2026年中考数学二轮复习 专题17 二次函数的综合压轴题(高频考点专练)

专题17聚焦题型精准解密（9大题型精讲+变式拔高训练）题型七二次函数与相似三角形题型九二次函数新情境问题实战演练高效提分（中考仿真模拟+限时训练提升二次函数综合题是中考数学压轴核心考点，分值约10～15分，固定出现在试卷最后1～2道解答题，属于高区分度题型，侧重考查数形结合、分类讨论、方程与函数、转化化归精准分析二次函数与一次函数、反比例函数的图象交点，结合方程（组）2026题型固定为核心考法，必考解析式求解+难度分层123问高求解析式时忽略二次项系数不为题型 二次函数与线段的综合问01】（2024浙江·模拟）如图，抛物线𝑦=

+3𝑥+

xA和点𝐵(3.0)y𝐶(0,4)PP作𝑃𝐸𝑥E，交𝐵𝐶𝐵𝐸𝐹的周长是线段𝑃𝐹2PPQy轴上的动点，连接𝐵𝑄B作直线𝑙𝐵𝑄，连接𝑄𝐹并延长交直线𝑙M．当𝐵𝑄=𝐵𝑀Q的坐标．【答案】(1)𝑦=

+3𝑥+(2)(2)𝑃3(3)𝑄0,2

0,2【分析】（1）

𝐵𝐸𝐹=𝐵𝐸𝐵𝐹𝐸𝐹=𝐵𝐸=4𝐸𝐹𝐵𝐹=4 结合已知条件可得2𝑃𝐹3𝐸𝐹𝑃𝑡,3𝑡+3𝑡4𝐹𝑡,3𝑡4𝐸(𝑡,0)3×3𝑡=2×−3

+4𝑡先求出𝐹

，𝑃

，设𝑄(0,𝑛)M作𝑀𝑁⊥𝑥N，通过证明△𝐵𝑄𝑂△≌𝑀𝐵𝑁求出𝑀(3+𝑛,3)，再求出直线𝑄𝑀的解析式为𝑦=

，将点𝐹

n3+𝑛𝑥+【详解】（1）解：将𝐵(3.0)，𝐶(0,4)代入𝑦=

+3𝑥+32⋅𝑎+8×3+𝑐=可 𝑐=𝑎=−解得𝑐=43∴

𝑦=

+3𝑥+（2）∵∴𝑂𝐵=3，𝑂𝐶=∴tan∠𝑂𝐵𝐶=∴𝐵𝐸

3𝐸𝐹，𝐵𝐹

∴△𝐵𝐸𝐹=𝐵𝐸𝐵𝐹𝐸𝐹=∵△𝐵𝐸𝐹的周长是线段𝑃𝐹2∴2𝑃𝐹=设直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=𝑘𝑥+𝑘=−

3𝑘+𝑏=𝑏= 解 3𝑏=∴直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=−𝑥+4 设𝑃𝑡,3𝑡+3𝑡+4，则𝐹𝑡,3𝑡+4 4∴𝐸𝐹=−𝑡+4，𝑃𝐹= +𝑡+4−−𝑡+4=−𝑡 4∴3×−3𝑡+ =2×−3𝑡+4𝑡解得𝑡1=，𝑡=3（舍∴∴

+𝑡+4=

+3

+4=∴𝑃3,5（3）∵𝑦=−4𝑥2+8𝑥+4=−4(𝑥−1)2+ 3∴当𝑥=1时，y3∴𝑃 ∵直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=−𝑥+∴当𝑥=1时，𝑦=

×1+4=∴𝐹 设𝑄(0,𝑛)M作𝑀𝑁𝑥由题意知∠𝑄𝐵𝑀=∴∠𝑄𝐵𝑂+∠𝑀𝐵𝑁=∵∠𝑄𝐵𝑂+∠𝑂𝑄𝐵=∴∠𝑂𝑄𝐵=又∵∠𝑄𝑂𝐵=∠𝐵𝑁𝑀=90°，𝐵𝑄=∴△𝐵𝑄𝑂△≌𝑀𝐵𝑁∴𝑂𝑄=𝑁𝐵，𝐵𝑂=∴𝑀(3+设直线𝑄𝑀的解析式为𝑦=𝑘′𝑥+𝑛，则𝑘′(3+𝑛)+𝑛=3，解得𝑘′=直线𝑄𝑀的解析式为𝑦=

𝑥+将点𝐹

代入，得3+𝑛+𝑛=解 𝑛=3

或𝑛= ∴𝑄0,3

或0,3 01】（20245•揭东区一模）如图，Rt△ABOOA、OBxy轴上，O为坐标原点，A、B两点的坐标分别为（﹣3，0）、（0，4），y=2𝑥2+bx+cBx=5【分析】（1）A、B点的坐标以及抛物线的对称轴方程，可用待定系数法求出抛物线的解C、DCDMNBC与抛物线的函数值x＝tll、t的函数lM的坐标．【详解】解：（1）∵y=2𝑥2+bx+cx=5 5y=3(𝑥−2)+B（0，4） 5∴4=3×(−2)+∴m=

52

22∴所求函数关系式为：y=3(𝑥−2

−=

Rt△ABO𝑂𝐴2+∴AB𝑂𝐴2+ABCD∴C、D两点的坐标分别是（5，4）、x＝5时，y=2×5210× x＝2时，y=2×2210× CDCD5𝑘+𝑏′=2𝑘𝑏′=𝑘=∴y=

𝑏′=−∵MN∥y轴，M∴N则y=2𝑡2 3−

t+4，yN

t− 22

2

7 ∴l＝yN﹣yM=

−（

t+4）=−

=−(𝑡−)+ ∵−t=7

=

=2𝑡2 =

最

的坐标为

， 02】（2025·天津·模拟）𝑦=−𝑥²𝑏𝑥𝑐xA，且过点𝐶(2,3)，对称轴为直线𝑥=1．2，直线𝑦=𝑘𝑥−2𝑘1交抛物线于𝑀，𝑁两点（点𝑀在点𝑁的左侧），过点𝑁作𝑦轴的平行线，与的延长线交于点𝑃，连接𝐴𝑃，交抛物线于另一点𝑄，求𝐴𝑃【答案】(1)𝑦=−𝑥2+2𝑥+(2)(6,2(3)【分析】（1）（2）证明△𝐷𝐺𝐸∽△𝐴𝐻𝐷，得到𝐷𝐺=𝐺𝐸=𝐷𝐸=1

（3）过点𝑄作𝑄𝑇𝑃𝑆交𝑥轴于点𝑇，则𝐴𝑃=𝐴𝑆，当直线𝑄𝑇与抛物线有唯一公共点时，𝐴𝑇最大，此时𝐴𝑃【详解】（1）解：∵对称轴 𝑥=2=∴𝑏=∴−4+4+𝑐=∴𝑐=∴抛物线的解析式为𝑦=−𝑥2+2𝑥+（2）解：设对称轴交𝑥轴于点𝐻，过点𝐸作𝐸𝐺𝐷𝐻于点∴∠𝐴𝐻𝐷=∠𝐷𝐺𝐸=90°，∠𝐷𝐴𝐻+∠𝐴𝐷𝐻=∵𝐷𝐸⊥∴∠𝐸𝐷𝐺+∠𝐴𝐷𝐻=∴∠𝐸𝐷𝐺=则𝐷𝐺𝐸 ∴𝐴𝐻=𝐻𝐷=𝐴𝐷=设由−𝑥2+2𝑥+3=0，解得：𝑥1=−1，𝑥2=∴∴𝐴𝐻= 𝐸𝐺=2𝐷𝐻=𝐷𝐺

1𝐴𝐻=∴𝐺𝐻=∴点𝐸的坐标为(1

∴𝑡−1=−(1

𝑡

+2(1

𝑡)+解得：𝑡=26−2或−26−2（舍去∴点𝐸的坐标为(6,2（3）解：设点𝑀，𝑁的横坐标分别为联立𝑦=𝑘𝑥−2𝑘+1和抛物线的表达式并整理得：𝑥2+(𝑘−2)𝑥−2𝑘−2=∴𝑚+𝑛=−𝑘+2，𝑚𝑛=∴−𝑚𝑛=−2(𝑚+𝑛)+由𝐶(2,3)，𝑀(𝑚,−𝑚2+2𝑚+3)，得𝐶𝑀:𝑦=−𝑚𝑥+2𝑚+当𝑥=𝑛时，𝑦𝑃=−𝑚𝑛2𝑚+3=−2(𝑚+𝑛)+6+2𝑚3=−2𝑛∴𝑃(𝑛,−2𝑛+点𝑃在直线𝑙:𝑦=−2𝑥+9设直线𝑙交𝑥轴于点𝑆，则 过点𝑄作𝑄𝑇𝑃𝑆交𝑥轴于点 则𝐴𝑃=当直线𝑄𝑇与抛物线有唯一公共点时，𝐴𝑇最大，此时𝐴𝑃设𝑄𝑇的表达式为：𝑦=−2𝑥联立上式和抛物线的表达式并整理得：𝑥2−4𝑥𝑠−3=0，由Δ=16−4(𝑠−3)=0，解得𝑠=7，此时 ∴

的最大值为 03】（2026·辽宁沈阳·一模）如图，在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，抛物线𝐶1:𝑦𝑎𝑥2−6𝑥𝑐x轴交于点𝐴(1,0)和点𝐵，与𝑦轴交于点𝐶(0,5)，点𝑃是抛物线𝐶1:𝑦=𝑎𝑥2−6𝑥+𝑐在𝑥轴下方的一个动点，𝑃𝐸⊥𝑦轴于点𝐸，𝑃𝐹⊥𝑥轴于点𝐹，得到矩形𝑃𝐸𝑂𝐹．求抛物线𝐶1:𝑦=𝑎𝑥2−6𝑥+𝑐设点𝑃的横坐标为将抛物线𝐶1:𝑦=𝑎𝑥2−6𝑥+𝑐向右平移ℎ（ℎ>0）个单位长度后，得到新抛物线𝐶2，新抛物线𝐶2𝐶1的对称轴交于点𝑁，直线𝑂𝑁与直线𝐵𝐶交于点𝐺，当𝑂𝐺=4𝐺𝑁时，求ℎ【答案】(1)𝑦=𝑥2−6𝑥+(2)①1<𝑝<5；②𝑝=5+5，𝑝2=5− 的值 29 的值 【分析】（1）把𝐴(1,0)、𝐶(0,5)代入𝑦=𝑎𝑥2−6𝑥+𝑐，解方程组求出𝑎、𝑐②设𝑃(𝑝,𝑝2−6𝑝+5)，根据正方形的性质得出𝑝=−𝑝2+6𝑝−5，解方程求出𝑝利用待定系数法求出直线𝐵的解析式，得出𝐸(,2)，,ℎ2−4)，分点𝑁在点𝐸上方和下方两种情况，证明△𝑂𝐶𝐺𝑁𝐸，根据𝑂𝐺=𝑁，分别列方程求出ℎ的值即可．【详解】（1）解：∵抛物线𝐶1:𝑦=𝑎𝑥2−6𝑥+𝑐x轴交于点𝐴(1,0)和点𝐵，与𝑦轴交于点𝑎−6+𝑐= 𝑐= 𝑎=𝑐=5∴抛物线𝐶1的函数表达式为𝑦=𝑥2−6𝑥+（2）解：①∵抛物线𝐶1的函数表达式为𝑦=𝑥2−6𝑥+∴𝑦=0时，𝑥2−6𝑥5=0，解得：𝑥1=1，𝑥2=5，∵点𝑃是抛物线𝑦=𝑥2−6𝑥+5在𝑥轴下方的一个动点，点𝑃的横坐标为∴1<𝑝<②设𝑃(𝑝,𝑝2−6𝑝+∵𝑃𝐸𝑦轴于点𝐸，𝑃𝐹𝑥轴于点∴𝑂𝐹=𝑝，𝑃𝐹=−𝑝2∴𝑂𝐹=𝑃𝐹，即𝑝=−𝑝2解得：𝑝1=5+5，𝑝2=5− （3）解：设𝐵𝐶与抛物线𝐶1的对称轴交于点𝐸，直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=𝑚𝑥+5𝑚+𝑛= 𝑛=

𝑚=𝑛=5∴直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=−𝑥∵抛物线𝐶1的函数表达式为𝑦=𝑥2−6𝑥+5=∴对称轴为直线𝑥=∵对于直线𝐵𝐶，当𝑥=3时，𝑦=−35=∵将抛物线𝑦=𝑥2−6𝑥+5=(𝑥−3)2−4向右平移ℎ个单位长度后，得到新抛物线∴抛物线𝐶2的解析式为𝑦=对于抛物线𝐶2，当𝑥=3时，𝑦=(3−3−ℎ)2−4=∵𝐸𝑁∥∴△𝑂𝐶𝐺∽△∴𝑂𝐶=

∵𝑂𝐺=∴𝑂𝐶=4𝐸𝑁，即5=4(ℎ2−4−2)，解得：ℎ=29（负值舍去）．如图，当点𝑁在点𝐸∵𝐸𝑁∥∴△𝑂𝐶𝐺∽△∴𝑁𝐸=𝐺𝑁= ∴42−(ℎ2−4)=解得：ℎ=19（负值舍去）．综上所述：ℎ的值为29或 01】（2024·浙江·二模）如图，二次函数𝑦𝑎𝑥2+𝑏𝑥𝑐(𝑎≠0)的图象过三点，点𝐷是二次函数图象上一点，点𝐷的横坐标是𝑚

1与𝑥轴交于点𝐸，且0<𝑚<𝑥=过点𝐷，作𝐷𝐺⊥直 1于点𝐺，作𝐷𝐹⊥𝑥轴于点𝐹，并交𝐵𝐶于点𝑥=①当𝑚=2时，求𝐷𝐻②是否存在点𝐷，使𝐷𝐺𝐷𝐻最大？若存在，求出𝐷【答案】(2)①𝐷𝐻=9；②存在，𝐷点坐标为7 【分析】（1） （2）①求得直线𝐵𝐶为𝑦=𝑥−3，由𝑚=，则𝐷(

15

3，即可求得 −4 −②表示出𝐷(𝑚,𝑚2−2𝑚−3)，𝐻(𝑚,𝑚−3)，1，𝑚2−2𝑚−3)

1，𝐷𝐻=−2𝑚−3)=−𝑚2+3𝑚，即可得到𝐷𝐺+𝐷𝐻=

𝐷𝐺=7 (𝑚−)++2𝑚= 【详解】（1）把𝐴(−1,0)，𝐵(3,0)，𝐶(0,−3)代入𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐𝑎−𝑏+𝑐=9𝑎+3𝑏+𝑐=𝑐=𝑎=𝑏=−2𝑐=（2）①∵点𝐷的横坐标是∴𝐷的纵坐标是由𝐵(3,0)，𝐶(0,−3)求得直线𝐵𝐶解析式为𝑦=𝐻的纵坐标是∴𝐷𝐻=𝑚−3−(𝑚2−2𝑚−3)=−𝑚2+所以当𝑚=3时，𝐷𝐻= ②∵点𝐺在直线𝑥=

1𝑚∴点𝐺的横坐标是 ∴𝐷𝐺=𝑚−2𝑚=2∴𝐷𝐺+𝐷𝐻

𝑚+(−𝑚2+3𝑚)=−𝑚2+

2𝑚=−

+∵0<𝑚<3∴当𝑚=4时，𝐷𝐺𝐷𝐻∴𝐷点坐标为7 01】（2024·天津武清·三模）已知抛物线𝑦=−𝑥2+𝑏𝑥+𝑐（𝑏，𝑐为常数，𝑏>0）x轴相交于(−1,0)B两点(AB的左侧)yC的坐标为(0,3)(2)当𝐵𝐶=𝐴𝐵bN，连接𝐷𝑁,𝐵𝑀，当𝐷𝑁+𝐵𝑀17b的值．【答案】(1)抛物线的顶点坐标为(2)𝑏(3)𝑏=【分析】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到图象的平移、平行四边形的性质等，确定𝐷𝑁𝐵𝑀的最（2）表示出点𝐶(0,𝑏1)，令𝑦=0，则𝑥=−1或𝑏+1，即点𝐵(𝑏+1,0)（3）通过作辅助线证明四边形𝑀𝑁𝐵′𝐵为平行四边形，得到𝐷𝑁+𝐵𝑀=𝑁′𝐵+𝑁𝐷′≥𝐵′𝐷′【详解】（1）解：将点𝐴的坐标代入抛物线表达式得：−1−𝑏𝑐=0，则：𝑐=𝑏+∴抛物线的表达式为：𝑦=−𝑥2+𝑏𝑥+𝑏+把(0,3)代入𝑦=−𝑥2+𝑏𝑥𝑏1，得：𝑏1=3，解得：𝑏=2，则抛物线的表达式为：𝑦=−𝑥2+2𝑥+3；抛物线的对称轴为：𝑥=

=

=当𝑥=1时，𝑦=−12+2×1+3=4；（2）解：由（1）知，抛物线的表达式为：𝑦=−𝑥2+𝑏𝑥𝑏1，则点𝐶(0,𝑏1)，令𝑦=0，则𝑥=−1或𝑏+1，即点𝐵(𝑏+1,0)，∵𝐵𝐶=则2(𝑏+1)=𝑏+1+解得：𝑏=（3）解：由（2）知，点𝐵(𝑏+1,0)，点𝐶(0,𝑏+1)，抛物线的表达式为：𝑦=−𝑥2+𝑏𝑥+𝑏+则抛物线的对称轴为 1𝑥=当𝑥=𝑏−2时，𝑦=−𝑥2+𝑏𝑥+𝑏+1=3𝑏−3，即点作点𝐷关于抛物线对称轴的对称点𝐷′(2,3𝑏−3)，将点𝐵向右平移

则点𝐵′3𝑏+1,0连接𝐵′𝑁，则四边形𝑀𝑁𝐵′𝐵

的长度则𝐵𝑀连接𝐵′𝐷′交抛物线对称轴于点𝑁′、连接𝐷′𝑁，则𝐷𝑁+𝐵𝑀=𝐷′𝑁+𝑁𝐵′≥𝐵′𝐷′，当𝐷′、𝑁、𝐵′共线时（此时𝑁在𝑁′处），上式等式成立，即𝐷𝑁+𝐵𝑀的最小值为：𝐵′𝐷′=3𝑏+

+

=解得：𝑏=−15（舍去）或即𝑏=02】（2024•潮南区二模）y＝ax2+bx+2（a≠0）x（﹣4，0）B（AB的左侧），yCAyPFx轴下方抛物线上的一个动点，使△ADF的面积为

F点M是线段OA上一动点，点N是线段AE上一动点，且AM＝EN，请直接写出EM+ON的最小值 【分析】（1）由△ADF的面积＝△GAD=1×AG×y=1×AG×3=

得到3=𝑎−𝑏+【详解】解：（1）0=16𝑎−4𝑏𝑎=−

𝑏=−

12 =−x− P（−， A、DAD的表达式为：y＝x+4E（0，4），AE＝42，FFG∥ADx则△ADF的面积＝△GAD=1×AG×y=1×AG×3= 2ADFG

12 =−x− 解得：x＝﹣7F（﹣7，﹣12）或EEH∥xEH＝AE＝4HN＝EM，(42)2+O、N、H共线时，EM(42)2+𝐸𝐻2+𝐸𝐻2+

=4故答案为：403】（2026·重庆巴南·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+2(𝑎≠0)与𝑥 𝑥=⊥接𝑂𝑃，线段𝑂𝑃与直线𝐴𝐶相交于点𝐹．求当𝐹𝑂取得最大值时点𝑃的坐标，当线段𝑂𝐶在𝑦轴上滑动（线段𝑂𝐶度保持不变），连接𝑃𝐶，𝑂𝐵，求𝑃𝐶𝐶𝑂𝑂𝐵若点𝑃是𝑦轴左侧抛物线上的一动点，过点𝑃作𝑃𝐷𝑥轴，垂足为𝐷．若∠𝑂𝑃𝐷2∠𝐶𝐴𝑂，请直接写出所有【答案】(1)𝑦=

−𝑥+𝑃𝐹最大值时，点𝑃的坐标为(−2,3)；𝑃𝐶+𝐶𝑂+𝑂𝐵的最小值为2点𝑃的横坐标为−3−73或−9−145 【分析】（1）（2）求出直线𝐴𝐶的解析式，设点𝑚,−（2）求出直线𝐴𝐶的解析式，设点

−𝑚+

(−4<𝑚<

，进而得到𝐷(𝑚,0)，𝐸𝑚2𝑚+2 1求出𝑃𝐸=−1𝑚2−2𝑚△𝑃𝐸𝐹𝑂𝐶𝐹

=𝑃𝐹=−2𝑚−2𝑚=

1(𝑚+2)2+1

−𝑚== 𝐶′是平行四边形，推出𝑃𝐶+𝐶𝑂+𝑂𝐵=𝑃𝐶′+𝐶′𝑂′+𝑂′𝐵=𝑃𝐶′+𝐶′𝐻+2≥𝑃𝐻+2（3）在𝑥轴负半轴上取点𝑀，使得𝑀𝐶=𝑀𝐴，连接𝑀𝐶，设点𝑀的坐标为(𝑛,0)，在Rt𝑀𝑂𝐶 1

(𝑡<求出𝑀点坐标，证明∠𝑂𝑃𝐷=∠𝐶𝑀𝑂，进而得到tan∠𝑂𝑃𝐷=tan∠𝐶𝑀𝑂=3，设𝑃𝑡,−2

−𝑡+ 根据tan∠𝑂𝑃𝐷=𝐷𝑃【详解】（1）解：∵点𝐴的坐标是(−4,0)，对称轴是直 𝑥=∴将点𝐴(−4,0)，𝐵(1,0)0=16𝑎−4𝑏+ 0=𝑎+𝑏+2𝑎=−𝑏=3∴

1𝑥2 𝑦=

−𝑥+（2）∵𝑦=−1𝑥2−3𝑥+2，当𝑥=0时，𝑦= ∴∴𝑂𝐶=设直线𝐴𝐶的解析式为𝑦=𝑘1𝑥+直线𝐴𝐶经过点0=−4𝑘1+解得

2= =2𝑏1=直线𝐴𝐶的解析式为𝑦=

1𝑥+设点𝑃𝑚,−2

−𝑚+

(−4<𝑚<∴𝐷(𝑚,0)，𝐸𝑚,2𝑚+2∴𝑃𝐸=∵𝐷𝐸∥𝑦∴△𝑃𝐸𝐹∽△1∴𝑃𝐸=𝑃𝐹=−2𝑚

1(𝑚+2)2

= −𝑚== ∵

<∴当𝑚=

𝑃的坐标为时，𝐹𝑂B2个单位到点∵𝑂′𝐵∥𝐶′𝐻,𝑂′𝐵=∴四边形𝑂′𝐵𝐻𝐶′∴𝑃𝐶𝐶𝑂𝑂𝐵=𝑃𝐶′+𝐶′𝑂′+𝑂′𝐵=𝑃𝐶′+𝐶′𝐻2≥𝑃𝐻2，当且仅当𝑃,𝐶′,𝐻三点共线时，𝑃𝐶+𝐶𝑂+𝑂𝐵取得最小值．(1+2)2+∴𝑃𝐶′+(1+2)2+

=∴𝑃𝐶𝐶𝑂+𝑂𝐵的最小值为2+（3）解：点𝑃的横坐标为−3−73或−9−145 如图，在𝑥轴负半轴上取点𝑀，使得𝑀𝐶=𝑀𝐴，连接设点𝑀的坐标为(𝑛,0)，则𝑂𝑀=−𝑛，𝑀𝐶=𝑀𝐴=𝑛4．在Rt△𝑀𝑂𝐶中，∵𝑂𝑀2+𝑂𝐶2=∴(−𝑛)2+22=(𝑛+解得𝑛=∴𝑀−2,0∴𝑂𝑀=∵𝑀𝐴=∴∠𝑀𝐴𝐶=∴∠𝐶𝑀𝑂=∠𝑀𝐴𝐶+∠𝑀𝐶𝐴=∵∠𝑂𝑃𝐷=∴∠𝑂𝑃𝐷=在Rt△𝑀𝑂𝐶中，tan∠𝐶𝑀𝑂=𝑂𝐶= ∴tan∠𝑂𝑃𝐷=tan∠𝐶𝑀𝑂=设𝑃𝑡,−2

−𝑡+

(𝑡<在Rt𝑂𝑃𝐷tan∠𝑂𝑃𝐷= ∴

1

3

=解得𝑡=−3−73或−9−−9−−9−−3−∴−3−

时，∠𝑂𝑃𝐷=

𝑦=

+𝑥+

＝2DDBy填空 DBCD的面积最大时，证明：DBE（3）当𝑆△𝐷𝐸𝑂=2D（2）BCD=1×OB×DH=1×

12+

+1 ≤4D（2，3），

（3）当𝑆△𝐷𝐸𝑂=2时，则

（2）证明：由（1）知，抛物线的表达式为：y=−1x2+ B、C的坐标分别为：（4，0）、则直线BC的表达式为：y= DDH∥y设点D（x，−1x2+ ），则点H（x， BCD=1×OB×DH=1×

12+

+1 x＝2BCD的面积最大，Dx＝2D（2，3），B、DBD的表达式为：y=DBE的中点； ）

=2时，则x＝±8时，y=−12+

＝﹣18或 D（8，﹣18）或01】（2026·甘肃庆阳·一模）已知抛物线𝑦=𝑎(𝑥1)(𝑥−4)xA，By轴交于点(0,2)．P为第一象限抛物线上的点，连接1所示，当∠𝑃𝐶𝐵=2∠𝑂𝐶𝐴P=的边𝐷𝑄，𝐷𝐵上的动点，且𝑄𝐸=𝐷𝐹，记𝐵𝐸𝑄𝐹①m②设△𝑃𝐶𝐵S，若𝑆=1𝑚2−𝑘k【答案】(1)𝑦=

+2𝑥+P①m的值为217；②13≤𝑘<【分析】（1）（2）C作𝐶𝐷∥𝑥BPDP作𝑃𝐸∥𝑥yE，由tan∠𝑂𝐶𝐴=tan∠𝐴𝐵𝐶= 即∠𝑂𝐶𝐴=∠𝐴𝐵𝐶，再由∠𝑃𝐶𝐵=2∠𝐴𝐵𝐶，可得∠𝐸𝑃𝐶=𝐴𝐵𝐶𝑃𝐸𝐶𝐵𝑂𝐶，可得𝑂𝐵=𝑂𝐶121

−𝑡+ 𝑡,2

+2𝑡+2，可得4

𝐷𝑄𝐵𝑄𝐹𝐻𝐻𝐷𝐹≥Q，F，H共线时，𝐵𝐸𝑄𝐹的值最小．作𝑄𝐺𝐴𝐵G，设𝐺(𝑛)则𝑄𝑛,1𝑛2+3𝑛2，根据𝑄𝐺= Q 1 ②作𝑃𝑇𝑦BCTBC解析式，设𝑇𝑎,2𝑎2，𝑃𝑎,2𝑎+2𝑎+2SS的取值范围，结合①【详解】（1）解：∵抛物线𝑦=𝑎(𝑥1)(𝑥−4)经过点∴2=𝑎(0+解得𝑎=

𝑦=

+2𝑥+（2）C作𝐶𝐷𝑥轴，交𝐵𝑃DP作𝑃𝐸𝑥y∵𝐴𝑂=1，𝑂𝐶=2，𝑂𝐵= ∴tan∠𝑂𝐶𝐴=𝐶𝑂=由（1）可得，tan∠𝐴𝐵𝐶=2，即tan∠𝑂𝐶𝐴=∴∠𝑂𝐶𝐴=∵∠𝑃𝐶𝐵=∴∠𝑃𝐶𝐵=∵𝐶𝐷𝑥轴，𝐸𝑃𝑥∴∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐷𝐶𝐵，∠𝐸𝑃𝐶=∴∠𝐸𝑃𝐶=又∵∠𝑃𝐸𝐶=∠𝐵𝑂𝐶=∴△𝑃𝐸𝐶∽△∴𝐸𝑃=

1

1

1 P𝑡,2

+𝑡+2，则𝐸𝑃=𝑡，𝐸𝐶=−

+𝑡+2−2=−

+解得：𝑡=0（舍去），𝑡=∴P坐标为（3）解：①2，作𝐷𝐻𝐷𝑄，且使𝐷𝐻=𝐵𝑄，连接∵∠𝐵𝑄𝐷+∠𝐵𝐷𝑄=90°，∠𝐻𝐷𝐹+∠𝐵𝐷𝑄=∴∠𝐵𝑄𝐷=∵𝑄𝐸=𝐷𝐹，𝐷𝐻=∴△𝐵𝑄𝐸≌△∴𝐵𝐸=∴𝐵𝐸+𝑄𝐹=𝐹𝐻+𝑄𝐹≥∴Q，F，H共线时，𝐵𝐸𝑄𝐹的值最小，作𝑄𝐺𝐴𝐵∵𝑂𝐵=𝑂𝐷，∠𝐵𝑂𝐷=∴∠𝑂𝐵𝐷=∴∠𝑄𝐵𝐷=∴∠𝑄𝐵𝐺=∴𝑄𝐺=设𝐺(𝑛,0)，则𝑄𝑛,1𝑛2+3𝑛+2

+3𝑛+2=解得𝑛=1或𝑛=4（舍去∴𝑄𝐺=𝐵𝐺=4−1=∴𝐵𝑄=𝐷𝐻=32𝑄𝐷=5∴𝑚=𝑄𝐻=

+

=2②3，作𝑃𝑇𝑦轴，交𝐵𝐶∵BC解析式为𝑦=−𝑥+ 1 设𝑇𝑎,2𝑎+2，𝑃𝑎,2𝑎+2𝑎+2则𝑆=

−1

+3𝑎+2

2𝑎−2×4=

∵P∴0<𝑆≤∴0<1𝑚2−𝑘≤∴13≤𝑘<02】（2026·湖南湘潭·一模）已知二次函数𝑦=−𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的图像与𝑥轴交于𝐴(−1,0)、𝐵(3,0)（点𝐴在点𝐵的左边），与𝑦轴交于点如图𝐵𝐹、𝐹𝐸，求𝐵𝐹𝐸𝐹如图

=𝑆

=𝑆，𝑦=

【答案】(1)𝑦=−𝑥2+2𝑥+(2)8

3(0<𝑡<(3)①𝑦=

+

A、B对称，连接𝐴𝐹，则𝐴𝐹=𝐵𝐹，则𝐵𝐹𝐸𝐹=𝐴𝐹𝐸𝐹，过𝐴作𝐴𝐺𝐵𝐷于𝐺，此时线段𝐴𝐺的长就是𝐵𝐹𝐸𝐹最小值，利用sin∠𝐴𝐵𝐺=𝐴𝐺=𝑦𝐷 （3）①由等高三角形面积比等于底边之比可得𝑦=𝑆1=𝑆△𝐶𝑃𝑄=𝑃𝑄，过点𝑃作𝑃𝐹∥𝑥轴交直线𝐵𝐶于点𝐹

得𝑂𝑄=𝑂𝐵，由此求解即可，②根据二次函数的解析式可得当𝑦取值最大时，𝑡=2，进而可求点𝑃坐标−1−𝑏+𝑐=【详解】（1）−93𝑏+𝑐=𝑏=𝑐=∴这个二次函数的表达式为𝑦=−𝑥2+2𝑥+∵𝑦=−𝑥2+2𝑥+3=−(𝑥−1)2∴(3−1)2+∴𝐵𝐷 =(3−1)2+点𝐵(3,0)，𝐴(−1,0)关于抛物线对称轴𝑥=1对称，连接𝐴𝐹，则𝐴𝐹=∴𝐵𝐹+𝐸𝐹=𝐴𝐹+要使𝐵𝐹𝐸𝐹的值最小，则𝐴𝐹𝐸𝐹值最小，当点𝐴、𝐹、𝐸在同一直线上满足条件．过𝐴作𝐴𝐺⊥𝐵𝐷于𝐺，∵点𝐸、𝐹均为动点此时线段𝐴𝐺的长就是𝐵𝐹𝐸𝐹 ∵sin∠𝐴𝐵𝐺=𝐴𝐵= 2∴4 255解：𝑆1=𝑆△𝐶𝑃𝑄=

∴𝑦=令𝑥=0，则𝑦=−𝑥2+2𝑥+3=∴点设直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=𝑘𝑥+3𝑘+𝑏= 𝑏= ，解

𝑘=𝑏=3直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=−𝑥+过点𝑃作𝑃𝐹𝑥轴交直线𝐵𝐶于点𝐹设𝑃𝑡,−𝑡2+2𝑡+3，则𝐹𝑡2−2𝑡,−𝑡2+2𝑡+3，(0<𝑡<∴𝑃𝐹=𝑡−(𝑡2−2𝑡)=−𝑡2+3𝑡，又𝑂𝐵=3，𝑃𝐹𝑥∴△𝐹𝑃𝑄∽△ ∴𝑂𝑄=

∴𝑂𝑄

=−3

+∵𝑦=𝑆1= ∴𝑦=

+4(0<𝑡<②∵

<∴当𝑦取值最大时，𝑡= 3 𝑃=−(2)+2×2+3=4∴𝑃3 03】（2026·河北廊坊·一模）抛物线𝐶1：𝑦−𝑚𝑥2−2𝑚𝑥3𝑚（m为常数，𝑚>0）x两点（AB的左侧），yC1C的坐标为①求抛物线𝐶1P②PxQ，与直线𝐴𝐶M，求𝑃𝑀B到直线𝐴𝐶的距离为𝑑P到直线𝐴𝐶的距离为𝑑，ℎ=𝑑1h D，E两点，若四边形𝐸𝐶𝐷𝐹的面积为183m的值．【答案】(1)①𝑦=−𝑥2−2𝑥+3，𝑃(−1,4)；②𝑃𝑀=hm【分析】（1）①将(0,3)代入𝑦=−𝑚𝑥2−2𝑚𝑥+3𝑚求出𝑚=1，即可得到抛物线𝐶1的解析式；然后配方成P的坐标；（2）首先求出𝑂𝐴=3，𝑂𝐵=1，𝐴𝐵=4，𝑂𝐶=3𝑚，直线𝐴𝐶的函数解析式为𝑦=𝑚𝑥+3𝑚sin∠𝐵𝐴𝐶=𝑂𝐶=𝑚，然后得到𝑃𝑀=2𝑚P，B作𝐴𝐶G，H，则𝐵𝐻=𝑑1，𝑃𝐺= 𝑑，解直角三角形表示出𝑑，𝑑，然后代入ℎ=𝑑1

（3）作直线𝐷𝐸，得到抛物线𝐶1和抛物线𝐶2关于原点对称，推出𝑂𝐶=𝑂𝐹=3𝑚，𝑂𝐷=𝑂𝐸，四边形𝐸𝐶𝐷𝐹为平行四边形，设点𝐷𝑡,−𝑚𝑡2−2𝑚𝑡+3𝑚，则点𝐸−𝑡,−𝑚𝑡2+2𝑚𝑡+3𝑚，联立求出𝑥𝐸=3，进而求解【详解】（1）解：①∵C的坐标为∴代入𝑦=−𝑚𝑥2−2𝑚𝑥3𝑚得，3𝑚=3，解得𝑚=1，∴抛物线𝐶1的解析式为𝑦=−𝑥2−2𝑥+∴𝑦=−𝑥2−2𝑥+3=−(𝑥+1)2②∵抛物线𝐶1的解析式为𝑦=−𝑥2−2𝑥+∴当𝑦=0时，0=−𝑥2−2𝑥+解得𝑥1=−3，𝑥2=设直线𝐴𝐶的函数解析式为𝑦=𝑘𝑥+

−3𝑘+𝑏=𝑏=𝑘=𝑏=3∴直线𝐴𝐶的函数解析式为𝑦=𝑥3，当𝑥=−1时，𝑦=2，∴𝑃𝑀=4−2=解：h∵抛物线𝐶1：𝑦=−𝑚𝑥2−2𝑚𝑥+∴当𝑦=0时，−𝑚𝑥2−2𝑚𝑥3𝑚=0，解得𝑥1=−3，𝑥2=1，∴𝑂𝐴=3，𝑂𝐵=1，𝐴𝐵=又∴𝑂𝐶=∴直线𝐴𝐶的函数解析式为𝑦=𝑚𝑥 在Rt△𝐴𝑂𝐶中，cos∠𝐵𝐴𝐶=𝐴𝐶，sin∠𝐵𝐴𝐶=∴sin∠𝐵𝐴𝐶=𝑂𝐶= ∵抛物线𝐶1的对称轴为直线𝑥=∴𝑃𝑀=1P，B作𝐴𝐶G，H，则𝐵𝐻=𝑑1，𝑃𝐺=在Rt𝑃𝑀𝐺和Rt𝐴𝑀𝑄中，∠𝑃𝑀𝐺=∴∠𝑀𝑃𝐺=在Rt△𝐴𝐻𝐵中，𝑑1=𝐴𝐵sin∠𝐵𝐴𝐶=在Rt△𝑃𝑀𝐺中，𝑑2=𝑃𝑀cos∠𝑀𝑃𝐺=2𝑚∴ℎ=𝑑1=2sin∠𝐵𝐴𝐶=2 𝑚2，作直线∵将抛物线𝐶1绕点𝑂(0,0)旋转180°，得到抛物线∴抛物线𝐶1和抛物线𝐶2∴𝑂𝐶=𝑂𝐹=3𝑚，𝑂𝐷=设点𝐷𝑡,−𝑚𝑡2−2𝑚𝑡+3𝑚，则点𝐸−𝑡,−𝑚𝑡2+2𝑚𝑡+3𝑚∴可得直线𝐷𝐸的解析式为𝑦=联立直线𝐷𝐸和抛物线的𝐶1解析式，得−𝑚𝑥2−2𝑚𝑥+3𝑚=−2𝑚𝑥，解得𝑥𝐸=3（负值舍去）．

=1⋅(3𝑚+3𝑚)

=3∴四边形𝐸𝐶𝐷𝐹的面积为63𝑚，即63𝑚=183，解得𝑚=3．01】（2024·四川资阳·中考真题）已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线𝑦=−1𝑥2+𝑏𝑥xA，ByC点，且𝐵(4,0)，𝐵𝐶=41P是抛物线在第一象限内的一点，连接𝑃𝐵,𝑃𝐶P作𝑃𝐷𝑥D，交𝐵𝐶K△𝑃𝐵𝐶△𝐵𝐷𝐾的面积分别为𝑆1，𝑆2，求𝑆1−𝑆22，连接𝐴𝐶E为线段𝐴𝐶E作𝐸𝐹𝐴𝐶xFQ∠𝑄𝐹𝐸=2∠𝑂𝐶𝐴Q【答案】(1)𝑦=−1𝑥2+𝑥+(3)存在，𝑄11−35

−5−3−77+11或𝑄213−−5−3−77+11【分析】（1）先求𝐶（2）求出𝐵𝐶的解析式，设𝑃𝑚,2

+𝑚+4，则：𝐾(𝑚,−𝑚+4),𝐷(𝑚,0)，将𝑆1−𝑆2（3）易得𝐹𝐸垂直平分𝐴𝐶，设𝑂𝐹=𝑎，勾股定理求出𝐹∠𝐴𝐹𝐸=∠𝑂𝐶𝐴=∠𝐶𝐹𝐸，分别作点𝐸关于𝑥轴和直线𝐶𝐹的对称点𝐸1,𝐸2，直线𝐹𝐸1，𝐹𝐸2【详解】（1）∴𝑂𝐵=∵∠𝐵𝑂𝐶=90°,𝐵𝐶=4∴𝑂𝐶 =𝑐=

𝑐=∴1×42+4𝑏+𝑐=0𝑏=1∴𝑦=−

+𝑥+∴设直线𝐵𝐶的解析式为：𝑦=𝑘𝑥+4(𝑘≠0)，把𝐵(4,0)，代入，得：𝑘=∴𝑦=−𝑥+设𝑃𝑚,2

+𝑚+4，则：𝐾(𝑚,−𝑚∴𝑃𝐾=−

+𝑚+4+𝑚−4=

2+2𝑚，𝐷𝐾=−𝑚+4，𝐷𝐵= ∴𝑆=𝑃𝐾⋅𝑂𝐵=−𝑚2

1(−𝑚+4)(4−𝑚)=

2=2𝐷𝐾⋅𝐷𝐵= =−𝑚2=−2+=−3∴当𝑚=

+𝑆3时， 2的最大值为（3）令𝑦=−1𝑥2+𝑥+4=解得：𝑥1=−2,𝑥2=(−1+2)2+∵𝐹𝐸⊥𝐴𝐶，𝐴𝐸=(−1+2)2+∴𝐴𝐹=∴∠𝐴𝐹𝐸=设𝑂𝐹=𝑎，则：𝐶𝐹=𝐴𝐹=𝑎+在Rt△𝐶𝑂𝐹中，由勾股定理，得：𝑎2+42=(𝑎+∴𝑎=∴𝐹(3,0)，𝐶𝐹=∵𝐹𝐸⊥𝐴𝐶，∠𝐴𝑂𝐶=∴∠𝐴𝐹𝐸=∠𝑂𝐶𝐴=∴∠𝐴𝐹𝐸=∠𝑂𝐶𝐴=①取点𝐸关于𝑥轴的对称点𝐸1，连接𝐹𝐸1，交抛物线与点𝑄1，则：∠𝑄1𝐹𝐸=2∠𝐸𝐹𝐴=2∠𝑂𝐶𝐴，𝐸1(−1,−2)，设𝐹𝐸1的解析式为：𝑦=𝑘1𝑥+𝑏，3𝑘1+𝑏=

𝑘1=−𝑘1+𝑏=−2𝑏=3 ∴𝑦=𝑦=1𝑥−

𝑥=3

1−3𝑥1−3 −5−3𝑦=1𝑥2+𝑥+4−5−3

𝑦35−5（舍去）

𝑦

1−35−5−3−5−3则：∠𝑄2𝐹𝐸=2∠𝐶𝐹𝐸=2∠𝑂𝐶𝐴，𝐸𝐺⊥𝐶𝐹，∵𝐶𝐸=5,𝐶𝐹=∴𝐸𝐹 =2 ∵𝑆△𝐶𝐸𝐹=2𝐶𝐹⋅𝐸𝐺=2𝐶𝐸⋅∴5𝐸𝐺= ×∴𝐸𝐺=∴𝐹𝐺 =过点𝐺作𝐺𝐻⊥𝑥

𝐺𝐻=𝐹𝐺⋅sin∠𝐶𝐹𝑂=4×5=5，𝐹𝐻=𝐹𝐺⋅cos∠𝐶𝐹𝑂=4×5=5∴𝑂𝐻=𝑂𝐹−𝐹𝐻=∴𝐺3

11设直线𝐸2𝐹的解析式为：𝑦=𝑘2𝑥+

+𝑏=

𝑘=− 则：𝑘2+𝑏1

，解得：

=33 ∴𝑦=−2𝑥+2𝑦=−11𝑥+

𝑥=

𝑥13− 2 13−−11𝑦=1𝑥2+𝑥+4−11

𝑦

（舍去）

𝑦=−77+1169，

13−69−77+11−77+11−5−3−77+11综上：𝑄11−35 或𝑄213−69−5−3−77+1101】（2026·安徽合肥·一模）已知：抛物线𝑦𝑎𝑥2𝑏𝑥𝑐xA、By轴交于点PA的点，且𝑃𝐵𝐶的面积与△𝐴𝐵𝐶PQ在抛物线上，且满足∠𝑄𝐶𝐵=∠𝑂𝐶𝐴Q【答案】(1)抛物线的解析式为𝑦=P的坐标为Q的坐标为(4,5)5【分析】（1）（2）𝐵𝐶𝑦=𝑘𝑥+𝑚𝐵(3,0)，𝐶(0,−3)𝐵𝐶𝑦=𝑥−3𝑆△𝑃𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝐵𝐶𝑃𝐴𝐵𝐶𝑙1𝑙1𝐵𝐶（3）设𝑄𝑡,𝑡2−2𝑡−3，∠𝐴𝐶𝑂=𝛼，由题意可知tan∠𝐴𝐶𝑂=𝐴𝑂=1，作𝑄𝑀⊥𝑦轴于M则𝑄𝑀=|𝑡|，𝐶𝑀|(𝑡2−2𝑡−3)−(−3)|=|𝑡2−2𝑡|，△

=

=，分两种情况讨论即可中直角边满足

或 【详解】（1）解：设抛物线的解析式为𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥𝑐(𝑎≠0)，0= 𝑎=0=9𝑎+3𝑏−3𝑏=−2∴抛物线的解析式为𝑦=（2）𝐵𝐶为𝑦=𝑘𝑥+𝑚𝐵(3,0)，𝐶(0,−3)𝑘=1,𝑚=−3∴直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=𝑥−3𝑆△𝑃𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝐵𝐶𝑃𝐴𝐵𝐶𝑙1𝑙1𝐵𝐶𝑙2𝑃𝐴𝐵𝐶𝑙1上，过点𝐴(−1,0)作𝐴𝑃∥𝐵𝐶𝐴𝑃为𝑦=𝑥+代入𝐴(−1,0)得0=−1+𝑏1⇒𝑏1=∴直线𝐴𝑃的解析式为𝑦=𝑥𝑦=𝑥+𝐴𝑃𝑦=解得𝑥=−14，当𝑥=4时，𝑦=5，情况二：在与𝑙1关于𝐵𝐶对称的直线𝑙2则直线𝑙2的解析式为𝑦=𝑥−3−1−(−3)=𝑦=联立直线𝑙2𝑦=𝑥2−2𝑥−3，即

−3𝑥+4=Δ=(−3)2−4×1×4=−7<0∴𝑃的坐标为（3）解：设𝑄𝑡,𝑡2−2𝑡−3，∠𝐴𝐶𝑂=由题意可知tan∠𝐴𝐶𝑂=𝐴𝑂= 作𝑄𝑀𝑦M𝑄𝑀=|𝑡|，𝐶𝑀=|(𝑡2−2𝑡−3)−(−3)|=∵∠𝑄𝐶𝐵=且∠𝑂𝐶𝐵=45°，∠𝑄1𝐶𝑀1=45°+𝛼，∠𝑄2𝐶𝑀2=𝑄𝑀𝐶 tan∠𝑄𝐶𝑀 =2或，tan∠𝑄𝐶𝑀 = 𝑄1𝑀1= 𝑡2−2𝑡=2，解得𝑡=0(舍)或𝑡=𝑦

−2

5−3=− 𝑄12,− 𝑄12,− 𝑡2−2𝑡=2解得𝑡=𝑦=42−2×4−3=∴点Q的坐标为(4,5)或5 02】（2026·辽宁沈阳·一模）如图1，在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，一次函数𝑦−𝑥3的图象与𝑥轴交于点𝐵，与𝑦轴交于点𝐶，经过𝐵、𝐶两点的二次函数𝑦=−𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的图象交𝑥轴于另一点𝐴．(2)点𝐷、𝐸在直线𝑦=−𝑥+3上，点𝐹是第二象限位于抛物线上一点，点𝐺在𝑥轴上若四边形𝐷𝐸𝐹𝐺是正方形，(3)连接𝐴𝐶、𝐵𝐶，抛物线上是否存在点𝑃，使得∠𝐶𝐵𝑃+∠𝐴𝐶𝑂=45°，若存在，求出点𝑃的坐标；若不存在，【答案】(1)𝑦=−𝑥2+2𝑥+𝐹−2存在，𝑃3

或（2）连接𝐸𝐺，𝐷𝐹，设𝐹(𝑚.−𝑚2+2𝑚+3)，根据𝐷𝐹=2𝑦𝐹（3）作𝐶𝐹𝐴𝐵,𝐵𝐹𝑂𝐶，根据𝑃在𝐵𝐶上方或下方两种情况讨求解即可【详解】（1）解：∵当𝑥=0时，𝑦=∵当𝑦=0时，0=−𝑥+3，𝑥=∵二次函数𝑦=−𝑥2+𝑏𝑥+𝑐的图象过𝐵,𝐶𝑐= 𝑏=∴0=−32+3𝑏+𝑐𝑐=3即：𝑦=−𝑥2+2𝑥+（2）∴𝑂𝐵=∴∠𝑂𝐵𝐶=∠𝑂𝐶𝐵=∴∠𝐺𝐷𝐸=90°,𝐺𝐷=∴∠𝐷𝐺𝐵=∠𝐺𝐷𝐸−∠𝑂𝐵𝐶=∵∠𝐷𝐺𝐵=∴𝐺𝐷=𝐷𝐵=𝐷𝐸，∵𝐺𝐷⊥∴𝐺𝐸=∴∠𝐺𝐸𝐵=∠𝑂𝐵𝐶=∴∠𝐸𝐺𝐵=90°即：𝐸𝐺∴𝐷𝐹𝐸𝐺，即：𝐷𝐹∴𝐷𝐹,𝐸𝐺互相垂直平分，𝐷𝐹=∴设𝐹(𝑚.−𝑚2+2𝑚+−𝑚2+2𝑚+3=−𝑥𝐷+3，解得：𝑥𝐷=∴𝐷𝐹=𝑥𝐷−𝑥𝐹=𝑚2−2𝑚−𝑚=∴𝑚2−3𝑚=2(−𝑚2+2𝑚+=−解得=−

=3（舍∴𝐹−3 （3）答：存在，𝑃3

过点𝐶作𝐶𝐹𝐴𝐵B作𝐵𝐹∵∠𝐶𝑂𝐵=90°,𝑂𝐶=当𝑦=0时，0=−𝑥2+2𝑥+∴𝑥1=−1,𝑥2=∴𝐴(−1,0)即：𝑂𝐴=如图：当𝑃在𝐶𝐵下方时，过点𝐵作射线𝐵𝐴′使∠𝑂𝐵𝐴′=∠𝐴𝐶𝑂交𝑂𝐶于点𝐴′交抛物线于点𝑃∠𝐶𝐵𝑃+∠𝐴𝐶𝑂=∵∠𝐴𝑂𝐶=∠𝐴′𝑂𝐵,𝑂𝐶=∴△𝐴𝐶𝑂≌△∴𝑂𝐴′=𝑂𝐴1，设直线𝐴′𝐵的解析式为：𝑦=𝑘𝑥+𝑛= ∴3𝑘+𝑛=0解得：𝑘=−,𝑛=即 𝑦=−3𝑥+𝑦=−1𝑥++2𝑥+∵𝑦=−𝑥2+2𝑥+𝑥=∴𝑦=0（舍）

𝑥=−𝑦=11∴𝑃−3 作点𝐴′关于𝐵𝐶的对称点∴点𝐷在𝐶𝐹上，𝐷𝐹=𝑂𝐴′=1，𝑂𝐵=∵𝑥=2时，𝑦=−22+2×2+3=∴𝐷∵△𝐷𝐹𝐵≌△∴∠𝐷𝐵𝐹=∠𝐴′𝐵𝑂=当𝑃与𝐷重合时，∠𝐶𝐵𝑃∠𝐴𝐶𝑂=45°综上：存在，𝑃3

或03】（2026·四川宜宾·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+2x轴交于点(−4,0)，𝐵(1,0)yB作𝐵𝐷∥𝐴𝐶DP是射线𝐴𝐶上方抛物线上的一动点，连接𝐷𝑃与射线𝐴𝐶E，连接𝐵𝐸、𝐵𝑃△𝑃𝐵𝐸P的坐标；在（2）𝑃𝐵𝐸面积取得最大值时，将抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥2沿射线𝐴𝐶方向平移5个单位长度得到新抛物线𝑦′，点𝑃′PQ为新抛物线上的一个动点，当∠𝑄𝐵𝐴=∠𝑂𝑃𝑃′−∠𝐵𝐴𝐶时，直接写出Q【答案】(1)𝑦=

−𝑥+(3)点Q的坐标为(−1,3)或−1−2【分析】（1）（2）过P作𝑃𝐹∥𝑦轴，交𝐵𝐷于F，求出𝐶(0,2)，从而可得直线𝐴𝐶解析式

𝑦=2𝑥+𝑦=−1𝑥2−3𝑥+解析式

2 2

𝑥,−𝑥−𝑥+

𝑥,𝑦=2𝑥−2，联立

𝑦

𝑥−

，可得

，设

，则

𝑃𝐹−1𝑥2−2𝑥5，表示出

−𝑥

3(𝑥+2)2+

𝑥=−2 △𝑃𝐵𝐷=2𝑃𝐹

𝐷=

2𝑆△𝑃𝐵𝐷最大，由𝑆△𝐸𝐵𝐷是定值，且𝑆△𝑃𝐵𝐷=𝑆△𝑃𝐵𝐸+𝑆△𝐸𝐵𝐷，可得𝑆△𝑃𝐵𝐸（3）设𝑂𝑃与𝐴𝐶L，由勾股定理可得𝐴𝐶=25，结合二次函数图象平移的性质可得𝑦′=−1𝑥2+ 𝑥+4，先证明∠𝑄𝐵𝐴=∠𝐴𝑂𝑃，从而可得𝐵𝑄∥𝑂𝑃，求出𝑂𝑃解析式为𝑦=−2𝑥，𝐵𝑄解析式为𝑦=−2𝑥2𝑦′=−1𝑥2+1𝑥+𝑦′=𝑦

𝑦=

3𝑥+

，计算即可得出𝑄1(−1,3)；设𝑄1x轴对称点为𝑄1′(−1,−3)𝑦′=−1𝑥2+1𝑥+𝑄 2 直线

1解析式为𝑦=2𝑥−2

𝑦

𝑥−3

【详解】（1）解：∵抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+2x轴交于点𝐴(−4,0)，𝐵(1,0)16𝑎−4𝑏+2= 𝑎+𝑏+2=0𝑎=−𝑏=3

𝑦=

−𝑥+（2）P作𝑃𝐹𝑦轴，交𝐵𝐷在𝑦=

−𝑥+

中，令𝑥=0，则𝑦=设直线𝐴𝐶解析式为𝑦=𝑘𝑥2(𝑘≠0)，把𝐴(−4,0)代入，得−4𝑘+2=0，解得𝑘=∴直线𝐴𝐶解析式为𝑦=

1𝑥+∵𝐵𝐷∥∴设直线𝐵𝐷的解析式为𝑦=

1𝑥+

代入，得2+𝑚=解得𝑚= ∴直线𝐵𝐷的解析式为𝑦=𝑦=−1𝑥2−3𝑥+ 联 𝑦=1𝑥− 𝑥= 𝑥=𝑦=−3𝑦=01 设𝑃𝑥,−2𝑥−2𝑥+2，则𝐹𝑥,2 ∴𝑃𝐹=−

−𝑥+

1

−2𝑥+

1

∴𝑆△𝑃𝐵𝐷=2𝑃𝐹∵−1<

𝐷

−

−2𝑥

1−(−5)=−(𝑥+

+2∴当𝑥=−2时，𝑆△𝑃𝐵𝐷∵𝑆△𝐸𝐵𝐷是定值，𝑆△𝑃𝐵𝐷=𝑆△𝑃𝐵𝐸+∴𝑆△𝑃𝐵𝐸∴当𝑃𝐵𝐸𝑂𝐴2+𝑂𝐴2+

=2∵将抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+2沿射线𝐴𝐶方向平移5个单位长度得到新抛物线𝑦= 𝑦=

−𝑥+2=

𝑥

+812物线

，为

=

𝑥

3

+

+1=

+8即𝑦′=

+2𝑥+∵点𝑃′P∴𝑃𝑃′∥∴∠𝑂𝑃𝑃′=∵∠𝐴𝑂𝑃=∠𝑂𝐿𝐶−∠𝐵𝐴𝐶，且∠𝑄𝐵𝐴=∴∠𝑄𝐵𝐴=∴𝐵𝑄∥设𝑂𝑃解析式为𝑦=把𝑃(−2,3)代入，得−2𝑚=∴𝑚=∴𝑂𝑃解析式为𝑦=− 𝑦=−𝑥+把𝐵(1,0)代入，得

+𝑛=∴𝑛= ∴𝐵𝑄解析式为𝑦=−𝑥+𝑦′=−1𝑥2+1𝑥+当𝑦′=𝑦

𝑦=

3𝑥+ 𝑥= 𝑥=解得𝑦=3𝑦=−6（舍去设𝑄1x轴对称点为𝑄1′(−1,−3)，直线𝐵𝑄1′解析式为𝑦=𝑎𝑥+把𝐵(1,0)，𝑄′(−1,−3)代入，得𝑎+𝑑= 𝑎=

−𝑎+𝑑=𝑑=3∴直线𝐵𝑄′解析式 𝑦=𝑦′=−1𝑥2+1𝑥+

𝑦=3𝑥− 𝑥=−1+𝑦=−3

𝑥=（舍去）或𝑦= ∴𝑄1′−1−2 综上所述，点Q的坐标为(−1,3)或−1−2 01】（2026·四川泸州·一模）在平面直角坐标系中，将二次函数𝑦𝑎𝑥2(𝑎>0)1个2xA、B（AB的左侧），𝑂𝐴=1A的一次函数𝑦=𝑘𝑥𝑏(𝑘≠0)yC，且与抛物线的另一D△𝐴𝐵𝐷5．E在一次函数的图象下方，求△𝐴𝐶𝐸EPx轴上且使△𝑃𝐴𝐷P【答案】(1)𝑦= 𝑦=2𝑥+△

𝐸点坐标为3的面积的最大值是16，此 −155,0或−1+55,0或17,0或 析式中可求得𝑎的值，由△𝐴𝐵𝐷5可求出点𝐷D的坐标，由𝐴、𝐷的坐标可（2）作𝐸𝑀∥𝑦轴交𝐴𝐷于𝑀，由𝑆△𝐴𝐶𝐸=𝑆△𝐴𝑀𝐸−𝑆△𝐶𝑀𝐸E点横坐标的二次函数，然后利用二次函数 （3）利用两点间的距离公式得到𝐴𝐷=55；再分三种情况：𝐴𝑃=𝐴𝐷=55，𝐴𝐷=𝑃𝐷，𝐴𝑃=𝑃𝐷，讨论求 【详解】（1）解：将二次函数𝑦=𝑎𝑥2(𝑎>0)12物线解析式为𝑦=∵𝑂𝐴=A的坐标代入𝑦=𝑎(𝑥−1)2−2得，𝑎⋅(−1−1)2−2=∴𝑎=∴平移后的抛物线的解析式为𝑦=1(𝑥−1)2−2，即𝑦=在𝑦=1𝑥2−𝑥−3中，当𝑦=

，解得𝑥=

=

−𝑥−2= ∴𝐴𝐵=𝑂𝐴+𝑂𝐵=𝐴𝐵𝐷

=𝐴𝐵

= ∴𝑦𝐷=在𝑦=1𝑥2−𝑥−3中，当𝑦=

5= 2时 解得𝑥1=−2，𝑥2=∴𝐷 4𝑘+𝑏=2−𝑘+𝑏=𝑘=𝑏=1 ∴直线𝐴𝐷的解析式为𝑦=2𝑥+（2）解：过点𝐸作𝐸𝑀𝑦轴交𝐴𝐷于点𝑀设𝐸𝑎2

，则𝑀𝑎,2𝑎 ∴𝐸𝑀=𝑎+

=−1𝑎2+3𝑎+ ∴𝑆△𝐴𝐶𝐸= =2𝐸𝑀⋅𝑎−(−1)−2𝐸𝑀⋅=2

−2

+2𝑎+=−4

=−1

+∵1<∴当𝑎=时，△

𝐸点坐标为3 的面积有最大值，最大值是16，此 （3）解：由（1）得𝐴(−1,0)，𝐷 5 当𝐴𝑃=𝐴𝐷=55P的横坐标为−1−55或−1+5 ∴此时点P的坐标为−1−55,0或−1+55,0；当𝐴𝐷=𝑃𝐷D在𝐴𝑃的垂直平分线上， ∴P的横坐标为2×4−(−1)=∴P的坐标为当𝐴𝑃=𝑃𝐷时，设𝑃(𝑝,0)，则𝐴𝑃2=

=

+ 解得𝑝=8∴点P的坐标为17,0P的坐标为−155,0或−1+55,0或17,0或 01】（2026·安徽滁州·一模）已知二次函数𝑦𝑎𝑥2−4𝑎𝑥4𝑎𝑐(𝑎<0)与𝑥轴交于两点，且−2<𝑥1<−1，与𝑦轴交于点𝐷，抛物线顶点为(2)若𝑂𝐷=4，求𝑎(3)令𝑚=𝑎𝑐，是否存在定值𝑚，无论𝑎(𝑎<0)，𝑐为何值，都存在𝐴𝐵𝐶为等边三角形，如果存在，求出【答案】(1)𝑦=𝑎(𝑥−2)2+𝑐；直线𝑥=(2)

<𝑎<(3)𝑚=【分析】（1）将一般式化为顶点式即可，同时得到抛物线对称轴为直线𝑥=（2）根据题意知4𝑎+𝑐=4，得𝑐=4−4𝑎，则抛物线解析式为𝑦=𝑎𝑥2−4𝑎𝑥+4𝑥=−2时，𝑦<0，以及𝑥=−1时，𝑦>0（3）由对称轴对称得𝐶𝐴=𝐶𝐵，连接𝐴𝐶和𝐵𝐶xE，结合等边三角形，则𝐴𝐵=𝐴𝐶有sin∠𝐶𝐴𝐵=𝐶𝐸=sin∠60°𝐴𝐵=𝐴𝐶=2𝑐𝐴𝐵=𝑥−𝑥有(𝑥−𝑥)2

=

𝑥+𝑥=

3， 𝑥1𝑥2=𝑎=4+𝑎，化简得3=16−44 =−𝑎，则有𝑎𝑐=−3，即可【详解】（1）解：𝑦=𝑎𝑥2−4𝑎𝑥+4𝑎+𝑐=𝑎(𝑥−2)2+𝑐，抛物线对称轴为直线𝑥=（2）解：由题意可知，4𝑎𝑐=∴𝑐=故抛物线解析式为𝑦=𝑎𝑥2−4𝑎𝑥+由题意可知，当𝑥=−2时，𝑦<0，即4𝑎+8𝑎+4<0，解得𝑎<当𝑥=−1时，𝑦>0，即𝑎+4𝑎4>0，解得𝑎> ∴−5<𝑎<（3）解：当𝑚=−3△𝐴𝐵𝐶∵𝐴，𝐵∴𝐶𝐴=如图，连接𝐴𝐶和𝐵𝐶x若𝐴𝐵𝐶为等边三角形，则𝐴𝐵=∵sin∠𝐶𝐴𝐵

=sin∠60°，𝐶𝐸=∴𝐴𝐵=𝐴𝐶

又∵𝐴𝐵=𝑥2−𝑥1，𝑦=𝑎𝑥2−4𝑎𝑥+4𝑎+𝑐(𝑎<∴(𝑥−𝑥)2

=

𝑥+𝑥=

𝑥

=4+

3，

，1 ∴4𝑐2=16−44

=−𝑎抛物线与𝑥轴交于𝐴，𝐵两点，故顶点不可能在𝑥轴上，故𝑐≠0，∴𝑎𝑐=∵𝑚=∴𝑚=当𝑚=−3时，无论𝑎，𝑐为何值，都存在△𝐴𝐵𝐶02】（2026·江苏无锡·一模）在平面直角坐标系中，二次函数𝑦=𝑎𝑥2−4𝑥+𝑐的图象经过点𝐵(5,9)yC(2)设二次函数𝑦=𝑚𝑥2+𝑛𝑥+𝑝(𝑚≠1)A，ByD

．求𝑃𝑄(3)在（2）𝑃𝐶𝑄是直角三角形时，求tan∠𝐶𝐷𝑄【答案】(1)𝑦=𝑥2−4𝑥+(2)𝐶𝐷= (3)△𝑃𝐶𝑄是直角三角形时，tan∠𝐶𝐷𝑄的值10或【分析】（1）（2）先把抛物线𝑦=𝑥2−4𝑥4PCAB坐标代入𝑦=𝑚𝑥2+𝑛𝑥+𝑝(𝑚≠1)中可得抛物线的解析式为𝑦=𝑚𝑥2−4𝑚𝑥+9−5𝑚(𝑚≠1)QD的坐标，再表示出𝐶𝐷，𝑃𝑄即可得到答案；（3）【详解】（1）解：∵二次函数𝑦=𝑎𝑥2−4𝑥+𝑐的图象经过点𝑎+4+𝑐=∴25𝑎−20+𝑐=9𝑎=∴𝑐=4该二次函数的函数表达式为𝑦=𝑥2−4𝑥+（2）解：∵𝑦=𝑥2−4𝑥+4=∴P的坐标为在𝑦=𝑥2−4𝑥+4中，当𝑥=0时，𝑦=∴C的坐标为∵抛物线𝑦=𝑚𝑥2+𝑛𝑥+𝑝(𝑚≠1)过点𝑚−𝑛+𝑝=∴25𝑚+5𝑛+𝑝=9𝑛=∴𝑝=9−5𝑚∴抛物线𝑦=𝑚𝑥2+𝑛𝑥+𝑝(𝑚≠1)的解析式为𝑦=𝑚𝑥2−4𝑚𝑥+9−5𝑚(𝑚≠∴抛物线𝑦=𝑚𝑥2−4𝑚𝑥+9−5𝑚(𝑚≠1)

=在𝑦=𝑚𝑥2−4𝑚𝑥+9−5𝑚(𝑚≠1)当𝑥=2时，𝑦=4𝑚−8𝑚9−5𝑚=−9𝑚9，当𝑥=0时，𝑦=−5𝑚+9，∴𝐷(0,−5𝑚+9)，𝑄(2,−9𝑚+∵C的坐标为(0,4)P的坐标为

𝑥=−∴𝐶𝐷=|−5𝑚+9−4|=|−5𝑚+5|=5|𝑚−1|，𝑃𝑄=|−9𝑚+9−0|=∴𝐶𝐷=5|𝑚−1|= （3）解：∵𝑄(2,−9𝑚∴𝑃𝐶2=(2−0)2+(0−4)2=4+16=𝑃𝑄2=(2−2)2+(9−9𝑚−0)2=𝐶𝑄2=(2−0)2+(9−9𝑚−4)2=4+当∠𝑃=90°，则𝑃𝐶2+𝑃𝑄2=𝐶𝑄2，即20+81(1−𝑚)2=4+(5−9𝑚)2，解得𝑚=1，不符合题意，舍去；当∠𝑄=90°，则𝑃𝑄2+𝐶𝑄2=𝑃𝐶2，即81(1−𝑚)2+4+(5−9𝑚)2=解得𝑚=1（不符合题意，舍去）或𝑚=此时𝑄2,9−9

，即𝑄(2,4)，𝐷0,9−5

，即𝐷

∴𝐶𝐷

9−4

9，𝐷、𝑄水平距离为29−4=9 ∴tan∠𝐶𝐷𝑄=20=当∠𝐶=90°，则𝑃𝐶2+𝐶𝑄2=𝑃𝑄2，即20+4+(5−9𝑚)2=解得𝑚=4；此时𝑄2,9−9

，即𝑄(2,5)，𝐷0,9−5

，即𝐷

∴𝐶𝐷

9−4

9，𝐷、𝑄水平距离为29−5=9 ∴tan∠𝐶𝐷𝑄=16= 综上所述，当△𝑃𝐶𝑄是直角三角形时，tan∠𝐶𝐷𝑄的值10或【变式如图①A、B、CP为抛物线上第二象限一动点（如图②），连结𝑃𝐴、𝑃𝐵、𝐵𝐶，𝑃𝐴分别与𝐵𝐶、yM、N，记△𝑀𝑃𝐵S△𝑀𝐶𝑁T，求𝑆−𝑇的最大值；G的坐标（请直接写出结果）．【答案】(1)𝑦=−𝑥2−2𝑥+【分析】（1）（3）抛物线的对称轴为直线𝑥=−−2=−1，设𝐺−1，𝑛，分情况画出图形分别求出点𝐺【详解】（1）𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥𝑐(𝑎≠0)，9𝑎−3𝑏+𝑐=𝑎+𝑏+𝑐=0𝑐=𝑎=𝑏=−2𝑐=∴经过𝐴、𝐵、𝐶三点的抛物线的解析式为𝑦=−𝑥2−2𝑥+∴𝑃𝑚,−𝑚2−2𝑚+3设直线𝐴𝑃的解析式为𝑦=𝑘𝑥+𝑘+𝑡=𝑚𝑘+𝑡=−𝑚2−2𝑚+3𝑘=−(𝑚+解 𝑡=𝑚+ ∴𝑦=−(𝑚3)𝑥𝑚3，当𝑥=0时，𝑦=𝑚+3，故𝑁(0,𝑚+3)，连接=

−

=

+

△𝐶𝐵𝑂=2×

(−𝑚2−2𝑚+

+2

(−𝑚)

×3× =1×(−𝑚)×3−(𝑚+3)= ∵𝑆−𝑇== =−2=

−2𝑚−2−2=−2𝑚

+ ∴当𝑚=−8时，𝑆−𝑇有最大值（3）解：抛物线的对称轴为直线𝑥=−−2=设①𝐴𝑄𝐺Gx轴的平行线𝐸𝐹，作𝑄𝐸𝐸𝐹,𝐴𝐹∴∠𝐸=∠𝐹=∠𝑄𝐺𝐴=∴∠𝐸𝑄𝐺=∠𝐴𝐺𝐹=90°−∠𝐸𝐺𝑄，又∵𝐴𝐺=𝑄𝐺，∴△𝐸𝑄𝐺≌△∴𝑄𝐸=𝐺𝐹=2,𝐸𝐺=𝐴𝐹=∴𝑄(−1+𝑛,2+代入抛物线解析式得−(−1𝑛)2−2(−1𝑛)+3=2+𝑛，解得𝑛1=−2,𝑛2=1（舍去），②𝐴𝑄𝐺Q作𝑄𝑉同理得𝐻𝐺=𝑄𝑉=−𝑛,𝐴𝐻=𝐺𝑉=代入抛物线解析式得−(−1−𝑛)2−2(−1−𝑛)+3=𝑛−2，解得𝑛1=−3,𝑛2=2（舍去），③QBAQ对称，此时𝐴𝑄=𝐴𝐵=∴当𝐴𝑄𝐺是等腰直角三角形时，𝑛=

1𝐴𝑄=如图，当𝐴𝑄𝐺Q作𝑄𝑅同理得𝐻𝐺=𝑄𝑅=𝑛,𝐴𝐻=𝐺𝑅=∴𝑄(−1+𝑛,𝑛+代入抛物线解析式得−(−1𝑛)2−2(−1𝑛)+3=𝑛2，解得𝑛1=1,𝑛2=−2（舍去），G的坐标为(−1,2)或(−1,−2)或(−1,−3)或𝑃是抛物线上位于第四象限的一点，点𝐷(0,−1)，连接𝐵𝐶,𝐷𝑃相交于点𝐸，连接𝑃𝐵𝐶𝐷𝐸与𝑃𝐵𝐸的【答案】𝑃7存在，正方形的边长为92【分析】（1）（2）作𝑃𝐹⊥𝑥轴，垂足为点𝐹，设𝑃𝑚,𝑚2−2𝑚−3，则：𝑂𝐹=𝑚,𝑃𝐹=−𝑚2+2𝑚+3，𝐵𝐹=3−𝑚，根△𝐶𝐷𝐸与△𝑃𝐵𝐸的面积相等，推出𝑆△𝐵𝑂𝐶=𝑆𝑂𝐷𝑃𝐵=𝑆△𝑃𝐹𝐵+𝑆𝑂𝐷𝑃𝐹则有△𝑀𝑁𝐹与△𝑁𝐸𝐻都为等腰直角三角形，设𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2)，设直线𝑀𝑁解析式为𝑦=−𝑥+𝑏，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𝑀𝑁2=2𝑁𝐹2，若四边形𝑀𝑁𝐻𝐺为正方形，得到𝑁𝐻2=𝑀𝑁2，求出𝑏的值，进而确定出𝑀𝑁∴设抛物线的解析式为：𝑦=𝑎(𝑥−1)2−4，把𝐶(0,−3)代入，得：𝑎(0−1)2−4=−3，∴𝑎=∴𝑦=(𝑥−1)2−4=（2）当𝑦=𝑥2−2𝑥−3=0时，解得：𝑥1=3,𝑥2=∴设直线𝐵𝐶的解析式为：𝑦=𝑘𝑥−3，把𝐵(3,0)代入，得：𝑘=∴𝑦=作𝑃𝐹⊥𝑥轴，垂足为点𝐹，设𝑃𝑚,𝑚2−2𝑚−3，则：𝑂𝐹=𝑚,𝑃𝐹=−𝑚2+2𝑚+∴𝐵𝐹=𝐶𝐷𝐸与△𝑃𝐵𝐸∴𝑆△𝐶𝐷𝐸+𝑆𝑂𝐷𝐸𝐵=𝑆△𝑃𝐵𝐸+𝑆𝑂𝐷𝐸𝐵，即：𝑆△𝐵𝑂𝐶=𝑆𝑂𝐷𝑃𝐵=𝑆△𝑃𝐹𝐵+∴𝑂𝐷=∴1×3×3=1×(−𝑚2+2𝑚+3)(3−𝑚)+1×(−𝑚2+2𝑚+3+ 解得：𝑚=3或𝑚=0（舍去∴𝑃7 𝑀𝑁∥由（2）可知，直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=设𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2)，直线𝑀𝑁解析式为𝑦=𝑦=𝑦=𝑥2−2𝑥−3消去𝑦得：𝑥2−3𝑥+𝑏−3=∴𝑁𝐹2=|𝑥1−𝑥2|2=(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=𝑀𝑁𝐹∴𝑀𝑁2=2𝑁𝐹2=∵ ∴𝑁𝐸2=𝑦−(𝑥−3)2=(𝑥−𝑏−𝑥+3)2= ∴

=1(𝑏−3)2，22∴𝑁𝐻2=∴42−8𝑏=1(𝑏2−6𝑏+整理得：𝑏2+10𝑏−75=0，解得：𝑏=−15或𝑏=5，正方形边长为𝑀𝑁=𝑀𝑁=92或2．即正方形的边长为92或01】（2026·黑龙江绥化·二模）如图，抛物线𝑦=𝑎𝑥2+2𝑥−3𝑎经过𝐴(1,0),𝐵(𝑏,0),𝐶(0,𝑐)三点，交𝑦轴(1)a，b(2)在抛物线对称轴上找一点𝑃，使𝑃𝐴𝑃𝐶的值最小时，求𝑂𝑃𝐶【答案】(1)𝑎=1,𝑏=(2)△𝑂𝑃𝐶的面积为(3)存在，点𝑁的坐标为(−2,−3)或(−17,3)或(−1−【分析】（1）将𝐴(1,0)代入𝑦𝑎𝑥22𝑥−3𝑎，求出𝑎1，得到抛物线的解析式，将𝐵(𝑏,0)代入解析式，即b的值；（2）连接𝐵𝐶，求出直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=−𝑥−3，使𝑃𝐴+𝑃𝐶的值最小，即点𝑃为直线𝐵𝐶与对称轴的交点，（3）当点𝑁在𝑥轴下方时和当点𝑁在𝑥【详解】（1）解：将𝐴(1,0)代入𝑦=𝑎𝑥2+2𝑥−3𝑎，得到0=𝑎+2−3𝑎，解得𝑎=故抛物线解析式为𝑦=𝑥2将𝑦=0代入解析式，得0=𝑥2+2𝑥−3，解得𝑥1=1,𝑥2=−3；∴𝑏=（2）∵抛物线解析式为𝑦=𝑥2∴𝑐=对称轴为直线𝑥=

=连接设直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=−3𝑘−3=0，解得𝑘=−1，直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=使𝑃𝐴𝑃𝐶的值最小，即点𝑃为直线𝐵𝐶与对称轴的交点，当𝑥=−1时，𝑦=1−3=−2，∴∴

|𝑥 △𝑂𝑃𝐶=2𝑂𝐶 𝑃=2×3×1=∴𝐴𝑀∥∵抛物线的对称轴为直线𝑥=将𝑦=−3代入𝑦=𝑥2+2𝑥−3，解得𝑥=−2或𝑥=0（舍去），∴过点𝑁′作𝑁′𝐷⊥𝑥轴于点𝐷，在△𝐴𝑁′𝐷和△𝑀′𝐶𝑂中，∠𝑁′𝐷𝐴=∠𝐶𝑀′𝐴=𝐴𝑁′=∴△𝐴𝑁′𝐷≌△∴𝑁′𝐷=𝑂𝐶=3，即𝑁′点的纵坐标为∴3=𝑥2解得𝑥=−17或𝑥=𝑁(−17,3)或𝑁(−1−综上所述，符合条件的坐标为(−2,−3)或(−17,3)或(−1−【变式02（2026·江苏无锡·一模𝑥𝑂𝑦𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥8经过点𝐴(4,0)，yB，且关于直线𝑥=1对称．(1)则抛物线解析式中𝑎= ，𝑏= (2)当3𝑡2≤𝑥≤4时，y的取值范围是0≤𝑦≤6𝑡3tEB，C，D，E【答案】(3)45−5或【分析】（1）（2）先求出抛物线𝑦=−𝑥2+2𝑥8图象与𝑥轴的另一个交点的坐标为(−2,0)，分−2≤3𝑡2<1，1≤3𝑡+2≤4，两种情况，结合二次函数的增减性进行求解即可．【详解】（1）解：∵抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥+8经过点𝐴(4,0)yB，且关于直线𝑥=1−𝑏= 16𝑎+4𝑏+8=𝑎=解得𝑏=2（2）解：由（1）知该抛物线的解析式为𝑦=−𝑥2+2𝑥+∵𝑦=−𝑥2+2𝑥+8=−(𝑥−1)2令𝑦=−𝑥2+2𝑥+8=0，解得𝑥=4或𝑥=∴抛物线𝑦=−𝑥2+2𝑥+8图象与𝑥轴的另一个交点的坐标为当−2≤3𝑡2<1时，即

，此时，𝑦随𝑥的增大先增大到最大值9−≤𝑡<此时，6𝑡3=9，解得𝑡=1>−3（舍去当1≤3𝑡2≤4时，即

，此时，𝑦随𝑥−≤𝑡≤此时，𝑦=−(3𝑡+2)−12+9=6𝑡+3，即9𝑡2+12𝑡−5=解得𝑡=

（舍去 𝑡=−3<综上，当3𝑡2≤𝑥≤4时，y的取值范围是0≤𝑦≤6𝑡3，t的值为（3）将𝑥=0代入𝑦=−𝑥2+2𝑥+8=0，则𝑦=设直线𝐴𝐵的解析式为𝑦=𝑘𝑥8，把𝐴(4,0)代入，得4𝑘8=0，解得𝑘=−2∴𝑦=−2𝑥+设𝐶𝑚,−𝑚2+2𝑚+8(0<𝑚<4)，则𝐷(𝑚,−2𝑚+𝑚2+(−2𝑚+∴𝐶𝐷=−𝑚2+2𝑚+8−(−2𝑚+8)𝑚2+(−2𝑚+

=5𝑚，𝐵𝐶𝑚𝑚2+(−𝑚2+B，C，D，E①当𝐵𝐷为边时，则𝐵𝐷=𝐶𝐷，即−𝑚2+4𝑚=解得𝑚=0（舍去）或𝑚=4−5，此时菱形的边长为5𝑚=4②当𝐵𝐷为对角线时，则𝐵𝐶=𝐶𝐷，即𝑚2+(−𝑚2+2𝑚)2=(−𝑚2+解得𝑚=

4或𝑚=0（舍去 此时菱形的边长为

+4×4=B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，边长为45−5或03】（2026·甘肃天水·二模）如图，抛物线𝑦=−𝑥2+𝑏𝑥+𝑐xAx轴的正MtM作𝑀𝐺𝐷𝐸，交𝐴𝐷GG作𝐺𝐻𝐷𝐹H，交抛物Q．M为𝐷𝐸的中点时，求𝐺𝑀1，连接𝐴𝑄，𝐷𝑄𝐴𝑄𝐷t2MPA出发沿𝐴𝐹F1个单位长度，K为矩形𝐴𝐸𝐷𝐹KG的正下方．当四边形𝐴𝑃𝐺𝐾t的值．【答案】(1)抛物线的函数表达式为𝑦=−𝑥2−2𝑥+(2)𝐺𝑀=(3)t(4)𝑡=【分析】（1）∴𝑐=0=−1𝑏3，解得：𝑏=−2，所以抛物线的函数解析式为𝑦=−𝑥2−2𝑥+解：根据顶点坐标公式可求顶点𝐷的坐标为∴𝐴点坐标为∴𝐴𝐸=∵𝐷𝐸⊥𝐴𝐸，𝐷𝑀⊥𝐷𝑀𝐺=∠𝐴𝐸𝐷=90°，又∵∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐺𝐷𝑀，∴△𝐴𝐷𝐸∽△∵M为𝐷𝐸 ∴𝐴𝐸=𝐷𝐸=∴𝐺𝑀=解：当𝐴𝑄𝐷边𝐴𝐷𝐴𝑄𝐷的面积最大，即平行于直线𝐴𝐷△𝐴𝑄𝐷的面积最大，设直线𝐴𝐷的解析式为𝑦𝐴𝐷=𝑘𝑥+𝑏，且𝐴点坐标为(−3,0)，点𝐷的坐标为−3𝑘+𝑏=−𝑘+𝑏=解得：𝑘=2，𝑏=∴𝑦𝐴𝐷=2𝑥+设平行于直线𝐴𝐷且与抛物线相切的直线为𝑦𝑄=𝑘1𝑥+∴𝑘1=𝑘=∴𝑦𝑄=2𝑥+∴−𝑥2−2𝑥+3=2𝑥+整理，得：𝑥2+4𝑥+(𝑏−3)=∴Δ=42−4×1×(𝑏1−3)=解得：𝑏1=∴𝑦𝑄=2𝑥+𝑦𝑄=2𝑥+𝑦=−𝑥2−2𝑥+3𝑥=解得：𝑦=3此时，𝐺点横坐标为−2，代入𝑦𝐴𝐷=2𝑥+6𝑦𝐴𝐷=∴∴𝐷𝑀=𝑦𝐷−𝑦𝑀=4−2=∴𝑡=2÷1=2（秒∵∴根据题意可知点𝐺和点𝑀∴将𝑦=4−𝑡代入𝑦𝐴𝐷=2𝑥+6𝑥=−∴𝐺−2−1,4−𝑡∴∴𝐴𝑃=可设𝐾2−1,𝑚则𝐺𝐾=当四边形𝐴𝑃𝐺𝐾为菱形时，𝐴𝑃𝐺𝐾，即：𝑡=4−𝑡−𝑚，整理，得：𝑚=∴𝐾2−1,4−2𝑡(4−2𝑡)+(4−2𝑡)+−−1+∴𝐴𝑃=(4−2𝑡)+(4−2𝑡)+−+

(4−2𝑡)(4−2𝑡)+−+整理，得：13𝑡2−72𝑡+80=

=4（舍去

=∴𝑡=13（秒01】（2023·湖北十堰·模拟预测）如图，已知二次函数𝑦=𝑎𝑥2−4𝑥+𝑐x轴交于点𝐴(−1,0)、Cy轴交于点𝐵(0,−5)．P，使得𝐴𝐵𝑃P的坐标，并求出△在（2）的条件下，线段𝐴𝐶EC、P、E为顶点的三角形与三角形𝐴𝐵𝐶相似？若存在E的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)𝑦= (3)C、P、EABCE的坐标为：(0,0)7【分析】（1）将𝐴、𝐵𝑂𝐴2+（2）连接𝐴𝐵，由勾股定理得𝐴𝐵 =26，要使△𝐴𝐵𝑃的周长最小，只要𝑂𝐴2+𝑃𝐴𝑃𝐵=𝐵𝑃+𝑃𝐶≥𝐵𝐶P，B，C（3）分类讨论：当𝑃𝐸𝐶𝐴𝐵𝐶△𝐸𝑃𝐶𝐴𝐵𝐶【详解】（1）

0=𝑎+4+−5= 𝑎=𝑐=−5故二次函数的解析式为𝑦=（2）解：令𝑦=0，即𝑥2−4𝑥−5=0，解得𝑥=−1或𝑥=5，则二次函数的图象与x轴的另一个交点坐标𝐶5，0．𝑂𝐴2+则𝐴𝐵𝑂𝐴2+要使𝐴𝐵𝑃的周长最小，只要𝑃𝐴𝑃𝐵𝑃是对称轴𝑥=2AC关于对称轴𝑥=2对称，则𝑃𝐴=𝑃𝐶，则𝑃𝐴𝑃𝐵=𝐵𝑃𝑃𝐶≥𝐵𝐶P，B，C三点共线时等号成立，因而𝐵𝐶与对称轴𝑥=2P就是所求的点．设直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=𝑘𝑥+𝑏=0=5𝑘𝑏𝑘=𝑏=−5所以直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=𝑥= 𝑥=𝑦=𝑥−5𝑦=−3P的坐标为此时𝐴𝐵𝑃的周长即为𝐴𝐵𝐵𝐶=

+552+52+∵∴𝐴𝐶=∵32+∴𝑃𝐶 =32+∵∴𝐵𝐶=5当𝑃𝐸𝐶𝐴𝐵𝐶 ∴𝐵𝐶=55

3解得：𝐸𝐶=3∴当𝐸𝑃𝐶𝐴𝐵𝐶 ∴𝐴𝐶=∴

335解得：𝐸𝐶=5 ∴𝑂𝐸=5−5=故E点坐标为：7，0C、P、E为顶点的三角形与三角形𝐴𝐵𝐶E的坐标为：(0,0)7,001】（2026·四川绵阳·二模）如图，抛物线𝑦=−𝑥2+𝑏𝑥+𝑐与𝑥轴交于𝐴(−3,0)，𝐵4,0两点，与𝑦(3)在直线𝐴𝐶上取𝐸、𝐹两点（𝐹在𝐸点上方），连接𝑀𝐸,𝑀𝐹𝐸𝐹𝑀𝐴𝐵𝐶，求𝐸、𝐹【答案】(1)抛物线解析式为：𝑦=

−𝑥+

5𝐷(,615

9

21

9𝐸(−,),𝐹(−,)𝐸(−,),𝐹(,8 10

40

20【分析】（1）根据𝐴(−3,0)，𝐵4,0两点，利用待定系数法求解即可得先由抛物线解析式求出与𝑦轴交点𝐶的坐标，再在Rt△𝐴𝑂𝐶中用勾股定理求出𝐴𝐶的长度；根据角平分的长度；结合𝐸𝐹𝑀∽△𝐴𝐵𝐶，根据相似三角形对应高的比等于相似比，求出𝐸𝐹与𝐸𝑀的长度；设出点𝐸的坐标，由𝐸𝑀的【详解】（1）解：∵抛物线𝑦=−𝑥2+𝑏𝑥+𝑐与𝑥轴交于𝐴(−3,0)，𝐵4,00=−(−3)2−3𝑏+𝑐=

0=

4)2+4𝑏+𝑐 解得𝑏=5∴抛物线解析式为：𝑦=

−𝑥+（2）解：∵抛物线解析式𝑦=

−𝑥+令𝑥=0，得𝑦=即：抛物线与𝑦轴交点在Rt𝐴𝑂𝐶中，𝑂𝐴=3，𝑂𝐶=𝑂𝐴2𝑂𝐴2+

=32+32+根据角平分线定理：𝑂𝑀=𝑂𝐴=3，且𝑂𝑀+𝑀𝐶=𝑂𝐶= 即：4−𝑂𝑀=

解得：𝑂𝑀=， ， 设直线𝐴𝐷解析式为𝑦=𝑘𝑥+代入𝐴(−3,0)

3得 𝑦=2𝑥+联立直线

𝑥2 与抛物线方程：2𝑥+2=整理得：6𝑥2+13𝑥−15=

−𝑥+

=−3（对应点𝐴，舍去

=

𝑦=2×6+2=5∴𝐷点坐标为：𝐷(,56（3）解：设直线𝐴𝐶的解析式为𝑦=𝑘𝑥+𝑘=

−3𝑘+𝑏=𝑏=

3𝑏=∴直线𝐴𝐶的解析式为𝑦=

4𝑥+作𝑀𝑁𝐴𝐶，垂足为∵𝐴𝐷平分∠𝐶𝐴𝐵，𝑀𝑁⊥𝐴𝐶，𝑀(0,∴𝑀𝑁=𝑂𝑀= 𝐸𝐹𝑀中，𝐸𝐹边上的高为𝑀𝑁=在𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵在𝑥轴上，𝐴𝐵边上的高为𝑂𝐶=∵△𝐸𝐹𝑀∽△∴∠M𝐸𝐹=∠𝐶𝐴𝐵，𝐸𝐹=𝐸𝑀=𝑀𝑁=2，即𝐸𝐹=𝐸𝑀=由𝐴𝐵=

3，𝐴𝐶=5，得𝐸𝐹=8⋅𝐴𝐵=8×3=8，𝐸𝑀=8⋅𝐴𝐶=8×5=8

3 (15设𝐸(𝑥,𝑥+4)，由𝐸𝑀

8

+(3𝑥+4−2) 整理解得𝑥=8或𝑥= ①当𝑥=

+4=8时，3𝑥+4=3 15

9𝐸(−,)，𝐸𝑀8

8，𝐸𝐹

，计算得𝐹(−,10 ②当𝑥=

+4=40时，3𝑥+4=3

21

9𝐸(−,)，𝐸𝑀40

8，𝐸𝐹

，计算得𝐹(,20因此𝐸、𝐹坐标为：𝐸(−15,3),𝐹(−9,14)或𝐸(−21,33),𝐹(98 10

40

20 与𝑥轴交于点𝐴，与𝑦𝑦=2𝑥+交于点𝐵，𝐶是直线𝐴𝐵上一点（不与点𝐴重合），且𝐴𝐵=𝐵𝐶，抛物线𝑦=𝑎𝑥2+𝑏𝑥−2经过𝐴、𝐶点𝑃、𝑄都在第三象限，其中点𝑃在抛物线上，点𝑄𝐴𝑃𝑄𝐴𝑂