《2025年实验班中考数学压轴题》

3. 参数法 （宜宾中考）如图，$O$是坐标原点，已知抛物线$y = -x^2 + bx + c$与$x$轴交于$A,B$两点，与$y$轴交于点$C$，其中$A(3,0),C(0,3)$。
(1) 求$b,c$的值；
(2) $D$为抛物线上第一象限内一点，连接$BD$，与直线$AC$交于点$E$，若$DE:BE = 1:2$，求点$D$的坐标；
(3) 若$F$为抛物线的顶点，平移抛物线使得新顶点为$P(m,n)(m ＞ 1)$，若$P$又在原抛物线上，新抛物线与直线$x = 1$交于点$N$，连接$FP,PN,\angle FPN = 120°$。探究新抛物线与$x$轴是否存在两个不同的交点。若存在，求出这两个交点之间的距离；若不存在，请说明理由。

答案：
3.
(1)依题意，分别把$A(3,0),C(0,3)$代入$y=-x^{2}+bx+c$，
得$\begin{cases}0=-9+3b+c,\\3=c.\end{cases}$解得$\begin{cases}b=2,\\c=3.\end{cases}$
(2)由
(1)，得$b=2$，$c=3$，则$y=-x^{2}+2x+3$，$C(0,3)$，
令$y=0$，则$0=-x^{2}+2x+3=(-x+3)(x+1)$，
$\therefore x_{1}=3$，$x_{2}=-1$，$\therefore B(-1,0)$，$A(3,0)$.
分别过点$E$，$D$作$EN\perp OA$，$DM\perp OA$，如图
(1)所示.
$\because EN\perp OA$，$DM\perp OA$，
$\therefore\angle ENB=\angle DMB=90^{\circ}$.
$\because\angle DBM=\angle EBN$，
$\therefore\triangle DMB\sim\triangle ENB$，$\therefore\frac{DM}{EN}=\frac{BD}{BE}$.
$\because DE:BE=1:2$，
$\therefore DB:BE=3:2$，
$\therefore\frac{DM}{EN}=\frac{3}{2}$.
设点$E$的纵坐标为$2m$，则点$D$的纵坐标为$3m$，
设$AC$的解析式为$y=kx+r(k\neq0)$.
$\because C(0,3)$，$A(3,0)$，$\therefore\begin{cases}3=r,\\0=3k+r.\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-1,\\r=3.\end{cases}$
$\therefore AC$的解析式为$y=-x+3$.
把$y=2m$代入$y=-x+3$，$\therefore x=3-2m$，$\therefore E(3-2m,2m)$.
设$BE$的解析式为$y=tx+q(t\neq0)$，
把$E(3-2m,2m)$，$B(-1,0)$代入$y=tx+q$，
得$\begin{cases}2m=t(3-2m)+q,\\0=-t+q.\end{cases}$解得$\begin{cases}t=\frac{m}{2-m},\\q=\frac{m}{2-m}.\end{cases}$
$\therefore BE$的解析式为$y=\frac{m}{2-m}x+\frac{m}{2-m}=\frac{m}{2-m}(x+1)$.
依题意，把$y=3m$代入$y=\frac{m}{2-m}(x+1)$，
得$3m=\frac{m}{2-m}(x+1)$，则$x=5-3m$，
即点$D(5-3m,3m)$.
$\because D$为抛物线上第一象限内一点，且$y=-x^{2}+2x+3$，
$\therefore3m=-(5-3m)^{2}+2(5-3m)+3$，
整理，得$3m^{2}-7m+4=(m-1)(3m-4)=0$，
$\therefore m_{1}=1$，$m_{2}=\frac{4}{3}$.
此时$y=\frac{m}{2-m}(x+1)$中$2-m\neq0$且$\frac{m}{2-m}\neq0$，
故$m_{1}=1$，$m_{2}=\frac{4}{3}$是符合题意的.
当$m=1$时，则$5-3m=5-3=2$，$3m=3$，此时$D(2,3)$，
当$m=\frac{4}{3}$时，则$5-3m=5-4=1$，$3m=3×\frac{4}{3}=4$，此时$D(1,4)$. 综上所述，$D(2,3)$或$D(1,4)$.

(3)存在，新抛物线与$x$轴的两个不同的交点之间的距离为2. 理由如下：由
(2)，得$y=-x^{2}+2x+3$，
$\because F$为抛物线的顶点，$\therefore F(1,4)$.
$\because$平移抛物线使得新顶点为$P(m,n)(m＞1)$，$P$又在原抛物线上，新抛物线与直线$x=1$交于点$N$，
连接$FP$，$PN$，过点$P$作$PH\perp FN$，$\angle FPN=120^{\circ}$，如图
(2)所示.
$\therefore$平移后的抛物线的解析式为$y=-(x-m)^{2}+n$，
把$x=1$代入$y=-(x-m)^{2}+n$，
得$y_{N}=-(1-m)^{2}+n$.
$\because$点$P(m,n)$在$y=-(x-1)^{2}+4$上，
$\therefore n=-(m-1)^{2}+4$，
$\therefore y_{N}=-(1-m)^{2}+n=-4+n+n=-4+2n$.
$\because P(m,n)$，$N(1,-4+2n)$，$F(1,4)$，
$\therefore PF^{2}=(m-1)^{2}+(n-4)^{2}$，$PN^{2}=(m-1)^{2}+[n-(-4+2n)]^{2}=(m-1)^{2}+(4-n)^{2}$，则$PF^{2}=PN^{2}$，
即$PF=PN$，$\therefore\triangle PFN$是等腰三角形.
$\because\angle FPN=120^{\circ}$，$\therefore\angle FPH=\frac{1}{2}×120^{\circ}=60^{\circ}$，
则$\tan\angle FPH=\tan60^{\circ}=\frac{FH}{HP}=\sqrt{3}$，
$\therefore4-n=\sqrt{3}(m-1)$.
令$t=m-1$，$\therefore4-n=\sqrt{3}t$，即$n=-\sqrt{3}t+4$.
$\because n=-(m-1)^{2}+4$，$\therefore-\sqrt{3}t+4=-t^{2}+4$，
即$t^{2}-\sqrt{3}t=0$，
$\therefore t_{1}=0$，$t_{2}=\sqrt{3}$，$\therefore m-1=0$或$m-1=\sqrt{3}$，
$\therefore m=1$(舍去)或$m=\sqrt{3}+1$，$\therefore P(1+\sqrt{3},1)$，
$\therefore$平移后的抛物线解析式为$y=-(x-1-\sqrt{3})^{2}+1$.
令$y=0$，则$0=-(x-1-\sqrt{3})^{2}+1$，
$\therefore(x-1-\sqrt{3})^{2}=1$，$\therefore x_{1}=2+\sqrt{3}$，$x_{2}=\sqrt{3}$，
则$\vert x_{1}-x_{2}\vert=2+\sqrt{3}-\sqrt{3}=2$，
$\therefore$新抛物线与$x$轴存在两个不同的交点，这两个交点之间的距离为2.

4. 中考新考法 双动点问题 (齐齐哈尔中考)综合与探究
如图(1)，在平面直角坐标系中，抛物线$y = ax^2 + bx + 3(a ＜ 0)$与$x$轴交于点$A(-1,0)$、$C(6,0)$，与$y$轴交于点$B$，连接$BC$。
(1) 求抛物线的解析式；
(2) $P$是直线$BC$下方抛物线上的点，连接$PB,PC$，当$S_{\triangle PBC} = 24$时，求点$P$的坐标；
(3) $G$是第四象限内抛物线上的一点，连接$BG$，若$\angle CBG = 45°$，则点$G$的坐标为$\boldsymbol{$$(11,-30)$$}$；
(4) 如图(2)，作点$B$关于$x$轴的对称点$D$，过点$D$作$x$轴的平行线$l$，过点$C$作$CE \perp l$，垂足为$E$，动点$M,N$分别从点$O,E$同时出发，动点$M$以每秒$1$个单位长度的速度沿射线$OC$方向匀速运动，动点$N$以每秒$2$个单位长度的速度沿射线$ED$方向匀速运动(当点$N$到达点$D$时，点$M,N$都停止运动)，连接$MN$，过点$D$作$MN$的垂线，垂足为$F$，连接$CF$，则$CF$的取值范围是$\boldsymbol{$$\sqrt{29}-\sqrt{2}\leqslant CF\leqslant3\sqrt{5}$$}$。
答案见$\boldsymbol{P61}$

答案：
4.
(1)将$A(-1,0),C(6,0)$代入抛物线的解析式$y=ax^{2}+bx+3$，得$\begin{cases}a-b+3=0,\\36a+6b+3=0.\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-\frac{1}{2},\\b=\frac{5}{2}.\end{cases}$
$\therefore$抛物线的解析式为$y=-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{5}{2}x+3$.
(2)过点$P$作$PQ// BC$交$y$轴于点$Q$，如图
(1)所示，
则$S_{\triangle QBC}=S_{\triangle PBC}=24$，
$\therefore\frac{1}{2}BQ· CO=24$，
$\because$点$C(6,0)$，则$CO=6$，$\therefore BQ=8$.
又$B(0,3)$，$\therefore$点$Q(0,-5)$.
$\therefore$直线$BC$的解析式为$y=-\frac{1}{2}x+3$.
$\because PQ// BC$，$\therefore$直线$PQ$的解析式为$y=-\frac{1}{2}x-5$，
联立，得$\begin{cases}y=-\frac{1}{2}x-5,\\y=-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{5}{2}x+3.\end{cases}$
解得$\begin{cases}x=-2,\\y=-4\end{cases}$或$\begin{cases}x=8,\\y=-9.\end{cases}$
故点$P$的坐标为$(-2,-4)$或$(8,-9)$.

(3)$(11,-30)$ [解析] 将$Rt\triangle CBO$绕点$C$逆时针旋转$90^{\circ}$得到$Rt\triangle CRS$，则$\triangle BCR$为等腰直角三角形.
从而$\angle CBR=45^{\circ}$，如图
(2)所示.
又$G$是第四象限内抛物线上的一点，$\angle CBG=45^{\circ}$，
$\therefore G$为$BR$延长线与抛物线的交点.
由旋转可知，$\angle BOC=\angle RSC=90^{\circ}$，$BO=RS=3$，$OC=SC=6$. 故点$R$的坐标为$(3,-6)$.
由待定系数法可知，直线$BR$的解析式为$y=-3x+3$，
联立$y=-3x+3$与$y=-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{5}{2}x+3$，整理可得$x^{2}-11x=0$，解得$x=11$或$0$(舍去).
故点$G$的坐标为$(11,-30)$.
(4)$\sqrt{29}-\sqrt{2}\leqslant CF\leqslant3\sqrt{5}$ [解析] 由题意知，四边形$OCED$为矩形，$OD=BO=3$，$DE=OC=6$.
连接$OE$，交$MN$于点$G$，如图
(3)所示，
故$OE=\sqrt{DE^{2}+OD^{2}}=\sqrt{36+9}=3\sqrt{5}$.
$\because OM// EN$，
$\therefore\triangle OMG\sim\triangle ENG$，
$\therefore\frac{OG}{EG}=\frac{OM}{EN}=\frac{1}{2}$，$\frac{EG}{OE}=\frac{2}{3}$.
过点$G$作$GH\perp DE$于点$H$，
$\because GH// OD$，
$\therefore\triangle GHE\sim\triangle ODE$，
$\therefore\frac{EG}{EO}=\frac{GH}{OD}=\frac{HE}{DE}=\frac{2}{3}$，
$\therefore GH=\frac{2}{3}OD=2$，$HE=\frac{2}{3}DE=4$，$DH=6-4=2$，
故$\sqrt{GH^{2}+DH^{2}}=\sqrt{2^{2}+2^{2}}=DG=2\sqrt{2}$.
取$DG$中点$J$，连接$FJ$，$CJ$，
$\because\angle DFG=90^{\circ}$，
$\therefore$根据斜边中线定理可得$FJ=\frac{1}{2}DG=\sqrt{2}$，
故$CF\geqslant CJ-FJ$，当且仅当$J$，$F$，$C$三点共线时取等号.
易知点$J$坐标为$(1,-2)$，$C(6,0)$，
故$CJ=\sqrt{5^{2}+2^{2}}=\sqrt{29}$，则$CF\geqslant CJ-FJ=\sqrt{29}-\sqrt{2}$.
当点$N$与点$D$重合时，点$F$与点$D$重合，此时$CF$最大，即$CF=OE=3\sqrt{5}$，
综上所述，$CF$的取值范围为$\sqrt{29}-\sqrt{2}\leqslant CF\leqslant3\sqrt{5}$.