文档内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
模块五 函数压轴
第 13 讲 二次函数专项突破二
（思维导图+11种题型（含31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 二次函数与图形变换
考向一 平移
考向二 翻折
►题型02 二次函数与相似三角形
考向一 已知相似三角形求值
考向二 已知相似三角形求坐标
考向三 相似三角形存在性问题
►题型03 二次函数等腰三角形
考向一 已知等腰三角形求值
考向二 已知等腰三角形求坐标
考向三 等腰三角形存在性问题
►题型04 二次函数与直角三角形
考向一 已知直角三角形求值
考向二 已知直角三角形求坐标
考向三 直角三角形存在性问题
1关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
►题型05 二次函数与等腰直角三角形
考向一 已知等腰直角三角形求值
考向二 已知等腰直角三角形求坐标
考向三 等腰直角三角形存在性问题
►题型06 二次函数与平行四边形
考向一 已知平行四边形求值/坐标
考向二 平行四边形存在性问题（两定两动，一边明确）
考向三 平行四边形存在性问题（两定两动，边未明确）
►题型07 二次函数与矩形，菱形，正方形存在性问题
►题型08 二次函数与最值问题
考向一 线段最值
考向二 周长最值
考向三 线段比/面积比最值
考向四 将军饮马/将军遛马问题
考向五 胡不归/阿氏圆最值问题
►题型09 二次函数与定值问题
考向一 两定一动
考向二 一定两动
考向三 化斜为直
►题型10 二次函数与定点问题
考向一 单切线类
考向二 双切线
2关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
考向三 抛物线内接三角形类
►题型11 二次函数与参数
考向一 参数表示量
考向二 定值求参
考向三 参数间存在的数量关系
3关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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
4关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
03 核心精讲 · 题型突破
►题型01 二次函数与图形变换
考向一 平移
3
1．（2023·上海·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知直线y= x+6与x轴交于点A，y轴交于点
4
B，点C在线段AB上，以点C为顶点的抛物线M：y=ax2+bx+c经过点B．
(1)求点A，B的坐标；
(2)求b，c的值；
(3)平移抛物线M至N，点C，B分别平移至点P，D，联结CD，且CD∥x轴，如果点P在x轴上，且新抛
物线过点B，求抛物线N的函数解析式．
【答案】(1)A(−8,0)，B(0,6)
3
(2)b= ，c=6
2
3 3
(3)y= (x−4√2) 2 或y= (x+4√2) 2
16 16
3
【分析】（1）根据题意，分别将x=0，y=0代入直线y= x+6即可求得；
4
（2）设C ( m, 3 m+6 ) ，得到抛物线的顶点式为y=a(x−m) 2+ 3 m+6，将B(0,6)代入可求得m=− 3 ，
4 4 4a
5关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
3
进而可得到抛物线解析式为y=ax2+ x+6，即可求得b，c；
2
( 3 )
（3）根据题意，设P(p,0)，C m, m+6 ，根据平移的性质可得点B，点C向下平移的距离相同，即列
4
3 3
式求得m=−4，a= ，然后得到抛物线N解析式为：y= (x−p) 2 ，将B(0,6)代入可得p=±4√2，即
16 16
可得到答案．
3
【详解】（1）解：∵直线y= x+6与x轴交于点A，y轴交于点B，
4
当x=0时，代入得：y=6，故B(0,6)，
当y=0时，代入得：x=−8，故A(−8,0)，
( 3 )
（2）设C m, m+6 ，
4
3
则可设抛物线的解析式为：y=a(x−m) 2+ m+6，
4
∵抛物线M经过点B，
3
将B(0,6)代入得：am2+ m+6=6，
4
∵m≠0，
3
∴am=− ，
4
3
即m=− ，
4a
3 3
∴将m=− 代入y=a(x−m) 2+ m+6，
4a 4
3
整理得：y=ax2+ x+6，
2
3
故b= ，c=6；
2
（3）如图：
6关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∵CD∥x轴，点P在x轴上，
( 3 )
∴设P(p,0)，C m, m+6 ，
4
∵点C，B分别平移至点P，D，
∴点B，点C向下平移的距离相同，
3 (3 )
∴ m+6=6− m+6 ，
4 4
解得：m=−4，
3
由（2）知m=− ，
4a
3
∴a= ，
16
3
∴抛物线N的函数解析式为：y= (x−p) 2 ，
16
将B(0,6)代入可得：p=±4√2，
3 3
∴抛物线N的函数解析式为：y= (x−4√2) 2 或y= (x+4√2) 2 ．
16 16
【点睛】本题考查了求一次函数与坐标轴的交点坐标，求抛物线的解析式，平移的性质，二次函数的图象
和性质等，解题的关键是根据的平移性质求出m和a的值．
2．（2023·湖北宜昌·中考真题）如图，已知A(0,2),B(2,0)．点E位于第二象限且在直线y=−2x上，
∠EOD=90°，OD=OE，连接AB，DE，AE，DB．
7关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(1)直接判断△AOB的形状：△AOB是_________三角形；
(2)求证：△AOE≌△BOD；
(3)直线EA交x轴于点C(t,0),t>2．将经过B，C两点的抛物线y =ax2+bx−4向左平移2个单位，得到
1
抛物线y ．
2
①若直线EA与抛物线y 有唯一交点，求t的值；
1
②若抛物线y 的顶点P在直线EA上，求t的值；
2
2
③将抛物线y 再向下平移， 个单位，得到抛物线y ．若点D在抛物线y 上，求点D的坐标．
2 (t−1) 2 3 3
【答案】(1)等腰直角三角形
(2)详见解析
(12 6)
(3)①t=3；②t=6；③D ,
5 5
【分析】（1）由A(0,2),B(2,0)得到OA=OB=2，又由∠AOB=90°，即可得到结论；
（2）由∠EOD=90°，∠AOB=90°得到∠AOE=∠BOD，又有AO=OB，OD=OE，利用SAS即可
证明△AOE≌△BOD；
（3）①求出直线AC的解析式和抛物线y 的解析式，联立得x2−(t+3)x+3t=0，由
1
Δ=(t+3) 2−4×3t=(t−3) 2=0即可得到t的值；
②抛物线
y =−
2
x2+
2
(t+2)x−4
向左平移2个单位得到抛物线
y =−
2(
x−
t−2) 2
+
(t−2) 2 ，则抛物
1 t t 2 t 2 2t
线 的顶点 (t−2 (t−2) 2 )，将顶点 (t−2 (t−2) 2 )代入 2 得到 ，解得
y P , P , y =− x+2 t2−6t=0
❑2 2 2t 2 2t AC t
8关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
t =0,t =6,根据t>2即可得到t的值；
1 2
③过点E作EM⊥x轴，垂足为M，过点D作DN⊥x轴，垂足为N，先证明△ODN≌△EOM(AAS)，
t 2
则ON=EM,DN=OM，设EM=2OM=2m,由OA∥EM得到OC:CM=OA:EM,则 = ,求得
t+m 2m
t ( 2t t ) 2
m= ,得到D , ，由抛物线y 再向下平移 个单位，得到抛物线
t−1 t−1 t−1 2 (t−1) 2
y =− 2 x2+ 2 (t−2)x− 2 ,把D ( 2t , t ) 代入抛物线y =− 2 x2+ 2 (t−2)x− 2 ,得到
3 t t (t−1) 2 t−1 t−1 3 t t (t−1) 2
1
3t2−19t+6=0,解得t = ,t =6,由t>2，得t=6,即可得到点D的坐标．
1 3 2
【详解】（1）证明：∵A(0,2),B(2,0)，
∴OA=OB=2，
∵∠AOB=90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角三角形
（2）如图，
∵∠EOD=90°，∠AOB=90°，
∴∠AOB−∠AOD=∠DOE−∠AOD，
∴∠AOE=∠BOD，
∵AO=OB,OD=OE，
∴△AOE≌△BOD(SAS)；
（3）①设直线AC的解析式为y=kx+b，
∵A(0,2),C(t,0)，
9关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴¿，
2
∴y =− x+2，
AC t
将C(t,0),B(2,0)代入抛物线y =ax2+bx−4得，
1
¿，
2 2
解得a=− ,b= (t+2)，
t t
2 2
∴y =− x2+ (t+2)x−4，
1 t t
2 2 2
∵直线y =− x+2与抛物线y =− x2+ (t+2)x−4有唯一交点
AC t 1 t t
∴联立解析式组成方程组解得x2−(t+3)x+3t=0
∴Δ=(t+3) 2−4×3t=(t−3) 2=0
∴t=3
2 2
②∵抛物线y =− x2+ (t+2)x−4向左平移2个单位得到y ，
1 t t 2
2( t−2) 2 (t−2) 2
∴抛物线y =− x− + ，
2 t 2 2t
(t−2 (t−2) 2 )
∴抛物线y 的顶点P , ，
❑2
2 2t
(t−2 (t−2) 2 ) 2
将顶点P , 代入y =− x+2，
2 2t AC t
∴t2−6t=0，解得t =0,t =6,
1 2
∵t>2，
∴t=6；
③过点E作EM⊥x轴，垂足为M，过点D作DN⊥x轴，垂足为N,
10关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴∠EMO=∠OND=90°，
∵∠DOE=90°，
∴∠EOM+∠MEO=∠EOM+∠NOD=90°，
∴∠MEO=∠NOD，
∵OD=OE，
∴△ODN≌△EOM(AAS)，
∴ON=EM,DN=OM，
∵OE的解析式为y=−2x，
∴设EM=2OM=2m,
∴DN=OM=m，
∵EM⊥x轴,
∴OA∥EM,
∴△CAO~△CEM，
∴OC:CM=OA:EM,
t 2
∴ = ,
t+m 2m
t
∴m= ,
t−1
2t t
∴EM=ON=2OM=2m= ，DN=OM=m= ，
t−1 t−1
( 2t t )
∴D , ,
t−1 t−1
2
∵抛物线y 再向下平移 个单位，得到抛物线y ，
2 (t−1) 2 3
2 2 2
∴抛物线y
3
=−
t
x2+
t
(t−2)x−
(t−1) 2 ,
11关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴D ( t 2 − t 1 , t− t 1 ) 代入抛物线y 3 =− 2 t x2+ 2 t (t−2)x− (t− 2 1) 2 ,
∴3t2−19t+6=0,
1
解得t = ,t =6,
1 3 2
由t>2，得t=6,
2t 12 12 t 6 6
∴ = = , = = ，
t−1 6−1 5 t−1 6−1 5
(12 6)
∴D , ．
5 5
【点睛】此题是二次函数和几何综合题，考查了二次函数的平移、二次函数与一次函数的交点问题、待定
系数法求函数解析式、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质及相似三角形的判定与性质等知识点，
综合性较强，熟练掌握二次函数的平移和数形结合是解题的关键．
考向二 翻折
3．（2023·四川德阳·中考真题）已知：在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A(−4,0)，B(2,0)，
与y轴交于点C(0,−4)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，如果把抛物线x轴下方的部分沿x轴翻折180°，抛物线的其余部分保持不变，得到一个新图象．
当平面内的直线y=kx+6与新图象有三个公共点时，求k的值；
(3)如图2，如果把直线AB沿y轴向上平移至经过点D，与抛物线的交点分别是E，F，直线BC交EF于点
DF
H，过点F作FG⊥CH于点G，若 =2√5．求点F的坐标．
HG
12关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1
【答案】(1)y= x2+x−4
2
3
(2)1或
2
(3)(4,8)
【详解】（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
∵C(0,−4)，
∴c=−4，
y=ax2+bx−4，
把A(−4,0)，B(2,0)代入y=ax2+bx+c，得：¿，
解得：¿，
1
∴抛物线的解析式为y= x2+x−4
2
（2）∵直线表达式y=kx+6，
∴直线经过定点(0,6)，
∴将过点(0,6)的直线旋转观察和新图象的公共点情况
1
∵把抛物线x轴下方的部分沿x轴翻折180°，抛物线的解析式为y= x2+x−4，
2
1 1
∴新图象表达式为：−40)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．
(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
(1+√13 7+√13) ( 4−2√13)
(3)P(√2,√2)，Q(0,√2−1)或P , ，Q 0, 或P(1+√3,−1−√3)，Q(0,1)
3 9 9
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
38关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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）．
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．
39关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
①若点P在点B左侧，
则∠CBN=45°，BN=2−m，CB=2√2．
当△POQ∽△CBN，即∠POQ=∠CBN=45°时，如图所示：
则：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=∠CBN=45°时，过点P作PT⊥y轴，如图所示：
则PT=TQ=m，
∴PQ=√2m，OQ=m−(−m2+m+2)=m+m2−m−2=m2−2，
∵△POQ∽△CNB，
40关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
PQ OQ √2m m2−2
∴ = ，即 = ，
CB NB 2√2 2−m
1+√13 1−√13
解得：m= 或m= （舍去），
3 3
1+√13
经检验m= 是原方程的解，
3
(1+√13 7+√13) −4+2√13
此时点P , ，OQ= ，
3 9 9
( 4−2√13)
∴Q 0, ；
9
②若点P在点B右侧，则∠CBN=135°，BN=m−2，
当△POQ∽△CBN，即∠POQ=∠CBN=135°时，如图所示：
此时直线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，
∵△POQ∽△CBN，
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=∠CBN=135°时，如图所示：
41关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
PQ=√2m OQ=−(−m2+m+2)−m=m2−2m−2
， ，
∵△POQ∽△CNB，
PQ OQ √2m m2−2m−2
∴ = ，即 = ，
CB NB 2√2 m−2
解得m=1+√5或m=1−√5（舍去），
经检验m=1+√5是原方程的解，
∴ P(1+√5,−3−√5)，OQ=2,
∴Q(0,−2)．
(1+√13 7+√13) ( 4−2√13)
综上，P(√2,√2)，Q(0,√2−1)或P , ，Q 0, 或P(1+√3,−1−√3)，
3 9 9
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．
考向二 已知等腰三角形求坐标
2．（2023·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+c经过点P(4,−3)，
与y轴交于点A(0,1)，直线y=kx(k≠0)与抛物线交于B，C两点．
42关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若△ABP是以AB为腰的等腰三角形，求点B的坐标；
(3)过点M(0,m)作y轴的垂线，交直线AB于点D，交直线AC于点E．试探究：是否存在常数m，使得
OD⊥OE始终成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
1
【答案】(1)y=− x2+1
4
(2)点B的坐标为(−4,−3)或(−2−2√5,−5−2√5)或(−2+2√5,−5+2√5)
2
(3)存在，m的值为2或
3
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）设B ( t,− 1 t2+1 ) ，分AB=AP和AB=BP两种情况，分别根据等腰三角形性质和两点坐标距离公式
4
列方程求解即可；
1
（3）先根据题意画出图形，设抛物线y=− x2+1与直线y=kx(k≠0)的交点坐标为B(a,ka)，C(b,kb)，
4
联立抛物线和直线解析式，根据根与系数关系得到a+b=−4k，ab=−4，利用待定系数法分别求得直线
(a(m−1) ) (b(m−1) )
AB、AC的表达式为得到D ,m ， E ,m ，过E作EQ⊥x轴于Q，过D作DN⊥x
ka−1 kb−1
b(m−1)
−
m kb−1
轴于N，证明△EQO∽△OND得到 = ，整理可得到m2=4(m−1) 2，进而求解即可．
a(m−1) m
ka−1
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+c经过点P(4,−3)，与y轴交于点A(0,1)，
∴¿，解得¿，
43关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1
∴抛物线的函数表达式为y=− x2+1；
4
（2）解：设B ( t,− 1 t2+1 ) ，
4
根据题意，△ABP是以AB为腰的等腰三角形，有两种情况：
当AB=AP时，点B和点P关于y轴对称，
∵P(4,−3)，∴B(−4,−3)；
当AB=BP时，则AB2=BP2，
∴(t−0) 2+ ( − 1 t2+1−1 ) 2 =(t−4) 2+ ( − 1 t2+1+3 ) 2 ，
4 4
整理，得t2+4t−16=0，
解得t =−2−2√5，t =−2+2√5，
1 2
1 1
当t=−2−2√5时，− t2+1 =− ×(−2−2√5) 2+1=−5−2√5，则B(−2−2√5,−5−2√5)，
4 4
1 1
当t=−2+2√5时，− t2+1 =− ×(−2+2√5) 2+1=−5+2√5，则B(−2+2√5,−5+2√5)，
4 4
综上，满足题意的点B的坐标为(−4,−3)或(−2−2√5,−5−2√5)或(−2+2√5,−5+2√5)；
（3）解：存在常数m，使得OD⊥OE．
根据题意，画出图形如下图，
44关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1
设抛物线y=− x2+1与直线y=kx(k≠0)的交点坐标为B(a,ka)，C(b,kb)，
4
1
由y=− x2+1=kx得x2+4kx−4=0，
4
∴a+b=−4k，ab=−4；
设直线AB的表达式为y=px+q，
则¿，解得¿，
ka−1
∴直线AB的表达式为y= x+1，
a
ka−1 a(m−1)
令y=m，由y= x+1=m得x= ，
a ka−1
(a(m−1) )
∴D ,m ，
ka−1
kb−1 (b(m−1) )
同理，可得直线AC的表达式为y= x+1，则E ,m ，
b kb−1
过E作EQ⊥x轴于Q，过D作DN⊥x轴于N，
b(m−1) a(m−1)
则∠EQO=∠OND=90°，EQ=ND=m，QO=− ，ON= ，
kb−1 ka−1
若OD⊥OE，则∠EOD=90°，
∴∠QEO+∠QOE=∠DON+∠QOE=90°，
∴∠QEO=∠DON，
∴△EQO∽△OND，
EQ QO
∴ = ，
ON ND
45关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
b(m−1)
−
m kb−1
则 = ，
a(m−1) m
ka−1
整理，得m2(ka−1)(kb−1)=−ab(m−1) 2，
即m2[abk2−k(a+b)+1]=−ab(m−1) 2，
将a+b=−4k，ab=−4代入，得m2(−4k2+4k2+1)=4(m−1) 2，
即m2=4(m−1) 2，则m=2(m−1)或m=−2(m−1)，
2
解得m =2，m = ，
1 2 3
2
综上，存在常数m，使得OD⊥OE，m的值为2或 ．
3
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式、等腰三角形的性质、一元二
次方程根与系数关系、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、坐标与图形等知识，综合性强，难度
较大，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加辅助线构造相似三角形，并利用数形结合和分类讨论思想解
决问题是解答的关键．
考向三 等腰三角形存在性问题
3.（2024·云南怒江·一模）已知抛物线y=−x2+4x+5与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴
交于点C．
(1)求A、B、C三点的坐标；
(2)点D是直线BC上方抛物线上的点，连接BD、CD，求S 的最大值；
△BCD
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得△BCP是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，
46关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
请说明理由．
【答案】(1)A(−1,0)，B(5,0)，C(0,5)
125
(2)最大值为
8
(3)存在，(2,√41)或(2,−√41)或(2,5+√46)或(2,5−√46)或(2,2)
【分析】（1）分别令y=0、x=0计算即可得解；
（2）求出直线BC的解析式为：y=−x+5，过点D作DE∥y轴，交BC于点E，设点D的坐标为
(m,−m2+4m+5)，则E(m,−m+5)，求出DE=−m2+5m，再由S =S +S 并结合二次函数
△BCD △BDE △CDE
的性质即可得解；
（3）设P(2,n)，则BP2=n2+9，CP2=(n−5) 2+4，BC2=25+25=50，再分三种情况：当BC=BP时，
当BC=CP时，当BP=CP时，分别求解即可．
【详解】（1）解：令y=−x2+4x+5=0，
解得：x =−1，x =5，
1 2
∵点A在点B左侧，
∴A(−1,0)，B(5,0)，
当x=0时，y=5，
∴C(0,5)；
（2）解：设直线BC的解析式为y=kx+b，
∵B(5,0)，C(0,5)，
∴¿，
解得：¿，
∴直线BC的解析式为：y=−x+5，
过点D作DE∥y轴，交BC于点E，
47关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
设点D的坐标为(m,−m2+4m+5)，则E(m,−m+5)，
∴DE=−m2+4m+5−(−m+5)=−m2+5m，
∴S =S +S =
1
×(−m2+5m)×5=−
5
m2+
25
m=−
5(
m−
5) 2
+
125
，
△BCD △BDE △CDE 2 2 2 2 2 8
5 125
∴当m= 时，△BCD的面积最大，最大值为 ；
2 8
4
（3）解：∵点P在抛物线对称轴上，且对称轴为：x=− =2，
−2
∴设P(2,n)，则BP2=n2+9，CP2=(n−5) 2+4，BC2=25+25=50，
△BCP是等腰三角形，需分3种情况讨论：
①当BC=BP时，n2+9=50，解得：n=±√41，
此时点P的坐标为(2,√41)或(2,−√41)；
②当BC=CP时，(n−5) 2+4=50，解得：n=5±√46，
此时点P的坐标为(2,5+√46)或(2,5−√46)；
③当BP=CP时，n2+9=(n−5) 2+4，解得：n=2，
此时点P的坐标为(2,2)．
综上所述，满足条件的点P有5个，分别为(2,√41)或(2,−√41)或(2,5+√46)或(2,5−√46)或(2,2)．
【点睛】本题考查了二次函数与坐标轴的交点、二次函数综合—面积问题、二次函数综合—特殊三角形、
勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
4．（2023·青海·中考真题）如图，二次函数y=−x2+bx+c的图象与x轴相交于点A和点C(1,0)，交y轴于
48关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
点B(0,3)．
(1)求此二次函数的解析式；
(2)设二次函数图象的顶点为P，对称轴与x轴交于点Q，求四边形AOBP的面积（请在图1中探索）；
(3)二次函数图象的对称轴上是否存在点M，使得△AMB是以AB为底边的等腰三角形？若存在，请求出满
足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由（请在图2中探索）．
【答案】(1)y=−x2−2x+3；
15
(2) ；
2
(3)M(−1，1)
【分析】（1）将B，C两点坐标代入抛物线的解析式，进一步求解得出结果；
（2）连接OP，将二次函数的解析式配方求得顶点的坐标，邻y=0求得A的坐标，从而求得OQ，PQ，
OA的长，再根据S =S +S 求得结果；
四边形AOBP △AOP △BOP
（3）设M(−1，m)，表示出AM和BM，根据AM2=BM2列出方程求得m的值，进而求得结果．
【详解】（1）解：由题意得，
¿，
∴¿，
∴y=−x2−2x+3；
（2）解：如图，连接OP，
49关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∵y=−x2−2x+3=−(x+1) 2+4，
∴P(−1，4)，
∴PQ=4，OQ=1，
由−x2−2x+3=0得，x =1，x =−3，
1 2
∴OA=3，
1 1 1 1 15
∴S =S +S = OA⋅PQ+ OB⋅OQ= ×3×4+ ×3×1= ；
四边形AOBP △AOP △BOP 2 2 2 2 2
（3）解：设M(−1，m)，
∵OA=3，
∴A(−3，0)，
由AM2=BM2得[(−3)−(−1)] 2 +m2=(−1) 2+(m−3) 2，
∴m=l，
∴M(−1，1)．
【点睛】本题考查了二次函数及其图象的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，解决问题的关键是
熟练掌握有关基础知识．
►题型04 二次函数与直角三角形
考向一 已知直角三角形求值
1．（2023·湖南益阳·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，直线l:y=a(x+2)(a>0)与x轴交于点A，与
抛物线E:y=ax2交于B，C两点（B在C的左边）．
(1)求A点的坐标；
(2)如图1，若B点关于x轴的对称点为B'点，当以点A，B'，C为顶点的三角形是直角三角形时，求实数a
50关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
的值；
(3)定义：将平面直角坐标系中横坐标与纵坐标均为整数的点叫作格点，如(−2,1)，(2,0)等均为格点．如图
2，直线l与抛物线E所围成的封闭图形即阴影部分（不包含边界）中的格点数恰好是26个，求a的取值
范围．
【答案】(1)(−2，0)
√15
(2)a=1或a= ；
5
13 20
(3) 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2− 时，y >y ；m=− 时，y = y ；m<− 时，y 0时，即m>− 时，y >y ；
2 2 1 2
1 1
当m+ =0时，即m=− 时，y = y ；
2 2 1 2
105关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1 1
当m+ <0时，即m<− 时，y 1，两种情况，结合二次函数的增减性进行求解即可．
（3）分BD为菱形的边和菱形的对角线两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3经过点A(3,0)，与y轴交于点B，且关于直线x=1对称，
∴¿，解得：¿，
∴y=−x2+2x+3；
（2）∵抛物线的开口向下，对称轴为直线x=1，
∴抛物线上点到对称轴上的距离越远，函数值越小，
∵−1≤x≤t时，0≤ y≤2t−1，
①当t≤1时，则：当x=t时，函数有最大值，即：2t−1=−t2+2t+3，
解得：t=−2或t=2，均不符合题意，舍去；
②当t>1时，则：当x=1时，函数有最大值，即：2t−1=−12+2+3=4，
5
解得：t= ；
2
5
故t= ；
2
（3）存在；
当y=−x2+2x+3=0时，解得：x =3,x =−1，当x=0时，y=3，
1 2
∴A(3,0)，B(0,3)，
设直线AB的解析式为y=kx+3，把A(3,0)代入，得：k=−1，
∴y=−x+3，
设C(m,−m2+2m+3)(03时，m−4=0，解得m=4；
2
（4）当m>3时，PQ与直线AB的交点为(m,m−3)，
1
×(m−3)×(m−3)
S 2 1 S 1
1= ≤ ，则m>3时 1≤ ；当03时，m−4=0，
解得m=4；
3+√5
综上所述：m的值为0或4或 ；
2
（4）∵PM∥x轴，
∴M(3,m2−2m−3),Q(m,0)，
当m>3时，PQ与直线AB的交点为(m,m−3)，
1
×(m−3)×(m−3)
S 2 1
∴ 1= ≤ ，
S 1 1 2
2 ×(m−3)×(m2−2m−3)− ×(m−3) 2
2 2
解得m≥2，
S 1
∴m>3时， 1≤ ；
S 2
2
当00．
(1)求a，c的值；
(2)若该二次函数的最小值是−4，且它的图像与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点
C．
①求该二次函数的解析式，并直接写出点A，B的坐标；
②如图，在y轴左侧该二次函数的图像上有一动点P，过点P作x轴的垂线，垂足为D，与直线AC交于点
S 3
E，连接PC，CB，BE．是否存在点P，使 △PCE= ？若存在，求此时点P的横坐标；若不存在，请说
S 8
△CBE
明理由．
【答案】(1)a=1，c=−3
(2) 该二次函数的解析式为：y=x2+2x−3；A(−3,0)， B(1,0)
① −3+√3 −3−√3 −3−√15
②存在，P点横坐标为： 或 或
2 2 2
b 0−b b
【分析】（1）先求得c=−3，则可得(0,−3)和(−b,c)关于对称轴x=− 对称，由此可得 =− ，
2a 2 2a
132关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
进而可求得a=1；
−12−b2
（2）①根据抛物线顶点坐标公式得y = =−4，由此可求得b=2，进而可得抛物线的表达式
最小值 4
为y=x2+2x−3，进而可得A(−3,0)，B(1,0)；
②分两种情况进行讨论：当点P在点A右侧时，当点P在点A左侧时，分别画出图形，求出点P的坐标即
可．
【详解】（1）解：∵y=ax2+bx+c的图像经过(0,−3)，
∴c=−3，
b
∴(0,−3)和(−b,c)关于对称轴x=− 对称，
2a
0−b b
∴ =− ，
2 2a
∵b≠0，
∴a=1，
∴a=1，c=−3．
（2）解：①∵a=1，c=−3，
∴y=x2+bx−3，
−12−b2
∵y = =−4，
最小值 4
∵解得b=±2，
∵ab>0，且a>0，
∴b>0，
∴b=2，
∴该二次函数的解析式为：y=x2+2x−3，
当y=0时，x2+2x−3=0，
解得x =−3，x =1，
1 2
∴A(−3,0)， B(1,0)．
②设直线AC的表达式为：y=k x+b ，
1 1
则¿，
解得¿，
∴直线AC的表达式为：y=−x−3，
当点P在点A右侧时，作CF⊥PD于F，如图所示：
133关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
设P(m,m2+2m−3)(−30，
5±2√5
∴t= ，
5
(3−√5 5+√5) (3+√5 5−√5)
P的坐标为 , 或 , ．
2 2 2 2
∴
考向五 胡不归/阿氏圆最值问题
11．（2024·四川绵阳·模拟预测）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(√3，0)，B两点（点B在点A
的左侧），与y轴交于点C，且OB=3OA=√3OC，∠OAC的平分线AD交y轴于点D，过点A且垂直于
AD的直线l交y轴于点E，点P是x轴下方抛物线上的一个动点，过点P作PF⊥x轴，垂足为F，交直线
AD于点H．
(1)求抛物线的解析式；
(2)设点P的横坐标为m，当FH=HP时，求m的值；
149关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1
(3)当直线PF为抛物线的对称轴时，以点H为圆心， HC为半径作⊙H，点Q为⊙H上的一个动点，求
2
1
AQ+EQ的最小值
4
1 2
【答案】(1)y= x2+ √3x−3
3 3
(2)−√3
(3)√21
【分析】（1）求出A、B、C的坐标，利用两根式求出抛物线的解析式即可；
（2）求出直线AH的解析式，根据方程即可解决问题；
1 7√3 15
（3）首先求出⊙H的半径，在HA上取一点K，使得HK= ，此时K(− ，− )，由
4 8 8
KQ HQ 1 1
HQ2=HK⋅HA，可得△QHK∽△AHQ，推出 = = ，可得KQ= AQ，推出
AQ AH 4 4
1 1
AQ+QE=KQ+EQ，可得当E、Q、K共线时， AQ+QE的值最小，由此求出点E坐标，点K坐标
4 4
即可解决问题；
【详解】（1）解：由题意A(√3，0)，B(−3√3，0)，C(0,−3)，
设抛物线的解析式为y=a(x+3√3)(x−√3)，
把C(0,−3)代入y=a(x+3√3)(x−√3)
∴−3=a(0+3√3)(0−√3)
1
得到a= ．
3
1
∴y= (x+3√3)(x−√3)
3
1 1 2
则y= (x2−√3x+3√3x−9)= x2+ √3x−3
3 3 3
1 2
故抛物线的解析式为y= x2+ √3x−3．
3 3
OC
（2）解：在Rt△AOC中，tan∠OAC= =√3，
OA
∴∠OAC=60°，
∵AD平分∠OAC，
∴∠OAD=30°，
150关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴OD=OA⋅tan30°=1，
∴D(0,−1)，
设直线AD的解析式为y=kx+b(k≠0)
把D(0,−1)和A(√3，0)代入y=kx+b
得¿
√3
∴直线AD的解析式为y= x−1，
3
1 2√3 √3
由题意P(m, m2+ m−3)，H(m, m−1)，F(m,0)，
3 3 3
∵FH=PH，
√3 √3 1 2√3
∴1− m= m−1−( m2+ m−3)
3 3 3 3
解得m=−√3或√3（舍弃），
∴当FH=HP时，m的值为−√3．
（3）解：如图，∵PF是对称轴，A(√3，0)，B(−3√3，0)
1
∴x = ×(−3√3+√3)=−√3
F 2
依题意点F在x轴上
∴F(−√3，0)，
依题意x =x =−√3
H F
√3
∵点H在直线AD的解析式为y= x−1
3
√3
把x =−√3代入y= x−1
H 3
√3
得y = ×(−√3)−1=−2
H 3
∴H(−√3，−2)，
∵过点A且垂直于AD的直线l交y轴于点E，
∴AH⊥AE，
由（2）得∠OAD=30°
∴∠EAO=90°−30°=60°，
EO
∴tan∠EAO= ，EO=√3OA=3，
OA
∴E(0,3)，
151关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∵C(0,−3) H(−√3，−2)
，
∴HC=√ (−√3) 2+[−2−(−3)] 2 =2，AH=2FH=4，
1
∴QH= CH=1，
2
1
在HA上取一点K，使得HK= ，
4
( √3 )
设K n， n−1
3
∵H(−√3，−2)
则HK= √ (n+√3) 2+ [(√3 n−1 ) −(−2) ] 2 = 1
3 4
7
解得n=− √3（点K在第三象限，正值舍去）
8
7 √3 √3 15
把n=− √3代入 n−1，得出 n−1=−
8 3 3 8
7 15
此时K(− √3，− )，
8 8
∵HQ2=1，HK⋅HA=1，
∴HQ2=HK⋅HA，
HQ KH
∴ = ，
AH HQ
∵∠QHK=∠AHQ，
∴△QHK∽△AHQ，
152关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
KQ HQ 1
∴ = = ，
AQ AH 4
1
∴KQ= AQ，
4
1
∴ AQ+QE=KQ+EQ，
4
1 √ 7√3 2 15 2 √417
∴当E、Q、K共线时， AQ+QE的值最小，最小值= ( ) +( +3) = ．
4 8 8 4
【点睛】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、一元二次方程、圆的有关知识、相似三角形的判定
和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问
题，属于中考压轴题．
12．（2024·安徽·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象交x轴于
A(−1,0)，B两点，AB=4，C为抛物线顶点．
(1)求b，c的值；
(2)点P为直线AC下方抛物线上一点，过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，交AC于点M，是否存在
QM=3PM？若存在，求出此时P点坐标；若不存在，请说明理由；
1
(3)如图2，以B为圆心，2为半径作圆，N为圆B上任一点，求CN+ AN的最小值．
2
【答案】(1)b=−2，c=−3.
(1 32)
(2)存在， ,−
3 9
(3)√17
153关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【分析】（1）通过AB长度先得到B点坐标，再将A,B两点代入函数解析式，解方程即可；
（2）先求出直线AC的函数表达式，设出P点坐标为(m,m2−2m−3)，进而得到P,M两点坐标，再通过
QM=3PM列出方程，解方程即可；
1
（3）取取R(2,0)，连接NR，BN，先证得△RBN∽△NBA，得到RN= NA，进而可得到
2
1
CN+ AN=CN+RN≥CR，再通过C,R两点坐标求得CR长度．
2
【详解】解：（1）∵AB=4，
∴B点坐标为(3,0)，
将A(−1,0)，B(3,0)代入y=x2+bx+c，
得1−b+c=0，9+3b+c=0，
解得b=−2，c=−3
（2）设直线AC的表达式为y=kx+b，
由（1）可知抛物线的表达式为y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
故C点坐标为(1,−4)，
∴直线AC的表达式为y=−2x−2
设P点坐标为(m,m2−2m−3)，
则Q(m,0)，M (m,−2m−2)，
∴QM=0−(−2m−2)=2m+2，
PM=(−2m−2)−(m2−2m−3)=−m2+1
若QM=3PM，
则2m+2=3(−m2+1)，
1
解得m = ，m =−1
1 3 2
∵−10)与x轴交于点A、B(点A在点B的左
边)，与y轴交于点C，顶点为D．
(1)求△ABD的面积；
(2)若tan∠ABC=1时，求m的值；
(3)如图，当m=4时，过顶点D作直线DE⊥AB交x轴于点E，点G与点E关于点D对称，点M、N分别
在线段AG、BG上，若线段MN与抛物线有且只有一个交点（MN与x轴不平行），求GM+GN的值．
【答案】(1)8
(2)1或3
(3)2√17
【分析】（1）把解析式化为顶点式得到顶点D的坐标为(m，4)，再求出A(m−2，0)，B(m+2，0)，
得到AB=4，据此根据三角形面积计算公式求解即可；
OC
（2）先求出C(0，−m2+4)，得到OC=|−m2+4|，再求出OB=m+2，根据tan∠ABC= =1建立
OB
方程求解即可；
（3）当m=4时，A(2，0)，B(6，0)，G(4，4)，E(4，0)，则G(4，8)，利用勾股定理得到
AG=2√17；利用待定系数法可得直线AG的函数表达式为：y=4x−8，直线BG的函数表达式为：
y=−4x+2设直线MN的函数表达式为：y=kx+b(k≠0)
168关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(k−8) 2
联立¿得到x2+(k−8)x+12+b=0，则Δ=(k−8) 2−4(12+b)=0可得b= −12；联立¿，解得
4
12−k 12−k 20−k
x= ，即x = ，同理：可得x = ；设∠AGE=∠BGE=α，则点M、N到直线GE的距
4 M 4 N 4
4+k 4−k
4+k 4−k AE 2
离分别为 ， ，根据sin∠AGE=sin∠BGE= = ，得到 4 4 2 ，据此
4 4 AG 2√17 = =
MG GN 2√17
求出MG，NG即可得到答案．
【详解】（1）解：将y=−x2+2mx−m2+4化成顶点式得y=−(x−m) 2+4，
∴顶点D的坐标为(m，4)
令y=0，则−(x−m) 2+4=0，解得x =m+2，x =m−2，
1 2
∵A在B的左边
∴A(m−2，0)，B(m+2，0)，
∴AB=4，
1
∴S = ×4×4=8；
△ABD 2
（2）解：令x=0，则y=−m2+4，
∴C(0，−m2+4)，
∴OC=|−m2+4|，
∵B(m+2，0)(m>0)
∴OB=m+2，
OC
∵tan∠ABC= =1
OB
−m2+4
∴当−m2+4>0时， =1，m2+m−2=0，解得m=1，或m=2 (舍去)，
m+2
m2−4
当−m2+4<0时， =1，m2−m−6=0，解得m=3或m=−2(舍去)；
m+2
综上所述，m的值为1或3；
（3）解：当m=4时，A(2，0)，B(6，0)，G(4，4)，E(4，0)，
169关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∵点G与点E关于点D对称，
∴G(4，8)，
∴AG=√(2−4) 2+(0−8) 2=2√17；
利用待定系数法可得直线AG的函数表达式为：y=4x−8，直线BG的函数表达式为：y=−4x+24
设直线MN的函数表达式为：y=kx+b(k≠0)
联立¿得到x2+(k−8)x+12+b=0
∵直线MN与抛物线只有一个公共点，
∴Δ=(k−8) 2−4(12+b)=0
(k−8) 2
∴b= −12
4
(k−8) 2
∴直线MN的函数表达式为：y=kx+ −12(k≠0)，
4
12−k
联立¿，解得x= ，
4
12−k
∴x = ，
M 4
20−k
同理：可得x = ，
N 4
由对称性可得∠AGE=∠BGE，设∠AGE=∠BGE=α，
12−k 4+k 20−k 4−k
∴点M、N到直线GE的距离分别为4− = ， −4= ，
4 4 4 4
AE 2
∵sin∠AGE=sin∠BGE= = ，
AG 2√17
170关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
4+k 4−k
∴ 4 4 2
= =
MG GN 2√17
(4+k) (4−k)
∴MG= √17，NG= √17
4 4
(4+k) (4−k)
∴MG+NG= √17+ √17=2√17．
4 4
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，解直角三角形，勾股定理等等，灵活运用
所学知识是解题的关键．
4．（2022·福建泉州·模拟预测）已知抛物线y=ax2−2ax−3与x轴的两个交点为A，B（点B在点A的右
侧），且AB=4，与y轴交点为C．
(1)求该抛物线所对应的函数表达式；
(2)若点M是抛物线位于直线BC下方的图象上一个动点，求点M到直线BC的距离的最大值；
(3)设直线y=kx（k>0）与抛物线交于P，Q两点（点Ｑ在点P的右侧），与直线y=−2x+3交于点R．
1 1 1
试证明：无论k取任何正数， + = 恒成立．
OQ OR OP
【答案】(1)y=x2−2x−3
9√2
(2)CE=
8
(3)见解析
【分析】（1）先求出抛物线的对称轴，根据二次函数图象的对称性求出B点坐标，将其代入函数式求出a
值，即可解答；
（2）先利用待定系数法求出直线BC的解析式，设M(t,t2−2t−3)，设点M到BC的距离为d，则点
D(t,t−3)，过点M作ME⊥x轴于点E，交BC于点D，ME∥y轴，∠MDC=∠OCB，法1：利用正
弦三角函数求出d的表达式，再利用二次函数的性质求出d的最大值；法2：根据S =S +S 列
△MBC △MBD △MCD
式，求出d的表达式，再利用二次函数的性质求出d的最大值；法3：过点M作直线l∥BC，当直线l与
抛物线只有一个公共点时，点M到直线BC的距离最大，设直线l解析式为：y=x+b，联立两个解析式，
利用判别式 =0列式求出b值，再利用三角函数求出d值即可；
（3）设点 △ ，点 ，联立直线 和抛物线的解析式，由根与系数的关系得出
P(x y ) Q(x ,y ) y=kx
1, 1 2 2
171关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
3
x +x =2+k，x ⋅x =−3，然后再联立直线y=kx和直线y=−2x+3求出x = ，法1：根据两点间
1 2 1 2 R k+2
距离公式分别把OP、OQ和OR表示出来，求出 1 1 1 1 ( 1 1 1 ) ，即可得证；
+ − = + + =0
OQ OR OP √1+k2 x x x
1 2 R
法2：过P，Q，R分别作PF⊥x轴于F，RG⊥x轴于G，QH⊥x轴于H，推出
OF OG OH
cos∠POF=cos∠ROG=cos∠QOH，设 = = =t，然后求出
OP OR OQ
1 1 1 ( 1 1 1 ) ，即可得出结论．
+ − =t + + =0
OQ OR OP x x x
1 2 R
b −2a
【详解】（1）解：对称轴x=− =− =1
2a 2a
又抛物线交x轴于A，B两点（点B在点A的右侧），且AB=4，
∴B(3,0)，
∴0=a⋅32−2a⋅3−3，即a=1，
∴函数表达式为：y=x2−2x−3；
（2）解：设直线BC的函数表达式为y=kx+b，
∵B(3,0)，C(0,−3)在直线BC上，
∴¿，
解得¿，
∴直线BC的函数表达式为y=x−3；
法1：如图1，过点M作ME⊥x轴于点E，交BC于点D，
172关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
依题意，设M(t,t2−2t−3)，则点D(t,t−3)，
设点M到BC的距离为d，
∵ME∥y轴，
∴∠MDC=∠OCB，则sin∠MDC=sin∠OCB，
d OB
即 = ，
MD BC
则d=
OB
⋅MD=
3
⋅MN=
√2
(t−3−t2+2t+3)=
√2
(−t2+3t)=−
√2(
t−
3) 2
+
9√2
BC 3√2 2 2 2 2 8
3 9√2
当t= 时，d = ．
2 max 8
法2：如图1，过点M作ME⊥x轴于点E，交BC于点D，
依题意，设，设M(t,t2−2t−3)，则点D(t,t−3)，
设点M到BC的距离为d，连结CM，BM，
1 1 3
S =S +S = MD(x −x )= (t−3−t2+2t+3)⋅3= (−t2+3t)，
△MBC △MBD △MCD 2 B C 2 2
1
又S = ⋅BC⋅d，
△MBC 2
则BC⋅d=3(−t2+3t)，
3(−t2+3t) −3(t2−3t) √2( 3) 2 9√2
∴d= = =− t− + ，
BC 3√2 2 2 8
173关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
3 9√2
当t= 时，d = ．
2 max 8
法3：如图2，过点M作直线l∥BC，
当直线l与抛物线只有一个公共点时，点M到直线BC的距离最大．
设直线l解析式为：y=x+b，
联立方程¿，得x2−3x−3−b=0，
21
由Δ=b2−4ac=9+12+4b=0，得b=− ，
4
21
∴此时直线l：y=x− ，
4
( 21)
则直线l与y轴交点D 0,− ，
4
9
∴CD= ，
4
又∠CDE=∠OCB,BC=√OC2+OB2=3√2，
∴sin∠CDE=sin∠OCB，
CE 3
CE OB =
即 = ，即 9 3√2，
CD BC
4
9√2
∴CE= ；
8
174关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
（3）如图3，设点P(x y )，点Q(x ,y )，
1, 1 2 2
联立方程¿，得x2−2x−kx−3=0，
则x +x =2+k，x ⋅x =−3，
1 2 1 2
联立方程¿，
3
∴x = ，
R k+2
法1：
∴OP=√x2+ y2=√x2+(kx ) 2=√1+k2|x |=−√1+k2x ，
1 1 1 1 1 1
OQ=√x2+ y2=√x2+(kx ) 2=√1+k2|x |=√1+k2x ，
2 2 2 2 2 2
¿=√x2+ y2=√x2+(kx ) 2=√1+k2|x |=√1+k2x ，
R R R R R R
1 1 1 1 1 1 1 ( 1 1 1 )
+ − = + + = + +
∴ ，
OQ OR OP √1+k2x √1+k2x √1+k2x √1+k2 x x x
2 1 R 1 2 R
1 1 1 x +x 1 k+2 k+2
又 + + = 1 2+ = + =0，
x x x x x x −3 3
1 2 R 1 2 R
1 1 1 1 ( 1 1 1 )
+ − = + + =0，
OQ OR OP √1+k2 x x x
1 2 R
175关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1 1 1
∴无论k取何正数， + = 成立；
OQ OR OP
法2：如图4，过P，Q，R分别作PF⊥x轴于F，RG⊥x轴于G，QH⊥x轴于H，
由∠POF=∠ROG=∠QOH，则cos∠POF=cos∠ROG=cos∠QOH，
OF OG OH
可设 = = =t，
OP OR OQ
1 t t 1 t t 1 t t
= = = = = =
则 ， ， ，
OP OF −x OR OG x OQ OH x
1 R 2
1 1 1 t t t ( 1 1 1 )
则 + − = + − =t + + ，
OQ OR OP x x −x x x x
2 R 1 1 2 R
1 1 1 x +x 1 k+2 k+2
又 + + = 1 2+ = + =0，
x x x x x x −3 3
1 2 R 1 2 R
1 1 1 ( 1 1 1 )
即 + − =t + + =0，
OQ OR OP x x x
1 2 R
1 1 1
∴无论k取何正数， + = 成立．
OQ OR OP
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数和线段长度的综合，二次函数的定值问题，二次函数
与一次函数的交点问题，利用待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式，锐角三角函数的定义和一
元二次方程根与系数的关系，以及利用其判别式求最大距离；解题的关键是能综合运用所学知识，数形结
176关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
合解决问题．
►题型10 二次函数与定点问题
考向一 单切线类
1
1．（24-25九年级上·湖北武汉·阶段练习）已知抛物线y= (x−1) 2−m(m>0)与x轴交于A、B两点，与
m
y轴交于C点，且AB=8．
(1)请直接写出抛物线的解析式为__；
(2)如图1，已知点M在线段BC上，过点M作直线y=x+b与抛物线交于D、E两点，且DM=EM，求b的
值；
(3)如图2，动点P在第二象限内的抛物线上，作PH⊥x轴于点H，过点P作直线PN交y轴于点N，且直
线PN与抛物线有唯一公共点P，过点P的另一直线PQ交抛物线于Q，若PN平分∠HPQ，求证：直线
PQ必过一定点，并求这个定点的坐标．
1 1 15 1
【答案】(1)y= x2− x− （或 y= (x−1) 2−4）
4 2 4 4
9
(2)b=−
2
(3)直线PQ必过一定点，定点为(1,−3)
1
【分析】（1）根据抛物线y= (x−1) 2−m（m>0）对称轴为直线x=1，结合AB=8，求得点A、B的坐
m
标，将点A坐标代入抛物线的解析式中，解方程可得m的值，即可得解；
3 15
（2）求出直线BC的解析式为y= x− ，联立方程组¿，整理得：x2−6x−15−4b=0，设两个交点
4 4
177关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
坐标为D(x ,y )，E(x ,y )，利用根与系数关系得x +x =6，y + y =x +x +2b，由DM=EM得点M
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
的坐标为(3,3+b)，由点M在线段BC上可求解；
（3）设P ( n, 1 n2− 1 n− 15) (n<−3)，则H(n,0)，设直线PN的解析式为y=k x+b ，先确定
4 2 4 PN PN
1 1 15 n−1 1 15
b = n2− n− −nk ，再联立¿，利用根的判别式得到k = ，进而求得b =− n2− ，
PN 4 2 4 PN PN 2 PN 4 4
可得直线PN的解析式为y=
n−1
x−
(1
n2+
15)
，设直线PN与抛物线的对称轴x=1交于点M，则有
2 4 4
M ( 1,− 1 n2+ n − 17) ，设直线PQ交对称轴于点R，对称轴与x轴交于L，过点P作PK⊥MR于点K，
4 2 4
过点R作RS⊥PN于点S，根据矩形的判定与性质，结合坐标与图形性质和勾股定理可得
1 1−n
KM=KL+LM= (1−n) 2 ，PM= √(1−n) 2+4，根据角平分线和平行线性质，结合等腰三角形的
2 2
(1−n) 2+4
判定证明RP=RM，然后证明△RSM∽△PKM，求得RM= ，利用坐标与图形求得
4
(1−n) 2+4
y −y = ，进而可得R(1,−3)，即可得到结论．
R M 4
1
【详解】（1）解：由抛物线y= (x−1) 2−m（m>0）得对称轴为直线x=1，
m
∵抛物线与x轴交于A、B两点，且AB=8，
∴A(−3,0)，B(5,0)，
1 1
将A(−3,0)代入y= (x−1) 2−m得：0= (−3−1) 2−m，
m m
解得m=±4，又m>0，
∴m=4，
178关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1 1 1 15
∴y= (x−1) 2−4= x2− x− ，
4 4 2 4
1 1 15
则抛物线的解析式为y= x2− x− ，
4 2 4
1 1 15
故答案为：y= x2− x− ；
4 2 4
15
（2）解：当x=0时，y=− ，
4
( 15)
∴C 0,− ，
4
( 15)
设直线BC的解析式为y=k x+b ，过点B(5,0)，C 0,− ，
BC BC 4
∴¿，解得：¿，
3 15
∴直线BC的解析式为y= x− ，
4 4
联立方程组¿，整理得：x2−6x−15−4b=0，
设两个交点坐标为D(x ,y )，E(x ,y )，
1 1 2 2
∴x +x =6，y + y =x +x +2b，
1 2 1 2 1 2
∵DM=EM，
∴点M为DE的中点，
(x +x y + y )
∴点M的坐标为 1 2, 1 2 ，即(3,3+b)，
2 2
∵点M在线段BC上，
3 15
∴3+b= ×3− ，
4 4
9
解得b=− ；
2
（3）证明：∵点P为抛物线上在第二象限的一个动点，作PH⊥x轴于点H，
设P ( n, 1 n2− 1 n− 15) (n<−3)，则H(n,0)，
4 2 4
1 1 15
∴OH=−n，PH= n2− n− ，
4 2 4
179关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
设直线PN的解析式为y=k x+b ，过点P ( n, 1 n2− 1 n− 15) ，
PN PN 4 2 4
1 1 15
∴ n2− n− =nk +b ，
4 2 4 PN PN
1 1 15
∴b = n2− n− −nk ，
PN 4 2 4 PN
联立¿，得：x2−2(2k +1)x−(4b +15)=0，
PN PN
∵直线PN与抛物线有唯一公共点P，
2
∴[−2(2k +1)] −4×[−(4b +15)]=0，
PN PN
即(2k +1) 2+4b +15=0，
PN PN
∴(2k +1) 2+4 (1 n2− 1 n− 15 −nk ) +15=0，
PN 4 2 4 PN
整理，得：(2k −n) 2+2(2k −n)+1=0，
PN PN
∴(2k −n+1) 2=0，
PN
∴2k −n+1=0，
PN
n−1
∴k = ，
PN 2
1 1 15 n−1 1 15
∴b = n2− n− −n⋅ =− n2− ，
PN 4 2 4 2 4 4
直线PN的解析式为y=
n−1
x−
(1
n2+
15)
，
2 4 4
设直线PN与抛物线的对称轴x=1交于点M，
∵当x=1时，y=
n−1
−
(1
n2+
15)
=−
1
n2+
n
−
17
，
2 4 4 4 2 4
∴M ( 1,− 1 n2+ n − 17) ，
4 2 4
设直线PQ交对称轴于点R，对称轴与x轴交于L，过点P作PK⊥MR于点K，过点R作RS⊥PN于点
180关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
S，
∵PH⊥x轴，对称轴KM⊥x轴，P ( n, 1 n2− 1 n− 15) ，
4 2 4
∴四边形PKLH是矩形，OL=1，
1 1 15
∴PK=HL=OH+OL=1−n，KL=PH= n2− n− ，
4 2 4
∴KM=KL+LM= 1 n2− 1 n− 15 − ( − 1 n2+ n − 17) = 1 (1−n) 2 ，
4 2 4 4 2 4 2
√ [1 ] 2 1−n
∴PM=√PK2+K M2= (1−n) 2+ (1−n) 2 = √(1−n) 2+4，
2 2
∵PN平分∠HPQ，
∴∠HPN=∠RPN，
∵PH⊥x轴，对称轴KM⊥x轴，
∴PH∥KM，
∴∠HPN=∠RMP，
∴∠RPN=∠RMP，
∴RP=RM，
∵RS⊥PN，
1
∴∠RSM=90°=∠PKM，SM= PM，
2
∵∠RMS=∠PMK，
∴△RSM∽△PKM，
181关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1
RM SM PM
∴ = ，即RM 2 ，
PM KM =
PM KM
2
1 PM2 1[1−n √(1−n) 2+4 ]
2 2 2 (1−n) 2+4
∴RM= = = ，
KM 1 4
(1−n) 2
2
(1−n) 2+4
∴y −y = （设y 、y 分别为点R、M的纵坐标），
R M 4 R M
∵M ( 1,− 1 n2+ n − 17) ，
4 2 4
(1−n) 2+4 1 n 17 (1−n) 2+4
∴y = y + =− n2+ − + =−3，
R M 4 4 2 4 4
∴R(1,−3)，
∵点R在直线PQ上，
∴直线PQ必过一定点，这个定点的坐标为(1,−3)．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法确定函数解析式，二次函数的图像与性质，相似三
角形的判定和性质，函数图像的交点与方程组的解的关系，一元二次方程的判别式和根与系数关系，解一
元二次方程，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理、坐标与图形等知识点．综合性极
强，有一定的难度，通过作辅助线构造相似三角形和等腰三角形是解题的关键．
考向二 双切线
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）抛物线y=−x2+2mx−m2+2m(m>0)交x轴于A，B两点（A在B的左
边），C是抛物线的顶点．
182关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(1)当m=2时，直接写出A，B，C三点的坐标；
(2)如图1，点T(3,t)，N均为（1）中抛物线上的点，∠COB=∠BTN，求点N的坐标；
(3)如图2，将抛物线平移使其顶点为(0,1)，点P为直线y=x+3上的一点，过点P的直线PE，PF与抛物
线只有一个公共点，问直线EF是否过定点，请说明理由．
【答案】(1)A(0,0)，B(4,0),C(2,4)
(2)N(0,0)
1
(3)直线EF过定点(− ,−1)，理由见解析；
2
【分析】（1）把m=2代入函数解析式，令y=0，求出x的值，可求A、B的坐标，把解析式化为顶点式可
求C的坐标；
（2）过点B作BH⊥NT，过点H作HK⊥x轴于点K，过点T作TM⊥KH延长线于点M， 证明
MH MT HT HB
△HMT∽△BKH， 得到 = = ，利用tan∠BTN=tan∠COB=2，tan∠BTN= ，即可
BK HK HB HT
求出点H坐标，结合T(3,3)，可求出直线HT解析式，联立抛物线方程即可求出另一个交点，也就是点N．
（3）将抛物线平移使其顶点为(0,1)可得此时抛物线解析式为：y=−x2+1，设P(p,p+3)，设过点P的
直线为y=ax+c，与抛物线解析式联立方程组，利用过点P的直线PE,PF与抛物线只有一个公共点，得
出a与p的关系式，则直线PE解析式为y=a x+p+3−a p，直线PF解析式为y=a x+p+3−a p，分
1 1 2 2
别与抛物线解析式联立，设点E的横坐标为x ，则x 是x2+a x+p−a p+2=0的根，利用根与系数的关
E E 1 1
1 1
系可求x =− a ，同理可求x =− a ，则x ,x 是方程x2−2px−p−2=0的两个实数根，方程变形为
E 2 1 F 2 2 E F
x2−1=2px+p+1，于是得到点E、F是抛物线y=−x2+1与直线y=−2px−p−1的交点，则结论可得．
【详解】（1）当m=2时，抛物线为y=−x2+4x，
当y=0时，−x2+4x=0，解得x =0,x =4，
1 2
∴ A(0,0)，B(4,0)，
∵ y=−x2+4x=−(x−2) 2+4，
∴ C(2,4)．
（2）根据图1，可知抛物线经过原点O(0,0)，代入y=−x2+2mx−m2+2m(m>0)，得−m2+2m=0，
解得m =2，m =0（由于m>0，故舍去），
1 2
∴ 抛物线解析式为：y=−x2+4x．
183关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∵ 点T(3,t)在抛物线y=−x2+4x上，
∴ t=−9+12=3．
∴ T(3,3)．
过点C作CD⊥OB，如图所示，
∵ C(2,4)，B(4,0)，
CD
∴ tan∠COB= =2．
OD
过点B作BH⊥NT，过点H作HK⊥x轴于点K，过点T作TM⊥KH延长线于点M，如图所示，
设点H(x,y)，则BK=x −x =4−x，MT=x −x =3−x，MH= y −y =3−y，
B K T M M H
HK= y −y = y，
H K
∵∠MHT+∠KHB=90°，∠MHT+∠MTH=90°，
∴ ∠KHB=∠MTH，又∠HMT=∠HNB=90°，
∴ △HMT∽△BKH，
MH MT HT
∴ = = ，
BK HK HB
∵ ∠COB=∠BTN，
∴ tan∠BTN=tan∠COB=2，
HB
又tan∠BTN= =2，
HT
MH MT HT 1
∴ = = = ，
BK HK HB 2
184关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
3−y 3−x 1
∴ = = ，即¿，解得¿，
4−x y 2
∴ 点H(2,2)，
设直线HT解析式为y=kx+b，将H(2,2)，T(3,3)，代入得
¿，解得¿，
∴ 直线HT解析式为y=x，
联立¿，解得¿，¿，
∴ 直线y=x与抛物线y=−x2+4x的另一个交点为O(0,0)，
∴ 点N的坐标(0,0)．
（3）∵ 将抛物线y=−x2+2mx−m2+2m=−(x−m) 2+2m平移使其顶点为(0,1)，
∴ 此时抛物线解析式为：y=−x2+1，
∵ 点P为直线y=x+3上的一点，
设P(p,p+3)，
设过点P的直线为y=ax+c，
∴ p+3=ap+c，
∴ c=p+3−ap，
∴ 过点P的直线为y=ax+p+3−ap，
联立方程组¿，
∴ x2+ax+p−ap+2=0，
∵ 过点P的直线PE，PF与抛物线只有一个公共点，
∴ Δ=a2−4(p−ap+2)=0，即a2+4ap−4 p−8=0，
∴ a +a =−4 p，a a =−4 p−8，
1 2 1 2
则直线PE解析式为：y=a x+p+3−a p，
1 1
直线PF解析式为：y=a x+p+3−a p，
2 2
联立方程组¿，
∴ x2+a x+p−a p+2=0，
1 1
设点E的横坐标为x ，则x 是x2+a x+p−a p+2=0的根，
E E 1 1
∵ 过点P的直线PE与抛物线只有一个公共点，
∴ x2+a x+p−a p+2=0有两个相等的实根，
1 1
185关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴ x +x =−a ，
E E 1
1
∴ x =− a ，
E 2 1
1
同理设点F的横坐标为x ，x =− a ，
F F 2 2
1 1
∴ x +x =− (a +a )=− ×(−4 p)=2p，
E F 2 1 2 2
1
x ⋅x = a ⋅a =−p−2，
E F 4 1 2
∴ x ,x 是方程x2−2px−p−2=0的两个实根，
E F
∴ x2−1=2px+p+1，
∴ −x2+1=−2px−p−1，即点E,F的坐标满足方程组¿，
∴ 点E,F是抛物线y=−x2+1与直线y=−2px−p−1的交点，
1
∵ y=−2px−p−1=−p(2x+1)−1，过定点(− ,−1)，
2
1
∴ 直线EF过定点(− ,−1)．
2
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，包括求二次函数与坐标轴交点问题，特殊图形及一次函数与抛
物线交点问题，一元二次方程根与系数的关系，三角形相似的判定和性质，作出合适的辅助线，综合运用
这些知识点是解题关键．
考向三 抛物线内接三角形类
3．（23-24九年级上·湖北武汉·期中）如图1，抛物线y=ax2+ax−2a(a<0)与x轴交于A，B两点（点A
3
在点B左边），与y轴交于点C，点P(2,h)在抛物线上，且△ABC的面积为 ．
2
(1)求抛物线的解析式；
186关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(2)点D在第三象限内的抛物线上，当△ADP的面积为21时，求点D的坐标；
(3)如图2，直线EF:y=mx+n(m>0)交抛物线于E，F两点，直线PF，PE分别与y轴的正、负半轴交于
M，N两点，且OM⋅ON=4．求证：直线EF必过定点，并求出这个定点的坐标．
1 1
【答案】(1)y=− x2− x+1
2 2
(2)证明见解析
(3)证明见解析，顶点坐标为(−1,−1)
3
【分析】（1）根据解析式求出A、B两点坐标得到AB的长，再根据△ABC的面积为 求出OC的长度即点
2
C纵坐标，代入解析式得到a的值，即可求解；
（2）过D作DE∥y轴交PA的延长线于点E，将P(2,h)代入抛物线解析式得到P点坐标，进而得到直线
AP解析式，设D ( m,− 1 m2− 1 m+1 ) ，点E ( m,− 1 m−1 ) ，根据△ADP的面积为21，根据
2 2 2
S =S −S 建立关于m的方程，即可求解；
△ADP △EDP △EDA
（3）根据P点坐标，分别设出PM、PN解析式，将M、N两点坐标表示出来，再根据OM·ON=4求出
m、n的关系，从而得到直线EF解析式，当m为0时即为定点．
【详解】（1）解：令y=0，ax2+ax−2a=0，
∴x =−2，x =1，
1 2
令x=0，则y=−2a，
1 3
∵ S = AB⋅OC= ，
△ABC 2 2
1 3
∴ (1+2)(−2a)= ，
2 2
1
∴a=−
2
1 1
∴抛物线的解析式为：y=− x2− x+1；
2 2
（2）解：过D作DE∥y轴交PA的延长线于点E，
187关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
令x=2，y=−2，
∴P(2,−2)，
设直线AP的解析式为：y=kx+b(k≠0)，
将A(−2,0) P(2,−2)，代入y=kx+b(k≠0)，得：¿，
解得：¿，
1
∴直线AP的解析式为：y=− x−1，
2
设D ( m,− 1 m2− 1 m+1 ) ，E ( m,− 1 m−1 ) ，
2 2 2
1
∴ED= y −y = m2−2，
E D 2
1
∵S =S −S = ED×(2+2)=21，
△ADP △EDP △EDA 2
∴2 (1 m2−2 ) =21，
2
m =−5，m =5（舍去），
1 2
∴D(−5,−9)；
（3）解：设PM的解析式为：y=k (x−2)−2，PN的解析式为：y=k (x−2)−2，
1 2
∴M(0,−2k −2)，N(0,−2k −2)，
1 2
∵OM⋅ON=4，
∴4(k +1)(k +1)=−4，
1 2
∴k k +k +k +1=−1，
1 2 1 2
188关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1 1
联立直线PM与抛物线得：k (x−2)−2=− x2− x+1，
1 2 2
∴ x ⋅x =−2(2k +3)，
p F 1
∴x =−2k −3同理：x =−2k −3，
F 1 E 2
1 1
联立直线EF与抛物线得：mx+n=− x2− x+1，
2 2
∴x +x =−2m−1，x ⋅x =2n−2，
E F E F
即：−2k −3−2k −3=−2m−1，(−2k −3)(−2k −3)=2n−2，
1 2 1 2
2m−5 n−3m+2
∴k +k = ，k ⋅k = ，
1 2 2 1 2 2
∴n=m−1，
∴y=mx+n=mx+m−1=m(x+1)−1，即：顶点坐标为(−1,−1)．
【点睛】本题考查的是二次函数综合题，涉及用待定系数法求一次函数及二次函数的解析式等知识，令常
数前的值为0是解答定点题目的关键．
►题型11 二次函数与参数
考向一 参数表示量
1．（2022·湖北武汉·中考真题）抛物线y=x2−2x−3交x轴于A，B两点（A在B的左边），C是第一象限
抛物线上一点，直线AC交y轴于点P．
(1)直接写出A，B两点的坐标；
189关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(2)如图（1），当OP=OA时，在抛物线上存在点D（异于点B），使B，D两点到AC的距离相等，求出
所有满足条件的点D的横坐标；
FP
(3)如图（2），直线BP交抛物线于另一点E，连接CE交y轴于点F，点C的横坐标为m．求 的值（用
OP
含m的式子表示）．
【答案】(1)A(−1,0)，B(3,0)；
3−√41 3+√41
(2)0， 或 ；
2 2
1
(3) m．
3
【分析】（1）令x2−2x−3=0求出x的值即可知道A，B两点的坐标；
（2）求出直线AC的解析式为y=x+1，分情况讨论：①若点D在AC下方时，②若点D在AC上方时；
（3）设点E的横坐标为n．过点P的直线解析式为y=kx+b．联立¿，得x2−(2+k)x−3−b=0． 利用
b
A，B点的横坐标求出m=3+b，n=−1− ，设直线CE的解析式为y=px+q，求出mn=−3−q，进一步
3
1
求出OP=b，FP= b2+b即可求出答案．
3
【详解】（1）解：令x2−2x−3=0，解得：x =−1，x =3，
1 2
∴A(−1,0)，B(3,0)．
（2）解：∵OP=OA=1，
∴P(0,1)，
∴直线AC的解析式为y=x+1．
①若点D在AC下方时，
过点B作AC的平行线与抛物线的交点即为D ．
1
190关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∵B(3,0)，BD ∥AC，
1
∴BD 的解析式为y=x−3．
1
联立¿，
解得，x =0，x =3（舍）．
1 2
∴点D 的横坐标为0．
1
②若点D在AC上方时，点D (0,−3)关于点P的对称点为G(0,5)．
1
过点G作AC的平行线l，则l与抛物线的交点即为符合条件的点D．
直线l的解析式为y=x+5．
联立¿，得x2−3x−8=0，
3−√41 3+√41
解得，x = ，x = ．
1 2 2 2
3−√41 3+√41
∴点D ，D 的横坐标分别为 ， ．
2 3 2 2
3−√41 3+√41
∴符合条件的点D的横坐标为：0， 或 ．
2 2
（3）解：设点E的横坐标为n．过点P的直线解析式为y=kx+b．
联立¿，得x2−(2+k)x−3−b=0．
设x ，x 是方程x2−(2+k)x−3−b=0两根，则x x =−3−b．（*）
1 2 1 2
∴x x =x x =−3−b．
A C B E
∵x =−1，
A
191关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴x =3+b，
C
∴m=3+b．
∵x =3，
B
b
∴x =−1− ，
E 3
b
∴n=−1− ．
3
设直线CE的解析式为y=px+q，
同（*）得mn=−3−q，
∴q=−mn−3．
∴q=−(3+b) ( −1− b) −3= 1 b2+2b．
3 3
1
∴OF= b2+2b．
3
∵OP=b，
1
∴FP= b2+b．
3
FP 1 1 1
∴ = b+1= (m−3)+1= m．
OP 3 3 3
【点睛】本题考查二次函数与一次函数的综合，难度较大，需要掌握函数与x轴交点坐标，（1）的关键是
令x2−2x−3=0进行求解；（2）的关键是分点D在AC下方和在AC上方时两种情况讨论：（3）的关键
是求出OP，FP．
考向二 定值求参
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A,B两点，与y轴交于点C，且
对称轴为直线x=−1,OC=3OB=3．
192关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，在第二象限的抛物线上作点D，连接OD交直线AC于点E，若△AOE与△ABC相似，求点D
的横坐标；
( 1 3)
(3)如图2，经过点P − , 的直线l:y=kx+t交抛物线于M,N两点（M在第三象限，N在第一象限），
2 2
5 PQ PQ
直线TQ:y=k x− 交线段MP于点Q（不与M,P重合），若 − 的值与k无关，求k 的值．
1 4 PN PM 1
【答案】(1)抛物线的解析式为y=−x2−2x+3
1−√13
(2) 或者−√3
2
(3)−1
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）分为△AOE∽△ABC和△AOE∽△ACB两种情况分别画图，求出直线解析式，联立直线和二次函
数的解析式求解即可；
1 3 2k+11
（3）设点M(x
M
,y
M
)N(x
N
,y
N
)，可以求出直线l:y=kx+
2
k+
2
，然后求出x
Q
=
4(k −k)
，
1
1 3
x +x =−k−2,x x = k− ，然后分别作PH∥CO,NS∥OC,PS∥AB,QR∥AB,MH∥AB，则
M N M N 2 2
MH QR PS PQ PQ QR QR
= = ，进而得到 − = − 代入求值即可．
PM PQ PN PN PM PS MH
【详解】（1）由已知OC=3OB=3，知点B(1,0),C(0,3)，
b
且对称轴为直线x=− =−1则
2a
¿解得¿
所以抛物线的解析式为y=−x2−2x+3．
（2）如图，①当△AOE∽△ABC时，∠AOE=∠ABC，则OD ∥BC
1
设直线BC为y=mx+n，
将B(1,0),C(0,3)代入得¿解得¿，
所以直线BC:y=−3x+3，
因为OD ∥BC，所以直线OD 为：y=−3x，
1 1
联立抛物线与直线OD 得−x2−2x+3=−3x
1
193关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
即x2−x−3=0，
1−√13 1+√13
解得x = ,x = （舍去）；
1 2 2 2
②当△AOE∽△ACB时，∠AOE=∠ACB，
作BH⊥AC，
由B(1,0)，对称轴为直线x=−1，
则A(−3,0),AB=4,OC=OA=3，
所以AC=3√2,AH=BH=2√2，
BH
所以CH=√2,tan∠AOE=tan∠ACB= =2，
CH
EK
作EK⊥OA，则tan∠AOE= =2，
OK
设OK=e,AE=EK=2e,3e=3得e=1，点E(−1,2)，
直线OE为：y=−2x，联立抛物线与直线OE,−x2−2x+3=−2x，
解得x =−√3,x =√3（舍去）
1 2
1−√13
综上所述点D的横坐标为 或者−√3．
2
（3） 如图，设点M(x ,y )N(x ,y )，
M M N N
( 1 3)
因为直线l:y=kx+t经过点P − , ，
2 2
1 3 1 3 1 3
所以− k+t= ,t= k+ ，直线l:y=kx+ k+
2 2 2 2 2 2
1 3 5 2k+11
联立直线l:y=kx+ k+ 与直线TQ:y=k x− ，解得 x = ①
2 2 1 4 Q 4(k −k)
1
194关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1 3 1 3
联立直线l:y=kx+ k+ 与抛物线得−x2−2x+3=kx+ k+
2 2 2 2
1 3
即x2+(k+2)x+ k− =0
2 2
1 3
由韦达定理得x +x =−k−2,x x = k− ②
M N M N 2 2
如图分别作PH∥CO,NS∥OC,PS∥AB,QR∥AB,MH∥AB，则∠PMH=∠PQR=∠NPS，
MH QR PS
= = ，
PM PQ PN
PQ PQ QR QR x −x x −x x (x +x )−x (x +x )−2x2+2x x
所以 − = − = P Q− P Q = P M N Q M N P P Q ，
PN PM PS MH x −x x −x x x −x (x +x )+x 2
N P P M M N P M N P
1 PQ PQ 2k k+2k +11k+11
将x =− 及①②代入得 − = 1 1 ，
P 2 PN PM 9k−9k
1
2k k+2k +11k+11
设 1 1 =S，
9k−9k
1
PQ PQ
(2k +11−9s)k+2k +9sk +11=0，因为若 − 的值与k无关，
1 1 1 PN PM
2k +11−9s=0, 2k +9sk +11=0
1 1 1
11
解得k =−1，或k =− ．
1 1 2
11
当k=− 时，P与Q重合，不合题意，故舍
2
∴k =−1．
1
【点睛】本题考查二次函数的图像和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，作辅助线构造相似
三角形是解题的关键．
195关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
考向三 参数间存在的数量关系
3．（2024·江西南昌·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，若抛物线P:y=ax2+bx+c(a≠0)与x
轴交于点A，点B，与y轴交于点C，则称△ABC为抛物线P的“交轴三角形”．
(1)若抛物线y=kx2+3x+1存在“交轴三角形”．
①k的取值范围为________；
②若k=2，则该三角形是________三角形．（填“锐角”“直角”或“钝角”）
(2)若抛物线y=ax2+c(a≠0)的“交轴三角形”是一个等边三角形，求a，c之间的数量关系．
9
【答案】(1)①k< ②钝角
4
(2)a2+c2+3ac=0
【分析】本题考查二次函数与几何新定义的问题，准确掌握求二次函数与两个坐标轴交点方法是解题的关
键．
（1）①令y=0，得到一元二次方程，根据Δ>0即可求出结果；
②把k=2代入，求得A、B、C三点的坐标，再求出AB、BC、AC三边的长，根据勾股定理相关知识即可
求出．
（2）先用a、c表示出A、B、C三点的坐标，再表示出AB、BC、AC三边的长，根据AB=BC=AC，
即可求出结果．
【详解】（1）①∵抛物线y=kx2+3x+1存在“交轴三角形”，
∴Δ=b2−4ac>0，
即32−4k⋅1>0，
9
解得，k< ；
4
②当k=2时，
y=2x2+3x+1，
令y=0，得2x2+3x+1=0，
196关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1
解得x =− ，x =−1，
1 2 2
( 1 )
∴A(−1,0)，B − ,0 ，
2
当x=0时，y=1，
∴C(0，1)，
1 1
∴AB=− −(−1)= ，
2 2
AC=√(−1) 2+(0−1) 2=√2，
BC= √ ( − 1) 2 +(0−1) 2= √5 ，
2 2
1 5 3
∵AB2+BC2= + = ，
4 4 2
AC2=(√2) 2=2，
∴AB2+BC24或n<−1，
∴n=5或n=−2都符合题意，
7 3 7 11
∴t= −5=− 或t= +2= ；
2 2 2 2
( 3 ) (11 )
∴H − ,0 或H ,0 ；
2 2
当FN为对角线时，H(t,0)，N ( n, 1 n2− 3 n−2 ) ，点F(1,0)，M (5 ,3 ) ，
2 2 2
由中点坐标公式得：
¿
解得：n=5或n=−2，
∵N是x轴上方抛物线上的一点，
∴n>4或n<−1，
∴n=5或n=−2都符合题意，
12 5 7 7
∴t= − = 或t=− ；
2 2 2 2
215关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
( 7 ) (7 )
∴H − ,0 或H ,0 ；
2 2
当FH为对角线时，H(t,0)，N ( n, 1 n2− 3 n−2 ) ，点F(1,0)，M (5 ,3 ) ，
2 2 2
由中点坐标公式得：
¿
3+√5 3−√5
解得：n= 或n= ，
2 2
∵N是x轴上方抛物线上的一点，
∴n>4或n<−1，
5 3+√5 3−√5 1
∵ < <3，0< < ，
2 2 2 2
3+√5 3−√5
∴n= 或n= 都不符合题意，舍去；
2 2
( 7 ) (7 )
∴H − ,0 或H ,0 ；
2 2
( 3 )
综上所述，存在点H，使得F，H，M，N为顶点的四边形是平行四边形且点H的坐标为H − ,0 或
2
(11 ) ( 7 ) (7 )
H ,0 或H − ,0 或H ,0 ．
2 2 2
【点睛】此题属于二次函数的综合问题，考查了待定系数法求函数解析式、求函数图象的交点坐标，中点
坐标公式，平行四边形的判定和性质等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质并能利用分类讨论思想求解
点N的坐标是解答此题的关键．
1
4．（2025·内蒙古包头·一模）如图，抛物线y=− x2+bx+c与x轴交于点A和点B(4,0)，与y轴交于点
2
C(0,4)，点E在抛物线上．
216关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(1)求抛物线的解析式；
(2)点E在第一象限内，过点E作EF∥y轴，交BC于点F，作EH∥x轴，交抛物线于点H，点H在点E的
左侧，以线段EF,EH为邻边作矩形EFGH，当矩形EFGH的周长为11时，求线段EH的长；
(3)点M在直线AC上，点N在平面内，当四边形OENM是正方形时，请直接写出点N的坐标．
1
【答案】(1)y=− x2+x+4
2
(2)4
( 5+√57 3√57−17) ( 7 3) (−17−3√57 −5+√57)
(3)点N坐标 − , 或 − , 或 , 或(4,4)
4 4 2 2 4 4
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）先求得直线BC的解析式为y=−x+4，设E ( x,− 1 x2+x+4 ) ，则F(x,−x+4)，利用对称性质求得
2
H ( 2−x,− 1 x2+x+4 ) ，推出GH＝EF=− 1 x2+2x，GF=EH=2x−2，利用矩形周长公式列一元二
2 2
次方程计算即可求解；
（3）先求得直线AC的解析式为y=2x+4，分别过点M、E作y轴的垂线，垂足分别为P、Q，证明
△OEP≌△MOQ，推出PE=OQ,PO=MQ，设E ( m,− 1 m2+m+4 ) ，则M (1 m2−m−4,m ) ，由点
2 2
M在直线AC上，列式计算，可求得m的值，利用平移的性质即可求解．当OM沿着点O逆时针旋转90°得
到OE，设M(a,b)，则点E(b，−a)，然后表示出M、E的坐标，再代入一次函数即可解答．
1
【详解】（1）解：∵抛物线y=− x2+bx+c经过点B(4,0)和C(0,4)，
2
217关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴¿
解得¿，
1
∴抛物线的解析式为y=− x2+x+4；
2
（2）解：∵点B(4,0)和C(0,4)，
设直线BC的解析式为y=kx+4，则0=4k+4，
解得k=−1，
直线BC的解析式为y=−x+4，
设E ( x,− 1 x2+x+4 ) ，且04（舍去）或x=3，
∴EH=2x−2=2×3−2=4；
1
（3）解：令y=0，则− x2+x+4=0，
2
解得x=−2或x=4，
∴A(−2,0)，
设直线AC的解析式为y=px+4(p≠0)，将A(−2,0)，C(0,4)代入，−2p+4=0
解得,p=2，
∴直线AC的解析式为y=2x+4，
∵四边形OENM是正方形，
∴OE=OM,∠EOM=90°，分别过点M、E作y轴的垂线，垂足分别为P、Q，如图，
218关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴∠OPM=∠EQO=90°,∠OMP=90°−∠MOP=∠EOQ
∴△OMP≌ΔEOQ(AAS)，
∴PM=OQ,PO=EQ
设E ( m,− 1 m2+m+4 ) ，
2
当点E在y轴左侧，x轴下方时，
1
则PO=EQ=−m， PM=OQ= m2−m−4，
2
∴M ( − 1 m2+m+4,−m ) ，
2
∵点M在直线AC上，
∴−m=2 ( − 1 m2+m+4 ) +4．
2
3−√57 3+√57
解得m= 或m= （舍去），
2 2
3−√57 (−11+√57 √57−3) (3−√57 −11+√57)
当m= 时，M , ，E , ，
2 4 2 2 4
11−√57 √57−3
点O向左平移 个单位，再向下平移 个单位，得到点M，
4 2
11−√57 √57−3
则点E向左平移 个单位，再向下平移 个单位，得到点N，
4 2
当点E在y轴左侧，x轴上方时，如图，分别过点M、E作y轴的垂线，垂足分别为P、Q，
219关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1
则PO=EQ=−m， PM=OQ= m2−m−4，
2
∴M (1 m2−m−4,m ) ，
2
∵点M在直线AC上，
∴m=2 (1 m2−m−4 ) +4，
2
解得：m =4（舍去），m =−1，
1 2
( 5) ( 5 )
∴E −1, ，M − ,−1 ，
2 2
( 7 3)
同理可得：N − , ；
2 2
当点E在y轴右侧，x轴下方时，作EG⊥x轴，MH⊥x轴，如图：
220关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
设M(m，2m+4)，则点E(−2m−4,m)，则点N(−m−4，3m+4)，
1
∴− (−2m−4) 2−2m−4+4=m，
2
−11±√57
解得m= ，
4
−11−√57 −11+√57
∴m = ,m = （舍去），
1 4 2 4
(−17−3√57 −5+√57)
∴点N的坐标为 , ；
4 4
当点E在y轴右侧，x轴上方时，作EG⊥x轴，MH⊥x轴，如图：
1
则OG=MH=m，EG=OH=− m2+m+4，
2
∴M (1 m2−m−4,m ) ，
2
∵点M在直线AC上，
∴m=2 (1 m2−m−4 ) +4，
2
解得：m =4,m =−1（舍去），
1 2
∴E(4，0),M(0，4)，
∴点N的坐标为(4，4)；
( 5+√57 3√57−17) ( 7 3) (−17−3√57 −5+√57)
综上，点N坐标 − , 或 − , 或 , 或(4,4) ．
4 4 2 2 4 4
【点睛】本题主要考查二次函数图象与几何图形的综合，掌握待定系数法求二次函数解析式，一次函数解
析式，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，坐标与图形的关系，数形结合，分类讨论
思想等知识的综合运用是解题的关键．
5．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A(−1,0)，B(4,0)，C(0,−2)三点，连
221关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
接AC，BC．
(1)求抛物线的解析式：
(2)作直线l∥BC，l交抛物线于E、F两点（点E在点F的左侧），已知EF=√5，
①求直线l的解析式；
②点P是抛物线上的动点，作PK⊥l，垂足为点K，是否存在点P，使得以P、E、K为顶点的三角形与
△AOC相似？若存在，请写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
1 3
【答案】(1)y= x2− x−2；
2 2
1 7 (14 17) (1 21)
(2)①y= x− ；②点P的坐标为(2,−3)或 , 或 ,− ．
2 2 3 9 2 8
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
1
（2）①作EH⊥x于点H，作FG⊥EH于点G，证明△FEG∽△BCO，求得FG= OB=2，即
2
1 1 3 1
x −x =2，设直线l的解析式为y= x+d，联立得 x2− x−2= x+d，利用根与系数的关系，列方
F E 2 2 2 2
程求解即可；
②分三种情况讨论，画出图形，同①法求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过A(−1,0)，B(4,0)，
∴设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−4)，
把C(0,−2)代入得−2=a(0+1)(0−4)，
1
解得a= ，
2
1 1 3
∴抛物线的解析式为y= (x+1)(x−4)= x2− x−2；
2 2 2
（2）解：①A(−1,0)，B(4,0)，C(0,−2)，
222关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴OA=1，OB=4，OC=2，
∴BC=√42+22=2√5，
作EH⊥x于点H，作FG⊥EH于点G，如图，
∵直线l∥BC，即EF∥BC，
∴∠FEG=∠BIH=∠BCO，
∴△FEG∽△BCO，
FG EF √5 1
∴ = = = ，
OB BC 2√5 2
1
∴FG= OB=2，即x −x =2，
2 F E
设直线BC的解析式为y=kx−2，
∴0=4k−2，
1
解得k= ，
2
1
∴直线BC的解析式为y= x−2，
2
∵直线l∥BC，
1
∴设直线l的解析式为y= x+d，
2
1 3 1
联立得 x2− x−2= x+d，
2 2 2
整理得x2−4x−4−2d=0，
∴x +x =4，x x =−4−2d，
F E F E
∴(x −x ) 2=(x +x ) 2−4x x =22 ，
F E F E F E
223关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
即42−4(−4−2d)=4，
7
解得d=− ，
2
1 7
∴直线l的解析式为y= x− ；
2 2
②∵OA=1，OB=4，OC=2，BC=2√5，
∴AC=√12+22=√5，AB=1+4=5，
∵AC2+BC2=5+20=25=AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，
∴∠ACO=90°−∠BCO=∠CBO，
作EP ∥x轴交抛物线于点P ，
1 1
∵EF∥BC，
∴∠P EK =∠OBC=∠ACO，
1 1
∴△P EK ∽△ACO，
1 1
∴点P 符合题意，
1
∵x2−4x−4−2d=0，即x2−4x−4−2× ( − 7) =0，
2
整理得x2−4x+3=0，
解得x=1或x=3，
1 7
当x=1时，y= − =−3，
2 2
∴E(1,−3)，
∴点P 的纵坐标为−3，
1
1 3
解方程 x2− x−2=−3，
2 2
得x=1或x=2，
∴点P 的坐标为(2,−3)；
1
作点P 关于直线l的对称点Q，连接EQ交延长交抛物线于点P ，
1 2
224关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
此时∠P EK =∠P EK =∠ACO，
2 2 1 1
∴△P EK ∽△ACO，
2 2
∴点P 符合题意，
2
∵P Q⊥l，直线l∥BC，又AC⊥BC，
1
∴P Q∥AC，
1
同理，直线AC的解析式为y=−2x−2，
同理，直线P Q的解析式为y=−2x+1，
1
1 7
联立得−2x+1= x− ，
2 2
9 13
解得x= ，y=− ，
5 5
(9 13)
即点K 的坐标为 ,− ，
1 5 5
∵点P 与点Q关于直线l对称，
1
(8 11)
∴点Q的坐标为 ,− ，
5 5
4 13
同理，直线EQ的解析式为y= x− ，
3 3
4 13 1 3
联立 x− = x2− x−2，
3 3 2 2
14
解得x=1或x= ，
3
14 17
当x= 时，y= ，
3 9
225关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(14 17)
∴点P 的坐标为 , ；
2 3 9
过点作EM⊥EP 交x轴于点M，交抛物线于点P ，
2 3
∴∠EP K =90°−∠P EK =∠P EF=∠ACO，
3 3 3 3 2
∴△EP K ∽△ACO，
3 3
∴点P 符合题意，
3
作EL⊥x轴于点L，
设直线EP 交x轴于点N，
2
4 13
令x=0，0= x− ，
3 3
13
解得x= ，
4
(13 )
∴点N的坐标为 ,0 ，
4
13 9
∴NL= −1= ，
4 4
∴EN=√N L2+EL2=
√ (9) 2
+32=
15
，
4 4
∵∠NLE=∠NEM=90°，
∴△NLE∽△NEM，
9 15
NL EN 4 4
∴ = ，即 = ，
EN MN 15 MN
4
226关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
25
∴MN= ，
4
∴MO=MN−ON=3，
∴点M的坐标为(−3,0)，
3 9
同理，直线EM的解析式为y=− x− ，
4 4
3 9 1 3
联立得− x− = x2− x−2，
4 4 2 2
1
解得x=1或x= ，
2
1 21
当x= 时，y=− ，
2 8
(1 21)
∴点P 的坐标为 ,− ；
3 2 8
(14 17) (1 21)
综上，点P的坐标为(2,−3)或 , 或 ,− ．
3 9 2 8
【点睛】本题考查了是二次函数的综合问题，相似三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题是解题
的关键．
6．（2025·广东·模拟预测）如图在平面直角坐标系中，直线l与x轴交于点A(4,0)，与y轴交于点
B(0,−4)，抛物线经过点A，B，且对称轴是直线x=1．
(1)求抛物线的解析式；
(2)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，求DP的最大
值及此时P的坐标；
(3)在（2）的条件下，过点P作PM⊥l，垂足为M．求PM的最大值．
1
【答案】(1)y= x2−x−4
2
(2)PD的最大值是2，此时的P点坐标是(2,−4)
227关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(3)√2
【分析】本题主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结
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，从而求出线段之间的关系，
解决相关问题．
（1）运用待定系数法解答即可；
（2）求出直线l的解析式，设点P的坐标为 ( t, 1 t2−t−4 ) ，则D(t,t−4)，得
2
PD=t−4− (1 t2−t−4 ) =− 1 t2+2t=− 1 (t−2) 2+2，运用二次函数的性质可得结论；
2 2 2
√2
（3）证明PM= PD，即可求解．
2
【详解】（1）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 9 1
∴抛物线的解析式为y= (x−1) 2− = x2−x−4；
2 2 2
（2）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−4；
∵PC⊥x轴，
设点P的坐标为 ( t, 1 t2−t−4 ) ，则D(t,t−4)，
2
∴PD=t−4− (1 t2−t−4 ) =− 1 t2+2t=− 1 (t−2) 2+2．
2 2 2
1
∵− <0
2
228关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴当t=2时，PD有最大值是2，
1 9
当x=2时， (2−1) 2− =−4，
2 2
∴P(2,−4)，
∴PD的最大值是2，此时的P点坐标是(2,−4)．
（3）解：∵A(4,0)，B(0,−4)，
∴OA=OB=4．
∵在△AOB中，∠AOB=90°，
∴∠OAB=∠OBA=45°．
∵PC⊥x轴，PM⊥l，
∴∠PCA=∠PMD=90°．
在Rt△ADC中，∠DAC=∠PCA=90°，∠OAB=45°．
∴∠ADC=45°，
∴∠PDM=∠ADC=45°．
在Rt△PMD中，∠PMD=90°，∠PDM=45°，
PM
∴sin45°= ，
PD
√2
∴PM= PD．此时PM最大，
2
√2 √2
∴PM= PD= ×2=√2，
2 2
∴PM的最大值是√2．
7．（24-25九年级上·海南三亚·期末）如图1，已知抛物线与x轴交于A(−1,0),B(3,0)两点，与y轴交于
点C(0,3)．
(1)求该抛物线所对应的函数关系式；
229关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(2)已知点M是抛物线的顶点，点E是线段BC上的一个动点（与点B、C不重合），过点E作ED⊥x轴于
点D，交抛物线于点F．
①求四边形ABMC的面积；
②求△CEF的边CE上的高的最大值；
1
③如图2，在②的条件下，在x轴上是否存在点G，使得EG+ AG的值最小？若存在，请求出这个最小
2
值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
9√2 5+3√3
(2)①12；② ．③
8 4
【分析】（1）根据抛物线与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，设函数解析式为y=a(x+1)(x−3)，再
将点C(0,3)代入求解即可．
（2）①先求出抛物线的顶点M坐标为(1,4)，再根据四边形ABMC的面积=S +S +S 计算即
△AOC △MOC △BOM
可；
②求出直线BC的解析式为：y=−x+3，求出∠BED=45°，设△CEF的边CE上的高为FH，设点E为
√2( 3) 2 9√2
(t,−t+3)，则F(t,−t2+2t+3)，在Rt△FHE中，FH=EF⋅sin∠FEH=− t− + ，即可
2 2 8
求出答案；
③以点A为顶点作∠GAM=30°，过点G作GM⊥AM于点M，得到E、G、M三点共线时，
1
EG+ AG有最小值，即为EM的长，此时点G在点G'的位置，利用解直角三角形求出答案即可．
2
【详解】（1）∵抛物线与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，
∴设该抛物线的解析式为：y=a(x+1)(x−3)．
∵过点C(0,3)，
∴a(0+1)(0−3)=3，
解得a=−1，
∴该抛物线的解析式为：y=−(x+1)(x−3)=−x2+2x+3．
（2）∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴抛物线的顶点M坐标为(1,4)
230关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∴四边形ABMC的面积=S +S +S ；
△AOC △MOC △BOM
1 1 1
即四边形ABMC的面积= ×1×3+ ×3×1+ ×3×4=12
2 2 2
②设直线BC的解析式为：y=kx+b，
把点C(0,3)，B(3,0)代入，得
¿，解得¿，
∴直线BC的解析式为：y=−x+3．
∵OB=OC=3， ∠COB=90°，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
∵DF⊥x，
∴∠BDE=90°，
∴∠BED=∠CEF=90°−∠OBC=45°，
设△CEF的边CE上的高为FH，如图，
设点E为(t,−t+3)，则F(t,−t2+2t+3)，
则EF=(−t2+2t+3)−(−t+3)=−t2+3t，
在Rt△FHE中，FH=EF⋅sin∠FEH=
√2
(−t2+3t)=−
√2(
t−
3) 2
+
9√2
，
2 2 2 8
231关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
3
∵0< <3，
2
3 9√2
∴当t= 时，FH有最大值，最大值为 ；
2 8
③以点A为顶点作∠GAM=30°，过点G作GM⊥AM于点M，
1
∴GM= AG，
2
1 1
∴EG+ AG=EG+GM≥EM，即E、G、M三点共线时，EG+ AG有最小值，即为EM的长，此
2 2
时点G在点G'的位置，
如图：
3 3 3
由可知，当t= 时，−t+3=− +3= ，
2 2 2
(3 3) 3
∴FH有最大值时，点E的坐标为 , ， 则ED= ，
2 2 2
在Rt△EDG'中，∠EG'D=∠AG'M'=60°，
232关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
3 3
∴ EG'= ED = 2 =√3 ， DG'= ED = 2 = √3，
sin∠EG'D sin60° tan∠EG'D tan60° 2
∴AG'=AD−DG'= (3 +1 ) − √3 = 5 − √3 ，
2 2 2 2
∴G'M'=
1
AG'=
1(5
−
√3)
=
5
−
√3
，
2 2 2 2 4 4
5 √3 5+3√3
∴EM=EG'+G'M'=√3+ − = ，
4 4 4
1 5+3√3
即EG+ AG的最小值为
2 4
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，等腰直角三角形的判定和性质，二次函数求最值，解直角三角
形，矩形的判定和性质等知识，解题关键是在求等腰直角三角形的存在性时，注意分类讨论的思想的运用，
要把所有符合条件的点求全．
233
