专题23 二次函数压轴综合（8大考点）2022-2024中考数学真题分类汇编（全国用）（解析版）

第第页试卷第=page2424页，共=sectionpages2525页专题23二次函数压轴综合（8大考点）（解析版）【考点归纳】TOC\o"1-2"\h\z\u一、考点01线段周期问题 1二、考点02面积问题 11三、考点03角度问题 44四、考点04特殊三角形问题 77五、考点05特殊四边形问题 99六、考点06相似三角形问题 132七、考点07交点问题 140八、考点08定值定点问题 167考点01线段周长问题一、考点01线段周期问题1．（2024·湖南·中考真题）已知二次函数的图像经过点，点Px1,y1(1)求此二次函数的表达式；(2)如图1，此二次函数的图像与x轴的正半轴交于点B，点P在直线的上方，过点P作轴于点C，交AB于点D，连接．若，求证的值为定值；(3)如图2，点P在第二象限，，若点M在直线上，且横坐标为，过点M作轴于点N，求线段长度的最大值．【答案】(1)(2)为定值3，证明见解析(3)【分析】（1）用待定系数法求解即可；（2）先求出直线的解析式，，则，，表示出，，代入即可求解；（3）设，则，求出直线的解析式，把代入即可求出线段长度的最大值．【详解】（1）∵二次函数的图像经过点，∴，∴，∴；（2）当时，，∴，∴，设直线的解析式为，∴，∴，∴，设，则，，∴，．∴，∴的值为定值；（3）设，则，设直线的解析式为，∴，∴，∴，当时，，∴当时，线段长度的最大值．【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，数形结合是解答本题的关键．2．（2024·四川雅安·中考真题）在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于，两点，与y轴交于点C．(1)求二次函数的表达式；(2)如图①，若点P是线段上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，当线段的长度最大时，求点Q的坐标；(3)如图②，在（2）的条件下，过点Q的直线与抛物线交于点D，且．在y轴上是否存在点E，使得为等腰三角形？若存在，直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，点或或或或【分析】（1）由待定系数法即可求解；（2）由，即可求解；（3）先求出点，再分类求解即可．【详解】（1）解：由题意得：，则，则抛物线的表达式为：；（2）解：由抛物线的表达式知，点，由点B、C的坐标得，直线的表达式为：，设点，则点，则，∵，故有最大值，此时，则，即点；（3）解：存在，理由：设直线的表达式为，由点的坐标得，，解得：，∴直线的表达式为：，令，，故，过点作轴交轴于点，则，，则，即直线和关于直线对称，故，设直线的表达式为，代入，，得，解得：，则直线的表达式为：，联立上式和抛物线的表达式得：，解得：(舍去)或5，即点；设点，由的坐标得，，当时，则，解得：，即点或；当或时，同理可得：或，解得：或，即点或或；综上，点或或或或．【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与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．3．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，二次函数的图像与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），顶点为C．(1)求A、B、C三点的坐标；(2)一个二次函数的图像经过B、C、三点，其中，该函数图像与x轴交于另一点D，点D在线段上（与点O、B不重合）．①若D点的坐标为，则_________；②求t的取值范围：③求的最大值．【答案】(1)，，(2)①6；②且；③4【分析】本题主要考查待定系数法求函数解析式，二次函数的对称性，二次函数的最值问题等相关知识，熟练掌握相关知识是解题基础．（1）根据顶点式可直接得出点的坐标；令，解方程，可得出点，的坐标；（2）①根据函数的对称性，可得出对称轴为直线，再根据点，的坐标可得出，关于对称轴对称，由此可得出的值；②由对称轴的性质可知，二次函数图象的对称轴与轴的交点坐标为，，再由对称性可知，，由点在线段上，且与端点不重合，可得，即，而当时，过点，，三点的二次函数不存在，由此可得且；③，根据二次函数的性质可得结论．【详解】（1）解：二次函数的图象的顶点为，；令，解得或，，；（2）解：①由题知，该函数过点，，，函数的解析式为：，函数的对称轴为直线，，，点，关于对称轴对称，，，故答案为：6；②设二次函数的解析式为：，将，，两点代入，得，，，，二次函数图象的对称轴与轴的交点坐标为，，，两点关于对称轴对称，点，，点在线段上，且与端点不重合，，即，时，过点，，三点的二次函数不存在，且；③，，．，且，时，有最大值，最大值为4．4．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图像经过原点和点．经过点的直线与该二次函数图象交于点，与轴交于点．(1)求二次函数的解析式及点的坐标；(2)点是二次函数图象上的一个动点，当点在直线上方时，过点作轴于点，与直线交于点，设点的横坐标为．①为何值时线段的长度最大，并求出最大值；②是否存在点，使得与相似．若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)，(2)①当时，有最大值为；②当P的坐标为或时，与相似【分析】（1）把，，代入求解即可，利用待定系数法求出直线解析式，然后令，求出y，即可求出C的坐标；（2）①根据P、D的坐标求出，然后根据二次函数的性质求解即可；②先利用等边对等角，平行线的判定与性质等求出，然后分，两种情况讨论过，利用相似三角形的性质、等腰三角形的判定与性质等求解即可．【详解】（1）解：把，，代入，得，解得，∴二次函数的解析式为，设直线解析式为，则，解得，∴直线解析式为，当时，，∴；（2）解：①设，则，∴，∴当时，有最大值为；②∵，，∴，又，∴，又轴，∴轴，∴，当时，如图，∴，∴轴，∴P的纵坐标为3，把代入，得，解得，，∴，∴，∴P的坐标为；当时，如图，过B作于F，则，，又，∴，∴，∴，∴，∴，解得，（舍去），∴，∴P的坐标为综上，当P的坐标为或时，与相似．【点睛】本题考查了二次函数的应用，待定系数法求二次函数、一次函数解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，合理分类讨论是解题的关键．二、考点02面积问题5．（2023·山西·中考真题）如图，二次函数的图象与轴的正半轴交于点A，经过点A的直线与该函数图象交于点，与轴交于点C．

(1)求直线的函数表达式及点C的坐标；(2)点是第一象限内二次函数图象上的一个动点，过点作直线轴于点，与直线交于点D，设点的横坐标为．①当时，求的值；②当点在直线上方时，连接，过点作轴于点，与交于点，连接．设四边形的面积为，求关于的函数表达式，并求出S的最大值．【答案】(1)，点的坐标为(2)①2或3或；②，S的最大值为【分析】（1）利用待定系数法可求得直线的函数表达式，再求得点C的坐标即可；（2）①分当点在直线上方和点在直线下方时，两种情况讨论，根据列一元二次方程求解即可；②证明，推出，再证明四边形为矩形，利用矩形面积公式得到二次函数的表达式，再利用二次函数的性质即可求解．【详解】（1）解：由得，当时，．解得．∵点A在轴正半轴上．∴点A的坐标为．设直线的函数表达式为．将两点的坐标分别代入，得，解得，∴直线的函数表达式为．将代入，得．∴点C的坐标为；（2）①解：点在第一象限内二次函数的图象上，且轴于点，与直线交于点，其横坐标为．∴点的坐标分别为．∴．∵点的坐标为，∴．∵，∴．如图，当点在直线上方时，．

∵，∴．解得．如图2，当点在直线下方时，．

∵，∴．解得，∵，∴．综上所述，的值为2或3或；②解：如图3，由（1）得，．

∵轴于点，交于点，点B的坐标为，∴．∵点在直线上方，∴．∵轴于点，∴．∴，，∴．∴．∴．∴．∴．∴四边形为平行四边形．∵轴，∴四边形为矩形．∴．即．∵，∴当时，S的最大值为．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数、一次函数、等腰三角形、矩形、勾股定理、相似三角形等知识点，第二问难度较大，需要分情况讨论，画出大致图形，用含m的代数式表示出是解题的关键．6．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，已知二次函数的图象与轴交于，两点．点坐标为，与轴交于点，点为抛物线顶点，点为AB中点．

(1)求二次函数的表达式；(2)在直线上方的抛物线上存在点，使得，求点的坐标；(3)已知，为抛物线上不与，重合的相异两点．①若点与点重合，，且，求证：，，三点共线；②若直线AD，交于点，则无论，在抛物线上如何运动，只要，，三点共线，，，中必存在面积为定值的三角形．请直接写出其中面积为定值的三角形及其面积，不必说明理由．【答案】(1)(2)(3)①见解析；②的面积为定值【分析】（1）待定系数法求解析式，即可求解；（2）根据题意得出，过点作交抛物线于点，过点作轴于点，则是等腰直角三角形，根据，建立方程，解方程，即可求解；（3）①根据题意得出，得出直线的解析式为，联立得出，在直线上；②设，，设的解析式y=kx−1，联立抛物线解析式，可得，根据题意，设直线解析式为，直线的解析式为，求得到轴的距离是定值，即可求解．【详解】（1）解：将，代入得，解得：∴抛物线解析式为（2）解：对于，令，解得：∴∴∴是等腰直角三角形，∴∵∴如图所示，过点作交抛物线于点，过点作轴于点，

∴∴是等腰直角三角形，∴，设，则∴，∴解得：（舍去）或∴（3）①点与点重合，则，∵点为AB中点，，∴,设直线的解析式为y=kx+bk≠0，代入,∴解得：∴联立解得：或∴，在直线上即，，三点共线；②设，∵，，三点共线；∴设的解析式y=kx−1，联立消去得，∴∵，设直线解析式为，直线的解析式为联立解得：∴∵，∴，∴而不为定值，∴在直线上运动，∴到轴的距离为定值，∵直线AD，交于点，则无论，在抛物线上如何运动，只要，，三点共线，，，中必存在面积为定值的三角形，到的距离是变化的，∴的面积为是定值．【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法求解析式，角度问题，面积问题，一次函数，一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握以上知识是解题的关键．7．（2024·山东济宁·中考真题）已知二次函数的图像经过，两点，其中a，b，c为常数，且．(1)求a，c的值；(2)若该二次函数的最小值是，且它的图像与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．①求该二次函数的解析式，并直接写出点A，B的坐标；②如图，在y轴左侧该二次函数的图像上有一动点P，过点P作x轴的垂线，垂足为D，与直线交于点E，连接，，．是否存在点P，使？若存在，求此时点P的横坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)，(2)①该二次函数的解析式为：；，②存在，P点横坐标为：或或【分析】（1）先求得，则可得和关于对称轴对称，由此可得，进而可求得；（2）①根据抛物线顶点坐标公式得，由此可求得，进而可得抛物线的表达式为，进而可得，；②分两种情况进行讨论：当点P在点A右侧时，当点P在点A左侧时，分别画出图形，求出点P的坐标即可．【详解】（1）解：∵的图像经过，∴，∴和关于对称轴对称，∴，，，∴，．（2）解：①∵，，∴，∵，∵解得，∵，且，∴，∴，∴该二次函数的解析式为：，当时，，解得，，∴，．②设直线的表达式为：，则，解得，∴直线的表达式为：，当点P在点A右侧时，作于F，如图所示：设，则，，则，,，∵，，，∴，∵，，解得：，，∴点P横坐标为或；当点P在点A左侧时，作于F，如图所示：设，则，，则，,，∵，，，∴，∵，，解得：，（舍去），∴点P横坐标为，综上所述，P点横坐标为：或或．【点睛】本题考查了二次函数与一次函数综合，二次函数与几何综合，利用待定系数法求二次函数和一次函数的表达式．熟练掌握“三角形面积水平宽铅锤高”是解题的关键．8．（2024·四川遂宁·中考真题）二次函数的图象与轴分别交于点，与轴交于点C0,−3，为抛物线上的两点．(1)求二次函数的表达式；(2)当两点关于抛物线对称轴对称，是以点为直角顶点的直角三角形时，求点的坐标；(3)设的横坐标为，的横坐标为，试探究：的面积是否存在最小值，若存在，请求出最小值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，最小值为【分析】本题考查了二次函数的综合题，待定系数法求函数解析式，勾股定理，已知两点坐标表示两点距离，二次函数最值，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．（1）用待定系数法求解即可；（2）可求，设，由，得，则，解得，（舍去），故；（3）分当点P、Q在x轴下方，且点Q在点P上方时，当点P、Q在x轴下方，且点P在点Q上方时，当点P、Q都在x轴上方或者一个在x轴上方，一个在x轴下方，得到这个面积是关于m的二次函数，进而求最值即可．【详解】（1）解：把，代入得，，解得，∴二次函数的表达式为；（2）解：如图：由得抛物线对称轴为直线，∵两点关于抛物线对轴对称，∴，设，∵，∴，∴，整理得，，解得，（舍去），∴，∴；（3）存在，理由：当点P、Q在x轴下方，且点Q在点P上方时，设点，则点，设直线交轴于点，设直线表达式为：，代入，得：，解得：，∴直线的表达式为：，令，得则，则，则，即存在最小值为；当点P、Q在x轴下方，且点P在点Q上方时，同上可求直线表达式为：，令，得则，则，则即存在最小值为；当点P、Q都在x轴上方或者一个在x轴上方，一个在x轴下方同理可求，即存在最小值为，综上所述，的面积是否存在最小值，且为．9．（2024·海南·中考真题）如图1，抛物线经过点A−4,0、，交y轴于点，点P是抛物线上一动点．(1)求该抛物线的函数表达式；(2)当点P的坐标为时，求四边形的面积；(3)当时，求点P的坐标；(4)过点A、O、C的圆交抛物线于点E、F，如图2．连接，判断的形状，并说明理由．【答案】(1)(2)16(3)或(4)是等边三角形，理由见解析【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）过点P作于T，根据列式求解即可；（3）取，连接，易证明，则线段与抛物线的交点即为所求；求出直线的解析式为，联立，解得或（舍去），则；如图所示，取，连接，同理可得，则直线与抛物线的交点即为所求；同理可得；则符合题意的点P的坐标为或；（4）由90度的圆周角所对的弦是直径得到为过三点的圆的直径，如图所示，取中点R，连接，则，；设与抛物线交于，联立得，解得，则，由勾股定理可得，则是等边三角形．【详解】（1）解：将点代入，得解得∴抛物线解析式为；（2）解:如图所示，过点P作于T，∵，A−4,0，，∴，∴，∴；（3）解：如图所示，取，连接，∵A−4,0、，，∴，∴，∴线段与抛物线的交点即为所求；设直线的解析式为，∴，∴，∴直线的解析式为，联立，解得或（舍去），∴；如图所示，取，连接，同理可得，∴直线与抛物线的交点即为所求；同理可知直线的解析式为，联立，解得或（舍去），∴；综上所述，符合题意的点P的坐标为或；（4）解：是等边三角形，理由如下：∵三点共圆，且，∴为过三点的圆的直径，如图所示，取中点R，连接，∵，∴，∴；设与抛物线交于，联立得，∴，解得，在中，当时，当时，∴，∴，，，∴，∴是等边三角形．【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，圆的相关知识，解题的关键在于正确作出辅助线并利用数形结合的思想求解．10．（2024·山东东营·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点是抛物线上的一个动点．

(1)求抛物线的表达式；(2)当点在直线下方的抛物线上时，过点作轴的平行线交于点，设点的横坐标为t，的长为，请写出关于的函数表达式，并写出自变量的取值范围；(3)连接，交于点，求的最大值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）用待定系数法求出函数解析式即可；（2）先求出，再用待定系数法求出直线的解析式为：，可得出，，从而可得，再求出自变量取值范围即可；（3）分四种情形：当时，作，交于，可得出，从而，进而得出，进一步得出结果；当，和时，可得出没有最大值．【详解】（1）解：抛物线与轴交于，两点，，解得，该抛物线的解析式为：；（2）解：二次函数中，令，则，，设直线的解析式为：．将，代入得到：，解得，直线的解析式为：，过点作轴的平行线交于点，设点的横坐标为t，，，，点在直线下方的抛物线上，；（3）解：如图1，

当时，作，交于，，，把代入得，，，，当时，，，，如图2，当时，此时，，时，随着的增大而增大，没有最大值，没有最大值，如图3，当时，，当时，随着的增大而减小，没有最大值，没有最大值，如图4，

当时，由上可知，没有最大值，综上所述：当时，．【点睛】本题考查了二次函数及其图象的性质，求一次函数的解析式，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是分类讨论．11．（2024·广东广州·中考真题）已知抛物线过点和点，直线过点，交线段于点，记的周长为，的周长为，且．(1)求抛物线的对称轴；(2)求的值；(3)直线绕点以每秒的速度顺时针旋转秒后得到直线，当时，直线交抛物线于，两点．①求的值；②设的面积为，若对于任意的，均有成立，求的最大值及此时抛物线的解析式．【答案】(1)对称轴为直线：；(2)(3)①，②的最大值为，抛物线为；【分析】（1）直接利用对称轴公式可得答案；（2）如图，由，可得在的左边，，证明，可得，设，建立，可得：，，再利用待定系数法求解即可；（3）①如图，当时，与抛物线交于，由直线，可得，可得，从而可得答案；②计算，当时，可得，则，，可得，可得当时，的最小值为，再进一步求解可得答案．【详解】（1）解：∵抛物线，∴抛物线对称轴为直线：；（2）解：∵直线过点，∴，如图，∵直线过点，交线段于点，记的周长为，的周长为，且，∴在的左边，，∵在抛物线的对称轴上，∴，∴，设，∴，解得：，∴，∴，∴，解得：；（3）解：①如图，当时，与抛物线交于，∵直线，∴，∴，解得：，②∵，当时，，∴，∴，，∴，∵，∴当时，的最小值为，∴此时，∵对于任意的，均有成立，∴的最大值为，∴抛物线为；【点睛】本题考查的是二次函数的图象与性质，一次函数的性质，坐标与图形面积，一元二次方程根与系数的关系，理解题意，利用数形结合的方法解题是关键．12．（2024·四川南充·中考真题）已知抛物线与轴交于点，．

(1)求抛物线的解析式；(2)如图，抛物线与轴交于点，点为线段上一点（不与端点重合），直线，分别交抛物线于点，，设面积为，面积为，求的值；(3)如图，点是抛物线对称轴与轴的交点，过点的直线（不与对称轴重合）与抛物线交于点，，过抛物线顶点作直线轴，点是直线上一动点．求的最小值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（）利用待定系数法即可求解；（）设，直线为，求出，直线为，求出，联立方程组得，，再根据，即可求解；（）设直线为，由得，得，设，，联立直线与抛物，得，根据根与系数的关系可得：，，作点关于直线的对称点，连接，则有，过点作于F，则，则，，根据勾股定理得，即可求出最小值．【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点，，，

解得，∴抛物线的解析式为；（2）设，直线为，据题意得，，解得，∴，联立得，解得或，∴，设，直线为，据题意得，，解得，∴，联立得，解得或，∴，

，

，∴；（3）设直线为，由得，∴，∴，

设，，联立直线与抛物线，得，，根据根与系数的关系可得：，，作点关于直线的对称点，连接，

由题意得直线，则，∴，过点作于F，则．则，，

在中，，

即当时，，此时，故的最小值为．【点睛】本题考查了二次函数和一次函数的图象与性质，二次函数与一元二次方程的关系，解一元二次方程，根的判别式，勾股定理，轴对称的性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．13．（2024·四川成都·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线：与轴交于A，B两点（点在点的左侧），其顶点为，是抛物线第四象限上一点．(1)求线段的长；(2)当时，若的面积与的面积相等，求的值；(3)延长交轴于点，当时，将沿方向平移得到．将抛物线平移得到抛物线，使得点，都落在抛物线上．试判断抛物线与是否交于某个定点．若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)抛物线与交于定点【分析】（1）根据题意可得，整理得，即可知则有；（2）由题意得抛物线：，则设，可求得，结合题意可得直线解析式为，设直线与抛物线对称轴交于点E，则，即可求得，进一步解得点，过D作于点H，则，即可求得；（3）设可求得直线解析式为，过点D作，可得，结合题意得设抛物线解析式为，由于过点，可求得抛物线解析式为，根据解得，即可判断抛物线与交于定点．【详解】（1）解：∵抛物线：与轴交于A，B两点，∴，整理得，解得∴则；（2）当时，抛物线：，则设，则，设直线解析式为，∵点D在直线上，∴，解得，则直线解析式为，设直线与抛物线对称轴交于点E，则，∴，∵的面积与的面积相等，∴，解得，∴点，过点D作于点H，则，则；（3）设直线解析式为，则，解得，那么直线解析式为，过点D作，如图，则，∵，∴，∵将沿方向平移得到，∴由题意知抛物线平移得到抛物线，设抛物线解析式为，∵点，都落在抛物线上

∴，解得，则抛物线解析式为∵整理得，解得，∴抛物线与交于定点．【点睛】本题主要考查二次函数的性质、两点之间的距离、一次函数的性质、求正切值、二次函数的平移、等腰三角形的性质和抛物线过定点，解题的关键是熟悉二次函数的性质和平移过程中数形结合思想的应用．三、考点03角度问题14．（2024·湖北·中考真题）如图1，二次函数交轴于和，交轴于．(1)求的值．(2)为函数图象上一点，满足，求点的横坐标．(3)如图2，将二次函数沿水平方向平移，新的图象记为与轴交于点，记，记顶点横坐标为．①求与的函数解析式．②记与轴围成的图象为与重合部分（不计边界）记为，若随增加而增加，且内恰有2个横坐标与纵坐标均为整数的点，直接写出的取值范围．【答案】(1)；(2)或；(3)①；②的取值范围为或．【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）先求得，，作轴于点，设，分当点在轴上方和点在轴下方时，两种情况讨论，利用相似三角形的判定和性质，列式求解即可；（3）①利用平移的性质得图象的解析式为，得到图象与轴交于点的坐标，据此列式计算即可求解；②先求得或，中含0,1，0,2，三个整数点（不含边界），再分三种情况讨论，分别列不等式组，求解即可．【详解】（1）解：∵二次函数交轴于，∴，解得；（2）解：∵，∴，令，则，解得或，令，则，∴，，，作轴于点，设，当点在轴上方时，如图，∵，∴，∴，即，解得或（舍去）；当点在轴下方时，如图，∵，∴，∴，即，解得或（舍去）；∴或；（3）解：①∵将二次函数沿水平方向平移，∴纵坐标不变是4，∴图象的解析式为，∴，∴，由题意知：C、D不重合，则，∴；②由①得，则函数图象如图，∵随增加而增加，∴或，中含0,1，0,2，三个整数点（不含边界），当内恰有2个整数点0,1，0,2时，当时，，当时，，∴，∴，或，∴；∵或，∴；当内恰有2个整数点0,1，时，当时，，当时，，∴，∴或，，∴；∵或，∴；当内恰有2个整数点0,2，时，此情况不存在，舍去，综上，的取值范围为或．【点睛】本题主要考查了用待定系数法求二次函数的表达式及二次函数与线段的交点问题，也考查了二次函数与不等式，相似三角形的判定和性质．熟练掌握二次函数图象的性质及数形结合法是解题的关键．15．（2023·江苏无锡·中考真题）已知二次函数的图像与轴交于点，且经过点和点．(1)请直接写出，的值；(2)直线交轴于点，点是二次函数图像上位于直线AB下方的动点，过点作直线AB的垂线，垂足为．①求的最大值；②若中有一个内角是的两倍，求点的横坐标．【答案】(1)，(2)①；②2或【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）①过点作轴平行线分别交、于、．令，求得，勾股定理求得，得出，则，进而可得，求得直线的解析式为，设，则，进而表示出，最后根据二次函数的性质即可求解．②根据已知，令，，在上取点，使得，得出，然后根据，设，．进而分两种情况讨论，ⅰ当时，，则相似比为，得出代入抛物线解析式，即可求解；ⅱ当时，，同理可得，代入抛物线解析式即可求解．【详解】（1）∵二次函数的图像与轴交于点，且经过点和点∴解得：∴，，；（2）①如图1，过点作轴平行线分别交、于、．∵，当时，，∴，∴，，∴，∴．∵，，∴，∴，∴，∴．∵设直线的解析式为∴解得：直线解析式为．设，，，当时，取得最大值为，的最大值为．②如图2，已知，令，则，在上取点，使得，∴，设，则，则，解得，∴，即．如图3构造，且轴，相似比为，又∵，设，则．分类讨论：ⅰ当时，则，∴与的相似比为，∴，，∴，代入抛物线求得，（舍）．∴点横坐标为．ⅱ当时，则，∴相似比为，∴，，∴，代入抛物线求得，（舍）．∴点横坐标为．综上所示，点的横坐标为2或．【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，待定系数法求二次函数解析式，线段长的最值问题，相似三角形的性质与判定，正切的定义．利用分类讨论的思想并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．16．（2024·湖北·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点C．(1)求b的值；(2)如图，M是第一象限抛物线上的点，，求点M的横坐标；(3)将此抛物线沿水平方向平移，得到的新抛物线记为L，L与y轴交于点N．设L的顶点横坐标为n，的长为d．①求d关于n的函数解析式；②L与x轴围成的区域记为U，U与内部重合的区域（不含边界）记为W．当d随n的增大而增大，且W内恰好有两个横、纵坐标均为整数的点时，直接写出n的取值范围．【答案】(1)(2)点M的横坐标为(3)①；②或【分析】（1）用待定系数法求解即可；（2）设，作轴于点，构造直角三角形，利用锐角三角函数或者相似建立关于的方程求解即可；（3）①由二次函数平移可得出图象的解析式为，从而得到，再分类讨论去绝对值即可；②根据题干条件得出整数点，，，再分别两两进行分类讨论，建立二次函数不等式即可解决．【详解】（1）解：二次函数与轴交于，，解得：；（2），二次函数表达式为：，令，解得或，令得，，，，设，作轴于点，如图，，，即，解得或（舍去），的横坐标为；（3）①将二次函数沿水平方向平移，纵坐标不变为4，图象的解析式为，，，；②由①得，画出大致图象如下，随着增加而增加，或，中含，，三个整点（不含边界），当内恰有2个整数点，时，当时，，当时，，，，或，，或，；当内恰有2个整数点，时，当时，，当时，，，或，，，或，；当内恰有2个整数点，时，此种情况不存在，舍去．综上所述，的取值范围为或．【点睛】本题主要考查了二次函数综合，包括用待定系数法求二次函数表达式及二次函数与线段交点的问题，也考查了二次函数与不等式，相似三角形的判定和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质以及数形结合法是解题关键．17．（2024·四川资阳·中考真题）已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于C点，且B4,0，．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，点P是抛物线在第一象限内的一点，连接，过点P作轴于点D，交于点K．记，的面积分别为，，求的最大值；(3)如图2，连接，点E为线段的中点，过点E作交x轴于点F．抛物线上是否存在点Q，使？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，或【分析】（1）先求点坐标，待定系数法求出函数解析式即可；（2）求出的解析式，设，则：，将转化为二次函数求最值即可；（3）易得垂直平分，设，勾股定理求出点坐标，三线合一结合同角的余角相等，推出，分别作点关于轴和直线的对称点，直线，与抛物线的交点即为所求，进行求解即可．【详解】（1）解：∵B4,0∴，∵，∴，∴，把B4,0，，代入函数解析式得：∴，解得：；∴；（2）∵B4,0，，∴设直线的解析式为：，把B4,0，代入，得：，∴，设，则：，∴，，，∴，∴，∴当时，的最大值为；（3）存在：令，解得：，∴A−2,0∵，点为的中点，∴，∵，，∴，∴，设，则：，在中，由勾股定理，得：，∴，∴，，∵，，∴，∴，①取点关于轴的对称点，连接，交抛物线与点，则：，，设的解析式为：，则：，解得：，∴，联立，解得：（舍去）或，∴；②取关于的对称点，连接交于点，连接交抛物线于点，则：，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，过点作轴，则：，，∴，∴，∴，设直线的解析式为：，则：，解得：，∴，联立，解得：（舍去）或，∴；综上：或．【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，中垂线的判定和性质，等积法求线段的长，坐标与轴对称，勾股定理，解直角三角形，等知识点，综合性强，难度大，计算量大，属于中考压轴题，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．18．（2024·山东烟台·中考真题）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，，，对称轴为直线，将抛物线绕点旋转后得到新抛物线，抛物线与轴交于点，顶点为，对称轴为直线．(1)分别求抛物线和的表达式；(2)如图，点的坐标为，动点在直线上，过点作轴与直线交于点，连接，．求的最小值；(3)如图，点的坐标为，动点在抛物线上，试探究是否存在点，使？若存在，请直接写出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)，(2)(3)存在，或【分析】（1）先求出点A、B、C坐标，再用待定系数法求出抛物线的表达式，求出其顶点坐标，由旋转可知抛物线的二次项系数为原来的相反数，顶点坐标与抛物线的顶点坐标关于原点对称，即可求解；（2）将点F向右平移2个单位至，则，，过点D作直线的对称点为，连接，则四边形为平行四边形，则，，因此，即可求解；（3）当点P在直线右侧抛物线上时，可得，作H关于直线的对称点，则点在直线上，可求直线的表达式为，联立，解得：或（舍），故；当点P在直线左侧抛物线上时，延长交y轴于点N，作的垂直平分线交于点Q，交y轴于点M，过点E作轴于点K，则，可得，可证明出，由，得，设，则，，在和中，由勾股定理得，解得：或（舍），所以，可求直线表达式为：，联立，解得：或（舍），故．【详解】（1）解：设对称轴与x轴交于点G，由题意得，∵对称轴为直线，∴，∴，∴，将A、B、C分别代入，得：，解得：，∴，∴，顶点为∵抛物线绕点旋转后得到新抛物线，∴抛物线的，顶点为，∴的表达式为：，即（2）解：将点F向右平移2个单位至，则，，过点D作直线的对称点为，连接，∴，∵，∴直线为直线，∵轴，∴，对于抛物线，令，则，∴，∵点D与点关于直线对称，∴点，∵轴，，∴四边形为平行四边形，∴，∴，当点三点共线时，取得最小值，而，∴的最小值为；（3）解：当点P在直线右侧抛物线上时，如图：∵抛物线，∴∵轴，∴，∵，∴，∴，作H关于直线的对称点，则点在直线上，∵点的坐标为，直线：，∴，设直线的表达式为：y=kx+bk≠0，代入，,得：，解得：，∴直线的表达式为，联立，得：，解得：或（舍），∴；②当点P在直线左侧抛物线上时，延长交y轴于点N，作的垂直平分线交于点Q，交y轴于点M，过点E作轴于点K，则，如图：∵垂直平分，∴，∴，∴，∵∴，∴，由点得：，∵，∴，∴，∴，设，∴，，在和中，由勾股定理得，∴，解得：或（舍）∴，∴，∴，设直线表达式为：，代入点N，E，得：，解得：∴直线表达式为：，联立，得：，整理得：解得：或（舍），∴，综上所述，或．【点睛】本题是一道二次函数与角度有关的综合题，考查了待定系数法求函数解析式，三角形三边关系求最值，平行四边形的判定与性质，中心对称图形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．19．（2024·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，与轴交于点，与轴交于两点（在的左侧），连接．(1)求抛物线的表达式；(2)点是射线上方抛物线上的一动点，过点作轴，垂足为，交于点．点是线段上一动点，轴，垂足为，点为线段的中点，连接．当线段长度取得最大值时，求的最小值；(3)将该抛物线沿射线方向平移，使得新抛物线经过（2）中线段长度取得最大值时的点，且与直线相交于另一点．点为新抛物线上的一个动点，当时，直接写出所有符合条件的点的坐标．【答案】(1)；(2)的最小值为；(3)符合条件的点的坐标为或．【分析】（1）利用正切函数求得，得到，再利用待定系数法即可求解；（2）求得A−4,0，利用待定系数法求得直线的解析式，设，求得最大，点，再证明四边形是平行四边形，得到，推出当共线时，取最小值，即取最小值，据此求解即可；（3）求得，再利用平移的性质得到新抛物线的解析式，再分两种情况讨论，计算即可求解．【详解】（1）解：令，则，∴，∴，∵，∴，∴，∴，将和代入得，解得，∴抛物线的表达式为；（2）解：令，则，解得或，∴A−4,0设直线的解析式为，代入A−4,0，得，解得，∴直线的解析式为，设（），则，∴，∵，∴当时，最大，此时，∴，，，∴，，连接，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴当共线时，取最小值，即取最小值，∵点为线段的中点，∴，∴，∴的最小值为；（3）解：由（2）得点的横坐标为，代入，得，∴，∴新抛物线由向左平移2个单位，向下平移2个单位得到，∴，过点作交抛物线于点，∴，同理求得直线的解析式为，∵，∴直线的解析式为，联立得，解得，，当时，，∴，作关于直线的对称线得交抛物线于点，∴，设交轴于点，由旋转的性质得到，过点作轴，作轴于点，作于点，当时，，解得，∴∵A−4,0，，∴，∴，∵轴，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，同理直线的解析式为，联立，解得或，当时，，∴，综上，符合条件的点的坐标为或．【点睛】本题是二次函数综合问题，考查二次函数的图象及性质，待定系数法确定函数关系式，熟练掌握二次函数的图象及性质，轴对称的性质，直角三角形的性质，数形结合是解题的关键．20．（2024·江苏连云港·中考真题）在平面直角坐标系中，已知抛物线（a、b为常数，）．

(1)若抛物线与轴交于、两点，求抛物线对应的函数表达式；(2)如图，当时，过点、分别作轴的平行线，交抛物线于点M、N，连接．求证：平分；(3)当，时，过直线上一点作轴的平行线，交抛物线于点．若的最大值为4，求的值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）连接，根据题意，求得，，进而求出，，利用勾股定理求出，求出，从而得到，结合平行线的性质即可证明结论；（3）设，则，，求出当时，，得到点在的上方，设，故，其对称轴为，分为和两种情况讨论即可．【详解】（1）解：分别将，代入，得，解得．函数表达式为；（2）解：连接，

，．当时，，即点，当时，，即点．，，，，，在中，．，，．，．．平分．（3）解：设，则，．当时，．令，解得，．，，点在的上方（如图1）．

设，故，其对称轴为，且．①当时，即．由图2可知：

当时，取得最大值．解得或（舍去）．②当时，得，由图3可知：

当时，取得最大值．解得（舍去）．综上所述，的值为．【点睛】本题考查抛物线与角度的综合问题，抛物线与x轴的交点，二次函数的解析式及最值等问题，关键是利用二次函数的性质求最值．21．（2024·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，交轴于点，抛物线的对称轴是直线．(1)求抛物线的表达式；(2)点是直线下方对称轴右侧抛物线上一动点，过点作轴交抛物线于点，作于点，求的最大值及此时点的坐标；(3)将抛物线沿射线方向平移个单位，在取得最大值的条件下，点为点平移后的对应点，连接交轴于点，点为平移后的抛物线上一点，若，请直接写出所有符合条件的点的坐标．【答案】(1)(2)最大值为；；(3)或【分析】（1）直接利用待定系数法求解抛物线的解析式即可；（2）如图，延长交轴于，过作轴于，求解，可得，证明，设，，，再建立二次函数求解即可；（3）由抛物线沿射线方向平移个单位，即把抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，可得新的抛物线为：，，如图，当在轴的左侧时，过作轴于，证明，可得，证明，如图，当在轴的右侧时，过作轴的垂线，过作过的垂线于，同理可得：，再进一步结合三角函数建立方程求解即可．【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，两点，交轴于点，抛物线的对称轴是直线，∴，解得，∴；（2）解：如图，延长交轴于，过作轴于，∵当时，解得：，，∴，当时，，∴C0,−3∴，∴，∵轴，∴，∴，∴，∵，C0,−3，设为，∴，解得：，∴直线为：，设，∴，∴，∵抛物线的对称轴为直线，∴，∴，当时，取得最大值，最大值为；此时；（3）解：∵抛物线沿射线方向平移个单位，即把抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，∴新的抛物线为：，，如图，当在轴的左侧时，过作轴于，∵，同理可得：直线为，当时，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，设，∴，解得：或（舍去）∴；如图，当在轴的右侧时，过作轴的垂线，过作过的垂线于，同理可得：，设，则，同理可得：，∴或（舍去），∴．【点睛】本题属于二次函数的综合题，难度很大，考查了待定系数法，二次函数的性质，锐角三角函数的应用，关键是做出合适的辅助线进行转化，清晰的分类讨论是解本题的关键．四、考点04特殊三角形问题22．（2023·江苏·中考真题）如图，二次函数的图像与x轴相交于点，其顶点是C．

(1)_______；(2)D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，；将原抛物线向左平移，使得平移后的抛物线经过点D，过点作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，求k的取值范围；(3)将原抛物线平移，平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，且其顶点P落在原抛物线上，连接PC、QC、PQ．已知是直角三角形，求点P的坐标．【答案】(1)；(2)；(3)或．【分析】（1）把代入即可求解；（2）过点D作DM⊥OA于点M，设，由，解得，进而求得平移后得抛物线，平移后得抛物线为，根据二次函数得性质即可得解；（3）先设出平移后顶点为，根据原抛物线，求得原抛物线的顶点，对称轴为x=1，进而得，再根据勾股定理构造方程即可得解．【详解】（1）解：把代入得，，解得，故答案为；（2）解：过点D作DM⊥OA于点M，

∵，∴二次函数的解析式为设，∵D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，，∴，解得m=或m=8（舍去），当m=时，，∴，∵，∴设将原抛物线向左平移后的抛物线为，把代入得，解得a=3或a=（舍去），∴平移后得抛物线为∵过点作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，在的对称轴x=的左侧，y随x的增大而减小，此时原抛物线也是y随x的增大而减小，∴；（3）解：由，设平移后的抛物线为，则顶点为，∵顶点为在上，∴，∴平移后的抛物线为，顶点为，∵原抛物线，∴原抛物线的顶点，对称轴为x=1，∵平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，∴，∵点Q、C在直线x=1上，平移后的抛物线顶点P在原抛物线顶点C的上方，两抛物线的交点Q在顶点P的上方，∴∠PCQ与∠CQP都是锐角，∵是直角三角形，∴∠CPQ=90°，∴，∴化简得，∴p=1（舍去），或p=3或p=，当p=3时，，当p=时，，∴点P坐标为或．【点睛】本题考查了二次函数的图像及性质，勾股定理，解直角三角形以及待定系数法求二次函数的解析式，熟练掌握二次函数的图像及性质是解题的关键．23．（2023·湖南·中考真题）如图，二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交于点，其中，．

(1)求这个二次函数的表达式；(2)在二次函数图象上是否存在点，使得？若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由；(3)点是对称轴上一点，且点的纵坐标为，当是锐角三角形时，求的取值范围．【答案】(1)(2)或或(3)或．【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）根据，可得到的距离等于到的距离，进而作出两条的平行线，求得解析式，联立抛物线即可求解；（3）根据题意，求得当是直角三角形时的的值，进而观察图象，即可求解，分和两种情况讨论，分别计算即可求解．【详解】（1）解：将点，代入，得解得：∴抛物线解析式为；（2）∵，顶点坐标为，当时，解得：∴，则∵，则∴是等腰直角三角形，∵∴到的距离等于到的距离，∵，，设直线的解析式为∴解得：∴直线的解析式为，如图所示，过点作的平行线，交抛物线于点，

设的解析式为，将点代入得，解得：∴直线的解析式为，解得：或∴，∵∴∴是等腰直角三角形，且，如图所示，延长至，使得，过点作的平行线，交轴于点，则，则符合题意的点在直线上，∵是等腰直角三角形，∴∴是等腰直角三角形，∴∴设直线的解析式为∴解得：∴直线的解析式为联立解得：或∴或综上所述，或或；（3）①当时，如图所示，过点作交于点，当点与点重合时，是直角三角形，当时，是直角三角形，

设交于点，∵直线的解析式为，则，∴,∵，∴是等腰直角三角形，∴∴，设，则∵∴解得：（舍去）或∴∵是锐角三角形∴；当时，如图所示，同理可得即∴解得：或（舍去）由（2）可得时，

∴综上所述，当是锐角三角形时，或．【点睛】本题考查了二次函数综合运用，面积问题，角度问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．24．（2023·四川·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数的图象与x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；(3)如图，为第一象限内抛物线上一点，连接交轴于点，连接并延长交轴于点，在点运动过程中，是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)或或或(3)，理由见解析【分析】（1）利用待定系数法求解析式即可；（2）先求得抛物线的对称轴为直线，设与交于点，当点F在x轴上方时，过点作于点，证明，设，则，，进而得出点的坐标，代入抛物线解析式，求得的值即可求出点F的坐标；当点F在x轴上方，且点E与点A重合时，利用等腰直角三角形的性质求出，即可求出点F的坐标；同理可求得当点F在x轴下方时的坐标；当点与点重合时，求得另一个解，进而即可求解；（3）设，直线的解析式为，的解析式为，求得解析式，然后求得，即可求解．【详解】（1）解：将点A−2,0，B4,0，代入中得，解得：，∴抛物线解析式为；（2）解：∵点A−2,0，B∴抛物线的对称轴为直线：，如图所示，当点F在x轴上方时，设与交于点，过点作于点，

∵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,∴；如图所示，当点F在x轴上方时，且点E与点A重合时，设直线l与x轴交于G，∵是等腰直角三角形，且，∴，∴；如图所示，当点F在x轴下方时，，设与交于点，过点作于点

∵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，∴，如图所示，当点F在x轴下方，当点与点重合时，

∵，是等腰直角三角形，且，∴∴，综上所述，或或或；（3）解：设，直线的解析式为，的解析式为，∵点A−2,0，B4,0，∴，解得：，∴直线的解析式为，的解析式为，对于，当时，，即，对于，当时，，即，∵在抛物线上，则∴∴为定值．【点睛】本题主要考查了二次函数综合问题，待定系数法求二次函数解析式，等腰直角三角形的性质，一次函数与坐标轴交点问题，全等三角形的性质与判定等等，熟练掌握二次函数的性质并利用分类讨论的思想求解是解题的关键．25．（2024·山东泰安·中考真题）如图，抛物线的图象经过点，与轴交于点A，点．(1)求抛物线的表达式；(2)将抛物线向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到抛物线，求抛物线的表达式，并判断点是否在抛物线上；(3)在轴上方的抛物线上，是否存在点，使是等腰直角三角形．若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)，点在抛物线上(3)存在，点的坐标为：或【分析】本题主要考查了求二次函数的解析式、二次函数与几何的综合、二次函数图像的平移等知识点，灵活利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来成为解题的关键．（1）将点D的坐标代入抛物线表达式，求得a的值即可；（2）由题意得：，当x=1时，，即可判断点是否在抛物线上；（3）分为直角、为直角、为直角三种情况，分别运用全等三角形的判定与性质，进而确定点E的坐标，进而确定点P的坐标．【详解】（1）解：将点的坐标代入抛物线表达式得：，解得：，则抛物线的表达式为：．（2）解：由题意得：，当时，，故点在抛物线上．（3）解：存在，理由如下：①当为直角时，如图1，过点作且，则为等腰直角三角形，，，，，，∴，，∴点，当时，，即点在抛物线上，∴点即为点；②当为直角时，如图2，同理可得：，∴，，∴点，当时，，∴点在抛物线上，∴点即为点；③当为直角时，如图3，设点Ex,y同理可得：，∴且，解得：且，∴点，当时，，即点不在抛物线上；综上，点的坐标为：或．26．（2024·四川眉山·中考真题）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，点在抛物线上．

(1)求该抛物线的解析式；(2)当点在第二象限内，且的面积为3时，求点的坐标；(3)在直线上是否存在点，使是以为斜边的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)抛物线的解析式为(2)的坐标为或(3)的坐标为或或或【分析】（1）利用待定系数法求解；（2）过作轴交于，求出直线解析式，根据列式求解；（3）先求出点A，B坐标，再求出直线解析式，过作轴于，过作轴于，分以下情况分别讨论即可：①与重合，与重合时；②当在第一象限，在第四象限时；③当在第四象限，在第三象限时；④当在第四象限，在第一象限时．【详解】（1）解：把，代入得：，解得，抛物线的解析式为；（2）解：过作轴交于，如图：

由，得直线解析式为，设，则，，的面积为3，，即，解得或，的坐标为或−2,3；（3）解：在直线上存在点，使是以为斜边的等腰直角三角形，理由如下：在中，令得，解得或，，，由，得直线解析式为，设，，过作轴于，过作轴于，①，当与重合，与重合时，是等腰直角三角形，如图：

此时；②当在第一象限，在第四象限时，

是以为斜边的等腰直角三角形，，，，，，，，，解得（小于0，舍去）或，，的坐标为；③当在第四象限，在第三象限时，如图：

是以为斜边的等腰直角三角形，，，，，，，，同理可得，解得或（大于0，舍去），，的坐标为；④当在第四象限，在第一象限，如图：

是以为斜边的等腰直角三角形，，，，，，，，，解得（舍去）或，，的坐标为；综上所述，的坐标为0,3或或或．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查待定系数法求函数解析式、二次函数中三角形面积计算、特殊三角形存在性问题、等腰直角三角形的性质等，难度较大，熟练运用数形结合及分类讨论思想是解题的关键．27．（2024·四川达州·中考真题）如图1，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点．点是抛物线的顶点．

(1)求抛物线的解析式；(2)如图2，连接，，直线交抛物线的对称轴于点，若点是直线上方抛物线上一点，且，求点的坐标；(3)若点是抛物线对称轴上位于点上方的一动点，是否存在以点，，为顶点的三角形是等腰三角形，若存在，请直接写出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)或；(3)或或或【分析】（1）待定系数法求解析式，即可求解；（2）先求得的坐标，根据勾股定理的逆定理得出是等腰三角形，进而根据得出，连接，设交轴于点，则得出是等腰直角三角形，进而得出，则点与点重合时符合题意，，过点作交抛物线于点，得出直线的解析式为，联立抛物线解析式，即可求解；（3）勾股定理求得，根据等腰三角形的性质，分类讨论解方程，即可求解．【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点和点，∴解得：∴抛物线的解析式为；（2）由，当时，，则C0,−3∵，则，对称轴为直线设直线的解析式为，代入，C0,−3∴解得：∴直线的解析式为，当时，，则∴∴∴是等腰三角形，∴连接，设交轴于点，则∴是等腰直角三角形，∴，，又∴∴∴点与点重合时符合题意，如图所示，过点作交抛物线于点，设直线的解析式为，将代入得，解得：∴直线的解析式为联立解得：，∴综上所述，或；（3）解：∵，C0,−3，∴∵点是抛物线对称轴上位于点上方的一动点，设其中∴，①当时，，解得：或②当时，，解得：③当时，，解得：或（舍去）综上所述，或或或．【点睛】本题考查了二次函数综合问题，待定系数法求解析式，面积问题，特殊三角形问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．五、考点05特殊四边形问题28．（2023·湖南·中考真题）我们约定：若关于x的二次函数与同时满足，则称函数与函数互为“美美与共”函数．根据该约定，解答下列问题：(1)若关于x的二次函数与互为“美美与共”函数，求k，m，n的值；(2)对于任意非零实数r，s，点与点始终在关于x的函数的图像上运动，函数与互为“美美与共”函数．①求函数的图像的对称轴；②函数的图像是否经过某两个定点？若经过某两个定点，求出这两个定点的坐标；否则，请说明理由；(3)在同一平面直角坐标系中，若关于x的二次函数与它的“美美与共”函数的图像顶点分别为点A，点B，函数的图像与x轴交于不同两点C，D，函数的图像与x轴交于不同两点E，F．当时，以A，B，C，D为顶点的四边形能否为正方形？若能，求出该正方形面积的取值范围；若不请说明理由．【答案】(1)k的值为，m的值为3，n的值为2；(2)①函数y2的图像的对称轴为；②函数的图像过两个定点，，理由见解析；(3)能构成正方形，此时．【分析】（1）根据题意得到即可解答；（2）①求出的对称轴，得到，表示出的解析式即可求解；②，令求解即可；（3）由题意可知，得到A、B的坐标，表示出，根据且，得到，分和两种情况求解即可．【详解】（1）解：由题意可知：，∴．答：k的值为，m的值为3，n的值为2．（2）解：①∵点与点始终在关于x的函数的图像上运动，∴对称轴为，∴，∴，∴对称轴为．答：函数的图像的对称轴为．②，令，解得，∴过定点，．答：函数y2的图像过定点，．（3）解：由题意可知，，∴，∴，，∵且，∴；①若，则，要使以A，B，C，D为顶点的四边形能构成正方形，则为等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴；

②若，则A、B关于y轴对称，以A，B，C，D为顶点的四边形不能构成正方形，综上，以A，B，C，D为顶点的四边形能构成正方形，此时．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用、正方形的性质等知识点，解题的关键是利用分类讨论的思想解决问题．29．（2024·上海·中考真题）在平面直角坐标系中，已知平移抛物线后得到的新抛物线经过和．(1)求平移后新抛物线的表达式；(2)直线（）与新抛物线交于点P，与原抛物线交于点Q．①如果小于3，求m的取值范围；②记点P在原抛物线上的对应点为，如果四边形有一组对边平行，求点P的坐标．【答案】(1)或；(2)①；②．【分析】（1）设平移抛物线后得到的新抛物线为，把和代入可得答案；（2）①如图，设，则，，结合小于3，可得，结合，从而可得答案；②先确定平移方式为，向右平移2个单位，向下平移3个单位，由题意可得：在的右边，当时，可得，结合平移的性质可得答案如图，当时，则，过作于，证明，可得，设，则，，，再建立方程求解即可.【详解】（1）解：设平移抛物线后得到的新抛物线为，把和代入可得：，解得：，∴新抛物线为；（2）解：①如图，设，则，∴，∵小于3，∴，∴，∵，∴；②∵，∴平移方式为，向右平移2个单位，向下平移3个单位，由题意可得：在的右边，当时，∴轴，∴，∴，由平移的性质可得：，即；如图，当时，则，过作于，∴，∴，∴，设，则，，，∴，解得：（不符合题意舍去）；综上：；【点睛】本题属于二次函数的综合题，抛物线的平移，利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质，熟练的利用数形结合的方法解题是关键.30．（2024·江苏无锡·中考真题）已知二次函数的图象经过点和点．(1)求这个二次函数的表达式；(2)若点，都在该二次函数的图象上，试比较和的大小，并说明理由；(3)点在直线上，点在该二次函数图象上．问：在轴上是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是正方形？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．【答案】(1)(2)时，；时，；时，(3)存在，或或或或或【分析】（1）将点A和点B的坐标代入，求出a和c的值，即可得出这个二次函数的表达式；（2）根据题意得出，，再用作差法得出，进行分类讨论即可；（3）求出直线的函数解析式为，然后进行分类讨论：当为正方形的边时；当为正方对角线时，结合正方形的性质和三角形全等的判定和性质，即可解答．【详解】（1）解：把，B2,1代入得：，解得：，∴这个二次函数的表达式为；（2）解：∵，都在该二次函数的图象上，∴，，∴，当时，即时，；当时，即时，；当时，即时，；（3）解：设直线的函数解析式为，把，B2,1代入得：，解得：，∴直线的函数解析式为，当为正方形的边时，①∵B2,1∴，过点M作y轴的垂线，垂足为点G，过点P作的垂线，垂足为点H，∵轴，∴，∴，则，设，则，∴，∴点N的纵坐标为，即，∵以，，，为顶点的四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，∵，，，∴，∴，∴，把代入得：，解得：，（舍去），∴；②如图：构造，和①同理可得：，，设，则，∴，，，把代入得：，解得：（舍去），∴；③如图：构造，和①同理可得：，，设，则，∴，，，把代入得：，解得：（舍去），∴；④如图：构造，和①同理可得：，，设，则，∴，，，把代入得：，解得：，（舍去），∴；当为正方形对角线时，⑤如图：构造矩形，过点P作于点K，易得，∴，设，则，和①同理可得：，∴，∴四边形为正方形，∴，∴，则，∴，设，则，∴，，，把代入得：，解得：（舍去），∴；⑥如图：构造，同理可得：，设，则，∴，，，把代入得：，解得：（舍去），∴；综上：或或或或或．【点睛】本题考查了二次函数综合，解直角三角形，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关性质定理，正确作出辅助线，构造全等三角形解答．31．（2024·山东济南·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线经过点，顶点为；抛物线，顶点为．(1)求抛物线的表达式及顶点的坐标；(2)如图1，连接，点是拋物线对称轴右侧图象上一点，点是拋物线上一点，若四边形是面积为12的平行四边形，求的值；(3)如图2，连接，点是抛物线对称轴左侧图像上的动点（不与点重合），过点作交轴于点，连接，求面积的最小值．【答案】(1)，(2)(3)【分析】（1）利用待定系数法求解出抛物线的解析式，再转化为顶点式，即可得到顶点坐标；（2）连接，过点作轴，交延长线于点，过点作，垂足为，与轴交于，设点的横坐标为．设直线的表达式为，解方程组得到直线的表达式为，则，求得，求得于是得到，解方程得到，根据平移的性质得到，将代入，解方程即可；（3）过作轴，垂足为，过点作轴，过点作轴，与交于点，设且，求得抛物线的顶点，得到，推出，解方程得到当时，，根据三角形的面积公式即可得到结论．【详解】（1）解：抛物线过点得解得抛物线的表达式为顶点；（2）解：如图，连接，过点作轴，交延长线于点，过点作，垂足为，与轴交于，设点的横坐标为．设直线的表达式为由题意知解得直线的表达式为的面积为12，，解得（舍）点先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到点将代入得解得．（3）解：如图，过作轴，垂足为，过点作轴，过点作轴，与交于点，设且抛物线的顶点，易得当时，点横坐标最小值为，此时点到直线距离最近，的面积最小最近距离即边上的高，高为：面积的最小值为．【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，平行四边形的性质，平移的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的面积的计算，正确地找出辅助线是解题的关键．32．（2024·河北·中考真题）如图，抛物线过点，顶点为Q．抛物线（其中t为常数，且），顶点为P．(1)直接写出a的值和点Q的坐标．(2)嘉嘉说：无论t为何值，将的顶点Q向左平移2个单位长度后一定落在上．淇淇说：无论t为何值，总经过一个定点．请选择其中一人的说法进行说理．(3)当时，①求直线PQ的解析式；②作直线，当l与的交点到x轴的距离恰为6时，求l与x轴交点的横坐标．(4)设与的交点A，B的横坐标分别为，且．点M在上，横坐标为．点N在上，横坐标为．若点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d，直接用含t和m的式子表示n．【答案】(1)，(2)两人说法都正确，理由见解析(3)①；②或(4)【分析】（1）直接利用待定系数法求解抛物线的解析式，再化为顶点式即可得到顶点坐标；（2）把向左平移2个单位长度得到对应点的坐标为：，再检验即可，再根据函数化为，可得函数过定点；（3）①先求解的坐标，再利用待定系数法求解一次函数的解析式即可；②如图，当（等于6两直线重合不符合题意），可得，可得交点，交点，再进一步求解即可；（4）如图，由题意可得是由通过旋转，再平移得到的，两个函数图象的形状相同，如图，连接交于，连接，，，，可得四边形是平行四边形，当点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d，此时与重合，与重合，再进一步利用中点坐标公式解答即可．【详解】（1）解：∵抛物线过点，顶点为Q．∴，解得：，∴抛物线为：，∴；（2）解：把向左平移2个单位长度得到对应点的坐标为：，当时，∴，∴在上，∴嘉嘉说法正确；∵，当时，，∴过定点；∴淇淇说法正确；（3）解：①当时，，∴顶点，而，设为，∴，解得：，∴为；②如图，当（等于6两直线重合不符合题意），∴，∴交点，交点，由直线，设直线为，∴，解得：，∴直线为：，当时，，此时直线与轴交点的横坐标为，同理当直线过点，直线为：，当时，，此时直线与轴交点的横坐标为，（4）解：如图，∵，，∴是由通过旋转，再平移得到的，两个函数图象的形状相同，如图，连接交于，连接，，，，∴四边形是平行四边形，当点M是到直线PQ的距离最大的点，最大距离为d，点N到直线PQ的距离恰好也为d，此时与重合，与重合，∵，，∴的横坐标为，∵，，∴的横坐标为，∴，解得：；【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的性质，一次函数的综合应用，二次函数的平移与旋转，以及特殊四边形的性质，理解题意，利用数形结合的方法解题是关键．33．（2024·甘肃·中考真题）如图1，抛物线交x轴于O，两点，顶点为．点C为的中点．(1)求抛物线的表达式；(2)过点C作，垂足为H，交抛物线于点E．求线段的长．(3)点D为线段上一动点（O点除外），在右侧作平行四边形．①如图2，当点F落在抛物线上时，求点F的坐标；②如图3，连接，，求的最小值．【答案】(1)(2)(3)①②【分析】（1）根据顶点为．设抛物线，把代入解析式，计算求解即可；（2）根据顶点为．点C为的中点，得到，当时，，得到．结合，垂足为H，得到的长．（3）①根据题意，得，结合四边形是平行四边形，设，结合点F落在抛物线上，得到，解得即可；②过点B作轴于点N，作点D关于直线的对称点G，过点G作轴于点H，连接，，，利用平行四边形的判定和性质，勾股定理，矩形判定和性质，计算解答即可．【详解】（1）∵抛物线的顶点坐标为．设抛物线，把代入解析式，得，解得，∴．（2）∵顶点为．点C为的中点，∴，∵，∴轴，∴E的横坐标为1，设，当时，，∴．∴．（3）①根据题意，得，∵四边形是平行四边形，∴点C，点F的纵坐标相同，设，∵点F落在抛物线上，∴，解得，(舍去)；故．②过点B作轴于点N，作点D关于直线的对称点G，过点G作轴于点H，连接，，，则四边形是矩形，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∵，故当三点共线时，取得最小值，∵，∴的最小值，就是的最小值，且最小值就是，延长交y轴于点M，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，故的最小值是．【点睛】本题考查了待定系数法求函数的解析式，中点坐标公式，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，利用轴对称的性质求线段和的最小值，熟练掌握平行四边形的性质，轴对称的性质是解题的关键．34．（2024·四川泸州·中考真题）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)求该抛物线的解析式；(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)存在点以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，边长为或2【分析】本题考查二次函数的综合应用，菱形的性质，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）分和，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）∵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）存在；当时，解得：，当时，，∴，B0,3，设直线的解析式为，把代入，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2．35．（2024·四川广元·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线F：经过点，与y轴交于点．(1)求抛物线的函数表达式；(2)在直线AB上方抛物线上有一动点C，连接交AB于点D，求的最大值及此时点C的坐标；(3)作抛物线F关于直线上一点的对称图象，抛物线F与只有一个公共点E（点E在y轴右侧），G为直线AB上一点，H为抛物线对称轴上一点，若以B，E，G，H为顶点的四边形是平行四边形，求G点坐标．【答案】(1)；(2)最大值为，C的坐标为；(3)点G的坐标为，，．【分析】（1）本题考查了待定系数法解抛物线分析式，根据题意将点坐标分别代入抛物线解析式，解方程即可；（2）根据题意证明，再设的解析式为，求出的解析式，再设，则，再表示出利用最值即可得到本题答案；（3）根据题意求出，再分情况讨论当为对角线时，当为边时继而得到本题答案．【详解】（1）解：，代入，得：，解得：，∴抛物线的函数表达式为．（2）解：如图1，过点C作x轴的垂线交于点M．∴轴，∴，∴，设的解析式为，把，代入解析式得，解得：，∴．设，则，∴，∵，，∴当时，最大，最大值为．∴的最大值为，此时点C的坐标为．（3）解：由中心对称可知，抛物线F与的公共点E为直线与抛物线F的右交点，∴，∴（舍），，∴．∵抛物线F：的顶点坐标为，∴抛物线的顶点坐标为，∴抛物线的对称轴为直线．如图2，当为对角线时，由题知，∴，∴．如图3，当为边时，由题知，∴，∴．如图4，由题知，∴，∴，综上：点G的坐标为，，．36．（2024·黑龙江绥化·中考真题）综合与探究如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与直线相交于，两点，其中点，．(1)求该抛物线的函数解析式．(2)过点作轴交抛物线于点，连接，在抛物线上是否存在点使．若存在，请求出满足条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由．（提示：依题意补全图形，并解答）(3)将该抛物线向左平移个单位长度得到，平移后的抛物线与原抛物线相交于点，点为原抛物线对称轴上的一点，是平面直角坐标系内的一点，当以点、、、为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点F的坐标．【答案】(1)(2)存在，点坐标为，，补图见解析(3)、、、【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）根据平行线的性质可得，求得，进而分别求得，，根据可得，设直线交轴于点，则，．进而可得，的解析式为，，连接交抛物线于，连接交抛物线于，进而联立抛物线与直线解析式，解方程，即可求解．（3）①以BD为对角线，如图作BD的垂直平分线交BD于点交直线于，设，根据两点距离公式可得，根据中点坐标公式可得，②以BD为边，如图以为圆心，BD为半径画圆交直线于点，；连接，，根据勾股定理求得，进而得出，，根据平移的性质得出，，③以BD为边，如图以点为圆心，BD长为半径画圆交直线于点和，连接，，则，过点作于点，则，在和中，由勾股定理得，则、，根据，可得，过点作，过作，和相交于点，的中点．根据中点坐标公式可得；【详解】（1）解：∵把点，代入得，解得，∴．（2）存在．理由：∵轴且，∴，∴（舍去），，∴．过点作于点，在中，∵，∴，∵，∴．设直线交轴于点，，，∴，．连接交抛物线于，连接交抛物线于，∴，的解析式为，，∴，解得，或，解得．∴把，代入得，，∴，．综上所述，满足条件的点坐标为，．（3）、、、．方法一：①以BD为对角线，如图作BD