2025年中考数学三轮高频考点《二次函数中的特殊三角形与特殊四边形的存在性问题》冲刺练习

2025年中考数学三轮高频考点《二次函数中的特殊三角形与特殊四边形的存在性问题》冲刺练习 本练习主要以中考模拟考试中的试题为主，旨在帮助学生加强对应中考高频考点二次函数与特殊三角形和四边形存在性问题的掌握程度，可以合理选用练习！ 考点一 二次函数与特殊三角形的存在性问题 1．（2025·广东梅州·一模）如图，二次函数的图象经过点，和，一次函数过点B，C．点P是直线上方二次函数图象上的一个动点，过点P作直线轴于点D，交直线于点E． (1)直接写出二次函数和一次函数的解析式； (2)当是以为底边的等腰三角形时，求点P的坐标； (3)连接，连接交于点M，记面积为，面积为，在点P运动的过程中，判断是否存在最大值，若存在，求出其最大值，若不存在，请说明理由． 2．（2025·湖北随州·二模）如图，平面直角坐标系中，点A，D在x轴上，点B在y轴上，四边形为菱形，．抛物线经过点，，且点C为此抛物线的顶点，连接． (1)求抛物线的解析式； (2)若动点P在边上以每秒2个单位长度的速度由B向C运动，同时动点Q在线段上以每秒3个单位长度的速度由D向A运动，当其中一个点到达终点停止运动时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t秒，当时，求t的值； (3)抛物线上是否存在点M，使为直角三角形，若存在，求点M的坐标；不存在，说明理由． 3．（2025·广东汕尾·二模）【问题背景】 抛物线的图象与x轴交于点，B，顶点为C，与y轴交于点D，与一次函数的图象交于点A，E． 【构建联系】 （1）填空：______，______，点E的坐标为______． （2）如图1，点P为x轴上方抛物线上一点，连接，，当时，求点P的坐标． 【深入探究】 （3）如图2，在（2）的条件下，将点B沿的方向平移个单位长度，得到点．若将线段沿的方向平移，得到线段，则在平移过程中，点P，M，N能否构成等腰三角形？若能，请直接写出点N的坐标；若不能，请说明理由． 4．（2025·广东清远·一模）如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点．过点的直线与轴交于点，与抛物线交于点，连接，已知．    (1)求的长． (2)求的面积． (3)抛物线对称轴上是否存在一点，使以，，为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 5．（2025·湖北武汉·三模）已知抛物线与直线在第一象限交于点，且． (1)求点的坐标及的值； (2)如图1，为抛物线上一点，轴交线段于点．若为等腰三角形，直接写出点的横坐标； (3)如图2，直线交抛物线于，两点，若平分，求的面积． 6．（2025·江西萍乡·模拟预测）如图，在等腰三角形中，，点在轴上，点在轴上，点，抛物线的图象经过点． (1)求抛物线的函数表达式； (2)把沿轴正方向平移，当点落在抛物线上时，求扫过区域的面积； (3)在抛物线上是否存在异于点的点，使是以为直角边的等腰直角三角形?如果存在，请求出所有符合条件的点的坐标；如果不存在，请说明理由． 7．（2025·江苏常州·一模）已知：如图，抛物线与x轴交于点A、B，它的对称轴交x轴于点Q．点P是对称轴上的一动点(不与点Q重合)，过点P作轴，交抛物线于点C、D．(点C在点D的右侧)． (1)如图1，连接，若四边形是平行四边形，则_____； (2)如图2，连接，交对称轴于点T，连接，当时，求直线的函数表达式； (3)在(2)的条件下，在该抛物线上取一点M，使得是以为斜边的直角三角形，请直接写出点M的坐标． 8．（2025·青海西宁·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，，与轴交于点． (1)求直线和抛物线的解析式． (2)若是抛物线对称轴上的一点，是否存在点，使得以三点为顶点的三角形是以为腰的等腰三角形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 9．（2025·甘肃酒泉·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，，． (1)求抛物线关系式． (2)抛物线上是否存在一点P，使是以A为直角顶点的直角三角形．若存在请求出点P的坐标，若不存在请说明理由． (3)点D，E分别是线段上的动点，连接，当时，求的最小值． 10．（2025·湖南郴州·模拟预测）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，对称轴为直线．点是抛物线上的一个动点，设它的横坐标为．过点作轴，与交于点，连接，． (1)求抛物线的表达式； (2)求线段的最大值； (3)是否存在以为腰的等腰三角形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 考点二 二次函数与特殊四边形的存在性问题 11．（2025·四川绵阳·二模）如图，已知抛物线与x轴交于A，两点，与y轴交于点，E为x轴负半轴上的点，F为抛物线第一象限上的点，，D为直线上的点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图①，若四边形是平行四边形，求直线的解析式； (3)如图②，直线满足（2）中的条件，M为直线上的点，当点D在第一、象限中，且，求点D的坐标． 12．（2025·四川成都·二模）在平面直角坐标系中，抛物线与y轴交于点，与x轴交于A，B两点，对称轴是直线，连接，． (1)求该抛物线的解析式； (2)如图1，若点M为直线上方的抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交于点N，过点M作x轴的平行线，交直线于点Q，求的最大值； (3)如图2，点E是抛物线上一点，点D在x轴上，若平面内以点A、D、C、E为顶点的四边形是平行四边形，求出点E的坐标． 13．（2025·陕西西安·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点． (1)求点，点的坐标； (2)抛物线与抛物线关于原点成中心对称，求抛物线的表达式； (3)已知的对应点为，的对应点为，的对应点为，以，，，，，六个点中的4个点为顶点构造四边形，请写出形状为菱形的四边形，并求出面积最大的菱形面积． 14．（2025·湖北随州·模拟预测）如图，抛物线经过A、B两点，顶点为M，对称轴l与x轴交于点D，与直线交于点E． (1)将抛物线沿直线平移，使得点A落在点B处记为，此时点的对应点为C，求点的坐标，判断四边形的形状，并说明理由． (2)设G是坐标平面内一点，当以A、C、G、M为顶点的四边形是平行四边形时．求点G的坐标． (3)设G是抛物线上的对称轴上一点，K是坐标平面内一点，是否存在点G，使得以A、C、G、K为顶点的四边形是矩形，若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由． 15．（2025·江苏无锡·二模）已知二次函数的图象与轴分别交于点和点，与轴交于点，对称轴为直线，交轴于点为抛物线上一动点． (1)求这个二次函数的表达式； (2)当时，求点的坐标； (3)若点是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点，使得以为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出所有符合条件的点的横坐标；若不存在，请说明理由． 16．（2025·重庆渝中·二模）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，对称轴与轴交于点． (1)求抛物线的表达式； (2)点在线段上，点与点关于对称轴对称，过点作轴交抛物线于点，直线交轴于点．若四边形是平行四边形，求点的坐标； (3)若点是对称轴上一动点，当最大时，直接写出点的坐标． 17．（2025·广东深圳·二模）如图1，抛物线与轴交于点，，与轴交于点． (1)求抛物线的函数表达式； (2)点是抛物线上的一个动点． ①如图1，若点在第一象限内，连接交直线于点，设的面积为，面积为，若，求点坐标； ②如图2，抛物线的对称轴与轴交于点，过点作点，点是对称轴上的一个动点，是否存在以点，，，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． 18．（2025·四川自贡·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线为常数，的图象与轴交于点两点，与轴交于点，且抛物线的对称轴为直线． (1)求抛物线的解析式； (2)在直线下方的抛物线上有一动点，过点作轴，垂足为点，交直线于点，求的最大值，并求出此时点的坐标； (3)如图2，若抛物线沿射线方向平移个单位长度得到抛物线，点为新抛物线上一点，点为原抛物线对称轴上一点，取（2）中最大值时点，是否存在以点B、P、E、F构成的平行四边形？若存在，直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由． 19．（2025·四川成都·二模）如图，已知抛物线与轴相交于点，将抛物线绕着点旋转得到新的抛物线，抛物线与轴相交于点． (1)求点的坐标及抛物线的顶点坐标； (2)在抛物线上取一点，连接，且满足． 当时，求点的坐标； 定义：我们把一条对角线与一条边相等的平行四边形称为关于此对角线的对等平行四边形．现过点，，作平行四边形，当平行四边形是关于对角线的对等平行四边形时，求此时的值． 20．（2025·河北保定·一模）已知抛物线交轴于两点，交轴于点，矩形各顶点坐标分别是． (1)求抛物线顶点坐标，以及与轴交点的坐标，并求出的长度； (2)抛物线是原抛物线通过平移得到的新抛物线，此抛物线与轴的交点为和（在的左侧），若线段的长度在时，则的取值范围是多少； (3)当抛物线与轴的交点为，顶点为，当为何值时，以为顶点的四边形为菱形．（直接写出答案） 参考答案 1．(1)， (2) (3)存在，最大值为． 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）设，则，过点作于点，由题意可得，轴，从而可得的纵坐标为2，进而得出，求解即可； （3）证明，得出，求出，过点作于点，则，设，则，求出，，最后由二次函数的性质求解即可． 【详解】（1）解：因为二次函数的图象经过点，， 所以， 再将代入，得， 解得：， 所以二次函数解析式为，即． 一次函数过点和， 代入，得，解得， 因此一次函数解析式为； （2）解：依题意，可设，则， 过点作于点， 因为是以为底边的等腰三角形， 所以，轴， 所以的纵坐标为2， 所以， 即有， 解得：（舍去）或， 因此． （3）解：解：存在． 在和中，因为， 所以， 于是， 从而，即， 过点作于点， 于是， 可设，则， 于是， 而， 又因为，， 所以， 因此， 又 所以， 因为， 所以存在最大值，最大值为． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式、一次函数的解析式，二次函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 2．(1) (2) (3)存在，M为或 【分析】（1）过点C作于点E，由菱形的性质可得，则可证明为等边三角形，则，解直角三角形求出的长，进而可得点C的坐标，再把解析式设为顶点式，利用待定系数法求解即可； （2）证明四边形为平行四边形，得到，即，解方程即可得到答案； （3）分，三种情况画出示意图，讨论求解即可． 【详解】（1）四边形为菱形， ， ， 为等边三角形， 过点C作于点E，则 ， 在中，，， ， 则C为， 设抛物线的解析式为，则， 解得， ； （2）解：四边形为菱形， ，， ， ， ∴ 四边形为平行四边形， ∴，即， 解得． （3）解：当时，如图所示，过点C作于点E，设直线交y轴于H， 由（1）得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 设直线解析式为， ∴， ∴， ∴直线解析式为， 联立解得或， ∴此时点M的坐标为； 同理可得当时，设直线与y轴交于K，过点C作轴于J， ∵轴，，即轴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可得直线的解析式为， 联立，解得或 此时点M的坐标为， 当时，点M不在抛物线上，故舍去， 综上知M为或． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，菱形的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，一次函数与几何综合，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 3．（1）；3； （2） （3）能，点N的坐标为或 【分析】（1）根据待定系数法即可求出b、c的值，联立方程组，解方程组即可求出点E的坐标； （2）过点P作轴，交于Q，设，则，，根据，得，解方程即可求解； （3）过作轴于H，过C作轴于G，证明，得出，，则，根据待定系数法求出直线解析式，则，故线段沿的方向平移就是将线段沿的方向平移，设且，则，然后分；；三种情况讨论，根据两点间距离公式构建关于x的方程求解即可． 【详解】解：（1）把代入，得， 解得， ∴， 把代入，得， 解得， ∴， 联立方程组， 解得或（舍去）， ∴， 故答案为：，2，； （2）过点P作轴，交于Q， 设，则， ∴， ∵， ∴， 解得， 当时，，此时点P在x轴上，不符合题意，舍去， 当时，，符合题意， ∴； （3）令，解得，， ∴， ∵， ∴， ∴， 过作轴于H，过C作轴于G， ∵点B沿的方向平移个单位长度，得到点， ∴，， ∴， 又， ∴， ∴，， ∴， 设直线解析式为， 则， 解得， ∴直线解析式， 又直线解析式为， ∴， ∴线段沿的方向平移就是将线段沿的方向平移， ∵平移， ∴ 设且，则， 当时，， 解得（不符合题意，舍去）； 当时，， 解得，（不符合题意，舍去）， ∴，， ∴； 当时，， 解得，（不符合题意，舍去）， ∴，， ∴； 综上，N的坐标为或． 【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，全等三角形的判定与性质，平移的性质，二次函数的图象与系数的关系，求一次函数解析式，已知两点坐标求两点距离，解一元二次方程，解二元一次方程组等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键． 4．(1)4 (2)7 (3)或或或或 【分析】（1）先求出点A和点E的坐标，再利用待定系数法求出抛物线解析式，进而求出点B的坐标即可得到答案； （2）先求出点C坐标，再求出直线解析式，进而求出点D的坐标，最后根据三角形面积计算公式求解即可； （3）分三种情况，根据两点距离计算公式建立方程求解即可． 【详解】（1）解；， ∴， 点坐标为点坐标为． 将点分别代入中得 解得 抛物线解析式为． 在中，当时，则， 解得， 点坐标为， ∴． （2）解；设直线的解析式为， ∴，， ． 把点代入，得解得 直线的解析式为． 联立 解得 ； （3）解：∵抛物线解析式为， ∴对称轴为直线， ∵， ∴． 设， ①当时，， 解得， ； ②当时，， 解得 或； ③当时，， 解得 或． 综上，点的坐标为或或或或． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，两点距离计算公式，等腰三角形的定义等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 5．(1)点的坐标为， (2)点的横坐标为3或4或 (3) 【分析】（1）根据题意设，过点作轴，则，由勾股定理可得，可求得点的坐标为，再利用待定系数法可求得的值； （2）由（1）可知抛物线为，设，由题意得，且，则，，，分三种情况：当时，即，当时，即，当时，即，分别列出方程即可求解； （3）过点作轴，由（1）可知，，令直线与轴，轴分别交于点，点，与交于点，则，则平分，先证明，得，过点作轴，过点作轴，则，得证，可知，，而直线交抛物线于，两点，得，解得：，由，可知，即，解得，可得，则，再根据即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线与直线在第一象限交于点， ∴设，过点作轴，则， 由勾股定理可得， ∵， ∴，即点的坐标为， 将代入，得， 解得：； （2）由（1）可知抛物线为， 设， ∵轴交线段于点， ∴，且， 则，， 当时，即， ∴，解得：（或5不符题意，应舍去） 当时，即， ∴，解得：（不符题意，应舍去） 当时，即， ∴，解得：（或不符题意，应舍去） 综上，点的横坐标为3或4或； （3）过点作轴，由（1）可知， ∴， 令直线与轴，轴分别交于点，点，与交于点， 则，则平分， ∴，，则， ∵平分， ∴，则 ∴， ∵， ∴， ∴， 过点作轴，过点作轴，则， ∴， ∴，， 而直线交抛物线于，两点， ∴，整理得， 解得：， 即，， ∴，， ∵， ∴，即 解得， ∴，直线的解析式为， 当时，，当时，， ∴， ∴ ． 【点睛】本题考查利用待定系数法求函数解析，图形与坐标，等腰三角形，勾股定理，全等三角形的判定及性质等知识点，理解题意，分类讨论，添加辅助线构造全等三角形是解决问题的关键． 6．(1) (2)9.5 (3)存在， 【分析】（1）将点C的坐标代入抛物线的解析式，可求得b的值，从而可得到抛物线的解析式； （2）过点C作轴，垂足为点K，首先证明，从而可得到，，于是可得到点A、B的坐标，然后依据勾股定理求得的长，然后求得点D的坐标，从而可求得三角形平移的距离，最后，依据扫过区域的面积为，求解即可； （3）当时，过点P作轴，垂足为G，先证明，从而可得到点P的坐标，然后再判断点P的坐标是否满足抛物线的解析式即可，当，过点P作轴，垂足为点F，同理可得到点P的坐标，然后再判断点P的坐标是否满足抛物线的解析式即可． 【详解】（1）解：∵点在二次函数的图象上， ，解得：， ∴二次函数的解析式为； （2）解：过点C作轴，垂足为K． 为等腰直角三角形， ． 又， ． 又， ． 在和中， ， ， ，． ，． ∴当点B平移到点D时，设， 则，解得（舍去）或． 由题意可得扫过区域的面积为平行四边形和的面积和， 即； （3）解：存在； 当时，过点P作轴，垂足为G． 为等腰直角三角形， ，． ． 又， ． 在和中， ， ， ，， ∴． 当时，， ∴点不在抛物线上． 当，过点P作轴，垂足为F． 同理可知：， ，， ． 当时，， ∴点在抛物线上， 综上，所有符合条件的点P的坐标为． 【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、平移的性质、全等三角形的性质和判定，作辅助线构造全等三角形是解答本题的关键． 7．(1)24 (2)或 (3)、、、 【分析】（1）根据抛物线可求得，故抛物线的对称轴为直线，可以求得，从而得到，，根据题意可证C，D两点是一对对称点，得到，，求得，继而得到，根据平行四边形的面积得． （2）当点P在x轴的上方时，C，D两点是一对对称点，得到，，轴，得，，于是点恰好是抛物线与y轴正半轴的交点，设直线的解析式为，由直线经过点，故，解得，故直线的解析式为，同理可求点P在x轴的下方情况，解答即可． （3）根据题意，当点P在x轴的上方时，以为直径作圆交抛物线于点M和，连接，过点M作轴于点H，交于点G，，不妨设，，得到，解得，；；根据题意，当点P在x轴的下方时，以为直径作圆交抛物线于点和，连接，过点作轴于点N，交于点，根据（2）的直线的解析式为，得，求得；得到，不妨设，则，， 解得，此时；；解答即可． 【详解】（1）解：由，得， 解得， 故， 故抛物线的对称轴为直线， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点P是对称轴上的一动点(不与点Q重合)，过点P作轴，交抛物线于点C、D． ∴C，D两点是一对对称点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：24． （2）解：当点P在x轴的上方时， ∵点P是对称轴上的一动点(不与点Q重合)，过点P作轴，交抛物线于点C、D． ∴C，D两点是一对对称点， ∴，，轴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点恰好是抛物线与y轴正半轴的交点， 设直线的解析式为， 由直线经过点， 故， 解得， 故直线的解析式为， 当点P在x轴的下方时， ∵点P是对称轴上的一动点(不与点Q重合)，过点P作轴，交抛物线于点C、D． ∴C，D两点是一对对称点， ∴，，轴， ∴， ∵， ∴， 设直线与y轴交于点N， ∴， 则， 设直线的解析式为， 由直线经过点 故， 解得， 故直线的解析式为， 综上所述，直线的解析式为或． （3）解：根据题意，当点P在x轴的上方时，以为直径作圆交抛物线于点M和，连接，过点M作轴于点H，交于点G， ∵轴， ∴， 故四边形是矩形， ∴， ∵为直径， ∴， ∴， ∴， ∵M在抛物线上， 不妨设， ∴， ∴， ∴， 整理，得， 解得， 当时，，此时； 当时，，此时； 根据题意，当点P在x轴的下方时，以为直径作圆交抛物线于点和，连接，过点作轴于点N，交于点， ∵轴， ∴， 故， 根据（2）的直线的解析式为， 根据题意，得， 解得或， 故； ∴， ∵为直径， ∴， ∴， ∴， ∵在抛物线上， 不妨设， ∴， ∴， ∴， 整理，得， 解得， 当时，，此时； 当时，，此时； 综上所述，符合题意的点有点或或或． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，抛物线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质，圆的性质，三角函数的综合应用，解一元二次方程，待定系数法求一次函数的解析式，熟练掌握性质，待定系数法，三角函数的应用是解题的关键． 8．(1) (2)存在，点M坐标为或或 【分析】（1）直接利用待定系数法求解解析式即可； （2）先求出抛物线的对称轴为直线，设，可得，，，再分类讨论即可； 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点，，与轴交于点， ∴， 解得：， ∴抛物线为：； （2）解：∵， ∴抛物线的对称轴为直线， 设， ∵， ∴，， ， 当时， ∴， 解得：， ∴或； 当时， ∴， 解得：， ∴， 综上：点M坐标为或或． 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，勾股定理的应用，等腰三角形的定义，二次函数的图象与性质，清晰的分类讨论是解本题的关键． 9．(1) (2)存在， (3) 【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式、抛物线的对称性、两点间的距离公式以及勾股定理等知识，熟练掌握待定系数法求函数解析式、二次函数的性质及线段中点公式、勾股定理逆定理是解题的关键． （1）待定系数法求解可得； （2）求出，得，得出直线交y轴与，求出直线的解析式，与抛物线解析式联立方程组，求解即可； （3）过点C作平行于x轴，且，连接EF，AF．证明，得，得出，即的最小值为的长，过点F作轴，交x轴于点G．在中由勾股定理得，从而可得结论． 【详解】（1）解：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：存在． ∵，， ∴， ∵是以A为直角顶点的直角三角形． ∴， ∴直线交y轴与， 设直线的关系式为：， 把代入求得． ∴， ∴ 解得    （舍） ∴； （3）解：∵，，， ∴， 由勾股定理得，， 如图，过点C作平行于x轴，且，连接，． ∵平行于x轴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为的长． 过点F作轴，交x轴于点G． 在中，， ∴， 即的最小值为． 10．(1) (2)有最大值 (3)或 【分析】（1）根据抛物线的对称轴为，与轴交于点得，解出、的值，即可求解； （2）设点，利用待定系数法求出直线的解析式为，即点，再根据求出的表达式，最后根据二次函数的顶点公式求得最大值即可； （3）分两种情况讨论：当时；当时；即可求解． 【详解】（1）解：抛物线的对称轴为，与轴交于点， ， 解得：， ； （2）解：设点， 设直线的解析式为， 直线经过点，， ， 解得：， 直线的表达式为：， 即点， ， ， ， 时，开口向下，当时，有最大值， ； （3）解：存在以为腰的等腰三角形，有以下两种情况： 当时，过作于点，则点为的中点，即， ， ， ，（舍去）； 当时， ， ， ，（舍去）， 综上所述：当或时，存在以为腰的等腰三角形． 【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、二次函数的解析式，二次函数的性质，等腰三角形的性质，解一元二次方程，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 11．(1) (2) (3) 【分析】此题考查了二次函数综合题，平行四边形的性质、相似三角形的性质等知识，数形结合是解题的关键． （1）利用待定系数法求解即可； （2）证明是等腰直角三角形，得到．设直线的解析式为，则，则直线的解析式为．证明，则，，得到．利用待定系数法即可求出答案； （3）过点D作，垂足为H，过点B作，垂足为N，过点N作，垂足为K．求出，得到，则，根据得到，整理可得，求出，即可得到答案． 【详解】（1）解：点在抛物线上， ． 将代入， 得， 抛物线的解析式为． （2）如图③，过点作，垂足为． 由（1）可得抛物线的解析式为， ， 是等腰直角三角形， ． 设直线的解析式为，则， 直线的解析式为． 四边形是平行四边形， ，，， ， ，， ， ． 点在直线上，把代入中， 得，解得， 直线的解析式为 （3）如图④，过点D作，垂足为H，过点B作，垂足为N，过点N作，垂足为K． ∵， ∴， ∴， ∴，则． ，则， 由直线EF的解析式为，得． ∵，， ∴直线BN的解析式为， ∴， ∴， ∴， ， ∴，， 整理可得， 解得． ∵点D在第一象限内， ∴， ∴， 即当△ADE∽△DBM时，点D的坐标为． 12．(1) (2) (3)点的坐标为或 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）求出直线的解析式为；设，则，，求出，得出，，表示出，再由二次函数的性质求解即可； （3）由题意可设，，分三种情况：当为对角线时；当为边时，平行四边形为时；当为边时，平行四边形为时；分别利用平行四边形的性质求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与y轴交于点，对称轴是直线， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为； （2）解：在中，令，则， 解得：，， ∴，， 设直线的解析式为， 将，代入直线解析式可得， 解得：， ∴直线的解析式为； 设，则，， 在中，当时，， 解得，即， ∴，， ∴， ∵， ∴当时，的值最大，为； （3）解：由题意可设，， ∵平面内以点A、D、C、E为顶点的四边形是平行四边形，， ∴当为对角线时，由平行四边形的性质可得， 解得：或（不符合题意，舍去）， 此时点的坐标为； 当为边时，平行四边形为时，由平行四边形的性质可得， 解得：或（不符合题意，舍去）， 此时点的坐标为； 当为边时，平行四边形为时，由平行四边形的性质可得， 解得：或（不符合题意，舍去）， 此时点的坐标为， 综上所述，点的坐标为或． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、求一次函数的解析式、二次函数综合—线段周长问题、二次函数综合—特殊的四边形，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 13．(1)， (2) (3)四边形，是菱形，面积最大的菱形面积为18 【分析】（1）当时，，然后求解即可； （2）首先将抛物线配方得到，求出抛物线的顶点坐标为，然后根据中心对称的性质得到抛物线的二次项系数为，顶点坐标为，进而求解即可； （3）首先求出，，，，然后得出，，，结合，证明出四边形，是菱形，然后利用菱形面积公式求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点和点 ∴当时， 解得或 ∴，； （2）解：∵ ∴抛物线的顶点坐标为 ∵抛物线与抛物线关于原点成中心对称 ∴抛物线的二次项系数为，顶点坐标为 ∴抛物线的表达式为； （3）解：如图所示， 当时， ∴ ∵，，抛物线与抛物线关于原点成中心对称 ∴，， ∴，， ∴四边形，是平行四边形 又∵， ∴四边形，是菱形 由图可得，菱形的面积大于菱形的面积 ∴菱形的面积． 【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象和性质，关于点成中心对称的图形的性质以及菱形的判定和面积公式，其中根据中心对称的性质求出抛物线的函数表达式是解题的关键． 14．(1)四边形是平行四边形，理由见解析； (2)或或； (3)存在，或或或 【分析】此题考查了二次函数综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质是关键． （1）证明，即可得到是平行四边形； （2）①若为的对角线时，则与互相平分，② 若为的对角线，则与互相平分，③ 若为的对角线，则与互相平分，分三种情况进行解答即可； （3）要使以A、C、G、K为顶点的四边形是矩形，则一定是直角三角形，分三种情况进行解答即可． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下： ∵抛物线与y轴交于点C， 令，则， ∴点， 令，则， 解得， ∴，， ∴由平移的性质可知， ∵， ∴是平行四边形； （2）∵抛物线的解析式为， ∴点， 设点， ∵，， ①若为的对角线时，则与互相平分， ∴    ∴ 解得   ∴ ② 若为的对角线，则与互相平分， ∴    ∴ 解得   ∴ ③ 若为的对角线，则与互相平分 ∴    ∴ 解得   ∴ 综上所述，点G的坐标为或或； （3）存在， 要使以A、C、G、K为顶点的四边形是矩形，则一定是直角三角形， ∵点G在对称轴上， ∴设点G的坐标为， 由勾股定理，得，， ①若，则 即， 得， 此时点G的坐标为， ② 若，则， 解得， 此时点G的坐标为， ③ 若，则， 解得， 此时点G的坐标为或， 综上可知，点G的坐标为或或或． 15．(1) (2)点P的坐标为或； (3)点Q的横坐标是或4或或． 【分析】（1）先根据对称轴公式，可得，再将点B的坐标代入抛物线的解析式中可得，即可解答； （2）分两种情况：①点P在的下方时，先利用待定系数法可得的解析式，联立抛物线和直线的解析式，解方程可得点P的坐标；②点P在的上方时，证明，可得，即可解答； （3）设点P的坐标为，分三种情况：①如图3，过点P作轴于F，则，②如图4，过点P作轴于G，则，③如图5，，即可解答． 【详解】（1）解：∵二次函数，对称轴为直线， ∴， ∴， ∴， 将点代入中得：， ∴， ∴这个二次函数的表达式为：； （2）解：分两种情况： ①点P在的下方时，如图1， 当时，， ∴，， 设的解析式为：， ∴， ∴， ∴的解析式为：， ∴， 解得：（舍），， ∴点P的坐标为； ②点P在的上方时，如图2，设直线交x轴于E， ∵，， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵， 同理，的解析式为：， ∴， ∴，即， ∴，， ∴点P的坐标为； 综上，点P的坐标为或； （3）解：设点P的坐标为， 分三种情况： ①如图3，过点P作轴于F，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴，， ∴点P的横坐标为， ∵，， ∴由平移得点Q的横坐标为； ②如图4，过点P作轴于G，则， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴或1， ∴点P的横坐标为1， ∵，， ∴由平移得点Q的横坐标为4； ③如图5，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴（舍），，， ∵，， ∴点Q的横坐标是或； 综上，点Q的横坐标是或4或或． 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定，利用待定系数法求函数的解析式，三角函数等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题． 16．(1)抛物线解析式为 (2)四边形是平行四边形求点的坐标为或 (3) 【分析】（1）运用待定系数法求解即可； （2）设，则，，则，直线的解析式为，则，根据四边形是平行四边形，得，即，由此即可求解； （3）根据题意，设，如图所示，取的外接圆圆心，连接并延伸，交于点，交抛物线对称轴直线榆点，连接，当于抛物线对称轴相切时的最最大，则，设，且，，，点是三角形的内心，则，由此列式得，求解即可． 【详解】（1）解：抛物线与轴交于点对称轴， ∴， 解得，， ∴抛物线解析式为； （2）解：抛物线解析式为，令，则， 解得，， ∴， 令，则， ∴， 当时，，即顶点坐标为， ∵点在线段上，点与点关于对称轴对称， ∴设，则，， ∴， 这直线的解析式为， ∴， 解得，， ∴直线的解析式为， 当时，， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 整理得，， ∴， 解得，，，， ∵，，， ∴或， ∴当时，，即； 当时，，即； ∴四边形是平行四边形求点的坐标为或； （3）解：点是对称轴上一动点， ∴设， 如图所示，取的外接圆圆心，连接并延伸，交于点，交抛物线对称轴直线榆点，连接， ∴， ∴当于抛物线对称轴相切时的最最大，则， 设，且， ∴，， ∵点是三角形的内心， ∴， ∴， 由得，，则， 由得，， 整理①②得，， ∴， 解得，，， ∵（不符合题意，舍去），， ∴，则， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查二次函数与几何图形的综合，掌握待定系数法求解析式，二次函数与特殊四边形的计算，两点直线的距离公式，三角形外接圆的基础知识的综合运用，数形结合分析是关键． 17．(1) (2)①点坐标是或；②存在，点的坐标为，， 【分析】（1）将点A、B、C，代入即可求得抛物线的表达式； （2）①求出直线的表达式为，过作垂直交于和点，可证得，所以，设，则，，，，即可解决问题．②根据等腰直角三角形的性质求得的点坐标为，分为边和为对角线两种情况讨论，即可求解． 【详解】（1）解：把， ，代入得∶ ， 解得， ∴抛物线的表达式为； （2）①设直线的解析式为， 把，代入得∶ ， 解得 直线的表达式为． 过作轴交于， 过作轴交于， ∴， ， ， ， 设， 则， ， ， ∴当时，， ， ， ， 或， 点的坐标为或． ②存在，理由如下： 过点作于，如图， 的对称轴为直线， ， ， ， 又， 是等腰直角三角形， ，， 是等腰直角三角形， ， 点的坐标为， 当为边时， 四边形为平行四边形， ，轴， 点的横坐标与点的横坐标同为， 当时，， 点的坐标为， ， 点的坐标为， 根据对称性当时， ， ∴时，四边形也是平行四边形． 当为对角线时，如图， 四边形为平行四边形， ，轴， 同理求得：点的坐标为， ， 点的坐标为， 综上，点的坐标为时，点的坐标为或，时，． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，一次函数的性质，等高的三角形的面积的比等于底边的比，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质以及平行四边形的性质． 18．(1) (2) (3)点的坐标为，或 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； （2）先求出直线解析式为，过N作轴于D，设，则，故，判定是等腰直角三角形，得出，进而求出，然后根据二次函数的性质求解即可； （3）根据平移法则得到抛物线的解析式为，设点，分为为对角线，为对角线，为对角线，三种情况讨论即可． 【详解】（1）解：将点，分别代入， 得， 解得． ∵该抛物线的对称轴为直线， ∴，即， ∴， ∴，，， ∴该抛物线的解析式为． （2）解：令，解得，， ∴， 设直线解析式为， 则，解得， ∴， 过N作轴于D， ， 设，则， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴ ， ∴当时，取最大值，最大值为，此时； （3）解：存在．理由如下： 原抛物线，对称轴为直线， ∴F的横坐标为， ∵点，点， ∴，， ∴． ∵抛物线沿射线的方向平移个单位长度得到抛物线y， ∴抛物线先向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到y， ∴抛物线的解析式为． 设点． ①当为对角线时， ∴，解得， ∴ ∴点E的坐标为． ②当为对角线时， ∴，解得， ∴ ∴点E的坐标为； ③当为对角线时， ∴，解得， ∴ ∴点E的坐标为． 综上所述，存在以点B，P，E，F为顶点的四边形是平行四边形，点E的坐标为，或． 【点睛】本题主要考查了求二次函数的解析式，二次函数的平移，等腰三角形的性质，二次函数与特殊四边形的综合题，二次函数的面积问题，熟练掌握相关知识点，利用数形结合思想及分类讨论的数学思想解答是解题的关键． 19．(1)； (2)或或 【分析】（1）令即可求点坐标，利用可得顶点坐标； （2）由，得出或，分两种情况：①当为时，先利用旋转得出新的抛物线的解析式和点的坐标，再利用结合点的坐标求出直线解析式，最后联立新的抛物线的解析式即可求出点；②当为时，同理可得； 由旋转知和关于点对称，新的抛物线的对称轴与抛物线的对称轴直线关于轴对称，，，可得，新的抛物线的对称轴为直线，两抛物线开口方向相反，形状相同，求出新的抛物线的解析式，再利用结合点的坐标求出直线解析式，联立新的抛物线的解析式即可求出点坐标，由平行四边形是关于对角线的对等平行四边形，分两种情况讨论：当时和当时，分别列式求解即可． 【详解】（1）解：∵令，得， ∴， ∵， ∴抛物线的顶点坐标为； （2）解：∵， ∴， ∴或， 当为时，如图， 设新的抛物线的解析式为， 抛物线绕着点旋转得到新的抛物线，两抛物线开口方向相反，形状相同， 则， ∵点绕点旋转得，新的抛物线的对称轴与抛物线的对称轴关于轴对称， ∴， 解得：， ∴新的抛物线的解析式为， ∵如图，过点作轴于点， ∵， ∴， ∴设， 设直线解析式为， 将代入，得， 解得：， ∴直线解析式为， 联立， 解得：，， ∴； 当为时，如图， 同理可得新的抛物线的解析式为， 如图，过点作轴于点， 同理可得直线解析式为， 联立， 解得：，， ∴， 综上所述，或； 由旋转知和关于点对称，新的抛物线的对称轴与抛物线的对称轴直线关于轴对称，，， ∴，新的抛物线的对称轴为直线，两抛物线开口方向相反，形状相同， 同方法可得新的抛物线的解析式为， 设交轴于点， ∵， ∴，且点在轴负半轴， ∴， 设直线解析式为， 将，代入， 得， 解得：， ∴直线解析式为， 联立， 解得：，， ∴， ∵平行四边形是关于对角线的对等平行四边形， 当时， 得， 解得：； 当时， 得， 解得：或（大于，舍）； 综上所述，或． 【点睛】本题考查二次函数综合，涉及二次函数的性质，一次函数的解析式，旋转，平行四边形，两点之间的距离公式，解一元二次方程，三角函数，熟练掌握这些性质是解题的关键． 20．(1) (2) (3) 【分析】本题主要考查二次函数图象的性质，二次函数与特殊四边形的性质，掌握二次函数顶点式的转换，二次函数图形的平移，二次函数与菱形的性质的计算是关键． （1）把二次函数转换为顶点式得到顶点坐标，根据二次函数与坐标值的交点得到，运用两点之间的距离公式即可得到； （2）根据题意得到，由得对称轴，当为4时，点的坐标为，当为5时，点的坐标为，代入计算即可求解； （3）四边形是矩形，则，根据平移后抛物线，当时，四边形为菱形，列式为，即可求解． 【详解】（1）解：， 抛物线的顶点坐标为， 当时，， ， ； （2）解：当时，， ，则， 的对称轴， 当为4时，， ∴，把点的坐标为代入，得： 当为5时，， ∴把点的坐标为代入，此时． ； （3）解：四边形是矩形， ， 又平移后抛物线， 当时，四边形为菱形， ， ． 学科网（北京）股份有限公司 $$