重难点03 二次函数的几何最值（4大类12种题型）（复习讲义）（解析版）-【数学】2026年中考一轮复习讲练测

1/10第三章函数重难点03二次函数的几何最值问题

（4大类12种题型）目录01TOC\o"1-1"\h\z\u深挖重难·固根基 202分层锤炼·验成效 100固·重难考点拓·创新能力与二次函数几何最值相关的问题是初中数学高频考点，常以填空、解答题（尤其是综合题）形式出现，核心考查函数建模与几何分析能力，重难点如下：一、二次函数几何最值的基础类型核心要求：结合二次函数的图像性质（开口方向、顶点坐标），分析几何图形中线段、面积等的最值情况。关联难点：1）单动点下的线段最值（如“抛物线上一点到某直线的最短距离”）；2）简单图形的面积最值（如“抛物线上两点与坐标轴围成三角形的最大面积”）。二、二次函数与三角形的几何最值核心要求：利用二次函数表达式表示三角形的边长、面积，结合三角形的性质（如三边关系）推导最值。关联难点：1）定顶点+动顶点的三角形面积最值（通过“铅锤法”转化为函数最值）；2）三角形周长最值（结合对称点转化为线段和的最值）。三、二次函数与四边形的几何最值核心要求：将四边形的边长、面积表示为二次函数，结合四边形的形状特征（如平行四边形、矩形）分析最值。关联难点：1）特殊四边形的面积最值（如“抛物线上四点围成平行四边形的最大面积”）；2）四边形周长最值（结合函数顶点与对称性质简化计算）。四、二次函数几何最值的综合应用核心要求：结合实际背景（如“图形用料最省”“场地面积最大”），建立二次函数模型求解几何最值，同时验证解的合理性。关联难点：1）多限制条件下的最值（如“动点在特定线段上时的面积最大值”）；2）函数定义域对最值的影响（实际问题中自变量的取值范围需结合几何图形边界）。题型01二次函数中的线段最值问题类型一铅垂线段（横坐标相同）1．（2025·海南·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+ca>0经过A4,0、B−2,6两点．点Px0,(1)若c=−4．①求抛物线的解析式；②求线段PQ长度的最大值；③若t≤x0≤t+1，求x0取何值时线段PQ的长度最大（可用含(2)若c≠−4，t≤x【答案】(1)①y=x(2)不发生变化，理由见解析【分析】本题主要考查二次函数的判定和性质，待定系数法确定函数解析式，理解题意，熟练掌握运用二次函数的性质是解题关键．（1）①利用待定系数法代入计算求解即可；②设直线AB的解析式为y=kx+b，利用待定系数法确定函数解析式，然后结合图形得出PQ=−③根据二次函数的性质结合图象求解即可；（2）根据题意重新确定二次函数的解析式为y=ax2−(1+2a)x+4−8a【详解】（1）解：①∵c=−4，∴设抛物线的解析式为：y=ax∵抛物线y=ax2+bx+ca>0经过∴0=16a+4b−46=4a−2b−4，解得：a=1∴抛物线的解析式为：y=x②设直线AB的解析式为y=kx+b，将点A、B代入得：0=4k+b6=−2k+b，解得：k=−1∴y=−x+4，∵点Px0,y0是线段AB上的动点，过点P∴Px0,−∴PQ=−由题意得：−2≤x∴当x0=1时，③∵PQ=−(x∴当t≥−2，t+1≤1时，即−2≤t≤0时，PQ的最大长度在x0当t<1，t+1>1时，即0<t<1时，PQ的最大长度在x0当t≥1，t+1≤4时，即1≤t≤3时，PQ的最大长度在x0（2）解：不发生变化，理由如下：∵抛物线y=ax2+bx+ca>0经过∴0=16a+4b+c6=4a−2b+c，解得：b=−1−2a∴抛物线的解析式为：y=ax∵点Px0,∴y0∵点Q在抛物线上，∴点Q的坐标为Qx∴PQ=−∵PQ解析式图形开口方向及对称轴同（1）中③的解析图象一致，∴问题（1）中③的结论未发生变化．2．（2025·海南·三模）如图，抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A1,0、B−3,0两点，与y轴交于点C，点M为抛物线的顶点，直线MC(1)求该抛物线的表达式；(2)点Pm,n是第三象限内抛物线上的一个动点，作PQ∥y轴交BC①求线段PQ的最大值及此时点P的坐标；【答案】(1)y=(2)①94，−【分析】题目主要考查二次函数的应用，相似三角形的判定和性质，最值问题，理解题意，熟练掌握二次函数的相关性质是解题关键．（1）根据题意利用待定系数法即可确定函数解析式；（2）①设Pm，m2+2m−3，则Q【详解】（1）解：将A1，0得a+b−3=0解得a=1∴该抛物线的表达式为y=x（2）①当x=0时，y=x∴C0，−3设直线BC的解析式是：y=kx+b，则−3k+b=0b=−3，解得：k=−1∴直线BC的解析式是：y=−x−3，如图1，设Pm，m2+2m−3则PQ=−m−3当m=−32时，线段PQ有最大值，为94此时点P的坐标为−3类型二水平线段（纵坐标相同）1．（2025·安徽马鞍山·三模）如图，抛物线y=ax2+bx与直线y=−x+b交于A，B两点，且点A的坐标为4,0(1)求抛物线的函数表达式．(2)P为直线AB上方的抛物线上一动点，过点P作PQ⊥y轴交直线AB于点Q．（ⅰ）当线段PQ取最大值时，求点Q的坐标；【答案】(1)y=−(2)（ⅰ）14,154；【分析】（1）先求出直线y=−x+b的表达式为y=−x+4，然后求出点B的坐标为(1,3)，将点B1,3（2）（ⅰ）过点P作PE⊥x轴于点E，交直线AB于点D．设点P的横坐标为m1<m<4，则点D的横坐标也为m，得出Pm,−m2+4m，Dm,−m+4，求出【详解】（1）解：∵点A4,0在直线y=−x+b∴−4+b=0，解得b=4，∴直线y=−x+b的表达式为y=−x+4，当x=1时，y=−1+4=3，∴点B的坐标为(1,3)，

∵b=4，∴y=ax将点B1,3代入y=ax2解得a=−1，∴抛物线的表达式为y=−x（2）解：（ⅰ）如图，过点P作PE⊥x轴于点E，交直线AB于点D．设直线y=−x+4与y轴交于点C，则点C的坐标为(0,4)．∵A4,0∴∠OAC=45°．∵PQ∥OA，∴∠PDQ=∠ADE=∠OAC=∠PQD=45°，∴PQ=PD，设点P的横坐标为m1<m<4，则点D的横坐标也为m∴Pm,−m2∴PQ=PD=−m2∴当m=52时，∴y=−m∴点Q的纵坐标也为154令y=−x+4=15解得x=1∴点Q的坐标为14,2．（2025·安徽滁州·二模）抛物线y=ax2+bx−4过点A(−1,0)，点B3,0，C是抛物线的顶点，(1)求抛物线的表达式及点C的坐标；(2)点P在抛物线上，且位于直线BD下方，过点P作PQ平行于x轴交直线BD于点Q，求PQ的最大值；【答案】(1)y=43(2)9【分析】（1）利用待定系数法即可求解出解析式，进而出顶点坐标C；（2）先求出D0,−4，再求出直线BD的解析式为y=43x−4，设Pp,【详解】（1）解：根据题意：0=a−b−40=9a+3b−4，解得：a=∴抛物线的表达式为y=4∵y=4∴抛物线的顶点C的坐标为1,−16（2）解：如图，将x=0代入y=43x∴D0,−4设直线BD的解析式为y=kx−4，将点B3,0代入y=kx−4，则0=3k−4∴k=4∴直线BD的解析式为y=4设Pp,∵PQ∥∴点Q的纵坐标为43则43p2∴Qp∴PQ=−p∴PQ=−p2+3p=−∴当p=32时，PQ有最大值为3．（2023·四川资阳·中考真题）如图，直线y=34x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=−34

(1)求抛物线的表达式；(2)点D是抛物线在第二象限内的点，过点D作x轴的平行线与直线AB交于点C，求DC的长的最大值；【答案】(1)y=−(2)当m=−2时，【分析】（1）首先求得A、B点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式；（2）设Dm，−34m2−9【详解】（1）∵直线y=34x+3与x轴、y轴分别交于A∴A(−4，0)，∵抛物线y=−34x2+bx+c∴−12−4b+c=0c=3解得b=−9∴y=−3（2）设Dm,−∵DC∥作x轴，与直线AB交于点C∴34x+3=−3∴C−∴DC=−∴当m=−2时，DC的长的最大值为4；类型三斜线段求法（化斜为直）1．（2024年甘肃省临夏州中考数学试卷）在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A−1,0，B3,0两点，与y(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PQ⊥BC，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．【答案】(1)y=−(2)存在，最大值是982【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）过点P作PE⊥x轴，交BC于点D，设Pm,−m2+2m+3，根据三角函数得到PQ=PD⋅cos【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A∴y=−x+1∴y=−x（2）存在；∵y=−x∴当x=0时，y=3，∴C0,3∵B3,0∴OC=3=OB，∴∠OBC=45°，设直线BC的解析式为：y=kx+3，把B3,0代入，得：k=−1∴y=−x+3，过点P作PE⊥x轴，交BC于点D，设Pm,−m2∴PD=−m∵PQ⊥BC，∴∠PQD=90°=∠PEB，∵∠PDQ=∠BDE，∴∠DPQ=∠OBC=45°，∴PQ=PD⋅cos∴当PD最大时，PQ最大，∵PD=−m−∴当m=32时，PD的最大值为94，此时PQ∴P32．（2023年重庆市中考数学真题（B卷））如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=14x2+bx+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C

(1)求该抛物线的表达式；(2)点P是直线AC下方抛物线上一动点，过点P作PD⊥AC于点D，求PD的最大值及此时点P的坐标；【答案】(1)y=(2)PD取得最大值为45，【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式即可求解；（2）直线AC的解析式为y=−34x−3，过点P作PE⊥x轴于点E，交AC于点Q，设Pt,1【详解】（1）解：将点B3,0，C0,−3．代入1解得：b=1∴抛物线解析式为：y=1（2）∵y=14x2+14当y=0时，1解得：x1∴A−4,0∵C0,−3设直线AC的解析式为y=kx−3，∴−4k−3=0解得：k=−∴直线AC的解析式为y=−3如图所示，过点P作PE⊥x轴于点E，交AC于点Q，

设Pt,14∴PQ=−3∵∠AQE=∠PQD，∠AEQ=∠QDP=90°，∴∠OAC=∠QPD，∵OA=4,OC=3，∴AC=5，∴cos∠QPD=∴PD=4∴当t=−2时，PD取得最大值为45，1∴P−2,−3．（2023年青海省西宁市中考数学真题）如图，在平面直角坐标系中，直线l与x轴交于点A6,0，与y轴交于点B0,−6，抛物线经过点A，B，且对称轴是直线

(1)求直线l的解析式；(2)求抛物线的解析式；(3)点P是直线l下方抛物线上的一动点，过点P作PC⊥x轴，垂足为C，交直线l于点D，过点P作PM⊥l，垂足为M．求PM的最大值及此时P点的坐标．【答案】(1)y=x−6(2)y=(3)PM的最大值是928，此时的P【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）根据题意可设抛物线的解析式为y=a(x−1)（3）由题意易证△PDM为等腰直角三角形，即得出PM=22PD．设点P的坐标为t,14t2−12t−6，则D【详解】（1）解：设直线l的解析式为y=mx+nm≠0把A，B两点的坐标代入解析式，得6m+n=0n=−6解得：m=1n=−6∴直线l的解析式为y=x−6；（2）解：设抛物线的解析式为y=ax−h∵抛物线的对称轴为直线x=1，∴y=a(x−1)把A，B两点坐标代入解析式，得25a+k=0a+k=−6解得：a=1∴抛物线的解析式为y=1（3）解：∵A6,0

B0,−6∴OA=OB=6．∵在△AOB中∠AOB=90°，∴∠OAB=∠OBA=45°．∵PC⊥x轴，PM⊥l，∴∠PCA=∠PMD=90°．在Rt△ADC中，∠PCA=90°，∠OAB=45°∴∠ADC=45∴∠PDM=∠ADC=45°．在Rt△PMD中，∠PMD=90°，∠PDM=45°∴sin45°=∴PM=2设点P的坐标为t,14t∴PD=t−6−1∵−1∴当t=3时，PD有最大值是94，此时PM∴PM当t=3时，14t∴P3,−∴PM的最大值是928，此时的P点坐标是【点睛】本题为二次函数综合题，考查利用待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质等知识．掌握利用待定系数法求函数解析式和利用数形结合的思想是解题关键．类型四距离最值问题1．（2025·福建厦门·二模）在平面直角坐标系中，抛物线L：y=ax2−2ax−3aa>0与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，其顶点为C，点(1)抛物线L的对称轴为直线x=______；(2)当a=1时，若抛物线与y轴的交点为D，求点P到直线BD距离的最大值；【答案】(1)1(2)点P到直线BD距离的最大值为9【分析】（1）对y=ax2−2ax−3a=ax−3x+1，令y=0，可得x=3或−1（2）当a=1时，二次函数表达式为y=x2−2x−3，画出图象如图所示，作PQ⊥BD于点Q，即求PQ的最大值．作PH⊥x轴交BD于点H，由待定系数法可知直线BD的表达式为y=x−3，∠ODB=∠DHP=45°，设Pp,p2−2p−3，则Hp,p−3，故【详解】（1）解：∵y=ax令ax−3得x=3或−1，即A−1,0，B∴对称轴为直线x=3−1故答案为：1；（2）解：当a=1时，二次函数表达式为y=令x=0，则y=−3，∴D0,−3作PQ⊥BD于点Q，作PH⊥x轴交BD于点H，∵B3,0，D∴由待定系数法可知直线BD的表达式为y=x−3，∠ODB=∠DHP=45°，设Pp,p2故PH=p−3−p则PQ=PH2，因为PH的最大值为∴PQ的最大值为92即点P到直线BD距离的最大值为922．（2025·江苏淮安·二模）已知二次函数y=−x2+bx+c的图像与x轴交于点A−1,0，顶点为点P．直线(1)填空：c=________；（用含b的式子表示）(2)若该二次函数图像与x轴的另一个交点为B3,0，与直线l交于C、D两点．点E为二次函数图像上任意一点，过点E作x轴的垂线，交x轴于点F，交直线l于点G①若点G是线段EF的中点，求点F的坐标；②设E、G的纵坐标分别为y1、y2，若y1(3)若平移该二次函数图像，使其顶点P落在直线l上．设抛物线与直线l的另一个交点为H，点K在直线l上方的二次函数图像上，求点K到直线l距离的最大值．【答案】(1)b+1(2)①1+65,0或1−6(3)4【分析】（1）代入点A−1,0到y=−（2）①代入B3,0，利用待定系数法求出二次函数的解析式是y=−x2+2x+3，设点E的坐标是x,−x2+2x+3，由点G是线段EF的中点，表示出点G的坐标，再代入点G到直线l的表达式，求出x的值即可解答；②根据二次函数的性质可得当−1<x<3时，y>0；当x<−1或x>3时，y<0，由y（3）设点Pm,45m+75，得到平移后的二次函数解析式为y=−x−m2+45m+75，联立二次函数与直线l的表达式，求出点Hm−45,45m+1925，利用勾股定理得到PH=44125，过点K【详解】（1）解：∵二次函数y=−x2+bx+c的图像与x∴−1−b+c=0，整理得：c=b+1．故答案为：b+1．（2）解：①由（1）知二次函数的解析式是y=−x∵二次函数图像与x轴的另一个交点为B3,0∴−9+3b+b+1=0，解得：b=2，∴二次函数的解析式是y=−x设点E的坐标是x,−x则点F的坐标是x,0，∵点G是线段EF的中点，∴点G的坐标是x,−又∵点G在直线l上，∴4整理得：5x解得：x1=1+∴点F的坐标是1+65,0②∵−1<0，∴二次函数y=−x∵二次函数y=−x2+2x+3的图像与x轴的交点为A∴当−1<x<3时，y>0；当x<−1或x>3时，y<0，∵y∴y1>0当y1>0y∴不等式组无解，舍去；当y1<0y2>0解得：−74<x<−1∴综上所述，x的取值范围是−74<x<−1故答案是：−74<x<−1（3）解：∵顶点P落在直线l上，∴设点Pm,4∴平移后的二次函数解析式为y=−x−m联立y=−x−m解得：x=my=45∴Hm−∴PH=4过点K作KM∥y轴交直线l于点设点K的坐标为x,−x−m2+∴==−2∵−2∴当x=m−25时，S△HKP设点K到直线l距离为d，则d=2当S△HKP取最大值时，d有最大值，此时d=∴点K到直线l距离的最大值为441【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式、二次函数与一元二次方程、二次函数与不等式、二次函数的平移、勾股定理、线段最值问题，熟练掌握二次函数的图像与性质是解题的关键．本题属于函数综合题，需要较强的数形结合能力，同时涉及复杂的运算，适合有能力解决函数压轴题的学生．3．（2021·广东·模拟预测）如图①，抛物线y=−18x2+12x+4与y轴交于点A，与x轴交于点B、C，将直线AB绕点(1)求直线AD的函数解析式；(2)如图②，若点P是直线AD上方抛物线上的一个动点，①当点P到直线AD的距离最大时，求点P的坐标和最大距离；②当点P到直线AD的距离为524时，求【答案】(1)y=−x+4(2)①点P的坐标为6,52，最大距离为924；②【分析】（1）先求出抛物线与坐标轴的交点，从而得出∠ABO=45°，再结合旋转的性质，可得△ABD是等腰直角三角形，从而得出D4,0（2）①如图，过点P作PM⊥AD于点M，PN⊥x轴交直线AD于点N，则点P到直线AD的距离为PM，设Pa,−18a2+1②由①可知，PM=−216a2+324a，当点P到直线AD的距离为524时，解得a【详解】（1）解：抛物线y=−18x2+12x+4与y轴交于点当x=0时，y=4；当y=0时，−18x2+∴A0,4，B−4,0，∴OA=OB=4，∴∠ABO=45°，由旋转的性质可知，∠BAD=90°，∴△ABD是等腰直角三角形，∵AO⊥BD，∴OB=OD=4，∠OAB=∠OAD=45°，∴D4,0设直线AD的函数解析式为y=kx+b，则b=44k+b=0，解得k=−1∴直线AD的函数解析式为y=−x+4；（2）解：①如图，过点P作PM⊥AD于点M，PN⊥x轴交直线AD于点N，则点P到直线AD的距离为PM，∵点P是直线AD上方抛物线上的一个动点，∴设Pa,−∴Na,−a+4∴PN=−1∵PN∥∴∠PNM=∠OAD=45°，∴△PMN是等腰直角三角形，∴PN=2∴PM=2∵−2∴当a=6时，PM有最大值为924，此时∴当点P到直线AD的距离最大时，点P的坐标为6,52，最大距离为②当点P到直线AD的距离为52由①可知，PM=−2∴−2整理得a2解得：a1=2，∴点P的坐标为2,92或当点P1的坐标为2,92∴sin当点P2的坐标为10,−72∴sin综上可知，当点P到直线AD的距离为524时，求sin∠PAD的值为5【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象和性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形的性质等知识，利用数形结合的思想解题是关键．4．（2025·云南楚雄·模拟预测）我国著名的数学家华罗庚曾说：“数形结合百般好，割裂分家万事非”．数与形反映了事物两个方面的属性．数形结合思想是中学数学中一种重要的数学思想，用这种思想来解决数学问题往往可以使复杂的问题简单化，抽象问题具体化．请用所学的数学知识来解决下列问题．在平面直角坐标系中，设二次函数y=(2m−1)x2+(1−2m)x+m2(1)求证：图象G与x轴只有一个交点．(2)若点A−1,yA,B3,yB(3)在（2）的条件下，当m取最大的整数时，在线段AB上方的图象G上是否存在一点P，使点P到线段AB的距离最大？若存在，请求出点P的坐标及点P到线段AB的最大距离；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)m<(3)存在，点P的坐标为1,−14，点P到线段AB的距离P【分析】（1）利用一元二次方程根的判别式即可证明；（2）将点A−1,yA，点B3,yyA,yB，根据（3）由（2）可知m<12，则当m取最大的整数时，m=0，求出点A的坐标为−1,−94．点B的坐标为3,−254，直线AB的解析式为y=−x−134．过点P分别作PH⊥AB于点H,PQ∥y轴，与线段AB交于点Q，连接AP,BP．设点P的坐标为t,−t2+t−14【详解】（1）证明：∵a=2m−1,b=1−2m,c=m∴=1−4m+4=1−4m+4=1−4m+4=0，∴图象G与x轴只有一个交点；（2）解：将点A−1,yA代入y=(2m−1)得y=2m−1−1+2m+=9m将点B3,yB代入y=(2m−1)得y=18m−9+3−6m+=25m∵y∴9m解得m<1∴m的取值范围为m<1（3）解：存在．由（2）可知m<12，则当m取最大的整数时，此时y=−x将点A−1,yA得yA∴点A的坐标为−1,−9将点B3,yB得yB∴点B的坐标为3,−25设直线AB的解析式为y=kx+s(k≠0)．将点A−1,−得−9解得k=−1s=−∴直线AB的解析式为y=−x−13如答图，过点P分别作PH⊥AB于点H,PQ∥y轴，与线段AB交于点Q，连接AP,BP．设点P的坐标为t,−t2+t−14∴铅垂高PQ==−=−t∵点A与点B的水平宽为xB∴S△PAB=1=−2=−2t−1∵−2<0，∴当t=1时，S△PAB此时yP∴点P的坐标为1,−1∵AB=(−1−3)即线段AB的长度为定值42∴点P到线段AB的距离PH最大=【点睛】本题主要考查了二次函数综合问题，二次函数与x轴的交点问题，二次函数与不等式，熟练运用数形结合的思想是解题的关键．类型五线段比最值问题1．（2025·内蒙古通辽·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+4x+ca≠0与x轴交于点A−1,0和点B，且点A在B(1)求抛物线的函数表达式；(2)如图1，直线y=−x+2与x轴交于点D，与y轴交于点E，点P是第一象限内抛物线上的一个动点，设射线AP与直线y=−x+2交于点N，求PNAN的最大值，及此时点P【答案】(1)y=−(2)PNAN的最大值为3712，点P【分析】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，函数图象平移的性质是解题的关键．（1）根据抛物线y=ax2+4x+ca≠0，经过点（2）过点P作PQ∥AB交直线DE于点Q．设点Pm,−m2+4m+5，则点【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+4x+ca≠0，经过点∴a−4+c=0c=5解得a=−1故抛物线的解析式为y=−x（2）解：过点P作PQ∥AB交直线DE于点Q．设点Pm,−m2∵直线y=−x+2与x轴交于点D，∴D2,0∴AD=2−−1∵PQ∥AB，∴△PNQ∽△AND，∴PN∵−13<0∴m=52时，PNAN把m=52代入y=−x∴点P的坐标为522．（2021·四川内江·一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于A−4,0、B两点，与(1)求抛物线的函数表达式；(2)如图1，点D为第三象限抛物线上一点，连接OD,AC交于点E，求DEOE【答案】(1)y=(2)1【分析】本题考查了二次函数与几何综合，涉及待定系数法求函数解析式，勾股定理及其逆定理，相似三角形的判定与性质，难度大，熟练掌握知识点是解题的关键．（1）由待定系数法求解即可；（2）过点D作DH⊥AB交AC于H，证明△DHE∽△OCE，则DEOE【详解】（1）解：∵A−4,0∴OA=4，∵OA=2OC，∴OC=2，∴C0,−2把A−4,0，C0,−2代入得到c=−28−4b+c=0解得b=3∴抛物线的解析式为y=1（2）解：如图1中，过点D作DH⊥AB交AC于H，设Dm,设直线AC:y=kx+b∵A−4,0，C∴−4k+b=0b=−2解得k=−1∵直线AC的解析式为y=−1∴Hm,−∴DH=−1∵DH∥OC，∴△DHE∽△OCE，∴DE∵−1∴DEOE3．（2025·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A，B(6,0)两点，与y轴交于点C(1)求抛物线的表达式：(2)点P是射线BC下方抛物线上的一动点，连接OP与射线BC交于点Q，点D，E为抛物线对称轴上的动点（点E在点D的下方），且DE=4，连接BD，PE．当PQOQ取得最大值时，求点P的坐标及BD+PE【答案】(1)y=(2)点P的坐标为(3,−12)，BD+PE的最小值为4【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的解析式；（2）先求出直线BC的解析式，然后设点P的坐标为(x,x2−5x−6)，过点P作PF∥y轴交BC于点F，交x轴于点H，点F的坐标为(x,x−6)，求出PF长，再证明△QPF∽△QOC，根据对应边成比例求出PQOQ的最小值，把点P向上平移4个单位长度得到点Q，点Q的坐标为(3,−8)，连接GD，即可得到BD+PE=BD+DG，连接【详解】（1）解：设抛物线的解析式为y=(x−把(6,0)代入得解得k=−49∴y=(x−（2）解：令x=0，则y=−6，∴点C的坐标为(0,−6)，设直线BC的解析式为y=mx+n，把(6,0)和6m+n=0n=6，解得m=1∴y=x−6，设点P的坐标为(x,x2−5x−6)，过点P作PF∥y轴交BC于点F，交x则点F的坐标为(x,x−6)，∴PF=x−6−(x∵PF∥y轴，∴∠PFQ=∠OCQ，∠FPQ=∠COQ，∴△QPF∽△QOC，∴QPQO∴当x=3时，QPQO取得最大值为32，这时点P的坐标为把点P向上平移4个单位长度得到点G，点G的坐标为(3,−8)，连接GD，则四边形DEPG是平行四边形，∴DG=PE，即BD+PE=BD+DG，由A，B关于x=52对称性可得点A的坐标为连接AG，则BD+PE=BD+DG的最小值为AG长，即AG=AH即BD+PE的最小值为454．（2024·四川广元·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线F：y=−x2+bx+c经过点A−3,−1，与(1)求抛物线的函数表达式；(2)在直线AB上方抛物线上有一动点C，连接OC交AB于点D，求CDOD的最大值及此时点C【答案】(1)y=−x(2)最大值为98，C的坐标为−【分析】（1）本题考查了待定系数法解抛物线分析式，根据题意将点A、B坐标分别代入抛物线解析式，解方程即可；（2）根据题意证明△CDM∽△ODB，再设AB的解析式为y=mx+n，求出AB的解析式，再设Ct,−t2【详解】（1）解：A−3,−1，B0,2代入得：−9−3b+c=−1c=2，解得：b=−2∴抛物线的函数表达式为y=−x（2）解：如图1，过点C作x轴的垂线交AB于点M．∴CM∥y轴，∴△CDM∽∴CDOD设AB的解析式为y=mx+n，把A−3,−1，B0,2代入解析式得解得：m=1n=2∴y=x+2．设Ct,−t2∴CM=−t∵−3<t<0，−1<0，∴当t=−32时，CM最大，最大值为∴CDOD的最大值为98，此时点C的坐标为题型02线段和最值问题类型一求线段和的最值可通过设动点坐标表示线段，再利用二次函数求最值.1．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c与x轴的交点分别为A和B1,0（点A在点B的左侧），与y轴交于点C0,3(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，过点P作x轴平行线交AC于点E，过点P作y轴平行线交x轴于点D，求PE+PD的最大值及点P的坐标；【答案】(1)y=−(2)PD+PE的最大值为498，点P的坐标为【分析】（1）利用待定系数法即可求解；（2）先求得直线AC的解析式，设Pm,−m2−2m+3，则PE=−m【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点B(1,0)，与−1+b+c=0解得b=−2抛物线的解析式为：y=−x（2）解：当y=0时，0=−x解得x1=−3，∴A(−3,0)，设直线AC的解析式为：y=kx+nk≠0把A−3,0，C0,3代入得：解得k=1∴直线AC的解析式为y=x+3，设Pm,−∵PE∥∴点E的纵坐标为−m又∵点E在直线AC上，∴−m2−2m+3=x+3∴E−∴PE=−m∵PD∥y轴，∴PD=−m∴PD+PE=−m∵−2<0，−3<m<0，∴当m=−54时，PD+PE有最大值，最大值为当m=−54时，∴点P的坐标为−5答：PD+PE的最大值为498，点P的坐标为−2．（2023·四川巴中·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点A(−1,0)和B(0,3)

(1)求抛物线的表达式．(2)若直线x=m与x轴交于点N，在第一象限内与抛物线交于点M，当m取何值时，使得AN+MN有最大值，并求出最大值．【答案】(1)y=−(2)当m=32时，AN+MN【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）设Mm,−m2+2m+3，进而分别表示出MN,AN，得出关于【详解】（1）解：∵抛物线的顶点横坐标为1∴对称轴为x=1∵A(−1,0)∴与x轴另一交点为(3,0)

∴设抛物线为y=a(x+1)(x−3)∵B(0,3)∴a=−1∴y=−(x+1)(x−3)∴抛物线的表达式为y=−（2）∵M在抛物线上∴设M∵M在第一象限∴MN=−∴AN+MN=−=−m∵0<m<3∴当m=32时，AN+MN类型二将军饮马问题1．（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y=−x2+bx+c的图象与x轴交于点A−1,0，(1)求抛物线的函数解析式；(2)如图2，连接BC，过点C作CD⊥BC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EF=2，连接OF，DE．求OF+DE【答案】(1)y=−(2)①D1,4【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OH=EF=2，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DE+EH≥DH，得出DE+EH=DH时，DE+EH最小，进一步求出DH【详解】（1）解：∵A−1,0,B3,0在二次函数y=−∴y=−x+1∴y=−x（2）解：①把x=0代入y=−x得y=3，∴C如图，延长DC与x轴相交于点G．∵B3,0，∴OB=OC=3．∵∠COB=90°，∴∠CBO=45°．∵∠DCB=90°=∠BCG，∴∠CGB=90°−∠CBO=90°−45°=45°．∴∠GCO=180°−∠COG−∠CGB=180°−90°−45°=45°，∴OG=OC=3，∴G−3,0设直线CG的解析式为：y=kx+mk≠0，把C得3=m0=−3k+m解得k=1∴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，∴联立解析式y=x+3y=−解得x=0y=3或x=1∴D1,4②如图，过点O作OH∥EF，且OH=EF=2，连接HE，DH，设DH交x轴为点G∵OH∥EF，且OH=EF，∴四边形OFEH是平行四边形，∴OF=EH．∵∠CBO=45°，∴∠BOH=45°．∴△OGH为等腰直角三角形，∴OG=GH，∵OH=EF=2，O∴OG=GH=1，∴H1,−1∵DE+EH≥DH，∴当DE+EH=DH时，DE+EH最小．∵D1,4∴DH=5．此时D、E、H三点共线且DH⊥x轴，∴点F的坐标为0,3与点C重合，满足EF在线段BC上．∴DE+OF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；2．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与探究：如图，在平面直角坐标系中，已知直线y=12x−2与x轴交于点A，与y轴交于点C，过A，C两点的抛物线y=ax2+bx+ca≠0与x轴的另一个交点为点B(−1，0)，点P是抛物线位于第四象限图象上的动点，过点P分别作x(1)求抛物线的解析式；(2)点D是x轴上的任意一点，若△ACD是以AC为腰的等腰三角形，请直接写出点D的坐标；(3)当EF=AC时，求点P的坐标；(4)在（3）的条件下，若点N是y轴上的一个动点，过点N作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接NA，MP，则【答案】(1)y=(2)D(3)P(4)3【分析】本题主要考查了求函数解析式、二次函数与几何的综合等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键．（1）先根据题意确定点A、C的坐标，然后运用待定系数法求解即可；（2）分三种情况分别画出图形，然后根据等腰三角形的定义以及坐标与图形即可解答；（3）先证明△AOC≌△EPFASA可得PF=OC=2，设Pm,12m2−32m−20<m<4（4）如图：将线段NA向右平移32单位得到MG,即四边形MNAG是平行四边形，可得NA=MG,AG=MN=32,即G112，0，作P2，−3关于对称轴【详解】（1）解：∵直线y=12x−2与x轴交于点A，与y∴当y=0时，x=4，即A4,0；当x=0时，y=−∵B(−1，∴设抛物线的解析式为y=ax+1把C0,−2代入可得：−2=a0+10−4∴y=1∴抛物线的解析式为：y=1（2）解：∵A4,0，C∴OC=2,OA=4,∴AC=O如图：当CD∴OD1=OA=4如图：当AD∴OD2=A如图：当AD∴OD3=A综上，点D的坐标为D1（3）解：如图：∵PE∥∴∠PEA=∠OAC，∵PF∥y轴，∴∠PFE=∠OCA，∵EF=AC，∴△AOC≌△EPFASA∴PF=OC=2,∵设Pm,12∴PF=1∴−12m当m=2时，12∴P2（4）解：∵抛物线的解析式为：y=1∴抛物线的对称轴为：直线x=3如图：将线段NA向右平移32单位得到MG∴四边形MNAG是平行四边形，∴NA=MG,AG=MN=32,即作P2，−3关于对称轴x=3∴P1∵NA+MP=MG+MP∴NA+MP的最小值为313故答案为3133．（2024·甘肃·中考真题）如图1，抛物线y=ax−h2+k交x轴于O，A4,0两点，顶点为B2,2(1)求抛物线y=a(x−h)(2)过点C作CH⊥OA，垂足为H，交抛物线于点E．求线段CE的长．(3)点D为线段OA上一动点（O点除外），在OC右侧作平行四边形OCFD．①如图2，当点F落在抛物线上时，求点F的坐标；②如图3，连接BD，BF，求BD+BF的最小值．【答案】(1)y=−(2)3(3)①F2+2【分析】（1）根据顶点为B2,23．设抛物线y=a(x−2)（2）根据顶点为B2,23．点C为OB的中点，得到C1,3，当x=1时，y=−32+23=（3）①根据题意，得C1,3，结合四边形OCFD是平行四边形，设Fm,3，结合点②过点B作BN⊥y轴于点N，作点D关于直线BN的对称点G，过点G作GH⊥y轴于点H，连接DG，CH，FG，利用平行四边形的判定和性质，勾股定理，矩形判定和性质，计算解答即可．【详解】（1）∵抛物线的顶点坐标为B2,2设抛物线y=a(x−2)把A4,0代入解析式，得a解得a=−3∴y=−3（2）∵顶点为B2,23．点C为∴C1,∵CH⊥OA，∴CH∥y轴，∴E的横坐标为1，设E1,m当x=1时，m=−3∴E1,∴CE=3（3）①根据题意，得C1,∵四边形OCFD是平行四边形，∴点C，点F的纵坐标相同，设Fm,∵点F落在抛物线上，∴3=−解得m1=2+2故F2+②过点B作BN⊥y轴于点N，作点D关于直线BN的对称点G，过点G作GH⊥y轴于点H，连接DG，CH，FG，则四边形ODGH是矩形，∴OD=HG,OD∥HG，∵四边形OCFD是平行四边形，∴OD=CF,OD∥CF，∴GH=CF,GH∥CF，∴四边形CFGH是平行四边形，∴FG=CH，∵BG+BF≥FG，故当B、G、F三点共线时，BG+BF取得最小值，∵BG=BD，∴BG+BF的最小值，就是BD+BF的最小值，且最小值就是CH，延长FC交y轴于点M，∵OD∥CF，∴∠HMC=∠HOD=90°，∵C1,∴CM=1,OM=3∵B2,2∴ON=NH=23∴HM=ON+NH−OM=33∴HC=C故BD+BF的最小值是27【点睛】本题考查了待定系数法求函数的解析式，中点坐标公式，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，利用轴对称的性质求线段和的最小值，熟练掌握平行四边形的性质，轴对称的性质是解题的关键．4．（2024·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+4a≠0经过点−1,6，与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点（(1)求抛物线的表达式；(2)点P是射线CA上方抛物线上的一动点，过点P作PE⊥x轴，垂足为E，交AC于点D．点M是线段DE上一动点，MN⊥y轴，垂足为N，点F为线段BC的中点，连接AM，NF．当线段PD长度取得最大值时，求【答案】(1)y=−x(2)AM+MN+NF的最小值为412【分析】（1）利用正切函数求得OB=1，得到B1,0（2）求得A−4,0，利用待定系数法求得直线AC的解析式，设Pp,−p2−3p+4，求得PD最大，点P−2,6，再证明四边形AMNE是平行四边形，得到AM=EN，推出当【详解】（1）解：令x=0，则y=4，∴C0,4∴OC=4，∵tan∠CBA=4∴OCOB∴OB=1，∴B1,0将B1,0和−1,6代入y=ax2解得a=−1b=−3∴抛物线的表达式为y=−x（2）解：令y=0，则0=−x解得x=−4或x=1，∴A−4,0设直线AC的解析式为y=mx+4，代入A−4,0，得0=−4m+4解得m=1，∴直线AC的解析式为y=x+4，设Pp,−p2−3p+4（∴PD=−p∵−1<0，∴当p=−2时，PD最大，此时P−2,6∴AE=2，MN=OE=2，E−2,0∴AE=MN，AE∥连接EN，∴四边形AMNE是平行四边形，∴AM=EN，∴AM+MN+NF=EN+MN+NF≥MN+EF，∴当E、N、F共线时，EF取最小值，即AM+MN+NF取最小值，∵点F为线段BC的中点，∴F1∴EF=−2−∴AM+MN+NF的最小值为412类型三胡不归问题1．（2024·四川德阳·中考真题）如图，抛物线y=x2−x+c与x轴交于点A−1,0和点B，与(1)求抛物线的解析式；(2)当0<x≤2时，求y=x(3)将拋物线的顶点向下平移34个单位长度得到点M，点P为抛物线的对称轴上一动点，求PA+【答案】(1)y=(2)−(3)PA+55【分析】（1）直接利用待定系数法求解二次函数的解析式即可；（2）求解y=x2−x−2的对称轴为直线x=−（3）求解C0,−2，B2,0，可得AB=3，求解直线AC为y=−2x−2，及M12,−3，证明M在直线AC上，如图，过P作PG⊥AC于G，连接MB，过P作PH⊥MB于H，可得AC=5，sin∠ACO=【详解】（1）解：∵抛物线y=x2−x+c与x∴1+1+c=0，解得：c=−2，∴抛物线的解析式为：y=x（2）解：∵y=x2−x−2的对称轴为直线x=−∴函数最小值为：y=1当x=0时，y=−2，当x=2时，y=4−2−2=0，∴函数值的范围为：−9（3）解：∵y=x当x=0时，y=−2，∴C0,−2当y=x解得：x1=−1，∴B2,0∴AB=3，设直线AC为y=kx−2，∴−k−2=0，∴k=−2，∴直线AC为y=−2x−2，∵拋物线的顶点向下平移34个单位长度得到点M，而顶点为1∴M1∴M在直线AC上，如图，过P作PG⊥AC于G，连接MB，过P作PH⊥MB于H，∵A−1,0，C∴AC=5，sin∵对称轴与y轴平行，∴∠AMP=∠ACO，∴sin∠AMP=∴PG=5由抛物线的对称性可得：PG=PH，∠MAB=∠MBA，∴PA+5当A,P,H三点共线时取等号，∴sin∠MAB=∴AH3∴AH=6即PA+55PM【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的性质，利用轴对称的性质求解线段和的最小值，锐角三角函数的应用，做出合适的辅助线是解本题的关键．2．（2023·湖北黄石·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于两点A−3,0,B

(1)求此抛物线的解析式；(2)已知抛物线上有一点Px0,y0，其中y(3)若点D，E分别是线段AC，AB上的动点，且AE=2CD，求CE+2BD的最小值．【答案】(1)y=−1(2)−21(3)233．【分析】（1）由待定系数法即可求解；（2）在Rt△AOC中，tan∠CAO=COAO=43（3）作∠EAG=∠BCD，证明△BCD∽△GAE且相似比为1:2，故当C、E、G共线时，CE+2BD=CE+EG=CG为最小，进而求解．【详解】（1）解：设抛物线的表达式为：y=a(x+3)(x−4)=a(x即−12a=4，则a=−1故抛物线的表达式为：y=−13（2）解：在Rt△AOC中，tan∵∠CAO+∠ABP=90°，则tan∠ABP=故设直线BP的表达式为：y=34联立①②得：−1解得：x=−21（3）解：作∠EAG=∠BCD，

设AG=2BC=2×42=8∵AE=2CD，∴△BCD∽△GAE且相似比为1:2，则EG=2BD，故当C、E、G共线时，CE+2BD=CE+EG=CG为最小，在△ABC中，设AC边上的高为h，则S△ABC即5h=4×7，解得：h=28则sin∠ACD=则tan∠EAG=7过点G作GN⊥x轴于点N，则NG=AG⋅sin即点G的纵坐标为：−56同理可得，点G的横坐标为：−7即点G−由点C、G的坐标得，CG=0+即CE+2BD的最小值为233．【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．3．（2025·四川资阳·二模）如图，在平面直角坐标系中，点A在抛物线y=−x2+4x上，且横坐标为1，点B与点A关于抛物线的对称轴对称，直线AB与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，点E(1)求线段AB的长；(2)点P为线段AB上方抛物线上的任意一点，当△PBE的面积最大时，求此时P点坐标，并求出最大面积；(3)在（2）的情况下，过点P作AB的垂线交AB于点H，点F在y轴上一点，求PH+HF+1【答案】(1)AB=2(2)32,(3)9【分析】本题考查二次函数综合，涉及二次函数图象与性质、二次函数与面积综合、二次函数求最值等问题，数形结合是解决问题的关键．（1）根据题意，令x=1，代入表达式求出y即可得到A(1,3)，再根据点B与点A关于抛物线的对称轴对称，即可求出B(3,3)，从而得到答案；（2）作PN∥y轴交BE于N，如图所示，设Pm,−m2（3）作直线OG交AB于G，使得∠COG=30°，作HK⊥OG于K交OC于F，如图所示，数形结合得PH+HF+1【详解】（1）解：∵点A在抛物线y=−x∴令x=1，则y=−12+4=3∵点B与点A关于抛物线的对称轴对称，∴B(3,3)，∴AB=2；（2）解：作PN∥y轴交BE于N，如图所示：设Pm,−∵直线BE的解析式为y=x，∴N(m,m)，∴SΔPEB∵−1<0，∴抛物线开口向下，有最大值，当m=32时，△PEB的面积最大为94（3）解：作直线OG交AB于G，使得∠COG=30°，作HK⊥OG于K交OC于F，如图所示：由（2）知点P32,∴PH=15∵FK=1∴PH+HF+12FO=PH+FH+FK=PH+HK∵12∴HK=3×∴PH+HF+12OF4．（2025·四川眉山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c关于直线x=−3对称，与x轴交于A−1,0、B两点，与(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2AQ+2CQ存在最小值？若存在，请直接写出点【答案】(1)y=(2)P−3,2或(3)存在，Q0,1，2AQ+2【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P−3,p，E−3,0，分点P在x轴上方和点P在（3）在x轴上取点M5,0，连接AC,CM，过点A作AH⊥CM于点H，交y轴于Q'，过点Q作QG⊥CM于点G，易得△QGC为等腰直角三角形，进而得到QG=CG=22CQ，推出2AQ+2CQ=2AQ+22CQ=2AQ+QG≥2AH，得到当点【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c关于直线x=−3对称，与x轴交于A∴B−5,0∴抛物线的解析式为：y=x+1（2）∵点P在对称轴上，设对称轴与x轴交于点E∴设P−3,p，E∵旋转，∴PB=PD,∠BPD=90°，当点P在x轴上方时，∵A,B关于对称轴对称，∴PA=PB，∴当∠APB=90°时，满足题意，此时点D与点A重合，PE=1∵A−1,0，B∴AB=4，∴PE=2，∴P−3,2当点P在x轴下方时，如图，作DF⊥对称轴于点F，则：∠DFP=90°=∠BEP=∠BPD，∴∠BPE=∠PDF=90°−∠DPF，又∵BP=DP，∴△BPE≌△PDF，∴DF=PE,PF=BE，∵B−5,0∴DF=PE=−p,PF=BE=2，OE=3，∴EF=−p+2，∴Dp−3,p−2把Dp−3,p−2代入y=x2解得：x=−1或x=2（舍去）；∴P−3,−1综上：P−3,2或P（3）存在；在x轴上取点M5,0，连接AC,CM，过点A作AH⊥CM于点H，交y轴于Q'，过点Q作QG⊥CM于点G，则：OM=5，∵y=x∴当x=0时，y=5，∴C0,5∴OC=OM=5，∴CM=2∴△QGC为等腰直角三角形，∴QG=CG=2∴2AQ+2∴当点Q与点Q'重合时，2AQ+2CQ∵A−1,0∴OA=1，AM=6，∵S△ACM∴6×5=52∴AH=32∴2AQ+2CQ的最小值为在Rt△AHM中，∠AMH=45°∴∠MAH=45°，∴△OAQ∴OQ∴Q0,1综上：Q0,1，2AQ+2CQ【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．5．（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）综合与探究：如图，抛物线y=ax2+bx−3a≠0与x轴交于A−1,0和B3,0两点，与y轴交于点C．P是第四象限内抛物线上的一动点，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，交直线BC于点E，过点(1)求抛物线的解析式；(2)M是平面内任意一点，若以A，B，C，M为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点M的坐标；(3)当△PEF的周长最大时，求点P的坐标；(4)CD+1【答案】(1)y=(2)M12,3，M(3)点P的坐标为3(4)3【分析】（1）利用待定系数法将点A−1,0和B3,0代入（2）由抛物线的解析式y=x2−2x−3求得点C，分两种情况：当以AC为边时，平行四边形ACBM1，设M1（3）利用待定系数法求直线BC直线的解析式为y=x−3，根据点坐标求得△EFP为等腰直角三角形，则EF=FP=22EP，可求得△PEF的周长为EF+FP+EP=22+22+1EP=2+1EP，那么，当EP最大时△PEF（4）连接CD，过点B作∠DBG=30°，且过点D作DG⊥GB，在Rt△DBG中，DG=12DB，则CD+12BD=CD+DG≥CG，当点G、点D和点C共线时取得最小值，有∠OCD=30°，求得OD【详解】（1）解：将点A−1,0和B3,0代入0=a−b−30=9a+3b−3，解得a=1则抛物线的解析式为y=x（2）解：由抛物线的解析式为y=x令x=0，得y=−3则点C0,−3当以AC为边时，如图，存在点M1和M设M1∵四边形ACBM∴−1+3=0+x0+0=−3+y，解得x=2则点M1同理可得四边形ACM2B当以AC为对角线时，如图，存在点M3同理可得四边形AM3CB故点M12,3，M2（3）解：设直线BC直线的解析式为y=kx+bk≠0将点C0,−3和B0=3k+b−3=b，解得k=1则直线BC直线的解析式为y=x−3，∵OB=OC=3，∴∠OBC=45°，∵PD⊥x轴，垂足为D，∴∠BED=∠FEP=45°，∵PF⊥BC，∴∠EPF=∠FEP=45°，∴△EFP为等腰直角三角形，∴EF=FP=2则△PEF的周长为EF+FP+EP=2那么，当EP最大时△PEF的周长最大，设点Px,x2∴EP=x−3−x∴当x=32时，x2则点P的坐标为32（4）解：连接CD，过点B作∠DBG=30°，且过点D作DG⊥GB，如图，在Rt△DBG中，DG=则CD+1当点G、点D和点C共线时取得最小值，此时∠GDB=∠ODC=60°，则∠OCD=30°，∵OC=3，∴OD=3，CD=2∵OB=3，∴DB=3−3∴DG=3−则CG=DG+CD=3−【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求解析式、平行四边形的性质、中点坐标公式、等腰直角三角形的判定和性质、二次函数的最值和含30度角的直角三角形的性质，解题的关键熟悉二次函数的性质刚和直角三角形的性质，掌握分类讨论方能求的全部的解．6．（2025·宁夏石嘴山·模拟预测）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，(1)求抛物线y=x(2)若点M是线段OC上的一动点，连接AM，求AM+2【答案】(1)y=(2)2【分析】本题考查待定系数法求抛物线的解析式，勾股定理，求线段长的最值问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．（1）求出点A的坐标，然后把(−1,0)和C0,−3代入解析式求出b，c（2）以CM为斜边在y轴的右侧作等腰直角三角形CMN，连接BC，即可得到MN=22CM，点C，N，B共线，即可得到当AN⊥BC时，AM+【详解】（1）解：∵C0,−3∴OC=3，又∵OA=1∴OA=1，又∵点A在负半轴，∴点A的左边为(−1,0)，把(−1,0)和C0,−3代入y=1−b+c=0c=−3，解得b=−2∴抛物线的解析式为：y=x（2）解：如图，以CM为斜边在y轴的右侧作等腰直角三角形CMN，连接BC，则MN=CN，又∵MN2+CN∴MN=2∴AM+2令y=0，则x2解得x=−1或x=3，∴点B的坐标为(3,0∴∠ABC=∠ACB=45°，∴点C，N，B共线，∴当AN⊥BC时，AM+22CM=AM+MN这时∠OAM=45°，∴AN=BN，∴AN2解得AN=22即AM+22CM类型四阿氏圆问题1．（2025·广东汕头·二模）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象交x轴于A−1,0，B两点，(1)求b，c的值；(2)点P是抛物线上一动点①当∠PAD=45°时，则点P的坐标为______．②当S△ADP=S(3)如图2，以B为圆心，2为半径作圆，N为圆B上任一点，求CN+1【答案】(1)b=−2(2)①52,−74；②(3)最小值为17【分析】（1）由AB=4，A−1,0，求得B点坐标为3,0，代入y=（2）①连接AD，作DE⊥AD交AP于点E，作EF⊥y轴于点F，证明△AOD≌△DFEAAS，得AO=DF，OD=FE，进而可得E3,−2，设直线AP为y=kx+m，代入A−1,0，E3,−2求得y=−12x−12，联立得y=−12x−12y=x2−2x−3，解之得答案；②过点O作直线l∥AD，由（3）取H2,0，连接NH，BN，由BH=1，BN=2，BA=4，∠HBN=∠NBA，可证明△HBN∽△NBA，得HNAN=BNBA=12，即【详解】（1）解：∵AB=4，A−1,0∴B点坐标为3,0，将A−1,0，3,0代入y=得1−b+c=09+3b+c=0解得，b=−2c=−3（2）解：①如图，∠PAD=45°，连接AD，作DE⊥AD交AP于点E，作EF⊥y轴于点F，∴∠ADE=90°，∠PAD=∠AED=45°，∠AOD=∠EFD=90°，∴AD=DE，∵∠ADO+∠EDF=∠EDF+∠DEF=90°，∴∠DEF=∠ADO，∴△AOD≌△DFEAAS∴AO=DF，OD=FE，∵A−1,0x=0时，y=−3，∴OA=1，OD=3，

∴OF=2，EF=3，D0,−3∴E3设直线AP为y=kx+m，代入A−1,0，E解得k=−1∴y=−1联立y=−12x−得y=−1解得x=52y=−∴P5②过点O作直线l∥AD，∵S△ADP∴点P是直线l与抛物线的交点，设直线AD的解析式为y=k将A−1,0，D0,−3代入得，解得，k1∴直线AD的解析式为y=−3x−3，∴直线l的解析式为y=−3x，联立方程y=−3xy=解得，x1=−1+∴P−1+132（3）解：如图，取H2,0，连接NH，BN则BH=1，BN=2，BA=4，∴BH∵∠HBN=∠NBA，∴△HBN∽△NBA，∴HN∴HN=1∴CN+1∵CH=4∴CN+12AN【点睛】本题主要涉及二次函数的性质，直线方程的求解，相似三角形的性质、判定以及最值问题的求解．通过代入已知点求解参数，利用几何关系求解点的坐标以及通过相似三角形的性质求解最值是正确解答此题的关键．2．（2025·广东潮州·模拟预测）如图，抛物线y=ax2+bx+4a≠0与x轴交于A(−2,0)、B(8,0)两点，与y轴交于点(1)求抛物线的表达式；(2)点P是抛物线上的一动点，当∠PCB=∠ABC时，求点P的坐标；(3)点D是线段OB上一点，且△BCD的面积是12．①求点D的坐标；②将线段OD绕点O逆时针旋转得到OD'，旋转角为α0°<a<90°，连接D【答案】(1)y=−(2)点P的坐标为6,4或34(3)①D2,0；②D'【分析】（1）利用待定系数法即可求出答案；（2）分两种情况：点P在BC上方和点P在BC下方分别进行解答即可；（3）①根据S△BDC=12BD×OC=12求出OD=2,即可得到答案；②在y轴上取一点M使得OM=1，连接BM，在BM上取一点D'使得OD=OD'．证明△MOD【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+ca≠0与x轴交于A−2,0∴4a−2b+4=064a+8b+4=0，解得∴抛物线的表达式为y=−1（2）解：∵抛物线的表达式为y=−1∴C0,4①当点P在BC上方时，如图2，∵∠PCB=∠ABC，∴PC∥AB∵点C,P的纵坐标相等，∴点P的纵坐标为4，令y=4，则−1解得：x=0（舍）或x=6，∴P6,4②当点P在BC下方时，如图3，设PC交x轴于点H，∵∠PCB=∠ABC，∴HC=HB．设HB=HC=m，∴OH=OB−HB=8−m，在Rt△COH中，∵O∴4解得：m=5，∴OH=3，∴H3,0设直线PC的解析式为y=kx+n，∴n=4解得：k=−4∴y=−4∴y=−解得：x1=0y∴P34综上：点P的坐标为6,4或343（3）解：①∵S∴BD=6，∴OD=2，∴D2,0②如图，在y轴上取一点M使得OM=1，连接BM，在BM上取一点D'使得O∵OD'∴OD∴O又∵∠COD∴△MOD∴M∴MD∴D此时D'B+1∴D'B+【点睛】此题考查了二次函数的图象和性质、相似三角形的判定和性质、待定系数法求函数解析式、勾股定理等知识，分情况讨论是关键．类型五线段差问题1．（2024·西藏·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3a≠0与x轴交于A−1,0，B3,0两点，与(1)求抛物线的解析式；(2)如图（甲），设点C关于直线l的对称点为点D，在直线l上是否存在一点P，使PA−PD有最大值？若存在，求出PA−PD的最大值；若不存在，请说明理由；【答案】(1)y=−(2)PA−PD存在最大值；最大值为10【分析】（1）把A−1,0，B3,0代入抛物线求出a、（2）先求出点C的坐标为0,3，连接PC、PD、PA，根据轴对称的性质得出PC=PD，PA−PC=PA−PD，得出当PA−PC最大时，PA−PD最大，根据当点A、C、P三点在同一直线上时，PA−PC最大，即当点P在点P'时，PA−PD【详解】（1）解：把A−1,0，B3,0代入a−b+3=09a+3b+3=0解得：a=−1b=2∴抛物线的解析式为：y=−x（2）解：PA−PD存在最大值；把x=0代入y=−x2+2x+3∴点C的坐标为0,3，∵y=−x∴抛物线的对称轴为直线x=1，连接PC、PD、PA，如图所示：∵点C关于直线l的对称点为点D，点P在直线l上，∴PC=PD，∴PA−PC=PA−PD，∴当PA−PC最大时，PA−PD最大，∴当点A、C、P三点在同一直线上时，PA−PC最大，即当点P在点P'时，PA−PD∴PA−PD最大值为：AC=12．（23-24九年级下·甘肃天水·期中）如图，抛物线y=−x2+bx+c经过A−1,0,C0,3两点，并交x轴于另一点B，点M(1)求该抛物线的表达式；(2)若点H是x轴上一动点，分别连接MH,DH，求MH−DH的最大值；【答案】(1)y=−(2)5【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可；（2）先求出点M、D的坐标，再根据当H，M，H三点共线时，即H与A点重合，MH−DH的值最大，最大值=DM，由勾股定理，求出的长即可；【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c∴−1−b+c=0c=3，解得：b=2∴y=−x（2）解：∵y=−x∴抛物线的顶点M的坐标为1,4，设直线AM的解析式为y=kx+s，把A−1,0，M1,4代入，得解得：k=2s=2∴直线AM的解析式为y=2x+2，令x=0，则y=2，∴D0,2∵MH−DH≤DM∴当H，M，D三点共线时，即H与A点重合，MH−DH的值最大，最大值=DM=13．（2025·安徽合肥·三模）抛物线y1=−3x2+bx+c顶点为A(2,1)，抛物线y2=−x(1)求b，c，d的值；(2)已知点P(m,n)和Q(3m−4,3n)，且点P在抛物线y1（i）判断点Q(3m−4,3n)是否在抛物线y2（ii）过点P、Q分别向x轴作垂线，交直线AB于点D、E，当m≥2时，求PD−QE的最大值．【答案】(1)b=12，c=−11，d=−1(2)（i）在；见解析；（ii）2【分析】（1）由二次函数的顶点得−b2×−3=2，4×−3c−b（2）（i）将P的坐标代入y1，求出m、n的关系，将Q代入y（ii）Dm,m−1，E3m−4,3m−5，设直线AB与抛物线y2的另一个交点为H，联立二者解析式可求H3,2，当3m−4=3时，解得m=73，此时Q与【详解】（1）解：∵抛物线y1=−3x∴−b2×−3解得：b=12，c=−11，设直线AB的解析式为y=kx+b则有2k+b解得：k=1b∴直线AB的解析式y=x−1，当x=0时，y=−1，∴B0,−1∵抛物线y2=−x2+4x+d∴d=−1，故：b=12，c=−11，d=−1；（2）解：（i）在，理由如下：由（1）得y1y2∵点P在抛物线y1∴−3m当x=3m−4时，y=−9m=3=3n，∴点Q(3m−4,3n)在抛物线y2（ii）∵过点P、Q分别向x轴作垂线，交直线AB于点D、E，当x=3m−4时，y=3m−4−1=3m−5，∴Dm,m−1，E设直线AB与抛物线y2的另一个交点为H联立y=−x解得：x=0y=−1或x=3∴H3,2当3m−4=3时，解得：m=7此时Q与H重合，①当2≤m≤7∴PD=m−1−n=m−1−=3mQE=−9=−9m∴PD−QE=3=12=12m−∵12>0，2≤m≤7∴当m=7PD−QE的最大值为：12×7②当m>7∴PD=m−1−n=m−1−=3mQE=3m−5−=9m∴PD−QE=3=−6=−6m−∵−6<0，m>∴此时的最大值小于−6×7综上所述：PD−QE的最大值为23【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，二次函数的性质，待定系数法，掌握二次函数的性质，能熟练利用待定系数法求解，并能根据线段的不同位置进行分类讨论是解题的关键．4．（2025·广东·一模）如图，已知抛物线y=ax−22+1与x轴从左到右依次交于A､B两点，与y轴交于点C，点B(1)求此抛物线的解析式；(2)若P为此抛物线的对称轴上的一个动点，连接PA､PB､PC，设点试探究：①当m为何值时，PA−PC的值最大？并求出这个最大值．【答案】(1)抛物线的解析式为y(2)①当m=3时，PA−PC的值最大，最大值为10；②能，P【分析】（1）把B3,0代入y=a（2）①由三角形的三边关系可知，PA−PC<AC，当P、A、C三点共线时，PA−PC的值最大，为AC的长度，延长CA交直线x=2于点P，则点P求得A1,0,C0,−3，根据勾股定理可得AC的长．根据待定系数法可求直线AC【详解】（1）把B3,0代入y=a得a×3−2解得a=−1，∴此抛物线的解析式为y=−x−2（2）①由三角形的三边关系可知，PA−PC<AC∴当P､A､C三点共线时，∴如图，延长CA交直线x=2于点P，则点P为所求的点．解−xx1∴A1,0当x=0时，y=−0∴C0,−3则有OA=1,OC=3，∴AC=O设直线AC的解析式为y=kx+b(k≠0)，则k+b=0b=−3解得k=3b=−3∴直线AC的解析式为y=3x−3，∵抛物线y=−x∴点P2,m∵点P在直线AC上，∴m=3×2−3=3，∴当m=3时，PA−PC的值最大，最大值为10；题型03二次函数周长最值问题类型一三角形周长最值问题1．（2025·山东东营·中考真题）如图，抛物线y=−x2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，其中A(−1,0)(1)求抛物线的表达式；(2)点P为对称轴上一点，当△ACP的周长最小时，求点P的坐标；【答案】(1)y=−(2)P(2,3)【分析】（1）把A(−1,0)和C(0,5)分别代入y=−x2+bx+c（2）因为AC是定值，所以当AP+CP的值最小时，则△ACP的周长最小．作点A关于对称轴的对称点，即为点B，连接BC，运用待定系数法求出直线BC的解析式，可得直线BC与对称轴的交点坐标，即为点P的坐标；【详解】（1）解：把A(−1,0)，C(0,5)代入y=−x0=−1−b+c5=c，解得b=4∴y=−x（2）解：∵A(−1,0)，C(0,5)，∴AC=∴当AP+CP的值最小时，则△ACP的周长最小．作点A关于对称轴的对称点，即为点B，由（1）可知抛物线的解析式为y=−x∴对称轴为直线x=−42×(−1)=2∴B(5,0)．如图，连接BC，与对称轴的交点即为点P，设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0)，把B(5,0)，C(0,5)代入y=kx+b(k≠0)中得，5=b0=5k+b，解得b=5∴直线BC的解析式为y=−x+5．∵点P的横坐标为x=2，∴把x=2代入y=−x+5得y=3，∴P(2,3)；2．（2023·湖南郴州·中考真题）已知抛物线y=ax2+bx+4与x轴相交于点A1,0，B4,0(1)求抛物线的表达式；(2)如图1，点P是抛物线的对称轴l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求PAPC【答案】(1)y=(2)3【分析】（1）待定系数法求函数解析式即可；（2）根据△PAC的周长等于PA+PC+AC，以及AC为定长，得到当PA+PC的值最小时，△PAC的周长最小，根据抛物线的对称性，得到A,B关于对称轴对称，则：PA+PC=PB+PC≥BC，得到当P,B,C三点共线时，PA+PC=BC，进而求出P点坐标，即可得解；【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+4与x轴相交于点A∴a+b+4=016a+4b+4=0，解得：a=1∴y=x（2）∵y=x2−5x+4，当x=0∴C0,4，抛物线的对称轴为直线∵△PAC的周长等于PA+PC+AC，AC为定长，∴当PA+PC的值最小时，△PAC的周长最小，∵A,B关于对称轴对称，∴PA+PC=PB+PC≥BC，当P,B,C三点共线时，PA+PC的值最小，为BC的长，此时点P为直线BC与对称轴的交点，设直线BC的解析式为：y=mx+n，则：4m+n=0n=4，解得：m=−1∴y=−x+4，当x=52时，∴P5∵A1,0∴PA=52−1∴PAPC．（2025·甘肃武威·一模）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x(1)求该抛物线的解析式；(2)求（1）中抛物线的对称轴及顶点坐标；(3)设（1）中的抛物线交y轴与C点，在该抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得△QAC的周长最小？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=−(2)对称轴是直线x=−1，顶点坐标为−1,4(3)存在，Q【分析】本题考查了二次函数的图形及性质、待定系数法求解析式以及利用对称轴性质解决最短路径：（1）用待定系数法求解析式即可；（2）将解析式