专题07 二次函数与几何图形存在性问题（讲练，3考点+10题型+方法指导+命题预测）-【上好课】2025年中考数学二轮复习讲练测（江苏专用）

专题07 二次函数与几何图形存在性问题 试卷第1页，共3页 2 / 12 学科网（北京）股份有限公司 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 二次函数中四边形存在性问题 ►题型01 二次函数中平行四边形存在性问题 ►题型02 二次函数中矩形存在性问题 ►题型03 二次函数中菱形存在性问题 ►题型04 二次函数中正方形存在性问题 考点二 二次函数中三角形存在性问题 ►题型01 二次函数中等腰三角形存在性问题 ►题型02 二次函数中直角三角形存在性问题 ►题型03 二次函数中相似三角形存在性问题 考点三 二次函数中角存在性问题 ►题型01 二次函数中等角存在性问题 ►题型02 二次函数中特殊角存在性问题 ►题型03 二次函数中倍角、半角存在性问题 01考情透视·目标航 中考考点 新课标要求 命题预测 二次函数与几何压轴 二次函数与几何压轴； 二次函数的压轴题主要考向： 1）存在性问题（全等与相似、特殊三角形（直角、等腰、等边）、平行四边形（含特殊平行四边形）等）． 2）最值问题（线段、周长、面积） 常见有关二次函数的题型和应对策略： 1）线段最值（周长）问题——斜化直策略 2）三角形或多边形面积问题——铅垂高、水平宽策略 3）线段和最小值问题——将军饮马、阿氏圆模型 4）线段差——三角形三边关系或函数 5）相似三角形存在性问题——根据相等角分类讨论 6）平行四边形存在性问题——中点公式＋平移法 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 二次函数中四边形存在性问题 ►题型01 二次函数中平行四边形存在性问题 1．（2023·山东淄博·中考真题）如图，一条抛物线经过的三个顶点，其中为坐标原点，点，点在第一象限内，对称轴是直线，且的面积为18    (1)求该抛物线对应的函数表达式； (2)求点的坐标； (3)设为线段的中点，为直线上的一个动点，连接，，将沿翻折，点的对应点为．问是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 2．（2024·宁夏·中考真题）抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点是第四象限内抛物线上的一点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图，过作轴于点，交直线于点．设点的横坐标为，当时，求的值； (3)如图点，连接并延长交直线于点，点是轴上方抛物线上的一点，在（2）的条件下，轴上是否存在一点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形．若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 平行四边形存在性问题通常可分为“三定一动”和“两定两动”两大类问题.而且“三定一动”的动点和“两定两动”的动点性质并不完全一样,“三定一动”中动点是在平面中横纵坐标都不确定，需要用两个字母表示，这样的我们姑且称为“全动点”，而有一些动点在坐标轴、直线或者抛物线上，用一个字母即可表示点坐标，称为“半动点”.找不同图形的存在性最多可以有几个未知量，都是根据图形决定的，像平行四边形，只能有2个未知量.究其原因，在于平行四边形两大性质:(1)对边平行且相等:(2)对角线互相平分. 但此两个性质统一成一个等式:，两个等式，只能允许最多存在两个未知数，即我们刚刚所讲的平行四边形存在性问题最多只能存在2个未知量. 由图形性质可知未知量，由未知量可知动点设计，由动点设计可化解问题. ►题型02 二次函数中矩形存在性问题 3．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴的交点分别为和（点在点的左侧），与轴交于点，点是直线上方抛物线上一动点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，过点作轴平行线交于点，过点作轴平行线交轴于点，求的最大值及点的坐标； (3)如图2，设点为抛物线对称轴上一动点，当点，点运动时，在坐标轴上确定点，使四边形为矩形，求出所有符合条件的点的坐标． 4．（2022·贵州黔西·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，经过点的直线AB与y轴交于点．经过原点O的抛物线交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D． (1)求抛物线的表达式； (2)M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当轴且时，求点M的坐标； (3)P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 矩形除了具有平行四边形的性质之外，还有“对角线相等”或“内角为直角”，因此相比起行四边形，坐标系中的矩形满足以下3个等式: (AC 为对角线时).因此在矩形存在性问题最多可以有3个未知量，代入可以得到三元一次方程组，可解确定了有3个未知量，则可判断常见矩形存在性问题至少有2个动点，多则可以有3个. ►题型03 二次函数中菱形存在性问题 5．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点，与y轴交于点B，且关于直线对称． (1)求该抛物线的解析式； (2)当时，y的取值范围是，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． 6．（2023·西藏·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C．    (1)求抛物线的解析式； (2)如图甲，在y轴上找一点D，使为等腰三角形，请直接写出点D的坐标； (3)如图乙，点P为抛物线对称轴上一点，是否存在P、Q两点使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出P、Q两点的坐标，若不存在，请说明理由． 和平行四边形相比，菱形多一个“对角线互相垂直”或“邻边相等”，但这两者其实是等价的，故若四边形ABCD是菱形，则其4个点坐标需满足: 解决问题的方法也可有如下两种: 思路 1:先平四，再菱形.设点坐标，根据平四存在性要求列出“4+C-B+D”(AC、BD 为对角线)，再结合组邻边相等，得到方程组， 思路 2:先等腰，再菱形.在构成菱形的4个点中任取3个点，必构成等三角形，根据等腰存在性方法可先确定第3个点，再确定第4个点. ►题型04 二次函数中正方形存在性问题 7．（2024·江苏无锡·中考真题）已知二次函数的图象经过点和点． (1)求这个二次函数的表达式； (2)若点，都在该二次函数的图象上，试比较和的大小，并说明理由； (3)点在直线上，点在该二次函数图象上．问：在轴上是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 8．（2024·黑龙江绥化·三模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于，两点，顶点坐标为． (1)求二次函数的解析式； (2)直线与相交于点，当为抛物线上第四象限内一点且时，求点D的坐标； (3)为平面内一点，试判断坐标轴上是否存在一点，使以，，，为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 思路 1:从判定出发 1）若已知菱形，则加有一个角为直角或对角线相等: 2）若已知矩形，则加有一组邻边相等或对角线互相垂直: 3）若已知对角线互相垂直或平分或相等，则加上其他条件. 思路 2:构造三乖直全等 若条件并未给关于四边形及对角线的特殊性，则考虑在构成正方形的4个顶点中任取3个，必是等腰直角三角形，若已知两定点，则可通过构造三垂直全等来求得第3个点，再求第4点. 总结：构造三垂直全等的思路仅适合已知两定点的情形，若题目给了4个动点，则考虑矩形的判定出发，观察该四边形是否己为某特殊四边形，考证还需满足的其他关系.（正方形的存在性问题在中考中出现得并不多，正方形多以小题压轴为主） 1．（2024·甘肃·模拟预测）如图，抛物线的图象经过，，三点． (1)求抛物线的解析式和顶点M的坐标； (2)在直线下方的抛物线上是否存在一点E，使的面积最大，若存在，求出点E的坐标和的最大面积； (3)P为抛物线上的一动点，Q为对称轴上的动点，抛物线上是否存在一点P，使A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 2．（2024·青海西宁·一模）综合与探究 如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的对称轴与x轴于点D，过点D作交y轴于点E． (1)求点A，B，C的坐标； (2)点P为抛物线上第四象限的一个动点，过点P作轴于点F，当时，求的长； (3)在（2）的条件下，若点Q是x轴上一点，使以P，E，Q，G为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由． 3．（23-24九年级上·江苏苏州·期末）如图，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线． (1)求抛物线的表达式； (2)D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形面积S的最大值及此时D点的坐标； (3)若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以为对角线的菱形？若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由． 4．（2024·吉林松原·模拟预测）如图1，已知抛物线与x轴负半轴交于点A，点B在y轴正半轴上，连接，交抛物线于点． (1)求此抛物线的解析式； (2)求点A的坐标； (3)如图2，过点C作轴于点D，点P为线段上方抛物线上的一个动点，连接，交于点E，过点P作轴于点G，交线段于点F，设点P的横坐标为m． ①求线段的长（用含m的代数式表示）； ②已知点M是x轴上一点，N是坐标平面内一点，当以点E、F、M、N为顶点的四边形是正方形时，直接写出此时m的值． 考点二 二次函数中三角形存在性问题 ►题型01 二次函数中等腰三角形存在性问题 1．（2024·四川雅安·中考真题）在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于，两点，与y轴交于点C． (1)求二次函数的表达式； (2)如图①，若点P是线段上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，当线段的长度最大时，求点Q的坐标； (3)如图②，在（2）的条件下，过点Q的直线与抛物线交于点D，且．在y轴上是否存在点E，使得为等腰三角形？若存在，直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 2．（2024·四川达州·中考真题）如图1，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点．点是抛物线的顶点．    (1)求抛物线的解析式； (2)如图2，连接，，直线交抛物线的对称轴于点，若点是直线上方抛物线上一点，且，求点的坐标； (3)若点是抛物线对称轴上位于点上方的一动点，是否存在以点，，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的坐标；若不存在，请说明理由． 问题 分情况 找点 画图 解法 已知点A，B和直线l，在l上求点P，使△PAB为等腰三角形 以AB为腰 分别以点A，B为圆心，以AB长为半径画圆，与已知直线的交点P1，P2，P3，P4即为所求 分别表示出点A，B，P的坐标，再表示出线段AB，BP，AP的长度，由①AB＝AP；②AB＝BP；③BP＝AP列方程解出坐标 以AB为底 作线段AB的垂直平分线，与已知直线的交点P5即为所求 问题总结: 1) 两定一动:动点可在直线上、抛物线上; 2）一定两动:两动点必有关联，可表示线段长度列方程求解; 3）三动点:分析可能存在的特殊边、角，以此为突破口. ►题型02 二次函数中直角三角形存在性问题 3．（2023·湖南益阳·中考真题）在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与抛物线交于B，C两点（B在C的左边）．    (1)求A点的坐标； (2)如图1，若B点关于x轴的对称点为点，当以点A，，C为顶点的三角形是直角三角形时，求实数a的值； (3)定义：将平面直角坐标系中横坐标与纵坐标均为整数的点叫作格点，如，等均为格点．如图2，直线l与抛物线E所围成的封闭图形即阴影部分（不包含边界）中的格点数恰好是26个，求a的取值范围． 4．（2023·江苏·中考真题）如图，二次函数的图像与x轴相交于点，其顶点是C．      (1)_______； (2)D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，；将原抛物线向左平移，使得平移后的抛物线经过点D，过点作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，求k的取值范围； (3)将原抛物线平移，平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，且其顶点P落在原抛物线上，连接PC、QC、PQ．已知是直角三角形，求点P的坐标． ►题型03 二次函数中相似三角形存在性问题 5．（2023·四川资阳·中考真题）如图，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线经过A、B两点．    (1)求抛物线的表达式； (2)点D是抛物线在第二象限内的点，过点D作x轴的平行线与直线交于点C，求的长的最大值； (3)点Q是线段上的动点，点P是抛物线在第一象限内的动点，连结交y轴于点N．是否存在点P，使与相似，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由． 6．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图像经过原点和点．经过点的直线与该二次函数图象交于点，与轴交于点． (1)求二次函数的解析式及点的坐标； (2)点是二次函数图象上的一个动点，当点在直线上方时，过点作轴于点，与直线交于点，设点的横坐标为． ①为何值时线段的长度最大，并求出最大值； ②是否存在点，使得与相似．若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由． 判定1:三边对应成比例的两个三角形是相似三角形； 判定2:两边对应成比例且夹角相等的两个三角形是相似三角形； 判定3:有两组角对应相等的三角形是相似三角形. 【思路总结】根据相似三角形的做题经验，可以发现，判定1基本是不会用的，这里也一样不怎么用，对比判定2、3可以发现，都有角相等.所以，要证相似的两个三角形必然有相等角，关键点也是先找到一组相等角.然后再找：1）两相等角的两边对应成比例；2)还存在另一组角相等.事实上，坐标系中在已知点的情况下，线段长度比角的大小更容易表示，因此选择方法可优先考虑思路1. 【解题方法】1)找对应等角2)分类讨论3)设点表示线段4)列方程求解5)检验 1．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，已知抛物线（、为常数，且）与轴交于，两点（点在点左侧），与轴交于点，．抛物线的对称轴与轴交于点，与经过点的直线交于点． (1)求抛物线的函数表达式； (2)在抛物线上是否存在点，使得是以为直角边的直角三角形?若存在，求出所有得合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 2．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图1，二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，且．点为抛物线第二象限上一动点． (1)直接写出该二次函数的表达式为 ___________； (2)连接，求四边形面积的最大值； (3)如图2，连结交于点，过点作轴的平行线交于点．当为等腰三角形时，求出点的坐标． 3．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，抛物线经过，，三点，连接． (1)求抛物线的解析式： (2)作直线，l交抛物线于E、F两点（点E在点F的左侧），已知， ①求直线l的解析式； ②点P是抛物线上的动点，作，垂足为点K，是否存在点P，使得以P、E、K为顶点的三角形与相似？若存在，请写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 考点三 二次函数中角存在性问题 ►题型01 二次函数中等角存在性问题 1．（2024·山东淄博·中考真题）如图，抛物线与轴相交于，两点（点在点的左侧），其中，是方程的两个根，抛物线与轴相交于点． (1)求该抛物线对应的函数表达式； (2)已知直线与，轴分别相交于点，． ①设直线与相交于点，问在第三象限内的抛物线上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由； ②过抛物线上一点作直线的平行线．与抛物线相交于另一点．设直线，相交于点．连接，．求线段的最小值． 2．（2024·湖北·中考真题）如图1，二次函数交轴于和，交轴于． (1)求的值． (2)为函数图象上一点，满足，求点的横坐标． (3)如图2，将二次函数沿水平方向平移，新的图象记为与轴交于点，记，记顶点横坐标为． ①求与的函数解析式． ②记与轴围成的图象为与重合部分（不计边界）记为，若随增加而增加，且内恰有2个横坐标与纵坐标均为整数的点，直接写出的取值范围． 【常见的构角方法】 1）平行线的同位角、内错角相等； 2）等腰三角形的等边对等角； 3）角平分线分的两个角相等； 4）全等（相似）三角形对应角相等； 5）若两角的三角函数值相等，则两角相等； 6）同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等. 探究角度问题的一般步骤如下： 1）读题、理解题意，画图； 2）分析动点、定点、找不变特征（如角有两边，其中一条边是确定的）； 3）确定分类特征，进行分类讨论； 4）将角度进行转化. 角度转化的一般方法为： 通过锐角三角形函数、特殊角的三角函数值，相似三角形或等腰三角形的性质，转化为常见的类型，然后利用解直角三角形、相似三角形边的比例关系作为计算工具去计算求解，难度相对较大. ►题型02 二次函数中特殊角存在性问题 3．（2024·海南·中考真题）如图1，抛物线经过点、，交y轴于点，点P是抛物线上一动点． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)当点P的坐标为时，求四边形的面积； (3)当时，求点P的坐标； (4)过点A、O、C的圆交抛物线于点E、F，如图2．连接，判断的形状，并说明理由． 4．（2024·四川广安·中考真题）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点坐标为，点坐标为．    (1)求此抛物线的函数解析式． (2)点是直线上方抛物线上一个动点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的垂线，垂足为点，请探究是否有最大值？若有最大值，求出最大值及此时点的坐标；若没有最大值，请说明理由． (3)点为该抛物线上的点，当时，请直接写出所有满足条件的点的坐标． ►题型03 二次函数中倍角、半角存在性问题 5．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，已知二次函数的图象与轴交于，两点．点坐标为，与轴交于点，点为抛物线顶点，点为中点．    (1)求二次函数的表达式； (2)在直线上方的抛物线上存在点，使得，求点的坐标； (3)已知，为抛物线上不与，重合的相异两点． ①若点与点重合，，且，求证：，，三点共线； ②若直线，交于点，则无论，在抛物线上如何运动，只要，，三点共线，，，中必存在面积为定值的三角形．请直接写出其中面积为定值的三角形及其面积，不必说明理由． 6．（2024·四川资阳·中考真题）已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于C点，且，． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，点P是抛物线在第一象限内的一点，连接，过点P作轴于点D，交于点K．记，的面积分别为，，求的最大值； (3)如图2，连接，点E为线段的中点，过点E作交x轴于点F．抛物线上是否存在点Q，使？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由． 【构造二倍角的方法】 方法一：构造二倍角的三角函数，并通过勾股定理求解.（左图） 方法二：等腰三角形的外角.（右图） 把2倍角转化为角相等的常用方法 1) 利用角平分线转化； 2) 利用等腰三角形顶角的外角转化； 3) 利用直角三角形斜边中线得等腰三角形转化. 1．（2025·陕西西安·一模）在直角坐标平面xOy中，直线 沿y轴向下平移；5个单位后，正好经过抛物线 的顶点C，抛物线与y轴交于点 B． (1)求点C的坐标； (2)点M在抛物线对称轴上，且位于C点下方，当时， 求点 M的坐标． ，则，，，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，即：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点的纵坐标为，即：点的纵坐标为， ∴． 2．（2025·湖南娄底·模拟预测）已知抛物线与x轴左、右交点分别为A、B，与y轴负半轴交于点C，坐标原点为O，若，，点P是抛物线上的动点（点P在y轴右侧）． (1)求抛物线的解析式； (2)D是线段的中点，①当时，请求出点P的坐标；②当时，请求出点P的坐标． 3．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，，顶点为D (1)求二次函数的解析式； (2)P为直线上方抛物线上一点，求面积最大值及P点坐标； (3)P为第四象限抛物线上一点，且，求出点P的坐标； 4．（2025·上海虹口·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于点、（点在点的左侧），与轴交于点，联结，，抛物线的顶点为点． (1)求的值和点的坐标； (2)点是抛物线上一点（不与点重合），点关于轴的对称点恰好在直线上． ①求点的坐标； ②点是抛物线上一点且在对称轴左侧，连接，如果，求点的坐标． 5．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，已知抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴负半轴交于点C，且，直线经过B，C两点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，点D在抛物线上，满足，求点D的坐标； (3)如图2，设抛物线的顶点为T，直线与抛物线交于点E，F（点E在点F左侧），G为的中点，求的值． 6．（2023·江苏连云港·一模）如图，已知抛物线经过点，与y轴交于点C． (1)求抛物线的解析式； (2)若点P为该抛物线上一动点． ①当点P在直线下方时，过点P作轴，交直线于点E，作轴．交直线于点F，求的最大值； ②若，求点P的横坐标． $$专题07 二次函数与几何图形存在性问题 试卷第1页，共3页 2 / 12 学科网（北京）股份有限公司 01考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 二次函数中四边形存在性问题 ►题型01 二次函数中平行四边形存在性问题 ►题型02 二次函数中矩形存在性问题 ►题型03 二次函数中菱形存在性问题 ►题型04 二次函数中正方形存在性问题 考点二 二次函数中三角形存在性问题 ►题型01 二次函数中等腰三角形存在性问题 ►题型02 二次函数中直角三角形存在性问题 ►题型03 二次函数中相似三角形存在性问题 考点三 二次函数中角存在性问题 ►题型01 二次函数中等角存在性问题 ►题型02 二次函数中特殊角存在性问题 ►题型03 二次函数中倍角、半角存在性问题 01考情透视·目标航 中考考点 新课标要求 命题预测 二次函数与几何压轴 二次函数与几何压轴； 二次函数的压轴题主要考向： 1）存在性问题（全等与相似、特殊三角形（直角、等腰、等边）、平行四边形（含特殊平行四边形）等）． 2）最值问题（线段、周长、面积） 常见有关二次函数的题型和应对策略： 1）线段最值（周长）问题——斜化直策略 2）三角形或多边形面积问题——铅垂高、水平宽策略 3）线段和最小值问题——将军饮马、阿氏圆模型 4）线段差——三角形三边关系或函数 5）相似三角形存在性问题——根据相等角分类讨论 6）平行四边形存在性问题——中点公式＋平移法 02知识导图·思维引航 03核心精讲·题型突破 考点一 二次函数中四边形存在性问题 ►题型01 二次函数中平行四边形存在性问题 1．（2023·山东淄博·中考真题）如图，一条抛物线经过的三个顶点，其中为坐标原点，点，点在第一象限内，对称轴是直线，且的面积为18    (1)求该抛物线对应的函数表达式； (2)求点的坐标； (3)设为线段的中点，为直线上的一个动点，连接，，将沿翻折，点的对应点为．问是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，点的坐标为或或或 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、面积问题(二次函数综合)、特殊四边形(二次函数综合) 【分析】（1）根据对称轴为直线，将点代入，进而待定系数法求解析式即可求解； （2）设，过点作轴交于点，过点作交于点，继而表示出的面积，根据的面积为，解方程，即可求解． （3）先得出直线的解析式为，设，当为平行四边形的对角线时，可得，当为平行四边形的对角线时，，进而建立方程，得出点的坐标，即可求解． 【详解】（1）解：∵对称轴为直线， ∴①， 将点代入得， ∴②， 联立①②得，， ∴解析式为； （2）设，如图所示，过点作轴交于点，过点作交于点，    ∴，， 则， ∴ 解得：或（舍去）， （3）存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形，理由如下： ∵， ∴， 设直线的解析式为， ∴，解得：， ∴直线的解析式为， 设， 如图所示，当BP为平行四边形的对角线时，，    ， ∵， ∴， 由对称性可知，， ∴， ∴ 解得： ∴点的坐标为或 如图3，当为平行四边形的对角线时，，，    由对称性可知，， ∴， ∴， 解得：或， ∴点的坐标为或 综上所述，点的坐标为或或或． 【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行四边形的性质，轴对称的性质是解题的关键． 2．（2024·宁夏·中考真题）抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点是第四象限内抛物线上的一点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图，过作轴于点，交直线于点．设点的横坐标为，当时，求的值； (3)如图点，连接并延长交直线于点，点是轴上方抛物线上的一点，在（2）的条件下，轴上是否存在一点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形．若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，或或或 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的判定与性质综合、线段周长问题(二次函数综合)、特殊四边形(二次函数综合) 【分析】（1）将点代入抛物线解析式，可得关于的一元一次方程，解方程即可求出的值，进而得出抛物线的解析式； （2）令，可得，令，可得，则，利用待定系数法可求得的解析式为，根据题意可知点的坐标为，，把分别代入抛物线和直线的解析式，可得，，进而可得，，由轴可得轴，据此可证得，于是可得，即，则，由已知条件可得，由此可建立关于m的方程，解之即可； （3）由C、F的坐标可求得直线的解析式为，进而可得，当时，，解方程即可求得点的坐标为或，然后分情况讨论：当时，；当时，；分别求解即可得出答案． 【详解】（1）解：把点代入，得： ， 解得：， 抛物线的解析式为； （2）解：令，则， 解得：，， 点的坐标为， 当时，， 点的坐标为， ，， ， 根据题意得，点的坐标为，则， 把代入，得： ， 点的坐标为， 设直线的解析式为， 把，代入，得： ， 解得：， 直线的解析式为：， 当时，， 点的坐标为， ， ， 又轴， ∴轴， ， ， ， ， 又， ， 解得：，（不合题意，故舍去）， ∴的值为； （3）解：存在，点的坐标为或或或， 理由如下： 设直线的解析式为， 把，代入，得： ， 解得：， 的解析式为：， 当时，， 点的坐标为， 又点是轴上方抛物线上的一点， 当时，， 解得：，， 点的坐标为或， 分情况讨论： 当点的坐标为时， ， 点的坐标为或； 当点的坐标为时， ， 点的坐标为或； 综上所述，点的坐标为或或或． 【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，求二次函数与坐标轴的交点坐标，相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，因式分解法解一元二次方程，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键． 平行四边形存在性问题通常可分为“三定一动”和“两定两动”两大类问题.而且“三定一动”的动点和“两定两动”的动点性质并不完全一样,“三定一动”中动点是在平面中横纵坐标都不确定，需要用两个字母表示，这样的我们姑且称为“全动点”，而有一些动点在坐标轴、直线或者抛物线上，用一个字母即可表示点坐标，称为“半动点”.找不同图形的存在性最多可以有几个未知量，都是根据图形决定的，像平行四边形，只能有2个未知量.究其原因，在于平行四边形两大性质:(1)对边平行且相等:(2)对角线互相平分. 但此两个性质统一成一个等式:，两个等式，只能允许最多存在两个未知数，即我们刚刚所讲的平行四边形存在性问题最多只能存在2个未知量. 由图形性质可知未知量，由未知量可知动点设计，由动点设计可化解问题. ►题型02 二次函数中矩形存在性问题 3．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴的交点分别为和（点在点的左侧），与轴交于点，点是直线上方抛物线上一动点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，过点作轴平行线交于点，过点作轴平行线交轴于点，求的最大值及点的坐标； (3)如图2，设点为抛物线对称轴上一动点，当点，点运动时，在坐标轴上确定点，使四边形为矩形，求出所有符合条件的点的坐标． 【答案】(1) (2)的最大值为，点的坐标为 (3)符合条件的点坐标为：或 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的判定与性质综合、线段周长问题(二次函数综合)、特殊四边形(二次函数综合) 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； （2）先求得直线的解析式，设，则，，得到，利用二次函数的性质求解即可； （3）先求得抛物线的顶点，对称轴为，分当点在轴上和点在轴负半轴上时，两种情况讨论，当点在轴负半轴上时，证明，求得，再证明，求得点的坐标为，由点在抛物线上，列式计算求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点，与轴交于点 解得 抛物线的解析式为：； （2）解：当时，， 解得，， ∴， 设直线的解析式为：， 把，代入得：， 解得 ∴直线的解析式为， 设， ∵轴， ∴点的纵坐标为， 又∵点在直线上， ∴，， ∴， ∴， ∵轴， ∴， ∴， ∵，， ∴当时，有最大值，最大值为， 当时，， ∴点的坐标为； 答：的最大值为，点的坐标为； （3）解：， 则抛物线的顶点，对称轴为， 情况一：当点在轴上时，为抛物线的顶点， ∵四边形为矩形， ∴与纵坐标相同， ∴； 情况二：当点在轴负半轴上时，四边形为矩形， 过作轴的垂线，垂足为，过作轴的垂线，垂足为， 设，则， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵抛物线对称轴为，点在对称轴上，， ∴，， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴点的坐标为， ∵点在抛物线上， ∴， 解得，（舍去）， ∴， 综上所述：符合条件的点坐标为：或． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，相似三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是方程思想的应用． 4．（2022·贵州黔西·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，经过点的直线AB与y轴交于点．经过原点O的抛物线交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D． (1)求抛物线的表达式； (2)M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当轴且时，求点M的坐标； (3)P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或或 (3)存在，或或或 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的判定与性质综合、特殊四边形(二次函数综合) 【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式； (2)求出直线AB的表达式为，设，，分当M在N点上方时，．和当M在N点下方时，，即可求出M的坐标； （3）画出图形，分AC是四边形的边和AC是四边形的对角线，进行讨论，利用勾股定理、相似三角形的判定与性质、函数图像的交点、平移等知识点进行解答即可得出答案． 【详解】（1）解：∵抛物线过点， ∴，解得， ∴抛物线的表达式为． （2）设直线AB的解析式为：， ∵直线AB经过，， ∴， ∴， ∴直线AB的表达式为． ∵轴，可设，，其中． 当M在N点上方时，． 解得，（舍去）． ∴． 当M在N点下方时， ． 解得，． ∴，． 综上所述，满足条件的点M的坐标有三个，，． （3）存在．满足条件的点Q的坐标有4个．，，，． 理由如下： ①如图，若AC是四边形的边． 当时， ∴拋物线的对称轴与直线AB相交于点． 过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点，， ∵，， ∴，，． ∵， ∴． ∴． ∴点与点D重合． 当时，四边形是矩形． ∵向右平移1个单位，向上平移1个单位得到． ∴向右平移1个单位，向上平移1个单位得到． 此时直线的解析式为． ∵直线与平行且过点， ∴直线的解析式为． ∵点是直线与拋物线的交点， ∴． 解得，（舍去）． ∴．当时，四边形是矩形． ∵向左平移3个单位，向上平移3个单位得到． ∴向左平移3个单位，向上平移3个单位得到． ②如图，若AC是四边形的对角线， 当时．过点作轴，垂足为H，过点C作，垂足为K． 可得，． ∴． ∴． ∴． ∵点P不与点A，C重合， ∴和． ∴． ∴． ∴如图，满足条件的点P有两个．即，． 当时，四边形是矩形． ∵向左平移个单位，向下平移个单位得到． ∴向左平移个单位，向下平移个单位得到． 当时，四边形是矩形． ∵向右平移个单位，向上平移个单位得到． ∴向右平移个单位，向上平移个单位得到． 综上，满足条件的点Q的坐标为或或或． 【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，本题主要涉及了待定系数法求函数的解析式、勾股定理，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，点的平移等知识，根据题意画出符合条件的图形、进行分类讨论是解题的关键． 矩形除了具有平行四边形的性质之外，还有“对角线相等”或“内角为直角”，因此相比起行四边形，坐标系中的矩形满足以下3个等式: (AC 为对角线时).因此在矩形存在性问题最多可以有3个未知量，代入可以得到三元一次方程组，可解确定了有3个未知量，则可判断常见矩形存在性问题至少有2个动点，多则可以有3个. ►题型03 二次函数中菱形存在性问题 5．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点，与y轴交于点B，且关于直线对称． (1)求该抛物线的解析式； (2)当时，y的取值范围是，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) (2) (3)存在点以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，边长为或2 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、y=ax²+bx+c的图象与性质、特殊四边形(二次函数综合) 【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）分和，两种情况，结合二次函数的增减性进行求解即可． （3）分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：∵抛物线经过点，与y轴交于点B，且关于直线对称， ∴，解得：， ∴； （2）∵抛物线的开口向下，对称轴为直线， ∴抛物线上点到对称轴上的距离越远，函数值越小， ∵时，， ①当时，则：当时，函数有最大值，即：， 解得：或，均不符合题意，舍去； ②当时，则：当时，函数有最大值，即：， 解得：； 故； （3）存在； 当时，解得：，当时，， ∴，， 设直线的解析式为，把代入，得：， ∴， 设，则：， ∴，，， 当B，C，D，E为顶点的四边形是菱形时，分两种情况： ①当为边时，则：，即， 解得：（舍去）或， 此时菱形的边长为； ②当为对角线时，则：，即：， 解得：或（舍去） 此时菱形的边长为：； 综上：存在以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，边长为或2． 6．（2023·西藏·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C．    (1)求抛物线的解析式； (2)如图甲，在y轴上找一点D，使为等腰三角形，请直接写出点D的坐标； (3)如图乙，点P为抛物线对称轴上一点，是否存在P、Q两点使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出P、Q两点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)或或或； (3)存在，，或，或，或或 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、特殊三角形问题(二次函数综合)、特殊四边形(二次函数综合) 【分析】（1）将，代入，求出,即可得出答案； （2）分别以点为顶点、以点为顶点、当以点为顶点，计算即可； （3）抛物线的对称轴为直线，设，，求出，，，分三种情况：以为对角线或以为对角线或以为对角线． 【详解】（1）解：（1）∵，两点在抛物线上， ∴ 解得，， ∴抛物线的解析式为：； （2）令， ∴， 由为等腰三角形，如图甲，    当以点为顶点时，，点与原点重合， ∴； 当以点为顶点时，，是等腰中线， ∴， ∴； 当以点为顶点时， ∴点D的纵坐标为或， ∴综上所述，点D的坐标为或或或． （3）存在，理由如下： 抛物线的对称轴为：直线， 设，， ∵， 则， ， ， ∵以为顶点的四边形是菱形， ∴分三种情况：以为对角线或以为对角线或以为对角线， 当以为对角线时，则，如图1，    ∴， 解得：， ∴或 ∵四边形是菱形， ∴与互相垂直平分，即与的中点重合， 当时， ∴， 解得：， ∴ 当时， ∴， 解得：， ∴ 以为对角线时，则，如图2，    ∴， 解得：， ∴， ∵四边形是菱形， ∴与互相垂直平分，即与中点重合， ∴， 解得：， ∴； 当以为对角线时，则，如图3，    ∴， 解得：， ∴， ∵四边形是菱形， ∴与互相垂直平分，即与的中点重合， ∴， 解得： ∴， 综上所述，符合条件的点P、Q的坐标为： ，或，或，或或 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了解析式的求法、等腰三角形的判定、菱形的性质、坐标与图形的性质、分类讨论等知识，熟练掌握菱形的性质和坐标与图形的性质是解题的关键． 和平行四边形相比，菱形多一个“对角线互相垂直”或“邻边相等”，但这两者其实是等价的，故若四边形ABCD是菱形，则其4个点坐标需满足: 解决问题的方法也可有如下两种: 思路 1:先平四，再菱形.设点坐标，根据平四存在性要求列出“4+C-B+D”(AC、BD 为对角线)，再结合组邻边相等，得到方程组， 思路 2:先等腰，再菱形.在构成菱形的4个点中任取3个点，必构成等三角形，根据等腰存在性方法可先确定第3个点，再确定第4个点. ►题型04 二次函数中正方形存在性问题 7．（2024·江苏无锡·中考真题）已知二次函数的图象经过点和点． (1)求这个二次函数的表达式； (2)若点，都在该二次函数的图象上，试比较和的大小，并说明理由； (3)点在直线上，点在该二次函数图象上．问：在轴上是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)时，；时，；时， (3)存在，或或或或或 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、y=ax²+bx+c的图象与性质、解直角三角形的相关计算、特殊四边形(二次函数综合) 【分析】（1）将点A和点B的坐标代入，求出a和c的值，即可得出这个二次函数的表达式； （2）根据题意得出，，再用作差法得出，进行分类讨论即可； （3）求出直线的函数解析式为，然后进行分类讨论：当为正方形的边时；当为正方对角线时，结合正方形的性质和三角形全等的判定和性质，即可解答． 【详解】（1）解：把，代入得： ， 解得：， ∴这个二次函数的表达式为； （2）解：∵，都在该二次函数的图象上， ∴，， ∴， 当时，即时，； 当时，即时，； 当时，即时，； （3）解：设直线的函数解析式为， 把，代入得：， 解得：， ∴直线的函数解析式为， 当为正方形的边时， ①∵， ∴， 过点M作y轴的垂线，垂足为点G，过点P作的垂线，垂足为点H， ∵轴， ∴， ∴，则， 设，则， ∴， ∴点N的纵坐标为， 即， ∵以，，，为顶点的四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 把代入得：， 解得：，（舍去）， ∴； ②如图：构造， 和①同理可得：，， 设，则， ∴，，， 把代入得：， 解得：（舍去）， ∴； ③如图：构造， 和①同理可得：，， 设，则， ∴，，， 把代入得：， 解得：（舍去）， ∴； ④如图：构造， 和①同理可得：，， 设，则， ∴，，， 把代入得：， 解得：，（舍去）， ∴； 当为正方形对角线时， ⑤如图：构造矩形，过点P作于点K， 易得， ∴， 设，则， 和①同理可得：， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∴，则， ∴， 设，则， ∴，，， 把代入得：， 解得：（舍去）， ∴； ⑥如图：构造， 同理可得：， 设，则， ∴，，， 把代入得：， 解得：（舍去）， ∴； 综上：或或或或或 ． 【点睛】本题考查了二次函数综合，解直角三角形，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关性质定理，正确作出辅助线，构造全等三角形解答． 8．（2024·黑龙江绥化·三模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于，两点，顶点坐标为． (1)求二次函数的解析式； (2)直线与相交于点，当为抛物线上第四象限内一点且时，求点D的坐标； (3)为平面内一点，试判断坐标轴上是否存在一点，使以，，，为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)存在，或或． 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的判定与性质综合、线段周长问题(二次函数综合)、特殊四边形(二次函数综合) 【分析】本题考查二次函数与几何综合，涉及待定系数求解析式，相似和正方形存在性，图形结合和分类讨论是解题的关键． （1）利用待定系数法求解即可； （2）过点作轴，垂足为，交于点，设，表示出点坐标，再利用列式求解； （3）利用先探究是等腰直角三角形，再确定点的方法，分三种：①过点作交坐标轴于点；②过点作交坐标轴于点；③作的垂直平分线交坐标轴于点．本题利用此方法，再结合是等腰直角三角形即可确定． 【详解】（1）解：把，代入， 得， 解得， ∴二次函数的解析式为； （2）如图，过点作轴，垂足为，交于点， 当时， 解得， ∴， 当时，得， ∴， 设直线解析式为， 代入，， 得， 解得， ∴直线解析式为， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得或， ∴或； （3）∵，， ∴， ∵， ∴， 根据题意分三种情况： ①如图，过点作交轴于点，过点作交轴于点， 此时四边形是矩形， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴； ②如图，过点作交轴于点，过点作交轴于点， 同①可得四边形是正方形，， ∴； ③如图，∵是等腰直角三角形， ∴点与点重合， ∴作点关于直线的对称点， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， 综上，存在，或或． 思路 1:从判定出发 1）若已知菱形，则加有一个角为直角或对角线相等: 2）若已知矩形，则加有一组邻边相等或对角线互相垂直: 3）若已知对角线互相垂直或平分或相等，则加上其他条件. 思路 2:构造三乖直全等 若条件并未给关于四边形及对角线的特殊性，则考虑在构成正方形的4个顶点中任取3个，必是等腰直角三角形，若已知两定点，则可通过构造三垂直全等来求得第3个点，再求第4点. 总结：构造三垂直全等的思路仅适合已知两定点的情形，若题目给了4个动点，则考虑矩形的判定出发，观察该四边形是否己为某特殊四边形，考证还需满足的其他关系.（正方形的存在性问题在中考中出现得并不多，正方形多以小题压轴为主） 1．（2024·甘肃·模拟预测）如图，抛物线的图象经过，，三点． (1)求抛物线的解析式和顶点M的坐标； (2)在直线下方的抛物线上是否存在一点E，使的面积最大，若存在，求出点E的坐标和的最大面积； (3)P为抛物线上的一动点，Q为对称轴上的动点，抛物线上是否存在一点P，使A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)存在，取最大值，点P的坐标为 (3)存在，P坐标为或或 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、y=a（x-h）²+k的图象和性质、面积问题(二次函数综合)、特殊四边形(二次函数综合) 【分析】本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的几何应用、平行四边形的定义等知识点，较难的是题（3），依据题意，正确分2种情况讨论是解题关键，勿出现漏解． （1）根据待定系数法即可求出解析式，再化为顶点式即可求解； （2）求出直线的解析式，过点E作轴，交于点F，设点E为，则点F为，表示出，再根据表示出即可求解． （3）分为①为平行四边形的边和②为平行四边形的对角线分别求解即可． 【详解】（1）解：将，，三点代入 可得， 解得：， 故抛物线的解析式为； ∵． ∴抛物线的顶点M的坐标为． （2）解：设直线的解析式为，把点、代入得， 解得：， 得直线的解析式为． 如图，过点E作轴，交于点F， 设点E为，则点F为， ∴． ∴． ∴． ∴当时，取最大值． ∴点E的坐标为． （3）解：①若为平行四边形的边， ∵以A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形， ∴， ∴或， ∴或， ∴点P坐标为或； ②若为平行四边形的对角线， ∵以A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形， ∴与互相平分， ∴， 解得：， ∴点P的坐标为， 综上所述：当点P坐标为或或时，以A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形． 2．（2024·青海西宁·一模）综合与探究 如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的对称轴与x轴于点D，过点D作交y轴于点E． (1)求点A，B，C的坐标； (2)点P为抛物线上第四象限的一个动点，过点P作轴于点F，当时，求的长； (3)在（2）的条件下，若点Q是x轴上一点，使以P，E，Q，G为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)； (3)存在，或． 【知识点】y=ax²+bx+c的图象与性质、抛物线与x轴的交点问题、根据矩形的性质与判定求线段长、特殊四边形(二次函数综合) 【分析】（1）当时，，从而得点C的坐标；当时，，解得或，从而确定点A、B的坐标； （2）设，由构造方程，求得，从而求得点P的坐标，再利用一次函数的性质求的点E，最后利用勾股定理求解即可； （3）分是矩形的边和是对角线两种情况，利用矩形的性质、一次函数的图象及性质及平移的性质求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴当时，， ∴点C坐标为， 当时，，解得或， ∴； （2）解：设， ∵轴，， ∴，， ∵， ∴，解得或（不合题意，舍去）， 当时，， ∴， 设直线：，把代入可得： ，解得：， ∴直线：， ∵， ∴设：， ∵， ∴抛物线对称轴为， ∴， 把代入，解得：， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：存在一点G，使以P，E，Q．点G的坐标为或 （i）当是矩形的边时，有两种情形： ①如解图①，四边形是矩形时， 由（2）可知，代入，解得：， ∴直线的表达式为， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即，解得：， ∴， ∵，， ∴点E向右平移，向上平移1个单位得到点Q， ∴将点P向右平移，向上平移1个单位得到点G， ∴，即  ； ②如解图②，四边形是矩形时， ∵直线的表达式为， ∴， ∴， ∵ ∴, ∵四边形是矩形 ∴ ∴, ∵, ∴， ∵, ∴， ∴,即，解得：， ∴, ∵， ∴,解得：， ∴ ∴． ∵， ∴点P向右平移6，向上平移4个单位得到点Q， ∴将点E向右平移6个单位，向上平移4个单位得到G， ∴，即． （ii）当是对角线时，设 ∵, ∴, ∴， ∵Q是直角顶点， ∴，即，整理得：， ∵， ∴该方程无解， 综上所述，满足条件的点G坐标为或． 【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、待定系数法求一次函数及一次函数的性质、勾股定理、平移的性质等知识点，熟练掌握矩形的性质及待定系数法求一次函数是解题的关键． 3．（23-24九年级上·江苏苏州·期末）如图，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线． (1)求抛物线的表达式； (2)D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形面积S的最大值及此时D点的坐标； (3)若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以为对角线的菱形？若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)， (3)存在，； 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、利用菱形的性质求线段长、面积问题(二次函数综合)、特殊四边形(二次函数综合) 【分析】本题考查了待定系数法求二次函数，二次函数及其图象性质，勾股定理，菱形性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握相关二次函数和菱形性质． （1）先求得两点的坐标，再根据对称轴是直线，列方程组求解即可； （2）作于，交于，根据点和点坐标可表示出的长，进而表示出三角形的面积，进而表示出的函数关系式，进一步求得结果； （3）设点P的坐标为：，根据勾股定理求出，根据菱形性质可得，进而求得点的坐标，根据菱形性质，进一步求得点坐标． 【详解】（1）解：对于，当时，，当时，， ∴点A的坐标为，点C的坐标为， 又∵对称轴是直线：， ∴，解得：， ∴抛物线的表达式为：； （2）解：对于，当时，， 解得：，， ∴点B的坐标为， 又∵点，点， ∴，，， 过D作轴于E，交于E， ∵点D在第二象限内的抛物线上，且横坐标为m， ， ， ， ， ， ， 当时，S有最大值，， 当时， ； （3）存在点P和点Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以为对角线的菱形，理由如下： ∵点P在抛物线的对称轴上， ∴可设点P的坐标为：， ∵以A，C，P，Q为顶点的四边形是以为对角线的菱形， ∴，与互相垂直平分， 设直线与x轴交于点F，过点P作轴，与交于点K， ∵点， ∴，，，， ∴，， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ， ， ∴， 解得：， ∴点P的坐标为， 设点K的坐标为， ∵点K为的中点， ∴，， 设点Q的坐标为， ∵点K为的中点， ∴，， 解得：，， ∴点Q的坐标为． 4．（2024·吉林松原·模拟预测）如图1，已知抛物线与x轴负半轴交于点A，点B在y轴正半轴上，连接，交抛物线于点． (1)求此抛物线的解析式； (2)求点A的坐标； (3)如图2，过点C作轴于点D，点P为线段上方抛物线上的一个动点，连接，交于点E，过点P作轴于点G，交线段于点F，设点P的横坐标为m． ①求线段的长（用含m的代数式表示）； ②已知点M是x轴上一点，N是坐标平面内一点，当以点E、F、M、N为顶点的四边形是正方形时，直接写出此时m的值． 【答案】(1) (2) (3)①；②当点为顶点的四边形是正方形时，或 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、根据正方形的性质求线段长、线段周长问题(二次函数综合)、特殊四边形(二次函数综合) 【分析】（1）运用待定系数法把把点代入抛物线即可求解； （2）根据二次函数图象的性质，令时，解一元二次方程即可； （3）根据正方形的判定和性质，图形结合，分类讨论：当是正方形的边；当是正方形的对角线；由此列式求解即可． 【详解】（1）解：把点代入抛物线得，， 解得，， ∴抛物线的解析式为：； （2）解：在，当时，， 解得，（不符合题意，舍去）， ∴； （3）解：①∵轴，轴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点是抛物线的一点，且横坐标为， ∴， ∴， ∵过点作轴于点， ∴， ∴， ∴； ②设直线的解析式为， 把代入中得， 解得，， ∴直线的解析式为， ∵点在直线的图象上，且点的横坐标为， ∴， 由①得，，点， ∴， 设， ∵点的纵坐标相同， ∴轴，， 当为正方形的边时，，则点与点重合，点与点重合，或是点与点重合，点与点重合，如图所示， ∴， 解得，； 当为正方形的对角线时，连接，交于点Q， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴四边形是矩形，则， ∴， 解得，； 综上所述，当点为顶点的四边形是正方形时，或． 【点睛】本题主要考查二次函数与几何图形的综合，掌握待定系数法求二次函数解析式，一次函数解析式，相似三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，图形结合，分类讨论思想等知识的综合运用是解题的关键． 考点二 二次函数中三角形存在性问题 ►题型01 二次函数中等腰三角形存在性问题 1．（2024·四川雅安·中考真题）在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于，两点，与y轴交于点C． (1)求二次函数的表达式； (2)如图①，若点P是线段上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，当线段的长度最大时，求点Q的坐标； (3)如图②，在（2）的条件下，过点Q的直线与抛物线交于点D，且．在y轴上是否存在点E，使得为等腰三角形？若存在，直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，点或或或或 【知识点】线段周长问题(二次函数综合)、特殊三角形问题(二次函数综合)、求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）由，即可求解； （3）先求出点，再分类求解即可． 【详解】（1）解：由题意得：， 则， 则抛物线的表达式为：； （2）解：由抛物线的表达式知，点， 由点B、C的坐标得，直线的表达式为：， 设点，则点， 则， ∵，故有最大值， 此时，则， 即点； （3）解：存在，理由： 设直线的表达式为， 由点的坐标得，，解得：， ∴直线的表达式为：， 令，，故， 过点作轴交轴于点，则， ， 则， 即直线和关于直线对称，故， 设直线的表达式为， 代入，，得， 解得：， 则直线的表达式为：， 联立上式和抛物线的表达式得：， 解得：(舍去)或5， 即点； 设点，由的坐标得，， 当时，则， 解得：，即点或； 当或时， 同理可得：或， 解得：或， 即点或或； 综上，点或或或或． 【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系． 2．（2024·四川达州·中考真题）如图1，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点．点是抛物线的顶点．    (1)求抛物线的解析式； (2)如图2，连接，，直线交抛物线的对称轴于点，若点是直线上方抛物线上一点，且，求点的坐标； (3)若点是抛物线对称轴上位于点上方的一动点，是否存在以点，，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的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或； (3)或或或 【知识点】面积问题(二次函数综合)、特殊三角形问题(二次函数综合)、求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式 【分析】（1）待定系数法求解析式，即可求解； （2）先求得的坐标，根据勾股定理的逆定理得出是等腰三角形，进而根据得出，连接，设交轴于点，则得出是等腰直角三角形，进而得出，则点与点重合时符合题意，，过点作交抛物线于点，得出直线的解析式为，联立抛物线解析式，即可求解； （3）勾股定理求得，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：∵抛物线与轴交于点和点， ∴ 解得： ∴抛物线的解析式为； （2）由，当时，，则 ∵，则，对称轴为直线 设直线的解析式为，代入， ∴ 解得： ∴直线的解析式为， 当时，，则 ∴ ∴ ∴是等腰三角形， ∴ 连接，设交轴于点，则 ∴是等腰直角三角形， ∴，， 又 ∴ ∴ ∴点与点重合时符合题意， 如图所示，过点作交抛物线于点， 设直线的解析式为，将代入得， 解得： ∴直线的解析式为 联立 解得：， ∴ 综上所述，或； （3）解：∵，， ∴ ∵点是抛物线对称轴上位于点上方的一动点，设其中 ∴， ①当时，，解得：或 ②当时，，解得： ③当时，，解得：或（舍去） 综上所述，或或或． 【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． 问题 分情况 找点 画图 解法 已知点A，B和直线l，在l上求点P，使△PAB为等腰三角形 以AB为腰 分别以点A，B为圆心，以AB长为半径画圆，与已知直线的交点P1，P2，P3，P4即为所求 分别表示出点A，B，P的坐标，再表示出线段AB，BP，AP的长度，由①AB＝AP；②AB＝BP；③BP＝AP列方程解出坐标 以AB为底 作线段AB的垂直平分线，与已知直线的交点P5即为所求 问题总结: 1) 两定一动:动点可在直线上、抛物线上; 2）一定两动:两动点必有关联，可表示线段长度列方程求解; 3）三动点:分析可能存在的特殊边、角，以此为突破口. ►题型02 二次函数中直角三角形存在性问题 3．（2023·湖南益阳·中考真题）在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与抛物线交于B，C两点（B在C的左边）．    (1)求A点的坐标； (2)如图1，若B点关于x轴的对称点为点，当以点A，，C为顶点的三角形是直角三角形时，求实数a的值； (3)定义：将平面直角坐标系中横坐标与纵坐标均为整数的点叫作格点，如，等均为格点．如图2，直线l与抛物线E所围成的封闭图形即阴影部分（不包含边界）中的格点数恰好是26个，求a的取值范围． 【答案】(1) (2)或； (3)或． 【知识点】其他问题(二次函数综合)、用勾股定理解三角形 【分析】（1）对于直线，令，求出x，即可求解； （2）表示出点，，的坐标，利用勾股定理解方程求解，注意直角顶点不确定，需分类讨论； （3）直线与抛物线所围成的封闭图形（不包含边界）中的格点只能落在轴和直线上，各为13个，分别求出的范围． 【详解】（1）解：对于直线， 当时，， ∴A点的坐标为； （2）解：联立直线与抛物线得： ， ， 或， ，， 点关于轴的对称点为点， ， ， ， ， 若，则，即，所以， 若，则，即，所以， 若，则，即，此方程无解． 或； （3）解：如图，直线与抛物线所围成的封闭图形（不包含边界）中的格点只能落在轴和直线上，   ，，， ， 格点数恰好是26个， 落在轴和直线上的格点数应各为13个， 落在轴的格点应满足，即， ①若，即， 所以线段上的格点应该为，，，， ②若，，，所以线段上的格点正好13个， 综上，或． 【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，涉及了二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，勾股定理，关键是弄清格点只能落在轴和直线上，各为13个，并对点、进行定位． 4．（2023·江苏·中考真题）如图，二次函数的图像与x轴相交于点，其顶点是C．      (1)_______； (2)D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，；将原抛物线向左平移，使得平移后的抛物线经过点D，过点作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，求k的取值范围； (3)将原抛物线平移，平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，且其顶点P落在原抛物线上，连接PC、QC、PQ．已知是直角三角形，求点P的坐标． 【答案】(1)； (2)； (3)或． 【知识点】解直角三角形的相关计算、特殊三角形问题(二次函数综合)、二次函数图象的平移、用勾股定理解三角形 【分析】（1）把代入即可求解； （2）过点D作DM⊥OA于点M，设，由，解得，进而求得平移后得抛物线， 平移后得抛物线为，根据二次函数得性质即可得解； （3）先设出平移后顶点为，根据原抛物线，求得原抛物线的顶点，对称轴为x=1，进而得，再根据勾股定理构造方程即可得解． 【详解】（1）解：把代入得， ， 解得， 故答案为； （2）解：过点D作DM⊥OA于点M，    ∵， ∴二次函数的解析式为 设， ∵D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，， ∴， 解得m=或m=8（舍去）， 当m=时，， ∴， ∵， ∴设将原抛物线向左平移后的抛物线为， 把代入得， 解得a=3或a=（舍去）， ∴平移后得抛物线为 ∵过点作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降， 在的对称轴x=的左侧，y随x的增大而减小，此时原抛物线也是y随x的增大而减小， ∴； （3）解：由，设平移后的抛物线为，则顶点为， ∵顶点为在上， ∴， ∴平移后的抛物线为，顶点为， ∵原抛物线， ∴原抛物线的顶点，对称轴为x=1， ∵平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q， ∴， ∵点Q、C在直线x=1上，平移后的抛物线顶点P在原抛物线顶点C的上方，两抛物线的交点Q在顶点P的上方， ∴∠PCQ与∠CQP都是锐角， ∵是直角三角形， ∴∠CPQ=90°， ∴， ∴化简得， ∴p=1（舍去），或p=3或p=， 当p=3时，， 当p=时，， ∴点P坐标为或． 【点睛】本题考查了二次函数的图像及性质，勾股定理，解直角三角形以及待定系数法求二次函数的解析式，熟练掌握二次函数的图像及性质是解题的关键． ►题型03 二次函数中相似三角形存在性问题 5．（2023·四川资阳·中考真题）如图，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线经过A、B两点．    (1)求抛物线的表达式； (2)点D是抛物线在第二象限内的点，过点D作x轴的平行线与直线交于点C，求的长的最大值； (3)点Q是线段上的动点，点P是抛物线在第一象限内的动点，连结交y轴于点N．是否存在点P，使与相似，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)当时，的长的最大值为4 (3)点P的坐标为或 【知识点】y=ax²+bx+c的最值、相似三角形问题(二次函数综合)、待定系数法求二次函数解析式 【分析】（1）首先求得A、B点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式； （2）设，则，进而表示出CD的长；接下来用含m的二次函数表示S，根据二次函数的性质，即可解答； （3）分两种情况：①当△时，②当时，分别求解即可． 【详解】（1）直线与x轴、y轴分别交于A、B两点， ，， 抛物线经过A、B两点． ， 解得， ； （2）设， 作x轴，与直线交于点C， ，解得， ， 当时，的长的最大值为4； （3）设， ，， ， 分两种情况： ①当时，   ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 或3（舍去）， ， ，， 设直线的解析式为， 解得， 直线PQ的解析式为， 联立解得或（不合题意，舍去） 点P的坐标为； ②当时，过点Q作于H，   ， ，， ， ， ， ∴， ∴， 设，则，， ，解得， ， ，，， ， ， ， ， ， ， ，， 同理得直线的解析式为， 联立解得或（不合题意，舍去） 点P的坐标为； 综上，点P的坐标为或． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，勾股定理，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，解题的关键是利用方程的思想和函数的思想方法解决问题，利用相似三角形的判定得出关于m的方程是解题关键，解（3）的关键是分和两种情况讨论求解． 6．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图像经过原点和点．经过点的直线与该二次函数图象交于点，与轴交于点． (1)求二次函数的解析式及点的坐标； (2)点是二次函数图象上的一个动点，当点在直线上方时，过点作轴于点，与直线交于点，设点的横坐标为． ①为何值时线段的长度最大，并求出最大值； ②是否存在点，使得与相似．若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)①当时，有最大值为；②当P的坐标为或时，与相似 【知识点】线段周长问题(二次函数综合)、相似三角形问题(二次函数综合)、y=ax²+bx+c的最值、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）把，，代入求解即可，利用待定系数法求出直线解析式，然后令，求出y，即可求出C的坐标； （2）①根据P、D的坐标求出，然后根据二次函数的性质求解即可； ②先利用等边对等角，平行线的判定与性质等求出，然后分，两种情况讨论过，利用相似三角形的性质、等腰三角形的判定与性质等求解即可． 【详解】（1）解：把，，代入， 得， 解得， ∴二次函数的解析式为， 设直线解析式为， 则， 解得， ∴直线解析式为， 当时，， ∴； （2）解：①设，则， ∴ ， ∴当时，有最大值为； ②∵，， ∴， 又， ∴， 又轴， ∴轴， ∴， 当时，如图， ∴， ∴轴， ∴P的纵坐标为3， 把代入，得， 解得，， ∴， ∴， ∴P的坐标为； 当时，如图，过B作于F， 则，， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得，（舍去）， ∴， ∴P的坐标为 综上，当P的坐标为或时，与相似． 【点睛】本题考查了二次函数的应用，待定系数法求二次函数、一次函数解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，合理分类讨论是解题的关键． 判定1:三边对应成比例的两个三角形是相似三角形； 判定2:两边对应成比例且夹角相等的两个三角形是相似三角形； 判定3:有两组角对应相等的三角形是相似三角形. 【思路总结】根据相似三角形的做题经验，可以发现，判定1基本是不会用的，这里也一样不怎么用，对比判定2、3可以发现，都有角相等.所以，要证相似的两个三角形必然有相等角，关键点也是先找到一组相等角.然后再找：1）两相等角的两边对应成比例；2)还存在另一组角相等.事实上，坐标系中在已知点的情况下，线段长度比角的大小更容易表示，因此选择方法可优先考虑思路1. 【解题方法】1)找对应等角2)分类讨论3)设点表示线段4)列方程求解5)检验 1．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，已知抛物线（、为常数，且）与轴交于，两点（点在点左侧），与轴交于点，．抛物线的对称轴与轴交于点，与经过点的直线交于点． (1)求抛物线的函数表达式； (2)在抛物线上是否存在点，使得是以为直角边的直角三角形?若存在，求出所有得合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)在抛物线上存在点，使得是以为直角边的直角三角形，点的坐标为或或 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、特殊三角形问题(二次函数综合)、求一次函数解析式、y=ax²+bx+c的图象与性质 【分析】本题考查待定系数法求函数表达式、坐标与图形、等腰三角形的判定与性质、一次函数图象的平移、直角三角形的性质等知识，正确求得抛物线的函数表达式是解答的关键． （1）先求点A坐标，再利用待定系数法求函数表达式即可； （2）先根据二次函数的性质求得，点的坐标为，进而可得；当时，则，可得，设点的坐标为，然后解方程求得t值即可；求直线的函数表达式，然后平移至经过点，此时直线与抛物线的交点分别为，，可得，再利用待定系数法求得直线的函数表达式，然后联立方程组求解即可． 【详解】（1）解：∵点的坐标为，，点在点左侧， ∴点的坐标为， 将，代入． ，解得：， ∴抛物线的函数表达式为； （2）解：在抛物线上存在点，使得是以为直角边的直角三角形． 理由如下：由得抛物线的对称轴为直线， ∴， ∵抛物线的对称轴与经过点的直线交于点， ∴当时，， ∴点的坐标为，则， ∴ 当时，则，过点作于点，如图． 则是等腰直角三角形， ∴， 设点的坐标为， ∴， 解得：，（舍）， 当时，， 点的坐标为； 设直线的函数表达式为， 将点，代入，得，解得， ∴直线的函数表达式为． 将直线平移至经过点，此时直线与抛物线的交点分别为，， 则，可设直线的函数表达式为， 将代入，得，解得， ∴直线的函数表达式为． ∴，解得：或． ∴点的坐标为或． 综上可得，在抛物线上存在点，使得是以为直角边的直角三角形，点的坐标为或或． 2．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图1，二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，且．点为抛物线第二象限上一动点． (1)直接写出该二次函数的表达式为 ___________； (2)连接，求四边形面积的最大值； (3)如图2，连结交于点，过点作轴的平行线交于点．当为等腰三角形时，求出点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)点的坐标为：或 【知识点】等腰三角形的性质和判定、面积问题(二次函数综合)、求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式 【分析】（1）根据二次函数与y轴的交点可得，，则，将点的坐标代入抛物线表达式，运用待定系数法即可求解； （2）根据点的坐标可得直线的解析式，由二次函数与坐标轴的交点的计算可得点的坐标，如图所示，过点作轴的垂线，交于点，可得，由此可得四边形面积，代入计算，再根据二次函数求最值的计算方法即可求解； （3）设点，则点，可得直线的表达式为：，根据两直线的交点的计算可得点的坐标为：，根据等腰三角形的定义，分类讨论：当时，则点在的中垂线上；当时，即；由此即可求解． 【详解】（1）解：二次函数中，令时，， ∴， ∴， ∴点， 将点的坐标代入抛物线表达式得：， 解得：， 则抛物线的表达式为：， 故答案为：； （2）解：，， 设直线的解析式为， ∴， 解得，， ∴直线的表达式为：， 在二次函数中，当时，， 解得，， ∴，则， 如图所示，过点作轴的垂线，交于点， ∵点为抛物线第二象限上一动点， ∴设点，则点， ∴， ∴四边形面积 ， ∵， 故四边形面积存在最大值， 当时，四边形ABCP面积的最大值为； （3）解：设点，则点， 设直线的解析式为：，， ∴， 解得，， ∴直线的表达式为：， 联立上式和直线的表达式得：， 解得：，则点的坐标为：， 由直线的表达式知，其和轴正半轴的夹角为， 如果，则，则，故不存在， 则， 而， 当时， 则点在的中垂线上，则， ∴， 解得：（舍去）或， 即点； 当时，即， 解得：（舍去）或， 即点， 综上，点P的坐标为：或． 【点睛】本题主要考查二次函数，一次函数图象的性质，二次函数与几何图形的综合，等腰三角形的定义及性质，掌握二次函数图象的性质，一次函数图象的性质，等腰三角形的判定和性质是解题的关键． 3．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，抛物线经过，，三点，连接． (1)求抛物线的解析式： (2)作直线，l交抛物线于E、F两点（点E在点F的左侧），已知， ①求直线l的解析式； ②点P是抛物线上的动点，作，垂足为点K，是否存在点P，使得以P、E、K为顶点的三角形与相似？若存在，请写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)①；②点的坐标为或或． 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、相似三角形问题(二次函数综合)、待定系数法求二次函数解析式 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）①作于点，作于点，证明，求得，即，设直线的解析式为，联立得，利用根与系数的关系，列方程求解即可； ②分三种情况讨论，画出图形，同①法求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线经过，， ∴设抛物线的解析式为， 把代入得， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：①，，， ∴，，， ∴， 作于点，作于点，如图， ∵直线，即， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 设直线的解析式为， ∴， 解得， ∴直线的解析式为， ∵直线， ∴设直线的解析式为， 联立得， 整理得， ∴，， ∴， 即， 解得， ∴直线的解析式为； ②∵，，，， ∴，， ∵， ∴是直角三角形，且， ∴， 作轴交抛物线于点， ∵， ∴， ∴， ∴点符合题意， ∵，即， 整理得， 解得或， 当时，， ∴， ∴点的纵坐标为， 解方程， 得或， ∴点的坐标为； 作点关于直线的对称点，连接交延长交抛物线于点， 此时， ∴， ∴点符合题意， ∵，直线，又， ∴， 同理，直线的解析式为， 同理，直线的解析式为， 联立得， 解得，， 即点的坐标为， ∵点与点关于直线对称， ∴点的坐标为， 同理，直线的解析式为， 联立， 解得或， 当时，， ∴点的坐标为； 过点作交轴于点，交抛物线于点， ∴， ∴， ∴点符合题意， 作轴于点， 设直线交轴于点， 令，， 解得， ∴点的坐标为， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴点的坐标为， 同理，直线的解析式为， 联立得， 解得或， 当时，， ∴点的坐标为； 综上，点的坐标为或或． 【点睛】本题考查了是二次函数的综合问题，相似三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 考点三 二次函数中角存在性问题 ►题型01 二次函数中等角存在性问题 1．（2024·山东淄博·中考真题）如图，抛物线与轴相交于，两点（点在点的左侧），其中，是方程的两个根，抛物线与轴相交于点． (1)求该抛物线对应的函数表达式； (2)已知直线与，轴分别相交于点，． ①设直线与相交于点，问在第三象限内的抛物线上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由； ②过抛物线上一点作直线的平行线．与抛物线相交于另一点．设直线，相交于点．连接，．求线段的最小值． 【答案】(1) (2)①；②线段的最小值为 【知识点】一元二次方程的根与系数的关系、待定系数法求二次函数解析式、线段周长问题(二次函数综合)、角度问题(二次函数综合) 【分析】（1）利用因式分解法解一元二次方程得出，，再利用待定系数法求解即可； （2）①在中，令得出，在中，令得出，从而得出，即，待定系数法求得直线的解析式为，联立，得出 ，作轴于，则，，，求出，，由正切的定义得出，证明，得出，求出直线的解析式为，联立，计算即可得解；②设，，设直线的解析式为：，求出直线的解析式为，直线的解析式为；联立得：，由韦达定理得出，将代入，得，求出，同理可得，联立，得出，推出点在直线上运动，求出，作点关于直线的对称点，连接交直线于，连接，则，由轴对称的性质可得，则，由两点之间线段最短可得：线段的最小值的最小时为，再由勾股定理计算即可得出答案． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵抛物线与轴相交于，两点， ∴， 解得：， ∴该抛物线对应的函数表达式为； （2）解：①在中，令，，解得，即， 在中，令，则，即， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 将，代入解析式得， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立，解得， ∴， 如图，作轴于，则，，， ， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 将代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立， 解得：或， ∵点在第三象限， ∴； ②∵过抛物线上一点作直线的平行线．与抛物线相交于另一点． ∴设，，设直线的解析式为：， 设直线的解析式为， 将代入得， 解得：， ∴直线的解析式为， 设直线的解析式为， 将代入得， ∴直线的解析式为； 联立得：， ∴， 将代入，得， ∴， ∴， 解得：， 将代入，得， ∴， ∴， 解得：， 联立， 得出， ∴点在直线上运动， 在中，令，则，即， 如图，作点关于直线的对称点，连接交直线于，连接，则， ， 由轴对称的性质可得， ∴， ∴由两点之间线段最短可得：线段的最小值的最小时为， ∵， ∴线段的最小值为． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、解直角三角形、轴对称—线段最短问题、勾股定理、二次函数的图象与性质、求一次函数解析式、二次函数与一元二次方程、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键，此题难度较大，属于中考压轴题． 2．（2024·湖北·中考真题）如图1，二次函数交轴于和，交轴于． (1)求的值． (2)为函数图象上一点，满足，求点的横坐标． (3)如图2，将二次函数沿水平方向平移，新的图象记为与轴交于点，记，记顶点横坐标为． ①求与的函数解析式． ②记与轴围成的图象为与重合部分（不计边界）记为，若随增加而增加，且内恰有2个横坐标与纵坐标均为整数的点，直接写出的取值范围． 【答案】(1)； (2)或； (3)①；②的取值范围为或． 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、角度问题(二次函数综合)、其他问题(二次函数综合) 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）先求得，，作轴于点，设，分当点在轴上方和点在轴下方时，两种情况讨论，利用相似三角形的判定和性质，列式求解即可； （3）①利用平移的性质得图象的解析式为，得到图象与轴交于点的坐标，据此列式计算即可求解； ②先求得或，中含，，三个整数点（不含边界），再分三种情况讨论，分别列不等式组，求解即可． 【详解】（1）解：∵二次函数交轴于， ∴， 解得； （2）解：∵， ∴， 令，则， 解得或， 令，则， ∴，，， 作轴于点， 设， 当点在轴上方时，如图， ∵， ∴， ∴，即， 解得或（舍去）； 当点在轴下方时，如图， ∵， ∴， ∴，即， 解得或（舍去）； ∴或； （3）解：①∵将二次函数沿水平方向平移， ∴纵坐标不变是4， ∴图象的解析式为， ∴， ∴， 由题意知：C、D不重合，则， ∴； ②由①得， 则函数图象如图， ∵随增加而增加， ∴或，中含，，三个整数点（不含边界）， 当内恰有2个整数点，时， 当时，，当时，， ∴， ∴，或， ∴； ∵或， ∴； 当内恰有2个整数点，时， 当时，，当时，， ∴， ∴或，， ∴； ∵或， ∴； 当内恰有2个整数点，时， 此情况不存在，舍去， 综上，的取值范围为或． 【点睛】本题主要考查了用待定系数法求二次函数的表达式及二次函数与线段的交点问题，也考查了二次函数与不等式，相似三角形的判定和性质．熟练掌握二次函数图象的性质及数形结合法是解题的关键． 【常见的构角方法】 1）平行线的同位角、内错角相等； 2）等腰三角形的等边对等角； 3）角平分线分的两个角相等； 4）全等（相似）三角形对应角相等； 5）若两角的三角函数值相等，则两角相等； 6）同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等. 探究角度问题的一般步骤如下： 1）读题、理解题意，画图； 2）分析动点、定点、找不变特征（如角有两边，其中一条边是确定的）； 3）确定分类特征，进行分类讨论； 4）将角度进行转化. 角度转化的一般方法为： 通过锐角三角形函数、特殊角的三角函数值，相似三角形或等腰三角形的性质，转化为常见的类型，然后利用解直角三角形、相似三角形边的比例关系作为计算工具去计算求解，难度相对较大. ►题型02 二次函数中特殊角存在性问题 3．（2024·海南·中考真题）如图1，抛物线经过点、，交y轴于点，点P是抛物线上一动点． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)当点P的坐标为时，求四边形的面积； (3)当时，求点P的坐标； (4)过点A、O、C的圆交抛物线于点E、F，如图2．连接，判断的形状，并说明理由． 【答案】(1) (2)16 (3)或 (4)是等边三角形，理由见解析 【知识点】90度的圆周角所对的弦是直径、面积问题(二次函数综合)、角度问题(二次函数综合)、其他问题(二次函数综合) 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）过点P作于T，根据列式求解即可； （3）取，连接，易证明，则线段与抛物线的交点即为所求；求出直线的解析式为，联立，解得或（舍去），则；如图所示，取，连接，同理可得，则直线与抛物线的交点即为所求；同理可得；则符合题意的点P的坐标为或； （4）由90度的圆周角所对的弦是直径得到为过三点的圆的直径，如图所示，取中点R，连接，则，；设与抛物线交于，联立得，解得，则， 由勾股定理可得，则是等边三角形． 【详解】（1）解：将点代入， 得 解得 ∴抛物线解析式为； （2）解:如图所示，过点P作于T， ∵，，， ∴ ， ∴， ∴ ； （3）解：如图所示，取，连接， ∵、，， ∴， ∴， ∴线段与抛物线的交点即为所求； 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， 联立，解得或（舍去）， ∴； 如图所示，取，连接， 同理可得， ∴直线与抛物线的交点即为所求； 同理可知直线的解析式为， 联立，解得或（舍去）， ∴； 综上所述，符合题意的点P的坐标为或； （4）解：是等边三角形，理由如下： ∵三点共圆，且， ∴为过三点的圆的直径， 如图所示，取中点R，连接， ∵， ∴， ∴； 设与抛物线交于， 联立得， ∴， 解得， 在中，当时， 当时， ∴， ∴， ， ， ∴， ∴是等边三角形． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，勾股定理，圆的相关知识，解题的关键在于正确作出辅助线并利用数形结合的思想求解． 4．（2024·四川广安·中考真题）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点坐标为，点坐标为．    (1)求此抛物线的函数解析式． (2)点是直线上方抛物线上一个动点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的垂线，垂足为点，请探究是否有最大值？若有最大值，求出最大值及此时点的坐标；若没有最大值，请说明理由． (3)点为该抛物线上的点，当时，请直接写出所有满足条件的点的坐标． 【答案】(1) (2)的最大值为，点的坐标为 (3)点的坐标为或 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、线段周长问题(二次函数综合)、角度问题(二次函数综合) 【分析】（1）直接利用抛物线的交点式可得抛物线的解析式； （2）先求解，及直线为，设，可得，再建立二次函数求解即可； （3）如图，以为对角线作正方形，可得，与抛物线的另一个交点即为，如图，过作轴的平行线交轴于，过作于，则，设，则，求解，进一步求解直线为：，直线为，再求解函数的交点坐标即可. 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点坐标为，点坐标为． ∴； （2）解：当时，， ∴， 设直线为， ∴，解得：， ∴直线为， 设， ∴， ∴ ； 当时，有最大值； 此时； （3）解：如图，以为对角线作正方形， ∴， ∴与抛物线的另一个交点即为， 如图，过作轴的平行线交轴于，过作于，则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， 设，则， ∴, ∴， 由可得： ∴， 解得：， ∴， 设为：， ∴，解得：， ∴直线为：， ∴， 解得：或， ∴， ∵，，，正方形， ∴， 同理可得：直线为， ∴， 解得：或， ∴， 综上：点的坐标为或. 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，抛物线的性质，正方形的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键. ►题型03 二次函数中倍角、半角存在性问题 5．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，已知二次函数的图象与轴交于，两点．点坐标为，与轴交于点，点为抛物线顶点，点为中点．    (1)求二次函数的表达式； (2)在直线上方的抛物线上存在点，使得，求点的坐标； (3)已知，为抛物线上不与，重合的相异两点． ①若点与点重合，，且，求证：，，三点共线； ②若直线，交于点，则无论，在抛物线上如何运动，只要，，三点共线，，，中必存在面积为定值的三角形．请直接写出其中面积为定值的三角形及其面积，不必说明理由． 【答案】(1) (2) (3)①见解析；②的面积为定值 【知识点】一元二次方程的根与系数的关系、待定系数法求二次函数解析式、面积问题(二次函数综合)、角度问题(二次函数综合) 【分析】（1）待定系数法求解析式，即可求解； （2）根据题意得出，过点作交抛物线于点，过点作轴于点，则是等腰直角三角形，根据，建立方程，解方程，即可求解； （3）①根据题意得出，得出直线的解析式为，联立得出，在直线上；②设，，设的解析式，联立抛物线解析式，可得，根据题意，设直线解析式为，直线的解析式为，求得到轴的距离是定值，即可求解． 【详解】（1）解：将，代入得， 解得： ∴抛物线解析式为 （2）解：对于，令， 解得： ∴ ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴ ∵ ∴ 如图所示，过点作交抛物线于点，过点作轴于点，    ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴， 设，则 ∴， ∴ 解得：（舍去）或 ∴ （3）①点与点重合，则， ∵点为中点，， ∴, 设直线的解析式为，代入, ∴ 解得： ∴ 联立 解得：或 ∴，在直线上 即，，三点共线； ②设， ∵，，三点共线； ∴设的解析式， 联立 消去得， ∴ ∵， 设直线解析式为，直线的解析式为 联立 解得： ∴ ∵， ∴， ∴ 而不为定值， ∴在直线上运动， ∴到轴的距离为定值， ∵直线，交于点，则无论，在抛物线上如何运动，只要，，三点共线，，，中必存在面积为定值的三角形，到的距离是变化的， ∴的面积为是定值． 【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法求解析式，角度问题，面积问题，一次函数，一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握以上知识是解题的关键． 6．（2024·四川资阳·中考真题）已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于C点，且，． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，点P是抛物线在第一象限内的一点，连接，过点P作轴于点D，交于点K．记，的面积分别为，，求的最大值； (3)如图2，连接，点E为线段的中点，过点E作交x轴于点F．抛物线上是否存在点Q，使？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，或 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、解直角三角形的相关计算、面积问题(二次函数综合)、角度问题(二次函数综合) 【分析】（1）先求点坐标，待定系数法求出函数解析式即可； （2）求出的解析式，设，则：，将转化为二次函数求最值即可； （3）易得垂直平分，设，勾股定理求出点坐标，三线合一结合同角的余角相等，推出，分别作点关于轴和直线的对称点，直线，与抛物线的交点即为所求，进行求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 把，，代入函数解析式得： ∴，解得：； ∴； （2）∵，， ∴设直线的解析式为：，把，代入，得：， ∴， 设，则：， ∴，，， ∴， ∴ ， ∴当时，的最大值为； （3）存在： 令， 解得：， ∴， ∵，点为的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设，则：， 在中，由勾股定理，得：， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ①取点关于轴的对称点，连接，交抛物线与点，则：，， 设的解析式为：， 则：，解得：， ∴， 联立，解得：（舍去）或， ∴； ②取关于的对称点，连接交于点，连接交抛物线于点， 则：，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 过点作轴，则：，， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为：， 则：，解得：， ∴， 联立，解得：（舍去）或， ∴； 综上：或． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，中垂线的判定和性质，等积法求线段的长，坐标与轴对称，勾股定理，解直角三角形，等知识点，综合性强，难度大，计算量大，属于中考压轴题，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． 【构造二倍角的方法】 方法一：构造二倍角的三角函数，并通过勾股定理求解.（左图） 方法二：等腰三角形的外角.（右图） 把2倍角转化为角相等的常用方法 1) 利用角平分线转化； 2) 利用等腰三角形顶角的外角转化； 3) 利用直角三角形斜边中线得等腰三角形转化. 1．（2025·陕西西安·一模）在直角坐标平面xOy中，直线 沿y轴向下平移；5个单位后，正好经过抛物线 的顶点C，抛物线与y轴交于点 B． (1)求点C的坐标； (2)点M在抛物线对称轴上，且位于C点下方，当时， 求点 M的坐标． 【答案】(1) (2) 【知识点】一次函数图象平移问题、y=ax²+bx+c的图象与性质、角度问题(二次函数综合) 【分析】（1）先求出点的横坐标为，再求出直线平移后的解析式，然后将代入计算即可得解； （2）求出，由题意可得点的横坐标为，作轴于，轴于，则，，，，可证得为等腰直角三角形，于是可得，进而证得，于是可得，解直角三角形即可求出，进而得出点的纵坐标为，于是得解． 【详解】（1）解：∵抛物线， ∴抛物线的对称轴为直线， ∴点的横坐标为， 将直线向下平移5个单位后得到的解析式为， ∵直线向下平移5个单位后，正好经过抛物线的顶点C， ∴在中，当时，，即； （2）解：在中，令，则，即：， ∵点M在抛物线对称轴上， ∴点的横坐标为， 如图，作轴于，轴于， ，则，，，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，即：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点的纵坐标为，即：点的纵坐标为， ∴． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，二次函数的图象与性质，一次函数的平移，二次函数图象的平移，等腰直角三角形的判定与性质，解直角三角形的相关计算，求一次函数的函数值等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，同时添加适当的辅助线是解题的关键． 2．（2025·湖南娄底·模拟预测）已知抛物线与x轴左、右交点分别为A、B，与y轴负半轴交于点C，坐标原点为O，若，，点P是抛物线上的动点（点P在y轴右侧）． (1)求抛物线的解析式； (2)D是线段的中点，①当时，请求出点P的坐标；②当时，请求出点P的坐标． 【答案】(1) (2)①或②或 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、90度的圆周角所对的弦是直径、解直角三角形的相关计算、角度问题(二次函数综合) 【分析】（1）根据，，求出的长，进而求出的坐标，待定系数法求出函数解析式即可； （2）①根据，得到，进而得到，推出四点共圆，圆周角定理得到为圆的直径，取的中点，则点即为圆心，连接，设，结合勾股定理列出方程进行求解即可；②中点得到，进而得到，取点，连接，得到，进而得到，同法①进行求解即可． 【详解】（1）解：抛物线与y轴负半轴交于点C，且，则：点在轴左侧，点在轴右侧： ∵， ∴， ∴， ∴（负值舍去）； ∴，，， ∴设抛物线的解析式为：，把代入解析式，得：， ∴， ∴； （2）①当∵， ∴， ∵， ∴当点与点重合时，满足题意；此时：； 当点与点不重合时，则：四点共圆， ∵， ∴为圆的直径，取的中点，则点即为圆心，连接，则：， ∵， ∴，，， 设点， 则：， 整理，得： 解得：（舍去）或（舍去）或（舍去）或， 当时，， ∴； 综上：或； ②∵，为的中点， ∴， ∵， ∴， 取点，连接，则：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边共圆， ∵， ∴为圆的直径，取的中点，则，， ∵， ∴， 设， ∴， 化简，得：， 解得：（舍去）或或（舍去）或； ∴或． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，四点共圆，圆周角定理的推论，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，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． 3．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，，顶点为D (1)求二次函数的解析式； (2)P为直线上方抛物线上一点，求面积最大值及P点坐标； (3)P为第四象限抛物线上一点，且，求出点P的坐标； 【答案】(1) (2)最大值为， (3) 【知识点】圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合、面积问题(二次函数综合)、角度问题(二次函数综合) 【分析】（1）先求得，设二次函数解析式为，再利用待定系数法求解即可； （2）先求出直线的解析式为：，设，则，求出，最后根据二次函数的性质即可得到答案； （3）过点C作，取一点E使，过点C作轴，作，先证明，可得，从而求出，由P为以为直径的圆与抛物线的交点的中点F，可得，设可求得，再求解即可． 【详解】（1）， ， 设二次函数解析式为， 将代入得： ， 故二次函数解析式为； （2）如图，连接，过点P作， 设直线的解析式为：， 将，代入直线的解析式得： ， 解得， 直线的解析式为：， 设，则， ， ， 由此可得，当，最大为， 当时，， ； （3）如图，过点C作，取一点E使，过点C作轴，作， ， ， ， ， ， ， ， ， P为以为直径的圆与抛物线的交点的中点F， ， ， 设 解得：， 将代入得：， 【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数的解析式、二次函数的图象与性质、圆周角定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质、圆周角定理，相似三角形的判定与性质，添加适当的辅助线，是解题的关键． 4．（2025·上海虹口·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于点、（点在点的左侧），与轴交于点，联结，，抛物线的顶点为点． (1)求的值和点的坐标； (2)点是抛物线上一点（不与点重合），点关于轴的对称点恰好在直线上． ①求点的坐标； ②点是抛物线上一点且在对称轴左侧，连接，如果，求点的坐标． 【答案】(1)； (2)①；② 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、根据成轴对称图形的特征进行判断、解直角三角形的相关计算、角度问题(二次函数综合) 【分析】此题考查了二次函数的图象和性质，解直角三角形、一次函数的图象和性质等知识． （1）点C的坐标为，得到在中，，得到，点A的坐标为，得到，解得； （2）①点B的坐标为，求出直线的解析式为，设点P的坐标为，则点P关于x轴的对称点为，得到在直线上，得到，解方程即可得到答案；②设交抛物线的对称轴于点H，过点H作于点N，证明，求出直线的解析式为，得到，得到，证明，在中，,设，则则，得到，由得到，则，得到，则点H的坐标是，求出直线的解析式为，与抛物线解析式联立得到求出点M的横坐标，即可得到点M的坐标． 【详解】（1）解：当时，， ∴点C的坐标为， ∴ 在中，， ∴ ∴点A的坐标为， ∵抛物线与轴交于点， ∴， 解得， ∴抛物线的表达式为， ∴； （2）①当时，，解得或， ∴点B的坐标为， 设直线的解析式为 ∴ 解得， ∴直线的解析式为， 设点P的坐标为， 则点P关于x轴的对称点为， ∵在直线上， ∴， 解得或（不合题意，舍去） ∴， ∴点P的坐标为； ②设交抛物线的对称轴于点H，过点H作于点N， ∵，， ∴ 设直线的解析式为， 则 解得，     ∴直线的解析式为， ∴， ∵，且点D在抛物线对称轴直线上， ∴， ∵ ∴， 在中，, 设，则则， ∴， ∵， ∴，则 ∴， 则点H的坐标是，即， 设直线的解析式为， 则     解得，     ∴直线的解析式为， 与抛物线解析式联立得到 解得，（不合题意，舍去） 当时， ∴ 5．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，已知抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴负半轴交于点C，且，直线经过B，C两点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，点D在抛物线上，满足，求点D的坐标； (3)如图2，设抛物线的顶点为T，直线与抛物线交于点E，F（点E在点F左侧），G为的中点，求的值． 【答案】(1)； (2)或； (3)． 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、相似三角形的判定与性质综合、线段周长问题(二次函数综合)、角度问题(二次函数综合) 【分析】（1）把代入得，求出，用待定系数法可得抛物线的解析式为； （2）求出，，，分两种情况：①当D在下方时，设延长线交x轴于K，证明，有，得，，即可求得直线解析式为，联立可解得；②当在上方时，设交x轴于W，过B作轴交直线于T，证明，可得，求出，，知，故直线的解析式为，联立，解得； （3）求出抛物线顶点T坐标，联立得，设，，则，，，，由G为的中点，知，故；根据两点间距离公式可得，即可得的值为． 【详解】（1）解：∵，C在y轴负半轴， ∴， 把代入得， ∴， 令得， ∴， 把，代入得： ， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：在中，令得， 解得或， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ①当D在下方时，设延长线交x轴于K，如下图， 此时， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴，， 由，得直线解析式为， 联立， 解得或， ∴； ②当在上方时，设交x轴于W，过B作轴交直线于T，如上图， 此时，， 又， ∴， ∴， 在中，令得， ∴，， ∴，， ∴， 由，得直线CW的解析式为， 联立， 解得或， ∴； 综上所述，D的坐标为或； （3）解：由知抛物线顶点T坐标为， 联立得， 设，，则，，，， ∴， ∵G为的中点， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的值为． 【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，三角形全等的判定与性质，相似三角形判定与性质，根与系数的关系，两点间距离公式等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度． 6．（2023·江苏连云港·一模）如图，已知抛物线经过点，与y轴交于点C． (1)求抛物线的解析式； (2)若点P为该抛物线上一动点． ①当点P在直线下方时，过点P作轴，交直线于点E，作轴．交直线于点F，求的最大值； ②若，求点P的横坐标． 【答案】(1) (2)①；② 【知识点】求一次函数解析式、根据成轴对称图形的特征进行求解、求角的正切值、角度问题(二次函数综合) 【分析】（1）待定系数法求解析式即可； （2）①当时，，即，，，待定系数法求直线的解析式为；如图1，设，则，，由，可知当时，有最大值，由轴，轴，可得，，由勾股定理得，，进而可求的最大值；②如图2，作关于轴的对称点，连接，作，使，交轴于， 由轴对称的性质可知，，，则，，，由勾股定理得，，如图2，作于，由，即，可求，由勾股定理得，，则，由，即，可求，即，待定系数法求直线的解析式为，联立，，计算求出满足要求的解即可． 【详解】（1）解：将代入得，， 解得，， ∴； （2）①解：当时，，即， ∴，， 设直线的解析式为， 将，代入得，， 解得，， ∴直线的解析式为； 如图1， 设，则，， ∵， ∴当时，有最大值， ∵轴，轴， ∴，， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴的最大值为； ②解：如图2，作关于轴的对称点，连接，作，使，交轴于，      由轴对称的性质可知，，， ∴，， ∴， 由勾股定理得，， 如图2，作于， ∴，即， 解得，， 由勾股定理得，， ∴， ∴，即， 解得，， ∴， 设直线的解析式为， 将，代入得，， 解得，， ∴直线的解析式为， 联立，， 解得，或（舍去）， ∴点P的横坐标为． 【点睛】本题考查了二次函数解析式，二次函数的最值，二次函数与线段综合，二次函数与角度综合，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，轴对称的性质，正切等知识．熟练掌握二次函数解析式，二次函数的最值，二次函数与线段综合，二次函数与角度综合，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，轴对称的性质，正切是解题的关键． $$