最新中考数学总复习真题探究与变式训练（讲义） 专题11 二次函数与图形几何综合（6大考点）

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一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
第三部分 函数
专题11 二次函数与图形几何综合（6大考点）
核心考点一 线段问题
例1 （2020·吉林长春·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为．若抛物线（、为常数）与线段交于、两点，且，则的值为_________．
【答案】
【分析】根据题意，可以得到点的坐标和的值，然后将点的坐标代入抛物线的解析式，即可得到的值，本题得以解决．
【详解】解：点的坐标为，点的坐标为，
，
抛物线、为常数）与线段交于、两点，且，
设点的坐标为，则点的坐标为，，
抛物线，
解得，．
【点睛】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
例2 （2020·山东滨州·中考真题）如图，抛物线的顶点为A(h，－1)，与y轴交于点B，点F(2，1)为其对称轴上的一个定点．
（1）求这条抛物线的函数解析式；
（2）已知直线l是过点C(0，－3)且垂直于y轴的定直线，若抛物线上的任意一点P(m，n)到直线l的距离为d，求证：PF＝d；
（3）已知坐标平面内的点D(4，3)，请在抛物线上找一点Q，使△DFQ的周长最小，并求此时DFQ周长的最小值及点Q的坐标．
【答案】（1）；（2）见解析；（3），
【分析】（1）由题意抛物线的顶点A（2，-1），可以假设抛物线的解析式为y=a（x-2）2-1，把点B坐标代入求出a即可．
（2）由题意P（m，），求出d2，PF2（用m表示）即可解决问题．
（3）如图，过点Q作QH⊥直线l于H，过点D作DN⊥直线l于N．因为△DFQ的周长=DF+DQ+FQ，DF是定值=，推出DQ+QF的值最小时，△DFQ的周长最小，再根据垂线段最短解决问题即可．
【详解】解：（1）设抛物线的函数解析式为
由题意,抛物线的顶点为
又抛物线与轴交于点
抛物线的函数解析式为
（2）证明：∵P（m，n），
∴，
∴P（m，），
∴，
∵F（2，1），
∴，
∵，，
∴d2=PF2，
∴PF=d．
（3）如图，过点Q作QH⊥直线l于H，过点D作DN⊥直线l于N．
∵△DFQ的周长=DF+DQ+FQ，DF是定值=，
∴DQ+QF的值最小时，△DFQ的周长最小，
∵QF=QH，
∴DQ+DF=DQ+QH，
根据垂线段最短可知，当D，Q，H共线时，DQ+QH的值最小，此时点H与N重合，点Q在线段DN上，
∴DQ+QH的最小值为6，
∴△DFQ的周长的最小值为，此时Q（4，-）．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，两点间距离公式，垂线段最短等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会用转化的思想思考问题．
1. 确定线段长关系式（根据已知线段关系求点坐标）：
① 先在图中找出对应线段，弄清已知点和未知点；
② 再联系二次函数和一次函数，设出未知点的坐标，使其只含一个未知数；
③ 继而表示出线段的长度（如果该线段与坐标轴平行的话，则利用横纵坐标相加减确定；如果与坐标轴不平行的话，先转化为有边在与坐标轴平行的三角形中，再利用勾股定理、锐角三角函数或相似确定）．
2. 线段数量关系问题：
根据前面所得的线段长的关系式，结合题干列出满足线段数量关系的方程，解方程求解即可（注意排除不符合题意的数值）．
3. 线段最值问题：
求两条线段和差、三角形周长、四边形周长等一类最值问题，首先联想到“对称性质”，最常见的有以下模型：
定直线与两定点
①同侧和最小值问题
②同侧差最小值问题
③同侧差最大值问题
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④异侧差最大值问题
（2）角与定点
①一定点与两条直线上两动点问题
②两定点与两条直线上两动点问题
【变式1】（2020·贵州遵义·统考二模）如图，二次函数图象经过，且有最小值，若A点关于y轴的对称点为B点，过B作y轴平行线交抛物线于点C，在的斜边上有一动点D，过D作于E，于F，则EF的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图所示，连接，先求出二次函数顶点坐标为，进而利用待定系数法求出二次函数解析式为，求出点B的坐标，进而求出点C的坐标，利用勾股定理求出的长，证明四边形是矩形，得到，则当时，有最小值，即有最小值，据此利用三角形面积法求出的长即可得到答案．
【详解】解：如图所示，连接，
∵二次函数图象经过，且有最小值，
∴二次函数对称轴为直线，
∴二次函数顶点坐标为，
设二次函数解析式为，
∴，
∴，
∴二次函数解析式为，
∵A点关于y轴的对称点为B点，，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴当最小时，也最小，
∴当时，有最小值，即有最小值，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】本题主要考查了二次函数与几何综合，矩形的性质与判定，勾股定理，三角形面积等等，证明四边形是矩形，得到是解题的关键．
【变式2】（2021·浙江湖州·模拟预测）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y＝a1x2（a1≠0）与抛物线C2：y＝a2x2+bx（a2≠0）的交点P在第三象限，过点P作x轴的平行线，与物线C1，C2分别交于点M，N．若＝，则的值是（ ）
A．B．n﹣1C．nD．
【答案】B
【分析】令，求得P的横坐标，然后根据两抛物线的对称轴求得PM＝﹣，PN＝2（﹣）＝﹣﹣，由＝，得到＝，整理即可得到，即可求得＝n﹣1．
【详解】解：令a1x2＝a2x2+bx，
解得x1＝0，x2＝，
∴P的横坐标为，
∵抛物线：的对称轴为y轴，抛物线的对称轴为直线x＝﹣，
∴PM＝﹣，PN＝2（﹣）＝﹣﹣，
∵＝，
∴＝，
∴＝，
∴＝
，
∴＝，
∴＝n﹣2，
∴﹣1＝n﹣2，
∴＝n﹣1，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，求得P的横坐标，表示出PM、PN是解题的关键．
【变式3】（2022·山东聊城·统考二模）平面直角坐标系中，将抛物线平移得到抛物线C，如图所示，且抛物线C经过点和，点P是抛物线C上第一象限内一动点，过点P作x轴的垂线，垂足为Q，则的最大值为______．
【答案】
【分析】求得抛物线C的解析式，设Q（x，0），则P（x，-x2+2x+3），即可得出OQ+PQ，根据二次函数的性质即可求得．
【详解】解：设平移后的解析式为y=-x2+bx+c，
∵抛物线C经过点A（-1，0）和B（0，3），
∴，解得，
∴抛物线C的解析式为y=-x2+2x+3，
设Q（x，0），则P（x，-x2+2x+3），
∵点P是抛物线C上第一象限内一动点，
∴OQ+PQ=x+（-x2+2x+3）
=-x2+3x+3
∴OQ+PQ的最大值为
故答案为：
【点睛】本题考查了二次函数的性质，平移，二次函数图象与几何变换，根据题意得出OQ+PQ=-x2+3x+3是解题的关键．
【变式4】（2021·陕西西安·交大附中分校校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，AE为∠BAD的角平分线，F为AE上一动点，M为DF的中点，连接BM，则BM的最小值是_____．
【答案】2
【分析】建立平面直角坐标系，求出AE的解析式，设点F（a，﹣a+2），可求点M坐标，由两点距离公式和二次函数性质可求BM的最小值．
【详解】解：以点B为原点，BC为x轴，AB为y轴，建立平面直角坐标系，
∵AB＝2，BC＝4，
∴点A（0，2），点C（4，0），点D（4，2），
∵AE为∠BAD的角平分线，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，
∴∠BAE＝∠AEB＝45°，
∴AB＝BE＝2，
∴点E（2，0），
∴直线AE解析式为y＝﹣x+2，
∴设点F（a，﹣a+2），
∵M为DF的中点，
∴点M（，），
∴BM2＝（）2+（）2＝+＝a2+8，
∵0≤a≤2，
∴当a＝0时，BM的最小值为2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查坐标与图形，熟悉运用二次函数的性质求解线段的最值问题是解题关键．
核心考点二 面积问题
例1 （2021·山东淄博·统考中考真题）已知二次函数的图象交轴于两点．若其图象上有且只有三点满足，则的值是（ ）
A．1B．C．2D．4
【答案】C
【分析】由题意易得点的纵坐标相等，进而可得其中有一个点是抛物线的顶点，然后问题可求解．
【详解】解：假设点A在点B的左侧，
∵二次函数的图象交轴于两点，
∴令时，则有，解得：，
∴，
∴，
∵图象上有且只有三点满足，
∴点的纵坐标的绝对值相等，如图所示：
∵，
∴点，
∴；
故选C．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
例2 （2021·浙江·统考中考真题）已知抛物线与轴的交点为和，点，是抛物线上不同于的两个点，记的面积为的面积为．有下列结论：①当时，；②当时，；③当时，；④当时，．其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】通过和的不等关系，确定，在抛物线上的相对位置，逐一分析即可求解．
【详解】解：∵抛物线与轴的交点为和，
∴该抛物线对称轴为，
当时与当时无法确定，在抛物线上的相对位置，
故①和②都不正确；
当时，比离对称轴更远，且同在x轴上方或者下方，
∴，
∴，故③正确；
当时，即在x轴上到2的距离比到的距离大，且都大于1，
可知在x轴上到2的距离大于1，到2的距离不能确定，
所以无法比较与谁离对称轴更远，故无法比较面积，故④错误；
故选：A．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，掌握二次函数的对称性是解题的关键．
中考数学，最后的三道压轴题，一般都会有一题考察二次函数动点。本文只是针对常考的二次函数面积问题进行解析，其它类型在以后的文章中陆续上传。解决二次函数动点面积问题，常用的方法有三种。
1、铅垂高法：一般用来求图形中三角形的面积；
2、平行法：平行法最关键的知识点，是平行线之间高的问题，一般这种情况都是平移高到与坐标轴交点处，最后用相似求值。
3、矩形覆盖法：这是最容易想到的方法，但也是计算最麻烦的方法。利用面积的大减小去解决，一般不太建议使用这种方法，庞大的计算量很容易出错。
【变式1】（2022·陕西西安·校联考二模）已知抛物线y＝x2﹣2ax﹣2a﹣1与x轴交于A、B两点，与y轴交负半轴于点C，△ABC的面积为15，则该抛物线的对称轴为（ ）
A．直线x＝2B．直线x＝﹣C．直线x＝D．直线x＝
【答案】A
【分析】先求出抛物线与坐标轴的交点坐标，根据a的取值范围求出AB，OC，根据三角形的面积求出a的值，再求出对称轴即可．
【详解】解∶令y=0，则x2﹣2ax﹣2a﹣1=0，即，
解得，
∴A（-1，0）B（2a+1，0）
令x=0，y=-2a-1，
∴C（0，-2a-1）
∵点C与y轴交于负半轴，
∴-2a-1＜0
∴a＞，
∴AB=2a+1-(-1)=2a+2，
OC=2a+1，
∴，
解得（舍去），
∴，
∴对称轴为，
故选：A．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，三角形的面积，关键是求出抛物线与坐标轴的交点坐标．
【变式2】（2022·江苏常州·校考一模）抛物线上有三个点A、、，其横坐标分别为、、，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】把横坐标代入抛物线解析式，可得相应的纵坐标；设出直线的解析式，把A，两点代入，即可求得直线的解析式，作轴，交直线于点，可得的长度，根据的面积为和的面积的和，把相关数值代入即可求解．
【详解】解：抛物线上有三个点、、，其横坐标分别为、、，

，，，
设直线的解析式为，则有，
解得：，，，
过点B作轴，交AC于点D，
的长为，
．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数的解析式，三角形的面积，解题的关键是根据三角形面积公式得到．
【变式3】（2022·吉林长春·校考二模）已知抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧）与y轴交于点C，点在抛物线上，E是该抛物线对称轴上一动点，当BE十DE的值最小时，的面积为是____
【答案】
【分析】解方程得，则抛物线的对称轴为直线，再确定，连接交直线于E，交y轴于点，如图，利用两点之间线段最短可判断此时的值最小，接着利用待定系数法求出直线的解析式为，则，然后根据三角形面积公式计算．
【详解】解：当时，，解得，，则，，
抛物线的对称轴为直线，
当时，，则，
当时，，则，
连接交直线于E，交y轴于点，如图，
∵，
∴此时的值最小，
设直线的解析式为,
把，代入得，
解得，
∴直线的解析式为，
当时，，则，
当时，，则，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数（是常数，）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质和最短路径问题．
【变式4】（2022·辽宁·统考二模）如图，在中，，的面积是24，在中截出一个矩形，其中，在边上，，分别在边，上．设，那么，当__________时，矩形的面积最大．
【答案】4
【分析】过点A作AH⊥BC于点H，交DG于点I，根据三角形的面积可以先求出AH的长，然后证明，根据三角形相似的性质，用x表示出DE，再根据，用x表示出矩形DEFG的面积，根据二次函数的最值，即可求出结果．
【详解】解：过点A作AH⊥BC于点H，交DG于点I，如图所示：
∵BC=8，△ABC的面积为24，
∴，
∵四边形DEFG为矩形，
∴，，
∴，
∴，
，
∴，
∴四边形DEHI为矩形，
，
∴，
∴，
即，
则，
∴
∴时，矩形DEFG的面积最大．
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，最大面积问题，根据题意用x表示出矩形DEFG的面积，是解题的关键．
核心考点三 角度问题
例1 （2020·黑龙江·统考中考真题）如图，已知二次函数的图象经过点，，与轴交于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）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）存在，，
【分析】（1）把点AB的坐标代入即可求解；
（2）分点P在轴下方和下方两种情况讨论，求解即可．
【详解】（1）∵二次函数的图象经过点A(-1，0)，B(3，0)，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）存在，理由如下：
当点P在轴下方时，
如图，设AP与轴相交于E，
令，则，
∴点C的坐标为(0，3)，
∵A(-1，0)，B(3，0)，
∴OB=OC=3，OA=1，
∴∠ABC=45，
∵∠PAB=∠ABC=45，
∴△OAE是等腰直角三角形，
∴OA=OE=1，
∴点E的坐标为(0，-1)，
设直线AE的解析式为，
把A(-1，0)代入得：，
∴直线AE的解析式为，
解方程组，
得：(舍去)或，
∴点P的坐标为(4，)；
当点P在轴上方时，
如图，设AP与轴相交于D，
同理，求得点D的坐标为(0，1)，
同理，求得直线AD的解析式为，
解方程组，
得：(舍去)或，
∴点P的坐标为(2，)；
综上，点P的坐标为(2，)或(4，)
【点睛】本题是二次函数与几何的综合题，主要考查了待定系数法，等腰直角三角形的判定和性质，解方程组，分类讨论是解本题的关键．
例2 （2021·江苏连云港·统考中考真题）如图，抛物线与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知．
（1）求m的值和直线对应的函数表达式；
（2）P为抛物线上一点，若，请直接写出点P的坐标；
（3）Q为抛物线上一点，若，求点Q的坐标．
【答案】（1），；（2），，；（3）
【分析】（1）求出A，B的坐标，用待定系数法计算即可；
（2）做点A关于BC的平行线，联立直线与抛物线的表达式可求出的坐标，设出直线与y轴的交点为G，将直线BC向下平移，平移的距离为GC的长度，可得到直线，联立方程组即可求出P；
（3）取点，连接，过点作于点，过点作轴于点，过点作于点，得直线对应的表达式为，即可求出结果；
【详解】（1）将代入，
化简得，则（舍）或，
∴，
得：，则．
设直线对应的函数表达式为，
将、代入可得，解得，
则直线对应的函数表达式为．
（2）如图，过点A作∥BC，设直线与y轴的交点为G，将直线BC向下平移 GC个单位，得到直线，
由（1）得直线BC的解析式为，，
∴直线AG的表达式为，
联立，
解得：（舍），或，
∴，
由直线AG的表达式可得，
∴，，
∴直线的表达式为，
联立，
解得：，，
∴，，
∴，，．
（3）如图，取点，连接，过点作于点，
过点作轴于点，过点作于点，
∵，
∴AD=CD，
又∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，则，．
设，
∵，，
∴．
由，则，即，解之得，．
所以，又，
可得直线对应的表达式为，
设，代入，
得，，，
又，则．所以．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合题，结合一元二次方程求解是解题的关键．
题型归纳：
角度相等问题
通过平行线，等腰等角，轴对称、相似求解！
2、45°角问题
通过等腰直角三角形、同弧所对圆周角等于90°圆心角的一半、平分直角等解题！
3、二倍角问题
在求二倍角的问题中，先根据等腰三角形和外角定理构造二倍角，再利用三角函数（一般用正切）计算。
【变式1】（2022秋·浙江宁波·九年级校考阶段练习）如图，抛物线与轴交于点和点两点，与轴交于点，点为抛物线上第三象限内一动点，当时，点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据二次函数与坐标轴的交点坐标分别求出、、的长度；然后通过勾股定理逆定理判断出，得出；由得出；作点关于轴的对称点，连接；即可构造出，从而得出；根据平行线的斜率相同以及点的坐标求出直线的表达式；最后联立方程组求解即可；
【详解】解：令，则
解得：，
∴，
∴，，
当时，
∴
∴
在中
∴
∴
∴
∵
∴
如图，作点关于轴的对称点，连接；
则，
∴
∴
∴
设直线的表达式为：
将代入得：
∴直线的表达式为：
解方程组得：或
∵点在第三象限
∴点的坐标为
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图像的性质、一次函数的性质、勾股定理逆定理、直角三角形两锐角互余等知识点；综合运用上述知识求出直线的函数表达式是解题的关键．
【变式2】（2021秋·河南·九年级河南省淮滨县第一中学校考期末）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．若E为射线上一点，为抛物线上一点，E、A是位于直线同侧的不同两点，若，连接，，则点E的坐标为__________．
【答案】
【分析】过点F作FH⊥x轴于点H，由题意易得点，则AB=4，进而可得，然后可求直线AC的解析式为，直线FB的解析式为，联立二次函数及直线FB的解析式可求点F的坐标，进而可得△AFB≌△EBF，最后根据两点距离公式可求解．
【详解】解：过点F作FH⊥x轴于点H，如图所示：
∵抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，
∴，
∴AB=4，
∵点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点A、E分别到FB的距离相等，
∴AE∥FB，
设直线AC的解析式为，则把点A、C代入得：
，解得：，
∴直线AC的解析式为，
∴直线FB的解析式为，
把点B代入得：c=-1，
∴直线FB的解析式为，
联立，解得：或，
∴点F，
∵，
∴,
∴EB=AF，
∵FB=FB，
∴△AFB≌△EBF（SAS），
∴AB=EF=4，
设点E，
∴，
解得：（不符合题意，舍去），
∴点E坐标为；
故答案为．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的性质及几何知识点是解题的关键．
【变式3】（2021秋·河南·九年级河南省淮滨县第一中学校考期末）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．若E为射线上一点，为抛物线上一点，E、A是位于直线同侧的不同两点，若，连接，，则点E的坐标为__________．
【答案】
【分析】过点F作FH⊥x轴于点H，由题意易得点，则AB=4，进而可得，然后可求直线AC的解析式为，直线FB的解析式为，联立二次函数及直线FB的解析式可求点F的坐标，进而可得△AFB≌△EBF，最后根据两点距离公式可求解．
【详解】解：过点F作FH⊥x轴于点H，如图所示：
∵抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，
∴，
∴AB=4，
∵点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点A、E分别到FB的距离相等，
∴AE∥FB，
设直线AC的解析式为，则把点A、C代入得：
，解得：，
∴直线AC的解析式为，
∴直线FB的解析式为，
把点B代入得：c=-1，
∴直线FB的解析式为，
联立，解得：或，
∴点F，
∵，
∴,
∴EB=AF，
∵FB=FB，
∴△AFB≌△EBF（SAS），
∴AB=EF=4，
设点E，
∴，
解得：（不符合题意，舍去），
∴点E坐标为；
故答案为．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的性质及几何知识点是解题的关键．
【变式4】（2022·吉林·吉林省实验校考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-1的顶点为A，直线l过点P（0，m）且平行于x轴，与抛物线交于点B和点C．若AB=AC，∠BAC=90°，则m=______．
【答案】3
【分析】设直线l与对称轴的交点为点D，则根据等腰直角三角形的性质可得BD=AD，根据韦达定理可表示出x1+x2与x1x2，进而表示出BC的长度和BD的长度，根据BD=AD可列出方程求出m的值.
【详解】设直线l与对称轴的交点为点D，则根据等腰直角三角形的性质可得BD=AD，抛物线的顶点坐标为A（3，-1），
由题意得直线l的表达式为直线y=m，
当y=m时，可得方程
原方程整理可得，
由一元二次方程根与系数的关系可得x1+x2=6，x1x2=，
（x1-x2）2=（x1+x2）2-4 x1x2=36-20+16m=16+16m
∵直线l与抛物线交于点B和点C，
故m＞-1，
∵BC2=16+16m，AD=m+1,BD==AD,
∴BC=2AD，BC2=4AD2，
16+16m =4（m+1）2
整理得，m2-2m-3=0
解得m=3或m=-1（舍去）
即m=3.
故答案为3.
【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系和等腰三角形的性质，解题的关键是运用韦达定理正确表示出BC的长度.
核心考点四 特殊三角形判定问题
例1 （2022·内蒙古赤峰·统考中考真题）如图，抛物线交轴于、两点，交轴于点，点是抛物线上的点，则点关于直线的对称点的坐标为_________．
【答案】或
【分析】先求出A、B、C、D的坐标，再将点代入抛物线的解析式，得出m的值，确定的坐标，再根据点的坐标分情况画图求解，即可求出点关于直线的对称点坐标．
【详解】解：∵抛物线交轴于、两点，交轴于点，
∴当时，，
当时，，
∴，
∴，
∴，
∵是抛物线上的点，
∴，
解得，
∴当时，，
当时，，
①当时，此时点与点重合，
如图1，设点关于直线对称点为，连接，
∵点与点关于直线对称，
∴是的垂直平分线，
∴，且，
∴，
∴；
②当时，
∴轴，
∴
如图2，设点关于直线的对称点为M，连接，
∵点关于直线的对称点为M，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴M在y轴上，且△DCM是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴．
综上可得：点关于直线的对称点的坐标为或．
故答案为：或
【点睛】本题考查了二次函数的性质，等腰直角三角形的判定与性质，轴对称的性质，熟练掌握二次函数图像上的点的坐标特征和轴对称的性质是解题的关键．
例2 （2022·四川广安·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线（a≠0）的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，其中点B坐标为（0，－4），点C坐标为（2，0）．
(1)求此抛物线的函数解析式．
(2)点D是直线AB下方抛物线上一个动点，连接AD、BD，探究是否存在点D，使得△ABD的面积最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)点P为该抛物线对称轴上的动点，使得△PAB为直角三角形，请求出点P的坐标．
【答案】(1)
(2)（-2，-4）
(3)P点坐标为：（-1，3），（-1，-5），，
【分析】（1）直接将B（0，-4），C（2，0）代入，即可求出解析式；
（2）先求出直线AB关系式为：，直线AB平移后的关系式为：，当其与抛物线只有一个交点时，此时点D距AB最大，此时△ABD的面积最大，由此即可求得D点坐标；
（3）分三种情况讨论，①当∠PAB=90°时，即PA⊥AB，则设PA所在直线解析式为：，将A（-4,0）代入得，解得：，此时P点坐标为：（-1,3）；②当∠PBA=90°时，即PB⊥AB，则设PB所在直线解析式为：，将B（0，-4）代入得，，此时P点坐标为：（-1,-5）；③当∠APB=90°时，设P点坐标为：，由于PA所在直线斜率为：，PB在直线斜率为：，=-1，则此时P点坐标为：，．
【详解】（1）解：将B（0，-4），C（2，0）代入，
得：，
解得：，
∴抛物线的函数解析式为：．
（2）向下平移直线AB，使平移后的直线与抛物线只有唯一公共点D时，此时点D到直线AB的距离最大，此时△ABD的面积最大，
∵时，，，
∴A点坐标为：（-4,0），
设直线AB关系式为：，
将A（-4,0），B（0，-4），代入，
得：，
解得：，
∴直线AB关系式为：，
设直线AB平移后的关系式为：，
则方程有两个相等的实数根，
即有两个相等的实数根，
∴，
即的解为：x=-2，
将x=-2代入抛物线解析式得，，
∴点D的坐标为：（-2，-4）时，△ABD的面积最大；
（3）①当∠PAB=90°时，
即PA⊥AB，则设PA所在直线解析式为：，
将A（-4,0）代入得，，
解得：，
∴PA所在直线解析式为：，
∵抛物线对称轴为：x=-1，
∴当x=-1时，，
∴P点坐标为：（-1，3）；
②当∠PBA=90°时，
即PB⊥AB，则设PB所在直线解析式为：，
将B（0，-4）代入得，，
∴PA所在直线解析式为：，
∴当x=-1时，，
∴P点坐标为：（-1，-5）；
③当∠APB=90°时，设P点坐标为：，
∴PA所在直线斜率为：，PB在直线斜率为：，
∵PA⊥PB，
∴=-1，
解得：，，
∴P点坐标为：，
综上所述，P点坐标为：（-1，3），（-1，-5），，时，△PAB为直角三角形．
【点睛】本题主要考查的是二次函数图象与一次函数、三角形的综合，灵活运用所学知识是解题的关键．
二次函数中的等腰三角形存在性问题
如果△ABC是等腰三角形，那么存在①AB＝AC，②BA＝BC，③CA＝CB三种情况．因此，解等腰三角形的存在性问题时，通常要进行分类讨论。
二次函数中的直角三角形存在性问题
如果△ABC是直角三角形，那么存在①∠A为直角，②∠B为直角，③∠C为直角三种情况．因此，解直角三角形的存在性问题时，通常要进行分类讨论。这类问题有几何法和代数法两种方法，我们要根据具体情况灵活选择简便的方法。
二次函数中的等腰直角三角形存在性问题
在解决等腰直角三角形存在性问题时，往往要用到几何和代数相结合的方法，设出点的坐标后，利用等腰直角三角形的几何性质及函数关系式列方程求解，
【变式1】（2022秋·浙江温州·九年级温州绣山中学校考期中）如图，抛物线与轴交于点，，与轴交于点，正方形的边在轴上，，在抛物线上，连结，，是正三角形，，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设交于点，根据正方形与抛物线的对称性，可得阴影部分面积为，先求得抛物线的解析式为，待定系数法求得直线的解析式为，根据对称性设，进而求得点的坐标，点的坐标，即可求解．
【详解】解：如图，设交于点，
∵是正三角形，，
∴
∴
设过的抛物线解析式为，
将点代入，得
∴
∴抛物线解析式为，
∵四边形是正方形，且关于轴对称，
∴
设，
∵在上，
∴，
解得（舍去）
∵，
设直线的解析式为，
∴
∴
∴直线的解析式为
∵在上，
∴的横坐标为
代入
得
∴
∴
∴阴影部分面积为
故选D
【点睛】本题考查了抛物线的性质，待定系数法求解析式，正方形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，求得点的坐标是解题的关键．
【变式2】（2022春·黑龙江大庆·九年级校考期中）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．
【变式3】（2022秋·江苏盐城·九年级统考阶段练习）如图，抛物线与坐标轴交于点、、，点在直线下方的抛物线上运动，当时，点的坐标为____．
【答案】
【分析】将点、、的坐标求出，，设交x轴于点N，求出点的坐标，从而得直线的解析式，联立方程组即可求解．
【详解】解：抛物线与坐标轴交于点、、，
∴当时，；当时，，解方程得，，，
∴，，，则，，，
∴在中，，
如图所示，点点在直线下方的抛物线上运动，设交x轴于点N
∵，
∴，
设，则，
在中，，解得：
∴，
设直线的解析式为，则，
解得：，
∴，
∴，解方程组得，（舍去），，
当时，，即．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查二次函数与三角形的综合运用，掌握二次函数图像的性质，根据勾股定理，列出方程是解题的关键．
【变式4】（2022·江苏泰州·校联考三模）如图，在平面直角坐标系中，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，抛物线的顶点为D，对称轴交x轴于点E．点P为抛物线对称轴上一点．以为边在的下方作等边三角形，则当点P从点D运动到点E的过程中，点Q经过路径的长度为______．
【答案】4
【分析】当点P在D时，等边三角形为，当点P在点E时，等边三角形为，连接、，证明，则，则，即可求解．
【详解】如图，当点P在D时，等边三角形为，当点P在点E时，等边三角形为，连接、，
则，，，
对于，令，则，令，解得或，
故点A、B、C的坐标分别为、、，
函数的对称轴为，点，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
，
由B、D的坐标知，，而，
则，
即点Q经过路径的长度是4．
故答案为：4．
【点睛】此题主要考查二次函数和几何综合，解题的关键熟练掌握二次函数的图象和性质．
核心考点五 特殊四边形判定问题
例1 （2021·广西来宾·统考中考真题）如图，已知点，，两点，在抛物线上，向左或向右平移抛物线后，，的对应点分别为，，当四边形的周长最小时，抛物线的解析式为__________．
【答案】．
【分析】先通过平移和轴对称得到当B、E、三点共线时，的值最小，再通过设直线的解析式并将三点坐标代入，当时，求出a的值，最后将四边形周长与时的周长进行比较，确定a的最终取值，即可得到平移后的抛物线的解析式．
【详解】解：∵，，，，
∴，，
由平移的性质可知：,
∴四边形的周长为；
要使其周长最小，则应使的值最小；
设抛物线平移了a个单位，当a>0时，抛物线向右平移，当a