《2025年实验班中考数学压轴题》

1. 已知抛物线$y = ax^2 + bx$。
(1) 若抛物线与一次函数$y = -x - 1$有且只有一个公共点，求$a,b$满足的关系式。
(2) 设$Q$为抛物线上的顶点，$P$为平面内一点，若点$P$坐标为$(2, -2)$，$S_{\triangle OPQ} = 3$，且$OP\gt OQ$，抛物线经过点$A(m,n)$和点$B(4 - m,n)$，直线$PB$与抛物线的另一交点为$C$。
① 求抛物线的解析式；
② 证明：对于任意实数$m$，直线$AC$必过一定点。

答案：
(1)由题意，得方程$ax^{2}+bx=-x - 1$有两个相等的实数根，
∴$(b + 1)^{2}-4a=0$，
∴$a=\frac{(b + 1)^{2}}{4}$.
(2)①
∵抛物线经过点$A(m,n)$和点$B(4 - m,n)$，
∴抛物线对称轴为直线$x=\frac{m + 4 - m}{2}=2$，设$Q(2,q)$.
∵$P(2,-2)$，
∴$PQ// y$轴.
∵$S_{\triangle OPQ}=\frac{1}{2}PQ×2$，$S_{\triangle OPQ}=3$，
∴$PQ = 3$.
∵$OP＞OQ$，
∴点$Q$的坐标为$(2,1)$.
设抛物线解析式为$y = a(x - 2)^{2}+1$，把$(0,0)$代入，得$a=-\frac{1}{4}$，
∴抛物线解析式为$y=-\frac{1}{4}(x - 2)^{2}+1$，即$y=-\frac{1}{4}x^{2}+x$.
②设直线$PB$的解析式为$y = kx + c$，把$P(2,-2)$代入，得$-2 = 2k + c$，
∴$c=-2 - 2k$，
∴直线$PB$的解析式为$y = kx-2 - 2k$.
∵直线$PB$与抛物线$y=-\frac{1}{4}x^{2}+x$交于点$B$，$C$，
∴$-\frac{1}{4}x^{2}+x=kx-2 - 2k$，化简得$\frac{1}{4}x^{2}+(k - 1)x-2 - 2k = 0$，
∴$x_{B}+x_{C}=-4(k - 1)$，$x_{B}· x_{C}=-8 - 8k$.
设直线$AC$的解析式为$y = fx + d$，与抛物线交于点$A$，$C$，
∴$-\frac{1}{4}x^{2}+x=fx + d$，化简得$\frac{1}{4}x^{2}+(f - 1)x + d = 0$，
∴$x_{A}+x_{C}=-4(f - 1)$，$x_{A}· x_{C}=4d$，
∴$x_{B}+x_{C}+x_{A}+x_{C}=-4(k - 1)-4(f - 1)$，$x_{B}· x_{C}+x_{A}· x_{C}=-8 - 8k + 4d$.
∵$x_{A}+x_{B}=4$，
∴$x_{C}=-2k - 2f + 2$，$x_{C}=d - 2 - 2k$，
∴$-2k - 2f + 2=d - 2 - 2k$，
∴$-2f + 4 = d$，
∴直线$AC$的解析式为$y = fx-2f + 4 = f(x - 2)+4$，当$x = 2$时，$y = 4$，
∴直线$AC$必过定点$(2,4)$.

2. 已知抛物线$y = ax^2 + bx + c(b\gt 0)$与$x$轴交于$A,B$两点(点$A$在点$B$的左侧)，与$y$轴交于点$C(0, -3)$，顶点$D$的纵坐标是$-4$。
(1) 点$D$的坐标是$$(-\frac{2}{b},-4)$$(用含$b$的代数式表示)；
(2) 若直线$y = x - 1$经过点$B$，求抛物线的解析式；
(3) 在(2)的条件下，将抛物线向右平移$1$个单位长度，再向上平移$4$个单位长度后，得到新的抛物线，直线$y = -2$上有一动点$P$，过点$P$作两条直线，分别与新抛物线有唯一的公共点$E,F$(直线$PE,PF$不与$y$轴平行)。求证：直线$EF$恒过一定点。

答案：

(1)$(-\frac{2}{b},-4)$ [解析]由题知，$y = ax^{2}+bx + c(b＞0)$与$y$轴交于点$C(0,-3)$，
∴$c=-3$.
∵顶点$D$的纵坐标为$-4$，
∴$y = ax^{2}+bx + c=a(x + \frac{b}{2a})^{2}-4$，将$(0,-3)$代入，得$a·\frac{b^{2}}{4a^{2}}-4=-3$，即$b^{2}=4a$，则$-\frac{b}{2a}=-\frac{b}{\frac{b^{2}}{2}}=-\frac{2}{b}$，则$D(-\frac{2}{b},-4)$.
(2)若直线$y = x - 1$经过点$B$，则有$B(1,0)$.
∵$C(0,-3)$，
∴设抛物线为$y = ax^{2}+bx - 3$，
将$B(1,0)$代入，有$a + b - 3 = 0$.
由
(1)可知，$b^{2}=4a$，则$b^{2}=4(3 - b)$，
解得$b_{1}=-6$（舍去），$b_{2}=2$，则$a = 1$，
∴抛物线的解析式为$y = x^{2}+2x - 3=(x + 1)^{2}-4$.
(3)将
(2)中$y=(x + 1)^{2}-4$向右平移$1$个单位长度，再向上平移$4$个单位长度后，得到$y = x^{2}$.
如图，设$E(t,t^{2})$，$F(n,n^{2})$，
设$l_{PE}$为$y = k_{1}(x - t)+t^{2}$，与$y = x^{2}$联立，得$x^{2}-k_{1}x + k_{1}t - t^{2}=0$，
∴$\Delta=k_{1}^{2}-4(k_{1}t - t^{2})=(k_{1}-2t)^{2}=0$，
∴$k_{1}=2t$，
∴直线$PE$为$y = 2t(x - t)+t^{2}$，即$y = 2tx - t^{2}$，令$y = -2$，得$x_{P}=\frac{t^{2}-2}{2t}$，同理可设直线$PF$为$y = k_{2}(x - n)+n^{2}$，
∴$x_{P}=\frac{n^{2}-2}{2n}$，
∵$t\neq n$，
∴$tn=-2$.
设$l_{EF}$：$y = kx + m$，与$y = x^{2}$联立，得$x^{2}-kx - m = 0$，
∴$x_{E}· x_{F}=-m$，即$tn=-m$，
∴$m = 2$，
∴直线$EF$为$y = kx + 2$，过定点$(0,2)$.