《2025年名校课堂九年级数学全一册鲁教版五四制山东专版》

3. (东营中考节选)如图，抛物线过点 $ O(0,0) $，$ E(10,0) $，矩形 $ ABCD $ 的边 $ AB $ 在线段 $ OE $ 上（点 $ B $ 在点 $ A $ 的左侧），点 $ C $，$ D $ 在抛物线上. 设 $ B(t,0) $，当 $ t = 2 $ 时，$ BC = 4 $. 当 $ t $ 为何值时，矩形 $ ABCD $ 的周长有最大值？最大值是多少？

答案： 3.解：设抛物线的表达式为$y=ax(x - 10)$。$\because$当$t = 2$时，BC = 4，$\therefore$点C的坐标为$(2,-4)$。$\therefore$将C$(2,-4)$代入表达式，得$2a\cdot(2 - 10)=-4$，解得$a=\frac{1}{4}$。$\therefore$抛物线的表达式为$y=\frac{1}{4}x^{2}-\frac{5}{2}x$。$\therefore$C$(t,\frac{1}{4}t^{2}-\frac{5}{2}t)$。$\therefore$BC=$-\frac{1}{4}t^{2}+\frac{5}{2}t$。由抛物线的对称性，得AE = OB = t，$\therefore$AB = 10 - 2t。$\therefore C_{矩形ABCD}=2(AB + BC)=2[(10 - 2t)+(-\frac{1}{4}t^{2}+\frac{5}{2}t)]=-\frac{1}{2}t^{2}+t + 20=-\frac{1}{2}(t - 1)^{2}+\frac{41}{2}$。$\because-\frac{1}{2}＜0$，$\therefore$当$t = 1$时，矩形ABCD的周长有最大值，最大值为$\frac{41}{2}$。

4. (通辽中考节选)如图，抛物线 $ y = -x^2 + 4x - 3 $ 与 $ x $ 轴交于 $ A $，$ B $ 两点，与 $ y $ 轴交于点 $ C $，点 $ P $ 为抛物线上一点，若 $ S_{\triangle PBC} = \frac{1}{2}S_{\triangle ABC} $，求点 $ P $ 的坐标.

答案： 4.解：过点P作PQ$\perp x$轴交BC于点Q。在$y=-x^{2}+4x - 3$中，令$y = 0$，则$-x^{2}+4x - 3 = 0$。解得$x = 1$或$x = 3$。$\therefore$A$(1,0)$，B$(3,0)$。$\therefore$AB = 2。在$y=-x^{2}+4x - 3$中，令$x = 0$，则$y=-3$，$\therefore$C$(0,-3)$。$\therefore S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×2×3 = 3$。$\because S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}S_{\triangle ABC}$，$\therefore S_{\triangle PBC}=\frac{3}{2}$。易得直线BC的表达式为$y=x - 3$，设P$(t,-t^{2}+4t - 3)$，则Q$(t,t - 3)$，$\therefore$PQ=$\vert -t^{2}+3t\vert$。$\therefore\frac{3}{2}=\frac{1}{2}×3×\vert -t^{2}+3t\vert$。解得$t=\frac{3\pm\sqrt{13}}{2}$或$t=\frac{3\pm\sqrt{5}}{2}$。$\therefore$点P的坐标为$(\frac{3 + \sqrt{13}}{2},\frac{\sqrt{13}-5}{2})$或$(\frac{3 - \sqrt{13}}{2},\frac{-5 - \sqrt{13}}{2})$或$(\frac{3 + \sqrt{5}}{2},\frac{\sqrt{5}-1}{2})$或$(\frac{3 - \sqrt{5}}{2},\frac{1 - \sqrt{5}}{2})$。

5. (淄博中考节选)如图，一条抛物线 $ y = \frac{2}{3}x^2 - 3x $ 经过 $ \triangle OAB $ 的三个顶点，其中 $ O $ 为坐标原点，$ A(3,-3) $，$ B(6,6) $. 设 $ C $ 为线段 $ AB $ 的中点，$ P $ 为直线 $ OB $ 上的一个动点，连接 $ AP $，$ CP $，将 $ \triangle ACP $ 沿 $ CP $ 翻折，点 $ A $ 的对应点为点 $ A_1 $. 问是否存在点 $ P $，使得以 $ A_1 $，$ P $，$ C $，$ B $ 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点 $ P $ 的坐标；若不存在，请说明理由.

答案： 5.解：存在点P，使得以$A_{1}$，P，C，B为顶点的四边形是平行四边形。$\because$A$(3,-3)$，B$(6,6)$，$\therefore$C$(\frac{9}{2},\frac{3}{2})$。设直线OB的表达式为$y = kx$。$\therefore$6k = 6，解得$k = 1$。$\therefore$直线OB的表达式为$y = x$。设P$(t,t)$。当BP为$□ A_{1}BCP$的对角线时，BC$// A_{1}P$，BP = $A_{1}C$。由折叠的性质可知，AC = $A_{1}C$。$\therefore$BP = AC。$\therefore\sqrt{(t - 3)^{2}+(t + 3)^{2}}=\sqrt{(3-\frac{9}{2})^{2}+(-3-\frac{3}{2})^{2}}$，解得$t=\pm\frac{3}{2}$。$\therefore$点P的坐标为$(\frac{3}{2},\frac{3}{2})$或$(-\frac{3}{2},-\frac{3}{2})$；如图2，当BC为$□ A_{1}BPC$的对角线时，BP$// A_{1}C$，BP = $A_{1}C$。由折叠的性质可知，AC = $A_{1}C$。$\therefore$BP = AC。$\therefore\sqrt{(6 - t)^{2}+(6 - t)^{2}}=\sqrt{(3-\frac{9}{2})^{2}+(-3-\frac{3}{2})^{2}}$，解得$t=\frac{3\sqrt{5}}{2}+6$或$t=-\frac{3\sqrt{5}}{2}+6$。$\therefore$P$(\frac{3\sqrt{5}}{2}+6,\frac{3\sqrt{5}}{2}+6)$或$(-\frac{3\sqrt{5}}{2}+6,-\frac{3\sqrt{5}}{2}+6)$。综上所述，点P的坐标为$(\frac{3}{2},\frac{3}{2})$或$(-\frac{3}{2},-\frac{3}{2})$或$(\frac{3\sqrt{5}}{2}+6,\frac{3\sqrt{5}}{2}+6)$或$(-\frac{3\sqrt{5}}{2}+6,-\frac{3\sqrt{5}}{2}+6)$。