《2025年金钥匙课时学案作业本九年级数学上册人教版》

12. 已知抛物线 $ y = ax^2 $ 经过点 $ A(-2,-8) $.
(1) 求此抛物线对应的函数解析式；
(2) 写出此抛物线的顶点坐标、对称轴、开口方向；
(3) 判断点 $ B(-1,-4) $ 是否在此抛物线上；
(4) 求出此抛物线上纵坐标为 $ -6 $ 的点的坐标.

答案： 【解析】：
本题主要考察二次函数的性质，包括根据已知点求解析式，根据解析式求顶点坐标、对称轴、开口方向，以及判断点是否在抛物线上和根据纵坐标求点的坐标。
(1) 要求抛物线的解析式，我们可以将点$A(-2,-8)$代入$y = ax^2$，解出$a$的值。
(2) 对于顶点坐标，对称轴和开口方向，我们可以直接根据二次函数的性质得出。
(3) 要判断点$B(-1,-4)$是否在抛物线上，我们可以将点$B$的坐标代入抛物线的解析式，看等式是否成立。
(4) 要求抛物线上纵坐标为$-6$的点的坐标，我们可以将$y = -6$代入抛物线的解析式，解出$x$的值。
【答案】：
(1) 解：将点$A(-2,-8)$代入$y = ax^2$，得到方程$-8 = 4a$，解得$a = -2$。
所以，此抛物线的解析式为$y = -2x^2$。
(2) 对于抛物线$y = -2x^2$，其顶点坐标为$(0,0)$，对称轴为$y$轴，即$x = 0$，开口方向为向下。
(3) 将点$B(-1,-4)$的坐标代入$y = -2x^2$，得到$y = -2×(-1)^2 = -2$，这与点$B$的纵坐标$-4$不相等，所以点$B(-1,-4)$不在此抛物线上。
(4) 将$y = -6$代入$y = -2x^2$，得到方程$-6 = -2x^2$，解得$x = \pm\sqrt{3}$。
所以，此抛物线上纵坐标为$-6$的点的坐标为$(\sqrt{3}, -6)$和$(-\sqrt{3}, -6)$。

13. (易错题)如图,直线 $ l $ 过 $ A(3,0),B(0,3) $ 两点,它与二次函数 $ y = ax^2 $ 的图象在第一象限内交于点 $ P $,连接 $ OP $. 若 $ \triangle AOP $ 的面积为 $ 3 $,求二次函数的解析式.
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答案： 【解析】：本题可先根据直线所过的两点坐标求出直线方程，再结合三角形面积公式求出点$P$的坐标，最后将点$P$的坐标代入二次函数$y = ax^2$中，进而求出$a$的值，得到二次函数的解析式。
步骤一：求直线$l$的方程
已知直线$l$过$A(3,0)$，$B(0,3)$两点，设直线$l$的方程为$y = kx + b$（$k$为斜率，$b$为截距），将$A$、$B$两点坐标代入方程可得：
$\begin{cases}3k + b = 0 \\ b = 3\end{cases}$
将$b = 3$代入$3k + b = 0$，可得$3k + 3 = 0$，解得$k = -1$。
所以直线$l$的方程为$y = -x + 3$。
步骤二：求点$P$的坐标
设点$P$的坐标为$(m,n)$（$m\gt0$，$n\gt0$），因为点$P$在直线$l$上，所以$n = -m + 3$。
已知$\triangle AOP$的面积为$3$，$OA = 3$（$A$点横坐标的绝对值），根据三角形面积公式$S = \frac{1}{2} × 底 × 高$，在$\triangle AOP$中，以$OA$为底，$P$点纵坐标的绝对值为高，则可得：
$\frac{1}{2} × OA × n = 3$，即$\frac{1}{2} × 3 × n = 3$，解得$n = 2$。
将$n = 2$代入$n = -m + 3$，可得$2 = -m + 3$，解得$m = 1$。
所以点$P$的坐标为$(1,2)$。
步骤三：求二次函数的解析式
因为点$P(1,2)$在二次函数$y = ax^2$的图象上，将点$P$的坐标代入二次函数可得：
$2 = a×1^2$，解得$a = 2$。
所以二次函数的解析式为$y = 2x^2$。
【答案】：二次函数的解析式为$y = 2x^2$。

14. (数形结合思想)如图,抛物线 $ y = \frac{1}{4}x^2 $ 与直线 $ y = -\frac{3}{4}x + 1 $ 交于 $ A,B $ 两点.
(1) 求 $ A,B $ 两点的坐标；
(2) 在直线 $ AB $ 上方的抛物线上有一点 $ D $,连接 $ AD,BD $,且 $ S_{\triangle ABD} = \frac{35}{4} $,求点 $ D $ 的坐标.
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答案： 【解析】：
（1）要求$A$，$B$两点的坐标，需要联立抛物线与直线的方程求解。
抛物线方程为$y = \frac{1}{4}x^2$，直线方程为$y = -\frac{3}{4}x + 1$。
联立这两个方程，即$\frac{1}{4}x^2 = -\frac{3}{4}x + 1$。
解这个二次方程，找出$x$的值，再代入任一方程求出$y$的值，即可得到$A$，$B$两点的坐标。
（2）对于第二问，需要先确定点$D$的坐标形式，设$D(m,\frac{1}{4}m^2)$。
然后，利用三角形面积公式和给定的面积值，结合点$D$到直线$AB$的距离公式，建立一个关于$m$的方程。
解这个方程，找出$m$的值，即可得到点$D$的坐标。
【答案】：
(1)由题意得$\frac{1}{4}x^2 = -\frac{3}{4}x + 1$。
整理，得$x^2 + 3x - 4 = 0$。
解方程，得$x_1 = 1$，$x_2 = -4$。
经检验，$x_1 = 1$，$x_2 = -4$都是原方程的根。
当$x_1 = 1$时，$y_1 = -\frac{3}{4} × 1 + 1 = \frac{1}{4}$；
当$x_2 = -4$时，$y_2 = -\frac{3}{4} × (-4) + 1 = 4$。
所以$A(-4,4)$，$B(1,\frac{1}{4})$。
(2)设$D(m,\frac{1}{4}m^2)$，直线$AB$的解析式为$y = kx + b$。
将$A(-4,4)$，$B(1,\frac{1}{4})$代入，
$\begin{cases}-4k + b = 4, \\k + b = \frac{1}{4}.\end{cases}$
解得$\begin{cases}k = -\frac{3}{4}, \\b = 1.\end{cases}$
则直线$AB$的解析式为$y = -\frac{3}{4}x + 1$，即$3x + 4y - 4 = 0$。
过点$D$作$DE// y$轴交$AB$于点$E$，则$E(m,-\frac{3}{4}m + 1)$。
所以$DE = \frac{1}{4}m^2 - (-\frac{3}{4}m + 1) = \frac{1}{4}m^2 + \frac{3}{4}m - 1$。
又因为$S_{\triangle ABD} = \frac{35}{4}$，$AB = \sqrt{(-4-1)^2+(4-\frac{1}{4})^2}=\frac{25}{4}$，
所以$\frac{1}{2} × AB × 高 = \frac{35}{4}$，
即$\frac{1}{2} × \frac{25}{4} × 高 = \frac{35}{4}$，
所以$高 = \frac{14}{5}$。
而$S_{\triangle ABD} = S_{\triangle ADE} + S_{\triangle BDE} = \frac{1}{2} × DE × |x_A - x_B| = \frac{1}{2} × (\frac{1}{4}m^2 + \frac{3}{4}m - 1) × 5$。
所以$\frac{1}{2} × (\frac{1}{4}m^2 + \frac{3}{4}m - 1) × 5 = \frac{35}{4}$。
整理，得$m^2 + 3m - 18 = 0$。
解方程，得$m_1 = 3$，$m_2 = -6$。
经检验，$m_1 = 3$，$m_2 = -6$都是原方程的根。
当$m_1 = 3$时，$\frac{1}{4}m^2 = \frac{9}{4}$；
当$m_2 = -6$时，$\frac{1}{4}m^2 = 9$。
所以点$D$的坐标为$(3,\frac{9}{4})$或$(-6,9)$。