专题39函数综合压轴题（39题）（解析版）_2026秋初中教辅合集_2027学科网&_2027好题汇编2026年中考数学真题分类汇编（全国通用）

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专题39 函数综合压轴题（39 题）
考点分类
2026 年中考命题解读
创新考法
考点函数综合压
轴题
核心考查二次函数基础解析式、抛
物线上线段最值（距离/ 长度/
面积）、新定义函数题型、、函数
与几何综合存在性。
函数压轴三大变化：一是新定义常
态化，题干阅读量提升，要求现场
建模；二是跨模块深度融合，二次
函数串联一次函数、旋转对称、特
殊三角形、最值路径，不再单一考
计算；三是情境生活化，农田产量、
河道放牧等实际抛物线建模增多，
设问分层递进，基础求解析式、中
层线段最值、高层存在性探究，侧
重分类讨论、数形结合与逻辑说理
一、解答题
1．（2026·山西·中考真题）综合与实践
问题情境：为探究不同土壤肥力条件下小麦产量与施氮量的关系，科研团队在某地选择土壤基础肥力不同
的若干试验田开展研究，并对试验数据进行整理分析．研究发现，在中肥力与低肥力两种麦田中，小麦每
亩的产量y（千克）与每亩施氮量x（千克）的关系可近似用下图中的两条抛物线描述，其中0
28
x


．设
中肥力麦田每亩的产量为
1y （千克），低肥力麦田每亩的产量为
2y （千克）．已知点

0,160
A
，

18,646
B
，


28,496
C
均在描述
1y 与x 关系的抛物线上，且点B 是这条抛物线的顶点．
(1)建立模型：求中肥力麦田中小麦每亩的产量
1y 与x 的函数关系式；
(2)应用分析：已知低肥力麦田中小麦每亩的产量
2y 与x 的函数关系式为
2
2
26
140
y
x
x




．
①假设低肥力、中肥力两种麦田每亩施氮量相同，当低肥力麦田每亩的产量最大时，求每亩的施氮量，以
及此时两种麦田小麦每亩产量的差；
②现有面积均为1 亩的中肥力、低肥力麦田各一块．当两块麦田每亩施氮量不同，且每亩的产量分别达到
最大时，两块麦田的总产量为m 千克；当两块麦田每亩施氮量相同时，两块麦田总产量的最大值为n 千克．经
判断n 小于m ，请直接写出m 与n 的差．
【答案】(1)


2
1
3
18
646
2
y
x




（0
28
x


）
(2)①当低肥力麦田每亩的产量最大时，每亩的施氮量为13 千克，此时两种麦田小麦每亩产量的差为299.5
千克；②15
【分析】（1）根据点
(18,646)
B
是描述
1y 与x 关系的抛物线的顶点，则设


2
1
18
646
y
a x


，将点

0,160
A
代入即可求解；
（2）①根据二次函数的性质得到当
13
x 
时，
2y 取得最大值，此时
2
309
y 
，求出当
13
x 
时，
1y 的值，计
算
1
2
y
y

即可求解；
②根据二次函数的性质求出
1y ，
2y 的最大值，即可得到m 的值，令
1
2
y
y
y


，求出y 的最大值，即可得到
n 的值，计算m
n

即可．
【详解】（1）解：由题意得，点
(18,646)
B
是描述
1y 与x 关系的抛物线的顶点，
设


2
1
18
646
y
a x


，
点

0,160
A
在描述
1y 与x 关系的抛物线上，
2
(0 18)
646
160
a




，解得
3
2
a 
，
1y

与x 的函数关系式为




2
1
3
18
646 0
28
2
y
x
x





；
（2）解：①


2
2
2
26
140
13
309
y
x
x
x









．
∴
1
0
a 
，开口向下，
又0
28
x


，
当
13
x 
时，
2y 取得最大值，此时
2
309
y 
．
两种麦田每亩施氮量相同，
当
13
x 
时，


2
1
3
13 18
646
608.5
2
y






，
此时
1
2
608.5
309
299.5
y
y




．
答：当低肥力麦田每亩产量最大时，每亩的施氮量为13 千克，此时两种麦田小麦每亩产量的差为299.5 千
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克．
②∵


2
1
3
18
646
2
y
x




，


2
2
13
309
y
x




，
∴
1y 的最大值为646，
2y 的最大值为309．
646
309
955
m




．
令




2
2
1
2
3
18
646
13
309
2
y
y
y
x
x








2
5
80
300
2 x
x





2
5
16
940
2 x



，
当
16
x 
时，y 有最大值，为940．
940
n


，
955
940
15
m
n





．
2．（2026·山东烟台·中考真题）如图，直线
6
y
x


与x 轴交于点A ，与y 轴交于点C ，抛物线
2
y
ax
bx
c



经过A ，C 两点，与x 轴的另一个交点为B ．抛物线的对称轴为直线
3
2
x 
．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点D 在抛物线上，横坐标为t ，若点D 到直线AC 的距离为3
2
2
，求出所有满足条件的t 的值；
(3)若H 为抛物线的顶点，P 为对称轴上一点，请直接写出
5
2
PH
PO

的最小值．
【答案】(1)
2
1
6
3
y
x
x


(2)
3
3 2
t



或
3
3 2
t



或
3
t


(3)15
2
【分析】（1）根据一次函数先求得
,
A C 的坐标，进而根据对称轴求得点B 的坐标，设抛物线解析式为



6
3
y
a x
x


，代入


0
6
C

，
，待定系数法即可求解；
（2）根据AOC

是等腰直角三角形，点D 到直线AC 的距离为3
2
2
，取点


0, 3
E

，


9,0
F 
，过点
,
E F
分别作AC 的平行线1
2
,
l l ，过点
,
E F 分别作AC 的垂线，垂直分别为
,
K G ，得出D 在1
2
,
l l ，根据一次函数的
平移可得1
2
,
l l 的解析式分别为
3
y
x

，
9
y
x


，分别联立抛物线解析式，即可求解；
（3）先求得
3
27
,
2
4
H








，根据
5
2
PH
PO

转化为
5
2 5
2
5
PH
PQ









，构造1: 2
5
：的直角三角形，过
点P 作PQ
HQ

使得
2
PQ
QH

，则
2
2
5
PH
PQ
QH
QH



，得出
2 5
sin
5
PQ
PHQ
PH



，
tan
2
PHQ


，
5
cos
5
PHQ


，当P 在ON 上时，
5
2
PH
PO

取得最小值，最小值为
5
2 ON ．进而求得
ON 的值，即可求解．
【详解】（1）解：∵直线
6
y
x


与x 轴交于点A ，与y 轴交于点C ，
当
0
x 
时，
6
y ，当
0
y 
时，
6
x ，
∴

6,0
A 
，


0, 6
C

，
∵抛物线与x 轴的另一个交点为B ，抛物线的对称轴为直线
3
2
x 
．
∴


3,0
B
，
设抛物线解析式为



6
3
y
a x
x


，代入


0, 6
C

，
∴6
18a


解得：
1
3
a 
∴



2
1
1
6
3
6
3
3
y
x
x
x
x






；
（2）解：∵

6,0
A 
，


0, 6
C

∴
6
OA
OC


，
∴AOC

是等腰直角三角形，
∴
45
ACO



设直线AC 的解析式为y
kx
b


，代入

6,0
A 
，


0, 6
C

∴
6
0
6
k
b
b







，解得：
1
6
k
b






∴直线AC 的解析式为
6
y
x


如图，取点


0, 3
E

，


9,0
F 
，过点
,
E F 分别作AC 的平行线1
2
,
l l ，过点
,
E F 分别作AC 的垂线，垂足分
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别为
,
K G ，
∴
45
GCF
ECK
ACO




，
3
EC
FC


∴
,
ECK
GCF


是等腰直角三角形，
∴
2
3 2
2
2
EK
EC


，
2
3 2
2
2
FG
FC


∵点D 到直线AC 的距离为3
2
2
∴D 在1
2
,
l l 上，
∵1
2
,
l l 平行AC ，
∴1
2
,
l l 的解析式分别为
3
y
x

，
9
y
x


联立
2
3
1
6
3
y
x
y
x
x







消去y 得，
2
1
6
3
3 x
x
x




解得：
1
2
3 3 2,
3
3 2
x
x






联立
2
9
1
6
3
y
x
y
x
x







消去y 得，
2
1
6
9
3 x
x
x




解得：
3
x


∵点D 横坐标为t ，
∴
3
3 2
t



或
3
3 2
t



或
3
t


（3）∵
2
2
1
1
3
27
6
3
3
2
4
y
x
x
x












∴
3
27
,
2
4
H








如图，过点P 作PQ
HQ

使得
2
PQ
QH

，则
2
2
5
PH
PQ
QH
QH



，
∴
2 5
sin
5
PQ
PHQ
PH



，tan
2
PHQ


，
5
cos
5
PHQ


，
∴
2 5
5
PQ
PH

，
过点O作ON
QH

，设HQ 的延长线交x 轴于点T ，PH 交x 轴于点L ，则
90
TON
OTH
PHQ






∴


5
5
2 5
5
5
2
2
5
2
2
PH
PO
PH
PO
PQ
PO
ON














∴当P 在ON 上时，
5
2
PH
PO

取得最小值，最小值为
5
2 ON ．
∴
27
4
LH 
∴
27
tan
2
2
LT
LH
PHQ
LH




∴
27
3
15
2
2
TO 


∴
5
cos
15
3 5
5
ON
OT
TON






，
∴
5
5
5
15
3 5
2
2
2
2
PH
PO
ON





3．（2026·安徽·中考真题）已知抛物线



2
3
2
0
y
x
a
x
a
a



．
(1)求抛物线顶点的纵坐标；
(2)点
1
3
, 2
A x





，
2
3
, 2
B x






，（
1
2
x
x

）都在抛物线上．
（i）求
1x
a 的值；
（ⅱ）设a 为正整数，线段AB 上横坐标为整数的点的个数为m ，请比较m 与2
2
a 
的大小，并说明理由．
【答案】(1)3
(2)（i）2
2
2

；（ⅱ）当
1,2,3
a 
时，
2
2
m
a


；当
4
a 
时，
2
2
m
a

．
理由如下：由（i）得
2
1
2
AB
x
x
a



，已知
2
1.414

，
2
1
m
a

显然成立，
令
2
1
2
2
a
a

，解得
3 2
3
5.121
2
a 


，
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也就是说，当
6
a 
时，
2
2
m
a

恒成立，
故只用讨论
1,2,3,4,5
a 
的情形：
1
a 时，
1
2
2
2
1
0.293,
1
1.707
2
2
x
x




，故整数点只有
1
x ，
1,2
2
0
m
a



，
2
2
m
a


；
2
a 
时，
1
2
2
2
0.586,
2
2
3.414
x
x






，故整数点有
1,
2,
3
x
x
x



，
3,2
2
2
m
a



，
2
2
m
a


；
3
a 
时，
1
2
3 2
3 2
3
0.879,
3
5.121
2
2
x
x






，故整数点有
1,
2,
3,
4,
5
x
x
x
x
x





，
5,2
2
4
m
a



，
2
2
m
a


；
4
a 
时，
1
2
4
2 2
1.172,
4
2 2
6.828
x
x






，故整数点有
2,
3,
4,
5,
6
x
x
x
x
x





，
5,2
2
6
m
a



，
2
2
m
a


；
5
a 
时，
1
2
5 2
5 2
5
1.465,
5
8.535
2
2
x
x






，故整数点有
2,
3,
4,
5,
6,
7,
8
x
x
x
x
x
x
x







，
7,2
2
8
m
a



，
2
2
m
a


；
综上所述，当
1,2,3
a 
时，
2
2
m
a


；当
4
a 
时，
2
2
m
a

．
【分析】（1）根据抛物线解析式求出抛物线与x 轴的两个交点，再根据对称性代入对称轴横坐标，即可求
出顶点纵坐标；
（2）（i）根据点,
A B 的纵坐标，令
3
2
y 
求出
1
2
,
x x ，即可求出
1x
a
（ⅱ）根据（i）求出
2
1
2
AB
x
x
a



，那么m 不可能超过
2
1
a ，令
2
1
2
2
a
a

，可知
6
a 
时，
2
2
m
a

恒成立，故只用对
1,2,3,4,5
a 
依次分类讨论即可．
【详解】（1）解：令
0
y 
，求得抛物线与x 轴的两个交点为


0,0 , 2 ,0
a
，
则抛物线的对称轴为
0
2
2
a
x
a



，
把x
a

代入抛物线解析式得


2
3
2
y
a
a
a
a



解得
3
y 
，即为抛物线顶点的纵坐标．
（2）解：（i）令
3
2
y 
，可得

2
2
2
a
x
a
x


，
即
2
2
2
0
2
a
x
ax


，
1
2
x
x


，
故解得
1
2
2
2
2
2
,
2
2
x
a x
a




，
1
2
2
2
x
a



；
（ⅱ）略
4．（2026·河南·中考真题）定义：若点P ，Q 在同一抛物线上，且点Q 的横坐标比点P 的横坐标大3，则
称点Q 是点P 的“黄金搭档点”．例如，抛物线
2
y
x

上，点

3,9 是点

0,0 的“黄金搭档点”．
(1)点


0, 3
A

和点B 在抛物线
2
y
x
bx
c



上，点B 是点A 的“黄金搭档点”，且点B 的纵坐标为12．求b ，
c 的值．
(2)点M ，N 在（1）中的抛物线上，且点N 是点M 的“黄金搭档点”．
①若点M ，N 的纵坐标相等，求点M ，N 的横坐标．
②抛物线上M ，N 两点之间的部分（含M ，N 两点）记为图象W ，设点M 的横坐标为m ，当
5
0
2
m



时，若图象W 上的最高点和最低点到x 轴的距离之和为5，请直接写出m 的值．
【答案】(1)
2
b 
；
3
c 
(2)①点M 的横坐标为
5
2

，点N 的横坐标为
1
2 ；②4
3

或4
5

【分析】（1）根据题意得出
(3,12)
B
，然后利用待定系数法求解即可；
（2）①设点M 的横坐标为t，则点N 的横坐标为
3
t ，根据题意建立方程求解即可；
②根据题意得出对称轴为：
2
1
2 1
x





，顶点坐标为( 1, 4)

，抛物线与x 轴的交点为( 3,0),(1,0)

，点N
的横坐标为：
3
m ，1
3
3
2
m



，然后分情况分析：当
5
1
2
m


，1
3
1
2
m


时，当
5
1
2
m


，
1
3
2
m



时，当1
0
m


时，2
3
3
m


，结合图象建立方程求解即可．
【详解】（1）解：∵点B 是点A 的“黄金搭档点”，


0, 3
A

，点B 的纵坐标为12，
∴
(3,12)
B
，
∵点

0, 3
A

和点B 在抛物线
2
y
x
bx
c



上，
∴
3
9
3
12
c
b
c






，
解得：
3
2
c
b





；
（2）解：①设点M 的横坐标为t，则点N 的横坐标为
3
t ，
由（1）得
2
2
3
y
x
x


，
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∵点M ，N 的纵坐标相等，
∴
2
2
2
3
(
3)
2(
3) 3
t
t
t
t





，
解得：
5
2
t 
，
∴
5
1
3
3
2
2
t 



，
∴点M 的横坐标为
5
2

，点N 的横坐标为
1
2 ；
②由（1）得
2
2
3
y
x
x


，
对称轴为：
2
1
2 1
x





，
当
1
x 时，
4
y


，
∴顶点坐标为( 1, 4)

，
当
0
y 
时，
2
2
3
0
x
x



，
∴(
3)(
1)
0
x
x



解得：1
2
3,
1
x
x

，
∴抛物线与x 轴的交点为( 3,0),(1,0)

，
∵点N 是点M 的“黄金搭档点”，点M 的横坐标为m ，当
5
0
2
m



时，
∴点N 的横坐标为：
3
m ，1
3
3
2
m



，
当
5
1
2
m


时，1
3
2
2
m



，
∵抛物线与x 轴的一个交点为(1,0) ，
∴当
5
1
2
m


，1
3
1
2
m


时，如图所示：
点M、N 均在x 轴下方，最低点为抛物线的顶点( 1, 4)

，
∵
5
( 1)
( 1)
1
( 1)
2
m





即
3
1
0
2
m



，
1
( 1)
3
( 1)
1
( 1)
2
m





即3
4
2
2
m



，
∴此时点N 离对称轴较远，最高点为点N，
∵图象W 上的最高点和最低点到x 轴的距离之和为5，
∴点N 到x 轴的距离为5
4
1

，
此时点N 的纵坐标为1
，
∴
2
(
3)
2(
3) 3
1
m
m



，
解得：
1
4
3
m 
，
2
4
3
m 
（不符合题意，舍去）；
当
5
1
2
m


，1
3
2
m



时，如图所示：
点M 在x 轴下方，点N 在x 轴上方，最低点为抛物线的顶点( 1, 4)

，
∴此时点N 离对称轴较远，最高点为点N，
∵图象W 上的最高点和最低点到x 轴的距离之和为5，
∴点N 到x 轴的距离为5
4
1

，
此时点N 的纵坐标为1，
∴
2
(
3)
2(
3) 3 1
m
m



，
解得：
1
4
5
m 
，
2
4
5
m 
（不符合题意，舍去）；
当1
0
m


时，2
3
3
m


，
点M 在x 轴下方，点N 在x 轴上方，最低点为点M，最高点为点N，
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∴
2
2
2
3,
(
3)
2(
3)
3
M
N
y
m
m
y
m
m







，
∴
5
M
N
y
y


即
2
2
2
3
(
3)
2(
3)
3
5
m
m
m
m








，
∴
2
2
2
3 (
3)
2(
3) 3
5
m
m
m
m







，
整理得：6
10
0
m

，
解得：
5
3
m 
（不符合题意，舍去），
综上可得：
4
3
m 

或
4
5
m 
．
5．（2026·河北·中考真题）如图，二次函数



3
y
x
t
x
t



（其中
0
t 
）的图象与x 轴交于A ，B 两点（点
A 在点B 左侧），与y 轴交于点C ，顶点为P ．将点B 绕点A 顺时针旋转90得到点D ．
(1)若
1
t ，求直线PD 的函数表达式，并判断点C 关于二次函数图象对称轴的对称点C是否在直线PD 上；
(2)当3
6
x


时，二次函数的最大值为9，求t 的值；
(3)连接OP ，当点D 不在直线OP 上时，过点D 作直线DE
OP
∥
交y 轴于点


0,
E
m ，请直接写出m 的最小
值．
【答案】(1)
3
y
x


，点C不在直线PD上
(2)t 的值为4
7

或4
(3) 2

【分析】（1）先求出


,0
A t
，

3 ,0
B
t
，若
1
t ，则




1,0 ,
3,0
A
B
，





2
1
3
2
1
y
x
x
x





，则
3 1
2
AB 

，


2, 1

P
，由旋转可得
2,
90
AD
AB
BAD




，则


1, 2
D

，再由待定系数法求解直线
:
3
PD y
x

；然后求出点C 关于二次函数图象对称轴的对称点C为

4,3 ，再代入直线PD表达式验证即
可；
（2）先求出对称轴为直线
3
2
2
t
t
x
t



，然后分三种情况，根据二次函数的图象与性质求解即可；
（3）同（1）可求


, 2
D t
t

，可求

2
2 ,
P
t
t

，设直线
:
OP y
px

，求出
2
t
p 
，由DE
OP
∥
，可设直线
:
2
t
DE y
x
n


，求出直线
2
:
2
2
2
t
t
DE y
x
t



，当
0
x 
时，


2
2
1
1
2
2
2
2
2
m
t
t
t





，再由二次函数
的图象与性质求解即可；
【详解】（1）解：如图，
对于



3
y
x
t
x
t



，当
0
y 
时，则


3
0
x
t
x
t



，
解得
1
2
,
3
x
t x
t


，
∴

,0
A t
，

3 ,0
B
t
，
若
1
t ，则




1,0 ,
3,0
A
B
，





2
2
1
3
4
3
2
1
y
x
x
x
x
x









∴
3 1
2
AB 
，


2, 1

P
∵将点B 绕点A 顺时针旋转90得到点D ．
∴
2,
90
AD
AB
BAD





∴


1, 2
D

，
设直线
:
PD y
kx
b


，
则
2
1
2
k
b
k
b






解得
1
3
k
b




∴直线
:
3
PD y
x

；
对于


2
2
1
y
x

，当
0
x 
时，
3
y 
，
∴


0,3
C
由


2
2
1
y
x

可得对称轴为直线
2
x 
，
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∴点C 关于二次函数图象对称轴的对称点C为

4,3 ，
当
4
x 
时，
4
3
1
3
y 


，
∴点C不在直线PD上；
（2）解：由（1）可得

,0
A t
，

3 ,0
B
t
，
∴对称轴为直线
3
2
2
t
t
x
t



，
当2
3
t 
，即
1.5
t 
时，
∵抛物线



3
y
x
t
x
t



中，1
0

，则抛物线开口向上，
∴当3
6
x


时，y 随着x 的增大而增大，
∴当
6
x 
时，函数取得最大值，
∴


6
6
3
9
t
t



，
整理得，
2
8
9
0
t
t



，解得
4
7
t 

或
4
7
t 

（舍去）；
当3
2
6
t


，即3
3
2
t

时，
3
6
9
2
2
x



若
9
2
2
t 
，即3
9
2
4
t

时，此时
6
x 
离对称轴更远，
∴当
6
x 
时，函数取得最大值9，
∴


6
6
3
9
t
t



，
整理得，
2
8
9
0
t
t



，解得
4
7
t 

或
4
7
t 

，均不在3
9
2
4
t

范围内，故舍去；
若
9
2
2
t 
时，即9
3
4
t

，此时
3
x 
离对称轴更远，
∴当
3
x 
时，函数取得最大值，
∴


3
3 3
9
t
t



，
整理得，
2
4
0
t
t


，解得
4
t 
或
0
t 
，均不在9
3
4
t

范围内，故舍去；
当2
6
t 
，即
3
t 
时，
∴当3
6
x


时，y 随着x 的增大而减小，
∴当
3
x 
时，函数取得最大值，
∴


3
3 3
9
t
t



，
整理得，
2
4
0
t
t


，解得
4
t 
或
0
t 
（舍去）；
综上：t 的值为4
7

或4 ；
（3）解：∵




,0 ,
3 ,0
A t
B
t
，
同（1）可求


, 2
D t
t

对于



3
y
x
t
x
t



，对称轴为直线
2
x
t

，
∴把
2
x
t

代入



3
y
x
t
x
t



可得，



2
2
2
3
y
t
t
t
t
t




，
∴

2
2 ,
P
t
t

，
设直线
:
OP y
px

，则
2
2
t
p
t



，解得
2
t
p 
，
∵DE
OP
∥
，
∴设直线
:
2
t
DE y
x
n


，
代入


, 2
D t
t

，则
2
2
t
t
n
t



，解得
2
2
2
t
n
t


，
∴直线
2
:
2
2
2
t
t
DE y
x
t



，
当
0
x 
时，


2
2
1
1
2
2
2
2
2
m
t
t
t





，
∵1
0
2 
，
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∴当
2
t 
时，m 取得最小值为2
；
6．（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
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


，
将点


2,1
P 
，


3,0
F 
代入得：
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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





．
7．（2026·上海·中考真题）对于函数


2
0
y
ax
bx
c a




，对称轴与x 轴交于点A ，将点A 向右平移一个
单位得到点B ，使点C 与点B 的横坐标相等，且点C 的纵坐标为2a ，则称点C 为抛物线的“派生点”，并且
将直线AC 称为抛物线的“派生直线”．
(1)已知函数
2
2
3
y
x

，求该函数的“派生直线”解析式；
(2)已知点C 为某抛物线的“派生点”，点


1,
P
m 和


7,
Q
n 在其“派生直线”
2
6
y
x


上，且点P 是该抛物线与
其“派生直线”的交点，求PC
CQ 的值，并判断点Q 是否在抛物线上．
【答案】(1)
4
y
x

(2)
1
PC
CQ ，点Q 在抛物线上
【分析】（1）用待定系数法求一次函数解析式；
（2）先根据点在直线上的性质求出各点坐标，计算线段比，再求出抛物线解析式，代入点坐标验证点是否
在抛物线上．
【详解】（1）解：已知函数
2
2
3
y
x

，可得
2
a 
，
0
b 
，二次函数对称轴为
0
2
b
x
a


，对称轴与x 轴
交点A 坐标为

0,0 ，
将A 向右平移1 个单位得到B ，
B 的横坐标为0 1 1
，
根据定义，C 横坐标为1，纵坐标为2
4
a 
.即


1,4
C
，
设派生直线AC 解析式为y
kx

，
代入


1,4
C
得
4
k 
．
因此该函数的派生直线解析式为
4
y
x

．
（2）解：由题意，A 是派生直线
2
6
y
x


与x 轴的交点，A 纵坐标为0 ，
将
0
y 
代入
2
6
y
x


得0
2
6
x

，
解得
3
x 
，因此


3,0
A
，
根据定义，B 横坐标为3 1
4

，因此C 横坐标为4 ，
将
4
x 
代入
2
6
y
x


得
2
y 
.
因此


4,2
C
，
将


1,
P
m 代入
2
6
y
x


得
4
m ，即

1, 4
P

，
将


7,
Q
n 代入
2
6
y
x


得
8
n 
，即


7,8
Q
，
∴


2
2
(4 1)
(2
4 )
3 5
PC 




，
2
2
(7
4)
(8
2)
3 5
CQ 




，
19 / 128
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3 5
1
3 5
PC
CQ



，
由定义，抛物线对称轴为
3
x 
，
C 纵坐标为2
2
a 
，得
1
a ，
设抛物线解析式为
2
(
3)
y
x
k



，
∵

1, 4
P

在抛物线上，代入得
2
4
(1 3)
k



，
解得
8
k ，
∵抛物线解析式为
2
2
(
3)
8
6
1
y
x
x
x






，
∴将
7
x 
代入抛物线解析式得
2
7
6 7
1
8
y 


，与Q 的纵坐标相等，
因此点Q 在抛物线上．
8．（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
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









，
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∴
1
2
2
k
b






，
∴直线BC 的函数表达式为
1
2
2
y
x



；
设点P 的坐标为
2
1
3
,
2
2
2
p
p
p









，
∵PQ
y

轴，
∴点Q 的横坐标为p，
∴点Q 的纵坐标为
1
2
2 p


，
∴


2
2
2
1
3
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
PQ
p
p
p
p
p
p



















；
∵PQ
y

轴，
∴
PQH
OCB

∠
∠
，
∴sin
sin
PQH
OCB

∠
∠
；
∵



4,0
0,2
B
C
，
，
∴
4
2
OB
OC


，
，
∴
2
2
2
2
4
2
2 5
BC
OB
OC





，
∴
4
2 5
sin
5
2 5
OB
OCB
BC



∠
，
∴
2 5
sin
PQH
5


；
∵PH
BC

，
∴
90
PHQ


，
∴sin
PH
PQH
PQ

∠
，
∴


2
2 5
5
4 5
2
5
5
5
PH
PQ
p





，
∵
5
0
5


，
∴当
2
0
p 

，即
2
p 
时，PH 有最大值，最大值为4 5
5
；
（3）解：如图3-1 所示，当点E 在点B 上方时，设DE 交x 轴于点H，
∵


0,2
C
，点C 与点D 关于原点成中心对称，
∴


0, 2
D

，
∴
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







，
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∴直线DH 的函数表达式为
4
2
3
y
x


，
联立
2
4
2
3
1
3
2
2
2
y
x
y
x
x










，解得
3
2
x
y





或
8
3
50
9
x
y







（舍去），
∴点E 的坐标为

3,2 ，
∴点E 的纵坐标为2；
如图3-2 所示，当点E 在点B 下方时，
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．
9．（2026·湖南·中考真题）如图1，公路1l 与铁路2l 垂直交汇于河岸O点处，公路1l 与河岸的另一交点为A ，
其中河岸OCB 段为抛物线的一部分，AB 段为线段，
7 km
OA 
，
5km
AB 
，点B 到公路1l 的距离
3km
BD 
，
抛物线的顶点C 到公路1l 与铁路2l 的距离分别为4 km 与2 km ．当地政府为了振兴乡村经济，拟开发河道与
公路1l 围成的区域，用于生态放牧．为了放牧安全，准备用栅栏与河道围成封闭区域，如图2 ，栅栏EF 紧
挨公路1l （与公路1l 的距离忽略不计），栅栏EH
EF

，点H 在该段抛物线上；栅栏FG
EF

，点G 在线
段AB 上．以点O为坐标原点，直线1l 与2l 分别为x 轴与y 轴，规定1个单位长度为1km ，建立平面直角坐标
系．
(1)请直接写出点B 的坐标；
(2)分别求直线AB 与抛物线OCB 的函数表达式（不要求写出自变量的取值范围）；
(3)点E 到铁路2l 的距离小于1.5km，
2
EH
FG

，已知建1km 长栅栏的各项开支为2 万元，建完栅栏需花费
17 万元．求栅栏EH 到铁路2l 的距离．
【答案】(1)
(3,3)
B
(2)直线AB 的函数表达式为：
3
21
4
4
y
x



；抛物线OCB 的函数表达式为：
2
4
y
x
x


(3)1km
【分析】（1）由
7km
OA 
确定(7,0)
A
，利用勾股定理由
5km
AB 
、
3km
BD 
求点B 的横坐标．
（2）用待定系数法分别求直线AB 和抛物线OCB 的解析式．
（3）先由总造价与单价求出栅栏总长为17 km
2
，即
17 km
2
HE
EF
FG



；设
( ,0)
E e
，利用抛物线解析式
写出


2
,
4
H e
e
e


，利用直线AB 解析式写出
3
21
,
4
4
G
f
f







；由
2
EH
FG

把f 用e 表示，再得到关于e
的一元二次方程，结合
1.5
e 
取根，即可得到栅栏EH 到铁路2l （y 轴）的距离．
【详解】（1）解：O为原点，1l 为x 轴，
7km
OA 
，
(7,0)
A
，
点B 到1l 的距离
3km
BD 
，
5km
AB 
，
∴
2
2
2
2
5
3
4km
DA
AB
BD





，
∴
7
4
3km
OD
OA
DA





，

(3,3)
B
．
（2）解：设直线AB 的函数表达式为：y
kx
b


，
将(7,0)
A
、
(3,3)
B
代入得：
7
0
3
3
k
b
k
b







，
解得
3
4
21
4
k
b







，
直线AB 的函数表达式为：
3
21
4
4
y
x



．
顶点C 到1l 的距离为4km，到2l 的距离为2km，
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
(2,4)
C
，
∴设抛物线OCB 的函数表达式为
2
(
2)
4
y
a x



，
将
(0,0)
O
代入得0
4
4
a


，
解得：
1
a ，

2
2
(
2)
4
4
y
x
x
x







，
抛物线OCB 的函数表达式为：
2
4
y
x
x


．
（3）解：∵建1km 长栅栏的各项开支为2 万元，建完栅栏需花费17 万元，
∴栅栏总长为17 km
2
，
17
2
HE
EF
FG




，
设点E 的坐标为( ,0)
e
，且0
3
e


，
点E 到铁路2l 的距离小于1.5km ，
1.5
e

，
点H 在抛物线
2
4
y
x
x


上，


2
,
4
H e
e
e



，
2
4
HE
e
e




，
设点F 的坐标为( ,0)
f
，且f
e

，
点G 在直线
3
21
:
4
4
AB y
x



上，
3
21
,
4
4
G
f
f








，
3
21
4
4
FG
f




，
2
EH
FG


，
2
3
21
4
2
4
4
e
e
f











，
整理得：
2
2
8
21
3
e
e
f



，
又
EF
f
e



，


2
3
21
17
4
(
)
4
4
2
HE
EF
FG
e
e
f
e
f
















，
将
2
2
8
21
3
e
e
f



代入，整理得：
2
5
14
9
0
e
e



，
解得：
1
1
e ，
2
9
5
e 
，
1.5
e 

，
9
5
e

不合题意，舍去，
1
e
，
栅栏EH 到铁路2l 的距离为1km ．
10．（2026·云南·中考真题）已知
0
m 
，
4
2
192
4
118
S
m
m
m
m





．某二次函数表示的图象为抛物线M ，
抛物线M 经过


10,0

A
，

2
2
4 ,0
B
m
m

两点．函数



2
4
3
24
y
x
x



表示的图象为抛物线T ．x 轴上有
这样的点，它既在抛物线M 上，又在抛物线T 上．
(1)求抛物线T 与x 轴的公共点的坐标；
(2)比较S 与145 的大小．
【答案】(1)


2,0

，

8,0
(2)
当
1
m 时，
145
S 
；当
1
5
m 
时，
145
S 
【分析】（1）令



2
4
3
24
0
y
x
x



，求出x 值即可得出结果；
（2）分
2
2
4
2
m
m

和
2
2
4
8
m
m


两种情况进行讨论求解即可.
【详解】（1）解：由题意，当



2
4
3
24
0
y
x
x



时，解得
1
2
2,
8
x
x


，
∴抛物线T 与x 轴的公共点的坐标为

2,0

，

8,0 ；
（2）解：由（1）知：抛物线T 与x 轴的公共点的坐标为

2,0

，

8,0 ；
∵抛物线M 经过

10,0
A 
，

2
2
4 ,0
B
m
m

两点，x 轴上有这样的点，它既在抛物线M 上，又在抛物线T 上，
∴
2
2
4
2
m
m

或
2
2
4
8
m
m


，
①当
2
2
4
2
m
m



时，整理得
2
(
1)
0
m

，解得
1
m ，
将
1
m 代入S 得：
4
2
192
4
1
1
118
72
1
1
S 




∵
2
72
5184
145


，
∴72
145

，即
145
S 
.
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②当
2
2
4
8
m
m


时，整理得
2
2
4
0
m
m


，
解得
1
5
m 
，
∴
2
2
4
m
m


，两边除以m 得4
2
m
m


，
∴
4
2
2
2
2
(
)
(2
4)
4
16
16
4(2
4)
16
16
24
32
m
m
m
m
m
m
m
m












，
2
192
192
96
2
4
2
m
m
m




，
∵
2
2
4
0
m
m


，
∴
2
4
2
m
m


，
∴(
2)(
2)
2
m
m
m



，
∴
2
2
2
m
m
m


，
∴
96
96(
2)
96
4
48
48
24
48
24(
2)
96
24
2
2
m
m
m
m
m
m
m













，
∴
(24
32)
(96
24
)
(
2)
118
12
S
m
m
m
m








，
∵
2
12
144
145


，
∴12
145

，即
145
S 
；
综上：当
1
m 时，
145
S 
；当
1
5
m 
时，
145
S 
.
11．（2026·福建·中考真题）已知抛物线
2
y
x
bx
c




．
(1)若
1
b ，
2
c 
，求抛物线的顶点坐标；
(2)若抛物线上存在一点

0
0
,
P x
y
在x 轴上方，求证：抛物线与x 轴有两个交点；
(3)抛物线与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点


0,2
C
，直线
2
y
bx


与
1
y
bx



相交于点D ，E 是y 轴
上不与点C 重合的点．若坐标平面内存在点M 满足MA
MB
MC
ME



，试探究CD和DE 的数量关系，
并证明．
【答案】(1) 1 9
,
2 4






(2)证明：抛物线上的点

0
0
,
P x
y
在x 轴上方，

2
0
0
0
0
y
x
bx
c





，

2
0
0
0
c
x
bx
y



，





2
2
2
2
2
0
0
0
0
0
4
1
4
4
4
4
2
4
0
b
c
b
c
b
x
bx
y
x
b
y













，
即方程
2
0
x
bx
c




有两个不相等的实数根，
抛物线与x 轴有两个交点．
(3)CD和DE 的数量关系是CD
DE

，
证明：抛物线
2
y
x
bx
c




与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点


0,2
C
，如图，
故可设

1,0
A x
，

2,0
B x
，
1
2
x
x

，
则
1x ，
2x 是方程
2
2
0
x
bx




的两根，
由求根公式可得
2
1
8
2
b
b
x



，
2
2
8
2
b
b
x



，
又坐标平面内存在点M 满足MA
MB
MC


，
由对称性可设
,
2
b
M
m






，
由勾股定理可得，


2
2
2
2
8
0
2
2
b
b
b
MA
m













，


2
2
2
2
2
b
MC
m








，





2
2
2
2
2
8
0
2
2
2
2
b
b
b
b
m
m






















，
解得
1
2
m 
，
点M 的坐标为
1
,
2 2
b






，
直线
2
y
bx


与
1
y
bx



相交于点D ，

0
b 
，
联立
2
1
y
bx
y
bx








，解得
3
2
1
2
x
b
y






，
点D 的坐标为
3
1
,
2
2
b







，
由
1
,
2 2
b
M 





，
3
1
,
2
2
D
b






可知MD
CE

，
又MC
ME

，
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MD 垂直平分CE ，
CD
DE

．
【分析】（1）将
1
b ，
2
c 
代入抛物线表达式，配方得顶点式，根据顶点式写出顶点坐标即可；
（2）由抛物线上的点


0
0
,
P x
y
在x 轴上方得
2
0
0
0
0
y
x
bx
c





，进而得
2
0
0
0
c
x
bx
y



，
进而得判别式为


2
2
0
0
4
2
4
0
b
c
x
b
y




，得
2
0
x
bx
c




有两个不相等的实数根，进而判断抛物线与
x 轴有两个交点；
（3）设


1,0
A x
，

2,0
B x
，
1
2
x
x

，由对称性可设
,
2
b
M
m






，根据抛物线与方程的关系可得
1x 、
2x ，根
据勾股定理得
2
MA ，
2
MC ，由MA
MC

列式计算可得点M 的坐标，联立直线
2
y
bx


与
1
y
bx



可得
点D 的坐标，进而得MD
CE

，由MC
ME

得MD 垂直平分CE，进而得CD
DE

．
【详解】（1）解：
1
b 

，
2
c 
，
2
2
1
9
2
2
4
y
x
x
x















，
抛物线的顶点坐标为1 9
,
2 4






．
（2）略
（3）略
12．（2026·广东·中考真题）如图1，设O为坐标原点，二次函数
2
3
y
x
bx



的图象经过点


3,0
A 
，与
y 轴交于点B ，其对称轴与x 轴交于点C ，连接AB ，BC ．
(1)求二次函数的解析式；
(2)求cos
ABC

的值；
(3)如图2，动点P 在线段AB 上，过点P 作AB 的垂线PQ ，与二次函数在第二象限的图象交于点Q ，求
2
BP
PQ

的最大值．
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x



(2) 2 5
5
(3) 25 2
8
【分析】（1）运用待定系数法求解即可；
（2）过点C 作CT
AB

于点T ，先由勾股定理求解BC ，然后运用等积法求解CT ，再由勾股定理求解BT ，
即可求解cos
ABC

；
（3）过点Q 作QE
x
轴交AB 、x 轴于点
,
D E ，可得ADE

，QDP

为等腰直角三角形，设PQ
PD
m


，
则
2
QD
m

，设DE
AE
n


，则
2
AD
n

，表示出

3,
2
Q n
n
m


，将点

3,
2
Q n
n
m


代入
2
2
3
y
x
x



，整理得
2
2
3 2
2
2
m
n
n


，那么得到
2
2
3 2
2
3 2
2
2
2
BP
PQ
n
n
n





，整理得，
2
2
2
2
3 2
2
2
BP
PQ
n
n




，再由二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵二次函数
2
3
y
x
bx



的图象经过点


3,0
A 
，
∴将点


3,0
A 
代入
2
3
y
x
bx



，则9
3
3
0
b



解得
2
b 
∴二次函数的解析式为
2
2
3
y
x
x



；
（2）解：过点C 作CT
AB

于点T
对于
2
2
3
y
x
x



，当
0
x 
时，
3
y 
，
∴


0,3
B
，
∴
3
OB 
，
∵


3,0
A 
，
∴
3
OA ，
∴
2
2
3 2
AB
OA
OB



∵


2
2
2
3
1
4
y
x
x
x






∴对称轴为直线
1
x 
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∴


1,0
C 
，
∴
1
OC ，


1
3
2
AC 

∴
2
2
10



BC
OC
OB
，
∵CT
AB

∴1
1
2
2
AB CT
AC OB



∴
2 3
2
3 2
CT



，
∴
2
2
2 2
BT
BC
CT



∴在Rt BCT

中，
2 2
2 5
cos
5
10
BT
ABC
BC




；
（3）解：过点Q 作QE
x
轴交AB 、x 轴于点
,
D E ，
由（2）知
3
OA
OB

，
∵
90
AOB



∴
45
A

，
∴
45
ADE
QDP



，ADE

为等腰直角三角形
∵QP
AB

，
∴QDP

为等腰直角三角形，QP
DP

∴
2
2
2
QD
QP
DP
DP



设PQ
PD
m


，则
2
QD
m

，
同理设DE
AE
n


，则
2
AD
n

∴
3
OE
OA
AE
n




∴

3,
2
Q n
n
m


，
将点

3,
2
Q n
n
m


代入
2
2
3
y
x
x



，
则



2
3
2
3
3
2
n
n
n
m







，
整理得，
2
2
3 2
2
2
m
n
n


，
∵
3 2
2
BP
AB
AP
n
m





∴
2
2
3 2
2
3 2
2
2
3 2
2
2
2
BP
PQ
n
m
m
n
n
n









整理得，
2
2
2
2
3 2
2
2
BP
PQ
n
n




设抛物线顶点为点F ，对称轴与线段AB 的交点为点G ，
∵


2
1
4
y
x



∴


1,4
F 
，
同理可得ACG

为等腰直角三角形，
∴
2
CA
CG


，
∴


1,2
G 
，
∴








2
2
2
2
2
2
1 0
4
3
1 0
3
2
4
BF
BG







，


2
2
4
2
4
FG 


∴
2
2
2
BF
BG
FG


∴BF
AB

∴当点P 与点B 重合时，则点Q 与抛物线顶点F 重合，则点D 为抛物线对称轴与线段AB 的交点G ，
∴0
2
n


，
∵
2
0
2


∴当
2
1
2
2
2
2
2
n 








时，
2
BP
PQ

取得最大值，
∴最大值为
2
2
1
2
1
25
3 2
2
2
2
2
2
8












．
13．（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 
．
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(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，
∴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，
∵DD
x

轴，EF
x

轴，
∴DD
EF

，
∵
2
DD
EF


，
∴四边形DFED是平行四边形，
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∴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 
，
∴
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


，
∴


2
2
10
4
3
1
n
n



，
解得
11
3
n 
，
∴
11
2, 3
G






，
②若
=90
AGC


，如图：
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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






．
14．（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；
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 
，
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将


4,0
A
，

2,0
B 
代入
2
4
y
ax
bx



中，
得
16
4
4
0
4
2
4
0
a
b
a
b









，
解得
1
2
1
a
b





，
抛物线的解析式为
2
1
4
2
y
x
x



；
（2）解：①过点P 作x 轴的垂线交x 轴于点D ，交AC 于点F ，过点P 作PE
AC

于点E ，如图，
当
0
x 
时，
4
y 
，
∴


0,4
C
，
∴
4
OA
OC


，且OC
OA

，
∴AOC

为等腰直角三角形，
∴
45
OAC


，
∵OC
OA

，OA
DF

，
∴DF
OC
∥
，
45
AFD


，
45
EFP



，
在Rt
PEF
△
中，
2
sin
sin45
2
PE
PF
PFE
PF
PE






，
设AC 的解析式为y
kx
b


，
将


4,0
A
和


0,4
C
代入，
得
4
0
4
k
b
b






，
解得
1
4
k
b





，
∴AC 的解析式为
4
y
x



，
设
2
1
,
4
2
P m
m
m









，则


,
4
F m
m


，
P

为第一象限内的点

0
4
m


，
F
P
PF
y
y





2
1
4
4
2 m
m
m





2
1
2
2 m
m




2
1
2
2
2 m


，
∵
1
0
2


，
当
2
m 
时，PF 最大，即当PF 取最大值时，PE 最大，此时


2,4
P
；
②将点B 向右平移1 个单位长度得点B，则BB
MN
∥
，连接B P
交对称轴于点N ，如图，
∵


2
2
1
1
9
4
1
2
2
2
y
x
x
x






，且MN
y

，
∴
1
MN ，
∵

2,0
B 
，


1,0
B

，
∴
1
BM
MN
NP
BB
B N
NP
B N
NP











当B，N ，P 三点共线时，BM
MN
NP


最小，为1
B P

，
∵


1,0
B
，

2,4
P
，
∴




2
2
1
2
0
4
5
B P





，
1
5
6
BB
B P





，
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 


，
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在Rt APD

中，
2
2
2
2
2
4
2 5
AP
AD
PD





，
设AP 的中点为G，连接
,
QG AP，如图，
则G 的坐标为4
2 0
4
,
2
2








，即

3,2 ，且
1
5
2
AG
AP


，
∵QAP

为等边三角形，
∴
2 5
QA
QP
AP



，且QG
AP

，
在Rt QGA

中，




2
2
2
2
2 5
5
15
QG
QA
AG





，
设


,
Q x y ，由QA
QP

得，





2
2
2
2
4
2
4
x
y
x
y












2
2
2
2
4
2
4
x
y
x
y






2
2
2
2
8
16
4
4
8
16
x
x
y
x
x
y
y









解得
2
1
x
y

，
又∵
15
QG 
，
∴



2
2
3
2
15
x
y




将
2
1
x
y

代入，得



2
2
2
1 3
2
15
y
y








2
2
2
4
2
15
y
y








2
2
4
2
2
15
y
y






2
5
2
15
y 



2
2
3
y 

解得
2
3
y 

或
2
3
y 

，
当
2
3
y 

时，


2 2
3
1
3
2 3
x 



，即


1 3
2 3, 2
3
Q


；
当
2
3
y 

时，


2 2
3
1
3
2 3
x 



，即


2 3
2 3, 2
3
Q


，
综上所述，点Q 的坐标为

3
2 3, 2
3


和

3
2 3, 2
3


．
【点睛】本题是二次函数综合题，核心是利用平移法处理定长线段最短路径，避免配方计算失误、平移方
向与距离出错、漏解等边三角形的两种位置．
15．（2026·山东德州·中考真题）已知二次函数




2
2 3
3
y
x
m
x
m





，m 为常数．
(1)当
0
m 
时，求该二次函数的对称轴；
(2)若当
0
x 
时，y 随x 的增大而增大，当
1
x 
时，y 随x 的增大而减小，求m 的取值范围；
(3)若在该二次函数的图象上有一点A ，且点A 到x 轴的距离为21，求点A 到对称轴的距离．
【答案】(1)直线
3
x 
(2)
3
1
3
m


(3)3 3
【分析】（1）把
0
m 
代入




2
2 3
3
y
x
m
x
m





，进一步求解即可；
（2）求解抛物线的对称轴为直线
2 3
2
2
2 3
3
2 1
2
m
m
x
m







，结合题意可得1
3
0
m



，进
一步求解即可；
（3）解方程



2
2 3
3
21
x
m
x
m





或



2
2 3
3
21
x
m
x
m





，结合抛物线的性质可得答案．
【详解】（1）解：当
0
m 
时，
二次函数为：
2
2 3
3
y
x
x



，
∴二次函数的对称轴为直线
2 3
3
2 1
x 


．
（2）解：∵




2
2 3
3
y
x
m
x
m





2
2
2
2 3
2 3
3
x
mx
m
x
m








2
2
2 3
2
2 3
3
x
m x
m
m






，
抛物线的对称轴为直线
2 3
2
2
2 3
3
2 1
2
m
m
x
m







，
∵当
0
x 
时，y 随x 的增大而增大，当
1
x 
时，y 随x 的增大而减小，
∴1
3
0
m



，
解得：
3
1
3
m


，
∴m 的取值范围为：
3
1
3
m


．
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（3）解：∵




2
2 3
3
y
x
m
x
m





的对称轴为直线
3
x
m


，
而该二次函数的图象上有一点A ，且点A 到x 轴的距离为21，
∴
21
A
y

，
当
21
A
y 
时，
∴



2
2 3
3
21
x
m
x
m





，即



2
2 3
24
0
x
m
x
m





，
∴


2 3
4 3
0
x
m
x
m





，
解得：
1
2 3
x
m


，
2
4 3
x
m


，
∴

2 3,21
A m 
或

4 3,21
A m 
，
∴点A 到对称轴的距离为：
3
2 3
3 3
m
m




．
当
21
A
y


时，




2
2 3
3
21
x
m
x
m





，即



2
2 3
18
0
x
m
x
m





，
∴


2
Δ
2 3
4 1 18
12
72
60
0







，
∴方程无解，
综上：点A 到对称轴的距离为：3 3 ．
16．（2026·四川乐山·中考真题）已知抛物线
2
:
2
3
C y
x
x 


交x 轴于A、B 两点（点A 在点B 的左侧），
顶点为点P ．
(1)求A、B 两点的坐标；
(2)直线


:
0
l y
kx
b k



与抛物线C 交于D ，E 两点．
①若A、B 两点到直线l 距离相等，则直线l 过定点，请求出这个定点，并说明理由；
②若
90
DPE


，试问直线l 是否过定点？若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
【答案】(1) 

1,0
A 
，

3,0
B
(2)①定点


1,0
F
；
如图，设直线l 与x 轴交于点F ，过点A 作AG
DE

，过点B 作BH
DE

，垂足分别为G 、H ．
∴
90
AGF
BHF



．
又∵A、B 两点到直线l 的距离相等，
∴AG
BH

．
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
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可证明
DPM
PEN
△
∽△
，得到DM
MP
PN
EN

，设


2
1
1
1
,
2
3
D x x
x


，

2
2
2
2
,
2
3
E x
x
x


，分别表示出MP ，PN ，
DM ，EN ，代入整理得
1
2
1
2
2
x
x
x x



，再联立
2
2
3
y
kx
b
y
x
x







，结合根与系数的关系得到
1
2
2
x
x
k


，
1 2
3
x x
b

．即可得到
3
b
k

，则

1
3
y
kx
b
k x



，直线l 过定点

1, 3

．
【详解】（1）解：令
2
2
3
0
y
x
x




，解得
1
2
3,
1
x
x

，
∵抛物线
2
:
2
3
C y
x
x 


交x 轴于A、B 两点（点A 在点B 的左侧），
∴


1,0
A 
，

3,0
B
．
（2）解：①略
②∵
2
:
2
3
C y
x
x 


的对称轴为
2
1
2
x


，当
1
x 时，
2
2
3
4
y
x
x




，
∴顶点

1, 4
P

，
如图，过点P 作直线m
x
∥
轴，过点D、E 分别作m 的垂线段，垂足分别为M 、N ，
∴
90
DMP
PNE



，
∴
90
MDP
MPD



．
又∵
90
DPE


，
∴
90
DPM
EPN



．
∴
DPM
PEN


．
∴
DPM
PEN
△
∽△
．
∴DM
MP
PN
EN

，
设


2
1
1
1
,
2
3
D x x
x


，

2
2
2
2
,
2
3
E x
x
x


，
∴
1
1
MP
x

，
2
1
PN
x

，




2
2
1
1
1
2
3
4
1
DM
x
x
x






，




2
2
2
2
2
2
3
4
1
EN
x
x
x





，
∴
2
1
1
2
2
2
(
1)
1
1
(
1)
x
x
x
x





．
整理得
1
2
1
2
2
x
x
x x



．
∵直线


:
0
l y
kx
b k



与抛物线C 交于D ，E 两点．
∴联立
2
2
3
y
kx
b
y
x
x







，
可得


2
2
3
0
x
k x
b




，
∴
1
2
2
x
x
k


，
1 2
3
x x
b
．
代入
1
2
1
2
2
x
x
x x



可得


2
3
2
k
b





，
∴
3
b
k

．
∴


3
1
3
y
kx
b
kx
k
k x






，
∴当
1
x 时，
3
y


固定不变，
∴直线l 过定点

1, 3

．
17．（2026·天津·中考真题）已知抛物线
2
y
ax
bx
c


（a ，b ，c 为常数，
0
a 
，
0
c 
）的顶点为P ．
(1)当
1
a ，
2
b ，
3
c 时，求点P 的坐标；
(2)点

,0
A
c

和点B 为抛物线与x 轴的两个交点，点C 为抛物线与y 轴的交点．
①当
1
2
a


时，若
90
PCA


，求c 的值；
②若点

,0
B m
，
75
ACB


，D 为线段BC的中点，点M 在线段AC 上（不与点A ，C 重合），点N 在线
段AB 上，且
2
CM
BN

，当MN
ND

取得最小值为5 时，求c 的值．
【答案】(1)点P 的坐标为

1,4

；
(2)①c 的值为6；②c 的值为15 ．
【分析】（1）利用配方得到顶点式，即可求解；
（2）①求得顶点P 的坐标为
2
1
, 2
b
b
c






，作PH
y

轴于点H ，得到OAC

和PCH

都是等腰直角三角形，
推出
2
1
2
OH
b
c
b
c





，求得
2
b ，把


,0
A
c

，代入求解即可；
②根据题意求得
2 3
3
c
BC 
，
3
3
c
BD 
，作ME
y

轴于点E ，则
CME
△
是等腰直角三角形，得到四边形
MEBN 是平行四边形，推出BE
MN

，过点B 作BF
BC

，且BF
BC

，证明


NBF
ECB SAS


≌
，得到
47 / 128
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FN
BE

，推出FN
DN
DF


，则当D
N
F
、、共线时，FN
DN

有最小值，即MN
ND

有最小值，据此
列式计算即可求解．
【详解】（1）解：由题意得


2
2
2
3
1
4
y
x
x
x








，
∴点P 的坐标为

1,4

；
（2）解：①由题意得
2
1
2
y
x
bx
c



，
对称轴为直线
2
b
x
b
a



，
顶点P 的坐标为
2
1
, 2
b
b
c






，
作PH
y

轴于点H ，
如图，由题意得点

,0
A
c

，


0,
C
c ，
∴OA
OC
c


，
∴OAC

是等腰直角三角形，
∴
45
ACO


，
∵
90
PCA


，
∴
45
PCH


，
∴PCH

是等腰直角三角形，
∴PH
CH
b



，
2
1
2
OH
b
c


，
∴
2
1
2
OH
b
c
b
c





，
解得
0
b 
（舍去），
2
b ，
∵抛物线经过点


,0
A
c

，
∴




2
1
2
0
2
c
c
c






，
解得
0
c 
（舍去），
6
c 
，
∴c 的值为6；
②∵点

,0
B m
，
75
ACB


，
∴
75
45
30
OCB





，
60
OBC


，OB
m

，
∴
2
BC
m

，
3
OC
m

，
∵


0,
C
c ，
∴
3m
c

，
∴
3
3
c
m 
，
∴
2 3
3
c
BC 
，
∵D 为线段BC 的中点，
3
3
c
BD 
，
作ME
y

轴于点E ，则
CME
△
是等腰直角三角形，
∴CM
CE

，
2
CM
ME

，
∵
2
CM
BN

，
∴ME
BN
CE


，
由题意得ME
BN

，
∴四边形MEBN 是平行四边形，
∴BE
MN

，
过点B 作BF
BC

，且BF
BC

，
∴
90
60
30
NBF





，
∴
30
NBF
ECB



，
∵BN
CE

，BF
BC

，
∴


NBF
ECB SAS


≌
，
∴FN
BE

，
∴FN
DN
DF


，
∴当D
N
F
、、
共线时，FN
DN

有最小值，即MN
ND

有最小值，
49 / 128
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∵
3
3
c
BD 
，
2 3
3
c
BF
BC


，
90
DBF


，且MN
ND

取得最小值为5 ，
∴
2
2
2
BF
BD
DF


，即
2
2
2
2 3
3
5
3
3
c
c


















，
解得
15
c 
，
∴c 的值为15 ．
18．（2026·天津·中考真题）将一个四边形纸片OABC 放置在平面直角坐标系中，O 为原点，点B 在x 轴
的正半轴上，点A ，C 分别在第一、第四象限，且关于x 轴对称，
6
OA 
，
90
A

，
120
AOC


．
(1)填空：如图①，点B 的坐标为________，点C 的坐标为________；
(2)若P 为x 轴的正半轴上一动点，过点P 作直线l
x

轴，沿直线l 折叠该纸片，折叠后点O 的对应点O
落在x 轴的正半轴上．设OP
t
．
①如图②，若直线l 分别与边AB ，CB 相交于点D ，E ，当折叠后重叠部分为五边形时，点A ，C 的
对应点分别为A，C，A O
与DB 相交于点F ，C O
与EB 相交于点G ．试用含有t 的式子表示线段DF
的长，并直接写出t 的取值范围；
②设折叠后重叠部分的面积为S ，当2
8
t
时，求S 的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】(1)

12,0 ，

3, 3 3

(2)①
4 3
4 3
3
DF
t 

，3
6
t

；②
72 3
4 3
5
S


【分析】（1）连接AC 交x 轴于点R ，然后解
,
Rt AOB Rt AOR


，再根据轴对称的性质即可求解；
（2）①导角得到
O BF
OF B





，则
12
2
O F
O B
t





，那么


6
12
2
2
6
A F
A O
O F
t
t









，然
后解Rt A FD


，即可求解DF ，然后找出两个临界位置求解t 的取值范围即可；
②分三种情况讨论，分别画出图形，求出函数关系式，再利用二次函数的性质求解S 的取值范围．
【详解】（1）解：连接AC 交x 轴于点R ，
∵
6
OA 
，
90
A

，
120
AOC


．
∴由对称可得，
1
60
2
AOB
COB
AOC





，AC
OB

，
∴
12
cos
OA
OB
AOB



，
cos
3
OR
OA
AOB



，
sin
3 3
AR
OA
AOB




，
∴

12,0
B
，

3,3 3
A
，
∵点A，C 关于x 轴对称，
∴

3, 3 3
C

；
（2）解：①在Rt AOB

中，∵
60
AOB


，
∴
30
ABO


，
由折叠可得，
6
A O
AO




，OP
O P
t

，
90
A
A




，
60
A O P
AOP




，
∴
12
2
O B
OB
OP
O P
t







，
30
O FB
A O P
ABO








∴
O BF
OF B





∴
12
2
O F
O B
t





∴


6
12
2
2
6
A F
A O
O F
t
t









，
由
A FD
O FB





得，
30
A FD



，
在Rt A FD


中，cos
A F
A FD
DF




，得
2
6
cos30
t
DF



∴
4 3
4 3
3
DF
t 

当点
,
,
,
A A D F

重合时，如图：
51 / 128
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此时由（1）可得，
3
t
OP


；
当点
,
,
,
O F G B

重合时，如图：
此时
2
12
OB
t


，则
6
t 
，
∴t 的取值范围为3
6
t

；
②当2
3
t
时，如图，记直线l 与
,
OA OC 交于点
,
D E ，重叠部分为DO E


，
此时
DO E
S
S



，
在Rt
DOP
△
中，
tan
3
DP
OP
AOB
t




，
∴由对称可得，
2
2 3
DE
DP
t


，OP
O P
t

，
∴
2
1
1
2 3
3
2
2
DO E
S
S
DE
O P
t
t
t










，
∵
3
0

，对称轴为直线
0
t 
∴当2
3
t
时，S 随着t 的增大而增大
∴
2
t 
时，
4 3
S 
；
3
t 
时，
9 3
S 
，
∴2
3
t
时，4 3
9 3
S


；
当3
6
t

，重叠部分为五边形DEGO F

，延长O F

交直线l 于点K ，
在Rt KPO

中，
60
KO P



，
∴
30
K
A FD





∴DK
DF

，
1
2 3
2 3
2
3
A D
DF
t 



∵
90
DA F




∴
2
6
KA
A F
t




∴
4
12
KF
t

，
∴




2
1
1
2 3
4 3
4
12
2 3
3
2
2
3
3
KFD
S
KF
A D
t
t
t

















，
在Rt KPO

中，
tan
3
KP
O P
A O P
t






∴
2
1
3
2
2
KPO
S
O P
KP
t





∴


2
2
2
3
4 3
5 3
3
8 3
12 3
2
3
6
KPO
KFD
S
S
t
t
t
t










∴


2
2
5 3
5 3
2
2
2
8 3
12 3
16 3
24 3
6
3
KPO
KFD
DEGO F
DPO F
S
S
S
S
t
t
t
t
























五边形
四边形
，
即
2
5 3
16 3
24 3
3
S
t
t




∵
5 3
0
3


，3
6
t

，对称轴为直线
16 3
24
5
5 3
2
3
t










，
∴当
24
5
t 
时，S 取得最大值为
2
5 3
24
24
72 3
16 3
24 3
3
5
5
5
S













，
53 / 128
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当
3
t 
时，可求
9 3
S 
；当
6
t 
时，可求
12 3
S 
，
∴当3
6
t

时，
72 3
9 3
5
S


；
当6
8
t

时，重叠部分为BDE

，
此时
12
BP
OB
OP
t




，
在Rt DPB

中，
30
ABO


，
∴


3
tan
12
3
DP
BP
ABO
t





，
∴由对称可得，


2 3
2
12
3
DE
DP
t



，
∴





2
1
1
2 3
3
12
12
12
2
2
3
3
BDE
S
S
DE
BP
t
t
t











，
即
2
3
8 3
48 3
3
S
t
t



，
∵
3
0
3 
，对称轴为直线
8 3
12
3
2
3
t




，
∴当6
8
t

时，S 随着t 的增大而减小，
∴当
6
t 
时，可求
12 3
S 
；
8
t 
时，可求
16 3
3
S 
，
∴当6
8
t

时，16 3
12 3
3
S


综上：
72 3
4 3
5
S


．
19．
（2026·甘肃天水·中考真题）抛物线
2
2
3
y
x
bx
c



与x 轴交于A ，(2,0)
C
两点，与y 轴交于点
(0, 6)
B

．动
点D 在线段OB 上（点D 与点O不重合）．
(1)求抛物线
2
2
3
y
x
bx
c



的表达式；
(2)连接CD，在CD的左上方以CD为边作正方形CDMN ．
①如图1，当
4
BD 
时，求正方形CDMN 的面积；
②如图2，当点M 落在抛物线上时，求点M 的坐标；
(3)如图3，在动点D 的正上方有另一动点
(0, )
E
p ，且
13
4
ED 
，当点D 从点B 开始运动时，点E 以相同的
速度同时出发，两点都沿y 轴的正方向匀速运动，点D 停止运动时点E 同时停止运动．连接AE ，CD，求
AE
CD

的最小值和此时p 的值．
【答案】(1)
2
2
5
6
3
3
y
x
x


(2)①8 ；②( 4, 2)


(3) AE
CD

的最小值为13 5
4
，此时
9
4
p 
【分析】（1）把
(2,0)
C
、
(0, 6)
B

代入
2
2
3
y
x
bx
c



，解方程组求出
5
3
6
b
c





，即可得出答案；
（2）①根据
(0, 6)
B

、
4
BD 
得出
2
OD 
，根据点
(2,0)
C
，利用勾股定理求出
2
8
CD 
，即可求出正方形
CDMN 的面积；
②过点M 作MF
x

轴于F ，MH
y

轴于H ，得出四边形FMHO 是矩形，得出OH
FM

，MH
OF

，
根据正方形的性质及角的和差关系得出CD
MD

，
MDH
OCD


，可证明
(AAS)
MDH
OCD


≌
，得出
2
DH
OC


，MH
OD

，设
2
2
5
( ,
6)
3
3
M m
m
m


(
0)
m 
，则MH
m

，
2
2
5
6
3
3
OH
m
m



，根据
OD
OH
DH


得出
2
2
5
6
2
3
3
m
m
m





，解方程求出m 的值，即可得出答案；
（3）过点A 作AG
y
∥
轴，使
13
4
ED
AG


，连接DG ，得出四边形AGDE 是平行四边形，可得AE
DG

，
得出当点G 、D 、C 三点在同一条直线上时，AE
CD

取最小值，最小值为CG 的长，根据抛物线解析式求
出
9
(
,0)
2
A 
，利用勾股定理求出
13 5
4
CG 
，利用待定系数法求出直线CG 的解析式为
1
1
2
y
x

，进而求
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出
(0, 1)
D

，根据
13
4
ED 
，即可求出
9
4
p 
．
【详解】（1）解：∵抛物线
2
2
3
y
x
bx
c



与x 轴交于A ，
(2,0)
C
两点，与y 轴交于点
(0, 6)
B

，
∴
2
2
2
2
0
3
6
b
c
c









，
解得：
5
3
6
b
c





，
∴抛物线的表达式为
2
2
5
6
3
3
y
x
x


．
（2）解：①∵
(0, 6)
B

，点D 在线段OB 上，
4
BD 
，
∴
6
OB 
，
2
OD
OB
BD



，
∵
(2,0)
C
，
∴
2
OC 
，
∴
2
2
2
2
2
2
2
8
CD
OD
OC





，
∴正方形CDMN 的面积为
2
8
CD 
；
②如图，过点M 作MF
x

轴于F ，MH
y

轴于H ，
∵
90
OFM
FOH
MHO




，
∴四边形FMHO 是矩形，
∴OH
FM

，MH
OF

，
∵在CD的左上方以CD为边作正方形CDMN ，
∴CD
MD

，
90
CDM


，
∵
90
MDH
ODC



，
90
ODC
OCD



，
∴
MDH
OCD


，
在MDH

和OCD

中，
MHD
DOC
MDH
OCD
MD
CD









，
∴


AAS
MDH
DCO


≌
，
∴
2
DH
OC


，MH
OD

，
设
2
2
5
( ,
6)
3
3
M m
m
m


(
0)
m 
，则MH
m

，
2
2
2
5
2
5
(
6)
6
3
3
3
3
OH
m
m
m
m






，
∵OD
OH
DH


，
∴
2
2
5
6
2
3
3
m
m
m





，
解得：
1
4
m ，
2
3
m 
（舍去），
∴
2
2
2
5
2
5
6
( 4)
( 4)
6
2
3
3
3
3
m
m







，
∴点M 的坐标( 4, 2)


．
（3）解：如图，过点A 作AG
y
∥
轴，使AG
ED

，连接DG ，
∵点D 、E 的速度相同，
∴
13
4
ED 
是定值，
∵AG
DE
∥
，
13
4
ED
AG


，
∴四边形AGDE 是平行四边形，
∴AE
DG

，
∴AE
CD
DG
CD



，
∴当点G 、D 、C 三点在同一条直线上时，AE
CD

取最小值，最小值为CG 的长，
∵
2
2
5
6
3
3
y
x
x


，
∴当
0
y 
时，
2
2
5
6=0
3
3
x
x


，
解得：
1
9
2
x 
，
2
2
x 
，
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∴
9
(
,0)
2
A 
，
9
2
OA 
，
9
13
2
2
2
AC
OC
OA





，
∴
2
2
2
2
13
13
13 5
(
)
(
)
4
2
4
CG
AG
AC





，即AE
CD

的最小值为13 5
4
，
∵
9
(
,0)
2
A 
，
13
4
ED
AG


，
∴
9
13
(
,
)
2
4
G 

，
设直线CG 的解析式为y
kx
n


，
∴
2
0
9
13
2
4
k
n
k
n






，
解得：
1
2
1
k
n




，
∴直线CG 的解析式为
1
1
2
y
x

，
当
0
x 
时，
1
y


，
∴
(0, 1)
D

，
∵
13
4
DE 
，
(0, )
E
p ，点E 在点D 上方，
∴
13
9
1
4
4
p 

．
20．（2026·甘肃武威·中考真题）抛物线
2
2
3
y
x
bx
c



与x 轴交于A ，

2,0
C
两点，与y 轴交于点

0, 6
B

，
动点D 在线段OB 上（点D 与点O不重合）．
(1)求抛物线
2
2
3
y
x
bx
c



的表达式；
(2)连接CD，在CD的左上方以CD为边作正方形CDMN ．
①如图1，当
4
BD 
时，求正方形CDMN 的面积；
②如图2 ，当点M 落在抛物线上时，求点M 的坐标；
(3)如图3，在动点D 的正上方有另一动点


0,
E
p ，且
13
4
ED 
，当点D 从点B 开始运动时，点E 以相同的
速度同时出发，两点都沿y 轴的正方向匀速运动，点D 停止运动时点E 同时停止运动．连接AE ，CD，求
AE
CD

的最小值和此时p 的值．
【答案】(1)
2
2
5
6
3
3
y
x
x



(2)①8；②


4
2
M 

，
(3)13
5
4
，
9
4
p 
【分析】（1）运用待定系数法求解即可；
（2）①由点B，C 的坐标得到OB ，OC ，再利用勾股定理求出
2
CD ，根据正方形的面积公式求解即可；
②过点M 作MG
y

轴，垂足为G ，通过“ AAS”证明MGD
DOC


≌
，得到
2
GD
OC


，GM
OD

，设


0
GM
OD
m m



，可得点


,2
M
m
m


，代入抛物线解析式，即可求解；
（3）过点A ，D 分别作ED，AE 的平行线交于点F ，即AF
ED
∥
，FD
AE
∥
，则四边形AEDF 为平行四
边形，
13
4
AF
ED


，FD
AE

，连接CF ，由AE
CD
FD
CD
CF




，得到当C ，D ，F 三点共线时，
AE
CD

的最小值等于CF 的长，根据勾股定理求出CF ，得到AE
CD

的最小值．运用待定系数法求出直
线CF 的表达式，再求出点D 的坐标后，求出点E 的坐标，即可解答．
【详解】（1）解∶∵抛物线
2
2
3
y
x
bx
c



过点


2,0
C
，点


0, 6
B

，
∴
2
2
2
2
0
3
6
b
c
c









，解得
5
3
6
b
c





，
∴抛物线的表达式为
2
2
5
6
3
3
y
x
x



．
（2）解：①由点


0, 6
B

，


2,0
C
可得
6
OB 
，
2
OC 
，
4
BD 

，
6
4
2
OD
OB
BD






，
2
2
2
2
2
2
2
8
CD
OC
OD






，
2
8
CDMN
S
CD



正方形
．
②如图1，过点M 作MG
y

轴，垂足为G ，
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则
90
MGD
DOC



．
四边形CDMN 为正方形，
90
CDM


，CD
DM

，
90
GDM
ODC




∵
90
DOC


，
∴
90
OCD
ODC



，
GDM
OCD


MGD
DOC



，
GDM
OCD


，DM
CD

，
∴


MGD
DOC AAS


≌
，
2
GD
OC



，GM
OD

．
设


0
GM
OD
m m



，则
2
OG
OD
GD
m



，
点


,2
M
m
m


点


,2
M
m
m


在抛物线
2
2
5
6
3
3
y
x
x



上，
2
2
5
6
2
3
3
m
m
m





，解得
1
4
m 
，
2
3
m （不满足
0
m 
，舍去），
点


4, 2
M 

．
（3）解：如图2 ，过点A ，D 分别作ED，AE 的平行线交于点F ，即AF
ED
∥
，FD
AE
∥
，
四边形AEDF 为平行四边形，
13
4
AF
ED



，FD
AE

．
连接CF ，
AE
CD
FD
CD
CF





，
当C ，D ，F 三点共线时，FD
CD
CF


，如图3，
即AE
CD

的最小值等于CF 的长．
令
0
y 
时，
2
2
5
6
0
3
3
x
x



，
解得，
1
9
2
x 
，
2
2
x 
，
点
9 ,0
2
A





，
∴点
9
13
,
2
4
F








．
点


2,0
C
，
9
13
2
2
2
AC




//
AF ED

，
90
CAF
COD



，
∴在Rt
CAF
△
中，
2
2
2
2
13
13
13
5
2
4
4
CF
AC
AF

















，
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AE
CD


的最小值为13
5
4
．
设直线CF 的表达式为


0
y
kx
n k



，
∵直线


0
y
kx
n k



过点


2,0
C
，
9
13
,
2
4
F








，
2
0
9
13
2
4
k
n
k
n







，解得
1
2
1
k
n





，
直线CF 的表达式为
1
1
2
y
x

，
点


0, 1
D

，
1
OD

．
13
9
1
4
4
OE
DE
OD





，
点
9
0, 4
E 




，
当AE
CD

取最小值时，
9
4
p 
．
21．（2026·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy 中，直线
2
y
kx

（
0
k ）与抛物线
2
y
x

相
交于A ，B 两点．C ，D 两点在抛物线上，且CD
AB
∥
．
(1)若点A 的坐标为

1,1

，求k 的值和点B 的坐标；
(2)在（1）的条件下，记C ，D 两点的横坐标分别为m ，n （m
n

），当m
x
n


时，函数


2
y
x
h


总
在x
n

处取得最大值，求h 的取值范围；
(3)若
2
AB
CD

，直线AC ，BD的交点E 恰好落在x 轴正半轴上，求点E 的坐标和k 的值．
【答案】(1)
1
k ，点B 的坐标为

2,4
(2) h 的取值范围是
1
2
h 
(3)点E 的坐标为

2,0 ，
2 2
k 
【分析】（1）将已知点A 的坐标代入直线解析式，求出k 的值，再联立直线与抛物线的解析式，解方程组
得到点B 的坐标；
（2）根据CD
AB

设出直线CD的解析式，联立抛物线方程，利用根与系数的关系得到m
n

的值，再结合
二次函数的图像性质，根据函数在区间上的最大值位置，列出关于函数对称轴x
h

的不等式求解；
（3）先联立直线AB 、CD与抛物线的方程，利用根与系数的关系得到交点横坐标的和与积，再根据
2
AB
CD

建立水平距离的关系，求出t 与k 的关系式，然后利用A 、C 、E 和B 、D 、E 三点共线的条件，得到关于
1
2
,
,
,
x x m n 的关系式，联立求解得到t 的值，进而求出k 的值和点E 的坐标．
【详解】（1）解：将点

1,1
A 
代入
2
y
kx

，
则
2
1
k

，
解得：
1
k ，
2
y
x



，
联立
2
2
y
x
y
x






，可得
2
2
0
x
x



，
解得：
1
1
x ，
2
2
x 
，
点A 的坐标为

1,1

，
点B 的横坐标为2 ，
将
2
x 
代入
2
y
x


得
4
y 
，
点B 的坐标为

2,4 ；
（2）解：
CD
AB


，
设CD的函数解析式为：y
x
b


，
联立
2
y
x
b
y
x






，
则
2
0
x
x
b



，
由根与系数的关系得
1
m
n

，
函数


2
y
x
h


图像为开口向上的抛物线，对称轴为x
h

，
要使函数在x
n

处取得最大值，需满足右端点n 到对称轴的距离不小于左端点m 到对称轴的距离，即：
n
h
h
m



，
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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
，
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 ，
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．
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22．（2026·吉林·中考真题）如图①，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，函数




2
1
1
3
0
y
x
x





的图象记为
1
G ，顶点为点A ．将
1
G 向右平移3 个单位长度，再向下平移3 个单位长度得到图象
2
G ，点A 的
对应点为点B ，图象
1
G 与
2
G 合起来得到的图象记为G ．
(1)填表：
图象
对应的函数解析式
点的坐标
1
G




2
1
1
3
0
y
x
x





A （__________，
__________）
2
G
__________
B （__________，
__________）
(2)观察图象G ，解答下列问题：
①直接写出当x 在什么范围内取值时，y 随x 的增大而减小；
②当2
x
n


时，1
0
y


，求n 的取值范围．
(3)如图②，点P 为
1
G 上一点，横坐标为m ；点Q 为
2
G 上一点，横坐标为
3
m ；点C 为
2
G 上一点，横坐标
为3．过点C 作x 轴的平行线1l ，点Q 关于直线1l 的对称点为点D ，过点D 作x 轴的平行线2l ．图象G 上P ，
Q 两点之间的部分（含P ，Q 两点）的最高点和最低点到直线2l 的距离分别为
1h ，
2h ．
①请你判断点P ，Q 是否为平移前后的一组对应点，不需要说明理由；
②当
1
2
2
h
h

时，直接写出m 的值．
【答案】(1) 

1, 1
A 
，




2
2
2
4 0
3
G
y
x
x





：
，

2, 4
B

(2)①3
1
x

或0
2
x


；②1
2
3
n



(3)①是；②
10
1
2
m 
或
10
1
5
m 
或
6
1
3
m 
【分析】（1）根据顶点式写出点A 的坐标，根据抛物线的平移规律写出
2
G 的解析式，进而根据顶点式写出
顶点B 的坐标，即可求解；
（2）①根据函数图象，即可求解．
②令
2
G ：
1
y


，求得x 的值，结合函数图象即可求解；
（3）①根据横坐标，代入函数解析式，分别求得点,
P Q 的坐标，根据点的平移，得出P 平移后的坐标，即
可求解；
②根据
1
G 的图象，分三段讨论，当3
2
m

时，当2
1
m

时，当1
0
m


时，分别画出图形，根据
函数图象，找到最高点和最低点，进而求得
1
2
,
h h ，结合
1
2
2
h
h

，列出方程，解方程，即可求解．
【详解】（1）略
（2）①略
②令
2
G ：


2
2
4
1
y
x



，
解得：
1
3
2
x 

（舍去），
2
3
2
x 

如图，
又∵

1, 1
A 
根据函数图象可得：当1
0
y


时，1
2
3
n



（3）①∵
1 :
G


2
1
1
y
x



2
2
x
x


，
2
G ：


2
2
2
4
4
y
x
x
x





，
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点P 为
1
G 上一点，横坐标为m ，则

2
,
2
P m m
m

，
点P 向右平移3 个单位长度，再向下平移3 个单位长度得到

2
3,
2
3
m
m
m



，
点Q 为
2
G 上一点，横坐标为
3
m ，



2
2
3
4
3
2
3
m
m
m
m






，即

2
3,
2
3
Q m
m
m



∴点P ，Q 是平移前后的一组对应点；
②解：∵点C 为
2
G 上一点，横坐标为3．
∴
3
x 
时，


2
2
4
1 4
3
y
x





，则


3, 3
C

，
∵点Q 关于直线1l 的对称点为点D ，

2
3,
2
3
Q m
m
m



∴
3
2
Q
D
y
y

，
即
2
2
3
6
D
m
m
y



∴
2
2
3
D
y
m
m


，
情形一：当3
2
m

时，点P 在x 轴及其上方部分，
最高点为

2
,
2
P m m
m

，
（i）如图，当1
0
Q
y


时，最低点为1

∴


2
2
2
1
2
2
3
2
4
3
h
m
m
m
m
m
m










2
2
2
1
2
3
2
2
h
m
m
m
m






当
1
2
2
h
h

时，


2
2
2
4
3
2
2
2
m
m
m
m





，
此方程无解，不存在此情形；
（ii）如图，当3
1
Q
y

时，最低点为
2
2
3
Q
y
m
m



∴


2
2
2
2
2
3
2
3
2
4
Q
D
h
y
y
m
m
m
m
m
m









当
1
2
2
h
h

时，


2
2
2
4
3
2 2
4
m
m
m
m




解得：
10
1
2
m 
（舍去）或
10
1
2
m 
情形二：当2
1
m

时，此时如图，
最高点为点O，则


2
2
1
0
0
2
3
2
3
D
h
y
m
m
m
m









最低点为Q ，则


2
2
2
2
2
3
2
3
2
4
D
Q
h
y
y
m
m
m
m
m
m









当
1
2
2
h
h

时，


2
2
2
3
2
2
4
m
m
m
m





，
解得：
10
1
5
m 
或
10
1
5
m 
（舍去）；
情形三：当1
0
m


时，
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最高点为点O，则


2
2
1
0
0
2
3
2
3
D
h
y
m
m
m
m









最低点为B ，则


2
2
2
2
3
4
2
1
D
B
h
y
y
m
m
m
m








当
1
2
2
h
h

时，


2
2
2
3
2
2
1
m
m
m
m






，
解得：
6
1
3
m 
（舍去）或
6
1
3
m 
，
综上所述，当
1
2
2
h
h

时，
10
1
2
m 
或
10
1
5
m 
或
6
1
3
m 
．
23．（2026·四川自贡·中考真题）平面直角坐标系中，抛物线
2
1
2
y
x
mx
n



经过

0,6 和

2,4 两点．
(1)求m ，n 的值．
(2)如图，过原点O的两条直线与该抛物线相交于点A ，B ，C ，D（点A 在第三象限，点C 在第二象限）．
①求线段OC 长度的最小值；
②连接AC ，BD分别交x 轴于E ，F 两点，设OAE

，
OBF
△
的面积分别为
1S ，
2S ，是否存在直线AB 使
1
2
2
S
S

?若存在，求出直线AB 的解析式；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
0
6
m
n




；
(2)①线段OC 长度的最小值为11 ；②
6
2
y
x

．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）①设
2
1
,
6
2
C
p
p








，求得
4
2
2
2
2
1
5
36
6
1
2
4
OC
p
p
p
p












，利用二次函数的性质求解即
可；
②设
2
1
,
6
2
A a
a








，
2
1
,
6
2
C c
c








，分别求得直线AC 、AO ，CO 的解析式，分别求得点E 、B 、D 的
坐标，再求得直线BD 的解析式，求得点F 的坐标，得到OE
OF

，据此求解即可．
【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





，
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解得
12
E
ac
x
a
c



，
∴
1
0
,
2
c
E ac
a








；
设直线AO 的解析式为
1
y
k x

，则
2
1
1
6
2 a
ak



，
解得
1
1
6
2
k
a
a


，
∴直线AO 的解析式为
1
6
2
x
a
a
y







，
联立得
2
1
1
6
6
2
2
x
a
x
a











，
解得
1x
a

，
2
12
x
a

，
当
12
x
a

时，
2
2
1
12
72
6
6
2
y
a
a











，
∴
2
12
72
,6
B
a
a








，
设直线CO的解析式为
2
y
k x

，则
2
2
1
6
2 c
ck



，
解得
2
1
6
2
k
c
c


，
∴直线CO的解析式为
1
6
2
x
c
c
y







，
联立得
2
1
1
6
6
2
2
x
c
x
c











，
解得
1 
x
c ，
2
12
x
c

，
当
12
x
c

时，
2
2
1
12
72
6
6
2
y
c
c











，
∴
2
12
72
,6
D
c
c








，
∵
2
12
72
,6
B
a
a








，
2
12
72
,6
D
c
c








，
则直线BD的解析式为


6
72
6
a
c
y
x
ac
ac



，
令
0
y 
，则

6
72
6
0
a
c x
ac
ac




，
解得
12
F
c
x
ac
a



，
∴
2 0
1 ,
ac
F
a
c









；
∵
12
E
ac
x
a
c



，
12
F
c
x
ac
a



，
∴OE
OF

，
∴OAE

，
OBF
△
的底边相同，
∴
2
1
2
2
2
12
1
A
A
B
B
S
y
x
a
a
a
S
y
x








，
∴
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

．
24．（2026·四川巴中·中考真题）如图，抛物线
2
2
y
ax
bx



（
0
a 
）与x 轴交于

2,0
A 
、

1,0
B
两点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点D 为抛物线在第二象限内的动点，求ACD

面积的最大值；
(3)在第二象限内的抛物线上是否存在点Q ，使得
2
ACQ
OCB


？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，说
明理由．
【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

，
73 / 128
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过点O作OP
AC

，由题意易得
2,
1
OA
OC
OB


，
2
2
5
BC
OB
OC



，
45
ACO


，然后可得
2
BCF
BCO
ACQ
OEC




，进而根据三角函数及勾股定理可进行求解．
【详解】（1）解：∵抛物线
2
2
y
ax
bx



（
0
a 
）与x 轴交于

2,0
A 
、

1,0
B
两点，
∴
4
2
2
0
2
0
a
b
a
b









，解得：
1
1
a
b




，
∴抛物线的表达式为
2
2
y
x
x




；
（2）解：由（1）可知：抛物线的表达式为
2
2
y
x
x




，
∴令
0
x 
时，则有
2
y 
，即


0,2
C
，
连接OD ，设


2
,
2
D t
t
t


，其中2
0
t

，
∵

2,0
A 
，


0,2
C
，
∴
2
OA
OC


，
∴
2
1
1
2,
2
2
2
AOC
AOD
D
S
OA OC
S
OA y
t
t









，
1
2
COD
D
S
OC x
t




，
∴


2
2
2
2
2
2
1
1
ADC
AOD
COD
AOC
S
S
S
S
t
t
t
t
t
t















，
∴当
1
t 时，ACD

的面积最大，最大值为1；
（3）解：存在点Q ，使得
2
ACQ
OCB


，
∵

2,0
A 
，


0,2
C
，

1,0
B
，
∴
2,
1
OA
OC
OB


，
∴
2
2
5
BC
OB
OC



，
45
ACO


，
过点O作OE
CQ
∥
，交AC 于点E ，过点E 作EG
OC

，取OA的中点F ，连接CF ，过点F 作FH
BC

，
过点O作OP
AC

，如图所示：
∴
1
1
2
OF
OA
OB


，
ACQ
OEC


，
sin 45
2
OP
OC
CP




，
∵OC
BF

，
∴
5
CF
BC


，
∴
BCO
FCO


，
∴
2
BCF
BCO
ACQ
OEC




，
∵
1
1
2
2
BCF
S
BF OC
BC FH





，
∴
2 2
4 5
5
5
FH



，
∴
4
sin
5
FH
FCB
FC



，
∴
4
sin
5
OP
OEC
OE



，
∴
5 2
4
OE 
，
∴
2
2
3 2
4
PE
OE
OP



，
∴
7 2
4
CE
CP
PE



，
∴
7
sin 45
4
EG
CG
CE




，
∴
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
∥
，
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∴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






．
25．（2026·四川南充·中考真题）已知抛物线


2
1
y
x
t


．（t 为常数）．
(1)若抛物线过点

3,m

，

1,m ，求t 的值．
(2)抛物线与x 轴交于A、B 两点，点


2
1,0
P
t 
为线段AB 上一点，过点P 作x 轴垂线，分别与抛物线和直
线
1
3
2
y
x

交于点M，N，求MN 最大值．
(3)点


1
1
,
C x y
，

2
2
,
D x
y
都在抛物线上，当
1
2
1
2
t
x
t



，
2
2
4
x


时，都有
1
2
y
y

，求t 的取值范围．
【答案】(1)
1
t 
(2) MN 的最大值为19
4
(3)
5
2
t 
或
1
t 
【分析】（1）根据抛物线的对称性可进行求解；
（2）由题意易得


2
2
1,
2
M
t
t
t



，
5
2
1,
2
N
t
t








，然后可得
2
3
19
2
4
MN
t 








，进而根据二次函数
的性质进行求解即可；
（3）由题意可知抛物线的对称轴为直线x
t
，开口向下，则可分：①当
4
t 
时，②当2
4
t

时，③当0
2
t

时，④当
0
t 
时，然后分类进行求解即可．
【详解】（1）解：由抛物线


2
1
y
x
t


可知：对称轴为直线x
t
，
∵抛物线过点

3,m

，

1,m ，
∴这两点关于对称轴对称，即
3 1
2
t


，
∴
1
t ；
（2）解：令
0
y 
，则有

2
1
0
x
t


，解得：
1
2
1,
1
x
t
x
t

，
∴抛物线与x 轴的交点横坐标为
1
t ，
1
t，
∵点

2
1,0
P
t
为线段AB 上一点，
∴
1
2
1
1
t
t
t

，
解得：0
2
t

，
∵过点P 作x 轴垂线，分别与抛物线和直线
1
3
2
y
x

交于点M，N，且


2
1,0
P
t
，
∴


2
2
1,
2
M
t
t
t



，
5
2
1,
2
N
t
t








，
∴
2
2
2
5
5
3
19
2
3
2
2
2
4
MN
t
t
t
t
t
t





















，
∵1
0

，
∴当
3
2
t 
时，
2
3
19
2
4
t 








取得最大值，最大值为19
4 ，
∴MN 的最大值为19
4 ；
（3）解：由题意可知抛物线的对称轴为直线x
t
，开口向下，
∴当x
t
时，y 随x 的增大而减小，当x
t
时，y 随x 的增大而增大，
根据题意可知：当
1
2
1
2
t
x
t



，
2
2
4
x


时，
2y 的最小值应大于
1y 的最大值，
分析抛物线对称轴x
t
与
2
x 
和
4
x 
时三种关系，
①当
4
t 
时，如图，
此时2
1
2
2
4
t
t
t






，都有
1
2
y
y

，符合题意；
②当2
4
t

时，且当3
4
t

时，此时当
2
2
x 
时，
2y 取得最小值，当
1
2
x
t

时，
1y 取得最大值，
∴


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


，
解得：
5
2
t 
；
综上所述：t 的取值范围为
5
2
t 
或
1
t ．
26．（2026·四川凉山·中考真题）如图，抛物线
2
y
ax
bx
c


与x 轴交于A，B 两点，与y 轴交于点C，其
中


4,0
B
，

0,4
C
，对称轴是直线
1
x ．动点M 以每秒1 个单位长度的速度，沿x 轴从点O 向点B 运动，
设运动时间为t（0
4
t

）秒，过点M 作x 轴的垂线交BC 于点N，交抛物线于点P．
(1)求抛物线解析式；
(2)抛物线的对称轴交BC 于点E，顶点是点D，当t 为何值时，四边形DENP 为平行四边形；
(3)动点M 开始运动时，另一动点Q 同时以每秒0.5 个单位长度的速度，沿x 轴从点O 向点A 运动．当t 为
何值时，四边形PCQB 的面积最大，并求最大面积．
【答案】(1)
2
1
4
2
y
x
x



(2)3 秒
(3)当
5
2
t 
时，四边形PCQB 的面积最大，最大面积为57
4
【分析】（1）根据抛物线
2
y
ax
bx
c


过点


4,0
B
，


0,4
C
，对称轴是
1
x 求解即可；
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（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


，
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，
∴当
5
2
t 
时，四边形PCQB 的面积最大，最大面积为57
4 ．
27．（2026·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线
2
1
4
y
x
bx
c




与x 轴交于点A，

4,0
B
，
与y 轴交于点


0,1
C
，连接AC ，BC ．
(1)求抛物线的表达式；
(2)P 是线段BC 上方抛物线上的一动点，过点P 作PD
BC

，垂足为D，E 是x 轴上一动点，连接PE ．当PD
的长度取得最大值时，求点P 的坐标及
2
2
PE
AE

的最小值；
(3)将抛物线沿射线CA 方向平移
2 个单位长度得到抛物线y，点B 的对应点为F，M 是平移后抛物线y上
一点，直线AM 交直线BF 于点N，且
90
ANB
ACB



．请直接写出所有符合条件的点M 的坐标，并写出
求解点M 的其中一种情况的过程．
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【答案】(1)
2
1
3
1
4
4
y
x
x



(2)
3
2, 2
P





，9 2
4
(3)点M 的坐标为
1
1, 2






或

14, 52


，
过程如下：
∵
2
2
1
3
1
3
25
1
4
4
4
2
16
y
x
x
x











，将抛物线沿射线CA 方向平移
2 个单位长度得到抛物线y，
∴平移方式为将抛物线
2
1
3
1
4
4
y
x
x


向左平移1 个单位，向下平移1 个单位，
∴
2
2
2
1
3
25
1
1
9
1
1
1
1
1
4
2
16
4
2
16
4
4
2
y
x
x
x
x
























，
∵


4,0
B
，点B 的对应点为F，
∴


4 1,0 1
F


，即


3, 1
F

，
设直线BF 的解析式为y
mx
n


，
∴
0
4
1
3
m
n
m
n






，解得
1
4
m
n




，
∴直线BF 的表达式为
4
y
x

，
∵直线y
x

在一三象限的角平分线上，与x 轴的夹角为45，
∴直线BF 与直线y
x

与x 轴所成的夹角相等，
∴
45
NBG


，
∴
180
45
135
HBN




，
情况1：
如图，取点


1,0
H
，当点N 在x 轴上方时，
∵


1,0
A 
，


0,1
C
∴
1
OA
OC
OH


，
∵AH
OC

，
∴
45
CAO
CHO



，
∴
135
CHB
HBN



，
90
ACH


，
∴
90
BCH
ACB
ACH
ACB





，
∵
90
ANB
ACB



，
∴
BCH
ANB


，
∴
CBO
BAN


，
∴
1
tan
tan
4
OC
CBO
BAN
OB





，
∵点N 在直线BF 上，
∴设


,
4
N n n 
，
∴


4
1
1
4
n
n



，
解得
17
3
n 
，
∴
17 5
,
3
3
N 




，
∵


1,0
A 
，
∴可得直线AN 的表达式为
1
1
4
4
y
x


，
∴将
1
1
4
4
y
x


和
2
1
1
1
4
4
2
y
x
x




联立得，
2
1
1
4
4
1
1
1
4
4
2
y
x
y
x
x










，
解得
1
1
2
x
y




，
1
0
x
y





（舍去），
∴
1
1, 2
M 





；
情况2：
如图，当点N 在x 轴下方时，
过点C 作CL
BC

交直线BF 于点L，CL与x 轴交点K，过点A 作AN
CL
∥
交直线BF 于点N，
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设直线AC 的解析式为y
sx
t

，
∴
1
0
t
s
t




，解得
1
1
s
t




，
∴直线AC 的解析式为
1
y
x

，
∵
1
AC
BF
k
k

，
∴AC
BF

，
∴
ACL
CLB


，
90
ACL
ACB



，
∵
90
ANB
ACB



，
∴
ANB
ACL


，
此时直线AN 与抛物线y的交点即为所求的M，
∵
90
CKO
KCO
KCO
OCB
OCB
CBO







，
∴
CBO
KCO


，
在Rt CBO

中，
1
tan
4
OC
CBO
OB



，
∴
1
tan
tan
4
KCO
CBO




，
∴
1
tan
4
OK
KCO
OC



，即
1
1
4
OK 
，
∴
1
4
OK 
，即
1 ,0
4
K 





，
设直线CL的解析式为y
cx
d


，
将点C，K 分别代入得：
1
1
0
4
d
c
d




，解得：
4
1
c
d





，
∴直线CL的解析式为
4
1
y
x

，
∵AN
CL
∥
，
∴
4
AN
CL
k
k


，
设直线AN 的解析式为
4
y
x
e

，
将点


1,0
A 
代入，
4
e 
，
∴直线AN 的解析式为
4
4
y
x


，
将
4
4
y
x


和
2
1
1
1
4
4
2
y
x
x




联立得，
2
4
4
1
1
1
4
4
2
y
x
y
x
x









解得
14
52
x
y







，
1
0
x
y





（舍去），
∴


14, 52
M 

，
综上所述，点M 的坐标为
1
1, 2






或

14, 52


．
【分析】（1）利用待定系数法求解；
（2）首先求出BC 所在直线表达式为
1
1
4
y
x

，设过点P 与BC 平行的直线的表达式为
2
1
4
y
x
b


，当
直线
2
1
4
y
x
b


与抛物线
2
1
3
1
4
4
y
x
x


只有一个交点时，PD的长度取得最大值，联立后利用判别式
求出
2
2
b 
，得到
3
2, 2
P





；在x 轴下方作射线AG ，使
45
BAG


，过点E 作EF
AG

于点F，连接PF ，
表示出
2
sin
2
EF
AE
EAF
AE




，判断出当点P，E，F 三点共线，且PF
AG

时，
2
2
PE
AE

取得最
小值，即PF 的长度，如图，过点P 作PI
x

轴于点I，然后利用勾股定理求解即可；
（3）首先求出
2
1
1
1
4
4
2
y
x
x




，然后分当点N 在x 轴上方时和当点N 在x 轴下方时两种情况求解即可．
【详解】（1）解：将


4,0
B
，


0,1
C
代入
2
1
4
y
x
bx
c




得，
2
1
4
4
0
4
1
b
c
c








解得
3
4
1
b
c




∴抛物线的表达式为
2
1
3
1
4
4
y
x
x


．
（2）解：∵


4,0
B
，


0,1
C
设BC所在直线表达式为
1
y
kx
b


，
∴
1
1
4
0
1
k
b
b






∴
1
1
4
1
k
b






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∴BC 所在直线表达式为
1
1
4
y
x

，
∵P 是线段BC 上方抛物线上的一动点，PD
BC

，
设过点P 与BC 平行的直线的表达式为
2
1
4
y
x
b


，
∴当直线
2
1
4
y
x
b


与抛物线
2
1
3
1
4
4
y
x
x


只有一个交点时，PD的长度取得最大值，
联立直线
2
1
4
y
x
b


与抛物线
2
1
3
1
4
4
y
x
x


，
得：
2
2
1
4
1
3
1
4
4
y
x
b
y
x
x











，
∴
2
2
1
1
3
1
4
4
4
x
b
x
x





整理得，
2
2
4
4
4
0
x
x
b




∴




2
2
Δ
4
4 1
4
4
0
b




解得
2
2
b 
，
代入
2
2
4
4
4
0
x
x
b




得，
2
4
4
0
x
x



解得
1
2
2
x
x


，
将
2
x 
代入
1
1
3
2
2
2
4
4
2
y
x






∴此时
3
2, 2
P





；
如图，在x 轴下方作射线AG ，使
45
BAG


，过点E 作EF
AG

于点F，连接PF ，
∴
2
sin
sin 45
2
EF
AE
EAF
AE
AE






，
∴
2
2
PE
AE
PE
EF
PF




，
∴当点P，E，F 三点共线，且PF
AG

时，
2
2
PE
AE

取得最小值，即PF 的长度，如图，过点P 作PI
x

轴于点I，
∵
45
EAF


，PF
AG

，
∴AEF

是等腰直角三角形，
45
PEI
AEF



，
∵PI
x

轴，
∴PIE

是等腰直角三角形，
∵
3
2, 2
P





，
∴
3
2
EI
PI


，
∴
3
1
2
2
2
OE
OI
EI





，
2
2
3 2
2
PE
EI
PI



，
∵抛物线
2
1
3
1
4
4
y
x
x


，
∴当
0
y 
时，
2
1
3
0
1
4
4
x
x


，
解得
1
1
x ，
2
4
x 
，
∴


1,0
A 
，
∴
1
3
1
2
2
AE
AO
OE




，
∵AEF

是等腰直角三角形，
∴AF
EF

，
2
2
2
AF
EF
AE


，
∴
2
2
3
2
2
EF






，
∴
3 2
4
EF 
，
∴
3 2
3 2
9 2
2
4
4
PF
PE
EF





，
∴
2
2
PE
AE

的最小值为9 2
4
．
（3）略
28．（2026·贵州·中考真题）某课外实践小组用AI 模拟军事演习，设计了水面“跳弹”，并进行模拟演示如图
①所示．跳弹在空中飞行的高度y 与水平距离x 之间的关系如图②所示．飞机在距水面垂直高度为8.1的A
处投放跳弹，跳弹与水面接触于点O开始弹跳，运动路径会在空中近似地形成一组抛物线，分别为
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2
1
0.2
.5
:
5
2
C
y
x
x


，
2
2
2
:
0. 5
C
y
x
mx
n



，
2
3
2
:
0. 5
C
y
x
px
q



，与水面分别接触于点B ，点C ．（演
示过程在同一平面内，其他因素忽略不计）
(1)已知点A 与点O所在直线AO 的表达式为
0.9
y
x

，分别求出A ，B 两点的坐标；
(2)若水面上


12,0
D
处有一个高为2 （宽忽略不计）的障碍物和一个截面宽
4
DE 
的暗礁，抛物线
2
C 在
14
x 
时距水面最高，请判断跳弹沿路径
2
C 运动时能否避开障碍物和暗礁；
(3)在
2 的条件下，若跳弹从水面上点C 弹起后，沿路径
3
C 撞击对方目标截面F 处时，启动跳弹内部回弹
装置，避开暗礁沿直线FM 加速飞向水面，接触水面后沿直线MN 撞向目标，该过程始终保持
1
2
FH
MH
MH
NH


．且目标露出水面的垂直高度
6
HG 
，点H 的坐标

20,0 ，打击点N 距水面的距离为NH ，
且6
10
NH


，求抛物线
3
C 中p 的取值范围．
【答案】(1) 

9,8.1
A 
，


10,0
B
；
(2)能避开障碍物和暗礁；
(3) 41
21
4
2
p


．
【分析】
1 将
8.1
y 
，代入
0.9
y
x

，求得A 的坐标，将
0
y 
，代入
2
1
0.2
.5
:
5
2
C
y
x
x


，即可求得B 的
坐标；

2 先根据对称轴为
14
x 
得出
7
m 
，代入

10,0
B
求得
45
n 
，得出
2
2
0.25
7
45
:
C
y
x
x



，分别计算
12
x 
和
16
x 
的函数值，结合题意，即可求解；

3 设


20,
F
f ，根据已知得出3
2
2
f


，将


18,0
C
代入
3
C ，得出
81 18
q
p


，将
20
x 
代入，得出
19
2
f
p


，进而解不等式组，即可求解．
【详解】（1）解：∵飞机在距水面垂直高度为8.1的A 处投放跳弹，直线AO 的表达式为
0.9
y
x

，
∴当
8.1
y 
时，0.9
8.1
x


，
解得：
9
x 
，
∴

9,8.1
A 
，
∵
2
1
0.2
.5
:
5
2
C
y
x
x


，
当
0
y 
时，
2
0.25
2.5
0
x
x



，
解得：
1
0
x 
，
2
10
x 
，
∴

10,0
B
；
（2）解：∵
2
2
2
:
0. 5
C
y
x
mx
n



，抛物线
2
C 在
14
x 
时距水面最高，
∴


14
2
0.25
m
x 


，
解得：
7
m 
，
∴
2
2
2
:
0. 5
7
C
y
x
x
n



，
∵
2
C 过点

10,0
B
，
∴当
10
x 
时，
2
0.25 10
7 10
0
n





，
解得：
45
n 
，
∴
2
2
0.25
7
45
:
C
y
x
x



，
当
0
y 
时，
2
0.25
7
45
0
x
x




，
解得：
1
10
x 
，
2
18
x 
，
∴


18,0
C
，
∵水面上


12,0
D
处有一个高为2 （宽忽略不计）的障碍物，
∴当
12
x 
时，
2
0.25 12
7 12
45
3
y 





，
∵3
2

，
∴跳弹能避开障碍物，
∵暗礁的一个截面宽
4
DE 
，
12
OD 
，
∴
12
4
16
OE 


，
∴当
16
x 
时，
2
0.25 16
7 16
45
3
y 





，
∵3
0

，
∴跳弹能避开暗礁，
综上所述，跳弹沿路径
2
C 运动时能避开障碍物和暗礁；
（3）解：∵点H 的坐标

20,0 ，
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设


20,
F
f ，
∵
1
2
FH
MH
MH
NH


，
∴
1
2
FH
MH

，
1
2
MH
NH

，
∵6
10
NH


，
∴3
5
MH


，
∵要避开暗礁，
∴3
4
MH


，
∴3
2
2
FH


，即3
2
2
f


，
∵
3
C 过点


18,0
C
，
当
18
x 
时，
2
0.25 18
18
0
p
q





，即
81 18
q
p


，
∴当
20
x 
时，
2
3
0.25 20
2
00
20
:
0
1
C
y
p
q
p
q







，
100
20
81 18
19
2
p
p
p






，
即
19
2
f
p


，
∵3
2
2
f


，
∴
19
2
2
3
19
2
2
p
p







，
解得：41
21
4
2
p


．
29．（2026·湖北武汉·中考真题）抛物线
1
C ：
2
2
3
y
x
x



与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 左侧）．
(1)求A 、B 两点的坐标．
(2)如图1，直线
(
0)
y
d d


交抛物线
1
C 于C 、D 两点，BCD

的外心E 在边CD上，求d 的值．
(3)如图2，抛物线
2
C ：
2
y
x
px
q



与抛物线
1
C 交于M 、N 两点，连接MN ．T 是线段MN 上一点，过点
T 作y 轴的平行线分别交抛物线
1
C 、
2
C 于P 、Q 两点，连接PM 、PN 、QM 、QN ．求证：PMN

与
QMN
△
的面积相等．
【答案】(1) 

1,0
A 
，

3,0
B
(2)
1
d 
(3)证明：设直线MN 的解析式为y
kx
b


，点T 的横坐标为t ，则
( ,
)
T t kt
b

，
PQ
y

∥
轴，
2
( ,
2
3)
P t
t
t




，
2
( ,
)
Q t t
pt
q


，
设
1
1
( ,
)
M x y ，
2
2
(
,
)
N x y
，
联立直线MN 与抛物线
1
C 得
2
2
3
kx
b
x
x



，
整理得：
2
(
2)
(
3)
0
x
k
x
b





，
M

，N 是直线与
1
C 的交点，
1x

，
2x 是该方程的两根，









2
2
1
2
2
3
2
3
P
T
PT
y
y
t
t
kt
b
t
k
t
b
t
x
t
x















，
同理，联立直线MN 与抛物线
2
C 得
2
kx
b
x
px
q




，
整理得
2
(
)
(
)
0
x
p
k x
q
b





，
M

，N 也在抛物线
2
C 上，
1x

，
2x 也是该方程的两根，










2
2
1
2
Q
T
QT
y
y
t
pt
q
kt
b
t
p
k t
q
b
t
x
t
x
















，
PT
QT


，
过点M 作MH
PQ

于点H ，则MH 是
PMT
△
和
QMT
△
的公共高，
1
2
PMT
S
PT MH





，
1
2
QMT
S
QT MH




，且PT
QT

，
PMT
QMT
S
S




，
同理，过点N 作NG
PQ

于点G ，可得
PNT
QNT
S
S



，
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PMN
PMT
PNT
S
S
S






，
QMN
QMT
QNT
S
S
S





，
PMN
QMN
S
S




．
【分析】（1）求出
0
y 
时对应点的坐标并结合点A 在点B 左侧即可求解；
（2）先利用外心在边上推出E 是CD中点，结合抛物线对称轴得到E 点坐标；再根据BE
CE

列方程求解，
结合
0
d 
取舍即可；
（3）先设直线MN 解析式与各点横坐标，联立直线与两条抛物线，借助一元二次方程根与因式分解证出
PT
QT

；再利用等底同高三角形面积相等进行推导，即可证明两三角形面积相等．
【详解】（1）解：当
0
y 
时，
2
2
3
0
x
x




，
解得
1
1
x ，
2
3
x 
，
∵点A 在点B 左侧，
∴


1,0
A 
，

3,0
B
．
（2）解：如图，连接BE ，
BCD

的外心E 在CD上，
EB
EC
ED



，
E

为线段CD的中点，
设
(
, )
C
C x d ，
(
, )
D
D x
d ，则
C
x ，
D
x 是方程
2
2
3
x
x
d




的两根，
整理得
2
2
(
3)
0
x
x
d




，
由韦达定理得
2
C
D
x
x


，
点E 的横坐标为
1
2
C
D
x
x

，即
(1, )
E
d ，
(3,0)
B

，
由勾股定理得
2
2
2
2
(3 1)
(0
)
4
BE
d
d






，
又
|
| |1
|
E
C
C
CE
x
x
x





，
由求根公式，方程
2
2
(
3)
0
x
x
d




的根为
2
4
4(
3)
1
4
2
d
x
d






，
0
C
x 

，
1
4
C
x
d



，
4
CE
d



，即
2
4
CE
d


，
BE
CE


，
2
4
4
d
d



，
整理得
2
0
d
d


，
解得
0
d 
或
1
d ，
0
d 

，
1
d

．
（3）略．
30．（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”
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【问题解决】
(1)对于函数①
2
y
x

，②
2
y
x

，③
3
1
y
x


．其中①与②是“______函数”，①与③是“______函数”；
(2)若


1
0
m
y
m
x


与


2
0
y
kx
b k



是“友好函数”，如图2，当
1
2
y
y

时，x 的取值范围是______；若


0
n
y
n
x


与
2
6
y
x

是“相连函数”，则n 的值为______；
(3)如图3，过点


0,6
C
的直线1l 、2l 对应的函数分别与
1k
y
x

（
1
0
k 
，
0
x 
），
2k
y
x

（
2
0
k 
，
0
x 
）
是“相连函数”，相连点分别为P ，Q ，1l 、2l 与x 轴分别交于A ，B 两点，已知
6
AB 
，1
2
18
k k 
，求
2
2
1
2
k
k

的值．
【答案】(1)陌生；友好
(2)
3
x


或0
1
x

；
9
2

(3) 45
【分析】（1）联立函数，根据方程的解的个数判断函数类型即可；
（2）根据图象判断
1
2
y
y

时，x 的取值范围；联立


0
n
y
n
x


与
2
6
y
x

，由
0

求出n 的值；
（3）设直线1l 的函数解析式为
3
6
y
k x


，直线2l 的函数解析式为
4
6
y
k x


，将
3
6
y
k x


与
1k
y
x

联立，
并结合
0

可得
3
1
9
k
k


，进而计算出点A 的坐标为
1
2
,0
3 k





，同理，点B 的坐标为
2
2
,0
3 k






．由
6
AB 
可
得
2
1
9
k
k


，利用完全平方公式变形可计算出
2
2
1
2
k
k

的值．
【详解】（1）解：对于①与②，联立得
2
2x
x


，
整理，得
2
1
0
x 
，
∵
2
1 1
x ，
∴该方程无实数解，即
2
y
x

与
2
y
x

无交点，
∴①与②是“陌生函数”，
对于①与③，联立得
2
3
1
x
x



，
整理，得
2
3
2
0
x
x



，
∴




2
Δ
1
4 3
2
25
0




，
∴
2
y
x

与
3
1
y
x


有两个交点，
∴①与③是“友好函数”；
（2）解：由图可知，两个函数的交点的横坐标为3
和1，且在
3
x


和0
1
x

部分，反比例函数的图象高
于一次函数的图象，
∴当
1
2
y
y

时，x 的取值范围是
3
x


或0
1
x

；
联立


0
n
y
n
x


与
2
6
y
x

，得，
2
6
n
x
x


，
整理，得
2
2
6
0
x
x
n



，
∵


0
n
y
n
x


与
2
6
y
x

是“相连函数”，
∴




2
Δ
6
4
2
0
n




，
解得
9
2
n 
；
（3）解：设直线1l 的函数解析式为
3
6
y
k x


，直线2l 的函数解析式为
4
6
y
k x


，
联立
3
6
y
k x


与
1k
y
x

，得，
1
3
6
k
k x
x


，
整理，得
2
3
1
6
0
k x
x
k



，
∵
3
6
y
k x


与
1k
y
x

是“相连函数”，
∴


2
3
1
Δ
6
4
0
k
k




，
∴
1
3
9
k k


，即
3
1
9
k
k


，
∴直线1l 的函数解析式为
1
9
6
y
x
k


，
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





，
95 / 128
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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








．
31．（2026·黑龙江绥化·中考真题）综合与探究，已知抛物线
2
4
y
ax
bx



与x 轴交于点


1,0
A 
，

4,0
B
，
与y 轴交于点C ，点O为坐标原点，作直线BC ．
(1)求该抛物线的解析式．
(2)在抛物线上有两个动点P ，Q ，点P 在第一象限，横坐标为m ，过点P 作x 轴的垂线，垂足为N ，交BC
于点M ，点Q 的横坐标为
3
2
m 
．若
MCN
△
的面积记作
1S ，
PMQ
△
的面积记作
2S ，当
1
2
S
S
S


有最大值
时，求点P 的坐标．（自行完成作图并解答）
(3)把抛物线
2
4
y
ax
bx



沿射线BC 方向平移，平移后，新抛物线y过点C ，点E 是新抛物线y对称轴与
x 轴的交点，点F 是新抛物线y对称轴上的动点，连接FC ，FO．若FO 平分
CFE

，请直接写出符合条
件的点F 坐标．（自行完成作图并作答）
【答案】(1)
2
3
4
y
x
x



(2) 

2,6
P
(3)
5 8
39
,
2
2










或
5 8
39
,
2
2










【分析】（1）根据待定系数法求解即可；
（2）根据待定系数法求出直线BC 的解析式为
4
y
x



，结合已知可得

2
,
3
4
P m
m
m





0
4
m


，


,0
N m
，


,
4
M m
m


，
2
3
11
,
6
2
4
Q m
m
m










，则
4
MN
m

，
2
4
PM
m
m


，
3
2
P
Q
x
x


，则可求
出
1
2
2
5
5
4
m
S
m
S
S 




，根据二次函数的性质得出当
2
m 
时，S 有最大值，此时
2
3
4
6
m
m




，即可
求解；
（3）根据题意判断出点C 与点B 是平移前后的对应点，则把原抛物线向左平移4 个单位长度，再向上平移
4 个单位长度得出新抛物线y，根据平移规律得出
2
5
41
2
4
y
x










，则新抛物线的对称轴为直线
5
2
x


，
5 ,0
2
E 





，根据角平分线的定义和平行线的性质可得出
CFO
COF
EFO



，根据等边对等角得出
CF
CO

，设
5 ,
2
F
n







，根据两点距离公式得出


2
2
5
0
4
4
2
n










，解方程即可．
【详解】（1）解：∵抛物线
2
4
y
ax
bx



经过点

1,0
A 
，


4,0
B
，
∴
4
0
16
4
4
0
a
b
a
b









，
解得
1
3
a
b




，
∴
2
3
4
y
x
x



；
（2）解：当
0
x 
时，
4
y 
，
∴


0,4
C
，
设直线BC的解析式为
1
1
y
k x
b


，
则
1
1
1
4
0
4
k
b
b






，
解得
1
1
1
4
k
b






，
∴直线BC 的解析式为
4
y
x



，
∵点P 在第一象限，横坐标为m ，过点P 作x 轴的垂线，垂足为N ，交BC于点M ，点Q 的横坐标为
3
2
m 
，
∴

2
,
3
4
P m
m
m





0
4
m


，


,0
N m
，


,
4
M m
m


，Q 的纵坐标为
2
2
3
3
11
3
4
6
2
2
4
m
m
m
m




















，则
2
3
11
,
6
2
4
Q m
m
m










，
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或
∴
4
MN
m

，


2
2
3
4
4
4
PM
m
m
m
m
m







，
3
3
2
2
P
Q
x
x
m
m











，
∴
1
2
S
S
S




1
1
2
2
N
P
Q
MN x
PM
x
x









2
1
1
3
4
4
2
2
2
m
m
m
m








2
5
5
4 m
m




2
5
2
5
4 m



，
∵
5
0
4


，
∴当
2
m 
时，S 有最大值，
此时
2
2
3
4
2
3 2
4
6
m
m







，
∴


2,6
P
；
（3）解：∵抛物线
2
2
3
25
3
4
2
4
y
x
x
x














沿射线BC 方向平移，平移后，新抛物线y过点C ，
∴相当于点C 与点B 是平移前后的对应点，
即把原抛物线向左平移4 个单位长度，再向上平移4 个单位长度得出新抛物线y，
∴
2
2
3
25
5
41
4
4
2
4
2
4
y
x
x





















，
∴新抛物线的对称轴为直线
5
2
x


，
5 ,0
2
E 





，
∵FO平分
CFE

，
∴
EFO
CFO


，
∵EF
y
∥
轴，
∴
EFO
COF


，
∴
CFO
COF


，
∴CF
CO

，
设
5 ,
2
F
n







，
∵


0,4
C
，


0,0
O
，
∴


2
2
5
0
4
4
2
n










，
解得
8
39
2
n


，
∴F 的坐标为
5 8
39
,
2
2










或
5 8
39
,
2
2










．
或
32．（2026·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与探究
如图1，在平面直角坐标系中，抛物线


2
4
0
y
ax
bx
a




与x 轴交于点

2,0
A 
，

4,0
B
，与y 轴交于
点C ，作直线AC ，BC ，点P 为第一象限内抛物线上的动点，过点P 作PD
x

轴，垂足为D ，PD交直线
BC 于点E ．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求PE 的最大值及PE 最大时点P 的坐标；
(3)如图2，若将抛物线
2
4
y
ax
bx



沿射线AC 方向平移
5 个单位长度，得到新抛物线，点Q 为新抛物线
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上一点，且
CBQ
ACB

∠
∠
，则点Q 的坐标为；
(4)当PE 最大时，作直线OE ，若点M 为直线BC 上的一个动点，连接OM ，将线段OM 绕点O顺时针旋转90
得到OM，取OM的中点N ，过点N 作NF
OE

，垂足为F ，连接AN ，PF ，则AN
PF

的最小值为．
【答案】(1)
2
1
4
2
y
x
x



(2) PE 的最大值为2，此时点P 的坐标为

2,4
(3)

5,2 或3
61
5
61
,
2
4









(4)5 2
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）设点
2
1
,
4
2
P p
p
p









，求得直线BC 的解析式为
4
y
x



，则


,
4
E p
p


可得




2
1
2
2 0
4
2
PE
p
p





，利用二次函数的性质求解即可；
（3）先求得平移后的新抛物线的解析式，分两种情况讨论点Q 位置：当Q 在x 轴上方时，由
CBQ
ACB



得BQ
AC

，联立直线与抛物线求交点得


5,2
Q
；当Q 在x 轴下方时，由角度关系得
1
tan
tan
2
DBQ
ACO




，列方程解得
3
61
5
61
,
2
4
Q










；
（4）由（2）知，

2,4
P
，


2,2
E
，直线BC 的解析式为
4
y
x



，设


,
4
M m
m


，则


4,
M
m
m




，
4 ,
2
2
m
m
N 








求得直线OE 的解析式为y
x

，设


,
F t t ，易得NF 与x 轴所形成的锐角为45，进而得到


1,
1
N t
t


，则




2
2
3
1
AN
t
t




，设


3,1
G 
，








2
2
2
2
3
1
2
4
AN
PF
FG
PF
t
t
t
t











，问题转化为求直线OE 上的点F 到点


3,1
G 
和
点


2,4
P
的距离和的最小值，求出点G 关于直线y
x

的对称点


1, 3
G

，则AN
PF

的最小值为G P
的长
度，利用两点间距离公式求得G P
即可求解．
【详解】（1）解：将


2,0
A 
，

4,0
B
代入抛物线的解析式
2
4
y
ax
bx



，得
4
2
4
0
16
4
4
0
a
b
a
b









，解得
1
2
1
a
b




．
抛物线的解析式为
2
1
4
2
y
x
x



；
（2）解：设点
2
1
,
4
2
P p
p
p









，
当
0
x 
时，
2
1
4
4
2




y
x
x
．


0,4
C

．
设直线BC 的解析式为
4
y
kx


，


4,0
B

，
∴4
4
0
k 

，则
1
k ，
∴直线BC 的解析式为
4
y
x



，
PD
x


轴，


,
4
E p
p



．


2
2
1
1
4
4
2
2
2
PE
p
p
p
p
p












2
1
2
2 0
4
2 p
p





，
1
0
2



，
∴当
2
p 
时，PE 的值最大，最大值为2，此时点P 的坐标为(
)
2,4 ；
（3）解：对于
2
1
4
2
y
x
x



，当
0
x 
时，
4
y 
，则


0,4
C
，
∵

2,0
A 
，
2
2
5
1
2


，
∴将抛物线
2
1
4
2
y
x
x



沿射线AC 方向平移
5 个单位长度，相当于将抛物线
2
1
4
2
y
x
x



先向右平
移1 个单位长度，再向上平移2 个单位长度，得到新抛物线，
∴新抛物线的解析式为




2
2
1
1
9
1
1
4
2
2
2
2
2
y
x
x
x
x









，
分两种情况：
当点Q 在x 轴上方时，如图，
设直线AC 的解析式为
1
4
y
k x


，
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将

2,0
A 
代入，得
1
0
2
4
k


，解得
1
2
k 
，
∴直线AC 的解析式为
2
4
y
x


，
∵
CBQ
ACB

∠
∠
，
∴BQ
AC
∥
，
∴设直线BQ 的解析式为
1
2
y
x
b


，
将


4,0
B
代入，得
1
0
8
b


，解得
1
8
b ，
∴直线BQ 的解析式为
2
8
y
x

，
联立方程组
2
2
8
1
9
2
2
2
y
x
y
x
x







，解得
5
2
x
y





或
5
18
x
y





（舍去），
∴


5,2
Q
；
当点Q 在x 轴下方时，如图，过Q 作QD
x

轴，
设
2
1
9
,
2
2
2
Q q
q
q









，则


,0
D q
，
∵
4
OB
OC


，
2
OA 
，
∴
OCB
OBC


，又
CBQ
ACB

∠
∠
，
∴
DBQ
ACO


，
∴
1
tan
tan
2
OA
DBQ
ACO
OC





，
∴
2
1
9
2
1
2
2
4
2
tan
DQ
D
B
q
q
BQ
D
q














，整理得
2
3
13
0
q
q



，
解得
3
61
2
q


或
3
61
2
q


（舍去）
∴
2
2
1
9
1
3
61
3
61
9
5
61
2
2
2
2
2
2
2
2
4
q
q



















，
∴
3
61
5
61
,
2
4
Q










，
综上，满足条件的Q 的坐标为

5,2 或3
61
5
61
,
2
4









；
（4）解：如图，作MH
y

轴，M G
x


轴
由（2）知，


2,4
P
，


2,2
E
，直线BC 的解析式为
4
y
x



，
90
MOM¢
Ð
=
°

,
90
MOH
M OG




，且
90
MOH
OMH



，

OMH
M OG



在
OMH
△
和M OG


中，
90
OHM
M GO
OMH
M OG
OM
OM














°
，


AAS
OMH
M OG



≌
，
,
OH
M G MH
OG




，
设


,
4
M m
m


，则


4,
M
m
m




，
N 是OM的中点，
∴
4 ,
2
2
m
m
N 








∵


2,2
E
，


0,0
O
，
ODE

为等腰直角三角形，

45
EOD


，
设直线OE 的解析式为
2
y
k x

，代入


2,2
E
，得
2
1
k ，
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直线OE 的解析式为y
x

，
∵NF
OE

于F，
∴设


,
F t t ，且NF 与x 轴所形成的锐角为45，
如图，分别过点N、点F 作x 轴、y 轴的平行线，设交点为K，
则
45 ,
45
FNK
NFK




°
°，
NKF

是等腰直角三角形，
∴NK
FK

，即
N
N
x
t
t
y

，可得
4
2
2
m
m
t
t




，
∴
2
2
m
t


，则


1,
1
N t
t


，
∴








2
2
2
2
1 2
1 0
3
1
AN
t
t
t
t








，
如图，设


3,1
G 
，
∴AN
FG

，
∴








2
2
2
2
3
1
2
4
AN
PF
FG
PF
t
t
t
t











，
问题转化为求直线OE 上的点F 到点


3,1
G 
和点


2,4
P
的距离和的最小值，
设点G 关于直线y
x

的对称点为G，则


1, 3
G

，
则AN
PF

的最小值为G P
的长度，
∵




2
2
2 1
4
3
50
5 2
G P






，
∴AN
PF

的最小值为5 2 ．
33．（2026·四川成都·中考真题）如图1，在平面直角坐标系xOy 中，直线y
kx

与反比例函数
2
y
x

的图象
相交于

1,
A
a ，B 两点，过点A 分别作x 轴，y 轴的垂线，垂足分别为C，D．
(1)求线段AB 的长；
(2)已知P 为y 轴正半轴上一点，若ABP

为直角三角形，求点P 的坐标；
(3)如图2，将线段DA，AC 组成的折线段“ D
A
C


”沿x 轴正方向平移得到折线段“ D
A
C





”，点D，A，
C 的对应点分别为
,
,
D A C


．A C
与反比例函数的图象交于点E，直线BD与反比例函数的图象在第一象限
交于点F，OE 与C F交于点G．试探究：在平移过程中，FG
GC的值是否为定值？若是，求出这个值；若不
是，请说明理由．
【答案】(1)
2 5
AB 
(2)点P 的坐标为

0, 5 或
5
0,2






(3)是定值，
3
2
FG
GC 

【分析】（1）将
(1, )
A
a 代入反比例函数解析式求出点A 坐标，再代入正比例函数解析式求出直线解析式，
根据正比例函数与反比例函数的交点关于原点对称即可求出
( 1, 2)
B 
，最后根据两点距离公式求解即可；
（2）设
(0,
)
P
p ，
0
p 
，分三种情况讨论直角位置：①
90
APB


，②
90
PAB


，③
90
PBA


，根
据勾股定理列方程求解即可；
（3）设平移距离为(
0)
t t 
，则
( ,2)
D t

，
(1
,0)
C
t


，
2
1
,1
E
t
t







，求出直线BD的解析式，与
2
y
x

联立，
求出点
1
4
,
2
1
t
F
t








，求出OE 的解析式，直线C F
的解析式，联立后求出交点G 的横坐标
4(1
)
5
G
t
x


，
过点
,
G F 分别作GH
x

轴，FK
x

轴，根据平行线分线段成比例得出FG
KH
GC
C G



，即可解答．
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【详解】（1）解：∵
(1, )
A
a 在反比例函数
2
y
x

上，代入得
2
2
1
a 

，即
(1,2)
A
，
将
(1,2)
A
代入y
kx

得
2
k 
，直线为
2
y
x

，
∵正比例函数与反比例函数的交点关于原点对称，
∴
( 1, 2)
B 
，
由两点距离公式：
2
2
2
2
[1
( 1)]
[2
( 2)]
2
4
2 5
AB 






；
（2）解：设
(0,
)
P
p ，
0
p 
，
分三种情况讨论直角位置：①
90
APB


：由勾股定理得
2
2
2
AP
BP
AB


，
则
2
2
2
2
[1
(2
) ] [( 1)
(
2
) ]
20
p
p







，
化简得
2
5
p 
，
故
5
p 
（负值已舍去），
即

0, 5
P
；
②
90
PAB


：由勾股定理得
2
2
2
PA
AB
PB


，
则
2
2
[1
(2
) ]
20
1
( 2
)
p
p





，
解得
5
2
p 
，
即
5
(0,
)
2
P
；
③
90
PBA


：由勾股定理得
2
2
2
PB
AB
PA


，
则
2
2
20
1 ( 2
)
1 (2
)
p
p









，
解得：
5
2
p 
，不符合
0
p 
，舍去；
综上，若ABP

为直角三角形，则
5
(0,
)
2
P
或

0, 5
P
；
（3）解：根据（1）可知
(1,2)
A
，
∴




0,2 ,
1,0
D
C
，
设平移距离为(
0)
t t 
，则平移后各点坐标：
( ,2)
D t

，
(1
,0)
C
t


，
2
1
,1
E
t
t







，
设直线BD的解析式为y
mx
n


，
代入点
( 1, 2)
B 
和点
( ,2)
D t

得
2
2
m
n
tm
n






，
解得：
4
1
2
2
1
m
t
t
n
t










，
∴直线BD的解析式为
4
2
2
1
1
x
t
y
t
t





，
直线BD的解析式与
2
y
x

联立得2
4
2
2
1
1
x
t
x
t
t





，整理得




2
2
1
1
0
x
t x
t





，
解得：
1
x 或
1
2
t
x


，
∴点
1
4
,
2
1
t
F
t








，
设直线OE 的解析式为y
m x

，
则


2
1
1
m
t
t 



，解得：


2
2
1
m
t


，
∴直线OE 的解析式为：
2
2
(1
)
y
x
t


，
设直线C F
的解析式为y
cx
d


，
则


0
1
4
1
1
2
c
t
d
t
c
d
t










，
解得：


2
8
1
8
1
c
t
d
t









，
∴直线C F
的解析式为
2
8
8
(1
)
1
y
x
t
t




，
联立直线OE 的解析式和直线C F
的解析式得
2
2
2
8
8
(1
)
(1
)
1
x
x
t
t
t





，
解得：


4 1
5
t
x


，
即交点G 的横坐标
4(1
)
5
G
t
x


，
过点
,
G F 分别作GH
x

轴，FK
x

轴，
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则
//
GH FK ，
∴FG
KH
GC
C G



，
∵










4 1
3 1
4 1
2 1
1
,
1
5
2
10
5
10
G
F
C
G
t
t
t
t
t
KH
x
x
C H
x
x
t 

















，
∴




3 1
3
10
2 1
2
10
t
FG
t
GC




．
34．（2026·江西·中考真题）如果两条不共顶点的抛物线，都经过对方的顶点，那么称这两条抛物线互为“伴
随对称抛物线”．
(1)试判断
2
4
4
y
x
x



与
2
2
y
x
x



是否互为“伴随对称抛物线”，并说明理由；
(2)如图1，若
1
C ：


2
1
1
1
y
a
x
h
k



与
2
C ：


2
2
2
2
y
a
x
h
k



互为“伴随对称抛物线”，顶点分别为
1A ，
2A ，
记
1
C ，
2
C 组成的图形为C ．
①试猜想
1a 与
2a 的数量关系，并证明；
②进一步探究可知C 为中心对称图形，请确定C 的对称中心的位置；（直接写出结果）
③如图2，若
1
C ：
2
y
x

，
2
0
h 
，
1
B ，
2
B 分别为
1
C ，
2
C 上的点，且四边形
1
1
2
2
A B A B 为正方形，求




2
2
2
2
1
1
h
h
h



的值．
【答案】(1)解：
2
4
4
y
x
x



与
2
2
y
x
x



互为“伴随对称抛物线”，
理由如下：


2
2
4
4
2
y
x
x
x




的顶点为

2,0 ，
将
2
x 
代入
2
2
y
x
x



中，得
2
2
2
2
0
y 



，
即
2
2
y
x
x



经过

2,0 ．


2
2
2
1
1
y
x
x
x






的顶点为

1,1 ，
将
1
x 代入
2
4
4
y
x
x



中，得
21
4 1
4
1
y 

，
即
2
4
4
y
x
x



经过

1,1 ．
故
2
4
4
y
x
x



与
2
2
y
x
x



互为“伴随对称抛物线”．
(2)①
1
2
0
a
a


，证明如下：
∵
1
C ：


2
1
1
1
y
a
x
h
k



与
2
C ：


2
2
2
2
y
a
x
h
k



∴


1
1
1
,
A h k
，


2
2
2
,
A
h k
，
∵若
1
C ：


2
1
1
1
y
a
x
h
k



与
2
C ：


2
2
2
2
y
a
x
h
k



互为“伴随对称抛物线”，


2
1
2
1
2
2
k
a
h
h
k




，


2
2
1
2
1
1
k
a h
h
k



，
两式相加得


2
1
2
1
2
0
a
a
h
h



．
1
2
h
h


，
1
2
0
a
a



．
②C 的对称中心为线段
1
2
A A 的中点；
③



2
2
2
2
1
1
4
h
h
h




【分析】（1）分别求出
2
4
4
y
x
x



与
2
2
y
x
x



的顶点坐标，再根据“伴随对称抛物线”的定义解答即
可；
（2）①先求出


1
1
1
,
A h k
，


2
2
2
,
A
h k
，再根据“伴随对称抛物线”的定义得出


2
1
2
1
2
2
k
a
h
h
k



，


2
2
1
2
1
1
k
a h
h
k



，两式相加即可解答；
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②根据C 为中心对称图形，可得C 的对称中心为线段
1
2
A A 的中点，即可解答；
③根据题意得出
2
1
1
a
a




，则
2
C ：


2
2
2
y
x
h
k




．设
1
2
A A 与
1
2
B B 相交于点P ，根据四边形
1
1
2
2
A B A B 为
正方形，得出P 为C 的对称中心，
2
2
,
2
2
h
k
P





．过点P 作直线l
y

轴，垂足为M ，过点
1
B 作
1
B N
l
，垂足
为N ．证明
1
1
PB N
A PM
△
≌△
，得出
1
PN
A M

，
1
B N
PM

．设


1
1
1
,
B x y
，得出
2
2
1
2
h
k
x


，
2
2
1
2
h
k
y


．结
合
2
2
2
k
h

，点
1
B 在
1
C 上，可得
3
2
2
2
2
2
2
h
h
h



，即可解答．
【详解】（1）略
（2）解：①略
②∵C 为中心对称图形，
∴C 的对称中心为线段
1
2
A A 的中点．
③
1
C

：
2
y
x

，
1
2
0
a
a


，
∴
1
1
a ，
2
1
1
a
a




，
2
C

：


2
2
2
y
x
h
k




，
∴


1 0,0
A
，


2
2
2
,
A
h k
，
2
2
2
k
h

，
如图，设
1
2
A A 与
1
2
B B 相交于点P ，
∵四边形
1
1
2
2
A B A B 为正方形，
P

为C 的对称中心，
1
2
1
2
1
1
,
A A
B B B P
A P


，
2
2
,
2
2
h
k
P





．
过点P 作直线l
y

轴，垂足为M ，过点
1
B 作
1
B N
l
，垂足为N ．
则
1
1
1
1
1
,
90
B NP
A MP
B PN
MA P
MPA






，
∴


1
1
PB N
A PM AAS


≌
，
∴
1
PN
A M

，
1
B N
PM

．
设


1
1
1
,
B x y
，
则
2
2
1
2
2
h
k
x


，
2
2
1
2
2
k
h
y 

，即
2
2
1
2
h
k
x


，
2
2
1
2
h
k
y


．
又
2
2
2
k
h


，
2
2
2
1
2
h
h
x



，
2
2
2
1
2
h
h
y


．
∵点
1
B 在
1
C 上，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
h
h
h
h









，化简整理得
3
2
2
2
2
2
2
h
h
h



，







2
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
2
1
2
2
2
2
4
h
h
h
h
h
h
h
h














．
35．（2026·江苏苏州·中考真题）将一个二次函数
2
y
ax
bx
c


与一个一次函数y
mx
n


求和，可以得到
一个新的二次函数




2
y
ax
b
m x
c
n





，我们将这种得到新二次函数的方法叫做二次函数对一次函数
的“吸收”．“吸收”得到的新二次函数叫做“吸收函数”．
(1)若二次函数
2
y
x

对一次函数y
mx
n


“吸收”，所得“吸收函数”的图像与x 轴的交点坐标为

2,0

，

4,0 ，
求m，n 的值；
(2)已知二次函数
2
2
3
y
x
x


对一次函数y
mx
n


“吸收”．
①若所得“吸收函数”的最小值与
2
2
3
y
x
x


的最小值相等，求n 的取值范围；
②若所得“吸收函数”的图像顶点为M，且与一次函数y
mx
n


的图像交于A，B 两点．当ABM

的面积为
4 时，求m 的值．
【答案】(1)
2,
8
m
n


(2)①
1
n ；②
1
2
3
4
2 2,
2 2,
2 6,
2 6
m
m
m
m




【分析】（1）根据吸收函数定义写出表达式，然后把

2,0

，

4,0 代入求解即可；
（2）①先求出
2
2
3
y
x
x


的最小值为4
，根据吸收函数定义写出表达式为


2
2
3
y
x
m
x
n




，根
据二次函数的性质得出

2
4
3
(
2)
4
4
n
m





，化简得
2
(
2)
1
4
m
n


，最后根据非负数的性质和不等式的
性质求解即可；
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②过点M 作y 轴平行线l 交AB 于点N ，过点,
A B 分别作l 的垂线段，垂足为
,
C D ．联立吸收函数表达式和
一次函数表达式，并化简得出
2
2
3
0
x
x



，解方程求出A、B 两点的横坐标分别是
1
1
3.
B
x
x



､
则
4
A
B
x
x


，根据M 为“吸收函数”的顶点，得出
2
2
M
N
m
x
x




，根据可求出
2
1
4
4
MN
m


，结合ABM

的面积为4 得出
2
1
8
4
2 m


，即可求解．
【详解】（1）解：由题意，吸收函数的表达式为
2
y
x
mx
n



．
根据题意，得
4
2
0
16
4
0
m
n
m
n









，
解得
2
8
m
n





；
（2）解：①
2
2
2
3
(
1)
4
y
x
x
x







，
2
2
3
y
x
x




的最小值为4
．
由题意，吸收函数的表达式为


2
2
3
y
x
m
x
n




．
根据题意，得

2
4
3
(
2)
4
4
n
m





．
2
(
2)
1
4
m
n


，


2
2
0
m 


，


2
2
1
1
4
m 

，即
1
n ，
m

为一次函数的系数即
0
m 
，
考虑到当
0
m 
时，


2
0
2
1
0
4
n



，
但当
4
m 时，


2
4
2
1
0
4
n



，
故
0
n 
可取，
综上所述，
1
n


；
②如图，过点M 作y 轴平行线l 交AB 于点N ，过点,
A B 分别作l 的垂线段，垂足为
,
C D ．
根据题意，列出方程组为


2
2
3
y
x
m
x
n
y
mx
n










①，
②．
把②代入①得：


2
2
3
mx
n
x
m
x
n





，
即
2
2
3
0
x
x



．
解得
1
2
1,
3
x
x

．
∴点,
A B 的横坐标分别是
1
1
3.
B
x
x



､
4
A
B
x
x



，
M

为“吸收函数”的顶点，
2
2
M
N
m
x
x




，




2
2
2
3
2
3
N
M
N
M
M
M
M
MN
y
y
mx
n
x
m
x
n
x
x

















．
2
2
2
2
1
2
3
4
2
2
4
m
m
MN
m





















．
ABM

的面积
2
2
1
1
1
1
4
4
8
2
2
4
2
A
B
MN x
x
m
m







．
ABM
△
的面积为4 ，
2
1
8
4
2 m



，
解得
1
2
3
4
2 2,
2 2,
2 6,
2 6
m
m
m
m




．
36．（2026·江苏扬州·中考真题）在平面直角坐标系中，已知抛物线
2
1
y
ax
bx


经过点

2,1 和

4, 7

．
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(1)求抛物线的函数表达式，并写出它的顶点坐标．
(2)抛物线上有两动点M，N，横坐标分别为m，n（m
n

），记抛物线在M，N 之间的部分（包括M，N
两点）为图象G．过图象G 的左右两端M，N 分别作x 轴的垂线，过图象G 的最高点和最低点分别作y 轴
的垂线，四条直线围成的矩形记为矩形R．
①若
2
m ，矩形R 的垂直高度
9

h
，则矩形R 的水平宽度p 的取值范围是_______；
②若矩形R 的水平宽度
5
p 
，则矩形R 的垂直高度h 的取值范围是_______；
③若矩形R 为正方形且边长为3，求点M 的坐标．
【答案】(1)抛物线的函数表达式为
2
2
1
y
x
x


，顶点坐标为

1,2
(2)①3
6
p


②
25
4
h 
③点M 的坐标为

1
3, 1


或

2
3,6 3
10


【分析】（1）将点

2,1 和

4, 7

分别代入
2
1
y
ax
bx


，即可求得抛物线的表达式，再将抛物线的表达
式转换为顶点式即可得出顶点坐标；
（2）①根据题意知点


2
,
2
1
N n
n
n



，可得


2, 7
M 

，再分当点N 在点M 上方的抛物线上时，当点N
在点M 下方的抛物线上时，两种情况分别求得矩形宽度的最小、最大值即可得出取值范围；
②根据题意得到矩形R 的垂直高度h 取最小值时，点
,
M N 关于抛物线对称轴直线
1
x 对称，再由矩形R
的水平宽度
5
p 
，得
3
2
m 
，进而得
3
17
,
2
4
M 







，可得矩形R 的垂直高度h 的取值范围；
③根据题意设


2
,
2
1
M m
m
m



，则


2
3,
4
2
N m
m
m




，然后，再分四种情况：第一种情况：当
3
1
m 
，
即
2
m 时，
第二种情况：当
1
3
3
1
2
m
m
m
m







，即
1
2
2
m


时，第三种情况：当
1
3
3
1
2
m
m
m
m







，即
1
1
2
m


时，第四
种情况：当
1
m 时，分别进行分类讨论，最后得出结论即可．
【详解】（1）解：将点

2,1 和

4, 7

分别代入
2
1
y
ax
bx


，得
4
2
1
1
16
4
1
7
a
b
a
b







，解得
1
2
a
b




，
∴抛物线的函数表达式为
2
2
1
y
x
x


，
∵


2
2
2
1
1
2
y
x
x
x





，
∴它的顶点坐标为

1,2 ；
（2）①解：根据题意知点


2
,
2
1
N n
n
n



，
当
2
m 时，




2
2
2
1
2
2
2
1
7
y
x
x





，
∴


2, 7
M 

，
当点N 在点M 上方的抛物线上时，
∵矩形R 的垂直高度
9

h
，
∴7
9
2


，
∴点N 的纵坐标为2，即


1,2
N
，此时，矩形宽度的最小值为


1
2
3


；
当点N 在点M 下方的抛物线上时，
∵矩形R 的垂直高度
9

h
，
∴2
9
7

，
当
7
y 时，
2
2
1
7
n
n


，解得
2
n (舍去)或
4
n 
，
∴


4, 7
N

，此时，矩形宽度的最大值为


4
2
6


．
综上，矩形R 的水平宽度p 的取值范围是3
6
p


；
②解：根据题意知，矩形R 的垂直高度h 取最小值时，点
,
M N 关于抛物线对称轴直线
1
x 对称，
∵矩形R 的水平宽度
5
p 
，
∴
5
3
1
2
2
m 

，
当
3
2
m 
时，
2
2
3
3
17
2
1
2
1
2
2
4
y
x
x


















，
∴
3
17
,
2
4
M 







，
∴
17
25
2
4
4
h









，
∴矩形R 的垂直高度h 的取值范围是
25
4
h 
；
③解：根据题意设


2
,
2
1
M m
m
m



，则


2
3,
4
2
N m
m
m




，
第一种情况：当
3 1
m，即
2
m 时，



2
2
4
2
2
1
6
3
3
N
M
h
y
y
m
m
m
m
m










，
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∴
1
m (舍去)；
第二种情况：当
1
3
3
1
2
m
m
m
m







，即
1
2
2
m


时，


2
2
2
2
2
1
2
1
3
M
h
y
m
m
m
m








，
∴
1
3
m 
或
1
3
m 
(舍去)，
当
1
3
m 
时，




2
2
2
1
1
3
2
1
3
1
1
m
m






，
∴


1
3, 1
M


；
第三种情况：当
1
3
3
1
2
m
m
m
m







，即
1
1
2
m


时，


2
2
2
2
4
2
4
4
3
N
h
y
m
m
m
m










，
∴
2
3
m 
或
2
3
m 
(舍去)，
当
2
3
m 
时，




2
2
2
1
2
3
2
2
3
1
6 3 10
m
m






，
∴


2
3,6 3
10
M 

；
第四种情况：当
1
m 时，



2
2
2
1
4
2
6
3
3
M
N
h
y
y
m
m
m
m
m










，
∴
0
m 
(舍去)；
综上，点M 的坐标为

1
3, 1


或

2
3,6 3
10


．
37．（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



，
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


，
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∵AE 平分
OAD

，
∴
1
30
2
CAE
OAD




，
∵
3
tan
tan30
3
CE
CAE
AC




，
∴
3
6
3
CE 
，
解得
2 3
CE 
，
∴

6,2 3
E 
；
②如图2 ，过点H 作HM
CD

于M ，则MH
CG
∥
，
设
2
3
3
,
6 3
12
2
H h
h
h











，则
2
3
3
6,
6 3
12
2
M
h
h












，
∴


6
6
MH
h
h




，
2
2
3
3
3
3
6 3
6 3
12
2
12
2
DM
h
h
h
h














，
2
2
3
3
3
3
6 3
2 3
4 3
12
2
12
2
ME
h
h
h
h







，
∵MH
CG
∥
，
∴DMH
DCG


∽
，
∴DM
MH
DC
CG

，即
2
3
3
6
12
2
6 3
h
h
h
CG



，
解得
72
CG
h

，
∵
DEH
DEF



，
DEF
CEG


，
∴
DEH
CEG


，
∴tan
tan
DEH
CEG



，
∴MH
CG
ME
CE

，即
2
72
6
3
3
2 3
4 3
12
2
h
h
h
h





，
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
．
38．（2026·北京·中考真题）对于不共线的三点A，B，C，连接AB ，AC ，并作劣弧
BC ，使得
BC 所在圆
的圆心在过点A 且与BC 平行的直线上，称由AB ，AC 和
BC 组成的图形为单弧三角形，记作

A
BC

△
，
其中
BC 所在圆的圆心称为

A
BC

△
的弧心．
在平面直角坐标系xOy 中，
(1)如图1，点


2, 1
A


，

3,1
B 
，


1,1
C
，直接写出

A
BC

△
的弧心的坐标及
BC 的长；
(2)如图2，点

2 3,2
D 
，


2,0
E
，当

D
EF

△
的弧心为O 时，求点F 的坐标；
(3)已知点


1,0
M
，对于平面内的点N，存在点P，Q 满足

P
MN

△
和

Q
MN

△
的弧心均为O，PMN

和
QMN
△
都不是钝角三角形，且
1
PQ ，记N 的横坐标为t，直接写出t 的取值范围．
【答案】(1)

1, 1


，
2π
(2)点F 的坐标为

1, 3

(3)
1
1
4
2
t


【分析】（1）先根据B 、C 两点坐标求出BC 的垂直平分线，再结合“过点A 且与BC 平行”的条件进而得到
弧心坐标，最后计算半径与圆心角，代入弧长公式即可；
（2）先根据平行线的性质得出直线EF 与OD 的一次项系数相等，利用待定系数法代入点E 坐标求出直线
EF 的一次函数解析式；再根据同圆半径相等得到OF
OE

，结合勾股定理列出坐标方程，联立直线解析式
求解并舍去已知点E 对应的解，即可得到点F 的坐标；
（3）先利用同圆半径相等和勾股定理求出MN 的长度，再通过作垂线构造矩形得到
M

、
N

为非钝角的
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有效线段长度；再分
0
t 
和
0
t 
两种情况，结合勾股定理逆定理判断
P
是否为钝角，根据
1
PQ 的条件列
不等式求解；最后合并两种情况的取值范围即可．
【详解】（1）解：由题意可知：弧心在过点A 且与BC 平行的直线上，且弧心是
BC 所在圆的圆心，
∴弧心到B 、C 距离相等，即在BC 的垂直平分线上，
∵
( 3,1)
B 
，
(1,1)
C
，BC 为水平线段（平行于x 轴），
∴过
( 2, 1)
A


且平行于BC 的直线为水平线：
1
y


，
∴BC 中点为( 1,1)

，其垂直平分线为竖直线：
1
x


，
∴两直线交点即为弧心，坐标为

1, 1

，
∵弧心到B 、C 距离相等，
∴半径r 为弧心到点B 的距离：
2
2
( 1 3)
( 1 1)
4
4
2 2
r 





，
∵
( 3,1)
B 
，
(1,1)
C
，
∴
4
BC 
，
∴B 、C 与弧心构成直角三角形，
∴圆心角为90，
∴
BC 的长
90
2 2
π
2π
180





．
（2）解：设直线OD 的解析式为y
kx
b


，
将

2 3,2
D 
，


0,0
O
代入得：2
2 3
0
k
b
b




，
解得：
3
3
0
k
b




，
∴直线OD 的解析式为
3
3
y
x

，
∵EF
OD
∥
，
∴直线EF 的解析式为
1
3
3
y
x
b


，
∵


2,0
E
，
∴直线EF 的解析式为
3
2 3
3
3
y
x


，
∵

D
EF

△
的弧心为O，
∴
2
OF
OE


，
设点F 坐标为

,x y ，过点F 作FH
x

轴于点H ，
∴
2
2
2
OH
FH
OF


，
∴
2
2
2
2
4
x
y



，
∵
3
2 3
3
3
y
x


，
∴
2
2
3
2 3
4
3
3
x
x











，
解得：
1
2
x 
（与点E 重合，舍去），
2
1
x ，
将
1
x 代入
3
2 3
3
3
y
x


，解得
3
y 
，
故F 的坐标为

1, 3

．
（3）解：弧心为O，故
1
OM
ON

，即N 在单位圆上，
设点N 的坐标为

,t n ，
根据勾股定理可得
2
2
2
1
t
n
r


，
过点M 、N 分别作坐标轴平行线，得：


2
2
2
1
MN
t
n



，
代入
2
2
1
t
n

，得
2
2
MN
t


，
由题意可得已知直线PQ 过原点O，且PQ MN

，
分别过点M 、N 作MN 的垂线，交直线PQ 于
1P 、
2P 两点，
当点P 在线段
1
2
PP 上时，
PMN

、
PNM

均为直角或锐角（非钝角）；
若P 在
1P 左侧或
2P 右侧，对应角为钝角；
由PQ MN

、
1
MP
MN

、
2
NP
MN

，可判定四边形
1
2
MPP N 是矩形，
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根据矩形对边相等得：
1
2
2
2
PP
MN
t



，
情况1：当
0
t 
时，
当P 与原点O重合时，
1
OM
ON

，
代入得：
2
2
2
2
2
2
MN
t
OM
ON





，
此时
MON

为非钝角，因此整条线段
1
2
PP 都满足三角形非钝角的要求，有效区域长度为
2
2t

，
要存在
1
PQ ，需有效长度
2
2
1
t

，
解得
1
2
t 
，
结合
0
t 
得
1
0
2
t

；
情况2：当
0
t 
时，
当P 与原点O重合时，
2
2
2
2
2
2
MN
t
OM
ON





，
因此直线PQ 上，原点附近一段区域会使
MPN

为钝角，
设MN 中点为O，∴
1
,
2
2
t n
O








，
2
2
2
2
MN
t
r



，
2
1
2
t
r


，
∵



2
2
1
1
1
n
t
t
t




，
∴圆心到直线PQ 的距离d 的平方1
2
t

，
∴
2
2
2
2
L
r
d
t



，
要存在
1
PQ ，需钝角区域宽度2
1
t
，
解得
1
4
t 
，
结合
0
t 
得
1
0
4
t


；
合并两种情况，得t 的取值范围为
1
1
t
4
2



．
39．（2026·湖北·中考真题）抛物线
2
2
y
x
x
c



与x 轴交于点


1,0
A 
和点B ，与y 轴交于点C ．点P 在
直线BC 上，设点P 的横坐标为t ．
(1)求c 的值；
(2)如图1，点H 是抛物线上位于第四象限的点，PH 平行于x 轴．当
1
t 时，求点H 的坐标；
(3)点Q 在直线BC 上且位于点P 的右上方，
2 2
PQ 
．过点P ，Q 分别作x 轴和y 轴的垂线，四条垂线围
成四边形PEQF ．若四边形PEQF 的边与抛物线有两个交点M ，N ，记M ，N 的纵坐标之和为f ．
①当点P 在线段BC 上时，求f 关于t 的函数解析式；
②当
11
2
f 
时，直接写出t 的值．
【答案】(1)
3
c 
(2)

1
2, 2


(3)①




2
3
6 0
1
2
4 1
3
t
t
t
f
t
t









；②
3
4

，1
3
2

，3
11
2

【分析】（1）把点


1,0
A 
代入抛物线表达式中可解出c 的值；
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（2）由（1）求出点B 和点C 的坐标，从而求出直线BC的表达式，得出当
1
t 时，点P 的坐标，由平行关
系和抛物线表达式可推出点H 的坐标；
（3）利用
2 2
PQ 
结合点Q 在直线BC 上且位于点P 的右上方用t 表示出点Q 的坐标，从而可得到四边形
PEQF 是边长为2 的正方形，接着可表示出点E 和点F 的运动轨迹，求出当四边形PEQF 的边与抛物线有
两个交点M ，N 时，t 的取值范围；①分情况讨论当点P 在线段BC 上时，t 的不同取值范围分别对应的点M
和点N 纵坐标，计算它们的纵坐标之和即可得到f 关于t 的函数解析式；②在①的基础上分情况讨论剩余t 的
不同取值范围分别对应的点M 和点N 纵坐标，计算它们的纵坐标之和即可得到f 关于t 的函数解析式．
【详解】（1）解：把点


1,0
A 
代入抛物线
2
2
y
x
x
c



得0
1 2
c

，
解得，
3
c ；
（2）解：由（1）得
2
2
3
y
x
x



，
令
0
y 
得
2
2
3
0
x
x


，
因式分解得


3
1
0
x
x



，
解得
3
x 
或
1
x ，
令
0
x 
得
3
y


，


3,0
B

，


0, 3
C

，
设直线BC的表达式为y
kx
b


，
把


3,0
B
，


0, 3
C

代入得
0
3
3
k
b
b





，解得
1
3
k
b





，
直线BC 的表达式为
3
y
x


，
当
1
x 时，
2
y ，
当
1
t 时，

1, 2
P

，
PH

平行于x 轴，
H

的纵坐标为2
，
点H 是抛物线上位于第四象限的点，
又
2
2
3
2
x
x



，化简得
2
2
1
0
x
x


，
2
4
8
b
ac

，
解得
2
4
2
2 2
1
2
2
2
b
b
ac
x
a






，


1
2, 2
H



；
（3）解：由（2）知直线BC 的表达式为
3
y
x


，


,
3
P t t


，
设点Q 的坐标为

,
3
a a 
，
2 2
PQ 

，







2
2
2
3
3
2 2
a
t
a
t











，
化简得

2
2
8
a
t

，
解得
2
a
t


，
点Q 在直线BC 上且位于点P 的右上方，
a
t

，
2
a
t


，即
2
a
t

，


2,
1
Q t
t



，
四边形PEQF 是边长为2 的正方形，
如图，当PQ 沿BC 移动时，点E 沿ED移动，点F 沿FG 移动，
上图中点Q 和点C 重合，


0, 3
Q


，


2, 5
P



，


2, 3
E



，


0, 5
F

，


0, 1
D

，


2, 3
G

，
当
2
x 
时，
2
2
3
3
y
x
x



，
点G 在抛物线上，
设直线ED的表达式为y
kx
b


，
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把


2, 3
E 

，


0, 1
D

代入得
3
2
1
k
b
b





，解得
1
1
k
b




，
直线ED的表达式为
1
y
x

，
设直线FG 的表达式为y
kx
b


，
把


0, 5
F

，


2, 3
G

，代入得
3
2
5
k
b
b





，解得
1
5
k
b




，
直线FG 的表达式为
5
y
x


，
点E 在直线
1
y
x

上运动，点F 在直线
5
y
x


上运动，
如图，
令
2
2
3
1
x
x
x



，化简得
2
3
2
0
x
x



，
2
4
17
b
ac


，解得
2
4
3
17
2
2





b
b
ac
x
a
，
令
2
2
3
5
x
x
x




，化简得
2
3
2
0
x
x



，因式分解得


1
2
0
x
x



，解得
1
x 或
2
x 
，
点J 的横坐标为3
17
2

，点K 的横坐标为3
17
2

，点L 的横坐标为1，点T 的横坐标为2 ，
当四边形PEQF 的边与抛物线有两个交点M ，N 时，
3
17
2
2
t


，
①当点P 在线段BC上时，0
3
t

，
点P 从点B 往点C 运动的过程中，当0
1
t
时，即点Q 在线段BC 上时，如图，此时点M 的纵坐标为点P 的
纵坐标，点N 的纵坐标为点Q 横坐标在抛物线上对应的纵坐标，






2
2
6
3
2
2
2
3
3
t
f
t
t
t
t















，
点P 从点B 往点C 运动的过程中，当1
3
t

时，即点Q 在线段BC右上方时，如图，此时点M 的纵坐标为
点P 的纵坐标，点N 的纵坐标为点Q 纵坐标，



4
3
1
2
f
t
t
t







，
综上所述，当点P 在线段BC上时，




2
3
6 0
1
2
4 1
3
t
t
t
f
t
t









；
②当2
1
t
时，如图，点M 的纵坐标为点Q 的纵坐标，点N 的纵坐标为点Q 横坐标在抛物线上对应的
纵坐标，






2
2
4
1
2
2
2
3
3
t
f
t
t
t
t















，
当
3
17
1
2
t


时，如图，点M 的纵坐标为点Q 的纵坐标，点N 的纵坐标为点P 的纵坐标，



4
3
2
1
f
t
t
t







，
当3
17
0
2
t


时，如图，点M 的纵坐标为点P 横坐标在抛物线上对应的纵坐标，点N 的纵坐标为点P 的
纵坐标，
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


2
2
2
3
3
6
f
t
t
t
t
t







，
当
3
17
3
2
t


时，如图，点M 的纵坐标为点P 横坐标在抛物线上对应的纵坐标，点N 的纵坐标为点Q 的
纵坐标，



2
2
2
3
1
4
f
t
t
t
t
t







，
综上所述，






2
2
2
2
3
4
2
1
3
17
2
4
1
2
3
17
6
0
2
3
6 0
1
2
4 1
3
3
17
4 3
2
t
t
t
t
t
t
t
t
f
t
t
t
t
t
t
t
t


























































，
当
11
2
f 
时，分情况讨论：
当2
1
t
时，
2
2
3
4
11
t
t



，化简得
2
0
2
3
3
t
t



，
2
4
3
b
ac


，解得
2
4
3
3
2
2
b
b
ac
t
a





不
符合2
1
t
，舍去；
当
3
17
1
2
t


时，
2
2
1
4
1
t 

，解得
3
4
t 
符合
3
17
1
2
t


；
当3
17
0
2
t


时，
2
11
6
2
t
t


，化简得
2
1
0
2
t
t


，
2
4
3
b
ac

，解得
2
4
1
3
2
2
b
b
ac
t
a





，
1
3
2
t


符合3
17
0
2
t


，
1
3
2
t


不符合3
17
0
2
t


，舍去；
当0
1
t
时，
2
2
3
6
11
t
t



，化简得
2
0
2
3
1
t
t



，
2
4
11
b
ac


，解得
2
4
3
11
2
2
b
b
ac
t
a





，
3
11
2
t


符合0
1
t
，
3
11
2
t


不符合0
1
t
，舍去；
当1
3
t

时，
2
2
1
4
1
t 

，解得
3
4
t 
不符合1
3
t

，舍去；
当
3
17
3
2
t


时，
2
11
4
2
t
t


，化简得
2
3
0
2
t
t



，
2
4
5
0
b
ac


，无解；
综上所述，当
11
2
f 
时，t 的值为
3
4

或1
3
2

或3
11
2

．