《2025年一遍过九年级初中数学上册人教版》

1 [2024遂宁中考节选]二次函数$y= ax^{2}+bx+c(a≠0)$的图象与x轴分别交于点$A(-1,0),B(3,0)$,与y轴交于点$C(0,-3)$,P,Q为抛物线上的两点.
(1)求二次函数的解析式;
(2)当P,C两点关于抛物线的对称轴对称,$\triangle OPQ$是以点P为直角顶点的直角三角形时,求点Q的坐标.

答案：
1解:
(1)把A(-1,0),B(3,0),C(0,-3)の坐标分别代入y=ax²+bx+c,得{a - b + c = 0,9a + 3b + c = 0,c = -3},解得{a = 1,b = -2,c = -3},
∴二次函数の解析式为y = x² - 2x - 3.
(2)如图,抛物线y = x² - 2x - 3の对称轴为直线x = -(-2)/(2×1)=1.
∵P,C两点关于抛物线の对称轴对称,C(0,-3),
∴P(2,-3),设Q(m,m² - 2m - 3).
∵△OPQ是以点P为直角顶点の直角三角形
∴∠OPQ = 90°,
∴OP² + PQ² = OQ²,
∴2² + (-3)² + (2 - m)² + (-3 - m² + Zm + 3)² = m² + (m² - 2m - 3)²解得m₁ = 2/3,m₂ = Z(舍去),
∴m = 2/3,
∴Q(2/3,-35/9).

2 [2024泸州中考]如图,在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线$y= ax^{2}+bx+3经过点A(3,0)$,与y轴交于点B,且关于直线$x= 1$对称.
(1)求该抛物线的解析式.
(2)当$-1≤x≤t$时,y的取值范围是$0≤y≤2t-1$,求t的值.
(3)点C是抛物线上位于第一象限的一个动点,过点C作x轴的垂线交直线AB于点D,在y轴上是否存在点E,使得以B,C,D,E为顶点的四边形是菱形?若存在,求出该菱形的边长;若不存在,说明理由.

答案： 2解:
(1)
∵抛物线y = ax² + bx + 3经过点A(3,0),与y轴交于点B且关于直线x = I对称
∴{-b/(2a)=19a + 3b + 3 = 0},解得{a = -1,b = 2},
∴该抛物线の解析式y = -x² + 2x + 3.
(2)
∵抛物线の开口向下对称轴直线x = 1,
∴抛物线上の点到对称轴の距离越远函数值越小.当 - I ≤ x ≤ t时,0 ≤ y ≤ 2t - I,①当t ≤ 1时,则当x = t时,函数有最大值,即2t - 1 = -t² + 2t + 3,解得t = -2或t = 2,均不符合题意,舍去;②当t ＞ 1时,则当x = 1时,函数有最大值,即Zt - I = -1² + Z×1 + 3 = 4,解得t = 5/2.综上,t = 5/2.
(3)存在令y = -x² + Zx + =0,解得x₁ = 3,x₂ = -1,当x =0时,y =3,
∴A(3,0),B(0,)设直线ABの解析式为y = kx + 3,把A
(30)の坐标代入,得k = -1,
∴直线ABの解析式y = -x +设C(m,-m² + 2m +)(0 ＜ m ＜ 3),则D(m,-m + 3),
∴CD = (-m² + 2m + 3) - (-m + 3) = -m² + 3mBD = √[m² + (-m + 3 - 3)²]=√2m,BC = √[m² + (-m² + 2m)²],当以B,C,D,E为顶点の四边形是菱形时,分两种情况:①当BD为边时,BD = CD,即√2m = -m² + 3m,解得m = 0(舍去)或m = 3 - √2,此时菱形の边长为√2m = 3√2 - 2;②当BD为对角线时,BC = CD,即√[m² + (-m² + 2m)²]= -m² + 3m,解得m = 2或m = 0(舍去),此时菱形の边长为 - 2² + 3×2 = 2.综上,存在点E,使得以B,C,D,E为顶点の四边形是菱形,该菱形の边长为3√2 - 2或2.

3 如图,已知抛物线$y= ax^{2}+bx+4(a≠0)$与x轴交于点$A(1,0)$和B,与y轴交于点C,对称轴为直线$x= \frac {5}{2}$.
(1)求抛物线的解析式.
(2)如图1,若点P是线段BC上的一个动点(不与点B,C重合),过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q,连接OQ,当线段PQ长度最大时,判断四边形OCPQ的形状并说明理由.
(3)如图2,在(2)的条件下,D是OC的中点,过点Q的直线与抛物线交于点E,且$∠DQE= 2∠ODQ$.在y轴上是否存在点F,使得$\triangle BEF$为等腰三角形?若存在,求点F的坐标;若不存在,请说明理由.

答案：
3解:
(1)根据题意,得{a + b + 4 = 0,-b/(2a)=5/2},解得{a = 1,b = -5},
∴抛物线の解析式为y = x² - 5x + 4.
(2)四边形OCPQ是平行四边形.理由如下:由
(1)易得B(4,0),C(0,4),
∴直线BCの解析式为y = -x + 4.
∵点P在线段BC上,
∴可设P(t,-t + 4)(0 ＜ t ＜ 4).
∵PQ//y轴,
∴Q(t,t² - 5t + 4),
∴PQ = (-t + 4) - (t² - 5t + 4) = -t² + 4t = -(t - 2)² + 4,
∵ - 1 ＜ 0,
∴当t = 2时,线段PQ取最大值4.
∵OC = 4,
∴OC = PQ.又
∵OC//PQ,
∴当线段PQ长度最大时,四边形OCPQ是平行四边形.
(3)在y轴上存在点F,使得△BEF为等腰三角形.连接DP并延长交QE于点M.
∵C(0,4),D是OCの中点,
∴D(0,2).如图,由
(2)知Q(2,-2),P(2,2).
∵PQ//OC,
∴∠ODQ = ∠PQD.又
∵∠DQE = ∠ODQ,
∴∠PQD = ∠PQE.设点D(0,2)关于PQの对称点为M,则M(4,2).易知直线QE过点M(4,2)和Q(2,-2),
∴直线QEの解析式为y = 2x - 6.由点E是直线QE与抛物线y = x² - 5x + 4の交点,可得E(5,4).假设y轴上存在点F(0,m),使得△BEF为等腰三角形.若BF = EF,即BF² = EF²,则4² + m² = 5² + (4 - m)²,解得m = 25/8,
∴F(0,25/8);若BF = BE,即BF² = BE²,则4² + m² = (5 - 4)² + 4²,解得m = ±1,
∴F(0,1)或F(0,-1);若EF = BE,即EF² = BE²,则5² + (4 - m)² = (5 - 4)² + 4²,化简,得m² - 8m + 24 = 0.
∵Δ = (-8)² - 4×1×24 = -32 ＜ 0,
∴方程无实数根,故在y轴上不存在点F,使EF = BE.综上所述,在y轴上存在点F,使得△BEF为等腰三角形,点Fの坐标为(0,25/8),(0,1)或(0,-1).