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重难点 01 二次函数模型及其综合题综合训练
中考数学中《二次函数与几何图形的综合练习》部分主要考向分为九类：
一、二次函数与几何变换的综合
二、二次函数与直角三角形的综合
三、二次函数与等腰三角形的综合
四、二次函数与相似三角形的综合
五、二次函数与四边形的综合
六、二次函数与最值的综合
七、二次函数与新定义的综合
八、二次函数与圆的综合
九、二次函数与角的综合
因为二次函数是大多数中考压轴题的几何背景，所以，训练二次函数与其他几何图形的综合问题非常
必要，只要自己见过一定量的题型，才能再遇到对应类型的压轴题时不至于新生畏惧。所以，本专题就常
见的中考数学中二次函数的几种结合类型的压轴题进行训练，希望大家在训练中摸索方法，掌握技能，练
就心态！
。
考向一：二次函数与几何变换的综合
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
1. 平移
2. 轴对称
1．（2024·广东佛山·一模）已知抛物线C ：y=−x2−2x+k与抛物线C 关于原点对称，C 和C 的顶点分
1 2 1 2
别是E．
(1)若k=3，直接写出抛物线C 的解析式： ；
2
(2)如图1，若k<0，点P是x轴上一个动点，过P作x轴的垂线交C 于A点，交C 于B点，求AB的最
1 2
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小长度（用含k的式子表示）．
(3)如图2，若两条抛物线C 和C 相交于G，H，当四边形EGFH是矩形时，求k的值．
1 2
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)AB =−2k
最小
(3)k=1或k=2
【分析】（1）将数字代入，化成顶点式，再根据对称得到顶点代入定点式即可得到答案；
（2）根据（1）的原理得到解析式，设B(m,m2−2m−k)，A(m,−x2−2x+k)，
表示出AB，根据二次函数的性质求解即可得到答案；
（3）联立两条曲线，求出点的坐标得到点G和点H关于原点对称，结合抛物线对称得到四边形GHFE
是平行四边形，结合当GH=EF时四边形是矩形列式求解即可得到答案．
【详解】（1）解：∵C ：y=−x2−2x+3=−(x+1) 2+4的顶点是(−1,4)，
1
∴C 的顶点为：(1,−4)，
2
∴C 的解析式为：y=(x−1) 2−4=x2−2x−3，
2
故答案为：y=x2−2x−3；
（2）解：同理（1）可得，
C 的解析式为：y=x2−2x−k，
2
设B(m,m2−2m−k)，A(m,−x2−2x+k)，
∴AB=(m2−2m−k)−(−m2−2m+k)=2m2−2k，
∵a=2>0，
∴当m=0时，AB =−2k；
最小
（3）解：由x2−2x−k=−x2−2x+k得，
2x2=2k，
∴x=±√k，
∴点G和点H关于原点对称，
∴OG=OH，
同理可得，
C 和C 的顶点关于原点对称，
1 2
∴OE=OF，
∴四边形GHFE是平行四边形，
当GH=EF时，
四边形GHFE是矩形，
1 1
∵OE= EF，OG= GH，
2 2
∴OE=OG，
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∵y=−(x+1) 2+(k+1)，
∴E(−1,k+1)，
∴OE=1+(k+1) 2=k2+2k+2，
当x=−√k时，y=−(√k) 2+2√k+k=2√k，
∴OG2=(√k) 2+(2√k) 2=5k，
∴k2+2k+2=5k，
∴k=1或k=2．
【点睛】本体考查二次函数的综合应用，解题的关键是根据对称求出另外一个抛物线的解析式，再结
合特殊图形性质列等式．
2．（2025·山东济南·一模）如图1，已知抛物线y =x2+bx+c与x轴交于点A、B，与y轴交于点
1
C(0,−3)，其对称轴为直线l :x=1，顶点为D，将抛物线y 绕点O旋转180°后得到新抛物线y ，抛
1 1 2
物线y 与y轴交于点E，对称轴为直线l ,y 与x轴在对称轴左侧的交点为F．
2 2 2
(1)试求抛物线y 和抛物线y 的解析式；
1 2
(2)在图1中，点P的坐标为(5,0)，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
1 2
PM,EN，求PM+MN+EN的最小值；
(3)如图2，将直线DF沿y轴平移，交y轴于点Q，当点Q在线段CE上运动（包括端点），△QDF的
面积为正整数时，恰好直线DF与抛物线y 或抛物线y 交点的横、纵坐标均为整数，请直接写出此时点
1 2
Q的坐标为 ．
【答案】(1)y =x2−2x−3，y =−x2−2x+3
1 2
(2)√34+2
(3)(0,3)
【分析】（1）利用待定系数法可求出y 的解析式，可得点D坐标，再根据关于原点对称的点的坐标特
1
征可得抛物线y 的顶点坐标，进而即可求解；
2
（2）连接EM，由y 解析式可得E(0,3)，对称轴为直线l :x=−1，进而可得MN=1−(−1)=2，点
2 2
M,N关于y轴对称，得到PM+MN+EN=PM+EM+2，可知当点P,M,E三点共线时，可知
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PM+EM最小，此时PM+EM=PE，利用勾股定理求出PE即可求解；
（3）求出F点坐标，可得直线DF的解析式为y=−x−3，设直线DF沿y轴向上平移n个单位长度，则
所得直线解析式为y=−x−3+n，由x2−2x−3=−x−3+n得n=2或 6 ；由
−x2−2x+3=−x−3+n得n=4或
6
，综上可得n=6，据此即可求解．
【详解】（1）解：由题意得，¿，
∴¿，
∴抛物线y 的解析式为y =x2−2x−3，
1 1
∵y =x2−2x−3=(x−1) 2−4，
1
∴顶点D(1,−4)，
∵将抛物线y 绕点O旋转180°后得到新抛物线y ，
1 2
∴抛物线y 的顶点坐标为(−1,4)，
2
∴抛物线y 的解析式为y =−(x+1) 2+4=−x2−2x+3，
2 2
即y =−x2−2x+3；
2
（2）解：连接EM，
∵y =−x2−2x+3，顶点坐标为(−1,4)，
2
∴E(0,3)，对称轴为直线l :x=−1，
2
∵MN∥x轴，点M在直线l 上，点N在直线l 上，
1 2
∴MN=1−(−1)=2，且点M,N关于y轴对称，
∴EN=EM，
∴PM+MN+EN=PM+EM+2，
当点P,M,E三点共线时，可知PM+EM最小，此时PM+EM=PE，
∵PE=√52+32=√34，
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∴PM+MN+EN的最小值为√34+2；
（3）解：把y=0代入y =−x2−2x+3得，−x2−2x+3=0，
2
解得：x =1,x =−3，
1 2
∴F(−3,0)，
设直线DF的解析式为y=kx+d，
把D(1,−4),F(−3,0)代入得，¿，
解得：¿，
∴直线DF的解析式为y=−x−3，
设直线DF沿y轴向上平移n个单位长度，则所得直线解析式为y=−x−3+n，
由x2−2x−3=−x−3+n得，x2−x−n=0，
当直线DF与抛物线y 交点的横，纵坐标均为整数时，则Δ=(−1) 2+4n=1+4n是个完全平方数，
1
∵n≤3−(−3)=6，
∴n=2或6；
由−x2−2x+3=−x−3+n得x2+x+n−6=0，
当直线DF与抛物线y 交点的横，纵坐标均为整数时，则Δ=12−4(n−6)=25−4n是个完全平方数，
2
∴n=4或 6 ；
综上，n=6，
∴点Q的坐标为(0,3)，
当点Q的坐标为(0,3)时，QC=3−(−3)=6，
∵x=0时，y=−x−3=−3，
∴点C(0,−3)在直线DF上，
∴S =S +S
△QDF △FQC △DQC
1 1
= ×6×3+ ×6×1
2 2
=12，符合题意，
故答案为：(0,3)．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数和一次函数解析式，二次函数的几何应用，轴对称的性质，
关于原点对称的点的坐标特征，一次函数的平移，勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键．
3．（2023·四川资阳·模拟预测）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴
交于A(−1,0)、B(3,0)两点，与y轴交于点C，且抛物线的顶点D的坐标为(1,4)，连接BC，拋物线的
对称轴与BC交于点H．
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(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线上B，D两点之间的部分（不包含B，D两点），是否存在点G，使得S =3S ，若
△BGH △DGH
存在，求出点G的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)如图②，将拋物线在BC上方的图象沿BC折叠后与y轴交于点E，求点E的坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)存在，G(√3,2√3)
(3)E(0,1)
【分析】（1）利用二次函数的顶点式运算求解即可；
（2）求出直线BC的解析式，过点G作GM∥x轴交对称轴于点M，过点G作GN∥y轴交直线BC于
点N，分别表达出G，M，N的坐标，再利用三角形面积公式列式运算即可；
（3）设点E关于直线BC的对称点为E′，利用折叠和等腰三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵拋物线的顶点D的坐标为(1,4)，
∴设抛物线的解析式为y=a(x−1) 2+4，
∵抛物线过点A(−1,0)，
∴a(−1−1) 2+4=0，
解得a=−1，
∴抛物线的解析式为y=−(x−1) 2+4=−x2+2x+3；
（2）存在，理由如下：
由（1）知抛物线的解析式为y=−x2+2x+3，
令x=0，则y=3，
∴C(0,3)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，代入C(0,3)和B(3,0)可得：
¿，
解得：¿，
∴直线BC的解析式为：y=−x+3，
∵抛物线的对称轴与BC交于点H，
∴把x=1代入y=−x+3可得：y=2，
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∴H(1,2)，
∴DH=2，
过点G作GM∥x轴交对称轴于点M，过点G作GN∥y轴交直线BC于点N，如图所示：
设点G的坐标为(m,−m2+2m+3)(1<m<3)，则N(m,−m+3)，M(1,−m2+2m+3)，
∴GM=m−1，GN=−m2+2m+3−(−m+3)=−m2+3m，
1 1
∴S = ×(3−1)×(−m2+3m)=−m2+3m，S = ×2×(m−1)=m−1，
△BGH 2 △DGH 2
∵S =3S ，
△BGH △DGH
∴−m2+3m=3(m−1)，
解得m=√3或m=−√3（舍去），
∴G(√3,2√3)；
（3）由（2）知，OB=OC=3，又∠BOC=90°，
∴∠OCB=45°，
设点E关于直线BC的对称点为E′，如图所示，
则CE=CE′，EE′⊥BC，
∵∠OCB=45°，
∴∠CEE′=45°，
∴∠CE′E=45°，
即△ECE′是等腰直角三角形，
∴∠ECE′=90°，
由抛物线的对称性可知，E′(2,3)，
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∴CE′=2，
∴CE=2，
∴OE=1，
∴E(0,1)．
【点睛】本题为二次函数综合题，考查了二次函数的图形性质，二次函数点的坐标特征，待定系数法
求函数解析式，三角形面积，等腰三角形的判定及性质等知识点，熟悉掌握各知识点是解题的关键．
4．（2021·陕西西安·二模）如图，抛物线C ：y=−x2+mx+n与抛物线C ：y=ax2−4x+5(a≠0)关于y
1 2
轴对称，C 与x轴交于A，B两点，其中点A在点B的左侧．
1
（1）求抛物线C ，C 的函数表达式．
1 2
（2）在抛物线C 上是否存在一点N，在抛物线C 上是否存在一点M，使得以AB为边，且以A、B、
1 2
M、N四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出M、N两点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）C ：y=−x2+4x+5，C ：y=−x2−4x+5；（2）存在；M（3，-16），N（-3，-
1 2
16）或M（-3，8），N（3，8）．
【分析】（1）根据题意C 与C 关于y轴对称，即C 与C 的形状，开口大小和开口方向，和最大值都
1 2 1 2
一样，而对称轴互为相反数，即可得C 、C 的表达式；
1 2
（2）令C 的纵坐标为0，可得A、B的横坐标，由AB中点坐标为（2，0），N在抛物线C 上，M在抛
1 1
物线C 上，所以AB只能为平行四边形一边，由MN∥AB且MN=AB，可得MN=AB=6，设N（t，-
2
t2+4t+5），M在x轴左半轴或在x轴右半轴，则M（t+6，-t2+4t+5）或（t-6，-t2+4t+5），当M（t-6，-
t2+4t+5）时，由M、N纵坐标相等，可得t=3，即得M、N坐标，当M（t+6，-t2+4t+5）时，由M、N纵
坐标相等，可得t=-3即得M、N坐标．
【详解】解：（1）∵C 、C 关于y轴对称，
1 2
∴C 与C 的交点一定在y轴上，且C 与C 的形状、大小均相同，
1 2 1 2
∴a=-1，
∴C ：y=ax2-4x+5，当x=0时，y=5，
2
∴C ：y=-x2+mx+n，当x=0时，y=n，
1
∴n=5，
∵a=-1，
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−4
∴C 的对称轴为x=− =-2，
2 2a
m
故C 的对称轴为x= =2，
1 2
得m=4，（对称轴关于y轴对称，则C 的对称轴为2），
1
∴C ：y=-x2+4x+5，C ：y=-x2-4x+5；
1 2
（2）∵AB的中点为（2，0），且点N在抛物线C 上，点M在抛物线C 上，
1 2
∴AB只能为平行四边形的一边，
∴MN∥AB且MN=AB，
C ：y=-x2+4x+5，
1
令y=0，得x2-4x-5=0，
解得x=5，x=-1，
1 2
∴A（-1，0），B（5，0），
则AB=5-（-1）=6，
∴MN=6，
设N（t，-t2+4t+5），则M（t+6，-t2+4t+5）或（t-6，-t2+4t+5），
①当M（t+6，-t2+4t+5）时，
则-（t+6）2-4（t+6）+5=-t2+4t+5，解得t=-3，
∴-t2+4t+5=-16，
∴N（-3，-16），M（3，-16）；
②当M（t-6，-t2+4t+5）时，
则-（t-6）2-4（t-6）+5=-t2+4t+5，解得t=3，
∴-t2+4t+5=8，
∴N（3，8），M（-3，8）；
综上可知存在满足条件的点M、N，其坐标为M（3，-16），N（-3，-16）或M（-3，8），N（3，
8）．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，解本题的关键要熟练掌握二次函数的性质，平行四边形的性质，
及解一元二次方程等
考向三：二次函数与直角三角形的综合
1.设交点式求二次函数解析式:通过设定交点式可以求解二次函数的解析式;
2.直角三角形存在性问题--直角顶点的轨迹:当两条直线相交形成一个直角时，直角顶点的轨迹是一个圆
(除端点);
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3.角度等式(直角)转化为线段等式的常规套路:通过构造一线三直角内M模型，或者构造直角三角形相似，
获得线段比例式;
4.角度等式(直角)转化为线段等式的特殊套路:利用特殊角30°、45°、60°，以及特殊直角三角形的三
边关系，获得线段等式.
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) <a≤ 或a=7．
2 3
【分析】（1）对于直线l:y=a(x+2)，令y=0，求出x，即可求解；
（2）表示出点A，B′，C的坐标，利用勾股定理解方程求解，注意直角顶点不确定，需分类讨论；
（3）直线l与抛物线E所围成的封闭图形（不包含边界）中的格点只能落在y轴和直线x=1上，各为13
个，分别求出a的范围．
【详解】（1）解：对于直线l:y=a(x+2)，
当y=0时，x=−2，
∴A点的坐标为(−2,0)；
（2）解：联立直线l:y=a(x+2)与抛物线E:y=ax2得：
¿，
∴x2−x−2=0，
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∴x=−1或x=2，
∴B(−1，a)，C(2，4a)，
∵B点关于x轴的对称点为B′点，
∴B′ (−1，−a)，
∴AB′2=(−2+1) 2+(0+a) 2=a2+1，
AC2=(2+2) 2+(4a−0) 2=16a2+16，
B′C2=(2+1) 2+(4a+a) 2=25a2+9，
若∠CAB′=90°，则AB′2+AC2=B′C2，即a2+1+16a2+16=25a2+9，所以a=1，
√15
若∠AB′C=90°，则AB′2+B′C2=AC2，即a2+1+25a2+9=16a2+16，所以a= ，
5
若∠ACB′=90°，则AC2+B′C2=AB′2，即16a2+16+25a2+9=a2+1，此方程无解．
√15
∴a=1或a= ；
5
（3）解：如图，直线l与抛物线E所围成的封闭图形（不包含边界）中的格点只能落在y轴和直线x=1
上，
∵D(0，2a) E(1，a) F(1，3a)
， ， ，
∴OD=EF=2a，
∵格点数恰好是26个，
∴落在y轴和直线x=1上的格点数应各为13个，
13
∴落在y轴的格点应满足13<2a≤14，即 <a≤7，
2
13 13
①若 <a<7，即 <y <7，
2 2 E
所以线段EF上的格点应该为(1,7)，(1，8)……(1，19)，
∴19<3a≤20
19 20
∴ <a≤
3 3
13 20
∴ <a≤
2 3
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②若a=7，y =7，y =21，所以线段EF上的格点正好13个，
E F
13 20
综上， <a≤ 或a=7．
2 3
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，涉及了二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，
勾股定理，关键是弄清格点只能落在y轴和直线x=1上，各为13个，并对点D、F进行定位．
2．（2024·山东淄博·模拟预测）如图，已知二次函数y=x2+bx+c经过A，B两点，BC⊥x轴于点C，且
点A(−1,0)，C(4,0)，AC=BC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点E是线段AB上一动点（不与A，B重合），过点E作x轴的垂线，交抛物线于点F，当线段EF的
长度最大时，求点E的坐标及S ；
△ABF
(3)点P是抛物线对称轴上的一个动点，是否存在这样的P点，使△ABP成为直角三角形？若存在，求出
所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)二次函数的解析式为：y=x2−2x−3；
(3 5) 125
(2)E , ；S =
2 2 △ABF 8
(3)存在，点P的坐标为(1,8)或(1,−2)或(1,6)或(1,−1)
【分析】（1）先求出点B坐标，再利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式，点E(t,t+1)，则F(t,t2−2t−3)，得出
EF=(t+1)−(t2−2t−3)=− ( t− 3) 2 + 25 ，利用二次函数求最值方法进一步求解即可；
2 4
（3）根据题意，分三种情况①点B为直角顶点；②点A为直角顶点；③点P为直角顶点分别讨论求解
即可．
【详解】（1）解：∵点A(−1,0)，C(4,0)，
∴AC=5，OC=4，
∵AC=BC=5，
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∴B(4,5)，
把A(−1,0)和B(4,5)代入二次函数y=x2+bx+c中得：
¿，
解得：¿，
∴二次函数的解析式为：y=x2−2x−3；
（2）解：如图1，
∵ AB A(−1,0) B(4,5)
直线 经过点 和 ，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∴ ¿，
解得：¿，
∴直线AB的解析式为：y=x+1，
∵二次函数y=x2−2x−3，
∴设点E(t,t+1)，则F(t,t2−2t−3)，
∴EF=(t+1)−(t2−2t−3)=− ( t− 3) 2 + 25 ，
2 4
3 25
∴当t= 时，EF的最大值为 ，
2 4
(3 5)
∴点E的坐标为 , ，
2 2
1 1 25 125
∴S = EF⋅(x −x )= × ×(4+1)= ；
△ABF 2 B A 2 4 8
（3）解：存在，
∵y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴对称轴为直线x=1，
设P(1,m)，分三种情况：
①点B为直角顶点时，由勾股定理得：PB2+AB2=PA2，
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∴(4−1) 2+(m−5) 2+(4+1) 2+52=(1+1) 2+m2，
解得：m=8，
∴P(1,8)；
②点A为直角顶点时，由勾股定理得：PA2+AB2=PB2，
∴(1+1) 2+m2+(4+1) 2+52=(4−1) 2+(m−5) 2，
解得：m=−2，
∴P(1,−2)；
③点P为直角顶点时，由勾股定理得：PB2+PA2=AB2，
∴(1+1) 2+m2+(4−1) 2+(m−5) 2=(4+1) 2+52，
解得：m=6或m=−1，
∴P(1,6)或P(1,−1)，
综上，点P的坐标为(1,8)或(1,−2)或(1,6)或(1,−1)．
【点睛】本题考查的是二次函数的综合题，涉及的知识有：待定系数法求二次函数的解析式、求一次
函数解析式、二次函数的图象与性质、勾股定理、解二元一次方程、解一元二次方程等知识，熟练掌
握待定系数法和分类讨论的思想是解答本题的关键．
3．（2024九年级上·吉林·专题练习）如图，已知抛物线y=ax2+bx+5与x轴交于A(−1,0),B(5,0)两
点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D是第一象限内抛物线上的一个动点（与点C，B不重合），过点D作DF⊥x轴于点F，交直线
BC于点E，连接BD，直线BC能否把△BDF分成面积之比为2:3的两部分？若能，请求出点D的坐标；
若不能，请说明理由．
(3)若M为抛物线对称轴上一动点，使得△MBC为直角三角形，请直接写出点M的坐标．
【答案】(1)y=−x2+4x+5
(2 65) (3 35)
(2)能． , 或 ,
3 9 2 4
(3)(2,7)，(2,−3)，(2,6)，(2,−1)
【分析】（1）利用待定系数法求解可得；
（2）利用待定系数法确定直线BC的解析式为y=−x+5，设D(x,−x2+4x+5)，则
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E(x,−x+5),F(x,0),(0<x<5)，则DE=−x2+5x，EF=−x+5，利用三角形的面积公式进行
讨论：当DE:EF＝2:3时，S :S =2:3；当DE:EF=3:2时，S :S =3:2，从而可得
△BDE △BEF △BDE △BEF
到关于x的方程，然后解方程求出x就看得到对应的D点坐标；
（3）先确定抛物线的对称轴，如图，设M(2,t)，利用两点间的距离公式得到BC2=50，
MC2=t2−10t+29，MB2=t2+9，利用勾股定理的逆定理分类讨论：当BC2+MC2=MB2时，
△BCM为直角三角形，则50+t2−10t+29=t2+9；当BC2+MB2=MC2时，△BCM为直角三角形，
则50+t2+9=t2−10t+29；当MC2+MB2=BC2时，△BCM为直角三角形，则
t2−10t+29+t2+9=50，然后分别解关于t的方程，从而可得到满足条件的M点坐标．
【详解】（1）解：将A(−1,0),B(5,0)代入y=ax2+bx+5，
得：¿，解得¿，
则抛物线解析式为y=−x2+4x+5；
（2）解：能．设直线BC的解析式为y=kx+c，
把C(0,5),B(5,0)代入得¿，解得¿，
所以直线BC的解析式为y=−x+5，
设D(x,−x2+4x+5)，则E(x,−x+5),F(x,0),(0<x<5)，
∴DE=−x2+4x+5−(−x+5)=−x2+5x，EF=−x+5，
当DE:EF=2:3时，S :S =2:3，即(−x2+5x):(−x+5)=2:3，
△BDE △BEF
整理得3x2−17x+10=0，
2 (2 65)
解得x = ,x =5（舍去），此时D点坐标为 , ；
1 3 2 3 9
当DE:EF=3:2时，S :S =3:2，即(−x2+5x):(−x+5)=3:2，
△BDE △BEF
整理得2x2−13x+15=0，
3 (3 35)
解得x = ,x =5（舍去），此时D点坐标为 , ；
1 2 2 2 4
(2 65) (3 35)
综上所述，当点D的坐标为 , 或 , 时，直线BC把△BDF分成面积之比为2：3的两部分；
3 9 2 4
（3）解：抛物线的对称轴为直线x=2，如图，
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设M(2,t)，
∵B(5,0),C(0,5)，
∴BC2=52+52=50,MC2=22+(t−5) 2=t2−10t+29,MB2=(2−5) 2+t2=t2+9，
当BC2+MC2=MB2时，△BCM为直角三角形，∠BCM=90°，即50+t2−10t+29=t2+9，
解得t=7，此时M点的坐标为(2,7)；
当BC2+MB2=MC2时，△BCM为直角三角形，∠CBM=90°，即50+t2+9=t2−10t+29，
解得t=−3，此时M点的坐标为(2,−3)；
当MC2+MB2=BC2时，△BCM为直角三角形，∠CMB=90°，即t2−10t+29+t2+9=50，
解得t =6,t =−1，此时M点的坐标为(2,6)或(2,−1)，
1 2
综上所述，满足条件的M点的坐标为(2,7)，(2,−3)，(2,6)，(2,−1)．
【点睛】本题是二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会利
用待定系数法求直线和抛物线的解析式，会求抛物线与x轴的交点坐标；能运用勾股定理的逆定理判定
直角三角形；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式；学会运用分类讨论的数学思想解决数学
问题．
4．（2024·湖南·模拟预测）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(−3,0)，B(1,0)两点，与y轴交于点C，
连接AC．
(1)求抛物线的表达式．
(2)点P是抛物线上位于线段AC下方的一个动点，连接AP，CP，求△APC面积最大时点P的坐标；
(3)在抛物线上是否存在点Q，使得以点A，C，Q为顶点的三角形是直角三角形？如果存在，请直接写
出所有满足条件的点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的表达式为y=x2+2x−3
( 3 15)
(2)点P的坐标为 − ,−
2 4
(−1+√5 −5+√5) (−1−√5 −5−√5)
(3)存在，满足条件的点Q的坐标为(−1,−4)或(2,5)或 , 或 ,
2 2 2 2
【分析】（1）利用抛物线的交点式直接代值求解即可得到答案；
（2）过点P作x轴的垂线，交AC于D，如图所示，由二次函数图象与性质，利用平面直角坐标系中三
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1 3( 3) 2 27
角形的面积求法得到S = PD⋅(x −x ) =− m+ + ，进而由二次函数最值的求法即可
△APC 2 C A 2 2 8
得到答案；
（3）当△ACQ为直角三角形时，分三种情况：①∠CAQ=90°；②∠ACQ=90°；③∠CQA=90°；
如图所示，根据分类，由勾股定理列方程求解即可得到答案．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(−3,0)，B(1,0)两点，
∴设抛物线的交点式为y=(x+3)(x−1)，即抛物线的表达式为y=x2+2x−3；
（2）解：过点P作x轴的垂线，交AC于D，如图所示：
由（1）知抛物线的表达式为y=x2+2x−3，
∴抛物线与y轴交于点C(0,−3)，
设直线AC:y=kx+b′，将A(−3,0)、C(0,−3)代入得¿，解得¿，
∴直线AC:y=−x−3，
∵点P是抛物线上位于线段AC下方的一个动点，
设P(m,m2+2m−3)，则D(m,−m−3)，
1
∴S = PD⋅(x −x )
△APC 2 C A
1
= ×[−m−3−(m2+2m−3)]×[0−(−3)]
2
1
= ×(−m2−3m)×3
2
3
=− (m2+3m)
2
3( 3) 2 27
=− m+ + ，
2 2 8
3
∵a=− <0，
2
3 ( 3 15)
∴抛物线开口向下，当m=− 时，S 有最大值，此时点P的坐标为 − ,− ；
2 △APC 2 4
（3）解：存在，
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当△ACQ为直角三角形时，分三种情况：①∠CAQ=90°；②∠ACQ=90°；③∠CQA=90°；如图
所示：
设Q(n,n2+2n−3)，
∵ A(−3,0)、C(0,−3)
∴AC=3√2,AQ=√ (n+3) 2+(n2+2n−3) 2 ,CQ=√ n2+(n2+2n) 2，
当∠CQA=90°时，即抛物线上的Q 点（在第一象限，n>0），由勾股定理可得Q A2+AC2=Q C2 ，
❑ 1 1
则(n+3) 2+(n2+2n−3) 2 +(3√2) 2=n2+(n2+2n) 2 ，即n2+n−6=0，解得n=−3（舍去）或n=2，
∴Q (2,5)；
1
当∠ACQ=90°时，即抛物线上的Q 点（在第三象限，n<0），由勾股定理可得Q C2+AC2=Q A2 ，
2 2 2
则n2+(n2+2n) 2 +(3√2) 2=(n+3) 2+(n2+2n−3) 2 ，即n2+n=0，解得n=0（舍去）或n=−1，
∴Q (−1,−4)；
2
当∠CAQ=90°时，即抛物线上的Q 、Q 点，由勾股定理可得QA2+QC2=AC2，则
3 4
(n+3) 2+(n2+2n−3) 2 +n2+(n2+2n) 2 =(3√2) 2，即n(n+3)(n2+n−1)=0，解得n=−3（与A重合，
−1+√5 −1−√5
舍去）或n=0（与C重合，舍去）或n= 或n= ，
2 2
(−1−√5 −5−√5) (−1+√5 −5+√5)
∴Q , 、Q , ；
3 2 2 4 2 2
(−1+√5 −5+√5) (−1−√5 −5−√5)
综上所述，满足条件的点Q的坐标为(−1,−4)或(2,5)或 , 或 , ．
2 2 2 2
【点睛】本题考查二次函数综合，涉及待定系数法确定函数解析式、二次函数图象与性质、平面直角坐标
系中求三角形面积、二次函数最值、二次函数与直角三角形综合、两点之间距离公式、解一元二次方程等
知识，熟练掌握二次函数图象与性质、二次函数综合问题的解法是解决问题的关键．
考向四：二次函数与等腰三角形的综合
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(1)几何法三步法：①假设结论成立；②找点，当所给的定长未说明是等腰三角形的底还是腰时，需分情况
讨论;③散计算：在求点的坐标时，大多时候利用相似三角形求解，如果图中没有相似三角形，也可以通
过添加辅助线构造相似三角形，有时也可以利用勾股定理进行求解；
(2)代数法三步：①罗列三边；②分类列方程；③解方程求解后检验.
1．（2024·四川达州·中考真题）如图1，抛物线y=ax2+kx−3与x轴交于点A(−3,0)和点B(1,0)，与y轴
交于点C．点D是抛物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，连接AC，DC，直线AC交抛物线的对称轴于点M，若点P是直线AC上方抛物线上一点，
且S =2S ，求点P的坐标；
△PMC △DMC
(3)若点N是抛物线对称轴上位于点D上方的一动点，是否存在以点N，A，C为顶点的三角形是等腰三
角形，若存在，请直接写出满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)P(1,0)或P(−4,5)；
(3)N(−1,√14)或(−1,−√14)或(−1，−1)或(−1，√17−3)
【分析】（1）待定系数法求解析式，即可求解；
（2）先求得C,M,D的坐标，根据勾股定理的逆定理得出△MCD是等腰三角形，进而根据
S =2S 得出S =2，连接MB，设MD交x轴于点E，则ME=EB=2得出△MBE是等腰直
△PMC △DMC △PMC
角三角形，进而得出S =2，则点P与点B重合时符合题意，P(1,0)，过点B作BP∥AC交抛物线
△BMC
于点P，得出直线BP的解析式为y=−x+1，联立抛物线解析式，即可求解；
（3）勾股定理求得AC2,AN2,CN2，根据等腰三角形的性质，分类讨论解方程，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+kx−3与x轴交于点A(−3,0)和点B(1,0)，
∴¿
解得：¿
∴抛物线的解析式为y=x2+2x−3；
（2）由y=x2+2x−3，当x=0时，y=−3，则C(0,−3)
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∵y=x2+2x−3=(x+1) 2−4，则D(−1,−4)，对称轴为直线x=−1
设直线AC的解析式为y=k x+b ，代入A(−3,0)，C(0,−3)
1 1
∴¿
解得：¿
∴直线AC的解析式为y=−x−3，
当x=−1时，y=−2，则M(−1,−2)
∴MC=√12+(−2+3) 2=√2,MD=−2−(−4)=2,CD=√12+(−3+4) 2=√2
∴M D2=MC2+CD2
∴△MCD是等腰三角形，
1
∴S =2S =2× ×CD2=2
△PMC △DMC 2
连接MB，设MD交x轴于点E，则ME=EB=2
∴△MBE是等腰直角三角形，
∴∠BME=45°，BM=2√2，
又∠DMC=45°
∴BM⊥AC
1 1
∴S = ×MC×BM= ×√2×2√2=2
△BMC 2 2
∴点P与点B重合时符合题意，P(1,0)
如图所示，过点B作BP∥AC交抛物线于点P，
设直线BP的解析式为y=−x+m，将B(1,0)代入得，
0=−1+m
解得：m=1
∴直线BP的解析式为y=−x+1
联立¿
解得：¿，¿
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∴P(−4,5)
综上所述，P(1,0)或P(−4,5)；
（3）解：∵A(−3,0)，C(0,−3)，
∴AC2=32+32=18
∵点N是抛物线对称轴上位于点D上方的一动点，设N(−1,n)其中n>−4
∴AN2=(−3+1) 2+n2=4+n2，CN2=12+(n+3) 2=n2+6n+10
①当AN=AC时，4+n2=18，解得：n=√14或n=−√14
②当NA=NC时，4+n2=n2+6n+10，解得：n=−1
③当CA=CN时，18=n2+6n+10，解得：n=√17−3或n=−√17−3（舍去）
综上所述，N(−1,√14)或(−1,−√14)或(−1，−1)或(−1，√17−3)．
【点睛】本题考查了二次函数综合问题，待定系数法求解析式，面积问题，特殊三角形问题，熟练掌
握二次函数的性质是解题的关键．
2．（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
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，
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¿，
∴¿，
∴y=−x2−2x+3；
（2）解：如图，连接OP，
∵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．
3．（2022·广西河池·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线L：y＝ax2+2x+b与x轴交于两点A，B（3，
1
0），与y轴交于点C（0，3）．
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(1)求抛物线L 的函数解析式，并直接写出顶点D的坐标；
1
(2)如图，连接BD，若点E在线段BD上运动（不与B，D重合），过点E作EF⊥x轴于点F，设EF＝
m，问：当m为何值时，△BFE与△DEC的面积之和最小；
(3)若将抛物线L 绕点B旋转180°得抛物线L，其中C，D两点的对称点分别记作M，N．问：在抛物
1 2
线L 的对称轴上是否存在点P，使得以B，M，P为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，直接写出所
2
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，抛物线顶点D(1,4)
3
(2)m= 时，△BFE与△DEC的面积之和最小
2
(3)P (5，√14)，P (5，−√14)，P (5，−1)，P (5，−3+√17)，P (5，−3−√17)
1 2 3 4 5
【分析】（1）利用待定系数法求出a，b的值即可；
（2）如图1中，连接BC，过点C作CH⊥BD于点H．设抛物线的对称轴交x轴于点T．首先证明
∠DCB=90°，利用面积法求出CH，构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；
（3）如图2中，由题意抛物线L 的对称轴x=5，M（6，-3）．设P（5，m），分三种情形：当
2
BP=BM时，当PB=PM时，当BM=PM时，分别构建方程求解即可．
【详解】（1）解：∵y＝ax2+2x+b与x轴交于两点A，B（3，0），与y轴交于点C（0，3），
∴¿，
∴¿，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
由y=−x2+2x+3 =−(x−1) 2+4
∴抛物线顶点D(1,4)；
（2）如图1中，连接BC，过点C作CH⊥ BD于点H．设抛物线的对称轴交x轴于点T．
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∵C(0，3)，B(3，0)，D(1，4)
∴BC=3√2，CD=√2，
BD=√22+42=2√5，
∴BC2+CD2=BD2，
∴∠BCD=90∘，
1 1
∵ ⋅CD⋅CB= ⋅BD⋅CH，
2 2
√2×3√2 3√5
∴CH= = ，
2√5 5
∵EF⊥x 轴， DT⊥x 轴，
∴EF//DT，
EF BE BF
∴ = = ，
DT BD BT
m BE BF
∴ = = ，
4 2√5 2
√5 1
∴BE= m，BF= m，
2 2
∴△BFE 与 △DEC 的面积之和
1 ( √5 ) 3√5 1 1 1( 3) 2 39
S= × 2√5− m × + ×m× m= m− + ，
2 2 5 2 2 4 2 16
1
∵ >0
4
39 3
∴S有最小值，最小值为 ，此时m= ，
16 2
3
∴m= 时，△BFE与△DEC的面积之和有最小值．
2
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（3）存在，如图2，
∵C(0,3) B(3,0) L x=1
1
， ， 的对称轴为直线 ，
将抛物线L 绕点B旋转180°得抛物线L，其中C，D两点的对称点分别记作M，N．
1 2
∴抛物线L 的对称轴为直线x=5，M(6,−3)
2
设 P(5，m)，
当 BP=BM 时，
22+m2=(3√2) 2，
∴m=±√14，
∴P (5，√14)，P (5，−√14)，
1 2
当 PB=PM 时，
22+m2=12+(m+3) 2，
解得， m=−1，
∴P (5，−1)，
3
当 BM=PM 时，
(3√2) 2=12+(m+3) 2，
解得， m=−3±√17，
∴P (5，−3+√17)，P (5，−3−√17)
4 5
综上所述，满足条件的P的坐标为
P (5，√14)，P (5，−√14)，P (5，−1)，P (5，−3+√17)，P (5，−3−√17) ．
1 2 3 4 5
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的性质，等腰三角形的判定和性质，
中心对称变换等知识，解题的关键是学会根据二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问
题，属于中考压轴题．
4．（2024·山东青岛·一模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c交x轴于点A(−4,0)，
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B(2,0)，交y轴于点C(0,6)，在y轴上有一点E(0,−2)，连接AE．
(1)求二次函数的表达式；
(2)若点D为抛物线在x轴负半轴上方的一个动点，求△ADE面积的最大值及此时D点的坐标；
(3)抛物线对称轴上是否存在点P，使△AEP为以AE为底的等腰三角形？若存在，请直接写出P点的坐
标即可；若不存在，请说明理由．
3 3
【答案】(1)抛物线的表达式为y=− x2− x+6
4 2
50 ( 2 20)
(2)△ADE面积的最大值为 ，此时D点坐标为 − ,
3 3 3
(3)存在，点P的坐标为(−1,1)
【分析】此题考查二次函数的图象与性质，用待定系数法求函数表达式，等腰三角形的判定等知识，
数形结合与分类讨论数学思想是解题的关键．
（1）直接用待定系数法求解即可；
1
（2）可求得直线AE的表达式为y=− x−2,过点D作 DN⊥x轴于点G， 交AE于点F， 设
2
D ( x,− 3 x2− 3 x+6 ) ,则F ( x,− 1 x−2 ) ,所以DF=− 3 x2−x+8，则 S =− 3( x+ 2) 2 + 50 ，
4 2 2 4 △ADE 2 3 3
50
即可求得△ADE面积的最大值是 ；
3
（3）先求得抛物线的对称轴为直线x=−1,设P(−1,t)，再根据△AEP为等腰三角形，且以AE为底
边，利用坐标两点距离公式列出方程求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−4,0)，B(2,0),C(0,6) ，
∴¿，
解得 ¿
3 3
∴二次函数的表达式为y=− x2− x+6．
4 2
（2）解：设直线AE的表达式为y=kx−2,则0=−4k−2
1
解得k=−
2
1
∴直线AE的表达式为y=− x−2
2
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如图1，过点D作DN⊥x轴于点G，交AE于点F，
设D ( x,− 3 x2− 3 x+6 ) ,则F ( x,− 1 x−2 )
4 2 2
∴DF=− 3 x2− 3 x+6− ( − 1 x−2 ) =− 3 x2−x+8，
4 2 2 4
1 1 1
∴S =S +S = DF⋅AG+ DF⋅OG= ×4×DF=2DF，
△ADE △ADF △EDF 2 2 2
∴S =2 ( − 3 x2−x+8 ) =− 3 x2−2x+16=− 3( x+ 2) 2 + 50 ，
△ADE 4 2 2 3 3
2 50
∴当x=− 时， S = ，
3 △ADE 3
3 ( 2) 2 3 ( 2) 20
此时，y =− × − − × − +6= ，
D 4 3 2 3 3
50 ( 2 20)
∴△ADE面积的最大值是 ，此时D点坐标为 − , ；
3 3 3
（3）解：存在，理由如下：
3 3 3 27
∵y=− x2− x+6=− (x+1) 2+ ，
4 2 4 4
∴抛物线的对称轴为直线x=−1，
设P(−1,t)，
∵ △AEP为等腰三角形，且以AE为底边，
∴AP=PE，
∵ E(0,−2)，A(−4,0)，
∴AP2=PE2
∴(−4+1) 2+(0−t) 2=(0+1) 2+(−2−t) 2
解得t=1，
∴P(−1,1)．
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考向五：二次函数与相似三角形的综合
①设定动点的坐标，并表示与该动点相关的其他点坐标。
②注意到分类讨论的重要性，确保问题的全面性。
③表示对应边成比例，这是相似三角形的基本性质。
④通过等量关系解方程，注意舍去不符合题意的解
1．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图
像经过原点和点A(4,0)．经过点A的直线与该二次函数图象交于点B(1,3)，与y轴交于点C．
(1)求二次函数的解析式及点C的坐标；
(2)点P是二次函数图象上的一个动点，当点P在直线AB上方时，过点P作PE⊥x轴于点E，与直线
AB交于点D，设点P的横坐标为m．
①m为何值时线段PD的长度最大，并求出最大值；
②是否存在点P，使得△BPD与△AOC相似．若存在，请求出点P坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+4x，C(0,4)
5 9
(2)①当m= 时，PD有最大值为 ；②当P的坐标为(2,4)或(3,3)时，△BPD与△AOC相似
2 4
【分析】（1）把(0,0)，A(4,0)，B(1,3)代入y=ax2+bx+c(a≠0)求解即可，利用待定系数法求出
直线AB解析式，然后令x=0，求出y，即可求出C的坐标；
（2）①根据P、D的坐标求出PD，然后根据二次函数的性质求解即可；
②先利用等边对等角，平行线的判定与性质等求出∠PDB=∠ACO=45°，然后分△PBD∽△OAC，
△PBD∽△AOC两种情况讨论过，利用相似三角形的性质、等腰三角形的判定与性质等求解即可．
【详解】（1）解：把(0,0)，A(4,0)，B(1,3)代入y=ax2+bx+c(a≠0)，
得¿，
解得¿，
∴二次函数的解析式为y=−x2+4x，
设直线AB解析式为y=mx+n，
则¿，
解得¿，
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∴直线AB解析式为y=−x+4，
当x=0时，y=4，
∴C(0,4)；
（2）解：①设P(m,−m2+4m)(1<m<4)，则D(m,−m+4)，
∴PD=−m2+4m−(−m+4)
=−m2+5m−4
( 5) 2 9
=− m− + ，
2 4
5 9
∴当m= 时，PD有最大值为 ；
2 4
②∵A(4,0)，C(0,4)，
∴AO=CO=4，
又∠AOC=90°，
∴∠ACO=∠AOC=45°，
又PD⊥x轴，
∴PD∥y轴，
∴∠PDB=∠ACO=45°，
当△PBD∽△OAC时，如图，
∴∠BPD=∠AOC=90°，
∴BP∥x轴，
∴P的纵坐标为3，
把y=3代入y=−x2+4x，得3=−x2+4x，
解得x =1，x =3，
1 2
∴m=3，
∴−m2+4m=3，
∴P的坐标为(3,3)；
当△PBD∽△AOC时，如图，过B作BF⊥PD于F，
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则BF=m−1，∠PBD=∠AOC=90°，
又∠BDP=45°，
∴∠BPD=45°=∠BDP，
∴BP=BD，
∴PF=DF，
1
∴BF= PD，
2
1
∴m−1= (−m2+5m−4)，
2
解得m =2，m =1（舍去），
1 2
∴−m2+4m=4，
∴P的坐标为(2,4)
综上，当P的坐标为(2,4)或(3,3)时，△BPD与△AOC相似．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，待定系数法求二次函数、一次函数解析式，二次函数的性质，
相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，合理
分类讨论是解题的关键．
3
2．（2023·四川资阳·中考真题）如图，直线y= x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线
4
3
y=− x2+bx+c经过A、B两点．
4
(1)求抛物线的表达式；
(2)点D是抛物线在第二象限内的点，过点D作x轴的平行线与直线AB交于点C，求DC的长的最大值；
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(3)点Q是线段AO上的动点，点P是抛物线在第一象限内的动点，连结PQ交y轴于点N．是否存在点
P，使△ABQ与△BQN相似，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
3 9
【答案】(1)y=− x2− x+3
4 4
(2)当m=−2时，DC的长的最大值为4
(√23−4 6√23+3) (−11+√229 √229−2)
(3)点P的坐标为 , 或 ,
2 16 6 12
【分析】（1）首先求得A、B点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式；
（2）设D ( m，− 3 m2− 9 m+3 ) ，则C ( −m2−3m，− 3 m2− 9 m+3 ) ，进而表示出CD的长；
4 4 4 4
接下来用含m的二次函数表示S，根据二次函数的性质，即可解答；
（3）分两种情况：①当△ABQ∽△BQN时，②当△ABQ∽△QBN时，分别求解即可．
3
【详解】（1）∵直线y= x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，
4
∴ A(−4，0)，B(0，3)，
3
∵抛物线y=− x2+bx+c经过A、B两点．
4
∴ ¿，
解得¿，
3 9
∴ y=− x2− x+3；
4 4
（2）设D ( m,− 3 m2− 9 m+3 ) ，
4 4
∵ DC∥作x轴，与直线AB交于点C，
3 3 9
∴ x+3=− m2− m+3，解得x=−m2−3m，
4 4 4
∴ C ( −m2−3m,−3 5 m2− 9 m+3 ) ，
4 4
∴ DC=−m2−3m−m=−m2−4m=−(m+2) 2+4
∴当m=−2时，DC的长的最大值为4；
（3）设N(0,n)，
∵ A(−4，0)，B(0，3)，
∴ AB=√32+42=5，
分两种情况：
①当△ABQ∽△BQN时，
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∵ △ABQ∽△BQN
，
QN BQ
∴ ∠ABQ=∠BQN， = ，
BQ AB
∴ PQ∥AB，
∴ △OQN∽△OAB，
ON OQ ON
∴ = = ，
OB OA AB
n OQ QN
∴ = = ，
3 4 5
4 5
∴ .QQ= n， QN= n，
3 3
√16
∴ BQ=√OQ2+OB2= n2+9，
9
5 √16
n n2+9
9 9
∴ = ，
√16 5
n2+9
9
27
∴ n= 或3（舍去），
16
4 9
∴ OQ= n= ，
3 4
( 9 ) ( 27)
∴ Q − ,0 ，N 0, ，
4 16
设直线PQ的解析式为y=kx+a，
∴ ¿解得¿，
3 27
∴直线PQ的解析式为y= x+ ，
4 16
3 9 √23−4 −√23−4
联立y=− x2− x+3解得x= 或x= （不合题意，舍去）
4 4 2 2
(√23−4 6√23+3)
∴点P的坐标为 , ；
2 16
②当△ABQ∽△QBN时，过点Q作QH⊥AB于H，
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∵ △ABQ∽△QBN
，
∴ ∠ABQ=∠QBN，∠BAQ=∠BQN，
∴ QH=QO，
∵ BQ=BQ，
∴ Rt△BHQ≌Rt△BOQ，
∴BH=OB=3，
∴AH=AB−BH=2，
设OQ=q，则AQ=4−q，QH=q，
3
∴ 22+q2=(4−q) 2，解得q= ，
2
( 3 )
∴ Q − ,0 ，
2
∵ ∠BQO=∠BQN+∠OQN=∠BAQ+∠ABQ，∠BAQ=∠BQN，∠ABQ=∠QBN，
∴ ∠OQN=∠QBN，
∵ ∠QON=∠BOQ=90°，
∴ △OQN∽△OBQ，
ON OQ
∴ = ，
OQ OB
3
∴ n 2，
=
3 3
3
∴ n= ，
4
( 3 ) ( 3)
∴ Q − ,0 ，N 0, ，
2 4
1 3
同理得直线PQ的解析式为y= x+ ，
2 4
3 9 −11+√229 −11−√229
联立y=− x2− x+3解得x= 或 （不合题意，舍去）
4 4 6 6
(−11+√229 √229−2)
∴点P的坐标为 , ；
6 12
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(√23−4 6√23+3) (−11+√229 √229−2)
综上，点P的坐标为 , 或 , ．
2 16 6 12
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，勾股定理，相似三角形的性质与判定，
全等三角形的性质与判定等等，解题的关键是利用方程的思想和函数的思想方法解决问题，利用相似
三角形的判定得出关于m的方程是解题关键，解（3）的关键是分和两种情况讨论求解．
考向六：二次函数与四边形的综合
二次函数的综合题中在第二三小问比较常考到四边形的问题，这类题目主要考察两种题型:1.四边形的面
积最值问题2.特殊平行四边形的存在性问题，这类包括平行四边形，矩形菱形等。解决这类问题的基本步
骤：
1.四边形面积最值问题的处理方法:核心步骤对于普通四边形要转化成两个三角形进行研究
然后用求三角形面积最值问题的方法来求解
2对于特殊平行四边形问题要先分类，(按照边和对角线进行分类)
3.画图，(画出大致的平行四边形的样子，抓住目标点坐标)
4.计算(利用平行四边形的性质以及全等三角形的性质)；①全等三角形抓住对应边对应角的相等
②在利用点坐标进行长度的表示时要利用两点间距离公式③平行四边形的对应边相等列相关的等式
④利用平行四边形的对角线的交点从而找出四个点坐标之间的关系（中点公式）
❊处理矩形萎形的方法与平行四边形方法类似
1．（2024·黑龙江绥化·中考真题）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=−x2+bx+c与直线相交于A，B两点，其中点A(3,4)，
B(0,1)．
(1)求该抛物线的函数解析式．
(2)过点B作BC∥x轴交抛物线于点C，连接AC，在抛物线上是否存在点P使
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1
tan∠BCP= tan∠ACB．若存在，请求出满足条件的所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
6
（提示：依题意补全图形，并解答）
(3)将该抛物线向左平移2个单位长度得到y =a x2+b x+c (a ≠0)，平移后的抛物线与原抛物线相交
1 1 1 1 1
于点D，点E为原抛物线对称轴上的一点，F是平面直角坐标系内的一点，当以点B、D、E、F为顶
点的四边形是菱形时，请直接写出点F的坐标．
【答案】(1)y=−x2+4x+1
(1 11) ( 1 5)
(2)存在，点P坐标为P , ，P − ,− ，补图见解析
1 2 4 2 2 4
(3)F (−1,3)、F (3,4−√6)、F (3,4+√6)、F (1,−2)
1 2 3 4
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据平行线的性质可得y =1=−x2+4x+1，求得C(4,1)，进而分别求得A(3,4)，Q(3,1)，根
c
1 1
据tan∠BCP= tan∠ACB可得tan∠BCP= ，设直线CP交y轴于点M，则M (0,3)，M (0,−1)．
6 2 1 2
1 1
进而可得CM ，CM 的解析式为y =− x+3，y = x−1，连接CM 交抛物线于P ，连接
1 2 CM 1 2 CM 2 2 1 1
CM 交抛物线于P ，进而联立抛物线与直线解析式，解方程，即可求解．
2 2
（3）①以BD为对角线，如图作BD的垂直平分线M E 交BD于点M交直线x=2于E ，设E (2,y)，
1 1 1
根据两点距离公式可得y=2，根据中点坐标公式可得F (−1,3)，②以BD为边，如图以B为圆心，
1
BD为半径画圆交直线x=2于点E ，E ；连接BE ，BE ，根据勾股定理求得BD,BE ，进而得出
2 3 2 3 2
E (2,1−√6)，E (2,1+√6)，根据平移的性质得出F (3,4−√6)，F (3,4+√6)，③以BD为边，如
2 3 2 3
图以点D为圆心，BD长为半径画圆交直线x=2于点E 和E ，连接DE ，DE ，则
4 5 4 5
DE =DE =BD=√10，过点D作DH⊥E E 于点H，则DH=1，在Rt△DH E 和Rt△DH E 中，
4 5 4 5 4 5
由勾股定理得H E =H E =3，则E (2,1)、E (2,7)，根据tan∠DBE =tan∠E DH=3，可得
4 5 4 5 4 5
∠DBE =∠E DH，过点B作BF ∥DE ，过E 作E F ∥BD，BF 和E F 相交于点F ，
4 5 4 4 4 4 4 4 4 4 4
BE 的中点G(1,1)．根据中点坐标公式可得F (1,−2)；
4 4
【详解】（1）解：∵把点A(3,4)，B(0,1)代入y=−x2+bx+c得
¿，
解得¿，
∴y=−x2+4x+1．
（2）存在．
理由：∵BC∥x轴且B(0,1)，
∴y =1=−x2+4x+1，
c
∴x =0（舍去），x =4，
1 2
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∴C(4,1)．
过点A作AQ⊥BC于点Q，
在Rt△ACQ中，
∵A(3,4)，
∴Q(3,1)，
1
∵tan∠BCP= tan∠ACB，
6
1 AQ 1 1
∴tan∠BCP= × = ×3= ．
6 CQ 6 2
设直线CP交y轴于点M，
∵ BC=4，∠CBM=90°，
∴M (0,3)，M (0,−1)．
1 2
连接CM 交抛物线于P ，连接CM 交抛物线于P ，
1 1 2 2
1 1
∴CM ，CM 的解析式为y =− x+3，y = x−1，
1 2 CM 1 2 CM 2 2
∴¿，解得¿，
或¿，解得¿．
1 1 11 5
∴把x = ，x =− 代入y=−x2+4x+1得y = ，y =− ，
1 2 3 2 1 4 3 4
(1 11) ( 1 5)
∴P , ，P − ,− ．
1 2 4 2 2 4
(1 11) ( 1 5)
综上所述，满足条件的点P坐标为P , ，P − ,− ．
1 2 4 2 2 4
（3）F (−1,3)、F (3,4−√6)、F (3,4+√6)、F (1,−2)．
1 2 3 4
方法一：
①以BD为对角线，如图作BD的垂直平分线M E 交BD于点M交直线x=2于E
1 1
∵B(0,1)，D(1,4)，
(1 5)
∴M , ．
2 2
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设E (2,y)，
1
∵DE =BE ，
1 1
∴12+(4−y) 2=22+(y−1) 2，
∴y=2，
∴E (2,2)，
1
∵M是E F 的中点，
1 1
∴ F (−1,3)．
1
②以BD为边
如图以B为圆心，BD为半径画圆交直线x=2于点E ，E ；连接BE ，BE ，
2 3 2 3
过点D作DF ∥BE ，过点E 作E F ∥BD，DF 和E F 相交于点F ，同理可得F
2 2 2 2 2 2 2 2 2 3
∵ B(0,1)，D(1,4)，
∴ BD=√12+32=√10，
∴ BE =BE =√10．
2 3
∴过点B作BN⊥直线x=2于点N，则BN=2；
在Rt△BN E 和Rt△BN E 中，由勾股定理得，
2 3
E N=E N=√6，
2 3
∴ E (2,1−√6)，E (2,1+√6)．
2 3
∵点F是由点E向右平移1个单位长度，再向上平移3个单位长度得到的，
∴ F (3,4−√6)，F (3,4+√6)，
2 3
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③以BD为边
如图以点D为圆心，BD长为半径画圆交直线x=2于点E 和E ，
4 5
连接DE ，DE ，则DE =DE =BD=√10，
4 5 4 5
过点D作DH⊥E E 于点H，则DH=1，在Rt△DH E 和Rt△DH E 中，由勾股定理得，
4 5 4 5
∴ H E =H E =3，
4 5
∴ E (2,1)、E (2,7)，
4 5
∵ tan∠DBE =tan∠E DH=3，
4 5
∴ ∠DBE =∠E DH，
4 5
∴B、D、E 三点共线，
5
∴过点B作BF ∥DE ，过E 作E F ∥BD，
4 4 4 4 4
BF 和E F 相交于点F ，
4 4 4 4
∵B(0,1)、E (2,1)，
4
∴ BE 的中点G(1,1)．
4
∵ D(1,4)，点G为DF 的中点，
4
∴ F (1,−2)．
4
综上所述：F (−1,3)、F (3,4−√6)、F (3,4+√6)、F (1,−2)．
1 2 3 4
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2．（2025·陕西西安·一模）如图，抛物线y=ax2+bx−3的图象与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，与y
轴交于点C，直线l与抛物线交于点B，交y轴于点D(0,3)．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)若抛物线的顶点为P，求△PBD的面积；
(3)点M为y轴右侧抛物线上一动点，过点M作直线MN∥AC交直线l于点N，是否存在点M，使以
A，C，M，N四点为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说
明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)9
(√17+1 1−√17) (√33+1 9−√33)
(3)存在，M , 或M ,
2 2 2 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，分类讨论的思想进
行求解，是解题的关键．
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）求出P点坐标，求出直线BD的解析式，过点P作PE⊥x轴并延长交BD于E，根据
1
S = PE⋅OB进行求解即可；
△PBD 2
（3）分四边形ACMN为平行四边形和四边形ACNM为平行四边形，两种情况进行讨论，利用平移思
想进行求解即可．
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【详解】（1）解：y=ax2+bx−3，
∴当x=0时，y=−3，
∴C(0,−3)，
∵抛物线y=ax2+bx−3的图象与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，
∴y=a(x+1)(x−3)，把C(0,−3)，代入，得：a=1，
∴y=(x+1)(x−3)=x2−2x−3；
（2）∵y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴P(1,−4)，
∵D(0,3)，B(3,0)
∴设BD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轴并延长交BD于E，则：E(1,2)，
∴PE=2+4=6，
1 1
∴S = PE⋅OB= ×6×3=9；
△PBD 2 2
（3）解：存在；
由（2）知，直线l的解析式为：y=−x+3，设N(m,−m+3)，
∵MN∥AC，且以A，C，M，N四点为顶点的四边形是平行四边形，
∴MN=AC；
①当四边形ACMN为平行四边形时，
∵A(−1,0),C(0,−3)，
∴点A先向右平移1个单位，再向下平移3个单位得到点C，
∴点N先向右平移1个单位，再向下平移3个单位得到点M，即：M(m+1,−m)，
∴−m=(m+1) 2−2(m+1)−3，
√17−1 −√17−1
解得：m= 或m= ，
2 2
√17−1 (√17+1 1−√17)
当m= 时，M , ，
2 2 2
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−√17−1 −√17+1
当m= 时，m+1= <0（不符合题意，舍去）；
2 2
②当四边形ACNM为平行四边形时，
∵A(−1,0),C(0,−3)，
∴点A先向右平移1个单位，再向下平移3个单位得到点C，
∴点M先向右平移1个单位，再向下平移3个单位得到点N，即：M(m−1,−m+6)，
∴−m+6=(m−1) 2−2(m−1)−3，
√33+3 −√33+3
解得：m= 或m= ，
2 2
√33+3 (√33+1 9−√33)
当m= 时，M , ，
2 2 2
−√33+3 −√33+1
当m= 时，m−1= <0（不符合题意，舍去）；
2 2
(√17+1 1−√17) (√33+1 9−√33)
综上：M , 或M , ．
2 2 2 2
3．（2024·山西·模拟预测）综合与探究
如图1，抛物线y=ax2−2x+c(a≠0)的图象是一条抛物线，图象与x轴交于点A和点B(3,0)，与y轴
交于点C(0,−3)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，连接BC，点P为直线BC下方抛物线上的点，过点P作PM∥y轴交BC于点M，求PM的
最大值及此时点P的坐标；
(3)如图3，将抛物线y=ax2−2x+c(a≠0)先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度得到
新的抛物线y′，在y′的对称轴上有一点D，坐标平面内有一点E，使得以点B，C，D，E为顶点的四
边形是矩形，请直接写出所有满足条件的点E的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
9 (3 15)
(2)PM = ，P ,−
max 4 2 4
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( −3−√17) ( −3+√17)
(3)存在点E(5,−2)或(−1,−2)或 1, 或 1,
2 2
【分析】（1）把B(3,0)和C(0,−3)代入y=ax2−2x+c(a≠0)求解即可．
（2）先解得直线BC的解析式为y=x−3，设P(a,a2−2a−3)，M(a,a−3)，得到的PM的值，当
3
a= 时，PM最大即可解答．
2
（3）分情况讨论，当BC为矩形一边时，且点D在x轴的下方；当BC为矩形一边时，且点D在x轴
的上方；当BC为矩形对角线时，分别求解即可．
【详解】（1）解：把B(3,0)和C(0,−3)代入y=ax2−2x+c(a≠0)，得：
¿，解得：¿，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
（2）设直线BC的解析式为y=kx+b，把B，C点的坐标代入得：
¿，解得：¿，
∴直线BC的解析式为y=x−3
点P为直线BC下方抛物线上的点，
设P(a,a2−2a−3)，
∴M(a,a−3)，
∴PM=a−3−a2+2a+3=−a2+3a=− ( a− 3) 2 + 9 ，
2 4
3 9
当a= 时，PM = ，
2 max 4
(3 15)
∴P ,− ；
2 4
（3）由题意可得：y′=(x−1) 2−2(x−1)−3−1=x2−4x−1=(x−2) 2−5，
y′的对称轴为x=2.
∵B(3,0)，C(0,−3)，
∴OC=OB=3，∠BCO=∠CBO=45°
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如图3.1：当BC为矩形一边时，且点D在x轴的下方，过D作DF⊥y轴于点F，
∵D在y′的对称轴上，
∴FD=2，
∵∠BCD=90°，∠BCO=45°，
∴∠DCF=45°，
∴CF=FD=2，OF=3+2=5，即点D(2,−5)，
∴点C向右平移2个单位、向下平移2个单位可得到点D，则点B向右平移2个单位、向下平移2个
单位可得到点E(5,−2)；
如图3.2：当BC为矩形一边时，且点D在x轴的上方，y′的对称轴为x=2与x轴交于点F，
∵D在y′的对称轴上，
∴FO=2，
∴BF=3−2=1，
∵∠CBO=45°，即∠DBO=45°，
∴BF=FD=1，即点D(2,1)，
∴点B向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点D，则点C向左平移1个单位、向上平移1个
单位可得到点E(−1,−2)；
(3 3)
如图3.3：当BC为矩形对角线时，设D(2,d)，E(m,n)，BC的中点F的坐标为 ,− ，
2 2
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依意得：¿，解得¿，
又∵DE=BC，
∴(2−1) 2+(d−n) 2=32+32，
解得：d−n=±√17，
联立¿，
−3±√17
解得：n= ，
2
( −3−√17) ( −3+√17)
∴点E的坐标为 1, 或 1, .
2 2
( −3−√17) ( −3+√17)
综上，存在点E(5,−2)或(−1,−2)或 1, 或 1, ，
2 2
使得以点B，C，D，E为顶点的四边形是矩形．
【点睛】本题是二次函数的综合应用题，主要考查了待定系数法求函数解析式，矩形的性质，利用平
移的性质解决问题是解本题的关键．
考向七：二次函数与最值的综合
二次函数中最值问题常以几何最值模型为主，常见的是将军饮马，胡不归，阿氏圆等。想要在考试中轻松
拿下，要掌握下面四种实用方法：
①补形割形法。这种方法特别适合处理与图形有关的最值问题，通过补形和割形来找到最优解。
②铅垂高水平宽面积法。这个方法主要用于求面积的最大值，通过铅垂线和高水平宽来计算面积，轻松找
到最大值。
③切线法。对于求二次函数的最小值，切线法是个不错的选择。通过求切线与函数的交点，找到最小值的
坐标。
④三角函数法。这种方法适用于一些特殊的二次函数问题，通过三角函数的性质来求解最值
1．（2024·甘肃·中考真题）如图1，抛物线y=a(x−h) 2+k交x轴于O，A(4,0)两点，顶点为B(2,2√3)．
点C为OB的中点．
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(1)求抛物线y=a(x−h) 2+k的表达式；
(2)过点C作CH⊥OA，垂足为H，交抛物线于点E．求线段CE的长．
(3)点D为线段OA上一动点（O点除外），在OC右侧作平行四边形OCFD．
①如图2，当点F落在抛物线上时，求点F的坐标；
②如图3，连接BD，BF，求BD+BF的最小值．
√3
【答案】(1)y=− x2+2√3x
2
√3
(2)
2
(3)①F(2+√2,√3)②2√7
【分析】（1）根据顶点为B(2,2√3)．设抛物线y=a(x−2) 2+2√3，把A(4,0)代入解析式，计算求
解即可；
√3 3√3
（2）根据顶点为B(2,2√3)．点C为OB的中点，得到C(1,√3)，当x=1时，y=− +2√3= ，
2 2
( 3√3) 3√3 √3
得到E 1, ．结合CH⊥OA，垂足为H，得到CE= −√3= 的长．
2 2 2
（3）①根据题意，得C(1,√3)，结合四边形OCFD是平行四边形，设F(m,√3)，结合点F落在抛物
√3
线上，得到√3=− m2+2√3m，解得即可；
2
②过点B作BN⊥y轴于点N，作点D关于直线BN的对称点G，过点G作GH⊥y轴于点H，连接
DG，CH，FG，利用平行四边形的判定和性质，勾股定理，矩形判定和性质，计算解答即可．
【详解】（1）∵抛物线的顶点坐标为B(2,2√3)．
设抛物线y=a(x−2) 2+2√3，
把A(4,0)代入解析式，得a(4−2) 2+2√3=0，
√3
解得a=− ，
2
√3 √3
∴y=− (x−2) 2+2√3=− x2+2√3x．
2 2
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（2）∵顶点为B(2,2√3)．点C为OB的中点，
∴C(1,√3)，
∵CH⊥OA，
∴CH∥y轴，
∴E的横坐标为1，
设E(1,m)，
√3 3√3
当x=1时，m=− +2√3= ，
2 2
( 3√3)
∴E 1, ．
2
3√3 √3
∴CE= −√3= ．
2 2
（3）①根据题意，得C(1,√3)，
∵四边形OCFD是平行四边形，
∴点C，点F的纵坐标相同，
设F(m,√3)，
∵点F落在抛物线上，
√3
∴√3=− m2+2√3m，
2
解得m =2+√2，m =2−√2(舍去)；
1 2
故F(2+√2,√3)．
②过点B作BN⊥y轴于点N，作点D关于直线BN的对称点G，过点G作GH⊥y轴于点H，连接
DG，CH，FG，
则四边形ODGH是矩形，
∴OD=HG,OD∥HG，
∵四边形OCFD是平行四边形，
∴OD=CF,OD∥CF，
∴GH=CF,GH∥CF，
∴四边形CFGH是平行四边形，
∴FG=CH，
∵BG+BF≥FG，
故当B、G、F三点共线时，BG+BF取得最小值，
∵BG=BD，
∴BG+BF的最小值，就是BD+BF的最小值，且最小值就是CH，
延长FC交y轴于点M，
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∵OD∥CF，
∴∠HMC=∠HOD=90°，
∵C(1,√3)，
∴CM=1,OM=√3，
∵B(2,2√3)，
∴ON=NH=2√3，
∴HM=ON+NH−OM=3√3，
∴HC=√CM2+H M2=√28=2√7，
故BD+BF的最小值是2√7．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数的解析式，中点坐标公式，平行四边形的判定和性质，矩形的
判定和性质，勾股定理，利用轴对称的性质求线段和的最小值，熟练掌握平行四边形的性质，轴对称
的性质是解题的关键．
2．（2024·四川德阳·中考真题）如图，抛物线y=x2−x+c与x轴交于点A(−1,0)和点B，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当0<x≤2时，求y=x2−x+c的函数值的取值范围；
3
(3)将拋物线的顶点向下平移 个单位长度得到点M，点P为抛物线的对称轴上一动点，求
4
√5
PA+ PM的最小值．
5
【答案】(1)y=x2−x−2
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9
(2)− ≤ y≤0
4
√5 6√5
(3)PA+ PM的最小值为：
5 5
【分析】（1）直接利用待定系数法求解二次函数的解析式即可；
−1 1
（2）求解y=x2−x−2的对称轴为直线x=− = ，而0<x≤2，再利用二次函数的性质可得答案；
2×1 2
(1 )
（3）求解C(0,−2)，B(2,0)，可得AB=3，求解直线AC为y=−2x−2，及M ,−3 ，证明M在
2
直线AC上，如图，过P作PG⊥AC于G，连接MB，过P作PH⊥MB于H，可得AC=√5，
1 √5 √5
sin∠ACO= = ，证明∠AMP=∠ACO，可得PG= PM，可得
√5 5 5
√5
PA+ PM=PA+PG=PA+PH≤AH，再进一步求解即可．
5
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2−x+c与x轴交于点A(−1,0)，
∴1+1+c=0，
解得：c=−2，
∴抛物线的解析式为：y=x2−x−2；
−1 1
（2）解：∵y=x2−x−2的对称轴为直线x=− = ，而0<x≤2，
2×1 2
1 1 9
∴函数最小值为：y= − −2=− ，
4 2 4
当x=0时，y=−2，
当x=2时，y=4−2−2=0，
9
∴函数值的范围为：− ≤ y≤0；
4
（3）解：∵y=x2−x−2，
当x=0时，y=−2，
∴C(0,−2)，
当y=x2−x−2=0时，
解得：x =−1，x =2，
1 2
∴B(2,0)，
∴AB=3，
设直线AC为y=kx−2，
∴−k−2=0，
∴k=−2，
∴直线AC为y=−2x−2，
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3 (1 9)
∵拋物线的顶点向下平移 个单位长度得到点M，而顶点为 ,− ，
4 2 4
(1 )
∴M ,−3 ，
2
∴M在直线AC上，
如图，过P作PG⊥AC于G，连接MB，过P作PH⊥MB于H，
∵A(−1,0)，C(0,−2)，
1 √5
∴AC=√5，sin∠ACO= = ，
√5 5
∵对称轴与y轴平行，
∴∠AMP=∠ACO，
PG √5
∴sin∠AMP= = ，
PM 5
√5
∴PG= PM，
5
由抛物线的对称性可得：PG=PH，∠MAB=∠MBA，
√5
∴PA+ PM=PA+PG=PA+PH≤AH，
5
当A,P,H三点共线时取等号，
OC 2 2√5 AH
∴sin∠MAB= = = =sin∠ABH= ，
AC √5 5 AB
AH 2√5
∴ = ，
3 5
6√5
∴AH= ，
5
√5 6√5
即PA+ PM的最小值为： ．
5 5
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的性质，利用轴对称的性质
求解线段和的最小值，锐角三角函数的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键．
3．（2024·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+4(a≠0)经过点(−1,6)，与
y轴交于点C，与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），连接AC，BC，tan∠CBA=4．
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(1)求抛物线的表达式；
(2)点P是射线CA上方抛物线上的一动点，过点P作PE⊥x轴，垂足为E，交AC于点D．点M是线段
DE上一动点，MN⊥y轴，垂足为N，点F为线段BC的中点，连接AM，NF．当线段PD长度取
得最大值时，求AM+MN+NF的最小值；
(3)将该抛物线沿射线CA方向平移，使得新抛物线经过（2）中线段PD长度取得最大值时的点D，且
与直线AC相交于另一点K．点Q为新抛物线上的一个动点，当∠QDK=∠ACB时，直接写出所有符
合条件的点Q的坐标．
【答案】(1)y=−x2−3x+4；
√41
(2)AM+MN+NF的最小值为 +2；
2
( 19 43)
(3)符合条件的点Q的坐标为(−1,−2)或 − , ．
4 16
【分析】（1）利用正切函数求得OB=1，得到B(1,0)，再利用待定系数法即可求解；
（2）求得A(−4,0)，利用待定系数法求得直线AC的解析式，设P(p,−p2−3p+4)，求得PD最大，
点P(−2,6)，再证明四边形AMNE是平行四边形，得到AM=EN，推出当E、N、F共线时，EF
取最小值，即AM+MN+NF取最小值，据此求解即可；
（3）求得D(−2,2)，再利用平移的性质得到新抛物线的解析式y′=−x2−7x−8，再分两种情况讨论，
计算即可求解．
【详解】（1）解：令x=0，则y=4，
∴C(0,4)，
∴OC=4，
∵tan∠CBA=4，
OC
∴ =4，
OB
∴OB=1，
∴B(1,0)，
将B(1,0)和(−1,6)代入y=ax2+bx+4得¿，
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解得¿，
∴抛物线的表达式为y=−x2−3x+4；
（2）解：令y=0，则0=−x2−3x+4，
解得x=−4或x=1，
∴A(−4,0)，
设直线AC的解析式为y=mx+4，
代入A(−4,0)，得0=−4m+4，
解得m=1，
∴直线AC的解析式为y=x+4，
设P(p,−p2−3p+4)（−4<p<0），则D(p,p+4)，
∴PD=−p2−3p+4−(p+4)=−(p+2) 2+4，
∵−1<0，
∴当p=−2时，PD最大，此时P(−2,6)，
∴AE=2，MN=OE=2，E(−2,0)，
∴AE=MN，AE∥MN，
连接EN，
∴四边形AMNE是平行四边形，
∴AM=EN，
∴AM+MN+NF=EN+MN+NF≥MN+EF，
∴当E、N、F共线时，EF取最小值，即AM+MN+NF取最小值，
∵点F为线段BC的中点，
(1 )
∴F ,2 ，
2
∴EF= √ ( −2− 1) 2 +22= √41 ，
2 2
√41
∴AM+MN+NF的最小值为 +2；
2
（3）解：由（2）得点D的横坐标为−2，代入y=x+4，得y=2，
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∴D(−2,2)，
∴新抛物线由y=−x2−3x+4向左平移2个单位，向下平移2个单位得到，
∴y′=−(x+2) 2−3(x+2)+4−2=−x2−7x−8，
过点D作DQ ∥BC交抛物线y′于点Q ，
1 1
∴∠Q DK=∠BCA，
1
同理求得直线BC的解析式为y=−4x+4，
∵DQ ∥BC，
1
∴直线DQ 的解析式为y=−4x−6，
1
联立得−4x−6=−x2−7x−8，
解得x =−1，x =−2，
1 2
当x=−1时，y=−2，
∴Q (−1,−2)，
1
作DQ 关于直线AC的对称线得DQ 交抛物线y′于点Q ，
1 2 2
∴∠Q DK=∠Q DK=∠BCA，
2 1
设DQ 交x轴于点G，
1
由旋转的性质得到DG=DG′，
过点D作DR∥x轴，作DH⊥x轴于点H，作G′H′⊥DR于点H′，
当y=0时，0=−4x−6，
3
解得x=− ，
2
( 3 )
∴G − ,0
2
∵A(−4,0)，C(0,4)，
∴OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=45°，
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∵DR∥x轴，
∴∠RDA=∠DAH=∠ADH=45°，
∴∠G'DH'=∠GDH，
∵∠G'H'D=∠GHD=90°，DG'=DG
∴△GD′H′≌△GDH，
3 1
∴G′H′=GH=2− = ，DH′=DH=2，
2 2
∴G′(
−4,
5)
，
2
1 3
同理直线DQ 的解析式为y=− x+ ，
2 4 2
1 3
联立−x2−7x−8=− x+ ，
4 2
19
解得x=−2或x=− ，
4
19 1 ( 19) 3 43
当x=− 时，y=− × − + = ，
4 4 4 2 16
( 19 43)
∴Q − , ，
2 4 16
( 19 43)
综上，符合条件的点Q的坐标为(−1,−2)或 − , ．
4 16
【点睛】本题是二次函数综合问题，考查二次函数的图象及性质，待定系数法确定函数关系式，熟练
掌握二次函数的图象及性质，轴对称的性质，直角三角形的性质，数形结合是解题的关键．
4．（2023·湖北黄石·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于两点
A(−3,0),B(4,0)，与y轴交于点C(0,4)．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)已知抛物线上有一点P(x ,y )，其中y <0，若∠CAO+∠ABP=90°，求x 的值；
0 0 0 0
(3)若点D，E分别是线段AC，AB上的动点，且AE=2CD，求CE+2BD的最小值．
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1 1
【答案】(1)y=− x2+ x+4；
3 3
21
(2)− ；
4
(3)√233．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
CO 4 3
（2）在Rt△AOC中，tan∠CAO= = ，则tan∠ABP= ，得到直线BP的表达式为：
AO 3 4
3
y= (x−4)，进而求解；
4
（3）作∠EAG=∠BCD，证明△BCD∽△GAE且相似比为1:2，故当C、E、G共线时，
CE+2BD=CE+EG=CG为最小，进而求解．
【详解】（1）解：设抛物线的表达式为：y=a(x+3)(x−4)=a(x2−x−12)，
1
即−12a=4，则a=− ，
3
1 1
故抛物线的表达式为：y=− x2+ x+4①；
3 3
CO 4
（2）解：在Rt△AOC中，tan∠CAO= = ，
AO 3
∵∠CAO+∠ABP=90°，
3
则tan∠ABP= ，
4
3
故设直线BP的表达式为：y= (x−4)②，
4
1 1 3
联立①②得：− x2+ x+4= (x−4)，
3 3 4
21
解得：x=− =x （不合题意的值已舍去）；
4 0
（3）解：作∠EAG=∠BCD，
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AG=2BC=2×4√2=8√2
设 ，
∵AE=2CD，
∴△BCD∽△GAE且相似比为1:2，
则EG=2BD，
故当C、E、G共线时，CE+2BD=CE+EG=CG为最小，
在△ABC中，设AC边上的高为h，
1 1
则S = ×AC⋅h= ×AB×CO，
△ABC 2 2
即5h=4×7，
28
解得：h= ，
5
28
则 h 5 √98 ，
sin∠ACD= = = =sin∠EAG
BC 4√2 10
则tan∠EAG=7，
过点G作GN⊥x轴于点N，
56
则NG=AG⋅sin∠EAG= ，
5
56
即点G的纵坐标为：− ，
5
7
同理可得，点G的横坐标为：− ，
5
( 7 56)
即点G − ，− ，
5 5
√ ( 7) 2 ( 56) 2
由点C、G的坐标得，CG= 0+ + 4+ =√233，
5 5
即CE+2BD的最小值为√233．
【点睛】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
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系．
5．（2023·宁夏·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．
已知点A的坐标是(−1,0)，抛物线的对称轴是直线x=1．
(1)直接写出点B的坐标；
(2)在对称轴上找一点P，使PA+PC的值最小．求点P的坐标和PA+PC的最小值；
(3)第一象限内的抛物线上有一动点M，过点M作MN⊥x轴，垂足为N，连接BC交MN于点Q．依
题意补全图形，当MQ+√2CQ的值最大时，求点M的坐标．
【答案】(1)(3,0)
(2)点P(1,2)，PA+PC的最小值为3√2
(5 7)
(3)M ,
2 4
【分析】（1）根据抛物线的对称性，进行求解即可；
（2）根据抛物线的对称性，得到PA+PC=PB+PC≥BC，得到当P,B,C三点共线时，PA+PC的
值最小，为BC的长，求出直线BC的解析式，解析式与对称轴的交点即为点P的坐标，两点间的距离
公式求出BC的长，即为PA+PC的最小值；
（3）根据题意，补全图形，设M(m,−m2+2m+3)，得到N(m,0)，Q(m,−m+3)，将
MQ+√2CQ的最大值转化为二次函数求最值，即可得解．
【详解】（1）解：∵点A(−1,0)关于对称轴的对称点为点B，对称轴为直线x=1，
∴点B为(3,0)；
（2）当x=0时，y=3，
∴C(0,3)，
连接BC，
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∵B(3,0)，
∴BC=√32+32=3√2，
∵点A关于对称轴的对称点为点B，
∴PA+PC=PB+PC≥BC，
∴当P,B,C三点共线时，PA+PC的值最小，为BC的长，
设直线BC的解析式为：y=kx+n，
则：¿，解得：¿，
∴y=−x+3，
∵点P在抛物线的对称轴上，
∴P(1,2)；
∴点P(1,2)，PA+PC的最小值为3√2；
（3）过点M作MN⊥x轴，垂足为N，连接BC交MN于点Q，如图所示，
∵A(−1,0),B(3,0)，
设抛物线的解析式为：y=a(x+1)(x−3)，
∵C(0,3)，
∴3=−3a，
∴a=−1，
∴y=−(x+1)(x−3)=−x2+2x+3，
设M(m,−m2+2m+3)，则：N(m,0)，
由（2）知：直线BC：y=−x+3，
∴Q(m,−m+3)，
∴MQ=−m2+2m+3+m−3=−m2+3m，
∵C(0,3),B(3,0)，
∴OC=OB=3，BN=3−m，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∴∠NQB=∠OBC=45°，
∴BQ=√2BN=√2(3−m)，
∴CQ=BC−BQ=3√2−3√2+√2m=√2m，
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∴MQ+√2CQ=−m2+3m+√2⋅√2m=−m2+5m=− ( m− 5) 2 + 25 ，
2 4
5 (5 7)
∴当m= 时，MQ+√2CQ有最大值，此时M , ．
2 2 4
【点睛】本题考查二次函数的综合应用．正确的求出函数解析式，利用抛物线的对称性以及数形结合
的思想进行求解，是解题的关键．
考向七：二次函数与新定义的综合
读懂题干新定义部分(比其它题目要多读两遍)，做到看到新定义的名称后立刻知道实际的函数，否则每一
步都要回头看定义。要在拿下这类题型，需要掌握下面的题型：
①非常熟悉一般式、顶点式、交点式，求函数解析式，求交点坐标；
②二次函数的性质：无论定义多么新颖，最终都需要转化为二次函数的开口方向、对称轴、顶点、交点等
常规问题；
③定义新参数或新条件，多个参数：需明确主变量与从属关系，比如把a当作变量，b和c都当作常数。
④复合型二次函数：根据区间分类，分段讨论绝对值的影响，结合图像对称性、交点个数等；
⑤二次函数根的分布:讨论开口方向、顶点与x轴位置关系，讨论判别式，讨论对称轴与根的位置关系等；
⑥动态参数问题：特殊值法，消元法或参数替换，结合函数性质分析；
⑦二次函数区间最值问题：根据对称轴分类讨论，根据二次函数性质(区间内的单调性)讨论最值；
⑧二次函数与定点定值，定轨迹：根据参数的不同，确定所过定点对称轴，顶点轨迹等，有助于画草图时
更加确定抛物线的大致位置，把握抛物线的变化规律；
⑨二次函数与几何图形交点问题：找出抛物线图形变化规律，分类讨论，数形结合分析出边界值，解不等
式。
1．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）定义：在平面直角坐标系xOy中，当点N在图形M的内部，或在图形M
上，且点N的横坐标和纵坐标相等时，则称点N为图形M的“梦之点”．
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(1)如图①，矩形ABCD的顶点坐标分别是A(−1,2)，B(−1,−1)，C(3,−1)，D(3,2)，在点M (1,1)，
1
M (2,2)，M (3,3)中，是矩形ABCD“梦之点”的是___________；
2 3
k
(2)点G(2,2)是反比例函数y = 图象上的一个“梦之点”，则该函数图象上的另一个“梦之点”H的
1 x
坐标是___________，直线GH的解析式是y = ___________．当y >y 时，x的取值范围是
2 1 2
___________．
1 9
(3)如图②，已知点A，B是抛物线y=− x2+x+ 上的“梦之点”，点C是抛物线的顶点，连接AC，
2 2
AB，BC，判断△ABC的形状，并说明理由．
【答案】(1)M ，M
1 2
(2)H(−2,−2)，y =x，x<−2或0<x<2
2
(3)△ABC是直角三角形，理由见解析
【分析】（1）根据“梦之点”的定义判断这几个点是否在矩形内部或边上即可；
k
（2）把G(2,2)代入y = 求出解析式，再求与y=x的交点即为H，最后根据函数图象判断当y >y
1 x 1 2
时，x的取值范围；
（3）根据“梦之点”的定义求出点A，B的坐标，再求出顶点C的坐标，最后求出AC，AB，BC，
即可判断△ABC的形状．
【详解】（1）∵矩形ABCD的顶点坐标分别是A(−1,2)，B(−1,−1)，C(3,−1)，D(3,2)，
∴矩形ABCD“梦之点”(x,y)满足−1≤x≤3，−1≤ y≤2，
∴点M (1,1)，M (2,2)是矩形ABCD“梦之点”，点M (3,3)不是矩形ABCD“梦之点”，
1 2 3
故答案为：M ，M ；
1 2
k
（2）∵点G(2,2)是反比例函数y = 图象上的一个“梦之点”，
1 x
k
∴把G(2,2)代入y = 得k=4，
1 x
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4
∴y = ，
1 x
∵“梦之点”的横坐标和纵坐标相等，
∴“梦之点”都在直线y=x上，
联立¿，解得¿或¿，
∴H(−2,−2)，
∴直线GH的解析式是y =x，
2
函数图象如图：
由图可得，当y >y 时，x的取值范围是x<−2或0<x<2；
1 2
故答案为：H(−2,−2)，y =x，x<−2或0<x<2；
2
（3）△ABC是直角三角形，理由如下：
1 9
∵点A，B是抛物线y=− x2+x+ 上的“梦之点”，
2 2
∴联立¿，解得¿或¿，
∴A(3,3)，B(−3,−3)，
1 9 1
∵y=− x2+x+ =− (x−1) 2+5
2 2 2
∴顶点C(1,5)，
∴AC2=(3−1) 2+(3−5) 2=8，AB2=(−3−3) 2+(−3−3) 2=72，BC2=(−3−1) 2+(−3−5) 2=80，
∴BC2=AC2+AB2，
∴△ABC是直角三角形．
【点睛】本题是函数的综合题，考查了一次函数、反比例函数、二次函数，理解坐标与图形性质，记
住两点间的距离公式，正确理解新定义是解决此题的关键．
2．（2024·辽宁·模拟预测）定义：A（1−n，0），B（1+n，0） (n>0)，以AB长度为边在x轴上
方作等边三角形ABC，当函数与△ABC在第一象限内有交点，称为“特别函数”．
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(1)如图1，当n=1时，一次函数y=kx+k是“特别函数”，求k的取值范围；
1
(2)如图2，函数y=−x2+2x+ 是“特别函数”，求n的取值范围；
4
1 1
(3)如图3，在(2)的条件下，函数y=−x2+2x+ 与CB交于点D，S = S ，求n的值；
4 △CDA 4 △ABC
1
(4)当m−1≤x≤m+2时，函数y=−x2+2x+ 最大值与最小值的差为|7m|，求m的值．
4
√3
【答案】(1)0<k≤
2
5√3 2√3
(2) ≤n≤
12 3
(3)−6√3+8√2
11−√105
(4)m =−3 ，m =
1 2 2
【分析】本题考查了一次函数，二次函数的性质和图像和三角形结合综合问题，熟练掌握二次函数，
一次函数的性质和图像是解题的关键；
（1）过C作x轴垂线交于点D，根据等边三角形的性质求出点C的坐标，代入函数求出k的值；
（2）根据B，C点坐标求出直线BC的解析式，求出顶点坐标；进而求出n的取值范围；
1 1
（3）别过点C与D作x轴垂线，分别交AB于点H，E，根据S = S ，求出CD= BD，则
△CDA 4 △ABC 4
BD DE BE
= = ，求出D的坐标，从而求出n的值
BC CH BH
1 1
（4）分别对m<−1，−1≤m≤0，0<m≤ ， <m≤2，2<m五种情况讨论，求得m的值；
2 2
【详解】（1）解：过C作x轴垂线交于点D，
等边三角形ABC
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∵∠ACD=30°
1
∴AD= AB=1
2
CD=√3
C(1，√3)
∴k·1+k=√3
√3
∴k=
2
√3
∴0<k≤
2
（2）解：B(1+n，0)，C(1，√3n)
直线BC的解析式为：y=−√3x+√3(n+1)
( 5)
函数的顶点坐标为： 1,
4
5
∴ √3n=
4
5√3
解得：n=
12
¿
1
x2−(2+√3)x+√3(n+1)− =0
4
Δ=(2+√3) 2 −4√3(n+1)+1=0
2√3
n=
3
5√3 2√3
≤n≤
12 3
（3）解：分别过点C与D作x轴垂线，分别交AB于点H，E
1
∵S = S
△CDA 4 △ABC
1
∴CD= BD
4
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∵CH⊥AB，DE⊥AB
∴CH∥DE
BD DE BE
∴ = =
BC CH BH
3 3√3n
∴BE= n，DE=
4 4
( 1 3√3n)
∴D 1+ n,
4 4
( 1 ) 2 ( 1 ) 1 3√3n
y=− 1+ n +2 1+ n + =
4 4 4 4
n =−6√3+8√2，n =−6√3−8√2（舍）
1 2
（4）解：①当m<−1时，
5
最大值为−(m+1) 2+
4
[ 5] [ 5]
最小值为 −(m+1) 2+ − −(m−2) 2+ =−7m
4 4
m=−3
②当−1≤m≤0时，
5
最大值为
4
5
最小值为−(m−2) 2+
4
5 [ 5]
− −(m−2) 2+ =−7m
4 4
m2+3m+4=0无解
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1
③当0<m≤ 时，
2
5
最大值为
4
5
最小值为−(m−2) 2+
4
5 5
−[−(m−2) 2+ ]=7m
4 4
m2−11m+4=0无解
11−√105 11+√105
m = ，m = （舍）
1 2 2 2
1
④当 <m≤2时，
2
5
最大值为
4
5
最小值为−(m+1) 2+
4
5 [ 5]
− −(m+1) 2+ =7m
4 4
m2−5m+1=0
5+√21 5−√21
m = （舍），m = （舍）
1 2 2 2
⑤当2<m时，
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5
最大值为−(m−2) 2+
4
5
最小值为−(m+1) 2+
4
5 5
[−(m−2) 2+ ]−[−(m+1) 2+ ]=7m
4 4
m=−3（舍）
11−√105
综上：m =−3 ，m =
1 2 2
3．（23-24九年级上·江苏盐城·期末）【定义】
例如，如图1，过点A作AB⊥l 交l 于点B，线段AB的长度称为点A到l 的垂直距离，过A作AC平
1 1 1
行于y轴交l 于点C，AC的长就是点A到l 的竖直距离．
1 1
【探索】
当l 与x轴平行时，AB=AC，
1
当l 与x轴不平行，且直线确定的时候，点到直线的垂直距离AB与点到直线的竖直距离AC存在一定
1
1
的数量关系，当直线l 为y= x+1 时，AB= ___________AC．
1 2
【应用】
如图2所示，公园有一斜坡草坪，其倾斜角为30°，该斜坡上有一棵小树（垂直于水平面），树高2m，
现给该草坪洒水，已知小树的底端点A与喷水口点O的距OA=2m，建立如图2所示的平面直角坐标
系，在喷水过程中，水运行的路线是抛物线y=−x2+bx，且恰好经过小树的顶端点B，最远处落在草
坪的C处，
（1）b=___________．
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（2）如图3，现决定在山上种另一棵树MN（垂直于水平面），树的最高点不能超过喷水路线，为了
加固树，沿斜坡垂直的方向加一根支架PN，求出PN的最大值．
【拓展】
（3）如图4，原有斜坡不变，通过改造喷水枪，使得喷出的水的路径近似可以看成圆弧，此时，圆弧
与y轴相切于点O，若此时OC=4√3m，如图，种植一棵树MN（垂直于水平面），为了保证灌溉，
请求出MN最高应为多少？
2√5 25√3 4
【答案】探索： 应用：（1）2√3 （2） 拓展:（3） √3m
5 24 3
【分析】探索:先求得P(0,1),Q(−2,0)，再运用勾股定理求得PQ=√5,证得△ABC∽△QOP，利用
相似三角形性质即可求得答案；
应用：（1）延长BA交x轴于点H，则∠AHO=90°,利用解直角三角形可得B(√3,3)，把 B(√3,3)
代入y=−x2+bx,即可求得答案；
√3 ( √3 )
（2）利用待定系数法可得直线OC的解析式 y= x, 设M t, t ,则N(t, −t2+2√3t),可得
3 3
√3 1 5√3
MN=−t2+2√3t− t=− t2+ t，进而可得
3 2 3
2
√3( 5√3) 25√3
PN=MN⋅sin∠NMP=− t− + ，运用二次函数的性质即可得出答案；
2 6 24
拓展：取OC的中点G，作GH⊥OC交x轴于点H，延长HG交圆弧于点N，过点N作MN∥y轴交
1
OC于点M，此时MN最大，运用垂径定理可得OG= OC=2√3m,再利用解直角三角形即可求得答
2
案.
1
【详解】探索：∵直线l 为y= x+1，如图，设直线l 与x、y轴分别交于Q、P点，
1 2 1
令x=0,得 y=1，
∴ P(0,1)，即 OP=1，
1
令 y=0，得 x+1=0，
2
解得：x=−2，
∴Q(−2,0)，即 OQ=2,
∴PQ=√OP2+OQ2=√12+22=√5，
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∵ AC∥y轴，
∴∠1=∠ACB，
∵∠1=∠QPO，
∴∠ACB=∠QPO，
∵∠ABC=∠QOP=90°，
∴△ABC∽△QOP，
AB OQ 2 2√5
∴ = = = ，
AC PQ √5 5
2√5
∴AB= AC，
5
2√5
故答案为： ；
5
应用：（1）如图， 延长BA交x轴于点H，则∠AHO=90°，
∵∠AOH=30°,OA=2m
，
1 √3
∴AH= OA=1m，OH=OA⋅cos∠AOH=2cos30°=2× =√3，
2 2
∵AB=2m，
∴BH=AB+AH=2+1=3(m)，
∴B(√3,3)，
把 B(√3,3)代入y=−x2+bx得:−3+√3b=3，
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解得：b=2√3，
故答案为：2√3；
（2）由（1）知, A(√3,1),设直线OC的解析式为y=kx,则 √3k=1，
√3
解得：k= ，
3
√3
∴y= x，
3
( √3 )
如图，设 M t, t ，则N(t,−t2+2√3t)，
3
√3 5√3
∴MN=−t2+2√3t− t=−t2+ t
3 3
，
∵∠1=30°，
∴∠2=60°，
∵MN∥y轴，
∴∠NMP=∠2=60°，
∵NP⊥OC，
∴∠NPM=90°，
2
∴PN=MN⋅sin∠NMP= ( −t2+ 5√3 t ) ⋅sin60°= ( −t2+ 5√3 t ) × √3 =− √3( t− 5√3) + 25√3 ，
3 3 2 2 6 24
√3
∴− <0,
2
5√3 25√3
∴当 t= 时，PN取得最大值 ，
6 24
25√3
答：PN的最大值为 .
24
【拓展】如图， 取OC的中点G，作GH⊥OC交x轴于点H，延长HG交圆弧于点N，过点N作
MN∥y轴交OC于点M，此时MN最大，
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∵OC=4√3m,HG⊥OC
，
1
∴OG= OC=2√3m，
2
在 Rt△OGH中, ∠COH=30°，
√3
∴GH=OG⋅tan∠COH=2√3tan30°=2√3× =2(m)，
3
OH=2GH=4m，
又∵HN=OH=4m，
∴NG=HN−GH=4−2=2(m)，
∴∠1=30°，
∴∠2=90°−30°=60°，
∵MN∥y轴，
∴∠NMG=∠2=60°，
∵∠NGM=90°，
NG 2 4
∴MN= = = √3(m)，
sin∠NMG sin60° 3
4
答：MN最高应为 √3m.
3
【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的应用，二次函数最值求法，待定系数法求函
数解析式，解直角三角形，圆的性质，垂径定理等，根据题意求出函数的解析式是解决此题的关键.
4．（2024·辽宁锦州·二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的点A、C分别在x轴、y轴上，点
B在第一象限，且OA=3．
定义：在正方形OABC的边上及内部且横纵坐标均为整数的点称为好点．
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(1)若一次函数y=kx+b(k≠0)的图象经过的好点最多，求此一次函数的表达式；
m
(2)若反比例函数y= (x>0)的图象正好经过点(1,3)，求反比例函数图象上方和图象下方好点个数比；
x
(3)二次函数y=a x²+b x+c 的图象经过O、A两点，顶点为D(h,t)．若其图象与x轴围成的图形中，
1 1 1
恰好有4个好点(不含边界)，求t的取值范围．
【答案】(1)当一次函数的图像经过的好点最多时，其表达式为y=x或y=−x+3
(2)反比例函数图象上方和图像下方的好点个数比为2:5
9 27
(3)当抛物线与x轴围成图形中好点恰好有4个，则 <t≤
4 8
【分析】本题主要考查了函数的综合题，熟练掌握一次函数的图象与性质、反比例函数的图象与性质、
二次函数的图象与性质以及坐标与图形的性质，正确理解题干给出的新定义是本题解题的关键．
（1）当一次函数经过正方形OABC对角线时，经过的好点最多，据此求解；
（2）将点的坐标代入反比例函数，求出m的值，在坐标系中画出函数的图象，分别写出反比例函数
图象上方和下方的好点，求比即可；
（3）根据图象经过O和A，可以求出二次函数的对称轴，然后根据抛物线经过特殊点时，求出t的值，
从而求出t的取值范围．
【详解】（1）解：当一次函数的图象正好经过正方形OABC的对角线时，则经过的好点最多，
∵正方形OABC中OA=3，点B在第一象限，点A、C分别在x轴和y轴上，
∴点A(3,0)，点B(3,3)，点C(0,3)，
设直线OB的解析式为y=kx+b，
∴¿，解得：¿
∴对角线OB所在直线解析式为y=x，
设直线AC的解析式为y =k x+b ，
1 1 1
∴¿，解得：¿
∴对角线AC所在直线解析式为y=−x+3，
∴当一次函数的图像经过的好点最多时，其表达式为y=x或y=−x+3；
3
（2）点(1,3)在反比例函数的图像上，m=3×1=3，即反比例函数为y= ,又当x=3时，y=1，
x
当x=2时，y=1.5，如解图①，在图象下方的好点有
(0,0)，(1,0)，(2,0)，(3,0)，(0,1),（1,1）,(2,1)，(0,2)，(1,2)，(0,3)，共有10个，
在图象上方的好点有(2,2),(2,3),(3,2),(3,3)，共4个，
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∴反比例函数图象上方和图像下方的好点个数比为2:5；
（3）当a>0时，抛物线开口向上，抛物线与x轴所围图形中不存在好点，此时不合题意；
当a<0时，
∵抛物线过点O、A，
3 ( 3) 2
∴抛物线对称轴为x= ，由此设抛物线的表达式为y=a x− +t，
2 2
∵抛物线过点O(0,0)，
( 3) 2
∴0=a 0− +t，
2
( 3) 2
如解图，当抛物线过点M(1，2)时，代入得a 1− +t=2，
2
9
解得t= ；
4
( 3) 2
如解图，当抛物线过点N(1,3)时，代入得a 1− +t=3，
2
27
解得t= ，
8
9 27
结合解图可知，当抛物线与x轴围成图形中好点恰好有4个，则 <t≤
4 8
考向八：二次函数与圆的综合
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解决二次函数与圆的综合问题的关键是找准函数与圆的结合点，弄清题目的本质，利用圆的基本性质和函
数的性质、数形结合、方程思想、全等与相似，以便找到对应的解题途径常见的考法有：
1.直线与圆的位置关系:
平面直角坐标系中的直线与圆的位置关系问题关键是圆心到直线的距离等于半径的大小，常用的方法
有:①利用圆心到直线的距离等于半径的大小这-数量关系列出关系式解决问题；②利用勾股定理解决问
题；③利用相似列出比例式解决问题；
2.函数与圆的新定义题目:利用已掌握的知识和方法理解新定义，化生为熟；
3.函数与圆的性质综合类问题:利用几何性质，结合图形，找到问题中的“不变”关键因素嗖ゾ概入和
“临界位置”。
1．（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
【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
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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
∵−1<m<1，
1 (1 32)
故m= ，此时P点坐标为 ,− ；
3 3 9
（3）如图，取R(2,0)，连接NR，BN
∵BR=1，BN=2，BA=4，
BR BN
∴ =
BN BA
又∵∠RBN=∠NBA，
∴△RBN∽△NBA，
RN BN 1
∴ = = ，
AN BA 2
1
∴RN= NA，
2
1
∴CN+ AN=CN+RN≥CR，
2
CR=√42+12=√17，
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1
故CN+ AN的最小值为√17．
2
【点睛】本题考查二次函数综合问题，能够熟练掌握二次函数的基本性质以及相似三角形的应用是解
题关键．
2．（2024·海南·中考真题）如图1，抛物线y=−x2+bx+4经过点A(−4,0)、B(1,0)，交y轴于点C(0,4)，
点P是抛物线上一动点．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)当点P的坐标为(−2,6)时，求四边形AOCP的面积；
(3)当∠PBA=45°时，求点P的坐标；
(4)过点A、O、C的圆交抛物线于点E、F，如图2．连接AE、AF、EF，判断△AEF的形状，并说
明理由．
【答案】(1)y=−x2−3x+4
(2)16
(3)(−3,4)或(−5,−6)
(4)△AEF是等边三角形，理由见解析
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点P作PT⊥AB于T，根据S =S +S 列式求解即可；
四边形AOCP △APT 梯形OCPT
（3）取H (−4,5)，连接AH ，BH ，易证明∠ABH =45°，则线段BH 与抛物线的交点P 即为
1 1 1 1 1 1
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所求；求出直线BH 的解析式为y=−x+1，联立¿，解得¿或¿（舍去），则P (−3,4)；如图所示，
1 1
取H (−4,−5)，连接AH ，BH ，同理可得∠ABH =45°，则直线BH 与抛物线的交点P 即为
2 2 2 2 2 2
所求；同理可得P (−5,−6)；则符合题意的点P的坐标为(−3,3)或(−5,−6)；
2
（4）由90度的圆周角所对的弦是直径得到AC为过A、O、C三点的圆的直径，如图所示，取AC
中点R，连接AE，AF，EF，ER，FR，则R(−2,2)，OA=OC=4，AC=√42+42=4√2；设
⊙R与抛物线交于(m,n)，联立¿得m4+6m3+6m2−8m=0，解得
m =0，m =−4，m =−1+√3，m =−1−√3，则E(−1−√3,3+√3)，F(−1+√3,3−√3)，
1 2 3 4
由勾股定理可得AE=AF=EF，则△AEF是等边三角形．
【详解】（1）解：将点B(1,0)代入y=−x2+bx+4，
得−1+b+4=0
解得b=−3
∴抛物线解析式为y=−x2−3x+4；
（2）解:如图所示，过点P作PT⊥AB于T，
∵P(−2,6)，A(−4,0)，C(0,4)，
∴OA=4，OT=2，OC=4 PT=6，
∴AT=2，
∴S =S +S
四边形AOCP △APT 梯形OCPT
1 6+4
= ×2×6+ ×2
2 2
=16；
（3）解：如图所示，取H (−4,5)，连接AH ，BH ，
1 1 1
∵A(−4,0)、B(1,0)，H (−4,5)，
1
∴AH =5，AB=5，AH ⊥AB，
1 1
∴∠ABH =45°，
1
∴线段BH 与抛物线的交点P 即为所求；
1 1
设直线BH 的解析式为y=kx+b ，
1 1
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∴¿，
∴¿，
∴直线BH 的解析式为y=−x+1，
1
联立¿，解得¿或¿（舍去），
∴P (−3,4)；
1
如图所示，取H (−4,−5)，连接AH ，BH ，
2 2 2
同理可得∠ABH =45°，
2
∴直线BH 与抛物线的交点P 即为所求；
2 2
同理可知直线BH 的解析式为y=x−1，
2
联立¿，解得¿或¿（舍去），
∴P (−5,−6)；
2
综上所述，符合题意的点P的坐标为(−3,4)或(−5,−6)；
（4）解：△AEF是等边三角形，理由如下：
∵A、O、C三点共圆，且∠AOC=90°，
∴AC为过A、O、C三点的圆的直径，
如图所示，取AC中点R，连接AE，AF，EF，ER，FR，
∵A(−4,0)，C(0,4)，
∴R(−2,2)，OA=OC=4，
∴AC=√42+42=4√2；
设⊙R与抛物线交于(m,n)，
联立¿得m4+6m3+6m2−8m=0，
∴m(m+4)(m2+2m−2)=0，
解得m =0，m =−4，m =−1+√3，m =−1−√3，
1 2 3 4
在y=−x2−3x+4中，当x=−1+√3时，y=−(−1+√3) 2 −3(−1+√3)+4=3−√3
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当x=−1−√3时，y=−(−1−√3) 2 −3(−1−√3)+4=3+√3
∴E(−1−√3,3+√3)，F(−1+√3,3−√3)，
∴AE=√(−1−√3+4) 2+(3+√3) 2=2√6，
AF=√(−1+√3+4) 2+(3−√3) 2=2√6，
EF=√(−1−√3+1−√3) 2+(3+√3−3+√3) 2=2√6，
∴AE=AF=EF，
∴△AEF是等边三角形．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，勾股定理，圆的相关知识，解题的关
键在于正确作出辅助线并利用数形结合的思想求解．
3．（2024·湖南湘潭·一模）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+2x+3与x轴交于A、B两点
（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC、BC．
(1)请你直接写出B、C两点的坐标，并求直线BC的表达式．
(2)如图②，点P为直线BC上方抛物线上一动点，设点P的横坐标为m，以点P为圆心的圆与直线BC
相切，当⊙P的半径最大时，求m的值．
(3)设点Q是抛物线对称轴上任意一点，点R是抛物线y=−x2+2x+3上任意一点．是否存在这样的点
R，使以B、C、R、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点R的坐标，若不存在，
请说明理由．
【答案】(1)B(3,0)，C(0,3)，y=−x+3
3
(2)
2
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(3)存在，R(2,3)或R(−2,−5)或R(4,−5)
【分析】本题考查了二次函数综合，切线的性质，解直角三角形；
（1）分别令x,y为0，解方程得出A,B,C的坐标，进而待定系数求得直线BC的解析式，即可求解；
（2）过点P作x轴的垂线交直线BC于点D，设P(m,−m2+2m+3)，D(m,−m+3)，得出PD的关系
式，进而过点P作直线BC垂线交直线BC于点H，则∠PDH=∠OCB=45°，得出PH的关系式，进
而根据二次函数的性质，即可求解；
（3）设Q(1,q)，R(t,−t2+2t+3)，又B(3,0)，C(0,3)，分BC，CQ，CR为对角线时，根据中点坐
标公式，即可求解．
【详解】（1）解：当y=0时，−x2+2x+3=0
解得：x =−1,x =3
1 2
∴A(−1,0)，B(3,0)
当x=0时，y=3
∴C(0,3)
设直线BC的解析式为y=kx+b，将B(3,0)，C(0,3)代入得
¿
解得：¿
∴直线BC的解析式为y=−x+3
（2）如图所示，过点P作x轴的垂线交直线BC于点D，
∴设P(m,−m2+2m+3)，D(m,−m+3)
∵P在直线BC的上方，
∴PD=−m2+2m+3−(−m+3)
=−m2+3m
( 3) 2 9
=− m− +
2 4
∵B(3,0)，C(0,3)
∴OC=OB=3
∴△OBC是等腰直角三角形，
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过点P作直线BC垂线交直线BC于点H，则∠PDH=∠OCB=45°
√2 √2( 3) 2 9
∴PH=PDsin45°= PD=− m− + √2
2 2 2 8
∵BC是⊙P的切线，
∴PH即为⊙P的半径，
3 9√2
∴当m= 时，PD取得最大值，此时PH取得最大值
2 8
（3）解：∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，抛物线的对称轴为直线x=1，
点Q是抛物线对称轴上任意一点，点R是抛物线y=−x2+2x+3上任意一点．
设Q(1,q)，R(t,−t2+2t+3)，又B(3,0)，C(0,3)
①当BC为对角线时，
3+0 1+t
= ，解得：t=2，则−t2+2t+3=−4+4+3=3，则R(2,3)；
2 2
②当CQ为对角线时，
0+1 3+t
= ，解得：t=−2，则−t2+2t+3=−4−4+3=−5，则R(−2,−5)；
2 2
③当CR为对角线时，
0+t 3+1
= ，解得：t=4，则−t2+2t+3=−16+8+3=−5，则R(4,−5)；
2 2
综上所述R(2,3)或R(−2,−5)或R(4,−5)
√5 √5
4．（2024·广东珠海·一模）如图， 抛物线 y= x2− x−2√5分别交x轴于点A，B（点A在点B的
4 2
左侧）， 交y轴于点C．
(1)求点A和点B的坐标；
(2)以B为圆心， 3 为半径作圆．
①如图1，连接AC，P是线段AC上的动点， 过点P作⊙B的一条切线PM（点M为切点）， 求线
段PM的最小值；
1
②如图2，点D为抛物线的顶点， 点Q在圆B上，连接CQ，DQ， 求DQ− CQ的最大值．
2
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【答案】(1)A(−2,0)、B(4,0)
√309
(2)①√21；②
4
√5 √5
【分析】（1）由题意，令y=0，则0= x2− x−2√5，解一元二次方程，再根据点A在点B的
4 2
左侧即可得到点A和点B的坐标；
（2）①根据切线性质，在Rt△PBM中，由勾股定理表示出PM=√PB2−9，从而得到当PB最小时，
线段PM有最小值，再由动点最值问题-点线模型确定当PB⊥AC时，线段PB最小，利用等面积法求
1
出PB即可得到答案；②分析DQ− CQ可知，线段端点为C、D、Q，其中C、D为固定点；Q为
2
( 9√5)
动点，且动点轨迹是⊙B，这是动点最值问题-阿氏圆模型，求出D 1, ，得到BC=6，
4
3 1 1
BD= √61，构造△BQM∽△BCQ，使QM= CQ，则DQ− CQ=DQ−QM，由三角形三边关
4 2 2
1
系可得DQ−QM<DM，当D、Q、B三点共线时DQ− CQ=DQ−QM有最大值DM，利用相
2
似三角形判定与性质求出M点坐标，利用两点之间距离公式代值求解即可得到答案．
√5 √5
【详解】（1）解：∵抛物线 y= x2− x−2√5分别交x轴于点A，B（点A在点B的左侧），
4 2
√5 √5
∴令y=0，则0= x2− x−2√5，即x2−2x−8=0，
4 2
∴(x−4)(x+2)=0，解得x=−2或x=4，
∴A(−2,0)、B(4,0)；
（2）解：①连接BC，如图所示：
∵ P ⊙B PM M
过点 作 的一条切线 （点 为切点），
∴ PM⊥BM，
在Rt△PBM中，PM=√PB2−MB2=√PB2−9，当PB最小时，则线段PM有最小值，
∵连接AC，P是线段AC上的动点，B(4,0)，
∴当PB⊥AC时，线段PB最小，
∵A(−2,0)，C(0,−2√5)，B(4,0)，
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1 1
∴OC=2√5，AC=√OA2+OC2=2√6，AB=4−(−2)=6，则S = AC⋅PB= AB⋅OC，
△ABC 2 2
6×2√5
即PB= =√30，
2√6
∴PM=√PB2−9=√21，即线段PM的最小值√21；
1
②由DQ− CQ可知，线段端点为C、D、Q，其中C、D为固定点；Q为动点，且动点轨迹是
2
⊙B，
√5 √5 √5 9√5
∵ y= x2− x−2√5= (x−1) 2− ，
4 2 4 4
( 9√5)
∴D 1, ，
4
∵C(0,−2√5)，
∴BC=√OB2+OC2=6，BD=
√
32+
(9√5) 2
=
3
√61，
4 4
∵ BQ=3，
BQ 3 1 BM 1 3
∴ = = ，则在BC上找一点M，使 = ，即BM= ，如图所示：
BC 6 2 BQ 2 2
QM BQ 1 1
∴△BQM∽△BCQ = = QM= CQ
CQ BC 2 2
，则 ，即 ，
1
∴ DQ− CQ=DQ−QM，
2
1
在△DQM中，DQ−QM<DM，当D、Q、B三点共线时DQ− CQ=DQ−QM为最大值，
2
过点M作MN⊥x轴，如图所示：
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∴MN∥y △BNM∽△BOC
轴，则 ，
3 3
MN BM ON CM 6− √5
∴ = ， = ，即MN 2，ON 2，解得MN= ，ON=3，
OC BC OB BC = = 2
2√5 6 4 6
( √5)
∴M 3, ，
2
∴ DQ− 1 CQ的最大值为DM= √ 22+ (7 √5 ) 2 = √309 ．
2 4 4
【点睛】本题考查二次函数综合，涉及二次函数图象与性质、二次函数图象与坐标轴交点、切线性质、
动点最值问题-点线模型、勾股定理、等面积法求线段长、动点最值问题-阿氏圆模型、相似三角形的
判定与性质、三角形三边关系、两点之间距离公式等知识，难度较大、综合性较强，熟练掌握动点最
值问题的解法，灵活构造辅助线求解是解决问题的关键．
考向九：二次函数与角的综合
角度问题涵盖的题型：1.角度相等问题2.角度的和差倍分关系3.特殊角问题4.非特殊角问题。面对二次
函数与角度问题的挑战，掌握这些技巧，让你轻松应对：
① 利用45°角，通过角的和差关系，找到等角利用等角的三角比相等求解，
②发现等角后，构造等腰三角形，使用距离公式2求解；
③出现倍角时，作平行线构造等角或利用等腰三角形的三线合一定理；
④根据等角，构造相似三角形，利用线段之间的比緘嵫ウ轡席縵吕近关系求解；
⑤利用角的和差关系，以及角的外角性质，发现等角。
1
1．（2024·四川资阳·中考真题）已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=− x2+bx+c与x轴
2
交于A，B两点，与y轴的正半轴交于C点，且B(4,0)，BC=4√2．
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(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，点P是抛物线在第一象限内的一点，连接PB,PC，过点P作PD⊥x轴于点D，交BC于
点K．记△PBC，△BDK的面积分别为S ，S ，求S −S 的最大值；
1 2 1 2
(3)如图2，连接AC，点E为线段AC的中点，过点E作EF⊥AC交x轴于点F．抛物线上是否存在点
Q，使∠QFE=2∠OCA？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
1
【答案】(1)y=− x2+x+4
2
8
(2)
3
(1−3√5 −5−3√5) (13−√69 −77+11√69)
(3)存在，Q , 或Q ,
1 2 4 2 2 4
【分析】（1）先求C点坐标，待定系数法求出函数解析式即可；
（2）求出BC的解析式，设P ( m,− 1 m2+m+4 ) ，则：K(m,−m+4),D(m,0)，将S −S 转化为二
2 1 2
次函数求最值即可；
（3）易得FE垂直平分AC，设OF=a，勾股定理求出F点坐标，三线合一结合同角的余角相等，推
出∠AFE=∠OCA=∠CFE，分别作点E关于x轴和直线CF的对称点E ,E ，直线FE ，FE 与抛
1 2 1 2
物线的交点即为所求，进行求解即可．
【详解】（1）解：∵B(4,0)，
∴OB=4，
∵∠BOC=90°,BC=4√2，
∴OC=√BC2−OB2=4，
∴C(0,4)，
把B(4,0)，C(0,4)，代入函数解析式得：
∴¿，解得：¿；
1
∴y=− x2+x+4；
2
（2）∵B(4,0)，C(0,4)，
∴设直线BC的解析式为：y=kx+4(k≠0)，把B(4,0)，代入，得：k=−1，
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∴y=−x+4，
设P ( m,− 1 m2+m+4 ) ，则：K(m,−m+4),D(m,0)，
2
1 1
∴PK=− m2+m+4+m−4=− m2+2m，DK=−m+4，DB=4−m，
2 2
1 1 1 1
∴S = PK⋅OB=−m2+4m,S = DK⋅DB= (−m+4)(4−m)= (4−m) 2 ，
1 2 2 2 2 2
1
∴S −S =−m2+4m− (4−m) 2
1 2 2
3m2
=− +8m−8
2
3( 8) 2 8
=− m− + ，
2 3 3
8 8
∴当m= 时，S −S 的最大值为 ；
3 1 2 3
（3）存在：
1
令y=− x2+x+4=0，
2
解得：x =−2,x =4，
1 2
∴A(−2,0)，
∵C(0,4)，点E为AC的中点，
∴E(−1,2)，
∵FE⊥AC，AE=CE=√(−1+2) 2+22=√5，
∴AF=CF，
∴∠AFE=∠CFE，
设OF=a，则：CF=AF=a+2，
在Rt△COF中，由勾股定理，得：a2+42=(a+2) 2，
∴a=3，
∴F(3,0)，CF=5，
∵FE⊥AC，∠AOC=90°，
∴∠AFE=∠OCA=90°−∠CAF，
∴∠AFE=∠OCA=∠CFE，
①取点E关于x轴的对称点E ，连接FE ，交抛物线与点Q ，则：∠Q FE=2∠EFA=2∠OCA，
1 1 1 1
E (−1,−2)，
1
设FE 的解析式为：y=k x+b，
1 1
则：¿，解得：¿，
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1 3
∴y= x− ，
2 2
联立¿，解得：¿（舍去）或¿，
(1−3√5 −5−3√5)
∴Q , ；
1 2 4
②取E关于CF的对称点E ，连接EE 交CF于点G，连接FE 交抛物线于点Q ，
2 2 2 2
则：∠Q FE=2∠CFE=2∠OCA，EG⊥CF，
2
∵CE=√5,CF=5，
∴EF=√CF2−CE2=2√5，
1 1
∵S = CF⋅EG= CE⋅EF，
△CEF 2 2
∴5EG=2√5×√5，
∴EG=2，
∴FG=√EF2−EG2=4，
4 16 3 12
过点G作GH⊥x轴，则：GH=FG⋅sin∠CFO=4× = ，FH=FG⋅cos∠CFO=4× = ，
5 5 5 5
3
∴OH=OF−FH= ，
5
(3 16)
∴G , ，
5 5
(11 22)
∴E , ，
2 5 5
设直线E F的解析式为：y=k x+b ，
2 2 1
则：¿，解得：¿，
11 33
∴y=− x+ ，
2 2
联立¿，解得：¿（舍去）或¿，
(13−√69 −77+11√69)
∴Q , ；
2 2 4
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(1−3√5 −5−3√5) (13−√69 −77+11√69)
综上：Q , 或Q , ．
1 2 4 2 2 4
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，中垂线的判定和性质，等积
法求线段的长，坐标与轴对称，勾股定理，解直角三角形，等知识点，综合性强，难度大，计算量大，
属于中考压轴题，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．
2．（2023·四川攀枝花·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过坐标原点O，且顶点为
A(2,−4)．
(1)求抛物线的表达式；
(2)设抛物线与x轴正半轴的交点为B，点P位于抛物线上且在x轴下方，连接OA、PB，若
∠AOB+∠PBO=90°，求点P的坐标．
【答案】(1)y=x2−4x
1 7
(2)P( ，− )
2 4
【分析】（1）设抛物线的表达式为y=a(x−2) 2−4，将O(0,0)代入可得y=x2−4x；
（2）过A作AT⊥y轴于T，过P作PK⊥x轴于K，设P(m,m2−4m)，求出B(4,0)；根据
∠AOB+∠AOT=90°，∠AOB+∠PBO=90°，得∠AOT=∠PBO，故△AOT∽△PBK，从而
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2 4
=
，即可解得答案．
−m2+4m 4−m
【详解】（1）解：设抛物线的表达式为y=a(x−2) 2−4，
将O(0,0)代入得：4a−4=0，
解得a=1，
∴y=(x−2) 2−4=x2−4x；
（2）过A作AT⊥y轴于T，过P作PK⊥x轴于K，如图：
设P(m,m2−4m)，
在y=x2−4x中，令y=0得x=0或x=4，
∴B(4,0)；
∵∠AOB+∠AOT=90°，∠AOB+∠PBO=90°，
∴∠AOT=∠PBO，
∵∠ATO=90°=∠PKB，
∴△AOT∽△PBK，
AT OT
∴ = ，
PK BK
∵A(2,−4)，
2 4
=
∴ ，
−m2+4m 4−m
1
解得m= 或m=4（此时P与B重合，舍去），
2
1 7
∴P( ，− )．
2 4
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形相似的判定与性质，解题的关键是证
明△AOT∽△PBK，用对应边成比例列式求出m的值．
3．（2023·辽宁锦州·模拟预测）综合与探究：如图1，已知抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A,B（点A
在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D，OA=OC=3．
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(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图2，N是AC下方的抛物线上的一个动点，且点N的横坐标为n，求△CAN面积S与n的函数关
系式及S的最大值；
(3)在抛物线上是否存在一点N，使得∠NAB=∠ABC，若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，
请说明理由．
【答案】(1)y=x2+2x−3
3( 3) 2 27 27
(2)S=− n+ + ，
2 2 8 8
(3)(−2,−3)或(4,21)
【分析】（1）根据待定系数法求解即可；
（2）根据待定系数法求出直线AC的解析式，过点N作NG⊥x轴于点G，交直线AC于点M，根据
3( 3) 2 27
S =S +S 得到S=− n+ + ，即可得到最大值；
△ANC △ANM △CNM 2 2 8
（3）分点N在点A左侧；点N在点A，点B之间；点N在点B右侧三种情况讨论即可得到答案．
【详解】（1）解：∵OA=OC=3，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A,B（点A在点B的左侧），
∴A(−3,0)，C(0,3)，
∴¿，
解得：¿，
∴抛物线的函数表达式为y=x2+2x−3；
（2）解：设直线AC的解析式为y=kx+d，
将A(−3,0),C(0,3)代入得¿，
解得：¿，
∴直线AC的解析式为y=−x−3，
如图，过点N作NG⊥x轴于点G，交直线AC于点M，
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∵ N n
点 的横坐标为 ，
∴N(n,n2+2n−3)，M(n,−n−3)
∴NM=(−n−3)−(n2+2n−3)=−n2−3n，
∴S =S +S
△ANC △ANM △CNM
1 1
= NM⋅AG+ NM⋅OG
2 2
1
= NM(AG+OG)
2
1
= NM⋅OA
2
1
= (−n2−3n)×3
2
3n2 9n
=− −
2 2
3( 3) 2 27
=− n+ + ，
2 2 8
3( 3) 2 27
∴S=− n+ +
2 2 8
3
∵a=− <0，
2
3 27
∴当n=− 时，S的最大值为 ；
2 8
（3）解：存在，
当点N在点A左侧时，∠NAB是钝角，
当点N在点A，点B之间时，点N与点C关于直线x=−1对称，
∴点N的坐标为(−2,−3)，
当点N在点B右侧时，
如图，过点A作直线l∥BC，
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令y=0，则x2+2x−3=0，
解得x=−3或x=1，
∴B(1,0)
设直线BC的解析式为y=kx+e，
将B(1,0),C(0,−3)代入得¿，
解得¿，
∴直线BC的解析式为y=3x−3，
设直线l的解析式为y=3x+f，
将A(−3,0)代入得f =9，
∴直线l的解析式为y=3x+9，
联立¿，
解得x=4或x=−3，
∵点N在点B右侧，
∴点N的横坐标大于1，
∴x=−3舍去，
∴N(4,21)，
综上，点N的坐标为(−2,−3)或(4,21)．
【点睛】本题考查了二次函数综合，结合一次函数解析式求解，勾股定理，一元二次方程计算是解题
的关键．
4．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，
OB=OC=3OA．
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(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，已知点P为第一象限内抛物线上的一点，点Q的坐标为(1,0)，∠POC+∠OCQ=45°；
求点P的坐标；
(3)如图2，将抛物线平移到以坐标原点为顶点，点T(1,−1)在新抛物线上，过点T作TM⊥TN分别
交新抛物线于M，N两点，求直线MN过定点的坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)P(√3,2√3)
(3)直线MN恒过定点(−1,−2)．
【分析】（1）求出点C坐标为(0,3)，进而求出A(−1,0)，B(3,0)，利用待定系数法即可求解；
（2）设P(t,−t2+2t+3)，连接BC,过点P作PF⊥y轴于点F，过点Q作QE⊥BC于点E．先求出
PF OF
BC=3√2，证明△CQE∽△OPF得到 = ，再求出QE=√2，CE=2√2，即可求出t=−√3或
QE CE
t=√3，从而得到t=√3，即可求出P(√3,2√3)；
（3）先求出新抛物线的解析式为y=−x2，设直线MN的解析式为y=mx+n，且M(x ,y )、
1 1
N(x ,y )，根据∠MTN=90°，得到x x −(x +x )+ y y +(y + y )+2=0，联立¿，得
2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
x2+mx+n=0，即可得到x +x =−m，x x =n，进而得到y y =n2 ，y + y =−m2+2n，从而得到
1 2 1 2 1 2 1 2
n2−m2+3n+m+2=0，求出n=−m−1或n=m−2，当n=−m−1时，直线MN的解析式为
y=mx−m−1=m(x−1)−1，即直线MN过定点(1,−1)，不符合题意；当n=m−2时，直线MN的
解析式为y=mx+m−2=m(x+1)−2，得到直线MN恒过定点(−1,−2)．
【详解】（1）解：令x=0，得y=3，
∴C(0,3)，
∴OC=3，
∵OB=OC=3OA，
∴OA=1，OB=3，
∴A(−1,0)，B(3,0)，
将A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx+3，得：
¿，
解得：¿，
∴抛物线C 的解析式为y=−x2+2x+3；
1
（2）解：设P(t,−t2+2t+3)，如图，连接BC,过点P作PF⊥y轴于点F，过点Q作QE⊥BC于点
E．
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则∠BEQ=∠CEQ=∠PFO=90°，PF=t，OF=−t2+2t+3，
∵OB=OC=3，∠BOC=90°，
∴∠BCO=∠CBO=45°，
OB 3
∴BC= = =3√2，
cos∠CBO cos45°
∵∠BCQ+∠OCQ=45°，∠POC+∠OCQ=45°，
∴∠BCQ=∠POC，
∵∠QEC=∠PFO=90°，
∴△CQE∽△OPF，
PF OF
∴ = ，
QE CE
∵点Q的坐标为(1,0)，
∴BQ=3−1=2，
∴QE=BQ⋅sin∠CBO=2sin45°=√2，BE=BQ⋅cos∠CBO=2cos45°=√2，
∴CE=BC−BE=3√2−√2=2√2，
t −t2+2t+3
∴ = ，
√2 2√2
解得：t=−√3或t=√3，
∵点P在第一象限，
∴t>0，
∴t=√3，−t2+2t+3=−(√3) 2+2√3+3=2√3，
∴P(√3,2√3)；
（3）证明：∵将抛物线平移到以坐标原点为顶点的新抛物线，
∴新抛物线的解析式为y=−x2，
设直线MN的解析式为y=mx+n，且M(x ,y )、N(x ,y )，
1 1 2 2
∵点T(1,−1)在抛物线C 上，TM⊥TN，
2
∴∠MTN=90°，
∴T M2+T N2=M N2，
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∴(x −1) 2+(y +1) 2+(x −1) 2+(y +1) 2=(x −x ) 2+(y −y ) 2 ，
1 1 2 2 1 2 1 2
整理得：x x −(x +x )+ y y +(y + y )+2=0，
1 2 1 2 1 2 1 2
联立¿，得x2+mx+n=0，
∴x +x =−m，x x =n，
1 2 1 2
∴y y =(mx +n)(mx +n)=m2x x +mn(x +x )+n2=m2n−m2n+n2=n2 ，
1 2 1 2 1 2 1 2
y + y =mx +n+mx +n=m(x +x )+2n=−m2+2n，
1 2 1 2 1 2
∴n2−m2+3n+m+2=0，
即(n+m+1)(n−m+2)=0，
∴n=−m−1或n=m−2，
当n=−m−1时，直线MN的解析式为y=mx−m−1=m(x−1)−1，
即直线MN过定点(1,−1)，与T(1,−1)重合，不符合题意；
当n=m−2时，直线MN的解析式为y=mx+m−2=m(x+1)−2，
∴直线MN恒过定点(−1,−2)．
【点睛】本题为二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，解直
角三角形，勾股定理，一元二次方程根与系数的关系等知识，综合性强，难度较大，熟知相关知识并
根据题意灵活应用是解题关键．
（建议用时：40分钟）
1．（2023·江苏南京·中考真题）已知二次函数y=ax2−2ax+3（a为常数，a≠0)．
(1)若a<0，求证：该函数的图象与x轴有两个公共点．
(2)若a=−1，求证：当−1<x<0时，y>0．
(3)若该函数的图象与x轴有两个公共点(x ,0)，(x ,0)，且−1<x <x <4，则a的取值范围是．
1 2 1 2
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)a>3或a<−1
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数与坐标轴的交点问题，熟知二次函数的图象和性
质是解题的关键．
（1）证明b2−4ac>0即可解决问题．
（2）将a=−1代入函数解析式，进行证明即可．
（3）先求得y=ax2−2ax+3=a(x−1) 2+3−a,对称轴为直线x=1，顶点坐标为(1,3−a)，再对a>0
和a<0进行分类讨论即可．
【详解】（1）证明：因为Δ=(−2a) 2−4×a×3=4a2−12a，
又因为a<0，
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所以4a<0，a−3<0，
所以4a2−12a=4a(a−3)>0，
所以该函数的图象与x轴有两个公共点．
（2）证明：将a=−1代入函数解析式得，
y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
所以抛物线的对称轴为直线x=1，开口向下．
则当−1<x<0时，
y随x的增大而增大，
又因为当x=−1时，y=0，
所以y>0．
（3）y=ax2−2ax+3=a(x−1) 2+3−a,对称轴为直线x=1，顶点坐标为(1,3−a)，
①当a>0时，抛物线开口向上，要保证二次函数与x轴两个交点在(−1，0)与(4，0)之间（不包含这
两点），则只需保证顶点在x轴下方，x=−1时，y>0，x=4时，y>0，
即¿，解得：a>3;
②当a<0时，抛物线开口向下，要保证二次函数与x轴两个交点在(−1,0)与(4,0)之间（不包含这两
点），则只需保证顶点在x轴上方，x=−1时，y<0，x=4时y<0
即¿，解得a<−1，
综上，当a>3或a<−1时，二次函数与x轴两个交点在(−1,0)与(4,0)之间（不包含这两点），
故答案为：a>3或a<−1．
2．（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
1 1 2
线y 与y轴交于点D，顶点为E，对称轴为直线l ．
2 2
(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
1 2
FM，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？
2
若存在，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．
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【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，
1
由旋转可知抛物线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，
2 1
即可求解；
（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
2 2
PE上，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，
2
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
5
Rt△ENK中，由勾股定理得m2+(2m) 2=(2−4m) 2+12，解得：m= 或m=1（舍），所以
11
( 42) 2 42 9
N 0,− ，可求直线PE表达式为：y=− x− ，联立¿，解得：x= 或x=1（舍），故
11 11 11 11
( 9 480)
P ,− ．
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：¿，
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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
2
接F′N,F′D′,N D′，
∴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
2
于点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
2 42
∴ON=4− = ，
11 11
( 42)
∴N 0,− ，
11
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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．
．
100
