《2025年育才金典九年级数学全一册北师大版》

已知二次函数的图象经过点(-1,-3),对称轴为x=-2,图象在x轴上截得的线段长为4,求这个函数的表达式.
由题意知二次函数与x轴的交点为(-4,0)(0,0)
设$y=a(x+4)(x-0)$
代入点(-1,-3)
解得a=1
∴$y=x^2+4x$由题意知二次函数与x轴的交点为(-4,0)(0,0)
设$y=a(x+4)(x-0)$
代入点(-1,-3)
解得a=1
∴$y=x^2+4x$

答案： 由题意知二次函数与x轴的交点为(-4,0)(0,0)
设$y=a(x+4)(x-0)$
代入点(-1,-3)
解得a=1
∴$y=x^2+4x$

(1)当y=0时,$x^2-2x-3=0$,
解得$x_1=-1,x_2=3$,
∴A(-1,0),B(3,0),
当x=0时,y=-3,
∴C(0,-3),
∵$y=x^2-2x-3=(x-1)^2-4$,
∴D(1,-4)；
(2)设BC:$y=kx+b$
将B(3,0),C(0,-3)代入得:$\begin{cases}0=3k+b\\-3=b\end{cases}$解得$\begin{cases}k=1\\b=-3\end{cases}$,
∴直线BC为$y=x-3$,
过点D作DE//y轴,交BC于点E,
∵$x_D=1=x_E$,∴$y_E=-2$,∴DE=2,
∴$S_{\triangle BCD}=S_{\triangle BED}+S_{\triangle CDE}=\frac{1}{2}×2×1+\frac{1}{2}×2×2=3$,
过点P作PQ//y轴,交直线BC于点Q,设P(m,$m^2-2m-3$),Q(m,$m-3$)
①当P是BC下方抛物线上一点时,如图1,
∴$S_{\triangle PCB}=S_{\triangle PBQ}+S_{\triangle PQC}=-\frac{3}{2}m^2+\frac{9}{2}m=3$.
∴$m_1=-1$(舍),$m_2=2$,
②当P是BC上方抛物线上一点时,如图2,
$S_{\triangle PBC}=S_{\triangle PQC}-S_{\triangle PQB}=\frac{3}{2}m^2-\frac{9}{2}m=3$,
解得$m_1=\frac{3+\sqrt{17}}{2},m_2=\frac{3-\sqrt{17}}{2}$,
综上:m的值为$\frac{3+\sqrt{17}}{2},\frac{3-\sqrt{17}}{2},2$(1)当y=0时,$x^2-2x-3=0$,
解得$x_1=-1,x_2=3$,
∴A(-1,0),B(3,0),
当x=0时,y=-3,
∴C(0,-3),
∵$y=x^2-2x-3=(x-1)^2-4$,
∴D(1,-4)；
(2)设BC:$y=kx+b$
将B(3,0),C(0,-3)代入得:$\begin{cases}0=3k+b\\-3=b\end{cases}$解得$\begin{cases}k=1\\b=-3\end{cases}$,
∴直线BC为$y=x-3$,
过点D作DE//y轴,交BC于点E,
∵$x_D=1=x_E$,∴$y_E=-2$,∴DE=2,
∴$S_{\triangle BCD}=S_{\triangle BED}+S_{\triangle CDE}=\frac{1}{2}×2×1+\frac{1}{2}×2×2=3$,
过点P作PQ//y轴,交直线BC于点Q,设P(m,$m^2-2m-3$),Q(m,$m-3$)
①当P是BC下方抛物线上一点时,如图1,
∴$S_{\triangle PCB}=S_{\triangle PBQ}+S_{\triangle PQC}=-\frac{3}{2}m^2+\frac{9}{2}m=3$.
∴$m_1=-1$(舍),$m_2=2$,
②当P是BC上方抛物线上一点时,如图2,
$S_{\triangle PBC}=S_{\triangle PQC}-S_{\triangle PQB}=\frac{3}{2}m^2-\frac{9}{2}m=3$,
解得$m_1=\frac{3+\sqrt{17}}{2},m_2=\frac{3-\sqrt{17}}{2}$,
综上:m的值为$\frac{3+\sqrt{17}}{2},\frac{3-\sqrt{17}}{2},2$

答案：
(1)当y=0时,$x^2-2x-3=0$,
解得$x_1=-1,x_2=3$,
∴A(-1,0),B(3,0),
当x=0时,y=-3,
∴C(0,-3),
∵$y=x^2-2x-3=(x-1)^2-4$,
∴D(1,-4)；
(2)设BC:$y=kx+b$
将B(3,0),C(0,-3)代入得:$\begin{cases}0=3k+b\\-3=b\end{cases}$解得$\begin{cases}k=1\\b=-3\end{cases}$,
∴直线BC为$y=x-3$,
过点D作DE//y轴,交BC于点E,
∵$x_D=1=x_E$,
∴$y_E=-2$,
∴DE=2,
∴$S_{\triangle BCD}=S_{\triangle BED}+S_{\triangle CDE}=\frac{1}{2}×2×1+\frac{1}{2}×2×2=3$,
过点P作PQ//y轴,交直线BC于点Q,设P(m,$m^2-2m-3$),Q(m,$m-3$)
①当P是BC下方抛物线上一点时,如图1,
∴$S_{\triangle PCB}=S_{\triangle PBQ}+S_{\triangle PQC}=-\frac{3}{2}m^2+\frac{9}{2}m=3$.
∴$m_1=-1$(舍),$m_2=2$,
②当P是BC上方抛物线上一点时,如图2,
$S_{\triangle PBC}=S_{\triangle PQC}-S_{\triangle PQB}=\frac{3}{2}m^2-\frac{9}{2}m=3$,
解得$m_1=\frac{3+\sqrt{17}}{2},m_2=\frac{3-\sqrt{17}}{2}$,
综上:m的值为$\frac{3+\sqrt{17}}{2},\frac{3-\sqrt{17}}{2},2$

(1)把x=-5代入$y=x$,得y=-5,
∴A(-5,-5),
把A的坐标代入$y=\frac{1}{4}(x+3)^2+m$,得$-5=\frac{1}{4}(-5+3)^2+m$,
解得m=-6,
∴抛物线的解析式为$y=\frac{1}{4}(x+3)^2-6$；
(2)由$\begin{cases}y=x\\y=\frac{1}{4}(x+3)^2-6\end{cases}$,解得$\begin{cases}x=-5\\y=-5\end{cases}$或$\begin{cases}x=3\\y=3\end{cases}$,
∴B(3,3),
把x=0代入$y=\frac{1}{4}(x+3)^2-6$,求得$y=-\frac{15}{4}$,
∴C(0,$-\frac{15}{4}$),
∴$OC=\frac{15}{4}$,
∴$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×\frac{15}{4}×(3+5)=15$,
∵$S_{\triangle ABM}=2S_{\triangle ABC}$,
∴$S_{\triangle ABM}=30$,
设直线AB上方抛物线上的点M坐标为$(x,\frac{1}{4}(x+3)^2-6)$,过M点作y轴的平行线交直线AB于点N,则N(x,x),
∴$S_{\triangle ABM}=S_{\triangle BMN}-S_{\triangle AMN}=\frac{1}{2}MN\cdot(x_B-x_A)=\frac{1}{2}[\frac{1}{4}(x+3)^2-6-x]\cdot(3+5)=30$.
整理得$x^2+2x-45=0$,
解得$x_1=-1+\sqrt{46},x_2=-1-\sqrt{46}$.
故点M的坐标为$(-1+\sqrt{46},\frac{13+\sqrt{46}}{2})$或$(-1-\sqrt{46},\frac{13-\sqrt{46}}{2})$(1)把x=-5代入$y=x$,得y=-5,
∴A(-5,-5),
把A的坐标代入$y=\frac{1}{4}(x+3)^2+m$,得$-5=\frac{1}{4}(-5+3)^2+m$,
解得m=-6,
∴抛物线的解析式为$y=\frac{1}{4}(x+3)^2-6$；
(2)由$\begin{cases}y=x\\y=\frac{1}{4}(x+3)^2-6\end{cases}$,解得$\begin{cases}x=-5\\y=-5\end{cases}$或$\begin{cases}x=3\\y=3\end{cases}$,
∴B(3,3),
把x=0代入$y=\frac{1}{4}(x+3)^2-6$,求得$y=-\frac{15}{4}$,
∴C(0,$-\frac{15}{4}$),
∴$OC=\frac{15}{4}$,
∴$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×\frac{15}{4}×(3+5)=15$,
∵$S_{\triangle ABM}=2S_{\triangle ABC}$,
∴$S_{\triangle ABM}=30$,
设直线AB上方抛物线上的点M坐标为$(x,\frac{1}{4}(x+3)^2-6)$,过M点作y轴的平行线交直线AB于点N,则N(x,x),
∴$S_{\triangle ABM}=S_{\triangle BMN}-S_{\triangle AMN}=\frac{1}{2}MN\cdot(x_B-x_A)=\frac{1}{2}[\frac{1}{4}(x+3)^2-6-x]\cdot(3+5)=30$.
整理得$x^2+2x-45=0$,
解得$x_1=-1+\sqrt{46},x_2=-1-\sqrt{46}$.
故点M的坐标为$(-1+\sqrt{46},\frac{13+\sqrt{46}}{2})$或$(-1-\sqrt{46},\frac{13-\sqrt{46}}{2})$

答案：
(1)把x=-5代入$y=x$,得y=-5,
∴A(-5,-5),
把A的坐标代入$y=\frac{1}{4}(x+3)^2+m$,得$-5=\frac{1}{4}(-5+3)^2+m$,
解得m=-6,
∴抛物线的解析式为$y=\frac{1}{4}(x+3)^2-6$；
(2)由$\begin{cases}y=x\\y=\frac{1}{4}(x+3)^2-6\end{cases}$,解得$\begin{cases}x=-5\\y=-5\end{cases}$或$\begin{cases}x=3\\y=3\end{cases}$,
∴B(3,3),
把x=0代入$y=\frac{1}{4}(x+3)^2-6$,求得$y=-\frac{15}{4}$,
∴C(0,$-\frac{15}{4}$),
∴$OC=\frac{15}{4}$,
∴$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×\frac{15}{4}×(3+5)=15$,
∵$S_{\triangle ABM}=2S_{\triangle ABC}$,
∴$S_{\triangle ABM}=30$,
设直线AB上方抛物线上的点M坐标为$(x,\frac{1}{4}(x+3)^2-6)$,过M点作y轴的平行线交直线AB于点N,则N(x,x),
∴$S_{\triangle ABM}=S_{\triangle BMN}-S_{\triangle AMN}=\frac{1}{2}MN\cdot(x_B-x_A)=\frac{1}{2}[\frac{1}{4}(x+3)^2-6-x]\cdot(3+5)=30$.
整理得$x^2+2x-45=0$,
解得$x_1=-1+\sqrt{46},x_2=-1-\sqrt{46}$.
故点M的坐标为$(-1+\sqrt{46},\frac{13+\sqrt{46}}{2})$或$(-1-\sqrt{46},\frac{13-\sqrt{46}}{2})$