第二十二章二次函数综合题拓展训练（12考点72题）(教师版）_初中数学_九年级数学上册（人教版）_知识点汇总-U105_2025版

第二十二章 二次函数综合题拓展训练 目录与链接 考点一 二次函数规律探究…………………………………………………………………………2 考点二 与二次函数有关的 最值问题 ………………………………………………………………8 考点 三 二次函数背景下分段函数 ……………………………………………………………… 26 考点 四 二次函数背景下的最值讨论问题 ………………………………………………………32 考点 五 二次函数图象的变换问题 ………………………………………………………………41 考点 六 二次函数的临界点问题 …………………………………………………………………66 考点 七 与二次函数有关的角度问题 ……………………………………………………………83 考点 八 与二次函数有关的线段问题 ……………………………………………………………94 考点 九 与二次函数有关的特殊三角形问题 ……………………………………………………104 考点 十 与二次函数有关的特殊四边形问题 ……………………………………………………122 考点 十一 二次函数营销问题 ……………………………………………………………………147 考点 十二 动点背景下的二次函数问题 …………………………………………………………155考点一 二次函数规律探究 y =x2 1．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）在平面直角坐标系中，抛物线 的图象如图所示，已知A点坐标为 1,1 AA ∥x A A AA ∥OA A A A A ∥x ，过点A作 1 轴交抛物线于点 1，过点 1作 1 2 交抛物线于点 2，过点 2作 2 3 轴 A A A A ∥OA A A 交抛物线于点 3，过点 3作 3 4 交抛物线于点 4……，依次进行下去，则点 2024的坐标为 ．  1013,10132 【答案】 OA A 【分析】本题主要考查了二次函数与一次函数的综合，先求出直线 的解析式，再求出点 1的坐标，再 求出直线 A 1 A 2的解析式，从而求出点 A 2、 A 3的坐标，以此类推可得点 A 4的坐标，根据点 A 、 A 2、 A 4之间 A 的规律求出点 2024的坐标． OA y kx 【详解】解：设直线 的解析式为： 1 ， 1，1 ∵点A坐标为 ， ∴k 1， y x ∴直线OA的解析式为： 1 ， AA ∥x A ∵ 1 轴交抛物线于点 1，A 1，1 ∴ 1 ， AA ∥OA A ∵ 1 2 交抛物线于点 2， AA y xb ∴设直线 1 2的解析式为： 2 ， ∴将 A 1 1,1 代入 A 1 A 2解析式中得： b2 ， AA y x2 ∴直线 1 2的解析式为： 2 ， x2 x2 当 时， x 2 x 1 解得： 1 ， 2 ， A 2，4 ∴ 2 ， A A ∥x A ∵ 2 3 轴交抛物线于点 3， A 2，4 ∴ 3 ， A A y x6 同理可得：直线 3 4的解析式为： 3 ， 当x2 x6时， x 2 x 3 解得： 1 ， 2 ， A 3，9 ∴ 4 ， …… A  n1,n12 ∴以此类推点 2n A  1013,10132 ∴ 2024的坐标为： ，  1013,10132 故答案为： ． A A A A y =x2 B B 2．（23-24九年级上·广东珠海·期中）如图，点 1、 2、 3、…、 n在抛物线 图象上，点 1、 2、B 3、…、 B n在y轴上，若 A 1 B 0 B 1、 △A 2 B 1 B 2、…、 AnBn－1Bn 都为等腰直角三角形（点 B 0是坐标原点）， A B B 则 2023 2022 2023的腰长= 2023 2 【答案】 【分析】利用等腰直角三角形的性质及点的坐标的关系求出第一个等腰直角三角形的腰长，用类似的方法 求出第二个，第三个…的腰长，观察其规律，最后得出结论. AC y A E  y A F x ADx BN  A F 【详解】作 1 轴, 2 轴，垂足分别为C、E ， 2 轴于点F， 1 轴于点D， 1 2 轴于点N. AB B A BB 1 0 4、 2 1 2 都是等腰直角三角形， A a,b ab y =x2 aa2 设 1 ，则 ，将其代入解析式 得： 解得：a0（不符合题意）或a1, AC  AD1 1 1 BB 2 1 0 , A N  y 2 BN x  y 2 可得 2 2 , 1 2 3 , x 2x2 2 2， A B 2 2 2 1 ，AB 3 2 3 2 . … A B B 2023 2 20231 2022 2023的腰长为： . 2023 2 故答案为 . 【点睛】此题考查了在函数图象中利用点的坐标与图形的关系求线段的长度，涉及到了二次函数图象上点 的坐标特征，等腰三角形的性质，勾股定理，抛物线的解析式的运用等多个知识点． 1 1 1 1 1 1 1 1 3．（2023·浙江台州·二模）观察规律 1 ，   ，   ，…，运用你观察到的规律 12 2 23 2 3 34 3 4 解决以下问题： P n,0n1,2, yx2a0 A yx B 如图，分别过点 n 作x轴的垂线，交 的图像于点 n，交直线 于点 n． 1 1 1  L  则 AB A B A B 的值为 ． 1 1 2 2 2023 20232023 【答案】 2024 A、B、A、B、A、B A、B AB、A B、AB A B 【分析】先求出 1 1 2 2 3 3 n n的坐标，然后求出 1 1 2 2 3 3 n n的长.运用观察 1 1 1 1 1 1 1   L   L  到的规律求出 AB A B AB A B 的值，即可求出 AB A B A B 的值. 1 1 2 2 3 3 n n 1 1 2 2 2023 2023 y =x2 yx 【详解】由 ， 得 A(1,1),B(1,1), 1 1 AB 2, 1 1 A (2,4),B (2,2), 2 2 A B 426, 2 2 A(3,9),B (3,3), 3 3 AB 9(3)12, 3 3 L A (n,n2),B (n,n), n n A B n2(n)n2n, n n 1 1 1 1    L  AB A B AB A B 1 1 2 2 3 3 n n 1 1 1 1     2 6 12 n2n 1 1 1 1     12 23 34 n(n1) 1 1 1 1 1 1 1 (1 )(  )(  )L (  ) 2 2 3 3 4 n n1 1 1 n1n  n1 1 1 1   L  AB A B A B 1 1 2 2 2023 2023 2023  20231 2023  2024 2023 故答案为： ． 2024 【点睛】本题主要考查了根据二次函数表达式求点的坐标，根据一次函数表达式求点的坐标，及平行于y 轴的直线上的两点间的距离.观察规律，理解规律，并会正确应用是解题的关键. 4．（2021·山东德州·二模）如图，抛物线y＝x2在第一象限内经过的整数点（横坐标、纵坐标都为整数的 点）依次为A，A，A…A，…．将抛物线y＝x2沿直线L：y＝x向上平移，得一系列抛物线，且满足下列 1 2 3 n 条件：①抛物线的顶点M，M，M，…M，…都在直线L：y＝x上；②抛物线依次经过点A，A，A… 1 2 3 n 1 2 3 A，…．则顶点M 的坐标为 ． n 2014 【答案】（4027，4027） 【分析】根据抛物线y＝x2与抛物线yn＝（x﹣an）2+an相交于An，可发现规律，根据规律，可得答案． 【详解】解：M（a，a）是抛物线y＝（x﹣a）2+a 的顶点， 1 1 1 1 1 1 抛物线y＝x2与抛物线y＝（x﹣a）2+a 相交于A， 1 1 1 1 得x2＝（x﹣a）2+a， 1 1 即2ax＝a2+a， 1 1 1 1 x＝2 （a 1 +1）， ∵x为整数点， ∴a＝1， 1M（1，1）； 1 M（a，a）是抛物线y＝（x﹣a）2+a＝x2﹣2ax+a2+a 顶点， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 抛物线y＝x2与y 相交于A， 2 2 x2＝x2﹣2ax+a2+a， 2 2 2 ∴2ax＝a2+a， 2 2 2 1 x＝2 （a 2 +1）， ∵x为整数点， ∴a＝3， 2 M（3，3）， 2 M（a，a）是抛物线y＝（x﹣a）2+a＝x2﹣2ax+a2+a 顶点， 3 3 3 2 3 3 3 3 3 抛物线y＝x2与y 相交于A， 3 3 x2＝x2﹣2ax+a2+a， 3 3 3 ∴2ax＝a2+a， 3 3 3 1 x＝2 （a 3 +1）， ∵x为整数点 ∴a＝5， 3 M（5，5）， 3 ∴点M ，两坐标为：2014×2﹣1＝4027， 2014 ∴M （4027，4027）， 2014 故答案为：（4027，4027）． 【点睛】本题是点的坐标规律型探究题，结合二次函数求出点的坐标并观察规律是解题的关键． 考点二 与二次函数有关的最值问题 2 4 5．（21-22九年级上·湖北荆州·期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣ x2 x2交x轴于 3 3 A，B两点（A在B的左侧），交y轴于点C． （1）求直线BC的解析式； （2）求抛物线的顶点及对称轴； （3）若点Q是抛物线对称轴上的一动点，线段AQ+CQ是否存在最小值？若存在，求出点Q的坐标；若不 存在，说明理由；（4）若点P是直线BC上方抛物线上的一个动点，△PBC的面积是否存在最大值？若存在，求出点P的坐 标及此时△PBC的面积；若不存在，说明理由． 2  8  4 y x2 1,  Q1,  【答案】（1） 3 ；（2）顶点 3，对称轴为x1；（3）存在，  3；（4）存在， 3 5 P( , ) 2 2 x,y0 B,C 【分析】（1）分别令 进而求得 的坐标，待定系数法求解一次函数解析式即可； （2）将二次函数解析式根据配方法化为顶点式，进而求得顶点坐标和对称轴； Q BC AQCQ （3）根据轴对称确定最短路线问题可知存在点 ，即 与对称轴的交点坐标使的线段 最小； （4）过点 P 作 PD∥y 轴交 BC 于点 D ，求得 PD 的长，根据 S △BCP S △CDP S △PBD求得 PBC 的面积，进而 根据二次函数的性质求得取得最大值时的P点的坐标． 2 4 【详解】（1）令 ，则 x2  x20 y0 3 3 x22x30 整理得 x 1,x 3 解得 1 2 B3,0 令x0，则y2 C0,2 设直线BC的解析式为ykxb3kb0  b2  2 k   3 解得 b2 2 直线 的解析式为y x2  BC 3 2 4 （2） y x2 x2  3 3 2 2   x22x1  2 3 3 2 8  x12 3 3  8 1,  顶点 3，对称轴为x1； BC AQCQ （3）由对称性可知， 与对称轴的交点即为使得线段 最小的点， 2 4 时，y 12 x1 3 3  4 Q1,  存在点  3，使得线段AQCQ最小 P PD∥y BC D （4）如图，过点 作 轴交 于点 ，则  2 4   2  2 PD x2 x2 x2 x22x  3 3   3  3S S S △BCP △CDP △PBD 1  2    x22x3 2  3  =x23x  3 2 9 x    2 4 3 9 当x 时， 的面积最大为 ，  2 PBC 4 2 3 2 4 3 5 y     2 此时 3 2 3 2 2 3 5 存在点P( , )，使得 的面积最大．  2 2 PBC 【点睛】本题考查了二次函数综合，二次函数与坐标轴的交点问题，待定系数法求一次函数解析式，二次 函数的性质，轴对称确定最短路线问题，二次函数最值问题，掌握以上知识是解题的关键． 1 6．（2022·天津滨海新·二模）已知：抛物线y x2bxc（b，c为常数），经过点A（－2，0），C 3 （0，4），点B为抛物线与x轴的另一个交点． (1)求抛物线的解析式； (2)点P为直线BC上方抛物线上的一个动点，当△PBC的面积最大时，求点P的坐标； (3)设点M，N是该抛物线对称轴上的两个动点，且MN 2，点M在点N下方，求四边形AMNC周长的最 小值． 1 4 【答案】(1)y x2 x4 3 3 (2)（3，5） 2 52 102 (3) 【分析】(1)利用待定系数法即可求出抛物线的函数表达式； (2)首先点B的坐标，再求出直线BC的解析式，过点P作PF⊥x轴于F，交BC于点Q，设点 1 4 2 P（m， m2 m4） ，Q（m， m4） ,当 时， 有最大值,即可求出点P的坐标； 3 3 3 m3 S PBC （3）由四边形AMNC的周长 AM MNCNAC，得到当AM+CN最小时，四边形AMNC的周长最小，得出AM+CN=AM+DM，求出AM DM 的最小值即可得到结论. 1 【详解】（1）解：∵抛物线y x2bxc经过点A（-2，0），C（0，4）， 3  4  2bc0  3 ∴  c4  4 b  3 解得 c4 1 4 ∴该抛物线的解析式： y x2 x4 3 3 1 4 （2）解：∵点B是抛物线y x2 x4与x轴的交点， 3 3 1 4 ∴  x2 x40， 3 3 x 2，x 6 ∴ 1 2 ， ∴点B的坐标为（6，0）， 设直线BC的解析式为y=kx+n， ∵点B（6，0），C(0，4) 6kn0  ∴ n4  2 k   3 解得  n4 ， 2 ∴直线 解析式为：y x4， BC 3 如图，过点P作PF⊥x轴于F，交BC于点Q，1 4 2 设点P（m， m2 m4） ，Q（m， m4） 3 3 3  1 4   2  1 PQ m2 m4 m4 m22m ∴  3 3   3  3 ， S  1 OBPQ 1 6   1 m22m  m32 9 ∴ PBC 2 2  3  m3 S PBC ∴当 时， 有最大值， ∴点P的坐标为（3，5）． （3）解：∵A（-2，0），C（0，4）， AC  2242 2 5 ∴ ， ∵四边形AMNC的周长 AM MNCNAC，MN 2， ∴当AM+CN最小时，四边形AMNC的周长最小. 将CN向下平移2个单位长度，得到对应线段DM， ∴点C的对应点D的坐标为（0，2）， ∴AM+CN=AM+DM， 1 可知抛物线y x2bxc的对称轴为直线 ， 3 x2 如图，作点D关于对称轴x2的对称点D�，可求得D�（4，2），连接AD， 则AD AM MD AM DM ，过点D�作DE⊥x轴于点E，DE2，AE6， ∴ AM DM 的最小值为 AD 6222 2 10 ， AMNC ACMNAD2 52 102 ∴四边形 周长的最小值为 ． 【点睛】本题为二次函数中考压轴题，考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、最短路线问题等知识 点，正确作出辅助线是解题的关键． 7．（2021·湖北恩施·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，点A，B在x轴上， 抛物线 yx2bxc 经过点B， D4,5 两点，且与直线 DC 交于另一点 E ． （1）求抛物线的解析式； F Q Q F E B （2） 为抛物线对称轴上一点， 为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点 ， ， ， 为顶点的 四边形是以BE为边的菱形．若存在，请求出点F 的坐标；若不存在，请说明理由； y （3）P为 轴上一点，过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为M ，连接ME，BP．探究EM MPPB 是否存在最小值．若存在，请求出这个最小值及点M 的坐标；若不存在，请说明理由． yx22x3 Q F E B BE F 【答案】（1） ；（2）存在以点 ， ， ， 为顶点的四边形是以 为边的菱形，点         1, 22 1, 22 1,5 17 1,5 17 的坐标为 或 或 或 ；（3）EM MPPB存在最小值，最小值  5 1,  为 411，此时点M的坐标为 4．A4,0 B1,0 AD AB5 【分析】（1）由题意易得 ，进而可得 ，则有 ，然后把点B、D代入求解即可； （2）设点 F1,a ，当以点 Q ， F ， E ，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形时，则根据菱形的性质可 分①当BF BE时，②当EF BE时，然后根据两点距离公式可进行分类求解即可； （3）由题意可得如图所示的图象，连接OM、DM，由题意易得DM=EM，四边形BOMP是平行四边形， 进而可得OM=BP，则有EM MPPBDM MO1，若使EM MPPB的值为最小，即DM MO1 为最小，则有当点D、M、O三点共线时，DM MO1的值为最小，然后问题可求解． D4,5 ABCD 【详解】解：（1）∵四边形 为正方形， ， A4,0 AD AB5 ∴ ， ， ∴AO4， ∴OB=1， B1,0 ∴ ， 164bc5  把点B、D坐标代入得： 1bc0 ， b2  解得：c3， yx22x3 ∴抛物线的解析式为 ； B1,0 yx22x3 x=1 （2）由（1）可得 ，抛物线解析式为 ，则有抛物线的对称轴为直线 ， ∵点D与点E关于抛物线的对称轴对称， E2,5 ∴ ， BE2 122052 26 ∴由两点距离公式可得 ， 设点 F1,a ，当以点 Q ， F ， E ，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形时，则根据菱形的性质可分： ①当BF BE时，如图所示：∴由两点距离公式可得BF2 BE2 ，即 112 0a2 26 ， a 22 解得： ，     1, 22 1, 22 ∴点F的坐标为 或 ； ②当EF BE时，如图所示： ∴由两点距离公式可得EF2 BE2 ，即 212 5a2 26 ， a5 17 解得： ，     1,5 17 1,5 17 ∴点F的坐标为 或 ；  1, 22 综上所述：当以点Q，F ，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形，点F 的坐标为 或       1, 22 1,5 17 1,5 17 或 或 ； （3）由题意可得如图所示： 连接OM、DM， B1,0 由（2）可知点D与点E关于抛物线的对称轴对称， ， ∴OB1，DM=EM， ∵过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为M ， PM OB1,PM//OB ∴ ， ∴四边形BOMP是平行四边形， ∴OM=BP， ∴EM MPPBDM MO1， 若使EM MPPB的值为最小，即DM MO1为最小， ∴当点D、M、O三点共线时，DM MO1的值为最小，此时OD与抛物线对称轴的交点为M，如图所示：D4,5 ∵ ， OD 4252  41 ∴ ， DM MO1 411 EM MPPB 411 ∴ 的最小值为 ，即 的最小值为 ， 5 设线段OD的解析式为 ，代入点D的坐标得：k  ， ykx 4 5 ∴线段OD的解析式为y x， 4  5 M1,  ∴  4． 【点睛】本题主要考查二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质，熟练掌握二次函数的综合、菱形的 性质及轴对称的性质是解题的关键． yx2bxc x A B y 8．（23-24九年级上·湖北孝感·阶段练习）如图1，抛物线 与 轴交于 、 两点，与 轴 交于点 C ，已知点A的坐标为 3,0 ，点 C 坐标为 0,3 ．(1)求抛物线的表达式； (2)点E为抛物线对称轴上的一个动点，当BEC的周长最小时，求点E的坐标及周长最小值； (3)如图2，点P为直线AC上方抛物线上的一个动点，当PAC面积最大时，求点P的坐标． yx22x3 【答案】(1) E1,2 BEC 3 2 10 (2) ， 的周长最小值为 3 15 P ,  (3) 2 4  【分析】（1）利用待定系数法可求解析式； B1,0 AC E （2）先求得 然后求得求出 的解析式，根据抛物线的解析式求得对称轴，根据对称性可得 在 AC BEC E A,B,C 上时， 的周长最小，进而即可得 点的坐标，根据 的坐标，勾股定理，即可求解； P PH x H BC Q P(x,x22x3) Q(x,x3) （3）过点 作 轴于 ，交 于点 ，设点 ，则点 ，由三角形面积公 1 式可得S  PGOA，由二次函数的性质即可求解． ABC 2 【详解】（1）解：∵点A 3,0 ，点 C 0,3 在抛物线 yx2bxc 图象上， 93bc0  ∴ c3 ， b2  解得：c3，yx22x3 ∴抛物线解析式为： ； y0 yx22x30 （2）解：当 时， ， x 1,x 3 解得： 1 2 B1,0 ∴ ,  m3  设直线AC的解析式为ykxm，代入 A 、C坐标得3km0， 解得：k 1，m3， AC yx3 ∴直线 的解析式为 ， yx22x3x124 ∵ ∴抛物线对称轴为直线x1 EOEA C,E,A BEC 依题意， ，当 三点共线时， 的周长最小 则当E在直线AC上时，BEC的周长最小 x1 y132 E1,2 当 时， ，则 A3,0 B1,0 C0,3 ∵ ， ， ， AC  3233 3 2 BC= 12+32 = 10 ∴ ， ， BEC CEEBBC CEEABC  ACBC 3 2 10 ∴此时， 的周长为AC yx3 （3）解：由（2）可得直线 的解析式为 ， 过点P作PH x轴于点H，交AC于点Q，如图， P  x,x22x3  Qx,x3 设 ，则 ， PQx22x3x3x23x ∴ ， 1 1 1 ∴S S S  PQOH  PQBH  PQOA △PAC △CPQ △APQ 2 2 2 1   x23x  3 2 3 3 2 27  x   2 2 8 ； 3 ∵ 0， 2 3 27 ∴x 2 时，S 最大，为 8 ． APC 3 15 P ,  此时 2 4 ； 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，一次函数的性质，两点 距离公式，利用参数列方程是本题的关键． 3 y x3 9．（2022·湖北恩施·一模）如图，已知直线 3 与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线 1 y x2bxc的顶点是 ，且与x轴交于C，D两点，与y轴交于点E，P是抛物线上一个动点， 3 (2 3,1) 过点P作PG AB于点G．(1)求b、c的值； (2)若点M是抛物线对称轴上任意点，点N是抛物线上一动点，是否存在点N，使得以点C，D，M，N为 顶点的四边形是菱形？若存在，请你求出点N的坐标；若不存在，请你说明理由． (3)当点P运动到何处时，线段PG的长最小？最小值为多少？ 4 3 b 【答案】(1) 3 ， c3 ． N (4 3,3) (0,3) (2 3,1) (2)存在，符合条件的点 的坐标为 或 或 ． 3 3 15 3 (3)当点P的横坐标为 2 时，PG有最小值，最小值为 8 ． 【分析】（1）先根据顶点式写出抛物线的解析式，然后展开，最后对比即可解答； （2）先确定抛物线的对称轴，再令y=0确定C、D的坐标，进而确定CD的长度，然后分以CD为边和对 角线两种情况分别解答即可； 3 y x3 （3）先根据直线 3 确定A、B两点的坐标，然后确定AB的长，再求出sinABO的值；如图  1 4 3  Pm, m2 m3 1，过点 P 作 PH x 轴交 AB 于点 H ，可得 PH // OB ，设点 P 的横坐标为 m ，则   3 3   、  3  Hm, m3   3   3  Hm, m3  3 ，再表示出PH的长，然后根据二次函数的性质求解即可．   1 【详解】（1）解：∵抛物线y x2bxc的顶点是 3 (2 3,1) 1 1 4 3 y (x2 3)21 y x2 x3 ∴抛物线为 3 ，即 3 3 ， 4 3 b 故 3 ， c3 ． （2）解：存在，理由如下： 1 ∵抛物线y x2bxc的顶点是 ， 3 (2 3,1) x2 3 ∴抛物线的对称轴为 ， 1 将 代入y (x2 3)21，得 或 ， y0 3 x 3 x3 3 C( 3,0),D(3 3,0) ， CD2 3 ． Ⅰ.如图2，当以CD为菱形的边时，MN平行且等于CD. 若点N 在对称轴右侧，  MN CD2 3 ， x2 32 34 3 ， 1 把 代入y (x2 3)21，得 ， x=4 3 3 y3  N (4 3,3) 点 的坐标为 . MC  ( 3)232 2 3  . MC MN CD2 3 ， 四边形MNDC为菱形.N(4 3,3) 即 符合题意. N (0,3) MNCD 同理可知，当 的坐标为 时，四边形 也为菱形. Ⅱ.如图3，当CD为菱形的对角线时， 根据菱形的对角线互相垂直平分，可得对称轴垂直平分CD， 所以M ，N 在对称轴上. 又因为点N 在抛物线上， 所以点N 为抛物线的顶点， N (2 3,1) 所以点 的坐标为 ． N (4 3,3) (0,3) (2 3,1) 综上所述，符合条件的点 的坐标为 或 或 ． 3 y x3 （3）解：把x0代入 3 ，得y=3， (0,3) B ∴点 的坐标为 . 3 把 代入y x3，得 ， y0 3 x3 3 (3 3,0) A ∴点 的坐标为 AB (3 3)232 6 ∴ ， OA 3 3 3 sinABO   ∴ AB 6 2 ，如图1，过点P作PH x轴交AB于点H， PH // OB 则有 ， ∴PHC ABO， 3 sinPHGsinABO ∴ 2 ，  1 4 3   3  Pm, m2 m3 Hm, m3 设点 的横坐标为 ，则  3 3 ，  3 ， P m     2 1 4 3  3  1 1 3 3 15 PH  m2 m3 m3 m2 3m6 m   ∴ 3 3  3  3 3  2  4 ，     1 ∵ 0， 3 3 3 15 15 m 3 ∴当 2 时，PH 有最小值，最小值为 4 ，此时PG有最小值 8 ， 3 3 3 当 m 3 3 时， 1 m2 4 3 m3 3 ，此时点P的坐标为   2 , 4  ． 2 3 3 4   【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、二次函数与特殊四边形综合、二次函数求最值等知识点，掌握 二次函数的性质成为解答本题的关键． yx2bxc x A1,0 B3,0 10．（2024·四川南充·中考真题）已知抛物线 与 轴交于点 ， ．(1)求抛物线的解析式； (2)如图1，抛物线与 y 轴交于点C，点P为线段OC上一点（不与端点重合），直线PA，PB分别交抛物线 S 1 于点 ， ，设 面积为 ， 面积为 ，求 的值； E D PAD S 1 △PBE S 2 S 2 (3)如图2，点K是抛物线对称轴与x轴的交点，过点K的直线（不与对称轴重合）与抛物线交于点M ， N G l∥x Q l QM QN ，过抛物线顶点 作直线 轴，点 是直线 上一动点．求 的最小值． yx22x3 【答案】(1) S 1 1  (2)S 9 2 4 5 (3) 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； p （ 2 ）设 P(0,p) ，直线 AP 为yk 1 xb 1 ，求出y px p，直线 BD 为yk 2 xb 2 ，求出y 3 x p，联  p3 p2 4p 立方程组得E  3 p,p24p  ， D  3 , 9  3   ，再根据S S S ，S S S 即可求 1 ABD ABP 2 ABE ABP 解；（3）设直线MN为 ykxd ，由 K(1,0) 得kd =0，得 ykxk ，设 M  m,m22m3  ， ykxk N  n,n22n3  ，联立直线MN与抛物  yx22x3，得x2(k2)xk30，根据根与系数的关 系可得：mn2k，mnk3，作点N 关于直线l的对称点N，连接MN，则有 QM QN QM QNMN ，过M 点作MF NN于F，则 F  n,m22m3  ，则 NF  m2n22mn2 ， FM  mn ，根据勾股定理得MN2 k417k28080，即可求出 QM QN 最小值． yx2bxc x A1,0 B3,0 【详解】（1）解：∵抛物线 与 轴交于点 ， ， 1bc0  93bc0， b2  解得c3， yx22x3 ∴抛物线的解析式为 ； P(0,p) yk xb k 0 （2）设 ，直线AP为 1 1 1 ，据题意得， k b 0 k  p 1 1 1   b  p ，解得 b  p， 1 1 y px p ∴ ， y px p  联立得yx22x3， x1 x3 p   解得y0 或yp24p，E  3 p,p24p  ∴ ， 设 P(0,p) ，直线 BD 为 yk 2 xb 2 k 2 0 ，据题意得，  p k  3k 2 b 2 0  2 3  b  p ，解得 b  p ， 2 2 p ∴y x p， 3  p y x p  3 联立得 yx22x3 ，  p3 x   3 解得 或 ， x3 p2 4p   y  y0  9 3  p3 p2 4p D ,   ∴  3 9 3  ， 1  p2 4p  2 S S S  ABy y 2   p  3p p2 1 ABD ABP 2 D P  9 3  9 ， 1 S S S  ABy y 2  p24p p  2  3p p2 ， 2 ABE ABP 2 E P S 1 1  ∴S 9； 2 MN ykxdk 0 K(1,0) kd =0 （3）设直线 为 ，由 得 ， ∴d =k， ykxk ∴ ， M  m,m22m3  N  n,n22n3  设 ， ， ykxk  联立直线MN与抛物线yx22x3，x2(k2)xk30 得 ， Δk22 4k3k2160 ， 根据根与系数的关系可得：mn2k，mnk3， 作点N 关于直线l的对称点N，连接MN， l:y4 N n,n22n5  由题意得直线 ，则 ， ∴QM QN QM QNMN， F  n,m22m3  过M 点作MF NN于F，则 ． NF  m2n22mn2 FM  mn 则 ， ， 在RtMFN中， MN2 MF2NF2 (mn)2m2n22(mn)2 2   (mn)24mn(mn)22mn2(mn)2 2   (2k)24(k3)(2k)22(k3)2(2k)2 2   k417k28080 ， k 0 MN2 80 MN4 5 即当 时， ，此时 ，QM QN 4 5 故 的最小值为 ． 【点睛】本题考查了二次函数和一次函数的图象与性质，二次函数与一元二次方程的关系，解一元二次方 程，根的判别式，勾股定理，轴对称的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 考点三 二次函数背景下分段函数 x2(x0) y 11．（23-24九年级下·浙江杭州·期中）已知函数 x(x0) ，若a xb,m yn则下列说法正确的是 （ ） A．当nm1时，ba有最小值 B．当nm1时，ba无最大值 C．当ba1时，nm有最小值 D．当ba1时，nm有最大值 【答案】C 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，画出函数图象，利用数形结合和分类 讨论的思想进行求解即可． 【详解】解：画出函数图象如图： 由图可知：当x0时， y 随x的增大而减小，当x0时， y 随x的增大而增大， ab0 mb2,na2 当 时， ， nm1 a2b2 1 当 时，即： ， abab1 ∴ ， 1 ∴ba ，当 的值越小， 越小，无限接近0，但不等于0，即 没有最小值， ab ab ba ba 当0ab时，ma,nb， 当nm1时，ba1， 当a0b时，m0，112 nm1 n1 a1 b1 ba 时， ，当 ， 时， 的值最大，为 ， 综上：当nm1时，ba有最大值，无最小值， 故选项A，B错误； ab0 mb2,na2 当 时， ， nma2b2 ababab ba1 当 时，即： ， ∴当ab越小时，nm的值越大，即nm没有最大值， 当0ab时，ma,nb， 当ba1时，nmba1； 当a0b时，m0， 当ba1时，xa和xb的函数值相同时，nm的值最小， 综上：当ba1，nm有最小值，无最大值； 故选项C正确，D错误． 故选C． xOy y x24|x|3 12．（2024·湖北武汉·二模）如图，在平面直角坐标系 中，画出了函数 的部分图象， x24|x|3kx 若关于x的方程 有3个不相等的实数根，则k的值为（ ） 42 3 42 3 42 3 42 3 A． 或 B． 或 42 3 42 3 42 3 42 3 C． 或 D． 或 【答案】D 【分析】此题考查了二次函数的图象和性质，数形结合和分类讨论是解题的关键，补全函数图象，分k 0和k 0两种情况分别利用数形结合进行解答即可. y x24|x|3 x0 x0 【详解】解：由函数 可知， 和 时的函数图象关于y轴对称，补全函数图象如图 所示， k 0 ykx y x24|x|3 当 时，当直线 与 函数 的图象有三个交点时， 则x24x3kx，即 x24kx30 有两个相等的实数根，即 Δ4k2 120 ， k 42 3 k 42 3 解得 或 ， k 42 3 由图象可知， 不合题意，舍去， k 42 3 即 ， k 0 ykx y x24|x|3 当 时，当直线 与 函数 的图象有三个交点时， 则x24x3kx，即 x24kx30 有两个相等的实数根，即 Δ4k2 120 ， k 42 3 k 42 3 解得 或 ， k 42 3 由图象可知， 不合题意，舍去， k 42 3 即 ， 42 3 42 3 综上可知，k的值为 或 ，故选：D (x1)21 x3 y{ 13．（19-20九年级上·湖北黄石·期中）已知函数 (x5)21 x＞3，若使y＝k成立的x值恰好有三个， 则k的值为 ． 【答案】3 （x1）21 （x3） y{ 【分析】首先在坐标系中画出已知函数 （x5）21 （x＞3）的图象，利用数形结合的方法即可找到使 y=k成立的x值恰好有三个的k值． （x1）21 （x3） y{ 【详解】函数 （x5）21 （x＞3）的图象如图： 根据图象知道当y=3时，对应成立的x有恰好有三个，∴k=3． 故答案为3． 【点睛】本题主要考查了利用二次函数的图象解决交点问题，解题的关键是把解方程的问题转换为根据函 数图象找交点的问题． 14．（18-19九年级上·湖北武汉·阶段练习）在平面直角坐标系中两点P（x，y），Q（x，y′），其中y′＝ y（x0）  y（x0），则称Q点是P点的可控点．若P（x，y）满足y＝－x2＋16，其中（－5≤x≤a）时，可控点Q （x，y′）满足－16≤y′≤16，则a的取值范围为 ． 7 a4 2 【答案】 【分析】本题先理解定义，依据题意画出函数图象即可求解． x216x0 y 【详解】依题意，yx216图象上的点P的“可控变点”必在函数 x216(5x0)的图象上（如 图）， x5 y25169 当 时， ， y9 x2 7 当 时， ， ∵x0， x 7 ∴ ， ∵16 y16，  x216x0 y 当y'16，代入 x216(5x0)， 解得： x0，  x216x0 y 当y16，代入 x216(5x0)， x4 2 解得： ， 5xa x y 16 y16 ∵ 时，可控点Q（ ， ）满足 ，a 7 a4 2 ∴实数 的取值范围为 ， 7 a4 2 故答案为： ． 【点睛】本题考查了二次函数图象应用问题，解决此类问题：首先根据题意，大致画出函数图象，依据图 象确定数值的取值范围． x2+nx+n(x1)  y= 1 n n 15．（22-23九年级上·吉林白城·阶段练习）已知函数  x2+ x+ (x<1)  2 2 2 (1)点P（2，2）在此函数的图象上． ①求n的值． ②求此函数的图象与y轴的交点． (2)当n = 1时，此函数的最大值为 ． 【答案】(1)①n = 2；②（0，1） (2)1 yx2nxn 【分析】（1）①根据点P的横坐标比1大，将点P代入 即可求得n的值． 1 ②根据当图象与y轴有交点时，x值为0；将x = 0代入y x2x1求出y值，即可得出交点坐标． 2 （2）当n = 1分别代入两个函数表达式中，求出各自表达式的最大值，最后两者取最大值即可． 【详解】（1）①解：∵在点P（2，2）中，x ≥ 1 yx2nxn 2222nn ∴将点P（2，2）代入函数 中得 解得n=2 ②解：求此函数的图象与y轴的交点，即求当x=0时，函数图象与y轴的交点． 1 ∵当 时，函数表达式为y x2x1 x1 2 x=0 y=1 ∴当 ， ∴此函数的图象与y轴的交点为(0，1)．x2+x+1(x1)  y= 1 1 1 （2）解：当n = 1时，函数表达式为  x2+ x+ (x<1)  2 2 2 1 5 当 x1 时，将函数表达式yx2x1 转为顶点式为y(x 2 )2 4 ． 1 1 ∴函数对称轴为x= ，在x= 右侧，函数图象随x的增大而减小． 2 2 1 5 ∴当x = 1时，函数有最大值，最大值为y(1 )2 ，解得y=1． 2 4 ∴当 x1 时，函数有最大值1． 1 1 1 1 1 5 当 时，将函数表达式y x2 x 转为顶点式为y (x )2 ． x1 2 2 2 2 2 8 1 ∴函数对称轴为x= ． 2 1 1 1 1 5 5 ∴当x= ，函数有最大值，最大值为y (  )2 ，解得y ． 2 2 2 2 8 8 ∴当n = 1时，此函数的最大值为1． 【点睛】本题主要考查二次函数的图象与性质，根据x值的取值判断函数表达式和用顶点式求函数最大值 是解本题的关键． 考点四 二次函数背景下的最值讨论问题 y(x1)25 axb ab0 y 16．（2023·辽宁大连·模拟预测）已知二次函数 ，当 且 时， 的最小值为 2a，最大值为2b，则ab的值为（ ） 3 1 A．2 B． C．3 D． 2 2 【答案】B 【分析】本题考查了二次函数的最值问题，二次函数的增减性，由题意可得a0，b0，则 y 的最小值 为2a为负数，最大值为2b为正数．最大值为2b分两种情况：①结合抛物线顶点纵坐标的取值范围，求出 b2.5，结合图象最小值只能由xa时求出；②结合抛物线顶点纵坐标的取值范围，图象最大值只能由 xb求出，最小值只能由xa求出． y(x1)25 【详解】解：二次函数 的大致图象如下：a0xb1 xa y 2a(a1)25 ①当 时，当 时， 取最小值，即 ， 解得：a2． xb y 2b(b1)25 当 时， 取最大值，即 ， 解得：b2或b2(均不合题意，舍去)； a0x1b xa y 2a(a1)25 ②当 时，当 时， 取最小值，即 ， 解得：a2． 当x1时， y 取最大值，即 2b112 5 ， 解得：b2.5， 或xb时， y 取最小值，x1时， y 取最大值， 2a(b1)25 b2.5 ， ， 11 ， a 8 a0，  此种情形不合题意， 1 所以ab22.5 ． 2 故选：B． yx26x5 axa3 17．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）已知二次函数 ，当 时，二次函数的最大值 y y y y 3 为 1，最小值为 2，若 1 2 ，则a的值为（ ） 3 3 3 3 3 3 3 3 A．1或 B．2或 C．2或 D． 或【答案】D yx26x5x32 4 【分析】依据题意，由 ，故抛物线的对称轴是直线x3，抛物线开口向下， axa3 y y y y 3 又当 时，二次函数的最大值为 1，最小值为 2，若 1 2 ，进而分类讨论计算可以得解． yx26x5x32 4 【详解】解：由题意，∵ ， ∴抛物线的对称轴是直线x3，抛物线开口向下． ①当a33时，即a<0， ∵x3时，y随x的增大而增大， xa y a26a5 ∴当 时，取最小值为 2 ； y a32 6a35 当xa3时，取最大值为 1 ； y y 3 又∵ 1 2 ， a32 6a35  a26a5  3 ∴ ∴a1，不合题意． ②当a3时， ∵x3时，y随x的增大而减小， xa y a26a5 ∴当 时，取最大值为 1 ； y a326a35 当xa3时，取最小值为 2 ； y y 3 又∵ 1 2 ， a26a5a32 6a353 ∴   ， ∴a2，不合题意． ③当a3a+3时，即0a3. x3 y 326354 ∴当 时，取最大值为 1 xa y a26a5 若当 时，取最小值为 2 ；y y 4  a26a5  3 ∴ 1 2 ， a3 3 a3 3 ∴ （舍去）或 ． y a326a35 当xa3时，取最小值为 2 ； y y 3 ∴ 1 2 ， 4a32 6a353 ∴   ， a 3 a 3 ∴ （舍去）或 ． a3 3 a 3 综上， 或 ． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、二次函数的最值，一元二次方程的解法，解题时要熟练掌握并 能灵活运用是关键． yx2ax x x 18．（2024·山东济南·二模）抛物线 ，将其图象在 轴下方的部分沿 轴翻折，其余部分保持不 G、Pm,n 变，组成图形 是G上的任意一点，当0m1时，n的最大值记为N ，则N 取得最小值时，a 的值为( ) 2 1 22 2 32 2 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查二次函数的图象和性质．根据题意，结合所给选项画出正确的图形是解决本题的关键． 根据二次函数的图象的开口向上，图象过原点，结合a的取值范围和所给选项，画出相关图形，得到 0m1时，N 的最大值，比较后得到N 取得最小值时，a的值为多少． 【详解】解：①当a0时，对称轴在 y 轴的左侧或者 y 轴．所给选项无a0，所以以对称轴在 y 轴左侧 为例，画出图形．由图象可得：当m1时，N 1a. ∴当a取的最小值时，N 最小，即a0 ②当a<0时，对称轴在 y 轴的右侧． a a2 a2 当x 时，N | | ． 2 4 4 当m1时，N 1a,  图象的最高点为顶点A． a2 1a  4 a24a40． a22 2 a22 2 ( ) 或 不合题意，舍去 ． N a 22 2 取得最小值时， 的值为 ． 故选：C． ykx3(k 0) k xm a yb ab 19．（2024·浙江·一模）已知一次函数 ，当 时， ，若 的最小值为 2，则m的值为（ ） A．2 B．2 C．4 D．4 【答案】D 【分析】本题考查了一次函数的性质，熟练掌握一次函数性质是解答本题的关键．先分析k 0和k 0时1 1 ykmk2 (k m)2 m2 导出 abkmk26 ，根据最小值可得kmk2最小值为4，通过配方得到 2 4 ，再 根据k xm确定m的取值． k 0 xk ykx3k23a xm ykm3b 【详解】解：当 时， ， ，当 ， ， abkmk26， k 0 xk ykx3k23b xm ykm3a 当 时， ， ，当 ， ， abkmk26， ab的最小值为2， kmk2最小值为4， 1 1 ykmk2 (k m)2 m2 ， 2 4 1 1 当k  2 m时，y取得最小值 4 ，即 4 m2 4， m4， 由题意知k xm，所以k m， 当m4时，k 2，k m，不符合题意舍去， 当m4时，k 2，满足题意， 故选：D 1 t   1 3t  ,   ,  20．（2024·福建福州·模拟预测）已知抛物线yx2bxc过点2 2， 2 2 两点，若2t4， 3 时，y的最大值为 ，则t的值是（ ） 2 x3 2 A．2 B．0 C．1 D．4 【答案】C 1 t   1 3t  ,   ,  【分析】根据抛物线yx2bxc过点2 2， 2 2 两点，可以求得该抛物线的对称轴，然后再根 3 据 ， 时，y的最大值为 即可求得 的值． 2t4 2 x3 2 t 1 t   1 3t  ,   ,  【详解】解：∵抛物线yx2bxc过点2 2， 2 2 两点， 1 2 1 t    bc  2 2 2    1 2 1 3t ，     bc   2 2 2 bt  解得： 1 ， ct   4 1 ∴抛物线 yx2bxc 即为yx2txt 4 ， t t 它的开口向下，对称轴是直线x  ， 2 2 t t2  t  1 1 1 x  t t  t2t 当 2时，y有最大值 4  2 4 4 4 ， t 若 ，则2 1， 2t4 2 3 ∵当 时，y的最大值为 ， 2 x3 2 1 1 3 ∴ t2t  ， 4 4 2 t24t50 即 ， t 5,t 1 解得： 1 2 ， ∵2t4， t 1． 故选：C． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的最值，熟练掌握二次函 数的性质是解题的关键． yx22axa22 3x1 21．（2024·陕西宝鸡·二模）已知二次函数 （a为常数），当 时，函数的最 大值与最小值的差为9，则a的值为（ ） 6 0或2 6或0 A． B．4 C． D． 【答案】Cyx22axa22(xa)22 【分析】本题考查了二次函数的图像与性质，根据题意可知二次函数 ，故 该函数的对称轴为直线xa，函数的最大值为2，然后根据对称轴xa所在的位置进行分类讨论计算即 可；准确了解当3x1时，函数的最值会发生变化，从而结合方程解决问题是关键． yx22axa22(xa)22 【详解】解：二次函数 ， 该函数的对称轴为直线 xa ，函数的最大值为2， 当a1时， x1 y(1a)22 时，函数有最大值 ； x3 y(3a)22 时，函数有最小值 ； ∵当3x1时，函数的最大值与最小值的差为9， 1a2 23a2 29   1 解得a （舍去）； 8 当a3时， x3 y(3a)22 时，函数有最大值 ； x1 y(1a)22 时，函数有最小值 ； ∵当3x1时，函数的最大值与最小值的差为9， 3a2 21a2 29   17 解得a （舍去）； 8 3a1 x3 y(3a)22 当 时， 时，函数有最小值 ； 函数有最大值y2； 23a2 29   a0或（6 舍去） 解得 ； 3a1 x1 y(1a)22 当 时， 时，函数有最小值 ；函数有最大值y2； 21a2 29   a2或（4 舍去） 解得 ； ∴a0或2 故选：C． y=(x- m)2+1 2x4 22．（21-22九年级上·湖北荆州·期中）已知二次函数 ，当 时有最小值10，则m的值 为 ． 【答案】1或7/7或-1 【分析】对对称轴的位置进行分类讨论，再根据最小值求出m的值即可． 【详解】解：当m<2时，二次函数在x=2时取得最小值， 2m2110 m 1 m 5 所以 ，解得 1 ， 2 （舍）； 当2m4时，二次函数在x=m时取得最小值， mm2110 ∴所以 ，该方程无解； 当m>4时，二次函数在x=4时取得最小值， 4m2110 m 7 m 1 所以 ，解得 1 ， 2 （舍）； 故答案为：1或7． 【点睛】本题考查二次函数的性质，熟练掌握这些知识点是解题关键，同时注意分类讨论思想的使用． 23．（21-22九年级上·湖南长沙·期末）二次函数y＝-(x-1)2+5，当m≤x≤n且mn＜0时，y的最小值为5m， 最大值为5n，则m+n的值为 ． 【答案】-3 【分析】由m≤x≤n和mn＜0知m＜0，n＞0，据此得最小值为5m为负数，最大值为5n为正数．将最大值 为5n分两种情况，①顶点纵坐标取到最大值，结合图象最小值只能由x=m时求出．②顶点纵坐标取不到 最大值，结合图象最大值只能由x=n求出，最小值只能由x=m求出． 【详解】二次函数y=﹣（x﹣1）2+5的大致图象如下：①当m≤0≤x≤n＜1时，当x=m时y取最小值，即5m=﹣（m﹣1）2+5， 解得：m=﹣4， 当x=n时y取最大值，即5n=﹣（n﹣1）2+5， 解得：n=-4或n=1（均不合题意，舍去）； ②当m≤0≤x≤1≤n时，当x=m时y取最小值，即5m=﹣（m﹣1）2+5， 解得：m=﹣4， 当x=1时y取最大值，即5n=﹣（1﹣1）2+5，解得：n=1， 或x=n时y取最小值，x=1时y取最大值， 5m=-（n-1）2+5，n=1， ∴m=1， ∵m＜0， ∴此种情形不合题意， 所以m+n=﹣4+1=-3． 故答案为：-3． 【点睛】本题考查二次函数的最值，一定要考虑二次函数的顶点坐标是否在自变量的取值范围内，数形结 合是解题的关键． 24．（2024·江苏南京·二模）已知二次函数 yx2mx2 （ m 为常数）的图像与 x 轴的公共点为 Ax 1 ,0 ， Bx ,0 2 ． x 1 x (1)当 1 时，求 2的值； 1x 1 x 0 m (2)当 1 ，且 1 时，求 的取值范围； (3)线段AB长的最小值为 ．x 2 【答案】(1) 2 (2)m 1或m1 2 2 (3) 【分析】本题考查了二次函数的图像与性质，一元二次方程根与系数的关系，二次函数的最值，利用数形 结合是解决本题的关键． y0 yx2mx2 x2mx20 xx 2 （1）把 代入 得 ，可得 1 2 ，即可求解； x1 yx2mx2 ym1 x=1 yx2mx2 ym1 （2）把 代入 得 ，把 代入 得 ，分类讨论，利用数 形结合思想即可解决； AB x x  x x 2  x x 2 4xx  m28 （3）先表示出 1 2 1 2 1 2 1 2 ，再由一元二次方程根于系数的关系 即可求解． y0 yx2mx2 x2mx20 【详解】（1）解：把 代入 得 ， Ax,0 Bx ,0 ∵ 图像与x轴的公共点为 1 ， 2 ， xx 2 ∴ 1 2 ． x 1 ∵ 1 ， x 2 ∴ 2 ； x1 yx2mx2 ym1 （2）解：把 代入 得 ， x=1 yx2mx2 ym1 把 代入 得 ， 当m0时，则m10， ∴m 1． 当m0时，则m10， ∴m1． 综上所述，m的范围是：m 1或m1；y0 yx2mx2 x2mx20 （3）解：把 代入 得 ， xx 2 x x m ∴ 1 2 ， 1 2 AB x x  x x 2  x x 2 4xx  m28 1 2 1 2 1 2 1 2 ∵m288， AB2 2 ∴ ， 2 2 故答案为： ． 考点五 二次函数图象的变换问题 y x22x3 x x x 25．（2024·四川南充·二模）如图，将抛物线 在 轴下方的图象沿 轴翻折到 轴上方，原 抛物线x轴上方的图象与翻折得到图象组成一个新函数的图象，若直线yxb与新函数的图象有三个交 点，则b的取值范围是 ． 13 【答案】b 或者 4 b1 【分析】本题考查了二次函数与一次函数的综合， yxb 如图所示，过点A的直线 与新图象有三个公共点，将直线向下平移到恰在点E处相切，此时与新 图象也有三个公共点，准确画出图形，问题随之得解． yxb 【详解】解：如图所示，过点A的直线 与新图象有三个公共点，将直线向上平移到恰在点E处相 切，此时与新图象也有三个公共点，yx22x30 令 ， x 3 x 1 解得： 1 ， 2 ， A1，0 B3，0 ∴ ， ， y x22x3 x x x ∵将抛物线 在 轴下方的图象沿 轴翻折到 轴上方， yx22x3 ∴翻折之后的二次函数的解析式为： ， yxb yx22x3 x22x3xb 将一次函数 与二次函数 联立得： ， x2xb30 整理得： ， Δ14b30 令 ， 13 解得：b ， 4 A1，0 yxb 01b 当一次函数过点A时，将 代入 得： ， 解得：b1， 13 ∴若直线 与这个新图象有3个交点，则b的取值范围为：b 或者 ， yxb 4 b1 13 故答案为：b 或者 ． 4 b1 C y =x2 O 180 26．（2024·辽宁大连·三模）如图，在平面直角坐标系中，将抛物线 1： 绕原点 顺时针旋转 后得到 C 2，向右平移4个单位，向上平移2个单位得到 C 3．点A为 C 3的顶点，作直线 OA ．点 Q0,m 为平Q B B OA C BC 面内一动点，将点 向上平移两个单位长度得到点 ，过点 作y轴的垂线交直线 于点 ，以 、 BQ 为边构造矩形 BQDC ．设 C 1、 C 2、 C 3的图象为 G ．当矩形 BQDC 与图象 G 有三个公共点时， m 的取 值范围为 ．  331 2m 【答案】 8 或m2或m14 【分析】本题考查了二次函数与一次函数的交点，二次函数图象的平移等知识；利用二次函数的性质，分 情况利用数形结合的方法分析求解即可． C yx2 C y(x4)22 【详解】解：由题意知， 2的解析式为 ， 3的解析式为 ； ①当B与原点重合时，m2，此时矩形不存在； C BQDC 3 ②当Q在 与y轴的交点上时，矩形 与图象G有三个公共点，如图：x0 y16214 Q(0,14) 当 时， ，即 ； 故当m14时，矩形与图象G有三个公共点； ③14m2时，矩形与图象G只有两个公共点，如下图所示； ④由②中可知，当m14时，矩形与图象G有四个公共点； C 3 ⑤如图，当点D在 上时，矩形与图象G有三个公共点； 1 设直线 的解析式为 ，把点A坐标代入得k  ， OA ykx 21 即y  x； 2 ∵点Q向上平移两个单位长度得到点B， CDQB2 ， 1 ∴点D的纵坐标为 x2， 2  1  1 Dx, x2 x422 x2 即  2 ，把点D坐标代入C ，得： 2 ， 3 15 33 15 33 x ，x 解得： 4 4 （舍去），  331 y 8 ；  331 m 即点Q的纵坐标为 8 ，  331 2m 故 8 ； ⑥当m2时，矩形与图象G只有三个公共点，如图； ⑦当m>2时，矩形与图象G只有两个公共点，如图； 331 2m 综上，当 8 或m2或m14时，矩形与图象G有三个公共点． yx22x1 27．（2024·四川广元·三模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数 的图象与其关于直线 yx 对称的图象交于A，B，C，D四点， 则四边形ABCD的面积为 ． 3 13 【答案】 【分析】本题考查了轴对称的性质，二次函数与一次函数的交点问题，二次函数图象的性质，四边形的面 A、C AC BD Da,b B、D yx 积，联立函数解析式求出 坐标，可求出 ，连接 ，设 ，由点 关于直线 对称， Bb,a D2,1 B1,2 ACBD 可得 ， ，根据二次函数的性质求得 ， ，即可求解，由轴对称的性质对称B、D坐标的关系是解题的关键．  3 13  3 13 x x  2  2   【详解】解：由 yx22x1，解得 3 13 或 3 13 ，  y y yx   2   2 3 13 3 13 3 13 3 13 A ,  C ,  ∴  2 2 ，  2 2 ，     2 2 3 13 3 13 3 13 3 13 ∴AC            26， 2 2 2 2     连接BD， Da,b 设 ， ∵点B、D关于直线 yx 对称， Bb,a ACBD ∴ ， ， Da,b Bb,a 把 、 代入得， a22a1b①  b22b1a②， ②① a2b22b2aab 得， ， ababab0 整理得， ， 即ab10， ∴ba1，ba1 ① a22a1a1 把 代入 得， ， 整理得，a2a20， a 2 a 1 解得 1 ， 2 ， D2,1 B1,2 ∴ ， ， BD 212 122 3 2 ∴ ， ∵ACBD， 1 1 ∴S  AC·BD  263 2 3 13， 2 2 3 13 故答案为： ． yax2bx3a0 x A1,0 B3,0 y 28．（2024·陕西商洛·三模）如图，抛物线 与 轴交于 ， ，与 轴交 于点C． (1)求该抛物线的函数表达式； yax2bx3a0 1 1 y (2)将抛物线 先向右平移 个单位长度，再向下平移 个单位长度得到新的抛物线 ， y D E B C D E BC 在 的对称轴上有一点 ，坐标平面内有一点 ，使得以 ， ， ， 为顶点且以 为边的四边形是 矩形，求满足条件的点E的坐标． y x22x3 【答案】(1) 1,2 5,2 E (2)点 的坐标为 或A1,0 B3,0 yax2bx3a0 a b 【分析】（1）将点 ， 代入 得到关于 、 的二元一次方程组，求解 即可； （2）分两种情况，分别根据等腰三角形的判定和性质、平移和矩形的性质解答即可． yax2bx3a0 A1,0 B3,0 x 【详解】（1）解：∵抛物线 与 轴交于 ， ， ab30  ∴9a3b30， a1  解得：b2， y x22x3 ∴抛物线的函数表达式为 ； y x22x3 1 1 y （2）∵将抛物线 先向右平移 个单位长度，再向下平移 个单位长度得到新的抛物线 ， yx122x131 x24x1x225 ∴ ， yx22 5 ∴抛物线 的对称轴为直线x2， y=x22x3 y C ∵抛物线 与 轴交于点 ， C0,3 ∴ ， B3,0 BOC 90 ∵ ， ， ∴OC OB3，BCOCBO45， ①如图，当BC为矩形BCDE一边，且点D在x轴的下方，过D作DF  y轴， ∴BCD90，DFC 90 ∴DCF 180BCOBCD180459045， ∴CDF 90DCF 904545DCF ， ∴CF DF ， ∵ D 在 y 的对称轴直线x2上， C0,3 ， ∴FD2，OC 3， ∴CF FD2，∴OF OCCF 325， D2,5 ∴点 ， ∴点C向右平移2个单位，向下平移2个单位可得到点D， E5,2 ∴点B向右平移 2 个单位，向下平移 2 个单位可得到 ； BC BCED D x y x2 x F ②当 为矩形 一边，且点 在 轴的上方， 的对称轴直线 与 轴交于点 ， ∴DBC 90，DFB90， D y x2 ∵ 在 的对称轴直线 上， ∴FO2， ∴BF OBOF 321， ∵CBO45， ∴DBO90CBO904545， ∴BDF 90DBO904545DBF ， ∴DF BF 1， 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， E1,2 C 1 1 ∴点 向左平移 个单位，向上平移 个单位可得到点 ； E 1,2 5,2 B,C,D E BC 综上所述，点 的坐标为 或 时，以 ， 为顶点，且以 为边的四边形是矩形．【点睛】本题考查待定系数法求解析式，二次函数的性质及图像的平移，平移的性质，矩形的性质，等腰 三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余，两点间距离等知识点，掌握二次函数的性质和矩形的性质 是解题的关键． yax22axa2 29．（2024·河南焦作·二模）已知抛物线 的顶点为D． (1)若抛物线经过原点，求a的值及顶点D的坐标； (2)在（1）的条件下，把 x0 时函数 yax22axa2 的图象记为 M 1，将图象 M 1绕原点旋转 180 ，得 M M M 到新图象 2，设图象 1与图象 2组合成的图象为 M ． M ①图象 2的解析式 （写出自变量的取值范围）； yxm ②若直线 与图象M有3个交点，请直接写出m的取值范围． 2 (1,2) 【答案】(1) ， 9 9 (2)①y2x24xx0；② m 8 8 【分析】（1）将原点代入抛物线方程即可求出a值，再利用抛物线性质即可求出顶点坐标； x M （2）①根据自变量 的取值范围，结合图象性质及中心对称性质判断出图象上的特殊点即可求出 2解析 式； ②再利用数形结合，分类讨论直线与曲线交点问题即可求出m的取值范围． 【详解】（1）解：∵抛物线经过原点， x0 y0 yax22axa2 a20 当 时， ，代入抛物线 得： ，a2， y2x24x ∴抛物线的方程为： ． b 4 x  1 ∴抛物线的对称轴方程为： ， 2a 2(2) x1 y2x24x y2 把 代入 ，得 ， ∴D点坐标为(1,2)． y2x24x （2）解：在（1）中抛物线的方程为： ， ①当 x0 时函数 yax22axa2 的图象记为 M 1， y2x24x(x0) M (2,0) ∴对应的函数解析式为： ，且图象 1经过 和原点， M 180 M M M 将图象 1绕原点旋转 ，得到新图象 2，新图象 2与原图象 1成中心对称， M x0 M (2,0) ∴新图象 2对应函数的自变量的范围为： ，且新图象 2经过点 和原点， M y2x24x(x0) ∴图象 2的解析式为： ． ②直线 yxm 与图象M 有3个交点，分两种情况， yxm  当直线与M 1 有2个交点且与M 2 有1个交点时，y2x24x(x0)， 2x23xm0 ， 9 令 ，得m ， Δ0 8 9 结合图象可得：0m ， 8 yxm  同理，当直线与M 1 有1个交点且与M 2 有2个交点时，y2x24x(x0)， 2x23xm0 ， 9 令 ，得m ， Δ0 89 结合图象可得： m0． 8 9 9 ∴ m ． 8 8 【点睛】本题主要考查二次函数的图象与性质，图形的旋转，直线与曲线相交等问题，解题过程还涉及数 形结合，分类讨论等数学思想，难度较大． xOy yax22axa3(a0) x 30．（2024·山东济南·二模）在平面直角坐标系 中，已知抛物线 与 轴分别交 于点A和点B，与 y 轴交于点C． A (1,0) C (1)如图1，若点 的坐标为 ，求抛物线的表达式和点 的坐标； (2)过点C作 y 轴的垂线l，将抛物线在 y 轴右侧的部分沿直线l翻折，将翻折得到的图象与原抛物线剩余部 分的图象组成新的图形，记为图形G． ①在（1）的条件下，在图形 G 位于 x 轴上方的部分是否存在点 D ，使得 S ABD 3 ？若存在，求点 D 的坐 标；若不存在，请说明理由；P(1a,p) Q(1a,q) G t  pq 3t0 a ②如图2，已知点 和点 是图形 上的点．设 ，当 时，请直接写出 的 取值范围． 3 3 9  9 y x2 x C0,  【答案】(1) 4 2 4；  4  3  3 9 (2)①存在点 的坐标为： 21, 或1, ；② 的取值范围为 a3． D  2  2 a 2 【分析】本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象和性质，待定系数法，翻折变换的性质，综合性较 强，难度较大． （1）用待定系数法求函数的解析式即可； 3 3 9 3 3 （2）①根据y 4 x2 2 x 4 ，可得A(1,0)，B(3,0)，即 AB4 ，由翻折得到y 4 (x1)2 2 ，分两种情 况：当x0时，当x0时，根据三角形面积公式建立方程求解即可； yax22axa3a(x1)23 (1,3) yax22axa3(a0) y ②由 ，得抛物线的顶点为 ，将抛物线 在 轴右 l ya(x1)22a3 a1 1a0 a 侧的部分沿直线 翻折，得 ，分两种情况：当 时，当 时，分别求出 的 范围即可． A(1,0) yax22axa3 a2aa30 【详解】（1）解：将 代入抛物线 ，得： ， 3 解得：a ， 4 3 3 9 抛物线的解析式为y x2 x ，  4 2 4 9 令 ，得y ， x0 4  9 C0, ；  4 S 3 （2）解：①存在点 D ，使得 ABD ，理由如下： 如图：3 3 9 3 3 9 在y x2 x 中，令 得： x2 x 0， 4 2 4 y0 4 2 4 x 1 x 3 解得： 1 ， 2 ， A(1,0)，B(3,0)， AB4， 3 3 9 3  y x2 x  (x1)2 3 ， 4 2 4 4  (1,3) 顶点为 ， 过点C作 y 轴的垂线l:y3，将抛物线在 y 轴右侧的部分沿直线l翻折，其余部分不变，得到 3 3 y (x1)2 ， 4 2  3  (x1)23 (x0)   4 图象形 的函数表达式为 y ， 3 3  (x1)2 (x0)  G 4 2 3 1 若 轴上方的图形 上存在点 ，使得S  ABy 3，则y  ， x G D ABD 2 D D 2 当 时，将y 3 代入y 3 (x1)2 3 得 3 (x1)23 3 ， x0 2 4 4 2 x  21 x  21 解得 1 （舍去）， 2 ；  3 D  21,  1  2， 3 3 3 3 3 3 当 时，将y 代入y (x1)2 得 (x1)2  ，解得 ； x0 2 4 2 4 2 2 x1  3 D 1, ，  2  2 3  3  21,  1,  综上，存在点D，使得S ABD 3，点D的坐标为： 2或 2； yax22axa3(a0) x0 ②在 中，令 ， 得ya3， C(0,a3)， 直线l:ya3，  yax22axa3a(x1)23 ，  (1,3) 抛物线的顶点为 ， yax22axa3(a0) y l ya(x1)22a3 将抛物线 在 轴右侧的部分沿直线 翻折，得 ， 点P(1a,p)和点Q(1a,q)是图形G上的点， 当a1时，1a0，1a2， 即点P在 y 轴左侧，点Q在 y 轴右侧，如图， ， ， pa33 qa32a3 t pq2a6， 3t0， 32a60， 9  a3； 2 当1a0时，01a1，11a2， 即点P、Q均在 y 轴右侧， 2a3 pa3，2a3qa3， 4a6 pq2a6， 3t0， 3 pq0，4a63  2a60 ， 此不等式组无解，即1a0不成立； 9 综上， 的取值范围为 a3． a 2 yx2bxc 31．（2024·湖北恩施·二模）如图1，二次函数 的图像与x轴交于A、B两点，与y轴交于C l:yx3 点，直线 经过B、C两点． (1)求出该二次函数的解析式． (2)已知点P为直线l上的一点，设其横坐标为t，过点P作x轴的垂线与该二次函数的图像相交于点M，再 过点M作y轴的垂线与该二次函数的图像相交于另一点N． 1 ①当PM  MN时，求点P的横坐标． 2 ②当PM 的长度随t的增大而增大时，直接写出t的取值范围． yx2bxc (3)如图2，将二次函数 在x轴下方的图象沿x轴翻折到x轴的上方，图象的其余部分不变，得 到一个“W”形状的新图象，再将直线l向上平移n个单位长度，得到直线l，当直线l与这个新图象有3 个公共点时，求n的值． y x22x3 【答案】(1) 3 (2)①P点横坐标为 或 或 或 ；②0t 或 1 2 1 2 2 3 2 3 2 t3 25 (3) 或n n4 4【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，利用数形结合的思想进行求解，是解题 的关键． B,C （1）求出 的坐标，待定系数法求出函数解析式即可； 1 （2）①设Pt,13，则M  t,t22t3 ，进而得到N  2t,t22t3  ，根据PM  MN，进行求解即可； 2  t23tt 0,t 3 PM  t23t  ②根据  t23t0t3，结合二次函数的性质，进行求解即可； （3）根据题意，画出图象，利用数形结合的思想进行求解即可．  l:yx3 x0 y=3 y0 x3 【详解】（1）解： 直线 经过B、C两点，当 时， ，当 时， ， B3,0 C0,3 ， B3,0 C0,3 yx2bxc 将 ， 代入 得： 93bc0 b2   c3 解得：c3  y x22x3 二次函数的解析式为： ； Pt,13 M  t,t22t3  （2）①设 ，则 ， yx22x3x12 4 ∵ ， ∴对称轴为直线x1， N  2t,t22t3  ∴ ， PM  t23t MN  22t ， ， 1  PM  MN ， 2 1 t23t  22t ， 2 t1 2 t1 2 t2 3 t 2 3 解得 或 或 或 ， 1 2 1 2 2 3 2 3 P点横坐标为 或 或 或 ； PM  t23t ②∵ ， 当t23t 0时，t0或t3， ∴当0t3时，t23t0，  t23tt 0,t 3 PM  t23t  ∴  t23t0t3， ∴当t0时，PM 随x的增大而减小；当t3时，PM 随x的增大而增大，  3 2 9 PM t23tt   当0t3时，  2 4， 3 ∴当0t 时， 随 的增大而增大， 2 PM x 3 综上：0t 或 ； 2 t3 y x22x3 （3）将抛物线 的图象在x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，则翻折上来的部分的解析式 yx22x3 为 ． l:yx3n 直线l向上平移n个单位长度，得到直线  l yx22x3 l 当直线 经过点A或与 只有一个交点时，直线 与新图象恰好有三个不同的交点． A1,0 l 013n n4 ①当直线 经过点 时， ，解得： yx3n yx22x3 ②当 与 只有一个交点时，  yx3n  yx22x3只有一组公共解， x2xn60 即方程 中判别式等于0， 25 (1)24(n6)0 ，解得：n 425 综上， 或n ． n4 4 32．（2024·安徽滁州·三模）如图1，以点 A，B 为端点的实线是一条开口向下的抛物线的一段，点C 是 抛物线的顶点，直线l是抛物线的对称轴，ABl于点 D，ABCD，则称实线表示的部分为该抛物线上 的“正抛线”，点A，B 分别为“正抛线”的左、右端点，点 C 为“正抛线”的顶点，CD的长为“正抛 线”的高． (1)已知高为4的“正抛线”左端点在坐标原点，求该“正抛线”所在抛物线的表达式； yax²bx(a0) (2)已知抛物线 上的“正抛线”以原点为左端点，求b； (3)如图2，一种图案由大小两种不同的“正抛线”组成，在平面直角坐标系中，所有大“正抛线”的端点 都在x轴上，小“正抛线”的端点都在与其相邻的大“正抛线”上，所有“正抛线”的顶点都在同一条直 线上．求大“正抛线”与小“正抛线”高之比． yx224x24x yx22 4x24x 【答案】(1) 或 (2)b4 3 5 3- 5 (3) 2 或 2 A0,0 B4,0 D2,0 ABCD4 【分析】（1）根据题意，得左端点 ， ，得到右端点 ，垂足点 ，顶点 C2,4 C2,4 ya x22 4 ya x22 4 A0,0 1 2C2,4 C2,4 ya x22 4 ya x22 4 A0,0 或 ，设抛物线解析式为 1 或 2 ，把 分别代入解析式， a,a 确定 1 2的值即可． b （2）根据题意，得 ax2bx0 ，解得x 1 0,x 2  a ，且抛物线以原点为左端点，得左端点A0,0， b  b   b   b b ABCD B ,0 D ,0 C ,  a ，得到右端点  a ，垂足点  2a ，根据抛物线a<0，得顶点  2a a，设  b  2 b 抛物线解析式为 ya  x 2a    a ，点A0,0 代入解析式，计算即可． （3）设抛物线的左端点为A，右端点为B，垂足点为D，顶点为C，小抛物线的左端点为E，右端点为 Am,0m<0 B0,0 ABCDm F，垂足点为H，顶点G，根据题意，设左端点 ，右端点 ， 垂足点 m  m   m 2 D ,0 C ,m yax  m  2 ，顶点  2 ，设抛物线解析式为  2  ，抛物线解析式为 4  m 2 4  4   4  y x  m x24x Ep, p24p Fp, p24p m 2  m ，设  m ，则  m ，计算解答即可． A0,0 B4,0 D2,0 C2,4 ABCD4 【详解】（1）根据题意，得左端点 ， ，右端点 ，垂足点 ，顶点 C2,4 或 ， ya x22 4 ya x22 4 A0,0 04a 4 设抛物线解析式为 1 或 2 ，把 分别代入解析式，∴ 1 或 04a 4 2 ， a 1 a 1 解得 1 或 2 ，yx22 4x24x yx224 x24x 故抛物线解析式为 或 ． ax2bx0 （2）根据题意，得 ， b 解得x 0,x  ， 1 2 a ∵抛物线以原点为左端点， b  b   b  ∴左端点 A0,0 ， ABCD a ，右端点 B   a ,0 ，垂足点 D   2a ,0 ， ∵抛物线a<0，  b b C ,  ∴顶点  2a a，  b  2 b yax   设抛物线解析式为  2a a ，  b  2 b b2 b 把点A0,0 代入 ya  x 2a    a ，得4a  a 0 ， b24b0 整理，得 ， b4,b0 解得 （舍去）， 故b4． （3）设抛物线的左端点为A，右端点为B，垂足点为D，顶点为C，小抛物线的左端点为E，右端点为 F，垂足点为H，顶点G， m  根据题意，设左端点 Am,0m<0 ，右端点 B0,0 ，ABCDm垂足点 D  2 ,0 ， ∵抛物线a<0， m  C ,m ∴顶点  2 ，  m 2 yax  m 设抛物线解析式为  2  ， m 2 把点B0,0 代入 ya  x 2   m ， m2 得 am0， 4 4 解得a ， m 4  m 2 4 y x  m x24x ∴抛物线解析式为 m 2  m ，  4   4  Ep, p24p Fp, p24p 设  m ，则  m ， 4 则 ，GH m p24p， EF p p2p m 4 ∴2pm p24p m 4p26mpm2 0 整理，得 ， 6m2 5m p 解得 8 ， 3 5 3 5 p m p m 故 4 或 4 ， m 4 m 4 ∴  3 5或  3 5， p 3 5 p 3 5 AB m 1 m 3 5 AB m 1 m 3 5         ∴EF 2p 2 p 2 或EF 2p 2 p 2 ． 【点睛】本题考查了抛物线的解析式的确定，新定义抛物线，熟练掌握待定系数法，正确理解新定义是解 题的关键．yx3 33．（2024·湖北随州·模拟预测）如图，直线 与x轴交于点B，与y轴交于点C，抛物线 yx2bxc 过点B和C，与x轴的另一个交点为A． (1)求这条抛物线的解析式； (2)点M是第一象限内抛物线上的一个动点，设点M的横坐标为m，过点M作直线MN x轴于点N，交直 线BC于点G，若点G为MN的三等分点，求点M的坐标； AB PQ (3)将线段 先向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到线段 ．现另有抛物线 ya  x2bxc a0 ya  x2bxc  PQ ，请你根据a的不同取值范围，探索抛物线 与线段 的交点 个数（只需直接写出a的取值范围及对应的交点个数即可）． yx22x3 【答案】(1) 1 15 (2) 2,3 或  2 , 4   5 5 5 5 5 (3)当0a 时，交点个数为0；当a 或a 时，交点个数为1； a 时，交点个数为2 4 4 3 4 3 1 【分析】 利用一次函数求得点B和C，结合待定系数法求得抛物线的解析式； 2 设 M  m,m22m3  ， Gm,m3 ，求得MGm23m，NGm3，结合题意分两种情况求解 即可求得m，进一步求得点M的坐标； 3 P0,5 Q4,5 PQ∥x 利用抛物线解析式求得点A和B，根据平移的性质可得 ， ，且直线 ，根据题意列20 出a  x22x3  5，其判别式为16 ，①当 ，直线 与抛物线无交点；②当 ，直线 a Δ0 PQ Δ0 5  与抛物线只有一个交点；③当 ，直线 与抛物线有两个交点，如果方程x22x 30的解 PQ 0 PQ a  5 x1 4 a 与0的关系进一步判断与线段PQ的交点即可． 【详解】（1）解：令x0，y3；令y0，x3， B3,0 C0,3 ， ， 93bc0 b2   依题意得c3 ，解得c3， yx22x3 则抛物线的解析式为 ； M  m,m22m3  Gm,m3 （2）解：根据题意得， ， ， MG(m22m3)(m3)m23m NGm3 ， ， ∵点G为MN的三等分点， MG2NG或NG2MG， MG2NG m2＋3m2m3 m 2 m 3 当 时， ，解得 1 ， 2 （舍去）； 1 当 NG2MG 时，m32  m23m ，解得m 3  2 ，m 3（舍去）； 4  m2 m22m33 当 时， ； 1 15 当m 时，m22m3 ． 2 4 1 15 点M的坐标为 2,3 或  2 , 4   y0 x22x30 x 1,x 3 （3）解：∵另 ， ，解得 1 2 ， A1,0,B3,0 ∴ ，AB PQ ∵线段 先向上平移5个单位长度，再向右平移1个单位长度，得到线段 ， P0,5 Q4,5 PQ∥x ∴ ， ，且直线 ， 5  令ya  x22x3  5，整理得x22x 30， a  20 其判别式为16 ， ， a a0 5 ①当 ，即a 时，直线 与抛物线无交点； Δ0 4 PQ 5 ②当 ，即a 时，直线 与抛物线只有一个交点，此交点在线段 上； Δ0 4 PQ PQ 5 ③当 ，即a 时，直线 与抛物线有两个交点． 0 4 PQ 5  5 x22x 30 x1 4 解方程 a  得 a ， 结合函数图象的性质可知， 5 5 1 4 0 a 若 a 时，抛物线与线段PQ只有一个交点， 3； 5 5 1 4 0 a 若 a 时，抛物线与线段PQ有两个交点， 3． 5 5 5 5 5 综上所述，当0a 时，交点个数为0；当a 或a 时，交点个数为1； a 时，交点个数为 4 4 3 4 3 2． 【点睛】本题主要考查二次函数的性质和平移的性质，涉及待定系数法求解析式、两点之间的距离、解一 元二次方程、判别式的意义和解不等式，解题的关键是熟练应用分类讨论和二次函数的性质． 34．（2024·河北石家庄·二模）如图，抛物线 yx2bx3 与 x 轴交于点 A1,0 和点B，与 y 轴交于点 C，抛物线的顶点为点P，对称轴与x轴交于点Q．(1)求抛物线的解析式，并直接写出抛物线的对称轴及点C关于对称轴的对称点C的坐标； (2)点M 是线段AC上的一个点，过点M 作x轴的垂线，与抛物线交于点N ． ①若点M 在对称轴上，判断此时点M 是否为线段PQ的中点，说明理由； ②当MN最大时，求点M 的坐标； ya  x2bx3  (3)将线段AB先向右平移1个单位长度，再向上平移3个单位得到线段EF，若抛物线 a0 与线段EF只有一个交点，请直接写出 a 的取值范围． yx22x3 x1 2，3 【答案】(1) ，直线 ， 1 3  ,  (2)①点M 是线段PQ的中点，理由见解析；②2 2 3 3 (3)a 或 或a 4 a1 5 2 x 1 【分析】（1）将点A1,0 代入可求b2，则yx22x3，抛物线的对称轴为直线 21 ， C0，3 C C 可求 ，进而可得点 关于对称轴的对称点 的坐标； （2）①待定系数法求直线 AC 的解析式 yx1 ，进而可求 M 的坐标为 1,2 ，由P的坐标为 1,4 ，可知 点M 为线段 PQ 的中点．②设 Mt，t1 ， 1t2 ，则 N  t，t22t3  ，  1 2 9 MN t2t2t    2 4 1 2 9 MN t2t2t    2 4，然后求解作答即可； 0,3 4,3 ya  x22x3  ax12 4a （3）由平移可知E为 ，F 为 ， ，①当a0时，图象开口向 3 下，顶点 为1,4a，当 时，a ；此时顶点在线段 上，抛物线ya  x2bx3  a0与线 P 4a3 4 EF 3 段 EF 只有一个；当 x0 时， y3a3 ，可求 a1 ；当 x4 时，y5a3，可求a 5 ，即 a1 ；② 3 时，图象开口向上，当顶点 1,4a在线段 上时，同理①，a （舍去）；当 时， a<0 P EF 4 x4 3 3 y5a3，可求a 5 ；当 x0 时， y3a3 ，可求 a 1 ，即a 5 ；然后作答即可． A1,0 yx2bx3 01b3 【详解】（1）解：将点 代入 得， ， 解得b2， yx22x3 ∴ ， 2 x 1 ∴抛物线的对称轴为直线 21 ， C0，3 x0 y3 当 时， ，即 ， 2,3 C C ∴点 关于对称轴的对称点 的坐标为 ， yx22x3 x1 C C 2,3 ∴ ，抛物线的对称轴为直线 ，点 关于对称轴的对称点 的坐标为 ； M PQ （2）①解：点 是线段 的中点，理由如下； 设直线AC的解析式为ykxb， 0kb 将A1,0 ，C2,3 代入得  32kb， k 1  解得b1，∴直线AC的解析式为yx1， 当x1时，y2， 1,2 M ∴此时点 的坐标为 ， 当 x1 时， y12234 ，即P的坐标为 1,4 ， ∴点M 为线段PQ的中点． Mt,t1 N  t,t22t3  ②解：设 ，1t2，则 ，  1 2 9 MN t2t2t   ∴  2 4， ∵10， 1 ∴当t  时， 最长， 2 MN 1 3 1 3 t  y M ,  将 2，代入yx1得， 2 ，即 2 2， 1 3  ,  ∴当线段MN最长时，点M 的坐标为2 2； 0,3 4,3 E F （3）解：由平移可知 为 ， 为 ， ya  x22x3  ax12 4a ∴ ， 1,4a ①当 a0 时，图象开口向下，顶点P为 ， 3 当 时，a ；此时顶点在线段 上，抛物线ya  x2bx3  a0与线段 只有一个； 4a3 4 EF EF 当x0时，y3a3， 解得a1； y5a3 x4 当 时， ， 3 解得a ； 5 ∴a1；3 综上所述，当a 或 时，抛物线ya  x2bx3  a0与线段 只有一个； 4 a1 EF ②当a<0时，图象开口向上， 3 当顶点 1,4a在线段 上时，同理①，a （舍去）； P EF 4 y5a3 x4 当 时， ， 3 解得a ； 5 x0 y3a3 当 时， ， 解得a 1， 3 ∴a ； 5 3 3 综上所述，a 或 或a ． 4 a1 5 【点睛】本题考查了二次函数解析式，二次函数的图象与性质，二次函数与长度综合，一次函数解析式． 熟练掌握二次函数解析式，二次函数的图象与性质，二次函数与长度综合，一次函数解析式是解题的关键． 考点六 二次函数的临界点问题 yx3 y(xm)24 35．（2024·浙江嘉兴·二模）已知直线 与抛物线 对称轴左侧部分的图象有且只有一 个交点，则m的取值范围是（ ） 5 5 7 5 A．m B．m 或m C． D． 或m 4 4 4 m�1 m�1 4 【答案】D 【分析】本题考查了二次函数的图像与性质，二次函数的平移，二次函数与一次函数的交点问题，解题的 关键在于数形结合的思想的运用． yx3 y(xm)24 x3xm24 Δ0 当直线 与抛物线 相切时符合题意，则有 ，根据 ，求出m的 （0,3） （0,3） 值；当抛物线过 ，且对称轴在y轴右侧时符合题意，代入 ，求出此时的m的值，以及抛物线 继续向左平移，仍符合题意． yx3 y(xm)24 【详解】解：由题意，当直线 与抛物线 相切时符合题意，如图：x3xm24 x22m1xm21＝0 ∴ ，即 ． （2m1）2（4 m21）=0 ∴ ． 5 ∴m ． 4 x0 y=3 令 ，则 ， ∴x3， yx3 A0,3 记直线 与y轴交于点 ， （0,3） 又当抛物线过 ，且对称轴在y轴右侧， m24（3 m0） ∴ ． ∴m1，此时刚好在对称轴左侧有一个交点，如图：又继续向左平移符合题意，符合题意，如图： ∴m�1． 5 综上， 或m ． m�1 4 故选：D． xOy yax2bxc 36．（2024·广东东莞·模拟预测）在平面直角坐标系 中，抛物线 （a，b，c为常数，且 A1,0 B5,0 M1,7 N6,7 a<0 MN ）经过 和 两点．已知点 ， ，若该抛物线与线段 恰有一个公共点， 则a的取值范围是（ ） 7 7 7 A．a 或a B．a 9 8 9 7 7 7 C．a 或a D．a 9 8 9 【答案】C 【分析】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法等知识，解题的关键是理解题意， 构建不等式解决问题． 由 A1,0 ， B5,0 得 yax24ax5aax229a ，a<0 ，则其顶点坐标为 2,9a ，可知当 1x2 y x 2x6 y x 2,9a MN 时， 随 增大而增大，当 时， 随 增大而减小，分两种情况：当顶点 在线段 上方 2,9a MN 时，当顶点 在线段 上时，分别讨论即可求解．A1,0 B5,0 yax2bxc 【详解】解：将 ， 代入 中， abc0 b4a   得25a5bc0，解得：c5a， ∴ yax24ax5aax229a ，a<0 ，则其顶点坐标为 2,9a ， 当x1时，y8a，当x6时，y7a0， 当1x2时， y 随x增大而增大，当2x6时， y 随x增大而减小， 7 当顶点2,9a在线段 上方时， ，即：a ， MN 9a7 9 ∵当2x6时， y 随x增大而减小， ∴此时，抛物线与线段MN有一个交点， 1,8a M1,7 6,7a N6,7 即： 在 上方， 在 下方， 7 ∴ ，可得a ； 8a7 8 7 当顶点2,9a在线段 上时， ，可得a ； MN 9a7 9 7 7 综上：a 或a ． 9 8 7 7 故答案为：a 或a ． 9 8 37．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）定义：在平面直角坐标系中，有一条直线xm，对于任意一个函数， 与原函数中自变量大于或等于m的部分共同构成一个新的函数图象，则这个新函数叫做原函数关于直线 x1x0 y xm 的“镜面函数”．例如：函数 yx1 的“镜面函数”的解析式为  x1x0，A1，0， B3，0 C3,2 D1,2 yx22nx2n0 x0 ， ， ，函数 关于直线 的“镜面函数”图象与矩形 ABCD的边恰好有4个交点，则n的取值范围是 ． 3 13 【答案】 n2或n 2 6 【分析】本题考查二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，一次函数图象和性质，矩 形的性质，坐标与图形变化对称，理解并运用新定义“镜面函数”，能够将图象的对称转化为点的对称，yx22nx2n0 x=1 y=2 借助图象解题是关键．先求出 的“镜面函数”解析式，再分 以及顶点在 上的情况和x3时，列出不等式求解即可． 【详解】解：如图： yx22nx2n0 yx22nx2n0 x0 函数 关于直线 的“镜面函数”解析式为 ， 当x=1时，y0， ∴12n20， 3 解得：n ， 2 84n2 当 yx22nx2n0的顶点在 上时， 2， CD 4 解得n2或n2（舍）， yx22nx2n0 x0 ABCD 此时，函数 关于直线 的“镜面函数”图象与矩形 的边有5个交点，不合 题意， 3 ∴ n2， 2 当x3时，y2， ∴96n22， 13 解得n ， 6 3 13 综上，n的取值范围为 n2或n ． 2 6 3 13 故答案为： n2或n ． 2 6 M1,2 N3,3 38．（22-23九年级上·天津武清·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中有 ， 两点，如果抛yax2a0 MN 物线 与线段 没有公共点，则a的取值范围是 ． 1 【答案】 或0a a2 3 【分析】分别将M，N坐标代入函数解析式，根据抛物线开口大小与a的关系求解． M1,2 yax2 a2 【详解】解：点M在抛物线上时，将 代入 得 ， a＞2时，抛物线开口变小，符合题意， N3,3 yax2 39a 点N在抛物线上时，将 代入 得 ， 1 解得a ， 3 1 a 时，抛物线开口变大，符合题意． 3 1 结合 ，可知a的取值范围是 或0a a0 a＞2 3 1 故答案为： 或0a ． a＞2 3 【点睛】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系． yx2bxc 39．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数 （b，c为常数）的 0,8 x3 图象交y轴于点 ，其对称轴为 ． (1)求该二次函数的关系式；(2)点A、C均在该二次函数的图象上，它们的横坐标分别为n和n4．以线段AC为对角线作矩形ABCD， AB y ABCD △ACP 轴、当矩形 与该二次函数图象有且只有三个公共点时，设第三个公共点为P，若 与 矩形ABCD的面积之比为1:4，请求出点A的坐标． yx26x8 【答案】(1) 6,8 4,0 (2) 或 b 【分析】（1）根据抛物线的对称轴为 x3 ，得 2 3，可求得b，把0,8代入 yx26xc ，可求得 c，即可求解； （2）当矩形ABCD与抛物线有且只有三个公共点时，存在如图所示的两种情况：①当点P在CD上时，② 当点P在AB上时，分别求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为x3， b ∴ 3 2 ∴b6 yx26xc ∴ 0,8 yx26xc c8 把 代入 ，得 ， yx26x8 ∴该二次函数的关系式为： ． （2）解：当矩形ABCD与抛物线有且只有三个公共点时，存在如图所示的两种情况： ①当点P在CD上时，如图，A  n,n26n8  C  n4,n214n48  由题意，得 ， ， ABCD AB y ∵矩形 ， 轴、 ∴CD y轴 n214n48 ∴点P纵坐标为 ， ∵点A、C均在该二次函数的图象上，它们的横坐标分别为n和n4． ∴CD4， △ACP ABCD 1:4 ∵ 与矩形 的面积之比为 ， ∴CP2， ∴点P横坐标为n2， P  n2,n214n48  ∴ n214n48n22 6n28 ∴ 解得：n6， y62 6688 当x6时， A6,8 ∴ ②当点P在AB上时，如图，A  n,n26n8  由题意，得 ， ABCD AB y ∵矩形 ， 轴、 n26n8 ∴点P纵坐标为 ， ∵点A、C均在该二次函数的图象上，它们的横坐标分别为n和n4． ∴AB4 △ACP ABCD 1:4 ∵ 与矩形 的面积之比为 ， ∴AP2， ∴点P横坐标为n2， P  n2,n26n8  ∴ n26n8n22 6n28 ∴ 解得：n4， x4 y426480 当 时， A4,0 ∴ 6,8 4,0 综上，点A的坐标为 或 ． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象和性质，待定系数法求函数解析式，用点的坐标求 线段长度，矩形性质等，解题关键是熟练掌握二次函数图象和性质等相关知识，灵活运用数形结合思想和分类讨论思想解决问题． xOy yax2bxc(a b c 40．（2024九年级下·北京·专题练习）在平面直角坐标系 中，抛物线 ， ， 为常数， a0) A(2,4) B(3,1) 且 经过 和 两点． (1)求b和c的值（用含a的代数式表示）； C(2m3,n) D(72m,n) k3xk3 (2)若该抛物线开口向下，且经过 ， 两点，当 时，y随x的增大而减小， 求k的取值范围； M(6,5) N(2,5) MN (3)已知点 ， ，若该抛物线与线段 恰有一个公共点时，结合函数图象，求a的取值范围． b1a  【答案】(1)c6a2 (2)k 5 13 5 (3)a 或 或a 36 a1 4 【分析】本题考查二次函数的性质和图象，根据题意画出图象，分类讨论是解题的关键． A(2,4) B(3,1) yax2bxc （1）把 和 代入 ，即可求解； （2）先求出对称轴为：直线x2，结合开口方向和增减性列出不等式即可求解； （3）分a0时，a<0时，结合图象即可求解． A(2,4) B(3,1) yax2bxc 【详解】（1）解：把 和 代入 ， 4a2bc4  得：9a3bc1 ， b1a  解得：c6a2；  C(2m3,n) D(72m,n) （2）解： 抛物线经过 ， 两点， 2m372m 抛物线的对称轴为：直线x 2，  2 抛物线开口向下，当k3xk3时， y 随x的增大而减小， k32，即k 5； a0 x6 y≥5 a(6)2(1a)(6)6a25 （3）解：①当 时， ， ，即 ， 13 解得：a ，抛物线不经过点 ， 36 N 13 如图①，抛物线与线段 只有一个交点，结合图象可知：a ； MN 36 4acb2 4a(6a2)(1a)2 ②当 a<0时，若抛物线的顶点在线段 MN 上时，则 4a  4a 5， 1 解得： ，a  ， a 1 2 25 1 1 1 1 1    1 当a 1时， 2 2a 2 2(1) ， 1 1 1 此时，定点横坐标满足6  2，符合题意； 2 2a a 1 MN 当 1 时，如图②，抛物线与线段 只有一个交点， 如图③，1 1 1 1 1    13 当a  时， 2 2a 2 2( 1 ) ， 2 25 25 1 1 此时顶点横坐标不满足6  2，不符合题意，舍去； 2 2a MN N N(2,5) yax2(1a)x6a2 若抛物线与线段 有两个交点，且其中一个交点恰好为点 时，把 代入 ， 得： 5a22(1a)26a2 ， 5 解得：a ， 4 5 当a 时，如图④，抛物线和线段 有两个交点，且其中一个交点恰好为点 ， 4 MN N 5 结合图象可知：a 时，抛物线与线段 有一个交点， 4 MN 13 5 综上所述： 的取值范围为：a 或 或a ． a 36 a1 4 xOy yax25ax2a0 41．（2024·江西九江·三模）在平面直角坐标系 中，抛物线 与y轴交于点A，点 B与点A关于该抛物线的对称轴对称，抛物线的顶点为C．(1)求点A，B的坐标． 25 (2)若 的面积为 ，求a的值． ABC 4 D1,0 E1,3 F4,3 G4,0 yax25ax2a0 DEFG (3)如图，已知点 ， ， ， ，当抛物线 与正方形 只有2个公共点时，求a的取值范围． A0,2 B5,2 【答案】(1) ， 2 (2) 5 (3)0.32a0.8或者a1.25 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，正方形的性质等知识， b （1）现根据抛物线对称轴为x 求出对称轴，再令 ，可得A0,2，结合轴对称的性质可得 2a x0 B5,2 ； 5 25  （2）将抛物线yax25ax2化为顶点式可得 C 2 ,2 4 a ，根据 A0,2 ， B5,2 ，可得AB5，且  25  25 y y 22 a a AB y轴，先得出顶点C距离线段AB的距离为： A C  4  4 ，再根据 1 1 25 S  ABy y  5 a ABC 2 A C 2 41 1 25 S  ABy y  5 a，问题得解； ABC 2 A C 2 4 D1,0 E1,3 （3）画出满足条件的简图，点M的纵坐标与点 的纵坐标相同，点N的纵坐标与点 的纵坐 5 25  C ,2 a 标相同，据此可得点M的纵坐标为0，点N的纵坐标为3，当顶点 2 4 在点M与点N之间（不 yax25ax2a0 DEFG 含端点）时，或者抛物线刚好经过点E、F时，抛物线 与正方形 只有2个公 共点，据此即可作答． 5a 5 【详解】（1）抛物线yax25ax2a0的对称轴为：x  ， 2a 2 x0 yax25ax22 当 时， ， A0,2 ∴ ， 5 ∵点B与点A关于该抛物线的对称轴x 对称， 2 B5,2 ∴ ；  5 2 25 yax  2 a （2）将抛物线yax25ax2化为顶点式为：  2 4 ， 5 25  ∴C ,2 a， 2 4  A0,2 B5,2 ∵ ， ， AB5 AB y ∴ ，且 轴， ∵a0， ∴抛物线开口朝上，  25  25 y y 22 a a ∴顶点C距离线段AB的距离为： A C  4  4 ， 25 1 1 25 ∵ 的面积为 ，S  ABy y  5 a， ABC 4 ABC 2 A C 2 41 25 25 ∴ 5 a ， 2 4 4 2 ∴a ； 5  5 2 25 yax  2 a （3）将抛物线yax25ax2化为顶点式为：  2 4 ， 5 25  即顶点坐标为：C ,2 a， 2 4  如图， D1,0 E1,3 根据正方形的性质可知：点M的纵坐标与点 的纵坐标相同，点N的纵坐标与点 的纵坐标相 同， ∴点M的纵坐标为0，点N的纵坐标为3， 5 25  C ,2 a 即当顶点 2 4 在点M与点N之间（不含端点）时，或者抛物线刚好经过点E、F时，抛物线 yax25ax2a0 DEFG 与正方形 只有2个公共点， 5 25  C ,2 a 当顶点 2 4 在点M与点N之间（不含端点）时 25 ∴32 a0， 4 解得：0.32a0.8， 即此时a的取值范围为：0.32a0.8； 5 2 25 当抛物线 ya  x 2   2 4 a 刚好经过点E1,3 、F时，  5 2 25  5 2 25 将E1,3 代入 ya  x 2   2 4 a ，可得： a  1 2   2 4 a3 ， 解得：a1.25； 综上所述：a的取值范围为：0.32a0.8或者a1.25． ymx22x4m2 m0 42．（2024·江苏南京·二模）已知二次函数 （m为常数， ）． (1)当m1时，求该函数的图象的顶点坐标； (2)当m取不同的值时，该函数的图象总经过一个或几个定点，求出所有定点的坐标； Am，2 B5，2 AB (3)已知 ， ，若该函数的图象与线段 恰有1个公共点，直接写出m的取值范围． (1,7) 【答案】(1) (2,2),(2,6) (2) 1 2 (3)m 或 m0或 2 7 0＜m2 【分析】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象与系数的关系，二次 函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键. m1 ymx²2x4m2 （1）把 代入 ，求出顶点坐标即可； ymx²2x4m2 ymx2x22x2 （2）把 变形为 ,即可求出定点坐标； （3）根据题意，利用分类讨论的方法可以求得m的取值范围. m1 ymx22x4m2x22x6(x1)27 【详解】（1）解：当 时， ， (1,7) ∴函数的图象的顶点坐标 ；  ymx²2x4m2mx²42x2 （2）解： ， ∴当 x²40时, x2，x2 y2 当 时, , x2 y6 当 时, , 2,2 2,6 ∴该函数的图象总经过点 和 ； 2 1 （3）∵二次函数 ymx22x4m2 的对称轴为x 2m  m ，  2  ∴点 2,2 的对称点坐标为    m 2,2 ， 当m0时, 2 1 ∵二次函数 ymx22x4m2 的对称轴为x 2m  m 0， 2,2 AB m2 ∴点 在线段 上，即 ， ∴0m2； B5，2 m0 当 时,点 在抛物线内， x5 y2 即 时, , 则满足题意， 此时25m104m22, 2 解得， m , 7 2 故 m0； 7 AB mx22x4m22 若该函数顶点在线段 上时，即 方程有两个相等时实数根， b24ac44m4m40 ∴ 1 解得m m  ， 1 2 2 1 2 综上所述，m的取值范围为m 或 m0或 ． 2 7 0＜m2 xOy 43．（2024·四川乐山·中考真题）在平面直角坐标系 中，我们称横坐标、纵坐标都为整数的点为“完yax22ax2a a0 美点”．抛物线 （a为常数且 ）与y轴交于点A． (1)若a1，求抛物线的顶点坐标； (2)若线段OA（含端点）上的“完美点”个数大于3个且小于6个，求a的取值范围； (3)若抛物线与直线 yx 交于M、N两点，线段MN与抛物线围成的区域（含边界）内恰有4个“完美点”， 求a的取值范围． 1,1 【答案】(1) 3 5 (2) a 2 2 2 1 (3) a 5 2 【分析】本题考查二次函数的图象与系数的关系，二次函数图象上点的特征．数形结合解题是解题的关键． yx22x2x12 1 （1）把a1代入后再将抛物线化成顶点式为 ，即可求顶点坐标； （2）根据整点个数的范围确定点A纵坐标的范围； （3）结合图象确定有4个“完美点”时a的最大和最小值，进而确定a的范围． yx22x2x12 1 【详解】（1）解：当a1时，抛物线 ． 1,1 ∴顶点坐标 ． x0 y2a （2）令 ，则 ， A0,2a ∴ ， ∵线段OA上的“完美点”的个数大于3个且小于6个， ∴“完美点”的个数为4个或5个．∵a0， 0,0 0,1 0,2 0,3 ∴当“完美点”个数为4个时，分别为 ， ， ， ； 0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 当“完美点”个数为5个时，分别为 ， ， ， ， ． ∴32a5． 3 5 ∴a的取值范围是 a ． 2 2 yax22ax2aax12 a （3）根据 ， 1,a P2,2a Q3,5a R4,10a 得抛物线的顶点坐标为 ，过点 ， ， ． ∵抛物线与直线 yx 交于M、N两点，线段MN与抛物线围成的区域（含边界）内恰有4个“完美点”， 1,1 2,2 3,3 显然，“完美点” ， ， 符合题意． 2,1 3,2 下面讨论抛物线经过 ， 的两种情况： 1  5 ①当抛物线经过 2,1 时，解得 a 2此时， P2,1 ， Q  3, 2  ， R4,5 ． 1,1 2,1 2,2 3,3 如图所示，满足题意的“完美点”有 ， ， ， ，共4个． 2  4 ②当抛物线经过 3,2 时，解得 a 5此时， P  2, 5  ， Q3,2 ， R4,4 ． 1,1 2,1 2,2 3,2 3,3 4,4 如图所示，满足题意的“完美点”有 ， ， ， ， ， ，共6个． 2 1 ∴a的取值范围是 a ． 5 2考点七 与二次函数有关的角度问题 yax22xc x A B A 44．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，已知二次函数 的图象与 轴交于 ， 两点． 1,0 y C0,3 M E AB 点坐标为 ，与 轴交于点 ，点 为抛物线顶点，点 为 中点． (1)求二次函数的表达式； BC Q QCB2ABC Q (2)在直线 上方的抛物线上存在点 ，使得 ，求点 的坐标； (3)已知D，F 为抛物线上不与A，B重合的相异两点． Dm,12 F C m1 D E F ①若点 与点 重合， ，且 ，求证： ， ， 三点共线； ②若直线AD，BF交于点P，则无论D，F 在抛物线上如何运动，只要D，E，F 三点共线，AMP， MEP，ABP中必存在面积为定值的三角形．请直接写出其中面积为定值的三角形及其面积，不必说明 理由． yx22x3 【答案】(1) Q1,4 (2) (3)①见解析；②ABP的面积为定值16 【分析】（1）待定系数法求解析式，即可求解； QCB90 C CQBC Q Q QGy G （2）根据题意得出 ，过点 作 交抛物线于点 ，过点 作 轴于点 ，则 GCQ CQQG 是等腰直角三角形，根据 ，建立方程，解方程，即可求解； yx22x3  （3）①根据题意得出E1,0，得出直线 EF 的解析式为 y3x3 ，联立 y3x3 得出D5,12，Dx,y  Fx ,y  ykx1 在直线EF上；②设 1 1 ， 2 2 ，设 DF 的解析式 ，联立抛物线解析式，可得 x x 2k,xx 3k yk x1 yk x3 1 2 1 3 ，根据题意，设直线 AD 解析式为 1 ，直线BF的解析式为 2 ， 求得P到x轴的距离是定值，即可求解． A1,0 C0,3 yax22xc 【详解】（1）解：将 ， 代入 得， a2c0  c3 a1  解得：c3 yx22x3 ∴抛物线解析式为 yx22x3 y0 （2）解：对于 ，令 ， x22x30 x 1,x 3 解得： 1 2 B3,0 ∴ ∴OBOC 3 ∴△OBC是等腰直角三角形， ∴ABC=45 QCB2ABC ∵ ∴QCB90 C CQBC Q Q QGy G 如图所示，过点 作 交抛物线于点 ，过点 作 轴于点 ，GCQ90ABC 45 ∴ ∴GCQ是等腰直角三角形， CQQG ∴ ， Q  q,q22q3  G  0，q22q3  设 ，则 CGq22q GQq ∴ ， q22qq ∴ 解得：q0（舍去）或q1 Q1,4 ∴ F0,3 F C （3）①点 与点 重合，则 ， A1,0 B3,0 E AB ∵点 为 中点， ， E1,0 ∴ , ykxbk 0 E1,0 F0,3 设直线EF的解析式为 ，代入 , kb0  ∴b3 k 3  解得：b3 ∴y3x3yx22x3  联立 y3x3 x0 x5   解得：y3或y12 D5,12 ∴ ，在直线EF上 即D，E，F 三点共线； Dx,y  Fx ,y  ②设 1 1 ， 2 2 E1,0 D E F ∵ ， ， 三点共线； ykx1 DF ∴设 的解析式 ， ykx1  联立 yx22x3 y x22kx3k0 消去 得， x x 2k,xx 3k ∴ 1 2 1 3 A1,0 B3,0 ∵ ， yk x1 yk x3 设直线 AD 解析式为 1 ，直线BF的解析式为 2 yk x1 1  联立  yk 2 x3  k 3k x 1 2   k k 2 1  解得： 4kk y 1 2   k k 2 1 k 3k 4kk  P 1 2 , 1 2  ∴  k k k k  2 1 2 1y kx 1 y kx 1 k  1  1 k  2  2 ∵ 1 x 1 x 1 ， 2 x 3 x 3 1 1 2 2 k2x 1x 1 kx 1 kx 1 kk  1 2 k k  2  1 ∴ 1 2 x 1x 3 ， 2 1 x 3 x 1 1 2 2 1 4k2x 1x 1 1 2 4kk x 1x 3 4kx 1x 1 1 2  1 2  1 2 ∴k k kx 1 kx 1 2x x 4 2 1 2  1 1 2 x 3 x 1 2 1 4kxx x x 1   1 2 1 2  2x x 4 1 2 4k3k2k1  22k4 8 kx 1 3kx 1 1  2 k 3k x 1 x 3 4xx 6x 2x 2xx 3x x 1 2  1 2  1 2 1 2  1 2 1 2 而 k k kx 1 kx 1 2x x 4 x x 2 不为定值， 2 1 2  1 1 2 1 2 x 3 x 1 2 1 y8 P ∴ 在直线 上运动， ∴P到x轴的距离为定值8， ∵直线AD，BF交于点P，则无论D，F 在抛物线上如何运动，只要D，E，F 三点共线，AMP， MEP，ABP中必存在面积为定值的三角形，P到AM,EM 的距离是变化的， 1 1 ∴ 的面积为 ABy  4816是定值． ABP 2 P 2【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法求解析式，角度问题，面积问题，一次函数，一元 二次方程根与系数的关系，熟练掌握以上知识是解题的关键． 45．（23-24八年级下·重庆九龙坡·期末）如图1，在平面直角坐标系中放置了一块30度的直角三角板 ABC B(1,0),C(0, 3) ，且直角三角板的三个顶点A，B，C均在坐标轴上， ． (1)求抛物线的解析式； AC AD,CD ACD (2)如图1，已知直线 上方抛物线上一点D，连接 ，求 的面积最大值以及此时点D的坐标； (3)如图2，将原抛物线沿射线AC方向平移得到新抛物线，新抛物线与y轴交于点C，已知点P为新抛物线 BE∥AC PB,PE BPEPEB2ABE 上的一点，过B作直线 交新抛物线于第四象限的点E，连接 ，当 时，写出所有符合条件的点P的坐标，并写出求解点P的坐标的其中一种情况的过程． 3 2 3 y x2 x 3 【答案】(1) 3 33 5 3 9 3  ,  (2) 的面积最大值为 ，此时点D的坐标为 2 4  ACD 8    5 33 3 11  ,  (3) 1,2 3 或  2 2  A3,0 【分析】（1）先求得 ，再利用待定系数法求解抛物线的解析式即可；  3 2 3  Dm, m2 m 3 （2）过D作 轴于H交 于M，设  3 3 ， ，先利用待定系数法 DH x AC   0m3 3 3 2 9 3 S  m   求得直线AC的表达式，由三角形的面积公式和坐标与图形性质可得 ACD 2  2 8 ，利用二 次函数的性质求解即可； （3）根据平移性质得到新抛物线的表达式，分点P在直线BC上方和下方，利用三角形的外角性质，结合 坐标与图形和含30度角的直角三角形的性质求解即可． OAC 30 OC  3 AC 2OC 2 3 【详解】（1）解：根据题意， ， ， ， OA AC2OC2 3 A3,0 ∴ ，则 ， yax2bxc 设抛物线的解析式为 ， abc0  9a3bc0 将 、 代入，得 ，  A3,0 B(1,0),C(0, 3) c 3  3 a 3   2 3 b 解得 3 ，  c 3   3 2 3 y x2 x 3 ∴抛物线的解析式为 3 3 ； 3 2 3  Dm, m2 m 3 （2）解：如图1，过D作 轴于H交 于M，设  3 3 ， ， DH x AC   0m3 设直线AC的表达式为 y pxq ，  3 p 3pq0  3 则 ，解得 ，  q 3 q 3  3  ∴直线 的表达式为y 3 x 3，则 M  m, 3 m 3 ， AC 3   3 2 3  3  3 DM  m2 m 3 m 3 m2 3m ∴ 3 3  3  3 ，   1  3  S   m2 3m3 ∴ ACD 2  3    3 3 3  m2 m 2 2 3 3 2 9 3  m   2  2 8 ， 3  0 ∵ 2 ， 3 9 3 ∴当m 时，面积最大，最大值为 ， 2 83 3 3 2 2 3 3 5 3 m y      3 又当 2时， 3 2 3 2 4 ， 3 5 3  ,  故点D的坐标为 2 4 ；   3 2 3 3 4 3 y x2 x 3 x12  （3）解：由（1）得： 3 3 3 3 ， OA3 OC  3 ∵ ， ， ∴将原抛物线沿射线AC方向平移，新抛物线与y轴交于点C，即就是将原抛物线向左平移3个单位长度， 3 再向上平移 个单位长度得到新抛物线， 3 4 3 3 7 3 y x132   3 y x22  则新抛物线的表达式为 3 3 ，即 3 3 ， 当点P在直线BE上方时，如图，设直线BE与新抛物线的另一个交点为F， ∵BE∥AC， ∴ABE OAC 30， ∵BPEPEB2ABE， ∴PBF BPEPEB2ABE 60， ∴POA180PBF ABE 90，即PBx轴， 则点P的横坐标为1， 3 7 3 y 122  2 3 当x1时， 3 3 ，  P 1,2 3 ∴ ； 当点P在直线BE下方时，如图，设直线BE与新抛物线的另一个交点为F，过P作PH x轴于H， 同理可得PBF BPEPEB2ABE 60，又HBF ABE 30， ∴PBH PBF HBF 30， ∴在Rt△PBH 中，PB2PH ， BH2 PB2PH2 3PH2 BH  3PH 由 得 ， 3 7 3 PH  x22  设点P的横坐标为x，则BH 1x， 3 3  3 7 3 1x 3 x22   ∴ 3 3 ，即   x25x20 5 33 5 33 5 33 x  x 解得 2 2 或 2 （舍去） 3 7 3 3 11 y x22   则 3 3 2 ，  5 33 3 11 P ,  ∴  2 2 ，    5 33 3 11 综上，满足条件的点P坐标为  1,2 3  或    2 , 2  ．   【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及待定系数法、二次函数的性质、三角形的外角性质、含30度角的 直角三角形的性质、坐标与图形、解一元二次方程等知识，综合性强，计算量大，正确求得函数关系式，灵活运用数形结合和分类讨论思想是解答的关键． yax2bx2 46．（20-21九年级上·广东广州·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线 ( a0 x A(1,0) B3,0 y C D E 0,1 )与 轴交于 ， 两点，与 轴交于点 ，其顶点为点 ，点 的坐标为 ，该抛物 线与BE交于另一点F ，连接BC． (1)求该抛物线的解析式． (2)一动点M 从点D出发，以每秒1个单位的速度沿与 y 轴平行的方向向上运动，连接OM ，BM ，设运动 时间为t秒(t0)，在点M 的运动过程中，当t为何值时，OMB90？ (3)在x轴上方的抛物线上，是否存在点P，使得PBF被BA平分？若存在，请直接写出点P的坐标；若 不存在，请说明理由． 2 8 【答案】(1)y x2 x2 3 3 2 (2)t 2 3 3 1 P ,  (3)存在； 2 2 【分析】（1）待定系数法求出抛物线解析式； （2）设出点M ，用勾股定理求出点M 的坐标，从而求出MD，最后求出时间t； （3）由PBF被BA平分，确定出过点B的直线BN 的解析式，求出此直线和抛物线的交点即可． yax2bx2 x A(1,0) B3,0 【详解】（1）解：∵抛物线 与 轴交于 ， 两点， ab20  ∴9a3b20， 2 a   3 ∴ ， 8 b  3 2 8 ∴抛物线解析式为y x2 x2； 3 3 （2）如图1， 2 8 2 2 y x2 x2  x22  3 3 3 3  2 D2,    3 M2,m 设 ， OM2 m24，BM2 m21，OB2 9 ， OMB90， OM2BM2 OB2 ， m24m219 ， m  2,x  2 ( ) 解得： 1 2 舍去   M 2, 2  2 MD 2 ，  3 2 t 2  3 （3）存在点P，使PBF被BA平分，如图2， PBOEBO， 在y轴上取一点N， ∵BO y轴， ∴BON BOE， ∵BOBO， ∴BON BOE， ∴ON OE， E0，1  ， N0，1  点 ， BN ykx1 设直线 的解析式为 ， B3，0  ， 3k10, 1 解得：k  ， 3 1 y x1  直线 BN 的解析式为 3 ,  1 y x1   3 联立 2 8 y x2 x2  3 3 ,  3 x   2 解得： 1 或 x3 y   2 y0 ,3 1 P ,   2 2． 【点睛】本题考查二次函数综合题、待定系数法、一次函数的应用、三角形的面积角平分线等知识，解题 时根据灵活运用所学知识，学会构建一次函数，利用方程组求两个函数的交点坐标． 考点八 与二次函数有关的线段问题 yax2bx3 A(1,0) B(3,0) 47．（2024·湖北武汉·二模）如图，抛物线 与x轴交于点 和 ，与y轴正半轴交于 点C． (1)直接写出抛物线的解析式为：__________； AC S 6 (2)如图1，连接 ，D为x轴上方抛物线上的点，且满足 ACD ，求D点坐标； (3)如图2，M为对称轴右侧第一象限内抛物线上一点，N为抛物线上另一点，分别连接AM 、MN、AN， 且NMA2MAB，抛物线对称轴为直线l，线段AM 、MN与直线l分别交于点P、Q，延长NA交直线l 3PQ2PR AM 于点R，若满足 ，求直线 的解析式． yx24x3 【答案】(1) (2) D4,3 或D3,24 6 6 y x (3) 3 3 【分析】（1）直接由待定系数法求解析式即可； D  m,m24m3  m>2 S S S S （2）设 ，分类讨论，当 时，由 ACD OCD OAD OAC，建立关于m的方程并求m<2 S S S S 解即可；当 时，由 ACD OAD OCD OAC，建立关于m的方程并求解即可； （3）延长NM 交x轴于E，过M作MF x轴于F，设直线AM 的直线解析式为：ykxb，求出P点坐标， M MQ 联立并求出 点坐标，由等腰三角形的性质和中点坐标公式求出E点坐标，利用待定系数法求出 的解 PQ AN 析式，并求出Q点坐标，进而求出 ，联立求出N点坐标，利用待定系数法求出 的解析式，求出R 3PQ2PR PR 坐标，进而求出 ，再根据 ，建立关于k的方程，解方程求解即可； A(1,0) B(3,0) yax2bx3 【详解】（1）把 和 代入 得， ab30 a1   9a3b30，解得：b4， yx24x3 抛物线的解析式为 ， yx24x3 故答案为： ； D  m,m24m3  （2）设 ， 当x0时，y3， C0,3 ， OC 3， 当m>3时，如图， ， S S S S ACD OCD OAD OAC 1 1 1  1  m24m3   3m 316， 2 2 2解得m4，m3（舍）， m24m33， D4,3 ， 当m<0时，如图， ， S S S S ACD OAD OCD OAC 1 1 1  1  m24m3   3m 316， 2 2 2 解得m4（舍），m3， m24m324， D3,24 ， D4,3 D3,24 综上所述， 或 ； （3）延长NM 交x轴于E，过M作MF x轴于F， 抛物线的解析式为 ， yx24x3  对称轴为直线x2， 设直线AM 的直线解析式为：ykxb， 把A(1,0)代入ykxb得，bk， AM ykxk 直线 的直线解析式为： ， 当x2时，y2kkk， P2,k ， ykxk  联立yx24x3， x1kx30 kxkx24x3 得 ，即 ， x  1,x  k 3 解得 1 2 ， ykk3k k22k xk3 当 时， ， M  k3,k22k  ， NMA2MAB， MEAMAB， MEMA， MF x， Fk3,0 AF EF ， ， E2k5,0 ， MQ yk xb 设直线 的解析式为 1 1， E2k5,0 M  k3,k22k  把 ， ，代入得， k22k k k3b k k  1 1  1  0k 1 2k5b 1 ，解得 b 1 2k25k，  MQ ykx2k25k 直线 的解析式为 ， x2 y2k2k25k2k23k 当 时， ， Q  2,2k23k  ，PQ2k23kk2k22k ， ykx2k25k  联立 yx24x3 ，得 kx2k25kx24x3 ，即x2k1xk30， x 2k1,x k3 1 2 解得 ， yk2k12k25k 4k24k x2k1 当 时， ， N  2k1,4k24k  ， AN yk xb 设直线 的解析式为 2 2， N  2k1,4k24k  A(1,0) 把 ， 代入得， 4k24k k 2k1b k 2k2  2 2  2 0k 2 b 2 ，解得 b 2 2k2 ， y2k2x2k2  AN 直线 的解析式为 ， 当x2时，y2k2， R2,2k2 ， PRk2k23k2 ， 3PQ2PR， 3  2k22k  23k2 ， 6 6 k  k  解得： 3 或 3 ，  M为对称轴右侧第一象限内抛物线上一点， k>0， 6 k ， 36 6 y x 直线AM 的解析式为： 3 3 ； 【点睛】本题考查了二次函数综合，涉及待定系数法求二次函数的解析式，面积问题，角度问题，等腰三 3PQ2PR 角形的性质和判定，中点坐标公式等知识点；解题的关键是分割法求面积，根据 ，建立关于k 的方程； yx2c A2,5 Px,y  Qx ,y  48．（2024·湖南·中考真题）已知二次函数 的图像经过点 ，点 1 1 ， 2 2 是此 二次函数的图像上的两个动点． (1)求此二次函数的表达式； (2)如图1，此二次函数的图像与x轴的正半轴交于点B，点P在直线AB的上方，过点P作PC x轴于点 S △PDQ C，交AB于点D，连接AC,DQ,PQ．若x x 3，求证S 的值为定值； 2 1 △ADC x 2x PQ x 1 MN x (3)如图2，点P在第二象限， 2 1，若点M在直线 上，且横坐标为 1 ，过点M作 轴于 点N，求线段MN长度的最大值． yx29 【答案】(1) (2)为定值3，证明见解析 37 (3) 4【分析】（1）用待定系数法求解即可； （2）先求出直线AB的解析式， P  x 1 ,x 1 29  ，则 Q  x 1 3,x 1 32 9  ，Dx 1 ,x 1 3 ，表示出 S △PDQ PDx2x3 ，CDx 3，代入S 即可求解； 1 △ADC （3）设 P  x 1 ,x 1 29  ，则 Q  2x 1 ,4x 1 29  ，求出直线 PQ 的解析式，把 xx 1 1 代入即可求出线段MN 长度的最大值． yx2c A2,5 【详解】（1）∵二次函数 的图像经过点 ， ∴54c， ∴c9， yx29 ∴ ； y0 0x29 （2）当 时， ， x 3,x 3 ∴ 1 2 ， B3,0 ∴ ， 设直线AB的解析式为ykxb， 2kb5  ∴3kb0 ， k 1  ∴b3 ， yx3 ∴ ， 设 P  x 1 ,x 1 29  ，则 Q  x 1 3,x 1 32 9  ，Dx 1 ,x 1 3 ， PDx29x 3x2x 6x 2x 3 CDx 3 ∴ 1 1 1 1 1 1 ， 1 ．S x2x 3x 3x  PDQ  1 1 1 3 ∴S x 3x 2 ， ADC 1 1 S △PDQ ∴S 的值为定值； △ADC P  x,x29  Q  2x,4x29  （3）设 1 1 ，则 1 1 ， 设直线PQ的解析式为ymxn， mx nx29  1 1 ∴ 2mx n4x29， 1 1 mx 1  ∴ n2x29， 1 y xx2x29 ∴ 1 1 ， xx 1 当 1 时，  1 2 37 yx x 12x29x    1 1 1  1 2 4 ， 1 37 ∴当x 时，线段 长度的最大值 ． 2 MN 4 【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数与几何综合，数形结合是解答本题的关键． O yax22ax3a 49．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中， 为坐标原点，抛物线 与 x轴交于点A、B两点(点A在点B的左侧)，与 y 轴交于点C，且OC OB．(1)求抛物线的解析式； (2)如图1，点P为第一象限的抛物线上一点，且满足BCPACO，求点P的坐标； 2 Q BQ y M B NBAQ y (3)如图 ，点 为第四象限的抛物线上一点，直线 交 轴于点 ，过点 作直线 ，交 轴于点 N ，当Q点运动时，线段MN的长度是否会变化？若不变，求其值；若变化，求变化范围． y=x22x3 【答案】(1) ； P(4，5) (2) ； (3)线段MN的长度不会改变，长度为12． x0 yax22ax3a y3a y0 ax22ax3a0 B 【分析】（1）将 代入 中，得 ，令 ，即 ，求出点 的坐 标，进而求出a的值； （2）当点P在第一象限抛物线上时，BCPACO时，过点A作AH CP， 1 1 AK AH 5 S  AKOC  CKAH   ΔACK 2 2 ，CK OC 3 ，设AK  5m，CK 3m，OK  5m1，在RtCOK 5 3  m K ，0 中，OC2OK2 CK2，可得 2 ，则 2 ，求出直线CK 解析式为y2x3，则P(n，2n3)，由P y=x22x3 2n3n22n3 n 在抛物线 上，可得 ，求出 的值，即可求解；Q(m，m22m3) BQ AQ NB∥AQ BN （3）设 ，分别求出直线 、直线 的解析式，根据 可得 的解析式，可得 出M 、N 的坐标，即可得线段MN的长度． 【详解】（1）解：由图象，可知a0， x0 yax22ax3a y3a 将 代入 中，得 ，  C(0，3a) 点 ， OC 3a， y0 ax22ax3a0 令 ，即 ， x 1 x 3 解得 1 ， 2 ， 点A在点B的左侧， 点A(1,0)，B(3,0)， OB3， 3a3， 解得a1，  y x22x3 抛物线的解析式为 ； （2）解：如图，当点P在第一象限抛物线上时，BCPACO，过点A作AH CP于H， ， OBOC OCBOBC 45， BCPACO， ACH OCB45，2 AH  AC  5 2 ， 1 1  S  AKOC  CKAH ， △ACK 2 2 AK AH 5    CK OC 3 ， AK  5m CK 3m OK  5m1 设 ， ， ， 在RtCOK 中，OC2OK2 CK2， 32( 5m1)2 (3m)2 ， 5 解得m 或 （负值不合题意，舍去）， 2  5 3  K ,0 ∴ 2 ，  CK y2x3 直线 解析式为 ， P(n,2n3)  P y=x22x3 在抛物线 上， 2n3n22n3 n0 ，解得 （不合题意，舍去）或4， P(4,5) ； Q(m,m22m3) （3）解：设 ，  B(3,0)， 设直线BQ的解析式为ykxb， 3kb0 k m1   mkbm22m3，解得b3(m1)， 直线BQ的解析式为y(m1)x3(m1)， M(0,3m3)， 同理得：直线AQ的解析式为y(m3)x(m3)，∵NB∥AQ， 设BN 的解析式为y(m3)xn，  B(3,0)， 03(m3)n，解得n3m9， BN y(m3)x3m9 的解析式为 ， N(0,3m9) ， 线段MN的长度为3m9(3m3)12， 线段MN的长度不会改变，线段MN的长度为12． 【点睛】本题是二次函数综合题．考查了运用待定系数法求直线及抛物线的解析式、三角形的面积、勾股 定理、求直线与抛物线的交点坐标等知识，掌握数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐 标的意义表示线段的长度是解题的关键． 考点九 与二次函数有关的特殊三角形问题 yax2bx3 A1,0 50．（2024·四川雅安·中考真题）在平面直角坐标系中，二次函数 的图象与x轴交于 ， B3,0 两点，与y轴交于点C． (1)求二次函数的表达式； (2)如图①，若点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点 PQ Q，当线段 的长度最大时，求点Q的坐标；CQD2OCQ (3)如图②，在（2）的条件下，过点Q的直线与抛物线交于点D，且 ．在y轴上是否存在 点E，使得BDE为等腰三角形？若存在，直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． yx24x3 【答案】(1) 3 3 Q ,  (2) 2 4 E(0,8 43) (0,8 43) (0,5) (0, 59) (0, 59) (3)存在，点 或 或 或 或 【分析】（1）由待定系数法即可求解； PQx3  x24x3  x23x （2）由 ，即可求解； D(5,8) （3）先求出点 ，再分类求解即可． yax1x3a  x24x3  ax2bx3 【详解】（1）解：由题意得： ， 则a1， yx24x3 则抛物线的表达式为： ； C0,3 （2）解：由抛物线的表达式知，点 ， CB yx3 由点B、C的坐标得，直线 的表达式为： ， Q  x,x24x3  Px,x3 设点 ，则点 ， PQx3  x24x3  x23x 则 ， ∵10，故PQ有最大值， 3 3 此时x ，则yx24x3 ， 2 4 3 3 Q ,  即点 2 4； （3）解：存在，理由：设直线CQ的表达式为ymxn，  3 3  5   mn m  4 2  2 由点 C,Q 的坐标得， 3n ，解得： n3 ， 5 ∴直线 的表达式为：y x3， CQ 2 6 6  x M ,0 令y0， 5，故 5 ， Q TQ∥y x T TQC QCO 过点 作 轴交 轴于点 ，则 ， ， QCQD2OCQ,TQC QCO CQT DQT 则 ， 9  M  ,0 即直线CQ和DQ关于直线QT对称，故 5 ， 设直线DQ的表达式为ydxc，  3 3   dc   4 2 代入 ， ，得 ， 3 3 9  9 Q ,  M  ,0 0 dc 2 4 5   5  5 d    2 解得： ， 9 c  2 5 9 则直线 的表达式为：y x ， DQ 2 25 9 联立上式和抛物线的表达式得：x24x3 x ， 2 2 3 解得：x (舍去)或5， 2 D(5,8) 即点 ； E(0,y) B,D,E BD2 68,DE2 25(y8)2,BE2 9y2 设点 ，由 的坐标得， ， DEBD 6825(y8)2 当 时，则 ， y8 43 E(0,8 43) E(0,8 43) 解得： ，即点 或 ； 当DEBE或BDBE时， 25(y8)2 9y2 9y2 68 同理可得： 或 ， y5  59 解得： 或 ， E(0,5) (0, 59) (0, 59) 即点 或 或 ； E(0,8 43) (0,8 43) (0,5) (0, 59) (0, 59) 综上，点 或 或 或 或 ． 【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系． yax2bxca0 x 51．（2024·四川遂宁·中考真题）二次函数 的图象与 轴分别交于点 A1,0，B3,0 y C0,3 P，Q ，与 轴交于点 ， 为抛物线上的两点． (1)求二次函数的表达式；P，C △OPQ P Q (2)当 两点关于抛物线对称轴对称， 是以点 为直角顶点的直角三角形时，求点 的坐标； P m Q m1 △OPQ S (3)设 的横坐标为 ， 的横坐标为 ，试探究： 的面积 是否存在最小值，若存在，请求出 最小值，若不存在，请说明理由． y=x22x3 【答案】(1) 2 35 Q ,  (2) 3 9  11 (3)存在，最小值为 8 【分析】本题考查了二次函数的综合题，待定系数法求函数解析式，勾股定理，已知两点坐标表示两点距 离，二次函数最值，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． （1）用待定系数法求解即可； P2,3 Q  m,m22m3  OPQ90 OP2PQ2 OQ2 （2）可求 ，设 ，由 ，得 ，则   022 032     2m2   3m22m3 2  0m2   0m22m3 2 ，解得m 1  2 3 ，m 2（舍 2 2 35 Q ,  去），故 3 9 ； （3）分当点P、Q在x轴下方，且点Q在点P上方时，当点P、Q在x轴下方，且点P在点Q上方时，当 点P、Q都在x轴上方或者一个在x轴上方，一个在x轴下方，得到这个面积是关于m的二次函数，进而求 最值即可． A1,0，B3,0 C0,3 yax2bxc 【详解】（1）解：把 ， 代入 得， abc0 a1   9a3bc0 b2 ，解得 ，   c3 c3 y=x22x3 ∴二次函数的表达式为 ； （2）解：如图：y=x22x3 x1 由 得抛物线对称轴为直线 ， C0,3 ∵P，C两点关于抛物线对轴对称， P2,3 ∴ ， Q  m,m22m3  设 ， OPQ90 ∵ ， OP2PQ2 OQ2 ∴ ， 022032 2m2  3m22m3 2 ∴    0m2   0m22m3 2 ， 3m28m40 整理得， ， 2 解得m 1  3 ，m 2（舍去）， 2 2 ∴m ， 3 2 35 Q ,  ∴ 3 9 ； （3）存在，理由： 当点P、Q在x轴下方，且点Q在点P上方时，P(m,m22m3) Q(m1，(m1)22(m1)3) PQ x H 设点 ，则点 ，设直线 交 轴于点 ， PQ ykxbk 0 设直线 表达式为： ， P(m,m22m3) Q(m1，(m1)22(m1)3) 代入 ， mkbm22m3   得：  m1kbm12 2(m1)3 ， k 2m1  解得：bm2m3， PQ y(2m1)xm2m3 ∴直线 的表达式为： ， y0 (2m1)xm2m30 令 ，得 m22m3 则x m， 12m m22m3 则OH  m， 12m 1 SS S  OH(y y ) 则 △OHP △OHQ 2 Q P 1 m22m3  ( m)[(m1)22(m1)3m2 2m3] 2 12m 1 1 1 11 11  (m2m3) (m )2   ， 2 2 2 8 811 即 存在最小值为 ； S 8 当点P、Q在x轴下方，且点P在点Q上方时， PQ y(2m1)xm2m3 同上可求直线 表达式为： ， y0 (2m1)xm2m30 令 ，得 m22m3 则x m， 12m m22m3 则OH  m， 12m 1 SS S  OH(y y ) △OHQ △OHP 2 P Q 则 1 m22m3  ( m)[m22m3(m1)2 2(m1)3] 2 12m 1 1 1 11 11  (m2m3) (m )2   2 2 2 8 8 11 即 存在最小值为 ； S 8 1 1 1 11 11 S (m2m3) (m )2  当点P、Q都在x轴上方或者一个在x轴上方，一个在x轴下方同理可求 ， 2 2 2 8 8 11 即 存在最小值为 ， S 811 综上所述，△OPQ 的面积 S 是否存在最小值，且为 8 ． 52．（2024·四川眉山·中考真题）如图，抛物线 yx2bxc 与 x 轴交于点 A3,0 和点B，与 y 轴交于 C0,3 D 点 ，点 在抛物线上． (1)求该抛物线的解析式； (2)当点D在第二象限内，且ACD的面积为3时，求点D的坐标； (3)在直线BC上是否存在点P，使△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐 标；若不存在，请说明理由． yx22x3 【答案】(1)抛物线的解析式为 1,4 2,3 (2)D的坐标为 或 25 193 7 193 25 193 7 193 (3) P 的坐标为0,3或    18 , 6    或    18 , 6    或    1 9 1 , 2 3    【分析】（1）利用待定系数法求解； 1 （2）过 D 作 DK∥y 轴交 AC 于 K ，求出直线 AC 解析式，根据S ACD  2 DK x A x C 3列式求解； BC P PN  y N D DM  y M （3）先求出点A，B坐标，再求出直线 解析式，过 作 轴于 ，过 作 轴于 ，分 以下情况分别讨论即可：①P与C重合，D与A重合时；②当P在第一象限，D在第四象限时；③当P在 第四象限，D在第三象限时；④当P在第四象限，D在第一象限时． A3,0 C0,3 yx2bxc 【详解】（1）解：把 ， 代入 得：93bc0  c3 ， b2  解得c3 ，  yx22x3 抛物线的解析式为 ； D DK∥y AC K （2）解：过 作 轴交 于 ，如图： A3,0 C0,3 AC y=x+3 由 ， 得直线 解析式为 ， D  t,t22t3  Kt,t3 设 ，则 ， DK t22t3t3t23t ， ACD的面积为3， 1 1  DK x x 3，即  t23t  33， 2 A C 2 解得t1或t2， 1,4 2,3 D 的坐标为 或 ； （3）解：在直线BC上存在点P，使△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，理由如下： yx22x3 y0 0x22x3 在 中，令 得 ， 解得x3或x1， A3,0 B1,0 ， ， B1,0 C0,3 BC y3x3 由 ， 得直线 解析式为 ，Pm,3m3 D  n,n22n3  设 ， ， 过P作PN  y轴于N ，过D作DM  y轴于M ， ①OAOC 3， 当P与C重合，D与A重合时，△OPD是等腰直角三角形，如图： P0,3 此时 ； ②当P在第一象限，D在第四象限时， 是以 为斜边的等腰直角三角形， △OPD PD ODOP，POD90， DOM 90PON OPN ， DMO90PNO， DOM≌OPNAAS ， DM ON ，OM PN ，  n3m3  n22n3m，  25 193  25 193 m m  18  18   解得 7 193 （ 小于0，舍去）或 7 193 ， n n   6 n   625 193 7 193 3m33 3 18 6 ， 25 193 7 193  ,  的坐标为 18 6 ； P   ③当P在第四象限，D在第三象限时，如图： 是以 为斜边的等腰直角三角形， △OPD PD ODOP，POD90， DOM 90PON OPN ， DMO90PNO， DOM≌OPNAAS ， PN OM ，ON =DM ， mn22n3  同理可得  3m3n ，  25 193  25 193 m m  18  18   解得 7 193 或 7 193 （大于0，舍去）， n n    6  6 25 193 7 193 3m33 3 18 6 ， 25 193 7 193  ,  的坐标为 18 6 ； P   ④当P在第四象限，D在第一象限，如图：是以 为斜边的等腰直角三角形， △OPD PD ODOP，POD90， DOM 90PON OPN ， DMO90PNO， DOM≌OPNAAS ， PN OM ，ON =DM ， mn22n3   3m3n ，  11 m   9 解得m0 （舍去）或 2 ，   n n3  3 11 2 3m33 3 ， 9 3 11 2  ,  P的坐标为 9 3； 25 193 7 193 25 193 7 193 11 2 综上所述， P 的坐标为0,3或    18 , 6    或    18 , 6    或  9 , 3   ． 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查待定系数法求函数解析式、二次函数中三角形面积计算、特殊三 角形存在性问题、等腰直角三角形的性质等，难度较大，熟练运用数形结合及分类讨论思想是解题的关键． yax2kx3 x A3,0 B1,0 y 53．（2024·四川达州·中考真题）如图1，抛物线 与 轴交于点 和点 ，与 轴 交于点C．点D是抛物线的顶点．(1)求抛物线的解析式； AC DC AC M P AC (2)如图2，连接 ， ，直线 交抛物线的对称轴于点 ，若点 是直线 上方抛物线上一点，且 S 2S △PMC △DMC，求点 P 的坐标； (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． yx22x3 【答案】(1) P1,0 P4,5 (2) 或 ； N  1, 14   1, 14  1， 1   1，173  (3) 或 或 或 【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 △PMC 2S △DMC 得出 S △PMC 2 ，连接 MB ，设 MD 交 x 轴于点 E ，则 MEEB2 得出 △MBE 是等腰直角三角形，进而得 出 S △BMC 2 ，则点P与点B重合时符合题意， P1,0 ，过点B作 BP∥AC 交抛物线于点P，得出直线 BP yx1 的解析式为 ，联立抛物线解析式，即可求解； AC2,AN2,CN2 （3）勾股定理求得 ，根据等腰三角形的性质，分类讨论解方程，即可求解．yax2kx3 x A3,0 B1,0 【详解】（1）解：∵抛物线 与 轴交于点 和点 ， 9a3k30  ∴ak30 a1  解得：k 2 yx22x3 ∴抛物线的解析式为 ； yx22x3 x0 y=3 C0,3 （2）由 ，当 时， ，则 yx22x3x12 4 D1,4 x=1 ∵ ，则 ，对称轴为直线 AC yk xb A3,0 C0,3 设直线 的解析式为 1 1，代入 ， 3k b0 1  ∴ b 3 1 k 1 1  解得： b 3 1 ∴直线AC的解析式为yx3， x=1 y=2 M1,2 当 时， ，则 MC  12232  2,MD242,CD 12 342  2 ∴ ∴MD2 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  AC1 1 ∴S  MCBM   22 2 2 BMC 2 2 P1,0 ∴点P与点B重合时符合题意， 如图所示，过点B作BP∥AC交抛物线于点P， yxm B1,0 BP 设直线 的解析式为 ，将 代入得， 01m 解得：m1 BP yx1 ∴直线 的解析式为 yx1  联立yx22x3 x4 x1   解得：y5 ，y0 P4,5 ∴ P1,0 P4,5 综上所述， 或 ； A3,0 C0,3 （3）解：∵ ， ， AC2 3232 18 ∴ N1,n N D n4 ∵点 是抛物线对称轴上位于点 上方的一动点，设 其中AN2 312n2 4n2 CN2 12n32 n26n10 ∴ ， AN AC 4n2 18 n 14 n 14 ①当 时， ，解得： 或 NANC 4n2 n26n10 n1 ②当 时， ，解得： CACN 18n26n10 n 173 n 173 ③当 时， ，解得： 或 （舍去）       N 1, 14 1, 14 1，1 1，173 综上所述， 或 或 或 ． 【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． yx2bxc A1，0 B3，0 54．（2024·甘肃陇南·二模）如图，抛物线 经过 ， 两点，且与y轴交于点C， 点D是抛物线的顶点，抛物线的对称轴DE交x轴于点E，连接BD． (1)求该抛物线的函数表达式； ACQ AC (2)点Q在该抛物线的对称轴上，若 是以 为腰的等腰三角形，求点Q的坐标； (3)若P为BD的中点，过点P作PF x轴于点F，G为抛物线上一动点，GM x轴于点M，N为直线PF 上一动点，当以F、M、G、N为顶点的四边形是正方形时，直接写出点M的坐标． yx22x3 【答案】(1) 1，0 (1，6) (1， 6) (2) 或 或 1 21 1 21 3 13 3 13 ( ,0) ( ,0) ( ,0) ( ,0) (3) 2 或 2 或 2 或 2【分析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解； AC  AQ ACCQ （2）分 、 两种情况，利用等腰三角形腰相等求解即可； FM  2a MG a22a3 （3）计算出 ， ，当以F、M、G、N为顶点的四边形是正方形时，则 FM MG，即可求解． 【详解】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得: 1bc0 b2   93bc0，解得c3， yx22x3 故抛物线的表达式为 ； C0，3 x1 （2）由抛物线的表达式知，点 ，函数的对称轴为直线 ， 1，m 则设点Q的坐标为 ， AC2 1232 10 由点A、C、Q的坐标得： ， AQ2 4m2 CQ2 1m＋32 同理可得： ， ， AC  AQ 104m2 m 6 当 时，则 ，解得 ； ACCQ 得m6 6 当 时，同理可 或0（舍去 ）， 1，0 (1，6) (1， 6) 故点Q的坐标为 或 或 ； yx22x3x12 4 1，4 （3）∵ ，故点D的坐标为 ， P2，2 由点B、D的坐标得，点 ， F2，0 则点 ， a，0 G  a，a22a3  设点M的坐标为 ，则点 ， FM  2a MG a22a3 则 ， ，当以F、M、G、N为顶点的四边形是正方形时，则FM MG， 2a  a22a3 即 ， 1 21 当 时，解得a ， 2aa22a3 2 3 13 当 2aa22a3 时，解得a ， 2 1 21 1 21 3 13 3 13 ( ,0) ( ,0) ( ,0) ( ,0) 故点M的坐标为 2 或 2 或 2 或 2 ． yx3 x y A B 55．（2024·四川凉山·二模）如图①，直线 与 轴、 轴分别交于 ， 两点，抛物线 yx2bxc 与 y 轴交于点 C0,4 ，与 x 轴正半轴交于点 D4,0 ，设 M 是点 C ， D 间抛物线上的-点 （包括端点）．其横坐标为m． (1)求抛物线的解析式； (2)当m为何值时，MAB面积S取得最大值？请说明理由；CD Q CDQ CD (3)如图②，连接 ，抛物线上是否存在点 ，使得 是以 为底的等腰三角形，如果存在，请求出 点Q的坐标，不存在，请说明理由． yx2 3x4 【答案】(1) m2 S (2)当 时， VCDM 最大，理由见解析     Q 1 5,1 5 Q 1 5,1 5 (3)存在， 或 【分析】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； （1）待定系数法求解析式，即可求解； CD MC M ME∥y CD E M MG AB AB CD G （2）连接 ， ，过点 作 轴交 于 ．过点 作 分别交直线 ， 于 、 F ，求得直线CD的解析式为yx4．得出点M 在运动过程中FG的长保持不变，要使MAB的面积最 大，则MG最大，即要使MF最大，进而根据二次函数的性质求得MF的最大值，即可求解； Q  t,t23t4  CQ,DQ （3）设 ，进而勾股定理求得 ，根据等腰三角形的定义，建立方程，解方程即可求 解． C0,4 D4,0 【详解】（1）把 ， 代入抛物线解析 164bc0  式中得：c4 ， b3  c4  yx2 3x4 抛物线解析式为 ； CD MC M ME∥y CD E （2）如图所示，连接 ， ，过点 作 轴交 于 ． 过点M 作MG AB分别交直线AB，CD于G、F CD ykxb 设直线 的解析式为 ， 4,0 0,4 直线 CD 过点 ， ．0b4k   4b ， k 1  b4 直线CD的解析式为yx4． 直线AB与直线CD平行，  MG AB， MGCD 点M 在运动过程中FG的长保持不变，要使MAB的面积最大， 则MG最大，即要使MF最大， 1 QS △CDM  2 CDMF， S  当 VCDM 最大时， MF 最大，即此时 MAB 的面积最大， M 是点C，D间抛物线上的一点（包括端点）．其横坐标为m． M  m,m23m4  Em,m4 ， ， m4m24m MEm23m4 S S S △CDM △CME △DME 1 1  ME(x x ) 2 D C 2 4(m24m)2(m2)28 20，  当 m2 时， S VCDM 最大，即此时 MAB 的面积最大；Q  t,t23t4  （3）设 CQ2 t2(t23t)2 ， DQ2 t42   t23t4 2 ∵CDQ是以CD为底的等腰三角形 CQ2 DO2 t2  t23t 2 t42   t23t4 2 t1 5 t 1 5 解得： ， 2     Q 1 5,1 5 Q 1 5,1 5 或 考点十 与二次函数有关的特殊四边形问题 yx2bx 56．（2024·吉林长春·二模）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线 （b为常数）经过 M5,5 m2,m PQ QM 点 ．点P在抛物线上，且横坐标为m，点Q的坐标为 ，连接 、 ． (1)求该抛物线对应的函数表达式． PM PM  y (2)连接 ，当 轴时，求m的值． PQ QM PQMN (3)以线段 、 为邻边构造 ， PN PQMN ①边 的长的最小值为________，此时 的面积为________．m5 PQMN PQMN ②当 ，且抛物线在 的内部（不含 的边界）的部分的y值随x的增大而增大或随x的 增大而减小时，直接写出m的取值范围． yx24x 【答案】(1) (2)1 5 89 9 33 m m5 (3)① 2，8；② 2 ， 2 【分析】（1）待定系数求出二次函数解析式即可；  m,m24m  PM  y （2）根据点P在抛物线上，且横坐标为m，得出点P的坐标为 ，根据 轴，得出点P m24m5 的纵坐标为5，即 ，求出m的值即可； PN QM Qm2,m M5,5 （3）①根据平行四边形的性质得出 ，根据 ， ，得出 QM2 m252 m52 2m62 2 ，根据二次函数的最值，得出当m6时， QM2 的最小值为2， QM 2 PN 7,11 得出 的最小值为 ，即可求出 的最小值，先求出点N的坐标为 ，利用割补法求出平行四边 形的面积即可； ②先求出点 N  7,m25m5  ，说明点N在直线x7上，根据 Qm2,m ，得出点Q在直线 yx2 上， 分两种情况画出图形，求出m的取值范围即可． M5,5 yx2bx 5525b 【详解】（1）解：把 代入 得： ， 解得：b4， yx24x ∴抛物线的解析式为 ； （2）解：∵点P在抛物线上，且横坐标为m，  m,m24m  ∴点P的坐标为 ， ∵PM  y轴，∴点P的纵坐标为5， m24m5 ∴ ， 解得：m1或m5（舍去）． PQMN （3）①解：∵四边形 为平行四边形， ∴PN QM ， Qm2,m M5,5 ∵ ， ， QM2 m252 m52 ∴ m214m49m210m25 2m224m74 2m622 ， m6 QM2 ∴当 时， 的最小值为2， QM 2 ∴ 的最小值为 ， PN 2 ∴ 的最小值为 ， 4,6 6,12 此时点Q的坐标为 ，点P的坐标为 ， x ,y  设点N的坐标为 N N ， PQMN ∵ 为平行四边形， x 465 6y 125 ∴ N ， N ， x 7 y 11 解得： N ， N ， 7,11 ∴点N的坐标为 ， 1 1 1 1 ∴S 74125 5465 12664 121176 11575 PQMN 2 2 2 2 1 1 21 6 6 2 28； P  m,m24m  Qm2,m M5,5 ②根据题意可知： ， ， ， PQMN ∵四边形 为平行四边形， x m2m5 y mm24m5 ∴ N ， N ， x 7 y m25m5 ∴ N ， N ， N  7,m25m5  ∴ ， ∴点N在直线x7上， Qm2,m ∵ ， yx2 ∴点Q在直线 上， yx2 PQMN 当点Q正好在直线 与抛物线的交点K或在点K的上方时，在平行四边形 内部的抛物线，正 y 好都在对称轴的右侧， 随x的增大而增大，符合题意，如图所示： x24xx2 令 ，5 33 5 33 x x 5 解得： 2 或 2 ， 5 33 m2 ∴当点Q在点K处时， 2 ， 9 33 m 解得： 2 ， 9 33 m5 ∴此时m的取值范围是： 2 ； x7 yx24x y21 把 代入 得： ， x7 m25m521 当点N在直线 与抛物线的交点上时， ， 5 89 5 89 m m 5 解得： 2 或 2 ， PQMN x7 此时在 内部的抛物线在对称轴的左侧，且当点P继续向上移动时，点N在直线 与抛物线交点 PQMN 的上方，在 内部的抛物线在对称轴的左侧，y随x的增大而减小，符合题意， 5 89 m ∴当 2 时，在PQMN 内部的抛物线，y随x的增大而减小； 5 89 9 33 m m5 综上分析可知： 2 ， 2 ．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，求二次函数解析式，平行四边形的性质，求二次函数的最 值，两点间距离公式，中点坐标公式，解题的关键是数形结合，熟练掌握二次函数的性质． 57．（2024·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）综合与探究 如图，抛物线 yax2bxc 的对称轴是直线 x1 ，与 x 轴交于点A、B两点，且A点的坐标为 1,0 ，与 y C0,3 轴交于点 ， (1)求抛物线解析式及顶点D坐标； S S (2)点 E 为抛物线上一点，且 △AOE △BOC，则点 E 的坐标为______； (3)点F 为线段BC上任意一点，过点F 作FM x轴于点M ，直线FM 交抛物线于点N ，求线段FN 的最 大值； P Q A C P Q (4)点 是抛物线对称轴上一点，在平面直角坐标系中是否存在一点 ，使以点 、 、 、 为顶点的四 边形为矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． y=x22x3 1,4 【答案】(1) ，     1 13,9 1 13,9 (2) 或 9 (3)最大值为 4  7  1 Q 2, ,Q 0, ,Q 2,2,Q 2,1 (4)存在， 1  3 2  3 3 4 【分析】（1）先由题意得出B的坐标，再用待定系数法求出解析式即可； （2）先设出E的坐标，然后将BCE的面积表示出来，根据题意列出方程，解方程即可求解； （3）表示出FN ，根据二次函数的性质，即可求解．Q （4）根据对角线的情况分三种讨论，再由矩形的性质求出点 的坐标． yax2bxc x1 【详解】（1）解：∵抛物线 的对称轴是直线 ，与x轴交于点A、B两点，且A点的坐 1,0 C0,3 标为 ，与y轴交于点 ， B3,0 ∴ yax1x3 设抛物线解析式为 C0,3 将 代入得，3a3 解得：a1 yx1x3x22x3 ∴抛物线解析式为 当x1时，y4 D1,4 ∴ , B3,0,C0,3 （2）解：∵ ∴OBOC 3 1 9 ∴S  33 BOC 2 2 S S ∵点 E 为抛物线上一点，且 △AOE △BOC E  e,e22e3  设 ， 1 9 ∴S  AO e22e3  △AOE 2 2 A1,0 ∵ ∴AO1 D1,4 D ∵ 为顶点， e22e34 ∴e22e39 ∴ e 131 解得：     E 1 13，0 E 1 13,0 ∴ 或 ykxbk 0 B3,0,C0,3 BC （3）解：设直线 的解析式为 ，代入 3kb0  ∴b3 k 1  解得：b3 y x3 ∴ Fx,x3 N  x,x22x3  设 ，则 FN x3  x22x3    x 3  2  9 ∴  2 4 3 9 当x 时，线段 的最大值为 2 FN 4  7  1 Q 2, ,Q 0, ,Q 2,2,Q 2,1 （4）存在， 1  3 2  3 3 4 x1 P1,p Qm,n A1,0,C0,3 ∵抛物线对称轴为直线 ，设 ， ，又 当PC为对角线时， 101m  ∴p30n m2  ∴n p3 ∵PAC90 PC2 PA2AC2 ∴p3212 22 p21232 ∴ 2 解得：p ； 3 2 7 ∴n 3 3 3  7 Q 2,  ∴ 1  3 当AP为对角线时， 110m  ∴0 p3n m0  ∴n p3 ∵ACP90 PA2  AC2PC2 ∴ 22 p2 123212p32 ∴ 8 解得：p ， 3 1 ∴n 3  1 Q 0,  ∴ 2  3 当AC为矩形的对角线， 101m  ∴03 pn m2  ∴n3 p ∵APC 90 ∴AC2 PA2PC21232 22 p212p32 ∴ p1 p2 解得： 或 ； ∴n2或1； Q 2,2,Q 2,1 ∴ 3 4  7  1 Q 2, ,Q 0, ,Q 2,2,Q 2,1 综上所述， 1  3 2  3 3 4 【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，线段问题，特殊四边形问题， 熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． yx2 3x4 yx1 B B 58．（2024·广东汕头·三模）如图1，抛物线 和直线 交于A， 两点，过点 作直线 BC x轴于点C． (1)求BAC的度数． P 2 AB B Q C (2)如图2，点 从点A出发，以每秒 个单位长度的速度沿线段 向点 运动，点 从点 出发，以每 CA P Q 秒2个单位长度的速度沿线段 向点A运动，点 ， 同时出发，当其中一点到达终点时，另一个点也随 t t 0 PQ PQNM N BC 之停止运动，设运动时间为 秒 ．以 为边作矩形 ，使点 在直线 上． ①当t为何值时，矩形PQNM 的面积最小？并求出最小面积； ②直接写出当t为何值时，恰好有矩形PQNM 的顶点落在抛物线上． 【答案】(1)BAC456 16 2 102 7 t  t  (2)①当 5时，矩形PQNM 的面积最小： 5 ；② 3、 9 或2. 【分析】本题属于二次函数的综合应用，主要考查了一次函数与坐标轴的交点问题、相似三角形的判定和 性质、矩形的性质、二次函数求最值等知识点，掌握数形结合和分类讨论的数学思想是解题的关键． yx1 y F F0,1 A1,0 AOF （1）设直线 与 轴交于点 ，然后确定点 、 ，进而说明 是等腰直角三角形， 最后根据等腰直角三角形的性质即可解答； 2 AEPE APt （2）①如图，过点P作PE x轴于点E，根据题意可得AP  2t、 2 、CQ2t，再 yx2 3x4 yx1 B3,4 t E 1t,0 Q 32t,0 联立 和 可得 ， 秒时点 坐标为 、 点坐标为 ，即 PQ PE 1   EQ43t；再证明PQE∽QNC可得NQ QC 2，即NQ2PQ,进而得到S PQNQ2PQ2 再结合 PQ2 PE2EQ2 S 20t248t32 Q 可得 ，然后根据二次函数的性质即可解答；②由（1）点 坐标为 QE PQ PE 1 32t,0、 P1t,t、 C3,0；由①证得 PQE∽QNC 可得 NC  NQ  QC  2 ，进而说明 N 3,86t 3t1,85t M 、 ，然后讨论M、N、Q的位置情况并分别求出t值即可． yx1 y F 【详解】（1）解：设直线 与 轴交于点 ，当x0时，y1， F0,1 ， 当y0时，x=1， A1,0 ， OAOF 1， ∴AOF 是等腰直角三角形， FAOAEO45， BAC 45； （2）解：①如图，过点P作PE x轴于点E， ， 点速度为每秒 个单位长度，点 的速度为每秒2 BAC 45 P 2 Q 个单位长度， 2 AEPE APt AP 2t， 2 ，CQ2t， yx2 3x4 yx1 B3,4 联立 和 可得 ， C3,0 NCQ90 ， ， t E 1t,0 Q 32t,0 秒时点 坐标为 ， 点坐标为 ， EQ43t ， 矩形PQNM ， PQN 90 ，PQENQC 90 PQEEPQ90 ， ， EPQNQC ， PEQNCQ90 又 ， △PQE∽△QNC ， PQ PE 1    ， NQ QC 2  PQNM S PQNQ2PQ2 矩形 的面积 ，  PQ2 PE2EQ2 ， S 2t243t220t248t32   ， b 6 当t   时， 2a 5 6 2 6 16 20  48 32 矩形PQNM 的面积最小： 5 5 5 ； 2 102 7 t  ②当 3、 9 或2时，矩形PQNM 的顶点落在抛物线上． Q 32t,0 P1t,t C3,0 由（1）点 坐标为 ， ， ， △PQE∽△QNC ， QE PQ PE 1     ， NC NQ QC 2 NC 2QE86t ， 3,86t N 点坐标为 ， Q32t,0 P1t,t N3,86t 矩形对边平行且相等， ， ， ， 3t1,85t  M 点 坐标为 ，102 7 85t 3t12 33t14 t  当M 在抛物线上时，则有 ，解得： 9 ， Q Q t 3122 当点 到A时， 在抛物线上，此时 ， 当N 在抛物线上时，N ，B重合： 2 ，解得：t  ， 86t 4 3 2 102 7 t  综上所述，当 3、 9 或2时，矩形PQNM 的顶点落在抛物线上． xOy yax2bx3 59．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在平面直角坐标系 中，已知抛物线 经过点 A3,0 x1 ，与y轴交于点B，且关于直线 对称． (1)求该抛物线的解析式； 1 xt 0 y2t1 (2)当 时，y的取值范围是 ，求t的值； (3)点C是抛物线上位于第一象限的一个动点，过点C作x轴的垂线交直线AB于点D，在y轴上是否存在 点E，使得以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形？若存在，求出该菱形的边长；若不存在，说明理由． yx22x3 【答案】(1) 5 (2)t  2 3 22 (3)存在点以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，边长为 或2 【分析】本题考查二次函数的综合应用，菱形的性质，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论 的思想进行求解，是解题的关键．（1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）分t1和t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． yax2bx3 A3,0 x1 【详解】（1）解：∵抛物线 经过点 ，与y轴交于点B，且关于直线 对称，  b  1  2a a1 ∴ 9a3b30 ，解得： b2 ， 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， t1 xt 2t1t22t3 ①当 时，则：当 时，函数有最大值，即： ， 解得：t2或t2，均不符合题意，舍去； t1 x1 2t112234 ②当 时，则：当 时，函数有最大值，即： ， 5 解得：t  ； 2 5 故t  ； 2 （3）存在； yx22x30 x 3,x 1 x0 y3 当 时，解得： 1 2 ，当 时， ， A3,0 B0,3 ∴ ， ， AB ykx3 A3,0 k 1 设直线 的解析式为 ，把 代入，得： ， yx3 ∴ ， C  m,m22m3 0m3 Dm,m3 设 ，则： ， ∴CDm22m3m3m23m， BD m2m332  2m ，BC2 m2  m22m 2 ，当B，C，D，E为顶点的四边形是菱形时，分两种情况： BD BDCD m23m 2m ①当 为边时，则： ，即 ， m0 m3 2 解得： （舍去）或 ， 2m3 22 此时菱形的边长为 ； m2  m22m 2   m23m 2 ②当BD为对角线时，则：BC CD，即： ， 解得：m2或m0（舍去） 22322 此时菱形的边长为： ； 3 22 综上：存在以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，边长为 或2． yax26xc 5,0 60．（23-24九年级下·海南省直辖县级单位·阶段练习）如图，抛物线 与x轴交于A、B 0,5 t,s 两点，与y轴交于点C ，点P 是抛物线上的一动点． (1)求该抛物线所对应的函数解析式； t,s BC BC (2)如图1，当点P 在直线 上方时，过点P作y轴的平行线交直线 于点E． ①求PBC面积的最大值； ②点M是平面直角坐标系内一点，是否存在点P，使得以点B，E，P，M为顶点的四边形是菱形，若存在， 请求出所有点M的坐标；若不存在，请说明理由； DQDP DH PQ (3)如图2，点D是抛物线的顶点，过点D作 交抛物线于点Q，过点D作 于点H，请直接写出点H到抛物线对称轴距离的最大值． yx26x5 【答案】(1) 75   (2)① ；②点M的坐标为1,0或5,4或 5,25 2 8 1 (3)2 【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可； P  t，t26t5  Et，t5 （2）①先求出直线BC的解析式，然后设设 ，则 ，即可表示PE并配方得到最 值即可； ②分为BPBE，PEPB，EBEP三种情况，利用菱形的性质解题即可； P PK x Q QLx D x K L PKD∽DLQ （3）过点 作 轴，过点 作 轴,交过点 作 轴的平行线于点 ， ，则 ， PK DK 即可得到  ，然后利用根与系数得的关系解题即可． DL QL yax26xc B5，0 C0，5 【详解】（1）∵抛物 经过点 ， ， 25a30c0,  ∴ c5. a1,  解得c5. yx26x5 ∴该抛物线的函数解析式为 ； B5，0 C0，5 （2）①∵点 ， ， BC ykx5 B5，0 k 1 设直线 的解析式为 ，把 代入得 ， BC yx5 ∴直线 的解析式为 . P  t，t26t5  设 ，0t5.Et，t5 则 ， PE y y t25t ∴ P E S  1 PE·OB＝ 1 5  t25t ＝ 5 t 5  2  75 ∴ PBC 2 2 2 2 8 ， 5 75 ∴当t  时，S  ； 2 最大 8 yt26x5 B5，0 ②∵抛物线 与x轴交于A、 两点， y0 t26x50 x1 x5 令 ，则 ，解得 或 ， A1，0 ∴ ， ∵OBOC 5，BOC 90， ∴OCBOBC 45， PEOC ∵ ， ∴PEBOCB45. 以下分三种情况讨论： （i）如答图9-1，当四边形BPME为菱形时，此时BPBE， 又∵BAPE， ∴BA垂直平分PE， ∴点P与点E关于x轴对称 ∴ y P y E 0 ，即 t26x5t50 t 2 t 5 解得 1 ， 2 (舍去) ， P2，3 E2，3 ∴ ， ， M 1，0 ∴ 1 . （ii）如答图9-2，当四边形PEMB为菱形时，此时PEPB， ∴PBE PEB45OBC. ∴点P与点A重合P1，0 E1，4 ∴ ， ， M 5，4 ∴ 2 . （iii）如答图9-3，当四边形EBMP为菱形时，此时EBEP， Et，t5 B5，0 ∵ ， ， EB 25t ∴ ， t25t  25t ∴ ， t  2 t 5 解得 1 ， 2 (舍去) ，     P 2，76 2 E 2，25 ∴ ， ，   M 5，25 2 ∴ 3 .   1，0 5，4 5，25 2 综上，点M的坐标为 或 或 . P PK x Q QLx D x K L （3）如图，过点 作 轴，过点 作 轴,交过点 作 轴的平行线于点 ， ， K LPDQ90 则 ， KPDKDPLDQKDP90 ∴ PKD∽DLQ ∴ ， PK DK ∴  ， DL QL， ，已知 ，则有 设P  m，m26m5  Q  n，n26n5  D3，4 m26m9 3m  ， n3 n26n9 3mnmn100 整理得： ①， PQ ydxb yx26x5 设直线 的解析式为 ，联立抛物线 ， x2d6xb50 消去y可得： ， 由韦达定理得mn6d ，mnb5， 36db5100 代入①得 ， 整理得b3d3， PQ ydx3d3dx33 ∴直线 为 ， PQ T3，3 ∴直线 过定点 ， ∴DT 1， ∵DHT 90， ∴点H的轨迹是以DT 为直径的圆， 1 点H到抛物线对称轴距离的最大值为2 ． 【点睛】本题考查二次函数的综合问题，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握待定系数法是解题 的关键． 1 61．（2024·吉林长春·三模）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点P在抛物线y x23x上．设点 2P的横坐标为m，记抛物线对称轴与x轴的交点为 D． (1)求点D的坐标； 9 7 (2)若 时，  y ，则m的取值范围为 ； mx1 2 2 3m PM∥x PM 90 PM PQ (3)点M的横坐标为 ，且 轴，将线段 的中点绕点P逆时针旋转 得到点Q， 以 、 为邻边作矩形 PMNQ． ①当点N落在抛物线时，求PM 的长； PMNQ DR DR ②设矩形 的对称中心为点 R，当点R位于抛物线的对称轴右侧时，连接 ，当 垂直于矩形 PMNQ 的一条对角线时，直接写出m的值． 3,0 【答案】(1) (2)7n3 m2 74 2 74 (3)①10；② 或 【分析】（1）由题意得抛物线的对称轴为x3，进而可得点D坐标； 7 （2）结合顶点，求出函数值等于 对应的x的值，再结合图像求解即可； 2  1  （3）①设点P的横坐标为m，则纵坐标为 1 2 m23m ，得 M  3m, 2 m23m ，则 PM  3mm  4m ，  1   1  Qm, m2m 3m, m2m  2 ，可得点N 的坐标为 2 ，根据点N 落在抛物线，进而求得m的值，即可求解； ②求出点R的坐标，可表示出DR2，RM2，DM2，DP2再DR 垂直于矩形PMNQ的一条对角线时，分两 种情况：当DRQM 时，DR2RM2 DM2，当DRPN时，DR2RP2 DP2，列方程求解即可． 1 1 9 【详解】（1）解：y x23x x32  ， 2 2 2 则，抛物线的对称轴为x3， 3,0 D ∴点 的坐标为 ；1 1 9 （2）y x23x x32  ， 2 2 2  9 3,  对称轴为直线x3，顶点为 2， 1 1 9 7 令y x23x x32   ，解得：x 1，x 7， 2 2 2 2 1 2 画图如下： 7 9 ∵若 时，  y ， mx1 2 2 ∴由图可知：7n3， 故答案为：7n3； 1 m23m （3）①设点 P 的横坐标为m，则纵坐标为 2 ， ∵点M 的横坐标为3m，且PM∥x轴，  1  ∴ M  3m, 2 m23m ，则 PM  3mm  4m ，3mm 1   1   , m23m m, m23m 则线段PM 的中点Z 的坐标为 2 2 ，即 2 ， 1 PZ  PM  2m ， 2 ∵m0时，矩形不存在， 故m0， 将线段PM 的中点Z 绕点P逆时针旋转90得到点Q，  1   1  m, m23m2m Qm, m2m 则点Q的坐标为： 2 ，即  2 ，  1  3m, m2m ∴点N 的坐标为 2 ， ∵点N 落在抛物线上， 1 1 5 ∴ 3m2 33m m2m，解得： m ， 2 2 2 PM  4m 10 此时 ；  1   1   1   1  Pm, m23m M3m, m23m Qm, m2m N3m, m2m ②∵  2 ，  2 ，  2 ，  2 ，  1 1  m23m m2m   2 2 ∴矩形 的对称中心点 的坐标为：m, ， 2   PMNQ R    1  Rm, m22m 即：  2 ， ∵点R位于抛物线的对称轴右侧， ∴m3， ∴m3，且m0，， DR2 m32   1 m22m   2  1 m42m35m26m9 2  4 RM2 RP2 3mm2   1 m23m 1 m22m   2 5m2 2 2  ， DM2 3m32   1 m23m   2  1 m43m318m218m9 2  4 ， DP2 m32   1 m23m   2  1 m43m310m26m9 2  4 当DRQM 时，DR2RM2 DM2， 则m38m212m0， m 2 74 m 2 74 m 0 解得： 1 ， 2 ， 3 （舍去）， 当DRPN时，DR2RP2 DP2， 则m3 0，得m0（舍去）； DR PMNQ m2 74 2 74 综上，当 垂直于矩形 的一条对角线时， 或 ． 【点睛】本题考查矩方形的性质，二次函数的图象与性质，旋转的性质，待定系数法求二次函数解析式等 m0 m0 Q 知识，运用数形结合思想是解题的关键．由于无论 还是 ，用m表的点 的坐标都一致，因此可 以不用分类讨论． yax2bx4 A3，0，B2，0 62．（23-24九年级下·江苏南通·阶段练习）如图1，抛物线 与x轴交于点 ， 与y轴交于点C，点D是OC的中点，点P是抛物线上的一个动点．(1)求该抛物线的表达式． (2)当ABPBAD时，求点P的坐标． BD PM PQMN (3)如图2，过点P作直线 的垂线，垂足为M．以 为对角线作正方形 ，当点Q落在抛物线 yax2bx4 的对称轴上时，请写出点P的横坐标． 2 2 【答案】(1)y x2 x4 3 3 8 (2, ) (2)点 的坐标为(4,4)或 ； P 3 1 (3)P的横坐标为-3或2 2 2 【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的表达式为y x2 x4； 3 3 2 （2）分两种情况：①当 P 在 x 轴下方时，设 BP 交y轴于 K ，求出 D(0,2) ，直线 AD 解析式为y 3 x2，  2 4 y x   3 3 由 ，知 ，可得直线 解析式为 ，联立 ，即可解得 y 2 x 4 y 2 x2 2 x4 ABPBAD AD∥BP BP 3 3  3 3 4 K(0, ) P(4,4)；②当P在x轴上方时， BP 交y轴于K，可知K与 K 关于x轴对称，从而可得 3 ，直线  2 4 y x   3 3  y 2 x 4 y 2 x2 2 x4 P(2, 8 ) BP 3 3  3 3 3 2 4 y x   3 3 解析式为 ，联立 ，可解得 ； y 2 x 4 y 2 x2 2 x4 P(2, 8 ) BP 3 3  3 3 3 1 （3）分两种情况：①当 在对称轴左侧时，延长 交 轴于 ，求得抛物线对称轴为直线x ，证明 P MP x T 2 1 1 1 ，即 轴，知 直线x ，故当 在直线x 上时， 也在直线x 上，求 MQBT MQ  x MQ 2 Q 2 M 2 1 5 2 2 5 2 2 1 得M( 2 ， 2 )；设 P(m, 3 m2 3 m4) ，得 2 ( 3 m2 3 m4) 2 m ，即可解得此时 P 的横坐标为3；② 1 5 2 2 2 2 5 1 当 在对称轴右侧时，同理可知M( ， )；设 P(n, n2 n4) ，有 ( n2 n4) n( ) ，可解得 P 2 2 3 3 3 3 2 2 1 此时P的横坐标为2 ． A(3,0) B(2,0) yax2bx4 【详解】（1）解：把 ， 代入 得： 9a3b40  4a2b40，  2 a   3 解得： ， 2 b  3 2 2 抛物线的表达式为y x2 x4；  3 3 （2）解：①当P在x轴下方时，设BP交 y 轴于K，如图： 点 是 的中点， ，  D OC C(0,4) D(0,2) ，yk xb 设直线 AD 解析式为 0 0 A(3,0) D(0,2) yk xb 把 ， 代入 0 0 03k b 0 0  ∴ 2b 0 2 得直线 解析式为y x2， AD 3 ABPBAD， ADBP， 2 设直线 解析式为y xm， BP 3 4 0 m 把B(2,0)代入得： 3 ， 4 解得m ， 3 2 4 直线 解析式为y x ，  BP 3 3  2 4 y x   3 3 联立 ， 2 2 y x2 x4  3 3 x2 x4   解得y0或y4； P(4,4)； ②当P在x轴上方时，BP交 y 轴于K，如图， ABPBADABP， ∴K与K关于x轴对称， 2 4 由①知直线 解析式为y x ， BP 3 3 4 K(0, ) ， 3 4 K(0, ) ， 34 2 4 由 ，K(0, )得直线 解析式为y x ， B(2,0) 3 BP 3 3  2 4 y x   3 3 联立 ， 2 2 y x2 x4  3 3 x2  解得x2 或 8 ，  y y0   3 8 P(2, ) ； 3 8 (2, ) 综上所述，点 的坐标为(4,4)或 ； P 3 （3）解：当P在对称轴左侧时，延长MP交x轴于T ，如图： 2 2 1 由y x2 x4可得抛物线对称轴为直线x ， 3 3 2 B(2,0)，D(0,2)， OBOD BD yx2 ，直线 解析式为 ， DBO45， TMB90， MTB45， PQMN  四边形 为正方形， MPQ45， PQBT ， MQPQ， MQBT MQ  x ，即 轴，1 抛物线对称轴直线x 垂直 轴，  2 x 1 直线x ， MQ 2 1 1 当 在直线x 上时， 也在直线x 上，  Q 2 M 2 如图：  1 x  1   2 由x 得 ，  2 5 y  yx2  2 1 5 M( ) ， ； 2 2 2 2 1 2 2 设 P(m, m2 m4) ，则Q( ，  m2 m4) ， 3 3 2 3 3 MQPQ， 5 2 2 1 ( m2 m4) m ，  2 3 3 2 1 解得m （舍去）或 ， 2 m3 此时P的横坐标为3； ②当P在对称轴右侧时，如图：1 5 M( ) 同理可知 ， ； 2 2 2 2 1 2 2 设 P(n, n2 n4) ，则Q( ，  n2 n4) ， 3 3 2 3 3 MQPQ， 2 2 5 1 ( n2 n4) n( ) ， 3 3 2 2 1 解得n 或 （舍去）， 2 n3 1 此时P的横坐标为2 ； 1 综上所述，P的横坐标为3或2 ． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，一次函数的性质，涉及待定系数法，梯形的面积，正方形，公式 法解一元二次方程等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用． 考点十一 二次函数营销问题 63．（2024·湖南怀化·一模）受新冠疫情影响，3月1日起，“君乐买菜”网络公司某种蔬菜的销售价格开 y kg x x 1x5 始上涨．如图1，前四周该蔬菜每周的平均销售价格 (元/ )与周次 ( 是正整数， )的关系可近 2 y xa 似用函数 刻画；进入第5周后，由于外地蔬菜的上市，该蔬菜每周的平均销售价格y(元/kg)从 5 1 y x2bx5 第5周的6元/kg下降至第6周的5.6元/kg，y与周次x(5x7)的关系可近似用函数 10 刻 画． (1)求a，b的值． mkg y( /kg) 2 (2)若前五周该蔬菜的销售量 与每周的平均销售价格 元 之间的关系可近似地用如图 所示的函数图象刻画，第6周的销售量与第5周相同： ①求m与 y 的函数表达式； w( ) ②在前六周中，哪一周的销售额 元 最大？最大销售额是多少？ 100kg 8 7 (3)若该蔬菜第7周的销售量是 ，由于受降雨的影响，此种蔬菜第 周的可销售量将比第 周减少 n%(n0) 5kg 8 ．为此，公司又紧急从外地调运了 此种蔬菜，刚好满足本地市民的需要，且使此种蔬菜第 周的销售价格比第7周仅上涨0.8n%．若在这一举措下，此种蔬菜在第8周的总销售额与第7周刚好持平， 请通过计算估算出n的整数值． 【答案】(1)4，0.7 m25y250 2 3 624 (2)① ；②第 周或第 周销售额最大，最大销售额是 元 (3)17 【分析】本题考查了一次函数、二次函数的实际应用以及一元二次方程的应用， （1）利用待定系数法即可求解； （2）①利用待定系数法即可求解； ②分1x4和5x6两种情况讨论，利用销售额=销售量销售价格，再运用二次函数的性质求解即可； n （3）由题意列一元二次方程计算出 的值，再利用估算法即可求解． 2 2 【详解】（1）把1,4.4代入y xa得：4.4 a， 5 5 解得：a4， 1 1 把5,6代入y x2bx5得：6 525b5， 10 10 7 解得：b ， 10 7 故答案为： ， ； 4 10 mkyb , （2）①设函数关系式为： 1404.4kb 把 4.4,140 ， 6,100 代入得：   1006kb ，k 25  解得：b250， m与 y 的函数表达式为：m25y250； ②当1x4时， 2 y x4  m25y250， 5 ， m10x150， 2   5 2 w10x150  x44x220x6004x  625  5   2 ，  x 是正整数， 当x2或3时，w有最大值624； 1 7 y x2 x5 当x5时， 10 10 ，m25y250100， 1 7 y x2 x5 当5x6时，  m100， 10 10 ，  1 7   7 2 1245 w100 x2 x510x270x50010x     10 10   2 2 ，  x是正整数，5x6， 当x5时，w有最大值600； 综上所得：第2周或第3周销售额最大，最大销售额是624元； 1001n%5510.8n%5100   （3）由题意得： ， n105 29 n105 29 解得： 或 (舍去)， 29 5.4 ∵ ， ∴n1055.417． 64．（2024·湖北黄石·二模）为助推乡村经济发展，解决茶农卖茶难问题，某地政府在新茶上市30天内， 帮助“幸福村”茶农合作社集中销售茶叶，设第x天（x为整数）的售价为 y （元/斤），日销售额为w （元）．据销售记录知： ①第1天销量为42斤，以后每天比前一天多卖2斤； ②前10天的价格一直为500元/斤，后20天价格每天比前一天跌10元，(1)当11x30时，写出 y 与x的关系式； (2)当x为何值时日销售额w最大，最大为多少？ (3)若日销售额不低于31680元时可以获得较大利润，当天合作社将向希望小学捐款m元，用于捐资助学， 若“幸福村”茶农合作社计划帮助希望小学购买10800元的图书，求m的最小整数值． y10x60011x30 【答案】(1) (2)当x为第20天时日销售额w最大，最大为32000元 (3)1200元 【分析】（1）根据前10天的价格一直为500元/斤，后20天价格每天比前一天跌10元，可求出当 11x30时， y 与x的关系； （2）根据日销售额售价日销售量，分类讨论在x的取值范围内w的最大值即可得到结论； （3）根据日销售额售价日销售量，分类讨论在x的取值范围内w的最大值，再和31680作比较，从而 确定能获得较大利润的天数，即可求解． 【详解】（1）解：∵前10天的价格一直为500元/斤，后20天价格每天比前一天跌10元， y50010x1010x600 11x30 ∴当 时， ， 11x30 y x y10x60011x30 ∴当 时，写出 与 的关系式为： ； 422x12x40 （2）由题意得，销售量为： ， 当1x10时， w5002x401000x20000 ， ∵10000， ∴当x10时，w取最大值为：1000102000030000， 当10＜x30时， w y2x4010x6002x4020x202 32000 ， ∵200， ∴当x=20时，w取最大值为32000， 综上所述，当x=20时，w取最大值为32000， 答：当x为第20天时日销售额w最大，最大为32000元；（3）当1x10时， w5002x401000x20000 ， 当x10时，w取最大值为：1000102000030000， ∵3168030000， ∴1x10时不可能获得较大利润． w10x6002x4020x202 32000 当10 x30时， ， 当x=20时，w取最大值为32000，得：3168032000， 20x2023200031680 当 时， 解得：x16或x24， ∴当w31680时，16 x24， ∴获得较大利润天数为9天， ∴9m10800， 解得：m1200， ∵m为整数， ∴m的最小值为1200元． 【点睛】本题考查列函数关系式，一次函数的实际应用，一元二次方程的实际应用，二次函数实际中的应 用和一元一次不等式的实际．找到关键描述语，找到等量关系准确地列出方程或函数关系式是解题的关键． 最后要注意判断所求的解是否符合题意，舍去不合题意的解． 65．（2024·湖南常德·一模）2023年6月29日，安乡“中国酱卤之乡”成功授牌，安乡的酱卤美食深受全 国各地人们喜爱．某酱卤店开通了网上销售渠道，在开始售卖当天提供150件某酱卤制品，很快就被抢购 一空，该店决定让当天未购买到的顾客可通过网上预约在第二天优先购买，并且从第二天起，每天比前一 天多供应m件（m为正整数）．经过连续15天的销售统计，得到第x天（1x15，且x为正整数）的供 y y y 应量 1（单位：件）和需求量 2（单位：件）的部分数据如下表，其中需求量 2与x满足某二次函数关系． （假设当天预约的顾客第二天都会购买，当天的需求量不包括前一天的预约数） 第x天 1 2 … 6 … 11 … 15 15 供应量y （件） 150m … 1505m … 15010m … 15014m 1 0 需求量y （件） 22 229 … 245 … 220 … 164 20 y y (1)直接写出 1与x和 2与x的函数关系式；（不要求写出x的取值范围） (2)已知从第10天开始，有需求的顾客都不需要预约就能购买到（即前9天的总需求量超过总供应量，前 10天的总需求量不超过总供应量），求m的值；（参考数据：前9天的总需求量为2136件） (3)在第（2）问m取最小值的条件下，若每件酱卤制品售价为100元，求第4天的销售额． y mx150m y x212x209 【答案】(1) 1 ， 2 (2)m的值为20或21 (3)第4天的销售额为21000元，第12天的销售额为20900元． 【分析】本题考查二次函数，一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数关系式和不等式组解决 问题． （1）由已知直接可得y 1 150(x1)mmx150m，设 y 2 ax2bxc ，用待定系数法可得 y 2的函数关系 式； (135036m) (150045m) （2）求出前9天的总供应量为 个，前10天的供应量为 个，根据前9天的总需求量 21362292365 ) m m 为2136个，前10天的总需求量为 （个 ，可列出不等式组，而 为正整数，即可解得 的值； m y 210 （3） 最小值为20，从而第4天的销售量即供应量为 1 ，销售额为21000元，第12天的销售量即 y 209 2 需求量为 ，销售额为20900元． y 150(x1)mmx150m 1 【详解】（1）根据题意得： ， y ax2bxc 设 2 ，将 (1,220) ，(2,229)， (6,245) 代入得： abc220  4a2bc229 ，  36a6bc245a1  b12 解得 ，  c209 y x212x209 2 ； 150(150m)(1502m)......(1508m)(135036m) （2）前9天的总供应量为 个， 135036m(1509m)(150045m) 前10天的供应量为 个， y x212x209 x10 y1021210209229 在 2 中，令 得 ， 前9天的总需求量为2136个，  21362292365 ) 前10天的总需求量为 （个 ， 前9天的总需求量超过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量， 135036m2136  150045m2365， 2 5 解得19 ≤m21 ， 9 6 m为正整数， m 的值为20或21； （3）由（2）知，m最小值为20，  y 42015020210 1 第4天的销售量即供应量为 ，  21010021000 ) 第4天的销售额为 （元 ， y 1221212209209 而第12天的销售量即需求量为 2 ，  20910020900 ) 第12天的销售额为 （元 ， 答：第4天的销售额为21000元，第12天的销售额为20900元． 66．（2023·山东青岛·三模）某食品厂生产一种半成品食材，成本为2元/千克，每天的产量p（百千克） 1 与销售价格x（元/千克）满足函数关系式p x8，从市场反馈的信息发现，该半成品食材每天的市场 2需求量q（百千克）与销售价格x（元/千克）满足一次函数关系，部分数据如表： 销售价格x（元/千克） 2 4 …… 10 市场需求量q（百千克） 12 10 …… 4 已知按物价部门规定销售价格x不低于2元/千克且不高于10元/千克． (1)直接写出q与x的函数关系式，并注明自变量x的取值范围； (2)当每天的产量小于或等于市场需求量时，这种半成品食材能全部售出，而当每天的产量大于市场需求量 时，只能售出符合市场需求量的半成品食材，剩余的食材由于保质期短而只能废弃，解答下列问题： ①当每天的半成品食材能全部售出时，求x的取值范围； ②求厂家每天获得的利润y（百元）与销售价格x的函数关系式； ③求厂家每天获得的最大利润y是多少？并求出取到最大利润时x的值． (3)若要使每天的利润不低于24（百元），并尽可能地减少半成品食材的浪费，则x应定为_________元/千 克． qx14 2 x10 【答案】(1) （ ）； 1  x27x162x4 y2 105 13 (2)① ；② x213x164＜x10；③最大利润y是 百元，取到最大利润时x的值为 ； 2x4  4 2 (3)5 qkxb 【分析】（1）设q与x的函数关系式为： ，将表格中数据代入，即可求解； （2）①当每天的半成品食材能全部售出时，有pq，得出不等式，解不等式，即可求解；②由①可知， yx2p yx2q2pq 2x4 4 x10 2x4 当 时， ，当 时， ，即可求解；③分别求出当 ， 4 x10时的最值，进行比较，取最大值，即可求解；  13 2 105 x   24 （3）由  2  4 ，即可求解． qkxb 【详解】（1）解：由表格的数据，设q与x的函数关系式为： ， 2kb12  根据表格的数据得：4kb10，k 1  解得：b14 ， qx14 2 x10 ∴q与x的函数关系式为： （ ）； （2）解：①当每天的半成品食材能全部售出时，有pq， 1 x8x14，  2 解得：x4， 2x10， 2x4； ②由①可知，当2x4时， yx2p 1  x2  x8 2  1  x27x16； 2 当4 x10时， yx2q2pq x2x142x8x14   x213x16； 1  x27x162x4 y2 x213x164＜x10；   ③当2x4时， 1 y x27x16的对称轴为 2 7 x 7 1 直线 2 ， 2 当2x4时，y随x的增大而增大， ∴x4时，y有最大值，1 最大值为 42741620， 2 当4 x10时， yx213x16  13 2 105 x    2  4 ， 13 ， 4， 10 2 13 105 当x 时，y取最大值，最大值为 ，  2 4 105 ∵ 20， 4 105 13 厂家每天获得的最大利润y是 百元，取到最大利润时x的值为 ；  4 2 （3）解：要使每天的利润不低于24百元， 当2x4时，由（2）知y最大为20，故不存在这种情况；  13 2 105 x   24 令  2  4 ，解得：x 5，x 8， 1 2 由于函数图象开口向下， ∴当5 x8时，每天的利润不低于24（百元）， ∴当x5时，能保证不低于24百元，并尽可能地减少半成品食材的浪费， 故答案为：5． 【点睛】本题考查了二次函数在销售问题中的应用，二次函数与不等式，待定系数法，能根据等量关系式 及不等关系式列出函数及不等式，再根据二次函数的性质求解是解题的关键． 考点十二 动点背景下的二次函数问题 ABCD BC GC2 2 67．（2024·河北保定·二模）如图1，一块矩形电子屏 中，G为 上一感应点， ，动点P 为一光点，当光点在光带上运动时，会与感应点发生反应，照亮以GP为边的正方形区域GPEF．因发生 故障，只有光带CM 和MB正常工作，CM 4，光点P以每秒1个单位的速度从C点出发，沿 C M B匀速运动，到达点B时停止．设光点P的运动时间为t秒，照亮的正方形区域GPEF的面积为 S．图2为P点在运动过程中S与t的函数图像，其中点Q表示P点运动到B点时情形．(1)t 1时，照亮的区域面积S ______，并求a值． (2)当点P经过M点又运动4秒时，照亮区域的面积达到了最小，已知此时S是t的二次函数． ①求出点P在线段MB上运动时S关于t的函数解析式； ②点P从开始运动到停止的整个过程中，直接写出t为何值时，照亮区域GPEF的面积S为17． 【答案】(1)9；24 S t216t72 t 3s 5s 11s GPEF S (2)① ；② 的值为 、 或 时，照亮区域 的面积 为17 【分析】（1）先得出PC t 1，利用勾股定理求出PG的长即可得出S，根据CM 4及图像得出点P运 动到点M 时S a，理由勾股定理求出GM 即可得a值； （2）①如图连接GM ，根据垂线段最短得出点P经过M 点又运动4秒时，照亮区域的面积达到了最小时 GPBM ，利用HL证明VMGC≌VMGP，得出PGCG可求出此时S的值，根据点Q纵坐标可得 BG6 2 BM t4 t8 t 16 S S ，利用勾股定理求出 的长，根据 ， 及 时 的值，利用待定系数法即可求出 关于t的函数解析式；②分点P在CM 和BM 上两种情况，分别求出t值即可． 【详解】（1）解：∵t 1，点P的速度为每秒1个单位， ∴PC 1， ABCD C 90 GC2 2 ∵四边形 为矩形， ， ， PG (2 2)212=3 ∴ ， ∴S 32 9， 由图2可知，t4时S a， ∵CM 4， ∴t4时，点P运动到点M ， PG (2 2)242 2 6 ∴ ，aS (2 6)2 24 ∴ ． 故答案为：9；24 （2）如图，连接GM ， ∵点P经过M 点又运动4秒时，照亮区域的面积达到了最小， ∴此时GPBM ，PM CM 4， PM CM  在RtMGC和RtMGP中，MGMG， ∴VMGC≌VMGP， PGCG=2 2 ∴ ， S (2 2)2 8 ∴ ， ∴t8时，S 8， 由图2可知，点P运动到点B时，S 72， PGBG 72 6 2 ∴ ， ∴BC BGCG8 2， BM  BC2CM2  (8 2)242 12 ， ∴t 16时，S 72， S at2btc(a0) 设 ， 256a16bc72  64a8bc8 ∴ ，  16a4bc24 a1  b16 解得： ，  c72 ∴S t216t72．②当点P在CM 上时，PC t， S PG2 CG2PC2 (2 2)2 t2 17 ∴ ， 解得：t3，（负值舍去） 当点P在BM 上时，S t216t72=17， t 5 t 11 解得： 1 ， 2 ， 综上所述：t的值为3s、5s或11s时，照亮区域GPEF的面积S为17． 【点睛】本题考查动点问题的函数图像、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质及待定系数法 求二次函数解析式，正确提取函数图像中的信息并分类讨论是解题关键． 68．（2024·江西赣州·二模）如图1，在矩形ABCD中，已知AB8，点E是AD的中点．动点P从点A出 发，以每秒1个单位的速度沿AD向点D运动，同时动点Q从点B出发，以每秒2个单位的速度沿折线 BCD运动，当一个点到达点D时，另一点也随之停止运动．连接PQ，EQ，设动点P运动的时间为t 秒，△EPQ的面积为S，图2中的曲线是动点Q在线段CD上时S与t的函数图象． (1) 填空： ①AD____________； ②当0t3时，直接写出S与t的函数解析式为____________． Q CD S t S t (2)经探究，发现当点 在线段 上运动时， 是关于 的二次函数．请求出此时 与 的函数解析式，并 直接写出自变量t的取值范围． (3)在整个运动过程中，若存在某 3 个时刻 t 1， t 2， t 3 t 1 t 2 t 3  ，使得S的值相等． ①求出S的取值范围； t t 8 ②当 1 3 时，求 S 的值．【答案】(1)①6；②S 4t12 S t210t21 3t6 (2) ， 3S 4 S 8 28 (3)① ；② 2 t3 Q C ADBC 2t 6 【分析】（1）①由图 可得 时，点 在点 处，从而可得 ，即可得解；②由中点得 1 AE  2 AD3，进而求得当点 Q 在 BC 上运动时，点 P 在 AE 上运动，由 PE 3t ， PEQ的高为 8 ，利 用三角形的面积公式即可得解； （2）根据三角形形的面积公式可得S是关于t的二次函数；  4t120t3 S  （3）由（ 1 ）（ 2 ）得  t210t213t6， ①对于 S t210t21 ，当 t6 时， S 3 ，当 b t 2a 5时，S 最大 4，从而可得 3S 4 ；②t 1 t 3 8得 t 3 8t 1 ，从而根据时刻t 1 ， t 2 ， t t t t  3 1 2 3 ，使得S的值相等构造方程求解即可得 t 52 2 ，进而代入求解即可． 2 t3 Q C 【详解】（1）解：①由图 可得 时，点 在点 处， ∴ADBC 2t 6， 故答案为：6， ②∵点E是AD的中点， 1 ∴AE  AD3， 2 ∵动点P从点A出发，以每秒1个单位的速度沿AD向点D运动，同时动点Q从点B出发，以每秒2个单位 的速度沿折线BCD运动， BC23s AE1 ∴ ， ∴当点Q在BC上运动时，点P在AE上运动， PE 3t PEQ 8 ∵ ， 的高为 ，1 ∴当 时，S  3t84t12， 0t3 2 故答案为：S 4t12； Q CD （2）解：如图，当点 在线段 上运动时， DQ682t 142t，EPt3， 1 此时S  t3142t ， 2 ∴S t210t21， 自变量t的取值范围为3t6；  4t120t3 S  （3）解：由（ 1 ）（ 2 ）得  t210t213t6，  4t120t3 S  ①如图，  t210t213t6， 对于S t210t21，当t6时，S 62106213， ∵10， b ∴当t 5时，S 52105214 2a 最大 3S 4；t t 8 ② 1 3 ， t 8t 3 1， 4t 128t 2108t 21 ∴ 1 1 1 ， t 52 2 t 52 2 解得： 1 或 1 （舍去）， t 52 2 S 4t12 把 1 ，代入 得：   S 4 52 2 128 28 ． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图像及性质，从函数图像获取信息，矩形的性质以及求一次函数的解 析式，熟练掌握二次函数的图像及性质是解题的关键． 69．（2024·天津·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，OAB是等腰直角三角形，OBA90，点 A5,0 ，点B在第一象限，点P在边 OA 上（点P不与点 O ，A重合），过点P作 PQOA ，交OAB 的直 Q QP Q 90 QM P M PM 角边于点 ，将线段 绕点 逆时针旋转 得到线段 ，点 的对应点为 ，连接 ． (1)如图①，若点M 落在AB上，点B的坐标是__________，点M 的坐标是__________； PQM OAB S OPt (2)设 与 重合部分面积为 ， ． PQEF AB E F t S t ①如图②，若重合部分为四边形 ，与边 交于点 ， ，试用含 的式子表示 ，并直接写出 的 取值范围； ②当1t4时，求S的取值范围（请直接写出结果即可）． 5 5 10 5  ,   ,  【答案】(1)2 2， 3 37 15 255 5 1 25 S  t2 t  t  t (2)① 4 2 4 3 2②当1t4时，S的取值范围为4 14 ． 1 5 【分析】（1）作 于点 ，利用等腰直角三角形的性质求得OCBC OA ，设 ，点 BC OA C 2 2 OPt M AB PA5t PM  AM  2t PA 2PM 落在 上时， ， ，由 ，列式计算即可求解； EDOA D △OPQ PQM PFA EDA PQED （2）①作 于点 ，推出 、 、 和 都是等腰直角三角形，四边形 为 2 PF  AF  5t 矩形，求得PA5t，QEPD52t， 2 ，根据 S S 梯形△PQEA S △PFA计算即可求解； 5 5 5 ②分当 、t  、 时，分别求得 的值，当 t 时，利用二次函数的性质求得 的最大值，据 t 1 3 t4 S 3 2 S 此求解即可． A5,0 【详解】（1）解：∵OAB 是等腰直角三角形， ， ∴OA5，BOABAO45， PQOA ∵ ， △OPQ ∴ 是等腰直角三角形， QP Q 90 QM ∵将线段 绕点 逆时针旋转 得到线段 ， ∴PQM 是等腰直角三角形， OPPQQM OQPQPM 45 ∴ ， ， ∴PM∥OB， ∴MPA45， ∴△PAM 是等腰直角三角形， 作BC OA于点C，∴△OBC和VBCA都是等腰直角三角形， 1 5 ∴OCBC OA ， 2 2 5 5  ,  ∴点B的坐标是2 2， OPt OPPQQM t PM  t2t2  2t 设 ，则 ， ， M AB PA5t PM  AM  2t 点 落在 上时， ， ， PA 2PM 5t  2 2t ∴ ，即 ， 5 ∴t  ， 3 10 5 ∴点 的坐标是 , ； M  3 3 5 5 10 5  ,   ,  故答案为：2 2， 3 3； （2）解：①作EDOA于点D， △OPQ PQM PFA EDA PQED 同（1） 、 、 和 都是等腰直角三角形，四边形 为矩形， OPPQEDDAt PA5t QEPD52t 由（1） ， ， ， 2 PF  AF  5t ∴ 2 ，2 1 1 2  S S S  52t5tt  5t  ∴四边形 PQEF 的面积 梯形PQEA PFA 2 2  2  7 15 255 5  t2 t  t  4 2 4 3 2； ②当1t4时， 1 1 当 时，S  11 ； t 1 2 2 5 1 5 5 25 当t  时，S =   = ； 3 2 3 3 18 5 5 当 t 时， 3 2 7 ∵ 0， 4 15 2 15 t   ∴当  7 7 时， 有最大值，最大值为 25 ； 2   4 S 14 当t4时，如图，同理PAPQ1， 1 1 1 ∴S   11 ； 2 2 4 1 25 综上，当 时， 的取值范围为 t ． 1t4 S 4 14 【点睛】本题考查了二次函数的应用，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，学会用分类讨论的思想 思考问题． 70．（2023·吉林松原·三模）如图，在Rt△ABC 中，C 90，AC=8cm，BC 4cm，点P从点A出发 2cm/s PQBC AB PQ 以 的速度向点C运动，到点C停止，过点P作 交 点Q，以线段 的中点为对称中心 △APQ 180 △DQP t(s)(t0) △DQP 将 旋转 得到 ，点A的对应点为点D，设点P的运动时间为 ， 与 Rt△ABC cm2Rt△ABC cm2 重合部分的面积为S（ ）． (1)求当点D落在BC边上时t的值； (2)求S关于t的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围； (3)直接写出当△ADC是等腰三角形时t的值． 【答案】(1)2  t20t2 S  (2)  3t216t162t4 8 17 64 (3)1或 17 或17 APQDPC2t 2t2t 8 【分析】（1）由题意易得 ，然后可得方程 ，进而问题可求解； （2）由题意可分当0t2时和当2t4时，进而分类求解即可； （3）由题意可当DC DA时，当AD AC 8cm时，当DC CA8cm时，然后分类求解即可． 【详解】（1）解：如图，当点D落在BC边上时， APQDPC2t ． 由2t2t 8，解得t2， 所以当点D落在BC边上时t的值是2． （2）解：当0t2时，如图，APDQ2t QPt ， ． 1 S  t2t t2 ； 2 当2t4时，如图， APQD2t DE4t8 ， ， 1 S t2 (4t8)2 3t216t16． 4  t20t2 S  综上，  3t216t162t4； （3）解：当DC DA时，如图， CM MA4t， 由4t4t 8，解得t 1； 当AD AC 8cm时，如图5， DM QPt AM 2AP4t ， ， 8 17 t 由(4t)2t2 82，解得 17 （负值舍去）；当DC CA8cm时，如图6， DM QPt CM 4t8 ， ， (4t8)2t2 82 由 ， 64 解得 t  ，t 0（舍去）． 1 17 2 8 17 64 综上，当△ADC是等腰三角形时t的值为1或 17 或17． 【点睛】本题主要考查勾股定理、二次函数的综合及等腰三角形的性质，熟练掌握勾股定理、二次函数的 综合及等腰三角形的性质是解题的关键． 71．（23-24九年级上·辽宁沈阳·期末）问题提出： 四边形ABCD是正方形，E是射线AB上的动点，点F 在线段DA的延长线上，且AF  AE，连接ED，将 线段ED绕点E顺时针旋转90得到EG，连接EF、BF、BG，设AEx，四边形EFBG的面积为 y （ x，y 可等于0）． (1)如图①，当点E由点A运动到点B过程中，发现 y 是关于x的二次函数，并绘制成如图②所示的图象，2，4 抛物线经过原点且顶点为 ，请根据图象信息，回答下列问题： ①正方形ABCD的边长为___________（直接填空）； ②求 y 关于x的函数关系式； (2)如图③，当点E在线段AB的延长线上运动时，求 y 关于x的函数关系式； E，E EFBG (3)若在射线 AB 上从下至上依次存在不同位置的两个点 1 2，对应的四边形 1 的面积与四边形 E FBG BE BE 2 EFBG 2 的面积相等，当 1 2 时，求四边形 1 的面积． yx24x(0 x4) 【答案】(1)①4； ② yx24x(x4) (2) ； EFBG 2 3 (3)四边形 1 的面积为3或 ． (2,4) AE2 EFBG E AB 【分析】（1）①由抛物线顶点为 ，可得 时，四边形 的面积最大为4；此时 为 的中 点，故AB2AE4，即正方形的边长为4； ②过 G 作 GH  AB 于H，证明 DAE≌GEHAAS ，得 GH  AE AF x ，而 BE  ABAE 4x ，由 yx24x(0 x4) 三角形面积公式可得 ； （2）当点 E 在线段 AB 的延长线上运动时，过 G 作 GH  AB 于H，证明 DAE≌GEHAAS ，得 GH  AE AF x，而BE  AEABx4，故四边形EFBG的面积 1 1 yS ΔBEG S ΔBEF  2 x(x4) 2 x(x4)x24x；即 yx24x(x4) ； E E AE m BE 4m BE BE 2 BE 2m （3）当 1， 2都在边 AB 上时，设 1 ，则 1 ，由 1 2 ，有 2 ，可得 AE  ABBE 4(2m)2m m24m(2m)24(2m) m AE 1 2 2 ，即可得 ，解得 1 ，从而四边 形 E 1 FBG 的面积为3；当 E 1在边 AB 上， E 2在边 AB 延长线上时，同理可得四边形 E 1 FBG 的面积为 2 3 ．(2,4) 【详解】（1）解：①由图②知，抛物线顶点为 ， AE2时，四边形EFBG的面积最大为4； 此时E为AB的中点， AB2AE4， 即正方形的边长为4； 故答案为：4； ②过G作GH  AB于H，如图： DEG90， DEAGEH 90， DEAEDA90， EDAGEH ， EGED，DAEGHE90， DAE≌GEHAAS ， GH  AE AF x，  BE  ABAE 4x， 1 1 四边形 的面积yS S  x(4x) x(4x)x24x；  EFBG △BEG △BEF 2 2 y x yx24x(0 x4) 关于 的函数关系式为 ； （2）解：当点E在线段AB的延长线上运动时，过G作GH  AB于H，如图：DEG90， DEAGEH 90， DEAEDA90， EDAGEH ， EGED，DAEGHE90， DAE≌GEHAAS ， GH  AE AF x， BE AEABx4， 1 1 四边形 的面积yS S  x(x4) x(x4)x24x；  EFBG △BEG △BEF 2 2 y x yx24x(x4) 关于 的函数关系式为 ； E E （3）解：当 1， 2都在边 AB 上时，如图： AE m BE 4m 设 1 ，则 1 ，  BE BE 2 1 2 ， BE 2m 2 ，AE  ABBE 4(2m)2m 2 2 ， 在 yx24x(0 x4) 中，令 xm 和 x2m 得： y 四边形E1FBG m24m ， y (2m)242m 四边形E2FBG ， m24m(2m)24(2m) ， 解得m1， AE 1 1 ， y m24m12413 四边形E1FBG ， EFBG 即四边形 1 的面积为3； E E 当 1在边 AB 上， 2在边 AB 延长线上时，如图： AE n BE 4n 设 1 ，则 1 ，  BE BE 2 1 2 ， BE 2n 2 ， AE  ABBE 4(2n)6n 2 2 ， yx24x(0 x4) xn y n24n 在 中，令 得： 四边形E1FBG ，在 yx24x(x4) 中，令 x6n 得： y 四边形E2FBG (6n)246n ， n24n(6n)24(6n) ， n3 3 n3 3 解得 （大于4，舍去）或 ， AE 3 3 1 ，   y n24n(3 3)24 3 3 2 3 四边形E1FBG ， EFBG 2 3 即四边形 1 的面积为 ； E E BE BE 2 E E 由 1在 2下方， 1 2 知，不可能 1， 2都在 AB 的延长线上； EFBG 2 3 综上所述，四边形 1 的面积为3或 ． 【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及动点问题的函数图象，结合图形分析题意及分类讨论思想的应 用是解题关键． 72．（2023·山东青岛·二模）如图1，在菱形ABCD中，AC、BD交于点E，BD16厘米，点F在CE上， EF 3厘米．点P、Q分别从A、E两点同时出发，点P以k厘米/秒的速度沿AE向点E匀速运动，用时8 EB 0x8 △EFQ 秒到达点E；点Q以m厘米/秒的速度沿 向点E匀速运动，设运动的时间为x秒 ， 的 y PEQ y 面积为 1平方厘米， 的面积为 2平方厘米．y y (1)图2中的线段 OH 是 1与x的函数图象，则 1与x的函数关系式为________，m的值为________； y 4,12 AC (2)图2中的抛物线是 2与x的函数图象，其顶点坐标是 ，求点P的速度及对角线 的长； (3)在图2中，点G是x轴正半轴上一点（0OG6，过G作AM 垂直于x轴，分别交抛物线和线段OH 于 点M、N． ①直接写出线段MN的长在图1中所表示的意义； ②当0x6时，求线段MN长的最大值． 3 【答案】(1)y  x， ； 1 2 1 3 k= (2)AC 24， 2 ； 3 9 27 (3)①线段 的长表示S 与S 的差；②当 时，线段 长最大，最大值为 32 3 ． MN PEQ EFQ x3 MN 4 2 4 【分析】（1）根据函数图象利用待定系数法求解 y 1的解析式即可，再根据面积求解 EB 的长，从而可得 m 的值； 4,12 y S （2）由抛物线的顶点坐标是 ，可得当 x4 时， 2 PEQ面积最大，最大为 12 ，此时 APPE4k ， 1 ，可得 4PE12，则 ，从而可得答案； EQ4 2 PE6 AP3 3 （3）①根据 的长度等于两点纵坐标之差可得其含义；②由线段 长为y y  x4212 x MN MN 2 1 4 2 3 9  x2 x，而 ，再利用二次函数的性质可得答案． 4 2 0x6 y ex 8,12 8e12 【详解】（1）解：设 1 ，把 代入可得： ， 3 ∴e ， 2 3 ∴y  x， 1 2 ∵菱形ABCD， ∴ACBD，AECE，BEDE8， ∴8m8，解得：m1； 4,12 （2）∵抛物线的顶点坐标是 ， y ax4212 设抛物线为： 2 ， 0,0 16a120 把 代入可得： ， 3 解得：a ， 4 3 ∴抛物线为：y  x4212； 2 4 y S 当 x4 时， 2 PEQ面积最大，最大为 12 ， 此时APPE4k，EQ4， 1 ∴ 4PE12，则 ， 2 PE6 AP ∴AC 2AE21224，4k 6， 3 k= ∴ ； 2 S S （3）①线段 MN 的长表示 PEQ 与 EFQ 的差； 3 3 ②∵y  x，y  x4212， 1 2 2 43 3 ∴线段 长为y y  x4212 x MN 2 1 4 2 3 9  x2 x，而 ， 4 2 0x6 9 2 x 3 ∴对称轴为直线  3 ， 2   4 3 9 27 ∴当 时，线段 长最大，最大值为 32 3 ． x3 MN 4 2 4 【点睛】本题考查的是菱形的性质，动点问题的函数图象，二次函数的性质，理解题意，建立函数模型是 解本题的关键．