《2026年天利38套中考试题分类九年级数学》

(2025·四川达州)如图,已知抛物线$y = -x^{2}+bx + c$交$x$轴于$A$,$B$两点,交$y$轴于$C$点,$B$的坐标为$(3,0)$,$C$的坐标为$(0,3)$,顶点为$M$.
(1)求抛物线的解析式.
(2)连接$BC$,过第四象限内抛物线上一点作$BC$的平行线,交$x$轴于点$E$,交$y$轴于点$F$.
①连接$AF$,当$\angle AFE = 90^{\circ}$时,求$Rt\triangle AFE$内切圆半径$r$与外接圆半径$R$的比值.
②连接$CA$,$CE$,当点$F$在$\triangle AEC$的内角平分线上,$BC$上的动点$P$满足$MP + \dfrac{\sqrt{2}}{2}BP$的值最小时,求$\triangle BPE$的面积.

答案：
待定系数法求函数的解析式 + 二次函数与几何综合 + 平行线的性质 + 角平分线的性质 + 解直角三角形 + 三角形的内切圆和外接圆
解：
(1)
∵抛物线y = -x² + bx + c经过点B(3,0)和C(0,3)，
∴$\begin{cases}0=-9 + 3b + c\\3 = c\end{cases}$，解得$\begin{cases}b = 2\\c = 3\end{cases}$。
∴抛物线的解析式为y = -x² + 2x + 3。
(2)①易得A(-1,0)。
∵OB = OC，∠COB = 90°，
∴∠OBC = 45°。
∵EF//BC，
∴∠AEF = ∠OBC = 45°。
∵∠AFE = 90°，
∴△AFE为等腰直角三角形。
∴OA = OE = OF = 1。
∴AF = EF = $\sqrt{2}$。
∵S△AFE = $\frac{1}{2}$AE·OF = $\frac{1}{2}$(AF + EF + AE)r，
∴△AFE内切圆半径r = $\frac{AE·OF}{AF + EF + AE}=\frac{2×1}{2\sqrt{2}+2}=\sqrt{2}-1$。
又△AFE外接圆半径R = $\frac{1}{2}$AE = 1(提示：90°的圆周角所对的弦是直径)，
∴△AFE内切圆半径r与外接圆半径R的比值为$\sqrt{2}-1$。
②[第1步，作PH⊥AB，确定MP + $\frac{\sqrt{2}}{2}$BP取得最小值时点P的位置]
如图1，过点P作PH⊥AB于H。

在Rt△BPH中，∠PBH = 45°，
∴PH = $\frac{\sqrt{2}}{2}$BP。
∴MP + $\frac{\sqrt{2}}{2}$BP = MP + PH(巧作辅助线：利用胡不归模型转化线段间的数量关系)。
∵垂线段最短，
∴MP + $\frac{\sqrt{2}}{2}$BP取最小值时，点P即为对称轴与直线BC的交点(1,2)。
[第2步，分情况讨论，得出△BPE的面积]
①当F在∠ACE的平分线上时，如图1，
OE = OA = 1，
∴BE = 2。
∴S△BPE = $\frac{1}{2}$BE·|yP| = 2。
②当F在∠CAE的平分线上时，过点F作FG⊥AC于G，如图2。

∴OF = FG。
∵$\frac{S_{\triangle ACF}}{S_{\triangle AOF}}=\frac{AC}{AO}=\frac{CF}{OF}$，
设OF = m，则$\frac{\sqrt{10}}{1}=\frac{3 - m}{m}$，
解得m = $\frac{\sqrt{10}-1}{3}$，即OF = $\frac{\sqrt{10}-1}{3}$。
∵∠FOE = 90°，∠OEF = 45°，
∴OE = OF = $\frac{\sqrt{10}-1}{3}$。
∴BE = OB - OE = $\frac{10-\sqrt{10}}{3}$。
此时S△BPE = $\frac{1}{2}$BE·|yP| = $\frac{10-\sqrt{10}}{3}$。
③当F在∠AEC的平分线上时，
∵∠AEF = 45°，
∴∠AEC = 90°，不符合题意，舍去。
综上所述，△BPE的面积为2或$\frac{10-\sqrt{10}}{3}$。