《2025年实验班中考数学压轴题》

典例 中考新考法 存在性问题探究 （济南济阳区模拟）如图(1)，抛物线$ y = ax^2 - 2x + c $与$ x $轴交于点$ A(-3,0) $和$ B $，与$ y $轴交于点$ C(0,3) $.
(1) 求该抛物线的解析式及顶点的坐标.

(2) 如图(2)，若$ P $是线段$ OA $上一动点，过点$ P $作$ y $轴的平行线交抛物线于点$ H $，交$ AC $于点$ N $，设点$ P $的横坐标为$ t $，$ \triangle ACH $的面积为$ S $. 求$ S $关于$ t $的函数关系式. 当$ t $取何值时，$ S $有最大值？求出$ S $的最大值.
(3) 若$ P $是$ x $轴上一个动点，过点$ P $作直线$ PQ // BC $交抛物线于点$ Q $，随着点$ P $的运动，在$ x $轴上是否存在这样的点$ P $，使得以$ B $，$ P $，$ Q $，$ C $为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点$ P $的坐标；若不存在，
思路分步拆解
(1) 将点$ A $，$ C $的坐标代入$ y = ax^2 - 2x + c $即可求得抛物线的解析式，再把解析式转化为顶点式或使用顶点坐标公式可得到顶点的坐标；
(2) （第一步：求$ HN $的长度）先求出直线$ AC $的函数解析式为$\boldsymbol{y$= x +$= x +$3$3}$，把$ x = t $代入解析式，得点$ N $的坐标为$\boldsymbol{(t}$，$\boldsymbol{t$+ 3$+ 3)}$. 由$ PH$$// y $轴可以得到点$ H$的坐标为$\boldsymbol{(t}$，$\boldsymbol{-t^2 - 2t +$3$3)}$，进而可得$ HN $的长度为$\boldsymbol{-t^2 - 3t}$；
（第二步：分割图形求面积）$ S = S_{\triangle AHN} + S_{\triangle CHN} = \frac{1}{2}HN · AO = \boldsymbol{-\frac{3}{2}t^2$- \frac{9}{2}t$- \frac{9}{2}t}$，由二次函数的性质即可求其最大值；
(3) （第一步：当$ CQ // BP $时）当$ CQ // BP $时，四边形$ BCQP $为平行四边形，则$ CQ = PB $，可得$ Q(-2,3) $，则$ P(-1,0) $；
（第二步：当点$ P $在点$ A $的左侧，$ CP // BQ $时）四边形$ BCPQ $是平行四边形，过点$ Q $作$ QM \perp x $轴于点$ M $，则$ \angle QMP = \angle COB =$90$\boldsymbol{90}° $，易证$ \triangle QPM$CBO$\cong \triangle \boldsymbol{CBO} $，故$ MP = OB = 1 $，$ MQ = OC = 3 $，所以点$ Q $的纵坐标为$-3$，可求得点$ P $的横坐标为$-2 - \sqrt{7}$，即$ P(-2 - \sqrt{7},0) $；
（第三步：当点$ P $在点$ A $的右侧，$ CP // BQ $时）四边形$ BCPQ $是平行四边形，过点$ Q $作$ QN \perp x $轴于点$ N $，则$ \angle QNP = \angle COB =$90$\boldsymbol{90}° $，同上可得$ P(-2 + \sqrt{7},0) $.

答案：
解:
(1)
∵抛物线$y = ax^{2} - 2x + c$与$x$轴交于点$A( - 3,0)$和$B$，与$y$轴交于点$C(0,3)$，
∴把点$A$，点$C$的坐标代入$y = ax^{2} - 2x + c$，得$\begin{cases}9a + 6 + c = 0, \\c = 3, \\\end{cases}$解得$\begin{cases}a = - 1, \\c = 3, \\\end{cases}$
∴该抛物线的解析式为$y = - x^{2} - 2x + 3 = - (x + 1)^{2} + 4$，
∴该抛物线的顶点坐标为$( - 1,4)$.
(2)设直线$AC$的函数解析式为$y = kx + b$，把点$A$，点$C$的坐标代入，得$\begin{cases}0 = - 3k + b, \\3 = b, \\\end{cases}$解得$\begin{cases}k = 1, \\b = 3, \\\end{cases}$
∴直线$AC$的函数解析式为$y = x + 3$，把$x = t$代入$y = x + 3$，得$y = t + 3$，
∴点$N$的坐标为$(t,t + 3)$.
∵点$P$的横坐标为$t$，
∴$PH//y$轴，
∴点$H$的横坐标为$t$，
∴点$H$的坐标为$(t, - t^{2} - 2t + 3)$，
$HN = - t^{2} - 2t + 3 - (t + 3) = - t^{2} - 3t$，
$S = S_{\triangle AHN} + S_{\triangle CHN} = \frac{1}{2}HN · OA = \frac{1}{2}( - t^{2} - 3t) · 3 = - \frac{3}{2}t^{2} - \frac{9}{2}t = - \frac{3}{2}(t + \frac{3}{2})^{2} + \frac{27}{8}$.
∵$-\frac{3}{2} ＜ 0$，
∴当$t = - \frac{3}{2}$时，$S$有最大值，最大值为$\frac{27}{8}$.
(3)在$x$轴上存在这样的点$P$，使得以$B$，$P$，$Q$，$C$为顶点的四边形为平行四边形.理由如下:
把$y = 0$代入$y = - x^{2} - 2x + 3$，得$0 = - x^{2} - 2x + 3$，解得$x_{1} = - 3$，$x_{2} = 1$，
∴$B(1,0)$，
∴$OB = 1$.
如图
(1)，当$CQ//BP$时，四边形$BCPQ$为平行四边形，
∴$CQ = PB$，把$y = 3$代入$y = - x^{2} - 2x + 3$，得$- x^{2} - 2x + 3 = 3$，解得$x_{1} = 0$，$x_{2} = - 2$，
∴$Q( - 2,3)$，
∴$CQ = 2$，
∴$BP = 2$，
∴$OP = 2 - 1 = 1$，
∴$P( - 1,0)$；
　　
如图
(2)，
当点$P$在点$A$的左侧，$CP//BQ$时，四边形$BCPQ$是平行四边形，过点$Q$作$QM\bot x$轴于点$M$，则$\angle QMP = \angle COB = 90^{\circ}$.
∵四边形$BCPQ$是平行四边形，
∴$PQ = BC$，$PQ//BC$，
∴$\angle QPM = \angle CBO$，
∴$\triangle QPM \cong \triangle CBO(AAS)$，
∴$MP = OB = 1$，$MQ = OC = 3$，
∴点$Q$的纵坐标为$- 3$，把$y = - 3$代入$y = - x^{2} - 2x + 3$，得$- 3 = - x^{2} - 2x + 3$，解得$x_{1} = - 1 - \sqrt{7}$，$x_{2} = - 1 + \sqrt{7}$(不符合，舍去)，
∴点$P$的横坐标为$- 2 - \sqrt{7}$，
∴$P( - 2 - \sqrt{7},0)$；
　　
如图
(3)，
当点$P$在点$A$的右侧，$CP//BQ$时，四边形$BCPQ$是平行四边形，过点$Q$作$QN\bot x$轴于点$N$，则$\angle QNP = \angle COB = 90^{\circ}$，同理可得$P( - 2 + \sqrt{7},0)$.
综上，点$P$的坐标为$( - 1,0)$或$( - 2 - \sqrt{7},0)$或$( - 2 + \sqrt{7},0)$.