專題25二次函數(shù)壓軸綜合

考點(diǎn)01線段周長問題

1．（2025·上海·中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線yx2bxc過A1,1，B3,1，與y軸交于點(diǎn)C，

頂點(diǎn)為P．

(1)求b，c的值．

2

(2)設(shè)拋物線yaxmxna1過點(diǎn)A，B，且與y軸交于點(diǎn)D，頂點(diǎn)為Q．

CD

①求的值；

PQ

②當(dāng)四邊形CDPQ是直角梯形時(shí)，求該直角梯形中最小內(nèi)角的正弦值．

【答案】(1)b4，c4

173

(2)①3；②或．

175

【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；

（2）①先把拋物線yx24x+4的解析式化為頂點(diǎn)式求出點(diǎn)P坐標(biāo)，再求出點(diǎn)C坐標(biāo)；把點(diǎn)A和點(diǎn)B坐標(biāo)

代入yax2mxna1中可得拋物線yax2mxna1的解析式為yax24ax3a1a1，據(jù)此

可求出點(diǎn)P和點(diǎn)D的坐標(biāo)，再表示出CD，PQ即可得到答案；

②可證明PQ∥y軸，即PQ∥CD，則當(dāng)四邊形CDPQ是直角梯形時(shí)，只有PQCQ或PQDP，據(jù)此畫

出對應(yīng)的示意圖，討論求解即可．

【詳解】（1）解：∵拋物線yx2bxc過A1,1，B3,1，

1bc1

∴，

93bc1

b4

∴；

c4

2

（2）解：①由（1）得拋物線yx2bxc得解析式為yx24x4x2，

∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為2,0，

在yx24x+4中，當(dāng)x0時(shí)，y4，

∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為0,4；

2

∵拋物線yaxmxna1過點(diǎn)A，B，

amn1

∴，

9a3mn1

m4a

∴，

n3a1

∴拋物線yax2mxna1的解析式為yax24ax3a1a1，

4a

∴拋物線yax24ax3a1a1的對稱軸為直線x2，

2a

在yax24ax3a1a1中，當(dāng)x2時(shí)，y4a8a3a1a1，

當(dāng)x0時(shí)，y3a1，

∴D0,3a1，Q2,a1，

∴CD3a143a33a1，PQa10a1，

CD3a1

∴3；

PQa1

②∵Q2,a1，P2,0，

∴PQ∥y軸，即PQ∥CD，

∴當(dāng)四邊形CDPQ是直角梯形時(shí)，只有PQCQ或PQDP，

如圖2-1所示，當(dāng)PQCQ時(shí)，

∵點(diǎn)C的坐標(biāo)為0,4，Q2,a1，

∴a14，

∴a3，

∴3a18，

∴D0,8，

∴OD8，

∵P2,0，

∴OP2，

在RtOPD中，PDOD2OP28222217，

OP217

∴sin∠ODP；

PD21717

如圖2-2所示，當(dāng)PQDP時(shí)，

∵P2,0，D0,3a1，

∴3a10，

1

∴a，

3

4

∴a1，

3

4

∴Q2,；

3

4

如圖所示，過點(diǎn)Q作QHy軸于H，則H0,，

3

48

∴CH4，QH2，

33

2

228210

在Rt△CQH中，由勾股定理得CQCHQH2，

33

QH23

sin∠HCQ

∴CQ105．

3

3

綜上所述，當(dāng)四邊形CDPQ是直角梯形時(shí)，該直角梯形中最小內(nèi)角的正弦值為17或．

175

【點(diǎn)睛】本題主要考查了求二次函數(shù)解析式，求角的正弦值，二次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)與幾何綜合等等，

利用分類討論的思想求解是解題的關(guān)鍵．

2．（2025·四川德陽·中考真題）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，已知二次函數(shù)yx2bxc的圖象與x軸

交于點(diǎn)A1,0，B3,0，與y軸交于點(diǎn)C．

(1)求拋物線的函數(shù)解析式；

(2)如圖2，連接BC，過點(diǎn)C作CDBC與拋物線相交于另一點(diǎn)D．

①求點(diǎn)D的坐標(biāo)；

②如圖3，點(diǎn)E，F(xiàn)為線段BC上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)E在點(diǎn)F的右側(cè)），且EF2，連接OF，DE．求OFDE

的最小值．

【答案】(1)yx22x3

(2)①D1,4，②5

【分析】（1）利用兩點(diǎn)式求解拋物線解析式；

（2）①延長DC與x軸相交于點(diǎn)G，證明COG是等腰直角三角形，從而得到G點(diǎn)坐標(biāo)，求出直線CG的解

析式，聯(lián)立拋物線解析式求解即可；②過點(diǎn)O作OH∥EF，且OHEF2，連接HE，DH，設(shè)DH交

x軸為點(diǎn)G，然后證明四邊形OFEH是平行四邊形，根據(jù)DEEHDH，得出DEEHDH時(shí)，DEEH

最小，進(jìn)一步求出DH即可．

【詳解】（1）解：A1,0,B3,0在二次函數(shù)yx2bxc的圖象上，設(shè)該二次函數(shù)為

yxx1xx2，

yx1x3，

yx22x3．

（2）解：①把x0代入yx22x3，

得y3，

C0,3

如圖，延長DC與x軸相交于點(diǎn)G．

B3,0，C0,3，

OBOC3．

COB90，

CBO45．

DCB90BCG，

CGB90CBO904545．

GCO180COGCGB180904545，

OGOC3，

G3,0．

設(shè)直線CG的解析式為：ykxmk0，把C0,3，G3,0代入，

3mk1

得解得，

03kmm3

直線CG的解析式為：y=x+3，

點(diǎn)D是直線CG與二次函數(shù)的交點(diǎn)，

yx3

聯(lián)立解析式2，

yx2x3

x0x1

解得或，

y3y4

D1,4．

②如圖，過點(diǎn)O作OH∥EF，且OHEF2，連接HE，DH，設(shè)DH交x軸為點(diǎn)G．

OHEF，且OHEF，

四邊形OFEH是平行四邊形，

\OF=EH．

CBO45，

BOH45．

OGH為等腰直角三角形，

OGGH，

OHEF2，OG2GH2OH2，

OGGH1，

H1,1．

DEEHDH，

當(dāng)DEEHDH時(shí)，DEEH最?。?/p>

D1,4，H1,1，

DH5．

此時(shí)D、E、H三點(diǎn)共線且DHx軸，

點(diǎn)F的坐標(biāo)為0,3與點(diǎn)C重合，滿足EF在線段BC上．

DEOF的最小值為5．

【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，等腰直角三角形的性質(zhì)，二次函數(shù)與一次函數(shù)交點(diǎn)

問題，二次函數(shù)與特殊四邊形問題，兩點(diǎn)之間線段最短，勾股定理，解題的關(guān)鍵是添加適當(dāng)?shù)妮o助線，通

過數(shù)形結(jié)合的思想求解；

3．（2025·四川眉山·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線yx2bxc關(guān)于直線x3對稱，

與x軸交于A1,0、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．

(1)求拋物線的解析式；

(2)點(diǎn)P為拋物線對稱軸上一點(diǎn)，連接BP，將線段BP繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90，使點(diǎn)B的對應(yīng)點(diǎn)D恰好落在

拋物線上，求此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；

(3)在線段OC上是否存在點(diǎn)Q，使2AQ2CQ存在最小值？若存在，請直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)及最小值；

若不存在，請說明理由．

【答案】(1)yx26x5

(2)P3,2或P3,1

(3)存在，Q0,1，2AQ2CQ的最小值為62

【分析】（1）對稱性求出B點(diǎn)坐標(biāo)，兩點(diǎn)式寫出函數(shù)解析式即可；

（2）設(shè)對稱軸與x軸交于點(diǎn)E，設(shè)P3,p，E3,0，分點(diǎn)P在x軸上方和點(diǎn)P在x軸下方兩種情況進(jìn)行

討論求解即可；

（3）在x軸上取點(diǎn)M5,0，連接AC,CM，過點(diǎn)A作AHCM于點(diǎn)H，交y軸于Q，過點(diǎn)Q作QGCM

2

于點(diǎn)G，易得△QGC為等腰直角三角形，進(jìn)而得到QGCGCQ，推出

2

2

2AQ2CQ2AQCQ2AQQG2AH，得到當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)Q重合時(shí)，2AQ2CQ的值最小

2

為2AH的長，等積法求出AH的長，證明OAQ為等腰直角三角形，求出Q點(diǎn)坐標(biāo)即可．

【詳解】（1）解：∵拋物線yx2bxc關(guān)于直線x3對稱，與x軸交于A1,0、B兩點(diǎn)，

∴B5,0，

∴拋物線的解析式為：yx1x5x26x5；

（2）∵點(diǎn)P在對稱軸上，設(shè)對稱軸與x軸交于點(diǎn)E

∴設(shè)P3,p，E3,0；

∵旋轉(zhuǎn)，

∴PBPD,BPD90，

當(dāng)點(diǎn)P在x軸上方時(shí)，

∵A,B關(guān)于對稱軸對稱，

∴PAPB，

1

∴當(dāng)APB90時(shí)，滿足題意，此時(shí)點(diǎn)D與點(diǎn)A重合，PEAB，

2

∵A1,0，B5,0，

∴AB4，

∴PE2，

∴P3,2；

當(dāng)點(diǎn)P在x軸下方時(shí)，如圖，作DF對稱軸于點(diǎn)F，則：DFP90BEPBPD，

∴BPEPDF90DPF，

又∵BPDP，

∴BPE≌PDF，

∴DFPE,PFBE，

∵B5,0,E3,0,P1,p，

∴DFPEp,PFBE2，OE3，

∴EFp2，

∴Dp3,p2，

2

把Dp3,p2代入yx26x5，得：p2p36p35，

解得：x1或x2（舍去）；

∴P3,1；

綜上：P3,2或P3,1；

（3）存在；

在x軸上取點(diǎn)M5,0，連接AC,CM，過點(diǎn)A作AHCM于點(diǎn)H，交y軸于Q，過點(diǎn)Q作QGCM于點(diǎn)

G，則：OM5，QGC90，

∵yx26x5，

∴當(dāng)x0時(shí)，y5，

∴C0,5，

∴OCOM5，

∴CM2OC52,OCMOMC45，

∴△QGC為等腰直角三角形，

2

∴QGCGCQ，

2

2

∴2AQ2CQ2AQCQ2AQQG2AH，

2

∴當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)Q重合時(shí)，2AQ2CQ的值最小為2AH的長，

∵A1,0，

∴OA1，AM6，

11

∵SAMOCCMAH，

ACM22

∴6552AH，

∴AH32，

∴2AQ2CQ的最小值為62，

在RtAHM中，AMH45，

∴MAH45，

∴OAQ為等腰直角三角形，

∴OQOQOA1，

∴Q0,1；

綜上：Q0,1，2AQ2CQ的最小值為62．

【點(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判斷和性

質(zhì)，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，正確的求出函數(shù)解析式，利用數(shù)形結(jié)合的思想進(jìn)行求解，

是解題的關(guān)鍵．

4．（2024·四川雅安·中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)yax2bx3的圖象與x軸交于A1,0，

B3,0兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．

(1)求二次函數(shù)的表達(dá)式；

(2)如圖①，若點(diǎn)P是線段BC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)B，C重合），過點(diǎn)P作y軸的平行線交拋物線于點(diǎn)Q，

當(dāng)線段PQ的長度最大時(shí)，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)；

(3)如圖②，在（2）的條件下，過點(diǎn)Q的直線與拋物線交于點(diǎn)D，且CQD2OCQ．在y軸上是否存在

點(diǎn)E，使得BDE為等腰三角形？若存在，直接寫出點(diǎn)E的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

【答案】(1)yx24x3

33

(2)Q,

24

(3)存在，點(diǎn)E(0,843)或(0,843)或(0,5)或(0,59)或(0,59)

【分析】（1）由待定系數(shù)法即可求解；

（2）由PQx3x24x3x23x，即可求解；

（3）先求出點(diǎn)D(5,8)，再分類求解即可．

【詳解】（1）解：由題意得：yax1x3ax24x3ax2bx3，

則a1，

則拋物線的表達(dá)式為：yx24x3；

（2）解：由拋物線的表達(dá)式知，點(diǎn)C0,3，

由點(diǎn)B、C的坐標(biāo)得，直線CB的表達(dá)式為：yx3，

設(shè)點(diǎn)Qx,x24x3，則點(diǎn)Px,x3，

則PQx3x24x3x23x，

∵10，故PQ有最大值，

33

此時(shí)x，則yx24x3，

24

33

即點(diǎn)Q,；

24

（3）解：存在，理由：

設(shè)直線CQ的表達(dá)式為ymxn，

335

mnm

由點(diǎn)C,Q的坐標(biāo)得，42，解得：2，

3nn3

5

∴直線CQ的表達(dá)式為：yx3，

2

66

令y0，x，故M,0，

55

過點(diǎn)Q作TQ∥y軸交x軸于點(diǎn)T，則TQCQCO，

QCQD2OCQ,TQCQCO，

則CQTDQT，

9

即直線CQ和DQ關(guān)于直線QT對稱，故M,0，

5

設(shè)直線DQ的表達(dá)式為ydxc，

33

dc

33942

代入Q,，M,0，得，

2459

0dc

5

5

d

2

解得：，

9

c

2

59

則直線DQ的表達(dá)式為：yx，

22

59

聯(lián)立上式和拋物線的表達(dá)式得：x24x3x，

22

3

解得：x(舍去)或5，

2

即點(diǎn)D(5,8)；

設(shè)點(diǎn)E(0,y)，由B,D,E的坐標(biāo)得，BD268,DE225(y8)2,BE29y2，

當(dāng)DEBD時(shí)，則6825(y8)2，

解得：y843，即點(diǎn)E(0,843)或E(0,843)；

當(dāng)DEBE或BDBE時(shí)，

同理可得：25(y8)29y2或9y268，

解得：y5或59，

即點(diǎn)E(0,5)或(0,59)或(0,59)；

綜上，點(diǎn)E(0,843)或(0,843)或(0,5)或(0,59)或(0,59)．

【點(diǎn)睛】主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和與幾何圖形結(jié)合的綜合能力的培養(yǎng)．要會(huì)利用數(shù)形結(jié)合的

思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來，利用點(diǎn)的坐標(biāo)的意義表示線段的長度，從而求出線段之間的關(guān)系．

5．（2024·內(nèi)蒙古呼倫貝爾·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)yax2bxca0的圖像

經(jīng)過原點(diǎn)和點(diǎn)A4,0．經(jīng)過點(diǎn)A的直線與該二次函數(shù)圖象交于點(diǎn)B1,3，與y軸交于點(diǎn)C．

(1)求二次函數(shù)的解析式及點(diǎn)C的坐標(biāo)；

(2)點(diǎn)P是二次函數(shù)圖象上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P在直線AB上方時(shí)，過點(diǎn)P作PEx軸于點(diǎn)E，與直線AB交

于點(diǎn)D，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m．

①m為何值時(shí)線段PD的長度最大，并求出最大值；

②是否存在點(diǎn)P，使得△BPD與△AOC相似．若存在，請求出點(diǎn)P坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

【答案】(1)yx24x，C0,4

59

(2)①當(dāng)m時(shí)，PD有最大值為；②當(dāng)P的坐標(biāo)為2,4或3,3時(shí)，△BPD與△AOC相似

24

2

【分析】（1）把0,0，A4,0，B1,3代入yaxbxca0求解即可，利用待定系數(shù)法求出直線AB

解析式，然后令x0，求出y，即可求出C的坐標(biāo)；

（2）①根據(jù)P、D的坐標(biāo)求出PD，然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可；

②先利用等邊對等角，平行線的判定與性質(zhì)等求出PDBACO45，然后分PBD∽OAC，

PBD∽AOC兩種情況討論過，利用相似三角形的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)等求解即可．

【詳解】（1）解：把0,0，A4,0，B1,3代入yax2bxca0，

c0

得16a4bc0，

abc3

a1

解得b4，

c0

∴二次函數(shù)的解析式為yx24x，

設(shè)直線AB解析式為ymxn，

4mn0

則，

mn3

m1

解得，

n4

∴直線AB解析式為yx4，

當(dāng)x0時(shí)，y4，

∴C0,4；

（2）解：①設(shè)Pm,m24m1m4，則Dm,m4，

∴PDm24mm4

m25m4

2

59

m，

24

59

∴當(dāng)m時(shí)，PD有最大值為；

24

②∵A4,0，C0,4，

∴AOCO4，

又AOC=90，

∴ACOAOC45，

又PDx軸，

∴PD∥y軸，

∴PDBACO45，

當(dāng)PBD∽OAC時(shí)，如圖，

∴BPDAOC90，

∴BP∥x軸，

∴P的縱坐標(biāo)為3，

把y3代入yx24x，得3x24x，

解得x11，x23，

∴m3，

∴m24m3，

∴P的坐標(biāo)為3,3；

當(dāng)PBD∽AOC時(shí)，如圖，過B作BFPD于F，

則BFm1，PBDAOC90，

又BDP45，

∴BPD45BDP，

∴BPBD，

∴PFDF，

1

∴BFPD，

2

1

∴m1m25m4，

2

解得m12，m21（舍去），

∴m24m4，

∴P的坐標(biāo)為2,4

綜上，當(dāng)P的坐標(biāo)為2,4或3,3時(shí)，△BPD與△AOC相似．

【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的應(yīng)用，待定系數(shù)法求二次函數(shù)、一次函數(shù)解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，相似

三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，明確題意，添加合適輔助線，合理分類討論

是解題的關(guān)鍵．

6．（2024·甘肅臨夏·中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線yx2bxc與x軸交于A1,0，B3,0

兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，作直線BC．

(1)求拋物線的解析式．

(2)如圖1，點(diǎn)P是線段BC上方的拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PQBC，垂足為Q，請問線段PQ是否存在

最大值？若存在，請求出最大值及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在請說明理由．

(3)如圖2，點(diǎn)M是直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)M作線段MN∥OC（點(diǎn)N在直線BC下方），已知MN2，若

線段MN與拋物線有交點(diǎn)，請直接寫出點(diǎn)M的橫坐標(biāo)xM的取值范圍．

【答案】(1)yx22x3

9315

(2)存在，最大值是2，P,

824

317317

(3)x0或3x

2MM2

【分析】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，正確的求出函數(shù)解析式，利用數(shù)形結(jié)合和分類討論的思想進(jìn)行求

解，是解題的關(guān)鍵．

（1）兩點(diǎn)式直接求出函數(shù)解析式即可；

2

（2）過點(diǎn)P作PEx軸，交BC于點(diǎn)D，設(shè)Pm,m2m3，根據(jù)三角函數(shù)得到PQPDcosOBC，

得到當(dāng)PD最大時(shí)，PQ的值最大，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求最值即可；

（3）設(shè)Mt,t3，得到xNt，求出點(diǎn)N恰好在拋物線上且MN2時(shí)的t值，即可得出結(jié)果．

【詳解】（1）解：∵拋物線yx2bxc與x軸交于A1,0，B3,0兩點(diǎn)，

∴yx1x3，

∴yx22x3；

（2）存在；

∵yx22x3，

∴當(dāng)x0時(shí)，y3，

∴C0,3，

∵B3,0，

∴OC3OB，

∴OBC45，

設(shè)直線BC的解析式為：ykx3，把B3,0代入，得：k1，

∴yx3，

2

過點(diǎn)P作PEx軸，交BC于點(diǎn)D，設(shè)Pm,m2m3，則：Dm,m3，

2

2239

∴PDm2m3m3m3mm，

24

∵PQBC，

∴PQD90PEB，

∵PDQBDE，

∴DPQOBC45，

2

∴PQPDcos45PD，

2

∴當(dāng)PD最大時(shí)，PQ最大，

2

39

∵PDm，

24

399

∴當(dāng)m時(shí)，PD的最大值為，此時(shí)PQ最大，為2，

248

315

∴P,；

24

（3）設(shè)Mt,t3，則：xNt，

當(dāng)點(diǎn)N恰好在拋物線上時(shí)，則：Nt,t22t3，

∴MNt3t22t3t23t，

當(dāng)MN2時(shí)，則：t23t2，

317317

解得：t或t，

22

∵線段MN與拋物線有交點(diǎn)，

317317

∴點(diǎn)M的橫坐標(biāo)的取值范圍是x0或3x．

2MM2

8

7．（2023·遼寧·中考真題）如圖，拋物線yax2xc與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B3.0，與y軸交于點(diǎn)C0,4，

3

點(diǎn)P為第一象限內(nèi)拋物線上的動(dòng)點(diǎn)過點(diǎn)P作PEx軸于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F．

(1)求拋物線的解析式；

(2)當(dāng)△BEF的周長是線段PF長度的2倍時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；

(3)當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到拋物線頂點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)Q是y軸上的動(dòng)點(diǎn)，連接BQ，過點(diǎn)B作直線lBQ，連接QF并延長

交直線l于點(diǎn)M．當(dāng)BQBM時(shí)，請直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．

48

【答案】(1)yx2x4

33

3

(2)P,5

2

146146

(3)Q0,或0,

2323

【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解；

35

（2）根據(jù)直角三角形三角函數(shù)值可得BEEF，BFEF，進(jìn)而可得△BEF的周長

44

4284

BEBFEF3EF，結(jié)合已知條件可得2PF3EF，設(shè)Pt,tt4，則Ft,t4，Et,0，

333

442

從而可得方程3t42t4t，解方程即可；

33

816

（3）先求出F1,，P1,，設(shè)Q0,n，過點(diǎn)M作MNx軸于點(diǎn)N，通過證明BQO≌MBNAAS，

33

3n8

求出M3n,3，再求出直線QM的解析式為yxn，將點(diǎn)F1,代入解析式求出n的值即可．

3n3

8

【詳解】（1）解：將B3.0，C0,4代入yax2xc，

3

8

32a3c0

可得3，

c4

4

a

解得3，

c4

48

拋物線的解析式為yx2x4；

33

（2）解：B3.0，C0,4，

OB3，OC4，

4

tanOBC，

3

35

BEEF，BFEF，

44

△BEF的周長BEBFEF3EF，

△BEF的周長是線段PF長度的2倍，

2PF3EF，

設(shè)直線BC的解析式為ykxb，

3kb0

將B3.0，C0,4代入可得，

b4

4

k

解得3，

b4

4

直線BC的解析式為yx4，

3

4284

設(shè)Pt,tt4，則Ft,t4，Et,0，

333

4428442

EFt4，PFtt4t4t4t，

33333

442

3t42t4t，

33

3

解得t，t3（舍），

122

2

4284383

tt445，

333232

3

P,5；

2

484216

（3）解：yx2x4x1，

3333

16

當(dāng)x1時(shí)，y取最大值，

3

16

P1,，

3

4

直線BC的解析式為yx4，

3

48

當(dāng)x1時(shí)，y14，

33

8

F1,，

3

設(shè)Q0,n，過點(diǎn)M作MNx軸于點(diǎn)N，

由題意知QBM90，

QBOMBN90，

QBOOQB90，

OQBMBN，

又QOBBNM90，BQBM，

BQO≌MBNAAS，

OQNB，BOMN，

M3n,3，

設(shè)直線QM的解析式為ykxn，

則k3nn3，

3n

解得k，

3n

3n

直線QM的解析式為yxn，

3n

83n8

將點(diǎn)F1,代入，得n，

33n3

146146

解得n或n，

3333

146146

Q0,或0,．

3333

【點(diǎn)睛】本題考查一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，解直角三

角形等，綜合性較強(qiáng)，難度較大，熟練運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．

考點(diǎn)02面積問題

1．（2025·四川資陽·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸相交于A,B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的

左邊），與y軸相交于點(diǎn)C0,3，且拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為1,4．

(1)求拋物線的表達(dá)式；

(2)P是拋物線上位于第四象限的一點(diǎn)，點(diǎn)D0,1，連接BC,DP相交于點(diǎn)E，連接PB．若CDE與△PBE

的面積相等，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；

(3)M,N是拋物線上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，分別過點(diǎn)M,N作直線BC的垂線段，垂足分別為G,H．是否存在點(diǎn)M,N，

使得以M,N,G,H為頂點(diǎn)的四邊形是正方形？若存在，求該正方形的邊長；若不存在，說明理由．

【答案】(1)y=x22x3

720

(2)P,

39

(3)存在，正方形的邊長為92或2

【分析】（1）待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式即可；

2

（2）作PFx軸，垂足為點(diǎn)F，設(shè)Pm,m2m3，則：OFm,PFm22m3，BF3m，根據(jù)CDE

與△PBE的面積相等，推出SBOCSODPBSPFBSODPF，列出方程進(jìn)行求解即可；

（3）存在點(diǎn)M，N使四邊形MNHG為正方形，如圖所示，過M作MF∥y軸，過N作NF∥x軸，過N作

∥

NEy軸，則有MNF與NEH都為等腰直角三角形，設(shè)Mx1,y1,Nx2,y2，設(shè)直線MN解析式為

yxb，與二次函數(shù)解析式聯(lián)立，消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)關(guān)系表示出NF2，由

MNF為等腰直角三角形，得到MN22NF2，若四邊形MNHG為正方形，得到NH2MN2，求出b的值，

進(jìn)而確定出MN的長，即為正方形邊長．

【詳解】（1）解：∵拋物線與y軸相交于點(diǎn)C0,3，且拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為1,4．

2

∴設(shè)拋物線的解析式為：yax14，

2

把C0,3代入，得：a0143，

∴a1，

2

∴yx14x22x3；

2

（2）當(dāng)yx2x30時(shí)，解得：x13,x21，

∴B3,0，

∵C0,3，

∴設(shè)直線BC的解析式為：ykx3，把B3,0代入，得：k1，

∴yx3，

2

作PFx軸，垂足為點(diǎn)F，設(shè)Pm,m2m3，則：OFm,PFm22m3，

∴BF3m，

∴CDE與△PBE的面積相等，

∴SCDESODEBSPBESODEB，即：SBOCSODPBSPFBSODPF，

∵D0,1，

∴OD1，

111

∴33m22m33mm22m31m，

222

7

解得：m或m0（舍去）；

3

720

∴P,；

39

（3）存在點(diǎn)M，N使四邊形MNHG為正方形，

如圖所示，過M作MF∥y軸，過N作NF∥x軸，過N作NE∥y軸，則有MNF與NEH都為等腰直角

三角形，MN∥BC，

由（2）可知，直線BC的解析式為yx3，

設(shè)Mx1,y1,Nx2,y2，直線MN解析式為yxb，

yxb

聯(lián)立得：2，

yx2x3

消去y得：x23xb30，

222

NFx1x2x1x24x1x2214b，

MNF為等腰直角三角形，

MN22NF2428b，

Ex2,x23，

2

222，

NEy2x23x2bx23b3

2

2212，

NHNE(b3)

22

∵四邊形MNHG為正方形，

∴NH2MN2，

1

428bb26b9，

2

整理得：b210b750，

解得：b15或b5，

正方形邊長為MN428b，

MN92或2．即正方形的邊長為92或2．

【點(diǎn)睛】此題屬于二次函數(shù)綜合題，涉及的知識(shí)有：待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，根與系數(shù)的關(guān)系，等腰

直角三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理以及一次函數(shù)與二次函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握待定系數(shù)法是解

本題的關(guān)鍵．

2．（2025·江蘇蘇州·中考真題）如圖，二次函數(shù)yx22x3的圖像與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B

，，2

的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，作直線BCMm,y1Nm2,y2為二次函數(shù)yx2x3圖像上兩點(diǎn)．

(1)求直線BC對應(yīng)函數(shù)的表達(dá)式；

(2)試判斷是否存在實(shí)數(shù)m使得y12y210．若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．

(3)已知P是二次函數(shù)yx22x3圖像上一點(diǎn)（不與點(diǎn)M，N重合），且點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為1m，作△MNP．若

直線BC與線段MN，MP分別交于點(diǎn)D，E，且MDE與△MNP的面積的比為1:4，請直．接．寫．出．所．有．滿足條

件的m的值．

【答案】(1)yx3

(2)不存在，理由見解析

1515

(3)m或m

22

【分析】本題考查二次函數(shù)與一次函數(shù)綜合，涉及求直線表達(dá)式、函數(shù)值計(jì)算及三角形相似與面積比應(yīng)用，

解題關(guān)鍵是利用函數(shù)性質(zhì)、坐標(biāo)關(guān)系及相似三角形性質(zhì)建立等式求解．

（1）先通過二次函數(shù)與坐標(biāo)軸交點(diǎn)的求法，確定B、C坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法，將兩點(diǎn)坐標(biāo)代入設(shè)好的一

次函數(shù)表達(dá)式，求解出直線BC的函數(shù)表達(dá)式．

（2）先根據(jù)二次函數(shù)表達(dá)式，分別寫出M、N兩點(diǎn)的函數(shù)值y1、y2，進(jìn)而得出y12y2的表達(dá)式，再通過

配方或判別式判斷是否存在實(shí)數(shù)m使等式成立．

（3）通過作輔助線構(gòu)造平行關(guān)系，利用二次函數(shù)求出P點(diǎn)坐標(biāo)，結(jié)合坐標(biāo)關(guān)系得出角的度數(shù)，推出PN∥BC，

進(jìn)而得到三角形相似，根據(jù)面積比與相似比的關(guān)系建立等式，求解出m的值．

【詳解】（1）解：∵二次函數(shù)yx22x3的圖像與x軸交于A，B兩點(diǎn)，

∴令x0，則y3，

點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0,3)．

令y0，則x22x30．

解得x1，或x3，

∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為(3,0)．

設(shè)直線BC對應(yīng)函數(shù)的表達(dá)式為ykxb，由題意，得

b3

3kb0

k1,

解得

b3.

直線BC對應(yīng)函數(shù)的表達(dá)式為yx3．

（2）不存在實(shí)數(shù)m使得y12y210，理由如下：

2

方法一：Mm,y1,Nm2,y2為二次函數(shù)yx2x3圖像上兩點(diǎn)，

2

y1m2m3，

22

y2(m2)2(m2)3m2m3．

222

y12y2m2m32m2m33m2m9．

2

配方，得11．

y12y23m9

33

11

∴當(dāng)m時(shí)，y12y2有最大值為9．

33

1

910，

3

∴不存在實(shí)數(shù)m使得y12y210．

2

方法二：由方法一，得y12y23m2m9．

22

當(dāng)y12y210時(shí)，3m2m910，即3m2m10．

41280，

∴方程沒有實(shí)數(shù)根．

不存在實(shí)數(shù)m使得y12y210．

1515

（3）m，或m．解答如下：

22

如圖，作NH∥y軸，交x軸于點(diǎn)H，交BC于點(diǎn)N，

作PQNH，垂足為Q，作MM∥y軸，交BC于點(diǎn)M，則MM∥NN．

當(dāng)x1m時(shí)，y(1m)22(1m)3m24．

點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1m,m24)．

點(diǎn)N的坐標(biāo)為m2,m22m3，

點(diǎn)Q的坐標(biāo)為m2,m24，點(diǎn)H的坐標(biāo)為(m2,0)，

點(diǎn)N的坐標(biāo)為(m2,m1)．

NQPQ2m1，BHHNm1

PNQBNH45．

PN∥BC，

MDE∽MNP．

2

MDMDE的面積1

．

MNMNP的面積4

1

MDMN，即MDND．

2

QMM∥NN．

MMD∽NND

MMMD1

，即MMNN．

NNND1

點(diǎn)M的坐標(biāo)為m,m22m3，

點(diǎn)M的坐標(biāo)為(m,m3)．

m23mm2m2，即m2m10．

1515

解得m或m．

22

3．（2025·吉林·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線yx2bx1經(jīng)過點(diǎn)2,1．點(diǎn)

P在此拋物線上，其橫坐標(biāo)為m，連接PO并延長至點(diǎn)Q，使OQ2PO．當(dāng)點(diǎn)P不在坐標(biāo)軸上時(shí)，過點(diǎn)P作

x軸的垂線，過點(diǎn)Q作y軸的垂線，這兩條垂線交于點(diǎn)M．

(1)求此拋物線對應(yīng)的函數(shù)解析式．

(2)PQM被y軸分成的兩部分圖形的面積比是否保持不變．如果不變，直接寫出這個(gè)面積比；如果變化，

說明理由．

(3)當(dāng)PQM的邊MQ經(jīng)過此拋物線的最低點(diǎn)時(shí)，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．

(4)當(dāng)此拋物線在PQM內(nèi)部的點(diǎn)的縱坐標(biāo)y隨x的增大而減小時(shí)，直接寫出m的取值范圍．

【答案】(1)yx22x1

5

(2)面積比保持不變?yōu)?，理由見詳?/p>

4

(3)Q(23-2,-2)或Q(-23-2,-2)

22

(4)m1或-＃m1-2或＃m1+2

22

【分析】本題主要考查了二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，利用待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，相似三角形的判定和

性質(zhì)，利用一元二次方程解決幾何問題，拋物線中動(dòng)點(diǎn)問題，解題的關(guān)鍵是掌握二次函數(shù)的性質(zhì)，并發(fā)展

空間想象能力，分情況研究動(dòng)點(diǎn)問題．

（1）利用待定系數(shù)法求解即可；

（2）根據(jù)題意，利用相似三角形的性質(zhì)求出面積之比即可；

（3）QM經(jīng)過最低點(diǎn)，即經(jīng)過頂點(diǎn)，畫出示意圖，先求出頂點(diǎn)坐標(biāo)，再利用相似三角形的判定和性質(zhì)求出m

的值，最后分兩種情況求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)即可；

（4）根據(jù)題意，分三種情況進(jìn)行分析，畫出圖形找出臨界點(diǎn)，利用相似三角形的性質(zhì)列出一元二次方程，

然后進(jìn)行求解即可．

【詳解】（1）解：將2,1代入yx2bx1得，

-1=4+2b-1，

解得b2，

∴拋物線的解析式為yx22x1；

5

（2）解：如圖所示，面積比保持不變?yōu)?，理由如下?/p>

4

根據(jù)題意可得，?M?ODQ90靶,Q=Q，

∴QOD∽QPM，

OP1

∵，

OQ2

OQ2

∴=，

PQ3

2

SQOD24

∴，

SQPM39

S四邊形9-45

則ODMP==；

SQOD44

（3）解：如圖所示，QM經(jīng)過最低點(diǎn)，即經(jīng)過頂點(diǎn)，

2

2412

該拋物線的頂點(diǎn)橫坐標(biāo)為1，縱坐標(biāo)為2，

24

∴該拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為1,2，

∵?PNO?ODQ90靶,NPO=DOQ，

OP1

∴PON∽OQD，且相似比為，

OQ2

根據(jù)頂點(diǎn)縱坐標(biāo)可得，OD2，

PN1

則=，

OD2

2--

即m2m1=1

22

解得m13，

①當(dāng)m13時(shí)，即為如圖所示，

此時(shí)xQ2xP232，

點(diǎn)Q在第四象限，故Q232,2；

②如圖所示，

當(dāng)m13時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P在第一象限，點(diǎn)Q在第三象限，

此時(shí)xQ2xP232，

故Q232,2；

綜上，Q232,2或Q232,2；

（4）解：①當(dāng)PQ經(jīng)過頂點(diǎn)T時(shí)，過點(diǎn)T作TE^x軸，交x軸于點(diǎn)E，

由?PNO?TEO90靶,PON=TOE得，PON∽TOE，

PNTE

∴=，

ONOE

2--

即m2m1=2，

-m1

解得m1（舍去），或m1，

∴當(dāng)點(diǎn)P向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，滿足題意，

∴m1；

②如圖所示，當(dāng)點(diǎn)Q在拋物線上時(shí)，過點(diǎn)Q作QEx，交x軸于點(diǎn)E，

1

同理，PON∽QOE，相似比仍為，

2

2

此時(shí)，Q2m,2m2m1，代入拋物線解析式得，

2

2m22m12m4m1，

22

解得m（舍去），或m，

22

此時(shí)，當(dāng)P點(diǎn)向下一直移動(dòng)，直至到x軸時(shí)，都符合題意，

2

當(dāng)x2x10時(shí)，解得x112,x212，

2

∴當(dāng)-＃m1-2時(shí)，符合題意；

2

③圖所示，當(dāng)點(diǎn)Q在拋物線上時(shí)，點(diǎn)Q在第二象限，點(diǎn)P在第四象限，

2

思路同②，此時(shí)Q2m,2m2m1，代入拋物線解析式得，

2

2m22m12m4m1，

22

解得m（舍去），或m，

22

此時(shí)，當(dāng)P點(diǎn)向右一直移動(dòng)，直至到x軸時(shí)，都符合題意，

2

∴當(dāng)＃m1+2時(shí)，符合題意；

2

22

綜上，當(dāng)m1或-＃m1-2或＃m1+2時(shí)，符合題意．