《2026年启东中学作业本九年级数学下册苏科版徐州专版》

5. 如图,二次函数$y=-x^{2}+3x+4$的图像与$x$轴交于点$A,B$,与$y$轴交于点$C$.$P$是此函数图像在第一象限内的一动点,过点$P$作$PE ⊥ x$轴于点$E$,交$BC$于点$G$,作$PF ⊥ BC$于点$F$.
(1)点$B$的坐标是(4, 0),点$C$的坐标是(0, 4);
(2)当$S_{△ PCB}=6$时,求点$P$的坐标;
(3)当$△ PFG$的周长最大时,求点$P$的坐标.

答案： 5.
(1)$(4, 0)$　$(0, 4)$
(2)解:设直线$BC$的函数表达式为$y = kx + b$，
　把$(4, 0)$，$(0, 4)$代入，得
　$\begin{cases}4k + b = 0 \\ b = 4\end{cases}$解得$\begin{cases}k = -1 \\ b = 4\end{cases}$
∴直线$BC$的函数表达式为$y = -x + 4$。
　设点$P$的坐标为$(m, -m^{2} + 3m + 4)$，则点$G$的坐标为$(m, -m + 4)$，
∴$PG = (-m^{2} + 3m + 4) - (-m + 4) = -m^{2} + 4m$。
∵$S_{△ PCB} = 6$，
∴$\frac{1}{2}PG · OB = 6$，即$\frac{1}{2}(-m^{2} + 4m) × 4 = 6$，解得$m = 1$或$m = 3$，
∴点$P$的坐标为$(1, 6)$或$(3, 4)$。
(3)解:
∵$B(4, 0)$，$C(0, 4)$，
∴$OB = OC = 4$，
∴$∠ OBC = ∠ OCB$。
∵$∠ BOC = 90^{\circ}$，
∴$∠ OBC = ∠ OCB = 45^{\circ}$。
∵$PE ⊥ x$轴，$PF ⊥ BC$，
∴$∠ BEG = ∠ PFG = 90^{\circ}$，
∴$∠ PGF = ∠ BGE = 45^{\circ}$，
∴$△ PFG$是等腰直角三角形，
∴$PF = FG = \frac{\sqrt{2}}{2}PG$。
　设点$P$的坐标为$(n, -n^{2} + 3n + 4)$，则点$G$的坐标为$(n, -n + 4)$，
∴$PG = (-n^{2} + 3n + 4) - (-n + 4) = -n^{2} + 4n$，
∴$△ PFG$的周长为$PG + PF + FG = -n^{2} + 4n + \frac{\sqrt{2}}{2}(-n^{2} + 4n) + \frac{\sqrt{2}}{2}(-n^{2} + 4n) = (\sqrt{2} + 1)(-n^{2} + 4n) = (\sqrt{2} + 1)[-(n - 2)^{2} + 4]$，
∴当$n = 2$时，$△ PFG$的周长最大，最大值为$4\sqrt{2} + 4$，此时点$P$的坐标为$(2, 6)$。

6. 如图,抛物线$y=-x^{2}+bx+c$与直线$y=x+2$相交于$A(-2,0),B(3,m)$两点,与$x$轴相交于另一点$C$.
(1)求抛物线的函数表达式.
(2)$P$是直线$AB$上方抛物线上的一个动点(不与点$A,B$重合),过点$P$作直线$PD ⊥ x$轴于点$D$,交直线$AB$于点$E$,当$PE=2ED$时,求点$P$的坐标.
(3)当点$P$运动到什么位置时,$△ PAB$的面积有最大值?
(4)抛物线上是否存在点$M$,使$△ ABM$的面积等于$△ ABC$面积的一半?若存在,请直接写出点$M$的坐标;若不存在,请说明理由.

答案：
6.解:
(1)抛物线$y = -x^{2} + bx + c$与直线$y = x + 2$相交于$A(-2, 0)$，$B(3, m)$两点，把点$B$的坐标代入$y = x + 2$，得$m = 3 + 2 = 5$，
∴$B(3, 5)$。
　把点$A$，点$B$的坐标代入$y = -x^{2} + bx + c$，得
　$\begin{cases}-4 - 2b + c = 0 \\ -9 + 3b + c = 5\end{cases}$解得$\begin{cases}b = 2 \\ c = 8\end{cases}$
∴抛物线的函数表达式为$y = -x^{2} + 2x + 8$。
(2)设$P(t, -t^{2} + 2t + 8)$，则$E(t, t + 2)$，$D(t, 0)$，
∵$PE = 2DE$，
∴$-t^{2} + 2t + 8 - (t + 2) = 2(t + 2)$，
　解得$t = 1$或$t = -2$（不合题意，舍去），
∴点$P$的坐标为$(1, 9)$。
(3)由$P(t, -t^{2} + 2t + 8)$，$E(t, t + 2)$，
　则$PE = -t^{2} + 2t + 8 - (t + 2) = -t^{2} + t + 6$。$S_{△ PAB} = \frac{1}{2}PE · (x_{B} - x_{A}) = \frac{1}{2}PE × 5 = \frac{5}{2}(-t^{2} + t + 6) = -\frac{5}{2}(t - \frac{1}{2})^{2} + \frac{125}{8}$，
∵$-\frac{5}{2} ＜ 0$，
∴当$t = \frac{1}{2}$时，$△ PAB$的面积有最大值，此时点$P$的坐标为$(\frac{1}{2}, \frac{35}{4})$。
(4)存在
　过点$M$作$MF // y$轴交直线$AB$于点$K$，交$x$轴于点$F$，过点$B$作$BE ⊥ MF$于点$E$，如答图。
　　　　　　　
　在$y = -x^{2} + 2x + 8$中，令$y = 0$，得$0 = -x^{2} + 2x + 8$，解得$x = -2$或$x = 4$，
∴$A(-2, 0)$，$C(4, 0)$，
∴$AC = 6$。
∵$B(3, 5)$，
∴$S_{△ ABC} = \frac{1}{2} × 6 × 5 = 15$。
　设$M(a, -a^{2} + 2a + 8)$，则$K(a, a + 2)$，
∴$MK = |-a^{2} + 2a + 8 - (a + 2)| = |-a^{2} + a + 6|$。
∵$S_{△ ABM} = \frac{1}{2}MK · BE + \frac{1}{2}MK · AF = \frac{1}{2}MK(BE + AF) = \frac{1}{2}MK · |x_{B} - x_{A}|$，
∴$S_{△ ABM} = \frac{1}{2}MK · |x_{B} - x_{A}| = \frac{1}{2}|-a^{2} + a + 6| × 5 = \frac{5}{2}|-a^{2} + a + 6|$。
∵$△ ABM$的面积等于$△ ABC$面积的一半，
∴$\frac{5}{2}|-a^{2} + a + 6| = \frac{1}{2} × 15$，
∴$|-a^{2} + a + 6| = 3$，
∴$-a^{2} + a + 6 = 3$ 或 $-a^{2} + a + 6 = -3$，
解得$a = \frac{1 \pm \sqrt{13}}{2}$ 或 $a = \frac{1 \pm \sqrt{37}}{2}$。
综上所述，抛物线上存在点$M$，使$△ ABM$的面积等于$△ ABC$面积的一半，点$M$的坐标为$(\frac{1 + \sqrt{13}}{2}, \frac{11 + \sqrt{13}}{2})$ 或 $(\frac{1 - \sqrt{13}}{2}, \frac{11 - \sqrt{13}}{2})$ 或 $(\frac{1 + \sqrt{37}}{2}, \frac{-1 + \sqrt{37}}{2})$ 或 $(\frac{1 - \sqrt{37}}{2}, \frac{-1 - \sqrt{37}}{2})$。