【文档说明】押四川卷25题 二次函数综合（解析版）-备战2022年中考数学临考题号押题（四川专用）.docx，共(35)页，2.703 MB，由管理员店铺上传

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押四川卷第25题二次函数综合从今年开始，B卷的倒数第二道题变成二次函数综合，那么，难度与之前相比，略微有所下降，预计今年的题型跟往年相比没有太大变化，可能计算难度有所下降。比如，2021年考查是点的取值范围，2020年考查相似问题，2019年考查特殊几何图形存在性问题。

将函数知识与方程、几何知识有机地结合在一起．这类试题一般难度较大．解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．1．（2021·四川成都·中考真

题）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线()2yaxhk=−+与x轴相交于O，A两点，顶点P的坐标为()2,1−．点B为抛物线上一动点，连接,APAB，过点B的直线与抛物线交于另一点C．（1）求抛物线的函数表达式；（2）若点B的横坐标与纵坐标相等，ABCOAP=，且点C位于

x轴上方，求点C的坐标；（3）若点B的横坐标为t，90ABC=，请用含t的代数式表示点C的横坐标，并求出当0t时，点C的横坐标的取值范围．【答案】（1）214yxx=−或21(2)14yx=−−；（2）点C的坐标为(6,3)

或51,4−；（3）164tt−−+；12Cx【详解】（1）∵抛物线的顶点坐标为P(2，-1)，∴设抛物线的解析式为()221yax=−−，∵抛物线经过原点O，即经过点O(0，0)，∴()20021a=−−，解得：14a=，∴抛物线的解析

式为()22112144yxxx=−−=−；（2）在()21214yx=−−中，令yx=，得：()21214xx=−−，解得0x=或8x=，∴B(0，0)或B(8，8)，①当点B的坐标为(0，0)时，过点B作BC∥AP交抛物线于点C，此时∠ABC=∠OAP，如

图：在()21214yx=−−中，令0y=，得：()212104x−−=，解得：0x=或4x=，∴A(4，0)，设直线AP的解析式为1ykxb=+，将A(4，0)，P(2，-1)代入得110412kbkb=+−=+，解得：1122kb==−，

∴直线AP的解析式为122yx=−，∵BC∥AP，∴设直线BC的解析式为212yxb=+，将B(0，0)代入得20b=，∴直线BC的解析式为12yx=，由()2121214yxyx==−−

，得：00xy==(此点为点O，舍去)或63xy==，∴点C的坐标为(6，3)；②点B的坐标为(8，8)时，过点P作PQ⊥x轴于点Q，过点B作BH⊥x轴于点H，作H关于AB的对称点M，作直线BM交抛物线于C，连接AM，如图：∵A(4，

0)，P(2，-1)，∴PQ=1，AQ=2，在Rt△APQ中，1tan2PQOAPAQ==，∵A(4，0)，B(8，8)，∴AH=4，BH=8，在Rt△ABH中，1tan2AHABHBH==，∴∠OAP=∠ABH，∵H关于AB的对称点为M，∴

∠ABM=∠ABH，∴∠ABC=∠OAP，即C为满足条件的点，设M(x，y)，∵H关于AB的对称点为M，∴AM=AH=4，BM=BH=8，∴()()()()222222404888xyxy−+−=−+−=两式相减得：82xy=−，代入即可解得：80xy==(此点为点H，舍去)或85

165xy==，∴M(85，165)，同理求得BM的解析式为：324yx=+，解()23241214yxyx=+=−−得：88xy==(此点为点B，舍去)或154xy=−=，∴点C的坐标为(-1，

54)；综上，点C的坐标为(6，3)或(-1，54)；（3）设BC交y轴于点M，过点B作BH⊥x轴于点H，过点M作MN⊥BH于点N，如图：∵点B的横坐标为t，∴点B的坐标为(t，214tt−)，又A(4，0)，∴AH=

4t−，BH=214tt−，OH=t=MN，∵∠ABC=90°，∴∠MBN=90°-∠ABH=∠BAH，且∠N=∠AHB=90°，∴△ABH~△BMN，∴AHBHBNMN=，即2144tttBNt−−=，∴BN=224414tttt−=−，∴HN=2144tt−+，∴M(0，2144tt

−+)，同理求得BC的解析式为：24144yxttt=−+−+，由22144144yxxyxttt=−=−+−+，得22141444xxxttt−=−+−+，解得xt=(点B的横坐标)，或2416

164ttxttt−+=−=−−+，∴点C的横坐标为164tt−−+，当0t时，164Cxtt=−−+224()()4tt=−++−24()12tt=−−+−，∴当4tt−=−时，Cx的最小值是12，此时4t=−；∴当0

t时，点C的横坐标的取值范围是12Cx．2．（2020·四川成都·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线2yaxbxc=++与x轴交于(1,0)A−，(4,0)B两点，与y轴交于点(0,2)C−

．（1）求抛物线的函数表达式（2）如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，连接BD，记BDE的面积为1S，ABE的面积为2S，求12SS的最大值；（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线//lBC，点P，Q分别为直线和抛物线上的点．试探究：在第一

象限是否存在这样的点P，Q，使PQBCAB∽．若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）213222yxx=−−；（2）45；（3）存在，6834,99或6241341,55++【详解】（1）

∵抛物线2yaxbxc=++与x轴交于(1,0)A−，(4,0)B两点，与y轴交于点(0,2)C−．∴016402abcabcc−+=++==−，∴12232acb==−=−，∴抛物线的函数表达式为

213222yxx=−−；（2）过点D作DGx⊥轴于点G，交BC于点F，过点A作AKx⊥轴交BC的延长线于点K．则DG//AK，∴△AEK∽△DEF，∴DEDFAEAK=，设直线BC的解析式为y=kx+n，将(4,0)B、(0,2)C−代入则有：4

02knn+==−，解得122kn==−，∴直线BC的表达式为122yx=−，当x=-1时，15222=−=−yx，即K（-1，52−），∴52AK=．∵12BDEABESSDESSAE==．∴12SDFSAK=设点21

3,222Dmmm−−，则F点坐标为（m，122m−），∴2212131222222DFmmmmm=−−−−=−+．∴()2221212141422555552mmSmmmS−+==−+=−−+，当2m=时，12SS有最大值45．（3）∵(1,0)A−，(4

,0)B，(0,2)C−．∴AC=22125+=，BC=224225+=，AB=5，∴AC2+BC2=25=52=AB2，∴∠ACB=90°，∵过点O作直线//lBC，直线BC的表达式为122yx=−，∴直线l的表达式为12yx=．设点P的坐标为,2tt

．①当点P在直线BQ右侧时，如图，∠BPQ=90°，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥PN于点M，∴∠M=∠PNB=90°，∴∠BPN+∠PBN=90°，∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，∴∠QPM=∠

PBN，∴QPMPBN∽，∴QMPMPQPNBNPB==，又∵PQBCAB∽，∴PQCAPBBC=，∴12QMPMPQCAPNBNPBBC====，∵NB=t-4，PN=2t，∴1422QMPMtt==−，∴QM=4t，PM=122t−，∴MN=122

t−+122tt=−，344ttt−=，∴点Q的坐标为3,24tt−．将点Q的坐标为3,24tt−代入213222yxx=−−，得29922328ttt−=−−，解得：1689t=，t2=0（舍去），此时点P的坐标为6834,9

9．②当点P在直线BQ左侧时．如图，∠BPQ=90°，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥PN于点M，∴∠M=∠PNB=90°，∴∠BPN+∠PBN=90°，∵∠QPM+∠BPN=180°-∠QPB=180°-90°=90°，∴∠QPM=∠

PBN，∴QPMPBN∽，∴QMPMPQPNBNPB==，又∵PQBCAB∽，∴PQCAPBBC=，∴12QMPMPQCAPNBNPBBC====，∵NB=4-t，PN=2t，∴1422QMPMtt==−，∴QM=4

t，PM=122t−，∴MN=122t−+122t=，544ttt+=，∴点Q的坐标为5,24t．将点Q的坐标为5,24t代入213222yxx=−−，得2252285231tt=−−，解得：162415t+=，262415t−=<0（舍去），此时点P

的坐标为6241341,55++．3．（2019·四川成都·中考真题）如图，抛物线2yaxbxc=++经过点()2,5A−，与x轴相交于()1,0B−，()3,0C两点，（1）抛物线的函数表达式；（2）点D在抛物线的对称轴上，且位于x轴的上方，将BCD沿沿直线BD翻折得

到BCD，若点D恰好落在抛物线的对称轴上，求点C和点D的坐标；（3）设P是抛物线上位于对称轴右侧的一点，点Q在抛物线的对称轴上，当CPQ为等边三角形时，求直线BP的函数表达式.【答案】（1）223yxx=−−；（2

）点'C坐标为()1,23点D的坐标为231,3；（3）直线BP的函数表达式为3333yx=+或3333yx=−−.【详解】（1）由题意，得425,0,930.abcabcabc−+=−+=++=，解得1,2,3.abc==−

=−抛物线的函数表达式为223yxx=−−.（2）抛物线与x轴的交点为()1,0B−，()3,0C，4BC=，抛物线的对称轴为直线1x=.设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为()1,0，2BH=.上翻折得4CBCB==.在Rt

BHC中，由勾股定理，得22224223CHCBBH=−=−=.’点C的坐标为()1,23，23tan32CHCBHBH===.60CBH=.由翻折得1302DBHCBH==.在

RtBHD中，23tan2tan303DHBHDBH===.点D的坐标为231,3.（3）取（2）中的点C，D，连接CC.BCBC=，60CBC=.CCB为等边三角形，分类讨论如下：①当点P在x轴上方时，点

Q在x轴上方.连接BQ，CP，PCQ，CCB为等边三角形，CQCP=，BCCC=，60PCQCCB==.BCQCCP=，()BCQCCPSAS.BQCP=,点Q在抛物线的对称轴上，BQCQ=，CPC

QCP==，又BCBC=，BP垂直平分CC.由翻折可知BD垂直平分CC.点D在直线BP上，设直线BP的函数表达式为ykxb=+，则0,233kbkb=−+=+解得3,33.3kb==直线BP的函数表达式为3333yx=+.②当点P在轴下方

时，点Q在x轴下方.QCP，CCB为等边三角形，CPCQ=，BCCC=，60CCBQCPCCB===.BCPCCQ=.BCPCCQ.CBPCCQ=.BCCC=，CHBC⊥，

1302CCQCCB==.30CBP=.设BP与y轴相交于点E.在RtBOE中，tanOEOBCBP==33tan30133OB==.点E的坐标为30,3−，设直线BP的函数表达式为ykxb=+，则033kbb=−+−

=解得3333kb=−=−直线BP的函数表达式为3333yx=−−.综上所述，直线BP的函数表达式为3333yx=+或3333yx=−−.1．（2022·四川省成都市第七中学初中学校一模）抛物线2yaxbxc=++（

0a）与x轴交于点A（-3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3），点P是抛物线上的一个动点．(1)求抛物线的函数表达式；(2)如图1，点P在线段AC上方的抛物线上运动（不与A，C重合），过点P作PD⊥AB，垂足为D，PD交AC于点E

．作PF⊥AC，垂足为F，求△PEF的面积的最大值；(3)如图2，点Q是抛物线的对称轴l上的一个动点，在抛物线上，是否存在点P，使得以点A，P，C，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)223yxx=−−+；

(2)8164；(3)点P的坐标为(2，-5)或(-4，-5)或(-2，3)．【解析】(1)解：∵抛物线2yaxbxc=++（0a）与x轴交于点A（-3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C（0，3），∴设抛物线解析式为()()31yaxx=+−，将点C（0，3），代入，解得1a=−()(

)23123yxxxx=−+−=−−+，223yxx=−−+(2)设直线AC的解析式为ykxb=+，将A（-3，0），C（0，3），代入得，330bkb=−+=，解得13kb==，直线AC的解析式为3yx=+设()2,23Pmmm−−+，则(),3Emm+23P

Emm=−−23924m=−−+943AOCO==，45CAO=，PDAB⊥，45AEDPEF==PFAC⊥，45FPE=，22PFEFPE==，221124PEFSEFPE==PE的最大值为94，PEFS△的最

大值为21944=8164(3)解：①当AC为平行四边形的边时，则有PQ∥AC，且PQ＝AC，如图，过点P作对称轴的垂线，垂足为G，设AC交对称轴于点H，则∠AHG＝∠ACO＝∠PQG，在△PQG和△ACO中，PGQAOCPQGACO

PQAC===，∴△PQG≌△ACO(AAS)，∴PG＝AO＝3，∴点P到对称轴的距离为3，又∵2(1)4yx=−++，∴抛物线对称轴为直线x＝-1，设点P(x，y)，则PG=|x+1|=3，解得：x＝2或x＝-4，当x＝2时，代入2(1)4yx=

−++，得：y＝-5，当x＝-4时，代入2(1)4yx=−++，y＝-5，∴点P坐标为(2，-5)或(-4，-5)；②当AC为平行四边形的对角线时，如图，设AC的中点为M，∵A(-3，0)，C(0，3)，∴M(-32，32)，∵点Q在对称轴上，∴点Q的横坐标为-1，设点P的横坐

标为x，根据中点公式得：x+(-1)=2×(-32)=-3，∴x=-2，此时y=3，∴P(-2，3)；综上所述，点P的坐标为(2，-5)或(-4，-5)或(-2，3)．2．（2022·四川乐山·一模）如图1，在平面直角坐标系中，经过点D（﹣2，m）的抛

物线y＝ax2+bx+4与x轴交于A（2，0），B（点B在点A的左侧）两点，AD交y轴正半轴于点E，过点D作DC⊥x轴于点C，AC＝DC．(1)求抛物线的表达式．(2)连接BE交DC于点Q，抛物线上存在点P，

满足PB＝PE，求点P的坐标．(3)如图2，M，N分别是线段DC，AC上的点，且∠MEN＝45°，连接MN，若△MCN中有一个锐角的正切值为2，直接写出S△DME的值．【答案】(1)2142yxx=−−+；(2)P点坐标为（15+1，﹣215﹣5）或（﹣15+1，

215﹣5）；(3)S△DME＝5+1或25﹣2【解析】(1)解：∵点A的坐标为（2，0），点D的坐标为（﹣2，m），DC⊥x轴，点C的坐标为（﹣2，0），∴DC＝AC＝4，∵DC⊥x轴，m＝4，∴D（﹣2，4），将A（2，0）和D

（﹣2，4）两点分别代入y＝ax2+bx+4中，得42404244abab++=−+=，解得：121ab=−=−，∴抛物线的表达式：y＝﹣212x﹣x+4；(2)解：令y＝0，即﹣12x2﹣x+4＝0，解得x1＝2，

x2＝﹣4，则点B的坐标为（﹣4，0），∵点C的坐标为（﹣2，0），∴点C是BO的中点，∵OE⊥x轴，∴CD∥OE，∴点Q为BE的中点，∵DC＝AC，∠DCA＝90°，∴∠OAE＝45°，∵∠EOA＝90°，∴EO＝OA＝2，∴点Q的坐标为（﹣2，1），∵P

B＝PE．BQ＝EQ，∴直线PQ是线段BE的垂直平分线，如图1，设直线PQ交OB于点F，∵PQ⊥BE，∴∠BQF＝∠BOE＝90°，∵∠QBF＝∠OBE，∴△QBF∽△OBE，∴BQBO＝BFBE，在Rt△OEB中，∠BOE＝90°，∴BE

＝22OEOB+＝25，∴BQ＝12BE＝5，∴54＝25BF，∴BF＝52，∴OF＝OB﹣BF＝32，∴F（﹣32，0），设直线QF的关系式为：y＝kx+b，∴30221kbkb−+=−+=

，解得：23kb=−=−，∴直线QF的关系式为：y＝﹣2x﹣3，当﹣212x﹣x+4＝﹣2x﹣3时，x＝15+1或﹣15+1，∴P点坐标为（15+1，﹣215﹣5）或（﹣15+1，215﹣5）；

(3)解：如图2，过点E作EH⊥DC于点H，在OA上截取点M′，使得OM′＝HM，∵点D坐标为（﹣2，4），点A坐标为（2，0），∴HE＝EO＝2，∵∠EHM＝∠EOM′，OM′＝HM，∴△HME≌△OM′E（SAS），∴ME＝M′E，∠HEM＝∠OEM′，∴∠NEM′＝∠NE

O+∠M′EO＝∠NEO+∠HEM＝90°﹣45°＝45°，在△MEN和ΔM′EN中MEMEMENNENENEN===，∴△MEN≌ΔM′EN（SAS），∴MN＝M′N＝NO+M′O，①当CM＝2CN时，设CN

＝x，则CM＝2x，ON＝2﹣x，HM＝2﹣2x，在Rt△CMN中，∠MCN＝90°，MN2＝CN2+CM2，即（4﹣3x）2＝x2+（2x）2，解得：x＝3﹣5或3+5（舍去），∴MC＝6﹣25，DM＝DC﹣MC＝25﹣2，∴12DMESDMFH=△＝25﹣2；②当CN＝2CM时

，设CM＝x，CN＝2x，则ON＝2﹣2x，HM＝2﹣x，∴（4﹣3x）2＝x2+（2x）2，解得：x＝3﹣5或3+5（舍去），∴MC＝3﹣5，DM＝DC﹣MC＝5+1，∴S△DME＝12DMEH＝5+1，综上所述，S△DME＝5+1或25﹣2．3．（2021·四川宜宾·一模）已知抛物线y

＝ax2﹣bx﹣3交x轴于A、B两点，且A点坐标为（﹣1，0），B点坐标为（3，0），交y轴于点C，顶点为D，对称轴与x轴相交于点E．(1)求抛物线的解析式；(2)点M在线段BC下方的抛物线上，当△MBC面积最大时，求M点的坐标和△MBC的最大面

积；(3)点P在射线ED上，以点P为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，求点P的坐标；【答案】(1)223yxx=−−；(2)M点的坐标是3(2，15)4-，MBC的最大面积是278；(3)()1,426P−【解析】(

1)把(1,0)A−，(3,0)B代入23yaxbx=−−得：309330abab+−=−−=，解得12ab==，∴抛物线的解析式为223yxx=−−；(2)过M作//MNy轴交BC于N，如图：在223yxx=−

−中，令0x=得3y=−，∴(0,3)C−，设直线BC解析式为3ykx=−，把(3,0)B代入得：330k−=，解得1k=，直线BC解析式为3yx=−，设2(,23)Mmmm−−，则(,3)Nmm−，∴22(3)(23)3mmMmm

mN=−−−−=−+，∴MBC的面积为()22211393327332222228BcMNxxmmmmm−=−+=−+=−−+，302−，∴当32m=时，MBC的面积最大，最大值是278；此时22331523()23224mm−−=−−=−，∴

3(2M，15)4-，答：M点的坐标是3(2，15)4-，MBC的最大面积是278；(3)P为圆心，过P作PHCD⊥于H，连接PA，过点C作CFDE⊥于F，如图：由223yxx=−−得顶点(1,4)D

−，对称轴是直线1x=，∵(0,3)C−，∴3EFOC==，1CFOE==，∴1DFDEEF=−=，∴CFFD=，∴CDF为等腰直角三角形．∴45FCDCDF==．∵PHCD⊥，∴PDH为等腰直角三

角形．∴22PHPD=，∴2212PHPD=，∵点P在对称轴1x=上，∴设点P的坐标为(1,)n，则PEn=−，∴4()4DEPEnPDn=−=−−=+，∵222PAAEPE=+，即22222()4PAnn=+−=+．∵以点P为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，

∴PAPH=，∴22212PAPHPD==，∴2214(4)2nn+=+，解得：426n=（正数不合题意，舍去），∴426n=−，∴(1,426)P−．4．（2022·四川乐山·模拟预测）已知：如图，抛物线y＝ax2

﹣2ax﹣3a交x轴正半轴于点A，负半轴于点B，交y轴于点C，tan∠OBC＝3．(1)求a值；(2)点P为第一象限抛物线上一点，连接AC、PA、PC，若点P的横坐标为t，△PAC的面积为S，求S与t的函数解析式，（请直接写出自变量t的取值范围）；(3)在（2）的条件下

，过点P作PD∥y轴交CA延长线于点D，连接PB，交y轴于点E，点Q为第二象限抛物线上一点，连接QE并延长分别交x轴、抛物线于点N、F，连接FD，交x轴于点K，当E为QF的中点且FN＝FK时，求直线DF的解析式．【答案】(1)a＝1

；(2)S＝23922t−t（t＞3）；(3)y＝2x﹣7【解析】(1)∵抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a交x轴正半轴于点A，负半轴于点B，∴令y＝0，0＝ax2﹣2ax﹣3a，解得x1＝﹣1，x2＝3，∴A（3，0），B（﹣1，0

），∵tan∠OBC＝3，∴OCOB＝3，∴OC＝3，∴﹣3＝﹣3a，∴a＝1；(2)如图1，过点P作PG∥y轴分别交CA的延长线，x轴于点N，G，过点C作CH⊥PG交PG的延长线于点H，设P（t，t2﹣2t﹣3），求出直线AC的解析式为y＝x﹣3，∴N（t，t﹣3），∴P

N＝t2﹣2t﹣3﹣（t﹣3）＝t2﹣3t，∴S＝S△PCN﹣S△PAN＝12PN•OA＝21(3)32tt−＝23922t−t（t＞3）；(3)延长PD交x轴于点G，∵tan∠PBG＝PGBG＝2231t

tt−−+＝t﹣3，∴tan∠PBG＝OEOB＝t﹣3，∴OE＝t﹣3，∵DG＝t﹣3，∴OE＝DG，连接DE，∴四边形EOGD是矩形，∴DE∥AN，∵FN＝FK，∴∠FNA＝∠FAN＝∠DEF＝∠FDE，∴FE＝FD，过点F

作FR⊥DE，∴RE＝RD＝2t，过点Q作QH⊥RE交RE延长线于点H，∵QE＝EF，∠QHE＝∠FRE，∠QEH＝∠FER，∴△FER≌△QEH（AAS），∴QH＝FR，EH＝ER，∴F（211,24tt﹣t﹣3），Q（﹣211

,24tt+t﹣3），∴214t+t﹣3﹣t+3＝t﹣3﹣21(3)4tt−−，解得t1＝4，t2＝0（舍去），∴F（2，﹣3），D（4，1），设直线DF的解析式为y＝kx+b，∴3214kbkb−=+=+，∴27kb==−，∴

直线DF的解析式为y＝2x﹣7．5．（2021·四川绵阳·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线顶点为点D．(1)求B，C，D三点坐标；(2)

如图1，抛物线上有E，F两点，且EF//x轴，当△DEF是等腰直角三角形时，求线段EF的长度；(3)如图2，连接BC，在直线BC上方的抛物线上有一动点P，当△PBC面积最大时，点P坐标．【答案】(1)(3,0)、(0,3)、(1,4)；(2)2EF=；(3)3()2

278P，．【解析】(1)解：对于2yx2x3=−++，令2yx2x3=−++=0，解得x=3或-1，令x=0，则y=3，故点A、B、C的坐标分别为(1,0)−、(3,0)、(0,3)，函数的对称轴为1x=，当1x=时，2234yxx=−++=，故点D的坐标为(1,4)，故B，C，D三点

坐标分别为(3,0)、(0,3)、(1,4)；(2)DEF是等腰直角三角形，//EFx轴，则根据函数的对称性，只有EDF为直角一种情况，设点2(,23)Exxx−++，点F和点E关于函数对称轴对称，故点2(2,23)Fxxx−−++，过点D作D

HEF⊥与点H，DEF是等腰直角三角形，故ΔDHF为等腰直角三角形，故HFDH=，即1()2DFEFyy=−，则21(2)(423)2xxxx−−=+−−，解得1x=（舍去）或0，故0x=，则22EFxx=−−=；(3)过点P作//PHy轴交BC于点H，由点B、C的坐标得，直线BC的表达式

为3yx=−+，设点P的坐标为223)(,xxx−++，则点(,3)Hxx−+，则PBC面积22ΔΔ11393(233)2222PHCPHBSSPHOBxxxxx=+==−+++−=−+，302−，故PBC面积存在最大值，此时32x=，故点3()2278P，．6

．（2022·四川德阳·一模）如图，把两个全等的RtAOB和RtCOD分别置于平面直角坐标系中，使直角边OB、OD在x轴上．已知点()2,4A，过A、C两点的直线分别交x轴、y轴于点E、F，抛物线2yaxbx

c=++经过O、A、C三点．(1)求该抛物线的函数解析式；(2)点G为抛物线上位于线段OC所在直线上方部分的一动点，求G到直线OC的最大距离和此时点G的坐标；(3)点P为线段OC上一个动点，过点P作y轴的平行线交抛物线于点M，交x轴于点N，问是否存在这样的点P，使得四边形ABPM的边AM与边BP

相等？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)23742yxx=−+(2)G点到直线OC的最大距离为655，此时G(2，4)；(3)存在，P点的坐标为42,33【解析】(1)解：

由题意：A(2，4)，C(4，2)，O(0，0)，因为抛物线y=ax2+bx+c经过点O，A，C，∴42416420abcabcc++=++==，解得34a=−，72b=，0c=，∴抛物线解析式为

23742yxx=−+；(2)解：连接GO，GC，过G点作x轴的垂线交OC于点K，GH⊥OC于点H．令G点的横坐标为m（0<m<4），则G(m，−34m2+72m)．设直线OC的解析式为y=kx+b，把C(4，2)，O(0，0)代入得：b=0，4k+b=2，k=12，∴直线OC的解析式为

y=12x，则K(m，12m)∴()213714042422GOCSmmmm=−+−△()223362622mmm=−+=−−+，当2m=时，GOCS的值最大为6，此时GH的值为最大，224225OC=+=，∴12562GH=，6

55GH=，∴G点到直线OC的最大距离为655，此时G(2，4)；(3)解：存在．如图所示，过点M作MRAB⊥于点R，过点P作PTAB⊥于点T．由题意：MNAB∥，∴MR=PT，∵AM=BP，∴()RtRtAMRBPTHL≌△△．∴ARBT

=设点M的横坐标为t()04t，则23742Mttt−+，．由（2）知：直线OC的解析式为12yx=，则12Ptt，∴23714422ttt−−+=，当23714422ttt−−+=

时，解得：143t=，24t=（不合题意，舍去）；当23714422ttt−−+=−时，无实数解．∴43t=，此时4233P，∴P点的坐标为4233，．1．（2022·湖北武汉·一模）平面直角坐标系中，已知抛物线1C：()21(yxmxmm=−++

−为常数)与x轴交于点A，B两点(点A在点B左边)，与y轴交于点C．(1)若4m=，求点A，B，C的坐标；(2)如图1，在（1）的条件下，D为抛物线x轴上方一点，连接BD，若90DBAACB+=，求点D的坐标

；(3)如图2，将抛物线1C向左平移n个单位长度(0)n与直线AC交于M，(N点M在点N右边)，若12AMCN=，求m，n之间的数量关系．【答案】(1)A的坐标为()1,0；B的坐标为()4,0；C的坐标为()0,4−；

(2)820,39D；(3)93mn=+【解析】(1)解：当4m=时，抛物线1C为254yxx=−+−，令0x=得4y=−，()0,4C−，令0y=得2540xx−+−=，解得1x=或4x=，()1,0A，()4,0B；答：A的坐标为()1

,0，B的坐标为()4,0，C的坐标为()0,4−；(2)过D作DFx⊥轴于F，过A作AEBC⊥于E，如图：由（1）知()1,0A，()4,0B，()0,4C−，45ABC=，3AB=，42BC=，在RtABE△中，23222AEBEAB===，522C

EBCBE=−=，3232tan5522AEACBCE===，90DBAACB+=，又90DBABDF+=，ACBBDF=，3tan5BDF=，35BFDF=，设()2,54Dttt−

+−，则4BFt=−，254DFtt=−+−，243t545tt−=−+−，解得83t=或4(t=舍去)，820,39D；()3过N作//NGx轴交y轴于点G，过M作//HMx轴，过A作AHy∥轴交HM于点H，如图：

抛物线()()()211yxmxmxmx=−++−=−−−，()1,0A，(),0Bm，()0,Cm−，将其向左平移n个单位，得到的抛物线的解析式为()()1yxmnxn=−−+−+，由()0,Cm−设直线AC的解析式为ypxm=−，将()1,0

A代入得0pm−=，解得pm=，直线AC的解析式为ymxm=−，由()()1ymxmyxmnxn=−=−−+−+，得()22210xnxnmnn+−+−−=，设点M、N的横坐标分别为1x、2x，

则1221xxn+=−+，212xxnmnn=−−，CNGHMA=，90HCGN==，CNG∽AMH，12AMCN=，2CNNGAMMH==，2NGMH=，()2121xx−=−，即2122xx=−+，1212xx

x+=−，1212nx−+=−，121xn=+，21224xxn=−+=−，212xxnmnn=−−，()()2214nnnmnn+−=−−，0n，整理得93mn=+．2．（2022·仁寿县长平初级中学校（四川省仁寿第一中学校南校区初中部）一模）如图，抛物

线23yaxbx=++过点()1,0A，()3,0B，与y轴相交于点C．(1)求抛物线的解析式；(2)若点E为抛物线对称轴上的一点，请探索抛物线上是否存在点F，使以A，B，E，F为顶点的四边形为平行四边形．若存在，请求出所有满足条件的点F的坐标；若不存在，请说

明理由；(3)若点P为线段OC上的动点，连接BP，过点C作CN垂直于直线BP，垂足为N，当点P从点O运动到点C时，求点N运动路径的长．【答案】(1)抛物线解析式为：243yxx=−+；(2)点F坐标为（0,3）或（4,3）或（2，-1）(3)

OC的长度为π324【解析】(1)解：∵抛物线23yaxbx=++过点()1,0A，()3,0B，代入坐标得：309330abab++=++=，解得14ab==−，∴抛物线解析式为：243yxx=−+;(2)解：分两种情况，以AB为边，∵AB=3-1=2，点E在对称轴上，四边形ABE

F是平行四边形，∴EF=AB=2，抛物线的对称轴为x=2，设点E坐标为（2，m），点F在对称轴左侧时，点F（0，m），∴m=3，点F（0,3），点F在对称轴的右边，点F（4，m），∴m=3，点F（4,3）当AB为对角线时，点F为抛

物线顶点，()224321yxxx=−+=−−，∴点F（2，-1），综合存在点F使以A、B、E、F为顶点的平行四边形，点F坐标为（0,3）或（4,3）或（2，-1）；(3)解：∵CN⊥BP，∴∠CNB=90°=∠C

OA，∴点N，O，B，C四点在以BC中点O′为圆心，O′C为半径的圆上，点P从点O运动到点C，点N在OC上运动，∵点C（0,3），点B（3,0），∴OC=OB，∴△COB为等腰直角三角形，∴∠CBO=45°，BC=22

32OCOB+=，∴∠CO′O=90°，O′C=322，∴OC的长度为ππ133222424创=．3．（2022·贵州遵义·一模）在平面直角坐标系中，已知抛物线()24460ymxmxmm=+++与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧）

，与y轴交于点C，顶点为点D．(1)当6m=−时，直接写出点A，B，C，D的坐标；(2)如图1，直线DC交x轴于点E，若4tan3AED=，求m的值及直线DE的解析式；(3)如图2，在（2）的条件下，若点Q为

OC的中点，连接AQ，动点P在第二象限的抛物线上运动，过点P作x轴的垂线，垂足为H，交AQ于点M，过点M作MNDE⊥，垂足为N，求PMMN+的最大值．【答案】(1)()3,0−，()1,0−，()0,18−，()2,6−；(2)23m=−，41033yx=−+；(3)263【解析】(1)解

：当m＝﹣6时，抛物线的表达式为：y＝﹣6x2﹣24x﹣18，令y＝0，﹣6x2﹣24x﹣18＝0，解得x1＝﹣1，x2＝﹣3；∴A、B、的坐标分别为（﹣3，0）、（﹣1，0）；当x＝0时，y＝﹣18，∴点C的坐标是（0，﹣18）；∵y＝﹣6x2﹣24x﹣18＝﹣6

（x＋2）2＋6∴顶点D的坐标为（﹣2，6）；故点A、B、C、D的坐标分别为（﹣3，0）、（﹣1，0）、（0，﹣18）、（﹣2，6）；(2)解：y＝mx2+4mx+4m+6，令x＝0，则y＝4m+6，∴C（0，4m+

6），∵函数的对称轴为直线x＝42mm−＝﹣2，当x＝﹣2时，y＝mx2+4mx+4m+6＝6，∴点D的坐标为（﹣2，6），设CD表达式是11ykxb=+，则1114662mbkb+==−+解得11246kmbm==+∴直线CD的表达式为：y＝

2mx+4m+6，令y＝0，则x＝3m-﹣2，故点E（3m-﹣2，0），则OE＝3m-﹣2，∴tan∠AED＝OCOE＝464332mm+=−−，解得m＝﹣23，∴点C、E的坐标分别为（0，103），（52，0），设直线D

E的解析式为：22ykxb=+，则222262502kbkb=−+=+解得2243103kb=−=∴直线DE的解析式为：41033yx=−+．(3)如图，延长HP与直线ED交于点J，由（2）知，抛物线的表达式为：22810333yx

x=−−+，当y＝0时，228100333xx−−+=，解得15x=−，21x=∴点A、B的坐标分别为（﹣5，0）、（1，0）当x＝0时，y＝103，∴点C的坐标是（0，103），∵点Q为OC的中点，∴点Q（0，53），设直线AQ的解析式为：33ykxb=+，则3335305bkb

==−+解得331353kb==，∴直线AQ的解析式为：1533yx=+．设点P（t，22810333tt−−+），则点M（t，1533t+）；则PM＝225333tt−−+，设直线CE的解析式为：44ykxb=+，则444502103kbb=+

=，解得4443103kb=−=∴直线CE的解析式为：41033yx=−+．∴J（t，41033t−+），∴JM＝5533t−+，∵MN⊥DE，JMy轴，∴∠MNJ＝∠EOC＝90°，∠MJN＝∠ECO，∴△MJN∽△ECO，∴MNMJOECE=，∴M

N＝OECE•MJ＝﹣t+1，∴PM+MN＝225333tt−−++（﹣t+1）＝228433tt−−+＝2226(3)33t−++；∴当t＝﹣3时，PM+MN的最大值为263．4．（2021·贵州铜仁·三模）已知抛物线214yxbxc=−++与直线AC相交于A、C两

点，且()2,0A−、()4,3C．(1)填空：b=______，c=______；(2)长度为5的线段DE在线段AC上移动，点G与点F在上述抛物线上，且线段DG与EF始终平行于y轴．①连接FG，求四

边形DEFG的面积的最大值，并求出对应点D的坐标；②CHAB⊥，垂足为点H，线段DE在移动的过程中，是否存在点D，使△DEG与△ACH相似？若存在，请求出此时点D的坐标；若不存在，试说明理由．【答案】

(1)1，3；(2)①4；D(0，1)；②存在这样的D使△DEG与△ACH相似，坐标为35152−−，【解析】(1)将A(-2，0)，C(4，3)代入抛物线方程214yxbxc=−++得：()221443412204bcbc−

++=−−−+=，解得：13bc==，故答案为1，3；(2)①解：如图，过D作EF垂线交FE延长线于P，过C作CH⊥AB于H则DPAB∥，∠EDP=∠CAH，且CH=3，AH=4+2=6，故tan∠EDP=tan∠CAH=CH：A

H=12，又DE=5，∴EP=1，DP=2设直线AC方程y=kx+a，将A，C坐标代入得：2043kaka−+=+=，解得112ak==，设D（x，12x+1），则E（x+2，12x+2），G（x，2134xx−++），F（x+2，()()212234xx−++++），∴1

SSS()2DEFGDPFGDEPDPGDFPEP=−=+−22111131(2)(2)324242xxxxxx=−++−+−++++−+2142x=−+故当x=0时，四边形面积最大为4，此

时D（0，1）；②解：由题意知，DGCH∥，∴GDEACH=∵6AH=，3CH=，∴2235ACAHCH=+=∴1sin5CHCAHAC==，1tan2CHCAHAH==由题意知△DEG与△ACH相似分两种情况求解：情况一：90DGE=时，DEGCAH∽，∴1

tantan2DGDEGCAHGE===，∴2GEDG=∵225DEGEDG==+，解得1DG=设1,12Dmm+，则21,34Gmmm−++，∴21131142mmm−++−−=，整理得22

40mm−−=∴222162m+=解得115m=−，215m=+（不合题意，舍去）当15m=−时，()13515122y−=−+=，∴3515,2D−−；情况二：90DEG=时，DGECAH∽，∴1sinsin5DEDGECAHDG===∴5DG=，∴21131542m

mm−++−−=，整理得22120mm−+=∵()224120=−−，∴方程无解，此时不存在；综上所述，存在这样的D使△DEG与△ACH相似，坐标为3515,2−−．5．（2022·江苏

扬州·一模）已知抛物线22yxxa=−++与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点B的坐标是（3，0），点D是抛物线的顶点，点P是抛物线对称轴上的一个动点．(1)求a的值和顶点D的坐标；(2)是否存在

点P，使得以P、D、B为顶点的三角形中有两个内角的和等于60°？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)3a=，（1，4）；(2)存在，P点坐标为（1，233）或（1，1610311+−）．【解析】(1)解：将

点B（3，0）代入到抛物线22yxxa=−++中，得20323a=−++，解得3a=，∴该抛物线解析式为2yx2x3=−++，可将其转化为顶点式为2(1)4yx=−−+，故顶点坐标为（1，4）；(2)存在，理由如

下：由（1）得抛物线的解析式为：2yx2x3=−++，当0y=时，2230xx−++=，解得11x=−，23x=，∴A（-1，0）和B（3，0），∵D点坐标为(1，4)，∴222425BD=+=，∵以P、D、B为顶

点的三角形中有两个内角的和等于60°，∴以P、D、B为顶点的三角形必有一个120°的钝角，设抛物线对称轴与x轴交点为M，①当120DPB=时，则60MPB=，∵90PMB=，312BM=−=，∵tanBMMPBPM=，即2tan603PM==，∴233PM=，∴

P（1，233）；②当120DBP=时，60BDPBPD+=，又∵60BDPDBP+=，∴BPDDBP=，∵BDPPDB=，∴BDPPDB△∽△，∴BDPDPDDB=，即24325325PD−=，∴6010311PD+=，∴601031610

341111MPPDDM++=−=−=，∴点16103(1,)11P+−；③当120BDP=时，有60MDB=，则tan3MDB=，而311tan342BMMDBDM−===，故此种情况不存在．∴P点坐标为（1，233）或（1，1610311+−）．获得更

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