《2025年细解巧练九年级数学下册北师大版》

7. [2024·嘉祥县二模]如图1，抛物线$y = ax^{2} + bx + 4$与$x$轴交于$A( - 1,0)$，$B(3,0)$，与$y$轴交于点$C$.
(1)求抛物线的表达式；
(2)若点$P$为抛物线第一象限内一动点，求四边形$PBOC$的面积的最大值；
(3)如图2，点$M$从点$C$出发，沿$CB$的方向以每秒1个单位长度的速度向终点$B$运动，同时点$N$从$B$出发，以每秒1个单位长度的速度沿$B \to O \to C$的方向向终点$C$运动，当其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为$t$秒. 当$\triangle BMN$是直角三角形时，求$t$的值.

答案：
解:
(1)由题意得y=a(x+1)(x−3)=ax²−2ax−3a=ax²+bx+4,
∴a=−$\frac{4}{3}$,b=−2a=$\frac{8}{3}$,
∴抛物线的表达式为y=−$\frac{4}{3}$x²+$\frac{8}{3}$x+4;
(2)过点P作PH/y轴,交BC于点H,如图1所示，
　　　　　　　
∵抛物线的表达式为y=−$\frac{4}{3}$x²+$\frac{8}{3}$x+4,
∴C(0,4),
∵B(3,0),
∴直线BC的表达式为y=一$\frac{4}{3}$x+4,
　设P　　m,−$\frac{4}{3}$m²+$\frac{8}{3}$m+4)
∴Q　m,−$\frac{4}{3}$m+4),
　则S四边形PBOC=S△BOC+S△BPC=$\frac{1}{2}$×3×4+$\frac{1}{2}$×3PQ=6+$\frac{1}{2}$x3×(−$\frac{4}{3}$m²+$\frac{8}{3}$
　m+4+$\frac{4}{3}$m−4)=−2m²+6m+6=
　−2(m−$\frac{3}{2}$)²²+$\frac{21}{2}$,
　当m=$\frac{3}{2}$时,S最大值=$\frac{21}{2}$;
(3)在Rt△BOC中,
　由勾股定理得BC==5,
∴cos∠ABC=$\frac{OB}{BC}$=$\frac{3}{5}$,cos∠OCB=$\frac{OC}{BC}$=
　$\frac{4}{5}$,sin∠OCB=$\frac{OB}{BC}$=$\frac{3}{5}$.
∵M从C运动到B需要=5秒,N从B运动到O再到C需要34=7秒,
∴M,N运动5秒后停止，
∴当0＜t≤3时,N在OB上运动,当3＜t≤5时，N在OC上运动，
　①当0＜t≤3,△BMN是直角三角形时,分∠BNM=90°和∠BMN=90°两种情况求解.当∠BNM=90°时,如图2,则CM=t,BM=
　5−t,BN=t,
　　　　　　　
∴cos∠ABC=$\frac{BN}{BM}$,即$\frac{3}{5}$=$\frac{t}{5−t}$,
解得t=$\frac{15}{8}$,经检验,t=$\frac{15}{8}$是分式方程的解，
∴t=$\frac{15}{8}$时，△BMN是直角三角形;
　当∠BMN=90°时,如图3,
　　　　　　　
　　　　　　　　第7题图
∴cos∠ABC=$\frac{BM}{BN}$,即$\frac{3}{5}$=$\frac{5−t}{t}$,
　解得t=$\frac{25}{8}$(不合题意舍去)，
∴当0＜t≤3时,t=$\frac{15}{8}$时,△BMN是直角三角形;
　②当3＜;≤5时，N在OC上运动，分∠BMN=90°和∠BNM=90°两种情况求解.当∠BMN=90°时,△BMN是直角三角形，如图4,CN=7−t,
　　　　　　　
　　　　　　　　第7题图
∴$\frac{CM}{CN}$=cos∠OCB,即$\frac{t}{7−t}$=$\frac{4}{5}$,
　解得t=$\frac{28}{9}$,经检验,t=$\frac{28}{9}$是分式方程的解;当∠BNM=90°时,过点M作MH⊥y轴,如图5,
　　　　　　　
　由△OBN∽△HNM,可知$\frac{ON}{HM}$。$\frac{OB}{HN}$,
∴$\frac{t−3}{3}$$\frac{3}{7−1−}$,
　　$\frac{3}{5}$t　　　　　$\frac{4}{5}$
　化简得9t²−53t+105=0,
∵＜0,
∴此方程无解，
∴当3＜t≤5时,t=$\frac{28}{9}$时,△BMN是直角三角形;
　综上所述,t=$\frac{15}{8}$或t=$\frac{28}{9}$时，△BMN是直角三角形

8. [2023·江门市二模]如图，抛物线$y = x^{2} + 2x - 3$与$x$轴交于$A$，$B$两点(点$A$在原点右侧)，与$y$轴交于点$C$. 抛物线的对称轴交$x$轴于点$E$，交抛物线于点$F$，连接$BC$.
(1)求$A$，$B$，$C$三点坐标；
(2)如图，点$P$是线段$BC$上一动点，过点$P$作$PD \perp x$轴，交抛物线于点$D$，问当动点$P$运动到什么位置时，四边形$CEBD$的面积最大？求出四边形$CEBD$的最大面积及此时$P$点的坐标；
(3)坐标轴上是否存在点$G$，使以$A$，$C$，$G$为顶点的三角形与$\triangle BCF$相似？若存在，请直接写出所有满足条件的点$G$的坐标；若不存在，请说明理由.

答案：
解:
(1)令y=0,则x²+2x−3=0,
　解得x1=1,x2=−3,
∴A(1,0),B(−3,0).
　当x=0时,y=−3,
∴C(0,−3);
(2)抛物线的对称轴为直线r=一$\frac{2}{2×1}$=−1,
∴E(−1,0).
　设直线BC的表达式为y=kx+b.
　把点B(−3,0),C(0,−3)分别代入y=kx+b中
　　　−3k+b=0,　　　k=−1,
　得{b=−3,　　解得{b=−3,
∴直线BC的表达式为y=−x−3.
∵点P在线段BC上,点D在抛物线上，PD⊥x轴,
∴设P(m,−m−3)(−3＜m＜0),
　则D(m,m²+2m−3).
∴PD=−m²−3m,
∴S四边形CEBD=S△BEC+S△BCD=$\frac{1}{2}$BE.|y|+$\frac{1}{2}$PD.|xB|=$\frac{1}{2}$×2×3+$\frac{1}{2}$(−m²−3m)×3=−$\frac{3}{2}$m²−$\frac{9}{2}$m+3=−$\frac{3}{2}$(m+)2+$\frac{51}{8}$,
∴当m=−$\frac{3}{2}$时，四边形CEBD的面积最大，最大面积为$\frac{51}{8}$,
　此时点P的坐标为(-$\frac{3}{2}$,−$\frac{3}{2}$);
(3)存在.连接AC,BF,CF,如图.
　　　　　
∵y=x²+2x−3=(x+1)²−4,
∴F(−1,−4).
　又
∵B(−3,0),C(0,−3),A(1,0),
∴BC=3√2,CF=√2,BF=2√5,CA=
　　$\sqrt{10}$,OC=3,
∴BC²+CF²=BF²,
∴△BCF为直角三角形.
∵∠A0C=90°,0A=1,0C=3,
∴$\frac{BC}{CF}$=$\frac{CO}{OA}$=3,
∴△BCF∽△COA,
∴当点G与点O重合时,△BCF∽△CGA,此时点G的坐标为(0,0);
　过点A作AG1⊥AC交y轴正半轴于点G1,如图,此時△BCF∽△COA∽△CAG.
∴$\frac{CA}{CG}$=$\frac{CO}{CA}$,则$\frac{\sqrt{10}}{CG}$$\sqrt{10}$3
∴CG=$\frac{10}{3}$
∴OG=CG−CO=$\frac{1}{3}$,
∴G1(0,$\frac{1}{3}$);
　过点C作CG2⊥AC交x轴负半轴于点G2,如图,此時△BCF∽△COA∽△GCA.
∴$\frac{CA}{G2A}$=$\frac{OA}{CA}$,即$\frac{\sqrt{10}}{GA}$=$\frac{1}{10}$
∴GA=10,
∴G(−9,0).
　综上所述,点G的坐标为((0,,0)或(0,$\frac{1}{3}${或(−9,0).