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第三章 函数
重难点04 二次函数存在性问题
（15种题型汇总+专题训练+9种解题方法）
【题型汇总】
【命题预测】抛物线与特殊图形的存在性问题多以解答题形式出现，难度较大，多为压轴题，考查几何代数综合.一般是在抛物线的背景下确定特殊图形(如等腰三角形、相似三角形、平行四边形等)的存在性，多应用分类讨论思想，
题型01 二次函数角度存在性问题
角度存在性问题的解题步骤
已知特殊角度求解 已知角度关系求解
第一步 读题、画图、理解题意
第二步 分析动点、定点，找不变特征
第三步 确定分类特征，进行分类讨论
第四步 已知特殊角度，构造一线三垂直、一线三等角、直角三角形，再利用直角三角形、相似三角形边的比例关系去计算求解. 将角度进行转化:利用锐角三角函数、相似三角形或等腰三角形的性质、外角的性质等转化为常见的类型，再利用直角三角形、相似三角形边的比例关系去计算求解.
【温馨提示】
1）角相等：若无明显条件，首选利用锐角三角函数值构造相等角( 先求已知角);
2）角度和差：可通过外角的性质、相似三角形的性质转化为相等角;
3）倍角：可通过外角的性质、等腰三角形的性质转化为相等角:
1）已知特殊角求解
1．（2023·四川自贡·中考真题）如图，抛物线与x轴交于，两点，与轴交于点．

(1)求抛物线解析式及，两点坐标；
(2)以，，，为顶点的四边形是平行四边形，求点坐标；
(3)该抛物线对称轴上是否存在点，使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
2．（2024·山东临沂·二模）如图，已知抛物线的图象经过点D，，C是的中点，P是拋物线上的一个动点，连接，设点P的横坐标为n．
(1)求抛物线的表达式；
(2)若点P在x轴上方的拋物线上运动，连接，当四边形面积最大时，求n的值；
(3)如图，若点Q在坐标轴上，是否存在点Q，使，若存在，直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
3．（2024·山西大同·一模）综合与探究
如图，抛物线与x轴交于点A和B，点A在点B的左侧，交y轴于点C，作直线．
(1)求点B的坐标及直线的表达式；
(2)当点D在直线下方的抛物线上运动时，连接交于点E，若，求点D的坐标；
(3)抛物线上是否存在点F．使得 若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
2）已知角度关系求解
4．（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，．
(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．
5．（2023·辽宁营口·中考真题）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，抛物线的对称轴交轴于点，过点作直线轴，过点作，交直线于点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，点为第三象限内抛物线上的点，连接和交于点，当时．求点的坐标；
(3)在（2）的条件下，连接，在直线上是否存在点，使得？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
6．（2024·重庆·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，点，与轴交于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，点是直线上方抛物线上的一动点，过点作轴的平行线交直线于点，过点作轴的平行线交直线于点，求面积的最大值及此时点的坐标；
(3)如图，连接，抛物线上是否存在点，使？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
7．（2024·四川达州·二模）已知抛物线与x轴相交于点），与y轴相交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，点P是抛物线的对称轴l上的一个动点，当的周长最小时，求的值；
(3)如图2，取线段的中点D，在抛物线上是否存在点Q，使？若存在，直接写出Q点坐标．
题型02 二次函数与三角形存在性问题
1）等腰三角形存在性问题
解题方法：
几何法：1）“两圆一线”作出点；
2）利用勾股、相似、三角函数等求线段长；
3)分类讨论，求出点P的坐标.
代数法：1）表示出三个点坐标A、B、P；
2）由点坐标表示出三条线段：AB、AP、BP；
3）根据题意要求（看题目有没有指定腰），取①AB=AP、②AB=BP、③AP=BP；
4）列出方程求解．
①两定一动
8．（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．
9．（2024·云南怒江·一模）已知抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．
(1)求A、B、C三点的坐标；
(2)点D是直线上方抛物线上的点，连接、，求的最大值；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
10．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，经过点的抛物线（为常数，且）与x轴交于两点，与y轴交于点C，顶点为D，对称轴为直线．
(1)求抛物线的函数表达式和点D的坐标；
(2)将抛物线向左平移个单位长度后得到抛物线，抛物线的顶点为E，连接，请问在平移过程中，是否存在m的值，使得是等腰三角形？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由．
②一定两动
11．（2023·辽宁抚顺·模拟预测）如图，抛物线经过，两点，与轴交点为，连接．

(1)求抛物线的解析式；
(2)在第四象限抛物线上，连接，，求点的坐标；
(3)点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿方向运动，点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿方向运动，，同时出发，运动时间为秒，，连接，，当为等腰三角形时，直接写出的值．
12．（2022九年级·全国·专题练习）综合与实践：如图，抛物线y与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），交y轴于点C．点D从点A出发以每秒1个单位长度的速度向点B运动，点E同时从点B出发以相同的速度向点C运动，设运动的时间为t秒．
(1)求点A，B，C的坐标；
(2)求t为何值时，△BDE是等腰三角形；
(3)在点D和点E的运动过程中，是否存在直线DE将△BOC的面积分成1：4两份，若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
2）直角三角形存在性问题
解题方法：如有两定点，在其他特定的“线”上求第三点，形成直角三角形时：
1）当动点在直线上运动时，常用的方法是①，②三角形相似，③勾股定理；
2）当动点在曲线上运动时，情况分类如下，
第一当已知点处作直角的方法：①，②三角形相似，③勾股定理；
第二是当动点处作直角的方法：寻找特殊角.
13．（2023·四川内江·中考真题）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．
14．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，直线与x轴，y轴分别交于点A，点B，两动点D，E分别从点A，点B同时出发向点O运动（运动到点O停止），运动速度分别是1个单位长度/秒和个单位长度秒，设运动时间为t秒．以点A为顶点的抛物线经过点E，过点E作x轴的平行线与抛物线的另一个交点为点G，与相交于点F．
(1)求点A、点B的坐标；
(2)用含t的代数式分别表示和的长；
(3)是否存在t的值，使是直角三角形？若存在，求出此时抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
15．（2024·湖南·模拟预测）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，连接．
(1)求抛物线的表达式．
(2)点是抛物线上位于线段下方的一个动点，连接，，求面积最大时点的坐标；
(3)在抛物线上是否存在点，使得以点，，为顶点的三角形是直角三角形？如果存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标；如果不存在，请说明理由．
3）等腰直角三角形存在性问题
解题大招：确定等腰直角三角形后构造一线三垂直，对应上下两个三角形全等，得到对应线段相等的关系，进而设出点的坐标，根据线段相等列出等式建立方程求解参数.
16．（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．
17．（2023·湖南娄底·中考真题）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．
18．（2022·山东东营·中考真题）如图，抛物线与x轴交于点，点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)在对称轴上找一点Q，使的周长最小，求点Q的坐标；
(3)点P是抛物线对称轴上的一点，点M是对称轴左侧抛物线上的一点，当是以为腰的等腰直角三角形时，请直接写出所有点M的坐标．
4）相似三角形存在性问题
解题大招：“相似三角形存在性问题”是中考压轴题中一类常见的问题.为了避免讨论分支太过繁杂,一般会给出部分对应关系,最常见的就是给出一组同角(或等角),则同角(或等角)所对边为对应边.所以这类问题一般从确定一组等角(或同角)人手如果两个三角形中夹同角(或等角)的边易于列代数式表示,则建议通过解方程解决;反之,则需根据具体题意转化等角关系为特殊图形或特殊图形关系,进而求解若出现无法确定等角(或同角)的情况,也可以列表分析.
19．（2024·安徽·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点（点在点左侧），与y轴交于点，连接．
(1)如图1，求的值及直线的解析式；
(2)如图2，点为直线上方抛物线上一动点，连接，设直线交线段于点．当时，求点的坐标；
(3)在（2）的条件下，且点的横坐标小于2，在坐标轴上是否存在一点，使得以为顶点的三角形与相似，如果存在，求出点的坐标；如果不存在，请说明理由．
20．（2024·内蒙古包头·模拟预测）抛物线交轴于、两点，交轴于点，点为线段下方抛物线上一动点，连接，．

(1)求抛物线解析式；
(2)在点移动过程中，的面积是否存在最大值？若存在，求出最大面积及点的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)设点为上不与端点重合的一动点，过点作线段的垂线，交抛物线于点，若与相似，请直接写出点的坐标．
21．（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．
22．（2023·四川资阳·中考真题）如图，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线经过A、B两点．

(1)求抛物线的表达式；
(2)点D是抛物线在第二象限内的点，过点D作x轴的平行线与直线交于点C，求的长的最大值；
(3)点Q是线段上的动点，点P是抛物线在第一象限内的动点，连结交y轴于点N．是否存在点P，使与相似，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
题型03 特殊四边形存在性问题
1）平行四边形存在性问题
类型一三定一动
类型二：两定一动
【总结】平行四边形存在性问题经常呈现为:一个动点在抛物线上，另一个动点在x轴(y轴)或对称轴或某一定直线上.设出抛物线上的动点坐标，另一个动点若在x轴上，纵坐标为0，则用平行四边形顶点纵坐标公式;若在y轴上，坐标为0，则用平行四边形顶点横坐标公式.动点哪个坐标已知就用与该坐标有关的公式.
另外，把在定直线上的动点看成一个定点，这样就转化为三定一动了，分别以三个定点构成的三条线段为对角线分类，分三种情况讨论.这种题型，关键是合理有序分类:无论是三定一动，还是两定两动，统统把抛物线上的动点作为第四个动点，其余三个作为定点，分别以这三个定点构成的三条线段为对角线分类，分三种情况讨论，然后运用平行四边形顶点坐标公式转化为方程(组).这种解法，不必画出平行四边形草图，只要合理分类，有序组合，从对角线入手不会漏解，条理清楚，而且适用范围广.其本质是用代数的方法解决几何问题，体现的是分类讨论思想、数形结合思想.
①三定一动
23．（2024·广东梅州·模拟预测）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，其中，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，平面内是否存在一点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)如图2，若点P是线段BC（不与端点重合）上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接CM．
①如图3，将△PCM沿CM对折，如果点P的对应点N恰好落在y轴上，求证：四边形PCNM为菱形；
②当△PCM和△ABC相似时，求点P的坐标．
24．（23-24九年级上·黑龙江佳木斯·阶段练习）如图，抛物线与x轴交于A，两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)若D为抛物线的顶点，求的面积；
(3)若P是平面直角坐标系内一点，是否存在以A、B、C、P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
②两定两动
25．（2023·山东枣庄·中考真题）如图，抛物线经过两点，并交x轴于另一点B，点M是抛物线的顶点，直线AM与y轴交于点D．

(1)求该抛物线的表达式；
(2)若点H是x轴上一动点，分别连接MH，DH，求的最小值；
(3)若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
26．（2023·西藏·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．
27．（2024·甘肃张掖·三模）已知二次函数图象顶点为，直线与该二次函数交于A，B两点，其中A点，B点在y轴上．
(1)求此二次函数的解析式；
(2)P为线段上一动点（不与A，B重合），过点P作y轴的平行线与二次函数交于点E．设线段长为h，点P横坐标为x，求h与x之间的函数关系式；
(3)D为线段与二次函数对称轴的交点，在上是否存在一点P，使四边形为平行四边形？若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
2）矩形存在性问题
解题思路：
1）先直角，再矩形.在构成矩形的4个点中任取3个点，必构成直角三角形，以此为出发点，可先确定其中3个点构造直角三角形（方法：“两线一圆”），再确定第4个点．对“2定+1半动+1全动”尤其适用．
【小结】这种解决矩形存在性问题的方法相当于在直角三角形存在性问题上再加一步求D点坐标，也是因为这两个图形之间的密切关系方能如此.
2）先平四，再矩形.当AC为对角线时，A、B、C、D满足以下3个等式，则为矩形：，其中第1、2个式子是平行四边形的要求，再加上式3可为矩形．表示出点坐标后，代入点坐标解方程即可．无论是“2定1半1全”还是“1定3半”，对于我们列方程来解都没什么区别，能得到的都是三元一次方程组．
【小结】这个方法是在平行四边形基础上多加一个等式，剩下的都是计算的事.
3）构造“三垂直”直角得矩形
28．（2022·贵州黔西·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，经过点的直线AB与y轴交于点．经过原点O的抛物线交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D．
(1)求抛物线的表达式；
(2)M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当轴且时，求点M的坐标；
(3)P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
29．（2023·海南·中考真题）如图1，抛物线交x轴于A，两点，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)当动点P在直线上方时，在平面直角坐标系是否存在点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
(4)如图2，点D是抛物线的顶点，过点D作直线轴，交x轴于点H，当点P在第二象限时，作直线，分别与直线交于点G和点I，求证：点D是线段的中点．
30．（2024·青海西宁·一模）综合与探究
如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的对称轴与x轴于点D，过点D作交y轴于点E．
(1)求点A，B，C的坐标；
(2)点P为抛物线上第四象限的一个动点，过点P作轴于点F，当时，求的长；
(3)在（2）的条件下，若点Q是x轴上一点，使以P，E，Q，G为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
31．（2024·湖南娄底·三模）如图，抛物线交轴于，两点，交轴于点，点是抛物线上一个动点．

(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)当点的坐标为时，求四边形的面积；
(3)当动点在直线上方时，在平面直角坐标系内是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
3）菱形存在性问题
解题思路：
1）先等腰，再菱形.在构成菱形的4个点中任取3个点，必构成等腰三角形，根据等腰存在性方法（两圆一线）可先确定第3个点，再确定第4个点．
2）先平四，再菱形.当AC为对角线时，A、B、C、D满足以下3个等式，则为菱形：，其中第1、2个式子是平行四边形的要求，再加上式3可为菱形，表示出点坐标后，代入点坐标解方程即可．
【总结】
菱形作为特殊的平行四边形其存在性问题亦是分类讨论中的一大难点.题目一般会给出两个定点，第三个点在某个可求的函数图像上，在另一个函数的图像上或直角坐标平面内，求能与之前的三个点构成菱形的第四个点的坐标.此类题目的一大难度在于如何合理分类的问题，若题目中已知两定点的话，可以把这两定点连成的线段作为菱形的一边或者对角线进行分类讨论，再利用菱形的性质确定出其他的顶点的位置.
①三定一动
32．（2023·四川雅安·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．
33．（2024·山西长治·模拟预测）综合与探究
如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点C，抛物线的顶点为D，对称轴为直线．
(1)求抛物线的解析式；
(2)图2中，对称轴直线与轴交于点H，连接，求四边形的面积；
(3)点是直线上一点，点是平面内一点，是否存在以BC为边，以点B，C，F，G为顶点的菱形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
34．（2024·江苏徐州·一模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交x轴于两点，交y轴于点C，点P在线段上，过点P作轴，交抛物线于点D，交直线于点E．
(1) ， ；
(2)在点P运动过程中，若是直角三角形，求点P的坐标；
(3)在y轴上是否存在点F，使得以点C、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．
②两定两动
35．（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．
36．（2024·湖南·模拟预测）如图，二次函数图象顶点坐标为，一次函数图象与二次函数图象相交于y轴上一点，同时相交于x正半轴上点C．
(1)试求二次函数与一次函数的表达式．
(2)连接，试求四边形的面积．
(3)假设点P 是二次函数对称轴上一动点，点Q 是平面直角坐标系中任意一点，是否存在这样的点P 及点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
37．（2024·陕西渭南·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线（为常数，且）与轴交于点和点，与轴交于点，且．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)连接，点是抛物线的对称轴上的动点，点是平面内的点，是否存在以点为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
38．（2024·山东东营·模拟预测）如图，抛物线 与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，连接．
(1)求出直线，的函数表达式．
(2)点P是直线下方抛物线上的一个动点，过点P作的平行线l，交线段于点D．在直线l上是否存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．
4）正方形存在性问题
解题思路：
1）从判定出发，若已知菱形，则加有一个角为直角或对角线相等；若已知矩形，则加有一组邻边相等或对角线互相垂直.
2）构造三垂直全等.若条件并未给关于四边形及对角线的特殊性，则考虑在构成正方形的4个顶点中任取3个，必是等腰直角三角形，若已知两定点，则可通过构造三垂直全等/等腰直角三角形来求得第3个点，再求第4个点.若出现三或四动点，则通常四边形具有一定的特殊性，从已知条件出发，分折还需满足的其他条件，通常列关于边或对角线方程得解.
解题方法：正方形是菱形和矩形特征的集结，因此同时采取菱形或矩形存在性问题解决的方法去求点的坐标.
39．（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．
40．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，抛物线的图象经过，，三点，且一次函数的图象经过点．

(1)求抛物线和一次函数的解析式．
(2)点，为平面内两点，若以、、、为顶点的四边形是正方形，且点在点的左侧．这样的，两点是否存在？如果存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标：如果不存在，请说明理由．
(3)将抛物线的图象向右平移个单位长度得到抛物线，此抛物线的图象与轴交于，两点（点在点左侧）．点是抛物线上的一个动点且在直线下方．已知点的横坐标为．过点作于点．求为何值时，有最大值，最大值是多少？
41．（2024·陕西汉中·二模）如图，抛物线与x轴交于、两点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点N在坐标平面内，请问在抛物线上是否存在点M，过点M作x轴的垂线交x轴于点H，使得四边形是正方形？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
42．（2024·陕西榆林·二模）如图，已知抛物线 与轴交于点，与轴交于，两点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若点是第二象限抛物线上的动点，轴，交直线于点，点在轴上，点在坐标平面内，是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是正方形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．
题型04 其它存在性问题
43．（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．
44．（2024·江苏宿迁·中考真题）如图①，已知抛物线与x轴交于两点，将抛物线向右平移两个单位长度，得到抛物线，点P是抛物线在第四象限内一点，连接并延长，交抛物线于点Q．
(1)求抛物线的表达式；
(2)设点P的横坐标为，点Q的横坐标为，求的值；
(3)如图②，若抛物线与抛物线交于点C，过点C作直线，分别交抛物线和于点M、N（M、N均不与点C重合），设点M的横坐标为m，点N的横坐标为n，试判断是否为定值．若是，直接写出这个定值；若不是，请说明理由．
45．（2024·黑龙江大庆·二模）已知抛物线与x轴交于点和点，与y轴负半轴交于点A．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)如图，若直线下方的抛物线上有一动点P，过点P作y轴平行线交于点F，过点P作的垂线，垂足为E，求周长的最大值；
(3)将抛物线向左平移1个单位，再向上平移4个单位，得到一个新的抛物线，问在y轴正半轴上是否存在一点M，使得当经过点M的任意一条直线与新抛物线交于S，T两点时，总有为定值？若存在，直接写出出点M坐标及定值，若不存在，说明理由．
46．（2024·云南昆明·一模）如图，抛物线与x轴交于，B两点，与y轴交于点C，且满足．
(1)求抛物线的解析式；
(2)M是线段上的一点（不与点B，C重合），过点M作轴交抛物线于点N，交x轴于点D，连接，若点M的横坐标为m，是否存在点M，使的面积最大？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
47．（2024·山东济南·模拟预测）如图，已知抛物线上点的坐标分别为，，抛物线与轴负半轴交于点，连接，点为抛物线上的点．
(1)求抛物线的解析式及点的坐标．
(2)抛物线上是否存在点，使得？若存在，求出的横坐标；若不存在，请说明理由．
(3)点为轴负半轴上的点，且，点是线段（包含点）上的动点，过点作轴的垂线，交抛物线于点，交直线于点．若以点为顶点的三角形与相似，请求出点的坐标．第三章 函数
重难点04 二次函数存在性问题
（15种题型汇总+专题训练+9种解题方法）
【题型汇总】
【命题预测】抛物线与特殊图形的存在性问题多以解答题形式出现，难度较大，多为压轴题，考查几何代数综合.一般是在抛物线的背景下确定特殊图形(如等腰三角形、相似三角形、平行四边形等)的存在性，多应用分类讨论思想，
题型01 二次函数角度存在性问题
角度存在性问题的解题步骤
已知特殊角度求解 已知角度关系求解
第一步 读题、画图、理解题意
第二步 分析动点、定点，找不变特征
第三步 确定分类特征，进行分类讨论
第四步 已知特殊角度，构造一线三垂直、一线三等角、直角三角形，再利用直角三角形、相似三角形边的比例关系去计算求解. 将角度进行转化:利用锐角三角函数、相似三角形或等腰三角形的性质、外角的性质等转化为常见的类型，再利用直角三角形、相似三角形边的比例关系去计算求解.
【温馨提示】
1）角相等：若无明显条件，首选利用锐角三角函数值构造相等角( 先求已知角);
2）角度和差：可通过外角的性质、相似三角形的性质转化为相等角;
3）倍角：可通过外角的性质、等腰三角形的性质转化为相等角:
1）已知特殊角求解
1．（2023·四川自贡·中考真题）如图，抛物线与x轴交于，两点，与轴交于点．

(1)求抛物线解析式及，两点坐标；
(2)以，，，为顶点的四边形是平行四边形，求点坐标；
(3)该抛物线对称轴上是否存在点，使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线解析式为，，
(2)或或
(3)
【分析】（1）将点代入抛物线解析式，待定系数法求解析式，进而分别令，即可求得两点的坐标；
（2）分三种情况讨论，当，为对角线时，根据中点坐标即可求解；
（3）根据题意，作出图形，作交于点，为的中点，连接，则在上，根据等弧所对的圆周角相等，得出在上，进而勾股定理，根据建立方程，求得点的坐标，进而得出的解析式，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于，
∴
解得：，
∴抛物线解析式为，
当时，，
∴，
当时，
解得：，
∴
（2）∵，，，
设，
∵以，，，为顶点的四边形是平行四边形
当为对角线时，
解得：，
∴；
当为对角线时，
解得：
∴
当为对角线时，
解得：
∴
综上所述，以，，，为顶点的四边形是平行四边形，或或
（3）解：如图所示，作交于点，为的中点，连接，

∵
∴是等腰直角三角形，
∴在上，
∵，，
∴，，
∵，
∴在上，
设，则
解得：（舍去）
∴点
设直线的解析式为
∴
解得：.
∴直线的解析式
∵，，
∴抛物线对称轴为直线，
当时，，
∴．
【点睛】本题考查了二次函数的综合运用，待定系数法求解析式，平行四边形的性质，圆周角角定理，勾股定理，求一次函数解析式，熟练掌握以上知识是解题的关键．
2．（2024·山东临沂·二模）如图，已知抛物线的图象经过点D，，C是的中点，P是拋物线上的一个动点，连接，设点P的横坐标为n．
(1)求抛物线的表达式；
(2)若点P在x轴上方的拋物线上运动，连接，当四边形面积最大时，求n的值；
(3)如图，若点Q在坐标轴上，是否存在点Q，使，若存在，直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）根据，，求出． 再根据是的中点，求出，用待定系数法求解即可；
（2）过作x轴垂线交于，求出设直线解析式，由， 得，表示出，再根据表示出四边形面积，根据二次函数最值求解即可；
（3）分为①当点Q在y轴上时，使，根据，求出，过点D作轴交y轴于点H，根据平行线性质得出，再根据，得出，得出，根据，求出，即可求出点Q的坐标；
②当点Q在x轴上时，使， 延长交x轴于点F，过点D作轴交x轴于点G，证明，求出，再根据，证明，根据相似三角形的性质求出，从而求出，即可求出点的坐标，即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴．
∵是的中点，
∴．
∵在的图象上，
，
得，
．
（2）过作x轴垂线交于，
设直线，即，
解得：，
故解析式为：，
由， 得，
，
，
当四边形面积最大时，．
（3）解：①当点Q在y轴上时，使，
∵，
即，
∴，
∴，
过点D作轴交y轴于点H，
则，
∵，
∴，
∴，
∴，
根据（1）得，
∴，
∴点Q的坐标为；
②当点Q在x轴上时，使，
延长交x轴于点F，过点D作轴交x轴于点G，
则，
则 ，，
∴，
，
，
，
，
，
，
，
，
即，
，
，
∴点的坐标为，
综上，或．
【点睛】该题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象和性质，二次函数和一次函数解析式求解，相似三角形的性质和判定，解直角三角形，等腰直角三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是正确理解题意，数形结合．
3．（2024·山西大同·一模）综合与探究
如图，抛物线与x轴交于点A和B，点A在点B的左侧，交y轴于点C，作直线．
(1)求点B的坐标及直线的表达式；
(2)当点D在直线下方的抛物线上运动时，连接交于点E，若，求点D的坐标；
(3)抛物线上是否存在点F．使得 若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)点B的坐标是，直线BC的表达式是；
(2)点的坐标是或；
(3)存在，点的坐标是或．
【分析】（1）令和，解方程即可求得点B和点C的坐标，再利用待定系数法即可求解；
（2）作轴，垂足为，交直线于点，证明，利用相似三角形的性质求解即可；
（3）分两种情况讨论，利用待定系数法和解方程组即可求解．
【详解】（1）解：令，解方程得或，
∴点B的坐标为；
令，则，
∴点C的坐标为；
设直线的表达式为，则，
解得，
∴直线的表达式为；
（2）解：作轴，垂足为，交直线于点，
∴，
∵点C的坐标为，
∴，
设点的坐标为，则点的坐标为，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，整理得，
解得或，
∴点的坐标为或；
（3）解：∵点B的坐标为，点C的坐标为，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴或，
当时，以为边作等边，直线交抛物线于点，此时，如图，
作轴于点，
在中，，，
∴，
∴点的坐标为，同理，求得直线的表达式为，联立，
解得或（舍去），
∴点的坐标是；
当时，设交轴于点，此时，如图，
在中，，，
∴，
∴点的坐标为，
同理，求得直线的表达式为，
联立，
解得或（舍去），
∴点的坐标是；
综上，点的坐标是或．
【点睛】本题考查了一次函数表达式的确定，函数图象上点的坐标特征，二次函数图象和性质，解一元二次方程，相似三角形的判定和性质，勾股定理，分类讨论思想等，属于中考压轴题，解题关键是熟练掌握待定系数法，运用方程思想和分类讨论思想．
2）已知角度关系求解
4．（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，．
(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：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
把，，代入函数解析式得：
∴，解得：；
∴；
（2）∵，，
∴设直线的解析式为：，把，代入，得：，
∴，
设，则：，
∴，，，
∴，
∴
，
∴当时，的最大值为；
（3）存在：
令，
解得：，
∴，
∵，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．
5．（2023·辽宁营口·中考真题）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，抛物线的对称轴交轴于点，过点作直线轴，过点作，交直线于点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，点为第三象限内抛物线上的点，连接和交于点，当时．求点的坐标；
(3)在（2）的条件下，连接，在直线上是否存在点，使得？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)或．
【分析】（1）根据抛物线过点，对称轴为直线，待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据题意求得，，求得，则，进而求得直线的解析式为，过点作轴，交于点，证明，根据已知条件得出设，则，将点代入，即可求解．
（3）根据题意可得，以为对角线作正方形，则，进而求得的坐标，待定系数法求得的解析式，联立解析式，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点，抛物线的对称轴交轴于点，则对称轴为直线，
∴，
解得：
∴抛物线解析式为；
（2）解：由，当时，，
解得：，
∴，
当时，，则，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，则，
设直线的解析式为，则，解得：，
∴直线的解析式为，
如图所示，过点作轴，交于点，

∵，
∴
∵
∴，则
设，则即，
将点代入
即
解得：或（舍去）
当时，，
∴；
（3）∵，，
则，是等腰直角三角形，
∴，由（2）可得，
∵
∴，
由（2）可得，
设直线的解析式为，则
解得：
∴直线的解析式为
如图所示，以为对角线作正方形，则，

∵，则，则，，
设，则，
解得：，，
则，，
设直线的解析式为，直线的解析式为
则，，
解得：，，
设直线的解析式为，直线的解析式为，
∴解得：，则，
解得：,则，
综上所述，或．
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
6．（2024·重庆·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，点，与轴交于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，点是直线上方抛物线上的一动点，过点作轴的平行线交直线于点，过点作轴的平行线交直线于点，求面积的最大值及此时点的坐标；
(3)如图，连接，抛物线上是否存在点，使？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)面积的最大值为，；
(3)或．
【分析】（）利用待定系数法即可求解；
（）可得，求出直线的解析式为，又可得，进而得为等腰直角三角形，得到，设，则，可得，得到当时，即，取最大值，此时的面积最大，据此即可求解；
（）分点在上方和点在下方两种情况，画出图形解答即可求解；
本题考查了待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式，二次函数的最值，二次函数的几何问题，掌握二次函数的性质并运用分类讨论思想解答是解题的关键．
【详解】（1）解：把、代入得，
，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：由可得，，
设直线的解析式为，
把、代入得，
，
解得，
∴直线的解析式为，
∵，，
∴，
∴，
∵轴，轴，
∴，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设，则，
∴，
当时，即，取最大值，此时的面积最大，
；
（3）解：存在．
当点在上方时，作点关于轴的对称点，过点作交抛物线于点，
∵与关于轴对称，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
同理可得直线解析式为，
设直线解析式为，将代入得，，
∴，
∴，
由，
解得或，
∴；
当点在下方时， 作点，直线与抛物线交于点，
∵，，
同理可得直线解析式为，
∵，
∴，
∴，
∴，
由，
解得或，
∴；
综上，点的坐标为或．
7．（2024·四川达州·二模）已知抛物线与x轴相交于点），与y轴相交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，点P是抛物线的对称轴l上的一个动点，当的周长最小时，求的值；
(3)如图2，取线段的中点D，在抛物线上是否存在点Q，使？若存在，直接写出Q点坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)或一或或
【分析】（1）待定系数法求函数解析式即可；
（2）根据 的周长等于以及为定长，得到当的值最小时， 的周长最小，根据抛物线的对称性，得到关于对称轴对称，则：得到当三点共线时,，进而求出点坐标，即可得解；
（3）求出点坐标为,进而得到得到，分点在点上方和下方，两种情况进行讨论求解即可.
【详解】（1）∵抛物线 与轴相交于点
，
解得： ，
∴抛物线解析式为 ；
（2）在 当时, ，
∴,
∵抛物线解析式为
∴抛物线的对称轴为直线
的周长等于，为定长,
∴当的值最小时，的周长最小，
∵关于对称轴对称，
，
，
∴当三点共线时, 的值最小，为的长，此时点为直线与对称轴的交点，
设直线的解析式为：，
，
解得：，
∴直线的解析式为
当 时,，
，
∴，
，
；
（3）当点在点下方时：
过点作, 交抛物线于点, 则此时点纵坐标为，
设点横坐标为，
则: 解得：，
或；
②当点在点上方时：设与轴交于点,
，
设,
，
解得：
，
同理可得DE的解析式为 ，
联立
解得： 或
或 ；
综上：或一或或
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出二次函数解析式，利用数形结合，分类讨论的思想进行求解，是解题的关键.本题的综合性强，难度较大，属于中考压轴题.
题型02 二次函数与三角形存在性问题
1）等腰三角形存在性问题
解题方法：
几何法：1）“两圆一线”作出点；
2）利用勾股、相似、三角函数等求线段长；
3)分类讨论，求出点P的坐标.
代数法：1）表示出三个点坐标A、B、P；
2）由点坐标表示出三条线段：AB、AP、BP；
3）根据题意要求（看题目有没有指定腰），取①AB=AP、②AB=BP、③AP=BP；
4）列出方程求解．
①两定一动
8．（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；
（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．
9．（2024·云南怒江·一模）已知抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．
(1)求A、B、C三点的坐标；
(2)点D是直线上方抛物线上的点，连接、，求的最大值；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，，
(2)最大值为
(3)存在，或或或或
【分析】（1）分别令、计算即可得解；
（2）求出直线的解析式为：，过点作轴，交于点，设点的坐标为，则，求出，再由并结合二次函数的性质即可得解；
（3）设，则，，，再分三种情况：当时，当时，当时，分别求解即可．
【详解】（1）解：令，
解得：，，
点在点左侧，
，，
当时，，
；
（2）解：设直线的解析式为，
，，
∴，
解得：，
∴直线的解析式为：，
过点作轴，交于点，
设点的坐标为，则，
，
，
当时，的面积最大，最大值为；
（3）解：点在抛物线对称轴上，且对称轴为：，
设，则，，，
是等腰三角形，需分3种情况讨论：
①当时，，解得：，
此时点的坐标为或；
②当时，，解得：，
此时点的坐标为或；
③当时，，解得：，
此时点的坐标为．
综上所述，满足条件的点有5个，分别为或或或或．
【点睛】本题考查了二次函数与坐标轴的交点、二次函数综合—面积问题、二次函数综合—特殊三角形、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
10．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，经过点的抛物线（为常数，且）与x轴交于两点，与y轴交于点C，顶点为D，对称轴为直线．
(1)求抛物线的函数表达式和点D的坐标；
(2)将抛物线向左平移个单位长度后得到抛物线，抛物线的顶点为E，连接，请问在平移过程中，是否存在m的值，使得是等腰三角形？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的函数表达式为，顶点D的坐标为；
(2)m的值为或5或．
【分析】本题考查二次函数的综合应用，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）利用待定系数法可求得抛物线的函数表达式，配方成顶点式即可求得顶点D的坐标；
（2）根据平移的性质得到，则顶点E的坐标为，利用两点之间的距离公式求得，，，分或或三种情况讨论，列出方程，据此求解即可．
【详解】（1）解：∵经过点的抛物线，且对称轴为直线，
∴，
解得，
∴抛物线的函数表达式为，
，
∴顶点D的坐标为；
（2）解：由题意将向左平移个单位长度后得到抛物线，
∴，
∴的顶点E的坐标为，
对于，令，则，
∴与y轴交于点C的坐标为，
即，，其中，
∴，
，
，
当时，则，
解得（舍去）或，此时，，符合题意；
当时，则，
此时，，符合题意；
当时，
则，解得，此时，，符合题意；
综上，m的值为或5或．
②一定两动
11．（2023·辽宁抚顺·模拟预测）如图，抛物线经过，两点，与轴交点为，连接．

(1)求抛物线的解析式；
(2)在第四象限抛物线上，连接，，求点的坐标；
(3)点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿方向运动，点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿方向运动，，同时出发，运动时间为秒，，连接，，当为等腰三角形时，直接写出的值．
【答案】(1)
(2)点的坐标是
(3)秒或秒或秒或秒
【分析】（1）分别将点，的坐标代入抛物线得到关于，的二元一次方程，求解即可；
（2）作的平分线交轴于，过作轴交于，求出，直线解析式为，设，由平分，可得，，故，即可求出，直线解析式为，根据，有，确定直线解析式为，最后联立，求解即可；
（3）过作轴于，由，可得，，故，，，分三种情况：①当时，；②当时，
；③当时，，分别解方程可得答案．
【详解】（1）解：∵抛物线经过，两点，
∴，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）如图，作的平分线交轴于，过作轴交于，
∵抛物线与轴交点为，
当时，得，
∴，
设直线解析式为，过点，，
∴，
解得：，
∴直线解析式为，
设，则，
∵平分，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：或（此时在轴左侧，不符合题意，舍去），
∴，
设直线解析式为，过点，，
∴，
解得：，
∴直线解析式为 ，
∵，
∴，
设直线解析式为，过点，
∴，
解得：，
∴直线解析式为，
联立，
解得：或，
∴；
（3）如图，过作轴于，
∵，，
∴，，
∴，
根据题意得：，
∴，
∵轴，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∴，
∴，，，
①当时，，
解得：；
②当时，，
解得：（舍去）或；
③当时，，
解得：或；
综上所述，的值为秒或秒或秒或秒．
【点睛】本题是二次函数的综合应用，考查了待定系数法确定函数解析式，平行线的判定和性质，等腰三角形判定与性质，勾股定理，两点间的距离，相似三角形判定与性质等知识点，解题的关键是分类讨论思想的应用．
12．（2022九年级·全国·专题练习）综合与实践：如图，抛物线y与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），交y轴于点C．点D从点A出发以每秒1个单位长度的速度向点B运动，点E同时从点B出发以相同的速度向点C运动，设运动的时间为t秒．
(1)求点A，B，C的坐标；
(2)求t为何值时，△BDE是等腰三角形；
(3)在点D和点E的运动过程中，是否存在直线DE将△BOC的面积分成1：4两份，若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣3）
(2)t的值为，和
(3)存在，1或4
【分析】（1）令y＝0，求出方程0x2x﹣3，可得点A（﹣1，0），点B（4，0），再令x＝0，可得点C（0，﹣3），即可求解；
（2）根据勾股定理可得 ，然后分三种情况：当BD＝BE时，当BE＝DE时，当BD＝DE时，即可求解；
（3）过点E作EH⊥BD于H，根据锐角三角函数可得HEt，然后分两种情况：当S△BDES△BOC时，当S△BDES△BOC时，即可求解．
【详解】（1）解：令y＝0，可得0x2x﹣3，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴点A（﹣1，0），点B（4，0），
可得y＝﹣3，
∴点C（0，﹣3）；
（2）解：∵点A（﹣1，0），点B（4，0），点C（0，﹣3），
∴AB＝5，OB＝4，OC＝3，
∴ ，
当BD＝BE时，则5﹣t＝t，
∴t；
当BE＝DE时，如图1，过点E作EH⊥BD于H，
∴DH＝BHBD，
∵cos∠DBC，
∴，
∴t；
当BD＝DE时，如图2，过点D作DF⊥BE于F，
∴EF＝BFBEt，
∵cos∠DBC，
∴，
∴t，
综上所述：t的值为，和；
（3）解：∵S△BOCBO×CO＝6，
∴S△BOC，S△BOC，
如图1，过点E作EH⊥BD于H，
∵sin∠DBC，
∴，
∴HEt，
当S△BDES△BOC时，则（5﹣t）t，
∴t1＝1，t2＝4，
当S△BDES△BOC时，则（5﹣t）t，
∴t2﹣5t+16＝0，
∴方程无解，
综上所述：t的值为1或4．
【点睛】本题主要考查了二次函数与特殊三角形的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，等腰三角形的性质，并利用分类讨论思想解答是解题的关键．
2）直角三角形存在性问题
解题方法：如有两定点，在其他特定的“线”上求第三点，形成直角三角形时：
1）当动点在直线上运动时，常用的方法是①，②三角形相似，③勾股定理；
2）当动点在曲线上运动时，情况分类如下，
第一当已知点处作直角的方法：①，②三角形相似，③勾股定理；
第二是当动点处作直角的方法：寻找特殊角.
13．（2023·四川内江·中考真题）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．
14．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，直线与x轴，y轴分别交于点A，点B，两动点D，E分别从点A，点B同时出发向点O运动（运动到点O停止），运动速度分别是1个单位长度/秒和个单位长度秒，设运动时间为t秒．以点A为顶点的抛物线经过点E，过点E作x轴的平行线与抛物线的另一个交点为点G，与相交于点F．
(1)求点A、点B的坐标；
(2)用含t的代数式分别表示和的长；
(3)是否存在t的值，使是直角三角形？若存在，求出此时抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)，
(3)存在，
【分析】（1）在直线中，分别令和，即可求得、两点坐标；
（2）由、的长可求得，用可表示出，，和的长，由勾股定理可求得的长，从而可用表示出的长；
（3）若为直角三角形时，由条件可知只能是，又，由（）可知又由二次函数的对称性可得到，从而可求出，在中，可得到关于的方程，可求得的值，进一步可求得点坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式．
【详解】（1）解：在直线中，
令得，
解得：
令得，
∴，
（2）解：由（1）可知，
，
运动时间为秒，
轴，
在中，，，
在中，，，
，
；
（3）解：存在．
轴，
，
点不能在抛物线的对称轴上，
，
当为直角三角形时，则有，
又，
，
，，
，且
，
解得：
即当的值为秒时，为直角三角形，
此时
∴
∵抛物线的顶点为，设抛物线解析式为，
把点坐标代入得：
解得：，
∴抛物线的解析式为，
即．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合运用待定系数法，三角函数的定义，相似三角形的判定和性质，勾股定理，二次函数的对称性等知识点；综合运用以上知识是解题的关键．
15．（2024·湖南·模拟预测）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，连接．
(1)求抛物线的表达式．
(2)点是抛物线上位于线段下方的一个动点，连接，，求面积最大时点的坐标；
(3)在抛物线上是否存在点，使得以点，，为顶点的三角形是直角三角形？如果存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的表达式为
(2)点的坐标为
(3)存在，满足条件的点的坐标为或或或
【分析】（1）利用抛物线的交点式直接代值求解即可得到答案；
（2）过点作轴的垂线，交于，如图所示，由二次函数图象与性质，利用平面直角坐标系中三角形的面积求法得到 ，进而由二次函数最值的求法即可得到答案；
（3）当为直角三角形时，分三种情况：①；②；③；如图所示，根据分类，由勾股定理列方程求解即可得到答案．
【详解】（1）解：抛物线与轴交于，两点，
设抛物线的交点式为，即抛物线的表达式为；
（2）解：过点作轴的垂线，交于，如图所示：
由（1）知抛物线的表达式为，
抛物线与轴交于点，
设直线，将、代入得，解得，
直线，
点是抛物线上位于线段下方的一个动点，
设，则，
，
，
抛物线开口向下，当时，有最大值，此时点的坐标为；
（3）解：存在，
当为直角三角形时，分三种情况：①；②；③；如图所示：
设，
、
，
当时，即抛物线上的点（在第一象限，），由勾股定理可得，则，即，解得（舍去）或，
；
当时，即抛物线上的点（在第三象限，），由勾股定理可得，则，即，解得（舍去）或，
；
当时，即抛物线上的点，由勾股定理可得，则，即，解得（与重合，舍去）或（与重合，舍去）或或，
、；
综上所述，满足条件的点的坐标为或或或．
【点睛】本题考查二次函数综合，涉及待定系数法确定函数解析式、二次函数图象与性质、平面直角坐标系中求三角形面积、二次函数最值、二次函数与直角三角形综合、两点之间距离公式、解一元二次方程等知识，熟练掌握二次函数图象与性质、二次函数综合问题的解法是解决问题的关键．
3）等腰直角三角形存在性问题
解题大招：确定等腰直角三角形后构造一线三垂直，对应上下两个三角形全等，得到对应线段相等的关系，进而设出点的坐标，根据线段相等列出等式建立方程求解参数.
16．（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，
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．
17．（2023·湖南娄底·中考真题）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．
18．（2022·山东东营·中考真题）如图，抛物线与x轴交于点，点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)在对称轴上找一点Q，使的周长最小，求点Q的坐标；
(3)点P是抛物线对称轴上的一点，点M是对称轴左侧抛物线上的一点，当是以为腰的等腰直角三角形时，请直接写出所有点M的坐标．
【答案】(1)
(2)（1，-2）
(3)（-1，0）或（，-2）或（，2）
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点C的坐标和抛物线的对称轴，如图所示，作点C关于直线的对称点E，连接AE，EQ，则点E的坐标为（2，-3），根据轴对称最短路径可知AE与抛物线对称轴的交点即为点Q；
（3）分两种情况当∠BPM=90°和当∠PBM=90°两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于点，点，
∴，
∴，
∴抛物线解析式为；
（2）解：∵抛物线解析式为，与y轴交于点C，
∴抛物线对称轴为直线，点C的坐标为（0，-3）
如图所示，作点C关于直线的对称点E，连接AE，EQ，则点E的坐标为（2，-3），
由轴对称的性质可知CQ=EQ，
∴△ACQ的周长=AC+AQ+CQ，
要使△ACQ的周长最小，则AQ+CQ最小，即AQ+QE最小，
∴当A、Q、E三点共线时，AQ+QE最小，
设直线AE的解析式为，
∴，
∴，
∴直线AE的解析式为，
当时，，
∴点Q的坐标为（1，-2）；
（3）解： 如图1所示，当点P在x轴上方，∠BPM=90°时，过点P作轴，过点M作MF⊥EF于F，过点B作BE⊥EF于E，
∵△PBM是以PB为腰的等腰直角三角形，
∴PA=PB，∠MFP=∠PEB=∠BPM=90°，
∴∠FMP+∠FPM=∠FPM+∠EPB=90°，
∴∠FMP=∠EPB，
∴△FMP≌△EPB（AAS），
∴PE=MF，BE=PF，
设点P的坐标为（1，m），
∴，
∴，，
∴点M的坐标为（1-m，m-2），
∵点M在抛物线上，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴点M的坐标为（-1，0）；
同理当当点P在x轴下方，∠BPM=90°时可以求得点M的坐标为（-1，0）；
如图2所示，当点P在x轴上方，∠PBM=90°时，过点B作轴，过点P作PE⊥EF于E，过点M作MF⊥EF于F，设点P的坐标为（1，m），
同理可证△PEB≌△BFM（AAS），
∴，
∴点M的坐标为（3-m，-2），
∵点M在抛物线上，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴点M的坐标为（，-2）；
如图3所示，当点P在x轴下方，∠PBM=90°时，
同理可以求得点M的坐标为（，2）；
综上所述，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，点M的坐标为（-1，0）或（，-2）或（，2）．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数综合，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
4）相似三角形存在性问题
解题大招：“相似三角形存在性问题”是中考压轴题中一类常见的问题.为了避免讨论分支太过繁杂,一般会给出部分对应关系,最常见的就是给出一组同角(或等角),则同角(或等角)所对边为对应边.所以这类问题一般从确定一组等角(或同角)人手如果两个三角形中夹同角(或等角)的边易于列代数式表示,则建议通过解方程解决;反之,则需根据具体题意转化等角关系为特殊图形或特殊图形关系,进而求解若出现无法确定等角(或同角)的情况,也可以列表分析.
19．（2024·安徽·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点（点在点左侧），与y轴交于点，连接．
(1)如图1，求的值及直线的解析式；
(2)如图2，点为直线上方抛物线上一动点，连接，设直线交线段于点．当时，求点的坐标；
(3)在（2）的条件下，且点的横坐标小于2，在坐标轴上是否存在一点，使得以为顶点的三角形与相似，如果存在，求出点的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)，直线的解析式为
(2)点坐标为或
(3)存在，理由见解析
【分析】（1）由待定系数法求解即可得到答案；
（2）证明，得到，即可求解；
（3）当点在轴时，以、、为顶点的三角形与相似，存在、两种情况，利用解直角三角形的方法即可求解；当点在轴上时，同理可解．
【详解】（1）解：抛物线与y轴交于点，
把代入得，即抛物线的解析式为；
抛物线与轴交于点（点在点左侧），，
当时，，解得或
，
直线过、，
设直线 ，
将、代入得：，解得：，
直线的解析式为；
（2）解：分别过点、点作轴的平行线，交直线于点和点，如图所示：
设点，，则，
当时，，
，，
，
，
，
，则，
，解得，，
点坐标为或；
（3）解：存在，
理由如下：
由题意得，点；由点、、的坐标得，，，
∴
则，则，，，
当点在轴时，如图所示：
以、、为顶点的三角形与相似，
当时，则，得，则点；
当时，此时，点、重合且符合题意，故点；
当点在轴上时，只有，则，则点，
综上，点的坐标为或或．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及待定系数法确定函数解析式、二次函数图象与性质、三角形相似的判定与性质、解直角三角形、面积的计算等知识，熟练掌握二次函数图象与性质、二次函数综合题型解法，尤其注意分类求解是解题的关键．
20．（2024·内蒙古包头·模拟预测）抛物线交轴于、两点，交轴于点，点为线段下方抛物线上一动点，连接，．

(1)求抛物线解析式；
(2)在点移动过程中，的面积是否存在最大值？若存在，求出最大面积及点的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)设点为上不与端点重合的一动点，过点作线段的垂线，交抛物线于点，若与相似，请直接写出点的坐标．
【答案】(1)
(2)存在，最大面积为，点的坐标为
(3)点的坐标为或或
【分析】（1）根据待定系数法求抛物线的解析式即可；
（2）过点作轴，交于，先求出抛物线与轴的交点的坐标是,待定系数法求出直线的解析式，设点的横坐标为，得出点的坐标为，点的坐标为，根据三角形的面积公式和二次函数的最值即可求解；
（3）当时，，过点作，交于点，过点作，根据直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方求出的值，根据锐角三角函数求的，，，得出点的坐标，根据两个角和它们所夹的边分别对应相等的两个三角形全等，全等三角形的对应边相等得出，根据中点坐标的特征求出点的坐标，待定系数法求出直线的解析式，联立方程解求出直线与抛物线的交点坐标；当时，，过点作，根据抛物线的对称性求出点的坐标为；当时，，作轴于点N，作于点，作交延长线于点，设，则，根据相似三角形判定与性质表示出，代入抛物线表达式求出即可．
【详解】（1）解：∵抛物线交轴于、两点，
故将、代入，得：，
解得：，
∴抛物线解析式为：．
（2）解：存在，
理由如下：过点作轴，交于，如图：

当时，，即抛物线与轴的交点的坐标是,
设直线的解析式为，
将，代入，得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
设点的横坐标为，
则点的坐标为，点的坐标为，
故，
∴的面积为，
∴当时，的面积存在最大值，最大值为，
此时点的坐标为．
（3）解：点的坐标为或或．
理由如下：如图，当时，此时，过点作，交于点，过点作；

∵，，
∴，，
故，，，
∵，，
∴，
∴，，
∴，，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
设点的坐标为，
则，，
∴，，
∴点的坐标为，
设直线的解析式为，
将，代入，得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
将与联立方程可得：，
解得：（舍），，
∴点的坐标为；
如图，过点作，则，此时，

∵抛物线交轴于、两点，
∴抛物线的对称轴为，
∵，
故点与点关于抛物线的对称轴对称，
∵点的坐标为，
∴点的坐标为；
如图，作的垂线，交抛物线于点，且满足，此时，
∵点的坐标为，点的坐标为，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
将，代入，得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
作轴于点N，作于点，作交延长线于点，
则，
，
，
，
，
设，则，
，
，
，
将代入抛物线表达式可得：，
解得：（不合题意，舍去），
∴点的坐标为；
综上可得，点的坐标为或或．
【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线的解析式，求抛物线与坐标轴的交点坐标，求二次函数的最值，待定系数法求一次函数的解析式，勾股定理，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，求一次函数与二次函数图象的交点坐标等，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
21．（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．
22．（2023·四川资阳·中考真题）如图，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线经过A、B两点．

(1)求抛物线的表达式；
(2)点D是抛物线在第二象限内的点，过点D作x轴的平行线与直线交于点C，求的长的最大值；
(3)点Q是线段上的动点，点P是抛物线在第一象限内的动点，连结交y轴于点N．是否存在点P，使与相似，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)当时，的长的最大值为4
(3)点P的坐标为或
【分析】（1）首先求得A、B点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式；
（2）设，则，进而表示出CD的长；接下来用含m的二次函数表示S，根据二次函数的性质，即可解答；
（3）分两种情况：①当△时，②当时，分别求解即可．
【详解】（1）直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，
，，
抛物线经过A、B两点．
，
解得，
；
（2）设，
作x轴，与直线交于点C，
，解得，
，
当时，的长的最大值为4；
（3）设，
，，
，
分两种情况：
①当时，
，
，，
，
，
，
，
， ，
，
，
或3（舍去），
，
，，
设直线的解析式为，
解得，
直线PQ的解析式为，
联立解得或（不合题意，舍去）
点P的坐标为；
②当时，过点Q作于H，
，
，，
，
，
，
∴，
∴，
设，则，，
，解得，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
，，
同理得直线的解析式为，
联立解得或（不合题意，舍去）
点P的坐标为；
综上，点P的坐标为或．
【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，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，解题的关键是利用方程的思想和函数的思想方法解决问题，利用相似三角形的判定得出关于m的方程是解题关键，解（3）的关键是分和两种情况讨论求解．
题型03 特殊四边形存在性问题
1）平行四边形存在性问题
类型一三定一动
类型二：两定一动
【总结】平行四边形存在性问题经常呈现为:一个动点在抛物线上，另一个动点在x轴(y轴)或对称轴或某一定直线上.设出抛物线上的动点坐标，另一个动点若在x轴上，纵坐标为0，则用平行四边形顶点纵坐标公式;若在y轴上，坐标为0，则用平行四边形顶点横坐标公式.动点哪个坐标已知就用与该坐标有关的公式.
另外，把在定直线上的动点看成一个定点，这样就转化为三定一动了，分别以三个定点构成的三条线段为对角线分类，分三种情况讨论.这种题型，关键是合理有序分类:无论是三定一动，还是两定两动，统统把抛物线上的动点作为第四个动点，其余三个作为定点，分别以这三个定点构成的三条线段为对角线分类，分三种情况讨论，然后运用平行四边形顶点坐标公式转化为方程(组).这种解法，不必画出平行四边形草图，只要合理分类，有序组合，从对角线入手不会漏解，条理清楚，而且适用范围广.其本质是用代数的方法解决几何问题，体现的是分类讨论思想、数形结合思想.
①三定一动
23．（2024·广东梅州·模拟预测）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，其中，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，平面内是否存在一点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)如图2，若点P是线段BC（不与端点重合）上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接CM．
①如图3，将△PCM沿CM对折，如果点P的对应点N恰好落在y轴上，求证：四边形PCNM为菱形；
②当△PCM和△ABC相似时，求点P的坐标．
【答案】(1)；
(2)平面内存在一点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，点D的坐标为或或
(3)①见解析；②点P的坐标为或
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求得，，，点D的坐标为，分当、、为对角线，三种情况讨论，利用中点坐标公式求解即可；
（3）①只要利用等边对等角证明，即可得到四边形为菱形；
②先求得直线解析式，设，则，求得，，分和，两种情况讨论，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：把代入得，
∴，
∴抛物线解析式为：；
（2）解：平面内存在一点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，点D的坐标为或或．
在中，
令，得：，
解得：，，
∴，，
令得，
∴，
存在一点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
设点D的坐标为，
如图，分情况讨论：
①当为对角线时，，，
解得：，，
∴；
②当为对角线时，，，
解得：，，
∴；
③当为对角线时，，，
解得：，，
∴；
综上所述，平面内存在一点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，点D的坐标为或或；
（3）解：①证明：∵沿对折，P的对应为点N，
∴，，，
∵垂直于x轴在y轴上，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形；
②设直线解析式为，
∵，，
∴，
解得：，
∴直线解析式为：，
设，则，
∴，
∵，，，
∴，，
又，
∴，
∴，
∴，
要使和相似，共有两种可能：
1）当，
∴，即，
解得：，（不合，舍去）；
∴；
2）当，
∴，
即，
解得：，（不合，舍去），
∴；
综上所述，点P的坐标为或；
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了折叠的性质，二次函数的图象及性质，待定系数法，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定，折叠的性质，数形结合思想是解题的关键．
24．（23-24九年级上·黑龙江佳木斯·阶段练习）如图，抛物线与x轴交于A，两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)若D为抛物线的顶点，求的面积；
(3)若P是平面直角坐标系内一点，是否存在以A、B、C、P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出点P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)点P的坐标为或或．
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）先根据抛物线的解析式求得顶点坐标，设直线的解析式为，待定系数法求出解析式，得到，根据的面积为求解即可；
（3）根据题意分三种情况讨论，①当，时，②当，时，③当，时，作于点，结合平行四边形的性质即可求解．
【详解】（1）解：由题知，抛物线过点，，
，解得，
该抛物线的解析式为；
（2）解： ，D为抛物线的顶点，
，
设直线的解析式为，
抛物线与x轴交于A，两点（点A在点B的左侧），
又抛物线对称轴为，
，
将代入中，有，解得，
直线的解析式为，
作轴，交于点，连接，，

有，
，
的面积为：；
（3）解：存在，

①当，时，
，
的坐标为；
②当，时，
，
的坐标为；
③当，时，作于点，
有，，
，
，，
，
的坐标为；
综上所述，点P的坐标为或或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法求一次函数、二次函数解析式，平行四边形的性质，全等三角形性质和判定，解题的关键在于熟练掌握相关性质并灵活运用．
②两定两动
25．（2023·山东枣庄·中考真题）如图，抛物线经过两点，并交x轴于另一点B，点M是抛物线的顶点，直线AM与y轴交于点D．

(1)求该抛物线的表达式；
(2)若点H是x轴上一动点，分别连接MH，DH，求的最小值；
(3)若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，或或
【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）作点关于轴的对称点，连接，与轴的交点即为点，进而得到的最小值为的长，利用两点间距离公式进行求解即可；
（3）分，，分别为对角线，三种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线经过两点，
∴，解得：，
∴；
（2）∵，
∴，
设直线，
则：，解得：，
∴，
当时，，
∴；
作点关于轴的对称点，连接，
则：，，
∴当三点共线时，有最小值为的长，

∵，，
∴，
即：的最小值为：；
（3）解：存在；
∵，
∴对称轴为直线，
设，，
当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时：
①为对角线时：，

∴，
当时，，
∴，
∴；
②当为对角线时：，

∴，
当时，，
∴，
∴；
③当为对角线时：，

∴，
当时，，
∴，
∴；
综上：当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，或或．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，是中考常见的压轴题．正确的求出函数解析式，熟练掌握二次函数的性质，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
26．（2023·西藏·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．
27．（2024·甘肃张掖·三模）已知二次函数图象顶点为，直线与该二次函数交于A，B两点，其中A点，B点在y轴上．
(1)求此二次函数的解析式；
(2)P为线段上一动点（不与A，B重合），过点P作y轴的平行线与二次函数交于点E．设线段长为h，点P横坐标为x，求h与x之间的函数关系式；
(3)D为线段与二次函数对称轴的交点，在上是否存在一点P，使四边形为平行四边形？若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，P点坐标为
【分析】此题考查了用待定系数法求函数解析式以及函数图象上点的坐标特征，二次函数与平行四边形的综合问题，结合图形有利于解答．
（1）将点A代入直线解析式求出m的值，将二次函数设出顶点式，然后求出函数解析式；
（2）分别得出点P和点E的纵坐标，然后将两点的纵坐标做差得出h与x的函数关系式；
（3）根据平行四边形性质可得：，根据点D在直线上得出点D的坐标，从而得出方程求出x的值，得出点P的坐标．
【详解】（1）解：把代入
得，
∴，
，
∴，
设二次函数解析式为，
把A，B，C三点坐标代入得
解得
∴；
（2）解：∵P点在直线的图象上，
∴P点坐标为，
∵E点在抛物线的图象上，
∴E点坐标为，
∴；
（3）解：存在．
，
二次函数关于直线对称，
，
D点坐标为，则，
当时，，四边形为平行四边形，
即
解得，
当时，与重合，
当时，代入，
∴ P点坐标为．
2）矩形存在性问题
解题思路：
1）先直角，再矩形.在构成矩形的4个点中任取3个点，必构成直角三角形，以此为出发点，可先确定其中3个点构造直角三角形（方法：“两线一圆”），再确定第4个点．对“2定+1半动+1全动”尤其适用．
【小结】这种解决矩形存在性问题的方法相当于在直角三角形存在性问题上再加一步求D点坐标，也是因为这两个图形之间的密切关系方能如此.
2）先平四，再矩形.当AC为对角线时，A、B、C、D满足以下3个等式，则为矩形：，其中第1、2个式子是平行四边形的要求，再加上式3可为矩形．表示出点坐标后，代入点坐标解方程即可．无论是“2定1半1全”还是“1定3半”，对于我们列方程来解都没什么区别，能得到的都是三元一次方程组．
【小结】这个方法是在平行四边形基础上多加一个等式，剩下的都是计算的事.
3）构造“三垂直”直角得矩形
28．（2022·贵州黔西·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，经过点的直线AB与y轴交于点．经过原点O的抛物线交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D．
(1)求抛物线的表达式；
(2)M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当轴且时，求点M的坐标；
(3)P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或或
(3)存在，或或或
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
(2)求出直线AB的表达式为，设，，分当M在N点上方时，．和当M在N点下方时，，即可求出M的坐标；
（3）画出图形，分AC是四边形的边和AC是四边形的对角线，进行讨论，利用勾股定理、相似三角形的判定与性质、函数图像的交点、平移等知识点进行解答即可得出答案．
【详解】（1）解：∵抛物线过点，
∴，解得，
∴抛物线的表达式为．
（2）设直线AB的解析式为：，
∵直线AB经过，，
∴，
∴，
∴直线AB的表达式为．
∵轴，可设，，其中．
当M在N点上方时，．
解得，（舍去）．
∴．
当M在N点下方时， ．
解得，．
∴，．
综上所述，满足条件的点M的坐标有三个，，．
（3）存在．满足条件的点Q的坐标有4个．，，，．
理由如下：
①如图，若AC是四边形的边．
当时，
∴拋物线的对称轴与直线AB相交于点．
过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点，，
∵，，
∴，，．
∵，
∴．
∴．
∴点与点D重合．
当时，四边形是矩形．
∵向右平移1个单位，向上平移1个单位得到．
∴向右平移1个单位，向上平移1个单位得到．
此时直线的解析式为．
∵直线与平行且过点，
∴直线的解析式为．
∵点是直线与拋物线的交点，
∴．
解得，（舍去）．
∴．当时，四边形是矩形．
∵向左平移3个单位，向上平移3个单位得到．
∴向左平移3个单位，向上平移3个单位得到．
②如图，若AC是四边形的对角线，
当时．过点作轴，垂足为H，过点C作，垂足为K．
可得，．
∴．
∴．
∴．
∵点P不与点A，C重合，
∴和．
∴．
∴．
∴如图，满足条件的点P有两个．即，．
当时，四边形是矩形．
∵向左平移个单位，向下平移个单位得到．
∴向左平移个单位，向下平移个单位得到．
当时，四边形是矩形．
∵向右平移个单位，向上平移个单位得到．
∴向右平移个单位，向上平移个单位得到．
综上，满足条件的点Q的坐标为或或或．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，本题主要涉及了待定系数法求函数的解析式、勾股定理，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，点的平移等知识，根据题意画出符合条件的图形、进行分类讨论是解题的关键．
29．（2023·海南·中考真题）如图1，抛物线交x轴于A，两点，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)当动点P在直线上方时，在平面直角坐标系是否存在点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
(4)如图2，点D是抛物线的顶点，过点D作直线轴，交x轴于点H，当点P在第二象限时，作直线，分别与直线交于点G和点I，求证：点D是线段的中点．
【答案】(1)
(2)9
(3)在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，此时点Q的坐标为或
(4)证明过程见解析
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）连接，过点P作于点E，利用点的坐标表示出线段、、、、的长度，再根据，进行计算即可；
（3）当为矩形的边时，画出符合题意的矩形，交y轴于点E，交x轴于点F，连接，过点P作轴于点M，过点Q作轴于点N，利用等腰直角三角形的判定与性质及矩形的判定与性质得到，利用待定系数法求得直线的解析式与抛物线的解析式联立方程组求得点P的坐标，则，进而得到、的长度，即可得出结果；当为对角线时，画出相应的图形，求出结果即可；
（4）利用配方法求得抛物线的顶点坐标、对称轴，再利用待定系数法求得直线、的解析式，进而求得点I、G的坐标，利用点的坐标表示出线段、的长度，即可得出结论．
【详解】（1）解：由题意可得，，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：连接，过点P作于点E，如图，
∵点P的坐标为，
∴，，
令，则，
解得或，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
；
（3）解：在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，理由如下：
如图，当为边时，四边形为符合条件的矩形，交y轴于点E，交x轴于点F，连接，过点P作轴于点M，过点Q作轴于点N，
∵，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∴和为等腰直角三角形，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，，
∴和为全等的等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
联立方程组得，
解得或，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图，当为对角线时，四边形为矩形，过点Q作轴于点D，轴于点E，
则，，
∵，
∴，
∴，
∴，
设点P的坐标为：，，
∵，，
∴，，
∴，
∴，，，，
∴，
整理得：，
分解因式得：，
解得：（舍去），（舍去），，
∴此时点Q的坐标为：．
综上所述，在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，此时点Q的坐标为或；
（4）证明：∵，
∴抛物线的顶点D的坐标为，对称轴为直线，
设，直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
当时，，
∴，
∴，
∴，
∴点D是线段的中点．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、一次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征、等腰直角三角形的判定与性质、矩形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
30．（2024·青海西宁·一模）综合与探究
如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的对称轴与x轴于点D，过点D作交y轴于点E．
(1)求点A，B，C的坐标；
(2)点P为抛物线上第四象限的一个动点，过点P作轴于点F，当时，求的长；
(3)在（2）的条件下，若点Q是x轴上一点，使以P，E，Q，G为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)；
(3)存在，或．
【分析】（1）当时，，从而得点C的坐标；当时，，解得或，从而确定点A、B的坐标；
（2）设，由构造方程，求得，从而求得点P的坐标，再利用一次函数的性质求的点E，最后利用勾股定理求解即可；
（3）分是矩形的边和是对角线两种情况，利用矩形的性质、一次函数的图象及性质及平移的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵，
∴当时，，
∴点C坐标为，
当时，，解得或，
∴；
（2）解：设，
∵轴，，
∴，，
∵，
∴，解得或（不合题意，舍去），
当时，，
∴，
设直线：，把代入可得：
，解得：，
∴直线：，
∵，
∴设：，
∵，
∴抛物线对称轴为，
∴，
把代入，解得：，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：存在一点G，使以P，E，Q．点G的坐标为或
（i）当是矩形的边时，有两种情形：
①如解图①，四边形是矩形时，
由（2）可知，代入，解得：，
∴直线的表达式为，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，解得：，
∴，
∵，，
∴点E向右平移，向上平移1个单位得到点Q，
∴将点P向右平移，向上平移1个单位得到点G，
∴，即 ；
②如解图②，四边形是矩形时，
∵直线的表达式为，
∴，
∴，
∵
∴,
∵四边形是矩形
∴
∴,
∵,
∴，
∵,
∴，
∴,即，解得：，
∴,
∵，
∴,解得：，
∴
∴．
∵，
∴点P向右平移6，向上平移4个单位得到点Q，
∴将点E向右平移6个单位，向上平移4个单位得到G，
∴，即．
（ii）当是对角线时，设
∵,
∴,
∴，
∵Q是直角顶点，
∴，即，整理得：，
∵，
∴该方程无解，
综上所述，满足条件的点G坐标为或．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、待定系数法求一次函数及一次函数的性质、勾股定理、平移的性质等知识点，熟练掌握矩形的性质及待定系数法求一次函数是解题的关键．
31．（2024·湖南娄底·三模）如图，抛物线交轴于，两点，交轴于点，点是抛物线上一个动点．

(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)当点的坐标为时，求四边形的面积；
(3)当动点在直线上方时，在平面直角坐标系内是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，点的坐标为或
【分析】（1）把，代入中求解，得出抛物线的函数表达式即可；
（2）连接、、、，过点作于点，利用点的坐标得出出线段、、、、的长度，再根据，进行计算即可；
（3）当为矩形的边时，四边形为矩形，交轴于点，交轴于点，连接，过点作轴于点，过点作轴于点，利用等腰直角三角形的判定与性质及矩形的判定与性质得到，利用待定系数法求得直线的解析式与抛物线的解析式联立方程组求得点的坐标，则，进而得到、的长度，即可得出点的坐标；当为对角线时，四边形为矩形，过点作轴于点，轴于点，证明，得出，设，，表示出，，，，，得出方程，整理、分解因式得，则或，求解并取舍，求出、，即可得出点的坐标．
【详解】（1）解：把，代入得：，
解得：，
∴该抛物线的函数表达式为；
（2）解：如图，连接、、、，过点作于点，

∵点的坐标为，
∴，，
∵时，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴
；
（3）解：存在，
如图，当为边时，四边形为矩形，交轴于点，交轴于点，连接，过点作轴于点，过点作轴于点，

∵，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∴和为等腰直角三角形，
∴，
∴四边形为正方形，
∴，，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，，
∴和为全等的等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
联立方程组得，
解得或，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
如图，当为对角线时，四边形为矩形，过点作轴于点，轴于点，

则，，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，，
∵，，动点在直线上方，
∴，，或，
∴，
∴，，，，
∴，
整理得：，
，
分解因式得：，
∴或，
解得：（舍去），（舍去），，
∴，，
∴此时点的坐标为．
综上所述，在平面直角坐标系内存在点，使得以、、、为顶点的四边形是矩形，点的坐标为或．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质、求函数解析式、一次函数的性质、等腰直角三角形的判定与性质、矩形和正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握知识点、分类讨论、数形结合是解题的关键．
3）菱形存在性问题
解题思路：
1）先等腰，再菱形.在构成菱形的4个点中任取3个点，必构成等腰三角形，根据等腰存在性方法（两圆一线）可先确定第3个点，再确定第4个点．
2）先平四，再菱形.当AC为对角线时，A、B、C、D满足以下3个等式，则为菱形：，其中第1、2个式子是平行四边形的要求，再加上式3可为菱形，表示出点坐标后，代入点坐标解方程即可．
【总结】
菱形作为特殊的平行四边形其存在性问题亦是分类讨论中的一大难点.题目一般会给出两个定点，第三个点在某个可求的函数图像上，在另一个函数的图像上或直角坐标平面内，求能与之前的三个点构成菱形的第四个点的坐标.此类题目的一大难度在于如何合理分类的问题，若题目中已知两定点的话，可以把这两定点连成的线段作为菱形的一边或者对角线进行分类讨论，再利用菱形的性质确定出其他的顶点的位置.
①三定一动
32．（2023·四川雅安·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．
33．（2024·山西长治·模拟预测）综合与探究
如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点C，抛物线的顶点为D，对称轴为直线．
(1)求抛物线的解析式；
(2)图2中，对称轴直线与轴交于点H，连接，求四边形的面积；
(3)点是直线上一点，点是平面内一点，是否存在以BC为边，以点B，C，F，G为顶点的菱形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)或或或
【分析】（1）因为抛物线经过点，两点，所以由待定系数法即可求解；
（2）先待定系数法求出直线的表达式为：，再由四边形的面积，即可求解；
（3）分两种情况：①当为边，为对角线时；②当为边，为对角线时，根据菱形的性质即可求解．
【详解】（1）抛物线经过点，两点，
，
解得：，
抛物线的解析式为：．
（2）解：由抛物线的表达式知，点，其对称轴为直线，点，
连接交直线于点，
设直线的表达式为
把，代入
得
解得
直线的表达式为：，
当时，，
即点，
则，
则四边形的面积
；
（3）解：由（2）得抛物线的对称轴为直线，
设点F的坐标为，
①当为边，为对角线时，，
，
，
解得，
点F的坐标为或；
②当为边，为对角线时，，
，
，
解得，
点F的坐标为或，
综上所述，点F的坐标为或或或．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式、二次函数与坐标轴的交点、面积的计算，菱形的性质，勾股定理等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
34．（2024·江苏徐州·一模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交x轴于两点，交y轴于点C，点P在线段上，过点P作轴，交抛物线于点D，交直线于点E．
(1) ， ；
(2)在点P运动过程中，若是直角三角形，求点P的坐标；
(3)在y轴上是否存在点F，使得以点C、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)或
(3)存在，或
【分析】（1）把代入，运用待定系数法解二次函数的解析式，即可作答．
（2）因为，先排除一种情况，再进行分类讨论，即和，分别列式计算，即可作答．
（3）根据菱形性质，结合图象性质，进行分类讨论，即四边形为菱形或四边形为菱形，运用中点法列式，以及勾股定理，代入数值，进行计算，即可作答．
【详解】（1）解：∵二次函数的图象交x轴于两点，
∴把代入
得
解得
∴
故答案为：；
（2）解：∵轴
∴
∴
∵是直角三角形
∴当时，
∴
∴
∵对称轴
∴
此时点P的坐标为
∴当时，
设的解析式为
∴把代入
∴得
解得
∴
设点
则
∵
∴
∴
∵
∴
则
即
解得（此时点E和点C重合，故舍去）
∴点
综上或
（3）解：存在，或
如图：依题意，当四边形为菱形时，由（2）知的解析式为
设点，
∵四边形为菱形
∴
即
则
由（2）知，此时
∴
∴
即如下图所示：
如图：依题意，当四边形为菱形时
∵点，
∴
即
∵
∴
∴解得，（舍去）
∴
∴
综上或
【点睛】本题考查了二次函数的几何综合，菱形性质，待定系数法解函数解析式，勾股定理，解直角三角形的相关性质，熟练运用分类讨论思想以及数形结合思想是解题的关键．
②两定两动
35．（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，，
∴，，
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．
36．（2024·湖南·模拟预测）如图，二次函数图象顶点坐标为，一次函数图象与二次函数图象相交于y轴上一点，同时相交于x正半轴上点C．
(1)试求二次函数与一次函数的表达式．
(2)连接，试求四边形的面积．
(3)假设点P 是二次函数对称轴上一动点，点Q 是平面直角坐标系中任意一点，是否存在这样的点P 及点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)
(3)或或或或
【分析】（1）先设顶点式，再把代入计算，即可得出，再求出，结合，运用待定系数法解一次函数解析式，即可作答．
（2）先作图，过点A作平行于x轴的直线交y轴于一点，再过点C作平行于y轴的直线交于一点M，再运用割补法进行列式四边形的面积，然后代入数值进行计算，即可作答．
（3）结合菱形的判定（运用对角线互相平分，得出是平行四边形，再结合一组邻边相等的平行四边形），要进行分类讨论，过程紧扣中点公式列式计算，即可作答．
本题考查了菱形的判定与性质，二次函数的图象性质，待定系数法求出函数解析式，割补法求面积，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
【详解】（1）解：∵顶点坐标为，
∴设二次函数为，
再把代入，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当，
∴，
结合图象，得出，
把，分别代入，
得，
∴，
则；
（2）解：依题意，过点A作平行于x轴的直线交y轴于一点，再过点C作平行于y轴的直线交于一点M，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，，
∴，
∵，
∴
结合图象，
四边形的面积
；
（3）解：或或或或
过程如下：
依题意，设，
当为对角线时，
∵，，且以B，C，P，Q为顶点的四边形是菱形，
则菱形四边相等，即，
∴，
解得，
则该菱形的对角线的中点为，
∴，
∴，，
∴，
当为边时，
∵，，且以B，C，P，Q为顶点的四边形是菱形，
则菱形四边相等，即，
∴，
解得，
则当时， ，
∴此时该菱形的对角线的中点为，
∴，
∴，，
∴，
则当时， ，
∴此时该菱形的对角线的中点为，
∴，
∴，，
∴，
当为边时，
∵，，且以B，C，P，Q为顶点的四边形是菱形，
则菱形四边相等，即，
∴，
解得，
则当时， ，
∴此时该菱形的对角线的中点为，
∴，
∴，，
∴，
则当时， ，
∴此时该菱形的对角线的中点为，
∴，
∴，，
∴，
综上：或或或或．
37．（2024·陕西渭南·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线（为常数，且）与轴交于点和点，与轴交于点，且．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)连接，点是抛物线的对称轴上的动点，点是平面内的点，是否存在以点为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的函数表达式为；
(2)的坐标为)或 或．
【分析】（）利用待定系数法即可求解；
（）由（）得，则抛物线的对称轴为直线，设，则，，，然后分当为菱形的边时，则或，当为菱形的对角线时，，两种情况即可；
本题主要考查了二次函数、菱形的性质和勾股定理，掌握相关知识、正确求出二次函数表达式并灵活应用是解题的关键．
【详解】（1）当时，，
∴点，则，
∴，
∴点，
∵抛物线过点和点，
∴，解得：，
∴抛物线的函数表达式为；
（2）由（）得
∴抛物线的对称轴为直线，
设，
∴，，，如图，
当为菱形的边时，则或，
∴或，即或（无解），
解得，
∴点的坐标为)或 ；
当为菱形的对角线时，则，
∴，即，
解得，
∴点的坐标为，
综上可得：存在以点为顶点的四边形是菱形，点的坐标为)或 或．
38．（2024·山东东营·模拟预测）如图，抛物线 与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，连接．
(1)求出直线，的函数表达式．
(2)点P是直线下方抛物线上的一个动点，过点P作的平行线l，交线段于点D．在直线l上是否存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)直线的函数表达式为，直线的函数表达式为
(2)存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，点E的坐标为或；
【分析】本题考查了二次函数图形的性质、一次函数图形的性质、菱形的性质，熟练掌握菱形的性质和待定系数法是解题的关键．
（1）分别令即可求出三点的坐标；根据三点的坐标求直线的函数表达式即可；
（2）根据直线的表达式设点，然后分为四边形是菱形和四边形是菱形两种情况分别讨论即可．
【详解】（1）解：当时 ，
故点
当时，有
解得：
设直线的表达式为：；
将代入得： ，
解得：
故直线的表达式为： ；
同理可得：直线的表达式为：；
（2）解：①存在：设点D的坐标为，其中，
∵，，
∴，，，
∵，
∴当时，以点D，C，B，E为顶点的四边形为平行四边形，
分两种情况：
如图，当时，四边形为菱形，
∴，
∴，
解得：，（舍去），
∴点D的坐标为，
∵点D向左移动2各单位长度，向下移动6个单位长度得到点E，
∴点E的坐标为；
如图，当时，四边形为菱形，
∴，
∴，
解得：，（舍去），
∴点D的坐标为，
∵点D向右移动2个单位长度，向上移动6个单位长度得到点E，
∴点E的坐标为；
综上，存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，点E的坐标为或；
4）正方形存在性问题
解题思路：
1）从判定出发，若已知菱形，则加有一个角为直角或对角线相等；若已知矩形，则加有一组邻边相等或对角线互相垂直.
2）构造三垂直全等.若条件并未给关于四边形及对角线的特殊性，则考虑在构成正方形的4个顶点中任取3个，必是等腰直角三角形，若已知两定点，则可通过构造三垂直全等/等腰直角三角形来求得第3个点，再求第4个点.若出现三或四动点，则通常四边形具有一定的特殊性，从已知条件出发，分折还需满足的其他条件，通常列关于边或对角线方程得解.
解题方法：正方形是菱形和矩形特征的集结，因此同时采取菱形或矩形存在性问题解决的方法去求点的坐标.
39．（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，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，代入得：，
解得：，
∴直线的函数解析式为，
当为正方形的边时，
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．
40．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，抛物线的图象经过，，三点，且一次函数的图象经过点．

(1)求抛物线和一次函数的解析式．
(2)点，为平面内两点，若以、、、为顶点的四边形是正方形，且点在点的左侧．这样的，两点是否存在？如果存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标：如果不存在，请说明理由．
(3)将抛物线的图象向右平移个单位长度得到抛物线，此抛物线的图象与轴交于，两点（点在点左侧）．点是抛物线上的一个动点且在直线下方．已知点的横坐标为．过点作于点．求为何值时，有最大值，最大值是多少？
【答案】(1)，
(2)满足条件的E、F两点存在，，，
(3)当时，的最大值为
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）①当为正方形的边长时，分别过点点作，，使，，连接、，证明，得出，，则同理可得，；②以为正方形的对角线时，过的中点作，使与互相平分且相等，则四边形为正方形，过点作轴于点，过点作于点，证明，得出，在中，，解得或4，进而即可求解；
（3）得出是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，则，点在抛物线上，且横坐标为得出，进而可得，则 ，根据二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：把，，代入
得
解得
∴
把代入得
∴
（2）满足条件的、两点存在，，，
解：①当为正方形的边长时，分别过点点作，，使，，连接、.

过点作轴于.
∵，
又，
∴，
∴，
∴
同理可得，
②以为正方形的对角线时，过的中点作，使与互相平分且相等，则四边形为正方形，
过点作轴于点，过点作于点

∵，
又
∴
∴，
∵
∴
∴
在中，
∴
解得或4
当时，，此时点在点右侧故舍去；
当时，.
综上所述：，，
（3）∵向右平移8个单位长度得到抛物线
当，即
解得：
∴，
∵过，，三点
∴
在直线下方的抛物线上任取一点，作轴交于点，过点作轴于点

∵，
∴
∴是等腰直角三角形
∵，
∴
又
∴是等腰直角三角形
∴
∵点在抛物线上，且横坐标为
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴当时，的最大值为．
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，正方形的性质，二次函数的性质，分类讨论，熟练掌握二次

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