中考数学二次函数的综合热点考点难点及答案解析
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一、二次函数 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图 1，抛物线 C1：y=ax2﹣2ax+c（a＜0）与 x 轴交于 A、B 两点，与 y 轴交于点 C．已
知点 A 的坐标为（﹣1，0），点 O 为坐标原点，OC=3OA，抛物线 C1 的顶点为 G．
（1）求出抛物线 C1 的解析式，并写出点 G 的坐标； （2）如图 2，将抛物线 C1 向下平移 k（k＞0）个单位，得到抛物线 C2，设 C2 与 x 轴的交 点为 A′、B′，顶点为 G′，当△ A′B′G′是等边三角形时，求 k 的值： （3）在（2）的条件下，如图 3，设点 M 为 x 轴正半轴上一动点，过点 M 作 x 轴的垂线分 别交抛物线 C1、C2 于 P、Q 两点，试探究在直线 y=﹣1 上是否存在点 N，使得以 P、Q、N 为顶点的三角形与△ AOQ 全等，若存在，直接写出点 M，N 的坐标：若不存在，请说明理 由． 【答案】（1）抛物线 C1 的解析式为 y=﹣x2+2x+3，点 G 的坐标为（1，4）；（2）k=1；
（舍），
m2 k2
1
3，
∴ k=1；
（3）设 M（x，0），则 P（x，﹣x2+2x+3）、Q（x，﹣x2+2x+2），
∴ PQ=OA=1，
∵ ∠ AOQ、∠ PQN 均为钝角，
∴ △ AOQ≌ △ PQN，
如图 2，延长 PQ 交直线 y=﹣1 于点 H，
则∠ QHN=∠ OMQ=90°， 又∵ △ AOQ≌ △ PQN， ∴ OQ=QN，∠ AOQ=∠ PQN， ∴ ∠ MOQ=∠ HQN，
D，设 BD′=m，由等边三角形性质知点 B′的坐标为（m+1，0），点 G′的坐标为（1，
3 m），代入所设解析式求解可得；
（3）设 M（x，0），则 P（x，﹣x2+2x+3）、Q（x，﹣x2+2x+2），根据 PQ=OA=1 且 ∠ AOQ、∠ PQN 均为钝角知△ AOQ≌ △ PQN，延长 PQ 交直线 y=﹣1 于点 H，证 △ OQM≌ △ QNH，根据对应边相等建立关于 x 的方程，解之求得 x 的值从而进一步求解即 可． 【详解】（1）∵ 点 A 的坐标为（﹣1，0）， ∴ OA=1， ∴ OC=3OA， ∴ 点 C 的坐标为（0，3），
（3）如图 2，抛物线的顶点为 E，EF⊥x 轴于点 F，N 是线段 EF 上一动点，M（m，0）是 x 轴一个动点，若∠ MNC＝90°，请求出 m 的取值范围．
【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）点 P 的坐标为（1，2）或（2，1）或（3﹣
2, 2 ）；（3） 5 m 5 4
【解析】
质、全等三角形的判定与性质、运用分类讨论思想是解题的关键.
2．在平面直角坐标系中，抛物线 y＝﹣x2+bx+c 经过点 A、B、C，已知 A（﹣1，0），C （0，3）． （1）求抛物线的解析式； （2）如图 1，P 为线段 BC 上一点，过点 P 作 y 轴的平行线，交抛物线于点 D，当△ CDP 为 等腰三角形时，求点 P 的坐标；
2
பைடு நூலகம்
2
或（ 1 13 ﹣ 13 1 ，﹣1），即（1，﹣1）；
2
2
如图 3，
同理可得△ OQM≌ △ PNH， ∴ OM=PH，即 x=﹣（﹣x2+2x+2）﹣1， 解得：x=﹣1（舍）或 x=4， 当 x=4 时，点 M 的坐标为（4，0），HN=QM=﹣（﹣x2+2x+2）=6， ∴ 点 N 的坐标为（4+6，﹣1）即（10，﹣1），或（4﹣6，﹣1）即（﹣2，﹣1）；
（3）M1（ 1 13 ，0）、N1（ 13 ，﹣1）；M2（ 1 13 ，0）、N2（1，﹣1）；M3
2
2
（4，0）、N3（10，﹣1）；M4（4，0）、N4（﹣2，﹣1）．
【解析】
【分析】（1）由点 A 的坐标及 OC=3OA 得点 C 坐标，将 A、C 坐标代入解析式求解可得；
（2）设抛物线 C2 的解析式为 y=﹣x2+2x+3﹣k，即 y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，′作 G′D⊥x 轴于点
综上点 M1（ 1 13 ，0）、N1（ 13 ，﹣1）；M2（ 1 13 ，0）、N2（1，﹣1）；M3
2
2
（4，0）、N3（10，﹣1）；M4（4，0）、N4（﹣2，﹣1）．
【点睛】本题考查的是二次函数的综合题，涉及到的知识有待定系数法、等边三角形的性
质、全等三角形的判定与性质等，熟练掌握待定系数法求函数解析式、等边三角形的性
∴ △ OQM≌ △ QNH（AAS）， ∴ OM=QH，即 x=﹣x2+2x+2+1，
解得：x= 1 13 （负值舍去）， 2
当 x= 1 13 时，HN=QM=﹣x2+2x+2= 13 1 ，点 M（ 1 13 ，0），
2
2
2
∴ 点 N 坐标为（ 1 13 + 13 1 ，﹣1），即（ 13 ，﹣1）；
【分析】
（1）利用待定系数法即可求得此抛物线的解析式； （2）由待定系数法即可求得直线 BC 的解析式，再设 P（t，3﹣t），即可得 D（t，﹣
t2+2t+3），即可求得 PD 的长，然后分三种情况讨论，求点 P 的坐标；
（3）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半列出关系式 m＝（n﹣ 3 ）2﹣ 5 ，然后根 24
据 n 的取值得到最小值．
【详解】
解：（1）∵ 抛物线 y＝﹣x2+bx+c 经过点 A、B、C，A（﹣1，0），C（0，3），
1 b c 0
∴
c3
过点 G′作 G′D⊥x 轴于点 D，设 BD′=m，
∵ △ A′B′G′为等边三角形，
∴ G′D= 3 B′D= 3 m，
则点 B′的坐标为（m+1，0），点 G′的坐标为（1， 3 m），
将点 B′、G′的坐标代入 y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，得：
m2
4
k
0
，
4 k 3m
解得：
mk1140
a 2a c 0
将 A、C 坐标代入 y=ax2﹣2ax+c，得： c 3
，
解得：
a c
1 3
，
∴ 抛物线 C1 的解析式为 y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，
所以点 G 的坐标为（1，4）；
（2）设抛物线 C2 的解析式为 y=﹣x2+2x+3﹣k，即 y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，
1．如图 1，抛物线 C1：y=ax2﹣2ax+c（a＜0）与 x 轴交于 A、B 两点，与 y 轴交于点 C．已
知点 A 的坐标为（﹣1，0），点 O 为坐标原点，OC=3OA，抛物线 C1 的顶点为 G．
（1）求出抛物线 C1 的解析式，并写出点 G 的坐标； （2）如图 2，将抛物线 C1 向下平移 k（k＞0）个单位，得到抛物线 C2，设 C2 与 x 轴的交 点为 A′、B′，顶点为 G′，当△ A′B′G′是等边三角形时，求 k 的值： （3）在（2）的条件下，如图 3，设点 M 为 x 轴正半轴上一动点，过点 M 作 x 轴的垂线分 别交抛物线 C1、C2 于 P、Q 两点，试探究在直线 y=﹣1 上是否存在点 N，使得以 P、Q、N 为顶点的三角形与△ AOQ 全等，若存在，直接写出点 M，N 的坐标：若不存在，请说明理 由． 【答案】（1）抛物线 C1 的解析式为 y=﹣x2+2x+3，点 G 的坐标为（1，4）；（2）k=1；
（舍），
m2 k2
1
3，
∴ k=1；
（3）设 M（x，0），则 P（x，﹣x2+2x+3）、Q（x，﹣x2+2x+2），
∴ PQ=OA=1，
∵ ∠ AOQ、∠ PQN 均为钝角，
∴ △ AOQ≌ △ PQN，
如图 2，延长 PQ 交直线 y=﹣1 于点 H，
则∠ QHN=∠ OMQ=90°， 又∵ △ AOQ≌ △ PQN， ∴ OQ=QN，∠ AOQ=∠ PQN， ∴ ∠ MOQ=∠ HQN，
D，设 BD′=m，由等边三角形性质知点 B′的坐标为（m+1，0），点 G′的坐标为（1，
3 m），代入所设解析式求解可得；
（3）设 M（x，0），则 P（x，﹣x2+2x+3）、Q（x，﹣x2+2x+2），根据 PQ=OA=1 且 ∠ AOQ、∠ PQN 均为钝角知△ AOQ≌ △ PQN，延长 PQ 交直线 y=﹣1 于点 H，证 △ OQM≌ △ QNH，根据对应边相等建立关于 x 的方程，解之求得 x 的值从而进一步求解即 可． 【详解】（1）∵ 点 A 的坐标为（﹣1，0）， ∴ OA=1， ∴ OC=3OA， ∴ 点 C 的坐标为（0，3），
（3）如图 2，抛物线的顶点为 E，EF⊥x 轴于点 F，N 是线段 EF 上一动点，M（m，0）是 x 轴一个动点，若∠ MNC＝90°，请求出 m 的取值范围．
【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）点 P 的坐标为（1，2）或（2，1）或（3﹣
2, 2 ）；（3） 5 m 5 4
【解析】
质、全等三角形的判定与性质、运用分类讨论思想是解题的关键.
2．在平面直角坐标系中，抛物线 y＝﹣x2+bx+c 经过点 A、B、C，已知 A（﹣1，0），C （0，3）． （1）求抛物线的解析式； （2）如图 1，P 为线段 BC 上一点，过点 P 作 y 轴的平行线，交抛物线于点 D，当△ CDP 为 等腰三角形时，求点 P 的坐标；
2
பைடு நூலகம்
2
或（ 1 13 ﹣ 13 1 ，﹣1），即（1，﹣1）；
2
2
如图 3，
同理可得△ OQM≌ △ PNH， ∴ OM=PH，即 x=﹣（﹣x2+2x+2）﹣1， 解得：x=﹣1（舍）或 x=4， 当 x=4 时，点 M 的坐标为（4，0），HN=QM=﹣（﹣x2+2x+2）=6， ∴ 点 N 的坐标为（4+6，﹣1）即（10，﹣1），或（4﹣6，﹣1）即（﹣2，﹣1）；
（3）M1（ 1 13 ，0）、N1（ 13 ，﹣1）；M2（ 1 13 ，0）、N2（1，﹣1）；M3
2
2
（4，0）、N3（10，﹣1）；M4（4，0）、N4（﹣2，﹣1）．
【解析】
【分析】（1）由点 A 的坐标及 OC=3OA 得点 C 坐标，将 A、C 坐标代入解析式求解可得；
（2）设抛物线 C2 的解析式为 y=﹣x2+2x+3﹣k，即 y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，′作 G′D⊥x 轴于点
综上点 M1（ 1 13 ，0）、N1（ 13 ，﹣1）；M2（ 1 13 ，0）、N2（1，﹣1）；M3
2
2
（4，0）、N3（10，﹣1）；M4（4，0）、N4（﹣2，﹣1）．
【点睛】本题考查的是二次函数的综合题，涉及到的知识有待定系数法、等边三角形的性
质、全等三角形的判定与性质等，熟练掌握待定系数法求函数解析式、等边三角形的性
∴ △ OQM≌ △ QNH（AAS）， ∴ OM=QH，即 x=﹣x2+2x+2+1，
解得：x= 1 13 （负值舍去）， 2
当 x= 1 13 时，HN=QM=﹣x2+2x+2= 13 1 ，点 M（ 1 13 ，0），
2
2
2
∴ 点 N 坐标为（ 1 13 + 13 1 ，﹣1），即（ 13 ，﹣1）；
【分析】
（1）利用待定系数法即可求得此抛物线的解析式； （2）由待定系数法即可求得直线 BC 的解析式，再设 P（t，3﹣t），即可得 D（t，﹣
t2+2t+3），即可求得 PD 的长，然后分三种情况讨论，求点 P 的坐标；
（3）直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半列出关系式 m＝（n﹣ 3 ）2﹣ 5 ，然后根 24
据 n 的取值得到最小值．
【详解】
解：（1）∵ 抛物线 y＝﹣x2+bx+c 经过点 A、B、C，A（﹣1，0），C（0，3），
1 b c 0
∴
c3
过点 G′作 G′D⊥x 轴于点 D，设 BD′=m，
∵ △ A′B′G′为等边三角形，
∴ G′D= 3 B′D= 3 m，
则点 B′的坐标为（m+1，0），点 G′的坐标为（1， 3 m），
将点 B′、G′的坐标代入 y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，得：
m2
4
k
0
，
4 k 3m
解得：
mk1140
a 2a c 0
将 A、C 坐标代入 y=ax2﹣2ax+c，得： c 3
，
解得：
a c
1 3
，
∴ 抛物线 C1 的解析式为 y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，
所以点 G 的坐标为（1，4）；
（2）设抛物线 C2 的解析式为 y=﹣x2+2x+3﹣k，即 y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，