《2025年细解巧练九年级数学下册北师大版》

7.[2023·宿州期中]如图，抛物线$y = ax^{2}+bx + 3$与$x$轴相交于点$A(1,0)$，$B(3,0)$，与$y$轴相交于点$C$。
(1)求抛物线的表达式；
(2)点$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$是抛物线上不同的两点且$x_{1}+x_{2}=6(x_{1}-x_{2})$，求$y_{1}-y_{2}$的最小值。

答案： 解:
(1)设抛物线的表达式为$y = a(x - 1)(x - 3)=a(x^{2}-4x + 3)$，
∴$3a = 3$，解得$a = 1$，
　故抛物线的表达式为$y = x^{2}-4x + 3$；
(2)由抛物线的表达式知，抛物线的对称轴为直线$x = 2$，
　①若点$M$，$N$关于抛物线对称轴对称，
　则$y_{1}=y_{2}$，
∴$y_{1}-y_{2}=0$；
　②若点$M$，$N$不关于抛物线的对称轴对称时，$y_{1}-y_{2}=(x_{1}^{2}-4x_{1}+3)-(x_{2}^{2}-4x_{2}+3)=(x_{1}+x_{2})(x_{1}-x_{2})-4(x_{1}-x_{2})$，
∵$x_{1}+x_{2}=6(x_{1}-x_{2})$，
∴$y_{1}-y_{2}=(x_{1}+x_{2})(x_{1}-x_{2})-4(x_{1}-x_{2})$
　　　　　$=6(x_{1}-x_{2})(x_{1}-x_{2})-4(x_{1}-x_{2})$
　　　　　$=6(x_{1}-x_{2}-\frac{1}{3})^{2}-\frac{2}{3}$
　当$x_{1}-x_{2}=\frac{1}{3}$时，$y_{1}-y_{2}$取得最小值，
　即$y_{1}-y_{2}$的最小值为$-\frac{2}{3}$

8.在平面直角坐标系中，抛物线$y = x^{2}-4x + 5$与$y$轴交于点$C$，则该抛物线关于点$C$成中心对称的抛物线的表达式为（ ）
A.$y=-x^{2}-4x + 5$
B.$y = x^{2}+4x + 5$
C.$y=-x^{2}+4x - 5$
D.$y=-x^{2}-4x - 5$

答案： A　解析:当$x = 0$时，$y = 5$，
∴$C(0,5)$；
　设新抛物线上的点的坐标为$(x,y)$。
∵原抛物线与新抛物线关于点$C$成中心对称，由$2\times0 - x = -x$，$2\times5 - y = 10 - y$；
∴对应的原抛物线上点的坐标为$(-x,10 - y)$；代入原抛物线表达式可得$10 - y = (-x)^{2}-4\times(-x)+5$，
∴新抛物线的表达式为$y = -x^{2}-4x + 5$。

9.[2023·宝坻期中]将抛物线$y=(x - 1)^{2}+2$沿$y$轴折叠后得到的新抛物线的表达式为（ ）
A.$y=(x + 1)^{2}-2$
B.$y=(x - 1)^{2}-2$
C.$y=-(x - 1)^{2}-2$
D.$y=(x + 1)^{2}+2$

答案： D

10.将抛物线$y = x^{2}+3$向上平移$1$个单位后，又沿$x$轴折叠，得新的抛物线，那么新的抛物线的表达式是__________。

答案： $y = -x^{2}-4$

11.将抛物线$y=\frac{1}{2}(x + 2)^{2}+1$绕原点$O$旋转$180^{\circ}$，则得到的抛物线表达式为________。

答案： $y = -\frac{1}{2}(x - 2)^{2}-1$

12.[2023·河源一模]抛物线$y = 2x^{2}-4x - 5$的图象先向左平移$3$个单位，再向上平移$4$个单位，再把抛物线绕顶点旋转$180^{\circ}$，得到的新图象的表达式为________。

答案： $y = -2(x + 2)^{2}-3$

13.[2024·凉州区三模]如图，抛物线$C_{1}$的表达式为$y=-x^{2}+4$，将抛物线绕点$O$顺时针旋转$45^{\circ}$得到图形$G$，图形$G$分别与$y$轴，$x$轴正半轴交于点$A$，$B$，连接$AB$，则$\triangle OAB$的面积为________。

答案： $-\sqrt{27}$

14.[2024·泰安]如图，抛物线$C_{1}:y = ax^{2}+\frac{4}{3}x - 4$的图象经过点$D(1,-1)$，与$x$轴交于点$A$，点$B$。
(1)求抛物线$C_{1}$的表达式；
(2)将抛物线$C_{1}$向右平移$1$个单位，再向上平移$3$个单位得到抛物线$C_{2}$，求抛物线$C_{2}$的表达式，并判断点$D$是否在抛物线$C_{2}$上；
(3)在$x$轴上方的抛物线$C_{2}$上，是否存在点$P$，使$\triangle PBD$是等腰直角三角形。若存在，请求出点$P$的坐标；若不存在，请说明理由。

答案： 解:
(1)将点$D$的坐标代入抛物线表达式得$-1 = a+\frac{4}{3}-4$，
　　解得$a = \frac{5}{3}$，
　　则抛物线的表达式为$y = \frac{5}{3}x^{2}+\frac{4}{3}x - 4$；
(2)由题意得$C_{2}:y = \frac{5}{3}(x - 1)^{2}+\frac{4}{3}(x - 1)-4 + 3=\frac{5}{3}(x - \frac{3}{5})^{2}-\frac{19}{15}$，
　　当$x = 1$时，$y = \frac{5}{3}(x - \frac{3}{5})^{2}-\frac{19}{15}=\frac{5}{3}(1 - \frac{3}{5})^{2}-\frac{19}{15} = -1$，
　　故点$D$在抛物线$C_{2}$上；
(3)存在，理由:
　令$y = \frac{5}{3}x^{2}+\frac{4}{3}x - 4 = 0$，解得$x_{1} = -2$，$x_{2} = \frac{6}{5}$，
∴点$B(-2,0)$。
　　当$\angle BDP$为直角时，
　　如图1，过点$D$作$DE\perp BD$且$DE = BD$，则$\triangle BDE$为等腰直角三角形，过点$D$作$y$轴的垂线$DG$，过点$B$，$E$分别作$DG$的垂线，垂足分别为点$G$，$H$，
　
∵$\angle BDG+\angle EDH = 90^{\circ}$，$\angle EDH+\angle DEH = 90^{\circ}$，
　
∴$\angle BDG = \angle DEH$，
　
∵$\angle DGB = \angle EHD = 90^{\circ}$，
　
∴$\triangle DGB\cong\triangle EHD(AAS)$，
　则$DH = BG = 1$，$EH = GD = 1 + 2 = 3$，
　则点$E(2,2)$，
　　当$x = 2$时，$y = \frac{5}{3}(x - \frac{3}{5})^{2}-\frac{19}{15}=\frac{5}{3}(2 - \frac{3}{5})^{2}-\frac{19}{15} = 2$，
即点$E$在抛物线$C_{2}$上，
即点$P$即为点$E(2,2)$；
当$\angle DBP$为直角时，如图2，过点$B$作$BE\perp BD$且$BE = BD$，则$\triangle BDE$为等腰直角三角形，过点$B$作$x$轴的垂线$BG$，过点$D$，$E$分别作$BG$的垂线，垂足分别为点$H$，$G$。
同理可得$\triangle BGE\cong\triangle DHB(AAS)$，
则$DH = 3 = BG$，$BH = 1 = GE$，
则点$E(-1,3)$，
当$x = -1$时，$y = \frac{5}{3}(x - \frac{3}{5})^{2}-\frac{19}{15}=\frac{5}{3}(-1 - \frac{3}{5})^{2}-\frac{19}{15} = 3$，
即点$E$在抛物线$C_{2}$上，
即点$P$即为点$E(-1,3)$；
当$\angle BPD$为直角时，
设点$E(x,y)$，
同理可得$\triangle EHB\cong\triangle DGE(AAS)$，
则$EH = x + 2 = GD = y + 1$且$BH = y = GE = 1 - x$，
解得$x = 0$且$y = 1$，即点$E(0,1)$，
当$x = 0$时，$y = \frac{5}{3}(x - \frac{3}{5})^{2}-\frac{19}{15}=\frac{5}{3}(0 - \frac{3}{5})^{2}-\frac{19}{15}\neq1$，
即点$E$不在抛物线$C_{2}$上；
综上所述，点$P$的坐标为$(2,2)$或$(-1,3)$。