专项08 函数综合题8大题型（大题专练）（湖南通用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

专项08 函数综合题 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选中考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题趋势： 解答题：稳定考查二次函数综合题，弱化繁杂计算，强化数形结合、几何存在性、定点定值与代数推理，融合相似，侧重思维考查． 2026年预测：解答题极可能仍为二次函数综合题． 备考核心：吃透解析式与铅垂面积，精通等腰直角平行四边形存在性，熟练韦达定理配相似推理，主攻最值定点． 题型01 反比例函数问题 析典例·建模型 1．（2026•湖南模拟）如图，已知一次函数y＝kx+b的图象交反比例函数y（x＞0）的图象于点A、B，交x轴于点C． （1）求m的取值范围； （2）若点A的坐标是（2，﹣4），且，求m的值和一次函数的解析式． 研考点·通技法 1. k的几何意义（重中之重）：过点作坐标轴垂线，矩形面积、三角形面积秒算 2. 增减性：分象限判断，切忌跨象限比较大小 3. 三大模型：中点模型、平行线等积、双曲线对称模型 4. 正反结合：一次函数与反比例联立，求交点、面积、取值范围 5. 坐标设点：设横坐标求纵坐标，简化所有计算 6. 压轴考点：面积转化、线段最值、几何全等相似结合考查 破类题·提能力 1．（2026•澧县一模）如图，直线y＝kx+b与双曲线y（x＜0）相交于A（﹣3，1）、B（﹣1，n）两点，与x轴相交于点C． （1）分别求出一次函数与反比例函数的解析式； （2）直接写出当x＜0时，关于x的不等式kx+b的解集． 2．（2026•汨罗市模拟）如图，点A（1，m）和点B（n，2）是一次函数y＝﹣2x+8与反比例函数的图象的交点，且一次函数y＝﹣2x+8的图象与坐标轴分别交于点C和点D． （1）求点A和点B的坐标； （2）求反比例函数的解析式； （3）连接OA，OB，直接写出△AOB的面积． 题型02 二次函数面积问题 析典例·建模型 1．（2026•湖南模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+2，过点A（﹣1，0）B（4，0），与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式． （2）点D是直线BC上方抛物线上一动点． a．当∠BCD＝45°，求点D的坐标． b．连接线段AC，CD，AD，设直线AD交线段BC于点E，△CDE的面积为S1，△ACE的面积为S2，求最大值． 研考点·通技法 1、求三角形的面积是几何题中常见问题之一，方法较多，比如面积公式、割补、等积变形、三角函数甚至海伦公式，而在坐标系中求三角形面积，最常用当为铅垂法. (1) A、B两点之间的水平距离称为“水平宽”； (2) 过点C作x轴的垂线与AB交点为D，线段CD即为AB边的“铅垂高”. 公式： 解题的关键在于求得D点坐标. 所谓“铅垂法”实则就是割补法，对于此类求坐标系中的三角形面积形成了一套完整的解法，即已知三角形三个顶点坐标即可求此三角形面积，取名“铅垂法”. 2、动点最大面积 （1）设动点横坐标m （2）表示抛物线上点、直线上点纵坐标 （3）算出铅垂高=上y-下y （4）代入面积公式，得二次函数 （5） 配方求顶点最大值，对应动点坐标 破类题·提能力 1．（2026•衡南县模拟）如图，抛物线y＝x2+bx+c与y轴交于点A（0，2），对称轴为直线x＝﹣2，平行于x轴的直线与抛物线交于B、C两点，点B在对称轴左侧，BC＝6． （1）求此抛物线的解析式； （2）已知在x轴上存在一点D，使得△ABD的周长最小，则点D的坐标为　 ； （3）若点P在直线AB上，直线CP将△ABC的面积分成2：3两部分，求点P坐标． 2．（2026•荷塘区校级一模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C，顶点为D，直线y＝kx与抛物线交于点E，F，M是线段EF的中点． （1）求抛物线的解析式； （2）若点E的横坐标是﹣3，求点M的坐标； （3）若0＜k＜2，求四边形MCDB的面积的最小值． 题型03 二次函数图像的几何变换 析典例·建模型 1．（2026•湖南模拟）已知二次函数的图象如图． （1）求它的对称轴与x轴交点D的坐标； （2）将该抛物线沿它的对称轴向上平移，设平移后的抛物线与x轴，y轴的交点分别为A、B、C三点，若∠ACB＝90°，求此时抛物线的解析式； （3）设（2）中平移后的抛物线的顶点为M，以AB为直径，D为圆心作⊙D，试判断直线CM与⊙D的位置关系，并说明理由． 研考点·通技法 1、平移：左加右减、上加下减，顶点式变换最快 2、对称：关于x轴、y轴、原点、顶点对称，只变顶点与符号 3、翻折：x轴翻折y变号，y轴翻折x变号 4、旋转180°：开口反向，顶点不变，a变相反数 5、核心技巧：所有变换只抓顶点+开口a，不用重列式子 破类题·提能力 1．（2025•株洲校级一模）现将抛物线L：y＝ax2+bx+c（a≠0）关于直线y＝m的对称抛物线记为L1，关于点（0，m）中心对称的抛物线记为L2． （1）当a＝1，b＝﹣4，c＝3，m＝1时，求抛物线L1和L2的解析式； （2）当a＝1，b＝﹣4，c＝3时，若直线y＝m与抛物线L，L1和L2有且只有4个交点，求m的取值范围； （3）当b＝﹣2a，c＝a+3时，若抛物线L1的解析式为，请写出抛物线L2的解析式． 2．（2025•岳阳县二模）已知抛物线W1解析式为：． （1）求抛物线W1的顶点坐标． （2）将抛物线W1向右平移2个单位，再向上平移1个单位，得到抛物线W2，求抛物线W2的解析式． （3）点Q是直线OP上方，且又是抛物线W1图象上的一个动点，连接OQ、PQ，是否存在一点Q，使△OPQ面积最大，若存在，请求出此时点Q的坐标，并求出其最大面积；若不存在，请说明理由． （4）如图，抛物线W2的顶点为P，x轴上有一动点M，在W1、W2这两条抛物线上是否存在点N，使O（原点）、P、M、N四点构成以OP为一边的平行四边形，若存在，求出N点的坐标；若不存在，请说明理由． 题型04二次函数新定义问题 析典例·建模型 1．（2026•长沙县模拟）我们不妨约定：若函数的图象与x，y轴的交点中，至少存在两个不同的点到原点的距离相等，则称该函数为“共c函数”，这两个点称为“共c点”． （1）请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”）． ①一次函数y＝x+2是“共c函数”；　 ②是“共c函数”；　 ③是“共c函数”．　 （2）关于x的二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0，c＜0）是“共c函数”，函数图象与x轴交于点A（2，0）和点B，与y轴交于点C，且点B，C为“共c点”． ①过点C作x轴的平行线，交二次函数y＝ax2+bx+c的图象于点D，若CD＝3，求该二次函数的解析式； ②若，，求t的取值范围． 研考点·通技法 1、先读懂新定义，转化为顶点、对称轴、最值、距离等熟悉知识点 2、设坐标、代解析式，转化为方程不等式计算 3、分类讨论，划分区间判断增减性 4、利用数形结合，看图锁定取值范围 5、核心思维：以代数推理为主，摒弃固定解题模板 破类题·提能力 1．（2026•长沙二模）我们不妨约定：在平面直角坐标系xOy中，若点P（a1，b1）和点Q（a2，b2）满足：|a1﹣a2|+（b1+b2）2＝0，我们就说点P和点Q是该坐标平面内的一对“K点”；若函数y1，y2的图象上存在一对或一对以上“K点”（其中点P在y1的图象上，点Q在y2的图象上），我们就说函数y1，y2互为“K函数”，且|b1﹣b2|叫“K函数”的一个“K值”． （1）根据约定填空： ①若A（a，4），B（1，b）是坐标平面内的一对“K点”，则a+b＝　 ； ②若一次函数y1＝kx﹣4k，y2＝kx+2k2（k≠0），当自变量x＝k时，在函数y1，y2的图象上的两点恰好是一对“K点”，则一次函数y1的解析式为：　 ； ③已知反比例函数y1（n≠0），且y1，y2互为“K函数”，则m，n应该满足：　 ． （2）若函数y＝x+1与二次函数y＝ax2+bx+c互为“K函数”只存在一对“K点”且在y轴右侧，“K值”为8，二次函数图象的对称轴为直线x＝2，求二次函数的解析式． （3）已知以x为自变量的二次函数y1＝x2﹣2mx+m2（m＞0），函数y1与y2互为“K函数”，且当自变量x取任意实数时，函数y1，y2的图象上对应点都是“K点”．记函数y1，y2的图象分别交y轴于A，B两点，函数y1的图象交x轴于点C，经过A，B，C三点的圆与x轴的另一个交点为D，点P是x轴下方圆上的动点，且点P不与点B，C，D重合，设PA2﹣PB2＝t，S△PCD＝s，令f，当f取最大值时，试判断四边形ACBD的形状，并说明理由． 2．（2026•开福区校级一模）若某函数的图象与x轴、y轴分别交于P、Q两点（P与Q不重合），且OP＝OQ，则称该函数为“等截距函数”．例如，函数y＝x2﹣2x﹣3的图象与x轴交于P1（3，0）、P2（﹣1，0），与y轴交于Q（0，﹣3），且OP1＝OQ＝3，则称函数y＝x2﹣2x﹣3为“等截距函数”． （1）下列函数中，是“等截距函数”的在括号内打“√”，不是的在括号内打“×”； ①y＝﹣x+3（　 ）；②（　 ）；③y＝x2﹣4（　 ）． （2）抛物线y＝x2+bx﹣3与x轴交于A、B两点（点B在原点右侧），与y轴交于C点，“等截距函数”y＝kx+m的图象经过B、C两点，点P是第四象限内抛物线上的一个动点． ①如图1，连接BP、AP，AP与BC相交于点G，当时，求点P的坐标； ②如图2，AP平分∠BAC交y轴于点M，过M点的直线l与线段AB、AC分别交于E、F，当直线l绕点M旋转时，为定值，请求出该定值． 题型05 二次函数线段最值问题 析典例·建模型 1．（2025•怀化模拟）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象过O（0，0）、A（1，0）、B（，）三点． （1）求二次函数的解析式； （2）若线段OB的垂直平分线与y轴交于点C，与二次函数的图象在x轴上方的部分相交于点D，求直线CD的解析式； （3）在直线CD下方的二次函数的图象上有一动点P，过点P作PQ⊥x轴，交直线CD于Q，当线段PQ的长最大时，求点P的坐标． 研考点·通技法 1、单线段最值（抛物线上一动点） （1）设动点 （2）表示线段代数式 （3）化成二次函数 （4）看自变量范围，顶点取最值 2、线段和最小（将军饮马） （1）两点同侧：作对称点 Vv连线交点为动点，两点之间线段最短 （3）常用于：周长最小、两线段和最小 3、线段差最大 两点同侧：直接连线延长交抛物线，依据：三角形两边之差小于第三边 4、周长最值转化技巧  （1）三角形周长：固定边+两条动线段 （2）只求两条动线段和最小即可 （3）四边形周长：同理转化为线段最值 破类题·提能力 1．（2026•涟源市模拟）如图，函数y＝x2﹣1的图象C1与函数y＝﹣x2+bx+c的图象C2相交于A（﹣1，0），B（2，3）两点．直线x＝t（﹣1＜t＜2）与图象C1，C2分别交于E，F两点． （1）求b，c的值． （2）设直线x＝t（﹣1＜t＜2）与线段AB交于点D，记△BDF和△ADE的面积分别为S1，S2，当S1＝S2时，求t的值． （3）若t满足a≤t≤a+1，且﹣1＜a＜1，试问t取何值时，线段EF的长度最大？并求出这个最大长度． 2．（2026•株洲校级一模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+bx+6交x轴于A、B两点（A左B右），交y轴于点C，连接AC，tan∠CAO＝1，OA＝3BO． （1）求抛物线的解析式； （2）点P在第二象限抛物线上，连接AP、CP，设点P的横坐标为t，△ACP的面积为S，求S关于t的函数关系式．（不要求写出自变量t的取值范围）； （3）在（2）的条件下，连接BP交y轴于D，将线段CP绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，过C作AC的垂线交过E作y轴的平行线于F，点G为OA中点，连接AF、PG相交于点H，过P作PQ⊥x轴于Q，，求点P的横坐标． 3．（2026•郴州一模）已知抛物线y＝a（x﹣h）2（a，h为常数且a≠0）． （1）抛物线的对称轴为直线x＝1，且经过点A（3，4）． ①求抛物线的表达式； ②如图1，抛物线与y轴交于点B，点P是抛物线上一动点，且在直线AB的下方，过点P作PQ⊥AB于点Q．请问线段PQ的长度是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，说明理由； （2）如图2，在二次函数y＝﹣（x﹣h）2（h为常数）中，当1≤x≤4时，函数y有最大值为﹣4，求h的值． 题型06 二次函数中角度存在性问题 析典例·建模型 1．（2026•临湘市模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，与抛物线L：交于点T（5，t）和点Q（6，1）． （1）求证：点Q为抛物线L的顶点； （2）将抛物线L先向上平移1个单位，再向左平移r（r＞0）个单位，得到抛物线L1，若抛物线L1经过点，且点D在抛物线L1的对称轴左侧，求抛物线L1的函数表达式； （3）在（2）的条件下，记抛物线L1的对称轴为直线l，作点C（0，﹣2）关于直线l的对称点B，连接AB，在直线AB上是否存在点P，满足∠ADP＝∠CAO？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由． 研考点·通技法 1、平行：两直线平行，同位角、内错角相等； 平行: ∠1=∠3, ∠2=∠3 2、角平分线：角平分线分的两个角相等； 角平分线: ∠1=∠2 3、等腰三角形：等边对等角； 4、全等(相似) 三角形：对应角相等； 全等三角形: ∠1=∠2 5、圆周角定理：同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等. 6、三角函数：若两个角的三角函数值相等，则这两个角相等； 三角函数: 若tan∠1=tan∠2, 则∠1=∠2 构造相等角，先考虑是否有特殊位置关系，作恰当的几何构造，若无明显位置关系，再考虑度量角，即用三角函数值构造相等角. 破类题·提能力 1．（2026•汨罗市模拟）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣4，0）、B（1，0），交y轴于点C（0，4），点P是抛物线上一动点． （1）求该抛物线的函数表达式； （2）当点P的坐标为（﹣2，6）时，求四边形AOCP的面积； （3）若∠PBA＝45°，求点P的坐标． 2．（2025•郴州二模）在平面直角坐标系中，抛物线W1：与x轴交于A（1，0），B两点，与y轴交于点C． （1）求b的值； （2）如图1，点P是直线BC上方抛物线上一点，横坐标设为m，且．连接OP，交BC于点D，． ①求点P的坐标； ②如图2，将抛物线W1沿x轴向右平移3个单位，得到抛物线W2，点F为点P平移后的对应点，连接AF交y轴于点M．点N为抛物线W2上任意一点，连接MN．若∠NMF﹣∠ABC＝45°，求线段MN的长． 题型07 二次函数中三角形存在性问题 析典例·建模型 1．（2026•永定区一模）如图1，在平面直角坐标系中抛物线经过点A（﹣5，0）和点B（1，0），交y轴于C． （1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标； （2）若P为y轴上的一动点，且PA﹣PD的值最大，则点P坐标为 　 （直接填写答案）； （3）如图2，连接AD、BD，点M在线段AB上（不与A、B重合），作∠DMN＝∠DBA，MN交线段AD于点N，是否存在这样的点M，使得△DMN为等腰三角形？若存在，求出AN的长；若不存在，请说明理由． 研考点·通技法 1、等腰三角形：两定点、一动点，分类讨论三情况 已知定点A、B，动点P ① PA = PB（P在AB垂直平分线上），代数方法：（距离公式） ② AP = AB（以A为圆心，AB为半径画圆），代数方法：（距离公式） ③ BP = AB（以B为圆心，AB为半径画圆），代数方法：（距离公式） 2、直角三角形：两定点、一动点，分类讨论三情况 设三点：A、B为定点，动点P ①∠A=90°：A为直角顶点 ②∠B=90°：B为直角顶点 ③∠P=90°：P为直角顶点 两种解题方法 ①用两点距离公式，表示：、、 当∠A=90°时：=+ 当∠B=90°时：=+ 当∠P=90°时：=+ ②几何构造（一线三垂直） 过直角顶点作横竖垂线，构造一线三垂直相似，列比例式求解，计算量最小 破类题·提能力 1．（2026•邵阳模拟）某学生在学习二次函数时发现：二次函数图象上的任意点到一个定点的距离与到一条定直线的距离相等，请同学们利用已学知识回答下列问题： （1）证明：函数（a为常数，且a＞0）上任意一点H到点F（0，a）的距离与到直线y＝﹣a的距离相等； （2）将函数的图象向右平移1个单位，再向下平移个单位得到抛物线L．若点，点是L上的一个动点，试求PM+PN的最小值； （3）在（2）的条件下，设L与x轴相交于A，B（点B在点A的右边）两点，顶点为点C，点D为L的对称轴上的一点且AD平分∠BAC，点E是线段AC上的动点（点E与A，C不重合），连接DE，将△DEC沿DE折叠得到△DEC′，记△DEC′与△ACD的重叠部分为△DEG．若△DEG为直角三角形，请求出所有满足条件的点G的坐标． 2．（2026•衡阳模拟）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c交x轴于点A（﹣4，0），B（2，0），交y轴于点C（0，6），在y轴上有一点E（0，﹣2），连接AE． （1）求二次函数的表达式； （2）若点D为抛物线在x轴负半轴上方的一个动点，求△ADE面积的最大值及此时D点的坐标； （3）抛物线对称轴上是否存在点P，使△AEP为以AE为底的等腰三角形？若存在，请直接写出P点的坐标即可；若不存在，请说明理由． 题型08 代数几何综合问题 析典例·建模型 1．（2026•株洲一模）如图，四边形OBCD是边长为8的正方形，B，D分别在x，y的正半轴上，二次函数y＝ax2+bx（a＜0）的图象经过点B且其顶点A在CD边上，连接OA，作AH⊥x轴于点H，T是直线OA上方的抛物线上一个动点（T不与O，A重合），过点T作TR⊥x轴于点R，交CD于点P，交OA于点Q． （1）直接写出点A的坐标，并求出该二次函数的解析式； （2）求证：的值为常数； （3）是否存在实数λ使得以，λTQ，（λ为常数，）的值为三边长的三角形为等边三角形？若存在，请说明理由，并求出λ的值和点T的坐标；若不存在，也请说明理由． 研考点·通技法 以坐标系为背景：抛物线（或直线）与三角形、四边形、圆相结合 1、核心解题策略 将几何图形放入平面直角坐标系，用点的坐标表示距离、斜率、中点 2、代数工具熟练 （1）二次函数：顶点式、对称轴、最值、判别式 Δ （2）方程思想：由等量关系（等长、等角→勾股/斜率关系）列一元一次方程或二次方程 （3）分类讨论：如等腰三角形未指定顶点、动点在不同区间 3、动点与存在性问题步骤 （1）设动点坐标（通常用参数t） （2）用t表示所需线段/角度/面积 （3）根据几何条件列方程 （4）解方程并检验是否符合题设范围 破类题·提能力 1．（2026•澧县一模）如图1，已知抛物线y＝x2+bx+c经过（1，﹣2）和（2，﹣3）两点，直线交x轴于点A，交y轴于点B． （1）求该抛物线的函数表达式； （2）若点D是抛物线上的一动点，且在直线l的下方和y轴右侧，过点D作CD∥y轴交直线l于点C，以CD为直径作⊙E，当⊙E与y轴相切时，求点D的坐标； （3）如图2，在（2）的条件下，把⊙E向上平移，使圆心落在x轴上，得到⊙E′，过点H（﹣2，0）作HF⊥x轴，交直线l于点F，连接OF，问在⊙E′上是否存在一点P，使△OFP的面积最大？若存在，求出△OFP面积的最大值，若不存在，请说明理由． 2．（2025•衡阳校级一模）已知，二次函数yx2x+2图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接AC、BC． （1）如图1，请判断△ABC的形状，并说明理由； （2）如图2，D为线段AB上一动点，作DP∥AC交抛物线于点P，过P作PE⊥x轴，垂足为E，交BC于点F，过F作FG⊥PE，交DP于G，连接CG，OG，求阴影部分面积S的最大值和D点坐标； （3）如图3，将抛物线沿射线AC方向移动个单位得到新的抛物线y'＝ax2+bx+c（a≠0），是否在新抛物线对称轴上存在点M，在坐标平面内存在点N，使得以C、B、M、N为顶点的四边形是以CB为边的矩形？若存在，请直接写出N点坐标；若不存在，请说明理由． 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项08 函数综合题 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选中考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题趋势： 解答题：稳定考查二次函数综合题，弱化繁杂计算，强化数形结合、几何存在性、定点定值与代数推理，融合相似，侧重思维考查． 2026年预测：解答题极可能仍为二次函数综合题． 备考核心：吃透解析式与铅垂面积，精通等腰直角平行四边形存在性，熟练韦达定理配相似推理，主攻最值定点． 题型01 反比例函数问题 析典例·建模型 1．（2026•湖南模拟）如图，已知一次函数y＝kx+b的图象交反比例函数y（x＞0）的图象于点A、B，交x轴于点C． （1）求m的取值范围； （2）若点A的坐标是（2，﹣4），且，求m的值和一次函数的解析式． 【思路分析】（1）根据双曲线位于第四象限，比例系数k＜0，列式求解即可； （2）先把点A的坐标代入反比例函数表达式求出m的值，从而的反比例函数解析式，设点B的坐标为B（x，y），利用相似三角形对应边成比例求出y的值，然后代入反比例函数解析式求出点B的坐标，再利用待定系数法求解即可． 【规范答题】解：（1）根据题意，反比例函数图象位于第四象限， ∴4﹣2m＜0， 解得m＞2； （2）∵点A（2，﹣4）在反比例函数图象上， ∴4， 解得m＝6， ∴反比例函数解析式为y， ∵， ∴， 设点B的坐标为（x，y）， 则点B到x轴的距离为﹣y，点A到x轴的距离为4， 所以， 解得y＝﹣1， ∴1， 解得x＝8， ∴点B的坐标是B（8，﹣1）， 设这个一次函数的解析式为y＝kx+b， ∵点A、B是一次函数与反比例函数图象的交点， ∴， 解得， ∴一次函数的解析式是yx﹣5． 研考点·通技法 1. k的几何意义（重中之重）：过点作坐标轴垂线，矩形面积、三角形面积秒算 2. 增减性：分象限判断，切忌跨象限比较大小 3. 三大模型：中点模型、平行线等积、双曲线对称模型 4. 正反结合：一次函数与反比例联立，求交点、面积、取值范围 5. 坐标设点：设横坐标求纵坐标，简化所有计算 6. 压轴考点：面积转化、线段最值、几何全等相似结合考查 破类题·提能力 1．（2026•澧县一模）如图，直线y＝kx+b与双曲线y（x＜0）相交于A（﹣3，1）、B（﹣1，n）两点，与x轴相交于点C． （1）分别求出一次函数与反比例函数的解析式； （2）直接写出当x＜0时，关于x的不等式kx+b的解集． 【分析】（1）利用待定系数法即可求出反比例和一次函数的解析式； （2）当x＜0时，可以理解为一次函数的图象在反比例函数图象下方的部分，根据图象可直接写出x的范围，即可得到答案． 【解答】解：（1）将A（﹣3，1）代入，得m＝﹣3， ∴反比例函数的解析式为：， 将B（﹣1，n）代入，得：n＝3， ∴B（﹣1，3）， 将A（﹣3，1），B（﹣1，3）代入y＝kx+b， ∴， 解得：， ∴一次函数的解析式为：y＝x+4； （2）观察图象，当x＜0时，关于x的不等式的解集是x＜﹣3或﹣1＜x＜0． 2．（2026•汨罗市模拟）如图，点A（1，m）和点B（n，2）是一次函数y＝﹣2x+8与反比例函数的图象的交点，且一次函数y＝﹣2x+8的图象与坐标轴分别交于点C和点D． （1）求点A和点B的坐标； （2）求反比例函数的解析式； （3）连接OA，OB，直接写出△AOB的面积． 【分析】（1）将点A和点B的坐标代入直线解析式即可求出m、n； （2）将点A的坐标代入反比例函数解析式即可求出k； （3）利用直线解析式求出点C坐标，根据S△AOB＝S△BOC﹣S△AOC，代入数据计算即可． 【解答】解：（1）把点A（1，m）代入y＝﹣2x+8，得m＝﹣2×1+8＝6； 把点B（n，2）代入y＝﹣2x+8，得2＝﹣2n+8，解得n＝3； ∴A（1，6），B（3，2）． （2）把A（1，6）代入得， 解得k＝6， ∴反比例函数的解析式为． （3）当x＝0时，y＝﹣2×0+8＝8， ∴C（0，8）， ∴OC＝8， ∴． ∴△AOB的面积为8． 题型02 二次函数面积问题 析典例·建模型 1．（2026•湖南模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+2，过点A（﹣1，0）B（4，0），与y轴交于点C． （1）求抛物线的解析式． （2）点D是直线BC上方抛物线上一动点． a．当∠BCD＝45°，求点D的坐标． b．连接线段AC，CD，AD，设直线AD交线段BC于点E，△CDE的面积为S1，△ACE的面积为S2，求最大值． 【思路分析】（1）利用待定系数法，将已知点A（﹣1，0），B（4，0）代入抛物线解析式，解方程组求出系数a，b，即可得到抛物线解析式； （2）a．利用“构造旋转全等”的方法，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到BC′，通过求直线CC′的解析式，与抛物线联立求解，得到点D的坐标； b．通过作平行线构造相似三角形，将面积比转化为线段比，再结合点D的坐标表示出比例式，转化为二次函数，利用二次函数的性质求出最大值． 【规范答题】解：（1）由条件可知， 解得． ∴抛物线的解析式为． （2）a．把BC绕B点顺时针旋转90度得BC′， 连接CC′，交抛物线于点D，作C′H⊥AB，交x轴于点H， 由条件可知∠CBO+∠C′BH＝90°，∠CBO+∠BCO＝90°， ∴∠BCO＝∠C′BH 在△BCO和△C′BH中： ， ∴△BCO≌△C′BH（AAS）， 令x＝0代入，得y＝2，即C（0，2）， ∴BH＝CO＝2，BO＝C′H＝4， ∴C′（6，4）， 由待定系数法求出CC′的表达式为． 由， 解得（x＝0舍去）， ∴． b．作AM∥y轴，DN∥y轴，分别交直线BC于点M、N． 由条件可知∠MAE＝∠NDE，∠AME＝∠DNE， ∴△AME∽△DNE． ∴S1：S2＝DE：AE＝DN：AM． 设． ∴，， ∴． ∴S1：S2＝DN：AM ． ∴当n＝2时，有最大值为． 研考点·通技法 1、求三角形的面积是几何题中常见问题之一，方法较多，比如面积公式、割补、等积变形、三角函数甚至海伦公式，而在坐标系中求三角形面积，最常用当为铅垂法. (1) A、B两点之间的水平距离称为“水平宽”； (2) 过点C作x轴的垂线与AB交点为D，线段CD即为AB边的“铅垂高”. 公式： 解题的关键在于求得D点坐标. 所谓“铅垂法”实则就是割补法，对于此类求坐标系中的三角形面积形成了一套完整的解法，即已知三角形三个顶点坐标即可求此三角形面积，取名“铅垂法”. 2、动点最大面积 （1）设动点横坐标m （2）表示抛物线上点、直线上点纵坐标 （3）算出铅垂高=上y-下y （4）代入面积公式，得二次函数 （5） 配方求顶点最大值，对应动点坐标 破类题·提能力 1．（2026•衡南县模拟）如图，抛物线y＝x2+bx+c与y轴交于点A（0，2），对称轴为直线x＝﹣2，平行于x轴的直线与抛物线交于B、C两点，点B在对称轴左侧，BC＝6． （1）求此抛物线的解析式； （2）已知在x轴上存在一点D，使得△ABD的周长最小，则点D的坐标为　　 ； （3）若点P在直线AB上，直线CP将△ABC的面积分成2：3两部分，求点P坐标． 【分析】（1）由对称轴为直线x＝﹣2，以及点A的坐标得出b与c的值，即可求出抛物线解析式； （2）由抛物线的对称轴及BC的长，确定出B与C两点的横坐标，代入抛物线解析式求出B与C两点的纵坐标，得出B与C两点的坐标，再作点A（0，2）关于x轴的对称点为点A′，连接AD，A′B，A′B交x轴于点D，则点D即为所求，最后利用待定系数法求出直线A′B的解析式，即可解决问题； （3）先利用待定系数法求出直线AB的解析式，再设直线CP与AB交于点P，过点P作PH⊥y轴，垂足为点H，设BC与y轴交于点S，则PH∥BC，△APH∽△ABS，进一步得；由已知面积之比求出PH的长，确定出点P的横坐标，代入直线AB的解析式求出点P的纵坐标，即可得出点P的坐标． 【解答】解：（1）抛物线y＝x2+bx+c与y轴交于点A（0，2），对称轴为直线x＝﹣2，将点A的坐标代入，结合对称轴公式得： ， 解得：， ∴抛物线的解析式为y＝x2+4x+2； （2）∵BC＝6，且B、C两点关于对称轴直线x＝﹣2对称， ∴点B的横坐标为：﹣2﹣3＝﹣5，点C的横坐标为：﹣2+3＝1． 把x＝1代入抛物线解析式y＝x2+4x+2得：y＝12+4×1+2＝7， ∴B（﹣5，7），C（1，7）． 如图1，作点A（0，2）关于x轴的对称点为点A′，连接AD，A′B，A′B交x轴于点D，则AD＝A′D，A′（0，﹣2）， 此时AD+BD取得最小值，则此时△ABD的周长最小． 设直线A′B解析式为y＝kx﹣2（k≠0），将点B的坐标代入得： 7＝﹣5k﹣2， 解得：， ∴直线A′B解析式为， 当y＝0时，得：， 解得：， ∴点D的坐标为， 故答案为：； （3）由（2）得，A（0，2），B（﹣5，7）， 设直线AB解析式为y＝k1x+2，（k1≠0），将B（﹣5，7）代入得： 7＝﹣5k1+2， 解得：k1＝﹣1， ∴直线AB解析式为y＝﹣x+2． 如图2，设直线CP与AB交于点P，过点P作PH⊥y轴，垂足为点H，设BC与y轴交于点S，则PH∥BC，BS＝5， ∴△APH∽△ABS， ∴． ∵直线CP将△ABC的面积分成2：3两部分， ∴AP：PB＝2：3或AP：PB＝3：2， ∴AP：AB＝2：5或AP：AB＝3：5． ∵BS＝5， ∴或， 解得：PH＝2或PH＝3， ∴点P的横坐标为﹣2或﹣3． 把x＝﹣2代入y＝﹣x+2，得：y＝﹣（﹣2）+2＝4， 此时P（﹣2，4）； 把x＝﹣3代入y＝﹣x+2，得：y＝﹣（﹣3）+2＝5， 此时P（﹣3，5）； 综上所述，点P的坐标为（﹣2，4）或（﹣3，5）． 2．（2026•荷塘区校级一模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C，顶点为D，直线y＝kx与抛物线交于点E，F，M是线段EF的中点． （1）求抛物线的解析式； （2）若点E的横坐标是﹣3，求点M的坐标； （3）若0＜k＜2，求四边形MCDB的面积的最小值． 【分析】（1）依据题意，把点A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+c，得，求出b，c后即可求得解析式； （2）依据题意，把x＝﹣3代入y＝﹣x2+2x+3，从而可得点E的坐标是（﹣3，﹣12），再代入y＝kx，可直线的解析式，进而联立方程组，解得，，故可得解； （3）依据题意，把x＝0代入y＝﹣x2+2x+3，得y＝3，从而可得点C的坐标是（0，3）及OC，又y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，可得点D的坐标是（1，4），又把y＝﹣x2+2x+3与y＝kx联立方程组，得x2+（k﹣2）x﹣3＝0，可得，连接OD，又S四边形MCDB，再结合二次函数的性质即可判断得解． 【解答】解：（1）由题意，把点A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+c， 得， ∴． ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3． （2）由题意，把x＝﹣3代入y＝﹣x2+2x+3， ∴y＝﹣9﹣6+3＝﹣12． ∴点E的坐标是（﹣3，﹣12）． 把点E（﹣3，﹣12）代入y＝kx，得﹣3k＝﹣12， ∴k＝4． ∴直线的解析式是y＝4x． 联立方程组，得，． ∴． ∴点M的坐标是（﹣1，﹣4）． （3）由题意，把x＝0代入y＝﹣x2+2x+3，得y＝3， ∴点C的坐标是（0，3），OC＝3． ∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4， ∴点D的坐标是（1，4）． 把y＝﹣x2+2x+3与y＝kx联立方程组，得x2+（k﹣2）x﹣3＝0， ∴． 如图，连接OD． S四边形MCDB＝S△OCD+S△OBD﹣S△OCM﹣S△OBM ． ∵， 当时，S四边形MCDB有最小值，最小值为． 题型03 二次函数图像的几何变换 析典例·建模型 1．（2026•湖南模拟）已知二次函数的图象如图． （1）求它的对称轴与x轴交点D的坐标； （2）将该抛物线沿它的对称轴向上平移，设平移后的抛物线与x轴，y轴的交点分别为A、B、C三点，若∠ACB＝90°，求此时抛物线的解析式； （3）设（2）中平移后的抛物线的顶点为M，以AB为直径，D为圆心作⊙D，试判断直线CM与⊙D的位置关系，并说明理由． 【思路分析】（1）根据对称轴公式求出对称轴为直线x，求出即可； （2）假设出平移后的解析式即可得出图象与x轴的交点坐标，再利用勾股定理求出即可； （3）由抛物线的解析式可得，A，B，C，M各点的坐标，再利用勾股定理逆定理求出CD⊥CM，即可证明． 【规范答题】解：（1）由， 得对称轴为直线x3， ∴D（3，0）； （2）方法一： 如图1，设平移后的抛物线的解析式为， 则C（0，k）OC＝k， 令y＝0即， 得，x2＝3， ∴A，B， ∴， 2k2+8k+36， ∵AC2+BC2＝AB2 即：2k2+8k+36＝16k+36， 得k1＝4，k2＝0（舍去）， ∴抛物线的解析式为， 方法二： ∵，∴顶点坐标， 设抛物线向上平移h个单位，则得到C（0，h），顶点坐标， ∴平移后的抛物线：， 当y＝0时，，得，x2＝3， ∴A，B， ∵∠ACB＝90°， ∴△AOC∽△COB，则OC2＝OA•OB， 即， 解得h1＝4，h2＝0（不合题意舍去）， ∴平移后的抛物线：； （3）方法一： 如图2，由抛物线的解析式可得， A（﹣2，0），B（8，0），C（0，4），M， 过C、M作直线，连接CD，过M作MH垂直y轴于H，则MH＝3， ∴， ， 在Rt△COD中，CDAD， ∴点C在⊙D上， ∵， ∴DM2＝CM2+CD2 ∴△CDM是直角三角形，∴CD⊥CM， ∴直线CM与⊙D相切． 方法二： 如图3，由抛物线的解析式可得A（﹣2，0），B（8，0），C（0，4），M， . 作直线CM，过D作DE⊥CM于E，过M作MH垂直y轴于H，则MH＝3，，由勾股定理得， ∵DM∥OC， ∴∠MCH＝∠EMD， ∴Rt△CMH∽Rt△DME， ∴得DE＝5， 由（2）知AB＝10，∴⊙D的半径为5． ∴直线CM与⊙D相切． 研考点·通技法 1、平移：左加右减、上加下减，顶点式变换最快 2、对称：关于x轴、y轴、原点、顶点对称，只变顶点与符号 3、翻折：x轴翻折y变号，y轴翻折x变号 4、旋转180°：开口反向，顶点不变，a变相反数 5、核心技巧：所有变换只抓顶点+开口a，不用重列式子 破类题·提能力 1．（2025•株洲校级一模）现将抛物线L：y＝ax2+bx+c（a≠0）关于直线y＝m的对称抛物线记为L1，关于点（0，m）中心对称的抛物线记为L2． （1）当a＝1，b＝﹣4，c＝3，m＝1时，求抛物线L1和L2的解析式； （2）当a＝1，b＝﹣4，c＝3时，若直线y＝m与抛物线L，L1和L2有且只有4个交点，求m的取值范围； （3）当b＝﹣2a，c＝a+3时，若抛物线L1的解析式为，请写出抛物线L2的解析式． 【分析】（1）首先配方得到L：y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，然后根据轴对称和关于点对称的性质分别求出抛物线L1和L2的顶点坐标和二次项系数，进而求解即可； （2）根据题意分情况讨论，然后分别画出图象求解即可； （3）首先配方得到L：y＝ax2﹣2ax+a+3＝a（x﹣1）2+3，求出抛物线L的顶点坐标为（1，3），然后配方得到抛物线L1的解析式为，求出，k＝1，，进而求解即可． 【解答】解：（1）当a＝1，b＝﹣4，c＝3，m＝1时， ∴L：y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1， ∴顶点坐标为（2，﹣1）； ∵将抛物线L：y＝ax2+bx+c（a≠0）关于直线y＝1的对称抛物线记为L1， ∴抛物线L1的顶点坐标为（2，3），二次项系数为﹣1， ∴抛物线L1的解析式为； ∵关于点（0，1）中心对称的抛物线记为L2， ∴抛物线L2的顶点坐标为（﹣2，3），二次项系数为﹣1， ∴抛物线L2的解析式为； （2）当a＝1，b＝﹣4，c＝3时， ∴L：y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1， 如图所示，当m＜﹣1时，直线y＝m与抛物线L，L1和L2没有交点； 如图所示，当m＝﹣1时，直线y＝m与抛物线L，L1和L2有2个交点； 如图所示，当﹣1＜m＜3时，直线y＝m与抛物线L，L1和L2有4个交点； 如图所示，当m＝3时，直线y＝m与抛物线L，L1和L2有3个交点； 如图所示，当m＞3时，直线y＝m与抛物线L，L1和L2有4个交点； 综上所述，若直线y＝m与抛物线L，L1和L2有且只有4个交点，m的取值范围为﹣1＜m＜3或m＞3． （3）当b＝﹣2a，c＝a+3时， ∴L：y＝ax2﹣2ax+a+3＝a（x﹣1）2+3， ∴抛物线L的顶点坐标为（1，3）， ∵抛物线L1的解析式为， ∵将抛物线L：y＝ax2+bx+c（a≠0）关于直线y＝1的对称抛物线记为L1， ∴，k＝1，， 如图所示， ∵关于点（0，﹣1）中心对称的抛物线记为L2， ∴抛物线L2的顶点坐标为（﹣1，﹣5），二次项系数为， ∴抛物线L2的解析式为． 2．（2025•岳阳县二模）已知抛物线W1解析式为：． （1）求抛物线W1的顶点坐标． （2）将抛物线W1向右平移2个单位，再向上平移1个单位，得到抛物线W2，求抛物线W2的解析式． （3）点Q是直线OP上方，且又是抛物线W1图象上的一个动点，连接OQ、PQ，是否存在一点Q，使△OPQ面积最大，若存在，请求出此时点Q的坐标，并求出其最大面积；若不存在，请说明理由． （4）如图，抛物线W2的顶点为P，x轴上有一动点M，在W1、W2这两条抛物线上是否存在点N，使O（原点）、P、M、N四点构成以OP为一边的平行四边形，若存在，求出N点的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据求顶点坐标即可； （2）根据平移规则求解析式即可； （3）过点Q作QE⊥x轴，垂足为E，QE交OP于点F，设点Q坐标为，点F坐标为，根据计算即可； （4）若四边形OPMN为符合条件的平行四边形，OP∥MN，且OP＝MN，据此求解即可． 【解答】解：（1）， ∴顶点坐标是（2，2）； （2）∵抛物线W1的解析式为， ∴将抛物线W1向右平移2个单位，再向上平移1个单位，得到W2抛物线W2的解析式，即：； （3）存在一点Q，使△OPQ面积最大；理由如下： 如图1，过点Q作QE⊥x轴，垂足为E，QE交OP于点F， 设点Q坐标为， 容易求得直线OP的解析式为，则点F坐标为． ∵， ∴当，△OPQ面积最大为，此时点Q的坐标为， 即存在一点Q，使△OPQ面积最大，点Q的坐标为； （4）在W1、W2这两条抛物线上存在点N，使O（原点）、P、M、N四点构成以OP为一边的平行四边形；理由如下： 如图2：若四边形OPMN为符合条件的平行四边形， 则OP∥MN，且OP＝MN， ∴∠POA＝∠NMB， 作PA⊥x轴于点A，NB⊥x轴于点B， ∴∠PAO＝∠NBM＝90°， 在△POA和△NMB中， ， ∴△POA≌△NMB（AAS）， ∴PA＝BN， ∵点P的坐标为（4，3）， ∴NB＝PA＝3， ∵点N在抛物线y1、y2上，且P点为y1、y2的最高点， ∴符合条件的N点只能在x轴下方， ①点N在抛物线y1上，依题意得：， 解得：或， ②点N在抛物线y2上，依题意得：， 解得：或， ∴符合条件的N点有四个：． 题型04二次函数新定义问题 析典例·建模型 1．（2026•长沙县模拟）我们不妨约定：若函数的图象与x，y轴的交点中，至少存在两个不同的点到原点的距离相等，则称该函数为“共c函数”，这两个点称为“共c点”． （1）请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”）． ①一次函数y＝x+2是“共c函数”；　√　 ②是“共c函数”；　×　 ③是“共c函数”．　√　 （2）关于x的二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0，c＜0）是“共c函数”，函数图象与x轴交于点A（2，0）和点B，与y轴交于点C，且点B，C为“共c点”． ①过点C作x轴的平行线，交二次函数y＝ax2+bx+c的图象于点D，若CD＝3，求该二次函数的解析式； ②若，，求t的取值范围． 【思路分析】（1）根据定义判断即可得解； （2）①分两种情况讨论：开口向上或开口向下，可得C（0，﹣5）或（0，﹣1），即可得解； ②易求a，进而可得b范围，根据t的表达式求解即可． 【规范答题】解：（1）y＝x+2与x，y轴的交点分别是（﹣2，0），（0，2），两个点到原点的距离相等，故①正确； 是反比例函数，与x，y轴都没有交点，故②错误； 与x，y轴的交点分别是（﹣3，0），（4，0），（0，﹣4），有两个点到原点的距离相等，故③正确； 故答案为：√；×；√； （2）①如图1，当a＞0时， ∵CD平行于x轴，CD＝3， ∴二次函数的对称轴为． ∵点A（2，0）和点B是函数图象与x轴的交点， ∴点B（﹣5，0）． ∵点B，C为“共c点”，点C是函数图象与y轴的交点， ∴C（0，﹣5）． 设二次函数解析式为y＝a（x﹣2）（x+5）， 将点C（0，﹣5）代入解析式，得﹣5＝﹣10a， 解得， ∴， 即． 如图2，当a＜0时， ∵CD平行于x轴，CD＝3， ∴二次函数的对称轴为， ∵点A（2，0）和点B是函数图象与x轴的交点， ∴点B（1，0）． ∵点B，C为“共c点”，点C是函数图象与y轴的交点， ∴C（0，﹣1）． 设二次函数解析式为y＝a（x﹣2）（x﹣1）， 将点C（0，﹣1）代入解析式，得﹣1＝2a， 解得， ∴， 即． 综上，二次函数的解析式为或； ②∵， ∴二次函数开口向上，点B在y轴的左侧． ∵y＝ax2+bx+c是“共c函数”，点B，C是“共c点”， 设B（c，0），C（0，c），二次函数解析式为y＝a（x﹣2）（x﹣c）， 将点C（0，c）代入解析式，得c＝2ac， ∵c＜0， ∴． ∵4a+2b+c＝0， ∴c＝﹣2b﹣2， ∴， ∴． ∵， 设， ∴t8k+4，， ∴． 研考点·通技法 1、先读懂新定义，转化为顶点、对称轴、最值、距离等熟悉知识点 2、设坐标、代解析式，转化为方程不等式计算 3、分类讨论，划分区间判断增减性 4、利用数形结合，看图锁定取值范围 5、核心思维：以代数推理为主，摒弃固定解题模板 破类题·提能力 1．（2026•长沙二模）我们不妨约定：在平面直角坐标系xOy中，若点P（a1，b1）和点Q（a2，b2）满足：|a1﹣a2|+（b1+b2）2＝0，我们就说点P和点Q是该坐标平面内的一对“K点”；若函数y1，y2的图象上存在一对或一对以上“K点”（其中点P在y1的图象上，点Q在y2的图象上），我们就说函数y1，y2互为“K函数”，且|b1﹣b2|叫“K函数”的一个“K值”． （1）根据约定填空： ①若A（a，4），B（1，b）是坐标平面内的一对“K点”，则a+b＝　﹣3　 ； ②若一次函数y1＝kx﹣4k，y2＝kx+2k2（k≠0），当自变量x＝k时，在函数y1，y2的图象上的两点恰好是一对“K点”，则一次函数y1的解析式为：y1＝x﹣4　 ； ③已知反比例函数y1（n≠0），且y1，y2互为“K函数”，则m，n应该满足：m+n＝0　 ． （2）若函数y＝x+1与二次函数y＝ax2+bx+c互为“K函数”只存在一对“K点”且在y轴右侧，“K值”为8，二次函数图象的对称轴为直线x＝2，求二次函数的解析式． （3）已知以x为自变量的二次函数y1＝x2﹣2mx+m2（m＞0），函数y1与y2互为“K函数”，且当自变量x取任意实数时，函数y1，y2的图象上对应点都是“K点”．记函数y1，y2的图象分别交y轴于A，B两点，函数y1的图象交x轴于点C，经过A，B，C三点的圆与x轴的另一个交点为D，点P是x轴下方圆上的动点，且点P不与点B，C，D重合，设PA2﹣PB2＝t，S△PCD＝s，令f，当f取最大值时，试判断四边形ACBD的形状，并说明理由． 【分析】（1）①由|a﹣1|+（4+b）2＝0，得a＝1，b＝﹣4，故 a+b＝﹣3； ②当x＝k时，，，由K点定义得|k﹣k|+（k2﹣4k+3k2）2＝0，即（4k2﹣4k）2＝0，解得k＝1，故y1＝x﹣4； ③设，为K点，则，需x1＝x2且，即m+n＝0； （2）由“K值”为8得|y1﹣y2|＝8，结合y轴右侧及y＝x+1得K点为（3，4），对应二次函数上点为（3，﹣4），再由对称轴x＝2及唯一K点（判别式为0）联立求解得，b＝2，； （3）由“任意实数都是K点”得y1与y2关于x轴对称，故，求得A（0，m2），B（0，﹣m2），C（m，0），利用圆的性质及相似得OD＝m3，DC＝m3+m，通过求得，由判别式或基本不等式得fmax＝4时，m＝1，此时OA＝OB＝OC＝OD＝1且AB⊥CD，故四边形ACBD为正方形． 【解答】解：（1）①∵A（a，4），B（1，b）是一对“K点”， ∴根据定义有|a﹣1|+（4+b）2＝0， ∵|a﹣1|≥0，（4+b）2≥，0且两者之和为0， ∴|a﹣1|＝0且（4+b）2＝0， ∴a﹣1＝0，4+b＝0， ∴a＝1，b＝﹣4， ∴a+b＝1+（﹣4）＝﹣3， 故答案为：﹣3； ②当x＝k时， ， ． ∴两点坐标为（k，k2﹣4k）和（k，3k2）， ∵这两点是一对“K点”， ∴|k﹣k|+[（k2﹣4k）+3k2]2＝0， 即0+（4k2﹣4k）2＝0， ∴（4k2﹣4k）2＝0， ∴4k2﹣4k＝0， ∴4k（k﹣1）＝0， ∴k＝0或k＝1， ∵k≠0， ∴k＝1． ∴y1＝1•x﹣4•1＝x﹣4， 故答案为：y1＝x﹣4； ③设在y1图象上，在y2图象上，且P，Q为“K点”． 根据定义：． ∵|x1﹣x2|≥0，， ∴|x1﹣x2|＝0且， ∴x1＝x2且． 将x1＝x2代入， 得：， ， ∴m+n＝0， 故答案为：m+n＝0； （2）∵“K点”在y轴右侧，“K值”为8， ∴y＝x+1图象上的“K点”为（3，4）， 则y＝ax2+bx+c图象上的“K点”为（3，﹣4）， 根据题意有9a+3b+c＝﹣4，， ∴b＝﹣4a，c＝3a﹣4， ∴y＝ax2﹣4ax+3a﹣4， ∵只存在一对“K点”，则一元二次方程ax2﹣4ax+3a﹣4+x+1＝0有两个相等的实数根， 即ax2+（1﹣4a）x+3a﹣3＝0，Δ＝（1﹣4a）2﹣4a（3a﹣3）＝0， ∴， ∴b＝﹣4a＝2，， ∴二次函数的解析式为． （3）∵，且m＞0， ∴A（0，m2），C（m，0）， 由题意得函数y1与y2的图象关于x轴对称， ∴， ∴B（0，﹣m2）， ∴OA＝OB＝m2，且CD⊥AB， ∴CD是AB的垂直平分线， ∵直径所在直线是圆的对称轴， ∴CD是经过A，B，C三点的圆的直径． 连接AD，AC，则∠DAC＝90°， ∴∠DAO+∠CAO＝90°， 在Rt△AOD中，∠ADO+∠DAO＝90°， ∴∠ADO＝∠CAO， ∵∠AOD＝∠AOC＝90°， ∴△ODA∽△OAC， ∴， ∴OA2＝OD•OC， ∴（m2）2＝OD•m， ∴OD＝m3， ∴DC＝OD+OC＝m3+m． 过点P作PE⊥CD于点E，作PF⊥OB于点F． ∵PE⊥CD，CD在x轴上， ∴PE∥y轴，即PE∥OF． ∵PF⊥OB，OB在y轴上， ∴PF∥x轴，即PF∥OE． ∴四边形PEOF为平行四边形， 又∵∠EOF＝90°， ∴四边形PEOF为矩形， ∴PE＝OF． 在Rt△APF 中，PA2＝AF2+PF2， 在Rt△PBF 中，PB2＝BF2+PF2， ∴t＝PA2﹣PB2＝（AF2+PF2）﹣（BF2+PF2）＝AF2﹣BF2＝（AF+BF）（AF﹣BF）＝AB（AO+OF﹣BF）＝AB（BO+OF﹣BF）＝AB（OF+OF）＝2AB•OF， 又∵， ∴， 整理得fm2﹣8m+f＝0， 由Δ＝64﹣4f2≥0，得f2≤16， ∴﹣4≤f≤4， 又∵m＞0， ∴， ∴0＜f≤4， ∴fmax＝4，此时m2﹣2m+1＝0，即（m﹣1）2＝0， ∴m＝1（符合题意）， ∴m＝1时，f取最大值，此时OA＝OB＝OC＝OD＝1， 又∵AB⊥CD， ∴四边形ACBD为正方形． 2．（2026•开福区校级一模）若某函数的图象与x轴、y轴分别交于P、Q两点（P与Q不重合），且OP＝OQ，则称该函数为“等截距函数”．例如，函数y＝x2﹣2x﹣3的图象与x轴交于P1（3，0）、P2（﹣1，0），与y轴交于Q（0，﹣3），且OP1＝OQ＝3，则称函数y＝x2﹣2x﹣3为“等截距函数”． （1）下列函数中，是“等截距函数”的在括号内打“√”，不是的在括号内打“×”； ①y＝﹣x+3（　√　 ）；②（　√　 ）；③y＝x2﹣4（　×　 ）． （2）抛物线y＝x2+bx﹣3与x轴交于A、B两点（点B在原点右侧），与y轴交于C点，“等截距函数”y＝kx+m的图象经过B、C两点，点P是第四象限内抛物线上的一个动点． ①如图1，连接BP、AP，AP与BC相交于点G，当时，求点P的坐标； ②如图2，AP平分∠BAC交y轴于点M，过M点的直线l与线段AB、AC分别交于E、F，当直线l绕点M旋转时，为定值，请求出该定值． 【分析】（1）根据“等截距函数”的定义分析即可； （2）①根据“等截距函数”y＝kx+m的图象经过B、C两点，求出B（3，0），用待定系数法求出抛物线和直线BC的解析式，设P（t，t2﹣2t﹣3）（1＜t＜3），则D（t，t﹣3）．过P点作PD∥y轴交BC于点D，过点A作AK∥y轴交BC于点K，则K（﹣1，﹣4），证明△PDG∽△AKG，得出，代入数值求出t1＝1，t2＝2，进而可得点P的坐标； ②先求出，作MH⊥AC于点H，作FK⊥AO于点K，利用面积法求出，得出，由得出，根据S△AEF＝S△AEM+S△AFM整理可得答案． 【解答】解：（1）①y＝﹣x+3中， 当x＝0时，得：y＝3； 当y＝0时，﹣x+3＝0， 解得：x＝3， ∵|3|＝|3|， ∴y＝﹣x+3是“等截距函数”， 故答案为：√； ②中， 当x＝0时，得：y＝﹣2； 当y＝0时，得：0， 解得：x＝2（经检验，是分式方程的解，且符合题意）， ∵|2|＝|﹣2|， ∴是“等截距函数”， 故答案为：√； ③y＝x2﹣4中， 当x＝0时，得：y＝﹣4； 当y＝0时，得：x2﹣4＝0， 解得：x＝±2， ∵|±2|≠|﹣4|， ∴y＝x2﹣4不是“等截距函数”， 故答案为：×； （2）①对于y＝x2+bx﹣3， 当x＝0时，得：y＝﹣3， ∴OC＝3． ∵“等截距函数”y＝kx+m的图象经过B、C两点， ∴OB＝3， ∴B（3，0）． 把B（3，0）代入y＝x2+bx﹣3，得： 0＝9+3b﹣3， 解得：b＝﹣2， ∴y＝x2﹣2x﹣3， 设直线BC的解析式为y＝kx﹣3，将点B的坐标代入得： 3k﹣3＝0， 解得：k＝1， ∴直线BC的解析式为y＝x﹣3， 设P（t，t2﹣2t﹣3）（1＜t＜3），则D（t，t﹣3）． 如图1，过P点作PD∥y轴交BC于点D，过点A作AK∥y轴交BC于点K，则K（﹣1，﹣4）， ∴PD∥AK， ∴△PDG∽△AKG， ∴， ∵， ∴， ∵K（﹣1，﹣4）， ∴PD＝t﹣3﹣（t2﹣2t﹣3）＝﹣t2+3t，AK＝4， ∴， ∴﹣t2+3t＝2， 解得：t1＝1，t2＝2， ∴P（2，﹣3）或P（1，﹣4）； ②解x2﹣2x﹣3＝0，得：x1＝﹣1，x2＝3， ∴A（﹣1，0）， ∴OA＝1． 在直角三角形AOC中，OC＝3， 由勾股定理得：， 如图2，AP平分∠BAC，∠AOC＝90°，作MH⊥AC于点H，作FK⊥AO于点K， ∴MH＝MO． ∵，， ∴， ∴， 解得：． ∵， ∴， ∴． ∵S△AEF＝S△AEM+S△AFM， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 题型05 二次函数线段最值问题 析典例·建模型 1．（2025•怀化模拟）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象过O（0，0）、A（1，0）、B（，）三点． （1）求二次函数的解析式； （2）若线段OB的垂直平分线与y轴交于点C，与二次函数的图象在x轴上方的部分相交于点D，求直线CD的解析式； （3）在直线CD下方的二次函数的图象上有一动点P，过点P作PQ⊥x轴，交直线CD于Q，当线段PQ的长最大时，求点P的坐标． 【思路分析】（1）将点O、A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解； （2）由点B的坐标知，直线BO的倾斜角为30°，则OB中垂线（CD）与x轴正半轴的夹角为60°，故设CD的表达式为：yx+b，而OB中点的坐标为（，），将该点坐标代入CD表达式，即可求解； （3）过点P作y轴额平行线交CD于点Q，PQx（x2x）x2x，即可求解． 【规范答题】解：（1）将点O、A、B的坐标代入抛物线表达式得， 解得， 故抛物线的表达式为：yx2x； （2）由点B的坐标知，直线BO的倾斜角为30°， ∵BO⊥AD， 则∠BOA+∠BOC＝90°，∠BOC+∠OCA＝90°， ∴∠OCA＝∠BOA＝30°， 则CD与x轴负半轴的夹角为60°， 故设CD的表达式为：yx+b，而OB中点的坐标为（，）， 将该点坐标代入CD表达式并解得：b， 故直线CD的表达式为：yx； （3）设点P（x，x2x），则点Q（x，x）， 则PQx（x2x）x2x， ∵0， ∴当x时，PQ有最大值， 此时点P的坐标为（，）． 研考点·通技法 1、单线段最值（抛物线上一动点） （1）设动点 （2）表示线段代数式 （3）化成二次函数 （4）看自变量范围，顶点取最值 2、线段和最小（将军饮马） （1）两点同侧：作对称点 Vv连线交点为动点，两点之间线段最短 （3）常用于：周长最小、两线段和最小 3、线段差最大 两点同侧：直接连线延长交抛物线，依据：三角形两边之差小于第三边 4、周长最值转化技巧  （1）三角形周长：固定边+两条动线段 （2）只求两条动线段和最小即可 （3）四边形周长：同理转化为线段最值 破类题·提能力 1．（2026•涟源市模拟）如图，函数y＝x2﹣1的图象C1与函数y＝﹣x2+bx+c的图象C2相交于A（﹣1，0），B（2，3）两点．直线x＝t（﹣1＜t＜2）与图象C1，C2分别交于E，F两点． （1）求b，c的值． （2）设直线x＝t（﹣1＜t＜2）与线段AB交于点D，记△BDF和△ADE的面积分别为S1，S2，当S1＝S2时，求t的值． （3）若t满足a≤t≤a+1，且﹣1＜a＜1，试问t取何值时，线段EF的长度最大？并求出这个最大长度． 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）先求出直线AB的表达式为y＝x+1，可得E（t，t2﹣1），F（t，﹣t2+2t+3），D（t，t+1），求出FD＝ED．过点B作直线x＝t的垂线交EF于点P，设直线x＝t与x轴的交点为点Q．得到BP＝2﹣t，AQ＝t+1，根据S1＝S2，建立方程求解即可； （3）求出线段，分，即，，即，，即，三种情况讨论即可． 【解答】解：（1）由题意得， ∴b＝2，c＝3； （2）由题意，设直线AB为y＝kx+d， ∴， ∴， ∴直线AB为y＝x+1； ∵直线x＝t（﹣1＜t＜2）与图象C1，C2分别交于E，F两点，与线段AB交于点D． ∴E（t，t2﹣1），F（t，﹣t2+2t+3），D（t，t+1）， ∴FD＝（﹣t2+2t+3）﹣（t+1）＝﹣t2+t+2，ED＝（t+1）﹣（t2﹣1）＝﹣t2+t+2， ∴FD＝ED． 过点B作直线x＝t的垂线交EF于点P，设直线x＝t与x轴的交点为点Q． ∴BP＝2﹣t，AQ＝t+1． ∵S1＝S2， ∴2﹣t＝t+1， ∴； （3）线段EF＝（﹣t2+2t+3）﹣（t2﹣1） ＝﹣2t2+2t+4 ． ∵若t满足a≤t≤a+1，且﹣1＜a＜1， ∴直线x＝t始终满足﹣1＜t＜2． i．若，即， 当t＝a+1时，线段EF的长度取得最大值﹣2a2﹣2a+4． ⅱ．若，即， 当时，线段EF的长度取得最大值． ⅲ．若，即， 当t＝a时，线段EF的长度取得最大值为﹣2a2+2a+4． 2．（2026•株洲校级一模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y＝ax2+bx+6交x轴于A、B两点（A左B右），交y轴于点C，连接AC，tan∠CAO＝1，OA＝3BO． （1）求抛物线的解析式； （2）点P在第二象限抛物线上，连接AP、CP，设点P的横坐标为t，△ACP的面积为S，求S关于t的函数关系式．（不要求写出自变量t的取值范围）； （3）在（2）的条件下，连接BP交y轴于D，将线段CP绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，过C作AC的垂线交过E作y轴的平行线于F，点G为OA中点，连接AF、PG相交于点H，过P作PQ⊥x轴于Q，，求点P的横坐标． 【分析】（1）A（﹣6，0），B（2，0），C（0，6），进而得出结果； （2）作PD⊥x轴交AC于D，可求得直线AC的解析式为：y＝x+6，从而D（t，t+6），进而求得PD，进一步得出结果； （3）在AC上截取CW＝CF，连接WF，可证得△PCW≌△ECF，从而∠PWC＝∠CFE，可求得∠OCF＝∠ACF﹣∠ACO＝45°，∠PWC＝∠CFE＝180°﹣∠OCF＝135°，进而得出点P、W、F共线，可证得△AGH∽△FPH，从而，同理可得：△BOD∽△BQP，从而，进而表示出OD，CD，进一步得出结果． 【解答】解：（1）由题意得：C（0，6），OC＝6， ∵∠AOC＝90°， ∴tan∠CAO， ∴OA＝OC＝6， ∵OA＝3OB， ∴OB＝2， ∴A（﹣6，0），B（2，0）， ∴y＝a（x+6）•（x﹣2）， ∴6＝a•6×（﹣2）， ∴a， ∴y； （2）如图1， 作PD⊥x轴交AC于D， ∵A（﹣6，0），C（0，6）， ∴直线AC的解析式为：y＝x+6， ∴D（t，t+6）， ∴P（t，）， ∴PD， ∴SPD•OA； （3）如图2， 在AC上截取CW＝CF，连接WF， ∵线段CP绕点C逆时针旋转90°得到线段CE， ∴CP＝CE，∠PCE＝90°， ∵CF⊥AC， ∴∠ACF＝90°， ∴∠PCE＝∠ACF，∠CWF＝∠CFW＝45°， ∴∠PCE﹣∠ACE＝∠ACF﹣∠ACE， ∴∠PCA＝∠ECF， ∴△PCW≌△ECF（SAS）， ∴∠PWC＝∠CFE， 由（1）得：OC＝OA，∠AOC＝90°， ∴∠ACO＝∠CAO＝45°， ∴∠OCF＝∠ACF﹣∠ACO＝45°， ∴EF∥y轴， ∴∠CFE＝180°﹣∠OCF＝135°， ∴∠PWC＝135°， ∴∠PWC+∠CWF＝180°， ∴点P、W、F共线， ∵∠CWF＝∠OAC＝45°， ∴PF∥OA， ∴∠FPH＝∠AGH， ∵∠PHF＝∠AHG， ∴△AGH∽△FPH， ∴， 同理可得：△BOD∽△BQP， ∴， ∴， ∴OD＝t+6， ∴CD＝OC﹣OD＝﹣t， ∵直线AC的解析式为：y＝x+6，Wy＝Py， ∴x+6， ∴x， ∴，， ∴PF， ∵G是OA的中点， ∴AG， ∵， ∴ ， ∴，（舍去）， ∴点P的横坐标为：﹣1． 3．（2026•郴州一模）已知抛物线y＝a（x﹣h）2（a，h为常数且a≠0）． （1）抛物线的对称轴为直线x＝1，且经过点A（3，4）． ①求抛物线的表达式； ②如图1，抛物线与y轴交于点B，点P是抛物线上一动点，且在直线AB的下方，过点P作PQ⊥AB于点Q．请问线段PQ的长度是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，说明理由； （2）如图2，在二次函数y＝﹣（x﹣h）2（h为常数）中，当1≤x≤4时，函数y有最大值为﹣4，求h的值． 【分析】（1）①根据抛物线对称轴得h＝1，再将点A代入抛物线解析式，即可求得抛物线得表达式； ②过点P作PM∥y轴交AB于点M，过点A作AN⊥y轴交y轴于点N，先证得△BNA是等腰直角三角形，进而证得△MQP是等腰直角三角形，推出，利用待定系数法求得直线AB的解析式，设P（a，a2﹣2a+1），M（a，a+1），表示出PM的长度表达式，此时该表达式为开口向下的二次函数，有最大值，通过最后代入即可求得结果； （2）先得出二次函数的对称轴和顶点坐标，再分情况进行讨论h的变化，从而求得结果． 【解答】解：（1）①∵抛物线y＝a（x﹣h）2（a，h为常数且a≠0），对称轴为直线x＝1， ∴h＝1， ∴y＝a（x﹣1）2， 又∵抛物线经过点A（3，4），将点A的坐标代入得： 4＝a×（3﹣1）2， 解得：a＝1， ∴抛物线表达式为y＝（x﹣1）2＝x2﹣2x+1； ②线段PQ的长度存在最大值；理由如下： 如图1，过点P作PM∥y轴交AB于点M，过点A作AN⊥y轴交y轴于点N， 抛物线y＝（x﹣1）2与y轴交于点B， 当x＝0时，得：y＝（0﹣1）2＝1， ∴B（0，1）， ∵A（3，4）， ∴BN＝yA﹣yB＝3，AN＝xA＝3， ∴△BNA是等腰直角三角形， ∴∠NBA＝∠NAB＝45°， ∵PM∥y轴， ∴∠NBA＝∠BMP＝45°， ∴△MQP是等腰直角三角形， ∴， 设直线AB的解析式为y＝kx+b，将点A，点B的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴直线AB的解析式为y＝x+1， 设P（a，a2﹣2a+1），则M（a，a+1），其中0＜a＜3， ∴， 当时，， ∴； （2）∵二次函数y＝﹣（x﹣h）2的对称轴为x＝h，顶点坐标为（h，0）， 此时分情况讨论： ①如图2， 若h＜1，则当1≤x≤4时，y随x的增大而减小， ∴当x＝1时函数取得最大值y＝﹣4，即﹣（1﹣h）2＝﹣4， 解得h1＝﹣1，h2＝3（不合题意，舍去）； ②如图3， 若1≤h≤4，则函数y的最大值为0， ∴与函数y的最大值为﹣4矛盾， ∴此情况不符合题意； ③如图4， 若h＞4，则当1≤x≤4时，y随x的增大而增大， ∴当x＝4时，函数取得最大值y＝﹣4，即﹣（4﹣h）2＝﹣4， 解得：h1＝6或h2＝2（不合题意，舍去）， 综上所述，h＝﹣1或h＝6． 题型06 二次函数中角度存在性问题 析典例·建模型 1．（2026•临湘市模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，与抛物线L：交于点T（5，t）和点Q（6，1）． （1）求证：点Q为抛物线L的顶点； （2）将抛物线L先向上平移1个单位，再向左平移r（r＞0）个单位，得到抛物线L1，若抛物线L1经过点，且点D在抛物线L1的对称轴左侧，求抛物线L1的函数表达式； （3）在（2）的条件下，记抛物线L1的对称轴为直线l，作点C（0，﹣2）关于直线l的对称点B，连接AB，在直线AB上是否存在点P，满足∠ADP＝∠CAO？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由． 【思路分析】（1）先求出点T的坐标，再利用待定系数法，求得二次函数解析式即可解答； （2）表示出平移后的抛物线解析式，将代入求解，再两种情况讨论即可； （3）过点P作DM⊥OA于点M，作DP∥AB交AB于点P，可得∠OAC＝∠MAD＝∠ADP，求得点P，再将△ADP沿AD翻折得到△ADQ，延长DQ交AB与点P2，求出另一个点P即可． 【规范答题】（1）证明：直线与抛物线L：交于点T（5，t）和点Q（6，1）． 将点T的坐标代入，得：， ∴， 将点T，点Q的坐标分别代入，得： ， 解得：， ∴抛物线的解析式为， ∴抛物线的顶点为（6，1），即点Q为抛物线L的顶点； （2）解：∵将抛物线L先向上平移1个单位，再向左平移r（r＞0）个单位，得到抛物线L1， ∴抛物线L1的解析式为， 抛物线L1经过点，把点D的坐标代入得： ， 解得：r1＝4或r2＝6， 当r1＝4时，抛物线L1的解析式为，对称轴为直线x＝2， 则点D在抛物线L1的对称轴左侧，符合题意； 当r2＝6时，抛物线L1的解析式为，对称轴为直线x＝0， 则点D在抛物线L1的对称轴右侧，不符合题意； ∴抛物线L1的解析式为； （3）解：在直线AB上存在点P，满足∠ADP＝∠CAO；理由如下： 直线与x轴交于点A， 当y＝0时，得：， 解得：x＝4， ∴A（4，0）， ∵， ∴直线l为直线x＝2， ∵作点C（0，﹣2）关于直线l的对称点B， ∴B（4，﹣2）， 如图1，当点P在x轴上方时，过点D作DM⊥OA于点M，作DP∥AB交AB于点P， ∵， ∴， ∵∠AMD＝∠AOC， ∴△AMD∽△AOC， ∴∠CAO＝∠MAD， ∵DP∥AB， ∴∠ADP＝∠MAD＝∠CAO， 此时， 如图，当点P在x轴下方时，将△ADP沿AD翻折得到△ADQ，延长DQ交AB与点P2， 根据翻折可得∠ADP＝∠ADP2＝∠CAO， 如图2，过点Q作QG⊥AB于点N，延长NQ交DM于点G， 根据翻折可得，DQ＝DP＝3，∠APD＝∠AQD＝90°， ∴∠DQG+∠AQN＝90°， ∵∠DQG+∠QDG＝90°， ∴∠AQN＝∠QDG， ∵∠ANQ＝∠QGD＝90°， ∴△AQN∽△QDG， ∴， ∴2AN＝QG，2QN＝DG， 设Q（a，b），则QN＝4﹣a，GQ＝a﹣1，，AN＝﹣b， 依题意得：， 解得：， ∴， 设直线DQ的解析式为y＝kx+b1，将点D，点Q的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴直线DQ的解析式为yx， 当x＝4时，得：， ∴， 综上所述，点或时，∠ADP＝∠CAO． 研考点·通技法 1、平行：两直线平行，同位角、内错角相等； 平行: ∠1=∠3, ∠2=∠3 2、角平分线：角平分线分的两个角相等； 角平分线: ∠1=∠2 3、等腰三角形：等边对等角； 4、全等(相似) 三角形：对应角相等； 全等三角形: ∠1=∠2 5、圆周角定理：同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等. 6、三角函数：若两个角的三角函数值相等，则这两个角相等； 三角函数: 若tan∠1=tan∠2, 则∠1=∠2 构造相等角，先考虑是否有特殊位置关系，作恰当的几何构造，若无明显位置关系，再考虑度量角，即用三角函数值构造相等角. 破类题·提能力 1．（2026•汨罗市模拟）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣4，0）、B（1，0），交y轴于点C（0，4），点P是抛物线上一动点． （1）求该抛物线的函数表达式； （2）当点P的坐标为（﹣2，6）时，求四边形AOCP的面积； （3）若∠PBA＝45°，求点P的坐标． 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）过点P作PT⊥AB于T，根据S四边形AOCP＝S△APT+S梯形OCPT列式求解即可； （3）取H1（﹣4，5），连接AH1，BH1，证明∠ABH1＝45°，则线段BH1与抛物线的交点P1即为所求；求出直线BH1的解析式为y＝﹣x+1，联立，解得或（舍去），则P1（﹣3，4）；如图所示，取H2（﹣4，﹣5），连接AH2，BH2，同理可得∠ABH2＝45°，则直线BH2与抛物线的交点P2即为所求；同理可得P2（﹣5，﹣6）；则符合题意的点P的坐标为（﹣3，3）或（﹣5，﹣6）． 【解答】解：（1）将点B（1，0）代入y＝﹣x2+bx+4， 得﹣1+b+4＝0， 解得b＝﹣3， ∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣3x+4； （2）如图所示，过点P作PT⊥AB于T， ∵P（﹣2，6），A（﹣4，0），C（0，4）， ∴OA＝4，OT＝2，OC＝4 PT＝6， ∴AT＝2， ∴S四边形AOCP＝S△APT+S梯形OCPT ＝16； （3）如图所示，取H1（﹣4，5），连接AH1，BH1， ∵A（﹣4，0）、B（1，0），H1（﹣4，5）， ∴AH1＝5，AB＝5，AH1⊥AB， ∴∠ABH1＝45°， ∴线段BH1与抛物线的交点P1即为所求； 设直线BH1的解析式为y＝kx+b1， ∴， ∴， ∴直线BH1的解析式为y＝﹣x+1， 联立，解得或（舍去）， ∴P1（﹣3，4）； 如图所示，取H2（﹣4，﹣5），连接AH2，BH2， 同理可得∠ABH2＝45°， ∴直线BH2与抛物线的交点P2即为所求； 同理可知直线BH2的解析式为y＝x﹣1， 联立， 解得或（舍去）， ∴P2（﹣5，﹣6）； 综上所述，符合题意的点P的坐标为（﹣3，4）或（﹣5，﹣6）． 2．（2025•郴州二模）在平面直角坐标系中，抛物线W1：与x轴交于A（1，0），B两点，与y轴交于点C． （1）求b的值； （2）如图1，点P是直线BC上方抛物线上一点，横坐标设为m，且．连接OP，交BC于点D，． ①求点P的坐标； ②如图2，将抛物线W1沿x轴向右平移3个单位，得到抛物线W2，点F为点P平移后的对应点，连接AF交y轴于点M．点N为抛物线W2上任意一点，连接MN．若∠NMF﹣∠ABC＝45°，求线段MN的长． 【分析】（1）把点A坐标代入对应抛物线解析式中计算求解即可； （2）①过点P作PH⊥x轴于H，交BD于G，先求出B（﹣6，0），C（0，3），直线BC解析式为；再证明△PGD∽△OCD，得到；设，则，则，解方程即可解题； ②先求出抛物线W2的解析式为；点F的坐标为（﹣2，3）；再求出直线MF解析式为y＝﹣x+1，则M（0，1），可证明△CFM是等腰直角三角形，得到∠CMF＝45°；再分如图2所示，当点N在y轴右侧时，如图3所示，当点N在y轴左侧时，两种情况讨论求解即可． 【解答】解：（1）抛物线W1：与x轴交于A（1，0），将点A的坐标代入得： ， 解得：； （2）①如图1，过点P作PH⊥x轴于H，交BD于G， 由（1）得抛物线解析式为， 抛物线W1：的图象与x轴交于A（1，0），B两点，与y轴交于点C， 当y＝0时，得：， 解得：x＝﹣6或x＝1； 当x＝0时，得：y＝3， ∴B（﹣6，0），C（0，3）， ∴OC＝3， 设直线BC解析式为y＝kx+b′，将点B，点C的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴直线BC解析式为； ∵PH⊥x轴， ∴PH∥OC， ∴△PGD∽△OCD， ∵， ∴， ∴； 设，则， ∴， 解得：m＝﹣5或（不合题意，舍去）， ∴， ∴点P的坐标为（﹣5，3）； ②∵将抛物线沿x轴向右平移3个单位，得到抛物线W2， ∴抛物线W2的解析式为； ∵点F为点P平移后的对应点， ∴点F的坐标为（﹣5+3，3），即（﹣2，3）； 由①同理可求得直线MF解析式为y＝﹣x+1， 在y＝﹣x+1中，当x＝0时，y＝1， ∴M（0，1）， ∴CM＝2， 如图2，连接CF， ∵F（﹣2，3），C（0，3）， ∴CF＝2，CF⊥CM， ∴CF＝CM， ∴△CFM是等腰直角三角形， ∴∠CMF＝45°； 如图2，当点N在y轴右侧时， ∵∠NMF﹣∠ABC＝45°， ∴∠NMF﹣∠ABC＝∠FMC， ∴∠ABC＝∠NMF﹣∠FMC＝∠NMC； 过点N作NK⊥y轴于点K， 在Rt△OBC中，OB＝6，OC＝3，∠BOC＝90°， ∴， ∴， 设KN＝t，KM＝2t，则OK＝KM+OM＝2t+1， ∴N（t，2t+1）， 把N（t，2t+1）代入中得：， 解得：t＝2或t＝﹣5（不合题意，舍去）， ∴2t＝4， 在直角三角形MNK中，由勾股定理得：； 如图3，当点N在y轴左侧时，过点M作MK∥x轴，过点N作NK⊥MK于K， 同理可得∠NMK＝∠AOB， ∴， 设KN＝s，KM＝2s， ∴N（﹣2s，1﹣s）， 把N（﹣2s，1﹣s）代入中得：， 解得：（不合题意，舍去）或， ∴， 在直角三角形MNK中，由勾股定理得：； 综上所述，MN的长为或． 题型07 二次函数中三角形存在性问题 析典例·建模型 1．（2026•永定区一模）如图1，在平面直角坐标系中抛物线经过点A（﹣5，0）和点B（1，0），交y轴于C． （1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标； （2）若P为y轴上的一动点，且PA﹣PD的值最大，则点P坐标为 　（0，）　 （直接填写答案）； （3）如图2，连接AD、BD，点M在线段AB上（不与A、B重合），作∠DMN＝∠DBA，MN交线段AD于点N，是否存在这样的点M，使得△DMN为等腰三角形？若存在，求出AN的长；若不存在，请说明理由． 【思路分析】（1）抛物线的表达式为：y（x+5）（x﹣1），可得抛物线的解析式，化成顶点式即可求解； （2）利用当A，D，P在一条直线上时，PA﹣PD的值最大，即可得出答案； （3）分MN＝DM、NM＝DN、DN＝DM，三种情况分别求解． 【规范答题】解：（1）∵yx2+bx+c抛物线经过点A（﹣5，0）和点B（1，0）， ∴抛物线的表达式为：y（x+5）（x﹣1）x2x， ∵yx2x（x+2）2+4， ∴点D（﹣2，4）； （2）当A，D，P在一条直线上时，PA﹣PD的值最大，如图1， ∵△P′AD中，P′A﹣P′D＜AD， ∴当A，D，P在一条直线上时，PA﹣PD的值最大，此时，PA﹣PD＝AD， 设直线AD的解析式为y＝kx+b， ∵A（﹣5，0），D（﹣2，4）， ∴， 解得， ∴直线AD的解析式为yx， 当x＝0时，y， ∴点P坐标为（0，）， 故答案为：（0，）； （3）存在这样的点M，使得△DMN为等腰三角形；理由如下： ∵∠DMN＝∠DBA， ∠MDB＝180°﹣∠DBA﹣∠BMD（三角形的内角是180°）， ∠NMA＝180°﹣∠DMN﹣∠BMD（平角的定义）， ∴∠NMA＝∠MDB， ∵AD＝BD， ∴∠MAN＝∠DBM， ∴△BDM∽△AMN， ∴， ∵A（﹣5，0），B（1，0），D（﹣2，4）， ∴AB＝6，AD＝BD5， ①当MN＝DM时， ∴△BDM≌△AMN， 即：AM＝BD＝5，则AN＝MB＝1； ②当NM＝DN时， 则∠NDM＝∠NMD， ∴△AMD∽△ADB， ∴AD2＝AB×AM，即：25＝6×AM，则AM， 而，即， 解得：AN； ③当DN＝DM时， ∵∠DNM＞∠DAB，而∠DAB＝∠DMN， ∴∠DNM＞∠DMN， ∴DN≠DM； 故AN＝1或． 研考点·通技法 1、等腰三角形：两定点、一动点，分类讨论三情况 已知定点A、B，动点P ① PA = PB（P在AB垂直平分线上），代数方法：（距离公式） ② AP = AB（以A为圆心，AB为半径画圆），代数方法：（距离公式） ③ BP = AB（以B为圆心，AB为半径画圆），代数方法：（距离公式） 2、直角三角形：两定点、一动点，分类讨论三情况 设三点：A、B为定点，动点P ①∠A=90°：A为直角顶点 ②∠B=90°：B为直角顶点 ③∠P=90°：P为直角顶点 两种解题方法 ①用两点距离公式，表示：、、 当∠A=90°时：=+ 当∠B=90°时：=+ 当∠P=90°时：=+ ②几何构造（一线三垂直） 过直角顶点作横竖垂线，构造一线三垂直相似，列比例式求解，计算量最小 破类题·提能力 1．（2026•邵阳模拟）某学生在学习二次函数时发现：二次函数图象上的任意点到一个定点的距离与到一条定直线的距离相等，请同学们利用已学知识回答下列问题： （1）证明：函数（a为常数，且a＞0）上任意一点H到点F（0，a）的距离与到直线y＝﹣a的距离相等； （2）将函数的图象向右平移1个单位，再向下平移个单位得到抛物线L．若点，点是L上的一个动点，试求PM+PN的最小值； （3）在（2）的条件下，设L与x轴相交于A，B（点B在点A的右边）两点，顶点为点C，点D为L的对称轴上的一点且AD平分∠BAC，点E是线段AC上的动点（点E与A，C不重合），连接DE，将△DEC沿DE折叠得到△DEC′，记△DEC′与△ACD的重叠部分为△DEG．若△DEG为直角三角形，请求出所有满足条件的点G的坐标． 【分析】（1）在上任取点，计算出点H到点F（0，a）的距离与到直线y＝﹣a的距离即可证明结论； （2）根据平移可得抛物线L上任意点P到点的距离与到直线的距离相等，可得PM+PN的最小值即为点到直线的垂线段的长度，即可求解； （3）分∠DGE＝90°，∠DEG＝90°，∠EDG＝90°三种情况进行讨论即可求解． 【解答】（1）证明：在上任取点， ∵点F（0，a）， ∴HF2， ∵a＞0， ∴， ∵点H到y＝﹣a的距离， ∴上任意点H到定点F（0，a）的距离与到定直线y＝﹣a的距离相等； （2）解：由（1）知函数的图象上的任意点到点的距离与到直线的距离相等， ∵抛物线L是由的图象向右平移1个单位，再向下平移个单位得到， ∴点平移到点，直线平移到直线， ∴抛物线L上任意点P到点的距离与到直线的距离相等， 过点作直线的垂线段，垂线段的长即为PM+PN的最小值， ∴； （3）解：∵抛物线L：与x轴相交于A，B（点B在点A的右边）两点，顶点为点C， 当y＝0时，得：， 解得：x1＝﹣2，x2＝4， ∴， ∴， △DEG为直角三角形时，分三种情形讨论： ①∠DGE＝90°时，如图1， ∵∠DGE＝90°， ∴DG⊥AC， 取点M（1，0）， 在直角三角形AMC中，∠AMC＝90°，， ∴， ∴∠CAM＝60°， ∵AD平分∠CAB， ∴∠DAC＝∠DAB＝30°， ∴，， ∴， ∴DA＝DC， ∴点G为AC的中点，即； 当点E在CA上从点C到点A的运动中，∠EDC＝90°时，如图2， ∵∠CAM＝60°，， ∴∠ACM＝90°﹣∠CAM＝30°， 在Rt△EDC中，，， ∴AE＝AC﹣CE＝2＝ED， ∴∠ADE＝∠DAE＝30°， ∵将△DEC沿DE折叠得到△DEC′， ∴∠EDC′＝∠EDC＝90°，∠EC′D＝∠ECD＝30°， ∴∠C′ED+∠EC′D＝90°，∠ADE＝∠EC′D， ∴∠C′ED+∠ADE＝90°， ∴∠EGD＝180°﹣（∠C′ED+∠ADE）＝90°， ∴EG⊥DG， ∴点G为AD的中点， ∵， ∴， ∴； ②当∠DEG＝90°时，如图3， 由①可知，DA＝DC， ∴将△DEC沿DE折叠得到△DEC′时，点C′与点A重合， ∴此时G，C′与A重合，即G（﹣2，0）； ③当∠EDG＝90°时， ∵∠DAC＝∠ACD＝30°， ∴∠ADC＝180°﹣（∠DAC+∠ADC）＝120°， 当将△DEC沿DE折叠得到△DEC′， 若点G在AC上，则∠CDC′＜120°， ∴， ∴∠EDG≠90°， 若点G在AD上，则∠CDC′＝120°， ∴，即∠EDG≠90°， ∴∠EDG＝90°不存在． 综上所述，满足题意的点G的坐标为． 2．（2026•衡阳模拟）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c交x轴于点A（﹣4，0），B（2，0），交y轴于点C（0，6），在y轴上有一点E（0，﹣2），连接AE． （1）求二次函数的表达式； （2）若点D为抛物线在x轴负半轴上方的一个动点，求△ADE面积的最大值及此时D点的坐标； （3）抛物线对称轴上是否存在点P，使△AEP为以AE为底的等腰三角形？若存在，请直接写出P点的坐标即可；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）直接用待定系数法求解即可； （2）可求得直线AE的表达式为，过点D作 DN⊥x轴于点G，交AE于点F，设，则，所以，则 S△ADE，即可求得△ADE面积的最大值是； （3）先求得抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，设P（﹣1，t），再根据△AEP为等腰三角形，且以AE为底边，利用坐标两点距离公式列出方程求解即可． 【解答】解：（1）在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c交x轴于点A（﹣4，0），B（2，0），交y轴于点C（0，6），将点A，点B，点C的坐标代入得： ， 解得 ∴二次函数的表达式为； （2）设直线AE的表达式为y＝kx﹣2，将点A的坐标代入得： 0＝﹣4k﹣2， 解得， ∴直线AE的表达式为， 如图，过点D作DN⊥x轴于点G，交AE于点F， 设，则， ∴， ∴S△ADE＝S△ADF+S△EDFDF•AGDF•OG4×DF＝2DF， ∴S△ADE， ∴当时，S△ADE， 此时，yD， ∴△ADE面积的最大值是，此时D点坐标为； （3）抛物线对称轴上存在点P，使△AEP为以AE为底的等腰三角形；点P的坐标为（﹣1，1）；理由如下： ∵， ∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1， 设P（﹣1，t）， ∵△AEP为等腰三角形，且以AE为底边， ∴AP＝PE， ∵E（0，﹣2），A（﹣4，0）， ∴AP2＝PE2， ∴（﹣4+1）2+（0﹣t）2＝（0+1）2+（﹣2﹣t）2， 解得t＝1， ∴点P的坐标为（﹣1，1）， 故抛物线对称轴上存在点P，使△AEP为以AE为底的等腰三角形；点P的坐标为（﹣1，1）． 题型08 代数几何综合问题 析典例·建模型 1．（2026•株洲一模）如图，四边形OBCD是边长为8的正方形，B，D分别在x，y的正半轴上，二次函数y＝ax2+bx（a＜0）的图象经过点B且其顶点A在CD边上，连接OA，作AH⊥x轴于点H，T是直线OA上方的抛物线上一个动点（T不与O，A重合），过点T作TR⊥x轴于点R，交CD于点P，交OA于点Q． （1）直接写出点A的坐标，并求出该二次函数的解析式； （2）求证：的值为常数； （3）是否存在实数λ使得以，λTQ，（λ为常数，）的值为三边长的三角形为等边三角形？若存在，请说明理由，并求出λ的值和点T的坐标；若不存在，也请说明理由． 【思路分析】（1）根据正方形性质可求出点B的坐标，因为点A是顶点以及在CD上，结合对称轴公式可求出点A坐标，进而利用待定系数法即可求出二次函数的解析式； （2）因为点T，点Q，点R，点H均在二次函数图像、直线OA以及x轴上，可分别表示出这四个点的坐标，进而利用两点之间的距离公式表示出线段长，并代入式子进行计算即可； （3）在第（2）问的基础上表示出线段PT的长，并分别根据题干中所乘系数表示出线段长，进而根据等边三角形三边相等列出等式，进行计算即可求解． 【规范答题】（1）解：点A的坐标为（4，8），二次函数的解析式为；理由如下： ∵四边形OBCD是边长为8的正方形， ∴OB＝OD＝8， ∴点B的坐标为（8，0）， ∵二次函数的解析式为y＝ax2+bx， ∴二次函数的图像也经过原点O， ∴二次函数图像的对称轴为直线， ∵点A是二次函数图像的顶点，且在CD上， ∴点A的坐标为（4，8）， 二次函数y＝ax2+bx（a＜0）的图象经过点B且其顶点A在CD边上，将点A和点B的坐标分别代入得： ， 解得：， ∴二次函数的解析式为； （2）证明：∵点T是直线OA上方的抛物线上一个动点， 设点T的坐标为， ∵TR⊥x轴， ∴点R的坐标为（t，0）， ∵直线OA过原点， ∴设直线OA的解析式为y＝kx，将点A的坐标代入得： 8＝4k， 解得：k＝2， ∴直线OA的解析式为y＝2x， ∵点Q在直线OA上， ∴点Q的坐标为（t，2t）， ∴， ∵AH⊥x轴， ∴点H的坐标为（4，0）， ∴OR＝t，RH＝4﹣t， ∴， ∴的值为常数； （3）解：存在实数λ使得以，λTQ，（λ为常数，）的值为三边长的三角形为等边三角形；理由如下： 同（2）可设点T的坐标为， ∴点P的坐标为（t，8）， ∴， ∴， 由（2）可得，QR＝2t， ∴，， 要使等边三角形存在，则一定存在：， 化简，得：， 化简，得：， ∴， ∵，消去λ，解得：λ＝2， 当λ＝2时，得：， ∴点T的坐标为， ∴存在λ＝2时，等边三角形存在，此时点T的坐标为． 研考点·通技法 以坐标系为背景：抛物线（或直线）与三角形、四边形、圆相结合 1、核心解题策略 将几何图形放入平面直角坐标系，用点的坐标表示距离、斜率、中点 2、代数工具熟练 （1）二次函数：顶点式、对称轴、最值、判别式 Δ （2）方程思想：由等量关系（等长、等角→勾股/斜率关系）列一元一次方程或二次方程 （3）分类讨论：如等腰三角形未指定顶点、动点在不同区间 3、动点与存在性问题步骤 （1）设动点坐标（通常用参数t） （2）用t表示所需线段/角度/面积 （3）根据几何条件列方程 （4）解方程并检验是否符合题设范围 破类题·提能力 1．（2026•澧县一模）如图1，已知抛物线y＝x2+bx+c经过（1，﹣2）和（2，﹣3）两点，直线交x轴于点A，交y轴于点B． （1）求该抛物线的函数表达式； （2）若点D是抛物线上的一动点，且在直线l的下方和y轴右侧，过点D作CD∥y轴交直线l于点C，以CD为直径作⊙E，当⊙E与y轴相切时，求点D的坐标； （3）如图2，在（2）的条件下，把⊙E向上平移，使圆心落在x轴上，得到⊙E′，过点H（﹣2，0）作HF⊥x轴，交直线l于点F，连接OF，问在⊙E′上是否存在一点P，使△OFP的面积最大？若存在，求出△OFP面积的最大值，若不存在，请说明理由． 【分析】（1）用待定系数法求解即可； （2）设D（d，d2﹣4d+1）（d＞0），则，根据⊙E与y轴相切圆的直径等于点D横坐标的2倍列方程求解即可； （3）先求出E′（2，0），F（﹣2，3），，过点E′作E′G⊥FO，交直线FO于点G，交⊙E′于点P′，连接FP′，OP′，则此时△OFP′的面积最大．证明△FOH∽△E′OG求出，然后根据求解即可． 【解答】解：（1）把（1，﹣2）和（2，﹣3）代入y＝x2+bx+c得： ， 解得， ∴y＝x2﹣4x+1； （2）设D（d，d2﹣4d+1）（d＞0）， ∵CD∥y轴， ∴， ∴． ∵⊙E与y轴相切， ∴， 解得d1＝2，（舍去）， ∴D（2，﹣3）； （3）∵d＝2， ∴C（2，1）， ∵以CD为直径作⊙E，D（2，﹣3）， ∴E（2，﹣1）， ∵把⊙E向上平移，使圆心落在x轴上，得到⊙E′， ∴E′（2，0）， ∵过点H（﹣2，0）作HF⊥x轴， ∴OH＝2，当x＝﹣2时，， ∴F（﹣2，3）， ∴FH＝3， ∴． 如图，过点E′作E′G⊥FO，交直线FO于点G，交⊙E′于点P′，连接FP′，OP′，则此时△OFP′的面积最大． ∵E′（2，0），⊙E′与y轴相切， ∴OE′＝P′E′＝2， ∵∠FHO＝∠OGE′＝90°，∠FOH＝∠E′OG ∴△FOH∽△E′OG， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即△OFP面积的最大值为． 2．（2025•衡阳校级一模）已知，二次函数yx2x+2图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接AC、BC． （1）如图1，请判断△ABC的形状，并说明理由； （2）如图2，D为线段AB上一动点，作DP∥AC交抛物线于点P，过P作PE⊥x轴，垂足为E，交BC于点F，过F作FG⊥PE，交DP于G，连接CG，OG，求阴影部分面积S的最大值和D点坐标； （3）如图3，将抛物线沿射线AC方向移动个单位得到新的抛物线y'＝ax2+bx+c（a≠0），是否在新抛物线对称轴上存在点M，在坐标平面内存在点N，使得以C、B、M、N为顶点的四边形是以CB为边的矩形？若存在，请直接写出N点坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）此题根据抛物线解析式，可以令x＝0和y＝0，分别求出C、A、B点坐标，继而求得OA、OB、OC长度，利用勾股定理逆定理，来判定三角形ABC为直角三角形，此题也可以根据相似三角形的判定来解决； （2）根据PE⊥x轴，判定PE∥y轴，根据GF⊥PE，判定GF∥x轴，阴影部分面积可以看作△CGF与△OGF的面积之和，当底边为GF时，阴影部分面积转化为，由于OC长已知，所以当GF取最大值时，阴影部分面积最大，根据AC∥PD，可以得到∠ACO＝∠DPE，从而得到，设P（m，），则F（m，），得到PF的长度，继而得到GF长度，从而求得S阴表达式，根据m的取值范围，确定函数在顶点处取得最大值； （3）根据△AOC三边关系，将斜向平移分解成两次平移，即水平移动和竖直移动，从而得到新抛物线解析式，由于BC为边，M在对称轴上，所以可以得到∠BCM＝90°或者∠CBM＝90°，根据分类，画出图形，利用直角，构造一线三等角相似，即可求得M点坐标． 【解答】解：（1）令x＝0，则y， ∴， 令y＝0，则， 解得：， ∴， ∴， 在Rt△AOB中，AC2＝OA2+OC2＝15， 同理，BC2＝60， 又AB， ∴AC2+BC2＝AB2， ∴∠ACB＝90°， 即△ABC为直角三角形； （2）设直线AC为， 代入点A（，0）得，k1＝2， ∴直线AC为， 同理，直线BC为， ∵PE⊥x轴， ∴PE∥y轴， 设P（m，）， F（m，）， ∴， ∵GF⊥PE，PE⊥x轴， ∴GF∥x轴，∠GFP＝90°， ∵AC∥PD， ∴∠CAO＝∠PDE＝∠PGF， 又∠AOC＝∠GFP＝90°， ∴△AOC∽△GFP， ∴， ∴GF， ∵， ∴， ∴当PF最大时，S阴取得最大值， ∵， 又， ∴当m时，PF最大值为，S阴最大值为3， ∴P（）， ∵PD∥AC， ∴可设直线PD为y＝2x+b， 代入点P，得b， ∴直线PD为：， 令y＝0，解得x， ∴， 此时S阴最大值为3； （3）存在这样的点M，使以C、B、M、N为顶点的四边形为矩形， ∵， ∴当抛物线沿射线AC方向平移个单位，可以分解为水平向右平移个单位，竖直向上平移3个单位， ∵y， ∴平移后得抛物线为：， ∴对称轴为直线， ①当∠MCB＝90°，MB为对角线，构成矩形MCBN时，如图1， 过M作MQ⊥y轴于Q点， ∴∠MCQ+∠OCB＝90°， 又∠OBC+∠OCB＝90°， ∴∠MCQ＝∠OBC， ∴tan∠MCQ＝tan∠OBC， ∴， 又MQ， ∴， ∴， 由坐标与平移关系可得， N（）， ②当∠CBM＝90°，CM为对角线，构成矩形BCNM时，如图2， ∵∠CBO+∠OBM＝90°， ∠BMQ+∠OBM＝90°， ∴∠BMQ＝∠CBO， ∴tan∠BMQ＝tan∠CBO， ∴， ∵， ∴， ∴， 由坐标与平移关系可得， N（）， 综上所述，N为（）或（）． 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $