专题04一次函数、反比例函数、二次函数（1年汇编）（四川专用）（解析版）_2026秋初中教辅合集_2027学科网&_2027新好题汇编_2027好题汇编2026中考数学真题分类汇编（四川专用）

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专题04 一次函数、反比例函数、二次函数
1 年真题1 年模拟
考点分类
四川考情（2026）
命题规律
考点01 平面直角
坐标系、函数基础
知识
2026 年巴中、内江、遂
宁、甘孜、达州、广安、
攀枝花、自贡、泸州、
成都中考真题
侧重象限坐标特征、自变量取值范围；新增容器
注水、行程、几何面积类图像分析题，结合物理
密度、几何动点情境；以折线函数图像判断变化
趋势，是函数入门基础送分小题，侧重数形识图
能力。
考点02 一次函数
2026 年成都、南充、广
安、广元、内江、攀枝
花中考真题
固定结合四川猕猴桃、鸭蛋加工、救灾物资运输
本土素材；题型分三类：含参数增减性小题、分
段销售计算、二元方程组结合一次函数利润方
案；核心考查建立函数模型、不等式限定取值求
最值，为专题核心中档题型。
考点03 反比例函
数
2026 年南充、巴中、自
贡、宜宾、广元、攀枝
花、内江、泸州、乐山、
甘孜、凉山、成都、广
安、达州中考真题
依托压强、车速等理化情境，必考k 几何面积；
高频搭配一次函数交点、图形旋转、平移、最短
路径综合；创新定义“陌生/友好函数”，结合
判别式、等腰三角形分类讨论，几何跨模块综合
度显著提升。
考点04 二次函数
2026 年甘孜、广元、宜
宾、巴中、乐山、南充、
内江、攀枝花、眉山、
自贡、凉山、遂宁、广
安、达州、成都中考真
题
基础题考查开口、对称轴、平移、顶点最值；解
答压轴融合面积最值、特殊三角形存在性、线段
最短、定点定值探究；结合产量增长率销售利润
实际应用，多小问梯度设问，是试卷核心区分压
轴。
考点05 函数与方
2026 年内江、凉山、眉
借助函数图像直接求解不等式解集、判断方程根
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程、不等式
山、遂宁、达州、成都、
巴中、自贡、南充、泸
州中考真题
情况；结合二次函数表格、图像判断多结论正误；
联动一次与反比例函数图像，搭配平移、直角三
角形动点设问，强化数形结合思想考查。
考点01 平面直角坐标系、函数基础知识
1．（2026·四川巴中·中考真题）在平面直角坐标系中，点


2,3
P 
关于x 轴对称的点P的坐标为（
）
A．

2, 3


B．

2, 3

C．

3, 2

D．

3,2

【答案】A
【分析】本题考查平面直角坐标系中关于x 轴对称的点的坐标规律，利用“关于x 轴对称的点，横坐标不变，
纵坐标互为相反数”即可求解．
【详解】解：∵关于x 轴对称的点的坐标特征为：横坐标相等，纵坐标互为相反数，
已知点


2,3
P 
，
∴点P 关于x 轴对称的点
'P 的横坐标为2
，纵坐标为3
，即


2, 3
P

．
2．（2026·四川内江·中考真题）下列实数中，能使函数
3
y
x


有意义的x 的值是（
）
A．8
B．6
C．4
D．2
【答案】D
【分析】根据二次根式被开方数为非负数求出x 的取值范围，再判断选项即可．
【详解】解：由题意得，3
0
x


，
3
x


，
∴四个选项中，只有D 选项中的2 满足题意．
3．（2026·四川遂宁·中考真题）已知点
(
2, 1)
P a 

是第三象限内一点，则a 的取值范围是（
）
A．
2
a 
B．
2
a


C．
2
a


D．
2
a 
【答案】C
【分析】利用第三象限点横纵坐标均为负数的性质，列不等式求解即可得到a 的取值范围.
【详解】解：∵第三象限内的点的横坐标小于0，纵坐标小于0，点


2, 1
P a 

在第三象限，
∴
2
0
a 

，
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解得
2
a .
4．（2026·四川甘孜·中考真题）匀速地向一个容器内注水，最后把容器注满．在注水过程中，水面高度h 随
着时间t 的变化规律如图所示（图中OABC 为一折线）．这个容器的形状可能是下图中（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据函数图象的斜率变化判断水面上升速度的快慢，斜率越大表示水面上升越快，对应的容器横
截面越细；斜率越小表示水面上升越慢，对应的容器横截面越粗，即可求解．
【详解】由函数图象可知，折线OABC 分为三段，且增长速度逐渐增大，
注水速度是匀速的，水面上升的速度与容器的粗细（横截面积）有关，容器越细，水面上升越快，图象
越陡，
AB

段最平缓，说明容器中部最粗；OA段较陡，说明容器底部部较细；BC 段最陡，说明容器上部最细，
只有D 选项的容器符合中部最粗、下部次之、上部最细的特征．
5．（2026·四川达州·中考真题）为比较两种物质的密度，物理兴趣小组选取甲、乙两种物体进行实验探究，
得到了甲、乙两种物质的m V

图象，如图（
m
V

，m 表示质量，表示密度，V 表示体积），下列说法
正确的是（
）
A．当甲乙体积相等时，甲的质量是乙的质量的2 倍
B．当乙的质量为10g 时，体积为
3
10cm
C．甲物质的密度小于乙物质的密度
D．甲物质的密度等于乙物质的密度
【答案】A
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【分析】根据图象读取甲、乙对应的质量和体积数据，利用密度公式
m
V

分别计算两者的密度，再结合
图象特征逐项判断；
【详解】解：由图象可知，当
3
20
V
V
cm


甲
乙
时，
20g
m 
甲
，
10g
m

乙
，即
2
m
m

甲
乙，
A 正确；
当
10g
m

乙
时，由图象可知
3
20
V
cm

乙
，
B 错误；
当
3
20
V
cm

甲
时，
20g
m 
甲
；当
3
20
V
cm

乙
时，
10g
m 
乙
；
3
3
20
1 /
20
m
g
g cm
V
cm





甲
甲
甲
，
3
3
10
0.5
/
20
m
g
g cm
V
cm




乙
乙
乙
，




甲
乙，
C、D 错误．
6．（2026·四川广安·中考真题）小明家，蛋糕店，姥姥家依次在同一直线上．为庆祝姥姥生日，小明从家
去蛋糕店买蛋糕，接着去姥姥家．下图反映了在这个过程中，小明离家的距离y 与时间x 之间的对应关系．下
列说法错误
．．的是（
）
A．小明家离蛋糕店1.2km
B．小明买蛋糕用了10min
C．小明从蛋糕店到姥姥家的平均速度为4
/ h
km
D．小明从家到蛋糕店的平均速度小于从蛋糕店到姥姥家的平均速度
【答案】D
【分析】根据图象判断每个节点的实际意义，再计算平均速度，然后逐项判断即可．
【详解】解：对于选项A：由图象可知，16
26
x


段，小明停留在离家1.2km 处，
∴小明家离蛋糕店1.2km ，故A 不符合题意；
对于选项B：∵


26 16
10 min


，
∴小明买蛋糕用了10min ，故B 不符合题意；
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对于选项C：由图象可知，小明从蛋糕店到姥姥家路程为0.4km ，用时6min ，
∴平均速度为


0.4
6
60
4km / h



，故C 不符合题意；
对于选项D：小明从家到蛋糕店的平均速度为
1.2
4.5km /
16
60
h


，
∵4.5
4

，
∴小明从家到蛋糕店的平均速度大于从蛋糕店到姥姥家的平均速度，故D 符合题意．
7．（2026·四川攀枝花·中考真题）如图，正三角形ABC 的边长为4，D 是BC 边上的一点，过D 作AB 边的
垂线，交AB 于G，用x 表示线段AG 的长度．显然，Rt GBD

的面积y 是x 的函数，则该函数的大致图象
为（）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据等边三角形的性质得出
60
B


，
4
AB
BC


，确定
4
BG
AB
AG
x




，再由三角函数
得出
tan60
3(4
)
DG
BG
x




，利用三角形面积建立函数，然后得出自变量的取值范围，取特殊值即可
判断函数图象．
【详解】解：
ABC

为正三角形，边长为4，
60
B


，
4
AB
BC


，
AG
x


，
4
BG
AB
AG
x





，
DG
AB


，
90
DGB


，
在Rt GBD

中，
tan60
3(4
)
DG
BG
x




，




2
1
1
3
4
3 4
(4
)
2
2
2
y
BG DG
x
x
x









，
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D

是BC 边上的一点，
0
4
BD


，
在Rt GBD

中，


2 4
cos60
BG
BD
x




，


0
2 4
4
x



，
解得2
4
x


，
该函数图象是抛物线的一部分，且x 的取值范围是2
4
x


，
当
2
x 
时，
2
3 (4
2)
2 3
2
y 


，
当
4
x 
时，
0
y 
，对比选项，只有B 选项符合．
8．（2026·四川自贡·中考真题）如图1，在四边形ABCD中，ABCD，
90
B


，点P 从点D 出发以每秒
2 个单位长度的速度沿D
A
B
C



匀速运动，到达点C 后停止运动；同时点Q 从点D 出发以每秒1 个
单位长度的速度沿

D
C 匀速运动，当点P 停止运动时点Q 也随之停止运动，过点P 作PF
CD

于点F ．设
运动时间为x 秒，PF
DQ
y


，y 关于x 的函数图象如图2 所示，则CD的长为（
）
A．8
B．9
C．10
D．11
【答案】C
【分析】过A 作AH
DC

于H ，可证得四边形AHCB为矩形，Δ
Δ
DPF
DAH
∽
，根据相似三角形的性质得
到比例式，再表示出
,
PF DQ 关于x 的式子，代入到PF
DQ
y


中，得到关系式，再结合函数图象求出AD ，
AH ，DH 的长，结合沿BC 运动时候的函数图像求出AB 的长，进而可求出CD的长．
【详解】解：过A 作AH
DC

于H ，如图所示，
∵AB
CD

，
∴
180
B
C


，
∵
90
B


，
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∴
90
C



∵AH
DC

∴
90
AHC



∴四边形AHCB 为矩形，
∴
,
AH
BC AB
HC


，
当P 在DA 上运动时，
∵PF
CD

，
∴PF
AH

，
∴Δ
Δ
DPF
DAH
∽
，
∴PF
DP
DF
AH
AD
DH


，
由题设
2
DP
x

，则DQ
x

，
∴
2
AH
PF
x
AD


，
∴
2
1
AH
y
PF
DQ
x
AD










，
由函数图象可知，当
1
x 时，
13
5
y 
，
∴2
13
1
5
AH
AD 
，即
4
5
AH
AD 
，
当P 到达A 点后，P 在AB 上运动时，PF 恒等于高AH ，此时y
AH
x


，
由函数图象可知，当
4
x 
时
8
y 
，
∴
4
8
AH 

，即
4
AH 
，
∴
4
AH
BC


，
把
4
AH 
代入
4
5
AH
AD 
中得4
4
5
AD 
，
解得
5
AD 
；
∴在
Δ
Rt ADH 中，
2
2
2
2
5
4
3
DH
AD
AH





，
当点P 开始沿BC 运动，此时


4
2
4
2
5
9
2
PF
x
AD
AB
x
AB
x
AB










，
∴
9
2
9
y
PF
DQ
x
AB
x
x
AB









，
代入
7
x 
时
9
y 
，得9
7
9
AB



，
∴
7
AB 
，
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∴
3
7
3
10
CD
AB





．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图像的性质，矩形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，勾股定
理，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键．
9．（2026·四川泸州·中考真题）函数
5
y
x

的自变量x 的取值范围是____________．
【答案】
5
x 
【分析】根据二次根式的被开方数为非负数列出不等式，解不等式即可得到自变量的取值范围
【详解】解：由题意得，
5
0
x 

，
解得，
5
x 
10．（2026·四川成都·中考真题）成都，一座雪山下的公园城市．全市超1500 个公园已成为市民游憩、娱
乐的优质生态空间．图1 是成都某公园的游览路线示意图，甲、乙两人约定的游览路线为：景点1→景点
2→景点3→景点4→景点5，甲先出发，乙出发时甲正好游览到景点2，于是乙沿着游览路线追赶甲．图2
中1
2
,l l 分别表示甲、乙两人离开景点1 的路程s（单位：m）与追赶时间t（单位：min）之间的关系，假设
两人均保持现有的速度．
(1)直接写出1
2
,l l 的函数表达式；
(2)如图1，景点3 到景点4 有两条道路，甲到达景点3 后，沿远路前往景点4，乙到达景点3 后，沿近路前
往景点4．问乙能比甲先到达景点4 吗？请说明理由．
【答案】(1) 1l 的函数表达式为：
30
800
s
t


，2l 的函数表达式为：
50
s
t

(2)乙能比甲先到达景点4
【分析】（1）利用待定系数法求得1
2
,l l 的函数表达式即可；
（2）分别求出甲，乙两人到达景点4 所用的时间，比较大小即可．
【详解】（1）解：设1
2
,l l 的函数表达式分别为s
kt
b


，s
mt
=
，
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将点

0,800 ，

20,1400 代入y
kx
b


可得，
800
20
1400
b
k
b






，
解得
30
800
k
b




，
即1l 的函数表达式为：
30
800
s
t


，
将

20,1000 代入s
mt
=
可得，1000
20m

，解得
50
m 
，
即2l 的函数表达式为：
50
s
t

；
（2）解：由题意可得，甲走远路到达景点4，路程为800
600
720
2120m



，
将
2120
s 
代入
30
800
s
t


可得，2120
30
800
t


，
解得
44
t 
，
则
44min
t 
时，甲到达景点4，
乙走近路到达景点4，路程为800
600
650
2050m



，
将
2050
s 
代入
50
s
t

可得，2050
50t

，
解得
41
t 
，
则
41min
t 
时，乙到达景点4，
∵41
44

，
∴乙能比甲先到达景点4．
11．（2026·四川甘孜·中考真题）图1 是某景区的一段游览路线示意图．小聪在观景台1 联系小明，发现小
明在观景台2，于是沿着游览路线追赶小明．图2 中，1l ，2l 分别表示两人到观景台1 的路程与追赶时间之
间的关系．
(1) 2l 表示（“小聪”或“小明”）到观景台1 的路程与追赶时间之间的关系；
(2)分别求出1l ，2l 的函数解析式；
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(3)若两人的速度保持不变，小聪能否在到达观景台3 前追上小明？请通过计算说明．
【答案】(1)小明
(2) 1l 的函数解析式为
70
y
x

；2l 的函数解析式为
40
1200
y
x


；
(3)解：小聪能在到达观景台3 前追上小明，计算说明如下：
令70
40
1200
x
x


，解得
40

x
，
在
70
y
x

中，当
40

x
时，
2800
y 
，
∴小聪追上小明时所走的路程为2800m，
∵2800
1200
1800
3000



，
∴小聪能在到达观景台3 前追上小明．
【分析】（1）当追赶时间为0 时，小明到观景台1 的路程为1200m ，而小聪到观景台1 的路程为0，据此
结合函数图象可得答案；
（2）利用待定系数法求解即可；
（3）求出两人相遇时的时间，进而求出两人相遇时小聪所走的路程即可得到结论．
【详解】（1）解：由题意得，当追赶时间为0 时，小明到观景台1 的路程为1200m ，而小聪到观景台1 的
路程为0，
∴由函数图象可知，2l 表示小明到观景台1 的路程与追赶时间之间的关系；
（2）解：设1l 的函数解析式为


1
1
0
y
k x k


，
把

20,1400 代入


1
1
0
y
k x k


得
1
1400
20k

，解得
1
70
k 
，
∴1l 的函数解析式为
70
y
x

；
设2l 的函数解析式为


2
2
0
y
k x
b k



，
把

0,1200 和

20,2000 代入


2
2
0
y
k x
b k



得
2
20
2000
1200
k
b
b





，
∴
2
40
1200
k
b




，
∴2l 的函数解析式为
40
1200
y
x


；
（3）略
考点02 一次函数
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1．（2026·四川内江·中考真题）若关于x 的方程


2
3
1
x
m
x



的解是负数，且一次函数


2
4
y
m
x



中，函数值y 随x 的增大而减小，则所有满足条件的整数m 的值之和是______．
【答案】2

【分析】先求出一元一次方程的解，根据一元一次方程的解为负数得到m 的取值范围，再根据一次函数的
性质得到m 的另一个取值范围，进而得到符合条件的整数m 的值，最后相加即可求解．
【详解】解：解方程


2
3
1
x
m
x



，得
3
x
m

，
∵方程的解是负数，
∴
3
0
m


，
解得
3
m ，
∵一次函数


2
4
y
m
x


中，函数值y 随x 的增大而减小，
∴
2
0
m 

，
解得
2
m 
，
∴m 的取值范围是3
2
m


，
∴符合条件的整数m 为2, 1,0,1


，
∴所有满足条件的整数m 的值之和为


2
1
0 1
2



．
2．
（2026·四川成都·中考真题）在平面直角坐标系xOy 中，设



1
1
2
2
,
,
,
A x y
B x
y
，记

1
2
1
2
,
L A B
x
x
y
y




，
例如，若


1,3
M
，则

,
0 1
0
3
4
L O M 



．若点N 满足

,
1
L O N ，则所有N 点组成的图形面积为
_____；已知A 是直线y
kx

（
0
k 
）上一点且位于第一象限，
2
OA 
，点P 在OA上，点Q 满足

,
1
L P Q ，
当点P 从点O 运动到点A 时，Q 点运动所覆盖的区域面积为26
5 ，则k _____．
【答案】
2
3
4 或4
3
【分析】根据定义得出所有N 点组成的图形为对角线在坐标轴上且对角线的长为2 的正方形，进而求得其
面积；进而根据

,
1
L P Q ，得出Q 点运动所覆盖的区域面积，设

,
A a b ，分情况讨论，分别画出图形，
求得点A 的坐标，进而求得k 的值，即可求解．
【详解】解：①∵

,
1
L O N 
设


,
N m n
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∴
1
m
n


当N 在第一象限时，
1
m
n


即
1
n
m



∴点N 在直线
1
y
x
上，
同理当N 在第二象限时，
1
m
n



∴
1
n
m

，即点N 在
1
y
x

上，
当N 在第三象限时，
1
m
n


，即
1
n
m

点N 在
1
y
x


上，
当N 在第四象限时，
1
m
n

，即
1
n
m

点N 在
1
y
x

上，
∴所有N 点与坐标轴的交点

1,0 ，

0,1 ，

1,0

，

0, 1

∴所有N 点组成的图形为正方形，其面积为1
2
2
2
2 

；
②∵已知A 是直线y
kx

（
0
k ）上一点且位于第一象限，
2
OA 
，点P 在OA上，
∴点A 在2 为半径的弧上运动，
∵点Q 满足

,
1
L P Q ，同①可得点Q 组成的图形是对角线为2 ，且平行于坐标轴的正方形，
∴当点P 从点O 运动到点A 时，Q 点运动所覆盖的区域面积为26
5
设

,
A a b ，A 是直线y
kx

（
0
k 
）上一点且位于第一象限，
∴b
ak

，,
0
a b 
∴
b
k
a

当b
a

时，如图，
∴26
1
2 1 2
5
2
CDEF
S


平行四边形
∴26
1
2 1 2
2
5
2
b


解得：
8
5
b 
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∵
2
2
4
a
b


，
0
a 
∴
6
5
a 
∴
6 8
,
5 5
A





∴
8
4
5
6
3
5
k 

当a
b

时，如图，
∴26
1
2 1 2
5
2
GHNM
S



平行四边形
∴26
1
2 1 2
2
5
2
a


解得：
8
5
a 
∵
2
2
4
a
b


，
0
a 
∴
6
5
b 
∴
8 6
,
5 5
A





∴
6
3
5
8
4
5
k 

综上所述，
4
3
k 
或3
4
3．（2026·四川攀枝花·中考真题）某中学在劳动实践基地开辟了“青春农场”，将土地划分给各班负责．初
二（3）班的同学在责任田里种植了有机蔬菜，经过几个月的精心照料，终于迎来了丰收．同学们决定将采
摘的新鲜蔬菜拿到学校附近的周末集市销售．卖菜所得款项按每千克0.8 元留作下一季的种植基金，余下的
捐给福利院．在集市上销售了部分蔬菜后，剩下的每千克降价0.5 元，全部售完．销售额与销量之间的关系
如图所示，那么该班级本次共捐给福利院多少元？
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【答案】322 元
【分析】设销售额为y ，销量为x ，由图象先可得降价前的函数表达式为
3
y
x

，可得降价前的单价为3 元
/千克，则降价后单价为2.5 元/千克，可得降价后的函数表达式为
2.5
50
y
x


，则可得总销量为160 千克，
则可得留作下一季的种植基金，最后可得捐给福利院的钱数．
【详解】解：设销售额为y ，销量为x ，则降价前的函数表达式为y
kx

，
把

100,300 代入，得300
100k

，
解得
3
k ，
∴降价前的函数表达式为
3
y
x

，
∴降价前的单价为3 元/千克，
∴降价后单价为2.5 元/千克，
设降价后的函数表达式为
2.5
y
x
b


，
把

100,300 代入，得300
100 2.5
b



，
解得
50
b 
，
∴降价后的函数表达式为
2.5
50
y
x


，
当
450
y 
时，2.5
50
450
x 

，
解得
160
x 
，
∴总销量为160 千克，
∴留作下一季的种植基金为0.8 160
128


（元），
∴捐给福利院450 128
322


（元）．
答：该班级本次共捐给福利院322 元．
4．（2026·四川广安·中考真题）某市发生洪灾，各地发扬“一方有难，八方支援”的精神，现A，B 两地收
到社会各界人士所捐物资共400 吨．据统计，A 地收到物资吨数的3 倍与B 地收到物资吨数的5 倍相等．现
要把这批物资全部运往受灾的C，D 两地．从A 地运往C，D 两地的费用分别为15 元/吨和20 元/吨；从B
地运往C，D 两地的费用分别为12 元/吨和18 元/吨；现C 地需物资180 吨，D 地需物资220 吨．
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(1)分别求出A，B 两地各收到多少吨物资；
(2)请你帮运输公司设计一种总运费最少的方案，并求出最少费用．
【答案】(1)A 地收到250 吨物资，B 地收到150 吨物资．
(2)从A 地运往C 地30 吨，运往D 地220 吨，从B 地运往C 地150 吨，运往D 地0 吨时，总运费最少，最
少费用为6650 元．
【分析】（1）设A 地收到x 吨物资，B 地收到y 吨物资．然后根据题意列二元一次方程组求解即可；
（2）设总费用为W 元，从A 地运往C 地m 吨，则运往D 地

250
m

吨，B 地运往C 地

180
m

吨，运往
D 地

30
m 
吨，易得
6620
W
m


、30
180
m


再利用一次函数的性质求最值即可．
【详解】（1）解：设A 地收到x 吨物资，B 地收到y 吨物资．
由题意得：
400
3
5
x
y
x
y






，解得：
250
150
x
y





．
答：A 地收到250 吨物资，B 地收到150 吨物资．
（2）解：设总费用为W 元，从A 地运往C 地m 吨，则运往D 地

250
m

吨，B 地运往C 地

180
m

吨，
运往D 地

30
m 
吨，
由题意得：






15
20 250
12 180
18
30
6620
W
m
m
m
m
m









，
0,
250
0
180
0
30
0
m
m
m
m














30
180
m



1
0
k 


∴W 随m 的增大而增大，
当
30
m 
，总费用最少，
30
6620
6650
W 


元．
250
220
m



，180
150
m


，
30
0
m 

答：从A 地运往C 地30 吨，运往D 地220 吨，从B 地运往C 地150 吨，运往D 地0 吨时，总运费最少，
最少费用为6650 元．
5．（2026·四川广元·中考真题）苍溪红心猕猴桃是广元特色农产品，国家地理标志产品．某电商基地分装
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销售中果和大果两种猕猴桃礼盒，若购进3 件中果礼盒和2 件大果礼盒需190 元，购进2 件中果礼盒和4
件大果礼盒需260 元．
(1)求购进中果礼盒、大果礼盒每件的价格；
(2)根据市场需求，该电商基地计划购进这两种礼盒共100 件进行销售，中果礼盒每件售价50 元，大果礼盒
每件售价80 元，且中果礼盒件数不少于大果礼盒件数的2 倍．求怎样进货才能使利润最大，最大利润是多
少？
【答案】(1)购进中果礼盒每件30 元，大果礼盒每件50 元．
(2)购进中果礼盒67 件，大果礼盒33 件时可获得最大利润，最大利润为2330 元．
【分析】（1）设购进中果礼盒每件x 元，大果礼盒每件y 元．然后根据题意列二元一次方程组求解即可；
（2）设购进大果礼盒m 件，则购进中果礼盒

100
m

件，根据题意可得
100
3
m 
，即m 的最大值为33；
再列出获得利润：
10
2000
W
m


，再利用一次函数的性质求最值即可解答．
【详解】（1）解：设购进中果礼盒每件x 元，大果礼盒每件y 元．
则
3
2
190
2
4
260
x
y
x
y







，解得：
30
50
x
y




，
答：购进中果礼盒每件30 元，大果礼盒每件50 元．
（2）解：设购进大果礼盒m 件，则购进中果礼盒

100
m

件，
由题意可得：2
100
m
m


，解得：
100
3
m 
，
∵m 为整数，
∴m 的最大值为33，
由题意可得：获得利润：





80
50
50
30 100
10
2000
W
m
m
m







，
∵10
0

，
∴W 随m 的增大而增大，
∴当
33
m 
时，有最大利润33 10
2000
2330



元．
答：购进中果礼盒67 件，大果礼盒33 件时可获得最大利润，最大利润为2330 元．
6．（2026·四川内江·中考真题）某商场准备购进甲、乙两种衬衣进行销售．甲种衬衣每件进价100元，售价
160元；乙种衬衣每件进价80元，售价120元．现计划购进两种衬衣共100件，其中甲种衬衣不少于60 件．设
购进甲种衬衣x 件，两种衬衣全部售完，商场可获利y 元．
(1)求y 与x 之间的函数关系式；
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(2)若商场购进这100件衬衣的总费用不超过9300元，求有哪几种进货方案？
(3)在
2 的条件下，商场准备对甲种衬衣进行优惠促销活动，决定对甲种衬衣每件降价a 元（0
30
a


）出
售，乙种衬衣售价不变，若最大利润为4650 元，求a 的值．
【答案】(1)
20
4000
y
x


（60
100
x


，x 为整数）；
(2)共有6 种进货方案，分别是①购进甲种衬衣60 件，乙种衬衣40 件；②购进甲种衬衣61件，乙种衬衣39
件；③购进甲种衬衣62 件，乙种衬衣38件；④购进甲种衬衣63件，乙种衬衣37 件；⑤购进甲种衬衣64
件，乙种衬衣36件；⑥购进甲种衬衣65件，乙种衬衣35 件；
(3)
10
a 
【分析】
1 设购进甲种衬衣x 件，则购进乙种衬衣

100
x

件，然后根据“总利润甲的利润乙的利润”，
列出函数关系式即可；

2 根据题意，总费用不超过9300元，可得


100
80 100
9300
x
x



，结合自变量的取值范围得到所有整数
解，即所有进货方案；

3 根据题意调价后甲每件利润为

60
a

元，乙每件利润仍为40 元，则利润


20
4000
y
a x



，分情况
根据一次函数增减性求最大利润，结合给定最大利润求解a ，舍去不符合范围的解．
【详解】（1）解：设购进甲种衬衣x 件，则购进乙种衬衣

100
x

件，
甲每件利润为160 100
60


元，乙每件利润为120
80
40


元，
根据题意得


60
40 100
20
4000
y
x
x
x





由题意得
60
x 
，100
0
x


，
因此60
100
x


，且x 为整数；
（2）解：根据题意，总费用不超过9300元，可得


100
80 100
9300
x
x



，
整理得20
1300
x 
，
解得
65
x 
，
∵
60
x 
，且x 为正整数，
∴60
65
x


，x 的取值为60,61,62,63,64,65 ，对应乙的数量为40,39,38,37,36,35，
因此共有6 种进货方案，分别是①购进甲种衬衣60 件，乙种衬衣40 件；②购进甲种衬衣61件，乙种衬衣
39件；③购进甲种衬衣62 件，乙种衬衣38件；④购进甲种衬衣63件，乙种衬衣37 件；⑤购进甲种衬衣
64 件，乙种衬衣36件；⑥购进甲种衬衣65件，乙种衬衣35 件；
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（3）解：根据题意，调价后甲每件利润为

60
a

元，乙每件利润仍为40 元，
∴利润






60
40 100
20
4000
y
a x
x
a x







，
①当0
20
a


时，20
0
a


，
∴y 随x 的增大而增大，
∵60
65
x


，
∴当
65
x 
时，利润有最大，此时

20
65
4000
4650
a




，
解得
10
a 
；
②当
20
a 
时，
4000
4650
y 

，不符合题意；
③当20
30
a


时，20
0
a


，
∴y 随x 的增大而减小，
∵60
65
x


，
∴当
60
x 
时，利润有最大，此时

20
60
4000
4650
a




，
解得
55
6
a 
，不符合题意；
综上可得：最大利润为4650 元时a 的值为10．
7．（2026·四川南充·中考真题）在综合与实践课程中，学校数学兴趣小组调查了乡村食品加工情况，得到
下列信息．
背景
某乡水资源丰富，村民喜欢养鸭，但面临鸭蛋滞销的困境．为了
提高村民养鸭的积极性，乡政府招商引资创办了一个鸭蛋加工厂，
为村民致富提供便利，鸭蛋加工厂共有9 条加工线，将鸭蛋加工
成皮蛋或咸蛋．（温馨提示：一枚鸭蛋可加工成一枚皮蛋或咸蛋）
素材一
若3 条加工线加工皮蛋和1 条加工线加工咸蛋，则每月可加工11
万枚；
若2 条加工线加工皮蛋和3 条加工线加工咸蛋，则每月可加工12
万枚．
素材二
现收购了30 万枚鸭蛋，计划在一月内用9 条加工线加工成皮蛋或
咸蛋；经过市场调研，加工成咸蛋的数量不低于皮蛋数量的一半；
加工厂安排皮蛋加工线不低于3 条；
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一月内未能加工完的鸭蛋另作处理．
素材三
每万枚皮蛋可获利0.7 万元，每万枚咸蛋可获利1.2 万元；
一个月内未能加工的鸭蛋，按每万枚亏本0.1 万元处理．
根据以上信息，完成下列任务：
(1)【任务一】该加工厂每条加工线每月分别可加工皮蛋或咸蛋多少万枚？
(2)【任务二】工厂有几种安排加工线的方案？
(3)【任务三】如何安排加工线方案，可获得最大利润，并求出最大利润．
【答案】(1)每条加工线每月可加工皮蛋3万枚，可加工咸蛋2 万枚
(2)共有3种安排加工线的方案
(3)安排3条加工线加工皮蛋，6 条加工线加工咸蛋时可获得最大利润，最大利润为19.8万元
【分析】（1）设每条加工线每月可加工皮蛋x 万枚，可加工咸蛋y 万枚，由题意得
3
11
2
3
12
x
y
x
y







，然后进
行求解即可；
（2）设加工厂安排皮蛋加工线m 条，则安排咸蛋加工线

9
m

条，由题意得


3
1
2 9
3
2
m
m
m






，进而求解
即可；
（3）设加工厂安排皮蛋加工线m 条，则安排咸蛋加工线

9
m

条，可获利润为W 万元，由题意得
0.2
20.4
W
m


，然后根据一次函数的性质可进行求解．
【详解】（1）解：设每条加工线每月可加工皮蛋x 万枚，可加工咸蛋y 万枚，由题意得：
3
11
2
3
12
x
y
x
y







，解得：
3
2
x
y





；
答：每条加工线每月可加工皮蛋3万枚，可加工咸蛋2 万枚．
（2）解：设加工厂安排皮蛋加工线m 条，则安排咸蛋加工线

9
m

条，由题意得：


3
1
2 9
3
2
m
m
m






，解得：
36
3
7
m


，
∵m 为正整数，
∴m 的取值为3,4,5，
答：共有3种安排加工线的方案．
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（3）解：设加工厂安排皮蛋加工线m 条，则安排咸蛋加工线

9
m

条，可获利润为W 万元，由题意得：




0.7 3
1.2 2 9
0.1 30
3
2 9
W
m
m
m
m















2.1
21.6
2.4
0.1 12
m
m
m





0.2
20.4
m


，
由（2）可知：
36
3
7
m


，
∵0.2
0


，
∴W 随m 的增大而减小，
∴当
3
m 
时，W 有最大值，最大值为0.2 3
20.4
19.8



，此时9
9
3
6
m




；
答：安排3条加工线加工皮蛋，6 条加工线加工咸蛋时可获得最大利润，最大利润为19.8万元．
考点03 反比例函数
1．（2026·四川南充·中考真题）反比例函数图象经过


, 3
M a 
，


2,
N
b 两点，若
2
a


，则b 的取值范围
是（
）
A．
3
b 
B．
3

b
C．
3
b 
D．
3
b 
【答案】D
【分析】利用反比例函数中比例系数k 的性质，建立a 与b 的等量关系，再结合已知a 的范围，根据不等式
性质推导b 的取值范围．
【详解】解：设反比例函数解析式为
k
y
x

，由反比例函数性质可得k
xy

，
∵点


, 3
M a 
，


2,
N
b 在反比例函数图象上，
∴
3
2
k
a
b


，
∴
2
3
a
b

，
∵
2
a ，
∴
2
2
3 b

，
解得
3
b 
．
2．（2026·四川巴中·中考真题）函数y
kx
k


与
k
y
x

（
0
k 
）在同一平面直角坐标系中的图象可能是（
）
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据k 的符号分两种情况讨论，结合函数图象经过的象限进行判断即可．
【详解】解：分两种情况讨论：①当
0
k 
时，则
0
k

，
反比例函数
k
y
x

的图象在第一、三象限，一次函数y
kx
k


的图象经过第一、三、四象限；
观察选项A、B，图象均不符合；
②当
0
k 
时，则
0
k

，
反比例函数
k
y
x

的图象在第二、四象限，一次函数y
kx
k


的图象经过第一、二、四象限；
观察选项C，直线经过第一、三、四象限，不符合；
观察选项D，双曲线在第二、四象限，直线经过第一、二、四象限，符合．
3．（2026·四川自贡·中考真题）科创小组在研究中发现：当压力一定时，压强p（单位：Pa ）与受力面积
S（单位：
2
m ）存在函数关系．下表是他们实验的几组数据：
S （单位：
2
m ）
1
2
4
8
p （单位：Pa ）
80
40
20
10
则压强p （Pa ）与受力面积S （
2
m ）之间的函数关系式是（
）
A．
80
S
p 
B．
80
p
S

C．
80
p
S

D．
8
p
S

【答案】C
【分析】判断p 与S 为反比例函数关系，再根据表格数据求比例系数，即可得到函数关系式．
【详解】解：∵根据表格数据计算得：1 80
80


，2 40
80


，4 20
80


，8 10
80


，
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∴压力一定时，压强p 与受力面积S 成反比例关系，可设


0
k
p
k
S


，
∴
80
pS
k


，
∴
80
p
S

．
4．（2026·四川宜宾·中考真题）如图，一条直线与反比例函数
(
0)
k
y
x
x


的图象交于A、B 两点，分别与
y 轴、x 轴交于C、D 两点．若2
3
AB
BD

，
7
COD
S

△
，则k 的值是（
）
A．3
B．20
7
C．7
D．40
21
【答案】B
【分析】如图，过点A作AE
OD

于点E，过点B作BF
OD

于点F，证明DBF
DAE
∽
V
V
，得到
2
5
BF
BD
AE
AD


，
设
5
AE
a

，
2
BF
a

得到
,5
5
k
A
a
a





，
,2
2
k
B
a
a






，
5
k
OE
a

，
2
k
OF
a

，然后由平行线分线段成比例得到
5
k
FD
a

，然后利用相似三角形的性质得到
7
OC
a

，最后利用
7
COD
S

△
列方程求解．
【详解】解：如图，过点A 作AE
OD

于点E，过点B 作BF
OD

于点F，
∵2
3
AB
BD

∴
2
3
BD
AB 
∴
2
5
BD
AD 
∵AE
OD

，BF
OD

∴AE
BF

∴DBF
DAE
∽
V
V
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∴
2
5
BF
BD
AE
AD


设
5
AE
a

，
2
BF
a

∴
,5
5
k
A
a
a





，
,2
2
k
B
a
a






∴
5
k
OE
a

，
2
k
OF
a

∴
3
10
k
EF
OF
OE
a



∵AE
BF

∴
2
3
FD
BD
EF
AB


∴
2
3
3
10
FD
k
a

∴
5
k
FD
a

∴
7
2
5
10
k
k
k
OD
OF
FD
a
a
a





∵CO
OD

∴OC
BF
∥
∴DBF
DCO


∽
∴BF
FD
OC
OD

，即2
5
7
10
k
a
a
k
OC
a

∴
7
OC
a

∵
7
COD
S

△
∴1
1
7
7
7
2
2
10
k
OD OC
a
a





∴
20
7
k 
．
5．（2026·四川广元·中考真题）根据压强公式
F
p
S

，当压力F （单位：N ）一定时，压强p（单位：Pa ）
与受力面积S（单位：
2
m ）成反比例关系．若某物体受力面积增加
2
0.3 m ，则受到的压强比原来减少60 Pa ．设
该物体原受力面积为
2
m
x
，压力F 为定值，下列方程正确的是（
）
A．
60
0.3
F
F
x
x



B．
60
0.3
F
F
x
x



C．
60
0.3
F
F
x
x



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D．
60
0.3
F
F
x
x



【答案】D
【详解】已知该物体原受力面积为
2
xm ，压力F 是定值，
由压强公式
F
p
S

可得，原压强为F
x ，
受力面积增加
2
0.3m ，
变化后的受力面积为

2
0.3 m
x 
，变化后的压强为
0.3
F
x 
，
由题意得，变化后的压强比原来减少60Pa ，即原压强- 现压强
60

，
可得方程
60
0.3
F
F
x
x



．
6．（2026·四川攀枝花·中考真题）如图，点A 在函数
2 (
0)
y
x
x


的图象上，点B 在函数
(
0)
k
y
x
x


的图
象上，AB
x

轴，点C 是x 轴上一点，若ABC

的面积为3，则k 的值为_________．
【答案】4

【分析】连接OA，OB ，由AB
x

轴可得
3
OAB
ABC
S
S




，再根据反比例函数的几何意义可知
1
AOD
S


，
1
2
BOD
S
k



，即可列方程求解．
【详解】解：连接OA，OB ，
AB
x


轴，
3
OAB
ABC
S
S





，
点A 在函数
2 (
0)
y
x
x


的图象上，点B 在函数
(
0)
k
y
x
x


的图象上，
1
2
1
2
AOD
S





，
1
1
2
2
BOD
S
k
k




，
1
1
3
2 k








，
解得
4
k ．
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7．（2026·四川内江·中考真题）如图，将反比例函数
k
y
x

（
0
k ，
0
x 
）的图象绕点O 顺时针旋转45，
旋转后的图象与x 轴交于点

6,0
A
，则k _________．
【答案】18
【分析】作出点A 旋转前的对应点B ，根据旋转的性质可得
6
OB
OA


，过点B 作BC
x

轴于点C ，
根据勾股定理求出
3 2
BC
OC


，即可得出点B 的坐标，再用待定系数法求解即可．
【详解】解：如图，作出点A 旋转前的对应点B ，
45
BOA


，
∵

6,0
A
，
∴
6
OB
OA


，
过点B 作BC
x

轴于点C ，
∴
2
3 2
2
BC
OC
OB



，
∴

3 2,3 2
B
，
把

3 2,3 2
B
代入
k
y
x

，得
3 2
3 2
18
k 


．
8．（2026·四川成都·中考真题）人的视觉机能受运动速度的影响很大．在一定条件下，某人驾驶车辆时的
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视野f（单位：）与车速v（单位：km/h ）之间的关系式是 
4000
f
v

．当车速为80km/h 时，他的视野为
______．
【答案】50
【详解】解：由题意，将
80
v 
代入
4000
f
v

得：
4000
50
80
f 

，
即他的视野为50．
9．（2026·四川广元·中考真题）如图，在AOB

中，AB
x

轴，点C 为OA的中点，函数


0
k
y
x
x


的图
象经过B ，C 两点，过点B 作OA的平行线交y 轴于点D ，连接CD，若
COD
△
的面积为2，则k 的值为
__________．
【答案】8
3 /
2
2 3
【分析】设点C 的坐标为
, k
a a





，则点A 的坐标为
2
2 , k
a a





，进而可得
2
,
2
a
k
B
a






，求出
3
2
a
AB 
，进一
步可得
3
2
AOB
S
k


，根据三角形的中线平分三角形的面积得到
1
3
2
4
OBC
AOB
S
S
k




，由平行线的性质得到
3
4
COD
OBC
S
S
k




，则3
2
4 k 
，解之即可得到答案．
【详解】解：如图，连接BC ，
设点C 的坐标为
, k
a a





，
点C 为OA的中点，O为坐标原点，
点A 的坐标为
2
2 , k
a a





，
AB
x


轴，
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点B 的纵坐标为2k
a ，
点B 在反比例函数
k
y
x

的图象上，
点B 的横坐标为2
2
k
a
k
a

，即
2
,
2
a
k
B
a






，
3
2
2
2
a
a
AB
a




，
1
1
3
2
3
2
2
2
2
AOB
A
a
k
S
AB y
k
a









，
点C 为OA的中点，
1
3
2
4
OBC
AOB
S
S
k





，
BD
OA


，即BD
OC

，
点D 到直线OC 的距离等于点B 到直线OC 的距离，
3
4
COD
OBC
S
S
k





，
2
COD
S



，
3
2
4 k


，
解得
8
3
k 
．
10．（2026·四川泸州·中考真题）如图，一次函数
3
6
y
x


的图象与反比例函数
(
0)
m
y
m
x


的图象交于第
一象限的点A，且点A 到y 轴的距离为4．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)将点A 向上平移4 个单位长度得到点B，点D 在y 轴上，BD 与反比例函数的图象交于点C，若
3
CD
BC

，
求点D 的坐标．
【答案】(1)
24
y
x

(2)


0,2
D
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【分析】（1）先求解


4,6
A
，再代入反比例函数解析式求解m 即可；
（2）先求解(
)
4,10
B
，过C 作CE
y

于点E ，过B 作BF
y

轴于点F ，证明
DCE
DBF


∽
，可得
DC
CE
DE
DB
BF
DF
=
=
，求解
3
CE 
，可得


3,8
C
，求解直线BC 为
2
2
y
x


，进一步可得答案．
【详解】（1）解：∵一次函数
3
6
y
x


的图象与反比例函数
(
0)
m
y
m
x


的图象交于第一象限的点A，且
点A 到y 轴的距离为4．
∴
4
A
x 
，
3
4
6
6
A
y =
´
-
=
，即


4,6
A
，
∴6
4
m

，
解得：
24
m 
，
∴反比例函数的解析式为
24
y
x

．
（2）解：∵点A 向上平移4 个单位长度得到点B，
∴(
)
4,10
B
，
如图，过C 作CE
y

于点E ，过B 作BF
y

轴于点F ，
∴CE
BF
∥
，
∴
DCE
DBF


∽
，
∴DC
CE
DE
DB
BF
DF
=
=
，
∵
3
CD
BC

，
4
BF 
，
∴
3
4
DC
DB 
，
∴
3
4
4
CE =
，
∴4
12
CE 
，
∴
3
CE 
，
∴
3
C
x 
，
24
8
3
C
y =
=
，即


3,8
C
，
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设直线BC 为y
kx
b


，
∴
4
10
3
8
k
b
k
b
ì
+
=
ïïíï
+
=
ïî
，
解得：
2
2
k
b




，
∴直线BC 为
2
2
y
x


，
当
0
x 
，
2
y 
，
∴


0,2
D
．
11．（2026·四川乐山·中考真题）如图，一次函数
1
y
x

的图象与反比例函数


0
k
y
k
x


的图象交于


1,
P
a

、


, 1
Q b 
两点，连接OP 、OQ ．
(1)求a 、b 的值和反比例函数的表达式；
(2)求POQ

的面积．
【答案】(1)
2
a 
，
2
b 
；
2
y
x

(2) 3
2
【分析】（1）将

1,
P
a

、

, 1
Q b 
代入一次函数解析式即可求出a 、b 的值，再将点P 的坐标代入反比
例函数解析式求出m 的值即可；
（2）设一次函数
1
y
x

与x 轴相交于点A ，先求出A 点坐标，再根据
POQ
AOP
AOQ
S
S
S





计算求解．
【详解】（1）解：∵一次函数
1
y
x

的图象经过点


1,
P
a

、


, 1
Q b 
，

1
1
a




，
1
1
b
，
解得
2
a 
，
2
b 
，
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

1,2
P


、


2, 1
Q

，
∵反比例函数
k
y
x

的图象经过点

1,2
P 
，
2
k



，
∵反比例函数的表达式为
2
y
x

；
（2）解：如图，设一次函数
1
y
x

与x 轴相交于点A ，
令
0
y 
，则
1
x ，即：

1,0
A
，
1
OA

，
又


1,2
P 

，


2, 1
Q

，
1
1
3
1 2
1 1
2
2
2
POQ
AOP
AOQ
S
S
S










．
12．（2026·四川宜宾·中考真题）如图，一次函数
(
0)
y
x
b b



的图象与x 轴、y 轴分别交于B 、C 两点，
并与反比例函数
m
y
x

的图象交于横坐标为1的点P ，过点P 作PA
x

轴于点A．已知
8
PAB
S

△
．
(1)求一次函数和反比例函数的表达式；
(2)若Q 是A 点关于y 轴的对称点，M 、N 分别是y 轴和线段BC 上的动点，求
MNQ
△
周长的最小值．
【答案】(1)一次函数和反比例函数的表达式分别为
3
y
x


，
4
y
x

(2) 2 5
【分析】（1）先求出


1,1
P
b

，

1,0
A
，则
1
PA
b

，然后求出一次函数与x 轴的交点

,0
B
b

，则
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

1
1
AB
b
b


，再由三角形面积建立方程求解b ，再根据待定系数法求解函数表达式即可；
（2）过点Q 作直线BC 的对称点T ，连接
,
,
,
AM BT AT TN ，则
MNQ
C
QM
QN
MN
AM
TN
MN
AT







△
，
那么当点
,
,
,
A M N T 共线时，
MNQ
△
的周长取得最小值，即为AT ，然后证明
ABT
△
为直角三角形，再由
勾股定理求解最小值即可．
【详解】（1）解：由题意得，将
1
x 代入
(
0)
y
x
b b



，则
1
y
b

，
∴


1,1
P
b

∵PA
x

轴
∴

1,0
A
，
1
PA
b

，
对于一次函数
(
0)
y
x
b b



，当
0
y 
时，
0
x
b


，解得x
b


∴

,0
B
b

∴


1
1
AB
b
b


，
∵PA
x

轴
∴
1
8
2
PAB
S
AB
PA



△
∴


2
1 1
8
2
b


，
解得
1
3
b 
，
2
5
b （舍去）
∴一次函数表达式为
3
y
x


，1
1 3
4
b



∴


1,4
P
，
将点


1,4
P
代入
m
y
x

，则
1 4
4
m 

，
∴反比例函数表达式为
4
y
x

；
（2）解：对于直线
3
y
x


，当
0
y 
时，
3
0
x 

，解得
3
x


；当
0
x 
时，
3
y 
∴




3,0 ,
0,3
B
C

∴
3
OB
OC

，
∵
90
BOC



∴
45
OBC
OCB




∵Q 是A 点关于y 轴的对称点，

1,0
A
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∴


1,0
Q 
，
∴
3 1
2
BQ
BO
OQ




过点Q 作直线BC 的对称点T ，连接
,
,
,
AM BT AT TN ，
∴
2,
45
BT
BQ
TBN
QBN





，
,
QN
TN QM
AM


∴
MNQ
C
QM
QN
MN
AM
TN
MN
AT







△
，
90
ABT
TBN
QBN





∴当点
,
,
,
A M N T 共线时，
MNQ
△
的周长取得最小值，即为AT ，
∵
1 3
4
AB
OB
OA




∴
2
2
2
2
4
2
2 5
AT
AB
BT





，
∴
MNQ
△
的周长最小值为2 5 ．
13．（2026·四川甘孜·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy 中，正比例函数


0
y
kx k


与反比例函数
4
y
x

的图象交于

2,
A
n

，B 两点．
(1)求正比例函数的解析式；
(2)点C 是y 轴正半轴上的一点，若ABC

的面积为8，求点C 的坐标．
【答案】(1) y
x

(2)

0,4
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）根据
8
COA
COB
S
S




代入求解即可．
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【详解】（1）解：


2,
A
n

在反比例函数
4
y
x

的图象上，
4
2
2
n




，则

2, 2
A


，
点

2, 2
A


在正比例函数


0
y
kx k


的图象上，


2
2
k


，则
1
k ，
∴正比例函数的解析式为y
x

；
（2）解：联立y
x

和
4
y
x

得
4
x
x

，即
2
4
x 
，则
2
x ，
∴

2,2
B
，
ABC

的面积为8，即
COA
COB
ABC
S
S
S



△
△
，


1
2
2
8
2
OC





，
4
OC


，
∵点C 是y 轴正半轴上的一点，
点C 的坐标为

0,4 ．
14．（2026·四川南充·中考真题）如图，一次函数图象与y 轴交于点

0, 3
A

，与x 轴交于点

6,0
B
，与反
比例函数图象交于点


,1
C m
．
(1)求一次函数与反比例函数的解析式．
(2)点P 在反比例函数第一象限图象上，
BOP
OAB


，求点P 的坐标．
【答案】(1)一次函数解析式为
1
3
2
y
x

，反比例函数解析式为
8
y
x

(2)

2,4
【分析】（1）先利用待定系数法求出一次函数解析式，再将


,1
C m
代入一次函数解析式求出点C 的坐标，
再由点C 的坐标求出反比例函数的解析式；
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（2）过点P 作PD
x

轴于点D，设


8
,
0
P a
a
a







，证明OPD
ABO


∽
，根据相似三角形对应边成比例，
列方程求解．
【详解】（1）解：设一次函数解析式为y
kx
b


，
将

0, 3
A

、

6,0
B
代入y
kx
b


，
得
3
6
0
b
k
b






，
解得
1
2
3
k
b




，
∴一次函数解析式为
1
3
2
y
x


，
∵点


,1
C m
在一次函数图象上，
∴1
3
1
2 m 
，
解得
8
m 
，
∵点


8,1
C
在反比例函数图象上，
∴反比例函数解析式为
8 1
y
x


，即
8
y
x

；
（2）解：如图，过点P 作PD
x

轴于点D，
∵

0, 3
A

、

6,0
B
，
∴
3
OA ，
6
OB 
，
∵点P 在反比例函数第一象限图象上，
∴设


8
,
0
P a
a
a







，OD
a

，
8
PD
a

，
在ABO

和
OPD
△
中，
DOP
OAB


，
90
ODP
AOB



，
∴OPD
ABO


∽
，
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∴OD
PD
OA
OB

，即
8
3
6
a
a

，
解得
2
a 
或
2
a （舍），
∴点P 的坐标为

2,4 ．
15．（2026·四川凉山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正比例函数
1
2
y
x

的图象与反比例函数
k
y
x

（
0
x 
）的图象交于点

,2
A m
，在射线OA上取一点B，使得
3 2
OB OA 
∶
∶，过点B 作BC
y

轴于点C．
(1)求反比例函数的解析式；
(2)直接写出点B 的坐标_______；
(3)在x 轴上存在一点P，使PA
PC

最小，求点P 坐标．
【答案】(1)
8
y
x

(2)(6,3)
(3) 12 ,0
5






【分析】（1）先求出点A 的坐标，再将点A 的坐标代入反比例函数关系式可得答案；
（2）作AE
x

轴，作BD
x

轴，再根据平行线分线段成比例得OB
OD
OA
OE

，然后代入求出点B 的横坐标，
最后代入关系式求出纵坐标可得答案；
（3）先求出点
(0,3)
C
，作点C 关于x 轴对称的点
(0, 3)
C

，连接AC交x 轴于点P，再根据两点之间线段
最短可得PA
PC

的最小值为AC，然后求出直线AC的关系式为
5
3
4
y
x

，最后令
0
y 
求出答案即可．
【详解】（1）解：∵点
( ,2)
A m
在正比例函数
1
2
y
x

的图象上，
∴1
2
2 m 
，
解得
4
m 
，
∴点
(4,2)
A
．
∵反比例函数
k
y
x

的图象过点
(4,2)
A
，
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∴2
4
k

，
解得
8
k =
，
∴反比例函数关系式为
8
y
x

；
（2）解：过点A 作AE
x

轴，于点E，过点B 作BD
x

轴，于点D，
∵AE
BD
∥
，
∴OB
OD
OA
OE

设点B 的横坐标为a，根据题意，得则
,
4
OD
a OE


，
∴
3
2
4
OB
a
OA 

，
解得
6
a 
，
当
6
x 
时，
1
6
3
2
y 


，
∴点
(6,3)
B
；
（3）解：∵点
(6,3)
B
，BC
y

轴，
∴点
(0,3)
C
，
作点C 关于x 轴对称的点
(0, 3)
C

，连接AC交x 轴于点P，
∴PA
PC
PA
PC



，
根据两点之间线段最短可得PA
PC
AC



，
∴PA
PC

的最小值为AC．
设直线AC的关系式为y
mx
n


，根据题意，得
4
2
3
m
n
n






，
解得
5 ,
4
3
m
n






，
∴直线AC的关系式为
5
3
4
y
x

，
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当
0
y 
时，
12
5
x 
，
∴点
12 ,0
5
P





．
16．（2026·四川广元·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy 中，一次函数
1
2
y
x
b


的图象与x 轴，y 轴
分别交于A ，B 两点，与函数


4
0
y
x
x


的图象交于点


,2
C a
．
(1)求a ，b 的值；
(2)将线段AB 绕点A 逆时针旋转90到AD ，连接BD ，将ABD

沿直线AB 平移，当点D 的对应点E 恰好落
在函数


4
0
y
x
x


的图象上时，求点E 的坐标．
【答案】(1)
2,
1
a
b


(2)


1,4
E
【分析】（1）先利用反比例函数的解析式求出a 的值得到点C 的坐标，将点C 的坐标代入一次函数的解析
式中，求出b 的值；
（2）先求出点A、B 的坐标，过点D 作DE
x

轴于点E，证明


ADE
BAO AAS


≌
，由此求出点D 的坐
标，由平移知
//
DE AB ，可求出直线DE 的解析式，再求出直线DE 与反比例函数


4
0
y
x
x


的图象交点即
为点E 的坐标．
【详解】（1）解：将点


,2
C a
代入
4
y
x

中，得2
4
a 
，
解得
2
a 
，
∴


2,2
C
，
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将


2,2
C
代入
1
2
y
x
b


中，得
1
b ；
（2）由（1）知
1
1
2
y
x

，
令
0
x 
得
1
y ；令
0
y 
得
2
x ，
∴



0,1 ,
2,0
B
A 
，
∴
1,
2
OB
OA


，
过点D 作DE
x

轴于点E，
由旋转得
,
90
AD
AB
DAB



，
∴
90
ADE
BAO
DAE




，
又∵
90
AED
BOA



，
∴


ADE
BAO AAS


≌
，
∴
1,
2
AE
OB
DE
OA




，
∴


3,2
D 
，
∵直线AB 的解析式为
1
1
2
y
x

，平移后
//
DE AB ，
∴设直线DE 解析式为
1
2
y
x
m


，
将点


3,2
D 
代入，得
3
2
2
m



，
解得
7
2
m 
，
∴直线DE 解析式为
1
7
2
2
y
x


，
令1
7
4
2
2
x
x


，
解得
1
x 或
8
x （舍去），
∴
4
4
1
y 

，
∴


1,4
E
．
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17．（2026·四川广安·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，一次函数
4
y
kx

（k 为常数，
0
k 
）的
图象与x 轴，y 轴分别交于A ，B 两点，与反比例函数
m
y
x

（m 为常数，
0
m 
）在第二，四象限分别交
于C ，D 两点，点


3,
D
b ，
2
OB
OA

．
(1)求一次函数和反比例函数的解析式；
(2)点P 在坐标轴上，以点O，D ，P 为顶点的等腰三角形有个，当点P 在x 轴负半轴时，求等腰三角形ODP
的面积；
(3)如图2，已知函数
m
y
kx
x


的大致图象，请结合图象直接写出该函数的两条性质．
【答案】(1)
2
4
y
x



；
6
y
x


(2)8 ；13
(3)①当
0
x 
时，y 随x 增大而减小
②当
0
x 
时y 随x 增大而减小
【分析】（1）用待定系数法求出一次函数的解析式，根据一次函数的解析式求出点D 的坐标，再利用待定
系数法求出反比例函数的解析式；
（2）点P 在坐标轴上，以点O，D ，P 为顶点的三角形是等腰三角形时，应分三种情况讨论：PO
PD

、
PO
OD

，PD
OD

；根据三角形的面积公式求出当点P 在x 轴负半轴时，等腰三角形ODP 的面积；
（3）根据函数图象写出该函数的两条性质即可．
【详解】（1）解：将
0
x 
代入
4
y
kx


，
可得：
4
y 
，
点B 的坐标为

0,4 ，
4
OB


，
2
OB
OA


，
2
OA


，
点A 的坐标为

2,0 ，
40 / 172
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将

2,0
A
代入
4
y
kx


，
可得：2
4
0
k 

，
解得：
2
k


，
一次函数的解析式为
2
4
y
x



，
将


3,
D
b 代入
2
4
y
x



，
可得：
2 3
4
b 
，
解得：
2
b ，
点D 的坐标为

3, 2

，
将


3, 2
D

代入
m
y
x

，
可得：3
2
m
，
解得：
6
m


，
反比例函数的解析式为
6
y
x


；
（2）解：点D 的坐标为

3, 2

，


2
23
2
13
OD




，
当PO
PD

时，若点P 在x 轴上，设点P 的坐标为

,0
x
，
则有PO
x

，




2
2
3
0
2
PD
x









2
2
2
3
0
2
x
x





，
解得：
13
6
x 
，
点P 的坐标为13 ,0
6





；
当PO
PD

时，点P 在y 轴上，设点P 的坐标为

0, y ，
则有PO
y

，




2
2
3
0
2
PD
y










2
2
2
3
0
2
y
y





，
解得：
13
4
y 
，
41 / 172
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点P 的坐标为
13
0,
4






；
当OP
OD

，点P 在x 轴上时，
13
OP
OD



，
点P 的坐标是

13,0

或

13,0 ；
当OP
OD

，点P 在x 轴上时，
13
OP
OD



，
点P 的坐标是

0,
13

或

0, 13 ；
当
13
DO
DP


，点P 在x 轴上时，
如下图所示，过点D 作DE
y

轴，
点D 的坐标是

3, 2

，
3
DE


，
2
OE 
，
4
OP


，
点P 的坐标是

0, 4

；
当
13
DO
DP


，点P 在y 轴上时，
如下图所示，过点D 作DF
x

轴，
点D 的坐标是

3, 2

，
3
OF

，
2
DF 
，
6
OP


，
点P 的坐标是

6,0 ；
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当ODP

是等腰三角形，点P 在坐标轴上时，点P 的坐标为13 ,0
6





或
13
0,
4






或


13,0

或

13,0 

0,
13

或

0, 13 或

0, 4

或

6,0 ，
综上所述，以点O，D ，P 为顶点的等腰三角形有8个；
13
OP
OD



，
1
13
2
13
2
ODP
S





△
；
（3）解：图象的性质：①当
0
x 
时，y 随x 增大而减小；
②当
0
x 
时y 随x 增大而减小；
③函数的图象关于原点对称；
18．（2026·四川成都·中考真题）如图1，在平面直角坐标系xOy 中，直线y
kx

与反比例函数
2
y
x

的图象
相交于

1,
A
a ，B 两点，过点A 分别作x 轴，y 轴的垂线，垂足分别为C，D．
(1)求线段AB 的长；
(2)已知P 为y 轴正半轴上一点，若ABP

为直角三角形，求点P 的坐标；
(3)如图2，将线段DA ，AC 组成的折线段“ D
A
C


”沿x 轴正方向平移得到折线段“ D
A
C





”，点D，A，
C 的对应点分别为
,
,
D A C


．A C
与反比例函数的图象交于点E，直线BD与反比例函数的图象在第一象限
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交于点F，OE 与C F交于点G．试探究：在平移过程中，FG
GC的值是否为定值？若是，求出这个值；若不
是，请说明理由．
【答案】(1)
2 5
AB 
(2)点P 的坐标为

0, 5 或
5
0,2






(3)是定值，
3
2
FG
GC 

【分析】（1）将
(1, )
A
a 代入反比例函数解析式求出点A 坐标，再代入正比例函数解析式求出直线解析式，
根据正比例函数与反比例函数的交点关于原点对称即可求出
( 1, 2)
B 

，最后根据两点距离公式求解即可；
（2）设
(0, )
P
p ，
0
p 
，分三种情况讨论直角位置：①
90
APB


，②
90
PAB


，③
90
PBA


，根
据勾股定理列方程求解即可；
（3）设平移距离为(
0)
t t 
，则
( ,2)
D t

，
(1
,0)
C
t


，
2
1
,1
E
t
t







，求出直线BD的解析式，与
2
y
x

联立，
求出点
1
4
,
2
1
t
F
t








，求出OE 的解析式，直线C F
的解析式，联立后求出交点G 的横坐标
4(1
)
5
G
t
x


，
过点
,
G F 分别作GH
x

轴，FK
x

轴，根据平行线分线段成比例得出FG
KH
GC
C G



，即可解答．
【详解】（1）解：∵
(1, )
A
a 在反比例函数
2
y
x

上，代入得
2
2
1
a 

，即
(1,2)
A
，
将
(1,2)
A
代入y
kx

得
2
k 
，直线为
2
y
x

，
∵正比例函数与反比例函数的交点关于原点对称，
∴
( 1, 2)
B 

，
由两点距离公式：
2
2
2
2
[1
( 1)]
[2
( 2)]
2
4
2 5
AB 






；
（2）解：设
(0, )
P
p ，
0
p 
，
分三种情况讨论直角位置：①
90
APB


：由勾股定理得
2
2
2
AP
BP
AB


，
则
2
2
2
2
[1
(2
) ] [( 1)
(
2
) ]
20
p
p







，
化简得
2
5
p 
，
故
5
p 
（负值已舍去），
即

0, 5
P
；
②
90
PAB


：由勾股定理得
2
2
2
PA
AB
PB


，
则
2
2
[1 (2
) ]
20
1 ( 2
)
p
p





，
44 / 172
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解得
5
2
p 
，
即
5
(0,
)
2
P
；
③
90
PBA


：由勾股定理得
2
2
2
PB
AB
PA


，
则
2
2
20
1
( 2
)
1
(2
)
p
p









，
解得：
5
2
p 
，不符合
0
p 
，舍去；
综上，若ABP

为直角三角形，则
5
(0,
)
2
P
或

0, 5
P
；
（3）解：根据（1）可知
(1,2)
A
，
∴




0,2 ,
1,0
D
C
，
设平移距离为(
0)
t t 
，则平移后各点坐标：
( ,2)
D t

，
(1
,0)
C
t


，
2
1
,1
E
t
t







，
设直线BD的解析式为y
mx
n


，
代入点
( 1, 2)
B 

和点
( ,2)
D t

得
2
2
m
n
tm
n






，
解得：
4
1
2
2
1
m
t
t
n
t










，
∴直线BD的解析式为
4
2
2
1
1
x
t
y
t
t





，
直线BD的解析式与
2
y
x

联立得2
4
2
2
1
1
x
t
x
t
t





，整理得




2
2
1
1
0
x
t x
t





，
解得：
1
x 或
1
2
t
x


，
∴点
1
4
,
2
1
t
F
t








，
设直线OE 的解析式为y
m x

，
则


2
1
1
m
t
t 



，解得：


2
2
1
m
t


，
∴直线OE 的解析式为：
2
2
(1
)
y
x
t


，
设直线C F
的解析式为y
cx
d


，
则


0
1
4
1
1
2
c
t
d
t
c
d
t










，
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解得：


2
8
1
8
1
c
t
d
t









，
∴直线C F
的解析式为
2
8
8
(1
)
1
y
x
t
t





，
联立直线OE 的解析式和直线C F
的解析式得
2
2
2
8
8
(1
)
(1
)
1
x
x
t
t
t





，
解得：


4 1
5
t
x


，
即交点G 的横坐标
4(1
)
5
G
t
x


，
过点
,
G F 分别作GH
x

轴，FK
x

轴，
则
//
GH FK ，
∴FG
KH
GC
C G



，
∵










4 1
3 1
4 1
2 1
1
,
1
5
2
10
5
10
G
F
C
G
t
t
t
t
t
KH
x
x
C H
x
x
t


















，
∴




3 1
3
10
2 1
2
10
t
FG
t
GC




．
19.（2026·四川达州·中考真题）数学活动：探究一次函数与反比例函数的关系
【定义】当两个函数图象无交点时，称它们为“陌生函数”：当两个函数图象只有一个交点时，称它们为“相
连函数”，交点为相连点；当两个函数图象有两个交点时，称它们为“友好函数”，交点为友好点．
根据定义在判定一次函数与反比例函数为何种关系函数时，可用以下两种方法：
【方法一】根据函数表达式画出图象，由图象确定．如图1．因为一次函数与反比例函数图象没有交点，所
以它们是“陌生函数”
【方法二】根据一元二次方程根的判别式确定，如判定
2
1
y
x

与
1
y
x

的关系时，由函数表达式得
1
2
1
x
x

，
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去分母得
2
2
1
0
x
x


，因为
9
0


，所以函数图象有两个交点，故它们是“友好函数”
【问题解决】
(1)对于函数①
2
y
x

，②
2
y
x

，③
3
1
y
x


．其中①与②是“______函数”，①与③是“______函数”；
(2)若


1
0
m
y
m
x


与


2
0
y
kx
b k



是“友好函数”，如图2，当
1
2
y
y

时，x 的取值范围是______；若


0
n
y
n
x


与
2
6
y
x

是“相连函数”，则n 的值为______；
(3)如图3，过点


0,6
C
的直线1l 、2l 对应的函数分别与
1k
y
x

（
1
0
k 
，
0
x 
），
2k
y
x

（
2
0
k 
，
0
x 
）
是“相连函数”，相连点分别为P ，Q ，1l 、2l 与x 轴分别交于A ，B 两点，已知
6
AB 
，1
2
18
k k 
，求
2
2
1
2
k
k

的值．
【答案】(1)陌生；友好
(2)
3
x


或0
1
x

；
9
2

(3) 45
【分析】（1）联立函数，根据方程的解的个数判断函数类型即可；
（2）根据图象判断
1
2
y
y

时，x 的取值范围；联立


0
n
y
n
x


与
2
6
y
x

，由
0

求出n 的值；
（3）设直线1l 的函数解析式为
3
6
y
k x


，直线2l 的函数解析式为
4
6
y
k x


，将
3
6
y
k x


与
1k
y
x

联立，
并结合
0

可得
3
1
9
k
k


，进而计算出点A 的坐标为
1
2
,0
3 k





，同理，点B 的坐标为
2
2
,0
3 k





．由
6
AB 
可
得
2
1
9
k
k


，利用完全平方公式变形可计算出
2
2
1
2
k
k

的值．
【详解】（1）解：对于①与②，联立得
2
2x
x


，
整理，得
2
1
0
x 
，
∵
2
1 1
x ，
∴该方程无实数解，即
2
y
x

与
2
y
x

无交点，
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∴①与②是“陌生函数”，
对于①与③，联立得
2
3
1
x
x



，
整理，得
2
3
2
0
x
x



，
∴




2
Δ
1
4 3
2
25
0




，
∴
2
y
x

与
3
1
y
x


有两个交点，
∴①与③是“友好函数”；
（2）解：由图可知，两个函数的交点的横坐标为3
和1，且在
3
x


和0
1
x

部分，反比例函数的图象高
于一次函数的图象，
∴当
1
2
y
y

时，x 的取值范围是
3
x


或0
1
x

；
联立


0
n
y
n
x


与
2
6
y
x

，得，
2
6
n
x
x


，
整理，得
2
2
6
0
x
x
n



，
∵


0
n
y
n
x


与
2
6
y
x

是“相连函数”，
∴




2
Δ
6
4
2
0
n




，
解得
9
2
n 
；
（3）解：设直线1l 的函数解析式为
3
6
y
k x


，直线2l 的函数解析式为
4
6
y
k x


，
联立
3
6
y
k x


与
1k
y
x

，得，
1
3
6
k
k x
x


，
整理，得
2
3
1
6
0
k x
x
k



，
∵
3
6
y
k x


与
1k
y
x

是“相连函数”，
∴


2
3
1
Δ
6
4
0
k
k




，
∴
1 3
9
k k


，即
3
1
9
k
k


，
∴直线1l 的函数解析式为
1
9
6
y
x
k



，
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将
0
y 
代入
1
9
6
y
x
k



，得
1
2
3
x
k

，
∴点A 的坐标为
1
2
,0
3 k





，
同理，点B 的坐标为
2
2
,0
3 k





，
∴
2
1
2
2
6
3
3
AB
k
k



，即
2
1
9
k
k


，
∴




2
2
2
2
1
2
2
1
1
2
2
9
2
18
45
k
k
k
k
k k








．
考点04 二次函数
1．（2026·四川甘孜·中考真题）对于抛物线


2
3
5
4
y
x



，以下说法正确的是（
）
A．开口向下
B．对称轴为直线
5
x 
C．顶点坐标为

5,4
D．当
5
x 
时，y 随x 的增大而减小
【答案】B
【分析】根据抛物线顶点式
2
(
)
y
a x
h
k



的性质，分别判断开口方向、对称轴、顶点坐标和增减性，即
可得到正确选项．
【详解】解：∵抛物线解析式为


2
3
5
4
y
x



∴
3
0
a 

∴抛物线开口向上，故A 错误
对称轴为直线
5
x 
，故B 正确
顶点坐标为

5, 4

，故C 错误
∵抛物线开口向上，对称轴为直线
5
x 
∴当
5
x 
时，y 随x 的增大而增大，故D 错误．
2．（2026·四川广元·中考真题）已知二次函数
2
2
3
y
x
x



，当
2
a
x
a


时，y 的最小值为t ，则下列t
与a 的函数关系图象正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
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【分析】先求出二次函数的对称轴和顶点坐标，再根据
2
a
x
a



与对称轴的位置关系分类讨论，求出t 关
于a 的分段函数表达式，最后根据表达式判断函数图象．
【详解】解：
2
2
2
3
(
1)
2
y
x
x
x






，
抛物线开口向上，对称轴为直线
1
x ，顶点坐标为(1,2) ，
当
2
a
x
a



时，y 的最小值为t ，
分三种情况讨论：
①当
2
a
x
a



在对称轴左侧，即
2
1
a 
，
解得
1
a


时，y 随x 的增大而减小，
当
2
x
a


时，y 取得最小值
2
2
(
2 1)
2
(
1)
2
t
a
a







；
②当
2
a
x
a



包含对称轴，即
1
2
a
a


，
解得1
1
a

时，y 的最小值为顶点的纵坐标，
2
t

；
③当
2
a
x
a



在对称轴右侧，即
1
a 时，y 随x 的增大而增大，
当x
a

时，y 取得最小值
2
(
1)
2
t
a



，
综上所述，t 与a 的函数关系为：�=
(�+ 1)2 + 2
(�<−1)
2
( −1 ≤�≤1)
(�−1)2 + 2
(�> 1)
，
观察图象可知，当1
1
a

时，图象为平行于a 轴的线段；
当
1
a 或
1
a


时，图象为开口向上的抛物线的一部分，故A 符合题意．
3．（2026·四川宜宾·中考真题）点P 是抛物线




2
2
2
1
1
y
x
a
x
a





的顶点，点

1,
A
m

、

,
B t m 在抛
物线上（其中
1
t ）．下列结论：
①当点P 在x 轴上时，
1
a ；②点P 在直线
2
y
x

上；③
2
1
m
t

；④当点P 所在直线与线段AB 没有交点
时，a 的取值范围是
2
a 
；⑤当点P 在原点时，过点
1
0,
4
C 





的直线与抛物线交于M 、N 两点，则
1
1
4
CM
CN


．
其中正确的结论有（
）
A．2 个
B．3个
C．4 个
D．5个
【答案】B
【分析】先对抛物线配方得到顶点坐标，再逐个验证五个结论，利用二次函数顶点坐标性质、对称点性质、
交点判断等初中知识逐一分析，统计正确结论个数即可．
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【详解】解：∵






2
2
2
2
1
1
1
2
2
y
x
a
x
a
x
a
a














，
∴顶点P 坐标为

1, 2
2
a
a



，
①若P 在x 轴上，则顶点纵坐标为0 ，即2
2
0
a



，
解得
1
a ，故①正确；
②将
1
x
a

代入


2
2
1
2
2
y
x
a
a




，当
1
a 时，2
2
2
2
a
a



，
∴点P 不在直线
2
y
x

上，故②错误；
③∵

1,
A
m

，

,
B t m 纵坐标相同，对称轴为
1
x
a

，
∴
1
1
2
t
a


，
解得
2
1
t
a

，
将

1,
A
m

代入抛物线得




2
2
2
( 1)
2
1
1
1
2
2
m
a
a
a
a









，
∴


2
2
2
2
2
2
2 2
1
2
(
1)
1 1
m
t
a
a
a
a
a
a










，
当
1
a 时
2
1
m
t

，不满足
2
1
m
t

，故③错误；
④∵顶点P 坐标为

1, 2
2
a
a



，
∴


2
2
2
1
2
P
P
y
a
a
x





，
∴P 所在直线为
2
y
x


，
将y
m

代入
2
y
x


得，
2
m
x

，
解得
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
a
m
x
a
a









，
∵当点P 所在直线与线段AB 没有交点时，
∴
1
x


或
2
1
x
t
a

，
∴
2
2
2
1
2
a
a


或
2
2
2
2
1
2
a
a
a



，
整理得，

2
0
a a 

或

2
0
a a 

，
∵
2
1
1
t
a

，
∴
0
a 
，
∴

2
0
a a 

无解；
∵

2
0
a a 

，
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∴
2
0
a 

，
∴
2
a 
，故④正确；
⑤∵点

1, 2
2
P a
a



在原点，
∴
1
0
a
，2
2
0
a



，
∴
1
a ，
∴抛物线为
2
y
x


，
当过
1
0,
4
C 






的直线是
0
x 
时，此时直线与抛物线只有一个交点不符合题意，
则可设过
1
0,
4
C 






的直线为
1
4
y
kx


，
联立得
2
1
4
x
kx



，
整理得，
2
4
4
1
0
x
kx


，
设


1
1
,
M x y
，


2
2
,
N x
y
，
∴
1
2
x
x
k

，
1
2
1
4
x x 
，
∴

2
2
1
2
x
x
k


，
1
2
1
4
x x 
，
∴
2
2
2
1
2
1
2
2
x
x
x x
k



，即
2
2
2
1
2
1
2
2
x
x
k
x x



，
∴

2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
2
2
2
2
1
4
4
x
x
x
x
x
x
k
x x
x
x
k
k



















∴
2
1
2
1
x
x
k


，
∴




2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
0
0
1
4
4
4
CM
x
y
x
kx
x
k























，
同理可得，
2
2
1
CN
x
k


，
∴










2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
1
1
1
1
1
4
1
1
1
1
1
4
4
k
x
x
k
x
k
x
k
CM
CN
CM
CN
CM CN
x x
k
k
k

















，故⑤正确．
综上，正确结论为①④⑤，共3 个．
4．（2026·四川巴中·中考真题）关于二次函数
2
1
4
y
x
x


，下列说法正确的个数是（
）
①它的图象经过第一、二、三象限；
②当
3
x 
时，y 随x 的增大而增大；
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③它的图象可由
2
1
4
y
x

向右平移2 个单位，再向下平移1 个单位得到；
④直线
1
y
kx

（k 为常数）与它的图象一定有两个交点．
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】C
【分析】先将二次函数配方为顶点式，再结合二次函数的图象性质、平移规律、交点与判别式的关系，逐
个判断即可得结论．
【详解】解：∵
2
2
1
1 (
2)
1
4
4
y
x
x
x




，
∵
1
0
4
a 

，
∴抛物线开口向上，对称轴为
2
x 
，顶点坐标为

2, 1

，
①令
0
y 
，得
2
1
0
4 x
x


，解得
0
x 
或
4
x 
，即抛物线与x 轴交于

0,0 和

4,0 ，
∵抛物线开口向上，
∴当
0
x 
时，
2
1
0
4
y
x
x



恒成立，不存在
0
x 
且
0
y 
的点，
∴图象不经过第三象限，故①错误；
②∵开口向上，对称轴为
2
x 
，
∴
2
x 
时，y 随x 的增大而增大，又3
2

，
∴
3
x 
时y 随x 的增大而增大，故②正确；
③根据平移规律可得，
2
1
4
y
x

向右平移2 个单位，再向下平移1 个单位，得到的二次函数解析式为
2
1 (
2)
1
4
y
x


，与原函数一致，故③正确；
④联立
2
1
4
1
y
x
x
y
kx








，整理得


2
4
1
4
0
x
k
x




，
∵




2
2
Δ
[ 4
1 ]
4 1
4
16(
1)
16
0
k
k







恒成立，
∴方程总有两个不相等的实数根，即直线与抛物线一定有两个交点，故④正确；
综上所述，正确的说法共3 个．
5．（2026·四川乐山·中考真题）已知二次函数
2
y
x
bx
c



，有下列结论：
①二次函数图象与y 轴的交点坐标是

0,c ；
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②二次函数的顶点坐标是
2
,
2
4
b
b
c









；
③若二次函数图象经过

1
1,
A
y

、


2
3,
B
y
两点，且
1
2
y
y

，则
2
b ；
④当1
2
x


时，二次函数的最大值为m ，最小值为n ，则m
n

的值与c 无关．
其中，正确的结论有（
）
A．1个
B．2 个
C．3个
D．4 个
【答案】B
【分析】根据二次函数的基础性质，逐一验证四个结论，利用代入法、配方法、分类讨论区间最值的方法
判断结论正误．
【详解】解：对①：令
0
x 
，得y
c

，∴二次函数图象与y 轴交点坐标是

0,c ，①正确．
对②：对函数配方得
2
2
2
(
)
2
4
b
b
y
x
bx
c
x
c






，
∴顶点坐标为
2
,
2
4
b
b
c








，结论中横坐标错误，②错误．
对③：代入
,
A B 坐标得
1
1
y
b
c


，
2
9
3
y
b
c



，∵
1
2
y
y

，
∴1
9
3
b
c
b
c




，化简得
2
b ，结论错误，③错误．
对④：二次函数开口向上，对称轴为
2
b
x 
，对区间1
2
x


分情况讨论：
若
1
2
b

，即
2
b ，二次函数y 随x 的增大而增大，



4
2
1
3
m
n
b
c
b
c
b









，不含c ；
若
2
2
b


，即
4
b ，二次函数y 随x 的增大而减小，



1
4
2
3
m
n
b
c
b
c
b








，不含c ；
若1
2
2
b


，即4
2
b

，最小值为顶点纵坐标
2
4
b
n
c


，最大值在离对称轴更远的端点，计算得m
n

仍消去c ，不含c ；
因此m
n

的值与c 无关，④正确．
综上，正确结论共2 个．
6．（2026·四川南充·中考真题）已知抛物线
2
1
1
:
C
y
mx

与


2
2
2
:
2
C
y
m
x


，过原点O 的直线l 与抛物线
1
C ，
2
C 的另一个交点分别为
1A ，
2
A ，如果
2
1
3
OA
OA

，则m 的值为（
）
A．3
或
3
2

B．3
或1
C．
1
2

或
3
2

D．
1
2

或1
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【答案】A
【分析】设过原点的直线方程，联立两个抛物线得到交点坐标，利用两点间距离公式列方程求解m 即可．
【详解】解：设过原点O的直线l 为y
kx

，
0
k 
，
联立直线l 与抛物线
1
C ，消去y 得：
2
mx
kx

，解得：
1
2
0,
k
x
x
m


，
∴
1A 的横坐标为k
m ，代入y
kx

得：
2
k
k
y
k m
m



，
∴
2
1
, m
A
k
k
m






，
同理联立直线l 与抛物线
2
C 得：
2
A 的坐标为
2
,
2
2
k
k
m
m








，
∴根据两点间距离公式可得：


2
2
2
2
2
4
2
2
4
2
2
2
1
2
2
2
0
0
,
0
0
2
2
2
k
O
m
A
OA
m
k
k
k
k
k
k
k
m
m
m
m







































∵
2
1
3
OA
OA

，
∴
2
2
1
2
9
OA
OA

，
∴

2
4
2
4
2
2
9
2
k
k
k
k
m
m





，
∵
0
k 
，
2
4
0
k
k


，
∴约去公因式得

2
2
1
9
2
m
m


，整理得
2
2
9
9
0
m
m
+
+
=
，
解得：
1
3
m ，
2
3
2
m 
，
经检验：
1
3
m ，
2
3
2
m 
都是方程的解，
∴m 的值为3
或
3
2

．
7．（2026·四川南充·中考真题）抛物线
2
2
y
x
mx
m



与x 轴交于A，B 两点，且
5
AB 
，则m 的值为
_______．
【答案】1或3
【分析】设

1,0
A x
，

2,0
B x
，可得
1
2
,
x x 是一元二次方程
2
2
0
x
mx
m




的两个根，利用根与系数的关
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系表示
1
2
x
x

与
1
2
x x ，结合
5
AB 
的条件，建立关于m 的一元二次方程，求解即可得到m 的值．
【详解】解：设

1,0
A x
，

2,0
B x
，
令
0
y 
，得
2
2
0
x
mx
m




，
由根与系数的关系得
1
2
x
x
m


，
1
2
2
x x
m


，






2
2
2
1
2
1
2
1
2
|
|
4
4
2
4
8
AB
x
x
x
x
x x
m
m
m
m











，
∵
5
AB 
，
∴
2
4
8
5
m
m



，
两边平方得
2
4
8
5
m
m



，
整理得
2
4
3
0
m
m



，
因式分解得


1
3
0
m
m



，
解得
1
m 或
3
m 
．
8．（2026·四川内江·中考真题）在边长为6 的正方形ABCD 中，点P 、Q 分别为对角线AC 、边CD上的
动点，且
2
DQ
AP

，则PQ 的最小值为_________．
【答案】3 2
【分析】过点P 作EF
AB

于点E ，交CD于点F ，证明EAP

是等腰直角三角形，四边形AEFD 是矩形，
设AP
x

，求得
2
6
2
PF
x


，
2
2
QF
x

，在Rt
PQF
△
中，由勾股定理得


2
2
3 2
18
PQ
x 


，最后利
用二次函数的性质求解即可．
【详解】解：过点P 作EF
AB

于点E ，交CD于点F ，
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∵四边形ABCD是正方形，边长为6，
∴
90
BAD
ADC



，
45
EAP


，
6
AD
CD


，
∵EF
AB

，
∴EAP

是等腰直角三角形，四边形AEFD 是矩形，
∴
6
EF
AD


，AE
EP
DF


，EF
CD

，
设AP
x

，则
2
DQ
x

，
∵
2
6
DQ
x


，
∴0
3 2
x


，
∵
2
2
2
2
2
2
2
AE
EP
AP
AE
EP




，
∴
2
2
AE
PE
x


，
∴
2
6
2
PF
EF
PE
x




，
2
2
2
2
2
QF
DQ
DF
x
x
x





，
在Rt
PQF
△
中，
由勾股定理得
2
2
2
2
2
2
2
6
2
2
PQ
FQ
PF
x
x





















2
2
36
6 2
2
2
x
x
x






2
2
6 2
36
3 2
18
x
x
x 





，
∵

2
3 2
0
x

，0
3 2
x


，
∴当
3 2
x 
时，
2
PQ 有最小值18，
∴PQ 的最小值为3 2 ．
9．（2026·四川宜宾·中考真题）如图，
135
ABC


，
8
AB
BC


，将AC 绕点A 逆时针旋转90得到AD ．连
接BD ，则BD 的最小值为________．
【答案】8 6
3
/ 8
6
3
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【分析】首先构造辅助线与全等三角形，将BD 转化为CE ；再用代数表达式表示CE 的长度；最后通过二次
函数的性质求CE 的最小值，即BD 的最小值．
【详解】解：过A 作AE
AB

，使AE
AB

，连接CE 、BE ．
∴
45
ABE
AEB



,
∵
135
ABC



，
∴
90
CBE
ABC
ABE




；
又
8
AB
BC


，
设AB
m

，则
8
BC
m


．
由旋转性质，得AD
AC

，
90
DAC


，
90
BAD
CAE
BAC




，
又AE
AB

,


SAS
DAB
CAE


≌
，
∴BD
CE

．
在Rt BAE

中，




2
2
2
2
BE
AB
AE
AB
m ，
在Rt
CBE
△
中，由勾股定理得，
2
2
2
CE
BC
BE


代入
8
BC
m


、
2
BE
m

，
化简得：
2
2
2
2
2
8
128
(8
)
2
3
16
64
3
3
3
CE
m
m
m
m
m















，
∵3
0

，
∴抛物线开口向上，
故当
8
3
m 
时，
2
CE 取最小值128
3 ，故
128
8 6
3
3
CE


最小
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，即
8 6
3
BD

最小
．
10．（2026·四川攀枝花·中考真题）已知二次函数
2
3
4
4
y
x
ax


，其中a 为常数．
(1)若
3
2
a 
，求此函数图象的顶点坐标；
(2)当1
4
x


时，y 随x 的增大而减小；当8
12
x


时，y 随x 的增大而增大，求a 的取值范围．
【答案】(1)

1,1
(2)6
12
a


【分析】（1）将
3
2
a 
代入二次函数
2
3
4
4
y
x
ax


中，得到


2
3
1
1
y
x

，即可得到函数图象的顶点坐
标为

1,1 ；
（2）先求得抛物线的对称轴为直线
2
3
a
x 
，根据当1
4
x


时，y 随x 的增大而减小；当8
12
x


时，y 随
x 的增大而增大，得到
2
4
8
3 a

，即可求得a 的取值范围．
【详解】（1）解：∵
3
2
a 
，
∴二次函数


2
2
2
2
3
3
4
4
3
4
4
3
6
4
3
1
1
2
y
x
ax
x
x
x
x
x










，
∴函数图象的顶点坐标为

1,1 ；
（2）解：∵二次函数为
2
3
4
4
y
x
ax



，
∴对称轴为直线
4
2
2 3
3
a
a
x




，
∵当1
4
x


时，y 随x 的增大而减小，
∴2
4
3 a 
，解得
6
a 
；
∵当8
12
x


时，y 随x 的增大而增大，
∴2
8
3 a 
，解得
12
a 
，
∴a 的取值范围是6
12
a


．
11．（2026·四川眉山·中考真题）2025 年，在四川省城市足球联赛（简称“川超”）比赛期间，为促进体育经
济发展，眉山市文旅局联合餐饮住宿企业、土特产生产企业推出各种优惠活动．
(1)某食品厂原计划每月生产芝麻糕2000 件，为响应文旅局号召，连续两月提高产量后，月产量达到2880
件，若每月产量的增长率相同，求每月产量的增长率；
(2)该食品厂原来每天可销售60 件芝麻糕，每件盈利30 元．参与优惠活动后，该食品厂每降价1 元，就可
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多售出5 件．问该食品厂应降价多少元，才能使利润最大？最大利润为多少？
【答案】(1)每月产量的增长率为20% .
(2)应降价9元，最大利润为2205 元.
【分析】（1）设每月产量的增长率为x ，根据原产量和增长两次后的产量关系列方程，舍去不符合实际的
负根即可得到结果；
（2）设降价x 元，每天总利润为y 元，根据总利润每件利润销售量列出二次函数解析式，配方后根据
二次函数的性质即可求出最大利润和对应的降价金额．
【详解】（1）解：设每月产量的增长率为x ，
根据题意列方程得:
2
2000(1
)
2880
x


，
解得
1
0.2
20%
x 

,
2
2.2
x 
，增长率不能为负，不符合实际，舍去，
答: 每月产量的增长率为20% ；
（2）解：设降价x 元，每天总利润为y 元，
根据题意，每件盈利为

30
x

元，每天销售量为

60
5x

件，
∴



2
2
30
60
5
5
90
1800
5(
9)
2205
y
x
x
x
x
x











，
5
0


，
当
9
x 
时，y 取得最大值，最大值为2205 ，
答: 该食品厂应降价9元，才能使利润最大，最大利润为2205 元．
12．（2026·四川巴中·中考真题）如图，抛物线
2
2
y
ax
bx


（
0
a 
）与x 轴交于

2,0
A 
、

1,0
B
两点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点D 为抛物线在第二象限内的动点，求ACD

面积的最大值；
(3)在第二象限内的抛物线上是否存在点Q ，使得
2
ACQ
OCB


？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，说
明理由．
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【答案】(1)
2
2
y
x
x




(2)1
(3)存在，
6 104
,
7
49
Q






【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可；
（2）由题意易得


0,2
C
，连接OD ，设


2
,
2
D t
t
t


，其中2
0
t

，然后根据割补法得到ACD

的面
积，进而根据二次函数的性质进行求解即可；
（3）过点O作OE
CQ
∥
，交AC 于点E ，过点E 作EG
OC

，取OA的中点F ，连接CF ，过点F 作FH
BC

，
过点O作OP
AC

，由题意易得
2,
1
OA
OC
OB


，
2
2
5
BC
OB
OC



，
45
ACO


，然后可得
2
BCF
BCO
ACQ
OEC




，进而根据三角函数及勾股定理可进行求解．
【详解】（1）解：∵抛物线
2
2
y
ax
bx


（
0
a 
）与x 轴交于

2,0
A 
、

1,0
B
两点，
∴
4
2
2
0
2
0
a
b
a
b









，解得：
1
1
a
b




，
∴抛物线的表达式为
2
2
y
x
x




；
（2）解：由（1）可知：抛物线的表达式为
2
2
y
x
x




，
∴令
0
x 
时，则有
2
y 
，即


0,2
C
，
连接OD ，设


2
,
2
D t
t
t


，其中2
0
t

，
∵

2,0
A 
，


0,2
C
，
∴
2
OA
OC


，
∴
2
1
1
2,
2
2
2
AOC
AOD
D
S
OA OC
S
OA y
t
t









，
1
2
COD
D
S
OC x
t




，
∴


2
2
2
2
2
2
1
1
ADC
AOD
COD
AOC
S
S
S
S
t
t
t
t
t
t















，
∴当
1
t 时，ACD

的面积最大，最大值为1；
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（3）解：存在点Q ，使得
2
ACQ
OCB


，
∵

2,0
A 
，


0,2
C
，

1,0
B
，
∴
2,
1
OA
OC
OB


，
∴
2
2
5
BC
OB
OC



，
45
ACO


，
过点O作OE
CQ
∥
，交AC 于点E ，过点E 作EG
OC

，取OA的中点F ，连接CF ，过点F 作FH
BC

，
过点O作OP
AC

，如图所示：
∴
1
1
2
OF
OA
OB


，
ACQ
OEC


，
sin 45
2
OP
OC
CP




，
∵OC
BF

，
∴
5
CF
BC


，
∴
BCO
FCO


，
∴
2
BCF
BCO
ACQ
OEC




，
∵
1
1
2
2
BCF
S
BF OC
BC FH





，
∴
2 2
4 5
5
5
FH



，
∴
4
sin
5
FH
FCB
FC



，
∴
4
sin
5
OP
OEC
OE



，
∴
5 2
4
OE 
，
∴
2
2
3 2
4
PE
OE
OP



，
∴
7 2
4
CE
CP
PE



，
∴
7
sin 45
4
EG
CG
CE




，
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∴
1
4
OG
OC
CG



，
∴
7 1
,
4 4
E 






，
设OE 的解析式为y
kx

，则有
7
1
4
4
k


，
∴
1
7
k 
，
∴OE 的解析式为
1
7
y
x

，
∵OE
CQ
∥
，
∴设直线CQ 的解析式为
1
7
y
x
m


，把点


0,2
C
代入得：
2
m 
，
∴直线CQ 的解析式为
1
2
7
y
x


，
联立
2
1
2
7
2
y
x
y
x
x









，解得：
6
7
104
49
x
y






或
0
2
x
y





（不符合题意，舍去），
∴
6 104
,
7
49
Q





．
13．（2026·四川甘孜·中考真题）如图1，抛物线



12
6
y
a x
x





0
a 
与x 轴负半轴交于点A ，与y 轴
交于

0,6 3
B
．
(1)求抛物线的解析式；
(2)将原点O，点B 关于抛物线对称轴对称的点分别记为点C ，点D ，连接CD，AD ，作
OAD

的平分线交
CD于点E ．
①求点E 的坐标；
②如图2 ，点F 为直线AD 左侧抛物线上一点，连接FE 并延长交x 轴于点G ，连接DG 交抛物线于点H ，
连接EH ，当
DEH
DEF



时，求点H 的横坐标．
【答案】(1)
2
3
3
6 3
12
2
y
x
x



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(2)①

6,2 3
E 
；②3 5
3

【分析】
1 直接将

0,6 3
B
代入抛物线解析式，然后化成一般式即可；

2 ①由题意可得

12,0
A 
，对称轴为
3
x


，进而得到




6,0 ,
6,6 3
C
D


，即得
6,
6,
6 3
OC
AC
CD



，
再利用角平分线的定义、特殊角的三角函数值、解直角三角形可得
2 3
CE 
，即可确定点E 的坐标；②过
点H 作HM
CD

于M ，则MH
CG
∥
，设
2
3
3
,
6 3
12
2
H h
h
h











，得
2
3
3
6,
6 3
12
2
M
h
h












，
即得


6
6
MH
h
h




，
2
2
3
3
3
3
6 3
6 3
12
2
12
2
DM
h
h
h
h














，
2
2
3
3
3
3
6 3
2 3
4 3
12
2
12
2
ME
h
h
h
h







，由DMH
DCG


∽
得到
72
CG
h

，再利用
tan
tan
DEH
CEG



解答即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线



12
6
y
a x
x





0
a 
与y 轴交于

0,6 3
B
，
∴



6 3
0 12
0
6
a





，
解得
3
12
a 
，
∴



2
3
3
3
12
6
6 3
12
12
2
y
x
x
x
x






，
即
2
3
3
6 3
12
2
y
x
x



；
（2）解：①∵抛物线
2
3
3
6 3
12
2
y
x
x



与x 轴负半轴交于点A ，
∴

12,0
A 
，对称轴为直线
3
2
3
3
2
12
x





，
∵原点O，点B 关于抛物线对称轴
3
x


对称的点分别记为点C ，点D ，
∴




6,0
6,6 3
C
D


，
，
∴


6
6
12
6
6 3
0
6 3
OC
AC
CD






，
，
，
∴
6 3
tan
3
6
CD
OAD
AC




，
∴
60
OAD


，
∵AE 平分
OAD

，
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∴
1
30
2
CAE
OAD




，
∵
3
tan
tan30
3
CE
CAE
AC




，
∴
3
6
3
CE 
，
解得
2 3
CE 
，
∴

6,2 3
E 
；
②如图2 ，过点H 作HM
CD

于M ，则MH
CG
∥
，
设
2
3
3
,
6 3
12
2
H h
h
h











，则
2
3
3
6,
6 3
12
2
M
h
h












，
∴


6
6
MH
h
h




，
2
2
3
3
3
3
6 3
6 3
12
2
12
2
DM
h
h
h
h














，
2
2
3
3
3
3
6 3
2 3
4 3
12
2
12
2
ME
h
h
h
h







，
∵MH
CG
∥
，
∴DMH
DCG


∽
，
∴DM
MH
DC
CG

，即
2
3
3
6
12
2
6 3
h
h
h
CG



，
解得
72
CG
h

，
∵
DEH
DEF



，
DEF
CEG


，
∴
DEH
CEG


，
∴tan
tan
DEH
CEG



，
∴MH
CG
ME
CE

，即
2
72
6
3
3
2 3
4 3
12
2
h
h
h
h





，
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解得
3 5
3
h 
或
3 5
3
h 

（不合题意，舍去），
∴点H 的横坐标为3 5
3
．
14．（2026·四川凉山·中考真题）如图，抛物线
2
y
ax
bx
c


与x 轴交于A，B 两点，与y 轴交于点C，其
中

4,0
B
，

0,4
C
，对称轴是直线
1
x ．动点M 以每秒1 个单位长度的速度，沿x 轴从点O 向点B 运动，
设运动时间为t（0
4
t

）秒，过点M 作x 轴的垂线交BC 于点N，交抛物线于点P．
(1)求抛物线解析式；
(2)抛物线的对称轴交BC 于点E，顶点是点D，当t 为何值时，四边形DENP 为平行四边形；
(3)动点M 开始运动时，另一动点Q 同时以每秒0.5 个单位长度的速度，沿x 轴从点O 向点A 运动．当t 为
何值时，四边形PCQB 的面积最大，并求最大面积．
【答案】(1)
2
1
4
2
y
x
x



(2)3 秒
(3)当
5
2
t 
时，四边形PCQB 的面积最大，最大面积为57
4
【分析】（1）根据抛物线
2
y
ax
bx
c


过点

4,0
B
，


0,4
C
，对称轴是
1
x 求解即可；
（2）用待定系数法求出直线BC 的解析式为
4
y
x



，求出
3
2
DE 
，根据四边形DENP 为平行四边形得
3
2
NP
DE


．设
2
1
,
4
2
P t
t
t








，


,
4
N t
t

，得出
2
1
3
2
2
2
PN
t
t



求解即可；
（3）根据
CQB
CPB
PCQB
S
S
S




四边形
列出函数解析式，然后利用二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线
2
y
ax
bx
c


过点

4,0
B
，


0,4
C
，对称轴是直线
1
x ，
∴
16
4
0
4
1
2
a
b
c
c
b
a











，
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解得
1
2
1
4
a
b
c








，
∴
2
1
4
2
y
x
x



；
（2）解：设直线BC 的解析式为
4
y
kx


，把


4,0
B
代入得，
0
4
4
k


，
解得
1
k ．
∴
4
y
x



．
∵


2
2
1
1
9
4
1
2
2
4
y
x
x
x








，
∴
9
1, 4
D




，
当
1
x 时，
1
4
3
y 

，
∴


1,3
E
．
∴
9
3
3
2
2
DE 


，
∵四边形DENP 为平行四边形，
∴
3
2
NP
DE


．
∵过点M 作x 轴的垂线交BC 于点N，交抛物线于点P，
∴设
2
1
,
4
2
P t
t
t








，


,
4
N t
t

，
∴


2
2
1
1
3
4
4
2
2
2
2
PN
t
t
t
t
t










，
解得1
2
1,
3
t
t


，
∵
9
1, 4
D




，
∴
1
t 不符合题意，舍去，
∴
3
t 
；
（3）解：由题意，得
0.5
OQ
t

，则
4
0.5
BQ
t


，
由（2）得，
2
1
2
2
PN
t
t


．
∴
CQB
CPB
PCQB
S
S
S




四边形
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1
1
2
2
BQ OC
PN OB






2
1
1
1
4
0.5
4
2
4
2
2
2
t
t
t













2
5
57
2
4
t










，
∵1
0

，
∴抛物线开口向下，
∴当
5
2
t 
时，四边形PCQB 的面积最大，最大面积为57
4 ．
15．（2026·四川自贡·中考真题）平面直角坐标系中，抛物线
2
1
2
y
x
mx
n



经过

0,6 和

2,4 两点．
(1)求m ，n 的值．
(2)如图，过原点O的两条直线与该抛物线相交于点A ，B ，C ，D（点A 在第三象限，点C 在第二象限）．
①求线段OC 长度的最小值；
②连接AC ，BD 分别交x 轴于E ，F 两点，设OAE

，
OBF
△
的面积分别为
1S ，
2S ，是否存在直线AB 使
1
2
2
S
S

?若存在，求出直线AB 的解析式；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
0
6
m
n




；
(2)①线段OC 长度的最小值为11 ；②
6
2
y
x

．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）①设
2
1
,
6
2
C p
p








，求得
4
2
2
2
2
1
5
36
6
1
2
4
OC
p
p
p
p












，利用二次函数的性质求解即
可；
②设
2
1
,
6
2
A a
a








，
2
1
,
6
2
C c
c








，分别求得直线AC 、AO ，CO的解析式，分别求得点E 、B 、D 的
坐标，再求得直线BD 的解析式，求得点F 的坐标，得到OE
OF

，据此求解即可．
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【详解】（1）解：∵抛物线
2
1
2
y
x
mx
n



经过

0,6 和

2,4 两点，
∴
2
6
1
2
2
4
2
n
m
n







，
解得
0
6
m
n




；
（2）解：①由（1）得
0
6
m
n




，
∴抛物线的解析式为
2
1
6
2
y
x


，
设
2
1
,
6
2
C p
p








，
∴
4
2
2
2
2
1
5
36
6
1
2
4
OC
p
p
p
p












，
令
2
p
t
，0
12
t

，
∴


2
2
1
1
5
36
10
11
4
4
OC
t
t
t





，
∴当
10
t 
时，线段OC 长度的最小值为11 ；
②设
2
1
,
6
2
A a
a








，
2
1
,
6
2
C c
c








，
设直线AC 的解析式为y
kx
b


，
∴
2
2
1
6
2
1
6
2
ak
b
a
ck
b
c












，
则直线AC 的解析式为
6
2
2
a
c
ac
y
x




，
令
0
y 
，则
6
0
2
2
a
c
ac
x





，
解得
12
E
ac
x
a
c



，
∴
1
0
,
2
c
E ac
a








；
设直线AO 的解析式为
1
y
k x

，则
2
1
1
6
2 a
ak



，
解得
1
1
6
2
k
a
a


，
69 / 172
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∴直线AO 的解析式为
1
6
2
x
a
a
y







，
联立得
2
1
1
6
6
2
2
x
a
x
a











，
解得
1x
a

，
2
12
x
a

，
当
12
x
a

时，
2
2
1
12
72
6
6
2
y
a
a











，
∴
2
12
72
,6
B
a
a








，
设直线CO的解析式为
2
y
k x

，则
2
2
1
6
2 c
ck



，
解得
2
1
6
2
k
c
c


，
∴直线CO的解析式为
1
6
2
x
c
c
y







，
联立得
2
1
1
6
6
2
2
x
c
x
c











，
解得
1 
x
c ，
2
12
x
c

，
当
12
x
c

时，
2
2
1
12
72
6
6
2
y
c
c











，
∴
2
12
72
,6
D
c
c








，
∵
2
12
72
,6
B
a
a








，
2
12
72
,6
D
c
c








，
则直线BD 的解析式为


6
72
6
a
c
y
x
ac
ac




，
令
0
y 
，则

6
72
6
0
a
c x
ac
ac




，
解得
12
F
c
x
ac
a



，
∴
2 0
1 ,
ac
F
a
c









；
∵
12
E
ac
x
a
c



，
12
F
c
x
ac
a



，
∴OE
OF

，
∴OAE

，
OBF
△
的底边相同，
∴
2
1
2
2
2
12
1
A
A
B
B
S
y
x
a
a
a
S
y
x








，
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∴
2
24
a 
，
∴
2 6
a 
（舍去正值），
∴


1
6
1
6
6
6
2 6
6
2
2
2
2
2 6
a
a









∴直线AB 的解析式为
6
2
y
x

．
16．（2026·四川乐山·中考真题）已知抛物线
2
:
2
3
C y
x
x 


交x 轴于A、B 两点（点A 在点B 的左侧），
顶点为点P ．
(1)求A、B 两点的坐标；
(2)直线


:
0
l y
kx
b k



与抛物线C 交于D ，E 两点．
①若A、B 两点到直线l 距离相等，则直线l 过定点，请求出这个定点，并说明理由；
②若
90
DPE


，试问直线l 是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1) 

1,0
A 
，

3,0
B
(2)①定点


1,0
F
；
如图，设直线l 与x 轴交于点F ，过点A 作AG
DE

，过点B 作BH
DE

，垂足分别为G 、H ．
∴
90
AGF
BHF



．
又∵A、B 两点到直线l 的距离相等，
∴AG
BH

．
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又∵
AFG
BFH


，
∴


AGF
BHF AAS


≌
．
∴AF
BF

，
即：点F 为AB 中点．
∵

1,0
A 
，

3,0
B
，
∴AB 中点


1,0
F
，
即直线l 过定点


1,0
F
；
②直线l 过定点

1, 3

【分析】（1）令
2
2
3
0
y
x
x




，解得
1
2
3,
1
x
x

，再根据抛物线
2
:
2
3
C y
x
x 


交x 轴于A、B 两点
（点A 在点B 的左侧），得到

1,0
A 
，

3,0
B
．
（2）①设直线l 与x 轴交于点F ，过点A 作AG
DE

，过点B 作BH
DE

，垂足分别为G 、H ．即可证明


AGF
BHF AAS


≌
．得到AF
BF

，则点F 为AB 中点，根据中点公式得到


1,0
F
，即直线l 过定点


1,0
F
；
②先求出顶点

1, 4
P

，过点P 作直线m
x

轴，过点D、E 分别作m 的垂线段，垂足分别为M 、N ，即可
证明
DPM
PEN
△
∽△
，得到DM
MP
PN
EN

，设


2
1
1
1
,
2
3
D x x
x


，

2
2
2
2
,
2
3
E x
x
x


，分别表示出MP ，PN ，DM ，
EN ，代入整理得
1
2
1
2
2
x
x
x x



，再联立
2
2
3
y
kx
b
y
x
x 







，结合根与系数的关系得到
1
2
2
x
x
k


，
1 2
3
x x
b

．即可得到
3
b
k

，则

1
3
y
kx
b
k x



，直线l 过定点

1, 3

．
【详解】（1）解：令
2
2
3
0
y
x
x




，解得
1
2
3,
1
x
x

，
∵抛物线
2
:
2
3
C y
x
x 


交x 轴于A、B 两点（点A 在点B 的左侧），
∴

1,0
A 
，

3,0
B
．
（2）解：①略
②∵
2
:
2
3
C y
x
x 


的对称轴为
2
1
2
x



，当
1
x 时，
2
2
3
4
y
x
x 




，
∴顶点

1, 4
P

，
如图，过点P 作直线m
x

轴，过点D、E 分别作m 的垂线段，垂足分别为M 、N ，
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∴
90
DMP
PNE



，
∴
90
MDP
MPD



．
又∵
90
DPE


，
∴
90
DPM
EPN



．
∴
DPM
PEN


．
∴
DPM
PEN
△
∽△
．
∴DM
MP
PN
EN

，
设


2
1
1
1
,
2
3
D x x
x


，

2
2
2
2
,
2
3
E x
x
x


，
∴
1
1
MP
x

，
2
1
PN
x

，




2
2
1
1
1
2
3
4
1
DM
x
x
x





，




2
2
2
2
2
2
3
4
1
EN
x
x
x





，
∴
2
1
1
2
2
2
(
1)
1
1
(
1)
x
x
x
x





．
整理得
1
2
1
2
2
x
x
x x



．
∵直线


:
0
l y
kx
b k



与抛物线C 交于D ，E 两点．
∴联立
2
2
3
y
kx
b
y
x
x 







，
可得


2
2
3
0
x
k x
b




，
∴
1
2
2
x
x
k



，
1 2
3
x x
b

．
代入
1
2
1
2
2
x
x
x x



可得


2
3
2
k
b





，
∴
3
b
k

．
∴


3
1
3
y
kx
b
kx
k
k x






，
∴当
1
x 时，
3
y


固定不变，
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∴直线l 过定点

1, 3

．
17．（2026·四川宜宾·中考真题）抛物线


2
0
y
ax
bx
c a




与x 轴交于

1,0
A 
、

2,0
B
两点，与y 轴交
于点


0, 2
C

．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，连接BC ，交抛物线的对称轴于点D ，连接AD ．试判定ABD

的形状，并说明理由；
(3)如图2 ，点E 、F 是直线AC 上两动点，且
EBF
ABC


．求
EBF
△
面积的最小值．
【答案】(1)
2
y
x
x
2



(2) ABD

是等腰直角三角形，理由如下：
对于抛物线
2
y
x
x
2



，对称轴为直线
1
1
2 1
2
x




，
设直线
:
BC y
px
q


，代入点

2,0
B
、


0, 2
C

∴
2
0
2
p
q
q






解得
1
2
p
q





∴直线
:
2
BC y
x


将
1
2
x 
代入
2
y
x


，得
1
3
2
2
2
y 


∴
1
3
,
2
2
D





，
∴


2
1
3
AB 


，
2
2
1
3
3
1
0
2
2
2
2
AD

















，
2
2
1
3
3
2
0
2
2
2
2
BD

















，
∴AD
BD

，
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∵
2
2
2
2
3
3
2
2
9
2
2
AD
BD
















，
2
9
AB 
∴
2
2
2
AD
BD
AB


∴
90
ADB


，
∴ADB

为等腰直角三角形；
(3) 36 2
36
5

【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出直线BC 的表达式，然后求出点D 坐标，再由勾股定理逆定理求解即可；
（3）过点B 作BK
AC

于点K ，解Rt AOC

，求出
2
sin
5
5
OAC


，再解Rt
ABK
△
中，求出
6
sin
5
5
BK
AB
OAC




，可得BOC

为等腰直角三角形，则
45
ABC


，作
EBF
△
的外接圆，记作
T
，
连接
,
,
TE TF TB ，过点T 作TR
AC

于点R ，连接BR ，则
2
90
ETF
EBF



，可得
,
,
TEF
TRE
TRF
△
△
△
为等腰直角三角形，则设RE
RF
RT
x



，那么
2
TB
TE
x


，由于TB
TR
BR
BK



，则
6
2
5
5
x
x


，
求出
6 10
6 5
5
x


，故当点
, ,
B T R 三点共线，且点
,
K R 重合时，x 取得最小值为6 10
6 5
5

，则此时EF
取得最小值为12 10
12 5
5

，而
EBF
△
的高BK 为定值，即可求解面积最小值．
【详解】（1）解：∵抛物线


2
0
y
ax
bx
c a




与x 轴交于

1,0
A 
、

2,0
B
两点，
∴



1
2
y
a x
x



∵抛物线与y 轴交于点


0, 2
C

．
∴2
2
a

，
解得
1
a 
∴



1
2
y
x
x



，即
2
y
x
x
2



；
（2）略
（3）解：如图，过点B 作BK
AC

于点K ，
75 / 172
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∵

1,0
A 
，


0, 2
C

∴
1,
2
OA
OC


，
∴
2
2
5
AC
OA
OC



，
∴在Rt AOC

中，
2
2
sin
5
5
5
OC
OAC
AC




∵BK
AC

，
∴在Rt
ABK
△
中，
2
6
sin
3
5
5
5
5
BK
AB
OAC





，
∵点

2,0
B
、


0, 2
C

∴
2
OB
OC


∵
90
BOC



∴BOC

为等腰直角三角形，
∴
45
ABC


，
∴
45
EBF
ABC




作
EBF
△
的外接圆，记作
T
，连接
,
,
TE TF TB ，过点T 作TR
AC

于点R ，连接BR ，
则
2
90
ETF
EBF



，
∵TE
TF

∴TEF

为等腰直角三角形，
45
TEF
TFE



，
∵TR
AC

，
∴
,
TRE
TRF
△
△
均是等腰直角三角形，
∴RE
RF
RT


，
设RE
RF
RT
x



，
76 / 172
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则
2
2
2
TE
TR
ER
x



，
∴
2
TB
TE
x


，
∵TB
TR
BR
BK



，
∴
6
2
5
5
x
x


，
解得
6 10
6 5
5
x


，
当点
, ,
B T R 三点共线，且点
,
K R 重合时，x 取得最小值为6 10
6 5
5

∵
2
EF
ER
FR
x



，
∴此时EF 取得最小值为6 10
6 5
12 10
12 5
2
5
5




，
而高
6
5
5
BK 
为定值，
∴
EBF
△
的面积最小值为1
12 10
12 5
6
36 2
36
5
2
5
5
5





，
∴
EBF
△
的面积为36 2
36
5

．
18．（2026·四川眉山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数
2
3
y
ax
bx


的图象与x 轴相交
于A，B 两点，与y 轴相交于点C，连接AC ，已知点

1,0
A 
，对称轴为直线
1
x ．
(1)求二次函数的表达式；
(2)点P 是直线BC 上一个动点，连接PA ，PO ，当PA
PO

的长度最小时，求点P 的坐标；
(3)点Q 是二次函数图象上一个动点，当
BCQ
ACO


时，请直接写出点Q 的坐标．
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x




(2)
9 12
,
7
7
P





(3) 5 7
,
2 4





或

4, 5

【分析】（1）代入点


1,0
A 
坐标以及利用对称轴公式求解即可；
77 / 172
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（2）过点A 关于直线BC 的对称点A，连接
,
,
BA PA OA


，由于PA
PO
PA
PO
A O






，故当点
, ,
A P O

三
点共线时，PA
PO

取得最小值，此时点P 为A O

与直线BC 的交点，然后求出


3,4
A
，则直线
4
:
3
OA
y
x


，
再求出直线
:
3
BC y
x
，联立即可求解交点P 的坐标；
（3）分两种情况讨论，点Q 在直线BC 上方或者点Q 在直线BC 下方，通过添加辅助线构造相似三角形求解
即可．
【详解】（1）解：由抛物线
2
3
y
ax
bx


经过点

1,0
A 
，对称轴为直线
1
x 
得，
3
0
1
2
a
b
b
a






解得
1
2
a
b




，
∴抛物线的表达式为
2
2
3
y
x
x



；
（2）解：过点A 关于直线BC 的对称点A，连接
,
,
BA PA OA


，
∴PA
PO
PA
PO
A O






，当点
, ,
A P O

三点共线时，PA
PO

取得最小值，此时点P 为A O

与直线BC 的
交点，
对于
2
2
3
y
x
x



，当
0
x 
时，
3
y 
∴


0,3
C
∵

1,0
A 
，对称轴为直线
1
x 
∴

3,0
B
∴
3
OB
OC

，而
90
BOC



∴
45
OBC
OCB



，
由对称可得，
45
OBC
A BC




，


3
1
4
BA
BA





78 / 172
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∴
45
45
90
ABA






∴


3,4
A
设直线
:
OA
y
kx


则3
4
k 
，解得
4
3
k 
∴直线
4
:
3
OA
y
x


设直线
1
1
:
BC y
k x
b


∴
1
1
1
3
0
3
k
b
b






解得
1
1
1
3
k
b






∴直线
:
3
BC y
x

联立
3
4
3
y
x
y
x






，
解得
9
7
12
7
x
y





∴点
9 12
,
7
7
P





；
（3）解：当点Q 在直线BC 上方时，过点B 作BG
CB

交射线CQ 于点G ，
∵
BCQ
ACO


∴
1
tan
tan
3
BG
OA
BCQ
ACO
CB
OC






，
过点G 作GH
x

轴于点H ，
∴
90
BOC
GHB




∵BG
CB

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∴
90
CBO
BGH
HBG






∴BHG
COB


∽
∴
1
3
BG
HG
BH
BC
BO
CO



∴
1
3
3
3
HG
BH


∴
1
GH
BH


∴


4,1
G
∵


0,3
C
，
同理可求直线
1
:
3
2
CG y
x



，
与抛物线表达式联立可得，
2
2
3
1
3
2
y
x
x
y
x










解得
0
3
x
y




或
5
2
7
4
x
y




∴
5 7
,
2 4
Q




；
当点Q 在直线BC 下方时，设直线CQ 与x 轴交于点T ，取点


9,0
E 
，连接CE ，
则
3
1
tan
9
3
CO
E
OE




∵
1
tan
3
BCQ


∴tan
tan
E
BCQ



∴
E
BCQ


∵
CBT
EBC


∴CBT
EBC


∽
∴BC
BE
BT
BC

∴
2
2
2
2
3
3
3
9
3
3
BT




∴
3
2
BT 
∴
3
3
3
2
2
OT 


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∵


0,3
C
，
同理可求直线
:
2
3
CQ y
x


，
与抛物线表达式联立可得，
2
2
3
2
3
y
x
x
y
x








解得
0
3
x
y




或
4
5
x
y






∴


4, 5
Q

，
综上：点Q 的坐标为5 7
,
2 4





或

4, 5

．
19．（2026·四川遂宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数


2
3
0
2
y
ax
x
c a




的图象与x
轴交于

1,0
A
B

、两点，与y 轴交于点


0,2
C
．
(1)求二次函数的表达式；
(2)连接BC ，点P 是第一象限内二次函数图象上的点，过点P 作PH
BC

于点H，求线段PH 的最大值；
(3)连接AC ，点D 与点C 关于原点成中心对称，在二次函数的图象上找一点E，作射线DE ，使
BDE
ACO


，
求点E 的纵坐标．
【答案】(1)
2
1
3
2
2
2
y
x
x



(2) 4 5
5
(3) 2
或2
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点P 作PQ
y

轴交BC 于点Q，求出点B 的坐标为

4,0 ；则可求出直线BC 的函数表达式为
1
2
2
y
x


；设点P 的坐标为
2
1
3
,
2
2
2
p
p
p









，则点Q 的纵坐标为
1
2
2 p


，故


2
1
2
2
2
PQ
p




；
可证明
2 5
sin
sin
5
PQH
OCB


∠
∠
；则可证明


2
2 5
5
4 5
2
5
5
5
PH
PQ
p





，据此可得答案；
（3）当点E 在点B 上方时，设DE 交x 轴于点H，可证明
AOC
DBO


，则可证明
BDE
DBO

∠
∠
，得
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到DH
BH

；设DH
BH
t

，则
4
OH
t

，由勾股定理得


2
2
2
2
4
t
t



，解方程推出
3 ,0
2
H 




，则直
线DH 的函数表达式为
1
4
2
3
y
k


，联立
2
4
2
3
1
3
2
2
2
y
x
y
x
x










，解得
3
2
x
y




或
8
3
50
9
x
y







（舍去），则点E 的
纵坐标为2；当点E 在点B 下方时，可证明DE
OB
∥
，即DE
x

轴，则点E 的纵坐标为2
．
【详解】
（1）解：∵二次函数


2
3
0
2
y
ax
x
c a




的图象与x 轴交于

1,0
A
B

、两点，与y 轴交于点


0,2
C
，
∴




2
3
1
1
0
2
2
a
c
c








，
∴
1
2
2
a
c





，
∴二次函数的表达式为
2
1
3
2
2
2
y
x
x



；
（2）解：如图所示，过点P 作PQ
y

轴交BC 于点Q
在
2
1
3
2
2
2
y
x
x



中，当
0
y 
时，
2
1
3
2
0
2
2
x
x




，
解得
1
x 或
4
x 
，
∴点B 的坐标为

4,0 ；
设直线BC 的函数表达式为


0
y
k x
b k






，
∴
4
0
2
k
b
b









，
∴
1
2
2
k
b






，
∴直线BC 的函数表达式为
1
2
2
y
x


；
设点P 的坐标为
2
1
3
,
2
2
2
p
p
p









，
∵PQ
y

轴，
82 / 172
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∴点Q 的横坐标为p，
∴点Q 的纵坐标为
1
2
2 p


，
∴


2
2
2
1
3
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
PQ
p
p
p
p
p
p



















；
∵PQ
y

轴，
∴
PQH
OCB

∠
∠
，
∴sin
sin
PQH
OCB

∠
∠
；
∵



4,0
0,2
B
C
，
，
∴
4
2
OB
OC


，
，
∴
2
2
2
2
4
2
2 5
BC
OB
OC





，
∴
4
2 5
sin
5
2 5
OB
OCB
BC



∠
，
∴
2 5
sin
PQH
5


；
∵PH
BC

，
∴
90
PHQ


，
∴sin
PH
PQH
PQ

∠
，
∴


2
2 5
5
4 5
2
5
5
5
PH
PQ
p





，
∵
5
0
5


，
∴当
2
0
p 

，即
2
p 
时，PH 有最大值，最大值为4 5
5
；
（3）解：如图3-1 所示，当点E 在点B 上方时，设DE 交x 轴于点H，
∵


0,2
C
，点C 与点D 关于原点成中心对称，
∴


0, 2
D

，
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∴
2
OC
OD


，
∵



1,0
4,0
A
B

，
，
∴
1
4
OA
OB


，
，
∴
1
1
tan
tan
2
2
OA
OD
AOC
DBO
OC
OB




∠
，∠
，
∴tan
tan
AOC
DBO

∠
∠
，
∴
AOC
DBO


；
∵
BDE
ACO


，
∴
BDE
DBO

∠
∠
，
∴DH
BH

；
设DH
BH
t

，则
4
OH
t

，
在Rt
DOH
△
中，由勾股定理得
2
2
2
DH
OD
OH


，
∴


2
2
2
2
4
t
t



，
解得
5
2
t 
，
∴
3
2
OH 
，
∴
3 ,0
2
H 




；
设直线DH 的函数表达式为


1
1
1
0
y
k x
b k



，
∴
1
1
1
3
0
2
2
k
b
b








，
∴
1
1
4
3
2
k
b







，
∴直线DH 的函数表达式为
4
2
3
y
x


，
联立
2
4
2
3
1
3
2
2
2
y
x
y
x
x










，解得
3
2
x
y




或
8
3
50
9
x
y







（舍去），
∴点E 的坐标为

3,2 ，
∴点E 的纵坐标为2；
如图3-2 所示，当点E 在点B 下方时，
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同理可得
BDE
DBO

∠
∠
，
∴DE
OB
∥
，即DE
x

轴，
∴点E 的纵坐标与点D 的纵坐标相同，即点E 的纵坐标为2
；
综上所述，点E 的纵坐标为2
或2．
20．（2026·四川广元·中考真题）定义：如果二次函数与一次函数的图象有两个不同的交点，且其中一个交
点为二次函数的顶点，那么我们把这两点所连线段叫做“顶点弦”．
在平面直角坐标系xOy 中，一次函数
1
2
2
y
x


的图象与x 轴，y 轴分别交于A ，B 两点．
(1)如图1，若点P 为线段AB 的中点，二次函数


2
0
y
ax
bx
c a




的“顶点弦”为线段PB ，且点P 为顶点，
求该二次函数的解析式；
(2)在（1）的条件下，若直线AB 上方抛物线上有一点E ，使
45
BPE
BAO



，求点E 的坐标；
(3)点G 在线段AB 上，若抛物线


2
1
1
1
1
1
:
0
F
y
a x
b x
c a




和抛物线


2
2
2
2
2
2
:
0
F
y
a x
b x
c
a




的“顶点弦”
分别为GA和GB ，点G 为
1F 和
2
F 的顶点，且
1
2
2
0
a
a


，求GA
GB 的值．
【答案】(1)
2
1
2
4
y
x
x



(2)


2,5
E
(3)
1
2
【分析】（1）根据题意可求得A ，B 两点的坐标，再由中点坐标公式可求得点P 的坐标，设二次函数解析
式的顶点式，再将点B 的坐标代入，即可求解；
（2）设直线PE 与x 轴交于F 点，过点P 作PH
x

轴于点H ，从而求得
85 / 172
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45
PFH
BAO
APF
BAO
BPE






，得到PHF

为等腰直角三角形，由
1
PH
FH

，
2
OH 
，
得到
3
OF 
，


3,0
F 
，利用待定系数法求得直线EF 的解析式为
3
y
x


，根据题意令
2
1
3
2
4
x
x
x




，
即可求解；
（3）设
1
,
2
2
G m
m







，再根据顶点式可表示出
1F 和
2
F 的解析式，由

4,0
A 
在抛物线
1F 上，

0,2
B
在抛
物线
2
F 上，可得


2
1
1
4
2
0
2
a
m
m




①，
2
2
1
2
2
2
a m
m



②，与
1
2
2
0
a
a


③，联立即可确定点G 的
坐标，再过点G 作GK
x
轴于点K ，最后根据平行线分线段成比例列式计算即可．
【详解】（1）解：∵一次函数
1
2
2
y
x


的图象与x 轴，y 轴分别交于A ，B 两点，
∴令
0
y 
，即1
2
0
2 x 

，解得
4
x ，
令
0
x 
，
2
y 
；
∴

4,0
A 
，

0,2
B
，
∵点P 为线段AB 的中点，
∴
4
0 0
2
,
2
2
P 







，即


2,1
P 
，
∵二次函数


2
0
y
ax
bx
c a




的“顶点弦”为线段PB ，且点P 为顶点，
∴设二次函数解析式为


2
2
1
y
a x


，
将点

0,2
B
代入，得4
1
2
a 
，解得
1
4
a 
，
∴二次函数解析式为


2
2
1
1
2
1
2
4
4
y
x
x
x





；
（2）解：设直线PE 与x 轴交于F 点，过点P 作PH
x

轴于点H ，


2,1
P 

，
∴
2
OH 
，
1
PH ，
∵
45
BPE
BAO



，
APF
BPE


，
∴
45
PFH
APF
BAO
BPE
BAO






，
又∵
90
PHF


，
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∴PHF

为等腰直角三角形，
∴
1
FH
PH

，
∴
3
OF
OH
FH



，
∴点


3,0
F 
，
设直线EF 的解析式为y
kx
b


，
将点


2,1
P 
，


3,0
F 
代入得：
2
1
3
0
k
b
k
b








，解得
1
3
k
b




，
∴直线EF 的解析式为
3
y
x


，
∴令
2
1
3
2
4
x
x
x




，解得
1
2
x 
，
2
2
x （舍去），
∴


2,5
E
；
（3）解：设
1
,
2
2
G m
m






，
∴


2
1
1
2
2
y
a
x
m
m




，


2
2
1
2
2
y
a
x
m
m




，
∵

4,0
A 
在抛物线
1F 上，

0,2
B
在抛物线
2
F 上，
∴


2
1
1
4
2
0
2
a
m
m




①，
2
2
1
2
2
2
a m
m



②，
∵
1
2
2
0
a
a


③，
∴联立①②③，得到


2
1
2
2
1
2
1
4
2
0
2
1
2
2
2
2
0
a
m
m
a m
m
a
a
















，解得
1
8
3
m 
，
2
4
m （舍去），
∴
8 2
,
3 3
G 






，
如图，过点G 作GK
x
轴于点K ，
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∴GK
y
∥轴，
∴


8
4
1
3
8
2
3
GA
AK
GB
OK





．
21．（2026·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy 中，直线
2
y
kx

（
0
k 
）与抛物线
2
y
x

相
交于A ，B 两点．C ，D 两点在抛物线上，且CD
AB
∥
．
(1)若点A 的坐标为

1,1

，求k 的值和点B 的坐标；
(2)在（1）的条件下，记C ，D 两点的横坐标分别为m ，n （m
n

），当m
x
n


时，函数


2
y
x
h


总
在x
n

处取得最大值，求h 的取值范围；
(3)若
2
AB
CD

，直线AC ，BD 的交点E 恰好落在x 轴正半轴上，求点E 的坐标和k 的值．
【答案】(1)
1
k ，点B 的坐标为

2,4
(2) h 的取值范围是
1
2
h 
(3)点E 的坐标为

2,0 ，
2 2
k 
【分析】（1）将已知点A 的坐标代入直线解析式，求出k 的值，再联立直线与抛物线的解析式，解方程组
得到点B 的坐标；
（2）根据CD
AB

设出直线CD的解析式，联立抛物线方程，利用根与系数的关系得到m
n

的值，再结合
二次函数的图像性质，根据函数在区间上的最大值位置，列出关于函数对称轴x
h

的不等式求解；
（3）先联立直线AB 、CD与抛物线的方程，利用根与系数的关系得到交点横坐标的和与积，再根据
2
AB
CD

建立水平距离的关系，求出t 与k 的关系式，然后利用A 、C 、E 和B 、D 、E 三点共线的条件，
得到关于
1
2
,
,
,
x x m n 的关系式，联立求解得到t 的值，进而求出k 的值和点E 的坐标．
【详解】（1）解：将点

1,1
A 
代入
2
y
kx


，
则
2
1
k

，
解得：
1
k ，
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2
y
x



，
联立
2
2
y
x
y
x






，可得
2
2
0
x
x



，
解得：
1
1
x ，
2
2
x 
，
点A 的坐标为

1,1

，
点B 的横坐标为2 ，
将
2
x 
代入
2
y
x


得
4
y 
，
点B 的坐标为

2,4 ；
（2）解：
CD
AB


，
设CD的函数解析式为：y
x
b


，
联立
2
y
x
b
y
x






，
则
2
0
x
x
b



，
由根与系数的关系得
1
m
n

，
函数


2
y
x
h


图像为开口向上的抛物线，对称轴为x
h

，
要使函数在x
n

处取得最大值，需满足右端点n 到对称轴的距离不小于左端点m 到对称轴的距离，即：
n
h
h
m



，
则2h
m
n


，即2
1
h ，
解得：
1
2
h 
；
（3）解：设CD的函数解析式为：y
kx
t

，
联立
2
2
y
kx
y
x






，
则
2
2
0
x
kx



，
设

2
1
1
,
A x x
，

2
2
2
,
B x
x
，
由根与系数的关系得
1
2
x
x
k


，
1
2
2
x x ，
AB

的水平距离


2
2
1
2
1
2
1
2
4
8
x
x
x
x
x x
k






，
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同理，联立
2
y
kx
t
y
x






，
则
2
0
x
kx
t


，
设

2
,
C m m
，


2
,
D n n
，
由根与系数的关系得m
n
k


，mn
t
，
CD

的水平距离


2
2
4
4
m
n
m
n
mn
k
t






，
AB
CD

∥
，
2
AB
CD

，


2
1
2
x
x
n
m




，
2
2
8
2
4
k
k
t




，整理得
2
2
8
4
16
k
k
t



，
即
2
8
3
16
k
t


，
设



,0
0
E e
e 
，
如图，
A

、C 、E 三点共线，
∴直线AE 的k 值与直线CE 的k 值相等，
2
2
1
1
0
0
x
m
e
x
e
m






，
化简得，

1
1
e x
m
x m


，则
1
1
1
1
e
x
m


，
同理由B 、D 、E 三点共线得
2
1
1
1
e
x
n


，
1
2
1
1
1
1
x
m
x
n




，
整理得，
1
2
1
2
x
x
n
m
mn
x x



，
1
2
2
x x



，mn
t
，


2
1
2
x
x
n
m



，
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

2
2
n
m
n
m
t







，
解得：
1
t ，
2
8
3
1
16
k


，
解得：
2 2
k 
，
1
1
1
1
e
x
m



，
2
1
1
1
e
x
n


，
1
2
1
2
1
2
2
1
1
1
1
2
2 2
2
2
x
x
m
n
k
k
e
x
x
m
n
x x
mn
t





























，
2
e

，
点E 的坐标为

2,0 ，k 的值为2 2 ．
【点睛】本题考查了一次函数与二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式、直线与抛物线的交
点问题、根与系数的关系的应用、二次函数的最值问题以及利用三点共线求解参数等知识点，熟练掌握一
次函数与二次函数的图像与性质、灵活运用根与系数的关系是解答本题的关键．
22．（2026·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线
2
y
ax
bx
c



与x 轴交于
( 3,0)
A 
、
(1,0)
B
两点，与y 轴交于点
(0, 3)
C

．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)如图1，点D 是直线AC 下方抛物线上一个动点，求四边形ABCD 面积的最大值及此时点D 的坐标；
(3)如图2，点N 为抛物线的顶点，抛物线的对称轴与x 轴交于点M
，直线
1
y
kx
k 


（k 为常数）交
抛物线于E 、F 两点（点E 、F
分别在抛物线对称轴的两侧），直线NF 交x 轴于点P ，直线NE 交x
轴于点Q ．试探究MP MQ

是否为定值？若为定值，求出MP MQ

的值；若不是定值，请说明理由．
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x 


(2)四边形ABCD面积的最大值为75
8 ；点D 的坐标为
3
15
,
2
4








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(3)是定值，定值为16
3
【分析】（1）先写出交点式，再代入点C 坐标求解即可；
（2）过点D 作DT
y

轴，交AC 于点T ，可求直线
:
3
AC y
x

，根据
ABC
ACD
ABCD
S
S
S




四边形
，可得当
ACD

面积最大时，四边形ABCD面积最大，设


2
,
2
3
D d d
d 

（3
0
d


），则

,
3
T d
d

，那么
2
3
DT
d
d



，再由
ACD
DTC
TDA
S
S
S




，得到
2
3
9
2
2
ACD
S
d
d




，再利用二次函数的性质求解即可；
（3）不妨设点E 、F 分别位于对称轴的左右两侧，可求顶点


1, 4
N 
，则


1,0
M 
，设

2
1
1
1
,
2
3
E x x
x


，


2
2
2
2
,
2
3
F x
x
x


，联立直线
1
y
kx
k


与抛物线
2
2
3
y
x
x 


，整理得，




2
2
2
0
x
k x
k





，则
1
2
1
2
2,
2
x
x
k
x x
k





，可求直线


1
1
:
1
3
NE y
x
x
x



，求出
1
1
3
,0
1
x
Q x








，同理可得
2
2
3
,0
1
x
P
x








，
则
1
1
1
3
4
1
1
1
x
MQ
x
x





，
2
2
2
3
4
1
1
1
x
MP
x
x





，即可求解MP MQ

．
【详解】（1）解：∵抛物线
2
y
ax
bx
c


与x 轴交于
( 3,0)
A 
、
(1,0)
B
两点，
∴



3
1
y
a x
x


∵抛物线与y 轴交于点
(0, 3)
C

∴3
3
a

，
解得
1
a 
∴抛物线的表达式为
2
2
3
y
x
x 


；
（2）解：过点D 作DT
y

轴，交AC 于点T ，
设直线
:
AC y
px
q


，
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代入
( 3,0)
A 
，
(0, 3)
C

可得，
3
0
3
p
q
q







解得
1
3
p
q






∴直线
:
3
AC y
x

∵


1
1
1
3
3
6
2
2
ABC
ACD
ACD
ACD
ACD
ABCD
S
S
S
AB
OC
S
S
S




















四边形
∴当ACD

面积最大时，四边形ABCD面积最大，
设


2
,
2
3
D d d
d 

（3
0
d


），则

,
3
T d
d

∴


2
2
3
2
3
3
DT
d
d
d
d
d









，
∴








2
1
1
1
1
3
3
2
2
2
2
ACD
DTC
TDA
C
T
T
A
C
A
S
S
S
TD x
x
TD x
x
TD x
x
d
d














，
即
2
2
3
9
3
3
27
2
2
2
2
8
ACD
S
d
d
d














∵
3
0
2


，3
0
d


，
∴当
3
2
d


时，ACD

的面积最大为27
8 ，
∴四边形ABCD面积最大值为
27
75
6
8
8


，
∴此时点D 纵坐标为
2
3
3
15
2
3
2
2
4
y


















，
∴点D 的坐标为
3
15
,
2
4








；
（3）解：MP MQ

是定值，
如图，不妨设点E 、F 分别位于对称轴的左右两侧，
抛物线


2
2
2
3
1
4
y
x
x
x






，
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∴顶点


1, 4
N 
∴


1,0
M 
设

2
1
1
1
,
2
3
E x x
x


，


2
2
2
2
,
2
3
F x
x
x


联立直线
1
y
kx
k


与抛物线
2
2
3
y
x
x 


，
则
2
1
2
3
y
kx
k
y
x
x









整理得，




2
2
2
0
x
k x
k





，
∴
1
2
1
2
2,
2
x
x
k
x x
k





，
设直线
1
1
:
NE y
k x
b


，则
1
1
2
1 1
1
1
1
4
2
3
k
b
k x
b
x
x











解得
1
1
1
1
1
3
k
x
b
x







∴直线


1
1
:
1
3
NE y
x
x
x



，
令
0
y 
，则

1
1
1
3
0
x
x
x




，解得
1
1
3
1
x
x
x



，
∴
1
1
3
,0
1
x
Q x








，同理可得
2
2
3
,0
1
x
P
x








，
∴
1
1
1
3
4
1
1
1
x
MQ
x
x





，
2
2
2
3
4
1
1
1
x
MP
x
x





，
∴





2
1
2
1
1
2
1
2
4
4
16
16
16
16
1
1
1
1
1
2
2
1
3
MP MQ
x
x
x
x
x x
x
x
k
k


















．
23．（2026·四川广安·中考真题）如图，二次函数
2
4
y
ax
bx


（a，b 为常数，
0
a 
）的图象与x 轴分别
交于点A ，点B ，与y 轴交于点C ，
1
2
OB
OA 
，
6
AB 
．
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(1)求二次函数的解析式；
(2)①连接AC ，点P 是第一象限内抛物线上的一动点，当点P 到AC 的距离最大时，求点P 的坐标；
②在①的条件下，点M ，N 分别是y 轴和抛物线对称轴上两个动点，且MN
y

轴，连接BM ，MN ，NP ，
求BM
MN
NP


的最小值；
(3)在（2）的条件下，平面内是否存在点Q ，使以点Q ，A ，P 为顶点的三角形为等边三角形？若存在，请
直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
2
1
4
2
y
x
x



；
(2)①

2,4
P
；②6；
(3)存在，Q 的坐标为

3
2 3,2
3


，

3
2 3,2
3


【分析】
（1）由
6
AB 
且
1
2
OB
OA 
，可得
4
OA 
，
2
OB 
，即

4,0
A
，

2,0
B 
．将两点坐标代入
2
4
y
ax
bx


，
求解即可；
（2）①先求直线AC 解析式为
4
y
x



，由AOC

为等腰直角三角形，可知点P 到AC 的距离与竖直线段
PF 成正比，设
2
1
,
4
2
P m
m
m








，表示出PF 的长度并配方，当
2
m 
时PF 最大，即可求出点P 坐标；
②先求出抛物线对称轴为
1
x ，根据MN
y

轴，可得
1
MN 为定值．将点B 向右平移1 个单位得


1,0
B
，
则BM
B N


，原式转化为1
B N
NP



．当B、N 、P 三点共线时和最小，由两点间距离公式得
5
B P

，
即可求出最小值；
（3）已知

4,0
A
、

2,4
P
，先求得
2 5
AP 
，设AP 的中点为G，则


3,2
G
，由三线合一可得QG
AP

，
设


,
Q x y ，由QA
QP

可得，
2
1
x
y

，再结合等边三角形的高
15
QG 
列方程求解，得到Q 的两个坐标，
对应线段AP 两侧的两种情况．
【详解】（1）解：
6
AB 

，
1
2
OB
OA 
，
4
OA


，
2
OB 
，
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

4,0
A

，

2,0
B 
，
将

4,0
A
，

2,0
B 
代入
2
4
y
ax
bx


中，
得
16
4
4
0
4
2
4
0
a
b
a
b









，
解得
1
2
1
a
b




，
抛物线的解析式为
2
1
4
2
y
x
x



；
（2）解：①过点P 作x 轴的垂线交x 轴于点D ，交AC 于点F ，过点P 作PE
AC

于点E ，如图，
当
0
x 
时，
4
y 
，
∴


0,4
C
，
∴
4
OA
OC


，且OC
OA

，
∴AOC

为等腰直角三角形，
∴
45
OAC


，
∵OC
OA

，OA
DF

，
∴DF
OC
∥
，
45
AFD


，
45
EFP



，
在Rt
PEF
△
中，
2
sin
sin45
2
PE
PF
PFE
PF
PE






，
设AC 的解析式为y
kx
b


，
将

4,0
A
和


0,4
C
代入，
得
4
0
4
k
b
b






，
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解得
1
4
k
b





，
∴AC 的解析式为
4
y
x



，
设
2
1
,
4
2
P m
m
m








，则


,
4
F m
m


，
P

为第一象限内的点

0
4
m


，
F
P
PF
y
y





2
1
4
4
2 m
m
m





2
1
2
2 m
m




2
1
2
2
2 m


，
∵
1
0
2


，
当
2
m 
时，PF 最大，即当PF 取最大值时，PE 最大，此时

2,4
P
；
②将点B 向右平移1 个单位长度得点B，则BB
MN
∥
，连接B P
交对称轴于点N ，如图，
∵


2
2
1
1
9
4
1
2
2
2
y
x
x
x






，且MN
y

，
∴
1
MN ，
∵

2,0
B 
，


1,0
B

，
∴
1
BM
MN
NP
BB
B N
NP
B N
NP











当B，N ，P 三点共线时，BM
MN
NP


最小，为1
B P

，
∵


1,0
B
，


2,4
P
，
∴




2
2
1
2
0
4
5
B P





，
1
5
6
BB
B P





，
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BM
MN
NP



的最小值为6；
（3）解：由（2）得，点D 坐标为

2,0 ，
∴
4
2
2
AD 


，
4
0
4
PD 


，
在Rt APD

中，
2
2
2
2
2
4
2 5
AP
AD
PD





，
设AP 的中点为G，连接
,
QG AP ，如图，
则G 的坐标为4
2 0
4
,
2
2








，即

3,2 ，且
1
5
2
AG
AP


，
∵QAP

为等边三角形，
∴
2 5
QA
QP
AP



，且QG
AP

，
在Rt QGA

中，




2
2
2
2
2 5
5
15
QG
QA
AG





，
设


,
Q x y ，由QA
QP

得，





2
2
2
2
4
2
4
x
y
x
y












2
2
2
2
4
2
4
x
y
x
y






2
2
2
2
8
16
4
4
8
16
x
x
y
x
x
y
y









解得
2
1
x
y

，
又∵
15
QG 
，
∴



2
2
3
2
15
x
y




将
2
1
x
y

代入，得



2
2
2
1 3
2
15
y
y








2
2
2
4
2
15
y
y








2
2
4
2
2
15
y
y






2
5
2
15
y 



2
2
3
y 

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解得
2
3
y 

或
2
3
y 

，
当
2
3
y 

时，


2 2
3
1
3
2 3
x 



，即


1 3
2 3, 2
3
Q


；
当
2
3
y 

时，


2 2
3
1
3
2 3
x 



，即


2 3
2 3, 2
3
Q


，
综上所述，点Q 的坐标为

3
2 3, 2
3


和

3
2 3, 2
3


．
【点睛】本题是二次函数综合题，核心是利用平移法处理定长线段最短路径，避免配方计算失误、平移方
向与距离出错、漏解等边三角形的两种位置．
24．（2026·四川达州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线



1
3
y
a x
x



与x 轴交于A ，B 两
点．与y 轴交于点C ．直线y
x
m


经过点C 、与x 轴交于点


3,0
D 
．
(1)求m 的值及抛物线的函数表达式；
(2)若线段EF 在抛物线的对称轴上运动，且
2
EF 
，求四边形DCEF 周长最小时点E 的坐标；
(3)将抛物线沿射线BC 方向平移3 2 个单位长度，点G 为平移后的抛物线对称轴上一动点，请问是否存在
以A ，C ，G 为顶点的直角三角形？若存在，直接写出点G 的坐标；若不存在．说明理由．
【答案】(1)
3
m 
，
2
2
3
y
x
x




(2)
14
1, 5
E





(3)存在，
11
2, 3
G






、


2,1
G 
、


2,2
G 
、
1
2, 3
G






【分析】（1）将点D 代入直线方程求m ，得到C 点坐标，再代入抛物线交点式求系数a ，展开得抛物线表
达式；
（2）CD、EF 为定长，将周长最小转化为求CE
DF

的最小值；通过平移构造平行四边形、作轴对称，利
用两点之间线段最短确定E 点位置，联立直线与对称轴求解；
（3）先根据平移方向与距离，得出平移后抛物线的对称轴，设G 点坐标；分三个顶点分别为直角，利用勾
股定理列方程求解．
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【详解】（1）解：∵直线y
x
m


与x 轴交于点


3,0
D 
，
∴把


3,0
D 
，代入y
x
m


得0
3
m

，
解得
3
m 
，
∴直线解析式为
3
y
x


，
∵直线
3
y
x


经过点C ，且点C 在y 轴上，
∴令
0
x 
，得
3
y 
，
∴


0,3
C
，
∵抛物线



1
3
y
a x
x



与y 轴交于点C ，
∴把


0,3
C
代入



1
3
y
a x
x



，得3
3a

，
解得
1
a ，
∴






2
1
3
1
3
2
3
y
a x
x
x
x
x
x








，
综上所述，
3
m 
，抛物线的函数表达式为
2
2
3
y
x
x



；
（2）解：∵


0,3
C
，


3,0
D 
，
∴
3
OC 
，
3
OD 
，
∴
2
2
2
2
3
3
3 2
CD
OC
OD





，
∵
2
EF 
，
∴四边形DCEF 的周长为：
3 2
2
CD
EF
CE
DF
EC
DF







，
∴求四边形DCEF 周长的最小值，只需求CE
DF

的最小值，
∵抛物线的函数表达式为


2
2
2
3
1
4
y
x
x
x








，
∴抛物线的对称轴为直线
1
x ，
∵E 、F 在直线
1
x 上，且
2
EF 
，E 在F 上方，
∴设


1,
E
t ，


1,
2
F
t 
，
如图：把点D 向上平移2 个单位得


3,2
D
，作
''
D 与D关于直线
1
x 对称，则


5,2
D
，连接D D

、
''
D D

、
ED、ED、CD，
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在四边形DFED中，
∵DD
x

轴，EF
x

轴，
∴DD
EF

，
∵
2
DD
EF


，
∴四边形DFED是平行四边形，
∴DF
D E


，
∴CE
DF
CE
D E




，
∵D与D关于直线
1
x 对称，E 在直线
1
x 上，
∴D E
D E



，
∴CE
DF
CE
D E
CE
D E







，
∵两点之间线段最短，
∴当E 点在CD与直线
1
x 的交点处时，CE
D E


最小，
设直线CD的函数解析式为


0
y
kx
b k



，
把


0,3
C
，


5,2
D
代入


0
y
kx
b k



得：
3
2
5
b
k
b





，
解得
1
5
3
k
b







，
∴直线CD的解析式为
1
3
5
y
x


，
∵当
1
x 时，
14
5
y 
，
∴
14
1, 5
E





；
（3）解：∵抛物线
2
2
3
y
x
x



与x 轴交于A ，B 两点，
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∴令
0
y 
，得
2
2
3
0
x
x




，
解得：
1
x 或
3
x 
，
∵A 在B 左侧，
∴

1,0
A 
，

3,0
B
，
∵由（1）知，


0,3
C
，
∴
3
OC 
，
3
OB 
，
∴
2
2
2
2
3
3
3 2
BC
OC
OB





，
∵抛物线沿射线BC 方向平移3 2 个单位长度，且B 在抛物线上，
3 2
BC 
，
∴B 点沿射线BC 方向平移3 2 个单位长度后与C 点重合，
∵
3
OB 
，
3
OC 
，
∴抛物线沿射线BC 方向平移3 2 个单位长度可看作整体向左平移3 个单位长度，向上平移3 个单位长度，
如图：
∵抛物线
2
2
3
y
x
x



的对称轴为直线
1
x ，
∴平移后对称轴为直线
2
x ，
∵点G 为平移后的抛物线对称轴上一动点，
∴设


2,
G
n

，
∵

1,0
A 
，


0,3
C
，
∴




2
2
1 0
0
3
10
AC 




，




2
2
2
1
2
0
1+
AG
n
n









，






2
2
2
2 0
3
4
3
CG
n
n







，
①若
90
ACG


，如图：
102 / 172
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则
2
2
2
AC
CG
AG


，
∴


2
2
10
4
3
1
n
n



，
解得
11
3
n 
，
∴
11
2, 3
G






，
②若
=90
AGC


，如图：
则
2
2
2
AG
CG
AC


，
∴


2
2
1
4
3
10
n
n




，
解得
1
n 或
2
n 
，
∴


2,1
G 
或


2,2
G 
，
③若
90
CAG


，如图：
103 / 172
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则
2
2
2
AG
AC
CG


，
∴


2
2
1
10
4
3
n
n





，
解得
1
3
n 
，
∴
1
2, 3
G






．
考点05 函数与方程、不等式
1．（2026·四川内江·中考真题）如图，二次函数
2
y
ax
bx
c


的图象经过点
(1,0)
A
、
(5,0)
B
，下列说法正
确的是（
）
A．
0
c 
B．4
2
0
a
b
c



C．
2
4
0
b
ac


D．图象的对称轴是直线
2
x 
【答案】B
【详解】解：由函数图象知抛物线与y 轴交点在原点下方，则
0
c 
，故选项A 不符合题意；
当
2
x 时，
2
0
y
ax
bx
c



，即4
2
0
a
b
c



，故选项B 符合题意；
由图象知抛物线与x 轴有两个不同的交点，则
2
4
0
b
ac



，故选项C 不符合题意；
图象的对称轴是直线
1 5
3
2
x



，故选项D 不符合题意．
2．（2026·四川凉山·中考真题）已知抛物线
2
y
ax
bx
c


（
0
a 
）的部分图象如图所示，则下列结论中
正确的是（
）
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A．
0
abc 
B．
4
0
b
a


C．5
>0
a
c

D．当
5
x 或
1
x 时，
0
y 
【答案】D
【分析】根据二次函数的图象及性质：抛物线的开口方向，抛物线与坐标轴的交点，抛物线的对称轴及对
称性的特点对选项逐一判断即可．
【详解】解：抛物线的开口向上，
0
a


，
抛物线与y 轴的交点在x 轴的下方，
0
c

，
抛物线的对称轴
2
0
2
b
x
a


，
4 ,
0
b
a b


，
<0
abc

，选项A 错误；
4
4
4
8
0
b
a
a
a
a





，选项B 错误；
抛物线关于对称轴
2
x 对称，


5,0

关于
2
x 的对称点为

1,0 ，
将

1,0 代入抛物线
2
y
ax
bx
c


，得
0
a
b
c



，
4
b
a


，
4
0
a
a
c




，即5
0
a
c


，选项C 错误；
由图象可知，当
5
x 或
1
x 时，
0
y 
，选项D 正确．
3．（2026·四川眉山·中考真题）如图，抛物线
2
y
ax
bx
c



与x 轴交于点

1,0
A 
，顶点坐标

1,n ，与y
轴的交点在

0, 2

，

0, 3

之间（包含端点），下列结论：①3
0
a
b


；②2
1
3
a


；③对于任意实数m，


a
b
m am
b



总成立；④关于x 的方程
2
1
ax
bx
c
n




有两个不相等的实数根．其中正确结论的个数
为（
）
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A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】B
【分析】由题意可知抛物线开口向上，结合对称轴及点A 坐标可得
2 ,
3
b
a c
a


，利用c 的范围求a 的
范围，利用顶点纵坐标为最小值判断不等式及方程根的情况．
【详解】解：由图可知，抛物线开口向上，
0
a 
，对称轴为直线
1
2
b
x
a


，
∴
2
b
a

，
∴3
3
2
0
a
b
a
a
a





，
故①错误；
∵抛物线过点

1,0
A 
，
∴
0
a
b
c


，即


2
0
a
a
c



，
∴
3
c
a

，
∵3
2
c


，
∴3
3
2
a


，
∴2
1
3
a


，
故②正确；
∵抛物线开口向上，对称轴为直线
1
x ，
∴当
1
x 时，y 有最小值a
b
c


，
∴对于任意实数m ，都有
2
am
bm
c
a
b
c





，
∴
2
am
bm
a
b



，即


a
b
m am
b



，
故③正确；
抛物线顶点坐标为

1,n
，且开口向上，
∴y 的最小值为n ，
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∴直线
1
y
n


与抛物线
2
y
ax
bx
c



没有交点，
∴关于x 的方程
2
1
ax
bx
c
n




没有实数根，
故④错误．
综上所述，正确的结论有②，共2 个．
4．（2026·四川遂宁·中考真题）如图，抛物线
2
y
ax
bx
c


（a
b
c
、、为常数，且
0
a 
）与x 轴的两个交
点坐标分别为( 1,0) ( ,0)
m

、
，且2
3
m


．下列结论：①
0
abc 
；②3
0
a
c


；③
9
4
4
a
a
y



最小值
；④
若方程
2
1
0
2
ax
bx
c




有实数根，则
2
4
b
ac
a


．其中正确结论的序号为（
）
A．①④
B．②③
C．①②④
D．①③④
【答案】D
【分析】本题考查二次函数的图象与性质.根据抛物线开口方向、对称轴、与坐标轴交点判断系数符号；利
用抛物线解析式及m 的范围推导最小值范围；利用一元二次方程根的判别式判断结论④．
【详解】解：①抛物线开口向上，
0
a


，
∵与x 轴的两个交点坐标分别为( 1,0) ( ,0)
m

、
，
∴对称轴
1
2
2
b
m
x
a



，
0
a
b
c



，





2
1
1
y
a x
x
m
ax
a
m x
am







，
∴


1
b
m a


，c
am

，
∵2
3
m


，
∴1
1
1
2
2
m


，
∴对称轴在y 轴右侧，
0
2
b
x
a


，
0
b

，
抛物线与y 轴交于负半轴，
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0
c

，
0
abc


，
故①正确；


3
3
3
a
c
a
am
a
m





，
由
0
a 
和2
3
m


可得


3
3
0
a
c
a
m




，
故②结论错误；
③当
1
2
m
x


时，抛物线有最小值，





2
1
1
1
1
1
1
2
2
4
m
m
y
a x
x
m
a
m
a m




















最小值
，
∵2
3
m


，
1
0
4 a


，
∴当2
3
m


时，


2
1
1
4
y
a m



最小值
随m 增大而减小，当
2
m 
时，
9
4
y
a

最小值
；当
3
m 
时，
4
y
a

最小值
；
∴
9
4
4
a
a
y



最小值
，
故③正确；
④方程
2
1
0
2
ax
bx
c




有实数根，
2
1
Δ
4
0
2
b
a c











，即
2
4
2
0
b
ac
a



.
2
4
2
b
ac
a



，
0
a 

，
2a
a


，
2
4
b
ac
a



，
故④正确．
综上所述，正确的结论是①③④．
5．（2026·四川达州·中考真题）二次函数
2
y
ax
bx
c


（
0
a 
，
0
c 
）的自变量x 与函数y 的部分对应
值如下表：
x

2

0
2

y

0
c
c

在下列结论中：①
0
a 
；②2
0
a
b


；③当
1
x 时，y 的值随着x 值的增大而增大；④
1
2
x ，
2
4
x 
是
关于x 的方程
2
0
ax
bx
c



（
0
a 
）的两个根．正确结论的个数是（
）
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A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【分析】先根据表格中y 值相等的点求出二次函数对称轴，结合已知点推导a ，b ，c 的关系，再逐一判断
每个结论．
【详解】解：由表格可知，
0
x 
和
2
x 
时y 值均为c ，
因此二次函数对称轴为
0
2
1
2
x


，
由对称轴公式得
1
2
b
a

，即
2
b
a

．
2
x 时
0
y 
，代入二次函数得


2
( 2)
2
0
a
b
c





，即4
2
0
a
b
c



，
将
2
b
a

代入得8
0
a
c


，即
8
c
a 
．
①
0
c 

，
0
8
c
a



，①正确．
②由
2
b
a

可知2
0
a
b


成立，②正确．
③
0
a 

，抛物线开口向上，对称轴为
1
x ，
1
x
时，y 随x 增大而减小，③错误．
④已知
2
x 是一个根，设另一个根为
2x ，由对称轴得
2
2
1
2
x

，解得
2
4
x 
，因此方程两根为
1
2
=
2,
=4
x
x

，
④正确．
综上，正确结论共3 个．
6．（2026·四川成都·中考真题）已知二次函数
2
y
ax
bx
c


的自变量x 与函数y 的几组对应值如表：
x
…
2

1

0
1
3
…
y
…
3
4
3
0
12

…
下列说法错误的是（
）
A．函数图象的开口向下
B．函数图象的对称轴是直线
1
x 
C．2
0
a
c


D．
2
4
0
b
ac


【答案】C
【分析】先利用待定系数法求出二次函数的解析式，再逐项判断即可．
109 / 172
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【详解】解：将点



1,4 , 1,0 , 0,3

代入
2
y
ax
bx
c


得：
4
0
3
a
b
c
a
b
c
c









，
解得
1
2
3
a
b
c






，
∴二次函数的解析式为
2
2
3
y
x
x



，
∵
1
0
a 
，
∴函数图象的开口向下，则选项A 正确；
将二次函数
2
2
3
y
x
x



化成顶点式为


2
1
4
y
x



，
∴函数图象的对称轴是直线
1
x ，则选项B 正确；
又∵
1,
2,
3
a
b
c



，
∴


2
2
1
3
1
a
c




，则选项C 错误；




2
2
4
2
4
1
3
16
0
b
ac






，则选项D 正确．
7．
（2026·四川巴中·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线
8
y
x


与双曲线
k
y
x
（
0
k 
）交于

1,
A
a 、
B 两点，与x 轴交于点D．
(1)求反比例函数的表达式及点B 的坐标；
(2)直接写出不等式
8
k
x
x 
的解集；
(3)若点P 为x 轴上的动点，当ADP

为直角三角形时，求点P 的坐标．
【答案】(1)
9
y
x

，

9, 1
B 
(2) 9
0
x


或
1
x 
(3)当ADP

为直角三角形时，点P 的坐标为

1,0 或

10,0
【分析】（1）先得出


1,9
A
，然后可得反比例函数解析式，进而联立函数关系式可得点B 的坐标；
110 / 172
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（2）根据图象可直接进行求解；
（3）由题意可设


,0
P t
，则有


,8 0
D 
，根据两点间距离公式可得：




2
2
2
8 1
0
9
162
AD 



，


2
2
8
DP
t


，






2
2
2
2
1
0
9
1
81
AP
t
t







，然后可分当
90
APD


时，当
90
DAP


时，进而
分类进行求解即可．
【详解】（1）解：由题意可把点

1,
A
a 代入直线
8
y
x


得：
1 8
9
a 

，
∴


1,9
A
，
∴
1 9
9
k 

，
∴反比例函数解析式为
9
y
x

，
联立
9
8
y
x
y
x







，解得：
9
1
x
y





或
1
9
x
y





，
∴点B 的坐标为

9, 1


；
（2）解：由图象及（1）可知：不等式
8
k
x
x 
的解集为9
0
x


或
1
x ；
（3）解：由题意可设


,0
P t
，
把
0
y 
代入直线
8
y
x


得：0
8
x


，解得：
8
x ，
∴


,8 0
D 
，
∵


1,9
A
，
∴根据两点间距离公式可得：




2
2
2
8 1
0
9
162
AD 



，


2
2
8
DP
t


，






2
2
2
2
1
0
9
1
81
AP
t
t







，
当ADP

为直角三角形时，则可分：
当
90
APD


时，由勾股定理可得：
2
2
2
DP
AP
AD


，
∴



2
2
8
1
81 162
t
t





，
解得：1
2
1,
8
t
t

（不符合题意，舍去），
∴


1,0
P
；
当
90
DAP


时，由勾股定理可得：
2
2
2


AD
AP
PD ，
∴



2
2
8
1
81 162
t
t





，
111 / 172
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解得：
10
t 
，
∴

10,0
P
；
综上所述：当ADP

为直角三角形时，点P 的坐标为

1,0 或

10,0 ．
8．（2026·四川眉山·中考真题）如图，一次函数y
kx
b


的图象与反比例函数
8
y
x

的图象交于

,8
A m
，


4,
B
n

两点．
(1)求一次函数的表达式；
(2)观察图象，直接写出不等式
8
kx
b
x


的解集；
(3)将直线AB 向下平移12 个单位后交反比例函数的图象于C ，D 两点，交y 轴于点E ，连接AC ，AE ，求
ACE
△
的面积．
【答案】(1)
2
6
y
x


(2) 4
0
x


或
1
x 
(3)24
【分析】（1）根据题目所给信息设解析式代入求解即可；
（2）结合图像与不等式的几何意义判断即可；
（3）先求出移动后直线解析式，设AB 与x 轴交于点F ，CD与x 轴交于点G ，再分别求出点


3,0
F 
，

3,0
G
，


0, 6
E

、


4,2
C
，然后利用
ACE
FCE
FCG
FEG
S
S
S
S







求解即可．
【详解】（1）解：∵反比例函数
8
y
x

的图象过

,8
A m
，

4,
B
n

两点，
∴
8
8
m

，
8
4
n ，
∴
1
m ，
2
n ，
∴

1,8
A
，

4, 2
B 

，
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将

1,8
A
，

4, 2
B 

代入一次函数y
kx
b


，可得：
8
2
4
k
b
k
b






，
解得
6
2
b
k




，
∴一次函数的表达式为
2
6
y
x


．
（2）解：∵不等式
8
kx
b
x


的几何意义是：一次函数图象在反比例函数图象上方（或重合）的x 范围，
∴不等式
8
kx
b
x


的解集是一次函数图象在反比例函数图象上方（或重合）的x 范围，
∵反比例函数
8
y
x

的自变量取值范围为
0
x 
，
当
0
x 
时，
∵反比例函数
8
y
x

的图象与一次函数
2
6
y
x


的图像交于

1,8
A
，
∴当
1
x 时，根据图像一次函数图象在反比例函数图象上方，
当
0
x 
时，
∵反比例函数
8
y
x

的图象与一次函数
2
6
y
x


的图像交于

4, 2
B 

，
∴当4
0
x


时，根据图像一次函数图象在反比例函数图象上方，
综上，不等式
8
kx
b
x


的解集为4
0
x


或
1
x ．
（3）解：∵直线AB 向下平移12 个单位后交反比例函数的图象于C ，D 两点，且直线AB 所在一次函数的
表达式为
2
6
y
x


，
∴直线CD所在一次函数的表达式为
2
6 12
2
6
y
x
x




，
如图，设AB 与x 轴交于点F ，CD与x 轴交于点G ，
∴将
0
y 
代入
2
6
y
x


得0
2
6
x

，
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解得
3
x ，
∴


3,0
F 
，
将
0
y 
代入
2
6
y
x

得0
2
6
x

，
解得
3
x 
，
∴


3,0
G
，
∴


3
3
6
FG 


，
∵直线CD交y 轴于点E ，
∴将
0
x 
代入
2
6
6
y
x


，
∴


0, 6
E

，
联立平移后直线与反比例函数，得：
2
6
8
y
x
y
x





，
∴
8
2
6
x
x


，即
2
3
4
0
x
x


，
解得
4
x 
或
1
x ，
∵点C 在第一象限，
∴
4
x 
，
8
2
4
y 

，
∴


4,2
C
，
∵直线AB 平移得到直线CD，直线AB 和直线CD平行，
∴
1
1
6
2
6 6
24
2
2
ACE
FCE
FCG
FEG
S
S
S
S












．
9．（2026·四川自贡·中考真题）如图，反比例函数
1
m
y
x

与一次函数
2y
x
n


的图象相交于A ，B 两点，
点A 的坐标为

6, 3


．
(1)求反比例函数的解析式及n 的值；
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(2)请直接写出当
1
2
y
y

时x 的取值范围；
(3)点P 是直线
2y
x
n


上的一个动点，当OP
AB

时，求点P 的坐标．
【答案】(1)
1
18
y
x

，
3
n 
；
(2)
6
x 或0
3
x


；
(3)点P 的坐标为
3 3
,
2 2







．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）联立求得点B 的坐标为

3,6 ，根据函数图象即可求解；
（3）先求得直线
2
3
y
x

与坐标轴的交点坐标，证明OCD

是等腰直角三角形，得到点P 是CD的中点，
据此求解即可．
【详解】（1）解：∵反比例函数
1
m
y
x

经过点

6, 3
A 

，
∴


6
3
18
m




，
∴反比例函数的解析式为
1
18
y
x

，
∵一次函数
2y
x
n


的图象经过点

6, 3
A 

，
∴3
6
n

，解得
3
n 
；
（2）解：由（1）知一次函数的解析式为
2
3
y
x

，
联立得18
3
x
x 
，
解得
6
x 或
3
x 
，
∴点B 的坐标为

3,6 ，
∴当
1
2
y
y

时x 的取值范围为
6
x 或0
3
x


；
（3）解：设直线
2
3
y
x

与坐标轴的交点分别为C 和D ，
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令
0
x 
，则
3
y 
，令
0
y 
，则
3
x


，
∴


3,0
C 
，


0,3
C
，
∴
3
OC
OD


，
∴OCD

是等腰直角三角形，
∵OP
AB

，
∴点P 是CD的中点，
∴点P 的坐标为
3 3
,
2 2






．
10．（2026·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数
1
y
k x
b


的图象与反比例函数
2k
y
x

的图象相交于点

2,6
A
和点

4,
B
m

．
(1)求反比例函数和一次函数的表达式；
(2)根据图象，直接写出关于x 的不等式
2
1
k
k x
b
x


的解集；
(3)已知点C 是x 轴上一点，连接AC 、BC ，若ABC

的面积为15，求点C 的坐标．
【答案】(1)反比例函数的表达式为
12
y
x

；一次函数的表达式为
3
3
2
y
x


(2) 4
0
x


或
2
x 
(3)
16 ,0
3







或4 ,0
3






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【分析】（1）把点A 的坐标代入反比例函数的表达式中求出反比例函数的表达式，进而求出点B 的坐标，
再根据点A 和点B 的坐标利用待定系数法求出一次函数的表达式即可；
（2）根据函数图象找到一次函数图象在反比例函数图象上方或二者交点处时自变量的取值方式即可得到答
案；
（3）设直线AB 交x 轴于点D，求出点D 的坐标，根据
15
ABC
ACD
BCD
S
S
S






求出CD的长即可得到答案．
【详解】（1）解：把点

2,6
A
代入反比例函数的表达式得
2
6
2
k

，
∴
2
12
k 
，
∴反比例函数的表达式为
12
y
x

；
把点

4,
B
m

代入
12
y
x

得
12
4
m ，
∴
3
m


，
∴点B 的坐标为

4, 3


，
把点A 和点B 的坐标代入一次函数的表达式得
1
1
2
6
4
3
k
b
k
b








，
∴
1
3
2
3
k
b





，
∴一次函数的表达式为
3
3
2
y
x

；
（2）解：由函数图象可得关于x 的不等式
2
1
k
k x
b
x


的解集为4
0
x


或
2
x 
；
（3）解：如图所示，设直线AB 交x 轴于点D，
在
3
3
2
y
x

中，当
0
y 
时，3
3
0
2 x 

，解得
2
x ，
∴点D 的坐标为

2,0

，
∵
15
ABC
ACD
BCD
S
S
S






，
117 / 172
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∴1
1
15
2
2
A
B
CD y
CD y




，
∴1
1
6
3
15
2
2
CD
CD



，
∴
10
3
CD 
，
∴点C 的横坐标为
10
16
2
3
3



或点C 的横坐标为
10
4
2
3
3


，
∴点C 的坐标为
16 ,0
3






或4 ,0
3





．
11．（2026·四川遂宁·中考真题）如图，一次函数
1
(
0)
y
kx
b k



的图象与反比例函数
2
(
0)
m
y
m
x


的图
象交于
( 3,2)
( , 6)
A
B a 

、
两点，与y 轴交于点C ．
(1)求一次函数与反比例函数的表达式；
(2)根据图象，直接写出
1
2
y
y

时x 的取值范围；
(3)将一次函数
1y
kx
b


的图象向上平移5 个单位长度后，与x 轴下方的反比例函数
2
m
y
x

图象交于点P，
求ACP

的面积．
【答案】(1)
1
2
4
y
x


；
2
6

y
x
(2)
3
x


或0
1
x


(3)15
2
【分析】（1）将A 点的坐标代入反比例函数中求出m 的值即可求反比例函数的解析式，通过反比例函数
解析式求出B 点的坐标，将A 和B 代入一次函数中联立方程组即可求出一次函数的解析式．
（2）根据两交点的纵坐标值相等，观察图象即可求出
1
2
y
y

时x 的取值范围．
（3）根据函数平移的性质求出平移后的两直线平行，设其交y 轴于点M ，则
5
CM 
，进而根据三角形的
面积公式，即可求解．
【详解】（1）解：
( 3,2)
A 

在反比例函数
2
(
0)
m
y
m
x


上，
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2
3
m
，
6
m

，
反比例函数的解析式为
2
6

y
x ．
( , 6)
B a 

，
6
6
a




，
1
a


，
(1, 6)
B


．
将
( 3,2)
A 
和
(1, 6)
B

代入
1y
kx
b


中联立方程组得
3
2
6
k
b
k
b








，
解得
2
4
k
b






，
一次函数的解析式为
1
2
4
y
x


．
（2）解：当
0
x 
时，即在第二象限时，


3,2
A 

是一次函数和反比例函数的交点，
3
x
时，
1
2
y
y

，
欲使
1
2
y
y

，
观察图象可知，
3
x


．
当
0
x 
时，即在第四象限时，


1, 6
B


是一次函数和反比例函数的交点，
1
x

时，
1
2
y
y

，
欲使
1
2
y
y

，
观察图象可知，
1
x ．
0
1
x

．
综上所述，
1
2
y
y

时x 的取值范围是
3
x


或0
1
x


．
（3）解：如图，
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设一次函数
1
2
4
y
x


的图象向上平移5 个单位长度后得到直线l ，设l 与y 轴交于点M ，则
5
CM 
∵AC
PM

，
1
1
15
5 3
2
2
2
ACP
AMC
A
S
S
MC
x










．
12．（2026·四川南充·中考真题）已知抛物线


2
1
y
x
t


．（t 为常数）．
(1)若抛物线过点

3,m

，

1,m ，求t 的值．
(2)抛物线与x 轴交于A、B 两点，点


2
1,0
P
t 
为线段AB 上一点，过点P 作x 轴垂线，分别与抛物线和直
线
1
3
2
y
x

交于点M，N，求MN 最大值．
(3)点


1
1
,
C x y
，

2
2
,
D x
y
都在抛物线上，当
1
2
1
2
t
x
t



，
2
2
4
x


时，都有
1
2
y
y

，求t 的取值范围．
【答案】(1)
1
t 
(2) MN 的最大值为19
4
(3)
5
2
t 
或
1
t 
【分析】（1）根据抛物线的对称性可进行求解；
（2）由题意易得


2
2
1,
2
M
t
t
t



，
5
2
1,
2
N
t
t








，然后可得
2
3
19
2
4
MN
t 








，进而根据二次函数
的性质进行求解即可；
（3）由题意可知抛物线的对称轴为直线x
t
，开口向下，则可分：①当
4
t 
时，②当2
4
t

时，③当0
2
t

时，④当
0
t 
时，然后分类进行求解即可．
【详解】（1）解：由抛物线


2
1
y
x
t


可知：对称轴为直线x
t
，
∵抛物线过点

3,m

，

1,m ，
∴这两点关于对称轴对称，即
3 1
2
t


，
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∴
1
t ；
（2）解：令
0
y 
，则有

2
1
0
x
t



，解得：
1
2
1,
1
x
t
x
t

，
∴抛物线与x 轴的交点横坐标为
1
t ，
1
t，
∵点

2
1,0
P
t
为线段AB 上一点，
∴
1
2
1
1
t
t
t

，
解得：0
2
t

，
∵过点P 作x 轴垂线，分别与抛物线和直线
1
3
2
y
x

交于点M，N，且

2
1,0
P
t
，
∴


2
2
1,
2
M
t
t
t



，
5
2
1,
2
N
t
t








，
∴
2
2
2
5
5
3
19
2
3
2
2
2
4
MN
t
t
t
t
t
t





















，
∵1
0

，
∴当
3
2
t 
时，
2
3
19
2
4
t 








取得最大值，最大值为19
4 ，
∴MN 的最大值为19
4 ；
（3）解：由题意可知抛物线的对称轴为直线x
t
，开口向下，
∴当x
t
时，y 随x 的增大而减小，当x
t
时，y 随x 的增大而增大，
根据题意可知：当
1
2
1
2
t
x
t



，
2
2
4
x


时，
2y 的最小值应大于
1y 的最大值，
分析抛物线对称轴x
t
与
2
x 
和
4
x 
时三种关系，
①当
4
t 
时，如图，
此时2
1
2
2
4
t
t
t






，都有
1
2
y
y

，符合题意；
②当2
4
t

时，且当3
4
t

时，此时当
2
2
x 
时，
2y 取得最小值，当
1
2
x
t

时，
1y 取得最大值，
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∴


2
2
t
t
t


，解得：
1
t ，
∴当3
4
t

时，
1
2
y
y

恒成立，
当2
3
t
时，如图，
此时2
1
2
2
4
t
t
t






，
1y 在
1
2
x
t

上取得最大值，
2y 在
2
4
x 
上取得最小值，
∴


4
2
t
t
t




，解得：
1
t ，
∴当2
4
t

时，都有
1
2
y
y

；
③当0
2
t

时，如图，
此时2
1
2
2
4
t
t
t






，
1y 在
1
2
x
t

上取得最大值，
2y 在
2
4
x 
上取得最小值，
∴


4
2
t
t
t




，解得：
1
t ，
∴当1
2
t

时，都有
1
2
y
y

；
④当
0
t 
时，则2
0
t


，
若2
1
t
t


时，则
1y 的最大值大于
2y ，即
1
2
y
y

不成立，
若2
1
t
t

时，如图，
小学
初中
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∴当
1
2
1
x
t

时，点C 的纵坐标取得最大值，当
2
4
x 
时，点D 的纵坐标取得最小值，
∴2
1
4
t


，
解得：
5
2
t 
；
综上所述：t 的取值范围为
5
2
t 
或
1
t ．
13．（2026·四川泸州·中考真题）已知二次函数
2
1
y
ax
bx


．
(1)若该二次函数的图象经过点3,4
（
），且关于直线
1
x 对称，求二次函数的解析式；
(2)当
2
3
a 
时，该二次函数的图象与x 轴分别交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，且ABC

是等腰三角形，
求ABC

的面积；
(3)当
1
b 时，点
1
1,
D
y
（
），
2
2,
E
y
（
）在该二次函数的图象上，若
1
2
y
y

，求二次函数在0
1
x

上的最大值m
的取值范围．
【答案】(1)
2
2
1
y
x
x



(2) 5
8
(3)
5
1
3
m


【分析】（1）根据待定系数法进行求解即可；
（2）由题意易得


0,1
C
，设该二次函数的图象与x 轴的交点坐标分别为

1,0
A x
，

2,0
B x
，当
0
y 
时，
则有
2
2
1
0
3 x
bx


，那么
1
2
,
x x 是该方程的两个不等实数根，根据根与系数的关系可得：
1
2
3
2
x x 
，然后根
据两点间距离公式及等腰三角形的定义进行求解即可；
（3）由题意易得
2
1
y
ax
x


，然后根据
1
2
y
y

可得
1
3
a


，则有该二次函数的对称轴范围为
1
3
0
2
2
a


，
进而根据二次函数的性质分类讨论即可．
【详解】（1）解：∵该二次函数
2
1
y
ax
bx


的对称轴为直线
1
x ，
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∴
1
2
b
x
a


，即
2
b
a

，
∵该二次函数的图象经过点3,4
（
），
∴9
3
1
4
a
b


，
把
2
b
a

代入得：


9
3
2
1
4
a
a


，
解得：
1
a ，
∴
2
b ，
∴该二次函数的解析式为
2
2
1
y
x
x


；
（2）解：当
2
3
a 
时，则有
2
2
1
3
y
x
bx


，
令
0
x 
，则有
1
y ，即


0,1
C
，
∴
1
OC ，
设该二次函数的图象与x 轴的交点坐标分别为

1,0
A x
，

2,0
B x
，不妨设
1
2
x
x

，
当
0
y 
时，则有
2
2
1
0
3 x
bx


，那么
1
2
,
x x 是该方程的两个不等实数根，
∴根据根与系数的关系可得：
1
2
3
2
x x 
，
∴根据两点间距离公式可得：




2
2
2
2
1
1
0
0 1
1
AC
x
x





，


2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
1
2
3
2
2
3
2
AB
x
x
x
x x
x
x
x
x
x










，




2
2
2
2
2
2
0
0 1
1
BC
x
x





，
当该二次函数的图象与x 轴分别交于A ，B 两点，且在y 轴的右侧，
∵ABC

是等腰三角形，
∴AC
AB

，
∴
2
2
2
1
1
2
1
3
x
x
x



，解得：
2
2
x 
（负根舍去），
∴把
2
2
x 
代入
2
2
1
0
3 x
bx


得：2
4
2
1
0
3
b


，解得：
11
6
b 
，
∴
2
2
11
1
0
3
6
x
x


，解得：
1
2
3 ,
2
4
x
x


，
∴
3
5
2
4
4
AB 


，
∴
1
5
2
8
ABC
S
AB OC




；
当该二次函数的图象与x 轴分别交于A ，B 两点，且在y 轴的左侧，
∵ABC

是等腰三角形，
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∴BC
AB

，
同理可得：
1
5
2
8
ABC
S
AB OC




；
综上所述：ABC

的面积为5
8 ；
（3）解：当
1
b 时，则有
2
1
y
ax
x


，
∵点
1
1,
D
y
（
），
2
2,
E
y
（
）在该二次函数的图象上，
∴
1
2
2,
4
3
y
a
y
a




，
∵
1
2
y
y

，
∴
2
4
3
a
a


，解得：
1
3
a


，
∴该二次函数的图象开口向下，对称轴为直线
1
2
x
a

，
∵
1
3
a


，
∴
2
2
3
a


，即
1
3
0
2
2
a


，
∴当
1
3
1
2
2
a


时，即
1
1
2
3
a



，此时二次函数在0
1
x

上，y 随x 的增大而增大，
∴二次函数在0
1
x

上的最大值为
2
m
a


，
∵
1
1
2
3
a



，
∴3
5
2
3
m


，
当
1
0
1
2a

时，即
1
2
a


，
∴二次函数在0
1
x

上的最大值为
2
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
4
2
4
m
a
a
a
a
a
a


















，
∵
1
2
a


，
∴4
2
a


，即
1
1
0
4
2
a


，
∴
3
1
2
m


；
综上所述：最大值m 的取值范围为
5
1
3
m


．
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1．（2026·四川成都·二模）已知点
(
3,2
6)
P m
m


在y 轴上，则m 的值为（
）
A．3

B．3
C．0
D．6
【答案】A
【详解】解：因为点
(
3,2
6)
P m
m


在y 轴上，
所以横坐标
3
0
m 

，
解得
3
m


．
2．（2026·四川乐山·一模）根据物理学中欧姆定律可知，当某电路中电压不变时，该电路中的总电流I （单
位：A）是该电路中总电阻R（单位：）的反比例函数，其图像如图所示．当该电路中总电流大于10A 时，
该电路将可能烧坏．为了安全起见，则接入电路的总电阻应不小于（
）
A．22
B．24
C．26
D．28
【答案】A
【分析】先利用待定系数法求出反比例函数解析式，再根据电流的限制条件求出电阻的取值范围即可．
【详解】解：设
k
I
R

（k 为常数，
0
k 
）．
∵图像过点

88,2.5 ，
∴2.5
88
k

，解得：
220
k 
，
∴
k
I
R

．
当
10

I
时，220
10
R 
，
∵
0
R 
，
∴10
220
R 
，即
22
R 
，即选项A 符合题意．
3．（2026·四川成都·二模）关于二次函数
2
y
ax
bx
c


的部分图象如图，点

3,0
A
，对称轴为直线
1
x ．下
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列说法错误的是（
）
A．
0
abc 
B．b2－4ac＞0
C．方程
2
0
ax
bx
c



的根为：
1
1
x ，
2
3
x 
D．4
2
0
a
b
c



【答案】D
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数和一元二次方程根的关系，熟练掌握相关性质是解题
的关键．
根据二次函数的图象的性质逐一判断即可．
【详解】解：A.由图象的开口方向向下可知，
0
a 
，图象的对称轴
2
b
a

为正可知，
0
b 
，图象与y 轴交于
正半轴可知，
0
c 
，则
0
abc 
，故不符合题意；
B.由图象可知，抛物线与x 轴存在两个交点，则
2
4
0
b
ac



，故不符合题意；
C. 由于抛物线过点

3,0
A
，且对称轴为直线
1
x ，根据对称性得，抛物线与x 轴的交点为

1,0

，

3,0 ，
即方程
2
0
ax
bx
c



的根为：
1
1
x ，
2
3
x 
，故不符合题意；
D.当
2
x 时，
4
2
y
a
b
c



，根据图象和选项C 可知，此时
0
y 
，而非
0
y 
，故符合题意．
4．（2026·四川成都·一模）已知函数
2
1
2
3
y
x
x



，记其图象为C，则下列说法正确的是（
）
A．C 是一个中心对称图形
B．
1y 的最小值为3

C．方程
1
0
y 
有四个不等实根
D．直线l 与C 最多有4 个交点
【答案】D
【分析】先对带绝对值的函数进行化简，再结合图像及二次函数性质逐一判断选项正误．
【详解】解：
2
2
1
2
2
3,
0
2
3
2
3,
0
x
x
x
y
x
x
x
x
x












，则其函数图像如下：
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A 选项，由图可知图象关于y 轴对称，不是中心对称图形，A 错误；
B 选项，当
1
x 或
1
x 时取得最小值4
，不是3
，B 错误；
C 选项，方程
1
0
y 
即
1
0
y 
，由图可知
1
0
y 
仅有2 个不等的实根，C 错误；
D 选项，直线l 是一次函数，与每一段二次函数最多产生2 个交点，两段最多共4 个交点，
且存在直线（如
3.5
y 
）与
1y 有4 个交点，D 正确．
5．（2026·四川乐山·一模）在平面直角坐标系xOy 中，y 与x 的函数关系如图所示，图象与x 轴有三个交点，
分别为

4,0

，( 2,0)

，(3 0)
, ．给出下面四个结论：
①当
0
y 
时，2
3
x

；
②当
5
0
2
x



时，y 随x 的增大而增大；
③点
( ,
2)
M m m 
在此函数图象上，则符合要求的点只有一个；
④将函数图象向右平移2 个或4 个单位长度，经过原点．
上述结论中，所有正确结论的序号是（
）
A．①②
B．②④
C．③④
D．①④
【答案】B
【分析】结合函数图象逐个分析即可．
【详解】解：由图象可得，
当
0
y 
时，2
3
x

或<
4
x 
，故①错误；
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当
5
0
2
x



时，y 随x 的增大而增大，故②正确；
∵


,
2
M m m 
，
∴点M 在一次函数
2
y
x


的图象上，
如图所示，
由图象可得，有3 个交点，
∴点


,
2
M m m 
在此函数图象上，则符合要求的点有3 个，故③错误；
∵函数经过点( 2,0)

，
∴将函数图象向右平移2 个或4 个单位长度，经过原点

0,0 ，故④正确．
综上所述，上述结论中，所有正确结论的序号是②④．
6．
（2026·四川广元·二模）如图①，在Rt
ABC
△
中，AC
BC

，E、F 分别是边AC ，BC 上的动点，且AE
CF

，
D 是AB 的中点，连接DE ，DF ，EF ，设BF
x

，CEF

的面积为y，图②是y 关于x 的函数图象，则下
列说法不正确的是（
）
A．DEF

是等腰直角三角形
B．
2
m 
C．DEF

的周长可以等于12
D．四边形CEDF 的面积为4
【答案】C
【分析】通过函数图象的顶点坐标确定等腰直角三角形的直角边长，再利用全等三角形证明DEF

的形状，
进而判断各选项的正误．
【详解】解：由题意，AC
BC

，ABC

为等腰直角三角形，
90
C


，
45
A
B


，
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BF
x


，
CF
BC
x



，
AE
CF


，
AE
BC
x



，
(
)
CE
AC
AE
BC
BC
x
x







，
2
1
1
1
(
)
2
2
2
2
CEF
BC
S
CE CF
x
BC
x
x
x










，
该二次函数图象的对称轴为直线
2
BC
x 
，
由图②可知，对称轴为
2
x 
，
2
2
BC


，
解得：
4
BC 
，
4
AC
BC



，
当
2
x 
时，
max
1
2 (4
2)
2
2
y
m





，
故选项B 正确．
连接CD，
D

是AB 的中点，AC
BC

，
90
C


，
CD
AB


，CD
AD
BD


，
45
A
DCF



，
90
ADC


，
在ADE

和
CDF
△
中，
AD
CD
A
DCF
AE
CF








，
(SAS)
ADE
CDF

≌


，
DE
DF


，
ADE
CDF


，
90
EDF
EDC
CDF
EDC
ADE
ADC








，
DEF

是等腰直角三角形，
故选项A 正确．
ADE
CDF
△
≌△
，
ADE
CDF
S
S




，
CDE
CDF
CDE
ADE
ADC
CEDF
S
S
S
S
S
S











四边形
，
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1
1
4
4
4
2
2
2
ADC
ABC
S
S








，
四边形CEDF 的面积为4 ，
故选项D 正确．
由
ADE
CDF
△
≌△
知DE
DF

，
作EM
AB

于点M ，
45
A



，
AEM
△
为等腰直角三角形，
4
AE
CF
x




，
2 (4
)
2
AM
EM
x




，
1
2 2
2
AD
CD
AB




，
2
2
2 2
(4
)
2
2
DM
AD
AM
x
x







，
在Rt
DEM
△
中，
2
2
2
2
2
2
2 (4
)
2
2
DE
DM
EM
x
x





















，
2
2
1
1 (4
)
2
2
x
x



，
2
2
1
1 (16
8
)
2
2
x
x
x




，
2
4
8
x
x


，
2
(
2)
4
x



，
0
4
x



，
当
2
x 
时，
2
min
4
DE

，
min
2
DE

，
当
0
x 
或
4
x 
时，
2
max
8
DE

，
max
2 2
DE

，
2
2 2
DE


，
DEF

为等腰直角三角形，DE
DF

，
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2
2
EF
DE
DF
DE




，
DEF

的周长


2
2
2
2
DE
DF
EF
DE
DE
DE







，
周长的最小值为

2
2
2
4
2 2




，
周长的最大值为

2
2
2 2
4 2
4




，
4 2
4
9.66
12




，
DEF

的周长不可能等于12，
故选项C 不正确．
7．（2026·四川南充·二模）如图，纵坐标分别为a ，b 的点A ，点B 均在函数
k
y
x

（
0
k 
，
0
x 
）的图
象上．
A

，B

分别与x 轴、y 轴相切，B

半径是
A

半径的2 倍．若A ，B 两点间的距离为2 5 ，则b
a

的值为（
）
A．2
B．3
C．
5
D．不确定
【答案】A
【分析】由题意设


,
A
A x
a ，


,
B
B x
b ，则
2
Bx
a

，从而
2
A
x
b

，故



2
2
2
2
2 5
b
a
a
b








，
化简得

2
2
b
a


，故
2
b
a


，又b
a

，故
2
b
a


，选A．
【详解】解：由题意设


,
A
A x
a ，


,
B
B x
b ，由题可知b
a

，

A

半径为a ，

B

半径是
A

半径的2 倍，

B

半径为2a ，
2
Bx
a


，
点A ，点B 均在函数
k
y
x

上，
2
k
b
a

，即
2
k
ab

，
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2
A
A
k
ab
a
x
x




，解得，
2
A
x
b

，



2 ,
A
b a

，

2 ,
B
a b

，
A ，B 两点间的距离为2 5 ，




2
2
2
2
2 5
b
a
a
b









，




2
2
2
2
2 5
b
a
b
a




，




2
2
2
2 5
b
a
b
a








，




2
2
4
2 5
b
a
b
a




，


2
5
2 5
b
a


，


2
2
b
a


，
2
b
a



，
b
a


，
2
b
a


．
8．（2026·四川成都·二模）氢氧化锂

LiOH 和氢氧化钠

NaOH 均可作为吸收二氧化碳

2
CO
的吸收剂，
实验表明：在相同条件下，吸收
2
CO 的质量与吸收剂的质量之间的关系如图所示，则根据该图象，选用______
作吸收剂对
2
CO 的吸收效果更好．（请选填“LiOH ”或“ NaOH ”）
【答案】LiOH
【详解】
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如图所示，当2 种吸收剂的质量相等时，LiOH 吸收
2
CO 的质量大于NaOH 吸收
2
CO 的质量，因此LiOH 对
2
CO 的吸收效果更好．
9．（2026·四川泸州·二模）在平面直角坐标系中，点A 的坐标

,a b 满足
2
(
2)
3
0
a
b




，则点A 在第
__________象限．
【答案】二
【分析】根据平方和绝对值的非负性求出a 与b 的值，再根据平面直角坐标系中象限的坐标特征判断点A
所在象限．
【详解】解：
2
(
2)
3
0
a
b





，且
2
(
2)
0
a 

，
3
0
b 

，
2
0
a


，
3
0
b

-
，
解得
2
a=- ，
3
b 
，
即点A 的坐标为

2,3

，第二象限内点的横坐标小于0，纵坐标大于0，因此点A 位于第二象限．
10．（2026·四川成都·一模）在平面直角坐标系xOy 中，已知一次函数
3
y
ax

的图象与函数y
x

的图象
有且只有一个交点，请你写出一个符合条件的实数a 的值______．
【答案】
1（答案不唯一）
【分析】先对函数y
x

去绝对值分段，联立一次函数得到两个一元一次方程，根据一元一次方程解的情况
判断交点个数，当仅一个方程存在符合定义域的解时，满足只有一个交点的条件，即可得到符合要求的a 的
值.
【详解】对函数y
x

去绝对值可得：
当
0
x 
时，y
x

；当
0
x 
时，y
x
.
联立一次函数
3
y
ax

与y
x

，得：
3
ax
x


，整理得

1
3
a x

.
联立一次函数
3
y
ax

与y
x
，得：
3
ax
x

，整理得
1
3
a
x

.
若两个函数图象只有一个交点，则只需其中一个方程无解，另一个方程有符合定义域的解.
当1
0
a


，即
1
a 时，方程

1
3
a x

无解，将
1
a 代入
1
3
a
x

得2
3
x ，解得
3
0
2
x 

，此时
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两个函数只有一个交点，满足条件.
故答案为1（答案不唯一）
11．（2026·四川内江·二模）已知a、b 都是非负数，且
3
a
b


，设
3
2
S
a
b


，则S 的最大值是___________．
【答案】9
【分析】先根据已知条件
3
a
b


用含a 的代数式表示b ，再代入S 得到S 关于a 的一次式，结合a ，b 为非
负数得到a 的取值范围，根据一次函数的性质求得S的最大值；
【详解】解：
3
a
b



，
3
b
a


，
a

，b 都是非负数，
0
a

，
3
0
b
a



，
解得0
3
a


，
将
3
b
a


代入
3
2
S
a
b


得：


3
2 3
3
6
2
5
6
S
a
a
a
a
a








，
5
0


，
S

随a 的增大而增大，
当
3
a 时，S取得最大值，最大值
5 3
6
9


．
12．（2026·四川南充·一模）如图，在平面直角坐标系中，一束光线经过点

6,2
A
照射在x 轴上的平面镜上
的点

2,0
P
处，反射光线经过点

,
B m n ，则
2
2
3
4
m
m
n



的值为____．
【答案】2
【分析】由入射角等于反射角得出
APE
BPO


，作点

6,2
A
关于x 轴对称点


6, 2
A

，连接PA，进一
步得出点A，点P 和点B 在一条直线上，通过待定系数法求出直线A P
的解析式为
1
1
2
y
x

，把点


,
B m n
代入解析式，得出
2
2
m
n


，然后将
2
2
m
n


代入变形后的式子求解即可．
【详解】解：∵入射角等于反射角，
∴
APE
BPO


，
作点

6,2
A
关于x 轴对称点


6, 2
A

，连接PA
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∴
A PE
APE




，
∴
A PE
BPO



，
∴点A，点P 和点B 在一条直线上，
设直线A P
的解析式为y
kx
b


，
把


6, 2
A

，

2,0
P
代入y
kx
b


，
∴
6
2
2
0
k
b
k
b







，
解得
1
2
1
k
b




，
则直线A P
的解析式为
1
1
2
y
x

，
∵点

,
B m n 在直线A P
上，
∴
1
1
2
n
m

，
∴
2
2
m
n


∴


2
2
2
2
2
3
4
2
2
4
4
4
m
n
n
m
n
m
n
n
n













．
13．（2026·四川成都·二模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，直线
1
1
2
2
y
x


与反比例函数L ：
1
y
x

的图象交于A ，B 两点，点

0
0
,
B x
y
在第四象限，则
0x _____；过点


1
0
0
,
A y x
作直线AB 的平行线在第四
象限交L 于点


1
1
1
,
B x y
；过点


2
1
1
,
A
y x
作直线AB 的平行线在第四象限交L 于点


2
2
2
,
B
x
y 按此规律，记


,
n
n
n
B
x
y
，过点


1
,
n
n
n
A
y
x

作直线AB 的平行线在第四象限交L 于点


1
1
1
,
n
n
n
B
x
y



，则点
2026
A
的坐标为
_____．
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【答案】
2
2026
2026
1
,2
2







【分析】解题思路：先联立直线与反比例函数解析式求出交点B 的横坐标
0x ；再根据平行线性质、反比例
函数图象上点的特征和一元二次方程根与系数的关系，推导出
nx 的递推规律，进而求出
2026
A
的坐标．
【详解】解：直线
1
1
2
2
y
x


与反比例函数
1
y
x

交于A，B 两点
1
1
1
2
2
x
x



，
2
2
0
x
x




，
1
1
x

，
2
2
x 


0
0
,
B x
y

在第四象限，
0
0
x 
0
2
x


；


,
n
n
n
B
x
y

在
1
y
x

上，
1
n
n
x y


，
1
n
n
y
x


，


1
,
n
n
n
A
y
x


，直线AB 的解析式为
1
1
2
2
y
x


，
设过
1
n
A 平行于AB 的直线解析式为
1
2
y
x
b


，
联立
1
2
y
x
b


与
1
y
x

得
1
1
2 x
b
x



，
2
2
2
0
x
bx




，
两根为
1
n
A ，
1
n
B 的横坐标，
∴
1
1
2
n
n
A
B
x
x



，
1
1
n
A
n
n
x
y
x



，
1
1
n
B
n
x
x



，
1
1
2
n
n
x
x










，
1
2
n
n
x
x



，
0
2
x 

，
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2
1
0
2
2
x
x



，
3
2
1
2
2
x
x


，
，
1
2n
nx


，
2026
2025
2
x


，
2025
2026
2025
1
1
2
y
x


，


2026
2025
2025
,
A
y
x

，
2026
2026
2026
1
,2
2
A








．
14．（2026·四川广元·二模）如图，在平面直角坐标系中，点B 、C 分别在x 轴负半轴、y 轴正半轴上．以OB 、
OC 为边，在第二象限内作矩形OBAC ，点F 的纵坐标为1，点D 、F 分别在线段OC 、AB 上，沿DF 将四
边形CDFA翻折，点A 与点O恰好重合，点C 的对称点为E ．若点F 和线段DF 的中点都在双曲线
k
y
x

上，
则k _______．
【答案】2 2

【分析】根据矩形的性质得出AC
OB

，AB
OC

，
90
ABO
BAC



∠
∠
，结合题意设AC
OB
a


，
AB
OC
b


，则点A 的坐标为

,a b

，则点F 的坐标为

,1
a

，点B 的坐标为

,0
a

，根据折叠的性质得
出
1
AF
OF
b


，AC
OE
a


，
90
BAC
EOF



，根据等角的余角相等得出
BOF
DOE


，根据
全等三角形的判定和性质得出
1
OD
OF
b


，求出线段DF 的中点G 的坐标为
,
2 2
a b






，根据反比例函数
上点的坐标特征得出
4
b 
，结合勾股定理求出
2 2
a 
，即可求解．
【详解】解：∵四边形OBAC 是矩形，
∴AC
OB

，AB
OC

，
90
ABO
BAC



∠
∠
，
设AC
OB
a


，AB
OC
b


，
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则点A 的坐标为

,a b

，则点F 的坐标为

,1
a

，点B 的坐标为

,0
a

，点C 的坐标为

0,b ，
由题可知，四边形CDFA沿DF 翻折得到四边形DEOF ，
1
BF ，
∴
1
AF
OF
AB
BF
b




，AC
OE
a


，
90
BAC
EOF



，
∵
90
BOF
FOC



，
90
FOC
DOE
EOF





∠
∴
BOF
DOE


，
在FBO

和DEO

中，
FBO
E
OB
OE
BOF
DOE









，
∴FBO
DEO


≌
，
∴
1
OD
OF
b


．
∴点D 的坐标为

0,
1
b 
；
∴线段DF 的中点G 的坐标为
,
2 2
a b







∵点F 和线段DF 的中点G 都在双曲线
k
y
x

上，
故将

,1
a

、
,
2 2
a b






代入
k
y
x

，得k
a


，
2 2
b
k
a


，
整理，得
4
b 
；
在Rt
FBO
△
中，
2
2
2
BF
BO
FO


，
即


2
2
1
1
a
b



，
故


2
2
1
4 1
a



解得：
2 2
a 
（负值舍去），
∴点F 的坐标为

2 2,1

，
故将

2 2,1

代入
k
y
x

，得
2 2
k


．
15．（2026·四川南充·二模）抛物线
2
4
5
y
x
tx



的对称轴在y 轴右侧，点


2,
A m
a

，

4,
B
b ，


,
C m a
都在抛物线上，若
5
a
b


，则m 的取值范围是________．
【答案】3
4
m


或
6
m 
【分析】先利用点A 和点C 纵坐标相等，求出抛物线对称轴，再结合开口向上的二次函数性质，函数值越
大对应点到对称轴距离越大，列出不等式求解，即可得到m 的取值范围．
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【详解】解：∵抛物线
2
4
5
y
x
tx



中，二次项系数1
0

，
∴抛物线开口向上，对称轴为
4
2
2
t
x
t


，
∵对称轴在y 轴右侧，
∴2
0
t 
，
即
0
t 
，
点

2,
A m
a

和


,
C m a 纵坐标相等，
,
A C

关于抛物线对称轴对称，
抛物线对称轴为


2
1
2
m
m
x
m





，
2
1
t
m

，
即
1
2
m
t


，



4,
B
b ，


,
C m a ，
点C 到对称轴
1
x
m

的距离为


1
1
m
m



，点

4,
B
b 到对称轴的距离为


4
1
5
m
m




，
a
b


，开口向上，函数值越大，点到对称轴的距离越大，
5
1
m


，
即
5
1
m 
或
5
1
m 

，
解得
6
m 
或
4
m 
，
当
0
x 
时，
2
0
0 4
5
5
y
t




，
点

0,5 在抛物线上，
5
b 

，即

4
0
y
y

，
点B 到对称轴的距离小于点

0,5 到对称轴的距离，
即


5
0
1
1
m
m
m






，
两边平方得：
2
2
(
5)
(
1)
m
m



，
展开得：
2
2
10
25
2
1
m
m
m
m





，
整理得：8
24
m



，
解得
3
m 
，
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∵对称轴在y 轴右侧
∴
1
0
m 
，
即
1
m ，
综上，m 的取值范围是3
4
m


或
6
m 
．
16．（2026·四川南充·二模）初夏到来，某商场订购一批进价为40 元的凉鞋．按往年情况，若按每双50 元
的价格销售，每月能卖出3000 双：若按每双55 元的价格销售，每月能卖出2500 双，每月销量y （双）与
销售单价x （元）之间满足一次函数关系．售价不低于进价，每双凉鞋的毛利不高于进价的40% ．
(1)求y 与x 之间的函数关系式，并指出销售单价每提高1 元对销量的影响；
(2)当售价定为多少时，该商品每月的毛利最大？最大毛利是多少？
【答案】(1)


100
8000 40
56
y
x
x




，销售单价每提高1 元，每月销量减少100 双
(2)售价定为56 元时，每月毛利最大，最大毛利为38400 元
【分析】（1）利用待定系数法求解一次函数解析式，根据一次函数斜率得到单价对销量的影响，结合题干
条件确定自变量的取值范围；
（2）根据总毛利=单双利润×销量列出二次函数解析式，结合二次函数的性质和自变量的取值范围求解最大
值即可．
【详解】（1）解：设y 与x 的函数关系式为
(
0)
y
kx
b k



，
由题意得，
50
x 
时，
3000
y 
，
55
x 
时，
2500
y 
，
代入得
50
3000
55
2500
k
b
k
b







，
解得
100
8000
k
b





，
因此函数关系式为
100
8000
y
x


，
根据题意，售价不低于进价，毛利不高于进价的40% ，
可得0
40
40 40%
x




，
即40
56
x


，
由
100
k 
可知，销售单价每提高1 元，每月销量减少100 双；
（2）解：设每月毛利为W 元，
根据题意得





40
40
100
8000
W
x
y
x
x






，
整理得
2
100
12000
320000
W
x
x



，
141 / 172
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该二次函数开口向下，对称轴为直线


12000
60
2
100
x




，
∵40
56
60
x



，
∴W 随x 的增大而增大，
因此当
56
x 
时，W 取得最大值


56
40
100 56
8000
16 2400
38400







，
答：当售价定为56 元时，该商品每月的毛利最大，最大毛利为38400 元．
17．（2026·四川广元·三模）某校为保障化学实验课正常开展，决定采购托盘天平和铁架台两种常用实验器
材．市场调查发现购买3 套托盘天平和2 套铁架台共需260 元；购买2 套托盘天平和3 套铁架台共需240
元．
(1)求每套托盘天平和每套铁架台的费用；
(2)学校计划一次性购进两种实验器材共30 套，采购总费用不超过1500 元，且托盘天平的数量不少于铁架
台数量的一半．请设计最省钱的采购方案，并计算最低总费用．
【答案】(1)托盘天平的单价是60 元，铁架台的单价是40 元
(2)安排采购10 套托盘天平，20 套铁架台，最低采购总费用1400 元
【分析】（1）设每组托盘天平的单价是x 元，铁架台的单价是y 元，列出二元一次方程组，解方程即可求
解；
（2）设购进托盘天平m 套，则购进铁架台

30
m

套，采购总费用为W ，先列出关于m 的一元一次不等式
组，解不等式组求出m 的取值范围；再表示出W ，根据一次函数的性质，判断W 随m 的变化情况即可作
答．
【详解】（1）解：设每套托盘天平的单价是x 元，铁架台的单价是y 元，
依题意得：
3
2
260
2
3
240
x
y
x
y







，
解得：
60
40
x
y





，
答：托盘天平的单价是60 元，铁架台的单价是40 元．
（2）设购进托盘天平m 套，则购进铁架台

30
m

套，采购总费用为W ，
依题意得：




60
40 30
1500
1 30
2
m
m
m
m








①
②，
解不等式①得：
15
m 
；
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解不等式②得：
10
m 
．
∴m 的取值范围为：10
15
m


，
根据题意：采购总费用


60
40 30
20
1200
W
m
m
m





，
∵
20
0
k 

，
∴W 随m 的增大而增大，
∴当
10
m 
时最省钱，此时30
20
m


，
1400
W 
（元），
∴安排采购10 套托盘天平，20 套铁架台，最低采购总费用1400 元．
18．（2026·四川乐山·一模）绿动未来——树木固碳护家园
【素材呈现】
为了中和二氧化碳排放量，我们可以采取植树造林等绿化措施．根据相关统计结果，10棵成年杨树和10棵
成年冷杉每年大约吸收2820 千克二氧化碳，而5棵成年杨树和6 棵成年冷杉每年大约吸收1520千克二氧化
碳．
【问题解决】
(1)填空：每年每棵成年杨树大约吸收二氧化碳千克；
(2)某环保企业计划购买成年杨树和冷杉共100棵，设购买杨树a 棵，这100棵树木一年内吸收的二氧化碳总
量为w 千克．
①求w 与a 的函数关系式；
②杨树会产生较多的飘絮物，因此规定采购杨树的棵数不超过冷杉的一半，请设计一个采购方案，使得这100
棵树木在一年内吸收的二氧化碳总量最大．
【答案】(1)172
(2)①
62
11000
w
a


；②采购方案为购买杨树33棵，冷杉67棵时，吸收的二氧化碳总量最大．
【分析】（1）设每棵杨树、冷杉每年吸收二氧化碳的量分别为x 千克、y 千克，根据题目给出的两组数量
关系，列二元一次方程组求解x 的值．
（2）①已知杨树a 棵，则冷杉为

100
a

棵，结合（1）中求出的单棵吸收量，根据总吸收量杨树吸收量
冷杉吸收量列出w 与a 的函数关系式．②先根据杨树棵数不超过冷杉的一半列出一元一次不等式，求出a
的取值范围；再结合一次函数的增减性，确定使w 最大的a 值，从而得到采购方案．
【详解】（1）解：设每年每棵成年杨树大约吸收二氧化碳x 千克，每棵成年冷杉大约吸收二氧化碳y 千克．则
10
10
2820
5
6
1520
x
y
x
y







，
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解得
172
110
x
y





，
∴每年每棵成年杨树大约吸收二氧化碳172千克．
（2）解：①已知购买杨树a 棵，则购买冷杉

100
a

棵，


172
110 100
w
a
a



，
172
11000 110
w
a
a



，
62
11000
w
a


，
②由题意得


1 100
2
a
a


解得
1
33 3
a 
，
a

为非负整数，且
62
11000
w
a


中62
0

，
w

随a 的增大而增大，
当
33
a 
时，w 取得最大值，此时100
100
33
67
a




．
∴采购方案为购买杨树33棵，冷杉67棵时，吸收的二氧化碳总量最大．
19．（2026·四川眉山·一模）如图，一次函数
2
y
ax


的图象与反比例函数


0
k
y
x
x


的图象交于点

41
A
，，
与y 轴交于点B ．
(1)求反比例函数与一次函数的解析式；
(2)过点A 作x 轴的垂线l ，将一次函数
2
y
ax


的图象向上平移，交y 轴于点C ，交直线l 于点D ，连接
AC ．当ACD

是以CD为腰的等腰三角形时，求平移的距离．
【答案】(1)
4
y
x

，
3
2
4
y
x


(2)5 或6
【分析】（1）根据待定系数法求解即可；
（2）设平移后的函数解析式为
3
2
4
y
x
h



（
0
h 
），先求出C、D 的坐标，然后分AD
CD

；AC
CD

讨论，根据两点间距离公式构建关于h 的方程求解即可．
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【详解】（1）解：∵一次函数
2
y
ax


的图象与反比例函数


0
k
y
x
x


的图象交于点


41
A
，，
∴1
4
2
a


，1
4
k

，
∴
3
4
a 
，
4
k 
，
∴反比例函数的解析式为
4
y
x

，一次函数的解析式为
3
2
4
y
x


；
（2）解：设平移后的函数解析式为
3
2
4
y
x
h



（
0
h 
），
当
4
x 
时，
1
y
h

；当
0
x 
时，
2
y
h


，
∴


4,1
D
h

，


0,
2
C
h 
当AD
CD

时，则


2
2
4
1
2
1
1
h
h
h






，
解得
5
h 
；
当AC
CD

时，




2
2
2
2
4
1
2
4
1
2
h
h
h








，
解得
6
h 
或
0
h 
（舍去），
综上，平移的距离5 或6．
20．（2026·四川泸州·二模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，一次函数y
kx
b


的图象交x 轴于点

4,0
A
，
交y 轴于点C ，交反比例函数
(
0)
m
y
x
x


的图象于点

2,3
B 
．
(1)求反比例函数和一次函数的表达式；
(2)点


,1
D n
是反比例函数
(
0)
m
y
x
x


图象上一点，连接
,
BD CD，求BCD

的面积；
(3)在y 轴上是否存在点P ，使PAB

是以AB 为斜边的直角三角形？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，
请说明理由．
【答案】(1)
6
y
x


；
1
2
2
y
x



(2)4
(3)
3
41
0,
2









或
3
41
0,
2









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【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出




0,2 ,
6,1
C
D 
，再求出直线CD的解析式为
1
2
6
y
x


，过点B 作x 轴的垂线交CD于点E ，
可得
5
2, 3
E 





，根据
BCD
BCE
BDE
S
S
S





，即可求解；
（3）根据题意可得
2
2
2
AB
PB
PA


，设

0,
P
p ，建立方程求解即可．
【详解】（1）解：将点

2,3
B 
代入反比例函数
(
0)
m
y
x
x


，则3
2
m
，
解得
6
m ，
∴反比例函数的表达式为


6
0
y
x
x


，
将点

4,0
A
，点

2,3
B 
代入一次函数y
kx
b


，则
0
4
3
2
k
b
k
b






，
解得
1
2
2
k
b





，
∴一次函数的表达式为
1
2
2
y
x


；
（2）解：将
0
x 
代入
1
2
2
y
x


，则
2
y 
，将点


,1
D n
代入
6
y
x

，得
6
1
x

，解得
6
x ，
∴




0,2 ,
6,1
C
D 
，
设直线CD的解析式为
2
y
mx


，
则1
6
2
m


，解得
1
6
m 
，
∴直线CD的解析式为
1
2
6
y
x


，
过点B 作x 轴的垂线交CD于点E ，则点E 的横坐标为2
，
将
2
x 代入
1
2
6
y
x


，则
5
3
y 
，
∴
5
2, 3
E 





，
∴
5
4
3
3
3
BE 


，
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∵
BCD
BCE
BDE
S
S
S





，
∴
1
1
1
4
1
4
·
·
2
4
4
2
2
2
3
2
3
BCD
E
E
D
S
BE x
BE x
x











；
（3）解：∵PAB

是以AB 为斜边的直角三角形，
∴
2
2
2
AB
PB
PA


，
∵点

4,0
A
，点

2,3
B 
，
∴




2
2
2
4
2
0
3
45
AB 




，
∵点P 在y 轴上，
设

0,
P
p ，
∴







2
2
2
2
0
2
3
0
4
0
45
p
p








，即
2
3
8
0
p
p



，
解得
3
41
2
p


，
∴点P 的坐标为
3
41
0,
2









或
3
41
0,
2









．
21．
（2026·四川成都·二模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，经过原点O的直线AB 与反比例函数


0
k
y
x
x


的图象交于点

,1
A a
，已知点


4, 2
B


，点P 在反比例函数的图象上，直线PA 交y 轴于点C ．
(1)求直线AB 的表达式及k 的值；
(2)当
2
AC
AP

时，求ABC

的面积；
(3)点P 在点A 左侧运动时，是否存在点P 使得AOC

与ABC

相似？若存在，求出此时点P 的坐标；若不
存在，请说明理由．
【答案】(1)直线AB 的表达式为
1
2
y
x

；
2
k 
(2)5 或9
(3)存在，点P 的坐标为2 11 , 11
11








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【分析】（1）先利用待定系数法求出直线AB 的表达式，再求出点A 的坐标，最后利用待定系数法求出k
的值即可；
（2）当点P 在点A 的左侧时，根据题意可得点P 是AC 的中点，则点P 的横坐标为1，进而可得

1,2
P
，
则


0,3
C
，根据
ABC
AOC
BOC
S
S
S





可得答案；当点P 在点A 右侧时，过点A 和点P 分别作x 轴的垂线，
垂足分别为E、F，由平行线分线段成比例定理得到
1
2
EF
AP
OE
AC


，则可推出
2
3, 3
P




；求出直线AP 的表达
式为
1
5
3
3
y
x


，得到
5
0, 3
C 




，根据
ABC
AOC
BOC
S
S
S





可得答案；
（3）根据题意只存在AOC
ACB


∽
这种情况，则可推出
2
15
AC
OA AB



，求出点C 的坐标，进而求出
直线AC 的表达式，再求出点P 的坐标即可．
【详解】（1）解：直线AB 是过原点的直线，
设直线AB 的表达式为y
mx

，
将点

4, 2
B


代入y
mx

中，得2
4m

，解得
1
2
m 
，
直线AB 的表达式为
1
2
y
x

；
点

,1
A a
在直线AB 上，
1
1
2 a

，
2
a


，
∴

2,1
A
点A 在反比例函数
k
y
x

的图象上．
2 1
2
k



；
（2）解：如图所示，当点P 在点A 的左侧时，
2
AC
AP


，
P

是AC 的中点，
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∵点C 在y 轴上，

2,1
A
∴点P 的横坐标为0
2
1
2

，
由（1）得反比例函数的表达式为


2
0
y
x
x


，
在


2
0
y
x
x


中，当
1
x 时，
2
y 
，
点

1,2
P
，
∴


0,2 2 1
C

，即


0,3
C
，
∴
1
1
3 2
3 4
9
2
2
ABC
AOC
BOC
S
S
S







△
△
△
；
如图所示，当点P 在点A 右侧时，过点A 和点P 分别作x 轴的垂线，垂足分别为E、F
则AE
PF
OC
∥
∥
，
∴
1
2
EF
AP
OE
AC


，
∵

2,1
A
，
∴
2
OE 
，
∴
1
EF ，
∴
3
OF 
，
∴点P 的横坐标为3，
在


2
0
y
x
x


中，当
3
x 
时，
2
3
y 
，
∴
2
3, 3
P




；
设直线AP 的表达式为y
k x
b




，则
2
1
2
3
3
k
b
k
b










，
149 / 172
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∴
1
3
5
3
k
b








，
∴直线AP 的表达式为
1
5
3
3
y
x


，
在
1
5
3
3
y
x


中，当
0
x 
时，
5
3
y 
，
∴
5
0, 3
C 




，
∴
1
5
1
5
2
4
5
2
3
2
3
ABC
AOC
BOC
S
S
S









△
△
△
；
综上所述，ABC

的面积为5 或9；
（3）解：∵
AOC
OBC
OCB
OBC



∠
∠
∠
∠
，且
OAC
CAB


，
∴AOC

与ABC

相似时，
AOC

与
ACB

是对应角，即只存在AOC
ACB


∽
这种情况，
∴OA
AC
AC
AB

，
∴
2
AC
OA AB


，
∵



2,1
4, 2
A
B 

，
，
∴




2
2
2
0
1 0
5
OA 




，




2
2
4
2
2 1
3 5
AB 



，
∴
2
5
3 5
15
AC
OA AB





，
设


0,
C
c ，则



2
2
0
2
1
15
c




，
解得
11
1
c 
或
11
1
c 
（舍去），
∴

0, 11 1
C

；
设直线AC 的表达式为


1
1
1
0
y
k x
b k



，
则
1
1
1
2
1
11 1
k
b
b






，
解得
1
1
11
2
11 1
k
b







，
直线AC 的表达式为
11
11 1
2
y
x


．
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联立
2
11
11 1
2
y
x
y
x








，得


2
11
2
11 1
4
0
x
x




，
Px

，
A
x 是方程


2
11
2
11 1
4
0
x
x




的两实数根，
4 11
11
A
P
x
x



，
2 11
11
Px


，
在
2
y
x

中，当
2 11
11
x 
时，
11
y 
，
点P 的坐标为2 11 , 11
11








．
22．（2026·四川成都·二模）如图1，在平面直角坐标系xOy 中，直线y
x
b


与y 轴的交点为

0,4
A
，与
反比例函数
k
y
x

的图象的一个交点为

,2
B a
．
(1)求k 的值；
(2)过点B 作直线BC 交反比例函数
k
y
x

的图象于点C（异于点B），交y 轴于点D，连接AC ，若ACD

的
面积为4，求点C 的坐标；
(3)将反比例函数


0
k
y
x
x


的图象沿直线AB 翻折得到如图2 所示的曲线l，若点P 为线段OA上的一点，
作直线BP 交曲线l 于另一点Q，当
2
BP
PQ

时，求点P 的坐标．
【答案】(1) 4

(2)

2, 2

或
2
6, 3







(3)
14
0, 5





或
10
0, 3






【分析】（1）先求出一次函数的解析式为
4
y
x

，可求出点B 的坐标，即可求解；
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（2）设点
4
,
C m
m







，求出直线BC 的解析式为
2
4
2
y
x
m
m



，可得点D 的坐标为
4
0,2
m






，从而得
到
4
4
4
2
2
AD
m
m











，再根据ACD

的面积为4，得到关于m 的方程，即可求解；
（3）证明AOC

为等腰直角三角形，可得
45
CAO


，设线段AO 关于直线AB 的对称线段为AO，点P，
Q 关于直线AB 的对称点分别为点
,
P Q

，则
45 ,
4
O AB
OAB
O A
OA








，
,
BP
BP P Q
PQ




，可得
点


4,4
O
，
2
BP
P Q



，点Q在反比例函数


4
0
y
x
x



的图象上，然后分两种情况：当点Q在AO的
上方时，当点Q在AO的下方时，即可求解．
【详解】（1）解：∵直线y
x
b


与y 轴的交点为

0,4
A
，
∴
4
b 
，
∴一次函数的解析式为
4
y
x


，
把点

,2
B a
代入得：2
4
a


，
解得：
2
a ，
∴点

2,2
B 
，
把点

2,2
B 
代入
k
y
x

得：
2 2
4
k ；
（2）解：由（1）得：反比例函数的解析式为
4
y
x

，
设点
4
,
C m
m







，
设直线BC 的解析式为
1
1
y
k x
b


，
把点

2,2
B 
，
4
,
C m
m







代入得：
1
1
1
1
2
2
4
k
b
mk
b
m







，解得：
1
1
2
4
2
k
m
b
m







，
∴直线BC 的解析式为
2
4
2
y
x
m
m



，
当
0
x 
时，
4
2
y
m


，
∴点D 的坐标为
4
0,2
m






，
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∴
4
4
4
2
2
AD
m
m











，
∵ACD

的面积为4，
∴1
4
2
4
2 m
m



，
解得：
2
m 
或6
，
∴点C 的坐标为

2, 2

或
2
6, 3






；
（3）解：设直线AB 与x 轴交于点C，
对于
4
y
x


，当
0
y 
时，
4
x ，
∴点C 的坐标为

4,0

，
∵点

0,4
A
，
∴
4
OA
OC


，
∴AOC

为等腰直角三角形，
∴
45
CAO


，
如图，设线段AO 关于直线AB 的对称线段为AO，点P，Q 关于直线AB 的对称点分别为点
,
P Q

，则
45 ,
4
O AB
OAB
O A
OA








，
,
BP
BP P Q
PQ




，
∴
90
O AO



，
∴AO
x
∥轴，
∴点


4,4
O
，
∵
2
BP
PQ

，
∴
2
BP
P Q



，
∵点Q 在曲线l 上，且反比例函数


4
0
y
x
x



的图象沿直线AB 翻折得到曲线l，
∴点Q在反比例函数


4
0
y
x
x



的图象上，
当点Q在AO的上方时，过点Q作Q E
AO



于点E，过点B 作BF
AO

于点F，则Q E
BF
∥
，
2
BF 
，
2
AF 
，
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∴P Q E
P BF




∽
，
∴
1
2
P E
P Q
P F
Q
B
P
F
B
E








，
∴
1
1
2
Q E
BF


，
1
2
P E
P F



，
∴
1
Q E

，
∴点Q的纵坐标为1 4
5


，
∴点
4 ,5
5
Q 







，即点
4 ,4
5
E 





，
∴
4
5
AE 
，
∴
6
5
EF
AF
AE



，
∵
1
2
P E
P F



，
∴
2
5
P E

，
∴
6
5
AP
AP


，
∴
14
5
OP 
，
∴
14
0, 5
P




；
当点Q在AO的下方时，过点Q作Q E
AO



于点E，过点B 作BF
AO

于点F，
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同理
2
3
AP 
，
∴
10
0, 3
P




；
综上所述，点P 的坐标为
14
0, 5





或
10
0, 3





．
23．（2026·四川宜宾·二模）如图，已知直线:
(
0)
l y
mx
m m



交反比例函数
(
0)
k
y
k
x


图象于A 、B 两
点（点A 在点B 右侧），交x 轴、y 轴于点C 、点D ．点E 为反比例函数


0
k
y
k
x


第一象限图象上一点．若
D 在y 轴负半轴，E 在直线l 上方，
3
OD 
，
2
AC
CD 
．
(1)求直线l 和反比例函数解析式；
(2)若点E 的横坐标为2，求ABE

面积；
(3)点P 为直线l 上的一动点，在反比例函数图象上存在一点Q ．当以O、D 、P 、Q 为顶点的四边形是平行
四边形时，直接写出点Q 的坐标．
【答案】(1)
3
3
y
x

，
18
y
x

(2)15
(3)

7
1, 3 7
3




或

7
1,3 7
3


或

6, 3 6


或

6,3 6 ．
【分析】（1）求出点D 坐标，利用待定系数法可求出直线l 的函数解析式，进而可求出点C 坐标，过点A 作
AH
x

轴于H ，利用相似三角形的性质可得到点A ，即可求出反比例函数的解析式；
（2 ）过点E 作EF
y
∥
轴，交直线AB 于F ，可知点F 的横坐标为2，将
2
x 
分别代入
3
3
y
x

，
18
y
x

求
出
9
3
6
EF 


，由
3
3
18
y
x
y
x





求出

3,6
A
，

2, 9
B


，根据
ABE
AEF
BEF
S
S
S





计算即可；
（3）分OD 是边和对角线两种情况，根据平行四边形的性质解答即可求解；
【详解】（1）解：∵
3
OD 
，
∴


0, 3
D

，
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把


0, 3
D

代入y
mx
m


，得3
m

，
∴
3
m 
，
∴直线l 的函数解析式为
3
3
y
x

，
把
0
y 
代入
3
3
y
x

，得0
3
3
x

，
∴
1
x ，
∴


1,0
C
，
∴
1
OC ，
过点A 作AH
x

轴于H ，
∵
90
AHC
DOC



，
ACH
DCO


，
∴AHC
DOC


∽
，
∴
2
AH
CH
AC
OD
OC
CD



，
∴
2
6
AH
OD


，
2
2
CH
OC


，
∴
1 2
3
OH
OC
CH




，
∵点A 在第一象限，
∴

3,6
A
，
∵点A 在反比例函数


0
k
y
k
x


的图象上，
∴
3 6
18


k
，
∴反比例函数解析式为
18
y
x

；
（2）解：过点E 作EF
y
∥
轴，交直线AB 于F ，
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可知点F 的横坐标为2，
将
2
x 
分别代入
3
3
y
x

，
18
y
x

得：
3 2
3
3
F
y 

，
18
9
2
E
y 

，
即
9
3
6
EF 


，
由
3
3
18
y
x
y
x





，解得
1
1
2
9
x
y







，
2
2
3
6
x
y





，
∴

3,6
A
，

2, 9
B


，
∴




1
1
6
3
2
15
2
2
ABE
AEF
BEF
A
B
S
S
S
EF
x
x
















；
（3）解：当OD 是边时，设

,3
3
P n
n
，则
18
,
Q n n






，
则
18
3
3
PQ
n
n



，
∵PQ
OD

，
∴
18
3
3
3
n
n



，
当
18
3
3
3
n
n



时，
解得
7
1
n


或
7
1
n 
，
∴

7
1, 3 7
3
Q




或

7
1,3 7
3
Q


，
当
18
3
3
3
n
n




时，
解得
6
n 
或
6
n 
，
∴

6, 3 6
Q


或

6,3 6
Q
；
当OD 是对角线时，则OD 中点坐标为
3
0,
2






，
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设

,3
3
P n
n
，
∵点P 和点Q 关于点
3
0,
2






对称，
∴


, 3
Q
n
n


，
∵点


, 3
Q
n
n


在反比例函数图象上，
∴
18
3n
n



，
解得
6
n 
，
∴

6,3 6
Q
或

6, 3 6
Q


；
综上，当以O、D 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形时，点Q 的坐标为

7
1, 3 7
3




或


7
1,3 7
3


或

6, 3 6


或

6,3 6 ．
24．
（2026·四川成都·三模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，直线
2
y
ax


与直线
5
y
x


相交于点

1,
A
m

，
与x 轴相交于点B ，点C 在反比例函数


0
k
y
k
x


图象上．
(1)求a 的值及点B 的坐标；
(2)若ABC

为等腰直角三角形，
90
ABC


，求反比例函数的解析式；
(3)过点A ，C 的直线与x 轴交于点D ，点E 与点D 关于点B 对称，若存在
2
AD
CD

，使得
EAO
EDA


，
请直接写出k 的值．
【答案】(1)
2
a ，

1,0
B
(2)反比例函数的解析式为
10
y
x

或
6
y
x

(3)k 的值为
21 1
或3 21 1

【分析】（1）由待定系数法求出AB 的表达式，进而求解；
（2）当C 点在第一象限或第三象限时，利用一线三垂直构造三角形全等求点的坐标即可；
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（3）当C 点在第一象限或第三象限时，证明EAO
EDA


∽
，则
2
AE
DE OE


，即可求解．
【详解】（1）解：将点

1,
A
m

代入
5
y
x


得，
1 5
4
m 

，


1,4
A


，
将点

1,4
A 
代入
2
y
ax


得，4
2
a

，解得
2
a ，
直线AB 的表达式为：
2
2
y
x


，
令
0
y 
，即0
2
2
x


，解得
1
x ，


1,0
B

；
（2）解：当C 点在第一象限时，过点A 、C 分别作x 轴的垂线，垂足分别为M 、N ，如图所示，
90
AMB
BNC



，
90
MAB
ABM



，
ABC

为等腰直角三角形，
90
ABC


，
AB
BC


，
90
ABM
CBN



，
MAB
CBN


，
MAB
CBN



，
90
AMB
BNC



，AB
BC

，


| |
AMB
BNC AAS


≌
，
4
BN
AM



，


1
1
2
CN
BM



，
1 4
5
ON
OB
BN





，


5,2
C

，
点C 在反比例函数


0
k
y
k
x


图象上，
2
5
k


，解得
10
k 
，
反比例函数的解析式为
10
y
x

；
当C 点在第三象限时，过点A 、C 分别作x 轴的垂线，垂足分别为M 、N ，如图所示，
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90
AMB
BNC



，
90
MAB
ABM



，
ABC

为等腰直角三角形，
90
ABC


，
AB
BC


，
90
ABM
CBN



，
MAB
CBN


，
MAB
CBN



，
90
AMB
BNC



，AB
BC

，


| |
AMB
BNC AAS


≌
，
4
BN
AM



，


1
1
2
CN
BM



，
4 1
3
ON
BN
OB





，


3, 2
C



，
点C 在反比例函数


0
k
y
k
x


图象上，
2
3
k
，解得
6
k 
，
反比例函数的解析式为
6
y
x

；
综上所述：反比例函数的解析式为
10
y
x

或
6
y
x

；
（3）解：如图，当点C 在第一象限时，设点



,0
0
D t
t 
，
点E 与点D 关于点B 对称，
点


2
,0
E
t

，
2
OE
t


，
2
2
DE
t


，




2
2
2
2
2
2
1
4
3
16
6
25
AE
t
t
t
t









，
AEO
DEA



，
EAO
EDA


，
160 / 172
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EAO
EDA


∽
，
AE
OE
DE
AE


，即
2
AE
DE OE


，



2
6
25
2
2
2
t
t
t
t






，
解得
21
t 
（负值已舍去），


21,0
D

，
2
AD
CD


，
C

为AD 的中点，
由中点坐标公式得：点
21 1 4
0
,
2
2
C 









，即
21 1,2
2
C 








，
21 1
2
21 1
2
k






．
如图，当点C 在第三象限时，过点A 作AF
x

轴于F ，过点C 作CG
x

轴交AF 延长线于点G ，
设点



,0
0
D t
t 
，
点E 与点D 关于点B 对称，
点


2
,0
E
t

，
2
OE
t


，
2
2
DE
t


，




2
2
2
2
2
2
1
4
3
16
6
25
AE
t
t
t
t









，
AEO
DEA



，
EAO
EDA


，
EAO
EDA


∽
，
AE
OE
DE
AE


，即
2
AE
DE OE


，



2
6
25
2
2
2
t
t
t
t






，
解得
21
t 
（正值已舍去），


21,0
D


，
161 / 172
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

1
21
21 1
DF




，
//
CG x

轴，
ADF
ACG


∽
，
AO
DF
AD
AG
CG
AC



，
2
AD
CD


，
2
3
AD
AC


，
4
21 1
2
3
AG
CG




，
3 21
3
2
CG



，
6
AG 
，
3 21
3
1
,4
6
2
C 











，即
1 3 21 , 2
2
C 









，


1 3 21
2
3 21 1
2
k





．
综上所述，k 的值为
21 1
或3 21 1
．
25．（2026·四川成都·二模）如图，在平面直角坐标系中，直线y
x
b



与反比例函数
(
0)
k
y
x
x


的图象
相交于点


3,
A
n

，与y 轴相交于点


0, 2
B

，点P 是反比例函数
(
0)
k
y
x
x


图象上一动点，且不与点A
重合，过点P 作PQ
y

轴交直线y
x
b


于点Q．设点P 的横坐标为t，且
0
t 
，连接AP
BP
，
．
(1)求k，b，n 的值；
(2)当ABP

的面积为6 时；求点P 的坐标；
(3)当点P 在点A 的右侧时，设PQ 的中点为点C，D 为x 轴上一点，E 为平面直角坐标系内一点，当以B，
C，D，E 为顶点的四边形为正方形时，直接写出点P 所有可能的坐标．
【答案】(1)
3
k ，
2
b ，
1
n 
(2)


1,3
P 
或

3
2 3,2 3
3
P 

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(3)


1,3
P 
或
3
2, 2
P





或

3
2 3,3
2 3
P


【分析】（1）利用待定系数法求解；
（2）表示出相关点的坐标，然后利用三角形面积列出方程求解；
（3）根据正方形的性质，利用全等三角形得出相等的边，分情况列出方程求解．
【详解】（1）解：将


0, 2
B

代入y
x
b



，得
2
b ，
∴
2
y
x


；
将


3,
A
n

代入
2
y
x


，得


3
2
1
n 

，
∴


3,1
A 
；
将


3,1
A 
代入
k
y
x

，得
3 1
3
k ，
∴
3
y
x


；
（2）解：∵PQ
y

，
∴


3
,
,
,
2
P t
Q t
t
t








，
∴




1
1
3
2
3
6
2
2
ABP
B
A
S
PQ x
x
t
t







，
解得
3
t 
（舍去）或
1
t 或
3
2 3
t 
（舍去）或
3
2 3
t 
，
当
1
t 时，


1,3
P 
；
当
3
2 3
t 
时，

3
2 3,2 3
3
P 

；
综上，


1,3
P 
或

3
2 3,2 3
3
P 

；
（3）解：∵


3
,
,
,
2
P t
Q t
t
t








，PQ 的中点为点C，且3
0
t

，
∴
3
2
,
2
t
t
C t












；
①当
90 ,
DCB
CD
BC




时，符合题意，如图所示，过点C 作MN
y

轴于点N ，DM
MN

于点M ，
163 / 172
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∴
90
CMD
BNC



，
∴
90
DCM
CBN
BCN




，
∴


AAS
CDM
BCN


≌
，
∴

DM
CN ，
∴
3
2
2
t
t
t


，
解得
1
t 或
3
t 
（舍去），
∴当
1
t 时，


1,3
P 
；
②当
90 ,
DBC
BD
BC




时，符合题意，如图所示，过点B 作MN
y

轴于点B ，DM
MN

于点M ，
CN
MN

于点N ，
∴
90
BMD
BNC



，
∴
90
DBM
BCN
CBN




，
∴


AAS
BDM
CBN


≌
，
∴DM
BN

，
∵


0, 2
B

，
∴
2
t

，
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解得
2
t


，
∴当
2
t


时，
3
2, 2
P





；
③当
90 ,
BDC
BD
CD




时，符合题意，如图所示，过点C 作CM
x

轴于点M ，
∴
90



CMD
，
∴
90
CDM
DBO
BDO




，且
90
CMD
DOB



，
∴


AAS
BDO
DCM


≌
，
∴
2,
DM
OB
CM
OD



，
∴
3
2
2
2
t
t
t



，
解得
1
t ，
∴当
1
t 时，


1,3
P 
；
④当
90 ,
CDB
CD
BD




时，符合题意，过点D 作MN
x

轴于点D ，CM
MN

于点M ，BN
MN

于
点N ，
∴
90
CMD
BND




，
∴
90
DCM
BDN
CDM






，
∴


CDM
DBN AAS


≌
，
∴
2,
CM
DN
DM
BN



，
165 / 172
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∴
3
2
2
2
t
t
t




，
解得
3
2 3
t 

或
3
2 3
t 

（舍去）
当
3
2 3
t 

时，

3
2 3,3
2 3
P


；
综上，


1,3
P 
或
3
2, 2
P





或

3
2 3,3
2 3
P


．
26．（2026·四川成都·二模）在平面直角坐标系xOy 中，抛物线L：
2
y
ax
bx
c


与x 轴交于A，B 两点，
与y 轴交于点


0,3
C
，顶点坐标是

1,4

．
(1)求抛物线L 的表达式；
(2) M 点是线段AO 上的一个动点，N 是位于抛物线第二象限上的动点，线段NO 与MC 交于点G；
①当点M 的坐标为

2,0

时，NG
GO 是否存在最大值，若存在，请求出最大值；若不存在请说明理由；
②当MC
ON

，且
4
tan
3
CGN


时，求点M 的坐标．
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x



(2)①存在，NG
GO 最大值为49
48 ；②
11 5 7 ,0
9
M 









【分析】（1）根据顶点坐标

1,4

可设抛物线的表达式为


2
1
4
y
a x



，代入点


0,3
C
可求出a 的值，
再将顶点式转换为一般式即可求解．
（2）①待定系数法求出直线MC 的解析式，过点N 作NK
y

轴，设点N 坐标，通过证GNK
GOC


∽
，
将线段比转化为坐标比，进而建立关于点N 横坐标的函数关系式，利用二次函数的性质求出最值.
②根据几何构造添加辅助线（平行线、垂线），作PM
ON
∥
且PM
ON

，过点P 作PH
CM

交于H，
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连接PN 并延长交y 轴于点Q，过H 点作RS
PQ
∥
，交y 轴于点S，过点P 作PR
RS

，则PQ
y

轴，RS
y

轴，四边形PRSQ 是矩形，利用平行线与角度关系得到
4
tan
3
PMG


，在Rt PHM

设
4 ,
3
PH
k MH
k


，
勾股定理求出
5
PM
k

，再利用线段的等量关系与和差计算得到
2
CH
k

，通过证明HCS
MCO


∽
求出线
段CS 、OS 的长度，设
2
HS
a

，
5
MO
a

，然后证明
PRH
HSC


∽
进而得到线段RH 、RP 的长度，再
由四边形PMON 是平行四边形可得PN
OM

，结合线段关系求出线段NQ 、OQ 的长度，最后用含a 的式子
表示出N 点坐标，代入抛物线解析式求出a 的值，进而得到线段MO 的长度即可反推出点M 的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线L 的顶点坐标是

1,4

，
∴设抛物线L 的表达式为


2
1
4
y
a x



，
将


0,3
C
代入得
4
3
a 

，
解得
1
a ，
∴抛物线L 的表达式为


2
1
4
y
x



，即
2
2
3
y
x
x



．
（2）解：①存在最大值，理由如下：
设直线MC 的解析式为：y
kx
b


，
把


2,0
M 
、


0,3
C
代入得
0
2
3
k
b
b






，
解得
3
2
3
k
b





，
∴直线MC 的解析式为：
3
3
2
y
x

，
如图，过点N 作NK
y

轴交MC 于点K，
167 / 172
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设


2
,
2
3
N t
t
t



，则
3
,
3
2
K t
t







，
∴


2
2
3
7
2
3
3
2
2
NK
t
t
t
t
t














，
∵NK
y

轴，
∴
KNG
COG


，
又∵
KGN
CGO


，
∴GNK
GOC


∽
，
∴
2
2
2
2
2
7
1
7
7
7
1
7
49
2
3
3
2
4
4
3
4
48
t
t
NG
NK
t
t
t
GO
CO







































，
∴当
7
4
t 
时，NG
GO 有最大值为49
48 ．
②如图，作
,
PM
ON PM
ON


，过点P 作PH
CM

交于H，连接PN 并延长交y 轴于点Q，过H 点作
RS
PQ
∥
，交y 轴于点S，过点P 作PR
RS

，则PQ
y

轴，RS
y

轴，四边形PRSQ 是矩形，
∵PM
ON
∥
，
∴
PMG
MGO


，
∵
4
,tan
3
MGO
CGN
CGN




，
∴
4
tan
3
PMG


，
在Rt PHM

中，设
4 ,
3
PH
k MH
k


，
则
2
2
5
PM
PH
MH
k



，
∵PM
ON

，

ON
CM ，
∴
5
PM
CM
k


，
∴
5
3
2
CH
CM
MH
k
k
k





，
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∵RS
MO

，
∴
CHS
CMO


，
∵
HCS
MCO


，
∴HCS
MCO


∽
，
∴
2
5
CS
CH
HS
CO
CM
MO



，
∵
3
CO 
，
∴
6
6
9
,
3
5
5
5
CS
OS




，
设
2
HS
a

，则
5
MO
a

，
∵
90
PHC


，
∴
90
CHS
PHR



，
∵
90
CHS
HCS



，
∴
PHR
HCS


，
∴PRH
HSC


∽
，
∴
1
2
CS
CH
HS
RH
PH
PR



，
∴
12
2
,
2
4
5
RH
CS
RP
HS
a




，
∵
,
PM
ON PM
ON


，
∴四边形PMON 是平行四边形，
∴PN
OM

，
∴
12
9
3 ,
4
5
5
NQ
RH
HS
PN
a OQ
OS
SQ
a









，
∴
12 9
3
,
4
5
5
N
a
a








，
将点N 代入
2
2
3
y
x
x



中，解得
11
5 7
45
a


或
11 5 7
45
a


（舍），
∴
11 5 7
5
9
MO
a



，
∴
11 5 7 ,0
9
M 









．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知
识的综合，根据几何构造添加辅助线，利用三角形相似转化线段比是解题的关键．
27．（2026·四川南充·三模）如图，抛物线
2
2
y
ax
bx



与x 轴分别交于点

1,0
A 
，点B （点B 在点A 的
169 / 172
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右侧），与y 轴交于点C ，对称轴为直线
3
2
x 
．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P 为直线BC 上方抛物线上一点，连接PB ，PC ，点M 为抛物线对称轴上一动点，MN
y

轴，垂足
为N ，连接MP ，NB ，当四边形ACPB 面积最大时，求此时点P 的坐标及PM
BN

的最小值；
(3)将抛物线沿射线BC 方向平移后经过点C ，在新抛物线上是否存在一点Q ，使
BAQ

与
OCA

互补，若
存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
2
1
3
2
2
2
y
x
x



(2) 

2,3
P
，PM
BN

的最小值为3 13
2
(3)点Q 的坐标为

5,2

或

3
2 3, 1
3


【分析】（1）根据对称轴得出
3
b
a


，将

1,0
A 
代入
2
2
y
ax
bx


，即可求解；
（2）先求出点B，C 的坐标，分析出当BCP

面积最大时，四边形ACPB 面积最大，求出直线BC 的解析式，
设
2
1
3
,
2
2
2
P x
x
x









，则
1
,
2
2
H x
x








，表示出
BCP
S
，即可得P 点坐标；在x 轴上取点E ，使得ET
OB

，
分别求出
,
BN ME 的长，最后根据两点之间，线段最短可得答案；
（3）先求出平移以后的抛物线解析式，分2 种情况，Q 在x 轴上方和下方，解答即可．
【详解】（1）解：抛物线
2
2
y
ax
bx


与x 轴交于点

1,0
A 
，对称轴为直线
3
2
x 
，
2
0
3
2
2
a
b
b
a







，
解得：
1
2
3
2
a
b




，
抛物线的解析式为
2
1
3
2
2
2
y
x
x



；
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（2）当
0
x 
时，得
2
y 
，


0,2
C

．
又点A ，B 关于对称轴直线
3
2
x 
对称，且

1,0
A 
，


4,0
B

，


4
1
5
AB




，
1
5
2
ABC
S
AB OC





，
又
5
ABC
BCP
BCP
ACPB
S
S
S
S








四边形
，
当BCP

面积最大时，四边形ACPB 面积最大，
如下图，过P 作PH
x

轴交BC 于H ，


4,0
B

，


0,2
C
，
直线BC 的解析式为
1
2
2
y
x


，
设
2
1
3
,
2
2
2
P x
x
x









，则
1
,
2
2
H x
x








，
2
2
1
3
1
1
2
2
2
2
2
2
2
PH
x
x
x
x
x














，




2
2
1
4
0
2
4
2
4
4
2
BCP
S
PH
PH
x
x
x












，
当
2
x 
时，BCP

面积最大，此时四边形ACPB 面积最大，
2
2
1
3
1
3
2
2
2
2
3
2
2
2
2
x
x









，


2,3
P

．
设对称轴
3
2
x 
与x 轴交于点T ，在x 轴上取点E ，且在直线
3
2
x 
的左侧，使得ET
OB

，连接EM ，则
3 ,0
2
T 




，
5 ,0
2
E 





，
MN
y


轴，
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MT
ON


，
在Rt
BON
△
中，由勾股定理得：
2
2
2
16
BN
OB
ON
MT




，在Rt MET

中，由勾股定理得：
2
2
2
16
ME
ET
MT
MT




，
EM
BN


，


2
2
5
3 13
2
0
3
2
2
PM
BN
PM
EM
PE

















，
此时

2,3
P
，PM
BN

的最小值为3 13
2
；
（3）在新抛物线上存在一点Q ，使
BAQ

与
OCA

互补，理由如下：


4,0
B

，


0,2
C
，
新抛物线相当于将抛物线
2
1
3
2
2
2
y
x
x



向左平移4 个单位，再向上平移2 个单位，
新抛物线解析式为




2
2
1
3
1
5
4
4
2
2
2
2
2
2
2
y
x
x
x
x









，
设
2
1
5
,
2
2
2
Q t
t
t









，
如下图，当Q 在x 轴上方时，过Q 作QG
x

轴于G ，
BAQ


与
OCA

互补，
BAQ

与
QAG

互补，
QAG
OCA


，
1
tan
tan
2
OA
QAG
OCA
OC






，
1
2
QG
AG


，
2
AG
QG


，
2
1
5
1
2
2
2
2
t
t
t









，
解得：1
5
t ，2
1
t （舍去），


5,2
Q


；
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当Q 在x 轴下方时，同理可得
2
1
5
1
2
2
2
2
t
t
t









，
解得：1
3
2 3
t 
，2
3
2 3
t 
（舍去），


3
2 3, 1
3
Q



，
综上所述，点Q 的坐标为

5,2

或

3
2 3, 1
3


．