专题08二次函数中的角度问题（4大题型）40题专练（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_初中_中考数学压轴题（全国通用）

专题 08 二次函数中的角度问题（4 大题型）40 题专练
通用的解题思路：
1、角的数量关系处理的一般方法如下：
（1）证等角：常运用等腰三角形两底角相等，等角的余角相等，等角的补角相等、全等三角形
和相似三角形的对应角相等及两角的锐角三角函数值相等，等等；
（2）证二倍角：常构造辅助圆，利用圆周角定理；
（3）证和差角：常旋转、翻折、平移构造角．
2.特殊角问题处理的一般方法如下：
（1）运用三角函数值；
（2）遇 45°构造等腰直角三角形；
（3）遇 30°，60°构造等边三角形；
（4）遇 90°构造直角三角形．
题型一：角相等问题
对于二次函数中的角相等问题，首选方法是利用等角的三角比解决问题（利用一线三等角模型或者拆分特
殊角来发现等角），其次选择利用相似三角形中的比例线段解决问题。
二次函数中的角相等问题比较灵活，在遇到具体问题时具体分析，合理构造等角，解决问题。
1．（2024·山西太原·三模）综合与探究
如图1，经过原点O的抛物线y2x28x与x轴的另一个交点为A，直线l与抛物线交于A，B两点，已
知点B的横坐标为1，点M为抛物线上一动点．
(1)求出A，B两点的坐标及直线l的函数表达式．
(2)如图2，若点M是直线l上方的抛物线上的一个动点，直线OM 交直线l于点C，设点M的横坐标为m，MC
求 的最大值．
OC
(3)如图3，连接OB，抛物线上是否存在一点M，使得MOABAO，若存在，请直接写出点M的坐标；
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A的坐标为4，0，B的坐标为1，6，直线AB函数表达式为y2x8；
9
(2) ；
16
(3)M3,6或5,10．
【分析】本题主要考查二次函数的综合应用、相似三角形的性质证明、一次函数的应用，掌握相关知识并
灵活应用是解题的关键．
（1）在y2x28x中，令y0得02x28x得A4，0，在y2x28x中，令x1得y6，设直线AB
函数表达式为ykxb，把A4，0，B1，6代入，即可求解；
（2）过M作MK  x轴于K，过C作CTx轴于T，则M  m，2m28m ，Km，0，设直线OM 函数表达
式为y＝kx，把M  m，2m28m  代入得直线OM 函数表达式为y2m8x，进而得C   4 ， 328m ，
5m 5m 
MC KT 1 5 2 9
由MK∥CT，   m   ，即可求解 ；
OC OT 4 2 16
OE
（3）过B作MRx轴于R，设直线l交y轴于点E，求出点E的坐标为0,8，则tanBAO 2，由
OA
MOABAO得到tanMOAtanBAO2，则 MR 2，设M  t，2t28t  ，则MR 2t28t ,OR t ，
OR
2t28t
得到 2，解得t3或t5，进而可求解；
t
【详解】（1）解：在y2x28x中，令y0得02x28x，
解得x0或x4，
∴A4，0，
在y2x28x中，令x1得y6，
∴B1，6，
设直线AB函数表达式为ykxb，把A4，0，B1，6代入得：
4kb0
 ，
kb6
k 2
解得 ，
b8
∴直线AB函数表达式为y2x8；
∴A的坐标为4，0，B的坐标为1，6，直线AB函数表达式为y2x8；
（2）过M作MK  x轴于K，过C作CTx轴于T，如图：
∵点M的横坐标为m，
∴M  m,2m28m ，Km,0，
设直线OM 函数表达式为y＝kx，把M  m，2m28m  代入得：
km2m28m，
解得k2m8，
∴直线OM 函数表达式为y2m8x，
 4
x
y2m8x 
 5m
由 得， ，
y2x8
y
328m
 5m
 4 328m
∴C ， ，
5m 5m 
4 4 m25m4
∴OT  ，KT m  ，
5m 5m 5m
∵MK∥CT，
m25m4
MC KT 5m 1 5 2 9
∴    m   ，
OC OT 4 4 2 16
5m1
∵ 0，
4
5 MC 9
∴当m 时， 取最大值，最大值为 ；
2 OC 16
（3）抛物线上存在一点M，使得MOABAO，理由如下：
过M 作MRx轴于R，设直线l交y轴于点E，如图：
当x0时，y2x88，
∴点E的坐标为0,8，
∴OE8
∵A4，0，AOE90
OE
∴tanBAO 2，
OA
∵MOABAO，
∴tanMOAtanBAO2，
MR
∴ 2，
OR
设M  t，2t28t  ，则MR 2t28t ,OR t ，
2t28t
∴ 2，
t
解得t3或t5，
经检验，t3或t5是方程的解且符合题意，
∴M3,6或5,10．
2．（23-24九年级下·内蒙古赤峰·阶段练习）在平面直角坐标系中，抛物线y=x22x3与x轴交于点A和
点B，与y轴交于点C，顶点为D．(1)请直接写出A、B、D三点坐标．
(2)如图1，点M 是第四象限内抛物线上的一点，过点M 作x轴的垂线，交直线BC于点N ，求线段MN长
度的最大值；
(3)如图2，若点P在抛物线上且满足PCBCBD，求点P的坐标；
【答案】(1)点A的坐标为1,0，点B的坐标为3,0，点D的坐标为1,4
9
(2)
4
5 7
(3) 4,5或 , 
2 4
【分析】（1）由抛物线y=x22x3，分别令y0，x0，则可确定抛物线与坐标轴的交点坐标，根据顶
点坐标可确定点D的坐标；
（2）设MEx轴于点E，设M  m,m22m3  ，确定直线BC的解析式为y x3，得到Nm,m3，继
而得到MN m3  m22m3    m 3  2  9 ，根据二次函数的最值可得结论；
 2 4
（3）确定直线BD的解析式为y2x6，然后分两种情况进行讨论即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x22x3与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，
当y0时，得x22x30，解得：x=1或x3，
当x0时，得y=3，
∴A1,0，B3,0，C0,3，
∵抛物线y=x22x3的顶点为D，
 2 124
∴D , ，即D1,4，
 21 41 
∴点A的坐标为1,0，点B的坐标为3,0，点D的坐标为1,4；（2）设MEx轴于点E，设M  m,m22m3  ，
设直线BC的解析式为y  k xb ，过点B3,0，C0,3，
BC BC
3k b 0
∴ BC BC ，
b 3
BC
k 1
解得： BC ，
b 3
BC
∴直线BC的解析式为y x3，
∵过点M 作x轴的垂线，交直线BC于点N ，
∴Nm,m3，
∴MN m3  m22m3  m23m  m 3  2  9 ，
 2 4
∵10，
3 9
∴当m 时，线段MN的长度取得最大值，此时最大值为 ；
2 4
（3）设直线BD的解析式为yk xb ，过点B3,0，D1,4，
BD BD
3k b 0
∴ BD BD ，
k b 4
BD BD
k 2
解得： BD ，
b 6
BD
∴直线BD的解析式为y2x6，
①如图，
∵PCBCBD，∴PC∥BD，
设直线PC的解析式为y2xb ，过点C0,3，
PC
∴b 3，
PC
∴直线PC的解析式为y2x3，
y2x3
联立 ，
yx22x3
x0 x4
解得： 或 ，
y3 y5
此时点P的坐标为4,5；
②如图，设CP交BD于点G，作射线OG交BC于点F ，
∵PCBCBD，
∴GCGB，
∵B3,0，C0,3，
∴OC OB3，
∴OG垂直平分BC，
∴点F 是BC的中点，
30 03 3 3
∴点F 的坐标是 , ，即 , ，
 2 2  2 2
3 3
设直线OG的解析式为yk x，过点F , ，
OG 2 2
3 3
∴ k  ，
2 OG 2
∴k 1，
OG∴直线OG的解析式为yx，
∵直线OG：yx与直线BD：y2x6交于点G，
yx
联立 ，
y2x6
x2
解得： ，
y2
∴G2,2，
设直线CG的解析式为yk xb ，过点C0,3，G2,2，
CG CG
b 3
∴ CG ，
2k b 2
CG CG
 1
k 
∴解得： CG 2 ，
 b 3
CG
1
∴直线CG的解析式为y x3，
2
 1
y x3
联立 2 ，
 yx22x3
 5
x
x0   2
解得： 或 ，
y3
y
7
 4
5 7
此时点P的坐标为 , ；
2 4
5 7
综上所述，点P的坐标为4,5或 , ．
2 4
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数与坐标轴的交点，二次函数的最值，待定系数法确定函数解析式，平行线的判定，二次函数与一次函数的交点，等角对等边，中点坐标，垂直平分线的判定和
性质等知识点．掌握二次函数的性质、确定二次函数与一次函数交点坐标的方法是解题的关键．
3．（23-24九年级下·湖南永州·开学考试）综合与探究．
2 4
如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y x2 x2的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的
3 3
左侧），与y轴交于点C，连接BC．
(1)求A，B，C三点的坐标；
(2)若点P是x轴上一点，当

BCP为等腰三角形时，求点P的坐标；
(3)点Q是二次函数图象上的一个动点，请问是否存在点Q使QCBABC？若存在，请求出点Q的坐标；
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A1,0，B3,0，C0,2
(2)  3 13，0  或  3 13，0  或3，0或   5 ，0  
6 
28 286
(3) 2,2或 , 
 5 25 
2 4
【分析】（1）当y0时，即0 x2 x2，解方程可得图象与x轴交于点A1,0，B3,0，当x0
3 3
时，y2，从而得图象与y轴交于点C0,2；
（2）先利用勾股定理求出BC  13，再分当BC BP 13，当PCBC时，当PC PB时，三种情况讨
论求解即可；
（3）分点Q在BC上方时和点P在BC下方两种情况讨论求解即可．
2 4
【详解】（1）解：当y0时，即0 x2 x2，解得：x 1，x 3．
3 3 1 2∴图象与x轴交于点A1,0，B3,0，
当x0时，y2，
∴图象与y轴交于点C0,2，
（2）解：∵B3,0，C0,2，
∴BC  302 022  13，
   
当BC BP 13，则点P的坐标为 3 13，0 或 3 13，0 ；
当PCBC时，∵OCBP，
∴OPOB3，
∴点P的坐标为3，0；
当PC PB时，设点P的坐标为m，0，
∴PC2 PB2，
∴m02022 m32，
5
解得m ，
6
5 
∴点P的坐标为 ，0；
6 
综上所述，点P的坐标为  3 13，0  或  3 13，0  或3，0   5 ，0  ；
6 
（3）解：当点Q在BC上方时，
∵QCBABC，
∴CQ∥AB，即CQ∥x轴，
∴点Q与点C关于抛物线的对称轴对称，2 4
∵抛物线解析式为y x2 x2，
3 3
4
3
∴抛物线的对称轴为直线x 1；
 2
2 
 3
∵C0,2，
∴Q2,2；
当点Q在BC下方时，设CQ交x轴于点Km,0，
则OK m，KB3m．
∵QCBABC，
∴CK BK 3m．
在Rt

COK中，OC2OK2 CK2，
∴22m2 3m2，
5
解得：m ，
6
5 
∴K ,0，
6 
设直线CK 的解析式为ykxd ，
5
 kd 0
6 ，
 d 2
12
解得：k  ,d 2，
5
12
∴直线CK 的解析式为y x2，
5 12
y x2

 5
联立，得 ，
2 4
y x2 x2
 3 3
 28
x 
x 0   2 5
解得： 1 (舍去)， ，
y
1
2
y 
286
 2 25
28 286
∴Q , ．
 5 25 
28 286
综上所述，点Q的坐标为2,2或 , ；
 5 25 
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，求二次函数与坐标轴的交点坐标，一次函数与几何综合，勾股定
理，等腰三角形的性质与判定等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
4．（2024·上海嘉定·二模）在平面直角坐标系xOy（如图）中，已知抛物线yax2bx3经过点A(1,0)、
B(2,3)两点，与y轴的交点为C点，对称轴为直线l．
(1)求此抛物线的表达式；
(2)已知以点C为圆心，半径为CB的圆记作圆C，以点A为圆心的圆记作圆A，如果圆A与圆C外切，试判
断对称轴直线l与圆A的位置关系，请说明理由；
(3)已知点D在y轴的正半轴上，且在点C的上方，如果BDC BAC，请求出点D的坐标．
【答案】(1)此抛物线的表达式是yx22x3
(2)对称轴直线l与圆A的位置是相离，理由见详解
(3)点D的坐标为(0，7)【分析】（1）直接用待定系数法求解即可；
（2）设圆A的半径为r，又圆A与圆C外切，所以r2 AC，得到2 102，即AM r，即可判断；
（3）过点C作CH  AB，垂足为H，过点B作BGx轴，垂足为G，利用等角的正切值相等解决问题，
CH 1 CB 1
tanBAC   ，所以tanBDC   ，CB2，所以CD4，即可求解．
AH 2 CD 2
【详解】（1）解：∵抛物线yax2bx3经过点A(1，0)、B(2,3)两点
ab30 a1
∴ ，解得
4a2b33 b2
∴此抛物线的表达式是yx22x3；
（2）答：对称轴直线l与圆A的位置是相离
根据（1）得，抛物线yx22x3的对称轴l是直线x=1，
抛物线yx22x3与y轴的交点C点坐标为(0，3)，
所以CB2，
所以圆C的半径是2，
设圆A的半径为r，又圆A与圆C外切，所以r2 AC，
又AC  10，
所以r 102，
对称轴l与x轴垂直，设垂足为M，那么AM 的长就是圆A到对称轴l的距离，
又对称轴l是直线x=1，
所以点M 的坐标为(1，0)，
所以AM 2，
因为2 102，即AM r，
所以对称轴直线l与圆A的位置是相离．
（3）解：过点C作CH  AB，垂足为H，过点B作BGx轴，垂足为G，易得BG AG3 AB3 2，GBAGAB45，
又C点坐标为(0，3)， B点坐标为(2，3)，
所以BC  y轴，
所以CBH BCH 45，CB2，由勾股定理得 BH CH  2，
CH 2 1
所以AH  ABBH 2 2，在Rt  AHC中，tanBAC    ，
AH 2 2 2
BC
在Rt BCD中，tanBDC  ，

CD
因为BDC BAC，
CB 2 1
所以tanBDC    ，
CD CD 2
所以CD4，
所以点D的坐标为(0，7)．
【点睛】本题是二次函数与几何综合题，考查了待定系数法求解析式，圆与圆的位置关系，直线与圆的位
置关系，二次函数与角度的存在性问题，熟练掌握知识点是解题的关键．
5．（2023·海南·模拟预测）如图1，抛物线yax2bxc(a0)与x轴交于A(1,0)、B(3,0)两点，与y轴
交于点C(0,3)．直线yx1与抛物线交于A，D两点．点P是抛物线上一动点．
(1)求该抛物线的表达式及点D的坐标；(2)当点P的坐标为(1,4)时，求四边形PCAD的面积；
(3)抛物线上是否存在点P，使BAPCAD？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由；
(4)如图2，点M 、N 是对称轴上的两个动点，且MN 1，点M 在点N 的上方，求四边形ACMN的周长的
最小值．
【答案】(1)抛物线的解析式为yx22x3，D2,3
(2)4
5 7
(3)存在，P点的横坐标 或
2 2
(4) 10 131
【分析】本题考查二次函数的图象及性质，利用轴对称求最短距离，解直角三角形；
（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）过P点作FE//x轴，过点D作DEEF交于E，过点A作AF EF交于F ，利用割补法求四边形的面
积即可；
1
（3）连接BC交AD于点G，则AGB90，先求两直线的交点G(1,2)，可得tanCAD ，设P(t,t22t3)，
2
1 |t22t3|
过P点作PH x轴交于H，由PABCAD，得到方程  ，求出t的值即可；
2 t1
（4）连接BN ，过点B作BQ//MN，过点M 作MQ//BN ，BQ与MQ交于Q点，四边形ACMN的周长
 ACMNCQ，当C、M 、Q三点共线时，四边形ACMN的周长有最小值，分别求出AC  10，
CQ 13，即可得四边形ACMN的周长的最小值为 10 131．
【详解】（1）解：将A(1,0)、B(3,0)，C(0,3)代入yax2bxc，
abc0

9a3bc0，

c3
a1

解得b2 ，

c3
抛物线的解析式为yx22x3，
x22x3x1，

解得x2或x=1，D(2,3)；
（2）过P点作EF∥x轴，过点D作DEEF交于E，过点A作AF EF交于F ，
A(1,0)、C(0,3)，D(2,3)，P(1,4)，

PE1，DE1，AF 4，EF 3，
1 1 1 1
四边形PCAD的面积 (14)3 11 11 (41)14；
2 2 2 2
（3）存在点P，使BAPCAD，理由如下：
连接BC交AD于点G，
直线yx1与直线yx平行，

DAB45，
OCBO3，

CBA45，
AGB90，
设直线BC的解析式为ykx3，
3k30，
解得k 1，
直线BC的解析式为yx3，
当x3x1时，解得x1，
G(1,2)，
CG 2，AG2 2，
1
tanCAD ，
2设P(t,t22t3)，
过P点作PH x轴交于H，
PABCAD，

1 |t22t3|
tanPAB  ，
2 t1
5 7
解得t  或t 或t1（舍)，
2 2
5 7 7 9
P , 或 ， ；
2 4 2 4
5 7
P点的横坐标为 或 ；
2 2
（4）连接BN ，过点B作BQ∥MN，过点M 作MQ∥BN，BQ与MQ交于Q点，
四边形MNBQ是平行四边形，
BQMN，NBMQ，
A、B关于对称轴对称，

AN BN，
四边形ACMN的周长 ANMNCM AC  ACMNMQCM  ACMNCQ，
当C、M 、Q三点共线时，四边形ACMN的周长有最小值，
B(3,0)，MN 1，

Q(3,1)，
A(1,0)、C(0,3)，

AC  10，CQ 13，
四边形ACMN的周长的最小值为 10 131．
5
6．（2024·上海静安·二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线关于直线x 对称，且经过点A(0,3)
2
和点B(3,0)，横坐标为4的点C在此抛物线上．(1)求该抛物线的表达式；
(2)联结AB、BC、AC，求tanBAC的值；
(3)如果点P在对称轴右方的抛物线上，且PAC 45，过点P作PQ y轴，垂足为Q，请说明APQBAC，
并求点P的坐标．
1 5
【答案】(1)该抛物线的表达式为y  x2  x3；
2 2
1
(2)tanBAC 
3
17 44
(3)点P的坐标为 ， ．
 3 9 
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）先证得  AOB是等腰直角三角形，可得ABO45，AB 2OA3 2，过点C作CEx轴于E，则
BEC90，CE1，OE4，进而证得  BCE是等腰直角三角形，可得CBE45，BC  2CE 2，推
出ABC 90，再运用三角函数定义即可求得答案；
1 AQ 1 1
（3）连接AB，先证得APQBAC，得出tanAPQtanBAC ，即  ，设PQm，则AQ m，
3 PQ 3 3
1  1  17
可得OQ3 m，得出Pm,3 m，代入抛物线解析式求得m ，即可求得答案．
3  3  3
5
【详解】（1）解：

抛物线关于直线x 对称，
2
 5 2
设抛物线的解析式为yax

k，把A(0,3)、B(3,0)代入，
 2
25
ak 3

 4
得： ，
1
 ak 0
4 1
a

 2
解得： ，
1
k 
 8
1 5 2 1 1 5
y x    x2 x3，
2 2 8 2 2
1 5
该抛物线的表达式为y  x2  x3；
2 2
1 5 1 5
（2）解：在y  x2  x3中，令x4，得y 42 431，
2 2 2 2
C(4,1)，
A(0,3)、B(3,0)，

OAOB3，
 AOB是等腰直角三角形，

ABO45，AB 2OA3 2，
如图，过点C作CEx轴于E，则BEC90，CE1，OE4，
BEOEOB431，
BECE，
△BCE是等腰直角三角形，
CBE45，BC  2CE 2，
ABC180ABOCBE90，
BC 2 1
tanBAC   ；
AB 3 2 3
（3）证明：如图，连接AB，由（2）知 AOB是等腰直角三角形，

BAO45，
PAC45，

PAQBAC180BAOPAC90，
PQ y轴，

∠ PQA90，
PAQAPQ90，
APQBAC，
1
tanAPQtanBAC ，
3
AQ 1
  ，
PQ 3
1
设PQm，则AQ m，
3
1
OQOAAQ3 m，
3
 1 
Pm,3 m，
 3 

点P在对称轴右方的抛物线上，
1 1 5 5
3 m m2 m3，且m ，
3 2 2 2
17
解得：m ，
3
17 1 17 2 5 17 44
当m 时，y     3 ，
3 2  3  2 3 9
17 44
点P的坐标为 ， ．
 3 9 
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象和性质，等腰直角三角形的判定和
性质，解直角三角形等知识，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质、解直角三角形等知识是解题关键．1
7．（2024·广西·一模）如图，已知抛物线y x2bxc交x轴于A3,0，B4,0两点，交y轴于点C，P
3
是抛物线上一点，连接AC、BC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接OP，BP，若S 2S ，求点P的坐标；
△BOP △AOC
(3)若PBAACO，直接写出点P的坐标．
1 1
【答案】(1)y x2 x4
3 3
(2)点P的坐标为5,6或6,6；
 3 57  21 111
(3)点P的坐标为 , 或 , ．
 4 16  4 16 
【分析】
本题考查的是二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，正切函数的定义．
1
（1）将A(3,0)，B(4,0)两点代入y x2bxc，即可求解；
3
 1 1  1 1 1
（2）先求出S 6，则S 12，设Pt, t2 t4，可得 4  t2 t4 12，即可求P点坐标；
OAC BOP  3 3  2 3 3
（3）设PB交y轴于点Q，利用正切函数求得OQ3，利用待定系数法求得直线PB的解析式，联立求得即
可；当直线PB经过点Q关于原点的对称点Q时，也符合题意，同理求解即可．
1
【详解】（1）
1
解：将A(3,0)，B(4,0)两点代入y x2bxc，
3
33bc0

 16 ，
 4bc0

 3
 1
b
解得 3，
 c41 1
y x2 x4；
3 3
（2）
解：令x0，则y4，
C(0,4)，
OC4，
A(3,0)，

OA3，
1
S  346，
OAC 2
S 2S ，
 BOP AOC
S 12，
BOP
 1 1 
设Pt, t2 t4，
 3 3 
B(4,0)，

OB4，
1 1 1
 4  t2 t4 12，
2 3 3
解得t6或t5，
∴点P的坐标为5,6或6,6；
（3）解：设PB交y轴于点Q，
∵A(3,0)，B(4,0)，C(0,4)，
∴OA3，OC OB4，
∵PBAACO，
∴tanPBAtanACO，OQ OA OQ 3
∴  ，即  ，
OB OC 4 4
∴OQ3，
设直线PB的解析式为ykx3，
∴04k3，
3
解得k  ，
4
3
∴直线PB的解析式为y x3，
4
 3
y x3

 4
联立 ，
1 1
y x2 x4
 3 3
 3
x
x4   4
解得 或 ，
y0
y
57
 16
 3 57
∴点P的坐标为 , ；
 4 16
3
当直线PB经过点Q关于原点的对称点Q时，也符合题意，同理求得直线PB的解析式为y x3，联立
1 1 4
 3
y x3

 4
 ，
1 1
y x2 x4
 3 3
 21
x
x4   4
解得 或 ，
y0
y
111
 16
 21 111
∴点P的坐标为 , ；
 4 16 
 3 57  21 111
综上，点P的坐标为 , 或 , ．
 4 16  4 16 
8．（2024·山东济南·一模）如图，二次函数 yx²2mx2m1(m0). 的图象与x轴交于A、B两点（点
A 在点B的左侧），与y轴交于点 C，顶点为D，其对称轴与线段BC交于点 E，与x轴交于点 F． 连接
AC、BD．(1)若 m1,， 求B 点和C 点坐标；
(2)若 ACOCBD,求m的值；
(3)若在第一象限内二次函数 yx²2mx2m1(m0)的图象上，始终存在一点P，使得 ACP75.请
结合函数的图象，直接写出m的范围．
【答案】(1)B(3,0)，C(0,3)
(2)1
31
(3)0m
2
【分析】（1）令y0，解方程可得A，B两点坐标，令x0，可得点C的坐标；
（2）由题意得A(1,0)，B(2m1,0)，C(0,2m1)，进而可得OBOC 2m1，推出OBC 45，连接
AE，由AEBE，可得EABOBC45，推出ACEDBF ，利用解直角三角形可得
AE BE BF m1 DF m22m1
tanACE    ，tanDBF   m1，构建方程，求出m即可；
CE CE OF m BF m1
（3）设PC交x轴于点Q，证明CAO60，推出2m1 3，可得结论．
【详解】（1）当m1 时，y=x22x3，
令y0，得x22x30，
解得：x 1，x 3，
1 2

点A在点B的左侧，
B(3,0)，
令x0，得y=3，
C(0,3)；
（2）当y0时，x22mx2m10，解得：x 1，x 2m1，
1 2

点A在点B的左侧，且m0，
A(1,0)，B(2m1,0)，
当x0时，y2m1，

C(0,2m1)，
OBOC2m1，
BOC 90，

OBC45，
如图1中，连接AE，
yx22mx2m1(xm)2(m22m1)，

D(m,m22m1)，F(m,0)，
DF m22m1，OF m，BF m1，
A、B关于对称轴直线x1对称，

AEBE，
EABOBC45，
ACOCBD，OCBOBC，

ACOOCBCBDOBC，
即ACEDBF ，
EF OC，
 
AE BE BF m1
tanACE    ，
CE CE OF m
DF m22m1
tanDBF   m1，
BF m1
ACEDBF，

tanACEtanDBF，m1
 m1，
m
解得：m1或1，
m1
经检验，m1是方程 m1的根，
m
m0，

m1；
（3）如图2，设PC交x轴于点Q，
当点P在第一象限时，点Q总是在点B的左侧，此时CQACBA，即CQA45．
ACQ75，

CAO60，
2m1 3，
31
解得：m ，
2
又 CAQ15，

1 3
同法可得m ，
2
m0，

31
0m ．
2
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利
用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
9．（2024·广东·一模）综合应用．
2 4
如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y x2 x2的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B
3 3
的左侧），与y轴交于点C，连接BC．(1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式；
(2)点P是二次函数图象上的一个动点，请问是否存在点P使PCBABC？若存在，请求出点P的坐标；
若不存在，请说明理由；
(3)如图2，作出该二次函数图象的对称轴直线l，交x轴于点D．若点M是二次函数图象上一动点，且点M
始终位于x轴上方，作直线AM ，BM ，分别交l于点E，F，在点M的运动过程中，DEDF的值是否为
定值？若是，请直接写出该定值；若不是，请说明理由．
2
【答案】(1)A1，0，B3，0，C0，2，y  x2
BC 3
28 286
(2)存在，点P的坐标为2,2或 , 
 5 25 
16
(3)DEDF的值是定值；DEDF 
3
2 4
【分析】（1）当y0时，即0 x2 x2，解方程可得图象与x轴交于点A1,0，B3,0，当x0
3 3
时，y2，从而得图象与y轴交于点C0,2，利用待定系数法即可求解直线BC的函数表达式；
（2）分点P在BC上方时和点P在BC下方两种情况讨论求解即可；
 2 4 
（3）由（2）得抛物线的对称轴为直线x1，从而D1,0，设Mt, t2 t2且1＜t＜3，进而利用
 3 3 
4 4 4
待定系数法求得直线AM 和直线AM 的解析式，从而得DE t4,DF  t ，于是即可得
3 3 3
4 4  4  16
DEDF  t  t4 ．
3 3  3  3
2 4
【详解】（1）解：当y0时，即0 x2 x2，
3 3
解得：x 1，x 3．
1 2
∴图象与x轴交于点A1,0，B3,0，当x0时，y2，
∴图象与y轴交于点C0,2，
设直线BC为：ymxn，
把B3,0，C0,2代入ymxn得
2n
 ，
03mn
 2
m
解得 3，
 n2
2
∴直线BC的函数表达式为y  x2；
BC 3
（2）解：存在，理由如下：
当点P在BC上方时，
∵PCBABC，
∴CP∥AB，即CP∥x轴，
∴点P与点C关于抛物线的对称轴对称，
2 4
∵y x2 x2，
3 3
4
3
∴抛物线的对称轴为直线x 1；
 2
2 
 3
∵C0,2，
∴P2,2；
当点P在BC下方时，设CP交x轴于点Km,0，则OK m，KB3m．
∵PCBABC，
∴CK BK 3m．
在Rt

COK中，OC2OK2 CK2，
∴22m2 3m2，
5
解得：m ，
6
5 
∴K ,0，
6 
设直线CK 的解析式为ykxd ，
5
 kd 0
6 ，
 d 2
12
解得：k  ,d 2，
5
12
∴直线CK 的解析式为y x2，
5
 12
y x2

 5
联立，得 ，
2 4
y x2 x2
 3 3
 28
x 
x 0   2 5
解得： 1 (舍去)， ，
y
1
2
y 
286
 2 25
28 286
∴P , ．
 5 25 
28 286
综上所述，点P的坐标为2,2或 , ；
 5 25 16
（3）解：存在，DEDF的值为定值 ，理由如下：
3
由2得抛物线的对称轴为直线x1，
∴D1,0，
 2 4 
设Mt, t2 t2且1＜t＜3，
 3 3 
设直线AM 的解析式为yk xb，
1 1
将A1,0和点M 的坐标代入得：
k b 0
 1 1
 2 4 ，
tk b  t2 t2
  1 1 3 3
 2
k  t2
  1 3
解得： ，
2
b  t2
 1 3
 2  2
∴直线AM 的解析式为y t2x t2，
 3  3
4
当x1时，y t4，
3
 4 
∴E1, t4，
 3 
 2 2
同理，直线BM 的解析式为：y t x2t2，
 3 3
4 4
当x1时，y t ，
3 3
 4 4
∴F1, t ，
 3 3
4 4 4
∴DE t4,DF  t ，
3 3 3
4 4  4  16
∴DEDF  t  t4 ，
3 3  3  3
16
∴DEDF的值是定值，DEDF  ．
3
【点睛】本题考查了二次函数的图像及性质，待定系数法求一次函数的解析式，二元一次方程组的应用以
及勾股定理，熟练掌握二次函数的图像及性质以及勾股定理是解题的关键．
10．（2024·江苏宿迁·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过A、B、C三点，已知A1,0，
B3,0，C0,3．(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点P是抛物线上任意一点，若PBC ACO，求点P的坐标；
(3)点M 是抛物线上任意一点，若以M 、B、C为顶点的三角形是直角三角形，请直接写出点M 的坐标．
【答案】(1)yx22x3
 1 7
(2) 1,4或 , 
 2 4
1 5 5 5 1 5 5 5
(3) 1,4或2,5或 , 或 , 
 
2 2 2 2
   
【分析】（1）根据待定系数法求解即可；
6 10
（2）①当P在BC上方时，延长BP与y轴相交点Q，过B作BN  AC于N，利用等积法求出BN  ，
5
3 10 BN OQ
利用勾股定理求出CN  ，证明ACBOBP，利用正切定理可得出  ，求出OQ6，得出
5 CN BO
点Q的坐标，根据待定系数法求出直线BP解析式，把直线BP、抛物线解析式联立方程组，即可求出点P
的坐标；②当点P在BC下方时，设BP与y轴相交点Q，过B作BN  AC于N，类似①的方法求解即可；
（3）分BMC 90；MCB90；CBM 90三种情况讨论，根据勾股定理构建方程求解即可．
【详解】（1）解：设抛物线解析式为yax2bxc，
∵抛物线经过A1,0，B3,0，C0,3，
abc0 a1
 
∴9a3bc0，解得b2 ，
 
c3 c3
∴yx22x3；
（2）解：①当点P在BC上方时，延长BP与y轴相交点Q，过B作BN  AC于N，∵A1,0，B3,0，C0,3，
∴AO1，BOCO3，
∴AB AOBO4，AC  AO2CO2  10，BC  BO2CO2 3 2，
1 1
∵S  ABCO ACBN，
ABC 2 2
1 1
∴ 43  10BN，
2 2
6 10
∴BN  ，
5
3 10
∴CN  BC2BN2  ，
5
∵BOC 90，BOCO，
∴BCOCBO45，
又PBC ACO，
∴ACBACOBCOPBCOBC OBP，
∴tanACBtanOBP，
6 10
BN OQ 5 OQ
∴  ，即  ，
CN BO 3 10 3
5
解得OQ6，
∴Q0,6，
设直线BP解析式为ymxn，
3mn0
把B、Q坐标代入，得 ，
n6
m2
解得 ，
n6
∴y2x6，y2x6
联立方程组 ，
yx22x3
x1 x3
解得 或 ，
y4 y0
∴点P的坐标为1,4；
②当点P在BC下方时，设BP与y轴相交点Q，过B作BN  AC于N，
∵OQBPBCBCO，ACBACOBCO，PBC ACO，
∴ACBOQB，
∴tanACBtanOQB，
6 10
BN BO 5 3
∴  ，即  ，
CN QO 3 10 OQ
5
3
解得OQ ，
2
 3
∴Q0, ，
 2
1 3
同理可求直线BP解析式为y x ，
2 2
 1 3
y x
联立方程组 2 2 ，
 yx22x3
 1
x
  2 x3
解得 或 ，
y
7 y0
 4
 1 7
∴点P的坐标为 , ；
 2 4
 1 7
综上，点P的坐标为1,4或 , ；
 2 4
（3）解：设M  m,m22m3  ，
∵B3,0，C0,3，∴BM2 3m2  m22m3 2 ，CM2 m2  3m22m3 2 ，BC2 32 32 18，
当BMC 90时，BM2CM2 BC2，
∴3m2  m22m3 2 m2  3m22m3 2 18，
整理得m44m32m23m0，
∴mm3 m2m1  0，
1 5 1 5
解得m 0（不符合题意，舍去），m 3（不符合题意，舍去），m  ，m  ，
1 2 3 2 4 2
1 5 5 5
当m  时，m22m3 ；
3 2 2
1 5 5 5
当m  时，m22m3 ；
4 2 2
1 5 5 5 1 5 5 5
∴M的坐标为 , 或 , ；
   
2 2 2 2
   
当BCM=90时，BM2 CM2BC2，
∴3m2  m22m3 2 m2  3m22m3 2 18，
整理得m2m0，
解得m 0（不符合题意，舍去），m 1
1 2
∴m22m34
∴M的坐标为1,4；
当CBM 90时，CM2 BM2BC2，
∴m2  3m22m3 2 3m2  m22m3 2 18，
整理得m22m60，
解得m 3（不符合题意，舍去），m 2
1 2
∴m22m35
∴M的坐标为2,5，
1 5 5 5 1 5 5 5
综上，M的坐标为1,4或2,5或 , 或 , ．
   
2 2 2 2
   
【点睛】本题考查了二次函数的应用，待定系数法，等腰直角三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股
定理等知识，明确题意，数形结合，合理分类讨论是解题的关键．题型二：二倍角关系问题
对于平面直角坐标系中的二倍角问题，往往将其转化成等角问题。对于等角问题，往往有以下解决路径：
等角的构造方法
（1）将等角转化在一个三角形中，利用等腰三角形两边相等，借助距离公式解决；
（2）用等角的三角比相等，构造直角三角形，寻找比例关系；；
（3）利用角的和差关系，寻找等角，而等角存在两个相似三角形中，往往是子母三角形，利用比例线段构
建数量关系；
（4）利用角平分线的相关性质定理。
二倍角的构造方法
 2
如图，已知 ，我们可以利用等腰三角形和外角定理去构造 ，在 BC 边上找一点 D，使得
BD=AD，则ADC2.
这样我们就构造出了二倍角，接下来利用三角函数（一般用正切）计算就可以了
1．（2024·陕西西安·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2bx2(a0)与x轴分别交于A，B
两点，点A的坐标是(4,0)，点B的坐标是(1,0)，与y轴交于点C，P是抛物线上一动点，且位于第二象限，
过点P作PDx轴，垂足为D，线段PD与直线AC相交于点E
(1)求该抛物线的解析式；
(2)连接OP，是否存在点P，使得OPD2CAO？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理
由．
1 3
【答案】(1)抛物线的解析式为y x2 x2；
2 2
3 73
(2)点P的横坐标为 ．
4【分析】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，锐角三角函数等知识，解题的关键是用含字母
的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
（1）由待定系数法即可求解；
（2）证明H CAO，则tanH tanCAO，由PH OP，即可求解．
【详解】（1）解：设抛物线的表达式为：ya(x4)(x1)a(x23x4)，
则4a2，
1
解得：a ，
2
1 3
抛物线的解析式为y x2 x2；
2 2
（2）解：设存在点P，使得OPD2CAO，理由如下：
延长DP到H，设PH OP，连接OH，如图：
PH OP，

H POH ，
OPDH POH 2H，
OPD2CAO，

H CAO，
tanH tanCAO，
OD CO 2 1
    ，
DH OA 4 2
DH 2OD，
 1 3  1 3
设Pt, t2 t2，则ODt，PD t2 t2，
 2 2  2 2DH 2OD2t，
 1 3  1 1
PH DH PD2t t2 t2 t2 t2，
 2 2  2 2
PH OP，

1 1 1 3  2
 t2 t2 t2 t2 t2 ，
2 2 2 2 
  t2t4 2tt2，
3 73 3 73
解得t0（舍去）或 （舍去）或 ，
4 4
3 73
点P的横坐标为 ．
4
2．（2024·河南·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2bx2a0与x轴分别交于A，B
两点，点A的坐标是4,0，点B的坐标是1,0，与y轴交于点C，P是抛物线上一动点，且位于第二象
限，过点P作PDx轴，垂足为D，线段PD与直线AC相交于点E．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)连接OP，是否存在点P，使得OPD2CAO？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理
由．
1 3
【答案】(1)y x2 x2
2 2
3 73
(2)存在，点P的横坐标为
4
【分析】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，锐角三角函数等知识，解题的关键是用含字母
的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
（1）由待定系数法即可求解；
 1 3 
（2）延长DP到H，设PH OP，连接OH，证明H CAO，可得DH 2OD，设Pt, t2 t2，则
 2 2 1 3
ODt,PD t2 t2，根据PH OP，列出方程，即可求解．
2 2
【详解】（1）解：∵点A的坐标是4,0，点B的坐标是1,0，
∴可设抛物线的表达式为：yax4x1ax23ax4a，
∵抛物线的表达式为：yax2bx2a0，
∴4a2，
1
解得：a ，
2
1 3
∴抛物线的解析式为y x2 x2；
2 2
（2）解：设存在点P，使得OPD2CAO，理由如下：
1 3
对于y x2 x2，当x0时，y0,
2 2
∴点C的坐标为0,2，即OC 2，
延长DP到H，设PH OP，连接OH，如图：
∵PH OP，
∴H POH，
∴OPDH POH 2H，
∵OPD2CAO，
∴H CAO，
∴tanH tanCAO，
OD CO 2 1
∴    ，
DH OA 4 2
∴DH 2OD， 1 3  1 3
设Pt, t2 t2，则ODt,PD t2 t2，
 2 2  2 2
∴DH 2OD2t，
 1 3  1 1
∴PH DH PD2t t2 t2 t2 t2，
 2 2  2 2
∵PH OP，
1 1 1 3  2
∴ t2 t2 t2 t2 t2 ，
2 2 2 2 
3 73 3 73
解得t0（舍去）或 或 （舍去），
4 4
3 73
∴点P的横坐标为 ．
4
2
3．（2023·江苏无锡·中考真题）已知二次函数y  x2bxc 的图像与y轴交于点A，且经过点B(4, 2)
2
和点C(1, 2)．
(1)请直接写出b，c的值；
2
(2)直线BC交y轴于点D，点E是二次函数y  x2bxc 图像上位于直线AB下方的动点，过点E作直
2
线AB的垂线，垂足为F ．
①求EF的最大值；
②若△AEF 中有一个内角是ABC的两倍，求点E的横坐标．
【答案】(1)b3，c2
4 3 17
(2)① ；②2或
3 5
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）①过点E作y轴平行线分别交AB、BD于G、H．令x0，求得A(0, 2)，勾股定理求得AB，得
6 6 6 2
出cosABD ，则cosFEG ，进而可得EF  EG，求得直线AB的解析式为 y x 2，
3 3 3 2
 2 3 2   2 
设Em, m2 m 2，则Gm, m 2，进而表示出EG，最后根据二次函数的性质即可求
 2 2   2 
   
解．
2
②根据已知tanABC  ，令AC  2，AB2，在BC上取点D，使得ADBD，得出
22
tan(2ABC)2 2，然后根据tanMFAtanCBAtanFEN  ，设AM  2a，MF 2a．进而
2
分两种情况讨论，ⅰ当FAE2ABC时，tanFAE2 2，则相似比为1:2 2，得出E(6a, 23 2a)
5 2 
代入抛物线解析式，即可求解；ⅱ当FEA2ABC时，tanFEA2 2，同理可得E a, 2 a，
 
2 2
 
代入抛物线解析式即可求解．
2
【详解】（1）∵二次函数y  x2bxc 的图像与y轴交于点A，且经过点B(4, 2)和点C(1, 2)
2
 2
 2   424bc 
 2
∴
 2
2  1bc

 2
b3
解得：
c2
2
∴b3，c2，y  x23x2 ；
2
（2）①如图1，过点E作y轴平行线分别交AB、BD于G、H．
2
∵y  x23x2 ，
2
当x0时，y 2，
∴A(0, 2)，
∴AD2 2，BD4，
∴AB AD2BD2 2 6，
BD 6
∴cosABD  ．
AB 3
∵GFEGHB90，FGEHGB，
∴FEGABD，6
∴cosFEG ，
3
EF 6
∴  ，
EG 3
6
∴EF  EG．
3
∵A(0, 2),B(4, 2)
设直线AB的解析式为ykxd
 d  2
∴
4kd  2
 2
k 
解得： 2

d  2
2
直线AB解析式为y x 2．
2
 2 3 2 
设Em, m2 m 2，
 
2 2
 
 2 
Gm, m 2，
 2 
 
2 2
EG m22 2m (m2)22 2，
2 2
当m2时，EG取得最大值为2 2，
6 4 3
EF 的最大值为 2 2  ．
3 3
2
②如图2，已知tanABC  ，令AC  2，则BC 2，
2
在BC上取点D，使得ADBD，
∴ADC 2ABC，
设CDx，则ADBD2x，则x2( 2)2 (2x)2，
1
解得x ，
2
AC
∴tanADC   2 2 ，即tan2ABC2 2．
CD
如图3构造 AMF∽ FNE，且MN∥x轴，相似比为AF:EF，
 
2
又∵tanMFAtanCBAtanFEN  ，
2
设AM  2a，则MF 2a．
EF
分类讨论：ⅰ当FAE2ABC时，则tanFAE 2 2，
AF
∴

AMF与VFNE的相似比为1:2 2，
∴FN 2 2AM 4a，NE2 2MF 4 2a，
 
∴E 6a, 23 2a ，
1
代入抛物线求得a  ，a 0（舍）．
1 3 2
∴E点横坐标为6a2．
AF
ⅱ当FEA2ABC时，则tanFEA 2 2，
EF
∴相似比为2 2:1，
AM 1 MF 2
∴FN   a，NE  a，
2 2 2 2 2 2
5 2 
∴E a, 2 a，
 
2 2
 
34
代入抛物线求得a  ，a 0（舍）．
1 25 2
5 17
∴E点横坐标为 a ．
2 5
17
综上所示，点E的横坐标为2或 ．
5【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，待定系数法求二次函数解析式，线段长的最值问题，相似三角
形的性质与判定，正切的定义．利用分类讨论的思想并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
4．（2024·西藏·二模）已知抛物线yx2bxc与x轴交于点A1,0和点B，对称轴为直线x1，抛物
线与y轴交于C点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图（甲），P是抛物线第一象限内的任一点，过点P作PDx轴于D，直线BC与PD交于点E，当△CEP
是以PE为底的等腰三角形时，求P点的坐标；
(3)如图（乙），若点M是抛物线上任意一点，且满足MAB2ACO，求M的坐标．
【答案】(1)yx22x3；
(2)
1,4；
9 39 15 57
(3) , 或 , 
4 16  4 16
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（1）求出直线BC解析式，设点P坐标为：  x,x22x3  ，则点E坐标为x,x3，当△CEP是以PE为
底的等腰三角形时，点C在线段PE垂直平分线上，线段PE中点的纵坐标为3，由此求出x即可；
（3）如图所示，取点D1，0，连CD，在CD上取点F，使得AF  AD，连A,F并延长交抛物线于点M，
利用等腰三角形的性质和三角形内角和证明MABDCA2ACO，再分别用待定系数法依次求出直线
DC和直线AM 的解析式，求出直线AM 与抛物线交点M的坐标，再由对称性求出另一点M的坐标即
可．
【详解】（1）解：由题意，得01bc

 b ，
 1
 21

b2
解得： ，
c3
∴抛物线的解析式为：yx22x3；
（2）解：由题意点C坐标为0,3，
由抛物线的对称性，点B的横坐标为1113，
则B点的坐标为：3,0，
设直线BC解析式为：ykxbk 0，
把B3,0，C0,3代入，得，
03kb
 ，
 3b
k 1
解得： ，
 b3
∴直线BC解析式为：yx3，
∴设点P坐标为：  x,x22x3  ，则点E坐标为x,x3，
当△CEP是以PE为底的等腰三角形时，
点C在线段PE垂直平分线上，线段PE中点的纵坐标为3，
 x22x3  x3
∴3 ，
2
解得，x 1，x 0（舍去），
1 2
∴x22x31234，
故P点的坐标为1,4．
（3）解：取直线x1与x轴交点1,0，记为点D，
连CD，在CD上取点F，使得AF  AD，连A，F并延长交抛物线于点M，由题意可知，点A,D关于y轴对称，则有DAC CDA，2ACODCA，
∵AF  AD，
∴AFDCDA，
∴MABDCA2ACO，
设直线DC解析式为：ymxnm0，
把D1,0，C0,3代入，得，
0kb
 ，
 3b
解得，
k 3
 ，
 b3
∴直线DC解析式为：y  3x3
设点F坐标为x,3x3，
AF2 x1 2 3x32 x12 3x32，AD2 112 4，
 
∵AF  AD，
∴x123x32 4，
3
解得，x  ，x 1（舍去），
1 5 2
3 6
则点F坐标为： , ，
5 5
设直线AM 的解析式为yex f e0，
3 6
把点A1,0，F , 代入，得
5 50e f

6 3 ，
 e f

5 5
 3
e

 4
解得，
3
f 
 4
3 3
AM 的解析式为y x ，
4 4
3 3
当 x x22x3时，
4 4
9
解得x  ,x 1（舍去）
1 4 2
9 39
∴点M的坐标为 , ，
4 16
3 6
由对称性可知当F坐标为 , 时，直线AF与抛物线的另一个交点也满足题意，
5 5
15 57
同理可以求出此时M的坐标为 , ；
 4 16
9 39 15 57
综上，点M的坐标为 , 或 , ．
4 16  4 16
【点睛】本题是二次函数的综合与一次函数的综合，勾股定理，等腰三角形的性质等等，解题的关键在于
能够利用等腰三角形的性质构造出等角关系．
题型三：两角和与差问题
1．（2024·山西临汾·一模）综合与探究
1
如图，抛物线y x2 bxc的图像与x轴交于A,B4,0两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点
2
C0,2，作直线BC．
(1)求抛物线表达式及BC所在直线的函数表达式；(2)若点P是第一象限内抛物线上的一个动点，连接PB，PC，求 PBC面积的最大值及此时点P的坐标；

(3)若点M是抛物线上的点，且OBCOBM 45，请直接写出点M的坐标．
1 3 1
【答案】(1)抛物线解析式为y  x2  x2，直线BC的解析式为y   x  2，
2 2 2
(2)
PBC面积的最大值为4，此时点P的坐标为2，3

 5 17  1 13
(3) ， 或 ， 
 3 9   3 9 
【分析】（1）设出直线BC解析式，分别把B4,0，C0,2代入抛物线解析式中和直线BC解析式中，利
用待定系数法求解即可；
 1 3   1 
（2）过点P作PD∥y轴交BC于D，设Pm， m2 m2，则Dm， m2，可得
 2 2   2 
1
PD m222；再由S S S ，得到S m224，利用二次函数的性质即可求
2 VPBC VPCD VPBD PBC
出答案；
（3）如图所示，取点H2，2，连接CH，BH ，利用勾股定理和勾股定理的逆定理证明VBCH是等腰直
1 4
角三角形，得到BHC 45，则点M即为BH 为抛物线的交点，同理可得直线BH 解析式为y x ，
3 3
 1 4  5
y x x
  3 3   3 x4  5 17 1 4
联立 ，解得 或 ，则点M的坐标为 ， ；求出直线y x 与y
y 1 x2 3 x2 y 17 y0  3 9  3 3
 2 2  9
 4  4 1 4
轴的交点坐标为0， ；取T0， ，则直线BT 解析式为y x ，由对称性可得∠OBT ∠OBH ，
 3  3 3 3
 1 13
则射线BT 与抛物线的交点即为点M，同理可得点M的坐标为 ， ．
 3 9 
1 84bc0
【详解】（1）解：把B4,0，C0,2代入y x2 bxc中得： ，
2 c2
 3
b
∴ 2，
 c2
1 3
∴抛物线解析式为y  x2  x2；
2 2
设直线BC的解析式为ykxb，
4kb0
把B4,0，C0,2代入ykxb中得： ，
b2 1
k 
∴ 2，
 b2
1
∴直线BC的解析式为y   x  2；
2
（2）解：如图所示，过点P作PD∥y轴交BC于D，
 1 3   1 
设Pm， m2 m2，则Dm， m2，
 2 2   2 
∴PD 1 m2 3 m2   1 m2   1 m22m 1 m22 2；
2 2  2  2 2
∵S S S ，
VPBC VPCD VPBD
1 1
∴S  PDx x  PDx x 
PBC 2 P C 2 B P
1
 PDx x 
2 B C
2PD
m224，
∵10，
∴当m2时，S 最大，最大值为4，
PBC
∴此时点P的坐标为2，3
（3）解：如图所示，取点H2，2，连接CH，BH ，
∵B4,0，C0,2，
∴BC2 402 022 20，BH2 242 202 40，
CH2 202 222 20，
∴BC2CH2 BH2，BC2 CH2，∴VBCH是直角三角形，且∠HCB90，BC CH ，
∴VBCH是等腰直角三角形，
∴BHC 45，
∴∠OBC∠OBH 45，
∵OBCOBM 45，
∴点M即为BH 为抛物线的交点，
1 4
同理可得直线BH 解析式为y x ，
3 3
 1 4  5
y x x
  3 3   3 x4
联立 ，解得 或 ，
y
1
x2
3
x2 y
17 y0
 2 2  9
 5 17
∴点M的坐标为 ， ；
 3 9 
1 4 4
在y x 中，当x0时，y ，
3 3 3
1 4  4
∴直线y x 与y轴的交点坐标为0， ；
3 3  3
 4 1 4
取T0， ，则直线BT 解析式为y x ，
 3 3 3
由对称性可得∠OBT ∠OBH ，
∴射线BT 与抛物线的交点即为点M，
 1 4  1
y x x
  3 3   3 x4
联立 ，解得 或 ，
y
1
x2
3
x2 y
13 y0
 2 2  9
 1 13
∴点M的坐标为 ， ；
 3 9 
 5 17  1 13
综上所述，点M的坐标为 ， 或 ， ．
 3 9   3 9 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，勾股定理，勾股定理的逆定理，等腰直角
三角形的性质与判定等等，解（2）的关键在于利用线段PD的长表示出对应三角形的面积，解（3）的关键
在于取出H点证明等腰直角三角形得到45度的角．
1
2．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图，平面直角坐标系中，抛物线y x22与x轴交于A、B两点，与y
2
轴交于点C；
(1)如图1，求AB的长度．
(2)如图2，点D为第一象限抛物线上一点，连接AD，取AD上一点F ，以AF为底向下作等腰Rt△AGF，
设D点横坐标为t，试用含t的代数式表示tanOAG的值为______（直接填空）．
(3)如图3，在（2）的条件下，点P为第一象限抛物线上一点，连接OP交BF于点Q，连接CQ、GQ，CQGQ且CQGQ，连接并延长CF与GO交于点H，当ttan180CHG时，求P点横坐标．
【答案】(1)4
t
(2)
4t
171
(3)
2
【分析】（1）令y0，解方程，即可求解；
（2）以AD为斜边向上作等腰Rt△ADT ，过点T作PQ∥x轴，过点A,D分别作PQ的垂线，垂足分别为
P,Q，证明PAT 90TAOOAG，证明

PAT≌

QTDAAS得出PT DQ,APTQ，进而设
1  1  1 t
PT m，则DQPT m，则TQ AP t22m， A2,0，Dt, t22得出m t2 ，根据
2  2  4 2
正切的定义，即可求解；
 3
（3）证明

CAF∽

OAG得出AFC AGH，进而可得CHG18045135，则D1, 求得直线AD
 2
1 2 1
的解析式为y x1，证明  CAG∽  COQ得出OQ AG  AF，则OQ∥AD，可得直线OP的解析式
2 2 2
1
为y  x，联立抛物线解析式，即可求解．
2
1
【详解】（1）解：当y0时， x220，
2
解得：x 2,x 2
1 2
∴A2,0,B2,0
∴AB4
（2）解：如图所示，以AD为斜边向上作等腰Rt△ADT ，过点T作PQ∥x轴，过点A,D分别作PQ的垂线，
垂足分别为P,Q，∵等腰Rt△AGF，
∴DAG45
又∵TAD45
∴TAG90，则TA AG,
∵PAx轴，
∴PAO90
∴PAT 90TAOOAG
在 PAT, QTD中，
 
PQ90,PAT 90PTAQTD,TATD
∴ PAT≌  QTDAAS
∴PT DQ,APTQ
∵D点横坐标为t，
 1 
∴Dt, t22
 2 
1
设PT m，则DQPT m，则TQ AP t22m， A2,0
2
1
∴PQ t22mmx x t2
2 D A
1 t
∴m t2
4 2
1 t 1 t
t2 t2
4 2 4 2 t
∴tanPAT   
1 1 t  1 t 4t
 t22 t2   t2 2
2 4 2 4 2
t
∴tanOAG 
4t
t
故答案为： ．
4t
（3）解：如图所示，连接AC，∵ AOC， AGF是等腰直角三角形，
 
AC AF
∴   2，又CAF 45FAOOAG
AO AG
∴ CAF∽ OAG
 
∴AFC AGH
又∵AFH AFC 180
∴AFH AGH 180
∴CHGFAG180
∴CHG18045135
∴t tan180CHG1
 3
∴D1, 
 2
设直线AD的解析式为ykxb
3
 kb
∴2
 02kb
 1
k 
解得： 2
 b1
1
∴直线AD的解析式为y x1
2
∵ AGF是等腰直角三角形，

∴AF  2AG
∵OAOC 2
∴ AOC是等腰直角三角形，

∴AC  2CO∵CQGQ且CQGQ
∴GC  2CQ
又∵ACOGCOGCQGCO，即ACGOCQ
∴ CAG∽  COQ
AG AC
∴   2
OQ CO
2 1
∴OQ AG  AF
2 2
∵O是AB的中点，
∴OQ∥AD
1
∴直线OP的解析式为y  x
2
 1
y x

 2
∴
1
y x22
 2
 171
x
 2
解得： （负值舍去）
 171
y

 4
171
∴P的横坐标为 ．
2
【点睛】本题考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，二次函数的性质，相似三角形的性质与判
定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2024·江苏扬州·一模）如图1，在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知抛物线yx2bxc
的顶点坐标为C3,4，与x轴分别交于点A，B．连接AC，点D是线段AC上方抛物线上的一动点．
(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，在点D运动过程中，连接AD、CD，求△ADC面积的最大值；
(3)如图2，在点D运动过程中，连接OD交AC于点E，点F在线段OA上，连接OC、DF、EF，若
ACOFDODFE，求点F横坐标的最大值．
【答案】(1)yx26x5
(2)1
(3)4
【分析】本题主要考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，勾股定理，一次函数与几何综合：
（1）把抛物线设为顶点式即可得到答案；
（2）先求出A5，0，B1，0，进而求出直线AC解析式为y2x10；如图所示，过点D作DE∥y轴，
交AC于E，设D  m，m26m5  ，则Em，2m10，可得DEm421；进而得到
S S S m42 1，据此可得答案；
ADC ADE CDE
（3）利用勾股定理得到OA5，OC 5，AC2 5，则OAOC，可得OAC OCA，利用三角形外角
AF AE
的性质证明∠COE ∠AEF，进而证明△AEF∽△COE，得到  ，设AEm，则CE 2 5m，
CE OC
1 2
可得AF  m 5 1，则当m 5时，AF有最大值，最大值为1，即点F的横坐标的最大值为
5
514．
【详解】（1）解：∵抛物线yx2bxc的顶点坐标为C3,4，
∴抛物线解析式为yx324x26x5；
（2）解：在y'x26x5中，当y'x26x50时，解得x=1或x5，
∴A5，0，B1，0；
设直线AC解析式为ykxb，
3kb4
∴ ，
5kb0
k 2
∴ ，
b10
∴直线AC解析式为y2x10；
如图所示，过点D作DE∥y轴，交AC于E，设D  m，m26m5  ，则Em，2m10，
∴DEm26m52m10m28m15m42 1；
∴S S S
△ADC △ADE △CDE
1 1
 DEx x  DEx x 
2 D A 2 C D
1
 DEx x 
2 C A
DE
m42 1，
∵10，
∴当m4时，S 有最大值，最大值为1；
△ADC
（3）解：∵A5，0，C3,4，
∴OA5，OC  302 402 5，AC  53 2 042 2 5，
 
∴OAOC，
∴OAC OCA，
∵ACOFDODFE，OEF ∠FDO∠DFE，
∴∠ACO∠OEF，
∵∠AEO∠AEF ∠OEF ∠ACO∠COE，
∴∠COE ∠AEF，
∴△AEF∽△COE，
AF AE
∴  ，
CE OC
设AEm，则CE 2 5m，AF m
∴  ，
2 5m 5
m22 5m 1 2
∴AF   m 5 1，
5 5
∴当m 5时，AF有最大值，最大值为1，
∴点F的横坐标的最大值为514．
1
4．（2024·山东泰安·一模）如图，抛物线y x2 bxc的图象与x轴交于A，B4,0两点（点A在点B
2
的左侧），与y轴交于点C0,2，作直线BC．
(1)求抛物线表达式及BC所在直线的函数表达式；
(2)若点M 是抛物线上在第三象限的一个点，且OBCOBM 45，求出点M 的坐标；
(3)若点P是抛物线上的一个动点，连接PB，PC，当

PBC面积是△OBC面积的一半时，请直接写出P点
的横坐标．
1 3 1
【答案】(1)抛物线表达式为y  x2  x2；BC所在直线的函数表达式为y   x  2；
2 2 2
 5 17
(2)M , ；
 3 9 
(3)P点的横坐标是2 6或2 6或2 2或2 2．
【分析】（1）设出直线BC解析式，分别把B4,0，C0,2代入抛物线解析式中和直线BC解析式中，利
用待定系数法求解即可；
（2）如图所示，取点H2，2，连接CH，BH ，利用勾股定理和勾股定理的逆定理证明VBCH是等腰直
1 4
角三角形，得到BHC 45，则点M即为BH 为抛物线的交点，同理可得直线BH 解析式为y x ，
3 3
 1 4  5
y x x
  3 3   3 x4  5 17
联立 ，解得 或 ，则点M的坐标为 ， ；
y 1 x2 3 x2 y 17 y0  3 9 
 2 2  9
（3）分点P在直线BC的上方和下方，两种情况进行讨论求解即可．1
【详解】（1）解：把B4,0，C0,2代入y x2 bxc中得：
2
84bc0
 ，
c2
 3
b
∴ 2，
 c2
1 3
∴抛物线解析式为y  x2  x2；
2 2
设直线BC的解析式为ykxb，
把B4,0，C0,2代入ykxb中得：
4kb0
 ，
b2
 1
k 
∴ 2，
 b2
1
∴直线BC的解析式为y   x  2；
2
（2）解：已知B4,0，C0,2，
∴OB4，OC 2，则BC  4222 2 5，
如图所示，取点H2，2，作HGx轴于点G，使得CG4，GH 2，连接CH，BH ，
∴CH  202 222 2 5 BC，
∴Rt OBC≌Rt GCH，
 
∴OBC GCH，
∵OBCOCB90，
∴GCH OCB90，
∴VBCH是直角三角形，且∠HCB90，BC CH ，
∴VBCH是等腰直角三角形，∴BHC 45，
∴∠OBC∠OBH 45，
∵OBCOBM 45，
∴点M即为BH 为抛物线的交点，
1 4
同（1）法可得直线BH 解析式为y x ，
3 3
 1 4
y x

 3 3
联立 ，
1 3
y x2 x2
 2 2
 5
x
  3 x4
解得 或 ，
y
17 y0
 9
 5 17
∴点M的坐标为 ， ；
 3 9 
（3）∵B4,0，C0,2，
∴OB4,OC 2，
1
∴S  424，
△OBC 2
如图所示，
当点P在直线BC上方时：
1 1
将直线BC向上平移1个单位，得到y  x3，设直线y  x3与y轴的交点为D，当x0时，
2 2
y3，
∴D0,3，
1 1
∴S  CD42 S ，
BCD 2 2 OBC
1
∵S  S ，
BCP 2 OBC1
∴点P为直线y  x3与抛物线的交点，
2
1 1 3
令 x3 x2 x2，解得：x 2 2,x 2 2，
2 2 2 1 2
当点P在直线BC下方时，
1 1
将直线BC向下平移1个单位，得到直线y x1，则点P为直线y x1与抛物线的交点，
2 2
1 1 3
令： x1 x2 x2，
2 2 2
解得：x 2 6,x 2 6．
1 2
综上：P点的横坐标为：2 6或2 6或2 2或2 2．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，等腰三角形的判定和性质，一次
函数图象的平移等知识点，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想，进行求解，是解题
的关键．
2 2
5．（2022·湖北黄石·中考真题）如图，抛物线y x2 x4与坐标轴分别交于A，B，C三点，P是第
3 3
一象限内抛物线上的一点且横坐标为m．
(1)A，B，C三点的坐标为____________，____________，____________；
(2)连接AP，交线段BC于点D，
PD
①当CP与x轴平行时，求 的值；
DA
PD
②当CP与x轴不平行时，求 的最大值；
DA
(3)连接CP，是否存在点P，使得BCO2PCB90，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)A2,0 ;B3,0 ;C0,4
1 9
(2)① ；②
5 40
7
(3)存在点P，m
4
2 2
【分析】(1)令x=0，则y=4，令y=0，则 x2 x4=0，所以x=-2或x=3，由此可得结论；
3 3
PD CP 1
(2)①由题意可知，P(1，4)，所以CP=1，AB=5，由平行线分线段成比例可知，   ．
DA AB 5
4
②过点P作PQ∥AB交BC于点Q，所以直线BC的解析式为：y=- x+4．设点P的横坐标为m，则P(m，-
3
2 2 1 1 2 2 1 1 1 3
m2 m4)，Q( m2 m，- m2 m4)．所以PQ=m-( m2 m)=- m2 m，因为PQ∥AB，所以
3 3 2 2 3 3 2 2 2 2
1 3
PD PQ  m2 m
DA  AB = 2 2  1 (m 3 )2 9 ，由二次函数的性质可得结论；
5 10 2 40
(3)假设存在点P使得∠BCO+2∠BCP=90°，即0＜m＜3．过点C作CF∥x轴交抛物线于点F，由
∠BCO+2∠PCB=90°，可知CP平分∠BCF，延长CP交x轴于点M，易证△CBM为等腰三角形，所以M(8，
0)，所以直线CM的解析式为：y=- 1 x+4，令 2 x2 2 x4=- 1 x+4，可得结论．
2 3 3 2
【详解】（1）解：令x=0，则y=4，
∴C(0，4)；
2 2
令y=0，则 x2 x4=0，
3 3
∴x=-2或x=3，
∴A(-2，0)，B(3，0)．
故答案为：(-2，0)；(3，0)；(0，4)．
（2）解：①∵CP∥x轴，C0,4
，
∴P1,4，CP1，AB5
又∵CP∥x轴，
∴△CPD∽△BAD
PD CP 1
∴   ；
DA AB 5
②过P作PQ∥AB交BC于点Q，设直线BC的解析式为yk xb，
1 1
把B(3，0)，C(0，4)代入，得
 4
3k b 0 k 
 1 1 ，解得 1 3，
b
1
4
 b 4
1
4
∴直线BC的解析式为y x4，
3
 2 2  1 1 2 2 
设Pm, m2 m4，则Q m2 m, m2 m4，
 3 3  2 2 3 3 
1 1  1 3
∴PQm m2 m m2 m，
2 2  2 2
∵PQ∥AB，
∴△QPD∽△BAD
1 3
∴PD PQ  2 m2 2 m 1  3 2 9 ，
   m  
DA AB 5 10 2 40
3 PD 9
∴当m 时， 取最大值 ；
2 DA 40
（3）解：假设存在点P使得BCO2BCP90，即0m3，
过C作CF∥x轴，连接CP，延长CP交x轴于点M，
∴∠FCP=∠BMC，∵BCO2BCP90，
∴CP平分BCF ，
∴∠BCP=∠FCP，
∴∠BCP=∠BMC，
∴BC=BM，
∴ CBM 为等腰三角形，

∵BC5，
∴BM 5，OM 8，M8,0，
设直线CM解析式为y=kx+b，
把C(0，4)，M8,0代入，得
 1
8kb0 k 
 ，解得： 2，
b4
 b4
1
∴直线CM 的解析式为y x4，
2
 1
y x4

 2
联立 ，
2 2
y x2 x4
 3 3
7
解得x 或x0(舍)，
4
7
∴存在点P满足题意，即m ．
4【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，平行线分线段成比例，角度的存在性等相关内
容，解本题的关键是求抛物线解析式，确定点P的坐标．
6．（2023·辽宁营口·中考真题）如图，抛物线yax2bx1a0与x轴交于点A(1,0)和点B，与y轴交
于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D3,0，过点B作直线l x轴，过点D作DECD，交直线l于点
E．
(1)求抛物线的解析式；
BQ 5
(2)如图，点P为第三象限内抛物线上的点，连接CE和BP交于点Q，当  时．求点P的坐标；
PQ 7
(3)在（2）的条件下，连接AC，在直线BP上是否存在点F ，使得DEF ACDBED？若存在，请直
接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
1 6
【答案】(1)y x2 x1
5 5
 32
(2)P3, 
 5 
 5 48
(3)F , 或F10,4．
13 13
【分析】（1）根据抛物线过点A(1,0)，对称轴为直线x3，待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据题意求得B5,0，tanCDOtanDEB，求得BE6，则E5,6，进而求得直线EC的解析式
42
为y=x1，过点P作PT  x轴，交EC于点T，证明  PTQ∽  BEQ，根据已知条件得出PT  设Tt,t1，
5
 47 1 6
则Pt,t ，将点P代入y x2 x1，即可求解．
 5  5 5
（3）根据题意可得DEF 45，以DE为对角线作正方形DMEN ，则DEM DEN 45，进而求得M,N
的坐标，待定系数法求得EM,EN 的解析式，联立BP解析式，即可求解．【详解】（1）解：∵抛物线yax2bx1a0与x轴交于点A(1,0)，抛物线的对称轴交x轴于点D3,0，
则对称轴为直线x3，
ab10

∴ b ，
 3

 2a
 1
a

 5
解得：
6
 b
 5
1 6
∴抛物线解析式为y x2 x1；
5 5
1 6 1 6
（2）解：由y x2 x1，当y0时， x2 x10，
5 5 5 5
解得：x 1,x 5，
1 2
∴B5,0，
当x0时，y1，则C0,1，
∵DECD，CODEBDCDE90
∴CDO90EDBDEB，
∴tanCDOtanDEB，
OC DB
即  ，
OD BE
1 2
∴  ，
3 BE
∴BE6，则E5,6，
设直线EC的解析式为ykx1，则65k1，解得：k 1，
∴直线EC的解析式为y=x1，
如图所示，过点P作PT  x轴，交EC于点T，∵BE∥PT ，
∴ PTQ∽  BEQ
BQ 5
∵ 
PQ 7
BE BQ 5 42
∴   ，则PT 
PT PQ 7 5
 42  47
设Tt,t1，则Pt,t1 即Pt,t ，
 5   5 
 47 1 6
将点Pt,t 代入y x2 x1
 5  5 5
47 1 6
即t  t2 t1
5 5 5
解得：t3或t14（舍去）
47 32
当t 3时，t  ，
5 5
 32
∴P3, ；
 5 
（3）∵A(1,0)，C0,1，
则OAOC 1， AOC是等腰直角三角形，

∴OAC 45，由（2）可得BEDADC，
∵DEF ACDBED
∴DEF ACDADC OAC 45，
 32
由（2）可得P3, ，
 5 
设直线BP的解析式为yex f ，则
5e f 0

 32
3e f 

 5
 4
e
解得： 5
 f 4
4
∴直线BP的解析式为y x4
5
如图所示，以DE为对角线作正方形DMEN ，则DEM DEN 45，2
∵DB2,BE6，则DE 2 10，则DM  DE2 5，E5,6，
2
m32
n2 

2 5
2

设Mm,n，则 ，
m52 n62   2 5 2

m1 m7
解得： ， ，
n4 n2
则M1,4，N7,2，
设直线EM 的解析式为ysxt，直线EN 的解析式为ysxt
1 1
5st6 5s t 6
则 ， 1 1 ，
st4 7s t 2
1 1
 1
s
  2 s2
解得： ， ，
t
7 t 16
 2
1 7
设直线EM 的解析式为y x ，直线EN 的解析式为y2x16，
2 2
 1 7  5
y x x
  2 2   13  5 48
∴ 解得： ，则F , ，
y
4
x4 y
48 13 13
 5  13
y2x16
 x10
 4 解得： ,则F10,4，

y x4 y4
 5
 5 48
综上所述，F , 或F10,4．
13 13
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
7．（2023·湖北黄石·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2bxc与x轴交于两点A3,0,B4,0，与y轴交于点C0,4
．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)已知抛物线上有一点Px,y
，其中y 0，若CAOABP90，求x 的值；
0 0 0 0
(3)若点D，E分别是线段AC，AB上的动点，且AE2CD，求CE2BD的最小值．
1 1
【答案】(1)y x2 x4；
3 3
21
(2) ；
4
(3) 233．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
CO 4 3 3
（2）在Rt AOC中，tanCAO  ，则tanABP ，得到直线BP的表达式为：y (x4)，进

AO 3 4 4
而求解；
（3）作EAGBCD，证明△BCD∽△GAE且相似比为1:2，故当C、E、G共线时，
CE2BDCEEGCG为最小，进而求解．
【详解】（1）解：设抛物线的表达式为：ya(x3)(x4)a(x2x12)，
1
即12a4，则a ，
3
1 1
故抛物线的表达式为：y x2 x4①；
3 3
CO 4
（2）解：在Rt AOC中，tanCAO  ，

AO 3
CAOABP90，

3
则tanABP ，
4
3
故设直线BP的表达式为：y (x4)②，
41 1 3
联立①②得： x2 x4 (x4)，
3 3 4
21
解得：x x （不合题意的值已舍去）；
4 0
（3）解：作EAGBCD，
设AG2BC 24 2 8 2，
AE2CD，

△BCD∽△GAE且相似比为1:2，
则EG2BD，
故当C、E、G共线时，CE2BDCEEGCG为最小，
在 ABC中，设AC边上的高为h，

1 1
则S  ACh ABCO，
△ABC 2 2
即5h47，
28
解得：h ，
5
28
则 h 5 98 ，
sinACD   sinEAG
BC 4 2 10
则tanEAG7，
过点G作GN x轴于点N ，
56
则NG AGsinEAG ，
5
56
即点G的纵坐标为： ，
5
7
同理可得，点G的横坐标为： ，
5
 7 56
即点G ， ，
 5 5  7 2  56 2
由点C、G的坐标得，CG 0  4   233，
 5  5 
即CE2BD的最小值为 233．
【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的
思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
8．（23-24九年级下·重庆北碚·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2bxc与x轴交于
点A(1,0)和点B，与y轴交于点C(0,2)，点E(1,1)是抛物线上一点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，连接BC，点P是直线BC上方抛物线上一点，过点P作PDBC交直线BC于点D，求 13PD
的最大值及此时点P的坐标；
(3)连接CE，过点A作AF CE，交CE于点F，将原抛物线沿射线AF方向平移 2个单位长度得到新抛物
线y，点Q为新抛物线y上一点，直线CQ与射线AF交于点G，连接GE．当CAECGE180时，直
接写出所有符合条件的点Q的横坐标．
3 1
【答案】(1)y x2 x2
2 2
2 5 4
(2)当P , 时， 13PD的最大值为
3 3 3
4 10 4 10 11 97 11 97
(3) 或 或 或
3 3 6 6
【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）过点P作PM x轴，交x轴于点M ，交BC于点N ，根据锐角三角函数得到PDPNcosOBC，将
13PD转化为二次函数求最值即可；
（3）先求出AC AE，进而得到F 为CE的中点，推出抛物线的平移规则，求出新的抛物线的解析式，根
据CAECGE180，当点G在F 右侧时，得到A,C,E,G四点共圆，推出ACG90，利用锐角三角函数求出AG的长，进而求出G点坐标，得到直线CG的解析式，联立直线和抛物线的解析式，求出Q点坐
标即可，当点G在F 左侧，点F 是GG中点时，CGF CGF，根据中点坐标公式，求出点G的坐标，
得到直线CG的解析式，联立直线和抛物线的解析式，求出Q点坐标即可．
【详解】（1）解：把A(1,0)，C(0,2)，E(1,1)代入函数解析式，得：
 3
a
abc0  2
 
c2 ，解得：c2 ，
 
abc1 1
b
 2
3 1
∴y x2 x2；
2 2
3 1
（2）∵y x2 x2，
2 2
3 1
∴当y0时， x2 x20，
2 2
4
解得：x 1,x  ，
1 2 3
4 
∴B ,0，
3 
∵C0,2，
4 2 13
∴OB ,OC 2,BC  ，
3 3
OB 2 13
∴cosOCB  ，
BC 13
4  3
设直线BC的解析式为y kx2，把B ,0代入，得：k  ，
3  2
3
∴y x2，
2
过点P作PM x轴，交x轴于点M ，交BC于点N ，
∵PDBC，
∴PDN PMB90，又：DNM PDNDPN PMBOBC，
∴DPN OBC，
PD 2 13
∴cosDPN cosOBC   ，
PN 13
2 13
∴PD PN ，
13
∴ 13PD2PN，
 3 1   3 
设Pm, m2 m2，则：Nm, m2，
 2 2   2 
3 1 3 3 3 2 2 2
∴PN  m2 m2 m2 m22m m   ，
2 2 2 2 2 3 3
2 2 2 4
∴当m 时，PN 有最大值为 ，此时 13PD最大为2  ；
3 3 3 3
2 5 4
∴当P , 时， 13PD的最大值为 ．
3 3 3
（3）∵A1,0,C0,2,E1,1，
∴AC  1222  5,AE 11212  5，
∴AC AE，
∵AF CE，
∴点F 为CE的中点，
1 3
∴F , ，
2 2
过点F 作FH x轴，
3 1
∴FH  ，OH  ，
2 2
3
∴AH OAOH  ，
2
∴AH FH ，
3
∴FAH 45，AF  2AH  2，
2
将原抛物线沿射线AF方向平移 2个单位长度得到新抛物线y，即将原抛物线先向右平移1个单位，再向
上平移1个单位，
3 1 3 1
则新抛物线的的解析式为：y x12 x121 x12 x13，
2 2 2 2
3x2 7x
即：y  1
2 2∵AF垂直平分CE，且点G在AF上，
∴CG=EG，
∵AG AG,AC  AE，
∴ ACG≌ AEG，
 
∴ACGAEG，
又∵ACGAEG360CAECGE180，
当点G在F 右侧时，ACG90，
∴CG AC，
过点C作CG AC交AF于点G
∵AF CE，
AF AC
∴cosCAF   ，
AC AG
∴AC2  AF AG，
 2 3
即： 5  2AG，
2
5
∴AG 2，
3
过点G作GK x轴于点K，
∵GAK 45，
2 5
∴AK GK  AG ，
2 3
2
∴OK  AKOA ，
3
2 5
∴G , ，
3 3
2 5 5 2 1
设CG的解析式为：yk x2，把G , 代入，得：  k 2，解得：k  ，
1 3 3 3 3 1 1 2
1
∴y   x  2，
2
 1  4 10  4 10

y x2 x x
 2  3  3
联立 ，解得： 或 ，
 3x2 7x  10 4  10 4
y  1 y  y 
 2 2   6 3   6 3
4 10 4 10
∴Q点的横坐标为： 或 ，
3 3
当点G在F 左侧时，点F 是GG中点时，CGF CGF， 2
p
 3 1  1
   p
 2 2  3
设点Gp,q，则： 解得： ，
5 4
q q
 3 3  3

 2 2
1 4
∴G  , ，
3 3
1 4 4 1
设CG的解析式为：yk x2，把G  , 代入，得：  k 2，解得：k 2，
2 3 3 3 3 2 2
∴y2x2，
 11 97  11 97
y2x2 x x
  6  6
联立 3x2 7x ，解得： 或 ，
y  1  1 97  1 97
 2 2 y y
  6   6
11 97 11 97
∴Q点的横坐标为： 或 ，
6 6
4 10 4 10 11 97 11 97
故答案为： 或 或 或 ．
3 3 6 6
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及到待定系数法求函数解析式，解直角三角形，四点共圆，二
次函数求最值，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识点，综合性强，难度大，计算
量大，属于压轴题，掌握相关知识点，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键．
9．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线yax2ax2交x轴的负
半轴于点A，交x轴的正半轴于点B，交y轴于点C,OAOC．(1)a______________；
(2)如图1，点D在第二象限的抛物线上，连接BD交y轴于点E，设点D的横坐标为m，线段DE的长为d，
请直接写出d与m的函数解析式；
(3)如图2，在（2）的条件下，点F 在第四象限的抛物线上，点G在第一象限的抛物线上，连接
AD,AE,BF,DF,DG,FG,DF交y轴于点H，若ABDBFGDGF,AD AE,BFFH DH
，求点G的坐标并直接写出直线FG的解析式．
1
【答案】(1)
3
m m24m13
(2)d 
3
11 25 11 23
(3)G ， ，y x
 2 4  6 6
【分析】（1）待定系数法求得a的值，即可求解；
（2）过点D作DT x轴于点T，根据点D在第二象限的抛物线上，设点D的横坐标为m，则
 1 1  1 1
Dm, m2 m2，Tm,0得出DT  m2 m2，BT 3m，OEm2，根据OE∥DT 得出
 3 3  3 3
DE TO
 ，即可求解；
EB OB
OE 1
（3）过点D作DT x轴于点T，证明 DAE是等腰直角三角形，得出tanABD  ，

OB 3
OE 1
tanEAO  ，设ABD,EAO则DEAABDEAB45，过点B作BK  x
AO 2
轴，交DF的延长线于点K，设DK交x轴于点J，连接TH 并延长，交BK 于点N ，连接FN ，证明

KBF
是等腰直角三角形，得出K3,4，N3,2，F1,2，过点F 作FM∥DG交BK 于点M ，进而求得
1 5 1 7
M3,1待定系数法求得直线FM 的解析式为y x 得出直线DG的解析式为y x ，联立抛物线
2 2 2 2解析式得出G的坐标，进而得出FG的解析式，即可求解．
【详解】（1）解：当x0时，yax2ax22，
∴C0,2，即OC 2
∵OAOC
∴A2,0
将A2,0代入yax2ax2
∴4a2a20
1
解得：a
3
1
故答案为： ．
3
（2）如图所示，过点D作DT x轴于点T，
1 1
由（1）可得y x2 x2
3 3
1 1
令y0，则 x2 x20
3 3
解得:x 2,x 3
1 2
∴OB3
 1 1 
点D在第二象限的抛物线上，设点D的横坐标为m，则Dm, m2 m2，Tm,0
 3 3 
1 1
∴DT  m2 m2，BT 3m
3 3
1
m2m3
∴ tanDBT  EO  DT  3  1 m2
BO BT 3m 3
∴OEm2∴EB EO2BO2  m22 32  m24m13
∵OE∥DT
DE TO
∴ 
EB OB
d m
即 
m24m13 3
m m24m13
∴d 
3
（3）解：如图所示，过点D作DT x轴于点T，
 1 1 
∵A2,0，Dm, m2 m2，E0,m2
 3 3 
∴AT 2mOE，
在Rt ADT,Rt EAO中，
 
AT OE

AD AE
∴Rt ADT≌Rt EAO HL
 
∴TDAOAE，DT  AO2
又TDADAT 90
∴OAEDAT 90
∴DAE=90，则 DAE是等腰直角三角形，

∵DT  AO2
1 1
∴DT  m2 m22
3 3
解得：m3或m4（舍去）
∴D3,2，E0,1，T3,0，DT 2OE，则OE是△BDT 的中位线OE 1 OE 1
∴tanABD  ，tanEAO 
OB 3 AO 2
设ABD,EAO
∴DEAABDEAB45，
如图所示，过点B作BK  x轴，交DF的延长线于点K，设DK交x轴于点J，
∵HE∥BK，DEBE
∴DH HK，
又BFFH DH
∴BF FK，
∴FBK FKB
在Rt JBK 中，JKBBJK 90,JBFFBK 90

∴BJK FBJ
∴FJ FB
连接TH 并延长，交BK 于点N ，连接FN ，
∵DT∥BK
∴DTH KNH
又∵DH HK，DHT KHN，
∴ DTH≌ KNH ASA，
 
∴NK DT ，HDHK
又∵HE∥BK，DEEB，HDHK，
∴HE2BK，
同理可得 TJH≌ FNH
 
∴JTH FNH∴FN∥TJ
∴FN BK
又∵FBFK
∴FN BK，NB NK，
∴ KBF是等腰直角三角形，

∴DJT BJK 45
∴TJ DT 2，
∵BT TOBO336，则BK BJ 4，BN NK FN 2，
∴K3,4，N3,2，F1,2
过点F 作FM∥DG交BK 于点M ，
∵ABDBFGDGF
∴DGF GFM BFGBFM ，
又∵ABDBFM
即BFM 
∵BFN 45
∴MFN 
1
∵tan ，FN 2
2
∴MN 1
∴M3,1
设直线FM 的解析式为ykxb
将F1,2，M3,1代入得，
kb2

3kb1
 1
k 

 2
解得：
5
b
 2
1 5
∴直线FM 的解析式为y x
2 2
1
设直线DG的解析式为y xb
2 13
将D3,2代入，得2 b
2 1
7
解得：b 
1 2
1 7
∴直线DG的解析式为y x
2 2
 1 7
y x

 2 2
联立
1 1
y x2 x2
 3 3
 11
x
x3   2
解得： ,
y2
y
25
 4
11 25
∴G ， 
 2 4 
11 25
设直线FG的解析式为ycxd，将F1,2，G ，

 2 4 
代入得，
cd 2

11 25
cd 

2 4
 11
c

 6
解得：
23
d 
 6
11 23
∴直线FG的解析式y x
6 6
【点睛】本题考查了二次函数的综合运用，待定系数法求解析式，平行线分线段成比例定理，解直角三角
形，二次函数的线段周长问题，角度问题，全等三角形的性质；综合运用以上知识是解题的关键．
1
10．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）如图，抛物线y x2bx10分别交x轴于点A和B（A在B左侧），交
3
1 189
y轴于点C，直线y x9交x轴于点E，交y轴于点D，连接AD，VADE的面积是 ．
2 2(1)如图1，求b的值；
(2)如图2，点P为第一象限抛物线上一点，点P的横坐标为t，连接AP和BP， ABP的面积为S，求S与t

之间的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
(3)如图3，在（2）的条件下，S 65，直线AP和直线DE相交于点F ，G为AP延长线上一点，连接GE，
AEDDEG，点M 为GE上一点，连接FM、FN ，MN FM 交x轴于点N ，BN NE，且GM  NE，
在y轴负半轴上一点H，使MFNFEH 90，若求点H的坐标．
7
【答案】(1)b
3
13 91
(2)S  t2 t65
6 6
(3)H0,6
189
【分析】（1）先求出D0，9，E18，0，得到OD9，OE 18，进而根据VADE的面积是 ，求出
2
AE21，则A3，0，再利用待定系数法求解即可；
（2）先求出对称轴，进而求出点B的坐标，则可求出AB的长，再求出点P的坐标，进而根据三角形面积
公式求解即可；
yx3

（3）根据（2）所求，结合S 65可得P7，10，求出直线AP解析式为y= x+ 3，联立 1 ，可得
y x9

 2
F4，7；过点F作FHPGE交轴于H，可证明FHEH，设Hh，0，利用勾股定理得到
37  35 49
h42072 18h2，可得H  ，0，FH ，AH ，证明△FAH∽△GAE，求出
 4  4 4
GE 15，设Gg，g3，利用勾股定理可得g182 g32 152，解方程可得G9，12；过点M作MT x
轴，延长TM 交直线AG于Q，过点G、F分别作QT的垂线，垂足分别为S、R，过点G作GK x轴于K，
3 4
设GM  NE 5m，则GK  AK 12，EK 9，解直角三角形得到cos∠GEK  ，sin∠GEK  ，
5 5
GS 3
GAK 45，则cos∠SGM cos∠GEK   ，∠GQS 45，可得QS GS 3m；证明四边形GSTK
GM 5
是矩形，得到TS GK 12，则AT QT 123m，TN  AEEN AT 98m，解Rt MTE，得到

MT 124m；进而得到MR54m；FRQR53m，证明△FMR∽△MNT ，求出m1，则
FR8MT ，可证明△FMR≌△MNT ，推出MFN 45，则FEH 45；取W9，9，连接CW，EW ，可证明△CWE是等腰直角三角形，且∠ECW 90，得到CEW 45，则点H即为CW 与y
1
轴的交点，同理可得直线W解析式为y x6，则H0,6．
3
1
【详解】（1）解：在y x9中，当x0时，y9，当y0时，x18，
2
∴D0，9，E18，0，
∴OD9，OE 18，
189
∵VADE的面积是 ，
2
1 189 1 189
∴ ODAE  ，即 9AE  ，
2 2 2 2
∴AE21，
∴OA3，
∴A3，0，
把A3，0代入y 1 x2bx10中得： 1 323b100，
3 3
7
∴b ；
3
1 7
（2）解：由（1）得抛物线解析式为y=- x2+ x+10，
3 3
∵点P为第一象限抛物线上一点，点P的横坐标为t，
 1 7 
∴Pt， t2 t10；
 3 3 
7
3 7
∵抛物线对称轴为直线x  ，
2 2

3
∴点B的坐标为10，0，
∴AB13，
1 13 1 7  13 91
∴S  ABy   t2 t10 t2 t65；
2 P 2  3 3  6 6
13 91
（3）解：由（2）可得S  t2 t6565，
6 6
解得t7或t0（舍去），
∴P7，10；
设直线AP解析式为ykxb，3kb0
∴ ，
7kb10
k 1
∴ ，
b3
∴直线AP解析式为y= x+ 3，
yx3
 x4
联立 1 ，解得 ，

y x9 y7
 2
∴F4，7；
如图所示，过点F作FHPGE交轴于H，
∴∠EFH∠FEG，
∵AEDDEG，
∴∠FEH∠EFH，
∴FHEH，
设Hh，0，
∴h42072 18h2，
37
解得h ，
4
37  35
∴H  ，0，FH ，
 4  4
49
∴AH ，
4
∵FH∥GE，
∴△FAH∽△GAE，GE 21
GE AE 
∴  ，即 35 49 ，
FH AH
4 4
∴GE 15，
设Gg，g3，
∴g182 g32 152，
解得g 9或g 6（舍去），
∴G9，12；
如图所示，过点M作MT x轴，延长TM 交直线AG于Q，过点G、F分别作QT的垂线，垂足分别为S、
R，过点G作GK x轴于K，设GM  NE 5m，
∴GK  AK 12，EK 9，
EK 3 GK 4
∴cos∠GEK   ，sin∠GEK   ，GAK 45，
EK 5 EK 5
∵GS∥OE，
∴∠SGM ∠GEK，∠QGS ∠GAK 45，
GS 3
∴cos∠SGM cos∠GEK   ，∠GQS 45，
GM 5
∴GS 3m，
∴QS GS 3m，
∵GS⊥TS，GK⊥KT，ST⊥KT ，
∴四边形GSTK是矩形，
∴TS GK 12，∴AT QT 123m，
∴TN  AEEN AT 98m，
4
在Rt MTE中，MT MEsinMET 155m 124m；

5
∵FR∥x轴，
∴TR7，
∴MR54m；FRQR53m，
∵∠MRE ∠MTN ∠FMN 90，
∴∠RMF ∠RFM 90∠RMF ∠TMN，
∴∠RFM ∠TMN ，
∴△FMR∽△MNT ，
FR MT 53m 124m
∴  ，即  ，
MR TN 54m 98m
3
解得m1或m （此时不满足BN NE，舍去）；
8
∴FR8MT ，
∴△FMR≌△MNT ，
∴FM MN，
∴MFN 45，
∵MFNFEH 90，
∴FEH 45；
如图所示，取W9，9，连接CW，EW ，∴CW2 902992 405，CE2 92182 405，
EW 9182 902 810，
∴CW CE，CW2CE2 WE2，
∴△CWE是等腰直角三角形，且∠ECW 90，
∴CEW 45，
∴点H即为CW 与y轴的交点，
1
同理可得直线W解析式为y x6，
3
∴H0,6．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，等腰直角三角形的性
质与判定，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三
角形，相似三角形和直角三角形是解题的关键．
题型四：特殊角问题
1．（2024·安徽芜湖·二模）如图1，抛物线yx12 c与x轴交于点A和点B（点A在原点的左侧，点
B在原点的右侧），且OB3．在x轴上有一动点Em,00m3，过点E作直线l x轴，交抛物线于
点M ．
(1)求点A的坐标及抛物线的解析式；
(2)如图2，连接AM ，若MAB60，求此时点E的坐标；
(3)如图3，连接BM 并延长交y轴于点N ，连接OM ，记△AEM 的面积为S ,△MON的面积为S ，若
1 2
S =S ，求此时点E的坐标．
1 2
【答案】(1)A1,0，yx22x3； 
(2)E 3 3,0 ；
 131 
(3)E ,0．
 
2
 
【分析】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，解直角三角形：
（1）先求出B3，0，接着利用待定系数法求出对应的函数解析式，再根据对称性求出点A的坐标即可；
（2）点M 坐标为  m,m22m3  ，则MEm22m3，求出AEm1，解直角三角形得到
ME  3AE，则 3m1m22m3，解方程即可得到答案；
m22m3smt sm1
（3）设直线BM 的表达式为ysxt，则 ，解得 ，则直线BM 的表达式为
03st t 3m3
ym1x3m3，即可得到点N 坐标为0,3m3，则ON 3m3,AEm1，据此分别求出S，S ，
1 2
再由S =S 建立方程求解即可．
1 2
【详解】（1）解：∵OB3，
∴B3，0，
把B3，0代入yx12c中得：312 c0，
∴c4，
∴抛物线解析式为yx124x22x3，
∵抛物线对称轴为直线x1，
∴A1，0；
（2）解：由题意得点M 坐标为  m,m22m3  ，
∴MEm22m3
A1,0，

∴AEm1，
MAB60，

ME
∴tan∠MAE   3，
AE∴ME  3AE，
 3m1m22m3，
m1（舍去）或m3 3，
 
E 3 3,0 ；
（3）解：由题意得点M 坐标为  m,m22m3 
设直线BM 的表达式为ysxt，
m22m3smt sm1
则 ，解得
03st t 3m3
∴直线BM 的表达式为ym1x3m3，当x0时，y3m3，
∴点N 坐标为0,3m3，
∴ON 3m3,AEm1
1 1
S  AEy  m1 m22m3  ，
 1 2 M 2
1 1 1
S  ONx  3m3mS  m1 m22m3  ，
2 2 M 2 1 2
3mm1m1 m22m3  ，
∴m10或3mm22m3，
 131
解得m1（舍去）或m （负值舍去）
2
 131 
E ,0．
 
2
 
2．（2024·广东东莞·一模）如图，抛物线yx22x3交x轴于A，B两点，交y轴于点C，连接AC，
BC．(1)求 ABC的面积；

(2)点M 为y轴上一点，是否存在点M ，使得 MBC与 ABC相似？若存在，请求出点M 的坐标；若不存
 
在，请说明理由；
(3)点P为抛物线上一点（点P与点B不重合），且使得△PAC中有一个角是45，请直接写出点P的坐
标．
【答案】(1)6
 3
(2)存在，点M 的坐标为0, 或M0，1，理由见详解
 2
5 7
(3)点P坐标为(2,3)，( , )或(4,5)．
2 4
【分析】（1）分别确定点A,B,C的坐标，进而可得AB,OC的长度，然后根据三角形面积公式求解即可；
（2）若 MBC与 ABC相似，则进行分类讨论，当 BCA∽ CMB或当 BAC∽ CMB，由相似三角形的性
     
质可得对应边成比例，再代入数值进行计算，即可求解；
（3）分三种情况讨论：根据题意，点P与点B不重合，当APC 45时；当PAC 45时，设AP交y轴
于点H，过点H作HN  AC于点N ，证明

AHN为等腰直角三角形，结合点A,C坐标可得
NH OA 1 10
tanACO   ，设HN NAt，则CN 3t，AH  2t，进而解得t ，即可确定点H坐
CN OC 3 4
标，利用待定系数法解得直线AH的解析式，联立直线AH的解析式与抛物线解析式，求解即可确定点P坐
标；当ACP45时，同理可解．
【详解】（1）解：对于抛物线yx22x3，
当x0时，可有y3，即C(0,3)，
当y0时，可有x22x30，
解得x 1，x 3，
1 2
即A(1,0)，B(3,0)，
∴OC 3，AB3(1)4，
1 1
∴S  ABOC  436；
ABC 2 2
3
（2）解：存在，点M 的坐标为(0, )，或M0，1
2
理由如下：
∵A(1,0)，B(3,0)，C(0,3)，∴AC 1232  10，AB4，BC  3232 3 2，
如下图，当 BCA∽ CMB时，
 
BC AB 3 2 4
则有  ，即  ，
CM BC CM 3 2
9
∴CM  ，
2
9 3
∴OM CM OC  3 ，
2 2
3
∴M(0, )；
2
当 BAC∽ CMB时，如图：
 
BC AB 3 2 4
则有  ，即  ，
CM BC 3 2 CM
∴CM 4，
∴OM CM OC 1
则M0，1，
3
综上：M(0, )或M0，1
2
（3）解：根据题意，点P与点B不重合；且APC 45，如图结合二次函数的对称性，且ABC 45
∴BAP45
∴CP∥AB
则y  y 3
P C
∵yx22x3
2
∴对称轴x 1
21
1
则 x x 1
2 C P
则x 2
P
∴P的坐标为2，3
当PAC 45时，如下图，
设AP交y轴于点H，过点H作HN  AC于点N ，
∵PAC 45，
∴NHA90PAC 45PAC，
∴HN NA，
∵A(1,0)，C(0,3)，
∴OA1，OC 3，
NH OA 1
∴tanACO   ，
CN OC 3设HN NAt，则CN 3t，AH  2t，
∴AC t3t 10，
10
解得t ，
4
5
∴AH  2t  ，
2
1
∴OH  AH2OA2  ，
2
1
∴H(0, )，
2
 1
设直线AH的解析式为yk xb(k 0)，将点A(1,0)，H0, 代入，
1 1 1  2
0k b
 1 1
可得1 ，
b
 2 1
 1
k 
  1 2
解得 ，
1
b 
 1 2
1 1
∴直线AH的解析式为y x ，
2 2
1 1
联立直线AH的解析式y x 与抛物线解析式yx22x3，
2 2
 1 1
y x
可得 2 2 ，
 yx22x3
5
解得x=1（舍去）或x ，
2
5 7
∴点P( , )；
2 4
当ACP45时，如下图，设CP交x轴于点T，过点T作TK BC于点K，
∵B(3,0)，C(0,3)
∴OBOC 3，
1
∴OCBCBT  9045，
2
∵ACPOCB45，即ACOOCPOCPPCB，
∴ACOPCB，
TK 1
∴tanBCP tanACO ，
CK 3
∵KBT 45，
∴KTB90KBT 45KBT ，
∴KBKT ，
设KT KBt，则CK 3t，BT  2t，
∴BC 3tt3 2，
3 2
解得t ，
4
3
∴BT  2t ，
2
3
∴T( ,0)，
2
3
设直线CT的解析式为yk xb (k 0)，将点C(0,3)，T( ,0)代入，
2 2 2 2
3b
 2
可得 3 ，
0 k b
  2 2 2
k 2
解得 2 ，
b 3
2
∴直线CT的解析式为y2x3，
联立直线CT的解析式y2x3与抛物线解析式yx22x3，
y2x3
可得 ，
yx22x3
解得x0（舍去）或x4，
∴点P(4,5)．
5 7
综上所述，点P坐标为(2,3)，( , )或(4,5)．
2 4【点睛】本题是二次函数综合应用，主要考查了坐标与图形、待定系数法求一次函数解析式、解直角三角
形、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的性质等知识，综合性强，难度较大，解题关
键是运用数形结合和分类讨论的思想分析问题．
1 1
3．（2024·福建泉州·一模）已知抛物线y x2 mxc与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），
4 2
与y轴交于点C0,3，顶点D的坐标是4,1．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)经过0,2的直线l∥x轴，过点B作BH l于点H．
①求证：A，D，H三点共线；
②M是抛物线上一点，且MAH 45，求点M的坐标．
1
【答案】(1)y x22x3
4
22 16
(2)①证明见解析；② ， 
 3 9 
【分析】本题主要考查了二次函数综合，一次函数的性质，求二次函数解析式，勾股定理和勾股定理的逆
定理：
（1）利用对称轴公式求出m4；代入点C坐标即可求出c，进而求出解析式；
（2）①先求出A、B坐标，进而求出点H坐标，再求出直线AD解析式，最后验证点H是否在直线AD上
即可；②取C8，2，连接AC，HC，可证明 AHC是等腰直角三角形，且ACH 90，则CAH 45，

即直线CA与抛物线的交点即为点M，据此求解即可．
1 1
【详解】（1）解：∵抛物线y x2 mxc的顶点坐标为4,1，
4 2
1
 m
2
∴ 4，
1
2
4
∴m4，
∵抛物线经过C0,3，
∴c3，
1
∴抛物线解析式为y x22x3；
41 1
（2）解：①在y x22x3中，当y x22x30时，解得x2或x6，
4 4
∴A2，0，B6，0，
∵经过0,2的直线l∥x轴，过点B作BH l于点H，
∴H6，2；
设直线AD解析式为ykxb，
2kb0
∴ ，
4kb1
 1
k 
∴ 2，
 b1
1
∴直线AD解析式为y x1，
2
1 1
在y x1中，当x6时，y 612，
2 2
∴点H6，2在直线AD上，
∴A，D，H三点共线；
②如图所示，取C8，2，连接AC，HC，
∵A2，0，H6，2，
∴AC2 282 022 40，AH2 622 202 20，
CH2 682222 20，
∴AH2CH2  AC2，AH CH ，
∴ AHC是等腰直角三角形，且ACH 90，

∴CAH 45，
∴直线CA与抛物线的交点即为点M，
1 2
同理可得直线CA解析式为y x ，
3 3
 1 2  22
y x x
  3 3   3 x2
联立 ，解得 或 ，
y
1
x22x3 y
16 y0
 4  9
22 16
∴点M的坐标为 ， ．
 3 9 4．（2024·广东汕头·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yx2bxc与直线l:ykxm交于
A1，1，B两点，与y轴交于C0，5，直线l与y轴交于点D．
(1)求抛物线的函数表达式：
AF 3
(2)设直线l与抛物线的对称轴的交点为F，若  ，求直线l的解析式：
FB 4
(3)若在x轴上存在一点P，使APB90，且APBP，直接写出k的值．
【答案】(1)yx25x5
1 1
(2)y x
2 2
(3) 21或 2 1
【分析】（1）将点A1,1，C0，5代入yx2bxc，用待定系数法求函数解析式即可；
（2）根据抛物线解析式求出对称轴，过点A作AM 对称轴于点M，过点B作BN 对称轴于点N，易得
AF AM 3
  ，从而求出点M的坐标，进而求出点B的坐标，再利用待定系数法求出直线l的解析式；
FB BN 4
（3）过点A作AGx轴于点G，过点B作BH x轴于点H，易证 PAG≌ BPH，设点Pa,0，表示出
 
点B 的坐标，代入抛物线解析式，从而求出点B坐标的两种情况，分情况将点B和点A的坐标代入
ykxm，从而得解．1bc1
【详解】（1）解：将点A1,1，C0，5代入yx2bxc得： ，
 c5
b5
解得： ，
 c5
抛物线的函数表达式为yx25x5．
5 5
（2）解：抛物线的对称轴：x  ，
2 2
如图，过点A作AM 对称轴于点M，过点B作BN 对称轴于点N，
则AM BN，

 AMF∽ BNF，
 
AF AM 3
   ，
BF BN 4
3BN 4AM ，
A1,1，

5 
M ,1，
2 
5 3
AM  1 ，
2 2
3BN 4AM 6，
BN 2，
5 9 9 11
B的横坐标为： 2 ，即点B , ，
2 2 2 4 
 km1
9 11 
把点A1,1和B , 代入ykxm得9 11，
2 4   km
2 4
 1
k 

 2
解得： ，
1
m
 21 1
直线l的解析式：y x ．
2 2
（3）解：如图，过点A作AGx轴于点G，过点B作BH x轴于点H，
则AGPBHP90，
APB90，

APGBPH 90，
APGPAG90，

PAGBPH ，
APBP，

 PAG≌ BPH ，
 
AGPH ，PGBH ，
设点Pa,0，
则AG1，PGPH a1，AGPH 1，
Ba1,a1，
a1a125a15，
解得：a 2 2，a 2 2，
1 1
   
B 3 2,1 2 或B 3 2,1 2 ，
 km1
①当B  3 2,1 2  ，A1,1时，得    ，
3 2 km1 2

 k  21
解得： ，
m2 2
 km1
②当B  3 2,1 2  ，A1,1时，得    ，
3 2 km1 2

 k  21
解得： ，
m2 2
综上所述：k的值为 21或 2 1．【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，全等三角
形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，解题关键是灵活运用相关知识数形结合解决问题．
5．（2024·河北邯郸·一模）【建立模型】（1）如图1，点B是线段CD上的一点，ACBC，ABBE，
EDBD，垂足分别为C，B，D，ABBE．求证： ACB≌ BDE；
 
【类比迁移】（2）如图2，一次函数y3x3的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，将线段AB绕点B
逆时针旋转90得到BC、直线AC交x轴于点D．
①点C的坐标为______；
②求直线AC的解析式；
【拓展延伸】（3）如图3，抛物线yx23x4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交
1
于点C，已知点Q0,1，连接BQ，抛物线上是否存在点M，使得tanMBQ ，若存在，直接写出点M
3
的横坐标．
1 4 14
【答案】（1）见解析； （2）①4,1；②直线AC的解析式为y x3；（3） 或
2 11 13
【分析】（1）根据题意得出C DABE90，AEBD，证明

ACB≌

BDEAAS，即可得证；
（2）①过点C作CEx轴于点E，同（1）的方法，证明 CBE≌ BAO，根据一次函数y3x3的图象
 
与y轴交于点A、与x轴交于点B，求得A0,3，B1,0，进而可得C点的坐标；②由A0,3，设直线AC
1
的解析式为ykx3，将点C4,1代入得直线AC的解析式为y x3；
2（3）根据解析式求得A1,0，B4,0；①当M 点在x轴下方时，如图所示，连接MB，过点Q作QH BM
于点H，过点H作DEy轴于点D，过点B作BEDE，于点E，证明

QDH∽

HEB，根据
1 QH QH DH 1  7 21
tanMBQtanQBH   得出   ，设DH a，则BE3a，求得点H , ，进而
3 BH BH BE 3 10 10
求得直线BM 的解析式，联立抛物线解析式即可求解；②当M 点在x轴的上方时，如图所示，过点Q作
QGMB，于点G，过点G作PF∥x轴，交y轴于点F ，过点B作PBFP于点P，同①的方法即可求
解．
【详解】（1）证明：∵ACBC，ABBE，EDBD，
∴C DABE90，
∴ABCA90,ABCEBD90，
∴AEBD，
又∵ABBE，
∴ ACB≌  BDEAAS；
（2）如图所示，过点C作CEx轴于点E，
∵将线段AB绕点B逆时针旋转90得到BC，
∴BABC,ABC 90，
又AOBCEB90，
∴ABO90CBEECB，
∴ CBE≌  BAOAAS，
∴BE AO,CEBO，
∵一次函数y3x3的图象与y轴交于点A、与x轴交于点B，
当x0时，y3，即A0,3，
当y0时，x=1，即B1,0，
∴BE AO3,CEBO1，∴EOEBBO314，
∴C4,1，
故答案为：4,1；
②∵A0,3，设直线AC的解析式为ykx3，
将C4,1代入得：14k3
1
解得：k 
2
1
∴直线AC的解析式为y x3，
2
（3）∵抛物线yx23x4与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，
当y0时，x23x40，
解得：x 1,x 4，
1 2
∴A1,0，B4,0；
①当M 点在x轴下方时，如图所示，连接MB，过点Q作QH BM 于点H，过点H作DEy轴于点D，
过点B作BEDE，于点E，
∵QDH EQHB90，
∴DQH 90QHDBHE，
∴ QDH∽  HEB，
QH DH DQ
∴   ，
BH BE HE
1 QH
∵tanMBQtanQBH   ，
3 BH
QH DH 1
∴   ，
BH BE 3设DH a，则BE3a，
∵DE4，
4 a
∴HE4a，QD  ，
3 3
∵ODBE，Q0,1，
4 a
∴1  3a，
3 3
7
解得：a ，
10
 7 21
∴H , ，
10 10
设直线BH 的解析式为ykxb，
 7 21
 7 21  kb
代入H , ，B4,0得：10 10，
10 10
 4kb0
 28
b

 11
解得： ，
7
 k
 11
7 28
∴直线BM 解析式为y x ，
11 11
 7 28
y x
联立 11 11 ，
 yx23x4
4
解得：x 4（舍去），x  ；
1 2 11
②当M 点在x轴的上方时，如图所示，过点Q作QGMB于点G，过点G作PF∥x轴，交y轴于点F ，
过点B作PBFP于点P，
同理可得 FGQ∽ PBG，
 
FG FQ QG 1
∴    ，
PB PG GB 3设FGb，则PB3b，
∵FP4，
4b
∴GP4b，FQ ，
3
∵FQPB1，
4b
∴ 3b1，
3
1
解得：b ，
10
 1 3 
∴G ， ，
10 10
设直线MB的解析式为ymxn，
 1 3
 1 3   mn
代入G ， ，B4,0得：10 10，
10 10
 4mn0
 1
m

 13
解得： ，
4
n
 13
1 4
∴直线MB的解析式为y x ，
13 13
 1 4
y x
联立 13 13，
 yx23x4
14
解得：x 4（舍去），x  ，
1 2 13
4 14
综上所述，M 的横坐标为 或 ．
11 13
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，待定系数法求一次函数解析式，相似三角形的性质与判定，全等
三角形的性质与判定，旋转的性质等知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．
6．（2024·安徽滁州·一模）已知抛物线yx22n1x3n1交x轴于点A1，0和点B，交y轴于点
C．(1)求抛物线的函数解析式；
(2)如图1，已知点P是位于BC上方的抛物线上的一点，作PM BC，垂足为M，求线段PM 长度的最大
值；
(3)如图2，已知点Q是第四象限抛物线上一点，ACQ45，求点Q的坐标．
【答案】(1)yx2 3x4；
(2)PM 的最大值为2 2；
14 34
(3)点Q的坐标为 ， ．
 3 9 
【分析】（1）将点A1，0代入yx22n1x3n1，求得n1，即可得解；
（2）求得点B和C的坐标，推出OABOBC 45，作PF x轴于点F ，交BC于点E，得到△PEM
是等腰直角三角形，PM  2 PE，设P  m，m23m4  ，求得PM 关于m的二次函数，利用二次函数的
2
性质求解即可；
（3）作BGCQ轴于点G，作GH x轴于点H，求得BC4 2，证明ACOGCB，利用正切函数的
定义求得BG 2，证明

HBG是等腰直角三角形，求得G3，1，再求得直线CG的解析式，据此求解即
可．
【详解】（1）解：∵抛物线yx22n1x3n1交x轴于点A1，0，
∴12n13n10，
解得n1，
∴抛物线的函数解析式为yx2 3x4；
（2）解：当x0时，y4；当y0时，x23x40，
解得x4或x=1；
∴B4，0，C0，4，
∴OAOB4，
∴OCBOBC 45，
作PF x轴于点F ，交BC于点E，
∴PEM BEF 90OBC 45，
∴△PEM 是等腰直角三角形，
2
∴PM  PE，
2
设直线BC的解析式为ykx4，
把B4，0代入得04k4，
解得k 1，
∴直线BC的解析式为yx4，
设P  m，m23m4  ，则Em，m4，
2 2 2
∴PM  PE  m23m4m4   m22 2 2，
2 2 2
2
∵ 0，
2
∴PM 有最大值，最大值为2 2；
（3）解：作BGCQ轴于点G，作GH x轴于点H，∵A1，0，B4，0，C0，4，
∴OA1，OBOC 4，BC4 2，
∵ACQ45，OCB45，
∴ACOGCB，
OA BG
∴tanACOtanGCB，即  ，
OC BC
1 BG
∴  ，
4 4 2
∴BG 2，
∵OBC 45，
∴HBG45，
∴ HBG是等腰直角三角形，

∴BH GH 1，
∴OH 413，
∴G3，1，
5
同理直线CG的解析式为y x4，
3
5
联立得 x4x23x4，
3
14
解得x0或x ；
3
14 5 14 34
当x 时，y  4 ，
3 3 3 9
14 34
∴点Q的坐标为 ， ．
 3 9 
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，等腰直角三角形的性质，三角函数的定义，勾股定理等知识，根据题意作出辅助线是解题的关键．
4
7．（2023·四川自贡·中考真题）如图，抛物线y x2bx4与x轴交于A(3,0)，B两点，与y轴交于
3
点C．
(1)求抛物线解析式及B，C两点坐标；
(2)以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，求点D坐标；
(3)该抛物线对称轴上是否存在点E，使得ACE45，若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理
由．
【答案】(1)抛物线解析式为y 4 x2 8 x4，B1,0，C0,4
3 3
(2)D2,4或D4,4或D4,4
 27
(3)E1, 
 7 
【分析】（1）将点A(﹣3,0)代入抛物线解析式，待定系数法求解析式，进而分别令x,y0，即可求得B,C
两点的坐标；
（2）分三种情况讨论，当AB，AC,BC为对角线时，根据中点坐标即可求解；
（3）根据题意，作出图形，作AGCE交于点G，F 为AC的中点，连接GO,GF，则A,O,C,G在

F上，
5
根据等弧所对的圆周角相等，得出G在yx上，进而勾股定理，根据FG 建立方程，求得点G的坐标，
2
进而得出CG的解析式，即可求解．
4
【详解】（1）解：∵抛物线y x2bx4与x轴交于A(3,0)，
3
4
∴ 323b40
3
8
解得：b ，
34 8
∴抛物线解析式为y x2 x4，
3 3
当x0时，y4，
∴C0,4
，
4 8
当y0时，0 x2 x4
3 3
解得：x 3,x 1，
1 2
∴B1,0
（2）∵A3,0，B1,0，C0,4
，
设Dm,n，
∵以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形
m0 31 4n 00
当AB为对角线时，  , 
2 2 2 2
解得：m2,n4，
∴D2,4；
30 1m 40 0n
当AC为对角线时，  , 
2 2 2 2
解得：m4,n4
∴D4,4
3m 01 04 0n
当BC为对角线时，  , 
2 2 2 2
解得：m4,n4
∴D4,4
综上所述，以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，D2,4或D4,4或D4,4
（3）解：如图所示，作AGCE交于点G，F 为AC的中点，连接GO,GF，∵ACE45
∴ AGC是等腰直角三角形，

∴A,O,C,G在 F上，

∵A3,0，C0,4
，
 3  1 5
∴F ,2，AC  AO2CO2 5，GF  AC 
 2  2 2
∵AOGACG45，
∴G在yx上，
设Gt,t，则GF2   t 3  2 t22    5  2
 2 2
7
解得：t  ，t 0（舍去）
1 2 2
 7 7
∴点G ， 
 2 2
设直线CG的解析式为ykx4
7 7
∴  k4
2 2
1
解得：k  .
7
1
∴直线CG的解析式y x4
7
∵A3,0，B1,0，
31
∴抛物线对称轴为直线x 1，
2
1 27
当x=1时， 14= ，
7 7
 27
∴E1, ．
 7 【点睛】本题考查了二次函数的综合运用，待定系数法求解析式，平行四边形的性质，圆周角角定理，勾
股定理，求一次函数解析式，熟练掌握以上知识是解题的关键．
8．（2024·山西大同·一模）综合与探究
1
如图，抛物线y x22x6与x轴交于点A和B，点A在点B的左侧，交y轴于点C，作直线BC．
2
(1)求点B的坐标及直线BC的表达式；
DE 5
(2)当点D在直线BC下方的抛物线上运动时，连接OD交BC于点E，若  ，求点D的坐标；
OE 12
(3)抛物线上是否存在点F．使得BCF 15?若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)点B的坐标是6,0，直线BC的表达式是yx6；
 15  7
(2)点D的坐标是1, 或5, ；
 2   2
  122 3 4 316
(3)存在，点F 的坐标是 42 3,4 3 或 , ．
 
3 3
 
【分析】
（1）令y0和x0，解方程即可求得点B和点C的坐标，再利用待定系数法即可求解；
（2）作DH x轴，垂足为H，交直线BC于点G，证明△DGE∽△OCE，利用相似三角形的性质求解即
可；
（3）分两种情况讨论，利用待定系数法和解方程组即可求解．
1
【详解】（1）解：令y0，解方程 x22x60得x2或x6，
2∴点B的坐标为6，0；
令x0，则y6，
∴点C的坐标为0，6；
设直线BC的表达式为ykx6，则06k6，
解得k1，
∴直线BC的表达式为yx6；
（2）解：作DH x轴，垂足为H，交直线BC于点G，
∴DG∥OC，
∵点C的坐标为0，6，
∴OC6，
 1 
设点D的坐标为m，m22m6，则点G的坐标为m，m6，
 2 
1 1
∴GDm6 m22m6 m23m，
2 2
∵DG∥OC，
∴△DGE∽△OCE，
DG DE
∴  ，
OC OE
1
 m23m
∴ 2 5 ，整理得m26m50，

6 12
解得m5或m1，
 15  7
∴点D的坐标为1, 或5, ；
 2   2（3）解：∵点B的坐标为6，0，点C的坐标为0，6，
∴OBOC 6，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴OCB45，
∵BCF 15，
∴OCF 60或OCF 30，
当OCF 60时，以OC为边作等边 OCM ，直线CM 交抛物线于点F ，此时BCF 15，如图，

作MN  y轴于点N ，
1
在Rt△OMN中，OM OC 6，ON  OC 3，
2
∴MN  OM2ON2 3 3，
 3
y x6
  3  3
∴点M 的坐标为 3 3，3 ，同理，求得直线MC的表达式为y x6，联立 ，
3  y 1 x22x6
 2
 122 3
x
 3 x0
解得 或 （舍去），
 4 316 y6
y

 3
122 3 4 316
∴点F 的坐标是 , ；
 
3 3
 
当OCF 30时，设CF交x轴于点K，此时BCF 15，如图，在Rt△OCK中，OC6，OCK 30，
∴OK OCtan302 3，
 
∴点K的坐标为 2 3，0 ，
同理，求得直线CK 的表达式为y 3x6，
y 3x6

联立 1 ，
y x22x6
 2
 x42 3 x0
解得 或 （舍去），
y4 3 y6
 
∴点F 的坐标是 42 3,4 3 ；
  122 3 4 316
综上，点F 的坐标是 42 3,4 3 或 , ．
 
3 3
 
【点睛】本题考查了一次函数表达式的确定，函数图象上点的坐标特征，二次函数图象和性质，解一元二
次方程，相似三角形的判定和性质，勾股定理，分类讨论思想等，属于中考压轴题，解题关键是熟练掌握
待定系数法，运用方程思想和分类讨论思想．
9．（2024·山东济南·一模）如图，抛物线yax2bx 3（a0）与x轴交于点A1,0和点B，与y轴
交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D1,0，过点B作直线l x轴，过点D作DECD，交直线l于点
E．(1)求抛物线的解析式；
BQ 1
(2)点P为第四象限内抛物线上的点，直线BP与DE交于点Q，当  时，求点P的坐标；
PQ 2
(3)坐标轴上是否存在点F，使得DEF 75，若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
3 2 3
【答案】(1)y x2 x 3；
3 3
 4 3
(2)P1, ；
 
3
 
34 3   2 39
(3)F的坐标为 ,0或0, ．
   
3 3
   
b 3 2 3
【分析】（1）由题意得到 1①，ab 30②，联立得到方组组，解方程组得到a ，b ，
2a 3 3
即可得到抛物线的解析式；
（2）设DE交y轴于G，过P作PH PBE交DE于H，求出B3,0，E  3, 2 3 ，则BE 2 3 ，设
 
 3  3
 3 2 3   3 3 3 3 4 3
P  t, t2 t 3  ，则H  t, t   ，得到PH  t2 t ，证明  HPQ∽  EBQ，利用
 3 3   3 3  3 3 3
相似的性质列方程解方程得到t0或1，即可得到点P的坐标；
（3）分F在x轴上和在y轴上两种情况，利用数形结合进行求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴交x轴于点D1,0，
∴抛物线yax2bx 3的对称轴为直线x1，
b
∴ 1①，
2a
∵点A1,0在抛物线yax2bx 3上，
∴ab 30②，由①②联立方程组，
 b
 1
 2a ，

ab 30
3 2 3
解得：a ，b ，
3 3
3 2 3
∴抛物线的解析式为y x2 x 3；
3 3
（2）设DE交y轴于G，过P作PH PBE交DE于H，如图：
3 2 3
在y x2 x 3中，令x0得y 3，
3 3
 
∴ C 0, 3 ，
∴OC  3，
∵OD1，
∴CD OD2OC2 2，
1
∴OD CD，
2
∴OCD30，
∵DECD，
CD 3 2
∴cos30 ，即  ，
CG 2 CG
4 3
∴CG ，
3
3
∴OGCGOC  ，
3
 3
∴G0, ，
 
3
 
 3
设直线DE函数表达式为ymxn，把G0, ，D1,0代入得到，
 
3
 mn0

 3 ，
 n
 3
 3
m
 3
解得 ，
 3
n

 3
3 3
∴直线DE的函数表达式为y x ；
3 3
3 2 3 3 2 3
在y x2 x 3中，令y0得0 x2 x 3；
3 3 3 3
解得x=1或x3，
∴B3,0，
3 3 2 3
在y x 中，令x3得y ，
3 3 3
 2 3
∴E3, ，
 
3
 
2 3
∴BE ，
3
 3 2 3   3 3
设Pt, t2 t 3，则Ht, t 
   
3 3 3 3
   
3 3  3 2 3  3 3 4 3
∴PH  t  t2 t 3 t2 t ，
 
3 3 3 3 3 3 3
 
∵PH PBE，
∴ HPQ∽  EBQ，
2 3
BQ BE 3 1
∴    ，
PQ PH 3 3 4 3 2
 t2 t
3 3 3
解得：t0或1，
经检验，t0或1都是分式方程解，
又∵P为第四象限抛物线上的点，
 4 3
∴P1, ；
 
3
 
（3）坐标轴上存在点F，使得DEF 75，理由如下：当F在x轴上时，如图：
 2 3
由（2）知，OCD30，E3, ，D1,0，
 
3
 
4 3
∴ODC＝60，DE ，
3
∵CDE90，
∴EDF 30，
∵DEF 75，
∴DFE180EDFDEF 75，
∴DEF DFE，
4 3
∴DF DE ，
3
4 3 34 3
∴OF ODDF 1  ，
3 3
34 3 
∴F ,0；
 
3
 
当F在y轴上时，过E作ET  y轴于T，如图：
∵ET∥OB，
∴DET BDE30，
∵DEF 75，∴TEF DEFDET 45，
∴ ETF是等腰直角三角形，

∴TF TE，
 2 3
∵E3, ，
 
3
 
2 3
∴OT  ，TE3TF ，
3
2 39
∴OF OT TF  ，
3
 2 39
∴F0, ；
 3 
 
34 3   2 39
综上所述，F的坐标为 ,0或0, ．
 3   3 
   
【点睛】此题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象和性质、待定系数法、一次函数的图象和性质、
相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键．
10．（2024·山东济南·一模）如图，二次函数 yx²2mx2m1(m0). 的图象与x轴交于A、B两点（点
A 在点B的左侧），与y轴交于点 C，顶点为D，其对称轴与线段BC交于点 E，与x轴交于点 F． 连接
AC、BD．
(1)若 m1,， 求B 点和C 点坐标；
(2)若 ACOCBD,求m的值；
(3)若在第一象限内二次函数 yx²2mx2m1(m0)的图象上，始终存在一点P，使得 ACP75.请
结合函数的图象，直接写出m的范围．
【答案】(1)B(3,0)，C(0,3)
(2)131
(3)0m
2
【分析】（1）令y0，解方程可得A，B两点坐标，令x0，可得点C的坐标；
（2）由题意得A(1,0)，B(2m1,0)，C(0,2m1)，进而可得OBOC 2m1，推出OBC 45，连接
AE，由AEBE，可得EABOBC45，推出ACEDBF ，利用解直角三角形可得
AE BE BF m1 DF m22m1
tanACE    ，tanDBF   m1，构建方程，求出m即可；
CE CE OF m BF m1
（3）设PC交x轴于点Q，证明CAO60，推出2m1 3，可得结论．
【详解】（1）当m1 时，y=x22x3，
令y0，得x22x30，
解得：x 1，x 3，
1 2

点A在点B的左侧，
B(3,0)，
令x0，得y=3，
C(0,3)；
（2）当y0时，x22mx2m10，
解得：x 1，x 2m1，
1 2

点A在点B的左侧，且m0，
A(1,0)，B(2m1,0)，
当x0时，y2m1，

C(0,2m1)，
OBOC2m1，
BOC 90，

OBC45，
如图1中，连接AE，yx22mx2m1(xm)2(m22m1)，

D(m,m22m1)，F(m,0)，
DF m22m1，OF m，BF m1，
A、B关于对称轴直线x1对称，

AEBE，
EABOBC45，
ACOCBD，OCBOBC，

ACOOCBCBDOBC，
即ACEDBF ，
EF OC，
 
AE BE BF m1
tanACE    ，
CE CE OF m
DF m22m1
tanDBF   m1，
BF m1
ACEDBF，

tanACEtanDBF，
m1
 m1，
m
解得：m1或1，
m1
经检验，m1是方程 m1的根，
m
m0，

m1；
（3）如图2，设PC交x轴于点Q，当点P在第一象限时，点Q总是在点B的左侧，此时CQACBA，即CQA45．
ACQ75，

CAO60，
2m1 3，
31
解得：m ，
2
又 CAQ15，

1 3
同法可得m ，
2
m0，

31
0m ．
2
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利
用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
11．（2024·山东枣庄·一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线yax2bx2与x轴交于两点
 1   7
A ,0，B（点A在B左边），交y轴于C，点P3, 是抛物线上一点．
 2   2(1)求抛物线的关系式；
(2)在对称轴上找一点M，使MAMC的值最小，求点M的坐标；
(3)如图2，抛物线上是否存在点Q，使QCP45？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理
由．
7
【答案】(1)yx2 x2
2
7 9
(2)M( , )
4 8
23 13 1 7
(3)存在，Q( , )或Q( , )
6 18 2 2
【分析】(1)根据待定系数法，将点A，点P代入抛物线解析式，解关于b，c的二元一次方程组，即可求得
抛物线的解析式；
（2）由对称可得，直线BC与对称轴的交点就是所求的点M，求出直线BC的关系式和对称轴，求出交点坐
标即可；
（3）分两种情况：当Q在PC下方或当Q在PC上方，构造等腰直角三角形和全等三角形求解即可．
1 7
【详解】（1）将点A( ,0)，P(3, )代入yax2bx2，
2 2
1 1
a b20

4 2
得： ，
7
9a3b2
 2
a1

解得： 7
b

 2
7
∴抛物线的解析式为 yx2 x2；
2
（2）当x0时，y2，
∴点C(0,2)，
7
当y0时，有x2 x20，
2
1
解得：x  ，x 4，
1 2 2
∴点B(4,0)，
1
 4
∴抛物线的对称轴为：直线 2 7
x 
2 4设直线BC的关系式为y kx2，把点B坐标代入，
1
得：04k2，解得，k  ，
2
1
∴直线BC的关系式为y   x  2，
2
由对称可得，直线BC与对称轴交点就是所求的点M，
7 1 7 9
当x 时，y  2 ，
4 2 4 8
7 9
∴M( , )时，MAMC最小；
4 8
（3）当Q在PC下方时，如图，过P作PH CQ于H，过H作MN  y轴， 交y轴于M，过P作PN MH
于N，
∴PHC CMH HNP90，
∵QCP45，
∴VPHC是等腰直角三角形，
∴CH HB，
∴CHM BHN HBNBHN 90，
∴CHM HPN ，
∴ CHM≌  HPNAAS，
∴CM HN ，MH PN，
∵Hm,n，
7
∵C(0,2)，P(3, ),
2 9
2n3m m

  4
∴7 ，解得  ，
nm 5

2
n
 4
9 5
∴H( , ),
4 4
设直线CH 的解析式为 y pxq，
9 5  1
 pq p
∴4 4，解得 3，
 q2  q2
1
∴直线CH 的解析式为 y x2，
3
联立直线CH 与抛物线解析式得
 7
yx2 x2

 2
 ，
1
y x2
 3
 23
x
x0   6
解得 或  ，
y2
y
13
 18
23 13
∴Q( , )；
6 18
②当Q在PC上方时， 如图，过P作.PH CQ于H，过H作.MN  y轴， 交y轴于M，过P作PN MH
于N，
1 7
同理得Q( , ).
2 2
23 13 1 7
综上，存在，点Q的坐标为Q( , )或Q( , )
6 18 2 2
【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，等腰直角三
角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，二次函数图象上点的坐标特征，用待定系数法确定出解析式是解本题的关键.
12．（2024·黑龙江大庆·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yx2bxc与x轴交于点A1,0，B
与y轴交于点C0,3，对称轴为x1，点P，Q在此抛物线上，其横坐标分别为m，2mm0，连接
BC，CP，CQ，PQ，BQ．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)当CPQ90时，求m的值，并直接写出△BCQ的面积；
(3)设此抛物线在点C与点P之间部分（包括点C和点P）的最高点与最低点的纵坐标的差为h ，在点C与
1
点Q之间部分（包括点C和点Q）的最高点与最低点的纵坐标的差为h ．当h h m时，直接写出m的
2 2 1
值．
【答案】(1)yx22x3
5 5
(2)当m1时，S 3，当m 时，S 
△BCQ 3 △BCQ 3
1 5
(3)m 或m
3 4
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
EC PE
（2）如图所示，过点P作EF∥x轴交y轴于E，过点Q作QF EF于F，证明△ECP∽△FPQ，得到  ，
PF FQ
根据题意得到P  m，m22m3  ，Q  2m，4m24m3  ，则PE PF m，
m22m m 5
CE m22m，QF 3m22m，则  ，解得m1或m ，再分两种情况求出点Q的
m 3m22m 3
坐标，然后求出对应三角形面积即可；
（3）分四种情况讨论，如图所示，当P，O都在对称轴x1的左侧时，当P，O在对称轴两侧时，当点P
在x1的右侧时，当P的纵坐标小于1时，分别求得h ，h ，根据h h m建立方程，解方程即可求
1 2 2 1解．
1bc0
【详解】（1）解：把A1,0，C0,3代入yx2bxc中得： ，
c3
b2
∴ ，
c3
∴抛物线解析式为yx22x3；
（2）解：如图所示，过点P作EF∥x轴交y轴于E，过点Q作QF EF于F，
∴∠CEP∠CPQ∠F 90，
∴∠EPC∠ECP90∠EPC∠FPQ，
∴∠ECP∠FPQ，
∴△ECP∽△FPQ，
EC PE
∴  ，
PF FQ
∵点P，Q在此抛物线上，其横坐标分别为m，2mm0，
∴P  m，m22m3  ，Q  2m，4m24m3  ，
∴PE PF m，CEm22m33m22m，QF m22m3  4m24m3  3m22m，
m22m m
∴  ，
m 3m22m
5
解得m1或m ，
3
5
经检验，m1或m 都符合题意；
3
在yx22x3中，当yx22x30时，解得x=1或x3，
∴B3，0；
当m1时，Q2，3，1
∴S  233；
△BCQ 3
5 10 13
当m 时，点Q的坐标为 ， ，
3  3 9 
∴S S S S
△BCQ △BOC △BOQ △COQ
1 1 13 1 10
 33 3  3
2 2 9 2 3
5
 ；
3
5 5
综上所述，当m1时，S 3，当m 时，S  ；
△BCQ 3 △BCQ 3
（3）解： 由题意得，P  m，m22m3  ，Q  2m，4m24m3  ，
∵抛物线解析式为yx22x3x124，
∴顶点坐标为1，4；
如图所示，当P，Q都在对称轴x1的左侧时，
∴02m1，
1
0m ，
2h  y y   m22m3  3m22m，
1 P C
h  y y 4m24m334m24m，
2 Q C
h h 4m24mm22mm，
2 1
1
解得：m 或m0（舍去）；
3
②当P，Q在对称轴两侧或其中一点在对称轴上时，如图，
2m1 1
则 ，即 m1，
m1 2
∴h m22m ，h 431，
1 2
1m22mm，
3 5 3 5
解得：m （舍去）或 （舍)；
2 2
③当点P在x1的右侧且在直线y3上方时，如图3，即1m2，
h 431，h 4  4m24m3  4m24m1，
 1 2
∴h h 4m24m11m，
2 1
5
解得：m 或m0（舍去）；
4
④当P在直线y3上或下方时，即m2时，如图，h 4  m22m3  m22m1，
1
h 4  4m24m3  4m24m1
2
h h 4m24m1  m22m1  m，
2 1
解得：m1（舍去）或m0（舍去），
1 5
综上所述，m 或m ．
3 4
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，二次函数的最值问题等等，利用分类
讨论的思想求解是解题的关键．
13．（2023·湖南郴州·中考真题）已知抛物线yax2bx4与x轴相交于点A(1,0)，B4,0，与y轴相交
于点C．
(1)求抛物线的表达式；
PA
(2)如图1，点P是抛物线的对称轴l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求 的值；
PC
1
(3)如图2，取线段OC的中点D，在抛物线上是否存在点Q，使tanQDB ？若存在，求出点Q的坐标；
2
若不存在，请说明理由．【答案】(1)yx25x4
3
(2)
5
5 17  5 17  2 10
(3)Q  ,2  或Q  ,2  或Q3,2或Q , 
 2   2  3 9 
【分析】（1）待定系数法求函数解析式即可；
（2）根据△PAC的周长等于PAPCAC，以及AC为定长，得到当PAPC的值最小时，△PAC的周长
最小，根据抛物线的对称性，得到A,B关于对称轴对称，则：PAPC PBPCBC，得到当P,B,C三点
共线时，PAPC BC，进而求出P点坐标，即可得解；
1
（3）求出D点坐标为0,2，进而得到tanOBD ，得到QDBOBD，分点Q在D点上方和下方，
2
两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线yax2bx4与x轴相交于点A(1,0)，B4,0，
ab40 a1
∴ ，解得： ，
16a4b40 b5
∴yx25x4；
（2）∵yx25x4，当x0时，y4，
∴C0,4
，抛物线的对称轴为直线x
5
2
∵△PAC的周长等于PAPCAC，AC为定长，
∴当PAPC的值最小时，△PAC的周长最小，
∵A,B关于对称轴对称，
∴PAPC PBPCBC，当P,B,C三点共线时，PAPC的值最小，为BC的长，此时点P为直线BC与
对称轴的交点，
设直线BC的解析式为：ymxn，4mn0 m1
则： ，解得： ，
n4 n4
∴yx4，
5 5 3
当x 时，y 4 ，
2 2 2
5 3
∴P , ，
2 2
∵A1,0,C0,4，
5  2 3 2 3 2 5 2  3 2 5 2
∴PA  1    ，PC    4   ，
2  2 2 2  2 2
PA 3
∴  ；
PC 5
（3）解：存在，
∵D为OC的中点，
∴D0,2，
∴OD2，
∵B4,0，
∴OB4，
OD 1
在Rt BOD中，tanOBD  ，

OB 2
1
∵tanQDB tanOBD，
2
∴QDBOBD，
①当Q点在D点上方时：
过点D作DQ∥OB，交抛物线与点Q，则：QDBOBD，此时Q点纵坐标为2，
设Q点横坐标为t，
则：t25t42，5 17
解得：t  ，
2
5 17  5 17 
∴Q ,2或Q ,2；
   
2 2
   
②当点Q在D点下方时：设DQ与x轴交于点E，
则：DEBE，
设Ep,0，
则：DE2 OE2OD2  p24，BE2 4 p2，
3
∴p244 p2，解得：p ，
2
3 
∴E ,0，
2 
设DE的解析式为：ykxq，
q2 q2
 
则：3k ，解得： 4，
q0 k 
 
 2  3
4
∴y x2，
3
 2
 4 x
y x2 x3   3
联立 3 ，解得： 或 ，
 yx25x4
y2
y
10
 9
2 10
∴Q3,2或Q , ；
3 9 
5 17  5 17  2 10
综上：Q

,2

或Q

,2

或Q3,2或Q , ．
 2   2  3 9 
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出二次函数解析式，利用数形结合，分类讨论的思想进
行求解，是解题的关键．本题的综合性强，难度较大，属于中考压轴题．1
14．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图，抛物线y x2bx交x轴正半轴于点A，过顶点C作CDx轴于
2
点D,OACD．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若2x6时，则函数y的取值范围是______；
(3)点P为CD右侧第一象限抛物线上一点，过点P作PH x轴于点H，点Q为y轴正半轴上一点，连接
2
AQ、HQ，tanOHQ ，PQ延长线交x轴于点B，点N 在y轴负半轴上，连接BN 、AN，若BQA135，
3
ANB45求直线AN的解析式．
1
【答案】(1)y x24x
2
(2)10 y8
(3)y3x24
【分析】（1）根据A(2b,0)，OACD2b，得出C(b,2b)，代入解析式即可求出b
（2）分别根据函数解析式求出顶点函数最大值和取值范围的函数端点值，即可确定在2x6时，函数y
的取值范围，
（3）根据BQA135，在BP上取点K，使AK  AQ，过K点作KRx轴于R，构造K全等模型，得
1
OAKR8，OQ AR2m，确定直线PQ上点K坐标，由待定系数法求出直线PQ的解析式为y x4，
3
进而确定点B坐标，由BQA135，ANB45得B、Q、A、N 四点共圆，进而证明ANOQBO，
OA OQ
得  ，即可求出点N(0,24)，从而求出直线AN的解析式．
ON OB
1
【详解】（1）解：抛物线y x2bx交x轴正半轴于点A，
2
y0时，x 0,x 2b,即A(2b,0),OACD2b，
1 2
1
C(b,2b)，代入y x2bx，
21
得2b b2b2，解得b 0（舍去）b 4，
2 1 2
1
故抛物线的解析式y x24x；
2
1 1
（2）解：y x24x (x4)28
2 2
x4时，y有最大值y8，
x2时，y10，
x6时，y6，
若2x6时，函数y的取值范围是10 y8；
（3）如图，在BP上取点K，使AK  AQ，过K点作KRx轴于R，
∴KQAAKQ
∵BQA135，
∴KQAAKQ180BQA45，
∴KAQ90，
∴QAOOQAQAOKAR90，
∴OQAKAR，
∴△OQA≌△KAR(AAS)
∴OAKR，OQ AR，
1
由y x24x可知点A(8,0)，即OAKR8，
2
2 OQ
设OQ AR2m，由tanOHQ  得OH 3m，
3 OH
9
∴点K(82m,8)，点Q(0,2m)，H(3m,0)，P(3m, m212m)，
2设直线KQ的解析式为ykx2m，则k(82m)2m8，
4m
解得：k  ，
4m
4m
即直线KQ的解析式为y x2m，
4m
4m 9
当x3m时，y 3m2m m212m，
4m 2
28
解并检验得：m 2，m  （负值，不合题意，舍去），m 0（不合题意，舍去）
1 2 9 3
故m2，
1
∴点Q(0,4)，H(6,0)，P(6,6)，直线KQ的解析式为y x4，
3
1
当y x40时，x12，即点B坐标为B(12,0)，
3
∵BQA135，ANB45，即BQAANB180，
∴B、Q、A、N 四点共圆，
∵QAQA，
∴ANOQBO，
OA OQ
∴tanANOtanQBO，即  ，
ON OB
8 4
∴  ，ON 24，
ON 12
∴点N坐标为N(0,24)，
线设直线AN的解析式为ykx24，则8k240，k 3
∴直线AN解析式为y3x24．
【点睛】本题考查二次函数的综合问题，包括了待定系数法求解析式，解直角三角形的判定与性质，等腰
直角三角形的性质及全等三角形的判定与性质、四点共圆等知识点，构造K字型模型，确定PQ解析式，由
B、Q、A、N 四点共圆证明ANOQBO是解题关键．
15．（2024·广东广州·一模）已知二次函数yax22axc图象与x轴交于点A和点B3,0，与y轴交于
点C0,3．
(1)求点A的坐标；
(2)若点D是直线BC上方的抛物线上的一点，过点D作DE∥y轴交射线AC于点E，过点D作DF  BC
于点F，求3 2DFDE的最大值及此时点D坐标；(3)在（2）的条件下，若点P，Q为x轴下方的抛物线上的两个动点，并且这两个点满足PBQ90，试求
点D到直线PQ的最大距离．
【答案】(1)A1，0
(2)3
2DFDE最大值为4，此时点D的坐标为1，4；
(3) 29
【分析】（1）先利用待定系数法求出抛物线解析式，进而求出点A的坐标即可；
（2）先求出直线BC解析式为y= x+ 3，同理可得直线AC解析式为y  3x3，设D  m，m22m3  ，
则Em，3m3，Hm，m3，可得DE m2m，DH m23m；再证明△DHF是等腰直角三角形，
得到DH  2DF，则3 2DFDE3DH DE4m124，据此可得答案；
（3）设P  s，s22s3 ，Q  t，t22t3  ，设直线PB解析式为ykxb，可利用待定系数法求出
ks1，b3k，同理可得直线QB解析式为ykxbt1xb，b3k；如图所示，设直线PB，
QB分别与y轴交于T、R，可求出OT b3k，ORb3k，证明△BOT∽△ROB，可推出
yk xb
kk1，进而得到stst20；设直线PQ解析式为yk xb，联立 1 1 得
1 1 yx22x3
x2k 2xb 30，则stk 2，stb 3，据此可得k b 1，即直线PQ经过定点H1，1；
1 1 1 1 1 1
设点D到直线PQ得距离为h，由垂线段最短可得hDH，则当DH PQ时，h最大，最大值为
DH  112 41 2  29．
 
【详解】（1）解：∵抛物线yax22axc经过B3,0，C0,3，
9a6ac0
∴ ，
c3
a1
∴ ，
c3
∴抛物线解析式为yx22x3，
在yx22x3中，当yx22x30，解得x1或x3，
∴A1，0；
（2）解：设直线BC解析式为ykxb，直线DE交直线BC于H，3kb0
∴ ，
b3
k 1
∴ ，
b3
∴直线BC解析式为y= x+ 3，
同理可得直线AC解析式为y  3x3，
设D  m，m22m3  ，则Em，3m3，Hm，m3，
∴DE3m3  m22m3  m2m，DH m22m3m3m23m；
∵B3，0，C0，3，
∴OBOC，
∴OCB45，
∵HE∥y轴，
∴∠DHF ∠OCB45，
∴△DHF是等腰直角三角形，
∴DH  2DF，
∴3 2DFDE3DH DE3m29mm2m4m28m4m124，
∴m1时，3 2DFDE有最大值，最大值为4，
∴此时点D的坐标为1，4；
（3）解：设P  s，s22s3 ，Q  t，t22t3  ，
设直线PB解析式为ykxb，skbs22s3
∴ ，
3kb0
s22s3 s3s1
∴k  s1，b3k
s3 s3
∴直线PB解析式为ys1xb，
同理可得直线QB解析式为ykxbt1xb，b3k
如图所示，设直线PB，QB分别与y轴交于T、R，
∴T0，b，R0，b，
∴OT b3k，ORb3k，
∵PBQ90，
∴∠TBR90，
∴∠OTB∠OBT 90∠OBR∠OBT ，
∴∠OTB∠OBR，
又∵∠BOT ∠ROB90，
∴△BOT∽△ROB，
OB OR 3 3k
∴  ，即  ，
OT OB 3k 3
∴kk1，
∴
s1t11，
∴stst20；
设直线PQ解析式为yk xb，
1 1
yk xb
联立 1 1 得x2k 2xb 30，
yx22x3 1 1
∴stk 2，stb 3，
1 1
∴b 3k 220，
1 1
∴k b 1，
1 1
∴直线PQ经过定点H1，1；
设点D到直线PQ得距离为h，
由垂线段最短可得hDH，∴当DH PQ时，h最大，最大值为DH  112 41 2  29．
 
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，一次函数与几何综合，等腰直角三角
形的性质与判定，勾股定理等等，解（2）的关键在于证明△DHF是等腰直角三角形得到DH  2DF，解
（3）的关键是推出直线PQ经过定点H1，1．
1
16．（2024·重庆南岸·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y  x2  bx  c交x轴
4
于点A2，0，B7，0，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的函数表达式；3
(2)如图1，若点M是第四象限内抛物线上一点，MN∥y轴交BC于点N，MQ  BC求MN  BQ的最大值；
2
(3)如图2，在y轴上取一点G(0,7)，抛物线沿BG方向平移2 2个单位得新抛物线，新抛物线与x轴交于点
E，F ，交y轴于点D，点P在线段FD上运动，线段OF 关于线段OP的对称线段OF所在直线交新抛物线
于点H，直线FP与直线BG所成夹角为45，直接写出点H的横坐标．
1 5 7
【答案】(1)抛物线的解析式为y  x2  x  ；
4 4 2
3 49
(2)MN  BQ有最大值 ；
2 4
-13- 601 13 601
(3)H点的横坐标为2或6或 或 ．
6 6
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）过B点作BE⊥x轴交MQ于点E，可得四边形MNBE是平行四边形，再由ABCAQM ，
BE 1 3  1 5 7  1 7
tanABCtanAQM   ，推导出MN BQ4MN ，设Mm, m2 m ，Nm, m ，可得
BQ 2 2  4 4 2  2 2
7 3 49
4MN x27x，当m 时，MN  BQ有最大值 ；
2 2 4
1 1 2 49 3  3 
（3）求出平移后的函数解析式为y x   ，直线FD的解析式为y x3，设Pt, t3，当
4 2 16 4  4 
 16 12 3
PF∥x轴时，直线FP与直线BG所成夹角为45，求出F  ， ，可得直线OF的解析式为y x，
 5 5  4
12 16
直线与抛物线的交点即为H点；当PFx轴时，直线FP与直线BG所成夹角为45，求出F  ， ，
 5 5 
4
可得直线OF的解析式为y x，直线与抛物线的交点即为H点．
3
1
【详解】（1）解：将点A2，0，B7，0代入y  x2  bx  c，
4
12bc0

49 ，
7bc0

 4
 5
b

 4
解得 ，
7
c
 2
1 5 7
抛物线的解析式为y  x2  x  ；
4 4 2
7
（2）解：当x0时，y ，
2 7
C0, ，
 2
7
设直线BC的解析式为y  kx ，
2
7
将点B代入，可得7k 0，
2
1
解得k  ，
2
1 7
直线BC的解析式为y x ，
2 2
过B点作BE⊥x轴交MQ于点E，
∵MN∥y轴，
∴MN∥BE，
∵BC∥MQ，
四边形MNBE是平行四边形，
MN BE，
∵BC∥MQ，
ABCAQM，
OC 1
tanABC tanAQM   ，
OB 2
BE 1
  ，
BQ 2
BQ2BE，
3
MN BQ4MN，
2
 1 5 7  1 7
设Mm, m2 m ，Nm, m ，
 4 4 2  2 2
1 7 1 5 7  7 2 49
4MN 4 m  m2 m m27mm   ，
2 2 4 4 2  2 4
7 3 49
当m 时，MN  BQ有最大值 ；
2 2 4（3）解：

抛物线沿BG方向平移2 2个单位，
抛物线沿x轴负半轴平移2个单位，沿y轴正方向平移2个单位，
1 1 2 49
平移后的函数解析式为y x   ，
4 2 16
1 1 2 49
当y0时， x   0，
4 2 16
解得x4或x3，
E(3,0)，F(4,0)，
当x0时，y=3，
D(0,3)，
设直线FD的解析式为ymx3，
4m30，
3
解得m ，
4
3
直线FD的解析式为y x3，
4
 3 
设Pt, t3，
 4 
OBOG7，

OBG45，
当PF∥x轴时，直线FP与直线BG所成夹角为45，
OF OF4，PFOF，
 3 
F t4, t3，
 4 
4 t42    3 t3   2 ，
4 
4 36
解得t 或t  （舍)，
5 5
 16 12
F  ， ，
 5 5 
3
直线OF的解析式为y x，
4
3 1 1
当 x  x2  x3时，解得x2或x6，
4 4 4H 点横坐标为2或6；
当PFx轴时，直线FP与直线BG所成夹角为45，
5

PF (4t)，PF PF，
4
Ft,2t8，
OF4，

 t2(2t8)2 4，
12
解得t4（舍)或t ，
5
12 16
F  ， ，
 5 5 
4
直线OF的解析式为y x，
3
4 1 1 13 601 13 601
当 x  x2  x3时，解得x 或x ，
3 4 4 6 6
13 601 -13- 601
H 点的横坐标为 或 ；
6 6
-13- 601 13 601
综上所述：H点的横坐标为2或6或 或 ．
6 6
【点睛】本题是二次函数的综合问题，考查二次函数的图象及性质，解直角三角形，二次函数的平移，勾
股定理，平行四边形的判定和性质．熟练掌握二次函数的图象及性质，平行线的性质，轴对称的性质，直
角三角形的性质是解题的关键．