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模块六 函数压轴
第 12 讲 二次函数压轴专项突破一
（思维导图+9种题型（含20种考向）+命题预测）
01考情透视·目标导航
02知识导图·思维引航
03核心精讲·题型突破
►题型01 二次函数与线段
考向一 斜线段
考向二 线段比
►题型02 二次函数与平行
考向一 平行→k平行
考向二 平行→相似
考向三 证平行
►题型03 二次函数与垂直
考向一 垂直→唯一存在
考向二 垂直→恒成立求参
考向三 垂直→恒存在
►题型04 二次函数与面积计算法
考向一 割补法
考向二 铅垂法
考向三 平行转化法
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►题型05 二次函数面积转化法
考向一 面积比→高的比
考向二 面积比→底的比
考向三 平行转化面积
考向四 同加减转化面积
►题型06 二次函数与等角
考向一 角度→相似
考向二 角度→三角函数等
考向三 角度→相似
►题型07 二次函数与倍角
考向一 二倍角→减半
考向二 二倍角→加倍
►题型08 二次函数与角的和差
►题型09 二次函数与三角函数
考向一 知三角函数
考向二 求三角函数
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01考情透视·目标导航
中考考点 命题预测
二次函数作为初中数学的重要内容，常常在考试中占据重要位置，尤其是在压轴题
中。以下是对二次函数专项突破的考情分析，旨在帮助学生更好地掌握这一知识点。
【考试重点与难点】
1. 对称点问题：考查学生对二次函数对称轴的理解，常涉及利用顶点公式（-b/2a）求
对称轴，并结合图像分析对称点的位置。
2. 图像与线段交点问题：将直线方程与二次函数方程联立，解出交点坐标，同时注意
判别式Δ的正负。这类题目综合性强，对学生的计算能力和逻辑推理能力要求较高。
3. 分类讨论问题：根据开口方向、顶点位置等条件进行分类讨论，要求学生具备严谨
的逻辑思维和全面的分析能力。
4. 求交点横坐标取值范围：结合Δ≥0的条件，列出不等式并求解，这类题目侧重考查
学生对二次函数图像与性质的综合运用能力。
【常见题型】
1. 利用二次函数的对称性求最短路径：这类题型要求学生熟练掌握二次函数的对称性
及弧长公式，通过构造几何图形求解最短路径。
2.面积最值问题：涉及二次函数图像与坐标轴围成的面积最大值或最小值问题，需要学
二次函数专项突 生灵活运用二次函数的性质和几何知识。
破 3. 最大利润问题：将二次函数应用于实际问题，如求解商品销售的最大利润，考查学
生的数学建模能力和解决实际问题的能力。
4. 线段最值问题：通过二次函数图像求解线段长度的最大值或最小值，要求学生具备
较强的几何直观和逻辑推理能力。
【备考建议】
1. 专项突破：针对每个考点进行专项训练，每天练习3-5道典型题目，逐步攻克薄弱
环节。通过大量练习，加深对知识点的理解和记忆。
2. 错题整理：将做错的题目归纳到错题本中，标注易错点和解题思路。定期回顾错
题，避免重复犯错，提高解题的准确性和效率。
3. 真题演练：通过历年中考真题熟悉考点分布和命题规律，增强应试能力。真题演练
有助于学生了解考试的难度和题型，调整备考策略。
4. 理解实际应用：二次函数在实际问题中有广泛应用，如抛物线运动轨迹、最优解问
题等。理解这些应用场景，不仅能加深对知识点的理解，还能提升解题兴趣和实际应用
能力。
总之，掌握二次函数的核心知识和解题方法，并通过针对性的练习和真题演练，学
生可以轻松应对二次函数专项突破，提升考试成绩。
02知识导图·思维引航
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03 核心精讲 · 题型突破
►题型01 二次函数与线段
考向一 斜线段
1．（2024·甘肃临夏·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，
B(3,0)两点，与y轴交于点C，作直线BC．
(1)求抛物线的解析式．
(2)如图1，点P是线段BC上方的抛物线上一动点，过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，请问线段PQ是否存在
最大值？若存在，请求出最大值及此时点P的坐标；若不存在请说明理由．
(3)如图2，点M是直线BC上一动点，过点M作线段MN∥OC（点N在直线BC下方），已知MN=2，若
线段MN与抛物线有交点，请直接写出点M的横坐标x 的取值范围．
M
【答案】(1)y=−x2+2x+3
9 (3 15)
(2)存在，最大值是 √2，P ,
8 2 4
3−√17 3+√17
(3) ≤x ≤0或3≤x ≤
2 M M 2
【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求
解，是解题的关键．
（1）两点式直接求出函数解析式即可；
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（2）过点P作PE⊥x轴，交BC于点D，设P(m,−m2+2m+3)，根据三角函数得到
PQ=PD⋅cos∠OBC，得到当PD最大时，PQ的值最大，转化为二次函数求最值即可；
（3）设M(t,−t+3)，得到x =t，求出点N恰好在抛物线上且MN=2时的t值，即可得出结果．
N
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，
∴y=−(x+1)(x−3)，
∴y=−x2+2x+3；
（2）存在；
∵y=−x2+2x+3，
∴当x=0时，y=3，
∴C(0,3)，
∵B(3,0)，
∴OC=3=OB，
∴∠OBC=45°，
设直线BC的解析式为：y=kx+3，把B(3,0)代入，得：k=−1，
∴y=−x+3，
过点P作PE⊥x轴，交BC于点D，设P(m,−m2+2m+3)，则：D(m,−m+3)，
∴PD=−m2+2m+3+m−3=−m2+3m=− ( m− 3) 2 + 9 ，
2 4
∵PQ⊥BC，
∴∠PQD=90°=∠PEB，
∵∠PDQ=∠BDE，
∴∠DPQ=∠OBC=45°，
√2
∴PQ=PD⋅cos45°= PD，
2
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∴当PD最大时，PQ最大，
( 3) 2 9
∵PD=− m− + ，
2 4
3 9 9
∴当m= 时，PD的最大值为 ，此时PQ最大，为 √2，
2 4 8
(3 15)
∴P , ；
2 4
（3）设M(t,−t+3)，则：x =t，
N
当点N恰好在抛物线上时，则：N(t,−t2+2t+3)，
∴MN=−t+3+t2−2t−3=t2−3t，
当MN=2时，则：t2−3t=2，
3+√17 3−√17
解得：t= 或t= ，
2 2
∵线段MN与抛物线有交点，
3−√17 3+√17
∴点M的横坐标的取值范围是 ≤x ≤0或3≤x ≤ ．
2 M M 2
2．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线l与x轴交于点A(6,0)，与y轴交于点
B(0,−6)，抛物线经过点A，B，且对称轴是直线x=1．
(1)求直线l的解析式；
(2)求抛物线的解析式；
(3)点P是直线l下方抛物线上的一动点，过点P作PC⊥x轴，垂足为C，交直线l于点D，过点P作
PM⊥l，垂足为M．求PM的最大值及此时P点的坐标．
【答案】(1)y=x−6
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1 1
(2)y= x2− x−6
4 2
9√2 ( 21)
(3)PM的最大值是 ，此时的P点坐标是 3,−
8 4
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）根据题意可设抛物线的解析式为y=a(x−1) 2+k，再利用待定系数法求解即可；
（3）由题意易证△PDM为等腰直角三角形，即得出PM= √2 PD．设点P的坐标为 ( t, 1 t2− 1 t−6 ) ，
2 4 2
则D(t,t−6)，从而可求出PD=t−6− (1 t2− 1 t−6 ) =− 1 (t−3) 2+ 9 ．再结合二次函数的性质可知：
4 2 4 4
9
当t=3时，PD有最大值是 ，此时PM最大，进而即可求解．
4
【详解】（1）解：设直线l的解析式为y=mx+n(m≠0)，
把A，B两点的坐标代入解析式，得¿，
解得：¿，
∴直线l的解析式为y=x−6；
（2）解：设抛物线的解析式为y=a(x−h) 2+k(a≠0)，
∵抛物线的对称轴为直线x=1，
∴y=a(x−1) 2+k．
把A，B两点坐标代入解析式，得¿，
解得：¿，
1 25 1 1
∴抛物线的解析式为y= (x−1) 2− = x2− x−6；
4 4 4 2
（3）解：∵A(6,0) B(0,−6)，
∴OA=OB=6．
∵在△AOB中∠AOB=90°，
∴∠OAB=∠OBA=45°．
∵PC⊥x轴，PM⊥l，
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∴∠PCA=∠PMD=90°．
在Rt△ADC中，∠PCA=90°，∠OAB=45°，
∴∠ADC=45°，
∴∠PDM=∠ADC=45°．
在Rt△PMD中，∠PMD=90°，∠PDM=45°，
PM
∴sin45°= ，
PD
√2
∴PM= PD．
2
设点P的坐标为 ( t, 1 t2− 1 t−6 ) ，则D(t,t−6)，
4 2
∴PD=t−6− (1 t2− 1 t−6 ) =− 1 t2+ 3 t=− 1 (t−3) 2+ 9 ．
4 2 4 2 4 4
1
∵− <0，
4
9
∴当t=3时，PD有最大值是 ，此时PM最大，
4
√2 √2 9 9√2
∴PM = PD= × = ，
max 2 2 4 8
1 1 1 1 21
当t=3时， t2− t−6= ×32− ×3−6=− ，
4 2 4 2 4
( 21)
∴P 3,− ，
4
9√2 ( 21)
∴PM的最大值是 ，此时的P点坐标是 3,− ．
8 4
【点睛】本题为二次函数综合题，考查利用待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质等知识．掌
握利用待定系数法求函数解析式和利用数形结合的思想是解题关键．
考向二 线段比
1
3．（2025九年级下·全国·专题练习）已知抛物线y= (x−1) 2−m(m>0)与x轴交于A、B两点，与y轴
m
交于C点，且AB=8．
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(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，点D为抛物线在第四象限的一点，连AD交线段BC于点E，且AE=6ED，求点D的坐标；
1 1 15
【答案】(1)y= x2− x−
4 2 4
( 7)
(2)点D的坐标为(1,−4)或 4,−
4
1
【分析】（1）令 (x−1) 2−m=0，用含m的式子表示出A、B两点坐标，根据AB=8求出m的值，即可
m
求解；
（2）过点D作DF∥x轴交直线BC于点F，根据（1）中结论求出抛物线与坐标轴的交点坐标，进而求出
直线BC的解析式，设D ( t, 1 t2− 1 t− 15) ，和含t的式子表示出DF，再根据DF∥AB，推出
4 2 4
△≝∽△AEB，根据相似三角形对应边长度成比例列式求出t的值，即可得出点D的坐标．
1
【详解】（1）解：令 (x−1) 2−m=0，
m
化简得：(x−1) 2=m2，
解得：x =1−m，x =1+m，
1 2
∴A(1−m,0)，B(1+m,0)，
∴AB=(1+m)−(1−m)=2m=8，
解得：m=4，
1 1 1 15
∴y= (x−1) 2−4= x2− x− ，
4 4 2 4
1 1 15
∴抛物线的解析式为y= x2− x− ；
4 2 4
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（2）解：如图1，过点D作DF∥x轴交直线BC于点F，
1 1 15 15
在y= x2− x− 中，令x=0，得y=− ，
4 2 4 4
( 15)
∴C 0,− ，
4
1 1 15
令y=0，得 x2− x− =0，
4 2 4
解得：x =−3，x =5，
1 2
∴A(−3,0)，B(5,0)，
∴AB=5−(−3)=8，
设直线BC的解析式为y=kx+b，将B、C的坐标代入得：
¿，
解得：¿，
3 15
∴直线BC的解析式为y= x− ，
4 4
设D ( t, 1 t2− 1 t− 15) ，
4 2 4
∵DF∥x轴，
1 1 15
∴点F的纵坐标为 t2− t− ，
4 2 4
1 1 15 3 15
则 t2− t− = x− ，
4 2 4 4 4
1 2
解得：x= t2− t，
3 3
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∴F
(1
t2−
2
t,
1
t2−
1
t−
15)
，
3 3 4 2 4
∴DF=t− (1 t2− 2 t ) =− 1 t2+ 5 t，
3 3 3 3
∵DF∥AB，
∴∠DFE=∠ABE，∠FDE=∠BAE，
∴△≝∽△AEB，
∵AE=6ED，
DF DE 1
∴ = = ，
AB AE 6
1
∴DF= AB，
6
1 5 1
即− t2+ t= ×8，
3 3 6
解得：t =1，t =4，
1 2
1 1 15 1 1 15
当t=1时， t2− t− = − − =−4，
4 2 4 4 2 4
1 1 15 1 1 15 7
当t=4时， t2− t− = ×42− ×4− =− ，
4 2 4 4 2 4 4
( 7)
∴点D的坐标为(1,−4)或 4,− ．
4
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查二次函数的图象和性质，二次函数与一元二次方程的关系，相似
三角形的判定的性质，正确作出辅助线，综合应用上述知识点是解题的关键．
4．（22-23九年级上·山东泰安·期中）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(a>0)与x轴
交于A(−2,0)、B(4,0)两点，与y轴负半轴交于点C，且OC=2OA．
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(1)试求抛物线的解析式；
5
(2)如图2，点Q为抛物线上第一象限内一点，过点Q作y轴的平行线，交直线BC于点E，当QE= 时，求
2
Q点的坐标及此时△QCB的面积；
(3)如图3，直线y=kx−1与y轴交于点D，与抛物线交于第四象限的点P，与直线BC交于点M，记
PM
t= ，请判断t是否有最大值，如有请求出t取最大值时点P的坐标．
DM
1
【答案】(1)y= x2−x−4
2
( 7)
(2)Q 5, ；5
2
2
(3)最大值 ；P(2,−4)
3
【分析】（1）根据A(−2,0)，则OA=2，根据OC=2OA，则OC=4，得到点C的坐标；把A(−2,0)、
B(4,0)和点C的坐标，代入y=ax2+bx+c(a>0)，即可；
（2）设直线BC的解析式为：y=kx+b(k≠0)，把点B、点C的坐标代入，可得到直线BC的解析式；设点
Q ( q, 1 q2−q−4 ) ，同理得到点E的坐标，根据QE= 5 ，即可；连接QC，过点C作CH⊥QH于点H，
2 2
根据S△ =S −S ，即可；
QCB △QCE △QBE
PM PF
（3）作PF⊥x轴，交BC于F，根据CD⊥x轴，则CD∥PF，得△DMC∼△PMF，则 = =t；
DM DC
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根据点D在直线y=kx−1上，求出点D的坐标，得到DC的值；设点P ( n, 1 n2−n−4 ) ，则得到点F的坐
2
标，即可．
【详解】（1）∵A(−2,0)，
∴OA=2，
∵OC=2OA，
∴OC=4，
∴点C(0,−4)；
∵A(−2,0)，B(4,0)，C(0,−4)在抛物线y=ax2+bx+c(a>0)，
∴¿，
∴¿，
1
∴y= x2−x−4．
2
（2）设直线BC的解析式为：y=kx+b(k≠0)，
∵B(4,0)，C(0,−4)在直线BC上，
∴¿，
∴¿，
∴直线BC的解析式为：y=x−4；
设点Q ( q, 1 q2−q−4 ) ，
2
∴点E(q,q−4)，
1
∴QE= q2−2q，
2
5
∴QE= ，
2
1 5
∴
q2−2q=
，
2 2
∴q =−1（舍），q =5；
1 2
( 7)
∴点Q 5, ；E(5,1)，
2
连接CQ，过点C作CH⊥QH于点H，
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∴CH=5，
∵点B(4,0)，
∴BG=1，
∵S ❑ =S −S ，
△ QCB △QCE △QBE
1 1
∴S ❑ = ×QE×CH− ×QE×BG，
△ QCB 2 2
1 5 1 5
∴S ❑ = × ×5− × ×1=5．
△ QCB 2 2 2 2
（3）作PF⊥x轴，交BC于F，
∵CD⊥x轴，
∴CD∥PF，
∴△DMC∼△PMF，
PM PF
∴ = =t，
DM DC
∴点D在直线y=kx−1上，
∴点D(0,−1)，
∴CD=3，
设点P ( n, 1 n2−n−4 ) ，则点F(n,n−4)，
2
1
∴PF=− n+2n，
2
1
− n+2n
∴PF 2 ，
= =t
DC 3
1 2 1 2
∴t=− n2+ n=− (n−2) 2+ ，
6 3 6 3
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1
∵− <0，
6
2
∴t有最大值，当n=2，最大值为： ；此时P(2,−4)．
3
【点睛】本题考查二次函数与几何的综合，解题的关键是掌握待定系数法求出函数解析式，相似三角形的
判定．
►题型02 二次函数与平行
考向一 平行→k平行
5．（2023·湖北武汉·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2−2ax−3a
与x轴交于点A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OC=OB．
(1)直接写出a的值；
(2)如图1，点P为第一象限的抛物线上一点，且满足∠BCP=∠ACO，求点P的坐标；
(3)如图2，点Q为第四象限的抛物线上一点，直线BQ交y轴于点M，过点B作直线NB∥AQ，交y轴于点
N，当Q点运动时，线段MN的长度是否会变化？若不变，求其值；若变化，求变化范围．
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【答案】(1)a=1
(2)P(4,5)；
(3)线段MN的长度不会改变，线段MN的长度为12．
【分析】（1）将x=0代入y=ax2−2ax−3a中，得y=−3a，令y=0，即ax2−2ax−3a=0，求出点B
的坐标，进而求出a的值；
（2）当点P在第一象限抛物线上时，∠BCP=∠ACO时，过点A作AH⊥CP，
1 1 AK AH √5
S = AK⋅OC= CK⋅AH， = = ，设AK=√5m，CK=3m，OK=√5m−1，在
ΔACK 2 2 CK OC 3
√5 (3 )
Rt△COK中，OC2+OK2=CK2，可得m= ，则K ，0 ，求出直线CK解析式为y=2x−3，则
2 2
P(n，2n−3)，由P在抛物线y=x2−2x−3上，可得2n−3=n2−2n−3，求出n的值，即可求解；
（3）设Q(m，m2−2m−3)，分别求出直线BQ、直线AQ的解析式，根据NB∥AQ可得BN的解析式，
可得出M、N的坐标，即可得线段MN的长度．
【详解】（1）解：由图象，可知a>0，
将x=0代入y=ax2−2ax−3a中，得y=−3a，
∴点C(0，−3a)，
∴OC=−3a，
令y=0，即ax2−2ax−3a=0，
解得x =−1，x =3，
1 2
∵点A在点B的左侧，
∴点A(−1,0)，B(3,0)，
∴OB=3，
∴−3a=−3，
解得a=1，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：如图，当点P在第一象限抛物线上时，∠BCP=∠ACO，过点A作AH⊥CP于H，
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∵A(−1,0) B(3,0)
， ，
∴OA=1，OB=3，
∴AC=√32+12=√10，
∵OC=3，
∴OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
∵∠BCP=∠ACO，
∴∠ACH=∠OCB=45°，
√2
∴AH= AC=√5，
2
1 1
∵S = AK⋅OC= CK⋅AH，
△ACK 2 2
AK AH √5
∴ = = ，
CK OC 3
设AK=√5m，CK=3m，OK=√5m−1，
在Rt△COK中，OC2+OK2=CK2，
∴32+(√5m−1) 2=(3m) 2，
√5
解得m= 或−√5（负值不合题意，舍去），
2
(3 )
∴K ，0 ，
2
∴直线CK解析式为y=2x−3，
∴P(n,2n−3)
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∵P在抛物线y=x2−2x−3上，
∴2n−3=n2−2n−3，解得n=0（不合题意，舍去）或4，
∴P(4,5)；
（3）解：设Q(m,m2−2m−3)，
∵B(3,0)，
设直线BQ的解析式为y=kx+b，
∴ ¿，解得¿，
∴直线BQ的解析式为y=(m+1)x−3(m+1)，
∴M(0,−3m−3)，
同理得：直线AQ的解析式为y=(m−3)x+(m−3)，
∵NB∥AQ，
设BN的解析式为y=(m−3)x+n，
∵B(3,0)，
∴0=3(m−3)+n，解得n=−3m+9，
∴BN的解析式为y=(m−3)x−3m+9，
∴N(0,−3m+9)，
∴线段MN的长度为−3m+9−(−3m−3)=12，
∴线段MN的长度不会改变，线段MN的长度为12．
【点睛】本题是二次函数综合题．考查了运用待定系数法求直线及抛物线的解析式、三角形的面积、勾股
定理、求直线与抛物线的交点坐标等知识，掌握数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐
标的意义表示线段的长度是解题的关键．
考向二 平行→相似
1 3
6．（2023·湖北武汉·一模）如图，已知抛物线y= x2− x−n(n>0)与x轴交于A，B两点（A点在B点
2 2
的左边），与y轴交于点C．
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(1)如图1，若AB=5，则n的值为______（直接写出结果）；
(2)如图1，在（1）的条件下，点P在抛物线上，点Q在抛物线的对称轴上，若以BC为边，以点B、C、
P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求P点的坐标；
(3)如图2，过点A作直线BC的平行线交抛物线于另一点D，交y轴于点E，若AE:ED=1:4，求n．
【答案】(1)2
11 39 5 39
(2)( ， ),(− ， )
2 8 2 8
27
(3)n=
8
【分析】（1）根据抛物线与x轴的交点可得x +x =3，x ⋅x =−2n，再利用完全平方公式变形代入可
A B A B
得方程，解之可得n值；
（2）求出B、C坐标，设出点Q坐标，利用平行四边形对角线互相平分性质，分类讨论点P坐标，分别代
入抛物线解析式，求出Q点坐标；
（3）设出点D坐标(a,b)，利用相似表示OA，再由一元二次方程根与系数关系表示OB，得到点B坐标，
进而找到b与a关系，代入抛物线求a、n即可．
【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于A，B两点，
( 3) 1
∴x +x =− − ÷ =3，x ⋅x =−2n，
A B 2 2 A B
∵AB=5，即x −x =5，
B A
∴x −x =√(x −x ) 2
B A B A
=√(x +x ) 2−4x x
B A B A
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=√32−4(−2n)
=5，
解得：n=2；
1 3
（2）由（1）当 x2− x−2=0时，
2 2
解得x =−1，x =4，
1 2
∴OA=1，OB=4，
∴B(4,0)，C(0,−2)，
3
−
b 2 3
∵抛物线对称轴为直线x=− =− = ，
2a 1 2
2×
2
3
∴设点Q坐标为( ，b)，
2
由平行四边形性质可知，
11
当BQ、CP为平行四边形对角线时，点P坐标为( ，b+2)，
2
1 3
代入y= x2− x−2，
2 2
23 11 39
解得b= 则P点坐标为( ， )，
8 2 8
5
当CQ、PB为为平行四边形对角线时，点P坐标为(− ，b−2)，
2
1 3
代入y= x2− x−2，
2 2
55 5 39
解得b= 则P坐标为(− ， )，
8 2 8
11 39 5 39
综上点P坐标为( ， ),(− ， )；
2 8 2 8
（3）设点D坐标为(a,b)，
∵AE:ED=1:4，
1 1
则OE= b，OA= a，
5 4
∵AD∥BC，
∴△AEO∽△BCO，
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∵OC=n，
OB OA
∴ = ，
OC OE
5an
∴OB= ，
4b
由一元二次方程根与系数关系，
−n 1 5an
x x = =− a⋅
1 2 1 4 4b ，
2
5
∴b= a2 ，
32
1 5 1 3
将点A(− a，0)，D(a, a2 )代入y= x2− x−n，
4 32 2 2
¿，
解得a=6或a=0（舍去），
27
则n= ．
8
【点睛】本题是代数几何综合题，考查了二次函数图象性质、一元二次方程根与系数关系、三角形相似以
及平行四边形的性质，解答关键是综合运用数形结合分类讨论思想．
考向三 证平行
7．（2021·山东德州·中考真题）小刚在用描点法画抛物线C ：y=ax2+bx+c时，列出了下面的表格：
1
x … 0 1 2 3 4 …
y … 3 6 7 6 3 …
(1)请根据表格中的信息，写出抛物线C 的一条性质： ；
1
(2)求抛物线C 的解析式；
1
(3)将抛物线C 先向下平移3个单位长度，再向左平移4个单位长度，得到新的抛物线C ；
1 2
1
①若直线y= x+b与两抛物线C ，C 共有两个公共点，求b的取值范围；
2 1 2
②抛物线C 的顶点为A，与x轴交点为点B，C（点B在点C左侧），点P（不与点A重合）在第二象限内，
2
且为C 上任意一点，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，直线AP交y轴于点Q，连接AB，DQ，求证：
2
AB//DQ．
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【答案】(1)抛物线的顶点坐标为(2,7)（答案不唯一）；
(2)y=−x2+4x+3；
81 97
(3)① 0．
∵PD⊥x轴，
∴OD=−m．
设直线AP的解析式为y=kx+n，则：
¿，
解得：¿
∴直线AP的解析式为y=−(m+2)x−2m．
令x=0，则y=−2m．
∴Q(0,−2m)．
∴OQ=−2m．
OQ −2m
在Rt△ODQ中， tan∠QDO= = =2．
OD −m
∴tan∠ABE=tan∠QDO
∴∠ABE=∠QDO
∴AB//DQ．
【点睛】本题考查二次函数的综合题，要求掌握函数的图象性质，会利用待定系数法求一次函数和二次函
数解析式，利用一次函数与抛物线结合建立一元二次方程，利用根的判别式判断交点情况．
►题型03 二次函数与垂直
考向一 垂直→唯一存在
8．（2023·江苏苏州·二模）如图，抛物线C :y=x2+bx+c与x轴交于A(−1，0)，B(3，0)两点，与y
1
轴交于点C．
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(1)直接写出抛物线C 的解析式；
1
(2)如图①，有一定度为1的直尺平行于y轴．在点O，B之间平行移动，直尺两长边被线段BC和抛物线
C 截得两线段DE，FG．设点D的横坐标为t，且00时，即t>1时，DE>FG；当2t−2<0，即t<1时，
DE0时，③当2t−2<0时，分别进行计算即可得到答案；
（3）过点P作PH⊥y轴，垂足为H，过点Q作QT⊥y轴，垂足为T，证明△QNT∽△NHP，再联立直
线PQ与C 得到x2−kx+km=0，由韦达定理即可得到答案．
2
【详解】（1）解：∵y=x2+bx+c与x轴交于A(−1，0)，B(3，0)，
∴¿，
∴¿，
∴抛物线C 的解析式为：y=x2−2x−3；
1
（2）解：∵点D的横坐标为t，
∴点F的横坐标为(t+1)，点E的横坐标为t，点G的横坐标为(t+1)，
由（1）得：抛物线C 的解析式为y=x2−2x−3，
1
∴把x=t代入得：y=t2−2t−3，
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把x=t+1代入得：y=(t+1) 2−2(t+1)−3=t2−4
∴点D的坐标为D(t，t2−2t−3)，点F的坐标为(t+1，t2−4)，
由（1）的：抛物线C 的解析式为y=x2−2x−3，
1
∴点C的坐标为C(0，−3)，
∴点B的坐标为B(3，0)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴ ¿
∴ ¿
∴直线BC的解析式为y=x−3，
∴把x=t代入得：y=t−3，把x=t+1代入得：y=t−2，
∴点E的坐标为E(t，t−3)，点G的坐标为G(t+1，t−2)，
∴DE=t−3−(t2−2t−3)=3t−t2，FG=t−2−(t2−4)=−t2+t+2，
∴ DE−FG=3t−t2−(−t2+t+2)=2t−2，
① 当2t−2=0时，t=1时，DE=FG，
② 当2t−2>0时，即t>1时，
∵ 0FG，
③当2t−2<0，即t<1时，
∵ 00，不符合题意，
综上，m=√2，
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∴点M的坐标为(√2，0)．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求二次函数的解析式、相似三角形的判定与
性质、韦达定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质、二次函数的图象与性质、韦达定理，添加适当的辅
助线，采用分类讨论与数形结合的思想解题，是解题的关键．
考向二 垂直→恒成立求参
9．（2024·湖北武汉·模拟预测）抛物线C :y=ax2+2x−3交x轴于A,B两点(A在B的左边），交y轴于
1
点C．
图1 图2
(1)如图1，当a=1时，
①直接写出A,B,C三点的坐标；
②拋物线的顶点为D，求证：∠DAB=∠ACB；
(2)如图2，将抛物线C 平移得到抛物线C ，其顶点为原点．过点P(0,1)的直线与拋物线C 交于M,N两点．
1 2 2
直线QM,QN与拋物线只有一个交点，连接PQ，若PQ⊥MN恒成立，求a．
【答案】(1)①A(−3,0),B(1,0),C(0,−3)；②证明见解析
1
(2)a=
4
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数图象的平移和综合应用：
（1）①分别令x=0，y=0，求出A,B,C三点的坐标即可；②求出D点坐标，勾股定理逆定理得到
∠ACD=90°，锐角三角函数，求出∠CAD=∠OCB，OC=OA，得到∠OAC=∠OCA，根据角的和
差关系，即可得出结论；
（2）根据题意求出C 的解析式，设M(m,am2),N(n,an2)，求出直线MN的解析式，根据直线经过点P，
2
得到−amn=1，求出直线MQ,NQ的解析式，进而求出Q点坐标，过点P作直线l平行于x轴，作MK⊥l
于点K，作QR⊥l于点R，证明△MKP∽△PRQ,进行求解即可．
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【详解】（1）解：当a=1时，C :y=x2+2x−3，
1
①当x=0时，y=−3，当y=0时，x2+2x−3=0，
解得：x =−3,x =1，
1 2
∴A(−3,0),B(1,0),C(0,−3)；
②∵y=x2+2x−3=(x+1) 2−4，
∴D(−1,−4)，
∵A(−3,0),B(1,0),C(0,−3)，
∴AD2=42+(−3+1) 2=20,CD2=12+(4−3) 2=2,AC2=32+32=18，OA=OC=3，OB=1，
∴AD2=CD2+AC2,∠OCA=∠OAC=45°，
∴∠ACD=90°，
CD 1
∴tan∠CAD= = ，
AC 3
OB 1
∵tan∠BCO= = ,
OC 3
∴∠CAD=∠BCO，
∴∠CAD+∠OAC=∠BCO+∠OCA，即：∠DAB=∠ACB；
（2）由题意，得：C :y=ax2，
2
设M(m,am2),N(n,an2)，直线MN的解析式为y=kx+b(k≠0)，
则：¿，解得¿，
∴MN:y=a(m+n)x−amn
∵MN过(0,1)得：
∴−amn=1，
设MQ的解析式为y=t(x−m)+am2，
令t(x−m)+am2=ax2，
∵直线MQ与抛物线只有一个交点，
∴Δ=t2−4a(tm−am2)=0，
解得：t=2am，
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∴MQ的解析式为y=2amx−am2，
同法可得：NQ:y=2anx−an2
令2amx−am2=2anx−an2，
m+n
解得x= ,
2
(m+n
)
∴Q ,amn
2
过点P作直线l平行于x轴，作MK⊥l于点K，作QR⊥l于点R．则：∠MKP=∠QRP=90°，
∵PQ⊥MN，
∴∠MPK=∠PQR=90°−∠QPR，
∴△MKP∽△PRQ,
MK PK
∴ = ，
PR QR
1−am2 −m
=
∴ m+n 1−amn，
2
又−amn=1，
1
∴(1−4a)m2+4− =0,
a
∵PQ⊥MN恒成立，
1
∴(1−4a)m2+4− =0与m的值无关，
a
∴1−4a=0，
1
∴a=
4
考向三 垂直→恒存在
10．（2022·湖南益阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线E：y＝﹣（x﹣m）2+2m2（m＜
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0）的顶点P在抛物线F：y＝ax2上，直线x＝t与抛物线E，F分别交于点A，B．
(1)求a的值；
(2)将A，B的纵坐标分别记为y ，y ，设s＝y ﹣y ，若s的最大值为4，则m的值是多少？
A B A B
(3)Q是x轴的正半轴上一点，且PQ的中点M恰好在抛物线F上．试探究：此时无论m为何负值，在y轴
的负半轴上是否存在定点G，使∠PQG总为直角？若存在，请求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)a＝2
(2)m＝﹣√3
3√2+4
(3)存在，G（0，﹣ ）
2
【分析】（1）由抛物线的顶点式可直接得出顶点P的坐标，再代入抛物线F可得出结论；
（2）根据题意可分别表达A，B的纵坐标，再根据二次函数的性质可求出m的值；
（3）过点Q作x轴的垂线KN，分别过点P，G作x轴的平行线，与KN分别交于K，N，则
△PKQ∽△QNG，设出点M的坐标，可表达点Q和点G的坐标，从而可得出结论．
【详解】（1）解：由题意可知，抛物线E:y=−(x−m) 2+2m2 (m<0)的顶点P的坐标为(m,2m2 )，
∵点P在抛物线F:y=ax2上，
∴am2=2m2，
∴a=2．
（2）解：∵直线x=t与抛物线E，F分别交于点A，B，
∴y =−(t−m) 2+2m2=−t2+2mt+m2 ，y =2t2 ，
A B
∴s= y −y
A B
=−t2+2mt+m2−2t2
=−3t2+2mt+m2
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1 2 4
=−3(t− m) + m2，
3 3
∵−3<0，
1 4
∴当t= m时，s的最大值为 m2 ，
3 3
∵s的最大值为4，
4
∴
m2=4，解得m=±√3，
3
∵m<0，
∴m=−√3．
（3）解：存在，理由如下：
设点M的坐标为n，则M(n,2n2 )，
∴Q(2n−m,4n2−m2 )，
∵点Q在x轴正半轴上，
∴2n−m>0且4n2−m2=0，
√2
∴n=− m，
2
√2
∴M(− m，m2 )，Q(−√2m−m，0)．
2
如图，过点Q作x轴的垂线KN，分别过点P，G作x轴的平行线，与KN分别交于K，N，
∴∠K=∠N=90° ∠QPK+∠PQK=90°
， ，
∵∠PQG=90°，
∴∠PQK+∠GQN=90°，
∴∠QPK=∠GQN，
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∴ΔPKQ∽ΔQNG，
∴PK:QN=KQ:GN，即PK⋅GN=KQ⋅QN．
∵PK=−√2m−m−m=−√2m−2m，KQ=2m2，GN=−√2m−m，
∴(−√2m−2m)(−√2m−m)=2m2 ⋅QN
3√2+4
解得QM= ．
2
3√2+4
∴G(0,− )．
2
【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及待定系数法求函数解析式，二次函数的性质，相似三角形的性质
与判定，中点坐标公式等知识，解题的关键是构造相似三角形得出方程进行求解．
►题型04 二次函数与面积计算法
考向一 割补法
11．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交
于点C，其中B(1,0)，C(0,3)．
(1)求抛物线的解析式．
(2)在第二象限的抛物线上是否存在一点P，使得△APC的面积最大．若存在，请直接写出点P坐标和
△APC的面积最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
( 3 15) 27
(2)存在，点P的坐标是P − , ，△APC的面积最大值是
2 4 8
【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质以及与几何综合：
（1）将B，C两点坐标代入函数解析式，求出b，c的值即可；
（2）过点P作 轴于点E，设 ，且点P在第二象限，根据
PE⊥x P(x,−x2−2x+3)
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S =S +S −S 可得二次函数关系式，再利用二次函数的性质即可求解.
△APC △APE 梯形PCOE △AOC
【详解】（1）解：将B(1,0)，C(0,3)代入y=−x2+bx+c得，
¿
解得：¿
∴y=−x2−2x+3
（2）解：对于y=−x2−2x+3，令y=0,则−x2−2x+3=0,
解得，x =−3,x =1，
1 2
∴A(−3,0)，
∴OA=3,
∵C(0,3)，
∴OC=3，
过点P作PE⊥x轴于点E，如图，
设P(x,−x2−2x+3)，且点P在第二象限，
∴OE=−x,AE=3+x,
∴S =S +S −S
△APC △APE 梯形PCOE △AOC
1 1 1
= AE×PE+ (OC+PE)×OE− OA×OC
2 2 2
1 1 1
= (3+x)(−x2−2x+3)+ (3−x2−2x+3)(−x)− ×3×3
2 2 2
3( 3) 2 27
=− x+ +
2 2 8
3
∵− <0，
2
∴S有最大值，
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3 27 ( 3 15)
∴当x=− 时，S有最大值，最大值为 ，此时点P的坐标为 − ,
2 8 2 4
考向二 铅垂法
12．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，A、B为一次函数y=−x+5的图像与二次函数y=x2+bx+c的图
像的公共点，点A、B的横坐标分别为0、4．P为二次函数y=x2+bx+c的图像上的动点，且位于直线AB
的下方，连接PA、PB．
(1)求b、c的值；
(2)求△PAB的面积的最大值．
【答案】(1)b=−5，c=5
(2)最大值为8
【分析】本题考查二次函数的综合，一次函数的性质，用割补法得出△PAB的面积是关键．
（1）先求出A，B的坐标，再用待定系数法求出b，c；
（2）由（1）可得：y=x2−5x+5，设P(m,m2−5m+5)，作PE∥OA交AB于E，则E(m,−m+5)，则
PE=4m−m2，得出面积，即可解答．
【详解】（1）解：当x=0时，y=−x+5=5；当x=4时，y=−x+5=1，
则A(0,5)，B(4,1)，
则¿，
解得：¿；
（2）解：由（1）可得：y=x2−5x+5，设P(m,m2−5m+5)，作PE∥OA交AB于E，
则E(m,−m+5)，则PE=4m−m2，
1
∴S = (4m−m2)×(4−0)=−2(m−2) 2+8，
△ABP 2
当m=2时，最大值为8．
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考向三 平行转化法
13．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图1，抛物线y=−x2+−bx+3(b>0)与x轴交点为A，B（A在B左
侧），与y轴交点为C，已知A(−1,0)．
(1)求抛物线解析式；
(2)如图2，D为抛物线顶点，E为射线OB上的动点，过点E作EF∥BD，交直线AD于点F，若△≝¿面积
为2，求点E坐标；
(3)如图3，点P是第一象限内抛物线上一动点，直线BP关于直线BC的对称直线交抛物线于点Q，过点A
作平行于y轴的直线l，点P，Q到直线l的垂线段分别为PG，QH，当点P在抛物线上运动时，PG⋅QH
的值是否发生变化？如果不变，求出其值；如果变化，说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)E(1,0)或E(1+2√2,0)
(3)不变，1
【分析】（1）待定系数法求解即可；
（2）由y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，可得D(1，4)，对称轴为直线x=1，则B(3，0)，待定系数法
求直线AD解析式为y=2x+2，同理可求，直线BD解析式为y=−2x+6，如图1，连接BF，设E(m,0)，
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(m−1 ) S
则直线EF解析式为y=−2x+2m，联立，¿，可求F ,m+1 ，则 1 1 ，
2 △≝¿=S △BEF = 2 BE×y F = 2 |3−m|(m+1)=2¿
计算求出满足要求的解，进而可得E点坐标；
（3）如图2，过点C作CJ∥x轴交直线PB于点J， 则C(0，3)，由OB=OC=3，可得
∠KCB=45°=∠JCB，证明△BCK≌△BCJ(ASA)，则CK=CJ，设P(p,−p2+2p+3)，
Q(q,−q2+2q+3)，直线PB的解析式为y=(−p−1)x+3+3p；同理可求，直线QB的解析式为
3p
y=(−q−1)x+3+3q；y = y =3时，可求x = ，同理，K(0,3+3q)，则CK=−3q，由
J c J p+1
3p
=−3q，可得pq+p+q=0，则PG⋅QH=(p+1)(q+1) =pq+p+q+1 =1，然后作答即可．
p+1
【详解】（1）解：将点A(−1,0)代入y=−x2+bx+3得，0=−1−b+3，
解得：b=2，
∴抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3；
（2）解：∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴D(1，4)，对称轴为直线x=1，
∴B(3，0)，
设直线AD解析式为y=kx+e，
将A(−1,0)，D(1，4)代入得，¿，
解得，¿，
∴直线AD解析式为y=2x+2，
同理可求，直线BD解析式为y=−2x+6，
如图1，连接BF，
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设E(m,0)，
∵EF∥BD，
∴直线EF解析式为y=−2x+2m，
联立，¿，
解得，¿，
(m−1 )
∴F ,m+1 ，
2
S
∴ 1 1 ，
△≝¿=S = BE×y = |3−m|(m+1)=2¿
△BEF 2 F 2
1
当 (3−m)(m+1)=2时，解得，m=1；
2
1
当− (3−m)(m+1)=2时，解得，m=1+2√2或m=1−2√2（舍去），
2
综上所述，E(1,0)或E(1+2√2,0)；
（3）解：如图2，过点C作CJ∥x轴交直线PB于点J，
当x=0时，y=3，
∴C(0，3)，
∴OB=OC=3，
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∴∠KCB=45°=∠JCB，
由轴对称的性质可得，∠KBC=∠JBC，
又∵BC=BC，
∴△BCK≌△BCJ(ASA)，
∴CK=CJ，
设P(p,−p2+2p+3)，Q(q,−q2+2q+3)，
设直线PB的解析式为y=kx+d，
将P(p,−p2+2p+3)，B(3，0)代入得，¿，
解得，¿，
∴直线PB的解析式为y=(−p−1)x+3+3p；
同理可求，直线QB的解析式为y=(−q−1)x+3+3q；
∵y = y =3，
J c
∴(−p−1)x+3+3p=3，
3p
解得x = ，
J p+1
同理，K(0,3+3q)，
∴CK=−3q，
3p
∴ =−3q，即pq+p+q=0，
p+1
∴PG⋅QH=(p+1)(q+1) =pq+p+q+1 =1，
∴PG⋅QH的值不变，值为1．
【点睛】本题考查了二次函数解析式，二次函数的图象与性质，一次函数解析式，二次函数与面积综合，
轴对称的性质，全等三角形的判定与性质等知识．熟练掌握二次函数解析式，二次函数的图象与性质，一
次函数解析式，二次函数与面积综合，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键．
►题型05 二次函数面积转化法
考向一 面积比→高的比
14．（2024·福建·中考真题）如图，已知二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A,B两点，与y轴交于点
C，其中A(−2,0),C(0,−2)．
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(1)求二次函数的表达式；
(2)若P是二次函数图象上的一点，且点P在第二象限，线段PC交x轴于点D,△PDB的面积是△CDB的面
积的2倍，求点P的坐标．
【答案】(1)y=x2+x−2
(2)(−3,4)
【分析】本题考查二次函数表达式、二次函数的图象与性质、二元一次方程组、一元二次方程、三角形面
积等基础知识，考查运算能力、推理能力、几何直观等.
（1）根据待定系数法求解即可；
S n
（2）设P(m,n)，因为点P在第二象限，所以m<0,n>0．依题意，得 △PDB=2，即可得出 =2，求出
S CO
△CDB
n=2CO=4，由m2+m−2=4，求出m，即可求出点P的坐标．
【详解】（1）解：将A(−2,0),C(0,−2)代入y=x2+bx+c，
得¿，
解得¿，
所以，二次函数的表达式为y=x2+x−2．
（2）设P(m,n)，因为点P在第二象限，所以m<0,n>0．
1
BD⋅n
S 2 n
依题意，得 △PDB=2，即 =2，所以 =2．
S 1 CO
△CDB BD⋅CO
2
由已知，得CO=2，
所以n=2CO=4．
由m2+m−2=4，
解得m =−3,m =2（舍去），
1 2
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所以点P坐标为(−3,4)．
考向二 面积比→底的比
15．（2024·福建泉州·模拟预测）已知抛物线C :y=ax2−(2a−1)x−3a+1与x轴只有一个公共点A．
1
(1)求a的值；
(2)若将抛物线C :y=4ax2向右平移1个单位长度得到抛物线C ，抛物线C 与y轴交于点B，顶点为D．
2 3 3
①试问：抛物线C 上是否存在这样的点E，使得△BDE∽△ABD？
3
②若直线y=kx−k+1与抛物线C 交于P(x ,y )，Q(x ,y ) (x 0）与x轴交于A、B两点，与y轴
交于C，顶点为D．
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(1)如图①，若△ABC为直角三角形，求a的值；
S
(2)如图②，设AD与BC交于M，在a的变化过程中，△ABC与△ABD不重合部分的面积比 ΔMAC 的值是
S
ΔMBD
否为定值，若是，求出这个定值，若不是，说明理由；
(3)如图③，若a=2，作OA的中点N，过点N在第二象限内作x轴的垂线段EN=9，以NA、NE为邻边作
矩形ANEF，记矩形ANEF与△ACD重叠部分的面积为S，矩形ANEF以每秒1个单位长度的速度向右运
动，当AF经过D点时，停止运动．设运动时间为t，求S与t的函数关系式，并写出相应的自变量取值范围．
在运动过程中，S是否存在最大值，若存在，直接写出这个最大值．
√2
【答案】(1)a=
2
4
(2)为定值，值为
9
4 5
(3)运动过程中，S存在最大值，且当x= 时，S =
3 max 3
【分析】（1）根据二次函数的图象和性质，求出A，B，C的坐标，得到OA=a，OB=2a，OC=2a2，
根据勾股定理的应用，AB2=AC2+BC2，AC2=OA2+CO2，解出a，即可；
（2）由（1）可得A，B，C的坐标，根据二次函数的图象和性质，求出顶点D的坐标，设直线AD的解析
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式为：y=kx+b(k≠0)，设直线BC的解析式为：y=mx+n(m≠0)，根据待定系数法求出直线AD，BC
的解析式，联立方程求出M的坐标，根据三角形的面积公式，则求出S ，S ，S ，根据
△ABC △ABD △ABM
3 27
S =S −S = a3 ，S =S −S = a3 ，即可；
△MAC △ABC △ABM 10 △MBD △ABD △ABM 40
（3）根据a=2，得到函数解析式y=−x2+2x+8，求出A(−2,0)，B(4,0)，C(0,8)，D(1,9)，N(−1,0)
的坐标，根据待定系数法求出直线AD，AC，DC的函数解析式，分类讨论： 当−2≤t−2<−1，即
0≤t<1时，重叠部分为梯形； 当−1≤t−2≤0，即1≤t≤2时，重叠部分为两个梯形；当0≤t−2≤1，即
2≤t≤3时，重叠部分为一个三角形，进行解答，即可．
【详解】（1）解：∵二次函数y=−x2+ax+2a2(a>0)，与x轴交于A、B两点，与y轴交于C，
∴当x=0时，y=2a2，
∴C(0,2a2)，
y=0时，x2−ax−2a2=0，
∴x =−a，x =2a，
1 2
∴A(−a,0)，B(2a,0)，
∴OA=a，OB=2a，OC=2a2，
∴AB=3a
∵△ABC是直角三角形，
∴AB2=AC2+BC2，
∵AC2=OA2+CO2，
∴AB2=AC2+BC2=OA2+OB2+2OC2，
∴(3a) 2=a2+(2a) 2+2×(2a2) 2 ，
∴a2=2a4，
∵a>0，
√2
∴a= ．
2
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（2）是定值
由（1）可知：A(−a,0)，B(2a,0)，C(0,2a2)
a 2 9
∵y=−x2+ax+2a2=−(x− ) + a2，
2 4
∴D
(a
,
9 a2)
2 4
设直线AD的解析式为：y=kx+b(k≠0)，
∴¿
解得：¿
3 3
∴直线AD的解析式为y= ax+ a2 ，
2 2
设直线BC的解析式为：y=mx+n(m≠0)
∴¿
解得：¿
∴直线BC的解析式为：y=−ax+2a2
1 9
解方程组¿，得：x= a，y= a2 ，
5 5
即M
(1
a,
9 a2)
，
5 5
1
∴S = ×AB×OC=3a2 ，
△ABC 2
1 27 1 27
同理，S = ×AB×D = a3 ，S = ×AB×M = a3 ，
△ABD 2 y 8 △ABM 2 y 10
3 27
∴S =S −S = a3 ，S =S −S = a3 ，
△MAC △ABC △ABM 10 △MBD △ABD △ABM 40
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3
a3
S 10 4
∴ △MAC = = 为定值．
S 27 9
△MBD a3
40
（3）当a=2，
∴二次函数的解析式为：y=−x2+2x+8，
∴A(−2,0)，B(4,0)，C(0,8)，D(1,9)，N(−1,0)
∴直线AD的解析式为y=3x+6，
设直线AC的解析式为：y=kx+b(k≠0)，
∴¿，
∴¿
∴直线AC的解析式为：y=4x+8；
设直线CD的解析式为：y=mx+n(m≠0)
∴¿
∴¿
∴直线CD的解析式为：y=x+8
经过t秒A'的坐标为(t−2,0)，N'的坐标为(t−1,0)，
① 当−2≤t−2<−1，即0≤t<1时，重叠部分为梯形，如图，
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∵A'F'与AC的交点为(t−2,4t)，A'F'与AD的交点为(t−2,3t)，N'E'与AC的交点为(t−1,4t+4)，
N'E'与AD的交点为(t−1,3t+3)，A'N'=1，
1 1
∴S= {(4t−3t)+[(4t+4)−(3t+3)]}=t+
2 2
② 当−1≤t−2≤0，即1≤t≤2时，重叠部分为两个梯形，如图，
∵A'F'与AC的交点为(t−2,4t)，A'F'与AD的交点为(t−2,3t)，N'E'与CD的交点为(t−1,t+7)，N'E'
与AD的交点为(t−1,3t+3)，AD与y轴的交点为(0,6)，
∴OA'=2−t
∴ON'=A'N'−OA'=t−1
1 1
∴S= [(4t−3t)+(8−6)]×(2−t)+ {(8−6)+[(t+7)−(3t+3)]}×(t−1)
2 2
∴S=−
3
t2+4t−1=−
3(
t−
4) 2
+
5
2 2 3 3
③ 当0≤t−2≤1，即2≤t≤3时，重叠部分为一个三角形，如图，
∵A'F'与CD的交点为(t−2,t+6)，A'F'与AD的交点为(t−2,3t)，
1
∴S= [(t+6)−3t][1−(t−2)]=(3−t) 2
2
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∴S与t的函数关系式为
S=¿
4 5
在运动过程中，S存在最大值，且当x= 时，S = ．
3 max 3
【点睛】本题考查二次函数与几何的综合，解题的关键是掌握二次函数的图象和性质，一次函数的图象和
性质，勾股定理的应用，动点的运动轨迹进行解答，即可．
18．（2025九年级下·全国·专题练习）如图1，抛物线y=ax2+bx−3(a>0)交x轴于点A，B（点A在点B
左侧），交y轴于点C，且OB=OC=3OA，点D为抛物线上第四象限的动点．
(1)求抛物线的解析式．
(2)如图，直线AD交BC于点P，连接AC，BD，若△ACP和△BDP的面积分别为S 和S ，当S −S 的值
1 2 1 2
最小时，求直线AD的解析式．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)直线AD的表达式为：y=−2x−2
【分析】本题主要考查二次函数和一次函数的综合问题，包括待定系数法确定函数解析式、一次函数与二
次函数的性质，
（1）由二次函数y=ax2+bx−3，令x=0，则y=−3，则C(0,−3)，又由OB=OC=3OA得到A(−1,0)，
B(3,0)，利用待定系数法求出抛物线的解析式；
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1
（2）由S −S =S −S 和S = AB⋅OC=6得到当S 达到最大值时，S −S 的值最小，则
1 2 △ABC △ABD △ABC 2 △ABD 1 2
当点D为抛物线的顶点(1,−4)时，S 达到最大值．利用待定系数法求出直线AD的解析式即可；
△ABD
【详解】（1）解：由二次函数y=ax2+bx−3，令x=0，则y=−3，
C(0,−3)．
∴又 OB=OC=3OA，
A∵(−1,0)，B(3,0)，
∴代入y=ax2+bx−3得¿，
解得¿，
抛物线的解析式是y=x2−2x−3；
∴
（2）S −S =(S +S )−(S +S )=S −S ．
1 2 △ACP △ABP △BDP △ABP △ABC △ABD
1
S = AB⋅OC=6，为定值，
△ABC 2
∵
当S 达到最大值时，S −S 的值最小．
△ABD 1 2
∴
y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∵
点D为抛物线的顶点(1,−4)时，S 达到最大值．
△ABD
∴设直线AD的解析式为y=mx+n，
又A(−1,0)，
¿，
∴解得¿，
直线AD的解析式为y=−2x−2．
∴
►题型06 二次函数与等角
考向一 角等→全等
19．（2024·湖北宜昌·模拟预测）已知直线y=x−3与x轴交于点B，与y轴交于点C，抛物线
y=x2+bx+c经过B，C两点，与x轴的另一个交点为A，其顶点为D，P是抛物线上的动点．
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(1)求抛物线的解析式，并写出D点坐标；
(2)如图1，点E(2,m)在抛物线上，连接BE，点P在抛物线对称轴左侧，满足∠PBC=∠EBC，请求出
点P的坐标；
(3)如图2，连接BD，CD．
①判断△BCD的形状；
②当∠BCP=∠CBD时，直接写出点P的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3，(1,−4)
( 2 11)
(2)P − ,−
3 9
(5 7)
(3) 直角三角形；②(4,5)或 ,−
2 4
①
【分析】（1）分别求出B、C的坐标，然后把B、C的坐标代入y=x2+bx+c求解即可；
（2）连接CE，过B作BF⊥CE于F，判断四边形OCFB是正方形，得出CF=OB=3，∠OBC=∠FBC，
则可证∠OBG=∠FBE，利用ASA证明△BOG≌△BFE，可求出G的坐标，利用待定系数法求出BG的
解析式，然后与抛物线解析式联立方程组求解即可；
（3）①利用两点间距离公式，勾股定理的逆定理即可判断；②分CP在CB的上方和下方两种情况讨论即
可．
【详解】（1）解：当x=0时，y=−3，
∴C(0,−3)，
当y=0时，x−3=0，解得x=3，
∴B(3,0)，
把B、C的坐标代入y=x2+bx+c，
得¿，
解得¿，
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∴y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴顶点D的坐标为(1,−4)；
（2）解：把E(2,m)代入y=x2−2x−3，得m=22−2×2−3，
∴E(2,−3)，
∴CE∥x轴，则CE⊥y轴，CE=2，
∵B(3,0)，C(0,−3)，
∴BO=CO=3，
如图，连接CE，过B作BF⊥CE于F，
则四边形OCFB是矩形，
又OB=OC，
∴四边形OCFB是正方形，
∴CF=OB=3，∠OBC=∠FBC，
∴EF=1，
∵∠PBC=∠EBC，
∴∠OBG=∠FBE，
又∠BOG=∠F=90°，
∴△BOG≌△BFE，
∴OG=EF=1，
∴G(0,−1)，
设BG的解析式为y=k x+b ，
1 1
则¿，
解得¿，
1
∴y= x−1，
3
联立方程组¿，
解得¿或¿，
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( 2 11)
∴P − ,−
3 9
（3）解：①∵B(3,0)，C(0,−3)，D(1,−4)，
∴BC2=32+32=18，CD2=12+(−3+4) 2=2，BD2=(3−1) 2+42=20，
∴BC2+CD2=BD2，
∴△BCD是直角三角形，其中∠DCB=90°；
②当CP在CB的上方时，如图，
设直线BD解析式为y=mx+n，
则¿，解得¿，
∴y=2x−6，
∵∠BCP=∠CBD，
∴CP∥BD，
∴设CP的解析式为y=2x+b ，
2
∴b =−3，
2
∴y=2x−3，
联立方程组¿，
解得¿或¿，
P的坐标为(4,5)；
∴当CP在CB的下方时，
如图，过B作BG⊥BC，交CP于G，过G作GH⊥OB于H
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又①知∠DCB=90°，
∴∠DCB=∠GBC=90°，
又BC=CB，∠BCG=∠CBD，
∴△BCG≌△CBD(ASA)，
∴BG=CD，
∵OB=OC=3，∠BOC=90°，
∴∠OBC=45°，
∴∠GBH=180°−∠OBC−∠CBG=45°，
∴∠BGH=45°=∠GBH，
∴BH=GH，
又BH2+GH2=BG2=CD2=2，
∴BH=GH=1，
∴G(4,−1)，
∴设CP的解析式为y=m x+n❑ ，
1 1
∴¿，
∴¿，
1
∴y= x−3
2
联立方程组¿，
解得¿或¿，
(5 7)
P的坐标为 ,− ；
2 4
∴
(5 7)
综上，P的坐标为(4,5)或 ,− ．
2 4
【点睛】本题考查了二次函数与几何图形，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三
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角形的判定与性质，勾股定理与逆定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形、等腰直角
三角形求解是解题的关键．
20．（2024·山东日照·二模）如图，平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+2x+c过原点O，与x轴正半轴交
于另一点A，且经过点B(−1,−3)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若M是抛物线上一点（不与点B重合），其横坐标为m，以BM为对角线作矩形BCMD，BC垂直于y轴，
①当抛物线在矩形BCMD内部的图象从左到右逐渐上升时，直接写出m的取值范围；
②当矩形BCMD内部的图象（包括边界）的最高点纵坐标与最低点的纵坐标之差为4时，求m的值；
③如图3，抛物线的顶点为E点，点P是y轴下方、抛物线对称轴上一点，若∠BPE=∠EAP，求P点的坐
标．
【答案】(1)y=−x2+2x
(2) m≤1，且m≠−1；②m=1或1−2√2或1+2√2；③(1,−√5)
①
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）①首先得到y=−x2+2x=−(x−1) 2+1，抛物线开口向下，对称轴为x=1，当x≤−1时，y随x的增
大而增大，进而求解即可；
②根据题意分点M的纵坐标为−3+4=1和点M的纵坐标为−3−4=−7两种情况讨论分别代入抛物线表达
式求解即可；
③过点A作AQ⊥AP交BP的延长线于点Q，过点Q作QH⊥x轴于点H，令PE交x轴于点M，根据
△APM≌△QAH(AAS)，得AM=QH=1，PM=AH，求出直线PB解析式，然后把点Q的坐标代入即可
求解．
【详解】（1）∵抛物线y=ax2+2x+c过原点O(0,0)，B(−1,−3)
∴¿
解得¿
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∴抛物线的解析式为y=−x2+2x；
（2）①∵抛物线y=−x2+2x=−(x−1) 2+1；
∴抛物线开口向下，对称轴为x=1
∴当x≤1时，y随x的增大而增大，
∵M是抛物线上一点（不与点B重合），其横坐标为m，
∴当m≤1，且m≠−1时，抛物线在矩形BCMD内部的图象从左到右逐渐上升；
②∵B(−1,−3)，矩形BCMD内部的图象（包括边界）的最高点纵坐标与最低点的纵坐标之差为4
∴当点M的纵坐标为−3+4=1时，
∴1=−m2+2m
解得m=1；
当点M的纵坐标为−3−4=−7时，
∴−7=−m2+2m
解得m =1−2√2，m =1+2√2
1 2
综上所述，m=1或1−2√2或1+2√2；
③过点A作AQ⊥AP交BP的延长线于点Q，过点Q作QH⊥x轴于点H，令PE交x轴于点M，顶点
E(1，1)，
解−x2＋2x=0得x =0,x =2，
1 2
∴AM=MF=1，
∴∠EAO=∠AEP=45°，
∵∠EAP=∠BPE，∠AEP+∠EAP+∠APE=180°，∠APQ+∠BPE+∠APE=180°，
∴∠APQ=45°，
∴△APQ为等腰直角三角形，
∴AP=AQ．
∵∠PAM+∠QAH=90°，∠PAM+∠APM=90°，
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∴∠APM=∠QAH，
∵∠PMA=∠AHQ=90°，
∴ △APM≌△QAH(AAS)，
∴AM=QH=1，PM=AH，
令点P(1,m)，则PM=−m=AH，
∴Q(2−m,−1)，
设直线PB解析式为y=k'x+b'，则¿，
解得¿，
m+3 m−3
∴y= x+ ，
2 2
m+3 m−3
将点Q代入可得：−1= ×(2−m)+ ，
2 2
解得：m=±√5，
∵点P在y轴下方，
∴m<0，
∴n=−√5，
P点的坐标为(1,−√5)．
∴
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数与几何综合，全等三角形的性质和判定，坐标与
图形的性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，数形结合是解答本题的关键．
考向二 角等→三角函数
21．（2024·江苏扬州·二模）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
C(0,5)，顶点为D．O为坐标原点．
(1)求二次函数的表达式；
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(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，则P点的坐标为_______．
【答案】(1)y=−x2+4x+5
(2)30
(1 27)
(3)P ,
2 4
【分析】（1）设二次函数解析式为y=ax2+bx+5，将点A和B两点代入即可求得二次函数解析式；
（2）过D作DN⊥AB于N，作DM⊥OC于M，根据第一问可得点D(2,9)，结合矩形、三角形的面积公
式即可求得答案；
（3）连接PB，过C作CE⊥BC交BP于E，过E作EF⊥OC于F，根据题意得△OCB为等腰直角三角形，
得到CB，结合角度正切值求得CE，进一步得∠ECF=45°，判定△EFC是等腰直角三角形，即可求得点
E，利用待定系数法求得直线BE直线的解析式，联立即可求得点P．
【详解】（1）解：根据题意，设二次函数解析式为y=ax2+bx+5，
∵二次函数y=ax2+bx+5的图象与x轴交于A(−1,0),B(5,0)两点．
∴¿，
解得¿，
∴二次函数的表达式为y=−x2+4x+5．
（2）解：过D作DN⊥AB于N，作DM⊥OC于M，
根据y=−x2+4x+5，则顶点的坐标为D(2,9)，
1 1 1
S =S +S −S +S = ×1×5+2×9− ×2×(9−5)+ ×(5−2)×9=30；
四边形ACDB △AOC 矩形OMDN △CDM △DNB 2 2 2
（3）解：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，如图．
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∵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．
1 CE CE
∴tan∠ACO=tan∠PBC，即 = = ，
5 CB 5√2
∴CE=√2．
由CE⊥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
则过B、E的直线的解析式为y=− x+ ，
2 2
令¿，解得¿，或¿，
(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】本题主要考查二次函数的性质，涉及待定系数法求函数解析式、勾股定理、等腰三角形的判定和
性质、解直角三角形和解方程组，解题的关键是熟悉二次函数的性质和解直角三角形．
考向三 角等→相似
22．（2024·山西晋中·三模）综合与探究
如图，抛物线y=−x2+bx+5与x轴交于点A(−1,0)，B，与y轴交于点C，作直线BC，点P为第一象限
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内抛物线上一动点，连接PB，过点C作CQ∥PB，交x轴于点Q．
(1)求点B，C的坐标；
(2)连接PQ，求S 的最大值；
△PBQ
(3)连接AC，当∠PCB=∠ACO时，请直接写出点P的坐标．
【答案】(1)B(5,0)，C(0,5)
125
(2)
8
(14 17)
(3)点P的坐标为 ,
3 9
【分析】（1）根据A(−1,0)，利用待定系数法求得y=−x2+4x+5，分别令−x2+4x+5=0，x=0，即
可求解；
（2）连接CP，过点P作PE∥y轴，交BC于点E，由CQ∥PB，知S =S ，利用待定系数法求得
△PBQ △PBC
直线BC的表达式为y=−x+5，设P(m,−m2+4m+5)，则E(m,−m+5)，得
PE=−m2+4m+5−(−m+5)=−m2+5m，进而可得
S =
1
PE⋅OB=
5
(−m2+5m)=−
5(
m−
5) 2
+
125
，即可求解；
△PBC 2 2 2 2 8
（3）如图，过点P分别作PD⊥CB于点D，PG⊥x轴于点G，过点D作DH⊥y轴于点H，延长HD交
PG于点F，则∠CHD=∠CDP=90°，先证∠PDF=∠DPF=45°，得PF=DF，易知四边形OHFG
是矩形，得OH=GF，设CH=DH=x，则OH=GF=5−x．由∠PCB=∠ACO，知
OA 1 PD 1 1
tan∠PCB=tan∠ACO= = ．得 = ，易证△PFD∽△CHD，可得PF=DF= x，得点P的
OC 5 CD 5 5
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(6 4 )
坐标为 x,5− x 代入抛物线解析式即可求解．
5 5
【详解】（1）解：将A(−1,0)代入y=−x2+bx+5，得−(−1) 2−b+5=0，解得b=4．
∴ y=−x2+4x+5．
令−x2+4x+5=0，解得x =−1，x =5．
1 2
∵点B在点A右侧，
∴ B(5,0)．
令x=0，得y=5，
∴ C(0,5)．
（2）如图．连接CP，过点P作PE∥y轴，交BC于点E．
∵ CQ∥PB
，
∴ S =S ．
△PBQ △PBC
设直线BC的表达式为y=kx+t．
将B(5,0)，C(0,5)代入，¿，解得¿．
∴直线BC的表达式为y=−x+5
设P(m,−m2+4m+5)．
∵ PE∥y轴，
∴ E(m,−m+5)．
∴ PE=−m2+4m+5−(−m+5)=−m2+5m．
∴ S =
1
PE⋅OB=
5
(−m2+5m)=−
5(
m−
5) 2
+
125
．
△PBC 2 2 2 2 8
5
∵ − <0，
2
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5 125
∴当m= 时，S 的值最大，为 ．
2 △PBC 8
125
∴ S 的最大值为 ．
△PBQ 8
(14 17)
（3）点P的坐标为 , ．
3 9
如图，过点P分别作PD⊥CB于点D，PG⊥x轴于点G，过点D作DH⊥y轴于点H，延长HD交PG于
点F，则∠CHD=∠CDP=90°．
∵A(−1,0)，B(5,0)，C(0,5)，
∴ OA=1，OB=OC=5．
∴ ∠DCH=45°．
∴ ∠CDH=45°．
∴ CH=DH．
∵∠CDP=90°
∴ ∠PDF=45°．
易得∠PFD=90°，
∴ ∠DPF=45°．
∴ ∠PDF=∠DPF．
∴ PF=DF．
易得四边形OHFG是矩形，
∴ OH=GF.
设CH=DH=x，则OH=GF=5−x．
∵∠PCB=∠ACO，
OA 1
∴ tan∠PCB=tan∠ACO= = ．
OC 5
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PD 1
∴ = ．
CD 5
∵∠CHD=∠PFD=90°，∠HCD=∠FPD=45°，
∴△PFD∽△CHD
PF DF PD 1
∴ = = = ．
CH DH CD 5
1
∴ PF=DF= x．
5
(6 4 )
∴点P的坐标为 x,5− x ．
5 5
4 (6 ) 2 6 35
∴ 5− x=− x +4× x+5，解得x = ，x =0（舍去）．
5 5 5 1 9 2
35 6 14 4 17
当x= 时， x= ，5− x= ．
9 5 3 5 9
(14 17)
∴点P的坐标为 , ．
3 9
【点睛】本题考查用待定系数法函数解析式，一次函数与抛物线的图象性质，一次函数和抛物线的交点问
题，相似三角形的判定及性质，解直角三角形，三角形的面积．熟练掌握一次函数与抛物线的图象性质是
解题的关键．
►题型07 二次函数与倍角
考向一 二倍角→减半
23．（2024·山东烟台·中考真题）如图，抛物线y =ax2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，
1
OC=OA，AB=4，对称轴为直线l :x=−1，将抛物线y 绕点O旋转180°后得到新抛物线y ，抛物线y
1 1 2 2
与y轴交于点D，顶点为E，对称轴为直线l ．
2
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(1)分别求抛物线y 和y 的表达式；
1 2
(2)如图1，点F的坐标为(−6,0)，动点M在直线l 上，过点M作MN∥x轴与直线l 交于点N，连接FM，
1 2
DN．求FM+MN+DN的最小值；
(3)如图2，点H的坐标为(0,−2)，动点P在抛物线y 上，试探究是否存在点P，使∠PEH=2∠DHE？若
2
存在，请直接写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 =−x2−2x+3，y =x2−2x−3
1 2
(2)2+3√5
( 9 480)
(3)存在，P(3,0)或P ,−
11 121
【分析】（1）先求出点A、B、C坐标，再用待定系数法求出抛物线y 的表达式，求出其顶点坐标，由旋
1
转可知抛物线y 的二次项系数a为原来的相反数，顶点坐标与抛物线y 的顶点坐标关于原点对称，即可求
2 1
解；
（2）将点F向右平移2个单位至F'，则FF'=2，F'(−4,0)，过点D作直线l 的对称点为D'，连接
2
F'N,F'D',N D'，则四边形FF'NM为平行四边形，则MF=N F'，N D'=ND，因此
FM+MN+DN=N F'+2+N D'≥2+F'D'，即可求解；
（3）当点P在直线l 右侧抛物线上时，可得∠1=∠2，作H关于直线l 的对称点H'，则点H'在直线PE上，
2 2
可求直线PE的表达式为y=2x−6，联立¿， 解得：x=3或x=1（舍），故P(3,0)；当点P在直线l 左侧
2
抛物线上时，延长EP交y轴于点N，作HN的垂直平分线交HE于点Q，交y轴于点M，过点E作EK⊥y
轴于点K，则QM∥EK，可得QH=QN，可证明出NQ=NE，由QM∥EK，得△HMQ∽△HKE，设
HM=2m,MQ=m，则MN=HM=2m，NK=2−4m，在Rt△QMN和Rt△ENK中，由勾股定理得
，解得： 5 或 （舍），所以 ( 42)，可求直线 表达式为：
m2+(2m) 2=(2−4m) 2+12 m= m=1 N 0,− PE
11 11
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2 42，联立 ，解得： 9 或 （舍），故 ( 9 480)．
y=− x− ¿ x= x=1 P ,−
11 11 11 11 121
【详解】（1）解：设对称轴与x轴交于点G，
由题意得AG=BG=2，
∵对称轴为直线x=−1，
∴B(1,0),A(−3.0)，
∴OC=OA=3，
∴C(0,3)，
将A、B、C分别代入y =ax2+bx+c，
1
得：¿，
解得：¿，
∴y =−x2−2x+3，
1
∴y =−x2−2x+3=−(x+1) 2+4，顶点为(−1,4)
1
∵抛物线y 绕点O旋转180°后得到新抛物线y ，
1 2
∴抛物线y 的a=1，顶点为(1,−4)，
2
∴y 的表达式为：y =(x−1) 2−4，即y =x2−2x−3
2 2 2
（2）解：将点F向右平移2个单位至F'，则FF'=2，F'(−4,0)，过点D作直线l 的对称点为D'，连接
2
F'N,F'D',N D'，
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∴ND=N D'，
∵y =(x−1) 2−4，
2
∴直线l 为直线x=1，
2
∵MN∥x轴，
∴MN=1−(−1)=2，
对于抛物线y =x2−2x−3，令x=0，则y =−3，
2 2
∴D(0,−3)，
∵点D与点D'关于直线x=1对称，
∴点D'(2,−3)，
∵MN∥x轴，FF'=MN=2，
∴四边形FF'NM为平行四边形，
∴MF=N F'，
∴FM+MN+DN=N F'+2+N D'≥2+F'D'，
当点F',N,D'三点共线时，取得最小值，
而F'D'=√(−4−2) 2+(−3−0) 2=3√5，
∴FM+MN+DN的最小值为2+3√5；
（3）解：当点P在直线l 右侧抛物线上时，如图：
2
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∵抛物线y =(x−1) 2−4，
2
∴E(1,−4)
∵l ∥y轴，
2
∴∠DHE=∠1，
∵∠PEH=2∠DHE，
∴∠PEH=2∠1=∠1+∠2，
∴∠1=∠2，
作H关于直线l 的对称点H'，则点H'在直线PE上，
2
∵点H的坐标为(0,−2)，直线l ：x=1，
2
∴H'(2,−2)，
设直线PE的表达式为：y=kx+b(k≠0)，
代入H'(2,−2)，E(1,−4),
得：¿，
解得：¿，
∴直线PE的表达式为y=2x−6，
联立¿，得：x2−2x−3=2x−6，
解得：x=3或x=1（舍），
∴P(3,0)；
②当点P在直线l 左侧抛物线上时，延长EP交y轴于点N，作HN的垂直平分线交HE于点Q，交y轴于点
2
M，过点E作EK⊥y轴于点K，则QM∥EK，如图：
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∵QM垂直平分HN，
∴QH=QN，
∴∠QHN=∠QNH，
∴∠NQE=2∠NHE，
∵∠PEH=2∠DHE
∴∠NQE=∠PEH，
∴NQ=NE，
由点H(0,−2),E(1,−4)
得：EK=1,KH=2，
∵QM∥EK，
∴△HMQ∽△HKE，
HM MQ
∴ = ，
HK KE
HM MQ
∴ = ，
2 1
设HM=2m,MQ=m，
∴MN=HM=2m，NK=2−4m，
在Rt△QMN和Rt△ENK中，由勾股定理得QM2+M N2=N K2+K E2，
∴m2+(2m) 2=(2−4m) 2+12，
5
解得：m= 或m=1（舍）
11
20 2
∴NK=2− = ，
11 11
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2 42
∴ON=4− = ，
11 11
( 42)
∴N 0,− ，
11
设直线PE表达式为：y=a x+b (a ≠0)，
1 1 1
代入点N，E，
得：¿，
解得：¿
2 42
∴直线PE表达式为：y=− x− ，
11 11
联立¿，
2 42
得：− x− =x2−2x−3，
11 11
整理得：11x2−20x+9=0
9
解得：x= 或x=1（舍），
11
( 9 480)
∴P ,− ，
11 121
( 9 480)
综上所述，P(3,0)或P ,− ．
11 121
【点睛】本题是一道二次函数与角度有关的综合题，考查了待定系数法求函数解析式，三角形三边关系求
最值，平行四边形的判定与性质，中心对称图形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握
知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．
考向二 二倍角→加倍
2√3
24．（2024·四川南充·模拟预测）如图，已知抛物线y=ax2+ x+c与x轴交于A(−1,0)、B两点，与
3
y轴交于点C，OC=√3OA．
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(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，点P为第一象限内抛物线上一点，连接PC，当∠PCB=2∠OCA时，求点P的坐标．
(3)如图2，过点A作AD∥BC交抛物线于点D，已知点M是线段BC上方抛物线上一点，过点M作
MN∥y轴，交AD于N，在线段AC、AD上分别有两个动点E、F，EF=2，G是EF的中点，当
MN+DN取得最大值时，在线段BC上是否存在一点H，使得HG+HN的值最小？若存在，请求出
HG+HN的最小值；若不存在，请说明理由．
√3 2√3
【答案】(1)y=− x2+ x+√3
3 3
( 4√3)
(2) 1,
3
(3)存在，√19−1
【分析】（1）由题意可知C(0,√3)，再利用待定系数法即可求解；
（2）过点P作PK⊥y轴于点K．当y=0时，求得B(3,0)，解直角三角形可得∠OCA=30°，
∠OCB=60°，则∠PCB=2∠OCA=60°，∠PCK=60°，在Rt△PCK中，
CK= PK = √3 PK．设点P坐标为 ( t,− √3 t2+ 2√3 t+√3 ) ，则PK=t，CK=− √3 t2+ 2√3 t，
tan∠PCK 3 3 3 3 3
列出方程即可求解；
√3 √3 √3
（3）先求得直线BC解析式为y=− x+√3，直线AD解析式为y=− x− ，结合抛物线求得
3 3 3
D ( 4,− 5√3)，设 M ( m,− √3 m2+ 2√3 m+√3 )，则 N ( m,− √3 m− √3)，得
3 3 3 3 3
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√3 4√3
MN=− m2+√3m+ ，过点N作NT∥x轴，DT⊥NT，则∠DNT=∠BAD=30°，
3 3
2√3 8√3，得 √3( 1) 2 47√3，当 1时， 有最大值，
DN=2DT=− m+ MN+DN =− m− + m= MN+DN
3 3 3 2 12 2
此时 (1 5√3)．作点 关于 的对称点 ，则 ，连接 与 交于点 ，由
M , N BC N' HN=H N' N N' BC J
2 4
HN+HG=H N'+HG≥N'G，且N'G+AG≥AN'．可知HN+HG≥AN'−AG，故HN+HG的最小值
为
AN'−AG=AN'−
1
EF=AN'−1
，设
MN
交
x
轴于点
Q
，根据
N
(1
,−
√3)，结合图形求得
2 2 2
AN=2NQ=√3，根据勾股定理求得AN'=√19，即可求解．
【详解】（1）解：∵A(−1,0)，
∴OA=1，
∴OC=√3OA=√3．
∴C(0,√3)，
由题意得：¿，解得：¿，
√3 2√3
则抛物线的解析式为：y=− x2+ x+√3；
3 3
（2）过点P作PK⊥y轴于点K．
√3 2√3
当y=0时，即：− x2+ x+√3=0，解得x =−1，x =3，
3 3 1 2
∴B(3,0)．
AO 1 √3
∵AO=1，OC=√3，OB=3，tan∠OCA= = = ，
CO √3 3
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OB 3
∴∠OCA=30°，tan∠OCB= = =√3，
OC √3
∴∠OCB=60°，
∴∠PCB=2∠OCA=60°，
∴∠PCK=60°．
PK √3
在Rt△PCK中，CK= = PK．
tan∠PCK 3
设点P坐标为 ( t,− √3 t2+ 2√3 t+√3 ) ，则PK=t，CK=− √3 t2+ 2√3 t+√3−√3=− √3 t2+ 2√3 t，
3 3 3 3 3 3
√3 2√3 √3
∴− t2+ t= t，解得：t =0（不合题意，舍去），t =1，
3 3 3 1 2
( 4√3)
∴点P坐标为 1, ．
3
（3）由（2）可知，∠OCA=30°，∠OCB=60°，则∠ACB=90°，
∵AD∥BC，
∴∠ACD=90°，则∠CAB=60°，∠BAD=30°，
√3
设直线BC解析式为：y=kx+√3，则3k+√3=0，k=− ，
3
√3
∴y=− x+√3．
3
√3 √3 √3
设直线AD解析式为：y=− x +b，则 +b=0，b=− ，
3 3 3
√3 √3
∴y=− x− ．
3 3
联立¿解得¿或¿，
( 5√3)
∴D 4,− ．
3
设M ( m,− √3 m2+ 2√3 m+√3 ) ，则N ( m,− √3 m− √3) ，
3 3 3 3
∴MN= ( − √3 m2+ 2√3 m+√3 ) − ( − √3 m− √3) =− √3 m2+√3m+ 4√3 ，
3 3 3 3 3 3
过点N作NT∥x轴，DT⊥NT，则∠DNT=∠BAD=30°，
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( √3 √3 5√3) 2√3 8√3
DN=2DT=2(y −y )=2 − m− + =− m+ ，
N D 3 3 3 3 3
MN+DN= ( − √3 m2+√3m+ 4√3) + ( − 2√3 m+ 8√3) =− √3 m2+ √3 m+4√3
3 3 3 3 3 3
√3( 1) 2 47√3
=− m− + ．
3 2 12
1 (1 5√3)
当m= 时，MN+DN有最大值，此时M , ．
2 2 4
∵G是EF的中点，
1
∴AG= EF=1，
2
作点N关于BC的对称点N'，则HN=H N'，连接N N'与BC交于点J，
∵HN+HG=H N'+HG≥N'G N'G+AG≥AN'
，且 ．
∴HN+HG≥AN'−AG，
1
故HN+HG的最小值为AN'−AG=AN'− EF=AN'−1，
2
∵∠ACB=∠ACO+∠OCB=90°，
∴AC⊥BC，又BC∥AD，NJ⊥BC，
∴NJ=AC=2AO=2，N N'=2NJ=2AC=4，
设MN交x轴于点Q，
(1 √3)
∵N ,− ，
2 2
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√3 3
∴NQ= ，AQ= ，
2 2
√3
NQ 2 √3
∵tan∠NAQ= = = ，
AQ 3 3
2
∴∠NAQ=30°，
∴AN=2NQ=√3，
在Rt△AN N'中，AN'=√AN2+N'N2=√ (√3) 2+42=√19，
∴HN+HG的最小值为：AN'−1=√19−1．
【点睛】本题考查了用待定系数法求函数解析式、二次函数与几何综合、解直角三角形、最值问题、勾股
定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．
►题型08 二次函数与角的和差
25．（2024·四川泸州·模拟预测）如图，抛物线y=x2+bx+c经过A(−1，0)，B(3，0)两点，与y轴交
于点C，P为第四象限抛物线上的动点，连接AC，BC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接PC，过点P作x轴的垂线交直线BC于点D．若以C，P，D为顶点的三角形与△BOC相似，请求
出所有满足条件的点P的坐标；
(3)是否存在点P，使得∠PBC+∠ACO=45°？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)P(1，−4)或P(2，−3)
(3)存在，点P的坐标为(2，−3)
【分析】（1）将A(−1，0)，B(3，0)代入y=x2+bx+c得，¿，计算求解，进而可得抛物线的解析式；
（2）当x=0时，y=−3，即C(0，−3)，则OB=OC=3，待定系数法求直线BC的解析式为y=x−3，
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设P(m，m2−2m−3)，则D(m，m−3)，PD=3m−m2，CP2=m2+(m2−2m) 2 ，CD2=m2+m2，由
题意知，当以C，P，D为顶点的三角形与△BOC相似时，分△DCP∽△BOC，△DPC∽△BOC两种情
况求解作答即可；
（3）如图，在OC上取点E，使OE=OA=1，连接BE，证明△BOE≌△COA(SAS)，则
∠EBO=∠ACO，由OB=OC，可得∠OBC=∠OCB=45°，则∠CBE+∠ACO=45°，如图，作E
关于直线BC的对称点F，连接CF，BF，则∠FCB=∠ECB=45°，CF=CE=2，∠ECF=90°，可得
F(2，−3)，即当∠PBC+∠ACO=45°时，P为直线BF与抛物线的交点，由（2）可知，(2，−3)是
抛物线上的点，进而可知P、F重合，然后作答即可．
【详解】（1）解：将A(−1，0)，B(3，0)代入y=x2+bx+c得，¿，
解得，¿，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：当x=0时，y=−3，即C(0，−3)，
∴OB=OC=3，
设直线BC的解析式为y=kx+d，
将B(3，0)，C(0，−3)代入得，¿，
解得，¿，
∴直线BC的解析式为y=x−3，
设P(m，m2−2m−3)，则D(m，m−3)，
∴PD=3m−m2，CP2=m2+(m2−2m) 2 ，CD2=m2+m2，
由题意知，当以C，P，D为顶点的三角形与△BOC相似时，分△DCP∽△BOC，△DPC∽△BOC两种
情况求解；
当△DCP∽△BOC时，CD=CP，
∴m2+m2=m2+(m2−2m) 2 ，
解得，m=1或m=3（舍去）或m=0（舍去），
∴P(1，−4)；
当△DPC∽△BOC时，∠DPC=∠BOC=90°，
∴PC∥x轴，
把y=−3代入，得x=2，
∴P(2，−3)，D(2，−1)，
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∴PD=2=PC，成立；
综上所述，当以C，P，D为顶点的三角形与△BOC相似时，P(1，−4)或P(2，−3)；
（3）解：如图，在OC上取点E，使OE=OA=1，连接BE，
∵OE=OA，∠BOE=∠COA=90°，OB=OC，
∴△BOE≌△COA(SAS)，
∴∠EBO=∠ACO，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵∠CBE+∠EBO=45°，
∴∠CBE+∠ACO=45°，
如图，作E关于直线BC的对称点F，连接CF，BF，
∴∠FCB=∠ECB=45°，CF=CE=2，
∴∠ECF=90°，
∴F(2，−3)，
∴当∠PBC+∠ACO=45°时，P为直线BF与抛物线的交点，
由（2）可知，(2，−3)是抛物线上的点，
∴P、F重合，
∴存在点P，使得∠PBC+∠ACO=45°，点P的坐标为(2，−3)．
【点睛】本题考查了二次函数解析式，一次函数解析式，二次函数与相似综合，二次函数与角度综合，勾
股定理，全等三角形的判定与性质，轴对称的性质，等腰三角形的判定与性质等知识．熟练掌握二次函数
解析式，一次函数解析式，二次函数与相似综合，二次函数与角度综合，勾股定理，全等三角形的判定与
性质，轴对称的性质，等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
26．（2024·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A(−1,0)，B
5
两点，交y轴于点C，抛物线的对称轴是直线x= ．
2
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(1)求抛物线的表达式；
(2)点P是直线BC下方对称轴右侧抛物线上一动点，过点P作PD∥x轴交抛物线于点D，作PE⊥BC于点
√5
E，求PD+ PE的最大值及此时点P的坐标；
2
√5
(3)将抛物线沿射线BC方向平移√5个单位，在PD+ PE取得最大值的条件下，点F为点P平移后的对应
2
点，连接AF交y轴于点M，点N为平移后的抛物线上一点，若∠NMF−∠ABC=45°，请直接写出所有
符合条件的点N的坐标．
1 5
【答案】(1)y= x2− x−3
2 2
√5 15
(2)PD+ PE最大值为 ；P(5,−3)；
2 2
(5−√73 ) ( √13−1)
(3)N ,4−√73 或 1+√13,
2 2
【分析】（1）直接利用待定系数法求解抛物线的解析式即可；
（2）如图，延长PE交x轴于G，过P作PH∥y轴于H，求解BC=√32+62=3√5，可得
sin∠BCO= OB = 6 = 2√5 ，证明PE= 2√5 PH，设P ( x, 1 x2− 5 x−3 ) ，PH=− 1 x2+3x，
BC 3√5 5 5 2 2 2
PD=2x−5，再建立二次函数求解即可；
（3）由抛物线沿射线BC方向平移√5个单位，即把抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，可得
1 1
新的抛物线为：y= x2− x−7，F(3,−4)，如图，当N在y轴的左侧时，过N作NK⊥y轴于K，证明
2 2
M(0,−1)，可得∠AMO=∠OAM=45°=∠FMK，证明∠NMK=∠ABC，如图，当N在y轴的右侧
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时，过M作y轴的垂线，过N'作N'T⊥过M的垂线于T，同理可得：∠N'MT=∠ABC，再进一步结合
三角函数建立方程求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A(−1,0)，B两点，交y轴于点C，抛物线的对称轴
5
是直线x= ，
2
∴¿，
解得¿，
1 5
∴y= x2− x−3；
2 2
（2）解：如图，延长PE交x轴于G，过P作PH∥y轴于H，
1 5
∵当y= x2− x−3=0时，
2 2
解得：x =−1，x =6，
1 2
∴B(6,0)，
当x=0时，y=−3，
∴C(0,−3)，
∴BC=√32+62=3√5，
OB 6 2√5
∴sin∠BCO= = = ，
BC 3√5 5
∵PD∥x轴，
∴∠PHE=∠BCO，
PE 2√5
∴sin∠PHE= = ，
PH 5
2√5
∴PE= PH，
5
∵B(6,0)，C(0,−3)，
设BC为y=mx−3，
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1
∴6m−3=0，解得：m= ，
2
1
∴直线BC为：y= x−3，
2
设P ( x, 1 x2− 5 x−3 ) ，
2 2
( 1 )
∴H x, x−3 ，
2
1
∴PH=− x2+3x，
2
1 5 5
∵抛物线y= x2− x−3的对称轴为直线x= ，
2 2 2
∴PD=2x−5，
∴PD+ √5 PE=2x−5+ √5 × 2√5( − 1 x2+3x )
2 2 5 2
1
=− x2+5x−5，
2
5
x=− =5
√5 15
当 ( 1) 时，PD+ PE取得最大值，最大值为 ；
2× − 2 2
2
此时P(5,−3)；
（3）解：∵抛物线沿射线BC方向平移√5个单位，即把抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，
1 1
∴新的抛物线为：y= x2− x−7，F(3,−4)，
2 2
如图，当N在y轴的左侧时，过N作NK⊥y轴于K，
∵A(−1,0)，
同理可得：直线AF为y=−x−1，
当x=0时，y=−1，
∴M(0,−1)，
∴∠AMO=∠OAM=45°=∠FMK，
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∵∠NMF−∠ABC=45°，
∴∠NMK+45°−∠ABC=45°，
∴∠NMK=∠ABC，
1
∴tan∠NMK=tan∠ABC= ，
2
设N ( n, 1 n2− 1 n−7 ) ，
2 2
NK −n 1
= =
∴MK 1 1 2，
−1− n2+ n+7
2 2
5−√73 5+√73
解得：n= 或 （舍去）
2 2
(5−√73 )
∴N ,4−√73 ；
2
如图，当N在y轴的右侧时，过M作y轴的垂线，过N'作N'T⊥过M的垂线于T，
同理可得：∠N'MT=∠ABC，
设N'( x, 1 x2− 1 x−7 ) ，则T(x,−1)，
2 2
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1 1
x2− x−7+1
同理可得：2 2 1，
=
x 2
∴x=1+√13或1−√13（舍去），
∴N'(
1+√13,
√13−1)
．
2
【点睛】本题属于二次函数的综合题，难度很大，考查了待定系数法，二次函数的性质，锐角三角函数的
应用，关键是做出合适的辅助线进行转化，清晰的分类讨论是解本题的关键．
27．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，已知抛物线y=ax2−2ax+c与x轴交于点A，B（点A在点B的
左边），与y轴负半轴交于点C，且OC=3，直线y=x+b经过B，C两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，点D在抛物线上，满足∠CAB=45°+∠BCD，求点D的坐标；
(3)如图2，设抛物线的顶点为T，直线y=kx−k−3与抛物线交于点E，F（点E在点F左侧），G为EF的
TG
中点，求 的值．
EF
【答案】(1)y=x2−2x−3；
(7 20)
(2) ,− 或(5,12)；
3 9
1
(3) ．
2
【分析】（1）把C(0,−3)代入y=x+b得y=x−3，求出B(3,0)，用待定系数法可得抛物线的解析式为
y=x2−2x−3；
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（2）求出A(−1,0)，OA=1，∠BCO=45°=∠CBO，分两种情况：①当D在CB下方时，设CD延长线
1 3
交x轴于K，证明△AOC∽△COK，有 = ，得OK=9，K(9,0)，即可求得直线CK解析式为
3 OK
1 (7 20)
y= x−3，联立¿可解得D ,− ；②当D'在CB上方时，设CD'交x轴于W，过B作BT⊥x轴交直
3 3 9
线CD于T，证明△CBW≌△CBT(ASA)，可得BT=BW，求出T(3,−2)，BT=2，知W(1,0)，故直线
CW的解析式为y=3x−3，联立¿，解得D'(5,12)；
（3）求出抛物线顶点T坐标(1,−4)，联立¿得x2−(k+2)x+k=0，设E(x ,y )，F(x ,y )，则
1 1 2 2
(k+2 k2−6)
x +x =k+2，x ⋅x =k，y =kx −k−3，y =kx −k−3，由G为EF的中点，知G , ，
1 2 1 2 1 1 2 2 2 2
√ ( k+2) 2 ( k2−6) 2 √(k2+1)(k2+4)
故TG= 1− + −4− = ；根据两点间距离公式可得
2 2 2
TG 1
EF=√(x −x ) 2+(y −y ) 2=√k2+4+k2(k2+4)=√(k2+1)(k2+4)，即可得 的值为 ．
1 2 1 2 EF 2
【详解】（1）解：∵OC=3，C在y轴负半轴，
∴C(0,−3)，
把C(0,−3)代入y=x+b得−3=b，
∴y=x−3，
令y=0得x=3，
∴B(3,0)，
把B(3,0)，C(0,−3)代入y=ax2−2ax+c得：
¿，
解得¿，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：在y=x2−2x−3中，令y=0得0=x2−2x−3，
解得x=3或x=−1，
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∴A(−1,0)，OA=1，
∵B(3,0)，C(0,−3)，
∴OB=OC，
∴∠BCO=45°=∠CBO，
∵∠CAB=45°+∠BCD，
∴∠CAB=∠BCO+∠BCD，
①当D在CB下方时，设CD延长线交x轴于K，如下图，
此时∠CAB=∠BCO+∠BCD=∠DCO，
∴∠CAB+∠ACO=90°=∠DCO+∠ACO，即∠ACK=90°，
∴∠OCK=90°−∠ACO=∠OAC，
∵∠AOC=90°=∠COK，
∴△AOC∽△COK，
OA OC 1 3
∴ = ，即 = ，
OC OK 3 OK
∴OK=9，K(9,0)，
1
由C(0,−3)，K(9,0)得直线CK解析式为y= x−3，
3
联立¿，
解得¿或¿，
(7 20)
∴D ,− ；
3 9
②当D'在CB上方时，设CD'交x轴于W，过B作BT⊥x轴交直线CD于T，如上图，
此时∠BCD=∠BCD'，∠CBW =4°=∠CBT，
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又BC=BC，
∴△CBW≌△CBT(ASA)，
∴BT=BW，
1
在y= x−3中，令x=3得y=−2，
3
∴T(3,−2)，BT=2，
∴BW=2，OW=OB−BW=3−2=1，
∴W(1,0)，
由W(1,0)，C(0,−3)得直线CW的解析式为y=3x−3，
联立¿，
解得¿或¿，
∴D'(5,12)；
(7 20)
综上所述，D的坐标为 ,− 或(5,12)；
3 9
（3）解：由y=x2−2x−3=(x−1) 2−4知抛物线顶点T坐标为(1,−4)，
联立¿得x2−(k+2)x+k=0，
设E(x ,y )，F(x ,y )，则x +x =k+2，x ⋅x =k，y =kx −k−3，y =kx −k−3，
1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2
∴y + y =k(x +x )−2k−6=k(k+2)−2k−6=k2−6，
1 2 1 2
∵G为EF的中点，
(k+2 k2−6)
∴G , ，
2 2
√ ( k+2) 2 ( k2−6) 2 √(k2+1)(k2+4)
∴TG= 1− + −4− = ；
2 2 2
∵(x −x ) 2=(x +x ) 2−4x ⋅x =(k+2) 2−4k=k2+4，
1 2 1 2 1 2
∴(y −y )2=k2 (x −x )2=k2(k2+4)，
1 2 1 2
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∴EF=√(x −x ) 2+(y −y ) 2=√k2+4+k2(k2+4)=√(k2+1)(k2+4)，
1 2 1 2
√(k2+1)(k2+4)
∴TG 2 1，
= =
EF √(k2+1)(k2+4) 2
TG 1
∴ 的值为 ．
EF 2
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形全等的判定与性质，相似三角形判定与性
质，根与系数的关系，两点间距离公式等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线
段的长度．
►题型09 二次函数与三角函数
考向一 知三角函数
28．（2024·西藏·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)与x轴交于A(−1,0)，
B(3,0)两点，与y轴交于C点，设抛物线的对称轴为直线l．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图（甲），设点C关于直线l的对称点为点D，在直线l上是否存在一点P，使PA−PD有最大值？若
存在，求出PA−PD的最大值；若不存在，请说明理由；
(3)如图（乙），设点M为抛物线上一点，连接MC，过点M作MN⊥CM交直线l于点N．若
2
tan∠MCN= ，求点M的坐标．
3
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)PA−PD存在最大值；最大值为√10
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(1 15) (3 15)
(3)点M的坐标为(−1,0)或 , 或 , 或(3,0)
2 4 2 4
【分析】（1）把A(−1,0)，B(3,0)代入抛物线求出a、b的值，即可得出抛物线的解析式；
（2）先求出点C的坐标为(0,3)，连接PC、PD、PA，根据轴对称的性质得出PC=PD，
PA−PC=PA−PD，得出当PA−PC最大时，PA−PD最大，根据当点A、C、P三点在同一直线上时，
PA−PC最大，即当点P在点P'时，PA−PD最大，求出最大值即可；
（3）过点M作ED∥y轴，过点C作CD⊥DE于点D，过点N作NE⊥DE于点E，设点M的坐标为：
(m,−m2+2m+3)，得出DM=|−m2+2m+3−3|=|−m2+2m|，NE=|m−1|，证明△CDM∽△MEN，
DM CM 2
得出 = = ，从而得出3|−m2+2m|=2|m−1|，分四种情况：当m≤0时，当02时，分别求出点M的坐标即可．
【详解】（1）解：把A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx+3(a≠0)得：
¿，
解得：¿，
∴抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3；
（2）解：PA−PD存在最大值；
把x=0代入y=−x2+2x+3得：y=3，
∴点C的坐标为(0,3)，
∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
连接PC、PD、PA，如图所示：
∵点C关于直线l的对称点为点D，点P在直线l上，
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∴PC=PD，
∴PA−PC=PA−PD，
∴当PA−PC最大时，PA−PD最大，
∴当点A、C、P三点在同一直线上时，PA−PC最大，即当点P在点P'时，PA−PD最大，
∴PA−PD最大值为：AC=√12+32=√10．
（3）解：过点M作ED∥y轴，过点C作CD⊥DE于点D，过点N作NE⊥DE于点E，如图所示：
∵CM⊥MN，
∴∠CMN=90°，
MN 2
∴tan∠MCN= = ，
CM 3
设点M的坐标为：(m,−m2+2m+3)，
∴DM=|−m2+2m+3−3|=|−m2+2m|，NE=|m−1|，
∵∠CMN=∠NEM=∠CDM=90°，
∴∠DCM+∠CMD=∠CMD+∠NME=90°，
∴∠DCM=∠NME，
∴△CDM∽△MEN，
NE MN 2
∴ = = ，
DM CM 3
|m−1| 2
=
∴ ，
|−m2+2m| 3
∴2|−m2+2m|=3|m−1|，
当m≤0时，−m2+2m≤0，m−1<0，则：
2m2−4m=3−3m，
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3
解得：m =−1，m = （舍去），
1 2 2
此时点M坐标为：(−1,0)；
当00，m−1≤0，则：
−2m2+4m=3−3m，
1
解得：m =3（舍去），m =
1 2 2
(1 15)
此时点M坐标为： , ；
2 4
当10，则：
−2m2+4m=3m−3，
3
解得：m = ，m =−1（舍去），
1 2 2
(3 15)
此时点M坐标为： , ；
2 4
当m>2时，−m2+2m<0，m−1>0，则：
2m2−4m=3m−3，
1
解得：m =3，m = （舍去），
1 2 2
此时点M坐标为：(3,0)；
(1 15) (3 15)
综上分析可知：点M坐标为：(−1,0)或 , 或 , 或(3,0)．
2 4 2 4
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，求二次函数解析式，轴对称的性质，两点间距离公式，解
直角三角形的相关计算，解一元二次方程，相似三角形的判定和性质，解题的关键是数形结合，熟练掌握
相关的判定和性质，注意进行分类讨论．
考向二 求三角函数
29．（2024·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L：y=ax2−2ax−3a(a>0)
与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），其顶点为C，D是抛物线第四象限上一点．
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(1)求线段AB的长；
(2)当a=1时，若△ACD的面积与△ABD的面积相等，求tan∠ABD的值；
(3)延长CD交x轴于点E，当AD=DE时，将△ADB沿DE方向平移得到△A'EB'．将抛物线L平移得到抛
物线L'，使得点A'，B'都落在抛物线L'上．试判断抛物线L'与L是否交于某个定点．若是，求出该定点坐
标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)AB=4
10
(2)tan∠ABD=
3
(3)抛物线L'与L交于定点(3,0)
【分析】（1）根据题意可得ax2−2ax−3a=0，整理得x2−2x−3=0，即可知A(−1,0),B(3,0),则有
AB=4；
（2）由题意得抛物线L：y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，则C(1,−4),设D(n,n2−2n−3), (00)，由于过点A'，B'可求得抛物线L'
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解析式为y=ax2+(−2an−4a)x+6an+3a，根据ax2−2ax−3a=ax2+(−2an−4a)x+6an+3a解得
x=3，即可判断抛物线L'与L交于定点(3,0)．
【详解】（1）解：∵抛物线L：y=ax2−2ax−3a(a>0)与x轴交于A，B两点，
∴ax2−2ax−3a=0，整理得x2−2x−3=0，解得x =−1,x =3,
1 2
∴A(−1,0),B(3,0),
则AB=3−(−1)=4；
（2）当a=1时，抛物线L：y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
则C(1,−4),
1 1
设D(n,n2−2n−3), (00)，
∵点A'，B'都落在抛物线L'上
∴¿
解得¿，
则抛物线L'解析式为y=ax2+(−2an−4a)x+6an+3a
∵ax2−2ax−3a=ax2+(−2an−4a)x+6an+3a
整理得(n+1)x=3n+3，解得x=3，
∴抛物线L'与L交于定点(3,0)．
【点睛】本题主要考查二次函数的性质、两点之间的距离、一次函数的性质、求正切值、二次函数的平移、
等腰三角形的性质和抛物线过定点，解题的关键是熟悉二次函数的性质和平移过程中数形结合思想的应用．
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二次函数作为中考数学的重难点，常常出现在压轴题中，对学生的综合能力要求较高。以下是针对二
次函数压轴题的专项突破解题思路，帮助学生理清思路，提高解题效率。
一、基础知识回顾
1.解析式求解：掌握二次函数的一般式、顶点式和交点式，根据不同条件选择适当的解析式形式。
2. 函数性质与图像：理解二次函数的开口方向、对称轴、顶点坐标、最值以及与x轴、y轴的交点等基本
性质。
3. 相关知识：熟练掌握一次函数、反比例函数、点的坐标、方程求解等基础知识，并熟悉三角形、四边形、
圆及平行线、垂直等几何图形的性质。
二、典型题型与解题技巧
1. 求解析式
例题：已知抛物线经过三点，求解析式。
方法：利用待定系数法，将已知点的坐标代入一般式或顶点式，解方程组求出a、b、c的值。
2. 面积问题
例题：已知抛物线上一点M，求△MBC面积的最大值。
方法：利用平行于y轴的直线MN分割三角形，将面积表示为MN与底边长度的函数关系，通过求导或配
方法求最值。
3. 最值问题
例题：求抛物线上一动点到某直线的距离最大值。
方法：将距离表示为二次函数，利用配方法或求导法求最值，或通过几何方法（如相似三角形、点到直线
的距离公式）求解。
4. 与圆相关的问题
例题：判断抛物线上是否存在一点，使得该点到原点的距离等于到某定点的距离。
方法：利用圆的定义和两点间距离公式建立方程，解方程求出符合条件的点坐标。
5. 构造特殊图形
例题：是否存在抛物线上一点，使得以该点为顶点的三角形为直角三角形或菱形。
方法：利用几何图形的性质（如勾股定理、菱形的对角线互相垂直平分）建立方程，求解符合条件的点坐
标。
三、解题策略
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1. 数形结合：充分利用二次函数的图像，直观理解问题，将代数问题转化为几何问题。
2. 转化思想：将复杂问题转化为简单问题，如将面积问题转化为线段长度问题，将最值问题转化为函数极
值问题。
3. 动中找不动：对于动点动线问题，找到运动过程中的不变量，建立方程求解。
4. 分类讨论：对于存在性问题，根据条件进行分类讨论，确保不遗漏任何情况。
通过系统学习二次函数的基础知识，掌握典型题型的解题技巧，并灵活运用解题策略，学生可以有效
突破二次函数压轴题，提高数学综合能力。
1．（2025·广西河池·模拟预测）如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A，B(1,0)两点，与y轴交于点C，
对称轴为直线x=−1．
(1)求抛物线的解析式及顶点坐标；
(2)点P是直线AC上方抛物线上的动点，连接PA、PC，求△PAC面积的最大值．
【答案】(1)y=−x2−2x+3，抛物线顶点坐标为(−1,4)
27
(2)
8
【分析】本题主要考查待定系数法求解析式，二次函数与几何图形面积的综合，掌握二次函数图象的性质，
几何图形面积与二次函数最值的计算方法是解题的关键．
b
（1）把点B(1,0)代入抛物线，根据对称轴直线x=− =−1，运用待定系数法即可求解抛物线解析式，
2a
再把一般式化为顶点式即可得到顶点坐标；
（2）把点N(2,n)代入抛物线解析式可得n=−5，再令y=−5时得到抛物线与x轴的两个交点，由m>n，
结合图形即可求解；
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（3）过点P作PF⊥x轴交于点F，与直线AC交于点E，设P坐标为(e,−e2−2e+3)，根据二次函数与
坐标轴的交点的计算方法可得C(0,3)，A(−3,0)，可解出直线AC的解析式为y=x+3，则
3( 3) 2 27
F(e,e+3)(−3
