专题8 二次函数综合之特殊四边形的存在性问题（5大题型专项突破）2026年中考数学第二轮专题复习

专题8 二次函数综合之特殊四边形的存在性问题 （5大题型专项突破） 【题型1 二次函数综合之平行四边形的存在性问题】......................................................................................1 【题型2 二次函数综合之菱形的存在性问题】..................................................................................................4 【题型3 二次函数综合之矩形的存在性问题】..................................................................................................6 【题型4 二次函数综合之正方形的存在性问题】..............................................................................................8 【题型5 二次函数综合之梯形的存在性问题】................................................................................................10 题型1 二次函数综合之平行四边形的存在性问题 一、核心解题思路 平行四边形的核心性质是“对角线互相平分”，解题的关键是利用中点坐标公式，分情况讨论已知的两个定点是边还是对角线。 1.确定定点与动点：设已知两个定点为A(x1,y1)、B(x2,y2)，动点为P（在二次函数图像上，设为 P(x,ax2+bx+c)）和Q（通常在坐标轴或直线上）。 2.分三种情况讨论对角线： · 情况1：以AB为对角线，P、Q为另外两个顶点； · 情况2：以AP为对角线，B、Q为另外两个顶点； · 情况3：以AQ为对角线，A、B为另外两个顶点。 3. 利用中点坐标公式列方程：平行四边形对角线中点重合，因此对角线两端点的横、纵坐标之和分别相等。若对角线为AC和BD，则：, 即：，，以此列方程求解动点坐标。 二、关键解题技巧 1.“两定两动” 分类法：如果题目中有两个定点、两个动点，优先按 “哪条线段是对角线” 分类，共3种情况，不会漏解。 2.平移法辅助：平行四边形的对边平行且相等，即 xB−xA=xQ−xP，yB−yA=yQ−yP，用平移的思路直接写出动点坐标关系，更直观。 3.快速验解：解出坐标后，代入二次函数解析式，验证动点是否在图像上，同时排除三点共线、四点共线的无效解。 【例1】（2026·陕西·一模）如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点，连接，点为抛物线上一动点（不与点重合），图中虚线是抛物线的对称轴． (1)求该二次函数的表达式； (2)若点在抛物线的对称轴上，是否存在点，使得以点为顶点的四边形是以为边的平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式1-1】（2026·黑龙江绥化·二模）如图，抛物线经过三点，交轴于点． (1)求a，b的值； (2)在抛物线对称轴上找一点，使的值最小时，求的面积； (3)点为轴上一动点，抛物线上是否存在一点，使以A，C，M，N四点构成的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式1-2】（2025·四川雅安·中考真题）如图，二次函数的图象与x轴交于点和点B，与y轴交于点． (1)求二次函数的表达式； (2)点Q是抛物线在第三象限上的一点，满足，请求出点Q的坐标； (3)点E在抛物线的对称轴上，在抛物线上是否存在点F，使得以A，C，E，F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式1-3】（25-26九年级下·宁夏银川·期中）如图，抛物线经过坐标轴上，，三点，直线过点和点． (1)求抛物线的解析式； (2)是直线下方抛物线上一动点，连接，，求面积等于3时点的坐标； (3)是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有满足条件的点坐标；若不存在，请说明理由． 变式1-4（25-26九年级下·四川成都·期中）如图，直线与抛物线交于、两点，与抛物线的对称轴交于点，抛物线的顶点为． (1)求抛物线的解析式； (2)若，点为抛物线上一点，过点作，与直线相交于点，当以、、、为顶点的四边形是平行四边形时，求点P的横坐标． (3)设抛物线的对称轴与轴交于点，直线、分别交抛物线于点、，连接，为的中点，试探究的横坐标是否为定值？若是，请求出的横坐标；若不是，请说明理由． 题型2 二次函数综合之菱形的存在性问题 一、核心解题思路 菱形是邻边相等的平行四边形，解题的核心是先满足平行四边形的条件，再加上 “邻边相等” 或 “对角线互相垂直” 的限制。 1.先按平行四边形处理：用中点坐标公式，列出平行四边形的三种情况，得到动点的坐标关系。 2.加上菱形的核心条件： · 方法1（邻边相等）：若平行四边形 ABCD 是菱形，则AB=AD，用两点间距离公式列方程求解； · 方法2（对角线垂直）：菱形的对角线互相垂直，若对角线为AC和BD，则kAC⋅kBD=−1（斜率存在时），或直接用向量垂直的坐标关系：(xC−xA)(xD−xB)+(yC−yA)(yD−yB)=0。 二、关键解题技巧 1.优先“平行四边形+邻边相等”：比用对角线垂直更通用，避免斜率不存在的特殊情况（如对角线水平/竖直）。 2.“两定一动” 特殊情况：若题目中只有两个定点、一个动点，通常以两个定点的连线为边或对角线： · 以两定点连线为边：动点到其中一个定点的距离等于连线长度，且对边平行； · 以两定点连线为对角线：动点在对角线的垂直平分线上，且到两个定点的距离相等。 3.距离公式的简化：计算边长时，直接用“距离平方相等”，避免开方运算，减少计算错误。 【例2】（2026九年级下·海南海口·专题练习）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点，与轴交于点，且关于直线对称． (1)求该抛物线的解析式； (2)当时，的取值范围是，求的值； (3)点是抛物线上位于第一象限的一个动点，过点作轴的垂线交直线于点， ①求线段的最大值， ②在轴上是否存在点，使得以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． 【变式2-1】（2026九年级下·山东济宁·月考）如图，抛物线与x轴交于点，点，与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，点P是直线上方抛物线上一点． (1)求抛物线的解析式； (2)在直线上方的抛物线上找一点P，作，E为轴上一个动点，当为最大值时，求线段的最小值； (3)若点M为直线上一点，N为平面内一点，是否存在这样的点M和点N使得以C、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点M坐标；若不存在，说明理由． 【变式2-2】（2026·江苏无锡·一模）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)则抛物线解析式中________，________； (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． 【变式2-3】（2026·甘肃天水·二模）如图，抛物线与x轴的负半轴交于点A，与x轴的正半轴交于点，与y轴交于点，抛物线的顶点为D．过点D向x轴作垂线，交x轴于点E，以和为邻边在第二象限内作矩形．动点M从点D出发，沿向点E运动，运动的速度为每秒1个单位长度．设点M的运动时间为t秒，过点M作，交于点G，过点G作于点H，交抛物线于点Q． (1)求该抛物线的函数表达式． (2)当M为的中点时，求的长． (3)如图1，连接，，当的面积最大时，求t的值． (4)如图2，点M运动的同时，点P从点A出发沿向点F运动，运动的速度为每秒1个单位长度，K为矩形内一点，且点K在点G的正下方．当四边形为菱形时，求t的值． 题型3 二次函数综合之矩形的存在性问题 一、核心解题思路 矩形是有一个角为直角的平行四边形，解题的核心是先满足平行四边形的条件，再加上“有一个内角为直角”或“对角线相等”的限制。 1.先按平行四边形处理：用中点坐标公式列出平行四边形的三种情况。 2.加上矩形的核心条件： · 方法1（有一个角为直角）：若平行四边形ABCD是矩形，则∠A=90∘，用勾股定理 AB2+AD2=BD2列方程； · 方法2（对角线相等）：矩形的对角线相等，若对角线为AC和BD，则AC=BD，用两点间距离公式列方程求解。 二、关键解题技巧 1.优先 “平行四边形+勾股定理”：对角线相等的方法需要计算两条对角线的长度，勾股定理只需要计算三条边，计算量更小。 2.特殊情况简化：若有顶点在坐标轴上，可直接利用坐标轴的垂直性判断直角，比如顶点在x轴上，相邻两边分别水平和竖直，直接满足直角条件。 3.排除菱形陷阱：注意区分矩形和菱形，矩形的邻边不一定相等，菱形的角不一定是直角，不要混淆条件。 【例3】（25-26九年级上·山东东营·期末）如图，在平面直角坐标系中，经过点的直线与轴交于点．经过原点的抛物线交直线于点，，抛物线的顶点为． (1)求抛物线的表达式； (2)是线段上一点，是抛物线上一点，当轴且时，求点的坐标； (3)是抛物线上一动点，是平面直角坐标系内一点．是否存在以点，，，为顶点且以为边的四边形是矩形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式3-1】（25-26九年级上·新疆乌鲁木齐·月考）如图所示，在平面直角坐标系中，直线交坐标轴于、两点，抛物线经过、两点，且交轴于另一点．点为抛物线在第一象限内的一点，过点作，交于点，交轴于点． (1)求抛物线解析式； (2)设点的横坐标为，在点的移动过程中，存在，求出的值； (3)在抛物线上取点，在平面直角坐标系内取点，问是否存在以、、、为顶点且以为边的矩形？如果存在，请求出点的坐标；如果不存在，请说明理由． 【变式3-2】（25-26九年级上·广西崇左·期末）如图，抛物线的对称轴是直线，与x轴交于点A、B两点，且A点的坐标为，与y轴交于点． (1)求抛物线解析式及顶点D坐标； (2)点E为抛物线上一点，且，则点E的坐标为 　 　； (3)点F为线段上任意一点，过点F作轴于点M，直线交抛物线于点N，求线段的最大值； (4)点P是抛物线对称轴上一点，在平面直角坐标系中是否存在一点Q，使以点A、C、P、Q为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式3-3】（2025·海南海口·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，与轴交于点两点，与轴交于点，连接直线． (1)求抛物线的函数关系式； (2)点是位于直线上方抛物线上的一个动点， ①如图1所示，过点作平行于轴与抛物线另一个交点为，当点位于上方时，过点作与轴平行的直线交于点，连接线段、、．当四边形的面积等于时，求点坐标； ②如图2所示，连接与直线交于点，当时，求的值； (3)是抛物线上一个动点，在平面内是否存在，使得、、、为顶点的四边形是矩形．若存在，直接写出点坐标，若不存在，请说明理由． 题型4 二次函数综合之正方形的存在性问题 一、核心解题思路 正方形既是菱形又是矩形，解题时需要同时满足“邻边相等”和“有一个内角为直角”，也可以理解为“等腰直角三角形”的扩展。 1.先按平行四边形处理：列出平行四边形的三种情况。 2.加上正方形的双重条件： · 方法1（矩形+邻边相等）：先按矩形列条件，再加上 “邻边相等”（如AB=AD）； · 方法2（菱形+一个角为直角）：先按菱形列条件，再加上“对角线相等”或“邻边垂直”； · 方法3（坐标旋转法）：已知两个顶点，将其中一个顶点绕另一个顶点顺时针/逆时针旋转90°，得到第三个顶点，再利用平行四边形的中点公式求第四个顶点。 二、关键解题技巧 1.旋转法秒杀：对于两个定点的情况，用 “坐标旋转” 直接写出第三个顶点的坐标，比列复杂的距离方程更高效。例如：点B绕点A逆时针旋转90°得到点P，坐标变换公式为：P(xA−(yB−yA), yA+(xB−xA))顺时针旋转90°则为：P(xA+(yB−yA), yA−(xB−xA)) 2.双重条件检验：正方形需要同时满足平行四边形、矩形、菱形的所有性质，解出坐标后要同时验证“邻边相等”和“内角为直角”，避免漏解或错解。 【例4】（2026·辽宁沈阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，经过、两点的二次函数的图象交轴于另一点． (1)求二次函数的表达式； (2)点、在直线上，点是第二象限位于抛物线上一点，点在轴上若四边形是正方形，求点的坐标； (3)连接、，抛物线上是否存在点，使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式4-1】（2022·辽宁阜新·一模）如图，已知二次函数的图象交轴于点，，交轴于点，是抛物线上一点． (1)求这个二次函数的表达式； (2)如图1，当点在直线上方时，求面积的最大值； (3)直线轴，交直线于点，点在轴上，点在坐标平面内，是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是正方形？若存在，直接写出点坐标；若不存在，请说明理由． 【变式4-2】（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）综合与探究 如图，已知抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，连接，点B的坐标为，顶点D的坐标为．点P为抛物线上第一象限内一点，过点P作交于点E． (1)求抛物线的解析式； (2)点F在直线上，平面内存在点Q，使以点C，D，F，Q为顶点的四边形为正方形，点Q的坐标为________； (3)求的最大值； 题型5 二次函数综合之梯形的存在性问题 一、核心解题思路 梯形的核心定义是“一组对边平行且不相等”，解题的关键是分情况讨论哪一组对边平行，再结合 “不相等” 的条件排除平行四边形的情况。 1.确定定点与动点：设已知两个定点为A(x1,y1)、B(x2,y2)，动点为P、Q。 2.分三种情况讨论平行的对边： · 情况1：AB∥PQ； · 情况2：AP∥BQ； · 情况3：AQ∥BP。 3.列方程求解： · 平行的条件：两条直线的斜率相等（斜率存在时），即 kAB=kPQ；若直线是水平/竖直的，直接用纵坐标/横坐标相等判断； · 不相等的条件：排除平行四边形的情况，即AB=PQ，用两点间距离公式验证。 二、关键解题技巧 1.斜率的计算：两点M(xm,ym)、N(xn,yn) 的斜率为k=，注意分母不为0，即直线不与x轴垂直。 2.特殊梯形优先：中考中常考直角梯形或等腰梯形，可额外利用直角或两腰相等的条件简化计算。 · 直角梯形：一组对边平行，且有一个内角为直角； · 等腰梯形：一组对边平行，且两腰相等，对角线相等。 3.排除平行四边形：一定要记得“平行且不相等”，解出平行四边形的情况要舍去，避免误判。 【例5】（2026·上海徐汇·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点和点，顶点为．直线经过点，且． (1)求直线的表达式； (2)已知抛物线也经过、两点，且开口向下，顶点为．设为抛物线与直线的交点，连接、、，当四边形是梯形时，求抛物线的表达式． 【变式5-1】（25-26九年级下·上海嘉定·期中）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，抛物线与直线交于、两点，顶点的坐标是，过点作轴，交抛物线于点D，连接． (1)求该抛物线的表达式； (2)求的正切值； (3)点为抛物线上一点，当以、、、为顶点的四边形是梯形时，请直接写出点的坐标． 【变式5-2】（2026·上海普陀·二模）在平面直角坐标系中（如图所示），已知某抛物线的表达式为．沿着x轴的正方向看，点M在抛物线的上升部分，设直线与x轴的夹角为． (1)如果，，求该抛物线的表达式； (2)已知点N在抛物线的下降部分，且． ①求的值； ②平移抛物线，使新抛物线的顶点落在线段上，且新抛物线与y轴交于点C．已知点M的纵坐标为1，当四边形是以为腰的等腰梯形时，求点的坐标． 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 $ 专题8 二次函数综合之特殊四边形的存在性问题 （5大题型专项突破） 【题型1 二次函数综合之平行四边形的存在性问题】......................................................................................1 【题型2 二次函数综合之菱形的存在性问题】................................................................................................15 【题型3 二次函数综合之矩形的存在性问题】................................................................................................26 【题型4 二次函数综合之正方形的存在性问题】............................................................................................42 【题型5 二次函数综合之梯形的存在性问题】................................................................................................53 题型1 二次函数综合之平行四边形的存在性问题 一、核心解题思路 平行四边形的核心性质是“对角线互相平分”，解题的关键是利用中点坐标公式，分情况讨论已知的两个定点是边还是对角线。 1.确定定点与动点：设已知两个定点为A(x1,y1)、B(x2,y2)，动点为P（在二次函数图像上，设为 P(x,ax2+bx+c)）和Q（通常在坐标轴或直线上）。 2.分三种情况讨论对角线： · 情况1：以AB为对角线，P、Q为另外两个顶点； · 情况2：以AP为对角线，B、Q为另外两个顶点； · 情况3：以AQ为对角线，A、B为另外两个顶点。 3. 利用中点坐标公式列方程：平行四边形对角线中点重合，因此对角线两端点的横、纵坐标之和分别相等。若对角线为AC和BD，则： , 即：，，以此列方程求解动点坐标。 二、关键解题技巧 1.“两定两动” 分类法：如果题目中有两个定点、两个动点，优先按 “哪条线段是对角线” 分类，共 3 种情况，不会漏解。 2.平移法辅助：平行四边形的对边平行且相等，，即 xB−xA=xQ−xP，yB−yA=yQ−yP，用平移的思路直接写出动点坐标关系，更直观。 3.快速验解：解出坐标后，代入二次函数解析式，验证动点是否在图像上，同时排除三点共线、四点共线的无效解。 【例1】（2026·陕西·一模）如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点，连接，点为抛物线上一动点（不与点重合），图中虚线是抛物线的对称轴． (1)求该二次函数的表达式； (2)若点在抛物线的对称轴上，是否存在点，使得以点为顶点的四边形是以为边的平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)或 【分析】（1）直接利用待定系数法求解解析式即可； （2）求解抛物线的对称轴为直线，设，，再分类讨论即可 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点， ∴， 解得：， ∴抛物线为：； （2）解：∵， ∴抛物线的对称轴为直线， 令，则， ∴, 设， 如图， 当时，则且 解得：， ∴ 当时，则且 解得：， ∴ 综上：点M坐标为或 【变式1-1】（2026·黑龙江绥化·二模）如图，抛物线经过三点，交轴于点． (1)求a，b的值； (2)在抛物线对称轴上找一点，使的值最小时，求的面积； (3)点为轴上一动点，抛物线上是否存在一点，使以A，C，M，N四点构成的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)的面积为 (3)存在，点的坐标为或或 【分析】（1）将代入，求出，得到抛物线的解析式，将代入解析式，即可求出b的值； （2）连接，求出直线的解析式为，使的值最小，即点为直线与对称轴的交点，得到，即可求出三角形的面积； （3）当点在轴下方时和当点在轴上方时进行分类讨论即可． 【详解】（1）解：将代入， 得到， 解得， 故抛物线解析式为， 将代入解析式，得， 解得； ； （2）解：抛物线解析式为， ， 对称轴为直线， 连接，， 设直线的解析式为， ， 解得， 直线的解析式为， 使的值最小，即点为直线与对称轴的交点， 当时，， ， ； （3）解：①当点在轴下方时，如图， ∴ 抛物线的对称轴为直线，， ∴点纵坐标为， 将代入， 解得或（舍去）， ; ②当点在轴上方时， 过点作轴于点， 在和中， ， ，即点的纵坐标为， ， 解得或 或， 综上所述，符合条件的坐标为或或． 【变式1-2】（2025·四川雅安·中考真题）如图，二次函数的图象与x轴交于点和点B，与y轴交于点． (1)求二次函数的表达式； (2)点Q是抛物线在第三象限上的一点，满足，请求出点Q的坐标； (3)点E在抛物线的对称轴上，在抛物线上是否存在点F，使得以A，C，E，F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)二次函数解析式为 (2) (3)存在，以A，C，E，F为顶点的四边形为平行四边形，点的坐标为或或 【分析】（1）把代入，运用待定系数法求解即可； （2）根据题意得到，由正切值的计算得到，结合题意，，设，过点作轴于点，代入计算即可求解； （3）根据题意得到二次函数对称轴直线为，设，，且，根据平行四边形的性质得到，对角线的交点的横坐标相等，由此即可求解． 【详解】（1）解：二次函数的图象与x轴交于点和点B，与y轴交于点， ∴， 解得，， ∴二次函数解析式为； （2）解：二次函数解析式为， ∴当时，， 因式分解得，， 解得，， ∴， ∴， 如图所示，连接， ∵， ∴， ∵点Q是抛物线在第三象限上的一点， ∴设，过点作轴于点， ∴，， ∵满足， ∴， ∴， ∴， 整理得，， 因式分解得，， 解得，，（舍去）， ∴，则， ∴； （3）解：二次函数解析式为， ∴对称轴直线为， 设，，且， 当四边形是平行四边形时， ∴对角线交点的横坐标相等，即， 解得，， ∴， ∴； 当四边形是平行四边形时， ∴， 解得，， ∴， ∴； 当四边形是平行四边形时， ∴， 解得，， ∴， ∴； 综上所述，存在以A，C，E，F为顶点的四边形为平行四边形，点的坐标为或或． 【变式1-3】（25-26九年级下·宁夏银川·期中）如图，抛物线经过坐标轴上，，三点，直线过点和点． (1)求抛物线的解析式； (2)是直线下方抛物线上一动点，连接，，求面积等于3时点的坐标； (3)是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有满足条件的点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)或或 【分析】（1）待定系数法求函数解析式即可； （2）作轴交于点，求出直线的解析式，将的面积转化为一元二次方程求解即可； （3）分分别为平行四边形的对角线，进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线经过坐标轴上三点， ∴设抛物线的解析式为， 把代入，得， 解得， ∴. （2）解：∵， ∴设直线的解析式为，把代入，得， 解得， ∴， 作轴交于点，设，则， ∴， ∴， 解得：，， ∴或． （3）解：存在， ∵， ∴对称轴为直线， 设，， ∵， 当以B，C，R，S为顶点的四边形是平行四边形时， ①当为对角线时，，解得， ∴， ∴； ②当为对角线时，，解得， ∴， ∴； ③当为对角线时，，解得， ∴， ∴； 综上：或或． 变式1-4（25-26九年级下·四川成都·期中）如图，直线与抛物线交于、两点，与抛物线的对称轴交于点，抛物线的顶点为． (1)求抛物线的解析式； (2)若，点为抛物线上一点，过点作，与直线相交于点，当以、、、为顶点的四边形是平行四边形时，求点P的横坐标． (3)设抛物线的对称轴与轴交于点，直线、分别交抛物线于点、，连接，为的中点，试探究的横坐标是否为定值？若是，请求出的横坐标；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2)点的横坐标为或2或 (3)点的横坐标为定值 【分析】（1）设抛物线的解析式为，整理可得：与解析式比较求出和的值，即可得到抛物线的解析式； （2）当时，直线的解析式为，设点的坐标为，则点的坐标为，所以，根据点、的坐标可以求出，根据平行四边形的性质可知，可得方程，解方程求出的值即为点的横坐标； （3）设点的坐标为，点的坐标为，因为点是抛物线的对称轴与轴交点，所以点的坐标是，把点和点的横坐标表示出来，根据平面直角坐标系中的中点坐标公式求出点的横坐标即可． 【详解】（1）解：抛物线的顶点， 设抛物线的解析式为， 整理得：， 抛物线的解析式为， ，，， 抛物线的解析式为； （2）解：当时，直线的解析式为， 当时，可得：， 点的坐标为， 点， ， 设点的坐标为，则点的坐标为， ， ，以、、、为顶点的四边形是平行四边形， ， ， ， 当时， 整理可得：， 解得：，， 当时， 解得：，（此时、重合，舍去）， 综上所述，点的横坐标为或2或； （3）解：点的横坐标为定值， 设点的坐标为，点的坐标为， 则、是方程的解， 整理可得：， ，， 点的坐标为， 点的坐标为， 设的解析式为， 则有， 解得：， 直线的解析式为， 解方程 整理得：， 方程的解应是点和点的横坐标， ， ， ， 同理可得：， 点的横坐标为， 整理可得： ， 点的横坐标为定值． 题型2 二次函数综合之菱形的存在性问题 一、核心解题思路 菱形是邻边相等的平行四边形，解题的核心是先满足平行四边形的条件，再加上 “邻边相等” 或 “对角线互相垂直” 的限制。 1.先按平行四边形处理：用中点坐标公式，列出平行四边形的三种情况，得到动点的坐标关系。 2.加上菱形的核心条件： · 方法1（邻边相等）：若平行四边形 ABCD 是菱形，则AB=AD，用两点间距离公式列方程求解； · 方法2（对角线垂直）：菱形的对角线互相垂直，若对角线为AC和BD，则kAC⋅kBD=−1（斜率存在时），或直接用向量垂直的坐标关系：(xC−xA)(xD−xB)+(yC−yA)(yD−yB)=0。 二、关键解题技巧 1.优先“平行四边形+邻边相等”：比用对角线垂直更通用，避免斜率不存在的特殊情况（如对角线水平/竖直）。 2.“两定一动” 特殊情况：若题目中只有两个定点、一个动点，通常以两个定点的连线为边或对角线： · 以两定点连线为边：动点到其中一个定点的距离等于连线长度，且对边平行； · 以两定点连线为对角线：动点在对角线的垂直平分线上，且到两个定点的距离相等。 3.距离公式的简化：计算边长时，直接用“距离平方相等”，避免开方运算，减少计算错误。 【例2】（2026九年级下·海南海口·专题练习）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点，与轴交于点，且关于直线对称． (1)求该抛物线的解析式； (2)当时，的取值范围是，求的值； (3)点是抛物线上位于第一象限的一个动点，过点作轴的垂线交直线于点， ①求线段的最大值， ②在轴上是否存在点，使得以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)①；②存在，边长为或2 【分析】（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）①根据题意求出点坐标，得到直线的解析式，设，则，进而可得即可；②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）①当时，解得：，当时，， ∴，， 设直线的解析式为，把代入，得：， ∴， 设，则：， ∴， 故线段的最大值为； ②存在； 由①知，，， 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． 【变式2-1】（2026九年级下·山东济宁·月考）如图，抛物线与x轴交于点，点，与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，点P是直线上方抛物线上一点． (1)求抛物线的解析式； (2)在直线上方的抛物线上找一点P，作，E为轴上一个动点，当为最大值时，求线段的最小值； (3)若点M为直线上一点，N为平面内一点，是否存在这样的点M和点N使得以C、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点M坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，M点的坐标为或或或 【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）过点作轴交于点，当最大时，则最大，求得点坐标，作点C关于x轴的对称点，连接交x轴于点，此时最小，即可求解； （3）当为菱形对角线时，，列出等式即可求解；当、为菱形对角线时，同理可解． 【详解】（1）解：将点，点代入， 可得， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：如图，过点作轴交于点， 令，则， ， ， ， 轴 ， ， ∴当最大时，则最大， 设直线的解析式为， ， 解得， ， 设，则， ， 当时，最大，即最大， ， ∴点； 作点关于轴的对称点，连接交轴于点， 此时，取到最小值， 即的最小值； （3）解：存在点和点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形， , ∴抛物线对称轴为直线， 设，， ①当为菱形对角线时，此时， ， 解得， ； ②当为菱形对角线时，， ， 解得， 或， ③当为菱形对角线时，， ， 解得或（与点重合，故舍去）， ； 综上所述：点的坐标为或或或． 【变式2-2】（2026·江苏无锡·一模）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)则抛物线解析式中________，________； (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)或 【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）先求出抛物线图象与轴的另一个交点的坐标为，分，，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）解：由（1）知该抛物线的解析式为， ∵， ∴该抛物线的顶点坐标为， 令， 解得或， ∴抛物线图象与轴的另一个交点的坐标为， 当时，即，此时，随的增大先增大到最大值再减小， 此时，，解得（舍去）； 当时，即，此时，随的增大而减小， 此时，，即， 解得或（舍去）； 综上，当时，y的取值范围是，t的值为； （3）解：存在； 将代入，则， ∴， 设直线的解析式为，把代入，得， 解得 ∴， 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． 【变式2-3】（2026·甘肃天水·二模）如图，抛物线与x轴的负半轴交于点A，与x轴的正半轴交于点，与y轴交于点，抛物线的顶点为D．过点D向x轴作垂线，交x轴于点E，以和为邻边在第二象限内作矩形．动点M从点D出发，沿向点E运动，运动的速度为每秒1个单位长度．设点M的运动时间为t秒，过点M作，交于点G，过点G作于点H，交抛物线于点Q． (1)求该抛物线的函数表达式． (2)当M为的中点时，求的长． (3)如图1，连接，，当的面积最大时，求t的值． (4)如图2，点M运动的同时，点P从点A出发沿向点F运动，运动的速度为每秒1个单位长度，K为矩形内一点，且点K在点G的正下方．当四边形为菱形时，求t的值． 【答案】(1)抛物线的函数表达式为 (2) (3)t的值为2 (4) 【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式即可解答此题； （2）利用相似三角形的判定和相似比即可解答此题； （3）分析当三角形的底边固定，高最大时三角形的面积最大，利用直线平行和直线与抛物线相切求得点坐标，进而根据题意求得点、点坐标，求得长可求值； （4）根据题意可表示出涉及到的点、点、点坐标，假设出点坐标，根据菱形的性质对边相等表示出点坐标，在利用菱形的性质邻边相等，列出方程，解方程即可求得值． 【详解】（1）解：∵抛物线经过点和点， ∴， ， 解得：， 所以抛物线的函数解析式为． （2）解：根据顶点坐标公式可求顶点的坐标为， ∵点和点关于直线对称，且， ∴点坐标为， ， ，， ， 又， ， ∵M为的中点， ， ． （3）解：当边上的高最大时，的面积最大， 即平行于直线且与抛物线相切时，的面积最大， 设直线的解析式为，且点坐标为，点的坐标为， 解得：， 设平行于直线且与抛物线相切的直线为， ∵两直线平行， ， ， ∵直线与抛物线相切， ， 整理，得：， ， 解得：， ， 抛物线和直线解析式联立得，， 解得：， 即：， 此时，点横坐标为，代入得： ， 即：， ， ， （秒）． （4）解：， ， 根据题意可知点和点的纵坐标相等， ∴将代入得： ， ， ∵， ， ， 可设点坐标为， 则， 当四边形为菱形时，， 即：， 整理，得：， ∴点坐标为， 根据题意，由勾股定理可得： ， ， 即：， 整理，得：， 解得：（舍去），， （秒）． 题型3 二次函数综合之矩形的存在性问题 一、核心解题思路 矩形是有一个角为直角的平行四边形，解题的核心是先满足平行四边形的条件，再加上“有一个内角为直角”或“对角线相等”的限制。 1.先按平行四边形处理：用中点坐标公式列出平行四边形的三种情况。 2.加上矩形的核心条件： · 方法1（有一个角为直角）：若平行四边形ABCD是矩形，则∠A=90∘，用勾股定理 AB2+AD2=BD2列方程； · 方法2（对角线相等）：矩形的对角线相等，若对角线为AC和BD，则AC=BD，用两点间距离公式列方程求解。 二、关键解题技巧 1.优先 “平行四边形+勾股定理”：对角线相等的方法需要计算两条对角线的长度，勾股定理只需要计算三条边，计算量更小。 2.特殊情况简化：若有顶点在坐标轴上，可直接利用坐标轴的垂直性判断直角，比如顶点在x轴上，相邻两边分别水平和竖直，直接满足直角条件。 3.排除菱形陷阱：注意区分矩形和菱形，矩形的邻边不一定相等，菱形的角不一定是直角，不要混淆条件。 【例3】（25-26九年级上·山东东营·期末）如图，在平面直角坐标系中，经过点的直线与轴交于点．经过原点的抛物线交直线于点，，抛物线的顶点为． (1)求抛物线的表达式； (2)是线段上一点，是抛物线上一点，当轴且时，求点的坐标； (3)是抛物线上一动点，是平面直角坐标系内一点．是否存在以点，，，为顶点且以为边的四边形是矩形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)或或； (3)或． 【分析】（1）已知抛物线过原点和点，将两点坐标代入抛物线解析式，得到关于系数、的方程，求解即可得到解析式． （2）先求出直线的解析式，设点横坐标为，由轴可知点横坐标也为，分别表示两点纵坐标，根据列方程，结合在线段上的条件确定的值，从而得到点坐标． （3）先求点坐标，再根据矩形的性质（对角线相等且互相平分、邻边垂直），分2种情况（为对角线、为对角线），利用中点坐标公式和勾股定理列方程求解，得到点的坐标． 【详解】（1）解：∵抛物线过原点， ∴， ∵抛物线过点， ∴， 解得， ∴抛物线表达式为； （2）解：设直线的解析式为， ∵直线过， ∴， 解得 ∴直线的解析式为， 设， ∵轴， ∴， ∵， ∴， 即， 当时，， 解得或， ∴或， 当时，， 解得（舍去）或， ∴， 综上，点M的坐标为或或； （3）解：联立， 解得或， ∴， 情况1：当为对角线时， 设，， ∵矩形对角线互相平分， ∴，， ∵， 由勾股定理：， ， 代入， 解得，，或，，（舍去）， ∴， ∴， 情况2：当为对角线时， 设，， ∵矩形对角线互相平分， ∴，， ∵， 由勾股定理：， ， 代入， 解得，，或，(舍去)， ∴，， ∴， 综上，的坐标为或． 【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数的解析式求法、坐标与图形性质、矩形的性质、勾股定理的应用，熟练掌握待定系数法求函数解析式，以及利用中点坐标公式和勾股定理处理矩形存在性问题是解题的关键． 【变式3-1】（25-26九年级上·新疆乌鲁木齐·月考）如图所示，在平面直角坐标系中，直线交坐标轴于、两点，抛物线经过、两点，且交轴于另一点．点为抛物线在第一象限内的一点，过点作，交于点，交轴于点． (1)求抛物线解析式； (2)设点的横坐标为，在点的移动过程中，存在，求出的值； (3)在抛物线上取点，在平面直角坐标系内取点，问是否存在以、、、为顶点且以为边的矩形？如果存在，请求出点的坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，， 【分析】（1）根据一次函数的解析式求出点的坐标，再利用待定系数法求解即可得； （2）先根据，求出，从而可得，再根据平行线的判定可得，从而可得点的纵坐标与点的纵坐标相同，即为3，由此即可得； （3）设点的坐标为，分两种情况：①四边形是矩形，②四边形是矩形，先联立二次函数和一次函数的解析式求出点的坐标，再根据矩形的性质求解即可得． 【详解】（1）解：一次函数， 当时，，即， 当时，，解得，即， 把，代入得， 解得， 则抛物线的解析式为． （2）解：，， ， ， ， ， ， ， ， 点的纵坐标与点的纵坐标相同，即为3， 当时，， 解得或（舍去）， 点的横坐标为2， ． （3）解：存在，求解如下： 设点的坐标为， ①当四边形是矩形时，则， 直线的解析式为， ， 设在直线上，根据勾股定理得：， ， ， ， ， 解得， 直线的解析式为， 联立， 解得或（即为点，舍去）， ， ②当四边形是矩形时，则， 设直线的解析式为， 将点代入得：，解得， 则直线的解析式为， 联立， 解得或（即为点，舍去）， ， 综上，存在以、、、为顶点且以为边的矩形，此时点的坐标为或． 【变式3-2】（25-26九年级上·广西崇左·期末）如图，抛物线的对称轴是直线，与x轴交于点A、B两点，且A点的坐标为，与y轴交于点． (1)求抛物线解析式及顶点D坐标； (2)点E为抛物线上一点，且，则点E的坐标为 　 　； (3)点F为线段上任意一点，过点F作轴于点M，直线交抛物线于点N，求线段的最大值； (4)点P是抛物线对称轴上一点，在平面直角坐标系中是否存在一点Q，使以点A、C、P、Q为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)或 (3) (4)存在，或或或 【分析】（1）利用待定系数法和配方法解答即可； （2）根据题意，得，然后根据二次函数的解析式，确定一元二次方程，解方程即可； （3）先确定直线的解析式为：．设，则， 则， 根据抛物线性质解答即可． （4）设，，，，故，分或或为对角线时，利用中点坐标公式解答即可． 此题属于二次函数的综合问题，考查了待定系数法求函数解析式、二次函数的最值，中点坐标公式，矩形的判定和性质等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质并能利用分类讨论思想求解点N的坐标是解答此题的关键． 【详解】（1）解：由题意得： ， 解得：， 则抛物线的表达式为：； ， 故抛物线的顶点． （2）解：， ， 解得， 故， 根据题意，得， ∵， ， 即， 则， 或， 或， 解得或无解， 故或， 故答案为：或． （3）解：设直线的解析式为， 将，代入直线解析式得： ， 解得， ∴直线的解析式为：， 设，则， 则， 故， ∵， ∴抛物线开口向下，函数有最大值， ∴当，最大，且最大值为． （4）解：存在，理由： 设，，，， 故， 当为对角线时， 由中点坐标公式得： 解得：或，， 故或； 当为对角线时， 由中点坐标公式得： ， 解得， 故； 当为对角线时， 由中点坐标公式得： ， 解得， 故； 故存在点Q，使得A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形且坐标为或或或． 【变式3-3】（2025·海南海口·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，与轴交于点两点，与轴交于点，连接直线． (1)求抛物线的函数关系式； (2)点是位于直线上方抛物线上的一个动点， ①如图1所示，过点作平行于轴与抛物线另一个交点为，当点位于上方时，过点作与轴平行的直线交于点，连接线段、、．当四边形的面积等于时，求点坐标； ②如图2所示，连接与直线交于点，当时，求的值； (3)是抛物线上一个动点，在平面内是否存在，使得、、、为顶点的四边形是矩形．若存在，直接写出点坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)①；② (3)或或或 【分析】（1）由点，的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式； （2）①利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点、的坐标，进而求得点的坐标，根据四边形的面积等于，得出，由点，的坐标，利用待定系数法可求出直线的解析式，设，则，将的坐标，代入直线的解析式，求得的值，即可求解； ②证明，列比例式可得的长，设，，表示的长，求得，进而根据正切的定义，即可求解； ③分三种情况讨论，当为矩形的对角线时，当为对角线时，当为对角线时，分别画出图形，根据矩形的性质，利用勾股定理以及解直角三角形的方法求解即可． 【详解】（1）解：将代入， 得，解得， ∴解析式为； （2）①解析式为 ∴对称轴为直线 ∵， ∴关于直线对称 当时，， ， ∴ ∴ ∵四边形的面积等于， ∴ ∴ 设直线的解析式为， 将，分别代入得， 解得：， 直线的解析式为：， 设，则即 ∵在上 ∴ 解得：或（与点重合舍去） ∴ ②过点作轴的平行线，交直线于点，交轴于点， 过点作轴的平行线，交直线于点， ， 当时，， ，， 轴， ， ， ， ， 设，， ， 解得：， ， ，， 在中，； （3）解：∵， ∴ ∴ 设 当为矩形的对角线时， ∵， ∴ 整理得， 即 ∴ ∵， ∴ 解得：或 当时，，则 当时，，则 当为对角线时，如图，设交轴于点， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 设直线的解析式为代入 ∴ ∴ ∴直线的解析式为 联立 解得：或 ∴ 当为对角线时， ∴ ∴直线的解析式为 联立 解得：或 ∴ 综上所述，或或或 题型4 二次函数综合之正方形的存在性问题 一、核心解题思路 正方形既是菱形又是矩形，解题时需要同时满足“邻边相等”和“有一个内角为直角”，也可以理解为“等腰直角三角形”的扩展。 1.先按平行四边形处理：列出平行四边形的三种情况。 2.加上正方形的双重条件： · 方法1（矩形+邻边相等）：先按矩形列条件，再加上 “邻边相等”（如AB=AD）； · 方法2（菱形+一个角为直角）：先按菱形列条件，再加上“对角线相等”或“邻边垂直”； · 方法3（坐标旋转法）：已知两个顶点，将其中一个顶点绕另一个顶点顺时针/逆时针旋转90°，得到第三个顶点，再利用平行四边形的中点公式求第四个顶点。 二、关键解题技巧 1.旋转法秒杀：对于两个定点的情况，用 “坐标旋转” 直接写出第三个顶点的坐标，比列复杂的距离方程更高效。例如：点B绕点A逆时针旋转90°得到点P，坐标变换公式为：P(xA−(yB−yA), yA+(xB−xA))顺时针旋转90°则为：P(xA+(yB−yA), yA−(xB−xA)) 2.双重条件检验：正方形需要同时满足平行四边形、矩形、菱形的所有性质，解出坐标后要同时验证“邻边相等”和“内角为直角”，避免漏解或错解。 【例4】（2026·辽宁沈阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，经过、两点的二次函数的图象交轴于另一点． (1)求二次函数的表达式； (2)点、在直线上，点是第二象限位于抛物线上一点，点在轴上若四边形是正方形，求点的坐标； (3)连接、，抛物线上是否存在点，使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，或 【分析】（1）先求出的坐标，然后用待定系数法求解即可； （2）连接，，设，根据求解即可； （3）作，根据在上方或下方两种情况讨求解即可. 【详解】（1）解：∵当时，， ∴， ∵当时，，， ∴， ∵二次函数的图象过两点， ∴，解得：， 即：； （2）解：∵， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， 连接，， ∵， ∴， ∴， ∴即：， ∵四边形是正方形， ∴，即：， ∴互相垂直平分，， ∵点是第二象限位于抛物线上一点， ∴设， ，解得：， ∴， ∴， 解得：（舍）， ∴； （3）答：存在，或，理由如下： 过点作，过点B作 ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是正方形， 当时，， ∴， ∴即：， 如图：当在下方时，过点作射线使交于点交抛物线于点，此时， ∵， ∴， ∴， 即：， 设直线的解析式为：， ∴解得：， 即：， ∵， ∴（舍）或， ∴； 当在上方时， 作点关于的对称点， ∵四边形是正方形， ∴点在上，，， ∴， ∵时，， ∴在抛物线上， ∵， ∴， 当与重合时，，此时，， 综上：存在，或. 【变式4-1】（2022·辽宁阜新·一模）如图，已知二次函数的图象交轴于点，，交轴于点，是抛物线上一点． (1)求这个二次函数的表达式； (2)如图1，当点在直线上方时，求面积的最大值； (3)直线轴，交直线于点，点在轴上，点在坐标平面内，是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是正方形？若存在，直接写出点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)面积的最大值为； (3)存在点，使以，，，为顶点的四边形是正方形，点的坐标为或或． 【分析】（1）把，代入，可得，，即可得二次函数的表达式； （2）设，作轴于点，则，，利用割补法，可得，即可得面积的最大值； （3）由待定系数法，可得直线的解析式为，设，由轴，可得，根据题意进行分类讨论，结合正方形的性质，即可得点坐标． 【详解】（1）解：∵二次函数的图象交轴于点，， ∴， 解得， ∴． （2）解：在中，令，得， ∴， 设， ∵点在直线上方，，， ∴，， 作轴于点，则，， 用割补法求面积： ∵的面积等于梯形的面积加的面积减去的面积， 梯形的面积， 的面积， 的面积， ∴面积 ， ∵， ∴， ∴， ∴面积的最大值为． （3）解：存在点，使以，，，为顶点的四边形是正方形， 设直线的解析式为， ∵，， ∴， 解得， ∴直线的解析式为， 设，， ∵轴， ∴， ∴， ∴， 如图，四边形为正方形，则， ∴， 解得或（不合题意，舍去）， ∴， ∴， 如图，四边形为正方形，点在上方， 连接，，交于点，则，， ∴， 解得或（不合题意，舍去）， ∴， ∴， 如图，四边形是正方形，点在下方， 连接，，交于点，则，， ∴， 解得或（不合题意，舍去）， ∴， ∴， ∴点的坐标为或或． 【变式4-2】（2026·黑龙江齐齐哈尔·一模）综合与探究 如图，已知抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，连接，点B的坐标为，顶点D的坐标为．点P为抛物线上第一象限内一点，过点P作交于点E． (1)求抛物线的解析式； (2)点F在直线上，平面内存在点Q，使以点C，D，F，Q为顶点的四边形为正方形，点Q的坐标为________； (3)求的最大值； 【答案】(1) (2)或； (3) 【分析】（1）设出顶点式，待定系数法进行求解即可； （2）求出点坐标，推出，进而得到，推出正方形，求出直线的解析式，设，根据，列出方程求出的值，再根据平移思想，求出点的坐标即可； （3）作轴，交于点，作于点，求出，进而得到，，得到，证明为等腰直角三角形，推出，进而得到最大时，最大，设，则，利用二次函数求最值即可； 【详解】（1）解：∵抛物线的顶点坐标为， ∴设抛物线的解析式为，把代入，得， 解得， ∴； （2）解：∵， ∴当时，，当时，解得， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∵点在直线上， ∴， ∴当点C，D，F，Q为顶点的四边形为正方形时，只能得到正方形， ∴， 设直线的解析式为，把代入，得， ∴， ∴， 设， ∵， ∴，解得， ∴或， ∵点先向右平移1个单位，再向上平移一个单位得到， ∴点先向右平移1个单位，再向上平移一个单位得到， ∴或； （3）解： 作轴，交于点，作于点，则，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， 由（2）可知，，直线的解析式为， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴当最大时，最大， 设，则， ∴， ∴当时，最大为，此时最大为； 题型5 二次函数综合之梯形的存在性问题 一、核心解题思路 梯形的核心定义是“一组对边平行且不相等”，解题的关键是分情况讨论哪一组对边平行，再结合 “不相等” 的条件排除平行四边形的情况。 1.确定定点与动点：设已知两个定点为A(x1,y1)、B(x2,y2)，动点为P、Q。 2.分三种情况讨论平行的对边： · 情况1：AB∥PQ； · 情况2：AP∥BQ； · 情况3：AQ∥BP。 3.列方程求解： · 平行的条件：两条直线的斜率相等（斜率存在时），即 kAB=kPQ；若直线是水平/竖直的，直接用纵坐标/横坐标相等判断； · 不相等的条件：排除平行四边形的情况，即AB=PQ，用两点间距离公式验证。 二、关键解题技巧 1.斜率的计算：两点M(xm,ym)、N(xn,yn) 的斜率为k=，注意分母不为0，即直线不与x轴垂直。 2.特殊梯形优先：中考中常考直角梯形或等腰梯形，可额外利用直角或两腰相等的条件简化计算。 · 直角梯形：一组对边平行，且有一个内角为直角； · 等腰梯形：一组对边平行，且两腰相等，对角线相等。 3.排除平行四边形：一定要记得“平行且不相等”，解出平行四边形的情况要舍去，避免误判。 【例5】（2026·上海徐汇·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点和点，顶点为．直线经过点，且． (1)求直线的表达式； (2)已知抛物线也经过、两点，且开口向下，顶点为．设为抛物线与直线的交点，连接、、，当四边形是梯形时，求抛物线的表达式． 【答案】(1)直线的表达式 (2)抛物线或 【分析】本题主要考查二次函数与几何的结合，涉及待定系数法求解析式，求一次函数的解析式，相似三角形的判定和性质，两点之间的距离，以及梯形的性质，解题的关键是应用分类讨论思想． （1）根据待定系数法求得抛物线，即可知点，过点M作轴，交x轴于点C，交直线l于点N，可证明，有，结合两点之间距离求得，利用待定系数法即可求得直线的表达式； （2）根据题意的，利用待定系数法求得抛物线，则点，联立方程求得点，结合梯形的性质若，过点N作轴于点C，过点M作平行于x轴的直线与过点D作轴于点C，线段与x轴交于点F，则点，且，有，两点之间距离公式求得a（当a值接近0时不满足题干要求的梯形字母顺序，故舍去）；若，过点M作轴于点G，过点D作平行于x轴的直线与过点N作轴于点H，同理可得，点，求得a即可． 【详解】（1）解：∵抛物线经过点和点， ∴， 解得， 则抛物线， ∴点， 如图，过点M作轴，交x轴于点C，交直线l于点N， 则，， ∵， ∴， ∴， 则， ∴， ∵点和点， ∴，， 则，解得， ∴点 ∴设直线l的解析式为， ∵直线经过点和点N， ∴， 解得 则直线的表达式； （2）解：∵抛物线开口向下， ∴， ∵抛物线经过、两点， ∴， 解得， 则抛物线， ∵抛物线顶点为， ∴， 联立， 解得，， 则点， ∵四边形是梯形， ∴，或， ①如图，若，过点N作轴于点C，过点M作平行于x轴的直线与过点D作轴于点C，线段与x轴交于点F， 则，，点，点， ∴， ∴， ∵点，点，点，点，点， ∴，，，， 则， 解得，（构不成梯形，舍去）， 那么，抛物线； ②若，过点M作轴于点G，过点D作平行于x轴的直线与过点N作轴于点H， 同理可得，点，点， ∴，，，，， 则， 解得，（构不成梯形，舍去）， 那么，抛物线． 【变式5-1】（25-26九年级下·上海嘉定·期中）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，抛物线与直线交于、两点，顶点的坐标是，过点作轴，交抛物线于点D，连接． (1)求该抛物线的表达式； (2)求的正切值； (3)点为抛物线上一点，当以、、、为顶点的四边形是梯形时，请直接写出点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)点的坐标为或或 【分析】（1）先求出，设抛物线的解析式为，将代入解析式计算即可得出结果； （2）先求出，，作于点，则，求出，，最后由正切的定义计算即可得出结果； （3）先求出直线的解析式为，再结合梯形的性质，分三种情况：当时；当时；当时，分别计算即可得出结果． 【详解】（1）解：在中，当时，，即， ∵抛物线顶点的坐标是， ∴设抛物线的解析式为， 将代入解析式可得， 解得：， ∴抛物线的解析式为； （2）解：∵过点作轴， ∴当时，， 解得：，， ∴， 联立， 解得：或， ∴， 如图，作于点， 则， ∴，， ∴； （3）解：设直线的解析式为， 将，代入解析式可得， 解得：， ∴直线的解析式为， ∵以、、、为顶点的四边形是梯形， ∴当时，设直线的解析式为， 将代入解析式可得， ∴直线的解析式为， 联立， 解得：或， ∴此时点的坐标为； 当时，此时点的纵坐标为， 在中，令，则， 解得：或， ∴此时点的坐标为； 当时，设直线的解析式为， 将代入解析式可得， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立， 解得：或， ∴此时点的坐标为； 综上所述：点的坐标为或或． 【点睛】本题考查了求一次函数的解析式，求二次函数的解析式，正切的定义，二次函数综合—特殊四边形问题，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 【变式5-2】（2026·上海普陀·二模）在平面直角坐标系中（如图所示），已知某抛物线的表达式为．沿着x轴的正方向看，点M在抛物线的上升部分，设直线与x轴的夹角为． (1)如果，，求该抛物线的表达式； (2)已知点N在抛物线的下降部分，且． ①求的值； ②平移抛物线，使新抛物线的顶点落在线段上，且新抛物线与y轴交于点C．已知点M的纵坐标为1，当四边形是以为腰的等腰梯形时，求点的坐标． 【答案】(1) (2)①② 【分析】本题主要考查一次函数性质、二次函数综合、三角函数和坐标系中两点间距离，正确做出辅助线，利用数形思想是解题的关键． （1）以锐角三角函数定义为突破口，由得点 横、纵坐标的比例关系，结合​用勾股定理求出点坐标，再通过待定系数法代入抛物线表达式，即可求出解析式； （2）①通过作平行线拆分，得到两个相等的角，利用的定义列等式，推导出 、 两点的横坐标数量关系，再通过勾股定理计算线段长度，最终求得​的定值； ②先由点纵坐标简化 、坐标，求出直线解析式；再利用等腰梯形 “对边平行、腰长相等” 的性质确定点坐标；最后结合平移后抛物线的顶点式，联立方程求解，即可得到顶点的坐标． 【详解】（1）解：设 ，则 ， ∴， 又，代入， ， 解得，则， ∴． 把代入， ，， ∴抛物线表达式为：． （2）解：①过点作轴（点在点左侧），则轴，设于轴交于点，，过点作于点． 设（，在抛物线上升部分）， ∵轴， ∴， ∵， ∴，即平分． 在中，， 设（，在抛物线下降部分）， 在中，， ∴， ， ∴， 即点坐标为． ∴， ∴． ② ∵点的纵坐标为 1，即， ∴，， 由①的结论，， ∴， 设直线的解析式为， 代入、， ， 两式相减得 ∴​， 代入得， 因此直线的解析式为：． ∵四边形是以为腰的等腰梯形， ∴， 的坡度为， 设（在轴上），的坡度为， 由平行得坡度相等得：， ∴， 即． 设平移后抛物线的顶点为， 则平移后的抛物线为， 抛物线与轴交于， 代入得： ， 又∵在直线上， ∴， 将​，代入得：， 设​，方程简化为，由求根公式得： ， 因在线段上，，， ∴，即， ∴舍去， ∴， 即， ∵等腰梯形两腰相等， ∴，， ， ， ∴， ∵， ∴， ∴ ， 点的坐标为． 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 $