2024年中考数学真题分类汇编（全国）：专题36 函数综合压轴题（27题）（教师版）

专题36函数综合压轴题（27题）

一、解答题

1

1．（2024·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与探究：如图，在平面直角坐标系中，已知直线yx2与x

2

轴交于点A，与y轴交于点C，过A，C两点的抛物线yax2bxca0与x轴的另一个交点为点B(1，0)，

点P是抛物线位于第四象限图象上的动点，过点P分别作x轴和y轴的平行线，分别交直线AC于点E，

点F．

(1)求抛物线的解析式；

(2)点D是x轴上的任意一点，若ACD是以AC为腰的等腰三角形，请直接写出点D的坐标；

(3)当EFAC时，求点P的坐标；

(4)在（3）的条件下，若点N是y轴上的一个动点，过点N作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接NA，MP，

则NAMP的最小值为______．

13

【答案】(1)yx2x2

22

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

(3)P2，3

313

(4)

2

【分析】本题主要考查了求函数解析式、二次函数与几何的综合等知识点，掌握数形结合思想成为解题的

关键．

（1）先根据题意确定点A、C的坐标，然后运用待定系数法求解即可；

（2）分三种情况分别画出图形，然后根据等腰三角形的定义以及坐标与图形即可解答；

1231

（3）先证明AOC≌EPFASA可得PFOC2，设Pm,mm20m4，则Fm,m2,

222

11

可得PFm22m，即m22m2，求得可得m的值，进而求得点P的坐标；

22

3

（4）如图：将线段NA向右平移单位得到MG,即四边形MNAG是平行四边形，可得

2

311，，3

NAMG,AGMN,即G0，作P23关于对称轴x的点P11,3,则MPMP1，由两点间的

222

313313

距离公式可得PG，再根据三角形的三边关系可得NAMPMGMPPG即可解答．

2112

1

【详解】（1）解：∵直线yx2与x轴交于点A，与y轴交于点C，

2

∴当y0时，x4，即A4,0；当x0时，y=2，即C0,2；

∵B(1，0)，

∴设抛物线的解析式为yax1x4a0，

1

把C0,2代入可得：2a0104，解得：a，

2

113

∴yx1x4x2x2，

222

13

∴抛物线的解析式为：yx2x2．

22

（2）解：∵A4,0，C0,2，

∴OC2,OA4,

∴ACOC2AB225，

如图：当，

CD1AC25,OCAD1

∴OD1OA4,即D14,0；

如图：当，

AD2AC25

∴即；

OD2AD2AC254,D2425,0

如图：当，

AD3AC25

∴即；

OD3AD3AC254,D2425,0

综上，点D的坐标为D14,0,D2425,0,D3425,0．

（3）解：如图：∵PE∥x轴，

∴PEAOAC，

∵PF∥y轴，

∴PFEOCA，

∵EFAC，

∴AOC≌EPFASA,

∴PFOC2,

1231

∵设Pm,mm20m4，则Fm,m2,

222

112312

∴PFm2mm2m2m，

2222

1

∴m22m2，解得：m2（负值舍去），

2

13

当m2时，22323，

22

∴P2，3．

13

（4）解：∵抛物线的解析式为：yx2x2，

22

3

∴抛物线的对称轴为：直线x，

2

3

如图：将线段NA向右平移单位得到MG,

2

∴四边形MNAG是平行四边形，

311

∴NAMG,AGMN,即G，0,

22

3

作P2，3关于对称轴x的点P1,3,则MPMP

211

2

∴112313

P1G130,

22

313

∵NAMPMGMPPG，

112

313

∴NAMP的最小值为．

2

故答案为313．

2

2．（2024·黑龙江绥化·中考真题）综合与实践

问题情境

在一次综合与实践课上，老师让同学们以两个全等的等腰直角三角形纸片为操作对象．

纸片ABC和DEF满足ACBEDF90，ACBCDFDE2cm．

下面是创新小组的探究过程．

操作发现

（1）如图1，取AB的中点O，将两张纸片放置在同一平面内，使点O与点F重合．当旋转DEF纸片交AC

边于点H、交BC边于点G时，设AHx1x2，BGy，请你探究出y与x的函数关系式，并写出

解答过程．

问题解决

（2）如图2，在（1）的条件下连接GH，发现CGH的周长是一个定值．请你写出这个定值，并说明理

由．

拓展延伸

（3）如图3，当点F在AB边上运动（不包括端点A、B），且始终保持AFE60．请你直接写出DEF

纸片的斜边EF与ABC纸片的直角边所夹锐角的正切值______（结果保留根号）．

2

【答案】（1）y1x2，见解析；（2）2，见解析；（3）23或23

x

【分析】（1）根据题意证明△AFH∽△BGF，得出关系式AHBGAFBF，进而求得

AB22,AFBC2，代入比例式，即可求解；

（2）方法一：勾股定理求得GH，将将（1）中xy2代入得GHxy2，进而根据三角形的周长公式，

即可求解；

方法二：证明△AOH∽△BGO，△HAO∽△HOG，过O作OMAH交AH于点M，作OPHG交HG

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

1

出CMCNBC1，进而根据三角形的周长公式可得△CHG的周长CMCN2CM212．

2

方法三：过O作OMAH交AH于点M，作ONGB交GB于点N，在NB上截取一点Q，使NQMH，

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

1

CMCNBC1，进而即可求解；

2

（3）分两种情况讨论，EF于AC,BC的夹角；①过点F作FNAC于点N，作FH的垂直平分线交FN于

点M，连接MH，在Rt△MNH中，设NHk，由勾股定理得，FNMNMF23k，进而根据正

确的定义，即可求解；②过点F作FNBC于点N，作FG的垂直平分线交BG于点M，连接FM，在

Rt△FNM中，设FNk，同①即可求解．．

【详解】操作发现

解：（1）∵ACBEDF90，且ACBCDFDE2cm．

∴ABDFE45，

∴AFHBFGBFGFGB135，

∴AFHFGB，

∴△AFH∽△BGF，

AFAH

∴，

BGBF

∴AHBGAFBF．

在Rt△ACB中，ACBC2，

∴ABAC2BC2222222，

∵O是AB的中点，点O与点F重合，

∴AFBF2，

∴xy22，

2

∴y1x2．

x

问题解决

（2）方法一：

解：CGH的周长定值为2．

理由如下：∵ACBC2，AHx，BGy，

∴CH2x，CG2y，

22

在RtHCG中，∴GHCH2CG22x2y

x2y24(xy)8(xy)22xy4(xy)8．

将（1）中xy2代入得：

22

∴GHxy4xy4xy2xy2．

2

∵xyx2y22xyx2y244，又∵1x2，

∴xy2，

∴GHxy2．

∵△CHG的周长CHCGGH，

∴△CHG的周长2x2yxy22．

方法二：

解：CGH的周长定值为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为AB的中点，

∴AOBO，

OHAH

∴，

OGAO

又∵AEOD45，

∴△HAO∽△HOG，

AHOOHG，OGBOGH，

∴过O作OMAH交AH于点M，作OPHG交HG于点P，作ONGB交GB于点N．

∴OMOPON．

又∵OHOH，OGOG，

∴△OMH≌△OPH，△OPG≌△ONG，

∴HMPH，PGNG，

∴HGMHGN．

∵△CHG的周长CHCGGHCHCGMHGNCMCN．

又∵AOOB，OMON，AB45，

∴AOM≌BON，

∴AMBN，

∵C90，AMO90，

∴OM∥BC，

∵O是AB的中点，

点M是AC的中点，同理点N是BC的中点．

1

∴CMCNBC1，

2

∴△CHG的周长CMCN2CM212．

方法三：

解：CGH的周长定值为2．

理由如下：过O作OMAH交AH于点M，作ONGB交GB于点N，在NB上截取一点Q，使NQMH，

连接OC．

∵ABC是等腰直角三角形，O为AB的中点，

∴OC平分ACB，

∴OMON，

∴△OMH≌△ONQ，

∴OHOQ，MOHNOQ．

∵ÐHOG=45°，ACB90，

∴MON90，MOHGON45，

∴GOQ45，

∴HOGGOQ，

∵OGOG，

∴△OHG≌△OQG，

∴HGGQGNMH，

∴△CHG的周长CHCGGHCHCGMHGNCMCN．

又∵AOOB，OMON，AB45，

∴AOM≌BON，

∴AMBN．

∵C90，AMO90，

∴OM∥BC．

∵O是AB的中点，点M是AC的中点，同理点N是BC的中点．

1

∴CMCNBC1，

2

∴△CHG的周长CMCN2CM212．

拓展延伸

（3）23或23

①解：∵AFE60，A45，

∴AHF75，

过点F作FNAC于点N，作FH的垂直平分线交FN于点M，连接MH，

∴FMMH，

∵FNH90，

∴NFH15，

∵FMMH，

∴NFHMHF15，

∴NMH=30，

在Rt△MNH中，设NHk，

∴MHMF2k，由勾股定理得，

MN3NH3k，

∴FNMNMF23k，

FN23k

∴在Rt△FNH中，tanFHNtan7523．

NHk

②解：∵AFE60，A45，

∴FGB15，

过点F作FNBC于点N，作FG的垂直平分线交BG于点M，连接FM．

∵GMMF，

∴FGBGFM15，

∴FMB30，

在Rt△FNM中，设FNk，

∴GMMF2k，由勾股定理得，MN3FN3k，

∴GNGMMN23k，

FNk

∴在Rt△FNG中，tanFGNtan1523．

GN(23)k

∴tanFHN23或tanFGN23．

【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，解直角三角形，旋转的性质，

函数解析式，熟练掌握相似三角形的性质与判定，解直角三角形是解题的关键．

3．（2024·广东深圳·中考真题）为了测量抛物线的开口大小，某数学兴趣小组将两把含有刻度的直尺垂直

放置，并分别以水平放置的直尺和竖直放置的直尺为x，y轴建立如图所示平面直角坐标系，该数学小组选

择不同位置测量数据如下表所示，设BD的读数为x，CD读数为y，抛物线的顶点为C．

(1)（Ⅰ）列表：

①②③④⑤⑥

x023456

y012.2546.259

（Ⅱ）描点：请将表格中的x,y描在图2中；

（Ⅲ）连线：请用平滑的曲线在图2将上述点连接，并求出y与x的关系式；

2

(2)如图3所示，在平面直角坐标系中，抛物线yaxhk的顶点为C，该数学兴趣小组用水平和竖直

直尺测量其水平跨度为AB，竖直跨度为CD，且ABm，CDn，为了求出该抛物线的开口大小，该数

学兴趣小组有如下两种方案，请选择其中一种方案，并完善过程：

2

方案一：将二次函数yaxhk平移，使得顶点C与原点O重合，此时抛物线解析式为yax2．

①此时点B的坐标为________；

②将点B坐标代入yax2中，解得a________；（用含m，n的式子表示）

方案二：设C点坐标为h,k

①此时点B的坐标为________；

2

②将点B坐标代入yaxhk中解得a________；（用含m，n的式子表示）

(3)【应用】如图4，已知平面直角坐标系xOy中有A，B两点，AB4，且AB∥x轴，二次函数

22

C1:y12xhk和C2:y2axhb都经过A，B两点，且C1和C2的顶点P，Q距线段AB的距离

之和为10，求a的值．

1

【答案】(1)图见解析，yx2；

4

14n14n

(2)方案一：①m,n；②；方案二：①hm,kn；②；

2m22m2

11

(3)a的值为或．

22

【分析】（1）描点，连线，再利用待定系数法求解即可；

（2）根据图形写出点B或点B的坐标，再代入求解即可；

，，，

（3）先求得Ah28k，Bh28k，C1的顶点坐标为Phk，再求得C1顶点距线段AB的距

离为8kk8，得到C2的顶点距线段AB的距离为1082，得到C2的顶点坐标为Qh，10k或

Qh，6k，再分类求解即可．

【详解】（1）解：描点，连线，函数图象如图所示，

观察图象知，函数为二次函数，

设抛物线的解析式为yax2bxc，

c0

由题意得4a2bc1，

16a4bc4

1

a

4

解得b0，

c0

1

∴y与x的关系式为yx2；

4

（2）解：方案一：①∵ABm，CDn，

1

∴DBm，

2

1

此时点B的坐标为m,n；

2

1

故答案为：m,n；

2

2

1

②由题意得man，

2

4n

解得a，

m2

4n

故答案为：；

m2

方案二：①∵C点坐标为h,k，ABm，CDn，

1

∴DBm，

2

1

此时点B的坐标为hm,kn；

2

1

故答案为：hm,kn；

2

2

1

②由题意得knahmhk，

2

4n

解得a，

m2

4n

故答案为：；

m2

（3）解：根据题意C1和C2的对称轴为xh，

，，，

则Ah28k，Bh28k，C1的顶点坐标为Phk，

∴C1顶点距线段AB的距离为8kk8，

∴C2的顶点距线段AB的距离为1082，

∴C2的顶点坐标为Qh，10k或Qh，6k，

，2

当C2的顶点坐标为Qh10k时，y2axh10k，

1

将Ah2，8k代入得4a10k8k，解得a；

2

，2

当C2的顶点坐标为Qh6k时，y2axh6k，

1

将Ah2，8k代入得4a6k8k，解得a；

2

11

综上，a的值为或．

22

【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用，抛物线的平移等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关

键．

4．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-2x2+bx+c与x轴相交于A1,0，

B两点（点A在点B左侧），顶点为M2,d，连接AM．

(1)求该抛物线的函数表达式；

1

(2)如图1，若C是y轴正半轴上一点，连接AC,CM．当点C的坐标为0,时，求证：ACMBAM；

2

(3)如图2，连接BM，将ABM沿x轴折叠，折叠后点M落在第四象限的点M处，过点B的直线与线段AM

BD8

相交于点D，与y轴负半轴相交于点E．当时，3S△与2S是否相等？请说明理由．

DE7ABD△MBD

【答案】(1)y2x28x6

(2)见解析

(3)相等，理由见解析

bb

【分析】（1）根据顶点为M2,d，利用2求出b8，再将A1,0代入解析式即可求出

2a22

c6，即可得出函数表达式；

（2）延长MC交x轴于点D，由（1）知抛物线的解析式表达式为y2x28x6，求出M2,2，再利

3125

用待定系数法求出直线MC的解析式为yx，进而求出D,0，则AD，利用两点间距离公

4233

105

式求出DM,CD，易证ACD∽MAD，得到ACDMAD，由

36

ACDACMMADBAM180，即可证明ACMBAM；

（3）过点D作DGx轴，交x轴于点G，利用抛物线解析式求出B3,0，求出OB3,AB2，根据OE∥DG，

BGBDDGBD8BD887

易证BDG∽BEO，得到=，由，即，求出BG，得到OG，即点D

OBBEOEDE7BE1555

774

的横坐标为，由折叠的性质得到M2,2，求出直线AM的解析式为y2x2，进而求出D,，

555

414146

得到DG，利用三角形面积公式求出SABDG，则SSSABy，

5ABD25MBDABMABD2M55

即可证明结论．

【详解】（1）解：该抛物线的顶点为M2,d，即该抛物线的对称轴为x2，

bb

x2，

2a22

b8，

将A1,0代入解析式y2x28xc，则0=-2+8+c，

c6，

抛物线的解析式表达式为y2x28x6；

（2）证明：如图1，延长MC交x轴于点D，

22

由（1）知抛物线的解析式表达式为y2x8x6，则yM=-2´2+8´2-6=2，

M2,2，

1

点C的坐标为0,，

2

设直线MC的解析式为ykxbk0，

1

b

则2，

22kb

1

b

2

解得：

3

k

4

3131

直线MC的解析式为yx，则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：过点D作DGx轴，交x轴于点G，

令2x28x60，即x24x30，

解得：x11,x23，

根据题意得：B3,0，

OB3,AB2，

DGx轴，OEx轴，

OE∥DG，

BDG∽BEO，

BGBDDG

=，

OBBEOE

BD8BD8

，即，

DE7BE15

88

BGOB，

155

7

OG，

5

7

点D的横坐标为，

5

由折叠的性质得到M2,2，

设直线AM的解析式为ymxnm0，

22mn

则，

0mn

m2

解得：，

n2

直线AM的解析式为y2x2，

74

y22，

D55

74

D,，

55

4

DG，

5

14

SABDG，

ABD25

146

SSSABy，

MBDABMABD2M55

412612

3S3，2S2，

△ABD55△MBD55

3S△ABD2S△MBD．

【点睛】本题考查二次函数综合问题，涉及二次函数的性质，二次函数解析式，一次函数的解析式，折叠

的性质，二次函数与三角形相似的综合问题，二次函数与面积综合问题，正确作出辅助线构造三角形相似

是解题的关键．

5．（2024·四川达州·中考真题）如图1，抛物线yax2kx3与x轴交于点A3,0和点B1,0，与y轴

交于点C．点D是抛物线的顶点．

(1)求抛物线的解析式；

(2)如图2，连接AC，DC，直线AC交抛物线的对称轴于点M，若点P是直线AC上方抛物线上一点，

且S△PMC2S△DMC，求点P的坐标；

(3)若点N是抛物线对称轴上位于点D上方的一动点，是否存在以点N，A，C为顶点的三角形是等腰三

角形，若存在，请直接写出满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．

【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）待定系数法求解析式，即可求解；

（2）先求得C,M,D的坐标，根据勾股定理的逆定理得出△MCD是等腰三角形，进而根据S△PMC2S△DMC得

出S△PMC2，连接MB，设MD交x轴于点E，则MEEB2得出△MBE是等腰直角三角形，进而得出

S△BMC2，则点P与点B重合时符合题意，P1,0，过点B作BP∥AC交抛物线于点P，得出直线BP的

解析式为yx1，联立抛物线解析式，即可求解；

（3）勾股定理求得AC2,AN2,CN2，根据等腰三角形的性质，分类讨论解方程，即可求解．

【详解】（1）解：∵抛物线yax2kx3与x轴交于点A3,0和点B1,0，

9a3k30

∴

ak30

a1

解得：

k2

∴抛物线的解析式为yx22x3；

（2）由yx22x3，当x0时，y=3，则C0,3

2

∵yx22x3x14，则D1,4，对称轴为直线x=1

设直线AC的解析式为yk1xb1，代入A3,0，C0,3

3kb0

∴1

b13

k1

解得：1

b13

∴直线AC的解析式为yx3，

当x=1时，y=2，则M1,2

22

∴MC12232,MD242,CD12342

∴MD2MC2CD2

∴△MCD是等腰三角形，

1

∴S2S2CD22

△PMC△DMC2

连接MB，设MD交x轴于点E，则MEEB2

∴△MBE是等腰直角三角形，

∴BME45，BM22，

又DMC45

∴BMAC

11

∴SMCBM2222

BMC22

∴点P与点B重合时符合题意，P1,0

如图所示，过点B作BP∥AC交抛物线于点P，

设直线BP的解析式为yxm，将B1,0代入得，

01m

解得：m1

∴直线BP的解析式为yx1

yx1

联立2

yx2x3

x4x1

解得：，

y5y0

∴P4,5

综上所述，P1,0或P4,5；

（3）解：∵A3,0，C0,3，

∴AC2323218

∵点N是抛物线对称轴上位于点D上方的一动点，设N1,n其中n4

22

∴AN231n24n2，CN212n3n26n10

①当ANAC时，4n218，解得：n14或n14

②当NANC时，4n2n26n10，解得：n1

③当CACN时，18n26n10，解得：n173或n173（舍去）

综上所述，N1,14或1,14或1，1或1，173．

【点睛】本题考查了二次函数综合问题，待定系数法求解析式，面积问题，特殊三角形问题，熟练掌握二

次函数的性质是解题的关键．

6．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线yax2bx3经过点A3,0，

与y轴交于点B，且关于直线x1对称．

(1)求该抛物线的解析式；

(2)当1xt时，y的取值范围是0y2t1，求t的值；

(3)点C是抛物线上位于第一象限的一个动点，过点C作x轴的垂线交直线AB于点D，在y轴上是否存在

点E，使得以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形？若存在，求出该菱形的边长；若不存在，说明理由．

【答案】(1)yx22x3

5

(2)t

2

(3)存在点以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，边长为322或2

【分析】本题考查二次函数的综合应用，菱形的性质，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论

的思想进行求解，是解题的关键．

（1）待定系数法求出函数解析式即可；

（2）分t1和t1，两种情况，结合二次函数的增减性进行求解即可．

（3）分BD为菱形的边和菱形的对角线两种情况进行讨论求解即可．

【详解】（1）解：∵抛物线yax2bx3经过点A3,0，与y轴交于点B，且关于直线x1对称，

b

1a1

∴2a，解得：，

b2

9a3b30

∴yx22x3；

（2）∵抛物线的开口向下，对称轴为直线x1，

∴抛物线上点到对称轴上的距离越远，函数值越小，

∵1xt时，0y2t1，

①当t1时，则：当xt时，函数有最大值，即：2t1t22t3，

解得：t2或t2，均不符合题意，舍去；

②当t1时，则：当x1时，函数有最大值，即：2t112234，

5

解得：t；

2

5

故t；

2

（3）存在；

2

当yx2x30时，解得：x13,x21，当x0时，y3，

∴A3,0，B0,3，

设直线AB的解析式为ykx3，把A3,0代入，得：k1，

∴yx3，

设Cm,m22m30m3，则：Dm,m3，

22

∴CDm22m3m3m23m，BDm2m332m，BC2m2m22m，

当B，C，D，E为顶点的四边形是菱形时，分两种情况：

①当BD为边时，则：BDCD，即m23m2m，

解得：m0（舍去）或m32，

此时菱形的边长为2m322；

22

②当BD为对角线时，则：BCCD，即：m2m22mm23m，

解得：m2或m0（舍去）

此时菱形的边长为：22322；

综上：存在以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，边长为322或2．

7．（2024·四川南充·中考真题）已知抛物线yx2bxc与x轴交于点A1,0，B3,0．

(1)求抛物线的解析式；

(2)如图1，抛物线与y轴交于点C，点P为线段OC上一点（不与端点重合），直线PA，PB分别交抛物线

S1

于点E，D，设PAD面积为S1，△PBE面积为S2，求的值；

S2

(3)如图2，点K是抛物线对称轴与x轴的交点，过点K的直线（不与对称轴重合）与抛物线交于点M，N，

过抛物线顶点G作直线l∥x轴，点Q是直线l上一动点．求QMQN的最小值．

【答案】(1)yx22x3

S1

(2)1

S29

(3)45

【分析】（1）利用待定系数法即可求解；

p

（2）设P(0,p)，直线AP为ykxb，求出ypxp，直线BD为ykxb，求出yxp，联

11223

2

2p3p4p

立方程组得E3p,p4p，D,，再根据S1SABDSABP，S2SABESABP即可求

393

解；

（3）设直线MN为ykxd，由K(1,0)得kd=0，得ykxk，设Mm,m22m3，

ykxk

22

Nn,n2n3，联立直线MN与抛物2，得x(k2)xk30，根据根与系数的关

yx2x3

系可得：mn2k，mnk3，作点N关于直线l的对称点N，连接MN，则有

QMQNQMQNMN，过M点作MFNN于F，则Fn,m22m3，则

22

NFmn2mn2，FMmn，根据勾股定理得MN2k417k28080，即可求出QMQN

最小值．

【详解】（1）解：∵抛物线yx2bxc与x轴交于点A1,0，B3,0，

1bc0

，

93bc0

b2

解得，

c3

∴抛物线的解析式为yx22x3；

（2）设P(0,p)，直线AP为yk1xb1k10，据题意得，

kb0kp

11，解得1，

b1pb1p

∴ypxp，

ypxp

联立得2，

yx2x3

x1x3p

解得或2，

y0yp4p

∴E3p,p24p，

设P(0,p)，直线BD为yk2xb2k20，据题意得，

p

3k2b20k

，解得23，

b2p

b2p

p

∴yxp，

3

p

yxp

联立得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）设直线MN为ykxdk0，由K(1,0)得kd=0，

∴d=k，

∴ykxk，

设Mm,m22m3，Nn,n22n3，

ykxk

联立直线MN与抛物线2，

yx2x3

得x2(k2)xk30，

2

Δk24k3k2160，

根据根与系数的关系可得：mn2k，mnk3，

作点N关于直线l的对称点N，连接MN，

由题意得直线l:y4，则Nn,n22n5，

∴QMQNQMQNMN，

过M点作MFNN于F，则Fn,m22m3．

则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，

即当k0时，MN280，此时MN45，

故QMQN的最小值为45．

【点睛】本题考查了二次函数和一次函数的图象与性质，二次函数与一元二次方程的关系，解一元二次方

程，根的判别式，勾股定理，轴对称的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．

8．（2024·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L：yax22ax3aa0与x

轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），其顶点为C，D是抛物线第四象限上一点．

(1)求线段AB的长；

(2)当a1时，若ACD的面积与△ABD的面积相等，求tanABD的值；

(3)延长CD交x轴于点E，当ADDE时，将ADB沿DE方向平移得到AEB．将抛物线L平移得到抛

物线L，使得点A，B都落在抛物线L上．试判断抛物线L与L是否交于某个定点．若是，求出该定点

坐标；若不是，请说明理由．

【答案】(1)AB4

10

(2)tanABD

3

(3)抛物线L与L交于定点3,0

【分析】（1）根据题意可得ax22ax3a0，整理得x22x30，即可知A1,0,B3,0,则有AB4；

22

（2）由题意得抛物线L：yx22x3x14，则C1,4,设Dn,n2n3,0n3，可求得

2

S△ABD2n4n6，结合题意可得直线AD解析式为yn3x1，设直线AD与抛物线对称轴交于

720

点E，则E1,2n6，即可求得Sn21，进一步解得点D,，过D作DHAB于点H，则

ACD39

220DH

BH,DH，即可求得tanABD；

39BH

（3）设Dn,an22an3a,可求得直线AD解析式为yan3x1，过点D作DMAB，可得

AMn1,DMan22an3a，结合题意得EMn1,An,an22an3a,Bn4,an22an3a,

2

设抛物线L解析式为yaxbxca0，由于过点A，B可求得抛物线L解析式为

yax22an4ax6an3a，根据ax22ax3aax22an4ax6an3a解得x3，即可判断抛

物线L与L交于定点3,0．

【详解】（1）解：∵抛物线L：yax22ax3aa0与x轴交于A，B两点，

22

∴ax2ax3a0，整理得x2x30，解得x11,x23,

∴A1,0,B3,0,

则AB314；

2

（2）当a1时，抛物线L：yx22x3x14，

则C1,4,

21122

设Dn,n2n3,0n3，则SABDAByD4n2n32n4n6，

22

设直线AD解析式为ykx1，

∵点D在直线AD上，

∴n22n3kn1，解得kn3，

则直线AD解析式为yn3x1，

设直线AD与抛物线对称轴交于点E，则E1,2n6，

11

∴2，

SACDCExDxA2n64n1n1

2