《2025年学霸题中题九年级数学上册人教版》

5.(2024·济宁中考)已知二次函数$y= ax^{2}+bx+c的图象经过(0,-3),(-b,c)$两点,其中a,b,c为常数,且$ab＞0$.
(1)求a,c的值.
(2)若该二次函数的最小值是-4,且它的图象与x轴交于点A,B(点A在点B的左侧),与y轴交于点C.
①求该二次函数的解析式,并直接写出点A,B的坐标.
②如图,在y轴左侧该二次函数的图象上有一动点P,过点P作x轴的垂线,垂足为D,与直线AC交于点E,连接PC,CB,BE.是否存在点P,使$\frac {S_{△PCE}}{S_{△CBE}}= \frac {3}{8}$?若存在,求此时点P的横坐标;若不存在,请说明理由.

答案：

(1) $ \because y = ax^2 + bx + c $ 的图象经过 $ (0, -3) $，$ \therefore c = -3 $，$ \therefore (0, -3) $ 和 $ (-b, c) $ 关于对称轴 $ x = -\frac{b}{2a} $ 对称，$ \therefore \frac{0 - b}{2} = -\frac{b}{2a} $。$ \because b \neq 0 $，$ \therefore a = 1 $，$ \therefore a = 1 $，$ c = -3 $。
(2) ① $ \because a = 1 $，$ c = -3 $，$ \therefore y = x^2 + bx - 3 $。$ \because y_{\text{最小值}} = \frac{-12 - b^2}{4} = -4 $，$ \therefore b = \pm 2 $。$ \because ab ＞ 0 $，且 $ a ＞ 0 $，$ \therefore b ＞ 0 $，$ \therefore b = 2 $，$ \therefore $ 该二次函数的解析式为 $ y = x^2 + 2x - 3 $，当 $ y = 0 $ 时，$ x^2 + 2x - 3 = 0 $，解得 $ x_1 = -3 $，$ x_2 = 1 $，$ \therefore A(-3, 0) $，$ B(1, 0) $。
②设直线 $ AC $ 的解析式为 $ y = k_1x + b_1 $，则 $ \left\{\begin{array}{l}-3k_1 + b_1 = 0,\\b_1 = -3,\end{array}\right. $ 解得 $ \left\{\begin{array}{l}k_1 = -1,\\b_1 = -3,\end{array}\right. $ $ \therefore $ 直线 $ AC $ 的解析式为 $ y = -x - 3 $，当点 $ P $ 在点 $ A $ 右侧时，作 $ CF \perp PD $ 于点 $ F $，如图①所示，
　　
设 $ P(m, m^2 + 2m - 3)(-3 ＜ m ＜ 0) $，则 $ E(m, -m - 3) $，$ D(m, 0) $，则 $ PE = (-m - 3) - (m^2 + 2m - 3) = -m^2 - 3m $，$ CF = 0 - m = -m $，$ \therefore S_{\triangle PCE} = \frac{1}{2} \cdot PE \cdot CF = \frac{1}{2}(-m^2 - 3m) \cdot (-m) = \frac{1}{2}m(m^2 + 3m) $。$ \because AB = 1 - (-3) = 4 $，$ OC = 3 $，$ DE = -(-m - 3) = m + 3 $，$ \therefore S_{\triangle CBE} = S_{\triangle ABC} - S_{\triangle ABE} = \frac{1}{2}AB×OC - \frac{1}{2}AB×DE = \frac{1}{2}×4×3 - \frac{1}{2}×4×(m + 3) = -2m $。$ \because \frac{S_{\triangle PCE}}{S_{\triangle CBE}} = \frac{3}{8} $，$ \therefore \frac{\frac{1}{2}m(m^2 + 3m)}{-2m} = \frac{3}{8} $，解得 $ m_1 = \frac{-3 + \sqrt{3}}{2} $，$ m_2 = \frac{-3 - \sqrt{3}}{2} $，$ \therefore $ 点 $ P $ 横坐标为 $ \frac{-3 + \sqrt{3}}{2} $ 或 $ \frac{-3 - \sqrt{3}}{2} $；当点 $ P $ 在点 $ A $ 左侧时，作 $ CF \perp PD $ 于点 $ F $，如图②所示，设 $ P(m, m^2 + 2m - 3)(m ＜ -3) $，则 $ E(m, -m - 3) $，$ D(m, 0) $，则 $ PE = (m^2 + 2m - 3) - (-m - 3) = m^2 + 3m $，$ CF = 0 - m = -m $，$ \therefore S_{\triangle PCE} = \frac{1}{2} \cdot PE \cdot CF = \frac{1}{2}(m^2 + 3m) \cdot (-m) = -\frac{1}{2}m(m^2 + 3m) $。$ \because AB = 1 - (-3) = 4 $，$ OC = 3 $，$ DE = -m - 3 $，$ \therefore S_{\triangle CBE} = S_{\triangle ABC} + S_{\triangle ABE} = \frac{1}{2}AB×OC + \frac{1}{2}AB×DE = \frac{1}{2}×4×3 + \frac{1}{2}×4×(-m - 3) = -2m $。$ \because \frac{S_{\triangle PCE}}{S_{\triangle CBE}} = \frac{3}{8} $，$ \therefore \frac{-\frac{1}{2}m(m^2 + 3m)}{-2m} = \frac{3}{8} $，解得 $ m_1 = \frac{-3 - \sqrt{15}}{2} $，$ m_2 = \frac{-3 + \sqrt{15}}{2} $（舍去），$ \therefore $ 点 $ P $ 横坐标为 $ \frac{-3 - \sqrt{15}}{2} $。综上所述，$ P $ 点横坐标为 $ \frac{-3 + \sqrt{3}}{2} $ 或 $ \frac{-3 - \sqrt{3}}{2} $ 或 $ \frac{-3 - \sqrt{15}}{2} $。

6.(2023·长春中考)在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,抛物线$y= -x^{2}+bx+2$(b是常数)经过点$(2,2)$.点A的坐标为$(m,0)$,点B在该抛物线上,横坐标为$1-m$.其中$m＜0$.
(1)求该抛物线对应的函数解析式及顶点坐标.
(2)当点B在x轴上时,求点A的坐标.
(3)该抛物线与x轴的左交点为P,当抛物线在点P和点B之间的部分(包括P,B两点)的最高点与最低点的纵坐标之差为$2-m$时,求m的值.
(4)当点B在x轴上方时,过点B作$BC⊥y$轴于点C,连接AC,BO.若四边形AOBC的边和抛物线有两个交点(不包括四边形AOBC的顶点),设这两个交点分别为点E、点F,线段BO的中点为D.当以点C,E,O,D(或以点C,F,O,D)为顶点的四边形的面积是四边形AOBC面积的一半时,直接写出所有满足条件的m的值.

答案：

(1) 将点 $ (2, 2) $ 代入抛物线 $ y = -x^2 + bx + 2 $ 中，得 $ 2 = -4 + 2b + 2 $，解得 $ b = 2 $，$ \therefore $ 抛物线的解析式为 $ y = -x^2 + 2x + 2 = -(x - 1)^2 + 3 $，$ \therefore $ 顶点坐标为 $ (1, 3) $。
(2) 由 $ y = -x^2 + 2x + 2 $，当 $ y = 0 $ 时，$ -x^2 + 2x + 2 = 0 $，解得 $ x_1 = 1 - \sqrt{3} $，$ x_2 = 1 + \sqrt{3} $，$ \because $ 抛物线上的点 $ B $ 在 $ x $ 轴上时，横坐标为 $ 1 - m $，其中 $ m ＜ 0 $，$ \therefore 1 - m ＞ 1 $，$ \therefore 1 - m = 1 + \sqrt{3} $，解得 $ m = -\sqrt{3} $。$ \because $ 点 $ A $ 的坐标为 $ (m, 0) $，$ \therefore A(-\sqrt{3}, 0) $。
(3) 令 $ -x^2 + 2x + 2 = 0 $，得 $ x_1 = 1 - \sqrt{3} $，$ x_2 = 1 + \sqrt{3} $，$ \therefore P(1 - \sqrt{3}, 0) $。$ \because m ＜ 0 $，$ \therefore 1 - m ＞ 1 $，$ \therefore $ 点 $ B $ 一定在对称轴右侧，$ \therefore B(1 - m, -m^2 + 3) $。
①如图①所示，当 $ 1 ＜ 1 - m ＜ 1 + \sqrt{3} $，即 $ -\sqrt{3} ＜ m ＜ 0 $ 时，根据题意，$ 3 = 2 - m $，解得 $ m = -1 $；
　　
②如图②所示，当 $ 1 - m \geq 1 + \sqrt{3} $，即 $ m \leq -\sqrt{3} $ 时，依题意，$ 3 - (-m^2 + 3) = 2 - m $，解得 $ m = -2 $ 或 $ m = 1 $（舍去）。综上所述，$ m = -1 $ 或 $ m = -2 $。
(4) $ m = -2 + \sqrt{2} $ 或 $ m = 2 - 2\sqrt{3} $ 或 $ m = -\frac{1}{2} $。解析：如图③所示，$ \because $ 点 $ B $ 在 $ x $ 轴的上方，$ \therefore 1 - \sqrt{3} ＜ 1 - m ＜ 1 + \sqrt{3} $ 且 $ m ＜ 0 $，$ \therefore -\sqrt{3} ＜ m ＜ 0 $。$ \because $ 以点 $ C $，$ E $，$ O $，$ D $ 为顶点的四边形的面积是四边形 $ AOBC $ 面积的一半，线段 $ BO $ 的中点为 $ D $，$ S_{\triangle BCD} = S_{\triangle COD} $，$ \therefore S_{\text{四边形}AOBC} = S_{\triangle AOC} + S_{\triangle BOC} $，$ S_{\triangle BOC} = S_{\triangle BCD} + S_{\triangle COD} $。
　　
①当 $ E $ 是 $ AC $ 的中点，如图④，$ \therefore E\left(\frac{m}{2}, \frac{-m^2 + 3}{2}\right) $，代入 $ y = -x^2 + 2x + 2 $，即 $ \frac{-m^2 + 3}{2} = -\left(\frac{m}{2}\right)^2 + 2×\frac{m}{2} + 2 $，解得 $ m = -\sqrt{2} - 2 $（舍去）或 $ m = -2 + \sqrt{2} $；
②同理当 $ F $ 为 $ AO $ 的中点时，如图⑤所示，$ S_{\triangle BCD} = S_{\triangle COD} $，则以点 $ C $，$ F $，$ O $，$ D $ 为顶点的四边形的面积是四边形 $ AOBC $ 面积的一半，$ \therefore \frac{m}{2} = 1 - \sqrt{3} $，解得 $ m = 2 - 2\sqrt{3} $；
　　
③如图⑥所示，设 $ S_{\triangle BOC} = S $，则 $ S_{\triangle DBC} = \frac{1}{2}S $，$ \because $ 以点 $ C $，$ F $，$ O $，$ D $ 为顶点的四边形的面积是四边形 $ AOBC $ 面积的一半，线段 $ BO $ 的中点为 $ D $，$ \therefore \frac{1}{2}S + S_{\triangle CDF} = S_{\triangle FDB} + S_{\triangle AOC} $，即 $ \frac{1}{2}S + S_{\triangle CDF} = \frac{1}{2}S - S_{\triangle CDF} + S_{\triangle AOC} $，$ \therefore \frac{1}{2}S_{\triangle AOC} = S_{\triangle CDF} $，$ \therefore CF = AO $，$ \therefore F(-m, -m^2 + 3) $，$ \therefore B $，$ F $ 关于直线 $ x = 1 $ 对称，$ \therefore \frac{-m + 1 - m}{2} = 1 $，解得 $ m = -\frac{1}{2} $。综上所述，$ m = -2 + \sqrt{2} $ 或 $ m = 2 - 2\sqrt{3} $ 或 $ m = -\frac{1}{2} $。