《2025年领智优选浙江期末复习卷九年级数学全一册浙教版》

在平面直角坐标系$xOy$中，已知抛物线$y=ax^{2}-2ax+a+3(a＜0)$与$x$轴分别交于点$A$和点$B$，与$y$轴交于点$C$。
（1）如图1，若点$A$的坐标为$(-1,0)$，求抛物线的表达式和点$C$的坐标；
（2）过点$C$作$y$轴的垂线$l$，将抛物线在$y$轴右侧的部分沿直线$l$翻折，将翻折得到的图象与原抛物线剩余部分的图象组成新的图形，记为图形$G$。
①在（1）的条件下，在图形$G$位于$x$轴上方的部分是否存在点$D$，使得$S_{\triangle ABD}=3$？若存在，求点$D$的坐标；若不存在，请说明理由；
②如图2，已知点$P(1+a,p)$和点$Q(1-a,q)$是图形$G$上的点。设$t=p+q$，当$-3\leq t\leq0$时，请直接写出$a$的取值范围。

答案：
23.解:
(1)将A(−1,0)代入y=ax²−2ax+a+3,得a+2a+a+3=0,
　　解得a=−$\frac{3}{4}$,
∴抛物线的表达式为y=−$\frac{3}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+$\frac{9}{4}$,
　　令x=0,得y=$\frac{9}{4}$,
∴C(0,$\frac{9}{4}$).
(2)①存在点D,使得S_△ABD=3,理由如下:如图1,
　　　　　　　　　
　在y=−$\frac{3}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+$\frac{9}{4}$中，令y=0得−$\frac{3}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x +$\frac{9}{4}$=0,
　解得x₁=−1,x₂=3,
∴A(−1,0),B(3,0),
∴AB=4.
∵y=−$\frac{3}{4}$x²+$\frac{3}{2}$x+$\frac{9}{4}$=−$\frac{3}{4}$(x−1)²+3,
∴顶点为(1,3)，
　过点C作y轴的垂线l:y=$\frac{9}{4}$,将抛物线在y轴右侧的部分沿直线l翻折，其余部分不变，得到y=$\frac{3}{4}$(x−1)²+$\frac{3}{2}$,
∴图形G的函数表达式为
$y = \begin{cases} -\frac{3}{4}(x - 1)^{2}+3(x\leq0)\frac{3}{4}(x - 1)^{2}+\frac{3}{2}(x＞0)\end{cases}$
　若x轴上方的图形G上存在点D,使得S_△ABD=$\frac{1}{2}$AB·y_D=3,则y_D=$\frac{3}{2}$,
当x＜0时，将y=$\frac{3}{2}$代入y=−$\frac{3}{4}$(x−1)²+3,得−$\frac{3}{4}$(x−1)²+3=$\frac{3}{2}$,
解得x₁=$\sqrt{2}$+1(舍去),x₂=−$\sqrt{2}$+1;
∴此时D(−$\sqrt{2}$+1，$\frac{3}{2}$).
当x＞0时,将y=$\frac{3}{2}$代入y=$\frac{3}{4}$(x−1)²+$\frac{3}{2}$,得$\frac{3}{4}$(x−1)²+$\frac{3}{2}$=$\frac{3}{2}$,解得x=1,
∴此时D(1,$\frac{3}{2}$).
综上,存在点D,使得S_△ABD=3,点D的坐标为(−$\sqrt{2}$+1,$\frac{3}{2}$)或(1,$\frac{3}{2}$).
②在y=ax²−2ax+a+3(a＜0)中,令x=0,
得y=a+3,
∴C(0,a+3),
∴直线l:y=a+3,
∵y=ax²−2ax+a+3=a(x−1)²+3,
∴抛物线的顶点为(1,3).
将抛物线y=ax²−2ax+a+3(a＜0)在y轴右侧的部分沿直线l翻折,得y=−a(x−1)²+2a+3,
∵点P(1+a,p)和点Q(1−a,q)是图形G上的点，
∴当a≤−1时,1+a≤0,1−a≥2,
即点P在y轴左侧，点Q在y轴右侧，如图2,
　　　　　　　
∴p=a²+3,q=−a²+2a+3,
∴t=p+q=2a+6,
∵−3≤t≤0,
∴−3≤2a+6≤0,
∴−$\frac{9}{2}$≤a≤−3;
当−1＜a＜0时,0＜1+a＜1,1＜1−a＜2,
即点P,Q均在y轴右侧，
∴2a+3＜p＜a+3,2a+3＜q＜a+3,
∴4a+6＜p+q＜2a+6,
∵−3≤t≤0,
∴−3≤p+q≤0,
　$\begin{cases}4a + 6＞-3\\2a + 6＜0\end{cases}$
此不等式组无解，即−1＜a＜0不成立;
综上,a的取值范围为−$\frac{9}{2}$≤a≤−3.