专题10中考压轴综合探究题（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10 中考压轴综合探究题
1 年真题1 年模拟
考点分类
四川考情（2026）
命题规律
考点01 二次函数
几何综合：线段最
值、面积、角度、
特殊三角形/四边
形存在性
2026 年内江、乐山、眉
山、宜宾、广安、达州、
巴中、凉山、广元、成
都、自贡、遂宁、甘孜
中考真题
全地市必考解答压轴，分3 小问梯度设问；基础
问求解析式，中档考线段、面积最值，压轴探究
定点、特殊三角形/四边形存在性；结合轴对称、
平移转化线段，融合全等相似，数形结合是核心
解题思路。
考点02 几何压轴：
动点、旋转、折叠、
圆与相似综合探究
2026 年自贡、内江、南
充、眉山、广安、巴中、
凉山、广元、攀枝花、
乐山、达州、成都中考
真题
多为填空多选、几何解答压轴；以正方形、矩形、
三角形、圆为载体，搭配动点、折叠、旋转模型；
考查线段最值、角度等量、分类讨论等腰/直角
三角形，常结合相似、阴影面积计算，模型特征
鲜明。
考点03 代数综合
压轴：含参问题、
函数取值范围
2026 年达州、眉山、南
充、乐山、宜宾、成都、
内江、泸州中考真题
以选择压轴、中档填空为主；围绕二次函数图像、
表格信息辨析结论，融合分式方程、不等式组参
数范围；综合判别式、函数增减性、区间最值，
侧重逻辑推理与参数分类讨论，区分中高分段学
生。
考点04 新定义、材
料阅读类压轴探究
题
2026 年内江、攀枝花、
泸州、乐山、成都、达
州中考真题
选择、填空压轴高频；自定义运算、快乐数、倒
数点、多边形数、陌生/友好函数、平面密铺为
热门载体；要求现场阅读理解规则，结合方程、
函数、图形规律推导，侧重自主学习与归纳能力。
考点01 二次函数几何综合：线段最值、面积、角度、特殊三角形/四边形
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存在性
1．（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








(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








，
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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


，
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














，
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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






，
∴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





，
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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


















．
2．（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 ．
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∴
90
AGF
BHF



．
又∵A、B 两点到直线l 的距离相等，
∴AG
BH

．
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


，
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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 ，
∴
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



．
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∵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，
∴直线l 过定点

1, 3

．
3．（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；
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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





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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 ，
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∴
90
BOC
GHB




∵BG
CB

∴
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




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∴
3
2
BT 
∴
3
3
3
2
2
OT 


∵


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

．
4．（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

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∴
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

，
∵
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



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∵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 ，
∵

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



，
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∵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



，
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

．
5．（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 
．
(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；
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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 
，


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




，
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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






，
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





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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





，
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，
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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 

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
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向与距离出错、漏解等边三角形的两种位置．
6．（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．
【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，
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∴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，
在四边形DFED中，
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∵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，
∴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 
，
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∴
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：
则
2
2
2
AC
CG
AG


，
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∴


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：
则
2
2
2
AG
AC
CG


，
∴


2
2
1
10
4
3
n
n





，
解得
1
3
n 
，
∴
1
2, 3
G






．
7．（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．
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(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．
【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

，
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∵

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；
（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




，
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∵
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




，
∴
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





．
8．（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．
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(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











，
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


，
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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
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，
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∴当
5
2
t 
时，四边形PCQB 的面积最大，最大面积为57
4 ．
9．（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
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
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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


，
∴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


，
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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 ，
∴GK
y
∥轴，
∴


8
4
1
3
8
2
3
GA
AK
GB
OK





．
10．（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
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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 ，
2
y
x



，
联立
2
2
y
x
y
x






，可得
2
2
0
x
x



，
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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






，
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
，
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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



，


2
2
n
m
n
m
t







，
解得：
1
t ，
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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．
11．（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
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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．
【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








；
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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


，
∴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，
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∴
2
1
2
2
2
12
1
A
A
B
B
S
y
x
a
a
a
S
y
x








，
∴
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

．
12．（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









，
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∵PQ
y

轴，
∴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，
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∴


0, 2
D

，
∴
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；
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如图3-2 所示，当点E 在点B 下方时，
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．
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



(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



，
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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

，
∴
1
30
2
CAE
OAD




，
∵
3
tan
tan30
3
CE
CAE
AC




，
∴
3
6
3
CE 
，
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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





，
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
．
考点02 几何压轴：动点、旋转、折叠、圆与相似综合探究
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1．（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


，
∴
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
∽
，
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∴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 
，
∴
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．
2．（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_________．
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【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 ，
∵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，
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∴PQ 的最小值为3 2 ．
3．（2026·四川南充·中考真题）如图，点P 在正方形ABCD内，且
1
AP
AB

，将PB 绕点B 顺时针旋转90
得到P B
，连接PC 、P C

、PP，PP交BC 于点M ．下列结论：①
1
CP；②PC 的最小值为2
2

；
③D ，P ，P三点共线；④当
MCP
△
为等腰三角形时，BP的长为
6
3

．其中正确结论为_________
（填写序号）
【答案】①③
【分析】对于①，容易证明


ABP
CBP SAS



≌
，则
1
CP
AP

；对于②，由
2
1
PC
AC
AP



可
得，当A 、P 、C 三点共线时，PC 取得最小值
2
1
；对于③，利用等腰三角形的性质可得
135
BPD


，
进而得到∠
∠
180
BPP
DPB


，因此D ，P ，P三点共线；对于④，设CM
x

，容易证明△
∽△
MCP
CDP

，
则
1
DP
x

，
1
DM
x
x


，在Rt CDM

中，利用勾股定理构造方程，解得
3
3
x 
，进而得到
30
CDM


．容
易证明ADP

是等边三角形，在
1
DP
AD

，进而计算出
3
1
PP 

，在Rt BPP

中，利用三角函数计算
出BP即可．
【详解】解：对于①，∵四边形ABCD是正方形，
∴
90
ABC
BCD
ADC




，
1
AB
BC
CD
AD



，
由旋转的性质可得，
90
PBP


，BP
BP

，
∵
90
ABP
CBP



，∠
∠
90
CBP
CBP


，
∴
ABP
CBP


，
在ABP

和CBP

中，
AB
BC
ABP
CBP
BP
BP









，
∴


ABP
CBP SAS



≌
，
∴
1
CP
AP

，故①正确；
对于②，如图，连接AC ，
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在Rt ABC

中，
2
2
2
AC
AB
BC



，
∵
2
1
PC
AC
AP



，
∴当A 、P 、C 三点共线时，PC 取得最小值
2
1
，故②错误；
对于③，如图，连接DP ，设
BAP



，则
90
DAP




，
∵AB
AP

，
∴
180
∠
1
∠
∠
90
2
2
BAP
APB
ABP






，
∵AB
AD

，
∴AD
AP

，
∴
180
1
45
2
2
DAP
APD
ADP









，
∴∠
∠
∠
135
DPB
APD
APB



，
∵
90
PBP


，BP
BP

，
∴
45
BPP
BP P





，
∵∠
∠
180
BPP
DPB


，
∴D ，P ，P三点共线，故③正确；
对于④，如图，设CM
x

，
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∵∠
∠
∠
90
∠
90
CMP
DCM
CMD
CMD





，
又∵
MCP
△
为等腰三角形，
∴CM
MP
x


，
∴∠
∠
CP M
MCP



，
∵
1
CP
CD


，
∴∠
∠
∠
CDP
CP M
MCP





，
∴△
∽△
MCP
CDP

，
∴MP
CP
CP
DP




，即
1
1
x
DP

，
∴
1
DP
x

，
∴
1
DM
DP
MP
x
x






，
在Rt CDM

中，
2
2
2
CM
CD
DM


，
∴
2
2
1
1
x
x
x 






，
整理，得
2
1
3
x 
，
解得
3
3
x 
（负值舍去），
∴
3
3
CM
MP 


，
1
3
DP
x


，
在Rt CDM

中，
3
tan ∠
3
CM
CDM
CD


，
∴
30
CDM


，
∴∠
∠
∠
60
ADP
ADC
CDM



，
又∵AD
AP

，
∴ADP

是等边三角形，
∴
1
DP
AD

，
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∴
3
1
PP
DP
DP






，
在Rt BPP

中，


6
2
sin
3
1 sin45
2
BP
PP
BPP











，故④错误；
综上，正确的结论为①③．
4．（2026·四川眉山·中考真题）如图，在矩形ABCD中，
9
AB ，
12
AD 
，点E 在AB 边上，且
3
BE 
，
点F 是BC 边上的一个动点，将BEF

沿EF 翻折，点B 的对应点为点B，连接AB．点G 在线段AB上，
若
2
3
AG
AB

，连接DG ，则DG 的最小值为_______．
【答案】4 10
2

【分析】根据翻折的性质可知
3
EB
EB

，即点B在以E 为圆心，3为半径的圆上运动，由
2
3
AG
AB

，
联想到位似变换，在AE 上取点H 使得
2
3
AH
AE

，构造AHG
AEB


∽
，从而确定点G 的轨迹是以H 为
圆心，2 为半径的圆，连接DH
，当
,
,
D G H 三点共线时，DG 取得最小值，利用勾股定理求出DH
的
长即可求解．
【详解】解：四边形ABCD是矩形，
90
A

，
12
AD 
，
9
AB 
，
点E 在AB 边上，
3
BE 
，
9
3
6
AE
AB
BE






，
由翻折的性质可知，
3
EB
EB

，
在AE 上取一点H ，使得
2
3
AH
AE

，连接HG ，
2
6
4
3
AH




，
在AHG

和
AEB
△
中，
2
3
AG
AH
AB
AE



，
HAG
EAB


，
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AHG
AEB




∽
，
2
3
HG
AH
EB
AE




，
2
2
3
2
3
3
HG
EB 





，
点H 是定点，HG 长为定值2 ，
点G 在以点H 为圆心，2 为半径的圆上运动，
连接DH
，当点G 在线段DH
上时，DG 的值最小，最小值为DH
HG

，
在Rt DAH

中，
12
AD 
，
4
AH 
，
根据勾股定理得：
2
2
2
2
12
4
144 16
160
4 10
DH
AD
AH








，
DG

的最小值为4 10
2

．
5．（2026·四川广安·中考真题）如图，在矩形ABCD中，已知
3
AB 
，
4
BC 
，点E 是射线BC（不与点B
重合）上的一个动点，连接AE 并延长交直线CD于点F ，将ABE

沿射线AE 翻折，点B 的对应点为点B，
延长AB交直线CD于点G ．有下列结论：
①AG
GF

；②
2
DGA
BAE


；③若点B恰好落在对角线AC 上时，则
5
2
CE 
；④若
3
2
BE
CE 
时，则
54
41
AB D
S

△
或18
5 ；⑤B D

的取值范围为1
5
B D



．其中正确的结论有_____．（填序号）
【答案】①③⑤
【分析】①②分类讨论，当E 在C 的左侧和E 在C 的右侧（含点C ），根据矩形性质和折叠的性质即可推
出结论；③先判断E 在C 的左侧，根据矩形的性质结合勾股定理求出AC 的长，再根据折叠的性质结合勾股
定理求出CE 的长，④分类讨论，当E 在C 的左侧和E 在C 的右侧（含点C ），分别作过点D 作DM
AG

交
AG 于点M ，过点D 作DN
AG

交AG 于点N ，运用矩形的性质证明ABE
FCE


∽
，得出FC 的长，再结
合①的结论算出DG 的长，根据等面积法求出DM 、DN ，最后运用三角形的面积求解即可；⑤先判断B在
以A 为圆心，半径为3的圆上运动，即可求解．
【详解】解：关于①，如图，当E 在C 的左侧、，
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∵ABE

关于AE 折叠为
AB E

△
，
∴
1
2
BAE
B AE
BAB






，
∵矩形ABCD，
∴AB CD

，
∴
BAE
AFD


，
∴
AFD
B AE



，
∴AG
GF

，
如图，E 在C 的右侧（含点C ），
与当E 在C 的左侧同理，
综上，AG
GF

，
∴①符合题意；
关于②，如图，当E 在C 的左侧，
∵ABE

关于AE 折叠为
AB E

△
，
∴2
2
BAE
B AE
BAB





，
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∵矩形ABCD，
∴AB CD

，
∴
2
AGD
BAB
BAE




，
如图，E 在C 的右侧（含点C ），
∵AB CD

，
∴
2
180
AGD
BAB
AGD
BAE






，即
180
2
AGD
BAE



，
∴②不符合题意；
关于③，∵点B恰好落在对角线AC 上，
∴如图，E 在C 的左侧，
∵矩形ABCD，
∴
90
B


，
∵在Rt
ABC
△
中，
3
AB 
，
4
BC 
，
∴根据勾股定理，
2
2
5
AC
AB
BC



，
∵ABE

关于AE 折叠为
AB E

△
，
∴BE
B E

，AB
AB

，
90
B
AB E




，
∴
90
AB E
CB E





，
2
B C
AC
AB





，
∵在Rt
CB E

△
中，
2
B C


，
4
B E
BE
BC
CE
CE






，
∴根据勾股定理，
2
2
2
CE
B E
B C




，即


2
2
4
4
CE
CE



，
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解得:
5
2
CE 
，
∴③符合题意；
关于④，如图，当E 在C 的左侧，过点D 作DM
AG

交AG 于点M ，
∵ABE

关于AE 折叠为
AB E

△
，
∴
3
AB
AB

，
∵矩形ABCD，
∴AB CD

，
90
ADC


，
3
AB
CD


，
4
AD
BC


，
∴ABE
FCE


∽
，
∴
3
2
AB
BE
FC
CE


，即3
3
2
FC 
，
解得：
2
FC 
，
∴
5
GF
CD
DG
CF
DG





，
∵在Rt ADG

中，
4
AD 
，
∴根据勾股定理，
2
2
2
2
4
AG
AD
DG
DG




，
∵由①得AG
GF

，
∴
2
2
AG
GF

，即


2
2
16
5
DG
DG



，解得：
9
10
DG 
，
∴
41
10
AG
GF


，
∵
1
1
2
2
AGD
S
AG DM
AD DG





，即41
9
4
10
10
DM 

∴
36
41
DM 
，
∴
1
1
36
54
3
2
2
41
41
AB D
S
AB DM








，
如图，当E 在C 的右侧（含点C ），过点D 作DN
AG

交AG 于点N ，
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∵ABE

关于AE 折叠为
AB E

△
，
∴
3
AB
AB

，
∵矩形ABCD，
∴AB CD

，
90
ADC


，
3
AB
CD


，
4
AD
BC


，
∴ABE
FCE


∽
，
∴
3
2
AB
BE
FC
CE


，即3
3
2
FC 
，解得：
2
FC 
，
∴
1
GF
CD
CF
DG
DG




，
∵在Rt ADG

中，
4
AD 
，
∴根据勾股定理，
2
2
2
2
4
AG
AD
DG
DG




，
∵由①得AG
GF

，
∴
2
2
AG
GF

，即


2
2
16
1
DG
DG



，解得：
15
2
DG 
，
∴
17
2
AG
GF


，
∵
1
1
2
2
AGD
S
AG DN
AD DG





，即17
15
4
2
2
DN 

∴
60
17
DN 
，
∴
1
1
60
90
3
2
2
17
17
AB D
S
AB DN








，
综上，
54
41
AB D
S

△
或90
17 ；
∴故④不符合题意；
关于⑤，
∵ABE

关于AE 折叠为
AB E

△
，
∴
3
AB
AB

，
∴如图，B在以A 为圆心，半径为3的圆上运动，
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∵点E 是射线BC （不与点B 重合）上的一个动点，
∴0
90
BAE


，即0
180
BAB


，
∴B在
BT 上运动，
当B在K 点时，B D

有最小值，最小值为4
3
1
，
当B接近T 时停止，B D
趋近于
2
2
4
3
5
DT 


，
∴B D
的取值范围为1
5
B D



，
故⑤符合题意；
综上，符合题意的有①③⑤．
6．（2026·四川巴中·中考真题）如图，在边长为1 的等边三角形ABC 中，D 为BC 边上的动点（不与端点
重合），过点D 作DG
AB

于点G．下列说法正确的有___________．（填写序号，错选不得分，少选得2
分，选全得4 分）
①0
1
DG

；
②
ADG
BDG
S
S

△
△
；
③设AG
x

，则
ADG
△
的面积S 是关于x 的二次函数；
④仅存在一点D，使得
ACD
ADG
S
S

△
△
．
【答案】①②③④
【分析】由题意易得
60 ,
1
C
B
AB
BC
AC






，则有
3
sin
2
DG
BD
B
BD




，
1
cos
2
BG
BD
B
BD




，然后问题根据三角形面积，二次函数的性质及三角函数进行排除答案即可．
【详解】解：∵ABC

是等边三角形，且边长为1，
∴
60 ,
1
C
B
AB
BC
AC






，
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∵DG
AB

，
∴
3
sin
2
DG
BD
B
BD




，
1
cos
2
BG
BD
B
BD




，
∵D 为BC 边上的动点（不与端点重合），
∴0
1
BD

，
∴
3
0
1
2
DG


，
1
0
2
BG


，故①说法正确；
∵
1
AG
AB
BG
BG



，
∵
1
0
2
BG


，
∴1
1
2
AG

，
∴AG
BG

，
∵
1
,
2
1
2
ADG
BDG
BG DG
S
AG DG S




△
△
，
∴
ADG
BDG
S
S

△
△
，故②说法正确；
设AG
x

，则有
1
BG
x

，
∴


tan
3 1
DG
BG
B
x





，
∴


2
1
1
3
3
3 1
2
2
2
2
S
AG DG
x
x
x
x







，
∴
ADG
△
的面积S 是关于x 的二次函数，故③说法正确；
过点D 作DH
AC

，如图所示：
∴
3
sin
2
DH
DC
C
DC




，
设AG
x

，则
1
BG
x

，
∴
2
2
2
BD
BG
x



，
∴
2
1
DC
BC
BD
x



，
∴


3
3
2
1
3
2
2
DH
x
x




，
∴
1
3
3
2
2
4
ADC
S
AC DH
x





，
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∵
2
3
3
2
2
ADG
S
x
x



，
ACD
ADG
S
S

△
△
，
∴
2
3
3
3
3
2
2
2
4
x
x
x




，
解得：
2
2
x 
（负根舍去），
∴仅存在一点D，使得
ACD
ADG
S
S

△
△
，故④说法正确；
综上所述：正确的有①②③④．
7．（2026·四川凉山·中考真题）如图，在矩形ABCD中，
6
AB 
厘米，
8
BC 厘米．动点E 从点B 出发以
2 厘米/秒的速度在线段BC 上运动，运动到点C 处停止．动点E 运动t 秒时，连接AE ，将ABE

沿着直线AE
折叠，顶点B 的对应点是点F，连接CF ．当
EFC

是直角三角形时，则t 为_______秒．
【答案】1.5 或3/ 3
2 或3
【分析】根据折叠的性质可得
6
AF
AB


，
2
EF
BE
t


，
90
AFE
B




，分
90
EFC


，
90
CEF


和
90
FCE


三种情况讨论，利用勾股定理或等腰直角三角形的性质建立方程求解即可．
【详解】解：由折叠的性质可知，
6
AF
AB


，
2
EF
BE
t


，
90
AFE
B




，
∵四边形ABCD是矩形，
∴
90
B


，
2
2
2
2
6
8
10
AC
AB
BC





，
∵点E 在线段BC 上，
∴
8
2
EC
BC
BE
t




；
当
EFC

是直角三角形时，分三种情况讨论：
①当
90
EFC


时，∵
90
AFE


，
∴
180
AFE
EFC



，
∴A ，F ，C 三点共线，
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∴
10
6
4
FC
AC
AF





，
在Rt EFC

中，由勾股定理得
2
2
2
EF
FC
EC


即
2
2
2
(2 )
4
(8
2 )
t
t



，
解得
1.5
t 
；
②当
90
CEF


时，
∴EF
BC

，
∴
90
BEF


，
由折叠可知
AEB
AEF


，
∴
1
45
2
AEB
BEF




，
在Rt
ABE
△
中，
90
45
BAE
AEB






，
∴
BAE
AEB


，
∴
6
BE
AB


，
∴2
6
t 
，
解得
3
t 
；
③当
90
FCE


时，此时FC
BC

，即点F 在CD边上，
在Rt
ADF
△
中，斜边
6
AF 
，直角边
8
AD
BC


，
∵AF
AD

，
∴此种情况不存在．
综上所述，t 的值为1.5或3．
8．（2026·四川广元·中考真题）如图，在Rt
ABC
△
中，
90
C


，
3
AC 
，
4
BC 
，点D ，E ，F 分别
在AB ，AC ，BC 边上，连接DE ，DF ，EF ，若
90
EDF


，AD
AE

，则EF 的最小值为__________．
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【答案】6 5
5
【分析】勾股定理求得
5
AB 
，设
2
BAC



，延长CA 至H 使得
5
AH
AB


，则
1
2
H
ABH
CAB






，进而求得
5
sin
5

，取EF 的中点G ，连接
,
,
AG CG DG，根据直角三角形中
斜边上的中线等于斜边的一半，垂直平分线的性质与判定，三线合一，得出
1
,
2
DG
EG CG
EF


，可得G 点
在
CAB

的角平分线上，CG
AG

时，CG 最小，此时EF 最小，进而解Rt ACG

求得CG 的最小值，即可
求解．
【详解】解：在Rt
ABC
△
中，
90
C


，
3
AC 
，
4
BC 
，
∴
2
2
5
AB
AC
BC



，
设
2
BAC



，
如图，延长CA 至H 使得
5
AH
AB


，则
1
2
H
ABH
CAB






，
∴
3
5
8
HC
AC
AH
AC
AB







，
2
2
2
2
4
8
4 5
HB
BC
CH





，
∴
4
5
sin
sin
5
4 5
BC
H
HB




，
如图，取EF 的中点G ，连接
,
,
AG CG DG ，
∴
1
,
2
DG
EG CG
EF


，
又∵AD
AE

，
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∴AG 垂直平分DE ，AG 是
CAB

的角平分线，
∴G 点在
CAB

的角平分线上，CG
AG

时，CG 最小，此时EF 最小，
∴此时
3 5
sin
5
CG
AC



，
∴
min
6 5
5
EF

.
9．（2026·四川自贡·中考真题）如图，正方形ABCD中，点E 为CD的中点，作
45
EBF


，交AD 于点F ．点
G ，H 分别在等腰Rt DFQ

的直角边DQ 和斜边FQ 上，且
2
GQ
FH

，FG 与DH 交于点P ．连接BP ，若
2
AF 
，则BP 的最小值为_____．
【答案】4 5
2 2

【分析】根据题意，四边形ABCD是正方形，设边长为a ，如图所示，将
ABF
△
绕点B 顺时针旋转90
得到
CBK

，点K 在DC 的延长线上，则
1
2
2
EF
EK
a



，有勾股定理列式求解得到
6
a 
，再证明
DFH
FQG


∽
，结合角度的计算得到点P 在以DF 为弦，含135圆周角的圆弧上运动，设该圆圆心
为O，半径为R ，得到
2 2
2
DF
R
O D 



，如图，建立平面直角坐标系，以B 为原点，BC 所在直线为
x 轴，BA 所在直线为y 轴，结合图形，两点之间距离的计算即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，设边长为a ，
∴
,
90
AB
BC
CD
AD
a
ABC
BCD
CDA
DAB









，
∵点E 为CD的中点，
∴
1
2
DE
CE
CD


，
∵
2,
AF
AD
a


，且DFQ

是等腰直角三角形，
∴
2
DF
DQ
AD
AF
a





，
45
DFQ
DQF




∵
45
EBF


，
∴
90
45
45
CBE
ABF
ABC
EBF







，
如图所示，将
ABF
△
绕点
B 顺时针旋转90得到
CBK

，点K 在DC 的延长线上，
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∴ABF
CBK


≌
，
∴
,
,
BF
BK AF
CK
ABF
CBK




，则
45
CBK
CBE
ABF
CBE
EBF






，且BE
BE

，
∴


EBF
EBK SAS


≌
，
∴
1
2
2
EF
EK
EC
CK
EC
AF
a







，
在Rt
DEF
△
中，
2
2
2
EF
DF
DE


，
∴


2
2
2
1
1
2
2
2
2
a
a
a 















，
整理得，
2
6
0
a
a

，
解得，
1
2
6,
0
a
a


（舍去），
∴
6
AB
BC
CD
AD




，
∴
6
2
4
DF
DQ




，
3
DE 
，
∴
2
4 2
FQ
DF


，
∴
2
FQ
DF 
，
∵
2
GQ
FH

，
∴
2
GQ
FH 
，
∴FQ
GQ
DF
FH

，且
45
DFH
FQG



，
∴DFH
FQG


∽
，
∴
FDH
QFG


，
在PDF

中，


180
DPF
PDF
PFD






，
∵
45
45
PFD
QFD
QFG
QFG
FDH







，
∴
45
45
PDF
PFD
FDH
FDH






，
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∴
180
45
135
DPF




，
∴点P 在以DF 为弦，含135圆周角的圆弧上运动，设该圆圆心为O，半径为R ，
∵圆心角


2
180
135
90
DO F







，
4
DF ，
∴DO F

是等腰直角三角形，
∴
2 2
2
DF
R
O D 



，
如图，建立平面直角坐标系，以B 为原点，BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y 轴，
∴
(0,0),
(0,6),
(6,6),
(2,6)
B
A
D
F
，
∵DF 在直线
6
y 
上，且P 在正方形内部（
6

y
），
∴圆心O在DF 的上方，且O到DF 的距离为
1
2
2
O J
DF



，
∵DF 的中点坐标为

4,6
J
，
∴圆心O的坐标为(4,8) ，连接BO，交圆弧于点P ，此时BP 取得最小值
2
2
(4
0)
(8
0)
16
64
80
4 5
BO 








，
∴
min
4 5
2 2
BP
BO
R





．
10．（2026·四川攀枝花·中考真题）综合探究与应用
【阅读材料】
如图1，两定点A、B 在直线l 异侧，点P 是直线l 上任意一点，当点P 为线段AB 与直线l 的交点时，PA
PB

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的值最小，最小值为线段AB 的长．理由：在直线l 上另取一点
1P ，连结
1
1
PA
PB
、
，因为三角形的两边之和
大于第三边，所以
1
1
PA
PB
AB


，即PA
PB

最小值为AB 的长．
【类比应用】
(1)根据阅读材料中的相同道理，类比解决下面的问题：
如图2，两定点A、B 在直线l 同侧，点P 是直线l 上任意一点，当点P 为线段AB 延长线与直线l 的交点时，
PA
PB

的值最大，最大值为线段AB 的长．请说明理由．
【拓展提升】
(2)如图3，在矩形ABCD中，
2,
3
AB
AD

，O为对角线AC 的中点，点H 在AD 边上，且
1
AH ，点E
在BC 边上，连结HE ，OE ，求HE
OE

的最大值．
【答案】(1)解：理由如下：
如图，在直线l 上另取一点
2P ，连结
2P A ，
2P B ，
∵三角形的两边之差小于第三边，
∴
2
2
P A
P B
AB


，
当点P 为线段AB 延长线与直线l 的交点时，PA
PB
AB


，
∴对于直线l 上的任意一点P ，都有PA
PB
AB


，
∴当点P 为线段AB 延长线与直线l 的交点时，PA
PB

的值最大，最大值为线段AB 的长．
(2)
5
2
【分析】（1）根据三角形的三边关系定理解答即可；
（2）取AD 的中点F ，连接
,
OF OH ，先求出
,
FH OF 的长，再利用勾股定理求出HO 的长，然后利用（1）
的结论解答即可．
【详解】（1）解：略．
（2）解：如图，取AD 的中点F ，连接
,
OF OH ，
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∵在矩形ABCD中，
2,
3
AB
AD

，
∴
1
3
2,
,
90
2
2
CD
AB
AF
AD
D






，
∵
1
AH ，
∴
1
2
FH
AF
AH



，
∵点F 为AD 的中点，点O为对角线AC 的中点，
∴OF 是ACD

的中位线，
∴
1
,
1
2
OF
CD OF
CD



，
∴
90
AFO
D



，
在Rt HOF

中，
2
2
5
2
OH
OF
FH



，
由（1）可知，当点E 为BC 与HO 延长线的交点时，HE
OE

的值最大，最大值为线段HO 的长，即为
5
2
．
11．（2026·四川内江·中考真题）如图，在ABC

中，AB
AC

，以边AB 为直径作
O

，交BC 于点D ，
交CA 的延长线于点E ，连接DE 交AB 于点F
．
(1)如图1，过点D 作DM
AC

于点M
．
①求证：DM
是
O

的切线；
②若
30
CED


，
6
AB 
，求阴影部分的面积；
(2)如图2，连接BE ，若
1
2
EF
FD 
，
2 15
BE 
，求AE 的值．
【答案】(1)①证明：如图1 所示，连接
,
AD OD ，
∵AB 为
O

的直径，
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∴
90
ADB


，即AD
BC

，
∵AC
AB

，
∴CD
BD

，即点D 为BC 的中点，
又∵点O 为AB 的中点，
∴OD 是ABC

的中位线，
∴OD
AC

，
∵DM
AC

，
∴DM
OD

，
∵OD 是
O

的半径，
∴DM
是
O

的切线；
②
9 3
3π
4

(2) 2
【分析】（1）①连接
,
AD OD ，可证明AD
BC

，得到点D 为BC 的中点，则OD 是ABC

的中位线，进而
可证明OD
AC

，进一步可证明DM
OD

，则可证明DM
是
O

的切线；②由圆周角定理可得
60
AOD


，则可证明AOD

是等边三角形，得到
3
AD 
，
60
OAD


，解直角三角形得到
3 3
BD 
，
可求出
1
9 3
2
4
BOD
ADB
S
S




，根据
BOD
BOD
S
S
S



阴影
扇形
列式求解即可；
（2）取AC 的中点T，连接DT ，可证明DT 为ABC

的中位线，则DT
AB

，由平行线分线段成比例定理
得到
1
2
AE
EF
AT
FD


；设AE
x

，则
4
AB
AC
x


，由勾股定理得



2
2
2
4
2 15
x
x


，解方程即可得到答
案．
【详解】（1）①略；
②解：如图1 所示，连接
,
AD OD ，
∵AB 为
O

的直径，
∴
90
ADB


；
∵

AD
AD

，
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∴
2
60
AOD
AED



，
∵OA
OD

，
∴AOD

是等边三角形，
∴
1
3
2
AD
OA
OB
AB




，
60
OAD


，
∴
sin
6 sin60
3 3
BD
AB
DAB






，
∴
1
1
9 3
3 3 3
2
2
2
ADB
S
AD BD






，
∵点O 为AB 的中点，
∴
1
9 3
2
4
BOD
ADB
S
S




，
∵
180
120
BOD
S
AOD







，
∴
2
120π
3
9 3
9 3
3π
360
4
4
BOD
BOD
S
S
S








阴影
扇形
；
（2）解：如图2 所示，取AC 的中点T，连接DT ，
由（1）可得点D 为BC 的中点，
∴DT 为ABC

的中位线，
∴DT
AB

，
∴
1
2
AE
EF
AT
FD


；
设
2
AE
x
AT
CT
x



，
，则
4
AC
AT
CT
x



，
∴
4
AB
AC
x


；
∵AB 是
O

的直径，
∴
90
AEB


；
在Rt
ABE
△
中，由勾股定理得
2
2
2
AB
AE
BE


，
∴



2
2
2
4
2 15
x
x


，
解得
2
x 
或
2
x （舍去），
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∴
2
AE 
．
12．（2026·四川南充·中考真题）在菱形ABCD中，对角线
,
AC BD 相交于点O，AP
AB

．
(1)【初步感知】如图1，点P 在线段AC 上，若
2
OP
CP

，
6
AC 
，求AB 的长．
(2)【深入探究】如图2，点P 在线段CD上，若CP
DP

，设AB 长为x，AC 长为y，求y 与x 之间的函数
关系式．
(3)【拓展运用】如图3，点P 在线段CD上，将ADP

沿直线AP 折叠，若点D 落在BC 边上，求DP
DC 的值．
【答案】(1)5
(2)
6
(
0)
2
y
x x


(3)
5
1
2
DP
DC


【分析】（1）根据菱形的性质得出
3
OC
OA

，再结合题意得出
2
OP 
，即可求解；
（2）过点P 作PE
AC

于点E，根据菱形的性质及相似三角形的判定和性质得出CPE
CDO
∽


，
1
1
,
2
2
CP
x OC
y


，
1
1
2
4
CE
OC
y


，然后利用勾股定理建立方程整理即可得出y 与x 之间的函数关系式；
（3）设AP 交BD 于点F.将ADP

沿直线AP 折叠，使点D 落在BC 边上的D，连接
,
PD AD

，根据题意得
出
,
AD
AD
AP
AB
D AP
DAP







，利用各角之间的关系得出
36 ,
72
DAP
APD
ADP





，
1
36
2
ADF
PDF
ADP





，再由相似三角形的判定和性质得出PDF
PAD


∽
，DP
FP
AP
DP

，设
,
DP
m DC
n


. 则
,
AP
n FP
n
m



，代入求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
6
AC 
，
∴
3
OC
OA

，
2
OP
CP


，
2
OP


，
5
AB
AP
OP
OA





；
（2）过点P 作PE
AC

于点E，
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∵四边形ABCD是菱形，
∴AC
BD

，
∴PE
BD
∥
∴CPE
CDO
∽


，
∴CE
CP
OC
CD

，
∵CP
DP

，
∴
1
2
CE
CP
OC
CD


，
∵
,
AB
x AC
y


，
1
1
,
2
2
CP
x OC
y



，
1
1
2
4
CE
OC
y


，
3
4
AE
AC
CE
y




在Rt PCE

中，
2
2
2
2
2
2
4
x
y
PE
PC
CE
















在Rt PAE

中，
2
2
2
2
2
3
4
y
PE
PA
AE
x









即
2
2
2
2
3
2
4
4
x
y
y
x





















，
整理得
2
2
3
,
2
y
x

即
6
6
,
2
2
y
x y
x


(舍去)；
∴y 与x 之间的函数关系式为
6
(
0)
2
y
x x


（3）如图，设AP 交BD 于点F，将ADP

沿直线AP 折叠，使点D 落在BC 边上的D，连接
,
PD AD

，
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∵AP
AB

，
∴
,
AD
AD
AP
AB
D AP
DAP







，
又
ABD
ADP



，
∴
ADP
APD
APD
AD P
AD B
ABD









，
∴
DAP
D AP
BAD





，
∵AB
CD
∥
，
∴
2
APD
PAB
DAP



，
180
PDA
APD
DAP






，
5
180
DAP


，
∴
36 ,
72
DAP
APD
ADP





，
1
36
2
ADF
PDF
ADP





，
PDF
DAP
ADF



，
∴
72
DPF
DFP



，
DF
AF
PD



，
DPF
APD


又
，
∴PDF
PAD


∽
，
DP
FP
AP
DP


，
2
DP
AP FP



，
设
,
DP
m DC
n


，则
,
AP
n FP
n
m



，


2
m
n n
m



，
2
2
0
m
mn
n




，
2
1
0
m
m
n
n









，
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取正数解得：
5
1
2
m
n


，
5
1
2
DP
m
DC
n




．
13．（2026·四川乐山·中考真题）如图，在矩形ABCD中，
3
AB 
、
1
AD ，点P 在线段CD上（点P 不
与点D 重合），连结AP ，将ADP

沿AP 翻折得到、点D 的对应点为D．
(1)求AD的长度；
(2)求证：当
1
DP 时，四边形AD PD

为正方形；
(3)若点Q 在线段AB 上，且


0
3
BQ
DP
a
a




，连接CQ 、将BCQ

沿CQ 翻折得到B CQ


、点B 的对
应点为B，设点B与点D之间的距离为d ，求d 的取值范围．
【答案】(1)1
(2)证明：法一：
ADP

沿AP 翻折得到
AD P
△
，
∴
1
AD
AD

，
1
D P
DP



∴AD
AD
D P
DP





∴四边形AD PD

是菱形，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴
90
D


，
∴四边形AD PD

是正方形；
法二：
∵四边形ABCD是矩形，
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∴
90
D


．
又∵△ADP 沿AP 翻折得到
AD P
△
，
∴
90
AD P
D




，
DAP
D AP


，
∵
1
DP
AD

，
∴
45
DAP


，
∴
45
DAP
D AP




，
∴
2
90
DAD
DAP




，
∴四边形AD PD

是矩形，
又∵DP
AD

，
∴四边形AD PD

是正方形；
(3) 0
2
d


【分析】（1）根据翻折得到
1
AD
AD

；
（2）根据翻折得到
1
AD
AD

，
1
D P
DP


，则AD
AD
D P
DP





推出四边形AD PD

是菱形，最后
根据
90
D


得到四边形AD PD

是正方形；
（3）①当B' 与D重合时，此时
0
d 
最小．②当点P 与点C 重合（点Q 与点A 重合）时，根据折叠证明四
边形AB CD

是矩形，得到
2
d
B D
AC





，此时最大，即可得到点B与点D之间的距离为d 的取值范围
0
2
d


．
【详解】（1）解：
ADP

沿AP 翻折得到
AD P
△
，
∴AD
AD

，
又∵
1
AD ，
∴
1
AD；
（2）略
（3）解：①当B' 与D重合时，
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此时
0
d 
．
②当点P 与点C 重合（点Q 与点A 重合）时，
∵四边形ABCD是矩形，
3
AB 
、
1
AD ，
∴
90
ADC
ABC



，
3
CD
AB


，
1
AD
BC

，
∴


2
2
2
2
3
1
2
AC
AB
BC





，
由折叠可得
1
AD
AD

，
3
AB
AB


，
3
CD
CD


，
1
CB
CB

，
90
AD C
ADC




，
90
AB C
ABC




，
∴
1
CB
AD


，
3
AB
CD



，
∴四边形AB CD

是平行四边形，
∵
90
AD C
ADC




，
∴平行四边形AB CD

是矩形，
∴B D
AC

，
∴
2
d
B D
AC





．
∴0
2
d


．
14．（2026·四川眉山·中考真题）【问题背景】数学活动课上，老师和学生一起探究图形的旋转性质．
已知，如图1，ABC

中，
90
BAC


，AB
AC

，
10
BC 
，点D 是BC 边上的动点（不与点B，C
重合），将线段AD 绕点A 逆时针旋转90得到线段AE ，连接DE ，CE ，DE 与AC 交于点F．
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(1)【初步探究】如图1，在点D 的运动过程中，试探究CE 与BD 的数量关系，并说明理由．
(2)【深入探究】如图2，当点D 运动到
4
CD 
时，求EF 的长．
(3)【拓展延伸】如图3，点M 为ED 延长线上一点，且满足MC
MF

，当


1
BD
k k
DC 

时，求MD
DF 的值
（用含k 的式子表示）．
【答案】(1)CE
BD

，理由如下：
由旋转得
90 ,
DAE
AD
AE




∵
90
BAC



∴
DAE
BAC


∴
DAC
CAE
DAC
BAD




∴
CAE
BAD


∵AB
AC

∴


ABD
ACE SAS


≌
∴CE
BD

；
(2) 6 13
5
(3)
1
1
k 
【分析】（1）证明


ABD
ACE SAS


≌
即可得证；
（2）先由勾股定理求解DE ，然后根据等腰直角三角形求解
,
AE AB ，再证明AEF
ABD


∽
得到EF
AE
BD
AB

即可；
（3）证明MCD
MEC


∽
即可得到
1
DM
DC
DC
CM
CE
BD
k



，则
1
DM
DM
FM
CM
k


，从而得解．
【详解】（1）略
（2）解：∵
10,
4
BC
CD


，
∴
6
BD
BC
CD



，
∵
,
90
AB
AC
BAC




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∴
45
B
ACB




∵ABD
ACE


≌
∴
6
CE
BD


，
45
ACE
B



，
∴
45
45
90
DCE
ACB
ACE







∴
2
2
2
2
4
6
2 13
DE
DC
CE





，
在Rt ADE

中，AD
AE

，
∴
2
2
2
DE
AD
AE
AD



，
45
AED
ADE




∴
2
2
2 13
26
2
2
AD
AE
DE





，
同理可求
2
2
10
5 2
2
2
AB
AC
BC





∵
45
AEF
B



，
90
EAF
BAD
DAF




∴AEF
ABD


∽
∴EF
AE
BD
AB

∴
26
6
5 2
EF 
解得
6 13
5
EF 
；
（3）解：由（1）可得，ABD
ACE


≌
∴
45
ECA
B




∵MC
MF

，
∴
MCF
MFC


，
∴
FCD
MCD
ECF
FEC




∵
45
DCF
ECF




∴
MCD
MEC


∵
M
M


∴MCD
MEC


∽
∴DM
DC
DC
CM
CE
BD


∵


1
BD
k k
DC 

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∴
1
DM
DC
DC
CM
CE
BD
k



∵CM
FM

，
∴
1
DM
DM
FM
CM
k


∴
1
1
DM
FD
k 

．
15．（2026·四川广安·中考真题）如图，四边形ABCD是正方形，点E 是边BC （不与点B ，点C 重合）上
的一点，
90
AEF


，且EF 交正方形外角的平分线CF 于点F ．
(1)如图1，求证：AE
EF

；
(2)如图2，M ，E 分别为AB ，BC 的中点，连接DM 和AE 相交于点G ，连接ME ，DF ．试判断四边形DMEF
的形状，并说明理由；
(3)若点M 是边AB （不与点A ，点B 重合）上的一点，直接写出BM ，BE ，CD三边满足什么数量关系时，
四边形DMEF 是平行四边形．
【答案】(1)证明：在AB 上截取AH
EC

，
四边形ABCD是正方形，
AB
BC


，
90
B
BCD


，
AH
EC


，
AB
AH
BC
EC




，即HB
EB

，
BHE

是等腰直角三角形，
45
BHE


，
135
AHE


，
CF

是正方形ABCD的外角平分线，
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45
DCF


，
135
ECF


°，
135
AHE
ECF
∠
∠



，
90
AEF




，
90
AEB
FEC



，
90
BAE
AEB





，
BAE
FEC


，
在AHE

和
ECF
△
中，
AHE
ECF
AH
EC
HAE
CEF












AHE
ECF ASA

≌
，
AE
EF


；
(2)四边形DMEF 是平行四边形．
理由如下：
四边形ABCD是正方形，
AD
AB
BC



，
90
DAB
B



，
M

，E 分别为AB ，BC 的中点，
AM
BE


，
在
DAM
△
和ABE

中，
AD
AB
DAB
B
AM
BE











DAM
ABE SAS


≌
，
ADM
BAE


，DM
AE

，
90
BAE
DAE





，
90
ADM
DAE



，
90
AGD


，
90
AEF




，
AGD
AEF


，
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MD
EF

∥
，
由（1）得AE
EF

，
MD
EF


，
四边形DMEF 是平行四边形．
(3)当BM
BE
CD


时，四边形DMEF 是平行四边形
【分析】（1）在AB 上截取AH
EC

，结合正方形的性质得到HB
EB

，则
45
BHE


，再结合正方形ABCD
的外角平分线，得到
135
AHE
ECF



，即可证明


AHE
ECF ASA

≌
，得到AE
EF

；
（2）由M ，E 分别为AB ，BC 的中点，得到AM
BE

，即可证明


DAM
ABE SAS


≌
，得到
ADM
BAE


，
DM
E
AE
F


，接着得到
90
A
AGD
EF





，则MD
EF
∥
，最后根据一组对边平行且相等即可得到四
边形DMEF 是平行四边形．
（3）根据BM
BE
CD


，得到AM
BE

，即可证明


DAM
ABE SAS


≌
，得到
ADM
BAE


，
DM
E
AE
F


，接着得到
90
A
AGD
EF





，则MD
EF
∥
，最后根据一组对边平行且相等即可得到四
边形DMEF 是平行四边形．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：当BM
BE
CD


时，四边形DMEF 是平行四边形．
理由如下：
四边形ABCD是正方形，
AD
AB
BC



，
90
DAB
B



，
∵BM
BE
CD


，BM
AM
AB


，
AM
BE


，
在
DAM
△
和ABE

中，
AD
AB
DAB
B
AM
BE











DAM
ABE SAS


≌
，
ADM
BAE


，DM
AE

，
90
BAE
DAE





，
90
ADM
DAE



，
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90
AGD


，
90
AEF




，
AGD
AEF


，
MD
EF

∥
，
由（1）得AE
EF

，
MD
EF


，
四边形DMEF 是平行四边形．
16．（2026·四川达州·中考真题）综合与探究
【方法探究】
(1)如图1，直线1
2
l
l
，A，B 两点在直线1l 上，
1
C ，
2
C ，
3
C 三点在直线2l 上，连接
1
AC ，
2
AC ，
3
AC ，
1
BC ，
2
BC ，
3
BC ，我们发现
1
ABC

，
2
ABC

，
3
ABC
△
面积的数量关系是______，理由是______
(2)如图2，AB 是
O

的直径，C 是
O

上的动点（C 不与A 重合）、D 是AC 的中点，用圆规和无刻度直
尺在图2 中作出点D 的运动路径（不写作法、保留作图痕迹），简要说明理由；
(3)【问题解决】如图3，直线AB
CD
∥
，M 是AB 上一点，MN
CD

，垂足为N，
4
MN 
、E 是射线NC
上的动点，连接EM ，过点M 在AB 上方作射线MF
ME

，G 是MF 上的一点，连接EG ，
12
EMG
S

△
，
求线段NG 的最大值．
【答案】(1)相等，等底等高的三角形面积相等
(2)
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点D 的运动路径是以线段OA为直径的圆（不包含点A ）．
证明：连接OD ，
∵O是AB 中点，D 是AC 的中点，
∴OD 是ABC

的中位线
∴OD
BC

．
又∵AB 是直径
∴
90
ACB


，
∴
90
ADO
ACB



，
∴点D 在以OA为直径的圆上．
又∵点A 、C 不重合，故点D 不与点A 重合，
∴点D 的运动路径是以线段OA为直径的圆（不包含点A ）．
(3)8
【分析】（1）根据平行线间的距离处处相等即可得出结论；
（2）根据三角形中位线性质可得OD
BC

，由此得出
90
ADO
ACB



，根据90角所对弦是直径，可
得点D 的运动路径是以线段OA为直径的圆（不包含点A ）；
（3）过点G 作GK
ME

，交CD于K ，交AB 于P ，利用（1）可得
12
EMG
EMK
S
S




，根据
1
12
2
EMG
S
KE MN




求得
6
KE 
，再由四边形KEMP 是平行四边形，可得
6
PM
KE


，由MG
ME

可
得MGP

是直角三角形，取PM 中点O，则
1
3
2
OG
OM
PM



，根据点到圆上一点的距离最值即可得
OG
NG
NG


，即当点G 在ON 延长上时，NG 最大，最大值为OG
NG

．
【详解】（1）解：
1
ABC

​
、
2
ABC

​
、
3
ABC
△
​
面积相等．
理由：它们共底边AB ，且由于1
2
l
l
∥，顶点
1
2
3
,
,
C C C 到直线1l ​
的距离（即高）相等，故面积相等．
（2）略
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（3）解：过点G 作GK
ME

，交CD于K ，交AB 于P ，
由（1）可得：
EMG
EMK
S
S



，
∵MN
CD

，
4
MN 
，
12
EMG
S

△
，
∴
1
12
2
EMG
S
KE MN




，即1
4
12
2 KE 

，
解得：
6
KE 
，
∵GK
ME

，AB CD

，
∴四边形KEMP 是平行四边形，
∴
6
PM
KE


，
又∵MG
ME

，即
90
GME


，
∴
90
MGP


，
∴点G 在以PM 为直径的半圆弧（AB 上方，不含P 、M 两点）上运动，
取PM 中点O，则
1
1
6
3
2
2
OG
OM
PM





，连接ON 、OG ，
∴OG
NG
NG


，
当点G 在ON 延长上时，NG 最大，最大值为OG
NG

，
∵AB CD

，MN
CD

，
∴MN
AB

，即
90
OMN


，
∴
2
2
2
2
3
4
5
ON
OM
MN





，
∴
5
3
8
ON
OG




，
即NG 最大值为8．
【点睛】解题关键是利用平行转化三角形面积，抓“定角对定弦”构造辅助圆，化“动”为“静”；利用“圆外一
点到圆上点的最大距离

d
r

”模型，巧解线段最值．
17．（2026·四川巴中·中考真题）四边形ABCD是矩形，点E 在BC 边上，
90
AEF


．
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(1)【教材重现·提出问题】
如图1，AB
BC

，G 、E 分别是AB 、BC 的中点，EF 交矩形外角的平分线于点F ．求证：AGE
ECF
△
≌△
；
(2)【模型建构·应用意识】
如图2，
4
AB
BC


，EF 交矩形外角的平分线于点F ，延长CF 交AD 的延长线于点H ，求
2BE
HF

的
值；
(3)【拓展推广·实践能力】
如图3，AB
mBC

，AE
mEF

（m 为常数），求CF
BE 的值（用含m 的代数式表示）．
【答案】(1)证明：如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴
90
B
BCD
DCM




，
∴
90
AEB
EAG



，
∵AB
BC

，G 、E 分别是AB 、BC 的中点，
∴AG
BG
BE
EC



，
∴
45
BGE


，
∴
180
135
AGE
BGE




，
∵
90
AEF


，
∴
90
AEB
FEC



，
∴
EAG
FEC


，
∵CF 平分
DCM

，
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∴
1
45
2
DCF
DCM



∠
∠
，
∴
90
135
ECF
DCF
AGE





，
∴


ASA
AGE
ECF


≌
．
(2)4 2
(3)
2
1
CF
m
BE
m


【分析】（1）由题意易得
90
B
BCD
DCM




，AG
BG
BE
EC



，然后可得
EAG
FEC


，
90
135
ECF
DCF
AGE





，进而问题可求证；
（2）在AB 上截取一点P ，使得BP
BE

，由题意易得
90
B
BCD
ADC
DCN
CDH






，
4
AB
CD


，然后可得


ASA
APE
ECF


≌
，则有
2
PE
CF
BE


，进而根据等腰直角三角形的性质进
行求解即可；
（3）连接
,
AC AF ，由题意易得AB
BC
AE
EF

，则有ABC
AEF


∽
，然后可得AB
AC
AE
AF

，
BAC
EAF


，进
而证明ABE
ACF


∽
进行求解即可．
【详解】（1）略
（2）解：在AB 上截取一点P ，使得BP
BE

，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴
90
B
BCD
ADC
DCN
CDH






，
4
AB
CD


，
∴
90
AEB
EAP



，
∵
90
AEF


，
∴
90
AEB
FEC



，
∴
EAP
FEC


，
∵AB
BC

，BP
BE

，
∴AP
EC

，
∵
90
B


，BP
BE

，
∴
45
BPE


，
2
PE
BE

，
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∴
180
135
APE
BPE




，
∵CF 平分
DCN

，
∴
1
45
2
DCF
DCN




，
∴
90
135
ECF
DCF
APE





，
∴


ASA
APE
ECF


≌
，
∴
2
PE
CF
BE


，
∵
90
CDH


，
45
DCH


，
∴DCH

是等腰直角三角形，
∴
2
4 2
CH
CD


，
∵
2
CH
CF
FH
BE
HF




，
∴
2
4 2
BE
HF


；
（3）解：连接
,
AC AF ，如图所示：
∵AB
mBC

，AE
mEF

，
∴AB
AE
m
BC
EF


，
∴AB
BC
AE
EF

，
∵
90
ABC
AEF



，
∴ABC
AEF


∽
，
∴AB
AC
AE
AF

，
BAC
EAF


，
∴AB
AE
AC
AF

，
BAC
EAC
EAF
EAC




，
∴
BAE
CAF


，
∴ABE
ACF


∽
，
∴

AB
BE
AC
CF ，
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∵AB
mBC

，
90
B


，
∴
2
2
2
1
AC
AB
BC
m
BC




，
∴
2
2
1
1
BE
mBC
m
CF
m
BC
m




，
∴
2
1
CF
m
BE
m


．
18．（2026·四川广元·中考真题）在学习图形旋转时，“智慧小组”将两个三角形纸片固定一个顶点，然后将
其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的规律．
在AOB

与
COD
△
中，
90
ABO
CDO



，
30
AOB
COD



，
6
OA 
，
4
OC 
，将
COD
△
绕点O
顺时针旋转，旋转角为


0
180




，直线BD 与直线AC 相交于点E ．
【初步探究】
(1)如图2，
AEB

的度数为__________；
【尝试应用】
(2)如图2，若BE
OA
∥
，求CE 的长；
【创新提升】
(3)若C ，D ，E 三点构成以CD为腰的等腰三角形，请直接写出AC 的长．
【答案】(1)30
(2) 7
(3)4 2
2 3

或2 6
2

【分析】（1）先证明
OBA
ODC
△
∽△
，再证明AOC
BOD


∽
，则
OAC
OBD



，然后根据三角形的外
角性质求解即可；
（2）连接OE ，证明


SAS
ATB
OTE
△
≌△
，则可得
90
TEO
TBA



，然后对Rt
COE
△
运用勾股定理
求解即可；
（3）连接OE ，由（1）知
OAC
OBD



，记直线AE 与BO交于点T ，证明
90
OET
CDO



，则C ，
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O，E ，D 四点共圆，可得
180
CDE
COE



，然后分CD
DE

和CD
CE

两种情况求解即可．
【详解】（1）解：∵
90
ABO
CDO



，
30
AOB
COD



，
∴
OBA
ODC
△
∽△
，
AOB
COB
COD
COB




，即
AOC
BOD


，
∴OB
OA
OD
OC

，
∴OA
OC
OB
OD

，
∵
AOC
BOD


，
∴AOC
BOD


∽
，
∴
OAC
OBD



，
如图，记AE ，BO交于点T ，
∵
OTE
OAC
AOB
OBD
AEB





，
∴
30
AEB
AOB



；
（2）解：∵
6
OA 
，
30
AOB


，
∴
1
3
2
AB
OA


，
如图，连接OE ，
∵BE
OA
∥
，
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∴
30
OBE
AOB



，
30
OAE
AEB



，
∴
OAE
AOB


，
OBE
AEB


，
∴TA
TO

，TE
TB

，
∵
ATB
OTE


，
∴


SAS
ATB
OTE
△
≌△
，
∴
90
TEO
TBA



，
3
OE
AB


，
∵
4
OC 
，
∴
2
2
2
2
4
3
7
CE
OC
OE





；
（3）解：连接OE ，
由（1）知
OAC
OBD



，记直线AE 与BO交于点T ，
∵
ATO
BTE


，
∴
ATO
BTE
△
∽△
，
∴AT
OT
BT
ET

，
∴AT
BT
OT
ET

，
∵
ATB
OTE


，
∴
ATB
OTE
△
∽△
，
∴
90
OET
ABT



，
∴
90
OET
CDO



，
∴C ，O，E ，D 四点共圆，
∴
180
CDE
COE



，
当CD
DE

时，
30
ECD
CED



，
∴
180
120
CDE
CED
ECD





，
∴
60



COE
，
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∴
3
sin
4
2 3
2
CE
OC
COE






，
1
cos
4
2
2
OE
OC
COE






，
∴
2
2
2
2
6
2
4 2
AE
AO
OE





，
∴
4 2
2 3
AC
AE
CE




；
在Rt
CDO
△
中，
4
OC 
，
30
COD


，
∴
1
2
2
CD
CO


，
当
2
CD
CE


时，同理可得
90
OET 

∠
，
∴
2
2
2
2
4
2
2 3
OE
OC
CE





，
∴


2
2
2
26
2 3
2 6
AE
OA
OE





，
∴
2 6
2
AC
AE
CE




；
综上：若C ，D ，E 三点构成以CD为腰的等腰三角形，AC 的长为4 2
2 3

或2 6
2

．
19．（2026·四川成都·中考真题）在综合与实践活动中，数学兴趣小组对等腰三角形的拼接和变换进行了探
究．
如图，
ABC
EAD
△
△
≌
，AB
AC
nBC


（
1
n ），点D 在AC 边上，延长ED 交AB 于点F．
(1)【初步感知】求证：
2
AF
FD FE


；
(2)【深入探究】如图1，当
2
n 
，
1
AD 时，求BF 的长；
(3)【拓展延伸】如图2，将EAD

绕点E 按逆时针方向旋转一定角度（小于90）得到
EA D

△
，若F，A，
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D三点共线，且点A 的对应点A满足A A
A B



，求n 的值．
【答案】(1)证明：∵
ABC
EAD
△
△
≌
，
∴
BAC
E



，即
FAD
E

，
又∵
AFD
EFA


，
∴AFD
EFA


∽
，
∴AF
FD
FE
AF

，
∴
2
AF
FD FE


；
(2) 2
3
(3)
2
1

【分析】（1）根据全等三角形的性质得到
FAD
E

，结合
AFD
EFA


证明AFD
EFA


∽
，再利用相
似三角形的性质即可证明；
（2）根据题意得
1
BC
AD

，
2
AB
AC
AE
DE




，由AFD
EFA


∽
得到
1
2
AF
FD
AD
FE
AF
AE



，则
2
FE
AF

，
1
2
FD
AF

，再利用线段的和差列出关于AF 长的方程，求出
4
3
AF 
，即可求解BF 的长；
（3）连接A F

，设
1
BC
AD

，由（2）中的结论可得AB
AC
AE
DE
n




，根据旋转的性质得AE
A E


，
EA D
EAD



，则
EAA
EA A





，设
EA D
EAD





，导角可得
180
EAF
EA F






，则
FAA
FA A




，推出AF
A F


，再结合A A
A B



推出BF
A F


，则
1
1
2
2
AF
BF
AB
n



，再由
AFD
EFA


∽
得到
2
1
2
FE
nAF
n


，
1
1
2
FD
AF
n


，再利用线段的和差列出关于n 的方程，即可求解n
的值．
【详解】（1）略
（2）解：∵
ABC
EAD
△
△
≌
，
∴
1
BC
AD

，AB
AE

，AC
DE

，
∵AB
AC
nBC


，
2
n 
，
∴
2
AB
AC
AE
DE




，
由（1）得，AFD
EFA


∽
，
∴
1
2
AF
FD
AD
FE
AF
AE



，
∴
2
FE
AF

，
1
2
FD
AF

，
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∴
3
2
2
DE
FE
FD
AF




，
解得
4
3
AF 
，
∴
4
2
2
3
3
BF
AB
AF





，
即BF 的长为2
3 ；
（3）解：如图，连接A F

，
设
1
BC
AD

，
由（2）中的结论可得AB
AC
AE
DE
n




，
由旋转的性质得，AE
A E


，
EA D
EAD



，
∴
EAA
EA A





，
设
EA D
EAD





，
∵F，A，D三点共线，
∴
180
EA F
EA D





，
∴
180
EA F





，
∵AE
DE

，
∴
180
2
AED




，
∵
ABC
EAD
△
△
≌
，
∴
180
2
BAC
AED





，
∴
180
2
180
EAF
BAC
EAD











，
∴
EAF
EA F


，
∴
EAF
EAA
EA F
EA A







，即
FAA
FA A




，
∴AF
A F


，
∵A A
A B



，
∴
90
AA B



，
∴
90
FAA
FBA





，
90
FA A
FA B





，
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∴
FBA
FA B




，
∴BF
A F


，
∴
1
1
2
2
AF
BF
AB
n



，
由（1）得，AFD
EFA


∽
，
∴
1
AF
FD
AD
FE
AF
AE
n



，
∴
2
1
2
FE
nAF
n


，
1
1
2
FD
AF
n


，
∴
2
1
1
2
2
DE
FE
FD
n
n





，
解得
2
1
n 
（负值已舍去），
∴n 的值为
2
1
．
20．（2026·四川自贡·中考真题）如图1，等边ABC

内接于
O

，D 为BC 中点，连接OD 并延长交
O

于
点E ，作EM
BC

．
(1)求证：EM 是
O

的切线．
(2)如图2，点F 为射线EM 上的动点，连接FB 并延长与
O

的优弧
BAC 交于点P （与点B ，C 不重合），
连接PA ，PC ．
①在点F 运动过程中，请探究线段PA ，PB ，PC 的数量关系并说明理由：
②连接CE ，若
2 3
AB 
，当点P 到CE 的距离最大时，请直接写出PA
BF
PB

的值．
【答案】(1)证明：∵D 为BC 中点，E 在OD 的延长线上，
∴OE
BC

，
∵EM
BC

，
∴OE
EM

，
∴EM 是
O

的切线；
(2) PC
PA
PB


或PC
PB
PA


，理由如下：
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当点P 在
AB 上时，如图，在PC 上取点T 使得，PT
PA

∵ABC

是等边三角形，
∴
60
ABC
ACB



，AB
AC

，
∵

AC
AC

，
∴
60
APC
ABC



，
∴
APT
△
是等边三角形，
∴AT
AP

，
60
PTA


，
∴
120
ATC


，
∵四边形APBC 是
O

的内接四边形，
∴
180
APB
ACB



，
∴
120
APB


，
∴
APB
ATC


，
又∵

AP
AP

，
∴
ABP
ACT


，
∴


ABP
ACT AAS


≌
，
∴PB
TC

，
∴PC
PT
TC
PA
PB




；即PC
PA
PB


，
当点P 在
AC 上时，如图所示，在CP 的延长线上取PS
PA

，
同理可得
60
APB
ACB



，
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∵四边形APBC 是
O

的内接四边形，
∴
180
APB
ACB



，
∴
120
APB


，
∴
60
APS


，
∴
APS
△
是等边三角形，
∴
S
APB

，
又∵AB
AC

，
ABP
ACP


，
∴


SAC
PAB AAS


≌
，
∴PB
SC
PC
PS
PC
PA





，即PC
PB
PA


；
【分析】（1）根据垂径定理可得OE
BC

，根据EM
BC

得出OE
EM

，即可得证；
（2）分情况讨论，当点P 在
AB 上时，在PC 上取点T 使得，PT
PA

，证明


ABP
ACT AAS


≌
，得出
PB
TC

，进而根据线段的和差关系，即可得出结论；当点P 在
AC 上时，如图所示，在CP 的延长线上取
PS
PA

，证明


SAC
PAB AAS


≌
，进而根据线段的和差关系，即可得出结论；
②根据题意得出当点P 到CE 的距离最大时，PO
CE

，设
,
PO CE 的交点为M ，连接OC ，OB ，解直角三
角形，分别求得PA ，BF ，PB 的长，再求比值，即可求解．
【详解】（1）略
（2）①略
②∵点P 在优弧
BAC 上，
∴当点P 到CE 的距离最大时，PO
CE

，如图所示，设
,
PO CE 的交点为M ，连接OC ，OB ，
∵ABC

是等边三角形，
2 3
AB 
，
∴
2 3
BC
AB


，
60
BAC


，
∴
2
120
BOC
BAC



，
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∵OE
BC

，
∴
1
3
2
DC
BC


，
1
60
2





EOC
BOC
，
又∵OE
OC

，
∴
OCE
△
是等边三角形，
∴
1
30
2
OCD
OCE




，
∴
1
2
OD
OC

，
2
2
3
DC
OC
OD
OD



，
∴
1
OD ，则
2
OC 
，
2
EC
OC


，
∵
,
OM
EC CD
OE


，
∴
sin60
2
3
OM
CD




，
∴
1
1
2
CM
EC

，
∴
2
3
PM
OP
OM




，
在Rt PCM

中，


2
2
2
2
2
3
1
2
6
PC
PM
CM







，
∵
120
BOC


，OB
OC

，
∴
30
OBC
OCB



，
∴
30
OBC
BCE



，
∴OB
EC
∥
，
∵PO
EC

，
∴PO
OB

，
又∵OB
OP

，
∴
45
PBO
BPO



，
2
2 2
PB
PO


，
由（1）可得P 在
AB 上，PC
PA
PB


，
∴
2
6
2 2
6
2
PA
PC
PB







，
如图，过点
,
P B 分别作
,
BC EF 的垂线，垂足分别为
,
G H ，则四边形BHED 是矩形，
2 1 1
BH
DE
OE
OD




，
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∵
60
BPC
BAC



，OP
OC

，
∴
60
45
15
OPC
BPC
BPO






，
∴
90
75
PCE
OPC




，
∴
75
30
45
PCB
PCE
BCE






，
∴
2
sin
1
3
2
PG
PC
PCB
PC





，
∴
1
3
2
6
sin
4
2 2
PG
PBG
PB






，
∵BC
ME
∥
，
∴
BFH
PBG


，
∴
1
6
2
sin
sin
2
6
4
BH
BH
BF
BFH
PBG








，
∴
6
2
6
2
3
1
2 2
PA
BF
PB






．
21．（2026·四川攀枝花·中考真题）如图，在ABC

中，
5
8
AB
AC
BC



，
，点D 是BC 边上的一个动点，
连接AD ，将线段AD 绕点A 逆时针旋转至线段AE ，使得
DAE
BAC


，连接CE
DE
、
．
(1)当AD
BD

时，求BD 的长；
(2)当ACD

是等腰三角形时，求CD的长；
(3)当AD
AC

时，求DE 的长（用图2）．
【答案】(1) 25
8
(2)5，25
8 ，8．
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(3)6
【分析】（1）如图：过A 作AF
BC

于F，易得
4
BF
FC


，
3
AF 
；设AD
BD
x


，则
4
DF
x


，
在Rt ADF

中利用勾股定理列方程求解即可；
（2）分CD
AC

、AD
CD

、AC
AD

三种情况求解即可；
（3）如图：过A 作AH
BC

于G，由（1）可得：
5,
3,
3
AC
AG
CH



，设DH
z

，则
4
CD
z


，利
用勾股定理列方程可求得
9
4
DH 
，进而得到
15
4
AD 
再证明ABC
ADE


∽
，最后利用相似三角形的性质求
解即可．
【详解】（1）解：如图：过A 作AF
BC

于F，
∵
5
8
AB
AC
BC



，
，
∴
1
4
2
BF
FC
BC



，
2
2
3
AF
AB
BF



，
设AD
BD
x


，则
4
DF
x


，
在Rt ADF

中，
2
2
2
AD
DF
AF


，
∴


2
2
2
4
3
x
x



，解得：
25
8
x 
，
∴
25
8
BD 
．
（2）解：①当CD
AC

时，
∵
5
AC 
，
∴
5
CD 
；
②当AD
CD

时，由（1）可知：
5,
3,
4
AC
AG
CG



，
设AD
DC
y


，则
4
GD
y


，
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在Rt ADG

中，
2
2
2
AD
DG
AG


，
∴


2
2
2
4
3
y
y



，解得：
25
8
y 
，
∴
25
8
CD 
；
③当AC
AD

时，点D 和点B 重合，即
8
CD
BC


．
综上，CD的长5，25
8 ，8．
（3）解：如图：过A 作AH
BC

于H，由（1）可得：
5,
3,
4
AC
AH
CH



，
设DH
z

，则
4
CD
z


，
∵
2
2
2
2
2
AD
DH
AH
CD
AC




∴


2
2
2
2
3
4
5
z
z




，解得：
9
4
z 
，即
9
4
DH 
，
∴
2
2
2
2
9
15
3
4
4
AD
AH
DH











，
∵线段AD 绕点A 逆时针旋转至线段AE ，
∴AD
AE

，
∴


1 180
2
ADE
DAE





，
同理：


1 180
2
ABC
BAC





，
∴
ABC
ADE



，
∴ABC
ADE


∽
，
∴AB
BC
AD
DE

，
∴
5
8
15
4
DE

，
解得：
6
DE 
．
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考点03 代数综合压轴：含参问题、函数取值范围
1．（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（
）
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．
2．（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
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为（
）
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，
102 / 168
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∴y 的最小值为n ，
∴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．
3．（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
【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
+
+
=
，
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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

．
4．（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 ；
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 ；
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因此m
n

的值与c 无关，④正确．
综上，正确结论共2 个．
5．（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．
【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





，
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∴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 

，
∴
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



，
106 / 168
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∴

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．
6．（2026·四川成都·中考真题）把一个分式化为另外几个分式的代数和的形式是处理分式运算和变形的常
见策略．已知


5
5
2
2
1
2
2
1
x
a
b
x
x
x
x







（a，b 为常数），则a
b

_____．
【答案】2
【分析】先将等式右侧通分，再与等式左边进行比较，对应项系数相等，列出一个关于,a b 二元一次方程组，
解方程组可得,a b 的值，代入计算即可．
【详解】解：
2
2
1
a
b
x
x













2
1
2
2
2
1
2
2
1
a
x
b x
x
x
x
x











2
2
2
2
1
ax
a
bx
b
x
x











2
2
2
2
1
a
b x
b
a
x
x






，
∵


5
5
2
2
1
2
2
1
x
a
b
x
x
x
x







，
∴







2
2
5
5
2
2
1
2
2
1
a
b x
b
a
x
x
x
x
x









，
∴
2
5
2
5
a
b
b
a








，
解得
3
1
a
b




，
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∴


3
1
2
a
b




．
7．（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



．
8．（2026·四川眉山·中考真题）若关于x 的不等式组
3
1
1
2
x
x
x
m







无解，且关于x 的分式方程
1
1
1
1
x
m
x
x





的解为正数，则符合条件的所有整数m 的值为_______．
【答案】1

，1
【分析】先解不等式组得到m 的范围，再解分式方程，结合解为正数且不为增根确定m 的最终范围，即可
得到符合条件的整数m ．
【详解】解：
3
1
1
2
x
x
x
m







①
②
，
解不等式①得：
1
x ，
不等式组无解，
1
m

，
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整理分式方程
1
1
1
1
x
m
x
x





，
得
1
1
1
1
x
m
x
x





，
两边同乘
1
x 
得：


1
1
x
m
x



，
解得：
2
2
m
x


，
分式方程的解为正数，且分母不为0 ，
2
0
2
m 


且
2
1
2
m 
，
解得：
2
m 
且
0
m 
，
综上可得，2
1
m

，且
0
m 
，
∴符合条件的所有整数m 的值为1
，1．
9．（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


．
10．（2026·四川南充·中考真题）已知抛物线


2
1
y
x
t


．（t 为常数）．
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(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


，
∴
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








，
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∴
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，
∴


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，
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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，
∴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


，
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解得：
5
2
t 
；
综上所述：t 的取值范围为
5
2
t 
或
1
t ．
考点04 新定义、材料阅读类压轴探究题
1．（2026·四川内江·中考真题）对于实数a 、b ，定义运算“☆”如下：
2
a
b
ab
ab


☆
，例如：
2
3
2
3 2
3 2
6



☆
，则方程2
3
x 
☆
的根的情况为（
）
A．有两个不相等的实数根
B．有两个相等的实数根
C．没有实数根
D．无法确定
【答案】A
【分析】根据题目给出的新定义，将方程2
3
x 
☆
转化为一元二次方程的一般形式，再利用根的判别式判断
根的情况即可．
【详解】解：∵
2
a
b
ab
ab


☆
，
∴
2
2
2
3
x
x


，
∴
2
2
2
3
0
x
x



，
∴




2
Δ
2
4
2
3
4
24
28
0






，
∴原方程有两个不相等的实数根．
2．（2026·四川攀枝花·中考真题）“快乐数”是指将正整数的每一位数字平方后相加，得到的新数再重复这
一过程，最后结果为1 的数．以“快乐数”70 为例：
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
7
0
49
4
9
97
9
7
130
1
3
0
10
1
0
1














，则下列数中不是“快乐数”的是（
）
A．3
B．7
C．13
D．31
【答案】A
【分析】根据“快乐数”的定义，对各选项依次重复计算每一位数字的平方和，最终结果为1 就是快乐数，否
则不是．
【详解】解：A、∵
23
9

，2
9
81

，2
2
8
1
65


，2
2
6
5
61


，2
2
6
1
37


，2
2
3
7
58


，2
2
5
8
89


，2
2
8
9
145


，
2
2
2
1
4
5
42



，
2
2
4
2
20


，
2
2
2
0
4


，
2
4
16

，
2
2
1
6
37


，
∴计算进入循环，无法得到1，故3 不是快乐数；
B、∵
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
7
49
4
9
97
9
7
130
1
3
0
10
1
0
1













，
∴最终结果为1，故7 是快乐数；
C、∵
2
2
1
3
10


，
2
2
1
0
1

，
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∴最终结果为1，故13 是快乐数；
D、∵
2
2
3
1
10


，
2
2
1
0
1

，
∴最终结果为1，故31 是快乐数．
3．（2026·四川泸州·中考真题）在平面直角坐标系中，若一个点的横坐标和纵坐标互为倒数，则定义该点
为“倒数点”．如：
1
(2, )
2
A
，
1
3,
3
B







都是“倒数点”．给出下列结论：
①函数
3
y
x

的图象上存在2 个“倒数点”；
②函数
1
y
x


的图象上不存在“倒数点”；
③函数
2
2
1
y
x

的图象上存在1 个“倒数点”；
④若函数
2
y
kx


的图象上存在“倒数点”，则
1
k ．
其中正确的个数是（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】根据“倒数点”定义，若

,x y 为倒数点，则满足


1
0
xy
x


，即
1
y
x

，联立各函数与
1
y
x

，判
断方程解的个数，逐个验证结论即可.
【详解】解：由定义得，倒数点满足
1
xy ，
0
x 
，即
1
y
x

，
①联立
1
3
xy
y
x





，则
1
3x
x

，
整理得
2
3
1
x ，
解得
3
3
x 
，
∴方程有2 个不同解，故存在2 个倒数点，故①正确；
②联立
1
1
xy
y
x






，
1
0
y
x




，
0
x

，
当
1
x 时，
1
1
x
x

，整理得
2
1
0
x
x


，
2
Δ
( 1)
4 1 ( 1)
5
0




，
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解得
1
1
5
2
x


，
2
1
5
2
x


，
正根
1
5
1
2
x


，存在解，
∴图象上存在倒数点，故②错误；
③联立
2
1
2
1
xy
y
x






，
∴
2
1
2
1
x
x 
，
画出函数
1
y
x

和
2
2
1
y
x

图象的草图如图所示：
由图象知：函数
1
y
x

和
2
2
1
y
x

图象有唯一的交点，
∴
2
1
2
1
x
x 
有唯一的解，
∴存在1 个倒数点，故③正确；
④联立
1
2
xy
y
kx






，
整理得
2
2
1
0
kx
x


，
当
0
k 
时，方程为2
1
0
x 
，解得
1
2
x 
，
2
y 
，满足1
2
1
2 
，是倒数点，
此时
0
1
k 
，故④错误；
综上，正确的结论共2 个.
4．（2026·四川乐山·中考真题）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数．他们根据
沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类．如图，第一行的1，3，6 ，10 称为三角形数，第二行的1，
4 ，9，16 称为四边形数，第三行的1，5 ，12 ，22 称为五边形数．
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（1）下列三个数中，既是三角形数又是四边形数的有_________（填序号）：
①1；
②25 ；
③36．
（2）我们将k 边形数中第n 个数记为



,
3
N n k
k 
．已知


2
1
1
,3
2
2
N n
n
n


，


2
,4
N n
n

，则


,5
N n
_________．（用含有n 的代数式表示）
【答案】
①③
2
3
2
n
n

【分析】（1）根据图形规律，往后写几个数即可求解；
（2）设


2
,5
N n
an
bn
c


，利用待定系数法求解即可．
【详解】（1）解：1 和36 既是三角形数又是四边形数；
根据题意，第一行的三角形数分别为1,3,6,10,15,21,28,36，
第二行的四边形数分别为1,4,9,16,25,36,49，
第三行的五边形数分别为1,5,12,22,35,51，
故1 和36 既是三角形数又是四边形数．
（2）解：


2
1
1
,3
2
2
N n
n
n



，


2
,4
N n
n

都是n 的二次函数，


,5
N n

也可能是n 的二次函数，
不妨设


2
,5
N n
an
bn
c


，
根据题意，得
1
4
2
5
9
3
12
a
b
c
a
b
c
a
b
c














，
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解得
3
2
1
2
0
a
b
c










，
故


2
3
,5
2
n
n
N n


．
5．
（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
∴
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，
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∴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 
∵
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，
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∴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
6．（2026·四川乐山·中考真题）在一堂平面密铺探究课上，张老师引导学生探索多边形铺满地面的条件和
方法．
【感知密铺】
(1)同学们通过观察发现：使用给定的某种正多边形，当围绕一点拼在一起的几个内角加在一起恰好组成一
个周角时，就可以铺满地面．
正多边形的边数
3
4
5
6
…
正多边形的内角和
180
360
540
720
…
正多边形每个内角的大小
60
90
108
a
…
上表中a ________，正六边形________（填“能”或“不能”）铺满地面．
【探寻密铺】
(2)同学们通过动手操作，探寻到了实现密铺的路径．
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上图中，②号三角形可看成①号三角形通过________（填“平移”或“旋转”）得到；③号三角形可看成①号三
角形通过________（填“平移”或“旋转”）得到．
【创作密铺】
(3)最后，张老师给同学们布置了一项任务：用与四边形ABCD 形状大小相同的四边形实现平面密铺，并在
下面方格纸中画出点A 位置的密铺设计图．
【答案】(1)120；能
(2)平移；旋转
(3)点A 位置的密铺设计图如图：
【分析】（1）根据正六边形的内角和求正六边形每个内角的大小即可，再根据三个正六边形内角恰好组成
一个周角，得到正六边形能铺满地面．
（2）根据平移与旋转的特征判断即可；
（3）先画AB 和AD 为公共边的四边形，再画最后一个四边形即可．
【详解】（1）解：正六边形的内角和720，则正六边形每个内角的大小
720
120
6
a



，
∵3 120
360


，即三个正六边形内角恰好组成一个周角，
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∴正六边形能铺满地面．
（2）解：②号三角形与①号三角形比较发现：大小不变，位置移动，对应点组成的直线平行，则②号三角
形可看成①号三角形通过平移得到；
③号三角形与①号三角形比较发现：大小不变，位置移动，对应点组成的直线不平行，则③号三角形可看
成①号三角形通过旋转得到；
（3）略
7．（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

，
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
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(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，
∴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




，
124 / 168
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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



，
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








．
1．（2026·四川内江·二模）已知
0
a 
且
1
a ，我们定义
1
( )
1
f a
a


，记为
1a ；
1
1
1
(
)
1
f a
a


，记为
2a ；……；
以此类推．若将数组
1
1, 2






中的各数分别作f 的变换，得到的数组记为

1
1
,
a b ，即


1
1
1
1
1
2
a



，
1
1
2
1
1
2
b 


；将

1
1
,
a b 作f 的变换，得到的数组记为

2
2
,
a b
；以此类推；则
1
1
2
2
2026
2026
a
b
a
b
a
b







的值为（
）
A．2024
B．2025
C．2026
D．2027.5
【答案】D
【分析】根据定义计算前几次变换的和，可发现每3 次变换为一个循环，利用循环规律计算总和即可；
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【详解】解：根据题意计算得：


1
1
1
1
1
2
a 


，
1
1
2
1
1
2
b 


，
1
1
1
5
2
2
2
a
b





，
2
1
1
1
2
1
1
1
2
a
a





，
2
1
1
1
1
1
1
2
b
b





，
2
2
2 1
1
a
b



，
3
2
1
1
1
1
1
2
a
a





，


3
2
1
1
1
1
1
1
2
b
b





，
3
3
1
1
1
2
2
a
b




，
4
1
3
1
1
1
2
a
a
a




，
4
1
3
1
2
1
b
b
b




，
4
4
1
5
2
2
2
a
b





，
可得规律：每3 次变换为一个循环，一个循环的总和为5
1
1
3
2
2


，
2026
3
675
1


，
总和
5
675 3
2025
2.5
2027.5
2





．
2．（2026·四川南充·二模）如图，一大一小两个正方形ABCD与CEFG ，AF 与DB，DE 分别交于H ，I ．下
列结论：①H 是AF 的中点；②AF 与DE 成正比例函数关系；③BDF

的面积与两个正方形的大小均相关；
④
AID

与两个正方形边长之比有关．正确的有（
）
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】B
【分析】①正确添加辅助线，由正方形的性质，可证得四边形OCFM 是矩形，得到相等的角和边，再由三
角形的全等证得AH
HF

；
②构造直角三角形，由勾股定理表示出AF 与DE ，即可得证；
③由四边形OCFM 是矩形和正方形的性质，可以表示出BD 与BD 边上的高，即可得到BDF

的面积；
④正确添加辅助线，构造平行四边形APED ，由两直线平行，得到相等角，可证得
45
AID


．
【详解】解：①设正方形ABCD与CEFG 的边长分别为a 、b ，
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如图，连接AC ，CF ，AC 交BD 于点O，过点F 作FM
BD

交BD 的延长线于点M ，
因为四边形ABCD、CEFG 是正方形，
所以AC
BD

，
45
ACD
FCD



∠
∠
，OC
OA

所以
90
DOC
OCF
OMF




，
所以四边形OCFM 是矩形，
所以OC
FM

，
所以OA
FM

，
在
AOH
△
与
FMH
△
中，
AHO
MHF
AOH
FMH
OA
FM









，
所以


AAS
AOH
FMH


≌
，
所以AH
HF

，
结论①正确；
②如图，延长AD 、EF 交于点N ，
则四边形ABEN 是矩形，
在Rt ANF

中，




2
2
2
2
2
2
2
AF
AN
NF
a
b
a
b
a
b









，
在Rt DEN

中，
2
2
2
2
DE
EN
DN
a
b




，
2
AF
DE 
，
结论②正确；
③由结论①的证明可知，BD
FM

，OA
FM

，
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2
2
2
BD
a
a
a



，
2
2
OC
FM
a


，
2
1
1
2
1
2
2
2
2
2
BDF
S
BD FM
a
a
a






，
结论③错误；
④如图，在BC 上截取BP
b

，连接PF ，
所以PE
a
b
b
a




，
在ABP

和PEF

中，
AB
PE
ABP
PEF
BP
EF








，
所以
ABP
PEF
△
≌△
，
所以AP
PF

，
BAP
EPF


，
所以
90
BAP
APB



，
所以
90
EPF
APB



，即
90
APF


，
所以
APF
△
是等腰直角三角形，
45
PAF


，
四边形APED 中，AD
PE
a


，AD
PE
∥
，
所以四边形APED 是平行四边形，
所以AP
DE
∥
，
所以
45
PAF
DIA



，
结论④错误．
3．（2026·四川雅安·二模）如图，在平行四边形ABCD中，
4
AB 
，
6
AD 
，
120
A


，点F ，N 分别
为CD，AB 的中点，点E 在边AD 上运动，将EDF

沿EF 折叠，使得点D 落在D处，连接BD，点M 为
BD中点，则MN 的最小值是_________．
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【答案】
7
1
/ 1
7

【分析】根据三角形中位线定理可得
1
2
MN
AD

，知当AD取得最小值时，MN 取得最小值，由折叠知，
点D在以点F 为圆心，DF 的长为半径的半圆弧上运动，当点D运动到线段AF 上时，AD取得最小值，
为AF
D F


，过点F 作FH
AD

于点H ，根据30的直角三角形的性质可得HD 的长与FH 的长，根据勾股
定理求出AF 的长，进一步可得AD的最小值，即可求出MN 的最小值．
【详解】解：连接AD，AF ，过点F 作FH
AD

于点H ，如图所示，则
90
FHD


，
∵点N 为AB 的中点，点M 为BD中点，
∴
1
2
MN
AD

，
∴当AD取得最小值时，MN 取得最小值，
∵平行四边形ABCD中，
4
AB
CD


，点F 为CD的中点，
∴
2
DF
CF


，
由折叠知，
2
D F
DF



，
∴点D在以点F 为圆心，DF 的长为半径的半圆弧上运动，
当点D运动到线段AF 上时，
AD取得最小值，最小值为AF
D F


，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB CD

，
∴
180
120
60
D




，
∴
90
30
HFD
D




，
∴
1
1
2
DH
DF

，
∴
2
2
2
1
3
FH 


，
∵
6
AD 
，
∴
6 1
5
AH 

，
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∴
2
2
2 7
AF
AH
FH



，
∴AD的最小值为2 7
2
，
∴MN 的最小值为
7
1
，
故答案为：
7
1
．
【点睛】本题主要考查了平行四边形折叠．熟练掌握平行四边形性质，折叠性质，三角形中位线定理，含30
的直角三角形性质，勾股定理解直角三角形，是解决问题的关键．
4．（2026·四川成都·三模）如图在ABC

中，
90
ACB


，
30
A


，
5
BC 
．D 是AB 上一动点，以DC
为斜边向右侧作等腰Rt
DCE
△
，使
90
CED


，连接BE ，则线段BE 的最小值为________．
【答案】5 2
4
【分析】过B 作BG
BC

，使BG
BC

，即构造等腰直角
BCG
△
，则BGC

∽
EDC
△
，由此可得到
CDG

∽CEB

，从而得到
2
DG
BE

，当DG 取得最小值时，BE 取得最小值，根据垂线段最短，得到
DG
AB

时，BE 最小，解直角三角形DGB ，如图2，即可解决．
【详解】解：如图1，过B 作BG
BC

，使BG
BC

，连接DG ，
BGC

是等腰直角三角形，
45
BCG


，

DCE

是等腰直角三角形，
90
DCE
GBC



，
45
DCE
GCB



，

DCE

∽
GCB
△
，
DC
CE
GC
CB

，
45
DCE
GCB





，
DCG
ECB


，
DCG

∽ECB

，
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DG
CG
BE
CB

，
2
2
2
CG
BC
BG
BC




，

2
DG
BE 
，

2
DG
BE

，
当DG 取得最小值时，BE 取得最小值，
故当DG
AB

时，DG 取得最小值，如图2，
90
ACB




，
30
A


，
5
BC 
，
90
60
ABC
A





，
30
GBD
GBC
ABC




，
5
GB
BC


，
1
5
2
2
DG
GB



，
5 2
4
2
DG
BE



，
即BE 的最小值为5 2
4
．
5．（2026·四川德阳·二模）二次函数
2
y
x

的图象如图所示，点
0
B 位于坐标原点，点
1
2
,
,
,
n
B B
B

在y 轴的
正半轴上，点
1
2
,
,
,
n
A A
A

，点
1
2
,
,
,
n
C C
C

在二次函数的图象上，四边形
0
1
1
1
B A B C ，四边形
1
2
2
2
B A B C ，…，
四边形
1
n
n
n
n
B
A B C

都是正方形，则正方形
2025
2026
2026
2026
B
A
B
C
的周长为________．
【答案】8104 2
【分析】过点
1
2
3
,
,
C C C 分别作y 轴的垂线，垂足分别为D、E、F，由正方形的性质得到
1
1
1
0
0
1
45
C B
C B
DB C



，∠
，可得
1
0
C DB
△
是等腰直角三角形，得到
1
0
0
C B
DB

，设
1
0
0
C B
DB
m


，则
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

1
,
C
m m

，利用待定系数法可得
1
m ，则
2
2
1
0
1
1
2
C B =
+
=
，可得正方形
0
1
1
1
B A B C 的周长为
1
0
4
4 2
C B 
，
同理可求出正方形
1
2
2
2
B A B C 的周长为
2
1
4
8 2
C B 
，正方形
2
3
3
3
B A B C 的周长为12 2 ，则可推出正方形
1
n
n
n
n
B
A B C

的周长为4 2n，据此可得答案．
【详解】解：如图所示，过点
1
2
3
,
,
C C C 分别作y 轴的垂线，垂足分别为D、E、F，
∵四边形
0
1
1
1
B A B C 是正方形，
∴
1
1
1
0
0
1
45
C B
C B
DB C



，∠
，
∴
1
0
C DB
△
是等腰直角三角形，
∴
1
0
0
C B
DB

，
设
1
0
0
C B
DB
m


，则


1
,
C
m m

，
∵点


1
,
C
m m

在二次函数
2
y
x

的图象上，
∴


2
m
m

，
解得
1
m 或
0
m 
（舍去），
∴
2
2
1
0
1
1
2
C B =
+
=
，
∴正方形
0
1
1
1
B A B C 的周长为
1
0
4
4 2
C B 
；
∵
2
2
0
1
0
1
1
1
0
1
2
2
B B
B C
B C
B C




，
∴


1 0,2
B
；
同理可得
2
1
C E
B E

，
设
2
1
C E
B E
n


，则
0
2
B E
n


，
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∴


2
,
2
C
n n


，
∵点


2
,
2
C
n n


在二次函数
2
y
x

的图象上，
∴


2
2
n
n


，
解得
2
n 
或
1
n （舍去），
∴
2
2
2
1
2
2
2 2
C B 


，
∴正方形
1
2
2
2
B A B C 的周长为
2
1
4
8 2
C B 
，
同理可得正方形
2
3
3
3
B A B C 的周长为12 2 ，
……，
以此类推，可知，正方形
1
n
n
n
n
B
A B C

的周长为4 2n
∴正方形
2025
2026
2026
2026
B
A
B
C
的周长为4 2
2026
8104 2


．
6．（2026·四川成都·一模）对于二次函数


2
0
y
ax
bx
c a




，当自变量x 的取值范围为


p
x
q p
q



时，对应的函数值y 的取值范围也恰好是p
y
q


，我们称p
x
q


为该二次函数的“保值范围”．已知二
次函数
2
2
y
x
x
m



，当
2
m 
时，若该函数的“保值范围”为1
x
t

，则t 的值为_______；若该函数存在“保
值范围” p
x
q


，且
1
p
q

，则实数m 的取值范围是_______．
【答案】
2
0
2
m


【分析】根据二次函数的“保值范围”的定义即可求出t 的值；先根据二次函数的“保值范围”的定义结合二次
函数的性质得到
1
p
m

，再分两种情况结合二次函数的性质讨论求解即可.
【详解】解：当
2
m 
时，二次函数为


2
2
2
2
1
1
y
x
x
x





，顶点坐标为

1,1 ；
当
2
2
2
y
t
t
t



时，解得：1
2
1
2
t
t


，
，
故当
2
t 
，即1
2
x


时，1
2
y


；
二次函数为


2
2
2
1
1
y
x
x
m
x
m






，顶点坐标为

1,
1
m 
；
∴当
1
p
q

且p
x
q


时，二次函数的最小值为
1
m ，
∵函数
2
2
y
x
x
m



存在“保值范围” p
x
q


，
∴p
y
q


，
∴
1
p
m

；
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则
2
2
2
2
q
q
m
q
p
p
m
q









或
2
2
2
2
q
q
m
q
p
p
m
q









，
对于
2
2
2
2
q
q
m
q
p
p
m
q









，则
2
2
2
2
p
p
m
q
q
m





，
整理得：


2
0
p
q
p
q




，
∵
1
p
q

，
∴
0
p
q


，
1
0
q 
，
∴
2
0
p
q



，
由
2
2
q
q
m
q



及
1
p
m

，得
2
3
1
p
q
q


，
∴

2
3
1
2
0
q
q
q






，
即


1
3
0
q
q



，
由于
1
0
q 
，则
3
0
q 

，
∴
3
q 
，
∵
1
p
q

，
∴1
3
q


；
∴
2
2
3
9
1
3
2
4
m
p
q
q
q












，
∴
9
0
4


m
；
对于
2
2
2
2
q
q
m
q
p
p
m
q









，则


2
0
q
p
q
p




，
∵
1
p
q

，
∴
2
0
p
q



，
由
2
2
p
p
m
q



及
1
p
m

，得
2
1
p
p
q


，
∴
2
1 2
0
p
p
p




，
即


1
1
0
p
p



∵
1
p
q

，
∴
1
0
p 
，
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∴
1
0
p 
，
即
0
m 
，
∵
1
p ，
∴
1 1
m ，
∴
2
m 
，
则0
2
m


；
综上，当0
2
m


时满足题意．
7．（2026·四川成都·一模）在平面直角坐标系xOy 中，直线
2
3
y
x


与抛物线


2
2
2
3
3
y
ax
b
x
c




交
于


1
1
,
A x y
，

2
2
,
B x
y
两点，若
0
a
b
c



且a
b
c


，则
1
2
x
x

的取值范围为______．
【答案】
1
2
7
2 7
x
x



【分析】依据题意，联立方程


2
2
3
2
2
3
3
x
ax
b
x
c






，则
2
2
3
0
ax
bx
c



，则方程的两个根
1x 和
2x ，
满足
1
2
2b
x
x
a



，1
2
3c
x x
a

，故


2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
4
12
4
12
4
b
c
b
ac
x
x
x
x
x x
a
a
a








，再结合
0
a
b
c



且a
b
c


，可c
a
b


，所以


2
2
1
2
2
4
12
4
12
12
b
a
a
b
b
b
x
x
a
a
a




















令b
t
a ，故
2
2
1
2
3
4
12
12
4
3
2
x
x
t
t
t












，所以
3
2
t 
时，
1
2
x
x

随t 的增大而增大，又b
at

，则


1
c
a
b
a
t



，结合a
b
c


，得
0
a 
，


1
at
a
t


，a
at

，所以
1
1
2
t

，则当
1
2
t


时，1
2
x
x

取值为
7 ，当
1
t 时，
1
2
x
x

取值为2 7 ，进而可以判断得解．
【详解】解：由题意，联立方程


2
2
3
2
2
3
3
x
ax
b
x
c







，
∴
2
2
3
0
ax
bx
c



，
∴方程的两个根
1x 和
2x 满足：
1
2
2b
x
x
a



，
1
2
3c
x x
a

，
∴


2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
4
12
4
12
4
b
c
b
ac
x
x
x
x
x x
a
a
a








，
∵
0
a
b
c



且a
b
c


，
∴c
a
b


，
135 / 168
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∴


2
2
1
2
2
4
12
4
12
12
b
a
a
b
b
b
x
x
a
a
a




















令b
t
a ，
∴
2
2
1
2
3
4
12
12
4
3
2
x
x
t
t
t












，
∴
3
2
t 
时，
1
2
x
x

随t 的增大而增大，
又∵b
at

，
∴


1
c
a
b
a
t



，
又∵a
b
c


，
∴
0
a 
，


1
at
a
t


，a
at

，
由


1
at
a
t


得
1
t
t
，解得
1
2
t 
，
由a
at

得
1
t ，
综上得：
1
1
2
t

，
∴在t 的范围内，
1
2
x
x

的值随t 的增大而增大，
∵当
1
2
t


时，
1
2
x
x

取值为
7 ，当
1
t 时，
1
2
x
x

取值为2 7 ，
∴当
1
1
2
t

时，
1
2
x
x

的范围是
1
2
7
2 7
x
x



∣
∣
．
8．（2026·四川成都·二模）如图，在Rt
ABC
△
中，
90
ABC


，AD 是边BC 上的中线，将ABC

沿AD 翻
折得△

AB D ，连接BB，CB，BB分别与AD 相交于点O，与AC 相交于点E，DB与边AC 相交于点F．若
4
15
EF
CF 
，则tan
ACB

______．
【答案】
7
4
【分析】连接CB，由轴对称的性质可证明OD 是CBB

的中位线，然后证明CFB
AFD



∽
，CEB
AEO



∽
，
设
4
EF
a

，
2
CB
x

，AE
y

，证明CFB
AFD



∽
，CEB
AEO



∽
，根据相似三角形的性质可列方程
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2
15
4
x
a
AO
x
y
a



①，2
19
x
a
AO
y

②，求得
133
8
y
a

，从而得到
11
3
AD
OD 
，证明ABD
BOD


∽
得
2
BD
AD OD


，
设
11
AD
t

，则
4
OD
t

，求得BD 长，利用勾股定理求得AB 长，最后根据三角函数即可求得答案．
【详解】解：如图，连接CB，
由翻折可知，AD 垂直平分BB，
90
AOB
BOD



，OB
OB

，
O 是BB的中点，
AD

是边BC 上的中线，
D 是BC 的中点，
OD 是CBB

的中位线，
1
2
DO
CB



，OD
CB
∥
，
CFB
AFD




∽
，CEB
AEO



∽
，
CB
CF
AD
AF



，CB
CE
AO
AE

，
设
4
EF
a

，
2
CB
x

，AE
y

，
4
15
FF
CF 

，
1
2
DO
CB

，
15
CF
a


，
19
CE
a

，OD
x

，
∴
2
15
4
x
a
AO
x
y
a



①，2
19
x
a
AO
y

②，
由①得
2
7
15
xy
ax
AO
a


，
由②得
2
19
xy
AO
a

，
2
2
7
19
15
xy
xy
ax
a
a



，
解得
133
8
y
a

，
19
152
133
133
8
CB
CE
a
AO
AE
a




，
15
8
133
11
19
8
CB
CF
a
AD
AF
a
a





，
137 / 168
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∴
11
11
11
2
8
8
4
AD
CB
x
x





，
∴
133
2
2
2
8
7
19
19
19
11
11
11
11
4
4
4
a
xy
y
AO
a
a
a
AD
x





，
11
4
AD
OD


，
在ABD

和
BOD
△
中，
90
ABD
BOD



，
ADB
BDO


，
ABD
BOD


∽
，
BD
AD
OD
BD


，
2
BD
AD OD



，
设
11
AD
t

，则
4
OD
t

，
2
2
11 4
44
BD
t
t
t



，
2 11
BD
t


（负值舍去），




2
2
2
2
11
2 11
77
AB
AD
BD
t
t
t






，
D 是BC 的中点，
2
4 11
BC
BD
t



，
77
7
tan
4
4 11
AB
t
ACB
BC
t





．
9．（2026·四川广元·二模）若抛物线
2
y
ax
bx
c


（a 是常数，
0
a 
）经过点

2,0

，

4,0 ．
(1)求a 与b 之间的关系式．
(2)若将此抛物线向上平移2 个单位长度，该抛物线与x 轴没有交点，求a 的取值范围．
(3)已知点

1
1
,
x y
，

2
2
,
x
y
在抛物线上，满足
2
1
2
x
x


，当对于任意的
1x ，
2x 满足
2
1
1
x
x

时，都有
2
1
6
y
y


．求证：
2
a 
．
【答案】(1)
2
b
a

(2)
2
0
9
a


(3)见解析
【分析】（1）把点

2,0

，

4,0 代入
2
y
ax
bx
c


即可求解；
（2）根据根的判别式解题；
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（3）用含a 和
1x 的式子表示出
2
1
y
y

，根据
1
2
x 
证明即可．
【详解】（1）解：把点

2,0

，

4,0 代入
2
y
ax
bx
c


，
得：
4
2
0
16
4
0
a
b
c
a
b
c









①
②，

①
②，得12
6
0
a
b



，
∴
2
b
a

；
（2）解：原抛物线为
2
2
y
ax
ax
c


，向上平移2 个单位长度后为
2
2
2
y
ax
ax
c



，
∵该抛物线与x 轴没有交点，
∴




2
Δ
2
4
2
0
a
a c




，
由4
2
0
a
b
c



且
2
b
a

，可得
8
c
a

，
∴


2
Δ
4
4
8
2
0
a
a
a





，
解得
2
0
9
a


；
（3）证明：∵
2
1
1
x
x

，
∴
2
1
1
x
x

，
∵
2
1
1
1
2
y
ax
ax
c



，


2
2
1
1
(
1)
2
1
y
a x
a x
c





，
∴




2
2
2
1
1
1
1
1
(
1)
2
1
2
y
y
a x
a x
c
ax
ax
c











2
2
1
1
1
1
1
2
1
2
2
2
a x
x
ax
a
c
ax
ax
c









1
2
2
ax
a
a



1
2ax
a




1
2
1
a
x


，
∵对于任意
1
2
x 
，都有
2
1
6
y
y


，
∴

1
2
1
6
a
x 

恒成立，
∵
1
2
x 
时，
1
2
1
0
x 
，
∴必有
0
a 
，
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此时
2
1
y
y

的最小值在
1
2
x 
处取到，
即


2 2 1
3
6
a
a




，
解得
2
a 
．
10．（2026·四川成都·二模）如图，抛物线
2
y
x
bx
c



(b ，c 是常数) 的顶点为C ，与x 轴交于A ，B 两
点，

1,0
A
，
4
AB 
，点P 为线段AB 上的动点且不与点A ，B 重合，过点P 作
//
PQ BC 交AC 于点Q ．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)求CPQ

面积的最大值，并求此时点P 的坐标；
(3)在（2）的条件下过点Q 的直线与抛物线交于M ，N 两点，求OMN

面积的最小值．
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x 


(2) CPQ

面积的最大值为2 ，此时

1,0
P 
(3)
 
OMN

面积最小值为2
【分析】（1）用待定系数法将A ，B 的坐标代入函数一般式中，即可求出函数的解析式；
（2）分别求出C 点坐标，直线AC ，BC 的解析式，PQ 的解析式为：
2
y
x
n


，进而求出P ，Q 的坐标
以及n 的取值范围，由
CPQ
CPA
APQ
S
S
S


△
△
△
列出函数式求解即可；
（3）由（2）可得


0, 2
Q

，设直线MN 的解析式为
2
y
mx


，




1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
，联立直线MN 和抛物
线解析式，得出
1
2
1
2
2,
1
x
x
m
x x



，根据
1
2
OMN
S
x
x



得出关于m 的二次函数关系式，根据二次函数
的性质，求得最小值，即可求解．
【详解】（1）解：点

1,0
A
，
4
AB 
，
点B 的坐标为

3,0

，
将点

1,0
A
，

3,0
B 
代入函数解析式中得：
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0
1
0
9
3
b
c
b
c







，
解得：
2
b 
，
3
c ，
抛物线的解析式为
2
2
3
y
x
x 


；
（2）解：由（1）得抛物线的解析式为


2
2
2
3
1
4
y
x
x
x






，
则C 点坐标为：

1, 4

，
由

3,0
B 
，


1, 4
C 
设直线BC 的解析式为


0
y
kx
b k




3
0
4
k
b
k
b







解得：
2
6
k
b




直线BC 的解析式为：
2
6
y
x


，
由

1,0
A
，


1, 4
C 
设直线AC 的解析式为


1
1
1
0
y
k x
b k




1
1
1
1
0
4
k
b
k
b







解得：
1
1
2
2
k
b






直线AC 的解析式为：
2
2
y
x


，
PQ
BC


，
设直线PQ 的解析式为：
2
y
x
n


，与x 轴交点P
,0
2
n






，
由
2
2
2
y
x
n
y
x







解得：
2
2
,
4
2
n
n
Q








，
P

在线段AB 上，
3
1
2
n

，
n
的取值范围为6
2
n


，
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则
CPQ
CPA
APQ
S
S
S


△
△
△
1
1
2
1
4
1
2
2
2
2
2
n
n
n 
























2
1
2
2
8 n



当
2
n 时，即

1,0
P 
时，
CPQ
S△
最大，最大值为2 ．
（3）由（2）可得


0, 2
Q

，
如图，设直线MN 的解析式为
2
y
mx


，
设




1
1
2
2
,
,
,
M x y
N x
y
∴
1
2
1
2
1
2
1
1 2
2
2
OMN
S
OQ
x
x
x
x
x
x









联立
2
2
3
2
y
m
y
x
x
x








即


2
2
1
0
x
m x



∴
1
2
1
2
2,
1
x
x
m
x x




∴



2
2
1
2
1
2
1
2
4
x
x
x
x
x x






2
2
4
m



∴当
2
m 
时，

2
1
2
x
x

的最小值为4
∴OMN

面积最小值为
1
2
2
x
x


11．（2026·四川成都·二模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线
2
1
4
y
x
bx
c



的顶点在x 轴
上，且对称轴为直线
4
x 
．
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(1)求抛物线的函数表达式；
(2)过对称轴MN 上的点

4,1
P
引直线PA ，PB （对称轴除外），两直线分别与抛物线有唯一交点A ，B ，
求
APN
BPN


的度数；
(3)若（2）的条件中的点P 在直线
1
y 上运动，试探究直线AB 是否过某个定点？若是，请求出该定点坐标；
若不是，请说明理由．
【答案】(1)
2
1
2
4
4
y
x
x



(2)
90
APN
BPN




(3)是，定点坐标为

4, 1

【分析】（1）根据对称轴为直线
4
x 
，得出
2
b 
，将
2
b 
，点

4,0 代入抛物线的表达式
2
1
4
y
x
bx
c



，
由待定系数法即可求解；
（2）设直线PA 与x 轴交于点C ，直线PB 与x 轴交于点D ，设过点

4,1
P
的直线表达式为


4
1
y
k x


，
根据两直线分别与抛物线有唯一交点A，B，得出
1
k ，进而求得

2, 1
A

，

6, 1
B

，勾股定理的逆定理
证明APB

是等腰直角三角形，且
90
APB


，即可求解；
（3）设点
2
1
,
2
4
4
A m
m
m









，得出直线PA 的表达式为


2
1
1
2
4
4
y
k
x
m
m
m





，将抛物线与直线PA
的表达式联立，结合一元二次方程根的判别式求解，得出直线PA 的表达式为
2
4
1
4
2
4
m
y
x
m




，把点


,1
P t
代入，由点P 的纵坐标为1，求出含参的横坐标，进而根据由点P 的横坐标相等求解，利用待定系数
法求得
2k ，
2b ，再结合mn 的值进行化简，得出


4
20
mn
m
n



，得出当
4
x 
时，
1
y


，即可求解．
【详解】（1）解：抛物线的对称轴为直线
4
x 
，
4
2
b
x
a



，
2
b


．
由题意知，抛物线的顶点坐标为

4.0 ，
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将
2
b 
，点

4,0 代入抛物线的表达式
2
1
4
y
x
bx
c



中，
得
1 16
4 2
0
4
c




，
4
c
．
抛物线的函数表达式为
2
1
2
4
4
y
x
x



；
（2）解：如下图，设直线PA 与x 轴交于点C ，直线PB 与x 轴交于点D ，
设过点

4,1
P
的直线表达式为


4
1
y
k x


，
令


4
1
y
k x


与
2
1
2
4
4
y
x
x



相等，
即


2
1
2
4
4
1
4 x
x
k x





．
得


2
1
2
4
5
0
4 x
k
x
k





．
两直线分别与抛物线有唯一交点A，B，
令上述方程的判别式为0，
两直线分别与抛物线有唯一交点，可转化为该一元二次方程有两个相等的实数根，
即



2
1
2
4
5
4
0
4
k
k





，
解得
2
1
k ，
1
k

．
当
1
k 时，则AP 的解析式为
3
y
x

，
方程


2
1
2
4
5
0
4 x
k
x
k





，即
2
1
1
0
4 x
x


，
解得：
1
2
2
x
x


，则

2, 1
A

，
当
1
k 时，BP 的解析式为
5
y
x



，
方程


2
1
2
4
5
0
4 x
k
x
k





，即
2
1
3
9
0
4 x
x



，
解得：
1
2
6
x
x


，则

6, 1
B

，
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如图，连接AB ，
∴
6
2
4
AB 


，




2
2
4
2
1 1
2 2
PA 




，




2
2
6
4
1 1
2 2
PB 



，
∴
2
2
2
AB
PA
PB


，
∴APB

是等腰直角三角形，且
90
APB


，
即
90
APN
BPN



；
（3）解：直线AB 过定点

4, 1

，
∵点P 在直线
1
y 上运动时，设点
2
1
,
2
4
4
A m
m
m









，
直线PA 的表达式为


2
1
1
2
4
4
y
k
x
m
m
m





，
令


2
1
1
2
4
4
y
k
x
m
m
m





与
2
1
2
4
4
y
x
x



相等，
得


2
2
1
1
1
2
4
2
4
4
4
k
x
m
m
m
x
x







，
整理，得




2
2
1
1
4
2
4
8
0
x
k
x
m
k m
m






，
由Δ
0

，得




2
2
1
1
4
2
4
2
0
m
k
m
k





，
即


2
1
2
2
0
m
k







，
1
4
2
m
k



，
直线PA 的表达式为


2
4
1
2
4
2
4
m
y
x
m
m
m






，整理，得
2
4
1
4
2
4
m
y
x
m



，
把点

,1
P t
代入上式，得
2
1
10
2
4
m
t
m



．
同理，设点
2
1
,
2
4
4
B n
n
n









，得
2
1
10
2
4
n
t
n



．
2
2
1
1
10
10
2
2
4
m
n
t
m




，
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整理，得


4
20
mn
m
n



．
设直线AB 的表达式为


2
2
2
0
y
k x
b
k



，
将点
2
1
,
2
4
4
A m
m
m









，点
2
1
,
2
4
4
B n
n
n









代入，
得
2
2
2
2
2
2
1
2
4,
4
1
2
4,
4
k m
b
m
m
k n
b
n
n












解得


2
2
1
2,
4
1
4,
4
k
m
n
b
mn









直线AB 的表达式为





1
1
1
2
4
4
8
36
4
4
4
y
m
n
x
mn
m
n
x
x




















，
当
4
x 
时，
1
y


，等式恒成立，
定点坐标为

4, 1

．
12．（2026·四川成都·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系xOy 中，

4, 2
P

是抛物线
2
4
y
ax
x
c


的对
称轴上一点，且抛物线与y 轴的交点坐标为

0,2 ．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)设点E 在对称轴右侧的抛物线上，点F 在x 轴上，若PEF

是以P 为直角顶点的直角三角形，且
2
PE
PF

，
求点E 和点F 的坐标；
(3)如图2，,
A B 是抛物线上的两个动点（点A 在点B 的左侧），点
, ,
A B P 在同一直线上，过点



0,
6
M
m
m 
作y 轴的垂线l ，交直线AB 于点Q ．是否存在实数m ，使得QA PB
QB AP



总成立？若存在，求出m 的
值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
2
1
4
2
2
y
x
x



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(2)


8,2
E
；


2,0
F
(3)存在；10

【分析】（1）由题意可知抛物线的对称轴为直线
4
x 
，可求a 的值，再将点(0,2) 代入
2
1
4
2
y
x
x
c


，即
可确定函数的解析式；
（2）设对称轴与x 轴的交点为G ，过点E 作EH
PG

交于H 点，则PGF
EHP


∽
，能得到
2
PH
GF

，
2
HE
PG

，设
2
1
( ,
4
2)
2
E t
t
t


，
( ,0)
F s
，则|
4| 4
t 

，
2
1
2
4
2
2
4
2 t
t
s





，即可求
(8,2)
E
，
(2,0)
F
；
（3）过点A 作AS
l
交于S点，过点B 作BT
l
交于T 点，设对称轴与l 的交点为H ，由题意可知AQ
BQ
AP
BP

，
再由AS
BT
PH
∥
∥
，则
A
Q
B
Q
P
A
B
P
x
x
x
x
x
x
x
x





，设直线AB 的解析式为
(
4)
2
y
k x



，当
2
1
(
4)
2
4
2
2
k x
x
x





时，
8
2
A
B
x
x
k



，
8
A
B
x
x
k


，求出
2
4
,
m
Q
m
k








，可得等式
2
2
4
4
4
4
A
B
A
B
m
m
x
x
k
k
x
x









，整理后可得
10
m


．
【详解】（1）解：
(4, 2)
P


是抛物线
2
4
y
ax
x
c


的对称轴上一点，
抛物线的对称轴为直线
4
x 
，
4
4
2a



，
解得
1
2
a 
，
抛物线的解析式为
2
1
4
2
y
x
x
c


，
将点(0,2) 代入
2
1
4
2
y
x
x
c


，
2
c

，
抛物线的解析式为
2
1
4
2
2
y
x
x



；
（2）解：设对称轴与x 轴的交点为G ，如图1，过点E 作EH
PG

交于H 点，
90
FPE




，
PGF
EHP


∽
，
2
PE
PF


，
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2
PH
GF


，
2
HE
PG

，
设
2
1
,
4
2
2
E t
t
t








，
( ,0)
F s
，
4
4
t


，
2
1
2
4
2
2
4
2 t
t
s





，
解得
8
t 
或
0
t 
（舍) ，
2
s 
或
6
s 
（舍) ，
(8,2)
E

，
(2,0)
F
；
（3）解：实数m ，使得QA PB
QB AP



总成立，理由如下：
如图2，过点A 作AS
l
交于S 点，过点B 作BT
l
交于T 点，设对称轴与l 的交点为H ，
QA PB
QB AP




，
AQ
BQ
AP
BP

，
AS
BT
PH

∥
∥
，

A
Q
B
Q
P
A
B
P
x
x
x
x
x
x
x
x





，
设直线AB 的解析式为
(
4)
2
y
k x



，
当
2
1
(
4)
2
4
2
2
k x
x
x





时，
8
2
A
B
x
x
k



，
8
8
A
B
x
x
k


，
(0,
)
M
m

，l
x
‖
轴，
2
4
,
m
Q
m
k









，

2
2
4
4
4
4
A
B
A
B
m
m
x
x
k
k
x
x









，
解得
10
m


．
13．（2026·四川泸州·一模）在平面直角坐标系中，将二次函数


2
0
y
ax
a


的图象向右平移1 个单位，再
向下平移2 个单位，得到如图所示的抛物线，该抛物线与x 轴交于点A、B（点A 在点B 的左侧），
1
OA ，
经过点A 的一次函数


0
y
kx
b k



的图象与y 轴正半轴交于点C，且与抛物线的另一个交点为D，ABD

的面积为5．
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(1)求抛物线和一次函数的解析式；
(2)抛物线上的动点E 在一次函数的图象下方，求
ACE
△
面积的最大值，并求出此时点E 的坐标；
(3)若点P 在x 轴上且使PAD

为等腰三角形时，请直接写出点P 的坐标．
【答案】(1)
2
1
3
2
2
y
x
x



；
1
1
2
2
y
x


(2)
ACE
△
的面积的最大值是25
16 ，此时E 点坐标为3
15
,
2
8







(3)
5 5
1
,0
2







或
5 5
1
,0
2







或17 ,0
8






或

9,0
【分析】（1）先写出平移后的抛物线解析式，求出点A 的坐标，再把点A 的坐标代入平移后的抛物线的解
析式中可求得a 的值，由ABD

的面积为5 可求出点D 的纵坐标，进而求出点D 的坐标，由A 、D 的坐标
可利用待定系数法求出一次函数解析式；
（2）作EM
y

轴交AD 于M ，由
ACE
AME
CME
S
S
S


△
△
△
构建关于E 点横坐标的二次函数，然后利用二次函数
的性质即可解决问题；
（3）利用两点间的距离公式得到
5 5
2
AD 
；再分三种情况：
5 5
2
AP
AD


，AD
PD

，AP
PD

，讨
论求解即可．
【详解】（1）解：将二次函数


2
0
y
ax
a


的图象向右平移1 个单位，再向下平移2 个单位，得到的抛物
线解析式为


2
1
2
y
a x



，
∵
1
OA ，
∴点A 的坐标为

1,0

，
把点A 的坐标代入


2
1
2
y
a x



得，


2
1 1
2
0
a 


，
∴
1
2
a 
，
∴平移后的抛物线的解析式为


2
1
1
2
2
y
x



，即
2
1
3
2
2
y
x
x



；
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在
2
1
3
2
2
y
x
x



中，当
0
y 
时，
2
1
3
0
2
2
x
x



，解得
1
1
x ，
2
3
x 
，
∴

3,0
B
，
∴
4
AB
OA
OB



，
∵ABD

的面积为5，
∴
1
5
2
ABD
D
S
AB y



△
，
∴
5
2
D
y

，
在
2
1
3
2
2
y
x
x



中，当
5
2
y 
时，
2
5
1
3
2
2
2
x
x



，
解得
1
2
x ，
2
4
x 
，
∴
5
4, 2
D




，
∴
5
4
2
0
k
b
k
b







，
解得
1
2
1
2
k
b




，
∴直线AD 的解析式为
1
1
2
2
y
x


；
（2）解：过点E 作EM
y

轴交AD 于点M ，如图，
设
2
1
3
, 2
2
E a
a
a








，则
1
1
, 2
2
M
a
a






，
∴
2
2
1
1
1
3
1
3
2
2
2
2
2
2
2
EM
a
a
a
a
a














，
∴
ACE
AME
CME
S
S
S


△
△
△


1
1
1
2
2
EM
a
EM a









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1
2 EM

2
1
1
3
2
2
2
2
a
a












2
1
3
4
4 a
a



2
1
3
25
4
2
16
a









，
∵
1
0
4


，
∴当
3
2
a 
时，
ACE
△
的面积有最大值，最大值是25
16 ，此时E 点坐标为3
15
,
2
8






．
（3）解：由（1）得


5
1,0
4, 2
A
D 






，
，
∴


2
2
5
5 5
4
1
0
2
2
AD















；
当
5 5
2
AP
AD


时，则点P 的横坐标为
5 5
1
2

或
5 5
1
2

，
∴此时点P 的坐标为
5 5
1
,0
2









或
5 5
1
,0
2









；
当AD
PD

时，则点D 在AP 的垂直平分线上，
∴AP 的中点的坐标为

4,0 ，
∴点P 的横坐标为


2 4
1
9


，
∴点P 的坐标为

9,0 ；
当AP
PD

时，设

,0
P p
，则
2
2
AP
PD

，
∴




2
2
2
5
1
4
0
2
p
p











，
解得
17
8
p 
，
∴点P 的坐标为17 ,0
8





；
综上所述，点P 的坐标为
5 5
1
,0
2









或
5 5
1
,0
2









或17 ,0
8





或

9,0 ．
14．（2026·四川泸州·二模）如图，二次函数
2
y
ax
bx
c


的图象交x 轴于点



3,0 ,
1,0
A
B

，交y 轴于点
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

0, 3
C

．
(1)求二次函数的表达式；
(2)动点P 在抛物线的对称轴上，且在x 轴下方，作射线PA ，将射线PA 绕点P 逆时针旋转90后与抛物线交
于点Q ，是否存在点P 使APQ

为等腰直角三角形？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)将二次函数的图象向右平移n 个单位长度后，当0
3
x


时，若图象对应的函数最大值与最小值的差为5，
请求出n 的值．
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x 


(2) 

1, 2
P 
(3)
5
1
n 
或
5
4
n 

．
【分析】（1）根据待定系数法求解即可；
（2）先求出抛物线的对称轴为直线
1
x ，设


1,
0
P
m
m


，根据旋转的性质并结合APQ

为等腰直角
三角形可得出
90
APQ


，PA
PQ

，过Q 作QH 垂直直线
1
x 于H，证明


AAS
APG
PQH


≌
，得出


1
3
2
AG
PH



，PG
QH
m


，则


1
,
2
Q
m m


，把Q 的坐标代入抛物线表达式可求出m 的值，
即可求解；
（3）分三种情况讨论：
1
0
n 
；0
1
3
n


；
1
3
n ，根据二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵二次函数
2
y
ax
bx
c


的图象交x 轴于点



3,0 ,
1,0
A
B

，交y 轴于点


0, 3
C

，
∴
9
3
0
0
3
a
b
c
a
b
c
c










，
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解得
1
2
3
a
b
c






，
∴二次函数的表达式为
2
2
3
y
x
x 


；
（2）解：∵


2
2
2
3
1
4
y
x
x
x






，
∴对称轴为直线
1
x ，
设


1,
0
P
m
m


，
∵旋转，
∴
90
APQ


，
∵APQ

为等腰直角三角形，
∴PA
PQ

，
过Q 作QH 垂直直线
1
x 于H，
则
90
QHP
AGP



，
90
APG
PQH
QPH




，
∴


AAS
APG
PQH


≌
，
∴


1
3
2
AG
PH



，PG
QH
m


，
∴


1
,
2
Q
m m


，
∵Q 在抛物线上，
∴



2
1
2
1
3
2
m
m
m






，
解得
1
m 或
2
m 
（舍去），
153 / 168
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∴

1, 2
P 
；
（3）解：平移后的抛物线表达式为


2
1
4
y
x
n



，
∴其对称轴为直线
1
x
n

，
当
1
0
n 
，即
1
n 时，如图，
当
1
x
n

时，y 随x 的增大而增大，
∴当
0
x 
时，y 有最小值为



2
2
0
1
4
1
4
n
n





，
当
3
x 
时，y 有最大值为



2
2
3 1
4
4
4
n
n





，
∴



2
2
4
4
1
4
5
n
n










，
解得
5
3
n 
（不符题意，舍去）；
当0
1
3
n


，即1
4
n


时，
此时当
1
x
n

时，y 有最小值为4
，
若当
0
x 
时，y 有最大值为



2
2
0
1
4
1
4
n
n





，
则



2
1
4
4
5
n




，
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解得
5
1
n 
或
5
1
n 
（不符题意，舍去）；
若当
3
x 
时，y 有最大值为



2
2
3 1
4
4
4
n
n





，
则



2
4
4
4
5
n




，
解得
5
4
n 

或
5
4
n 

（不符题意，舍去）；
当
1
3
n ，即
4
n 
时，如图，
当
1
x
n

时，y 随x 的增大而减小，
∴当
0
x 
时，y 有最大值为



2
2
0
1
4
1
4
n
n





，
当
3
x 
时，y 有最小值为



2
2
3 1
4
4
4
n
n





，
∴



2
2
1
4
4
4
5
n
n










，
解得
10
3
n 
（不符题意，舍去）；
综上，
5
1
n 
或
5
4
n 

．
15．（2026·四川内江·二模）如图，抛物线


2
4
0
y
ax
bx
a




与x 轴交于点

10
A ，，

4,0
B
，交y 轴于
点C，直线
:
2
8
BM
y
x

与抛物线交于点M．
(1)求抛物线的解析式；
155 / 168
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(2)以BM 为腰，在BM 右侧作等腰Rt BMN

，
90
MBN


，求点N 的坐标；
(3)抛物线上是否存在点P，使
POB
CAO


，若存在求出点P 的坐标，若不存在，说明理由．
【答案】(1)
2
3
4
y
x
x



(2)


10 3
N
，
(3)点P 的坐标为
1
17 , 2
2 17
2










或7
65 , 14
2 65
2











【分析】（1）待定系数法求出抛物线的解析式即可；
（2）过点M 作MD
x

轴于点D，过点N 作NE
x

轴于点E，先求出


1,6
M
，证明


MBD
BNE AAS


≌
，
得出
4 1
3
NE
BD



，
6
BE
MD


，即可得出答案；
（3）先求出点


0,4
C
，根据点

1,0
A 
，求出tan
4
OC
CAO
AO



，分两种情况：当点P 在x 轴上方时，
当P 在x 轴下方时，分别求出结果即可．
【详解】（1）解：将


10
A ，，

4,0
B
分别代入


2
4
0
y
ax
bx
a




得：
4
0
16
4
4
0
a
b
a
b









，
解得：
1
a ，
3
b 
，
∴抛物线的解析式为：
2
3
4
y
x
x



；
（2）解：过点M 作MD
x

轴于点D，过点N 作NE
x

轴于点E，如图所示：
∴
90
MDB
NEB




解方程组
2
3
4
2
8
y
x
x
y
x








，
解得：
1
1
1
6
x
y





，
2
2
4
0
x
y





，
∴


1,6
M
，
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∵
90
MBN


，
90
NEB


，
∴
90
EBN
MBD
EBN
BNE






∴
MBD
BNE


，
由等腰直角
MBN
△
得BM
BN

，
∴


MBD
BNE AAS


≌
，
∴
4 1
3
NE
BD



，
6
BE
MD


，
∴
4
6
10
OE 


，
∴


10,3
N
；
（3）解：存在；
把
0
x 
代入
2
3
4
y
x
x



得
4
y 
，
∴


0,4
C
，
∴
4
OC 
，
∵

1,0
A 
，
∴
1
AO ，
∴tan
4
OC
CAO
AO



，
当点P 在x 轴上方时，过点P 作PH
x

轴于点H，如图所示：
则
90
PHB


，
设

2
,
3
4
P m
m
m



∵
POB
CAO


，
∴tan
tan
4
POB
CAO




，
∴
2
3
4
4
PH
m
m
OH
m





，
157 / 168
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解得：
1
17
2
m


或
1
17
2
m


（舍去），
∴此时点P 的坐标为
1
17 , 2
2 17
2











；
当P 在x 轴下方时，过点P 作PG
x

轴于点G，如图所示：
则
90
PGO


，
设

2
,
3
4
P m
m
m



∵
POB
CAO


，
∴tan
tan
4
POB
CAO




，
∴


2
3
4
4
m
m
PG
OG
m





，
解得：
7
65
2
m 

或
7
65
2
m 

（舍去），
∴此时点P 的坐标为7
65 , 14
2 65
2











；
综上，点P 的坐标为
1
17 , 2
2 17
2











或7
65 , 14
2 65
2











．
16．
（2026·四川广元·三模）如图，二次函数
2
y
ax
bx
c


的图象与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点


0,6
C
，
顶点D 坐标为

2,8 ．
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(1)求二次函数的表达式；
(2)在抛物线的对称轴上有一点M ，使得ACM

的周长最小，求出点M 的坐标；
(3)若点Q 在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在点P ，使得以A
B
Q
P
、、、四点为顶点的四边形为平行四
边形？若存在，求出满足条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
2
1
2
6
2
y
x
x



；
(2)

2,4 ；
(3)存在，

2,8 或

10, 24

或

6, 24


．
【分析】
1 由题意设函数表达式为


2
2
8
y
a x


，然后把


0,6
C
代入解析式即可求解；

2 连接BM ，由
1 得二次函数的表达式为
2
1
2
6
2
y
x
x



，求出点A 的坐标为

2,0

，点B 的坐标为


6,0 ，又A
B
、
关于对称轴直线
2
x 
对称，点M 在对称轴上，则有MA
MB

，故有ACM

的周长
AC
CM
AM
AC
CM
BM






，则当B
M
C
、
、
三点共线时，ACM

的周长最小，然后求直线BC 的函
数解析式为
6
y
x

，再把
2
x 
代入即可求解；

3 由点Q 在抛物线的对称轴上，点P 在抛物线上，设


2,
Q
q ，
2
1
,
2
6
2
P p
p
p









，然后分①当AB 为
对角线时，②当BQ 为对角线时，③当BP 为对角线时，三种情况求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为

2,8 ，设函数表达式为


2
2
8
y
a x


，图象过点


0,6
C
，
∴


2
6
0
2
8
a




，解得
1
2
a


，
∴二次函数的表达式为


2
1
2
8
2
y
x


，
∴
2
1
2
6
2
y
x
x



；
（2）解：如图，连接BM ，AC
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由
1 得二次函数的表达式为
2
1
2
6
2
y
x
x



，
当
0
y 
时，
2
1
2
6
0
2 x
x




，
解得
1
2
x ，
2
6
x ，
∴点A 的坐标为

2,0

，点B 的坐标为

6,0 ，
∵A
B
、关于对称轴直线
2
x 
对称，点M 在对称轴上，
∴MA
MB

，
∴ACM

的周长
AC
CM
AM
AC
CM
BM






，
∴当B
M
C
、
、
三点共线时，ACM

的周长最小，如图，
设直线BC 的函数解析式为y
mx
n


，代入

6,0
B
，


0,6
C
，
得
6
0
6
m
n
n





，解得
1
6
m
n




，
∴直线BC 的函数解析式为
6
y
x

，
∵点M 的横坐标为
2
x 
，
∴点M 的坐标为

2,4 ；
（3）解：存在，理由如下：
∵点Q 在抛物线的对称轴上，点P 在抛物线上，
∴设


2,
Q
q ，
2
1
,
2
6
2
P p
p
p









，
①当AB 为对角线时，如图，
160 / 168
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∴


2
2
2
6
1
0
2
6
0
2
p
q
p
p











，
解得
2
8
p
q





，
∴
2
p 
时，
2
1
2
6
8
2 p
p




，
∴

2,8
P
；
②当BQ 为对角线时，如图，
∴


2
6
2
2
1
0
0
2
6
2
p
q
p
p

















，
解得
10
24
p
q






，
∴
10
p 
时，
2
1
2
6
24
2 p
p




，
∴

10, 24
P

；
③当BP 为对角线时，如图，
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∴


2
6
2
2
1
0
0
2
6
2
p
q
p
p

















，
解得
6
24
p
q







，
∴
6
p


时，
2
1
2
6
24
2 p
p




，
∴

6, 24
P


；
综上可知：点P 坐标为

2,8 或

10, 24

或

6, 24


．
17．（2026·四川乐山·一模）对于一个函数，如果存在自变量
0 
x
m 时，其对应的因变量
0 
y
m ，那么我们
称该函数为“不动点函数”，点( ,
)
m m 为该函数图象上的一个不动点．
(1)下列函数的图象上存在不动点的是；
①
2
y
x


；②
4
y
x

；③
2
2
6
y
x
x



(2)若抛物线
2
2
y
x
bx
c


的顶点为该函数图象上的一个不动点，求b 、c 满足的关系式；
(3)已知二次函数
2
6
y
x

，直线


:
6
l y
m m


，将该二次函数在直线l 上方的图象沿直线l 翻折到直线l 的
下方，其余部分图象不变，得到一个新的函数图象．若新的函数图象上恰有3个“不动点”，求实数m 的值．
(4)若
1x 、
2x 是函数




2
2
4
4
1
1
2
y
x
m
x
m






的两个不动点的横坐标（两不动点可以相等），求
2
2
1
2
x
x

的最小值．
【答案】(1)②
(2)
2
c
b
b


(3)3
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(4) 9
8
【分析】（1）根据不动点满足y
x

进行判断即可；
（2）根据二次函数的性质得到顶点坐标为
2
( ,
)
b c
b

，再根据不动点的定义得到
2


b
c
b ，即可得到答案；
（3）根据题意画出图形，令
2
6
y
x
m



，
(
6,
)
A
m
m

代入y
x

，得
6
m
m


，即可得到答案．
（4）根据不动点的定义得到


2
2
4
4
1
2
0
x
mx
m





，再由韦达定理得到
2
1
2
1
2
(
1)
2
,
4
m
x
x
m x x





，
求出
2
2
2
2
1
1
2
2
1
2
2
3
2
(
)
2
x
x
x
m
m
x
x x







，再根据方程要有实数根，故
2
2
Δ
( 4 )
4 4
(
1)
2
0
m
m










，
解得
3
2
m 
，故当
3
2
m 
时，
2
2
1
2
x
x

的最小值，即可得到答案．
【详解】（1）解：不动点满足y
x

，
①令
2
x
x


，无解，①不存在不动点；
②令
4
x
x

，解得
2
x ，②存在不动点，不动点为(2,2),( 2, 2)


；
③令
2
2
6
x
x
x



，即
2
0
3
6
x
x



，
判别式
9
24
15
0




，无解，③不存在不动点；
（2）解：
2
2
y
x
bx
c


的顶点横坐标为
2
2
2 1
b
b
b
a





，
纵坐标为
2
2
2
4
4 1
( 2 )
4
4 1
ac
b
c
b
c
b
a






，
即顶点坐标为
2
( ,
)
b c
b

，

2
( ,
)
b c
b

是不动点，故
2


b
c
b ，
2
c
b
b


；
（3）解：当直线y
x

过点A 时，符合题意，
令
2
6
y
x
m



，
6
x
m



，
则
(
6,
)
A
m
m

，
将
(
6,
)
A
m
m

代入y
x

，得
6
m
m


，
解得
2
m （舍去）或
3
m 
；
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（4）解：不动点满足y
x

，




2
2
4
4
1
1
2
x
x
m
x
m






，
化简得：


2
2
4
4
1
2
0
x
mx
m





，
2
1
2
1
2
(
1)
2
,
4
m
x
x
m x x






，


2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
(
1)
2
2
3
2
2
4
2
m
m
m
x
x
x
x
x x
m












，
方程要有实数根，故
2
2
Δ
( 4 )
4 4
(
1)
2
0
m
m










，
解得
3
2
m 
，
二次函数
2
2
3
2
m
m

的对称轴为
1
m ，在
3
2
m 
时单调递增，故当
3
2
m 
时，
2
2
1
2
x
x

的最小值
2
3
3
2
3
9
2
2
2
8









．
18．（2026·四川南充·二模）如图，直线y
kx
b


与抛物线
2
3
y
mx
nx


交于

6,0
A
，


4,5
C 
，与y 轴
交于B．抛物线上的点D，使四边形OBCD是梯形．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求梯形OBCD的面积；
(3)直线OD 与抛物线另一交点为P，点E 在线段DP 上，点F 在第四象限抛物线上，若以A，E，F 为顶点
的三角形与AOB

相似，试求点F 的坐标．
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【答案】(1)
2
1
3
4
y
x
x



(2) 9
3 13
2

(3)

4, 3

或
4
12
2
10,
5
5








【分析】（1）利用待定系数法即可求解二次函数解析式；
（2）先求出直线AC 的解析式，从而得出点B 的坐标，根据梯形的性质可知BC
OD
∥
，求出直线OD 的解
析式，联立抛物线解析式求出点D 的坐标，过点O作OH
AB

交AB 于点H，根据梯形的面积公式分别求
出关键线段的长度，从而得出结果；
（3）分情况进行讨论：①当点F 为直角顶点时，
BOA
AFE
∽
△
△
；②当点F 为直角顶点时，
BOA
EFA
∽
△
△
；
③当点E 为直角顶点时，
BOA
FEA
∽
△
△
；④当点E 为直角顶点时，
BOA
AEF
∽
△
△
，设


1
,
1
13
1
13
2
E m
m
m










，


2
1
,
3
0
6
4
F n
n
n
n










，利用相似三角形的夹角的正切值相等，通
过一线三垂直模型得出相关线段的表达式，从而求出每种情况下的不同结果．
【详解】（1）解：∵抛物线
2
3
y
mx
nx


过点

6,0
A
、


4,5
C 
，
将两点坐标代入解析式：
36
6
3
0
16
4
3
5
m
n
m
n









，
整理得：
1
6
2
4
2
m
n
m
n








①
②
，
由

①
②，得：
5
10
2
m 
，
解得：
1
4
m 
，
将
1
4
m 
代入①：
1
1
6
4
2
n



，
解得：
1
n ，
∴抛物线的解析式为：
2
1
3
4
y
x
x



．
（2）解：设直线AC 的解析式为y
kx
b


，
将

6,0
A
、


4,5
C 
代入，得
6
0
4
5
k
b
k
b







，
解得
1
2
k


，
3
b 
，
∴直线AC 的解析式为
1
3
2
y
x



，
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令
0
x 
，得
3
y 
，即

0,3
B
，
∵四边形OBCD是梯形，且BC
OD
∥
，
∴
1
2
BC
OD
k
k


，
∵直线OD 过原点，
∴直线OD 的解析式为
1
2
y
x

，
联立直线OD 与抛物线解析式
2
1
2
1
3
4
y
x
y
x
x









，
解得：
1
1
13
x 
，
2
1
13
x 
，
取y 轴左侧的点D，则
1
13
x 
，代入
1
2
y
x

，得
13
1
2
y


，
∴
13
1
1
13,
2
D









，
过点O作OH
AB

交AB 于点H，
∵
6
OA 
，
3
OB 
，
90
AOB


，
∴
1
9
2
OAB
S
OA OB





，
2
2
3 5
AB
OA
OB



，
由
1
2
OAB
S
AB OH




，得
2 9
6 5
5
3 5
OH



，
即梯形OBCD的高为6 5
5
，
∵




2
2
4
0
5
3
2 5
BC 




，




2
2
5
13
1
13
1
1
13
2
2
OD














，
∴




5
13
1
1
1
6 5
2 5
2
2
2
5
OBCD
S
BC
OD
OH
















梯形


5 3
13
1
6 5
9
3 13
2
2
5
2






，
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∴梯形OBCD的面积为9
3 13
2

．
（3）解：由（2）知，直线OD 与抛物线另一交点为
1
13
1
13,
2
P









，
∵点E 为线段DP 的动点，点F 为抛物线在第四象限上的动点，
要使点A，E，F 构成的直角三角形与Rt BOA

相似，分情况讨论：
①当点F 为直角顶点时，
BOA
AFE
∽
△
△
，
∴AF
EF

，
在Rt BOA

中，
3
OB 
，
6
OA 
，
∴
1
tan
2
OB
BAO
OA



，
∴
1
tan
tan
2
BAO
AEF




，
即
2
AO
EF
BO
AF


，
如图，过点E 作EG
FG

，过点F 作FA
AK

，
∵
90
EGF
FKA



，
∴
90
GEF
EFG



，
90
EFG
AFK



，
∴
GEF
AFK


，
∴GEF
KFA


∽
，
∴
2
GE
GF
EF
KF
AK
AF



，
设


1
,
1
13
1
13
2
E m
m
m










，


2
1
,
3
0
6
4
F n
n
n
n










，
∴
2
1
1
3
2
4
GE
m
n
n











，
6
FK
n


，GF
n
m


，
2
1
0
3
4
AK
n
n









，
∴
2
1
1
3
2
4
2
6
m
n
n
GE
KF
n













，
2
2
1
0
3
4
GF
n
m
AK
n
n











，
解得：
1
4
n 
，
2
3
n 
，
167 / 168
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当
3
n 
时，
9
1
13
2
m



（不合题意，舍去），
∴


4, 3
F

；
②当点F 为直角顶点时，
BOA
EFA
∽
△
△
，
∴EF
AF

，
同理可得：
2
AO
AF
BO
EF


，
如图，过点E 作
I
I
E
F

，过点F 作FJ
AJ

，
易证得：
I
E F
FJA


∽
，
∴
2
I
I
AJ
FJ
AF
F
E
EF



，
设


1
,
1
13
1
13
2
E m
m
m










，


2
1
,
3
0
6
4
F n
n
n
n










，
∴
2
1
0
3
4
AJ
n
n









，I
F
n
m


，
6
FJ
n


，
2
1
1
I
3
2
4
E
m
n
n











，
∴
2
1
0
3
4
2
I
n
n
AJ
F
n
m











，
2
6
2
1
1
I
3
2
4
FJ
n
E
m
n
n













，
解得：
1
4
2
10
5
n 

，
2
4
2
10
5
n 

（舍去），
∴
4
12
2
10,
5
5
F








；
③当点E 为直角顶点时，
BOA
FEA
∽
△
△
，
∴EF
EA

，
同理可得：
2
AO
AE
BO
EF


，
如图，过点E 作EM
x

轴，过点F 作FN
EM

，
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易证得：EMA
FNE


∽
，
∴
2
AM
ME
AE
EN
NF
EF



，
设


1
,
1
13
1
13
2
E m
m
m










，


2
1
,
3
0
6
4
F n
n
n
n










，
∴
6
AM
m


，
2
1
1
3
2
4
EN
m
n
n











，
2
1
0
3
4
EM
n
n









，NF
n
m


，
∴
2
6
2
1
1
3
2
4
AM
m
EN
m
n
n













，
2
1
0
3
4
2
n
n
ME
NF
n
m










，
解得：
1
4
n 
，
2
0
n 
（舍去），
∴


4, 3
F

；
④当点E 为直角顶点时，
BOA
AEF
∽
△
△
，
∴AE
EF

，
同理可得：
2
AO
EF
BO
AE


，
此时
2
1
1
3
2
4
2
6
m
n
n
m











，
2
2
1
0
3
4
n
m
n
n










，
解得：
24
6
n 

（不合题意，舍去），
综上所述，点F 的坐标为

4, 3

或
4
12
2
10,
5
5








．