《2025年学霸题中题九年级数学上册人教版》

1.(鄂尔多斯中考改编)如图,在平面直角坐标系中,抛物线$y= ax^{2}+bx+2经过A(-\frac {1}{2},0),B(3,\frac {7}{2})$两点,与y轴交于点C.
(1)求抛物线的解析式.
(2)抛物线上是否存在点Q,使$∠QCB= 45^{\circ }$?若存在,请直接写出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.

答案：

(1) 将点 $ A\left(-\frac{1}{2}, 0\right) $，$ B\left(3, \frac{7}{2}\right) $ 代入 $ y = ax^2 + bx + 2 $ 中得 $ \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{4}a - \frac{1}{2}b + 2 = 0,\\9a + 3b + 2 = \frac{7}{2},\end{array}\right. $ 解得 $ \left\{\begin{array}{l}a = -1,\\b = \frac{7}{2},\end{array}\right. $ $ \therefore $ 抛物线的解析式为 $ y = -x^2 + \frac{7}{2}x + 2 $。
(2) 存在点 $ Q $ 使 $ \angle QCB = 45^\circ $，点 $ Q $ 的坐标为 $ \left(\frac{23}{6}, \frac{13}{18}\right) $ 或 $ \left(\frac{1}{2}, \frac{7}{2}\right) $。解析：①当点 $ Q $ 在 $ BC $ 下方时，如图①，连接 $ CQ $，过点 $ B $ 作 $ BH \perp CQ $ 于 $ H $，过点 $ H $ 作 $ MN \perp y $ 轴，交 $ y $ 轴于 $ M $，过点 $ B $ 作 $ BN \perp MH $ 于 $ N $。$ \therefore \angle BHC = \angle CMH = \angle HNB = 90^\circ $。$ \because \angle QCB = 45^\circ $，$ \therefore \triangle BHC $ 是等腰直角三角形，$ \therefore CH = HB $，$ \therefore \angle CHM + \angle BHN = \angle HBN + \angle BHN = 90^\circ $，$ \therefore \angle CHM = \angle HBN $，$ \therefore \triangle CHM \cong \triangle HBN(AAS) $，$ \therefore CM = HN $，$ MH = BN $。设 $ H(m, n) $，$ \because C(0, 2) $，$ B\left(3, \frac{7}{2}\right) $，$ \therefore \left\{\begin{array}{l}2 - n = 3 - m,\\\frac{7}{2} - n = m,\end{array}\right. $ 解得 $ \left\{\begin{array}{l}m = \frac{9}{4},\\n = \frac{5}{4},\end{array}\right. $ $ \therefore H\left(\frac{9}{4}, \frac{5}{4}\right) $，设直线 $ CH $ 的解析式为 $ y = px + q $，$ \therefore \left\{\begin{array}{l}\frac{9}{4}p + q = \frac{5}{4},\\q = 2,\end{array}\right. $ 解得 $ \left\{\begin{array}{l}p = -\frac{1}{3},\\q = 2,\end{array}\right. $ $ \therefore $ 直线 $ CH $ 的解析式为 $ y = -\frac{1}{3}x + 2 $，联立直线 $ CH $ 与抛物线解析式得 $ \left\{\begin{array}{l}y = -x^2 + \frac{7}{2}x + 2,\\y = -\frac{1}{3}x + 2,\end{array}\right. $ 解得 $ \left\{\begin{array}{l}x = 0,\\y = 2\end{array}\right. $ 或 $ \left\{\begin{array}{l}x = \frac{23}{6},\\y = \frac{13}{18},\end{array}\right. $ $ \therefore Q\left(\frac{23}{6}, \frac{13}{18}\right) $；②当 $ Q $ 在 $ BC $ 上方时，如图②，连接 $ CQ $，过点 $ B $ 作 $ BH \perp CQ $ 于 $ H $，过点 $ H $ 作 $ MN \perp y $ 轴，交 $ y $ 轴于 $ M $，过点 $ B $ 作 $ BN \perp MH $ 交 $ MH $ 的延长线于 $ N $。同理得 $ Q\left(\frac{1}{2}, \frac{7}{2}\right) $。综上，存在点 $ Q $ 使 $ \angle QCB = 45^\circ $，点 $ Q $ 的坐标为 $ \left(\frac{23}{6}, \frac{13}{18}\right) $ 或 $ \left(\frac{1}{2}, \frac{7}{2}\right) $。
　　

2.(2023·宁夏中考)如图,抛物线$y= ax^{2}+bx+3(a≠0)$与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C.已知点A的坐标是$(-1,0)$,抛物线的对称轴是直线$x= 1.$
(1)直接写出点B的坐标.
(2)在对称轴上找一点P,使$PA+PC$的值最小,求点P的坐标和$PA+PC$的最小值.
(3)第一象限内的抛物线上有一动点M,过点M作$MN⊥x$轴,垂足为N,连接BC交MN于点Q,依题意补全图形.当$MQ+\sqrt {2}CQ$的值最大时,求点M的坐标.

答案：

(1) $ B(3, 0) $ 解析：$ \because $ 抛物线 $ y = ax^2 + bx + 3(a \neq 0) $ 的对称轴是直线 $ x = 1 $，$ \therefore -\frac{b}{2a} = 1 $，$ \therefore b = -2a $ ①。$ \because $ 抛物线 $ y = ax^2 + bx + 3(a \neq 0) $ 与 $ x $ 轴交于 $ A $，$ B $ 两点，点 $ A $ 的坐标是 $ (-1, 0) $，$ \therefore a - b + 3 = 0 $ ②，联立①②得 $ \left\{\begin{array}{l}b = -2a,\\a - b + 3 = 0,\end{array}\right. $ 解得 $ \left\{\begin{array}{l}a = -1,\\b = 2,\end{array}\right. $ $ \therefore $ 二次函数的解析式为 $ y = -x^2 + 2x + 3 $，令 $ y = 0 $，得 $ -x^2 + 2x + 3 = 0 $，解得 $ x = 3 $ 或 $ x = -1 $，$ \therefore $ 点 $ B $ 的坐标为 $ (3, 0) $。
(2) 如图①，连接 $ BC $，线段 $ BC $ 与直线 $ x = 1 $ 的交点就是所求作的点 $ P $，设直线 $ CB $ 的解析式为 $ y = kx + b' $，把 $ C(0, 3) $ 和 $ B(3, 0) $ 代入得 $ \left\{\begin{array}{l}b' = 3,\\0 = 3k + b',\end{array}\right. $ 解得 $ \left\{\begin{array}{l}b' = 3,\\k = -1.\end{array}\right. $ $ \therefore $ 直线 $ CB $ 的解析式为 $ y = -x + 3 $，$ \therefore $ 当 $ x = 1 $ 时，$ y = 2 $，$ \therefore P(1, 2) $。$ \because OB = OC = 3 $，在 $ Rt\triangle BOC $ 中，$ BC = 3\sqrt{2} $，$ \because $ 点 $ A $，$ B $ 关于直线 $ x = 1 $ 对称，$ \therefore PA = PB $，$ \therefore PA + PC = PB + PC = BC = 3\sqrt{2} $。
　　　　 　　　
(3) 如图②补全图形，由
(1) 得抛物线的解析式为 $ y = -x^2 + 2x + 3 $，由
(2) 得 $ y_{BC} = -x + 3 $，故设 $ M(t, -t^2 + 2t + 3) $，则 $ Q(t, -t + 3) $。$ \therefore MQ = -t^2 + 3t $，过点 $ Q $ 作 $ QD \perp OC $，垂足为 $ D $，则 $ \triangle CDQ $ 是等腰直角三角形。$ \therefore CQ = \sqrt{2}t $，$ \therefore MQ + \sqrt{2}CQ = -t^2 + 3t + 2t = -t^2 + 5t = -\left(t - \frac{5}{2}\right)^2 + \frac{25}{4}(0 ＜ t ＜ 3) $，$ \therefore $ 当 $ t = \frac{5}{2} $ 时，$ MQ + \sqrt{2}CQ $ 有最大值，此时点 $ M\left(\frac{5}{2}, \frac{7}{4}\right) $。

3.(2024·辽宁中考节选)已知$y_{1}$是自变量x的函数,当$y_{2}= xy_{1}$时,称函数$y_{2}为函数y_{1}$的“升幂函数”.在平面直角坐标系中,对于函数$y_{1}图象上任意一点A(m,n)$,称点$B(m,mn)$为点A“关于$y_{1}$的升幂点”,点B在函数$y_{1}$的“升幂函数”$y_{2}$的图象上.例如:函数$y_{1}= 2x$,当$y_{2}= xy_{1}= x\cdot 2x= 2x^{2}$时,则函数$y_{2}= 2x^{2}是函数y_{1}= 2x$的“升幂函数”.在平面直角坐标系中,函数$y_{1}= 2x的图象上任意一点A(m,2m)$,点$B(m,2m^{2})$为点A“关于$y_{1}$的升幂点”,点B在函数$y_{1}= 2x$的“升幂函数”$y_{2}= 2x^{2}$的图象上.
(1)求函数$y_{1}= \frac {1}{2}x$的“升幂函数”$y_{2}$的函数解析式;
(2)点A在函数$y_{1}= -x+4$的图象上,点A“关于$y_{1}$的升幂点”为点B,设点A的横坐标为m.
①若点B与点A重合,求m的值;
②若点B在点A的上方,过点B作x轴的平行线,与函数$y_{1}$的“升幂函数”$y_{2}$的图象相交于点C,以AB,BC为邻边构造矩形ABCD,设矩形ABCD的周长为y,求y关于m的函数解析式;
③在②的条件下,当直线$y= t_{1}$与函数y的图象的交点有3个时,从左到右依次记为E,F,G,当直线$y= t_{2}$与函数y的图象的交点有2个时,从左到右依次记为M,N,若$EF= MN$,请直接写出$t_{2}-t_{1}$的值.

答案：

(1) $ y_2 = \frac{1}{2}x^2 $。
(2) ①根据题意得，$ A(m, -m + 4) $，则 $ B(m, -m^2 + 4m) $，$ \because $ 点 $ B $ 与点 $ A $ 重合，$ \therefore -m + 4 = -m^2 + 4m $，解得 $ m = 1 $ 或 $ m = 4 $。
②根据题意得，$ y_2 = -x^2 + 4x = -(x - 2)^2 + 4 $，$ \therefore y_2 $ 的图象的对称轴为直线 $ x = 2 $，$ B $，$ C $ 关于对称轴对称，$ \because A(m, -m + 4) $，$ B(m, -m^2 + 4m) $，$ \therefore \frac{x_C + m}{2} = 2 $，解得 $ x_C = 4 - m $，$ \therefore C(4 - m, -m^2 + 4m) $，$ D(4 - m, -m + 4) $。$ \because $ 点 $ B $ 在点 $ A $ 的上方，$ \therefore -m^2 + 4m - (-m + 4) = -m^2 + 5m - 4 ＞ 0 $，解得 $ 1 ＜ m ＜ 4 $，$ \therefore AB = -m^2 + 4m - (-m + 4) = -m^2 + 5m - 4 $，当 $ 2 ＜ m ＜ 4 $，点 $ B $ 在点 $ C $ 右侧时，$ BC = m - (4 - m) = 2m - 4 $，$ y = 2(AB + BC) = 2(-m^2 + 5m - 4 + 2m - 4) = -2m^2 + 14m - 16 $；当 $ 1 ＜ m ＜ 2 $，点 $ B $ 在点 $ C $ 左侧时，$ BC = 4 - m - m = 4 - 2m $，$ y = 2(AB + BC) = 2(-m^2 + 5m - 4 + 4 - 2m) = -2m^2 + 6m $，$ \therefore y = \left\{\begin{array}{l}-2m^2 + 6m(1 ＜ m ＜ 2),\\-2m^2 + 14m - 16(2 ＜ m ＜ 4).\end{array}\right. $
③ $ t_2 - t_1 = 4 $ 或 $ t_2 - t_1 = 3 - 2\sqrt{2} $。
解析：$ \because y = \left\{\begin{array}{l}-2m^2 + 6m = -2\left(m - \frac{3}{2}\right)^2 + \frac{9}{2}(1 ＜ m ＜ 2),\\-2m^2 + 14m - 16 = -2\left(m - \frac{7}{2}\right)^2 + \frac{17}{2}(2 ＜ m ＜ 4),\end{array}\right. $ 其图象如图①所示，$ \therefore H\left(\frac{3}{2}, \frac{9}{2}\right) $，$ I\left(\frac{7}{2}, \frac{17}{2}\right) $，当 $ m = 1 $ 时，$ y = -2×1^2 + 6×1 = 4 $，当 $ m = 2 $ 时，$ y = -2×2^2 + 14×2 - 16 = 4 $，当 $ m = 4 $ 时，$ y = -2×4^2 + 14×4 - 16 = 8 $，$ \therefore R(1, 4) $，$ P(2, 4) $，$ Q(4, 8) $，当 $ 4 ＜ t_1 ＜ \frac{9}{2} $ 时，直线 $ y = t_1 $ 与函数 $ y $ 的图象有 $ 3 $ 个交点。
　　
如图②，当 $ 8 ＜ t_2 ＜ \frac{17}{2} $ 时，直线 $ y = t_2 $ 与函数 $ y $ 的图象有 $ 2 $ 个交点，直线 $ y = t_1 $ 与函数 $ y $ 的图象交于 $ E $，$ F $，$ G $ 三点，$ -2m^2 + 6m = t_1 $，即 $ 2m^2 - 6m + t_1 = 0 $，$ \therefore m_1 + m_2 = -\frac{-6}{2} = 3 $，$ m_1m_2 = \frac{t_1}{2} $，$ EF = |m_1 - m_2| = \sqrt{(m_1 + m_2)^2 - 4m_1m_2} = \sqrt{3^2 - 4×\frac{t_1}{2}} = \sqrt{9 - 2t_1} $，直线 $ y = t_2 $ 与函数 $ y $ 的图象交于 $ M $，$ N $ 两点，$ -2m^2 + 14m - 16 = t_2 $，即 $ 2m^2 - 14m + 16 + t_2 = 0 $，$ \therefore m_3 + m_4 = \frac{-14}{2} = 7 $，$ m_3m_4 = 8 + \frac{t_2}{2} $，$ MN = |m_3 - m_4| = \sqrt{(m_3 + m_4)^2 - 4m_3m_4} = \sqrt{7^2 - 4×\left(8 + \frac{t_2}{2}\right)} = \sqrt{17 - 2t_2} $。$ \because EF = MN $，$ \therefore \sqrt{9 - 2t_1} = \sqrt{17 - 2t_2} $，整理得 $ t_2 - t_1 = 4 $。
如图③，当 $ t_2 = \frac{9}{2} $ 时，$ -2m^2 + 14m - 16 = \frac{9}{2} $，解得 $ m = \frac{7}{2} - \sqrt{2} $ 或 $ m = \frac{7}{2} + \sqrt{2} $（舍），$ \therefore EF = MN = \frac{7}{2} - \sqrt{2} - \frac{3}{2} = 2 - \sqrt{2} $，$ \therefore EF = \sqrt{9 - 2t_1} = 2 - \sqrt{2} $，解得 $ t_1 = \frac{3}{2} + 2\sqrt{2} $，$ \therefore t_2 - t_1 = \frac{9}{2} - \frac{3}{2} - 2\sqrt{2} = 3 - 2\sqrt{2} $。综上，$ t_2 - t_1 = 4 $ 或 $ t_2 - t_1 = 3 - 2\sqrt{2} $。