第1章 直角三角形的边角关系 整合与提升-【鸿鹄志·名师测控】2025-2026学年九年级下册数学（北师大版）

第一章整 高频考点突破。 考点1锐角三角函数 1.在△ABC中，∠C=90°，cosB= 3,则sinA 的值为 1.⑤ 3 3 c D.2 2.数学文化中国古代数学家赵爽在 为《周髀算经》作注解时，用4个全 等的直角三角形拼成正方形（如 图)，并用它证明了勾股定理，这个图被称为 “弦图”.若“弦图”中小正方形面积与每个直 角三角形面积均为1，α为直角三角形中的一 个锐角，则tana等于 A.2 B C. n 考点2 特殊角的三角函数值 3.2c0s60°等于 ( A.1 B.√3 C.√2 4.在锐角三角形ABC中，已知∠A,∠B满足 (血A-号)+5-n5=0,则∠C的度数 为 5.计算： (1)(x-3.14)°+(3)--厘+40s30; (2)sin30°-2cos230°+(-tan45°)2o25. 合与提升 考点3解直角三角形 6.在△ABC中，∠C=90°，tanA=2,则cosA 的值为 ( ) A号 B.2⑤ 5 c多 D.2 7.如图，在△ABC中， AB=14,AC=10,点D 是BC上一点，点M是M BA延长线上一点.已知an∠CMM=专 ∠DAB=45°，则AD的长为 8.如图，在△ABC中，BD⊥AC于点D,AB= 6,AC=5√3，∠A=30°. (1)求BD和AD的长； (2)求tanC的值. 考点4三角函数的实际应用 9.情境题碓)（湖南）如图，图①为《天工开物》记 载的用于春(chong)捣谷物的工具-一“碓 (dui)”的结构简图，图②为其平面示意图.已 知AB⊥CD于点B,AB与水平线1相交于 点O,OE⊥l.若BC=4dm,OB=12dm, ∠BOE=60°，则点C到水平线1的距离CF 为 .(结果用含根号的式子表 示) 图① 图② 第一章直角三角形的边角关系20 10.新材料国防应用随着我国科学技术的不断 发展，科学幻想变为现实，如图①是我国自 主研发的某型号隐形战斗机模型，全动型 后掠翼垂尾是这款战斗机亮点之一.如图 ②是垂尾模型的轴切面，并通过垂尾模型 的外围测得如下数据，BC=8,CD=2,∠D =135°，∠C=60°，且AB∥CD,求出垂尾模 型轴切面ABCD的面积.（结果保留整数， 参考数据：√2≈1.414，√3≈1.732) B 图① 图② @》易错易混专攻。 易错点1因斜边不确定漏解而致错 1.在Rt△ABC中，若2AB=AC,则cosC= 21数学九年级下册配BSD版 易错点2对三角形的形状考虑不全而致错 2.已知在△ABC中，∠A=45°，AB=4√2， BC=5,则△ABC的面积为 身常考题型演练。 1.数学文化第二十四届国 际数学家大会会徽的设 计基础是1700多年前 1CM2002 中国古代数学家赵爽的“弦图”.如图，在由 四个全等的直角三角形（△DAE,△ABF, △BCG,△CDH)和中间一个小正方形 EFGH拼成的大正方形ABCD中，∠ABF> ∠BAF,连接BE.设∠BAF=&,∠BEF=B. 若正方形EFGH与正方形ABCD的面积之 比为1：n,tana=tan2B,则n等于( A.5 B.4 C.3 D.2 2.情境题地铁站如图①是某地铁站入口的双翼 闸机，如图②，它的双翼展开时，双翼边缘的 端点A与B之间的距离为12cm,双翼的边 缘AC=BD=62cm,且与闸机侧立面夹角 ∠PCA=∠BDQ=30°，当双翼收起时，可以 通过闸机的物体的最大宽度为 ( 闸机箱 闸机箱 图① 图② A.62 cm B.(62√2+12)cm C.(62√3+12)cm D.74 cm 3.（四川眉山)如图，斜坡CD的坡 A60 度i=1：2,在斜坡上有一棵垂 直于水平面的大树AB,当太阳c 光与水平面的夹角为60°时，大树在斜坡上 的影子BE的长为10m,则大树AB的高为 m. 4.新背景宇宙科技)（河北）中国的探月工程激发 了同学们对太空的兴趣.某晚，淇淇在家透 过窗户的最高点P恰好看到一颗星星，此时 淇淇距窗户的水平距离BQ=4m,仰角为α； 淇淇向前走了3m后到达点D,透过点P恰 好看到月亮，仰角为3，如图是示意图.已知， 淇淇的眼睛与水平地面BQ的距离AB=CD =1.6m,点P到BQ的距离PQ=2.6m, AC的延长线交PQ于点E.(注：图中所有点 均在同一平面内) (1)求B的大小及tana的值； (2)求CP的长及sin∠APC的值. 》 P 窗户 D O 5.（重庆A卷)如图，甲、乙两艘货轮同时从A 港出发，分别向B,D两港运送物资，最后到 达A港正东方向的C港装运新的物资.甲货 轮沿A港的东南方向航行40 n mile后到达 B港，再沿北偏东60°方向航行一定距离到 达C港.乙货轮沿A港的北偏东60°方向航 行一定距离到达D港，再沿南偏东30°方向 航行一定距离到达C港.（参考数据：√2≈1. 41,√3≈1.73，√6≈2.45) (1)求A,C两港之间的距离；（结果保留小数 点后一位) (2)若甲、乙两艘货轮的速度相同（停靠B,D 两港的时间相同)，哪艘货轮先到达C 港？请通过计算说明. 东 609 160 451 B 第一章直角三角形的边角关系225 三角函数的应用 基础过关 1.C2.(6√3+6)n mile3.解：如图， 在灯塔P的正北方向取一点E, 东 在灯塔P的正南方向取一点F.由题意，得PC⊥AB,EF∥AB,.∠A=∠EPA=72°， ∠B=∠BPF=40°.在Rt△APC中，AP=100 n mile,.PC=AP·sin72°≈100X 0.95=95(n mile),在Rt△BCp中，BP=PC sin40≈0.64≈148(n mile),.这时，B处距 离灯塔P约l48 n mile.4.B5.解：过点C作CD⊥AE,交AE的延长线于点D,设 BD=xm.:AB=10m,.AD=AB+BD=(x+10)m.在Rt△BCD中，∠CBD=45°， ..CD=BD·tan45°=x(m).在Rt△ACD中，∠CAE=42°，.CD=AD·tan42°≈ 0.90(x十10)m,.x=0.90(x+10),解得x=90..CD=90m.小山顶的水平观景台 的海拔高度为1600m,∴.山顶点C处的海拔高度约为1600+90=1690(m).6.6√2 能力提升 7.解：(1)设CD=xm.,DE=36m,.CE=CD十DE=(x十36)m.EC⊥AB, ∴∠BCE=∠ACD=9O.在R△BCD中，：m∠CDB-8S∠CDB=45,BC- CDam∠CDB=x·an45=(m.在R△BCE巾，：an∠CEB-s∠CEB= 31°，.BC=CE·tan∠CEB=(x+36)·tan31°≈0.6(x十36)m,∴.x=0.6(x十36)， 解得x=54.答：线段CD的长约为54m;(2)由(1)，得CD=BC=54m.在Rt△CDA 中，：am∠CDA-8S∠CDA=6,AC=CD·1m∠CDA=54Xan6≈54X0.1 =5.4(m).∴.AB=AC十BC=5.4十54≈59(m).答：桥塔AB的高度约为59m. 思维拓展 8.解：过点B作BE⊥AD,BF⊥CD,垂足分别为E,F.由题意，得AB=92m,BC=30m, BAE=48°，∠CBF=37°，在R△ABE中，Sin∠BAE=8第，BE=AB·sin∠BA =92Xs48≈92X0.74=68.08(m.在R△CBF巾，sin∠CBF-瓷CF=BC: sin∠CBF=30Xsin37°≈30X0.60=18.00(m).:FD=BE=68.08m,∴.DC=FD+ CF=68.08+18.00=86.08≈86.1(m).答：从A处的九孔桥到C处的二龙潭瀑布上升 的高度DC约为86.1m. 6利用三角函数测高 基础过关 1.B2.解：过点B作BG⊥AM于点G.在Rt△ABG中，∠a=30°，AB=30m,∴BG= AB·sim30=30×号=15(m.易得四边形BGDF为矩形，DF=BG=15m.设BF =xm.易得△BCF是等腰直角三角形，∴.CF=xm,EF=(x-4)m.在Rt△CEF中， ∠CER=60n∠CEF-g票∴产=5，解得x=6+2.CF=6+2m ∴DC=DF+CF=15+6+25=(21+23)m,3.F4,解：在R△BCD中， ∠BCD=45°，BC=350m,BD=CD=BC.sim∠BCD=350X9=1752≈247.45(m. 2 在Rt△ACD中，∠ACD=73°，CD=247.45m,.AD=CD·tan73°≈247.45X 3.2709≈809.38(m),.AB=AD+BD=809.38十247.45=1056.83≈1057(m).答： “东州湖”东西两端AB的长约为1057m. 能力提升 5.556.解：(1)延长AB与水平地面交于点F,过点D作DM⊥CF于点M,过点D作 DE1AF于点E:斜坡CB的孩度=1：2,42器-立=是设DM=论m,则 第4页（共42页） CM=12km.在Rt△CDM中，CD=13m,由勾股定理，得DMP十CM=CD,即(5k)2 十(12k)2=13,解得k=1..DM=5m,CM=12m.答：D处的竖直高度为5m:(2)斜 坡CB的坡度i=1:2.4,设DE=12am,则BE=5am.又，∠ACF=45°，∴.AF=CF =CM+MF=CM+DE=(12+12a)m,..AE=AF-EF=AF-DM=12+12a-5= (7+12a)m.在Rt△ADE中，DE=12am,AE=(7+12a)m,.'tan∠ADE=tan53°≈ ,7十12a气号，解得a=:DE12a=21(m),AE=7+12a=28(m),BE 12a -克(m,AB=AE-BE=28-空-(m).答：基站塔AB的高约为？m 思维拓展 7.解：(1).CG⊥CD,.∠ACG=90°.∠AGC=32°，.∠GAC=90°-∠AGC=90° 32°=58°：(2)该运动员能挂上篮网.理由如下：延长OA,ED交于点M.OA⊥OB, .∠AOB=90°..DE∥OB,.∠DMA=∠AOB=90°.∠GAC=58°，.∠DAM= ∠GAC=58°，.∠ADM=90°-∠DAM=90°-58°=32°.在Rt△ADM中，AD=0.8m, sin ADM-AM-AD sin2(m).OM-OA+AM- 2.5+0.424=2.924(m).2.924m<3m,∴.该运动员能挂上篮网. 小专题二解直角三角形应用中的“双直角三角形”模型 1.B2.10.43.解：延长CD交AB于点H.由题意，得四边形CMBH为矩形，HB =CM=20m,在R△ACH中，∠AHC=90,∠ACH=18.4°，∴tan∠ACH=, AH CH=DAC万amA8,≈在R△CH中，∠EHC=90,∠ECH=37 m∠BcH票CH=an界器设AH=mAE=9m EH x EH=（+9)m,·3=73,解得x≈7.1.·AH≈7.1m,AB=AH+HB 7.1十20=27.1≈27(m).答：纪念碑顶部点A到地面的距离AB的长约为27m.4.C 5.(9十63)6.解：过点A作AE⊥CD于点E.由题意，得AB=DE=20m.在 R△ADEt,∠EAD-=30,am∠EAD-8器AE=B0-沿-205m.在 √3 R△ABC中，∠CAE=45,m∠CAE-.CE-AEim45=205X1=20E(m .CD=CE+DE=(20√3十20)m.答：信号塔的高度为(20√3十20)m.7.解：延长BA 交PQ的延长线于点C,则∠ACQ=90°.根据题意，得BC=225m,PQ=200m.在 Rt△BCQ中，∠BQC=45°，.CQ=BC=225m..PC=PQ+CQ=200+225=425(m). 在R△PCA中，an∠APC--瓷=am15≈0,27，AC=425X0.27=14.75m. .AB=BC-AC=225-114.75=110.25≈110(m).答：奇楼AB的高度约为110m. 8.解：能.延长EF交CH于点V,则∠CVF=90°.由题意，得VH=BF=AE=1.2m, EF=AB=5m.在Rt△CFN中，.∠CFV=45°，.CN=NF.设DN=xm,则NF= CN=DN+CD=(x+3)m,∴.EN=EF+NF=5+(x+3)=(x+8)m.在Rt△DEN 中，tan∠DEN-EN,-DN=EN·tan∠DEN=(x+8)·tan31r≈0,6(x+8)m, .x=0.6(x+8),解得x=12..DN=12m,∴.DH=DN+NH=12+1.2=13.2(m). 答：标语牌底部点D到地面的距离DH的长约为13.2m,9,解：(1)过点E作E℉⊥ BC,垂足为RCD的孩度=1：2六第=宁设EF=m,则CF=2红m在 Rt△CEF中，由勾股定理，得CE=√CF+EF=√(2x)+=√5xm.CE=8V5m, √5x=8√5，x=8,.EF=8m,CF=16m.答：点E到水平地面的距离为8m: (2)延长FE交AH于点G,则四边形ABFG为矩形..AG=BF=BC十CF=24十16= 40(m.AB=GR,∠AGE=0在R△AGE中，∠GAE=,m∠GAE-g怎GE =AG·tan43°≈40×0.93=37.2(m),∴.AB=GF=EF+GE=8+37.2=45.2(m). 第5页（共42页） 答：楼房AB的高度约为45.2m.10.解：(1)在Rt△ABC中，∠A=45°，∠C=90°， .∠B=45°，.BC=AC=20cm.答：BC的长为20cm;(2)由题可知，OV=EC= 号AC=号×20=10(cm),BN=0N=10cm在R△D0N中，：∠D0N=32, .DN=ON·tan∠DON=10Xtan32°≈10X0.62=6.2(cm),..BD=BN-DN=10 -6.2=3.8(cm).答：B,D之间的距离约为3.8cm. 第一章整合与提升 高频考点突破 1.B2.A3.A4.75°5.解：1)原式=1+9-25+4×5=10-25+25=10： (2原式=号-2X(受)十(-15=号-号-1=-2.6A7.4万8解：D 在R△ABD中，∠A=30,BD=之AB=合×6=3，AD=FBD=35:(2)由1D, 得CD=ACAD-=55-3B=25,在R△BDC中，anC0-2号=号，9(6 9.(6 -2√3)dm10.解：如图②，石 DC过点A作CD的垂线，交CD的延长线于点 F;过点C作AB的垂线，交AB的延长线于点E.易得四边形AECF是矩形，.∠ECD =90°，AF=CE,FC=AE.,∠BCD=60°，.∠BCE=∠ECD-∠BCD=90°-60°= 30.在R△BCE中，：∠BCE-30,BC=8,BE=号BC=号×8=4，CE-号BC= X8=4V3,:∠ADC=135,∠ADF=180°-∠ADC=180°-135字 .△ADF是等腰直角三角形，.DF=AF=CE=4√3.FC=AE,即DF十CD=AB十 BE.CD=2,:4/+2=AB+4..AB=4-2.:.Swmaeo=(CD+AB).CE= 号(2+4B-2)×45=21.答：垂尾模型轴切面ABCD的面积为21. 易错易混专攻 1号或2522或14 常考题型演练 1.C2.D3.(4√15-2√5)4.解：(1)由题意，得PQ⊥AE,PQ=2.6m,AB=CD =EQ=1.6 m,AE=BQ=4 m,AC=BD=3 m,..CE=AE-AC=4-3=1(m),PE= PQ-EQ=2.6-1.6=1(m),∠CEP=90°，∴.CE=PE,.B=∠PCE=45°.在Rt△APE 中，m。=am∠PAE-=:(e在R△cEP中，CE=PE=1,∠CEP=90,由 勾股定理，得CP=√CE+PE区=√十1严=√2(m).过点C作CH⊥AP于点H. ana=an∠HAC-器=子，设CH=xm,则AH=cm2+(ry=AC=9, 3/17 解得x=3F.:CH=3严m在R△CcPH巾，n∠APC=8票=克 17 2 3/34 341 5.解：(I)过点B作BE⊥AC,垂足为E.在Rt△ABE中，∠BAE= 90-45°=45，AB=40 mile,.BE=AE=AB·eos45=40×号=20，E(n mile.)在 Rt△BCE中，∠CBE=60°，.CE=BE·tan60°=20√2XJ3=20wJ6(n mile),.∴.AC= AE+CE=20√2+20√6≈20×1.41+20×2.45=77.2(n mile),.A,C两港之间的距 离约为77.2 n mile:(2)甲货轮先到达C港.理由如下：如图， D 北取A 午30°西+东 G,60° 南 160 第6页（共42页） 港正北方向一点G,取D港正南方向一点F.由题意，得∠CDF=30°，DF∥AG, ∴.∠GAD=∠ADF=60°，∴.∠ADC=∠ADF+∠CDF=60°+30°=90°.在Rt△ACD 中，∠CAD=90-∠GAD=90-60=30,CD=号AC=号×(20E+206=(10E 2 十10√6)n mile,AD=√3CD=√3×(10√2+10√6)=(10√6+30√2)n mile.在 R△BCE中，∠CBE=60,BE=20V2 n mile,:BC=,BE=20E=40E(mile), c0s60° 1 2 .甲货轮航行的路程为AB+BC=40+40√2≈40十40×1.41=96.4(n mile),乙货轮 航行的路程为AD十CD=10√6+30√2+10√2+10√6=20√6+40√2≈20×2.45+40 ×1.41=105.4(n mile).:96.4<105.4,∴.甲货轮先到达C港. 第二章二次函数 1二次函数 基础过关 1.C2.C3.04解：由题意，得m-7=2, 解得m=-3.5.C6.B7.11 m-3≠0， 8.解：(1)由题意，得y=(x十2)(x十3)-2×3=x2+5x:(2)当x=1时，y=1+5×1= 6.当x=2时，y=(W2)2+52=5W2+2.当x=2时，y=22+5×2=14.故当矩形每 边长都增加1cmW2cm,2cm时，矩形的面积各增加6cm,(5√2+2)cm2,14cm. 能力提升 9.C10.B11.会12.解：(1)上部半圆的半径为rm,.矩形的另一边长为2xm, 六隧道截面的面积S=S十S后=2+2·2.5=十5，.S与r之间的函 数关系式为S=+5r:(2)当，=2时，S=x×2+5×2=2十10.答：当上部半 圆的半径为2m时，截面的面积是(2π十10)m, 思维拓展 13.解：(1)由题意，得AP=2xcm,BQ=4xcm,则BP=(12-2x)cm,∴y=2BC·AB -2BQ,BP=2×24X12-号4x·(12-2a)=4r-24r+14:2)0<AP< AB,0<BQBC,.02x<12,0<4x24,解得0<x<6;(3)不能.理由如下：令4x -24x十144=172，解得x1=7,x2=-1(不合题意，舍去).又0<x<6,.x=7不在 自变量x的取值范围内，∴.四边形APQC的面积不能等于172cm. 2二次函数的图象与性质 第1课时抛物线的认识 基础过关 1.A2.A3.C4.D5.A6.C7.C8.(0,0)大向下9.解：(1)-9 (2)减小(3)(3,9)(-3，-9)(-3,9)(4)点C在抛物线y=-x2上，点B,D在 抛物线y=x2上. 能力提升 10.D11,B12.B13.解：(1)-3y轴（或直线x=0)(2)(-1,-1)(3)如图； -16<)≤0.。14.解：)由圆柱的体积公式，得V=弓 64空2不2的456 -卜42 第7页（共42页） =产(r>0).图象如图所示； (2)当r=1时，V=1,即圆柱的体 422.345.6x 积为1. 思维拓展 15.解：(1)把点A(1,a)的坐标代入y=x,得a=1.点A的坐标为(1,1)：(2)存在.当 OA=AP时，点P的坐标为(2,0).当OA=OP时，点P的坐标为(W2,0)或(-√2,0). 当OP=AP时，点P的坐标为(1,0).综上所述，当△OAP是等腰三角形时，点P的坐 标为(2,0)或（√2,0）或（一√2,0）或(1,0). 第2课时形如y=ax2和y=a,x2十c(a≠0)的图象与性质 基础过关 1.A2.A3.B4.解：(1)将点(1，-4)代入y=ax中，得a=-4;(2)由(1)，得抛物 线y=-4x2.:当x>0时，y随x的增大而减小，且3>√7>0，M<y2.5.B6.C 7.y轴(0,2)增大8.A9.解：图象如图. (1)二次函数y=-2x 卡7升 8- 的图象开口向下，对称轴为y轴，顶点坐标为(0,0)；二次函数y=一2x2十3的图象开口向 下，对称轴为y轴，顶点坐标为(0,3)：(2)上3 能力提升 10.D11.D12.y=-3x2+4【变式】y=3x2-2或y=-3x2-213.解：：抛物线 的函数表达式为y=一子十4，宽为2m的货车从正中间道过“当x=1时y -十×1十4-只又：车顶高隧道的顶部至少要有0.5m的距离，∴限高为只-0.5 =3.25(m).答：货车的限高应是3.25m 思维拓展 14.解：(1)把A(1,b)代入y=2x,得b=2.A(1,2).把A(1,2)代入y=a.x2+3,得2= a×12+3,解得a=-1;(2)把B(m,4)代入y=2x,得2m=4,解得m=2..B(2,4).易 知抛物线y=ax2十3的顶点C的坐标是(0,3)，∴.OC=3.∴.S△Ax=SAox-S△oc= 合0cX1m-合0cX1x=}×3×2-合×3X1=号：(3)如图， 设点C 关于x轴的对称点为C,则点C的坐标为(0，一3)，连接AC交x轴于点P,此时 PA十PC最小.设直线AC'的函数表达式是y=kx十n.把C(0,-3),A(1,2)分别代入 y=kx十，得m=- k十n=2 2解得/-5， n=-3. 直线AC的函数表达式是y=5x-3.当y=0 时，5x-3=0,解得x=号.“点P的坐标是（号，0） 第3课时形如y=a(x-h)2和y=a(x一h)2十k(a≠0) 的图象与性质 基础过关 1.D2.D3.B4.>5.(1)直线x=-3(2)(-3,2)(3)x<-3(4)-3大 第8页（共42页） 26.解：(1)·抛物线y=a(x-3)2十2经过点(1，-2)，.-2=a×(1-3)2十2，解得 a=-1;(2),抛物线y=-(x-3)2十2的对称轴为直线x=3,.点A(-1,y),B(5, y2)在对称轴的两侧，点A(一1，y)关于对称轴对称的点的坐标为(7，y1).,-1<0, .抛物线开口向下，.在对称轴右侧，y随x的增大而减小.7>5>3，∴·y<y2· 7.左48.(1,2) 能力提升 9.C10.A.2或42.解：1)由题意，得y=a(x-h+22十k+4与y=（x+ 1 .1 1)2-1是同-函数，a=2,2-h=1,k+4=-1,解得a=交，h=1,k=-5:(2)开口 向上，对称轴是直线x=1,顶点坐标是(1，一5).13.解：(1)把点A(一1,0)的坐标代 入y=a(x-1)2十4，得0=4a十4.解得a=一1.∴.抛物线所对应的函数表达式为y= -(x-1)2十4；(2)在y=-(x-1)2十4中，令x=0,得y=3..C(0,3),.OC=3.抛 物线y=一(x一1)2十4的对称轴是直线x=1,CD∥x轴，.CD=1.A(-1,0), B3.0)0B=3.4 Snowon=2(CD+0B)0C=1+8X3=6. 2 思维拓展 14.解：(1)在y=-3x十3中，令y=0,得-3x十3=0，解得x=1;令x=0,得y=3.∴…A(1, 0,B0.3.将点A1,0),B0,3)的坐标分别代人y=a红-2)°+，得4+-0：解得 4a+k=3. [8=1,(2)由题意，可设点N的坐标为(2，m),则NB=2+(n-3》2=一6m+13, k=-1; NA=(2-1)2十n2=1十m,且AB2=12+32=10.当△ABN是以AB为斜边的直角三 角形时，由勾股定理，得VB2十NA2=AB2,即n2一6n十13十1十n=10.解得m1=1,e =2.点N的坐标为(2,1)或(2,2)，∴.存在满足条件的点N,其坐标为(2,1)或(2,2). 第4课时形如y=ax2十bx十c(a≠0)的图象与性质 基础过关 1.C2.A3.y=-2(x+1)2+74.A5.D6.D7.C8.解：(1).y=-x2+2x 十3=一(x一1)2十4，.函数图象的顶点坐标为(1,4).函数图象如图： (2)①y1<y2②当-1<x<4时，y的取值范围是-5<y4.9.B10.y=x2十4x -3 能力提升 山.A22.5mim3.@0®4.解：1)把点A2,0)的坐标代入y=一号+ 4x十c,得 号×2+4×2+c=0,解得c=-6:(2):c=-6,·点B的坐标为(0， 4 一6)，∴.OB=6..抛物线的对称轴为直线x=一 =4,.点C的坐标为(4， 2×（-立)】 00C=4∴AC=0C-0A=4-2=25m=号AC.0B=2×2X6=6 思维拓展 15.解：(1)在直线y=-x-2中，当x=0时，y=-2,.B(0,-2).当y=0时，-x-2 =0,解得x=-2.A(-2,0).将点A(-2,0),B(0,-2)的坐标分别代入y=ax2十bx +c(a>0),得 a-20+c=02a-6=1c=-2,(2)当a=子时，2X号-b=1,b c=-2. 一合∴抛物线的函数表达式为y=子-合一2=子x-1)-号抛物线的 对称轴是直线x=1,∴.C(4,0).要使△ABP的周长最小，只需AP+BP最小即可，连 接BC交直线x=1于点P,如图.，点A与点C关于直线x=1对称，由对称性可知， AP+BP=PC+BP=BC,此时△ABP的周长最小，△ABP的周长为AB+BC.在 第9页（共42页）