資源簡介

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【全國通用】2024中考數學二輪復習（重難點題型突破）
6.3 與特殊圖形存在性問題
二次函數中的特殊圖形存在性（探究性）問題知識覆蓋較廣，綜合性強，題意構思非常精巧，解題方法靈活，對學生分析問題和解決問題的能力要求較高，是歷年各地中考的熱點。解決這類問題需要用到數形結合思想，需要很好地把“數”和“形”結合在一起，互相滲透。存在探究問題是指在給定條件下，判斷某種數學現象是否存在、某個結論是否出現的問題。解決這類問題的一般思路是先假設結論的某一方面存在，然后在這個假設的條件下進行邏輯推理，若推出矛盾，可否定假設，若推出合理結論，則可肯定假設。
二次函數中的特殊圖形存在性（探究性）問題考查方向有：等腰三角形的存在性問題、直角三角形的存在性問題、等邊三角形（由等腰三角形衍生）的存在性問題、等腰直角三角形（等腰三角形和直角三角形的結合體）的存在性問題、平行四邊形的存在性問題、菱形（平行四邊形+一組鄰邊相等）的存在性問題、矩形（平行四邊形+對角線相等）的存在性問題、正方形（等腰直角三角形）的存在性問題、全等三角形的存在性問題、相似角形的存在性問題等。
1.（特殊）平行四邊形存在性問題處理技巧：
1）平行四邊形存在性問題處理技巧：（平移+中點思想）
關鍵：對角線互相平分，即對角線中點重合→中點公式。
①當AB為對角線：xA+xB=xC+xD；yA+yB=yC+yD；②當AC為對角線：xA+xC=xB+xD；yA+yC=yB+yD；
③當AD為對角線：xA+xD=xB+xC；yA+yD=yB+yC。
2）菱形存在性問題處理技巧：先用中點公式證平行四邊形，再構造等腰三角形，即鄰邊相等的點。
3）矩形存在性問題處理技巧：先用中點公式證平行四邊形，再構造證直角三角形，即鄰邊垂直的點。
4）正方形存在性問題處理技巧：先用中點公式證平行四邊形，再構造證等腰直角三角形的點。
注意：“四邊形ABCD是 ....”和“以點A、B、C、D為頂點的四邊形是....”的區別，前者順序已定，后者可以隨機順序，需進一步討論。
2. 二次函數與特殊三角形
1）等腰三角形存在性問題處理技巧：需注意分類討論思想的應用，找準頂角與底角分類討論的關鍵，借助等腰三角形的等邊對等角、等角對等邊、三線合一等性質來轉化已知條件是常用的處理手段。
2）直角三角形存在性問題處理技巧：需注意分類討論思想的應用，找準直角頂點是分類討論的關鍵，借助直角三角形的勾股定理，兩銳角互補等性質來轉化已知條件是常用的處理手段。
3）相似三角形存在性問題：（1）若兩個相似三角形對應關系已知，則根據對應邊或對應角關系；①設點坐標；②表示線段長（或點坐標）；③列比例關系式求解；④將點坐標代入到滿足的函數關系中求解；（2）若兩個相似三角形對應關系未知，則需根據已知三角形分類討論三角形的對應邊關系，再由（1）中的步驟求解即可。
4）全等三角形存在性問題：（1）若兩個全等三角形對應關系已知，則根據對應邊關系；①若三角形的邊長可以計算出來，則根據全等關系直接列式；②若已知三角形的頂點在拋物線上，并且可以表示出來，則將此頂點坐標代入拋物線解析式中列式。（2）若兩個全等三角形對應關系未知，則需根據已知分類討論兩個三角形的對應全等關系，再由（1）中的方法求解即可。
3.利用二次函數解決存在性問題的方法：一般先假設該點存在，根據該點所在的直線或拋物線的表達式，設出該點的 坐標 ；然后用該點的坐標表示出與該點有關的線段 長度 或其他點的 坐標 等；最后結合題干中其他條件列出等式，求出該點的坐標，然后判別該點坐標是否符合題意，若符合題意，則該點存在，否則該點不存在．
考向一　特殊四邊形存在性問題
例1．（2023年四川省雅安市中考數學真題）在平面直角坐標系中，已知拋物線過點，對稱軸是直線．(1)求此拋物線的函數表達式及頂點M的坐標；(2)若點B在拋物線上，過點B作x軸的平行線交拋物線于點C、當是等邊三角形時，求出此三角形的邊長；
(3)已知點E在拋物線的對稱軸上，點D的坐標為，是否存在點F，使以點A，D，E，F為頂點的四邊形為菱形？若存在，請直接寫出點F的坐標；若不存在，請說明理由．

例2．（2023年廣東廣州中考數學真題）已知點在函數的圖象上．
(1)若，求n的值；(2)拋物線與x軸交于兩點M，N（M在N的左邊），與y軸交于點G，記拋物線的頂點為E．①m為何值時，點E到達最高處；②設的外接圓圓心為C，與y軸的另一個交點為F，當時，是否存在四邊形為平行四邊形？若存在，求此時頂點E的坐標；若不存在，請說明理由．
例3．（2023·山西晉中·統考一模）如圖，拋物線與x軸交于A，B兩點（點A在點B左側），與y軸交于點C，連接，．點E為線段上的一點，直線與拋物線交于點H．
(1)直接寫出A，B，C三點的坐標，并求出直線的表達式；(2)連接，，求面積的最大值；(3)若點P為拋物線上一動點，試判斷在平面內是否存在一點Q，使得以B，C，P，Q為頂點的四邊形是以為邊的矩形？若存在，請直接寫出點Q的坐標，若不存在，請說明理由．
例4．（2023年湖南省長沙市中考數學真題）我們約定：若關于x的二次函數與同時滿足，則稱函數與函數互為“美美與共”函數．根據該約定，解答下列問題：
(1)若關于x的二次函數與互為“美美與共”函數，求k，m，n的值；
(2)對于任意非零實數r，s，點與點始終在關于x的函數的圖像上運動，函數與互為“美美與共”函數．
①求函數的圖像的對稱軸；②函數的圖像是否經過某兩個定點？若經過某兩個定點，求出這兩個定點的坐標；否則，請說明理由；(3)在同一平面直角坐標系中，若關于x的二次函數與它的“美美與共”函數的圖像頂點分別為點A，點B，函數的圖像與x軸交于不同兩點C，D，函數的圖像與x軸交于不同兩點E，F．當時，以A，B，C，D為頂點的四邊形能否為正方形？若能，求出該正方形面積的取值范圍；若不請說明理由．
考向二　特殊三角形存在性問題
例1．（2023年湖南省湘潭市中考數學真題）如圖，二次函數的圖象與軸交于，兩點，與軸交于點，其中，．(1)求這個二次函數的表達式；(2)在二次函數圖象上是否存在點，使得？若存在，請求出點坐標；若不存在，請說明理由；(3)點是對稱軸上一點，且點的縱坐標為，當是銳角三角形時，求的取值范圍．

例2．（23-24九年級上·浙江·階段練習）中，，，的對邊分別為，，，拋物線交軸于兩點，，交軸于點，其中的坐標是．(1)求證：是直角三角形；(2)若，求的值；判斷的三邊長能否取一組適當的值，使三角形為拋物線的頂點是等腰直角三角形？如能，請求出這組值；如不能，請說明理由．
例3．（2023年青海省中考數學真題）如圖，二次函數的圖象與軸相交于點和點，交軸于點．(1)求此二次函數的解析式；(2)設二次函數圖象的頂點為，對稱軸與軸交于點，求四邊形的面積（請在圖1中探索）；(3)二次函數圖象的對稱軸上是否存在點，使得是以為底邊的等腰三角形？若存在，請求出滿足條件的點的坐標；若不存在，請說明理由（請在圖中探索）．

例4．（2023年四川省內江市中考數學真題）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與x軸交于，兩點．與y軸交于點．(1)求該拋物線的函數表達式；(2)若點P是直線下方拋物線上的一動點，過點P作x軸的平行線交于點K，過點P作y軸的平行線交x軸于點D，求與的最大值及此時點P的坐標；(3)在拋物線的對稱軸上是否存在一點M，使得是以為一條直角邊的直角三角形：若存在，請求出點M的坐標，若不存在，請說明理由．
考向三　相似（全等）三角形存在性問題
例1．（23-24九年級上·江蘇連云港·階段練習）如圖，在第一象限內作與軸的夾角為的射線，在射線上取一點，過點作軸于點．在拋物線上取一點，在軸上取一點，使得以為頂點的三角形與全等，則符合條件的點A的坐標是 ．

例2．（2023年湖北省隨州市中考數學真題）如圖1，平面直角坐標系中，拋物線過點，和，連接，點為拋物線上一動點，過點作軸交直線于點，交軸于點．(1)直接寫出拋物線和直線的解析式；(2)如圖2，連接，當為等腰三角形時，求的值；(3)當點在運動過程中，在軸上是否存在點，使得以，，為頂點的三角形與以，，為頂點的三角形相似（其中點與點相對應），若存在，直接寫出點和點的坐標；若不存在，請說明理由．

考向四　其他存在性問題
例1．（23-24九年級上·四川成都·階段練習）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線的頂點為A，與x軸交于O，B兩點，點是線段OB上一動點，過點P作y軸的平行線，交直線于點E，交拋物線于點F，以EF為一邊，在EF的左側作矩形．若，則當矩形與的重疊部分為軸對稱圖形時，m的取值范圍為 ．
例2．（23-24九年級上·江蘇徐州·期中）如圖，在平面直角坐標系中，一次函數的圖像與x軸交于點A，與y軸交于點B，二次函數的圖像經過點A、B．

(1)　　，　　；(2)若點M是第三象限內拋物線上的一動點，過點M作垂直于x軸，垂足為點C，交直線于點D，連接，當時：①求點M的坐標；②直線上是否存在點E，使為直角三角形？若存在，直接寫出符合條件的所有點E的坐標；若不存在，請說明理由．(3)拋物線上是否存在點N（不與點A、B重合），使得O、A、B、N四點共圓，如果存在求出點N的坐標，如果不存在，請說明理由．
一、選擇題
1．（2023·廣東汕頭·一模）拋物線交x軸于，，交y軸的負半軸于C，頂點為D．下列結論：①；②；③；④當是等邊三角形時，拋物線解析式為．其中正確的有（ ）個．

A．1 B．2 C．3 D．4
2．（23-24九年級下·黑龍江大慶·期中）如圖所示，已知二次函數的圖象與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y軸的正半軸交于點C，頂點為D，則下列結論：①2a+b＝0；②2c>3b；③當△ABC是等腰三角形時，a的值有2個；④當△BCD是直角三角形時，a＝．其中正確的個數（　 　）
A．0個 B．1個 C．2個 D．3個
3．（2024·浙江·一模）如圖，點A是二次函數y＝x2圖象上的一點，且位于第一象限，點B是直線y＝﹣x上一點，點B′與點B關于原點對稱，連接AB，AB′，若△ABB′為等邊三角形，則點A的坐標是（ ）
A．（，） B．（，） C．（1，） D．（，）
4．（2024·山東·一模）如圖，拋物線y＝x+3與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，點Q是線段OB上一動點，連接BC，點M在線段BC上，且使△BQM為直角三角形的同時△CQM為等腰三角形，則此時點Q的橫坐標為（　　）

A．或 B．或 C．或 D．或
5．（2023·山東濟南·二模）二次函數分別交x軸、y軸于P，Q兩點，點C的坐標是（2，1）．若在線段上存在A，B兩點使得為等腰直角三角形，且，則b的取值范圍是（ ）
A．或 B．或 C． D．
6．（23-24九年級·浙江杭州·期末）已知二次函數與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C．下列說法正確的是（ ）
①線段的長度為；②拋物線的對稱軸為直線；③P是此拋物線的對稱軸上的一個動點，當P點坐標為時，的值最大；④若M是x軸上的一個動點，N是此拋物線上的一個動點，如果以A，C，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形，滿足條件的M點有4個．
A．①② B．①②③ C．①②④ D．③④
7．（23-24九年級上·浙江紹興·期末）如圖，拋物線與軸交于點，與軸交于點，下列結論：
①點的坐標分別是和②點為，當時，．
③拋物線上存在點（除外），使得的面積與面積相等的點有3個．
④點是拋物線對稱軸上一點，當是直角三角形時，點的縱坐標分別是．
A．①② B．①③ C．①③④ D．①②③④
二、填空題
8．（23-24九年級上·廣東東莞·期中）在平面內考察一族拋物線，該拋物線與坐標軸有3個交點，作過這3點的圓，發現該圓恒過某點，此定點的坐標為 .
9．（23-24九年級·江西南昌·期末）如圖，拋物線與軸的負半軸交于點，與軸交于點，連接，點分別是直線與拋物線上的點，若點圍成的四邊形是平行四邊形，則點的坐標為 .
10．（23-24九年級上·浙江杭州·期末）在平面直角坐標系中，拋物線過點A，B，C，在拋物線上存在點P，使以點P，B，C為頂點的三角形與相似，則點P的坐標為 .
11．（22-23九年級上·廣西南寧·期中）如圖，直線與兩坐標軸交于A，B兩點，拋物線過A、B兩點，且交x軸的正半軸于點C，在拋物線上有一點P，使得是以為直角邊的直角三角形，則點P的坐標為 ．（提示：兩點距離公式為：）
12．（22-23九年級上·江蘇蘇州·階段練習）如圖，二次函數（）．圖象的頂點為，其圖象與軸的交點的橫坐標分別為，下面四個結論：；；只有當時，是等腰直角三角形；使為等腰三角形的的值可以有三個．那么，其中正確的結論是 ．（只填你認為正確結論的序號）
注：二次函數（）圖象的頂點坐標為
13．（2024九年級·廣東·培優）如圖，已知直線與軸相交于點，與拋物線相交于軸上的點，拋物線與軸只有唯一的交點，且．設直線與拋物線的另一個交點為點，已知點為軸上的一個動點，且為直角三角形，則點的坐標為 ．

14．（23-24九年級上·江西宜春·階段練習）如圖，拋物線與軸交于兩點（點在點的左側），與軸交于點，已知點關于拋物線對稱軸的對稱點為，連接．若點在的垂直平分線上，且在第一象限內，當是等腰三角形時，點的坐標為 ．
15.（22-23九年級上·河北石家莊·期末）小明以等腰三角形底邊的中垂線和所在的直線建立平面直角坐標系．如圖，，拋物線經過A、兩點，點的坐標為 ；若一條與軸重合的直線以每秒3個單位長度的速度向右平移，分別交線段、和拋物線于點、和點，連接、．設直線移動的時間為秒，當的面積最大時，點的坐標為 ；若使是直角三角形，則 ．
三、解答題
16．（23-24九年級上·浙江紹興·階段練習）如圖1，已知拋物線交軸于、兩點，與軸交于點， 拋物線 經過點、，點是射線 上一動點．
(1)求拋物線 的表達式；(2)如圖，過點作交拋物線第一象限部分于點 ，作交BC于點F，求面積的最大值及此時點的坐標；(3)拋物線與 在第一象限內的圖象記為“圖象Z”，過點作軸交圖象于點，是否存在這樣的點，使 與 相似？若存在，求出所有符合條件的點的橫坐標．
17．（2023年西藏自治區中考數學真題）在平面直角坐標系中，拋物線與x軸交于，兩點，與y軸交于點C．(1)求拋物線的解析式；(2)如圖甲，在y軸上找一點D，使為等腰三角形，請直接寫出點D的坐標；(3)如圖乙，點P為拋物線對稱軸上一點，是否存在P、Q兩點使以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出P、Q兩點的坐標，若不存在，請說明理由．

18．（2023年山東省淄博市中考數學真題）如圖，一條拋物線經過的三個頂點，其中為坐標原點，點，點在第一象限內，對稱軸是直線，且的面積為18
(1)求該拋物線對應的函數表達式；(2)求點的坐標；(3)設為線段的中點，為直線上的一個動點，連接，，將沿翻折，點的對應點為．問是否存在點，使得以，，，為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出所有符合條件的點的坐標；若不存在，請說明理由．

19．（2023年江蘇省常州市中考數學真題）如圖，二次函數的圖像與x軸相交于點，其頂點是C．
(1)_______；(2)D是第三象限拋物線上的一點，連接OD，；將原拋物線向左平移，使得平移后的拋物線經過點D，過點作x軸的垂線l．已知在l的左側，平移前后的兩條拋物線都下降，求k的取值范圍；(3)將原拋物線平移，平移后的拋物線與原拋物線的對稱軸相交于點Q，且其頂點P落在原拋物線上，連接PC、QC、PQ．已知是直角三角形，求點P的坐標．

20．（2023年湖南省婁底市中考數學真題）如圖，拋物線過點、點，交y軸于點C．(1)求b，c的值．(2)點是拋物線上的動點①當取何值時，的面積最大？并求出面積的最大值；②過點P作軸，交于點E，再過點P作軸，交拋物線于點F，連接，問：是否存在點P，使為等腰直角三角形？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

21．（2023-2024.成都市.中考模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線上有兩點、，其中點的橫坐標為，點的橫坐標為1，拋物線過點、．過作軸交拋物線另一點為點．以、長為邊向上構造矩形．
(1)求拋物線的解析式；(2)將矩形向左平移個單位，向下平移個單位得到矩形，點的對應點落在拋物線上．①求關于的函數關系式，并直接寫出自變量的取值范圍；
②直線交拋物線于點，交拋物線于點．當點為線段的中點時，求的值；
③拋物線與邊、分別相交于點、，點、在拋物線的對稱軸同側，當時，求點的坐標．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線上有兩點，其中點的橫坐標為，點的橫坐標為，拋物線過點．過作軸交拋物線另一點為點．以長為邊向上構造矩形．

22．（2022·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）綜合與探究
如圖，某一次函數與二次函數的圖象交點為A（-1，0），B（4，5）． (1)求拋物線的解析式；(2)點C為拋物線對稱軸上一動點，當AC與BC的和最小時，點C的坐標為 ；
(3)點D為拋物線位于線段AB下方圖象上一動點，過點D作DE⊥x軸，交線段AB于點E，求線段DE長度的最大值；(4)在（2）條件下，點M為y軸上一點，點F為直線AB上一點，點N為平面直角坐標系內一點，若以點C，M，F，N為頂點的四邊形是正方形，請直接寫出點N的坐標．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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【全國通用】2024中考數學二輪復習（重難點題型突破）
6.3 與特殊圖形存在性問題
二次函數中的特殊圖形存在性（探究性）問題知識覆蓋較廣，綜合性強，題意構思非常精巧，解題方法靈活，對學生分析問題和解決問題的能力要求較高，是歷年各地中考的熱點。解決這類問題需要用到數形結合思想，需要很好地把“數”和“形”結合在一起，互相滲透。存在探究問題是指在給定條件下，判斷某種數學現象是否存在、某個結論是否出現的問題。解決這類問題的一般思路是先假設結論的某一方面存在，然后在這個假設的條件下進行邏輯推理，若推出矛盾，可否定假設，若推出合理結論，則可肯定假設。
二次函數中的特殊圖形存在性（探究性）問題考查方向有：等腰三角形的存在性問題、直角三角形的存在性問題、等邊三角形（由等腰三角形衍生）的存在性問題、等腰直角三角形（等腰三角形和直角三角形的結合體）的存在性問題、平行四邊形的存在性問題、菱形（平行四邊形+一組鄰邊相等）的存在性問題、矩形（平行四邊形+對角線相等）的存在性問題、正方形（等腰直角三角形）的存在性問題、全等三角形的存在性問題、相似角形的存在性問題等。
1.（特殊）平行四邊形存在性問題處理技巧：
1）平行四邊形存在性問題處理技巧：（平移+中點思想）
關鍵：對角線互相平分，即對角線中點重合→中點公式。
①當AB為對角線：xA+xB=xC+xD；yA+yB=yC+yD；②當AC為對角線：xA+xC=xB+xD；yA+yC=yB+yD；
③當AD為對角線：xA+xD=xB+xC；yA+yD=yB+yC。
2）菱形存在性問題處理技巧：先用中點公式證平行四邊形，再構造等腰三角形，即鄰邊相等的點。
3）矩形存在性問題處理技巧：先用中點公式證平行四邊形，再構造證直角三角形，即鄰邊垂直的點。
4）正方形存在性問題處理技巧：先用中點公式證平行四邊形，再構造證等腰直角三角形的點。
注意：“四邊形ABCD是 ....”和“以點A、B、C、D為頂點的四邊形是....”的區別，前者順序已定，后者可以隨機順序，需進一步討論。
2. 二次函數與特殊三角形
1）等腰三角形存在性問題處理技巧：需注意分類討論思想的應用，找準頂角與底角分類討論的關鍵，借助等腰三角形的等邊對等角、等角對等邊、三線合一等性質來轉化已知條件是常用的處理手段。
2）直角三角形存在性問題處理技巧：需注意分類討論思想的應用，找準直角頂點是分類討論的關鍵，借助直角三角形的勾股定理，兩銳角互補等性質來轉化已知條件是常用的處理手段。
3）相似三角形存在性問題：（1）若兩個相似三角形對應關系已知，則根據對應邊或對應角關系；①設點坐標；②表示線段長（或點坐標）；③列比例關系式求解；④將點坐標代入到滿足的函數關系中求解；（2）若兩個相似三角形對應關系未知，則需根據已知三角形分類討論三角形的對應邊關系，再由（1）中的步驟求解即可。
4）全等三角形存在性問題：（1）若兩個全等三角形對應關系已知，則根據對應邊關系；①若三角形的邊長可以計算出來，則根據全等關系直接列式；②若已知三角形的頂點在拋物線上，并且可以表示出來，則將此頂點坐標代入拋物線解析式中列式。（2）若兩個全等三角形對應關系未知，則需根據已知分類討論兩個三角形的對應全等關系，再由（1）中的方法求解即可。
3.利用二次函數解決存在性問題的方法：一般先假設該點存在，根據該點所在的直線或拋物線的表達式，設出該點的 坐標 ；然后用該點的坐標表示出與該點有關的線段 長度 或其他點的 坐標 等；最后結合題干中其他條件列出等式，求出該點的坐標，然后判別該點坐標是否符合題意，若符合題意，則該點存在，否則該點不存在．
考向一　特殊四邊形存在性問題
例1．（2023年四川省雅安市中考數學真題）在平面直角坐標系中，已知拋物線過點，對稱軸是直線．(1)求此拋物線的函數表達式及頂點M的坐標；(2)若點B在拋物線上，過點B作x軸的平行線交拋物線于點C、當是等邊三角形時，求出此三角形的邊長；
(3)已知點E在拋物線的對稱軸上，點D的坐標為，是否存在點F，使以點A，D，E，F為頂點的四邊形為菱形？若存在，請直接寫出點F的坐標；若不存在，請說明理由．

【答案】(1)，(2)(3)存在點F，當或或或時，以點A，D，E，F為頂點的四邊形為菱形．
【分析】（1）根據對稱軸和過點列二元一次方程組求解即可；
（2）如圖：過點M作交于D，設點，則；然后表示出，再根據是等邊三角形可得,，根據三角函數解直角三角形可得，進而求得即可解答；（3）如圖可知：線段為菱形的邊和對角線，然后通過作圖、結合菱形的性質和中點坐標公式即可解答．
【詳解】（1）解：由題意可得：，解得：，所以拋物線的函數表達式為；
當時，，則頂點M的坐標為．
（2）解：如圖：過點M作交于D
設點，則,∴，
∵是等邊三角形,∴,
∴,即，解得：或（舍去）
∴，，∴該三角形的邊長．

（3）解：存在點F，使以點A，D，E，F為頂點的四邊形為菱形
①如圖：線段作為菱形的邊， 當為菱形的對角線時，作關于直線的對稱線段交于E，連接,作點E關于的對稱點F，即為菱形，由對稱性可得F的坐標為，故存在點F，使以點A，D，E，F為頂點的四邊形為菱形，此時．
當為菱形對角線時，， 設，，
則，解得：或，∴或
②線段作為菱形的對角線時， 如圖：設
∵菱形,∴,的中點G的坐標為，點G是的中點，
∴，解得，∴，設，
則有：，解得：，∴．綜上，當或或或時，以點A，D，E，F為頂點的四邊形為菱形．
【點睛】本題主要考查了求二次函數解析式、二次函數與幾何的綜合、等邊三角形的性質、解直角三角形、菱形的判定等知識點，掌握數形結合思想是解答本題的關鍵．
例2．（2023年廣東廣州中考數學真題）已知點在函數的圖象上．
(1)若，求n的值；(2)拋物線與x軸交于兩點M，N（M在N的左邊），與y軸交于點G，記拋物線的頂點為E．①m為何值時，點E到達最高處；②設的外接圓圓心為C，與y軸的另一個交點為F，當時，是否存在四邊形為平行四邊形？若存在，求此時頂點E的坐標；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)的值為1；(2)①；②假設存在，頂點E的坐標為，或．
【分析】（1）把代入得，即可求解；（2）①，得，即可求解；②求出直線的表達式為：，得到點的坐標為；由垂徑定理知，點在的中垂線上，則；由四邊形為平行四邊形，則，求出，進而求解．
【詳解】（1）解：把代入得；故的值為1；
（2）解：①在中，令，則，解得或，，，
點在函數的圖象上，，
令，得，
即當，且，則，解得：（正值已舍去），
即時，點到達最高處；
②假設存在，理由：對于，當時，，即點，
由①得，，，，對稱軸為直線，
由點、的坐標知，，
作的中垂線交于點，交軸于點，交軸于點，則點，
則，則直線的表達式為：．
當時，，則點的坐標為．
由垂徑定理知，點在的中垂線上，則．
四邊形為平行四邊形，則，
解得：，即，且，則，
∴頂點E的坐標為，或．
【點睛】本題為反比例函數和二次函數綜合運用題，涉及到一次函數基本知識、解直角三角形、平行四邊形的性質、圓的基本知識，其中（3），數據處理是解題的難點．
例3．（2023·山西晉中·統考一模）如圖，拋物線與x軸交于A，B兩點（點A在點B左側），與y軸交于點C，連接，．點E為線段上的一點，直線與拋物線交于點H．
(1)直接寫出A，B，C三點的坐標，并求出直線的表達式；(2)連接，，求面積的最大值；(3)若點P為拋物線上一動點，試判斷在平面內是否存在一點Q，使得以B，C，P，Q為頂點的四邊形是以為邊的矩形？若存在，請直接寫出點Q的坐標，若不存在，請說明理由．
【答案】(1)，，，(2)當時，面積最大，最大值為8
(3)點Q的坐標為，
【分析】（1）分別令，，解方程即可求得A，B，C三點的坐標，設直線BC的表達式為，代入，，即可求得解析式；（2）過點H作軸于點M，交BC于點K，設點H的坐標為，則點K的坐標為，則，再根據，求得當時，面積最大，最大值為8；（3）以B，C，P，Q為頂點的四邊形是以為邊的矩形時，則存在或兩種情況，設，兩種情況分別討論求出點坐標，利用矩形性質結合中點坐標即可求解．
【詳解】（1）解：當時，，即，
解得：，，∴，，當時，∴，
設直線BC的表達式為，則，解得，∴；
（2）過點H作軸于點M，交BC于點K，
設點H的坐標為，則點K的坐標為，∴．
∴．
∵，，∴當時，面積最大，最大值為8．
（3）以B，C，P，Q為頂點的四邊形是以為邊的矩形時，
則存在或兩種情況，設
①當，延長，交軸于點，
∵，，∴，即為等腰直角三角形，即：，
∵，則∴為等腰直角三角形，則，則，
設解析式為，代入，，得，解得，∴，
聯立，解得或，∴，
則矩形的性質結合中點坐標可得：，解得：，即：，
②當，交軸于點，
∵，，∴，即為等腰直角三角形，即：，
∵，則∴為等腰直角三角形，則，則，
同理可得解析式為：，聯立，解得或，∴，
則矩形的性質結合中點坐標可得：，解得：，即：，
綜上，點Q的坐標為，．
【點睛】本題是二次函數綜合題，考查了求二次函數與坐標軸的交點坐標，待定系數法求一次函數解析式，二次函數與面積問題，二次函數中特殊四邊形問題，利用分類討論思想解決問題是解題的關鍵．
例4．（2023年湖南省長沙市中考數學真題）我們約定：若關于x的二次函數與同時滿足，則稱函數與函數互為“美美與共”函數．根據該約定，解答下列問題：
(1)若關于x的二次函數與互為“美美與共”函數，求k，m，n的值；
(2)對于任意非零實數r，s，點與點始終在關于x的函數的圖像上運動，函數與互為“美美與共”函數．
①求函數的圖像的對稱軸；②函數的圖像是否經過某兩個定點？若經過某兩個定點，求出這兩個定點的坐標；否則，請說明理由；(3)在同一平面直角坐標系中，若關于x的二次函數與它的“美美與共”函數的圖像頂點分別為點A，點B，函數的圖像與x軸交于不同兩點C，D，函數的圖像與x軸交于不同兩點E，F．當時，以A，B，C，D為頂點的四邊形能否為正方形？若能，求出該正方形面積的取值范圍；若不請說明理由．
【答案】(1)k的值為，m的值為3，n的值為2；
(2)①函數y2的圖像的對稱軸為；②函數的圖像過兩個定點，，理由見解析；
(3)能構成正方形，此時．
【分析】（1）根據題意得到即可解答；
（2）①求出的對稱軸，得到，表示出的解析式即可求解；②，令求解即可；
（3）由題意可知，得到A、B的坐標，表示出，根據且，得到，分和兩種情況求解即可．
【詳解】（1）解：由題意可知：，
∴．答：k的值為，m的值為3，n的值為2．
（2）解：①∵點與點始終在關于x的函數的圖像上運動，
∴對稱軸為，∴，∴，∴對稱軸為．
答：函數的圖像的對稱軸為．
②，令，解得，
∴過定點，．答：函數y2的圖像過定點，．
（3）解：由題意可知，，
∴，∴， ，
∵且，∴；①若，則，
要使以A，B，C，D為頂點的四邊形能構成正方形，則為等腰直角三角形，
∴，∴，∴，∴，
∴，∵，∴，∴；

②若，則A、B關于y軸對稱，以A，B，C，D為頂點的四邊形不能構成正方形，
綜上，以A，B，C，D為頂點的四邊形能構成正方形，此時．
【點睛】本題主要考查了二次函數的綜合應用、正方形的性質等知識點，解題的關鍵是利用分類討論的思想解決問題．
考向二　特殊三角形存在性問題
例1．（2023年湖南省湘潭市中考數學真題）如圖，二次函數的圖象與軸交于，兩點，與軸交于點，其中，．(1)求這個二次函數的表達式；(2)在二次函數圖象上是否存在點，使得？若存在，請求出點坐標；若不存在，請說明理由；(3)點是對稱軸上一點，且點的縱坐標為，當是銳角三角形時，求的取值范圍．

【答案】(1)(2)或或
(3)或．
【分析】（1）待定系數法求解析式即可求解；（2）根據，可得到的距離等于到的距離，進而作出兩條的平行線，求得解析式，聯立拋物線即可求解；（3）根據題意，求得當是直角三角形時的的值，進而觀察圖象，即可求解，分和兩種情況討論，分別計算即可求解．
【詳解】（1）解：將點，代入，得
解得：∴拋物線解析式為；
（2）∵，頂點坐標為，
當時，解得：∴，則
∵，則∴是等腰直角三角形，
∵∴到的距離等于到的距離，
∵，，設直線的解析式為∴解得：
∴直線的解析式為，如圖所示，過點作的平行線，交拋物線于點，

設的解析式為，將點代入得，解得：
∴直線的解析式為，解得：或∴，
∵
∴∴是等腰直角三角形，且，
如圖所示，延長至，使得，過點作的平行線，交軸于點，則，則符合題意的點在直線上，
∵是等腰直角三角形，∴
∴是等腰直角三角形，∴∴
設直線的解析式為∴解得：∴直線的解析式為
聯立 解得：或
∴或
綜上所述，或或；
（3）①當時，如圖所示，過點作交于點，
當點與點重合時，是直角三角形，當時，是直角三角形，

設交于點，∵直線的解析式為，則，∴,
∵，∴是等腰直角三角形，∴∴，
設，則
∵∴
解得：（舍去）或∴
∵是銳角三角形∴；當時，如圖所示，同理可得
即∴解得：或（舍去）
由（2）可得時，∴
綜上所述，當是銳角三角形時，或．
【點睛】本題考查二次函數綜合運用，面積問題，角度問題，熟練掌握二次函數的性質是解題的關鍵．
例2．（23-24九年級上·浙江·階段練習）中，，，的對邊分別為，，，拋物線交軸于兩點，，交軸于點，其中的坐標是．(1)求證：是直角三角形；(2)若，求的值；判斷的三邊長能否取一組適當的值，使三角形為拋物線的頂點是等腰直角三角形？如能，請求出這組值；如不能，請說明理由．
【答案】(1)見解析(2)①；②能，當，，時，為等腰直角三角形
【分析】（1）已知拋物線經過點，根據勾股定理可得為直角三角形．
（2）由得出又可推出點的坐標，可求出與的等量關系式．令，可得，與的關系．
【詳解】（1）證明：拋物線經過點
，，，
由勾股定理的逆定理得：為直角三角形；
（2）解：如圖所示；即
又 ，是方程的兩根
，由知：在中，
由勾股定理得，
能． 由知 頂點
過作軸于點則， ，
要使為等腰直角三角形，只需，
，，又，
，，當，，時，為等腰直角三角形．
【點睛】本題考查的是二次函數的綜合運用以及等腰直角三角形的判定和三角函數的運用，難度較大．
例3．（2023年青海省中考數學真題）如圖，二次函數的圖象與軸相交于點和點，交軸于點．(1)求此二次函數的解析式；(2)設二次函數圖象的頂點為，對稱軸與軸交于點，求四邊形的面積（請在圖1中探索）；(3)二次函數圖象的對稱軸上是否存在點，使得是以為底邊的等腰三角形？若存在，請求出滿足條件的點的坐標；若不存在，請說明理由（請在圖中探索）．

【答案】(1)；(2)；(3)，
【分析】（1）將，兩點坐標代入拋物線的解析式，進一步求解得出結果；
（2）連接，將二次函數的解析式配方求得頂點的坐標，鄰求得的坐標，從而求得，，的長，再根據求得結果；
（3）設，，表示出和，根據列出方程求得的值，進而求得結果．
【詳解】（1）解：由題意得，，∴，∴；
（2）解：如圖，連接，∵，∴，∴，，

由得，，∴，
∴；
（3）解：設，，∵，∴，由得，
∴，∴．
【點睛】本題考查了二次函數及其圖象的性質，等腰三角形的判定，勾股定理等知識，解決問題的關鍵是熟練掌握有關基礎知識．
例4．（2023年四川省內江市中考數學真題）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與x軸交于，兩點．與y軸交于點．(1)求該拋物線的函數表達式；(2)若點P是直線下方拋物線上的一動點，過點P作x軸的平行線交于點K，過點P作y軸的平行線交x軸于點D，求與的最大值及此時點P的坐標；(3)在拋物線的對稱軸上是否存在一點M，使得是以為一條直角邊的直角三角形：若存在，請求出點M的坐標，若不存在，請說明理由．
【答案】(1)(2)存在，的最大值為，(3)或
【分析】（1）將、、代入拋物線解析式求解即可；（2）可求直線的解析式為，設（），可求，從而可求，即可求解；（3）過作交拋物線的對稱軸于，過作交拋物線的對稱軸于，連接，設， 可求，，由，可求，進而求出直線的解析式，即可求解．
【詳解】（1）解：由題意得 ，解得：，拋物線的解析式為．
（2）解：設直線的解析式為，則有
，解得：，直線的解析式為；
設（），，解得：，
，，
，，
，
，當時，的最大值為，，．
故的最大值為，．
（3）解：存在，如圖，過作交拋物線的對稱軸于，過作交拋物線的對稱軸于，連接，
∵拋物線的對稱軸為直線，設，
，，，
，，解得：，；
設直線的解析式為，則有，解得，直線解析式為，
，且經過，直線解析式為，
當時，， ；綜上所述：存在，的坐標為或．
【點睛】本題考查了待定系數法求函數解析式，二次函數中動點最值問題，直角三角形的判定，勾股定理等，掌握解法及找出動點坐標滿足的函數解析式是解題的關鍵．
考向三　相似（全等）三角形存在性問題
例1．（23-24九年級上·江蘇連云港·階段練習）如圖，在第一象限內作與軸的夾角為的射線，在射線上取一點，過點作軸于點．在拋物線上取一點，在軸上取一點，使得以為頂點的三角形與全等，則符合條件的點A的坐標是 ．

【答案】或或或
【分析】此題應分四種情況考慮：（1）當，時；（2）當，時；（3）當，時；（4）當，時，利用特殊三角形三邊關系，根據三角形全等即可求解．
【詳解】（1）當，時，

設，代入，解得：（舍去），，，，
又，，，；
（2）當，時，
過點作軸，垂足為，由（1）得，，，
由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，
又，，；

（3）當，時，
設，代入，解得：（舍去），，，，
，，，；
（4）當，時，
過點作軸，垂足為點，由（3）得，，
在中，由勾股定理得：，在中，，，
由勾股定理得：，又，，，，
綜上所述，點A的坐標是或或或．
【點睛】本題主要考查的是全等三角形的判定和性質以及二次函數圖象和性質，由于全等三角形的對應頂點不明確，因此要注意分類討論思想的運用．
例2．（2023年湖北省隨州市中考數學真題）如圖1，平面直角坐標系中，拋物線過點，和，連接，點為拋物線上一動點，過點作軸交直線于點，交軸于點．(1)直接寫出拋物線和直線的解析式；(2)如圖2，連接，當為等腰三角形時，求的值；(3)當點在運動過程中，在軸上是否存在點，使得以，，為頂點的三角形與以，，為頂點的三角形相似（其中點與點相對應），若存在，直接寫出點和點的坐標；若不存在，請說明理由．

【答案】(1)拋物線：；直線：(2)或或
(3)，或，或，
【分析】（1）由題得拋物線的解析式為，將點代入求，進而得拋物線的解析式；設直線的解析式為，將點，的坐標代入求，，進而得直線的解析式．
（2）由題得，分別求出，，，對等腰中相等的邊進行分類討論，進而列方程求解；（3）對點在點左側或右側進行分類討論，設法表示出各線段的長度，利用相似三角形的相似比求解，進而可得，的坐標．
【詳解】（1）解：拋物線過點，，
拋物線的表達式為，將點代入上式，得，．
拋物線的表達式為，即．
設直線的表達式為，將點，代入上式，
得，解得．直線的表達式為．
（2）解：點在直線上，且，點的坐標為．
，，．
當為等腰三角形時，①若，則，即，解得．
②若，則，即，解得或（舍去）．
③若，則，即，解得（舍去）或．
綜上，或或．
（3）解：點與點相對應，或．
①若點在點左側，則，，．
當，即時，直線的表達式為，
，解得或（舍去）．，即．
，即，解得．，．
當，即時，，，
，即，解得（舍去）或（舍去）．
②若點在點右側，則，．
當，即時，直線的表達式為，
，解得或（舍去），
，，即，解得．，．
當，即時，，．
，即，解得或（舍去）．
，．
綜上，，或，或，．
【點睛】本題是二次函數的綜合應用，考查了待定系數法求函數解析式，等腰三角形的性質與判定，平面直角坐標系中兩點距離的算法，相似三角形的性質與判定等，熟練掌握相關知識是解題的關鍵．
考向四　其他存在性問題
例1．（23-24九年級上·四川成都·階段練習）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線的頂點為A，與x軸交于O，B兩點，點是線段OB上一動點，過點P作y軸的平行線，交直線于點E，交拋物線于點F，以EF為一邊，在EF的左側作矩形．若，則當矩形與的重疊部分為軸對稱圖形時，m的取值范圍為 ．
【答案】或或或
【分析】把拋物線整理成頂點式形式，并求出頂點的坐標，令，解方程求出點的坐標，利用待定系數法求出直線的解析式，然后判斷出是等腰直角三角形，分類討論：①矩形為正方時，根據拋物線和直線解析式表示出，再根據列出方程求解即可；②矩形關于拋物線對稱軸對稱時，根據軸對稱的性質，對稱軸向有即為點的橫坐標；③點在上時，設直線與直線相交于點，聯立兩直線解析式求出點的坐標，然后求出點在直線上時，求出，利用相似三角形對應邊成比例求出，然后求出，過點作軸于，求出，利用相似三角形對應邊成比例列式求出，從而得到點的縱坐標，再代入直線解析式求出點的橫坐標，即為點的橫坐標，從此位置到點與點重合，重疊部分為等腰直角三角，是軸對稱圖形，進而可求解．
【詳解】解：，頂點的坐標為，
令，則，整理得：，解得，，
點的坐標為，設直線的解析式為，
則，解得：，直線的解析式為，，
由拋物線的對稱性得，是等腰直角三角形，
①當矩形為正方形時，，，
整理得，，解得，，
②當矩形關于拋物線對稱軸對稱時，
點的橫坐標為：，
③如圖：點在上時，設直線與直線相交于點，
聯立方程組得：，解得：，點的坐標為，
軸，四邊形為矩形，軸，，
，，過點作軸于，則，
，，即，解得：，點的縱坐標為，
代入得，，解得：，點的橫坐標，
從此位置到點與點重合，重疊部分為等腰直角三角形，，
綜上所述，矩形與重疊部分為軸對稱圖形時，的取值范圍是：或或或，故答案為：或或或．
【點睛】本題考查了二次函數的綜合問題、待定系數法求函數解析式、矩形的性質、軸對稱圖形的性質、相似三角形的判定及性質、等腰直角三角形的判定及性質，掌握相關判定及性質，根據矩形的位置分類討論是解題的關鍵．
例2．（23-24九年級上·江蘇徐州·期中）如圖，在平面直角坐標系中，一次函數的圖像與x軸交于點A，與y軸交于點B，二次函數的圖像經過點A、B．

(1)　　，　　；(2)若點M是第三象限內拋物線上的一動點，過點M作垂直于x軸，垂足為點C，交直線于點D，連接，當時：①求點M的坐標；②直線上是否存在點E，使為直角三角形？若存在，直接寫出符合條件的所有點E的坐標；若不存在，請說明理由．(3)拋物線上是否存在點N（不與點A、B重合），使得O、A、B、N四點共圓，如果存在求出點N的坐標，如果不存在，請說明理由．
【答案】(1)1，(2)①；②存在，點的坐標為或或或
(3)不存在，理由見解析
【分析】（1）先確定A、B的坐標，然后再運用待定系數法即可解答；
（2）①設，則，進而得到；再根據可得，然后據此列方程即可解答；②設，然后根據兩點間距離公式表示出、、，然后分、、三種情況列方程求解即可；
（3）設拋物線上存在點使得四點共圓，中點為．過點作軸，軸，、交于點．然后求出，再說明，進而得到，最后應用勾股定理即可解答．
【詳解】（1）解：∵一次函數的圖像與x軸交于點A，與y軸交于點B，∴,
∵二次函數的圖像經過點A、B，∴，解得：．故答案為：1，．
（2）解：由（1）可知，二次函數表達式為，
①設，則 由題意可知，
則，．，
，解得（不符合題意，舍去），當時，∴；
②設，則，，,
當時，,
∴，即，解得：或，
∴點E的坐標為或；
當時，,∴，即，解得：，
∴點E的坐標為；
當時，,∴，即，解得：，
∴點E的坐標為；
綜上，點E的坐標為或或或．
（3）解：設拋物線上存在點使得四點共圓，中點為．
過點作軸，過點作軸，、交于點．

點，
，是直徑，點是圓心．由于中，
，化簡得，解得值為0或，
的坐標為或，此時點與點A，B重合，不符合題意，
故假設不成立，拋物線上不存在點使得四點共圓．
【點睛】本題主要考查了待定系數法、二次函數與幾何的綜合、勾股定理、圓周角定理、四點共圓等知識點，掌握數形結合思想和分類討論思想是解答本題的關鍵．
一、選擇題
1．（2023·廣東汕頭·一模）拋物線交x軸于，，交y軸的負半軸于C，頂點為D．下列結論：①；②；③；④當是等邊三角形時，拋物線解析式為．其中正確的有（ ）個．

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】根據的交點是，，可知對稱軸為，從而可判斷①；據①的結論及可得與的關系，從而判斷②；將、代入化簡即可判斷③；當是等邊三角形時，可知代入二次函數解析式，結合，判斷④．
【詳解】解：∵的交點是，，∴拋物線的對稱軸為： ，
∴，∴，即，故①錯誤；
∵在二次函數的圖象上，∴，∴，∴，故②錯誤；
∴ ，
∵拋物線開口向上， ∴，故③錯誤；
當是等邊三角形時，如圖：則，

又∵，，∴，
∴代入二次函數解析式得：，
又、，即，∴，
∴，∴物線解析式為，故④正確；
綜上所述：正確的結論是①，共一個，故選A．
【點睛】本題考查了二次函數圖象與系數的關系、二次函數與不等式以及二次函數的最值，熟練掌握二次函數的圖象和性質是解題關鍵，本題屬于中檔題，有些難度．
2．（23-24九年級下·黑龍江大慶·期中）如圖所示，已知二次函數的圖象與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y軸的正半軸交于點C，頂點為D，則下列結論：①2a+b＝0；②2c>3b；③當△ABC是等腰三角形時，a的值有2個；④當△BCD是直角三角形時，a＝．其中正確的個數（　 　）
A．0個 B．1個 C．2個 D．3個
【答案】C
【分析】由圖象可得對稱軸為直線，可得，可判斷①；將點坐標代入解析式可得，可判斷②；由等腰三角形的性質和兩點距離公式，可求的值，可判斷③；由直角三角形的性質和兩點距離可求或，可判斷④，即可求解．
【詳解】解：二次函數的圖象與軸交于，兩點，
對稱軸為直線，，，故①正確，
當時，，，，，故②錯誤；
二次函數，點，
當時，，，當時，，，
當是等腰三角形時，的值有2個，故③正確；
二次函數，頂點，
，，，
若，可得，，，
若，可得，，，
當是直角三角形時，或，故④錯誤．故選：C．
【點睛】本題考查了拋物線與軸的交點，二次函數圖象與系數關系，等腰三角形的性質，直角三角形的性質等知識，靈活運用這些性質進行推理是本題的關鍵．
3．（2024·浙江·一模）如圖，點A是二次函數y＝x2圖象上的一點，且位于第一象限，點B是直線y＝﹣x上一點，點B′與點B關于原點對稱，連接AB，AB′，若△ABB′為等邊三角形，則點A的坐標是（ ）
A．（，） B．（，） C．（1，） D．（，）
【答案】B
【分析】連接OA，作AM⊥x軸于M，BN⊥x軸于N，根據題意∠ABO＝60°，AO⊥BB′，即可得到tan∠ABO＝＝，設A（m，m2），通過證得△AOM∽△OBN，得到B（﹣m2，m），代入直線y＝﹣x即可得到關于m的方程，解方程即可求得A的坐標．
【詳解】解：連接OA，作AM⊥x軸于M，BN⊥x軸于N，
∵點B′與點B關于原點對稱，∴OB＝OB′，∵△ABB′為等邊三角形，
∴∠ABO＝60°，AO⊥BB′，∴∠BON+∠AOM＝90°，tan∠ABO＝=，∴＝，
∵∠BON+∠OBN＝90°，∴∠AOM＝∠OBN，∵∠BNO＝∠AMO＝90°，∴△AOM∽△OBN，
∴＝，設A（m，m2），∴OM＝m，AM＝m2，∴BN＝m，ON＝m2，
∵點A在第一象限內，∴B（﹣m2，m），∵點B是直線y＝﹣x上一點，
∴m＝﹣ （﹣m2），解得m＝或m＝0（舍去），
當m＝時，m2=∴A（，），故選：B．
【點睛】本題考查二次函數上的點的坐標特征、等邊三角形的性質、相似三角形的判定與性質及三角函數的定義，熟練掌握相關性質并熟記特殊角的三角函數值是解題關鍵．
4．（2024·山東·一模）如圖，拋物線y＝x+3與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，點Q是線段OB上一動點，連接BC，點M在線段BC上，且使△BQM為直角三角形的同時△CQM為等腰三角形，則此時點Q的橫坐標為（　　）

A．或 B．或 C．或 D．或
【答案】C
【分析】先求得A、B、C的坐標，即可求得AB的長，求得直線BC的解析式，然后分兩種情況分別討論①當∠BQM=90°時，設M（a，b），由△MQB∽△COB，得 ，列出方程即可．②當∠QMB=90°時，設CM=MQ=m，則BM=5-m，由△BMQ∽△BOC，可得 ，解方程即可．
【詳解】拋物線y＝x+3與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，
∴令y＝0，則x+3＝0，解得x＝1或4，∴A（1，0），B（4，0），
令x＝0，則y＝3，∴C（0，3），∴OB＝4，OC＝3，∴BC==5；
①當∠BQM=90°時，如圖1，設M（a，b），
∵∠CMQ＞90°，∴只能CM=MQ=b，∵MQ∥y軸，∴△MQB∽△COB，
∴ ，即 ，解得b= ∴點Q的橫坐標為；

②當∠QMB=90°時，如圖2，∵∠CMQ=90°，∴只能CM=MQ，設CM=MQ=m，∴BM=5-m，
∵∠BMQ=∠COB=90°，∠MBQ=∠OBC，∴△BMQ∽△BOC，
∴，解得m=，∴BM=BC-CM=5-=，
∵∠BMQ=∠BOC=90°，∠ABM=∠OBC，∴△QMB∽△COB，
∴ ，即 ，∴BQ= ，∴OQ=OB-BQ=4-=
∴點Q的橫坐標為，綜上，點Q的橫坐標為或，故選：C．
【點睛】此題考查二次函數的綜合題，二次函數圖象上點的坐標特征，等腰三角形的性質，相似三角形的判定和性質等，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會利用參數，構建方程解決問題．
5．（2023·山東濟南·二模）二次函數分別交x軸、y軸于P，Q兩點，點C的坐標是（2，1）．若在線段上存在A，B兩點使得為等腰直角三角形，且，則b的取值范圍是（ ）
A．或 B．或 C． D．
【答案】A
【分析】可求出拋物線與兩坐標軸的交點坐標，從而可求得直線的解析式，結合圖形即可求解．
【詳解】解：令，解得：（舍去）；令，得，
即，；
設直線的解析式為，則，解得：，∴；
若點C在直線上，即，此時，
當時，如圖，由題意，，且，，
∴，，
則滿足條件的等腰直角三角形有兩個；
當時，如圖，此時點B與點P重合，點Q與點B重合，此時，滿足條件的等腰直角三角形恰有一個；當時不存在；
當時，如圖，當時，此時滿足條件的等腰直角三角形存在，
綜上，滿足條件的b的取值范圍為或；故選：A．
【點睛】本題考查了二次函數與坐標軸的交點，一次函數的圖象與性質，等腰直角三角形的性質等知識，注意數形結合與分類討論．
6．（23-24九年級·浙江杭州·期末）已知二次函數與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C．下列說法正確的是（ ）
①線段的長度為；②拋物線的對稱軸為直線；③P是此拋物線的對稱軸上的一個動點，當P點坐標為時，的值最大；④若M是x軸上的一個動點，N是此拋物線上的一個動點，如果以A，C，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形，滿足條件的M點有4個．
A．①② B．①②③ C．①②④ D．③④
【答案】C
【分析】①求出拋物線與坐標軸的交點A，C的坐標，利用兩點間距離求出AC；②根據拋物線對稱軸的求法即可求出對稱軸；③延長AC，與直線交于點P，求出AC的表達式，可得點P坐標；④結合圖像畫出符合條件的平行四邊形，從而判斷點P的個數．
【詳解】解：在中，令x=0，則y=2，令y=0，則，
解得x=或2，∴A（，0），C（0，2），∴AC=，①正確；
∵，∴拋物線的對稱軸為直線，②正確；
延長AC，與對稱軸交于點P，此時的值最大，
∵A（，0），C（0，2），設直線AC的表達式為：y=mx+n，
則，解得：，∴直線AC的表達式為y=4x+2，令，則y=5，
∴當點P的坐標為（，5）時，的值最大，③錯誤；
如圖，若以A，C，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形，
當AC為邊時，有ACM1N1，ACM2N2，ACM3N3，共3個平行四邊形，
當AC為對角線時，有AMCN1，共1個平行四邊形，∴符合條件的點M有4個，④正確，故選C．
【點睛】本題考查了二次函數的圖像和性質，平行四邊形的性質，最短路徑問題，知識點較多，綜合性較強，解題的關鍵是從圖像出發，利用數形結合的思想解決問題．
7．（23-24九年級上·浙江紹興·期末）如圖，拋物線與軸交于點，與軸交于點，下列結論：
①點的坐標分別是和②點為，當時，．
③拋物線上存在點（除外），使得的面積與面積相等的點有3個．
④點是拋物線對稱軸上一點，當是直角三角形時，點的縱坐標分別是．
A．①② B．①③ C．①③④ D．①②③④
【答案】C
【分析】本題主要考查二次函數的性質、解一元二次方程和勾股定理得應用，①由題意得，即可求得點的坐標；②由題意求得、和，設時，求得，結合，可得或；③由點，可知點E的縱坐標為，解方程即可求得；④根據題意得對稱軸為，設點，則、和，分、和，求解即可．
【詳解】解：①由拋物線與軸交于點，則，解得，，則點的坐標分別是和，故①正確；
②由點，和，則，，，
當時，，則，解得，
∵，∴或，故②錯誤；
③由拋物線與軸交于點，則，∴，
使得的面積與面積相等，則點E的縱坐標為，
當，解得，，當，解得，，
則除外，還有3個點使得的面積與面積相等；故③正確；
④由于拋物線的對稱軸為，
設點，則，，，
當，則，解得；
當，則，解得；
當，則，解得；故④正確；故選：C．
二、填空題
8．（23-24九年級上·廣東東莞·期中）在平面內考察一族拋物線，該拋物線與坐標軸有3個交點，作過這3點的圓，發現該圓恒過某點，此定點的坐標為 .
【答案】
【分析】設交點坐標為，先求出，根據根與系數的關系求出，討論得到當時，三個交點不滿足題意，故，根據，可得出存在點使得，從而即可求解．
【詳解】解：根據該拋物線與坐標軸有3個交點，
設交點坐標為，
，當時，，，設，即，
根據根與系數的關系得：，當時，三個交點不滿足題意，故，
又，存在點使得，
故四點共圓，即該圓恒過定點，故答案為：．
【點睛】本題考查二次函數與坐標軸的交點問題，根與系數的關系，四點共圓問題，解題的關鍵是利用根與系數的關系得出．
9．（23-24九年級·江西南昌·期末）如圖，拋物線與軸的負半軸交于點，與軸交于點，連接，點分別是直線與拋物線上的點，若點圍成的四邊形是平行四邊形，則點的坐標為 .
【答案】或或
【分析】根據二次函數與x軸的負半軸交于點，與軸交于點.直接令x=0和y=0求出A，B的坐標.再根據平行四邊形的性質分情況求出點E的坐標.
【詳解】由拋物線的表達式求得點的坐標分別為.
由題意知當為平行四邊形的邊時，，且，∴線段可由線段平移得到.
∵點在直線上，①當點的對應點為時，如圖，需先將向左平移1個單位長度，
此時點的對應點的橫坐標為，將代入，得，∴.
②當點A的對應點為時，同理，先將向右平移2個單位長度，可得點的對應點的橫坐標為2，將代入得，∴
當為平行四邊形的對角線時，可知的中點坐標為，
∵在直線上，∴根據對稱性可知的橫坐標為，將代入
得，∴. 綜上所述，點的坐標為或或.
【點睛】本題是二次函數的綜合題，主要考查了特殊點的坐標的確定，平行四邊形的性質，解本題的關鍵是分情況解決問題的思想．
10．（23-24九年級上·浙江杭州·期末）在平面直角坐標系中，拋物線過點A，B，C，在拋物線上存在點P，使以點P，B，C為頂點的三角形與相似，則點P的坐標為 .
【答案】(1,4)
【分析】用待定系數法求出解析式，分三種情況討論△PBC，由此得到點P的坐標.
【詳解】，，
，.
①當為直角，△AOC∽△CBP1時，過點作軸平行線
作于點，于點,
,
∴,∴Rt△為等腰三角形，
∵△AOC∽△CBP1∴,,,,∴;
當x=-6時， 不符合
②當為直角，△AOC∽△P2CB時，過點作軸平行線.交y軸于點C’,作
,,在Rt△中， ,
∵△AOC∽△P2CB，∴,,,
,，時，符合.
③當△AOC∽△CP3B時，作軸于,于,
∵△AOC∽△CP3B,,∴,得,∴得,
∵∠CC’P3=∠CP3B=∠BP3B’=90，∴∠CP3C’=∠B’BP3，∴△∽△,
∴ 設，則， ， ，
∴得x=0.6，∴，x=1.2時，，不符合
綜上所述，為
【點睛】此題是二次函數的綜合題，考查二次函數與相似三角形的結合，當以點P，B，C為頂點的三角形與相似時，分三種情況進行討論，即分別以點P、B、C為直角頂點，由與三角形相似求得對應線段的長得出點P的坐標.
11．（22-23九年級上·廣西南寧·期中）如圖，直線與兩坐標軸交于A，B兩點，拋物線過A、B兩點，且交x軸的正半軸于點C，在拋物線上有一點P，使得是以為直角邊的直角三角形，則點P的坐標為 ．（提示：兩點距離公式為：）
【答案】或
【分析】本題主要考查了二次函數與幾何綜合，一次函數與幾何綜合，等腰直角三角形的性質與判定，先根據一次函數解析式求出A、B的坐標，進而得到，設經過點A且與直線垂直的直線交y軸于E，則，可證明是等腰直角三角形，從而得到，則直線解析式為；再求出拋物線解析式為，聯立，解得或，則此時點P的坐標為；可求出經過點B且與直線垂直的直線解析式為，聯立，解得或，則此時點P的坐標為；綜上所述，點P的坐標為或；
【詳解】解：在中，當時，，當時，，
∴，∴，∴，
設經過點A且與直線垂直的直線交y軸于E，則，∴，
又∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴；
設直線解析式為，∴，∴，∴直線解析式為；
把代入中得：
，∴，∴拋物線解析式為，
聯立，解得或，∴此時點P的坐標為；
設經過點B且與直線垂直的直線解析式為，則，
∴經過點B且與直線垂直的直線解析式為，
聯立，解得或，∴此時點P的坐標為；
綜上所述，點P的坐標為或；故答案為：或。
12．（22-23九年級上·江蘇蘇州·階段練習）如圖，二次函數（）．圖象的頂點為，其圖象與軸的交點的橫坐標分別為，下面四個結論：；；只有當時，是等腰直角三角形；使為等腰三角形的的值可以有三個．那么，其中正確的結論是 ．（只填你認為正確結論的序號）
注：二次函數（）圖象的頂點坐標為
【答案】
【分析】本題考查了二次函數的圖象與性質，勾股定理，等腰直角三角形的性質，等腰三角形的定義，先根據圖象與軸的交點的橫坐標分別為確定出的長及對稱軸，由對稱軸即可判斷；根據對稱軸及函數圖象即可判斷；由為等腰直角三角形，必須保證到軸的距離等于長的一半，得到，與、聯立方程組解答即可判斷；由為等腰三角形，則必須保證或或，分三種情況利用勾股定理解答即可判斷；掌握二次函數的圖象和性質是解題的關鍵．
【詳解】解：∵圖象與軸的交點的橫坐標分別為，
∴，∴對稱軸，∴，∴，故本選項正確；
∵對稱軸，當時，，∴，故本選項錯誤；
要使為等腰直角三角形，必須保證到軸的距離等于長的一半，
而到軸的距離就是當時，的值的絕對值，
當時，，即，∵當時，，∴，
又∵圖象與軸的交點的橫坐標分別為，
∴當時，，即，當時，，即，
解方程組得，，∴只有當時，是等腰直角三角形，故本選項正確；
要使為等腰三角形，則必須保證或或，
當時，∵，為直角三角形，又∵的長即為，∴，
∵由拋物線與軸的交點在軸的負半軸上，∴，
與、聯立組成方程組得，，解得；
同理當時，∵，為直角三角形，
又∵的長即為，∴，
∵由拋物線與軸的交點在軸的負半軸上，∴，
與、聯立組成方程組得，
，解得；同理當時，
在中，，在中，，
∵，∴，此方程無解，
∴滿足條件的只有兩個，故本選項錯誤；∴正確的結論是，故答案為：．
13．（2024九年級·廣東·培優）如圖，已知直線與軸相交于點，與拋物線相交于軸上的點，拋物線與軸只有唯一的交點，且．設直線與拋物線的另一個交點為點，已知點為軸上的一個動點，且為直角三角形，則點的坐標為 ．
【答案】或
【分析】本題主要考查了二次函數與一次函數綜合，勾股定理，先求出，，再根據題意得到點C即為拋物線的頂點，則拋物線解析式為，利用待定系數法求出拋物線解析式為，進而求出點D的坐標，設，則，，，再分當時，則，當時，則，當時，則，三種情況利用勾股定理建立方程求解即可．
【詳解】解：在中，當時，，∴，
∵，∴，∵拋物線與軸只有唯一的交點，
∴點C即為拋物線的頂點，∴拋物線解析式為，
把代入中得：，∴，
∴拋物線解析式為，
聯立，解得或，∴；設，
∴，，
，
當時，則，∴，
解得，∴點P的坐標為；
當時，則，∴，
整理得，此時方程無解；
當時，則，∴，解得，
∴點P的坐標為；
綜上所述，點P的坐標為或；故答案為：或．
14．（23-24九年級上·江西宜春·階段練習）如圖，拋物線與軸交于兩點（點在點的左側），與軸交于點，已知點關于拋物線對稱軸的對稱點為，連接．若點在的垂直平分線上，且在第一象限內，當是等腰三角形時，點的坐標為 ．

【答案】，或
【分析】根據函數解析式求出點B、C的坐標和對稱軸，然后分，和三種情況，利用勾股定理解題即可．
【詳解】解：當時，，∴，
令，則，解得，，∴，，
∵，∴對稱軸為，
∵點關于拋物線對稱軸的對稱點為，∴，設點，
當時，則，
解得：或（舍去）∴點，

當時，如圖，則，
解得：或（舍去），點，
當時，如圖，則，解得，∴點，
綜上所述，點的坐標為，或，故答案為：，或．
【點睛】本題考查二次函數的圖像和性質，等腰三角形的性質，勾股定理，掌握二次函數的性質是解題的關鍵．
15.（22-23九年級上·河北石家莊·期末）小明以等腰三角形底邊的中垂線和所在的直線建立平面直角坐標系．如圖，，拋物線經過A、兩點，點的坐標為 ；若一條與軸重合的直線以每秒3個單位長度的速度向右平移，分別交線段、和拋物線于點、和點，連接、．設直線移動的時間為秒，當的面積最大時，點的坐標為 ；若使是直角三角形，則 ．
【答案】 1
【分析】（1）拋物線的解析式中，令，能確定點B的坐標，根據等腰三角形的性質，得出，確定C點坐標；（2）先求出，然后求出直線解析式為，然后設點P的坐標為，用t表示出，求出當時，的面積最大，則求出點P的坐標即可；
（3）中，是銳角，而軸，也不可能是直角，所以只有是直角一種可能，證明，得出，代入t解方程即可得出答案．
【詳解】解：（1）把，代入可得，，∴，∴，
∵為等腰三角形，，，∴，∴；
（2）把代入得：，解得：，，∴，
設的解析式為：，把，代入得：，解得：，
∴，拋物線的關系式為，
∵直線以每秒3個單位長度的速度向右平移，∴點P的坐標為，
把代入得，∴，
，
∴當時，的面積最大，此時；
（3）∵軸，∴；
而是銳角，所以若是直角三角形，只能是，
點P的坐標為：，∴，，∴，
∵為等腰三角形，，∴，
∵，∴，，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴
即，∴，解得：或（舍去）．
故答案為：；；1
【點睛】本題主要考查的是函數圖象與坐標軸的交點坐標的求法、圖形面積的解法以及直角三角形的判定；最后一空中關鍵是將不可能的情況排除掉，可大大的簡化解答過程．
三、解答題
16．（23-24九年級上·浙江紹興·階段練習）如圖1，已知拋物線交軸于、兩點，與軸交于點， 拋物線 經過點、，點是射線 上一動點．
(1)求拋物線 的表達式；(2)如圖，過點作交拋物線第一象限部分于點 ，作交BC于點F，求面積的最大值及此時點的坐標；(3)拋物線與 在第一象限內的圖象記為“圖象Z”，過點作軸交圖象于點，是否存在這樣的點，使 與 相似？若存在，求出所有符合條件的點的橫坐標．
【答案】(1)拋物線的函數表達式；
(2)面積的最大值為，；(3)的橫坐標為或或或．
【分析】（）由求出，，，再用待定系數法可得拋物線 的函數表達式，直線解析式為；（）過作軸交于，由是等腰直角三角形，知面積最大時最大，此時最大，設，即得 ，由二次函數性質可得答案；（）由（）知是等腰直角三角形，當與 相似時，為等腰直角三角形，由，分兩種情況當時，此時與縱坐標相等，當時，設， ，解方程即可解得答案；本題考查二次函數的綜合應用，涉及待定系數法，三角形面積，相似三角形的判定等知識，解題關鍵是用含字母的式子表示相關點的坐標和相關線段的長度．
【詳解】（1）在中，令得或，
令得， ∴，，，把，代入得：
，解得 ，∴拋物線的函數表達式，
（2）設直線解析式為，把代入得：
，解得，∴直線解析式為，
過作軸交于，如圖：
∵，，∴是等腰直角三角形，∴，
∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴面積最大時PE最大，
∵軸，∴，∴是等腰直角三角形，
∴最大時，最大，即最大時，面積最大，設，則，
∴，∴當 時，最大為，
∴，此時，∴面積的最大值為；
（3）存在點，使與相似，理由如下：由（）知是等腰直角三角形, 當與相似時，為等腰直角三角形，∵軸，∴，
當時，如圖：此時與縱坐標相等，在中，令得或，
∴，此時的橫坐標為，在中，令得，或（此時不在第一象限，舍去），∴的橫坐標為，
當時，如圖：設，則，
∵，∴，，∵是等腰直角三角形，∴，
解得（舍去）或或（此時不在第一象限，舍去），∴的橫坐標為，
同理可得：的橫坐標為（負值舍去），綜上所述，的橫坐標為或或或．
17．（2023年西藏自治區中考數學真題）在平面直角坐標系中，拋物線與x軸交于，兩點，與y軸交于點C．(1)求拋物線的解析式；(2)如圖甲，在y軸上找一點D，使為等腰三角形，請直接寫出點D的坐標；(3)如圖乙，點P為拋物線對稱軸上一點，是否存在P、Q兩點使以點A，C，P，Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，求出P、Q兩點的坐標，若不存在，請說明理由．

【答案】(1)；(2)或或或；
(3)存在，，或，或，或或
【分析】（1）將，代入，求出,即可得出答案；
（2）分別以點為頂點、以點為頂點、當以點為頂點，計算即可；
（3）拋物線的對稱軸為直線，設，，求出，，，分三種情況：以為對角線或以為對角線或以為對角線．
【詳解】（1）解：（1）∵，兩點在拋物線上，
∴解得，，∴拋物線的解析式為：；
（2）令，∴，由為等腰三角形，如圖甲，

當以點為頂點時，，點與原點重合，∴；
當以點為頂點時，，是等腰中線，∴，∴；
當以點為頂點時，∴點D的縱坐標為或，
∴綜上所述，點D的坐標為或或或．
（3）存在，理由如下：拋物線的對稱軸為：直線，設，，
∵，則，，
，∵以為頂點的四邊形是菱形，
∴分三種情況：以為對角線或以為對角線或以為對角線，
當以為對角線時，則，如圖1，

∴，解得：，∴或
∵四邊形是菱形，∴與互相垂直平分，即與的中點重合，
當時，∴，解得：，∴
當時，∴，解得：，∴
以為對角線時，則，如圖2，
∴，解得：，∴，
∵四邊形是菱形，∴與互相垂直平分，即與中點重合，
∴，解得：，∴；
當以為對角線時，則，如圖3，
∴，解得：，∴，
∵四邊形是菱形，∴與互相垂直平分，即與的中點重合，
∴，解得：∴，
綜上所述，符合條件的點P、Q的坐標為： ，或，或，或或
【點睛】本題是二次函數綜合題，考查了解析式的求法、等腰三角形的判定、菱形的性質、坐標與圖形的性質、分類討論等知識，熟練掌握菱形的性質和坐標與圖形的性質是解題的關鍵．
18．（2023年山東省淄博市中考數學真題）如圖，一條拋物線經過的三個頂點，其中為坐標原點，點，點在第一象限內，對稱軸是直線，且的面積為18
(1)求該拋物線對應的函數表達式；(2)求點的坐標；(3)設為線段的中點，為直線上的一個動點，連接，，將沿翻折，點的對應點為．問是否存在點，使得以，，，為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出所有符合條件的點的坐標；若不存在，請說明理由．

【答案】(1)(2)
(3)存在，點的坐標為或或或
【分析】（1）根據對稱軸為直線，將點代入，進而待定系數法求解析式即可求解；
（2）設，過點作軸交于點，過點作交于點，繼而表示出的面積，根據的面積為，解方程，即可求解．
（3）先得出直線的解析式為，設，當為平行四邊形的對角線時，可得，當為平行四邊形的對角線時，，進而建立方程，得出點的坐標，即可求解．
【詳解】（1）解：∵對稱軸為直線，∴①，
將點代入得，∴②，
聯立①②得，，∴解析式為；
（2）設，如圖所示，過點作軸交于點，過點作交于點，

∴，，則，
∴
解得：或（舍去），
（3）存在點，使得以，，，為頂點的四邊形是平行四邊形，理由如下：
∵，∴，設直線的解析式為，
∴，解得：，∴直線的解析式為，設，
如圖所示，當BP為平行四邊形的對角線時，，，
∵，∴，由對稱性可知，，∴，
∴解得：∴點的坐標為或
如圖3，當為平行四邊形的對角線時，，，
由對稱性可知，，∴，∴，
解得：或，∴點的坐標為或
綜上所述，點的坐標為或或或．
【點睛】本題考查二次函數的圖象及性質，熟練掌握二次函數的圖象及性質，平行四邊形的性質，軸對稱的性質是解題的關鍵．
19．（2023年江蘇省常州市中考數學真題）如圖，二次函數的圖像與x軸相交于點，其頂點是C．

(1)_______；(2)D是第三象限拋物線上的一點，連接OD，；將原拋物線向左平移，使得平移后的拋物線經過點D，過點作x軸的垂線l．已知在l的左側，平移前后的兩條拋物線都下降，求k的取值范圍；(3)將原拋物線平移，平移后的拋物線與原拋物線的對稱軸相交于點Q，且其頂點P落在原拋物線上，連接PC、QC、PQ．已知是直角三角形，求點P的坐標．
【答案】(1)；(2)；(3)或．
【分析】（1）把代入即可求解；（2）過點D作DM⊥OA于點M，設，由，解得，進而求得平移后得拋物線，平移后得拋物線為，根據二次函數得性質即可得解；
（3）先設出平移后頂點為，根據原拋物線，求得原拋物線的頂點，對稱軸為x=1，進而得，再根據勾股定理構造方程即可得解．
【詳解】（1）解：把代入得，
，解得，故答案為；
（2）解：過點D作DM⊥OA于點M，

∵，∴二次函數的解析式為設，
∵D是第三象限拋物線上的一點，連接OD，，
∴，解得m=或m=8（舍去），
當m=時，，∴，
∵，∴設將原拋物線向左平移后的拋物線為，
把代入得，解得a=3或a=（舍去），
∴平移后得拋物線為
∵過點作x軸的垂線l．已知在l的左側，平移前后的兩條拋物線都下降，
在的對稱軸x=的左側，
y隨x的增大而減小，此時原拋物線也是y隨x的增大而減小，∴；
（3）解：由，設平移后的拋物線為，則頂點為，
∵頂點為在上，∴，
∴平移后的拋物線為，頂點為，
∵原拋物線，∴原拋物線的頂點，對稱軸為x=1，
∵平移后的拋物線與原拋物線的對稱軸相交于點Q，∴，
∵點Q、C在直線x=1上，平移后的拋物線頂點P在原拋物線頂點C的上方，兩拋物線的交點Q在頂點P的上方，∴∠PCQ與∠CQP都是銳角，
∵是直角三角形，∴∠CPQ=90°，∴，
∴化簡得，∴p=1（舍去），或p=3或p=，
當p=3時，，當p=時，，
∴點P坐標為或．
【點睛】本題考查了二次函數的圖像及性質，勾股定理，解直角三角形以及待定系數法求二次函數的解析式，熟練掌握二次函數的圖像及性質是解題的關鍵．
20．（2023年湖南省婁底市中考數學真題）如圖，拋物線過點、點，交y軸于點C．(1)求b，c的值．(2)點是拋物線上的動點①當取何值時，的面積最大？并求出面積的最大值；②過點P作軸，交于點E，再過點P作軸，交拋物線于點F，連接，問：是否存在點P，使為等腰直角三角形？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．

【答案】(1)，(2)①當時，的面積由最大值，最大值為；
②當點的坐標為或時，為等腰直角三角形
【分析】（1）將、代入拋物線即可求解；
（2）①由（1）可知：，得，可求得的解析式為，過點P作軸，交于點E，交軸于點，易得，根據的面積，可得的面積，即可求解；
②由題意可知拋物線的對稱軸為，則，分兩種情況：當點在對稱軸左側時，即時，當點在對稱軸右側時，即時，分別進行討論求解即可．
【詳解】（1）解：將、代入拋物線中，
可得：，解得：，即：，；
（2）①由（1）可知：，當時，，即，
設的解析式為：，將，代入中，
可得，解得：，∴的解析式為：，
過點P作軸，交于點E，交軸于點，

∵，則，∴點E的橫坐標也為，則縱坐標為，
∴，
的面積
，
∵，∴當時，的面積有最大值，最大值為；
②存在，當點的坐標為或時，為等腰直角三角形．
理由如下：由①可知，由題意可知拋物線的對稱軸為直線，
∵軸，∴，，則，
當點在對稱軸左側時，即時，

，當時，為等腰直角三角形，
即：，整理得：，
解得：（，不符合題意，舍去）
此時，即點；
當點在對稱軸右側時，即時，
，當時，為等腰直角三角形，
即：，整理得：，解得：（，不符合題意，舍去）
此時：，即點；
綜上所述，當點的坐標為或時，為等腰直角三角形．
【點睛】本題二次函數綜合題，考查了利用待定系數法求函數解析式，二次函數的性質及圖象上的點的特點，等腰直角三角形的性質，解本題的關鍵是表示出點的坐標，進行分類討論．
21．（2023-2024.成都市.中考模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線上有兩點、，其中點的橫坐標為，點的橫坐標為1，拋物線過點、．過作軸交拋物線另一點為點．以、長為邊向上構造矩形．

(1)求拋物線的解析式；(2)將矩形向左平移個單位，向下平移個單位得到矩形，點的對應點落在拋物線上．①求關于的函數關系式，并直接寫出自變量的取值范圍；
②直線交拋物線于點，交拋物線于點．當點為線段的中點時，求的值；
③拋物線與邊、分別相交于點、，點、在拋物線的對稱軸同側，當時，求點的坐標．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線上有兩點，其中點的橫坐標為，點的橫坐標為，拋物線過點．過作軸交拋物線另一點為點．以長為邊向上構造矩形．
【答案】(1)
(2)①；②；③或
【分析】（1）根據題意得出點，，利用待定系數法求解析式即可求解．
（2）①根據平移的性質得出，根據點的對應點落在拋物線上，可得，即可求解．②根據題意得出，，求得中點坐標，根據題意即可求解．③作輔助線，利用勾股定理求得，設出點，點坐標，將點代入，求得點坐標，進而根據點的對應點落在拋物線上，即可求解．
【詳解】（1）根據題意，點的橫坐標為，點的橫坐標為1，代入拋物線，
當時，，則，當時，，則，
將點，代入拋物線，
，解得，拋物線的解析式為．
（2）①軸交拋物線另一點為，當時，，，
矩形向左平移個單位，向下平移個單位得到矩形，點的對應點落在拋物線上．，，整理得，
，，，；
②如圖，，，，，，

由①可得，，，的橫坐標為，分別代入，，
，，，
的中點坐標為，點為線段的中點，，
解得或（大于4，舍去）．
③如圖，連接，過點作于點，
則，，，
設，則，，將點代入，
得，解得，
當，，，
將代入，解得，或．
【點睛】本題考查了二次函數的綜合應用，解題的關鍵是作輔助線，掌握二次函數的性質以及掌握復雜運算屬于中考壓軸題．
22．（2022·黑龍江齊齊哈爾·中考真題）綜合與探究
如圖，某一次函數與二次函數的圖象交點為A（-1，0），B（4，5）． (1)求拋物線的解析式；(2)點C為拋物線對稱軸上一動點，當AC與BC的和最小時，點C的坐標為 ；
(3)點D為拋物線位于線段AB下方圖象上一動點，過點D作DE⊥x軸，交線段AB于點E，求線段DE長度的最大值；(4)在（2）條件下，點M為y軸上一點，點F為直線AB上一點，點N為平面直角坐標系內一點，若以點C，M，F，N為頂點的四邊形是正方形，請直接寫出點N的坐標．
【答案】(1)(2)（1，2）(3) (4)
【分析】（1）將A（-1，0），B（4，5）代入得到關于m，n的二元一次方程組求解即可；
（2）拋物線的對稱軸為，求出直線AB與對稱軸的交點即可求解；（3）設，則，則，根據二次函數的性質求解即可；
（4）根據題意畫出圖形，分情況求解即可．
(1)解：將A（-1，0），B（4，5）代入得， ，
解這個方程組得，拋物線的解析式為：；
(2)解：如圖，設直線AB的解析式為：，把點 A（-1，0），B（4，5）代入，
得，解得 ， 直線AB的解析式為： ，
由（1）知拋物線的對稱軸為，
點C為拋物線對稱軸上一動點，，
當點C在AB上時，最小，把x=1代入，得y=2，點C的坐標為（1，2）；
(3)解：如圖，由（2）知 直線AB的解析式為y=x+1 設，則，
則，當時，DE有最大值為，
(4)解：如圖，直線AB的解析式為：y=x+1， 直線與y軸的交點為D（0，1），
， ，
若以點C，M，F，N為頂點的四邊形是正方形，分情況討論：
①過點C作軸于點，則為等腰直角三角形，過點C作 ，則四邊形 為正方形，依題意，知D與F重合，點 的坐標為（1，1）；
②以為中心分別作點F，點C點的對稱點 ，連接，則四邊形是正方形，則點的坐標為（-1，2）；
③延長到使，作于點，
則四邊形是正方形，則的坐標為（1，4）；
④取的中點，的中點，則為正方形，則的坐標為，
綜上所述，點N的坐標為：
【點睛】本題考查了用待定系數法求一次函數和二次函數的解析式，二次函數的性質，正方形的判定，根據題意正確畫圖是解本題的關鍵．
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