2026年中考数学终极冲刺07：二次函数与几何综合压轴专项（全国通用）

该初中数学中考复习讲义聚焦二次函数与几何综合压轴题，覆盖线段周长、面积、角度等七大类核心问题，按“考情分析-题型拆解-方法归纳-典例变式”架构，通过考点梳理和真题训练帮助学生突破难点，体现复习教学的系统性和针对性。 亮点在于“问题类型化+方法结构化”策略，如用将军饮马模型解线段最值，铅锤高法求面积，培养数学思维与模型意识。设分层练习和中考真题链接，确保有限时间内高效复习，助力学生提升解题能力，教师可精准把控复习节奏。

中考数学终极冲刺，全力以赴，备战中考！ 中考数学终极冲刺07 二次函数与几何综合压轴 中考全国考情分析 A B C LOREM LOREM LOREM 1、 考察方向与分值占比： 二次函数与几何综合题为中考数学压轴必考题型，分值 10 至 14 分，多位居试卷最后一道大题，是拉开分数差距的核心考点。试题以抛物线图象为基础，深度融合三角形、四边形、相似几何等知识点，整体采用阶梯式三小问结构。第一问侧重求解函数解析式与基础点坐标，难度偏低易得分；第二问主要考查线段、周长与图形面积最值计算；第三问以动点探究、特殊图形存在性为主，难度最高。命题着重考查数形结合、分类讨论与动态分析思想，常结合图形平移、旋转、角度判定出题，题型灵活多变。该题综合性强、解题步骤繁琐，对知识整合、逻辑推理与计算能力要求严苛，是冲刺高分必须攻克的重点题型。 2、核心考查内容： 线段周长问题、面积问题、角度问题、特殊三角形问题、特殊四边形问题、相似三角形问题、其他问题。 （1）线段周长问题：求解单条线段长短、线段和差最值，运用对称转化、垂线段性质，计算多边形周长最值，分析动点下线段长度变化规律。 （2）面积问题：借助铅垂法、分割补形法计算图形面积，探究动点运动中面积变化趋势，求取面积最大值与最小值。 （3）角度问题：判定相等角、特殊角度大小，利用三角函数、直线斜率关系，求解角度定值与角度存在类问题。 （4）特殊三角形问题：分类探究等腰、直角三角形存在情况，依据边长、角度等量关系，找点满足三角形特殊判定条件。 （5）特殊四边形问题：探究平行四边形、矩形、菱形等图形存在性，结合坐标平移、边长平行相等性质确定动点位置。 （6）相似三角形问题：依托坐标推导边长比例，判定三角形相似关系，根据相似性质列式计算线段长度与对应点位。 （7）其他问题：融合图形平移、旋转、折叠变换，结合参数计算、定点定值探究，综合解决复合型压轴难题。 核心知识点及具体题型 A B C LOREM LOREM LOREM 【题型一】线段周长问题 一、单线段最值 1、利用坐标公式计算线段长度，结合函数动点坐标表示线段表达式 2、依据垂线段最短，求定点到直线的最短距离 3、结合抛物线范围，判断线段长度极值 二、线段和差最值 1、将军饮马模型：作对称点，转化线段路径求最短和 2、利用两点之间线段最短，化简线段组合长度 3、分析线段差值最值，结合三角形三边关系判定 三、周长最值 1、用动点坐标表示多边形各边边长，列出周长关系式 2、转化为函数最值问题，求解周长最大、最小值 3、固定边长部分只计算变动线段，简化周长运算 四、常用解题方法 1、两点间距离公式：根据横纵坐标差值求线段长 2、轴对称变换，折转线段构造最短路径 3、结合二次函数增减性、顶点性质求取极值 4、分类讨论动点位置，规避漏解情况 五、常见考法 动点运动中线段长短变化、折线路径最短、三角形四边形周长极值、定点动点组合线段最值求解。 【典例1】（2026·河北唐山·二模）如图，已知抛物线与y轴交于点，与x轴交于点． (1)求该抛物线的解析式． (2)求抛物线的顶点D的坐标，并通过计算判断的形状． (3)嘉嘉发现：在抛物线的对称轴上存在一点M，使得的周长最小．求出点M的坐标及最小周长． 【变式1】（2026·辽宁本溪·二模）如图，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过，两点． (1)求抛物线的解析式； (2)点在抛物线上，点在上，且，设经过，两点的直线解析式为，求的取值范围； (3)若点在直线下方的抛物线上运动，设点的横坐标为．过点作轴的平行线，与直线相交于点，过点作轴的平行线，与抛物线交于点，以，为邻边构造矩形． ①设矩形的周长为，求关于的函数表达式； ②在①的条件下，点，点，若线段与函数的图象有且只有两个交点时，直接写出的值或取值范围． 【题型二】面积问题 一、基础计算方法 1、坐标法：依据点坐标，用水平、竖直距离求取底和高 2、割补法：拆分、拼接不规则图形，转化为常规图形求和差 3、铅锤高法：水平宽乘铅锤高除以二，快速求斜三角形面积 二、动点面积变化 1、设动点坐标，用代数式表示图形底、高 2、列出面积二次函数关系式，确定自变量取值范围 3、结合函数增减性、顶点，求解面积最值 三、常见图形面积 涵盖三角形、四边形、组合图形，区分静态固定面积与动态变化面积。 四、高频考点 1、求面积最大值、最小值 2、已知面积反求动点坐标 3、面积等分、面积比例相关计算 五、解题要点 规范坐标运算，分段讨论动点区间，舍去不符合实际的解。 【典例2】（2026·江苏苏州·一模）已知抛物线（为常数，且）与轴交于，两点，其中点的坐标是，与轴交于点，点的坐标是． (1)求抛物线的解析式； (2)点是第一象限内抛物线上的一个动点，点的横坐标为，连接，，． ①如图1，若，求的值． ②如图2，延长交轴于点，连接，若线段与轴交于点．记，，，的面积分别为，，，，试判断的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【变式2】（2026·黑龙江哈尔滨·二模）如图，已知抛物线交x轴于A、B两点，交y轴于点C，且． (1)如图1，求k的值； (2)如图2，点P为抛物线第一象限上的点，作直线，交y轴于点D，设点P的横坐标为t，面积为S，求S与t的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，连接、并延长交于点F，过点B作的平行线交于点E，，，，求的长． 【题型三】角度问题 一、基础判定方法 1、斜率夹角：利用直线斜率判断平行、垂直，判定 90° 直角 2、三角函数：借助正切、正弦余弦，计算 30°、45°、60° 特殊角 3、边长比例：依据线段长度比值，识别特殊角度三角形 二、常见考查类型 1、角度相等：找点构造等角，利用对称、平行线性质推导 2、特殊角度：求证固定角度，求解满足角度条件的动点坐标 3、倍角分角：处理二倍角、半角关系，转化角度等量列式计算 4、角度和差：拆分组合角，推算角度数值与位置关系 三、核心解题思路 1、结合坐标算出线段长度，构造直角三角形转化边角关系 2、利用全等、相似三角形对应角相等推导角度 3、设动点坐标，根据角度条件列方程求解点位 4、分类讨论不同位置，避免遗漏符合条件的情况 四、解题注意 区分角的位置与开口方向，计算后验证角度数值是否符合题意。 【典例3】（2026·黑龙江绥化·三模）如图①，抛物线与轴交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，交轴于点，已知点． (1)求抛物线的函数解析式； (2)如图②，若点是直线上方抛物线上的一个动点，当点到直线的距离最大时，求点的坐标和最大距离； (3)直线上是否存在点，使得，若存在，请直接写出点坐标．若不存在，请说明理由． 【变式3】（2026·广东江门·二模）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数（b、c为常数）的图像与x轴交于A、B两点（A点在B点的左侧），交y轴于点C，对称轴为直线，． (1)求二次函数关系式： (2)连接、，抛物线上是否存在点P，使，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由． (3)如图2，在x轴上方的抛物线上找一点Q，作射线，使，点M是线段上的一动点，过点M作轴，垂足为点N，连结，求的最小值． 【题型四】特殊三角形问题 一、等腰三角形 1、分类讨论三边分别为底边、腰三种情况 2、利用两点间距离公式表示边长，按边长相等列方程 3、结合动点范围筛选有效坐标，舍去不合理解 二、直角三角形 1、分三个顶点依次为直角顶点分类求解 2、借助垂直斜率关系、勾股定理判定直角 3、根据垂直条件列式，求出满足点位坐标 三、特殊角度三角形 1、含 30°、45°、60° 角三角形，利用边角比例关系计算 2、依托三角函数、边长比值锁定角度条件 四、通用解题步骤 1、设动点坐标，表示三角形三边长度 2、按三角形类型分情况列等式方程 3、解方程算出坐标，结合图形位置检验取值 4、汇总所有符合条件的点位答案 【典例4】（2026·青海海东·一模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于点，，与轴交于点．一次函数的图象过点、． (1)求一次函数和二次函数的解析式； (2)结合函数图象，写出使一次函数值大于二次函数值的的取值范围； (3)若是抛物线对称轴上的一点，是否存在点，使得以，，三点为顶点的三角形是以为腰的等腰三角形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式4】（2026·安徽宿州·三模）已知抛物线（a为常数），与x轴交于A，B两点（A在B的左侧）． (1)当时，求抛物线的解析式及点A，B的坐标； (2)已知点在该抛物线上． （i）若，求a的值； （ii）当时，设抛物线的顶点为P，点Q在抛物线的对称轴上，若是等腰三角形，求点Q的坐标． 【题型五】特殊四边形问题 一、平行四边形 1、利用对边平行且相等、对角线互相平分判定 2、坐标规律：中点重合、横纵坐标差值对应相等 3、分类讨论定点动点组合，列方程求动点坐标 二、矩形 1、兼具平行四边形性质，邻边互相垂直、对角线相等 2、借助垂直斜率、勾股定理列等式求解点位 三、菱形 1、四边长度相等，对角线垂直平分 2、结合边长公式、垂直关系计算动点位置 四、正方形 1、同时满足矩形与菱形全部特征 2、边长相等且邻边垂直，按双重条件列式计算 五、解题通用步骤 1、设定动点坐标，梳理图形顶点对应关系 2、根据四边形判定性质列方程 3、分类排查不同构成情形，防止漏解 4、结合图象范围验证结果合理性 【典例5】（2026·湖南怀化·二模）已知一次函数的图象分别交轴，轴于点，过两点的二次函数的图象与轴交于另一点． (1)求的值及点的坐标； (2)如图1，，为上方抛物线上两动点，分别过点作轴的垂线，与线段交于点．若，探究线段与能否互相垂直且平分？若能互相垂直且平分，求出符合条件的点的坐标；若不能，请说明理由； (3)如图2，点在轴正半轴上，连接，当时，在二次函数图象上存在点使得，求点到轴的距离． 【变式5】（2026·江苏苏州·一模）如图①，已知抛物线的图象与轴的负半轴交于点，与轴的正半轴交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，是第四象限抛物线上一点，连接，，过点作轴交于点，设点横坐标为． (1)求抛物线的函数表达式： (2)当为何值时，的面积有最大值，并求出此时的最大值； (3)作轴，且点横坐标为，以，为邻边构造矩形．若矩形的边与抛物线有三个交点，且其中的一个交点为矩形一边的中点，求的值． 【题型六】相似三角形问题 一、判定依据 1、两角分别相等，两三角形相似 2、两边成比例且夹角相等，两三角形相似 3、三边对应成比例，两三角形相似 二、坐标常用判定思路 1、由点坐标求线段长度，列出边长比例式 2、利用直线斜率找相等夹角，锁定相似条件 3、结合图形固定角度，直接匹配相似关系 三、常见考查题型 1、判定两个三角形是否相似 2、根据相似性质求线段长、动点坐标 3、分类讨论对应顶点不同的相似情况 四、核心解题方法 1、找准对应顶点，避免边角对应错乱 2、按不同对应关系分类列式计算 3、依据相似边长比例建立方程求解 4、结合图象范围，剔除无效坐标解 【典例6】（2026·安徽阜阳·模拟预测）已知抛物线在平面直角坐标系中的位置如图所示，与x轴交于点，点，与y轴交于点C，连接，请回答下列问题： (1)将该抛物线位于x轴上方的部分沿x轴翻折，求翻折后得到的图象位于线段下方的部分对应的函数表达式； (2)如图，点P是线段下方部分的图象上的一动点，过点P作轴，是否存在点P，使得以点A，P，E为顶点的三角形与相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式6】（2026·辽宁朝阳·二模）给出如下定义：对于二次函数（其中、、为常数，且，），我们把一次函数叫作该二次函数的“关联函数”．例如：二次函数的“关联函数”为：． (1)二次函数，求该二次函数的“关联函数”的表达式； (2)如图1，设二次函数的图像交轴于点，交轴于点，它的“关联函数”的图像为，图像与相交于、两点（点在点的右侧）． ①求点的坐标； ②直线与，分别交于点，，连接交于点M，当时，若的值最大，求的值； ③若二次函数与它的“关联函数”组成新函数，当时，函数的最大值和最小值的差值不随的值变化而变化，求的取值范围． 【题型七】其他问题 一、图形变换类 1、平移：依据坐标平移规律，对应点横纵坐标同步增减，结合变换后图形列关系式求解 2、旋转：利用旋转前后边长、角度不变，结合旋转角度推导点位与线段关系 3、折叠：折叠前后图形全等，对应边、角相等，借助等量关系列方程计算 二、定点定值问题 探究运动过程中固定不变的点、线段长度、角度、比值，消去变量推导恒定数值。 三、参数与范围问题 含参数解析式分析，根据图形位置、存在条件，求解参数取值区间。 四、新定义题型 理解题目自定义几何概念、规则，套用定义结合函数几何性质分析解题。 五、综合复合型问题 融合多类考点，整合线段、角度、图形性质，分步拆解条件，统筹列式求解。 【典例7】（2026·河北张家口·三模）如图，抛物线：经过点，，将抛物线绕点旋转得到抛物线． (1)求抛物线的顶点坐标． (2)若， ①求抛物线的解析式； ②点是抛物线上一点，当点到轴的距离为时，求点的横坐标． (3)点，是抛物线上的两个点，对于，，总有，直接写出的取值范围（用含的代数式表示）． 【变式7】（2026·湖北襄阳·一模）在平面直角坐标系中，对“纵横值”给出如下定义：点是函数图象上任意一点，纵坐标与横坐标的差“”称为点的“纵横值”．函数图象上所有点的“纵横值”中的最大值称为函数的“最优纵横值”． 例如：点在函数图象上，点的“纵横值” ，函数图象上所有点的“纵横值”可以表示为 ，当时，的最大值为6，所以函数的“最优纵横值”为6． 已知：在平面直角坐标系中，已知二次函数的顶点为． (1)若， ①抛物线顶点的坐标______； ______； ②求该抛物线的“最优纵横值”； (2)①当抛物线顶点的“纵横值” 时，求出的值； ②若，直接写出的取值范围______． 链接中考 A B C LOREM LOREM LOREM 1．（2022·四川自贡·中考真题）已知A(−3，−2) ，B(1，−2)，抛物线y=ax2+bx+c(a>0)顶点在线段AB上运动，形状保持不变，与x轴交于C，D两点（C在D的右侧），下列结论： ①c≥−2 ； ②当x>0时，一定有y随x的增大而增大； ③若点D横坐标的最小值为−5，点C横坐标的最大值为3； ④当四边形ABCD为平行四边形时，a=． 其中正确的是（    ） A．①③ B．②③ C．①④ D．①③④ 2．（2021·辽宁丹东·中考真题）已知抛物线，且．判断下列结论：①；②；③抛物线与x轴正半轴必有一个交点；④当时，；⑤该抛物线与直线有两个交点，其中正确结论的个数（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 3．（2021·山东淄博·中考真题）已知二次函数的图象交轴于两点．若其图象上有且只有三点满足，则的值是（    ） A．1 B． C．2 D．4 4．（2019·广西玉林·中考真题）已知抛物线，顶点为D，将C沿水平方向向右（或向左）平移m个单位，得到抛物线，顶点为，C与相交于点Q，若，则m等于（    ） A． B． C．﹣2或 D．﹣4或 5．（2019·陕西·中考真题）在同一平面直角坐标系中，若抛物线与关于y轴对称，则符合条件的m，n的值为（    ） A．m=,n= B．m=5，n= -6 C．m= -1，n=6 D．m=1，n= -2 6．（2019·贵州贵阳·中考真题）在平面直角坐标系内，已知点，点都在直线上，若抛物线与线段有两个不同的交点，则的取值范围是（      ） A． B． C．或 D． 7．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，正方形的顶点，在抛物线上，点在轴上．若两点的横坐标分别为（），下列结论正确的是（　　） A． B． C． D． 8．（2021·浙江·中考真题）已知抛物线与轴的交点为和，点，是抛物线上不同于的两个点，记的面积为的面积为．有下列结论：①当时，；②当时，；③当时，；④当时，．其中正确结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 9．（2019·辽宁丹东·中考真题）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象过点（﹣2，0），对称轴为直线x＝1．有以下结论： ①abc＞0； ②8a+c＞0； ③若A（x1，m），B（x2，m）是抛物线上的两点，当x＝x1+x2时，y＝c； ④点M，N是抛物线与x轴的两个交点，若在x轴下方的抛物线上存在一点P，使得PM⊥PN，则a的取值范围为a≥1； ⑤若方程a（x+2）（4﹣x）＝﹣2的两根为x1，x2，且x1＜x2，则﹣2≤x1＜x2＜4． 其中结论正确的有（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 10．（2018·广西贵港·中考真题）如图，抛物线y=（x+2）（x﹣8）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为M，以AB为直径作⊙D．下列结论：①抛物线的对称轴是直线x=3；②⊙D的面积为16π；③抛物线上存在点E，使四边形ACED为平行四边形；④直线CM与⊙D相切．其中正确结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 11．（2023·广东广州·中考真题）如图，在中，，，，点M是边上一动点，点D，E分别是，的中点，当时，的长是___________．若点N在边上，且，点F，G分别是，的中点，当时，四边形面积S的取值范围是____________．    12．（2022·湖北荆门·中考真题）如图，函数y＝的图象由抛物线的一部分和一条射线组成，且与直线y＝m（m为常数）相交于三个不同的点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）（x1＜x2＜x3）．设t＝，则t的取值范围是 _____． 13．（2022·内蒙古呼和浩特·中考真题）在平面直角坐标系中，点和点的坐标分别为和，抛物线与线段只有一个公共点，则的取值范围是______． 14．（2022·湖南湘西·中考真题）已知二次函数y＝﹣x2+4x+5及一次函数y＝﹣x+b，将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到一个新图象（如图所示），当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围是 _____．    15．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，点在抛物线上，点E在直线上，若，则点E的坐标是____________．    16．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，抛物线经过点，顶点为，且抛物线与轴的交点B在和之间（不含端点），则下列结论：    ①当时，； ②当的面积为时，； ③当为直角三角形时，在内存在唯一点P，使得的值最小，最小值的平方为． 其中正确的结论是___________．（填写所有正确结论的序号） 17．（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？ 18．（2024·江苏淮安·中考真题）二次函数的图像经过点，顶点为P． (1)________； (2)当时， ①若顶点P到x轴的距离为10，则________； ②直线m过点且垂直于y轴，顶点P到直线m的距离为h，随着b的增大，h的值如何变化？请描述变化过程，并说明理由； (3)若二次函数图像交x轴于B，C两点，点B坐标为，且的面积不小于20，求a的取值范围． 19．（2025·四川雅安·中考真题）如图，二次函数的图象与x轴交于点和点B，与y轴交于点． (1)求二次函数的表达式； (2)点Q是抛物线在第三象限上的一点，满足，请求出点Q的坐标； (3)点E在抛物线的对称轴上，在抛物线上是否存在点F，使得以A，C，E，F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 20．（2025·江苏南京·中考真题）（1）将函数的图象向右平移2个单位长度，平移后的函数图象与轴交点的纵坐标是___________； （2）平移函数的图象，在这个过程中，它的顶点都在一次函数的图象上．设平移后的函数图象的顶点的横坐标为，与轴交点的纵坐标为，随的变化而变化． ①若，当时，求的取值范围． ②设函数的图象与轴、轴的交点分别为，，点在线段上．当取不同值时，下列关于的变化趋势的描述：（a）随的增大而增大；（b）随的增大而减小；（c）随的增大先增大后减小；（d）随的增大先减小后增大．其中，所有可能出现的序号是__________．（说明：全部填对的得满分，有填错的不得分） 1 学科网（北京）股份有限公司 $中考数学终极冲刺，全力以赴，备战中考！ 中考数学终极冲刺07 二次函数与几何综合压轴 中考全国考情分析 A B C LOREM LOREM LOREM 1、 考察方向与分值占比： 二次函数与几何综合题为中考数学压轴必考题型，分值 10 至 14 分，多位居试卷最后一道大题，是拉开分数差距的核心考点。试题以抛物线图象为基础，深度融合三角形、四边形、相似几何等知识点，整体采用阶梯式三小问结构。第一问侧重求解函数解析式与基础点坐标，难度偏低易得分；第二问主要考查线段、周长与图形面积最值计算；第三问以动点探究、特殊图形存在性为主，难度最高。命题着重考查数形结合、分类讨论与动态分析思想，常结合图形平移、旋转、角度判定出题，题型灵活多变。该题综合性强、解题步骤繁琐，对知识整合、逻辑推理与计算能力要求严苛，是冲刺高分必须攻克的重点题型。 2、核心考查内容： 线段周长问题、面积问题、角度问题、特殊三角形问题、特殊四边形问题、相似三角形问题、其他问题。 （1）线段周长问题：求解单条线段长短、线段和差最值，运用对称转化、垂线段性质，计算多边形周长最值，分析动点下线段长度变化规律。 （2）面积问题：借助铅垂法、分割补形法计算图形面积，探究动点运动中面积变化趋势，求取面积最大值与最小值。 （3）角度问题：判定相等角、特殊角度大小，利用三角函数、直线斜率关系，求解角度定值与角度存在类问题。 （4）特殊三角形问题：分类探究等腰、直角三角形存在情况，依据边长、角度等量关系，找点满足三角形特殊判定条件。 （5）特殊四边形问题：探究平行四边形、矩形、菱形等图形存在性，结合坐标平移、边长平行相等性质确定动点位置。 （6）相似三角形问题：依托坐标推导边长比例，判定三角形相似关系，根据相似性质列式计算线段长度与对应点位。 （7）其他问题：融合图形平移、旋转、折叠变换，结合参数计算、定点定值探究，综合解决复合型压轴难题。 核心知识点及具体题型 A B C LOREM LOREM LOREM 【题型一】线段周长问题 一、单线段最值 1、利用坐标公式计算线段长度，结合函数动点坐标表示线段表达式 2、依据垂线段最短，求定点到直线的最短距离 3、结合抛物线范围，判断线段长度极值 二、线段和差最值 1、将军饮马模型：作对称点，转化线段路径求最短和 2、利用两点之间线段最短，化简线段组合长度 3、分析线段差值最值，结合三角形三边关系判定 三、周长最值 1、用动点坐标表示多边形各边边长，列出周长关系式 2、转化为函数最值问题，求解周长最大、最小值 3、固定边长部分只计算变动线段，简化周长运算 四、常用解题方法 1、两点间距离公式：根据横纵坐标差值求线段长 2、轴对称变换，折转线段构造最短路径 3、结合二次函数增减性、顶点性质求取极值 4、分类讨论动点位置，规避漏解情况 五、常见考法 动点运动中线段长短变化、折线路径最短、三角形四边形周长极值、定点动点组合线段最值求解。 【典例1】（2026·河北唐山·二模）如图，已知抛物线与y轴交于点，与x轴交于点． (1)求该抛物线的解析式． (2)求抛物线的顶点D的坐标，并通过计算判断的形状． (3)嘉嘉发现：在抛物线的对称轴上存在一点M，使得的周长最小．求出点M的坐标及最小周长． 【答案】(1) (2)D的坐标为，是直角三角形 (3)的最小周长为，M 【分析】（1）利用待定系数法将的坐标代入解析式求解即可； （2）利用配方法将解析式变形为顶点式，即可求得顶点坐标；利用两点间距离公式求解的三条边，可得三条边间的关系，判定的形状； （3）由于线段长度为定值，将求周长最小值转换成求最小值，通过将军饮马模型进行求解． 【详解】（1）解：∵抛物线与y轴交于， ∴， ∴抛物线解析式为， ∵抛物线过点， 代入解析式得 解得 ∴抛物线解析式为； （2）解：由（1）得抛物线解析式为， ∴顶点D的坐标为， ∵ ， ∴ ，， ， ∴， ∴是直角三角形； （3）解：∵为定值， ∴要使周长最小，则需最小， ∵与关于对称轴对称， ∴， ∴， 直线过和，其解析式为， 当时，， ∴与对称轴的交点的坐标为， 当点M位于处时，的周长最小，为， ∵， ∴最小， ∴的最小周长为． 【变式1】（2026·辽宁本溪·二模）如图，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过，两点． (1)求抛物线的解析式； (2)点在抛物线上，点在上，且，设经过，两点的直线解析式为，求的取值范围； (3)若点在直线下方的抛物线上运动，设点的横坐标为．过点作轴的平行线，与直线相交于点，过点作轴的平行线，与抛物线交于点，以，为邻边构造矩形． ①设矩形的周长为，求关于的函数表达式； ②在①的条件下，点，点，若线段与函数的图象有且只有两个交点时，直接写出的值或取值范围． 【答案】(1) (2) (3)①，②或 【分析】（1）先求出点、的坐标，再利用待定系数法计算即可得出结果； （2）先求出点，．再将点、的坐标代入，计算得出，最后再由计算即可得出结果； （3）①由题意可得、两点关于直线对称，，点坐标为．再分两种情况：当点在点左侧时，，；当点在点右侧时，，，分别结合矩形的周长公式计算即可得出结果；②由①可得关于的分段函数表达式，由题意得轴，即线段为直线，其范围包含函数的自变量范围；再画出分段函数的图像，以两个分段函数的下端点值、左侧顶点最大值、右侧端点值、右侧顶点最大值为分界点，分情况讨论直线与函数图像的交点个数，即可得出的取值范围． 【详解】（1）解：直线与轴交于点，与轴交于点， ∴当时，，即， 当时，，解得，即， 将，代入解析式可得， ， 抛物线的解析式为； （2）解：点在抛物线上， ． 点在直线上， ， 点，． 经过，两点的直线解析式为， ， ， ， ， ． ， ， ； （3）解：①抛物线开口向上，对称轴是直线． ∵轴， ∴、两点关于直线对称． ∵， ∴点坐标为． 如图，当点在点左侧时，，， 如图，当点在点右侧时，，， ∵点在点的上方，， ∴． 当时，； 当时，． 综上，； ②由①可得：， 画出函数图象如图所示： 对于二次函数，，开口向下，对称轴为直线， ∴当时，有最大值，最大值为， ∵当时，；当时，， 又∵， ∴当时，的取值范围是； 对于二次函数，，开口向下，对称轴为直线， ∴当时，有最大值，最大值为， ∵当时，；当时，， 又∵， ∴当时，的取值范围是； ∵点，点， ∴线段是平行于轴的直线，且的范围到包含了函数的自变量范围， ∴线段与函数图象的交点个数，就是直线与函数在范围内的交点个数， 当时，直线在两个二次函数的最大值上方，与两个图象都没有交点，不符合题意； 当时，直线与的图象相切于顶点，只有个交点，不符合题意； 当时，直线与的图象有个不同交点，与的图象无交点，共个交点，符合题意； 当时，直线与的交点在和处，不在范围内，只有个交点，不符合题意； 当时，直线与的图象有个交点，与的图象无交点，共个交点，不符合题意； 当时，直线与的图象相交于顶点，与交于点，共有2个交点，符合题意； 当时，直线与的图象有个不同的交点，与的图象有个交点，共个交点，不符合题意； 当时，直线在两个函数图象下方，与两个图象都没有交点，不符合题意； 综上，的取值范围是或． 【题型二】面积问题 一、基础计算方法 1、坐标法：依据点坐标，用水平、竖直距离求取底和高 2、割补法：拆分、拼接不规则图形，转化为常规图形求和差 3、铅锤高法：水平宽乘铅锤高除以二，快速求斜三角形面积 二、动点面积变化 1、设动点坐标，用代数式表示图形底、高 2、列出面积二次函数关系式，确定自变量取值范围 3、结合函数增减性、顶点，求解面积最值 三、常见图形面积 涵盖三角形、四边形、组合图形，区分静态固定面积与动态变化面积。 四、高频考点 1、求面积最大值、最小值 2、已知面积反求动点坐标 3、面积等分、面积比例相关计算 五、解题要点 规范坐标运算，分段讨论动点区间，舍去不符合实际的解。 【典例2】（2026·江苏苏州·一模）已知抛物线（为常数，且）与轴交于，两点，其中点的坐标是，与轴交于点，点的坐标是． (1)求抛物线的解析式； (2)点是第一象限内抛物线上的一个动点，点的横坐标为，连接，，． ①如图1，若，求的值． ②如图2，延长交轴于点，连接，若线段与轴交于点．记，，，的面积分别为，，，，试判断的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)①；②是， 【分析】（1）利用待定系数法求解析式即可； （2）①先求出，设，与轴交于点，利用待定系数法求出直线的解析式，得到，再用表示出，根据比值求即可； ②根据①，用表示，利用待定系数法求出直线的解析式，得到，再求出，然后化简求值即可． 【详解】（1）解：由题可知，解得， 则抛物线的解析式为； （2）①令，解得或，则 设，与轴交于点， 则， 设直线的解析式为， ，解得， ，则，， ， ， 解得； ②由①知， ， ， ， 设直线的解析式为， ，解得， ，则， ， ， ． 【变式2】（2026·黑龙江哈尔滨·二模）如图，已知抛物线交x轴于A、B两点，交y轴于点C，且． (1)如图1，求k的值； (2)如图2，点P为抛物线第一象限上的点，作直线，交y轴于点D，设点P的横坐标为t，面积为S，求S与t的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，连接、并延长交于点F，过点B作的平行线交于点E，，，，求的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先求得点B的坐标，然后代入求得k即可； （2）先求得、，则；设，再根据三角形的面积公式即可列出表达式； （3）设，则，利用平行线的性质以及三角形内角和定理可得、；如图：在上取一点J使得，则，利用三角形外角的性质可得；设，则，，如图：作于M，则，作轴于K，作轴于L，可说明是的垂直平分线，即，利用等边对等角可得，进而可得、；利用同角的余角相等可得，运用正切的定义可得，设，则，可确定；再由可得，然后利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点， ，即， ， ， ． 将代入抛物线方程得：，解得． （2）解：如图：由（1）可以求得抛物线解析式，已知与x轴交于A、B两点， 令，可得， 因式分解得， ∴，， ，，则：， 设， ∵在中为底，点P到x轴的距离为高， ，即． （3）解：设，则， ∵， ∴， ∴， 如图：在上取一点J使得，则， ∵， ∴，即． 设，则，， 如图：作于M，则，作轴于K，作轴于L， ∴， ∴， ∴， ∴是的垂直平分线． ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∴ ∴， ∴， 设，则， ∴，解得：（负值已舍） ∴． ∵，则， ∴，即，解得：， ∴． 【题型三】角度问题 一、基础判定方法 1、斜率夹角：利用直线斜率判断平行、垂直，判定 90° 直角 2、三角函数：借助正切、正弦余弦，计算 30°、45°、60° 特殊角 3、边长比例：依据线段长度比值，识别特殊角度三角形 二、常见考查类型 1、角度相等：找点构造等角，利用对称、平行线性质推导 2、特殊角度：求证固定角度，求解满足角度条件的动点坐标 3、倍角分角：处理二倍角、半角关系，转化角度等量列式计算 4、角度和差：拆分组合角，推算角度数值与位置关系 三、核心解题思路 1、结合坐标算出线段长度，构造直角三角形转化边角关系 2、利用全等、相似三角形对应角相等推导角度 3、设动点坐标，根据角度条件列方程求解点位 4、分类讨论不同位置，避免遗漏符合条件的情况 四、解题注意 区分角的位置与开口方向，计算后验证角度数值是否符合题意。 【典例3】（2026·黑龙江绥化·三模）如图①，抛物线与轴交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，交轴于点，已知点． (1)求抛物线的函数解析式； (2)如图②，若点是直线上方抛物线上的一个动点，当点到直线的距离最大时，求点的坐标和最大距离； (3)直线上是否存在点，使得，若存在，请直接写出点坐标．若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)点到直线的距离最大为， (3)点的坐标为， 【分析】（1）利用待定系数法计算即可得出结果； （2）先证明为等腰直角三角形，得出，作轴交于点，设，则，表示出，作于，则为等腰直角三角形，得出，当最大时，的值最大，即点到直线的距离最大，结合二次函数的性质计算即可得出结果； （3）求出，直线的解析式为，分两种情况：当点在的下方时，当点在的上方时，作轴于，分别计算即可得出结果． 【详解】（1）解：将，代入抛物线可得： ， 解得：， ∴抛物线的解析式为； （2）解：联立， 解得或， ∴抛物线与直线的另一个交点坐标为， 在直线中，令，则， ∴，即， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， 如图，作轴交于点， 设，则， ∴， 作于， ∵轴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴当最大时，的值最大，即点到直线的距离最大， ∵，且， ∴当时，的值最大，为， ∴点到直线的距离最大为，此时，即； ∴点到直线的距离最大为，； （3）解：在中，令，则， 解得：，， ∴， 设直线的解析式为， 将，代入可得， 解得：， ∴直线的解析式为， 如图：当点在的下方时， ∵， ∴， ∴设直线的解析式为， 将代入可得， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立， 解得：， 此时点的坐标为； 如图：当点在的上方时，作轴于， ∵，， ∴，， ∴， 设，则，， ∵， ∴， ∴， 解得：（不符合题意，舍去）， 综上所述，点的坐标为． 【变式3】（2026·广东江门·二模）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数（b、c为常数）的图像与x轴交于A、B两点（A点在B点的左侧），交y轴于点C，对称轴为直线，． (1)求二次函数关系式： (2)连接、，抛物线上是否存在点P，使，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由． (3)如图2，在x轴上方的抛物线上找一点Q，作射线，使，点M是线段上的一动点，过点M作轴，垂足为点N，连结，求的最小值． 【答案】(1) (2)抛物线上存在点，使，的坐标是或 (3) 【分析】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法求二次函数解析式，解直角三角形，轴对称的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）由对称轴为和得，，再由得，，，将代入得，，故二次函数关系式为； （2）设，根据点的坐标可得，，分两种情况讨论，①当P在直线的下方时，以为斜边在的下方作等腰直角三角形，设C关于的对称点为E，则，验证可得点P与点E重合，得出，②当P在的上方时，作点P关于的对称点，即，即可求解； （3）在上取一点，使得，得出，过点B作轴，垂足为点B，交于点G，则，作B关于的对称点，连接交于点T，根据轴对称性质得当M在上时取得最小值，最小值为的长，等面积法求得，则，进而得出，根据，即可求解． 【详解】（1）解：抛物线的对称轴为直线，， ，即， 二次函数解析式为， 抛物线的对称轴为直线，， ， 将代入得， 解得：， 二次函数关系式为； （2）解：在中， 当时，，则， ， 由可知， 又， ， 设，则， ①当P在直线的下方时， 如图，以为斜边在的下方作等腰直角三角形， ，， 设C关于的对称点为E，则， ，， ，， 又， 点P与点E重合，． ②当P在的上方时，作点P关于的对称点， ，都是等腰直角三角形，， 在y轴上，， ， 设直线解析式为，，，则 ，解得，， 直线解析式为， 联立， 解得：或， ， 综上所述，抛物线上存在点，使，的坐标是或； （3）解：如图，在上取一点，使得， ， 设，则， 在中，，，， ，即， 解得：， ， ， 过点B作轴，垂足为点B，交于点G， ， ， ， 即， 如图，作B关于的对称点，过点作轴， 垂足为点N，连接交于点T， ， 当M在上时取得最小值，最小值为的长，在中，，， ， ，， ， 又，， ，， 的最小值为． 【题型四】特殊三角形问题 一、等腰三角形 1、分类讨论三边分别为底边、腰三种情况 2、利用两点间距离公式表示边长，按边长相等列方程 3、结合动点范围筛选有效坐标，舍去不合理解 二、直角三角形 1、分三个顶点依次为直角顶点分类求解 2、借助垂直斜率关系、勾股定理判定直角 3、根据垂直条件列式，求出满足点位坐标 三、特殊角度三角形 1、含 30°、45°、60° 角三角形，利用边角比例关系计算 2、依托三角函数、边长比值锁定角度条件 四、通用解题步骤 1、设动点坐标，表示三角形三边长度 2、按三角形类型分情况列等式方程 3、解方程算出坐标，结合图形位置检验取值 4、汇总所有符合条件的点位答案 【典例4】（2026·青海海东·一模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于点，，与轴交于点．一次函数的图象过点、． (1)求一次函数和二次函数的解析式； (2)结合函数图象，写出使一次函数值大于二次函数值的的取值范围； (3)若是抛物线对称轴上的一点，是否存在点，使得以，，三点为顶点的三角形是以为腰的等腰三角形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)直线的解析式；抛物线的解析式 (2)或 (3)存在，点M坐标为或或 【分析】（1）直接利用待定系数法求解解析式即可； （2）根据函数图象，结合的横坐标，即可求解； （3）先求出抛物线的对称轴为直线，设，可得，，，再分类讨论即可； 【详解】（1）解：设直线的解析式为， 将点，分别代入得： ， 解得： 直线的解析式为； ∵抛物线与轴交于点，，与轴交于点， ∴， 解得：， ∴抛物线为：； （2）根据函数图象可得，使一次函数值大于二次函数值的的取值范围为或． （3）解：∵， ∴抛物线的对称轴为直线， 设， ∵，， ∴，， ， 当时， ∴， 解得：， ∴或； 当时， ∴， 解得：， ∴， 综上：点M坐标为或或． 【变式4】（2026·安徽宿州·三模）已知抛物线（a为常数），与x轴交于A，B两点（A在B的左侧）． (1)当时，求抛物线的解析式及点A，B的坐标； (2)已知点在该抛物线上． （i）若，求a的值； （ii）当时，设抛物线的顶点为P，点Q在抛物线的对称轴上，若是等腰三角形，求点Q的坐标． 【答案】(1)；； (2)（i）或；（ii）或或或． 【分析】（1）由题意得到抛物线解析式为，令，解方程即可解答； （2）（ⅰ）令 ，解方程即可解答；（ⅱ）由题意得抛物线解析式为 ，得到顶点，，求出，设点，分，，，三种情况讨论即可． 【详解】（1）解：当时，抛物线解析式为， 当，则，解得或， ∴，； （2）解：（ⅰ）∵点在该抛物线上， ∴， 当，则， 解得或； （ⅱ）当时，抛物线解析式为 ， ∴顶点， ， ∴， ∴， 设点， ∵是等腰三角形，分三种情况讨论： 情形一：， ∴， ∴， ∴或； 情形二：， ∴， ∴ ， ∴， ∴或， 当时，， 当时，，与顶点P重合，舍去； 情形三：， ∴，即， 解得，此时； 综上所述，满足条件的点Q的坐标为或或或． 【题型五】特殊四边形问题 一、平行四边形 1、利用对边平行且相等、对角线互相平分判定 2、坐标规律：中点重合、横纵坐标差值对应相等 3、分类讨论定点动点组合，列方程求动点坐标 二、矩形 1、兼具平行四边形性质，邻边互相垂直、对角线相等 2、借助垂直斜率、勾股定理列等式求解点位 三、菱形 1、四边长度相等，对角线垂直平分 2、结合边长公式、垂直关系计算动点位置 四、正方形 1、同时满足矩形与菱形全部特征 2、边长相等且邻边垂直，按双重条件列式计算 五、解题通用步骤 1、设定动点坐标，梳理图形顶点对应关系 2、根据四边形判定性质列方程 3、分类排查不同构成情形，防止漏解 4、结合图象范围验证结果合理性 【典例5】（2026·湖南怀化·二模）已知一次函数的图象分别交轴，轴于点，过两点的二次函数的图象与轴交于另一点． (1)求的值及点的坐标； (2)如图1，，为上方抛物线上两动点，分别过点作轴的垂线，与线段交于点．若，探究线段与能否互相垂直且平分？若能互相垂直且平分，求出符合条件的点的坐标；若不能，请说明理由； (3)如图2，点在轴正半轴上，连接，当时，在二次函数图象上存在点使得，求点到轴的距离． 【答案】(1)，，B (2)不能，理由见解析 (3)或 【分析】本题是考查二次函数、一次函数和几何图形结合的综合题． （1）根据一次函数和坐标轴的交点得到点，，得到，根据待定系数法得到二次函数的表达式，进而得到点的坐标. （2）根据点在二次函数的图象上，点在一次函数的图象上，得到用表示的线段的代数式，根据线段与互相垂直且平分得到四边形为菱形，即，得到此时点，的坐标，因为，得到四边形不是菱形，所以线段与不能互相垂直且平分． （3）过点作轴于点，根据点在轴左侧和右侧，分两种情况讨论，通过证明，得到对应线段成比例，设点的坐标为，得到关于的一元二次方程，解得的值，即可得到答案． 【详解】（1）解：∵一次函数的图象与轴交于点， ∴点的坐标为， 当时，，解得， ∴点的坐标为， ∵二次函数的图象过点，， ∴， 将代入中，得，解得， ∴二次函数的表达式为， ∴二次函数图象的对称轴为直线， ∵为二次函数图象与轴的交点， ∴点与点关于直线对称， ∴点的坐标为； （2）解：与不能互相垂直且平分， 理由如下：由（1）得，二次函数的表达式为， ∵，均与轴垂直，， ∴，， ， ， ∴，， ∵， ∴当线段与互相垂直且平分时，四边形为菱形， 则，即，解得， 此时，点的坐标为，点的坐标为， ∴， ∴， ∴四边形不是菱形， ∴线段与不能互相垂直且平分； （3）解：如图，过点作轴于点，则， 当时，． ∵， ∴， ∴． 设点的坐标为， ∴， 则， 如解图1，当点在轴右侧时，， ∵， ∴， ∴，解得， ∵点在轴右侧， ∴， ∴点到轴的距离为， 如解图2，当点在轴左侧时，， ∴，解得， ∵点在轴左侧， ∴， ∴点到轴的距离为， 综上所述，当时，点到轴的距离为或． 【变式5】（2026·江苏苏州·一模）如图①，已知抛物线的图象与轴的负半轴交于点，与轴的正半轴交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，是第四象限抛物线上一点，连接，，过点作轴交于点，设点横坐标为． (1)求抛物线的函数表达式： (2)当为何值时，的面积有最大值，并求出此时的最大值； (3)作轴，且点横坐标为，以，为邻边构造矩形．若矩形的边与抛物线有三个交点，且其中的一个交点为矩形一边的中点，求的值． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）将，坐标代入解析式即可求出解析式； （2）利用△的面积减去△的面积得出△的面积，分析关于的二次函数的最值； （3）根据矩形的顶点坐标，结合矩形的边与抛物线的交点情况，分三种情况讨论矩形各边中点在抛物线上的情形，分别列方程求解并检验，确定的值． 【详解】（1）解：将，代入， 得，解得， 抛物线的函数表达式：； （2）解：设直线的解析式将，代入得 ，解得， 直线的解析式为， 点，， ， 的面积减去的面积得出的面积， ， ，二次函数开口向下， 当时，有最大值是； （3）解：点位于第四象限， ， ，即点位于点右侧， 矩形与抛物线有三个交点， 点位于抛物线对称轴左侧， ， 点的对称点为， 则必有， 即， ， 由题意得，，， ①当中点位于上时，如图， 中点坐标为，， 又中点在抛物线上， ， ， 解得：（舍去），； ②当中点位于上时，如图， 同理可得，中点坐标为， 代入抛物线解析式得，， 解得：（舍去），（舍去）； ③当中点位于上时，如图， 同理可得，中点坐标为， 代入抛物线解析式得，， 解得：（舍去），； 综上所述，或． 【题型六】相似三角形问题 一、判定依据 1、两角分别相等，两三角形相似 2、两边成比例且夹角相等，两三角形相似 3、三边对应成比例，两三角形相似 二、坐标常用判定思路 1、由点坐标求线段长度，列出边长比例式 2、利用直线斜率找相等夹角，锁定相似条件 3、结合图形固定角度，直接匹配相似关系 三、常见考查题型 1、判定两个三角形是否相似 2、根据相似性质求线段长、动点坐标 3、分类讨论对应顶点不同的相似情况 四、核心解题方法 1、找准对应顶点，避免边角对应错乱 2、按不同对应关系分类列式计算 3、依据相似边长比例建立方程求解 4、结合图象范围，剔除无效坐标解 【典例6】（2026·安徽阜阳·模拟预测）已知抛物线在平面直角坐标系中的位置如图所示，与x轴交于点，点，与y轴交于点C，连接，请回答下列问题： (1)将该抛物线位于x轴上方的部分沿x轴翻折，求翻折后得到的图象位于线段下方的部分对应的函数表达式； (2)如图，点P是线段下方部分的图象上的一动点，过点P作轴，是否存在点P，使得以点A，P，E为顶点的三角形与相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)图象位于线段下方的部分对应的函数表达式为 (2)存在点，其坐标为或，使得以点A，，E为顶点的三角形与相似 【分析】（1）先求出原函数解析式，进而得到与y轴的交点C的坐标，可知翻折后与y轴的交点的坐标，设图象位于线段下方的部分对应的函数表达式为，将点坐标代入求解即可； （2）设点P坐标为，则，，分情况根据相似三角形的性质列方程求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于点，点， ∴将两点坐标分别代入可得， 解得， ∴抛物线的函数表达式为， ∴抛物线与y轴的交点C的坐标为， 由翻折可知点坐标为， 设图象位于线段下方的部分对应的函数表达式为， 将点坐标代入可得， 解得， ∴图象位于线段下方的部分对应的函数表达式为； （2）解：∵，，， ∴，． 设点P坐标为， ∴，， 分情况求解如下： ①当时，， ∴． 解得（舍去），， 此时点的坐标为； ②当时，， ∴， 解得（舍去）或， 此时点的坐标为； 综上所述，存在点，其坐标为或，使得以点A，，E为顶点的三角形与相似． 【变式6】（2026·辽宁朝阳·二模）给出如下定义：对于二次函数（其中、、为常数，且，），我们把一次函数叫作该二次函数的“关联函数”．例如：二次函数的“关联函数”为：． (1)二次函数，求该二次函数的“关联函数”的表达式； (2)如图1，设二次函数的图像交轴于点，交轴于点，它的“关联函数”的图像为，图像与相交于、两点（点在点的右侧）． ①求点的坐标； ②直线与，分别交于点，，连接交于点M，当时，若的值最大，求的值； ③若二次函数与它的“关联函数”组成新函数，当时，函数的最大值和最小值的差值不随的值变化而变化，求的取值范围． 【答案】(1) (2)①；②；③ 【分析】（1）根据题意即可直接得出结果； （2）①利用待定系数法确定，得出该二次函数的“关联函数”为，然后联立求解即可； ②过点A作轴交于点H，得出，设则，表示出和，利用相似三角形的判定和性质得出，，结合图形得出，利用二次函数的性质，即可求解； ③根据题意画出相应函数图象，然后结合二次函数的性质及图象得出函数w的最大值和最小值的差是4，为定值，结合图象求解即可． 【详解】（1）解：∵二次函数， ， 该二次函数的“关联函数”为． （2）解：①交x轴于点，交y轴于点， ， ， ， ∴该二次函数的“关联函数”为； 根据题意，令，整理得， 解得， ， ∵点在点的右侧， ∴； ②如图，过点A作轴交于点H， 当时，， ∴， ， 设，则， ， ， ， ， ， ∴当时，有最大值为； ③根据题意，由二次函数与它的“关联函数”组成的新函数w如图所示： ， ， ， ∴开口向下， ， ∴当时，取得最小值，最小值为0；当时，取得最大值，最大值为4， ∵当时，函数的最大值和最小值的差值不随的值变化而变化， ∴当的最大值为4时，符合题意， 则当时，即，解得， ， ， ， ∴当时，函数的最大值和最小值的差值不随的值变化而变化，的取值范围是． 【题型七】其他问题 一、图形变换类 1、平移：依据坐标平移规律，对应点横纵坐标同步增减，结合变换后图形列关系式求解 2、旋转：利用旋转前后边长、角度不变，结合旋转角度推导点位与线段关系 3、折叠：折叠前后图形全等，对应边、角相等，借助等量关系列方程计算 二、定点定值问题 探究运动过程中固定不变的点、线段长度、角度、比值，消去变量推导恒定数值。 三、参数与范围问题 含参数解析式分析，根据图形位置、存在条件，求解参数取值区间。 四、新定义题型 理解题目自定义几何概念、规则，套用定义结合函数几何性质分析解题。 五、综合复合型问题 融合多类考点，整合线段、角度、图形性质，分步拆解条件，统筹列式求解。 【典例7】（2026·河北张家口·三模）如图，抛物线：经过点，，将抛物线绕点旋转得到抛物线． (1)求抛物线的顶点坐标． (2)若， ①求抛物线的解析式； ②点是抛物线上一点，当点到轴的距离为时，求点的横坐标． (3)点，是抛物线上的两个点，对于，，总有，直接写出的取值范围（用含的代数式表示）． 【答案】(1) (2)①；②或 (3)或 【分析】（1）用待定系数法求出抛物线的解析式，再转化为顶点式，即可得答案； （2）①先求出抛物线G的顶点坐标，旋转后，即可得答案；②令，解方程即可； （3）先求出抛物线G的对称轴，求出时，k的取值范围，即可得时，k的取值范围． 【详解】（1）解：抛物线L经过点，， 所以将点，代入，得：， 解得：， ， 抛物线L的顶点坐标为； （2）①设抛物线G的顶点坐标为， 点， ，， ，， 抛物线G的顶点坐标为， 旋转后抛物线开口向下， 抛物线， 抛物线G的解析式为； ②当点N到x轴的距离为2时，y只能为， 令，则， ，， 点N的横坐标为或； （3）设抛物线G的顶点坐标为， 抛物线L的顶点坐标为，两个顶点关于点中心对称， ， ， 抛物线G的对称轴为直线， 若，则和关于对称轴对称，即， ， ，， ，即， ， 解得：和 ， 和． 【变式7】（2026·湖北襄阳·一模）在平面直角坐标系中，对“纵横值”给出如下定义：点是函数图象上任意一点，纵坐标与横坐标的差“”称为点的“纵横值”．函数图象上所有点的“纵横值”中的最大值称为函数的“最优纵横值”． 例如：点在函数图象上，点的“纵横值” ，函数图象上所有点的“纵横值”可以表示为 ，当时，的最大值为6，所以函数的“最优纵横值”为6． 已知：在平面直角坐标系中，已知二次函数的顶点为． (1)若， ①抛物线顶点的坐标______； ______； ②求该抛物线的“最优纵横值”； (2)①当抛物线顶点的“纵横值” 时，求出的值； ②若，直接写出的取值范围______． 【答案】(1)①；4；② (2)①；②或 【分析】（1）①根据“纵横值”的概念解答即可；②将二次函数图象上所有点的“纵横值”可以表示为顶点式，即可求解； （2）①将二次函数图象上所有点的“纵横值”可以表示为顶点式，即可求出它的“最优纵横值”；②将二次函数图象上所有点的“纵横值”可以表示为顶点式，即可求出它的“最优纵横值”，再由得到关于m的不等式组，即可求解． 【详解】（1）解：①当时，， ∴抛物线顶点的坐标为， ∴ ； ②当时，， ∵， ∴当时，取得最大值，为， 即该抛物线的“最优纵横值”； （2）解：① ， ∴抛物线顶点P的坐标为， ∴ ， ∵抛物线顶点的“纵横值” ， ∴， 解得：； ②由（1）得：， ， ∵， ∴当时，取得最大值，为， 即， ∵ ∴， 解得：或． 链接中考 A B C LOREM LOREM LOREM 1．（2022·四川自贡·中考真题）已知A(−3，−2) ，B(1，−2)，抛物线y=ax2+bx+c(a>0)顶点在线段AB上运动，形状保持不变，与x轴交于C，D两点（C在D的右侧），下列结论： ①c≥−2 ； ②当x>0时，一定有y随x的增大而增大； ③若点D横坐标的最小值为−5，点C横坐标的最大值为3； ④当四边形ABCD为平行四边形时，a=． 其中正确的是（    ） A．①③ B．②③ C．①④ D．①③④ 【答案】D 【分析】根据顶点在线段AB上抛物线与y轴的交点坐标为（0，c）可以判断出c的取值范围，可判断①；根据二次函数的增减性判断②；先确定x=1时，点D的横坐标取得最大值，然后根据二次函数的对称性求出此时点C的横坐标，即可判断③；令y=0，利用根与系数的关系与顶点的纵坐标求出CD的长度的表达式，然后根据平行四边形的对边平行且相等可得AB=CD，然后列出方程求出a的值，判断④． 【详解】解：∵点A，B的坐标分别为(-3，-2)和(1，-2)， ∴线段AB与y轴的交点坐标为(0，-2)， 又∵抛物线的顶点在线段AB上运动，抛物线与y轴的交点坐标为(0，c) ， ∴C≥-2，(顶点在y轴上时取“=”)，故①正确； ∵抛物线的顶点在线段AB上运动，开口向上， ∴当x＞1时，一定有y随x的增大而增大，故②错误； 若点D的横坐标最小值为-5，则此时对称轴为直线x=-3， 根据二次函数的对称性，点C的横坐标最大值为1+2=3，故③正确； 令y=0，则ax2+bx+c=0， 设该方程的两根为x1，x2，则x1+x2=-，x1x2=， ∴CD2=( x1-x2) 2=( x1+x2) 2-4x1x2， 根据顶点坐标公式，， ∴，即， ∵四边形ACDB为平行四边形， ∴CD=AB=1-（-3)=4， ∴=42=16，解得a=，故④正确； 综上所述，正确的结论有①③④． 故选：D． ．   2．（2021·辽宁丹东·中考真题）已知抛物线，且．判断下列结论：①；②；③抛物线与x轴正半轴必有一个交点；④当时，；⑤该抛物线与直线有两个交点，其中正确结论的个数（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】由题意易得，则有，进而可判定①②，当x=1时，则，当x=-1时，则有，然后可判定③，由题意可知抛物线的对称轴为直线，则有当时，y随x的增大而增大，故可得④；联立抛物线及直线解析式即可判断⑤． 【详解】解：∵， ∴两式相减得，两式相加得， ∴， ∵， ∴，故①正确； ∴，故②正确； ∵当x=1时，则，当x=-1时，则有， ∴当时，则方程的两个根一个小于-1，一个根大于1， ∴抛物线与x轴正半轴必有一个交点，故③正确； 由题意可知抛物线的对称轴为直线， ∴当时，y随x的增大而增大， ∴当时，有最小值，即为，故④正确； 联立抛物线及直线可得：，整理得：， ∴， ∴该抛物线与直线有两个交点，故⑤正确； ∴正确的个数有5个； 故选D． 3．（2021·山东淄博·中考真题）已知二次函数的图象交轴于两点．若其图象上有且只有三点满足，则的值是（    ） A．1 B． C．2 D．4 【答案】C 【分析】由题意易得点的纵坐标相等，进而可得其中有一个点是抛物线的顶点，然后问题可求解． 【详解】解：假设点A在点B的左侧， ∵二次函数的图象交轴于两点， ∴令时，则有，解得：， ∴， ∴， ∵图象上有且只有三点满足， ∴点的纵坐标的绝对值相等，如图所示： ∵， ∴点， ∴； 故选C． 4．（2019·广西玉林·中考真题）已知抛物线，顶点为D，将C沿水平方向向右（或向左）平移m个单位，得到抛物线，顶点为，C与相交于点Q，若，则m等于（    ） A． B． C．﹣2或 D．﹣4或 【答案】A 【分析】先表示出平移后的函数为，得到，，求出Q点的横坐标为：，代入求得，再根据等腰直角三角形的性质得到，解出m即可求解. 【详解】抛物线沿水平方向向右（或向左）平移m个单位得到 ∴，， ∴Q点的横坐标为：， 代入求得， 若，则是等边三角形， ∴， 由勾股定理得，， 解得， 故选A． 5．（2019·陕西·中考真题）在同一平面直角坐标系中，若抛物线与关于y轴对称，则符合条件的m，n的值为（    ） A．m=,n= B．m=5，n= -6 C．m= -1，n=6 D．m=1，n= -2 【答案】D 【分析】由两抛物线关于y轴对称，可知两抛物线的对称轴也关于y轴对称，与y轴交于同一点，由此可得二次项系数与常数项相同，一次项系数互为相反数，由此可得关于m、n的方程组，解方程组即可得. 【详解】关于y轴对称，二次项系数与常数项相同，一次项系数互为相反数， ∴， 解之得， 故选D. 6．（2019·贵州贵阳·中考真题）在平面直角坐标系内，已知点，点都在直线上，若抛物线与线段有两个不同的交点，则的取值范围是（      ） A． B． C．或 D． 【答案】C 【分析】本题考查二次函数图象与系数的关系，一次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象点的坐标特征，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．分，两种情况讨论，确定临界点，进而可求的取值范围． 【详解】解：抛物线与线段有两个不同的交点， 令，则， ， ． ①当时， 解得， 故 ②当时， 解得， ． 综上所述：或． 故选：C． 7．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，正方形的顶点，在抛物线上，点在轴上．若两点的横坐标分别为（），下列结论正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．依据题意，连接、交于点，过点作轴于点，过点作于点，先证明．可得，．点、的横坐标分别为、，可得，．，，，设，则，，，，，．再由，进而可以求解判断即可． 【详解】解：如图，连接、交于点，过点作轴于点，过点作于点， 四边形是正方形， 、互相平分，，， ，， ． ，， ． ，． 点、的横坐标分别为、， ，． ，，， 设，则，， ，，，． 又，， ，． ． ． ． 点、在轴的同侧，且点在点的右侧， ． ． 故选：B． 8．（2021·浙江·中考真题）已知抛物线与轴的交点为和，点，是抛物线上不同于的两个点，记的面积为的面积为．有下列结论：①当时，；②当时，；③当时，；④当时，．其中正确结论的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】通过和的不等关系，确定，在抛物线上的相对位置，逐一分析即可求解． 【详解】解：∵抛物线与轴的交点为和， ∴该抛物线对称轴为， 当时与当时无法确定，在抛物线上的相对位置， 故①和②都不正确； 当时，比离对称轴更远，且同在x轴上方或者下方， ∴， ∴，故③正确； 当时，即在x轴上到2的距离比到的距离大，且都大于1， 可知在x轴上到2的距离大于1，到2的距离不能确定， 所以无法比较与谁离对称轴更远，故无法比较面积，故④错误； 故选：A． 9．（2019·辽宁丹东·中考真题）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象过点（﹣2，0），对称轴为直线x＝1．有以下结论： ①abc＞0； ②8a+c＞0； ③若A（x1，m），B（x2，m）是抛物线上的两点，当x＝x1+x2时，y＝c； ④点M，N是抛物线与x轴的两个交点，若在x轴下方的抛物线上存在一点P，使得PM⊥PN，则a的取值范围为a≥1； ⑤若方程a（x+2）（4﹣x）＝﹣2的两根为x1，x2，且x1＜x2，则﹣2≤x1＜x2＜4． 其中结论正确的有（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】A 【分析】①由图象可知a＞0，c＜0，根据对称轴，得到b<0，即可判断； ②由对称轴得，b＝﹣2a，然后把x＝﹣2代入解析式，整理后即可判断； ③根据抛物线的对称性，得x1+x2=2，然后把x＝2代入解析式，即可判断； ④由点M，N是抛物线与x轴的两个交点，则抛物线的顶点到x轴的距离不小于3，则有，结合②的结论，即可求得a的取值范围； ⑤由图像可知，与x轴的两个交点为（-2，0），（4，0），此时y=0，则当y=2时，x1＜﹣2＜4＜x2，即可得到答案. 【详解】解：①由图象可知：a＞0，c＜0， ∴abc＞0，故①正确； ②∵抛物线的对称轴为直线x＝1，抛物线的对称轴为直线x＝1， ∴b＝﹣2a， 当x＝﹣2时，y＝4a﹣2b+c＝0， ∴4a+4a+c＝0， ∴8a+c＝0，故②错误； ③∵A（x1，m），B（x2，m）是抛物线上的两点， 由抛物线的对称性可知：x1+x2＝1×2＝2， ∴当x＝2时，y＝4a+2b+c＝4a﹣4a+c＝c，故③正确； ④由题意可知：M，N到对称轴的距离为3， 当抛物线的顶点到x轴的距离不小于3时， 在x轴下方的抛物线上存在点P，使得PM⊥PN， 即， ∵8a+c＝0， ∴c＝﹣8a， ∵b＝﹣2a， ∴， 解得：，故④错误； ⑤易知抛物线与x轴的另外一个交点坐标为（4，0）， ∴y＝ax2+bx+c＝a（x+2）（x﹣4） 若方程a（x+2）（4﹣x）＝﹣2， 即方程a（x+2）（x﹣4）＝2的两根为x1，x2， 则x1、x2为抛物线与直线y＝2的两个交点的横坐标， ∵x1＜x2， ∴x1＜﹣2＜4＜x2，故⑤错误； 故选A． 10．（2018·广西贵港·中考真题）如图，抛物线y=（x+2）（x﹣8）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为M，以AB为直径作⊙D．下列结论：①抛物线的对称轴是直线x=3；②⊙D的面积为16π；③抛物线上存在点E，使四边形ACED为平行四边形；④直线CM与⊙D相切．其中正确结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【详解】【分析】①根据抛物线的解析式得出抛物线与x轴的交点A、B坐标，由抛物线的对称性即可判定；②求得⊙D的直径AB的长，得出其半径，由圆的面积公式即可判定；③过点C作CE∥AB，交抛物线于E，如果CE=AD，则根据一组等边平行且相等的四边形是平行四边形即可判定；④求得直线CM、直线CD的解析式通过它们的斜率进行判定． 【详解】∵在y=（x+2）（x﹣8）中，当y=0时，x=﹣2或x=8， ∴点A（﹣2，0）、B（8，0）， ∴抛物线的对称轴为x==3，故①正确； ∵⊙D的直径为8﹣（﹣2）=10，即半径为5， ∴⊙D的面积为25π，故②错误； 在y=（x+2）（x﹣8）=x2﹣x﹣4中，当x=0时y=﹣4， ∴点C（0，﹣4）， 当y=﹣4时，x2﹣x﹣4=﹣4， 解得：x1=0、x2=6， 所以点E（6，﹣4）， 则CE=6， ∵AD=3﹣（﹣2）=5， ∴AD≠CE， ∴四边形ACED不是平行四边形，故③错误； ∵y=x2﹣x﹣4=（x﹣3）2﹣， ∴点M（3，﹣）， ∴DM=， 如图，连接CD，过点M作MN⊥y轴于点N，则有N（0，﹣），MN=3， ∵C（0，-4），∴CN=，∴CM2=CN2+MN2=， 在Rt△ODC中，∠COD=90°，∴CD2=OC2+OD2=25，∴CM2+CD2=， ∵DM2=， ∴CM2+CD2=DM2， ∴∠DCM=90°，即DC⊥CM， ∵CD是半径， ∴直线CM与⊙D相切，故④正确， 故选B． 11．（2023·广东广州·中考真题）如图，在中，，，，点M是边上一动点，点D，E分别是，的中点，当时，的长是___________．若点N在边上，且，点F，G分别是，的中点，当时，四边形面积S的取值范围是____________．    【答案】 【分析】根据三角形中位线定理可得，设，从而，由此得到四边形是平行四边形，结合边上的高为，即可得到函数解析式，进而得到答案． 【详解】解：∵点D，E分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴； 如图，设，    由题意得，，且， ∴， 又F、G分别是的中点， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 由题意得，与的距离是， ∴， ∴边上的高为， ∴四边形面积， ∵， ∴， 故答案为：，． 12．（2022·湖北荆门·中考真题）如图，函数y＝的图象由抛物线的一部分和一条射线组成，且与直线y＝m（m为常数）相交于三个不同的点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）（x1＜x2＜x3）．设t＝，则t的取值范围是 _____． 【答案】＜t＜1/0.6<t<1 【分析】根据A、B关于对称轴x＝1对称，可知x1+x2＝2，由直线y＝m（m为常数）相交于三个不同的点，可得y1＝y2＝y3＝m，求出x3的范围，进而求出t的范围． 【详解】解：由二次函数y＝x2﹣2x+3（x＜2）可知：图象开口向上，对称轴为x＝1， ∴当x＝1时函数有最小值为2，x1+x2＝2， 由一次函数y＝﹣x+（x≥2）可知当x＝2时有最大值3，当y＝2时x＝， ∵直线y＝m（m为常数）相交于三个不同的点A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）（x1＜x2＜x3）， ∴y1＝y2＝y3＝m，2＜m＜3， ∴2＜x3＜， ∴t＝＝， ∴＜t＜1． 故填：＜t＜1 13．（2022·内蒙古呼和浩特·中考真题）在平面直角坐标系中，点和点的坐标分别为和，抛物线与线段只有一个公共点，则的取值范围是______． 【答案】或 【分析】根据抛物线求出对称轴，轴的交点坐标为，顶点坐标为，直线CD的表达式，分两种情况讨论：当时，当时，利用抛物线的性质可知，当越大，则抛物线的开口越小，即可求解． 【详解】解：抛物线的对称轴为：，当时，，故抛物线与轴的交点坐标为，顶点坐标为，直线CD的表达式， 当时，且抛物线过点时， ，解得（舍去）， 当，抛物线与线段只有一个公共点时， 即顶点在直线CD上，则，解得， 当时，且抛物线过点时， ，解得， 当抛物线过点时， 解得，m=-1 由抛物线的性质可知，当越大，则抛物线的开口越小，且抛物线与线段只有一个公共点， ， 综上所述，的取值范围为或， 故答案为或． 14．（2022·湖南湘西·中考真题）已知二次函数y＝﹣x2+4x+5及一次函数y＝﹣x+b，将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到一个新图象（如图所示），当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围是 _____．    【答案】 【分析】解方程﹣x2+4x+5＝0得A（﹣1，0），B（5，0），再利用折叠的性质求出折叠部分的解析式为，即y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5），然后求出直线y＝﹣x+b经过点A（﹣1，0）时b的值和当直线y＝﹣x+b与抛物线y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5）有唯一公共点时b的值，从而得到当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围． 【详解】解：如图所示：    当y＝0时，﹣x2+4x+5＝0，解得x1＝﹣1，x2＝5，则A（﹣1，0），B（5，0）， 将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方的部分图象的解析式为， 即y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5）， 当直线y＝﹣x+b经过点A（﹣1，0）时，1+b＝0，解得b＝﹣1； 当直线y＝﹣x+b与抛物线y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5）有唯一公共点时，方程，即有相等的实数解，即 解得， 所以当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围为＜b＜﹣1， 故答案为：． 15．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，点在抛物线上，点E在直线上，若，则点E的坐标是____________．    【答案】和 【分析】先根据题意画出图形，先求出点坐标，当点在线段上时:是△DCE的外角，，而，所以此时，有，可求出所在直线的解析式，设点坐标，再根据两点距离公式，，得到关于的方程，求解的值，即可求出点坐标；当点在线段的延长线上时，根据题中条件，可以证明，得到为直角三角形，延长至，取，此时，，从而证明是要找的点，应为，为等腰直角三角形， 点和关于点对称，可以根据点坐标求出点坐标． 【详解】解：在中，当时，，则有， 令，则有， 解得：， ∴， 根据点坐标，有 所以点坐标    设所在直线解析式为，其过点、 有， 解得 ∴所在直线的解析式为： 当点在线段上时，设 而 ∴ ∴ 因为：，， 有 解得：， 所以点的坐标为: 当在的延长线上时， 在中，，, ∴ ∴ 如图延长至，取，    则有为等腰三角形，， ∴ 又∵ ∴ 则为符合题意的点， ∵ ∴ 的横坐标：，纵坐标为； 综上E点的坐标为：或， 故答案为：或 16．（2023·四川宜宾·中考真题）如图，抛物线经过点，顶点为，且抛物线与轴的交点B在和之间（不含端点），则下列结论：    ①当时，； ②当的面积为时，； ③当为直角三角形时，在内存在唯一点P，使得的值最小，最小值的平方为． 其中正确的结论是___________．（填写所有正确结论的序号） 【答案】①② 【分析】根据条件可求抛物线与x轴的另一交点坐标，结合图象即可判断①；设抛物线为，即可求出点M的坐标，根据割补法求面积，判断②；分三种情况讨论，然后以点O为旋转中心，将顺时针旋转至，连接，，，得到，判断③． 【详解】解：∵抛物线经过点，顶点为， ∴对称轴， ∴抛物线与x轴的另一交点坐标为， 由图象可得：当时，； ∴①正确，符合题意； ∵抛物线与x轴的另一交点坐标为， ∴设抛物线为， 当时，，当时，， ∴，， 如图所示，过点M作平行于y轴的直线l，过点A作，过点B作，    ∴， 设直线的解析式为， 把，代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为， 当是，， ∴， ∴， ∴， 解得：，故②正确； ∵点B是抛物线与y轴的交点， ∴当时，， ∴， ∵为直角三角形， 当时， ∴， ∵，，， ∴，整理得：， 解得：或（舍） ∴， 当时， ∴， ∴，整理得： 解得：或（舍） ∴， 当时， ∴， ∴，无解； 以点O为旋转中心，将顺时针旋转至，连接，，，如图所示，    则，为等边三角形， ∴，， ∴， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， 当时， ∵， 当时， ，此时不符合题意，故③错误； 故答案为：①②． 17．（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：． 18．（2024·江苏淮安·中考真题）二次函数的图像经过点，顶点为P． (1)________； (2)当时， ①若顶点P到x轴的距离为10，则________； ②直线m过点且垂直于y轴，顶点P到直线m的距离为h，随着b的增大，h的值如何变化？请描述变化过程，并说明理由； (3)若二次函数图像交x轴于B，C两点，点B坐标为，且的面积不小于20，求a的取值范围． 【答案】(1)8 (2)①或；②当或时，h随b增大而增大；当或时，h随b的增大而减小，理由见解析 (3)或或 【分析】本题考查二次函数的图像和性质，二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图像和性质，是解题的关键： （1）把点代入函数解析式进行求解即可； （2）①根据顶点坐标公式，以及顶点P到x轴的距离为10，列出方程，进行求解即可；②根据题意得到，分和，两种情况进行讨论即可； （3）根据，得到，设抛物线的对称轴与x轴交点为E，则，进而得到，把和代入，求出之间的关系，代入不等式进行求解即可． 【详解】（1）解：把代入，得； 故答案为：8； （2）的顶点P的坐标为， ①当时，， ∵P到x轴距离为10， ∴， ∴， ∴或（舍去） ∴或． 故答案为：或； ②∵， ∴P到直线m距离为． 当时，即时，， ∴当时h随b的增大而增大，时h随b的增大而减小； 当时，即或时，， ∴当时h随b的增大而减小，时h随b增大而增大； ∴综上所述，当或时，h随b增大而增大；当或时，h随b的增大而减小； （3）由题意知：， ∴． 如图，设抛物线的对称轴与x轴交点为E，则， ∴， 把和代入，得． ∴， ∴， 解得或或． 19．（2025·四川雅安·中考真题）如图，二次函数的图象与x轴交于点和点B，与y轴交于点． (1)求二次函数的表达式； (2)点Q是抛物线在第三象限上的一点，满足，请求出点Q的坐标； (3)点E在抛物线的对称轴上，在抛物线上是否存在点F，使得以A，C，E，F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)二次函数解析式为 (2) (3)存在，以A，C，E，F为顶点的四边形为平行四边形，点的坐标为或或 【分析】（1）把代入，运用待定系数法求解即可； （2）根据题意得到，由正切值的计算得到，结合题意，，设，过点作轴于点，代入计算即可求解； （3）根据题意得到二次函数对称轴直线为，设，，且，根据平行四边形的性质得到，对角线的交点的横坐标相等，由此即可求解． 【详解】（1）解：二次函数的图象与x轴交于点和点B，与y轴交于点， ∴， 解得，， ∴二次函数解析式为； （2）解：二次函数解析式为， ∴当时，， 因式分解得，， 解得，， ∴， ∴， 如图所示，连接， ∵， ∴， ∵点Q是抛物线在第三象限上的一点， ∴设，过点作轴于点， ∴，， ∵满足， ∴， ∴， ∴， 整理得，， 因式分解得，， 解得，，（舍去）， ∴，则， ∴； （3）解：二次函数解析式为， ∴对称轴直线为， 设，，且， 当四边形是平行四边形时， ∴对角线交点的横坐标相等，即， 解得，， ∴， ∴； 当四边形是平行四边形时， ∴， 解得，， ∴， ∴； 当四边形是平行四边形时， ∴， 解得，， ∴， ∴； 综上所述，存在以A，C，E，F为顶点的四边形为平行四边形，点的坐标为或或． 20．（2025·江苏南京·中考真题）（1）将函数的图象向右平移2个单位长度，平移后的函数图象与轴交点的纵坐标是___________； （2）平移函数的图象，在这个过程中，它的顶点都在一次函数的图象上．设平移后的函数图象的顶点的横坐标为，与轴交点的纵坐标为，随的变化而变化． ①若，当时，求的取值范围． ②设函数的图象与轴、轴的交点分别为，，点在线段上．当取不同值时，下列关于的变化趋势的描述：（a）随的增大而增大；（b）随的增大而减小；（c）随的增大先增大后减小；（d）随的增大先减小后增大．其中，所有可能出现的序号是__________．（说明：全部填对的得满分，有填错的不得分） 【答案】 （1） （2）①           ② 【分析】（1）根据“左加右减”的原则写出新函数解析式，由解析式求得平移后的图象与轴交点的坐标． （2）由题意平移后的函数解析式为，则， ①若，则，利用二次函数的增减性即可求解； ②求得线段的两个端点，分两种情况讨论，利用二次函数的性质判断即可． 【详解】（1）解：由“左加右减”的原则可知，将函数的图象向右平移2个单位长度，所得函数的解析式为， 令，则，即平移后的图象与轴交点的坐标为． （2）解：平移函数的图象，在这个过程中，它的顶点都在一次函数的图象上，设平移后的函数图象的顶点的横坐标为， 则平移后得到的顶点为， 平移后的函数解析式为， 当时，与轴交点的纵坐标， ①若，则， 是关于的二次函数，二次函数的开口向下，对称轴为直线， 时，，时，， 当时，的取值范围是； ②函数的图象与轴、轴的交点分别为，， ，， ∵点在线段上， 当时，， ， 对称轴为直线， 当时，随的增大而减小， ， 随的增大而减小， ∵点在线段上， 当时，， ， 对称轴为直线， ， 随的增大而增大， 故可能的序号是． 1 学科网（北京）股份有限公司 $