《2025年全优课堂九年级数学下册冀教版河北专版》

1. 如图，在平面直角坐标系中，已知点A(-2,0)，B(2,0)，C(3,5).
(1)求过点A，C的直线表达式和过点A，B，C的抛物线的表达式；
(2)求过点A，B及抛物线的顶点D的⊙P的圆心P的坐标；
(3)在抛物线上是否存在点Q，使AQ与⊙P相切？若存在，请求出点Q的坐标.
　　　　　　　　　　

答案： 解:
(1)A(−2,0),B(2,0),
∴设二次函数的表达式为y=a(x−2).(x+2),把(3,5)代入得a=1,
∴二次函数的表达式为y=x²−4.
　设一次函数的表达式为y=kx+b(k≠0),把(−2,0),(3,5)代入得
　{−3k2+kb+=b=50,,解得{{b==21,,
∴一次函数的表达式为y=x+2;
(2)设点P的坐标为(0,P),由
(1)知点D的坐标为(0,−4),
　..A,B,D三点在OP上，
　..PB=PD,
∴2²+P²=(4+P)²,解得P=−$\frac{3}{2}$,
∴点P的坐标为(0,−$\frac{3}{2}$);
(3)在抛物线上存在这样的点Q使直线AQ与OP相切，
　设点Q的坐标为(m,m²−4),
　则AQ²=(m+2)²+(m²−4)²,
　PQ²=m²+(m²−4+$\frac{3}{2}$|2,
AP²=OA²+OP²=$\frac{25}{4}$,
∵直线AQ是OP的切线，
　:.AP⊥AQ,
∴PQ²=AP²+AQ²,
　即m²+(m²−4+$\frac{3}{2}$)2=$\frac{25}{4}$+[(m+2)²+
(m²−4)²],解得m=$\frac{10}{3}$,m2=−2(与点A重合，舍去)，
∴点Q的坐标为($\frac{10}{3}$,$\frac{64}{9}$).

2. 易错题 如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是以AB为直径的⊙M的内接四边形，点A，B在x轴上，△MBC是边长为2的等边三角形，过点M作直线l与x轴垂直，交⊙M于点E，垂足为点M，且点D平分$\widehat{AC}$.
(1)求过A，B，E三点的抛物线的表达式；
(2)求证：四边形AMCD是菱形；
(3)请问在抛物线上是否存在一点P，使得△ABP的面积等于定值5？若存在，请求出所有的点P的坐标；若不存在，请说明理由.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

答案： 解:
(1)由题意可知,△MBC为等边三角形，点A,B,C,E均在OM上，则MA=MB=MC=ME=2,
　又
∵CO⊥MB,..MO=BO=1,
　:.A(−3,0),B(1,0),E(−1,−2),可设函数表达式为y=a(x+3)(x−1)(a≠0),把(−1,−2)代入上式,解得a=
　$\frac{1}{2}$,故二次函数表达式为y=$\frac{1}{2}$(x+3)(x−1)=$\frac{1}{2}$(x+1)²−2;
(2)证明:在题图中连接DM，
∵△MBC为等边三角形，
∴∠CMB=60°,
∴∠AMC=120°,
∵点D平分AC，
∴∠AMD=∠CMD=
　$\frac{1}{2}$∠AMC=60°,
∵MD=MC=MA,
∴△MCD,△MDA是等边三角形，:.DC=CM=MA=AD,
∴四边形AMCD为菱形;
(3)存在.设点P的坐标为(m,n),
∵S△ABP=$\frac{1}{2}$AB|n|,AB=4,
∴$\frac{1}{2}$×4×|n|=5,即2|n|=5,解得n=±$\frac{5}{2}$,当n=$\frac{5}{2}$时，$\frac{1}{2}$(m+1)²−2=$\frac{5}{2}$,
　解得m=2,m=−4,
　即点P的坐标为(2,$\frac{5}{2}$),(−4,$\frac{5}{2}$),当n=−$\frac{5}{2}$时，$\frac{1}{2}$(m+1)²−2=−$\frac{5}{2}$,无实数解,故所求点P坐标为(2,$\frac{5}{2}$)，,(−4,$\frac{5}{2}$)

3. 如图，以E(3,0)为圆心，5为半径的⊙E与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线y=ax²+bx+c(a≠0)经过A，B，C三点，顶点为F.
(1)求A，B，C三点的坐标；
(2)求抛物线的表达式及顶点F的坐标；
(3)已知P是抛物线上位于第四象限的点，且满足S△ABP=S△ABC，连接PF，判断直线PF与⊙E的位置关系，并说明理由.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

答案：
解:
(1)
∵以E(3,0)为圆心,5为半径的⊙E与x轴交于A,B两点，
　:.A(−2,0),B(8,0).
　如图,连接CE.在Rt△OCE中,OE=3,
CE=5,由勾股定理得0C=　$\sqrt{CE−OE2}$=
　　$\sqrt{52−32}$=4,
∴C(0,−4);
(2)
∵点A(−2,0),B(8,0)在抛物线上，
∴可设抛物线的表达式为y=a(x+2).(x−8),
∵点C(0,−4)在抛物线上，
∴−4=a×2x(−8),解得a=$\frac{1}{4}$,
∴抛物线的表达式为y=$\frac{1}{4}$(x+2)(x−8)=$\frac{1}{4}$x²−$\frac{3}{2}$x−4=$\frac{1}{4}$(x−3)²−$\frac{25}{4}$,
∴顶点F的坐标为(3,−$\frac{25}{4}$);
(3)直线PF与OE相切.理由如下:
∵在△ABC中,底边AB上的高OC=
4,
∴若△ABC与△ABP面积相等，则抛物线上的点P须满足条件:|yp|=4,
∵点P在第四象限，
..yp=−4,则$\frac{1}{4}$x²−$\frac{3}{2}$x−4=−4,
整理得x²−6x=0,
解得x=6或x=0(与点C重合，舍去),
∴点P的坐标为(6,−4),
如图，连接EP,过点P作PG⊥对称轴EF于点G,则PG=3,EG=4,
在Rt△PEG中，由勾股定理得PE=　$\sqrt{EG²+PG2}$=　$\sqrt{4²+32}$=5,
∴点P在OE上.
由
(2)知,顶点F的坐标为(3,−$\frac{25}{4}$),..EF=$\frac{25}{4}$,..FG=EF−EG=$\frac{9}{4}$,
在Rt△PGF中，由勾股定理得PF=　$\sqrt{PG²+GF²}$=　$\sqrt{3²+(\frac{9}{4})2}$=$\frac{15}{4}$,在△EFP中，
∵EP²+PF²=5²+($\frac{15}{4}$)=($\frac{25}{4}$)²=EF22,
∴△EFP为直角三角形,∠EPF=90°，又
∵点P在OE上,
∴直线PF与OE相切.