《2026年天利38套中考试题分类九年级数学》

3. (2025·黑龙江齐齐哈尔)综合与探究
如图 1,在平面直角坐标系中,抛物线$ y = ax^2 + bx + 3(a \lt 0) $与$ x $轴交于点$ A(-1, 0) $,$ C(6, 0) $,与$ y $轴交于点$ B $,连接$ BC $.
(1)求抛物线的解析式.
(2)点$ P $是直线$ BC $下方抛物线上的点,连接$ PB $,$ PC $,当$ S_{\triangle PBC} = 24 $时,求点$ P $的坐标.
(3)点$ G $是第四象限内抛物线上的一点,连接$ BG $,若$ \angle CBG = 45° $,则点$ G $的坐标为$(11, -30)$.
(4)如图 2,作点$ B $关于$ x $轴的对称点$ D $,过点$ D $作$ x $轴的平行线$ l $,过点$ C $作$ CE \perp l $,垂足为点$ E $,动点$ M $,$ N $分别从点$ O $,$ E $同时出发,动点$ M $以每秒 1 个单位长度的速度沿射线$ OC $方向匀速运动,动点$ N $以每秒 2 个单位长度的速度沿射线$ ED $方向匀速运动(当点$ N $到达点$ D $时,点$ M $,$ N $都停止运动),连接$ MN $,过点$ D $作$ MN $的垂线,垂足为点$ F $,连接$ CF $,则$ CF $的取值范围是$\sqrt{29}-\sqrt{2}\leqslant CF\leqslant3\sqrt{5}$.

答案：

(1)将$A( - 1,0)$，$C(6,0)$的坐标代入抛物线的解析式$y = ax^{2}+bx + 3$，得$\begin{cases}a - b + 3 = 0\\36a + 6b + 3 = 0\end{cases}$，
解得$\begin{cases}a=-\frac{1}{2}\\b=\frac{5}{2}\end{cases}$。
∴抛物线的解析式为$y=-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{5}{2}x + 3$。
(2)如图1，过点$P$作$PQ// BC$交$y$轴于点$Q$，连接$CQ$(巧作辅助线：作平行线，结合平行线间解析式的关系求点的坐标)。
　　　　　　　　
则$S_{\triangle QBC}=S_{\triangle PDC}=24$，
∴$\frac{1}{2}BQ· CO = 24$。
∵点$C(6,0)$，
∴$CO = 6$，
∴$BQ = 8$。
当$x = 0$时，$y = 3$，
∴$B(0,3)$。
∴点$Q(0, - 5)$。
∵$B(0,3)$，$C(6,0)$，
∴$y_{BC}=-\frac{1}{2}x + 3$。
∵$PQ// BC$，
∴$y_{PQ}=-\frac{1}{2}x - 5$。
解方程组$\begin{cases}y=-\frac{1}{2}x - 5\\y=-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{5}{2}x + 3\end{cases}$，
得$\begin{cases}x_{1}=-2\\y_{1}=-4\end{cases}$，$\begin{cases}x_{2}=8\\y_{2}=-9\end{cases}$。
∴$P_{1}( - 2, - 4)$，$P_{2}(8, - 9)$。
(3)$(11, - 30)$。
[解题过程][第1步，将$\triangle BOC$以点$C$为中心，逆时针旋转$90^{\circ}$，得到$\triangle THC$，连接$BT$，确定点$G$的位置，结合旋转的性质求点$T$的坐标]
如图2，将$\triangle BOC$以点$C$为中心，逆时针旋转$90^{\circ}$，得到$\triangle THC$，连接$BT$，则$\triangle BCT$为等腰直角三角形。
　　　　　　　　
∴$\angle CBT = 45^{\circ}$。
∵点$G$是第四象限内抛物线上的一点，$\angle CBG = 45^{\circ}$，
∴点$G$为$BT$延长线与抛物线的交点。
由旋转的性质知，$CH\perp OC$，$CH = OC = 6$，$TH = OB = 3$，$\angle CHT=\angle COB = 90^{\circ}$，
∴$x_{T}=6 - 3 = 3$，$y_{T}=-6$。
∴$T(3, - 6)$。
[第2步，由待定系数法求直线$BT$的解析式，与抛物线解析式联立求点$G$的横坐标，从而可得点$G$的坐标]
设$BT$所在直线的解析式为$y = mx + n$，
则$\begin{cases}3m + n=-6\\n = 3\end{cases}$，解得$\begin{cases}m=-3\\n = 3\end{cases}$。
∴直线$BT$的解析式为$y = - 3x + 3$。
由$-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{5}{2}x + 3=-3x + 3$得，$x = 0$或$x = 11$，
∵点$G$在第四象限，
∴点$G$的横坐标为正数。
∵当$x = 11$时，$y=-3×11 + 3=-30$，
∴$G(11, - 30)$。
(4)$\sqrt{29}-\sqrt{2}\leqslant CF\leqslant3\sqrt{5}$。
[解题过程][第1步，连接$OE$交$MN$于点$K$，连接$DK$，证明四边形$ODEC$为矩形，再根据勾股定理求$OE$的长]
如图3，连接$OE$交$MN$于点$K$，连接$DK$。
　　　　　　　　
∵点$B$和点$D$关于$x$轴对称，点$B$在$y$轴上，$OB = 3$，
∴点$D$在$y$轴上，$OD = 3$。
∵$l$过点$D$，且平行于$x$轴，$\angle COD = 90^{\circ}$，
∴$\angle ODE = 90^{\circ}$。
又$CE\perp l$于点$E$，
∴四边形$ODEC$为矩形。
∴$CE = OD = 3$，$DE = OC = 6$。
∴$OE=\sqrt{3^{2}+6^{2}}=3\sqrt{5}$。
[第2步，证明$\triangle MKO\sim\triangle NKE$，可得相似比，进而可得$\frac{KE}{OE}$，作$KH\perp l$，则有$\triangle EHK\sim\triangle EDO$，再根据相似比求$KH$，$EH$，从而可得$DH$，$DK$]
由题知，$NE = 2MO$，$\frac{NE}{MO}=2$。
∵$DE// OC$，
∴$\angle MOK=\angle NEK$，$\angle OMK=\angle ENK$。
∴$\triangle MKO\sim\triangle NKE$。
∴$\frac{KE}{KO}=\frac{KN}{KM}=\frac{NE}{MO}=2$，
∴$\frac{KE}{OE}=\frac{2}{3}$。
过点$K$作$KH\perp l$于点$H$，则有$\triangle EHK\sim\triangle EDO$，
∴$\frac{KH}{OD}=\frac{EH}{ED}=\frac{KE}{OE}=\frac{2}{3}$。
∴$KH = 3×\frac{2}{3}=2$，$EH = 6×\frac{2}{3}=4$。
∴$DH = 6 - 4 = 2$。
∴$DK=\sqrt{2^{2}+2^{2}}=2\sqrt{2}$。
[第3步，记$DK$的中点为$L$，连接$LF$，$CL$，由三角形三边关系得当$C$，$F$，$L$三点共线时，$CF$取得最小值，作$LP\perp DE$，$LQ\perp CE$交$KH$于点$G$，求得$CF\geqslant\sqrt{29}-\sqrt{2}$]
记$DK$的中点为$L$，连接$LF$，$CL$，则$LD = LK=\sqrt{2}$。
又$\angle DFK = 90^{\circ}$，
∴$LF=\frac{1}{2}DK=\sqrt{2}$。
∵$LF + CF\geqslant CL$，
∴$CF\geqslant CL - LF$，当且仅当$C$，$F$，$L$三点共线时，$CF$取得最小值。
过点$L$作$LP\perp DE$于点$P$，作$LQ\perp CE$于点$Q$，交$KH$于点$G$，连接$CD$(巧作辅助线：作垂线，构造矩形，从而可得相等线段)，
则四边形$LPEQ$为矩形，
∴$EQ = LP$，$LQ = EP$。
∵$KH = DH = 2$，$L$为$DK$的中点，
∴$DP = PL = 1$。
∴$LQ = 6 - 1 = 5$，$CQ = 3 - 1 = 2$。
∴$CL=\sqrt{5^{2}+2^{2}}=\sqrt{29}$。
∴$CF\geqslant\sqrt{29}-\sqrt{2}$。
[第4步，当点$N$到达点$D$时，$CF$取得最大值，据此可得$CF\leqslant3\sqrt{5}$，从而可得$CF$的取值范围]
当点$N$到达点$D$时，点$F$，$N$，$D$重合，此时$CF$取得最大值。
∵$CD = OE = 3\sqrt{5}$，
∴$CF\leqslant3\sqrt{5}$。
∴$CF$的取值范围是$\sqrt{29}-\sqrt{2}\leqslant CF\leqslant3\sqrt{5}$。