《2025年细解巧练九年级数学下册北师大版》

9. [2024·张店区二模]如图1，抛物线$y = ax^{2} + bx + 3(a \neq 0)$与$x$轴交于点$A( - 1,0)$，$B(3,0)$，与$y$轴交于点$C$，连接$AC$，$BC$.
(1)求该抛物线及直线$BC$的函数表达式；
(2)如图2，在$BC$上方的抛物线上有一动点$P$(不与$B$，$C$重合)，过点$P$作$PD // AC$，交$BC$于点$D$，过点$P$作$PE // y$轴，交$BC$于点$E$. 在点$P$运动的过程中，请求出$\triangle PDE$周长的最大值及此时点$P$的坐标；
(3)如图3，若点$P$是该抛物线上一动点，问在点$P$运动的过程中，坐标平面内是否存在点$Q$使以$B$，$C$，$P$，$Q$为顶点，$BC$为对角线的四边形是矩形，若存在，请求出此时点$Q$的坐标；若不存在，请说明理由.

答案：
解:
(1)将点A(−1,0),B(3,0)代人y=ax²+bx+3,
　得{a+3+63==0"解得{ab==2−,1,
∴该抛物线的函数表达式为y=−x²+2x+3,设直线BC的函数表达式为y=kx+n,
　将点C(0,3),B(3,0)代入y=kx+n,
　得|3n.=0,解得{kn==3−,1,
∴直线BC的函数表达式为y=−x+3;
(2)如图1,过点A作AF//y轴,交BC于点F,
∵PE//y轴,
∴AF//PE,
∴∠AFC=∠PED,
∵PD//AC,
∴∠ACD=∠PDC,
∴∠ACF=∠PDE,
∴△ACF∽△PDE,..△△PADCEF的的周周长长=$\frac{PE}{AF}$,
由直线BC:y=−x+3和点A(−1,0),
得点F坐标为(−1,4),
∴AF=4,
∵AC=√AO²+OC²=　$\sqrt{1+9}$=　$\sqrt{10}$,
CF=√2,
∴△ACF的周长=AF+AC+CF=4+√1ō+√2,
∴△PDE的周长=$\frac{PE}{AF}$×△ACF的周长=
$\frac{4+\sqrt{10}+√2}{4}$.PE,
设点P的坐标(m,一m²+2m+3),则点E的坐标(m,−m+3),
所以PE=−m²+2m+3−(−m+3)
　　　　=−m²+3m
　　　　=−(m−$\frac{3}{2}$)²²+$\frac{9}{4}$,
∴当m=$\frac{3}{2}$时,PE取得最大值$\frac{9}{4}$,
即当m=$\frac{3}{2}$时，△PDE的周长取得最大值4+√140+√2×$\frac{9}{4}$=36+9$\sqrt{10}$16　+9√2.
此时点P的坐标为($\frac{3}{2}$,$\frac{15}{4}$);
(3)设点P的坐标(m,一m²²+2m+3),设点Q的坐标(xQ,y).
①当点P在y轴右边的抛物线上时,存在∠BPC=90°即可存在点Q使以B,C,P,Q 为顶点、BC为对角线的四边形是矩形，过点P作MN//x轴,交y轴于点M,交过点B且平行于y轴的直线于点N,如图2,
　　　　　　
∴PM=m,BN=−m²+2m+3,
CM=−m²+2m,PN=3−m,
∵当△CMP∽△PNB時,∠BPC=90°,
∴$\frac{CM}{PN}$=$\frac{PM}{BN}$,
即$\frac{−m²+2m}{3−m}$=$\frac{m}{−m²+2m+3}$,
解得m1=$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$,m2=$\frac{1−√5}{2}$,
经检验,m1,m2是分式方程的解,m2不合题意舍去,
∴点P的坐标为(±+5,5+{,
∵BC的中点坐标为($\frac{3}{2}$,$\frac{3}{2}$),
点Q与点P关于线段BC的中点成中心对称,
∴yQ=$\frac{3}{2}$×2−$\frac{5+√5}{2}$=$\frac{1−√5}{2}$,
xQ=$\frac{3}{2}$×2−$\frac{1+√5}{2}$n$\frac{5−√5}{2}$,
∴点Q的坐标为($\frac{5−√5}{2}$,$\frac{1−√5}{2}$);
②当点P在y轴左边的抛物线上时,存在
∠BPC=90°即可存在点Q使以B,C，'P,Q 为顶点、BC为对角线的四边形是矩形，过点P作MN//y轴,交x轴于点N,交过点C且平行于x轴的直线于点M,如图3,
　　　　　　　
　同①得，$\frac{CM}{PN}$=$\frac{PM}{BN}$,
　即$\frac{−m}{−m²+2m+3}$=$\frac{m²−2m}{3−m}$,
　解得m1=1+5'm2=$\frac{1−\sqrt{5}}{2}$,
　经检验,m,m2是分式方程的解,m不合题意舍去，
∴点P的坐标为($\frac{1−√5}{2}$,$\frac{5−√5}{2}$),
　同理,因为点Q与点P关于线段BC的中点成中心对称，
∴y=$\frac{3}{2}$×2　5−2√5_　1+2√5
　xQ=$\frac{3}{2}$×2−1二2√5=5+2√5,
∴点Q的坐标为($\frac{5+√5}{2}$,$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$),
　综上所述,点Q的坐标为(+5,1+)或5−2√51−2√5{.

10. [2023·岱岳区三模]如图，对称轴为直线$x = 1$的抛物线$y = x^{2} - bx + c$与$x$轴交于$A$，$B$两点，与$y$轴交于点$C$，且$OB = OC$.
(1)求抛物线的表达式；
(2)抛物线顶点为$D$，直线$BD$交$y$轴于点$E$.
①设点$P$为线段$BD$上一点(点$P$不与$B$，$D$两点重合)，过点$P$作$x$轴的垂线与抛物线交于点$F$，连接$BF$，$DF$，求$\triangle BDF$面积的最大值；
②在线段$BD$上是否存在点$Q$，使得$\angle CQD = \angle QEC$？若存在，求出点$Q$的坐标；若不存在，请说明理由.

答案： 解:
(1)
∵抛物线的对称轴为直线x=1,
∴−$\frac{−b}{2×1}$=1,
　..b=2,
∴抛物线的表达式为y