《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）
已知抛物线y = -x² + bx + c.
（1）请用配方法求出抛物线的对称轴和顶点坐标（用含b，c的代数式表示）.
（2）已知点M，N是该抛物线上的两个不同的点.
①如果点M的坐标为(2b,y₁)，点N的坐标为(3,y₂)，且y₁ ＞ y₂，求b的取值范围；
②如果点M的坐标为(t - 5,-5)，点N的坐标为(t + 3,-5)，当p≤x≤q时，y的最大值为11，最小值为2，请求出q - p的取值范围.

答案： 22
(1)y = -x² + bx + c = -(x² - bx) + c = -[x² - bx + ($\frac{b}{2}$)²] + ($\frac{b}{2}$)² + c = -(x - $\frac{b}{2}$)² + $\frac{b²}{4}$ + c，故抛物线的对称轴是直线x = $\frac{b}{2}$，顶点坐标是($\frac{b}{2}$, $\frac{b²}{4}$ + c)。 (3分)
(2)①设点N关于抛物线对称轴的对称点为N'，则由抛物线的对称轴为直线x = $\frac{b}{2}$可知，N'(b - 3,y₂)。
∵抛物线开口向下，y₁ ＞ y₂，
∴点M在直线x = b - 3和直线x = 3之间。当b - 3 ＜ 2b ＜ 3时，-3 ＜ b ＜ $\frac{3}{2}$；当3 ＜ 2b ＜ b - 3时，无解，故此种情况不存在。综上，b的取值范围为 -3 ＜ b ＜ $\frac{3}{2}$。 (6分)
②由点M，N的纵坐标相等，可知点M，N关于抛物线的对称轴对称，
∴抛物线的对称轴为直线x = $\frac{t - 5 + t + 3}{2}$ = t - 1。由
(1)知抛物线的对称轴为直线x = $\frac{b}{2}$，
∴ $\frac{b}{2}$ = t - 1，
∴b = 2(t - 1)。把M(t - 5, -5)代入y = -x² + bx + c，得-(t - 5)² + b(t - 5) + c = -5，把b = 2(t - 1)代入上式，整理，得c = -t² + 2t + 10，
∴抛物线的表达式为y = -x² + 2(t - 1)x - t² + 2t + 10 = -[x - (t - 1)]² + 11。当y = 2时，-[x - (t - 1)]² + 11 = 2，解得x₁ = t - 4，x₂ = t + 2；当y = 11时，-[x - (t - 1)]² + 11 = 11，解得x₁ = x₂ = t - 1。
∵当p ≤ x ≤ q时，y的最大值为11，最小值为2，
∴x的最小取值范围为t - 4 ≤ x ≤ t - 1或t - 1 ≤ x ≤ t + 2，此时q - p取最小值，为3；x的最大取值范围为t - 4 ≤ x ≤ t + 2，此时q - p取最大值，为6。综上，3 ≤ q - p ≤ 6。 (11分)

23. (本小题满分11分)
如图(1)，已知△ABC与△BDE均为等腰直角三角形，∠ACB = ∠DEB = 90°，AB = 6，BE = 2.将△BDE绕点B旋转，连接AD.
(1)当点A，E之间的距离最小时，AD的长为2$\sqrt{5}$.
(2)取AD的中点O，连接OC，OE，将△BDE绕点B旋转的过程中，OC，OE互相垂直且相等.
①如图(2)，求证：OC⊥OE，OC = OE.
②当点A，D，E共线时，求OC的长.
(3)当点D在AB上方，且∠BAD最大时，设AD，BC交于点P，取AD的中点O，连接EP，OE，请直接写出此时△OPE的面积.

答案：
23
(1)2$\sqrt{5}$
解法提示：由题意知，点E在以点B为圆心，半径为2的圆上运动，
∴当点E落在AB上时，点A，E之间的距离最小，如图
(1)。由题意易得AE = AB - BE = 6 - 2 = 4，DE = BE = 2，
∴AD = $\sqrt{AE² + DE²}$ = 2$\sqrt{5}$。

(2)①证法一：如图
(2)，分别取AB，BD的中点M，N，连接OM，CM，ON，EN。

∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB = 90°，M为AB的中点，
∴CM = $\frac{1}{2}$AB，∠AMC = 90°。
∵O为AD的中点，M为AB的中点，
∴OM为△ABD的中位线，
∴OM = $\frac{1}{2}$BD，OM//BD（依据：三角形的中位线定理），
∴∠AMO = ∠ABD，
∴∠CMO = 90° - ∠ABD。同理可得EN = $\frac{1}{2}$BD，ON = $\frac{1}{2}$AB，ON//AB，∠ONE = 90° - ∠ABD，
∴CM = ON，OM = EN，∠CMO = ∠ONE，
∴△OCM≌△EON(SAS)，
∴∠OCM = ∠EON，OC = OE。
∵ON//AB，CM⊥AB，
∴CM⊥ON，
∴∠EON + ∠NOC = ∠OCM + ∠NOC = 90°，
∴OC⊥OE。 (5分)
证法二（倍长类中线法）：如图
(3)，延长EO到点F，使得OF = OE，连接AF，CF，CE。

利用倍长类中线法，构造全等三角形
∵OA = OD，∠AOF = ∠DOE，OF = OE，
∴△AOF≌△DOE(SAS)，
∴∠OAF = ∠ODE，AF = DE，
∴AF//DE。
∵DE = BE，
∴AF = BE。
∵∠DEB = 90°，
∴BE⊥DE，
∴BE⊥AF。延长BE交AF的延长线于点H，则∠AHB = 90°，
∴∠HAB + ∠ABH = 90°。易知∠CAB = ∠CBA = 45°，
∴∠1 + ∠CAB + ∠ABH = 90°，∠CAB + ∠ABH + ∠2 = 90°，
∴∠2 + ∠ABH = 45° = ∠1 + ∠ABH，
∴∠2 = ∠1。又
∵AC = BC，AF = BE，
∴△ACF≌△BCE(SAS)，
∴CF = CE，∠ACF = ∠BCE。又
∵∠ACE + ∠BCE = ∠ACB = 90°，
∴∠FCE = ∠ACF + ∠ACE = ∠BCE + ∠ACE = 90°，
∴△CEF是等腰直角三角形。又
∵OE = OF，
∴OC⊥OE，OC = OE。 (6分)
②设OC = x，则OE = x。
当点A，D，E共线时，分两种情况讨论。
a.当点E在线段AD上时，如图
(4)，AO = OD = OE + DE = x + 2

∵△ABC是等腰直角三角形，AB = 6，
∴AC = $\frac{\sqrt{2}}{2}$AB = 3$\sqrt{2}$。在Rt△ACO中，AC² = OC² + AO²，即(3$\sqrt{2}$)² = x² + (x + 2)²，
∴x = 2$\sqrt{2}$ - 1(负值已舍去)。
b.当点E在线段AD的延长线上时，如图
(5)，AO = OD = OE - DE = x - 2。

在Rt△ACO中，AC² = OC² + AO²，即(3$\sqrt{2}$)² = x² + (x - 2)²，
∴x = 2$\sqrt{2}$ + 1(负值已舍去)。
综上，当点A，D，E共线时，OC的长为2$\sqrt{2}$ - 1或2$\sqrt{2}$ + 1。 (9分)
(3)$\frac{13\sqrt{14} - 36}{10}$ (11分)
解法提示：易得BD = 2$\sqrt{2}$。由题意知，点D在以点B为圆心，半径为2$\sqrt{2}$的圆上运动，
∴当AD与⊙B相切时，∠BAD最大，如图
(6)，

∴∠ADB = 90° = ∠ACB。
又
∵∠BPD = ∠APC，
∴△BPD∽△APC，
∴ $\frac{DP}{CP}$ = $\frac{BD}{AC}$ = $\frac{2\sqrt{2}}{3\sqrt{2}}$ = $\frac{2}{3}$。
设DP = 2a，CP = 3a，则BP = 3$\sqrt{2}$ - 3a，
∴(2a)² + (2$\sqrt{2}$)² = (3$\sqrt{2}$ - 3a)²，
解得a = $\frac{9\sqrt{2} - 4\sqrt{7}}{5}$（不合题意的值已舍去），
∴DP = $\frac{18\sqrt{2} - 8\sqrt{7}}{5}$。
∵AD = $\sqrt{AB² - BD²}$ = 2$\sqrt{7}$，
∴OD = $\sqrt{7}$，
∴OP = $\sqrt{7}$ - $\frac{18\sqrt{2} - 8\sqrt{7}}{5}$ = $\frac{13\sqrt{7} - 18\sqrt{2}}{5}$。
过点E作EQ⊥AD于点Q，易知∠EDQ = 90° - 45° = 45°，
∴EQ = DE·sin45° = $\sqrt{2}$，
∴S△OPE = $\frac{1}{2}$OP·EQ = $\frac{1}{2}$×$\frac{13\sqrt{7} - 18\sqrt{2}}{5}$×$\sqrt{2}$ = $\frac{13\sqrt{14} - 36}{10}$。