【文档说明】专练11 函数压轴题（10题）-2020~2021学年九年级数学上学期期末考点必杀200题（华师版）（解析版）.docx，共(26)页，1.007 MB，由envi的店铺上传

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专练11函数压轴题（10题）1．（2019·淮安外国语学校九年级期末）已知，如图，在平面直角坐标系中，直线y＝12x＋2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y＝－12x2＋bx＋c经过A、B两点，与x轴的另一个交点为

C．（1）直接写出点A和点B的坐标（2）求抛物线的解析式（3）D为直线AB上方抛物线上一动点①连接DO交AB于点E，若DE∶OE＝3∶4，求点D的坐标②是否存在点D，使得DBA的度数恰好是BAC的2倍，如果存在，求点D的坐标，如果不存在，请说明理由．【答案】（1）()()4,0,0,2AB−；

（2）213222yxx=−−+；（3）①()1,3D−或()3,2D−；②存在，()2,3D−．解：（1）由题意得：当x=0时，则2y=，当y=0时，则1022x=+，解得：4x=−，∴()()4,0,0,2AB−；（2）由（1）得：()()4,0,0,2AB−，把

点A、B代入212yxbxc=−++得：1164022bcc−−+==，解得：322bc=−=，∴二次函数的解析式为：213222yxx=−−+；（3）①过点D作DF⊥x轴，交AB于点F，如

图所示：设点213,222Daaa−−+，则有点1,22Faa+，∴2122DFaa=−−，∵∠BOA=90°，∴DF∥OB，∴△DEF∽△OEB，∵DE∶OE＝3∶4，OB=2，∴34DEDFOEOB==，即212322

4aa−−=，解得：121,3aa=−=−，∵点D是直线AB上方抛物线上的点，∴()1,3D−或()3,2D−；②存在一点D，使得∠DBA=2∠BAC，理由如下：过点B作BH∥x轴，交抛物线于点H，过点D作DM⊥x轴，交BH于点N，如图所示：∴∠BAC=∠HBA，∵∠DB

A=2∠BAC，∴∠HBA=∠DBH=∠BAC，∵在Rt△AOB中，OB=2，OA=4，∴1tantan2OBDBHBACOA===，∴1tan2DNDBHNB==，设点213,222Daaa−−+，则有213,22DNaaBNa=−−=−，∴2131222a

aa−−=−，解得：2a=−，∴()2,3D−∴存在点D，使得∠DBA=2∠BAC，此时点()2,3D−．【点睛】本题主要考查二次函数的综合、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握二次函数的综合、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键．2．（2020·湖南株洲市·九年级期末）如图，已

知抛物线2(0)yaxbxca=++与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，直线23yx=−+经过点C，与x轴交于点D．（1）求该抛物线的函数关系式；（2）点P是（1）中的抛物线上的一

个动点，设点P的横坐标为t（0＜t＜3）．①求△PCD的面积的最大值；②是否存在点P，使得△PCD是以CD为直角边的直角三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）2yx2x3=−++；（2）①3；

②315,24或369369,48+−+解：（1）令0x=，则3y=，求出()0,3C，将A、B、C的坐标代入抛物线解析式，得09303abcabcc−+=++==，解得123abc=−

==，∴2yx2x3=−++；（2）①如图，过点P作PEy⊥轴于点F，交DC于点E，设点P的坐标是()2,23ttt−++，则点E的纵坐标为223tt−++，将223ytt=−++代入直线解析式，得222ttx−=，∴点E坐标是222,232tttt−

−++，∴222422ttttPEt−−+=−=，∴()()22211433342322244PCDttSPECOttt−+===−−=−−+，∴PCD面积的最大值是3；②PCD是以CD为直角边

的直角三角形分两种情况，第一种，90PCD=，如图，过点P作PGy⊥轴于点G，则PGCCOD，∴PGCGCODO=，即2231.5ttt−+=，整理得2230tt−=，解得132t=，20t=（舍去），∴315,24P

；第二种，90PDC=，如图，过点P作PHx⊥轴于点H，则PHDDOC，∴PHDHDOCO=，即2231.51.53ttt−++−=，整理得246150tt−−=，解得13694t+=，23694t−=（舍去），∴

369369,48P+−+，综上，点P的坐标是315,24或369369,48+−+．【点睛】本题考查二次函数的综合，解题的关键是掌握待定系数法求解析式的方法，三角形面积的表示方法以及构造相似三角形利用数形结合的思想求点坐标的方法．3．（2020·河南信

阳市·九年级期末）如图，抛物线2yaxbxc=++与x轴交于点(1,0)A−，点(3,0)B，与y轴交于点C，且过点(2,3)D−．点P、Q是抛物线2yaxbxc=++上的动点．(1)求抛物线的解析式；(2)当点P在直线OD下方时，求POD面积的最大值．(3)直线O

Q与线段BC相交于点E，当OBE与ABC相似时，求点Q的坐标．【答案】(1)抛物线的表达式为：223yxx=−−；(2)PODS有最大值，当14m=时，其最大值为4916；(3)(3,23)Q−或()3,23−或113113,22−+−或1133313,22

−−+．解：(1)函数的表达式为：(1)(3)yaxx=+−，将点D坐标代入上式并解得：1a=，故抛物线的表达式为：223yxx=−−…①；(2)设直线PD与y轴交于点G，设点()2,23Pmmm−−，将点P、D的坐标代入一次函数表

达式：ysxt=+并解得，直线PD的表达式为：32ymxm=−−，则32OGm=+，()12PODDPSOGxx=−1(32)(2)2mm=+−2132mm=−++，∵10−，故PODS有最大值，当14m=时，其最大值为4916；(3)∵3OBOC==，∴45OCBO

BC==，∵ABCOBE=，故OBE与ABC相似时，分为两种情况：①当ACBBOQ=时，4AB=，32BC=，10AC=，过点A作AH⊥BC与点H，1122ABCSAHBCABOC==，解得：22AH=，∴CH＝2则t

an2ACB=，则直线OQ的表达式为：2yx=−…②，联立①②并解得：3x=，故点(3,23)Q−或()3,23−；②BACBOQ=时，3tan3tan1OCBACBOQOA====，则直线OQ的表达式为：3yx=−…③，联立①③并解得：1132x−

=，故点1133313,22Q−+−或1133313,22−−+；综上，点(3,23)Q−或()3,23−或113113,22−+−或1133313,22−−+．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉

及到解直角三角形、三角形相似、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．4．（2020·江苏镇江市·九年级期末）如图，已知一次函数3yx=−+分别交x、y轴于A、B两点，抛物线y＝﹣x2+bx

+c经过A、B两点，与x轴的另一交点为C．（1）求b、c的值及点C的坐标；（2）动点P从点O出发，以每秒1个单位长度的速度向点A运动，过P作x轴的垂线交抛物线于点D，交线段AB于点E．设运动时间为t（t＞0）秒．①当t为何值时，线段DE长度最大，最大值是多少？（如图1）②过点D作DF⊥

AB，垂足为F，连结BD，若△BOC与△BDF相似，求t的值．（如图2）【答案】（1）b=2，c=3，C点坐标为（-1，0）；（2）①94；②3522tt==或解：（1）在3yx=−+中令x=0,得y=3,令y=0,得x=3,∴A

（3，0），B（0，3），把A（3，0），B（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c中，得：9303bcc−++==，解得23bc==，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，令y=0则0=﹣x2+2x+3，解得121,3xx=

−=，∴C点坐标为（-1，0）；（2）①由题知P(t,0),D(t,223tt−++)、E（t,-t+3）;∴DE=(223tt−++)-(3t−+)22393()24ttt=−+=−−+∴当32t=时，DE长度最大，最大值为94；②∴A（3，0），B（0，3），∴OA=OB,

∴∠BAO=45°，在Rt△PAE中，∠PAE=45°，22(3)AEEPt==−；在Rt△DEF中，∠DEF=45°，222(3)22DFEFDEtt===−；∴2222322(3)(3)()22BF

ABAEEFttttt=−−=−−−−=−若△BDF∽△CBO相似，则BFOCDFOB=，即：222()1232(3)2tttt−=−,解得：0t=(舍去)；32t=，若△BDF∽△BCO相似，则BFOBDFOC=，即：222()32

12(3)2tttt−=−,解得：0t=(舍去)；52t=，；综上，32t=或52t=时，△BOC与△BDF相似.【点睛】本题是二次函数压轴题，着重考查了分类讨论的数学思想，考查了二次函数的图象与性质、三角形相似、一次函数、解方程等知识点，难度较大．最后一问为

探索题型，注意进行分类讨论．5．（2020·江西赣州市·九年级期末）如图①,已知抛物线y=ax2+bx+c的图像经过点A（0，3)、B（1，0），其对称轴为直线l：x=2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m.（1）求抛

物线的解析式；（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当m为何值时，四边形AOPE面积最大，并求出其最大值；（3）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的

坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）y=x2-4x+3.（2）当m=52时，四边形AOPE面积最大，最大值为758.（3）P点的坐标为：P1（3+52，152−），P2（352-，1+52），P3（5+52，1+52），P4（552−，15

2−）.【解析】（1）如图1，设抛物线与x轴的另一个交点为D，由对称性得：D（3，0），设抛物线的解析式为：y=a（x-1）（x-3），把A（0，3）代入得：3=3a，a=1，∴抛物线的解析式；y=x2-4x+3；（2）如图2，设P（m，m2-

4m+3），∵OE平分∠AOB，∠AOB=90°，∴∠AOE=45°，∴△AOE是等腰直角三角形，∴AE=OA=3，∴E（3，3），易得OE的解析式为：y=x，过P作PG∥y轴，交OE于点G，∴G（m，m），∴PG=m-（m2-4

m+3）=-m2+5m-3，∴S四边形AOPE=S△AOE+S△POE，=12×3×3+12PG•AE，=92+12×3×（-m2+5m-3），=-32m2+152m，=32（m-52）2+758，∵-32＜0，∴当m=52时，S有最大值是758

；（3）如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，∵△OPF是等腰直角三角形，且OP=PF，易得△OMP≌△PNF，∴OM=PN，∵P（m，m2-4m+3），则-m2+4m-3=2-m，解得：m=5+52或552−，∴P的坐标为（5+52，1+52）或（552−，152−）；如图4，过P作M

N⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，同理得△ONP≌△PMF，∴PN=FM，则-m2+4m-3=m-2，解得：x=3+52或352-；P的坐标为（3+52，152−）或（352-，1+52）；综上所述，点P的坐标是：（5+52，1+52

）或（552−，152−）或（3+52，152−）或（352-，1+52）．点睛：本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的综合应用，相似三角形的判定与性质以及解一元二次方程的方法，解第（2）问时需要运用配方法

，解第（3）问时需要运用分类讨论思想和方程的思想解决问题．6．（2020·河南南阳市·九年级期末）如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣1，抛物线交x轴于A、C两点，与直线y＝x﹣1交于A、B两点，直线AB与抛物线的对称轴交于点E．（1）求抛物线的解析式．（2）点P在直

线AB上方的抛物线上运动，若△ABP的面积最大，求此时点P的坐标．（3）在平面直角坐标系中，以点B、E、C、D为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出符合条件点D的坐标．【答案】(1)y＝﹣x2﹣2x+3；(2)点P(32−，154)；(3)符合条件的点D的坐标

为D1(0，3)，D2(﹣6，﹣3)，D3(﹣2，﹣7)．解：(1)令y＝0，可得：x﹣1＝0，解得：x＝1，∴点A(1，0)，∵抛物线y＝ax2+bx+3(a≠0)的对称轴为直线x＝﹣1，∴﹣1×2﹣1＝﹣3，即点C(﹣3，0)，∴309330abab++

−+＝＝，解得：12ab−−＝，＝∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3；(2)∵点P在直线AB上方的抛物线上运动，∴设点P(m，﹣m2﹣2m+3)，∵抛物线与直线y＝x﹣1交于A、B两点，∴2231yxxyx−−+−＝＝，解得：1145xy−−

＝＝，2210xy＝，＝∴点B(﹣4，﹣5)，如图，过点P作PF∥y轴交直线AB于点F，则点F(m，m﹣1)，∴PF＝﹣m2﹣2m+3﹣m+1＝﹣m2﹣3m+4，∴S△ABP＝S△PBF+S△PFA＝12(﹣m2﹣3m+4)(m+4)+12(﹣m2﹣3m+4)(1﹣m)＝-5

2（m+32）2+1258，∴当m＝32−时，P最大，∴点P(32−，154).(3)当x＝﹣1时，y＝﹣1﹣1＝﹣2，∴点E(﹣1，﹣2)，如图，直线BC的解析式为y＝5x+15，直线BE的解析式为y＝x﹣1，直线CE的解析式为y

＝﹣x﹣3，∵以点B、C、E、D为顶点的四边形是平行四边形，∴直线D1D3的解析式为y＝5x+3，直线D1D2的解析式为y＝x+3，直线D2D3的解析式为y＝﹣x﹣9，联立533yxyx++＝＝得D

1(0，3)，同理可得D2(﹣6，﹣3)，D3(﹣2，﹣7)，综上所述，符合条件的点D的坐标为D1(0，3)，D2(﹣6，﹣3)，D3(﹣2，﹣7)．【点睛】本题考查二次函数的综合应用，解决第(2)小题中三角形面积的问题时，找到一条

平行或垂直于坐标轴的边是关键；对于第(3)小题，要注意分类讨论、数形结合的运用，不要漏解．7．（2019·内蒙古呼伦贝尔市·九年级期末）如图，抛物线y=12x2+bx+c与直线y=12x+3交于A，B两点，交x轴于C、D两点，连

接AC、BC，已知A（0，3），C（﹣3，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线对称轴l上找一点M，使|MB﹣MD|的值最大，并求出这个最大值；（3）点P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相

似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）抛物线的解析式是y=12x2+52x+3；（2）|MB﹣MD|取最大值为2；（3）存在点P（1，6）．解：（1）将A（0，3），C（﹣3，0）代入函数解析式，得39302cbc=−+=，解得52

3bc==，抛物线的解析式是y=12x2+52x+3；（2）由抛物线的对称性可知，点D与点C关于对称轴对称，∴对l上任意一点有MD=MC，联立方程组213215322yxyxx=+=++

，解得03xy==（不符合题意，舍），41xy=−=，∴B（﹣4，1），当点B，C，M共线时，|MB﹣MD|取最大值，即为BC的长，过点B作BE⊥x轴于点E，，在Rt△BEC中，由勾股定理，得BC=222BECE+=，|MB﹣MD|取最大值为2；（3

）存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似，在Rt△BEC中，∵BE=CE=1，∴∠BCE=45°，在Rt△ACO中，∵AO=CO=3，∴∠ACO=45°，∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°，过点P作PG⊥y轴于G点

，∠PGA=90°，设P点坐标为（x，12x2+52x+3）（x＞0）①当∠PAQ=∠BAC时，△PAQ∽△CAB，∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，∴△PGA∽△BCA，∴BCACPGAG=，即13PGBCAGAC==，∴211533322xxx=++−，解得x

1=1，x2=0（舍去），∴P点的纵坐标为12×12+52×1+3=6，∴P（1，6），②当∠PAQ=∠ABC时，△PAQ∽△CBA，∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠ABC，∴△PGA∽△ACB，∴BCACAGPG=，即PGACAGBC==3，∴23153322xxx=++−，解得

x1=﹣133（舍去），x2=0（舍去）∴此时无符合条件的点P，综上所述，存在点P（1，6）．【点睛】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是利用待定系数法求函数解析式；解（2）的关键是利用两边只差小于第三边得出M，B，C共线；解（3）的关键是利用相似三角形的判

定与性质得出关于x的方程，要分类讨论，以防遗漏．8．（2020·广东广州市·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点A坐标为（2，4），直线x＝2与x轴相交于点B，连结OA，抛物线y＝x2从点O沿OA方向平移

，与直线x＝2交于点P，顶点M到A点时停止移动．（1）求线段OA所在直线的函数解析式；（2）设抛物线顶点M的横坐标为m．①用含m的代数式表示点P的坐标；②当m为何值时，线段PB最短；（3）当线段PB最短时，平移后的抛物线上是否存在点Q，使S△QMA＝2S△PMA，若存在

，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）y＝2x；（2）①点P的坐标为（2，m2﹣2m+4）；②当m＝1时，线段PB最短；（3）点Q坐标为（2+3，6+23）或（2﹣3，6﹣23）．解：（1）设OA所在直线的函数解析式为y＝2x，∵A（2，4），∴2k＝4⇒k＝2，∴OA所在直

线的函数解析式为y＝2x；（2）①∵顶点M的横坐标为m，且在线段OA上移动，∴y＝2m（0≤m≤2），∴顶点M的坐标为（m，2m），∴抛物线函数解析式为y＝（x﹣m）2+2m，∴当x＝2时，y＝（2﹣m）2+2m＝m2﹣2m+4（0≤m≤2），∴点P的

坐标为（2，m2﹣2m+4）；②∴|PB|＝|m2﹣2m+4|＝|（m﹣1）2+3|，∵（m﹣1）2+3≥3，当且仅当m＝1时取得最小值，∴当m＝1时，线段PB最短；（3）由（2）可得当线段PB最短时，此时点M坐标为（1，2），抛物线解析式为y＝（x﹣1）2+2＝x2﹣2x+3，假设抛物

线上存在点Q使S△QMA＝2S△PMA，设点Q坐标为（a，a2﹣2a+3），∴S△PMA=1112=12，要想符合题意，故S△QMA＝1，∴|MA|＝14+=5，设点Q到线段MA的距离为h，∴h＝243

5aa−+，∴S△QMA152h=21432aa−+=1，即243aa−+＝2，即243−+aa＝2或243−+aa=﹣2，解得a＝23+或a＝23−，∴点Q坐标为（23+，623+）或（23−，623−）．【点睛】本题考查求函数解析式和抛物线的知识，会用待定系数法求函数解析式，对抛物线

的性质的运用，是解决本题的关键．9．（2020·四川广安市·广安二中九年级期末）如图，关于x的二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）和点B与y轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与x轴交于点D．（1）求二次函数的表达式；（2）在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在

．请求出点P的坐标；（3）有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从点D与点M同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达点B时，点M、N同时停止运动，问点M、N运动到

何处时，△MNB面积最大，试求出最大面积．【答案】（1）二次函数的表达式为：y=x2﹣4x+3；（2）点P的坐标为：（0，3+32）或（0，3﹣32）或（0，-3）或（0，0）；（3）当点M出发1秒到达D点时，△

MNB面积最大，最大面积是1．此时点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处．解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y=x2+bx+c，103bcc++==解得：b=﹣4，c=3，

∴二次函数的表达式为：y=x2﹣4x+3；（2）令y=0，则x2﹣4x+3=0，解得：x=1或x=3，∴B（3，0），∴BC=32，点P在y轴上，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图1，①当CP=CB时，PC=32，∴OP=OC+PC=3+32或

OP=PC﹣OC=32﹣3∴P1（0，3+32），P2（0，3﹣32）；②当PB=PC时，OP=OB=3，∴P3（0，-3）；③当BP=BC时，∵OC=OB=3∴此时P与O重合，∴P4（0，0）；综上所述，点P的

坐标为：（0，3+32）或（0，3﹣32）或（﹣3，0）或（0，0）；（3）如图2，设AM=t，由AB=2，得BM=2﹣t，则DN=2t，∴S△MNB=12×（2﹣t）×2t=﹣t2+2t=﹣（t﹣1）2+1，当点M出发1秒到达D点时，△MNB

面积最大，最大面积是1．此时点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下方2个单位处．10．（2020·重庆北碚区·西南大学附中八年级期末）如图1，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），点B坐标()2,0．抛物线

与y轴交于点()0,4C，对称轴1x=−．点D横坐标为3，直线AD与y轴交于点E．（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，过点B作//BFAD，点P是直线BF上方抛物线上一动点，连接PD交BF于点G，连接FP、E

F、GE．求四边形FPGE面积的最大值，并求此时点P的坐标；（3）在（2）的条件下，点Q是直线AD上一动点，k是平面上一点，若以点A、P、Q、K为顶点的四边形是菱形，请直接写出满足条件的点Q的横坐标．【答案】（1）y=12−x2-x+4；（2）P（0，4）；（3）x=84105−

+或x=84105−−或x=4或x=45−．解：（1）由A、B关于对称轴对称，B点坐标为（2，0），得A（-4，0）．设二次函数解析式为(2)(4)yaxx=−+，∵抛物线与y轴交于点()0,4C，∴(02)(04)4a−+=，∴12a=−∴1(2)(4)2yxx=−−+=12−x2-x+4；∴

抛物线的解析式为y=12−x2-x+4；（2）如图2，连接FD，作//PHy轴交DF于点H，设AD的解析式为y=kx+b，在1(2)(4)2yxx=−−+中，当x=3时，y=72−，∴D点坐标是7(3,)2−，将A、D点坐标代入函数解析式，得40732kbkb−+=+=

−解得122kb=−=−∴AD的解析式为y=12−x-2．∴E点坐标是（0，-2）∵//BFAD，∴设BF的解析式为y=12−x+n，将B点坐标（2，0）代入y=12−x+n，得n=1,∴设BF的解析式为y=12−x+1，解方程组2112142yxyxx

=−+=−−+得20xy==或352xy=−=∴F点坐标是（-3，52），∴由F（-3，52），D7(3,)2−可求得DF的解析式为y=-x12−，由F（-3，52），D7(3,)2−，E（0，-2）可知DEFS△是定值，∵四边形FPGE的面积=DEFDFPSS+，∴当

DFPS取到最大值时，四边形FPGE的面积取到最大值，∵H在DF上，P在抛物线上，得∴设H（m，-m12−），P（m，12−m2-m+4）．∴PH=12−m2-m+4-（-m12−）=12−m2+92．∴DFPS=1(33)

32PHPH+==32−m2+272．∴当m=0时，DFPS最大是272，此时四边形FPGE的面积也取到最大值，当m=0时，12−m2-m+4=4，即P（0，4）；∴当P的坐标为（0，4）时，四边形FPGE的面积最大；（3）如图3，当AQ为边，AP为边时，有两种情况，通过计算可得AP

=42，∴AQ=42，∴Q1的横坐标为84105−+，Q2的横坐标为84105−−；如图4，当AQ为边，AP为对角线时，作AP的垂直平分线交AD于点Q3,∵AP的解析式为4yx=+，∴AP的垂直平分线的解析式

为yx=−，由122yxyx=−=−−可解得Q3的横坐标为x=4；如图5，当AQ为对角线，AP为边时，过点P作AD的垂线交AD于点R，在AD上取RQ4=AR,Q4即为所求，∵AD的解析式为122yx=−−，∴PR的解析式为24yx=+

，由24122yxyx=+=−−可解得R的横坐标为x=125−；∴Q4的横坐标为x=122()(4)5−−−=45−;综上所述，当以点A、P、Q、K为顶点的四边形是菱形时，点Q的横坐标为x=84105−+或x=84105−−或

x=4或x=45−．【点睛】本题考查了二次函数综合题，（1）中利用函数值相等的两点关于对称轴对称得出A点坐标是解题关键；（2）中利用面积的和差得出二次函数是解题关键；（3）中分类讨论画出图形利用菱形的性质求解是解题关键．