專題36函數綜合壓軸題（27題）

一、解答題

1

1．（2024·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）綜合與探究：如圖，在平面直角坐標系中，已知直線yx2與x

2

軸交于點A，與y軸交于點C，過A，C兩點的拋物線yax2bxca0與x軸的另一個交點為點B(1，0)，

點P是拋物線位于第四象限圖象上的動點，過點P分別作x軸和y軸的平行線，分別交直線AC于點E，

點F．

(1)求拋物線的解析式；

(2)點D是x軸上的任意一點，若ACD是以AC為腰的等腰三角形，請直接寫出點D的坐標；

(3)當EFAC時，求點P的坐標；

(4)在（3）的條件下，若點N是y軸上的一個動點，過點N作拋物線對稱軸的垂線，垂足為M，連接NA，MP，

則NAMP的最小值為______．

13

【答案】(1)yx2x2

22

(2)D14,0,D2425,0,D3425,0

(3)P2，3

313

(4)

2

【分析】本題主要考查了求函數解析式、二次函數與幾何的綜合等知識點，掌握數形結合思想成為解題的

關鍵．

（1）先根據題意確定點A、C的坐標，然后運用待定系數法求解即可；

（2）分三種情況分別畫出圖形，然后根據等腰三角形的定義以及坐標與圖形即可解答；

1231

（3）先證明AOC≌EPFASA可得PFOC2，設Pm,mm20m4，則Fm,m2,

222

11

可得PFm22m，即m22m2，求得可得m的值，進而求得點P的坐標；

22

3

（4）如圖：將線段NA向右平移單位得到MG,即四邊形MNAG是平行四邊形，可得

2

311，，3

NAMG,AGMN,即G0，作P23關于對稱軸x的點P11,3,則MPMP1，由兩點間的

222

313313

距離公式可得PG，再根據三角形的三邊關系可得NAMPMGMPPG即可解答．

2112

1

【詳解】（1）解：∵直線yx2與x軸交于點A，與y軸交于點C，

2

∴當y0時，x4，即A4,0；當x0時，y=2，即C0,2；

∵B(1，0)，

∴設拋物線的解析式為yax1x4a0，

1

把C0,2代入可得：2a0104，解得：a，

2

113

∴yx1x4x2x2，

222

13

∴拋物線的解析式為：yx2x2．

22

（2）解：∵A4,0，C0,2，

∴OC2,OA4,

∴ACOC2AB225，

如圖：當，

CD1AC25,OCAD1

∴OD1OA4,即D14,0；

如圖：當，

AD2AC25

∴即；

OD2AD2AC254,D2425,0

如圖：當，

AD3AC25

∴即；

OD3AD3AC254,D2425,0

綜上，點D的坐標為D14,0,D2425,0,D3425,0．

（3）解：如圖：∵PE∥x軸，

∴PEAOAC，

∵PF∥y軸，

∴PFEOCA，

∵EFAC，

∴AOC≌EPFASA,

∴PFOC2,

1231

∵設Pm,mm20m4，則Fm,m2,

222

112312

∴PFm2mm2m2m，

2222

1

∴m22m2，解得：m2（負值舍去），

2

13

當m2時，22323，

22

∴P2，3．

13

（4）解：∵拋物線的解析式為：yx2x2，

22

3

∴拋物線的對稱軸為：直線x，

2

3

如圖：將線段NA向右平移單位得到MG,

2

∴四邊形MNAG是平行四邊形，

311

∴NAMG,AGMN,即G，0,

22

3

作P2，3關于對稱軸x的點P1,3,則MPMP

211

2

∴112313

P1G130,

22

313

∵NAMPMGMPPG，

112

313

∴NAMP的最小值為．

2

故答案為313．

2

2．（2024·黑龍江綏化·中考真題）綜合與實踐

問題情境

在一次綜合與實踐課上，老師讓同學們以兩個全等的等腰直角三角形紙片為操作對象．

紙片ABC和DEF滿足ACBEDF90，ACBCDFDE2cm．

下面是創新小組的探究過程．

操作發現

（1）如圖1，取AB的中點O，將兩張紙片放置在同一平面內，使點O與點F重合．當旋轉DEF紙片交AC

邊于點H、交BC邊于點G時，設AHx1x2，BGy，請你探究出y與x的函數關系式，并寫出

解答過程．

問題解決

（2）如圖2，在（1）的條件下連接GH，發現CGH的周長是一個定值．請你寫出這個定值，并說明理

由．

拓展延伸

（3）如圖3，當點F在AB邊上運動（不包括端點A、B），且始終保持AFE60．請你直接寫出DEF

紙片的斜邊EF與ABC紙片的直角邊所夾銳角的正切值______（結果保留根號）．

2

【答案】（1）y1x2，見解析；（2）2，見解析；（3）23或23

x

【分析】（1）根據題意證明△AFH∽△BGF，得出關系式AHBGAFBF，進而求得

AB22,AFBC2，代入比例式，即可求解；

（2）方法一：勾股定理求得GH，將將（1）中xy2代入得GHxy2，進而根據三角形的周長公式，

即可求解；

方法二：證明△AOH∽△BGO，△HAO∽△HOG，過O作OMAH交AH于點M，作OPHG交HG

于點P，作ONGB交GB于點N．證明△OMH≌△OPH，△OPG≌△ONG，得出HGMHGN，得

1

出CMCNBC1，進而根據三角形的周長公式可得△CHG的周長CMCN2CM212．

2

方法三：過O作OMAH交AH于點M，作ONGB交GB于點N，在NB上截取一點Q，使NQMH，

連接OC．得出△OMH≌△ONQ，△OHG≌△OQG，則HGGQGNMH，同方法二求得

1

CMCNBC1，進而即可求解；

2

（3）分兩種情況討論，EF于AC,BC的夾角；①過點F作FNAC于點N，作FH的垂直平分線交FN于

點M，連接MH，在Rt△MNH中，設NHk，由勾股定理得，FNMNMF23k，進而根據正

確的定義，即可求解；②過點F作FNBC于點N，作FG的垂直平分線交BG于點M，連接FM，在

Rt△FNM中，設FNk，同①即可求解．．

【詳解】操作發現

解：（1）∵ACBEDF90，且ACBCDFDE2cm．

∴ABDFE45，

∴AFHBFGBFGFGB135，

∴AFHFGB，

∴△AFH∽△BGF，

AFAH

∴，

BGBF

∴AHBGAFBF．

在Rt△ACB中，ACBC2，

∴ABAC2BC2222222，

∵O是AB的中點，點O與點F重合，

∴AFBF2，

∴xy22，

2

∴y1x2．

x

問題解決

（2）方法一：

解：CGH的周長定值為2．

理由如下：∵ACBC2，AHx，BGy，

∴CH2x，CG2y，

22

在RtHCG中，∴GHCH2CG22x2y

x2y24(xy)8(xy)22xy4(xy)8．

將（1）中xy2代入得：

22

∴GHxy4xy4xy2xy2．

2

∵xyx2y22xyx2y244，又∵1x2，

∴xy2，

∴GHxy2．

∵△CHG的周長CHCGGH，

∴△CHG的周長2x2yxy22．

方法二：

解：CGH的周長定值為2．

理由如下：∵ABC和DEF是等腰直角三角形，

∴ABEEOD45，

∵AOHBOGEOD180，

∴AOHBOG135，

在△AOH中，A45，

∴AOHAHO135，

∴AHOBOG，

∴△AOH∽△BGO，

AOOHAH

∴，AOHOGB，AHOBOG，

BGOGOB

∵O為AB的中點，

∴AOBO，

OHAH

∴，

OGAO

又∵AEOD45，

∴△HAO∽△HOG，

AHOOHG，OGBOGH，

∴過O作OMAH交AH于點M，作OPHG交HG于點P，作ONGB交GB于點N．

∴OMOPON．

又∵OHOH，OGOG，

∴△OMH≌△OPH，△OPG≌△ONG，

∴HMPH，PGNG，

∴HGMHGN．

∵△CHG的周長CHCGGHCHCGMHGNCMCN．

又∵AOOB，OMON，AB45，

∴AOM≌BON，

∴AMBN，

∵C90，AMO90，

∴OM∥BC，

∵O是AB的中點，

點M是AC的中點，同理點N是BC的中點．

1

∴CMCNBC1，

2

∴△CHG的周長CMCN2CM212．

方法三：

解：CGH的周長定值為2．

理由如下：過O作OMAH交AH于點M，作ONGB交GB于點N，在NB上截取一點Q，使NQMH，

連接OC．

∵ABC是等腰直角三角形，O為AB的中點，

∴OC平分ACB，

∴OMON，

∴△OMH≌△ONQ，

∴OHOQ，MOHNOQ．

∵DHOG=45°，ACB90，

∴MON90，MOHGON45，

∴GOQ45，

∴HOGGOQ，

∵OGOG，

∴△OHG≌△OQG，

∴HGGQGNMH，

∴△CHG的周長CHCGGHCHCGMHGNCMCN．

又∵AOOB，OMON，AB45，

∴AOM≌BON，

∴AMBN．

∵C90，AMO90，

∴OM∥BC．

∵O是AB的中點，點M是AC的中點，同理點N是BC的中點．

1

∴CMCNBC1，

2

∴△CHG的周長CMCN2CM212．

拓展延伸

（3）23或23

①解：∵AFE60，A45，

∴AHF75，

過點F作FNAC于點N，作FH的垂直平分線交FN于點M，連接MH，

∴FMMH，

∵FNH90，

∴NFH15，

∵FMMH，

∴NFHMHF15，

∴NMH=30，

在Rt△MNH中，設NHk，

∴MHMF2k，由勾股定理得，

MN3NH3k，

∴FNMNMF23k，

FN23k

∴在Rt△FNH中，tanFHNtan7523．

NHk

②解：∵AFE60，A45，

∴FGB15，

過點F作FNBC于點N，作FG的垂直平分線交BG于點M，連接FM．

∵GMMF，

∴FGBGFM15，

∴FMB30，

在Rt△FNM中，設FNk，

∴GMMF2k，由勾股定理得，MN3FN3k，

∴GNGMMN23k，

FNk

∴在Rt△FNG中，tanFGNtan1523．

GN(23)k

∴tanFHN23或tanFGN23．

【點睛】本題考查了相似三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，解直角三角形，旋轉的性質，

函數解析式，熟練掌握相似三角形的性質與判定，解直角三角形是解題的關鍵．

3．（2024·廣東深圳·中考真題）為了測量拋物線的開口大小，某數學興趣小組將兩把含有刻度的直尺垂直

放置，并分別以水平放置的直尺和豎直放置的直尺為x，y軸建立如圖所示平面直角坐標系，該數學小組選

擇不同位置測量數據如下表所示，設BD的讀數為x，CD讀數為y，拋物線的頂點為C．

(1)（Ⅰ）列表：

①②③④⑤⑥

x023456

y012.2546.259

（Ⅱ）描點：請將表格中的x,y描在圖2中；

（Ⅲ）連線：請用平滑的曲線在圖2將上述點連接，并求出y與x的關系式；

2

(2)如圖3所示，在平面直角坐標系中，拋物線yaxhk的頂點為C，該數學興趣小組用水平和豎直

直尺測量其水平跨度為AB，豎直跨度為CD，且ABm，CDn，為了求出該拋物線的開口大小，該數

學興趣小組有如下兩種方案，請選擇其中一種方案，并完善過程：

2

方案一：將二次函數yaxhk平移，使得頂點C與原點O重合，此時拋物線解析式為yax2．

①此時點B的坐標為________；

②將點B坐標代入yax2中，解得a________；（用含m，n的式子表示）

方案二：設C點坐標為h,k

①此時點B的坐標為________；

2

②將點B坐標代入yaxhk中解得a________；（用含m，n的式子表示）

(3)【應用】如圖4，已知平面直角坐標系xOy中有A，B兩點，AB4，且AB∥x軸，二次函數

22

C1:y12xhk和C2:y2axhb都經過A，B兩點，且C1和C2的頂點P，Q距線段AB的距離

之和為10，求a的值．

1

【答案】(1)圖見解析，yx2；

4

14n14n

(2)方案一：①m,n；②；方案二：①hm,kn；②；

2m22m2

11

(3)a的值為或．

22

【分析】（1）描點，連線，再利用待定系數法求解即可；

（2）根據圖形寫出點B或點B的坐標，再代入求解即可；

，，，

（3）先求得Ah28k，Bh28k，C1的頂點坐標為Phk，再求得C1頂點距線段AB的距

離為8kk8，得到C2的頂點距線段AB的距離為1082，得到C2的頂點坐標為Qh，10k或

Qh，6k，再分類求解即可．

【詳解】（1）解：描點，連線，函數圖象如圖所示，

觀察圖象知，函數為二次函數，

設拋物線的解析式為yax2bxc，

c0

由題意得4a2bc1，

16a4bc4

1

a

4

解得b0，

c0

1

∴y與x的關系式為yx2；

4

（2）解：方案一：①∵ABm，CDn，

1

∴DBm，

2

1

此時點B的坐標為m,n；

2

1

故答案為：m,n；

2

2

1

②由題意得man，

2

4n

解得a，

m2

4n

故答案為：；

m2

方案二：①∵C點坐標為h,k，ABm，CDn，

1

∴DBm，

2

1

此時點B的坐標為hm,kn；

2

1

故答案為：hm,kn；

2

2

1

②由題意得knahmhk，

2

4n

解得a，

m2

4n

故答案為：；

m2

（3）解：根據題意C1和C2的對稱軸為xh，

，，，

則Ah28k，Bh28k，C1的頂點坐標為Phk，

∴C1頂點距線段AB的距離為8kk8，

∴C2的頂點距線段AB的距離為1082，

∴C2的頂點坐標為Qh，10k或Qh，6k，

，2

當C2的頂點坐標為Qh10k時，y2axh10k，

1

將Ah2，8k代入得4a10k8k，解得a；

2

，2

當C2的頂點坐標為Qh6k時，y2axh6k，

1

將Ah2，8k代入得4a6k8k，解得a；

2

11

綜上，a的值為或．

22

【點睛】本題主要考查二次函數的綜合應用，拋物線的平移等，理解題意，綜合運用這些知識點是解題關

鍵．

4．（2024·內蒙古包頭·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=-2x2+bx+c與x軸相交于A1,0，

B兩點（點A在點B左側），頂點為M2,d，連接AM．

(1)求該拋物線的函數表達式；

1

(2)如圖1，若C是y軸正半軸上一點，連接AC,CM．當點C的坐標為0,時，求證：ACMBAM；

2

(3)如圖2，連接BM，將ABM沿x軸折疊，折疊后點M落在第四象限的點M處，過點B的直線與線段AM

BD8

相交于點D，與y軸負半軸相交于點E．當時，3S△與2S是否相等？請說明理由．

DE7ABD△MBD

【答案】(1)y2x28x6

(2)見解析

(3)相等，理由見解析

bb

【分析】（1）根據頂點為M2,d，利用2求出b8，再將A1,0代入解析式即可求出

2a22

c6，即可得出函數表達式；

（2）延長MC交x軸于點D，由（1）知拋物線的解析式表達式為y2x28x6，求出M2,2，再利

3125

用待定系數法求出直線MC的解析式為yx，進而求出D,0，則AD，利用兩點間距離公

4233

105

式求出DM,CD，易證ACD∽MAD，得到ACDMAD，由

36

ACDACMMADBAM180，即可證明ACMBAM；

（3）過點D作DGx軸，交x軸于點G，利用拋物線解析式求出B3,0，求出OB3,AB2，根據OE∥DG，

BGBDDGBD8BD887

易證BDG∽BEO，得到=，由，即，求出BG，得到OG，即點D

OBBEOEDE7BE1555

774

的橫坐標為，由折疊的性質得到M2,2，求出直線AM的解析式為y2x2，進而求出D,，

555

414146

得到DG，利用三角形面積公式求出SABDG，則SSSABy，

5ABD25MBDABMABD2M55

即可證明結論．

【詳解】（1）解：該拋物線的頂點為M2,d，即該拋物線的對稱軸為x2，

bb

x2，

2a22

b8，

將A1,0代入解析式y2x28xc，則0=-2+8+c，

c6，

拋物線的解析式表達式為y2x28x6；

（2）證明：如圖1，延長MC交x軸于點D，

22

由（1）知拋物線的解析式表達式為y2x8x6，則yM=-2′2+8′2-6=2，

M2,2，

1

點C的坐標為0,，

2

設直線MC的解析式為ykxbk0，

1

b

則2，

22kb

1

b

2

解得：

3

k

4

3131

直線MC的解析式為yx，則0x，

424D2

2

x，

D3

2

D,0，

3

A1,0，

5

AD，

3

222

2210215

DM202,CD00，

33326

55

AD1CD1

3,6，

DM102AD52

33

ADCD

，

DMAD

ADMADM，

ACD∽MAD，

ACDMAD，

ACDACMMADBAM180，

ACMBAM；

（3）解：過點D作DGx軸，交x軸于點G，

令2x28x60，即x24x30，

解得：x11,x23，

根據題意得：B3,0，

OB3,AB2，

DGx軸，OEx軸，

OE∥DG，

BDG∽BEO，

BGBDDG

=，

OBBEOE

BD8BD8

，即，

DE7BE15

88

BGOB，

155

7

OG，

5

7

點D的橫坐標為，

5

由折疊的性質得到M2,2，

設直線AM的解析式為ymxnm0，

22mn

則，

0mn

m2

解得：，

n2

直線AM的解析式為y2x2，

74

y22，

D55

74

D,，

55

4

DG，

5

14

SABDG，

ABD25

146

SSSABy，

MBDABMABD2M55

412612

3S3，2S2，

△ABD55△MBD55

3S△ABD2S△MBD．

【點睛】本題考查二次函數綜合問題，涉及二次函數的性質，二次函數解析式，一次函數的解析式，折疊

的性質，二次函數與三角形相似的綜合問題，二次函數與面積綜合問題，正確作出輔助線構造三角形相似

是解題的關鍵．

5．（2024·四川達州·中考真題）如圖1，拋物線yax2kx3與x軸交于點A3,0和點B1,0，與y軸

交于點C．點D是拋物線的頂點．

(1)求拋物線的解析式；

(2)如圖2，連接AC，DC，直線AC交拋物線的對稱軸于點M，若點P是直線AC上方拋物線上一點，

且S△PMC2S△DMC，求點P的坐標；

(3)若點N是拋物線對稱軸上位于點D上方的一動點，是否存在以點N，A，C為頂點的三角形是等腰三

角形，若存在，請直接寫出滿足條件的點N的坐標；若不存在，請說明理由．

【答案】(1)yx22x3

(2)P1,0或P4,5；

(3)N1,14或1,14或1，1或1，173

【分析】（1）待定系數法求解析式，即可求解；

（2）先求得C,M,D的坐標，根據勾股定理的逆定理得出△MCD是等腰三角形，進而根據S△PMC2S△DMC得

出S△PMC2，連接MB，設MD交x軸于點E，則MEEB2得出△MBE是等腰直角三角形，進而得出

S△BMC2，則點P與點B重合時符合題意，P1,0，過點B作BP∥AC交拋物線于點P，得出直線BP的

解析式為yx1，聯立拋物線解析式，即可求解；

（3）勾股定理求得AC2,AN2,CN2，根據等腰三角形的性質，分類討論解方程，即可求解．

【詳解】（1）解：∵拋物線yax2kx3與x軸交于點A3,0和點B1,0，

9a3k30

∴

ak30

a1

解得：

k2

∴拋物線的解析式為yx22x3；

（2）由yx22x3，當x0時，y=3，則C0,3

2

∵yx22x3x14，則D1,4，對稱軸為直線x=1

設直線AC的解析式為yk1xb1，代入A3,0，C0,3

3kb0

∴1

b13

k1

解得：1

b13

∴直線AC的解析式為yx3，

當x=1時，y=2，則M1,2

22

∴MC12232,MD242,CD12342

∴MD2MC2CD2

∴△MCD是等腰三角形，

1

∴S2S2CD22

△PMC△DMC2

連接MB，設MD交x軸于點E，則MEEB2

∴△MBE是等腰直角三角形，

∴BME45，BM22，

又DMC45

∴BMAC

11

∴SMCBM2222

BMC22

∴點P與點B重合時符合題意，P1,0

如圖所示，過點B作BP∥AC交拋物線于點P，

設直線BP的解析式為yxm，將B1,0代入得，

01m

解得：m1

∴直線BP的解析式為yx1

yx1

聯立2

yx2x3

x4x1

解得：，

y5y0

∴P4,5

綜上所述，P1,0或P4,5；

（3）解：∵A3,0，C0,3，

∴AC2323218

∵點N是拋物線對稱軸上位于點D上方的一動點，設N1,n其中n4

22

∴AN231n24n2，CN212n3n26n10

①當ANAC時，4n218，解得：n14或n14

②當NANC時，4n2n26n10，解得：n1

③當CACN時，18n26n10，解得：n173或n173（舍去）

綜上所述，N1,14或1,14或1，1或1，173．

【點睛】本題考查了二次函數綜合問題，待定系數法求解析式，面積問題，特殊三角形問題，熟練掌握二

次函數的性質是解題的關鍵．

6．（2024·四川瀘州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線yax2bx3經過點A3,0，

與y軸交于點B，且關于直線x1對稱．

(1)求該拋物線的解析式；

(2)當1xt時，y的取值范圍是0y2t1，求t的值；

(3)點C是拋物線上位于第一象限的一個動點，過點C作x軸的垂線交直線AB于點D，在y軸上是否存在

點E，使得以B，C，D，E為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出該菱形的邊長；若不存在，說明理由．

【答案】(1)yx22x3

5

(2)t

2

(3)存在點以B，C，D，E為頂點的四邊形是菱形，邊長為322或2

【分析】本題考查二次函數的綜合應用，菱形的性質，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）待定系數法求出函數解析式即可；

（2）分t1和t1，兩種情況，結合二次函數的增減性進行求解即可．

（3）分BD為菱形的邊和菱形的對角線兩種情況進行討論求解即可．

【詳解】（1）解：∵拋物線yax2bx3經過點A3,0，與y軸交于點B，且關于直線x1對稱，

b

1a1

∴2a，解得：，

b2

9a3b30

∴yx22x3；

（2）∵拋物線的開口向下，對稱軸為直線x1，

∴拋物線上點到對稱軸上的距離越遠，函數值越小，

∵1xt時，0y2t1，

①當t1時，則：當xt時，函數有最大值，即：2t1t22t3，

解得：t2或t2，均不符合題意，舍去；

②當t1時，則：當x1時，函數有最大值，即：2t112234，

5

解得：t；

2

5

故t；

2

（3）存在；

2

當yx2x30時，解得：x13,x21，當x0時，y3，

∴A3,0，B0,3，

設直線AB的解析式為ykx3，把A3,0代入，得：k1，

∴yx3，

設Cm,m22m30m3，則：Dm,m3，

22

∴CDm22m3m3m23m，BDm2m332m，BC2m2m22m，

當B，C，D，E為頂點的四邊形是菱形時，分兩種情況：

①當BD為邊時，則：BDCD，即m23m2m，

解得：m0（舍去）或m32，

此時菱形的邊長為2m322；

22

②當BD為對角線時，則：BCCD，即：m2m22mm23m，

解得：m2或m0（舍去）

此時菱形的邊長為：22322；

綜上：存在以B，C，D，E為頂點的四邊形是菱形，邊長為322或2．

7．（2024·四川南充·中考真題）已知拋物線yx2bxc與x軸交于點A1,0，B3,0．

(1)求拋物線的解析式；

(2)如圖1，拋物線與y軸交于點C，點P為線段OC上一點（不與端點重合），直線PA，PB分別交拋物線

S1

于點E，D，設PAD面積為S1，△PBE面積為S2，求的值；

S2

(3)如圖2，點K是拋物線對稱軸與x軸的交點，過點K的直線（不與對稱軸重合）與拋物線交于點M，N，

過拋物線頂點G作直線l∥x軸，點Q是直線l上一動點．求QMQN的最小值．

【答案】(1)yx22x3

S1

(2)1

S29

(3)45

【分析】（1）利用待定系數法即可求解；

p

（2）設P(0,p)，直線AP為ykxb，求出ypxp，直線BD為ykxb，求出yxp，聯

11223

2

2p3p4p

立方程組得E3p,p4p，D,，再根據S1SABDSABP，S2SABESABP即可求

393

解；

（3）設直線MN為ykxd，由K(1,0)得kd=0，得ykxk，設Mm,m22m3，

ykxk

22

Nn,n2n3，聯立直線MN與拋物2，得x(k2)xk30，根據根與系數的關

yx2x3

系可得：mn2k，mnk3，作點N關于直線l的對稱點N，連接MN，則有

QMQNQMQNMN，過M點作MFNN于F，則Fn,m22m3，則

22

NFmn2mn2，FMmn，根據勾股定理得MN2k417k28080，即可求出QMQN

最小值．

【詳解】（1）解：∵拋物線yx2bxc與x軸交于點A1,0，B3,0，

1bc0

，

93bc0

b2

解得，

c3

∴拋物線的解析式為yx22x3；

（2）設P(0,p)，直線AP為yk1xb1k10，據題意得，

kb0kp

11，解得1，

b1pb1p

∴ypxp，

ypxp

聯立得2，

yx2x3

x1x3p

解得或2，

y0yp4p

∴E3p,p24p，

設P(0,p)，直線BD為yk2xb2k20，據題意得，

p

3k2b20k

，解得23，

b2p

b2p

p

∴yxp，

3

p

yxp

聯立得3，

2

yx2x3

p3

x

x33

解得或，

y0p24p

y

93

p3p24p

∴D,，

393

2

1p4p22

S1SABDSABPAByDyP2p3pp，

2939

122

S2SABESABPAByEyP2p4pp23pp，

2

S1

∴1；

S29

（3）設直線MN為ykxdk0，由K(1,0)得kd=0，

∴d=k，

∴ykxk，

設Mm,m22m3，Nn,n22n3，

ykxk

聯立直線MN與拋物線2，

yx2x3

得x2(k2)xk30，

2

Δk24k3k2160，

根據根與系數的關系可得：mn2k，mnk3，

作點N關于直線l的對稱點N，連接MN，

由題意得直線l:y4，則Nn,n22n5，

∴QMQNQMQNMN，

過M點作MFNN于F，則Fn,m22m3．

則NFm2n22mn2，FMmn，

在RtMFN中，

2222222

MNMFNF(mn)mn2(mn)2

222

(mn)4mn(mn)2mn2(mn)2

222

(2k)4(k3)(2k)2(k3)2(2k)2

k417k28080，

即當k0時，MN280，此時MN45，

故QMQN的最小值為45．

【點睛】本題考查了二次函數和一次函數的圖象與性質，二次函數與一元二次方程的關系，解一元二次方

程，根的判別式，勾股定理，軸對稱的性質，熟練掌握知識點的應用是解題的關鍵．

8．（2024·四川成都·中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線L：yax22ax3aa0與x

軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），其頂點為C，D是拋物線第四象限上一點．

(1)求線段AB的長；

(2)當a1時，若ACD的面積與△ABD的面積相等，求tanABD的值；

(3)延長CD交x軸于點E，當ADDE時，將ADB沿DE方向平移得到AEB．將拋物線L平移得到拋

物線L，使得點A，B都落在拋物線L上．試判斷拋物線L與L是否交于某個定點．若是，求出該定點

坐標；若不是，請說明理由．

【答案】(1)AB4

10

(2)tanABD

3

(3)拋物線L與L交于定點3,0

【分析】（1）根據題意可得ax22ax3a0，整理得x22x30，即可知A1,0,B3,0,則有AB4；

22

（2）由題意得拋物線L：yx22x3x14，則C1,4,設Dn,n2n3,0n3，可求得

2

S△ABD2n4n6，結合題意可得直線AD解析式為yn3x1，設直線AD與拋物線對稱軸交于

720

點E，則E1,2n6，即可求得Sn21，進一步解得點D,，過D作DHAB于點H，則

ACD39

220DH

BH,DH，即可求得tanABD；

39BH

（3）設Dn,an22an3a,可求得直線AD解析式為yan3x1，過點D作DMAB，可得

AMn1,DMan22an3a，結合題意得EMn1,An,an22an3a,Bn4,an22an3a,

2

設拋物線L解析式為yaxbxca0，由于過點A，B可求得拋物線L解析式為

yax22an4ax6an3a，根據ax22ax3aax22an4ax6an3a解得x3，即可判斷拋

物線L與L交于定點3,0．

【詳解】（1）解：∵拋物線L：yax22ax3aa0與x軸交于A，B兩點，

22

∴ax2ax3a0，整理得x2x30，解得x11,x23,

∴A1,0,B3,0,

則AB314；

2

（2）當a1時，拋物線L：yx22x3x14，

則C1,4,

21122

設Dn,n2n3,0n3，則SABDAByD4n2n32n4n6，

22

設直線AD解析式為ykx1，

∵點D在直線AD上，

∴n22n3kn1，解得kn3，

則直線AD解析式為yn3x1，

設直線AD與拋物線對稱軸交于點E，則E1,2n6，

11

∴2，

SACDCExDxA2n64n1n1

2