2026年中考数学二次函数专题：3、存在性问题（四边形、三角形、角）

2026年中考数学二次函数专题：3、存在性问题（四边形、三角形、角） 一、解答题 1．如图，二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点． (1)求该二次函数的解析式． (2)过点作直线平行于轴，交抛物线于点，求四边形的面积． (3)是否存在点，使以，，，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． 2．如图，抛物线与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点． (1)求两点的坐标； (2)已知直线与抛物线交于点，在抛物线上是否存在一点，在直线上是否存在一点，使得以为边，且四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 3．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于点，两点，交y轴于点． (1)求抛物线的表达式； (2)点P是直线上方抛物线上的一动点，过点P作于点D，求线段的最大值及此时点P的坐标； (3)在（2）中线段取得最大值的条件下，将该抛物线向左平移3个单位，再向下平移2个单位，得到如图2所示的抛物线，点M为平移后的抛物线的对称轴上一点．在平面内确定一点N，使四边形为菱形，求出点N的坐标． 4．综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2＋bx＋c的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），与y轴交于C（0，﹣3）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点． (1)求这个二次函数的表达式． (2)当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积． (3)连接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由． 5．如图，抛物线y＝x2＋2x﹣6与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC，BC． (1)求A、B，C三点的坐标并直接写出直线AC，BC的函数表达式． (2)点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，过点P作BC的平行线l，交线段AC于点D． ①试探究：在直线l上是否存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由； ②设抛物线的对称轴与直线l交于点M，与直线AC交于点N．当S△DMN＝S△AOC时，请直接写出DM的长． 6．如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，点在轴右侧的轴上，抛物线经过A，B，C三点，顶点为． (1)求抛物线的解析式及点B，D的坐标； (2)点在直线AC上运动，当的周长最小时，求点的坐标； (3)探究在内部能否截出面积最大的矩形（顶点E，F，G，H在各边上）？若能，求出此时矩形在边上的顶点的坐标；若不能，请说明理由． 7．如图1，若二次函数的图象与轴交于点和点，与轴交于点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图，连接，点为直线下方抛物线上的动点，求面积的最大值及此时点的坐标； (3)如图3，将抛物线先向右平移个单位长度，再向下平移个单位长度得到新的抛物线，在的对称轴上有一点，坐标平面内有一点，使得以点，，，为顶点的四边形是矩形，求点的坐标． 8．如图，抛物线与轴交于两点（点在点的左边），与轴交于点，点和点关于抛物线的对称轴对称． (1)求直线和抛物线的表达式； (2)如图，直线上方的抛物线上有一点，过点作于点，求线段的最大值； (3)点是抛物线的顶点，点是轴上一点，点是坐标平面内一点，以为顶点的四边形是以为边的矩形，求点的坐标． 9．如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过原点，与轴正半轴交于另一点，点在抛物线上，点是抛物线上一点（不与点重合），其横坐标为，以为对角线作矩形，垂直于轴． (1)求抛物线的解析式； (2)当抛物线在矩形内部的图象从左到右逐渐上升时，直接写出的取值范围； (3)当矩形内部的图象（包括边界）的最高点的纵坐标与最低点的纵坐标之差为4时，求的值； (4)当点在对称轴左侧时，在抛物线的对称轴上是否存在一点，使是以为斜边的等腰直角三角形？若存在，直接写出的值；若不存在，请说明理由． 10．如图，矩形ABCD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)点E在x轴上方的抛物线上，连接，当是以为底的等腰三角形时，求点E的坐标． 11．如图，在平面直角坐标系中，矩形的两边分别在坐标轴上，且，，点是边上的一个动点，抛物线经过点，． (1)如图，若抛物线恰好经过点，连接，． ①求此时抛物线的解析式和点的坐标； ②在直线上方的抛物线上有一点（异于点），且的面积等于的面积，请求出点的坐标． (2)如图，设抛物线与射线交于点，在点的运动过程中，是否存在的值，使得为直角三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 12．如图，抛物线的对称轴是直线，与轴交于点，，与轴交于点，连接． (1)求此抛物线的解析式； (2)已知点是第一象限内抛物线上的一个动点，过点作轴，垂足为点，交直线于点，是否存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由； (3)已知点是抛物线对称轴上的点，在坐标平面内是否存在点，使以点、、、为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 13．如图，二次函数的图像交轴于点、，点A坐标为与轴交于点，以、为边作矩形，点为线段上的动点，过点作轴的垂线分别交、和二次函数的图像于点、、，连结． (1)写出点B的坐标___________； (2)求线段长度的最大值； (3)试问：在上方的二次函数的图像部分是否存在这样的点，使得以、、为顶点的三角形和相似？若存在，求此时点的横坐标，并判断的形状；若不存在，请说明理由． 14．如图，平面直角坐标系中，抛物线过原点，与轴正半轴交于另一点，且经过点． (1)求抛物线的解析式； (2)若是抛物线上一点（不与点重合），其横坐标为，以为对角线作矩形，垂直于轴， ①当抛物线在矩形内部的图象从左到右逐渐上升时，直接写出的取值范围； ②当矩形内部的图象（包括边界）的最高点纵坐标与最低点的纵坐标之差为4时，求的值； ③如图3，抛物线的顶点为点，点是轴下方、抛物线对称轴上一点，若，求点的坐标． 15．如图，在平面直角坐标系中，点P从原点O出发，沿x轴向右以每秒1个单位长的速度运动秒，抛物线经过点O和点P．已知矩形的三个顶点为． (1)求c，b（可用含t的代数式表示）； (2)当时，抛物线与线段交于点M．在点P的运动过程中，你认为的大小是否会变化？若变化，说明理由；若不变，求出的值； (3)在矩形的内部（不含边界），把横、纵坐标都是整数的点称为“好点”．若抛物线将这些“好点”分成数量相等的两部分，请直接写出t的取值范围． 16．如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点． (1)求抛物线的解析式； (2)点是抛物线对称轴上一点，点是平面内任意一点，当以、、、为顶点的四边形是矩形时，求点的坐标； (3)过点的直线交直线于点，连接，当直线与直线的夹角等于的2倍时，请直接写出点的坐标． 17．已知二次函数的图象与x轴分别交于点A和点，与y轴交于点C，对称轴为直线，交x轴于点D，P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P的坐标； (3)若点Q是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点Q，使得以A，C，P，Q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Q的横坐标；若不存在，请说明理由． 18．如图，抛物线与轴交于，，顶点为． (1)抛物线的解析式是___________，顶点D的坐标是___________，对称轴是___________． (2)为抛物线上一点，当时，求M点坐标． (3)点E是y轴上的一个动点，点F是坐标平面内一个动点，是否存在这样的点E，F使得四边形是矩形？若存在，求出E，F的坐标；若不存在，说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2026年中考数学二次函数专题：3、存在性问题（四边形、三角形、角）》参考答案 1．(1) (2)12 (3)或或 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）根据（1）所求可求出二次函数的对称轴，根据直线平行于轴得到点B和点C关于对称轴对称，据此求出点C的坐标，再根据列式求解即可； （3）设出点P的坐标，分三种情况：为对角线，为对角线和为对角线，根据平行四边形的两条对角线的中点坐标相同建立方程组求解即可． 【详解】（1）解：∵二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点． ∴， ∴， ∴二次函数的解析式为； （2）解：∵， ∴对称轴为直线， ∵直线平行于轴，交抛物线于点， ∴点B和点C关于对称轴对称， ∵，， ∴，， ∴， ∴ ； （3）解：设， 当为对角线时，由平行四边形的两条对角线的中点坐标相同可得， ∴， ∴点P的坐标为； 当为对角线时，由平行四边形的两条对角线的中点坐标相同可得， ∴， ∴点P的坐标为； 当为对角线时，由平行四边形的两条对角线的中点坐标相同可得， ∴， ∴点P的坐标为； 综上所述，点P的坐标为或或． 2．(1)， (2)或或 【分析】（1）令，解方程即可； （2）首先求出直线，求出，然后由平行四边形的性质得到，，设，然后分两种情况讨论，分别表示出点D的坐标，代入求解即可． 【详解】（1）解：在中，令，得， 解得，， ∴，； （2）解：∵直线与抛物线交于点， ∴ ∴ ∴直线 ∵， ∴ ∵以为边，且四点为顶点的四边形是平行四边形 ∴， ∴设 当点D在点E左边时， 将代入得， 解得或 ∴，或， ∴点的坐标为或； 当点D在点E右边时， 将代入得， 解得或 ∴，（舍去）或， ∴点的坐标为 综上所述，点的坐标为或或． 3．(1)； (2)的最大值为，此时； (3)满足题意的N点坐标为或或或或． 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）过点作轴交轴于点，交直线于点，设，则，先根据题意求得的的长，再根据三角函数的定义，进而利用二次函数的性质可求解； （3）根据平移性质和菱形的性质分、、分别为对角线三种情况求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与x轴相交于点，两点， ∴设抛物线的解析式为， 把代入得， 解得， ∴设抛物线的解析式为， 即； （2）解：∵点，， ∴，， ∴， 设直线的解析式为， 把代入得， 解得， ∴直线的解析式为， 过点作轴交轴于点，交直线于点， 设，则，∴， ∵，轴， ∴，∵， ∴， ∴， ∵， ∴当时，的最大值，最大值为， 此时； （3）解：∵， ∴对称轴为直线， 由题意得抛物线的对称轴为直线， ∵，， 设，， ∴， 当为对角线时，则， ∴，解得， ∴点N坐标为； 当或为对角线时，或， 则或， 解得或， ∴点N坐标为或或或， 综上，满足题意的N点坐标为或或或或． 【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及待定系数法求函数解析式、坐标与图形、菱形的性质、解直角三角形等知识，注意分类讨论和数形结合思想的运用． 4．(1) (2)P点坐标为，四边形ABPC的最大面积为 (3)存在，P点坐标为 【分析】（1）直接把B（3，0）、C（0，﹣3）代入y=x2+bx+c可得到关于b、c的方程组，解方程组求得b=﹣2，c=﹣3，则二次函数的表达式为y=x2﹣2x﹣3； （2）根据平行于y轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得PE的长，根据面积的和差，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案； （3）作OC的垂直平分线交直线BC下方的抛物线于点P，则PO=PC，根据翻折的性质得OP′=OP，CP′=CP，易得四边形POP′C为菱形，又E点坐标为（0，﹣），则点P的纵坐标为﹣，再把y=﹣代入y=x2﹣2x﹣3可求出对应x的值，然后确定满足条件的P点坐标． 【详解】（1）解：把B（3，0）、C（0，﹣3）代入y=x2+bx+c，得 ，解得， ∴这个二次函数的表达式为y=x2﹣2x﹣3； （2）如图1 ， 作PF⊥x轴于F点，交BC于E点， 因为四边形ABPC的面积=三角形ABC的面积+三角形BPC的面积； 而三角形ABC的面积不变， 所以当三角形BPC的面积最大时，四边形ABPC的面积的面积也最大； 令y=0，则x2﹣2x﹣3=0，     解得：x1=-1，x2=3， 所以A(-1，0)B(3，0) ∴AB=4，又OC=3 ∴S∆ABC=； BC的解析式为y=x﹣3，设E（m，m﹣3），P（m，m2﹣2m﹣3）． PE=m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）=﹣m2+3m=﹣（m﹣）2+， S△BCP=S△BEP+SCEP=PE×FB+EP•OF =EP•OB =×3[﹣（m﹣）2+] 当m=时，S最大=×3×=， m2﹣2m﹣3=﹣， 此时P（，﹣）； 所以此时，四边形ABPC的面积的面积也最大； S四边形ABPC= S△BCP+ S∆ABC=6+   ∴此时P点的坐标（，﹣），四边形ABPC的最大面积为 ． （3）存在．理由如下： 作OC的垂直平分线交直线BC下方的抛物线于点P，垂足为点E，如图2 ， 则PO=PC， ∵△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C， ∴OP′=OP，CP′=CP， ∴OP′=OP=CP′=CP， ∴四边形POP′C为菱形， ∵C点坐标为（0，﹣3）， ∴E点坐标为（0，﹣）， ∴点P的纵坐标为﹣， 把y=﹣代入y=x2﹣2x﹣3得x2﹣2x﹣3=﹣， 解得x=， ∵点P在直线BC下方的抛物线上， ∴x=， ∴满足条件的点P的坐标为（，﹣）． 【点睛】此题考查了二次函数综合题，涉及到了二次函数解析式的确定、菱形的判定和性质以及图形面积的求法等知识，当所求图形不规则时通常要将其转换为其他规则图形面积的和差关系来求解． 5．(1)A（﹣6，0），B（2，0），C（0，﹣6），直线AC的函数表达式为y＝﹣x﹣6，直线BC的函数表达式为y＝3x﹣6 (2)①存在，点E的坐标为（﹣6，﹣8）或（2﹣2，2）；②3 【分析】（1）将y＝0代入x2+2x﹣6＝0中可得函数与横轴的交点坐标，为A（﹣6，0），B（2，0）， 当x＝0时，y＝﹣6，进而可得直线AC的函数表达式为y＝﹣x﹣6，则B（2，0），C（0，﹣6），从而可得直线BC的函数表达式为y＝3x﹣6； （2）当DE＝BC时，以点D，C，B，E为顶点的四边形为平行四边形，可分两种情况：当BD＝BC时，四边形BDEC为菱形，以及当CD＝CB时，四边形CBED为菱形，从而可求E的坐标； ②设点D的坐标为（m，﹣m﹣6），其中﹣6＜m＜0，根据抛物线与横轴的交点坐标可得抛物线的对称轴为直线x＝﹣2，进而可知直线BC的函数表达式为y＝3x﹣6，直线l∥BC，设直线l的解析式为y＝3x+b，根据点D的坐标（m，﹣m﹣6），可知b＝﹣4m﹣6，进而可得M（﹣2，﹣4m﹣12），由抛物线的对称轴与直线AC交于点N．可知N（﹣2，﹣4），进而可知MN＝﹣4m﹣12+4＝﹣4m﹣8，因为S△DMN＝S△AOC，可得（﹣4m﹣8）（﹣2﹣m）＝×6×6，整理得m2+4m﹣5＝0，从而解得m1＝﹣5，m2＝1（舍去），进而可知点D的坐标为（﹣5，﹣1），由点D坐标和M坐标可知DM长度． 【详解】（1）解：当y＝0时，x2+2x﹣6＝0， 解得x1＝﹣6，x2＝2， ∴A（﹣6，0），B（2，0）， 当x＝0时，y＝﹣6， ∴C（0，﹣6）， ∵A（﹣6，0），C（0，﹣6）， ∴直线AC的函数表达式为y＝﹣x﹣6， ∵B（2，0），C（0，﹣6）， ∴直线BC的函数表达式为y＝3x﹣6； （2）解：①存在：设点D的坐标为（m，﹣m﹣6），其中﹣6＜m＜0， ∵B（2，0），C（0，﹣6）， ∴BD2＝（m﹣2）2+（m+6）2，BC2＝22+62＝40，DC2＝m2+（﹣m﹣6+6）2＝2m2， ∵DE∥BC， ∴当DE＝BC时，以点D，C，B，E为顶点的四边形为平行四边形， 分两种情况： 如图，当BD＝BC时，四边形BDEC为菱形， ∴BD2＝BC2， ∴（m﹣2）2+（m+6）2＝40， 解得：m1＝﹣4，m2＝0（舍去）， ∴点D的坐标为（﹣4，﹣2）， ∵点D向左移动2各单位长度，向下移动6个单位长度得到点E， ∴点E的坐标为（﹣6，﹣8）； 如图，当CD＝CB时，四边形CBED为菱形， ∴CD2＝CB2， ∴2m2＝40， 解得：m1＝，m2＝2（舍去）， ∴点D的坐标为（，）， ∵点D向右移动2各单位长度，向上移动6个单位长度得到点E， ∴点E的坐标为（，）； 综上，存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，点E的坐标为（﹣6，﹣8）或（，）； ②设点D的坐标为（m，﹣m﹣6），其中﹣6＜m＜0， ∵A（﹣6，0），B（2，0）， ∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣2， ∵直线BC的函数表达式为y＝3x﹣6，直线l∥BC， ∴设直线l的解析式为y＝3x+b， ∵点D的坐标（m，﹣m﹣6）， ∴b＝﹣4m﹣6， ∴M（﹣2，﹣4m﹣12）， ∵抛物线的对称轴与直线AC交于点N． ∴N（﹣2，﹣4）， ∴MN＝﹣4m﹣12+4＝﹣4m﹣8， ∵S△DMN＝S△AOC， ∴（﹣4m﹣8）（﹣2﹣m）＝×6×6， 整理得：m2+4m﹣5＝0， 解得：m1＝﹣5，m2＝1（舍去）， ∴点D的坐标为（﹣5，﹣1）， ∴点M的坐标为（﹣2，8）， ∴DM＝， 答：DM的长为． 【点睛】本题考查二次函数的解析式，一次函数的解析式，二次函数的图象的相关性质，直角坐标系中两点之间的距离，菱形的性质，掌握数形结合思想是解决本题的关键． 6．(1)，．； (2)． (3)能，边上的顶点的坐标为，或． 【分析】（1）求得点A，C坐标，利用待定系数法即可求得抛物线的解析式；利用抛物线的解析式令，解方程即可求得点B在横坐标；利用配方法即可求得点D的坐标； （2）利用勾股定理及其逆定理得到，延长至点，使，连接，交直线于点P，利用轴对称的性质可得，B关于直线对称，此时的周长最小，过点作轴于点E，利用三角形的中位线定理得到点坐标，利用待定系数法求得直线的解析式为，再与直线联立即可求得点P坐标； （3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①设与交于点K，设，利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质求得其面积，利用二次函数的性质得到当时，矩形的面积取得最大值为，再利用三角形的中位线定理解答即可；②顶点E，F，G，H在各边上，H与点C重合，设，利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质求得据的面积，利用二次函数的性质得到当时，矩形的面积取得最大值为，再利用三角形的中位线定理解答即可． 【详解】（1）解：中， 令，则， ∴， 令，则， ∴， ∴， ∵抛物线经过A，B，C三点， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为． 令，则， ∴，或， ∴． ∵ ∴顶点； （2）∵，，， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 延长至点，使，连接，交直线于点P，如图， 则，B关于直线对称，此时的周长最小， 过点作轴于点E， ∵轴，轴， ∴ ， ∵， ∴为的中位线， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， ∴， ∴， ∴． （3）在内部能截出面积最大的矩形（顶点E，F，G，H在各边上），此时矩形在边上的顶点的坐标为，或． ①如图，顶点E，F，G，H在各边上，设与交于点K， 设， ∵四边形为矩形，， ∴四边形，为矩形，， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积 ∵， ∴当时，矩形EFGH的面积取得最大值为． ∴， ∵， ∴H为的中点， ∴． 同理，点G为的中点， ∴． ②如图，顶点E，F，G，H在各边上，H与点C重合， 设， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积 ∵， ∴当时，矩形的面积取得最大值为． ∴， ∴点G为的中点， ∵， ∴为的中位线， ∴ ∴， ∴． 综上，在内部能截出面积最大的矩形(顶点E，F，G，H在各边上），此时矩形在边上的顶点的坐标为，或． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法，配方法，抛物线上点的坐标的特征，一次函数的图象与性质，一次函数图象上点的坐标的特征，轴对称的性质，分类讨论的思想方法，矩形的性质，直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 7．(1)； (2)面积的最大值为，； (3)点的坐标为或或或． 【分析】（1）把和代入求解即可； （2）先解得直线的解析式为，设，，得到的的值，当时，最大，进而根据三角形的面积公式，即可求解； （3）分情况讨论，当为矩形一边时，且点在轴的下方；当为矩形一边时，且点在轴的上方；当为矩形对角线时，分别求解即可． 【详解】（1）解：二次函数的图象与轴交于点和点，与轴交于点．将点，点的坐标分别代入得： ， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：设直线的解析式为，将点，点分别代入得： ， 解得：， ∴直线的解析式为， 点为直线下方抛物线上的点，如图， 设， ∴， ∴， 当时，， ∴， ∴面积的最大值为， ∴； （3）解：由题意可得：， 的对称轴为． ∵，， ∴，， 当为矩形一边时，且点在轴的下方，如图，过作轴于点， ∵在的对称轴上， ∴， ∵，， ∴， ∴，，即点， ∴点向右平移个单位、向下平移个单位可得到点，则点向右平移个单位、向下平移个单位可得到点； 当为矩形一边时，且点在轴的上方，′的对称轴为与轴交于点，如图， ∵在的对称轴上， ∴， ∴， ∵，即， ，即点， ∴点向左平移个单位、向上平移个单位可得到点，则点向左平移个单位、向上平移个单位可得到点； 当为矩形对角线时，如图，设，，的中点的坐标为， 依题意得：， 解得：， 又∵， ∴， 解得：， 联立得：， 解得：， ∴点的坐标为或． 综上所述，点的坐标为或或或． 【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，矩形的性质，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键． 8．(1)直线解析式为；抛物线表达式为 (2)线段的最大值为 (3)或 【分析】（1）利用待定系数法即可求出抛物线解析式，则可求得点C的坐标与抛物线的对称轴，从而求得点D的坐标，再用待定系数法即可求得直线的解析式； （2）设交y轴于点E，则为等腰直角三角形；过F作轴交于点N，则为等腰直角三角形，；设，则，根据题意建立二次函数，利用二次函数性质求解； （3）分两种情况：当点P在的右边时，设直线交y轴于点R，易得，求出直线的解析式，得点R的坐标；设，由四边形为矩形，可得，再利用勾股定理建立方程求得点P的坐标，结合平移的性质可求得点Q的坐标；当点P在的左边时，同理求得点P的坐标，结合平移的性质可求得点Q的坐标． 【详解】（1）解：把A、B两点坐标分别代入中，得：， 解得：， ∴； 上式中令，得，即； ∵抛物线的对称轴为直线，C、D关于对称轴对称， ∴; 设直线解析式为，把A、D两点坐标代入得：， 解得：， ∴直线解析式为； （2）解：如图，设交y轴于点E， 当时，，则， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴； 过F作轴交于点N，则， ∴为等腰直角三角形， ∴； 设，则， ∴， 由于二次项系数为负，则当时，有最大值， ∴； 即的最大值为； （3）解：如图，当点P在的右边时，设直线交y轴于点R， ∵抛物线的对称轴为直线， ∴当时，， 即； 设直线的解析式，则有，解得， ∴直线的解析式， 上式中令，则，即； 设， ∵四边形为矩形， ∴， 由勾股定理得， 即， 解得：，即； ∵， ∴由平移得； 如图，当点P在的左边时， 同理：由勾股定理得：， 即， 解得：， 即； 由平移得：； 综上，或． 【点睛】本题考查了二次函数图象与坐标轴的交点，二次函数的图象与性质，勾股定理的应用，等腰直角三角形的判定与性质，矩形的性质，平移的性质，熟练的建立二次函数模型再利用二次函数的性质解决问题是解题的关键． 9．(1) (2)且 (3)或或 (4)存在，或 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）抛物线的对称轴为直线，则点B关于抛物线对称轴的对称点为，当M在的左侧时，抛物线在矩形内部的图象从左到右逐渐上升，即可求解； （3）点，矩形内部的图象（包括边界）的最高点的纵坐标与最低点的纵坐标之差为4，当点M的纵坐标为时，，解得；当点M的纵坐标为时，，即可求解； （4）当点在点B的上方时，证明，得到，即可求解；当点在点B的下方时，同理可解． 【详解】（1）解：抛物线经过原点， 抛物线的表达式为， 将点代入上式得，， 解得， 抛物线的解析式为； （2）由（1）中抛物线的解析式可知，抛物线的对称轴为直线，则点B关于抛物线对称轴的对称点为， 当M在的左侧时，抛物线在矩形内部的图象从左到右逐渐上升， 即， 点B、M不重合， 故， 即且； （3）点，矩形内部的图象（包括边界）的最高点的纵坐标与最低点的纵坐标之差为4， 当点M的纵坐标为时，， 解得； 当点M的纵坐标为时，， 解得：或， 综上，m的值为1或或； （4）存在，或，理由如下： 当点在点B的上方时，如图，设点， 过点B、M分别作抛物线对称轴的垂线，垂足分别为H、G， 是以为斜边的等腰直角三角形， 则， ， ， ， ， ， 则点， 将点M的坐标代入抛物线表达式得，   解得（舍去）或， 则； 当点在点B的下方时， 同理可得，点， 将点M的坐标代入抛物线表达式得，， 解得：（不合题意的值已舍去）， 则， 综上，或． 【点睛】本题考查了二次函数的解析式的求法和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． 10．(1) (2)点E的坐标为或． 【分析】本题主要考查了求二次函数关系式，等腰三角形的性质． （1）利用待定系数法求解即可； （2）求得点E的坐标为，解方程，即可求解． 【详解】（1）解：将点，代入关系式， ∴， 解得， ∴抛物线的关系式为； （2）解： ∵，，是以为底的等腰三角形， ∴点E的坐标为， 当时，， 整理得， 解得， ∴点E的坐标为或． 11．(1)①，；② (2)存在的值为或，使得为直角三角形 【分析】本题考查二次函数解析式求解，坐标与几何图形，三角形面积转化，掌握分类讨论思想是解题关键． （1）①代入点、的坐标求出抛物线解析式，再根据点纵坐标为的特点，求出的坐标；②求出直线的解析式，设出点的坐标并表示出的长度，利用面积相等列方程求解点． （2）确定、两点的坐标，用勾股定理表示三边的平方，分三种直角情况建立方程求解并检验的值． 【详解】（1）①解：抛物线经过点，， 把点，分别代入， 可得， 解得， 抛物线的解析式为， 点在边上，且四边形是矩形， 当时，，解得，， ． 答：，． ②如图，过点作轴交于点，连接，， 设直线的解析式为， 把点代入，得，解得， 直线的解析式为， 设，则， ， 的面积等于的面积， ，即， 解得，（舍去）， 故点的坐标为． 答：． （2）解：由（1）知，则抛物线的解析式为， 当时，，，则点坐标为， 当时，，则点坐标为， ，， ， ①当时，， 即，解得； ②当时，， 即， 解得或， 当时，点与点重合，不符合题意，舍去， 当时，点在的延长线上，不符合题意，舍去； ③当时，， 即， 解得或（舍去）， 当时，点与点重合，不符合题意，舍去， 则， 综上所述，存在的值为或，使得为直角三角形． 答：存在的值为或，使得为直角三角形． 12．(1) (2)存在这样的点（2，1）或或，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形 (3)存在点的坐标为（4，1）或（-2，1）或或． 【分析】（1）根据抛物线的对称轴是直线，可得a=-1，再把点代入，即可求解； （2）先求出，设点N（m，-m+3），可得，，再分三种情况讨论：当AC=AN时，当AC=CN时，当AN=CN时，即可求解； （3）设点E（1，n），点F（s，t），然后分两种情况讨论：当BC为边时，当BC为对角线时，即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴是直线， ∴，解得：a=-1， ∵抛物线过点， ∴，解得：c=3， ∴抛物线解析式为； （2）解：存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形．理由如下： 令y=0，则， 解得：， ∴点A的坐标为（-1，0）， ∴OA=1， 当x=0时，y=3， ∴点C的坐标为（0，3），即OC=3， ∴， 设直线BC的解析式为， 把点B（3，0），C（0，3）代入得： ，解得：， ∴直线BC的解析式为， 设点N（m，-m+3）， ∴MN=-m+3，AM=m+1， ∴，， 当AC=AN时，， 解得：m=2或0（舍去）， ∴此时点N（2，1）； 当AC=CN时，， 解得：或（舍去）， ∴此时点N； 当AN=CN时，， 解得：， ∴此时点N； 综上所述，存在这样的点（2，1）或或，使得以，，为顶点的三角形是等腰三角形； （3）解：存在，理由如下： ∵点B（3，0），C（0，3）， ∴OB=OC， ∴BC， 设点E（1，n），点F（s，t）， 当BC为边时，点C向右平移3个单位向下平移3个单位得到点B，同样E（F）向右平移3个单位向下平移3个单位得到点F（E），且BE=CF（CE=BF），如图， ∴或， 解得：或， ∴此时点F的坐标为（4，1）或（-2，1）； 当BC为对角线时，BC=EF，且EF与BC的中点重合，如图， ，解得：或， ∴此时点F的坐标为或； 综上所述，存在点的坐标为（4，1）或（-2，1）或或． 【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，等腰三角形的性质，矩形的性质，并利用分类讨论思想解答是解题的关键是解题的关键． 13．(1) (2)3 (3)存在，的横坐标为时，是直角三角形；的横坐标为1时，是等腰三角形 【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案； （2）根据平行于y轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案； （3）根据，得当以、、为顶点的三角形和相似时，以、、为顶点的三角形和相似，设，则，得，，①若，则，由，得，解得，此时，，，是直角三角形；②若，则，得，解得，此时，， 得， 得， 是等腰三角形． 【详解】（1）解：将A点坐标代入， 得， 解得， ∴抛物线的解析式为， 当时,， 解得或， 即B点坐标为， 故答案为：； （2）解：设直线的解析式为， ∵点A坐标为，点C坐标为， ∴， 解得， ∴直线的解析式为， 设， ∵点M在直线上， ∴， ∵点P在二次函数的图象上， ∴， ∴()， ∴当时，取最大值3； （3）解：存在，理由： ∵， ∴， ∴当以、、为顶点的三角形和相似时，以、、为顶点的三角形和相似， ∵点P在二次函数的图象上，点F在矩形边上， 设，则， ∴，， ①若， 则， ∵， ∴， ∴， 解得（舍去）或， 此时，， ∴， ∴是直角三角形； ②若， 则， ∴， ∴， 解得（舍去）或， 此时，， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰三角形． 【点睛】本题考查了二次函数综合题，熟练掌握待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式，二次函数图象性质，一次函数的图象和性质，二次函数与线段周长综合，二次函数与相似三角形综合，分类讨论，是解题关键． 14．(1) (2)①，且；②或或；③ 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）①首先得到，抛物线开口向下，对称轴为，当时，y随x的增大而增大，且关于的对称点为，进而求解即可； ②根据题意分点M的纵坐标为和点M的纵坐标为两种情况讨论分别代入抛物线表达式求解即可； ③过点A作交的延长线于点Q，过点Q作轴于点H，令交x轴于点M，根据，得，，求出直线解析式，然后把点Q的坐标代入即可求解． 【详解】（1）∵抛物线过原点， ∴ 解得 ∴抛物线的解析式为； （2）①∵抛物线； ∴抛物线开口向下，对称轴为 则关于的对称点为， ∴当时，y随x的增大而增大， ∵是抛物线上一点（不与点重合），其横坐标为， ∴当，且时，抛物线在矩形内部的图象从左到右逐渐上升； ②∵，矩形内部的图象（包括边界）的最高点纵坐标与最低点的纵坐标之差为4 ∴当点M的纵坐标为时， ∴ 解得； 当点M的纵坐标为时， ∴ 解得， 综上所述，或或； ③过点A作交的延长线于点Q，过点Q作轴于点H，令交x轴于点M，顶点，    解得， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴． ∵，， ∴， ∵， ∴ ， ∴，， 令点，则， ∴， 设直线解析式为，则， 解得， ∴， 将点Q代入可得：， 解得：， ∵点P在y轴下方， ∴， ∴， ∴P点的坐标为． 【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数与几何综合，全等三角形的性质和判定，坐标与图形的性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，数形结合是解答本题的关键． 15．(1) (2)不变， (3) 【分析】（1）由抛物线经过点O和点P，将点O与P的坐标代入方程即可求得c，b； （2）当时，，求得M的坐标，则可求得的度数； （3）根据图形，即可直接求得答案． 【详解】（1）解：把代入，得， 再把代入，得， ∵， ∴； （2）解：不变． ∵抛物线的解析式为：，且M的横坐标为1， ∴当时，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：①左边4个好点在抛物线上方，右边4个好点在抛物线下方：无解； ②左边3个好点在抛物线上方，右边3个好点在抛物线下方： 则有， 即， ，， 解得； ③左边2个好点在抛物线上方，右边2个好点在抛物线下方：无解； ④左边1个好点在抛物线上方，右边1个好点在抛物线下方：无解； ⑤左边0个好点在抛物线上方，右边0个好点在抛物线下方：无解； 综上所述，t的取值范围是：． 【点睛】此题考查了二次函数与点的关系，此题综合性很强，难度适中，解题的关键是注意数形结合与方程思想的应用． 16．(1) (2)或或或 (3)或 【分析】（1）由抛物线与轴交于两点，设，再把代入利用待定系数法求解即可； （2）分两种情况讨论：如图，当为矩形边时，当为矩形对角线时，如图，再结合图形求解即可． （3）作的垂直平分线，垂足为，交于点，作于点，作点关于点的对称点符合条件，根据题意分别画图求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于两点， ∴设， 把代入得：， 解得：， ∴抛物线为：； （2）解：根据题意可得抛物线的对称轴为直线， 设，则， 当为矩形边时，可得或， 当时，则，即， 解得：， 则； 当时，则，即， 解得：， 则； 如图，当为矩形对角线时， ，四边形是矩形， ， 则，即， 解得：或， 则或； 综上：或或或． （3）解：设直线的解析式为，则，解得：， 故直线的解析式为， 设， 作的垂直平分线，垂足为，交于点，如图所示． 根据题意可得， 当时，，，故符合条件． 此时，， 解得：， ∴点的坐标为． 作于点，作点关于点的对称点．如图所示． 此时，则，故点符合条件． 根据题意， ∴， ∵， ∴， 过点作于H， 则， ∴， ∵点关于点N对称， 即点为线段的中点， ∴点的坐标为． ∴点的坐标为或． 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数解析式，矩形的性质，线段垂直平分线的性质及等腰三角形的性质，利用数形结合和分类讨论的方法解题是关键． 17．(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． 18．(1)，顶点D的坐标是，对称轴是直线； (2)； (3)， 【分析】（）利用待定系数法解答即可求解； （）如图，把绕着点逆时针旋转到位置，过点作轴于点，可证，得到，，即可得，过点作的垂线交于点，交抛物线于点，可知，，利用中点坐标公式可得，再利用待定系数法求出直线的函数解析式，最后联立两函数解析式解方程组即可求解； （）先求出顶点的坐标，设，，画出图形，利用矩形的性质和勾股定理解答即可求解． 【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， ∴顶点D的坐标是，对称轴是直线； （2）解：如图，把绕着点逆时针旋转到位置，过点作轴于点，则，，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， 过点作的垂线交于点，交抛物线于点， ∵，， ∴，， 即点为的中点， ∴， 即， 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， 由，解得，， ∴； （3）解：存在． ∵， ∴， 设，， 如图， ∵， ∴， 整理得，， ∴， ∴， ∴对角线交点的坐标为， ∴，， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，旋转的性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，二次函数与一次函数的交点问题，等腰三角形的性质，勾股定理，矩形的性质，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $