《2026年启东中学作业本九年级数学下册苏科版》

1. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线$L:y = ax^{2}+bx - 6$（$a$，$b$为常数，且$a≠0$）经过点$D(3,-\dfrac{15}{2})$，交$x$轴于点$A$，$B$（点$A$在点$B$的左侧），其顶点的横坐标为2.
(1)求抛物线$L$的函数表达式；
(2)将抛物线$L$向左平移2个单位长度后得到抛物线$L'$，$Q$为抛物线$L'$上的动点，$P$为抛物线$L$的对称轴上的动点，请问是否存在以$A$，$D$，$P$，$Q$为顶点且以$AQ$为边的四边形是平行四边形？若存在，求出点$Q$的坐标；若不存在，请说明理由.

答案： 解：
(1)根据题意，得$\{\begin{array}{l} -\frac {b}{2a}=2,\\ 9a+3b-6=-\frac {15}{2},\end{array} $解得$\{\begin{array}{l} a=\frac {1}{2},\\ b=-2,\end{array} $
∴抛物线 L 的函数表达式为$y=\frac {1}{2}x^{2}-2x-6$。
(2)存在以 A，D，P，Q 为顶点且以 AQ 为边的四边形是平行四边形。
在$y=\frac {1}{2}x^{2}-2x-6$中，令$y=0$，得$0=\frac {1}{2}x^{2}-2x-6$，解得$x=6$或$x=-2$，$\therefore A(-2,0)$，
把抛物线 L 向左平移 2 个单位长度后得到抛物线$L'$的函数表达式为$y=\frac {1}{2}(x+2)^{2}-2(x+2)-6=\frac {1}{2}x^{2}-8$。
由抛物线 L 顶点的横坐标为 2 知其对称轴为直线$x=2$，
设$P(2,t)$，$Q(m,\frac {1}{2}m^{2}-8)$，又$D(3,-\frac {15}{2})$，
①以 AP，QD 为对角线时，AP，QD 的中点重合，
$\therefore \{\begin{array}{l} -2+2=m+3,\\ 0+t=\frac {1}{2}m^{2}-8-\frac {15}{2},\end{array} $解得$\{\begin{array}{l} m=-3,\\ t=-11,\end{array} $
$\therefore Q(-3,-\frac {7}{2})$；
②以 AD，PQ 为对角线时，AD，PQ 的中点重合，
$\therefore \{\begin{array}{l} -2+3=2+m,\\ -\frac {15}{2}=t+\frac {1}{2}m^{2}-8,\end{array} $解得$\{\begin{array}{l} m=-1,\\ t=0,\end{array} $
$\therefore Q(-1,-\frac {15}{2})$。
综上所述，点 Q 的坐标为$(-3,-\frac {7}{2})$或$(-1,-\frac {15}{2})$。

2. 如图，抛物线$y = x^{2}+2x - 3$的图像与坐标轴分别交于$A$，$B$，$C$三点，连接$AC$，$M$是$AC$的中点，抛物线的对

称

轴交$x$轴于点$F$，作直线$FM$.
(1)直接写出下列各点的坐标：$F$$(-1,0)$，$M$$(\frac {1}{2},-\frac {3}{2})$；
(2)若$P$为直线$FM$下方抛物线上一动点，过点$P$作$PQ// y$轴，交直线$FM$于点$Q$，当$△ PQM$为直角三角形时，求点$P$的坐标；
(3)若$N$是$x$轴上一动点，则在坐标平面内是否存在点$E$，使以$F$，$M$，$N$，$E$为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点$E$的坐标；若不存在，请说明理由.

答案：
(1)$(-1,0)$$(\frac {1}{2},-\frac {3}{2})$
(2)解：设直线 FM 的函数表达式为$y=kx+b$，将$F(-1,0)$，$M(\frac {1}{2},-\frac {3}{2})$代入，得
$\{\begin{array}{l} -k+b=0,\\ \frac {1}{2}k+b=-\frac {3}{2},\end{array} $解得$\{\begin{array}{l} k=-1,\\ b=-1,\end{array} $
∴直线 FM 的函数表达式为$y=-x-1$。
设$P(t,t^{2}+2t-3)$，则$Q(t,-t-1)$，$\frac {-3-\sqrt {17}}{2}＜ t＜\frac {-3+\sqrt {17}}{2}$，
$\therefore PQ^{2}=(-t^{2}-3t+2)^{2}$，$QM^{2}=(t-\frac {1}{2})^{2}+(-t+\frac {1}{2})^{2}$，$PM^{2}=(t-\frac {1}{2})^{2}+(t^{2}+2t-\frac {3}{2})^{2}$，
当$∠PMQ=90^{\circ }$时，$QM^{2}+PM^{2}=PQ^{2}$，即$(t-\frac {1}{2})^{2}+(-t+\frac {1}{2})^{2}+(t-\frac {1}{2})^{2}+(t^{2}+2t-\frac {3}{2})^{2}=(-t^{2}-3t+2)^{2}$，解得$t=\frac {1}{2}$(舍去)或$t=\frac {-1+\sqrt {5}}{2}$(舍去)或$t=\frac {-1-\sqrt {5}}{2}$，$\therefore P(\frac {-1-\sqrt {5}}{2},\frac {-5-\sqrt {5}}{2})$；
当$∠QPM=90^{\circ }$时，点 P 的纵坐标为$-\frac {3}{2}$，
$\therefore t^{2}+2t-3=-\frac {3}{2}$，
解得$t=\frac {-2-\sqrt {10}}{2}$或$t=\frac {-2+\sqrt {10}}{2}$(舍去)，
$\therefore P(\frac {-2-\sqrt {10}}{2},-\frac {3}{2})$。
综上所述，点 P 的坐标为$(\frac {-1-\sqrt {5}}{2},\frac {-5-\sqrt {5}}{2})$或$(\frac {-2-\sqrt {10}}{2},-\frac {3}{2})$。
(3)解：存在点 E，使以 F，M，N，E 为顶点的四边形是正方形。
当 FN 为正方形的对角线时，点 M 与点 E 关于 x 轴对称，$\therefore E(\frac {1}{2},\frac {3}{2})$；当 FM 为正方形的对角线时，$FN⊥MN$，此时$E(-1,-\frac {3}{2})$。
综上所述，点 E 的坐标为$(\frac {1}{2},\frac {3}{2})$或$(-1,-\frac {3}{2})$。