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零五網(wǎng) › 全部參考答案› 5年中考3年模擬答案 › 2025年5年中考3年模擬九年級(jí)數(shù)學(xué)上冊(cè)人教版 第106頁(yè)解析答案
24.「2024 四川涼山州中考」(10 分)如圖,拋物線 $ y = -x^2 + bx + c $ 與直線 $ y = x + 2 $ 相交于 $ A(-2,0),B(3,m) $ 兩點(diǎn),與 $ x $ 軸相交于另一點(diǎn) $ C $.
(1)求拋物線的解析式.
$y=-x^{2}+2x + 8$

(2)點(diǎn) $ P $ 是直線 $ AB $ 上方拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(不與 $ A、B $ 重合),過(guò)點(diǎn) $ P $ 作直線 $ PD \perp x $ 軸于點(diǎn) $ D $,交直線 $ AB $ 于點(diǎn) $ E $,當(dāng) $ PE = 2ED $ 時(shí),求 $ P $ 點(diǎn)坐標(biāo).
$(1,9)$

(3)拋物線上是否存在點(diǎn) $ M $ 使 $ \triangle ABM $ 的面積等于 $ \triangle ABC $ 面積的一半? 若存在,請(qǐng)直接寫(xiě)出點(diǎn) $ M $ 的坐標(biāo);若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.
$(\frac {1+\sqrt {13}}{2},\frac {11+\sqrt {13}}{2})$或$(\frac {1-\sqrt {13}}{2},\frac {11-\sqrt {13}}{2})$或$(\frac {1+\sqrt {37}}{2},\frac {-1+\sqrt {37}}{2})$或$(\frac {1-\sqrt {37}}{2},\frac {-1-\sqrt {37}}{2})$


答案：24. 解析 (1)把$B(3,m)$代入$y=x + 2$得$m=3 + 2 = 5,\therefore B(3,5)$,把$A(-2,0),B(3,5)$代入$y=-x^{2}+bx+c$得$\left\{\begin{array}{l} -4 - 2b + c = 0\\ -9 + 3b + c = 5\end{array}\right. $,解得$\left\{\begin{array}{l} b = 2\\ c = 8\end{array}\right. $,$\therefore $拋物線的解析式為$y=-x^{2}+2x + 8$. ……… (3分)(2)設(shè)$P(t,-t^{2}+2t + 8)$,則$E(t,t + 2),D(t,0),\because PE=2ED,\therefore -t^{2}+2t + 8-(t + 2)=2(t + 2)$,解得$t = 1$或$t=-2$,當(dāng)$t = 1$時(shí),$-t^{2}+2t + 8 = 9$,滿足題意;當(dāng)$t=-2$時(shí),$-t^{2}+2t + 8 = 0$,不滿足題意.$\therefore P$點(diǎn)坐標(biāo)為$(1,9)$. ……… (6分)(3)拋物線上存在點(diǎn)M,使$△ABM$的面積等于$△ABC$面積的一半,M的坐標(biāo)為$(\frac {1+\sqrt {13}}{2},\frac {11+\sqrt {13}}{2})$或$(\frac {1-\sqrt {13}}{2},\frac {11-\sqrt {13}}{2})$或$(\frac {1+\sqrt {37}}{2},\frac {-1+\sqrt {37}}{2})$或$(\frac {1-\sqrt {37}}{2},\frac {-1-\sqrt {37}}{2})$. ………………… (10分)
25.「2025 廣東江門(mén)開(kāi)平期末」(10 分)
【知識(shí)技能】
(1)如圖 1,在等邊三角形 $ ABC $ 內(nèi)有一點(diǎn) $ M $,若點(diǎn) $ M $ 到頂點(diǎn) $ C,A,B $ 的距離分別為 6,10,8,求 $ \angle BMC $ 的度數(shù).
為了解決本題,我們可以將 $ \triangle AMC $ 繞頂點(diǎn) $ C $ 逆時(shí)針旋轉(zhuǎn) $ 60^\circ $ 到 $ \triangle BM'C $ 處,此時(shí) $ \triangle BM'C \cong \triangle AMC $,這樣就可以利用旋轉(zhuǎn)變換,將三條線段 $ AM,BM,CM $ 轉(zhuǎn)化到一個(gè)三角形中,從而求得 $ \angle BMC = $____°.
【構(gòu)建聯(lián)系】
利用(1)的思想方法,解答下面的問(wèn)題.
(2)如圖 2,在 $ \triangle ABC $ 中,$ \angle ACB = 90^\circ,AC = BC,P,Q $ 為 $ AB $ 上的點(diǎn),且 $ \angle PCQ = 45^\circ $,求證:$ PQ^2 = BQ^2 + AP^2 $.
【深入探究】
(3)如圖 3,在等邊三角形 $ ABC $ 中,$ AC = 2,O $ 為 $ \triangle ABC $ 內(nèi)一點(diǎn),連接 $ AO,BO,CO $,且 $ \angle AOC = \angle COB = \angle BOA = 120^\circ $,求 $ OA + OB + OC $ 的值.

答案：
25. 解析 (1)150. …………………………… (2分)(2)證明:如圖,把$△ACP$繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)$90^{\circ }$得到$△BCP'$.PB 由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得,$BP'=AP,CP'=CP,∠BCP'=∠ACP,∠CBP'=∠A,∠PCP'=90^{\circ },\because ∠PCQ=45^{\circ },\therefore ∠P'CQ=∠PCP'-∠PCQ=90^{\circ }-45^{\circ }=45^{\circ },\therefore ∠PCQ=∠P'CQ$,在$△PCQ$和$△P'CQ$中,$\left\{\begin{array}{l} CP = CP'\\ ∠PCQ=∠P'CQ\\ CQ = CQ\end{array}\right. $,$\therefore △PCQ\cong △P'CQ(SAS),\therefore PQ=P'Q$, …………………………… (4分)$\because ∠ACB=90^{\circ },AC=BC,\therefore ∠A=∠CBA=45^{\circ },\therefore ∠P'BQ=45^{\circ }+45^{\circ }=90^{\circ }$,在$Rt△P'BQ$中,由勾股定理得,$P'Q^{2}=BQ^{2}+BP'^{2}$,即$PQ^{2}=BQ^{2}+AP^{2}$. ……………………… (6分)(3)$\because △ABC$是等邊三角形,$AC = 2,\therefore AB=BC=AC = 2,∠ABC=60^{\circ }$,如圖,將$△AOC$繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)$60^{\circ }$到$△BO'C$處,連接$OO'$.B $\therefore CO=CO',AO=BO',∠OCO'=60^{\circ },∠CO'B=∠AOC=120^{\circ },\therefore △COO'$是等邊三角形,$\therefore ∠COO'=∠CO'O=60^{\circ }.\because ∠AOC=∠COB=∠BOA=120^{\circ },\therefore ∠BOO'=∠BO'O=60^{\circ },\therefore △BOO'$是等邊三角形,$∠AOB+∠BOO'=180^{\circ },\therefore A,O,O'$三點(diǎn)共線,$BO=BO'=CO'=OC,∠OBO'=60^{\circ },\therefore BC$垂直平分$OO',\therefore ∠CBO'=\frac {1}{2}∠OBO'=30^{\circ },\therefore ∠ABO'=90^{\circ },\therefore ∠BAO'=30^{\circ },\therefore AO'=2BO'$,在$Rt△ABO'$中,由勾股定理得$AB^{2}+BO'^{2}=AO'^{2},\therefore 2^{2}+BO'^{2}=4BO'^{2},\therefore BO'=\frac {2\sqrt {3}}{3}$,即$BO=\frac {2\sqrt {3}}{3},\therefore OA+OB+OC=2\sqrt {3}$. ………………… (10分)
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