《2026年山东省中考试卷精选九年级数学》

24.(本小题满分 12 分)二次函数$y = x^{2}+bx + c$的图象经过$A(3，1)，B(0，-2)$两点，顶点为$G$.
(1)求二次函数的表达式和顶点$G$的坐标.
(2)如图(1)，将二次函数$y = x^{2}+bx + c$的图象沿$x$轴方向平移$n(n＞0)$个单位长度得到一个新函数的图象，当$0\leq x\leq3$时，新函数的最大值是 8，求$n$的值.
(3)如图(2)，将二次函数$y = x^{2}+bx + c$的图象沿直线$AB$平移，点$A，G$的对应点分别为$A'，G'$，连接$AG'，A'G$，线段$AG'$与$A'G$交于点$M$.若$\tan\angle BMG=\frac{1}{3}$，请直接写出点$G'$的坐标.

答案：
24.[解析]本题考查了二次函数与几何综合题.
(1)利用待定系数法求二次函数表达式，再将二次函数一般式化为顶点式，可得顶点的坐标；
(2)分抛物线向左平移或者向右平移来讨论；
(3)分抛物线沿射线$AB$方向或射线$BA$方向平移这两种情况，画出较准确的图形，利用平移的性质、平行四边形的判定和性质、三角函数、四点共圆等知识来解决问题.
解：
(1)将$A(3,1),B(0,-2)$代入$y = x^{2}+bx + c$，得$\begin{cases}9 + 3b + c = 1,\\c = -2.\end{cases}$解得$\begin{cases}b = -2,\\c = -2.\end{cases}$$\therefore y = x^{2}-2x - 2$.
$\because y = x^{2}-2x - 2 = (x - 1)^{2}-3$，$\therefore$当$x = 1$时，$y$取最小值，最小值为$-3$，$\therefore$顶点$G$的坐标为$(1,-3)$.
(2)当抛物线向右平移时，根据平移规律可得新抛物线表达式为$y = (x - 1 - n)^{2}-3$，对称轴为直线$x = n + 1$，$\because n＞0$，$\therefore n + 1＞1$，分情况讨论：
①当$1＜n + 1\leq\frac{3}{2}$时，即$0＜n\leq\frac{1}{2}$时，如图
(1)，

则由图可知直线$x = 3$与抛物线交点$M$纵坐标最大，将$x = 3,y = 8$代入表达式，得$8 = (3 - 1 - n)^{2}-3$，解得$n = 2 \pm \sqrt{11}$，与$0＜n\leq\frac{1}{2}$矛盾，不合题意；
②当$n + 1＞\frac{3}{2}$时，即$n＞\frac{1}{2}$时，如图
(2)，

由图可知直线$x = 0$与抛物线交点$N$纵坐标最大，将$x = 0,y = 8$代入表达式，得$8 = (0 - 1 - n)^{2}-3$，解得$n_{1} = -1 - \sqrt{11}$，与$n＞\frac{1}{2}$矛盾，不合题意，$n_{2} = -1 + \sqrt{11}$，符合题意.
如图
(3)，当抛物线向左平移时，根据平移规律可得新抛物线表达式为$y = (x - 1 + n)^{2}-3$，则对称轴为直线$x = 1 - n$，

$\because n＞0$，$\therefore1 - n＜1$，当$x = 3$时，$y$取最大值$8$，代入表达式，得$8 = (3 - 1 - n)^{2}-3$，解得$n_{1} = -2 + \sqrt{11}$，$n_{2} = -2 - \sqrt{11}$(舍去).
综上可知，$n = -1 + \sqrt{11}$或$n = -2 + \sqrt{11}$.
(3)设直线$AB$的表达式为$y = kx + b$，将$A(3,1),B(0,-2)$代入，得$\begin{cases}3k + b = 1,\\b = -2.\end{cases}$解得$\begin{cases}k = 1,\\b = -2.\end{cases}$$\therefore$直线$AB$的表达式为$y = x - 2$.
图象沿平移时，上下与左右平移的距离相等，设向上，向右各平移$m$个单位，$\therefore A^{\prime}(3 + m,1 + m),G^{\prime}(1 + m,-3 + m)$，由平移得$AA^{\prime}=GG^{\prime}$，$AA^{\prime} // GG^{\prime}$，$\therefore$四边形$A^{\prime}AGG^{\prime}$是平行四边形.
$\because$线段$AG^{\prime}$与$A^{\prime}G$交于点$M$，$\therefore M(\frac{m + 4}{2},\frac{m - 2}{2})$.
①如图
(4)，将抛物线沿射线$BA$平移，

$\because A(3,1),B(0,-2),G(1,-3)$，$\therefore$由勾股定理可得$AB = 3\sqrt{2},BG = \sqrt{2},AG = 2\sqrt{5}$，$\therefore AB^{2}+BG^{2}=AG^{2}$，$\therefore \angle ABG = 90^{\circ}$，且$\tan\angle BAG = \frac{BG}{AB}=\frac{1}{3}$.
$\because \tan\angle BMG = \frac{1}{3}$，$\therefore \angle BMG = \angle BAG$，$\therefore A,B,G,M$四点共圆，四点在以$AG$为直径的圆上.
$\because AG$中点$P(2,-1)$，则$PM = PA = \frac{1}{2}AG = \sqrt{5}$，$\therefore (\frac{m + 4}{2}-2)^{2}+(\frac{m - 2}{2}+1)^{2}=(\sqrt{5})^{2}$，即$\frac{m^{2}}{4}+\frac{m^{2}}{4}=5$，解得$m = \sqrt{10}$或$m = -\sqrt{10}$(舍去)，$\therefore G^{\prime}(1 + \sqrt{10},-3 + \sqrt{10})$；
②如图
(5)，将抛物线沿射线$AB$平移，

作$A$关于$B$点对称点$A^{\prime\prime}(-3,-5)$，则可同理证明$\angle A^{\prime\prime}BG = 90^{\circ}$，且$\tan\angle BA^{\prime\prime}G = \frac{BG}{A^{\prime\prime}B}=\frac{1}{3}$.
$\because \tan\angle BMG = \frac{1}{3}$，$\therefore \angle BMG = \angle BA^{\prime\prime}G$，$\therefore A^{\prime\prime},B,G,M$四点共圆，在以$A^{\prime\prime}G$为直径的圆上.
$\because A^{\prime\prime}G$中点$P^{\prime}(-1,-4)$，则$P^{\prime}M = P^{\prime}A^{\prime\prime} = \frac{1}{2}A^{\prime\prime}G = \sqrt{5}$，$\therefore (\frac{m + 4}{2}+1)^{2}+(\frac{m - 2}{2}+4)^{2}=(\sqrt{5})^{2}$，即$\frac{(m + 6)^{2}}{4}+\frac{(m + 6)^{2}}{4}=5$，解得$m = -6 - \sqrt{10}$或$m = -6 + \sqrt{10}$(舍去)，$\therefore G^{\prime}(-5 - \sqrt{10},-9 - \sqrt{10})$.
综上所述，可得$G^{\prime}(1 + \sqrt{10},-3 + \sqrt{10})$或$G^{\prime}(-5 - \sqrt{10},-9 - \sqrt{10})$.
解后反思 本题属于二次函数与几何的综合题，除了综合运用了课本知识外，还拓展应用了平面直角坐标系中中点的公式，两点间距离公式以及四点共圆的知识.

25.(本小题满分 12 分)在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ABC = 90^{\circ}，AB = 6，BC = 8$，点$O$为$AC$的中点.在$Rt\triangle DBE$
中，$\angle DBE = 90^{\circ}，DB = 3，BE = 4$，连接$EO$并延长到点$F$，使$OF = EO$，连接$AF$.
[初步感知](1)如图(1)，当点$D，E$分别在$AB，BC$上时，请完成填空：$\angle DAF =$90$^{\circ}$；
$\frac{AD}{AF}=$$\frac{3}{4}$.
[深入探究](2)如图(2)，若将图(1)中的$\triangle DBE$绕点$B$按逆时针方向旋转一定的角度$\alpha(0^{\circ}＜\alpha＜90^{\circ})$，连接$AD，CE，AE，CF$.
①(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由.
②当四边形$AECF$的面积最小时，求线段$AD$的长.

答案：
25.[解析]本题考查了手拉手全等以及手拉手相似的几何模型.
(1)利用手拉手全等三角形来解决问题；
(2)①利用平行四边形的判定和性质以及手拉手相似三角形的判定和性质来进行计算；
②根据平行四边形的性质探究出$E$到$AC$的距离最小时，$S_{\triangle AEC}$最小，四边形$AECF$的面积最小，过$E$作$EM \perp AC$于点$M$，连接$BM$，再探究出四边形$AECF$的面积最小，从时点$B,E,M$三点共线时，$EM$取得最小值，此时$BM \perp AC$时，$BM$最小，最后由面积法和勾股定理来进行计算.
解：
(1)$90$ $\frac{3}{4}$ 提示：$\because O$为$AC$的中点，$\therefore OA = OC$.
$\because OF = EO$，$\angle AOF = \angle COE$，$\therefore \triangle AOF \cong \triangle COE(SAS)$，$\therefore \angle OAF = \angle C$，$AF = CE$，$\therefore AF // BC$，$\therefore \angle ABC + \angle DAF = 180^{\circ}$.
$\because \angle ABC = 90^{\circ}$，$\therefore \angle DAF = 90^{\circ}$.
$\because AB = 6,BC = 8,DB = 3,BE = 4$，$\therefore AD = 3$，$CE = 4$，$\therefore AF = 4$，$\therefore \frac{AD}{AF}=\frac{3}{4}$.
(2)①中的结论仍然成立.理由如下：$\because O$为$AC$的中点，$\therefore OA = OC$.
$\because OF = EO$，$\therefore$四边形$AECF$为平行四边形，$\therefore AF = CE$，$AF // CE$，$\therefore \angle OAF = \angle OCE$.
$\because AB = 6,BC = 8,DB = 3,BE = 4$，$\therefore \frac{BD}{BE}=\frac{3}{4}=\frac{AB}{BC}$.
$\because \angle DBE = \angle ABC = 90^{\circ}$，$\therefore \angle ABD = \angle CBE$，$\therefore \triangle ABD \backsim \triangle CBE$，$\therefore \angle BAD = \angle BCE$，$\frac{AD}{CE}=\frac{AB}{BC}=\frac{3}{4}$，$\therefore \angle DAF = \angle BAD + \angle BAC + \angle CAF = \angle BCE + \angle BAC + \angle CAE = \angle ACE = \angle BAC + \angle ACB = 90^{\circ}$，$\therefore \frac{AD}{AF}=\frac{3}{4}$.故仍然成立.
②在$Rt\triangle ABC$中，$\because \angle ABC = 90^{\circ},AB = 6,BC = 8$，$\therefore AC = \sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}} = 10$.
由①得四边形$AECF$为平行四边形，$\therefore$四边形$AECF$的面积等于$2S_{\triangle ABC}$，$\therefore$当$S_{\triangle AEC}$最小时，四边形$AECF$的面积最小，即当$E$到$AC$的距离最小时，$S_{\triangle AEC}$最小，四边形$AECF$的面积最小.
如图，过点$E$作$EM \perp AC$于点$M$，连接$BM$，则当点$B,E,M$三点共线时，$EM$取得最小值，此时$BM \perp AC$.
$\because BE + EM \geq BM,BE = 4$，$\therefore EM \geq BM - 4$，即当点$B,E,M$三点共线时，$BM$最小$EM$取得最小值，最小值为$BM - 4$，此时$BM \perp AC$.
$\because S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB · BC=\frac{1}{2}AC · BM$，$\therefore \frac{1}{2}×6×8=\frac{1}{2}×10×BM$，$\therefore BM = \frac{24}{5}$，$\therefore EM = \frac{24}{5}-4=\frac{4}{5}$，$\therefore CM = \sqrt{BC^{2}-BM^{2}}=\frac{32}{5}$，$\therefore CE = \sqrt{EM^{2}+CM^{2}}=\frac{4\sqrt{65}}{5}$，由①，得$\frac{AD}{CE}=\frac{3}{4}$，即$AD = \frac{3}{4}CE = \frac{3}{4}×\frac{4\sqrt{65}}{5}=\frac{3\sqrt{65}}{5}$，则$AD = \frac{3\sqrt{65}}{5}$.