《2025年实验班中考数学压轴题》

3. 如图,已知二次函数$ y = ax^2 + bx + c $ ($ a ＜ 0,c ＞ 0 $)与$ x $轴交于点$ A,B $,与$ y $轴交于点$ C $,且以$ AB $为直径的圆经过点$ C $.
(1)若点$ A(-2,0) $,点$ B(8,0) $,求$ ac $的值.
(2)若点$ A(x_1,0) $,$ B(x_2,0) $,试探索$ ac $是否为定值? 若是,求出这个定值;若不是,请说明理由.
(3)若点$ D $是圆与抛物线的交点($ D $与$ A,B,C $不重合),在(1)的条件下,坐标轴上是否存在一点$ P $,使得以$ P,B,C $为顶点的三角形与$ \triangle CBD $相似? 若存在,请直接写出点$ P $坐标;若不存在,请说明理由.

答案：
3.
(1)设圆心为点$M$。$\because A(-2,0)$，$B(8,0)$，
$\therefore M(3,0)$，$\odot M$的半径为$5$，
$\therefore OC=\sqrt{MC^{2}-OM^{2}} = 4$，$\therefore C(0,4)$，
设抛物线解析式为$y = a(x + 2)(x - 8)$。
$\because$点$C$在抛物线上，$\therefore a×2×(-8)=4$，$\therefore a = -\frac{1}{4}$，$\therefore y = -\frac{1}{4}(x + 2)(x - 8)=-\frac{1}{4}x^{2}+\frac{3}{2}x + 4$，
$\therefore a = -\frac{1}{4}$，$c = 4$，$\therefore ac = -1$。
(2)$ac$的值是定值，为$-1$。理由如下：
$\because$点$A(x_1,0)$，$B(x_2,0)$，$\therefore OA = -x_1$，$OB = x_2$，$OC = c$。
$\because\angle OAC+\angle OCA = 90^{\circ}$，$\angle OCB+\angle OCA = 90^{\circ}$，
$\therefore\angle OAC = \angle OCB$。$\because\angle AOC = \angle BOC = 90^{\circ}$，
$\therefore\triangle OAC\sim\triangle OCB$，$\therefore\frac{AO}{OC}=\frac{OC}{OB}$，
$\therefore OC^{2}=OA· OB$，$\therefore c^{2}=-x_1· x_2$，
令$y = 0$时，$0 = ax^{2}+bx + c$，
$\therefore x_1· x_2=\frac{c}{a}$，$\therefore c^{2}=-\frac{c}{a}$，$\therefore ac = -1$。
(3)存在。理由如下：
$\because$点$D$是圆与抛物线的交点($D$与$A$，$B$，$C$不重合)，$C(0,4)$，$\therefore D(6,4)$，即$CD// AB$，当点$P$在$x$轴上时，
如图
(1)，设点$P$的坐标为$(m,0)$。
$\because C(0,4)$，$D(6,4)$，$B(8,0)$，
$\therefore BC = 4\sqrt{5}$，$CD = 6$，$BP = 8 - m$。
$\because CD// AB$，$\therefore\angle BCD = \angle ABC$。
以$P$，$B$，$C$为顶点的三角形与$\triangle CBD$相似，
①$\triangle CBD\sim\triangle BPC$，$\therefore\frac{BC}{CD}=\frac{BP}{BC}$，$\therefore\frac{4\sqrt{5}}{6}=\frac{8 - m}{4\sqrt{5}}$，
$\therefore m = -\frac{16}{3}$，$\therefore P_1(-\frac{16}{3},0)$。
②$\triangle CBD\sim\triangle BCP$，$\therefore\frac{BC}{CD}=\frac{BC}{BP}$，$\therefore\frac{4\sqrt{5}}{6}=\frac{4\sqrt{5}}{8 - m}$，
$\therefore m = 2$，经检验，$m = 2$为原方程的解，$\therefore P_2(2,0)$；

当点$P$在$y$轴上时，
如图
(2)，$\because CD// AB$，$\therefore AC = BD$。
$\because BC = BD$，$\therefore\angle ABD = \angle BCO$。
$\because CD// AB$，$\therefore\angle BDC+\angle ABD = 180^{\circ}$。
$\because\angle BCO+\angle BCP = 180^{\circ}$，$\therefore\angle BDC = \angle BCP$。
设$P(0,n)$。$\because C(0,4)$，$D(6,4)$，$B(8,0)$，
$\therefore BC = 4\sqrt{5}$，$CD = 6$，$BD = 2\sqrt{5}$，$CP = n - 4$。
以$P$，$B$，$C$为顶点的三角形与$\triangle CBD$相似，
①$\triangle CBD\sim\triangle BPC$，$\therefore\frac{CD}{BD}=\frac{BC}{CP}$，$\therefore\frac{6}{2\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{n - 4}$，
$\therefore n = \frac{32}{3}$，经检验，$n = \frac{32}{3}$为原方程的解，$\therefore P_3(0,\frac{32}{3})$；
②$\triangle CBD\sim\triangle PBC$，$\therefore\frac{CD}{BD}=\frac{CP}{BC}$，
$\therefore\frac{6}{2\sqrt{5}}=\frac{n - 4}{4\sqrt{5}}$，$\therefore n = 16$，$\therefore P_4(0,16)$。即满足条件的点$P$ 的坐标为$(-\frac{16}{3},0)$或$(2,0)$或$(0,\frac{32}{3})$或$(0,16)$。

4. 如图,已知抛物线$ y = \frac{1}{3}x^2 + bx + c $经过$ \triangle ABC $的三个顶点,其中点$ A(0,1) $,点$ B(-9,10) $,$ AC // x $轴,点$ P $是直线$ AC $下方抛物线上的动点.
(1)求抛物线的解析式.
(2)过点$ P $且与$ y $轴平行的直线$ l $与直线$ AB,AC $分别交于点$ E,F $,当四边形$ AECP $的面积最大时,求点$ P $的坐标.
(3)当点$ P $为抛物线的顶点时,在直线$ AC $上是否存在点$ Q $,使得以$ C,P,Q $为顶点的三角形与$ \triangle ABC $相似? 若存在,求出点$ Q $的坐标;若不存在,请说明理由.

答案：
4.
(1)$\because y=\frac{1}{3}x^{2}+bx + c$经过$A(0,1)$，$B(-9,10)$，
$\therefore\begin{cases}1 = c,\\10=\frac{1}{3}×(-9)^{2}-9b + c,\end{cases}$解得$\begin{cases}b = 2,\\c = 1,\end{cases}$
$\therefore$抛物线的解析式是$y=\frac{1}{3}x^{2}+2x + 1$。
(2)设直线$AB$的解析式为$y = mx + n$，
将$A(0,1)$，$B(-9,10)$代入得$\begin{cases}1 = n,\\10=-9m + n,\end{cases}$
解得$m = -1$，$n = 1$，$\therefore AB$的解析式为$y = -x + 1$，
由$\frac{1}{3}x^{2}+2x + 1 = 1$解得$x_1 = 0$，$x_2 = -6$，
$\therefore C(-6,1)$，$AC = 6$。
$\because P$在$AC$下方抛物线上，设$P(t,\frac{1}{3}t^{2}+2t + 1)$，
$\therefore -6 ＜ t ＜ 0$。
$\because$过点$P$且与$y$轴平行的直线$l$与直线$AB$交于点$E$，$\therefore E(t,-t + 1)$，$\therefore EP = (-t + 1)-(\frac{1}{3}t^{2}+2t + 1)=-\frac{1}{3}t^{2}-3t$，而$S_{四边形AECP}=S_{\triangle EAC}+S_{\triangle PAC}=\frac{1}{2}AC· EF+\frac{1}{2}AC· PF=\frac{1}{2}AC· EP$，
$\therefore S_{四边形AECP}=\frac{1}{2}×6×(-\frac{1}{3}t^{2}-3t)=-t^{2}-9t=-(t+\frac{9}{2})^{2}+\frac{81}{4}$。
$\because -6 ＜ -\frac{9}{2} ＜ 0$，$\therefore t = -\frac{9}{2}$时，$S_{四边形AECP}$最大为$\frac{81}{4}$，此时$\frac{1}{3}t^{2}+2t + 1=\frac{1}{3}×(-\frac{9}{2})^{2}+2×(-\frac{9}{2})+1=-\frac{5}{4}$，$\therefore$点$P$的坐标为$(-\frac{9}{2},-\frac{5}{4})$。
(3)$\because$抛物线$y=\frac{1}{3}x^{2}+2x + 1$顶点为$P$，
$\therefore P(-3,-2)$。
$\because$过点$P$且与$y$轴平行的直线$l$与直线$AB$，$AC$分别交于点$E$，$F$，且$AB$解析式为$y = -x + 1$，
$\therefore E(-3,4)$，$F(-3,1)$，$C(-6,1)$，$A(0,1)$，$B(-9,10)$，$\therefore CF = FP = EF = FA = 3$，$AB = 9\sqrt{2}$，$CP = 3\sqrt{2}$，
$\therefore\angle PCF = \angle CPF = \angle AEF = \angle EAF = 45^{\circ}$，
$\therefore$以$C$，$P$，$Q$为顶点的三角形与$\triangle ABC$相似时，$\angle PCQ$与$\angle BAC$为$45^{\circ}$，故对应，设$Q(k,1)$，则$CQ = k + 6$，分两种情况：
①如图
(1)，$\triangle CPQ_1\sim\triangle ABC$，则$\frac{CQ_1}{AC}=\frac{CP}{AB}$，可得$\frac{k + 6}{6}=\frac{3\sqrt{2}}{9\sqrt{2}}$，
解得$k = -4$，此时$Q_1(-4,1)$；

②如图
(2)，$\triangle CQ_2P\sim\triangle ABC$，则$\frac{CQ_2}{AB}=\frac{CP}{AC}$，可得$\frac{k + 6}{9\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{6}$，
解得$k = 3$，此时$Q_2(3,1)$，
综上所述，存在直线$AC$上的点$Q$，使以$C$，$P$，$Q$为顶点的三角形与$\triangle ABC$相似，分别是$Q(-4,1)$或$(3,1)$。