《2025年实验班中考数学压轴题》

典例 母子模型 如图，抛物线$y = -x^2 + bx + c$与$x$轴交于$A,B$两点，其中$A(3,0),B(-1,0)$，与$y$轴交于点$C$，抛物线的对称轴交$x$轴于点$D$，直线$y = kx + b$经过点$A,C$，连接$CD$。
(1) 求抛物线和直线$AC$的解析式；
(2) 若抛物线上存在一点$P$，使$\triangle ACP$的面积是$\triangle ACD$面积的$2$倍，求点$P$的坐标；
(3) 将直线$CD$绕点$D$旋转$45°$，与抛物线交于点$E$，请直接写出点$E$的坐标。

思路分步拆解
(1)（第一步：利用待定系数法求抛物线解析式，求与$y$轴的交点$C$）将点$A,B$的坐标代入，用待定系数法求得抛物线解析式为$\boldsymbol{y$$= -x^2 + 2x + 3}$，将$x = 0$代入解析式，则点$C$的坐标为$\boldsymbol{(0,3)}$；
（第二步：利用待定系数法求直线解析式）将点$A,C$的坐标代入，利用待定系数法求出直线$AC$的解析式为$\boldsymbol{y$$= -x + 3}$。
(2)（第一步：分情况讨论，求出点$P_1$的坐标，利用待定系数法求直线$P_2B$的解析式）根据$\triangle ACP$的面积是$\triangle$$ACD$面积的$2$倍，可得出点$P_1$的坐标为$\boldsymbol{(2,3)}$，用待定系数法可求得直线$P_2B$的解析式为$\boldsymbol{y = -x - 1}$；
（第二步：与抛物线的解析式联立得出点$P_2$的坐标）将直线$P_2B$的解
析式与抛物线的解析式联立，即可得出点$P_2$的坐标为$\boldsymbol{(-1,0)}$（舍去）或$\boldsymbol{(4,-5)}$。
(3)（第一步：数形结合求点$D$的坐标）根据题意，得抛物线对称轴为直线$x = 1$，从而可得点$D$坐标为$\boldsymbol{(1,0)}$；
（第二步：构造相似求$AF$的长，继而求点$F$的坐标）根据题意证明$\triangle CDF \sim \triangle CAD$，代入数得$AF =$$\boldsymbol{2}$，则点$F$的坐标为$\boldsymbol{(3,2)}$；
（第三步：分类讨论分别求直线$ED$的解析式，联立求点$E$的坐标）分当逆时针旋转时和顺时针转时，直线$ED$的解析式分别为\boldsymbol{y =\frac{1}{2}x - \frac{1}{2}}，$\boldsymbol{y = -2x + 2}$，与二次函数解析式联立即可求点$E$的坐标为\boldsymbol{\left( \frac{3+ \sqrt{15}}{2},\frac{1 + \sqrt{15}}{4} \right)}或$\boldsymbol{(-2,-6)}$。
自主作答

答案：
考向1 已知角度为定值求点坐标典例 思路分步拆解：
(1)$y=-x^{2}+2x+3$ (0,3) $y=-x+3$
(2)$(-1,0)$ $y=-x-1$ (4,-5)
(3)(1,0) $\frac{4\sqrt{2}}{3} \left( \frac{5}{3},\frac{4}{3} \right)$ $y=2x-2$和$y=-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}$解：
(1)抛物线$y=-x^{2}+bx+c$与$x$轴交于$A,B$两点，其中$A(3,0),B(-1,0)$，与$y$轴交于点$C$，将点$A,B$的坐标分别代入，得$\begin{cases}-9+3b+c=0,\\-1-b+c=0.\end{cases}$解得$\begin{cases}b=2,\\c=3.\end{cases}$$\therefore$抛物线的解析式为$y=-x^{2}+2x+3$，当$x=0$时，得$y=3$，$\therefore$点$C(0,3)$.设直线$AC$的解析式为$y=kx+b$，将点$A$，点$C$的坐标分别代入，得$\begin{cases}3k+b=0,\\b=3.\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-1,\\b=3.\end{cases}$$\therefore$直线$AC$的解析式为$y=-x+3$.
(2)如图
(1)，连接$BC$.$\because D$是抛物线的对称轴与$x$轴的交点，$\therefore AD=BD$，$\therefore S_{\triangle ABC}=2S_{\triangle ACD}$，$\therefore S_{\triangle ACP_{1}}=S_{\triangle ABC}$，此时，点$P_{1}$与点$B$重合，即$P_{1}(-1,0)$.过点$B(-1,0)$作$P_{2}B// AC$交抛物线于点$P_{2}$，设直线$P_{2}B$的解析式为$y=-x+n$，将点$B$的坐标代入，得$0=-(-1)+n$，解得$n=-1$，$\therefore$直线$P_{2}B$的解析式为$y=-x-1$，由题意，可得$\begin{cases}y=-x^{2}+2x+3,\\y=-x-1.\end{cases}$解得$\begin{cases}x=4,\\y=-5\end{cases}$或$\begin{cases}x=-1,\\y=0.\end{cases}$$\therefore P_{2}(4,-5)$.综上所述，点$P$的坐标为$(-1,0)$或$(4,-5)$.
(3)点$E$的坐标为$(\sqrt{5},2\sqrt{5}-2)$或$(-\sqrt{5},-2\sqrt{5}-2)$或$(\frac{5+\sqrt{65}}{4},\frac{\sqrt{65}}{8}-\frac{1}{8})$或$(\frac{5-\sqrt{65}}{4},\frac{\sqrt{65}}{8}-\frac{1}{8})$. 理由如下：设对称轴与$AC$的交点为$H$，则点$H$的坐标为$(1,2)$.$\because$抛物线的解析式为$y=-x^{2}+2x+3$，$\therefore$对称轴为直线$x=1$，$\therefore D$的坐标为$(1,0)$，$\therefore\angle DHA=45^{\circ}$.$\because A(3,0),B(-1,0),C(0,3)$，$\therefore AD=2$，$OC=3$，$OD=1$，$OA=3$，由勾股定理，得$CD=\sqrt{OD^{2}+OC^{2}}=\sqrt{10}$，$AC=\sqrt{OA^{2}+OC^{2}}=3\sqrt{2}$，$\angle OCA=\angle OAC=45^{\circ}$，$AH=2\sqrt{2}$.如图
(2)，当$CD$绕点$D$顺时针旋转时，与$AC$交于点$F$，$\angle CDF=45^{\circ}$，$\therefore\angle CDF=\angle DAC=45^{\circ}$.$\because\angle DCA=\angle DCF$，$\therefore\triangle CDF\sim\triangle CAD$，$\therefore\frac{CD}{CA}=\frac{CF}{CD}$，即$\frac{\sqrt{10}}{3\sqrt{2}}=\frac{CF}{\sqrt{10}}$，解得$CF=\frac{5\sqrt{2}}{3}$，$\therefore AF=AC-CF=\frac{4\sqrt{2}}{3}$.过点$F$作$FG\perp x$轴于点$G$，则$AG=FG=\frac{\sqrt{2}}{2}AF=\frac{4}{3}$，$\therefore$点$F$的纵坐标为$\frac{4}{3}$，$\therefore\frac{4}{3}=-x+3$，解得$x=\frac{5}{3}$，$\therefore F(\frac{5}{3},\frac{4}{3})$，设直线$FD$的解析式为$y=k_{1}x+b_{1}$，将点$D$，点$F$的坐标分别代入，得$\begin{cases}\frac{4}{3}=\frac{5}{3}k_{1}+b_{1},\\0=k_{1}+b_{1}.\end{cases}$解得$\begin{cases}k_{1}=2,\\b_{1}=-2.\end{cases}$$\therefore$直线$FD$的解析式为$y=2x-2$，联立得$\begin{cases}y=2x-2,\\y=-x^{2}+2x+3.\end{cases}$解得$\begin{cases}x_{1}=\sqrt{5},\\y_{1}=2\sqrt{5}-2\end{cases}$或$\begin{cases}x_{1}=-\sqrt{5},\\y_{1}=-2\sqrt{5}-2.\end{cases}$$\therefore$点$E$的坐标为$(\sqrt{5},2\sqrt{5}-2)$或$(-\sqrt{5},-2\sqrt{5}-2)$；如图
(3)，当$CD$绕点$D$逆时针旋转时，$\angle CDI=45^{\circ}$，$\therefore\angle IDF=\angle IDC+\angle CDF=90^{\circ}$.$\because F(\frac{5}{3},\frac{4}{3})$，$\therefore FG=\frac{4}{3}$，$OG=\frac{5}{3}$$\therefore DG=OG-OD=\frac{5}{3}-1=\frac{2}{3}$.在$x$轴截取$OM=FG$，过点$M$作$KM\perp x$轴交直线$OI$于点$K$.$\because\angle KMD=\angle IDF=\angle FGD=90^{\circ}$，$\therefore\angle KDM+\angle FDG=90^{\circ}$，$\angle KDM+\angle MKD=90^{\circ}$，$\therefore\angle FDG=\angle MKD$，$\therefore\triangle FGD\cong\triangle DMK(AAS)$，$\therefore KM=DG=\frac{2}{3}$，$DM=GF=\frac{4}{3}$，$\therefore OM=DM-OD=\frac{4}{3}-1=\frac{1}{3}$，$\therefore K(-\frac{1}{3},\frac{2}{3})$.设直线$ID$的解析式为$y=k_{2}x+b_{2}$，将点$K$的坐标代入，得$\begin{cases}\frac{2}{3}=-\frac{1}{3}k_{2}+b_{2},\\0=k_{2}+b_{2}.\end{cases}$解得$\begin{cases}k_{2}=-\frac{1}{2},\\b_{2}=\frac{1}{2}.\end{cases}$$\therefore$直线$ID$的解析式为$y=-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}$，联立得$\begin{cases}y=-\frac{1}{2}x+\frac{1}{2},\\y=-x^{2}+2x+3.\end{cases}$解得$\begin{cases}x_{3}=\frac{5+\sqrt{65}}{4},\\y_{3}=\frac{\sqrt{65}}{8}-\frac{1}{8}\end{cases}$或$\begin{cases}x_{4}=\frac{5-\sqrt{65}}{4},\\y_{4}=\frac{\sqrt{65}}{8}-\frac{1}{8}.\end{cases}$$\therefore$点$E$的坐标为$(\frac{5+\sqrt{65}}{4},\frac{\sqrt{65}}{8}-\frac{1}{8})$或$(\frac{5-\sqrt{65}}{4},\frac{\sqrt{65}}{8}-\frac{1}{8})$.综上所述，点$E$的坐标为$(\sqrt{5},2\sqrt{5}-2)$或$(-\sqrt{5},-2\sqrt{5}-2)$或$(\frac{5+\sqrt{65}}{4},\frac{\sqrt{65}}{8}-\frac{1}{8})$或$(\frac{5-\sqrt{65}}{4},\frac{\sqrt{65}}{8}-\frac{1}{8})$.