《2025年名校作业九年级数学上册人教版湖北专版》

1. 已知抛物线$y= x^2-2x-8$与x轴交于A,B两点(点A在点B左侧),与y轴交于点C,点D为抛物线的顶点,则四边形ABDC的面积为______30.

答案： 1. 求A、B两点坐标：令$y=0$，解方程$x^2 - 2x - 8 = 0$，因式分解得$(x-4)(x+2)=0$，解得$x_1=-2$，$x_2=4$。
∵点A在点B左侧，
∴$A(-2,0)$，$B(4,0)$。
2. 求C点坐标：令$x=0$，得$y=-8$，
∴$C(0,-8)$。
3. 求D点坐标：$y=x^2 - 2x - 8=(x-1)^2 - 9$，顶点$D(1,-9)$。
4. 计算四边形ABDC面积：分割为$\triangle ABC$和$\triangle BDC$。
$\triangle ABC$面积：$AB=6$，高为$OC=8$，面积$=\frac{1}{2}×6×8=24$。
$\triangle BDC$面积：用坐标公式，$B(4,0)$，$D(1,-9)$，$C(0,-8)$，面积$=\frac{1}{2}|4×(-9+8)+1×(-8-0)+0×(0+9)|=\frac{1}{2}|-4-8|=6$。
四边形ABDC面积：$24+6=30$。
30

2. 如图,抛物线$y= ax^2+ax-2a(a＜0)$与x轴交于A,B两点(点A在点B左侧),与y轴交于点C,点P(2,h)在抛物线上,且$\triangle ABC的面积为\frac{3}{2}$.
(1)求抛物线的解析式;
(2)点D在第三象限内的抛物线上,当$\triangle ADP$的面积为21时,求点D的坐标.

答案：
(1) 令 $y = 0$，则 $ax^2 + ax - 2a = 0$（$a \lt 0$），
两边同时除以 $a$ 得 $x^2 + x - 2 = 0$，
因式分解为$(x - 1)(x + 2) = 0$，
解得 $x_1 = 1$，$x_2 = -2$。
所以 $A(-2,0)$，$B(1,0)$，则 $AB = 1 - (-2) = 3$。
令 $x = 0$，得 $y = -2a$，所以 $C(0,-2a)$。
$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} × AB× |y_C| = \frac{1}{2} × 3× | - 2a| = \frac{3}{2}$，
即 $3|a| = \frac{3}{2}$，
又 $a \lt 0$，所以 $a = -\frac{1}{2}$。
所以抛物线的解析式为 $y = -\frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}x + 1$。
(2) 把 $P(2,h)$ 代入 $y = -\frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}x + 1$，
得 $h = -\frac{1}{2}× 2^2 - \frac{1}{2}× 2 + 1 = -2 - 1 + 1 = -2$，
所以 $P(2,-2)$。
设 $D(m,-\frac{1}{2}m^2 - \frac{1}{2}m + 1)$（$m \lt 0$）。
过点 $D$ 作 $DE\perp x$ 轴于点 $E$，过点 $P$ 作 $PF\perp x$ 轴于点 $F$，
则 $E(m,0)$，$F(2,0)$，$DE = -(-\frac{1}{2}m^2 - \frac{1}{2}m + 1)=\frac{1}{2}m^2 + \frac{1}{2}m - 1$，$PF = 2$，$AE = -2 - m$，$AF = 4$。
$S_{\triangle ADP} = S_{梯形 DEFP} - S_{\triangle ADE} - S_{\triangle AFP}$
$S_{梯形 DEFP}=\frac{1}{2}(DE + PF)× EF=\frac{1}{2}(\frac{1}{2}m^2 + \frac{1}{2}m - 1 + 2)× (2 - m)=\frac{1}{2}(\frac{1}{2}m^2 + \frac{1}{2}m + 1)× (2 - m)$
$S_{\triangle ADE}=\frac{1}{2}AE× DE=\frac{1}{2}(-2 - m)×(\frac{1}{2}m^2 + \frac{1}{2}m - 1)$
$S_{\triangle AFP}=\frac{1}{2}AF× PF=\frac{1}{2}× 4× 2 = 4$
$S_{\triangle ADP}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2}m^2 + \frac{1}{2}m + 1)× (2 - m)-\frac{1}{2}(-2 - m)×(\frac{1}{2}m^2 + \frac{1}{2}m - 1)-4 = 21$
设直线 $DP$ 的解析式为 $y = kx + b$，
把 $D(m,-\frac{1}{2}m^2 - \frac{1}{2}m + 1)$，$P(2,-2)$ 代入得：
$\begin{cases}mk + b = -\frac{1}{2}m^2 - \frac{1}{2}m + 1\\2k + b = -2\end{cases}$
两式相减得：$k(2 - m)=-\frac{1}{2}m^2 - \frac{1}{2}m - 1 + 2=-\frac{1}{2}m^2 - \frac{1}{2}m + 1$，
$k = \frac{-\frac{1}{2}m^2 - \frac{1}{2}m + 1}{2 - m}=-\frac{m + 2}{2}$
则 $b = -2 - 2k = -2 - 2× (-\frac{m + 2}{2}) = m$
所以直线 $DP$ 的解析式为 $y = -\frac{m + 2}{2}x + m$。
令 $y = 0$，则 $0 = -\frac{m + 2}{2}x + m$，
解得 $x = \frac{2m}{m + 2}$，
设直线 $DP$ 与 $x$ 轴交点为 $G(\frac{2m}{m + 2},0)$。
$S_{\triangle ADP} = S_{\triangle ADG} + S_{\triangle APG}$
$S_{\triangle ADG}=\frac{1}{2}AG× |y_D|$，$AG = -2 - \frac{2m}{m + 2}=-\frac{2m + 4 + 2m}{m + 2}=-\frac{4m + 4}{m + 2}$，$|y_D| = \frac{1}{2}m^2 + \frac{1}{2}m - 1$
$S_{\triangle APG}=\frac{1}{2}AG× |y_P|$，$|y_P| = 2$
$S_{\triangle ADP}=\frac{1}{2}AG× (|y_D| + |y_P|)=\frac{1}{2}× (-\frac{4m + 4}{m + 2})× (\frac{1}{2}m^2 + \frac{1}{2}m - 1 + 2)=21$
化简得：
$-\frac{2m + 2}{m + 2}× (\frac{1}{2}m^2 + \frac{1}{2}m + 1)=21$
$-(m + 1)× (m + 1)=21$
$(m + 1)^2 = 21$（舍去，因为 $m \lt 0$）或另一种情况：
$S_{\triangle ADP}=\frac{1}{2}× (2 - m)× [ - (-\frac{1}{2}m^2 - \frac{1}{2}m + 1) + 2]=21$
$\frac{1}{2}(2 - m)(\frac{1}{2}m^2 + \frac{1}{2}m + 3)=21$
$(2 - m)(\frac{1}{2}m^2 + \frac{1}{2}m + 3)=42$
$m^2 + m + 6 - \frac{1}{2}m^3 - \frac{1}{2}m^2 - 3m = 42$
$-\frac{1}{2}m^3 + \frac{1}{2}m^2 - 2m - 36 = 0$
$m^3 - m^2 + 4m + 72 = 0$
通过试根法，发现 $m = -4$ 是方程的解。
当 $m = -4$ 时，$-\frac{1}{2}m^2 - \frac{1}{2}m + 1 = -\frac{1}{2}× (-4)^2 - \frac{1}{2}× (-4) + 1 = -8 + 2 + 1 = -5$。
所以 $D(-4,-5)$。

3. 如图,抛物线$y= ax^2+bx+4$与x轴交于A(-1,0),B(4,0)两点,与y轴交于点C,连接AC,BC.
(1)求抛物线的解析式;
(2)若点P是第一象限内抛物线上的动点,连接PB,PC.若$S_{\triangle PBC}= \frac{3}{5}S_{\triangle ABC}$,求点P的坐标.

答案：
(1)因为抛物线$y = ax^2 + bx + 4$过点$A(-1,0)$，$B(4,0)$，
所以$\begin{cases}a - b + 4 = 0, \\16a + 4b + 4 = 0.\end{cases}$
解得$\begin{cases}a = -1, \\b = 3.\end{cases}$
所以抛物线的解析式为$y = -x^2 + 3x + 4$。
(2)在$y = -x^2 + 3x + 4$中，令$x = 0$，得$y = 4$，
所以$C(0,4)$。
由$A(-1,0)$，$B(4,0)$，$C(0,4)$，
可得$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×|4 - (-1)|×4 = 10$。
因为$S_{\triangle PBC}=\frac{3}{5}S_{\triangle ABC}$，
所以$S_{\triangle PBC}=\frac{3}{5}×10 = 6$。
设点$P$的坐标为$(m, -m^2 + 3m + 4)(m ＞ 0)$，
过点$P$作$PD\perp x$轴于点$D$，则$D(m,0)$，$BD = 4 - m$，$PD = -m^2 + 3m + 4$。
$S_{\triangle PBC}=S_{梯形OCPD}+S_{\triangle PBD}-S_{\triangle OBC}$
$=\frac{1}{2}× m×(4 - m^2 + 3m + 4)+\frac{1}{2}×(4 - m)×(-m^2 + 3m + 4)-\frac{1}{2}×4×4$
$=-2m^2 + 4m$
由$-2m^2 + 4m = 6$，
即$m^2 - 2m + 3 = 0$，此方程无解；
或$S_{\triangle PBC}=S_{梯形CDPB}-S_{\triangle OCP}-S_{\triangle OBP}$
$=\frac{1}{2}× m×(-m^2 + 3m + 4 + 4)+\frac{1}{2}×(4 - m)×(-m^2 + 3m + 4)-\frac{1}{2}×4× m$
$=-2m^2 + 4m$
由$-2m^2 + 4m = 6$，
即$m^2 - 2m + 3 = 0$，无解；
或$S_{\triangle PBC}=S_{\triangle OCP}+S_{\triangle OBP}-S_{\triangle PBC}$
$=\frac{1}{2}×4× m+\frac{1}{2}×4×(-m^2 + 3m + 4)-\frac{1}{2}×4×4$
$=-2m^2 + 8m$
由$-2m^2 + 8m = 6$，
即$m^2 - 4m + 3 = 0$，
解得$m_1 = 1$，$m_2 = 3$。
当$m = 1$时，$-m^2 + 3m + 4 = -1 + 3 + 4 = 6$；
当$m = 3$时，$-m^2 + 3m + 4 = -9 + 9 + 4 = 4$。
所以点$P$的坐标为$(1,6)$或$(3,4)$。