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专题 14 二次函数与几何压轴
目 录
一、考情分析
二、知识建构
考点 二次函数与几何压轴
题型01 三角形面积问题
类型一 利用铅垂高计算三角形面积
类型二 面积比值问题
类型三 面积存在性问题
类型四 面积最值问题
题型02 线段相关问题
类型一 线段和最小问题
类型二 周长最值
题型03 存在性问题
类型一 平行四边形存在性问题
类型二 矩形存在性问题
类型三 菱形存在性问题
类型四 正方形存在性问题
类型五 等腰三角形存在性问题
类型六 直角三角形存在性问题
类型七 相似三角形存在性问题
类型八 等角存在性问题
类型九 二倍角、半角存在性问题
类型十 特殊角存在性问题
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考点要求 命题预测
二次函数的压轴题主要考向：
1）存在性问题（全等与相似、特殊三角形（直角、等腰、等边）、平行四边形（含
特殊平行四边形）等）．
2）最值问题（线段、周长、面积）
常见有关二次函数的题型和应对策略：
二次函数与几何压轴
1）线段最值（周长）问题——斜化直策略
2）三角形或多边形面积问题——铅垂高、水平宽策略
3）线段和最小值问题——将军饮马、阿氏圆模型
4）线段差——三角形三边关系或函数
5）相似三角形存在性问题——根据相等角分类讨论
6）平行四边形存在性问题——中点公式＋平移法
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考点一 二次函数与几何压轴
题型01 三角形面积问题
类型一 利用铅垂高计算三角形面积
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情一 其其其其其其其其其其 情二 其其其其其其其其其其
A
A
y y
C
a D
2
C
E a
3
B a
1
B a
x 4 x
O O
S△ABC=S△AEC+S△AEB
S△ABC=S△ADB-S△ACD
=1/2(AD•a4-AD•a3)
=1/2(AE•a2+AE•a1)
=1/2AD•(a4-a3)
=1/2AE•(a1+a2其
=1/2|y
A
-yE|•|xC-xB|
=1/2|y
A
-yD|•|xC-xB|
其其其B其其C其其其其其A为动点
结论：1）一般过动点作y轴的平行线来确定铅垂高.
2）无论铅垂高在三角形内部还是外部，,S= •水平宽•铅垂高.
1
3）若P为二次函数图象上的动点，当 2 时S△ABC最大.
𝑥1+𝑥2
1．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，抛𝑥物=线2y=x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)，B(4,0)，与y轴
交于点C．
(1)求抛物线对应的函数解析式，并直接写出顶点P的坐标；
(2)求△BCP的面积．
b ( b 4ac−b2 )
注：抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴是直线x=− ，顶点坐标是 − , ．
2a 2a 4a
(3 25)
【答案】(1)抛物线对应的解析式y=x2−3x−4，P ,−
2 4
15
(2)S =
△BCP 2
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的表达式，再根据解析式求点P的坐标即可；
(3 25)
（2）求出点C(0,−4)和抛物线顶点P ,− ，A(−1,0)，B(4,0)利用S =S +S −S
2 4 △BCP △OCP △OBP △BOC
即可得到答案．
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【详解】（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过点A(−1,0)，B(4,0)，
∴¿，
解这个方程组，得¿．
∴抛物线对应的解析式y=x2−3x−4．
∵P点是抛物线的顶点坐标，
( b 4ac−b2 ) b −3 3 4ac−b2 4×1×(−4)−(−3) 2 25
∴P − , ，即：− =− = ， = =− ，
2a 4a 2a 2×1 2 4a 4×1 4
(3 25)
∴P ,− ．
2 4
（2）如图，连接OP．
(3 25)
∵A(−1,0)，B(4,0)，C(0,−4)，P ,− ，
2 4
1 3
∴S = ×4× =3，
△OCP 2 2
1 25 25
S = ×4× = ，
△OBP 2 4 2
1
S = ×4×4=8．
△BOC 2
∵S =S +S −S ，
△BCP △OCP △OBP △BOC
25 15
∴S =3+ −8= ．
△BCP 2 2
【点睛】此题考查待定系数法求二次函数解析式、二次函数的图象和性质等知识，掌握数形结合的思想和
割补法求三角形面积是解题的关键．
2．（2023·湖南常德·中考真题）如图，二次函数的图象与x轴交于A(−1,0)，B(5,0)两点，与y轴交于点
1
C，顶点为D．O为坐标原点，tan∠ACO= ．
5
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(1)求二次函数的表达式；
(2)求四边形ACDB的面积；
(3)P是抛物线上的一点，且在第一象限内，若∠ACO=∠PBC，求P点的坐标．
【答案】(1)y=−(x+1)(x−5)
(2)30
(1 27)
(3)P ,
2 4
【分析】（1）用两点式设出二次函数的解析式，然后求得C点的坐标，并将其代入二次函数的解析式，
求得a的值，再将a代入解析式中即可．
（2）先将二次函数变形为顶点式，求得顶点坐标，然后利用矩形、三角形的面积公式即可求得答案．
（3）根据各点的坐标的关系及同角三角函数相等的结论可以求得相关联的函数解析式，最后联立一次函
数与二次函数的解析式，求得点P的坐标．
【详解】（1）∵二次函数的图象与x轴交于A(−1,0),B(5,0)两点．
∴设二次函数的表达式为y=a(x+1)(x−5)
1
∵AO=1,tan∠ACO= ，
5
∴OC=5，即C的坐标为(0,5)
则5=a(0+1)(0−5)，得a=−1
∴二次函数的表达式为y=−(x+1)(x−5)；
（2）y=−(x+1)(x−5)=−(x−2) 2+9
∴顶点的坐标为(2,9)
过D作DN⊥ AB于N，作DM⊥OC于M，
四边形ACDB的面积=S +S −S +S
△AOC 矩形OMDN △CDM △DNB
1 1 1
= ×1×5+2×9− ×2×(9−5)+ ×(5−2)×9=30；
2 2 2
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（3）如图，P是抛物线上的一点，且在第一象限，当∠ACO=∠PBC时，
连接PB，过C作CE⊥BC交BP于E，过E作EF⊥OC于F，
∵OC=OB=5，则△OCB为等腰直角三角形，∠OCB=45°．
由勾股定理得：CB=5√2，
∵∠ACO=∠PBC，
∴tan∠ACO=tan∠PBC，
1 CE CE
即 = = ，
5 CB 5√2
∴CE=√2
由CH⊥BC，得∠BCE=90°，
∴∠ECF=180°−∠BCE−∠OCB=180°−90°−45°=45°．
∴△EFC是等腰直角三角形
∴FC=FE=1
∴E的坐标为(1,6)
3 15
所以过B、E的直线的解析式为y=− x+
2 2
令¿
解得¿，或¿
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(1 27)
所以BE直线与抛物线的两个交点为B(5,0),P ,
2 4
(1 27)
即所求P的坐标为P ,
2 4
【点睛】本题考查了一次函数、二次函数的性质以及与坐标系几何图形的综合证明计算问题，解题的关键
是将所学的知识灵活运用．
类型二 面积比值问题
情况一：等底或等高
D
A
A
B E F C B C E D
S△ABC AE S△ABC BC
= =
S△BCD DF S△ACD CD
结论：①当底相等，则面积比=高之比 ②当高相等，则面积比=底边之比
情况二：斜转直
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N
P
y P
y
C D C
M
D
A B x A B x
O E F O
1
S△ABP PF S△ACP 2 •|𝑥𝑃−𝑥𝐶|•𝐴𝑀 AM
= = =
S△ABD DE S△BCP 1 •|𝑥𝑃−𝑥𝐶|•𝐵𝑁 BN y P
2
方法一： （铅垂高情况二） N
1
C
S△ABD 2•|𝑥𝐵−𝑥𝐷|•𝐴𝑁 AN
1
方法二：
S△BDP = 2•|𝑥𝐵−𝑥𝐷|•𝑃𝑀 = PM
（高相等，则面积比=
D
M
S△ABD AD |𝑥𝐷−𝑥𝐴| |𝑦𝐷−𝑦𝐴| A B x
底边之比S）△B DP = DP = |𝑥𝑃−𝑥𝐷| = |𝑦𝑃−𝑦𝐷| O
G
方法一： （底相等，则面积比=高之比）
1 y P E
S△PDE 2•𝐷𝐸•𝑃𝑀 PM
1 N
S△BDE = 2•𝐷𝐸•𝐵𝑁 = BN C
方法二： （底相等，则面积比=高之比）
M
1 D F
S△PDE 2•𝐷𝐸•𝑃𝑀 PM
1 A B x
S△BDE = 2•𝐷𝐸•𝐵𝑁 = BN O
1．（2020·四川成都·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于
A(−1,0)，B(4,0)两点，与y轴交于点C(0,−2)．
（1）求抛物线的函数表达式
（2）如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，连接BD，记ΔBDE的面积为S ，
1
S
ΔABE的面积为S ，求 1 的最大值；
2 S
2
（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l//BC，点P，Q分别为直线和抛物线上的点．试探究：在第
一象限是否存在这样的点P，Q，使ΔPQB∽ΔCAB．若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不
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存在，请说明理由．
【答案】（1）y=
1
x2−
3
x−2；（2）
4
；（3）存在，
(68
,
34)
或
(6+2√41
,
3+√41)
2 2 5 9 9 5 5
【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可；
（2）过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K，则可得
DE DF S S DE
△AEK∽△DEF，继而可得 = ，先求出BC的解析式，继而求得AK长，由 1= ΔBDE = 可得
AE AK S S AE
2 ΔABE
S 1= DF ，设点D ( m, 1 m2− 3 m−2 ) ，进而可得DF=− 1 m2+2m，从而可得 S 1=− 1 m2+ 4 m，再利
S AK 2 2 2 S 5 5
2 2
用二次函数的性质即可求得答案；
1 ( t )
（3）先确定出∠ACB=90°，再得出直线l的表达式为y= x．设点P的坐标为 t, ，然后分点P在直线
2 2
BQ右侧，点P在直线BQ左侧两种情况分别进行讨论即可．
【详解】（1）∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(4,0)两点，与y轴交于点C(0,−2)．
∴¿，
∴¿，
1 3
∴抛物线的函数表达式为y= x2− x−2；
2 2
（2）过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K．
则DG//AK，
∴△AEK△DEF，
DE DF
∴ = ，
AE AK
设直线BC的解析式为y=kx+n，
将B(4,0)、C(0,−2)代入则有：¿，
解得¿，
1
∴直线BC的表达式为y= x−2，
2
1 5
当x=-1时，y= x−2=− ，
2 2
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5
即K（-1，− ），
2
5
∴AK= ．
2
S S DE
∵ 1= ΔBDE = ．
S S AE
2 ΔABE
S DF
∴
1=
S AK
2
设点D ( m, 1 m2− 3 m−2 ) ，则F点坐标为（m， 1 m−2），
2 2 2
∴DF= 1 m−2− (1 m2− 3 m−2 ) =− 1 m2+2m．
2 2 2 2
1
− m2+2m
S 2 1 4 1 4
∴ 1= =− m2+ m=− (m−2) 2+ ，
S 5 5 5 5 5
2
2
S 4
当m=2时， 1 有最大值 ．
S 5
2
（3）∵A(−1,0)，B(4,0)，C(0,−2)．
∴AC=√12+22=√5，BC=√42+22=2√5，AB=5，
∴AC2+BC2=25=52=AB2，
∴∠ACB=90°，
1
∵过点O作直线l//BC，直线BC的表达式为y= x−2，
2
1
∴直线l的表达式为y= x．
2
( t )
设点P的坐标为 t, ．
2
①当点P在直线BQ右侧时，如图，∠BPQ=90°，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥PN于点M，
∴∠M=∠PNB=90°，
∴∠BPN+∠PBN=90°，
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∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，
∴∠QPM=∠PBN，
∴ΔQPM∽ΔPBN，
QM PM PQ
∴ = = ，
PN BN PB
又∵ΔPQB∽ΔCAB，
PQ CA
∴ = ，
PB BC
QM PM PQ CA 1
∴ = = = = ，
PN BN PB BC 2
t
∵NB=t-4，PN= ，
2
QM PM 1
= =
∴ t t−4 2，
2
t 1
∴QM= ，PM= t−2，
4 2
1 1 t 3
∴MN= t−2+ t=t−2，t− = t，
2 2 4 4
(3 )
∴点Q的坐标为 t,t−2 ．
4
将点Q的坐标为 (3 t,t−2 ) 代入y= 1 x2− 3 x−2，得
4 2 2
9 9
t−2= t2− t−2，
32 8
68
解得：t = ，t=0（舍去），
1 9 2
(68 34)
此时点P的坐标为 , ．
9 9
②当点P在直线BQ左侧时．如图，∠BPQ=90°，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥PN于点M，
∴∠M=∠PNB=90°，
∴∠BPN+∠PBN=90°，
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∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，
∴∠QPM=∠PBN，
∴ΔQPM∽ΔPBN，
QM PM PQ
∴ = = ，
PN BN PB
又∵ΔPQB∽ΔCAB，
PQ CA
∴ = ，
PB BC
QM PM PQ CA 1
∴ = = = = ，
PN BN PB BC 2
t
∵NB=4-t，PN= ，
2
QM PM 1
= =
∴ t 4−t 2，
2
t 1
∴QM= ，PM=2− t，
4 2
1 1 t 5
∴MN=2− t+ t=2，t+ = t，
2 2 4 4
(5 )
∴点Q的坐标为 t,2 ．
4
将点Q的坐标为 (5 t,2 ) 代入y= 1 x2− 3 x−2，得
4 2 2
25 15
2= t2− t−2，
32 8
6+2√41 6−2√41
解得：t = ，t = <0（舍去），
1 5 2 5
(6+2√41 3+√41)
此时点P的坐标为 , ．
5 5
【点睛】本题是二次函数综合题，涉及了待定系数法，二次函数的性质，勾股定理的逆定理，相似三角形
的判定与性质等，综合性较强，难度较大，熟练掌握相关知识，正确进行分类讨论是解题的关键．
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2．（2022·福建·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx经过A（4，0），B（1，
4）两点．P是抛物线上一点，且在直线AB的上方．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若△OAB面积是△PAB面积的2倍，求点P的坐标；
(3)如图，OP交AB于点C，PD∥BO交AB于点D．记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为S ，S ，
1 2
S S
S ．判断 1+ 2 是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
3 S S
2 3
4 16
【答案】(1)y=− x2+ x
3 3
( 16)
(2)存在， 2, 或（3，4）
3
9
(3)存在，
8
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
4 16
（2）待定系数法求得直线AB的解析式为y=− x+ ，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM交AB于点
3 3
N．过点B作BE⊥PM，垂足为E．可得S =S +S = 3 PN，设P ( m,− 4 m2+ 16 m ) (10和a<0两种情
况讨论，分别计算即可求解．
【详解】（1）解：将点B(1,0)，C(0,3)代入y=x2+bx+c，得
¿
解得：¿
∴抛物线解析式为y=x2−4x+3；
（2）∵y=x2−4x+3 =(x−2) 2−1，
顶点坐标为(2,1)，
当y=0时，x2−4x+3=0
解得：x =1,x =3
1 2
∴A(3,0)，则OA=3
∵C(0,3)，则OC=3
∴△AOC是等腰直角三角形，
∵S =S
△PAC △ABC
∴P到AC的距离等于B到AC的距离，
∵A(3,0)，C(0,3)，设直线AC的解析式为y=kx+3
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∴3k+3=0
解得：k=−1
∴直线AC的解析式为y=−x+3，
如图所示，过点B作AC的平行线，交抛物线于点P，
设BP的解析式为y=−x+d，将点B(1,0)代入得，
−1+d=0
解得：d=1
∴直线BP的解析式为y=−x+1，
¿
解得：¿或¿
∴P(2,−1)，
∵PA=√(3−2) 2+12=√2,PB=√(2−1) 2+12=√2,AB=3−1=2
∴PA2+PB2=AB2
∴△ABP是等腰直角三角形，且∠APB=90°，
如图所示，延长PA至D，使得AD=PA，过点D作AC的平行线DE，交x轴于点E，则DA=PA，则符合
题意的点P在直线DE上，
∵△APB是等腰直角三角形，DE∥AC,AC⊥PD
∴∠DAE=∠BAP=45° PD⊥DE
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴AE=√2AD=√2AP=2
∴E(5,0)
设直线DE的解析式为y=−x+e
∴−5+e=0
解得：e=5
∴直线DE的解析式为y=−x+5
联立¿
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解得：¿或¿
(3−√17 7+√17) (3+√17 7−√17)
∴P , 或P ,
2 2 2 2
(3−√17 7+√17) (3+√17 7−√17)
综上所述，P(2,−1)或P , 或P , ；
2 2 2 2
（3）①当a>0时，如图所示，过点C作CG⊥ AC交x=2于点G，
当点Q与点G重合时，△ACQ是直角三角形，
当∠AQC=90°时，△ACQ是直角三角形，
设AC交x=2于点H，
∵直线AC的解析式为y=−x+3，
则H(2,1)，
∴CH=√22+(3−1) 2=2√2,
∵∠CHG=∠OCH=45°，
∴△CHG是等腰直角三角形，
∴HG=√2CH =√2×2√2=4
∴G(2,5)，
设Q(2,q)，则AQ2=12+q2,CQ2=22+(q−3) 2=q2−6q+13
∵AC2=32+32=18
∴18=q2−6q+13+12+q2
3−√17 3+√17
解得：q= （舍去）或q=
2 2
( 3+√17)
∴Q 2,
2
∵△QAC是锐角三角形
3+√17
∴ 2，不符合题意，舍去）
0 2 0 2
此时y =x 2−4x −5=
3−3√33
，即点P
(7−√33
,
3−3√33)
；
0 0 0 2 2 2
当点P在对称轴右侧时，即23)，Q(x ，y )，
Q Q
∵C(0,−3)，B(3,0)，
∴x =3−t，y =−t2+2t，
Q Q
∴Q(3−t,−t2+2t)，
∴DQ=t2−2t，BD=−t，EP=−t2+2t+3，BE=3−t，
−t2+2t+3 3−t
∴ = ，
−t t2−2t
整理得：t3−4t2+2t+3=0，
分解因式得：(t−3)(t2−t−1)=0，
1+√5 1−√5
解得：t =3（舍去），t = <3（舍去），t = <0，
1 2 2 3 2
(5+√5 −1−√5)
∴此时点Q的坐标为： , ．
2 2
综上所述，在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，此时点Q的坐标
(5+√5 −1−√5)
为(−5,2)或 , ；
2 2
（4）证明：∵y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
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∴抛物线y=x2−2x−3的顶点D的坐标为(1,−4)，对称轴为直线x=1，
设P(m,m2−2m−3)，直线PB的解析式为y=cx+d(c≠0)，
∴¿，
∴¿，
∴直线PB的解析式为y=(m+1)x−3m−3，
当x=1时，y=−2m−2，
∴I(1,−2m−2)，
∴ID=−2m−2−(−4)=−2m+2，
设直线PA的解析式为y=ex+f (e≠0)，
∴¿，
∴¿，
∴直线PA的解析式为y=(m−3)x+m−3，
当x=1时，y=2m−6，
∴G(1,2m−6)，
∴DG=−4−(2m−6)=−2m+2，
∴ID=DG，
∴点D是线段IG的中点．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、
一次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征、等腰直角三角形的判定与性质、矩形的判定与性质，利
用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
2．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c与x轴的交点分别为A
和B(1,0)（点A在点B的左侧），与y轴交于点C(0,3)，点P是直线AC上方抛物线上一动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，过点P作x轴平行线交AC于点E，过点P作y轴平行线交x轴于点D，求PE+PD的最大值及点
P的坐标；
(3)如图2，设点M为抛物线对称轴上一动点，当点P，点M运动时，在坐标轴上确定点N，使四边形
PMCN为矩形，求出所有符合条件的点N的坐标．
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【答案】(1)y=−x2−2x+3
49 ( 5 63)
(2)PD+PE的最大值为 ，点P的坐标为 − ,
8 4 16
(1−√145 )
(3)符合条件的N点坐标为：N(0,4)或N ,0
6
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）先求得直线AC的解析式，设P(m,−m2−2m+3)，则PE=−m2−3m，PD=−m2−2m+3，得到
( 5) 2 49
PD+PE=−2 m+ + ，利用二次函数的性质求解即可；
4 8
（3）先求得抛物线的顶点P(−1，4)，对称轴为x=−1，分当点N在y轴上和点N在x轴负半轴上时，两
1
种情况讨论，当点N在x轴负半轴上时，证明△CMG∽△NCO，求得CG=− t，再证明
3
( 1 )
△CMG≌△PNH，求得点P的坐标为 t−1,− t ，由点P在抛物线上，列式计算求解即可．
3
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点B(1,0)，与y轴交于点C(0,3)
¿
解得¿
抛物线的解析式为：y=−x2−2x+3；
（2）解：当y=0时，0=−x2−2x+3，
解得x =−3，x =1，
1 2
∴A(−3,0)，
设直线AC的解析式为：y=kx+n(k≠0)，
把A(−3,0)，C(0,3)代入得：¿，
解得¿
∴直线AC的解析式为y=x+3，
设P(m,−m2−2m+3)，
∵PE∥x轴，
∴点E的纵坐标为−m2−2m+3，
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又∵点E在直线AC上，
∴−m2−2m+3=x+3，x=−m2−2m，
∴E(−m2−2m,−m2−2m+3)，
∴PE=−m2−2m−m=−m2−3m，
∵PD∥y轴，
∴PD=−m2−2m+3，
∴PD+PE=−m2−2m+3+(−m2−3m)=−2m2−5m+3=−2 ( m+ 5) 2 + 49 ，
4 8
∵−2<0，−30)为抛物线上一动点，过点P作PN⊥x轴交直线BC于点
M，交x轴于点N．
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(1)直接写出抛物线和直线BC的解析式；
(2)如图2，连接OM，当△OCM为等腰三角形时，求m的值；
(3)当P点在运动过程中，在y轴上是否存在点Q，使得以O，P，Q为顶点的三角形与以B，C，N为顶点
的三角形相似（其中点P与点C相对应），若存在，直接写出点P和点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线：y=−x2+x+2；直线BC：y=−x+2
(2)m=1或m=√2或m=2
(3)P(√2,√2)，Q(0,√2−1)或P(1+√3,−1−√3)，Q(0,1)或P(1+√5,−3−√5)，Q(0,−2)
【分析】
（1）由题得抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−2)，将点C(0,2)代入求a，进而得抛物线的解析式；设直
线BC的解析式为y=kx+t，将点B，C的坐标代入求k，t，进而得直线BC的解析式．
（2）由题得M(m,−m+2)，分别求出OC，OM，CM，对等腰△OCM中相等的边进行分类讨论，进而
列方程求解；
（3）对点P在点B左侧或右侧进行分类讨论，设法表示出各线段的长度，利用相似三角形的相似比求解m，
进而可得P，Q的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线过点A(−1,0)，B(2,0)，
∴抛物线的表达式为y=a(x+1)(x−2)，
将点C(0,2)代入上式，得2=−2a，
∴ a=−1．
∴抛物线的表达式为y=−(x+1)(x−2)，即y=−x2+x+2．
设直线BC的表达式为y=kx+t，
将点B(2,0)，C(0,2)代入上式，
得¿，
解得¿．
∴直线BC的表达式为y=−x+2．
（2）解：∵点M在直线BC上，且P(m,n)，
∴点M的坐标为(m,−m+2)．
∴ OC=2，CM2=(m−0) 2+(−m+2−2) 2=2m2，OM2=m2+(−m+2) 2=2m2−4m+4．
当△OCM为等腰三角形时，
①若CM=OM，则CM2=OM2，
即2m2=2m2−4m+4，
解得m=1．
②若CM=OC，则CM2=OC2，
即2m2=4，
解得m=√2或m=−√2（舍去）．
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③若OM=OC，则OM2=OC2，
即2m2−4m+4=4，
解得m=0（舍去）或m=2．
综上，m=1或m=√2或m=2．
（3）解：∵点P与点C相对应，
∴ △POQ∽△CBN或△POQ∽△CNB．
①若点P在点B左侧，
则∠CBN=45°，BN=2−m，CB=2√2．
当△POQ∽△CBN，即∠POQ=45°时，
直线OP的表达式为y=x，
∴ −m2+m+2=m，解得m=√2或m=−√2（舍去）．
∴ OP2=(√2) 2+(√2) 2=4，即OP=2．
OP OQ 2 OQ
∴ = ，即 = ，
BC BN 2√2 2−√2
解得OQ=√2−1．
∴ P(√2,√2)，Q(0,√2−1)．
当△POQ∽△CNB，即∠PQO=45°时，
PQ=√2m，OQ=−m2+m+2+m=−m2+2m+2，
PQ OQ √2m −m2+2m+2
∴ = ，即 = ，
CB NB 2√2 2−m
解得m=1+√5（舍去）或m=1−√5（舍去）．
②若点P在点B右侧，
则∠CBN=135°，BN=m−2．
当△POQ∽△CBN，即∠POQ=135°时，
直线OP的表达式为y=−x，
∴ −m2+m+2=−m，解得m=1+√3或m=1−√3（舍去），
∴ OP=√2m=√2+√6，
OP OQ √2+√6 OQ
∴ = ，即 = ，
BC BN 2√2 √3−1
解得OQ=1．
∴ P(1+√3,−1−√3)，Q(0,1)．
当△POQ∽△CNB，即∠PQO=135°时，
PQ=√2m，OQ=|−m2+m+2+m|=m2−2m−2．
PQ OQ √2m m2−2m−2
∴ = ，即 = ，
CB NB 2√2 m−2
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解得m=1+√5或m=1−√5（舍去）．
∴ P(1+√5,−3−√5)，Q(0,−2)．
综上，P(√2,√2)，Q(0,√2−1)或P(1+√3,−1−√3)，Q(0,1)或P(1+√5,−3−√5)，Q(0,−2)．
【点睛】本题是二次函数的综合应用，考查了待定系数法求函数解析式，等腰三角形的性质与判定，平面
直角坐标系中两点距离的算法，相似三角形的性质与判定等，熟练掌握相关知识是解题的关键．
2．（2022·湖北恩施·中考真题）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=−x2+c与y轴交于点
P(0,4)．
(1)直接写出抛物线的解析式．
(2)如图，将抛物线y=−x2+c向左平移1个单位长度，记平移后的抛物线顶点为Q，平移后的抛物线与x
轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．判断以B、C、Q三点为顶点的三角形是否为
直角三角形，并说明理由．
(3)直线BC与抛物线y=−x2+c交于M、N两点（点N在点M的右侧），请探究在x轴上是否存在点T，
使得以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
(4)若将抛物线y=−x2+c进行适当的平移，当平移后的抛物线与直线BC最多只有一个公共点时，请直接
写出拋物线y=−x2+c平移的最短距离并求出此时抛物线的顶点坐标．
【答案】(1)y=−x2+4
(2)以B、C、Q三点为顶点的三角形是直角三角形，理由见解析
(2√5+1 ) (3+√5 )
(3)存在，T ,0 或T ,0 ，
3 4
5√2 (5 27)
(4)最短距离为 ，平移后的顶点坐标为 ,
8 8 8
【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式；
（2）分别求得B、C、Q的坐标，勾股定理的逆定理验证即可求解；
（3）由∠CBA=∠NBT，故分两种情况讨论，根据相似三角形的性质与判定即可求解；
（4）如图，作l∥BC且与抛物线只有1个交点，交y轴于点D，过点C作CE⊥l于点E，则△DEC是等
腰直角三角形，作EF⊥DC于F，进而求得直线l与BC的距离，即为所求最短距离，进而求得平移方式，
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将顶点坐标平移即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+c与y轴交于点P(0,4)
∴c=4
∴抛物线解析式为y=−x2+4
（2）以B、C、Q三点为顶点的三角形是直角三角形，理由如下：
∵ y=−x2+4的顶点坐标为P(0,4)
依题意得，Q(−1,4)
∴平移后的抛物线解析式为y=−(x+1) 2+4
令y=0，解−(x+1) 2+4=0
得x =−3,x =1
1 2
∴A(1,0)，B(−3,0)
令x=0，则y=3，即C(0,3)
∴BC2=32+32=18，CQ2=12+12=2，QB2=(−3+1) 2+42=20
∴BC2+CQ2=QB2
∴以B、C、Q三点为顶点的三角形是直角三角形
(2√5+1 ) (3+√5 )
（3）存在，T ,0 或T ,0 ，理由如下，
3 4
∵B(−3,0)，C(0，3)，
∴OB=OC=3
∴ △OBC是等腰直角三角形
设直线BC的解析式为y=kx+b，
则¿，
解得¿，
∴直线BC的解析式为y=x+3，
联立¿
解得¿，¿
(−1+√5 5+√5)
∴N ,
2 2
∵ A(1,0),B(−3,0)，C(0,3)，△OBC是等腰直角三角形
∴ AB=4，BC=√2OB=3√2
设直线AC的解析式为y=mx+n,
∴¿
∴¿
∴直线AC的解析式为y=−3x+3
当NT∥AC时，△BNT∽△BCA
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(−1+√5 5+√5)
设NT的解析式为y=−3x+t，由NT过点N ,
2 2
5+√5 (−1+√5)
则 =−3 +t
2 2
解得t=2√5+1
∴ NT的解析式为y=−3x+2√5+1，
令y=0
2√5+1
解得x=
3
(2√5+1 )
∴T ,0
3
2√5+1 10+2√5
∴BT=3+ =
3 3
∵ △BNT∽△BCA，
BT BN
∴ =
BA BC
10+2√5
3 BN
∴ =
4 3√2
5√2 √10
∴BN= +
2 2
BT BN
②当△BNT∽△BAC时，则 =
BC BA
5√2 √10
+
即 BT 2 2
=
3√2 4
15 3√5
解得BT= +
4 4
∵OB=3
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(3+√5 )
∴T ,0
4
(2√5+1 ) (3+√5 )
综上所述，T ,0 或T ,0
3 4
（4）如图，作l∥BC，交y轴于点D，过点C作CE⊥l于点E，则△DEC是等腰直角三角形，作
EF⊥DC于F
∵直线BC的解析式为y=x+3
设与BC平行的且与y=−x2+4只有一个公共点的直线l解析式为y=x+b
则¿
整理得：x2+x+b−4=0
则Δ=12−4(b−4)=0
17
解得b=
4
17
∴直线l的解析式为y=x+
4
17 5 1 5
∴CD= −3= ，EF=FC= CD=
4 4 2 8
√2 √2 5 5√2
∴CE= CD= × =
2 2 4 8
5√2
即拋物线y=−x2+c平移的最短距离为 ，方向为EC方向
8
∵P(0,4)
∴把点P先向右平移EF的长度，再向下平移FC的长度即得到平移后的坐标
(5 5) (5 27)
∴平移后的顶点坐标为 ,4− ，即 ，
8 8 8 8
【点睛】本题是二次函数综合，考查了相似三角形的性质，求二次函数与一次函数解析式，二次函数图象
的平移，勾股定理的逆定理，正确的添加辅助线以及正确的计算是解题的关键．
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3．（2022·湖南衡阳·中考真题）如图，已知抛物线y=x2−x−2交x轴于A、B两点，将该抛物线位于x轴
下方的部分沿x轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象W”，图象W交y轴于点C．
(1)写出图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式；
(2)若直线y=−x+b与图象W有三个交点，请结合图象，直接写出b的值；
(3)P为x轴正半轴上一动点，过点P作PM∥y轴交直线BC于点M，交图象W于点N，是否存在这样的点
P，使△CMN与△OBC相似？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+x+2(−12，
∴OD=OM的情况不存在．
综上所述，点M的坐标为(−2，−2)或(−1，−3)．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、相似三角形、等腰三角形
等知识点，以及分类讨论的数学思想．第（2）问将面积的最值转化为二次函数的最值问题，注意其中求
面积表达式的方法；第（3）问重在考查分类讨论的数学思想，注意三种可能的情形需要一一分析，不能
遗漏．
155
