三年（2023-2025）中考数学真题分类汇编：专题25 二次函数压轴综合(解析版)

专题25二次函数压轴综合

考点01线段周长问题

1．（2025·上海·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线yx2bxc过A1,1，B3,1，与y轴交于点C，

顶点为P．

(1)求b，c的值．

2

(2)设抛物线yaxmxna1过点A，B，且与y轴交于点D，顶点为Q．

CD

①求的值；

PQ

②当四边形CDPQ是直角梯形时，求该直角梯形中最小内角的正弦值．

【答案】(1)b4，c4

173

(2)①3；②或．

175

【分析】（1）利用待定系数法求解即可；

（2）①先把抛物线yx24x+4的解析式化为顶点式求出点P坐标，再求出点C坐标；把点A和点B坐标

代入yax2mxna1中可得抛物线yax2mxna1的解析式为yax24ax3a1a1，据此

可求出点P和点D的坐标，再表示出CD，PQ即可得到答案；

②可证明PQ∥y轴，即PQ∥CD，则当四边形CDPQ是直角梯形时，只有PQCQ或PQDP，据此画

出对应的示意图，讨论求解即可．

【详解】（1）解：∵抛物线yx2bxc过A1,1，B3,1，

1bc1

∴，

93bc1

b4

∴；

c4

2

（2）解：①由（1）得抛物线yx2bxc得解析式为yx24x4x2，

∴点P的坐标为2,0，

在yx24x+4中，当x0时，y4，

∴点C的坐标为0,4；

2

∵抛物线yaxmxna1过点A，B，

amn1

∴，

9a3mn1

m4a

∴，

n3a1

∴抛物线yax2mxna1的解析式为yax24ax3a1a1，

4a

∴抛物线yax24ax3a1a1的对称轴为直线x2，

2a

在yax24ax3a1a1中，当x2时，y4a8a3a1a1，

当x0时，y3a1，

∴D0,3a1，Q2,a1，

∴CD3a143a33a1，PQa10a1，

CD3a1

∴3；

PQa1

②∵Q2,a1，P2,0，

∴PQ∥y轴，即PQ∥CD，

∴当四边形CDPQ是直角梯形时，只有PQCQ或PQDP，

如图2-1所示，当PQCQ时，

∵点C的坐标为0,4，Q2,a1，

∴a14，

∴a3，

∴3a18，

∴D0,8，

∴OD8，

∵P2,0，

∴OP2，

在RtOPD中，PDOD2OP28222217，

OP217

∴sin∠ODP；

PD21717

如图2-2所示，当PQDP时，

∵P2,0，D0,3a1，

∴3a10，

1

∴a，

3

4

∴a1，

3

4

∴Q2,；

3

4

如图所示，过点Q作QHy轴于H，则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

综上所述，当四边形CDPQ是直角梯形时，该直角梯形中最小内角的正弦值为17或．

175

【点睛】本题主要考查了求二次函数解析式，求角的正弦值，二次函数的性质，二次函数与几何综合等等，

利用分类讨论的思想求解是解题的关键．

2．（2025·四川德阳·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数yx2bxc的图象与x轴

交于点A1,0，B3,0，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的函数解析式；

(2)如图2，连接BC，过点C作CDBC与抛物线相交于另一点D．

①求点D的坐标；

②如图3，点E，F为线段BC上两个动点（点E在点F的右侧），且EF2，连接OF，DE．求OFDE

的最小值．

【答案】(1)yx22x3

(2)①D1,4，②5

【分析】（1）利用两点式求解抛物线解析式；

（2）①延长DC与x轴相交于点G，证明COG是等腰直角三角形，从而得到G点坐标，求出直线CG的解

析式，联立抛物线解析式求解即可；②过点O作OH∥EF，且OHEF2，连接HE，DH，设DH交

x轴为点G，然后证明四边形OFEH是平行四边形，根据DEEHDH，得出DEEHDH时，DEEH

最小，进一步求出DH即可．

【详解】（1）解：A1,0,B3,0在二次函数yx2bxc的图象上，设该二次函数为

yxx1xx2，

yx1x3，

yx22x3．

（2）解：①把x0代入yx22x3，

得y3，

C0,3

如图，延长DC与x轴相交于点G．

B3,0，C0,3，

OBOC3．

COB90，

CBO45．

DCB90BCG，

CGB90CBO904545．

GCO180COGCGB180904545，

OGOC3，

G3,0．

设直线CG的解析式为：ykxmk0，把C0,3，G3,0代入，

3mk1

得解得，

03kmm3

直线CG的解析式为：y=x+3，

点D是直线CG与二次函数的交点，

yx3

联立解析式2，

yx2x3

x0x1

解得或，

y3y4

D1,4．

②如图，过点O作OH∥EF，且OHEF2，连接HE，DH，设DH交x轴为点G．

OHEF，且OHEF，

四边形OFEH是平行四边形，

\OF=EH．

CBO45，

BOH45．

OGH为等腰直角三角形，

OGGH，

OHEF2，OG2GH2OH2，

OGGH1，

H1,1．

DEEHDH，

当DEEHDH时，DEEH最小．

D1,4，H1,1，

DH5．

此时D、E、H三点共线且DHx轴，

点F的坐标为0,3与点C重合，满足EF在线段BC上．

DEOF的最小值为5．

【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，等腰直角三角形的性质，二次函数与一次函数交点

问题，二次函数与特殊四边形问题，两点之间线段最短，勾股定理，解题的关键是添加适当的辅助线，通

过数形结合的思想求解；

3．（2025·四川眉山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yx2bxc关于直线x3对称，

与x轴交于A1,0、B两点，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的解析式；

(2)点P为抛物线对称轴上一点，连接BP，将线段BP绕点P逆时针旋转90，使点B的对应点D恰好落在

抛物线上，求此时点P的坐标；

(3)在线段OC上是否存在点Q，使2AQ2CQ存在最小值？若存在，请直接写出点Q的坐标及最小值；

若不存在，请说明理由．

【答案】(1)yx26x5

(2)P3,2或P3,1

(3)存在，Q0,1，2AQ2CQ的最小值为62

【分析】（1）对称性求出B点坐标，两点式写出函数解析式即可；

（2）设对称轴与x轴交于点E，设P3,p，E3,0，分点P在x轴上方和点P在x轴下方两种情况进行

讨论求解即可；

（3）在x轴上取点M5,0，连接AC,CM，过点A作AHCM于点H，交y轴于Q，过点Q作QGCM

2

于点G，易得△QGC为等腰直角三角形，进而得到QGCGCQ，推出

2

2

2AQ2CQ2AQCQ2AQQG2AH，得到当点Q与点Q重合时，2AQ2CQ的值最小

2

为2AH的长，等积法求出AH的长，证明OAQ为等腰直角三角形，求出Q点坐标即可．

【详解】（1）解：∵抛物线yx2bxc关于直线x3对称，与x轴交于A1,0、B两点，

∴B5,0，

∴抛物线的解析式为：yx1x5x26x5；

（2）∵点P在对称轴上，设对称轴与x轴交于点E

∴设P3,p，E3,0；

∵旋转，

∴PBPD,BPD90，

当点P在x轴上方时，

∵A,B关于对称轴对称，

∴PAPB，

1

∴当APB90时，满足题意，此时点D与点A重合，PEAB，

2

∵A1,0，B5,0，

∴AB4，

∴PE2，

∴P3,2；

当点P在x轴下方时，如图，作DF对称轴于点F，则：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；

综上：P3,2或P3,1；

（3）存在；

在x轴上取点M5,0，连接AC,CM，过点A作AHCM于点H，交y轴于Q，过点Q作QGCM于点

G，则：OM5，QGC90，

∵yx26x5，

∴当x0时，y5，

∴C0,5，

∴OCOM5，

∴CM2OC52,OCMOMC45，

∴△QGC为等腰直角三角形，

2

∴QGCGCQ，

2

2

∴2AQ2CQ2AQCQ2AQQG2AH，

2

∴当点Q与点Q重合时，2AQ2CQ的值最小为2AH的长，

∵A1,0，

∴OA1，AM6，

11

∵SAMOCCMAH，

ACM22

∴6552AH，

∴AH32，

∴2AQ2CQ的最小值为62，

在RtAHM中，AMH45，

∴MAH45，

∴OAQ为等腰直角三角形，

∴OQOQOA1，

∴Q0,1；

综上：Q0,1，2AQ2CQ的最小值为62．

【点睛】本题考查二次函数的综合应用，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性

质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解，

是解题的关键．

4．（2024·四川雅安·中考真题）在平面直角坐标系中，二次函数yax2bx3的图象与x轴交于A1,0，

B3,0两点，与y轴交于点C．

(1)求二次函数的表达式；

(2)如图①，若点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，

当线段PQ的长度最大时，求点Q的坐标；

(3)如图②，在（2）的条件下，过点Q的直线与抛物线交于点D，且CQD2OCQ．在y轴上是否存在

点E，使得BDE为等腰三角形？若存在，直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)yx24x3

33

(2)Q,

24

(3)存在，点E(0,843)或(0,843)或(0,5)或(0,59)或(0,59)

【分析】（1）由待定系数法即可求解；

（2）由PQx3x24x3x23x，即可求解；

（3）先求出点D(5,8)，再分类求解即可．

【详解】（1）解：由题意得：yax1x3ax24x3ax2bx3，

则a1，

则抛物线的表达式为：yx24x3；

（2）解：由抛物线的表达式知，点C0,3，

由点B、C的坐标得，直线CB的表达式为：yx3，

设点Qx,x24x3，则点Px,x3，

则PQx3x24x3x23x，

∵10，故PQ有最大值，

33

此时x，则yx24x3，

24

33

即点Q,；

24

（3）解：存在，理由：

设直线CQ的表达式为ymxn，

335

mnm

由点C,Q的坐标得，42，解得：2，

3nn3

5

∴直线CQ的表达式为：yx3，

2

66

令y0，x，故M,0，

55

过点Q作TQ∥y轴交x轴于点T，则TQCQCO，

QCQD2OCQ,TQCQCO，

则CQTDQT，

9

即直线CQ和DQ关于直线QT对称，故M,0，

5

设直线DQ的表达式为ydxc，

33

dc

33942

代入Q,，M,0，得，

2459

0dc

5

5

d

2

解得：，

9

c

2

59

则直线DQ的表达式为：yx，

22

59

联立上式和抛物线的表达式得：x24x3x，

22

3

解得：x(舍去)或5，

2

即点D(5,8)；

设点E(0,y)，由B,D,E的坐标得，BD268,DE225(y8)2,BE29y2，

当DEBD时，则6825(y8)2，

解得：y843，即点E(0,843)或E(0,843)；

当DEBE或BDBE时，

同理可得：25(y8)29y2或9y268，

解得：y5或59，

即点E(0,5)或(0,59)或(0,59)；

综上，点E(0,843)或(0,843)或(0,5)或(0,59)或(0,59)．

【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的

思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．

5．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数yax2bxca0的图像

经过原点和点A4,0．经过点A的直线与该二次函数图象交于点B1,3，与y轴交于点C．

(1)求二次函数的解析式及点C的坐标；

(2)点P是二次函数图象上的一个动点，当点P在直线AB上方时，过点P作PEx轴于点E，与直线AB交

于点D，设点P的横坐标为m．

①m为何值时线段PD的长度最大，并求出最大值；

②是否存在点P，使得△BPD与△AOC相似．若存在，请求出点P坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)yx24x，C0,4

59

(2)①当m时，PD有最大值为；②当P的坐标为2,4或3,3时，△BPD与△AOC相似

24

2

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

解析式，然后令x0，求出y，即可求出C的坐标；

（2）①根据P、D的坐标求出PD，然后根据二次函数的性质求解即可；

②先利用等边对等角，平行线的判定与性质等求出PDBACO45，然后分PBD∽OAC，

PBD∽AOC两种情况讨论过，利用相似三角形的性质、等腰三角形的判定与性质等求解即可．

【详解】（1）解：把0,0，A4,0，B1,3代入yax2bxca0，

c0

得16a4bc0，

abc3

a1

解得b4，

c0

∴二次函数的解析式为yx24x，

设直线AB解析式为ymxn，

4mn0

则，

mn3

m1

解得，

n4

∴直线AB解析式为yx4，

当x0时，y4，

∴C0,4；

（2）解：①设Pm,m24m1m4，则Dm,m4，

∴PDm24mm4

m25m4

2

59

m，

24

59

∴当m时，PD有最大值为；

24

②∵A4,0，C0,4，

∴AOCO4，

又AOC=90，

∴ACOAOC45，

又PDx轴，

∴PD∥y轴，

∴PDBACO45，

当PBD∽OAC时，如图，

∴BPDAOC90，

∴BP∥x轴，

∴P的纵坐标为3，

把y3代入yx24x，得3x24x，

解得x11，x23，

∴m3，

∴m24m3，

∴P的坐标为3,3；

当PBD∽AOC时，如图，过B作BFPD于F，

则BFm1，PBDAOC90，

又BDP45，

∴BPD45BDP，

∴BPBD，

∴PFDF，

1

∴BFPD，

2

1

∴m1m25m4，

2

解得m12，m21（舍去），

∴m24m4，

∴P的坐标为2,4

综上，当P的坐标为2,4或3,3时，△BPD与△AOC相似．

【点睛】本题考查了二次函数的应用，待定系数法求二次函数、一次函数解析式，二次函数的性质，相似

三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，合理分类讨论

是解题的关键．

6．（2024·甘肃临夏·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线yx2bxc与x轴交于A1,0，B3,0

两点，与y轴交于点C，作直线BC．

(1)求抛物线的解析式．

(2)如图1，点P是线段BC上方的抛物线上一动点，过点P作PQBC，垂足为Q，请问线段PQ是否存在

最大值？若存在，请求出最大值及此时点P的坐标；若不存在请说明理由．

(3)如图2，点M是直线BC上一动点，过点M作线段MN∥OC（点N在直线BC下方），已知MN2，若

线段MN与抛物线有交点，请直接写出点M的横坐标xM的取值范围．

【答案】(1)yx22x3

9315

(2)存在，最大值是2，P,

824

317317

(3)x0或3x

2MM2

【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求

解，是解题的关键．

（1）两点式直接求出函数解析式即可；

2

（2）过点P作PEx轴，交BC于点D，设Pm,m2m3，根据三角函数得到PQPDcosOBC，

得到当PD最大时，PQ的值最大，转化为二次函数求最值即可；

（3）设Mt,t3，得到xNt，求出点N恰好在抛物线上且MN2时的t值，即可得出结果．

【详解】（1）解：∵抛物线yx2bxc与x轴交于A1,0，B3,0两点，

∴yx1x3，

∴yx22x3；

（2）存在；

∵yx22x3，

∴当x0时，y3，

∴C0,3，

∵B3,0，

∴OC3OB，

∴OBC45，

设直线BC的解析式为：ykx3，把B3,0代入，得：k1，

∴yx3，

2

过点P作PEx轴，交BC于点D，设Pm,m2m3，则：Dm,m3，

2

2239

∴PDm2m3m3m3mm，

24

∵PQBC，

∴PQD90PEB，

∵PDQBDE，

∴DPQOBC45，

2

∴PQPDcos45PD，

2

∴当PD最大时，PQ最大，

2

39

∵PDm，

24

399

∴当m时，PD的最大值为，此时PQ最大，为2，

248

315

∴P,；

24

（3）设Mt,t3，则：xNt，

当点N恰好在抛物线上时，则：Nt,t22t3，

∴MNt3t22t3t23t，

当MN2时，则：t23t2，

317317

解得：t或t，

22

∵线段MN与抛物线有交点，

317317

∴点M的横坐标的取值范围是x0或3x．

2MM2

8

7．（2023·辽宁·中考真题）如图，抛物线yax2xc与x轴交于点A和点B3.0，与y轴交于点C0,4，

3

点P为第一象限内抛物线上的动点过点P作PEx轴于点E，交BC于点F．

(1)求抛物线的解析式；

(2)当△BEF的周长是线段PF长度的2倍时，求点P的坐标；

(3)当点P运动到抛物线顶点时，点Q是y轴上的动点，连接BQ，过点B作直线lBQ，连接QF并延长

交直线l于点M．当BQBM时，请直接写出点Q的坐标．

48

【答案】(1)yx2x4

33

3

(2)P,5

2

146146

(3)Q0,或0,

2323

【分析】（1）利用待定系数法求解；

35

（2）根据直角三角形三角函数值可得BEEF，BFEF，进而可得△BEF的周长

44

4284

BEBFEF3EF，结合已知条件可得2PF3EF，设Pt,tt4，则Ft,t4，Et,0，

333

442

从而可得方程3t42t4t，解方程即可；

33

816

（3）先求出F1,，P1,，设Q0,n，过点M作MNx轴于点N，通过证明BQO≌MBNAAS，

33

3n8

求出M3n,3，再求出直线QM的解析式为yxn，将点F1,代入解析式求出n的值即可．

3n3

8

【详解】（1）解：将B3.0，C0,4代入yax2xc，

3

8

32a3c0

可得3，

c4

4

a

解得3，

c4

48

抛物线的解析式为yx2x4；

33

（2）解：B3.0，C0,4，

OB3，OC4，

4

tanOBC，

3

35

BEEF，BFEF，

44

△BEF的周长BEBFEF3EF，

△BEF的周长是线段PF长度的2倍，

2PF3EF，

设直线BC的解析式为ykxb，

3kb0

将B3.0，C0,4代入可得，

b4

4

k

解得3，

b4

4

直线BC的解析式为yx4，

3

4284

设Pt,tt4，则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

当x1时，y取最大值，

3

16

P1,，

3

4

直线BC的解析式为yx4，

3

48

当x1时，y14，

33

8

F1,，

3

设Q0,n，过点M作MNx轴于点N，

由题意知QBM90，

QBOMBN90，

QBOOQB90，

OQBMBN，

又QOBBNM90，BQBM，

BQO≌MBNAAS，

OQNB，BOMN，

M3n,3，

设直线QM的解析式为ykxn，

则k3nn3，

3n

解得k，

3n

3n

直线QM的解析式为yxn，

3n

83n8

将点F1,代入，得n，

33n3

146146

解得n或n，

3333

146146

Q0,或0,．

3333

【点睛】本题考查一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质，全等三角形的判定与性质，解直角三

角形等，综合性较强，难度较大，熟练运用数形结合思想，正确作出辅助线是解题的关键．

考点02面积问题

1．（2025·四川资阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于A,B两点（点A在点B的

左边），与y轴相交于点C0,3，且抛物线的顶点坐标为1,4．

(1)求抛物线的表达式；

(2)P是抛物线上位于第四象限的一点，点D0,1，连接BC,DP相交于点E，连接PB．若CDE与△PBE

的面积相等，求点P的坐标；

(3)M,N是抛物线上的两个动点，分别过点M,N作直线BC的垂线段，垂足分别为G,H．是否存在点M,N，

使得以M,N,G,H为顶点的四边形是正方形？若存在，求该正方形的边长；若不存在，说明理由．

【答案】(1)y=x22x3

720

(2)P,

39

(3)存在，正方形的边长为92或2

【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可；

2

（2）作PFx轴，垂足为点F，设Pm,m2m3，则：OFm,PFm22m3，BF3m，根据CDE

与△PBE的面积相等，推出SBOCSODPBSPFBSODPF，列出方程进行求解即可；

（3）存在点M，N使四边形MNHG为正方形，如图所示，过M作MF∥y轴，过N作NF∥x轴，过N作

∥

NEy轴，则有MNF与NEH都为等腰直角三角形，设Mx1,y1,Nx2,y2，设直线MN解析式为

yxb，与二次函数解析式联立，消去y得到关于x的一元二次方程，利用根与系数关系表示出NF2，由

MNF为等腰直角三角形，得到MN22NF2，若四边形MNHG为正方形，得到NH2MN2，求出b的值，

进而确定出MN的长，即为正方形边长．

【详解】（1）解：∵抛物线与y轴相交于点C0,3，且抛物线的顶点坐标为1,4．

2

∴设抛物线的解析式为：yax14，

2

把C0,3代入，得：a0143，

∴a1，

2

∴yx14x22x3；

2

（2）当yx2x30时，解得：x13,x21，

∴B3,0，

∵C0,3，

∴设直线BC的解析式为：ykx3，把B3,0代入，得：k1，

∴yx3，

2

作PFx轴，垂足为点F，设Pm,m2m3，则：OFm,PFm22m3，

∴BF3m，

∴CDE与△PBE的面积相等，

∴SCDESODEBSPBESODEB，即：SBOCSODPBSPFBSODPF，

∵D0,1，

∴OD1，

111

∴33m22m33mm22m31m，

222

7

解得：m或m0（舍去）；

3

720

∴P,；

39

（3）存在点M，N使四边形MNHG为正方形，

如图所示，过M作MF∥y轴，过N作NF∥x轴，过N作NE∥y轴，则有MNF与NEH都为等腰直角

三角形，MN∥BC，

由（2）可知，直线BC的解析式为yx3，

设Mx1,y1,Nx2,y2，直线MN解析式为yxb，

yxb

联立得：2，

yx2x3

消去y得：x23xb30，

222

NFx1x2x1x24x1x2214b，

MNF为等腰直角三角形，

MN22NF2428b，

Ex2,x23，

2

222，

NEy2x23x2bx23b3

2

2212，

NHNE(b3)

22

∵四边形MNHG为正方形，

∴NH2MN2，

1

428bb26b9，

2

整理得：b210b750，

解得：b15或b5，

正方形边长为MN428b，

MN92或2．即正方形的边长为92或2．

【点睛】此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定函数解析式，根与系数的关系，等腰

直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理以及一次函数与二次函数的性质，熟练掌握待定系数法是解

本题的关键．

2．（2025·江苏苏州·中考真题）如图，二次函数yx22x3的图像与x轴交于A，B两点（点A在点B

，，2

的左侧），与y轴交于点C，作直线BCMm,y1Nm2,y2为二次函数yx2x3图像上两点．

(1)求直线BC对应函数的表达式；

(2)试判断是否存在实数m使得y12y210．若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．

(3)已知P是二次函数yx22x3图像上一点（不与点M，N重合），且点P的横坐标为1m，作△MNP．若

直线BC与线段MN，MP分别交于点D，E，且MDE与△MNP的面积的比为1:4，请直．接．写．出．所．有．满足条

件的m的值．

【答案】(1)yx3

(2)不存在，理由见解析

1515

(3)m或m

22

【分析】本题考查二次函数与一次函数综合，涉及求直线表达式、函数值计算及三角形相似与面积比应用，

解题关键是利用函数性质、坐标关系及相似三角形性质建立等式求解．

（1）先通过二次函数与坐标轴交点的求法，确定B、C坐标，再用待定系数法，将两点坐标代入设好的一

次函数表达式，求解出直线BC的函数表达式．

（2）先根据二次函数表达式，分别写出M、N两点的函数值y1、y2，进而得出y12y2的表达式，再通过

配方或判别式判断是否存在实数m使等式成立．

（3）通过作辅助线构造平行关系，利用二次函数求出P点坐标，结合坐标关系得出角的度数，推出PN∥BC，

进而得到三角形相似，根据面积比与相似比的关系建立等式，求解出m的值．

【详解】（1）解：∵二次函数yx22x3的图像与x轴交于A，B两点，

∴令x0，则y3，

点C的坐标为(0,3)．

令y0，则x22x30．

解得x1，或x3，

∴点B的坐标为(3,0)．

设直线BC对应函数的表达式为ykxb，由题意，得

b3

3kb0

k1,

解得

b3.

直线BC对应函数的表达式为yx3．

（2）不存在实数m使得y12y210，理由如下：

2

方法一：Mm,y1,Nm2,y2为二次函数yx2x3图像上两点，

2

y1m2m3，

22

y2(m2)2(m2)3m2m3．

222

y12y2m2m32m2m33m2m9．

2

配方，得11．

y12y23m9

33

11

∴当m时，y12y2有最大值为9．

33

1

910，

3

∴不存在实数m使得y12y210．

2

方法二：由方法一，得y12y23m2m9．

22

当y12y210时，3m2m910，即3m2m10．

41280，

∴方程没有实数根．

不存在实数m使得y12y210．

1515

（3）m，或m．解答如下：

22

如图，作NH∥y轴，交x轴于点H，交BC于点N，

作PQNH，垂足为Q，作MM∥y轴，交BC于点M，则MM∥NN．

当x1m时，y(1m)22(1m)3m24．

点P的坐标为(1m,m24)．

点N的坐标为m2,m22m3，

点Q的坐标为m2,m24，点H的坐标为(m2,0)，

点N的坐标为(m2,m1)．

NQPQ2m1，BHHNm1

PNQBNH45．

PN∥BC，

MDE∽MNP．

2

MDMDE的面积1

．

MNMNP的面积4

1

MDMN，即MDND．

2

QMM∥NN．

MMD∽NND

MMMD1

，即MMNN．

NNND1

点M的坐标为m,m22m3，

点M的坐标为(m,m3)．

m23mm2m2，即m2m10．

1515

解得m或m．

22

3．（2025·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线yx2bx1经过点2,1．点

P在此抛物线上，其横坐标为m，连接PO并延长至点Q，使OQ2PO．当点P不在坐标轴上时，过点P作

x轴的垂线，过点Q作y轴的垂线，这两条垂线交于点M．

(1)求此抛物线对应的函数解析式．

(2)PQM被y轴分成的两部分图形的面积比是否保持不变．如果不变，直接写出这个面积比；如果变化，

说明理由．

(3)当PQM的边MQ经过此抛物线的最低点时，求点Q的坐标．

(4)当此抛物线在PQM内部的点的纵坐标y随x的增大而减小时，直接写出m的取值范围．

【答案】(1)yx22x1

5

(2)面积比保持不变为，理由见详解

4

(3)Q(23-2,-2)或Q(-23-2,-2)

22

(4)m1或-＃m1-2或＃m1+2

22

【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，利用待定系数法求函数的解析式，相似三角形的判定和

性质，利用一元二次方程解决几何问题，抛物线中动点问题，解题的关键是掌握二次函数的性质，并发展

空间想象能力，分情况研究动点问题．

（1）利用待定系数法求解即可；

（2）根据题意，利用相似三角形的性质求出面积之比即可；

（3）QM经过最低点，即经过顶点，画出示意图，先求出顶点坐标，再利用相似三角形的判定和性质求出m

的值，最后分两种情况求出点Q的坐标即可；

（4）根据题意，分三种情况进行分析，画出图形找出临界点，利用相似三角形的性质列出一元二次方程，

然后进行求解即可．

【详解】（1）解：将2,1代入yx2bx1得，

-1=4+2b-1，

解得b2，

∴抛物线的解析式为yx22x1；

5

（2）解：如图所示，面积比保持不变为，理由如下：

4

根据题意可得，�M�ODQ90靶,Q=Q，

∴QOD∽QPM，

OP1

∵，

OQ2

OQ2

∴=，

PQ3

2

SQOD24

∴，

SQPM39

S四边形9-45

则ODMP==；

SQOD44

（3）解：如图所示，QM经过最低点，即经过顶点，

2

2412

该抛物线的顶点横坐标为1，纵坐标为2，

24

∴该抛物线的顶点坐标为1,2，

∵�PNO�ODQ90靶,NPO=DOQ，

OP1

∴PON∽OQD，且相似比为，

OQ2

根据顶点纵坐标可得，OD2，

PN1

则=，

OD2

2--

即m2m1=1

22

解得m13，

①当m13时，即为如图所示，

此时xQ2xP232，

点Q在第四象限，故Q232,2；

②如图所示，

当m13时，此时点P在第一象限，点Q在第三象限，

此时xQ2xP232，

故Q232,2；

综上，Q232,2或Q232,2；

（4）解：①当PQ经过顶点T时，过点T作TE^x轴，交x轴于点E，

由�PNO�TEO90靶,PON=TOE得，PON∽TOE，

PNTE

∴=，

ONOE

2--

即m2m1=2，

-m1

解得m1（舍去），或m1，

∴当点P向左运动时，满足题意，

∴m1；

②如图所示，当点Q在抛物线上时，过点Q作QEx，交x轴于点E，

1

同理，PON∽QOE，相似比仍为，

2

2

此时，Q2m,2m2m1，代入抛物线解析式得，

2

2m22m12m4m1，

22

解得m（舍去），或m，

22

此时，当P点向下一直移动，直至到x轴时，都符合题意，

2

当x2x10时，解得x112,x212，

2

∴当-＃m1-2时，符合题意；

2

③图所示，当点Q在抛物线上时，点Q在第二象限，点P在第四象限，

2

思路同②，此时Q2m,2m2m1，代入抛物线解析式得，

2

2m22m12m4m1，

22

解得m（舍去），或m，

22

此时，当P点向右一直移动，直至到x轴时，都符合题意，

2

∴当＃m1+2时，符合题意；

2

22

综上，当m1或-＃m1-2或＃m1+2时，符合题意．