2026年 九年级数学中考复习 二次函数与特殊四边形综合压轴题 解答题专题训练

2026年春九年级数学中考复习《二次函数与特殊四边形综合压轴题》 解答题专题训练（附答案） 一、二次函数与平行四边形综合 1．如图，已知抛物线交x轴于A、B两点，交y轴于C点，A点坐标为，，，点D为抛物线的顶点． (1)求抛物线的解析式； (2)P为坐标平面内一点，以B、C、D、P为顶点的四边形是平行四边形，求P点坐标； (3)连接，点M是抛物线上的动点且在直线上方，求点到直线距离最大时，点的坐标及最大距离值． 2．如图，抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C，且． (1)求抛物线的解析式； (2)点P在抛物线的对称轴上，若线段绕点P逆时针旋转后，点A的对应点恰好也落在此抛物线上，求点P的坐标． (3)连结，H是抛物线上一动点，过点H作的平行线交x轴于点F，是否存在以点A、C、H、F为顶点所组成的四边形是平行四边形？若存在，直接写出满足要求的点F的坐标；若不存在，请说明理由． 3．已知，如图抛物线与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点，点A在点B左侧．点B的坐标为，． (1)求抛物线的解析式； (2)在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得的周长最小？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)若点D是线段下方抛物线上的动点，求四边形面积的最大值； (4)若点E在x轴上，点P在抛物线上．是否存在以A，C，E，P为顶点且以为一边的平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由． 4．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点，，与轴交于点． (1)求抛物线解析式． (2)在直线下方抛物线上有一点，当的面积最大时，求点的坐标及面积的最大值． (3)将该抛物线向左平移4个单位，得到新抛物线，新抛物线与原抛物线的交点为，点是新抛物线对称轴上一点，在（2）的条件下，在新抛物线上是否存在点，使得以点为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 5．如图，抛物线经过两点，并交轴于另一点，点是抛物线的顶点，直线与轴交于点 (1)求该抛物线的表达式； (2)若点是轴上一动点，分别连接，求的最大值； (3)若点是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点，使得以为顶点的四边形是平行四边形？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． 二、二次函数与矩形综合 6．如图，在平面直角坐标系中，以P为顶点的抛物线的解析式为，点A的坐标是，以原点为中心，把点A顺时针旋转，得到点． (1)直接写出点的坐标和抛物线的对称轴； (2)当时，y有最大值为，求抛物线的解析式； (3)在(2)的条件下，若点M在y轴上，点N在坐标平面内，是否存在以点，P，M，N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N的坐标；若不存在，请说明理由． 7．如图，抛物线与轴交于点，点，且． (1)求抛物线的解析式； (2)抛物线上两点，，点的横坐标为，点的横坐标为．点是抛物线上，之间的动点，过点作轴的平行线交于点． ①求的最大值； ②点关于点的对称点为，当为何值时，四边形为矩形． 8．如图所示，在平面直角坐标系中，矩形的边在x轴的负半轴上，边在y轴的正半轴上，且，矩形绕点O按顺时针方向旋转后得到矩形点A的对应点为点E，点B的对应点为点F，点C的对应点为点D，抛物线过点，，． (1)判断点E是否在y轴上，并说明理由； (2)求抛物线的函数表达式； (3)在x轴的上方是否存在点P，Q，使以点O，B，P，Q为顶点的平行四边形的面积是矩形面积的2倍，且点P在抛物线上，若存在，请求出点P，Q的坐标；若不存在，请说明理由． 9．如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），经过点的直线与轴负半轴交于点，与抛物线的另一个交点为，且． (1)求A、B两点的坐标及抛物线的对称轴； (2)求直线l的函数表达式（其中k、b用含a的式子表示）； (3)点E是直线l上方的抛物线上的动点，若的面积的最大值为，求a的值； (4)设P是抛物线对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A、D、P、Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由． 10．如图1，在平面直角坐标系中，直线：与轴、y轴分别交于点A和点，抛物线经过点B，且与直线的另一个交点为． (1)求n的值和抛物线的解析式； (2)点D在抛物线上，且点D的横坐标为．轴交直线于点E，点F在直线上，且四边形为矩形（如图2）．若矩形的周长为p，求p与t的函数关系式以及p的最大值； (3)M是平面内一点，将绕点M沿逆时针方向旋转后，得到，点A、、B的对应点分别是点、、．若的两个顶点恰好落在抛物线上，请求出点的横坐标． 三、二次函数与菱形综合 11．如图，已知二次函数的图象经过点，与x轴分别交于点A，点．点P是直线上方的抛物线上一动点． (1)求二次函数的表达式； (2)连接，，并把沿y轴翻折，得到四边形，若四边形为菱形，请求出此时点P的坐标； (3)当点P运动到什么位置时，四边形的面积最大？求出此时P点的坐标 12．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于A，B两点，B点的坐标为，与y轴交于点，动点M、N分别在线段上，点P是直线下方抛物线上的一个动点． (1)求二次函数解析式； (2)连接，，并将沿轴对折，得到四边形．是否存在点，使四边形为菱形？若存在，求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)当点运动到什么位置时，四边形的面积最大？求出此时点的坐标和四边形的最大面积； (4)若的值最小，求点M、N的坐标． 13．已知抛物线：与x轴的交点为，，与y轴的交点为C，且． (1)求点C的坐标以及抛物线的表达式； (2)将抛物线绕坐标平面内的某一点P旋转，得到的新抛物线与y轴的交点为点E，若新抛物线上存在一点F，使得以B，C，E，F为顶点的四边形是以为边的菱形，求点F的坐标； (3)将（2）中点E在y轴正半轴时的新抛物线记为． ①直接写出此时旋转中心P的坐标； ②再将向右平移至与只有一个公共点Q，请直接写出点Q的坐标． 14．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于、两点，交轴的正半轴于点，连接，且． (1)求抛物线的解析式； (2)如图2，点为第一象限抛物线上一点，过点作于点，设，点的横坐标为，求与的函数关系式； (3)在（2）的条件下，点为抛物线的顶点，对称轴交轴于点，连接，过作交于点，点为对称轴左侧抛物线上一点，点为平面上一点且，当四边形为菱形，求点的坐标． 四、二次函数与正方形综合 15．如图所示，已知二次函数与轴分别交于两点，交轴于点，点为抛物线顶点． (1)求二次函数的解析式； (2)如图1，连接，点为对称轴右侧抛物线上的一个动点，过点作轴交线段于点，过点作交轴于点，当最大值时，求点的坐标以及的最大值． (3)如图2，将抛物线沿射线方向平移个单位，得到新抛物线，点是新抛物线与轴的交点，点在直线上，点为平面内一点，是否存在点，使得以点为顶点的四边形是以为边的菱形，若存在直接写出所有符合条件的点的坐标，并选其中一个点的坐标写出求解过程；若不存在，请说明理由． 16．在平面直角坐标系中，抛物线（b为常数，）与y轴交于点A，且点A的坐标为，过点A作垂直于y轴的直线l． P是该抛物线上的任意一点，其横坐标为m，过点P作于点Q，M是直线l上的一点，其横坐标为． 以为边作矩形． (1)求b的值； (2)当点Q与点M重合时，求m的值； (3)当矩形为正方形时，求m的值； (4)当抛物线在矩形内的部分所对应的函数值y随x的增大而增大时，直接写出m的取值范围． 17．如图，抛物线与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，其中点A在y轴的左侧，点C在x轴的下方，且． (1)求抛物线对应的函数解析式； (2)点P为抛物线对称轴上的一动点，当的值最小时，求点P的坐标； (3)在（2）条件下，点E为抛物线的对称轴上的动点，点F为抛物线上的动点，以点P、E、F、M为顶点作四边形，当四边形为正方形时，请直接写出坐标为整数的点M的坐标． 18．如图，抛物线经过的三个顶点，与轴相交于，点坐标为，点是点关于轴的对称点，点在轴的正半轴上． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)点为线段上一动点，过作轴，轴，垂足分别为，当四边形为正方形时，求出点的坐标； (3)将（）中的正方形沿向右平移，记平移中的正方形为正方形，当点和点重合时停止运动，设平移的距离为，正方形的边与交于点，所在的直线与交于点，连接，是否存在这样的，使是等腰三角形？若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由． 19．如图，矩形在平面直角坐标系中，，抛物线经过点A和点B， (1)求抛物线的解析式； (2)抛物线的对称轴交于M，交于N，点E是轴上一动点，点F是点B关于直线的对称点，当点F落在抛物线的对称轴上时，求点E的坐标； (3)点G在直线上，点P在轴上方的抛物线上，点Q在坐标平面内，以C，G，P，Q为顶点的四边形为正方形，请直接写出点Q的坐标． 20．如图，抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点，过点C作x轴的平行线交抛物线于点D，点E在直线上运动． (1)求抛物线的解析式； (2)当点E在线段上，点D关于直线的对称点F恰好落在y轴上时，求点E坐标； (3)点P在x轴上方抛物线上，点Q在坐标平面内，在点E移动的过程中，当以点E，O，P，Q为顶点的四边形是以为边的正方形时，请直接写出点E坐标． 参考答案 1．（1）解：∵，， ∴， ∵， ∴设抛物线的解析式为， 将点代入得：，解得， ∴， 即抛物线的解析式为． （2）解：由（1）已得：， ∴抛物线的顶点坐标为， 设点的坐标为， ①当点组成的四边形是平行四边形时， ∴对角线互相平分， ∴，解得， ∴此时点的坐标为； ②当点组成的四边形是平行四边形时， ∴对角线互相平分， ∴，解得， ∴此时点的坐标为； ③当点组成的四边形是平行四边形时， ∴对角线互相平分， ∴，解得， ∴此时点的坐标为； 综上，点的坐标为或或． （3）解：如图，连接，过点作，交轴于点， 设直线的解析式为， 将点代入得：，解得， ∴直线的解析式为， ∴可设与直线平行的直线的解析式为， 联立得：， 要使点到直线距离最大，则关于的方程只有一个实数根， ∴这个方程根的判别式， 解得， ∴方程为，直线的解析式为， 解得， 将代入直线得：， ∴当点到直线距离最大时，点的坐标为； 如图，过点作于点， ∵， ∴即为点到直线最大距离， 将代入直线得：， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 综上，点到直线距离最大时，点的坐标，最大距离值为． 【点睛】本题考查了二次函数的几何应用、一次函数的几何应用、平行四边形的性质、勾股定理、解直角三角形、一元二次方程根的判别式等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键． 2．(1) (2)或 (3)或或 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，待定系数法求二次函数，二次函数的性质，四边形的面积，综合性较强，难度适中．利用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键． （）由点的坐标可知的长，根据，即可得出点的坐标，再根据点的坐标利用待定系数法即可求出二次函数解析式； （）根据抛物线求得对称轴直线，设点的坐标为，过作对称轴于，过作对称轴于，分当时，时，①当时，利用相等的边角关系即可证出，由此即可得出点的坐标，将其代入二次函数解析式中即可求出值，由此即可得出点的坐标；②当时，，结合图形找出点的位置，由此即可得出点的坐标，综上即可得出结论； （）假设存在，设点的坐标为，分点在轴上方和下方两种情况考虑，根据平行四边形的性质结合点的坐标即可表示出点的坐标，将其代入二次函数解析式中即可求出值，从而得出点的坐标． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于和， ∴设抛物线的交点式为， ∵抛物线与轴交于点，且， ∴点坐标为代入， 得，即， 解得， ∴抛物线的解析式为， 展开可得； （2）解：∵抛物线， ∴对称轴为直线，设， 如图，过作对称轴于，过作对称轴于， ①当时， ∵线段绕点逆时针旋转得到， ∴， 又∵对称轴于， ∴， ∴， 在与， ， ∴， ∴，， ∵，， ∴，， ∴，即， ∴的坐标为， ∵在抛物线上， ∴把代入， 得：或(舍去）， ∴ ②当时，要使，则重合， ∵， ∴， ∴， 综上点P的坐标或． （3）解：假设存在，设点的坐标为，以点为顶点的平行四边形分两种情况 (如图)： ①当点在轴上方时，则，，， ∴代入抛物线， 得， 解得：或(舍去）， ∴， ②当点在轴下方时，则，，， ∴代入抛物线， 得， 解得：，， ∴或， 综上：或或， ∴存在以点为顶点所组成的四边形是平行四边形； 3．(1) (2)存在； (3)13.5 (4)存在；，， 【分析】（1）根据，，求出C点坐标，把点的坐标代入，即可求出函数解析式； （2）连接与抛物线的对称轴交于点Q，此时的周长最小．先求出，再求出直线的解析式为：，则当时，，即可作答． （3）过点作轴交线段于点，设，然后求出的表达式，利用，转化为二次函数求最值； （4）①过点作轴交抛物线于点，过点作交轴于点，此时四边形为平行四边形；②平移直线交轴于点，交轴上方的抛物线于点，由题意可知点的纵坐标为3，从而可求得其横坐标． 【详解】（1）解：∵的坐标为， ∴， ∵，点在轴下方， ∴， ∵将代入抛物线的解析式， 可得， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：由（1）得， 令，则 即 如图所示：连接与抛物线的对称轴交于点Q，此时的周长最小． ∵， ∴ ∴ 设直线的解析式为：， ∵， ∴ 解得， ∴直线的解析式为：， 则的对称轴是直线， ∴当时，， ∴点Q的坐标是； （3）解：如图1所示，过点作轴，交于点， ∵该抛物线的对称轴为，， ∴， ∴， ∴， 设的解析式为， ∵将代入， 可得，解得， ∴直线的解析式为， 设，则， ∵， ∴当时，有最大值，最大值为3， ∴的最大面积， ∴， ∴四边形的面积的最大值为13.5； （4）解：存在，理由如下： ①如图2，过点作轴交抛物线于点，过点作交轴于点，此时四边形为平行四边形， ∵，令， ∴， ∴； ②平移直线交轴于点，交轴上方的抛物线于点，当时，四边形为平行四边形，当时，四边形为平行四边形， ∵， ∴的纵坐标均为3， 令，可得， 解得， ∴． 综上所述，存在3个点符合题意，坐标分别是，或． 【点睛】本题是二次函数综合题，一次函数的几何综合，涉及待定系数法求二次函数的解析式、利用二次函数求最值、平行四边形的判定与性质等知识，根据题意作出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键． 4．(1) (2)的最大值为，此时点的坐标为 (3)点Q的坐标为或或 【分析】（1）将，，坐标代入解析式，建立方程组，求解即可； （2）过点P作轴交于点N，设P的横坐标为t，则可表示点P和点N的坐标，表示的面积，利用二次函数的性质求出最值； （3）利用平移先求出，联立可求出点E的坐标，然后分情况讨论，当为边时，当为对角线时两种情况，利用点的平移求解即可． 【详解】（1）解：将，，坐标代入解析式， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为：． （2）解：如图1，点P作轴交于点N，， 设P的横坐标为t， ∴， 设直线的解析式为， 把，坐标代入解析式得， 解得， ∴直线的解析式为， ∴， ∴， ∴ ， ∵， ∴当时，的最大值为，此时点的坐标为． （3）解：存在，理由如下： ∵抛物线y的解析式为：， ∴抛物线向左平移4个单位，得到新抛物线， ∴的对称轴为直线，即点F的横坐标为0， 令， 解得， ∴， 由（2）知点P的坐标为， 当以为平行四边形的一条边时：或． ∴或， 解得：或， ∴点Q的坐标分别为或． 当以为平行四边形的对角线时：， ∴， 解得：， ∴． 综上可知，点Q的坐标为或或． 【点睛】本题考查的是二次函数的性质、抛物线与坐标轴的交点、待定系数法求解析式、三角形的面积、平行四边形的判定与性质，正确作出辅助线是解决此题关键． 5．(1) (2) (3)存在，或或 【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）先求出点M、D的坐标，再根据当H，M，H三点共线时，即H与A点重合，的值最大，最大值，由勾股定理，求出的长即可； （3）分，，分别为对角线，三种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线经过两点， ∴，解得：， ∴； （2）解：∵， ∴抛物线的顶点的坐标为， 设直线的解析式为， 把，代入，得， 解得：， ∴直线的解析式为， 令，则， ∴， ∵， ∴当H，M，D三点共线时，即H与A点重合，的值最大， 最大值． （3）解：存在； ∵， ∴对称轴为直线， 设，， 当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时： ①为对角线时：， ∴， 当时，， ∴， ∴； ②当为对角线时：， ∴， 当时，， ∴， ∴； ③当为对角线时：， ∴， 当时，， ∴， ∴； 综上：当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，或或． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，是中考常见的压轴题．涉及二次函数图象性质，待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，正确的求出函数解析式，熟练掌握二次函数的性质，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解是解题的关键． 6．(1)； (2) (3)存在；， 【分析】本题考查旋转的性质，二次函数的图象和性质，二次函数的综合应用，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）根据旋转的性质，二次函数的对称轴公式进行计算即可； （2）根据二次函数的增减性，列出方程求出的值即可； （3）分为对角线，为对角线，为对角线，三种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵点A的坐标是， ∴， ∵以原点为中心，把点A顺时针旋转， ∴， 此时点在轴正半轴上， ∴； ∵， ∴对称轴为直线； （2）∵，对称轴为直线， ∴当时，随的增大而减小， ∵， ∴当，有最大值为， ∴， ∴； （3）存在； ∵， ∴当时，， ∴， 设，， 由（1）知：； 当以点，P，M，N为顶点的四边形是矩形时，分三种情况： ①当为对角线时，则为以为顶点的直角三角形，，即轴，， ∴轴， ∴轴， ∴，； ②当以为对角线时，则：，解得， ∴，， ∵， ∴，解得； ∴； ③当以为对角线时，要满足，P，M，N为顶点的四边形是矩形，则需要满足是以为直角的直角三角形，即轴，与题意不符；故此种情况不存在； 综上：或． 7．(1) (2)①4，②或 【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解是解题的关键： （1）先求出点坐标，待定系数法求出二次函数的解析式即可； （2）①求出直线的解析式，设，求出点坐标，将的长转化为二次函数，求最值即可； ②根据矩形的性质，推出，进行求解即可． 【详解】（1）解：抛物线与轴交于点，点 设交点式 ，点在轴负半轴， ， 把点代入抛物线解析式得：， ， 抛物线解析式为； （2）①如图1， ， ， 设直线解析式为 ， 解得： 直线 设， 轴， ， 当时，的最大值为4． ②如图2，、关于点对称， 四边形是矩形 ，且与互相平分 ，为中点 由①得当时， 解得：， 的值为或时，四边形为矩形． 8．(1)点E在y轴上，理由见解析 (2) (3)存在， 当点P的坐标为时，点Q的坐标为或，当点P的坐标为时，点Q的坐标为或 【分析】（）连接，由矩形的性质得到，，则，可得，即与旋转角相同来得出在轴上的结论； （）过点作轴于，由旋转的性质可得，，，，分别求出，，，然后代入解析式即可求解； （）由矩形的面积为，则以点，，，为顶点的平行四边形的面积为，设点的坐标为，则点的坐标为，由于点在抛物线上，则，然后解出方程即可求解． 【详解】（1）解：点在轴上，理由如下： 如图所示，连接， ∵四边形是矩形，，， ∴，，， ∴， ∴， 由旋转的性质可得，， ∴， ∴三点共线，即点在轴上； （2）解：过点作轴于， 由旋转的性质可得，，，， ∴，， ∴，， ∴， ∵，且，， ∴， 将，，代入得， ， 解得， ∴抛物线的函数表达式为； （3）解：∵矩形的面积为， ∴以点，，，为顶点的平行四边形的面积为， ∵点P和点Q都在x轴上方， ∴线段和没有交点， ∴线段为以点，，，为顶点的平行四边形的一条边，且， ∵， ∴以点，，，为顶点的平行四边形中，边上的高为， ∴点P的纵坐标为， 设点的坐标为，则点的坐标为， ∵点在抛物线上， ∴， 解得，， 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． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，旋转的性质，平行四边形的性质，矩形的性质，解一元二次方程，解直角三角形等知识点，掌握知识点的应用是解题的关键． 9．(1)，，对称轴为直线 (2) (3) (4)能，或 【分析】（1）令解方程即可得到结论，利用对称轴公式求得对称轴； （2）根据直线过，得到直线，解方程得到点的横坐标为4，求得，得到直线的函数表达式为； （3）过作轴交直线于，设，得到，求出，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论； （4）令，即，得到，设，①若是矩形的一条边，②若是矩形的对角线，列方程即可得到结论． 【详解】（1）解：当时，， 解得：，， ，， 对称轴为直线； （2）解：直线过， ， 即， 直线， 抛物线与直线交于点，， ， 即， ， 点的横坐标为4， ， ， 直线的函数表达式为； （3）解：过作轴交直线于，设， 则，， ， ， ， 的面积的最大值为， 的面积的最大值为， ， 解得； （4）以点、、、为顶点的四边形能成为矩形， 令，即， 解得：，， ， 抛物线的对称轴为直线， 设， ①若是矩形的一条边， 则， ，则， 四边形是矩形， ， ， ， 即， ， ， ； ②若是矩形的对角线， 则， ，则， 四边形是矩形， ， ， ， 即， ， ， ， 综上所述，点、、、为顶点的四边形能成为矩形，点或． 【点睛】本题考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数的图像和性质，平行四边形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键． 10．(1)， (2)，且， (3)或 【分析】（1）把点的坐标代入直线解析式求出的值，再把点的坐标代入直线求解即可得到的值，然后利用待定系数法求二次函数解析式解答； （2）令求出点的坐标，从而得到、的长度，利用勾股定理列式求出的长，然后根据两直线平行，内错角相等可得，再解直角三角形用表示出、，根据矩形的周长公式表示出，利用直线和抛物线的解析式表示的长，整理即可得到与的关系式，再利用二次函数的最值问题解答； （3）根据将绕点M沿逆时针方向旋转后，与x轴平行，与y轴平行，然后分①当、在抛物线上时，表示出两点的横坐标，再根据纵坐标相同列出方程求解即可；当、在抛物线上时，表示出、坐标，再根据两点的纵坐标相差的长度列出方程求解即可． 【详解】（1）解：∵直线：经过点，∴． ∴直线的解析式为． ∵直线：经过点，∴， 解得． ∵抛物线经过点和点， ∴，解得． ∴抛物线的解析式为； （2）∵直线：与x轴交于点A，∴点A的坐标为（2，0）．∴． 在中，，∴， ∵轴，∴． ∵矩形中，， ∴． ∴． ∴． ∴，， ∴． ∵，，且， ∴． ∴． ∵，且， ∴当时，有最大值； （3）∵将绕点沿逆时针方向旋转后， ∴与x轴平行，与y轴平行． ①如图1，当、在抛物线上时，根据条件可设，， 则， 解得； ②当、在抛物线上时，如图2，根据条件可设，， 则，解得． 综上，点的横坐标为或． 【点睛】本题是二次函数综合题型，主要考查了一次函数图像上点的坐标特征，待定系数法求二次函数解析式，锐角三角函数，长方形的周长公式，以及二次函数的最值问题，本题难点在于（3）根据旋转角是90°判断出与x轴平行，与y轴平行．注意要分情况讨论． 11．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）由题意可得，连接，由菱形的性质可得垂直平分，从而可得点的纵坐标为，令，则，计算即可得解； （3）连接、、，求出，则，计算可得，直线的解析式为，作轴交直线于，设，则，，表示出，再由二次函数的性质计算即可得解． 【详解】（1）解：将，代入二次函数的解析式， 得：， 解得：， ∴二次函数的解析式为； （2）解：∵， ∴， 如图，连接， ， ∵四边形为菱形， ∴垂直平分， ∴点的纵坐标为， ∵点P是直线上方的抛物线上一动点， ∴令，则， 解得：，（不符合题意，舍去）， ∴； （3）解：如图，连接、、， ， 在中，当时，，解得：，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 设直线的解析式为， 将，代入可得：， 解得：， ∴直线的解析式为， 作轴交直线于， ∵点P是直线上方的抛物线上一动点， ∴设，则， ∴， ∴ ， ∵，， ∴当时，最大，最大为， 当时，，即． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，菱形的性质，二次函数综合—面积问题，求一次函数的解析式，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 12．(1) (2)存在， (3)点运动到点时，四边形的面积最大，其最大值为 (4)， 【分析】本题考查了二次函数与几何综合，菱形的性质，轴对称的性质，三角函数，正确作出辅助线是解题的关键． （1）先根据点坐标求出，再将点坐标代入二次函数解析式中求出，即可得出结论； （2）连接交轴于，根据菱形的性质判断出点是的中点，进而求出点的纵坐标，最后代入二次函数解析式中求解，即可得出结论； （3）设出点的坐标，进而利用梯形的面积三角形的面积得出相关解析式，即可得出结论； （4）作点关于轴的对称点，连接，当三点共线，且时，最小，利用一次函数的性质即可解答． 【详解】（1）解：二次函数与轴的交点， ， 二次函数的解析式为， 点在二次函数图象上， ， ， 二次函数的解析式为； （2）解：存在，理由：如图1， 连接交轴于， 四边形为菱形， ，， 点， ， ， 点的纵坐标为， 由（1）知，二次函数的解析式为， ， 或， 点在直线下方的抛物线上， ， 点； （3）解：如图2，过点作轴于，交于点， 由（1）知，二次函数的解析式为， 令，则， 或， ， 设直线的解析式为， 把代入直线， 可得， 解得，， 直线的解析式为， 设，， ， ， 当时，四边形的面积最大，最大值为，此时，， 即点运动到点时，四边形的面积最大，其最大值为； （4）解：如图，作点关于轴的对称点，连接，则， ， 则可得， ， 当三点共线，且时，最小， ， ， ，即， ， ， ， 设直线的解析式为， 把，代入直线解析式可得， ， 解得， 所以直线的解析式为， 联立方程， 解得， ， ∴当的值最小，，． 13．(1),抛物线的表达式为； (2)，， (3)①；② 【分析】（1）由勾股定理可得，可得，设，将代入，即可求得抛物线的表达式为； （2）设，，根据菱形性质即可求得∶ ，，，再运用菱形性质即可求得答案； （3）①当点在轴正半轴时，，设新抛物线的表达式为，将，代入，即可求得新抛物线的顶点坐标为，运用旋转的性质即可求得旋转中心的坐标； ②设抛物线向右平移个单位得抛物线：，根据抛物线与只有一个公共点，可得方程的根的判别式为0，即可求得答案． 【详解】（1）解：，， ，， ， ， ， ， ， ∵抛物线与轴的交点为，， ∴设，将代入得：， 解得：， ， ∴点的坐标为，抛物线的表达式为； （2）解：设，，如图1， ∵以，，，为顶点的四边形是以为边的菱形， 或， ∵点在轴上， ，，， ，，或，， ，，； （3）解：①当点在轴正半轴时，， ∵原抛物线的表达式为，顶点坐标为， 设新抛物线的表达式为，将，代入，得： ， 解得：， ∴新抛物线的表达式为， ∴顶点坐标为， 设旋转中心为， ∵点为的中点， ， ， ∴旋转中心的坐标为； ②设抛物线向右平移d个单位得抛物线：， ∵抛物线与只有一个公共点Q， ∴关于的一元二次方程有两个相等的实数根， 整理得：， ， ， 解得：（舍去），， ∴抛物线的解析式为， 由， 解得：， ， ． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数图象和性质，平移变换的性质，旋转变换的性质，菱形的性质，一元二次方程根的判别式应用等知识，综合性强，难度较大，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，从而求出点的坐标． 14．(1)； (2) (3) 【分析】（1）首先求出A、B坐标，根据，可得点C的坐标，利用待定系数法即可解决问题； （2）如图2中，作于T，交于R．设．首先证明是等腰三角形，可得，由此即可解决问题； （3）四边形是菱形，点H在对称轴上，推出D、M关于对称轴对称，点N在对称轴上，设交于Q，作于K．由，设，，则，推出，，在中，，推出，由，推出，可得，由，可得，由此列出方程即可解决问题． 【详解】（1）解：对于抛物线，令，得到， 解得或3， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为． （2）如图2中，作于T，交于R．设． ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， 由（1）得，，， 设直线的解析式为：， 则， 解得， 直线的解析式为， ∴， ∴， ∴． （3）如图3中， ∵四边形是菱形，点H在对称轴上， ∴D、M关于对称轴对称，点N在对称轴上， 设交于Q，作于K． ∵，设，则， ∴，，在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，则， ∵抛物线的顶点，， ∴， ∴ ， 解得或（不合题意舍去）， ∴ ， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查二次函数综合题、待定系数法、等腰直角三角形的判定和性质、菱形的性质、锐角三角函数、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常压轴题． 15．(1) (2)，的最大值为12 (3)或或 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； （2）求出直线的解析式，设出P的坐标，表示出E的坐标，表示出的长度，求出直线的解析式，求出的坐标，表示出的长度，从而可表示出，根据二次函数的性质即可求其最大值及此时P的坐标； （3）设点沿射线方向移动到点，且，证明B是中点，从而求出Q的坐标，从而得到平移的方法，根据此平移的方法可求出二次函数，进而可求出M的坐标，再求出直线的解析式．然后分为菱形和为菱形两种情况讨论，利用菱形的几何性质和中点坐标公式，即可求出N的坐标． 【详解】（1）解：将代入二次函数， 得， 解得， ∴二次函数的解析式为； （2）解：由二次函数得， 设直线的解析式为， 将和代入得， 解得， ∴直线为， 设点为， ∵点为对称轴右侧抛物线上的一个动点，抛物线对称轴为直线， ∴； ∵轴，点在直线上， ， ， ， ∴设直线的解析式为， 将代入得， ∴直线的解析式为， 令，则， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴当时，取得最大值，最大值为为12， 此时，即； （3）解：如图1，设点沿射线方向移动到，， ∵，， ∴，， ， ∴是中点， ∴ ∴点向下平移8个单位，向左平移2个单位， 故抛物线的顶点也向下平移8个单位，向左平移2个单位， ∵旧抛物线， ∴新抛物线为， ∴， 设直线解析式为，代入得， ∴直线解析式为， ①当四边形为菱形时，如图2，连接，交与点，连接， ∵、是菱形的对角线， ∴垂直平分，即点为的中点， ∵，， ∴，，， ∴， 又∵ ∴， ∴G、O、P、N四点共线， ∴设直线解析式为， 将代入，得，即， ∴直线解析式为， 与：联立解得， ∴， ∵为中点， ∴点横坐标为， ∴点坐标为． ②当四边形为菱形时， 设， 由得， ∴， ∴或，． （i）当点坐标为时，如图3，连接， ∵为的中点， ∴点横坐标为， 点纵坐标为， ∴点坐标为， ∵为中点， ∴点横坐标为， 点纵坐标为， 故坐标为； （ii）当点坐标为时，如图4，连接， ∵为中点， ∴点横坐标为， 点纵坐标为， ∴点坐标为； ∵为中点， ∴点横坐标为， 点纵坐标为， ∴点坐标为． 综上所述，点坐标为或或． 【点睛】本题考查待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、两点间距离公式的应用、中点坐标公式的应用、菱形的性质等，熟练掌握以上知识点，运用分类讨论的方法是解题的关键． 16．(1). (2) (3)m的值为，或1，或，或 (4)或 【分析】（1）根据点A的坐标即可求出b的值； （2）若点Q与点M重合，则横坐标相等，列出方程，解方程即可求出m 的值； （3）当矩形为正方形时，邻边相等，分情况列出关于m的方程，即可求出m的值； （4）当点P在直线l下方时，分点M在点Q的右侧和点Q在点M的右侧两种情况，当点P在直线l上方时，也根据点Q与点M的位置关系分两种情况，根据函数的增减性分别求出m 的取值范围即可． 【详解】（1）解：将代入中， 解得：． （2）解： 由（1）知， 由题意知，、, 当Q、M重合时 解得： （3）解：点 当矩形为正方形时 ， 则或 解得：或或或 （4）解：当点P在直线l的下边，点M在点Q右侧时， 抛物线在矩形内的部分所对应的函数值随x的增大而增大，如图1． 此时， 解得； 当点P在直线l的下边，点Q在点M右边时，如图2， 存在两段，不合题意； 当点P在l上方时，如图3， 此时，抛物线走在了矩形外面，不合； 如图4，当抛物线在矩形内的部分所对应的函数值随x的增大而增大时 有， 解得． 综上所述，当抛物线在矩形内的部分所对应的函数值随x的增大而增大时，或． 【点睛】本题考查二次函数的图象及性质．熟练掌握待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象和性质，矩形的性质，正方形判定和性质，解一元二次方程，解不等式，是解题的关键． 17．(1) (2) (3)或或或 【分析】（1）由题意，可得．把点A， C的坐标代入，得到关于b ， c的二元一次方程组，解方程组即可求出抛物线的函数解析式； （2）利用配方法求出抛物线的对称轴是直线．由抛物线与轴交于点A， B，得出点A， B关于直线对称．连接，交对称轴于点，根据两点之间线段最短可知此时的值最小．利用待定系数法求出直线的解析式为，把代入，求出，进而得出点的坐标； （3）在（2）条件下，点的坐标为．设，根据正方形的性质可得，根据两点间的距离公式列出方程，解方程即可求解． 【详解】（1）解：由题意，可得． ∵抛物线过点A，点C， ∴， 解得， ∴抛物线对应的函数解析式为； （2）解：∵， ∴对称轴是直线． ∵抛物线与x轴交于点A，B， ∴点A，B关于直线对称． 连接，交对称轴于点P，此时的值最小． 设直线的解析式为， 则，解得， ∴直线的解析式为， 当时，， ∴点P的坐标为； （3）解：在（2）条件下，点P的坐标为． 设， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∴，或， 整理得，或， 解得， ∴或或或． 【点睛】本题是二次函数综合题，其中涉及到利用待定系数法求抛物线与直线的解析式，二次函数的性质，轴对称的性质，正方形的性质，综合性较强，难度适中．利用数形结合与方程思想是解题的关键． 18．(1) (2) (3)存在，的值为或或 【分析】（）由二次函数的性质可得抛物线的顶点为， 即得，再利用待定系数法解答即可求解； （）分点在第一象限和第二象限两种情况，先求出直线的解析式，再利用正方形的性质求出点坐标即可； （）过点作于，表示出的坐标，再根据等腰三角形的定义分三种情况解答即可求解； 本题考查了二次函数几何应用，等腰三角形的定义，勾股定理，利用分类讨论思想解答是解题的关键． 【详解】（1）解：∵点是点关于轴的对称点， ∴抛物线的对称轴为轴， ∴抛物线的顶点为， ∴抛物线的解析式为， ∵在抛物线上， ∴， 解得， ∴抛物线的函数关系表达式为； （2）解：①当点在第一象限时，如图， 令，得，     解得，，     ∴点的坐标为，     设直线的解析式为， ， 解得， ∴直线的解析式为， 设正方形的边长为，则， ∵点在直线上， ∴， 解得， ∴点的坐标为； ②当点在第二象限时， 同理可得点的坐标为，此时点不在线段上，故舍去； 综上所述，点的坐标为； （3）解：存在，理由如下： 过点作于，如图，则，， ∵点和点重合时停止运动， ∴， 当时，， ∴，， 当时，， ∴，， 在中，， 在中，，， ∴， ①当时， ， 解得； ②当时， ， 解得； ③当时， ， 解得或， ∵， ∴； 综上所述，存在的值为或或，使是等腰三角形． 19．(1)； (2)点E的坐标为或； (3)，，， 【分析】（1）利用待定系数法计算即可； （2）分点E在对称轴的左侧和右侧，根据对称性质，勾股定理，矩形的性质，解答即可； （3）根据正方形的判定和性质，待定系数法，线段的垂直平分线，中点坐标公式等解答即可； 【详解】（1）解：抛物线交x轴于和两点， 根据题意，得， 解得 ∴抛物线的解析式为． （2）解：如图，当点E在对称轴的右边时，连接， ∵，， ∴， ∵点F是点B关于直线的对称点， ∴， ∵抛物线交x轴于和两点，矩形， ∴抛物线的对称轴，，， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， 设，则， 连接， ∵点F是点B关于直线的对称点， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴； 如图，当点E在对称轴的左侧时，连接， ∵，， ∴， ∵点F是点B关于直线的对称点， ∴， ∵抛物线交x轴于和两点，矩形， ∴抛物线的对称轴，，， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， 设，则， 连接， ∵点F是点B关于直线的对称点， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， ∴； 综上所述，点E的坐标为或． （3）解：设直线的解析式为，把代入得：， 解得， ∴直线的解析式为：， ∴， 设直线与抛物线交于两点，分别过点作，交直线于， 则， ∴， 分别过点作，分别交于， 则四边形都是正方形，符合题意， 设，由， 得， 整理，得， 解得， 故， ∴，， 故，； 如图，根据前面解答，得，由， 作线段的垂直平分线，交直线于，交于，构造正方形， 根据题意，得，， ∴， ∴的纵坐标为， 故； 如图，根据前面解答，得，由， 作线段的垂直平分线，交直线于，交于，构造正方形， 根据题意，得，， ∴， ∴的纵坐标为， 故； 综上所述，存在点Q且为，，，． 20．(1) (2) (3)，或，或，或 【分析】本题考查二次函数解析式的求解、对称点的几何性质、正方形的性质等知识点，熟练掌握待定系数法、对称点的中点与垂直关系、正方形的边长与角度特征是解题关键． （1）通过待定系数法求解抛物线解析式，将已知点代入抛物线的一般式，代入后得到关于系数的方程组，解方程组即可得到系数的值，进而确定解析式； （2）根据轴确定点E纵坐标，从而设点E坐标，结合题干运用轴对称性质，在中利用勾股定理即可求解； （3）根据 “以为边的正方形” 的条件，明确需与邻边垂直且长度相等，将正方形的问题转换为更简洁的等腰直角三角形问题，再通过直角顶点的分类讨论，利用全等三角形性质分别求解即可． 【详解】（1）解：将点与点代入抛物线中， 得， 解得， ； （2）解：如图，连接，， 由题意得点D与点F关于直线对称， ，， ，轴， 当时， ， 解得，， ， ， ，， 在中，， 解得， ，， 设点，，， 在中，， ， 解得， ； （3）解：由题意得只能为正方形边长， 即只需考虑等腰的存在情况， 当点O为直角顶点时，为等腰直角三角形， 如图，过点P作，过点E作， ，， ，， ， 在与中， ， ， ，， 设点， 有，， ， 将点P代入抛物线得， 解得， ； 当点P为直角顶点时， 如下图，过点P作轴，过点E作， 同理可证， ，， 设点， 有，， ， 代入抛物线解析式得 解得，或， 时的情况如下图所示， ，或， 当点E坐标为时也满足条件，如下图所示， 综上所述，点E坐标为，或，或，或． 学科网（北京）股份有限公司 $