《2025年实验班提优训练九年级数学上册人教版》

10. (2025·江西景德镇期中)在平面直角坐标系中,以任意两点 $ P(x_1,y_1) $,$ Q(x_2,y_2) $ 为端点的线段的中点坐标为 $ \left( \frac{x_1+x_2}{2}, \frac{y_1+y_2}{2} \right) $,现有 $ A(3,8) $,$ B(1,4) $,$ C(-1,6) $ 三点,点 $ D $ 为线段 $ AB $ 的中点,点 $ C' $ 为点 $ C $ 关于原点对称的点,求线段 $ DC' $ 的中点坐标.

答案： 由中点坐标公式得D($\frac{3+1}{2}$,$\frac{8+4}{2}$)，即D(2,6)，
　根据点C'与点C关于原点对称求出C′(1,−6)，
∴线段DC'的中点坐标为($\frac{2+1}{2}$,$\frac{6+(−6)}{2}$)，即($\frac{3}{2}$,0)。

11. (2025·河南鹤壁外国语中学月考)如图,在平面直角坐标系中,点 $ A $ 的坐标为 $ (\sqrt{2},0) $,点 $ A $ 关于原点的对称点为 $ B $.
(1)若以 $ AB $ 为一边向上作一个等边三角形 $ ABC $,直接写出点 $ C $ 的坐标.(0,$\sqrt{6}$)
(2)求(1)中的三角形 $ ABC $ 的周长和面积.周长为6$\sqrt{2}$，面积为2$\sqrt{3}$.

答案：
(1)
∵点A的坐标为($\sqrt{2}$,0)，点A关于原点的对称点为B，
∴OA=OB=$\sqrt{2}$，
∴AB=2$\sqrt{2}$。
　由题意，可知点C在y轴的正半轴上，
∴AC=BC=AB=2$\sqrt{2}$，
∴$CO = \sqrt{AC^{2} - OA^{2}} = \sqrt{(2\sqrt{2})^{2} - (\sqrt{2})^{2}} = \sqrt{6}$，
∴点C的坐标为(0,$\sqrt{6}$)。
(2)△ABC的周长为2$\sqrt{2}$×3=6$\sqrt{2}$，
　$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}AB\cdot CO = \frac{1}{2}\times2\sqrt{2}\times\sqrt{6} = 2\sqrt{3}$。

12. 中考新考法 新定义问题 规定：若两个函数图象上至少存在一对点是关于原点对称的,则称这两个函数互为“守望函数”,这对点称为“守望点”. 例如：点 $ P(2,4) $ 在函数 $ y= x^2 $ 上,点 $ Q(-2,-4) $ 在函数 $ y= -2x-8 $ 的图象上,点 $ P $ 与点 $ Q $ 关于原点对称,此时函数 $ y= x^2 $ 和 $ y= -2x-8 $ 互为“守望函数”,点 $ P $ 与点 $ Q $ 则为一对“守望点”.
(1)函数 $ y= -2x-1 $ 和函数 $ y= 4x $ 是否互为“守望函数”？若是,求出它们的“守望点”；若不是,请说明理由.
(2)已知函数 $ y= x^2+2x $ 和 $ y= 4x+n-2022 $ 互为“守望函数”,求 $ n $ 的最大值并写出取最大值时对应的“守望点”.
(3)已知二次函数 $ y= ax^2+bx+c(a＞0) $ 与 $ y= 2bx+1 $ 互为“守望函数”,有且仅有一对“守望点”,若二次函数的顶点为 $ M $,与 $ x $ 轴交于 $ A(x_1,0) $,$ B(x_2,0) $,其中 $ 0＜x_1＜x_2 $,$ AB= 2 $,又 $ a= \frac{4c}{c^2-c+6} $,过顶点 $ M $ 作 $ x $ 轴的平行线 $ l $ 交 $ y $ 轴于点 $ N $,直线 $ y= 2bx+1 $ 与 $ y $ 轴交点为点 $ Q $,动点 $ E $ 在 $ x $ 轴上运动,求抛物线 $ y= ax^2+bx+c(a＞0) $ 上的一点 $ F $ 的坐标,使得四边形 $ FQEN $ 为平行四边形.

答案：

(1)是“守望函数”。理由如下：
　设P(a,b)在y=−2x−1上，则Q(−a,−b)在y=4x上，
∴$\begin{cases}b = -2a - 1\\-b = -4a\end{cases}$，解得$\begin{cases}a = -\frac{1}{6}\\b = -\frac{2}{3}\end{cases}$，
∴函数y=−2x−1和函数y=4x互为“守望函数”。
　“守望点”为$(-\frac{1}{6},-\frac{2}{3})$，$(\frac{1}{6},\frac{2}{3})$。
(2)设P(s,t)在y=x²+2x上，则Q(−s,−t)在y=4x+n−2022上，
∴$\begin{cases}s^{2} + 2s = t\\-4s + n - 2022 = -t\end{cases}$，
∴$n = -t + 4s + 2022 = -s^{2} + 2s + 2022 = -(s - 1)^{2} + 2023$，当s=1时，n有最大值2023。
　此时“守望点”为(1,3)与(−1,−3)。
(3)设P(x,y)在y=ax²+bx+c上，则Q(−x,−y)在y=2bx+1上，
∴$\begin{cases}y = ax^{2} + bx + c\\-y = -2bx + 1\end{cases}$，整理，得ax²−bx+c+1=0。
∵有且仅有一对“守望点”，
∴$\Delta = (-b)^{2} - 4a(c + 1) = 0$，即b²−4ac=4a。
　令ax²+bx+c=0(a＞0)，
　则$x_{1} + x_{2} = -\frac{b}{a} ＞ 0$，$x_{1}\cdot x_{2} = \frac{c}{a} ＞ 0$，
∴b＜0，c＞0，
∴$AB = \sqrt{(x_{1} + x_{2})^{2} - 4x_{1}x_{2}} = \frac{2}{\sqrt{a}}$。
∵AB=2，
∴$\frac{2}{\sqrt{a}} = 2$，解得a=1，
∴$1 = \frac{4c}{c^{2} - c + 6}$，解得c=2或c=3。
　当c=3时，b²=12+4=16，
∴b=−4或b=4(舍去)，
∴抛物线的解析式为y=x²−4x+3，直线的解析式为y=−8x+1，函数图象如图所示。

由题意，得M(2,−1)，N(0,−1)，Q(0,1)，
∵四边形FQEN为平行四边形，点E在x轴上，
∴F(1,0)或(3,0)。
当c=2时，同理可得b=−2$\sqrt{3}$，$F(\sqrt{3} + 1,0)$或$(\sqrt{3} - 1,0)$。综上所述，满足条件的点F的坐标为(1,0)或(3,0)或$(\sqrt{3} + 1,0)$或$(\sqrt{3} - 1,0)$。