《2025年细解巧练九年级数学下册北师大版》

5. [2023·肇庆市二模]如图1，在平面直角坐标系中，直线$y = x + 4$与抛物线$y = - \frac{1}{2}x^{2} + bx + c$（$b$，$c$是常数）交于$A$，$B$两点，点$A$在$x$轴上，点$B$在$y$轴上. 设抛物线与$x$轴的另一个交点为点$C$.
(1)求该抛物线的表达式；
(2)若点$M$是抛物线对称轴上的一个动点，当$MC + MB$的值最小时，求点$M$的坐标；
(3)点$P$是抛物线上一动点(不与点$A$，$B$重合)，如图2，若点$P$在直线$AB$上方，连接$OP$交$AB$于点$D$，求$\frac{PD}{OD}$的最大值.

答案：
解:
(1)
∵直线y=x+4与坐标轴交于A,B 两点,
　当x=0时,y=4,当y=0时,x=−4,
∴A(−4,0),B(0,4),
　将点A,B代人抛物线y=−$\frac{1}{2}$x²+bx+c,得0=−$\frac{1}{2}$×(−4)²−4b+c,解得{bc==4−,1,4=c,
　{
∴抛物线的表达式为y=一$\frac{1}{2}$x²−x+4;
(2)
∵抛物线的表达式为y=−$\frac{1}{2}$x²−x+4,
∴当y=0时,解得x1=−4,x2=2,
∴A(−4,0),C(2,0),
∴抛物线的对称轴为直线r=$\frac{−4+2}{2}$=−1.
　　　　　　
∵点A(−4,0),C(2,0)关于对称轴直线x=
　−1对称，如图1,设直线AB交对称轴于点M,
∴MB+MC=MB+MA=AB,此时MC+MB取得最小值，
∴当x=−1时,y=−1+4=3,
∴M(−1,3);
(3)过点P作PE//OB交直线AB于点E.则△PDE∽△ODB,
∴$\frac{PD}{DO}$=$\frac{PE}{OB}$,
　设点P(m,−$\frac{1}{2}$m²− m+4)(−4＜m＜0).
∴E(m,m+4),
∴PE=−$\frac{1}{2}$m²−m+4−
　m−4=−$\frac{1}{2}$m²−2m,
　　　　　　　−m²−2m
∴$\frac{PD}{DO}$−$\frac{PE}{OB}$=　　　4　　　=−$\frac{1}{8}$m²−$\frac{1}{2}$m=−$\frac{1}{8}$(m+2)²+$\frac{1}{2}$
∴当m=−2时,$\frac{PD}{OD}$有最大值，
　最大值为$\frac{1}{2}$

6. [2024·南岗区模拟]如图，抛物线$y = ax^{2} - 2ax + c(a \neq 0)$与$y$轴交于点$C(0,4)$，与$x$轴交于点$A$，$B$，点$A$坐标为$(4,0)$.
(1)求该抛物线的表达式；
(2)抛物线的顶点为$N$，在$x$轴上找一点$K$，使$CK + KN$最小，并求出点$K$的坐标；
(3)点$Q$是线段$AB$上的动点，过点$Q$作$QE // AC$，交$BC$于点$E$，连接$CQ$. 当$\triangle CQE$的面积最大时，求点$Q$的坐标；
(4)若平行于$x$轴的动直线$l$与该抛物线交于点$P$，与直线$AC$交于点$F$，点$D$的坐标为$(2,0)$. 问：是否存在这样的直线$l$，使得$\triangle ODF$是等腰三角形？若存在，请求出点$P$的坐标；若不存在，请说明理由.

答案：
解:
(1)
∵抛物线经过点C(0,4),A(4,0),
∴{c1=6a4−,8a+4=0,解得α=−$\frac{1}{2}$,
　　　　　　　　　　　　c=4,
　　　　　　　　　　　{
∴抛物线的表达式为y=一$\frac{1}{2}$x²+x+4;
(2)由
(1)可求得抛物线顶点为N(1,$\frac{9}{2}$),如图1,作点C关于x轴的对
称点C(0,−4),连接CN交x
轴于点K,则K点即为所求.
设直线C'N的表达式为y=
kx+b,把C',N点坐标代入
　　　　　　　　　　　　 可得k+b=$\frac{9}{2}$,
　　　b=−4,
　　{
解得k=$\frac{17}{2}$,
　　　b=−4,
　　{
∴直线C'N的表达式为y=$\frac{17}{2}$x−4,
令y=0,解得x=$\frac{8}{17}$,
∴点K的坐标为($\frac{8}{17}$'0;
(3)设点Q(m,0),过点E作
EG⊥x轴于点G,如图2,
由一$\frac{1}{2}$x²+x+4=0,
　　　　　　　　　　　　 得x1=−2,x2=4,
∴点B的坐标为(−2,0),
AB=6,BQ=m+2,
又
∵QE//AC,
∴△BQE∽△BAC,
∴$\frac{EG}{CO}$=$\frac{BQ}{BA}$,即$\frac{EG}{4}$=$\frac{m+2}{6}$,
解得EG=$\frac{2m+4}{3}$;
∴S△CQE=S△CBQ−S△EBQ=$\frac{1}{2}$(CO−EG).
BQ=$\frac{1}{2}$(m+2)(4−$\frac{2m+4}{3}${=−$\frac{1}{3}$m²+$\frac{2}{3}$m+$\frac{8}{3}$=−$\frac{1}{3}$(m−1)²+3.
又
∵−2≤m≤4,
∴当m=1时,SXIIE有最大值3,此时Q(1,0);
(4)存在.在△ODF中，
(i)若DO=DF,
∵A(4,0),D(2,0),
∴AD=OD=DF=2.
在Rt△AOC中,OA=OC=4,
∴∠OAC=45°.
∴∠DFA=∠OAC=45°,
∴∠ADF=90°.
此时，点F的坐标为(2,2).
由一$\frac{1}{2}$x²+x+4=2,
得x1=1+√5,x2=1−√5,
此时,点P的坐标为
P1(1+√5,2)或P2(1−√5,2);
(ii)若FO=FD,过点F作FM⊥x轴于点M 由等腰三角形的性质，得
OM=$\frac{1}{2}$OD=1,
∴AM=3.
　　　　　　　　　　　　
∴在等腰直角△AMF中,
MF=AM=3.
∴F(1,3).
由一$\frac{1}{2}$x²+x+4=3,
得x1=1+√3,x2=1−√3;
此时,点P的坐标为P3(1+√3,3)或P(1−$\sqrt{3}$,3);
(i)若OD=OF,
∵OA=OC=4,且∠A0C=90°,
∴AC=4√2,
∴点O到AC的距离为2√2.
而OF=OD=2＜2√2,与OF≥2√2矛盾.
∴在AC上不存在点F,使得OF=OD=2.此时，不存在这样的直线L,使得△ODF是等腰三角形
　综上所述，存在这样的直线L,使得△ODF是等腰三角形.所求点P的坐标为(1+√5,2)
　或(1−√5,2)或(1+√3,3)或(1−√3,3).