★2026中考數(shù)學(xué)壓軸題每日一題參考答案(類型1)★★類型1:二次函數(shù)代幾綜合(1-26題)+二次函數(shù)無圖代數(shù)推理(27-32)★1.【分析】(1)待定系數(shù)法求解析式即可；(2)求出D,E點的坐標(biāo)，易得拋物線的頂點坐標(biāo)在直線y=-1上移動，根據(jù)拋物線y=(x-h)2-1與線段DE有公共點，得到拋物線與直線AB有一個交點開始，將拋物線向右移動直至拋物線與線段DE只有一個交點為E(2,1)時，均滿足題意，求出兩個臨界值即可得出結(jié)果；(3)先求出C點坐標(biāo)，進(jìn)而求出直線PQ的解析式，聯(lián)立拋物線與直線AB,根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系結(jié)合中點坐標(biāo)公式求出M點坐標(biāo)，同理求出N點坐標(biāo)，作MH⊥tan∠NTF=tan∠MTH,設(shè)T(1,t),根據(jù)正切的定義，列出比例式進(jìn)行求解即可.【解答】解：(1)∵拋物線y=ax2+bx過點(-1,3),且對稱軸為直線x=1,解得(2)當(dāng)k=1時，則y=z-1,∴頂點坐標(biāo)在直線y=-1上移動，∵y=(x-h)2-1與線段DE有公共點，∴聯(lián)立整理，得x2-(2h+1)z+h2=0,∴當(dāng)△=(2h+1)2-4h2=0,即時，滿足題意，開始向右移動，直至拋物線與線段DE只有一個交點為E(2,1)時，y=(x-h)2∴當(dāng)y=(x-h)2-1過點E(2,1)時，(2-h)2-1=1,解得：h=2-√2或h=2+√2,時，拋物線y=(x-h)2-1與線段DE有公共點；(3)存在，∴C(1,0),拋物線的對稱軸為直線x=1,∴點C在拋物線的對稱軸上，聯(lián)立整理，得x2-(k+2)x+k=0,∵M(jìn)為AB的中點，同理可得：作MH⊥CT,NF⊥CT,★2026中考數(shù)學(xué)壓軸題每日一題參考答案(類型1)★解得：∴拋物線的對稱軸上存在使得TC總是平2.【分析】(1)利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式；(2)先求出直線BC的解析式，然后設(shè)點P的坐標(biāo)為(x,軸于點H,點F的坐標(biāo)為(x,x-6),求出PF長，再證明△QPF一△QOC,根據(jù)對應(yīng)邊成比例求出的最大值，把點P向上平移4個單位長度得到點Q,點Q的坐標(biāo)為(3,-8),連接GD,即可得到BD+PE=BD+DG,連接AG,則AG是最小值，利用勾股定理即可解答；(3)根據(jù)平移得到拋物線y的解析式，然后過點P作PQly軸于點Q,過點N作NK⊥x軸于點K,連接tan∠NAB=tan∠OPQ,列等式求出a的值即可.【解答】解：(1)設(shè)拋物線的解析式為把(6,0)代入得解得(2)令x=0,則y=-6,∴點C的坐標(biāo)為(0,-6),設(shè)直線BC的解析式為y=mx+n,把(6,0)和(0,-6)代入得,解得設(shè)點P的坐標(biāo)為(x,x2-5x-6),過點P作PH/交BC于點F,交x軸于點H,如圖，則點F的坐標(biāo)為(x,x-6),標(biāo)為(3,-12),把點P向上平移4個單位長度得到點G,點G的坐標(biāo)為(3,-8),連接GD,則四邊形DEPG是平行四邊形，由A,B關(guān)于對稱性可得點A的坐標(biāo)為(-1,0),即BD+PE的最小值為4√5;∵將拋物線y=x2+bx+c沿射線BC方向平移2√2個單位長度，即為向左平移兩個單位長度，向下平移兩個單位長度得到拋物線y,過點P作PQ⊥y軸于點Q,過點N作NK⊥x軸于點設(shè)點N的坐標(biāo)為(a,a2-a-14),由平移得∠QPM=45°,如圖1,★即解得a=-5(舍去)或a=2,∴點N的坐標(biāo)為(2,-12);如圖2,解或(舍去),3.【分析】(1)待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式即可；(2)求出點A的坐標(biāo)，進(jìn)而得到點M的坐標(biāo)，求出直線AB的解析式，進(jìn)而求出點C的坐標(biāo)，求出點D的坐標(biāo)，根據(jù)△BCD的【進(jìn)行求解即(3)①根據(jù)要求作圖即可，連接BF,作FQ⊥OB于45°,BF=AE=√2,進(jìn)而得到△FQB為等腰直角三角形，求出F點坐標(biāo)，將F點的橫坐標(biāo)代入拋物線的解析式，判斷點F是否在拋物線上即可；②連接BF并延長，交x軸于點G,連接PM,PF,MF,作MH⊥BG于點H,斜邊上的中線得到MP=根據(jù)PF≥MF-PM,三點共線時，PF最小，同①可知，∠OBF=∠OAE=45°,得到點F在射線BG上運動，進(jìn)而得到當(dāng)MF小為MH-PM,易得△OBG為等腰直角三角形，求出OG的長，進(jìn)而求出MG的長，易得△MHG為等腰直角三角形，求出MH的長，根據(jù)PF最小為MH-PM,計算即可.代【解答】解：(1)把B(0,-4),代∵M(jìn)是OA的中點，∴M(2,0),∴OM=2,得k=1,∴y=x-4,∵點M作OA的垂線，交AB于點C,交拋物線于點D,∴D,∴C(2,-2),,(3)①由題意，作圖如下：由(2)可知：OA=OB=4,∵將線段OE繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°得到OF,∴△FQB為等腰直角三角形，對于∴點F在拋物線上；②連接BF并延長，交x軸于點G,連接PM,MF,★時PF最小為MH-PM,∴△OBG為等腰直角三角形，∴MG=OG+OM=6,△MHG為等腰直角三角形，∴PF的最小值為MH-PM=3√2-2.4.【分析】(1)由解析式可知C(0,3),令y=0,則-x2+2x+3=0.解得x=-1,或x=3.點B的坐標(biāo)為(3,0),最后由待定系數(shù)法可求直線BC的表達(dá)式；(2)方法一：把M(m,y?),N(m+2,y?)代入y=-x2+2x+3中，可得,求出此函數(shù)的最大值，即可判斷；方法二：由方法一，得y1+2y?=-3m2-2m+9.當(dāng)y?+2y?=10時，可得方程-3m2-2m+9=10,整理方程后用根的判別式考慮方程的解的問題；(3)作NH//y軸，交x軸于點H,交BC于點N’,作PQ⊥NH,垂足為Q,作MM'//y軸，交BC于點+2(1-m)+3=-m2+4.點P的坐標(biāo)為(1-m,-m2坐標(biāo)為(m+2,-m2+4),點H的坐標(biāo)為(m+2,0),點N′的坐標(biāo)為(m+2,-m+1).從而可知NQ=PQ∠BN'H=45°.證明△MDE一△MNP,由面積比可推得,即MD=ND.再證明△MM'D′一此用含m的式子表示線段長列方程求解即可.【解答】解：(1)令x=0,則y=3,可得C的坐標(biāo)為解得x=-1或x=3.故點B的坐標(biāo)為(3,0),設(shè)直線BC的表達(dá)式為y=kz+b,故解得∴直線BC對應(yīng)函數(shù)的表達(dá)式為y=-z+3.(2)不存在實數(shù)m使得y+2y?=10,理由如下：方法一：把M(m,y?),N(m+2,y?)代入二次函數(shù)y=故當(dāng)時，y1+2y?的最大值為≠10.故不存在實數(shù)m使得y1+2y?=10;方法二：由方法一得y1+2y?=-3m2-2m+9.當(dāng)y?+2y?=10時，即-3m2-2m+9=10,整理可得3m2+2m+1=0.∴方程沒有實數(shù)根.∴不存在實數(shù)m使得y1+2y?=10;或,理由如下：如圖1,作NH//y軸，交x軸于點H,交BC于點N’,M',則MM'//NN',∴點P的坐標(biāo)為(1-m,-m2+4).★∴點Q的坐標(biāo)為(m+2,-m2+4),點H的坐標(biāo)為(m點N'的坐標(biāo)為(m+2,-m+1).,即MD=ND.M重合，舍去),5.【分析】(1)運用待定系數(shù)法即可求解；,,式表示DE;②用兩點間距離公式分別表示三邊，分類討論，建立方程求解即可；(3)在y軸負(fù)半軸取點N(0,-6),連接NG并延長交x軸于點M,連接AN,證明△BOE≥△NOG(SAS),則∠CBO=∠MNO,確定點G在線段MN上運動(不包括端點),故當(dāng)AG⊥MN時，AG最小，可證明△COB≥△MON(ASA),即可由面積法求最小值.【解答】解：(1)∵拋物線y=ax2+bx+3與?軸交于解得：∴拋物線表達(dá)式(2)①對于拋物線表達(dá)設(shè)直線BC表達(dá)式為：y=kx+b,則,解得：∴直線..②存在，解得：t=6-2√5或t=0(舍),解得：t=1或t=0(舍),整理得：解得：t=2或t=6(舍)或t=0(舍),(3)在y軸負(fù)半軸取點N(0,-6),連接NG并延長交x軸于點M,連接AN,TT★2026中考數(shù)學(xué)壓軸題每日一題參考答案(類型1)★∴點G在線段MN上運動(不包括端點),..∴線段AG長度的最小值2√5.6.【分析】(1)先求出A(-3,0),B(1,0),C(0,3),再用待定系數(shù)法可求b,c的值；(2)由(1)知G?的表達(dá)式為y=z2+4z+3,設(shè)P(t,0)(-3≤t≤0),則M(t,—t2-2t+3),N(t,t2+4t+3),,根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可得到MN的最大值；AC于點E,如圖1所示，由待定系數(shù)法可知直線AC的表達(dá)式為y=x+3,則∠CAB=45°,∠MES=RN=√2n,即ME=NE=|t2+3t|,進(jìn)而得m=n,①當(dāng)m+n=4時，即m=n=2,故MN=4√2,又-3≤t≤0時，那么由圖可知當(dāng)t<-3時或t>1時，共2種情況滿足題意；②當(dāng)m-n=3時，即m=n+3,這與m=n相矛盾，故不成立，對應(yīng)的t值有0個；③當(dāng)mn=2時，由m=n可知，±2,可解得t有4個值；④當(dāng)時，m=n恒成立，所以對應(yīng)的t值有無數(shù)個.【解答】解：(1)∵二次函數(shù)y=-z2-2z+3=-(T+把A(-3,0),C(0,3)代入y=x2+bx+c中，可得,解得故b的值為4,c的值為3;(2)由(1)知G?的表達(dá)式為y=z2+4z+3,設(shè)P(t,0)(-3≤t≤0),則M(t,-t2-2t+3),N(t,即MN的最大值為AC于點E,如圖1所示，由待定系數(shù)法可知直線AC的表達(dá)式為y=x+3,即ME=NE=|t2+3t|,那么由圖可知當(dāng)t<-3時或t>1時，共2種情況滿足題意，故對應(yīng)的t值有2個；②當(dāng)m-n=3時，即m=n+3,這與m=n相矛盾，故不成立，對應(yīng)的t值有0個；故ME=2,★2026中考數(shù)學(xué)壓軸題每日一題參考答案(類型1)★解得t=-2或-1或或故對應(yīng)的t值有4個；④當(dāng)∵m=n恒成立，∴對應(yīng)的t值有無數(shù)個.7.【分析】(1)可求得D(2,-3),進(jìn)而將點D和點A坐標(biāo)代入拋物線的解析式，求得a,b,進(jìn)一步得出結(jié)(2)①可求得OF=3√2,從而得出OM+FM≥OF=3√2,當(dāng)O、M、F共線時，OM+FM最小，可證得四邊形BOCF是正方形，進(jìn)而得出點M坐標(biāo)；△GCN,從而NG=OM,從而得出OM+BN=NG+BN≥BG,根據(jù)∠BCG=90°,BC=3√2,CG=3得出BG,從而得出結(jié)果；AC=FC,從而∠FCO=∠OCA,進(jìn)而推出∠OAP=,從而,從而求得PF,進(jìn)而得出結(jié)果.【解答】解：(1)由題意得，∵∠BOC=90°,∴四邊形BOCF是矩形，②如圖1,由①知，四邊形BOCF是正方形，∴△OCM△GCN(SAS),(3)如圖2,xx設(shè)EP交AB于F,作FW⊥BC于★*AF=1,*∴P(1,1)或(1,-1),故答案為：(1,1)或(1,-1).8.【分析】(1)待定系數(shù)法進(jìn)行求解即可；(2)一般式化為頂點式，求出T點坐標(biāo)，根據(jù)P點橫坐標(biāo)，得到,進(jìn)而求出PH,TH,進(jìn)行求解即可；(3)①求出C點，B點坐標(biāo)，分0<t≤1,1<t≤2,2<t<3三種情況，分別求出矩形的兩條鄰邊長，利用周長公式，列出函數(shù)關(guān)系式即可；②根據(jù)PQ//x軸，得到P,Q關(guān)于對稱軸對稱，進(jìn)而求出Q點坐標(biāo)，分0<t≤1,1<t≤2,2<t<3三種情況，求出g的函數(shù)關(guān)系式，再根據(jù),分別求出滿足題意的t的值，進(jìn)而求出PQ的長即可.【解答】解：(1)把A(-1,0)代入(2)由(1)可知：∵P是拋物線上一動點，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t,∵過點P作對稱軸的垂線，垂足為H,由(2)可知：T(1,-2),,對稱軸為直線x=1,∴點關(guān)于對稱軸的對稱點為∵P在第四象限，當(dāng)0<t≤1時，拋物線弧CP的最高點為C,最低點為P,此時特征矩形的兩條鄰邊的長分別為：當(dāng)1<t≤2時，拋物線弧CP的最高點為C,最低點為T,此時特征矩形的兩條鄰邊的長分別為：當(dāng)2<t<3時，拋物線弧CP的最高點為P,最低點為T,此時特征矩形的兩條鄰邊的長分別為：t2∴P,Q關(guān)于對稱軸對稱，當(dāng)0<t≤l時，拋物線弧CQ的最高點為C,最低點為T,此時特征矩形的兩條鄰邊的長分別為：2-t,當(dāng)1<t≤2時，拋物線弧CQ的最高點為C,最低點為Q,此時特征矩形的兩條鄰邊的長分別為：2-t,解得：當(dāng)2<t<3時，拋物線弧CQ的最高點為Q,最低點為C,此時特征矩形的兩條鄰邊的長分別為：t-2,2026中考數(shù)學(xué)壓軸題每日一題參考答案(類型1)★.9.【分析】(1)待定系數(shù)法求解析式即可求解；(2)根據(jù)題意得出,代入拋物線解析式得出,即可得出結(jié)論；(3)①先求得和代入解析式，待(3)①先求得和,定系數(shù)法求解析式，即可求解；②根據(jù)題意得出直線AE的解析式為y=kx+3,根據(jù)y=a(x-3)2+d(a<0)經(jīng)過點得出y=a(x聯(lián)立直線解根據(jù)點M為直線AE聯(lián)立解得k的值，即可求解.【解答】解：(1)∵拋物線y=-x2+bx+c經(jīng)過點A(0,(2)∵點D在L?(第一象限)上，到x軸的距離為∴當(dāng)時，解得：""∵拋物線y=a(x-3)2+d(a<0)經(jīng)過點對稱軸為直線x=3,,∴L?經(jīng)過點)和,∴L?不能經(jīng)過點D,當(dāng)E,P重合時，則E(3,12),∵點恰好落在L?上，L?經(jīng)過點解得：②直線AE:y=kx+n(k>0)交L?于點E,A(0,3),∴直線AE的解析式為y=kx+3,∵y=a(x-3)2+d(a<0)經(jīng)過點**消去y得，∵點M的橫坐標(biāo)是點E橫坐標(biāo)的一半，..∵點M為直線AE與L?的唯一公共點，聯(lián)立①②得：或當(dāng)k=6+√15時，唯一公共點不在第一象限，不符合題意，10.【分析】(1)依據(jù)題意，結(jié)合表格數(shù)據(jù)可得，二次函數(shù)的對稱軸是直線則可設(shè)二次函數(shù)為y=a(x+1)2+k,結(jié)合圖象過(0,-2),(1,1),可得-2=a(0+1)2+k,且1=a(1+1)2+k,進(jìn)而求出★a,k后即可判斷得解；(2)依據(jù)題意，結(jié)合(1)y=(x+1)2-3,可得頂點坐標(biāo)為(-1,-3),進(jìn)而可以作圖得解；(3)依據(jù)題意，由二次函數(shù)的圖象向右平移n個單位長度后，則新函數(shù)為y=(x+1-n)2-3,故此時對稱軸是直線x=n-1,函數(shù)圖象開口向上，然后分三種情形分別討論計算，進(jìn)而可以得解.【解答】解：(1)由題意，結(jié)合表格數(shù)據(jù)可得，二次函數(shù)的對稱軸是直線∴可設(shè)二次函數(shù)為y=a(x+1)2+k.又∵圖象過(0,-2),(1,1),∴二次函數(shù)為y=(x+1)2-3,即y=x2+2x-2.(2)由題意，結(jié)合(1)y=(x+1)2-3,∴頂點坐標(biāo)為(-1,-3).作圖如下.xx(3)由題意，∵二次函數(shù)的圖象向右平移n個單位長度∴新函數(shù)為y=(x+1-n)2-3.∴此時對稱軸是直線x=n-1,函數(shù)圖象開口向上.∴①當(dāng)3≤n-1時，即n≥4,∴當(dāng)x=0時，y取最大值為(1-n)2-3;當(dāng)x=3時，y取最小值為(4-n)2-3.又∵最大值與最小值的差為5,,不合題意.∴當(dāng)x=0或x=3時，y取最大值為(1-n)2-3或(4-n)2-3;當(dāng)x=n-1時，y取最小值為-3.又∵最大值與最小值的差為5,∴n=1+√5或n=1-√5(不合題意，舍去)或n=4+√5(不合題意，舍去)或n=4-√5.③當(dāng)n-1≤0時，即n≤1,y取最大值為(4-n)2-3.又∵最大值與最小值的差為5,*不合題意.11.【分析】(1)代入點A、B的坐標(biāo)，求得系數(shù)，即可得到解析式；(2)過點P作PQ//BC交y軸于點Q,連接CQ,進(jìn)行等面積轉(zhuǎn)化，由面積求得線段長度，可得點的坐標(biāo)，從而可求直線的解析式，再與拋物線解析式聯(lián)立，即可解得點P的坐標(biāo)；RT△CRQ,則△BCR為等腰直角三角形.由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可得點R的坐標(biāo)，從而可得直線方程，由等腰三角形的性質(zhì)，可知G為直線與拋物線的交點，聯(lián)立此直線方程與拋物線解析式，結(jié)合所處象限，即可得到點G的坐標(biāo)；(4)根據(jù)題設(shè)條件所描述的運動過程，結(jié)合三角形的相似判定與性質(zhì)，分析CF取最小值和最大值時候點F所處的位置，用勾股定理解直角三角形，結(jié)合三角形三邊關(guān)系可求出CF的最小值，進(jìn)而可得CF的范圍.【解答】解：(1)解：將A(-1,0),B(6,0)代入拋物線的解析式y(tǒng)=ax2+bx+3,得解得∴拋物線的解析式為(2)解：過點P作PQ//BC交y軸于點Q,連接CQ,★又∵B(0,3),∴直線BC的解析式為聯(lián)立與可解得x=故P(-2,-4),P?(8,-9).RT△CRS,則△BCR為等腰直角三角形.又∵點G是第四象限內(nèi)拋物線上的一點，∠CBG=∴點G為BR延長線與拋物線的交點.由旋轉(zhuǎn)可知∠BOC=∠RSC=90°,BO=RS=3,故點R坐標(biāo)為(3,-6),由待定系數(shù)法可知直線BR的表達(dá)式為y=-3x+3,聯(lián)立y=-3x+3與整理可得x2-11x=0,解得x=11或0(舍去),故點G坐標(biāo)為(11,-30),故答案為：(11,-30).(4)由題意知四邊形OCED為矩形，OD=BO=3,DE=OC=6.DH=6-4=∴根據(jù)斜邊中線定理可得故CF≥CJ-FJ,當(dāng)且僅當(dāng)J、F、C共線時取等號.易知點J坐標(biāo)為(1,-2),C(6,0),當(dāng)點N與點D重合時，點F與點D重合，此時CF最大，即CF=OE=3√5,12.【分析】(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(3)QM經(jīng)過最低點，即經(jīng)過頂點，畫出示意圖，先求出頂點坐標(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，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.【解答】解：(1)將(2,-1)代入y=x2+bx一得，-1解得b=-2,∴拋物線的解析式為y=x2-2x-1;(2)如圖所示，面積比保持不變?yōu)?理由如下：根據(jù)題意可得，∠M=∠ODQ=90°,∠Q=∠Q,2026中考數(shù)學(xué)壓軸題每日一題參考答案(類型1)★(3)如圖所示，QM經(jīng)過最低點，即經(jīng)過頂點，該拋物線的頂點橫坐標(biāo)為縱坐標(biāo)為該拋物線的頂點坐標(biāo)為(1,-2),解得m=1±√3,點Q在第四象限，②如圖所示，rr當(dāng)m=1+√3時，此時點P在第一象限，點Q在第三故Q(-2√3-2,-2);(4)①當(dāng)PQ經(jīng)過頂點T時，過點T作TE⊥x軸，交去),或m=-1,∴當(dāng)點P向左運動時，滿足題意，②如圖所示，當(dāng)點Q在拋物線上時，過點Q作QE⊥x,交x軸于點E,同理，△PON一△QOE,相似比仍為此時，Q[-2m,-2(m2-2m-1)],代入拋物線解析式得，-2解得(舍去),或此時，當(dāng)P點向下一直移動，直至到x軸時，都符合解得x?=1-√2,x?=1+√2,,符合題意；③圖所示，當(dāng)點Q在拋物線上時，點Q在第二象限，點P在第四象限，★思路同②,此時Q[-2m,-2(m2-2m-1)],代入拋解得(舍去),或此時，當(dāng)P點向右一直移動，直至到x軸時，都符合題意，∴當(dāng)時，符合題意；綜上m≤-1或√2時符合題意.13.【分析】(1)把A(1,0),B(-5,0)代入y=ax2+bx-5,解方程組，求出a,b的值，即得；(2)求出C(0,-5),直線BC的解析式y(tǒng)=-x-5,設(shè)P(x,z2+4x-5),則E(x,一x-5),分x<-5,-5<x<0,0<x<1和x>1,四種情況解答；(3)過點F,P作FG⊥x軸于G,PH⊥x軸于H,得∠AGF=∠AHP=90°,根據(jù)等腰直角三角形.得AF=AP,∠PAF=90°,△AFG≥△PAH(AAS),得AH=FG,PH=AG,P(m,m2+4m-5),分-5<m<1和m>1兩種情況解答.【解答】解：(1)∵拋物線y=az2+b一交①軸于A(1,0),B(-5,0)兩點，,解得∴設(shè)直線BC的解析式為y=kx-5,DE=-z-5,解得z=-3(不合),或z=-5(舍去),解得x=-3,或x=-5(舍去),故P點坐標(biāo)為P(-3,-8),P?(3,16);(3)過點F,P作FG⊥x軸于G,PH⊥x軸于H,∵△AFP是以PF為斜邊的等腰直角三角形.設(shè)P(m,m2+4m-5),★解得m=-1,m=-2,∴P坐標(biāo)為(-1,-8),或(-2,-9);解得m=2,m=-5(舍去),∴P坐標(biāo)為(2,7);故P坐標(biāo)為(-1,-8),或(-2,-9),或(2,7).14.【分析】(1)將點(3,3)代入y=z2+bx,求出b即可求解析式；兩點關(guān)(2)先求拋物線的對稱軸為直線x=1,由兩點關(guān),再由A、C關(guān)于M點對稱，求出C點時，最高點縱坐標(biāo)為m2-2m,最低點為-1,當(dāng)時，最高點縱坐標(biāo)為m2-1,最低點為-1,分別求出相應(yīng)的m的值即可；(4)根據(jù)題意可知四邊形ABCD是平行四邊形，過點O作直線EF//BC,滿足條件的m的臨界位置分別為當(dāng)OA與AD重合時，當(dāng)OB與BC重合時.【解答】解：(1)將點(3,3)代入y=x2+bx,(2)∵點A、B橫坐標(biāo)分別為m、m+1,∴對稱軸為直線x=1,∵A,B兩點關(guān)于該拋物線的對稱軸對稱，∵A∵A、C關(guān)于M點對稱，;(3)由(2)時，A、B關(guān)于對稱軸對稱，當(dāng)時，最高點縱坐標(biāo)為m2-2m,最低點解得或當(dāng)時，最高點縱坐標(biāo)為m2-1,最低點為解得綜上所述：m的值為或∴MA=MC,MB=MD,∴四邊形ABCD是平行四邊形，過點O作直線EF//BC,直線OA的解析式為y=(m-2)x,直線OB的解析式為y=(m-1)z,直線AD的解析式為當(dāng)OA與AD重合時，解得m★15.【分析】(1)先求出A(3,0),,再分別代入y?=ax2+c,列出二元一次方程組，即可解答；(2)①設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b(k≠0),將A(3,0),分別代入，得直線AB的解析式為,即可解答.△BCE一△ADE,再分類討論，即可解答；(3)易得當(dāng)x= 去),即可解答.將代入得將A(3,0),分別代入y?=ar2+c,得解得答：點A的坐標(biāo)為(3,0),a,c的值分別為(2)①證明：如圖，設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b(k≠0),由條件可得：解得設(shè)點E的坐標(biāo)為②如圖：X=m★解得∴或(3)由條件可知時，y隨x的增大而增大；當(dāng)1<x<當(dāng)x≥3時，y隨x的增大而增大.且當(dāng)時，y3取得最小值.時，函數(shù)y?的最小值為最大值為時，函數(shù)y?的最大值為∴當(dāng)x=1時，函數(shù)y?的最大值為,即解得化簡得-2≤-3n≤3√11-5,解得，16.【分析】(1)將A(1,0)、C(2,5)代入y=ax2+bx-3(a≠0)得方程組，解方程組即可；(2)①令y=0,則x2+2x-3=0,解方程即可求出點A的坐標(biāo)；②根據(jù)圖象可知，當(dāng)y<0時，即拋物線在x軸下方的部分，根據(jù)A,B兩點的坐標(biāo)即可得出結(jié)論；(3)設(shè)點P的坐標(biāo)為(0,a),先由兩點間的距離公式得AC2=50,AP2=9+a2,CP2=a2-10a+29,兩種情況討論：當(dāng)AP為斜邊時，則AP2=AC2+CP2,當(dāng)CP為斜邊時，則CP2=AC2+AP2,分別解方程即可.【解答】解：(1)將A(1,0)、C(2,5)代入y=ax2+ba解得∴拋物線的解析式為y=x2+2x-3;(2)①令y=0,則x2+2z-3=0,解得x=-3或x=1,∴點A的坐標(biāo)為(-3,0);②根據(jù)圖象可知，當(dāng)y<0時，x的取值范圍為-3<(3)設(shè)點P的坐標(biāo)為(0,a),-0)2=9+a2,CP2=(0-2)2+∵△ACP是以AC為直角邊的直角三角形，∴分以下兩種情況討論：當(dāng)AP為斜邊時，則AP2=AC2+CP2,解得a=7,當(dāng)CP為斜邊時，則CP2=AC2+AP2,綜上所述，存在符合條件的P點，P(0,7),P?(0,-3).17.【分析】(1)理解題意，分別把A(3,0),C(0,3)代入y=-z2+bx+c進(jìn)行計算，即可作答；(2)先得B(-1,0),A(3,0),再證明△DMB一△ENB,運用得,設(shè)點E的縱坐標(biāo)為2m,則點D的縱坐標(biāo)為3m,再分別求出AC的解析式為y=-x+3,BE的解析式為整理得點D(5-3m,3m),因為點D為拋物線上第一象限內(nèi)一點，得3m=-(5-3m)2+2(5-3m)+3,解得★m?=1,,即可作答；(3)先求出F(1,4),再整理得平移后的拋物線的解析式故PF2=PN2,所以△PFN是等腰三角形，再結(jié)合解直角三角函數(shù)得,代入數(shù)值計算得4-n=√3(m-1),再運用換元法進(jìn)行整理得(t-√3)=0,解得t?=0,t?=√3,平移后的拋物線解=√3,即可作答.【解答】解：(1)依題意，分別把A(3,0),C(0,3)代入解得(2)由(1)得b=2,c=3,則y=-z2+2x+3,C(0,3),故B(-1,0),A(3,0),分別過點E、D作EN⊥OA,DM⊥OA,如圖所示：設(shè)點E的縱坐標(biāo)為2m,則點D的縱坐標(biāo)為3m,設(shè)AC的解析式為y=kx+r(k≠0),解得∴AC的解析式為y=-x+3,設(shè)BE的解析式為y=tx+q(t≠0),把E(3-2m,2m),B(-1,0)分別代入y=tx+q,得,解得的解析式為依題意，把y=3m代入∵點D為拋物線上第一象限內(nèi)一點，且y=-x2+2x+整理得3m2-7m+4=(m-1)(3m-4)=0,此時)的2-m≠0,故m?=1,是符合題意的，此時D(1,4),(3)存在，過程如下：由(2)得y=-x2+2z+3,整理y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4,∵F為拋物線的頂點，∴F(1,4),∵平移拋物線使得新頂點為P(m,n)(m>1),P又在原拋物線上，新拋物線與直線x=1交于點N,如圖所示：∴平移后的拋物線的解析式為y=-(x-m)2+n,得yn=-(1-m)2+n,★2026中考數(shù)學(xué)壓軸題每日一題參考答案(類型1)★∴△PFN是等腰三角形，令t=m-1,即n=-√3t+4,即t2-√3t=0,∴m=1(舍去)或m=√3+1,∴平移后的拋物線解析式為y=-(x-1-√3)2+1,即x-1-√3=±1,∴新拋物線與x軸存在兩個不同的交點，這兩個交點之間的距離為2.18.【分析】(1)利用兩點式求解拋物線解析式；(2)①延長DC與x軸相交于點G,證明△COG是等腰直角三角形，從而得到G點坐標(biāo)，求出直線CG的解析式，聯(lián)立拋物線解析式求解即可；DH,設(shè)DH交x軸為點G,然后證明四邊形OFEH是平行四邊形，根據(jù)DE+EH≥DH,得出DE+EH=DH時，DE+EH最小，進(jìn)一步求出DH即可.【解答】解：(1)∵A(-1,0),B(3,0),在二次函數(shù)y=-x2+bx+c的圖象上，設(shè)該二次函數(shù)為y=-(x-z1)(x-T?),(2)①把?=0代入y=-x2+2x+3,得y=3,如圖，延長DC與z軸相交于點G,設(shè)直線CG的解析式為：y=kx+m(k≠0),把C(0,3),G(-3,0)代入，得解得∴直線CG的解析式為：y=x+3,∵點D是直線CG與二次函數(shù)的交點，∴聯(lián)立解析式解得或②如圖，過點D作二次函數(shù)的對稱軸平行于y軸，過點O作OH//EF交二次函數(shù)的對稱軸于點H,且OH=EF=√2,連接HE,設(shè)DH交x軸為點G,★∴四邊形OFEH是平行四邊形，∴△OGH為等腰直角三角形，∵DE+EH≥DH,∴點F的坐標(biāo)為(0,3)與點C重合，滿足EF在線段∴DE+OF的最小值為5.19.【分析】(1)把點A(2,2)代入二次函數(shù)y=ax(z-4)中，可得,進(jìn)而可得二次函數(shù)的表達(dá)式；(2)先求出直線OA的表達(dá)式為y=x,選擇①:由題意故故整理變形后可得T?+x?>2;選擇②:同理得,D(x?,x?),故整理變形后可得T?+T?<2;示，先證明△GOA≈△TOA(SAS),進(jìn)而可得∠AMN=∠TAO,再證明△TOA≥△TNM(AAS),可得TN【解答】解：(1)把點A(2,2)代入二次函數(shù)y=az(x-故此二次函數(shù)的表達(dá)式為(2)證明：選擇①:由A(2,2)可知直線OA的表達(dá)式為即T?+x?>2;選擇②:同理得,D(x?,T?),整理可,由于T?-x?<即T?+x?<2;設(shè)直線AP交y軸于點G,如圖2所示，★作QH⊥x軸于點H,20.【分析】(1)用待定系數(shù)法可得拋物線的解析式為(2)由拋物線的對稱軸為直線x=-3,設(shè)P(-3,t),過P作KT//x軸，過B作BK⊥KT于K,過D作DTKP=DT=2,故D(-3+t,t-2),代入y=x2+6x+5得：t-2=(-3+t)2+6(-3+t)+5,解出t的坐標(biāo)為(-3,-1)或(-3,2);(3)過C在y軸右側(cè)作射線CM,使∠OCM=45°,過是等腰直角三角形，可得,∠CQH=QH)=2AH,由垂線段最短可知，此時2AQ+√2CQ最小，最小值為2AH,由△AQO是等腰直角三角形，得OQ=OA=1,AQ=√2OA=√2,即得Q(0,1),再求出CQ=OC-OQ=4,可得2√2,AH=AQ+QH=3√2,從而知2AQ+√2CQ【解答】解：(1)∵拋物線y=x2+bx+c關(guān)于直線x=-3對稱，與x軸交于A(-1,0),解得∴拋物線的解析式為y=x2+6x+5;(2)由拋物線的對稱軸為直線x=-3,設(shè)P(-3,t),過P作KT//x軸，過B作BK⊥KT于K,過D作DT⊥KT于T,如圖：在y=x2+6x+5中，令y=0得0=x2+6x+5,∵將線段BP繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到DP,∴D(-3+t,t-2),★解得t=-1或t=2,∴P的坐標(biāo)為(-3,-1)或(-3,2);(3)在線段OC上存在點Q,使2AQ+√2CQ存在最小值，理由如下：過C在y軸右側(cè)作射線CM,使∠OCM=45°,過A∴△QCH是等腰直角三角形，""由垂線段最短可知，此時2AQ+√2CQ最小，最小值∴△AQO是等腰直角三角形，21.【分析】(1)根據(jù)對稱關(guān)系可得點B坐標(biāo)，進(jìn)而得到交點式，化簡即可；(2)分類討論：點P在直線BC上方時，易得∠ACO=LABP,此時利用相似或者三角函數(shù)求出OK長度，進(jìn)而得到直線BK解析式，即可求解；當(dāng)點P在BC下方時，可以作A關(guān)于y軸對稱點L,∠BCL,BP//CL,進(jìn)而求解即可；也可以做點K關(guān)于直線BC的對稱點G,求出點G坐標(biāo)，進(jìn)而求出直線BG解析式，聯(lián)立求交點坐標(biāo)即可；(3)在二次函數(shù)中，一般處理二倍角問題可以構(gòu)造等腰三角形利用外角性質(zhì)找小角的二倍，在OC上取點D,OD長度，進(jìn)而作點B關(guān)于直線AQ對稱點E,連接BM+MN=EM+MN≥EG,所以解Rt△BEG即可得解.【解答】解：(1)∵對稱軸為直線x=1,且二次函數(shù)y=x2+bx+c(b、c為常數(shù))的圖象與x軸交于A(-1,0)、B兩點，∴B(3,0),(2)由y=x2-2z-3可知C(0,-3),第一種情況：當(dāng)點P在直線BC上方時，如圖，記BP與y軸交于點K,由B(3,0),K(0,-1)可得直線BP解析式為解得(與B點重合)或第二種情況：當(dāng)點P在直線BC下方時，方法一：如圖，作點A關(guān)于y軸對稱點L,連接CL,★由C(0,-3),L(1,0)可得直線CL的解析式為y=3x-∴設(shè)直線BP:y=3x+n,將B(3,0)代入得n=-9,∴直線BP:y=3x-9,聯(lián)立解得(與B點重合)或方法二：作K關(guān)于直線BC對稱點G,連接KG交BC∴△CHK為等腰直角三角形，(備注：此時如果沒有發(fā)現(xiàn)點P和點G重合，也可以求出BG解析式，聯(lián)立二次函數(shù)求交點P坐標(biāo)).綜上，點P的坐標(biāo)為或(2,-3);(3)如圖，在OC上取點D,使AD=CD,則∠ADO設(shè)OD=m,則CD=AD=3-m,作點B關(guān)于直線AQ對稱點E,連接BE過E作EG⊥?軸于點G,EG;22.【分析】(1)把A(3,0)代，求出拋物線的解析式，令y=0,即可求解；,可得★=-(m+2)+n,即可求解；(3)設(shè)直線l解析式y(tǒng)=kx+b,直線l與拋物線相交于點G(x?,y?),H(T4,y4),與拋物線解析式聯(lián)立可得△>0,T?+x?=4k-2,33Z?=-MN,HD⊥MN,GC=-1-Tg,MC==x?+1,MD=y?+5,根據(jù)∠GMN=∠HMN,可得而得到(T?+1)(kx?+b+5)+(z?+1)(kx?+b+5)=y軸，可得b=k-3,從而得到直線l解析式y(tǒng)=k(x+1)-3,即可求解.【解答】解：(1)把A(3,0)代∴拋物線的解析式為令y=0,則設(shè)直線BN的解析式為y=k?x+b?,解得：∴直線BN的解析式為y=-x-5,可設(shè)直線PQ為y=-z+n,且(3)存在定點T滿足條件.設(shè)直線l解析式y(tǒng)=kr+b,直線l與拋物線相交于點G∵直線l不垂直于y軸，∴直線l解析式y(tǒng)=k(x+1)-3,∵無論k為何值，x=-1,y=-3,∴l(xiāng)過定點T(-1,-3),故存在定點T(-1,-3).23.【分析】(1)分割法得到四邊形BCDE的面積=,即可得出結(jié)果；(2)根據(jù)三角形的中位線定理，證明△ADE一△ABC,進(jìn)而推出進(jìn)而得到當(dāng)四邊形BCDE的面積最大時，S最大，過點B作BM⊥CE,數(shù)關(guān)系式，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求最值即可；(3)根據(jù)平移求出拋物線y的解析式，設(shè)Tp=m,根據(jù)三角形的中線平分面積，得到K為F,Q的中點，進(jìn)而得到Q點坐標(biāo)，設(shè),根據(jù)斜率公式求出k?,根據(jù)直線過點H,將解析式寫為y-令x=1,求出y值，即可得出結(jié)果.【解答】解：(1)∵BD⊥CE,BD=1,★2026中考數(shù)學(xué)壓軸題每日一題參考答案(類型1)★故答案為：∴DE是△ABC的中位線，當(dāng)四邊形BCDE的面積最大時，△ABC的面積最大，如圖，過點B作BM⊥CE,過點D作DN⊥CE,則∴四邊形BCDE的面積最：,BD=x,(3)直線l是過定點.由(2)知：∵直線y=k?z-k?交該圖象于點F,H(F邊),∴根據(jù)韋達(dá)定理得過點F,Q的直線與直線x=l交于點K,∴直線l:y-yn=k?(x-xH),∴直線l過定點(1,2).24.【分析】(1)運用待定系數(shù)法即可求得答案；(2)先聯(lián)立拋物線與直線l:y=x-1求出交點D的坐標(biāo)，再求出對稱軸，則得到點M的坐標(biāo)表示，再由兩點間距離公式建立方程求解即可；當(dāng)m<-1時，過點P作y軸的平行線，過點H,N分別作平行線的垂線，垂足為點F,E,證明△PEN≌★m)+3=1+m,解方程即可；當(dāng)m>-1時，作出同樣的輔助線，同理可求解.【解答】解：(1)∵拋物線y=az2+ba+c與?軸相交于A(-3,0)、B(1,0)兩點，與y軸交于點C(0,3),∴拋物線的表達(dá)式為y=-x2-2x+3;(2)聯(lián)立得：解得：∴拋物線的對稱軸為直線x=-1,頂點為N(-1,4),設(shè)M(-1,n),∴MB2=MD2,∴n的值為-3;(3)由(2)得頂點N(-1,4),設(shè)P(m,0),由旋轉(zhuǎn)得∠NPH=90°,PN=PH,當(dāng)m<-1時，過點P作y軸的平行線EF,過點H,N分別作EF的垂線，垂足為點F,E,如圖，解得：當(dāng)m>-1時，過點P作y軸的平行線，過點H,N分別作平行線的垂線，垂足為點F,E,如圖，∴H(m-4,-m-1),將點H(m-4,-m-1)代入y=-x2-2x+3,-(m-4)2-2(m-4)+3=-m-1,整理得：m2-解得：*或或25.【分析】(1)用待定系數(shù)法可得拋物線的解析式為(2)過F作FH⊥x軸于H,設(shè)直線CD交y軸于K,求出),直線與x軸交點為A(-1,2t,得DE=EF=√5t,AD=2DE=2√5t,A5t,從而求出F(7t-1,t),把F(7t-1,t)代入y=-x2(3)由點P(x?,y?)在拋物線y=-x2+2x+3上，點Q(T?,y?)在拋物線y=x2-(4m-2)x+4m2+2上，可★得y?-y=z2-(4m-2)x?+4m2+2-(-z2+2x?+3)=2z2-4mz?+4m2-1=2(T?-m)2+2m2-1,三種情況討論可得答案.【解答】解：(1)把(2,3),A(-1,0)代入y=-z2+bx解得∴拋物線的解析式為y=-x2+2x+3;(2)過F作FH⊥z軸于H,設(shè)直線CD交y軸于K,如圖：在中，令x=0得,令y=0得x=*,,直線與x軸交點為A(-1,0),*,設(shè)FH=t,則EH=2t,∴EF=√FH2+EH2=√5t,把F(7t-1,t)代入y=-x2+2x+3得：t=-(7t-1)2解得t=0(舍去)或;(3)∵點P(x?,y?)在拋物線y=-x2+2x+3上，點Q(x?,y?)在拋物線y=x2-(4m-2)x+4m2+2上，=2x2-4mx?+4m2-1=2(x?-m)解(大于1,舍去)或當(dāng)1<m<2時，若1≤x?≤2,則x?=m時，y?的值為3,解得m=√2或m=-√2(舍去),解得m?=m?=1(舍去);26.【分析】(1)利用待定系數(shù)法求解即可；△AEF是等腰直角三角形，然后根據(jù)△AEF的外接圓直徑是AE=2,可得其外接圓的半徑R=1,再利用等積法求出r,即可解決問題；②先求得拋物線的頂點M的坐標(biāo)和對稱軸與x軸的交繼而可得,于是可得當(dāng)M、P、Q三點共線且MQ⊥x軸時，MP+的值最小，此時Q、T重合，然后分點F在△ACE不同內(nèi)角平分線上共三種情況，外加當(dāng)點E,F重合于點O時，此時點F在∠AEC的平分線上這種特殊情況，討論求解即可.【解答】解：(1)把B的坐標(biāo)(3,0),C的坐標(biāo)(0,3)代入拋物線的解析式，得,解得∴拋物線的解析式是y=-x2+2x+3;(2)①令y=-z2+2z+3=0,★∴△OBC是等腰直角三角形，∴當(dāng)∠AFE=90°時，△AEF是等腰直角三角形，且FA=FE,∴△AEF的外接圓直徑是AE=2,∴則其外接圓的半徑R=1,EF·AE·,即(√2拋物線的對稱軸是直線x=1,頂點M的坐標(biāo)是(1,4),∴直線x=1與x軸的交點T的坐標(biāo)是(1,0),作PQ⊥x軸于點P,∴當(dāng)M、P、Q三點共線且MQ⊥x軸時，M的值最小，此時Q、T重合，當(dāng)點F在△AEC的內(nèi)角∠ACE的平分線上即∠ACO=∠ECO時，如圖，∴直線BC的解析式是y=-z+3,∴點P的坐標(biāo)是(1,2),當(dāng)點F在△AEC的內(nèi)角∠CAE的平分線上時，設(shè)OF=KF=a,則CF=3-a,∴點F不可能在△AEC的內(nèi)角∠AEC的平分線上，當(dāng)點E,F重合于點O時，此時OF平分∠AEC即點F在∠AEC的平分線上，符合題意，則BE=BO=3,★2026中考數(shù)學(xué)壓軸題每日一題參考答案(類型1)★綜上：△BPE的面積為2或3或27.【分析】(1)分別將O(0,0),O(0,0)代入拋物線解析式，即可獲得答案；(2)①結(jié)合題意，分別確定點M、N的坐標(biāo)，即可獲得答案；②首先確定MN=|at2-3at|,再分a>0和a<0兩種情況分析求解即可.【解答】解：(1)將點O(0,0)代入，拋物線y=axr2+可得c=0,∴該拋物線解析式為y=ax2+bx,將點A(3,3a)代入，拋物線y=ax2+bx,可得3a=9a+3b,解得b=-2a;(2)①若a=1,則該拋物線及直線解析分別為y=x2-當(dāng)t=4時，可有點P(4,0),如下圖，∵PM⊥x軸，∴n=8n=4,將x=4代入y=z,可得y=4,即N(4,4),②當(dāng)點P從點O運動到點B(2a,0)的過程中，若a>0,可有2a>0,即點P在y軸右側(cè)，如下圖，當(dāng)0<t≤3時，可有MN=-at2+3at,其圖象開口向若MN的長隨OP的長的增大而增大，即MN的長隨t的增大而增大，則解得當(dāng)t>3時，可有MN=at2-3at其圖象開口向上，對稱軸為直線,不符合題意；若a<0,可有2a<0,即點P在y軸左側(cè)，如下圖，當(dāng)t<0時，可有MN=-at2+3at,其圖象開口向上，對稱軸為直線若MN的長隨OP的長的增大而增大，即MN的長隨t的減小而增大，綜上所述，a的取值范圍為且a≠0.28.【分析】(1)將A和B代入解析式，求出b和c的值；(2)①將A和B代入解析式，求出拋物線解析式為拋物線解析式為y=ax2-4ax+3a+1=a(x-2)2+1-a,得出D和Q的坐標(biāo)，得到CD和PQ的長度，得出比②分類討論即可.★【解答】解：(1)將A(1,1),B(3,1)代入y=x2+bx+c(2)①將A(1,1),B(3,1)代入y=ax2+mz+n(a≠1)∴拋物線解析式為y=az2-4az+3a+1=a(x-2)2+∵拋物線與y軸交于點D,由(1)可知：y=x2-4x+4=(x-②a.當(dāng)CD⊥PD時，如圖所示，D(0,0),,,∴∠QCD為最小內(nèi)角，,∴∠CDP為最小內(nèi)角，綜上所述：最小的角的正弦值為或29.【分析】(1)待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式即可；(2)先求出對稱軸，由題意，可知，B,C關(guān)于對稱軸對稱，B,C的縱坐標(biāo)均為t,中點得到Tc=2xg,對稱性得到求出TB,再代入函數(shù)解析式求出t的值即可；(3)根據(jù)題意，易得要使n-m最大，則m,n為一條直線與拋物線的交點，x=m和z=n關(guān)于對稱軸對稱，根據(jù)直線l?,l?之間的距離為16,為定值，得到當(dāng)一條直線恰好經(jīng)過拋物線的頂點(3,-4),即：y=-4時，n-m最大，此時另一條直線的解析式為y=16-4=12,令x2-6x+5=12,求出x的值，進(jìn)而確定m,n的值，進(jìn)行求解即可.【解答】解：(1)把(1,0)代入y=x2-az+5,∴對稱軸為直線∵點A(0,t)在y軸上，過點A(0,t)與x軸平行的直線交拋物線于B,C兩點，∴B,C關(guān)于對稱軸對稱，B,C的縱坐標(biāo)均為t,又∵點B為線段AC的中點，得：y=22-6×2+5=-3,∴t=-3;∴拋物線的頂點坐標(biāo)(3,-4),當(dāng)拋物線的一段y=x2-az+5(m≤x≤n)夾在兩條均與x軸平行的直線l,l?之間時，m,n為直線與拋物線的交點，∴要使n-m最大，則，m,n為一條直線與拋物線又∵直線l?,l之間的距離為16,為定值，∴當(dāng)一條直線恰好經(jīng)過拋物線的頂點(3,-4),即：y=-4時，n-m最大，此時另一條直線的解析式為y=∴n-m的最大值為：7-(-1)=8.30.【分析】(I)待定系數(shù)法求解析式，即可求解；(II)①根據(jù)a=-2,得出拋物線解析式為y=-2x2+bx+b+2,點D在第四象限，過點D作DH⊥x軸于點標(biāo)為(b+1,-1),代入解析式，解方程，即可求解；GC.在Rt△AOC中，根據(jù)勾股定理，AC2=AO2+OC2,得出GA=AC=√1+c2,根據(jù)題意，點A和點B關(guān)于直線/對稱，點F在直線l上，得AF=BF.根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出當(dāng)點F在線段BC上時，CE+CF取得最小值2√6,即BC=2√6,勾股定理可得m2+c2=24,進(jìn)而代入c2=m2-2m,求得點B(4,0),C(0,2√2),可得直線BC的解析式為2√2,.求得點F的坐標(biāo)為,根據(jù)平移的性質(zhì)即可得出點E的坐標(biāo)為∴該拋物線的解析式為y=-x2+2x+3,∴該拋物線頂點P的坐標(biāo)為(1,4);(II)①∵點A(-1,0)在拋物線y=az2+bz+c上，∴拋物線解析式為y=-2x2+bx+b+2,如圖，點D在第四象限，過點D作DH⊥x軸于點H,∵點D在拋物線y=-2x2+bx+b+2上，在x軸上點A的左側(cè)取點G,使GA=AC,連接GC.在Rt△AOC中，根據(jù)勾股定理，AC2=AO2+OC2,★又∵點B(m,0),得OB=m.根據(jù)題意，點A和點B關(guān)于直線l對稱，點F在直線l上，得AF=BF.∴當(dāng)點F在線段BC上時，CE+CF取得最小值2√6,即BC=2√6,將c2=m2-2m代入，得m2+(m2-2m)=24.解得m?=4,m?=-3(舍),∴直線BC的解析式為設(shè)點F的橫坐標(biāo)為x,則4-xo=xo-(-1),得∵線段CE可以看作是由線段AF經(jīng)過平移得到的，∴點E可以看作是點F向右平移一個單位，向上平移31.【分析】(1)將已知點的坐標(biāo)代入解析式中，得出系數(shù)之間的關(guān)系，利用對稱軸公式即可求解；(2)①根據(jù)題意得出函數(shù)的解析式，將x?=T2代入解析式中，利用作差法即可得出函數(shù)值的大??；②將函數(shù)值用各自自變量表示，整理得出兩自變量的數(shù)量關(guān)系，即T?=a(T?-4)+2,再利用特殊值法即可求出系數(shù)的值.【解答】解：(1)由題意得，將點(4,0)代入y=az2+故所求拋物線的對稱軸是直線x=2.(2)①由(1)可知，拋物線的解析式為∵拋物線過原點，且點A與原點不重合，②由題意知，y=ar2-4ax?,y?=x2-2x?,∵兩條拋物線均過原點，且A,B與原點都不重合，所以x?≠0,T?≠0.即T?=a(z?-4)+2.依題意知，是與T?無關(guān)的定值.不妨將x?=1和x?=2分別代,可得2-經(jīng)檢驗，當(dāng)時，是一個與x1無關(guān)的定值，符合題意.,b=-4a=-2.32.【分析】(1)將a=0、b=3代入y=x(x-a)+(x-a)(x-b)+x(x-b)化簡，然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可解答；(2)b=2a代入y=x(x-a)+(x-a)(z-b)+z(x-b)化簡可得y=3x2-6ax+2a2然后根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可解答；(3)先求出y?,Y?,y?然后代入y?+my?+y?=0進(jìn)行求解即可.【解答】解：(1)當(dāng)a=0,b=3時，二次函數(shù)y=x(x-a)+(x-a)(x-b)+zx(x-b)可化為：y=x(x-0)+(x-0)(x-3)+x(x-3)=3∴此函數(shù)圖象的對稱軸為直線(2)當(dāng)b=2a時，二次函數(shù)y=x(x-a)+(x-a)(x-b)+x(x-b)可化為：y=x(x-a)+(x-a)(x∴拋物線對稱軸為直線∵3>0,∴拋物線開口方向向上，(3)若點A(a,y),,C(b,y?)均在該函數(shù)的圖象上，y=r(x-a)+(x-a)(?-b)+x(z-b)=3z2★ys=b(b-a)+(b-a)(b-b)+b(b-b)=b整理得：∵a,b為兩個不相等的實數(shù)，解得：m=4.★2026中考數(shù)學(xué)壓軸題每日一題參考答案(類型★★類型2:相似綜合(12題)★1.【分析】(1)由折疊的性質(zhì)得：∠B=∠AFE,BE∠QFG,然后根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可得∠CQE=∠P,即可求證；(2)根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得EQ=EP,從而得到CG=3,GQ=GP=5,再由折疊的性質(zhì)得：AF=解；(3)延長AD,EQ交于點M,設(shè)CQ=a,BE=b,證PC//AD得出△GPC一△GAD,根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，即可求解.【解答】解：(1)由折疊的性質(zhì)得：∠B=∠AFE,BE∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴△EFP≥△ECQ(AAS);(2)∵△EFP≥△ECQ,∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB//CD,AB=CD,(3)如圖，延長AD,EQ交于點M,,CE=2BE,∵△ABE關(guān)于AE折疊，,即,∵四邊形ABCD是平行四邊形，又∵△ABE關(guān)于AE折疊，2026中考數(shù)學(xué)壓軸題每日一題參考答案(類型2)★∠CFE,則可證明AE=EH,得到∠H=∠BAE,則②如圖所示，延長BF,AD交于M,由平行四邊形的則BF=MF,BC=DM;設(shè)CE=BE=m,則BC=DM=2m,AM=AD+DM=4m,進(jìn)而可得即可得到,可證明n,S△AFG=6n,則,據(jù)此可得答案；(2)延長AD,EF交于M,由平行四邊形的性質(zhì)可得AD//BC,CD=AB=3,證明△AEF一△MEA,,求出DF=CD-CF=2,設(shè)CE=s,FE=t,則由相似三角形的性質(zhì)可得AE=st,AF=t2DM=2s,FM=2t,進(jìn)而可得AM=AD+DM=5+2s;再由△AEF,解方程即可得到答案.【解答】(1)①證明：如圖所示，延長FE,AB交于H,∵四邊形ABCD是平行四邊形，②解：如圖所示，延長BF,AD交于M,∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD//BC,AD=BC,設(shè)S△ABG=4n,則S△BGE=n,S△AFG=6n,★2026中考數(shù)學(xué)壓軸題每日一題參考答案(類型2)★(2)解：如圖所示，延長AD,EF交于M,∵四邊形ABCD是平行四邊形，**設(shè)CE=s,FE=t,*,,,即解得或(舍去),3.【分析】(1)連接BO并延長，在BO的延長線上截取OD=OB,連接AD,CD,進(jìn)而根據(jù)對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，即可得證；②根據(jù)∠AEC=45°,AC=4,得出E在△AEC的外接圓上運動，設(shè)△AEC的外接圓為⊙O,設(shè)EF與◎O4√2,進(jìn)而即可求解.【解答】(1)解：如圖，連接BO并延長，在BO的延長線上截取OD=OB,點D即為所作，根據(jù)作圖可得BO=OD,∴四邊形ABCD為平行四邊形，∴E在△AEC的外接圓上運動，設(shè)△AEC的外接圓為◎O,如圖，設(shè)EF與◎O交于★2026中