第13讲二次函数专项突破二（讲练，11种题型（含31种考向）+命题预测）（解析版）(1)_中考-总复习（2026版）_02-数学-中考总复习_2025中考复习资料_2025中考二轮课件ppt+讲义+练习数学

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模块五 函数压轴
第 13 讲 二次函数专项突破二
（思维导图+11种题型（含31种考向）+命题预测）
01考情透视·目标导航
02知识导图·思维引航
03核心精讲·题型突破
►题型01 二次函数与图形变换
考向一 平移
考向二 翻折
►题型02 二次函数与相似三角形
考向一 已知相似三角形求值
考向二 已知相似三角形求坐标
考向三 相似三角形存在性问题
►题型03 二次函数等腰三角形
考向一 已知等腰三角形求值
考向二 已知等腰三角形求坐标
考向三 等腰三角形存在性问题
►题型04 二次函数与直角三角形
考向一 已知直角三角形求值
考向二 已知直角三角形求坐标
考向三 直角三角形存在性问题
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►题型05 二次函数与等腰直角三角形
考向一 已知等腰直角三角形求值
考向二 已知等腰直角三角形求坐标
考向三 等腰直角三角形存在性问题
►题型06 二次函数与平行四边形
考向一 已知平行四边形求值/坐标
考向二 平行四边形存在性问题（两定两动，一边明确）
考向三 平行四边形存在性问题（两定两动，边未明确）
►题型07 二次函数与矩形，菱形，正方形存在性问题
►题型08 二次函数与最值问题
考向一 线段最值
考向二 周长最值
考向三 线段比/面积比最值
考向四 将军饮马/将军遛马问题
考向五 胡不归/阿氏圆最值问题
►题型09 二次函数与定值问题
考向一 两定一动
考向二 一定两动
考向三 化斜为直
►题型10 二次函数与定点问题
考向一 单切线类
考向二 双切线
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考向三 抛物线内接三角形类
►题型11 二次函数与参数
考向一 参数表示量
考向二 定值求参
考向三 参数间存在的数量关系
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01考情透视·目标导航
中考考点 命题预测
二次函数作为初中数学的重要内容，常常在考试中占据重要位置，尤其是在压轴题
中。以下是对二次函数专项突破的考情分析，旨在帮助学生更好地掌握这一知识点。
【考试重点与难点】
1. 对称点问题：考查学生对二次函数对称轴的理解，常涉及利用顶点公式（-b/2a）求
对称轴，并结合图像分析对称点的位置。
2. 图像与线段交点问题：将直线方程与二次函数方程联立，解出交点坐标，同时注意
判别式Δ的正负。这类题目综合性强，对学生的计算能力和逻辑推理能力要求较高。
3. 分类讨论问题：根据开口方向、顶点位置等条件进行分类讨论，要求学生具备严谨
的逻辑思维和全面的分析能力。
4. 求交点横坐标取值范围：结合Δ≥0的条件，列出不等式并求解，这类题目侧重考查
学生对二次函数图像与性质的综合运用能力。
【常见题型】
1. 利用二次函数的对称性求最短路径：这类题型要求学生熟练掌握二次函数的对称性
及弧长公式，通过构造几何图形求解最短路径。
2.面积最值问题：涉及二次函数图像与坐标轴围成的面积最大值或最小值问题，需要学
二次函数专项突 生灵活运用二次函数的性质和几何知识。
破 3. 最大利润问题：将二次函数应用于实际问题，如求解商品销售的最大利润，考查学
生的数学建模能力和解决实际问题的能力。
4. 线段最值问题：通过二次函数图像求解线段长度的最大值或最小值，要求学生具备
较强的几何直观和逻辑推理能力。
【备考建议】
1. 专项突破：针对每个考点进行专项训练，每天练习3-5道典型题目，逐步攻克薄弱
环节。通过大量练习，加深对知识点的理解和记忆。
2. 错题整理：将做错的题目归纳到错题本中，标注易错点和解题思路。定期回顾错
题，避免重复犯错，提高解题的准确性和效率。
3. 真题演练：通过历年中考真题熟悉考点分布和命题规律，增强应试能力。真题演练
有助于学生了解考试的难度和题型，调整备考策略。
4. 理解实际应用：二次函数在实际问题中有广泛应用，如抛物线运动轨迹、最优解问
题等。理解这些应用场景，不仅能加深对知识点的理解，还能提升解题兴趣和实际应用
能力。
总之，掌握二次函数的核心知识和解题方法，并通过针对性的练习和真题演练，学
生可以轻松应对二次函数专项突破，提升考试成绩。
02知识导图·思维引航
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03 核心精讲 · 题型突破
►题型01 二次函数与图形变换
考向一 平移
3
1．（2023·上海·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知直线y= x+6与x轴交于点A，y轴交于点
4
B，点C在线段AB上，以点C为顶点的抛物线M：y=ax2+bx+c经过点B．
(1)求点A，B的坐标；
(2)求b，c的值；
(3)平移抛物线M至N，点C，B分别平移至点P，D，联结CD，且CD∥x轴，如果点P在x轴上，且新
抛物线过点B，求抛物线N的函数解析式．
【答案】(1)A(−8,0)，B(0,6)
3
(2)b= ，c=6
2
3 3
(3)y= (x−4√2) 2 或y= (x+4√2) 2
16 16
3
【分析】（1）根据题意，分别将x=0，y=0代入直线y= x+6即可求得；
4
（2）设C ( m, 3 m+6 ) ，得到抛物线的顶点式为y=a(x−m) 2+ 3 m+6，将B(0,6)代入可求得m=− 3 ，
4 4 4a
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3
进而可得到抛物线解析式为y=ax2+ x+6，即可求得b，c；
2
( 3 )
（3）根据题意，设P(p,0)，C m, m+6 ，根据平移的性质可得点B，点C向下平移的距离相同，即列
4
3 3
式求得m=−4，a= ，然后得到抛物线N解析式为：y= (x−p) 2 ，将B(0,6)代入可得p=±4√2，即
16 16
可得到答案．
3
【详解】（1）解：∵直线y= x+6与x轴交于点A，y轴交于点B，
4
当x=0时，代入得：y=6，故B(0,6)，
当y=0时，代入得：x=−8，故A(−8,0)，
( 3 )
（2）设C m, m+6 ，
4
3
则可设抛物线的解析式为：y=a(x−m) 2+ m+6，
4
∵抛物线M经过点B，
3
将B(0,6)代入得：am2+ m+6=6，
4
∵m≠0，
3
∴am=− ，
4
3
即m=− ，
4a
3 3
∴将m=− 代入y=a(x−m) 2+ m+6，
4a 4
3
整理得：y=ax2+ x+6，
2
3
故b= ，c=6；
2
（3）如图：
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∵CD∥x轴，点P在x轴上，
( 3 )
∴设P(p,0)，C m, m+6 ，
4
∵点C，B分别平移至点P，D，
∴点B，点C向下平移的距离相同，
3 (3 )
∴ m+6=6− m+6 ，
4 4
解得：m=−4，
3
由（2）知m=− ，
4a
3
∴a= ，
16
3
∴抛物线N的函数解析式为：y= (x−p) 2 ，
16
将B(0,6)代入可得：p=±4√2，
3 3
∴抛物线N的函数解析式为：y= (x−4√2) 2 或y= (x+4√2) 2 ．
16 16
【点睛】本题考查了求一次函数与坐标轴的交点坐标，求抛物线的解析式，平移的性质，二次函数的图象
和性质等，解题的关键是根据的平移性质求出m和a的值．
2．（2023·湖北宜昌·中考真题）如图，已知A(0,2),B(2,0)．点E位于第二象限且在直线y=−2x上，
∠EOD=90°，OD=OE，连接AB，DE，AE，DB．
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(1)直接判断△AOB的形状：△AOB是_________三角形；
(2)求证：△AOE≌△BOD；
(3)直线EA交x轴于点C(t,0),t>2．将经过B，C两点的抛物线y =ax2+bx−4向左平移2个单位，得到
1
抛物线y ．
2
①若直线EA与抛物线y 有唯一交点，求t的值；
1
②若抛物线y 的顶点P在直线EA上，求t的值；
2
2
③将抛物线y 再向下平移， 个单位，得到抛物线y ．若点D在抛物线y 上，求点D的坐标．
2 (t−1) 2 3 3
【答案】(1)等腰直角三角形
(2)详见解析
(12 6)
(3)①t=3；②t=6；③D ,
5 5
【分析】（1）由A(0,2),B(2,0)得到OA=OB=2，又由∠AOB=90°，即可得到结论；
（2）由∠EOD=90°，∠AOB=90°得到∠AOE=∠BOD，又有AO=OB，OD=OE，利用SAS即
可证明△AOE≌△BOD；
（3）①求出直线AC的解析式和抛物线y 的解析式，联立得x2−(t+3)x+3t=0，由
1
Δ=(t+3) 2−4×3t=(t−3) 2=0即可得到t的值；
②抛物线
y =−
2
x2+
2
(t+2)x−4
向左平移2个单位得到抛物线
y =−
2(
x−
t−2) 2
+
(t−2) 2 ，则抛物
1 t t 2 t 2 2t
线 的顶点 (t−2 (t−2) 2 )，将顶点 (t−2 (t−2) 2 )代入 2 得到 ，解得
y P , P , y =− x+2 t2−6t=0
❑2 2 2t 2 2t AC t
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t =0,t =6,根据t>2即可得到t的值；
1 2
③过点E作EM⊥x轴，垂足为M，过点D作DN⊥x轴，垂足为N，先证明△ODN≌△EOM(AAS)，
t 2
则ON=EM,DN=OM，设EM=2OM=2m,由OA∥EM得到OC:CM=OA:EM,则 = ,求得
t+m 2m
t ( 2t t ) 2
m= ,得到D , ，由抛物线y 再向下平移 个单位，得到抛物线
t−1 t−1 t−1 2 (t−1) 2
y =− 2 x2+ 2 (t−2)x− 2 ,把D ( 2t , t ) 代入抛物线y =− 2 x2+ 2 (t−2)x− 2 ,得到
3 t t (t−1) 2 t−1 t−1 3 t t (t−1) 2
1
3t2−19t+6=0,解得t = ,t =6,由t>2，得t=6,即可得到点D的坐标．
1 3 2
【详解】（1）证明：∵A(0,2),B(2,0)，
∴OA=OB=2，
∵∠AOB=90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角三角形
（2）如图，
∵∠EOD=90°，∠AOB=90°，
∴∠AOB−∠AOD=∠DOE−∠AOD，
∴∠AOE=∠BOD，
∵AO=OB,OD=OE，
∴△AOE≌△BOD(SAS)；
（3）①设直线AC的解析式为y=kx+b，
∵A(0,2),C(t,0)，
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∴¿，
2
∴y =− x+2，
AC t
将C(t,0),B(2,0)代入抛物线y =ax2+bx−4得，
1
¿，
2 2
解得a=− ,b= (t+2)，
t t
2 2
∴y =− x2+ (t+2)x−4，
1 t t
2 2 2
∵直线y =− x+2与抛物线y =− x2+ (t+2)x−4有唯一交点
AC t 1 t t
∴联立解析式组成方程组解得x2−(t+3)x+3t=0
∴Δ=(t+3) 2−4×3t=(t−3) 2=0
∴t=3
2 2
②∵抛物线y =− x2+ (t+2)x−4向左平移2个单位得到y ，
1 t t 2
2( t−2) 2 (t−2) 2
∴抛物线y =− x− + ，
2 t 2 2t
(t−2 (t−2) 2 )
∴抛物线y 的顶点P , ，
❑2
2 2t
(t−2 (t−2) 2 ) 2
将顶点P , 代入y =− x+2，
2 2t AC t
∴t2−6t=0，解得t =0,t =6,
1 2
∵t>2，
∴t=6；
③过点E作EM⊥x轴，垂足为M，过点D作DN⊥x轴，垂足为N,
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∴∠EMO=∠OND=90°，
∵∠DOE=90°，
∴∠EOM+∠MEO=∠EOM+∠NOD=90°，
∴∠MEO=∠NOD，
∵OD=OE，
∴△ODN≌△EOM(AAS)，
∴ON=EM,DN=OM，
∵OE的解析式为y=−2x，
∴设EM=2OM=2m,
∴DN=OM=m，
∵EM⊥x轴,
∴OA∥EM,
∴△CAO~△CEM，
∴OC:CM=OA:EM,
t 2
∴ = ,
t+m 2m
t
∴m= ,
t−1
2t t
∴EM=ON=2OM=2m= ，DN=OM=m= ，
t−1 t−1
( 2t t )
∴D , ,
t−1 t−1
2
∵抛物线y 再向下平移 个单位，得到抛物线y ，
2 (t−1) 2 3
2 2 2
∴抛物线y
3
=−
t
x2+
t
(t−2)x−
(t−1) 2 ,
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∴D ( t 2 − t 1 , t− t 1 ) 代入抛物线y 3 =− 2 t x2+ 2 t (t−2)x− (t− 2 1) 2 ,
∴3t2−19t+6=0,
1
解得t = ,t =6,
1 3 2
由t>2，得t=6,
2t 12 12 t 6 6
∴ = = , = = ，
t−1 6−1 5 t−1 6−1 5
(12 6)
∴D , ．
5 5
【点睛】此题是二次函数和几何综合题，考查了二次函数的平移、二次函数与一次函数的交点问题、待定
系数法求函数解析式、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质及相似三角形的判定与性质等知识点，
综合性较强，熟练掌握二次函数的平移和数形结合是解题的关键．
考向二 翻折
3．（2023·四川德阳·中考真题）已知：在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A(−4,0)，B(2,0)，
与y轴交于点C(0,−4)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，如果把抛物线x轴下方的部分沿x轴翻折180°，抛物线的其余部分保持不变，得到一个新图象．
当平面内的直线y=kx+6与新图象有三个公共点时，求k的值；
(3)如图2，如果把直线AB沿y轴向上平移至经过点D，与抛物线的交点分别是E，F，直线BC交EF于点
DF
H，过点F作FG⊥CH于点G，若 =2√5．求点F的坐标．
HG
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1
【答案】(1)y= x2+x−4
2
3
(2)1或
2
(3)(4,8)
【详解】（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
∵C(0,−4)，
∴c=−4，
y=ax2+bx−4，
把A(−4,0)，B(2,0)代入y=ax2+bx+c，得：¿，
解得：¿，
1
∴抛物线的解析式为y= x2+x−4
2
（2）∵直线表达式y=kx+6，
∴直线经过定点(0,6)，
∴将过点(0,6)的直线旋转观察和新图象的公共点情况
1
∵把抛物线x轴下方的部分沿x轴翻折180°，抛物线的解析式为y= x2+x−4，
2
1 1
∴新图象表达式为：−4<x<2时，y=− x2−x+4；x≤−4或x≥2时，y= x2+x−4，
2 2
如下图当直线y=kx+6与翻折上去的部分抛物线相切时，和新图象有三个公共点，
1
联立¿，得：− x2−x+4=kx+6，
2
整理得：x2+2(1+k)x+4=0
Δ=0，
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4(1+k) 2−16=0，
4(1+k) 2=16，
1+k=±2，
k=±2−1，
k =2−1=1时，即如上图所示，符合题意，
1
k =−2−1=−3时，如下图所示，经过点B，
2
不符合题意，故舍去，
如下图，当直线y=kx+6经过点A时，和新图象有三个公共点，
把A(−4,0)代入y=kx+6，得：−4k+6=0，
3
解得：k= ，
2
3
综上所述，当平面内的直线y=kx+6与新图象有三个公共点时，k的值为1或
2
（3）∵F在抛物线上，
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∴设F坐标为 ( a, 1 a2+a−4 ) ，
2
∵OB=2，OC=4，FG⊥CH，
1
∴tan∠OCB= ，
2
tan∠FHG=2，
HG:FG=1:2，√12+22=√5
∴HG:FG:FH=1:2:√5，
1
∴DF=a，DO= a2+a−4，
2
1
DC=DO+OC= a2+a，
2
1 1 1
DH= DC= a2+ a，
2 4 2
1 1
FH=DH−DF= a2− a，
4 2
HG= √5 FH= √5(1 a2− 1 a ) ，
5 5 4 2
DF
∵ =2√5，
HG
a
∴ =2√5
√5(1 a2− 1 a ) ，
5 4 2
2 (1 a2− 1 a ) =a，
4 2
a2−4a=0，
a(a−4)=0，
a =0（舍去），
1
1
a =4，代入 a2+a−4=8，
2 2
∴点F的坐标为(4,8)
【点睛】本题考查了二次函数综合、翻折、交点个数问题，结合一元二次方程、三角函数解直角三角形知
识点，熟练掌握、综合运用知识点，数形结合是解题的关键．
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4．（2023·江苏连云港·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L :y=x2−2x−3的顶点为P．
1
直线l过点M(0,m)(m≥−3)，且平行于x轴，与抛物线L 交于A、B两点（B在A的右侧）．将抛物线L
1 1
沿直线l翻折得到抛物线L ，抛物线L 交y轴于点C，顶点为D．
2 2
(1)当m=1时，求点D的坐标；
(2)连接BC、CD、DB，若△BCD为直角三角形，求此时L 所对应的函数表达式；
2
(3)在（2）的条件下，若△BCD的面积为3,E、F两点分别在边BC、CD上运动，且EF=CD，以EF
为一边作正方形EFGH，连接CG，写出CG长度的最小值，并简要说明理由．
【答案】(1)D(1,6)
(2)y=−x2+2x+3或y=−x2+2x−3
√10−√2
(3) ，见解析
2
【分析】（1）将抛物线解析式化为顶点式，进而得出顶点坐标P(1,−4)，根据对称性，即可求解．
（2）由题意得，L 的顶点P(1,−4)与L 的顶点D关于直线y=m对称，D(1,2m+4)，则抛物线
1 2
L :y=−(x−1) 2+(2m+4)=−x2+2x+2m+3．进而得出可得C(0,2m+3)，①当∠BCD=90°时，如
2
图1，过D作DN⊥y轴，垂足为N．求得B(m+3,m)，代入解析式得出m=0，求得L :y=−x2+2x+3．
2
②当∠BDC=90°时，如图2，过B作BT⊥ND，交ND的延长线于点T．同理可得BT=DT，得出
B(m+5,m)，代入解析式得出m=−3代入L :y=−x2+2x+2m+3，得L :y=−x2+2x−3；③当
2 2
∠DBC=90°时，此情况不存在．
（3）由（2）知，当∠BDC=90°时，m=−3，此时△BCD的面积为1，不合题意舍去．当
∠BCD=90°时，m=0，此时△BCD的面积为3，符合题意．由题意可求得EF=FG=CD=√2．取EF
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1 √2 √10
的中点Q，在Rt△CEF中可求得CQ= EF= ．在Rt△FGQ中可求得GQ= ．易知当Q,C,G三
2 2 2
√10−√2
点共线时，CG取最小值，最小值为 ．
2
【详解】（1）∵y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴抛物线L 的顶点坐标P(1,−4)．
1
∵m=1，点P和点D关于直线y=1对称．
∴D(1,6)．
（2）由题意得，L 的顶点P(1,−4)与L 的顶点D关于直线y=m对称，
1 2
∴D(1,2m+4)，抛物线L :y=−(x−1) 2+(2m+4)=−x2+2x+2m+3．
2
∴当x=0时，可得C(0,2m+3)．
①当∠BCD=90°时，如图1，过D作DN⊥y轴，垂足为N．
∵D(1,2m+4)，
∴N(0,2m+4)．
∵C(0,2m+3)
∴DN=NC=1．
∴∠DCN=45°．
∵∠BCD=90°，
∴∠BCM=45°．
∵直线l∥x轴，
∴∠BMC=90°．
∴∠CBM=∠BCM=45°,BM=CM．
∵m≥−3，
∴BM=CM=(2m+3)−m=m+3．
∴B(m+3,m)．
又∵点B在y=x2−2x−3图像上，
∴m=(m+3) 2−2(m+3)−3．
解得m=0或m=−3．
∵当m=−3时，可得B(0,−3),C(0,−3)，此时B、C重合，舍去．当m=0时，符合题意．
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将m=0代入L :y=−x2+2x+2m+3，
2
得L :y=−x2+2x+3．
2
②当∠BDC=90°时，如图2，过B作BT⊥ND，交ND的延长线于点T．
同理可得BT=DT．
∵D(1,2m+4)，
∴DT=BT=(2m+4)−m=m+4．
∵DN=1，
∴NT=DN+DT=1+(m+4)=m+5．
∴B(m+5,m)．
又∵点B在y=x2−2x−3图像上，
∴m=(m+5) 2−2(m+5)−3．解得m=−3或m=−4．
∵m≥−3，
∴m=−3．此时B(2,−3),C(0,−3)符合题意．
将m=−3代入L :y=−x2+2x+2m+3，得L :y=−x2+2x−3．
2 2
③当∠DBC=90°时，此情况不存在．
综上，L 所对应的函数表达式为y=−x2+2x+3或y=−x2+2x−3．
2
（3）如图3，由（2）知，当∠BDC=90°时，m=−3，
此时B(2,−3),C(0,−3)
则BC=2，CD=BD=√2，则△BCD的面积为1，不合题意舍去．
当∠BCD=90°时，m=0，
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则B(3,0),C(0,3)，
∴BC=√32+32=3√2，此时△BCD的面积为3，符合题意
∴CD=√2．
依题意，四边形EFGH是正方形，
∴EF=FG=CD=√2．
1 √2
取EF的中点Q，在Rt△CEF中可求得CQ= EF= ．
2 2
在Rt△FGQ中可求得GQ=√FG2+FQ2=
√
(√2) 2+
(√2) 2
=
√10
．
2 2
√10−√2
∴当Q,C,G三点共线时，CG取最小值，最小值为 ．
2
【点睛】本题考查了二次函数的性质，特殊三角形问题，正方形的性质，勾股定理，面积问题，分类讨论
是解题的关键．
►题型02 二次函数与相似三角形
考向一 已知相似三角形求值
1．（2023·湖北武汉·中考真题）抛物线C :y=x2−2x−8交x轴于A,B两点（A在B的左边），交y轴于
1
点C．
(1)直接写出A,B,C三点的坐标；
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(2)如图（1），作直线x=t(0<t<4)，分别交x轴，线段BC，抛物线C 于D,E,F三点，连接CF．若
1
△BDE与△CEF相似，求t的值；
(3)如图（2），将抛物线C 平移得到抛物线C ，其顶点为原点．直线y=2x与抛物线C 交于O,G两点，过
1 2 2
OG的中点H作直线MN（异于直线OG）交抛物线C 于M,N两点，直线MO与直线GN交于点P．问点P
2
是否在一条定直线上？若是，求该直线的解析式；若不是，请说明理由．
【答案】(1)A(−2,0),B(4,0),C(0,−8)
3
(2)t的值为2或
2
(3)点P在定直线y=2x−2上
【分析】（1）令y=0，解一元二次方程求出x值可得A、B两点的坐标，令x=0求出y值可得C点坐标，
即可得答案；
（2）分△BE D ∽△CE F 和△BE D ∽△F E C两种情况，利用相似三角形的性质分别列方
1 1 1 1 2 2 2 2
程求出t值即可得答案；
（3）根据平移的性质可得C 解析式，联立直线OG与C 解析式可得点G坐标，即可得出OG中点H的坐标，
2 2
设M(m,m2),N(n,n2)，利用待定系数法可得直线MN的解析式为y=(m+n)x−mn，同理得出直线MO
( 2n 2m+2n−4)
的解析式为y=mx，联立两直线解析式可得P , ，设点P在直线y=kx+b上，把点
n−m+2 n−m+2
( 2n 2m+2n−4)
P , 代入，整理比较系数即可得出k、b的值即可得答案，也可根据点P的纵坐标变
n−m+2 n−m+2
形得出横坐标与纵坐标的关系，得出答案．
【详解】（1）∵抛物线解析式为y=x2−2x−8，
∴当y=0时，x2−2x−8=0，
解得：x =−2，x =4，
1 2
当x=0时，y=−8，
∴A(−2,0)，B(4,0)，C(0,−8)．
（2）解：∵F是直线x=t与抛物线C 的交点，
1
∴F(t,t2−2t−8)，
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①如图，若△BE D ∽△CE F 时，
1 1 1 1
∵∠BCF =∠CBO，
1
∴CF ∥OB
1
∵C(0,−8)，
∴t2−2t−8=−8，
解得，t=0（舍去）或t=2．
②如图，若△BE D ∽△F E C时．过F 作F T⊥x轴于点T．
2 2 2 2 2 2
∵∠BCF =∠BD E =∠BOC=90°，
2 2 2
∴∠OCB+∠OBC=∠OCB+∠TCF =90°，
2
∴∠TCF =∠OBC，
2
∵∠CT F =∠BOC=90°，
2
∴△BCO∽△CF T，
2
F T CT
∴ 2 =
CO BO
∵B(4,0),C(0,−8)，
∴OB=4，OC=8，
∵F T=t,CT=−8−(t2−2t−8)=2t−t2，
2
t 2t−t2
∴ = ，
8 4
3
解得，t=0（舍去）或t= ．
2
3
综上，符合题意的t的值为2或 ．
2
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（3）解：∵将抛物线C 平移得到抛物线C ，其顶点为原点，
1 2
∴C ：y=x2 ，
2
∵直线OG的解析式为y=2x，
∴联立直线OG与C 解析式得：¿，
2
解得：¿（舍去），¿，
∴G(2,4)，
∵H是OG的中点，
2+0 4+0
∴ =1, =2，
2 2
∴H(1,2)，
设M(m,m2),N(n,n2)，直线MN的解析式为y=k x+b ，
1 1
则n2=nk +b ,m2=mk +b ，
1 1 1 1
解得，k =m+n, b =−mn，
1 1
∴直线MN的解析式为y=(m+n)x−mn，
∵直线MN经过点H(1,2)，
∴mn=m+n−2
同理，直线GN的解析式为y=(n+2)x−2n；直线MO的解析式为y=mx．
联立，得¿，
2n 2mn
解得：x= ,y= ．
n−m+2 n−m+2
∵直线OM与NG相交于点P，
( 2n 2m+2n−4)
∴P , ．
n−m+2 n−m+2
2m+2n−4 2n
设点P在直线y=kx+b上，则 =k⋅ +b，①
n−m+2 n−m+2
整理得，2m+2n−4=2kn+bn−bm+2b=−bm+(2k+b)n+2b，
比较系数得：¿，
解得：¿，
∴当k=2,b=−2时，无论m,n为何值时，等式①恒成立．
∴点P在定直线y=2x−2上．
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【点睛】本题考查二次函数与一次函数综合、二次函数图象的平移及相似三角形的性质，正确作出辅助线，
熟练掌握待定系数法求函数解析式及相似三角形的性质是解题关键．
2．（2022·陕西西安·模拟预测）已知如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于B(1，0)、C(4，0)两
点，与y轴的正半轴相交于A点，过A、B、C三点的⊙P与y轴相切于点A．M为y轴负半轴上的一个动
点，直线MB交⊙P于点D，交抛物线于点N．
(1)请求出点A坐标和⊙P的半径；
(2)请确定抛物线的解析式；
(3)若S ：S =15：2，求N点坐标；
△BNC △AOB
(4)若△AOB与以A、B、D为顶点的三角形相似，求MB⋅MD的值．（先画出符合题意的示意图再求
解）
5
【答案】(1)A点坐标是(0,2)，⊙P的半径长为
2
1 5
(2)y= x2− x+2
2 2
(3)(6,5)
25 100
(4)图见解析， 或
4 9
【分析】（1）由题意知，PA=PB=PC，且PA⊥y轴，设P(2.5,y )，根据勾股定理即可求解；
A
（2）根据待定系数法求解即可；
（3）设N点坐标为(x ，y )，根据面积相等即可求解；
0 0
（4）根据相似三角形对应边和对应角进行分类讨论．
【详解】（1）解：由题意知，PA=PB=PC，且PA⊥y轴，
设P(2.5,y )，
A
∴PA=PB=PC=2.5
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过点P作PM⊥BC
∴y =PM=√PB2−BM2=2
A
5
A点坐标是(0,2)，⊙P的半径长为 ；
2
（2）将A(0，2)，B(1，0)、C(4，0)代入y=ax2+bx+c得：
¿，解得¿
1 5
抛物线的解析式是：y= x2− x+2；
2 2
（3）设N点坐标为(x ，y )，
0 0
1 1 15
由题意有 BC⋅|y |= OA⋅OB×
2 0 2 2
1 1 15
∴ ×3 y = ×2×1×
2 0 2 2
解得y =5
0
∵N点在抛物线上
1 5
∴ x2− x +2=5
2 0 2 0
解得x =6或x =−1（不合题意，舍去）
0 0
∴N点的坐标为(6，5)；
（4）根据题意∠OAB=∠ADB，
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所以△AOB和△ABD相似有两种情况
①∠ABD和∠AOB对应，此时AD是⊙P的直径
则AB=√5，AD=5
∴BD=2√5
∵Rt△AMB∽Rt△DAB
AB⋅AD 5
∴MA：AD=AB：BD即MA= =
BD 2
∵Rt△AMB∽Rt△DMA
∴MA：MD=MB：MA
25
即MB⋅MD=M A2= ．
4
②∠BAD和∠AOB对应，此时BD是⊙P的直径，
所以直线MB过P点
5
∵B(1，0)，P( ，2)
2
4 4
∴直线MB的解析式是：y= x−
3 3
4
∴M点的坐标为(0，− )
3
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10
∴AM=
3
由△MAB∽△MDA得MA：MD=MB：MA
100
∴MB⋅MD=M A2= ．
9
【点睛】本题考查了二次函数解析式的确定、图形面积的求法、圆周角定理、切线的性质、相似三角形的
判定和性质等知识点．（4）题中，要根据相似三角形对应边和对应角的不同分类讨论，不要漏解．
考向二 已知相似三角形求坐标
1
3．（2024·内蒙古包头·三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=− x2+bx+c与x轴交于
2
A(−2,0),B(4,0)两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC,BC．
(1)求抛物线的表达式；
S 1
(2)如图1，点P为直线BC上方抛物线上一动点，连接OP交BC于点Q，连接BP，当 △PBQ = ，求点P
S 2
△OBQ
的坐标；
(3)如图2，过点A作AN∥BC交抛物线于点N，连接BN，点M是x轴上点B左侧一动点，若△MBC与
△ABN相似，求点M的坐标．
1
【答案】(1)y=− x2+x+4
2
(2)P(2,4)
( 20 )
(3)点M的坐标为(1,0)或 − ,0
3
【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）过点P作PD∥y轴，交BC于点D，易得△PQD∽△OQC，根据同高三角形的面积比等于底边
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比，得到 PQ = 1 ，进而求出PD= 1 OC，设P ( m,− 1 m2+m+4 ) ，表示出PD的长，列出方程进行求解
OQ 2 2 2
即可；
（3）平移求出直线AN的解析式，进而求出点N的坐标，分△MBC∽△BAN和△M'BC∽△NAB
两种情况，进行讨论求解即可．
1
【详解】（1）解：∵抛物线y=− x2+bx+c与x轴交于A(−2,0),B(4,0)两点，
2
1 1
∴抛物线的解析式为：y=− (x+2)(x−4)=− x2+x+4；
2 2
（2）如图1，
S 1
∵ △PBQ = ，
S 2
△OBQ
PQ 1
∴ = ，
OQ 2
作PD∥y轴，交BC于D，
PD PQ 1
∴ = = ，
OC OQ 2
1
∵y=− x2+x+4，当x=0时，y=4，
2
∴C(0,4)，
∴OC=4，
∴PD=2，
设直线BC的解析式为y=kx+4，把B(4,0)代入，得：k=−1，
∴y=−x+4，
设P ( m,− 1 m2+m+4 ) ，则D(m,−m+4)，
2
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1
∴PD=− m2+m+4+m−4=2，解得：m=2，
2
∴P(2,4)；
（3）过点A作AN∥BC交抛物线于点N，连接BN，点M是x轴上点B左侧一动点，如图2，
由（2）知直线BC的解析式为y=−x+4，设直线AN解析式为y=−x+b，将A(−2,0)代入得：0=2+b，
解得：b=−2，
∴y=−x−2，
联立得：¿，
解得：¿或¿，
∴点N坐标为(6,−8)；
∴BC=√42+42=4√2,AB=6,BN=√(6−4) 2+82=2√17,AN=√82+82=8√2，
∵AN∥BC，
∴∠1=∠2，
MB BC MB 4√2
当△MBC∽△BAN时， = ，即 = ，
BA AN 6 8√2
解得MB=3，
∴OM=1，
∴M(1,0)；
M'B BC M'B 4√2
当△M'BC∽△NAB时， = ，即 = ，
AN BA 8√2 6
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32
解得：M'B=
，
3
20
∴OM'=−
，
3
( 20 )
∴M − ,0 ；
3
( 20 )
综上，点M的坐标为(1,0)或 − ,0 ．
3
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，两点式求解析式，一次函数的平移，相似三角形的判定和性质等
知识点，熟练掌握相关知识点，利用数形结合和分类讨论的思想求解，是解题的关键．
4．（2025·上海宝山·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+4的顶点为D，点A、B
在抛物线上，且都在y轴右侧，横坐标分别是m，m+1．
(1)连接AD、BD，求cot∠ODA−cot∠ODB的值（结果用含a的代数式表示）；
(2)如果y轴上存在点C，使得AC⊥BC，且AC=BC，
①求抛物线的表达式；
②若AB=√10，点E在y轴上，且△ADE与△ABC相似，求点E的坐标
【答案】(1)a
(2)①y=−x2+4；②E(0,3)或(0,2)
y −y y −y
【分析】（1）由cot∠ODA−cot∠ODB= D A− D B ，即可求解；
x x
A B
（2）①证明△CMA≌△BNC(AAS)，得到MA=CN，CM=BN，即可求解；
②证明△BAC为等腰直角三角形，且△ADE与△ABC相似，则△ADE为等腰直角三角形，进而求解．
【详解】（1）解：设点A、B的坐标分别为：(m,am2+4)，(m+1,a(m+1) 2+4)，
由抛物线的表达式知，点D(0,4)，
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y −y y −y 4−am2−4 4−a(m+1) 2−4
则cot∠ODA−cot∠ODB= D A− D B= − =a；
x x m (m+1)
A B
（2）解：①AC⊥BC，且AC=BC，则△ABC为等腰直角三角形，设点C(0,y)，
过点A、B分别作y轴的垂线，垂足分别为点M、N，
∵∠MCA+∠BCN=90°，∠BCN+∠NCB=90°，
∴∠MAC=∠NCB，
∵∠CMA=∠BNC=90°，
∴△CMA≌△BNC(AAS)，
则MA=CN，CM=BN，
即m= y−[a(m+1) 2+4]且m+1=am2+4−y，
整理得：2m+1=a(2m+1)×(−1)，则a=−1，
故抛物线的表达式为：y=−x2+4；
②由点A、B的坐标得：(m+1−m) 2+[−(m+1) 2+4−m2−4] 2 =10，
解得：m=1，
则点A、B的坐标分别为：(1,3)、(2,0)，
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由m= y−[a(m+1) 2+4]得：y=1，即点C(0,1)；
∵AC⊥BC，且AC=BC，
则△BAC为等腰直角三角形，
∵△ADE与△ABC相似，则△ADE为等腰直角三角形，
过点A作AM⊥y轴于点M，则点M(0,3)，
则MD=4−3=1=AM，
故当点E和点M重合时，即点E(0,3)，符合题意；
如图，取M E'=1，则△ADE'为等腰直角三角形，
即点E'(0,2)符合题意，
综上，E(0,3)或(0,2)．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到三角形全等和相似，解直角三角形，求抛物线解析式等
知识点，数据处理是解题的关键．
考向三 相似三角形存在性问题
5．（2024·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=−2x+6的图象与x轴交于点A，
与y轴交于点B，抛物线y=−x2+bx+c经过A、B两点，在第一象限的抛物线上取一点D，过点D作
DC⊥x轴于点C，交AB于点E．
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(1)求这条抛物线所对应的函数表达式；
(2)是否存在点D，使得△BDE和△ACE相似？若存在，请求出点D的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)F是第一象限内抛物线上的动点（不与点D重合），过点F作x轴的垂线交AB于点G，连接DF，当四
边形EGFD为菱形时，求点D的横坐标．
【答案】(1)y=−x2+x+6
(1 25)
(2)点D的坐标为(1,6)或 ,
2 4
3+2√5−√29
(3)
2
【分析】（1）先求出A、B的坐标，然后代入y=−x2+bx+c，求出b、c的值即可；
（2）由对顶角的性质性质知∠AEC=∠DEB，若存在△BDE和△ACE相似，则有
△ACE∽△BDE和△ACE∽△DBE两种情况，然后分情况讨论，利用相似三角形的性质求解即可；
（3）设点D(m,−m2+m+6)，E(m,−2m+6)，F(n,−n2+n+6)，G(n,−2n+6)，则DE=−m2+3m，
FG=−n2+3n，根据菱形的性质得出−m2+3m=−n2+3n，可求出n=3−m，过点G作GK⊥DE于K，
n−m 3
可得∠EGK=∠BAC，利用等角的余弦值相等得出 = ，求出EG=√5(3−2m)，根据菱形的
EG 3√5
性质得出m2−(3+2√5)m+3√5=0，解方程求出m的值即可．
【详解】（1）解：令y=0，则−2x+6=0，则x=3；令x=0，则y=6
∴A(3,0)，B(0,6)
把A(3,0)，B(0,6)代入y=−x2+bx+c，得：
¿解得：¿
∴这条抛物线所对应的函数表达式为：y=−x2+x+6；
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（2）解：存在点D，使得△BDE和△ACE相似．
设点D(t,−t2+t+6)，则E(t,−2t+6)，C(t,0)，H(t,6)
∴EC=−2t+6，AC=3−t，BH=t，DH=−t2+t，DE=−t2+3t
∵△BDE和△ACE相似，∠BED=∠AEC
∴△ACE∽△BDE或△ACE∽△DBE
①如图1，当△ACE∽△BDE时，∠BDE=∠ACE=90∘
∴BD∥AC
∴D点纵坐标为6
∴−t2+t+6=6，解得：t=0或t=1
∴D(1,6)
②如图2，当△ACE∽△DBE时，∠BDE=∠CAE
过B作BH⊥DC于H
∴∠BHD=90∘
BH OB
∴ =tan∠BDE=tan∠CAE=
DH OA
t 6
∴
= =2
−t2+t 3
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1
∴−2t2+2t=t，解得：t=0（舍去）或t=
2
(1 25)
∴D ,
2 4
(1 25)
综上所述，点D的坐标为(1,6)或 , ．
2 4
（3）如图3，∵四边形EGFD为菱形
∴DE∥FG，DE=FG，ED=EG
设点D(m,−m2+m+6)，E(m,−2m+6)，F(n,−n2+n+6)，G(n,−2n+6)
∴DE=−m2+3m，FG=−n2+3n
∴−m2+3m=−n2+3n，即(m−n)(m+n−3)=0
∵m−n≠0
∴m+n−3=0，即m+n=3或n=3−m
∵A(3,0)，B(0,6)
∴AO=3，BO=6
∴AB=√AO2+BO2=3√5
过点G作GK⊥DE于K
∴KG∥AC
∴∠EGK=∠BAC
KG OA n−m 3
∴ =cos∠EGK=cos∠BAC= ，即 =
EG AB EG 3√5
∴EG=√5(n−m)=√5(3−2m)
∵DE=EG
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∴−m2+3m=√5(3−2m)
∴m2−(3+2√5)m+3√5=0
3+2√5+√29 3+2√5−√29
解得：m= （不合题意，舍去）或m=
2 2
3+2√5−√29
故m=
2
3+2√5−√29
答：点D的横坐标为
2
【点睛】本题是常见的中考数学压轴题型，综合性比较强，涉及到知识点较多；主要考查了待定系数法求
二次函数的解析式，相似三角形的性质，菱形的性质；解题时要能够灵活运用所学的数学知识，要会分类
讨论．
6．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图
像经过原点和点A(4,0)．经过点A的直线与该二次函数图象交于点B(1,3)，与y轴交于点C．
(1)求二次函数的解析式及点C的坐标；
(2)点P是二次函数图象上的一个动点，当点P在直线AB上方时，过点P作PE⊥x轴于点E，与直线AB交
于点D，设点P的横坐标为m．
①m为何值时线段PD的长度最大，并求出最大值；
②是否存在点P，使得△BPD与△AOC相似．若存在，请求出点P坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+4x，C(0,4)
5 9
(2)①当m= 时，PD有最大值为 ；②当P的坐标为(2,4)或(3,3)时，△BPD与△AOC相似
2 4
【分析】（1）把(0,0)，A(4,0)，B(1,3)代入y=ax2+bx+c(a≠0)求解即可，利用待定系数法求出直线
AB解析式，然后令x=0，求出y，即可求出C的坐标；
（2）①根据P、D的坐标求出PD，然后根据二次函数的性质求解即可；
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②先利用等边对等角，平行线的判定与性质等求出∠PDB=∠ACO=45°，然后分△PBD∽△OAC，
△PBD∽△AOC两种情况讨论过，利用相似三角形的性质、等腰三角形的判定与性质等求解即可．
【详解】（1）解：把(0,0)，A(4,0)，B(1,3)代入y=ax2+bx+c(a≠0)，
得¿，
解得¿，
∴二次函数的解析式为y=−x2+4x，
设直线AB解析式为y=mx+n，
则¿，
解得¿，
∴直线AB解析式为y=−x+4，
当x=0时，y=4，
∴C(0,4)；
（2）解：①设P(m,−m2+4m)(1<m<4)，则D(m,−m+4)，
∴PD=−m2+4m−(−m+4)
=−m2+5m−4
( 5) 2 9
=− m− + ，
2 4
5 9
∴当m= 时，PD有最大值为 ；
2 4
②∵A(4,0)，C(0,4)，
∴AO=CO=4，
又∠AOC=90°，
∴∠ACO=∠AOC=45°，
又PD⊥x轴，
∴PD∥y轴，
∴∠PDB=∠ACO=45°，
当△PBD∽△OAC时，如图，
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∴∠BPD=∠AOC=90°，
∴BP∥x轴，
∴P的纵坐标为3，
把y=3代入y=−x2+4x，得3=−x2+4x，
解得x =1，x =3，
1 2
∴m=3，
∴−m2+4m=3，
∴P的坐标为(3,3)；
当△PBD∽△AOC时，如图，过B作BF⊥PD于F，
则BF=m−1，∠PBD=∠AOC=90°，
又∠BDP=45°，
∴∠BPD=45°=∠BDP，
∴BP=BD，
∴PF=DF，
1
∴BF= PD，
2
1
∴m−1= (−m2+5m−4)，
2
解得m =2，m =1（舍去），
1 2
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∴−m2+4m=4，
∴P的坐标为(2,4)
综上，当P的坐标为(2,4)或(3,3)时，△BPD与△AOC相似．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，待定系数法求二次函数、一次函数解析式，二次函数的性质，相似
三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，合理分类讨论
是解题的关键．
►题型03 二次函数等腰三角形
考向一 已知等腰三角形求值
1．（2023·湖北随州·中考真题）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c过点A(−1,0)，
B(2,0)和C(0,2)，连接BC，点P(m,n) (m>0)为抛物线上一动点，过点P作PN⊥x轴交直线BC于点
M，交x轴于点N．
(1)直接写出抛物线和直线BC的解析式；
(2)如图2，连接OM，当△OCM为等腰三角形时，求m的值；
(3)当P点在运动过程中，在y轴上是否存在点Q，使得以O，P，Q为顶点的三角形与以B，C，N为顶点
的三角形相似（其中点P与点C相对应），若存在，直接写出点P和点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线：y=−x2+x+2；直线BC：y=−x+2
(2)m=1或m=√2或m=2
(1+√13 7+√13) ( 4−2√13)
(3)P(√2,√2)，Q(0,√2−1)或P , ，Q 0, 或P(1+√3,−1−√3)，Q(0,1)
3 9 9
或P(1+√5,−3−√5)，Q(0,−2)
【分析】（1）由题得抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−2)，将点C(0,2)代入求a，进而得抛物线的解析
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式；设直线BC的解析式为y=kx+t，将点B，C的坐标代入求k，t，进而得直线BC的解析式．
（2）由题得M(m,−m+2)，分别求出OC，OM，CM，对等腰△OCM中相等的边进行分类讨论，进
而列方程求解；
（3）对点P在点B左侧或右侧进行分类讨论，设法表示出各线段的长度，利用相似三角形的相似比求解m，
进而可得P，Q的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线过点A(−1,0)，B(2,0)，
∴抛物线的表达式为y=a(x+1)(x−2)，
将点C(0,2)代入上式，得2=−2a，
∴ a=−1．
∴抛物线的表达式为y=−(x+1)(x−2)，即y=−x2+x+2．
设直线BC的表达式为y=kx+t，
将点B(2,0)，C(0,2)代入上式，
得¿，
解得¿．
∴直线BC的表达式为y=−x+2．
（2）解：∵点M在直线BC上，且P(m,n)，
∴点M的坐标为(m,−m+2)．
∴ OC=2，CM2=(m−0) 2+(−m+2−2) 2=2m2，OM2=m2+(−m+2) 2=2m2−4m+4．
当△OCM为等腰三角形时，
①若CM=OM，则CM2=OM2，
即2m2=2m2−4m+4，
解得m=1．
②若CM=OC，则CM2=OC2，
即2m2=4，
解得m=√2或m=−√2（舍去）．
③若OM=OC，则OM2=OC2，
即2m2−4m+4=4，
解得m=0（舍去）或m=2．
综上，m=1或m=√2或m=2．
（3）解：∵点P与点C相对应，
∴ △POQ∽△CBN或△POQ∽△CNB．
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①若点P在点B左侧，
则∠CBN=45°，BN=2−m，CB=2√2．
当△POQ∽△CBN，即∠POQ=∠CBN=45°时，如图所示：
则：直线OP的表达式为y=x，
∴ −m2+m+2=m，
解得：m=√2或m=−√2（舍去）．
∴ OP2=(√2) 2+(√2) 2=4，即OP=2，
OP OQ 2 OQ
∴ = ，即 = ，
BC BN 2√2 2−√2
解得OQ=√2−1．
∴ P(√2,√2)，Q(0,√2−1)；
当△POQ∽△CNB，即∠PQO=∠CBN=45°时，过点P作PT⊥y轴，如图所示：
则PT=TQ=m，
∴PQ=√2m，OQ=m−(−m2+m+2)=m+m2−m−2=m2−2，
∵△POQ∽△CNB，
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PQ OQ √2m m2−2
∴ = ，即 = ，
CB NB 2√2 2−m
1+√13 1−√13
解得：m= 或m= （舍去），
3 3
1+√13
经检验m= 是原方程的解，
3
(1+√13 7+√13) −4+2√13
此时点P , ，OQ= ，
3 9 9
( 4−2√13)
∴Q 0, ；
9
②若点P在点B右侧，则∠CBN=135°，BN=m−2，
当△POQ∽△CBN，即∠POQ=∠CBN=135°时，如图所示：
此时直线OP的表达式为y=−x，
∴ −m2+m+2=−m，
解得m=1+√3或m=1−√3（舍去），
∴ OP=√2m=√2+√6，
∵△POQ∽△CBN，
OP OQ √2+√6 OQ
∴ = ，即 = ，
BC BN 2√2 √3−1
解得：OQ=1．
∴ P(1+√3,−1−√3)，Q(0,1)．
当△POQ∽△CNB，即∠PQO=∠CBN=135°时，如图所示：
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PQ=√2m OQ=−(−m2+m+2)−m=m2−2m−2
， ，
∵△POQ∽△CNB，
PQ OQ √2m m2−2m−2
∴ = ，即 = ，
CB NB 2√2 m−2
解得m=1+√5或m=1−√5（舍去），
经检验m=1+√5是原方程的解，
∴ P(1+√5,−3−√5)，OQ=2,
∴Q(0,−2)．
(1+√13 7+√13) ( 4−2√13)
综上，P(√2,√2)，Q(0,√2−1)或P , ，Q 0, 或P(1+√3,−1−√3)，
3 9 9
Q(0,1)或P(1+√5,−3−√5)，Q(0,−2)．
【点睛】本题是二次函数的综合应用，考查了待定系数法求函数解析式，等腰三角形的性质与判定，平面
直角坐标系中两点距离的算法，相似三角形的性质与判定等，熟练掌握相关知识是解题的关键．
考向二 已知等腰三角形求坐标
2．（2023·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+c经过点P(4,−3)，
与y轴交于点A(0,1)，直线y=kx(k≠0)与抛物线交于B，C两点．
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(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若△ABP是以AB为腰的等腰三角形，求点B的坐标；
(3)过点M(0,m)作y轴的垂线，交直线AB于点D，交直线AC于点E．试探究：是否存在常数m，使得
OD⊥OE始终成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
1
【答案】(1)y=− x2+1
4
(2)点B的坐标为(−4,−3)或(−2−2√5,−5−2√5)或(−2+2√5,−5+2√5)
2
(3)存在，m的值为2或
3
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）设B ( t,− 1 t2+1 ) ，分AB=AP和AB=BP两种情况，分别根据等腰三角形性质和两点坐标距离公式
4
列方程求解即可；
1
（3）先根据题意画出图形，设抛物线y=− x2+1与直线y=kx(k≠0)的交点坐标为B(a,ka)，C(b,kb)，
4
联立抛物线和直线解析式，根据根与系数关系得到a+b=−4k，ab=−4，利用待定系数法分别求得直线
(a(m−1) ) (b(m−1) )
AB、AC的表达式为得到D ,m ， E ,m ，过E作EQ⊥x轴于Q，过D作DN⊥x
ka−1 kb−1
b(m−1)
−
m kb−1
轴于N，证明△EQO∽△OND得到 = ，整理可得到m2=4(m−1) 2，进而求解即
a(m−1) m
ka−1
可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+c经过点P(4,−3)，与y轴交于点A(0,1)，
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∴¿，解得¿，
1
∴抛物线的函数表达式为y=− x2+1；
4
（2）解：设B ( t,− 1 t2+1 ) ，
4
根据题意，△ABP是以AB为腰的等腰三角形，有两种情况：
当AB=AP时，点B和点P关于y轴对称，
∵P(4,−3)，∴B(−4,−3)；
当AB=BP时，则AB2=BP2，
∴(t−0) 2+ ( − 1 t2+1−1 ) 2 =(t−4) 2+ ( − 1 t2+1+3 ) 2 ，
4 4
整理，得t2+4t−16=0，
解得t =−2−2√5，t =−2+2√5，
1 2
1 1
当t=−2−2√5时，− t2+1 =− ×(−2−2√5) 2+1=−5−2√5，则B(−2−2√5,−5−2√5)，
4 4
1 1
当t=−2+2√5时，− t2+1 =− ×(−2+2√5) 2+1=−5+2√5，则B(−2+2√5,−5+2√5)，
4 4
综上，满足题意的点B的坐标为(−4,−3)或(−2−2√5,−5−2√5)或(−2+2√5,−5+2√5)；
（3）解：存在常数m，使得OD⊥OE．
根据题意，画出图形如下图，
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1
设抛物线y=− x2+1与直线y=kx(k≠0)的交点坐标为B(a,ka)，C(b,kb)，
4
1
由y=− x2+1=kx得x2+4kx−4=0，
4
∴a+b=−4k，ab=−4；
设直线AB的表达式为y=px+q，
则¿，解得¿，
ka−1
∴直线AB的表达式为y= x+1，
a
ka−1 a(m−1)
令y=m，由y= x+1=m得x= ，
a ka−1
(a(m−1) )
∴D ,m ，
ka−1
kb−1 (b(m−1) )
同理，可得直线AC的表达式为y= x+1，则E ,m ，
b kb−1
过E作EQ⊥x轴于Q，过D作DN⊥x轴于N，
b(m−1) a(m−1)
则∠EQO=∠OND=90°，EQ=ND=m，QO=− ，ON= ，
kb−1 ka−1
若OD⊥OE，则∠EOD=90°，
∴∠QEO+∠QOE=∠DON+∠QOE=90°，
∴∠QEO=∠DON，
∴△EQO∽△OND，
EQ QO
∴ = ，
ON ND
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b(m−1)
−
m kb−1
则 = ，
a(m−1) m
ka−1
整理，得m2(ka−1)(kb−1)=−ab(m−1) 2，
即m2[abk2−k(a+b)+1]=−ab(m−1) 2，
将a+b=−4k，ab=−4代入，得m2(−4k2+4k2+1)=4(m−1) 2，
即m2=4(m−1) 2，则m=2(m−1)或m=−2(m−1)，
2
解得m =2，m = ，
1 2 3
2
综上，存在常数m，使得OD⊥OE，m的值为2或 ．
3
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式、等腰三角形的性质、一元二
次方程根与系数关系、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、坐标与图形等知识，综合性强，难度
较大，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加辅助线构造相似三角形，并利用数形结合和分类讨论思想解
决问题是解答的关键．
考向三 等腰三角形存在性问题
3.（2024·云南怒江·一模）已知抛物线y=−x2+4x+5与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴
交于点C．
(1)求A、B、C三点的坐标；
(2)点D是直线BC上方抛物线上的点，连接BD、CD，求S 的最大值；
△BCD
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得△BCP是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存
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在，请说明理由．
【答案】(1)A(−1,0)，B(5,0)，C(0,5)
125
(2)最大值为
8
(3)存在，(2,√41)或(2,−√41)或(2,5+√46)或(2,5−√46)或(2,2)
【分析】（1）分别令y=0、x=0计算即可得解；
（2）求出直线BC的解析式为：y=−x+5，过点D作DE∥y轴，交BC于点E，设点D的坐标为
(m,−m2+4m+5)，则E(m,−m+5)，求出DE=−m2+5m，再由S =S +S 并结合二次函
△BCD △BDE △CDE
数的性质即可得解；
（3）设P(2,n)，则BP2=n2+9，CP2=(n−5) 2+4，BC2=25+25=50，再分三种情况：当BC=BP时，
当BC=CP时，当BP=CP时，分别求解即可．
【详解】（1）解：令y=−x2+4x+5=0，
解得：x =−1，x =5，
1 2
∵点A在点B左侧，
∴A(−1,0)，B(5,0)，
当x=0时，y=5，
∴C(0,5)；
（2）解：设直线BC的解析式为y=kx+b，
∵B(5,0)，C(0,5)，
∴¿，
解得：¿，
∴直线BC的解析式为：y=−x+5，
过点D作DE∥y轴，交BC于点E，
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设点D的坐标为(m,−m2+4m+5)，则E(m,−m+5)，
∴DE=−m2+4m+5−(−m+5)=−m2+5m，
∴S =S +S =
1
×(−m2+5m)×5=−
5
m2+
25
m=−
5(
m−
5) 2
+
125
，
△BCD △BDE △CDE 2 2 2 2 2 8
5 125
∴当m= 时，△BCD的面积最大，最大值为 ；
2 8
4
（3）解：∵点P在抛物线对称轴上，且对称轴为：x=− =2，
−2
∴设P(2,n)，则BP2=n2+9，CP2=(n−5) 2+4，BC2=25+25=50，
△BCP是等腰三角形，需分3种情况讨论：
①当BC=BP时，n2+9=50，解得：n=±√41，
此时点P的坐标为(2,√41)或(2,−√41)；
②当BC=CP时，(n−5) 2+4=50，解得：n=5±√46，
此时点P的坐标为(2,5+√46)或(2,5−√46)；
③当BP=CP时，n2+9=(n−5) 2+4，解得：n=2，
此时点P的坐标为(2,2)．
综上所述，满足条件的点P有5个，分别为(2,√41)或(2,−√41)或(2,5+√46)或(2,5−√46)或(2,2)．
【点睛】本题考查了二次函数与坐标轴的交点、二次函数综合—面积问题、二次函数综合—特殊三角形、
勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
4．（2023·青海·中考真题）如图，二次函数y=−x2+bx+c的图象与x轴相交于点A和点C(1,0)，交y轴于
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点B(0,3)．
(1)求此二次函数的解析式；
(2)设二次函数图象的顶点为P，对称轴与x轴交于点Q，求四边形AOBP的面积（请在图1中探索）；
(3)二次函数图象的对称轴上是否存在点M，使得△AMB是以AB为底边的等腰三角形？若存在，请求出
满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由（请在图2中探索）．
【答案】(1)y=−x2−2x+3；
15
(2) ；
2
(3)M(−1，1)
【分析】（1）将B，C两点坐标代入抛物线的解析式，进一步求解得出结果；
（2）连接OP，将二次函数的解析式配方求得顶点的坐标，邻y=0求得A的坐标，从而求得OQ，PQ，
OA的长，再根据S =S +S 求得结果；
四边形AOBP △AOP △BOP
（3）设M(−1，m)，表示出AM和BM，根据AM2=BM2列出方程求得m的值，进而求得结果．
【详解】（1）解：由题意得，
¿，
∴¿，
∴y=−x2−2x+3；
（2）解：如图，连接OP，
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∵y=−x2−2x+3=−(x+1) 2+4，
∴P(−1，4)，
∴PQ=4，OQ=1，
由−x2−2x+3=0得，x =1，x =−3，
1 2
∴OA=3，
1 1 1 1 15
∴S =S +S = OA⋅PQ+ OB⋅OQ= ×3×4+ ×3×1= ；
四边形AOBP △AOP △BOP 2 2 2 2 2
（3）解：设M(−1，m)，
∵OA=3，
∴A(−3，0)，
由AM2=BM2得[(−3)−(−1)] 2 +m2=(−1) 2+(m−3) 2，
∴m=l，
∴M(−1，1)．
【点睛】本题考查了二次函数及其图象的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，解决问题的关键是
熟练掌握有关基础知识．
►题型04 二次函数与直角三角形
考向一 已知直角三角形求值
1．（2023·湖南益阳·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，直线l:y=a(x+2)(a>0)与x轴交于点A，与
抛物线E:y=ax2交于B，C两点（B在C的左边）．
(1)求A点的坐标；
(2)如图1，若B点关于x轴的对称点为B'点，当以点A，B'，C为顶点的三角形是直角三角形时，求实数a
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的值；
(3)定义：将平面直角坐标系中横坐标与纵坐标均为整数的点叫作格点，如(−2,1)，(2,0)等均为格点．如图
2，直线l与抛物线E所围成的封闭图形即阴影部分（不包含边界）中的格点数恰好是26个，求a的取值
范围．
【答案】(1)(−2，0)
√15
(2)a=1或a= ；
5
13 20
(3) <a≤ 或a=7．
2 3
【分析】（1）对于直线l:y=a(x+2)，令y=0，求出x，即可求解；
（2）表示出点A，B'，C的坐标，利用勾股定理解方程求解，注意直角顶点不确定，需分类讨论；
（3）直线l与抛物线E所围成的封闭图形（不包含边界）中的格点只能落在y轴和直线x=1上，各为13个，
分别求出a的范围．
【详解】（1）解：对于直线l:y=a(x+2)，
当y=0时，x=−2，
∴A点的坐标为(−2,0)；
（2）解：联立直线l:y=a(x+2)与抛物线E:y=ax2得：
¿，
∴x2−x−2=0，
∴x=−1或x=2，
∴B(−1，a)，C(2，4a)，
∵B点关于x轴的对称点为B'点，
∴B' (−1，−a)，
∴AB'2=(−2+1) 2+(0+a) 2=a2+1，
AC2=(2+2) 2+(4a−0) 2=16a2+16，
B'C2=(2+1) 2+(4a+a) 2=25a2+9，
若∠CAB'=90°，则AB'2+AC2=B'C2，即a2+1+16a2+16=25a2+9，所以a=1，
√15
若∠AB'C=90°，则AB'2+B'C2=AC2，即a2+1+25a2+9=16a2+16，所以a= ，
5
若∠ACB'=90°，则AC2+B'C2=AB'2，即16a2+16+25a2+9=a2+1，此方程无解．
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√15
∴a=1或a= ；
5
（3）解：如图，直线l与抛物线E所围成的封闭图形（不包含边界）中的格点只能落在y轴和直线x=1上，
∵D(0，2a) E(1，a) F(1，3a)
， ， ，
∴OD=EF=2a，
∵格点数恰好是26个，
∴落在y轴和直线x=1上的格点数应各为13个，
13
∴落在y轴的格点应满足13<2a≤14，即 <a≤7，
2
13 13
①若 <a<7，即 <y <7，
2 2 E
所以线段EF上的格点应该为(1,7)，(1，8)……(1，19)，
∴19<3a≤20
19 20
∴ <a≤
3 3
13 20
∴ <a≤
2 3
②若a=7，y =7，y =21，所以线段EF上的格点正好13个，
E F
13 20
综上， <a≤ 或a=7．
2 3
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，涉及了二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，勾
股定理，关键是弄清格点只能落在y轴和直线x=1上，各为13个，并对点D、F进行定位．
2．（2024·陕西西安·模拟预测）已知抛物线L:y=ax2−2ax−8a(a≠0)与x轴交于点A，点B，且点A在
点B的左侧，与y轴交于点C．
(1)求出点A与点B的坐标．
(2)当△ABC是以AB为斜边的直角三角形时，求抛物线L的表达式．
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【答案】(1)(−2,0)、(4,0)
√2 √2 √2 √2
(2)y=− x2− x−2√2或y= x2+ x+2√2
4 2 4 2
【分析】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到三角形相似、直角三角形的性质等，难度不大．
（1）令y=ax2−2ax−8a=0，即可求解；
（2）证明△AOC∽△COB，得到OC2=OA⋅OB=2×4=8，即可求解．
【详解】（1）令y=ax2−2ax−8a=0，
解得：x=−2或4，
即点A、B的坐标分别为：(−2,0)、(4,0)；
（2）由抛物线的表达式知，点C(0,−8a)，
∵△ABC是以AB为斜边的直角三角形，
则∠ACB=90°，
∵∠CAB+∠ACO=90°，∠ACO+∠OCB=90°，
∴∠CAB=∠OCB，
∵∠AOC=∠COB，
∵△AOC∽△COB，
CO AO
∴ = ，
OB CO
即OC2=OA⋅OB=2×4=8，
则64a2=8，
√2
解得：a=± ，
4
√2 √2 √2 √2
则抛物线的表达式为：y=− x2− x−2√2或y= x2+ x+2√2．
4 2 4 2
考向二 已知直角三角形求坐标
11
3．（2022·山东济南·中考真题）抛物线y=ax2+ x−6与x轴交于A(t,0)，B(8,0)两点，与y轴交于点
4
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C，直线y＝kx－6经过点B．点P在抛物线上，设点P的横坐标为m．
(1)求抛物线的表达式和t，k的值；
(2)如图1，连接AC，AP，PC，若△APC是以CP为斜边的直角三角形，求点P的坐标；
1
(3)如图2，若点P在直线BC上方的抛物线上，过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，求CQ+ PQ的最大值．
2
1 11 3
【答案】(1)，y=− x2+ x−6，t=3，k=
4 4 4
( 7)
(2)点P 10,−
2
169
(3)
16
【分析】（1）分别把B(8,0)代入抛物线解析式和一次函数的解析式，即可求解；
（2）作PM⊥x轴于点M，根据题意可得P ( m,− 1 m2+ 11 m−6 ) ，从而得到PM= 1 m2− 11 m+6，
4 4 4 4
AM=m−3，再根据△COA∽△AMP，可求出m，即可求解；
（3）作PN⊥x轴交BC于点N，过点N作NE⊥y轴于点E，则
PN=− 1 m2+ 11 m−6− (3 m−6 ) =− 1 m2+2m ，再根据 △PQN∽△BOC ，可得 NQ= 3 PN ，
4 4 4 4 5
4 5
PQ= PN，然后根据△CNE∽△CBO，可得CN= m，从而得到
5 4
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1 1
CQ+ PQ=CN+NQ+ PQ=CN+PN，在根据二次函数的性质，即可求解．
2 2
11
【详解】（1）解：∵B(8,0)在抛物线y=ax2+ x−6上，
4
11
∴64a+ ×8−6=0，
4
1
∴a=− ，
4
1 11
∴抛物线解析式为y=− x2+ x−6，
4 4
1 11
当y=0时，− t2+ t−6=0，
4 4
∴t =3，t =8（舍），
1 2
∴t=3．
∵B(8,0)在直线y=kx−6上，
∴8k−6=0，
3
∴k= ，
4
3
∴一次函数解析式为y= x−6．
4
（2）解：如图，作PM⊥x轴于点M，
1 11
对于y=− x2+ x−6，令x=0，则y=-6，
4 4
∴点C（0，-6），即OC=6，
∵A（3，0），
∴OA=3，
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∵点P的横坐标为m．
∴P ( m,− 1 m2+ 11 m−6 ) ，
4 4
1 11
∴PM= m2− m+6，AM=m−3，
4 4
∵∠CAP=90°，
∴∠OAC+∠PAM=90°，
∵∠APM+∠PAM=90°，
∴∠OAC=∠APM，
∵∠AOC=∠AMP=90°，
∴△COA∽△AMP，
OA OC
∴ = ，
PM MA
∴OA⋅MA=OC⋅PM，即3(m−3)=6⋅ (1 m2− 11 m+6 ) ，
4 4
∴m =3（舍），m =10，
1 2
∴m=10，
( 7)
∴点P 10,− ．
2
（3）解：如图，作PN⊥x轴交BC于点N，过点N作NE⊥y轴于点E，
∵P ( m,− 1 m2+ 11 m−6 ) ，
4 4
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( 3 )
∴点N m, m−6 ，
4
∴PN=− 1 m2+ 11 m−6− (3 m−6 ) =− 1 m2+2m，
4 4 4 4
∵PN⊥x轴，
∴PN∥y轴，
∴∠PNQ=∠OCB，
∵∠PQN=∠BOC=90°，
∴△PQN∽△BOC，
PN NQ PQ
∴ = = ，
BC OC OB
∵OB=8，OC=6，
∴BC=10，
3 4
∴NQ= PN，PQ= PN，
5 5
∵EN⊥y轴，
∴EN∥x轴，
∴△CNE∽△CBO，
CN EN CN m
∴ = ，即 =
BC OB 10 8
5
∴CN= m，
4
1 1 3 1 4
∴CQ+ PQ=CN+NQ+ PQ=CN+ PN+ × PN=CN+PN，
2 2 5 2 5
∴CQ+
1
PQ=
5
m−
1
m2+2m=−
1
m2+
13
m=−
1(
m−
13) 2
+
169
，
2 4 4 4 4 4 2 16
13 1 169
∴当m= 时，CQ+ PQ的最大值是 ．
2 2 16
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，相似三角形的判定和性质，
利用数形结合思想解答是解题的关键，是中考的压轴题．
4．（2024·四川遂宁·中考真题）二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴分别交于点
A(−1,0)，B(3,0)，与y轴交于点C(0,−3)，P，Q为抛物线上的两点．
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(1)求二次函数的表达式；
(2)当P，C两点关于抛物线对称轴对称，△OPQ是以点P为直角顶点的直角三角形时，求点Q的坐标；
(3)设P的横坐标为m，Q的横坐标为m+1，试探究：△OPQ的面积S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．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2 35)
(2)Q ,−
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；
（2）可求P(2,−3)，设Q(m,m2−2m−3)，由∠OPQ=90°，得OP2+PQ2=OQ2，则
2
[(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 = ，m =2
1 3 2
(2 35)
（舍去），故Q ,− ；
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．
【详解】（1）解：把A(−1,0)，B(3,0)，C(0,−3)代入y=ax2+bx+c得，
¿，解得¿，
∴二次函数的表达式为y=x2−2x−3；
（2）解：如图：
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由y=x2−2x−3得抛物线对称轴为直线x=1，
∵P，C两点关于抛物线对轴对称，C(0,−3)
∴P(2,−3)，
设Q(m,m2−2m−3)，
∵∠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 ，
整理得，3m2−8m+4=0，
2
解得m = ，m =2（舍去），
1 3 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，
设点P(m,m2−2m−3)，则点Q(m+1，(m+1) 2−2(m+1)−3)，设直线PQ交x轴于点H，
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设直线PQ表达式为：y=kx+b(k≠0)，
代入P(m,m2−2m−3)，Q(m+1，(m+1) 2−2(m+1)−3)
得：¿，
解得：¿，
∴直线PQ的表达式为：y=(2m−1)x−m2−m−3，
令y=0，得(2m−1)x−m2−m−3=0
m2−2m−3
则x= +m，
1−2m
m2−2m−3
则OH= +m，
1−2m
1
则S=S −S = ×OH×(y −y )
△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 2 11 11
= (m2+m+3)= (m+ ) + ≥ ，
2 2 2 8 8
11
即S存在最小值为 ；
8
当点P、Q在x轴下方，且点P在点Q上方时，
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同上可求直线PQ表达式为：y=(2m−1)x−m2−m−3，
令y=0，得(2m−1)x−m2−m−3=0
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 2 11 11
= (m2+m+3)= (m+ ) + ≥
2 2 2 8 8
11
即S存在最小值为 ；
8
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
1 1 1 2 11 11
S= (m2+m+3)= (m+ ) + ≥ ，
2 2 2 8 8
11
即S存在最小值为 ，
8
11
综上所述，△OPQ的面积S是否存在最小值，且为 ．
8
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考向三 直角三角形存在性问题
5．（2023·山东烟台·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+5与x轴交于A,B两点，与y轴交于点
C,AB=4．抛物线的对称轴x=3与经过点A的直线y=kx−1交于点D，与x轴交于点E．
(1)求直线AD及抛物线的表达式；
(2)在抛物线上是否存在点M，使得△ADM是以AD为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点M的坐
标；若不存在，请说明理由；
1
(3)以点B为圆心，画半径为2的圆，点P为⊙B上一个动点，请求出PC+ PA的最小值．
2
【答案】(1)直线AD的解析式为y=x−1；抛物线解析式为y=x2−6x+5
(2)存在，点M的坐标为(4,−3)或(0,5) 或(5,0)
(3)√41
【分析】（1）根据对称轴x=3，AB=4，得到点A及B的坐标，再利用待定系数法求解析式即可；
（2）先求出点D的坐标，再分两种情况：①当∠DAM=90°时，求出直线AM的解析式为y=−x+1，
解方程组¿，即可得到点M的坐标；②当∠ADM=90°时，求出直线DM的解析式为y=−x+5，解方程
组¿，即可得到点M的坐标；
BF PB
（3）在AB上取点F，使BF=1，连接CF，证得 = ，又∠PBF=∠ABP，得到
PB AB
1 1
△PBF∽△ABP，推出PF= PA，进而得到当点C、P、F三点共线时，PC+ PA的值最小，即为线
2 2
段CF的长，利用勾股定理求出CF即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴x=3，AB=4，
∴A(1,0),B(5,0)，
将A(1,0)代入直线y=kx−1，得k−1=0，
解得k=1，
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∴直线AD的解析式为y=x−1；
将A(1,0),B(5,0)代入y=ax2+bx+5，得
¿，解得¿，
∴抛物线的解析式为y=x2−6x+5；
（2）存在点M，
∵直线AD的解析式为y=x−1，抛物线对称轴x=3与x轴交于点E．
∴当x=3时，y=x−1=2，
∴D(3,2)，
①当∠DAM=90°时，
设直线AM的解析式为y=−x+c，将点A坐标代入，
得−1+c=0，
解得c=1，
∴直线AM的解析式为y=−x+1，
解方程组¿，
得¿或¿，
∴点M的坐标为(4,−3)；
②当∠ADM=90°时，
设直线DM的解析式为y=−x+d，将D(3,2)代入，
得−3+d=2，
解得d=5，
∴直线DM的解析式为y=−x+5，
解方程组¿，
解得¿或¿，
∴点M的坐标为(0,5) 或(5,0)
综上，点M的坐标为(4,−3)或(0,5) 或(5,0)；
（3）如图，在AB上取点F，使BF=1，连接CF，
∵PB=2，
BF 1
∴ = ，
PB 2
PB 2 1
∵ = = ，、
AB 4 2
BF PB
∴ = ，
PB AB
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又∵∠PBF=∠ABP，
∴△PBF∽△ABP，
PF BF 1 1
∴ = = ，即PF= PA，
PA PB 2 2
1
∴PC+ PA=PC+PF≥CF，
2
1
∴当点C、P、F三点共线时，PC+ PA的值最小，即为线段CF的长，
2
∵OC=5,OF=OB−1=5−1=4，
∴CF=√OC2+OF2=√52+42=√41，
1
∴PC+ PA的最小值为√41．
2
【点睛】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，
勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键．
1
6．（2022·内蒙古呼和浩特·中考真题）如图，抛物线y=− x2+bx+c经过点B(4,0)和点C(0,2)，与x轴
2
的另一个交点为A，连接AC、BC．
(1)求抛物线的解析式及点A的坐标；
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(2)如图1，若点D是线段AC的中点，连接BD，在y轴上是否存在点E，使得△BDE是以BD为斜边的直
角三角形？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，点P是第一象限内抛物线上的动点，过点P作PQ∥y轴，分别交BC、x轴于点M、N，当
△PMC中有某个角的度数等于∠OBC度数的2倍时，请求出满足条件的点P的横坐标．
1 3
【答案】(1)y=− x2+ x+2；A（-1，0）；
2 2
(2)存在E（0，2）或（0，-1），使得△BDE是以BD为斜边的直角三角形；
3
(3)2或
2
【分析】（1）利用待定系数法解答，即可求解；
( 1 )
（2）先根据中点坐标公式可得点D − ,1 ，设点E（0，m），再根据两点坐标公式可得
2
DE2= ( − 1 −0 ) 2 +(1−m) 2=m2−2m+ 5 ，BD2= ( 4+ 1) 2 +12= 85 ，BE2=m2+16，再由勾股定理，即
2 4 2 4
可求解；
（3）先求出tan∠OBC= OC = 1 ，再求出直线BC的解析式，然后设点P ( a,− 1 a2+ 3 a+2 ) ，则
OB 2 2 2
M ( a,− 1 a+2 ) ，CF=a，可得PM=− 1 a2+2a，再分三种情况讨论：若∠PCM=2∠OBC，过点C作CF
2 2
∥x轴交PM于点F；若∠PMC=2∠OBC；若∠CPM=2∠OBC，过点P作PG平分∠CPM，则
∠MPG=∠OBC，即可求解．
【详解】（1）解：把点B(4,0)和点C(0,2)代入，得：
¿，解得：¿，
1 3
∴抛物线的解析式为y=− x2+ x+2，
2 2
1 3
令y=0，则y=− x2+ x+2，
2 2
解得：x =−1,x =4，
1 2
∴点A（-1，0）；
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（2）解：存在，理由如下：
∵点A（-1，0），点C(0,2)，点D是线段AC的中点，
( 1 )
∴点D − ,1 ，
2
设点E（0，m），
∴DE2= ( − 1 −0 ) 2 +(1−m) 2=m2−2m+ 5 ，
2 4
BD2= ( 4+ 1) 2 +12= 85 ，
2 4
BE2=m2+16，
∵△BDE是以BD为斜边的直角三角形，
5 85
∴m2+16+m2−2m+ = ，
4 4
整理得：m2−m−2=0，
解得：m=2或-1，
∴点E的坐标为（0，2）或（0，-1）；
（3）解：∵点B（4，0），C（0，2），
∴OB=4，OC=2，
OC 1
∴tan∠OBC= = ，
OB 2
设直线BC的解析式为y=kx+b (k≠0)，
1
把点B（4，0），C（0，2）代入得：
¿，解得：¿，
1
∴直线BC的解析式为y=− x+2，
2
设点P ( a,− 1 a2+ 3 a+2 ) ，则M ( a,− 1 a+2 ) ，CF=a，
2 2 2
∴PM= ( − 1 a2+ 3 a+2 ) − ( − 1 a+2 ) =− 1 a2+2a，
2 2 2 2
若∠PCM=2∠OBC，过点C作CF∥x轴交PM于点F，如图甲所示，
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1
∴∠FCM=∠OBC，即tan∠FCM=tan∠OBC= ，
2
∴∠PCF=∠FCM，
∵PQ∥y轴，
∴CF⊥PQ，
∴PM=2FM，
1
∴FM=− a2+a，
4
1
− a2+a
∴ 4 1，解得：解得：a=2或0（舍去），
=
a 2
∴点P的横坐标为2；
若∠PMC=2∠OBC，
∵∠PMC=∠BMN，
∴∠BMN=2∠OBC，
∵∠OBC+∠BMN=90°，
OC 1
∴∠OBC=30°，与tan∠OBC= = 相矛盾，不合题意，舍去；
OB 2
若∠CPM=2∠OBC，如图乙所示，过点P作PG平分∠CPM，则∠MPG=∠OBC，
∵∠PMG=∠BMN，
∴△PMG∽△BMN，
∴∠PGM=∠BNM=90°，
∴∠PGC=90°，
∵PG平分∠CPM，即∠MPG=∠CPG，
∴∠PCM=∠PMC，
∴PC=PM，
2
∴− 1 a2+2a= √ a2+ ( − 1 a2+ 3 a+2−2 ) ，
2 2 2
3
解得：a= 或0（舍去），
2
3
∴点P的横坐标为 ；
2
3
综上所述，点P的横坐标为2或 ．
2
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图甲 图乙
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，熟练掌握二次函
数的综合题，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，利用数形结合思想和分类讨论思想解答是解
题的关键．
►题型05 二次函数与等腰直角三角形
考向一 已知等腰直角三角形求值
1．（2020·江苏连云港·一模）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），
点A的坐标为(−1,0)，与y轴交于点C(0,3)，作直线BC．动点P在x轴上运动，过点P作PM⊥x轴，交抛
物线于点M，交直线BC于点N，设点P的横坐标为m．
(1)求抛物线的解析式和直线BC的解析式；
(2)当点P在线段OB上运动时，求线段MN的最大值；
(3)当点P在线段OB上运动时，若△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时，求m的值；
(4)当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出m的值．
【答案】(1)y=−x2+2x+3，y=−x+3
9
(2)
4
(3)m=2
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3+√21 3−√21
(4)m的值为 或
2 2
【分析】（1）由A、C两点的坐标利用待定系数法可求得抛物线解析式，则可求得B点坐标，再利用待定
系数法可求得直线BC的解析式；
（2）用m可分别表示出N、M的坐标，则可表示出MN的长，再利用二次函数的最值可求得MN的最大值；
（3）由题意可得当△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时则有MN=MC，且MC⊥MN，则可求表
示出M点纵坐标，代入抛物线解析式可求得m的值；
（4）由条件可得出MN=OC，结合（2）可得到关于m的方程，可求得m的值．
【详解】（1）解：∵抛物线过A、C两点，y=−x2+bx+c
∴代入抛物线解析式可得¿，
解得¿，
∴抛物线解析式为y=−x2+2x+3，
令y=0可得，−x2+2x+3=0，解x =−1，x =3，
1 2
∵B点在A点右侧，
∴B点坐标为(3,0)，
设直线BC解析式为y=kx+s，
把B、C坐标代入可得¿，解得¿，
∴直线BC解析式为y=−x+3；
（2）解：∵PM⊥x轴，点P的横坐标为m，
∴M(m,−m2+2m+3)，N(m,−m+3)，
∵P在线段OB上运动，
∴M点在N点上方，
3 2 9
∴MN=−m2+2m+3−(−m+3)=−m2+3m=−(m− ) + ，
2 4
3 9
∴当m= 时，MN有最大值，MN的最大值为 ；
2 4
（3）解：由（1）（2）得B点坐标为(3,0)，C点坐标为(0,3)，
∴OC=OB=3
∵∠BOC=90°
∴∠BCO=∠OBC=45°
∵PM⊥x轴，OC⊥x轴，
∴MN∥OC
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∴∠MNC=∠BCO=45°
∴当△CMN是以MN为腰的等腰直角三角形时，CM⊥MN，
∴M点纵坐标为3，
∴−m2+2m+3=3，解得m=0或m=2，
当m=0时，则M、C重合，不能构成三角形，不符合题意，舍去，
∴m=2；
（4）解：由（3）得MN∥OC，OC=3，
当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，则有OC=MN，
当点P在线段OB上时，由（2）得MN=−m2+3m，
∴−m2+3m=3，此方程无实数根，
当点P不在线段OB上时，则有MN=−m+3−(−m2+2m+3)=m2−3m，
3+√21 3−√21
∴m2−3m=3，解得m= 或m= ，
2 2
3+√21 3−√21
综上可知当以C、O、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，m的值为 或 ．
2 2
【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的最值、等腰直角三角形的判定和性质、
平行四边形的性质及分类讨论思想等知识点．在（2）中用m表示出MN的长是解题的关键，在（3）中确
定出CM⊥MN是解题的关键，在（4）中由平行四边形的性质得到OC=MN是解题的关键．本题考查知
识点较多，综合性较强，难度较大．
2．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图1，抛物线与x轴交于A(−2,0)，B(−8,0)两点，与y轴
交于点C(0,−8)．经过点A的直线与抛物线交于另一点D，与y轴交于点E(0,1)．
(1)求该二次函数的解析式；
(2)连接AC、DC，求△ACD的面积；
(3)如图1，点P是线段AD上一动点，过点P作PF∥y轴，交该抛物线于点F，作FG∥x轴，交该抛物
线于另一点G
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①若△PFG是等腰直角三角形，求PF的长；
②如图2，点P的横坐标为−6，点M是直线AD上方抛物线上的一个动点，点N是y轴负半轴上一动点．
请问是否存在点M，使得以P、N、E为顶点的三角形与△PME全等，且以同一条线段PE为对应边？若
存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
1
【答案】(1)y=− x2−5x−8
2
63
(2)
2
( 9 35)
(3)①√57−3 ； ②存在；(−6,4)或(−4,4)或 − ,
2 8
【分析】（1）设抛物线的解析式为交点式，代入点C坐标，进而得出结果；
1
（2）作DQ⊥x轴于Q，设D(m，− (m+2)(m+8))，根据tan∠DAQ=tan∠OAE得出
2
DQ OE 1
= = ，从而求得m的值，进一步得出结果；
AQ OA 2
（3）①设F ( t,− 1 t2−5t−8 ) ，P ( t, 1 t+1 ) ，从而表示出
2 2
PF=− 1 t2−5t−8− (1 t+1 ) =− 1 t2− 11 t−9和PG=−10−2t，根据PF=FG得出
2 2 2 2
1 11
− t2− t−9=−10−2t，求得t的值，进一步得出结果；②分两种情形：当△PEM≌△EPN时，
2 2
当△PEM≌△PEN时，分别求解即可．
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为y=a(x+2)(x+8)，
∴−8=a⋅2×8，
1
∴a=− ，
2
1 1
∴y=− (x+2)(x+8)=− x2−5x−8；
2 2
（2）解：如图1，
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作DQ⊥x轴于Q，
( 1 )
设D m,− (m+2)(m+8) ，
2
∵∠DAQ=∠OAE，
∴tan∠DAQ=tan∠OAE，
DQ OE 1
∴ = = ，
AQ OA 2
1
(m+2)(m+8)
∴ 2 1，
=
−2−m 2
∴m=−9，
1 7
∴AQ=−2−(−9)=7，DQ= AQ= ，
2 2
1 1 ( 7) 207
∴S = (DQ+OC)⋅OQ= × 8+ ×9= ，
梯形COQD 2 2 2 4
1 1
S = OA⋅OC= ×2×8=8，
△AOC 2 2
1 1 7 49
S = DQ⋅AQ= × ×7=
△ADQ 2 2 2 4
207 49 63
∴S = −8− = ；
△ACD 4 4 2
（3）解：①设直线AE的解析式为y=kx+m
把A(−2,0)，E(0,1)人攻，得
¿，解得：¿，
1
∴直线AE的解析式为y= x+1，
2
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设F ( t,− 1 t2−5t−8 ) ，P ( t, 1 t+1 ) ，
2 2
∴PF=− 1 t2−5t−8− (1 t+1 ) =− 1 t2− 11 t−9，
2 2 2 2
∵PF∥y轴，FG∥x轴，△PFG是等腰直角三角形，
−2−8
∴点F和G关于抛物线的对称轴x= =−5对称，∠PFG=90°，PF=FG，
2
∴FG=2(−5−t)=−10−2t，
1 11
∴− t2− t−9=−10−2t，
2 2
−7−√57 −7+√57
∴t = ，t = （舍去），
1 2 2 2
∴PF=−10−2t=−10−(−7−√57)=√57−3；
②当△PEM≌△EPN时，如图2，
∵△PEM≌△EPN，
∴∠EPM=∠PEM，
∴PM∥EN，即PM∥y轴，
∴x =−6，
M
1
∴y =− ×(−6+2)×(−6+8)=4，
M 2
∴M(−6,4)，
当△PEM≌△PEN时，∠PEM=∠PEN，过点A作AW⊥EM于W，过点W作WH⊥y轴于点H，
作AK⊥WH交HW延长线于K，如图3，
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∵AK⊥WH，WH⊥y，
∴∠K=∠WHE=90°，∠AWE=90°，
∴∠KAW+∠AWK=90°，
∵AW⊥EM
∴∠AWE=90°
∴∠AWK+∠EWH=90°，
∴∠KAW =∠EWH，
∴ △EHW∽△WKA，
EH WH EW
∴ = = ，
KW AK AW
∵AO⊥EC，AW⊥EM，∠PEM=∠PEN，
∴AW =AO=2，
∵∠AKH=∠WHE=∠AOE=90°，
∴四边形AKHO是矩形，
∴AK=OH，HK=OA=2，
∵∠AWE=∠AOE=90°，∠PEM=∠PEN，AE=AE，
∴△AWE≌△AOE(AAS)，
∴EW =OE=1，
EH WH EW 1
∴ = = = ，
KW AK AW 2
设EH=a，则KW =2EH=2a，AK=OH=OE+EH=a+1，
1 1
∴WH= AK= (a+1)，
2 2
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由WH+KW=KH得，
1
(a+1)+2a=2，
2
3
∴a= ，
5
3 8 4
∴OH= +1= ，WH= ，
5 5 5
( 4 8)
∴W − , ，
5 5
设直线EW的解析式为y=sx+t，
( 4 8)
把E(0,1)，W − , 代入，得
5 5
¿，解得：¿，
3
∴直线EW的解析式为：y=− x+1，
4
由¿得，
¿，¿，
( 9 35)
∴M(−4,4)或 − , ，
2 8
( 9 35)
综上所述：M(−6,4)或(−4,4)或 − , ．
2 8
【点睛】本题考查了二次函数及其图象的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等
腰三角形的性质，角平分线的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形．
考向二 已知等腰直角三角形求坐标
3．（2022·山东东营·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，点B(3,0)，
与y轴交于点C．
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(1)求抛物线的表达式；
(2)在对称轴上找一点Q，使△ACQ的周长最小，求点Q的坐标；
(3)点P是抛物线对称轴上的一点，点M是对称轴左侧抛物线上的一点，当△PMB是以PB为腰的等腰直
角三角形时，请直接写出所有点M的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)（1，-2）
(3)（-1，0）或（1−√2，-2）或（1−√6，2）
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点C的坐标和抛物线的对称轴，如图所示，作点C关于直线x=1的对称点E，连接AE，EQ，
则点E的坐标为（2，-3），根据轴对称最短路径可知AE与抛物线对称轴的交点即为点Q；
（3）分两种情况当∠BPM=90°和当∠PBM=90°两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，点B(3,0)，
∴¿，
∴¿，
∴抛物线解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：∵抛物线解析式为y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，与y轴交于点C，
∴抛物线对称轴为直线x=1，点C的坐标为（0，-3）
如图所示，作点C关于直线x=1的对称点E，连接AE，EQ，则点E的坐标为（2，-3），
由轴对称的性质可知CQ=EQ，
∴△ACQ的周长=AC+AQ+CQ，
要使△ACQ的周长最小，则AQ+CQ最小，即AQ+QE最小，
∴当A、Q、E三点共线时，AQ+QE最小，
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设直线AE的解析式为y=k x+b ，
1 1
∴¿，
∴¿，
∴直线AE的解析式为y=−x−1，
当x=1时，y=−x−1=−1−1=−2，
∴点Q的坐标为（1，-2）；
（3）解： 如图1所示，当点P在x轴上方，∠BPM=90°时，过点P作EF∥x轴，过点M作MF⊥EF于
F，过点B作BE⊥EF于E，
∵△PBM是以PB为腰的等腰直角三角形，
∴PA=PB，∠MFP=∠PEB=∠BPM=90°，
∴∠FMP+∠FPM=∠FPM+∠EPB=90°，
∴∠FMP=∠EPB，
∴△FMP≌△EPB（AAS），
∴PE=MF，BE=PF，
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设点P的坐标为（1，m），
∴BE=m，PE=2，
∴MF=2，PF=m，
∴点M的坐标为（1-m，m-2），
∵点M在抛物线y=x2−2x−3上，
∴(1−m) 2−2(1−m)−3=m−2，
∴1−2m+m2−2+2m−3=m−2，
∴m2−m−2=0，
解得m=2或m=−1（舍去），
∴点M的坐标为（-1，0）；
同理当当点P在x轴下方，∠BPM=90°时可以求得点M的坐标为（-1，0）；
如图2所示，当点P在x轴上方，∠PBM=90°时，过点B作EF∥y轴，过点P作PE⊥EF于E，过点M作
MF⊥EF于F，设点P的坐标为（1，m），
同理可证△PEB≌△BFM（AAS），
∴BF=PE=2，MF=BE=m，
∴点M的坐标为（3-m，-2），
∵点M在抛物线y=x2−2x−3上，
∴(3−m) 2−2(3−m)−3=−2，
∴9−6m+m2−6+2m−3=−2，
∴m2−4m+2=0，
解得m=2+√2或m=2−√2（舍去），
∴点M的坐标为（1−√2，-2）；
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如图3所示，当点P在x轴下方，∠PBM=90°时，
同理可以求得点M的坐标为（1−√6，2）；
综上所述，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，点M的坐标为（-1，0）或（1−√2，-2）或（
1−√6，2）．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数综合，一次函数与几何综合，全等三角
形的性质与判定等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
考向三 等腰直角三角形存在性问题
4．（2022·山东枣庄·中考真题）如图①，已知抛物线L：y＝x2+bx+c的图象经过点A（0，3），B（1，
0），过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点．
(1)求抛物线的关系式；
(2)若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当 OPE面积最大时，求出P点坐标；
(3)将抛物线L向上平移h个单位长度，使平移后所得抛物线△的顶点落在 OAE内（包括 OAE的边界），
求h的取值范围； △ △
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(4)如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P，使 POF成为以点P为直角顶点
的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存△在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3
5 3
(2)P点坐标为（ ，− ）
2 4
(3)h的取值范围为3≤h≤4
5−√5 1−√5 3−√5 √5+1 3+√5 1−√5 5+√5
(4)存在，点P的坐标是（ ， ）或（ ， ）或（ ， ）或（ ，
2 2 2 2 2 2 2
√5+1
）
2
【分析】（1）利用待定系数法可得抛物线的解析式；
（2）过P作PG∥y轴，交OE于点G，设P（m，m2﹣4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表示
PG的长，根据面积和可得 OPE的面积，利用二次函数的最值可得其最大值；
（3）求出原抛物线的对称轴△和顶点坐标以及对称轴与OE的交点坐标、与AE的交点坐标，用含h的代数
式表示平移后的抛物线的顶点坐标，列出不等式组求出h的取值范围；
（4）存在四种情况：作辅助线，构建全等三角形，证明 OMP≌△PNF，根据|OM|＝|PN|，列方程可得点P
的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标． △
【详解】（1）解：∵抛物线L：y＝x2+bx+c的图象经过点A（0，3），B（1，0），
∴¿ ，
解得¿，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）如图1，过P作PG∥y轴，交OE于点G，
设P（m，m2﹣4m+3），
∵OE平分∠AOB，∠AOB＝90°，
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∴∠AOE＝45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE＝OA＝3，
∴E（3，3），
设直线OE的解析式为y＝kx，把点（3，3）代入得，
3＝3k，
解得k＝1，
∴直线OE的解析式为：y＝x，
∴G（m，m），
∴PG＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3，
∴S OPE＝S OPG+S EPG
△ △ △
1
= PG•AE
2
1
= ×3×（﹣m2+5m﹣3）
2
3
=− （m2﹣5m+3）
2
3 5 39
=− （m− ）2+ ，
2 2 8
3
∵− ＜0，
2
5
∴当m= 时， OPE面积最大，
2
△
3
此时m2﹣4m+3＝− ，
4
5 3
∴P点坐标为（ ，− ）；
2 4
（3）由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，得抛物线l的对称轴为直线x＝2，顶点为（2，﹣1），
抛物线L向上平移h个单位长度后顶点为F（2，﹣1+h）．
设直线x＝2交OE于点M，交AE于点N，则N（2，3），如图2，
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∵直线OE的解析式为：y＝x，
∴M（2，2），
∵点F在 OAE内（包括 OAE的边界），
∴2≤﹣1+h△≤3， △
解得3≤h≤4；
（4）设P（m，m2﹣4m+3），分四种情况：
①当P在对称轴的左边，且在x轴下方时，如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，
∴∠OMP＝∠PNF＝90°，
∵△OPF是等腰直角三角形，
∴OP＝PF，∠OPF＝90°，
∴∠OPM+∠NPF＝∠PFN+∠NPF＝90°，
∴∠OPM＝∠PFN，
∴△OMP≌△PNF（AAS），
∴OM＝PN，
∵P（m，m2﹣4m+3），
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则﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，
5+√5 5−√5
解得：m= 或 ，
2 2
5+√5
∵m= ＞2，不合题意，舍去，
2
5−√5
∴m= ，
2
1−√5
此时m2﹣4m+3＝ ，
2
5−√5 1−√5
∴P的坐标为（ ， ）；
2 2
②当P在对称轴的左边，且在x轴上方时，
同理得：2﹣m＝m2﹣4m+3，
n+1
3−√5
解得：m∑❑或m = ，
1 2 2
i=1
3+√5
∵ ＞2，不合题意，舍去，
2
3−√5
∴m＝ ，
2
√5+1
此时m2﹣4m+3＝ ，
2
3−√5 √5+1
∴P的坐标为（ ， ）；
2 2
③当P在对称轴的右边，且在x轴下方时，如图4，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，
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同理得 ONP≌△PMF，
∴PN＝F△M，
则﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，
n+1
3−√5
解得：m∑❑或m = ；
1 2 2
i=1
3−√5
∵ ＜2，不合题意，舍去，
2
3+√5
∴m＝ ，
2
1−√5
此时m2﹣4m+3＝ ，
2
3+√5 1−√5
P的坐标为（ ， ）；
2 2
④当P在对称轴的右边，且在x轴上方时，如图5，
同理得m2﹣4m+3＝m﹣2，
5+√5 5−√5
解得：m= 或 （舍），
2 2
5+√5 √5+1
P的坐标为：（ ， ）；
2 2
5−√5 1−√5 3−√5 √5+1 3+√5 1−√5 5+√5
综上所述，点P的坐标是：（ ， ）或（ ， ）或（ ， ）或（ ，
2 2 2 2 2 2 2
√5+1
）．
2
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的综合应用，二次函数的图象与性质及图形的平
移，全等三角形的判定与性质以及解一元二次方程的方法，运用分类讨论思想和方程的思想是解决问题的
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关键．
5．（2023·湖南娄底·中考真题）如图，抛物线y=x2+bx+c过点A(−1,0)、点B(5,0)，交y轴于点C．
(1)求b，c的值．
(2)点P(x ,y )(0<x <5)是抛物线上的动点
0 0 0
①当x 取何值时，△PBC的面积最大？并求出△PBC面积的最大值；
0
②过点P作PE⊥x轴，交BC于点E，再过点P作PF∥x轴，交抛物线于点F，连接EF，问：是否存在
点P，使△PEF为等腰直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)b=−4，c=−5
5 125
(2)①当x = 时，△PBC的面积由最大值，最大值为 ；
0 2 8
(7−√33 3−3√33)
②当点P的坐标为 , 或(4,−5)时，△PEF为等腰直角三角形
2 2
【分析】（1）将将A(−1,0)、B(5,0)代入抛物线y=x2+bx+c即可求解；
（2）①由（1）可知：y=x2−4x−5，得C(0,−5)，可求得BC的解析式为y=x−5，过点P作PE⊥x
轴，交BC于点E，交x轴于点Q，易得PE= y −y =−x 2+5x ，根据△PBC的面积=S +S ，
E 0 0 0 △PEC △PEB
1 1 5( 5) 2 125
可得△PBC的面积= PE⋅(x −x )+ PE⋅(x −x ) =− x − + ，即可求解；
2 0 C 2 B 0 2 0 2 8
−4
②由题意可知抛物线的对称轴为x =− =2，则x =4−x ，分两种情况：当点P在对称轴左侧时，
对 2×1 F 0
即0<x <2时，当点P在对称轴右侧时，即2<x <5时，分别进行讨论求解即可．
0 0
【详解】（1）解：将A(−1,0)、B(5,0)代入抛物线y=x2+bx+c中，
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可得：¿，解得：¿，
即：b=−4，c=−5；
（2）①由（1）可知：y=x2−4x−5，
当x=0时，y=−5，即C(0,−5)，
设BC的解析式为：y=kx+b，
将B(5,0)，C(0,−5)代入y=kx+b中，
可得¿，解得：¿，
∴BC的解析式为：y=x−5，
过点P作PE⊥x轴，交BC于点E，交x轴于点Q，
∵P(x ,y )(0<x <5)，则y =x 2−4x −5，
0 0 0 0 0 0
∴点E的横坐标也为x ，则纵坐标为y =x −5，
0 E 0
∴PE= y −y =(x −5)−(x 2−4x −5)=−x 2+5x ，
E 0 0 0 0 0 0
△PBC的面积=S +S
△PEC △PEB
1 1
= PE⋅(x −x )+ PE⋅(x −x )
2 0 C 2 B 0
1
= PE⋅(x −x )
2 B C
5
= (−x 2+5x )
2 0 0
5( 5) 2 125
=− x − + ，
2 0 2 8
5
∵− <0，
2
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5 125
∴当x = 时，△PBC的面积有最大值，最大值为 ；
0 2 8
(7−√33 3−3√33)
②存在，当点P的坐标为 , 或(4,−5)时，△PEF为等腰直角三角形．
2 2
理由如下：由①可知PE=−x 2+5x ，
0 0
−4
由题意可知抛物线的对称轴为直线x =− =2，
对 2×1
∵PF∥x轴，
x +x
∴∠EPF=90°， 0 F =x =2，则x =4−x ，
2 对 F 0
当点P在对称轴左侧时，即0<x <2时，
0
PF=x −x =4−2x PE=PF △PEF
F 0 0
，当 时， 为等腰直角三角形，
即：−x 2+5x =4−2x ，整理得：x 2−7x +4=0，
0 0 0 0 0
7−√33 7+√33
解得：x = （x = >2，不符合题意，舍去）
0 2 0 2
此时y =x 2−4x −5=
3−3√33
，即点P
(7−√33
,
3−3√33)
；
0 0 0 2 2 2
当点P在对称轴右侧时，即2<x <5时，
0
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PF=x −x =2x −4 PE=PF △PEF
0 F 0
，当 时， 为等腰直角三角形，
即：−x 2+5x =2x −4，整理得：x 2−3x −4=0，
0 0 0 0 0
解得：x =4（x =−1<2，不符合题意，舍去）
0 0
此时：y =42−4×4−5=−5，即点P(4,−5)；
0
(7−√33 3−3√33)
综上所述，当点P的坐标为 , 或(4,−5)时，△PEF为等腰直角三角形．
2 2
【点睛】本题二次函数综合题，考查了利用待定系数法求函数解析式，二次函数的性质及图象上的点的特
点，等腰直角三角形的性质，解本题的关键是表示出点的坐标，进行分类讨论．
►题型06 二次函数与平行四边形
考向一 已知平行四边形求值/坐标
1．（2023·山东聊城·中考真题）如图①，抛物线y=ax2+bx−9与x轴交于点A(−3,0)，B(6,0)，与y轴
交于点C，连接AC，BC.点P是x轴上任意一点．
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(1)求抛物线的表达式；
(2)点Q在抛物线上，若以点A，C，P，Q为顶点，AC为一边的四边形为平行四边形时，求点Q的坐标；
(3)如图②，当点P(m,0)从点A出发沿x轴向点B运动时（点P与点A，B不重合），自点P分别作
PE∥BC，交AC于点E，作PD⊥BC，垂足为点D．当m为何值时，△PED面积最大，并求出最大值．
1 3
【答案】(1)y= x2− x−9
2 2
3 3√17 3 3√17
(2)点Q坐标(3,−9)，或( + ,9)或( − ,9)；
2 2 2 2
3 1
(3)m= 时，S 有最大值，最大值为10 ．
2 △PDE 8
【分析】（1）将A(−3,0)，B(6,0)代入y=ax2+bx−9，待定系数法确定函数解析式；
1 3 1 3
（2）由二次函数y= x2− x−9，求得点C(0,−9)，设点P(m,0)，点Q(n, n2− n−9)，分类讨
2 2 2 2
论：当AC为边，AQ为对角线时，当AC为边，AP为对角线时，运用平行四边形对角线互相平分性质，
构建方程求解；
（3）如图，过点D作DG⊥AB，过点E作EF⊥AB，垂足为G，F，
可证∠FPE=∠DBP，∠PDG=∠DBP；运用待定系数法求直线AC解析式y=−3x−9，直线 BC
3 3
解析式y= x−9；设点E(p,−3p−9)，D(q, q−9)，则PF=m−p，PG=q−m，EF=3p+9，
2 2
3 3
DG=− q+9，运用解直角三角形，Rt△BOC中，BC=√OC2+OB2=√117，tan∠OBC= ，
2 2
EF 3 1 2
Rt△PEF中，tan∠FPE= = ，可得p= (m−6)，PF= (m+3)，
PF 2 3 3
√117 √117 PG 3 1
PE=PF· = (m+3)；Rt△PDG中，tan∠PDG= = ，可得，q= (4m+54)，
6 9 DG 2 13
9 √117 √117 1 1
PG=− (m−6)，PD=PG· =− (m−6)，于是S = PD·PE=− (m+3)(m−6)，
13 9 13 △PDE 2 2
3 1
从而确定m= 时，最大值为10 ．
2 8
【详解】（1）将A(−3,0)，B(6,0)代入y=ax2+bx−9，得
¿，解得¿
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1 3
∴抛物线解析式为：y= x2− x−9
2 2
1 3
（2）二次函数y= x2− x−9，当x=0时，y=−9
2 2
∴点C(0,−9)
1 3
设点P(m,0)，点Q(n, n2− n−9)，
2 2
当AC为边，AQ为对角线时，
∵四边形ACQP为平行四边形，
∴AQ，CP互相平分
1 3
∴ n2− n−9=−9解得，n=0（舍去）或n=3
2 2
点Q坐标(3,−9)；
当AC为边，AP为对角线时，
1 3
同理得， n2− n−9+(−9)=0
2 2
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3 3√17 3 3√17
解得，n= + 或n= − ，
2 2 2 2
1 3
∴ n2− n−9=9
2 2
3 3√17 3 3√17
∴点Q坐标( + ,9)或( − ,9)
2 2 2 2
3 3√17 3 3√17
综上，点Q坐标(3,−9)，或( + ,9)或( − ,9)；
2 2 2 2
（3）如图，过点D作DG⊥AB，过点E作EF⊥AB，垂足为G，F，
∵PE∥BC，PD⊥BC
∴∠DPE=∠PDB=90°
∴∠FPE+∠DPB=90°
∵∠DPB+∠DBP=90°
∴∠FPE=∠DBP，同理可得∠PDG=∠DBP
设直线AC的解析式为：y=kx+h
则¿，解得¿
∴直线AC：y=−3x−9
3
同理由点B(6,0)，C(0,−9)，可求得直线 BC：y= x−9
2
3
设点E(p,−3p−9)，D(q, q−9)，
2
3
则PF=m−p，PG=q−m，EF=3p+9，DG=− q+9
2
Rt△BOC中，OB=6，OC=9
BC=√OC2+OB2=√62+92=√117
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9 3
∴tan∠OBC= = ，
6 2
EF 3
Rt△PEF中，tan∠FPE= =tan∠OBC=
PF 2
3p+9 3 1
∴ = ，解得p= (m−6)，
m−p 2 3
2
∴PF=m−p= (m+3)
3
PF OB 6
∵cos∠FPE= =cos∠OBC= =
PE BC √117
√117 √117
∴PE=PF· = (m+3)；
6 9
PG 3
Rt△PDG中，tan∠PDG= =tan∠OBC=
DG 2
q−m 3
= 1
∴ 3 2，解得，q= (4m+54)
− q+9 13
2
9
∴PG=q−m=− (m−6)
13
PG 9
∵sin∠PDG= =sin∠OBC=
PD √117
√117 √117
∴PD=PG· =− (m−6)
9 13
1 1 [ √117 ] √117 1
∴S = PD·PE= · − (m−6) · (m+3)=− (m+3)(m−6)，
△PDE 2 2 13 9 2
1 1 3 2 1
即S =− (m+3)(m−6)=− (m− ) +10 ．
△PDE 2 2 2 8
1
∵− <0
2
3 1
∴m= 时，−3<m<6，S 有最大值，最大值为10 ．
2 △PDE 8
【点睛】本题考查待定系数法确定函数解析式，平行四边形的性质，一元二次方程求解，解直角三角形，
结合动点运动情况，分类讨论是解题的关键．
2．（2024·山东济南·中考真题）在平面直角坐标系 中，抛物线 经过点
xOy C :y=x2+bx+c
1
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，顶点为 ；抛物线 ，顶点为 ．
A(0,2),B(2,2) D C :y=x2−2mx+m2−m+2(m≠1) Q
2
(1)求抛物线C 的表达式及顶点D的坐标；
1
(2)如图1，连接AD，点E是拋物线C 对称轴右侧图象上一点，点F是拋物线C 上一点，若四边形ADFE
1 2
是面积为12的平行四边形，求m的值；
(3)如图2，连接BD,DQ，点M是抛物线C 对称轴左侧图像上的动点（不与点A重合），过点M作MN
1
∥ DQ交x轴于点N，连接BN,DN，求△BDN面积的最小值．
【答案】(1)y=x2−2x+2，D(1,1)
(2)m =2,m =9
1 2
7
(3)
8
【分析】（1）利用待定系数法求解出抛物线C 的解析式，再转化为顶点式，即可得到顶点坐标；
1
（2）连接DE，过点E作EG ∥ y轴，交AD延长线于点G，过点D作DH⊥EG，垂足为H，与y轴交
于H'，设点E的横坐标为t．设直线AD的表达式为y=kx+b，解方程组得到直线AD的表达式为
1
y=−x+2，则E(t,t2−2t+2),G(t,2−t)，求得EG=t2−t，求得S = S =6于是得到
△ADE 2 ▱ADFE
1
S =S −S = EG⋅H'D=6，解方程得到E(4,10)，根据平移的性质得到F(5,9)，将F(5,9)
△ADE △AGE △DGE 2
代入y=x2−2mx+m2−m+2(m≠1)，解方程即可；
（3）过M作MP⊥x轴，垂足为P，过点D作DK ∥ y轴，过点Q作QK ∥ x轴，与DK交于点K，设
且 ，求得抛物线 的顶点 ，得到
M(h,h2−2h+2),h<1 h≠0,N(n,0) C Q(m,2−m)
2
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1 7
DK=|1−(2−m)|=|m−1|,KQ=|m−1|，推出MP=NP，解方程得到当h= 时，n= ，根据三角形的
2 4
面积公式即可得到结论．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c过点A(0,2),B(2,2)
得¿
解得¿
∴抛物线C 的表达式为y=x2−2x+2
1
∴顶点D(1,1)；
（2）解：如图，连接DE，过点E作EG ∥ y轴，交AD延长线于点G，过点D作DH⊥EG，垂足为H，
与y轴交于H'，设点E的横坐标为t．
设直线AD的表达式为y=kx+b
由题意知¿
解得¿
∴直线AD的表达式为y=−x+2
E(t,t2−2t+2),G(t,2−t),EG=t2−t
∵▱ADFE的面积为12
1 1
∴S = S =6，S =S −S = EG⋅H'D=6
△ADE 2 ▱ADFE △ADE △AGE △DGE 2
∵H'D=1，
∴EG=12
∴t2−t=12
解得t =4,t =−3（舍）
1 2
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∴E(4,10)
∵点E先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到点F
∴F(5,9)
将F(5,9)代入y=x2−2mx+m2−m+2(m≠1)
得m2−11m+18=0
解得m =2,m =9．
1 2
（3）解：如图，过M作MP⊥x轴，垂足为P，过点D作DK ∥ y轴，过点Q作QK ∥ x轴，与DK交
于点K，设M(h,h2−2h+2),h<1且h≠0,N(n,0)
∵y=x2−2mx+m2+2−m=(x−m) 2+2−m
∴抛物线C 的顶点Q(m,2−m)
2
∴DK=|1−(2−m)|=|m−1|,KQ=|m−1|
∴DK=KQ,∠DQK=45°
∵MN ∥ DQ，KQ ∥ NP
易得∠MNP=∠DQK=45°
∴∠NMP=45°
∴MP=NP
∴n−h=h2−2h+2
∴n=h2−h+2
( 1) 2 7
∴n= h− +
2 4
1 7
∴当h= 时，n=
2 4
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7
∴点N横坐标最小值为n= ，此时点N到直线BD距离最近，△BDN的面积最小
4
7 √2 7√2
最近距离即边BD上的高，高为： × =
4 2 8
1 7√2 7
∴△BDN面积的最小值为S = × ×√2= ．
△BDN 2 8 8
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，平行四边形的性质，平移的性质，
等腰三角形的判定和性质，三角形的面积的计算，正确地找出辅助线是解题的关键．
3
3．（2023·山东·中考真题）如图，直线y=−x+4交x轴于点B，交y轴于点C，对称轴为x= 的抛物线经
2
过B，C两点，交x轴负半轴于点A．P为抛物线上一动点，点P的横坐标为m，过点P作x轴的平行线交抛
物线于另一点M，作x轴的垂线PN，垂足为N，直线MN交y轴于点D．
(1)求抛物线的解析式；
3
(2)若0<m< ，当m为何值时，四边形CDNP是平行四边形？
2
3
(3)若m< ，设直线MN交直线BC于点E，是否存在这样的m值，使MN=2ME？若存在，求出此时m的
2
值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+3x+4
6−√21
(2)m=
3
3−√5 5−√181
(3)存在，m= 或m=
2 6
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式；
（2）结合平行四边形的性质，通过求直线MN的函数解析式，列方程求解；
3
（3）分3种情况求解：当−1<m< 时；当m=−1时；当m<−1时；根据MN=2ME，确定E点坐标，
2
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从而利用一次函数图象上点的特征计算求解．
【详解】（1）解：在直线y=−x+4中，当x=0时，y=4，当y=0时，x=4，
∴点B(4,0)，点C(0,4)，
( 3) 2
设抛物线的解析式为y=a x− +k，
2
把点B(4,0)，点C(0,4)代入可得¿，
解得¿，
∴抛物线的解析式为y=− ( x− 3) 2 + 25 =−x2+3x+4；
2 4
（2）解：由题意，P(m,−m2+3m+4)，
∴PN=−m2+3m+4，
当四边形CDNP是平行四边形时，PN=CD，
∴OD=−m2+3m+4−4=−m2+3m，
∴D(0,m2−3m)，N(m,0)，
设直线MN的解析式为y=k x+m2−3m，
1
把N(m,0)代入可得k m+m2−3m=0，
1
解得k =3−m，
1
∴直线MN的解析式为y=(3−m)x+m2−3m，
3
又∵过点P作x轴的平行线交抛物线于另一点M，且抛物线对称轴为x= ，
2
∴M(3−m,−m2+3m+4)
∴(3−m) 2+m2−3m=−m2+3m+4，
6+√21 6−√21
解得m = （不合题意，舍去），m = ；
1 3 2 3
（3）解：存在，理由如下．
由题意，P(m,−m2+3m+4)，
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∴M(3−m,−m2+3m+4)，N(m,0)．
3
当−1<m< 时，点P在x轴的上方，
2
∵MN=2ME，
∴点E为线段MN的中点，
x +x 3−m+m 3 y + y −m2+3m+4
∴x = M N = = ，y = M N = ，
E 2 2 2 E 2 2
(3 −m2+3m+4)
∴E , ，
2 2
代入y=−x+4整理得，m2−3m+1=0，
3+√5 3−√5
解得m = （不合题意，舍去），m = ．
1 2 2 2
当m=−1时，点P在x轴上，此时点E与点M重合，所以此种情况不存在；
当m<−1时，点P在x轴的下方，点E在射线NM上，
如图，设线段NM的中点为R，
x +x 3−m+m 3 y + y −m2+3m+4
∴x = M N = = ，y = M N = ，
R 2 2 2 R 2 2
(3 −m2+3m+4)
∴R , ．
2 2
∵MN=2ME，
∴M为RE的中点，
x +x y + y
∴x = R N，y = R N，
M 2 M 2
∴E (9 -2m,− 3 m2+ 9 m+6 ) ，
2 2 2
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代入y=−x+4整理得，3m2−5m−13=0，
5+√181 5−√181
解得m = （不合题意，舍去），m = ．
3 6 4 6
3−√5 5−√181
综上可知，存在m= 或m= ，使MN=2ME．
2 6
【点睛】本题考查一次函数和二次函数的综合应用，掌握待定系数法求函数解析式，利用数形结合思想和
方程思想解题是关键．
考向二 平行四边形存在性问题（两定两动，一边明确）
4．（2022·四川宜宾·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(3,0)、B(−1,0)两点，与y轴
交于点C(0,3)，其顶点为点D，连结AC．
(1)求这条抛物线所对应的二次函数的表达式及顶点D的坐标；
(2)在抛物线的对称轴上取一点E，点F为抛物线上一动点，使得以点A、C、E、F为顶点、AC为边的四边
形为平行四边形，求点F的坐标；
(3)在（2）的条件下，将点D向下平移5个单位得到点M，点P为抛物线的对称轴上一动点，求
3
PF+ PM的最小值．
5
【答案】(1)y=−x2+2x+3，顶点D的坐标为(1,4)
(2)F(−2,−5)或F(4,−5)
24
(3)
5
【分析】（1）用待定系数法求解二次函数解析式，再化成顶点式即可得出顶点坐标；
（2）先用待定系数法求直线AC解析式为y=−x+3，再过点F作FG⊥DE于点G，证
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，得 ，设F点的坐标为 ，则G点的坐标为
△OAC≌△GFE OA=GF=3 (m,−m2+2m+3)
，所以 ，即可求出 或 ，从而求得点F坐标；
(1,−m2+2m+3) FG=|m−1|=3 m=−2 m=4
（3），是平移得得点M的坐标为(1,−1)，则（2）知点F (4,−5)与点F (−2,−5)关于对称轴x=1对称，
1 2
连结F F ，对称轴于点H，连结F M、F M，过点F 作F N⊥F M于点N，交对称轴于点P，则
1 2 1 2 2 2 1
F H 3
MH=4，H F =3，M F =5．在Rt△MH F 中，sin∠HM F = 1 = ，则在Rt△MPN中，
1 1 1 1 M F 5
1
PN 3 3 3
sin∠HM F = = ，所以PN= PM，所以PF+ PM=PF +PN=F N为最小值，根据
1 PM 5 5 5 1 2
1 1 24 3
S = ×6×4= ×5⋅F N，所以F N= ，即可求出PF+ PM．
△MF 1 F 2 2 2 2 2 5 5
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A(3,0)，B(−1,0)，C(0,3)，
∴¿，解得：¿，
∴抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3=-(x-1)2+4，
∴顶点D的坐标为(1,4)；
（2）解：设直线AC的解析式为：y=kx+b，
把点A(3,0)，C(0,3)代入得：k=−1，b=3，
∴直线AC解析式为：y=−x+3，
过点F作FG⊥DE于点G，
∵以A、C、E、F四点为顶点的四边形是以AC为边的平行四边形，
∴AC∥EF，AC=EF，
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又∵OA∥FG，
∴∠OAC=∠GFE
∴△OAC≌△GFE，
∴OA=GF=3，
设F点的坐标为(m,−m2+2m+3)，
则G点的坐标为(1,−m2+2m+3)，
∴FG=|m−1|=3，
∴m=−2或m=4，当m=−2时，−m2+2m+3=−5，
∴F (−2,−5)，
1
当m=4时，−m2+2m+3=−5
∴F (4,−5)，
2
∴F(−2,−5)或F(4,−5)；
（3）解：由题意，得点M的坐标为(1,−1)，
由题意知：点F (4,−5)与点F (−2,−5)关于对称轴x=1对称，
1 2
连结F F ，对称轴于点H，连结F M、F M，过点F 作F N⊥F M于点N，交对称轴于点P，则
1 2 1 2 2 2 1
MH=4，H F =3，M F =5．
1 1
F H 3 PN 3
在Rt△MH F 中，sin∠HM F = 1 = ，则在Rt△MPN中，sin∠HM F = =
1 1 M F 5 1 PM 5
1
3
∴PN= PM，
5
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又∵PF =PF
2 1
3
∴PF+ PM=PF +PN=F N为最小值，
5 1 2
1 1
又∵S = ×6×4= ×5⋅F N，
△MF 1 F 2 2 2 2
24
∴F N= ，
2 5
3 24
∴求得PF+ PM的最小值为 ．
5 5
【点睛】本题考查用待定系数法求函数解析式，二次函数图象性质，平行四边形的性质，解直角三角形，
利用轴对称求最小值，本题属二次函数综合题目，掌握二交次函数图象性质和灵活运用是解题的关键．
考向三 平行四边形存在性问题（两定两动，边未明确）
5．（2025·陕西西安·一模）如图，抛物线y=ax2+bx−3的图象与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，与y
轴交于点C，直线l与抛物线交于点B，交y轴于点D(0,3)．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)若抛物线的顶点为P，求△PBD的面积；
(3)点M为y轴右侧抛物线上一动点，过点M作直线MN∥AC交直线l于点N，是否存在点M，使以A，
C，M，N四点为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)9
(√17+1 1−√17) (√33+1 9−√33)
(3)存在，M , 或M ,
2 2 2 2
【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合，分类讨论的思想进行求
解，是解题的关键．
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）求出P点坐标，求出直线BD的解析式，过点P作PE⊥x轴并延长交BD于E，根据
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1
S = PE⋅OB进行求解即可；
△PBD 2
（3）分四边形ACMN为平行四边形和四边形ACNM为平行四边形，两种情况进行讨论，利用平移思想进
行求解即可．
【详解】（1）解：y=ax2+bx−3，
∴当x=0时，y=−3，
∴C(0,−3)，
∵抛物线y=ax2+bx−3的图象与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，
∴y=a(x+1)(x−3)，把C(0,−3)，代入，得：a=1，
∴y=(x+1)(x−3)=x2−2x−3；
（2）∵y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴P(1,−4)，
∵D(0,3)，B(3,0)
∴设BD的解析式为：y=kx+3，把B(3,0)代入，得：k=−1，
∴y=−x+3，
过点P作PE⊥x轴并延长交BD于E，则：E(1,2)，
∴PE=2+4=6，
1 1
∴S = PE⋅OB= ×6×3=9；
△PBD 2 2
（3）解：存在；
由（2）知，直线l的解析式为：y=−x+3，设N(m,−m+3)，
∵MN∥AC，且以A，C，M，N四点为顶点的四边形是平行四边形，
∴MN=AC；
①当四边形ACMN为平行四边形时，
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∵A(−1,0),C(0,−3)，
∴点A先向右平移1个单位，再向下平移3个单位得到点C，
∴点N先向右平移1个单位，再向下平移3个单位得到点M，即：M(m+1,−m)，
∴−m=(m+1) 2−2(m+1)−3，
√17−1 −√17−1
解得：m= 或m= ，
2 2
√17−1 (√17+1 1−√17)
当m= 时，M , ，
2 2 2
−√17−1 −√17+1
当m= 时，m+1= <0（不符合题意，舍去）；
2 2
②当四边形ACNM为平行四边形时，
∵A(−1,0),C(0,−3)，
∴点A先向右平移1个单位，再向下平移3个单位得到点C，
∴点M先向右平移1个单位，再向下平移3个单位得到点N，即：M(m−1,−m+6)，
∴−m+6=(m−1) 2−2(m−1)−3，
√33+3 −√33+3
解得：m= 或m= ，
2 2
√33+3 (√33+1 9−√33)
当m= 时，M , ，
2 2 2
−√33+3 −√33+1
当m= 时，m−1= <0（不符合题意，舍去）；
2 2
(√17+1 1−√17) (√33+1 9−√33)
综上：M , 或M , ．
2 2 2 2
►题型07 二次函数与矩形，菱形，正方形存在性问题
( 1)
1．（2024·江苏无锡·中考真题）已知二次函数y=ax2+x+c的图象经过点A −1,− 和点B(2,1)．
2
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)若点C(m+1,y )，D(m+2,y )都在该二次函数的图象上，试比较y 和y 的大小，并说明理由；
1 2 1 2
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(3)点P，Q在直线AB上，点M在该二次函数图象上．问：在y轴上是否存在点N，使得以P，Q，M，N
为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出所有满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．
1
【答案】(1)y=− x2+x+1
2
1 1 1
(2)m>− 时，y >y ；m=− 时，y = y ；m<− 时，y <y
2 1 2 2 1 2 2 1 2
( 15+5√41) ( −15+5√41) ( 5) ( 5)
(3)存在，N 0,− 或N 0, 或N(0,−5)或N(0,5)或N 0, 或N 0,−
16 16 8 8
【分析】（1）将点A和点B的坐标代入y=ax2+x+c，求出a和c的值，即可得出这个二次函数的表达
式；
1 1
（2）根据题意得出y =− (m+1) 2+(m+1)+1，y =− (m+2) 2+(m+2)+1，再用作差法得出
1 2 2 2
1
y −y =m+ ，进行分类讨论即可；
1 2 2
1
（3）求出直线AB的函数解析式为y= x，然后进行分类讨论：当PQ为正方形的边时；当PQ为正方对
2
角线时，结合正方形的性质和三角形全等的判定和性质，即可解答．
( 1)
【详解】（1）解：把A −1,− ，B(2,1)代入y=ax2+x+c得：
2
¿，
解得：¿，
1
∴这个二次函数的表达式为y=− x2+x+1；
2
（2）解：∵C(m+1,y )，D(m+2,y )都在该二次函数的图象上，
1 2
1 1
∴y =− (m+1) 2+(m+1)+1，y =− (m+2) 2+(m+2)+1，
1 2 2 2
1 [ 1 ] 1
∴y −y =− (m+1) 2+(m+1)+1− − (m+2) 2+(m+2)+1 =m+ ，
1 2 2 2 2
1 1
当m+ >0时，即m>− 时，y >y ；
2 2 1 2
1 1
当m+ =0时，即m=− 时，y = y ；
2 2 1 2
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1 1
当m+ <0时，即m<− 时，y <y ；
2 2 1 2
（3）解：设直线AB的函数解析式为y=kx+e，
( 1)
把A −1,− ，B(2,1)代入得：¿，
2
解得：¿，
1
∴直线AB的函数解析式为y= x，
2
当PQ为正方形的边时，
①∵B(2,1)，
1
∴tan∠BOC= ，
2
过点M作y轴的垂线，垂足为点G，过点P作MG的垂线，垂足为点H，
∵PQ∥MN,MG∥x轴，
∴∠BOC=∠NMG，
1
∴tan∠BOC=tan∠NMG= ，则MG=2NG，
2
设NG=t，则MG=2t，
∴M(−2t,−2t2−2t+1)，
∴点N的纵坐标为−2t2−2t+1+t=−2t2−t+1，
即N(0,−2t2−t+1)，
∵以P，Q，M，N为顶点的四边形是正方形，
∴∠PMN=90°,PM=MN，
∴∠PMH+∠NMG=90°，
∵∠PMH+∠MPH=90°，
∴∠NMG=∠MPH，
∵∠NMG=∠MPH，∠H=∠MGN，PM=MN，
∴△PHM≌△MGN，
∴PH=MG=2t，HM=NG=t，
∴P(−3t,−2t2+1)，
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1 1
把P(−3t,−2t2+1)代入y= x得：−2t2+1= ×(−3t)，
2 2
3+√41 3−√41
解得：t = ，t = （舍去），
1 8 2 8
( 15+5√41)
∴N 0,− ；
16
②如图：构造Rt△MQG,Rt△NMH，
1
和①同理可得：△MQG≌△NMH，tan∠MNH= ，
2
设NH=GM=2t，则QG=MH=t，
∴M(2t,−2t2+2t+1)，N(0,−2t2+t+1)，Q(t,−2t2+4t+1)，
1 1
把Q(t,−2t2+4t+1)代入y= x得：−2t2+4t+1= t，
2 2
1
解得：t =2,t =− （舍去），
1 2 4
∴N(0,−5)；
③如图：构造Rt△GMN,Rt△HPM，
1
和①同理可得：△GMN≌△HPM，tan∠GMN= ，
2
设GN=HM=2t，则GM=HP=t，
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∴M(−2t,−2t2−2t+1)，N(0,−2t2−t+1)，P(−t,−2t2−4t+1)，
1 1
把P(−t,−2t2−4t+1)代入y= x得：−2t2−4t+1=− t，
2 2
1
解得：t = ,t =−2（舍去），
1 4 2
( 5)
∴N 0, ；
8
④如图：构造Rt△GMN,Rt△HNP，
1
和①同理可得：△GMN≌△HNP，tan∠GMN= ，
2
设GM=HN=2t，则GN=HP=t，
∴M(2t,−2t2+2t+1)，N(0,−2t2+t+1)，P(t,−2t2−t+1)，
1 1
把P(t,−2t2−t+1)代入y= x得：−2t2−t+1= t，
2 2
−3+√41 −3−√41
解得：t = ，t = （舍去），
1 8 2 8
( −15+5√41)
∴N 0, ；
16
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当PQ为正方形对角线时，
⑤如图：构造矩形HGJI，过点P作PK⊥IJ于点K，
易得∠QPK=∠BOC，
1
∴tan∠QPK=tan∠BOC= ，
2
设QK=x，则PK=2x，
和①同理可得：△PNH≌△MPG≌△QMJ≌△NQI，
∴HN=PG=MJ=IQ,PH=GM=QJ=∋¿，
∴四边形HGJI为正方形，
∴PK=IJ=2x，
1 1 3
∴IQ=PG=JK= (IJ−QK)= x，则PH=GM=QJ=∋= x，
2 2 2
PG 1
∴tan∠PMG= = ，
GM 3
设PG=HN=t，则PH=GM=3t，
∴M(2t,−2t2+2t+1)，N(0,−2t2+6t+1)，P(−t,−2t2+3t+1)，
1 1
把P(−t,−2t2+3t+1)代入y= x得：−2t2+3t+1=− t，
2 2
1
解得：t =2,t =− （舍去），
1 2 4
∴N(0,5)；
⑥如图：构造Rt△PMH,Rt△NPG，
1
同理可得：△PMH≌△NPG,tan∠PNG= ，
3
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设PG=HM=t，则PH=GN=3t，
∴M(−2t,−2t2−2t+1)，N(0,−2t2−6t+1)，P(−3t,−2t2−5t+1)，
1 3
把P(−3t,−2t2−5t+1)代入y= x得：−2t2−5t+1=− t，
2 2
1
解得：t = ,t =−2（舍去），
1 4 2
( 5)
∴N 0,− ；
8
( 15+5√41) ( −15+5√41) ( 5)
综上：N 0,− 或N 0, 或N(0,−5)或N(0,5)或N 0, 或
16 16 8
( 5)
N 0,− ．
8
【点睛】本题考查了二次函数综合，解直角三角形，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关
键是熟练掌握相关性质定理，正确作出辅助线，构造全等三角形解答．
2．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx+3经过点
A(3,0)，与y轴交于点B，且关于直线x=1对称．
(1)求该抛物线的解析式；
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(2)当−1≤x≤t时，y的取值范围是0≤ y≤2t−1，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．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
5
(2)t=
2
(3)存在点以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，边长为3√2−2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．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3经过点A(3,0)，与y轴交于点B，且关于直线x=1对称，
∴¿，解得：¿，
∴y=−x2+2x+3；
（2）∵抛物线的开口向下，对称轴为直线x=1，
∴抛物线上点到对称轴上的距离越远，函数值越小，
∵−1≤x≤t时，0≤ y≤2t−1，
①当t≤1时，则：当x=t时，函数有最大值，即：2t−1=−t2+2t+3，
解得：t=−2或t=2，均不符合题意，舍去；
②当t>1时，则：当x=1时，函数有最大值，即：2t−1=−12+2+3=4，
5
解得：t= ；
2
5
故t= ；
2
（3）存在；
当y=−x2+2x+3=0时，解得：x =3,x =−1，当x=0时，y=3，
1 2
∴A(3,0)，B(0,3)，
设直线AB的解析式为y=kx+3，把A(3,0)代入，得：k=−1，
∴y=−x+3，
设C(m,−m2+2m+3)(0<m<3)，则：D(m,−m+3)，
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∴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：
①当BD为边时，则：BD=CD，即−m2+3m=√2m，
解得：m=0（舍去）或m=3−√2，
此时菱形的边长为√2m=3√2−2；
②当BD为对角线时，则：BC=CD，即：m2+(−m2+2m) 2 =(−m2+3m) 2 ，
解得：m=2或m=0（舍去）
此时菱形的边长为：−22+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3√2−2或2．
3．（2022·贵州黔西·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，经过点A(4,0)的直线AB与y轴交于点
B(0,4)．经过原点O的抛物线y=−x2+bx+c交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D．
(1)求抛物线y=−x2+bx+c的表达式；
(2)M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当MN∥y轴且MN=2时，求点M的坐标；
(3)P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？
若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+4x
(5−√17 3+√17)
(2) , 或(2,2)或(3,1)
2 2
(7−√5 1−√5) (7+√5 1+√5)
(3)存在，(5,1)或(−4,−2)或 , 或 ,
2 2 2 2
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【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
(2)求出直线AB的表达式为y=−x+4，设M(t,−t+4)，N(t,−t2+4t)，分当M在N点上方时，
MN=−t+4−(−t2+4t)=t2−5t+4=2．和当M在N点下方时，
MN=−t2+4t−(−t+4)=−t2+5t−4=2，即可求出M的坐标；
（3）画出图形，分AC是四边形的边和AC是四边形的对角线，进行讨论，利用勾股定理、相似三角形的
判定与性质、函数图像的交点、平移等知识点进行解答即可得出答案．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c过点A(4,0)，O(0,0)
∴¿，解得¿，
∴抛物线的表达式为y=−x2+4x．
（2）设直线AB的解析式为：y=kx+b'，
∵直线AB经过A(4,0)，B(0,4)，
∴¿，
∴¿，
∴直线AB的表达式为y=−x+4．
∵MN∥y轴，可设M(t,−t+4)，N(t,−t2+4t)，其中0≤t≤4．
当M在N点上方时，MN=−t+4−(−t2+4t)=t2−5t+4=2．
5−√17 5+√17
解得t = ，t = （舍去）．
1 2 2 2
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(5−√17 3+√17)
∴M , ．
1 2 2
当M在N点下方时， MN=−t2+4t−(−t+4)=−t2+5t−4=2．
解得t =2，t =3．
3 4
∴M (2,2)，M (3,1)．
2 3
(5−√17 3+√17)
综上所述，满足条件的点M的坐标有三个 , ，(2,2)，(3,1)．
2 2
(7−√5 1−√5) (7+√5 1+√5)
（3）存在．满足条件的点Q的坐标有4个．(5,1)，(−4,−2)， , ， , ．
2 2 2 2
理由如下：
①如图，若AC是四边形的边．
当x=2时，y=−2+4=2
∴拋物线的对称轴与直线AB相交于点R(2,2)．
过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点P ，P ，
1 2
∵C(1,3)，D(2,4)，
∴CD=√2，CR=√2，RD=2．
∵(√2)
2+(√2) 2=22，
∴CD2+CR2=DR2．
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∴∠RCD=90°．
∴点P 与点D重合．
1
当CP ∥AQ ，CP =AQ 时，四边形ACP Q 是矩形．
1 1 1 1 1 1
∵C(1,3)向右平移1个单位，向上平移1个单位得到P (2,4)．
1
∴A(4,0)向右平移1个单位，向上平移1个单位得到Q (5,1)．
1
此时直线P C的解析式为y=x+2．
1
∵直线P A与P C平行且过点A(4,0)，
2 1
∴直线P A的解析式为y=x−4．
2
∵点P 是直线y=x−4与拋物线y=−x2+4x的交点，
2
∴−x2+4x=x−4．
解得x =−1，x =4（舍去）．
1 2
∴P (−1,−5)．当AC∥P Q ，AC=P Q 时，四边形ACQ P 是矩形．
2 2 2 2 2 2 2
∵A(4,0)向左平移3个单位，向上平移3个单位得到C(1,3)．
∴P (−1,−5)向左平移3个单位，向上平移3个单位得到Q (−4,−2)．
2 2
②如图，若AC是四边形的对角线，
当∠AP C=90°时．过点P 作P H⊥x轴，垂足为H，过点C作CK⊥P H，垂足为K．
3 3 3 3
可得∠P KC=∠AH P =90°，∠P CK=∠AP H．
3 3 3 3
∴△P CK∽△AP H．
3 3
P K AH
∴ 3 = ．
CK P H
3
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−t2+4t−3 4−t
∴ = ．
t−1 −t2+4t
∵点P不与点A，C重合，
∴t≠1和t≠4．
∴t2−3t+1=0．
3±√5
∴t = ．
3,4 2
(3+√5 5+√5) (3−√5 5−√5)
∴如图，满足条件的点P有两个．即P , ，P , ．
3 2 2 4 2 2
当P C∥AQ ，P C=AQ 时，四边形AP CQ 是矩形．
3 3 3 3 3 3
(3+√5 5+√5) 1+√5 −1+√5
∵P , 向左平移 个单位，向下平移 个单位得到C(1,3)．
3 2 2 2 2
1+√5 −1+√5 (7−√5 1−√5)
∴A(4,0)向左平移 个单位，向下平移 个单位得到Q , ．
2 2 3 2 2
当P C∥AQ ，P C=AQ 时，四边形AP CQ 是矩形．
4 4 4 4 4 4
(3−√5 5−√5) −1+√5 1+√5
∵P , 向右平移 个单位，向上平移 个单位得到C(1,3)．
4 2 2 2 2
−1+√5 1+√5 (7+√5 1+√5)
∴A(4,0)向右平移 个单位，向上平移 个单位得到Q , ．
2 2 4 2 2
(7−√5 1−√5) (7+√5 1+√5)
综上，满足条件的点Q的坐标为(5,1)或(−4,−2)或 , 或 , ．
2 2 2 2
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【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，本题主要涉及了待定系数法求函数的解析式、勾股定理，
矩形的性质，相似三角形的判定与性质，点的平移等知识，根据题意画出符合条件的图形、进行分类讨论
是解题的关键．
►题型08 二次函数与最值问题
考向一 线段最值
3
1．（2023·四川资阳·中考真题）如图，直线y= x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线
4
3
y=− x2+bx+c经过A、B两点．
4
(1)求抛物线的表达式；
(2)点D是抛物线在第二象限内的点，过点D作x轴的平行线与直线AB交于点C，求DC的长的最大值；
(3)点Q是线段AO上的动点，点P是抛物线在第一象限内的动点，连结PQ交y轴于点N．是否存在点P，
使△ABQ与△BQN相似，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
3 9
【答案】(1)y=− x2− x+3
4 4
(2)当m=−2时，DC的长的最大值为4
(√23−4 6√23+3) (−11+√229 √229−2)
(3)点P的坐标为 , 或 ,
2 16 6 12
【分析】（1）首先求得A、B点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式；
（2）设D ( m，− 3 m2− 9 m+3 ) ，则C ( −m2−3m，− 3 m2− 9 m+3 ) ，进而表示出CD的长；接下
4 4 4 4
来用含m的二次函数表示S，根据二次函数的性质，即可解答；
（3）分两种情况：①当△ABQ∽△BQN时，②当△ABQ∽△QBN时，分别求解即可．
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3
【详解】（1）∵直线y= x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，
4
∴ A(−4，0)，B(0，3)，
3
∵抛物线y=− x2+bx+c经过A、B两点．
4
∴ ¿，
解得¿，
3 9
∴ y=− x2− x+3；
4 4
（2）设D ( m,− 3 m2− 9 m+3 ) ，
4 4
∵ DC∥作x轴，与直线AB交于点C，
3 3 9
∴ x+3=− m2− m+3，解得x=−m2−3m，
4 4 4
∴ C ( −m2−3m,−3 5 m2− 9 m+3 ) ，
4 4
∴ DC=−m2−3m−m=−m2−4m=−(m+2) 2+4
∴当m=−2时，DC的长的最大值为4；
（3）设N(0,n)，
∵ A(−4，0)，B(0，3)，
∴ AB=√32+42=5，
分两种情况：
①当△ABQ∽△BQN时，
∵△ABQ∽△BQN
，
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QN BQ
∴ ∠ABQ=∠BQN， = ，
BQ AB
∴ PQ∥AB，
∴ △OQN∽△OAB，
ON OQ ON
∴ = = ，
OB OA AB
n OQ QN
∴ = = ，
3 4 5
4 5
∴ .QQ= n， QN= n，
3 3
√16
∴ BQ=√OQ2+OB2= n2+9，
9
5 √16
n n2+9
9 9
∴ = ，
√16 5
n2+9
9
27
∴ n= 或3（舍去），
16
4 9
∴ OQ= n= ，
3 4
( 9 ) ( 27)
∴ Q − ,0 ，N 0, ，
4 16
设直线PQ的解析式为y=kx+a，
∴ ¿解得¿，
3 27
∴直线PQ的解析式为y= x+ ，
4 16
3 9 √23−4 −√23−4
联立y=− x2− x+3解得x= 或x= （不合题意，舍去）
4 4 2 2
(√23−4 6√23+3)
∴点P的坐标为 , ；
2 16
②当△ABQ∽△QBN时，过点Q作QH⊥AB于H，
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∵△ABQ∽△QBN
，
∴ ∠ABQ=∠QBN，∠BAQ=∠BQN，
∴ QH=QO，
∵ BQ=BQ，
∴ Rt△BHQ≌Rt△BOQ，
∴BH=OB=3，
∴AH=AB−BH=2，
设OQ=q，则AQ=4−q，QH=q，
3
∴ 22+q2=(4−q) 2，解得q= ，
2
( 3 )
∴ Q − ,0 ，
2
∵ ∠BQO=∠BQN+∠OQN=∠BAQ+∠ABQ，∠BAQ=∠BQN，∠ABQ=∠QBN，
∴ ∠OQN=∠QBN，
∵ ∠QON=∠BOQ=90°，
∴ △OQN∽△OBQ，
ON OQ
∴ = ，
OQ OB
3
∴ n 2，
=
3 3
3
∴ n= ，
4
( 3 ) ( 3)
∴ Q − ,0 ，N 0, ，
2 4
1 3
同理得直线PQ的解析式为y= x+ ，
2 4
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3 9 −11+√229 −11−√229
联立y=− x2− x+3解得x= 或 （不合题意，舍去）
4 4 6 6
(−11+√229 √229−2)
∴点P的坐标为 , ；
6 12
(√23−4 6√23+3) (−11+√229 √229−2)
综上，点P的坐标为 , 或 , ．
2 16 6 12
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，勾股定理，相似三角形的性质与判定，全
等三角形的性质与判定等等，解题的关键是利用方程的思想和函数的思想方法解决问题，利用相似三角形
的判定得出关于m的方程是解题关键，解（3）的关键是分和两种情况讨论求解．
考向二 周长最值
2．（2024·安徽阜阳·一模）如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A(−1，0)，B(3，0)两点，与y轴
交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线的对称轴上找一点 P，使△PAC的周长最小，求△PAC的周长的最小值及此时点P的坐标；
(3)若M为抛物线在第一象限内的一动点，求出四边形OCMB的面积的最大值及此时点M的坐标.
【答案】(1)y=−x2+2x+3；
(2)△PAC的周长的最小值为√10+3√2，点P的坐标为(1，2)；
63 (3 15)
(3)S 的最大值为 ，此时M ， ．
四边形OCMB 8 2 4
【分析】题目主要考查二次函数的综合问题，包括待定系数法确定函数解析式，最短周长及最大面积问题，
理解题意，熟练掌握二次函数的应用是解题关键．
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）连接BC交对称轴于点P，此时△PAC的周长最小，利用勾股定理以及待定系数法求得直线BC的解
析式，据此求解即可；
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1 1
（3）连接OM，设M(m，−m2+2m+3)，根据S = OB⋅y + OC⋅x 列得二次函数的解
四边形OCMB 2 M 2 M
析式，利用二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：由题意得¿，
解得¿，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：∵y=−(x−1) 2+4，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
连接BC交对称轴于点P，此时，PA+PC取得最小值，最小值为PB的长，
令x=0，则y=3，
∴C(0，3)，
∵A(−1，0)，B(3，0)，
∴AC=√12+32=√10，BC=√32+32=3√2，
∴△PAC的周长的最小值为AC+PA+PC=AC+BC=√10+3√2，
设直线BC的解析式为y=kx+3，
则0=3k+3，
解得k=−1,
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
当x=1时，y=−1+3=2，
∴点P的坐标为(1，2)；
（3）解：连接OM，设M(m，−m2+2m+3)，
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1 1
依题意得S = OB⋅y + OC⋅x
四边形OCMB 2 M 2 M
3 3
= (−m2+2m+3)+ m
2 2
3
=− (m2−3m−3)
2
3( 3) 2 63
=− m− + ，
2 2 8
3
∵− <0，
2
3 63 (3 15)
∴当m= 时，S 有最大值，最大值为 ，此时M ， ．
2 四边形OCMB 8 2 4
3．（2024·甘肃金昌·模拟预测）如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A,B(1,0)，与y轴交于点C,D
为抛物线的顶点，抛物线的对称轴为直线x=−1．
(1)求抛物线y=ax2+bx+3的表达式；
(2)若E是抛物线对称轴上一动点，Q是平面内任意一点，当四边形AECQ是菱形时，求点E的坐标；
(3)已知F(−2,t)是该抛物线上的一点，点G,H分别为x轴，y轴上的点，且使得四边形DFGH的周长最小，
求四边形DFGH周长的最小值及点G,H的坐标．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)E(−1,1)
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(5 ) ( 5)
(3)四边形DFGH的周长的最小值为√58+√2，G ,0 ，H 0,
7 3
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）当四边形AECQ是菱形时，则AE=CE，即可求解；
（3）作点D关于y轴的对称点D' (1,4)，作点F(−2,3)关于x轴的对称点F' (−2,−3)，连接D'F'交x轴于
点G，交y轴于点H，则此时四边形DFGH的周长最小，即可求解．
【详解】（1）解：由题意得：
¿，解得：¿，
则抛物线的表达式为：y=−x2−2x+3；
（2）解：设点E(−1,m)，
当四边形AECQ是菱形时，则AE=CE，
即(−1+3) 2+m2=1+(m−3) 2，
解得：m=1，
即点E(−1,1)；
（3）解：由（1）得抛物线解析式为y=−x2−2x+3
当x=−2时，y=3
∴F(−2,3)
作点D关于y轴的对称点D' (1,4)，作点F(−2,3)关于x轴的对称点F' (−2,−3)，连接D'F'交x轴于点G，
交y轴于点H，则此时四边形DFGH的周长最小，
理由：四边形DFGH的周长=DF+DH+FG+GH=DF+D'H+F'G+GH=DF+D'F'为最小，
则DF+D'F'=√1+1+√(1+2) 2+(4+3) 2=√58+√2，
即四边形DFGH的周长的最小值为√58+√2，
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设直线D'F'的表达式为y=kx+m，
把D' (1,4)、F' (−2,−3)代入，得
¿，解得：¿
7 5
∴直线D'F'的表达式为：y= x+ ，
3 3
7 5
令y=0，则 x+ =0，
3 3
5
解得：x=−
7
(5 )
∴G ,0 ，
7
5
令x=0，则y=
3
( 5)
∴H 0, ．
3
【点睛】本题主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养，轴对称求最短路
径问题，勾股定理，菱形的判定与性质．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．
考向三 线段比/面积比最值
4．（2024·江苏扬州·三模）如图：已知抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A、B(4，0)两点（点A在点B
的左侧），与y轴的交点为C(0，2)，点P是抛物线上第一象限内的点．
(1)求抛物线对应的函数表达式；
(2)如图1，是否存在点P，使△PCO的内心恰好在直线BC上，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请
说明理由；
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BE
(3)如图2，PD∥BC交x轴于点D，AP交BC于点E，求 的最小值．
PD
7
【答案】(1)y=−x2+ x+2
2
(11 65)
(2)存在，点P ,
4 16
9
(3)
25
【分析】（1）根据待定系数法即可求解；
（2）根据使△PCO的内心恰好在直线BC上，得出BC平分∠PCO，即∠PCB=∠OCB，过点P作y
轴的平行线交BC于点H，证出PC=PH，求出直线BC的表达式设点P ( x,−x2+ 7 x+2 ) ，则点
2
( 1 )
H x,− x+2 ，根据PH2=PC2，列方程求解即可；
2
（3）由抛物线的表达式知，点A ( − 1 ,0 ) ，得出AB= 9 ，设点P ( m,−m2+ 7 m+2 ) ，根据PD∥BC，
2 2 2
1
直线BC的表达式为：y=− x+2，求出直线PD的表达式，从而求出点D(−2m2+8m+4,0)，
2
25 25 25
AD=−2(m−2) 2+ ≤ ，得出AD的最大值为 ，根据PD∥BC，得出△AEB∽△APD，根据
2 2 2
9 25
相似三角形的性质得出BE:PD=AB:AD= :AD，即可得出AD取得最大值 时，BE:PD取得最小值
2 2
即可解答．
【详解】（1）解：将B(4，0)、C(0，2)代入y=−x2+bx+c得：¿，
解得：¿，
7
故抛物线对应的函数表达式为：y=−x2+ x+2．
2
（2）存在，理由：
∵使△PCO的内心恰好在直线BC上，
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则BC平分∠PCO，即∠PCB=∠OCB，
过点P作y轴的平行线交BC于点H，
则∠OCB=∠PHC=∠PCH，
则PC=PH，
设直线BC的表达式为：y=kx+a，
由点B,C的坐标得，¿，
解得：¿，
1
故直线BC的表达式为：y=− x+2，
2
设点P ( x,−x2+ 7 x+2 ) ，则点H ( x,− 1 x+2 ) ，
2 2
由点P,C,H的坐标得，PH2= ( −x2+ 7 x+2+ 1 x−2 ) 2 =PC2=x2+ ( −x2+ 7 x+2−2 ) 2 ，
2 2 2
11
解得：x= ，
4
(11 65)
则点P , ；
4 16
7
（3）∵抛物线的表达式y=−x2+ x+2，
2
7 1
令y=0，则0=−x2+ x+2，解得：x=− 或x=4，
2 2
( 1 )
∴点A − ,0 ，
2
9
则AB= ，
2
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设点P ( m,−m2+ 7 m+2 ) ，
2
1
∵PD∥BC，直线BC的表达式为：y=− x+2，
2
1
设直线PD的表达式为y=− x+b' ，
2
将点P ( m,−m2+ 7 m+2 ) 代入y=− 1 x+b' ，得：−m2+ 7 m+2=− 1 m+b' ，
2 2 2 2
7 1
解得：b'=−m2+ m+2+ m=−m2+4m+2，
2 2
1 1 7
则直线PD的表达式为：y=− x+(−m2+4m+2)=− (x−m)−m2+ m+2，
2 2 2
1 7
令y=0，则0=− (x−m)−m2+ m+2，解得：x=−2m2+8m+4，
2 2
则点D(−2m2+8m+4,0)，
1 25 25
则AD=−2m2+8m+4+ =−2(m−2) 2+ ≤ ，
2 2 2
25
故AD的最大值为 ，
2
∵PD∥BC，则△AEB∽△APD，
9
则BE:PD=AB:AD= :AD，
2
25 9 2 9
故AD取得最大值 时，BE:PD的最小值为： × = ，
2 2 25 25
BE 9
即 的最小值为： ．
PD 25
【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，解决
相关问题．
5．（2024·吉林长春·一模）在平面直角坐标系中，顶点坐标为(1,−4)的抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过
点A(3,0)，与y轴相交于点B．点P在这条抛物线上运动，其横坐标为m．
(1)求这条抛物线所对应的函数表达式及点B的坐标．
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(2)当点P在A、B两点之间（点P不与点A、B重合）运动时，过点P作y轴的平行线交线段AB于点H．当
线段PH的长随m的增大而减小时，求m的取值范围．
(3)当抛物线在P、A两点之间（包含P、A两点）函数的最小值为m−4，求m的值．
(4)当点P不与点A重合时，以PA为对角线作矩形PQAM，使PM∥x轴．设直线AB将矩形PQAM的面积
S 1
分为S 、S 两部分，当 1≤ 时，直接写出m的取值范围．
1 2 S 2
2
【答案】(1)y=x2−2x−3，B(0,−3)
3
(2) ≤m<3
2
3+√5
(3)m的值为0、 、4
2
1 1
(4)−1<m≤− 或m≥ 且m≠3
3 2
【分析】（1）设抛物线的解析式为y=a(x−1) 2−4，将点A代入即可；
( 3) 2 9 3
（2）根据题意可得PH=− m− + ，当线段PH的长随m的增大而减小时， ≤m<3；
2 4 2
3+√5
（3）当m≤1时，m−4=−4，解得m=0；当1<m≤3时，m2−2m−3=m−4，解得m= 或m=
2
3−√5
(舍)；当m>3时，m−4=0，解得m=4；
2
（4）当m>3时，PQ与直线AB的交点为(m,m−3)，
1
×(m−3)×(m−3)
S 2 1 S 1
1= ≤ ，则m>3时 1≤ ；当0<m<3时，
S 1 1 2 S 2
2 ×(m−3)×(m2−2m−3)− ×(m−3) 2 2
2 2
1
×(3−m)×(3−m)
S 2 1 1 S 1
1= ≤ ，则m≥ 时 1≤ ；当−1<m<0时，PM与直线
S 1 1 2 2 S 2
2 ×(3−m)×(−m2+2m+3)− ×(3−m) 2 2
2 2
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1 ×(3−m2+2m) 2
s 2 1
AB的交点为(m2−2m,m2−2m−3), 1= ≤ ，则
s 1 2
2 ×(3−m+m2−2m−m)×(3−m2+3m)
2
1时s 1．
−1<m≤− 1≤
3 s 2
2
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为y=a(x−1) 2−4，
将点A代入，可得4a−4=0，
解得a=1，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
当x=0时，y=−3，
∴B(0,−3)；
（2）∵P点横坐标为m，
∴P(m,m2−2m−3)，
设直线AB的解析式为y=kx−3，
∴3k−3=0，解得k=1，
∴直线AB的解析式为y=x−3，
∴H(m,m−3)，
∴PH=m−3−(m2−2m−3)=−m2+3m=− ( m− 3) 2 + 9 ，
2 4
3
∴当线段PH的长随m的增大而减小时， ≤m<3；
2
（3）当m≤1时，m−4=−4，解得m=0；
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当1<m≤3时，m2−2m−3=m−4，
3+√5 3−√5
解得m= 或m= (舍)；
2 2
当m>3时，m−4=0，
解得m=4；
3+√5
综上所述：m的值为0或4或 ；
2
（4）∵PM∥x轴，
∴M(3,m2−2m−3),Q(m,0)，
当m>3时，PQ与直线AB的交点为(m,m−3)，
1
×(m−3)×(m−3)
S 2 1
∴ 1= ≤ ，
S 1 1 2
2 ×(m−3)×(m2−2m−3)− ×(m−3) 2
2 2
解得m≥2，
S 1
∴m>3时， 1≤ ；
S 2
2
当0<m<3时，
1
×(3−m)×(3−m)
S 2 1
1= ≤ ，
S 1 1 2
2 ×(3−m)×(−m2+2m+3)− ×(3−m) 2
2 2
1
解得m≥ ，
2
1 s 1
∴m≥ 时， 1≤ ；
2 s 2
2
当−1<m<0时，PM与直线AB的交点为¿，
1 ×(3−m2+2m) 2
S 2 1
∴ 1= ≤ ，
S 1 2
2 ×(3−m+m2−2m−m)×(3−m2+3m)
2
1
解得m≥− 或m<1，
3
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1 s 1
∴−1<m≤− 时， 1≤ ，
3 s 2
2
1 1 s 1
综上所述：−1<m≤− 或m≥ 且m≠3时， 1≤ ；
3 2 s 2
2
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，矩形的性质，直角三角形的
性质是解题的关键．
6．（2024·山东济宁·中考真题）已知二次函数y=ax2+bx+c的图像经过(0,−3)，(−b,c)两点，其中
a，b，c为常数，且ab>0．
(1)求a，c的值；
(2)若该二次函数的最小值是−4，且它的图像与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点
C．
①求该二次函数的解析式，并直接写出点A，B的坐标；
②如图，在y轴左侧该二次函数的图像上有一动点P，过点P作x轴的垂线，垂足为D，与直线AC交于点
S 3
E，连接PC，CB，BE．是否存在点P，使 △PCE= ？若存在，求此时点P的横坐标；若不存在，请说
S 8
△CBE
明理由．
【答案】(1)a=1，c=−3
(2) 该二次函数的解析式为：y=x2+2x−3；A(−3,0)， B(1,0)
① −3+√3 −3−√3 −3−√15
②存在，P点横坐标为： 或 或
2 2 2
b 0−b b
【分析】（1）先求得c=−3，则可得(0,−3)和(−b,c)关于对称轴x=− 对称，由此可得 =− ，
2a 2 2a
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进而可求得a=1；
−12−b2
（2）①根据抛物线顶点坐标公式得y = =−4，由此可求得b=2，进而可得抛物线的表达式
最小值 4
为y=x2+2x−3，进而可得A(−3,0)，B(1,0)；
②分两种情况进行讨论：当点P在点A右侧时，当点P在点A左侧时，分别画出图形，求出点P的坐标即
可．
【详解】（1）解：∵y=ax2+bx+c的图像经过(0,−3)，
∴c=−3，
b
∴(0,−3)和(−b,c)关于对称轴x=− 对称，
2a
0−b b
∴ =− ，
2 2a
∵b≠0，
∴a=1，
∴a=1，c=−3．
（2）解：①∵a=1，c=−3，
∴y=x2+bx−3，
−12−b2
∵y = =−4，
最小值 4
∵解得b=±2，
∵ab>0，且a>0，
∴b>0，
∴b=2，
∴该二次函数的解析式为：y=x2+2x−3，
当y=0时，x2+2x−3=0，
解得x =−3，x =1，
1 2
∴A(−3,0)， B(1,0)．
②设直线AC的表达式为：y=k x+b ，
1 1
则¿，
解得¿，
∴直线AC的表达式为：y=−x−3，
当点P在点A右侧时，作CF⊥PD于F，如图所示：
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设P(m,m2+2m−3)(−3<m<0)，则E(m,−m−3)，D(m,0)，
则PE=(−m−3)−(m2+2m−3)=−m2−3m，
CF=0−m=−m,
1 1 1
∴S = ⋅PE⋅CF= (−m2−3m)⋅(−m)= m(m2+3m)，
△PCE 2 2 2
∵AB=1−(−3)=4，OC=3，DE=−(−m−3)=m+3，
∴S =S −S
△CBE △ABC △ABE
1 1
= AB×OC− ×AB×DE
2 2
1 1
= ×4×3− ×4×(m+3)
2 2
=−2m，
S 3
∵
△PCE=
，
S 8
△CBE
1
m(m2+3m)
2 3，
∴ =
−2m 8
−3+√3 −3−√3
解得：m = ，m = ，
1 2 2 2
−3+√3 −3−√3
∴点P横坐标为 或 ；
2 2
当点P在点A左侧时，作CF⊥PD于F，如图所示：
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设P(m,m2+2m−3)(m<−3)，则E(m,−m−3)，D(m,0)，
则PE=(m2+2m−3)−(−m−3)=m2+3m，
CF=0−m=−m,
1 1 1
∴S = ⋅PE⋅CF= (m2+3m)⋅(−m)=− m(m2+3m)，
△PCE 2 2 2
∵AB=1−(−3)=4，OC=3，DE=−m−3，
∴S =S +S
△CBE △ABC △ABE
1 1
= AB×OC+ ×AB×DE
2 2
1 1
= ×4×3+ ×4×(−m−3)
2 2
=−2m，
S 3
∵
△PCE=
，
S 8
△CBE
1
− m(m2+3m)
2 3，
∴ =
−2m 8
−3−√15 −3+√15
解得：m = ，m = （舍去），
1 2 2 2
−3−√15
∴点P横坐标为 ，
2
−3+√3 −3−√3 −3−√15
综上所述，P点横坐标为： 或 或 ．
2 2 2
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数综合，二次函数与几何综合，利用待定系数法求二次函数和一次
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1
函数的表达式．熟练掌握“三角形面积= ×水平宽×铅锤高”是解题的关键．
2
考向四 将军饮马/将军遛马问题
7．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c与x轴的交点分别为A
和B(1,0)（点A在点B的左侧），与y轴交于点C(0,3)，点P是直线AC上方抛物线上一动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，过点P作x轴平行线交AC于点E，过点P作y轴平行线交x轴于点D，求PE+PD的最大值及点
P的坐标；
(3)如图2，设点M为抛物线对称轴上一动点，当点P，点M运动时，在坐标轴上确定点N，使四边形
PMCN为矩形，求出所有符合条件的点N的坐标．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
49 ( 5 63)
(2)PD+PE的最大值为 ，点P的坐标为 − ,
8 4 16
(1−√145 )
(3)符合条件的N点坐标为：N(0,4)或N ,0
6
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）先求得直线AC的解析式，设P(m,−m2−2m+3)，则PE=−m2−3m，PD=−m2−2m+3，得到
( 5) 2 49
PD+PE=−2 m+ + ，利用二次函数的性质求解即可；
4 8
（3）先求得抛物线的顶点P(−1，4)，对称轴为x=−1，分当点N在y轴上和点N在x轴负半轴上时，两
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1
种情况讨论，当点N在x轴负半轴上时，证明△CMG∽△NCO，求得CG=− t，再证明
3
( 1 )
△CMG≌△PNH，求得点P的坐标为 t−1,− t ，由点P在抛物线上，列式计算求解即可．
3
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点B(1,0)，与y轴交于点C(0,3)
¿
解得¿
抛物线的解析式为：y=−x2−2x+3；
（2）解：当y=0时，0=−x2−2x+3，
解得x =−3，x =1，
1 2
∴A(−3,0)，
设直线AC的解析式为：y=kx+n(k≠0)，
把A(−3,0)，C(0,3)代入得：¿，
解得¿
∴直线AC的解析式为y=x+3，
设P(m,−m2−2m+3)，
∵PE∥x轴，
∴点E的纵坐标为−m2−2m+3，
又∵点E在直线AC上，
∴−m2−2m+3=x+3，x=−m2−2m，
∴E(−m2−2m,−m2−2m+3)，
∴PE=−m2−2m−m=−m2−3m，
∵PD∥y轴，
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∴PD=−m2−2m+3，
∴PD+PE=−m2−2m+3+(−m2−3m)=−2m2−5m+3=−2 ( m+ 5) 2 + 49 ，
4 8
∵−2<0，−3<m<0，
5 49
∴当m=− 时，PD+PE有最大值，最大值为 ，
4 8
5 ( 5) 2 ( 5) 63
当m=− 时，y=− − −2× − +3= ，
4 4 4 16
( 5 63)
∴点P的坐标为 − , ；
4 16
49 ( 5 63)
答：PD+PE的最大值为 ，点P的坐标为 − , ；
8 4 16
（3）解：y=−x2−2x+3=−(x+1) 2+4，
则抛物线的顶点P(−1，4)，对称轴为x=−1，
情况一：当点N在y轴上时，P为抛物线的顶点，
∵四边形PMCN为矩形，
∴N与P纵坐标相同，
∴N(0,4)；
情况二：当点N在x轴负半轴上时，四边形PMCN为矩形，
过M作y轴的垂线，垂足为G，过P作x轴的垂线，垂足为H，
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设N(t,0)，则ON=−t，
∴∠MCN=∠CNP=90°，CM=NP，
∴∠MCG+∠OCN=90°，
∵∠ONC+∠OCN=90°，
∴∠MCG=∠ONC，
又∵∠CGM=∠CON=90°，
∴△CMG∽△NCO，
CG MG
∴ = ，
ON OC
∵抛物线对称轴为x=−1，点M在对称轴上，C(0,3)，
∴MG=1，OC=3，
CG 1 1
∴ = ，即CG=− t，
−t 3 3
∵∠MCG+∠CMG=90°，∠ONC+∠PNH=90°，
∴∠CMG=∠PNH，
∴△CMG≌△PNH，
1
∴NH=MG=1，HP=CG=− t，
3
∴OH=ON+NH=−t+1，
( 1 )
∴点P的坐标为 t−1,− t ，
3
∵点P在抛物线上，
1
∴− t=−(t−1) 2−2(t−1)+3，
3
1−√145 1+√145
解得t = ，t = （舍去），
1 6 2 6
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(1−√145 )
∴N ,0 ，
6
(1−√145 )
综上所述：符合条件的N点坐标为：N(0,4)或N ,0 ．
6
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，相似三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，
解题的关键是方程思想的应用．
8．（2022·广西桂林·中考真题）如图，抛物线y＝﹣x2+3x+4与x轴交于A，B两点（点A位于点B的左
侧），与y轴交于C点，抛物线的对称轴l与x轴交于点N，长为1的线段PQ（点P位于点Q的上方）在
x轴上方的抛物线对称轴上运动．
(1)直接写出A，B，C三点的坐标；
(2)求CP+PQ+QB的最小值；
(3)过点P作PM y轴于点M，当△CPM和△QBN相似时，求点Q的坐标．
【答案】(1)A(﹣⊥1，0)，B(4，0)，C(0，4)
(2)6
3 15 3 15 3 3+2√6
(3)( ， )或( ， )或( ， )
2 2 2 8 2 2
【分析】（1）由y＝﹣x2+3x+4可得A（﹣1，0），B（4，0），C（0，4）；
（2）将C（0，4）向下平移至C'，使CC'＝PQ，连接BC'交抛物线的对称轴l于Q，可知四边形CC'QP是
平行四边形，及得CP+PQ+BQ＝C'Q+PQ+BQ＝BC'+PQ，而B，Q，C'共线，故此时CP+PQ+BQ最小，最
小值为BC'+PQ的值，由勾股定理可得BC'＝5，即得CP+PQ+BQ最小值为6；
3 3 3 3
（3）由在y＝﹣x2+3x+4得抛物线对称轴为直线x＝﹣ ＝ ，设Q（ ，t），则Q（ ，t+1），M（0，
−2 2 2 2
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3
3 5 3 CM PM |t−3| 2
t+1），N（ ，0），知BN＝ ，QN＝t，PM＝ ，CM＝|t﹣3|，①当 ＝ 时， ＝ ，可解
2 2 2 QN BN t 5
2
|t−3| 3
3 15 3 15 CM PM 3 3+2√6
得Q（ ， ）或（ ， ）；②当 ＝ 时， 5 ＝2，得Q（ ， ）．
2 2 2 8 BN QN 2 2
2 t
【详解】（1）解：在y＝﹣x2+3x+4中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝﹣1或x＝4，
A（﹣1，0），B（4，0），C（0，4）．
∴（2）将C（0，4）向下平移至C'，使CC' ＝PQ，连接BC'交抛物线的对称轴l于Q，如图所示：
∵CC' ＝PQ，CC' ∥PQ，
∴四边形CC'QP是平行四边形，
∴CP＝C'Q，
∴CP+PQ+BQ＝C'Q+PQ+BQ＝BC'+PQ，
B，Q，C'共线，
∵∴此时CP+PQ+BQ最小，最小值为BC'+PQ的值，
C（0，4），CC' ＝PQ＝1，
∵∴C' （0，3），
B（4，0），
∵
∴BC'＝√32+42＝5，
∴BC'+PQ＝5+1＝6，
CP+PQ+BQ最小值为6．
∴
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（3）如图：
3 3
由y＝﹣x2+3x+4得，抛物线对称轴为直线x=− = ，
−2 2
3 3 3
设Q（ ，t），则P（ ，t+1），M（0，t+1），N（ ，0），
2 2 2
B（4，0），C（0，4）；
∵ 5 3
BN＝ ，QN＝t，PM＝ ，CM＝|t﹣3|，
2 2
∴
CMP＝∠QNB＝90°，
∵∠ CM PM CM PM
CPM和△QBN相似，只需 ＝ 或 ＝ ，
QN BN BN QN
∴△
3
CM PM |t−3| 2
①当 ＝ 时， ＝ ，
QN BN t 5
2
15 15
解得t＝ 或t＝ ，
2 8
3 15 3 15
Q（ ， ）或（ ， ）；
2 2 2 8
∴
|t−3| 3
CM PM
②当 ＝ 时， 5 ＝2，
BN QN
2 t
3+2√6 3−2√6
解得t＝ 或t＝ （舍去），
2 2
3 3+2√6
Q（ ， ），
2 2
∴
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3 15 3 15 3 3+2√6
综上所述，Q的坐标是( ， )或( ， )或( ， )．
2 2 2 8 2 2
【点睛】本题主要考查二次函数综合应用，涉及二次函数图象上点坐标的特征，线段和的最小值，相似三
角形的性质及应用等，解题的关键是分类讨论思想的应用．
9．（2024·吉林长春·二模）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；
(2)F为抛物线对称轴上一点，Q为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点Q，F，E，B为顶点的四边
形是以BE、BF或EB、EF边的菱形．若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)P为y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P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)点F的坐标为(−1,√22)或(−1,−√22)或(−1,5−√17)或(−1,5+√17)
( 5)
(3)存在，EM+MP+PB的最小值为√41+1，P 0,
4
【分析】（1）由四边形ABCD为正方形及点D的坐标，可求得点B的坐标，利用待定系数法即可求解；
（2）由抛物线解析式求出抛物线的对称轴，则可得点E的坐标，从而求得EB2=26；
分两种情况：①当BF=BE吋；②当EF=BE时，设点F坐标为(−1,a)，利用BF=BE或EF=BE建立关
于a的方程，求出a的值，即可求得点F的坐标；
（3）连接OM、DM，易得四边形BOMP是平行四边形，则OM=BP，从而有
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EM+MP+PB=DM+MO+1，故当DM+MO+1的值最小时，则EM+MP+PB值最小，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，且由勾股定
理可求得OD的值，即可求得EM+MP+PB的最小值；再求出OD的解析式，即可求得它与对称轴的交点
M的坐标，从而求得点P的坐标．
【详解】（1）解:∵四边形ABCD为正方形，D(−4,5)，
∴AD=AB=5，A(−4,0)
∴AO=4，
∴OB=1，
∴B(1,0)；
把点B、D坐标代入y=x2+bx+c得：¿，解得：¿，
∴拋物线的解析式为y=x2+2x−3：
（2）解：由（1）得B(1,0)，抛物线解析式为y=x2+2x−3，
则抛物线的对称轴为直线x=−1，
∵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，
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吋，如图所示：
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由两点距离公式可得BF2=BE2，即(1+1) 2+(0−a) 2=26，
解得:a=±√22，
∴点F的坐标为(−1,√22)或(−1,−√22)；
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，
解得:a=5±√17，
∴点F的坐标为(−1,5−√17)或(−1,5+√17)；
综上所述：点F的坐标为(−1,√22)或(−1,−√22)或(−1,5−√17)或(−1,5+√17)；
（3）解：由题意可得如图所示：
连接OM、DM，
由(2)可知点D与点E关于抛物线的对称轴对称，B(1,0)，
∴OB=1，DM=EM；
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∵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的最小值为√41+1，即EM+MP+PB的最小值为√41+1，
5
设线段OD的解折式为y=kx，代入点D的坐标得：k=− ，
4
5
∴线段OD的解析式为y=− x，
4
( 5)
∴M −1, ，
4
( 5)
∴P 0, ．
4
【点睛】本题是二次函数与几何的综合，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，平行
四边形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，两点间线段最短等知识，综合性强，注意分类讨论及数形
结合．
10．（23-24九年级下·安徽六安·阶段练习）如图1，抛物线y=ax2+bx+3与x轴相交于点A(−1,0)、B，
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对称轴是直线x=1，点M是抛物线的顶点，直线AM与y轴交于点D．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)若点N是x轴上一动点，分别连接MN，DN，求MN+DN的最小值；
PE 1
(3)点P是直线BC上方抛物线上一点，连接AP交BC于点E，若 = ，如图2，求点P的坐标．
AE 4
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)√37
(3−√5 5+√5) (3+√5 5−√5)
(3)P的坐标为 , 或 ,
2 2 2 2
【分析】本题主要考查二次函数图象的性质，掌握待定系数法求解析式，轴对称最短路径的计算方法，相
似三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）把点A(−1,0)，对称轴为直线x=1，代入解析式，运用待定系数法即可求解；
（2）根据题意分别求出M(1,4)，D(0,2)，在y轴上作点D的对称点D'，连接M D'交AB于点NN，此时
MN+DN的值最小，根据轴对称最短路径的方法即可求解；
（3）根据题意求出直线BC的解析式，设E(t,−t+3)，则EF=−t+3，AF=t+1，根据题意可得
△AEF∽△APH，结合相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3经过点A(−1,0)，对称轴为直线x=1，
∴¿，
解得¿，
∴该抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴M(1,4)，
设直线AM的解析式为y=mx+n，则¿，
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解得¿，
∴直线AM的解析式为y=2x+2，当x=0时，y=2，
∴D(0,2)．
如图1，
在y轴上作点D的对称点D'，连接M D'交AB于点NN，此时MN+DN的值最小．
过点M作MT⊥y轴于点T，
∴D'T=6，
∴D'M=√12+62=√37，
∴MN+DN的值的最小值为√37；
（3）解：抛物线的解析式为y=−x2+2x+3，
∴令x=0时，y=3；令y=0时，x2−2x−3=0,
解得，x =−1，x =3，
1 2
∴A(−1,0)，B(3,0),
∴直线BC的解析式为y=−x+3．如图2，过点E，P分别作EF⊥AB，PH⊥AB，垂足分别为F，H．
设E(t,−t+3)，则EF=−t+3，AF=t+1，
∵EF⊥AB，PH⊥AB，
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∴△AEF∽△APH，
AE AF 4 EF AE 4
∴ = = ， = = ，
AP AH 5 PH AP 5
5 5
∴AH= (t+1)，PH= (−t+3)，
4 4
(5 1 5 15)
∴P t+ ,− t+ ，
4 4 4 4
∵点P在抛物线y=−x2+2x+3上，
5 15 (5 1) 2 (5 1)
∴− t+ =− t+ +2 t+ +3，
4 4 4 4 4 4
得5t2−10t+1=0，Δ=100−20=80>0，
5±2√5
∴t= ，
5
(3−√5 5+√5) (3+√5 5−√5)
P的坐标为 , 或 , ．
2 2 2 2
∴
考向五 胡不归/阿氏圆最值问题
11．（2024·四川绵阳·模拟预测）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(√3，0)，B两点（点B在点A
的左侧），与y轴交于点C，且OB=3OA=√3OC，∠OAC的平分线AD交y轴于点D，过点A且垂直于
AD的直线l交y轴于点E，点P是x轴下方抛物线上的一个动点，过点P作PF⊥x轴，垂足为F，交直线
AD于点H．
(1)求抛物线的解析式；
(2)设点P的横坐标为m，当FH=HP时，求m的值；
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1
(3)当直线PF为抛物线的对称轴时，以点H为圆心， HC为半径作⊙H，点Q为⊙H上的一个动点，求
2
1
AQ+EQ的最小值
4
1 2
【答案】(1)y= x2+ √3x−3
3 3
(2)−√3
(3)√21
【分析】（1）求出A、B、C的坐标，利用两根式求出抛物线的解析式即可；
（2）求出直线AH的解析式，根据方程即可解决问题；
1 7√3 15
（3）首先求出⊙H的半径，在HA上取一点K，使得HK= ，此时K(− ，− )，由
4 8 8
KQ HQ 1 1
HQ2=HK⋅HA，可得△QHK∽△AHQ，推出 = = ，可得KQ= AQ，推出
AQ AH 4 4
1 1
AQ+QE=KQ+EQ，可得当E、Q、K共线时， AQ+QE的值最小，由此求出点E坐标，点K坐标
4 4
即可解决问题；
【详解】（1）解：由题意A(√3，0)，B(−3√3，0)，C(0,−3)，
设抛物线的解析式为y=a(x+3√3)(x−√3)，
把C(0,−3)代入y=a(x+3√3)(x−√3)
∴−3=a(0+3√3)(0−√3)
1
得到a= ．
3
1
∴y= (x+3√3)(x−√3)
3
1 1 2
则y= (x2−√3x+3√3x−9)= x2+ √3x−3
3 3 3
1 2
故抛物线的解析式为y= x2+ √3x−3．
3 3
OC
（2）解：在Rt△AOC中，tan∠OAC= =√3，
OA
∴∠OAC=60°，
∵AD平分∠OAC，
∴∠OAD=30°，
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∴OD=OA⋅tan30°=1，
∴D(0,−1)，
设直线AD的解析式为y=kx+b(k≠0)
把D(0,−1)和A(√3，0)代入y=kx+b
得¿
√3
∴直线AD的解析式为y= x−1，
3
1 2√3 √3
由题意P(m, m2+ m−3)，H(m, m−1)，F(m,0)，
3 3 3
∵FH=PH，
√3 √3 1 2√3
∴1− m= m−1−( m2+ m−3)
3 3 3 3
解得m=−√3或√3（舍弃），
∴当FH=HP时，m的值为−√3．
（3）解：如图，∵PF是对称轴，A(√3，0)，B(−3√3，0)
1
∴x = ×(−3√3+√3)=−√3
F 2
依题意点F在x轴上
∴F(−√3，0)，
依题意x =x =−√3
H F
√3
∵点H在直线AD的解析式为y= x−1
3
√3
把x =−√3代入y= x−1
H 3
√3
得y = ×(−√3)−1=−2
H 3
∴H(−√3，−2)，
∵过点A且垂直于AD的直线l交y轴于点E，
∴AH⊥AE，
由（2）得∠OAD=30°
∴∠EAO=90°−30°=60°，
EO
∴tan∠EAO= ，EO=√3OA=3，
OA
∴E(0,3)，
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∵C(0,−3) H(−√3，−2)
，
∴HC=√ (−√3) 2+[−2−(−3)] 2 =2，AH=2FH=4，
1
∴QH= CH=1，
2
1
在HA上取一点K，使得HK= ，
4
( √3 )
设K n， n−1
3
∵H(−√3，−2)
则HK= √ (n+√3) 2+ [(√3 n−1 ) −(−2) ] 2 = 1
3 4
7
解得n=− √3（点K在第三象限，正值舍去）
8
7 √3 √3 15
把n=− √3代入 n−1，得出 n−1=−
8 3 3 8
7 15
此时K(− √3，− )，
8 8
∵HQ2=1，HK⋅HA=1，
∴HQ2=HK⋅HA，
HQ KH
∴ = ，
AH HQ
∵∠QHK=∠AHQ，
∴△QHK∽△AHQ，
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KQ HQ 1
∴ = = ，
AQ AH 4
1
∴KQ= AQ，
4
1
∴ AQ+QE=KQ+EQ，
4
1 √ 7√3 2 15 2 √417
∴当E、Q、K共线时， AQ+QE的值最小，最小值= ( ) +( +3) = ．
4 8 8 4
【点睛】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、一元二次方程、圆的有关知识、相似三角形的判定
和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问
题，属于中考压轴题．
12．（2024·安徽·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象交x轴于
A(−1,0)，B两点，AB=4，C为抛物线顶点．
(1)求b，c的值；
(2)点P为直线AC下方抛物线上一点，过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，交AC于点M，是否存在
QM=3PM？若存在，求出此时P点坐标；若不存在，请说明理由；
1
(3)如图2，以B为圆心，2为半径作圆，N为圆B上任一点，求CN+ AN的最小值．
2
【答案】(1)b=−2，c=−3.
(1 32)
(2)存在， ,−
3 9
(3)√17
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【分析】（1）通过AB长度先得到B点坐标，再将A,B两点代入函数解析式，解方程即可；
（2）先求出直线AC的函数表达式，设出P点坐标为(m,m2−2m−3)，进而得到P,M两点坐标，再通过
QM=3PM列出方程，解方程即可；
1
（3）取取R(2,0)，连接NR，BN，先证得△RBN∽△NBA，得到RN= NA，进而可得到
2
1
CN+ AN=CN+RN≥CR，再通过C,R两点坐标求得CR长度．
2
【详解】解：（1）∵AB=4，
∴B点坐标为(3,0)，
将A(−1,0)，B(3,0)代入y=x2+bx+c，
得1−b+c=0，9+3b+c=0，
解得b=−2，c=−3
（2）设直线AC的表达式为y=kx+b，
由（1）可知抛物线的表达式为y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
故C点坐标为(1,−4)，
∴直线AC的表达式为y=−2x−2
设P点坐标为(m,m2−2m−3)，
则Q(m,0)，M (m,−2m−2)，
∴QM=0−(−2m−2)=2m+2，
PM=(−2m−2)−(m2−2m−3)=−m2+1
若QM=3PM，
则2m+2=3(−m2+1)，
1
解得m = ，m =−1
1 3 2
∵−1<m<1，
1 (1 32)
故m= ，此时P点坐标为 ,− ；
3 3 9
（3）如图，取R(2,0)，连接NR，BN
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∵BR=1，BN=2，BA=4，
BR BN
∴ =
BN BA
又∵∠RBN=∠NBA，
∴△RBN∽△NBA，
RN BN 1
∴ = = ，
AN BA 2
1
∴RN= NA，
2
1
∴CN+ AN=CN+RN≥CR，
2
CR=√42+12=√17，
1
故CN+ AN的最小值为√17．
2
【点睛】本题考查二次函数综合问题，能够熟练掌握二次函数的基本性质以及相似三角形的应用是解题关
键．
13．（2024·江苏苏州·二模）如图，抛物线y=ax2+bx+3的图像与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），
与y轴交于点C，其中点A坐标(1,0)，点B坐标(3,0)．
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(1)求抛物线的解析式；
(2)若点G是抛物线上一动点，是否存在点G，使得∠GAC=∠OAC？若存在，求出点G的坐标，若不存
在，请说明理由；
(3)点Q为y轴上一个动点，则CQ+√10BQ最小值为_______．
【答案】(1)y=x2−4x+3
(15 33)
(2)G ,
4 16
(3)12
【分析】（1）将A(1,0)、B(3,0)代入y=ax2+bx+3，利用待定系数法求解即可；
（2）连接AC，过O作OH⊥AC于H，并延长OH至点M，使HM=OH，作直线AM交抛物线于G，过
M作MN⊥OA于N，利用等面积法求出OH，OM，证明△MNO∽△AOC，求出MN，ON，可得M
的坐标，求直线AM解析式，把直线AM解析式和抛物线的解析式联立方程组，解方程组可求点G坐标；
（3）取点N(−1,0)，作直线CN，过Q作QH⊥CN于H，过B作BM⊥CN于M，利用勾股定理求出
NO HQ √10 √10
CN=√10，利用同角的正弦值相等可得出sin∠NCO= = = ，求出HQ= CQ，则
CN CQ 10 10
CQ+√10BQ=√10(HQ+BQ)，故要求CQ+√10BQ的最小值，只需求HQ+BQ的最小，当B、Q、H
三点共线，且BH⊥CN时，HQ+BQ最小，最小值为BM，证明△BMN∽△CAO，利用相似三角形
12
的性质求出得BM= ，即可求解．
√10
【详解】（1）解：将A(1,0)、B(3,0)代入y=ax2+bx+3可得，
¿，
解得¿，
∴抛物线的解析式是y=x2−4x+3
（2）解：当x=0时，y=3，
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∴C(0,3)，
连接AC，过O作OH⊥AC于H，并延长OH至点M，使HM=OH，作直线AM交抛物线于G，过M作
MN⊥OA于N，
∴OA=AM，
∴∠OAH=∠HAM，即∠GAC=∠OAC，
∵A(1,0)，C(0,3)，
∴AO=1，CO=3，
∴AC=√AO2+CO2=√10，
1 1
∵S = ×1×3= ×√10OH，
△AOC 2 2
3√10
∴OH= ，
10
3√10
∴OM=2OH= ，
5
∵∠MON=∠ACO=90°−∠COH，∠MNO=∠AOC=90°，
∴△MNO∽△AOC，
3√10
MN ON OM
∴ = = ，即MN ON 5 ，
AO CO AC = =
1 3 √10
3 9
解得MN= ，ON= ，
5 5
(9 3)
∴M , ，
5 5
设直线AM解析式为y=mx+n，
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则¿，
解得¿，
3 3
∴y= x− ，
4 4
联立方程组¿，
19 15
整理得x2− x+ =0，
4 4
15
解得x = ，x =1（舍去），
1 4 2
3 15 3 33
∴y= × − = ，
4 4 4 16
(15 33)
∴G ,
4 16
(15 33)
∴存在点G , ，使∠GAC=∠OAC；
4 16
（3）解：取点N(−1,0)，作直线CN，过Q作QH⊥CN于H，过B作BM⊥CN于M，
则NO=1，CO=3，
∴CN=√10，
NO √10
∴sin∠NCO= = ，
CN 10
HQ
∵sin∠HCQ= ，
CQ
HQ √10
∴ = ，
CQ 10
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√10
∴HQ= CQ，
10
(√10 )
∴CQ+√10BQ=√10 CQ+BQ =√10(HQ+BQ)，
10
∴要求CQ+√10BQ的最小值，只需求HQ+BQ的最小，
当B、Q、H三点共线，且BH⊥CN时，HQ+BQ最小，最小值为BM，
∵∠BMN=∠CAO=90°，∠BNM=∠CNA，
∴△BMN∽△CAO，
BM BN BM 3−(−1)
∴ = ，即 = ，
AC NC 3 √10
12
解得BM= ，
√10
12
∴HQ+BQ的最小值为
√10
12
∴CQ+√10BQ的最小值为 ×√10=12．
√10
【点睛】本题考查了二次函数的应用，相似三角形的判定与性质，解直角三角形的应用，垂线段最短等知
识，明确题意，添加合适辅助线，构造相似三角形是解题的关键．
►题型09 二次函数与定值问题
考向一 两定一动
1．（2023·四川·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴交
于点A(−2,0)，B(4,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)已知E为抛物线上一点，F为抛物线对称轴l上一点，以B，E，F为顶点的三角形是等腰直角三角形，
且∠BFE=90°，求出点F的坐标；
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(3)如图2，P为第一象限内抛物线上一点，连接AP交y轴于点M，连接BP并延长交y轴于点N，在点P运
1
动过程中，OM+ ON是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
2
1
【答案】(1)y=− x2+x+4
2
(2)F(1,1)或F(1,3)或F(1,−5)或F(1,−3)
1
(3)OM+ ON=6，理由见解析
2
【分析】（1）利用待定系数法求解析式即可；
（2）先求得抛物线的对称轴为直线x=1，设l与x交于点G，当点F在x轴上方时，过点E作ED⊥l于点D，
证明△DFG≌△GBF，设F(1,m)，则DE=1+m，DG=DF+FG=GB+FG=3+m，进而得出E点
的坐标，代入抛物线解析式，求得m的值即可求出点F的坐标；当点F在x轴上方，且点E与点A重合时，
1
利用等腰直角三角形的性质求出FG= AB=3，即可求出点F的坐标；同理可求得当点F在x轴下方时的
2
坐标；当E点与A点重合时，求得另一个解，进而即可求解；
（3）设P(s,t)，直线AP的解析式为y=dx+f，BP的解析式为y=gx+h，求得解析式，然后求得
OM,ON，即可求解．
【详解】（1）解：将点A(−2,0)，B(4,0)，代入y=ax2+bx+4中得¿，
解得：¿，
1
∴抛物线解析式为y=− x2+x+4；
2
（2）解：∵点A(−2,0)，B(4,0)，
−2+4
∴抛物线的对称轴为直线l：x= =1，
2
如图所示，当点F在x轴上方时，设l与x交于点G，过点E作ED⊥l于点D，
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∵以B，E，F为顶点的三角形是等腰直角三角形，且∠BFE=90°，
∴EF=BF，
∵∠DFE=90°−∠BFG=∠GBF，
∴△DFE≌△GBF(AAS)，
∴GF=DE，GB=FD，
设F(1,m)，则DE=m，DG=DF+FG=GB+FG=3+m
∴E(1+m,3+m)，
1
∵E点在抛物线y=− x2+x+4上
2
1
∴3+m=− (1+m) 2+(1+m)+4
2
解得：m=−3（舍去）或m=1,
∴F(1,1)；
如图所示，当点F在x轴上方时，且点E与点A重合时，设直线l与x轴交于G，
∵△BFE是等腰直角三角形，且∠BFE=90°，
1 1
∴FG=AG=BG= AB= [4−(−2)]=3，
2 2
∴F(1,3)；
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如图所示，当点F在x轴下方时，，设l与x交于点G，过点E作ED⊥l于点D
∵以B，E，F为顶点的三角形是等腰直角三角形，且∠BFE=90°，
∴EF=BF，
∵∠DFE=90°−∠BFG=∠GBF，
∴△DFE≌△GBF，
∴GF=DE,GB=FD，
设F(1,m)，则DE=m，DG=DF+FG=GB+FG=3−m
∴E(1−m,m−3)，
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1
∵E点在抛物线y=− x2+x+4上
2
1
∴m−3=− (1−m) 2+(1−m)+4
2
解得：m=3（舍去）或m=−5，
∴F(1,−5)，
如图所示，当点F在x轴下方，当E点与A点重合时，
∵AB=6，△ABF是等腰直角三角形，且∠BFE=90°，
1
∴GF= AB=3
2
∴F(1,−3)，
综上所述，F(1,1)或F(1,3)或F(1,−5)或F(1,−3)；
（3）解：设P(s,t)，直线AP的解析式为y=dx+f，BP的解析式为y=gx+h，
∵点A(−2,0)，B(4,0)，P(s,t)，
∴¿，¿
解得：¿，¿
t 2t t 4t
∴直线AP的解析式为y= x+ ，BP的解析式为y= x+ ，
s+2 s+2 s−4 4−s
t 2t 2t ( 2t )
对于y= x+ ，当x=0时，y= ，即M 0, ，
s+2 s+2 s+2 s+2
t 4t 4t ( 4t )
对于y= x+ ，当x=0时，y= ，即N 0, ，
s−4 4−s 4−s 4−s
1 1
∵P(s,t)在抛物线上，则t=− s2+s+4=− (s−4)(s+2)
2 2
1 2t 1 4t 12t
∴OM+ ON= + × =
2 s+2 2 4−s −s2+2s+8
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−6(s−4)(s+2)
= =6
−(s−4)(s+2)
1
∴OM+ ON为定值6．
2
【点睛】本题主要考查了二次函数综合问题，待定系数法求二次函数解析式，等腰直角三角形的性质，一
次函数与坐标轴交点问题，全等三角形的性质与判定等等，熟练掌握二次函数的性质并利用分类讨论的思
想求解是解题的关键．
考向二 一定两动
2．（2023·四川南充·中考真题）如图1，抛物线y=ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，
与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P在抛物线上，点Q在x轴上，以B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，求点P的坐标；
(3)如图2，抛物线顶点为D，对称轴与x轴交于点E，过点K(1,3)的直线（直线KD除外）与抛物线交于
G，H两点，直线DG，DH分别交x轴于点M，N．试探究EM⋅EN是否为定值，若是，求出该定值；若
不是，说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)(2,3)或(1−√7,−3)或(1+√7,−3)
(3)定值，理由见详解
【分析】（1）将A(−1,0)，B(3,0)两点代入抛物线的解析式即可求解；
（2）根据P，Q的不确定性，进行分类讨论：①过C作CP∥x轴，交抛物线于P ，过P 作P Q ∥BC，
1 1 1 1
交x轴于Q ，可得y =3，由−x2+2x+3=3，可求解；②在x轴的负半轴上取点Q ，过Q 作Q P ∥BC，
1 P 2 2 2 2
1
交抛物线于P ，同时使Q P =BC，连接CQ 、BP ，过P 作P D⊥x轴，交x轴于D，y =−3，即可
2 2 2 2 2 2 2 P
2
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求解；③当BC为平行四边形的对角线时，在①中，只要点Q在点B的左边，且满足BQ=BQ ，也满足条
1
件，只是点P的坐标仍是①中的坐标；
（3）可设直线GH的解析式为y=k(x−1)+3，G(m,−m2+2m+3)，H(n,−n2+2n+3)，可求¿，再求
m+3
直线DG的解析式为y=−(m−1)x+m+3，从而可求EM=1− ，同理可求EN，即可求解．
m−1
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，
∴¿，
解得¿，
故抛物线的解析式为y=−x2+2x+3．
（2）解：①如图，过C作CP∥x轴，交抛物线于P ，过P 作P Q ∥BC，交x轴于Q ，
1 1 1 1 1
∴ BCP Q
1 1
四边形 是平行四边形，
∴y =3，
P
1
∴−x2+2x+3=3，
解得：x =2，x =0，
1 2
P (2,3)；
1
②如图，在x轴的负半轴上取点Q ，过Q 作Q P ∥BC，交抛物线于P ，同时使Q P =BC，连接CQ 、
2 2 2 2 2 2 2 2
BP ，过P 作P D⊥x轴，交x轴于D，
2 2 2
∴ BCQ P
2 2
四边形 是平行四边形，
∴∠CBQ =∠P Q B，
2 2 2
在△CBQ 和△P Q B中，
2 2 2
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¿，
∴ △CBQ ≌△P Q B(SAS)，
2 2 2
∴P D=CO=3，
2
∴y =−3，
P
2
∴−x2+2x+3=−3，
解得：x =1−√7，x =1+√7，
1 2
∴P (1−√7,−3)；
2
如上图，根据对称性：P (1+√7,−3)，
3
③当BC为平行四边形的对角线时，由①知，点Q在点B的左边，且BQ=BQ =2时，也满足条件，此时
1
点P的坐标仍为(2,3)；
综上所述：P的坐标为(2,3)或(1−√7,−3)或(1+√7,−3)．
（3）解：是定值，
理由：如图，∵直线GH经过K(1,3)，
∴可设直线GH的解析式为y=k(x−1)+3，
∵ G、H在抛物线上，
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∴可设G(m,−m2+2m+3)，H(n,−n2+2n+3)，
∴k(x−1)+3=−x2+2x+3，
整理得：x2+(k−2)x−k=0，
∴ x =m，x =n，
1 2
∴¿，
当x=1时，y=−12+2×1+3=4，
∴D(1,4)，
设直线DG的解析式为y=k x+b ，则有
1 1
¿，
解得¿，
∴直线DG的解析式为y=−(m−1)x+m+3，
当y=0时，−(m−1)x+m+3=0，
m+3
解得：x= ，
m−1
(m+3
)
∴M ,0 ，
m−1
m+3
∴EM=1−
m−1
4
=− ，
m−1
4
同理可求：EN= ，
n−1
4 4
∴EM⋅EN=− ⋅
m−1 n−1
16
=−
mn−(m+n)+1
16
=−
2−k−(−k)+1
16
=−
−k−(2−k)+1
=16；
当G与H对调位置后，同理可求EM⋅EN=16；
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故EM⋅EN的定值为16．
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合问题，待定系数法求函数解析式，求函数图象与坐标轴交
点坐标，动点产生的平行四边形判定，一元二次方程根与系数的关系，理解一次函数与二次函数图象的交
点，与对应一元二次方程根的关系，掌握具体的解法，并会根据题意设合适的辅助未知数是解题的关键．
考向三 化斜为直
3．（2024·江苏泰州·一模）已知抛物线y=−x2+2mx−m2+4(m>0)与x轴交于点A、B(点A在点B的左
边)，与y轴交于点C，顶点为D．
(1)求△ABD的面积；
(2)若tan∠ABC=1时，求m的值；
(3)如图，当m=4时，过顶点D作直线DE⊥AB交x轴于点E，点G与点E关于点D对称，点M、N分别
在线段AG、BG上，若线段MN与抛物线有且只有一个交点（MN与x轴不平行），求GM+GN的值．
【答案】(1)8
(2)1或3
(3)2√17
【分析】（1）把解析式化为顶点式得到顶点D的坐标为(m，4)，再求出A(m−2，0)，B(m+2，0)，
得到AB=4，据此根据三角形面积计算公式求解即可；
OC
（2）先求出C(0，−m2+4)，得到OC=|−m2+4|，再求出OB=m+2，根据tan∠ABC= =1建立
OB
方程求解即可；
（3）当m=4时，A(2，0)，B(6，0)，G(4，4)，E(4，0)，则G(4，8)，利用勾股定理得到
AG=2√17；利用待定系数法可得直线AG的函数表达式为：y=4x−8，直线BG的函数表达式为：
y=−4x+2设直线MN的函数表达式为：y=kx+b(k≠0)
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(k−8) 2
联立¿得到x2+(k−8)x+12+b=0，则Δ=(k−8) 2−4(12+b)=0可得b= −12；联立¿，解得
4
12−k 12−k 20−k
x= ，即x = ，同理：可得x = ；设∠AGE=∠BGE=α，则点M、N到直线GE的
4 M 4 N 4
4+k 4−k
4+k 4−k AE 2
距离分别为 ， ，根据sin∠AGE=sin∠BGE= = ，得到 4 4 2 ，据
4 4 AG 2√17 = =
MG GN 2√17
此求出MG，NG即可得到答案．
【详解】（1）解：将y=−x2+2mx−m2+4化成顶点式得y=−(x−m) 2+4，
∴顶点D的坐标为(m，4)
令y=0，则−(x−m) 2+4=0，解得x =m+2，x =m−2，
1 2
∵A在B的左边
∴A(m−2，0)，B(m+2，0)，
∴AB=4，
1
∴S = ×4×4=8；
△ABD 2
（2）解：令x=0，则y=−m2+4，
∴C(0，−m2+4)，
∴OC=|−m2+4|，
∵B(m+2，0)(m>0)
∴OB=m+2，
OC
∵tan∠ABC= =1
OB
−m2+4
∴当−m2+4>0时， =1，m2+m−2=0，解得m=1，或m=2 (舍去)，
m+2
m2−4
当−m2+4<0时， =1，m2−m−6=0，解得m=3或m=−2(舍去)；
m+2
综上所述，m的值为1或3；
（3）解：当m=4时，A(2，0)，B(6，0)，G(4，4)，E(4，0)，
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∵点G与点E关于点D对称，
∴G(4，8)，
∴AG=√(2−4) 2+(0−8) 2=2√17；
利用待定系数法可得直线AG的函数表达式为：y=4x−8，直线BG的函数表达式为：y=−4x+24
设直线MN的函数表达式为：y=kx+b(k≠0)
联立¿得到x2+(k−8)x+12+b=0
∵直线MN与抛物线只有一个公共点，
∴Δ=(k−8) 2−4(12+b)=0
(k−8) 2
∴b= −12
4
(k−8) 2
∴直线MN的函数表达式为：y=kx+ −12(k≠0)，
4
12−k
联立¿，解得x= ，
4
12−k
∴x = ，
M 4
20−k
同理：可得x = ，
N 4
由对称性可得∠AGE=∠BGE，设∠AGE=∠BGE=α，
12−k 4+k 20−k 4−k
∴点M、N到直线GE的距离分别为4− = ， −4= ，
4 4 4 4
AE 2
∵sin∠AGE=sin∠BGE= = ，
AG 2√17
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4+k 4−k
∴ 4 4 2
= =
MG GN 2√17
(4+k) (4−k)
∴MG= √17，NG= √17
4 4
(4+k) (4−k)
∴MG+NG= √17+ √17=2√17．
4 4
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，解直角三角形，勾股定理等等，灵活运用
所学知识是解题的关键．
4．（2022·福建泉州·模拟预测）已知抛物线y=ax2−2ax−3与x轴的两个交点为A，B（点B在点A的右
侧），且AB=4，与y轴交点为C．
(1)求该抛物线所对应的函数表达式；
(2)若点M是抛物线位于直线BC下方的图象上一个动点，求点M到直线BC的距离的最大值；
(3)设直线y=kx（k>0）与抛物线交于P，Q两点（点Ｑ在点P的右侧），与直线y=−2x+3交于点R．
1 1 1
试证明：无论k取任何正数， + = 恒成立．
OQ OR OP
【答案】(1)y=x2−2x−3
9√2
(2)CE=
8
(3)见解析
【分析】（1）先求出抛物线的对称轴，根据二次函数图象的对称性求出B点坐标，将其代入函数式求出a
值，即可解答；
（2）先利用待定系数法求出直线BC的解析式，设M(t,t2−2t−3)，设点M到BC的距离为d，则点
D(t,t−3)，过点M作ME⊥x轴于点E，交BC于点D，ME∥y轴，∠MDC=∠OCB，法1：利用
正弦三角函数求出d的表达式，再利用二次函数的性质求出d的最大值；法2：根据
S =S +S 列式，求出d的表达式，再利用二次函数的性质求出d的最大值；法3：过点M
△MBC △MBD △MCD
作直线l∥BC，当直线l与抛物线只有一个公共点时，点M到直线BC的距离最大，设直线l解析式为：
y=x+b，联立两个解析式，利用判别式 =0列式求出b值，再利用三角函数求出d值即可；
（3）设点 ，点 ，联立△直线 和抛物线的解析式，由根与系数的关系得出
P(x y ) Q(x ,y ) y=kx
1, 1 2 2
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3
x +x =2+k，x ⋅x =−3，然后再联立直线y=kx和直线y=−2x+3求出x = ，法1：根据两点间
1 2 1 2 R k+2
距离公式分别把OP、OQ和OR表示出来，求出 1 1 1 1 ( 1 1 1 ) ，即可得证；
+ − = + + =0
OQ OR OP √1+k2 x x x
1 2 R
法2：过P，Q，R分别作PF⊥x轴于F，RG⊥x轴于G，QH⊥x轴于H，推出
OF OG OH
cos∠POF=cos∠ROG=cos∠QOH，设 = = =t，然后求出
OP OR OQ
1 1 1 ( 1 1 1 ) ，即可得出结论．
+ − =t + + =0
OQ OR OP x x x
1 2 R
b −2a
【详解】（1）解：对称轴x=− =− =1
2a 2a
又抛物线交x轴于A，B两点（点B在点A的右侧），且AB=4，
∴B(3,0)，
∴0=a⋅32−2a⋅3−3，即a=1，
∴函数表达式为：y=x2−2x−3；
（2）解：设直线BC的函数表达式为y=kx+b，
∵B(3,0)，C(0,−3)在直线BC上，
∴¿，
解得¿，
∴直线BC的函数表达式为y=x−3；
法1：如图1，过点M作ME⊥x轴于点E，交BC于点D，
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依题意，设M(t,t2−2t−3)，则点D(t,t−3)，
设点M到BC的距离为d，
∵ME∥y轴，
∴∠MDC=∠OCB，则sin∠MDC=sin∠OCB，
d OB
即 = ，
MD BC
则d=
OB
⋅MD=
3
⋅MN=
√2
(t−3−t2+2t+3)=
√2
(−t2+3t)=−
√2(
t−
3) 2
+
9√2
BC 3√2 2 2 2 2 8
3 9√2
当t= 时，d = ．
2 max 8
法2：如图1，过点M作ME⊥x轴于点E，交BC于点D，
依题意，设，设M(t,t2−2t−3)，则点D(t,t−3)，
设点M到BC的距离为d，连结CM，BM，
1 1 3
S =S +S = MD(x −x )= (t−3−t2+2t+3)⋅3= (−t2+3t)，
△MBC △MBD △MCD 2 B C 2 2
1
又S = ⋅BC⋅d，
△MBC 2
则BC⋅d=3(−t2+3t)，
3(−t2+3t) −3(t2−3t) √2( 3) 2 9√2
∴d= = =− t− + ，
BC 3√2 2 2 8
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3 9√2
当t= 时，d = ．
2 max 8
法3：如图2，过点M作直线l∥BC，
当直线l与抛物线只有一个公共点时，点M到直线BC的距离最大．
设直线l解析式为：y=x+b，
联立方程¿，得x2−3x−3−b=0，
21
由Δ=b2−4ac=9+12+4b=0，得b=− ，
4
21
∴此时直线l：y=x− ，
4
( 21)
则直线l与y轴交点D 0,− ，
4
9
∴CD= ，
4
又∠CDE=∠OCB,BC=√OC2+OB2=3√2，
∴sin∠CDE=sin∠OCB，
CE 3
CE OB =
即 = ，即 9 3√2，
CD BC
4
9√2
∴CE= ；
8
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（3）如图3，设点P(x y )，点Q(x ,y )，
1, 1 2 2
联立方程¿，得x2−2x−kx−3=0，
则x +x =2+k，x ⋅x =−3，
1 2 1 2
联立方程¿，
3
∴x = ，
R k+2
法1：
∴OP=√x2+ y2=√x2+(kx ) 2=√1+k2|x |=−√1+k2x ，
1 1 1 1 1 1
OQ=√x2+ y2=√x2+(kx ) 2=√1+k2|x |=√1+k2x ，
2 2 2 2 2 2
¿=√x2+ y2=√x2+(kx ) 2=√1+k2|x |=√1+k2x ，
R R R R R R
1 1 1 1 1 1 1 ( 1 1 1 )
+ − = + + = + +
∴ ，
OQ OR OP √1+k2x √1+k2x √1+k2x √1+k2 x x x
2 1 R 1 2 R
1 1 1 x +x 1 k+2 k+2
又 + + = 1 2+ = + =0，
x x x x x x −3 3
1 2 R 1 2 R
1 1 1 1 ( 1 1 1 )
+ − = + + =0，
OQ OR OP √1+k2 x x x
1 2 R
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1 1 1
∴无论k取何正数， + = 成立；
OQ OR OP
法2：如图4，过P，Q，R分别作PF⊥x轴于F，RG⊥x轴于G，QH⊥x轴于H，
由∠POF=∠ROG=∠QOH，则cos∠POF=cos∠ROG=cos∠QOH，
OF OG OH
可设 = = =t，
OP OR OQ
1 t t 1 t t 1 t t
= = = = = =
则 ， ， ，
OP OF −x OR OG x OQ OH x
1 R 2
1 1 1 t t t ( 1 1 1 )
则 + − = + − =t + + ，
OQ OR OP x x −x x x x
2 R 1 1 2 R
1 1 1 x +x 1 k+2 k+2
又 + + = 1 2+ = + =0，
x x x x x x −3 3
1 2 R 1 2 R
1 1 1 ( 1 1 1 )
即 + − =t + + =0，
OQ OR OP x x x
1 2 R
1 1 1
∴无论k取何正数， + = 成立．
OQ OR OP
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数和线段长度的综合，二次函数的定值问题，二次函数
与一次函数的交点问题，利用待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式，锐角三角函数的定义和一
元二次方程根与系数的关系，以及利用其判别式求最大距离；解题的关键是能综合运用所学知识，数形结
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合解决问题．
►题型10 二次函数与定点问题
考向一 单切线类
1
1．（24-25九年级上·湖北武汉·阶段练习）已知抛物线y= (x−1) 2−m(m>0)与x轴交于A、B两点，与
m
y轴交于C点，且AB=8．
(1)请直接写出抛物线的解析式为__；
(2)如图1，已知点M在线段BC上，过点M作直线y=x+b与抛物线交于D、E两点，且DM=EM，求b的
值；
(3)如图2，动点P在第二象限内的抛物线上，作PH⊥x轴于点H，过点P作直线PN交y轴于点N，且直
线PN与抛物线有唯一公共点P，过点P的另一直线PQ交抛物线于Q，若PN平分∠HPQ，求证：直线
PQ必过一定点，并求这个定点的坐标．
1 1 15 1
【答案】(1)y= x2− x− （或 y= (x−1) 2−4）
4 2 4 4
9
(2)b=−
2
(3)直线PQ必过一定点，定点为(1,−3)
1
【分析】（1）根据抛物线y= (x−1) 2−m（m>0）对称轴为直线x=1，结合AB=8，求得点A、B的坐
m
标，将点A坐标代入抛物线的解析式中，解方程可得m的值，即可得解；
3 15
（2）求出直线BC的解析式为y= x− ，联立方程组¿，整理得：x2−6x−15−4b=0，设两个交点
4 4
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坐标为D(x ,y )，E(x ,y )，利用根与系数关系得x +x =6，y + y =x +x +2b，由DM=EM得点M
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
的坐标为(3,3+b)，由点M在线段BC上可求解；
（3）设P ( n, 1 n2− 1 n− 15) (n<−3)，则H(n,0)，设直线PN的解析式为y=k x+b ，先确定
4 2 4 PN PN
1 1 15 n−1 1 15
b = n2− n− −nk ，再联立¿，利用根的判别式得到k = ，进而求得b =− n2− ，
PN 4 2 4 PN PN 2 PN 4 4
可得直线PN的解析式为y=
n−1
x−
(1
n2+
15)
，设直线PN与抛物线的对称轴x=1交于点M，则有
2 4 4
M ( 1,− 1 n2+ n − 17) ，设直线PQ交对称轴于点R，对称轴与x轴交于L，过点P作PK⊥MR于点K，
4 2 4
过点R作RS⊥PN于点S，根据矩形的判定与性质，结合坐标与图形性质和勾股定理可得
1 1−n
KM=KL+LM= (1−n) 2 ，PM= √(1−n) 2+4，根据角平分线和平行线性质，结合等腰三角形的
2 2
(1−n) 2+4
判定证明RP=RM，然后证明△RSM∽△PKM，求得RM= ，利用坐标与图形求得
4
(1−n) 2+4
y −y = ，进而可得R(1,−3)，即可得到结论．
R M 4
1
【详解】（1）解：由抛物线y= (x−1) 2−m（m>0）得对称轴为直线x=1，
m
∵抛物线与x轴交于A、B两点，且AB=8，
∴A(−3,0)，B(5,0)，
1 1
将A(−3,0)代入y= (x−1) 2−m得：0= (−3−1) 2−m，
m m
解得m=±4，又m>0，
∴m=4，
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1 1 1 15
∴y= (x−1) 2−4= x2− x− ，
4 4 2 4
1 1 15
则抛物线的解析式为y= x2− x− ，
4 2 4
1 1 15
故答案为：y= x2− x− ；
4 2 4
15
（2）解：当x=0时，y=− ，
4
( 15)
∴C 0,− ，
4
( 15)
设直线BC的解析式为y=k x+b ，过点B(5,0)，C 0,− ，
BC BC 4
∴¿，解得：¿，
3 15
∴直线BC的解析式为y= x− ，
4 4
联立方程组¿，整理得：x2−6x−15−4b=0，
设两个交点坐标为D(x ,y )，E(x ,y )，
1 1 2 2
∴x +x =6，y + y =x +x +2b，
1 2 1 2 1 2
∵DM=EM，
∴点M为DE的中点，
(x +x y + y )
∴点M的坐标为 1 2, 1 2 ，即(3,3+b)，
2 2
∵点M在线段BC上，
3 15
∴3+b= ×3− ，
4 4
9
解得b=− ；
2
（3）证明：∵点P为抛物线上在第二象限的一个动点，作PH⊥x轴于点H，
设P ( n, 1 n2− 1 n− 15) (n<−3)，则H(n,0)，
4 2 4
1 1 15
∴OH=−n，PH= n2− n− ，
4 2 4
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设直线PN的解析式为y=k x+b ，过点P ( n, 1 n2− 1 n− 15) ，
PN PN 4 2 4
1 1 15
∴ n2− n− =nk +b ，
4 2 4 PN PN
1 1 15
∴b = n2− n− −nk ，
PN 4 2 4 PN
联立¿，得：x2−2(2k +1)x−(4b +15)=0，
PN PN
∵直线PN与抛物线有唯一公共点P，
2
∴[−2(2k +1)] −4×[−(4b +15)]=0，
PN PN
即(2k +1) 2+4b +15=0，
PN PN
∴(2k +1) 2+4 (1 n2− 1 n− 15 −nk ) +15=0，
PN 4 2 4 PN
整理，得：(2k −n) 2+2(2k −n)+1=0，
PN PN
∴(2k −n+1) 2=0，
PN
∴2k −n+1=0，
PN
n−1
∴k = ，
PN 2
1 1 15 n−1 1 15
∴b = n2− n− −n⋅ =− n2− ，
PN 4 2 4 2 4 4
直线PN的解析式为y=
n−1
x−
(1
n2+
15)
，
2 4 4
设直线PN与抛物线的对称轴x=1交于点M，
∵当x=1时，y=
n−1
−
(1
n2+
15)
=−
1
n2+
n
−
17
，
2 4 4 4 2 4
∴M ( 1,− 1 n2+ n − 17) ，
4 2 4
设直线PQ交对称轴于点R，对称轴与x轴交于L，过点P作PK⊥MR于点K，过点R作RS⊥PN于点
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S，
∵PH⊥x轴，对称轴KM⊥x轴，P ( n, 1 n2− 1 n− 15) ，
4 2 4
∴四边形PKLH是矩形，OL=1，
1 1 15
∴PK=HL=OH+OL=1−n，KL=PH= n2− n− ，
4 2 4
∴KM=KL+LM= 1 n2− 1 n− 15 − ( − 1 n2+ n − 17) = 1 (1−n) 2 ，
4 2 4 4 2 4 2
√ [1 ] 2 1−n
∴PM=√PK2+K M2= (1−n) 2+ (1−n) 2 = √(1−n) 2+4，
2 2
∵PN平分∠HPQ，
∴∠HPN=∠RPN，
∵PH⊥x轴，对称轴KM⊥x轴，
∴PH∥KM，
∴∠HPN=∠RMP，
∴∠RPN=∠RMP，
∴RP=RM，
∵RS⊥PN，
1
∴∠RSM=90°=∠PKM，SM= PM，
2
∵∠RMS=∠PMK，
∴△RSM∽△PKM，
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1
RM SM PM
∴ = ，即RM 2 ，
PM KM =
PM KM
2
1 PM2 1[1−n √(1−n) 2+4 ]
2 2 2 (1−n) 2+4
∴RM= = = ，
KM 1 4
(1−n) 2
2
(1−n) 2+4
∴y −y = （设y 、y 分别为点R、M的纵坐标），
R M 4 R M
∵M ( 1,− 1 n2+ n − 17) ，
4 2 4
(1−n) 2+4 1 n 17 (1−n) 2+4
∴y = y + =− n2+ − + =−3，
R M 4 4 2 4 4
∴R(1,−3)，
∵点R在直线PQ上，
∴直线PQ必过一定点，这个定点的坐标为(1,−3)．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法确定函数解析式，二次函数的图像与性质，相似三
角形的判定和性质，函数图像的交点与方程组的解的关系，一元二次方程的判别式和根与系数关系，解一
元二次方程，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理、坐标与图形等知识点．综合性极
强，有一定的难度，通过作辅助线构造相似三角形和等腰三角形是解题的关键．
考向二 双切线
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）抛物线y=−x2+2mx−m2+2m(m>0)交x轴于A，B两点（A在B的左
边），C是抛物线的顶点．
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(1)当m=2时，直接写出A，B，C三点的坐标；
(2)如图1，点T(3,t)，N均为（1）中抛物线上的点，∠COB=∠BTN，求点N的坐标；
(3)如图2，将抛物线平移使其顶点为(0,1)，点P为直线y=x+3上的一点，过点P的直线PE，PF与抛物
线只有一个公共点，问直线EF是否过定点，请说明理由．
【答案】(1)A(0,0)，B(4,0),C(2,4)
(2)N(0,0)
1
(3)直线EF过定点(− ,−1)，理由见解析；
2
【分析】（1）把m=2代入函数解析式，令y=0，求出x的值，可求A、B的坐标，把解析式化为顶点式可
求C的坐标；
（2）过点B作BH⊥NT，过点H作HK⊥x轴于点K，过点T作TM⊥KH延长线于点M， 证明
MH MT HT HB
△HMT∽△BKH， 得到 = = ，利用tan∠BTN=tan∠COB=2，tan∠BTN= ，
BK HK HB HT
即可求出点H坐标，结合T(3,3)，可求出直线HT解析式，联立抛物线方程即可求出另一个交点，也就是
点N．
（3）将抛物线平移使其顶点为(0,1)可得此时抛物线解析式为：y=−x2+1，设P(p,p+3)，设过点P的
直线为y=ax+c，与抛物线解析式联立方程组，利用过点P的直线PE,PF与抛物线只有一个公共点，得
出a与p的关系式，则直线PE解析式为y=a x+p+3−a p，直线PF解析式为y=a x+p+3−a p，分
1 1 2 2
别与抛物线解析式联立，设点E的横坐标为x ，则x 是x2+a x+p−a p+2=0的根，利用根与系数的关
E E 1 1
1 1
系可求x =− a ，同理可求x =− a ，则x ,x 是方程x2−2px−p−2=0的两个实数根，方程变形为
E 2 1 F 2 2 E F
x2−1=2px+p+1，于是得到点E、F是抛物线y=−x2+1与直线y=−2px−p−1的交点，则结论可得．
【详解】（1）当m=2时，抛物线为y=−x2+4x，
当y=0时，−x2+4x=0，解得x =0,x =4，
1 2
∴ A(0,0)，B(4,0)，
∵ y=−x2+4x=−(x−2) 2+4，
∴ C(2,4)．
（2）根据图1，可知抛物线经过原点O(0,0)，代入y=−x2+2mx−m2+2m(m>0)，得−m2+2m=0，
解得m =2，m =0（由于m>0，故舍去），
1 2
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∴ 抛物线解析式为：y=−x2+4x．
∵ 点T(3,t)在抛物线y=−x2+4x上，
∴ t=−9+12=3．
∴ T(3,3)．
过点C作CD⊥OB，如图所示，
∵ C(2,4)，B(4,0)，
CD
∴ tan∠COB= =2．
OD
过点B作BH⊥NT，过点H作HK⊥x轴于点K，过点T作TM⊥KH延长线于点M，如图所示，
设点H(x,y)，则BK=x −x =4−x，MT=x −x =3−x，MH= y −y =3−y，
B K T M M H
HK= y −y = y，
H K
∵∠MHT+∠KHB=90°，∠MHT+∠MTH=90°，
∴ ∠KHB=∠MTH，又∠HMT=∠HNB=90°，
∴ △HMT∽△BKH，
MH MT HT
∴ = = ，
BK HK HB
∵ ∠COB=∠BTN，
∴ tan∠BTN=tan∠COB=2，
HB
又tan∠BTN= =2，
HT
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MH MT HT 1
∴ = = = ，
BK HK HB 2
3−y 3−x 1
∴ = = ，即¿，解得¿，
4−x y 2
∴ 点H(2,2)，
设直线HT解析式为y=kx+b，将H(2,2)，T(3,3)，代入得
¿，解得¿，
∴ 直线HT解析式为y=x，
联立¿，解得¿，¿，
∴ 直线y=x与抛物线y=−x2+4x的另一个交点为O(0,0)，
∴ 点N的坐标(0,0)．
（3）∵ 将抛物线y=−x2+2mx−m2+2m=−(x−m) 2+2m平移使其顶点为(0,1)，
∴ 此时抛物线解析式为：y=−x2+1，
∵ 点P为直线y=x+3上的一点，
设P(p,p+3)，
设过点P的直线为y=ax+c，
∴ p+3=ap+c，
∴ c=p+3−ap，
∴ 过点P的直线为y=ax+p+3−ap，
联立方程组¿，
∴ x2+ax+p−ap+2=0，
∵ 过点P的直线PE，PF与抛物线只有一个公共点，
∴ Δ=a2−4(p−ap+2)=0，即a2+4ap−4 p−8=0，
∴ a +a =−4 p，a a =−4 p−8，
1 2 1 2
则直线PE解析式为：y=a x+p+3−a p，
1 1
直线PF解析式为：y=a x+p+3−a p，
2 2
联立方程组¿，
∴ x2+a x+p−a p+2=0，
1 1
设点E的横坐标为x ，则x 是x2+a x+p−a p+2=0的根，
E E 1 1
∵ 过点P的直线PE与抛物线只有一个公共点，
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∴ x2+a x+p−a p+2=0有两个相等的实根，
1 1
∴ x +x =−a ，
E E 1
1
∴ x =− a ，
E 2 1
1
同理设点F的横坐标为x ，x =− a ，
F F 2 2
1 1
∴ x +x =− (a +a )=− ×(−4 p)=2p，
E F 2 1 2 2
1
x ⋅x = a ⋅a =−p−2，
E F 4 1 2
∴ x ,x 是方程x2−2px−p−2=0的两个实根，
E F
∴ x2−1=2px+p+1，
∴ −x2+1=−2px−p−1，即点E,F的坐标满足方程组¿，
∴ 点E,F是抛物线y=−x2+1与直线y=−2px−p−1的交点，
1
∵ y=−2px−p−1=−p(2x+1)−1，过定点(− ,−1)，
2
1
∴ 直线EF过定点(− ,−1)．
2
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，包括求二次函数与坐标轴交点问题，特殊图形及一次函数与抛
物线交点问题，一元二次方程根与系数的关系，三角形相似的判定和性质，作出合适的辅助线，综合运用
这些知识点是解题关键．
考向三 抛物线内接三角形类
3．（23-24九年级上·湖北武汉·期中）如图1，抛物线y=ax2+ax−2a(a<0)与x轴交于A，B两点（点A
3
在点B左边），与y轴交于点C，点P(2,h)在抛物线上，且△ABC的面积为 ．
2
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(1)求抛物线的解析式；
(2)点D在第三象限内的抛物线上，当△ADP的面积为21时，求点D的坐标；
(3)如图2，直线EF:y=mx+n(m>0)交抛物线于E，F两点，直线PF，PE分别与y轴的正、负半轴交于
M，N两点，且OM⋅ON=4．求证：直线EF必过定点，并求出这个定点的坐标．
1 1
【答案】(1)y=− x2− x+1
2 2
(2)证明见解析
(3)证明见解析，顶点坐标为(−1,−1)
3
【分析】（1）根据解析式求出A、B两点坐标得到AB的长，再根据△ABC的面积为 求出OC的长度即
2
点C纵坐标，代入解析式得到a的值，即可求解；
（2）过D作DE∥y轴交PA的延长线于点E，将P(2,h)代入抛物线解析式得到P点坐标，进而得到直线
AP解析式，设D ( m,− 1 m2− 1 m+1 ) ，点E ( m,− 1 m−1 ) ，根据△ADP的面积为21，根据
2 2 2
S =S −S 建立关于m的方程，即可求解；
△ADP △EDP △EDA
（3）根据P点坐标，分别设出PM、PN解析式，将M、N两点坐标表示出来，再根据OM·ON=4求出
m、n的关系，从而得到直线EF解析式，当m为0时即为定点．
【详解】（1）解：令y=0，ax2+ax−2a=0，
∴x =−2，x =1，
1 2
令x=0，则y=−2a，
1 3
∵ S = AB⋅OC= ，
△ABC 2 2
1 3
∴ (1+2)(−2a)= ，
2 2
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1
∴a=−
2
1 1
∴抛物线的解析式为：y=− x2− x+1；
2 2
（2）解：过D作DE∥y轴交PA的延长线于点E，
令x=2，y=−2，
∴P(2,−2)，
设直线AP的解析式为：y=kx+b(k≠0)，
将A(−2,0) P(2,−2)，代入y=kx+b(k≠0)，得：¿，
解得：¿，
1
∴直线AP的解析式为：y=− x−1，
2
设D ( m,− 1 m2− 1 m+1 ) ，E ( m,− 1 m−1 ) ，
2 2 2
1
∴ED= y −y = m2−2，
E D 2
1
∵S =S −S = ED×(2+2)=21，
△ADP △EDP △EDA 2
∴2 (1 m2−2 ) =21，
2
m =−5，m =5（舍去），
1 2
∴D(−5,−9)；
（3）解：设PM的解析式为：y=k (x−2)−2，PN的解析式为：y=k (x−2)−2，
1 2
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∴M(0,−2k −2)，N(0,−2k −2)，
1 2
∵OM⋅ON=4，
∴4(k +1)(k +1)=−4，
1 2
∴k k +k +k +1=−1，
1 2 1 2
1 1
联立直线PM与抛物线得：k (x−2)−2=− x2− x+1，
1 2 2
∴ x ⋅x =−2(2k +3)，
p F 1
∴x =−2k −3同理：x =−2k −3，
F 1 E 2
1 1
联立直线EF与抛物线得：mx+n=− x2− x+1，
2 2
∴x +x =−2m−1，x ⋅x =2n−2，
E F E F
即：−2k −3−2k −3=−2m−1，(−2k −3)(−2k −3)=2n−2，
1 2 1 2
2m−5 n−3m+2
∴k +k = ，k ⋅k = ，
1 2 2 1 2 2
∴n=m−1，
∴y=mx+n=mx+m−1=m(x+1)−1，即：顶点坐标为(−1,−1)．
【点睛】本题考查的是二次函数综合题，涉及用待定系数法求一次函数及二次函数的解析式等知识，令常
数前的值为0是解答定点题目的关键．
►题型11 二次函数与参数
考向一 参数表示量
1．（2022·湖北武汉·中考真题）抛物线y=x2−2x−3交x轴于A，B两点（A在B的左边），C是第一象限
抛物线上一点，直线AC交y轴于点P．
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(1)直接写出A，B两点的坐标；
(2)如图（1），当OP=OA时，在抛物线上存在点D（异于点B），使B，D两点到AC的距离相等，求出
所有满足条件的点D的横坐标；
FP
(3)如图（2），直线BP交抛物线于另一点E，连接CE交y轴于点F，点C的横坐标为m．求 的值（用
OP
含m的式子表示）．
【答案】(1)A(−1,0)，B(3,0)；
3−√41 3+√41
(2)0， 或 ；
2 2
1
(3) m．
3
【分析】（1）令x2−2x−3=0求出x的值即可知道A，B两点的坐标；
（2）求出直线AC的解析式为y=x+1，分情况讨论：①若点D在AC下方时，②若点D在AC上方时；
（3）设点E的横坐标为n．过点P的直线解析式为y=kx+b．联立¿，得x2−(2+k)x−3−b=0． 利用
b
A，B点的横坐标求出m=3+b，n=−1− ，设直线CE的解析式为y=px+q，求出mn=−3−q，进一步
3
1
求出OP=b，FP= b2+b即可求出答案．
3
【详解】（1）解：令x2−2x−3=0，解得：x =−1，x =3，
1 2
∴A(−1,0)，B(3,0)．
（2）解：∵OP=OA=1，
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∴P(0,1)，
∴直线AC的解析式为y=x+1．
①若点D在AC下方时，
过点B作AC的平行线与抛物线的交点即为D ．
1
∵B(3,0)，BD ∥AC，
1
∴BD 的解析式为y=x−3．
1
联立¿，
解得，x =0，x =3（舍）．
1 2
∴点D 的横坐标为0．
1
②若点D在AC上方时，点D (0,−3)关于点P的对称点为G(0,5)．
1
过点G作AC的平行线l，则l与抛物线的交点即为符合条件的点D．
直线l的解析式为y=x+5．
联立¿，得x2−3x−8=0，
3−√41 3+√41
解得，x = ，x = ．
1 2 2 2
3−√41 3+√41
∴点D ，D 的横坐标分别为 ， ．
2 3 2 2
3−√41 3+√41
∴符合条件的点D的横坐标为：0， 或 ．
2 2
（3）解：设点E的横坐标为n．过点P的直线解析式为y=kx+b．
联立¿，得x2−(2+k)x−3−b=0．
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设x ，x 是方程x2−(2+k)x−3−b=0两根，则x x =−3−b．（*）
1 2 1 2
∴x x =x x =−3−b．
A C B E
∵x =−1，
A
∴x =3+b，
C
∴m=3+b．
∵x =3，
B
b
∴x =−1− ，
E 3
b
∴n=−1− ．
3
设直线CE的解析式为y=px+q，
同（*）得mn=−3−q，
∴q=−mn−3．
∴q=−(3+b) ( −1− b) −3= 1 b2+2b．
3 3
1
∴OF= b2+2b．
3
∵OP=b，
1
∴FP= b2+b．
3
FP 1 1 1
∴ = b+1= (m−3)+1= m．
OP 3 3 3
【点睛】本题考查二次函数与一次函数的综合，难度较大，需要掌握函数与x轴交点坐标，（1）的关键是
令x2−2x−3=0进行求解；（2）的关键是分点D在AC下方和在AC上方时两种情况讨论：（3）的关键
是求出OP，FP．
考向二 定值求参
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A,B两点，与y轴交于点C，且
对称轴为直线x=−1,OC=3OB=3．
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(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，在第二象限的抛物线上作点D，连接OD交直线AC于点E，若△AOE与△ABC相似，求点D
的横坐标；
( 1 3)
(3)如图2，经过点P − , 的直线l:y=kx+t交抛物线于M,N两点（M在第三象限，N在第一象限），
2 2
5 PQ PQ
直线TQ:y=k x− 交线段MP于点Q（不与M,P重合），若 − 的值与k无关，求k 的值．
1 4 PN PM 1
【答案】(1)抛物线的解析式为y=−x2−2x+3
1−√13
(2) 或者−√3
2
(3)−1
【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）分为△AOE∽△ABC和△AOE∽△ACB两种情况分别画图，求出直线解析式，联立直线和二
次函数的解析式求解即可；
1 3 2k+11
（3）设点M(x
M
,y
M
)N(x
N
,y
N
)，可以求出直线l:y=kx+
2
k+
2
，然后求出x
Q
=
4(k −k)
，
1
1 3
x +x =−k−2,x x = k− ，然后分别作PH∥CO,NS∥OC,PS∥AB,QR∥AB,MH∥AB，
M N M N 2 2
MH QR PS PQ PQ QR QR
则 = = ，进而得到 − = − 代入求值即可．
PM PQ PN PN PM PS MH
【详解】（1）由已知OC=3OB=3，知点B(1,0),C(0,3)，
b
且对称轴为直线x=− =−1则
2a
¿解得¿
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所以抛物线的解析式为y=−x2−2x+3．
（2）如图，①当△AOE∽△ABC时，∠AOE=∠ABC，则OD ∥BC
1
设直线BC为y=mx+n，
将B(1,0),C(0,3)代入得¿解得¿，
所以直线BC:y=−3x+3，
因为OD ∥BC，所以直线OD 为：y=−3x，
1 1
联立抛物线与直线OD 得−x2−2x+3=−3x
1
即x2−x−3=0，
1−√13 1+√13
解得x = ,x = （舍去）；
1 2 2 2
②当△AOE∽△ACB时，∠AOE=∠ACB，
作BH⊥AC，
由B(1,0)，对称轴为直线x=−1，
则A(−3,0),AB=4,OC=OA=3，
所以AC=3√2,AH=BH=2√2，
BH
所以CH=√2,tan∠AOE=tan∠ACB= =2，
CH
EK
作EK⊥OA，则tan∠AOE= =2，
OK
设OK=e,AE=EK=2e,3e=3得e=1，点E(−1,2)，
直线OE为：y=−2x，联立抛物线与直线OE,−x2−2x+3=−2x，
解得x =−√3,x =√3（舍去）
1 2
1−√13
综上所述点D的横坐标为 或者−√3．
2
（3） 如图，设点M(x ,y )N(x ,y )，
M M N N
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( 1 3)
因为直线l:y=kx+t经过点P − , ，
2 2
1 3 1 3 1 3
所以− k+t= ,t= k+ ，直线l:y=kx+ k+
2 2 2 2 2 2
1 3 5 2k+11
联立直线l:y=kx+ k+ 与直线TQ:y=k x− ，解得 x = ①
2 2 1 4 Q 4(k −k)
1
1 3 1 3
联立直线l:y=kx+ k+ 与抛物线得−x2−2x+3=kx+ k+
2 2 2 2
1 3
即x2+(k+2)x+ k− =0
2 2
1 3
由韦达定理得x +x =−k−2,x x = k− ②
M N M N 2 2
如图分别作PH∥CO,NS∥OC,PS∥AB,QR∥AB,MH∥AB，则∠PMH=∠PQR=∠NPS，
MH QR PS
= = ，
PM PQ PN
PQ PQ QR QR x −x x −x x (x +x )−x (x +x )−2x2+2x x
所以 − = − = P Q− P Q = P M N Q M N P P Q ，
PN PM PS MH x −x x −x x x −x (x +x )+x 2
N P P M M N P M N P
1 PQ PQ 2k k+2k +11k+11
将x =− 及①②代入得 − = 1 1 ，
P 2 PN PM 9k−9k
1
2k k+2k +11k+11
设 1 1 =S，
9k−9k
1
PQ PQ
(2k +11−9s)k+2k +9sk +11=0，因为若 − 的值与k无关，
1 1 1 PN PM
2k +11−9s=0, 2k +9sk +11=0
1 1 1
11
解得k =−1，或k =− ．
1 1 2
11
当k=− 时，P与Q重合，不合题意，故舍
2
∴k =−1．
1
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【点睛】本题考查二次函数的图像和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，作辅助线构造相似
三角形是解题的关键．
考向三 参数间存在的数量关系
3．（2024·江西南昌·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，若抛物线P:y=ax2+bx+c(a≠0)与x
轴交于点A，点B，与y轴交于点C，则称△ABC为抛物线P的“交轴三角形”．
(1)若抛物线y=kx2+3x+1存在“交轴三角形”．
①k的取值范围为________；
②若k=2，则该三角形是________三角形．（填“锐角”“直角”或“钝角”）
(2)若抛物线y=ax2+c(a≠0)的“交轴三角形”是一个等边三角形，求a，c之间的数量关系．
9
【答案】(1)①k< ②钝角
4
(2)a2+c2+3ac=0
【分析】本题考查二次函数与几何新定义的问题，准确掌握求二次函数与两个坐标轴交点方法是解题的关
键．
（1）①令y=0，得到一元二次方程，根据Δ>0即可求出结果；
②把k=2代入，求得A、B、C三点的坐标，再求出AB、BC、AC三边的长，根据勾股定理相关知识即可
求出．
（2）先用a、c表示出A、B、C三点的坐标，再表示出AB、BC、AC三边的长，根据AB=BC=AC，
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即可求出结果．
【详解】（1）①∵抛物线y=kx2+3x+1存在“交轴三角形”，
∴Δ=b2−4ac>0，
即32−4k⋅1>0，
9
解得，k< ；
4
②当k=2时，
y=2x2+3x+1，
令y=0，得2x2+3x+1=0，
1
解得x =− ，x =−1，
1 2 2
( 1 )
∴A(−1,0)，B − ,0 ，
2
当x=0时，y=1，
∴C(0，1)，
1 1
∴AB=− −(−1)= ，
2 2
AC=√(−1) 2+(0−1) 2=√2，
BC= √ ( − 1) 2 +(0−1) 2= √5 ，
2 2
1 5 3
∵AB2+BC2= + = ，
4 4 2
AC2=(√2) 2=2，
∴AB2+BC2<AC2，
∴△ABC是钝角三角形；
√−ac −√−ac
（2）当y=0时，x = ，x = ，
1 a 2 a
当x=0时，y=c，
(√−ac ) ( √−ac )
A ,0 ，B − ,0 ，C(0,c)，
a a
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2√−ac √−ac √a2+c2−ac √a2+c2−ac
∴AB= ，AC= +c2= ，BC= ，
a a2 −a −a
∵AB=AC=BC，
2√−ac √a2+c2−ac
∴ = ，
a −a
化简得：a2+c2+3ac=0．
∴a，c之间的数量关系是：a2+c2+3ac=0．
1
4．（2024·湖北·模拟预测）如图，抛物线y= x2+bx+c经过(0,0)和(−4,0)两点，直线AB:y=kx+d交
2
抛物线于A，B两点．
(1)求抛物线解析式；
(2)如图（1），若k<0,d=−4,△AOB的面积是√41，求k的值；
(3)如图（2），若∠AOB是直角，请探求d与k之间的数量关系．
1
【答案】(1)y= x2+2x
2
5
(2)k=−
4
(3)d=4k+2
【分析】（1）依据题意，利用待定系数法即可求解；
（2）如图1，设直线AB交y轴于点P，分别过点A,B作y轴的垂线，垂足分别为M,N，设A,B两点的横
√41
坐标分别为x ,x ．根据△AOB的面积是√41可得x −x = ，联立方程组¿可得
a b b a 2
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，即可得求解；
x −x =2√(k−2) 2−8
b a
（3）如图2，分别过点A,B作y轴的垂线，垂足分别为M,N，证明△AOM∽△BON，根据相似三角
AM ON
形的性质得 = ，联立方程组¿得x2−2(k−2)x−2b=0，由根与系数的关系得
OM BN
m+n=2k−4,mn=−2b，进而可以判断得解．
1
【详解】（1）解：∵抛物线y= x2+bx+c经过(0,0)和(−4,0)两点，
2
∴¿．
∴¿．
1
∴抛物线解析式是y= x2+2x．
2
（2）如图1，设直线AB交y轴于点P，分别过点A,B作y轴的垂线，垂足分别为M,N，设A,B两点的横
坐标分别为x ,x ．
a b
∵△AOB的面积是√41,S =S −S ，
△AOB △AOP △BOP
1
∴ OP⋅(x −x )=√41
2 b a
∵直线AB:y=kx+d交抛物线于A,B两点．k<0,d=−4，
∴OP=4，
√41
∴x −x = ，
b a 2
联立方程组¿，
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得x2−2(k−2)x+8=0，
∴x =k−2−√(k−2) 2−8,x =k−2+√(k−2) 2−8．
a b
√41
∴x −x =2√(k−2) 2−8，即2√(k−2) 2−8= ．
b a 2
∵k<0，
5
∴k=− ．
4
（3）如图2，分别过点A,B作y轴的垂线，垂足分别为M,N，
∴∠AMO=∠ONB=90°,∠AOM+∠OAM=90°
，
∵∠AOB是直角，
∴∠AOM+∠BON=90°，
∴∠OAM=∠BON，
∴△AOM∽△BON，
AM ON
∴ = ，
OM BN
设A,B两点坐标分别为 ( m, 1 m2+2m ) , ( n, 1 n2+2n ) ，
2 2
− (1 n2+2n )
−m 2
∴ = ，
1 −n
m2+2m
2
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1
n+2
−1 2
∴ = ，
1 1
m+2
2
1
∴ mn+(m+n)+5=0，
4
联立方程组¿，
得x2−2(k−2)x−2d=0，
∴m+n=2k−4,mn=−2d，
1
∴ (−2d)+(2k−4)+5=0，
4
∴d=4k+2．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质、三角形的面积，相似三角形的判定和性质、根与系数的
关系等知识，灵活应用数形结合思想是解题的关键．
二次函数作为中考数学的重难点，常常出现在压轴题中，对学生的综合能力要求较高。以下是针对二
次函数压轴题的专项突破解题思路，帮助学生理清思路，提高解题效率。
一、基础知识回顾
1.解析式求解：掌握二次函数的一般式、顶点式和交点式，根据不同条件选择适当的解析式形式。
2. 函数性质与图像：理解二次函数的开口方向、对称轴、顶点坐标、最值以及与x轴、y轴的交点等基本
性质。
3. 相关知识：熟练掌握一次函数、反比例函数、点的坐标、方程求解等基础知识，并熟悉三角形、四边形、
圆及平行线、垂直等几何图形的性质。
二、典型题型与解题技巧
1. 求解析式
例题：已知抛物线经过三点，求解析式。
方法：利用待定系数法，将已知点的坐标代入一般式或顶点式，解方程组求出a、b、c的值。
2. 面积问题
例题：已知抛物线上一点M，求△MBC面积的最大值。
方法：利用平行于y轴的直线MN分割三角形，将面积表示为MN与底边长度的函数关系，通过求导或配
方法求最值。
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3. 最值问题
例题：求抛物线上一动点到某直线的距离最大值。
方法：将距离表示为二次函数，利用配方法或求导法求最值，或通过几何方法（如相似三角形、点到直线
的距离公式）求解。
4. 与圆相关的问题
例题：判断抛物线上是否存在一点，使得该点到原点的距离等于到某定点的距离。
方法：利用圆的定义和两点间距离公式建立方程，解方程求出符合条件的点坐标。
5. 构造特殊图形
例题：是否存在抛物线上一点，使得以该点为顶点的三角形为直角三角形或菱形。
方法：利用几何图形的性质（如勾股定理、菱形的对角线互相垂直平分）建立方程，求解符合条件的点坐
标。
三、解题策略
1. 数形结合：充分利用二次函数的图像，直观理解问题，将代数问题转化为几何问题。
2. 转化思想：将复杂问题转化为简单问题，如将面积问题转化为线段长度问题，将最值问题转化为函数极
值问题。
3. 动中找不动：对于动点动线问题，找到运动过程中的不变量，建立方程求解。
4. 分类讨论：对于存在性问题，根据条件进行分类讨论，确保不遗漏任何情况。
通过系统学习二次函数的基础知识，掌握典型题型的解题技巧，并灵活运用解题策略，学生可以有效
突破二次函数压轴题，提高数学综合能力。
1．（2025·湖南长沙·一模）如图1，抛物线L: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)．
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(1)求抛物线L的解析式；
(2)若点E是抛物线L上位于直线BC上方的动点，过点E作AB的垂线，垂足为H，EH交BC于点F．
①求EF的最大值；
②连接CE，若△BFH与△CEF相似，求E点坐标；
③若点E运动到抛物线L顶点位置，过点C作EH的垂线，垂足为D．过点D的直线与抛物线L交于P, Q两
点，直线EP, EQ分别交x轴于点M, N．试探究HM×HN是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请
说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3；
9
(2)① ；②E(2,3)或E(1,4)；③是定值，16
4
【分析】（1）两点式设出函数解析式，待定系数法求出函数解析式即可；
（2）①求出直线BC的解析式，设出E点坐标，将EF的长转化为二次函数求最值即可；
②易得△BFH为等腰直角三角形，根据相似得到△CEF也为等腰直角三角形，分两种情况进行讨论求解
即可；
③求出D的坐标，设过点D的直线为：y=k(x−1)+3，联立直线和抛物线的解析式，求出P,Q的坐标，
设过点E的直线的解析式为y=n(x−1)+4，分别求出点M,N的坐标，进而求出HM,HN的值，再进行求
解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线L: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)，
∴设抛物线的解析式为：y=a(x+1)(x−3)，把C(0, 3)，代入，得：3=−3a，
∴a=−1，
∴y=−(x+1)(x−3)=−x2+2x+3；
（2）设E(m,−m2+2m+3)，
①∵B(3, 0)，C(0, 3)，
∴设直线BC的解析式为y=kx+3，把B(3, 0)代入，得：k=−1，
∴y=−x+3，
∵E(m,−m2+2m+3)，
∴F(m,−m+3)，
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∴EF=−m2+2m+3+m−3=−m2+3m=− ( m− 3) 2 + 9 ，
2 4
3 9
∴当m=− 时，EF得值最大为： ；
2 4
②∵B(3, 0)，C(0, 3)，
∴OB=OC=3，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵EH⊥x轴，
∴△BFH为等腰直角三角形，
∴∠CFE=∠BFH=45°，
∴当△BFH与△CEF相似时，△CEF也为等腰直角三角形：
当∠CEF=90°时，则：CE⊥EF，
∴CE∥x轴，
即：C,E关于对称轴对称，
∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴对称轴为直线x=1，
∵C(0, 3)，
∴E(2,3)；
1
当∠ECF=90°时，过点C作CG⊥EF，则：EG=FG=CG= EF=m，
2
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由①知：EF=−m2+3m，
∴−m2+3m=2m，
解得：m=1或m=0（舍去），
∴E(1,4)；
综上：E(2,3)或E(1,4)；
③是定值：
∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴E(1,4)，
∴F(1,2)，H(1,0)，
由②可知：D(1,3)，
设过点D(1,3)的直线为：y=k(x−1)+3，
联立 ¿，解得：
¿或¿，
( √k2+4 k k√k2+4 k2 ) (√k2+4 k k√k2+4 k2 )
不妨设P − − +1,− − +3 ，Q − +1, − +3 ，
2 2 2 2 2 2 2 2
设过点E的直线解析式为：y=n(x−1)+4，
4
当y=0时，x=1− ，
n
( √k2+4 k k√k2+4 k2 )
把P − − +1,− − +3 代入y=n(x−1)+4，得：
2 2 2 2
k√k2+4 k2 ( √k2+4 k)
− − +3=n − − +4，
2 2 2 2
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√k2+4+k
解得：n= ，
2
8
∴x =1− ，
M √k2+4+k
−√k2+4+k
同理：当点Q在y=n(x−1)+4上时，n=
2
8
∴x =1+ ，
N √k2+4−k
由题意可知：点M,N分别在点H的两旁，
不妨设点M在点H的左边，点N在点H的右边，
8 8 8 8
则：HM=1−1+ = ，HN=1+ −1=
，
√k2+4+k √k2+4+k √k2+4−k √k2+4−k
8 8 64
∴HM×HN=HM= ⋅ = =16；
√k2+4+k √k2+4−k k2+4−k2
∴HM×HN是定值，为16．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，求二次函数的最值，相似三角形的判定和性质，求函数与坐标轴
的交点问题等知识点，综合性强，计算量大，属于压轴题，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类
讨论的思想进行求解，是解题的关键．
2．（2025·重庆·模拟预测）如图，二次函数y=ax2+bx−2(a≠0)与x轴交于A(−1,0)，B(4,0)，与y轴交
于点C，连接BC．
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(1)求二次函数的解析式；
(2)如图，点P为BC下方抛物线上一动点，过P作PE⊥BC交y轴于点E，过P作PF∥BC交x轴于点F，
2√5
求BF+ PE的最大值以及对应点P的坐标；
5
(3)在问（2）的条件下，将二次函数y=ax2+bx−2(a≠0)沿射线CB平移使得平移后的抛物线恰好经过点
F，点H为平移后抛物线对称轴上一动点，且满足∠FPH=45°，请直接写出所有符合题意点H的坐标．
1 3
【答案】(1)y= x2− x−2；
2 2
(2)9，P(3,−2)；
(11 11) (11 17) (15 23) (15 7)
(3)H , ，H ,− ，H , ，H ,− ．
1 2 2 2 2 6 3 2 2 4 2 2
【分析】（1）根据待定系数法求解即可；
（2）过点P作PR⊥y轴于点R，PQ∥y轴，交BC于点Q，过点B作BH∥y轴，交PF于点H，根据
√5
相似三角形的判定与性质，分别证明PR= PE，BF=2BH，然后证明PQ=BH，即得
5
2√5 1 3
BF+ PE=2PQ+2PR，设P(k, k2− k−2)，进一步求得2PQ+2PR=−k2+6k，最后根据二
5 2 2
次函数的性质求解即可；
（3）分两种情况讨论：平移后抛物线得对称轴右侧部分经过点F和左侧部分经过点F．通过构造全等三角
形的方法及用勾股定理列方程得方法，可分别求得答案．
【详解】（1）解：把A(−1,0)，B(4,0)代入y=ax2+bx−2，得¿，
解得¿，
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1 3
∴二次函数的解析式y= x2− x−2；
2 2
（2）解：过点P作PR⊥y轴于点R，PQ∥y轴，交BC于点Q，过点B作BH∥y轴，交PF于点H，
令x=0，则y=−2，
∴C(0,−2)，
∴OC=2，
∵B(4,0)，
∴OB=4，
∴BC=√22+42=2√5，
∵PE⊥BC，
∴∠PER+∠OCB=90°，
∵OC⊥OB，
∴∠CBO+∠OCB=90°，
∴∠PER=∠CBO，
∵∠BOC=∠ERP=90°，
∴△BOC∽△ERP，
OC BC
∴ = ，
PR PE
2 2√5
∴ = ，
PR PE
√5
∴PR= PE，
5
∵PF∥BC，
∴∠OBC=∠BFH，
∵∠BOC=∠FBH=90°，
∴△BOC∽△FBH，
OC OB
∴ = ，
BH BF
2 4
∴ = ，
BH BF
∴BF=2BH，
∵PQ∥y轴， BH∥y轴，
∴PQ∥BH，
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∵PF∥BC，
∴四边形BHPQ是平行四边形，
∴PQ=BH，
2√5
∴BF+ PE=2BH+2PR=2PQ+2PR，
5
设直线BC的解析式为y=mx+n，
将B(4,0)，C(0,−2)代入y=mx+n，得¿，
解得¿，
1
∴直线BC的解析式为y= x−2，
2
1 3 1
设P(k, k2− k−2)，则Q(k, k−2)，
2 2 2
1 1 3 1
∴PQ= k−2−( k2− k−2)=− k2+2k，
2 2 2 2
2√5 1
∴BF+ PE=2PQ+2PR=2(− k2+2k)+2k=−k2+6k，
5 2
∵−1<0，0<k<4，
2√5
∴当k=3时，BF+ PE的最大值为9，
5
1 3 1 3
∵ k2− k−2= ×32− ×3−2=−2，
2 2 2 2
∴此时点P的坐标为(3,−2)；
（3）解：分两种情况讨论：
①如图，当平移后抛物线对称轴右侧部分经过点F时，平移的距离为线段PF的长，
相当于抛物线先向右平移4个单位，再向上平移2个单位，
1 3 3
抛物线y= x2− x−2的对称轴为直线x= ，
2 2 2
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3 11
所以平移后抛物线的对称轴为直线x= +4= ，
2 2
设PF与平移后的对称轴交于点M，过点P作PS∥x轴，与平移后的抛物线交于点S，过点M作
MN⊥PF交PH于点N，过点N作NT∥x轴，与平移后的抛物线交于点T，
∴∠PSM=∠MTN=90°，∠NMT+∠PMS=90°，
∴∠PMS+∠MPS=90°，
∴∠MPS=∠NMT，
∵∠H PF=45°，∠PMN=90°，
1
∴∠NPM=∠PNM=45°，
∴PM=MN，
∴△PSM≌△MTN，，
11 5
∴PS=MT= −3= ，MS=NT，
2 2
设直线PF的解析式为y=k'x+b'，
连结PC，由（2）知，P(3,−2)，
∴PC∥BF，
∴BC∥PF，
∴四边形BCPF是平行四边形，
∴BF=PC=3，
∴OF=4+3=7，
∴F(7,0)，
把P(3,−2)，(7,0)代入y=k'x+b'，得¿，
解得¿，
1 7
∴直线PF的解析式为y= x− ，
2 2
11 1 11 7 3
当x= 时，y= × − =− ，
2 2 2 2 4
11 3
∴M( ,− )，
2 4
3 5
∴MS=NT=2− = ，
4 4
H T NT
由△H NT∽△H PS可得 1 = ，
1 1 H S PS
1
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7 5
y −
H 1 4 4
∴ = ，
y +2 5
H
1
2
11
解得y = ，
H 1 2
(11 11)
∴H , ；
1 2 2
(11 )
设H ,s ，
2 2
∵∠H PF=∠H PF=45°，
2 1
∴∠H PH =90°，
1 2
∴PH 2+PH 2=H H 2 ，
1 2 1 2
11 2 11 2 11 2 11 2
∴( −3) +( +2) +( −3) +(s+2) 2=( −s) ，
2 2 2 2
17
解得s=− ，
6
(11 17)
∴H ,− ；
2 2 6
②如图，当平移后抛物线对称轴左侧部分经过点F时，延长FP交抛物线于点D，则平移的距离为线段DF
的长，
联立方程组¿，
解得¿，¿，
∴D(1,−3)，
211关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
相当于抛物线先向右平移6个单位，再向上平移3个单位，
3 15
所以平移后抛物线的对称轴为直线x= +6= ，
2 2
(15 23) (15 7)
根据①，同理可求得H , ，H ,− ；
3 2 2 4 2 2
(11 11) (11 17) (15 23) (15 7)
综上所述，符合题意点H的坐标是H , ，H ,− ，H , ，H ,− ．
1 2 2 2 2 6 3 2 2 4 2 2
【点睛】本题主要考查了二次函数与几何的综合，用待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的图象与
性质，求一次函数的解析式，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，正
确画出图形平移后的图形及添加辅助线是解题的关键．
3
3．（2025·四川·模拟预测）抛物线y=ax2− x−2与x轴交于A(−1，0)，B两点，与y轴交于点C，P
2
是第四象限内抛物线上的一点．
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(1)求抛物线的解析式；
√5
(2)如图①，过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E．设点D的横坐标为m，当PE= BE时，求
2
m的值；
(3)如图②，点F(1，0)，连接CF并延长交直线PD于点M，N是x轴上方抛物线上的一点，在（2）的条
件下，x轴上是否存在一点H，使得以F，M，N，H为顶点的四边形是平行四边形．若存在，直接写出点
H的坐标；若不存在，请说明理由．
1 3
【答案】(1)y= x2− x−2
2 2
5
(2)
2
( 7 ) (11 ) ( 3 ) (7 )
(3)存在， − ,0 , ,0 , − ,0 , ,0
2 2 2 2
【分析】（1）利用待定系数法计算即可；
（2）根据题意，点D的横坐标为m，结合抛物线解析式得P ( m, 1 m2− 3 m−2 ) ，
2 2
1 ( 1 )
确定直线CB的解析式为：y= x−2，从而确定E m, m−2 ，
2 2
PE= 1 m−2− (1 m2− 3 m−2 ) =− 1 m2+2m，BD=4−m，结合PD∥y轴，
2 2 2 2
得到相似三角形，运用等式性质，构造方程解答即可．
（3）设H(t,0)，N ( n, 1 n2− 3 n−2 ) ，点F(1,0)，M (5 ,3 ) ，分FM为对角线，FN为对角线， FH为
2 2 2
对角线，结合中点坐标公式解答即可．
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3
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2− x−2与x轴交于A(−1，0)，B两点，与y轴交于点C，
2
3
∴a+ −2=0,
2
1
解得a= ，
2
1 3
∴抛物线的解析式为y= x2− x−2．
2 2
1 3
（2）解：∵抛物线y= x2− x−2与x轴交于A(−1，0)，B两点，与y轴交于点C，
2 2
3
−
2 3 −1+4 3
∴C(0,−2)，对称轴为直线x=− = ，且 = ，
1 2 2 2
2×
2
∴B(4,0)，
∴BC=√(4−0) 2+(−2−0) 2=2√5，
设直线CB的解析式为y=kx+b，把C(0,−2)，B(4,0)代入得：
¿，
解得¿，
1
∴直线CB的解析式为：y= x−2，
2
( 1 )
∴E m, m−2 ，
2
∴PE= 1 m−2− (1 m2− 3 m−2 ) =− 1 m2+2m，BD=4−m，
2 2 2 2
∵PD∥y轴，
∴△BED∽△BCO，
BD BE
∴ = ，
BO BC
(4−m)×2√5 √5
∴BE= = (4−m)，
4 2
√5
∵PE= BE，
2
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5
∴PE= (4−m)，
4
1 5
∴− m2+2m= (4−m)，
2 4
5
解得m = ,m =4（舍去），
1 2 2
5
故m的值为 ．
2
（3）解：存在点H，使得以F，M，N，H为顶点的四边形是平行四边形．
理由如下：
设直线CF的解析式为y=px+q，把C(0,−2)，F(1,0)代入得：
¿，
解得¿，
∴直线CF的解析式为：y=2x−2，
5
由m= ，
2
(5 )
∴M ,3 ，
2
设H(t,0)，N ( n, 1 n2− 3 n−2 ) ，点F(1,0)，M (5 ,3 ) ，
2 2 2
当FM为对角线时，
由中点坐标公式得：
¿
解得：n=5或n=−2，
∵N是x轴上方抛物线上的一点，
∴n>4或n<−1，
∴n=5或n=−2都符合题意，
7 3 7 11
∴t= −5=− 或t= +2= ；
2 2 2 2
( 3 ) (11 )
∴H − ,0 或H ,0 ；
2 2
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当FN为对角线时，H(t,0)，N ( n, 1 n2− 3 n−2 ) ，点F(1,0)，M (5 ,3 ) ，
2 2 2
由中点坐标公式得：
¿
解得：n=5或n=−2，
∵N是x轴上方抛物线上的一点，
∴n>4或n<−1，
∴n=5或n=−2都符合题意，
12 5 7 7
∴t= − = 或t=− ；
2 2 2 2
( 7 ) (7 )
∴H − ,0 或H ,0 ；
2 2
当FH为对角线时，H(t,0)，N ( n, 1 n2− 3 n−2 ) ，点F(1,0)，M (5 ,3 ) ，
2 2 2
由中点坐标公式得：
¿
3+√5 3−√5
解得：n= 或n= ，
2 2
∵N是x轴上方抛物线上的一点，
∴n>4或n<−1，
5 3+√5 3−√5 1
∵ < <3，0< < ，
2 2 2 2
3+√5 3−√5
∴n= 或n= 都不符合题意，舍去；
2 2
( 7 ) (7 )
∴H − ,0 或H ,0 ；
2 2
( 3 )
综上所述，存在点H，使得F，H，M，N为顶点的四边形是平行四边形且点H的坐标为H − ,0 或
2
(11 ) ( 7 ) (7 )
H ,0 或H − ,0 或H ,0 ．
2 2 2
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【点睛】此题属于二次函数的综合问题，考查了待定系数法求函数解析式、求函数图象的交点坐标，中点
坐标公式，平行四边形的判定和性质等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质并能利用分类讨论思想求解
点N的坐标是解答此题的关键．
1
4．（2025·内蒙古包头·一模）如图，抛物线y=− x2+bx+c与x轴交于点A和点B(4,0)，与y轴交于点
2
C(0,4)，点E在抛物线上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点E在第一象限内，过点E作EF∥y轴，交BC于点F，作EH∥x轴，交抛物线于点H，点H在点E
的左侧，以线段EF,EH为邻边作矩形EFGH，当矩形EFGH的周长为11时，求线段EH的长；
(3)点M在直线AC上，点N在平面内，当四边形OENM是正方形时，请直接写出点N的坐标．
1
【答案】(1)y=− x2+x+4
2
(2)4
( 5+√57 3√57−17) ( 7 3) (−17−3√57 −5+√57)
(3)点N坐标 − , 或 − , 或 , 或(4,4)
4 4 2 2 4 4
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）先求得直线BC的解析式为y=−x+4，设E ( x,− 1 x2+x+4 ) ，则F(x,−x+4)，利用对称性质求得
2
H ( 2−x,− 1 x2+x+4 ) ，推出GH＝EF=− 1 x2+2x，GF=EH=2x−2，利用矩形周长公式列一元二
2 2
次方程计算即可求解；
（3）先求得直线AC的解析式为y=2x+4，分别过点M、E作y轴的垂线，垂足分别为P、Q，证明
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△OEP≌△MOQ ，推出 PE=OQ,PO=MQ ，设 E ( m,− 1 m2+m+4 )，则 M (1 m2−m−4,m )，由
2 2
点M在直线AC上，列式计算，可求得m的值，利用平移的性质即可求解．当OM沿着点O逆时针旋转90°
得到OE，设M(a,b)，则点E(b，−a)，然后表示出M、E的坐标，再代入一次函数即可解答．
1
【详解】（1）解：∵抛物线y=− x2+bx+c经过点B(4,0)和C(0,4)，
2
∴¿
解得¿，
1
∴抛物线的解析式为y=− x2+x+4；
2
（2）解：∵点B(4,0)和C(0,4)，
设直线BC的解析式为y=kx+4，则0=4k+4，
解得k=−1，
直线BC的解析式为y=−x+4，
设E ( x,− 1 x2+x+4 ) ，且0<x<4，则F(x,−x+4)，
2
1 1
GH=EF=− x2+x+4−(−x+4)=− x2+2x，
2 2
1
x=− =1
∵抛物线的对称轴为直线 ( 1) ，
2× −
2
∴H ( 2−x,− 1 x2+x+4 ) ，
2
∴GF=EH=x−(2−x)=2x−2，
依题意得2 ( − 1 x2+2x+2x−2 ) =11，
2
解得x=5>4（舍去）或x=3，
∴EH=2x−2=2×3−2=4；
1
（3）解：令y=0，则− x2+x+4=0，
2
解得x=−2或x=4，
∴A(−2,0)，
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设直线AC的解析式为y=px+4(p≠0)，将A(−2,0)，C(0,4)代入，−2p+4=0
解得,p=2，
∴直线AC的解析式为y=2x+4，
∵四边形OENM是正方形，
∴OE=OM,∠EOM=90°，分别过点M、E作y轴的垂线，垂足分别为P、Q，如图，
∴∠OPM=∠EQO=90°,∠OMP=90°−∠MOP=∠EOQ
∴△OMP≌ΔEOQ(AAS)，
∴PM=OQ,PO=EQ
设E ( m,− 1 m2+m+4 ) ，
2
当点E在y轴左侧，x轴下方时，
1
则PO=EQ=−m， PM=OQ= m2−m−4，
2
∴M ( − 1 m2+m+4,−m ) ，
2
∵点M在直线AC上，
∴−m=2 ( − 1 m2+m+4 ) +4．
2
3−√57 3+√57
解得m= 或m= （舍去），
2 2
3−√57 (−11+√57 √57−3) (3−√57 −11+√57)
当m= 时，M , ，E , ，
2 4 2 2 4
11−√57 √57−3
点O向左平移 个单位，再向下平移 个单位，得到点M，
4 2
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11−√57 √57−3
则点E向左平移 个单位，再向下平移 个单位，得到点N，
4 2
当点E在y轴左侧，x轴上方时，如图，分别过点M、E作y轴的垂线，垂足分别为P、Q，
1
则PO=EQ=−m， PM=OQ= m2−m−4，
2
∴M (1 m2−m−4,m ) ，
2
∵点M在直线AC上，
∴m=2 (1 m2−m−4 ) +4，
2
解得：m =4（舍去），m =−1，
1 2
( 5) ( 5 )
∴E −1, ，M − ,−1 ，
2 2
( 7 3)
同理可得：N − , ；
2 2
当点E在y轴右侧，x轴下方时，作EG⊥x轴，MH⊥x轴，如图：
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设M(m，2m+4)，则点E(−2m−4,m)，则点N(−m−4，3m+4)，
1
∴− (−2m−4) 2−2m−4+4=m，
2
−11±√57
解得m= ，
4
−11−√57 −11+√57
∴m = ,m = （舍去），
1 4 2 4
(−17−3√57 −5+√57)
∴点N的坐标为 , ；
4 4
当点E在y轴右侧，x轴上方时，作EG⊥x轴，MH⊥x轴，如图：
1
则OG=MH=m，EG=OH=− m2+m+4，
2
∴M (1 m2−m−4,m ) ，
2
∵点M在直线AC上，
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∴m=2 (1 m2−m−4 ) +4，
2
解得：m =4,m =−1（舍去），
1 2
∴E(4，0),M(0，4)，
∴点N的坐标为(4，4)；
( 5+√57 3√57−17) ( 7 3) (−17−3√57 −5+√57)
综上，点N坐标 − , 或 − , 或 , 或(4,4) ．
4 4 2 2 4 4
【点睛】本题主要考查二次函数图象与几何图形的综合，掌握待定系数法求二次函数解析式，一次函数解
析式，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，坐标与图形的关系，数形结合，分类讨论
思想等知识的综合运用是解题的关键．
5．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过A(−1,0)，B(4,0)，C(0,−2)三点，连
接AC，BC．
(1)求抛物线的解析式：
(2)作直线l∥BC，l交抛物线于E、F两点（点E在点F的左侧），已知EF=√5，
①求直线l的解析式；
②点P是抛物线上的动点，作PK⊥l，垂足为点K，是否存在点P，使得以P、E、K为顶点的三角形与
△AOC相似？若存在，请写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
1 3
【答案】(1)y= x2− x−2；
2 2
1 7 (14 17) (1 21)
(2)①y= x− ；②点P的坐标为(2,−3)或 , 或 ,− ．
2 2 3 9 2 8
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
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1
（2）①作EH⊥x于点H，作FG⊥EH于点G，证明△FEG∽△BCO，求得FG= OB=2，即
2
1 1 3 1
x −x =2，设直线l的解析式为y= x+d，联立得 x2− x−2= x+d，利用根与系数的关系，列方
F E 2 2 2 2
程求解即可；
②分三种情况讨论，画出图形，同①法求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过A(−1,0)，B(4,0)，
∴设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−4)，
把C(0,−2)代入得−2=a(0+1)(0−4)，
1
解得a= ，
2
1 1 3
∴抛物线的解析式为y= (x+1)(x−4)= x2− x−2；
2 2 2
（2）解：①A(−1,0)，B(4,0)，C(0,−2)，
∴OA=1，OB=4，OC=2，
∴BC=√42+22=2√5，
作EH⊥x于点H，作FG⊥EH于点G，如图，
∵直线l∥BC，即EF∥BC，
∴∠FEG=∠BIH=∠BCO，
∴△FEG∽△BCO，
FG EF √5 1
∴ = = = ，
OB BC 2√5 2
1
∴FG= OB=2，即x −x =2，
2 F E
设直线BC的解析式为y=kx−2，
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∴0=4k−2，
1
解得k= ，
2
1
∴直线BC的解析式为y= x−2，
2
∵直线l∥BC，
1
∴设直线l的解析式为y= x+d，
2
1 3 1
联立得 x2− x−2= x+d，
2 2 2
整理得x2−4x−4−2d=0，
∴x +x =4，x x =−4−2d，
F E F E
∴(x −x ) 2=(x +x ) 2−4x x =22 ，
F E F E F E
即42−4(−4−2d)=4，
7
解得d=− ，
2
1 7
∴直线l的解析式为y= x− ；
2 2
②∵OA=1，OB=4，OC=2，BC=2√5，
∴AC=√12+22=√5，AB=1+4=5，
∵AC2+BC2=5+20=25=AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，
∴∠ACO=90°−∠BCO=∠CBO，
作EP ∥x轴交抛物线于点P ，
1 1
∵EF∥BC，
∴∠P EK =∠OBC=∠ACO，
1 1
∴△P EK ∽△ACO，
1 1
∴点P 符合题意，
1
∵x2−4x−4−2d=0，即x2−4x−4−2× ( − 7) =0，
2
整理得x2−4x+3=0，
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解得x=1或x=3，
1 7
当x=1时，y= − =−3，
2 2
∴E(1,−3)，
∴点P 的纵坐标为−3，
1
1 3
解方程 x2− x−2=−3，
2 2
得x=1或x=2，
∴点P 的坐标为(2,−3)；
1
作点P 关于直线l的对称点Q，连接EQ交延长交抛物线于点P ，
1 2
此时∠P EK =∠P EK =∠ACO，
2 2 1 1
∴△P EK ∽△ACO，
2 2
∴点P 符合题意，
2
∵P Q⊥l，直线l∥BC，又AC⊥BC，
1
∴P Q∥AC，
1
同理，直线AC的解析式为y=−2x−2，
同理，直线P Q的解析式为y=−2x+1，
1
1 7
联立得−2x+1= x− ，
2 2
9 13
解得x= ，y=− ，
5 5
(9 13)
即点K 的坐标为 ,− ，
1 5 5
∵点P 与点Q关于直线l对称，
1
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(8 11)
∴点Q的坐标为 ,− ，
5 5
4 13
同理，直线EQ的解析式为y= x− ，
3 3
4 13 1 3
联立 x− = x2− x−2，
3 3 2 2
14
解得x=1或x= ，
3
14 17
当x= 时，y= ，
3 9
(14 17)
∴点P 的坐标为 , ；
2 3 9
过点作EM⊥EP 交x轴于点M，交抛物线于点P ，
2 3
∴∠EP K =90°−∠P EK =∠P EF=∠ACO，
3 3 3 3 2
∴△EP K ∽△ACO，
3 3
∴点P 符合题意，
3
作EL⊥x轴于点L，
设直线EP 交x轴于点N，
2
4 13
令x=0，0= x− ，
3 3
13
解得x= ，
4
(13 )
∴点N的坐标为 ,0 ，
4
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13 9
∴NL= −1= ，
4 4
∴EN=√N L2+EL2=
√ (9) 2
+32=
15
，
4 4
∵∠NLE=∠NEM=90°，
∴△NLE∽△NEM，
9 15
NL EN 4 4
∴ = ，即 = ，
EN MN 15 MN
4
25
∴MN= ，
4
∴MO=MN−ON=3，
∴点M的坐标为(−3,0)，
3 9
同理，直线EM的解析式为y=− x− ，
4 4
3 9 1 3
联立得− x− = x2− x−2，
4 4 2 2
1
解得x=1或x= ，
2
1 21
当x= 时，y=− ，
2 8
(1 21)
∴点P 的坐标为 ,− ；
3 2 8
(14 17) (1 21)
综上，点P的坐标为(2,−3)或 , 或 ,− ．
3 9 2 8
【点睛】本题考查了是二次函数的综合问题，相似三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题是解题
的关键．
6．（2025·广东·模拟预测）如图在平面直角坐标系中，直线l与x轴交于点A(4,0)，与y轴交于点
B(0,−4)，抛物线经过点A，B，且对称轴是直线x=1．
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(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是直线l下方抛物线上的一动点，过点P作PC⊥x轴，垂足为C，交直线l于点D，求DP的最大
值及此时P的坐标；
(3)在（2）的条件下，过点P作PM⊥l，垂足为M．求PM的最大值．
1
【答案】(1)y= x2−x−4
2
(2)PD的最大值是2，此时的P点坐标是(2,−4)
(3)√2
【分析】本题主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结
合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系，
解决相关问题．
（1）运用待定系数法解答即可；
（2）求出直线l的解析式，设点P的坐标为 ( t, 1 t2−t−4 ) ，则D(t,t−4)，得
2
PD=t−4− (1 t2−t−4 ) =− 1 t2+2t=− 1 (t−2) 2+2，运用二次函数的性质可得结论；
2 2 2
√2
（3）证明PM= PD，即可求解．
2
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为y=a(x−h) 2+k(a≠0)，
∵抛物线的对称轴为直线x=1，
∴y=a(x−1) 2+k．
把A，B两点坐标代入解析式，得¿
解得：¿，
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1 9 1
∴抛物线的解析式为y= (x−1) 2− = x2−x−4；
2 2 2
（2）解：设直线l的解析式为y=mx+n(m≠0)，
把A，B两点的坐标代入解析式，得¿，
解得：¿，
直线l的解析式为y=x−4；
∵PC⊥x轴，
设点P的坐标为 ( t, 1 t2−t−4 ) ，则D(t,t−4)，
2
∴PD=t−4− (1 t2−t−4 ) =− 1 t2+2t=− 1 (t−2) 2+2．
2 2 2
1
∵− <0
2
∴当t=2时，PD有最大值是2，
1 9
当x=2时， (2−1) 2− =−4，
2 2
∴P(2,−4)，
∴PD的最大值是2，此时的P点坐标是(2,−4)．
（3）解：∵A(4,0)，B(0,−4)，
∴OA=OB=4．
∵在△AOB中，∠AOB=90°，
∴∠OAB=∠OBA=45°．
∵PC⊥x轴，PM⊥l，
∴∠PCA=∠PMD=90°．
在Rt△ADC中，∠DAC=∠PCA=90°，∠OAB=45°．
∴∠ADC=45°，
∴∠PDM=∠ADC=45°．
在Rt△PMD中，∠PMD=90°，∠PDM=45°，
PM
∴sin45°= ，
PD
√2
∴PM= PD．此时PM最大，
2
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√2 √2
∴PM= PD= ×2=√2，
2 2
∴PM的最大值是√2．
7．（24-25九年级上·海南三亚·期末）如图1，已知抛物线与x轴交于A(−1,0),B(3,0)两点，与y轴交于
点C(0,3)．
(1)求该抛物线所对应的函数关系式；
(2)已知点M是抛物线的顶点，点E是线段BC上的一个动点（与点B、C不重合），过点E作ED⊥x轴于
点D，交抛物线于点F．
①求四边形ABMC的面积；
②求△CEF的边CE上的高的最大值；
1
③如图2，在②的条件下，在x轴上是否存在点G，使得EG+ AG的值最小？若存在，请求出这个最小
2
值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
9√2 5+3√3
(2)①12；② ．③
8 4
【分析】（1）根据抛物线与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，设函数解析式为y=a(x+1)(x−3)，再
将点C(0,3)代入求解即可．
（2）①先求出抛物线的顶点M坐标为(1,4)，再根据四边形ABMC的面积=S +S +S 计算
△AOC △MOC △BOM
即可；
②求出直线BC的解析式为：y=−x+3，求出∠BED=45°，设△CEF的边CE上的高为FH，设点E为
√2( 3) 2 9√2
(t,−t+3)，则F(t,−t2+2t+3)，在Rt△FHE中，FH=EF⋅sin∠FEH=− t− + ，即可
2 2 8
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求出答案；
③以点A为顶点作∠GAM=30°，过点G作GM⊥AM于点M，得到E、G、M三点共线时，
1
EG+ AG有最小值，即为EM的长，此时点G在点G'的位置，利用解直角三角形求出答案即可．
2
【详解】（1）∵抛物线与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，
∴设该抛物线的解析式为：y=a(x+1)(x−3)．
∵过点C(0,3)，
∴a(0+1)(0−3)=3，
解得a=−1，
∴该抛物线的解析式为：y=−(x+1)(x−3)=−x2+2x+3．
（2）∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴抛物线的顶点M坐标为(1,4)
∴四边形ABMC的面积=S +S +S ；
△AOC △MOC △BOM
1 1 1
即四边形ABMC的面积= ×1×3+ ×3×1+ ×3×4=12
2 2 2
②设直线BC的解析式为：y=kx+b，
把点C(0,3)，B(3,0)代入，得
¿，解得¿，
∴直线BC的解析式为：y=−x+3．
∵OB=OC=3， ∠COB=90°，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
∵DF⊥x，
∴∠BDE=90°，
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∴∠BED=∠CEF=90°−∠OBC=45°，
设△CEF的边CE上的高为FH，如图，
设点E为(t,−t+3)，则F(t,−t2+2t+3)，
则EF=(−t2+2t+3)−(−t+3)=−t2+3t，
在Rt△FHE中，FH=EF⋅sin∠FEH=
√2
(−t2+3t)=−
√2(
t−
3) 2
+
9√2
，
2 2 2 8
3
∵0< <3，
2
3 9√2
∴当t= 时，FH有最大值，最大值为 ；
2 8
③以点A为顶点作∠GAM=30°，过点G作GM⊥AM于点M，
1
∴GM= AG，
2
1 1
∴EG+ AG=EG+GM≥EM，即E、G、M三点共线时，EG+ AG有最小值，即为EM的长，此
2 2
时点G在点G'的位置，
如图：
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3 3 3
由可知，当t= 时，−t+3=− +3= ，
2 2 2
(3 3) 3
∴FH有最大值时，点E的坐标为 , ， 则ED= ，
2 2 2
在Rt△EDG'中，∠EG'D=∠AG'M'=60°，
3 3
∴ ED 2 ， ED 2 √3，
EG'= = =√3 DG'= = =
sin∠EG'D sin60° tan∠EG'D tan60° 2
∴AG'=AD−DG'= (3 +1 ) − √3 = 5 − √3 ，
2 2 2 2
∴G'M'=
1
AG'=
1(5
−
√3)
=
5
−
√3
，
2 2 2 2 4 4
5 √3 5+3√3
∴EM=EG'+G'M'=√3+ − = ，
4 4 4
1 5+3√3
即EG+ AG的最小值为
2 4
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，等腰直角三角形的判定和性质，二次函数求最值，解直角三角
形，矩形的判定和性质等知识，解题关键是在求等腰直角三角形的存在性时，注意分类讨论的思想的运用，
要把所有符合条件的点求全．
233