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【攻克压轴大题】2025年中考数学压轴题精选：二次函数
1．（2025 石家庄二模）如图，抛物线L的顶点坐标为（4，36），与y轴交于点C（0，20），与x轴交于点A，B（点A在点B左侧）．
（1）求抛物线L的解析式和A，B两点坐标；
（2）线段OB上的两个点D（m，0），E（m+1，0），分别过点D，E作x轴的垂线交抛物线L于点N，M，连接MN．
①线段ME的长度能否为线段DN长度的2倍，若能，求出m的值，若不能，请说明理由；
②当m为何值时MN的值最小，最小值是多少？
③当时，直接写出m的取值范围．
2．（2025 乾安县模拟）抛物线y＝ax2﹣2x+c（b，c为常数）经过点A（0，﹣2），点N（3，1），点M在此抛物线上，点M的横坐标为m，点M不与A重合，抛物线上点M与点A之间的部分（包括端点）记为图象G．
（1）求此抛物线所对应的函数解析式；
（2）当图象G的最大值与最小值差为1时，直接写出m的取值范围；
（3）图象G与直线y＝﹣2m+1有且只有一个交点时，求m的取值范围；
（4）连接AM，以AM为对角线构造矩形ABMC，AC∥BM∥x轴，CM∥y轴，矩形ABMC的边与抛物线的交点为点D（异于点A，M），点D关于CM的对称点是点E，当3DE＝CM时，直接写出m的值．
3．（2025 康县四模）如图所示，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+3交坐标轴于B、C两点，抛物线y＝ax2+bx+3经过B、C两点，且交x轴于另一点A（﹣1，0）．点D为抛物线在第一象限内的一点，过点D作DQ∥CO，DQ交BC于点P，交x轴于点Q．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P的横坐标为m，在点D的移动过程中，存在∠DCP＝∠DPC，求出m值；
（3）在抛物线上取点E，在平面直角坐标系内取点F，问是否存在以C、B、E、F为顶点且以CB为边的矩形？如果存在，请求出点F的坐标；如果不存在，请说明理由．
4．（2025 西陵区模拟）如图1，抛物线y＝x2+mx+n交x轴于A（﹣1，0），B（3，0），交y轴于点C．
（1）求m和n的值；
（2）点P为抛物线上第一象限内一点，且△POC的面积等于6，求点P的坐标；
（3）如图2，将图1抛物线位于x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，保留其原本位于x轴上方的部分，得到如图2所示的新函数图象，记此新函数为G（x）．
①若直线l：y＝kx﹣k+6（k≠0）与函数G（x）的图象有且仅有3个交点，求k的值；
②在①的条件下，设|k|的最大值为p，若直线y＝px+t与函数G（x）的图象围成的封闭图形内部（不包括边界）恰有4个横、纵坐标均为整数的点，直接写出t的取值范围．
5．（2025 新沂市二模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣2，0），点C的坐标为（0，﹣4），点E，F在直线BC上，且点E在点F的左下侧，．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图2，分别连接AE、AF，延长AF交抛物线于点P，当点P在第四象限时，若△ABP的面积记作S1，△AEF的面积记作S2，线段EF在移动过程中，当S1﹣S2的值最大时，求点E的坐标；
（3）如图3，点D为该抛物线的顶点，连接DF，请直接写出AE+EF+DF的最小值．
6．（2025 裕华区校级二模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴分别交于点A（﹣3，0）与点B（1，0）．已知点P是该抛物线上一动点（不与点B重合）．
（1）求抛物线的解析式和顶点坐标．
（2）将抛物线上P、B两点之间的部分（包括端点）记作图象W，当图象W上最高点与最低点的纵坐标的差是5时，求点P的坐标．
（3）若动点P的横坐标是n，另有坐标系中一动点Q，其坐标是（﹣3n，n）．如图2，在坐标系中构造一个各边均与坐标轴垂直的矩形，使PQ为矩形的对角线．当抛物线在矩形内部的部分对应的函数值y随x的增大而增大，直接写出n的取值范围．
7．（2025 福田区模拟）平移是初中数学中的重要图形变换之一，其特点是保持图形形状、大小不变，仅改变位置．
我们先以抛物线C1：y＝x2为例，对平移变换做了以下研究：把抛物线C1：y＝x2先向右平移1个单位，再向下平移4个单位得到抛物线C2，抛物线C2与x轴交于A，B两点，其对称轴与x轴交于点D．
（1）抛物线C2的表达式为：　 　 ；
（2）如图1，抛物线C1：y＝x2与抛物线C2的交点C的坐标为：C（　 　 ，　 　 ）．抛物线C2与x轴交于A，B两点，线段AB＝　 　 ；
（3）平移求解（参考图1、图2）
①如果把线段AB平移，线段的一个端点落在抛物线C2的对称轴上记作点E，另一个端点落在抛物线C2上记作点F，则点F坐标为：F（　 　 ，　 　 ）；
②如果把线段DB平移，线段一个端点落在抛物线C1上记作点G，另一个端点落在抛物线C2上记作点H，则点H的横坐标为：　 　 ；
（4）对于直线l1：y＝x，通过对其上下平移可得直线l2：y＝x+b，如果直线l2恰好与抛物线C1，C2共有三个交点，则b的值为：　 　 ．
8．（2025 伊金霍洛旗三模）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣1（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D（3，0），过点B作直线l⊥x轴，过点D作DE⊥CD，交直线l于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AC，求证：∠ACD+∠BED＝45°；
（3）如图，点P为第三象限内抛物线上的点，连接CE和BP交于点Q，当时，求点P的坐标．
9．（2025 天桥区三模）已知抛物线y＝x2+mx+n与x轴交于A（﹣1，0），B两点，与y轴交于点C（0，﹣4）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，已知点E为第四象限抛物线上的点，连接AC、BE、AE、BC，且AE和BC相交于点F，设△ACF的面积为S1，△BEF的面积为S2，当S1﹣S2＝5时，求点E的坐标．
（3）如图2，设点P（x1，y1），Q（x2，y2）是直线BC下方抛物线上的两动点，且x2＝x1+1，过点P作PM∥y轴，交BC于点M，过点Q作QN⊥BC，交BC于点N．求的最大值．
10．（2025 江阳区模拟）如图（1），抛物线交x轴于A，B两点（点A在左边），交y轴于点C．
（1）直接写出A，B，C三点的坐标；
（2）D是抛物线第四象限上的一点，连接AD分别交BC，OC于E，F两点，若∠FEC＝∠FCE，求直线AD的解析式；
（3）平移抛物线使它的顶点为（0，1），如图（2）．R是y轴上一个定点，以点R为直角顶点作Rt△RST，使顶点S，T分别在x轴和抛物线上．若Rt△RST在变化的过程中，直线ST与抛物线始终有唯一公共点，求点R的坐标．
11．（2025 祁阳市校级一模）如图，直线y＝﹣x+3与x轴的正半轴、y轴的正半轴分别相交于点A和点C，点B是点A关于原点O的对称点，四边形ABCD是平行四边形，抛物线y＝ax2+bx﹣10经过点B和点D．
（1）求平行四边形ABCD的面积；
（2）求抛物线的解析式；
（3）动点P从点C出发，以每秒1个单位的速度匀速运动到点D；同时动点Q从点A出发，以每秒1个单位的速度匀速运动到点C，设运动的时间为t．
①当CP＝CQ时，求t的值；
②请你猜想，在P，Q两点的运动过程中，是否存在某一时刻t，使得四边形ADPQ的面积最小？若存在，求出t的值，并求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
12．（2025 河源二模）如图所示，已知二次函数图象与直线y＝﹣x+m相交于点A（5，0）．直线交y轴于B，点P为抛物线上一点，将点P绕着原点O逆时针旋转90°得到对应点Q，连接PQ．
（1）求抛物线和直线AB的函数解析式．
（2）当点P坐标为（6，2）时，求证：点P，Q，B三点在同一直线上．
（3）当△OPQ有一顶点在直线AB上时，
①求PQ长；
②在①的条件下，当点P在第四象限时，在PQ上取点C，在OP上取点D，使QC＝PD，连接OC，DQ，求OC+DQ的最小值．
13．（2025 同安区一模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴，y轴分别交于A，B，C三点（点A在点B的左侧），其中点A（﹣3，0）．对称轴．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点D（1，4）在抛物线上，过点D作DF⊥x轴于点F，过点A的直线交y轴于点E（0，2），点P是直线AE上方抛物线上的一动点，过点P作PM⊥AE于点M，PN⊥DF于点N，求的最大值，以及此时点P的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，将抛物线y＝﹣x2+bx+c先向下平移2个单位长度，再向左平移2个单位长度，得到新抛物线y1，点R是新抛物线y1上一个动点且在AD上方，当∠RAD+∠BDF＝45°时，请求出符合条件的点R的坐标．
14．（2025 洪山区模拟）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于A（﹣1，0），B（3，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，抛物线顶点N，AN与y轴交于点C，若x轴上存在一点M使∠NBA＝∠CMG，MG交NB于点G，当，求点G坐标；
（3）如图2，点D为x轴上方抛物线上一点，点R（6，0），若Q为线段DR上一点，过Q作PQ∥AD交x轴于点P，求△PQD面积最大值．
15．（2025 宝安区模拟）我校九年级学生去游乐园进行春游，在过山车项目排队时，小明发现过山车的轨道可近似看出多个函数图象的组合．活动结束后，数学老师给同学们提出如下问题：如图是水上过山车的示意图．
如图1，AB段为直滑道，BC段、EF段为平行滑道，C、F分别为冲刺顶点，CDE段为抛物线y＝ax2+bx+227的一部分，D为抛物线顶点，FG段为双曲线y的一部分，其中冲刺顶点C离地距离27m，冲刺顶点F离地距离18m，水面高度为1m，G为抛物线和水面的接触点，B（8，27），D（15，2），E（m，18），BC＝EF＝2m．
（1）求抛物线CDE解析式和点E坐标．
（2）出于安全需求，游乐园在抛物线轨道和双曲线轨道离地高12米处添加纵向加固杆进行加固，请求出每条加固杆离出发点的水平距离（3.16，结果保留一位小数）．
（3）过山车冲入水面时，水花会向四周飞溅，为确保游客安全，游乐园计划将冲刺顶点FC向下调整至F′，使仰角∠FGF′降低至37°，∠EFF′＝90°．如图2所示，请求出∠FEF′的正切值．（sin37°，cos37，tan37）
【攻克压轴大题】2025年中考数学压轴题精选：二次函数
参考答案与试题解析
一．解答题（共15小题）
1．（2025 石家庄二模）如图，抛物线L的顶点坐标为（4，36），与y轴交于点C（0，20），与x轴交于点A，B（点A在点B左侧）．
（1）求抛物线L的解析式和A，B两点坐标；
（2）线段OB上的两个点D（m，0），E（m+1，0），分别过点D，E作x轴的垂线交抛物线L于点N，M，连接MN．
①线段ME的长度能否为线段DN长度的2倍，若能，求出m的值，若不能，请说明理由；
②当m为何值时MN的值最小，最小值是多少？
③当时，直接写出m的取值范围．
【解答】解：（1）设抛物线L的解析式为y＝a（x﹣4）2+36，将点C（0，20）代入，
得16a+36＝20，
∴a＝﹣1，
∴抛物线L的解析式y＝﹣（x﹣4）2+36＝﹣x2+8x+20，
当 y＝0 时，﹣（x﹣4）2+36＝0，
解得x1＝﹣2，x2＝10，
∴点A（﹣2，0），点B（10，0）；
（2）①不能，理由如下：
当 x＝m+1时，ME＝y＝﹣（m+1）2+8（m+1）+20＝﹣m2+6m+27，
当 x＝m时，DN＝y＝﹣m2+8m+20，
若 ME＝2DN，则﹣m2+6m+27＝2（﹣m2+8m+20），
整理，得m2﹣10m﹣13＝0，
解得：，，
∴，
∵0≤m≤9，
∴和都不符合题意，
∴不存在m的值使ME＝2DN；
②过点N作NG⊥ME，则 NG＝DE＝1，如图所示，
随着m的值的变化，MN≥NG，
当yM＝yN，MN最小＝NG＝DE＝1，
此时由对称性可知，
解得m＝3.5，
∴当m＝3.5时，MN的值最小，最小值为 1；
③2.5≤m≤3或4≤m≤4.5；
若yM＞yN时，yM﹣yN＝（﹣m2+6m+27）﹣（﹣m2+8m+20）＝﹣2m+7，
当﹣2m+7＝1 时，，此时 m＝3，
当﹣2m+7＝2 时，，此时m＝2.5，
∴当时，2.5≤m≤3；
若yM＜yN时，yM﹣yN＝2m﹣7，
当2m﹣7＝1时，，此时 m＝4，
当2m﹣7＝2 时，，此时 m＝4.5，
∴当时，4≤m≤4.5；
综上可得：m的取值范围为2.5≤m≤3或4≤m≤4.5．
2．（2025 乾安县模拟）抛物线y＝ax2﹣2x+c（b，c为常数）经过点A（0，﹣2），点N（3，1），点M在此抛物线上，点M的横坐标为m，点M不与A重合，抛物线上点M与点A之间的部分（包括端点）记为图象G．
（1）求此抛物线所对应的函数解析式；
（2）当图象G的最大值与最小值差为1时，直接写出m的取值范围；
（3）图象G与直线y＝﹣2m+1有且只有一个交点时，求m的取值范围；
（4）连接AM，以AM为对角线构造矩形ABMC，AC∥BM∥x轴，CM∥y轴，矩形ABMC的边与抛物线的交点为点D（异于点A，M），点D关于CM的对称点是点E，当3DE＝CM时，直接写出m的值．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣2x+c（b，c为常数）经过点A（0，﹣2），点N（3，1），
∴
解得
∴y＝x2﹣2x﹣2；
（2）∵y＝x2﹣2x﹣2＝（x﹣1）2﹣3，
∴当x＝1时，y取得最小值：﹣3；
当x＜1时，y随值的增大而减小；当x＜1时，y随x值的增大而减小；
①m＜0时，
当x＝m时，函数有最大值m2﹣2m﹣2，
当x＝0时，函数有最小值：﹣2．
∴m2﹣2m﹣2﹣（﹣2）＝1．
解得，（舍去）．
②0＜m≤1时，
x＝m时，函数有最小值m2﹣2m﹣2，x＝0时，函数有最大值﹣2．
∴（﹣2）﹣m2+2m+2＝1．
解得m＝1．
③m＞1时，x＝1时，函数有最小值﹣3．
由题意，得函数的最大值﹣3+1＝﹣2．
∵A（0，﹣2），
∴A关于对称轴的对称点为（2，﹣2）．
1＜m≤2时，满足图G的最大值与最小值差为1．
综上所述，1≤m≤2或．
（3）当图G与直y＝﹣2m+1有且只有一个交点时，
I．如图①，m＜0时，
则﹣2≤﹣2m+1≤m2﹣2m﹣2，
解得．
II．如图②，0＜m＜2时，
则m2﹣2m﹣2＜﹣2m+1≤﹣2，
解得．
III．如图③，m＞2时，
则﹣2m+1＜﹣3，
∴直线与图象G没有交点，不符合题意．
IV．m＝2时，直线过图象G顶点．
综上所述，或或m＝2．
（4）第一种情况：m＞0且M在A上方时，如图④所示，
∵A（0，﹣2），M（m，m2﹣2m﹣2），AC//BM//x轴，CM//y轴，ABMC的边与抛物线的交点为D，
∴C（m，﹣2），D（2，﹣2），
∴CD＝m﹣2，CM＝m2﹣2m﹣2+2＝m2﹣2m，
∵D，E关CM对称，
∴DE＝2CD＝2m﹣4．
∵3DE＝CM，
∴3（2m﹣4）＝m2﹣2m．
解得m＝6，m＝2（不合题意，舍去）．
第二种情况：m＞0且M在A下方时，如图⑤所示．
∵A（0，﹣2），M（m，m2﹣2m﹣2），AC//BM//x轴，CM//y轴，
∴C（m，﹣2），
由图可知D，M关于抛物线的对称轴对称，
∴D（2﹣m，m2﹣2m﹣2），
∴MD＝m﹣（2﹣m）＝2m﹣2，
CM＝2﹣m2+2m+2＝﹣m2+2m，
∵D，E关CM对称，
∴DE＝2MD＝4m﹣4．
∵3DE＝CM，
∴3（4m﹣4）＝﹣m2+2m，
解得．
第三种情况：m＜0时，M在A上方，如图⑥所示，
此时，矩形的边与抛物线没有A，M之外的交点，不符合题意；
综上所述，符合条件m的值为6或．
3．（2025 康县四模）如图所示，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+3交坐标轴于B、C两点，抛物线y＝ax2+bx+3经过B、C两点，且交x轴于另一点A（﹣1，0）．点D为抛物线在第一象限内的一点，过点D作DQ∥CO，DQ交BC于点P，交x轴于点Q．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P的横坐标为m，在点D的移动过程中，存在∠DCP＝∠DPC，求出m值；
（3）在抛物线上取点E，在平面直角坐标系内取点F，问是否存在以C、B、E、F为顶点且以CB为边的矩形？如果存在，请求出点F的坐标；如果不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x+3交坐标轴与B、C两点，
∴点B（3，0），点C（0，3），
∵抛物线y＝ax2+bx+3经过B、C两点，且交x轴于另一点A（﹣1，0），
，
∴，
∴抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）解：∵B（3，0），C（0，3），
∴OB＝OC＝3，
∴∠OCB＝∠OBC＝∠BPQ＝∠DPC＝45°，
∵∠DCP＝∠DPC（已知），
∴∠DCO＝∠DCP+∠OCB＝90°，
∵∠AOC＝90°，
∴CD∥AB（内错角相等，两直线平行），
∴点D的纵坐标与点C的纵坐标相同，即为3，
当y＝3时，﹣x2+2x+3＝3，
解得x＝2或x＝0（舍去），
则m＝2；
（3）存在，求解如下：
设点F的坐标为F（s，t），
①当四边形BCEF是矩形时，则CE⊥BC，
∵直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
∴设直线CE的解析式为y＝x+c，
把点C（0，3）代入得：c＝3，
∴直线CE的解析式为：y＝x+3，
联立，
解得：或（即为点C，舍去），
∴E（1，4），
∵四边形BCEF是矩形，且B（3，0），C（0，3），E（1，4），
∴，
解得，
则此时点F的坐标为F（4，1）；
②当四边形BCFE是矩形时，则BE⊥BC，
设直线BE的解析式为y＝x+n，
将点B（3，0）代入得：3+n＝0，
解得：n＝﹣3，
则直线BE的解析式为y＝x﹣3，
联立，
解得：或（即为点B，舍去），
∴E（﹣2，﹣5），
∵四边形BCFE是矩形，且B（3，0），C（0，3），E（﹣2，﹣5），
∴，
解得：，
则此时点F的坐标为F（﹣5，﹣2），
综上，存在以C、B、E、F为顶点且以CB为边的矩形，此时点F的坐标为（4，1）或（﹣5，﹣2）．
4．（2025 西陵区模拟）如图1，抛物线y＝x2+mx+n交x轴于A（﹣1，0），B（3，0），交y轴于点C．
（1）求m和n的值；
（2）点P为抛物线上第一象限内一点，且△POC的面积等于6，求点P的坐标；
（3）如图2，将图1抛物线位于x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，保留其原本位于x轴上方的部分，得到如图2所示的新函数图象，记此新函数为G（x）．
①若直线l：y＝kx﹣k+6（k≠0）与函数G（x）的图象有且仅有3个交点，求k的值；
②在①的条件下，设|k|的最大值为p，若直线y＝px+t与函数G（x）的图象围成的封闭图形内部（不包括边界）恰有4个横、纵坐标均为整数的点，直接写出t的取值范围．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线y＝x2+mx+n中，
得，解得，
故m＝﹣2，n＝﹣3；
（2）由（1）知抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3，OC＝3，
故△POC的面积6，
∴xP＝4，
从而P（4，5）；
（3）①∵y＝kx﹣k+6（k≠0）恒过定点（1，6），
由题意可知函数G（x）在﹣1≤x≤3内的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3，
当k＞0时，联立y＝﹣x2+2x+3和y＝kx﹣k+6，可得x2+（k﹣2）x+3﹣k＝0，
令Δ＝0，即（k﹣2）2﹣4（3﹣k）＝0，
解得k（负值舍去）；
当k＜0时，同理可得k；
或当直线l：y＝kx﹣k+6经过A（﹣1，0）或B（3，0）时，可得k＝3或﹣3，
以上情况皆满足直线l：y＝kx﹣k+6（k≠0）与函数G（x）的图象有且仅有3个交点，
综上，k的值为或±3；
②由①可知|k|的最大值为p＝3，即y＝3x+t，
若y＝3x+t过（3，4），则t＝﹣5，即y＝3x﹣5，
当x＝4时，y＝7＞6，则（4，6），在直线y＝3x+t与函数G（x）的图象围成的封闭图形内部（不包括边界），共有（3，1）、（3，2）、（3，3）、（4，6）4个整点；
若y＝3x+t过（3，3）时，则t＝﹣6，即y＝3x﹣6，
当x＝4时，y＝12﹣6＝6，则直线y＝3x+t过（4，6），此时在直线y＝3x+t与函数G（x）的图象围成的封闭图形内部（不包括边界），只有（3，1）、（3，2）两个整点，
综上，t的取值范围为﹣6＜t≤﹣5．
5．（2025 新沂市二模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣2，0），点C的坐标为（0，﹣4），点E，F在直线BC上，且点E在点F的左下侧，．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图2，分别连接AE、AF，延长AF交抛物线于点P，当点P在第四象限时，若△ABP的面积记作S1，△AEF的面积记作S2，线段EF在移动过程中，当S1﹣S2的值最大时，求点E的坐标；
（3）如图3，点D为该抛物线的顶点，连接DF，请直接写出AE+EF+DF的最小值．
【解答】解：（1）由题意得：，
解得：，
则抛物线的表达式为：yx2﹣x﹣4；
（2）∵EF为常数，点A到BC的距离也为常数，故S2为常数，
故当S1﹣S2的值最大时，即S2取得最大值即可，而S2AB×|yP|，
故当yP取得最大值时，符合题意，即点P、D重合，
由抛物线的表达式知，点D（1，），即P（1，）；
由点A、P的坐标得，直线AP的表达式为：y（x+2），
由点B（4，0）、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝x﹣4，
联立上述两个函数表达式得：x﹣4（x+2），则x，则点F（，），
∵点E、F在直线y＝x﹣4上，则点F向左向下各2个单位得到点E，即点E（，）；
（3）将点A向右向上各平移2个单位得到点Q（0，2），则AQ＝2EF，AQ∥EF，
连接DQ交BC于点F，将点F沿BC向下平移2个单位得到点F，则此时AE+EF+DF的最小，
理由：AQ＝2EF，AQ∥EF，则四边形AQFE为平行四边形，则QF＝AE，
则AE+EF+DE＝QF+DF+2DQ+222为最小．
6．（2025 裕华区校级二模）在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与x轴分别交于点A（﹣3，0）与点B（1，0）．已知点P是该抛物线上一动点（不与点B重合）．
（1）求抛物线的解析式和顶点坐标．
（2）将抛物线上P、B两点之间的部分（包括端点）记作图象W，当图象W上最高点与最低点的纵坐标的差是5时，求点P的坐标．
（3）若动点P的横坐标是n，另有坐标系中一动点Q，其坐标是（﹣3n，n）．如图2，在坐标系中构造一个各边均与坐标轴垂直的矩形，使PQ为矩形的对角线．当抛物线在矩形内部的部分对应的函数值y随x的增大而增大，直接写出n的取值范围．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c与x轴分别交于点A（﹣3，0）与点B（1，0），
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝x2+2x﹣3，
∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴顶点坐标为（﹣1，﹣4）．
（2）设点P（m，m2+2m﹣3），
当m＜1时，m2+2m﹣3﹣（﹣4）＝5，
解得：m1＝﹣1，m2＝﹣1（舍去），
∴P（﹣1，1）；
当m＞1时，m2+2m﹣3＝5，
解得：m1＝2，m2＝﹣4（舍去），
∴P（2，5）；
综上，点P的坐标为（﹣1，1）或（2，5）．
（3）∵y＝x2+2x﹣3＝（x+1）2﹣4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
∵抛物线在矩形内部的部分对应的函数值y随x的增大而增大，
∴抛物线在矩形内部的部分位于直线x＝﹣1的右侧，
当n＞0时，﹣3n≥﹣1，
解得：n，
∴0＜n；
当n＜0时，n≥﹣1，
∴﹣1≤n＜0；
综上，n的取值范围为﹣1≤n＜0或0＜n．
7．（2025 福田区模拟）平移是初中数学中的重要图形变换之一，其特点是保持图形形状、大小不变，仅改变位置．
我们先以抛物线C1：y＝x2为例，对平移变换做了以下研究：把抛物线C1：y＝x2先向右平移1个单位，再向下平移4个单位得到抛物线C2，抛物线C2与x轴交于A，B两点，其对称轴与x轴交于点D．
（1）抛物线C2的表达式为：　y＝（x﹣1）2﹣4　 ；
（2）如图1，抛物线C1：y＝x2与抛物线C2的交点C的坐标为：C（　　 ，　　 ）．抛物线C2与x轴交于A，B两点，线段AB＝　4　 ；
（3）平移求解（参考图1、图2）
①如果把线段AB平移，线段的一个端点落在抛物线C2的对称轴上记作点E，另一个端点落在抛物线C2上记作点F，则点F坐标为：F（　5或﹣3　 ，　12　 ）；
②如果把线段DB平移，线段一个端点落在抛物线C1上记作点G，另一个端点落在抛物线C2上记作点H，则点H的横坐标为：　或　 ；
（4）对于直线l1：y＝x，通过对其上下平移可得直线l2：y＝x+b，如果直线l2恰好与抛物线C1，C2共有三个交点，则b的值为：　或　 ．
【解答】解：（1）根据平移法则可知，抛物线C2的表达式为y＝（x﹣1）2﹣4；
故答案为：y＝（x﹣1）2﹣4；
（2）令x2＝（x﹣1）2﹣4，
解得x，此时y＝x2，
∴C（，）；
令y＝（x﹣1）2﹣4＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝4；
故答案为：（，），4；
（3）①∵抛物线C2的表达式为y＝（x﹣1）2﹣4，
∴对称轴为直线x＝1，
当点F在E点右侧时，
∵AB＝EF＝4，且点E在直线x＝1上，
∴xF＝5，此时y＝（5﹣1）2﹣4＝12，
∴F（5，12）；
当点F在E点左侧时，
∵AB＝EF＝4，且点E在直线x＝1上，
∴xF＝﹣3，此时y＝（﹣3﹣1）2﹣4＝12，
∴F（﹣3，12）；
故答案为：（5，12）或（﹣3，12）；
②由题可知D（1，0），B（3，0），
∴DB＝2，
设H（t，t2﹣2t﹣3），
当点G在点H左侧时，则G（t﹣2，t2﹣2t﹣3），
∵点G在抛物线C1上，
∴（t﹣2）2＝t2﹣2t﹣3，
解得t；
当点G在点H右侧时，则G（t+2，t2﹣2t﹣3），
∵点G在抛物线C1上，
∴（t+2）2＝t2﹣2t﹣3，
解得t；
综上，点H的横坐标为或；
故答案为：或；
（4）如图，
由图象可知，当直线l2：y＝x+b经过点C或者与抛物线C1相切时，直线l2恰好与抛物线C1，C2共有三个交点；
①当直线l2：y＝x+b经过点C时，
即b，
解得b；
②当直线l2：y＝x+b与抛物线C1相切时，
令x+b＝x2，即x2﹣x﹣b＝0，
∴Δ＝1+4b＝0，
解得b；
综上，b的值为或．
故答案为：或．
8．（2025 伊金霍洛旗三模）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣1（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D（3，0），过点B作直线l⊥x轴，过点D作DE⊥CD，交直线l于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AC，求证：∠ACD+∠BED＝45°；
（3）如图，点P为第三象限内抛物线上的点，连接CE和BP交于点Q，当时，求点P的坐标．
【解答】（1）解：由题意得：B（5，0），
设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣1）（x﹣5），
将点C（0，﹣1）代入得，﹣1＝a （﹣1）×（﹣5），
∴，
∴；
（2）证明：∵OA＝OC＝1，
∴∠OAC＝45°，
∵∠COD＝∠DBE＝90°，
∴∠ADC＝∠BED＝90°﹣∠BDE，
∴∠ACD+∠BED＝∠ACD+∠ADC，
∵∠OAC＝∠ACD+∠ADC＝45°，
∠ACD+∠BED＝45°；
（3）解：如图1，
∵直线l⊥x轴，DE⊥CD，
∴∠COD＝∠CDE＝∠EBD＝90°，
∴∠ODC+∠OCD＝90°，∠ODC+∠BDE＝90°，
∴∠OCD＝∠BDE，
∴△OCD∽△BDE，
∴，
∵OC＝1，OD＝3，BD＝OB﹣OD＝5﹣3＝2，
∴，
∴BE＝6，
∴E（5，﹣6），
设CE的解析式为：y＝kx+n，
∴，
∴，
∴y＝﹣x﹣1，
作PT⊥x轴，交直线CE于点T，
设，
∴T（m，﹣m﹣1），PT∥BE，
∴，△PQT∽△BQE，
∴，
∴，
∴m1＝﹣3，m2＝14（舍去），
当m＝﹣3时，，
∴．
9．（2025 天桥区三模）已知抛物线y＝x2+mx+n与x轴交于A（﹣1，0），B两点，与y轴交于点C（0，﹣4）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，已知点E为第四象限抛物线上的点，连接AC、BE、AE、BC，且AE和BC相交于点F，设△ACF的面积为S1，△BEF的面积为S2，当S1﹣S2＝5时，求点E的坐标．
（3）如图2，设点P（x1，y1），Q（x2，y2）是直线BC下方抛物线上的两动点，且x2＝x1+1，过点P作PM∥y轴，交BC于点M，过点Q作QN⊥BC，交BC于点N．求的最大值．
【解答】解：（1）把点A（﹣1，0）和C（0，﹣4）代入抛物线y＝x2+mx+n中，
得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣3x﹣4；
（2）当y＝0时，x2﹣3x﹣4＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴B（4，0），
∵S1﹣S2＝5
∴（S1+S△ABF）﹣（S2+S△ABF）＝5，
∴S△ABC﹣S△ABE＝5，
∴，
∴，
∴|yE|＝2，
∵点E在第四象限，
∴yE＝﹣2，
令y＝x2﹣3x﹣4＝﹣2得，，
∵点E在第四象限，
∴点E的坐标为；
（3）设BC的解析式为：y＝kx+b，分别代入B（4，0），C（0，﹣4），
∴，
解得：，
∴BC的解析式为：y＝x﹣4，
∵OB＝OC＝4，∠BOC＝90°，
∴∠OCB＝45°，
如图，过点Q作QK∥y轴交BC于K，
∴∠NKQ＝∠OCB＝45°，
∵QN⊥BC，
∴∠BNQ＝90°，
∴△KNQ是等腰直角三角形，
∴，
∵点P（x1，y1），Q（x2，y2）是直线BC下方抛物线上的两动点，且x2＝x1+1，
∴点M（x1，x1﹣4），Q（x1+1，，K（x1+1，x1﹣3），
∴，，
∴，
∵﹣2＜0，
∴当时，有最大值，其最大值是．
10．（2025 江阳区模拟）如图（1），抛物线交x轴于A，B两点（点A在左边），交y轴于点C．
（1）直接写出A，B，C三点的坐标；
（2）D是抛物线第四象限上的一点，连接AD分别交BC，OC于E，F两点，若∠FEC＝∠FCE，求直线AD的解析式；
（3）平移抛物线使它的顶点为（0，1），如图（2）．R是y轴上一个定点，以点R为直角顶点作Rt△RST，使顶点S，T分别在x轴和抛物线上．若Rt△RST在变化的过程中，直线ST与抛物线始终有唯一公共点，求点R的坐标．
【解答】解：（1）令中y为0，
则，解得x＝6或﹣2，
故A（﹣2，0），B（6，0），
由解析式可知C（0，﹣3）．
（2）作OG∥AD交抛物线于点G，交BC于点P，如图（1）所示，
∴∠FEC＝∠OPC，
∵∠FEC＝∠FCE，
∴∠OPC＝∠FCE．
∴OP＝OC＝3．
由待定系数法可得直线BC的表达式为y，
设P（m，），则OC2＝OP2，
即，解得m或0，
故P（，），故kOP．
∵OG∥AD，
∴kAD，
∴直线AD的表达式为y（x+2）．
（3）由平移可得新抛物线的表达式为，
设T（t，），
由于直线ST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ST的表达式为y，
再令y＝0，解得xS．
作TQ⊥y轴于点Q，如图（2）所示，
∴∠TQR+∠QRT＝90°，
∵∠TRS＝90°，
∴∠QRT+∠ORS＝90°，
∴∠TQR＝∠ORS，
又∵∠TQR＝∠ROS＝90°，
∴△TQR∽△ROS，
∴，设R（0，r），
即，整理可得t2（2﹣r）＝4r﹣4r2+8，
∵当T点运动时，上式中r的值与点T的位置无关，
∴2﹣r＝0，即r＝2，
故点R的坐标为（0，2）．
11．（2025 祁阳市校级一模）如图，直线y＝﹣x+3与x轴的正半轴、y轴的正半轴分别相交于点A和点C，点B是点A关于原点O的对称点，四边形ABCD是平行四边形，抛物线y＝ax2+bx﹣10经过点B和点D．
（1）求平行四边形ABCD的面积；
（2）求抛物线的解析式；
（3）动点P从点C出发，以每秒1个单位的速度匀速运动到点D；同时动点Q从点A出发，以每秒1个单位的速度匀速运动到点C，设运动的时间为t．
①当CP＝CQ时，求t的值；
②请你猜想，在P，Q两点的运动过程中，是否存在某一时刻t，使得四边形ADPQ的面积最小？若存在，求出t的值，并求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
当y＝0时，x＝3，
∴A（3，0），
∵点B是点A关于原点O的对称点，
∴B（﹣3，0），
∴AB＝6，
∴平行四边形ABCD的面积＝AB CO＝6×3＝18；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝6，
∴D（6，3），
将B点、D点代入y＝ax2+bx﹣10，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为yx2x﹣10；
（3）①∵A（3，0），C（0，3），
∴AC＝3，
∵CP＝CQ，
∴t＝3t，
解得t；
②存在t，使得四边形ABCD的面积最小，理由如下：
当t＝3时，点Q、CC重合，此时四边形ADPQ为三角形，且面积不为最小值，
故只研究0≤t≤3运动的情况，
t秒时，点Q的纵坐标为t，
则四边形ADPQ的面积＝S△ADC﹣S△CPQCD×OCCP×（yC﹣yQ）
t×（3t）t2t+9（t）2，
即t时，四边形ADPQ的面积的最小值为：．
12．（2025 河源二模）如图所示，已知二次函数图象与直线y＝﹣x+m相交于点A（5，0）．直线交y轴于B，点P为抛物线上一点，将点P绕着原点O逆时针旋转90°得到对应点Q，连接PQ．
（1）求抛物线和直线AB的函数解析式．
（2）当点P坐标为（6，2）时，求证：点P，Q，B三点在同一直线上．
（3）当△OPQ有一顶点在直线AB上时，
①求PQ长；
②在①的条件下，当点P在第四象限时，在PQ上取点C，在OP上取点D，使QC＝PD，连接OC，DQ，求OC+DQ的最小值．
【解答】解：（1）∵二次函数和直线的交点为A（5，0），
∴0＝52a﹣5，则a；0＝﹣5+m，则m＝5．
故抛物线解析式为yx2x；直线AB解析式为y＝﹣x+5．
（2）证明：设PQ与y轴交于点E，过点P、Q向x轴作垂线，垂足分别为F、G．
根据题意易得△POQ为等腰直角三角形．
∴OP＝OQ，∠QOE+∠POE＝90°，
∵∠POE+∠POF＝90°，
∴∠QOE＝∠POF，
∵GQ⊥x轴，
∴GQ∥y轴，
∴∠QOE＝∠GQO＝∠POF．
在△GQO和△FOP中，∠QOE＝∠GQO，∠QOE＝∠GQO，OQ＝OP，
∴△GQO≌△FOP（AAS），
∴GQ＝OF，GO＝PF．
∴点Q的坐标为（﹣2，6）．
设直线PQ解析式为y＝kx+b，则有：
，解得，
∴直线PQ解析式为yx+5．
令x＝0，y＝5，即OE＝5，
对于直线y＝﹣x+5，令x＝0，y＝5，即OB＝5，
∴BE两点重合，
∴点P，Q，B三点在同一直线上．
（3）△OPQ有一顶点在直线AB上分为两种情况：
点P在直线AB上；点Q在直线AB上．
①当点P在直线AB上，设点P坐标为（p，p2p），
∴p2p＝﹣p+5，解得p＝5或﹣3，
当p＝5时，点P坐标为（5，0），A、P两点重合，B、Q两点重合，不符合△OPQ有一顶点在直线AB上，舍去．
当p＝﹣3时，点P坐标为（﹣3，8），OP绕点O逆时针旋转90°，点Q显然不在AB上，符合题意．
根据△OPQ为等腰直角三角形，PQOP．
当点Q在直线AB上，由（2）可知点Q坐标为（﹣yP，xP），即Q（p2p，p）．
∵点Q在AB上，
∴p＝﹣（p2p）+5，解得p＝5或3，p＝5不合题意舍去．
当p＝3时，点P坐标为（3，﹣2），OP，PQOP．
故PQ的长度为或．
②如图，当点P在第四象限时，点P坐标为（3，﹣2），作EQ⊥OQ，QE＝PQ．连接CE，OE．
根据题意△POQ为等腰直角三角形．
∵∠OQC+∠EQC＝90°，
∴∠EQC＝∠QPD＝45°，
又∵QC＝DP，QE＝PQ，
∴△EQC≌△QPD（SAS），
∴CE＝DQ，
由OC+CE≥OE可得OC+DQ的最小值为OE．
在Rt△OQE中，OE．
故OC+DQ的最小值为．
13．（2025 同安区一模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴，y轴分别交于A，B，C三点（点A在点B的左侧），其中点A（﹣3，0）．对称轴．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点D（1，4）在抛物线上，过点D作DF⊥x轴于点F，过点A的直线交y轴于点E（0，2），点P是直线AE上方抛物线上的一动点，过点P作PM⊥AE于点M，PN⊥DF于点N，求的最大值，以及此时点P的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，将抛物线y＝﹣x2+bx+c先向下平移2个单位长度，再向左平移2个单位长度，得到新抛物线y1，点R是新抛物线y1上一个动点且在AD上方，当∠RAD+∠BDF＝45°时，请求出符合条件的点R的坐标．
【解答】解：（1）点A（﹣3.0），抛物线的对称轴，则点B（2，0），
则抛物线的表达式为：y＝﹣（x+3）（x﹣2）＝﹣x2﹣x+6；
（2）过点P作y轴的平行线交AE于点H，
由点A、E的坐标得，直线AE的表达式为：yx+2，则tan∠EAOtanα，则cosα，
设点P（x，﹣x2﹣x+6），则点H（x，x+2）
则PM＝PH，而PN＝1﹣x，
则（﹣x2﹣x+6）﹣（x+2）+1﹣x＝﹣（x）2，
即的最大值为，
此时点P（，）；
（3）新抛物线的表达式由y1＝﹣（x+2）2﹣（x+2）﹣2+6＝﹣x2﹣5x﹣2，
由点A、D的坐标，直线∠DAB＝45°，作∠DAH＝∠DAR，
∵∠RAD+∠BDF＝45°，∠DAH+∠HAB＝45°，
则∠HAB＝∠BDF，
由点B、D、F的坐标知，tan∠BDFtan∠HAB，
则直线AH的表达式为：y（x+3），
根据图像的对称性，直线AR的表达式为：y＝4（x+3），
联立上式和新抛物线的表达式得：﹣x2﹣5x﹣2＝4（x+3），
解得：x＝﹣7（舍去）或﹣2，
即点R（﹣2，4）．
14．（2025 洪山区模拟）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于A（﹣1，0），B（3，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，抛物线顶点N，AN与y轴交于点C，若x轴上存在一点M使∠NBA＝∠CMG，MG交NB于点G，当，求点G坐标；
（3）如图2，点D为x轴上方抛物线上一点，点R（6，0），若Q为线段DR上一点，过Q作PQ∥AD交x轴于点P，求△PQD面积最大值．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于A（﹣1，0），B（3，0），
∴，
∴，
∴y＝﹣x2+2x+3；
（2）如图，
由（1）可知，抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3，顶点N（1，4），
∵N（1，4），A（﹣1，0），
设AN：y＝mx+n，
∴，解得，
∴直线AN：y＝2x+2，
∴C（0，2），
∴OC＝2，
∵A（﹣1，0），
∴OA＝1，
∴，
∵∠NBA＝∠CMG，∠NBA+∠MGB＝∠CMG+∠CMA，
∴∠MGB＝∠CMA，
由抛物线的轴对称性质可知∠GBM＝∠MAC，
∴△MGB∽△CMA，
∴，∠GMB＝∠MCA，
∴BM＝3，
∵AB＝4，
∴AM＝1，
∴M（0，0），即点M在原点，
如图，过G作GD⊥AB于D，
∴∠CMB＝∠CMG+∠MBG＝∠NBA+∠BMG＝90°，
∴∠MGB＝∠CMA＝90°，
∵GD⊥AB，
∴，
∴设BD＝x，DG＝2x，MD＝4x，
∴MB＝5x＝3，
∴，
∴，
∴；
（3）设P（t，0）（﹣1≤t≤6），
则AP＝t+1，AR＝7，
∵PQ∥AD，
∴，
∴，
∴，
当t，yQ＝yN＝4时，
．
15．（2025 宝安区模拟）我校九年级学生去游乐园进行春游，在过山车项目排队时，小明发现过山车的轨道可近似看出多个函数图象的组合．活动结束后，数学老师给同学们提出如下问题：如图是水上过山车的示意图．
如图1，AB段为直滑道，BC段、EF段为平行滑道，C、F分别为冲刺顶点，CDE段为抛物线y＝ax2+bx+227的一部分，D为抛物线顶点，FG段为双曲线y的一部分，其中冲刺顶点C离地距离27m，冲刺顶点F离地距离18m，水面高度为1m，G为抛物线和水面的接触点，B（8，27），D（15，2），E（m，18），BC＝EF＝2m．
（1）求抛物线CDE解析式和点E坐标．
（2）出于安全需求，游乐园在抛物线轨道和双曲线轨道离地高12米处添加纵向加固杆进行加固，请求出每条加固杆离出发点的水平距离（3.16，结果保留一位小数）．
（3）过山车冲入水面时，水花会向四周飞溅，为确保游客安全，游乐园计划将冲刺顶点FC向下调整至F′，使仰角∠FGF′降低至37°，∠EFF′＝90°．如图2所示，请求出∠FEF′的正切值．（sin37°，cos37，tan37）
【解答】解：（1）∵B（8，27），BC＝2，
∴C（10，27），
∵抛物线顶点坐标D（15，2），
设抛物线解析式y＝a（x﹣15）2+2，且过D（15，2），
由题意得27＝a（10﹣15）2+2，
解得a＝1，
∴y＝（x﹣15）2+2＝x2﹣30x+227，
把y＝18代入y＝x2﹣30x+227，
得18＝x2﹣30x+227，
解得x1＝19，x2＝11，
∵E在抛物线右侧，
∴E（19，18）；
（2）把y＝12代入y＝x2﹣30x+227，
得x2﹣30x+227＝12，
解得，
即x1≈18.2，x2≈11.8，
把y＝12代入，
得x＝21.5，
∴加固杆离出发点的水平距离分别是18.2m，11.8m，21.5m；
（3）把y＝1代入，
得1，
解得x＝38，
经检验，x＝38是原方程的解，
∴G（38，1），
∵，
∴设，且过G（38，1），
由题意得，
解得，
∴，
联立，
解得，，
∴F'（，），
∴tan∠FEF′．
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