标系中，一次函数y＝kx+1与二次函数y＝x2+k的大致图象可以是（　　）
A． B．
C． D．
解：由y＝x2+k可知抛物线的开口向上，故B不合题意；
∵二次函数y＝x2+k与y轴交于负半轴，则k＜0，
∴一次函数y＝kx+1的图象经过经过第一、二、四象限，A、D选项不符合题意，C符合题意；
故选：C．
10．如图，平行于x轴的直线AC分别交函数y1＝x2（x≥0）与y2＝x2（x≥0）的图象于B，C两点，过点C作y轴的平行线交y1＝x2（x≥0）的图象于点D，直线DE∥AC，交y2＝x2（x≥0）的图象于点E，则＝（　　）
A． B． C． D．3﹣
解：设A点坐标为（0，a），（a＞0），
则x2＝a，解得x＝，
∴点B（，a），
把y＝a代入y2＝x2（x≥0）得x2＝a，
则x＝，
∴点C（，a），
∵CD∥y轴，
∴点D的横坐标与点C的横坐标相同，为，
∴y1＝（）2＝3a，
∴点D的坐标为（，3a），
∵DE∥AC，
∴点E的纵坐标为3a，
∴x2＝3a，
∴x＝3，
∴点E的坐标为（3，3a），
∴DE＝3﹣，
＝＝﹣1．
故选：B．
11．如图，正方形ABCD的边长为2cm，点P，点Q同时从点A出发，速度均2cm/s，点P沿A﹣D﹣C向点C运动，点Q沿A﹣B﹣C向点C运动，则△APQ的面积S（cm2）与运动时间t（s）之间函数关系的大致图象是（　　）
A． B．
C． D．
解：根据两个动点的运动状态可知
（1）当0≤t≤1时，S＝×2t×2t＝2t2，此时抛物线开口向上；
（2）当1≤t≤2时，S＝2×2﹣2××2×（2t﹣2）﹣（4﹣2t）2＝﹣2t2+4t，此时抛物线的开口向下．
故选：C．
12．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）图象如图所示，下列结论：
①abc＜0；②2a﹣b＜0；③b2＞（a+c）2；④点（﹣3，y1），（1，y2）都在抛物线上，则有y1＞y2．
其中正确的结论有（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
解：∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵﹣＜0，
∴b＞0，
∵抛物线交y轴于负半轴，
∴c＜0，
∴abc＜0，故①正确，
∵﹣＞﹣1，a＞0，
∴b＜2a，
∴2a﹣b＞0，故②错误，
∵x＝1时，y＞0，
∴a+b+c＞0，
∴a+c＞﹣b，
∵x＝﹣1时，y＜0，
∴a﹣b+c＜0，
∴（a+c）2﹣b2＝（a+b+c）（a﹣b+c）＜0，
∴b2＞（a+c）2，故③正确，
∵点（﹣3，y1），（1，y2）都在抛物线上，
观察图象可知y1＞y2，故④正确．
故选：B．
二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，满分16分）
13．若y＝（1﹣m）是二次函数，且图象开口向下，则m的值为 　2　．
解：∵二次函数y＝（1﹣m）的图象开口向下，
∴1﹣m＜0，
∴m＞1，
∴m2﹣2＝2，
∴m2＝4，
∴m1＝2，m2＝﹣2（舍去），
故答案为：2．
14．在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣1，），以原点O为中心，将点A顺时针旋转150°得到点A′，则点A′的坐标为 　（，﹣1）　．
解：作AB⊥x轴于点B，A′C⊥x轴于点C，
∴AB＝、OB＝1，
则tan∠AOB＝＝，
∴∠AOB＝60°，
∴∠AOy＝30°
∴将点A顺时针旋转150°得到点A′后，如图所示，
OA′＝OA＝＝2，∠A′OC＝30°，
∴A′C＝1、OC＝，即A′（，﹣1），
故答案为：（，﹣1）．
15．如图，AB是⊙O的直径，点C、D在AB的异侧，连接AD、OD、OC，若∠AOC＝70°，且AD∥OC，则∠AOD的度数为　40°　．
解：∵AD∥OC，
∴∠AOC＝∠DAO＝70°，
又∵OD＝OA，
∴∠ADO＝∠DAO＝70°，
∴∠AOD＝180﹣70°﹣70°＝40°．
故答案为：40°．
16．如图，正方形OABC的边长为2，将正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，连接BC′，当点A′恰好落在线段BC′上时，线段BC′的长度是 　+　．
解：如图，连接OB，过点O作OE⊥C'B于E，则∠OEC'＝∠OEB＝90°，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转角α（0°＜α＜180°）得到正方形OA′B′C′，点A′恰好落在线段BC′上，
∴∠OC'E＝45°，OA＝OC'＝AB＝2，∠A＝90°，
∴OB＝2，OE＝EC'＝，
在Rt△OBE中，由勾股定理得：BE＝＝＝，
∴BC'＝BE+EC'＝+．
故答案为：+．
三、解答题（本大题共6小题，满分68分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤
17．如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上．
（1）将△ABC向右平移6个单位长度得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；
（2）画出△A1B1C1关于点O的中心对称图形△A2B2C2；
（3）若将△ABC绕某一点旋转可得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标．
解：（1）如图，△A1B1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
（3）根据图形可知：
旋转中心的坐标为：（﹣3，0）．
18．已知二次函数y＝x2+x﹣．
（1）用配方法将y＝x2+x﹣化成y＝a（x﹣h）2+k的形式；
（2）在平面直角坐标系中，画出这个二次函数的图象；
（3）根据图象填空：
①当x　＞﹣1　时，y随x的增大而增大；
②当﹣2＜x＜2时，则y的取值范围是　﹣2≤y＜　；
③关于x的方程x2+x﹣＝m没有实数解，则m的取值范围是　m＜﹣2　．
解：（1）y＝x2+x﹣化成y＝（x2+2x+1﹣1）﹣＝（x+1）2﹣2．
（2）函数图象如图所示，
（3）①由图象可知当x＞﹣1时，y随x的增大而增大．
故答案为x＞﹣1．
②x＝﹣2时，y＝﹣，x＝2时，y＝，x＝﹣1时，y＝﹣2，
∴当﹣2＜x＜2时，则y的取值范围是﹣2≤y＜．
故答案为﹣2≤y
③由图象可知m＜﹣2时，方程x2+x﹣＝m没有实数解．
故答案为m＜﹣2．
19．如图，有长为24米的篱笆，一面利用墙（墙的最大可用长度为10米）围成中间隔有一道篱笆的长方形花圃．设花圃AB边为x米，面积为y平方米．
（1）求y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（2）如果要围成面积为45m2的花圃，求AB的长度；
（3）如果要使围成的花圃面积最大，求最大面积是多少m2．
解：（1）由题可知，花圃的宽AB为x米，则BC为（24﹣3x）米，
这时面积y＝x（24﹣3x）＝﹣3x2+24x，
∵0＜24﹣3x≤10，
解得：≤x＜8，
∴y＝﹣3x2+24x（≤x＜8）；
（2）由条件﹣3x2+24x＝45，
化简得x2﹣8x+15＝0，
解得x1＝5，x2＝3，
∴x＝3不合题意，舍去，
即AB的长度为5米；
（3）y＝﹣3x2+24x＝﹣3（x2﹣8x）＝﹣3（x﹣4）2+48（≤x＜8），
∵a＝﹣3＜0，开口向下，
∴当x＝时，y有最大值48﹣3（﹣4）2＝46，
故最大面积为46m2．
20．小聪设计奖杯，从抛物线形状上获得灵感，在平面直角坐标系中画出截面示意图，如图1，杯体ACB是抛物线的一部分，抛物线的顶点C在y轴上，杯口直径AB＝4，且点A，B关于y轴对称，杯脚高CO＝4，杯高DO＝8，杯底MN在x轴上．
（1）求杯体ACB所在抛物线的函数表达式（不必写出x的取值范围）；
（2）为使奖杯更加美观，小敏提出了改进方案，如图2，杯体A′CB′所在抛物线形状不变，杯口直径A′B′∥AB，杯脚高CO不变，杯深CD′与杯高OD′之比为0.6，求A′B′的长．
解：（1）∵CO＝4，
∴顶点C(0，4)，
∴设抛物线的函数表达式为y＝ax2+4，
∵AB＝4，
∴AD＝DB＝2，
∵DO＝8，
∴A(﹣2，8)，B(2，8)，
将B(2，8)代入y＝ax2+4，
得：8＝a×22+4，
解得：a＝1，
∴该抛物线的函数表达式为y＝x2+4；
（2）由题意得：＝0.6，CO＝4,
∴＝0.6，
∴CD′＝6，
∴OD′＝OC+CD′＝4+6＝10，
又∵杯体A′CB′所在抛物线形状不变，杯口直径A′B′∥AB，
∴设B′(x1，10)，A′(x2，10),
∴当y＝10时，10＝x2+4，
解得：x1＝，x2＝﹣，
∴A′B′＝2，
∴杯口直径A′B′的长为2．
21．数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为的正方形ABCD与边长为的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一条直线上，AB与AG在同一条直线上．
（1）小明发现DG⊥BE，请你帮他说明理由．
（2）如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长．
（3）填空：①在旋转过程中，如图3，连接BG，GE，ED，DB则四边形BGED的面积最大值为 　　．
②如图4，分别取BG，GE，ED，DB的中点M，N，P，Q，连接MN，NP，PQ，QM，则四边形MNPQ的形状为 　正方形　．
解：（1）DG⊥BE，理由：
如图1，延长EB交DG于点H，
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，且点B在AG上，
∴AD＝AB，AG＝AE，∠DAG＝∠BAE＝90°，
∴△DAG≌△BAE（SAS），
∴∠AGD＝∠AEB，
∵∠HBG＝∠ABE，
∴∠AGD+∠HBG＝∠AEB+∠ABE＝90°，
∴∠BHG＝90°，
∴DG⊥BE．
（2）如图2，连接EG，设BE交AG于点K，
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，且边长分别为和，
∴AD＝AB＝，AG＝AE＝，∠DAB＝∠GAE＝90°，
∴∠DAG＝∠BAE＝90°+∠BAG，
∴△DAG≌△BAE（SAS），
∴∠AGD＝∠AEB，DG＝BE，
∵∠BKG＝∠AKE，
∴∠AGD+∠BKG＝∠AEB+∠AKE＝90°，
∴∠EBG＝90°，
∵BD2＝AD2+AB2＝2AD2＝2（）2＝4，EG2＝AG2+AE2＝2AG2＝2（）2＝10，
∴BD＝2，
∴BG＝DG﹣BD＝BE﹣2，
∵BE2+BG2＝EG2，
∴BE2+（BE﹣2）2＝10，
解得BE＝3或BE＝﹣1（不符合题意，舍去），
∴BE的长为3．
（3）①如图3（甲），连接DG、BE，交于点O，BE交AG于点L，
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，且边长分别为和，
∴AD＝AB＝，AG＝AE＝，∠DAB＝∠GAE＝90°，
∴∠DAG＝∠BAE＝90°+∠BAG，
∴△DAG≌△BAE（SAS），
∴∠AGD＝∠AEB，DG＝BE，
∵∠OLG＝∠ALE，
∴∠AGD+∠OLG＝∠AEB+∠ALE＝90°，
∴∠GOL＝90°，
∴DG⊥BE，
∴S四边形BGED＝DG BE＝DG2，
∵DG≤AD+AG，
∴当AD与AG在一条直线上时，DG＝AD+AG＝+，
如图3（乙），此时DG的长最大，DG2的值也最大，
∴S四边形BGED最大＝×（+）2＝，
故答案为：．
②如图4，连接DG、BE，交于点O，DG交MN于点R，则DG＝BE，∠BOG＝90°，
∵M、N分别为BG、GE的中点，
∴MN∥BE，MN＝BE，
同理，PQ＝BE，QM＝DG，PN＝DG，
∴MN＝PQ＝QM＝PN，
∴四边形MNPQ是菱形；
∵∠QMN＝∠MRG＝∠BOG＝90°，
∴四边形MNPQ是正方形，
故答案为：正方形．
22．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），与y轴交于C（0，﹣3）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点．
（1）求这个二次函数的表达式．
（2）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积．
（3）连接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（4）在直线BC上找一点Q，使得△QOC为等腰三角形，请直接写出Q点坐标．
解：（1）将B、C两点的坐标代入得，
解得：；
所以二次函数的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）如图，过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，与OB交于点F，
设P（x，x2﹣2x﹣3），设直线BC的解析式为：y＝kx+d，
则，
解得：，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣3，
则Q点的坐标为（x，x﹣3）；
当0＝x2﹣2x﹣3，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴AO＝1，AB＝4，
S四边形ABPC＝S△ABC+S△BPQ+S△CPQ
＝AB OC+QP BF+QP OF
＝×4×3+（﹣x2+3x）×3
＝﹣（x﹣）2+．
当x＝时，四边形ABPC的面积最大
此时P点的坐标为（，﹣），四边形ABPC的面积的最大值为；
（3）存在点P，使四边形POP′C为菱形；
如图，设P点坐标为（x，x2﹣2x﹣3），PP′交CO于E，
若四边形POP′C是菱形，则有PC＝PO；
连接PP′，则PE⊥CO于E，
∵C（0，﹣3），
∴CO＝3，
又∵OE＝EC，
∴OE＝EC＝，
∴y＝﹣；
∴x2﹣2x﹣3＝﹣，
解得x1＝，x2＝（不合题意，舍去），
∴P点的坐标为（，﹣）；
（4）设点Q的坐标为（m，m﹣3），
∵O（0，0），C（0，﹣3），
∴OC＝3，QC＝＝|m|，QO＝．
△QOC为等腰三角形分三种情况：
①当OC＝QC时，3＝|m|，
解得：m＝±，
此时点Q的坐标为（，﹣3）或（﹣，﹣﹣3）；
②当OC＝QO时，3＝，
解得：m＝3或m＝0（舍去），
此时点Q的坐标为（3，0）；
③当QC＝QO时，有|m|＝，
解得：m＝，
此时点Q的坐标为（，﹣）．
综上可知：Q点坐标为（，﹣3）、（﹣，﹣﹣3）、（3，0）或（，﹣）．

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