《2026年山东省中考试卷精选九年级数学》

24. （本小题满分12分）已知抛物线$y = \frac{\sqrt{3}}{3}x^2 + bx + c$与$x$轴交于点$A(-1, 0)$，与$y$轴交于点$B(0, -\sqrt{3})$，点$M$是抛物线对称轴上的一动点，过点$M$作$CD // x$轴交抛物线于点$C$和点$D$（点$C$在对称轴的左侧）。
（1）如图（1），求该抛物线的表达式；
（2）作$\angle DCE = 30°$交抛物线于点$E$，连接$CE$，$DE$。
①如图（2），当点$E$在$x$轴上时，求点$M$的坐标；
②若$\triangle ECD$是以$\angle DCE$为底角的等腰三角形，求点$E$的坐标。

答案：
24.[解析]本题考查了二次函数与几何的综合.
(1)用待定系数法来求二次函数表达式；
(2)①分当CD在x轴上方时或者CD在x轴下方时两种情况进行讨论，画出图形，设点C的横坐标，再利用含30°角的直角三角形的性质用m表示出点D的坐标，代入抛物线表达式即可求出点M的坐标； ②分∠DCE=∠CDE和∠DCE=∠DEC两种情况讨论，通过作垂线，求出点D和点E的坐标，再代入表达式进行计算. 解：
(1)将点B的坐标代入抛物线表达式，得c=-$\sqrt{3}$，
∴y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x^{2}+bx-$\sqrt{3}$，将点A的坐标代入上式，得$\frac{\sqrt{3}}{3}$b-$\sqrt{3}$=0，则b=-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，则抛物线的表达式为y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x^{2}-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$.
(2)①作EG⊥CD，垂足为G.设点C的横坐标为-m，则CM= m+1，CG=m+3，点D的横坐标为m+2.
∵抛物线y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$x^{2}-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\sqrt{3}$ =$\frac{\sqrt{3}}{3}$(x^{2}-2x-3) =$\frac{\sqrt{3}}{3}$(x-1)^{2}-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴该抛物线的对称轴为直线x=1.
∵∠DCE=30°，
∴GE=$\frac{\sqrt{3}}{3}$(m+3)=$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$.
如图
(1)，当CD在x轴上方时，点D的坐标是(m+2,$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$)，将点D的坐标代入抛物线表达式，得$\frac{\sqrt{3}}{3}$(m+2-1)^{2}-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$，解得m=-3(舍去)或m=2，当m=2时，$\frac{\sqrt{3}}{3}$m+$\sqrt{3}$=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$，
∴点M的坐标是(1,$\frac{5\sqrt{3}}{3}$)；如图
(2)，当CD在x轴下方时，
易得点D的坐标是(m+2,-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$)，将点D的坐标代入抛物线表达式得$\frac{\sqrt{3}}{3}$(m+2-1)^{2}-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$=-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$，解得m=-3(舍去)或m=0，当m=0时，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$=-$\sqrt{3}$，所以点M的坐标是(1,-$\sqrt{3}$). 综上所述，点M的坐标是(1,$\frac{5\sqrt{3}}{3}$)或(1,-$\sqrt{3}$). ②当∠DCE=∠CDE=30°时，此时点E在抛物线的顶点处，E(1,-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$)，则CE=DE，又CM=DM，∠DCE=30°，
∴∠CME=90°，CM=$\sqrt{3}$ME.
∵点D的坐标为(m+2,-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$)，
∴m+1=$\sqrt{3}$(-$\frac{\sqrt{3}}{3}$m-$\sqrt{3}$+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$)，
解得m=0，满足题意，
∴E(1,-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$)；当∠DCE=∠DEC=30°时，设DF=a，则CD=DE=2a，EF=$\sqrt{3}$a，如图
(3)，
∴D(a+1,$\frac{\sqrt{3}}{3}$(a+1)^{2}-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$(a+1)-$\sqrt{3}$)，
∴E(2a+1,$\frac{\sqrt{3}}{3}$(a+1)^{2}-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$(a+1)-$\sqrt{3}$+$\sqrt{3}$a)，
∴$\frac{\sqrt{3}}{3}$(a+1)^{2}-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$(a+1)-$\sqrt{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$(2a+1)^{2}-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$(2a+1)-$\sqrt{3}$，整理，得a^{2}-a=0，解得a=1或0(舍去)，
∴E(3,0). 综上所述，点E(1,-$\frac{4\sqrt{3}}{3}$)或(3,0).

25. (本小题满分12分)在矩形$ABCD$中，$BC = 2CD$，点$E$，$F$分别为直线$AB$，$BC$上的动点，且$BE = 2CF$，连接$CE$，$DF$。
(1)如图(1)，若点$E$，$F$分别在边$AB$，$BC$上，则$CE$与$DF$的位置关系为CE⊥DF，数量关系为CE=2DF；
(2)如图(2)，若点$E$，$F$分别在边$AB$，$BC$的延长线上，$EC$的延长线与$DF$交于点$H$。求证：$\angle CHD = 90°$；
(3)在(2)的条件下，点$G$为$EH$上的点，且$HG = 2HD$，请用等式表示线段$BG$与$HC$的数量关系，并说明理由。

答案：
25.[解析]本题考查了矩形中的十字架模型.
(1)利用矩形中的相似三角形来进行证明；
(2)利用相似三角形的判定和性质来进行证明；
(3)连接DG，DB，通过两次相似和勾股定理来进行计算.
(1)解：CE⊥DF CE=2DF 提示：设DF交CE于点K，如图
(1)，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠DCF=90°.
∵BC=2CD，BE=2CF，
∴$\frac{CE}{DF}$=$\frac{BC}{CD}$=2，$\frac{CE}{DF}$=2，∠BCE=∠CDF，
∴CE=2DF.
∵∠BCE+∠DCE=90°，
∴∠CDF+∠DCE=90°，
∴∠CKD=90°，
∴CE⊥DF.
(2)证明：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠CBE=∠DCF=90°.
∵BC=2CD，BE=2CF，
∴$\frac{BC}{CD}$=2=$\frac{BE}{CF}$，
∴△BCE∽△CDF，
∴∠BCE=∠CDF.
∵∠BCE+∠DCH=180°-∠BCD=90°，
∴∠CDF+∠DCH=90°，
∴∠CHD=90°.
(3)解：BG=$\sqrt{5}$CH.理由如下： 连接DG，DB，如图
(2).
∵GH=2DH，BC=2CD，
∴$\frac{GH}{DH}$=2=$\frac{BC}{CD}$，
∴$\frac{GH}{BC}$=$\frac{DH}{CD}$.
∵∠BCD=90°=∠CHD，
∴△GDH∽△BDC，
∴$\frac{DH}{CD}$=$\frac{DG}{DB}$，∠GDH=∠BDC，
∴$\frac{DG}{DB}$=$\frac{DH}{CD}$，∠CDH=∠BDG，
∴△CDH∽△BDG，
∴$\frac{CH}{BG}$=$\frac{CD}{BD}$.
∵BC=2CD，
∴BD=$\sqrt{BC^{2}+CD^{2}}$=$\sqrt{(2CD)^{2}+CD^{2}}$=$\sqrt{5}$CD，
∴$\frac{CH}{BG}$=$\frac{CD}{\sqrt{5}CD}$，
∴BG=$\sqrt{5}$CH.