《2026年金考卷中考试题汇编45套数学山东专版》

22. (本小题满分11分)
已知二次函数$y = x(x - a)+(x - a)(x - b)+x(x - b)$,其中a,b为两个不相等的实数.
(1) 当$a = 0,b = 3$时,求此函数图象的对称轴.
(2) 当$b = 2a$时,若该函数在$0\le x\le1$时,y随x的增大而减小;在$3\le x\le4$时,y随x的增大而增大,求a的取值范围.
(3) 若点$A(a,y_{1}),B(\frac{a + b}{2},y_{2}),C(b,y_{3})$均在该函数的图象上,是否存在常数m,使得$y_{1}+my_{2}+y_{3}=0$?若存在,求出m的值;若不存在,说明理由.

答案： 22.
思维导引
分别将点A，B，C的坐标代入二次函数表达式
在代入点B的坐标之前，用含a，b的代数式分别表示出$y_1$，$y_2$，$y_3$
需先化简表达式再代入，结合题目中方程，得到关于m的方程，求得m的值
(1)当$a = 0$，$b = 3$时，$y = x(x - 0)+(x - 0)(x - 3)+x(x - 3)=3x^{2}-6x$，
$\therefore$此时函数图象的对称轴为直线$x =-\frac{-6}{2×3}=1$.(2分)
(2)当$b = 2a$时，$y = x(x - a)+(x - a)(x - 2a)+x(x - 2a)=3x^{2}-6ax + 2a^{2}$，
$\therefore$此时抛物线的对称轴为直线$x =-\frac{-6a}{2×3}=a$.(3分)
$\because3＞0$，$\therefore$抛物线开口向上.
$\because$在$0\leq x\leq1$时，y随x的增大而减小，
$\therefore a\geq1$.(4分)
$\because$在$3\leq x\leq4$时，y随x的增大而增大，
$\therefore a\leq3$.(5分)
综上，a的取值范围为$1\leq a\leq3$.(6分)
(3)存在.
$\because$点$A(a,y_1)$，$B(\frac{a + b}{2},y_2)$，$C(b,y_3)$均在该函数的图象上，
$\therefore y_1=a(a - a)+(a - a)(a - b)+a(a - b)=a^{2}-ab$，(7分)
$y_3=b(b - a)+(b - a)(b - b)+b(b - b)=b^{2}-ab$.(8分)
$\because y = x(x - a)+(x - a)(x - b)+x(x - b)=3x^{2}-2(a + b)x + ab$，
$\therefore y_2=3(\frac{a + b}{2})^{2}-2(a + b)·\frac{a + b}{2}+ab=-\frac{1}{4}(a^{2}-2ab + b^{2})=-\frac{1}{4}(a - b)^{2}$.(9分)
$\because y_1+my_2+y_3 = 0$，
$\therefore a^{2}-ab + m[-\frac{1}{4}(a - b)^{2}]+b^{2}-ab = 0$，整理得$(a - b)^{2}(1-\frac{1}{4}m)=0$.
$\because a$，b为两个不相等的实数，$\therefore a - b\neq0$，
$\therefore1-\frac{1}{4}m = 0$，解得$m = 4$.(11分)

23. (本小题满分11分)
【图形感知】
如图(1),在四边形纸片ABCD中,已知$\angle BAD=\angle ABC=\angle BDC = 90^{\circ},AD = 2,AB = 4$.
(1) 求CD的长.
【探究发现】
老师指导同学们对图(1)所示的纸片进行了折叠探究.
在线段CD上取一点E,连接BE.将四边形ABED沿BE翻折得到四边形$A'BED'$,其中$A',D'$分别是A,D的对应点.
(2) 其中甲、乙两位同学的折叠情况如下:
①甲:点$D'$恰好落在边BC上,延长$A'D'$交CD于点F,如图(2).判断四边形$DBA'F$的形状,并说明理由.
②乙:点$A'$恰好落在边BC上,如图(3).求DE的长.
(3) 如图(4),连接$DD'$交BE于点P,连接CP.当点E在线段CD上运动时,线段CP是否存在最小值?若存在,直接写出;若不存在,说明理由.

答案：
23.
(1)$\because\angle BAD=\angle ABC = 90^{\circ}$，
$\therefore\angle BAD+\angle ABC = 180^{\circ}$，$\therefore AD// BC$，
$\therefore\angle ADB=\angle DBC$.
又$\because\angle BAD=\angle BDC = 90^{\circ}$，
$\therefore\triangle ABD\sim\triangle DCB$，$\therefore\frac{AD}{BD}=\frac{AB}{CD}$，
$\because\angle BAD = 90^{\circ}$，$AD = 2$，$AB = 4$，
$\therefore BD=\sqrt{AD^{2}+AB^{2}}=\sqrt{2^{2}+4^{2}}=2\sqrt{5}$，
$\therefore\frac{2}{2\sqrt{5}}=\frac{4}{CD}$，$\therefore CD = 4\sqrt{5}$.(4分)
(2)①四边形DBA'F是矩形.
理由：由折叠的性质，得$\angle A'=\angle A = 90^{\circ}$，$\angle ABD=\angle A'BD'$.
$\because\angle ABD+\angle DBC=\angle ABC = 90^{\circ}$，
$\therefore\angle A'BD'+\angle DBC = 90^{\circ}$，即$\angle A'BD = 90^{\circ}$.
又$\because\angle BDF = 90^{\circ}$，
$\therefore$四边形DBA'F是矩形（依据：有三个角为直角的四边形是矩形）.
②如图
(1)，分别延长AD，A'D'相交于点Q，连接BQ.
由折叠的性质，得$\angle BA'Q=\angle A = 90^{\circ}$，$\angle ABD=\angle A'BD'$，$\angle EBD=\angle EBD'$.
$\because$点A'恰好落在边BC上，
$\therefore A'B = AB = 4$，$\angle ABA' = 90^{\circ}$，
$\therefore$四边形ABA'Q是矩形（依据：有三个角为直角的四边形是矩形）.
又$\because A'B = AB$，
$\therefore$四边形ABA'Q是正方形（依据：有一组邻边相等的矩形是正方形）.
$\because\angle ABE=\angle ABD+\angle EBD=\angle A'BD'+\angle EBD'=\angle A'BE$，
$\therefore$点E在对角线BQ上.
$\because$四边形ABA'Q是正方形，
$\therefore AQ = AB = 4$，$AQ// BC$，
$\therefore\triangle DQE\sim\triangle CBE$（点拨：“8”字型相似模型），
$\therefore\frac{DE}{CE}=\frac{DQ}{BC}$，
$\because AQ = 4$，$AD = 2$，$\therefore DQ = AQ - AD = 4 - 2 = 2$，$BC=\sqrt{BD^{2}+CD^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{5})^{2}+(4\sqrt{5})^{2}} = 10$，
$\therefore\frac{DE}{CE}=\frac{DQ}{BC}=\frac{2}{10}=\frac{1}{5}$，
$\therefore DE=\frac{1}{6}CD=\frac{2\sqrt{5}}{3}$.(10分)
(3)存在.线段CP的最小值为$\sqrt{85}-\sqrt{5}$.(11分)
解法提示：由折叠的性质，得BE垂直平分线段DD'，
$\therefore\angle BPD = 90^{\circ}$，
$\therefore$点P在以BD为直径的圆上.
设圆心为O，连接OC，OP，如图
(2)所示.
由“两点之间，线段最短”可知，$OP + CP\geq OC$，
$\therefore$当点P在线段OC上时，线段CP的值最小，最小值为$OC - OP$的值，如图
(3)所示.
$\because OP = OD=\frac{1}{2}BD=\sqrt{5}$，$CD = 4\sqrt{5}$，
$\therefore$在$Rt\triangle OCD$中，$OC=\sqrt{OD^{2}+CD^{2}}=\sqrt{(\sqrt{5})^{2}+(4\sqrt{5})^{2}}=\sqrt{85}$，
$\therefore$线段CP的最小值为$OC - OP=\sqrt{85}-\sqrt{5}$.