2025年中考數學一輪復習學案（全國版）

第三章函數

3.5二次函數的應用

考點分布考查頻率命題趨勢

考點1拋物線與線段長、數學中考中，有關二次函數實際應用的部分，每年若

☆☆

面積、角度考查會出現1道題,分值為3~10分，通常以選擇題、

填空題、解答題的形式考查。對于這部分知識的復習

考點2二次函數的實際應

☆☆

需要學生熟練平時多訓練，掌握解題技巧，會根據實

用

際問題建立二次函數模型，求出函數解析式，會求解

考點3二次函數圖象中的

二次函數極值，注意自變量取值范圍，應用二次函數

☆☆

斜三角形面積問題

知識解答。

☆☆☆代表必考點，☆☆代表常考點，☆星表示選考點。

夯實基礎

考點1.拋物線與線段長、面積、角度

此類問題一般是通過分析動點在幾何圖形邊上的運動情況，確定出有關動點函數圖象的變化情況．分

析此類問題，首先要明確動點在哪條邊上運動，在運動過程中引起了哪個量的變化，然后求出在運動

過程中對應的函數表達式，最后根據函數表達式判別圖象的變化．

1.線段問題

（1）確定線段長關系式（根據已知線段關系求點坐標）：先在圖中找出對應線段，弄清已知點和未

知點；再聯系二次函數和一次函數，設出未知點的坐標，使其只含一個未知數；繼而表示出線段的長

度（如果該線段與坐標軸平行的話，則利用橫縱坐標相加減確定；如果與坐標軸不平行的話，先轉化

為有邊在與坐標軸平行的三角形中，再利用勾股定理、銳角三角函數或相似確定）.

（2）線段數量關系問題：根據前面所得的線段長的關系式，結合題干列出滿足線段數量關系的方程

，解方程求解即可（注意排除不符合題意的數值）

（3）線段最值問題：求兩條線段和差、三角形周長、四邊形周長等一類最值問題，首先聯想到“對

稱性質”，并進行解決。

2.面積問題

（1）設動點或圖形運動的時間并表示出點的坐標；

（2）用含有未知數的代數式表示出圖形的面積；

（3）用二次函數的知識來求最大值或最小值時，常采用配方法求解；

（4）特別注意，當所研究的圖形在運動過程中發生變化，要根據圖形的形狀進行分類討論，注意分

析整個過程中圖形的變化情況，以防漏解.分類討論時要注意在每一種情況下的自變量的取值范圍.

求面積最值時，分別求出圖形的面積在每種情況下的最值，比較即可得到面積的最值.

（5）面積為定值時，可將圖形面積與圖形中動點的坐標結合起來，列方程求得參數的值即可求得點

坐標.

3.角問題

將二次函數圖像上的三角形三頂點坐標求出，可以求出三邊長度，作高，利用三角函數的定義求出角

的正弦、或余弦、或正切值，最后得出角的大小。

考點2.二次函數的實際應用

在生活中，我們常會遇到與二次函數及其圖象有關的問題，解決這類問題的一般思路：首先要讀

懂題意，弄清題目中牽連的幾個量的關系，并且建立適當的直角坐標系，再根據題目中的已知條件建

立數學模型，即列出函數關系式，然后運用數形結合的思想，根據函數性質去解決實際問題．主要考

查的類型有：

1.幾何圖形的最大面積問題

（1）求出函數解析式和自變量的取值范圍；

（2）配方變形，或利用公式求它的最大值或最小值,

（3）檢查求得的最大值或最小值對應的自變量的值必須在自變量的取值范圍內.

【提示】求幾何圖形最大最小面積時需要考慮兩個方面

一個關鍵：依據常見幾何圖形的面積公式，建立函數關系式；

一個注意：最值有時不在頂點處，則要利用函數的增減性來確定。

2.商品利潤最大問題

求解最大利潤問題的一般步驟

（1）建立利潤與價格之間的函數關系式：

運用“總利潤=總售價-總成本”或“總利潤=單件利潤

×銷售量”

（2）結合實際意義，確定自變量的取值范圍；

（3）在自變量的取值范圍內確定最大利潤：

可以利用配方法或公式求出最大利潤；也可以畫出函數的簡圖，利用簡圖和性質求出.

3.拱橋問題和運動中的拋物線問題

【重要提醒】求二次函數的最大（或最?。┲邓悸?/p>

當自變量的范圍有限制時，二次函數y=ax2+bx+c（a，b，c是常數，a≠0）的最值可以根據以下步驟

來確定：

1.配方，求二次函數的頂點坐標及對稱軸.

2.畫出函數圖象，標明對稱軸，并在橫坐標上標明x的取值范圍.

3.判斷，判斷x的取值范圍與對稱軸的位置關系.根據二次函數的性質，確定當x取何值時函數有最

大或最小值.然后根據x的值，求出函數的最值.

考點3.二次函數圖象中的斜三角形面積問題

分別表示出三角形三個頂點坐標，再表示出三邊的長度，分類討論，列方程解出坐標.

通過作垂線，用勾股定理或相似建立等量關系求解三角形高，利用三角形面積公式求出其面積.

【易錯點提示】二次函數存在點的問題

1.解決二次函數存在點問題，一般先假設該點存在，根據該點所在的直線或拋物線的表達式，設出

該點的坐標；然后用該點的坐標表示出與該點有關的線段長或其他點的坐標等；最后結合題干中其他

條件列出等式，求出該點的坐標，然后判別該點坐標是否符合題意，若符合題意，則該點存在，否則

該點不存在．

2.函數壓軸題主要分為兩大類：一是動點函數圖象問題；二是與動點、存在點、相似等有關的二次

函數綜合題．

（1）解答動點函數圖象問題，要把問題拆分，分清動點在不同位置運動或不同時間段運動時對應的

函數表達式，進而確定函數圖象；

（2）解決二次函數動點問題，首先要明確動點在哪條直線或拋物線上運動，運動速度是多少，結合

直線或拋物線的表達式設出動點的坐標或表示出與動點有關的線段長度，最后結合題干中與動點有關

的條件進行計算．

考點1拋物線與線段長、面積、角度

1

yx3xa

【例題1】（2024甘肅）如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線4與x軸交于A，

B4,0兩點，點C在y軸上，且OCOB，D，E分別是線段AC，AB上的動點（點D，E不

與點A，B，C重合）．

（1）求此拋物線的表達式；

（2）連接DE并延長交拋物線于點P，當DEx軸，且AE1時，求DP的長；

（3）連接BD．

①如圖2，將△BCD沿x軸翻折得到BFG，當點G在拋物線上時，求點G的坐標；

②如圖3，連接CE，當CDAE時，求BDCE的最小值．

12117420

【答案】（1）yxx3（2）（3）①G,；②97

44639

【解析】【分析】（1）把點B代入拋物線關系式，求出a的值，即可得出拋物線的關系式；

1

（2）根據拋物線yx3x4可求出點A的坐標，點C的坐標，根據AE1，利用三角函

4

數，求出DE的長，再求出點E的坐標，根據點P與點E的橫坐標相同，得出點P的橫坐標，代入

拋物線的關系式，求出點P的縱坐標，即可得出EP的值，最后求出DP的值即可；

（3）①連接DG交AB于點M，設OMaa0，則AMOAOM3a，求出

44

MGMDAMtanCAO3a，得出點Ga,a3，將其代入拋物線關系式，列

33

出關于a的方程，解方程，求出a的值，即可得出G的坐標；

②在AB下方作EAQDCB且AQBC，連接EQ，CQ，證明△AEQ△CDB，得出

EQBD，說明當C，E，Q三點共線時，BDCEEQCE最小，最小為CQ，過C作CHAQ，

垂足為H，先證明∠CAH=45°，算出AC長度，即可求出CH、AH，得出HQ，最后根據勾股定理

求出CQ的長度即可得出結果．

1

【詳解】（1）∵B4,0在拋物線yx3xa上，

4

1

∴434a0，解得a4，

4

111

∴yx3x4，即yx2x3；

444

1

（2）在yx3x4中，令y0，得x3，x4，

412

∴A3,0，OA3，

∵OCOB4，

∴C0,4，

∵AE1，

OC44

∴DEAEtanCAOAE1，

OA33

OEOAAE312，

∴E2,0，

∵DEx軸，

∴xPxDxE2，

13

∴y2324，

P42

3

∴PE，

2

4317

∴DPDEPE．

326

（3）①連接DG交AB于點M，如圖1所示：

∵△BCD與BFG關于x軸對稱，

∴DGAB，DMGM，

設OMaa0，則AMOAOM3a，

4

MGMDAMtanCAO3a，

3

4

∴Ga,a3，

3

41

∵點Ga,a3在拋物線yx3x4上，

34

14

∴a3a4a3，

43

4

解得a3（舍去），a，

123

420

∴G,；

39

②在AB下方作EAQDCB且AQBC，連接EQ，CQ，如圖2所示：

∵AECD，

∴△AEQ△CDBSAS，

∴EQBD，

∴當C，E，Q三點共線時，BDCEEQCE最小，最小為CQ，

過C作CHAQ，垂足為H，

∵OC^OB，OCOB4，

∴CBA45，BC42，

∵CAH180CABEAQ180CABDCBCBA45，

252

ACOA2OC232425，AHCHAC，

22

52132

HQAHAQAHBC42，

22

∴CQCH2HQ2

22

52132

22

97，

即BDCE的最小值為97．

【變式練1】（2024山東泰安一模）在平面直角坐標系xOy中，直線l:ya(x2)(a0)與x軸交

于點A，與拋物線E:yax2交于B，C兩點（B在C的左邊）．

（1）求A點的坐標；

（2）如圖1，若B點關于x軸的對稱點為B點，當以點A，B，C為頂點的三角形是直角三角形時，

求實數a的值；

（3）定義：將平面直角坐標系中橫坐標與縱坐標均為整數的點叫作格點，如2,1，2,0等均為

格點．如圖2，直線l與拋物線E所圍成的封閉圖形即陰影部分（不包含邊界）中的格點數恰好是26

個，求a的取值范圍．

151320

【答案】（1）2，0（2）a1或a；（3）a或a7．

523

【解析】【分析】（1）對于直線l:yax2，令y0，求出x，即可求解；

（2）表示出點A，B，C的坐標，利用勾股定理解方程求解，注意直角頂點不確定，需分類討論；

（3）直線l與拋物線E所圍成的封閉圖形（不包含邊界）中的格點只能落在y軸和直線x1上，各

為13個，分別求出a的范圍．

【小問1詳解】

解：對于直線l:yax2，

當y0時，x2，

∴A點的坐標為2,0；

【小問2詳解】

解：聯立直線l:ya(x2)與拋物線E:yax2得：

ya(x2)

，

2

yax

x2x20，

x1或x2，

B(1，a)，C(2，4a)，

B點關于x軸的對稱點為B點，

B(1，a)，

AB2(21)2(0a)2a21，

AC2(22)2(4a0)216a216，

BC2(21)2(4aa)225a29，

若CAB90，則AB2AC2BC2，即a2116a21625a29，所以a1，

15

若ABC90，則AB2BC2AC2，即a2125a2916a216，所以a，

5

若ACB90，則AC2BC2AB2，即16a21625a29a21，此方程無解．

15

a1或a；

5

【小問3詳解】

解：如圖，直線l與拋物線E所圍成的封閉圖形（不包含邊界）中的格點只能落在y軸和直線x1上，

D(0，2a)，E(1，a)，F(1，3a)，

ODEF2a，

格點數恰好是26個，

落在y軸和直線x1上的格點數應各為13個，

13

落在y軸的格點應滿足132a14，即a7，

2

1313

①若a7，即y7，

22E

所以線段EF上的格點應該為(1,7)，(1，8)(1，19)，

193a20

1920

a

33

1320

a

23

②若a7，yE7，yF21，所以線段EF上的格點正好13個，

1320

綜上，a或a7．

23

【點睛】本題主要考查了二次函數的綜合題，涉及了二次函數的圖象和性質，一次函數的圖象和性質，

勾股定理，關鍵是弄清格點只能落在y軸和直線x1上，各為13個，并對點D、F進行定位．

29

【變式練2】（2024湖北一模）已知拋物線yaxxc與x軸交于點A(1,0)和點B兩點，與y

4

軸交于點C0,3．

（1）求拋物線的解析式；

（2）點P是拋物線上一動點（不與點A，B，C重合），作PDx軸，垂足為D，連接PC．

①如圖1，若點P在第三象限，且CPD45，求點P的坐標；

②直線PD交直線BC于點E，當點E關于直線PC的對稱點E落在y軸上時，求四邊形PECE的

周長．

3295148535

【答案】（1）yxx3（2）①P,；②或

443333

【解析】

【分析】（1）把點A(1,0)，C0,3代入，即可求解；

（2）①過點C作CQ⊥DP于點Q，可得△CPQ為等腰直角三角形，從而得到PQ=CQ，設點

32939

Pm,mm3，則OD=-m，PDm2m3，再由四邊形OCQD為矩形，可得

4444

39

QC=OD=PQ=-m，DQ=OC=3，從而得到PQm2m，即可求解；②過點E作EM∥x軸于點

44

33

M，先求出直線BC的解析式為yx3，證得四邊形PECE為菱形，可得CEPEt23t，

44

3293

然后根據△CEM∽△CBO，設點Pt,tt3，則點Et,t3，然后分三種情況討論，

444

即可求解．

解：（1）把點A(1,0)，C0,3代入得：

93

ac0a

4，解得：4，

c3c3

39

∴拋物線解析式為yx2x3；

44

（2）解：①如圖，過點C作CQ⊥DP于點Q，

∵點C（0，-3），∴OC=3，

∵CPD45，

∴△CPQ為等腰直角三角形，∴CQ=PQ，

32939

設點Pm,mm3，則OD=-m，PDm2m3，

4444

∵PDx軸，

∴∠COD=∠ODQ=∠CQD=90°，

∴四邊形OCQD為矩形，

∴QC=OD=PQ=-m，DQ=OC=3，

3939

∴PQDPDQm2m33m2m，

4444

39

∴mm2m，

44

5

解得：m或0（舍去），

3

514

∴點P,；

33

②如圖，過點E作EM∥x軸于點M，

39

令y=0，x2x30，

44

解得：x14,x21（舍去），

∴點B（-4，0），

∴OB=4，

∴BCOB2OC25，

設直線BC的解析式為ykxnk0，

把點B（-4，0），C（0，-3）代入得：

3

4kn0k

，解得：4，

n3

n3

3

∴直線BC的解析式為yx3，

4

∵點E關于直線PC的對稱點E落在y軸上時，

∴CECE，PEPE，PCEPCE，

∵DP⊥x軸，

∴PD∥CE′，

∴CPEPCE，

∴CPEPCE，

∴CE=PE，

∴PEPECECE，

∴四邊形PECE為菱形，

∵EM∥x軸，

∴△CEM∽△CBO，

EMCE

∴，

OBBC

3293

設點Pt,tt3，則點Et,t3，

444

當點P在y軸左側時，EM=-t，

332932

當-4＜t＜0時，PEt3tt3t3t，

4444

3

∴CEPEt23t，

4

3

t23t

∴t，

4

45

7

解得：t或0（舍去），

3

335

∴PEt23t，

412

3535

∴四邊形PECE的周長為4PE4；

123

當點P在y軸右側時，EM=-t，

329332

當t≤-4時，PEtt3t3t3t，

4444

3

t23t17

∴t4，解得：t或0（舍去），

3

45

385

此時PEt23t，

412

8585

∴四邊形PECE的周長為4PE4；

123

329332

當點P在y軸右側，即t＞0時，EM=t，PEtt3t3t3t，

4444

3

t23t7

∴t4，解得：t或0，

3

45

不符合題意，舍去；

8535

綜上所述，四邊形PECE的周長為或．

33

【點睛】本題主要考查了二次函數的綜合題：熟練掌握二次函數圖象上點的坐標特征、對稱的性質和

菱形的判定方法；會利用待定系數法求函數解析式；理解坐標與圖形性質；會利用相似比計算線段的

長和解一元二次方程是解題的關鍵．

考點2二次函數的實際應用

【例題2】（2024甘肅威武）如圖1為一汽車停車棚，其棚頂的橫截面可以看作是拋物線的一部分，

如圖2是棚頂的豎直高度y（單位：m）與距離停車棚支柱AO的水平距離x（單位：m）近似滿足

函數關系y0.02x20.3x1.6的圖象，點B6，2.68在圖象上．若一輛箱式貨車需在停車棚下避

雨，貨車截面看作長CD4m，高DE1.8m的矩形，則可判定貨車________完全停到車棚內（填

“能”或“不能”）．

【答案】能

【解析】本題主要考查了二次函數的實際應用，根據題意求出當x2時，y的值，若此時y的值大于

1.8，則貨車能完全停到車棚內，反之，不能，據此求解即可．

【詳解】解：∵CD4m，B6，2.68，

∴642，

在y0.02x20.3x1.6中，當x2時，y0.02220.321.62.12，

∵2.121.8，

∴可判定貨車能完全停到車棚內．

【變式練1】（2024廣州一模）如圖1，是某次排球比賽中運動員墊球時的動作，墊球后排球的運動

路線可近似地看作拋物線，在圖2所示的平面直角坐標系中，運動員墊球時（圖2中點A）離球網的

水平距離為5米，排球與地面的垂直距離為0.5米，排球在球網上端0.26米處（圖2中點B）越過球

網（女子排球賽中球網上端距地面的高度為2.24米），落地時（圖2中點C）距球網的水平距離為

2.5米，則排球運動路線的函數表達式為（）．

14851485

A．yx2xB．yx2x

7515275152

14851485

C．yx2xD．yx2x

7515275152

【答案】A

【解析】根據題意結合函數的圖象，得出圖中A、B、C的坐標，再利用待定系數法求出函數關系式

即可．

5

0.262.242.5（米）

2

155

根據題意和所建立的坐標系可知，A（-5，），B（0，），C（，0），

222

設排球運動路線的函數關系式為y=ax2+bx+c，將A、B、C的坐標代入得：

1

2a5bc

2

5

c，

2

255

abc0

42

1485

解得，a,b,c，

75152

1485

∴排球運動路線的函數關系式為yx2x

75152

【變式練2】（2024四川南充一模）如圖，水池中心點O處豎直安裝一水管，水管噴頭噴出拋物線

形水柱，噴頭上下移動時，拋物線形水柱隨之豎直上下平移，水柱落點與點O在同一水平面．安裝

師傅調試發現，噴頭高2.5m時，水柱落點距O點2.5m；噴頭高4m時，水柱落點距O點3m．那

么噴頭高______m時，水柱落點距O點4m．

【答案】5.5

2

【解析】【分析】設原拋物線的解析式為yaxhb，當向上移動1.5米到4米高度時，拋

2

物線解析式為：yaxhb1.5，將兩個交點分別代入求解確定原解析式，設向上平移k個

2

1749

單位后，yaxk，將點（4,0）代入求解，然后結合題意即可得出結果．

416

2

【詳解】解：設原拋物線的解析式為yaxhb，根據題意可得，與x軸交于點（2.5,0）代入

得：

2

0a2.5hb①，

當向上移動1.5米到4米高度時，

2

拋物線解析式為：yaxhb1.5，與x軸交于點（4,0），代入得

2

0a4hb1.5②，

聯立①②求解可得：

311

h

2a4

，

13

ba()2

42a

∴將其代入②解得a1，

2

311132

∴原拋物線的解析式為yxa()，

2a442a

設向上平移k個單位后，

2

311132

∴yxa()k

2a442a

與x軸交點為（4,0），代入得：

2

311132

04a()k

2a442a

解得：k=3，

∴原拋物線向上移動3個單位，

即噴頭高3+2.5=5.5米．

【點睛】題目主要考查二次函數的應用，理解題意，設出二次函數的解析式，然后利用待定系數法求

解是解題關鍵．

考點3二次函數圖象中的斜三角形面積問題

【例題3】（2024江蘇揚州）如圖，已知二次函數yx2bxc的圖像與x軸交于A(2,0)，B(1,0)

兩點．

（1）求b、c的值；

（2）若點P在該二次函數的圖像上，且PAB的面積為6，求點P的坐標．

【答案】（1）b1，c2

，，，

（2）P1(24)P2(34)

【解析】【分析】本題主要考查二次函數與幾何圖形的綜合，掌握待定系數法求解析式，解一元二次

方程的方法是解題的關鍵．

（1）運用待定系數法即可求解；

（2）根據題意設Pm,n，結合幾何圖形面積計算方法可得點P的縱坐標，代入后解一元二次方程

即可求解．

【小問1詳解】

解：二次函數yx2bxc的圖像與x軸交于A(2,0)，B(1,0)兩點，

42bc0

∴，

1bc0

b1

解得，，

c2

∴b1，c2；

【小問2詳解】

解：由（1）可知二次函數解析式為：yx2x2，A(2,0)，B(1,0)，

∴AB1(2)3，

設Pm,n，

1

∴SAB·n6，

PAB2

∴n4，

∴n4，

∴當x2x24時，1870，無解，不符合題意，舍去；

當2時，，；

xx24x13x22

，，，

∴P1(24)P2(34)．

【變式練1】（2024湖北武漢一模）如圖，已知二次函數y＝x2+mx+n的圖象經過A（0，6），且對

稱軸是直線x＝2.5．

（1）求該函數解析式；

（2）在拋物線上找點P，使△PBC的面積1，求出點P的坐標．

【答案】（1）y＝x2﹣5x+6；

（2）（1，2）和（4，2）．

【解析】（1）由題意得，

，

解得，

∴二次函數的解析式為y＝x2﹣5x+6；

（2）令y＝0，

則x2﹣5x+6＝0，

解得x1＝2，x2＝3，

∴B（2，0），C（3，0），

設點P的縱坐標為m，

∵△PBC的面積1，

∴，

解得m＝±2，

當m＝2時，x2﹣5x+6＝2，

解得x1＝1，x2＝4；

當m＝﹣2時，x2﹣5x+6＝﹣2，即x2﹣5x+8＝0，

Δ＝（﹣5）2﹣4×1×8＝25﹣32＝﹣7＜0，

∴此方程無實數根，

故舍去m＝﹣2，

∴點P的坐標是（1，2）和（4，2）．

【變式練2】（2024廣州一模）如圖，拋物線yx2bxc過點A1,0、點B5,0，交y軸于

點C．

（1）求b，c的值．

（2）點Px0,y00x05是拋物線上的動點

①當x0取何值時，PBC的面積最大？并求出PBC面積的最大值；

②過點P作PEx軸，交BC于點E，再過點P作PF∥x軸，交拋物線于點F，連接EF，問：

是否存在點P，使PEF為等腰直角三角形？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

【答案】（1）b4，c5

5125

（）①當時，的面積由最大值，最大值為；

2x0PBC

28

7333333

②當點P的坐標為,或4,5時，PEF為等腰直角三角形

22

【解析】【分析】（1）將將A1,0、B5,0代入拋物線yx2bxc即可求解；

（2）①由（1）可知：yx24x5，得C0,5，可求得BC的解析式為yx5，過點P作PEx

軸，交于點，交軸于點，易得2，根據的面積

BCExQPEyEy0x05x0PBC

112

，可得的面積55125，

S△PECS△PEBPBCPEx0xCPExBx0x0

22228

即可求解；

4

②由題意可知拋物線的對稱軸為x對2，則x4x，分兩種情況：當點P在對稱軸左

21F0

側時，即0x02時，當點P在對稱軸右側時，即2x05時，分別進行討論求解即可．

【小問1詳解】

解：將A1,0、B5,0代入拋物線yx2bxc中，

1bc0b4

可得：，解得：，

255bc0c5

即：b4，c5；

【小問2詳解】

①由（1）可知：yx24x5，

當x0時，y5，即C0,5，

設BC的解析式為：ykxb，

將B5,0，C0,5代入ykxb中，

5kb0k1

可得，解得：，

b5b5

∴BC的解析式為：yx5，

過點P作PEx軸，交BC于點E，交x軸于點Q，

2

∵Px0,y00x05，則y0x04x05，

∴點E的橫坐標也為x0，則縱坐標為yEx05，

22

∴PEyEy0x05x04x05x05x0，

PBC的面積S△PECS△PEB

11

PExxPExx

20C2B0

1

PExx

2BC

52

x05x0

2

2

55125，

x0

228

5

∵0，

2

5125

∴當時，的面積有最大值，最大值為；

x0PBC

28

7333333

②存在，當點P的坐標為,或4,5時，PEF為等腰直角三角形．

22

2

理由如下：由①可知PEx05x0，

4

由題意可知拋物線的對稱軸為直線x對2，

21

∵PF∥x軸，

x0xF

∴EPF90，x對2，則x4x，

2F0

當點P在對稱軸左側時，即0x02時，

PFxFx042x0，當PEPF時，PEF為等腰直角三角形，

22

即：x05x042x0，整理得：x07x040，

733733

解得：x（x2，不符合題意，舍去）

0202

7333333

此時23333，即點P,；

y0x04x05

222

當點P在對稱軸右側時，即2x05時，

PFx0xF2x04，當PEPF時，PEF為等腰直角三角形，

22

即：x05x02x04，整理得：x03x040，

解得：x04（x012，不符合題意，舍去）

2

此時：y044455，即點P4,5；

7333333

綜上所述，當點P的坐標為,或4,5時，PEF為等腰直角三角形．

22

【點睛】本題二次函數綜合題，考查了利用待定系數法求函數解析式，二次函數的性質及圖象上的點

的特點，等腰直角三角形的性質，解本題的關鍵是表示出點的坐標，進行分類討論．

考點1拋物線與線段長、面積、角度

1.（2024甘肅臨夏）在平面直角坐標系中，拋物線yx2bxc與x軸交于A1,0，B3,0

兩點，與y軸交于點C，作直線BC．

（1）求拋物線的解析式．

（2）如圖1，點P是線段BC上方的拋物線上一動點，過點P作PQBC，垂足為Q，請問線段PQ

是否存在最大值？若存在，請求出最大值及此時點P的坐標；若不存在請說明理由．

（3）如圖2，點M是直線BC上一動點，過點M作線段MN∥OC（點N在直線BC下方），已知

MN2，若線段MN與拋物線有交點，請直接寫出點M的橫坐標xM的取值范圍．

【答案】（1）yx22x3

9315

（2）存在，最大值是2，P,

824

317317

（3）x0或3x

2MM2

【解析】【分析】本題考查二次函數的綜合應用，正確的求出函數解析式，利用數形結合和分類討論

的思想進行求解，是解題的關鍵．

（1）兩點式直接求出函數解析式即可；

2

（2）過點P作PEx軸，交BC于點D，設Pm,m2m3，根據三角函數得到

PQPDcosOBC，得到當PD最大時，PQ的值最大，轉化為二次函數求最值即可；

（3）設Mt,t3，得到xNt，求出點N恰好在拋物線上且MN2時的t值，即可得出結果．

【小問1詳解】

解：∵拋物線yx2bxc與x軸交于A1,0，B3,0兩點，

∴yx1x3，

∴yx22x3；

【小問2詳解】

存在；

∵yx22x3，

∴當x0時，y3，

∴C0,3，

∵B3,0，

∴OC3OB，

∴OBC45，

設直線BC的解析式為：ykx3，把B3,0代入，得：k1，

∴yx3，

2

過點P作PEx軸，交BC于點D，設Pm,m2m3，則：Dm,m3，

2

2239

∴PDm2m3m3m3mm，

24

∵PQBC，

∴PQD90PEB，

∵PDQBDE，

∴DPQOBC45，

2

∴PQPDcos45PD，

2

∴當PD最大時，PQ最大，

2

39

∵PDm，

24

399

∴當m時，PD的最大值為，此時PQ最大，為2，

248

315

∴P,；

24

【小問3詳解】

設Mt,t3，則：xNt，

當點N恰好在拋物線上時，則：Nt,t22t3，

∴MNt3t22t3t23t，

當MN2時，則：t23t2，

317317

解得：t或t，

22

∵線段MN與拋物線有交點，

317317

∴點M的橫坐標的取值范圍是x0或3x．

2MM2

2

2.（2024甘肅威武）如圖1，拋物線yaxhk交x軸于O，A4,0兩點，頂點為B2,23．點

C為OB的中點．

（1）求拋物線ya(xh)2k的表達式；

（2）過點C作CHOA，垂足為H，交拋物線于點E．求線段CE的長．

（3）點D為線段OA上一動點（O點除外），在OC右側作平行四邊形OCFD．

①如圖2，當點F落在拋物線上時，求點F的坐標；

②如圖3，連接BD，BF，求BDBF的最小值．

33

【答案】（1）yx223x（2）（3）①F22,3②27

22

【解析】

【小問1詳解】

∵拋物線的頂點坐標為B2,23．

設拋物線ya(x2)223，

2

把A4,0代入解析式，得a42230，

3

解得a，

2

323

∴yx223x223x．

22

【小問2詳解】

∵頂點為B2,23．點C為OB的中點，

∴C1,3，

∵CHOA，

∴CH∥y軸，

∴E的橫坐標為1，

設E1,m，

333

當x1時，m23，

22

33

∴E1,．

2

333

∴CE3．

22

【小問3詳解】

①根據題意，得C1,3，

∵四邊形OCFD是平行四邊形，

∴點C，點F的縱坐標相同，

設Fm,3，

∵點F落在拋物線上，

3

∴3m223m，

2

解得，(舍去)；

m122m222

故F22,3．

②過點B作BNy軸于點N，作點D關于直線BN的對稱點G，過點G作GHy軸于點H，連

接DG，CH，FG，

則四邊形ODGH是矩形，

∴ODHG,ODHG，

∵四邊形OCFD是平行四邊形，

∴ODCF,ODCF，

∴GHCF,GHCF，

∴四邊形CFGH是平行四邊形，

∴FGCH，

∵BGBFFG，

故當B、G、F三點共線時，BGBF取得最小值，

∵BGBD，

∴BGBF的最小值，就是BDBF的最小值，且最小值就是CH，

延長FC交y軸于點M，

∵OD∥CF，

∴HMCHOD90，

∵C1,3，

∴CM1,OM3，

∵B2,23，

∴ONNH23，

∴HMONNHOM33，

∴HCCM2HM22827，

故BDBF的最小值是27．

【點睛】本題考查了待定系數法求函數的解析式，中點坐標公式，平行四邊形的判定和性質，矩形的

判定和性質，勾股定理，利用軸對稱的性質求線段和的最小值，熟練掌握平行四邊形的性質，軸對稱

的性質是解題的關鍵．

考點2二次函數的實際應用

1.（2024四川自貢）九（1）班勞動實踐基地內有一塊面積足夠大的平整空地．地上兩段圍墻ABCD

于點O（如圖），其中AB上的EO段圍墻空缺．同學們測得AE6.6m，OE1.4m，OB6m，

OC5m，OD3m．班長買來可切斷的圍欄16m，準備利用已有圍墻，圍出一塊封閉的矩形菜地，

則該菜地最大面積是________cm2．

【答案】46.4

【解析】本題考查了二次函數的應用．要利用圍墻和圍欄圍成一個面積最大的封閉的矩形菜地，那就

必須盡量使用原來的圍墻，觀察圖形，利用AO和OC才能使該矩形菜地面積最大，分情況，利用矩

形的面積公式列出二次函數，利用二次函數的性質求解即可．

【詳解】要使該矩形菜地面積最大，則要利用AO和OC構成矩形，

設矩形在射線OA上的一段長為xm，矩形菜地面積為S，

當x8時，如