《2026年启东中学作业本九年级数学下册苏科版》

1. (2024·无锡模拟) 如图, 二次函数 $ y = x^{2} - 4x + 3 $ 的图像交 $ x $ 轴于 $ A, B $ 两点 (点 $ A $ 在点 $ B $ 左侧), 交 $ y $ 轴于点 $ C $, 将 $ AC $ 绕着点 $ C $ 逆时针旋转 $ 45^{\circ} $, 其所在直线与二次函数图像交于点 $ E $, 则点 $ E $ 的坐标为($\frac{7}{2}$,$\frac{5}{4}$).

答案： 1. ($\frac{7}{2}$,$\frac{5}{4}$)

2. 如图, 二次函数的表达式为 $ y = -\frac{1}{2}x^{2} + bx + c $, 二次函数的图像与 $ x $ 轴交于点 $ A(-1, 0), C(4, 0) $, 与 $ y $ 轴交于点 $ B $, $ P $ 为二次函数图像上的动点, 点 $ Q $ 在 $ x $ 轴上, 且 $ BQ = BP, BP ⊥ BQ $, 则点 $ Q $ 的坐标为(1,0)或(5,0).

答案：
2. (1,0)或(5,0)　　点拨:将A(−1,0),C(4,0)代入y=−$\frac{1}{2}$x²+bx+c，得$\begin{cases}-\frac{1}{2}-b+c=0,\\-\frac{1}{2}×4^{2}+4b+c=0,\end{cases}$解得$\begin{cases}b=\frac{3}{2},\\c=2,\end{cases}$
∴二次函数的表达式为y=−$\frac{1}{2}$x²+$\frac{3}{2}$x+2。
令x=0,则y=2,
∴B(0,2),
∴OB=2。
由题意可知，当BQ=BP且BP⊥BQ时，需要分以下两种情况讨论:
①当点P在x轴上方的抛物线上时，过点P作PM⊥y轴于点M,如答图①。

∵BP⊥BQ,
∴∠PBQ=90°,
∴∠PBM+∠OBQ=∠PBM+∠BPM=90°,
∴∠OBQ=∠BPM;
∵∠PMB=∠BOQ=90°,BP=BQ,
∴△BPM≌△QBO(AAS),
∴PM=BO=2,
当x=2时,y=−$\frac{1}{2}$×2²+$\frac{3}{2}$×2+2=3。
∴P(2,3),
∴BM=OQ=1,
∴Q(1,0)。
②当点P在x轴下方的抛物线上时,过点P作PN⊥y轴于点N,如答图②。

∵BP⊥BQ,
∴∠PBQ=90°,
∴∠PBN+∠OBQ=∠PBN+∠BPN=90°,
∴∠OBQ=∠BPN;
∵∠PNB=∠BOQ=90°,BP=BQ,
∴△BPN≌△QBO(AAS),
∴PN=BO=2,
当x=−2时,y=−$\frac{1}{2}$×(−2)²+$\frac{3}{2}$×(−2)+2=−3。
∴P(−2,−3),
∴BN=OQ=5,
∴Q(5,0)。
综上，点Q的坐标为(1,0)或(5,0)。

3. 已知二次函数 $ y = x^{2} + (m + 1)x + 4m + 9 $.
(1) 对于任意 $ m $, 二次函数的图像都会经过一个定点, 求此定点的坐标;
(2) 当 $ m = -3 $ 时, 如图, 二次函数的图像与 $ y $ 轴的交点为 $ M $, 顶点为 $ N $.
① 若 $ P $ 是 $ x $ 轴上的动点, 求 $ |PN - PM| $ 的最大值及对应的点 $ P $ 的坐标;
② 设 $ Q $ 是二次函数图像上的动点, $ H $ 是直线 $ MN $ 上的动点, 是否存在点 $ Q $, 使得 $ △ OQH $ 是以 $ Q $ 为直角顶点的等腰直角三角形? 若存在, 求出点 $ Q $ 的坐标; 若不存在, 请说明理由.

答案：
3. 解:
(1)
∵y=x²+(m+1)x+4m+9=x²+x+m(x+4)+9,
∴当x=−4时,m(x+4)=0,
∴y=(−4)²+(−4)+0+9=21,
∴对于任意m,二次函数的图像都会经过一个定点(−4,21)。
(2)①当m=−3时,二次函数的表达式为y=x²−2x−3,
∴M(0,−3),顶点N(1,−4)。
∵|PN−PM|≤MN,
∴当P,M,N三点在一条直线上时，|PN−PM|取得最大值。
如答图①，连接NM并延长，交x轴于点P。

∵M(0,−3),N(1,−4),
∴直线MN的函数表达式为y=−x−3,
∴P(−3,0),MN=$\sqrt{2}$，
∴|PN−PM|的最大值为$\sqrt{2}$，且此时点P的坐标为(−3,0)。
②设点H(t,−t−3)。
当△OQH是以Q为直角顶点的等腰直角三角形，且点Q在x轴上方时，过点Q作QF⊥y轴于点F，过点H作HE//y轴交直线QF于点E，如答图②。

设QF=a,OF=b,
∴Q(−a,b)。
∵△OQH是以Q为直角顶点的等腰直角三角形，即∠OQH=90°,OQ=QH,
∴∠EQH+∠FQO=90°,∠FOQ+∠FQO=90°,
∴∠EQH=∠FOQ,
∴△EQH≌△FOQ(AAS),
∴EQ=OF=b,EH=QF=a,
∴点H的坐标为(−a−b,b−a)。
∵点H在直线MN上,
∴b−a=a+b−3,解得a=$\frac{3}{2}$。
当x=−$\frac{3}{2}$时,y=(−$\frac{3}{2}$)²−2×(−$\frac{3}{2}$)−3=$\frac{9}{4}$,
∴Q(−$\frac{3}{2}$,$\frac{9}{4}$)。
当△OQH是以Q为直角顶点的等腰直角三角形，且点Q在x轴下方时，过点Q作QD⊥x轴于点D，过点H作HC//x轴交直线QD于点C，如答图③。

设OD=p,DQ=q,
∴Q(p,−q)。
同理可得,△CQH≌△DOQ(AAS),
∴CQ=OD=p,CH=QD=q,
∴点H的坐标为(p−q,−p−q)。
∵点H在直线MN上,
∴−p−q=−p+q−3,
解得q=$\frac{3}{2}$。
令x²−2x−3=−$\frac{3}{2}$,解得x=$\frac{2-\sqrt{10}}{2}$或x=$\frac{2+\sqrt{10}}{2}$,
∴点Q的坐标为($\frac{2-\sqrt{10}}{2}$,$-\frac{3}{2}$)或($\frac{2+\sqrt{10}}{2}$,$-\frac{3}{2}$)。
综上,点Q的坐标为(−$\frac{3}{2}$,$\frac{9}{4}$)或($\frac{2-\sqrt{10}}{2}$,$-\frac{3}{2}$)或($\frac{2+\sqrt{10}}{2}$,$-\frac{3}{2}$)。