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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
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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)(10)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) 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)(1y 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0y
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00)，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)00)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 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 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−10．
(3)若该函数的图象与x轴有两个公共点(x ,0)，(x ,0)，且−13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−10．
（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
