《2026年启东中学作业本九年级数学下册苏科版宿迁专版》

6. 如图，抛物线$y = - x^{2} - 2x + 3$与$x$轴交于点$A$和点$B$，与$y$轴交于点$C$，连接$BC$，与抛物线的
对称轴交于点$E$，顶点为$D$.$P$是对称轴左侧抛物线上的一个动点，点$Q$在射线$ED$上，若以点
$P$，$Q$，$E$为顶点的三角形与$\triangle BOC$相似，求点$P$的坐标.

答案：
6.解:令$-x^{2}-2x+3=0$，解得$x_1=−3$，$x_2=1$，
∴$OA=1$，$OB=3$。
　令$x=0$，得$y=3$，
∴$OC=OB=3$，
　即$\triangle OBC$是等腰直角三角形。
∵抛物线的函数表达式为$y=−x^{2}-2x+3$，
∴抛物线的对称轴为直线$x=−1$。
　由题意，易得直线$BC$的函数表达式为$y=x+3$，
∴点$E$的坐标为$(-1,2)$，即点$E$到$x$轴的距离为$2$。
　分以下两种情况讨论:
　①若$\triangle PQE \sim \triangle BOC$，如答图①所示，
∴$\angle PQE=90^{\circ}$，
∴$\angle QPE=\angle PEQ=45^{\circ}$，
∴$PQ=QE$。
　设点$P$的坐标为$(x,-x-1+2)$，
　代入函数表达式，得$-x-1+2=−x^{2}-2x+3$，
　整理，得$x^{2}+x−2=0$，解得$x_1=−2$，$x_2=1$（舍去），
∴点$P$的坐标为$(-2,3)$；
　②若$\triangle PEQ \sim \triangle BOC$，如答图②所示，设$P(x,2)$，代入函数表达式，得$2=−x^{2}-2x+3$，整理，得$x^{2}+2x−1=0$，解得$x_1=−1-\sqrt{2}$，$x_2=−1+\sqrt{2}$（舍去），
∴点$P$的坐标为$(-1-\sqrt{2},2)$。
　综上所述，点$P$的坐标为$(-2,3)$或$(-1-\sqrt{2},2)$。
　　

7. 如图，抛物线$y = ax^{2} + \frac{3}{2}x + c$与$x$轴交于$A$，$B$，与$y$轴交于点$C$，已知$A$，$C$两点的坐标分别
是$A(1,0)$，$C(0, - 2)$，连接$AC$，$BC$.
(1)求抛物线的函数表达式和$AC$所在直线的函数表达式.
(2)将$\triangle ABC$沿$BC$边所在直线折叠，得到$\triangle DBC$，点$A$的对应点$D$是否落在抛物线的对称轴
上？若点$D$在对称轴上，请求出点$D$的坐标；若点$D$不在对称轴上，请说明理由.
(3)若$P$是第三象限的抛物线上的一动点，连接$AP$交$BC$于点$Q$，连接$BP$，$\triangle BPQ$的面积记
为$S_{1}$，$\triangle ABQ$的面积记为$S_{2}$，求$\frac{S_{1}}{S_{2}}$的值最大时点$P$的坐标.

答案：
7.解:
(1)
∵抛物线$y=ax^{2}+\frac{3}{2}x+c$过点$A(1,0)$，$C(0,-2)$，
　$\begin{cases}0=a+\frac{3}{2}+c \\ -2=c \end{cases}$，解得$\begin{cases}a=\frac{1}{2} \\ c=-2 \end{cases}$，
∴抛物线的函数表达式为$y=\frac{1}{2}x^{2}+\frac{3}{2}x-2$。
　设直线$AC$的函数表达式为$y=kx+b$，
　则$\begin{cases}k+b=0 \\ b=-2 \end{cases}$，解得$\begin{cases}k=2 \\ b=-2 \end{cases}$，
∴$AC$所在直线的函数表达式为$y=2x-2$。
(2)点$D$不在抛物线的对称轴上，理由如下:
∵抛物线的函数表达式为$y=\frac{1}{2}x^{2}+\frac{3}{2}x-2$，
　令$y=0$，得$\frac{1}{2}x^{2}+\frac{3}{2}x-2=0$，解得$x_1=1$，$x_2=−4$，
∴点$B$的坐标为$(-4,0)$。
∵$OA=1$，$OC=2$，
∴$\frac{OA}{OC}=\frac{OC}{OB}$。
　又
∵$\angle AOC=\angle BOC=90^{\circ}$，
∴$\triangle AOC \sim \triangle COB$，
∴$\angle ACO=\angle CBO$，
∴$\angle ACO+\angle BCO=\angle CBO+\angle BCO=90^{\circ}$，
∴$AC \perp BC$，
∴将$\triangle ABC$沿$BC$所在直线折叠，点$D$一定落在直线$AC$上。延长$AC$至点$D$，使$DC=AC$，过点$D$作$DE \perp y$轴于点$E$，如答图①。
　又
∵$\angle ACO=\angle DCE$，
∴$\triangle ACO \cong \triangle DCE(AAS)$，
∴$DE=AO=1$，则点$D$的横坐标为$-1$。
∵抛物线的对称轴为直线$x=-\frac{3}{2}$，
∴点$D$不在抛物线的对称轴上。
(3)设过点$B$，$C$的直线的函数表达式为$y=sx+t$。
∵$C(0,-2)$，$B(-4,0)$，
∴$\begin{cases}-2=t \\ 0=-4s+t \end{cases}$，解得$\begin{cases}s=-\frac{1}{2} \\ t=-2 \end{cases}$，
∴过点$B$，$C$的直线的函数表达式为$y=-\frac{1}{2}x-2$。
　过点$A$作$x$轴的垂线交$BC$的延长线于点$M$，则点$M$的坐标为$(1,-\frac{5}{2})$。
　过点$P$作$x$轴的垂线交$BC$于点$N$，垂足为$H$，如答图②。
　设点$P$的坐标为$(m,\frac{1}{2}m^{2}+\frac{3}{2}m-2)(-4＜m＜0)$，则点$N$的坐标为$(m,-\frac{1}{2}m-2)$，
∴$PN=-\frac{1}{2}m-2-(\frac{1}{2}m^{2}+\frac{3}{2}m-2)=-\frac{1}{2}m^{2}-2m$。
∵$PN// AM$，
∴$\triangle AQM \sim \triangle PQN$，
∴$\frac{PQ}{AQ}=\frac{PN}{AM}$。
　若分别以$PQ$，$AQ$为底计算$\triangle BPQ$和$\triangle ABQ$的面积（同高不等底），
　则$\triangle BPQ$与$\triangle ABQ$的面积比为$\frac{PQ}{AQ}$，即$\frac{S_1}{S_2}=\frac{PQ}{AQ}$，
∴$\frac{S_1}{S_2}=\frac{-\frac{1}{2}m^{2}-2m}{\frac{5}{2}}=\frac{-m^{2}-4m}{5}=-\frac{1}{5}(m+2)^{2}+\frac{4}{5}$。
∵$-\frac{1}{5}＜0$，
∴当$m=-2$时，$\frac{S_1}{S_2}$取得最大值$\frac{4}{5}$，此时点$P$的坐标为$(-2,-3)$。