《2025年实验班提优大考卷九年级数学上册苏科版》

27.(10 分)[分类讨论思想]如图,在平面直角坐标系中,点$A(-1,0)$、$B(0,3)$在抛物线$y=-x^{2}+bx+c$上,该抛物线的顶点为$C$.点$P$为该抛物线上一点,其横坐标为$m$.
(1)求该抛物线的表达式;
(2)当$AP // BD$时,求点$B$到直线$OP$的距离;
(3)当$m＞0$时,设该抛物线在点$B$与点$P$之间(包含点$B$和点$P$)的部分的最高点和最低点到$x$轴的距离分别为$d$、$n$,当$d-n=1$时,求出$m$的取值范围.

答案：
27.[解析]本题考查了待定系数法求二次函数表达式，二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数相关知识点是关键.
(1)利用待定系数法可得该抛物线的表达式；
(2)根据配方法可得抛物线的对称轴，确定点P的坐标，然后求出OP，再根据三角形的面积公式可得结论；
(3)过点B作$BE // x$轴交抛物线于点E，分三种情况讨论：①当点P在点B和点E之间时；②当点P在点C和点E之间时；③当点P在点E下方时，分别根据$d - n = 1$列式求解即可.
解：
(1)由条件可得$\begin{cases}-1 - b + c = 0, \\c = 3,\end{cases}$解得$\begin{cases}b = 2, \\c = 3,\end{cases}$$\therefore$该抛物线的表达式为$y = -x^{2} + 2x + 3$.
(2)如图
(1)，作$AP // BD$交抛物线于点P，作$PQ \perp x$轴，垂足为Q，连接OP，作$BH \perp OP$，垂足为H，连接PB.

$\because AP // BD$，$\therefore \angle BDA = \angle DAP$.
$\because B(0,3)$，$D(3,0)$，$\therefore OB = OD$，$\therefore \angle QA = QP$.
设$QA = QP = a(a ＞ 0)$，则$P(-1 + a, -a)$，代入$y = -x^{2} + 2x + 3$，解得$a = 5$或$a = 0$(舍去)，$\therefore P(4, -5)$，$\therefore OP = \sqrt{41}$.
在$\triangle BOP$中，$S_{\triangle BOP} = \frac{1}{2}OP · BH = \frac{1}{2}OB · x_{P}$，即$OP · BH = 4BO$，$\therefore BH = \frac{12\sqrt{41}}{41}$，$\therefore$点B到OP的距离为$\frac{12\sqrt{41}}{41}$.
(3)如图
(2)，过点B作$BE // x$轴交抛物线于点E，此时点E与点B关于直线$x = 1$对称，$E(2,3)$.

①当$0 \leq m ＜ 1$时，最高点为点P，最低点为点B，$\therefore d = -m^{2} + 2m + 3$，$n = 3$，$\therefore d - n = 1$，$\therefore -m^{2} + 2m + 3 - 3 = 1$，解得$m = 1$(不合题意)；
②当$1 \leq m \leq 2$时，最高点为点C，最低点为点B，$\therefore d = 4$，$n = 3$，$\therefore d - n = 1$符合题意；
③当$m ＞ 2$时，最高点为点C，最低点为点P，$\therefore d = 4$，$n = | -m^{2} + 2m + 3|$，$\therefore d - n = 1$，$\therefore | -m^{2} + 2m + 3| = 3$，$\therefore -m^{2} + 2m + 3 = 3$或$-m^{2} + 2m + 3 = -3$，解得$m = 0$或$m = 2$或$m = 1 \pm \sqrt{7}$，$\because m ＞ 2$，$\therefore m = 1 + \sqrt{7}$.
综上所述，m的取值范围为$1 \leq m \leq 2$或$m = 1 + \sqrt{7}$.

28.(12 分)我们对“等腰邻相似三角形”下个定义,以四边形$ABCD$为例,如图(1),四边形$ABCD$中,$AC$为对角线,在$\triangle ACD$的$CD$边上取一点$P$,连接$AP$,如果$\triangle APC$是等腰三角形,且$\triangle ABC$与$\triangle APD$相似,则我们称$\triangle APC$是该四边形$CD$边上的“等腰邻相似三角形”.

(1)如图(2),在$□ ABCD$中,$\angle D=45^{\circ}$,若$\triangle APC$是$AB$边上的“等腰邻相似三角形”,且$AP=PC$,$\angle DCA=\angle BCP$,则$\angle PAC$的大小是45°;
(2)如图(3),在四边形$ABCD$中,若$\angle BCA=\angle D$,$\angle BAC=2\angle CAD$,请在图(3)中画出一个$AD$边上的“等腰邻相似三角形$APC$”,并证明$\triangle APC$是$AD$边上的“等腰邻相似三角形”;
(3)若$Rt\triangle APC$是某个四边形$ABCD$的“等腰邻相似三角形”,且$AP=PC=1$,$\triangle ABC$与$\triangle APC$相似.请直接写出对角线$BD$长度的所有可能值.

答案：
28.[解析]本题考查相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质和判定等知识.解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题.
(1)根据平行四边形的性质、“等腰邻相似三角形”的定义构建方程即可解决问题；
(2)在线段AD上取一点P，使得$PC = PA$，则$\triangle PAC$即为所求；
(3)分四种情形分别求解即可解决问题.
解：
(1)$45^{\circ}$
(2)如图
(1)，在线段AD上取一点P，使得$PC = PA$，则$\triangle PAC$是等腰三角形，

$\therefore \angle PAC = \angle PCA$，$\therefore \angle DPC = \angle PAC + \angle PCA = 2\angle CAD$.
$\because \angle BAC = 2\angle CAD$，$\therefore \angle BAC = \angle DPC$.
$\because \angle BCA = \angle D$，$\therefore \triangle CBA \backsim \triangle DCP$，$\therefore \triangle PAC$是AD边上的“等腰邻相似三角形”.
(3)在$Rt \triangle APC$中，$AP = PC$，因此$\angle APC = 90^{\circ}$.
$\because Rt \triangle APC$是四边形ABCD的“等腰邻相似三角形”，$\therefore \triangle ABC$与$\triangle PCD$相似.$\because \triangle ABC$与$\triangle APC$相似，$\therefore \triangle PDC$与$\triangle ABC$都是等腰直角三角形.
如图
(2)，当点P在线段AD上，$\angle ABC = 90^{\circ}$时，易证$\angle DAB = 90^{\circ}$，$AB = AP = PD = 1$，$\therefore BD = \sqrt{1^{2} + 2^{2}} = \sqrt{5}$.

如图
(3)，当点P在线段AD上，$\angle BAC = 90^{\circ}$时，作$BE \perp DA$交DA的延长线于点E，易知$DE = 3$，$EB = 1$，$BD = \sqrt{1^{2} + 3^{2}} = \sqrt{10}$.
当点P在线段AD上，$\angle ACB = 90^{\circ}$时，四边形ABCD不存在，不符合题意.
点P还可以在四边形ABCD的其他边上，解法同上，综上所述，BD的长度为$\sqrt{5}$或$\sqrt{10}$.