二次函数综合问题（特殊三角形问题）专项练2026年中考数学一轮复习备考

二次函数综合问题（特殊三角形问题）专项练 1．如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数的图象与轴交于点，，与轴交于点．    (1)求抛物线的解析式； (2)已知为抛物线上一点，为抛物线对称轴上一点，以，，为顶点的三角形是等腰直角三角形，且，求出点的坐标． 2．如图1，直线与抛物线交于，两点． (1)求抛物线的解析式； (2)若P是直线l上方的抛物线上一点，过点P作轴交直线l于点Q，求的最大值及此时点P的坐标； (3)如图2，将抛物线沿射线方向平移，使新抛物线的顶点横坐标为，M是直线l上方的新抛物线上一点，过点M作轴交直线l于点N，点在直线l上．若是直角三角形，请直接写出符合条件的点N的坐标． 3．如图，抛物线与轴交于点和． (1)求抛物线的解析式； (2)若抛物线的对称轴交x轴于点E，点F是位于x轴上方对称轴上一点， 轴，与对称轴右侧的抛物线交于点C，且四边形是平行四边形，求点C的坐标； (3)在（2）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点P，使是直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 4．如图，O为坐标原点，抛物线与x轴交于，顶点为A． (1)如图1，求直线的函数解析式； (2)如图1，将直线绕点M顺时针旋转得到直线并交抛物线于点N，若Q为x轴上一点，求的最小值； (3)如图2，将抛物线平移得到，顶点由A平移到，若点B在直线上，点D和E分别在抛物线和上，那么四边形是否可以为菱形？若可以，求出D点坐标，若不可以，说明理由． 5．如图，直线过轴上一点，且与抛物线相交于，两点，点坐标为． (1)求直线和抛物线的函数解析式． (2)在轴上是否存在一点，使为等腰三角形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． (3)若抛物线上有一点(在第一象限内)使得，求点坐标． 6．抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，顶点为D．已知点，．抛物线的对称轴是直线，P为抛物线上一动点，点P的横坐标为，过点P作x轴的平行线交抛物线于另一点M． (1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标； (2)当是等边三角形时，求m的值及此时三角形的边长； (3)过点P作x轴的垂线，垂足为N，设直线交直线于点F，是否存在这样的m值，使？若存在，求出此时m的值；若不存在，请说明理由． 7．如图，二次函数的图象交轴于、两点，交轴于点，点的坐标为，顶点的坐标为． (1)求二次函数的解析式和直线的解析式； (2)点是直线上的一个动点，过点作轴的垂线，交抛物线于点，当点在第一象限时，求线段长度的最大值； (3)在抛物线上是否存在异于点、的点，使中边上的高为？若存在求出点的坐标；若不存在请说明理由． 8．如图，抛物线经过，两点，与轴交点为，连接．    (1)求抛物线的解析式； (2)在第四象限抛物线上，连接，，求点的坐标； (3)点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿方向运动，点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿方向运动，，同时出发，运动时间为秒，，连接，，当为等腰三角形时，直接写出的值． 9．如图1，抛物线L：与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，已知． (1)求m的值； (2)点D是直线下方抛物线L上一动点，当的面积最大时，求点D的坐标； (3)如图2，在（2）条件下，将抛物线L向右平移1个单位长度后得到抛物线M，设抛物线M与抛物线L的交点为E，，垂足为F．证明是直角三角形． 10．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，其中 ，连接，．点是线段上一动点（不与、两点重合），过点作x轴的垂线，与直线交于点，与抛物线交于点．    (1)求抛物线的表达式，及直线的表达式； (2)过点作，垂足为，求周长的最大值； (3)点在轴上，点在抛物线对称轴上，是否存在点、使得为等腰直角三角形，且，若存在，求出点、的坐标，若不存在，请说明理由． 11．在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，顶点的坐标为． (1)求出抛物线的解析式； (2)如图1．若点在抛物线上且满足，求点的坐标； (3)如图2．是直线上一个动点，过点作轴交抛物线于点，是直线上一个动点，当为等腰直角三角形时，直接写出此时点的坐标． 12．抛物线过，，三点． (1)求抛物线的表达式； (2)如图①，抛物线上一点在线段的上方，交于点，，求点的坐标； (3)如图②，为抛物线顶点，过作直线，点在轴上运动，是否存在这样的点、，使得以、、为顶点的三角形与相似，若存在，请直接写出点的坐标．若不存在，请说明理由． 13．在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，C的坐标分别为，，顶点为M的抛物线经过点A，B，且与x轴交于点D，E（点D在点E的左侧）． (1)直接写出点B的坐标，抛物线的解析式及顶点M的坐标； (2)点P是（1）中抛物线对称轴上一动点，求为等腰三角形时，求P的坐标； (3)平移抛物线，使抛物线的顶点始终在直线上移动，在平移的过程中，当抛物线与线段有公共点时，求抛物线顶点的横坐标a的取值范围． 14．如图①，二次函数与轴交于点、，且点在点的右侧，与轴交于点，连接．    (1)求抛物线的对称轴； (2)求直线的解析式； (3)如图②，点是轴下方、抛物线对称轴右侧图象上的一动点，连接，过点作，与抛物线的另一个交点为，、为上的两点，且轴，轴． ①当为直角三角形时，求点的坐标； ②是否存在点，使得与互相平分，若存在，直接写出点的坐标，若不存在，说明理由． 15．如图①，抛物线与x轴相交于O、A两点，直线与y轴交于B点，与该抛物线交于A，D两点，已知点D横坐标为． (1)求这条抛物线的解析式； (2)如图①，在线段上有一动点H（不与O、A重合），过H作x轴的垂线分别交于P点，交抛物线于Q点，若x轴把分成两部分的面积之比为，求H点的坐标； (3)如图②，在抛物线上是否存在点C，使为直角三角形？若存在，直接写出点C的坐标；若不存在，请说明理由． 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 《二次函数综合问题（特殊三角形问题）专项练 2026年中考数学一轮复习备考》参考答案 1．(1) (2)或或或 【分析】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，等腰直角三角形等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度． （1）待定系数法求解析式即可； （2）求出抛物线的对称轴为直线，设对称轴与轴交于点，过点作于点，证明，设，进而得出点的坐标，代入抛物线解析式，求得的值，当点与点重合时，可得或； 【详解】（1）解：将点，，代入得： ， 解得：， 抛物线解析式为； （2）解：点，， 抛物线的对称轴为直线， 设直线与轴交于点，过点作于点， 当在轴上方时，如图： 以，，为顶点的三角形是等腰直角三角形，且， ， ，， ∴， ，， 设，则，， ， 点在抛物线上， ， 解得：（舍去）或， ； 当在轴下方时，如图： 同理可得，，， 设，则， 把代入得： ， 解得（舍去）或， ； 当点与点重合时，如图所示， ，是等腰直角三角形，且， ， 此时， 由对称性可得，点也满足条件， 综上所述，或或或； 2．(1) (2)， (3)点N的坐标为或 【分析】（1）先将代入求出k的值，再将，代入求解即可； （2）设，则．过点A作交的延长线于点C．则，求出可得，然后表示出，利用二次函数的性质求解即可； （3）先求出新抛物线和点D的坐标，然后分两种情况求解：①当D为直角顶点时，②当M为直角顶点时． 【详解】（1）将代入，解得， ∴． 将，代入， 解得，， ∴抛物线的解析式为． （2）设， 则． 过点A作交的延长线于点C．则轴， ∴ 把代入得，． 把代入得，． ∴， ∵， ∴， 即， ∴． ∵， ∴当时，的值最大，最大值为． 此时，点P的坐标为． （3）∴原抛物线的解析式为， ∴原抛物线的顶点坐标为． ∵平移后的抛物线的顶点横坐标为， ∴向左平移了3个单位， 设向上平移了m个单位， 则， ∴， ∴新抛物线的解析式为． 把代入，得 ， ∴点D的坐标为． ①当D为直角顶点， 作于点F，作轴于点G． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 设直线的解析式为， 把代入得． 设直线DM的解析式为， 把代入得， ∴直线DM的解析式为． 令， 解得，（舍去）， 则； ②当M为直角顶点时，． 令， 解得，（舍去）， 则． 综上，点N的坐标为或 【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数与坐标轴的交点，待定系数法求二次函数解析式，二次函数与几何综合，勾股定理，解直角三角形，二次函数的平移等知识，本题难度大，属中考压轴题． 3．(1)； (2)C的坐标是； (3)P的坐标为或 或． 【分析】（1）将，代入，列方程组并且解该方程组求出a、b的值，即可得到抛物线的解析式为； （2）将抛物线的解析式配方成顶点式，求得抛物线的对称轴为直线，，由平行四边形的性质得，则点C的横坐标为5，即可求得点C的坐标是； （3）分三种情况，一是；当时，过点C作轴于点L，作交的延长线于点H，则，证，设，则，于是得，求得，则；二是，可证明，则，得，． 三是，设交于点J，则，由平行四边形的性质得，，所以，则． 【详解】（1）解：∵抛物线经过点，， ∴，解得， ∴抛物线的解析式为． （2）解：， ∴抛物线的对称轴为直线，， ∵四边形是平行四边形， ， ∴点C的横坐标为， 抛物线， 当时，， ∴点C的坐标是． （3）解：存在点P，使是直角三角形， ①当时， 作交的延长线于点H，则，， ， ， 设，则， ， ， 解得， ， ②点O是直角顶点时，过点C作轴于点L． ， ，， ， ， ， ， ， ． ③当时， 设交于点J，作轴于点L， ，，， ， 轴，， ， ∵四边形是平行四边形， ，， ， ，， ， ； 综上所述，存在点P，使是直角三角形， 点P的坐标为或或或． 【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、平行四边形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题． 4．(1) (2) (3)可以，点D坐标为或 【分析】（1）将代入可求出，化成顶点式求出，由待定系数法，即可求解； （2）过作交于，过作交于，由勾股定理得可求出的长，由正弦函数得， 求出及三角函数值，设，由勾股定理得，由三角形面积可求出的坐标，从而可求的坐标，而 ，当、、三点共线时取得最小值，即可求解； （3）设，由勾股定理求得 ，即，解方程，即可求解． 【详解】（1）解：将代入得， ， 解得：， ， ， 设直线的函数解析式为， 则有， 解得：， 故直线的函数解析式为； （2）解：如图，过作交于，过作交于， 当时，， ， ， ， ， ∴ ， 设， ， ∵， ∴ 整理得：， 解得：，(舍去)， ， 设直线的解析式为，则有， 解得：， 直线的解析式为， 联立， 解得：，， ， ， ， 当、、三点共线时，取得最小值， 此时，如图， ； 故的最小值为； （3）解：可以，理由如下： 顶点由A平移到，点B在直线上， ， ， 四边形是菱形， ， 设， ， ， 整理得：， 解得：，（舍去）， ，， 当时， ， 当时， ， D点坐标或． 【点睛】本题考查了待定系数法，解直角三角形，二次函数与特殊三角形综合，二次函数与特殊四边形综合，垂线段最短等，能将最值转化为垂线段最短，并将动点问题转化成方程求解是解题的关键． 5．(1)直线的解析式为；抛物线解析式为 (2)或或或 (3) 【分析】本题考查了二次函数综合题，待定系数法求二次函数的解析式，等腰三角形的性质，面积问题； （1）利用待定系数法，设直线的解析式为，把，代入后求出，的值即可得出的解析式；将代入求出即可得出抛物线解析式； （2）需要分类讨论：，，，利用线段的长度来求点的坐标； （3）根据二次函数图象上点的坐标特征，可设，利用三角形面积公式列出方程，然后解出的值即可得到点坐标． 【详解】（1）解：设直线的解析式为， 把，代入得， 解得， 所以直线的解析式为； 把代入得， 所以抛物线解析式为； （2）∵ ∴， ①当时，或； ②当时，点是线段的垂直平分线与轴的交点． 设 解得： ． ③当时， ； 解得：（舍去）或 ∴； 综上所述，符合条件的点的坐标为：或或或． （3）联立， 解得：， ∴， ∴ 设， ∵ ∴ 解得：或（舍去） ∴ 6．(1)， (2)，边长为 (3)存在，或 【分析】（1）由抛物线的对称轴可知点，则可设抛物线的解析式为，然后根据待定系数法可进行求解； （2）由（1）可设，过点D作，垂足为E，由题意易得，，，，然后根据三角函数值可进行求解； （3）由题意易得，，点F为线段的中点，然后根据中点坐标公式及题意可求出m的值，进而根据题意可分类进行求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线对称轴为直线，且过， ∴ ∴设抛物线的解析式为， 将代入得， ∴抛物线的解析式为：， 即：， 把代入得， ， ∴； （2）解：由（1）可设，过点D作，垂足为E， ∵是等边三角形， ∴，， ， 在中， ， ∴，， ∴边长为； （3）解：存在， ∵， ∴，． 当时，点P在x轴的上方， ∵， ∴点F为线段的中点， ∴， ∴， 设直线的解析式为： 把代入得： ∴直线的解析式为： 点F代入整理得，， 解得，（不合题意，舍去）， 当时，如图，设线段的中点为R， ∴，， ∵， ∴M为的中点， ∴，， ∴，， ∴， 代入整理得，， 解得：，（不合题意，舍去）， 综上可知，存在或，使． 【点睛】本题主要考查二次函数的综合、勾股定理、等边三角形的性质及三角函数，熟练掌握二次函数的图象与性质及三角函数是解题的关键． 7．(1)， (2) (3)存在满足条件的点，其坐标为或 【分析】（1）可设抛物线解析式为顶点式，由B点坐标可求得抛物线的解析式，则可求得D点坐标，利用待定系数法可求得直线解析式； （2）设出P点坐标，从而可表示出的长度，利用二次函数的性质可求得其最大值； （3）过Q作轴，交于点G，过Q和于H，可设出Q点坐标，表示出的长度，由条件可证得为等腰直角三角形，则可得到关于Q点坐标的方程，可求得Q点坐标． 【详解】（1）解：抛物线的顶点的坐标为， 可设抛物线解析式为， 点在该抛物线的图象上， ，解得， 抛物线解析式为，即 点在轴上，令可得， 点的坐标为， 可设直线解析式为， 把点代入可得，解得， 直线解析式为； （2）解：设点横坐标为，则点坐标为，点坐标为， 点在第一象限， 点在点的上方， ， 当时，有最大值； （3）解：存在满足条件的点，理由如下： 如图，过点作轴交于点，交轴于点，过点作于点， 设点坐标为，则点坐标为， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， 当中边上的高为时，即， ， ， 当时，，方程无实数根， 当时，解得或， 或， 综上可知存在满足条件的点，其坐标为或． 【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、等腰直角三角形的性质及方程思想等知识．在（1）中主要是待定系数法的考查，注意抛物线顶点式的应用，在（2）中用P点坐标表示出的长是解题的关键，在（3）中构造等腰直角三角形求得的长是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中． 8．(1) (2)点的坐标是 (3)秒或秒或秒或秒 【分析】（1）分别将点，的坐标代入抛物线得到关于，的二元一次方程，求解即可； （2）作的平分线交轴于，过作轴交于，求出，直线解析式为，设，由平分，可得，，故，即可求出，直线解析式为，根据，有，确定直线解析式为，最后联立，求解即可； （3）过作轴于，由，可得，，故，，，分三种情况：①当时，；②当时， ；③当时，，分别解方程可得答案． 【详解】（1）解：∵抛物线经过，两点， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）如图，作的平分线交轴于，过作轴交于， ∵抛物线与轴交点为， 当时，得， ∴， 设直线解析式为，过点，， ∴， 解得：， ∴直线解析式为， 设，则， ∵平分， ∴， ∵轴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：或（此时在轴左侧，不符合题意，舍去）， ∴， 设直线解析式为，过点，， ∴， 解得：， ∴直线解析式为 ， ∵， ∴， 设直线解析式为，过点， ∴， 解得：， ∴直线解析式为， 联立， 解得：或， ∴； （3）如图，过作轴于， ∵，， ∴，， ∴， 根据题意得：， ∴， ∵轴， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∴， ∴，，， ①当时，， 解得：； ②当时，， 解得：（舍去）或； ③当时，， 解得：或； 综上所述，的值为秒或秒或秒或秒． 【点睛】本题是二次函数的综合应用，考查了待定系数法确定函数解析式，平行线的判定和性质，等腰三角形判定与性质，勾股定理，两点间的距离，相似三角形判定与性质等知识点，解题的关键是分类讨论思想的应用． 9．(1) (2) (3)见解析 【分析】 （1）由题意可知，将点A的坐标代入抛物线L即可得出m的值； （2）设点D的坐标，表达的面积，并根据二次根式的性质可得出结论； （3）由题可知，则点F是的中点，可求出的长，取的中点H，则是的中位线，则轴，由平移可得出抛物线M的解析式，联立可得点E的坐标，求出点E的坐标，即可得出轴，进而可得结论． 【详解】（1）解：， ， 在抛物线L：， ，解得：， 故答案为：； （2）令， 解得：或， ， 令，则， ， ； 过点D作y轴的平行线于点G， 设，则， ， ， 当时，的面积最大， ， ； （3）证明：如图，连接， ， ， ， 是的中点，， :， 在中，， ， 过点F作于点H， ， 点是的中点， 是的中位线， ， 轴， 将抛物线L向右平移1个单位长度后得到抛物线M， 则：， 令，解得：， ， ， 轴， ，即是直角三角形． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，等腰三角形的性质，勾股定理等，中位线性质定理，含角直角三角形特征，熟练掌握相关知识是解题关键． 10．(1)抛物线表达式： ，直线的表达式： ； (2)周长最大值为； (3)存在，，或，． 【分析】本题考查二次函数的综合应用，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，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）设，求出的长，利用三角函数值，表示出的长，将的周长转化为二次函数求最值，即可； （3）分在轴上方和下方，两种情况，构造全等三角形，进行求解即可． 【详解】（1）解：把代入，得： ，解得：， ∴； 设直线的解析式为：，把：，代入得：， ∴； （2）∵， ∴， ∴， ∴，， ∵轴，， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴的周长， ∴当最大时，的周长最大， 设，则：， ∴， ∴当时，有最大值为4， 此时：的周长最大为； （3）存在； ∵， ∴对称轴为：，当时，，解得：， ∴， ∴， 设，， ①当点在轴上方时，如图：    过点作轴，交对称轴于，过点作，则：，， ∵为等腰直角三角形，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，； ②当点在轴下方时，    同法可得：，； 综上：，或， 11．(1) (2)点坐标为或 (3)点坐标为或或或或或 【分析】（1）设，将代入，即可得解； （2）先求出直线的解析式为：，分情况讨论：当时，；当时；分别求解即可得出答案； （3）直线的解析式为，直线的解析式为，设，则，，分三种情况：①当时，②当时，③当时，分别求解即可． 【详解】（1）解：∵顶点的坐标为， 设， 将代入，得：， 解得， ∴； （2）解：令，则， 解得或， ∴，， 设直线的解析式为， 将，代入解析式得：， ∴， ∴直线的解析式为：， 在中，令，则， ， 如图1，当时，， 设直线的解析式为， 将代入解析式得：， 直线的解析式为， 联立， 解得（舍）或， ∴；   如图2，当时， ∵，，， ∴，，， ∴， ∴， 设与直线交于点， ∴， 设， ∴， 解得， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得， ∴， 联立， 解得或 ， ∴； 综上所述：点坐标为或； （3）解：直线的解析式为，直线的解析式为， 设，则，， ①当时， ∴， ∴， ∴或  ， ∵点在上， ∴或， ∴（舍）或或， ∴或； ②当时， ∵， ∴， ∴或， ∵点在上， ∴或， 解得或（舍）或， ∴或； ③如图3，当时，设的中点， ∴， ∵， ∴或， ∵点在直线上， ∴或， 解得（舍）或或， ∴或； 综上所述：点坐标为或或或或或． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图形及性质，根据等腰直角三角形的性质进行分类讨论是解此题的关键． 12．(1)抛物线的表达式为 (2) (3)存在，点的坐标为或或或 【分析】（1）利用待定系数法解答即可； （2）过点作，交轴于点，交过点且平行于轴的直线于点，设，利用待定系数法求得直线的解析式，用含的代数式表示出，，再利用已知条件得到关于的方程，解方程即可得出结论； （3）利用点的坐标和等腰直角三角形的判定定理得到：为等腰直角三角形，则为等腰直角三角形，利用分类讨论的方法分5种情形讨论解答：利用等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质求得线段的长度，则结论可求． 【详解】（1）解： 抛物线过，，三点， ， 解得：， 抛物线的表达式为； （2），， 轴， 过点作，交轴于点，交过点且平行于轴的直线于点，如图， 设， 设直线的解析式为， ． ， 直线的解析式为， ， ． ，， ，， ， ， ， （不合题意，舍去）或． ． ； （3）存在这样的点、，使得以、、为顶点的三角形与相似，点的坐标为或或或．理由： ， ， 过点作于点，则，，， ， 为等腰直角三角形． 以、、为顶点的三角形与相似， 为等腰直角三角形． ①当，时，如图， 设直线交轴于点， ，， ． 在和中， ， ， ， ； ②当，时，如图， 过点作，交的延长线于点，过点作，交的延长线于点， 则四边形为矩形，四边形为矩形，四边形为矩形， ，，． ，， ． 在和中， ， ， ，． ， ， ， ； ③当，时，如图， ，， ． 在和中， ， ， ， ； ④当，时，如图， 过点作于点， ，， ． 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ； ⑤当，时，如图， 过点作，交的延长线于点，显然，， ， 此种情形不存在． 综上，存在这样的点、，使得以、、为顶点的三角形与相似，点的坐标为或或或． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法，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，等腰直角三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 13．(1)，， (2)或或或 (3)或 【分析】（1）由矩形的性质，即可得到点的坐标；然后由待定系数法即可求出解析式，再求出顶点坐标即可； （2）由抛物线得，进而可得，直线的解析式为，在直线上，设，，分三种情况：①当时，②当时，③当时，利用勾股定理列方程求解即可； （3）根据题意，找出顶点平移的临界点，然后进行分类讨论，分别求出的取值范围即可． 【详解】（1）解： 点，的坐标分别为，，且四边形是矩形， ； 把点、代入抛物线的解析式，则 ，解得； ， ； 顶点坐标为； （2）当时，，解得：，， ∴，则， 设直线的解析式为，代入，，得，解得， ∴直线的解析式为， 当时，，即在直线上， 设，， ①当时，是等腰三角形，则， 即：，解得，（舍去）， ∴点的坐标为； ②当时，是等腰三角形，则， 即：，解得，， ∴点的坐标为或； ③当时，是等腰三角形，则， 即：，解得， ∴点的坐标为； 综上，为等腰三角形时，点的坐标为或或或； （3）由题意可得，，， 设直线，的解析式为， ，， 解得：， ，， 抛物线的顶点在直线上 可设平移中的抛物线的解析式为 当时，抛物线即，此时抛物线与线段有两个交点 当时， ①当抛物线经过点时，有 ， 解得：（舍去），； ②当抛物线经过点时，有 ， 解得（舍去），； 综上得 ； 当且抛物线与直线有公共点时， 则方程即有实数根， ，即 ． 综上可得或时，平移后的抛物线与线段有公共点． 【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质，待定系数法求抛物线的解析式，勾股定理，等腰三角形的性质，一元二次方程等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，利用分类讨论的思想进行分析． 14．(1)直线 (2) (3)①或②存在， 【分析】（1）由抛物线的对称轴为直线，代值即可求解； （2）当时，当时，解方程即可求求出、的坐标，用待定系数法即可求 （3）①设点的横坐标为，则，，可求，（ⅰ）当时，，即可求解；（ⅱ）当时，，即可求解；②由平行四边的判定方法四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得， 设点的横坐标为，可得点，的横坐标均为，，， 过作交的延长线于，由等腰三角形的性质得，即可求解． 【详解】（1）解：由题意得， ， 抛物线的对称轴为直线； （2）解：当时，， 当时， ， 解得：，， ，； 设直线的解析式为，则有 ， 解得， 直线的解析式为； （3）解：①设点的横坐标为， 则， ， ， （ⅰ）如图，当时，    ， ， 轴， ， ， ， ， ， ； （ⅱ）如图，当时，    由（ⅰ）得：， 过作轴交于， ， ， ， ，（舍去）， ， ， 综上所述：点的坐标为或； ②存在，理由如下： 与相互平分， 四边形为平行四边形， ，， ， 四边形是平行四边形， ， ， 是的中点， 设点的横坐标为， 点，的横坐标均为， ， ， ， ， 与轴夹角为， ， 如图，过作交的延长线于，    ， ， ， ， 整理得：， 解得：，（舍去）， 当时， ， ． 【点睛】本题考查了二次函数在特殊三角形中的应用，二次函数在特殊四边形中的应用，二次函数的性质，图象与坐标轴的交点问题，待定系数法，平行四边形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理等；掌握相关的性质，能根据直角顶点的不同进行分类讨论是解题的关键． 15．(1) (2)或 (3)或或或或或 【分析】（1）先利用一次函数解析式求出A、D坐标，再把A、D坐标代入二次函数解析式中求出二次函数解析式即可； （2）设，则，根据题意得到或，则或，由此可得方程或，解方程即可得到答案； （3）如图3-1所示，当时，先求出，得到，则，过点C作轴于M，则是等腰直角三角形，则，设点C的坐标为，可得方程，解方程即可得到答案；如图3-2所示，当，设直线与x轴交于E，证明是等腰直角三角形，得到，求出直线解析式为，联立，解得或，则点C的坐标为或；如图3-3所示，时，设点C的坐标为，由勾股定理得，可得，再由，得到，解方程求出n进而求出k即可得到答案． 【详解】（1）解：在中，当时，，当时，， ∴， 把代入抛物线解析式中得， ∴， ∴抛物线解析式为； （2）解：设， ∵轴， ∴， ∵x轴把分成两部分的面积之比为， ∴或， ∴或， ∴或， 解方程得或（舍去）， 解方程得或（舍去）， ∴点H的坐标为或； （3）解：如图3-1所示，当时， 在中，当时，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 过点C作轴于M，则是等腰直角三角形， ∴， 设点C的坐标为， ∴， 解得或（舍去）， ∴点C的坐标为； 如图3-2所示，当，设直线与x轴交于E， 同理可得， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴直线解析式为， 联立，解得或， ∴点C的坐标为或； 如图3-3所示，时，设点C的坐标为， 由勾股定理得， ∴， ∴， 又∵， ∴， 解得或， 当时，则，解得或（舍去）， ∴此时点C的坐标为； 当时，则，解得或， ∴此时点C的坐标为或； 综上所述，点C的坐标为或或或或或． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 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 $