《2025年全优课堂九年级数学下册冀教版河北专版》

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，
$\sqrt{1²+(\frac{9}{2}-y)²}$=$\frac{3\sqrt{13}}{2}$，
解得y₁=$\frac{9+\sqrt{113}}{2}$，y₂=$\frac{9-\sqrt{113}}{2}$，
则P(0,$\frac{9+\sqrt{113}}{2}$)或(0,$\frac{9-\sqrt{113}}{2}$)；
②当PB=BC时，$\sqrt{4²+y²}$=$\frac{3\sqrt{13}}{2}$，
解得y₁=$\frac{\sqrt{53}}{2}$，y₂=−$\frac{\sqrt{53}}{2}$，
则P(0,$\frac{\sqrt{53}}{2}$)或(0,−$\frac{\sqrt{53}}{2}$)；
③当PC=PB时，$\sqrt{1²+(\frac{9}{2}-y)²}$=$\sqrt{4²+y²}$，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=−$\frac{\frac{4}{3}}{2×(-\frac{1}{3})}$=2，
∴OB=2，B(2,0)，AB=$\sqrt{5}$，设点P的坐标为(0,p)，AP²=AB²+BP²，
即(1 - p)²=5+2²+p²，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=−$\frac{1}{3}$×(-2)²+$\frac{4}{3}$×(-2)+1=-3，
∴点Q在抛物线y=−$\frac{1}{3}$x²+$\frac{4}{3}$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·(-3)²+a·(-3)-2，
∴a=$\frac{1}{2}$，
∴抛物线的解析式为y=$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$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=$\frac{1}{2}$x²+$\frac{1}{2}$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=−$\frac{2}{3}$x²+$\frac{14}{3}$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,−$\frac{2}{3}$x²+$\frac{14}{3}$x-4)，
OA=6，S=2×$\frac{1}{2}$OA·(−$\frac{2}{3}$x²+$\frac{14}{3}$x-4)=6(−$\frac{2}{3}$x²+$\frac{14}{3}$x-4)，
即S=-4x²+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-4x²+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.