《2025年多维导学案九年级数学全一册人教版》

1. 如图，已知抛物线$y=-x^{2}+2x+3$经过点$A(-1,0)$，$B(3,0)$，$C(0,3)$三点.
(1)点$M$是线段$BC$上的点(不与$B$，$C$重合)，过$M$作$NM// y$轴交抛物线于$N$，若点$M$的横坐标为$m$，请用含$m$的代数式表示$MN$的长并求出$MN$的最大值；
(2)在(1)的条件下，连接$NB$，$NC$，是否存在点$M$，使$\triangle BNC$的面积最大？若存在，求$m$的值；若不存在，说明理由.

答案：
解:
(1)设直线$BC$的解析式为$y=kx+b$。把$B(3,0)$，$C(0,3)$代入，
得$\begin{cases}3k+b=0\\b=3\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-1\\b=3\end{cases}$。
$\therefore$直线$BC$的解析式为$y=-x+3$。
$\therefore M(m,-m+3)$。
又$\because MN// y$轴，
$\therefore N(m,-m^{2}+2m+3)$。
$\therefore MN=(-m^{2}+2m+3)-(-m+3)=-m^{2}+3m=-(m-\frac{3}{2})^{2}+\frac{9}{4}$，其中$0\lt m\lt3$。
$\therefore$当$m=\frac{3}{2}$时，$MN$取最大值，为$\frac{9}{4}$。
(2)存在，$m=\frac{3}{2}$。
如图。

$S_{\triangle BNC}=S_{\triangle CMN}+S_{\triangle MNB}=\frac{1}{2}MN\cdot OB$，$\therefore$当$MN$最大时，$\triangle BNC$的面积最大。由
(1)，得当$m=\frac{3}{2}$时，$MN$有最大值为$\frac{9}{4}$。
$\therefore$当$m=\frac{3}{2}$时，$\triangle BNC$的面积最大为$\frac{1}{2}×\frac{9}{4}×3=\frac{27}{8}$。

2. 如图，抛物线$y=ax^{2}+bx+c$与$x$轴交于点$A(-1,0)$，$B(3,0)$，与$y$轴交于点$C$，且$B$，$C$两点间的距离为$3\sqrt{2}$.
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，点$E$是线段$AB$上一点(不与点$A$，$B$重合)，过点$E$作$EF\perp x$轴，交抛物线于点$F$，过点$F$作$FG\perp y$轴，交$y$轴于点$G$，求四边形$EOGF$周长的最大值及此时点$E$的坐标.

答案： 解:
(1)$\because OB=3$，$BC=3\sqrt{2}$，
$\therefore OC=\sqrt{(3\sqrt{2})^{2}-3^{2}}=3$，
即$C(0,-3)$。
设抛物线的解析式为$y=a(x+1)\cdot(x-3)=a(x^{2}-2x-3)$。
则$-3a=-3$，解得$a=1$。
故抛物线的解析式为$y=x^{2}-2x-3$。
(2)设点$E(m,0)$，
则点$F(m,m^{2}-2m-3)$。
$\therefore$四边形$EOGF$周长为$2FE+2GF=2(-m^{2}+2m+3+m)=2(-m^{2}+3m+3)=-2(m-\frac{3}{2})^{2}+\frac{21}{2}$。
当$m=\frac{3}{2}$时，即点$E(\frac{3}{2},0)$，四边形$EOGF$周长的最大值为$\frac{21}{2}$。