《2025年实验班中考数学压轴题》

2. 如图，在平面直角坐标系中，$ O $为坐标原点，抛物线$ y = x^2 - bx - c $经过点$ A(3,0) $，$ B(0,-4) $.
(1) 求抛物线的函数解析式.
(2) $ M $是抛物线上一点，过点$ M $作$ y $轴的平行线交直线$ AB $于点$ N $，是否存在以$ M,N,O,B $为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点$ M $的坐标；若不存在，请说明理由.

答案：
2.
(1)
∵抛物线过点A(3,0)，B(0,−4)，
∴$\begin{cases} 0 = 9 - 3b - c, \\ -4 = -c, \end{cases}$解得$\begin{cases} b = \frac{5}{3}, \\ c = 4, \end{cases}$
∴抛物线的函数解析式为y=x²−$\frac{5}{3}$x−4.
(2)存在.设点M(m,m²−$\frac{5}{3}$m−4).
∵A(3,0)，B(0,−4)，
∴OB=4，直线AB的函数解析式为y=$\frac{4}{3}$x−4.
∵MN//y轴，
∴N(m,$\frac{4}{3}$m−4).
∵BO//MN，
∴要使以M，N，O，B为顶点的四边形是平行四边形，只需使MN=OB即可，如图.
　根据平行四边形的性质求解
　当点M在点N上方时，MN=m²−$\frac{5}{3}$m−4−($\frac{4}{3}$m−4)=m²−3m=OB=4，解得m₁=4，m₂=−1.
∵当m=4时，y=4²−$\frac{20}{3}$−4=$\frac{16}{3}$，
　当m=−1时，y=1+$\frac{5}{3}$−4=−$\frac{4}{3}$，
∴M₁(4,$\frac{16}{3}$)，M₂(−1,−$\frac{4}{3}$)；当点M在点N下方时，MN=$\frac{4}{3}$m−4−(m²−$\frac{5}{3}$m−4)=−m²+3m=OB=4，此时m无实数解.
　综上所述，当点M的坐标为(4,$\frac{16}{3}$)或(−1,−$\frac{4}{3}$)时，以M，N，O，B为顶点的四边形是平行四边形.
　　　　　　　　　　　　　　　

3. 转化思想 （江苏盐城射阳月考）在平面直角坐标系中，抛物线$ y = -x^2 - 4x + c $与$ x $轴交于点$ A,B $（点$ A $在点$ B $的左侧），与$ y $轴交于点$ C $，且点$ A $的坐标为$ (-5,0) $.
(1) 求点$ C $的坐标.
(2) 如图(1)，若$ P $是第二象限内抛物线上一动点，求三角形$ ACP $面积的最大值.
(3) 如图(2)，若$ M $是抛物线上一点，$ N $是抛物线对称轴上一点，是否存在点$ M $使以$ A,C,M,N $为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点$ M $的坐标；若不存在，请说明理由.

答案：
3.
(1)
∵点A(−5,0)在抛物线y=−x²−4x+c的图象上，
∴0=−5²+4×5+c，
∴c=5，即抛物线的函数解析式为y=−x²−4x+5.
　当x=0时，有y=5，
∴点C的坐标为(0,5).
(2)过点P作PE⊥AC于点E，过点P作PF⊥x轴交AC于点H，垂足为F，如图
(1).
∵A(−5,0)，C(0,5)，
∴OA=OC，AC=$\sqrt{5² + 5²}$=5$\sqrt{2}$，
∴S△APC=$\frac{1}{2}$AC·PE=$\frac{5\sqrt{2}PE}{2}$，
　此处用到了转化思想，当PE取最大值时，三角形ACP的面积取最大值.
∵OA=OC，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠CAO=45°.
∵PF⊥x轴，
∴∠AHF=45°=∠PHE，
∴△PHE是等腰直角三角形，
∴PE=$\frac{PH}{\sqrt{2}}$
∴当PH最大时，PE最大.
　设直线AC的解析式为y=kx+b，将A(−5,0)，C(0,5)代入，得$\begin{cases} -5k + b = 0, \\ k = 1, \\ b = 5. \end{cases}$
∴直线AC的解析式为y=x+5.
　设P(m,−m²−4m+5)(−5＜m＜0)，则H(m,m+5)，
∴PH=(−m²−4m+5)−(m+5)=−m²−5m=−(m+$\frac{5}{2}$)²+$\frac{25}{4}$.
∵a=−1＜0，
∴当m=−$\frac{5}{2}$时，PH最大，为$\frac{25}{4}$，
∴此时PE最大，PE=$\frac{PH}{\sqrt{2}}$=$\frac{25\sqrt{2}}{8}$，
∴△ACP面积的最大值为S△APC=$\frac{5\sqrt{2}PE}{2}$=$\frac{5\sqrt{2}}{2}$×$\frac{25\sqrt{2}}{8}$=$\frac{125}{8}$，
　即三角形ACP面积的最大值为$\frac{125}{8}$.
　　　　　　 　　
(3)存在点M使以A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形.理由如下:
∵y=−x²−4x+5=−(x+2)²+9，
∴抛物线的对称轴为直线x=−2.
　设点N的坐标为(−2,n)，点M的坐标为(d,−d²−4d+5)，分三种情况:
　注意分情况讨论，避免漏解
　①当AM为平行四边形ANMC的对角线时，如图
(2)，
∵x_M - x_N=x_C - x_A，即d−(−2)=0−(−5)，
　解得d=3，
∴−d²−4d+5=−3²−4×3+5=−16，
∴点M的坐标为(3,−16)；
　②当AN为平行四边形AMNC的对角线时，如图
(3)，
　方法同①，可得d=−7，
∴−d²−4d+5=−(−7)²−4×(−7)+5=−16，
∴点M的坐标为(−7,−16)；
　　　　　
　③当AC为平行四边形ANCM的对角线时，如图
(4)，
∵A(−5,0)，C(0,5)，
∴线段AC的中点H的坐标为($\frac{-5 + 0}{2}$,$\frac{0 + 5}{2}$)，即H(−$\frac{5}{2}$,$\frac{5}{2}$)，
∴$\frac{d + (-2)}{2}=-\frac{5}{2}$，解得d=−3，
∴−d²−4d+5=−(−3)²−4×(−3)+5=8，
∴点M的坐标为(−3,8).
　综上，点M的坐标为(−3,8)或(3,−16)或(−7,−16).

4. 如图，抛物线$ y = -x^2 + bx + c $经过$ A(-1,0) $，$ C(0,3) $两点，并交$ x $轴于另一点$ B $，$ M $是抛物线的顶点，直线$ AM $与$ y $轴交于点$ D $.
(1) 求该抛物线的函数解析式.
(2) 若$ H $是$ x $轴上一动点，分别连接$ MH $，$ DH $，求$ MH + DH $的最小值.
(3) 若$ P $是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点$ Q $，使得以$ D,M,P,Q $为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点$ Q $的坐标；若不存在，请说明理由.

答案：
4.
(1)
∵抛物线y=−x²+bx+c经过A(−1,0)，C(0,3)两点，
∴$\begin{cases} -1 - b + c = 0, \\ c = 3, \end{cases}$解得$\begin{cases} b = 2, \\ c = 3. \end{cases}$
∴y=−x²+2x+3.
(2)
∵y=−x²+2x+3=−(x−1)²+4，
∴M(1,4)，
　设直线AM：y=kx+m(k≠0)，
　则$\begin{cases} -k + m = 0, \\ k + m = 4, \end{cases}$解得$\begin{cases} k = 2, \\ m = 2. \end{cases}$
∴直线AM：y=2x+2，当x=0时，y=2，
∴D(0,2).
　如图
(1)，作点D关于x轴的对称点D'，连接D'M，则D'(0,−2)，MH+DH=MH+D'H≥D'M，
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∴当M，H，D'三点共线时，MH+DH有最小值为D'M的长.
∵D'(0,−2)，M(1,4)，
∴D'M=$\sqrt{1²+(4 + 2)²}$=$\sqrt{37}$，
　即MH+DH的最小值为$\sqrt{37}$.
　　　　 　　
(3)存在.
∵y=−x²+2x+3=−(x−1)²+4，
∴对称轴为直线x=1，
　设P(p,t)，Q(1,n)，当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时：
　①如图
(2)，当DM为对角线时，
　$\begin{cases}1 + p = 0 + 1, \\t + n = 4 + 2,\end{cases}$当p=0时，t=3，
∴n=3，
∴Q(1,3)；
　②如图
(3)，当DP为对角线时，$\begin{cases}0 + p = 1 + 1, \\2 + t = 4 + n,\end{cases}$
∴$\begin{cases}p = 2, \\n = 1,\end{cases}$
∴Q(1,1)；
　③如图
(4)，当MP为对角线时，$\begin{cases}1 + p = 0 + 1, \\4 + t = 2 + n,\end{cases}$
　当p=0时，t=3，
∴n=5，
∴Q(1,5).
　综上，当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，点Q的坐标为(1,1)或(1,3)或(1,5).