人教版2026届中考数学二轮复习讲义：第 2 讲 二次函数中存在性

这是一份人教版2026届中考数学二轮复习讲义：第 2 讲 二次函数中存在性，共50页。学案主要包含了2026 届习题 1，思路引领，总结提升，2026 届习题 2，2026 届习题 3，2026 届习题 4，2026 届习题 5，2026 届习题 6等内容，欢迎下载使用。
（1）求抛物线的解析式；
（2）若∠PCB = ∠ACB，求点 P 的坐标；
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（3）若直线y= 1x+a 与抛物线交于 M，N 两点，问：是否存在 a 的值，使得∠MON＝90°, 若存在，求出 a 的值；
若不存在，请说明理由．
【思路引领】（1）由于已知抛物线顶点坐标，故可设顶点式，再把点 B 坐标代入求得 a，即求得抛物线解析式；
（2）先根据抛物线解析式求出A、C 坐标．由∠PCB = ∠ACB 和∠ABC ＝45° 联想到构造△ABC 的全等三角形，过点 B 作 BM丄AB 交 CP 延长线于点 M，构造角边角得到的△ABC纟△MBC，进而求得点 M 坐标．求直线 CM 解析式，把直线 CM 与抛物线解析式联立方程组，求得的其中一解即为点 P 坐标；
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（3）假设存在 a 的值，使直线 y= 1 x+a 与（1）中所求的抛物线 y＝x2 -2x -3 交于 M、N，联立两函数解析式
求出 x1+xx1 .x2 ＝ -a-3，根据 OM2+ON2＝MN2 ，整理后把 x1+x2 和 x1 -x2 的值代入即可求出 a 的值． 【解答】解：（1）设抛物线解析式为 y ＝a（x -1）2 -4，
把 B（3 ，0）代入得，0 ＝a（3 -1）2 -4
解得：a ＝1，
则抛物线的表达式为：y＝（x -1）2 -4＝x2 -2x -3；
（2）过点 B 作 BM丄AB 交 CP 延长线于点 M，
“y ＝0 时，x2 -2x -3 ＝0
解得：x ＝ -1 或 3，
:A（ -1，0），AB ＝3 -（ -1）＝4， “x ＝0 时，y＝x2 -2x -3 ＝ -3，
:C（0 ， -3），
∴OB ＝OC ＝3，
∴∠OCB = ∠OBC ＝45° .
∵OC∥BM，
∴∠MBC= ∠OCB = ∠OBC ＝45°在△ABC 与△MBC 中，
EQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 12(MBC),MCB)，
△ABC≌△MBC（ASA）
∴BM＝AB ＝4， ∴M（3， -4），
3
由点 C、M 的坐标得，直线 CM 的表达式为：y=− 1x -3，
3
联立上式和抛物线的表达式得：x2 -2x -3=− 1x -3，
3
解得：x ＝0（舍去）或5，
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则点P( 5 ，− 32 )；
2
（3）假设存在 a 的值，使直线 y= 1 x+a 与（1）中所求的抛物线 y＝x2 -2x -3 交于 M（x1，y1）、N（x2，y2）
两点（M 在 N 的左侧），使得∠MON＝90° ,
2
联立上述两个函数表达式得：1x+a＝x2 -2x -3 并整理得 2x2 -5x -6 -2a ＝0，
则x1+x2= x1+x2= ，x1 .x2=−a−3
1 1
又y1= 2 x1+a，y2= 2 x2+a
则y1 .y2=( x1+a)(x2+a)=x1 .x2+ (x1+x2)+a2=a2+a− , ∴∠MON＝90° , OM2+ON2＝MN2，
∴xEQ \* jc3 \* hps15 \\al(\s\up 4(2),1)+yEQ \* jc3 \* hps15 \\al(\s\up 3(2),1)+xEQ \* jc3 \* hps15 \\al(\s\up 4(2),2)+yEQ \* jc3 \* hps15 \\al(\s\up 3(2),2)=(x2−x1)2+(y2−y1)2，
则 x1 .x2+y1 .y2 ＝0，
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即−a−3+a2+a− 3 =0，
即 4a2 -15 ＝0，
解得：a=±
∴存在，a=± 使得∠MON＝90° .
【总结提升】本题考查了二次函数的图象与性质，全等三角形的判定和性质，一次函数的图象与性质，一元二次方程的解法，一元二次方程根与系数的关系．第（3）题的解题关键是通过韦达定理和勾股定理求得点坐标之间的数量关系．
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【2026 届习题 2】如图，抛物线y=−4x2+bx+4 与 x 轴交于A（ -3，0），B 两点，与 y 轴交于点 C．
（1）求抛物线解析式及 B ，C 两点坐标；
（2）以 A ，B ，C，D 为顶点的四边形是平行四边形，求点 D 坐标；
（3）该抛物线对称轴上是否存在点 E，使得∠ACE ＝45°, 若存在，求出点 E 的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路引领】（1）根据待定系数法求出抛物线的解析式，然后即可求出抛物线与 x 轴和y 轴的交点坐标．
（2）分三种情况，先确定四边形的对角线，找到对角线的中点，然后根据中点坐标公式即可求解．
（3）分两种情况，点 E 在直线AC 上方和下方，利用等角的正切值相等求出线段的长，在转化成点的坐标． 【解答】解：（1）把点A 的坐标代入解析式得 b
∴抛物线的解析式为yx+4，
∴点 C 的坐标为（0 ，4），点 B 的坐标为（1，0）．
（2）以 A ，B ，C，D 为顶点的四边形是平行四边形，分三种情况：
2
①若AC 为对角线，设AC 的中点为F，则根据中点坐标公式可得 F的坐标为( − 3 ，2），
设点 D 的坐标为（a ，b），则有
解得 a ＝ -4 ，b ＝4，此时点 D 的坐标为（ -4 ，4），
②若以AB 为对角线，设AB 的中点为 F，则 F 的坐标为（ -1，0），设点 D 的坐标为（a ，b），则有，
解得 a ＝ -2 ，b ＝ -4，此时点 D 的坐标为（ -2， -4），
2
③若以 BC 为对角线，设 BC 的中点为 F，则点 F 的坐标为（ 1 ，2），
设点 D 的坐标为（a ，b），则有 解得 a ＝4，b ＝4，此时点 D 的坐标为（4 ，4），
综上所述，点 D 的坐标为（ -4，4）或（ -2， -4）或（4 ，4）；
（3）存在，理由如下：
∴∠ACO＜45° ,
∴E 不可能出现在直线AC 下方，也不可能在直线AC 上，
当点 E 在直线AC 上方时， ∠ACE ＝45°, 过点 E 作 EM⊥AC，如图：
3
根据点 A（ -3，0）和点 C（0，4）可得直线 AC 的解析式为y=4 x+4，设直线AC 与对称轴交于点 H，
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∴点 H（ -1，8），HC= 5，
∵EH∥y 轴，
∴∠EHM= ∠HCO，
∴tan∠EHM＝tan∠HCO== = ，
4
∴EM=3HM，
∵∠ACE ＝45° , ∴EM＝CM，
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∴HC＝HM+CM，即5 =HM+3HM，
解得 HM=，
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∴EM= 5，
在 Rt△EMH 中，EH=√EM2+HM2，解得 EH=，
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∴E 的纵坐标为8 + 25 = 27，
∴点 E 的坐标为（ -1 ，）．
【总结提升】本题综合考查了二次函数和几何图形的性质，充分运用性质解题是关键．
【2026 届习题 3】综合与探究
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如图，抛物线y= 1 x2−2x−6与 x 轴交于点 A 和 B，点 A 在点 B 的左侧，交y 轴于点 C，作直线 BC．
（1）求点 B 的坐标及直线 BC 的表达式；
（2）当点 D 在直线 BC 下方的抛物线上运动时，连接 OD 交 BC 于点 E，若= ，求点 D 的坐标；
（3）抛物线上是否存在点 F．使得∠BCF＝15°? 若存在，直接写出点 F 的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路引领】（1）令y ＝0 和 x ＝0，解方程即可求得点 B 和点 C 的坐标，再利用待定系数法即可求解；
（2）作 DH⊥x 轴，垂足为H，交直线 BC 于点 G，证明△DGE∽△OCE，利用相似三角形的性质求解即可；
（3）分两种情况讨论，利用待定系数法和解方程组即可求解．
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【解答】解：（1）令y ＝0，解方程1 x2−2x−6=0得x ＝ -2 或 x ＝6，
∴点 B 的坐标为（6，0）；令 x ＝0，则 y ＝ -6，
∴点 C 的坐标为（0 ， -6）；
设直线 BC 的表达式为y ＝kx-6，则 0 ＝6k -6，解得 k＝1，
∴直线 BC 的表达式为y＝x -6；
（2）作 DH⊥x 轴，垂足为H，交直线 BC 于点 G，如图 1，
∴DG∥OC，
∵点 C 的坐标为（0 ， -6）， ∴OC ＝6，
2
设点 D 的坐标为(m ， 1 m2−2m−6)，则点 G 的坐标为（m ，m-6），
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∴GD=m−6− 1 m2+2m+6=− 1 m2+3m，
∵DG∥OC，
∴△DGE∽△OCE， ∴= ，
∴ = ，整理得 m2 -6m+5 ＝0，解得 m ＝5 或 m ＝1，
2 2
∴点 D 的坐标为(1 ，− 15 )或(5 ，− 7 )；
（3）抛物线上存在点 F，使得∠BCF＝15°；理由如下： ∵点 B 的坐标为（6，0），点 C 的坐标为（0 ， -6）， ∴OB ＝OC ＝6，
∴△OBC 是等腰直角三角形， ∴∠OCB ＝45° ,
∵∠BCF＝15° ,
∴∠OCF＝60°或∠OCF＝30° ,
当∠OCF＝60°时，以 OC 为边作等边△OCM，直线 CM 交抛物线于点 F，此时∠BCF＝15°,如图 2，作 MN⊥y 轴于点 N，
2
在 Rt△OMN 中，OM＝OC＝6 ，ON= 1 OC=3，
∴MN=√OM2−ON2=3 √3，
∴点 M 的坐标为(3√3 ，−3)，同理， 求得直线 MC 的表达式为y=x−6，联立x−6，解得（舍去），
∴点 F 的坐标是( ， )；
当∠OCF＝30°时，设 CF 交 x 轴于点 K，此时∠BCF＝15°, 如图 3，
在 Rt△OCK 中，OC＝6 ， ∠OCK＝30° , ∴OK=OC.tan30°=2√3，
∴点 K 的坐标为(2√3 ，0)，
同理，求得直线 CK 的表达式为y=√3x−6，联立x−6，
解得{EQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 6(x),y)EQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 6(4),4)√3或{EQ \* jc3 \* hps21 \\al(\s\up 6(x),y)6（舍去），
∴点 F 的坐标是(4+2√3，4√3)；
综上，点 F 的坐标是(4+2√3，4√3)或( ， )．
【总结提升】本题考查了一次函数表达式的确定，函数图象上点的坐标特征，二次函数图象和性质，解一元二次方程，相似三角形的判定和性质，勾股定理，分类讨论思想等，属于中考压轴题，解题关键是熟练掌握待定系数法，运用方程思想和分类讨论思想．
【2026 届习题 4】如图，二次函数y＝x2 -2mx -2m -1（m＞0）的图象与 x 轴交于A 、B 两点（点 A 在点 B 的左侧），与y 轴交于点 C，顶点为 D，其对称轴与线段 BC 交于点 E，与 x 轴交于点 F．连接AC、BD．
（1）若 m ＝1，求 B 点和 C 点坐标；
（2）若∠ACO = ∠CBD，求 m 的值；
（3）若在第一象限内二次函数 y＝x2 -2mx -2m -1（m＞0）的图象上，始终存在一点 P，使得∠ACP ＝75° . 请结合函数的图象，直接写出 m 的取值范围．
【思路引领】（1）令y ＝0，解方程可得A ，B 两点坐标，令 x ＝0，可得点 C 的坐标；
（2）由题意得 A（ -1，0），B（2m+1，0），C（0， -2m -1），进而可得 OB ＝OC＝2m+1，推出 ∠OBC ＝45° ,连接 AE ，由 AE ＝BE ，可得 ∠EAB = ∠OBC ＝ 45° ,推出 ∠ACE = ∠DBF ，利用解直角三角形可 得tan∠ACE tan∠DBF，构建方程，求出 m 即可；
（3）设 PC 交 x 轴于点 Q，证明∠CAO＜60°,推出 2m+1