《2026年天利38套中考试题分类九年级数学》

3. (2025·四川南充高级中学模考)如图,直线$ y = tx + 2t $过定点$ A $,抛物线$ y = ax^2 - ax - 4 $与$ x $轴交于$ A,B $两点,与$ y $轴负半轴交于$ C $点.
(1)求抛物线的解析式.
(2)如图1,$ D(-1,n) $在抛物线上,过$ D $点的直线$ l:y = kx + b $交线段$ OB $于点$ H $,交$ y $轴于点$ G $,交抛物线于点$ E $,若$ DG + EH = 2GH $,求$ k $的值.
(3)如图2,$ P $是线段$ AC $上一动点,$ F $点在线段$ AB $上,且$ AF = m $,若有且只有两个不同的$ P $点,使$ \triangle APF $和$ \triangle BCP $相似,求$ m $的值.

答案：

(1)$\because y = tx + 2t = (x + 2)t$，
$\therefore$当$x = -2$时，$y = 0$。
$\therefore$直线$y = tx + 2t$过定点$A(-2,0)$。
将点$A$的坐标代入$y = ax^{2} - ax - 4$，
得$0 = 4a + 2a - 4$，
解得$a = \frac{2}{3}$。
$\therefore$抛物线的解析式为$y = \frac{2}{3}x^{2} - \frac{2}{3}x - 4$。
(2)[第1步，求点$D$坐标，从而得$b = k - \frac{8}{3}$，得点$H$的坐标及$k$的取值范围]
将点$D(-1,n)$的坐标代入$y = \frac{2}{3}x^{2} - \frac{2}{3}x - 4$，
得$n = \frac{2}{3} + \frac{2}{3} - 4 = -\frac{8}{3}$，
$\therefore$点$D(-1,-\frac{8}{3})$。
将点$D$的坐标代入$y = kx + b$，
得$-\frac{8}{3} = -k + b$，
$\therefore b = k - \frac{8}{3}$。
$\therefore$直线$l:y = kx + k - \frac{8}{3}$。
当$y = 0$时，$x = -1 + \frac{8}{3k}$，
$\therefore H(-1 + \frac{8}{3k},0)$。
由题易得点$B(3,0)$。
$\because H$在线段$OB$上，
$\therefore 0 \lt -1 + \frac{8}{3k} \lt 3$，解得$\frac{2}{3} \lt k \lt \frac{8}{3}$。
[第2步，联立直线与抛物线的解析式，由一元二次方程根与系数的关系得$x_{D} + x_{E}$，结合已知条件得$DE = 3GH$]
联立$\begin{cases} y = kx + k - \frac{8}{3} \\y = \frac{2}{3}x^{2} - \frac{2}{3}x - 4 \end{cases}$，
整理得$\frac{2}{3}x^{2} - (\frac{2}{3} + k)x - \frac{4}{3} - k = 0,\Delta \gt 0$，
$\therefore x_{D} + x_{E} = 1 + \frac{3}{2}k$[提示：一元二次方程$ax^{2} + bx + c = 0(a \neq 0)$的根与系数的关系为$x_{1} + x_{2} = -\frac{b}{a},x_{1}x_{2} = \frac{c}{a}$，其中$x_{1},x_{2}$为方程的两个根]。
$\therefore x_{E} = 1 + \frac{3}{2}k - x_{D} = 2 + \frac{3}{2}k$。
$\because DG + EH = 2GH$，
$\therefore DG + EH + GH = 3GH$，即$DE = 3GH$。
[第3步，作$DM // y$轴，$EM // x$轴交$DM$于$M$，证明$\triangle GOH \backsim \triangle DME$，根据对应边的比值相等建立方程求$k$的值]
如图，过点$D$作$DM // y$轴，过$E$作$EM // x$轴交$DM$于$M$(巧作辅助线：作垂线，构造直角三角形，为证明三角形相似做准备)。
则$EM = x_{E} - x_{D} = 3 + \frac{3}{2}k$，易证$\triangle GOH \backsim \triangle DME$。
$\because \frac{GH}{DE} = \frac{OH}{EM} = \frac{-1 + \frac{8}{3k}}{3 + \frac{3}{2}k} = \frac{1}{3}$。
整理得$3k^{2} + 12k - 16 = 0$，
解得$k = - 2 + \frac{2\sqrt{21}}{3}$(舍负)。

(3)[第1步，由勾股定理求$BC,AC$，得$\angle PAF = \angle BCP$，由待定系数法求直线$AC$解析式]
易得$B(3,0),C(0,-4),OA = 2$，
$\therefore OB = 3,OC = 4$。
在$Rt\triangle BOC$中，由勾股定理得$BC = \sqrt{OB^{2} + OC^{2}} = 5$；在$Rt\triangle AOC$中，由勾股定理得$AC = \sqrt{OA^{2} + OC^{2}} = 2\sqrt{5}$。
$\because AB = OA + OB = 5$，
$\therefore AB = BC$，$\therefore \angle PAF = \angle BCP$。
设直线$AC$解析式为$y = k_{1}x + b_{1}$，将点$C(0,-4),A(-2,0)$的坐标分别代入，得$\begin{cases}b_{1} = -4 \\-2k_{1}+b_{1}=0 \end{cases}$，解得$\begin{cases}k_{1} = -2 \\b_{1} = -4 \end{cases}$。
$\therefore$直线$AC$的解析式为$y = -2x - 4$。
[第2步，作$PH \perp AB$，设$P(t,-2t - 4)$，由勾股定理求$BP^{2}$，易知$0 \lt m \leqslant 5,\triangle BCP \backsim \triangle FAP$或$\triangle BCP \backsim \triangle PAF$]
过点$P$作$PH \perp AB$于点$H$。
设$P(t,-2t - 4), -2 \lt t \lt 0$。
则$PH = 2t + 4,BH = OB + OH = 3 - t$。
$\therefore BP^{2} = BH^{2} + PH^{2} = (3 - t)^{2} + (2t + 4)^{2}$。
$\because F$点在线段$AB$上，且$AF = m$，
$\therefore 0 \lt m \leqslant 5$。
$\because \triangle APF$和$\triangle BCP$相似，
$\therefore \triangle BCP \backsim \triangle FAP$或$\triangle BCP \backsim \triangle PAF$。
[第3步，当$\triangle BCP \backsim \triangle FAP$时，由相似比求$PC$，结合$m$的取值范围得此时存在一个点使$\triangle BCP \backsim \triangle FAP$]
当$\triangle BCP \backsim \triangle FAP$时，$\frac{BC}{AF} = \frac{CP}{PA}$，即$\frac{5}{m} = \frac{CP}{2\sqrt{5} - CP}$，
$\therefore PC = \frac{10\sqrt{5}}{m + 5}$。
$\therefore$当$0 \lt m \leqslant 5$时，$\sqrt{5} \lt PC \lt 2\sqrt{5}$，即此时存在一个点$P$使$\triangle BCP \backsim \triangle FAP$。
[第4步，当$\triangle BCP \backsim \triangle PAF$时，证$\triangle BPF \backsim \triangle BAP$，由相似比得$BP^{2} = AB · BF$，建立关于$t$的一元二次方程，由$\Delta = 0$，得$m$的值]
当$\triangle BCP \backsim \triangle PAF$时，$\angle APF = \angle PBC$。
$\because \angle APB = \angle PBC + \angle ACB = \angle APF + \angle FPB$，
$\therefore \angle ACB = \angle FPB$。
又$\angle FBP = \angle PBA$，
$\therefore \triangle BPF \backsim \triangle BAP$。
$\because \frac{BP}{AB} = \frac{BF}{BP}$，
$\therefore BP^{2} = AB · BF = 5(5 - m)$。
$\therefore (3 - t)^{2} + (2t + 4)^{2} = 5(5 - m)$。
整理得$t^{2} + 2t + m = 0$。
$\because$有且只有两个不同的$P$点使$\triangle APF$和$\triangle BCP$相似，
$\therefore \Delta = 4 - 4m = 0$，解得$m = 1$。