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【全国通用】2024中考数学二轮复习（重难点题型突破）
6.3 与特殊图形存在性问题
二次函数中的特殊图形存在性（探究性）问题知识覆盖较广，综合性强，题意构思非常精巧，解题方法灵活，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，是历年各地中考的热点。解决这类问题需要用到数形结合思想，需要很好地把“数”和“形”结合在一起，互相渗透。存在探究问题是指在给定条件下，判断某种数学现象是否存在、某个结论是否出现的问题。解决这类问题的一般思路是先假设结论的某一方面存在，然后在这个假设的条件下进行逻辑推理，若推出矛盾，可否定假设，若推出合理结论，则可肯定假设。
二次函数中的特殊图形存在性（探究性）问题考查方向有：等腰三角形的存在性问题、直角三角形的存在性问题、等边三角形（由等腰三角形衍生）的存在性问题、等腰直角三角形（等腰三角形和直角三角形的结合体）的存在性问题、平行四边形的存在性问题、菱形（平行四边形+一组邻边相等）的存在性问题、矩形（平行四边形+对角线相等）的存在性问题、正方形（等腰直角三角形）的存在性问题、全等三角形的存在性问题、相似角形的存在性问题等。
1.（特殊）平行四边形存在性问题处理技巧：
1）平行四边形存在性问题处理技巧：（平移+中点思想）
关键：对角线互相平分，即对角线中点重合→中点公式。
①当AB为对角线：xA+xB=xC+xD；yA+yB=yC+yD；②当AC为对角线：xA+xC=xB+xD；yA+yC=yB+yD；
③当AD为对角线：xA+xD=xB+xC；yA+yD=yB+yC。
2）菱形存在性问题处理技巧：先用中点公式证平行四边形，再构造等腰三角形，即邻边相等的点。
3）矩形存在性问题处理技巧：先用中点公式证平行四边形，再构造证直角三角形，即邻边垂直的点。
4）正方形存在性问题处理技巧：先用中点公式证平行四边形，再构造证等腰直角三角形的点。
注意：“四边形ABCD是 ....”和“以点A、B、C、D为顶点的四边形是....”的区别，前者顺序已定，后者可以随机顺序，需进一步讨论。
2. 二次函数与特殊三角形
1）等腰三角形存在性问题处理技巧：需注意分类讨论思想的应用，找准顶角与底角分类讨论的关键，借助等腰三角形的等边对等角、等角对等边、三线合一等性质来转化已知条件是常用的处理手段。
2）直角三角形存在性问题处理技巧：需注意分类讨论思想的应用，找准直角顶点是分类讨论的关键，借助直角三角形的勾股定理，两锐角互补等性质来转化已知条件是常用的处理手段。
3）相似三角形存在性问题：（1）若两个相似三角形对应关系已知，则根据对应边或对应角关系；①设点坐标；②表示线段长（或点坐标）；③列比例关系式求解；④将点坐标代入到满足的函数关系中求解；（2）若两个相似三角形对应关系未知，则需根据已知三角形分类讨论三角形的对应边关系，再由（1）中的步骤求解即可。
4）全等三角形存在性问题：（1）若两个全等三角形对应关系已知，则根据对应边关系；①若三角形的边长可以计算出来，则根据全等关系直接列式；②若已知三角形的顶点在抛物线上，并且可以表示出来，则将此顶点坐标代入抛物线解析式中列式。（2）若两个全等三角形对应关系未知，则需根据已知分类讨论两个三角形的对应全等关系，再由（1）中的方法求解即可。
3.利用二次函数解决存在性问题的方法：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 长度 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．
考向一　特殊四边形存在性问题
例1．（2023年四川省雅安市中考数学真题）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．

例2．（2023年广东广州中考数学真题）已知点在函数的图象上．
(1)若，求n的值；(2)抛物线与x轴交于两点M，N（M在N的左边），与y轴交于点G，记抛物线的顶点为E．①m为何值时，点E到达最高处；②设的外接圆圆心为C，与y轴的另一个交点为F，当时，是否存在四边形为平行四边形？若存在，求此时顶点E的坐标；若不存在，请说明理由．
例3．（2023·山西晋中·统考一模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，连接，．点E为线段上的一点，直线与抛物线交于点H．
(1)直接写出A，B，C三点的坐标，并求出直线的表达式；(2)连接，，求面积的最大值；(3)若点P为抛物线上一动点，试判断在平面内是否存在一点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是以为边的矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
例4．（2023年湖南省长沙市中考数学真题）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．
考向二　特殊三角形存在性问题
例1．（2023年湖南省湘潭市中考数学真题）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．

例2．（23-24九年级上·浙江·阶段练习）中，，，的对边分别为，，，抛物线交轴于两点，，交轴于点，其中的坐标是．(1)求证：是直角三角形；(2)若，求的值；判断的三边长能否取一组适当的值，使三角形为抛物线的顶点是等腰直角三角形？如能，请求出这组值；如不能，请说明理由．
例3．（2023年青海省中考数学真题）如图，二次函数的图象与轴相交于点和点，交轴于点．(1)求此二次函数的解析式；(2)设二次函数图象的顶点为，对称轴与轴交于点，求四边形的面积（请在图1中探索）；(3)二次函数图象的对称轴上是否存在点，使得是以为底边的等腰三角形？若存在，请求出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由（请在图中探索）．

例4．（2023年四川省内江市中考数学真题）如图，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．(1)求该抛物线的函数表达式；(2)若点P是直线下方抛物线上的一动点，过点P作x轴的平行线交于点K，过点P作y轴的平行线交x轴于点D，求与的最大值及此时点P的坐标；(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得是以为一条直角边的直角三角形：若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
考向三　相似（全等）三角形存在性问题
例1．（23-24九年级上·江苏连云港·阶段练习）如图，在第一象限内作与轴的夹角为的射线，在射线上取一点，过点作轴于点．在抛物线上取一点，在轴上取一点，使得以为顶点的三角形与全等，则符合条件的点A的坐标是 ．

例2．（2023年湖北省随州市中考数学真题）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．

考向四　其他存在性问题
例1．（23-24九年级上·四川成都·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线的顶点为A，与x轴交于O，B两点，点是线段OB上一动点，过点P作y轴的平行线，交直线于点E，交抛物线于点F，以EF为一边，在EF的左侧作矩形．若，则当矩形与的重叠部分为轴对称图形时，m的取值范围为 ．
例2．（23-24九年级上·江苏徐州·期中）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与x轴交于点A，与y轴交于点B，二次函数的图像经过点A、B．

(1)　　，　　；(2)若点M是第三象限内抛物线上的一动点，过点M作垂直于x轴，垂足为点C，交直线于点D，连接，当时：①求点M的坐标；②直线上是否存在点E，使为直角三角形？若存在，直接写出符合条件的所有点E的坐标；若不存在，请说明理由．(3)抛物线上是否存在点N（不与点A、B重合），使得O、A、B、N四点共圆，如果存在求出点N的坐标，如果不存在，请说明理由．
一、选择题
1．（2023·广东汕头·一模）抛物线交x轴于，，交y轴的负半轴于C，顶点为D．下列结论：①；②；③；④当是等边三角形时，抛物线解析式为．其中正确的有（ ）个．

A．1 B．2 C．3 D．4
2．（23-24九年级下·黑龙江大庆·期中）如图所示，已知二次函数的图象与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴的正半轴交于点C，顶点为D，则下列结论：①2a+b＝0；②2c>3b；③当△ABC是等腰三角形时，a的值有2个；④当△BCD是直角三角形时，a＝．其中正确的个数（　 　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
3．（2024·浙江·一模）如图，点A是二次函数y＝x2图象上的一点，且位于第一象限，点B是直线y＝﹣x上一点，点B′与点B关于原点对称，连接AB，AB′，若△ABB′为等边三角形，则点A的坐标是（ ）
A．（，） B．（，） C．（1，） D．（，）
4．（2024·山东·一模）如图，抛物线y＝x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点Q是线段OB上一动点，连接BC，点M在线段BC上，且使△BQM为直角三角形的同时△CQM为等腰三角形，则此时点Q的横坐标为（　　）

A．或 B．或 C．或 D．或
5．（2023·山东济南·二模）二次函数分别交x轴、y轴于P，Q两点，点C的坐标是（2，1）．若在线段上存在A，B两点使得为等腰直角三角形，且，则b的取值范围是（ ）
A．或 B．或 C． D．
6．（23-24九年级·浙江杭州·期末）已知二次函数与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．下列说法正确的是（ ）
①线段的长度为；②抛物线的对称轴为直线；③P是此抛物线的对称轴上的一个动点，当P点坐标为时，的值最大；④若M是x轴上的一个动点，N是此抛物线上的一个动点，如果以A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，满足条件的M点有4个．
A．①② B．①②③ C．①②④ D．③④
7．（23-24九年级上·浙江绍兴·期末）如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点，下列结论：
①点的坐标分别是和②点为，当时，．
③抛物线上存在点（除外），使得的面积与面积相等的点有3个．
④点是抛物线对称轴上一点，当是直角三角形时，点的纵坐标分别是．
A．①② B．①③ C．①③④ D．①②③④
二、填空题
8．（23-24九年级上·广东东莞·期中）在平面内考察一族抛物线，该抛物线与坐标轴有3个交点，作过这3点的圆，发现该圆恒过某点，此定点的坐标为 .
9．（23-24九年级·江西南昌·期末）如图，抛物线与轴的负半轴交于点，与轴交于点，连接，点分别是直线与抛物线上的点，若点围成的四边形是平行四边形，则点的坐标为 .
10．（23-24九年级上·浙江杭州·期末）在平面直角坐标系中，抛物线过点A，B，C，在抛物线上存在点P，使以点P，B，C为顶点的三角形与相似，则点P的坐标为 .
11．（22-23九年级上·广西南宁·期中）如图，直线与两坐标轴交于A，B两点，抛物线过A、B两点，且交x轴的正半轴于点C，在抛物线上有一点P，使得是以为直角边的直角三角形，则点P的坐标为 ．（提示：两点距离公式为：）
12．（22-23九年级上·江苏苏州·阶段练习）如图，二次函数（）．图象的顶点为，其图象与轴的交点的横坐标分别为，下面四个结论：；；只有当时，是等腰直角三角形；使为等腰三角形的的值可以有三个．那么，其中正确的结论是 ．（只填你认为正确结论的序号）
注：二次函数（）图象的顶点坐标为
13．（2024九年级·广东·培优）如图，已知直线与轴相交于点，与抛物线相交于轴上的点，抛物线与轴只有唯一的交点，且．设直线与抛物线的另一个交点为点，已知点为轴上的一个动点，且为直角三角形，则点的坐标为 ．

14．（23-24九年级上·江西宜春·阶段练习）如图，抛物线与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，已知点关于抛物线对称轴的对称点为，连接．若点在的垂直平分线上，且在第一象限内，当是等腰三角形时，点的坐标为 ．
15.（22-23九年级上·河北石家庄·期末）小明以等腰三角形底边的中垂线和所在的直线建立平面直角坐标系．如图，，抛物线经过A、两点，点的坐标为 ；若一条与轴重合的直线以每秒3个单位长度的速度向右平移，分别交线段、和抛物线于点、和点，连接、．设直线移动的时间为秒，当的面积最大时，点的坐标为 ；若使是直角三角形，则 ．
三、解答题
16．（23-24九年级上·浙江绍兴·阶段练习）如图1，已知抛物线交轴于、两点，与轴交于点， 抛物线 经过点、，点是射线 上一动点．
(1)求抛物线 的表达式；(2)如图，过点作交抛物线第一象限部分于点 ，作交BC于点F，求面积的最大值及此时点的坐标；(3)抛物线与 在第一象限内的图象记为“图象Z”，过点作轴交图象于点，是否存在这样的点，使 与 相似？若存在，求出所有符合条件的点的横坐标．
17．（2023年西藏自治区中考数学真题）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．

18．（2023年山东省淄博市中考数学真题）如图，一条抛物线经过的三个顶点，其中为坐标原点，点，点在第一象限内，对称轴是直线，且的面积为18
(1)求该抛物线对应的函数表达式；(2)求点的坐标；(3)设为线段的中点，为直线上的一个动点，连接，，将沿翻折，点的对应点为．问是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．

19．（2023年江苏省常州市中考数学真题）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．

20．（2023年湖南省娄底市中考数学真题）如图，抛物线过点、点，交y轴于点C．(1)求b，c的值．(2)点是抛物线上的动点①当取何值时，的面积最大？并求出面积的最大值；②过点P作轴，交于点E，再过点P作轴，交抛物线于点F，连接，问：是否存在点P，使为等腰直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

21．（2023-2024.成都市.中考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线上有两点、，其中点的横坐标为，点的横坐标为1，抛物线过点、．过作轴交抛物线另一点为点．以、长为边向上构造矩形．
(1)求抛物线的解析式；(2)将矩形向左平移个单位，向下平移个单位得到矩形，点的对应点落在抛物线上．①求关于的函数关系式，并直接写出自变量的取值范围；
②直线交抛物线于点，交抛物线于点．当点为线段的中点时，求的值；
③抛物线与边、分别相交于点、，点、在抛物线的对称轴同侧，当时，求点的坐标．如图，在平面直角坐标系中，抛物线上有两点，其中点的横坐标为，点的横坐标为，抛物线过点．过作轴交抛物线另一点为点．以长为边向上构造矩形．

22．（2022·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与探究
如图，某一次函数与二次函数的图象交点为A（-1，0），B（4，5）． (1)求抛物线的解析式；(2)点C为抛物线对称轴上一动点，当AC与BC的和最小时，点C的坐标为 ；
(3)点D为抛物线位于线段AB下方图象上一动点，过点D作DE⊥x轴，交线段AB于点E，求线段DE长度的最大值；(4)在（2）条件下，点M为y轴上一点，点F为直线AB上一点，点N为平面直角坐标系内一点，若以点C，M，F，N为顶点的四边形是正方形，请直接写出点N的坐标．
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【全国通用】2024中考数学二轮复习（重难点题型突破）
6.3 与特殊图形存在性问题
二次函数中的特殊图形存在性（探究性）问题知识覆盖较广，综合性强，题意构思非常精巧，解题方法灵活，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，是历年各地中考的热点。解决这类问题需要用到数形结合思想，需要很好地把“数”和“形”结合在一起，互相渗透。存在探究问题是指在给定条件下，判断某种数学现象是否存在、某个结论是否出现的问题。解决这类问题的一般思路是先假设结论的某一方面存在，然后在这个假设的条件下进行逻辑推理，若推出矛盾，可否定假设，若推出合理结论，则可肯定假设。
二次函数中的特殊图形存在性（探究性）问题考查方向有：等腰三角形的存在性问题、直角三角形的存在性问题、等边三角形（由等腰三角形衍生）的存在性问题、等腰直角三角形（等腰三角形和直角三角形的结合体）的存在性问题、平行四边形的存在性问题、菱形（平行四边形+一组邻边相等）的存在性问题、矩形（平行四边形+对角线相等）的存在性问题、正方形（等腰直角三角形）的存在性问题、全等三角形的存在性问题、相似角形的存在性问题等。
1.（特殊）平行四边形存在性问题处理技巧：
1）平行四边形存在性问题处理技巧：（平移+中点思想）
关键：对角线互相平分，即对角线中点重合→中点公式。
①当AB为对角线：xA+xB=xC+xD；yA+yB=yC+yD；②当AC为对角线：xA+xC=xB+xD；yA+yC=yB+yD；
③当AD为对角线：xA+xD=xB+xC；yA+yD=yB+yC。
2）菱形存在性问题处理技巧：先用中点公式证平行四边形，再构造等腰三角形，即邻边相等的点。
3）矩形存在性问题处理技巧：先用中点公式证平行四边形，再构造证直角三角形，即邻边垂直的点。
4）正方形存在性问题处理技巧：先用中点公式证平行四边形，再构造证等腰直角三角形的点。
注意：“四边形ABCD是 ....”和“以点A、B、C、D为顶点的四边形是....”的区别，前者顺序已定，后者可以随机顺序，需进一步讨论。
2. 二次函数与特殊三角形
1）等腰三角形存在性问题处理技巧：需注意分类讨论思想的应用，找准顶角与底角分类讨论的关键，借助等腰三角形的等边对等角、等角对等边、三线合一等性质来转化已知条件是常用的处理手段。
2）直角三角形存在性问题处理技巧：需注意分类讨论思想的应用，找准直角顶点是分类讨论的关键，借助直角三角形的勾股定理，两锐角互补等性质来转化已知条件是常用的处理手段。
3）相似三角形存在性问题：（1）若两个相似三角形对应关系已知，则根据对应边或对应角关系；①设点坐标；②表示线段长（或点坐标）；③列比例关系式求解；④将点坐标代入到满足的函数关系中求解；（2）若两个相似三角形对应关系未知，则需根据已知三角形分类讨论三角形的对应边关系，再由（1）中的步骤求解即可。
4）全等三角形存在性问题：（1）若两个全等三角形对应关系已知，则根据对应边关系；①若三角形的边长可以计算出来，则根据全等关系直接列式；②若已知三角形的顶点在抛物线上，并且可以表示出来，则将此顶点坐标代入抛物线解析式中列式。（2）若两个全等三角形对应关系未知，则需根据已知分类讨论两个三角形的对应全等关系，再由（1）中的方法求解即可。
3.利用二次函数解决存在性问题的方法：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 长度 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．
考向一　特殊四边形存在性问题
例1．（2023年四川省雅安市中考数学真题）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．
例2．（2023年广东广州中考数学真题）已知点在函数的图象上．
(1)若，求n的值；(2)抛物线与x轴交于两点M，N（M在N的左边），与y轴交于点G，记抛物线的顶点为E．①m为何值时，点E到达最高处；②设的外接圆圆心为C，与y轴的另一个交点为F，当时，是否存在四边形为平行四边形？若存在，求此时顶点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)的值为1；(2)①；②假设存在，顶点E的坐标为，或．
【分析】（1）把代入得，即可求解；（2）①，得，即可求解；②求出直线的表达式为：，得到点的坐标为；由垂径定理知，点在的中垂线上，则；由四边形为平行四边形，则，求出，进而求解．
【详解】（1）解：把代入得；故的值为1；
（2）解：①在中，令，则，解得或，，，
点在函数的图象上，，
令，得，
即当，且，则，解得：（正值已舍去），
即时，点到达最高处；
②假设存在，理由：对于，当时，，即点，
由①得，，，，对称轴为直线，
由点、的坐标知，，
作的中垂线交于点，交轴于点，交轴于点，则点，
则，则直线的表达式为：．
当时，，则点的坐标为．
由垂径定理知，点在的中垂线上，则．
四边形为平行四边形，则，
解得：，即，且，则，
∴顶点E的坐标为，或．
【点睛】本题为反比例函数和二次函数综合运用题，涉及到一次函数基本知识、解直角三角形、平行四边形的性质、圆的基本知识，其中（3），数据处理是解题的难点．
例3．（2023·山西晋中·统考一模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，连接，．点E为线段上的一点，直线与抛物线交于点H．
(1)直接写出A，B，C三点的坐标，并求出直线的表达式；(2)连接，，求面积的最大值；(3)若点P为抛物线上一动点，试判断在平面内是否存在一点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是以为边的矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，，，(2)当时，面积最大，最大值为8
(3)点Q的坐标为，
【分析】（1）分别令，，解方程即可求得A，B，C三点的坐标，设直线BC的表达式为，代入，，即可求得解析式；（2）过点H作轴于点M，交BC于点K，设点H的坐标为，则点K的坐标为，则，再根据，求得当时，面积最大，最大值为8；（3）以B，C，P，Q为顶点的四边形是以为边的矩形时，则存在或两种情况，设，两种情况分别讨论求出点坐标，利用矩形性质结合中点坐标即可求解．
【详解】（1）解：当时，，即，
解得：，，∴，，当时，∴，
设直线BC的表达式为，则，解得，∴；
（2）过点H作轴于点M，交BC于点K，
设点H的坐标为，则点K的坐标为，∴．
∴．
∵，，∴当时，面积最大，最大值为8．
（3）以B，C，P，Q为顶点的四边形是以为边的矩形时，
则存在或两种情况，设
①当，延长，交轴于点，
∵，，∴，即为等腰直角三角形，即：，
∵，则∴为等腰直角三角形，则，则，
设解析式为，代入，，得，解得，∴，
联立，解得或，∴，
则矩形的性质结合中点坐标可得：，解得：，即：，
②当，交轴于点，
∵，，∴，即为等腰直角三角形，即：，
∵，则∴为等腰直角三角形，则，则，
同理可得解析式为：，联立，解得或，∴，
则矩形的性质结合中点坐标可得：，解得：，即：，
综上，点Q的坐标为，．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了求二次函数与坐标轴的交点坐标，待定系数法求一次函数解析式，二次函数与面积问题，二次函数中特殊四边形问题，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
例4．（2023年湖南省长沙市中考数学真题）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．
考向二　特殊三角形存在性问题
例1．（2023年湖南省湘潭市中考数学真题）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．
例2．（23-24九年级上·浙江·阶段练习）中，，，的对边分别为，，，抛物线交轴于两点，，交轴于点，其中的坐标是．(1)求证：是直角三角形；(2)若，求的值；判断的三边长能否取一组适当的值，使三角形为抛物线的顶点是等腰直角三角形？如能，请求出这组值；如不能，请说明理由．
【答案】(1)见解析(2)①；②能，当，，时，为等腰直角三角形
【分析】（1）已知抛物线经过点，根据勾股定理可得为直角三角形．
（2）由得出又可推出点的坐标，可求出与的等量关系式．令，可得，与的关系．
【详解】（1）证明：抛物线经过点
，，，
由勾股定理的逆定理得：为直角三角形；
（2）解：如图所示；即
又 ，是方程的两根
，由知：在中，
由勾股定理得，
能． 由知 顶点
过作轴于点则， ，
要使为等腰直角三角形，只需，
，，又，
，，当，，时，为等腰直角三角形．
【点睛】本题考查的是二次函数的综合运用以及等腰直角三角形的判定和三角函数的运用，难度较大．
例3．（2023年青海省中考数学真题）如图，二次函数的图象与轴相交于点和点，交轴于点．(1)求此二次函数的解析式；(2)设二次函数图象的顶点为，对称轴与轴交于点，求四边形的面积（请在图1中探索）；(3)二次函数图象的对称轴上是否存在点，使得是以为底边的等腰三角形？若存在，请求出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由（请在图中探索）．

【答案】(1)；(2)；(3)，
【分析】（1）将，两点坐标代入抛物线的解析式，进一步求解得出结果；
（2）连接，将二次函数的解析式配方求得顶点的坐标，邻求得的坐标，从而求得，，的长，再根据求得结果；
（3）设，，表示出和，根据列出方程求得的值，进而求得结果．
【详解】（1）解：由题意得，，∴，∴；
（2）解：如图，连接，∵，∴，∴，，

由得，，∴，
∴；
（3）解：设，，∵，∴，由得，
∴，∴．
【点睛】本题考查了二次函数及其图象的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识．
例4．（2023年四川省内江市中考数学真题）如图，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．(1)求该抛物线的函数表达式；(2)若点P是直线下方抛物线上的一动点，过点P作x轴的平行线交于点K，过点P作y轴的平行线交x轴于点D，求与的最大值及此时点P的坐标；(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得是以为一条直角边的直角三角形：若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(2)存在，的最大值为，(3)或
【分析】（1）将、、代入抛物线解析式求解即可；（2）可求直线的解析式为，设（），可求，从而可求，即可求解；（3）过作交抛物线的对称轴于，过作交抛物线的对称轴于，连接，设， 可求，，由，可求，进而求出直线的解析式，即可求解．
【详解】（1）解：由题意得 ，解得：，抛物线的解析式为．
（2）解：设直线的解析式为，则有
，解得：，直线的解析式为；
设（），，解得：，
，，
，，
，
，当时，的最大值为，，．
故的最大值为，．
（3）解：存在，如图，过作交抛物线的对称轴于，过作交抛物线的对称轴于，连接，
∵抛物线的对称轴为直线，设，
，，，
，，解得：，；
设直线的解析式为，则有，解得，直线解析式为，
，且经过，直线解析式为，
当时，， ；综上所述：存在，的坐标为或．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数中动点最值问题，直角三角形的判定，勾股定理等，掌握解法及找出动点坐标满足的函数解析式是解题的关键．
考向三　相似（全等）三角形存在性问题
例1．（23-24九年级上·江苏连云港·阶段练习）如图，在第一象限内作与轴的夹角为的射线，在射线上取一点，过点作轴于点．在抛物线上取一点，在轴上取一点，使得以为顶点的三角形与全等，则符合条件的点A的坐标是 ．

【答案】或或或
【分析】此题应分四种情况考虑：（1）当，时；（2）当，时；（3）当，时；（4）当，时，利用特殊三角形三边关系，根据三角形全等即可求解．
【详解】（1）当，时，

设，代入，解得：（舍去），，，，
又，，，；
（2）当，时，
过点作轴，垂足为，由（1）得，，，
由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，
又，，；

（3）当，时，
设，代入，解得：（舍去），，，，
，，，；
（4）当，时，
过点作轴，垂足为点，由（3）得，，
在中，由勾股定理得：，在中，，，
由勾股定理得：，又，，，，
综上所述，点A的坐标是或或或．
【点睛】本题主要考查的是全等三角形的判定和性质以及二次函数图象和性质，由于全等三角形的对应顶点不明确，因此要注意分类讨论思想的运用．
例2．（2023年湖北省随州市中考数学真题）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．
考向四　其他存在性问题
例1．（23-24九年级上·四川成都·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线的顶点为A，与x轴交于O，B两点，点是线段OB上一动点，过点P作y轴的平行线，交直线于点E，交抛物线于点F，以EF为一边，在EF的左侧作矩形．若，则当矩形与的重叠部分为轴对称图形时，m的取值范围为 ．
【答案】或或或
【分析】把抛物线整理成顶点式形式，并求出顶点的坐标，令，解方程求出点的坐标，利用待定系数法求出直线的解析式，然后判断出是等腰直角三角形，分类讨论：①矩形为正方时，根据抛物线和直线解析式表示出，再根据列出方程求解即可；②矩形关于抛物线对称轴对称时，根据轴对称的性质，对称轴向有即为点的横坐标；③点在上时，设直线与直线相交于点，联立两直线解析式求出点的坐标，然后求出点在直线上时，求出，利用相似三角形对应边成比例求出，然后求出，过点作轴于，求出，利用相似三角形对应边成比例列式求出，从而得到点的纵坐标，再代入直线解析式求出点的横坐标，即为点的横坐标，从此位置到点与点重合，重叠部分为等腰直角三角，是轴对称图形，进而可求解．
【详解】解：，顶点的坐标为，
令，则，整理得：，解得，，
点的坐标为，设直线的解析式为，
则，解得：，直线的解析式为，，
由抛物线的对称性得，是等腰直角三角形，
①当矩形为正方形时，，，
整理得，，解得，，
②当矩形关于抛物线对称轴对称时，
点的横坐标为：，
③如图：点在上时，设直线与直线相交于点，
联立方程组得：，解得：，点的坐标为，
轴，四边形为矩形，轴，，
，，过点作轴于，则，
，，即，解得：，点的纵坐标为，
代入得，，解得：，点的横坐标，
从此位置到点与点重合，重叠部分为等腰直角三角形，，
综上所述，矩形与重叠部分为轴对称图形时，的取值范围是：或或或，故答案为：或或或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题、待定系数法求函数解析式、矩形的性质、轴对称图形的性质、相似三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定及性质，掌握相关判定及性质，根据矩形的位置分类讨论是解题的关键．
例2．（23-24九年级上·江苏徐州·期中）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与x轴交于点A，与y轴交于点B，二次函数的图像经过点A、B．

(1)　　，　　；(2)若点M是第三象限内抛物线上的一动点，过点M作垂直于x轴，垂足为点C，交直线于点D，连接，当时：①求点M的坐标；②直线上是否存在点E，使为直角三角形？若存在，直接写出符合条件的所有点E的坐标；若不存在，请说明理由．(3)抛物线上是否存在点N（不与点A、B重合），使得O、A、B、N四点共圆，如果存在求出点N的坐标，如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)1，(2)①；②存在，点的坐标为或或或
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）先确定A、B的坐标，然后再运用待定系数法即可解答；
（2）①设，则，进而得到；再根据可得，然后据此列方程即可解答；②设，然后根据两点间距离公式表示出、、，然后分、、三种情况列方程求解即可；
（3）设抛物线上存在点使得四点共圆，中点为．过点作轴，轴，、交于点．然后求出，再说明，进而得到，最后应用勾股定理即可解答．
【详解】（1）解：∵一次函数的图像与x轴交于点A，与y轴交于点B，∴,
∵二次函数的图像经过点A、B，∴，解得：．故答案为：1，．
（2）解：由（1）可知，二次函数表达式为，
①设，则 由题意可知，
则，．，
，解得（不符合题意，舍去），当时，∴；
②设，则，，,
当时，,
∴，即，解得：或，
∴点E的坐标为或；
当时，,∴，即，解得：，
∴点E的坐标为；
当时，,∴，即，解得：，
∴点E的坐标为；
综上，点E的坐标为或或或．
（3）解：设抛物线上存在点使得四点共圆，中点为．
过点作轴，过点作轴，、交于点．

点，
，是直径，点是圆心．由于中，
，化简得，解得值为0或，
的坐标为或，此时点与点A，B重合，不符合题意，
故假设不成立，抛物线上不存在点使得四点共圆．
【点睛】本题主要考查了待定系数法、二次函数与几何的综合、勾股定理、圆周角定理、四点共圆等知识点，掌握数形结合思想和分类讨论思想是解答本题的关键．
一、选择题
1．（2023·广东汕头·一模）抛物线交x轴于，，交y轴的负半轴于C，顶点为D．下列结论：①；②；③；④当是等边三角形时，抛物线解析式为．其中正确的有（ ）个．

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】根据的交点是，，可知对称轴为，从而可判断①；据①的结论及可得与的关系，从而判断②；将、代入化简即可判断③；当是等边三角形时，可知代入二次函数解析式，结合，判断④．
【详解】解：∵的交点是，，∴抛物线的对称轴为： ，
∴，∴，即，故①错误；
∵在二次函数的图象上，∴，∴，∴，故②错误；
∴ ，
∵抛物线开口向上， ∴，故③错误；
当是等边三角形时，如图：则，

又∵，，∴，
∴代入二次函数解析式得：，
又、，即，∴，
∴，∴物线解析式为，故④正确；
综上所述：正确的结论是①，共一个，故选A．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数与不等式以及二次函数的最值，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键，本题属于中档题，有些难度．
2．（23-24九年级下·黑龙江大庆·期中）如图所示，已知二次函数的图象与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴的正半轴交于点C，顶点为D，则下列结论：①2a+b＝0；②2c>3b；③当△ABC是等腰三角形时，a的值有2个；④当△BCD是直角三角形时，a＝．其中正确的个数（　 　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】C
【分析】由图象可得对称轴为直线，可得，可判断①；将点坐标代入解析式可得，可判断②；由等腰三角形的性质和两点距离公式，可求的值，可判断③；由直角三角形的性质和两点距离可求或，可判断④，即可求解．
【详解】解：二次函数的图象与轴交于，两点，
对称轴为直线，，，故①正确，
当时，，，，，故②错误；
二次函数，点，
当时，，，当时，，，
当是等腰三角形时，的值有2个，故③正确；
二次函数，顶点，
，，，
若，可得，，，
若，可得，，，
当是直角三角形时，或，故④错误．故选：C．
【点睛】本题考查了抛物线与轴的交点，二次函数图象与系数关系，等腰三角形的性质，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
3．（2024·浙江·一模）如图，点A是二次函数y＝x2图象上的一点，且位于第一象限，点B是直线y＝﹣x上一点，点B′与点B关于原点对称，连接AB，AB′，若△ABB′为等边三角形，则点A的坐标是（ ）
A．（，） B．（，） C．（1，） D．（，）
【答案】B
【分析】连接OA，作AM⊥x轴于M，BN⊥x轴于N，根据题意∠ABO＝60°，AO⊥BB′，即可得到tan∠ABO＝＝，设A（m，m2），通过证得△AOM∽△OBN，得到B（﹣m2，m），代入直线y＝﹣x即可得到关于m的方程，解方程即可求得A的坐标．
【详解】解：连接OA，作AM⊥x轴于M，BN⊥x轴于N，
∵点B′与点B关于原点对称，∴OB＝OB′，∵△ABB′为等边三角形，
∴∠ABO＝60°，AO⊥BB′，∴∠BON+∠AOM＝90°，tan∠ABO＝=，∴＝，
∵∠BON+∠OBN＝90°，∴∠AOM＝∠OBN，∵∠BNO＝∠AMO＝90°，∴△AOM∽△OBN，
∴＝，设A（m，m2），∴OM＝m，AM＝m2，∴BN＝m，ON＝m2，
∵点A在第一象限内，∴B（﹣m2，m），∵点B是直线y＝﹣x上一点，
∴m＝﹣ （﹣m2），解得m＝或m＝0（舍去），
当m＝时，m2=∴A（，），故选：B．
【点睛】本题考查二次函数上的点的坐标特征、等边三角形的性质、相似三角形的判定与性质及三角函数的定义，熟练掌握相关性质并熟记特殊角的三角函数值是解题关键．
4．（2024·山东·一模）如图，抛物线y＝x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点Q是线段OB上一动点，连接BC，点M在线段BC上，且使△BQM为直角三角形的同时△CQM为等腰三角形，则此时点Q的横坐标为（　　）

A．或 B．或 C．或 D．或
【答案】C
【分析】先求得A、B、C的坐标，即可求得AB的长，求得直线BC的解析式，然后分两种情况分别讨论①当∠BQM=90°时，设M（a，b），由△MQB∽△COB，得 ，列出方程即可．②当∠QMB=90°时，设CM=MQ=m，则BM=5-m，由△BMQ∽△BOC，可得 ，解方程即可．
【详解】抛物线y＝x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，
∴令y＝0，则x+3＝0，解得x＝1或4，∴A（1，0），B（4，0），
令x＝0，则y＝3，∴C（0，3），∴OB＝4，OC＝3，∴BC==5；
①当∠BQM=90°时，如图1，设M（a，b），
∵∠CMQ＞90°，∴只能CM=MQ=b，∵MQ∥y轴，∴△MQB∽△COB，
∴ ，即 ，解得b= ∴点Q的横坐标为；

②当∠QMB=90°时，如图2，∵∠CMQ=90°，∴只能CM=MQ，设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-=
∴点Q的横坐标为，综上，点Q的横坐标为或，故选：C．
【点睛】此题考查二次函数的综合题，二次函数图象上点的坐标特征，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质等，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数，构建方程解决问题．
5．（2023·山东济南·二模）二次函数分别交x轴、y轴于P，Q两点，点C的坐标是（2，1）．若在线段上存在A，B两点使得为等腰直角三角形，且，则b的取值范围是（ ）
A．或 B．或 C． D．
【答案】A
【分析】可求出抛物线与两坐标轴的交点坐标，从而可求得直线的解析式，结合图形即可求解．
【详解】解：令，解得：（舍去）；令，得，
即，；
设直线的解析式为，则，解得：，∴；
若点C在直线上，即，此时，
当时，如图，由题意，，且，，
∴，，
则满足条件的等腰直角三角形有两个；
当时，如图，此时点B与点P重合，点Q与点B重合，此时，满足条件的等腰直角三角形恰有一个；当时不存在；
当时，如图，当时，此时满足条件的等腰直角三角形存在，
综上，满足条件的b的取值范围为或；故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数与坐标轴的交点，一次函数的图象与性质，等腰直角三角形的性质等知识，注意数形结合与分类讨论．
6．（23-24九年级·浙江杭州·期末）已知二次函数与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．下列说法正确的是（ ）
①线段的长度为；②抛物线的对称轴为直线；③P是此抛物线的对称轴上的一个动点，当P点坐标为时，的值最大；④若M是x轴上的一个动点，N是此抛物线上的一个动点，如果以A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，满足条件的M点有4个．
A．①② B．①②③ C．①②④ D．③④
【答案】C
【分析】①求出抛物线与坐标轴的交点A，C的坐标，利用两点间距离求出AC；②根据抛物线对称轴的求法即可求出对称轴；③延长AC，与直线交于点P，求出AC的表达式，可得点P坐标；④结合图像画出符合条件的平行四边形，从而判断点P的个数．
【详解】解：在中，令x=0，则y=2，令y=0，则，
解得x=或2，∴A（，0），C（0，2），∴AC=，①正确；
∵，∴抛物线的对称轴为直线，②正确；
延长AC，与对称轴交于点P，此时的值最大，
∵A（，0），C（0，2），设直线AC的表达式为：y=mx+n，
则，解得：，∴直线AC的表达式为y=4x+2，令，则y=5，
∴当点P的坐标为（，5）时，的值最大，③错误；
如图，若以A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，
当AC为边时，有ACM1N1，ACM2N2，ACM3N3，共3个平行四边形，
当AC为对角线时，有AMCN1，共1个平行四边形，∴符合条件的点M有4个，④正确，故选C．
【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质，平行四边形的性质，最短路径问题，知识点较多，综合性较强，解题的关键是从图像出发，利用数形结合的思想解决问题．
7．（23-24九年级上·浙江绍兴·期末）如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点，下列结论：
①点的坐标分别是和②点为，当时，．
③抛物线上存在点（除外），使得的面积与面积相等的点有3个．
④点是抛物线对称轴上一点，当是直角三角形时，点的纵坐标分别是．
A．①② B．①③ C．①③④ D．①②③④
【答案】C
【分析】本题主要考查二次函数的性质、解一元二次方程和勾股定理得应用，①由题意得，即可求得点的坐标；②由题意求得、和，设时，求得，结合，可得或；③由点，可知点E的纵坐标为，解方程即可求得；④根据题意得对称轴为，设点，则、和，分、和，求解即可．
【详解】解：①由抛物线与轴交于点，则，解得，，则点的坐标分别是和，故①正确；
②由点，和，则，，，
当时，，则，解得，
∵，∴或，故②错误；
③由抛物线与轴交于点，则，∴，
使得的面积与面积相等，则点E的纵坐标为，
当，解得，，当，解得，，
则除外，还有3个点使得的面积与面积相等；故③正确；
④由于抛物线的对称轴为，
设点，则，，，
当，则，解得；
当，则，解得；
当，则，解得；故④正确；故选：C．
二、填空题
8．（23-24九年级上·广东东莞·期中）在平面内考察一族抛物线，该抛物线与坐标轴有3个交点，作过这3点的圆，发现该圆恒过某点，此定点的坐标为 .
【答案】
【分析】设交点坐标为，先求出，根据根与系数的关系求出，讨论得到当时，三个交点不满足题意，故，根据，可得出存在点使得，从而即可求解．
【详解】解：根据该抛物线与坐标轴有3个交点，
设交点坐标为，
，当时，，，设，即，
根据根与系数的关系得：，当时，三个交点不满足题意，故，
又，存在点使得，
故四点共圆，即该圆恒过定点，故答案为：．
【点睛】本题考查二次函数与坐标轴的交点问题，根与系数的关系，四点共圆问题，解题的关键是利用根与系数的关系得出．
9．（23-24九年级·江西南昌·期末）如图，抛物线与轴的负半轴交于点，与轴交于点，连接，点分别是直线与抛物线上的点，若点围成的四边形是平行四边形，则点的坐标为 .
【答案】或或
【分析】根据二次函数与x轴的负半轴交于点，与轴交于点.直接令x=0和y=0求出A，B的坐标.再根据平行四边形的性质分情况求出点E的坐标.
【详解】由抛物线的表达式求得点的坐标分别为.
由题意知当为平行四边形的边时，，且，∴线段可由线段平移得到.
∵点在直线上，①当点的对应点为时，如图，需先将向左平移1个单位长度，
此时点的对应点的横坐标为，将代入，得，∴.
②当点A的对应点为时，同理，先将向右平移2个单位长度，可得点的对应点的横坐标为2，将代入得，∴
当为平行四边形的对角线时，可知的中点坐标为，
∵在直线上，∴根据对称性可知的横坐标为，将代入
得，∴. 综上所述，点的坐标为或或.
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了特殊点的坐标的确定，平行四边形的性质，解本题的关键是分情况解决问题的思想．
10．（23-24九年级上·浙江杭州·期末）在平面直角坐标系中，抛物线过点A，B，C，在抛物线上存在点P，使以点P，B，C为顶点的三角形与相似，则点P的坐标为 .
【答案】(1,4)
【分析】用待定系数法求出解析式，分三种情况讨论△PBC，由此得到点P的坐标.
【详解】，，
，.
①当为直角，△AOC∽△CBP1时，过点作轴平行线
作于点，于点,
,
∴,∴Rt△为等腰三角形，
∵△AOC∽△CBP1∴,,,,∴;
当x=-6时， 不符合
②当为直角，△AOC∽△P2CB时，过点作轴平行线.交y轴于点C’,作
,,在Rt△中， ,
∵△AOC∽△P2CB，∴,,,
,，时，符合.
③当△AOC∽△CP3B时，作轴于,于,
∵△AOC∽△CP3B,,∴,得,∴得,
∵∠CC’P3=∠CP3B=∠BP3B’=90，∴∠CP3C’=∠B’BP3，∴△∽△,
∴ 设，则， ， ，
∴得x=0.6，∴，x=1.2时，，不符合
综上所述，为
【点睛】此题是二次函数的综合题，考查二次函数与相似三角形的结合，当以点P，B，C为顶点的三角形与相似时，分三种情况进行讨论，即分别以点P、B、C为直角顶点，由与三角形相似求得对应线段的长得出点P的坐标.
11．（22-23九年级上·广西南宁·期中）如图，直线与两坐标轴交于A，B两点，抛物线过A、B两点，且交x轴的正半轴于点C，在抛物线上有一点P，使得是以为直角边的直角三角形，则点P的坐标为 ．（提示：两点距离公式为：）
【答案】或
【分析】本题主要考查了二次函数与几何综合，一次函数与几何综合，等腰直角三角形的性质与判定，先根据一次函数解析式求出A、B的坐标，进而得到，设经过点A且与直线垂直的直线交y轴于E，则，可证明是等腰直角三角形，从而得到，则直线解析式为；再求出抛物线解析式为，联立，解得或，则此时点P的坐标为；可求出经过点B且与直线垂直的直线解析式为，联立，解得或，则此时点P的坐标为；综上所述，点P的坐标为或；
【详解】解：在中，当时，，当时，，
∴，∴，∴，
设经过点A且与直线垂直的直线交y轴于E，则，∴，
又∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴；
设直线解析式为，∴，∴，∴直线解析式为；
把代入中得：
，∴，∴抛物线解析式为，
联立，解得或，∴此时点P的坐标为；
设经过点B且与直线垂直的直线解析式为，则，
∴经过点B且与直线垂直的直线解析式为，
联立，解得或，∴此时点P的坐标为；
综上所述，点P的坐标为或；故答案为：或。
12．（22-23九年级上·江苏苏州·阶段练习）如图，二次函数（）．图象的顶点为，其图象与轴的交点的横坐标分别为，下面四个结论：；；只有当时，是等腰直角三角形；使为等腰三角形的的值可以有三个．那么，其中正确的结论是 ．（只填你认为正确结论的序号）
注：二次函数（）图象的顶点坐标为
【答案】
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的定义，先根据图象与轴的交点的横坐标分别为确定出的长及对称轴，由对称轴即可判断；根据对称轴及函数图象即可判断；由为等腰直角三角形，必须保证到轴的距离等于长的一半，得到，与、联立方程组解答即可判断；由为等腰三角形，则必须保证或或，分三种情况利用勾股定理解答即可判断；掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
【详解】解：∵图象与轴的交点的横坐标分别为，
∴，∴对称轴，∴，∴，故本选项正确；
∵对称轴，当时，，∴，故本选项错误；
要使为等腰直角三角形，必须保证到轴的距离等于长的一半，
而到轴的距离就是当时，的值的绝对值，
当时，，即，∵当时，，∴，
又∵图象与轴的交点的横坐标分别为，
∴当时，，即，当时，，即，
解方程组得，，∴只有当时，是等腰直角三角形，故本选项正确；
要使为等腰三角形，则必须保证或或，
当时，∵，为直角三角形，又∵的长即为，∴，
∵由抛物线与轴的交点在轴的负半轴上，∴，
与、联立组成方程组得，，解得；
同理当时，∵，为直角三角形，
又∵的长即为，∴，
∵由抛物线与轴的交点在轴的负半轴上，∴，
与、联立组成方程组得，
，解得；同理当时，
在中，，在中，，
∵，∴，此方程无解，
∴满足条件的只有两个，故本选项错误；∴正确的结论是，故答案为：．
13．（2024九年级·广东·培优）如图，已知直线与轴相交于点，与抛物线相交于轴上的点，抛物线与轴只有唯一的交点，且．设直线与抛物线的另一个交点为点，已知点为轴上的一个动点，且为直角三角形，则点的坐标为 ．
【答案】或
【分析】本题主要考查了二次函数与一次函数综合，勾股定理，先求出，，再根据题意得到点C即为抛物线的顶点，则抛物线解析式为，利用待定系数法求出抛物线解析式为，进而求出点D的坐标，设，则，，，再分当时，则，当时，则，当时，则，三种情况利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：在中，当时，，∴，
∵，∴，∵抛物线与轴只有唯一的交点，
∴点C即为抛物线的顶点，∴抛物线解析式为，
把代入中得：，∴，
∴抛物线解析式为，
联立，解得或，∴；设，
∴，，
，
当时，则，∴，
解得，∴点P的坐标为；
当时，则，∴，
整理得，此时方程无解；
当时，则，∴，解得，
∴点P的坐标为；
综上所述，点P的坐标为或；故答案为：或．
14．（23-24九年级上·江西宜春·阶段练习）如图，抛物线与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，已知点关于抛物线对称轴的对称点为，连接．若点在的垂直平分线上，且在第一象限内，当是等腰三角形时，点的坐标为 ．

【答案】，或
【分析】根据函数解析式求出点B、C的坐标和对称轴，然后分，和三种情况，利用勾股定理解题即可．
【详解】解：当时，，∴，
令，则，解得，，∴，，
∵，∴对称轴为，
∵点关于抛物线对称轴的对称点为，∴，设点，
当时，则，
解得：或（舍去）∴点，

当时，如图，则，
解得：或（舍去），点，
当时，如图，则，解得，∴点，
综上所述，点的坐标为，或，故答案为：，或．
【点睛】本题考查二次函数的图像和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，掌握二次函数的性质是解题的关键．
15.（22-23九年级上·河北石家庄·期末）小明以等腰三角形底边的中垂线和所在的直线建立平面直角坐标系．如图，，抛物线经过A、两点，点的坐标为 ；若一条与轴重合的直线以每秒3个单位长度的速度向右平移，分别交线段、和抛物线于点、和点，连接、．设直线移动的时间为秒，当的面积最大时，点的坐标为 ；若使是直角三角形，则 ．
【答案】 1
【分析】（1）抛物线的解析式中，令，能确定点B的坐标，根据等腰三角形的性质，得出，确定C点坐标；（2）先求出，然后求出直线解析式为，然后设点P的坐标为，用t表示出，求出当时，的面积最大，则求出点P的坐标即可；
（3）中，是锐角，而轴，也不可能是直角，所以只有是直角一种可能，证明，得出，代入t解方程即可得出答案．
【详解】解：（1）把，代入可得，，∴，∴，
∵为等腰三角形，，，∴，∴；
（2）把代入得：，解得：，，∴，
设的解析式为：，把，代入得：，解得：，
∴，抛物线的关系式为，
∵直线以每秒3个单位长度的速度向右平移，∴点P的坐标为，
把代入得，∴，
，
∴当时，的面积最大，此时；
（3）∵轴，∴；
而是锐角，所以若是直角三角形，只能是，
点P的坐标为：，∴，，∴，
∵为等腰三角形，，∴，
∵，∴，，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴
即，∴，解得：或（舍去）．
故答案为：；；1
【点睛】本题主要考查的是函数图象与坐标轴的交点坐标的求法、图形面积的解法以及直角三角形的判定；最后一空中关键是将不可能的情况排除掉，可大大的简化解答过程．
三、解答题
16．（23-24九年级上·浙江绍兴·阶段练习）如图1，已知抛物线交轴于、两点，与轴交于点， 抛物线 经过点、，点是射线 上一动点．
(1)求抛物线 的表达式；(2)如图，过点作交抛物线第一象限部分于点 ，作交BC于点F，求面积的最大值及此时点的坐标；(3)抛物线与 在第一象限内的图象记为“图象Z”，过点作轴交图象于点，是否存在这样的点，使 与 相似？若存在，求出所有符合条件的点的横坐标．
【答案】(1)抛物线的函数表达式；
(2)面积的最大值为，；(3)的横坐标为或或或．
【分析】（）由求出，，，再用待定系数法可得抛物线 的函数表达式，直线解析式为；（）过作轴交于，由是等腰直角三角形，知面积最大时最大，此时最大，设，即得 ，由二次函数性质可得答案；（）由（）知是等腰直角三角形，当与 相似时，为等腰直角三角形，由，分两种情况当时，此时与纵坐标相等，当时，设， ，解方程即可解得答案；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，相似三角形的判定等知识，解题关键是用含字母的式子表示相关点的坐标和相关线段的长度．
【详解】（1）在中，令得或，
令得， ∴，，，把，代入得：
，解得 ，∴抛物线的函数表达式，
（2）设直线解析式为，把代入得：
，解得，∴直线解析式为，
过作轴交于，如图：
∵，，∴是等腰直角三角形，∴，
∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴面积最大时PE最大，
∵轴，∴，∴是等腰直角三角形，
∴最大时，最大，即最大时，面积最大，设，则，
∴，∴当 时，最大为，
∴，此时，∴面积的最大值为；
（3）存在点，使与相似，理由如下：由（）知是等腰直角三角形, 当与相似时，为等腰直角三角形，∵轴，∴，
当时，如图：此时与纵坐标相等，在中，令得或，
∴，此时的横坐标为，在中，令得，或（此时不在第一象限，舍去），∴的横坐标为，
当时，如图：设，则，
∵，∴，，∵是等腰直角三角形，∴，
解得（舍去）或或（此时不在第一象限，舍去），∴的横坐标为，
同理可得：的横坐标为（负值舍去），综上所述，的横坐标为或或或．
17．（2023年西藏自治区中考数学真题）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．
18．（2023年山东省淄博市中考数学真题）如图，一条抛物线经过的三个顶点，其中为坐标原点，点，点在第一象限内，对称轴是直线，且的面积为18
(1)求该抛物线对应的函数表达式；(2)求点的坐标；(3)设为线段的中点，为直线上的一个动点，连接，，将沿翻折，点的对应点为．问是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求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，点的坐标为或或或
【分析】（1）根据对称轴为直线，将点代入，进而待定系数法求解析式即可求解；
（2）设，过点作轴交于点，过点作交于点，继而表示出的面积，根据的面积为，解方程，即可求解．
（3）先得出直线的解析式为，设，当为平行四边形的对角线时，可得，当为平行四边形的对角线时，，进而建立方程，得出点的坐标，即可求解．
【详解】（1）解：∵对称轴为直线，∴①，
将点代入得，∴②，
联立①②得，，∴解析式为；
（2）设，如图所示，过点作轴交于点，过点作交于点，

∴，，则，
∴
解得：或（舍去），
（3）存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
∵，∴，设直线的解析式为，
∴，解得：，∴直线的解析式为，设，
如图所示，当BP为平行四边形的对角线时，，，
∵，∴，由对称性可知，，∴，
∴解得：∴点的坐标为或
如图3，当为平行四边形的对角线时，，，
由对称性可知，，∴，∴，
解得：或，∴点的坐标为或
综上所述，点的坐标为或或或．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行四边形的性质，轴对称的性质是解题的关键．
19．（2023年江苏省常州市中考数学真题）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．
20．（2023年湖南省娄底市中考数学真题）如图，抛物线过点、点，交y轴于点C．(1)求b，c的值．(2)点是抛物线上的动点①当取何值时，的面积最大？并求出面积的最大值；②过点P作轴，交于点E，再过点P作轴，交抛物线于点F，连接，问：是否存在点P，使为等腰直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)，(2)①当时，的面积由最大值，最大值为；
②当点的坐标为或时，为等腰直角三角形
【分析】（1）将、代入抛物线即可求解；
（2）①由（1）可知：，得，可求得的解析式为，过点P作轴，交于点E，交轴于点，易得，根据的面积，可得的面积，即可求解；
②由题意可知抛物线的对称轴为，则，分两种情况：当点在对称轴左侧时，即时，当点在对称轴右侧时，即时，分别进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：将、代入抛物线中，
可得：，解得：，即：，；
（2）①由（1）可知：，当时，，即，
设的解析式为：，将，代入中，
可得，解得：，∴的解析式为：，
过点P作轴，交于点E，交轴于点，

∵，则，∴点E的横坐标也为，则纵坐标为，
∴，
的面积
，
∵，∴当时，的面积有最大值，最大值为；
②存在，当点的坐标为或时，为等腰直角三角形．
理由如下：由①可知，由题意可知抛物线的对称轴为直线，
∵轴，∴，，则，
当点在对称轴左侧时，即时，

，当时，为等腰直角三角形，
即：，整理得：，
解得：（，不符合题意，舍去）
此时，即点；
当点在对称轴右侧时，即时，
，当时，为等腰直角三角形，
即：，整理得：，解得：（，不符合题意，舍去）
此时：，即点；
综上所述，当点的坐标为或时，为等腰直角三角形．
【点睛】本题二次函数综合题，考查了利用待定系数法求函数解析式，二次函数的性质及图象上的点的特点，等腰直角三角形的性质，解本题的关键是表示出点的坐标，进行分类讨论．
21．（2023-2024.成都市.中考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线上有两点、，其中点的横坐标为，点的横坐标为1，抛物线过点、．过作轴交抛物线另一点为点．以、长为边向上构造矩形．

(1)求抛物线的解析式；(2)将矩形向左平移个单位，向下平移个单位得到矩形，点的对应点落在抛物线上．①求关于的函数关系式，并直接写出自变量的取值范围；
②直线交抛物线于点，交抛物线于点．当点为线段的中点时，求的值；
③抛物线与边、分别相交于点、，点、在抛物线的对称轴同侧，当时，求点的坐标．如图，在平面直角坐标系中，抛物线上有两点，其中点的横坐标为，点的横坐标为，抛物线过点．过作轴交抛物线另一点为点．以长为边向上构造矩形．
【答案】(1)
(2)①；②；③或
【分析】（1）根据题意得出点，，利用待定系数法求解析式即可求解．
（2）①根据平移的性质得出，根据点的对应点落在抛物线上，可得，即可求解．②根据题意得出，，求得中点坐标，根据题意即可求解．③作辅助线，利用勾股定理求得，设出点，点坐标，将点代入，求得点坐标，进而根据点的对应点落在抛物线上，即可求解．
【详解】（1）根据题意，点的横坐标为，点的横坐标为1，代入抛物线，
当时，，则，当时，，则，
将点，代入抛物线，
，解得，抛物线的解析式为．
（2）①轴交抛物线另一点为，当时，，，
矩形向左平移个单位，向下平移个单位得到矩形，点的对应点落在抛物线上．，，整理得，
，，，；
②如图，，，，，，

由①可得，，，的横坐标为，分别代入，，
，，，
的中点坐标为，点为线段的中点，，
解得或（大于4，舍去）．
③如图，连接，过点作于点，
则，，，
设，则，，将点代入，
得，解得，
当，，，
将代入，解得，或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是作辅助线，掌握二次函数的性质以及掌握复杂运算属于中考压轴题．
22．（2022·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与探究
如图，某一次函数与二次函数的图象交点为A（-1，0），B（4，5）． (1)求抛物线的解析式；(2)点C为抛物线对称轴上一动点，当AC与BC的和最小时，点C的坐标为 ；
(3)点D为抛物线位于线段AB下方图象上一动点，过点D作DE⊥x轴，交线段AB于点E，求线段DE长度的最大值；(4)在（2）条件下，点M为y轴上一点，点F为直线AB上一点，点N为平面直角坐标系内一点，若以点C，M，F，N为顶点的四边形是正方形，请直接写出点N的坐标．
【答案】(1)(2)（1，2）(3) (4)
【分析】（1）将A（-1，0），B（4，5）代入得到关于m，n的二元一次方程组求解即可；
（2）抛物线的对称轴为，求出直线AB与对称轴的交点即可求解；（3）设，则，则，根据二次函数的性质求解即可；
（4）根据题意画出图形，分情况求解即可．
(1)解：将A（-1，0），B（4，5）代入得， ，
解这个方程组得，抛物线的解析式为：；
(2)解：如图，设直线AB的解析式为：，把点 A（-1，0），B（4，5）代入，
得，解得 ， 直线AB的解析式为： ，
由（1）知抛物线的对称轴为，
点C为抛物线对称轴上一动点，，
当点C在AB上时，最小，把x=1代入，得y=2，点C的坐标为（1，2）；
(3)解：如图，由（2）知 直线AB的解析式为y=x+1 设，则，
则，当时，DE有最大值为，
(4)解：如图，直线AB的解析式为：y=x+1， 直线与y轴的交点为D（0，1），
， ，
若以点C，M，F，N为顶点的四边形是正方形，分情况讨论：
①过点C作轴于点，则为等腰直角三角形，过点C作 ，则四边形 为正方形，依题意，知D与F重合，点 的坐标为（1，1）；
②以为中心分别作点F，点C点的对称点 ，连接，则四边形是正方形，则点的坐标为（-1，2）；
③延长到使，作于点，
则四边形是正方形，则的坐标为（1，4）；
④取的中点，的中点，则为正方形，则的坐标为，
综上所述，点N的坐标为：
【点睛】本题考查了用待定系数法求一次函数和二次函数的解析式，二次函数的性质，正方形的判定，根据题意正确画图是解本题的关键．
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