初中数学中考复习 专题15二次函数压轴题汇编（解答50题）-2021年中考数学真题分项汇编（解析版）【全国通用】（第02期）

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2021年中考数学真题分项汇编【全国通用】（第02期）
专题15二次函数压轴题汇编（解答50题）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
一、解答题
1．（2021·广东中考真题）已知抛物线
（1）当时，请判断点（2，4）是否在该抛物线上；
（2）该抛物线的顶点随着m的变化而移动，当顶点移动到最高处时，求该抛物线的顶点坐标；
（3）已知点、，若该抛物线与线段EF只有一个交点，求该抛物线顶点横坐标的取值范围．
【答案】（1）不在；（2）（2，5）；（3）x顶点= 或x顶点或x顶点
【分析】
（1）先求出函数关系式，再把（2，4）代入进行判断即可；
（2）根据二次函数的顶点坐标公式求出抛物线顶点纵坐标，最大值即为顶点最高点的纵坐标，代入求解即可；
（3）运用待定系数法求出直线EF的解析式，代入二次函数解析式，求出交点坐标，再根据题意分类讨论，求出m的值即可．
【详解】
解：（1）把m=0代入得，

当x=2时，
所以，点（2，4）不在该抛物线上；
（2）
=
∴抛物线的顶点坐标为（，）
∴纵坐标为
令
∵
∴抛物线有最高点，
∴当m=3时，有最大值，
将m=3代入顶点坐标得（2，5）；
（3）∵E（-1，-1），F（3，7）
设直线EF的解析式为
把点E，点F的坐标代入得
解得，
∴直线EF的解析式为
将代入得，

整理，得：
解得
则交点为：（2，5）和（m+1，2m+3），
而（2，5）在线段EF上，
∴若该抛物线与线段EF只有一个交点，则（m+1，2m+3）不在线段EF上，或（2，5）与（m+1，2m+3）重合，
∴m+1＜-1或m+1＞3或m+1=2（此时2m+3=5），
∴此时抛物线顶点横坐标x顶点= 或x顶点=或x顶点=
【点睛】
本题考查了二次函数的图象及性质，解题关键是注意数形结合思想的运用．
2．（2021·辽宁中考真题）已知函数，记该函数图像为G．
（1）当时，
①已知在该函数图像上，求n的值；
②当时，求函数G的最大值；
（2）当时，作直线与x轴交于点P，与函数G交于点Q，若时，求m的值；
（3）当时，设图像与x轴交于点A，与y轴交与点B，过B做交直线与点C，设点A的横坐标为a，C点的纵坐标为c，若，求m的值．
【答案】（1）①，②函数G的最大值为；（2）；（3）或
【分析】
（1）由题意易得，①把点代入求解即可；②根据二次函数的性质可进行求解；
（2）由题意可得如图所示，然后可得，是等腰直角三角形，则有，进而代入求解即可；
（3）由题意可得如图所示，则有，然后可得，设直线与x轴的交点为E，过点C作CD⊥y轴于点D，进而易证，然后根据全等三角形的性质可求解．
【详解】
解：（1）∵，
∴，
①∵在该函数图像上，
∴；
②由题意得：当时，函数G的解析式为，当时，函数G的解析式为，
∵，
当时，则，
∴当时，函数G有最大值，即为；
当时，则有函数G的最大值为，
∵，
∴当时，函数G的最大值为；
（2）由当时，作直线与x轴交于点P，与函数G交于点Q，可得点Q必定落在的函数图象上，如图所示：

∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，化简得：，
解得：，
∵，
∴；
（3）①当时，由题意可得如图所示，设直线与x轴的交点为E，过点C作CD⊥y轴于点D，

∴，
令y=0，则有，解得：，
∵，
∴，
由题意得：，四边形DOEC是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，化简得：，
解得：（不符合题意，舍去），
∴；
②当时，设直线与x轴的交点为E，过点C作CD⊥y轴于点D，如图所示：

∴令y=0，则有，解得：，
∴，
同理可得，
∴，化简得：，
解得：（舍去）；
综上所述：或．
【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．
3．（2021·山东中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线的顶点为A．
（1）求顶点A的坐标（用含有字母m的代数式表示）；
（2）若点，在抛物线上，且，则m的取值范围是 ；（直接写出结果即可）
（3）当时，函数y的最小值等于6，求m的值．
【答案】(1)顶点A的坐标为；(2)；(3)或
【分析】
(1)将抛物线解析式化成的形式，即可求得顶点A的坐标；
(2)将，代入抛物线中求得和的值，然后再解不等式即可求解；
(3)分类讨论，分对称轴在1的左侧、对称轴在3的右侧、对称轴在1,3之间共三种情况分别求出函数的最小值，进而求出m的值．
【详解】
解：(1)由题意可知：
抛物线，
∴顶点A的坐标为；
(2)将代入中，
得到，
将代入中，
得到，
由已知条件知：，
∴，
整理得到：，
解得：，
故m的取值范围是：；
(3)二次函数的开口向上，故自变量离对称轴越远，其对应的函数值越大，二次函数的对称轴为，
分类讨论：
①当，即时，
时二次函数取得最小值为，
又已知二次函数最小值为6，
∴，解得或，
又，故符合题意；
②当，即时，
时二次函数取得最小值为，
又已知二次函数最小值为6，
∴，解得或，
又，故或都不符合题意；
③当，即时，
时二次函数取得最小值为，
又已知二次函数最小值为6，
∴，解得或，
又，故符合题意；
综上所述，或．
【点睛】
本题考查待定系数求二次函数的解析式，二次函数的最值问题，不等式的解法等，计算过程中细心，熟练掌握二次函数的图形及性质是解决本题的关键．
4．（2021·四川中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点和，交轴于点，抛物线的对称轴交轴于点，交抛物线于点．


（1）求抛物线的解析式；
（2）将线段绕着点沿顺时针方向旋转得到线段，旋转角为，连接，，求的最小值．
（3）为平面直角坐标系中一点，在抛物线上是否存在一点，使得以，，，为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点的横坐标；若不存在，请说明理由；
【答案】（1）；（2）；（3）存在，点的横坐标分别为：2，，或．
【分析】
（1）待定系数法求二次函数解析式，设解析式为将，两点代入求得，c的值即可；
（2）胡不归问题，要求的值，将折线化为直线，构造相似三角形将转化为，再利用三角形两边之和大于第三边求得最值；
（3）分2种情形讨论：①AB为矩形的一条边，利用等腰直角三角形三角形的性质可以求得N点的坐标;
②AB为矩形的对角线，设R为AB的中点,RN=AB,利用两点距离公式求解方程可得N点的坐标．
【详解】
解：（1）∵过，
∴
∴，
∴抛物线的解析式为：
（2）在上取一点，使得，连接，

∵
对称轴．
∴，
，
∴，
∴
∴
∴
当，，三点在同一点直线上时，最小为．
在中，，
∴
即最小值为．
（3）情形①如图，AB为矩形的一条边时，
联立
得


是等腰，
分别过 两点作的垂线，交于点，
过作轴，轴,

,也是等腰直角三角形
设，则，所以
代入，解得,（不符题意，舍）

同理，设，则 ，所以
代入，解得,（不符题意，舍）


② AB为矩形的对角线，设R为AB的中点,则

，



设 ，则

整理得：
解得：（不符题意，舍），（不符题意，舍），
，

综上所述：点的横坐标分别为：2，，或．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，三角形相似，勾股定理，二次函数与一次函数交点，矩形的性质，等腰直角三角形性质，平面直角坐标系中两点距离计算等知识，能正确做出辅助线，找到相似三角形是解题的关键．
5．（2021·江苏中考真题）如图，抛物线与轴交于A(-1，0)，B(4，0)，与轴交于点C．连接AC，BC，点P在抛物线上运动．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图①，若点P在第四象限，点Q在PA的延长线上，当∠CAQ=∠CBA45°时，求点P的坐标；
(3)如图②，若点P在第一象限，直线AP交BC于点F，过点P作轴的垂线交BC于点H，当△PFH为等腰三角形时，求线段PH的长．


【答案】（1）；（2）（6，-7）；（3）PH=或1.5或
【分析】
（1）根据待定系数法解答即可；
（2）求得点C的坐标后先利用勾股定理的逆定理判断∠ACB=90°，继而可得∠ACO=∠CBA，在x轴上取点E（2，0），连接CE，易得△OCE是等腰直角三角形，可得∠OCE=45°，进一步可推出∠ACE=∠CAQ，可得CE∥PQ，然后利用待定系数法分别求出直线CE与PQ的解析式，再与抛物线的解析式联立方程组求解即可；
（3）设直线AP交y轴于点G，如图，由题意可得若△PFH为等腰三角形，则△CFG也为等腰三角形，设G（0，m），求出直线AF和直线BC的解析式后，再解方程组求出点F的坐标，然后分三种情况求出m的值，再求出直线AP的解析式，进而可求出点P的坐标，于是问题可求解．
【详解】
解：（1）把A(-1，0)，B(4，0)代入，得
，解得：，
∴抛物线的解析式是；
（2）令x=0，则y=2，即C（0，2），
∵，，AB2=25，
∴，
∴∠ACB=90°，
∵∠ACO+∠CAO=∠CBA+∠CAO=90°，
∴∠ACO=∠CBA，
在x轴上取点E（2，0），连接CE，如图，
则CE=OE=2，
∴∠OCE=45°，
∴∠ACE=∠ACO+45°=∠CBA+45°=∠CAQ，
∴CE∥PQ，
∵C（0，2），E（2，0），
∴直线CE的解析式为y=-x+2，
设直线PQ的解析式为y=-x+n，把点A（-1，0）代入，可得n=-1，
∴直线PQ的解析式为y=-x-1，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（6，-7）；

（3）设直线AP交y轴于点G，如图，
∵PH∥y轴，
∴∠PHC=∠OCB，∠FPH=∠CGF，
∴若△PFH为等腰三角形，则△CFG也为等腰三角形，
∵C（0，2），B（4，0），
∴直线BC的解析式为，
设G（0，m），∵A（-1，0），
∴直线AF的解析式为y=mx+m，
解方程组，得，
∴点F的坐标是，
∴，
当CG=CF时，，解得：（舍去负值），
此时直线AF的解析式为y=x+，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（，），此时点H的坐标是（，），
∴PH=；
当FG=FC时，，解得m=或m=（舍）或m=2（舍），
此时直线AF的解析式为y=x+，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（3，2），此时点H的坐标是（3，），
∴PH=2-=1.5；
当GF=GC时，，解得或m=2（舍去），
此时直线AF的解析式为y=x+，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（，），此时点H的坐标是（，），
∴PH=；

综上，PH=或1.5或．
【点睛】
本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数图象上点的坐标特征、直线与抛物线的交点以及等腰三角形的判定和性质等知识，具有相当的难度，熟练掌握二次函数的图象和性质、灵活应用数形结合的思想是解题的关键．
6．（2021·山东）如图，抛物线y＝ax2＋x＋c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，已知A，C两点坐标分别是A（1，0），C（0，﹣2），连接AC，BC．
（1）求抛物线的表达式和AC所在直线的表达式；
（2）将ABC沿BC所在直线折叠，得到DBC，点A的对应点D是否落在抛物线的对称轴上，若点D在对称轴上，请求出点D的坐标；若点D不在对称轴上，请说明理由；
（3）若点P是抛物线位于第三象限图象上的一动点，连接AP交BC于点Q，连接BP，BPQ的面积记为S1，ABQ的面积记为S2，求的值最大时点P的坐标．

【答案】（1）；；（2）点D不在抛物线的对称轴上，理由见解析；（3）点P坐标为（－2，－3）
【分析】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点B坐标，再结合点A、C坐标利用相似三角形的判定及性质可证得，延长AC 到点D，使 DC＝AC，过点D作DEy轴，垂足为点E，由此可得，进而可求得点D的横坐标为－1，最后根据抛物线的对称轴是直线即可判断出点B不在对称轴上；
（3）先利用待定系数法求出直线BC的函数表达式，然后过点A作x轴的垂线交BC的延长线于点M，则点M坐标为，过点P作x轴的垂线交BC于点N，垂足为点H，设点P 坐标为，则点N坐标为，根据相似三角形的判定及性质可得，由此可得答案．
【详解】
解；（1）∵抛物线过A（1，0），C（0，﹣2），
∴，
解得：，
∴抛物线的表达式为 ．
设 AC 所在直线的表达式为，
∴，
解得，
∴AC 所在直线的表达式为；
（2）点D不在抛物线的对称轴上，理由是∶
∵抛物线的表达式是，
∴令y＝0，则，
解得，，
∴点B坐标为（－4，0）．
，，
∴．
又
∴．
∴．
∴，
∴．
∴将△ABC沿 BC折叠，点 A 的对应点D一定在直线AC上．
如下图，延长AC 到点D，使 DC＝AC，过点D作DEy轴，垂足为点E．

又∵，
∴，
∴DE＝OA＝1，
∴点D的横坐标为－1，
∵抛物线的对称轴是直线，
∴点D不在抛物线的对称轴上；
（3）设过点 B，C的直线表达式为，
∵点C 坐标是（0，－2），点B 坐标是（－4，0），
∴过点 B，C的直线表达式为．
过点 A 作x 轴的垂线交BC的延长线于点M，
则点M坐标为，
如下图，过点P作x轴的垂线交BC于点N，垂足为点H，

设点P 坐标为，则点N坐标为，
∴．
∵，
∴，
∵若分别以PQ，AQ为底计算△BPQ与△BAQ的面积，则△BPQ与△BAQ的面积的比为，
即．
∴，
∵，
∴当m＝－2时，的最大值为，
将m＝－2代入，得，
∴当取得最大值时，点P坐标为（－2，－3）．
【点睛】
本题考查了用待定系数法求函数表达式，二次函数图像与性质，相似三角形的判定及性质，熟练掌握二次函数的图像与性质及相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．
7．（2021·四川中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C（0，6），抛物线的顶点坐标为E（2，8），连结BC、BE、CE．
（1）求抛物线的表达式；
（2）判断△BCE的形状，并说明理由；
（3）如图2，以C为圆心，为半径作⊙C，在⊙C上是否存在点P，使得BP＋EP的值最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=x2+2x+6；（2）直角三角形，见解析；（3）存在，
【分析】
（1）用待定系数法求函数解析式；
（2）分别求出三角形三边的平方，然后运用勾股定理逆定理即可证明；
（3）在CE上截取CF=（即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，则BF的长即为所求．
【详解】
解：（1）∵抛物线的顶点坐标为E（2，8），
∴设该抛物线的表达式为y=a（x-2）2+8，
∵与y轴交于点C（0，6），
∴把点C（0，6）代入得：a=，
∴该抛物线的表达式为y=x2+2x+6；
（2）△BCE是直角三角形．理由如下：
∵抛物线与x轴分别交于A、B两点，
∴当y=0时，（x-2）2+8=0，解得：x1=-2，x2=6，
∴A（-2，0），B（6，0），
∴BC2=62+62=72，CE2=（8-6）2+22=8，BE2=（6-2）2+82=80，
∴BE2=BC2+CE2，
∴∠BCE=90°，
∴△BCE是直角三角形；
（3）如图，在CE上截取CF=（即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，
则BF的长即为所求．

连接CP，∵CP为半径，
∴ ，
又∵∠FCP=∠PCE，
∴△FCP∽△PCE，
∴ ，FP=EP，
∴BF=BP+EP，
由“两点之间，线段最短”可得：BF的长即BP+EP为最小值．
∵CF=CE，E（2，8），
∴F（，），
∴BF=
【点睛】
本题考查二次函数综合，待定系数法，二次函数图象和性质，勾股定理及其逆定理，圆的性质，相似三角形的判定和性质等，题目综合性较强，属于中考压轴题，熟练掌握二次函数图象和性质，圆的性质，相似三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．
8．（2021·黑龙江中考真题）如图，抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C，连接，与抛物线的对称轴交于点E，顶点为点D．

（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是对称轴左侧抛物线上的一个动点，点Q在射线上，若以点P、Q、E为顶点的三角形与相似，请直接写出点P的坐标．
【答案】（1）；（2）
【分析】
（1）根据抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），即可得到关于a、b的方程，从而可以求得a、b的值，然后即可写出抛物线的解析式；
（2）根据（1）中抛物线的解析式，设点P的坐标，然后再根据是等腰直角三角形，得出是等腰直角三角形，再分类讨论，列出方程，即可求解．
【详解】
解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），
∴
解得
∴此抛物线的解析式为：
（2）当时，，所以，OB=OC=3，
∴是等腰直角三角形，
以点P、Q、E为顶点的三角形与相似，
∴是等腰直角三角形，
设点P的坐标为，抛物线的对称轴为直线，
设BC的解析式为，将B（﹣3，0），C（0，3）代入得，
，
解得，，故BC的解析式为，
把代入得，，则E点坐标为，
如图，当E为直角顶点时，，解得，，（舍去），把代入得，，则P点坐标为，


当Q为直角顶点时，PQ=QE，即，解得，（舍去），把代入得，，则P点坐标为；


当P为直角顶点时，作PM⊥EQ于M，PM=ME，即，解得，（舍去），则P点坐标为；


综上，P点坐标为或．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式和相似三角形与等腰直角三角形的性质，解题关键是熟练运用待定系数法和设出点的坐标，根据题意列出方程．
9．（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，与轴交于点，顶点的坐标为．


（1）直接写出抛物线的解析式；
（2）如图1，若点在抛物线上且满足，求点的坐标；
（3）如图2，是直线上一个动点，过点作轴交抛物线于点，是直线上一个动点，当为等腰直角三角形时，直接写出此时点及其对应点的坐标
【答案】（1）；（2），；（3），；，；，；，； ，；，．
【分析】
（1）由和，且D为顶点列方程求出a、b、c，即可求得解析式；
（2）分两种情况讨论：①过点作，交抛物线于点，②在下方作交于点，交抛物线于；
（3）为等腰直角三角形，分三种情况讨论：当；②当；③当．
【详解】
解：（1）将和代入
得
又∵顶点的坐标为
∴
∴解得
∴抛物线的解析式为：．
（2）∵和
∴直线的解析式为：

∵抛物线的解析式为：，抛物线与轴交于点，与轴交于点和点，
则C点坐标为，B点坐标为．
①过点作，交抛物线于点，
则直线的解析式为，
结合抛物线可知，
解得：（舍），，
故．
②过点作轴平行线，过点作轴平行线交于点，
由可知四边形为正方形，
∵直线的解析式为
∴与轴交于点，
在下方作交于点，交抛物线于
∴
又∵OC=CG，
∴≌，
∴，，
又由可得
直线的解析式为，
结合抛物线可知，
解得（舍），，
故．
综上所述，符合条件的点坐标为：，．
（3）∵，
∴直线的解析式为
设M的坐标为，则N的坐标为
∴
∵，
∴直线的解析式为
∵为等腰直角三角形
∴①当时，如下图所示

则Q点的坐标为
∴
∴
解得：（舍去），，
∴此时，；，；
②当时，如下图所示

则Q点的坐标为
∴
∴
解得：（舍去），，
∴此时，；，；
③当时，如图所示

则Q点纵坐标为
∴Q点的坐标为
∴Q点到MN的距离=
∴（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）
解得：（舍去），，
∴此时，；，．
综上所述，点及其对应点的坐标为：，；，；，；，； ，；，．
【点睛】
本题主要考查二次函数与几何图形．该题综合性较强，属于中考压轴题．
10．（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
11．（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．
12．（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．
13．（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．
14．（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．
15．（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．
16．（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．
17．（2021·四川中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点和点．
（1）求这条抛物线所对应的函数表达式；
（2）点为该抛物线上一点（不与点重合），直线将的面积分成2：1两部分，求点的坐标；
（3）点从点出发，以每秒1个单位的速度沿轴移动，运动时间为秒，当时，求的值．

【答案】（1）；（2）点（6，-8）；（3）当点从点出发，以每秒1个单位的速度沿轴正方向移动时，秒；沿CO方向在轴移动时，秒．
【分析】
（1）根据待定系数法将AB两点坐标代入函数解析式求解即可；
（2）在的AB边上找到将AB分成2：1两部分的点Q，此时CQ将的面积分成2：1两部分，求出直线CQ与抛物线交点坐标即是点P坐标；
（3）先利用图形在内构造，求出，在中由，，求出OM长即可解答，
【详解】
解：（1）由抛物线经过点和点，得：
，
解得：
即：条抛物线所对应的函数表达式为：；
（2）由（1）可知点C坐标为（0,4）
∵点和点．
∴，
∴将AB分成2：1两部分的点有原点和Q（2,0），此时CQ将的面积分成2：1两部分，如解（2）图，
∵点为该抛物线上一点（不与点重合），
∴直线CP经过Q点，
设直线CP解析式为：，经过C（0,4），Q（2,0）两点，得：
，
∴，
即可设直线CP解析式为：，
联立函数解析式为：，
解得：，，
故P点坐标为（6，-8），
（3）如解（3）图取点A关于y轴对称点，连接，过点作，垂足为H，

由轴对称性质可知：，，
∴，
∵，即，
∴
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
点从点出发，以每秒1个单位的速度远动：
当沿轴正方向移动时，，则秒，
当沿轴CO方向移动时，，则秒，
综上所述：当点从点出发，以每秒1个单位的速度沿轴正方向移动时，秒；沿CO方向在轴移动时，秒．
【点睛】
本题主要考查了二次函数与几何综合，问题（1）关键是在三角形边上找到将的面积分成2：1两部分直线CP经过的点，问题（3）关键是通过对称构造，再通过解三角形求解OM长．
18．（2021·江西中考真题）二次函数的图象交轴于原点及点．


感知特例
（1）当时，如图1，抛物线上的点，，，，分别关于点中心对称的点为，，，，，如下表：
…



（___，___）

…
…





…
①补全表格；
②在图1中描出表中对称后的点，再用平滑的曲线依次连接各点，得到的图象记为．
形成概念
我们发现形如（1）中的图象上的点和抛物线上的点关于点中心对称，则称是的“孔像抛物线”．例如，当时，图2中的抛物线是抛物线的“孔像抛物线”．
探究问题
（2）①当时，若抛物线与它的“孔像抛物线”的函数值都随着的增大而减小，则的取值范围为_______；
②在同一平面直角坐标系中，当取不同值时，通过画图发现存在一条抛物线与二次函数的所有“孔像抛物线”，都有唯一交点，这条抛物线的解析式可能是______．（填“”或“”或“”或“”，其中）；
③若二次函数及它的“孔像抛物线”与直线有且只有三个交点，求的值．
【答案】（1）①2，0；②见解析；（2）①；②；③m=1．
【分析】
（1）①根据中心对称的定义求解即可；②根据表格，描点，连线即可；
（2）①画出草图，利用数形结合思想即可求解；②结合（1）②的图象以及（2）①的图象即可回答；③根据“孔像抛物线”的性质求得图象L的顶点为，则图象L′的顶点为 (3m，)，再根据题意即可求解．
【详解】
（1）∵点B(-1，3)与点B′(5，-3)关于点A中心对称，
∴点A的坐标为(，)，即A(2，0)，
故答案为：2，0；
②描点，连线，得到的图象如图所示：

（2）①当m=−1时，抛物线L为，对称轴为，
它的“孔像抛物线”L′的解析式为，对称轴为，
画出草图如图所示：

∴抛物线L与它的“孔像抛物线”L′的函数值都随着x的增大而减小，
则x的取值范围为：；
②画出草图，

由图象知，这条抛物线的解析式只能是；
故答案为：；
③L：，设顶点为，过点P作PM⊥轴于点M，“孔像抛物线”的顶点为，过点作⊥x轴于点，

由题意可知△PMA≌△A，
得 (3m，0)，所以 (3m，)，
∵抛物线L及“孔像抛物线”与直线y=m有且只有三个交点，
∴=m或=m，
解得m=1或0，
当m=0时，与只有一个交点，不合题意，舍去，
∴m=1．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的图象与性质，数形结合并熟练掌握二次函数的相关性质是解题的关键．
19．（2021·天津中考真题）已知抛物线（a，c为常数，）经过点，顶点为D．
（Ⅰ）当时，求该抛物线的顶点坐标；
（Ⅱ）当时，点，若，求该抛物线的解析式；
（Ⅲ）当时，点，过点C作直线l平行于x轴，是x轴上的动点，是直线l上的动点．当a为何值时，的最小值为，并求此时点M，N的坐标．
【答案】（Ⅰ）抛物线的顶点坐标为；（Ⅱ）或；（Ⅲ）点M的坐标为，点N的坐标为
【分析】
（Ⅰ）结合题意，通过列一元一次方程并求解，即可得到抛物线的解析式，将解析式化为顶点式，即可得到答案
（Ⅱ）根据题意，得抛物线的解析式为；根据抛物线对称轴的性质，计算得点D的坐标为；过点D作轴于点G，根据勾股定理和一元二次方程的性质，得，，从而得到答案；
（Ⅲ）当时，将点向左平移3个单位长度，向上平移1个单位长度得；作点F关于x轴的对称点，当满足条件的点M落在线段上时，根据两点之间线段最短的性质，得最小，结合题意，根据勾股定理和一元二次方程性质，得，从而得直线的解析式，通过计算即可得到答案．
【详解】
（Ⅰ）当时，抛物线的解析式为．
∵抛物线经过点
∴
解得：
∴抛物线的解析式为
∵
∴抛物线的顶点坐标为；
（Ⅱ）当时，由抛物线经过点，可知
∴抛物线的解析式为
∴抛物线的对称轴为：
当时，
∴抛物线的顶点D的坐标为；
过点D作轴于点G


在中，，，
∴
在中，，，
∴．
∵，即，
∴
解得：，
∴抛物线的解析式为或．
（Ⅲ）当时，将点向左平移3个单位长度，向上平移1个单位长度得．
作点F关于x轴的对称点，得点的坐标为
当满足条件的点M落在线段上时，最小，
此时，．
过点作轴于点H


在中，，，
∴．
又，即．
解得：，（舍）
∴点的坐标为，点的坐标为．
∴直线的解析式为．
当时，．
∴，
∴点M的坐标为，点N的坐标为．
【点睛】
本题考查了二次函数、一元一次方程、勾股定理、一元二次方程、平移、两点之间线段最短的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数、勾股定理、一元二次方程、平移的性质，从而完成求解．
20．（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．
21．（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．
22．（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．
23．（2021·山东中考真题）如图，直线分别交轴、轴于点A，B，过点A的抛物线与轴的另一交点为C，与轴交于点，抛物线的对称轴交于E，连接交于点F．
（1）求抛物线解析式；
（2）求证：；
（3）P为抛物线上的一动点，直线交于点M，是否存在这样的点P，使以A，O，M为顶点的三角形与相似？若存在，求点P的横坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）存在，点P 的横坐标为或±．
【分析】
（1）先求出点A、B的坐标，然后再利用待定系数法求解即可；
（2）先求出直线AD的解析式为y=-x+3，进而得到点E的坐标为（1，2），运用三角函数定义可得即∠OAB=∠OEG=90°即可证得结论；
（3）先求出直线CD解析式为y=3x+3，再根据以A，O，M为顶点的三角形与△ACD相似，分两种情况：①当△AOM ∽△ACD时，∠AOM=∠ACD，从而得出OM//CD，进而得出直线OM的解析式为y=3x，再结合抛物线的解析式即可确定点P的横坐标；②当△AMO∽△ACD时，利用，求出AM，进而求得点M的坐标，求得直线AM的解析式，进而完成解答．
【详解】
解：（1）∵直线分别交轴、轴于点A，B
∴A（3,0），B（0，），
∵抛物线经过A（3，0），D（0，3），
∴，解得
∴该抛物线的解析式为；
（2）∵，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
设直线AD的解析式为y=kx+a，
将A（3，0），D（0，3）代入得： ，解得
∴直线AD的解析式为y=-x+3，
∴E（1，2），G（1，0），
∵∠EGO=90°，
∴
∵OA=3，OB=，∠A0B=90°，
∴
∴
∴∠OAB=∠OEG，
∵∠OEG+∠EOG=90°，
∴∠OAB+∠EOG=90°，
∴∠AFO=90°，
∴OE⊥AB；

（3）存在.
∵A（3，0），抛物线的对称轴为直线x=1，
∴C（-1，0），
∴AC=3-（-1）=4，
∵OA=OD=3，∠AOD=90°，
∴，
设直线CD解析式为y=mx+n，则：
，解得
∴直线CD解析式为y=3x+3，
①当△AOM∽△ACD时，∠AOM=∠ACD，如图2所示，
∴OM//CD，
∴直线OM的解析式为y=3x，
∵抛物线的解析式为y=-x2+2x+3，
∴3x=-x2+2x+3，解得：；

②当△AMO∽△ACD时，如图3所示，
∴
∴，
过点M作MG⊥x轴于点G，则∠AGM=90°，
∵∠OAD=45°，
∴
∴OG=OA-AG=3-2=1，
∴M（1，2），
设直线OM解析式为y=m1x，将M（1，2）代入，得：m1=2，
∴直线OM解析式为y=2x，
∵抛物线的解析式为y=-x2+2x+3
∴2x=-x2+2x+3，解得：x=±．
综上，点P的横坐标为或±．

【点睛】
本题属于二次函数的综合题，主要考查了二次函数图象和性质、待定系数法求函数解析式、三角函数定义、相似三角形的判定和性质等知识点，考查知识点较多、综合性较强、难度较大，灵活运用待定系数法、相似三角形的判定和性质以及数形结合思想成为解答本题的关键．
24．（2021·广东中考真题）已知二次函数的图象过点，且对任意实数x，都有．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）若（1）中二次函数图象与x轴的正半轴交点为A，与y轴交点为C；点M是（1）中二次函数图象上的动点．问在x轴上是否存在点N，使得以A、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出所有满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，或或或
【分析】
（1）令，解得，可得函数 必过 ，再结合 必过 得出，，即可得到，再根据，可看成二次函数与一次函数仅有一个交点，且整体位于的上方，可得，有两个相等的实数根，再根据，可解得的值，即可求出二次函数解析式．
（2）结合（1）求出点C的坐标，设，①当为对角线时，②当为对角线时，③当为对角线时,根据中点坐标公式分别列出方程组，解方程组即可得到答案．
【详解】
解：（1）令，解得，
当时，，
∴ 必过 ，
又∵ 必过 ，
∴，
∴，
即，
即可看成二次函数与一次函数仅有一个交点，且整体位于的上方
∴，
有两个相等的实数根

∴，
∴，
∴，
∴，，
∴．
（2）由（1）可知：，，设，
①当为对角线时，
∴，解得（舍），，
∴，即．
②当为对角线时，
∴，解得（舍），
∴，即．
③当为对角线时，
∴，解得，
∴或，
∴．
综上所述：N点坐标为或或或．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的综合应用，涉及到二次函数与不等式组，考查了平行四边形的存在性问题，利用中点公式，分类讨论是解题关键．
25．（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．
26．（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．
27．（2021·湖北中考真题）如图，直线与，轴分别交于，，顶点为的抛物线过点．
（1）求出点，的坐标及的值；
（2）若函数在时有最大值为，求的值；
（3）连接，过点作的垂线交轴于点．设的面积为．
①直接写出关于的函数关系式及的取值范围；
②结合与的函数图象，直接写出时的取值范围．

【答案】（1），，；（2）；（3）①；②且a≠0或．
【分析】
（1）令x=0，可得直线与y轴的交点A的坐标；令y=0，可得直线与x轴的交点B的坐标，把点A的坐标代入抛物线的解析式中，即可求得c的值；
（2）把配方后，分a>0和a