第九讲抛物线与几何综合题（考点精析真题精讲）

备战2024中考数学一轮复习备战2024中考数学一轮复习第9讲抛物线与几何综合№考向解读第9讲抛物线与几何综合№考向解读➊考点精析➋真题精讲➌题型突破➍专题精练第三章函数第9讲抛物线与几何综合→➊考点精析←→➋真题精讲←考向一抛物线与三角形有关问题考向二抛物线与线段有关问题考向三抛物线与角度有关问题考向四抛物线与四边形有关问题考向五抛物线与圆有关问题考向六抛物线与面积有关问题第9讲抛物线与几何综合二次函数是非常重要的函数,年年都会考查,总分值为18~20分，预计2024年各地中考还会考,它经常以一个压轴题独立出现，有的地区也会考察二次函数的应用题，小题的考察主要是二次函数的图象和性质及或与几何图形结合来考查.→➊考点精析←1、函数存在性问题解决二次函数存在点问题，一般先假设该点存在，根据该点所在的直线或抛物线的表达式，设出该点的坐标；然后用该点的坐标表示出与该点有关的线段长或其他点的坐标等；最后结合题干中其他条件列出等式，求出该点的坐标，然后判别该点坐标是否符合题意，若符合题意，则该点存在，否则该点不存在．2、函数动点问题（1）函数压轴题主要分为两大类：一是动点函数图象问题；二是与动点、存在点、相似等有关的二次函数综合题．（2）解答动点函数图象问题，要把问题拆分，分清动点在不同位置运动或不同时间段运动时对应的函数表达式，进而确定函数图象；解答二次函数综合题，要把大题拆分，做到大题小做，逐步分析求解，最后汇总成最终答案．（3）解决二次函数动点问题，首先要明确动点在哪条直线或抛物线上运动，运动速度是多少，结合直线或抛物线的表达式设出动点的坐标或表示出与动点有关的线段长度，最后结合题干中与动点有关的条件进行计算．→➋真题精讲←考向一抛物线与三角形有关问题1．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，直线与轴，轴分别交于点，抛物线的顶点在直线上，与轴的交点为，其中点的坐标为．直线与直线相交于点．(1)如图2，若抛物线经过原点．①求该抛物线的函数表达式；②求的值．(2)连接与能否相等？若能，求符合条件的点的横坐标；若不能，试说明理由．【答案】(1)①；②；(2)能，或或或．【分析】（1）①先求顶点的坐标，然后待定系数法求解析式即可求解；②过点作于点．设直线为，把代入，得，解得，直线为．同理，直线为．联立两直线解析式得出，根据，由平行线分线段成比例即可求解；（2）设点的坐标为，则点的坐标为．①如图21，当时，存在．记，则．过点作轴于点，则．在中，，进而得出点的横坐标为6．②如图22，当时，存在．记．过点作轴于点，则．在中，，得出点的横坐标为．③如图，当时，存在．记．过点作轴于点，则．在中，，得出点的横坐标为．④如图24，当时，存在．记．过点作轴于点，则．在中，，得出点的横坐标为．【详解】（1）解：①∵，∴顶点的横坐标为1．∴当时，，∴点的坐标是．设抛物线的函数表达式为，把代入，得，解得．∴该抛物线的函数表达式为，即．②如图1，过点作于点．设直线为，把代入，得，解得，∴直线为．同理，直线为．由解得∴．∴．∵，∴．（2）设点的坐标为，则点的坐标为．①如图，当时，存在．记，则．∵为的外角，∴．∵．∴．∴．∴．过点作轴于点，则．在中，，∴，解得．∴点的横坐标为6．②如图22，当时，存在．记．∵为的外角，∴．∴∴．∴．过点作轴于点，则．在中，，∴，解得．∴点的横坐标为．③如图23，当时，存在．记．∵，∴．∴．∴．∴．过点作轴于点，则．在中，，∴，解得．∴点的横坐标为．④如图24，当时，存在．记．∵，∴．∴．∴．过点作轴于点，则．在中，，∴，解得．∴点的横坐标为．综上，点的横坐标为．【点睛】本题考查了二次函数综合运用，解直角三角形，平行线分线段成比例，熟练掌握以上知识，分类讨论是解题的关键．2．（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点．(1)求这条抛物线的函数解析式；(2)P是抛物线上一动点（不与点A，B，C重合），作轴，垂足为D，连接．①如图，若点P在第三象限，且，求点P的坐标；②直线交直线于点E，当点E关于直线的对称点落在y轴上时，请直接写出四边形的周长．【答案】(1)；(2)①②或【分析】（1）将A，C两点坐标代入抛物线的解析式，从而求得a，c，进而求得结果；（2）①设，过点作于点，求出，根据列出方程求出的值即可；②可推出四边形是菱形，从而得出，分别表示出和，从而列出方程，进一步求得结果．【详解】（1）∵抛物线与x轴交于点，与y轴交于点，∴把，代入得，，解得，，∴抛物线的函数解析式为；（2）①设，过点作于点，如图，∴∵∴∵轴，∴又∴四边形是矩形，∴∴∵∴∴（不合题意，舍去）∴∴；②设，对于，当时，解得，∴∵由勾股定理得，当点在第三象限时，如图，过点作轴于点，则四边形是矩形，∵点与点关于对称，∴∵轴，∴∴∴∴∴四边形是平行四边形，∴四边形是菱形，∵∴∴∴∴设直线的解析式为，把代入得，，解得，，∴直线的解析式为，∴，∴,又且∴解得，（舍去）∴∴四边形的周长；当点在第二象限时，如图，同理可得：解得，（舍去）∴∴四边形的周长；综上，四边形的周长为或．【点睛】本题考查了求一次函数和二次函数的解析式，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，轴对称性质等知识，解决问题的关键是正确分类，作辅助线，表示出线段的数量．3．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，，与轴交于点，其中，．(1)求该抛物线的表达式；(2)点是直线下方抛物线上一动点，过点作于点，求的最大值及此时点的坐标；(3)在（2）的条件下，将该抛物线向右平移个单位，点为点的对应点，平移后的抛物线与轴交于点，为平移后的抛物线的对称轴上任意一点．写出所有使得以为腰的是等腰三角形的点的坐标，并把求其中一个点的坐标的过程写出来．【答案】(1)；(2)取得最大值为，；(3)点的坐标为或或【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式即可求解；（2）直线的解析式为，过点作轴于点，交于点，设，则，则，进而根据二次函数的性质即可求解；（3）根据平移的性质得出，对称轴为直线，点向右平移5个单位得到，，勾股定理分别表示出，进而分类讨论即可求解．【详解】（1）解：将点，．代入得，解得：，∴抛物线解析式为：，（2）∵与轴交于点，，当时，解得：，∴,∵．设直线的解析式为，∴解得：∴直线的解析式为，如图所示，过点作轴于点，交于点，设，则，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴当时，取得最大值为，，∴；（3）∵抛物线将该抛物线向右平移个单位，得到，对称轴为直线，点向右平移5个单位得到∵平移后的抛物线与轴交于点，令，则，∴,∴∵为平移后的抛物线的对称轴上任意一点．则点的横坐标为，设，∴，，当时，，解得：或，当时，，解得：综上所述，点的坐标为或或．【点睛】本题考查了二次函数综合问题，解直角三角形，待定系数法求解析式，二次函数的平移，线段周长问题，特殊三角形问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．4．（2023·湖北随州·统考中考真题）如图1，平面直角坐标系中，抛物线过点，和，连接，点为抛物线上一动点，过点作轴交直线于点，交轴于点．(1)直接写出抛物线和直线的解析式；(2)如图2，连接，当为等腰三角形时，求的值；(3)当点在运动过程中，在轴上是否存在点，使得以，，为顶点的三角形与以，，为顶点的三角形相似（其中点与点相对应），若存在，直接写出点和点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)抛物线：；直线：；(2)或或；(3)，或，或，【分析】（1）由题得抛物线的解析式为，将点代入求，进而得抛物线的解析式；设直线的解析式为，将点，的坐标代入求，，进而得直线的解析式．（2）由题得，分别求出，，，对等腰中相等的边进行分类讨论，进而列方程求解；（3）对点在点左侧或右侧进行分类讨论，设法表示出各线段的长度，利用相似三角形的相似比求解，进而可得，的坐标．【详解】（1）解：抛物线过点，，抛物线的表达式为，将点代入上式，得，．抛物线的表达式为，即．设直线的表达式为，将点，代入上式，得，解得．直线的表达式为．（2）解：点在直线上，且，点的坐标为．，，．当为等腰三角形时，①若，则，即，解得．②若，则，即，解得或（舍去）．③若，则，即，解得（舍去）或．综上，或或．（3）解：点与点相对应，或．①若点在点左侧，则，，．当，即时，直线的表达式为，，解得或（舍去）．，即．，即，解得．，．当，即时，，，，即，解得（舍去）或（舍去）．②若点在点右侧，则，．当，即时，直线的表达式为，，解得或（舍去），，，即，解得．，．当，即时，，．，即，解得或（舍去）．，．综上，，或，或，．【点睛】本题是二次函数的综合应用，考查了待定系数法求函数解析式，等腰三角形的性质与判定，平面直角坐标系中两点距离的算法，相似三角形的性质与判定等，熟练掌握相关知识是解题的关键．考向二抛物线与线段有关问题5．（2023·甘肃武威·统考中考真题）如图1，抛物线与轴交于点，与直线交于点，点在轴上．点从点出发，沿线段方向匀速运动，运动到点时停止．(1)求抛物线的表达式；(2)当时，请在图1中过点作交抛物线于点，连接，，判断四边形的形状，并说明理由．(3)如图2，点从点开始运动时，点从点同时出发，以与点相同的速度沿轴正方向匀速运动，点停止运动时点也停止运动．连接，，求的最小值．【答案】(1)；(2)四边形是平行四边形，理由见解析；(3)【分析】（1）用待定系数法求二次函数解析式即可；（2）作交抛物线于点，垂足为，连接，，由点在上，可知，，连接，得出，则，当时，，进而得出，然后证明，即可得出结论；（3）由题意得，，连接．在上方作，使得，，证明，根据得出的最小值为，利用勾股定理求得，即可得解．【详解】（1）解：∵抛物线过点，∴，∴，∴；（2）四边形是平行四边形．理由：如图1，作交抛物线于点，垂足为，连接，．∵点在上，∴，，连接，∵，∴，∵，∴，∴，当时，，∴，∵，∴，∴，∵轴，轴，∴，∴四边形是平行四边形；（3）如图2，由题意得，，连接．在上方作，使得，，∵，，∴，∴，∵，，，∴，∴，∴（当，，三点共线时最短），∴的最小值为，∵，∴，即的最小值为．【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法，平行四边形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．6．（2023·四川乐山·统考中考真题）已知是抛物（b为常数）上的两点，当时，总有(1)求b的值；(2)将抛物线平移后得到抛物线．探究下列问题：①若抛物线与抛物线有一个交点，求m的取值范围；②设抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线的顶点为点E，外接圆的圆心为点F，如果对抛物线上的任意一点P，在抛物线上总存在一点Q，使得点P、Q的纵坐标相等．求长的取值范围．【答案】(1)0；(2)①②【分析】（1）根据，且时，总有，变形后即可得到结论；（2）按照临界情形，画出图象分情况讨论求解即可．【详解】（1）解：由题可知：

时，总有，．则，∴，∴总成立，且，；（2）①注意到抛物线最大值和开口大小不变，m只影响图象左右平移下面考虑满足题意的两种临界情形：（i）当抛物线过点时，如图所示，此时，，解得或（舍）．

（ii）当抛物线过点时，如图所示，此时，，解得或（舍），综上，，②同①考虑满足题意的两种临界情形：（i）当抛物线过点时，如图所示，此时，，解得或（舍）．

（ii）当抛物线过点时，如图所示，此时，，解得或0（舍）．

综上，如图，由圆的性质可知，点E、F在线段的垂直平分线上．令，解得，，，，设，，，，，，即，．，即，，【点睛】此题考查了二次函数的图象和性质、垂径定理、解一元二次方程等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键．考向三抛物线与角度有关问题7．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）已知抛物线与轴交于两点，交轴于点．(1)请求出抛物线的表达式．(2)如图1，在轴上有一点，点在抛物线上，点为坐标平面内一点，是否存在点使得四边形为正方形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．(3)如图2，将抛物线向右平移2个单位，得到抛物线，抛物线的顶点为，与轴正半轴交于点，抛物线上是否存在点，使得？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)；；(3)点的坐标为或【分析】（1）把代入，求出即可；（2）假设存在这样的正方形，过点E作于点R，过点F作轴于点I，证明可得故可得，；（3）先求得抛物线的解析式为，得出，，运用待定系数法可得直线的解析式为，过点作轴于点，连接，设交直线于或，如图2，过点作轴交于点，交抛物线于点，连接，利用等腰直角三角形性质和三角函数定义可得，进而可求得点的坐标．【详解】（1）∵抛物线与轴交于两点，交轴于点，∴把代入，得，解得，∴解析式为：；（2）假设存在这样的正方形，如图，过点E作于点R，过点F作轴于点I，∴∵四边形是正方形，∴∴∴又∴∴∵∴∴∴；同理可证明：∴∴∴；（3）解：抛物线上存在点，使得．，抛物线的顶点坐标为，将抛物线向右平移2个单位，得到抛物线，抛物线的解析式为，抛物线的顶点为，与轴正半轴交于点，，，设直线的解析式为，把，代入得，解得：，直线的解析式为，过点作轴于点，连接，设交直线于或，如图2，过点作轴交于点，交抛物线于点，连接，则，，，，，是等腰直角三角形，，，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，，∵，，，即点与点重合时，，；，，，，点与点关于直线对称，；综上所述，抛物线上存在点，使得，点的坐标为或．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质等知识，运用数形结合思想解决问题是解题的关键．考向四抛物线与四边形有关问题8．（2023·四川达州·统考中考真题）如图，抛物线过点．(1)求抛物线的解析式；(2)设点是直线上方抛物线上一点，求出的最大面积及此时点的坐标；(3)若点是抛物线对称轴上一动点，点为坐标平面内一点，是否存在以为边，点为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)的最大面积为，；(3)存在，或或，，见解析【分析】（1）利用待定系数法代入求解即可；（2）利用待定系数法先确定直线的解析式为，设点，过点P作轴于点D，交于点E，得出，然后得出三角形面积的函数即可得出结果；（3）分两种情况进行分析：若为菱形的边长，利用菱形的性质求解即可．【详解】（1）解：将点代入解析式得：，解得：，∴抛物线的解析式为；（2）设直线的解析式为，将点B、C代入得：，解得：，∴直线的解析式为，∵，∴，设点，过点P作轴于点D，交于点E，如图所示：∴，∴，∴，∴当时，的最大面积为，，∴（3）存在，或或或，，证明如下：∵，∵抛物线的解析式为，∴对称轴为：，设点，若为菱形的边长，菱形，则，即，解得：，，∵，∴，∴，；若为菱形的边长，菱形，则，即，解得：，，∵，∴，∴，；综上可得：或或，．【点睛】题目主要考查二次函数的综合应用，包括待定系数法确定函数解析式，三角形面积问题及特殊四边形问题，全等三角形的判定和性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．9．（2023·山东·统考中考真题）如图，直线交轴于点，交轴于点，对称轴为的抛物线经过两点，交轴负半轴于点．为抛物线上一动点，点的横坐标为，过点作轴的平行线交抛物线于另一点，作轴的垂线，垂足为，直线交轴于点．(1)求抛物线的解析式；(2)若，当为何值时，四边形是平行四边形？(3)若，设直线交直线于点，是否存在这样的值，使？若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)；(3)存在，【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式；（2）结合平行四边形的性质，通过求直线的函数解析式，列方程求解；（3）根据，确定点坐标，从而利用一次函数图象上点的特征计算求解．【详解】（1）解：在直线中，当时，，当时，，∴点，点，设抛物线的解析式为，把点，点代入可得，解得，∴抛物线的解析式为；（2）解：由题意，，∴，当四边形是平行四边形时，，∴，∴，，设直线的解析式为，把代入可得，解得，∴直线的解析式为，又∵过点作轴的平行线交抛物线于另一点，且抛物线对称轴为，∴∴，解得（不合题意，舍去），；（3）解：存在，理由如下：∵，∴点E为线段的中点，∴点E的横坐标为，∵点E在直线上，∴，把代入中，可得，解得（不合题意，舍去），．【点睛】本题考查一次函数和二次函数的综合应用，掌握待定系数法求函数解析式，利用数形结合思想和方程思想解题是关键．10．（2023·四川南充·统考中考真题）如图1，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P在抛物线上，点Q在x轴上，以B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，求点P的坐标；(3)如图2，抛物线顶点为D，对称轴与x轴交于点E，过点的直线（直线除外）与抛物线交于G，H两点，直线，分别交x轴于点M，N．试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由．【答案】(1)；(2)或或；(3)定值，理由见详解【分析】（1）将两点代入抛物线的解析式即可求解；（2）根据P，Q的不确定性，进行分类讨论：①过作轴，交抛物线于，过作，交轴于，可得，由，可求解；②在轴的负半轴上取点，过作，交抛物线于，同时使，连接、，过作轴，交轴于，，即可求解；③当为平行四边形的对角线时，在①中，只要点Q在点B的左边，且满足，也满足条件，只是点P的坐标仍是①中的坐标；（3）可设直线的解析式为，，，可求，再求直线的解析式为，从而可求，同理可求，即可求解．【详解】（1）解：抛物线与x轴交于两点，，解得，故抛物线的解析式为．（2）解：①如图，过作轴，交抛物线于，过作，交轴于，四边形是平行四边形，，，解得：，，；②如图，在轴的负半轴上取点，过作，交抛物线于，同时使，连接、，过作轴，交轴于，四边形是平行四边形，，在和中，，()，，，，解得：，，；如上图，根据对称性：，③当为平行四边形的对角线时，由①知，点Q在点B的左边，且时，也满足条件，此时点P的坐标仍为；综上所述：的坐标为或或．（3）解：是定值，理由：如图，直线经过，可设直线的解析式为，、在抛物线上，可设，，，整理得：，，，，当时，，，设直线的解析式为，则有，解得，直线的解析式为，当时，，解得：，，，同理可求：，；当与对调位置后，同理可求；故的定值为．【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合问题，待定系数法求函数解析式，求函数图象与坐标轴交点坐标，动点产生的平行四边形判定，一元二次方程根与系数的关系，理解一次函数与二次函数图象的交点，与对应一元二次方程根的关系，掌握具体的解法，并会根据题意设合适的辅助未知数是解题的关键．考向五抛物线与圆有关问题11．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，二次函数的图像与轴分别交于点（点A在点的左侧），直线是对称轴．点在函数图像上，其横坐标大于4，连接，过点作，垂足为，以点为圆心，作半径为的圆，与相切，切点为．(1)求点的坐标；(2)若以的切线长为边长的正方形的面积与的面积相等，且不经过点，求长的取值范围．【答案】(1)；(2)或或【分析】（1）令求得点的横坐标即可解答；（2）由题意可得抛物线的对称轴为，设，则；如图连接，则，进而可得切线长为边长的正方形的面积为；过点P作轴，垂足为H，可得；由题意可得，解得；然后再分当点M在点N的上方和下方两种情况解答即可．【详解】（1）解：令，则有：，解得：或，∴．（2）解：∵抛物线过∴抛物线的对称轴为，设，∵，∴,如图：连接，则，∴，∴切线为边长的正方形的面积为，过点P作轴，垂足为H，则：，∴∵，∴，假设过点,则有以下两种情况：①如图1：当点M在点N的上方，即∴，解得：或，∵∴；②如图2：当点M在点N的上方，即∴，解得：，∵∴；综上，或．∴当不经过点时，或或．【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、切线的性质、勾股定理等知识点，掌握分类讨论思想是解答本题的关键．12．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点．抛物线的对称轴与经过点的直线交于点，与轴交于点．(1)求直线及抛物线的表达式；(2)在抛物线上是否存在点，使得是以为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点的坐标；若不存在，请说明理由；(3)以点为圆心，画半径为2的圆，点为上一个动点，请求出的最小值．【答案】(1)直线的解析式为；抛物线解析式为；(2)存在，点M的坐标为或或；(3)【分析】（1）根据对称轴，，得到点A及B的坐标，再利用待定系数法求解析式即可；（2）先求出点D的坐标，再分两种情况：①当时，求出直线的解析式为，解方程组，即可得到点M的坐标；②当时，求出直线的解析式为，解方程组，即可得到点M的坐标；（3）在上取点，使，连接，证得，又，得到，推出，进而得到当点C、P、F三点共线时，的值最小，即为线段的长，利用勾股定理求出即可．【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴，，∴，将代入直线，得，解得，∴直线的解析式为；将代入，得，解得，∴抛物线的解析式为；（2）存在点，∵直线的解析式为，抛物线对称轴与轴交于点．∴当时，，∴，①当时，设直线的解析式为，将点A坐标代入，得，解得，∴直线的解析式为，解方程组，得或，∴点M的坐标为；②当时，设直线的解析式为，将代入，得，解得，∴直线的解析式为，解方程组，解得或，∴点M的坐标为或综上，点M的坐标为或或；（3）如图，在上取点，使，连接，∵，∴，∵，、∴，又∵，∴，∴，即，∴，∴当点C、P、F三点共线时，的值最小，即为线段的长，∵，∴，∴的最小值为．【点睛】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键．考向六抛物线与面积有关问题13．（2023·湖南常德·统考中考真题）如图，二次函数的图象与x轴交于，两点，与y轴交于点C，顶点为D．O为坐标原点，．(1)求二次函数的表达式；(2)求四边形的面积；(3)P是抛物线上的一点，且在第一象限内，若，求P点的坐标．【答案】(1)；(2)30；(3)【分析】（1）用两点式设出二次函数的解析式，然后求得C点的坐标，并将其代入二次函数的解析式，求得a的值，再将a代入解析式中即可．（2）先将二次函数变形为顶点式，求得顶点坐标，然后利用矩形、三角形的面积公式即可求得答案．（3）根据各点的坐标的关系及同角三角函数相等的结论可以求得相关联的函数解析式，最后联立一次函数与二次函数的解析式，求得点P的坐标．【详解】（1）∵二次函数的图象与轴交于两点．∴设二次函数的表达式为∵，∴，即的坐标为则，得∴二次函数的表达式为；（2）∴顶点的坐标为过作于，作于，四边形的面积；（3）如图，是抛物线上的一点，且在第一象限，当时，连接，过作交于，过作于，∵，则为等腰直角三角形，．由勾股定理得：，∵，∴，即，∴由，得，∴．∴是等腰直角三角形∴∴的坐标为所以过的直线的解析式为令解得，或所以直线与抛物线的两个交点为即所求的坐标为【点睛】本题考查了一次函数、二次函数的性质以及与坐标系几何图形的综合证明计算问题，解题的关键是将所学的知识灵活运用．14．（2023·安徽·统考中考真题）在平面直角坐标系中，点是坐标原点，抛物线经过点，对称轴为直线．(1)求的值；(2)已知点在抛物线上，点的横坐标为，点的横坐标为．过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的垂线交直线于点．（ⅰ）当时，求与的面积之和；（ⅱ）在抛物线对称轴右侧，是否存在点，使得以为顶点的四边形的面积为？若存在，请求出点的横坐标的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)（ⅰ）；（ⅱ）【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）（ⅰ）根据题意画出图形，得出，，，继而