《2025年5年中考3年模拟九年级数学全一册苏科版》

3. [2024 四川泸州中考]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,请说明理由.

答案： 3.解析　
(1)
∵抛物线$y=ax^2+bx+3$经过点A(3,0),且关于直线$x=1$对称,
∴$\begin{cases}-\frac{b}{2a}=1\\9a+3b+3=0\end{cases}$,解得$\begin{cases}a=-1\\b=2\end{cases}$,
∴$y=-x^2+2x+3$.
(2)
∵抛物线的开口向下,对称轴为直线$x=1$,
∴抛物线上点到对称轴上的距离越远,函数值越小,
∵当$-1\leqslant x\leqslant t$时,$0\leqslant y\leqslant 2t-1$,
∴分情况讨论:①若$t\leqslant1$,当$x=t$时,函数有最大值,即$2t-1=-t^2+2t+3$,解得$t=-2$或$t=2$,均不符合题意,舍去;②若$t＞1$,当$x=1$时,函数有最大值,即$2t-1=-1^2+2+3=4$,解得$t=\frac{5}{2}$.综上,t的值为$\frac{5}{2}$.
(3)存在.当$x=0$时,$y=3$,
∴B(0,3),设直线AB的解析式为$y=kx+3(k\neq0)$,把A(3,0)代入,得$3k+3=0$,解得$k=-1$,
∴$y=-x+3$,设C(m,$-m^2+2m+3$)(0＜m＜3),则D(m,$-m+3$),
∴$CD=-m^2+2m+3+m-3=-m^2+3m$,$BD=\sqrt{m^2+(-m+3-3)^2}=\sqrt{2}m$,$BC^2=m^2+(-m^2+2m)^2$,当以B,C,D,E为顶点的四边形是菱形时,分两种情况:①当BD为边时,$BD=CD$,即$\sqrt{2}m=-m^2+3m$,解得$m=0$(舍去)或$m=3-\sqrt{2}$,此时菱形的边长为$\sqrt{2}m=3\sqrt{2}-2$;②当BD为对角线时,$BC=CD$,故$BC^2=CD^2$,即$m^2+(-m^2+2m)^2=(-m^2+3m)^2$,解得$m=2$或$m=0$(舍去),此时菱形的边长为$-2^2+3×2=2$.综上,存在以B,C,D,E为顶点的四边形是菱形,该菱形的边长为$3\sqrt{2}-2$或2.

4. [2025 湖北宜昌西陵期中]如图,已知二次函数$y= -x^2+bx+c$的图像与x轴交于点A(-4,0)和点B,与y轴交于点C(0,4),连接AC.点P为x轴上方抛物线上一动点(点P不与点A,C重合),设点P的横坐标为t.
(1)求该二次函数的解析式.
(2)连接PC,当∠PCA= 45°时,求t的值.
(3)设以A,O,C,P为顶点的四边形的面积为S.
①求S关于t的函数解析式.
②根据S的不同取值,试探索点P的个数情况.

答案：
4.解析　
(1)
∵二次函数$y=-x^2+bx+c$的图像与x轴交于点A(−4,0),与y轴交于点C(0,4),
∴$\begin{cases}-16-4b+c=0\\c=4\end{cases}$,解得$\begin{cases}b=-3\\c=4\end{cases}$,
∴该二次函数的解析式为$y=-x^2-3x+4$.
(2)由题意得P(t,$-t^2-3t+4$),
∵A(−4,0),C(0,4),
∴OA=OC=4,
∴$\angle OAC=\angle OCA=45^{\circ}$.
∵$\angle PCA=45^{\circ}$,
∴$\angle PCO=90^{\circ}$,
∴$PC\perp OC$,
∵$OA\perp OC$,
∴$PC// OA$.如图,
∴点P的纵坐标为4,
∴$-t^2-3t+4=4$,解得$t=0$或$t=-3$,
∵$t\neq0$,
∴$t=-3$.
(3)①令$y=0$,则$-x^2-3x+4=0$,解得$x=-4$或$x=1$,
∵点B在x轴正半轴上,
∴B(1,0),
∴OB=1.当点P在AC的上方,即$-4＜t＜0$时,过点P作$PD\perp OA$于点D,如图, 则$PD=-t^2-3t+4$,$OD=0-t=-t$,
∴$AD=t-(-4)=t+4$,
∴$S=S_{\triangle PAD}+S_{梯形PDOC}=\frac{1}{2}AD\cdot PD+\frac{1}{2}(PD+OC)\cdot OD=\frac{1}{2}(t+4)(-t^2-3t+4)+\frac{1}{2}(-t^2-3t+4+4)×(-t)=-2t^2-8t+8$.当点P在AC的下方,即$0＜t＜1$时,过点P作$PE\perp OC$于点E,如图, 则$PE=t$,
∴$S=S_{\triangle OAC}+S_{\triangle OPC}=\frac{1}{2}OA\cdot OC+\frac{1}{2}OC\cdot PE=\frac{1}{2}×4×4+\frac{1}{2}×4t=2t+8$.综上,$S=\begin{cases}-2t^2-8t+8(-4＜t＜0)\\2t+8(0＜t＜1)\end{cases}$.
②当$-4＜t＜0$时,$S=-2t^2-8t+8=-2(t+2)^2+16$,
∵$-2＜0$,
∴当$t=-2$时,S有最大值,为16,
∵$|-4-(-2)|=|0-(-2)|$,
∴当$t=-4$或$t=0$时,$-2(t+2)^2+16=8$,
∴$8＜S\leqslant16$.当$0＜t＜1$时,$S=2t+8$,
∴$8＜S＜10$.函数$S=\begin{cases}-2t^2-8t+8(-4＜t＜0)\\2t+8(0＜t＜1)\end{cases}$的大致图像如图所示,由图像可知,当$8＜S＜10$时,存在3个符合条件的点P;当$10\leqslant S＜16$时,存在2个符合条件的点P;当$S=16$时,存在1个符合条件的点P.