2022-2023学年湖南省郴州市嘉禾县校际联考九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省郴州市嘉禾县校际联考九年级（上）期末数学试卷（含解析），共18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.关于x的一元二次方程(m−1)x2+5x+|m|−1=0的常数项为0，则m等于( )
A. 1B. −1C. 1或−1D. 0
2.若一元二次方程x2=m有解，则m的取值为( )
A. 正数B. 非负数C. 一切实数D. 零
3.某种花卉每盆的盈利与每盆的株数有一定的关系，每盆植3株时，平均每株盈利4元；若每盆增加1株，平均每株盈利减少0.5元，要使每盆的盈利达到15元，每盆应多植多少株？设每盆多植x株，则可以列出的方程是( )
A. (3+x)(4−0.5x)=15B. (x+3)(4+0.5x)=15
C. (x+4)(3−0.5x)=15D. (x+1)(4−0.5x)=15
4.如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中每个小正方形的边长均为1，△ABC经过平移后得到△A1B1C1，若AC上一点P(1.2,1.4)平移后对应点为P1，点P1绕原点顺时针旋转180°，对应点为P2，则点P2的坐标为( )
A. (2.8,3.6)
B. (−2.8,−3.6)
C. (3.8,2.6)
D. (−3.8,−2.6)
5.如图，在水平地面上的甲、乙两个区域分别由若干个大小完全相同的正三角形瓷砖组成，小红在甲、乙两个区域内分别随意抛一个小球，P(甲)表示小球停留在甲区域中黑色部分的概率，P(乙)表示小球停留在乙区域中黑色色部分的概率，下列说法中正确的是( )
A. P(甲)P(乙)
C. P(甲)=P(乙)D. P(甲)与P(乙)的大小关系无法确定
6.将抛物线y=x2平移得到抛物线y=(x+2)2，则这个平移过程正确的是( )
A. 向左平移2个单位B. 向右平移2个单位C. 向上平移2个单位D. 向下平移2个单位
7.在同一坐标系中，一次函数y=ax+1与二次函数y=x2+a的图象可能是( )
A. B. C. D.
8.如图，AB是⊙O的直径，CD是弦，∠BCD=30°，OA=2，则阴影部分的面积是( )
A. π3B. 2π3C. πD. 2π
9.如图，已知PA，PB是⊙O的两条切线，A，B为切点，线段OP交⊙O于点M.给出下列四种说法：
①PA=PB；
②OP⊥AB；
③四边形OAPB有外接圆；
④M是△AOP外接圆的圆心．
其中正确说法的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
10.如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=1，与y轴交于点B(0,−2)，点A(−1,m)在抛物线上，有下列结论：
①ab<0；
②一元二次方程ax2+bx+c=0的正实数根在2和3之间；
③a=m+23；
④点P1(t,y1)，P2(t+1,y2)在抛物线上，当实数t>13时，y1其中，正确结论的个数是( )
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.如图，是一个简单的数值运算程序，则输入x的值为______．
12.如图，这是一幅长为3m，宽为2m的长方形世界杯宣传画，为测量宣传画上世界杯图案的面积，现将宣传画平铺在地上，向长方形宣传画内随机投掷骰子(假设骰子落在长方形内的每一点都是等可能的)，经过大量重复投掷试验，发现骰子落在世界杯图案中的频率稳定在常数0.4附近，由此可估计宣传画上世界杯图案的面积约为________m2．
13.如图，在⊙O的内接五边形ABCDE中，∠CAD=30°，则∠B+∠E=______．
14.如图的一座拱桥，当水面宽AB为12m时，桥洞顶部离水面4m，已知桥洞的拱形是抛物线，以水平方向为x轴，建立平面直角坐标系，若选取点A为坐标原点时的抛物线解析式是y=−19(x−6)2+4，则选取点B为坐标原点时的抛物线解析式是______．
15.二次函数y=13x2的图象如图所示，点A0位于坐标原点O，A1=A2=A3…在y轴的正半轴上，点B1，B2，B3…在二次函数y=13x2第一象限的图象上，若△A0A1B1，△A1A2B2，△A2A3B3…，都为等边三角形，则点A5的坐标为______．
三、解答题：本题共5小题，共40分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题8分)
关于x的一元二次方程(2m+1)x2+4mx+2m−3=0
(Ⅰ)当m=12时，求方程的实数根；
(Ⅱ)若方程有两个不相等的实数根，求实数m的取值范围；
17.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，点A、B、C的坐标分别为(−1,3)、(−4,1)、(−2,1)，先将△ABC沿一确定方向平移得到△A1B1C1，点B的对应点B1的坐标是(1,2)，再将△A1B1C1绕原点O顺时针旋转90°得到△A2B2C2，点A1的对应点为点A2．
(1)画出△A1B1C1和△A2B2C2；
(2)求出在这两次变换过程中，点A经过点A1到达A2的路径总长；
(3)求线段B1C1旋转到B2C2所扫过的图形的面积．
18.(本小题8分)
如图，以△ABC的BC边上一点O为圆心的圆，经过A，B两点，且与BC边交于点E，D为BE的下半圆弧的中点，连接AD交BC于F，AC=FC．
(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)已知圆的半径R=5，EF=3，求DF的长．
19.(本小题8分)
俄罗斯世界杯足球赛期间，某商店销售一批足球纪念册，每本进价40元，规定销售单价不低于44元，且获利不高于30%.试销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300本，销售单价每涨1元，每天销售量减少10本，现商店决定提价销售.设每天销售为y本，销售单价为x元．
(1)请直接写出y与x之间的函数关系式和自变量x的取值范围；
(2)当每本足球纪念册销售单价是多少元时，商店每天获利2400元？
(3)将足球纪念册销售单价定为多少元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大？最大利润是多少元？
20.(本小题8分)
如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=− 33x2+2 33x+ 3与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D．
(1)求直线BC的解析式；
(2)如图2，点P为直线BC上方抛物线上一点，连接PB、PC.当△PBC的面积最大时，在线段BC上找一点E(不与B、C重合)，使PE+12BE的值最小，求点P的坐标和PE+12BE的最小值；
(3)如图3，点G是线段CB的中点，将抛物线y=− 33x2+2 33x+ 3沿x轴正方向平移得到新抛物线y′，y′经过点D，y′的顶点为F.在抛物线y′的对称轴上，是否存在一点Q，使得△FGQ为直角三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵关于x的一元二次方程(m−1)x2+5x+|m|−1=0的常数项为0，
∴m−1≠0且|m|−1=0，
解得：m=−1，
故选：B．
根据一元二次方程的定义和已知得出m−1≠0且|m|−1=0，再求出m即可．
本题考查了一元二次方程的定义，一元二次方程的一般形式和绝对值等知识点，能根据题意得出m−1≠0和|m|−1=0是解此题的关键．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了解一元二次方程−直接开平方法：形如x2=p或(nx+m)2=p(p≥0)的一元二次方程可采用直接开平方的方法解一元二次方程．
利用平方根的定义可确定m的范围．
【解答】
解：当m≥0时，一元二次方程x2=m有解．
故选：B．
3.【答案】A
【解析】【解答】解：设每盆应该多植x株，由题意得
(3+x)(4−0.5x)=15，
故选：A．
【分析】根据已知假设每盆花苗增加x株，则每盆花苗有(x+3)株，得出平均单株盈利为(4−0.5x)元，由题意得(x+3)(4−0.5x)=15即可．
此题考查了一元二次方程的应用，根据每盆花苗株数×平均单株盈利=总盈利得出方程是解题关键．
4.【答案】A
【解析】解：由题意将点P向下平移5个单位，再向左平移4个单位得到P1，
∵P(1.2,1.4)，
∴P1(−2.8,−3.6)，
∵P1与P2关于原点对称，
∴P2(2.8,3.6)，
故选：A．
由题意将点P向下平移5个单位，再向左平移4个单位得到P1，再根据P1与P2关于原点对称，即可解决问题；
本题考查坐标与图形变化，平移变换，旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
5.【答案】C
【解析】[分析]
根据甲乙两个图形中黑色区域的面积占各自总面积的比值，即可判断小球停在黑色三角形上的概率大小
本题考查概率的求法：熟练掌握几何概率的求法是关键．
[详解]
解：观察两个图可知：甲图形中黑色三角形面积占总面积比值为：26=13，乙图形中黑色三角形面积占总面积的比值为：39=13，所以其概率相等，
即P(甲)=P(乙)．
故选C．
6.【答案】A
【解析】解：将抛物线y=x2平移得到抛物线y=(x+2)2，则这个平移过程正确的是向左平移了2个单位，
故选：A．
根据图象左移加，可得答案．
本题考查了二次函数图象与几何变换，函数图象平移规律是：左加右减，上加下减．
7.【答案】C
【解析】【分析】
根据分a<0和a>0两种情况讨论，找到符合条件的图象选项即可．
此题主要考查了二次函数和一次函数的图象的性质，用到的知识点为：二次函数和一次函数的常数项是图象与y轴交点的纵坐标．
【解答】
解：当a<0时，二次函数顶点在y轴负半轴，开口向上，一次函数经过一、二、四象限；
当a>0时，二次函数顶点在y轴正半轴，开口向上，一次函数经过一、二、三象限．
故选：C．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查扇形面积的计算、圆周角定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
根据圆周角定理可以求得∠BOD的度数，然后根据扇形面积公式即可解答本题．
【解答】
解：∵∠BCD=30°，
∴∠BOD=60°，
∵AB是⊙O的直径，CD是弦，OA=2，
∴阴影部分的面积是：60×π×22360=2π3，
故选：B．
9.【答案】C
【解析】【分析】本题考查了切线的性质、圆周角定理、三角形的外接圆与外心．利用切线长定理对①进行判断；利用线段的垂直平分线的判定对②进行判断；利用切线的性质和圆周角定理可对③进行判断；由于只有当∠APO=30°时，OP=2OA，此时PM=OM，则可对④进行判断．
【解答】解：∵PA，PB是⊙O的两条切线，A，B为切点，
∴PA=PB，故 ①正确;
∵OA=OB，PA=PB，
∴OP垂直平分AB，
∴OP⊥AB，故 ②正确;
∵PA，PB是⊙O的两条切线，A，B为切点，
∴OA⊥PA，OB⊥PB．
∴∠OAP=∠OBP=90∘．
∴点A，B在以OP为直径的圆上．
∴四边形OAPB有外接圆，故 ③正确;
∵只有当∠APO=30∘时，OP=2OA，此时PM=OM，
∴M不一定是△AOP外接圆的圆心，故 ④错误．
10.【答案】B
【解析】解：∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵抛物线的对称轴为直线x=−b2a=1，
∴b=−2a<0，
∴ab<0，所以结论①正确；
∵抛物线的对称轴为直线x=1，抛物线与x轴的一个交点坐标在(0,0)与(−1,0)之间，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标在(2,0)与(3,0)之间，
∴一元二次方程ax2+bx+c=0的正实数根在2和3之间，所以结论②正确；
把B(0,−2)，A(−1,m)代入抛物线得c=−2，a−b+c=m，
而b=−2a，
∴a+2a−2=m，
∴a=m+23，所以结论③正确；
∵点P1(t,y1)，P2(t+1,y2)在抛物线上，
∴当点P1、P2都在直线x=1的右侧时，y1当点P1在直线x=1的左侧，点P2在直线x=1的右侧时，y11−t，即12∴当12故选：B．
由抛物线开口方向得到a>0，利用抛物线的对称轴方程得到b=−2a<0，则可对①进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点坐标在(2,0)与(3,0)之间，则根据抛物线与x轴的交点问题可对②进行判断；把B(0,−2)，A(−1,m)和b=−2a代入抛物解析式可对③进行判断；利用二次函数的增减性对④进行判断．
本题考查了图象法求一元二次方程的近似根：利用二次函数图象的对称性确定抛物线与x轴的交点坐标，从而得到一元二次方程的根．也考查了二次函数的性质．
11.【答案】4或−2
【解析】解：根据题意，可得：
(x−1)2×(−3)=−27，
∴(x−1)2=9，
∴x−1=±3，
解得x=4或−2．
故答案为：4或−2．
根据题意，可得：(x−1)2×(−3)=−27，据此求出(x−1)2的值是多少，即可求出输入x的值为多少．
此题主要考查了代数式求值问题，要熟练掌握，求代数式的值可以直接代入、计算．如果给出的代数式可以化简，要先化简再求值．题型简单总结以下三种：①已知条件不化简，所给代数式化简；②已知条件化简，所给代数式不化简；③已知条件和所给代数式都要化简．
12.【答案】2.4
【解析】解：长方形的面积=3×2=6(m2)，
∵骰子落在世界杯图案中的频率稳定在常数0.4附近，
∴世界杯图案占长方形世界杯宣传画的40%，
∴世界杯图案的面积约为：6×40%=2.4(m2).
故答案为2.4．
本题考查利用频率估计概率．
根据题意求出长方形的面积，利用频率估计概率可得世界杯图案的面积与长方形世界杯宣传画的面积之间的关系，计算即可．
13.【答案】210°
【解析】解：如图，连接CE，
∵五边形ABCDE是圆内接五边形，
∴四边形ABCE是圆内接四边形，
∴∠B+∠AEC=180°，
∵∠CED=∠CAD=30°，
∴∠B+∠E=180°+30°=210°．
故答案为：210°．
连接CE，根据圆内接四边形对角互补可得∠B+∠AEC=180°，再根据同弧所对的圆周角相等可得∠CED=∠CAD，然后求解即可．
本题考查了圆内接四边形的性质，同弧所对的圆周角相等的性质，熟记性质并作辅助线构造出圆内接四边形是解题的关键．
14.【答案】y=−19(x+6)2+4
【解析】解：由题意可得出：y=a(x+6)2+4，
将(−12,0)代入得出，0=a(−12+6)2+4，
解得：a=−19，
∴选取点B为坐标原点时的抛物线解析式是：y=−19(x+6)2+4．
故答案为：y=−19(x+6)2+4．
根据题意得出A点坐标，进而利用顶点式求出函数解析式即可．
此题主要考查了二次函数的应用，利用顶点式求出函数解析式是解题关键．
15.【答案】(0,30)
【解析】解：作B1A⊥y轴于A，B2B⊥y轴于B，B3C⊥y轴于C，
设等边△A0A1B1；△A1A2B2；△A2A3B3中，AA1=a，BA2=b，CA3=c．
①等边△A0A1B1中，A0A=a，
所以AB1=atan60°= 3a，代入解析式得13×( 3a)2=a，
解得a=0(舍去)或a=1，于是等边△A0A1B1的边长为1×2=2；
②等边△A1A2B2中，A1B=b，
所以BB2=btan60°= 3b，B2点坐标为( 3b,2+b)，
代入解析式得13×( 3b)2=2+b，
解得b=−1(舍去)或b=2，
于是等边△A1A2B2的边长为2×2=4；
③等边△A2A3B3中，A2C=c，
所以CB3=ctan60°= 3c，B3点坐标为( 3c,2+4+c)，
代入解析式得13×( 3c)2=2+4+c，
解得c=−2(舍去)或c=3，
于是等边△A2A3B3的边长为3×2=6；
于是第4个等边三角形△A3A4B4的边长为8，
第5个等边三角形△A4A5B5的边长为10；
所以A0A5=2+4+6+8+10=30，
因此A5的坐标为(0,30)．
故答案为：(0,30)．
先计算出△A0A1B1；△A1A2B2；△A2A3B3的边长，推理出各边长组成的数列各项之间的排列规律，即可得出结论．
本题考查了二次函数的综合运用．关键是根据正三角形的性质表示点的坐标，利用抛物线解析式求正三角形的边长，得到规律．
16.【答案】解：
(Ⅰ)当m=12时，方程为x2+x−1=0，
∴△=12−4×(−1)=5，
∴x=−1± 52，
∴x1=−1+ 52，x2=−1− 52；
(Ⅱ)∵关于x的一元二次方程(2m+1)x2+4mx+2m−3=0有两个不相等的实数根，
∴△>0且2m+1≠0，即(4m)2−4(2m+1)(2m−3)>0且m≠−12，
∴m>−34且m≠−12．
【解析】(Ⅰ)把m的值代入，再解方程即可；
(Ⅱ)由方程有两个不相等的实数根，根据根的判别式可得到关于m的不等式，则可求得m的取值范围．
本题主要考查一元二次方程根的判别式及求根公式的应用，熟练掌握求根公式及根的判别式与根的个数的关系是解题的关键．
17.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1、△A2B2C2为所作；

(2)OA1= 42+42=4 2，
点A经过点A1到达A2的路径总长= 52+12+90⋅π⋅4 2180= 26+2 2π；
(3)∵OB1= 12+22= 5，OC1= 32+22= 13，
∴线段B1C1旋转到B2C2所扫过的图形的面积为90⋅π⋅( 13)2360−90⋅π⋅( 5)2360=2π．
【解析】(1)由B点坐标和B1的坐标得到△ABC向右平移5个单位，再向上平移1个单位得到△A1B1C1，则根据点平移的规律写出A1和C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1；利用网格特点和旋转的性质画出点A1的对应点为点A2，点B1的对应点为点B2，点C1的对应点为点C2，从而得到△A2B2C2；
(2)先利用勾股定理计算平移的距离，再计算以OA1为半径，圆心角为90°的弧长，然后把它们相加即可得到这两次变换过程中，点A经过点A1到达A2的路径总长；
(3)用扇形C1C2的面积−扇形B1B2的面积即可得．
本题考查了作图−旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换．
18.【答案】(1)证明：连结OA、OD，如图，
∵D为BE的下半圆弧的中点，
∴OD⊥BE，
∴∠D+∠DFO=90°，
∵AC=FC，
∴∠CAF=∠CFA，
∵∠CFA=∠DFO，
∴∠CAF=∠DFO，
∵OA=OD，
∴∠OAD=∠ODF，
∴∠OAD+∠CAF=90°，即∠OAC=90°，
∴OA⊥AC，
∴AC是⊙O的切线；
(2)解：∵圆的半径R=5，EF=3，
∴OF=2，
在Rt△ODF中，∵OD=5，OF=2，
∴DF= 52+22= 29．
【解析】(1)连结OA、OD，如图，根据垂径定理的推理，由D为BE的下半圆弧的中点得到OD⊥BE，则∠D+∠DFO=90°，再由AC=FC得到∠CAF=∠CFA，根据对顶角相等得∠CFA=∠DFO，所以∠CAF=∠DFO，由∠OAD=∠ODF，则∠OAD+∠CAF=90°，于是根据切线的判定定理即可得到AC是⊙O的切线；
(2)由于圆的半径R=5，EF=3，则OF=2，然后在Rt△ODF中利用勾股定理计算DF的长即可．
本题考查切线的判定与性质，以及勾股定理．
19.【答案】解：(1)y=−10x+740(44≤x≤52)；
(2)根据题意得(x−40)(−10x+740)=2400，
解得x1=50，x2=64>52(舍去)，
∴x=50，
答：当每本足球纪念册销售单价是50元时，商店每天获利2400元；
(3)w=(x−40)(−10x+740)
=−10x2+1140x−29600
=−10(x−57)2+2890，
而a=−10<0，且对称轴为直线x=57，
当x<57时，w随x的增大而增大，
而44≤x≤52，
所以当x=52时，w有最大值，最大值为−10(52−57)2+2890=2640(元)，
答：将足球纪念册销售单价定为52元时，商店每天销售纪念册获得的利润w元最大，最大利润是2640元．
【解析】解：(1)根据题意得y=300−10(x−44)=−10x+740，
44≤x≤40×(1+30%)，即44≤x≤52，
故答案为：y=−10x+740(44≤x≤52)；
(2)见答案；
(3)见答案．
(1)销售单价每上涨1元，每天销售量减少10本，则销售单价每上涨(x−44)元，每天销售量减少10(x−44)本，所以y=300−10(x−44)，然后利用销售单价不低于44元，且获利不高于30%确定x的范围，当获利不高于30%时，销售单价最高为40×(1+30%)=52元；
(2)利用每本的利润乘以销售量得到总利润(x−40)(−10x+740)=2400，然后解方程后利用x的范围确定销售单价；
(3)利用每本的利润乘以销售量得到总利润得到w=(x−40)(−10x+740)，再把它变形为顶点式，然后利用二次函数的性质得到x=52时w最大，从而计算出x=52时对应的w的值即可．
本题考查了二次函数的应用：利用二次函数解决利润问题，解此类题的关键是通过题意，确定出二次函数的解析式，然后利用二次函数的性质确定其最大值；在求二次函数的最值时，一定要注意自变量x的取值范围．也考查了一元二次方程的应用．
20.【答案】解：(1)当x=0时，y=− 33x2+2 33x+ 3= 3，
∴点C的坐标为(0, 3)；
当y=0时，有− 33x2+2 33x+ 3=0，
解得：x1=−1，x2=3，
∴点B的坐标为(3,0)．
设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0)，
将B(3,0)、C(0, 3)代入y=kx+b，得：
3k+b=0b= 3，解得：k=− 33b= 3，
∴直线BC的解析式为y=− 33x+ 3．
(2)如图2中，过点P作PM⊥x轴于点M，交直线BC于点F．
EN⊥x轴
设P(a,− 33a2+2 33a+ 3)，则F(a,− 33a+ 3)
∴PF=− 33a2+ 3a
∴S△PBC=12×PF×3=− 32a2+3 32a
∴当，a=32时，S△PBC最大
∴P(32,5 34)
∵直线BC的解析式为y=− 33x+ 3．
∴∠CBO=30°，EN⊥x轴
∴EN=12BE
∴PE+12BE=PE+EN
∴根据两点之间线段最短和垂线段最短，则当P，E，N三点共线且垂直于x轴时，PE+12BE值最小．
∴PE+12BE=PE+EN=PN=5 34
(3)∵D是对称轴直线x=1与x轴的交点，G是BC的中点
∴D(1,0)，G(32, 32)
∴直线DG解析式y= 3x− 3
∵抛物线y=− 33x2+2 33x+ 3=− 33(x−1)2+4 33沿x轴正方向平移得到新抛物线y′，y′经过点D
∴y′═− 33(x+1)2+4 33
∴对称轴为x=−1
∵△FGQ为直角三角形
∴∠QDG=90°或∠QGD=90°，∠GQD=90°(不合题意，舍去)
当∠QDG=90°，设直线QD解析式y=− 33x+b，过D(1,0)
∴0=− 33+b
b= 33
∴y=− 33x+ 33
当x=−1时，y=2 33
∴Q(−1,2 33)
当∠QGD=90°，则直线QD解析式y=− 33x+ 3
∴当x=−1时，y=4 33
∴Q(−1,4 33)
【解析】(1)先求出B，C坐标，再用待定系数法求直线解析式
(2)作PM⊥x轴于点M，交直线BC于F，设P(a,− 33a2+2 33a+ 3)，则F(a,− 33a+ 3)，则可求PF的长，可用a表示△PBC的面积，根据二次函数最值问题可求最大面积，由直线BC与x轴所成锐角为30°，可求EN=12BE，则PE+12BE=PE+EN，即P，E，N三点共线且垂直x轴时，PE+EN值最小，即求PN的值．
(3)先求出DG解析式，平移后抛物线的对称轴，再分类讨论可求Q点坐标
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和直角三角形的性质；会利用待定系数法求二次函数解析式；掌握点平移的坐标变化特征；会运用分类讨论的思想解决数学问题