《2025年全优课堂考点集训与满分备考九年级数学下册冀教版》

1. 分类讨论法 如图，抛物线$y=-\frac{1}{2}(x - 1)^2+\frac{9}{2}$与$x$轴交于$A,B$两点，点$C(1,m)$在抛物线上，点$P$在$y$轴上，且$\triangle BCP$为等腰三角形，求点$P$的坐标。

答案： 解:令y=0,则$-\frac{1}{2}(x - 1)^2+\frac{9}{2}=0$，
解得x = 4或x = -2，
∴A(-2,0)，B(4,0)，
把(1,m)代入抛物线表达式，得到：$m=-\frac{1}{2}(1 - 1)^2+\frac{9}{2}=\frac{9}{2}$，则$C(1,\frac{9}{2})$．
∴$BC=\sqrt{(4 - 1)^2+(\frac{9}{2})^2}=\frac{3\sqrt{13}}{2}$，
∵P在y轴上，
∴设P(0,y)，
①当PC = BC时，
$\sqrt{1^2+(\frac{9}{2}-y)^2}=\frac{3\sqrt{13}}{2}$，
解得$y_1=\frac{9+\sqrt{113}}{2}$，$y_2=\frac{9-\sqrt{113}}{2}$，
则$P(0,\frac{9+\sqrt{113}}{2})$或$(0,\frac{9-\sqrt{113}}{2})$；
②当PB = BC时，$\sqrt{4^2+y^2}=\frac{3\sqrt{13}}{2}$，
解得$y_1=\frac{\sqrt{53}}{2}$，$y_2=-\frac{\sqrt{53}}{2}$，
则$P(0,\frac{\sqrt{53}}{2})$或$(0,-\frac{\sqrt{53}}{2})$；
③当PC = PB时，$\sqrt{1^2+(\frac{9}{2}-y)^2}=\sqrt{4^2+y^2}$，解得$y=\frac{7}{12}$，
则$P(0,\frac{7}{12})$．
综上所述，符合题意的点P的坐标是$(0,\frac{9+\sqrt{113}}{2})$或$(0,\frac{9-\sqrt{113}}{2})$或$(0,\frac{\sqrt{53}}{2})$或$(0,-\frac{\sqrt{53}}{2})$或$(0,\frac{7}{12})$．

2. [几何直观] 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$B$，连接$AB$，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，令x = 0，则y = 1，
∴AO = 1，A(0,1)，
∵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)，$AP^2=AB^2+BP^2$，
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,-1.5)，
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，已知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)由Rt△AOB≌Rt△CDA，得OD = 2 + 1 = 3，CD = 1，
∴点C坐标为(-3,1)，
∵抛物线经过点C，
∴$1=a\cdot(-3)^2+a\cdot(-3)-2$，
∴$a=\frac{1}{2}$，
∴抛物线的解析式为$y=\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{2}x - 2$；
(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．
以AB为边在AB的右侧作正方形ABPQ，过点P作PE⊥OB于点E，过点Q作QG⊥x轴于点G，可证△PBE≌△AQG≌△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．

4. 易错题 如图，对称轴为直线$x=\frac{7}{2}$的抛物线经过点$A(6,0)$和$B(0,-4)$。
(1)求抛物线的表达式及顶点坐标；
(2)设点$E(x,y)$是抛物线上一动点，且位于第一象限，四边形$OEAF$是以$OA$为对角线的平行四边形，求平行四边形$OEAF$的面积$S$与$x$之间的函数表达式；(不必写自变量$x$的取值范围)
(3)当(2)中的平行四边形$OEAF$的面积为24时，请判断平行四边形$OEAF$是不是菱形。

答案： 解:
(1)设抛物线的表达式为y = ax²+bx + c，根据题意得
$\begin{cases}-\frac{b}{2a}=\frac{7}{2}\\36a + 6b + c = 0\\c = -4\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=-\frac{2}{3}\\b=\frac{14}{3}\\c = -4\end{cases}$，
∴抛物线的表达式为$y=-\frac{2}{3}x^2+\frac{14}{3}x - 4$，配方，得$y=-\frac{2}{3}(x-\frac{7}{2})^2+\frac{25}{6}$，
∴顶点坐标为$(\frac{7}{2},\frac{25}{6})$；
(2)点E坐标为$(x,-\frac{2}{3}x^2+\frac{14}{3}x - 4)$，
$OA = 6$，$S = 2\times\frac{1}{2}OA\cdot(-\frac{2}{3}x^2+\frac{14}{3}x - 4)=6(-\frac{2}{3}x^2+\frac{14}{3}x - 4)$，
即$S=-4x^2+28x - 24$；
(3)平行四边形OEAF的面积为24时，平行四边形OEAF可能为菱形，
理由如下：
当平行四边形OEAF的面积为24时，即$-4x^2+28x - 24 = 24$，解得x = 3或x = 4，当x = 3时，E(3,4)，此时EO = EA = 5，平行四边形OEAF为菱形；当x = 4时，E(4,4)，此时EO≠EA，平行四边形OEAF不为菱形．
∴平行四边形OEAF的面积为24时，平行四边形OEAF可能为菱形．