《2025年全优课堂九年级数学下册华师大版》

1. 如图，抛物线$y = ax^{2}-\frac{3}{2}x + 2(a\neq0)$与$x$轴交于$A$，$B$两点，与$y$轴交于点$C$，已知点$A(-4,0)$。
(1)求抛物线的表达式；
(2)若点$E$为抛物线上任意一点，点$F$为$x$轴上任意一点，当以$A$，$C$，$E$，$F$为顶点的四边形是平行四边形时，请写出满足条件的所有点$E$的坐标。

答案： 解：
(1)
∵点$A(-4,0)$在抛物线$y = ax^{2}-\frac{3}{2}x + 2(a\neq0)$上，
∴$0 = 16a+6 + 2$，解得$a=-\frac{1}{2}$，
∴抛物线的表达式为$y=-\frac{1}{2}x^{2}-\frac{3}{2}x + 2$；
(2)
∵抛物线$y=-\frac{1}{2}x^{2}-\frac{3}{2}x + 2$与$y$轴交于点$C$，
∴点$C(0,2)$。
①若$AC$为平行四边形的一边，点$F$在$x$轴上，则点$C$，$E$到$x$轴的距离相等，
∴$\vert y_{E}\vert=\vert y_{C}\vert = 2$，$y_{E}=\pm2$。
当$y_{E}=2$时，解方程$-\frac{1}{2}x^{2}-\frac{3}{2}x + 2 = 2$，得$x_{1}=0$（与点$C$重合，舍去），$x_{2}=-3$，
∴$E(-3,2)$；
当$y_{E}=-2$时，解方程$-\frac{1}{2}x^{2}-\frac{3}{2}x + 2=-2$，得$x_{1}=\frac{-3-\sqrt{41}}{2}$，$x_{2}=\frac{-3 + \sqrt{41}}{2}$，
∴$E(\frac{-3-\sqrt{41}}{2},-2)$或$(\frac{-3+\sqrt{41}}{2},-2)$；
②若$AC$为平行四边形的一条对角线，则$CE// AF$，$y_{E}=y_{C}=2$，$E(-3,2)$。
综上所述，满足条件的点$E$的坐标为$(-3,2)$，$(\frac{-3-\sqrt{41}}{2},-2)$，$(\frac{-3+\sqrt{41}}{2},-2)$。

2. 如图，抛物线$y = -\frac{1}{3}x^{2}+\frac{4}{3}x + 1$与$y$轴交于点$A$，对称轴交$x$轴于点$B$，连结$AB$，点$P$在$y$轴上，点$Q$在抛物线上，是否存在点$P$和$Q$，使四边形$ABPQ$为矩形？若存在，求出点$Q$的坐标。

答案：
解：存在点$P(0,-4)$，$Q(-2,-3)$，使四边形$ABPQ$为矩形。
理由如下：如图，在$y=-\frac{1}{3}x^{2}+\frac{4}{3}x + 1$中令$x = 0$，则$y = 1$，
∴$A(0,1)$，$AO = 1$。
∵抛物线对称轴为直线$x=-\frac{\frac{4}{3}}{2\times(-\frac{1}{3})}=2$，
∴$OB = 2$，$B(2,0)$，
∴$AB=\sqrt{5}$。设点$P$的坐标为$(0,p)$，当四边形$ABPQ$为矩形时，$\angle ABP = 90^{\circ}$，
∴$AP^{2}=AB^{2}+BP^{2}$，即$(1 - p)^{2}=5+2^{2}+p^{2}$，解得$p=-4$，
∴点$P$的坐标为$(0,-4)$，$AP$的中点，即矩形的中心$C$的坐标是$(0,-\frac{3}{2})$，又由$B(2,0)$可求得点$Q$的坐标为$(-2,-3)$，当$x=-2$时，$y=-\frac{1}{3}\times(-2)^{2}+\frac{4}{3}\times(-2)+1=-3$，
∴点$Q$在抛物线$y=-\frac{1}{3}x^{2}+\frac{4}{3}x + 1$上，故存在点$P(0,-4)$，$Q(-2,-3)$，使四边形$ABPQ$为矩形。

3. 如图，$\triangle ABC$是以$BC$为底边的等腰三角形，点$A$，$C$分别是一次函数$y = -\frac{3}{4}x + 3$的图象与$y$轴、$x$轴的交点，点$B$在二次函数$y = \frac{1}{8}x^{2}+bx + c$的图象上，且该二次函数图象上存在一点$D$，使四边形$ABCD$为平行四边形。
(1)试求$b$，$c$的值，并写出该二次函数表达式；
(2)动点$P$沿线段$AD$从$A$到$D$，同时动点$Q$沿线段$CA$从$C$到$A$都以每秒$1$个单位长度的速度运动，问：在$P$，$Q$的运动过程中$\triangle APQ$能否为直角三角形，且$\angle AQP = 90^{\circ}$？如果不能，请说明理由；如果能，请说明点的位置。

答案： 解：
(1) 由$y=-\frac{3}{4}x + 3$，令$x = 0$，得$y = 3$，所以点$A(0,3)$；令$y = 0$，得$x = 4$，所以点$C(4,0)$。
∵$\triangle ABC$是以$BC$为底边的等腰三角形，
∴点$B$坐标为$(-4,0)$。
又
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$D$点坐标为$(8,3)$。
将点$B(-4,0)$、点$D(8,3)$的坐标分别代入$y=\frac{1}{8}x^{2}+bx + c$，得$\begin{cases}2-4b + c=0\\8 + 8b + c=3\end{cases}$，
解得$\begin{cases}b=-\frac{1}{4}\\c=-3\end{cases}$，故该二次函数表达式为$y=\frac{1}{8}x^{2}-\frac{1}{4}x-3$；
(2)
∵$OA = 3$，$OC = 4$，
∴$AC = 5$。设点$P$，$Q$运动了$t s$时，$\angle AQP = 90^{\circ}$，此时$AP=t$，$CQ=t$，$AQ = 5 - t$。
∵$\angle AQP = 90^{\circ}$，
∴$\angle AQP=\angle AOC = 90^{\circ}$，$\angle PAQ=\angle ACO$，
∴$\triangle APQ\sim\triangle CAO$，
∴$\frac{AP}{AC}=\frac{AQ}{CO}$，即$\frac{t}{5}=\frac{5 - t}{4}$，解得$t=\frac{25}{9}$。
∴当点$P$运动到距离$A$点$\frac{25}{9}$个单位长度，点$Q$运动到离$C$点$\frac{25}{9}$单位长度处时，$\triangle APQ$为直角三角形，且$\angle AQP = 90^{\circ}$。

4. 如图，在平面直角坐标系中，$Rt\triangle AOB\cong Rt\triangle CDA$，且$A(-1,0)$，$B(0,2)$，抛物线$y = ax^{2}+ax - 2$经过点$C$。
(1)求抛物线的表达式；
(2)在抛物线(对称轴的右侧)上是否存在两点$P$，$Q$，使四边形$ABPQ$为正方形？若存在，求出点$P$，$Q$的坐标；若不存在，请说明理由。

答案：
解：
(1)
∵$A(-1,0)$，$B(0,2)$，
∴$OA = 1$，$OB = 2$。
∵$Rt\triangle AOB\cong Rt\triangle CDA$，
∴$CD=OA = 1$，$DA = OB = 2$，
∴$OD=DA + OA=2 + 1 = 3$，
∴点$C$坐标为$(-3,1)$。
∵抛物线经过点$C$，
∴$1=a\cdot(-3)^{2}+a\cdot(-3)-2$，
∴$a=\frac{1}{2}$。
∴抛物线的表达式为$y=\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}x-2$；
(2) 在抛物线（对称轴的右侧）上存在点$P$，$Q$，使四边形$ABPQ$是正方形。
如图，以$AB$为边在$AB$的右侧作正方形$ABPQ$，过点$P$作$PE\perp y$轴于点$E$，过点$Q$作$QG\perp x$轴于点$G$，
可证$\triangle PBE\cong\triangle AQG\cong\triangle BAO$，
∴$PE=AG=BO = 2$，$BE=QG=AO = 1$，
∴$OE=2 - 1 = 1$，$OG=2 - 1 = 1$，
∴点$P$坐标为$(2,1)$，点$Q$坐标为$(1,-1)$。
∵$y=\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}x-2$，当$x = 2$时，$y = 1$；当$x = 1$时，$y=-1$，
∴$P$，$Q$在抛物线上，故在抛物线（对称轴的右侧）上存在点$P(2,1)$，$Q(1,-1)$，使四边形$ABPQ$是正方形。