专题05 二次函数与几何压轴（复习讲义）(四川成都专用)2026年中考数学二轮复习讲练测

专题05 二次函数与几何压轴 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 真题动向 题型一 二次函数与三角形/四边形的交点与存在性问题 题型二 二次函数背景下的几何图形面积计算 题型三 二次函数与线段最值问题 题型四 二次函数与相似三角形的综合判定与计算 题型五 二次函数与圆的简单结合 题型六 二次函数压轴中的多问递进式探究 必备知识 知识1 二次函数三种解析式（一般式、顶点式、交点式）的灵活转化与待定系数法求解 知识2 平面直角坐标系中线段长度、点的坐标的求法（坐标差、勾股定理） 知识3 几何图形面积计算技巧：铅垂高法、割补法、等积变换法 知识4 特殊三角形（等腰、直角）、特殊四边形（平行四边形、矩形、菱形）的判定与性质及坐标特征 知识5 相似三角形的判定定理（AA/SAS/SSS）与性质，全等三角形的判定与性质 知识6 几何变换（平移、旋转、折叠）的性质及坐标变换规律 知识7 最值问题求解模型：将军饮马、垂线段最短、一次函数/二次函数顶点求最值 知识8 圆的基本性质（切线判定、直径所对圆周角为直角、圆心距与半径关系） 知识9 分类讨论思想在存在性问题中的应用，数形结合思想在函数与几何中的融合 知识10 一元二次方程根的判别式、根与系数的关系在函数交点问题中的应用 命题预测 预测1 二次函数解析式的求解 [2024年25(1)、2025年26(1)] 预测2 铅垂高法求几何图形面积及面积最值 [2024年25(2)] 预测3 特殊三角形的存在性问题 [2025年26(2)] 预测4 二次函数背景下的线段最值问题 [两年必考] 预测5 二次函数与相似三角形的综合判定与计算 [2024年26(3)、2025年25(3)] 预测6 二次函数与圆的结合【解答题中涉及】 预测7 二次函数的其他问题【成都中考压轴必考题型，B卷解答题】 命题 透视 命题形式： 以B卷解答题压轴考查为主（2025年T26、2024年T25），选择、填空题极少单独考查，多为函数与几何的综合设问形式 考察能力： 数形结合应用能力、分类讨论思想应用能力、几何与函数的建模转化能力、逻辑推理与运算求解能力、探究性与创新思维能力 热考角度 考点 2025年 2024年 二次函数解析式求解 T26(1)：利用对称轴+图象上点的坐标，待定系数法求二次函数解析式 T25(1)：结合抛物线与x轴交点性质，求解析式并计算交点间线段长 二次函数与直线的位置关系 T26(2)：抛物线与线段有公共点，求参数h的取值范围 T26(3)：与抛物线垂直的直线与抛物线相交，结合中点坐标求解 无单独考查，融入抛物线平移与几何综合中 二次函数结合几何图形性质 T26(3)：结合直线垂直、线段中点、角平分线性质，探究几何特征 T25(3)：结合等腰三角形性质、图形平移，转化几何条件为函数关系 二次函数的定点/存在性探究 T26(3)：探究抛物线对称轴上是否存在定点T平分角，确定定点坐标 T25(3)：探究平移后抛物线与原抛物线是否交于定点，求解定点坐标 二次函数与线段/三角形面积 融入T26(2)参数范围求解，结合线段公共点间接考查 T25(2)：根据三角形面积相等，求抛物线上点的参数值 二次函数与图形变换 无单独考查，融入直线与抛物线的位置关系探究 T25(3)：抛物线的平移变换，求平移后解析式并结合几何图形应用 命题预测 1. 考情预测 · 根据2024-2025年成都中考的命题趋势，2026年该专题仍是数学试卷的压轴核心模块，占据B卷解答题最后一题的位置，分值高、难度大、设问层层递进；命题思路将延续“求解析式→结合线段/面积求参数范围→几何与函数综合的定点/存在性探究”的经典模式，高频考向为：直线与抛物线的位置关系、几何特征（角平分线、垂直、中点、等腰三角形）向函数坐标/解析式的转化、对称轴上的定点探究、图形平移与抛物线的综合应用；整体命题会更注重几何模型与函数知识的融合，侧重考查学生将复杂几何问题转化为代数计算的能力，分类讨论、数形结合思想为解题核心。 2. 备考建议 · 熟练掌握二次函数三种解析式（一般式、顶点式、交点式）的待定系数法求解，能根据对称轴、图象上点的坐标、与坐标轴交点等条件快速求解析式；强化数形结合思想的运用，能将几何中的垂直、角平分线、中点、面积相等、线段公共点等条件，转化为函数中的坐标关系、方程/不等式、斜率特征等代数条件；积累常见几何模型（等腰三角形、直角三角形、角平分线、直线垂直）与二次函数结合的解题思路，掌握“设点坐标→列关系式→求解验证”的压轴题通用解题步骤；注重分类讨论思想在存在性探究中的应用，避免因漏解导致失分；规范压轴题的解题书写过程，尤其是参数求解、几何条件转化、定点验证的步骤，做到逻辑清晰、计算准确；多练习近三年成都中考及模拟卷的二次函数几何压轴题，总结不同设问类型的解题技巧，提升对复杂综合题的拆解能力。 题型一 二次函数与三角形/四边形的交点与存在性问题 1.求基础解析式与关键点 先确定二次函数解析式，求出顶点、与坐标轴交点、图形顶点坐标，明确几何图形各边所在直线解析式。 2.联立方程求交点 将二次函数与几何图形边的直线解析式联立，解方程组得到交点坐标，结合图像与取值范围舍去不合理解。 3.存在性问题：先假设，再设点 假设符合条件的点存在，设抛物线上动点坐标为，几何图形上的点按对应位置设参。 4.按几何性质分类列方程 三角形：等腰三角形用两边距离相等、直角三角形用勾股定理/两直线垂直斜率乘积为-1、相似三角形用对应边成比例； 四边形：平行四边形用对边相等或对角线互相平分，矩形/菱形/正方形在此基础上加邻边垂直/邻边相等条件。 5.解方程并筛选解 求解方程得到参数值，代入求出点坐标，结合图像象限、自变量范围、图形边界排除无效解。 6.分类讨论防漏解 等腰、相似、平行四边形等问题需按顶点/边的不同对应关系分类，避免遗漏情况。 7.规范书写结论 分情况明确写出存在的点坐标，验证是否满足所有条件，步骤完整逻辑清晰。 1．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，点在轴右侧的轴上，抛物线经过A，B，C三点，顶点为． (1)求抛物线的解析式及点B，D的坐标； (2)点在直线AC上运动，当的周长最小时，求点的坐标； (3)探究在内部能否截出面积最大的矩形（顶点E，F，G，H在各边上）？若能，求出此时矩形在边上的顶点的坐标；若不能，请说明理由． 【答案】(1)，．； (2)． (3)能，边上的顶点的坐标为，或． 【分析】（1）求得点A，C坐标，利用待定系数法即可求得抛物线的解析式；利用抛物线的解析式令，解方程即可求得点B在横坐标；利用配方法即可求得点D的坐标； （2）利用勾股定理及其逆定理得到，延长至点，使，连接，交直线于点P，利用轴对称的性质可得，B关于直线对称，此时的周长最小，过点作轴于点E，利用三角形的中位线定理得到点坐标，利用待定系数法求得直线的解析式为，再与直线联立即可求得点P坐标； （3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①设与交于点K，设，利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质求得其面积，利用二次函数的性质得到当时，矩形的面积取得最大值为，再利用三角形的中位线定理解答即可；②顶点E，F，G，H在各边上，H与点C重合，设，利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质求得据的面积，利用二次函数的性质得到当时，矩形的面积取得最大值为，再利用三角形的中位线定理解答即可． 【详解】（1）解：中， 令，则， ∴， 令，则， ∴， ∴， ∵抛物线经过A，B，C三点， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为． 令，则， ∴，或， ∴． ∵ ∴顶点； （2）∵，，， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 延长至点，使，连接，交直线于点P，如图， 则，B关于直线对称，此时的周长最小， 过点作轴于点E， ∵轴，轴， ∴ ， ∵， ∴为的中位线， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， ∴， ∴， ∴． （3）在内部能截出面积最大的矩形（顶点E，F，G，H在各边上），此时矩形在边上的顶点的坐标为，或． ①如图，顶点E，F，G，H在各边上，设与交于点K， 设， ∵四边形为矩形，， ∴四边形，为矩形，， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积 ∵， ∴当时，矩形EFGH的面积取得最大值为． ∴， ∵， ∴H为的中点， ∴． 同理，点G为的中点， ∴． ②如图，顶点E，F，G，H在各边上，H与点C重合， 设， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积 ∵， ∴当时，矩形的面积取得最大值为． ∴， ∴点G为的中点， ∵， ∴为的中位线， ∴ ∴， ∴． 综上，在内部能截出面积最大的矩形(顶点E，F，G，H在各边上），此时矩形在边上的顶点的坐标为，或． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法，配方法，抛物线上点的坐标的特征，一次函数的图象与性质，一次函数图象上点的坐标的特征，轴对称的性质，分类讨论的思想方法，矩形的性质，直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 2．（2025·四川资阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴相交于两点（点在点的左边），与轴相交于点，且抛物线的顶点坐标为． (1)求抛物线的表达式； (2)是抛物线上位于第四象限的一点，点，连接相交于点，连接．若与的面积相等，求点的坐标； (3)是抛物线上的两个动点，分别过点作直线的垂线段，垂足分别为．是否存在点，使得以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) (2) (3)存在，正方形的边长为或 【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）作轴，垂足为点，设，则：，，根据与的面积相等，推出，列出方程进行求解即可； （3）存在点，使四边形为正方形，如图所示，过作轴，过作轴，过作轴，则有与都为等腰直角三角形，设，设直线解析式为，与二次函数解析式联立，消去得到关于的一元二次方程，利用根与系数关系表示出，由为等腰直角三角形，得到，若四边形为正方形，得到，求出的值，进而确定出的长，即为正方形边长． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴相交于点，且抛物线的顶点坐标为． ∴设抛物线的解析式为：， 把代入，得：， ∴， ∴； （2）当时，解得：， ∴， ∵， ∴设直线的解析式为：，把代入，得：， ∴， 作轴，垂足为点，设，则：， ∴， ∵与的面积相等， ∴，即：， ∵， ∴， ∴， 解得：或（舍去）； ∴； （3）存在点，使四边形为正方形， 如图所示，过作轴，过作轴，过作轴，则有与都为等腰直角三角形，， 由（2）可知，直线的解析式为， 设，直线解析式为， 联立得：， 消去得：， ， 为等腰直角三角形， ， ， ， ， ∵四边形为正方形， ∴， ， 整理得：， 解得：或， 正方形边长为， 或．即正方形的边长为或． 【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． 3．（2025·四川泸州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，与轴交于点和点． (1)求该抛物线的解析式； (2)点在直线上，点在轴上，是抛物线上位于第一象限的点，若四边形是正方形，求点的坐标； (3)设点在抛物线上，点在抛物线上，当时，的最小值为3，求的值． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）直接利用待定系数法求解即可； （2）如图所示，过点D作轴于M，过点F作轴于N，设直线于y轴交于T，先求出，进而求出；由正方形的性质可得，证明，得到；设，则；导角证明，得到，解得到，则，据此可求出，再由在直线上，得到，解方程即可得到答案； （3）分别求出，，令 ，可得，则二次函数的对称轴为直线，且开口向上，再分，，，三种情况根据当时，的最小值为3进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵，抛物线经过点，与轴交于点， ∴， ∴， ∴抛物线解析式为； （2）解：如图所示，过点D作轴于M，过点F作轴于N，设直线于y轴交于T， ∴， 在中，当时，， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴； ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵在直线上， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴， ∴； （3）解：∵点在抛物线上，点在抛物线上， ∴，， 令 ∴ ， ∴二次函数的对称轴为直线，且开口向上， 当时，∵时，的最小值为3， ∴当时，， ∴， 解得或（舍去）； 当时，∵时，的最小值为3， ∴当时，， ∴， 解得或（舍去） 当时，∵时，的最小值为3， ∴当时，， ∴， 解得（舍去）； 综上所述，或． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，解直角三角形，二次函数的最值问题，待定系数法求函数解析式，全等三角形的性质与判定等等，解（2）的关键在于构造全等三角形，从而用点F的横坐标表示出点D的坐标；解（3）的关键在于构造新二次函数，通过讨论对称轴的位置求解． 题型二 二次函数背景下的几何图形面积计算 1. 定基础点：先求出二次函数解析式，找准图像与坐标轴交点、顶点、直线交点等固定点坐标。 1. 设动点坐标：若图形含抛物线上动点，设横坐标为，纵坐标用二次函数式表示。 1. 面积转化：不规则图形用割补法（分割为三角形、梯形，或用大图形减小图形），转化为可计算的规则图形面积。 1. 列面积表达式：用坐标差表示线段长度（取绝对值），代入面积公式，得到关于的二次函数。 1. 求最值/定值：配方或用顶点公式求面积最值；结合自变量取值范围，筛选有效解。 1. 验根作答：验证坐标、取值是否符合图像与题意，规范写出面积结果或最值。 1．（2024·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线：与轴交于A，B两点（点在点的左侧），其顶点为，是抛物线第四象限上一点． (1)求线段的长； (2)当时，若的面积与的面积相等，求的值； (3)延长交轴于点，当时，将沿方向平移得到．将抛物线平移得到抛物线，使得点，都落在抛物线上．试判断抛物线与是否交于某个定点．若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)抛物线与交于定点 【分析】（1）根据题意可得，整理得，即可知则有； （2）由题意得抛物线：，则设，可求得，结合题意可得直线解析式为，设直线与抛物线对称轴交于点E，则，即可求得，进一步解得点，过D作于点H，则，即可求得； （3）设可求得直线解析式为，过点D作，可得，结合题意得设抛物线解析式为，由于过点，可求得抛物线解析式为，根据解得，即可判断抛物线与交于定点． 【详解】（1）解：∵抛物线：与轴交于A，B两点， ∴，整理得，解得 ∴ 则； （2）当时，抛物线：， 则 设，则， 设直线解析式为， ∵点D在直线上， ∴，解得， 则直线解析式为， 设直线与抛物线对称轴交于点E，则， ∴， ∵的面积与的面积相等， ∴，解得， ∴点， 过点D作于点H，则， 则； （3）设直线解析式为， 则，解得， 那么直线解析式为， 过点D作，如图， 则， ∵， ∴， ∵将沿方向平移得到， ∴ 由题意知抛物线平移得到抛物线，设抛物线解析式为， ∵点，都落在抛物线上   ∴ 解得， 则抛物线解析式为 ∵ 整理得，解得， ∴抛物线与交于定点． 【点睛】本题主要考查二次函数的性质、两点之间的距离、一次函数的性质、求正切值、二次函数的平移、等腰三角形的性质和抛物线过定点，解题的关键是熟悉二次函数的性质和平移过程中数形结合思想的应用． 2．（2025·四川巴中·中考真题）如图，计划用长为的绳子围一个矩形围栏，其中一边靠墙（墙长）． (1)矩形围栏的面积为时，三边分别长多少？ (2)矩形围栏的面积最大时，三边分别长多少？ 【答案】(1)三边长分别为 (2)三边长分别为 【分析】此题考查了一元二次方程的应用和二次函数的应用，根据题意正确列出方程和函数解析式是关键． （1）设垂直于墙的一边长，根据矩形围栏的面积为列出方程，解方程并选取合适的解即可； （2）设矩形围栏的面积为．根据矩形围栏的面积列出二次函数解析式，并根据二次函数的性质进行解答即可． 【详解】（1）解：设垂直于墙的一边长， 则 解得：， 当时，（不符合题意，舍去） 当时，（符合题意） 三边长分别为：． （2）解：设矩形围栏的面积为． 则有 当时．有最大值 当时，（符合题意） 三边长分别为：． 3．（2025·四川凉山·中考真题）如图，二次函数的图像经过三点． (1)求抛物线的解析式； (2)点P在直线下方的抛物线上运动，求点P到直线的最大距离； (3)动点Q在抛物线的对称轴上，作射线，若射线绕点Q逆时针旋转与抛物线交于点D，是否存在点Q使？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在点Q使，此时点Q的坐标为或 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）求出直线的解析式为；过点P作轴交于E，连接，设，则，可得；根据，可得，则当有最大值是，有最大值，可求出的最大值为；求出，设点P到直线的距离为h，根据三角形面积计算公式可得，则当有最大值时，h有最大值，据此可求出答案； （3）分当点Q在x轴下方时，当点Q在x轴上方时，两种情况求出对称轴，设出点Q坐标，根据“一线三垂直”模型构造全等三角形，用点Q的坐标表示出点D的坐标，再根据点D在抛物线上构造方程求解即可． 【详解】（1）解：∵二次函数的图像经过三点， ∴， ∴， ∴抛物线解析式为； （2）解：设直线的解析式为， ∵， ∴， ∴， ∴直线的解析式为； 如图所示，过点P作轴交于E，连接， 设，则， ∴； ∵， ∴ ， ∴当有最大值是，有最大值， ∵，， ∴当，即时，有最大值，最大值为， ∴的最大值为； ∵， ∴， ∵， ∴； 设点P到直线的距离为h， ∴， ∴， ∵当有最大值时，h有最大值， ∴h的最大值为， ∴点P到直线的最大距离为； （3）解：如图3-1所示，当点Q在x轴下方时，设抛物线对称轴交x轴于H，过点D作交直线于G， ∵抛物线解析式为， ∴抛物线对称轴为直线， ∴， ∴； ∵， ∴； 设点Q的坐标为，则； 由旋转的性质可得， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴点D的横坐标为，纵坐标为， ∴， ∵点D在抛物线上， ∴， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴此时点的坐标为； 如图3-2所示，当点Q在x轴上方时，过点Q作轴，分别过点A，点D作直线的垂线，垂足分别为R、S，设点Q的坐标为， ∴； 由旋转的性质可得， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴点D的横坐标为，纵坐标为， ∴， ∵点D在抛物线上， ∴， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴此时点的坐标为； 综上所述，存在点Q使，此时点Q的坐标为或． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，旋转的性质，全等三角形的性质与判定等等，解（2）的关键在于把求点P到的距离的最大值转换成求的面积的最大值，解（3）的关键在于通过“一线三垂直”模型构造全等三角形． 题型三 二次函数与线段最值问题 1.求解析式定定点 先求出二次函数及关联直线解析式，确定线段端点、交点等固定点坐标。 2.设出动点坐标 抛物线上动点设为，直线上动点按对应解析式设参，明确自变量取值范围。 3.表示线段长度 竖直线段用纵坐标相减，水平线段用横坐标相减，斜线段用两点间距离公式，结果取非负值。 4.转化为二次函数 将线段长度整理为关于的二次函数，化简成顶点式便于求最值。 5.结合范围求最值 根据函数开口方向与对称轴，在自变量取值范围内，用顶点或端点函数值确定线段最大/最小值。 6.验证并规范作答 检验结果是否符合图像与题意，写出线段最值及对应动点坐标。 1．（2025·四川资阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线与y轴相交于点，且抛物线的对称轴为直线．给出以下4个结论：①；②对于任意实数m，的值不小于2；③若P是对称轴上的一点，则的最小值为；④若点在抛物线上，满足且，则一定有．其中，所有正确结论的序号为______． 【答案】②③④ 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数的综合应用，从函数图象中获取信息，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键，根据开口方向，对称轴，与轴的交点位置，判断①，最值结合对称轴判断②；作点关于对称轴的对称点，连接，的长即为的最小值，勾股定理求出的长，判断③，对称性结合增减性，判断④即可． 【详解】解：由图象和题意可知：，当时，， ∴， ∴，；故①错误， 当时，函数取得最小值为：， ∴对于任意实数m，， ∴的值不小于2，故②正确； 作点关于对称轴的对称点，连接， 则：， ∴当点在上时，的值最小为的长， ∵， ∴， ∴的最小值为；故③正确； ∵抛物线的开口向上， ∴抛物线上的点离对称轴越远，函数值越大， ∵点在抛物线上，满足且， ∴， ∴点离对称轴远， ∴；故④正确； 故答案为：②③④． 2．（2024·四川南充·中考真题）已知抛物线与轴交于点，．    (1)求抛物线的解析式； (2)如图，抛物线与轴交于点，点为线段上一点（不与端点重合），直线，分别交抛物线于点，，设面积为，面积为，求的值； (3)如图，点是抛物线对称轴与轴的交点，过点的直线（不与对称轴重合）与抛物线交于点，，过抛物线顶点作直线轴，点是直线上一动点．求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（）利用待定系数法即可求解； （）设，直线为，求出，直线为，求出，联立方程组得，，再根据，即可求解； （）设直线为，由得，得，设，，联立直线与抛物，得，根据根与系数的关系可得：，，作点关于直线的对称点，连接，则有，过点作于F，则，则，，根据勾股定理得，根据二次函数的性质，即可求出最小值． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点，， ，               解得， ∴抛物线的解析式为； （2）设，直线为，据题意得， ，解得， ∴， 联立得， 解得或， ∴， 设，直线为，据题意得， ，解得， ∴， 联立得， 解得或， ∴，                   ，    ， ∴； （3）设直线为，由得， ∴， ∴，             设，， 联立直线与抛物线， 得， ， 根据根与系数的关系可得：，， 作点关于直线的对称点，连接，    由题意得直线，则， ∴， 过点作于F，则． 则，，              在中， ，                                               即当时，，此时， 此时直线为，符合不与对称轴重合， 故的最小值为． 【点睛】本题考查了二次函数和一次函数的图象与性质，二次函数与一元二次方程的关系，解一元二次方程，根的判别式，勾股定理，轴对称的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 3．（2023·四川广元·一模）如图1，二次函数的图象与轴交于、两点，与轴交于点，点的坐标为，点C的坐标为，直线经过、两点． (1)求该二次函数的表达式及其图象的顶点坐标； (2)点为直线上的一点，过点作轴的垂线与该二次函数的图象相交于点，再过点作轴的垂线与该二次函数的图象相交于另一点，当时，求点的横坐标； (3)如图2，点关于轴的对称点为点，点为线段上的一个动点，连接，点为线段上一点，且，连接，当的值最小时，直接写出的长． 【答案】(1)，顶点坐标为 (2)点横坐标为或或或 (3) 【分析】（1）直接将，两点代入求得、的值即可解答； （2）先运用待定系数法求得直线的解析式，然后设，则可得，的坐标，再利用可得方程，解方程即可； （3））根据得到点坐标，作点关于的对称点，连接与交于点，则的最小值为，联立直线和直线的解析式可求点，进而求出． 【详解】（1）解：将，两点代入， 得：， 解得：， ， ， 该函数图象顶点坐标为； （2）解：设直线的解析式为，将，两点代入， 得：， 解得：， ， 设，则，， ，， ， ， 解得：或或或， 点横坐标为或或或； （3）过点作， ，点与点关于轴对称， ， 令，则， 解得：或， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， 作点关于的对称点，连接与交于点， ， ， ，， ， ， ， ， ， 设直线的解析式为， ， 解得：， 直线的解析式为， 同理可求直线的解析式为， 联立方程组， 解得：， ， ． 【点睛】本题考查了二次函数的图象及性质，利用轴对称求最短距离，解绝对值方程，待定系数法求函数解析式，掌握二次函数的图象及性质是解题的关键． 题型四 二次函数与相似三角形的综合判定与计算 一、基础步骤 求二次函数解析式，确定抛物线关键点（顶点、坐标轴交点）坐标。明确两个三角形的顶点坐标、已知边/角条件，标注隐含相等关系（如对顶角、直角）。 二、分类型答题要点 1. 全等三角形综合 根据已知条件，选用合适判定方法（SSS、SAS、ASA、AAS、HL），结合抛物线关键点坐标，求未知顶点坐标；代入二次函数验证，计算线段长度、面积等。 2. 相似三角形综合 先找相等角（如公共角、同位角），或通过坐标计算线段长度，选用判定方法（两角相等、两边成比例且夹角相等、三边成比例）；列比例式求解参数、点坐标，结合二次函数性质验算。 3. 综合计算 利用全等/相似性质转化线段、角的关系，将几何条件转化为坐标关系，代入二次函数解析式，求解相关问题（最值、长度、坐标）。 三、易错提醒 1. 混淆全等、相似判定条件，找错对应顶点，导致比例式/等量关系列写错误； 2. 用坐标表示线段长度忽略绝对值，或计算失误； 3. 忽略自变量取值范围，导致所求点坐标不符合题意； 4. 遗漏分类讨论（如相似三角形的不同对应关系）。 1．（2025·四川凉山·模拟预测）如图，直线与抛物线相交于、两点，若，则的值为______．    【答案】 【分析】本题考查的知识点是一次函数与二次函数的 综合应用，涉及到联立方程求交点、根与系数的关系的运用、全等三角形的判定与性质以及两点间距离公式等知识；利用相似三角形的性质找出是解题的关键．联立两函数解析式成方程组，通过解方程组求出点、的坐标，利用两点间的距离公式可求出、、的长度，设直线与轴的交点为，由直线的解析式为可得出，结合公共角可得出∽，根据相似三角形的性质可得出，代入数据即可得出，解之即可得出值． 【详解】：联立两函数解析式成方程组， ， 解得：，， 点，， ，，． 设直线与轴的交点为如图所示，则点的坐标为．    直线的解析式为， ． 又， ∽， ， ，即， 整理得：， 解得：或不合题意，舍去． 故答案为：． 2．（2024·四川成都·三模）抛物线：与轴交于点，，与轴交于点．    (1)求抛物线的表达式； (2)如图1，点是抛物线上的一个动点，设点的横坐标是，过点作直线轴，垂足为点，交直线于点，当，，三点中一个点平分另外两点组成的线段时，求线段的长； (3)如图2，将抛物线水平向左平移，使抛物线恰好经过原点，得到抛物线，直线：交抛物线于、，若，求原点到距离的最大值． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）利用交点式求解即可； （2）讨论点在之间时，点与点重合时，点在之间时三种情况即可； （3）先利用构造相似得出，利用一次函数得出，联立一次函数与抛物线解析式得出，，判断出一次函数过定点，即可解决． 【详解】（1）∵抛物线与轴交于点，， ∴抛物线解析式为， ∵， ∴， 解得：， 所以抛物线的表达式为； （2）由抛物线的表达式知，点， 设直线的表达式为， 代入和， 得， 解得， 所以直线的表达式为：， 由题意得，点，点，点， 则， ①当点在之间时， 存在点是的中点， 则， 化简得：， 解得：（舍去）或， 则； ②当点与点重合时，不存在； ③当点在之间时， 存在点是的中点， 则， 化简得：， 解得：（舍去）或， 则， 综上，或； （3）∵抛物线水平向左平移，使抛物线恰好经过原点，抛物线与正半轴交于点， ∴抛物线向左平移个单位即可得抛物线， ∴抛物线的表达式为， 设点和点，且点在点左侧， 根据，可知图形有两种情况： 当如下图时，过点作轴于点，过点作轴于点，    ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， 化简得：； 当如下图时，过点作轴于点，过点作轴于点，    同理可得； 综上，， 联立与， 得：， 化简得：， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴直线解析式为， ∴直线过定点， ∴原点到距离的最大值即点到点的距离， 即． 【点睛】本题考查了二次函数与几何综合，涉及二次函数性质，待定系数法求解析式，铅锤法表示线段，相似三角形的判定与性质，解一元二次方程等，分类讨论及数形结合是关键． 3.（2023·四川成都·模拟预测）如图，抛物线与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，若且． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)如图1，点P是第四象限内抛物线上的一个点且位于对称轴右侧，分别连接、相交于点G，当时，求点P的坐标． (3)如图2，在（2）的条件下，交y轴于点M，分别交于E，F，当直线l绕点M旋转时，，请求出m和n的值． 【答案】(1) (2) (3)， 【分析】本题考查二次函数的图象及性质，平行线分线段成比例． （1）用待定系数法求函数的解析式即可； （2）过点作轴交于点，过点作轴交于点，则，由，可得，设，，分别求出，，根据，建立方程求出的值即可求点坐标； （3）过点作轴交于点，过点作轴交于点，连接，则，根据平行线的性质可得，，， ，化简得，，再由，求出，再由，得到，根据平行得到，求出，则，因为，即可求，的值． 【详解】（1）解： ， ， ， ， ， 将、代入， ， 解得， 抛物线的解析式为； （2）， 抛物线的对称轴为直线， 设，， 当时，， 解得或， ， 设直线的解析式为， ， 解得， 直线的解析式为， 过点作轴交于点，过点作轴交于点，则， ， ， ， ， ，， ，， ， 解得(舍去)或， ； （3）解：过点作轴交于点，过点作轴交于点，连接， ，， 轴， ， 则， ，，，， ，， 设直线的解析式为， ， 解得， 直线的解析式为， ， ，， ， ， ， ， ， ， ，则， ， 又，， ， ， ， ， 即， ，． 4.（2025·四川凉山·模拟预测）如图，抛物线与直线交于和两点，抛物线与x轴的另一个交点为A，连接，抛物线的对称轴为直线，P是直线下方抛物线上一点． (1)求抛物线和直线的函数解析式； (2)如图1，过点P作于点M，轴交直线于点N，求周长的最大值； (3)如图2，连接，交于点D，若，求点P的坐标； (4)如图3，将绕点O旋转至，连接，，直接写出的最小值． 【答案】(1)， (2) (3) (4) 【分析】（1）先求出直线的函数解析式，可得到点B的坐标，再利用待定系数法可求出抛物线的解析式； （2）证明是等腰直角三角形，根据轴，可得到是等腰直角三角形，从而得到的周长为，进而得到当最大时，的周长最大，设点P的坐标为，则点N的坐标为，可得，即可求解； （3）过点D作轴于点E，则轴，可得，再由，可得，从而得到，可求出点D的坐标为，再求出直线的解析式，然后与抛物线解析式联立，即可求解； （4）在x轴取点P，使，，连接，证明，可得，从而得到，即可求解． 【详解】（1）解：把代入，得：， ∴直线的函数解析式为； 把代入，得：， ∴， ∴， ∵抛物线的对称轴为直线， ∴，解得： ∴抛物线解析式为； （2）解：∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵轴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴的周长为， ∴当最大时，的周长最大， 设点P的坐标为，则点N的坐标为， ∴， ∵， ∴当时，取得最大，的最大值为2 ∴的周长的最大值为； （3）解：如图，过点D作轴于点E，则轴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴点D的坐标为， ∵，抛物线的对称轴为直线， ∴点A的坐标为， 设直线的解析式为， ∴，解得：， ∴直线的解析式为， 联立得：， 解得：或， ∴点P的坐标为； （4）解： 如图，在x轴取点P，使，，连接， 由旋转的性质得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∵， ∴的最小值为． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合题，设计了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的最值，相似三角形的判定与性质等，综合性比较强，难度较大，正确作出辅助线是解题的关键． 4．（2025·四川绵阳·一模）如图，已知抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C，D为抛物线的顶点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图①，若N是直线BC下方抛物线上的一点，求面积的最大值； (3)如图②，P，Q两点在抛物线的对称轴上（点P在点Q上方），且，当与相似时，求出P，Q两点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)P，Q两点的坐标分别为，或， 【分析】（1）用待定系数法即可求解； （2）在BC下方抛物线上取一点N，过点N作轴，与直线BC交于点F，连接BN，CN；用待定系数法求出直线BC的解析式为；设，其中，则，从而求得，用代数式表示出的面积，利用二次函数即可求得其最大值； （3）由B，C两点的坐标得是等腰直角三角形，由得是等腰直角三角形，从而可求得其三边长，分∽及∽两种情况考虑，即可求解． 【详解】（1）解：将，两点代入， 得，解得， ∴抛物线的解析式为． （2）解：如图③，在BC下方抛物线上取一点N，过点N作轴，与直线BC交于点F，连接BN，CN， 在中，令，则， ∴． 设直线BC的解析式为， 将，两点代入， 得，解得， ∴直线BC的解析式为． 设，则， ∴， ∴， ∴当时，的面积有最大值，最大值为． （3）解：如图④，连接AP，AQ． ∵， ∴抛物线的对称轴为直线， 设对称轴与x轴的交点为M． ∵，， ∴， ∴，即是等腰直角三角形； 由勾股定理得：； 在中，，． ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴，． 若∽，则， ∴，解得， ∴， ∴，． 若∽，则， ∴，解得， ∴， ∴，． 综上所述，当与相似时，P，Q两点的坐标分别为，或，． 【点睛】本题是二次函数与几何的综合，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，有一定的综合性，灵活应用是关键． 5．（2025·四川泸州·二模）如图，抛物线经过点，，交轴于点，点是直线上方抛物线上一点，其横坐标为，连接交直线于点． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)在抛物线上是否存在点，使，若存在，求出值；若不存在，请说明理由． (3)点是抛物线上的点，当的值最大时，是否存在点使得是直角三角形，若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)存在， (3)存在，点坐标为，，， 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数图象与性质是解题关键； （1）用待定系数法求解即可； （2）由相似得出，设，根据勾股定理列方程求解即可； （3）如图作轴交于点，作轴交的延长线于点，证明，得出，得出的值最大时即有最大值，利用二次函数性质求出最值即可；根据是直角三角形分三种情况根据勾股定理分别列方程解方程即可解决． 【详解】（1）解：将点，代入得， ， 解得， 该抛物线的函数表达式为：； （2）解：存在点使，理由如下： 假设存在点使，设， ， 当时，， ， 在中， ， 解得，（不合题意舍去）， 则坐标为， ，， ， ， 存在点使； （3）解：如图作轴交于点，作轴交的延长线于点， ， ， ， ， ， ， 的值最大时即有最大值， 当时，最大，点的坐标为， 设，，， 当是直角三角形时，有以下三类情况， ①时， ， 解得，（不合题意舍去）， ； ②，， ， 解得，（不合题意舍去），   ； ③，， ， 解得，（不合题意舍去）， ，； 综上所述，点坐标为，，，． 题型五 二次函数与圆的简单结合 一、基础步骤 1. 求二次函数解析式，确定抛物线关键点（顶点、坐标轴交点）坐标； 2. 明确三角形顶点坐标、已知边/角条件，标注隐含关系（对顶角、直角等）。 二、分类型答题要点 1. 全等三角形：选用合适判定方法（SSS、SAS等），结合抛物线关键点坐标，求未知顶点坐标，代入函数验证，计算相关线段、面积。 2. 相似三角形：找相等角，通过坐标算线段长度，用判定方法（两角相等、边成比例）列比例式，求解参数和点坐标。 3. 综合计算：转化边角关系为坐标关系，代入二次函数解析式，求解最值、长度等问题。 三、易错提醒 1. 混淆全等、相似判定条件，找错对应顶点； 2. 线段长度计算忽略绝对值，出现计算失误； 3. 遗漏自变量取值范围和分类讨论（相似、全等的不同对应关系）； 4. 验证不充分，导致解无效。 1．在平面直角坐标系中，以原点O为圆心作：．若抛物线与⊙O有且只有两个交点，且抛物线不从内部穿过，则的取值范围（用表示）为____． 【答案】或 【分析】本题考查圆的性质、二次函数的图像性质．根据圆和抛物线图像的对称性可知，要满足条件，则，联立圆和抛物线的方程，消去x得到关于y的一元二次方程，则该方程有且仅有一个大于且小于的根，据此即可解答． 【详解】解：可化为， 它表示动点到定点的距离为定值， 即的几何意义是以原点为圆心，为半径的圆， 抛物线的图象是关于与x轴垂直的直线对称的， 故要使抛物线和圆有且只有两个交点，且抛物线不从内部穿过， 则抛物线对称轴为y轴，即，，图像可能是： ①  或②  ， 由得，代入得， 即（*）， 则，则， 此时方程（*）的根为， ①，解得； ②，解得； 综上，或． 2．如图，已知二次函数与轴交于点、，与轴交于点，且以为直径的圆经过点． (1)若点，点，求的值； (2)若点，，试探索是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． (3)若点是圆与抛物线的交点与、、不重合，在的条件下，轴上是否存在一点，使得以、、为顶点的三角形与相似？若存在，请直接写出点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)的值是定值，为； (3)的坐标为或或或． 【分析】（1）设圆心点为，利用、的坐标求出圆的半径，然后根据勾股定理求出的长，求得点，然后利用轴的交点式代入点的坐标得到函数的解析式即可求解； （2）根据坐标系中交点的坐标，利用三角形相似的判定得到，再根据相似三角形的性质，结合一元二次方程根与系数的关系求出是一个定值； （3）根据题意，分为点在轴上或点在轴上两种情况，结合相似三角形的判定与性质可求点的坐标. 【详解】（1）解：设圆心为点， ，， ，的半径为， ， ， 设抛物线解析式为， 点在抛物线上， ， ， ， ，， ； （2）的值是定值，为， 理由：点，， ，，， ，， ， ， ， ， ， ， 令时，， ， ， ； （3）点是圆与抛物线的交点与、、不重合，， ，即：， 当点在轴上时，如图，设点的坐标为， ，，， ，，， ， ， 以、、为顶点的三角形与相似， ①， ， ， ， 或②， ， ， ， 当点在轴上时，如图， ， ， ， ， ， ， ， ， 设， ，，， ，， ，， 以、、为顶点的三角形与相似， ①， ， ， ∴ 或②， ， ， ∴ 综上所述，满足条件的点的坐标为或或或． 【点睛】本题考查二次函数与圆的综合问题，包括勾股定理，利用待定系数法确定函数解析式，圆周角定理，相似三角形的判定和性质等，理解题意，综合运用这些知识点进行分类讨论是解题关键． 3．如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C． (1)求抛物线解析式； (2)如图2，M是抛物线顶点，的外接圆与x轴的另一交点为D，与y轴的另一交点为E． ①求； ②若点N是第一象限内抛物线上的一个动点，在射线上是否存在点P，使得与相似？如果存在，请求出点P的坐标； (3)点Q是拋物线对称轴上一动点，若为锐角，且，请直接写出点Q纵坐标的取值范围． 【答案】(1) (2)①；②存在，或或或 (3)或 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）①法一：先求出，，进而利用勾股定理和勾股定理的逆定理证明，则是外接圆的直径，设的中点为F，圆心，再根据对称性求出，得到，过E作于H，求出，，解直角三角形得到，，则；法二：设外接圆与x轴的另一交点为D，同理可得，证明，再由是直径，得到，则；②求出，，，，解直角三角形得到，由于为锐角，要使得与相似，情况1：，根据相似三角形的性质得到或，点P作轴于Q，解直角三角形得到，由勾股定理求出或，进而求出点P的坐标即可情况2：，同理求出或，同理可得或． （3）得抛物线对称轴为直线，取点，证明当时，点Q在以K为圆心，为半径的圆上，此时，即可得到，同理可得当取时，是直角三角形，即，再根据锐角三角形的定义即可得到答案． 【详解】（1）解：将A，B两点坐标直接代入解析式有， 解得，， ∴拋物线的解析式为． （2）解：①法一：∵抛物线解析式为， ∴， 把代入，得， ∴， ∵， ∴，，， ∴， ∴， ∴是外接圆的直径， 设的中点为F， ∴圆心， ∵，， ∴点F在垂直平分线上，即点F的纵坐标于中点的纵坐标相同 ∴， ∴， 过E作于H， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴在中，； 法二：设外接圆与x轴的另一交点为D， 同法一：可得是外接圆的直径，，， ∴ ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵是直径， ∴， ∴． ②，，，， 在中，， 在中， ∴， ∴， 又∵点N在射线上， ∴为锐角，要使得与相似， 情况1：， ∴， ∴， ∴在中，， ∴， ∴：， 又∵与相似， ∴或 ∴或， ∴或， ∴或， 过点P作轴于Q， ∴，即， 由勾股定理得， ∴或， 解得或， 当时，，则， ∴； 当时，，则， ∴； 情况2：， ∴， ∴， 又∵与相似， ∴或 ∴或， ∴或 ∴或， 同理可得或．…… 综上所述，点P的坐标为或或或． （3）解：由（2）得抛物线对称轴为直线，取点， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形，即， ∴当时，点Q在以K为圆心，为半径的圆上， ∴此时， ∴， 同理可得当取时，是直角三角形，即， ∵为锐角，且， ∴， ∴或． 【点睛】本题主要考查了二次函数与圆综合，解直角三角形，勾股定理与勾股定理得逆定理，相似三角形的性质等等，正确作出辅助线并利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 题型六 二次函数压轴中的多问递进式探究 1. 核心：前问结论是后问钥匙，分步突破，分类防漏解。 2. 解题步骤： 问1：求解析式、顶点等基础量，确保拿分，为后续铺垫。 问2/3：直接调用前问结论，设动点/参数，将几何条件转化为坐标/方程，求解后结合范围筛选。 3. 关键方法： 存在性：假设存在→列方程→求解→验证。 最值/几何：建模转化，分类讨论（动点、对应关系）。 4. 易错点：漏解、计算失误、忽略自变量范围、跳步丢分。 1．（2025·四川成都·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴相交于，两点，与轴相交于点，直线的函数表达式为． (1)求抛物线的函数表达式； (2)是抛物线上第一象限内的一点，连接、，当的面积最大时，求点的坐标； (3)在（2）的条件下，在轴上取点是轴上一动点，当过点的抛物线与线段有且只有一个交点时，直接写出的取值范围． 【答案】(1)抛物线的函数表达式为 (2)点的坐标为 (3)的取值范围为或 【分析】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式、坐标与图形的性质、二次函数的性质、割补法求三角形的面积，解答的关键是认真审题，寻找知识点的关联点，利用待定系数法、割补法和数形结合思想进行推理、探究和计算． （1）由待定系数法进行求解即可； （2）过点作轴交于点，求出的表达式，当最大时，最大，求解即可 （3）根据点在抛物线上，可先得出抛物线的表达式为，先对或进行分类讨论，其中发现时，抛物线与线段无交点；时，对点与点重合、抛物线过点、抛物线与线段相切三种情况进行分类讨论，根据图像进行求解即可． 【详解】（1）解：对于，令，则， 点的坐标为． 将点代入，得． 直线的函数表达式为， 令，则，解得， 点的坐标为， 将点代入， 得，解得， 抛物线的函数表达式为． （2）如图1，过点作轴交于点． 设点，则， ， ， ， 当时，有最大值，最大值为8， 此时点的坐标为． （3）由（2）知，点坐标为， 又∵， 直线的函数表达式为， 抛物线过点， 可设抛物线的函数表达式为， 在抛物线上， ， 抛物线的函数表达式为， ①当时， ， 抛物线开口向上。 又， ， 抛物线与线段无交点． ②ⅰ）当，且点与点重合时，作出图形如图2所示， 此时． 抛物线与线段只有一个交点， ． ⅱ）当，且抛物线过点时，作出图形如图3所示． 将代入，得． 抛物线与线段只有一个交点， ． ． ③当抛物线与线段相切时， 联立， 整理，得， ， 整理，得， 解得或（舍去）． 综上所述，的取值范围为或． 2．（2025·四川成都·二模）如图1，抛物线与x轴的交点为、B两点，与y轴交于C点，连接，，． (1)求抛物线的解析式； (2)若P为抛物线第四象限内的一点，交于点Q，若，求点P的坐标； (3)如图2，若点D为y轴上C点下方一动点，、分别与抛物线交于唯一公共点M、N（M在N的左侧），连接交y轴于E，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据求出，进而求出点B的坐标，进而即可求出函数解析式； （2）设直线的表达式为，将点B、C的坐标代入求出解析式，设点，根据题意可得，则，求解得出点的坐标，设直线的表达式为，将点A、Q的坐标代入求出解析式，联立直线的表达式为和抛物线的表达式即可求出点P的坐标； （3）设过点D的直线为，，，联立抛物线和直线的表达式得，进而可得，代入根的判别式可得，则，，过M，N分别作y轴的垂线，垂足分别为R，S，设，，，，，证明，可得，求出，进而即可求出． 【详解】（1）解：由抛物线的表达式知，点， ∴， ∵， ∴， 又∵点A为， ∴点B为， ∴抛物线的表达式为： ， ∴ 解得， 故抛物线的表达式为：； （2）解：设直线的表达式为：， 将点B、C的坐标代入， 得， ∴直线的表达式为：， 由题意得，设点， ∵， ∴，即， 解得：（舍去）或，即点， 设直线的表达式为：， 将点A、Q的坐标代入， 得， ∴直线的表达式为：， 联立直线的表达式和抛物线的表达式得：， 解得：（舍去）或，即点； （3）解：设过点D的直线为：，，， 联立抛物线和直线的表达式得， ∵直线与抛物线有唯一公共点， ∴ ， ∴， ∴此时， ∴，， ∵， ∴， 即， ∴，， ∴，， 如图，过M，N分别作y轴的垂线，垂足分别为R，S，设， 则，，，， ∵轴，轴， ∴， ∴， ∴， 即， 解得：， ∵， ∴， ∴点，点， ∵点C为， 故点C是ED的中点，故． 【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质、一元二次方程根的判别式、二次函数和一次函数的交点问题和相似三角形的判定和性质，灵活运用所学知识是解决本题的关键． 3．（2024·四川成都·模拟预测）如图1，抛物线为常数，且与轴交于点（点在点左侧），顶点是． (1)若点的坐标为． 求抛物线的函数表达式； 如图，点在抛物线上，连接，若是以为底的等腰三角形，求点的坐标． (2)如图，若直线与该抛物线交于点，试探究线段的长是否为定值，若是，求出的长度；若不是，请说明理由． 【答案】(1)；点的坐标为：或； (2)是，． 【分析】将点的坐标代入二次函数表达式，求出的值，即可求解； 若是以为底的等腰三角形，则点在的中垂线上，即可求解； 过点作，过点作，设点、的横坐标分别为，，根据一元二次方程根与系数的关系可得：，设直线和轴的夹角为，则，根据，即可求出的长． 【详解】（1）解：将点的坐标代入二次函数表达式， 可得：， 解得：或(不符合题意，舍去)， 抛物线的表达式为：； 若是以为底的等腰三角形，则点在的中垂线上， 由可知二次函数的解析式是， 抛物线的顶点坐标为， 则的中点坐标为，即， 设直线的解析式为， 把点，代入解析式， 可得：，解得：， 直线的表达式为：， 如下图所示，过点作交轴于点， 则，，， 在中，， 在中，， 在中，， ， 解得：， 则点的坐标是， 设直线的解析式是， 把点、的坐标代入， 可得：，解得：， 的中垂线的表达式为：， 解方程组， 可得：，， 点的坐标为：或； （2）解：是，理由如下： 设点、的横坐标分别为，， 解方程组 整理得：， 整理得：， 、是方程的两个根， ，， ， ， 如下图所示，过点作，过点作， 则有， ， 则点的坐标为，点的坐标为， 在中，， 设直线和轴的夹角为，则，， ， ， 即， ， 解得：为常数． 【点睛】本题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． 4．（2025·四川成都·三模）在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），其对称轴交x轴于点C，P为抛物线第四象限上一点，连接交y轴于点E． (1)求点C的坐标及线段的长； (2)当时，若点E将线段分成两部分，求点E的坐标； (3)Q为线段中点，直线交y轴于点F，现将抛物线L绕平面内一点旋转得到抛物线，使得点A，P都落在抛物线上，记抛物线与y轴相交于G．当时，试探究是否存在a的值，使是以为斜边的直角三角形？若存在，请求出a的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)点C的坐标为； (2)E的坐标为或 (3)存在a的值，使是以为斜边的直角三角形，此时 【分析】（1）利用抛物线的对称轴公式即可求得点的坐标，令，解出点的坐标即可求解的长； （2）过点作轴，垂足为点，由此可知，当时，，由（1）可知，再分为①，②，两种情况分别讨论，利用相似比分别求解出的长，即可求解出点E的坐标； （3）设点P为，由于点P在第四象限，则，，即，由中点坐标公式可得点Q的坐标为，设直线的表达式为，将点C和点Q坐标代入求解出直线的表达式为，由此可得点的坐标与的长，设直线的表达式为，将点和点的坐标代入求解出直线的表达式为，由此可得点的坐标与的长，由，可解得，即可分别得出点的坐标，由题意可知的顶点与L的顶点关于旋转中心对称，且开口方向相反，则设的表达式为，将点A，P的坐标代入可得的表达式为，由此可求解出点的坐标，再求解出的长利用勾股定理即可解答． 【详解】（1）解：由题意得：对称轴为x， 点C的坐标为， 当y时， ， 解得：，， 即点A坐标为，点B坐标为， ； （2）如图，过点作轴，垂足为点， ， 当时，， 由（1）可知， 由于点E将线段分成两部分，则 ①当时， ， ， 则点的横坐标为3， ， ， 则， ， 则点E的坐标为； ②当时， 同理可得：， ， 此时，点的横坐标为， ， ， 则， ， 则点E的坐标为； 综上，点E的坐标为或； （3）存在a的值，使是以为斜边的直角三角形，理由如下： 由题意知设点P为 由于点P在第四象限，则，， 即， ， 则的中点Q的坐标为， 由（1）可知，点C的坐标为， 设直线的表达式为， 将点C和点Q坐标代入得： ， ， 化简得：， ， 则直线的表达式为， ∴点坐标为， 则，， 设直线的表达式为， 将点和点的坐标代入得： ， 解得：，， 则直线的表达式为， 令,则， ∴点的坐标为， 则， 由，可得：， 解得：， ， ， ， 抛物线L绕平面内一点旋转得到抛物线， 则的顶点与L的顶点关于旋转中心对称，且开口方向相反， 所以设的表达式为， 因为点A，P都落在抛物线上， 则， 解得：，， 则的表达式为， 令，则， ∴点G的坐标为， 因为是以为斜边的直角三角形， 由勾股定理可得：， 而， ， ， 代入可得：， 化简得：， ， ， 综上，存在a的值，使是以为斜边的直角三角形，此时． 【点睛】本题主要考查了抛物线的性质，旋转的性质，中点坐标公式，待定系数法求函数表达式、勾股定理、相似三角形的判定与性质、抛物线对称轴公式等，熟练掌握相关知识，灵活运用抛物线与旋转的性质是解题的关键． 5．（2025·四川南充·一模）如图1，抛物线与x轴交于，B两点，与y轴交于点C，其对称轴直线为． (1)求抛物线的解析式； (2)点M在直线上方的抛物线上，平分，求点M坐标； (3)如图2，点D与点C关于直线对称，过点D与抛物线有唯一公共点的直线与x轴交于点G，直线交抛物线于P，Q两点，连接交y轴正半轴于点E，连接交y轴负半轴于点F，探究的值是否变化？若不变，求出的值；若变化，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)不变， 【分析】（1）将对称轴，点的坐标代入关系式，即可求出答案； （2）过点作轴，与的延长线交于点．则，证明，则，可得直线的解析式为，联立方程求解即可； （3）设直线的解析式为：，将代入，得，可得，则直线与抛物线有唯一的公共点，可得，然后可设直线为解析式为，再直线的解析式为，设直线的解析式为，联立即可求解. 【详解】（1）解：据题意可得： 解得： ∴抛物线的解析式为． （2）解：过点作轴，与的延长线交于点．则． ，点关于直线对称， ． ． ∵抛物线与轴交于点， ． 又∵， ． ， ， ． 平分， ．又， ， ． ． 设直线的解析式为：，则， 解得：． ∴ 联立得 解得或 ∴． （3）解：的值不变化． 点与点关于直线对称， ． 设直线的解析式为：，将代入，得， ． ． 联立，则． ∵直线与抛物线有唯一的公共点， ． 解得， ． ∵直线， 设直线为解析式为：． 联立，则． ， 设直线的解析式为，将代入，得， ． ，点在轴正半轴， ． 联立，则． ， ， ． 设直线的解析式为，将代入，得， ． ，点在轴负半轴， ． 同理可得：． ． ． ． 【点睛】本题二次函数与线段的数量关系的综合，掌握待定系数法求二次函数解析式，一次函数解析式，坐标系中两点之间的距离公式，二次函数与二元一次方程组的计算等知识，学会图形结合，分类讨论思想是解题的关键． 6．（2025·四川乐山·二模）有二次函数，且等式恒成立． (1)求的值； (2)当时，该二次函数满足随的增大而减小，求的取值范围； (3)是否存在这样的实数，使得同时满足下列两个条件： ①关于的方程（其中）恰好有四个不同的实数解； ②函数的图象与轴的两个相异交点都在直线的左侧．若存在，请求出的取值或取值范围；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)不存在这样的实数，使得同时满足这两个条件，详见解析 【分析】此题考查了二次函数的图象和性质． （1）利用系数相等得到方程组求出字母的值，代入即可求出答案； （2）根据题意得到，即可求出答案； （3）分情况进行解答即可． 【详解】（1）解：由条件知 ， 解得   ． （2）由（1）可知，   其对称轴为 由题可知   解得的取值范围是 （3）①：关于的方程（）恰好有四个不同实数解 即恰好有四个不同实数解， 记， 当时，；当时，， 作出如下图象 已知该图象关于轴对称  且当时， 当时，   当时，该方程恰好有四个不同实数解． ②：记函数的图象与轴的两个相异交点分别为和 ， 两个交点均在直线的左侧   ，   ，   即   解得 综合①②得：不存在这样的实数，使得同时满足这两个条件． 7．（2025·四川绵阳·一模）如图所示，抛物线的解析式为． (1)若抛物线经过点，求抛物线的解析式； (2)在（1）的条件下，抛物线与x轴相交于两点（点A在点B的左侧），若将直线绕点A按顺时针方向旋转后与抛物线相交于点P，求点P的坐标； (3)如图1所示，若直线与抛物线相交于两点（M在N的左侧）O为坐标系原点，直接写出的最小值． 【答案】(1)该抛物线的解析式为 (2) (3) 【分析】本题主要考查二次函数的综合、旋转的性质、勾股定理、轴对称的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握二次函数的综合、旋转的性质、勾股定理、轴对称的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键； （1）把点代入函数进行求解即可； （2）设直线与y轴的交点为D，过点D作于点E，由（1）可得，然后可得，则有，进而可得，则可求出直线的解析式为，最后联立函数关系式即可求解； （3）由题意易得，则有，，然后可得的和可看作是动点到定点距离之和，且动点在直线上运动，进而问题可求解． 【详解】（1）解：把点代入得：， 解得：， ∴该抛物线的解析式为； （2）解：设直线与y轴的交点为D，过点D作于点E，如图所示： 由（1）可知：抛物线的解析式为，点， ∴令时，则有，解得：， ∴， ∴， ∴， 由旋转的性质可知：， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为，则有： ，解得：， ∴直线的解析式为， 联立直线与抛物线的解析式得：， 解得：， ∴； （3）解：由题意可联立得：， 解得：， ∴， ∴，， ∴根据两点距离公式的几何意义可知：的和可看作是动点到定点距离之和，且动点在直线上运动，如图， 作点关于直线的对称点H，根据轴对称的性质可知直线垂直平分，所以，即点，连接，根据轴对称的性质及两点之间线段最短可知：当动点是直线与线段的交点时，有最小值，最小值为． 知识1 二次函数三种解析式（一般式、顶点式、交点式）的灵活转化与待定系数法求解 一、三种解析式基础 1.一般式： 2.顶点式：，顶点 3.交点式：，与轴交点、，仅可用 2、 解析式灵活互相转化 1.一般式 ➝ 顶点式：配方法 提二次项系数→凑完全平方→整理出、 2.顶点式/交点式 ➝ 一般式：整式展开+合并同类项 3.一般式 ➝ 交点式 解方程求出两根、，再代入构造（无实根则无法转化） 4.通用规律：转化全程**的值不变**，抛物线形状、开口不变 3、 待定系数法：按需选型求解（核心考点） 1.优先设一般式 适用：已知图像上任意三个不特殊的点 解法：三点代入，列三元一次方程组，求、、 2.优先设顶点式 适用：已知顶点、对称轴、最大/最小值 解法：先代顶点定、，再用1个已知点求，计算最简 3.优先设交点式 适用：已知抛物线与轴两个交点坐标 解法：先代交点定、，再用1个额外点求 四、高频易错点 1.交点式书写符号错误，误写为 时，强行使用交点式 3.配方转化时，常数项运算出错 4.求解后遗漏标注 5.不按需选式，盲目用一般式，增大计算量 知识2 平面直角坐标系中线段长度、点的坐标的求法（坐标差、勾股定理） 一、特殊位置线段长度（坐标差法，最简） 1.平行x轴（水平线段） 两点、 线段长： 2.平行y轴（竖直线段） 两点、 线段长： 核心：长度一律用坐标差的绝对值，保证非负 二、任意两点线段长度（勾股定理/距离公式） 设两点 ， 1.构造直角三角形： 水平直角边：，竖直直角边： 2.两点距离公式（勾股推导）： 3、 常用基础点坐标规律 1.坐标轴上的点 x轴上：纵坐标为0，坐标 y轴上：横坐标为0，坐标 2.对称点坐标 关于x轴对称：横不变，纵相反 关于y轴对称：纵不变，横相反 关于原点对称：横、纵都相反 四、中点坐标公式 两点，中点坐标： 五、高频易错点 1.求长度省略绝对值，出现负数 2.任意两点距离计算忘记开平方 3.混淆对称点的符号变化 4.已知线段长度找点坐标，未分类讨论导致漏解 知识3 几何图形面积计算技巧：铅垂高法、割补法、等积变换法 1、 割补法（通用基础法） 1.分割法 把不规则图形拆分三角形、矩形、梯形等规则图形，分别求面积再相加。 2.补形法 将图形补成大矩形、大直角梯形等标准整体，用整体面积−多余空白面积。 3.适用：平面内任意不规则多边形、坐标系常规图形。 2、 铅垂高法（坐标系三角形专属必考） 1.核心公式 水平宽铅垂高 2.概念解读 水平宽：三角形最左侧、最右侧两点横坐标之差的绝对值 铅垂高：中间顶点向底边作竖直方向的线段长度 3.优势：不用求边长、不用勾股，专治函数综合题里斜三角形面积 3、 等积变换法（转化简化法） 1.核心原理 同底等高 ⇔ 面积相等；等底同高 ⇔ 面积相等 2.常用模型 ① 平行线间，底边固定，顶点在平行线上平移，面积不变 ② 三角形中线，平分三角形面积（分成两个等面积小三角形） ③ 反比例函数的几何本质也是等积定值转化 3.适用：定点定边、动点平移、图形替换简化计算 四、高频易错总结 1.割补拆分混乱，重复或遗漏部分图形 2.铅垂高混淆水平/竖直线段，公式套用颠倒 3.忽略平行线前提，乱用等积变换 4.长度计算不取绝对值，面积出现负数 知识4 特殊三角形（等腰、直角）、特殊四边形（平行四边形、矩形、菱形）的判定与性质及坐标特征 一、特殊三角形 （一）等腰三角形 1.核心性质 ① 两腰相等，两底角相等； ② 三线合一：顶角平分线、底边中线、底边高互相重合； ③ 轴对称图形。 2.判定方法 ① 两边相等的三角形； ② 两角相等的三角形（等角对等边）； ③ 线段垂直平分线上的点，与端点构成等腰三角形。 3.坐标系坐标特征 ① 动点到两点距离相等； ② 底边水平/竖直时，顶角顶点在底边垂直平分线上； ③ 分类讨论：三边两两相等（动点存在性必考）。 （二）直角三角形 1.核心性质 ① 有一个内角为90°，两锐角互余； ② 勾股定理：； ③ 斜边中线 = 斜边； ④ 30°锐角所对直角边 = 斜边。 2.判定方法 ① 有一个角是直角； ② 三边满足勾股定理逆定理； ③ 一边中线等于这条边的一半。 3.坐标系坐标特征 ① 水平线段+竖直线段，直接构成直角； ② 利用两点距离平方，验证勾股逆定理； ③ 分类讨论：三个顶点分别为直角顶点。 二、特殊平行四边形 （1） 平行四边形（基础） 1.核心性质 ① 对边平行且相等，对角相等，邻角互补； ② 对角线互相平分；中心对称图形。 2.判定方法 ① 两组对边分别平行/分别相等； ② 一组对边平行且相等； ③ 对角线互相平分。 3.坐标系核心坐标特征 对角线中点坐标相同（万能判定）； 若四点为平行四边形：横纵坐标两组和分别相等。 （2） 矩形（平行四边形升级版） 1.核心性质 具备平行四边形全部性质；四个角都是直角；对角线相等且互相平分。 2.判定方法 ① 平行四边形 + 一个直角； ② 平行四边形 + 对角线相等； ③ 三个角是直角的四边形。 3.坐标系坐标特征 对角线中点重合 + 对角线长度相等；邻边互相垂直。 （3） 菱形（平行四边形升级版） 1.核心性质 具备平行四边形全部性质；四条边都相等；对角线互相垂直平分，且平分内角。 2.判定方法 ① 平行四边形 + 一组邻边相等； ② 平行四边形 + 对角线互相垂直； ③ 四条边相等的四边形。 3.坐标系坐标特征 对角线中点重合 + 对角线互相垂直；四条边长度相等。 三、高频通用易错点 1.动点存在性问题忘记分类讨论，造成漏解； 2.混淆特殊四边形判定条件，缺少前提（必须先证平行四边形）； 3.坐标系中乱用边长，未用距离公式、中点公式计算； 4.忽略垂直、相等的坐标几何转化关系。 知识5 相似三角形的判定定理（AA/SAS/SSS）与性质，全等三角形的判定与性质 一、全等三角形 1.核心性质 2.对应边相等，对应角相等 3.周长相等、面积相等 4.对应高、中线、角平分线分别相等 5.判定定理 任意三角形：SSS、SAS、ASA、AAS 直角三角形专属：HL（斜边、直角边） ⚠ 易错：SSA、AAA 不能判定全等 二、相似三角形 1.三大基础判定 2.AA（两角分别相等）：最常用，两组对应角相等即相似 3.SAS：两组对应边成比例，夹角相等 4.SSS：三组对应边成比例 5.核心性质 6.对应角相等，对应边成比例（比值为相似比） 7.对应线段（高、中线、角平分线）之比 = 相似比 8.周长之比 = 相似比 9.面积之比 = 相似比的平方 三、关联总结 全等三角形是相似比=1的特殊相似三角形。 知识6 几何变换（平移、旋转、折叠）的性质及坐标变换规律 一、通用共性 平移、旋转、折叠（轴对称）均为全等变换 变换前后：图形形状、大小不变；对应边相等、对应角相等；周长相等、面积相等。 二、平移 1.几何核心性质 2.对应线段平行（或共线）且相等 3.对应点所连线段平行（或共线）且相等 4.只改变位置，不改变方向 5.平面直角坐标系坐标规律 点 左右平移：左加右减横坐标 · 右移个单位： 左移个单位： 上下平移：上加下减纵坐标 · 上移个单位： 下移个单位： 三、旋转 1.几何核心性质 2.对应点到旋转中心的距离相等 3.对应点与旋转中心连线的夹角 = 旋转角 4.旋转前后图形全等，改变位置和方向 5.绕原点特殊角度坐标变换（必考） 点 旋转（中心对称）： 逆时针旋转： 顺时针旋转： 4、 折叠（轴对称变换） 1.几何核心性质 2.折痕为对称轴 3.对应点的连线被折痕垂直平分 4.折叠重合的线段、角完全相等，常构造等腰三角形 5.常用对称轴坐标规律 点 关于轴对称：（横不变，纵相反） 关于轴对称：（纵不变，横相反） 关于直线对称： 关于直线对称： 五、高频易错点 1.混淆平移坐标加减方向 2.旋转忽略旋转中心，直接套用原点公式 3.折叠问题忘记：对应点连线⊥折痕、距离相等 4.三大变换混用，错判线段平行、等量关系 知识7 最值问题求解模型：将军饮马、垂线段最短、一次函数/二次函数顶点求最值 1、 垂线段最短（几何本源基础） 1.基本公理 直线外一点与直线上所有点的连线中，垂线段最短。 2.核心结论 垂线段的长度，叫做点到直线的最短距离。 3.常用场景 求定点到定直线、动点到定直线的最小长度；求三角形高的最小值。 2、 将军饮马模型（轴对称+两点之间线段最短） 1.底层原理 利用轴对称等量转化线段，化折线为直线；两点之间，线段最短。 2.基础标配（两定点、一动点、一条定直线） 两点在直线同侧：作一个点关于直线的对称点，连接对称点与另一点，和直线交点即为动点，此时线段和最小。 两点在直线异侧：直接连接两点，与直线交点即为动点。 3.拓展 线段差最值用三角形三边关系；多边形周长最值依托将军饮马转化。 口诀：同侧翻折，化折为直。 三、一次函数最值 1.自变量取全体实数 图象无限延伸，没有最大值和最小值，只有单调增减性。 2.自变量限定区间 函数单调变化，最值只出现在区间两个端点： ，y随x增大而增大：最小，最大 ，y随x增大而减小：最大，最小 3.实际问题 需兼顾自变量非负、整数、实际限制条件。 四、二次函数顶点&区间最值 1.全体实数范围 由定开口，顶点处取唯一最值 开口向上：顶点取最小值，无最大值 开口向下：顶点取最大值，无最小值 最值：顶点纵坐标 或顶点式的 2.限定区间 看对称轴与区间位置： 对称轴在区间内：顶点取一个最值，另一个最值在离对称轴更远的端点 对称轴在区间左侧/右侧：区间单调，最值在两个端点 3.实际应用题 必须检验自变量取值是否符合现实意义，舍去无效解。 五、高频易错汇总 1.将军饮马不分同侧异侧，乱作对称点； 2.混淆垂线段最短和两点之间线段最短； 3.一次函数区间最值忘记代端点计算； 4.二次函数带区间最值，直接套用顶点最值，忽略范围限制。 知识8 圆的基本性质（切线判定、直径所对圆周角为直角、圆心距与半径关系） 一、切线的判定与性质 1.切线三大判定方法 2.定义：直线与圆有且只有1个公共点 3.距离法：圆心到直线的距离 4.垂直判定（必考）：经过半径外端，且垂直于这条半径的直线是圆的切线 5.切线核心性质 圆的切线垂直于过切点的半径； 遇切线，优先连接圆心和切点，构造直角。 二、圆周角重要推论 1.直径所对的圆周角是直角（） 的圆周角所对的弦是直径 3.同弧/等弧所对圆周角相等；同弧圆心角=2倍圆周角 三、两圆位置关系（圆心距，半径） 1.外离：，无交点 2.外切：，1个交点 3.相交：，2个交点 4.内切：，1个交点 5.内含：，无交点 四、高频易错点 1.证切线只证垂直，忽略过半径外端 2.看到直径不会主动构造直角三角形 3.混淆两圆内切、外切的圆心距公式 知识9 分类讨论思想在存在性问题中的应用，数形结合思想在函数与几何中的融合 1、 分类讨论（存在性专用） 1.核心：图形位置、形状不确定，统一标准分类，不重不漏 2.必考模型 等腰三角形：三点分别作顶角顶点； 直角三角形：三点分别作直角顶点； 平行四边形：按对角线分组讨论。 3.步骤：定标准→列式求解→检验舍去无效解 二、数形结合（函数几何融合） 1.本质：以形助数、以数解形 2.以形助数：看函数图像判符号、增减性、方程根、不等式解集 3.以数解形：用坐标、距离、中点公式计算，判定特殊几何图形、切线、位置关系 4.压轴联用：数形转化建模 + 分类讨论全覆盖求解，检验实际意义 知识10 一元二次方程根的判别式、根与系数的关系在函数交点问题中的应用 1、 根的判别式 1.联立两个函数解析式，化简为一元二次方程，用判断交点个数 ：2个不同交点 ：1个交点（相切） ：无交点 2.专属场景：抛物线与x轴、直线与抛物线交点判定 二、根与系数的关系（韦达定理） 方程，两根 1.无需解出根，快速求交点横坐标和、积 2.常用计算：中点横坐标、水平线段长、图形面积 三、关键总结 判别式定交点数量，韦达定理算交点代数特征，是函数几何综合必考工具。 命题预测1：二次函数解析式的求解 [2024年25(1)、2025年26(1)] 1．（2025·四川成都·模拟预测）如图，二次函数的图象与轴相交于点，与轴相交于点，下列说法正确的是（   ） A．抛物线的对称轴为直线 B．抛物线的顶点坐标为 C．，两点间的距离为3 D．当时，的值随值的增大而增大 【答案】D 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键． 根据二次函数的图象和性质逐项判断即可． 【详解】解：∵二次函数的图象与轴相交于点，与轴相交于点， ∴，解得， ∴， ∵， ∴抛物线开口向上，对称轴为直线，顶点为， ∴当时，的值随值的增大而增大， 故A、B错误，D正确； ∵，对称轴为直线，点， ∴， ∴，故C错误． 故选：D． 2．（2025·四川成都·模拟预测）如图1， 已知抛物线交轴于，两点（点在点的左侧），交轴负半轴于点． (1)用含的代数式表示点，的横坐标； (2)若，，是对称轴右侧抛物线上的点，当时，求点的坐标； (3)如图2，当时，点在轴负半轴上（点在点下方），直线交抛物线于另一点，直线交抛物线于另一点，若，试判断是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)点的横坐标为，点的横坐标为 (2) (3)为定值，是 【分析】（1）令可求出，然后可得到点A和点B的横坐标； （2）将代入得，然后再求得点C和点B的坐标，从而可知，故得，过点A作，取，作射线交抛物线于点P，过点D作轴，垂足为E．接下来证明，于是可得到点D的坐标为，然后再求得的解析式，最后将与联立可求得点P的坐标； （3）过点D作，垂足为H，然后证明，依据相似三角形的性质可得到点H的坐标为，然后再求得点D和点N的坐标（用含a、m的式子表示），接下来，再利用待定系数法求得直线的解析式，将的解析式与抛物线的解析式联立可求得点E的横坐标，再证明，最后依据求解即可． 【详解】（1）解：令，则， 解得，， 点的横坐标为，点的横坐标为； （2）解：当，时，， 当时，， 解得，， 点，点， 当时，， 点， ， 连接，， ， 是等腰直角三角形， ， ， 过点作，使得，延长线段交抛物线于点，过点作轴于点，则， ，， ， 在和中， ， ， ，， 点， 设直线的解析式为，把点和点代入得， ， 解得， 直线的解析式为， 联立， 解得或， 点； （3）解：由（1）得，点，点， 过点D作，垂足为H．如图所示： ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∴点H的坐标为． 将代入抛物线的解析式得：， ∴点D的坐标为，则． 设直线的解析式为， 将点N和点A的坐标代入得：， 解得，. ∴直线的解析式为． ∵， ∴直线的解析式为， 将与联立， 解得（点A的横坐标），． ∴点E的横坐标为． ∵， ∴． ∴，即． ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了因式分解法解方程，等腰直角三角形的性质和判定，待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，相似三角形的性质和判定，构造等腰直角三角形，并求得点D的坐标是解答问题（2）的关键；求得点E的横坐标是解答问题（3）的关键． 3．（2025·四川成都·二模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线交x轴于A、B两点，交y轴于C，，． (1)如图1，求抛物线的解析式； (2)如图2，点P为抛物线第一象限上一点，交y轴于D，设点P的横坐标为t，线段的长为d，求d与t的函数关系式； (3)如图3，连接，过点P作，连接EC、AE，点Q为抛物线上一点，交于M，于H交于N，若，，，求的正切值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据解析式得出，根据题意得出，根据，得出，进而用待定系数法求解析式，即可求解； （2）过点P作轴于H，根据，得出，根据已知列出比例式，即可求解； （3）根据，证明，进而结合（2）的结论，求得P，D的坐标，解，得出，根据角平分线的性质以及全等三角形得出是等腰直角三角形，进而根据一线三等角模型求得点E的坐标，进而求得的解析式，根据，得出，进而证明N为的中点，求得点N的坐标，构造全等三角形进而求得S点的坐标，进而求得的解析式，联立抛物线解析式得出Q点的坐标，联立和，求得M的坐标，进而可得轴，进而根据正切的定义，即可求解． 【详解】（1）解：抛物线交x轴于A、B两点，，． ∴当时，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 把点A，点B的坐标代入抛物线得： ， 解得：， ∴抛物线的解析式为． （2）解：由题意知，过点P作轴于H，如图2， ∵， ∴， 设点P的纵坐标为， ∴，，， ∴， ∴， ∴d与t的函数关系式为． （3）解：如图3，过点P作轴交y轴于点R，则，设， ∴， ∴， ∵， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∵轴， ∴， 解得：，， 当时，， ∴， 由（2）可得点P的横坐标为t，线段的长为d， ∴， ∴， ∴， ∴， 过点D作于点F， ∵，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∴， 解得：， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴平分， 过点P分别作，的垂线，垂足分别为G，H，则， ∵，， ∴，都是等腰直角三角形， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， 过点P作轴，过点E作轴交y轴于点L，过点C作轴交TJ于点T， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， 设直线EC的解析式为，把点E，点C的坐标代入得： ，解得：， ∴直线的解析式为， ∵已知， 设，则， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， 设交y轴于点S，连接， ∴， 作N关于的对称点S，则S在上，则， ∴，，， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴PN＝EN，即N是PE的中点， ∵，， ∴， 过点N作于点K， ∴， 又∵， 设，则， 在和中， ， ∴， ∴，则S点在y轴上， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为，把点P，点S的坐标代入得： ， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立得：， 解得：或， ∴， 联立得：， 解得：， ∴， 又∵， ∴轴， ∴． 【点睛】本题属于二次函数综合题，主要运用待定系数法求抛物线解析式、利用三角函数关系求线段长度，通过全等三角形和角度关系求解点的坐标，进而确定直线解析式，涉及二次函数的图象性质，全等三角形判定与性质，等腰三角形性质，解直角三角形等知识点． 4．（2025·四川广安·一模）如图，已知二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，（点在点的左侧）． (1)求该二次函数的解析式； (2)求由，，三点构成的的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了求抛物线的解析式，与坐标轴的交点，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式及二次函数的图象与性质． （1）将点代入，求得，即可得二次函数表达式； （2）先求出抛物线与坐标轴的交点坐标，再根据三角形的面积公式求解可得． 【详解】（1）解：∵二次函数的图象与轴交于点， ∴ 解得： ∴该二次函数的解析式为； （2）当时，， 解得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的面积． 5．（2025·四川广元·一模）在平面直角坐标系中，抛物线（，为常数）经过点，．点在该抛物线上，点的横坐标为． (1)求该抛物线对应的函数表达式． (2)当时，点关于抛物线对称轴的对称点为点，求的值． (3)当时，抛物线在、两点间（包括、两点）的部分图象的最高点与最低点的纵坐标之差为时，求的值． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）将点，代入解析式中，得到二元一次方程组，求解即可解答； （2）由题意得到点，，设与x轴的交点为M，连接，待定系数法求出直线解析式为，进而得到点，根据两点间的距离公式求出，，，根据勾股定理的逆定理证得是直角三角形，从而； （3）抛物线的顶点坐标为，分三种情况讨论：①，②，③，分别找出最高点与最低点，根据最高点与最低点的纵坐标之差为，即可列出方程，求解即可； 【详解】（1）解：∵抛物线经过点，， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：∵点P在该抛物线上，点P的横坐标为m， ∴， ∵， ∴， ∵抛物线的对称轴为， ∴， 设与x轴的交点为M，连接， 设直线解析式为， ∵直线过点，， ∴，解得， 直线解析式为， 令，则， 解得， ∴ ∵， ，， ∴， ， ， ∴， ∴是直角三角形，， ∴； （3）解：抛物线的顶点坐标为， ①当时，最高点为顶点，最低点为， ∵最高点与最低点的纵坐标之差为， ∴， 解得； ②当时，最高点为，最低点为， ∵最高点与最低点的纵坐标之差为， ∴， 解得， ∵， ∴都舍去； ③当时，最高点为，最低点为， ∵最高点与最低点的纵坐标之差为， ∴， 解得， ∵， ∴； 综上所述，最高点与最低点的纵坐标之差为时，或． 【点睛】本题考查待定系数法，二次函数的图象及性质，勾股定理的逆定理，锐角三角函数，掌握待定系数法求解析式，二次函数的图象及性质是解题的关键． 6．（2025·四川绵阳·一模）如图，有一抛物线型拱桥，在正常水位时水面宽，当水位上升，水面宽． (1)按如图所示的直角坐标系，求此抛物线的函数表达式； (2)有一条船以的速度向此桥径直驶来，当船距离此桥时，桥下水位正好在处，之后水位每小时上涨，当水位达到处时，将禁止船只通行，如果该船的速度不变，那么它能否安全通过此桥？ 【答案】(1) (2)能 【分析】本题主要考查了求二次函数关系式，二次函数的应用，熟练掌握待定系数法，是解题的关键． （1）先设 ，点，再根据得出答案； （2）先求出船航行所用时间，再求出水面上涨的距离，并与比较得出答案． 【详解】（1）解：设 ，点， 代入得 ， ∵， ∴， 解得， ∴ ； （2）解：， ， ∴， ∴ 船能安全通过． 命题预测2：铅垂高法求几何图形面积及面积最值 [2024年25(2)] 1．（2025·四川广元·模拟预测）如图1，抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C． (1)求抛物线的解析式； (2)如图2，连接，点P为直线上方抛物线上的一动点，连接，求的面积取最大值时，点P的坐标； (3)如图3，将抛物线先向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度得到新的抛物线，连接，点D是线段上的一动点（不包括端点），点E是抛物线上的一点，使得以点O、B、D、E为顶点的四边形是平行四边形，请求出所有满足条件的点E的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】本题考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，二次函数的平移，解一元二次方程等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （）利用待定系数法即可求解； （）过作轴，交于点，求出直线的函数解析式为，则设点，则，则，然后由，再根据二次函数的性质即可求解； （）求出平移后，设点，然后分以为对角线时，，，以为对角线时，，，即可求解． 【详解】（1）解：把点和点分别代入中， 得， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：过作轴，交于点， 由（）得抛物线的解析式为， 当时，， ∴， 设直线的函数解析式为， 和得，， 解得， ∴直线的函数解析式为， 设点，则， ∴， ∴， ∴当时，的面积取最大值，此时点的坐标为； （3）解：∵， ∴平移后， ∵点是线段上的一动点， ∴设点， 以为对角线时，，， ∴，即， ∵， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴； 以为对角线时，，， ∴，即， ∵， ∴ ∴ 解得或（舍去）， ∴； 以为对角线时，满足条件的点不存在， 综上所述，点的坐标为或． 2．（2025·四川广元·模拟预测）如图，直线与x轴交于点B，与y轴交于点C，抛物线 经过点B，C，且与x轴的另一个交点为A． (1)求抛物线的解析式． (2)点G是抛物线上的一点，且满足，求点G的坐标． (3)在抛物线的对称轴上是否存在点 Q，使得 是以为直角边的直角三角形？若存在，请求出点 Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)抛物线的解析式为 (2)点G的坐标为或 (3)存在，点Q的坐标为或 【分析】本题主要考查了求二次函数关系式，二次函数与图形的面积，二次函数图象的性质，直角三角形的判定． （1）先求出点B，C的坐标，再根据待定系数法求出关系式即可； （2）先表示出点再设的高为，然后根据，求出，再计算可得答案； （3）先求出抛物线的对称轴是直线，可得点，再表示出、、，然后分两种情况，当为斜边时，则；当为斜边时，则，求出答案即可． 【详解】（1）解：当时，；当时，， ∵直线与x轴交于点B，与 y轴交于点C， ∴点． 将点 B，C的坐标分别代入抛物线 中，得 ， 解得， ∴抛物线的解析式为 ． （2）解：∵点G在抛物线 上， ∴设点， ∴以为底的的高为， 在抛物线中，当时，， 解得或， ∴， ∴， ， ，即， 解得， 当时， ； 当时， ； ∴点G的坐标为或． （3）解：存在，点Q的坐标为或． ∵抛物线的对称轴是直线， ∴设， 则，，， ∵是以为直角边的直角三角形， ∴有以下两种情况，如图： ①当为斜边时，则， 即，解得． ②当为斜边时，则， 即，解得． 综上所述，存在点Q，点Q的坐标为或． 3．（2025·四川泸州·二模）在平面直角坐标系中，存在抛物线． (1)若抛物线与x轴交于点，，求抛物线的解析式． (2)如图，过点的直线与（1）中求得的抛物线交于F，G两点，点D为抛物线的顶点，连接，，将分成两部分的面积之差为1，求直线的解析式； (3)点，在抛物线上，抛物线的对称轴为直线． ①若，求t的值； ②若，当时，都有，直接写出t的取值范围． 【答案】(1)抛物线解析式为 (2)解析式为或 (3)①；②或 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）设直线解析式为，联立得，则，求出，得到轴，，则，，根据将分成两部分的面积之差为1，当时，则，可得，，则直线解析式为；当时，则，可得，，则直线解析式为； （3）①点在抛物线上，则，得到，即可求解； ②当点M在对称轴的左侧时，即，得到，即可求解；当点M在对称轴右侧时，即，同理可解． 【详解】（1）解：把代入中得：， ∴， ∴抛物线解析式为； （2）解：设直线解析式为， 联立得， ∴， ∵抛物线解析式为， ∴， ∵， ∴轴，， ∴，， ∵将分成两部分的面积之差为1， ∴当时，则， ∴， ∴， ∴， ∴直线解析式为； 当时，则， ∴， ∴， ∴， ∴直线解析式为； 综上所述，直线解析式为或； （3）解：①∵点在抛物线上， ∴， ∴， ∴； ②∵， ∴抛物线开口向上， 当时，y随x的增大而增大， ∵当时，都有， ∴在对称轴的右侧， 当点M在对称轴的左侧时，即， ∵， 则， 解得：， 即， 当点M在对称轴右侧时，即， ∵， 则， 解得：， 即， 综上，或． 【点睛】本题考查了二次函数综合运用，涉及到二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，一元二次方程的根与系数的关系，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 命题预测3：特殊三角形的存在性问题 [2025年26(2)] 1．（2025·四川成都·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，与轴交于点．抛物线与抛物线在第一象限交于点，与轴交于点． (1)求抛物线的函数表达式； (2)若以，，为顶点的三角形为直角三角形，求的值； (3)当时，过点的直线与抛物线在第二象限交于点，与抛物线的另一交点为，求四边形的面积与的函数关系式． 【答案】(1) (2)2或 (3) 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； （2）根据题意设，分①；②；③三种情况讨论，利用直角三角形的性质列出方程，解出的值，得到点的坐标，代入抛物线即可求出的值； （3）联立抛物线和直线的解析式，得到，再联立抛物线和直线的解析式，同理可得，得出，再利用即可求解． 【详解】（1）解：代入和到抛物线得，， 解得：， 抛物线的函数表达式为． （2）解：由（1）得，， 抛物线， 令，则， ， 又， ， 第一象限点在抛物线上， 设， ①若，则点和点的纵坐标相同， ， 解得：（舍去）； ②若，则点和点的纵坐标相同， ， 解得：或（舍去）， ， 代入到抛物线得，， 解得：； ③若，取的中点为，则， ， ， 解得：或（舍去）或（舍去）， ， 代入到抛物线得，， 解得：； 综上所述，的值为2或． （3）解：联立， 消去整理得：， 直线与抛物线交于点、， ， 联立， 消去整理得：， 同理可得，， ， 四边形的面积 ， 四边形的面积与的函数关系式为． 【点睛】本题考查了二次函数与几何综合、待定系数法求函数解析式、二次函数与一元二次方程、直角三角形的性质，熟练掌握相关知识点，学会运用数形结合的思想解决问题是解题的关键． 2．（2024·四川雅安·中考真题）在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于，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．在y轴上是否存在点E，使得为等腰三角形？若存在，直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，点或或或或 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）由，即可求解； （3）先求出点，再分类求解即可． 【详解】（1）解：由题意得：， 则， 则抛物线的表达式为：； （2）解：由抛物线的表达式知，点， 由点B、C的坐标得，直线的表达式为：， 设点，则点， 则， ∵，故有最大值， 此时，则， 即点； （3）解：存在，理由： 设直线的表达式为， 由点的坐标得，，解得：， ∴直线的表达式为：， 令，，故， 过点作轴交轴于点，则， ， 则， 即直线和关于直线对称，故， 设直线的表达式为， 代入，，得， 解得：， 则直线的表达式为：， 联立上式和抛物线的表达式得：， 解得：(舍去)或5， 即点； 设点，由的坐标得，， 当时，则， 解得：，即点或； 当或时， 同理可得：或， 解得：或， 即点或或； 综上，点或或或或． 【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．（2024·四川成都·模拟预测）如图1，抛物线经过的三个顶点，其中O为原点，，，点F在线段上运动． (1)求抛物线的解析式； (2)如图2，连接并延长至点C，使得，平分，且于点H，连接，当点F在抛物线的对称轴上时，求的面积； (3)如图3，过点F作，交线段上方的抛物线于点G，过点G作于点E，交于点I，试探究的值是否为定值？如果为定值，求出该定值；不为定值，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)的值是定值，定值为 【分析】（1）设抛物线的解析式为，把A、D的坐标代入求解即可； （2）先求出抛物线的对称轴为直线．当点F运动至对称轴上时，点F的横坐标为，可求．连接、，利用等腰三角形三线合一的性质以及等边对等角可得出，结合角平分线定义，平行线的判定可得出，则，然后根据三角形面积公式求解即可； （3）过点A作于点L，过点F作于点K．根据A、D的坐标可判定出，进而可判定为等腰直角三角形．设，则，由，根据正切的定义可求出，进而求出．又∵中利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】（1）解：设抛物线的解析式为． 将，，代入，得，， 解得：， ∴； （2）解∶ ∵， ∴抛物线的对称轴为直线． 当点F运动至对称轴上时，点F的横坐标为，则，即． 如图，连接、， ∵， ∴， ∴． ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴当点F运动至抛物线的对称轴上时，的面积为； （3）解：如图，过点A作于点L，过点F作于点K． 由题意得，， ∴． ∴， ∵在中，， ∴， ∵， ∴，即为等腰直角三角形． 设，则， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 又∵中，，， ∴， ∴， ∴的值是定值，定值为． 【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，三角函数的应用，勾股定理的逆定理，熟练掌握待定系数法，三角函数是解题的关键． 4．（2024·四川成都·二模）如图1，在平面直角坐标系中，是抛物线的对称轴上一点，且抛物线与轴的交点坐标为． (1)求抛物线的函数表达式； (2)设点在对称轴右侧的抛物线上，点在轴上，若是以为直角顶点的直角三角形，且，求点和点的坐标； (3)如图2，，是抛物线上的两个动点（点在点的左侧），点，，在同一直线上，过点，作轴的垂线，交直线于点，是否存在实数，使得总成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)； (3)存在； 【分析】（1）由题意可知抛物线的对称轴为直线，可求的值，再将点代入，即可确定函数的解析式； （2）设对称轴与轴的交点为，过点作交于点，则，能得到，，设，，则，，即可求，； （3）过点作交于点，过点作交于点，设对称轴与的交点为，由题意可知，再由，则，设直线的解析式为，当时，，，求出，，可得等式，整理后可得． 【详解】（1）是抛物线的对称轴上一点， 抛物线的对称轴为直线， ， 解得， 抛物线的解析式为， 将点代入， ， 抛物线的解析式为； （2）设对称轴与轴的交点为，如图1，过点作交于点， ， ， ， ，， 设，， ，， 解得或（舍，或（舍， ，； （3）实数，使得总成立，理由如下： 如图2，过点作交于点，过点作交于点，设对称轴与的交点为， ， ， ， ， 设直线的解析式为， 当时，，， ，轴， ，， ， 解得． 【点睛】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，平行线的性质，三角形相似的判定及性质是解题的关键． 5．（2024·四川成都·三模）如图1，在平面直角坐标系中，是抛物线对称轴上的一点．且抛物线与y轴的交点坐标为． (1)求抛物线的函数表达式； (2)A，B是抛物线上的两动点，点A在点B的左侧． ①当点A，B均在对称轴的右侧时，若是以为直角的直角三角形，且，点A和点B的坐标； ②如图2，点A，B，P在同一直线上，过点作y轴的垂线l，设l与直线交于点Q，是否存在m，使得恒成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)①，；② 【分析】本题考查二次函数的综合应用，待定系数法求解析式，相似三角形的判定和性质，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）待定系数法求出函数解析式即可； （2）①设，过点作对称轴，过点作对称轴，证明，求出点坐标，根据点都在抛物线上，进行求解即可； ②设直线，将点代入，得到，联立直线和抛物线的解析式，求出，，设直线与对称轴交于点，过点分别作，，得到，，根据，推出，进而得到，推出，根据恒成立，得到，即可得解． 【详解】（1）解：∵是抛物线对称轴上的一点．且抛物线与y轴的交点坐标为 ∴，解得：； ∴； （2）①设，过点作对称轴，过点作对称轴，则：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， ∵是抛物线上的两个动点， ∴，解得：（点左侧的舍去） ∴，； ②设直线，把，代入，得：，解得：， ∴， 联立，解得：或， ∴，， 设直线与对称轴交于点，过点分别作，， 则：，， ，， ∴，， ∴， 当时，即：，则：， ∴， ∴， ∴， ∵恒成立， ∴， ∴． 命题预测4：二次函数背景下的线段最值问题 [两年必考] 1．（2025·四川广元·一模）如图，在矩形中，，，为中点，连接、，为上的动点，连接，为的中点，连接，则的最小值是______． 【答案】 【分析】本题主要考查动点最值问题，中点公式，两点间距离公式，适当建系是解题的关键． 根据题意，以为原点建立坐标系，利用待定系数法得到直线的解析式，接着可设，根据中点公式得到，再由两点间距离公式结合二次函数最值求解即可． 【详解】如图：以为原点建立坐标系， 则，，，， 设直线的解析式为， ，解得， 所以直线的解析式为， 则可设 为的中点， ，即， ， 则当时，取得最小值，最小值为． 故答案为：． 2．如图，正方形边长为4，E为边上一点，连接对角线，过点E作交于点F，连接，取的中点为G，则的最小值为___________． 【答案】 【分析】延长，交于点，取的中点，连接，先证明．得到，，根据三角形中位线定理，可得到，，设，则，，，，，可得． 【详解】 如图所示，延长，交于点，取的中点，连接． 因为， 所以． 所以， 所以 所以． 所以． 因为的中点为点， 所以． 又因为， 所以． 所以，． 因为的中点为点，的中点为点， 所以，． 所以． 因为正方形， 所以 所以为等腰直角三角形， 所以． 所以． 设，则，，，，， 所以． 所以． 当时，取得最小值，即的最小值为， 所以的最小值为． 故答案为： 3．如图，在四边形中，，，，，点M和点N分别是边与边上的动点，当时，则的最小值为_______________ ． 【答案】 【分析】以A为原点建立平面直角坐标系，结合已知条件确定四边形各顶点的坐标，接着设，据此表示出点M的坐标，根据比例关系求出上点N的坐标，再利用两点间距离公式写出的长度表达式，最后再利用二次函数的性质求解即可． 【详解】解：以A为原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系，如图， 在四边形中，，， 设，则，，， 的长度：， 设， 则， N在上，点N从C向B移动的距离为t，占总长度的比例为， 点N坐标为， ， 当时，． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，平面直角坐标系的建立与点的坐标，线段上的点的坐标的比例关系，两点间的距离公式等，熟练掌握相关知识，建立合适的平面直角坐标系是解题的关键． 命题预测5：二次函数与相似三角形的综合判定与计算 [2024年26(3)、2025年25(3)] 1．（2024·四川成都·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，．        (1)求抛物线的函数表达式； (2)直线经过点，交抛物线于另一点．是线段上一点，过点作直线轴交抛物线于点，且，求点的坐标； (3)，是抛物线上的动点（不与点重合），直线，分别交轴于点，，若，求证：直线经过一个定点． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】（1）将，代入即可求解； （2）先求出直线解析式，得到点C的坐标，设，则，由，建立关于m的方程求解即可； （3）设，求出直线的解析式，利用，得到，进而得到，代入直线即可得出结论． 【详解】（1）解：将，代入得： ， 解得：， 抛物线的函数表达式为：； （2）解：将代入，得：， 解得：， 直线的解析式为：， 联立直线与抛物线得：， 解得：或， ， 设，则， ， ， 整理得：， 即或 解得：或或， 是线段上一点，，， ， ； （3）解：设， 直线的解析式为， 即， 解得：， 直线的解析式为：， 直线的解析式为， 即， 解得：， 直线的解析式为：， 当时，， ， 直线的解析式为， 即， 解得：， 直线的解析式为：， 当时，， ， ， ， ， ， ， 即， ， 当时，， 直线经过一个定点． 【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用，利用待定系数法求抛物线与一次函数的解析式，相似三角形的判定与性质，勾股定理等等，难度比较大，采用数形结合的方法是解决本题的关键． 2．（2024·四川成都·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线，经过点，与轴交于点，直线与抛物线交于异于点的，两点． (1)求抛物线的函数表达式； (2)若三角形是以为底的等腰三角形，试求出此时点的横坐标； (3)若，探究直线是否经过某一定点．若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】 （1）把，代入可得抛物线的函数表达式为； （2）设点，计算三角形三边的长度，根据建立方程求解即可； （3）过作轴，过作于，过作于，由，可得，，设，，则，，，，知，，从而，，用待定系数法得直线函数表达式为，即可得直线总过定点． 【详解】（1） 解：把，代入得： ， 解得， 抛物线的函数表达式为； （2）解：∵， ∴， ∵点在抛物线上， ∴设点， 则，， ∵三角形是以为底的等腰三角形， ∴，，解得：， ∴点的横坐标为：或； （3） 直线一定经过定点，理由如下： 过作轴，过作于，过作于，如图： ， ， ， ， ， 设，， ， ∴ ，，，， ， ， ，， 设直线函数表达式为， 把，，代入得： ， 解得， 直线函数表达式为， 当时，， 直线总过定点． 【点睛】 本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，勾股定理的应用，锐角三角函数等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度． 3．（2025·四川泸州·二模）如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点是线段上的一个动点（不与端点重合），过点作轴的垂线，交抛物线于点，交直线于点． (1)求抛物线的解析式； (2)当时，求的长； (3)若以、、为顶点的三角形与相似，求点的坐标． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】　　（1）将、代入中，再建立方程组求解即可； （2）求解，直线为，设，则，可得，，结合，再建立方程求解即可； （3）由，，可得当时，，如图，此时，可得关于抛物线对称轴对称，从而可得答案，当时，则，如图，过作轴于，证明，设，再进一步求解即可. 【详解】（1）解：将、代入中， 可得：， 解得：， 即抛物线解析式为：； （2）解：∵， 当时，， ∴，而， 设直线为， ∴， 解得：， ∴直线为， 设，则， ∴，， ∵， ∴， 解得：，（不符合题意，舍去） ∴， ∵， ∴. （3）解：∵，， ∴当时，，如图， ∴， ∴关于抛物线对称轴对称， ∵的对称轴为直线，， ∴，， 当时，则，如图，过作轴于， ∴， ∴， ∴，设， ∴， ∴， 解得：，，（都不符合题意，舍去） 综上：. 【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，二次函数与线段问题，二次函数与相似三角形问题，清晰的分类讨论是解本题的关键. 4．（2025·四川绵阳·三模）如图，已知抛物线分别与x轴、y轴交于点，，过点B作，与抛物线交于点C，轴，垂足为D，连接，与y轴交于点E，过点E作，垂足为F． (1)求抛物线的解析式； (2)求的长； (3)如图②，已知P为线段上一动点（不与点C、D重合），连接并延长，与x轴交于点M，N为上一点，且，求出当线段的长取何值时，线段最长，并求出此时的长． 【答案】(1) (2)4 (3)当线段时，线段最长，此时的长为． 【分析】1）将点，代入抛物线解析式，利用待定系数法求解即可； （2）过点作轴于点，设，利用勾股定理列方程求出，从而得到点的坐标，得出，依次证明，，得到，即可求出的长； （3）过点作于点，证明，得到，从而得到， ，设，利用角的正切值，得出，则，再利用直角三角形，得出，，进而推出，再根据得到关于的二次函数，求出最值即可． 【详解】（1）解：抛物线分别与x轴、y轴交于点，， ，解得：， 抛物线的解析式为； （2）解：如图，过点作轴于点， ，， ，， ， 点在抛物线上， 设， ，， 在中，， ， 解得：或（舍）， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，， ， ， ； （3）解：如图，过点作于点， ，， ， ， ， ， 由（2）可知，， ， ， ， ， 设， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， ，， 在中，， 在中，， ， ， ， ， 当时，有最大值为， 当线段时，线段最长，此时的长为． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了求二次函数解析式，二次函数的图象和性质，解直角三角形的应用，坐标与图形，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，二次函数求最值等知识，作辅助线构造直角三角形，利用数形结合的思想解决问题是关键． 5．（2025·四川绵阳·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点、点，与y轴交于点，过点B的直线交y轴于点．在x轴上方抛物线上有一点P，过点P作的垂线，垂足为E． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，过点P作x轴的垂线交直线于点Q，当的周长最大时，求此时点P的坐标； (3)如图2，连接，当与相似时，求点E的坐标． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题主要考查了求二次函数解析式、二次函数与几何的综合、相似三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点，灵活运用数形结合思想成为解题的关键． （1）直接运用待定系数法求解即可； （2）先运用待定系数法可得直线的解析式为，如图：过点A作x轴的垂线，交直线于点M，进而得到，再证明可得，即当PQ最大时，的周长最大，设点P的坐标为，则点Q的坐标为，进而得到，再根据二次函数的性质求解即可； （3）如图2，过点E作x轴的平行线，再过点P、B作该平行线的垂线，垂足分别为M、N，再证明可得，由，则要使与相似，即或2；设点，、，进而得到或，即，最后求点E的坐标即可． 【详解】（1）解：抛物线过点、点、点， 设抛物线的解析式为：， ，解得：， 抛物线的解析式为：． （2）解：设直线的解析式为， ，， ∴ 直线的解析式为：， 如图：过点A作x轴的垂线，交直线于点M， 点M的坐标为， ，，， ， ， ， 又， ， ． 当PQ最大时，的周长最大， 设点P的坐标为，则点Q的坐标为， ， ， ∴当时，， 点P的坐标为． （3）解：如图2，过点E作x轴的平行线，再过点P、B作该平行线的垂线，垂足分别为M、N， ， ，， ， ， ， ，要使与相似， ∴或2， 设点， ，， 或， ，，点不合题意，应舍去， 把点代入抛物线的解析式为：， 解得：，（舍去）， 点E的坐标为． 命题预测6：二次函数与圆的结合【解答题中涉及】 1．如图1，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交轴于两点，为抛物线顶点． (1)求的值； (2)点为直线下方抛物线上一点，过点作轴，垂足为点，交于点，是否存在？若存在，求出此时点坐标；若不存在，请说明理由； (3)如图2，以为圆心，2为半径作圆，为圆上任一点，求的最小值． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）通过长度先得到点坐标，再将两点代入函数解析式，解方程即可； （2）先求出直线的函数表达式，设出点坐标为，进而得到两点坐标，再通过列出方程，解方程即可； （3）取取，连接，，先证得，得到，进而可得到，再通过两点坐标求得长度． 【详解】（1）解：， 点坐标为， 将，代入， 得， 解得， （2）解：设直线的表达式为， 由（1）可知抛物线的表达式为， 故点坐标为， 直线的表达式为 设点坐标为， 则， ， ， 若， 则， 解得， ， 故，此时点坐标为； （3）如图，取，连接， ，，， 又， ， ， ， ， ， 故的最小值为． 【点睛】本题考查二次函数综合问题，能够熟练掌握二次函数的基本性质以及相似三角形的应用是解题关键． 2．如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣5x+5与x轴，y轴分别交于A，C两点，抛物线y＝x2+bx+c经过A，C两点，与x轴的另一交点为B （1）求抛物线解析式及B点坐标； （2）若点M为x轴下方抛物线上一动点，连接MA、MB、BC，当点M运动到某一位置时，四边形AMBC面积最大，求此时点M的坐标及四边形AMBC的面积； （3）如图2，若P点是半径为2的⊙B上一动点，连接PC、PA，当点P运动到某一位置时，PC+PA的值最小，请求出这个最小值，并说明理由． 【答案】（1）y＝x2﹣6x+5， B（5，0）；（2）当M（3，﹣4）时，四边形AMBC面积最大，最大面积等于18；（3）PC+PA的最小值为，理由详见解析. 【分析】（1）由直线y＝﹣5x+5求点A、C坐标，用待定系数法求抛物线解析式，进而求得点B坐标． （2）从x轴把四边形AMBC分成△ABC与△ABM；由点A、B、C坐标求△ABC面积；设点M横坐标为m，过点M作x轴的垂线段MH，则能用m表示MH的长，进而求△ABM的面积，得到△ABM面积与m的二次函数关系式，且对应的a值小于0，配方即求得m为何值时取得最大值，进而求点M坐标和四边形AMBC的面积最大值． （3）作点D坐标为（4，0），可得BD＝1，进而有，再加上公共角∠PBD＝∠ABP，根据两边对应成比例且夹角相等可证△PBD∽△ABP，得等于相似比，进而得PD＝AP，所以当C、P、D在同一直线上时，PC+PA＝PC+PD＝CD最小．用两点间距离公式即求得CD的长． 【详解】解：（1）直线y＝﹣5x+5，x＝0时，y＝5 ∴C（0，5） y＝﹣5x+5＝0时，解得：x＝1 ∴A（1，0） ∵抛物线y＝x2+bx+c经过A，C两点 ∴   解得： ∴抛物线解析式为y＝x2﹣6x+5 当y＝x2﹣6x+5＝0时，解得：x1＝1，x2＝5 ∴B（5，0） （2）如图1，过点M作MH⊥x轴于点H ∵A（1，0），B（5，0），C（0，5） ∴AB＝5﹣1＝4，OC＝5 ∴S△ABC＝AB•OC＝×4×5＝10 ∵点M为x轴下方抛物线上的点 ∴设M（m，m2﹣6m+5）（1＜m＜5） ∴MH＝|m2﹣6m+5|＝﹣m2+6m﹣5 ∴S△ABM＝AB•MH＝×4（﹣m2+6m﹣5）＝﹣2m2+12m﹣10＝﹣2（m﹣3）2+8 ∴S四边形AMBC＝S△ABC+S△ABM＝10+[﹣2（m﹣3）2+8]＝﹣2（m﹣3）2+18 ∴当m＝3，即M（3，﹣4）时，四边形AMBC面积最大，最大面积等于18 （3）如图2，在x轴上取点D（4，0），连接PD、CD ∴BD＝5﹣4＝1 ∵AB＝4，BP＝2 ∴ ∵∠PBD＝∠ABP ∴△PBD∽△ABP ∴ ∴PD＝AP ∴PC+PA＝PC+PD ∴当点C、P、D在同一直线上时，PC+PA＝PC+PD＝CD最小 ∵CD＝ ∴PC+PA的最小值为 【点睛】 此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知二次函数的性质、圆的性质及相似三角形的判断与性质. 3．在平面直角坐标系中，二次函数的图像过点和点，与x轴交于点A、B（点A在点B的左边），且点D与点G关于坐标原点对称． (1)求该二次函数解析式，并判断点G是否在此函数的图像上，并说明理由； (2)若点P为此抛物线上一点，它关于x轴，y轴的对称点分别为M，N，问是否存在这样的P点使得M，N恰好都在直线DG上？如存在，求出点P的坐标，如不存在，并说明理由； (3)若第四象限有一动点E，满足，过E作轴于点F，设F坐标为，，的内心为I，连接CI，直接写出CI的最小值． 【答案】(1)y=x2-3x-4；点G在此函数图像上，理由见解析； (2)P的坐标为或 (3) 【分析】（1）将C(0，−4)和点D(2，−6)代入y=x2+bx+c，得到关于b，c的二元一次方程组，解方程组求出b，c的值；根据关于原点对称的点的坐标特征求出G点坐标，再用代入法即可判断G点在此抛物线上； （2）先利用待定系数法求出直线DG的解析式为y=－3x，再假设此抛物线上存在这样的点P（x，），使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线DG上，根据函数图像上的点的坐标特征得出方程，解方程即可求出点P的坐标； （3）连接BI，OI，EI，作△OBI的外接圆M，连接OM，BM，MI，CM，过M作MH⊥y轴于H，根据△BEF的内心为I，可得．易证△BIO≌△BIE（SAS），可得，又M是△BIO的外接圆，可得，，然后根据CI≥CM－MI，当且仅当C、M、I共线时，CI取最小值，即可求得结果． 【详解】（1）解：∵二次函数的图象过点C(0，−4)和点D(2，−6)， ∴ ， 解得， ∴． ∵点G与点D关于坐标原点对称， ∴， 把代入， 得， ∴在此抛物线上． （2）设直线DG的解析式为， ∵，， ∴ ， 解得， ∴直线DG的解析式为． 假设此抛物线上存在这样的点， 使得它关于x轴，y轴的对称点M，N恰好都在直线DG上， ∵，， ∴， 解得， 故所求点P的坐标为或． （3）如图，连接BI，OI，EI，作△OBI的外接圆M，连接OM，BM，MI，CM，过M作MH⊥y轴于H， ∵EF⊥x轴， ∴∠BFE=90°， ∴∠FBE+∠FEB=90°， ∵△BEF的内心为I， ∴BI，EI，分别平分∠FBE，∠FEB， ∴∠IBE=，， ∴， ∴， 易证△BIO≌△BIE（SAS） ∴， ∵M是△BIO的外接圆，   ∴∠OMB=2×（180°－∠BIO）=90°， ∴OM=BM=， ∴， ∴∠MOB=∠MOH=45°， ∵MH⊥y轴， ∴∠HOM=∠HMO=45°， ∴，   ∴， ∴， ∵CI≥CM－MI，当且仅当C、M、I共线时，CI取最小值， ∴CI的最小值为． 【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法，三角形内心、外接圆，几何变换－对折，两点之间线段最短，全等三角形判定和性质等知识点，充分利用三角形内心，合理作辅助线是解题关键． 命题预测7：二次函数的其他问题【成都中考压轴必考题型，B卷解答题】 1．（2025·四川广元·模拟预测）如图，已知抛物线 的对称轴为直线，且抛物线与x轴交于点A 和点 ，与y轴交于点C． (1)求抛物线的解析式和点 C 的坐标． (2)直线上方的抛物线上有一动点M，过点M作y轴的平行线交于点 N，过点 M 作的垂线，垂足为 H． ①当点M运动到抛物线的顶点时，求的周长； ②求的周长的最大值． (3)将抛物线向下平移4个单位长度，再向左平移1个单位长度，得到一个新的抛物线．在y轴上是否存在一点F，使得当经过点 F 的任意一条直线与新抛物线交于S，T两点时，总有 为定值？若存在，求出点 F 的坐标及该定值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，点C的坐标为 (2)①，②周长的最大值为 (3)存在，定点F 的坐标为 的值为4 【分析】（1）根据对称轴求出，再利用待定系数法求解即可得到解析式，最后令代入解析式计算即可得到点C的坐标； （2）求出直线 的函数解析式为，证明是等腰直角三角形．得到；①当点 M 运动到抛物线的顶点时，点 N的坐标为，求出，即可求出的周长为 ；②设 其中，则，得到，进而得到的周长为 ，利用二次函数的性质即可解答； （3）先求出新的抛物线 ，即 ，设的解析式为，点 S 的坐标为，点T的坐标为，则 ，联立新抛物线与直线的函数解析式，得 ，整理，得 ，由根与系数的关系，得 ，进而求出，即可解答． 【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为直线， ∴． 把点代入 中，得， ∴抛物线的解析式为 ， 当时，， ∴点C的坐标为； （2）解：设直线 的函数解析式为，把代入，得 ， 解得 ， ∴直线 的函数解析式为， ∵， ∴． ∵轴， ∴． ∴是等腰直角三角形． ； ①当点 M 运动到抛物线的顶点时，点 N的坐标为， ∴． ∴的周长为 ； ②设 其中，则， ∴的周长为 ， ∴当 时，的周长有最大值，最大值为 ； （3）解：存在． 当抛物线 向下平移4个单位长度，再向左平移1个单位长度后，得到新的抛物线 ，即 ， 设的解析式为，点 S 的坐标为，点T的坐标为，则 ， 联立新抛物线与直线的函数解析式，得 ，整理，得 ， 由根与系数的关系，得 ， 则 ， 同理， ， ， ， 当 为定值时，有 ， ， 当 时， ， ∴定点F 的坐标为 的值为4． 【点睛】本题考查二次函数的综合，包括待定系数法求二次函数解析式、二次函数图像的平移、求一次函数解析式、求二次函数的最大值、一元二次方程根与系数的关系，综合性强，熟练掌握相关的性质及规律是解题关键． 2．（2023·四川资阳·二模）如图，直线与轴、轴分别交于、两点，抛物线过、两点．    (1)求抛物线的解析式； (2)点为抛物线上位于上方的一点，过点作于点，作轴交于点，当的周长最大时，求点的坐标； (3)是平面内的一点，在（2）的条件下，将绕点顺时针旋转得到，当时，的两个顶点恰好落在抛物线上，求点的横坐标． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）根据，令和，求出 ，，代入解析式即可得到最后结果； （2）根据勾股定理求出长度，表示出，设，则，表示出，，根据题意，即可得到点坐标； （3）根据当顺时针旋转后，轴，轴，设则，，分别在当、两个顶点在抛物线上时，和当、两个顶点在抛物线上时，求出的值为或，即可得到最后结果． 【详解】（1）解：，令，得， 解得：， 令，得， ，， 故得方程组， ， 此抛物线的解析式为：； （2），， ，， ， ，， 轴， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， ， ， ∴当时，的周长最大， ，， ∴； （3）当时，， ∴，， ， 当顺时针旋转后，轴，轴， 设则，， ①当、两个顶点在抛物线上时，   ， 解得：， 的横坐标为， ②当、两个顶点在抛物线上时，   ， 解得：， 的横坐标为， 又轴， 、不会同时在抛物线上， 综上所述，点的横坐标为或． 【点睛】本题考查了二次函数综合题，待定系数法求函数解析式，二次函数图像和特征，一次函数图像和特征，勾股定理，三角函数值，解答本题的关键是运用分类讨论的思想． 3．（2025·四川泸州·模拟预测）如图（1），抛物线交轴于，两点（点在左边），交轴于点． (1)直接写出，，三点的坐标； (2)是抛物线第四象限上的一点，连接分别交，于，两点，若，求直线的解析式； (3)平移抛物线使它的顶点为，如图（2）．是轴上一个定点，以点为直角顶点，使顶点，分别在轴和抛物线上．若在变化的过程中，直线与抛物线始终有唯一公共点，求点的坐标． 【答案】(1)，， (2) (3) 【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，等腰三角形的性质，待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，勾股定理．作出恰当的辅助线是解题关键． （1）令为0，解方程即可得和的坐标，令，即可得的坐标； （2）作交抛物线于点，交于点，利用平行导角证明，求出的表达式，设，进而由勾股定理表达出，从而可解得点坐标，得到，由平行关系 可得，最终可求直线的表达式； （3）由平移可得新抛物线的表达式为，设，由于直线与抛物线有且只有一个交点，亦可看成有两个重合的交点，故可由待定系数法得直线的表达式为，从而求出点的横坐标为作轴于点，如图（2）所示，利用“一线三垂”证明，得到比例式，设，即，整理可得，根据当点运动时，上式中的值与点的位置无关，从而，即，故得点的坐标． 【详解】（1）解：令中为0， 则，解得或， ，， 当时，， ； （2）解：作交抛物线于点，交于点，如图所示， ， ， ， ． ， 设直线的表达式为， 把，代入表达式，可得， 解得， 所以直线的表达式为， 设，则， 即， 解得或0， 故， 设直线解析式为 ∴， 解得：， ， ， 设直线的表达式为， 把代入可得， 解得， 直线的表达式为； （3）解：平移抛物线使抛物线的顶点为， 平移后抛物线的， 所以新抛物线的表达式为， 设， 设直线的解析式为， 把代入可得， 可得， 所以直线的解析式为， 列方程，整理得， 由于直线与抛物线有且只有一个交点， ，即， 可得， 故直线的表达式为， 再令，得， 解得． 作轴于点，如图所示， ， ， ， ， ， ， ， 设， 即， 整理可得， 当点运动时，上式中的值与点的位置无关， ，即， 故点的坐标为． 4．（2025·四川达州·一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点、（在左侧），与轴交于点，已知，． (1)求抛物线的表达式； (2)如图1，点是负半轴上一点，已知，点为射线下方抛物线上一动点，过点作轴，交射线于点，点为射线上一点，且满足，求的最大值及此时点的坐标； (3)如图2，将原抛物线绕原点旋转后再沿射线方向平移个单位长度得到新抛物线，其顶点为．为轴上上方一点，为新抛物线上一点，使得，请直接写出点的坐标． 【答案】(1)； (2)最大值为，； (3)点的坐标或． 【分析】（1）根据题意得出，进而待定系数法求解析式，即可求解； （2）过点Q作轴交于点H，则，根据题意得出，，进而根据等腰三角形的性质得出，则，则，则，进而设，则，得出关于p 二次函数关系式，根据二次函数的性质，即可求解； （3）根据旋转以及平移变换得出；进而分类讨论，作G关于y轴的对称点，连接，则，过点作交于点Q，则，求得直线解析式联立抛物线即可求解；作Q关于的对称点M，连接交于点，则，同法可求点Q的坐标． 【详解】（1）解：∵，， ∴， 将，代入得： ， 解得， ∴； （2）解：如图1所示，过点Q作轴交于点H，则， ∵， ∴，，， ∴，， ∵轴， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为，代入， ∴，解得：， ∴直线的解析式为， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴当时，最大值为， ，即； （3）解：或；理由如下： ∵顶点坐标为， 当时，则， 将原抛物线绕原点旋转后，顶点坐标为， ∴， ∵，，， ∵沿射线方向平移个单位长度得到新抛物线， ∴向上平移3个单位向右平移1个单位得到， ∴； ∴， 如图2所示，作G关于y轴的对称点，连接，则，过点作交于点Q，则， ∵，， 设的解析式为， ∴， ∴， ∴的解析式为， 设直线的解析式为， 代入得，， 解得：，∴直线的解析式为， 联立， 解得：或（舍去）， ∴； 如图3所示，作Q关于的对称点M，连接交于点，则， ∵，， 设的解析式为， ∴， 解得：， ∴的解析式为， 设的解析式为，代入， ∴， 解得， ∴的解析式为； 设， ∴的中点坐标为， ∴， ∴①， 又∵， ∴②， 联立①②解得：或， 又∵M，，Q不共线，而，即点在上，故舍去， ∴， 设直线的解析式为， 代入，， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立， 解得：或（舍去）， ∴， 综上所述，点的坐标或． 【点睛】本题考查了二次函数综合问题，解直角三角形，二次函数图象的几何变换，角度问题，熟练掌握以上知识是解题的关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题05二次函数与几何压轴 目录 01析·考情目标 02筑·专题框架 03攻·重难考点 题型一二次函数与三角形/四边形的交点与存在性问题 题型二二次函数背景下的几何图形面积计算 题型三二次函数与线段最值问题 真题动向 题型四二次函数与相似三角形的综合判定与计算 题型五二次函数与圆的简单结合 题型六二次函数压轴中的多问递进式探究 知识1二次函数三种解析式（一般式、顶点式、交点式）的灵活转化与待 定系数法求解 知识2平面直角坐标系中线段长度、点的坐标的求法（坐标差、勾股定理） 知识3几何图形面积计算技巧：铅垂高法、割补法、等积变换法 知识4特殊三角形（等腰、直角）、特殊四边形（平行四边形、矩形、菱 形)的判定与性质及坐标特征 知识5相似三角形的判定定理(AA/SAS/SSS)与性质，全等三角形的判定 与性质 必备知识 知识6几何变换（平移、旋转、折叠）的性质及坐标变换规律 知识7最值问题求解模型：将军饮马、垂线段最短、一次函数/二次函数 顶点求最值 知识8圆的基本性质（切线判定、直径所对圆周角为直角、圆心距与半径 关系) 知识9分类讨论思想在存在性问题中的应用，数形结合思想在函数与几何 中的融合 知识10一元二次方程根的判别式、根与系数的关系在函数交点问题中的 应用 预测1二次函数解析式的求解[2024年25(1)、2025年26(1)] 预测2铅垂高法求几何图形面积及面积最值[2024年25(2)] 预测3特殊三角形的存在性问题[2025年26(2)] 命题预测 预测4二次函数背景下的线段最值问题[两年必考] 预测5二次函数与相似三角形的综合判定与计算[2024年26(3)、2025 年25(3)] 预测6二次函数与圆的结合【解答题中涉及】 预测7二次函数的其他问题【成都中考压轴必考题型，B卷解答题】 1/38 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 析•考情目标 命题形式： 以B卷解答题压轴考查为主(2025年T26、2024年T25),选择、填空题极少单独考查，多为函数 命题 与几何的综合设问形式 透视 考察能力： 数形结合应用能力、分类讨论思想应用能力、几何与函数的建模转化能力、逻辑推理与运算求解 能力、探究性与创新思维能力 考点 2025年 2024年 T26(1):利用对称轴+图象上点的 T25(1):结合抛物线与×轴交点性质， 二次函数解析式求解 坐标，待定系数法求二次函数解 求解析式并计算交点间线段长 析式 T26(2):抛物线与线段有公共点， 二次函数与直线的位置 求参数h的取值范围 无单独考查，融入抛物线平移与几 关系 T26(3):与抛物线垂直的直线与抛 何综合中 热考 物线相交，结合中点坐标求解 角度 二次函数结合几何图形T263):结合直线垂直、线段中点、T253)小：结合等腰三角形性质、图形 性质 角平分线性质，探究几何特征 平移，转化几何条件为函数关系 二次函数的定点/存在性 T26(3):探究抛物线对称轴上是否 T25(3)小：探究平移后抛物线与原抛物 探究 存在定点T平分角，确定定点坐 标 线是否交于定点，求解定点坐标 二次函数与线段/三角形 融入T26(2)参数范围求解，结合线T25(2):根据三角形面积相等，求抛 面积 段公共点间接考查 物线上点的参数值 无单独考查，融入直线与抛物线 T25(3):抛物线的平移变换，求平移 二次函数与图形变换 的位置关系探究 后解析式并结合几何图形应用 1.考情预测 ·根据2024-2025年成都中考的命题趋势，2026年该专题仍是数学试卷的压轴核心模块，占 据B卷解答题最后一题的位置，分值高、难度大、设问层层递进；命题思路将延续“求解 析式→结合线段/面积求参数范围→几何与函数综合的定点/存在性探究”的经典模式，高 频考向为：直线与抛物线的位置关系、几何特征（角平分线、垂直、中点、等腰三角形） 向函数坐标/解析式的转化、对称轴上的定点探究、图形平移与抛物线的综合应用；整体 命题 命题会更注重几何模型与函数知识的融合，侧重考查学生将复杂几何问题转化为代数计算 预测 的能力，分类讨论、数形结合思想为解题核心。 2. 备考建议 熟练掌握二次函数三种解析式（一般式、顶点式、交点式）的待定系数法求解，能根据对 称轴、图象上点的坐标、与坐标轴交点等条件快速求解析式；强化数形结合思想的运用， 能将几何中的垂直、角平分线、中点、面积相等、线段公共点等条件，转化为函数中的坐 标关系、方程/不等式、斜率特征等代数条件；积累常见几何模型（等腰三角形、直角三 角形、角平分线、直线垂直)与二次函数结合的解题思路，掌握“设点坐标→列关系式 2/38 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 求解验证”的压轴题通用解题步骤；注重分类讨论思想在存在性探究中的应用，避免因漏 解导致失分；规范压轴题的解题书写过程，尤其是参数求解、几何条件转化、定点验证的 步骤，做到逻辑清晰、计算准确；多练习近三年成都中考及模拟卷的二次函数几何压轴题， 总结不同设问类型的解题技巧，提升对复杂综合题的拆解能力。 02 筑·专题框架 线段周长最值 图形面积最值 一、核心考查问题O 特殊三角形存在性 特殊四边形存在性 相似/全等三角形 垂直：斜率乘积为-1、勾股定理 二、常用几何条件转化。 相等线段：距离公式 平行：斜率相等 铅锤法求面积 参数法设动点 三、 常用解题方法○ 分类讨论思想 数形结合分析 求函数解析式 设动点坐标 四、解题步骤○ 列方程不等式 验证并取舍 03 攻•重难考点 题 动 向 题型一二次函数与三角形/四边形的交点与存在性问题 皮方法 1.求基础解析式与关键点 先确定二次函数解析式，求出顶点、与坐标轴交点、图形顶点坐标，明确几何图形各边所在直线解析式。 2.联立方程求交点 3/38 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 将二次函数与几何图形边的直线解析式联立，解方程组得到交点坐标，结合图像与取值范围舍去不合理 解。 3.存在性问题：先假设，再设点 假设符合条件的点存在，设抛物线上动点坐标为(x,ax2+bx+C),几何图形上的点按对应位置设参。 4.按几何性质分类列方程 三角形：等腰三角形用两边距离相等、直角三角形用勾股定理/两直线垂直斜率乘积为-1、相似三角 形用对应边成比例： 四边形：平行四边形用对边相等或对角线互相平分，矩形/菱形/正方形在此基础上加邻边垂直/邻边 相等条件。 5.解方程并筛选解 求解方程得到参数值，代入求出点坐标，结合图像象限、自变量范围、图形边界排除无效解。 6.分类讨论防漏解 等腰、相似、平行四边形等问题需按顶点/边的不同对应关系分类，避免遗漏情况。 7.规范书写结论 分情况明确写出存在的点坐标，验证是否满足所有条件，步骤完整逻辑清晰。 1.(2025·四川绵阳·中考真题)如图，在平面直角坐标系中，直线y=2x+2与x轴交于点A,与y轴交 于点C,点B在y轴右侧的x轴上，抛物线y=ax2+3x+ca≠0)经过A,B,C三点，顶点为D. (备用图) (1)求抛物线的解析式及点B,D的坐标； (2)点P在直线AC上运动，当△BDP的周长最小时，求点P的坐标； (3)探究在ABC内部能否截出面积最大的矩形EFGH(顶点E,F,G,H在ABC各边上)？若能，求出 此时矩形在AB边上的顶点的坐标；若不能，请说明理由， 2.(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C(0,-3),且抛物线的顶点坐标为1，-4). 备用图 (1)求抛物线的表达式： 4/38 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (2)P是抛物线上位于第四象限的一点，点D(O,-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 3.(2025·四川泸州·中考真题)如图，在平面直角坐标系x0y中，抛物线y=-x2+bx+c经过点(2,3)， 与x轴交于点A(-1,0)和点B. B衣 (1)求该抛物线的解析式； ②点C,D在直线)+上，点E在x轴上，F是揽物线上位于第一象限的点，若四边形CDEF是正方 2 形，求点F的坐标； (3)设点P(x,)在抛物线y=-x2+bx+c上，点Q(x,y2)在抛物线y=x2-(4m-2)x+4m2+2上，当 1≤x≤2时，y2-y的最小值为3，求m的值. ◆题型二二次函数背景下的几何图形面积计算 点方法 1.定基础点：先求出二次函数解析式，找准图像与坐标轴交点、顶点、直线交点等固定点坐标。 2. 设动点坐标：若图形含抛物线上动点，设横坐标为x,纵坐标用二次函数式y=x2+bx十c表示。 3. 面积转化：不规则图形用割补法（分割为三角形、梯形，或用大图形减小图形），转化为可计算的规 则图形面积。 4. 列面积表达式：用坐标差表示线段长度（取绝对值），代入面积公式，得到关于x的二次函数。 5.求最值/定值：配方或用顶点公式求面积最值结合自变量取值范围，筛选有效解。 6.验根作答：验证坐标、取值是否符合图像与题意，规范写出面积结果或最值。 1.(2024·四川成都·中考真题)如图，在平面直角坐标系x0y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,D是抛物线第四象限上一点. 5/38 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A 备用图 (1)求线段AB的长： (2)当a=1时，若△ACD的面积与△ABD的面积相等，求tan∠ABD的值； (3)延长CD交x轴于点E,当AD=DE时，将△ADB沿DE方向平移得到△AEB'.将抛物线L平移得到抛 物线L',使得点A,B都落在抛物线L'上.试判断抛物线L'与L是否交于某个定点.若是，求出该定点坐 标；若不是，请说明理由. 2.(2025·四川巴中·中考真题)如图，计划用长为40m的绳子围一个矩形围栏，其中一边靠墙（墙长25m). 25d (1)矩形围栏的面积为150m时，三边分别长多少m? (2)矩形围栏的面积最大时，三边分别长多少m? 3.(2025·四川凉山·中考真题)如图，二次函数y=ax2+bx+c的图像经过A(-3,0),B(1,0,C(0,-3)三 点 (1)求抛物线的解析式； (2)点P在直线AC下方的抛物线上运动，求点P到直线AC的最大距离； (3)动点Q在抛物线的对称轴上，作射线QA,若射线QA绕点Q逆时针旋转90°与抛物线交于点D,是否存 在点Q使AQ=QD?若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由. 题型三二次函数与线段最值问题 点方法 6/38 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 1.求解析式定定点 先求出二次函数及关联直线解析式，确定线段端点、交点等固定点坐标。 2.设出动点坐标 抛物线上动点设为(x,ax2+bx十C),直线上动点按对应解析式设参，明确自变量取值范围。 3.表示线段长度 竖直线段用纵坐标相减，水平线段用横坐标相减，斜线段用两点间距离公式，结果取非负值。 4.转化为二次函数 将线段长度整理为关于x的二次函数，化简成顶点式便于求最值。 5.结合范围求最值 根据函数开口方向与对称轴，在自变量取值范围内，用顶点或端点函数值确定线段最大/最小值。 6.验证并规范作答 检验结果是否符合图像与题意，写出线段最值及对应动点坐标。 1. (2025·四川资阳·中考真题)如图，在平面直角坐标系中，0为坐标原点，抛物线 y=ax2+bx+c(a≠0)与y轴相交于点A(0,2),且抛物线的对称轴为直线x=-1.给出以下4个结论：① abc<0;②对于任意实数m,am2+bm+c+a的值不小于2；③若P是对称轴上的一点，则OP+AP的最小 值为2√2；④若点(：出)，x2M2)在抛物线上，满足x<x2且x1+x2+2>0,则一定有y<2·其中，所有正 确结论的序号为 2.(2024·四川南充·中考真题)己知抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于点A(-1,0),B(3,0). IP 图1 图2 (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，抛物线与y轴交于点C,点P为线段0C上一点（不与端点重合），直线PA,PB分别交抛物线 于点E,D,设△PAD面积为，△PBE面积为S,求受的值： (3)如图2，点K是抛物线对称轴与x轴的交点，过点K的直线（不与对称轴重合）与抛物线交于点M,N 7/38 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ,过抛物线顶点G作直线1∥x轴，点Q是直线1上一动点.求QM+QN的最小值. 3.(2023·四川广元·一模)如图1，二次函数y=-x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于 C点，点B的坐标为3,0)，点C的坐标为(0,3)，直线I经过B、C两点. B B 图1 图2 备用图 (1)求该二次函数的表达式及其图象的顶点坐标； (2)点P为直线I上的一点，过点P作x轴的垂线与该二次函数的图象相交于点M,再过点M作y轴的垂线 与该二次函数的图象相交于另一点W,当PM=。MN时，求点P的横坐标； (3)如图2，点C关于x轴的对称点为点D,点P为线段BC上的一个动点，连接AP,点Q为线段AP上一点， 且AQ=3PQ,连接DQ,当AQ+DQ的值最小时，直接写出DQ的长. ◆题型四二次函数与相似三角形的综合判定与计算 皮方法 一、基础步骤 求二次函数解析式，确定抛物线关键点（顶点、坐标轴交点）坐标。明确两个三角形的顶点坐标、已知 边/角条件，标注隐含相等关系（如对顶角、直角）。 二、分类型答题要点 1.全等三角形综合 根据已知条件，选用合适判定方法(SSS、SAS、ASA、AAS、HL),结合抛物线关键点坐标，求未知顶点 坐标；代入二次函数验证，计算线段长度、面积等。 2.相似三角形综合 先找相等角（如公共角、同位角），或通过坐标计算线段长度，选用判定方法（两角相等、两边成比例 且夹角相等、三边成比例)；列比例式求解参数、点坐标，结合二次函数性质验算。 3.综合计算 利用全等/相似性质转化线段、角的关系，将几何条件转化为坐标关系，代入二次函数解析式，求解相关 问题（最值、长度、坐标）。 三、易错提醒 1. 混淆全等、相似判定条件，找错对应顶点，导致比例式/等量关系列写错误； 2. 用坐标表示线段长度忽略绝对值，或计算失误 3.忽略自变量取值范围，导致所求点坐标不符合题意； 8/38 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 4.遗漏分类讨论（如相似三角形的不同对应关系）。 1.(2025·四川凉山·模拟预测)如图，直线y=x+2与抛物线y=二x2+c相交于A、B两点，若 4 ∠A0B=45°，则C的值为· B 2.(2024·四川成都·三模)抛物线G:y=ax2+bx-4与x轴交于点A-4,0),B(2,0),与y轴交于点C 图1 图2 (1)求抛物线C的表达式： (2)如图1，点D是抛物线G上的一个动点，设点D的横坐标是m-4<m<2),过点D作直线DE⊥x轴， 垂足为点E,交直线AC于点F,当D,E,F三点中一个点平分另外两点组成的线段时，求线段DF的长； (3)如图2，将抛物线C水平向左平移，使抛物线恰好经过原点，得到抛物线C,直线PQ:y=c+b交抛 物线C,于P、Q,若LP0Q=90°，求原点O到PQ距离的最大值 3.(2023·四川成都·模拟预测)如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴分别交于A,B两点（点A在点B的左 侧)，与y轴交于点C,若A(-1,0)且OC=30A. 9/38 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B O g G P C (1)求该抛物线的函数表达式； (2)如图1，点P是第四象限内抛物线上的一个点且位于对称轴右侧，分别连接BC、AP相交于点G,当 SAABG 2时，求点P的坐标. (3)如图2，在(2)的条件下，AP交y轴于点M,AC分别交于E,F,当直线1绕点M旋转时， A证+E=3,请求出m和n的值。 4.(2025·四川凉山·模拟预测)如图，抛物线y=ax2+bx+c与直线y=x+m交于B(n,0)和C(0,-4)两点， 抛物线与x轴的另一个交点为A,连接AC,BC,抛物线的对称轴为直线x=1,P是直线BC下方抛物线上一 点 YA B B y D 图1 图2 图3 (1)求抛物线和直线BC的函数解析式； (2)如图1，过点P作PM⊥BC于点M,PV∥y轴交直线BC于点N,求aPMN周长的最大值； ®)如图2，避接AP,交BC于点D,若S0=,求点P的坐标： (④如图3，将OA绕点0旋转至0A',连接BA,CA,直接写出CA+BA的最小值. 4.(2025·四川绵阳·一模)如图，已知抛物线y=ax+bx-3(a>0)与x轴交于A(-1,0),B(3,0)两点， 与y轴交于点C,D为抛物线的顶点. 10/38