专题09 二次函数中四边形的存在性 （解析版）

专题09二次函数中四边形的存在性易错点一：平行四边形的存在性解题策略：1.直接计算法根据平行四边形对边平行且相等，按这条线段为边或为对角线两大类，分别计算

（适用于：已知两点的连线就在坐标轴上或平行于坐标轴）2.构造全等法过顶点作坐标轴的垂线，利用对边所在的两个三角形全等，把平行且相等的对边转化为水平或者垂直方向的两条对应边相等

（适用于：已知两点的连线，不与坐标轴平行，容易画出草图）3.平移坐标法

利用平移的意义，根据已知两点间横、纵坐标的距离关系，得待定两点也有同样的数量关系。

（适用于：直接写出答案的题）1．（2023·上海黄浦·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于点A、B，抛物线经过点A、B．(1)求抛物线的表达式；(2)设抛物线与x轴的另一个交点为C，点P是的外接圆的圆心，求点P坐标；(3)点D坐标是，点M、N在抛物线上，且四边形是平行四边形，求线段的长．【答案】(1)(2)点P的坐标是(3)【分析】（1）先利用一次函数解析式求出点A和点B的坐标，再用待定系数法求出抛物线的表达式即可；（2）先求出抛物线的对称轴是直线，由点P是的外接圆的圆心得到点P在的垂直平分线上，即抛物线的对称轴上．点P横坐标是．设点P坐标为，由，求出，即可得到点P的坐标；（3）先说明点，N关于原点对称．设点M的横坐标为m（），则点M坐标是，点N坐标是，把点坐标代入，解得（负值已舍），得到点M坐标是，点N坐标是，利用两点间距离公式即可得到线段的长．【详解】（1）解：把代入得，∴点B坐标是，把代入，得，∴点A坐标是，将点A、B坐标代入，得，解得．∴抛物线的表达式是．（2）∵，∴抛物线的对称轴是直线，∵点P是的外接圆的圆心．∴点P在的垂直平分线上，即抛物线的对称轴上．∴点P横坐标是．设点P坐标为，∵，∴，解得，∴．点P的坐标是．（3）∵点O是中点，即O是平行四边形对角线交点，又∵四边形是平行四边形，∴点，N关于原点对称．设点M的横坐标为m（），则点M坐标是，点N坐标是，把点坐标代入，得，解得（负值已舍），当时，，∴点M坐标是，点N坐标是，∴．【点睛】此题是二次函数综合题，考查了待定系数法、平行四边形的性质、两点间距离公式、三角形的外接圆等知识，读懂题意，准确计算是解题的关键．2．（2022·上海·上外附中校考模拟预测）定义：在平面直角坐标系中，O为坐标原点，过抛物线与y轴的交点作y轴的垂线，则称这条垂线是该抛物线的伴随直线．例如：抛物线的伴随直线为直线．抛物线的伴随直线l与该抛物线交于点A、D（点A在y轴上），该抛物线与x轴的交点为和C（点C在点B的右侧）．(1)若直线l是，求该抛物线对应的函数关系式．(2)求点D的坐标（用含m的代数式表示）．(3)设抛物线的顶点为M，作的垂直平分线，交抛物线于点E，交该抛物线的对称轴于点F．①当是等腰直角三角形时，求点M的坐标．②若以为顶点的四边形是平行四边形，直接写出m的值．【答案】(1)(2)(3)①；②【分析】（1）先求出点A坐标，再利用待定系数法求解即可；（2）根据抛物线经过点，得到，进而把抛物线解析式化为顶点式得到抛物线对称轴是直线，再根据抛物线的对称性即可求出点D的坐标为；（3）①根据题意得到，则，再由是的垂直平分线，得到，即可得到，求出；②根据平行四边形的性质得到，则点E的坐标为或，再由点E在抛物线上进行求解即可．【详解】（1）解：由题意，得A的坐标为．∵抛物线经过点，∴，解得，∴该抛物线的对应的函数关系式为：．（2）解：∵抛物线经过点，∴，∴．∴抛物线解析式为，∴抛物线对称轴是直线，∵轴，，即∴点D的坐标为；（3）解：①当，是等腰直角三角形时，．∴，∵是的垂直平分线，∴，∴∴．∴．∴点M的坐标为；②∵若以A、D、E、F为顶点的四边形是平行四边形，∴，∴点E的坐标为或，∵点E在抛物线上，∴或∴（负值舍去）．【点睛】本题主要考查了二次函数综合，待定系数法求二次函数解析式，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．易错点二：梯形的存在性解梯形的存在性问题一般分三步：第一步分类，第二步画图，第三步计算．一般是已知三角形的三个顶点，在某个图象上求第四个点，使得四个点围成梯形．过三角形的每个顶点画对边的平行线，这条直线与图象的交点就是要探寻的梯形的顶点．因为梯形有一组对边平行，因此根据同位角或内错角，一定可以构造一组相等的角，然后根据相似比列方程，可以使得解题简便．3．（2022·上海·上海市进才中学校考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点A(-1，0)、B(3，0)、C(2，3)三点，且与y轴交于点D．(1)求该抛物线的表达式，并写出该抛物线的对称轴；(2)分别联结AD、DC、CB，直线y=4x+m与线段DC交于点E，当此直线将四边形ABCD的面积平分时，求m的值；(3)设点F为该抛物线对称轴上的一点，当以点A、F、B、C为顶点的四边形是梯形时，请直接写出所有满足条件的点的坐标．【答案】(1)y=-x2+2x+3，x=1(2)m=-2.5(3)点F的坐标为（1，3）或（1，-2）或（1，-6）【分析】（1）根据题意设交点式y=a（x+1）（x-3），再代入C(2，3)，求出解析式，根据直线x=-，即可求出对称轴；（2）分别求出直线与线段CD和x轴的交点坐标E和G，再求出四边形ABCD的面积和四边形BCEG的面积，再根据题意求解即可；（3）根据梯形的性质，分情况讨论：①CF∥AB；②BF∥AC；③AF∥BC，进行讨论求点坐标．【详解】（1）解：∵抛物线过点A(-1，0)、B(3，0)∴设抛物线交点式y=a（x+1）（x-3）将C(2，3)代入得a（2+1）×（2-3）=3，解得a=-1∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3，对称轴为x=-=1（2）解：当x=0时，y=3∴点D为（0，3）∵点C为(2，3)∴CD∥x轴∵直线y=4x+m与线段DC交于点E∴E点的纵坐标为3∴E点的坐标为（，3）令直线y=4x+m与x轴交于点G∴G点的纵坐标为0∴G点的坐标为（，0）∵S四边形ABCD=（CD+AB）×OD=（2+4）×3=9S四边形CEGB=（CE+GB）×OD=（2-+3+）×3=又直线将四边形ABCD的面积平分∴×2=9解得m=-2.5（3）解：分情况讨论①当CF∥AB时F在线段CD上∴点F的坐标为（1，3）②当BF∥AC时设直线AC的解析式为y=kx+b则解得∴直线AC的解析式为y=x+1∵BF∥AC∴设BF的解析式为y=x+a将点B（3，0）代入3+a=0解得a=-3∴BF的解析式为y=x-3当x=1时，y=1-3=-2∴点F的坐标为（1，-2）③当AF∥BC时设直线BC的解析式为y=kx+b则解得∴直线BC的解析式为y=-3x+9∵AF∥BC∴设AF的解析式为y=-3x+a将点A（-1，0）代入3+a=0解得a=-3∴AF的解析式为y=-3x-3当x=1时，y=-3-3=-6∴点F的坐标为（1，-6）综上可知，点F的坐标为（1，3）或（1，-2）或（1，-6）【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，梯形的判定和性质，梯形的面积求解，一次函数的性质等知识，最后一问是分类讨论的思想，注意不重不漏.4．（2022·上海杨浦·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点、、三点，且与轴交于点．(1)求该抛物线的表达式，并写出该抛物线的对称轴：(2)分别联结、、，直线与线段交于点，当此直线将四边形的面积平分时，求的值；(3)设点为该抛物线对称轴上的一点，当以点、、、为顶点的四边形是梯形时，请直接写出所有满足条件的点的坐标．【答案】(1)(2)(3)或或【分析】（1）待定系数法求出函数解析式，进而求出对称轴即可；（2）求出点坐标，设直线与交于点，分别用含的式子表示出的坐标，利用直线将四边形的面积平分，得到列式求解即可；（3）分，三种情况讨论求解即可．【详解】（1）解：∵抛物线过点、、三点，设：，则：，解得：，∴，∴对称轴为：；（2）解：∵，当时：；∴，∴，∵、、∴，，，∵直线与线段交于点，且平分四边形的面积，∴直线与线段相交，设交点为，当时，；当时，；∴，∴，∴，即：，∴，即：，解得：；（3）解：①当时，点在线段上，此时：；②当时，设直线的解析式为：，则：，解得：；∴，设直线的解析式为：，∴，解得：，∴，当时，，∴③当时，设直线的解析式为：，则：，解得：；∴，设直线的解析式为：，∴，解得：，∴，当时，，∴综上：点、、、为顶点的四边形是梯形时，的坐标为：或或．【点睛】本题考查二次函数的综合应用，一次函数与几何的综合应用．正确的求出二次函数的解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．易错点三：菱形的存在性由于菱形是一组邻边相等的平行四边形，因此解决菱形存在性问题需要综合运用平行四边形和等腰三角形存在性问题的方法。5．（2023·上海普陀·统考二模）在平面直角坐标系中，如图，直线与轴交于点，与轴交于点．抛物线经过点和点，与轴交于另一点．

(1)求这条抛物线的表达式；(2)求的值；(3)点为抛物线上一点，点为平面内一点，如果四边形是菱形，求点的坐标．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）过点作于点，则，得到，即可求解；（3）由题意得，是菱形的对角线，则由中点坐标公式和，列出方程组即可求解．【详解】（1）解：对于，令，则，即点，由一次函数的表达式知，，即点，将点的坐标代入抛物线的表达式得：，解得：，则抛物线的表达式为：；（2）解：令，解得：或，即点，过点作于点，由点、的坐标知，，，则，

∴，则；（3）解：设点且，点，由题意得，是菱形的对角线，则由中点坐标公式和得：，解得：，则点的坐标为：或．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了抛物线与坐标轴的交点问题、一次函数与坐标轴的交点、待定系数法求函数的解析式、菱形的性质、二次函数的性质、解直角三角形等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．6．（2023·四川雅安·统考中考真题）在平面直角坐标系中，已知抛物线过点，对称轴是直线．

(1)求此抛物线的函数表达式及顶点M的坐标；(2)若点B在抛物线上，过点B作x轴的平行线交抛物线于点C、当是等边三角形时，求出此三角形的边长；(3)已知点E在抛物线的对称轴上，点D的坐标为，是否存在点F，使以点A，D，E，F为顶点的四边形为菱形？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)，(2)(3)存在点F，当或或或时，以点A，D，E，F为顶点的四边形为菱形．【分析】（1）根据对称轴和过点列二元一次方程组求解即可；（2）如图：过点M作交于D，设点，则；然后表示出，再根据是等边三角形可得,，根据三角函数解直角三角形可得，进而求得即可解答；（3）如图可知：线段为菱形的边和对角线，然后通过作图、结合菱形的性质和中点坐标公式即可解答．【详解】（1）解：由题意可得：，解得：，所以抛物线的函数表达式为；当时，，则顶点M的坐标为．（2）解：如图：过点M作交于D设点，则,∴，∵是等边三角形,∴,∴,即，解得：或（舍去）∴，，∴该三角形的边长．（3）解：存在点F，使以点A，D，E，F为顶点的四边形为菱形①如图：线段作为菱形的边，当为菱形的对角线时，作关于直线的对称线段交于E，连接,作点E关于的对称点F，即为菱形，由对称性可得F的坐标为，故存在点F，使以点A，D，E，F为顶点的四边形为菱形，此时．当为菱形对角线时，，设，，则，解得：或，∴或②线段作为菱形的对角线时，如图：设∵菱形,∴,的中点G的坐标为，点G是的中点，∴，解得，∴，设，则有：，解得：，∴．

综上，当或或或时，以点A，D，E，F为顶点的四边形为菱形．【点睛】本题主要考查了求二次函数解析式、二次函数与几何的综合、等边三角形的性质、解直角三角形、菱形的判定等知识点，掌握数形结合思想是解答本题的关键．易错点四：矩形的存在性由于矩形是含90度角的平行四边形，因此解决矩形存在性问题需要综合运用平行四边形和直角三角形存在性问题的方法。7．（2023·山西晋中·校联考模拟预测）综合与探究如图，抛物线的顶点为与轴交于和两点，交轴于点．

(1)求抛物线的函数表达式及点、、的坐标；(2)如图1，点是直线上方的抛物线上的动点，当面积最大时，求点的横坐标；(3)如图2，若点是坐标轴上一点，点为平面内一点，是否存在这样的点，使以、、、为顶点的四边形是以为对角线的矩形？若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)，点、、的坐标分别为：、、(2)(3)点或或【分析】（1）依题意，，当时，，令，解方程即可求解；（2）由面积；即可求解；（3）根据矩形的性质，由中点坐标公式和对角线列出方程组，即可求解．【详解】（1）解：抛物线的顶点为，，当时，，令，解得：或即点、、的坐标分别为：、、（2）过点作轴交于点，如图所示，

设直线的解析式为，将代入，得，解得：，直线的解析式为，设点则点则面积则面积有最大值，当时，此时，点；（3）存在，理由如下：设点的坐标为：，或，点，由点、的坐标得，，由中点坐标公式和对角线得：或解得：或或或舍去即点或或．

【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，矩形的性质等知识，分类求解是解题的关键．8．（2023·辽宁丹东·统考中考真题）抛物线与x轴交于点，，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的表达式；(2)如图，点D是抛物线上的一个动点，设点D的横坐标是，过点D作直线轴，垂足为点E，交直线于点F．当D，E，F三点中一个点平分另外两点组成的线段时，求线段的长；(3)若点P是抛物线上的一个动点（点P不与顶点重合），点M是抛物线对称轴上的一个点，点N在坐标平面内，当四边形是矩形邻边之比为时，请直接写出点P的横坐标．【答案】(1)(2)或(3)或【分析】（1）将点，代入解析式即可求解；（2）可求直线的解析式为，可得，，，①当时，可求，，即可求解；②当时，，，即可求解；（3）①当在对称轴的左侧时，得到是矩形，邻边之比为，即，即可求解；②当在对称轴的右侧时，同理可求．【详解】（1）解：由题意得解得，故抛物线的表达式；（2）解：当时，，，设直线的解析式为，则有，解得：，直线的解析式为，点D的横坐标是，过点D作直线轴，，，，①如图，当时，

，，，整理得：，解得：，，，不合题意，舍去，，；②如图，当时，

，，，整理得：，解得：，（舍去），；综上所述：线段的长为或．（3）解：设点，，当四边形是矩形时，则为直角，①当在对称轴的左侧时，如图，过作轴交轴于，交过作轴的平行线于，

，∵为直角，则，∵，∴，∴，∵是矩形邻边之比为，即或，即和的相似比为或，即，由题意得：，，∴，则，即，解得：，（不符合题意，舍去）；②当在对称轴的右侧时，

同理可得：，解得：，综上，或．【点睛】本题考查了二次函数综合体，主要考查了二次函数的性质，待定系数法求二次函数解析式，矩形的性质，三角形相似的性质等知识点，分类求解是解答本题的关键．易错点五：正方形的存在性由于正方形即是矩形又是菱形，因此解决正方形存在性问题需要灵活选用所有存在性问题的方法。9．（2022·九年级单元测试）在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：经过点．(1)求抛物线C的表达式；(2)将抛物线C沿直线翻折，得到的新抛物线记为，求抛物线的顶点坐标；(3)将抛物线C沿直线翻折，得到的图象记为，设C与围成的封闭图形为M，在图形M上内接一个面积为4的正方形（四个顶点均在M上），且这个正方形的边分别与坐标轴平行．求n的值．【答案】(1)；(2)；(3)【分析】（1）把点代入，根据待定系数法即可求得．（2）把抛物线C的表达式化成顶点式，求得顶点P的坐标，然后求得关于直线的对称点的坐标，即为抛物线的顶点坐标；（3）由抛物线C的顶点式求得对称轴，然后根据正方形的边长求得B的坐标，进而得出，解得．【详解】（1）∵抛物线C：经过点，∴．∴．∴抛物线C的表达式为．（2）∵抛物线C：，∴抛物线C的顶点为，如图1，点关于直线的对称点为．∴抛物线的顶点坐标为．（3）∵抛物线C：，∴抛物线的对称轴为，∵正方形的边长为2，∴正方形的顶点B的坐标为，如图2．∴．∴．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式以及二次函数的图象与几何变换，熟练掌握轴对称的性质、正方形的性质是解题的关键．10．（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．11．（2022·上海青浦·校考一模）在平面直角坐标系中（如图），已知抛物线，其顶点为．(1)写出这条抛物线的开口方向、顶点的坐标；(2)我们把一条抛物线上横坐标与纵坐标相等的点叫做这条抛物线的“不动点”．①试求抛物线的“不动点”的坐标；②向左或向右平移抛物线，使所得新抛物线的顶点是该抛物线的“不动点”，其对称轴与轴交于点，且四边形是梯形，求新抛物线的表达式．【答案】(1)抛物线开口向上，顶点的坐标为(2)①与；②新抛物线的表达式为【分析】（1）由，故该抛物线开口向上，将抛物线的解析式化为顶点式即可得到顶点的坐标；（2）①设抛物线“不动点”坐标为，则，解出方程即可求解；②新抛物线顶点为“不动点”，则设点，则新抛物线的对称轴为，与轴的交点为，由四边形是梯形，则直线在轴左侧，而点，点，则，即可求解．【详解】（1）解：∵，∴该抛物线开口向上，又∵，∴顶点的坐标为．∴这条抛物线开口向上，顶点的坐标为．（2）①设抛物线“不动点”坐标为，∴，解得：，，∴抛物线的“不动点”的坐标为与；②向左或向右平移抛物线，使所得新抛物线的顶点是该抛物线的“不动点”，其对称轴与轴交于点，且四边形是梯形，∴，与不平行，∵新抛物线顶点为“不动点”，则设点，∴新抛物线的对称轴为：，与轴的交点，又∵点，点，∴，∴，∴新抛物线是由抛物线向左平移个单位得到的，表达式为：．∴新抛物线的表达式为．【点睛】本题为二次函数综合运用题，正确利用二次函数基本知识、梯形基本性质进行分析是解题关键．12．（2023·辽宁·统考中考真题）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，点在抛物线上．

(1)求抛物线的解析式；(2)点在第一象限内，过点作轴，交于点，作轴，交抛物线于点，点在点的左侧，以线段为邻边作矩形，当矩形的周长为11时，求线段的长；(3)点在直线上，点在平面内，当四边形是正方形时，请直接写出点的坐标．【答案】(1)抛物线的解析式为；(2)；(3)点的坐标为或或或【分析】（1）利用待定系数法即可求解；（2）先求得直线的解析式为，设，则，利用对称性质求得，推出，，利用矩形周长公式列一元二次方程计算即可求解；（3）先求得直线的解析式为，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，证明，推出，，设，则，由点M在直线上，列式计算，可求得m的值，利用平移的性质可得点N的坐标；设点，则点，当绕着点O逆时针旋转得到时，当点M绕点O逆时针得到点E时，根据旋转的性质，可得点N的坐标．【详解】（1）解：∵抛物线经过点和，∴，解得，∴抛物线的解析式为；（2）解：∵点和，设直线的解析式为，则，解得，∴直线的解析式为，设，且，则，∴，∵抛物线的对称轴为直线，∴，∴，依题意得，解得（舍去）或，∴；（3）解：令，则，解得或，∴，同理，直线的解析式为，∵四边形是正方形，∴，，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，如图，

，，∴，∴，，设，∴，，则，∵点M在直线上，∴，解得或，当时，，，即点M与点C重合，点E与点B重合时，四边形是正方形，此时；当时，，，点O向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点M，则点E向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点N，∴，即；设点，则点，当绕着点O逆时针旋转得到时，如图，∵点E在的图象上，∴，∴点，∵点E在的图象上，∴，解得：或0，∴，，当点M绕点O逆时针得到点E时，点，，∵点E在的图象上，∴，解得：，∴点，，，，∴点N的坐标为或；综上，点的坐标为或或或．【点睛】本题考查的是待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，两点之间的距离公式和正方形的性质，是一道综合性较强的题，解题的关键是求出二次函数和一次函数解析式以及分情况讨论．13．（2023·上海浦东新·统考二模）如图，直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线经过A、C两点，且与x轴的另一个交点为B，抛物线的顶点为P．(1)求抛物线的表达式；(2)如果抛物线的对称轴与直线交于点D，求的值；(3)平移这条抛物线，平移后的抛物线交y轴于点E，顶点Q在原抛物线上．当四边形是平行四边形时，求平移后抛物线的表达式．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）先求出点A和点C的坐标，再用待定系数法求出抛物线的表达式即可；（2）连接，求出，再求出直线的表达式为：，根据抛物线的对称轴为直线，求出，根据两点之间的距离公式得出，即，最后根据求解即可．（3）求出，设点，点，求出中点坐标：，中点坐标：，根据平行四边形对角线互相平分得出，求出，得出点Q的坐标，即可得出平移后的表达式．【详解】（1）解：把代入得：，解得：，∴，把代入得：，∴，将点，代入得：，解得：，∴该抛物线的表达式为：；（2）解：连接，把代入得：，解得：，∴，设直线的表达式为：，将点，代入得：，解得：，∴直线的表达式为：，∵抛物线的对称轴为直线，∴把代入得：，∴，∵，，，∴，，，∴，即，∵，，∴．（3）解：∵，∴，∵平移后的抛物线顶点Q在原抛物线上，∴设点，∵点E在y轴上，∴设点，∵，∴中点坐标：，中点坐标：，∵四边形是平行四边形，∴，解得：．∴，∴平移后的函数表达式为：，【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握用待定系数法求解函数表达式的方法和步骤，二次函数图象上点的特征，解直角三角形的方法．14．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴的交点分别为和（点在点的左侧），与轴交于点，点是直线上方抛物线上一动点．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，过点作轴平行线交于点，过点作轴平行线交轴于点，求的最大值及点的坐标；(3)如图2，设点为抛物线对称轴上一动点，当点，点运动时，在坐标轴上确定点，使四边形为矩形，求出所有符合条件的点的坐标．【答案】(1)(2)的最大值为，点的坐标为(3)符合条件的点坐标为：或【分析】（1）利用待定系数法即可求解；（2）先求得直线的解析式，设，则，，得到，利用二次函数的性质求解即可；（3）先求得抛物线的顶点，对称轴为，分当点在轴上和点在轴负半轴上时，两种情况讨论，当点在轴负半轴上时，证明，求得，再证明，求得点的坐标为，由点在抛物线上，列式计算求解即可．【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点，与轴交于点解得抛物线的解析式为：；（2）解：当时，，解得，，∴，设直线的解析式为：，把，代入得：，解得∴直线的解析式为，设，∵轴，∴点的纵坐标为，又∵点在直线上，∴，，∴，∴，∵轴，∴，∴，∵，，∴当时，有最大值，最大值为，当时，，∴点的坐标为；答：的最大值为，点的坐标为；（3）解：，则抛物线的顶点，对称轴为，情况一：当点在轴上时，为抛物线的顶点，∵四边形为矩形，∴与纵坐标相同，∴；情况二：当点在轴负半轴上时，四边形为矩形，过作轴的垂线，垂足为，过作轴的垂线，垂足为，设，则，∴，，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∵抛物线对称轴为，点在对称轴上，，∴，，∴，即，∵，，∴，∴，∴，，∴，∴点的坐标为，∵点在抛物线上，∴，解得，（舍去），∴，综上所述：符合条件的点坐标为：或．【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，相似三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是方程思想的应用．15．（2023·西藏·统考中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的解析式；(2)如图甲，在y轴上找一点D，使为等腰三角形，请直接写出点D的坐标；(3)如图乙，点P为抛物线对称轴上一点，是否存在P、Q两点使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出P、Q两点的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)或或或；(3)存在，，或，或，或或【分析】（1）将，代入，求出,即可得出答案；（2）分别以点为顶点、以点为顶点、当以点为顶点，计算即可；（3）抛物线的对称轴为直线，设，，求出，，，分三种情况：以为对角线或以为对角线或以为对角线．【详解】（1）解：（1）∵，两点在抛物线上，∴解得，，∴抛物线的解析式为：；（2）令，∴，由为等腰三角形，如图甲，

当以点为顶点时，，点与原点重合，∴；当以点为顶点时，，是等腰中线，∴，∴；当以点为顶点时，∴点D的纵坐标为或，∴综上所述，点D的坐标为或或或．（3）存在，理由如下：抛物线的对称轴为：直线，设，，∵，则，，，∵以为顶点的四边形是菱形，∴分三种情况：以为对角线或以为对角线或以为对角线，当以为对角线时，则，如图1，

∴，解得：，∴或∵四边形是菱形，∴与互相垂直平分，即与的中点重合，当时，∴，解得：，∴当时，∴，解得：，∴以为对角线时，则，如图2，

∴，解得：，∴，∵四边形是菱形，∴与互相垂直平分，即与中点重合，∴，解得：，∴；当以为对角线时，则，如图3，

∴，解得：，∴，∵四边形是菱形，∴与互相垂直平分，即与的中点重合，∴，解得：∴，综上所述，符合条件的点P、Q的坐标为：，或，或，或或【点睛】本题是二次函数综合题，考查了解析式的求法、等腰三角形的判定、菱形的性质、坐标与图形的性质、分类讨论等知识，熟练掌握菱形的性质和坐标与图形的性质是解题的关键．16．（2023·上海虹口·校联考二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线的顶点为A，与y轴相交于点B，异于顶点A的点在该抛物线上．

(1)如图，点B的坐标为①求点A的坐标和n的值；②将抛物线向上平移后的新抛物线与x轴的一个交点为D，顶点A移至点，如果四边形为平行四边形，求平移后新抛物线的表达式；(2)直线与y轴相交于点E，如果且点B在线段上，求m的值．【答案】(1)①，；②(2)【分析】（1）①把代入得，即可求出答案；②根据平行四边形的性质得出，可知抛物线向上平移了7个单位，即可直接写出平移后的新抛物线的解析式；（2）先求出，，，然后利用待定系数法求出直线的解析式，根据表示出直线的解析式，将代入，求出的值，再检验点B是否在线段上即可．【详解】（1）解：①把代入，得：，∴，∴抛物线的解析式为，∴，把代入，得：，故答案是，；②如图1，

∵四边形为平行四边形，，新抛物线与x轴的一个交点为D，∴，∴，又∵，∴，∴抛物线向上平移后的新抛物线的解析式为；（2）如图2，

∵，∴，，，设直线的解析式为，把代入，得：，∵，∴可设直线的解析式为，把代入，得：，解得：，当时，，，，设直线的解析式为，把，代入，得：，解得：，∴，∴，∵，∴点B在线段上，符合题意；当时，，，，设直线的解析式为，把，代入，得：，解得：，∴，∴，∵，∴点B不在线段上，不符合题意，舍去；故．【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象平移，互相平行的两条一次函数图象间的关系是解题的关键，对求出的值进行检验是解题的难点和易错点．17．（2023·上海·九年级假期作业）已知抛物线：的顶点为A，与轴交于点B．(1)求A，B两点坐标；(2)平移抛物线：得到抛物线，抛物线交轴正半轴于一点，在抛物线上是否存在点，使得以A，，，为顶点的四边形是面积为的平行四边形？若存在，请求出满足条件的抛物线的表达式；若不存在，请说明理由．【答案】(1)，(2)存在，抛物线的表达式为或或【分析】（1）将解析式化为顶点式可得点A的坐标，由一般式可求点B的坐标；（2）由以A，，，为顶点的四边形是面积为的平行四边形，可知的面积为3，从而确定点C的坐标，抛物线：得到抛物线，因此二次项系数a不变，由点C的坐标可以确定常数项c，从而设出抛物线的解析式，再根据以A，，，为顶点的四边形是平行四边形，分三种情况讨论确定点D的坐标，代入抛物线的解析式可得满足条件的抛物线的表达式．【详解】（1）解：∵，∴令得，，∴综上所述：，（2）∵以A，，，为顶点的四边形是面积为的平行四边形，平行四边形的一条对角线将这个平行四边形分成两个全等的三角形，∴的面积为3．设，则，表示点A得横坐标，即，解得：（舍去）∴又∵抛物线：得到抛物线，∴抛物线解析式中二次项系数与抛物线解析式中二次项系数相同，即二次项系数a不变．又∵抛物线经过点C，∴设抛物线的解析式为：，又∵以A，，，为顶点的四边形是平行四边形，∴分三种情况：AB，BC为邻边；AC，BC为邻边；AB，AC为邻边．①当AB，BC为邻边时，以A，，，为顶点的四边形是平行四边形ABCD，此时，点B到点A的平移方式与点C到点D的平移方式相同，∵，，∴点B到点A的平移方式是：向右1个单位长度，向下1个单位长度，∴点C到点D的平移方式是：向右1个单位长度，向下1个单位长度，又∵，∴将代入得：，解得：，∴抛物线的表达式为：②当AC，BC为邻边时，同理可得将代入得：，解得：，∴抛物线的表达式为：③当AB，AC为邻边时，同理可得将代入得：，解得：，∴抛物线的表达式为：．综上所述：存在，抛物线的表达式为或或．【点睛】本题考查与平行四边形相关的二次函数综合题，求出点C的坐标继而确定点D的坐标以及合理设抛物线的表达式是解题的关键．18．（2021·上海徐汇·统考二模）如图，已知抛物线y＝x2+m与y轴交于点C，直线y＝﹣x+4与y轴和x轴分别交于点A和点B，过点C作CD⊥AB，垂足为点D，设点E在x轴上，以CD为对角线作▱CEDF．（1）当点C在∠ABO的平分线上时，求上述抛物线的表达式；（2）在（1）的条件下，如果▱CEDF的顶点F正好落在y轴上，求点F的坐标；（3）如果点E是BO的中点，且▱CEDF是菱形，求m的值．【答案】（1）；（2）；（3）0【分析】（1）在Rt△ADC中，设OC=x，由勾股定理得：（4﹣x）2＝x2+4，解得x＝，即可求解；（2）求出点D的坐标为（，），如果▱CEDF的顶点F正好落在y轴上，则DE∥y轴，且DE＝CF，进而求解；（3）求出点D的坐标为（，），由DE＝CE，即可求解．【详解】解：（1）对于y＝﹣x+4①，令y＝﹣x+4＝0，解得x＝3，令x＝0，则y＝4，故点A、B的坐标分别为（0，4）、（3，0），由点A、B的坐标知，OA＝4，OB＝3，则AB＝5，连接BC，如下图，∵点C在∠ABO的平分线上，则OC＝CD，∵BC＝BC，∴Rt△BCD≌Rt△BCO（HL），故BD＝OB＝3，则AD＝5﹣3＝2，设OC＝CD＝x，则AC＝4﹣x，在Rt△ADC中，由勾股定理得：（4﹣x）2＝x2+4，解得x＝，故点C的坐标为（0，），则抛物线的表达式为y＝x2+；（2）如上图，过点C作CH∥x轴交AB于点H，则∠ABO＝∠AHC，由AB得表达式知，tan∠ABO＝＝tan∠DHC，则tan∠DCH＝，故直线CD的表达式为y＝x+②，联立①②并解得，故点D的坐标为（，），如果▱CEDF的顶点F正好落在y轴上，则DE∥y轴，且DE＝CF，故DE＝yD＝，则yF＝yC+DE＝，故点F的坐标为（0，）；（3）∵点E是BO的中点，故点E（，0），由（2）知，直线CD的表达式为y＝x+m③，联立①③并解得，点D的坐标为（，），而点E、C的坐标分别为（，0）、（0，m），∵▱CEDF是菱形，则DE＝CE，即（﹣）2+（）2＝（）2+m2，即9m2﹣36m＝0，解得m＝4（舍去）或0，故m＝0．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、解直角三角形等．19．（2022·上海徐汇·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图像与x轴交于A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且AB＝4．(1)求这个函数的解析式，并直接写出顶点D的坐标；(2)点E是二次函数图像上一个动点，作直线轴交抛物线于点F（点E在点F的左侧），点D关于直线EF的对称点为G，如果四边形DEGF是正方形，求点E的坐标；(3)若射线AC与射线BD相交于点H，求∠AHB的大小．【答案】(1)；D（1，4）；(2)E（0，3）；(3)．【分析】（1）先求出抛物线对称轴，再根据AB=4求出点B坐标，再代入函数关系式求出m的值，再求出顶点坐标；（2）连接DG交EF于点Q，先证明四边形DEGF是菱形，设E（n，-n2+2n+3），再根据四边形DEGF是正方形得到EQ=DQ，据此求出n的值，得到点E的坐标；（3）连接AC，过点H作HM⊥x轴于M，先求出AC的长，得到∠ABC=45°，求出直线AC与直线BD的函数关系式，再联立方程组求出点H的坐标，再求出AH的长，得到，从而证得，可得结果．【详解】（1）∵抛物线为的对称轴为直线，AB=4，∴A（-1，0），B（3，0），∴把B（3，0）代入得，9m-6m+3=0，解得：m=-1，∴抛物线的解析式为y=-x2+2x+3；∵抛物线为，∴顶点D（1，4）；（2）如图1，连接DG交EF于点Q，∵D（1，4），D与G关于EF对称，∴EF垂直平分DG，∴DE=EC，DF=FG，∵EF//c轴，DG⊥x轴，点E、F关于直线DG对称，∴DE=DF，线段DG在抛物线的对称轴上，∴DE=DF=FG=EG，∴四边形DEGF是菱形；设E（n，-n2+2n+3），∴EQ=1-n，DQ=4-（-n2+2n+3）=n2-2n+1，又∵四边形DEGF是正方形，∴EQ=DQ，即，解得n=0或n=1（舍去），∴．E（0，3）；（3）如图2，连接AC，过点H作HM⊥x轴于M，∵抛物线为y=-x2+2x+3，∴C（0，3），∵A（-1，0），B（3，0），∴AO=1，AB=4，OC=3，OB=3，∴∴OB=OC，∴∠ABC=45°，设直线AC的解析式为y=rx+3（r≠0），则0=-r+3，∴r=3，∴直线AC的解析式为y=3x+3，设直线BD的解析式为y=ka+b（k≠0），则，解得，∴直线BD的解析式为y=-2x+6，解方程组，解得，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∴．【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，菱形的性质及判定，勾股定理的应用，三角形相似的判定和性质，数形结合思想的运用是解题的关键．20．（2023·上海长宁·统考一模）已知抛物线与轴交于点和，与轴交于点，为坐标原点，且．(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，点是线段上的一个动点（不与点、重合），过点作轴的垂线交抛物线于点，连接．当四边形恰好是平行四边形时，求点的坐标；(3)如图2，在（2）的条件下，是的中点，过点的直线与抛物线交于点，且，在直线上是否存在点，使得与相似？若存在，求点的坐标：若不存在，请说明理由．【答案】(1)抛物线的解析式为；(2)(3)存在，，【分析】（1）设抛物线的解析式为，利用待定系数法即可求解；（2）先求得直线的解析式，利用，得出方程，解方程即可求解；（3）证明，分两种情况讨论，当时，当时，利用相似三角形的性质列式计算，即可求解．【详解】（1）解：设抛物线的解析式为，∵，，∴代入，得，解得，∴抛物线的解析式为；（2）解：设直线的解析式为，代入得，∴，∴直线的解析式为，设，，则，则，∵是平行四边形，∴，即，∴，∴；（3）解：由题意得，，，∴点D、A、Q在同直线上，设，，∴，，作轴，故轴，则，∴，∵，∴，可知，∴，同理可得直线的解析式为，解方程，得或，∴，连接，作轴，可知：，∴