《2025年育才金典九年级数学全一册北师大版》

(2)方程$ax^{2}+bx+c-3=0$的两根分别为$x_{1}=x_{2}=-1$；

答案： $x_{1}=x_{2}=-1$

(3)方程$ax^{2}+bx+c=2$的根的情况是两个不相等实数根；

答案： 两个不相等实数根

(4)方程$ax^{2}+bx+c=4$的根的情况是无实数解.

答案： 无实数解

例2 如图，在一块三角形区域ABC中，$AB=15$，且AB边上的高为9.现要在$\triangle ABC$内建造一个矩形水池DEFG，其中DE在AB边上，点F,G分别在BC和AC上.
(1)若$DE=x$，用含x的代数式表示EF；
(2)当x取何值时，水池DEFG的面积最大？
解：∵$\triangle CGF\sim\triangle CAB$，
∴$\frac{GF}{AB}=\frac{CM}{CN}$
$\Rightarrow\frac{x}{15}=\frac{9-EF}{9}$
$9x=135-15EF$
$EF=9-\frac{9}{15}x=9-\frac{3}{5}x$
$S=x(9-\frac{3}{5}x)=-\frac{3}{5}x^{2}+9x$
当$x=\frac{15}{2}$时，$S_{max}=\frac{135}{4}$

答案： 解：
∵$\triangle CGF\sim\triangle CAB$，
∴$\frac{GF}{AB}=\frac{CM}{CN}$
$\Rightarrow\frac{x}{15}=\frac{9-EF}{9}$
$9x=135-15EF$
$EF=9-\frac{9}{15}x=9-\frac{3}{5}x$
$S=x(9-\frac{3}{5}x)=-\frac{3}{5}x^{2}+9x$
当$x=\frac{15}{2}$时，$S_{max}=\frac{135}{4}$

例3 国家推行“节能减排，低碳经济”政策后，某环保节能设备生产企业的产品供不应求.若该企业的某种环保设备每月的产量保持在一定的范围，每套产品的生产成本不高于50万元，每套产品的售价不低于90万元.已知这种设备的月产量x(套)与每套的售价$y_{1}$（万元）之间满足关系式$y_{1}=170-2x$，月产量x(套)与生产总成本$y_{2}$（万元）存在如图所示的函数关系.
(1)直接写出$y_{2}$与x之间的函数关系式.
(2)求月产量x的范围.
(3)当月产量x(套)为多少时，这种设备的利润W(万元)最大？最大利润是多少？

解：(1)$k=\frac{1700-1400}{40-30}=30$
$y_{2}=30x+500$
(2)$\begin{cases}y_{1}\geq90 \\ \frac{y_{2}}{x}\leq50\end{cases}$
∴$\begin{cases}170-2x\geq90 \\ \frac{30x+500}{x}\leq50\end{cases}$
∴$25\leq x\leq40$
(3)$W=(y_{1}-\frac{y_{2}}{x})\cdot x=-2(x-35)^{2}+1950$
当$x=35$时 $W_{最大}=1950$（万元）

答案： 解：
(1)$k=\frac{1700-1400}{40-30}=30$
$y_{2}=30x+500$
(2)$\begin{cases}y_{1}\geq90 \\ \frac{y_{2}}{x}\leq50\end{cases}$
∴$\begin{cases}170-2x\geq90 \\ \frac{30x+500}{x}\leq50\end{cases}$
∴$25\leq x\leq40$
(3)$W=(y_{1}-\frac{y_{2}}{x})\cdot x=-2(x-35)^{2}+1950$
当$x=35$时 $W_{最大}=1950$（万元）

例4 如图，在平面直角坐标系中，二次函数$y=ax^{2}+bx+c(a\neq0)$的图象交x轴于点A,B，交y轴于点C，其顶点为D，已知$AB=4$，$\angle ABC=45^{\circ}$，$OA:OB=1:3$.
(1)求二次函数的表达式及其顶点D的坐标.
(2)M是线段BC上方抛物线上的一个动点，N是线段BC上一点，当$\triangle MBC$的面积最大时，求：
①点M的坐标，并说明理由；
②$MN+\frac{\sqrt{2}}{2}BN$的最小值为$\frac{15}{4}$.
(3)在二次函数的图象上是否存在点P，使得以点P,A,C为顶点的三角形为直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
解：(1)∵$\angle ABC=45^{\circ}$，
∴$OB=OC$，
∵$OA:OB=1:3$，$AB=4$，
∴$OA=1$，$OB=3$，∴$OC=3$，
∴$A(-1,0)$、$B(3,0)$，$C(0,3)$，
将A、B、C代入$y=ax^{2}+bx+c$中，
∴$\begin{cases}a-b+c=0 \\ 9a+3b+c=0 \\ c=3\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=-1 \\ b=2 \\ c=3\end{cases}$，
∴$y=-x^{2}+2x+3$，
∵$y=-x^{2}+2x+3=-(x-1)^{2}+4$，
∴$D(1,4)$；
(2)①设BC的解析式为$y=kx+b$，
∴$\begin{cases}3k+b=0 \\ b=3\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-1 \\ b=3\end{cases}$，
∴$y=-x+3$，
过点M作$MG// y$轴交BC于点G，
设$M(t,-t^{2}+2t+3)$，则$G(t,-t+3)$，
∴$PG=-t^{2}+2t+3+t-3=-t^{2}+3t$，
∴$S_{\triangle MBC}=\frac{1}{2}×3×(-t^{2}+3t)=-\frac{3}{2}(t-\frac{3}{2})^{2}+\frac{27}{8}$，
∵$0＜t＜3$，
∴当$t=\frac{3}{2}$时，$S_{\triangle MBC}$有最大值$\frac{27}{8}$，此时$M(\frac{3}{2},\frac{15}{4})$；
②过点M作MH⊥x轴交于H，交BC于N，
∵$\angle OBC=45^{\circ}$，∴$NH=\frac{\sqrt{2}}{2}BN$，
∴$MN+\frac{\sqrt{2}}{2}BN=MN+NH\geq MH$，
∵$M(\frac{3}{2},\frac{15}{4})$，
∴$MH=\frac{15}{4}$，∴$MN+\frac{\sqrt{2}}{2}BN$的最小值为$\frac{15}{4}$，
(3)存在点P，使得以点P,A,C为顶点的三角形为直角三角形，理由如下：
设$P(m,-m^{2}+2m+3)$，
如图2，当$\angle ACP=90^{\circ}$时，
过点C作$EF// x$轴，过点A作$AE\perp EF$交于E，过点P作$PF\perp EF$交于F，
∴$\angle ECA+\angle FCP=90^{\circ}$，

∵$\angle ACE+\angle EAC=90^{\circ}$，∴$\angle FCP=\angle EAC$，
∴$\triangle ACE\sim\triangle CPF$，
∴$\frac{AE}{CF}=\frac{EC}{PF}$，∴$\frac{3}{m}=\frac{1}{3+m^{2}-2m-3}$，
解得$m=0$（舍）或$m=\frac{7}{3}$，∴$P(\frac{7}{3},\frac{20}{9})$；
如图3，当$\angle CAP=90^{\circ}$时，过点A作$MN\perp x$轴，过点C作$CM\perp MN$交于M，过点P作$PN\perp MN$交于N，
∵$\angle MAC+\angle NAP=90^{\circ}$，$\angle MAC+\angle MCA=90^{\circ}$，
∴$\angle NAP=\angle MCA$，
∴$\triangle ACM\sim\triangle PAN$，∴$\frac{AM}{NP}=\frac{CM}{AN}$，
∴$\frac{3}{m+1}=\frac{1}{m^{2}-2m-3}$，
解得$m=-1$（舍）或$m=\frac{10}{3}$，
∴$P(\frac{10}{3},-\frac{13}{9})$；
综上所述：P点坐标为$(\frac{7}{3},\frac{20}{9})$或$(\frac{10}{3},-\frac{13}{9})$

答案：
$\frac{15}{4}$; 解：
(1)
∵$\angle ABC=45^{\circ}$，
∴$OB=OC$，
∵$OA:OB=1:3$，$AB=4$，
∴$OA=1$，$OB=3$，
∴$OC=3$，
∴$A(-1,0)$、$B(3,0)$，$C(0,3)$，
将A、B、C代入$y=ax^{2}+bx+c$中，
∴$\begin{cases}a-b+c=0 \\ 9a+3b+c=0 \\ c=3\end{cases}$，解得$\begin{cases}a=-1 \\ b=2 \\ c=3\end{cases}$，
∴$y=-x^{2}+2x+3$，
∵$y=-x^{2}+2x+3=-(x-1)^{2}+4$，
∴$D(1,4)$；
(2)①设BC的解析式为$y=kx+b$，
∴$\begin{cases}3k+b=0 \\ b=3\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-1 \\ b=3\end{cases}$，
∴$y=-x+3$，
过点M作$MG// y$轴交BC于点G，
设$M(t,-t^{2}+2t+3)$，则$G(t,-t+3)$，
∴$PG=-t^{2}+2t+3+t-3=-t^{2}+3t$，
∴$S_{\triangle MBC}=\frac{1}{2}×3×(-t^{2}+3t)=-\frac{3}{2}(t-\frac{3}{2})^{2}+\frac{27}{8}$，
∵$0＜t＜3$，
∴当$t=\frac{3}{2}$时，$S_{\triangle MBC}$有最大值$\frac{27}{8}$，此时$M(\frac{3}{2},\frac{15}{4})$；
②过点M作MH⊥x轴交于H，交BC于N，
∵$\angle OBC=45^{\circ}$，
∴$NH=\frac{\sqrt{2}}{2}BN$，
∴$MN+\frac{\sqrt{2}}{2}BN=MN+NH\geq MH$，
∵$M(\frac{3}{2},\frac{15}{4})$，
∴$MH=\frac{15}{4}$，
∴$MN+\frac{\sqrt{2}}{2}BN$的最小值为$\frac{15}{4}$，
(3)存在点P，使得以点P,A,C为顶点的三角形为直角三角形，理由如下：![img alt=例4图2]
设$P(m,-m^{2}+2m+3)$，
如图2，当$\angle ACP=90^{\circ}$时，
过点C作$EF// x$轴，过点A作$AE\perp EF$交于E，过点P作$PF\perp EF$交于F，
∴$\angle ECA+\angle FCP=90^{\circ}$，

∵$\angle ACE+\angle EAC=90^{\circ}$，
∴$\angle FCP=\angle EAC$，
∴$\triangle ACE\sim\triangle CPF$，
∴$\frac{AE}{CF}=\frac{EC}{PF}$，
∴$\frac{3}{m}=\frac{1}{3+m^{2}-2m-3}$，
解得$m=0$（舍）或$m=\frac{7}{3}$，
∴$P(\frac{7}{3},\frac{20}{9})$；
如图3，当$\angle CAP=90^{\circ}$时，过点A作$MN\perp x$轴，过点C作$CM\perp MN$交于M，过点P作$PN\perp MN$交于N，![img alt=例4图3]
∵$\angle MAC+\angle NAP=90^{\circ}$，$\angle MAC+\angle MCA=90^{\circ}$，
∴$\angle NAP=\angle MCA$，
∴$\triangle ACM\sim\triangle PAN$，
∴$\frac{AM}{NP}=\frac{CM}{AN}$，
∴$\frac{3}{m+1}=\frac{1}{m^{2}-2m-3}$，
解得$m=-1$（舍）或$m=\frac{10}{3}$，
∴$P(\frac{10}{3},-\frac{13}{9})$；
综上所述：P点坐标为$(\frac{7}{3},\frac{20}{9})$或$(\frac{10}{3},-\frac{13}{9})$