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1. 如图，在平面直角坐标系 $xOy$ 中，抛物线 $y = x^{2}-2x - 3$ 与 $x$ 轴交于点 $A$，$B$，与 $y$ 轴交于点 $C$。
求：(1)顶点 $D$ 的坐标；
(2)$△ ABC$ 的面积。
求：(1)顶点 $D$ 的坐标；
(2)$△ ABC$ 的面积。
答案：
解：
(1)
∵$y = x^{2}-2x - 3=(x - 1)^{2}-4$，
∴顶点$D$的坐标为$(1,-4)$．
(2)令$y = 0$，即$(x - 1)^{2}-4 = 0$，
解得$x_{1}=-1$，$x_{2}=3$，
∴$A(-1,0)$，$B(3,0)$，
∴$AB = 4$．
令$x = 0$，则$y=-3$，
∴$C(0,-3)$，
∴$OC = 3$，
∴$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· OC=\frac{1}{2}×4×3 = 6$．
(1)
∵$y = x^{2}-2x - 3=(x - 1)^{2}-4$，
∴顶点$D$的坐标为$(1,-4)$．
(2)令$y = 0$，即$(x - 1)^{2}-4 = 0$，
解得$x_{1}=-1$，$x_{2}=3$，
∴$A(-1,0)$，$B(3,0)$，
∴$AB = 4$．
令$x = 0$，则$y=-3$，
∴$C(0,-3)$，
∴$OC = 3$，
∴$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· OC=\frac{1}{2}×4×3 = 6$．
2. 如图，将抛物线 $y = x^{2}$ 向下平移 $1$ 个单位长度后与 $x$ 轴交于 $A$，$B$ 两点，与 $y$ 轴交于点 $C$。
(1)求 $A$，$B$，$C$ 三点的坐标；
(2)过点 $A$ 作 $AD// CB$ 交抛物线于点 $D$，求四边形 $ACBD$ 的面积。
(1)求 $A$，$B$，$C$ 三点的坐标；
(2)过点 $A$ 作 $AD// CB$ 交抛物线于点 $D$，求四边形 $ACBD$ 的面积。
答案：
解：
(1)将抛物线$y = x^{2}$向下平移$1$个单位长度后，得抛物线$y = x^{2}-1$．
令$y = 0$，得$x^{2}-1 = 0$，解得$x=\pm1$；令$x = 0$，得$y=-1$．
∴$A(-1,0)$，$B(1,0)$，$C(0,-1)$．
(2)易求得直线$BC$的函数表达式为$y = x - 1$，
由$AD// CB$可知直线$AD$的函数表达式为$y = x + 1$．
由$\begin{cases}y = x + 1\\y = x^{2}-1\end{cases}$，解得$\begin{cases}x_{1}=2\\y_{1}=3\end{cases}$，$\begin{cases}x_{2}=-1\\y_{2}=0\end{cases}$，故$D(2,3)$．
∴$S_{四边形ACBD}=S_{△ ABC}+S_{△ ABD}=\frac{1}{2}×2×1+\frac{1}{2}×2×3 = 1 + 3 = 4$．
(1)将抛物线$y = x^{2}$向下平移$1$个单位长度后，得抛物线$y = x^{2}-1$．
令$y = 0$，得$x^{2}-1 = 0$，解得$x=\pm1$；令$x = 0$，得$y=-1$．
∴$A(-1,0)$，$B(1,0)$，$C(0,-1)$．
(2)易求得直线$BC$的函数表达式为$y = x - 1$，
由$AD// CB$可知直线$AD$的函数表达式为$y = x + 1$．
由$\begin{cases}y = x + 1\\y = x^{2}-1\end{cases}$，解得$\begin{cases}x_{1}=2\\y_{1}=3\end{cases}$，$\begin{cases}x_{2}=-1\\y_{2}=0\end{cases}$，故$D(2,3)$．
∴$S_{四边形ACBD}=S_{△ ABC}+S_{△ ABD}=\frac{1}{2}×2×1+\frac{1}{2}×2×3 = 1 + 3 = 4$．
3. (2024·句容期末)如图，抛物线 $y = -x^{2}+2x + 3$ 的顶点为 $P$，与 $x$ 轴交于点 $B$，$A$，与 $y$ 轴交于点 $C$。
(1)点 $A$ 的坐标为
(2)求 $△ PAC$ 的面积；
(3)$D$ 是直线 $AC$ 上方抛物线上的点(不与点 $P$ 重合)，是否存在点 $D$，使得 $△ DAC$ 和 $△ PAC$ 的面积相等？若存在，直接写出点 $D$ 的坐标；若不存在，请说明理由。
(1)点 $A$ 的坐标为
(3,0)
，点 $B$ 的坐标为(-1,0)
；(2)求 $△ PAC$ 的面积；
(3)$D$ 是直线 $AC$ 上方抛物线上的点(不与点 $P$ 重合)，是否存在点 $D$，使得 $△ DAC$ 和 $△ PAC$ 的面积相等？若存在，直接写出点 $D$ 的坐标；若不存在，请说明理由。
答案：
(1)$(3,0)$ $(-1,0)$
(2)解：
∵$y=-x^{2}+2x + 3=-(x - 1)^{2}+4$，
∴$P(1,4)$．
令$x = 0$，则$y = 3$，
∴$C(0,3)$．
设直线$AC$的函数表达式为$y = kx + 3(k≠0)$，把$A(3,0)$代入，得$3k + 3 = 0$，解得$k=-1$，
∴直线$AC$的函数表达式为$y=-x + 3$．
如答图①，过点$P$作$PE⊥ x$轴于点$E$，交$AC$于点$F$，连接$PC$，$PA$．
第3题答图①
把$x = 1$代入$y=-x + 3$，得$y=-1 + 3 = 2$，
∴$F(1,2)$，
∴$PF = 4 - 2 = 2$，$OE = 1$，$AE = 3 - 1 = 2$，
∴$S_{△ PAC}=S_{△ PCF}+S_{△ PAF}=\frac{1}{2}PF· OE+\frac{1}{2}PF· AE=\frac{1}{2}PF·(OE + AE)=\frac{1}{2}×2×3 = 3$，
∴$△ PAC$的面积为$3$．
(3)解：存在．如答图②，过点$D$作$DG⊥ x$轴于点$G$，交$AC$于点$H$，连接$DC$，$DA$．
第3题答图②
设$D(d,-d^{2}+2d + 3)$，$0＜ d＜3$且$d≠1$，
∴点$H$的横坐标为$d$，
∴$y=-d + 3$，即$H(d,-d + 3)$，
∴$DH=-d^{2}+2d + 3-(-d + 3)=-d^{2}+3d$，
根据
(2)的计算方法得$S_{△ PAC}=S_{△ DAC}=\frac{1}{2}DH·(OG + AG)=\frac{1}{2}DH×3 = 3$，
∴$DH = 2$，
∴$-d^{2}+3d = 2$，解得$d_{1}=1$（不符合题意，舍去），$d_{2}=2$．
当$d = 2$时，$-d^{2}+2d + 3=-2^{2}+2×2 + 3 = 3$，
∴点$D$的坐标为$(2,3)$．
(1)$(3,0)$ $(-1,0)$
(2)解：
∵$y=-x^{2}+2x + 3=-(x - 1)^{2}+4$，
∴$P(1,4)$．
令$x = 0$，则$y = 3$，
∴$C(0,3)$．
设直线$AC$的函数表达式为$y = kx + 3(k≠0)$，把$A(3,0)$代入，得$3k + 3 = 0$，解得$k=-1$，
∴直线$AC$的函数表达式为$y=-x + 3$．
如答图①，过点$P$作$PE⊥ x$轴于点$E$，交$AC$于点$F$，连接$PC$，$PA$．
第3题答图①
把$x = 1$代入$y=-x + 3$，得$y=-1 + 3 = 2$，
∴$F(1,2)$，
∴$PF = 4 - 2 = 2$，$OE = 1$，$AE = 3 - 1 = 2$，
∴$S_{△ PAC}=S_{△ PCF}+S_{△ PAF}=\frac{1}{2}PF· OE+\frac{1}{2}PF· AE=\frac{1}{2}PF·(OE + AE)=\frac{1}{2}×2×3 = 3$，
∴$△ PAC$的面积为$3$．
(3)解：存在．如答图②，过点$D$作$DG⊥ x$轴于点$G$，交$AC$于点$H$，连接$DC$，$DA$．
第3题答图②
设$D(d,-d^{2}+2d + 3)$，$0＜ d＜3$且$d≠1$，
∴点$H$的横坐标为$d$，
∴$y=-d + 3$，即$H(d,-d + 3)$，
∴$DH=-d^{2}+2d + 3-(-d + 3)=-d^{2}+3d$，
根据
(2)的计算方法得$S_{△ PAC}=S_{△ DAC}=\frac{1}{2}DH·(OG + AG)=\frac{1}{2}DH×3 = 3$，
∴$DH = 2$，
∴$-d^{2}+3d = 2$，解得$d_{1}=1$（不符合题意，舍去），$d_{2}=2$．
当$d = 2$时，$-d^{2}+2d + 3=-2^{2}+2×2 + 3 = 3$，
∴点$D$的坐标为$(2,3)$．
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