《2025年新课程学习与测评同步学习九年级数学全一册沪科版》

1. 如图7,在平面直角坐标系中,直线y=-x-2与x轴交于点A,与y轴交于点B,抛物线y=ax²+bx+c(a＞0)经过A,B两点,并与x轴的正半轴交于点C.
(1)求a,b满足的关系式及c的值.
(2)当$a=\frac{1}{4}$时,设点P是抛物线对称轴上的一个动点,求△ABP周长的最小值.
(3)如图8,当a=1时,设点Q是直线AB下方抛物线上的一个动点,过点Q作QD⊥AB于点D.求QD的最大值及此时点Q的坐标.

答案：
1. 解:
(1) 在 $y = -x - 2$ 中, 当 $x = 0$ 时, $y = -2$; 当 $y = 0$ 时, $x = -2$。所以 $B(0, -2)$，$A(-2, 0)$。将 $A(-2, 0)$，$B(0, -2)$ 代入抛物线 $y = ax^2 + bx + c$ 中，得 $\begin{cases}4a - 2b + c = 0 \\ c = -2\end{cases}$，所以 $2a - b = 1$，$c = -2$。
(2) 当 $a = \frac{1}{4}$ 时，$2×\frac{1}{4} - b = 1$，所以 $b = -\frac{1}{2}$。所以抛物线对应的函数表达式为 $y = \frac{1}{4}x^2 - \frac{1}{2}x - 2 = \frac{1}{4}(x - 1)^2 - \frac{9}{4}$。所以抛物线的对称轴是直线 $x = 1$。由对称性可得，$C(4, 0)$。要使 $\triangle ABP$ 的周长最小，只需 $AP + BP$ 最小即可。如图 16，连接 $BC$ 交直线 $x = 1$ 于点 $P$，连接 $AP$，则 $AP = CP$。此时 $\triangle ABP$ 的周长为 $AB + BP + AP = AB + BP + CP = AB + BC$。在 $Rt\triangle AOB$ 中，$AB = \sqrt{OA^2 + OB^2} = \sqrt{2^2 + 2^2} = 2\sqrt{2}$。在 $Rt\triangle BOC$ 中，$BC = \sqrt{OB^2 + OC^2} = \sqrt{2^2 + 4^2} = 2\sqrt{5}$。所以 $\triangle ABP$ 周长的最小值为 $2\sqrt{2} + 2\sqrt{5}$。

(3) 当 $a = 1$ 时，$2×1 - b = 1$，所以 $b = 1$。所以抛物线对应的函数表达式为 $y = x^2 + x - 2 = (x + \frac{1}{2})^2 - \frac{9}{4}$，对称轴为直线 $x = -\frac{1}{2}$。因为 $A(-2, 0)$，所以 $C(1, 0)$。因为 $OA = OB = 2$，所以 $\triangle AOB$ 是等腰直角三角形，$\angle OBA = 45^{\circ}$。如图 17，过点 $Q$ 作 $QF\perp x$ 轴于点 $F$，交 $AB$ 于点 $E$，则 $\angle QED = \angle OBA = 45^{\circ}$，又 $QD\perp AB$，所以 $\triangle EQD$ 是等腰直角三角形，$QD = ED$。设 $Q(m, m^2 + m - 2)$，则 $E(m, -m - 2)$。所以 $QE = (-m - 2) - (m^2 + m - 2) = -m^2 - 2m = -(m + 1)^2 + 1$。由勾股定理，得 $QD^2 + ED^2 = QE^2$，即 $2QD^2 = QE^2$。因为 $QD ＞ 0$，$QE ＞ 0$，所以 $QD = \frac{\sqrt{2}}{2}QE = -\frac{\sqrt{2}}{2}(m + 1)^2 + \frac{\sqrt{2}}{2}$。因为 $-2 ＜ m ＜ 0$，所以当 $m = -1$ 时，$QD$ 有最大值，最大值为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$，此时点 $Q$ 的坐标为 $(-1, -2)$。