《2026年金考卷中考试题汇编45套数学山东专版》

24. (12分)已知抛物线 $ y = ax^{2}+bx - 3 $交 $ x $轴于点 $ A(-1,0) $，点 $ B $，交 $ y $轴于点 $ C $，点 $ C $向右平移 $ 2 $个单位长度，得到点 $ D $，点 $ D $在抛物线 $ y = ax^{2}+bx - 3 $上，点 $ E $为抛物线的顶点.
(1)求抛物线的函数表达式及顶点 $ E $的坐标.
(2)连接 $ BC $，点 $ M $是线段 $ BC $上一动点，连接 $ OM $，作射线 $ CD $.
①在射线 $ CD $上取一点 $ F $，使 $ CF = CO $，连接 $ FM $. 当 $ OM + FM $的值最小时，求点 $ M $的坐标.
②点 $ N $是射线 $ CD $上一动点，且满足 $ CN = CM $. 作射线 $ CE $，在射线 $ CE $上取一点 $ G $，使 $ CG = CO $. 连接 $ GN $，$ BN $. 求 $ OM + BN $的最小值.
(3)点 $ P $在抛物线 $ y = ax^{2}+bx - 3 $的对称轴上，若 $ \angle OAP+\angle OCA = 45^{\circ} $，则点 $ P $的坐标为(1,1)或(1,−1).

答案：
24
(1) 对于$y = ax^2 + bx - 3$,令x=0,则y=−3,
∴ C(0,−3).　　　　　　　　　　　　　　　　　(1分)
∵ 点C向右平移2个单位长度，得到点D,
∴ D(2,−3).
∵ 抛物线$y = ax^2 + bx - 3$过点A(−1,0), D(2,−3),
∴ $\begin{cases} a - b - 3 = 0, \\ 4a + 2b - 3 = -3, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} a = 1, \\ b = -2, \end{cases}$
∴ 抛物线的函数表达式为$y = x^2 - 2x - 3$.　　　　　(2分)
∵ 抛物线的对称轴为直线$x = -\frac{-2}{2 × 1} = 1$,
∴ 顶点E的坐标为(1，−4).　　　　　　　　　　　(3分)
(2) ① 如图
(1)，
∵ OM+FM ≥ OF (点拨:两点之间，线段最短)，
∴ 当O,M,F三点共线时,OM+FM的值最小,最小值为OF 的长,
　　对于$y = x^2 - 2x - 3$,令y=0,则$x^2 - 2x - 3 = 0$,
　　解得$x_1 = -1$, $x_2 = 3$,
∴ B(3,0).　　　　　　　　　(4分)
　　设直线BC的函数表达式为$y = kx + c$,
　　将B(3,0), C(0,−3)分别代入,
　　得$\begin{cases} 3k + c = 0, \\ c = -3, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} k = 1, \\ c = -3, \end{cases}$
∴ 直线BC的函数表达式为$y = x - 3$.　　　　　　　(5分)
∵ CF=CO=3, ∠OCF=90°,
∴ F(3,−3),
∴ 易得直线OF的函数表达式为$y = -x$.
　　联立,得$\begin{cases} y = x - 3, \\ y = -x, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} x = \frac{3}{2}, \\ y = -\frac{3}{2}, \end{cases}$
∴ 当OM+FM的值最小时,点M的坐标为$(\frac{3}{2}, -\frac{3}{2})$.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(6分)
　　　　 ②
∵ B(3,0), C(0,−3),
∴ OB=OC=3,
∴ △BOC是等腰直角三角形，
∴ ∠OCB=45°.
如图
(2),连接DE,BG.
∵ C(0,−3), E(1,−4), D(2,−3),
∴ $CE = \sqrt{(0-1)^2 + (-3+4)^2} = \sqrt{2}$, $CD=2$, $DE = \sqrt{(2-1)^2 + (-3+4)^2} = \sqrt{2}$,
∴ CE=DE, $CE^2 + DE^2 = CD^2$,
∴ △CDE是等腰直角三角形，
∴ ∠DCE=45°,
∴ ∠OCM=∠GCN.
又
∵ CM=CN, CO=CG,
∴ △COM ≌ △CGN(SAS),
∴ OM=NG,
∴ OM+BN=NG+BN,
∴ 当NG+BN的值最小时,OM+BN的值最小　　　(8分)
∵ NG+BN ≥ BG (点拨:两点之间,线段最短),
∴ 当B,N,G三点共线时,NG+BN的值最小,即OM+BN 的值也最小，最小值为BG的长.
∵ C(0,−3), D(2,−3),
∴ CD⊥y轴,即∠OCD=90°.
又
∵ ∠OCB=45°,
∴ ∠BCD=45°,
∴ ∠BCG=∠BCD+∠DCG=90°.
∵ $BC = \sqrt{OB^2 + OC^2} = \sqrt{3^2 + 3^2} = 3\sqrt{2}$, $CG=CO=3$,
∴ 在Rt△BCG中, $BG = \sqrt{BC^2 + CG^2} = \sqrt{(3\sqrt{2})^2 + 3^2} = 3\sqrt{3}$,
∴ OM+BN的最小值为$3\sqrt{3}$.　　　　　　　　　　(10分)
(3) (1,1)或(1,−1).　　　　　　　　　　　　　(12分)
解法提示:分两种情况讨论.
① 如图
(3),当点P在x轴上方时,在x轴的负半轴上取点H,使得OH=OC.连接HC.
　　　　　　
易知△OCH是等腰直角三角形，
∴ ∠OCH=45°,即∠OCA+∠ACH=45°.
又
∵ ∠OAP+∠OCA=45°,
∴ ∠OAP=∠ACH.
设抛物线的对称轴与x轴的交点为点Q,过点A作AK⊥HC 于点K.
易证△AKC ∽ △PQA,
∴ $\frac{PQ}{AK} = \frac{AQ}{KC}$.
∵ A(−1,0), H(−3,0), C(0,−3),
∴ AH=2, $AC = \sqrt{(-1-0)^2 + (0+3)^2} = \sqrt{10}$, $HC = \sqrt{(-3-0)^2 + (0+3)^2} = 3\sqrt{2}$.
∵ $S_{△ACH} = \frac{1}{2}AH · CO = \frac{1}{2}HC · AK$,
即$\frac{1}{2} × 2 × 3 = \frac{1}{2} × 3\sqrt{2} · AK$,
∴ $AK = \sqrt{2}$.
∴ $KC = \sqrt{AC^2 - AK^2} = \sqrt{(\sqrt{10})^2 - (\sqrt{2})^2} = 2\sqrt{2}$.
又
∵ AQ=1−(−1)=2,
∴ $\frac{PQ}{\sqrt{2}} = \frac{2}{2\sqrt{2}}$,
∴ PQ=1,
∴ P(1,1).
② 当点P在x轴下方时,由轴对称的性质可得P(1,−1).
综上,点P的坐标为(1,1)或(1,−1).