《2025年实验班中考数学压轴题》

[典例] 如图，抛物线$ y = ax^2 + bx - 2 $经过点$ A(-3,0) $，$ B(1,0) $，与$ y $轴交于点$ C $，作直线$ AC $.
(1) 求抛物线的函数解析式.
(2) 若$ P $是抛物线$ y = ax^2 + bx - 2 $上的一点，设点$ P $的横坐标为$ p(-3 ＜ p ＜ 0) $，$ \triangle APC $的面积为$ S $，求$ S $关于$ p $的函数解析式.当$ p $为何值时，$ S $有最大值，并求出$ S $的最大值.
(3) 若$ M $是抛物线$ y = ax^2 + bx - 2 $上的一点，过点$ M $作$ MN // BC $交$ x $轴于点$ N $，是否存在点$ M $，使得以$ B,C,M,N $为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点$ M $的坐标；若不存在，请说明理由.
备用图
思路分步拆解
(1) 用待定系数法列二元一次方程组求得$ a = $$\frac{2}{3}$$ $，$ b = $$\frac{4}{3}$$ $，从而得到抛物线的函数解析式.
(2)(第一步：求直线$ AC $的解析式)用待定系数法求出直线$ AC $的解析式为$ y = $−$\frac{2}{3}$$ x - 2 $；
(第二步：设参数表示出线段$ PQ $的长)连接$ PC $，过点$ P $作$ PQ \perp x $轴交$ AC $于点$ Q $，设点$ P $和点$ Q $的横坐标为$ p $，根据抛物线和直线的解析式表示出点$ P $和点$ Q $的坐标，从而得到线段$ PQ $的长为$ -\frac{2}{3}p^2 $−2p$ $；
(第三步：用二次函数最值求$ S $的最大值)用$ p $表示出$ \triangle APC $的面积，再用配方法将其化成顶点式，从而求得最值.
(3) 分$ BN $为平行四边形的边或对角线两种情况讨论即可.

答案：
解:
(1)将点A(−3,0),B(1,0)代入y=ax²+bx−2，得$\begin{cases} 9a - 3b - 2 = 0, \\ a + b - 2 = 0, \end{cases}$解得$\begin{cases} a = \frac{2}{3}, \\ b = \frac{4}{3}. \end{cases}$
∴该抛物线的函数解析式为y=$\frac{2}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x−2.
(2)如图
(1)，连接PC，过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q，抛物线y=$\frac{2}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x−2与y轴交点为C(0,−2).
设直线AC的解析式为y=kx+t，
则$\begin{cases} -3k + t = 0, \\ k = -\frac{2}{3}, \\ t = -2, \end{cases}$
∴直线AC的解析式为y=−$\frac{2}{3}$x−2.
设P(p,$\frac{2}{3}$p²+$\frac{4}{3}$p−2)，则Q(p,−$\frac{2}{3}$p−2)，
∴PQ=−$\frac{2}{3}$p−2−($\frac{2}{3}$p²+$\frac{4}{3}$p−2)=−$\frac{2}{3}$p²−2p，
∴△APC的面积S=$\frac{1}{2}$OA·PQ=$\frac{1}{2}$×3×(−$\frac{2}{3}$p²−2p)=−p²−3p=−(p+$\frac{3}{2}$)²+$\frac{9}{4}$，
∴当p=−$\frac{3}{2}$时，S有最大值，S的最大值为$\frac{9}{4}$.
(3)存在.①如图
(2)，当四边形BCMN为平行四边形时，CM//BN.
∵抛物线y=$\frac{2}{3}$x²+$\frac{4}{3}$x−2的对称轴为直线x=−1，点C的坐标为(0,−2)，
∴点M(−2,−2);
　　　
②如图
(3)，当四边形BCNM为平行四边形时，过点M作MQ⊥x轴于点Q.
∵BC=MN，BC//MN，
∴∠MNQ=∠CBO.
∵∠MQN=∠COB=90°，
∴△MNQ≌△CBO(AAS)，
∴NQ=OB=1，MQ=OC=2.
设点M(n,$\frac{2}{3}$n²+$\frac{4}{3}$n−2)，
∴$\frac{2}{3}$n²+$\frac{4}{3}$n−2=2，
解得n₁=−1+$\sqrt{7}$，n₂=−1−$\sqrt{7}$，
∴点M(−1+$\sqrt{7}$,2)或M(−1−$\sqrt{7}$,2).
综上所述，点M的坐标为(−2,−2)或(−1+$\sqrt{7}$,2)或(−1−$\sqrt{7}$,2).