专题34函数与几何综合问题（解答题）-2021年中考数学真题分项汇编（解析版）【全国通用】

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2021年中考数学真题分项汇编【全国通用】（第01期）
专题34函数与几何综合问题（解答题）
一、解答题
1．（2021·浙江中考真题）在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点B在直线上，过点B作AB的垂线，过原点O作直线l的垂线，两垂线相交于点C．
（1）如图，点B，C分别在第三、二象限内，BC与AO相交于点D．
①若，求证：．
②若，求四边形的面积．
（2）是否存在点B，使得以为顶点的三角形与相似？若存在，求OB的长；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）①见解析；②；（2）存在，，4，9，1
【分析】
（1）①等腰三角形等角对等边，则，根据等角的余角相等和对顶角相等，得到，根据等角对等边，即可证明；
②添加辅助线，过点A作于点H，根据直线l的解析式和角的关系，分别求出线段AB、BC、OB、OC的长，则；
（2）分多钟情况进行讨论：①当点C在第二象限内，时；②当点C在第二象限内，时；③当点C在第四象限内，时．
【详解】
解：（1）①证明：如图1，
∵，∴．
∴，∴．
而，
∴．
∵，∴．
∴，
∴．

②如图1，过点A作于点H．由题意可知，
在中，．设，．
∵，∴，解得．
∴．
∵，
∴，
∴
∴．
∵，
∴，
∴，
：
∴．
（2）过点A作于点H，则有．
①如图2，当点C在第二象限内，时，设
∵，∴．
又∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，∴，
∴，整理得，解得．
∴．

②如图3，当点C在第二象限内，时，延长交于点G，
则，∴．
又∵，
∴，
而，
∴，
∴

③当点C在第四象限内，时，与相交于点E，则有．
(a)如图4，点B在第三象限内．

在中，，∴
∴，
又∵，
∴，
而
∴，
∴
∴，
∴，
∴
(b)如图5，点B在第一象限内．

在中
∴，∴．
又∵，
∴
而，∴
∴
∴，
∴，
∴
综上所述，的长为，4，9，1．
【点睛】
本题涉及到等腰三角形、等角的余角相等、利用切割法求四边形的面积和相似三角形等知识，综合性较强．在题中已知两个三角形相似时，要分情况考虑．
2．（2021·浙江中考真题）如图，在平面直角坐标系中，经过原点，分别交轴、轴于，，连结．直线分别交于点，（点在左侧），交轴于点，连结．

（1）求的半径和直线的函数表达式．
（2）求点，的坐标．
（3）点在线段上，连结．当与的一个内角相等时，求所有满足条件的的长．
【答案】（1）半径为，直线的函数表达式为；（2）点为，点为；（3）5，10或
【分析】
（1）由，，确定点为，再利用两点间距离公式求解即可得到半径的长，利用待定系数法可直接得到直线CM的函数表达式；
（2）先作辅助线构造相似三角形，求出，，即可得到点为，点为；
（3）先作辅助线，得到，再分三种情况讨论，通过作轴于点，证出点为符合条件的点，再分别讨论当时和时的情况，分别得到和的值，最后完成求解．
【详解】
解：（1），
为的直径．
，，
点为，
半径为．
设直线的函数表达式为．
把，代入得，解得．
直线的函数表达式为；
∴⊙M 的半径为，直线 CM 的函数表达式为．
（2）过点作轴平行线，点作轴平行线交于点，作轴于点（如图1），

，，
，


，且
，，
点为．
点，关于点对称，
点为．
（3）作轴于点，
，．
，
．
分三种情况（如图2）：
①作轴于点，
，，
，
，
，
即点为符合条件的一个点．
．
②当时，
，
．
，
（），
，
．
③当时，
，
，
．
，

，
,
，
．
综上所述，当与的一个内角相等时，的长为5，10或．
【点睛】
本题综合考查了平面直角坐标系、圆、待定系数法求函数解析式、勾股定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，要求学生根根据题意找到相等关系建立方程求解，本题综合性很强，对学生的分析能力要求较高，解决本题的关键是能通过作辅助线构造相似三角形以及牢记相关概念、性质和公式等，本题蕴含了分类讨论的思想方法．
3．（2021·黑龙江中考真题）如图，一次函数的图象与轴的正半轴交于点，与反比例函数的图像交于两点．以为边作正方形，点落在轴的负半轴上，已知的面积与的面积之比为．

（1）求一次函数的表达式：
（2）求点的坐标及外接圆半径的长．
【答案】(1)；(2)点的坐标为；外接圆半径的长为
【分析】
(1)过D点作DE∥y轴交x轴于H点，过A点作EF∥x轴交DE于E点，过B作BF∥y轴交EF于F点，证明△ABF≌△DAE，，的面积与的面积之比为得到，进而得到，求出A、D两点坐标即可求解；
(2)联立一次函数与反比例函数解析式即可求出P点坐标；再求出C点坐标，进而求出CP长度，Rt△CPD外接圆的半径即为CP的一半．
【详解】
解：(1)过D点作DE∥y轴交x轴于H点，过A点作EF∥x轴交DE于E点，过B作BF∥y轴交EF于F点，如下图所示：

∵与有公共的底边BO，其面积之比为1:4，
∴DH:OA=1:4，
设，则，
∵ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAF+∠EAD=90°，
∵∠BAF+∠FBA=90°，
∴∠FBA=∠EAD，
在△ABF和△DAE中： ,
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴
又，
∴，解得(负值舍去)，
∴，代入中，
∴ ，解得 ，
∴一次函数的表达式为；
(2)联立一次函数与反比例函数解析式： ，
整理得到：，
解得 ，，
∴点的坐标为；D点的坐标为（4,1）
∵四边形ABCD为正方形，
∴，
且，
在中，由勾股定理：，
∴，
又△CPD为直角三角形，其外接圆的圆心位于斜边PC的中点处，
∴△CPD外接圆的半径为．
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的综合应用，三角形全等的判定与性质，勾股定理求线段长，本题属于综合题，解题的关键是正确求出点A、D两点坐标．
4．（2021·江苏中考真题）已知四边形是边长为1的正方形，点E是射线上的动点，以为直角边在直线的上方作等腰直角三角形，，设．

（1）如图1，若点E在线段上运动，交于点P，交于点Q，连结，
①当时，求线段的长；
②在中，设边上的高为h，请用含m的代数式表示h，并求h的最大值；
（2）设过的中点且垂直于的直线被等腰直角三角形截得的线段长为y，请直接写出y与m的关系式．
【答案】（1）①；②，h最大值=；（2）
【分析】
（1）①过点F作FM⊥BC，交BC的延长线于点M，先证明，可得FM =，CM=，进而即可求解；②由，得CP=，把绕点A顺时针旋转90°得，可得EQ =DQ+BE，利用勾股定理得DQ=，EQ=，QP=，结合三角形面积公式，即可得到答案；
（2）以点B为坐标原点，BC 所在直线为x轴，建立直角坐标系，则E(m，0)，A(0，1)，F(1+m，m)，从而求出AE的解析式为：y=x+1，AF的解析式为：y=x+1，EF的解析式为：y=mx-m2，再分两种情况：①当0≤m≤时，②当m＞时，分别求解即可．
【详解】
解：（1）①过点F作FM⊥BC，交BC的延长线于点M，

∵在等腰直角三角形中，，AE=FE，在正方形中，∠B=90°，
∴∠BAE+∠AEB=∠FEM+∠AEB，
∴∠BAE=∠FEM，
又∵∠B=∠FME，
∴，
∴FM=BE=，EM=AB=BC，
∴CM=BE=，
∴CF=；
②∵∠BAE=∠FEC，∠B=∠ECP=90°，
∴，
∴，即：，
∴CP=，
把绕点A顺时针旋转90°得，则AG=AQ，∠GAB=∠QAD，GB=DQ，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠QAD=∠BAE+∠GAB=90°-45°=45°，即：∠GAE=∠EAF=45°，
∵∠ABG=∠ABE=90°，
∴B、G、E三点共线，
又∵AE=AE，
∴，
∴EQ=EG=GB+BE=DQ+BE，
∴在中，，即：，
∴DQ=，
∴EQ= DQ+BE=+m=，QP=1--()=，
∴，即：×(1-m)= ×h，
∴=，即m=时，h最大值=；

（3）以点B为坐标原点，BC 所在直线为x轴，建立直角坐标系，则E(m，0)，A(0，1)，
∵直线m过AB的中点且垂直AB，
∴直线m的解析式为：x=，
过点F作FM⊥x轴于点M，由（1）可知：，即FM=BE，EM=AB，
∴F(1+m，m)，
设AE的解析式为：y=kx+b，
把E(m，0)，A(0，1)代入上式，得，解得：，
∴AE的解析式为：y=x+1，
同理：AF的解析式为：y=x+1，EF的解析式为：y=mx-m2，
①当0≤m≤时，如图，G(，)，N(，m-m2)，

∴y=-(m-m2)=，
②当m＞时，如图，G(，)，N(，)，
∴y=-=，
综上所述：．

【点睛】
本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，一次函数的性质，添加辅助线构造全等三角形，建立坐标系，把几何问题用代数的方法解决，是解题的关键．
5．（2021·江苏中考真题）在平面直角坐标系中，对于A、两点，若在y轴上存在点T，使得，且，则称A、两点互相关联，把其中一个点叫做另一个点的关联点．已知点、，点在一次函数的图像上．
（1）①如图，在点、、中，点M的关联点是_______（填“B”、“C”或“D”）；
②若在线段上存在点的关联点，则点的坐标是_______；
（2）若在线段上存在点Q的关联点，求实数m的取值范围；
（3）分别以点、Q为圆心，1为半径作、．若对上的任意一点G，在上总存在点，使得G、两点互相关联，请直接写出点Q的坐标．


【答案】（1）①B；②；（2）或；（3）或．
【分析】
由材料可知关联点的实质就是将点A绕y轴上点T顺时针或逆时针旋转90度的得到点．故先找到旋转90°坐标变化规律，再根据规律解答即可，
（1）①根据关联点坐标变化规律列方程求解点T坐标，有解则是关联点；无解则不是；②关联点的纵坐标等于0，根据关联点坐标变化规律列方程求解即可；
（2）根据关联点坐标变化规律得出关联点，列不等式求解即可；
（3）根据关联点的变化规律可知圆心是互相关联点，由点E坐标求出点Q坐标即可．
【详解】
解：在平面直角坐标系中，设，点，关联点，
将点A、点、点T向下平移个单位，点T对应点与原点重合，此时点A、点对应点、，
∵绕原点旋转90度的坐标变化规律为：点（x，y）顺时针旋转，对应点坐标为（y，-x）；逆时针旋转对应点坐标为（-y，x），
∴绕原点旋转90度的坐标对应点坐标为或，
即顺时针旋转时，解得：，即关联点，
或逆时针旋转时，，解得：，即关联点，
即：在平面直角坐标系中，设，点，关联点坐标为或，
（1）①由关联点坐标变化规律可知，点关于在y轴上点的关联点坐标为：或，
若点是关联点，则或，解得：，即y轴上点或，故点是关联点；
若点是关联点，则或，无解，故点不是关联点；
若点是关联点，则或，无解，故点不是关联点；
故答案为：B；
②由关联点坐标变化规律可知，点关于点的关联点的坐标为或，
若，解得：，此时即点，不在线段上；
若，解得：，此时即点，在线段上；
综上所述：若在线段上存在点的关联点，则点
故答案为：；
（2）设点与点是关于点关联点，则点坐标为或，
又因为点在一次函数的图像上，即：，
点在线段上，点、，
当∴，
∴，
∴，
或，
∴，
当；
综上所述：当或时，在线段上存在点Q的关联点．
（3）对上的任意一点G，在上总存在点，使得G、两点互相关联，
故点E与点Q也是关于同一点的关联，设该点，则
设点与点是关于点关联点，则点坐标为或，
又因为在一次函数的图像上，即：，
∵点，
若，解得：，
即点，
若，解得：，
即点，
综上所述：或．
【点睛】
本题主要考查了坐标的旋转变换和一次函数图像上点的特征，解题关键是总结出绕点旋转90°的点坐标变化规律，再由规律列出方程或不等式求解．
6．（2021·广东中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线分别与x轴，y轴相交于A、B两点，点为直线在第二象限的点

（1）求A、B两点的坐标；
（2）设的面积为S，求S关于x的函数解析式：并写出x的取值范围；
（3）作的外接圆，延长PC交于点Q，当的面积最小时，求的半径．
【答案】（1）A（-8，0），B（0，4）；（2），-8＜＜0；（3）4．
【分析】
（1）根据一次函数的图象与性质即可求出A、B两点的坐标；
（2）利用三角形面积公式及点的坐标特点即可求出结果；
（3）根据圆周角性质可得，．由等角的三角函数关系可推出，再根据三角形面积公式得，由此得结论当最小时，的面积最小，最后利用圆的性质可得有最小值，且为的直径，进而求得结果．
【详解】
解：（1）当时，，解得，
∴A（-8，0）．
当时，，
∴B（0，4）．
（2）∵A（-8,0），
∴．
点P在直线上，
∴，
∴．
∵点P在第二象限，
∴＞0，且＜0．
解得-8＜＜0；
（3）∵B（0，4），
∴．
∵为的外接圆，
∴，．
∴．
设，则．
∴．
∴当最小时，的面积最小．
∴当时，有最小值，且为的直径．
∴．
即的半径为4．
【点睛】
本题考查了一次函数的图象与性质、三角形面积计算及圆的相关性质等知识，熟练掌握一次函数的图象与性质、三角形面积计算及圆的相关性质是解题的关键．
7．（2021·广西梧州市·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（0，3），顶点为C．平移此抛物线，得到一条新的抛物线，且新抛物线上的点D（3，﹣1）为原抛物线上点A的对应点，新抛物线顶点为E，它与y轴交于点G，连接CG，EG，CE．

（1）求原抛物线对应的函数表达式；
（2）在原抛物线或新抛物线上找一点F，使以点C，E，F，G为顶点的四边形是平行四边形，并求出点F的坐标；
（3）若点K是y轴上的一个动点，且在点B的上方，过点K作CE的平行线，分别交两条抛物线于点M，N，且点M，N分别在y轴的两侧，当MN＝CE时，请直接写出点K的坐标．
【答案】（1）；（2）F（-4，3），（3）．
【分析】
（1）根据待定系数法将点A（﹣1，0），B（0，3）代入抛物线y＝x2+bx+c，即可求出原抛物线解析式；
（2）根据新抛物线上的点D（3，﹣1）为原抛物线上点A的对应点可知抛物线平移方式为右移4个单位下移1个单位，从而确定新抛物线解析式，进而确定点C、D、G坐标，由以点C，E，F，G为顶点的四边形是平行四边形即可确定点F坐标的可能位置，判断是否在原抛物线或新抛物线上即可解答；
（3）由，MN＝CE，可知M点到N点的平移方式和C点到E点平移方式相同，故可设点M坐标为（a，b），可得点N坐标为（a+4，b-1），由图像可知M在新抛物线、N在原抛物线上，据此列方程求出点M、N坐标，由直线MN解析式即可求出与y轴交点坐标即K点坐标．
【详解】
解：（1）由抛物线y＝x2+bx+c经过点A（﹣1，0），B（0，3），得：
，
解得：，
∴原抛物线对应的函数表达式为：；
（2）由（1）得：原抛物线为：，故顶点C坐标为
∵新抛物线上的点D（3，﹣1）为原抛物线上点A的对应点，
∴原抛物线向右移4个单位，向下移1个单位得到新抛物线，
∴新抛物线对应的函数表达式为：，即：
故新抛物线顶E点坐标为，与y轴交点G坐标为，
以点C，E，F，G为顶点的四边形是平行四边形，点F不可能在CE下方，故如图所示：

当平行四边形为时，点F坐标为，即，根据平移性质可知：一定在原抛物线；
当平行四边形为时，点F坐标为，即，此时；故不在新抛物线上，
综上所述：以点C，E，F，G为顶点的四边形是时，F的坐标为；
（3）∵，MN＝CE，
∴M点到N点的平移方式和C点到E点平移方式相同，
设M在左侧，坐标为（a，b），则点N坐标为（a+4，b-1），由图可知，点M在新抛物线，点N在原抛物线，
，
解得： ，
即M点坐标为，
∴点N坐标为，
设直线MN解析式为，
∴，
解得：，
即：，
故直线MN与y轴交点K坐标为．
【点睛】
本题主要考查了函数图像的平移、函数图像与几何图形结合的综合能力的培养，要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，掌握图像平移的性质确定函数解析式和点的坐标是解题关键．
8．（2021·四川中考真题）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象相交于点，与x轴相交于点B．


（1）求反比例函数的表达式；
（2）过点A的直线交反比例函数的图象于另一点C，交x轴正半轴于点D，当是以为底的等腰三角形时，求直线的函数表达式及点C的坐标．
【答案】（1）；（2），点C的坐标为
【分析】
（1）先求出A点坐标，再用待定系数法即可求解；
（2）根据已知条件求出B坐标，再求出D的坐标，然后用待定系数法求出解析式，再联立解析解出即可
【详解】
（1）将点的坐标代入一次函数表达式并解得：a＝2，
故，
将点A的坐标代入反比例函数表达式并解得：k＝6，
故反比例函数表达式为：y（x＞0） ；
(2)∵
∴
∵是以为底的等腰三角形，
∴
设一次函数AD的表达式为：y＝kx+b
得：
解得：
∴解析式为：
联立反比例函数和直线AD的解析式得

解得（舍去）或
∴点C的坐标为．
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的交点，当有两个函数的时候，要注重数形结合，把函数转化成方程，体现了方程思想，综合性较强．
9．（2021·湖南中考真题）如图所示，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与函数的图像（记为）交于点A，过点A作轴于点，且，点在线段上（不含端点），且，过点作直线轴，交于点，交图像于点．

（1）求的值，并且用含的式子表示点的横坐标；
（2）连接、、，记、的面积分别为、，设，求的最大值．
【答案】（1），D点横坐标为；（2）
【分析】
（1）先求出A点坐标，再利用待定系数法即可求出k的值，利用OC=t和D点在直线l上即可得到D点横坐标；
（2）分别用含t的式子表示出、，得到关于t的二次函数，求函数的最大值即可．
【详解】
解：（1）∵，
∴A点横坐标为1,
∵A点在一次函数的图像上，
∴，
∴,
∵A点也在反比例函数图像上，
∴，
∴反比例函数解析式为：，
∵，直线轴，
∴D点纵坐标为t，
∵D点在直线l上，
∴D点横坐标为，
综上可得：，D点横坐标为．
（2）直线轴，交于点，交图像于点，
∴E点纵坐标为t，
将纵坐标t代入反比例函数解析式中得到E点坐标为，
∴，A点到DE的距离为，
∴，
∵轴于点，
∴，
∴，
∴，
∴当时，最大=；
∴的最大值为．
【点睛】
本题综合考查了反比例函数和一次函数，涉及到了用待定系数法求函数解析式、用点的坐标表示线段的长、平面直角坐标系中三角形的面积表示、平行于x轴的直线上的点的坐标特征等内容，本题综合性较强，要求学生对概念的理解和掌握应做到深刻与扎实，本题蕴含了数形结合的思想方法等．
10．（2021·江苏中考真题）如图，在平面直角坐标系中．四边形为矩形，点、分别在轴和轴的正半轴上，点为的中点已知实数，一次函数的图像经过点、，反比例函数的图像经过点，求的值．


【答案】
【分析】
先根据一次函数求出点C的坐标，进而可表示出点B的横坐标，再代入反比例函数即可求得点B的坐标，再结合点D为AB的中点可得点D的坐标，最后将点D坐标代入一次函数即可求得答案．
【详解】
解：把代入，得．
∴．
∵轴，
∴点横坐标为．
把代入，得．
∴．
∵点为的中点，
∴．
∴．
∵点在直线上，
∴．
∴．
【点睛】
本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，涉及的知识有：待定系数法确定一次函数、反比例函数解析式，坐标与图形性质，矩形的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
11．（2021·山东中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形的两边、分别在坐标轴上，且，，连接．反比例函数（）的图象经过线段的中点，并与、分别交于点、．一次函数的图象经过、两点．

（1）分别求出一次函数和反比例函数的表达式；
（2）点是轴上一动点，当的值最小时，点的坐标为______．
【答案】（1）, ；（2）
【分析】
（1）先求出B点的坐标，再由反比例函数过点，求出点的坐标，代入即可，
由矩形的性质可得、坐标，代入即可求出解析式；
（2）“将军饮马问题”，作关于轴的对称点，连接,直线与轴交点即为所求．
【详解】
（1） 四边形是矩形，，

为线段的中点

将代入，得




将，代入，得：
，解得

（2）如图：作关于轴的对称点，连接交轴于点P

当三点共线时，有最小值

，
设直线的解析式为

将，代入，得
，解得

令，得

【点睛】
本题考查了矩形的性质，反比例函数性质，反比例函数和一次函数待定系数法求解析式，反比例函数图像上点的特点，线段和距离最值问题，正确的作辅助线，理解并记忆待定系数法求解的技巧是解题关键．
12．（2021·广西中考真题）如图①，在中，于点，，，点是上一动点（不与点，重合），在内作矩形，点在上，点，在上，设，连接．


（1）当矩形是正方形时，直接写出的长；
（2）设的面积为，矩形的面积为，令，求关于的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）；
（3）如图②，点是（2）中得到的函数图象上的任意一点，过点的直线分别与轴正半轴，轴正半轴交于，两点，求面积的最小值，并说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）6
【分析】
（1）直接根据等腰直角三角形性质及正方形性质可以得出：，进一步计算即可；
（2）先根据等腰直角三角形以及直角三角形得出，，代入化简即可；
（3）设l：，则，当面积的最小时，两个函数图像仅有一个交点，列出面积的表达式求解即可．
【详解】
解：（1）根据题意：可知
均为等腰直角三角形，则，
∵，，，
∴DC=8，
∴AC=，
∴；
（2）∵四边形EFGH为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）由（2）得P在上，
设l：，则，
当面积的最小时，两个函数图像仅有一个交点，
令，得，
则，
∴，
，
，
，
．
【点睛】
本题主要考查正方形性质，矩形的性质，勾股定理，特殊角锐角三角函数，反比例函数与一次函数综合问题，能够根据题意列出相应的方程是解决本题的关键．
13．（2021·江苏中考真题）通过构造恰当的图形，可以对线段长度、图形面积大小等进行比较，直观地得到一些不等关系或最值，这是“数形结合”思想的典型应用．
（理解）
（1）如图1，，垂足分别为C、D，E是的中点，连接．已知，．
①分别求线段、的长（用含a、b的代数式表示）；
②比较大小：__________（填“＜”、“＝”或“＞”），并用含a、b的代数式表示该大小关系．


（应用）
（2）如图2，在平面直角坐标系中，点M、N在反比例函数的图像上，横坐标分别为m、n．设，记．
①当时，__________；当时，________；
②通过归纳猜想，可得l的最小值是__________．请利用图2构造恰当的图形，并说明你的猜想成立．
【答案】（1）①，=；②＞，＞；（2）①，1；②l的最小值是1，理由见详解
【分析】
（1）①先证明，从而得，进而得CD的值，根据直角三角形的性质，直接得CE的值；②根据点到线之间，垂线段最短，即可得到结论；
（2）①把m，n的值直接代入=进行计算，即可；②过点M作x，y轴的平行线，过点N作x，y轴的平行线，如图所示，则A(n，)，B(m，)，画出图形，用矩形的面积表示，进而即可得到结论．
【详解】
解：（1）①∵，
∴∠ACD+∠A=∠ACD+∠BCD=90°，即：∠A=∠BCD，
又∵∠ADC=∠CDB=90°，
∴，
∴，即：，
∴，即：（负值舍去），
∵E是的中点，
∴==；
②∵，，
∴＞，即：＞．
故答案是：＞；
（2）①当时，==，
当时，==，
故答案是：，1；
②l的最小值是：1，理由如下：
由题意得：M(m，)，N(n，)，过点M作x，y轴的平行线，过点N作x，y轴的平行线，如图所示，则A(n，)，B(m，)，
==
=[（①的面积+②的面积）+②的面积+（②的面积+④的面积）+（①的面积+②的面积+③的面积 +④的面积）]
= [（①的面积+②的面积）+（②的面积+④的面积）+（①的面积+②的面积）+（②的面积+④的面积）+③的面积]
=(1+1+1+1+③的面积)≥1，
∴l的最小值是1．

【点睛】
本题主要考查直角三角形的性质，反比例函数的图像和性质以及相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，反比例函数图像上点的坐标特征，是解题的关键．
14．（2021·四川中考真题）已知反比例函数的图象经过点．

（1）求该反比例函数的表达式；
（2）如图，在反比例函数的图象上点A的右侧取点C，作CH⊥x轴于H，过点A作y轴的垂线AG交直线于点D．
①过点A，点C分别作x轴，y轴的垂线，交于B，垂足分别为为F、E，连结OB，BD，求证：O，B，D三点共线；
②若，求证：．
【答案】（1）反比例函数的表达式为；（2）①证明见详解；②证明见详解．
【分析】
（1）根据反比例函数的图象经过点，可得即可；
（2）①利用锐角三角函数值tan∠EBO=，tan∠DBC=相等，可证∠EBO=∠DBC，利用平角定义∠DBC+∠OBC=∠EBO+∠OBC=180°即可；
②设AC与OD交于K，先证四边形ABCD为矩形，可得∠KAD=∠KDA，KA=KC=，由，可得AO=AK，由∠AKO为△AKD的外角，可得∠AKO=2∠ADK，由AD∥OH 性质，可得∠DOH=∠ADK即可．
【详解】
解：（1）∵反比例函数的图象经过点，
∴，
∴该反比例函数的表达式为；
（2）①设点C（），则B（2，），D（），
∴OE=，BE=2，CD=3-，BC=，
∴tan∠EBO=，tan∠DBC=，
∴∠EBO=∠DBC，
∵∠DBC+∠OBC=∠EBO+∠OBC=180°，
∴点O，点B，点D三点共线；
②设AC与OD交于K，
∵AD⊥y轴，CB⊥y轴，
∴AD∥BC∥x轴，
∵AF⊥x轴，DH⊥x轴，
∴AB∥DC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AF⊥x轴，AD∥x轴，
∴AF⊥AD，
∴∠BAD=90°，
∴四边形ABCD为矩形，
∴∠KAD=∠KDA，KA=KC=，
∵，
∴AO=AK，
∴∠AOD=∠AKO，
又∵∠AKO为△AKD的外角，
∴∠AKO=∠KAD+∠KDA=2∠ADK，
∵AD∥OH ，
∴∠DOH=∠ADK，
∴∠AOD=2∠DOH．

【点睛】
本题考查待定系数法求反比例函数解析式，锐角三角函数，平角定义，矩形判定与性质，等腰三角形判定与性质，三角形外角性质，平行线性质，掌握待定系数法求反比例函数解析式，锐角三角函数，平角定义，矩形判定与性质，等腰三角形判定与性质，三角形外角性质，平行线性质是解题关键．
15．（2021·内蒙古中考真题）如图，矩形的两边的长分别为3，8，C，D在y轴上，E是的中点，反比例函数的图象经过点E，与交于点F，且．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）在y轴上找一点P，使得，求此时点P的坐标．

【答案】（1）；（2）（0，14）或（0，-2）
【分析】
（1）根据矩形的性质和勾股定理得出，再结合得出CF的长，设E点坐标为（-4，a），则F点坐标为（-6，a-3），再根据E，F两点在反比例函数的图象上列出方程，解出a的值即可得出反比例函数的解析式；
（2）设P点坐标为（0，y），根据得出，从而确定点P的坐标；
【详解】
解：（1）矩形ABCD中，AB=3，BC=8，E为AD的中点，
∴AD=BC=8，CD=AB=3，
∵E为AD的中点，
∴DE=AE=4，
∴
∵，
∴CF=6，
设E点坐标为（-4，a），则F点坐标为（-6，a-3），
∵E，F两点在反比例函数的图象上；
∴-4a=-6（a-3），解得a=9，
∴E（-4，9），
∴k=-4×9=-36，．
∴反比例函数的解析式为；
（2）∵a=9，∴C（0，6），
∵，
∴，
∵点P在y轴上，设P点坐标为（0，y），
∴PC=|6-y|
∴
∴y=14或-2；
∴点P的坐标为（0，14）或（0，-2）
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征以及矩形的性质，解题时注意：反比例函数图象上的点（x，y）的横纵坐标的积是定值k，即xy=k．
16．（2021·湖南中考真题）如图，抛物线经过，两点，与轴交于点，连接．

（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）如图2，直线：经过点A，点为直线上的一个动点，且位于轴的上方，点为抛物线上的一个动点，当轴时，作，交抛物线于点（点在点的右侧），以，为邻边构造矩形，求该矩形周长的最小值；
（3）如图3，设抛物线的顶点为，在（2）的条件下，当矩形的周长取最小值时，抛物线上是否存在点，使得？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，或．
【分析】
（1）直接将，两点坐标代入抛物线解析式之中求出系数的值即可；
（2）先利用待定系数法求出直线的解析式，再设出点的坐标，接着表示出Q点和M点的坐标后，求出线段PQ和QM的表达式，再求出它们和的两倍，利用配方法即可求出其最小值；
（3）先利用锐角三角函数证明出，进而得到F点的其中一个位置，在BC另一侧，通过构造直角三角形，利用勾股定理建立方程组，即可求出BF与y轴的交点，进而求出BF的解析式，与抛物线的解析式联立，即可确定F点的坐标．
【详解】
解：（1）∵抛物线经过，两点，
∴，
解得：，
∴该抛物线的函数表达式为：；
（2）∵经过点A，
∴，
∴，
∴直线：；
设，则，
∵抛物线对称轴为：，且Q点和M点关于对称轴对称，
∴M点横坐标为，
∴；
又∵，
∴，
当时，的值最小，为；
∴该矩形周长的最小值为；
（3）存在，或；
由（2）可知，，
∵抛物线的函数表达式为：；
且，
∴顶点D坐标为，
如图4，作DE⊥QM，

因为，，
∴；
又∵抛物线与y轴交于点C，与x轴交于点A、B，
∴
令，解得：，；
∴,,
∴,
∴，
∴当F点在点A处时，能使得，此时;
如图5，在BC另一侧，当时，，
过C点作CN⊥BH，垂足为点N，

由角平分线的性质可得：CN=CO=2，
∴BN=BO=4，
由勾股定理可得：且,
即，且；
解得：，;
∴
设直线BH的函数解析式为：，
∴，
∴，
∴直线BH的函数解析式为：，
联立抛物线解析式与直线BH的函数解析式，得：

解得：（与B点重合，故舍去），或，
∴，
综上可得，抛物线上存在点，使得，或．
【点睛】
本题综合考查了待定系数法求函数解析式、平面直角坐标系中两点之间的距离、求函数的最大或最小值、勾股定理、三角函数等内容，解决本题的关键是能结合图形理解题意，能牢记和熟练运用相关公式进行计算等，本题计算量较大，对学生的综合分析思维能力要求也较高，属于压轴题类型，本题蕴含的思想有分类讨论的思想和数形结合的思想等．
17．（2021·湖北中考真题）抛物线交轴于，两点（在的左边）．

（1）的顶点在轴的正半轴上，顶点在轴右侧的抛物线上．
①如图（1），若点的坐标是，点的横坐标是，直接写出点，的坐标；
②如图（2），若点在抛物线上，且的面积是12，求点的坐标；
（2）如图（3），是原点关于抛物线顶点的对称点，不平行轴的直线分别交线段，（不含端点）于，两点，若直线与抛物线只有一个公共点，求证的值是定值．
【答案】（1）①，；②点的坐标是．（2）见解析
【分析】
（1）①根据函数图象与x轴的交点，令y=0，求出，点E在抛物线上，求出纵坐标为，再根据平行四边形的性质，求出；
②连，过点作轴垂线，垂足为，过点作，垂足为，设点坐标为，点坐标为，根据平行四边形的性质，与点在抛物线上，得到，再由则，列出方程求解；
（2）方法一：先求出G、H两点的横坐标，再利用求解即可；方法二：先用待定系数法求出直线与直线l的表达式，根据直线l与抛物线有唯一的交点，求出点坐标为，点坐标为，再求出结果．
【详解】
（1）解：①∵抛物线交轴于，两点（在的左边），
∴令=0，解得：，，
∴，
∵点E在抛物线上，点的横坐标是，
∴，
∵四边形ACDE是平行四边形，
∴
∴；
②设点坐标为，点坐标为．
∵四边形是平行四边形，
∴将沿平移可与重合，点坐标为．
∵点在抛物线上，∴．
解得，，所以．
连，过点作轴垂线，垂足为，过点作，垂足为．
则，
∵，，
∴．
∴，解得，（不合题意，舍去）．
∴点的坐标是．

（2）方法一：证明：依题意，得，，∴
设直线解析式为，则，解得．
∴直线的解析式为．
同理，直线的解析式为．
设直线的解析式为．
联立，消去得．
∵直线与抛物线只有一个公共点，
∴，．
联立，且，解得，，
同理，得．
∵，两点关于轴对称，∴．
∴．
∴的值为．
方法二：证明：同方法一得直线的解析式为．
设直线的解析式为，与抛物线唯一公共点为．
联立，消去得，∴．
解得．∴直线的解析式为．
联立，且，解得．
∴点坐标为．同理，点坐标为．
∵，∴．
∴的值为．
【点睛】
本题是二次函数综合题，主要考查二次函数、一次函数、三角形面积、方程组等知识点，解题的关键是学会利用参数，学会用方程组求两个函数图象的交点坐标，学会把问题转化为方程解决，属于压轴题．
18．（2021·湖南中考真题）已知二次函数．

（1）若，，求方程的根的判别式的值；
（2）如图所示，该二次函数的图像与x轴交于点、，且，与y轴的负半轴交于点C，点D在线段OC上，连接AC、BD，满足 ，．
①求证：；
②连接BC，过点D作于点E，点在y轴的负半轴上，连接AF，且，求的值．
【答案】（1） （2）①证明见解析；②=2
【分析】
（1）根据判别式公式代入求解即可．
（2）①通过条件，得到OC=OB，再根据ASA即可得到两个三角形角形全等．
②通过分析条件，证明，得到，再根据相关的线段转换长度，代入求解即可.
【详解】
解：（1）当，时，方程为：，
，
（2）①证明：∵，且，
∴，
∴，
在与中，
，
∴．
②解：，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，且，
∴,，
在中，，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
∵，
∴ ，
即：，
∴=2或=-1（舍），
【点睛】
本题考查的是二次函数与一元二次方程的关系，韦达定理，以及一元二次方程的解法，三角形全等和相似等相关知识点，根据题意能够找见相关等量关系是解题关键 .
19．（2021·内蒙古中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过坐标原点，与x轴正半轴交于点A，点是抛物线上一动点．
（1）如图1，当，，且时，
①求点M的坐标：
②若点在该抛物线上，连接OM，BM，C是线段BM上一动点（点C与点M，B不重合），过点C作，交x轴于点D，线段OD与MC是否相等？请说明理由；
（2）如图2，该抛物线的对称轴交x轴于点K，点在对称轴上，当，，且直线EM交x轴的负半轴于点F时，过点A作x轴的垂线，交直线EM于点N，G为y轴上一点，点G的坐标为，连接GF．若，求证：射线FE平分．

【答案】（1）①；②，见解析；（2）见解析
【分析】
（1）①直接将点代入解析式，又有，
即可解出坐标；②相等，先求出点，由两点求出直线的方程，添加辅助线构建直角三角形，利用勾股定理求出边长，证明三角形是等腰三角形即可；
（2）根据已知条件求出点的坐标，再求出所在直线的解析式，求出直线与轴的交点，添加辅助线，利用三角形相似对应边成比例，找到边与边之间的关系，在直角三角形中利用勾股定理建立等式求出边长，再根据角平分线上的点到两条线之间的距离相等，即可判断出为角平分线．
【详解】
解：（1）如答案图6.

①点在抛物线上，且，
，解得，（舍去）
，
，．
②，
点在该抛物线上，
，．
设直线MB交x轴于点H，解析式为，
解得

当时，，
，．
过点M作轴，垂足为R，
，，
，
根据勾股定理得，
，
．，
，，，
，．
（2）如答案图7.

证明：对称轴，，
，，
．过点M作轴，垂足为Q，
，，
．
当时，解得，，
．
，，
，
．，
．
设直线EM的解析式为，
解得
．设直线EM交y轴于点S，过点S作，垂足为P ．
当时，．
．当时，，
，
，．
，
，
．
，，
，
，．
设，则．
在中，
，
．
（负值舍去），
，，
．
，，
射线FE平分．
【点睛】
本题考查了一次函数和二次函数的综合运用，还涉及等腰三角形的性质、直角三角形、相似三角形的判定与性质、角平分线的判定，题目综合性强，涉及知识点多、难度较大，解题的关键是：掌握以上相关知识点后，需要做到灵活运用，同时考查了添加辅助线的能力．
20．（湖南省永州市2021年中考真题数学试卷）已知关于x的二次函数（实数b，c为常数）．
（1）若二次函数的图象经过点，对称轴为，求此二次函数的表达式；
（2）若，当时，二次函数的最小值为21，求b的值；
（3）记关于x的二次函数，若在（1）的条件下，当时，总有，求实数m的最小值．
【答案】（1）；（2）或4；（3）4．
【分析】
（1）将点代入二次函数的解析式可得的值，根据二次函数的对称轴可得的值，由此即可得；
（2）先求出二次函数的对称轴为，再分，和三种情况，分别利用二次函数的性质可得一个关于的一元二次方程，解方程即可得；
（3）先根据可得，令，再根据二次函数的性质列出不等式，求解即可得．
【详解】
解：（1）将点代入得：，
二次函数的对称轴为，
，解得，
则此二次函数的表达式为；
（2），即，
，
则此二次函数的对称轴为，
由题意，分以下三种情况：
①当，即时，
在内，随的增大而减小，
则当时，取得最小值，
因此有，
解得或（不符题设，舍去）；
②当，即时，
在内，随的增大而减小；在内，随的增大而增大，
则当时，取得最小值，
因此有，
解得或（均不符题设，舍去）；
③当，即时，
在内，随的增大而增大，
则当时，取得最小值，
因此有，
解得或（不符题设，舍去），
综上，的值为或4；
（3）由（1）可知，，
由得：，即，
令，
在内，随的增大而增大，
要使得当时，总有，则只需当时，即可，
因此有，
解得，
则实数的最小值为4．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质、解一元二次方程等知识点，较难的是题（2），正确分三种情况讨论是解题关键．
21．（2021·四川中考真题）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，，．

（1）求抛物线的解析式；
（2）在第二象限内的抛物线上确定一点P，使四边形PBAC的面积最大．求出点P的坐标
（3）在（2）的结论下，点M为x轴上一动点，抛物线上是否存在一点Q．使点P、B、M、Q为顶点的四边形是平行四边形，若存在．请直接写出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）（，）；（3）（，）或（，）或（，）
【分析】
（1）根据OB=OC=3OA，AC=，利用勾股定理求出OA，可得OB和OC，得到A，B，C的坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）判断出四边形BACP的面积最大时，△BPC的最大面积，过点P作y轴的平行线交BC于点H，求出直线BC的表达式，设点P（x，-x2-2x+3），利用三角形面积公式S△BPC=，即可求出S△BPC面积最小时点P的坐标；
（3）分类讨论，一是当BP为平行四边形对角线时，二是当BP为平行四边形一边时，利用平移规律即可求出点Q的坐标．
【详解】
解：（1）∵OB=OC=3OA，AC=，
∴，即，
解得：OA=1，OC=OB=3，
∴A（1，0），B（-3，0），C（0，3），代入中，
则，解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）如图，四边形PBAC的面积=△BCA的面积+△PBC的面积，
而△ABC的面积是定值，故四边形PBAC的面积最大，只需要△BPC的最大面积即可，
过点P作y轴的平行线交BC于点H，
∵B（-3，0），C（0，3），设直线BC的表达式为y=mx+n，
则，解得：，
∴直线BC的表达式为y=x+3，
设点P（x，-x2-2x+3），则点H（x，x+3），
S△BPC===，
∵，故S有最大值，即四边形PBAC的面积有最大值，
此时x=，代入得，
∴P（，）；

（3）若BP为平行四边形的对角线，
则PQ∥BM，PQ=BM，
则P、Q关于直线x=-1对称，
∴Q（，）；

若BP为平行四边形的边，
如图，QP∥BM，QP=BM，
同上可得：Q（，）；

如图，BQ∥PM，BQ=PM，
∵点Q的纵坐标为，代入中，
解得：或（舍），
∴点Q的坐标为（，）；

如图，BP∥QM，BP=QM，
∵点Q的纵坐标为，代入中，
解得：（舍）或，
∴点Q的坐标为（，）；

综上：点Q的坐标为（，）或（，）或（，）．
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了二次函数的有关性质、一次函数的性质、平行四边形的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
22．（四川省资阳市2021年中考数学试卷）抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是抛物线上位于直线上方的一点，与相交于点E，当时，求点P的坐标；
（3）如图2，点D是抛物线的顶点，将抛物线沿方向平移，使点D落在点处，且，点M是平移后所得抛物线上位于左侧的一点，轴交直线于点N，连结．当的值最小时，求的长．
【答案】（1）；（2）或；（3）．
【分析】
（1）利用待定系数法即可得；
（2）设点的坐标为，先利用待定系数法求出直线的解析式，再根据可得点的坐标，代入直线的解析式求解即可得；
（3）先根据求出点的坐标，再根据二次函数图象的平移规律得出平移后的函数解析式，设点的坐标，从而可得点的坐标，然后根据两点之间的距离公式可得，最后根据两点之间线段最短、垂线段最短求解即可得．
【详解】
解：（1）由题意，将点代入得：，
解得，
则抛物线的解析式为；
（2）对于二次函数，
当时，，解得或，
，
设点的坐标为，点的坐标为，
，
，解得，
，
设直线的解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的解析式为，
将点代入得：，
解得或，
当时，，此时，
当时，，此时，
综上，点的坐标为或；
（3）二次函数的顶点坐标为，
设点的坐标为，
，
，解得，
，
则平移后的二次函数的解析式为，
设直线的解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的解析式为，
设点的坐标为，则点的坐标为，
如图，连接，过点作于点，过点作于点，交于点，连接，


，
轴，
，
，
由两点之间线段最短得：的最小值为，
由垂线段最短得：当点与点重合时，取得最小值，此时点与点重合，
则点的纵坐标与点的纵坐标相等，
即，解得，
则，
，
．
【点睛】
本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式、二次函数图象的平移规律、垂线段最短等知识点，较难的是题（3），正确求出平移后的抛物线的解析式是解题关键．
23．（2021·黑龙江中考真题）如图，抛物线与轴交于除原点和点，且其顶点关于轴的对称点坐标为．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）抛物线的对称轴上存在定点，使得抛物线上的任意一点到定点的距离与点到直线的距离总相等．
①证明上述结论并求出点的坐标；
②过点的直线与抛物线交于两点．证明：当直线绕点旋转时，是定值，并求出该定值；
（3）点是该抛物线上的一点，在轴，轴上分别找点，使四边形周长最小，直接写出的坐标．
【答案】（1）；（2）；，证明见解析（3），
【分析】
（1）先求出顶点的坐标为，在设抛物线的解析式为，根据抛物线过原点，即可求出其解析式；
（2）设点坐标为，点坐标为，利用两点间距离公式，结合题目已知列出等量关系；设直线的解析式为，直线与抛物线交于点，直线方程与抛物线联立得出，在结合的结论，分别表示出的值，即可求解；
（3）先求出点的坐标，分别作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，连接，交轴于点，交轴于点，则点即为所求
【详解】
解：（1）点B关于轴对称点的坐标为
点的坐标为
设抛物线的解析式为
抛物点过原点

解得
抛物线解析式为：即
（2）设点坐标为，点坐标为
由题意可得：
整理得：

点的坐标为
设直线的解析式为，直线与抛物线交于点


整理得：

由得

整理得：

（3）点在抛物线上，


如图：作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点

则点，点，连接，交轴于点，交轴于点，则此时四边形PQBC周长最小
设直线的解析式为

解得
直线的解析式为
点坐标为，点坐标为
【点睛】
本题考查了待定系数法求抛物线解析式，点到直线的距离，两点间距离公式，以及线段最值问题，以及点的对称问题，综合性较强
24．（2021·湖北中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，顶点坐标记为．抛物线的顶点坐标记为．

（1）写出点坐标；
（2）求，的值（用含的代数式表示）；
（3）当时，探究与的大小关系；
（4）经过点和点的直线与抛物线，的公共点恰好为3个不同点时，求的值．
【答案】（1）；（2），；（3）当时，，当时，，当时，，当或时，；（4），，，
【分析】
（1）令，解出x即可，
（2）把函数顶点式，即可得出结论，
（3）令，结合函数图像分类讨论即可，
（4）由题意可得：直线的解析式为：，再根据已知条件画出函数图像分三类情况讨论，进而得出n的值；
【详解】
（1）∵，令，，
∴，，
∴．
（2），
∴，
∵，
∴．
（3）∵，，
当时，，
此时或，
．
由如图1图象可知：
当时，，
当时，，
当时，，
当或时，．

（4）设直线的解析式为：，
则，
由（1）-（2）得，，
∴，
直线的解析式为：．
第一种情况：如图3，

当直线经过抛物线，的交点时，
联立抛物线与的解析式可得：
①
联立直线与抛物线的解析式可得：
，
则，②
当时，把代入得：，
把，代入直线的解析式得：
，
∴，
∴．
此时直线与抛物线，的公共点恰好为三个不同点．
当时，把代入①得：
，
该方程判别式，所以该方程没有实数根．
第二种情况：如图4，

当直线与抛物线或者与抛物线只有一个公共点时．
当直线与抛物线只有一个公共点时，
联立直线与抛物线可得，
∴，
此时，即，
∴，
∴．
由第一种情况而知直线与抛物线公共点的横坐标为，，
当时，，∴．
所以此时直线与抛物线，的公共点恰好为三个不同点．

如图5，

当直线与抛物线只有一个公共点，
∵，，
∴，
联立直线与抛物线，
，
，
当时，，
此时直线与抛物线，的公共点只有一个，
∴．
综上所述：∴，，，．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到二次函数的顶点式、一次函数与二次函数的综合、数形结合思想等等，其中（4），要正确画图，并注意分类求解，避免遗漏．
25．（2021·山西中考真题）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，，三点的坐标并直接写出直线，的函数表达式；
（2）点是直线下方抛物线上的一个动点，过点作的平行线，交线段于点．
①试探究：在直线上是否存在点，使得以点，，，为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
②设抛物线的对称轴与直线交于点，与直线交于点．当时，请直接写出的长．
【答案】（1）点的坐标为，点的坐标为，点的坐标为，直线的函数表达式为：；直线的函数表达式为：；（2）①存在，点的坐标为或；②．
【分析】
（1）分别令和时即可求解，，三点的坐标，然后再进行求解直线，的函数表达式即可；
（2）①设点的坐标为，其中，由题意易得，，，当时，以，，，为顶点的四边形是平行四边形，进而可根据菱形的性质分当时，是菱形，当时，是菱形，然后分别求解即可；②由题意可作图，则由题意可得抛物线的对称轴为直线，由（1）可得直线的函数表达式为：；直线的函数表达式为：，点的坐标为，点的坐标为，进而可得，设点，然后可求得直线l的解析式为，则可求得点，所以就有，最后根据面积公式及两点距离公式可进行求解．
【详解】
解：（1）当时，，解得，，
∵点在点的左侧，
∴点的坐标为，点的坐标为，
当时，，
∴点的坐标为，
设直线的函数表达式为，代入点A、C的坐标得：，
解得：，
∴直线的函数表达式为：．
同理可得直线的函数表达式为：；
（2）①存在．设点的坐标为，其中，
∵点，点的坐标分别为，，
∴，，，
∵，
∴当时，以，，，为顶点的四边形是平行四边形，
当时，是菱形，如图所示：

∴，
解得，（舍去），
∴点的坐标为，
∴点的坐标为；
当时，是菱形，如图所示：

∴，
解，得，（舍去），
∴点的坐标为，
∴点的坐标为；
综上所述，存在点，使得以，，，为顶点的四边形为菱形，且点的坐标为或；
②由题意可得如图所示：

由题意可得抛物线的对称轴为直线，由（1）可得直线的函数表达式为：；直线的函数表达式为：，点的坐标为，点的坐标为，
∴点，，
∴，
设点，
∵，
∴设直线l的解析式为，把点M的坐标代入得：，
解得：，
∴直线l的解析式为，
∴联立直线l与直线AC的解析式得：，
解得：，
∴，
∴点，
∵点是直线下方抛物线上的一个动点，且，
∴点M在点N的上方才有可能，
∴，
∴，
解得：（不符合题意，舍去），
∴，
∴由两点距离公式可得．
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合及菱形的性质，熟练掌握二次函数的综合及菱形的性质是解题的关键．
26．（2021·湖南中考真题）在平面直角坐标系中，如果一个点的横坐标与纵坐标相等，则称该点为“雁点”．例如……都是“雁点”．
（1）求函数图象上的“雁点”坐标；
（2）若抛物线上有且只有一个“雁点”E，该抛物线与x轴交于M、N两点（点M在点N的左侧）．当时．
①求c的取值范围；
②求的度数；
（3）如图，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），P是抛物线上一点，连接，以点P为直角顶点，构造等腰，是否存在点P，使点C恰好为“雁点”？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）和；（2）①；②45°；（3）存在，P点坐标为或或
【分析】
（1）根据“雁点”的定义可得y=x，再联立求出 “雁点”坐标即可；
（2）根据和y=x可得，再利用根的判别式得到，再求出a的取值范围；将点c代入解析式求出点E的坐标，令y=0，求出M的坐标，过E点向x轴作垂线，垂足为H点，如图所示，根据EH=MH得出为等腰直角三角形，∠EMN的度数即可求解；
（3）存在，根据图1，图2，图3进行分类讨论，设C（m，m），P（x，y），根据三角形全等得出边相等的关系，再逐步求解，代入解析式得出点P的坐标．
【详解】
解：（1）联立，
解得或
即：函数上的雁点坐标为和．
（2）① 联立
得
∵ 这样的雁点E只有一个，即该一元二次方程有两个相等的实根，
∴
∵
∵
∴
② 将代入，得
解得，∴
对于，令
有
解得
∴
过E点向x轴作垂线，垂足为H点，
EH=，MH=
∴
∴ 为等腰直角三角形，

（3）存在，理由如下：
如图所示：过P作直线l垂直于x轴于点k，过C作CH⊥PK于点H
设C（m，m），P（x，y）
∵ △CPB为等腰三角形，
∴PC=PB，∠CPB=90°，
∴∠KPB+∠HPC=90°，
∵∠HPC+∠HCP=90°，
∴∠KPB=∠HCP，
∵∠H=∠PKB=90°，
∴△CHP≌△PKB，
∴CH=PK，HP=KB，
即
∴
当时，
∴

如图2所示，同理可得：△KCP≌△JPB
∴ KP=JB，KC=JP
设P（x，y），C（m，m）
∴KP=x-m，KC=y-m，JB=y，JP=3-x，
即
解得
令
解得
∴或

如图3所示，
∵△RCP≌△TPB
∴RC=TP，RP=TB
设P（x，y），C（m，m）
即
解得
令
解得
∴ 此时P与第②种情况重合
综上所述，符合题意P的坐标为或或

【点睛】
本题考查了利用待定系数法求函数解析式，图形与坐标，等腰三角形的判定与性质，二次函数的综合运用，理解题意和正确作图逐步求解是解题的关键．
27．（2021·湖南中考真题）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形的边与y轴交于E点，F是的中点，B、C、D的坐标分别为．

（1）求过B、E、C三点的抛物线的解析式；
（2）试判断抛物线的顶点是否在直线上；
（3）设过F与平行的直线交y轴于Q，M是线段之间的动点，射线与抛物线交于另一点P，当的面积最大时，求P的坐标．
【答案】（1）；（2）顶点是在直线上，理由见解析；（3）P点坐标为（9，）．
【分析】
（1）先求出A点坐标，再求出直线AB的解析式，进而求得E的坐标，然后用待定系数法解答即可；
（2）先求出点F的坐标，再求出直线EF的解析式，然后根据抛物线的解析式确定顶点坐标，然后进行判定即可；
（3）设P点坐标为（p，），求出直线BP的解析式，进而求得M的坐标；再求FQ的解析式，确定Q的坐标，可得|MQ|=+6，最后根据S△PBQ= S△MBQ+ S△PMQ列出关于p的二次函数并根据二次函数的性质求最值即可．
【详解】
解：（1）∵平行四边形，B、C、D的坐标分别为
∴A（3，10），
设直线AB的解析式为y=kx+b，
则 ，解得，
∴直线AB的解析式为y=2x+4，
当x=0时，y=4，则E的坐标为（0,4），
设抛物线的解析式为：y=ax2+bx+c，
，解得，
∴过B、E、C三点的抛物线的解析式为；
（2）顶点是在直线上，理由如下：
∵F是的中点，
∴F（8,10），
设直线EF的解析式为y=mx+n，
则，解得，
∴直线EF的解析式为y=x+4，
∵，
∴抛物线的顶点坐标为（3，），
∵=×3+4，
∴抛物线的顶点是否在直线上；
（3）∵，则设P点坐标为（p，），直线BP的解析式为y=dx+e，
则 ，解得，
∴直线EF的解析式为y=x+，
当x=0时，y=，则M点坐标为（0，），
∵AB//FQ ，
∴设FQ的解析式为y=2x+f，则10=2×8+f，解得f=-6，
∴FQ的解析式为y=2x-6 ，
∴Q的坐标为（0，-6），
∴|MQ|=+6，
∴S△PBQ= S△MBQ+ S△PMQ
=
=
=
=
∴当p=9时，的面积最大时，
∴P点坐标为（9，）．

【点睛】
本题主要考查了运用待定系数法求函数解析式、二次函数求最值等知识点，灵活求得所需的函数解析式成为解答本题的关键．
28．（2021·湖南中考真题）如图所示，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且，，，抛物线的对称轴与直线BC交于点M，与x轴交于点N．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P是对称轴上的一个动点，是否存在以P、C、M为顶点的三角形与相似？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
（3）D为CO的中点，一个动点G从D点出发，先到达x轴上的点E，再走到抛物线对称轴上的点F，最后返回到点C．要使动点G走过的路程最短，请找出点E、F的位置，写出坐标，并求出最短路程．
（4）点Q是抛物线上位于x轴上方的一点，点R在x轴上，是否存在以点Q为直角顶点的等腰？若存在，求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．


【答案】（1）；（2）存在，或；（3）点，最短路程为，理由见详解；（4）存在，当以点Q为直角顶点的等腰时，点或，理由见详解．
【分析】
（1）由题意易得，然后设二次函数的解析式为，进而代入求解即可；
（2）由题意易得，要使以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，则可分①当时，②当时，进而分类求解即可；
（3）由题意可得作点D关于x轴的对称点H，作点C关于抛物线的对称轴的对称点I，然后连接HI，分别与x轴、抛物线的对称轴交于点E、F，此时的点E、F即为所求，HI即为动点G所走过的最短路程，最后求解即可；
（4）由题意可分①当点Q在第二象限时，存在等腰，②当点Q在第一象限时，存在等腰，然后利用“k型”进行求解即可．
【详解】
解：（1）∵，，，
∴，
设二次函数的解析式为，代入点C的坐标可得：，解得：，
∴二次函数的解析式为，即为；
（2）存在以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，理由如下：
由（1）可得抛物线的解析式为，则有对称轴为直线，
设直线BC的解析式为，代入点B、C坐标可得：，
解得：，
∴直线BC的解析式为，
∴点，，
∴由两点距离公式可得，
若使以点P、C、M为顶点的三角形与△MNB相似，则有，
①当时，则有轴，如图所示：

∴点，
②当时，如图所示：

∴，
∴，
∴点；
（3）由题意得：动点G从点D出发，先到达x轴上的点E，再走到抛物线对称轴上的点F，最后返回到点C．根据轴对称的性质及两点之间线段最短可知要使点G走过的路程最短则有作点D关于x轴的对称点H，作点C关于抛物线的对称轴的对称点I，然后连接HI，分别与x轴、抛物线的对称轴交于点E、F，此时的点E、F即为所求，HI即为动点G所走过的最短路程，如图所示：

∵OC=8，点D为CO的中点，
∴OD=4，
∴，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴，
设直线HI的解析式为，则把点H、I坐标代入得：，
解得：，
∴直线HI的解析式为，
当y=0时，则有，解得：，
当x=1时，则有，
∴点，
∴点G走过的最短路程为；
（4）存在以点Q为直角顶点的等腰，理由如下：
设点，则有：
①当点Q在第二象限时，存在等腰时，如图所示：

过点Q作QL⊥x轴于点L，过点C作CK⊥QL，交其延长线于点K，如图所示，
∴，
∴四边形COLK是矩形，
∴CK=OL，
∵等腰，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点，
∴，
解得：（不符合题意，舍去），
∴；
②当点Q在第一象限时，存在等腰时，如图所示：

同理①可得，
解得：（不符合题意，舍去），
∴；
综上所述：当以点Q为直角顶点的等腰时，点或．
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合、相似三角形的性质与判定、轴对称的性质及等腰直角三角形的性质，熟练掌握二次函数的综合、相似三角形的性质与判定、轴对称的性质及等腰直角三角形的性质是解题的关键．
29．（2021·甘肃中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与坐标轴交于两点，直线交轴于点．点为直线下方抛物线上一动点，过点作轴的垂线，垂足为分别交直线于点．


（1）求抛物线的表达式；
（2）当，连接，求的面积；
（3）①是轴上一点，当四边形是矩形时，求点的坐标；
②在①的条件下，第一象限有一动点，满足，求周长的最小值．
【答案】（1）；（2）；（3）①；②
【分析】
（1）直接利用待定系数法即可求出答案．
（2）由题意可求出，．利用三角函数可知在和中，，由此即可求出，从而可求出．即可求出D点坐标，继而求出．再根据，即可求出FD的长，最后利用三角形面积公式即可求出最后答案．
（3）①连接，交于点．根据矩形的性质可知，．由可推出．由，可推出．再根据直线BC的解析式可求出C点坐标，即可得出OC的长，由此可求出AC的长，即可求出CH的长，最后即得出OH的长，即可得出H点坐标．
②在中，利用勾股定理可求出的长，再根据结合可推出，即要使最小，就要最小，由题意可知当点在上时，为最小．即求出BC长即可．在中，利用勾股定理求出的长，即得出周长的最小值为．
【详解】
解：（1）∵抛物线过两点，
，
解得，，
．
（2）
．
同理，．
又轴，轴，
∴在和中，，即，

．
当时，，
，即．
，
．
（3）①如图，连接，交于点．
∵四边形是矩形，
．
又，
∴，
．
∵四边形是矩形，
．
，
∵当x=0时，，
∴，
，
，
，
．
②在中，，
．

∴要使最小，就要最小．
，
∴当点在上时，为最小．
在中，．
周长的最小值是．

【点睛】
本题为二次函数综合题．考查二次函数的图象和性质，解直角三角形，一次函数的图象和性质，矩形的性质，平行线分线段成比例，三角形三边关系以及勾股定理等知识，综合性强，较难．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
30．（2021·湖南中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线：经过点和．
（1）求抛物线的对称轴．
（2）当时，将抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，得到抛物线．
①求抛物线的解析式．
②设抛物线与轴交于，两点（点在点的右侧），与轴交于点，连接．点为第一象限内抛物线上一动点，过点作于点．设点的横坐标为．是否存在点，使得以点，，为顶点的三角形与相似，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．


【答案】（1）x=2.5；（2）①；②1或
【分析】
（1）根据函数图像所过的点的特点结合函数性质，可知两点中点横坐标即为对称轴；
（2）①根据平移可得已知点平移后点的坐标，平移过程中a的值不发生改变，所以利用交点式可以求出函数解析式；
②根据条件求出A、B、C、D四点的坐标，由条件可知三角形相似有两种情况，分别讨论两种情况，根据相似的性质可求出m的值．
【详解】
解：（1）因为抛物线图像过（1,1）、（4,1）两点，
这两点的纵坐标相同，根据抛物线的性质可知，对称轴是x=（1+4）÷2=2.5,；
（2）①将点（1,1）、（4,1）向左平移2个单位，再向下平移1个单位，得到（-1,0），（2,0），将点（-1,0），（2,0），a=-1，
根据交点式可求出C1二次函数表达式为；
②根据①中的函数关系式，可得A（2,0），B（-1,0），C（0,2），D（m，），且m＞0
由图像可知∠BOC=∠DEO=90°，
则以点，，为顶点的三角形与相似有两种情况，
（i）当△ODE∽△BCO时，
则，即，
解得m=1或-2（舍），
（ii）当△ODE∽△CBO时，
则，即，
解得
所以满足条件的m的值为1或．
【点睛】
本题主要考查了一元二次函数图形的平移、表达式求法、相似三角形等知识点，熟练运用数形结合是解决问题的关键．
31．（2021·江苏中考真题）如图，二次函数（是实数，且）的图像与轴交于、两点（点在点的左侧），其对称轴与轴交于点，已知点位于第一象限，且在对称轴上，，点在轴的正半轴上，．连接并延长交轴于点，连接．
（1）求、、三点的坐标（用数字或含的式子表示）；
（2）已知点在抛物线的对称轴上，当的周长的最小值等于，求的值．


【答案】（1），，；（2）
【分析】
（1）把代入函数解析式，可得，再利用因式分解法解方程可得的坐标，再求解函数的对称轴，可得的坐标；
（2）先证明，利用相似三角形的性质求解，利用三角形的中位线定理再求解．再利用勾股定理求解，如图，当点、、三点共线时，的长最小，此时的周长最小．可得．再利用勾股定理列方程，解方程可得答案．
【详解】
解：（1）令 则，


∴，，
∴对称轴为直线，
∴．
（2）在中，，


，


，．
．
∵轴，轴，
∴．
∵，
∴．
∴．
在中，，
∴，即．（负根舍去）
∵点与点关于对称轴对称，
∴．
∴如图，当点、、三点共线时，的长最小，此时的周长最小．
∴的周长的最小值为，


∴的长最小值为，即．
∵，∴．
∴．
∵，
∴．
【点睛】
本题考查的求解二次函数与坐标轴的交点坐标以及对称轴方程，图形与坐标，二次函数的对称性，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，灵活应用二次函数的性质是解题的关键．
32．（2021·贵州中考真题）如图，抛物线与轴交于A、B（3，0）两点，与轴交于点C（0，－3），抛物线的顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线的对称轴上，点Q在轴上，若以点P、Q、B、C为顶点，BC为边的四边形为平行四边形，请直接写出点P、Q的坐标；
（3）已知点M是轴上的动点，过点M作的垂线交抛物线于点G，是否存在这样的点M，使得以点A、M、G为顶点的三角形与△BCD相似，若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）点或、点或点；（3）存在，M（0，0）或M（，0）或M（6，0）或M（，0）
【分析】
（1）根据二次函数表达式和已知坐标点代入计算即可，
（2）以点P、Q、B、C为顶点，BC为边的四边形为平行四边形，分为两种情况：或，根据平行四边形对边相等且平行求解即可，
（3）先根据题意求出A点坐标和顶点坐标，根据B，C，D坐标点得知△BDC是直角三角形，且∠BCD＝，设点M得坐标（），则点G得坐标为，根据相似的性质分情况求解即可．
【详解】
解：（1）将点B（3，0），C（0，－3）分别代入中，
得：，
解得，
∴抛物线得函数关系为
（2）点或、点或点．
如图：

∵以点P、Q、B、C为顶点，BC为边的四边形为平行四边形，
∴或，
∵点B（3，0），C（0，－3），
当时，则，
设对称轴与x轴交于点M，
∴，，
∴；
同理时，；
故答案为：；．
（3）当时，，
解得：，
∴A（－1，0）
又，
∴抛物线得顶点D得坐标为（1，－4）
∵C（0，－3）、B（3，0）、D（1，－4）
∴，
∴
∴△BDC是直角三角形，且∠BCD＝
设点M得坐标（），则点G得坐标为，
根据题意知：
∠AMG＝∠BCD＝
∴要使以A、M、G为顶点得三角形与△BCD相似，需要满足条件：

①当时，此时有：或
解得：或＝0，，都不符合，所以时无解．
②当时，此时有：或
解得：（不符合要求，舍去）或＝0，（不符合要求，舍去），所以M（）或M（0，0）
③当m＞3时，此时有：或
解得：（不符合要求，舍去）或（不符要求，舍去）
所以点M（6，0）或M（，0）
答：存在点M，使得A、M、G为顶点得三角形与△BCD相似，点M得坐标为：M（0，0）或M（，0）或M（6，0）或M（，0）．
【点睛】
此题考查二次函数相关知识，综合性较强，涵盖平行四边形性质和三角形相似及勾股定理，有一定难度．
33．（山东省淄博市2021年中考数学试题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，连接．

（1）若，求抛物线对应的函数表达式；
（2）在（1）的条件下，点位于直线上方的抛物线上，当面积最大时，求点的坐标；
（3）设直线与抛物线交于两点，问是否存在点（在抛物线上）．点（在抛物线的对称轴上），使得以为顶点的四边形成为矩形？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）当以为顶点的四边形成为矩形时，点，．
【分析】
（1）由题意易得，则有，然后把点C的坐标代入求解即可；
（2）由（1）可得，，然后可求出线段BC的解析式为，过点P作PE∥y轴，交BC于点E，设，则有，进而可根据铅垂法进行求解点P的坐标；
（3）由题意易得，抛物线的对称轴为，则可得，点F的横坐标为，①当以GB为矩形的对角线时，根据中点坐标公式可得点E的横坐标为，进而可得，，然后根据相似三角形可求解；②当以GB为矩形的对边时，最后分类求解即可．
【详解】
解：（1）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
把点C的坐标代入得：，解得：，
∴抛物线解析式为；
（2）由（1）可得抛物线解析式为，，，
设线段BC的解析式为，把点B、C代入得：
，解得：，
∴线段BC的解析式为，
过点P作PE∥y轴，交BC于点E，如图所示：

设，则有，
∴，
设的面积为S，由铅垂法可得△PCB的面积可以点B、C的水平距离为水平宽，PE为铅垂高，则有：
，
∴当a=2时，S有最大值，
∴点；
（3）存在，理由如下：
由题意可把点B的坐标代入直线得：，
∴，
联立抛物线与直线BG的解析式得：，
解得：，
∴，
由抛物线可得对称轴为，
∴点F的横坐标为，
①当以GB为矩形的对角线时，如图所示：

∴根据中点坐标公式可得点E的横坐标为，即为，
∴，
根据中点坐标公式可知，即，
∴，
∴，
∵，且四边形是矩形，
∴点E、F分别落在x轴的两侧才能构成矩形，即，
分别作EH⊥x轴于点H，过点G、B作过点F与x轴平行的直线的垂线，分别交于点M、N，如图，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，解得：（负根舍去），
∴，；
②当以GB为矩形的边时，不存在以点E、F、G、B顶点的四边形为矩形；
综上所述：当以为顶点的四边形成为矩形时，点，．
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合、矩形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握二次函数的综合、矩形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
34．（2021·四川中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于O，A两点，顶点P的坐标为．点B为抛物线上一动点，连接，过点B的直线与抛物线交于另一点C．


（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点B的横坐标与纵坐标相等，，且点C位于x轴上方，求点C的坐标；
（3）若点B的横坐标为t，，请用含t的代数式表示点C的横坐标，并求出当时，点C的横坐标的取值范围．
【答案】（1）或；（2）点C的坐标为或；（3）；
【分析】
（1）设抛物线的解析式为，把点O(0，0)代入即可求解；
（2）求得B(0，0)或B(8，8)，分两种情况讨论，①当点B的坐标为(0，0)时，过点B作BC∥AP交抛物线于点C，利用待定系数法求得直线BC的解析式为，解方程组即可求解；②点B的坐标为(8，8)时，作出如图的辅助线，利用三角形函数以及轴对称的性质求得M (，)，同①可求解；
（3）作出如图的辅助线，点B的坐标为(t，)，得到AH=，BH=，OH=MN，由AH=，BH=，OH=MN，△ABH△BMN得到M(0，)，求得BC的解析式为：，解方程组求得点C的横坐标为，即可求解．
【详解】
（1）∵抛物线的顶点坐标为P(2，-1)，
∴设抛物线的解析式为，
∵抛物线经过原点O，即经过点O(0，0)，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）在中，令，
得：，
解得或，
∴B(0，0)或B(8，8)，
①当点B的坐标为(0，0)时，过点B作BC∥AP交抛物线于点C，
此时∠ABC=∠OAP，如图：


在中，令，
得：，
解得：或，
∴A(4，0)，
设直线AP的解析式为，
将A(4，0)，P(2，-1)代入得
，解得：，
∴直线AP的解析式为，
∵BC∥AP，
∴设直线BC的解析式为，
将B(0，0)代入得，
∴直线BC的解析式为，
由，
得：(此点为点O，舍去)或，
∴点C的坐标为(6，3)；
②点B的坐标为(8，8)时，过点P作PQ⊥轴于点Q，过点B作BH⊥轴于点H，作H关于AB的对称点M，作直线BM交抛物线于C，连接AM，如图：


∵A(4，0)，P(2，-1)，
∴PQ=1，AQ=2，
在Rt△APQ中，，
∵A(4，0)，B (8，8)，
∴AH=4，BH=8，
在Rt△ABH中，，
∴∠OAP=∠ABH，
∵H关于AB的对称点为M，
∴∠ABM=∠ABH，
∴∠ABC=∠OAP，即C为满足条件的点，
设M (x，y)，
∵H关于AB的对称点为M，
∴AM=AH=4，BM=BH=8，
∴
两式相减得：，代入即可解得：
(此点为点H，舍去)或，
∴M (，)，
同理求得BM的解析式为：，
解得：(此点为点B，舍去)或，
∴点C的坐标为(-1，)；
综上，点C的坐标为(6，3)或(-1，)；
（3）设BC交y轴于点M，过点B作BH⊥轴于点H，过点M作MN⊥于点N，如图：


∵点B的横坐标为t，
∴点B的坐标为(t，)，又A(4，0)，
∴AH=，BH=，OH=MN，
∵∠ABC=90°，
∴∠MBN=90°-∠ABH=∠BAH，
且∠N=∠AHB=90°，
∴△ABH△BMN，
∴，即，
∴BN=，
∴HN=，
∴M(0，)，
同理求得BC的解析式为：，
由，得，
解得(点B的横坐标)，或，
∴点C的横坐标为，
当时，


，
∴当时，的最小值是12，此时；
∴当时，点C的横坐标的取值范围是．
【点睛】
本题考查二次函数综合知识，涉及解析式、锐角三角函数、对称变换、两条直线平行、两条直线互相垂直、解含参数的方程等，综合性很强，难度较大，解题的关键是熟练掌握、应用各种综合知识，用含字母的式子表示线段长度及函数解析式．
35．（2021·湖北中考真题）如图1，已知，中，动点P从点A出发，以的速度在线段上向点C运动，分别与射线交于E，F两点，且，当点P与点C重合时停止运动，如图2，设点P的运动时间为，与的重叠部分面积为，y与x的函数关系由和两段不同的图象组成．

（1）填空：①当时，______；
②______；
（2）求y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）当时，请直接写出x的取值范围．
【答案】（1）①10；②；（2）；（3）．
【分析】
（1）①先根据等腰直角三角形的判定与性质可得，再根据时，即可得；
②先根据运动速度和时间求出的长，再根据正弦三角函数的定义即可得；
（2）先求出当点与点重合时，的值，再分和两种情况，解直角三角形求出的长，然后利用三角形的面积公式即可得；
（3）分和两种情况，分别利用二次函数的性质即可得．
【详解】
解：（1）①，
是等腰直角三角形，
，
由图可知，当时，，
解得或（不符题意，舍去），
故答案为：10；
②由题意得：当时，，
则，
故答案为：；
（2）由函数图象可知，当时，点与点重合，如图所示：


，
，
，
在中，，
，
则当点与点重合时，，
①当时，，，
则；
②当时，
如图，设交于点，过点作，交延长线于点，连接，


，，
，，
，，
在中，，
，
，
，
，
，
，即，
解得，
，
则，
，
，
综上，；
（3）①当时，，
令，解得或（舍去），
在内，随的增大而增大，
当时，；
②当时，，
此二次函数的对称轴为，
则由二次函数的性质可知，当时，随的增大而增大；当时，随的增大而减小，
当时，，
当时，，
则当时，取得最小值，最小值为36，
即在内，都有，
综上，当时，的取值范围为．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象与性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），正确分两种情况讨论，并通过作辅助线，构造相似三角形和直角三角形是解题关键．
36．（2021·湖南中考真题）如图，已知二次函数的图象经过点且与轴交于原点及点．


（1）求二次函数的表达式；
（2）求顶点的坐标及直线的表达式；
（3）判断的形状，试说明理由；
（4）若点为上的动点，且的半径为，一动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段匀速运动到点，再以每秒1个单位长度的速度沿线段匀速运动到点后停止运动，求点的运动时间的最小值．
【答案】（1）；（2），；（3）等腰直角三角形，理由见解析；（4）
【分析】
（1）根据已知条件，运用待定系数法直接列方程组求解即可；
（2）根据（1）中二次函数解析式，直接利用顶点坐标公式计算即可，再根据点A、B坐标求出AB解析式即可；
（3）根据二次函数对称性可知为等腰三角形，再根据O、A、B三点坐标，求出三条线段的长，利用勾股定理验证即可；
（4）根据题意可知动点的运动时间为，在上取点，使，可证明，根据相似三角形比例关系得，即，当、、三点共线时，取得最小值，再根据等腰直角三角形的性质以及勾股定理进一步计算即可．
【详解】
解：（1）二次函数的图象经过，且与轴交于原点及点
∴，二次函数表达式可设为：
将，代入得：
解这个方程组得
∵二次函数的函数表达式为
（2）∵点为二次函数图像的顶点，
∴，
∴顶点坐标为：，
设直线的函数表达式为，则有：
解之得：
∴直线的函数表达式为
（3）是等腰直角三角形，
过点作于点，易知其坐标为
∵的三个顶点分别是，，，
∴，

且满足
∴是等腰直角三角形
（4）如图，以为圆心，为半径作圆，则点在圆周上，依题意知：

动点的运动时间为
在上取点，使，
连接，则在和中，
满足：，，
∴，
∴，
从而得：
∴
显然当、、三点共线时，取得最小值，
过点作于点，由于，
且为等腰直角三角形，
则有，，
∴动点的运动时间的最小值为：
．
【点睛】
本题主要考查待定系数法求函数解析式，抛物线顶点坐标，等腰直角三角形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等知识点，将运动时间的最小值转换为线段长度的最小值是解题的关键．
37．（2021·黑龙江中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的边在轴上，，且线段的长是方程的根，过点作轴，垂足为，，动点以每秒1个单位长度的速度，从点出发，沿线段向点运动，到达点停止．过点作轴的垂线，垂足为，以为边作正方形，点在线段上，设正方形与重叠部分的面积为，点的运动时间为秒．

（1）求点的坐标；
（2）求关于的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）当点落在线段上时，坐标平面内是否存在一点，使以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）存在，或或
【分析】
（1）由题意易得，进而可得，则有，然后问题可求解；
（2）由题意易得，则有，进而可得，然后根据梯形面积计算公式可求解；
（3）由（2）及题意易得，则有，然后可得点，进而可分①以OM为平行四边形的对角线时，②以OA为平行四边形的对角线时，③以AM为平行四边形的对角线时，最后根据平行四边形的性质分类求解即可．
【详解】
解：（1）由线段OA的长是方程的根，可得：，
∴，
∵轴，，
∴在Rt△AEB中，可由三角函数及勾股定理设，
∴，解得：，
∴，
∴，
∴；
（2）由题意得：，则由（1）可得，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴自变量t的范围为；
（3）存在，理由如下：
由（2）可知：，，，
∴，
∵MF∥OA，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，
∴，
∴，
①以OM为平行四边形的对角线时，如图所示：

∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴；
②以OA为平行四边形的对角线时，如图所示：

同理可得；
③以AM为平行四边形的对角线时，如图所示：

同理可得；
综上所述：当以为顶点的四边形是平行四边形时，则点的坐标为或或．
【点睛】
本题主要考查三角函数、平行四边形的性质、正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握三角函数、平行四边形的性质、正方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
38．（2021·江苏中考真题）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数的图象过B、C两点，且与x轴交于另一点A，点M为线段上的一个动点，过点M作直线l平行于y轴交于点F，交二次函数的图象于点E．

（1）求二次函数的表达式；
（2）当以C、E、F为顶点的三角形与相似时，求线段的长度；
（3）已知点N是y轴上的点，若点N、F关于直线对称，求点N的坐标．
【答案】（1）；（2）或；（3）N(0，)
【分析】
（1）先求出B(3，0)，C(0，3)，再利用待定系数法即可求解；
（2）先推出∠MBF=∠FBM=∠CFE=45°，可得以C、E、F为顶点的三角形与相似时，或，设F(m，-m+3)，则E(m，)，根据比例式列出方程，即可求解；
（3）先推出四边形NCFE是平行四边形，再推出FE=FC，列出关于m的方程，求出m的值，从而得CN=EF=，进而即可得到答案．
【详解】
解：（1）∵直线与x轴交于点B，与y轴交于点C，
∴B(3，0)，C(0，3)，
∵二次函数的图象过B、C两点，
∴，解得：，
∴二次函数解析式为：；
（2）∵B(3，0)，C(0，3)，l∥y轴，

∴OB=OC，
∴∠MBF=∠FBM=∠CFE=45°，
∴以C、E、F为顶点的三角形与相似时，或，
设F(m，-m+3)，则E(m，)，
∴EF=-(-m+3)= ，CF=，
∴或，
∴或（舍去）或或（舍去），
∴EF==或；
（3）∵l∥y轴，点N是y轴上的点，
∴∠EFC=∠NCG，
∵点N、F关于直线对称，
∴∠CNE=∠EFC，
∴∠CNE=∠NCG，
∴NE∥FC，
∴四边形NCFE是平行四边形，
∵点N、F关于直线对称，
∴∠NCE=∠FCE，
∵l∥y轴，
∴∠NCE=∠FEC，
∴∠FCE=∠FEC，
∴FE=FC，
∴=，解得：或（舍去），
∴CN=EF=，
∴ON=+3=，
∴N(0，)．

【点睛】
本题主要考查二次函数与几何的综合，相似三角形的判定，掌握函数图像上点的坐标特征，用点的横坐标表示出相关线段的长，是解题的关键．