2026年中考数学复习《二次函数综合压轴题》常考热点题型考前适应综合练习题

**基本信息** 聚焦二次函数与几何综合的8大模块20道典例，以问题链驱动知识整合，通过分类突破构建"建模-转化-推理"三阶解题体系，培养几何直观与模型观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |线段问题|2题|待定系数法、平行线转化、参数范围分析|二次函数性质→线段关系→动态几何参数| |周长/面积|4题|函数建模求最值、割补法、铅垂高公式|图形度量→二次函数最值→实际应用| |角度/三角形|4题|角相等判定、等腰/直角三角形分类讨论|角的转化→三角形性质→代数验证| |相似/四边形|10题|相似判定、平行四边形存在性、菱形性质|图形相似→特殊四边形判定→动态存在性|

2026年九年级数学中考复习《二次函数综合压轴题》 常考热点题型考前适应综合练习题（附答案） 一、二次函数与线段问题综合 1．如图，抛物线（）与轴交于，两点，与轴交于点． (1)________；________； (2)点是第四象限内抛物线上一点，连接，过点作的平行线，交轴于点，交轴于点． ①若直线所对应的函数表达式为（），求的取值范围； ②当时，求点的坐标． 2．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，点是点关于轴的对称点，点为直线上方抛物线上一动点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图，过点作轴的垂线，垂足为点，交直线于点，当时，求的长． (3)连接，． ①如图，当的面积最大时，求点的坐标； ②如图，连接，在①的条件下，当的面积最大时，在抛物线的对称轴上有一动点，在上有一动点，且，求的最小值． 二、二次函数与周长问题综合 3．为宣传校园文化，老师让学生设计班级宣传栏．现用一根柔性杆自然下垂，确定了一条抛物线的上边框（可裁剪），如图所示，该抛物线边框的底部宽度为2米，顶点到底部的距离为1.5米．将该抛物线放入平面直角坐标系中，点在轴上．现在，我们的任务是设计并制作一个与之配套的长方形边框，使宣传栏整体协调稳固且为轴对称图形． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)设长方形边框为，是抛物线上位于对称轴左侧的一个点，且在轴上． ①当长方形ABCD的边长米时，求长方形的面积； ②为保证设计时长方形边框材料充足，求长方形的最大周长，并写出此时点的坐标． 4．已知抛物线与x轴交于点和点，与y轴正半轴交于点A． (1)求该抛物线的函数表达式； (2)如图，若直线下方的抛物线上有一动点P，过点P作y轴平行线交于点F，过点P作的垂线，垂足为E，求周长的最大值； (3)将抛物线向左平移1个单位，再向上平移4个单位，得到一个新的抛物线，问在y轴正半轴上是否存在一点M，使得当经过点M的任意一条直线与新抛物线交于S，T两点时，总有为定值？若存在，直接写出点M坐标及定值，若不存在，说明理由． 三、二次函数与面积问题综合 5．如图1，二次函数与轴交于点，二次函数经过点． (1)求二次函数的解析式； (2)直线与函数，的图象有两个交点，求的值； (3)如图2，将函数的图象向右平移8个单位得到函数的图象，且函数的图象与函数交于，两点，直线与交于点． ①连接，，，求的面积； ②若点位于，两点之间的封闭曲线内（不包括边界），请直接写出的取值范围． 6．毕节市纳雍县境内总溪河特大桥是实现县县通高速的重要工程，大桥飞架在总溪河峡谷上，让乌蒙山区天堑变通途．总溪河特大桥的主桥拱为抛物线型，它的截面是抛物线的一部分，如图①，顶点在C处，对称轴与水平线垂直，千米，千米． (1)求抛物线的关系式； (2)如图②，为了桥面美观，在桥面下千米处安装直线型彩灯，左右两边各拉了一条缆绳、，两条缆绳与彩灯交于两点M、N，求的长度； (3)点为抛物线上一点且，当的面积最大时，求点P的坐标． 四、二次函数与角度问题综合 7．如图，在平面直角坐标系中，抛物线：与x轴的左右两个交点分别为点和点B，与y轴交于点． (1)求抛物线的解析式； (2)在第一象限内抛物线上取点D，使，求点D的坐标； (3)若抛物线： 的对称轴与抛物线的对称轴相同，过点C的直线l： 交抛物线于点P，问是否存在某种情况，使抛物线与直线l有且只有一个公共点，且这个公共点恰好是线段的中点？若存在这种情况，请求出a和k的值；若不存在，请说明理由． 8．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)求抛物线的表达式； (2)点是直线下方抛物线上的一动点，点，分别为抛物线对称轴，轴上的两个动点，且轴，连接，，，，当的面积取最大值时，求点的坐标及的最小值； (3)将抛物线沿射线方向平移个单位长度得到新抛物线，点是轴正半轴上的动点，连接，点关于的对称点为，连接，所在直线交新抛物线于点，连接，所在直线交直线于点．若，请直接写出所有符合条件的点的横坐标． 五、二次函数与特殊三角形综合 9．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于点，，与轴交于点．一次函数的图象过点、． (1)求一次函数和二次函数的解析式； (2)结合函数图象，写出使一次函数值大于二次函数值的的取值范围； (3)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． 10．如图，若二次函数的图象交x轴于点和点，与y轴交于点C，P为该函数图象上不与顶点重合的任意一点，且点P的横坐标为m． (1)求该二次函数的解析式； (2)若点P在第一象限内的图象上，且的面积，求点P的坐标； (3)若该二次函数图象的顶点为D，过点P作对称轴的垂线，垂足为E，设． ①求DE的长（用含n的式子表示）； ②定义：对于平面内两点M，N，若点Q满足，则称点Q为线段的中垂点．若点F是线段的中垂点，且为直角三角形，求直角的直角顶点不在二次函数图象内部的m的取值范围． 六、二次函数与相似三角形综合 11．如图，开口向下的抛物线与轴正负半轴分别交于、点，与轴交于点，且； (1)直接写出点坐标（ ，0），并求的值； (2)抛物线在第三象限内图象上是否存在一点，在轴负半轴上有一点，使以点、点、点为顶点的三角形与相似，如果存在，求出点坐标，如果不存在，说明理由； (3)在线段上有一点，连结、，若，则直接写出点坐标（ ， ） 12．如图，矩形是矩形（边在x轴正半轴上，边在y轴正半轴上）绕B点逆时针旋转得到的，点在x轴的正半轴上，B点的坐标为．与交于D点． (1)如果二次函数的图象经过O，两点且图象顶点M的纵坐标为，求这个二次函数的解析式； (2)求D点的坐标． (3)若将直线沿y轴向上平移，分别交x轴于点E，交y轴于点F，交抛物线于点P，则以为顶点的四边形能否是平行四边形？若能，求出P点坐标；若不能，请说明理由． (4)若将直线沿y轴向上平移，分别交x轴于点E，交y轴于点F，已知点Q是二次函数图象在y轴右侧部分上的一个动点，若以为直角边的与相似，直接写出点Q的坐标． 七、二次函数与平行四边形综合 13．如图，抛物线与x轴相交于，，与y轴交于点． (1)求抛物线的解析式； (2)连接，点P为抛物线上第一象限内一动点，当面积最大时，求点P的坐标； (3)设点D是抛物线的对称轴上的一点，在抛物线上是否存在点Q，使以点B，C，D，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点Q的坐标：若不存在，说明理由． 14．如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，其中点，点，点为抛物线上动点． (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，点在第二象限，连接．作于点，当时，求的面积； (3)如图2，取的中点，作直线，点为直线上一点，若点为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出点横坐标． 15．如图1，抛物线与轴相交于点、（点在点右侧），与轴相交于点．已知点坐标为，面积为6． (1)求抛物线的解析式； (2)点是直线下方抛物线上一点，过点作直线的垂线，垂足为点，过点作轴交于点，求周长的最大值及此时点的坐标； (3)将抛物线向右平移1个单位长度得到新的抛物线，点为原抛物线对称轴上一点，点在新抛物线上，使得以点、、、为顶点的四边形为平行四边形，请直接写出点的坐标，并写出求解其中一个点坐标的过程． 八、二次函数与特殊平行四边形综合 16．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)求抛物线的解析式； (2)点在抛物线上，当时，求点的坐标； (3)将抛物线的对称轴沿轴向右平移个单位得直线，点为直线上一动点，在平面直角坐标系中是否存在点，使以点，，，为顶点的四边形为菱形?若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 17．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． 18．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． 19．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； (4)点M为直线上一动点，连接并延长至点N，使，连接，当的值最大时，的最小值为________． 20．如图，已知抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C． (1)求抛物线的表达式； (2)如图1，对称轴上是否存在点E，使周长最小，求出此时点E的坐标和周长最小值； (3)如图2，点F为第二象限抛物线上一动点，连接交于点D，，是否存在点F，使K取最大值，如果存在，求出此时点F的坐标和最值；若不存在，请说明理由； (4)已知点M是抛物线对称轴上一点，点N是平面内一点，点是第二象限抛物线上一点，点是线段上一点，轴，当线段取得最大值时，是否存在点M，N使得四边形是菱形，若存在，直接写出点M的坐标，若不存在，请说明理由． 参考答案 1．(1)， (2)①，②或 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）①先求出，进而求出直线的解析式是．由，得到，则直线的解析式为．再由，即可得到，由，利用二次函数的性质即可解答；②由①知，点，且，分，，两种情况讨论即可． 【详解】（1）解：把，分别代入，得：， 解得； （2）①解：由（1）知抛物线的解析式为． 在中，令，则． ； 设直线对应的函数表达式为， 把，分别代入， 得，解得， 直线对应的函数表达式是． ， ． 直线对应的函数表达式为． 点在抛物线上，设点的横坐标为， 点，则． ， 点是第四象限内抛物线上一点， ， ， ； ②：由①知，点，且． 当时，如图，过点作轴，垂足为， 当时，，即， 可得， 解得：，（舍去）， 当时，，符合， ，此时； 当时，如图，过点作轴，垂足为，当时，，即 可得， 解得：，（舍去）， 当时，，符合， ，此时； 综上，当时，的坐标为或． 2．(1)抛物线的解析式为， (2) (3)①点的坐标为；②的最小值为 【分析】（1）利用二次函数的待定系数法求解即可； （2）先求出点，直线的解析式为，推导出，得到，，则，即可解答； （3）①直线的关系式为，过点作轴于点，交于点，设点的坐标为，则，求出，利用求出面积，再利用二次函数图象的性质求解即可； ②作点关于直线的对称点，求出点的坐标，过点作直线的垂线，垂足为，交直线于点，此时，根据垂线段最短知，的最小值为的长，过点作轴，交直线于点，求出直线的表达式，则可得点的坐标，再利用，求出即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，两点， ∴， 解得 ， ∴抛物线的表达式为； （2）解：令，则， 点， 点是点关于轴的对称点， 点， 设直线的解析式为，将，分别代入，得 ，解得， 直线的解析式为； ∵，， ∴， 将代入，得 ， ∴， 将代入，得 ， ∴， ∴； （3）解：①如图，过点作轴于点，交于点， 由题设点的坐标为 ， 则， ∴， ∴， ∵，， ∴当时，取得最大值， 此时， 则最大值为，此时点的坐标为； ②抛物线的对称轴为直线， 作点关于直线的对称点， ∵点的坐标为， ∴点的坐标为， 如图，过点作直线的垂线，垂足为，交直线于点， 此时，根据垂线段最短知，的最小值为的长， 如图，过点作轴，交直线于点， ∵， ∴设直线的表达式为， 把代入，得 ， ∴， ∴直线的表达式为， 则点的坐标为， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵轴， ∴， 又∵， ∴ ， ∴， 即， ∴， ∴的最小值为． 3．(1) (2)①平方米，②长方形的周长最大为米，点的坐标为 【分析】（1）依题意，，设抛物线的表达式为：，代入，求值即可； （2）①由（1）得对称轴为，D点的横坐标为，求出，进而得长方形的面积； ②设，则，长方形的周长， 当时，长方形的周长最大，进而得到最大周长和点的坐标． 【详解】（1）∵该抛物线边框的底部宽度米，顶点到底部的距离为1.5米 ∴顶点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为 设抛物线的表达式为：，将代入得 解得 ∴该抛物线的函数表达式为，即 （2）①∵抛物线的解析式为： ∴对称轴为 ，宣传栏为轴对称图形 ∴D点的横坐标为 当时， 米 （平方米） ②设 轴，对称轴为 ∵四边形是长方形 ∴长方形的周长 ∴当时，长方形的周长最大为米 ∴当长方形的周长最大时，点的坐标为 4．(1) (2) (3)存在，定点，的值为 【分析】（1）把，点代入，得出关于、的二元一次方程组，解方程组求出、的值，即可得答案； （2）根据抛物线解析式求出点坐标，利用待定系数法求出直线解析式，设，则，根据，及、两点坐标得出是等腰直角三角形，利用表示出的周长，利用二次函数的性质求出最大值即可得答案； （3）根据平移规律得出新的抛物线解析式为，设的解析式为，，，则，联立抛物线与直线的解析式得，利用一元二次方程根与系数的关系用、、、分别表示和，代入，根据为定值得出值及定值即可． 【详解】（1）解：∵，在抛物线上， ∴， 解得：， ∴抛物线的表达式为：． （2）解：∵抛物线的表达式为：， ∴当时，， ∴， 设直线的解析式为， ∵，， ∴， 解得： ∴直线的解析式为， 设其中，则， ∴ ∵，， ∴ ∵轴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ， ∴的周长 ， ∴当时，的周长有最大值，最大值为． （3）解：当抛物线向左平移1个单位，向上平移4个单位后， 得到新的抛物线，即， 设的解析式为，点坐标为，点坐标为，则， 联立新抛物线与直线的解析式得： ∴， ∴，， ， 同理，， ， ∵为定值， ∴， 解得：， 当时，， ∴定点的值为4． 5．(1) (2)的值为或 (3)①，② 【分析】（1）先求出点的坐标，再将点代入求出的值，即可求解； （2）先求出二次函数，二次函数的顶点坐标，结合图象，即可求解； （3）①根据平移求出二次函数的解析式，列方程求出二次函数与二次函数的交点、的坐标，结合点的坐标即可求解； ②先求出点在直线上，列方程求出直线与二次函数、二次函数的交点横坐标，注意判断点的横坐标是否在，两点之间，再求出交点的纵坐标，即可求解． 【详解】（1）解：∵二次函数与轴交于点， 故令，则， 即点的坐标为； ∵二次函数经过点， 故将点的坐标代入，得， 解得， 故． （2）解：∵， 故二次函数的顶点坐标为； 又∵二次函数的顶点坐标为， 故当直线经过二次函数的图象的顶点或二次函数的图象的顶点时，与函数，的图象有两个交点， 即直线与函数，的图象有两个交点时，的值为或． （3）解：①∵二次函数的图象向右平移个单位得到二次函数的图象， 故二次函数的解析式为； 令，得， 解得，， 把代入， 把代入， 即二次函数与二次函数的交点的坐标为，交点的坐标为． ∵点的坐标为，点的坐标为， 故点和点在直线上，且， 则点到直线的距离为， 故的面积为． ②∵直线与交于点， 故点的坐标为， ∴点在直线上， 即点在直线上； 由， 解得，， ∵， 故，， 即，， 此时点的横坐标不在，两点之间，故不符合题意，舍去． 由， 解得，， ∵， ∴，， 故，， 即，， 此时点的横坐标在，两点之间， 当时，代入，得， 当，时，代入，得， ∴点位于，两点之间的封闭曲线内（不包括边界）时，的取值范围为． 6．(1)； (2)的长度为千米； (3)． 【分析】（1）由题意可得，设抛物线的关系式为，利用待定系数法求解即可； （2）先求出直线，直线的解析式，再求出点的坐标，即可解答； （3）分和两种情况讨论即可． 【详解】（1）解：由题意可得， ∵点为抛物线的顶点， 设抛物线的关系式为， 则，解得， ∴抛物线的关系式为； （2）解：设直线的解析式为， ∵， ∴，解得， ∴直线的解析式为， 由题意得点的纵坐标为，则，解得； 设直线的解析式为， ∵， ∴，解得， ∴直线的解析式为， 由题意得点的纵坐标为，则，解得； ∴（千米）， 答：的长度为千米； （3）解：由（1）知抛物线的关系式为， ∴， 当时，过点作轴的垂线交于点，如图， 由（2）知直线的解析式为， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当时，有最大值，最大面积为， 则，即； 当时，过点作轴的垂线交于点，如图， ∴， ∴， ∵在时，随的增大而增大，在时，随的增大而增大， ∴当时，有最大值，最大面积为， 则，即； ∵， ∴当的面积最大时，点P的坐标为． 7．(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）以为直角顶点，为直角边，构造等腰直角三角形，作轴，求出点坐标，进而求出直线的解析式，联立直线和抛物线的解析式，求出点坐标即可； （3）求出的对称轴，进而推出，得到，待定系数法求出直线的解析式为，令，整理，得，求出的中点的横坐标为，令，整理，得，根据抛物线与直线l有且只有一个公共点，且这个公共点恰好是线段的中点，得到方程有两个相等的实数根为，根据判别式和根与系数的关系，列出方程组进行求解即可． 【详解】（1）解：把，代入，得 ，解得， ∴； （2）解：令， 解得， ∴， ∴， ∵， ∴， 以为直角顶点，为直角边，构造等腰直角三角形，作轴， 则，，， ∴，点在直线上， ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 把代入，得，解得， ∴， 联立，解得或， ∴； （3）解：存在， ∵， ∴对称轴为直线， ∵的对称轴与的对称轴相同， ∴， ∴， ∴； 把代入，得， ∴， 令，整理，得， ∴ ∴中点的横坐标为， 令，整理，得， ∵抛物线与直线l有且只有一个公共点，且这个公共点恰好是线段的中点， ∴方程有两个相等的实数根为， ∴， 解得或或或， ∵， ∴． 8．(1) (2)，最小值 (3)或0 【分析】（1）由待定系数法求解即可； （2）先求出直线，过点作轴交于点，设，则，则，由，得到，再由二次函数的性质求解；可求，将点向右平移个单位得到点，则，作点关于轴的对称点，则，故，那么，因此当点三点共线时，的最小值为； （3）先求出平移后的，添加辅助线求解得到，再分两种求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点，， ∴， 解得， ∴抛物线的表达式为； （2）解：对于抛物线，当时，， ∴， 设直线 则， 解得， ∴直线， 过点作轴交于点， 设，则， 则， ∵， ∴ ； ∵， ∴抛物线开口向下， 而对称轴为直线，， ∴当时，最大， ∴； ∵点在抛物线的对称轴上，点在轴上，且轴，而抛物线的对称轴为直线， ∴， 将点向右平移个单位得到点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 作点关于轴的对称点，则， ∴， ∴， ∴当点三点共线时，的最小值为； （3）解：设点沿射线方向平移个单位长度的对应点为点，过点作轴于点，则，轴， ∵， ∴， 由轴，可得， ∴， ∴， ∴， ∴点向左平移3个单位，向下平移9个单位得到点， 而， ∴平移后的抛物线， 即， ∵， ∴由勾股定理得，， 延长至点，使得， ∴， ∵， ∴， 设，则， 而， ∵， ∴， 当点在轴上方时， ∵， ∴， 而， ∴， ∴， 由折叠可得，， ∴， ∴， ∴此时点在轴上， ∵所在直线交新抛物线于点， ∴此时点在轴上， ∴点的横坐标为； 当点在轴下方时，过点作轴于点， ∵， ∴由折叠可得，， ∴， ∴， ∴，设， 则由勾股定理得， ∴， ∴， ∴， ∴， 设直线， 则， 解得， ∴直线， 再与抛物线联立可得，， 整理得，， 解得， 综上：所有符合条件的点的横坐标为或0． 9．(1)直线的解析式；抛物线的解析式 (2)或 (3)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）根据函数图象，结合的横坐标，即可求解； （3）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：设直线的解析式为， 将点，分别代入得： ， 解得： 直线的解析式为； ∵抛物线与轴交于点，，与轴交于点， ∴， 解得：， ∴抛物线为：； （2）根据函数图象可得，使一次函数值大于二次函数值的的取值范围为或． （3）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． 10．(1) (2)点P的坐标为 (3)①②或 【分析】（1）待定系数法求函数解析式； （2）连接，过点作轴，交于点，待定系数法求出直线的解析式，假设点P的坐标为，则，根据面积列出方程求解； （3）①分两种情况进行讨论，利用得出的关系，然后表示出点的坐标，即可求解； ②借助①的结论表示出各点的坐标，根据点的坐标情况，列出不等式求解． 【详解】（1）解：将点和点代入得， 解得， ∴； （2）解：如图所示，连接，过点作轴，交于点， 当时，， ∴； 假设直线的解析式为，将和代入得， 解得 ∴直线的解析式为， ∵， ∴， 假设点P的坐标为，，则， ∴， ∴， 解得或， 当时，， ∴点P的坐标为（与顶点重合，舍去）； 当时，； ∴点P的坐标为； （3）解：设点P的横坐标为， ①如图所示， 由（2）得：， 当时，， ∴， ∴点P的纵坐标为：， ∴点P的坐标为， ∴； 当时，， ∴， ∴点P的纵坐标为：， ∴点P的坐标为， ∴； 综上，； ②如图所示，过点作于点， ∵为等腰直角三角形，且， ∴， ，，， ∵直角的直角顶点不在二次函数图象内部， ∴， 令， 则， 整理得， 解得（舍去）或， 即， ∵ ∴解得， 当时，， ∴， 解得； 当时，， ∴， 解得； 综上，m的取值范围为或． 11．(1)， (2)或 (3) 【分析】（1）令，可解得或，所以，当时，，根据，建立关于的方程，求解即可； （2）设点的横坐标为，则，分情况进行讨论，根据相似三角形的性质进行列方程求解； （3）求出直线的解析式为：，取点，连接，则，作过点，，三点的圆，圆心为，该圆与线段交于点，点即为所求，设，利用半径列出方程求解即可． 【详解】（1）解：由题意可知，当， 解得或， ，， ， 当时，， ， ， ， 解得； （2）解：由（1）得，， 在中，，，根据勾股定理可得， 设点的横坐标为，则， 当点为直角顶点时： ①若，根据相似三角形的性质可知，， 即， ，， ， 解得，不符合题意； ②若，根据相似三角形的性质可知，， 即， ， 解得，此时； 此时点的坐标为； 当点为直角顶点时： ①若，根据相似三角形的性质可知，， 即， ， 解得，此时； 过点作轴，设的长度为， ，， ， ， 解得． ； 点的坐标为； ②若，根据相似三角形的性质可知，， 即， ， 解得，不符合题意， 综上，点的坐标为：或； （3）解：，， 直线的解析式为：， 如图，取点，连接，则， 作过点，，三点的圆，圆心为，该圆与线段交于点，点即为所求， 此时半径， 设， ， ， ， 解得或（舍去， ． 12．(1) (2) (3)能，P点坐标为或 (4)点Q的坐标是或或或 【分析】（1）连接，根据矩形的性质，勾股定理，旋转的性质得到，，运用待定系数法求解即可； （2）得出，设，则，由勾股定理即可求解； （3）根据题意运用待定系数法得到直线的解析式为：，根据平行四边形的判定方法分类讨论：当时，四边形是平行四边形；，时是平行四边形，结合图形分析即可求解； （4）根据相似三角形的判定和性质，分类讨论：当时，若；当时，若；当时，若；当时，若；结合图形分析求解即可． 【详解】（1）解：如图1，连接， ∵， ∴， 由勾股定理得：， 由旋转得：， ∴， ∴，且直线是抛物线的对称轴， ∴， 设抛物线的解析式为：， 把代入得：， 解得，， ∴这个二次函数的解析式为：； （2）解：如图1，由旋转得：， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ∴， ∴； （3）解：如图2，设直线的解析式为：， 把代入得：， 解得：， ∴直线的解析式为：， ∵直线是平移所得， ∴， 过作轴于， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴当时，四边形是平行四边形， ∴， ∴， 当时，， ∴； 如图3， 由题意得：， 解得：，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 即当直线向上平移0个单位时，F、E与O重合，以B、、F、P为顶点的四边形是平行四边形， 此时， 综上所述，P点坐标为或； （4）解：分四种情况： ①如图4， 当时，若， 由题意可知：， ∴， 过Q作轴于H， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， 在中，， 即， ∴（负值舍去）， ∴， ∴， 把代入到得：， 解得：（舍），， ∴， ∴； ②如图5， 当时，若， ∴， 设，则， ∴， 同理得， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， 把代入到得：， 解得：（舍），， ∴，， ∴； ③如图6， 当时，若， ∴， 过Q作轴于H， 设，则， 同理得：， ∴， 把代入到得：， 解得：（舍），， ∴，， ∴； ④如图7， 当时，若， ∴， 过Q作轴于H， 设， 同理得：，， ∴， 把代入到得：， 解得：（舍），， ∴，， ∴； 综上所述，点Q的坐标是或或或． 13．(1) (2) (3)存在，或或 【分析】（1）设交点式，然后把C点坐标代入求出a的值即可得到抛物线的解析式； （2）先利用待定系数法求出直线的解析式为，作轴交于M，如图1，设，则，利用三角形面积公式得到，然后根据二次函数的性质求解； （3）如图2，分类讨论：当四边形为平行四边形，设，利用点平移的坐标规律得到，然后把代入中求出a即可得到Q点坐标；当四边形为平行四边形或四边形为平行四边形时，利用同样方法可求出对应Q点坐标． 【详解】（1）解：设抛物线解析式为， 把代入得， 解得， 所以抛物线解析式为，即； （2）解：设直线的解析式为， 把，代入得， 解得， 所以直线的解析式为， 作轴交于M，如图1， 设，则， ∴， ∴， 当时，的面积最大，此时P点坐标为； （3）解：如图2，抛物线的对称轴为直线， 当四边形为平行四边形，设，则， 把代入得，解得， ∴； 当四边形为平行四边形时，设，则， 把代入得，解得， ∴； 当四边形为平行四边形时，设，则， 把代入得，解得， ∴， 综上所述，满足条件的Q点坐标为或或． 14．(1) (2) (3)或或 【分析】（1）利用待定系数法解答，即可； （2）设点D的坐标为，过点D作轴于点M，则，证明，可得，从而得到，即可求解； （3）先求出直线的解析式为，设点，然后根据平行四边形，分三种情况讨论，即可． 【详解】（1）解：把点，点代入抛物线，得： ，解得：， ∴抛物线的解析式为； （2）解：设点D的坐标为， 如图，过点D作轴于点M，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：（舍去）， ∴， ∴； （3）解：∵点为的中点， ∴点， 设直线的解析式为， 把点，代入得： ，解得：， ∴直线的解析式为， 设点， 当为对角线时， ，解得：（舍去）或， 此时点D的横坐标为； 当为对角线时， ，解得：（舍去）或， 此时点D的横坐标为或； 当为对角线时， ，解得：（舍去）或， 此时点D的横坐标为； 综上所述，点D的横坐标为或或． 15．(1) (2)， (3)或或，求解过程见解析 【分析】（1）先根据面积为6，得出，进一步得出点坐标为，将抛物线的解析式设为交点式，代入即可解答； （2）先利用待定系数法，得出直线的解析式为，进一步得出为等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的性质，垂直的定义，平行线的性质和勾股定理，得出，根据当取得最大值时，的周长最大，设，，进一步得出，最后根据二次函数的性质，即可解答； （3）先由平移可得新抛物线的解析式为，再设，，要使得以点、、、为顶点的四边形为平行四边形，需分情况讨论，结合平行四边形的性质，得出方程组，再解方程组即可解答． 【详解】（1）解： ， ． ， 即， ． 点坐标为，且点在点右侧， ，即点坐标为． 设抛物线的解析式为，， 将代入得，， 解得，， 抛物线的解析式为． （2）解：设直线的解析式为， 将，代入得，， 解得，， 直线的解析式为． ， 为等腰直角三角形， ． ， ． ， ， ， ， ，， ． 周长为， 当取得最大值时，的周长最大． 设，，， ， 当时，取得最大值，最大值为4， 此时，的周长为； 当时，， 故此时点的坐标为． 答：周长的最大值为，此时点的坐标． （3）解：原抛物线的解析式为， 其对称轴为直线； 由平移可得新抛物线的解析式为， 故设，， 要使得以点、、、为顶点的四边形为平行四边形，需分情况讨论： 当为对角线时， 平行四边形的对角线互相平分， 和的中点重合， 可得方程组， 解得， ； 当为对角线时， 平行四边形的对角线互相平分， 和的中点重合， 可得方程组， 解得， ； 当为对角线时， 平行四边形的对角线互相平分， 和的中点重合， 可得方程组， 解得， ， 综上，或或． 16．(1)； (2)或； (3) 在平面直角坐标系中存在点，使以点，，，为顶点的四边形为菱形，点的坐标为或或或． 【分析】（1）把，代入，可得，，即可得抛物线的解析式； （2）根据题意可得，，，当时，，设，则或，可得，即可得点的坐标； （3）抛物线的对称轴为直线，根据题意可得直线：，设，按照四边形为菱形，或四边形为菱形，进行分类讨论，根据菱形的性质，结合中点坐标，即可得点的坐标． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，两点， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为． （2）解：在中， 当时，， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴， 设， ∴或， 解得或， 当时，， 当时，， ∴或． （3）解：在平面直角坐标系中存在点，使以点，，，为顶点的四边形为菱形， ∵抛物线的对称轴为直线，， ∴直线：， 设， ∵，， ∴， 若四边形为菱形，与的交点记为点， 则，，，， ∴， 解得， ∴或， ∴的中点为或， ∴或， ∴或， 解得或， ∴或， 若四边形为菱形，与的交点记为点， 则，，，， ∴， 解得， ∴或， ∴的中点为或， ∴或， ∴或， 解得或， ∴或， ∴在平面直角坐标系中存在点，使以点，，，为顶点的四边形为菱形，点的坐标为或或或． 17．(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． 18．(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． 19．(1) (2)或； (3) (4) 【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； （4）根据，得到，进而得到，推出，得到当最大时，的值最大，延长至点，使，过点作的平行线，作轴，轴，利用相似，求出点坐标，推出点在过点且平行于的直线上运动，作点关于的对称点，连接，则，得到当三点共线时，最小，进行求解即可. 【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； （4）解：由（3）可知，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当最大时，的值最大， 延长至点，使，过点作的平行线，作轴，轴， 则， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，点在直线上， ∴， ∴，即点在过点且平行于的直线上运动， 作点关于的对称点，连接，则， ∴当三点共线时，最小， 由（2）可知，， ∵，点在直线上， ∴， ∵点关于的对称点为， ∴垂直平分， ∴为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴的最小值为． 20．(1)抛物线的表达式为 (2)；周长最小值 (3)时，取得最大值为； (4)存在，点M的坐标为或 【分析】本题考查了二次函数综合问题，待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的性质与判定，轴对称的性质，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． （1）将点和点代入利用待定系数法求二次函数解析式即可； （2）先求得点的坐标，根据抛物线的性质以及轴对称的性质，可得点即为抛物线对称轴与的交点，进而勾股定理求得的长，即可求解； （3）过点作轴交的延长线于点，设，则，证明，根据：，得出，根据二次函数的性质即可求解； （4）设，则得出关于的解析式，根据二次函数的性质，求得当时，线段取得最大值，进而得出，根据菱形的性质可得，建立方程，解一元二次方程，即可求解． 【详解】（1）解：将点和点代入得， 解得： ∴； （2）解：∵， ∴对称轴为直线， 当时，，则， 设直线的解析式为，将点代入得，， 解得： ∴直线的解析式为； ∵关于对称， 如图所示，连接交于点，连接， ∵ ∴当共线时，的周长最小，则点即为所求， ∴当时，，则； ∵，，， ∴，， ∴的周长为； （3）解：如图所示，过点作轴交的延长线于点， 设， ∵轴，的纵坐标等于的纵坐标， ∴的横坐标为，即 ∴， ∵，， ∴ ∵轴 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴当时，即时，取得最大值为； （4）解：依题意，设，则 ∴ 则当时，线段取得最大值 则， 又 ∴ ∵点是抛物线对称轴上一点，设，依题意，四边形是菱形， ∴ ∴ 解得： ∴点M的坐标为或． 学科网（北京）股份有限公司 $