《2025年一本同步训练九年级数学上册人教版重庆专版》

1. (2025·沙坪坝区月考)如图, 在平面直角坐标系 $ xOy $ 中, 抛物线 $ y = ax ^ { 2 } + bx + c ( a \neq 0 ) $ 经过 $ A ( - 1, 0 ) $, $ B ( 3, 0 ) $, $ C ( 0, 3 ) $ 三点, 点 $ D $ 和点 $ C $ 关于抛物线的对称轴对称, 抛物线的顶点为 $ G $.
(1) 求该抛物线的函数解析式.
(2) 连接 $ CG $, $ BG $, $ BC $, 求 $ \triangle GCB $ 的面积.
(3) 若点 $ M $ 在抛物线上, 则在抛物线的对称轴上是否存在一点 $ N $, 使以 $ A $, $ D $, $ M $, $ N $ 为顶点的四边形是平行四边形? 若存在, 求出点 $ N $ 的坐标; 若不存在, 请说明理由.

答案：
(1) $ y = -x^{2} + 2x + 3 $
(2) 3
(3) 存在. 点 $ N $ 的坐标为 $ (1, 0) $ 或 $ (1, -8) $ 或 $ (1, -2) $

2. 如图, 已知抛物线与 $ x $ 轴交于 $ A ( - 2, 0 ) $, $ B ( 6, 0 ) $ 两点, 与 $ y $ 轴交于点 $ C ( 0, - 2 ) $, $ P $ 是抛物线上位于直线 $ BC $ 下方的一点.
(1) 求抛物线的函数解析式;
(2) 如图 1, 连接 $ AC $, 过点 $ P $ 作 $ PG // AC $ 交 $ BC $ 于点 $ G $, 求 $ PG $ 长度的最大值及此时点 $ P $ 的坐标;
(3) 如图 2, 将抛物线沿射线 $ CB $ 的方向平移, 使得新抛物线 $ y ^ { \prime } $ 经过点 $ \left( 2, - \frac { 4 } { 3 } \right) $, 并记新抛物线 $ y ^ { \prime } $ 的顶点为 $ D $, 若 $ M $ 为新抛物线 $ y ^ { \prime } $ 对称轴上的一动点, $ N $ 为坐标平面内的任意一点, 直接写出所有使得以 $ A $, $ D $, $ M $, $ N $ 为顶点的四边形是菱形的点 $ N $ 的坐标, 并写出其中一个点 $ N $ 的求解过程.

答案： $(1)$求抛物线的函数解析式
设抛物线的函数解析式为$y = ax^{2}+bx + c$（$a\neq0$）。
已知抛物线与$x$轴交于$A(-2,0)$，$B(6,0)$，与$y$轴交于点$C(0,-2)$，将点代入解析式可得：
$\begin{cases}4a - 2b + c = 0\\36a+6b + c = 0\\c = - 2\end{cases}$
将$c = - 2$代入$4a - 2b + c = 0$和$36a+6b + c = 0$，得到$\begin{cases}4a - 2b-2 = 0\\36a+6b-2 = 0\end{cases}$，化简为$\begin{cases}2a - b=1&(1)\\18a + 3b=1&(2)\end{cases}$。
由$(1)$式得$b = 2a - 1$，将其代入$(2)$式：
$18a+3(2a - 1)=1$，即$18a + 6a-3 = 1$，$24a=4$，解得$a=\frac{1}{6}$。
把$a=\frac{1}{6}$代入$b = 2a - 1$，得$b = 2\times\frac{1}{6}-1=-\frac{2}{3}$。
所以抛物线的函数解析式为$y=\frac{1}{6}x^{2}-\frac{2}{3}x - 2$。
$(2)$求$PG$长度的最大值及此时点$P$的坐标
先求直线$AC$的斜率$k_{AC}=\frac{0 - (-2)}{-2-0}=-1$，直线$BC$的解析式：设$y_{BC}=mx + n$，把$B(6,0)$，$C(0,-2)$代入得$\begin{cases}6m + n = 0\\n=-2\end{cases}$，解得$\begin{cases}m=\frac{1}{3}\\n = - 2\end{cases}$，即$y_{BC}=\frac{1}{3}x - 2$。
因为$PG// AC$，设直线$PG$的解析式为$y=-x + t$。
联立$\begin{cases}y=-x + t\\y=\frac{1}{3}x - 2\end{cases}$，解得$x=\frac{3t + 6}{4}$，$y=\frac{t - 2}{4}$，则$G(\frac{3t + 6}{4},\frac{t - 2}{4})$。
联立$\begin{cases}y=-x + t\\y=\frac{1}{6}x^{2}-\frac{2}{3}x - 2\end{cases}$，得$\frac{1}{6}x^{2}-\frac{2}{3}x - 2=-x + t$，即$x^{2}+2x-12 - 6t = 0$。
设$P(x_{1},y_{1})$，由韦达定理$x_{1}+\frac{3t + 6}{4}=-2$（这里利用两直线交点横坐标关系，因为$PG$与$AC$平行，通过联立方程和韦达定理推导），$x_{1}=-2-\frac{3t + 6}{4}=\frac{-8-(3t + 6)}{4}=\frac{-3t - 14}{4}$。
$PG=\sqrt{2}\vert x_{P}-x_{G}\vert=\sqrt{2}\vert\frac{-3t - 14}{4}-\frac{3t + 6}{4}\vert=\sqrt{2}\vert\frac{-6t - 20}{4}\vert$。
又因为$P$在抛物线上，将$P(x_{1},y_{1})$代入抛物线$y=\frac{1}{6}x^{2}-\frac{2}{3}x - 2$，$y_{1}=-x_{1}+t$，消去$x_{1}$可得关于$t$的二次函数。
另一种方法：
设$P(x,\frac{1}{6}x^{2}-\frac{2}{3}x - 2)$，直线$AC$：$x + y+2 = 0$，直线$BC$：$x - 3y-6 = 0$。
$\because PG// AC$，设直线$PG$：$x + y + m = 0$（$m\neq2$）。
联立$\begin{cases}x + y + m = 0\\x - 3y-6 = 0\end{cases}$，解得$x=\frac{6 - 3m}{4}$，$y=\frac{-6 - m}{4}$，即$G(\frac{6 - 3m}{4},\frac{-6 - m}{4})$。
$P$到直线$BC$的距离$d=\frac{\vert x-3(\frac{1}{6}x^{2}-\frac{2}{3}x - 2)-6\vert}{\sqrt{1 + 9}}=\frac{\vert-\frac{1}{2}x^{2}+3x\vert}{\sqrt{10}}$。
$\because PG// AC$，$\triangle PGC$与$\triangle AOC$相似（相似三角形对应边成比例），$PG=\frac{\sqrt{2}}{2}\vert x_{B}-x_{C}\vert\times\frac{\vert-\frac{1}{2}x^{2}+3x\vert}{\vert x_{A}-x_{C}\vert}$（利用相似三角形性质和距离公式推导）。
$y =-\frac{1}{2}x^{2}+3x=-\frac{1}{2}(x - 3)^{2}+\frac{9}{2}$，当$x = 3$时，$y=\frac{9}{2}$。
$P(3,-\frac{5}{2})$，$PG_{max}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
$(3)$求点$N$的坐标
先求抛物线平移后的解析式，设平移向量为$(h,k)$，因为沿射线$CB$方向，$k=\frac{1}{3}h$。
原抛物线$y=\frac{1}{6}(x - 2)^{2}-\frac{8}{3}$，平移后$y'=\frac{1}{6}(x - 2 - h)^{2}-\frac{8}{3}+k$，把$(2,-\frac{4}{3})$代入得$-\frac{4}{3}=\frac{1}{6}(-h)^{2}-\frac{8}{3}+\frac{1}{3}h$，解得$h = 2$，$k=\frac{2}{3}$，则$y'=\frac{1}{6}(x - 4)^{2}-\frac{2}{3}$，$D(4,-\frac{2}{3})$。
设$M(4,m)$。
当$AD$为边时：
$\vert AD\vert=\sqrt{(4 + 2)^{2}+(-\frac{2}{3}-0)^{2}}=\sqrt{36+\frac{4}{9}}=\frac{\sqrt{328}}{3}$。
若$AD// MN$，$AD = MN$，$AM// DN$，$AM = DN$。
$A(-2,0)$，$D(4,-\frac{2}{3})$，$M(4,m)$。
$\overrightarrow{AD}=(6,-\frac{2}{3})$，$\overrightarrow{AM}=(6,m)$。
当$AD = AM$时，$36+\frac{4}{9}=36+m^{2}$，$m=\pm\frac{2}{3}$（舍去$m =-\frac{2}{3}$），$m=\frac{2}{3}$，$N(-2,\frac{4}{3})$。
当$AD = DM$时，$36+\frac{4}{9}=(m+\frac{2}{3})^{2}$，$m+\frac{2}{3}=\pm\frac{\sqrt{328}}{3}$，$m=\frac{-2\pm\sqrt{328}}{3}$，$N(-2,\frac{-4\pm\sqrt{328}}{3})$。
当$AD$为对角线时：
$AD$中点$(1,-\frac{1}{3})$，$M(4,m)$，$N(x,n)$，则$\frac{x + 4}{2}=1$，$\frac{n + m}{2}=-\frac{1}{3}$，$x=-2$，$n=-\frac{2}{3}-m$，又$AM = DM$，$36+m^{2}=(m+\frac{2}{3})^{2}$，$m=- \frac{26}{3}$，$n = 8$，$N(-2,8)$。
综上，点$N$的坐标为$(-2,8)$，$(-2,\frac{4}{3})$，$(-2,\frac{-4 + \sqrt{328}}{3})$，$(-2,\frac{-4-\sqrt{328}}{3})$。
以$N(-2,8)$为例：
已知$A(-2,0)$，$D(4,-\frac{2}{3})$，设$M(4,m)$，$AD$中点坐标为$(\frac{-2 + 4}{2},\frac{0-\frac{2}{3}}{2})=(1,-\frac{1}{3})$。
因为四边形$ADMN$是菱形，$AD$与$MN$互相平分，所以$\frac{x_{N}+4}{2}=1$，$x_{N}=-2$；$\frac{y_{N}+m}{2}=-\frac{1}{3}$，即$y_{N}=-\frac{2}{3}-m$。
又因为$AM = DM$，根据两点间距离公式$\sqrt{(4 + 2)^{2}+(m - 0)^{2}}=\sqrt{(4 - 4)^{2}+(m+\frac{2}{3})^{2}}$，$36+m^{2}=m^{2}+\frac{4}{9}+\frac{4}{3}m$，解得$m =-\frac{26}{3}$，则$y_{N}=-\frac{2}{3}-(-\frac{26}{3}) = 8$，所以$N(-2,8)$。
综上，答案依次为：$(1)$$\boldsymbol{y=\frac{1}{6}x^{2}-\frac{2}{3}x - 2}$；$(2)$$\boldsymbol{PG_{max}=\frac{3\sqrt{2}}{2}}$，$\boldsymbol{P(3,-\frac{5}{2})}$；$(3)$$\boldsymbol{(-2,8)}$，$\boldsymbol{(-2,\frac{4}{3})}$，$\boldsymbol{(-2,\frac{-4 + \sqrt{328}}{3})}$，$\boldsymbol{(-2,\frac{-4-\sqrt{328}}{3})}$。