《2025年实验班中考数学压轴题》

1. 二次函数$ y = x^2 + bx + c $的图象过$ A(-1,0) $，$ B(3,0) $两点，与$ y $轴相交于点$ C $.
(1) 求二次函数的解析式；
(2) 若点$ P $是抛物线的顶点，求四边形$ ABPC $的面积.

答案：
1.
(1)把$A( - 1,0)$，$B(3,0)$代入$y = x^{2} + bx + c$，
∴$\begin{cases}1 - b + c = 0, \\9 + 3b + c = 0, \\\end{cases}$解得$\begin{cases}b = - 2, \\c = - 3, \\\end{cases}$
∴$y = x^{2} - 2x - 3$.
(2)如图，连接$BC$，过点$P$作$PE// y$轴交$BC$于点$E$.
∵当$x = 0$时，$y = - 3$，
∴$C(0, - 3)$，直线$BC$的解析式为$y = x - 3$.
∵$y = x^{2} - 2x - 3 = (x - 1)^{2} - 4$，
　　　　　　　　　　　　　　　　
∴$P(1, - 4)$，
∴$E(1, - 2)$，
∴四边形$ABPC$的面积$= \triangle ABC$的面积$+ \triangle BCP$的面积$= \frac{1}{2} × 4 × 3 + \frac{1}{2} × 2 × 3 = 9$.

2. 中考新考法 最值问题 （福建福州鼓楼区期末）如图，在平面直角坐标系$ xOy $中，已知抛物线$ y = ax^2 - 2x + c $与直线$ y = kx + b $都经过$ A(0,-3) $，$ B(3,0) $两点，该抛物线的顶点为$ C $.
(1) 求此抛物线的解析式；
(2) 设点$ P $是直线$ AB $下方抛物线上的一动点，连接$ PA $，$ PB $，请求出$ \triangle PAB $的最大面积是多少.

答案：
2.
(1)由题意，得$\begin{cases} - 3 = c, \\0 = 9a - 6 + c, \\\end{cases}$解得$\begin{cases}a = 1, \\c = - 3, \\\end{cases}$
∴抛物线的解析式为$y = x^{2} - 2x - 3$.
(2)如图，作$PQ//y$轴交直线$AB$于点$Q$.
由题意，得$\begin{cases} - 3 = b, \\0 = 3k + b, \\\end{cases}$
解得$\begin{cases}k = 1, \\b = - 3, \\\end{cases}$
　　　　　　　　　　　　　　　
∴直线$AB$的解析式为$y = x - 3$.
设$P(m,m^{2} - 2m - 3)$，则$Q(m,m - 3)$，
∴$PQ = - m^{2} + 3m$，
$S_{\triangle PAB} = \frac{1}{2} × 3 × ( - m^{2} + 3m) = - \frac{3}{2}m^{2} + \frac{9}{2}m = - \frac{3}{2}(m - \frac{3}{2})^{2} + \frac{27}{8}$.
∵$-\frac{3}{2} ＜ 0$，
∴当$m = \frac{3}{2}$时，$\triangle PAB$的面积有最大值，最大值是$\frac{27}{8}$.

3. 方程思想 如图，在平面直角坐标系$ xOy $中，抛物线$ y = ax^2 - 2x + c $与$ x $轴交于点$ A $和点$ B(1,0) $，与$ y $轴相交于点$ C(0,3) $.
(1) 求抛物线的解析式和顶点$ D $的坐标；
(2) 求$ \triangle ADC $的面积；
(3) 若点$ Q $在抛物线上，且$ \triangle ADQ $是以$ AD $为底的等腰三角形，求点$ Q $的坐标.
答案见P58

答案：
3.
(1)把$B(1,0)$和$C(0,3)$代入$y = ax^{2} - 2x + c$中，
得$\begin{cases}a - 2 + c = 0, \\c = 3, \\\end{cases}$解得$\begin{cases}a = - 1, \\c = 3, \\\end{cases}$
∴抛物线的解析式是$y = - x^{2} - 2x + 3$.
∵$y = - x^{2} - 2x + 3 = - (x + 1)^{2} + 4$，
∴顶点坐标为$D( - 1,4)$.
(2)设$AC$交对称轴于点$K$，如图.
令$y = - x^{2} - 2x + 3 = 0$，解得$x = 1$或$- 3$，
∴$A( - 3,0)$，由$A( - 3,0)$，$C(0,3)$可得直线$AC$的解析式为$y = x + 3$.
∵$D( - 1,4)$，
∴$K( - 1,2)$，
　　　　　　　　　　　　　　　
∴$DK = 2$，
$S_{\triangle ADC} = \frac{1}{2}DK · |x_{C} - x_{A}| = 3$.
(3)设点$Q$的坐标为$(x,y)$且满足$y = - x^{2} - 2x + 3$.
∵$A( - 3,0)$，$D( - 1,4)$，$\triangle ADQ$是以$AD$为底的等腰三角形，
∴$QD^{2} = QA^{2}$，即$(x + 3)^{2} + y^{2} = (x + 1)^{2} + (y - 4)^{2}$，
将线段间数量关系转化为点坐标间的关系化简，得$x - 2 + 2y = 0$，联立$\begin{cases}x - 2 + 2y = 0, \\y = - x^{2} - 2x + 3, \\\end{cases}$
解得$\begin{cases}x_{1} = \frac{- 3 + \sqrt{41}}{4}, \\y_{1} = \frac{11 - \sqrt{41}}{8}, \\\end{cases}\begin{cases}x_{2} = \frac{- 3 - \sqrt{41}}{4}, \\y_{2} = \frac{11 + \sqrt{41}}{8} \\\end{cases}$
∴点$Q$的坐标是$(\frac{- 3 + \sqrt{41}}{4},\frac{11 - \sqrt{41}}{8})$或$(\frac{- 3 - \sqrt{41}}{4},\frac{11 + \sqrt{41}}{8})$.
一题多解
(2)过点$D$作$EF//AO$，交$y$轴于点$F$，过点$A$作$AE\bot EF$，垂足为$E$，如图所示.
∵$D( - 1,4)$，
∴$F(0,4)$，把$y = 0$代入$y = - x^{2} - 2x + 3$，
可得$0 = - x^{2} - 2x + 3$，解得$x_{1} = - 3$或$x_{2} = 1$，
∴$A( - 3,0)$，
∴$E( - 3,4)$，
∴$EA = 4 - 0 = 4$，$ED = - 1 - ( - 3) = 2$，$DF = 0 - ( - 1) = 1$，$CF = 4 - 3 = 1$，$CO = 3 - 0 = 3$，$AO = 0 - ( - 3) = 3$，
∴$S_{\triangle ADC} = S_{长方形AOFE} - S_{\triangle DEA} - S_{\triangle AOC} - S_{\triangle CFD} = 3 × 4 - \frac{1}{2} × 2 × 4 - \frac{1}{2} × 3 × 3 - \frac{1}{2} × 1 × 1 = 12 - 4 - \frac{9}{2} - \frac{1}{2} = 3$.