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<0时，抛物线向左平移；
∴，，
将向左平移2个单位得到，则由平移的性质可知：，
将关于x轴的对称点记为点E，则，由轴对称性质可知，,
∴，
当B、E、三点共线时，的值最小，
设直线的解析式为：，
∴，
当时，
∴
∴，
将E点坐标代入解析式可得：，
解得：，
此时，
此时四边形的周长为；
当时，，，，，
此时四边形的周长为：
；
∵，
∴当时，其周长最小，
所以抛物线向右平移了个单位，
所以其解析式为：；
故答案为：．
【点睛】本题综合考查了平移、轴对称、一次函数的应用、勾股定理、抛物线的解析式等内容，解决本题的关键是理解并确定什么情况下该四边形的周长最短，本题所需综合性思维较强，对学生的综合分析和计算能力要求都较高，本题蕴含了数形结合与分类讨论的思想方法等．
例2 （2022·四川攀枝花·统考中考真题）如图，二次函数的图象与x轴交于O（O为坐标原点），A两点，且二次函数的最小值为，点是其对称轴上一点，y轴上一点．
(1)求二次函数的表达式；
(2)二次函数在第四象限的图象上有一点P，连结，，设点P的横坐标为t，的面积为S，求S与t的函数关系式；
(3)在二次函数图象上是否存在点N，使得以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有符合条件的点N的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，或或
【分析】（1）由二次函数的最小值为，点是其对称轴上一点，得二次函数顶点为，设顶点式，将点代入即可求出函数解析式；
（2）连接，根据求出S与t的函数关系式；
（3）设，分三种情况：当为对角线时，当为对角线时，当为对角线时，由中点坐标公式求出n即可．
【详解】（1）解：二次函数的最小值为，点是其对称轴上一点，
二次函数顶点为，
设二次函数解析式为，
将点代入得，，
，
；
（2）如图，连接，
当时，，
或2，，
点P在抛物线上，
点P的纵坐标为，
；
（3）设，
当为对角线时，由中点坐标公式得，，，，
当为对角线时，由中点坐标公式得，，，，
当为对角线时，由中点坐标公式得，，，，
综上：或或．
【点睛】此题考查了待定系数法求抛物线的解析式，抛物线与图形面积，平行四边形的性质，熟练掌握待定系数法及平行四边形是性质是解题的关键．
本考点主要考查平行四边形、矩形、菱形与二次函数的综合，主要考查平行四边形、矩形、、菱形的性质与判定，把握对边相等和对角线互相平分是解决本题的关键；
【变式1】（2022秋·福建南平·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，点A在抛物线上运动．过点A作轴于点C，以为对角线作矩形，连接，则对角线的最小值（ ）
A．0.5B．1C．1.5D．2
【答案】B
【分析】由矩形的性质可知，即说明当最小时，最小．再根据当点A与抛物线顶点重合时最小，即可求解．
【详解】∵四边形为矩形，
∴，
∴当最小时，最小．
∵点A在抛物线上运动，
∴的长为的值．
∵，
∴当时，最小，最小值为1，
∴对角线的最小值为1．
故选B．
【点睛】本题为二次函数与几何的综合题，考查求二次函数的顶点坐标，矩形的性质．正确求出抛物线的顶点坐标、掌握矩形的对角线相等是解题的关键．
【变式2】（2022·四川眉山·校考一模）如图，矩形OABC，点A的坐标为，AB＝1．若抛物线与矩形OABC的边界总有两个公共点，则实数c的取值范围是（ ）．
A．c＞8或c＜－1B．－1＜c＜8C．c＞1或c＜－8D．－8＜c＜1
【答案】D
【分析】求得抛物线经过点A时的c的值，然后根据图象即可求得．
【详解】解：矩形OABC，点A的坐标为（2，0），AB＝1，
∴OC＝AB＝1，
把A（2，0）代入y＝2x2＋c得，0＝8＋c，解得c＝−8，
由图象可知，−8＜c＜1，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数图形与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，数形结合是解题的关键．
【变式3】（2022秋·辽宁葫芦岛·九年级统考期中）如图所示，四边形的两条对角线，相互垂直，，则四边形的最大面积是___________．
【答案】
【分析】设，则，而四边形的面积为S=，根据二次函数的性质即可求得面积的最大值．
【详解】解：如图，设、交于点,
设，则，其中,
∵
∴，
∵，
∴当时，有最大值．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，四边形的面积，当四边形的两条对角线垂直时，其面积与菱形面积一样，等于两条对角线乘积的一半，把面积最大值转化为函数问题是关键．
【变式4】（2022秋·重庆·九年级重庆巴蜀中学校考开学考试）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边与轴重合，顶点在抛物线上．若抛物线的顶点到轴的距离比长，则的值为_______．
【答案】
【分析】由二次函数解析式，可得抛物线顶点坐标为，由四边形为正方形，抛物线的顶点到轴的距离比长，可得点坐标，进而求解．
【详解】解：∵，
∴抛物线顶点坐标为，
∵抛物线的顶点到轴的距离比长，
∴点，的纵坐标为，
∵四边形为正方形，
∴点D坐标为，
将代入，
可得：，
解得：或（舍去）．
故答案为：
【点睛】本题考查了正方形的性质、二次函数的性质、解一元二次方程，解本题的关键在充分利用数形结合思想．
核心考点六 相似三角形判定问题
例1 （2022·四川绵阳·统考中考真题）如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c交x轴于A(-1，0)，B两点，交y轴于点C(0，3)，顶点D的横坐标为1．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在y轴的负半轴上是否存在点P使∠APB＋∠ACB＝180°．若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)过点C作直线l与y轴垂直，与抛物线的另一个交点为E，连接AD，AE，DE，在直线l下方的抛物线上是否存在一点M，过点M作MF⊥l，垂足为F，使以M，F，E三点为顶点的三角形与ΔADE相似？若存在，请求出M点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-x2+2x+3；
(2)存在，P（0，-1）使∠APB＋∠ACB＝180°，理由见解析；
(3)存在点M，使以M，F，E三点为顶点的三角形与ΔADE相似，此时点M的坐标为（3，0）或（-3，-12）或
【分析】（1）由抛物线的对称轴可得点B的坐标，由此设出交点式，代入点C的坐标，即可得出抛物线的解析式；
（2）由题意可知，点A，C，B，P四点共圆，画出图形，即可得出点P的坐标；
（3）由抛物线的对称性可得出点E的坐标，点D的坐标，根据两点间的距离公式可得出AD，DE，AE的长，可得出△ADE是直角三角形，且DE∶AE=1：3，再根据相似三角形的性质可得出EF和FM的比例，由此可得出点M的坐标．
【详解】（1）解：∵顶点D的横坐标为1，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
∵A（-1，0），
∴B（3，0），
设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x-3），
把C（0，3）代入抛物线的解析式得：
-3a=3，解得a=-1，
∴抛物线的解析式为：y=-（x+1）（x-3）=-x2+2x+3；
（2）存在，P（0，-1），理由如下：
∵∠APB+∠ACB=180°，
∴∠CAP+∠CBP=180°，
∴点A，C，B，P四点共圆，
如图所示，
∵点A（0，-1），B（3，0），C（0，3），
∴OB=OC=3，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
∴∠APC=∠ABC=45°，
∴△AOP是等腰直角三角形，
∴OP=OA=1，
∴P（0，-1）；
（3）解：存在，理由如下：
∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，
∴D（1，4），
由抛物线的对称性得：E（2，3），
∵A（-1，0），
∴，
∴，
∴△ADE是直角三角形，且∠AED=90°，DE∶AE=1∶3，
∵点M在直线l下方的抛物线上，
设，则t＞2或t＜0，
∵MF⊥l，
∴点F（t，3），
∴，，
∵以M，F，E三点为顶点的三角形与ΔADE相似，
∴或，
∴或，
解得t=2（舍去） 或t=3或t=-3或（舍去）或，
∴点M的坐标为（3，0）或（-3，-12）或，
综上所述，存在点M，使以M，F，E三点为顶点的三角形与ΔADE相似，此时点M的坐标为（3，0）或（-3，-12）或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，圆内四边形的性质，相似三角形的性质与判定，分类讨论思想等，第（2）问得出四点共固是解题关键；第（3）问得出△ADE是直角三角形并得出AD∶AE的值是解题关键．
例2 （2022·辽宁·统考中考真题）抛物线y＝ax2﹣2x+c经过点A(3，0)，点C(0，﹣3)，直线y＝﹣x+b经过点A，交抛物线于点E．抛物线的对称轴交AE于点B，交x轴于点D，交直线AC于点F．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图①，点P为直线AC下方抛物线上的点，连接PA，PC，△BAF的面积记为S1，△PAC的面积记为S2，当S2＝S1时．求点P的横坐标；
(3)如图②，连接CD，点Q为平面内直线AE下方的点，以点Q，A，E为顶点的三角形与△CDF相似时（AE与CD不是对应边），请直接写出符合条件的点Q的坐标．
【答案】(1)y＝x2﹣2x﹣3
(2)P点的横坐标为或
(3)Q点坐标为(﹣7，5)或(﹣12，5)或(3，﹣10)或(3，﹣5)
【分析】（1）用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）先分别求出直线AE、AC的解析式，进而求出点B（1，2），D（1，0），F（1，﹣2），过点P作x轴垂线交AC于点M，交x轴于点N，设P（m，m2﹣2m﹣3），则M（m，m﹣3），由面积关系求出P点的横坐标；
（3）分类讨论①当△CDF∽△QAE时， ；②当△CDF∽△AQE时，；③当△CDF∽△EQA时， ；④当△CDF∽△QEA时， ．分别求出点Q的坐标．
（1）
解：将A（3，0），点C（0，﹣3）代入y＝ax2﹣2x+c，
∴，
解得，
∴y＝x2﹣2x﹣3；
（2）
将A（3，0）代入y＝﹣x+b中，
∴b＝3，
∴y＝﹣x+3，
设直线AC的解析式为y＝kx+b'，
∴，
解得，
∴y＝x﹣3，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴B（1，2），D（1，0），F（1，﹣2），
过点P作x轴垂线交AC于点M，交x轴于点N，
设P（m，m2﹣2m﹣3），则M（m，m﹣3），
∴PM＝﹣m2+3m，
∴S2＝×OA×PM＝m2+m，
S1＝×BF×AD＝4，
∵S2＝S1，
∴m2+m＝，
解得m＝或m＝，
∴P点的横坐标为或；
（3）
∵C（0，﹣3），D（1，0），F（1，﹣2），
∴CD＝，CF＝，DF＝2，
∵E（﹣2，5），A（3，0），
∴AE＝5，
设Q（x，y），
①当△CDF∽△QAE时，
∴＝＝，
∴AQ＝5，EQ＝5，
∴，
解得或（舍），
∴Q（﹣7，5）；
②当△CDF∽△AQE时，，
∴＝＝，
∴AQ＝5，QE＝10，
∴，
解得（舍）或，
∴Q（﹣12，5）；
③当△CDF∽△EQA时， ，
∴＝＝，
∴EQ＝5，AQ＝10，
∴，
解得或（舍），
∴Q（3，﹣10）；
④当△CDF∽△QEA时， ，
∴＝＝，
∴EQ＝5，AQ＝5，
∴，
解得或（舍），
∴Q（3，﹣5）；
综上所述：Q点坐标为（﹣7，5）或（﹣12，5）或（3，﹣10）或（3，﹣5）．
【点睛】本题主要是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，三角形面积，相似三角形的判定和性质，利用数形结合和分类讨论思想解答是解题的关键．
根据相似三角形的判定方法，结合二次函数的图象与性质是解决本题的关键；
【变式1】（2021春·九年级课时练习）抛物线，设该抛物线与轴的交点为和，与轴的交点为C，若，则的值为 （ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据二次函数表达式可得对称轴为直线，由及二次函数的对称性可得，进而可得的等量关系式，然后根据得出的值，所以得出C的坐标，最后根据求解即可．
【详解】
如图所示：抛物线，对称轴为直线
抛物线与轴的交点为和
，OA=5
当y=0时，-5与2是方程的两个根
根据韦达定理可得：即
即
，
解得
．
故选C．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合知识、相似三角形的性质及求角的三角函数值，关键是根据二次函数解析式得到对称轴，得到A、B的坐标，进而得到参数的等量关系式，最后根据射影定理得到线段的等量关系求解参数，然后根据求角的三角函数值求解即可．
【变式2】（2021春·九年级课时练习）如图，已知二次函数的图像与轴交于、两点，与轴交于点，连接、，若平分，则的值为( ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出A(1,0),B(3,0)，C(0,3m)，再证△COB∽△ADB，列比例式求解即可.
【详解】解：∵二次函数的图像与轴交于、两点，与轴交于点，
当y=0时，即，解得，x1=1,x2=3,
∴A(1,0),B(3,0),
当x=0时，y=3m,
∴C(0,3m),
过点A作AD⊥BD于点D，如图，
∵平分，
∴AD=OA=1,
又∵AB=2,
∴BD=,
∵∠COB=∠ADB, ∠B=∠B,
∴△COB∽△ADB,
∴,即，
∴m=,
故选D.
【点睛】此题主要考查了二次函数与坐标轴交点和相似三角形的判定与性质.正确的添加辅助线和证△COB∽△ADB是解决问题的关键.
【变式3】（2022秋·浙江宁波·九年级校考期末）已知过点的抛物线与坐标轴交于点、如图所示，连结，，，第一象限内有一动点在抛物线上运动，过点作交轴于点，当点在点上方，且与相似时，点的坐标为______．
【答案】或
【分析】运用待定系数法求出函数关系式，求出点A，C的坐标，得出，， ，判断为直角三角形，且， 过点M作轴于G，则，设点M的横坐标为x，则，求出含x的代数式的点M的坐标，再代入二次函数解析式即可．
【详解】解：把点代入，得：
，
∴，
∴抛物线的解析式为，
令，得，
∴，
令，则，
解得，
∴，
∴，
∵
∴，，
∴，
∴为直角三角形，且，
过点M作轴于G，则，
设点M的横坐标为x，由M在y轴右侧可得，则，
∵，
∴，
如图，当时，则，
∴，
∴，
同理可得，，
∴，
∴，则，
把代入，得
，解得： 或0（舍去），
∴；
当时，则，
∴，
∴，
同理可得，，
则，
把代入，得：
，解得：或0（舍去），
∴，
综上，点M的坐标为或．
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，相似三角形的判定与性质等等知识，解题关键是注意分类讨论思想在解题过程中的运用．
【变式4】（2022·福建泉州·统考二模）如图，在正方形中，，点、分别是边、上的动点（不与正方形的端点重合），连接、，现给出以下结论：
①若，则；
②若，则可能为直角；
③若，则平分；
④若，则的最大值为1.5．
其中正确的是______．（写出所有正确结论的序号）
【答案】①③
【分析】证明△可得∠从而可判断①正确；运用反证法可判断②错误；运用分割法求出再运用三角形面积公式求出EG=2，得BE=EG，从而可判断③正确；证明△根据相似三角形对应边成比例可列出二次函数关系式，应用二次函数的性质可判断④错误．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA=4，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠
①如图，设CE与BD交于点M，CF与BD交于点N，
在△和△中，
∴△
∵∠
又∠
∴∠
又∠,
∴
∴∠,
∴故①正确;
②当 且则可得
此时,点E与点A重合,点F与点D重合,与题设矛盾,
故②错误;
③
，
，
，
在中，，
，
过点E作垂足为G，如图,
又
，
，
，
且∠，
∴CE是∠的平分线，故③正确；
④设则，
，
∴∠，
∴∠
又∠，
∴∠
又∠
∴△
∴即，
∴，
∴抛物线开口向下，有最大值，
∴当时，y有最大值，为1，
所以，当时，有最大值，为1，故④错误；
综上，正确的结论是①③，
故答案为①③．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，三角形面积公式以及二次函数与几何的综合应用等知识，灵活运用相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
【新题速递】
1．（2020秋·九年级统考期末）抛物线是由平移得到，它经过原点，且交x轴正半轴于点，为上一点，为抛物线上一点，以，为边构造，点恰好落在抛物线上，连接交于点，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据，得，，则；根据，得，，则，得点是新抛物线对称轴与轴的交点；设点，则，的中点坐标为，则，求出；可得点的坐标，即可求出．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴；
∴，
∴点是新抛物线对称轴与轴的交点，
设点，
∴，
∵点，
∴的中点坐标为；
∴，
∴，
∴点，
∴平移后的抛物线为：，
∴把点代入，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数与几何的综合，解题的关键是掌握二次函数的两点式，对称轴的性质，平行四边形的性质．
2．（2022秋·湖北孝感·九年级汉川市实验中学校考阶段练习）如图，抛物线与x轴只有一个公共点，与y轴交于点，虚线为其对称轴，若将抛物线向下平移4个单位长度得抛物线，则图中两个阴影部分的面积和为（ ）
A．4B．2C．6D．8
【答案】D
【分析】连接，根据二次函数图像的对称性把阴影图形的面积转化为平行四边形面积求解即可．
【详解】设平移后的抛物线与对称轴所在的直线交于点M，连接．
由题意可知，，
∵
∴，
∵抛物线是轴对称图形，
∴图中两个阴影部分的面积和即为四边形的面积，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴．
故选D．
【点睛】本题考查了二次函数图像的对称性和阴影面积的求法，解题的关键是根据二次函数图像的对称性转化阴影图形的面积．
3．（2023·河北·九年级专题练习）如图，在中，，边在x轴上，．点P是边上一点，过点P分别作于点E，于点D，当四边形的面积最大时，点P的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出直线AB的解析式为，然后设点P的坐标为，可得，从而得到四边形的面积为，再根据二次函数的性质，即可求解．
【详解】解：设直线AB的解析式为
，
把点代入得：
，解得：，
∴直线AB的解析式为，
设点P的坐标为，
∵，
∴点C（-1，0），
∵于点E，于点D，
∴，
∴四边形的面积为

，
∴当m=3时，四边形的面积最大，此时点P（3，2）．
故选：D
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，二次函数的应用，熟练掌握一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质是解题的关键．
4．（2023秋·安徽亳州·九年级统考期末）如图，抛物线与x轴交于点A，B两点，与y轴负半轴交于点C，其顶点为M，点D，E分别是的中点，若与的面积比为9∶10，则c的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可得，，由点D是的中点，与的面积比为9∶10，得到，由中点坐标公式得，，，M为顶点，求得点M的横坐标，代入解析式，由纵坐标相等得到关于c的方程，解之即可得到答案．
【详解】解：由题意可得，，，
∵点D是的中点，
∴，
∵与的面积比为9∶10，
∴，
∴，
∵E是的中点，
∴由中点坐标公式得，，
当时，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵M为顶点，
∴，
将代入得，
，
解得 ，
故选：C
【点睛】此题考查了二次函数的面积综合题，求得是解题的关键．
5．（2022秋·新疆乌鲁木齐·九年级校考期中）在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+2的图象与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C.点P是直线AC上方的抛物线上一动点，若点P使△ACP的面积最大，则点P的坐标为（ ）
A．（﹣，）B．（，﹣）C．（﹣，1）D．（，3）
【答案】A
【分析】利用待定系数法求出二次函数和直线AC的解析式，过点P作PGy轴交AC于点G，设P（t，），则G（t，t＋2），求出PG＝，可得，进而可得当t＝时，有最大值，问题得解．
【详解】解：将点A（−3，0），B（1，0）代入中，得，
解得：，
∴二次函数解析式为，
令x＝0，则，
∴C（0，2），
设直线AC的解析式为y＝mx＋n，
代入A（−3，0），C（0，2）得，
解得，
∴直线AC的解析式为y＝x＋2，
过点P作PGy轴交AC于点G，
设P（t，），则G（t，t＋2），
∴PG＝，
∴，
∴当t＝时，有最大值，此时P（，），
故选：A．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的最值问题，求出函数解析式，表示出PG的长是解答本题的关键．
6．（2023春·九年级单元测试）如图，抛物线与交于点，过点A作x轴的平行线，分别交两条抛物线于点B，C，则以下结论：①无论x取何值，的值总是正数．②．③当时，．④．其中正确结论是（ ）
A．①②B．①④C．③④D．①③
【答案】D
【分析】直接由，可判断结论①；把A点坐标代入抛物线求出a值，可判断结论②；由x=0求得、的值并作差后即可判断结论③；由二次函数的对称性求出B、C的坐标，进一步验证2AB=3AC，即可判断结论④．
【详解】解：∵，
∴无论x取何值，的值总是正数，故结论①正确；
∵抛物线过点A（1，3），
则有，解得，
故结论②错误；
∵，，
当x=0时，，，
∴，故结论③错误；
∵抛物线，其对称轴为直线，
抛物线，其对称轴为直线，
又∵两抛物线交于点A（1，3），
∴结合抛物线对称性，可求得B（-5，3），C（5，3），
则AB=6，AC=4，所以2AB=3AC，故结论④正确．
故选：D．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式、二次函数的图像与性质等，利用数形结合思想分析问题是解答此题的关键，同时要熟悉二次函数图像上点的坐标特征．
7．（2022秋·九年级单元测试）如图，抛物线与x轴交于点A、B（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，是的外接圆．点D在抛物线的对称轴上，且，则点D的坐标是 ________．
【答案】或
【分析】分别代入、求出与之对应的、的值，进而可得出点、、的坐标，再由二次函数的对称性可找出抛物线的对称轴；设点的坐标为，当时，利用勾股定理可求出值，进而可得出结论．
【详解】解：当时，，
解得：，，
点的坐标为，点的坐标为．
当时，，
点的坐标为．
抛物线与轴交于点、，
抛物线的对称轴为直线，
设点的坐标为，
，
，
，
整理，得：．
解得：，．
点的坐标是或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，综合利用了二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、圆周角定理、勾股定理、解题的关键是：利用二次函数图象上点的坐标特征求出点、、的坐标．
8．（2022秋·吉林长春·九年级校考期末）如图，点P是抛物线在第一象限上的点，过点P分别向x轴和y轴引垂线，垂足分别为A，B，则四边形周长的最大值为______．
【答案】
【分析】设点P的坐标为，，根据四边形的周长得到：，再由二次函数的性质可得最大值．
【详解】解：设点P的坐标为，，
由题意可知：四边形的周长，
，
当时，C有最大值，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的最值及二次函数的图像上点的坐标特征，最后根据二次函数的性质求最值是解题的关键．
9．（2022秋·河南安阳·九年级校考阶段练习）如图，已知抛物线与抛物线的图象相交于点P，过P作x轴的平行线分别交于点M、N，则的值是 _____．
【答案】
【分析】先求出两个函数的对称轴，再设直线与的交点为D，直线与的交点为E，则，令，求解可得到P点的横坐标为，进而即可求解．
【详解】解：∵，
∴抛物线的对称轴为直线，抛物线的对称轴为直线，
设直线与的交点为D，直线与的交点为E，
则，
令，
解得，
∴P点的横坐标为，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元一次方程和二次函数的图象和性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
10．（2023秋·广东广州·九年级校考期末）如图，点P抛物线上一点，且点P位于直线BC的上方，D为对称轴与直线BC的交点，连接PC，PD，过点P作轴，交BC于点M，则的面积的最大值为________．
【答案】1
【分析】设点，则线段的长度可得，利用，得到与x的函数关系式，利用配方法即可求得的面积的最大值，
【详解】∵
∴对称轴为，
令，则，
∴，
设直线的解析式为,
∵，
则，
解得：，
∴直线的解析式为，
∴，
设抛物线的对称轴于x轴交于点E，如图，
设点，
∴
∵，
∴当时，有最大值1．
【点睛】本题主要考查了抛物线与x轴的交点，待定系数法，一次函数图象的性质，抛物线上点的坐标的特征，一次函数图象上点的坐标的特征，掌握上述知识点是解题的关键．
11．（2022秋·湖北黄冈·九年级校考期中）二次函数的图像如图，点位于坐标原点，点，，，…，在y轴的正半轴上，点，，，…，在二次函数位于第一象限的图像上，点，，，…，在二次函数位于第二象限的图像上，四边形，四边形，四边形，…，四边形都是菱形，，菱形的周长为______．
【答案】
【分析】由于，，，…，都是等边三角形，因此，可先设出的边长，然后表示出的坐标，代入抛物线的解析式中即可求得的边长，用同样的方法可求得，，…，的边长，然后根据各边长的特点总结出此题的一般化规律，根据菱形的性质易求菱形的周长．
【详解】解：∵四边形四边形是菱形，，
是等边三角形．
，
设的边长为，则；
代入抛物线的解析式中得：，
解得(舍去)，；
的边长为1，
同理可求得的边长为2，
…
依此类推，等边的边长为n，
故菱形的周长为，
故答案是：．
【点睛】本题考查了二次函数的综合．解题时，利用了二次函数图像上点的坐标特征，菱形的性质，等边三角形的判定与性质等知识点．解答此题的难点是推知等边的边长为n．
12．（2022秋·湖北武汉·九年级武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）校考期末）如图，已知二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交于点，点为该图象在第一象限内的一点，过点作直线的平行线，交轴于点．若点从点出发，沿着抛物线运动到点，则点经过的路程为________．
【答案】
【分析】根据题意，可以先求出点的坐标，从而可以得到直线的解析式，再根据，点P在抛物线上，可以写出点P的坐标和对应的直线的解析式，再根据题意，可以得到点M横坐标的最大值，从而可以得到点M经过的路程．
【详解】解：∵二次函数 ，
∴当时，当时，，
∴点A的坐标为，点B的坐标为，点C的坐标为，
设直线BC的函数解析式为，
，
即直线BC的函数解析式为，
∵，点P在抛物线上且在第一象限，
∴设点P的坐标为，
设直线的解析式为，
，
解得，
∴直线的解析式为，
令且，
解得，
此时直线的解析式为，当y＝0时，
∴点M横坐标为最大值是，
∴点M经过的路程为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点、待定系数法求一次函数解析式，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
13．（2022秋·辽宁大连·九年级校考期末）如图，二次函数经过点 ，，，点D是抛物线的顶点，过D作x轴垂线交直线于E．
(1)求此二次函数解析式及点D坐标
(2)连接，求三角形的面积
(3)当时，x的取值范围是___________
【答案】(1)，
(2)6
(3)或
【分析】（1）利用待定系数法求解二次函数解析式，然后将解析式转化成顶点式即可求出点D的坐标；
（2）首先求出的解析式，然后求出点E的坐标，最后根据三角形面积公式求解即可；
（3）根据图象可得时，即为x轴上方的图象，然后根据二次函数与x轴的交点坐标求解即可．
【详解】（1）解：∵二次函数经过点 ，，，
∴，解得
∴二次函数解析式为，
∴，
∴顶点D的坐标为；
（2）∵，，
∴设的解析式为，
∴，解得，
∴的解析式为，
∵过D做x轴垂线交直线于E，
∴当时，，
∴，
∴
∴三角形的面积；
（3）由图象可得，当时，即为x轴上方的图象，
∵二次函数经过点 ，，
∴x的取值范围是或．
【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点、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和数形结合的思想解答．
14．（2023秋·江苏泰州·九年级统考期末）如图，抛物线与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C．
(1)求出A、B、C三点的坐标；
(2)将抛物线图像x轴上方部分沿x轴向下翻折，保留抛物线与x轴的交点和x轴下方图像，得到的新图像记作M，图像M与直线恒有四个交点，从左到右四个交点依次记为D，E，F，G．若以为直径作圆，该圆记作图像N．
①在图像M上找一点P，使得的面积为3，求出点P的坐标；
②当图像N与x轴相离时，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)，，；
(2)①，，，；②
【分析】（1）当时，，解得，即可得到点A和点B的坐标，当时，，即可得到点C的坐标；
（2）①设点P到的距离为h，由的面积为3，解得，当时，，即，求得点，，又因为抛物线x轴上方部分与x轴下方部分有对称图像，可以得到，，当时，，即，可以得到，；
②由图像M与直线恒有四个交点，得到，由图像x轴上方部分沿x轴向下翻折得到的部分图像的表达式为，求得以为直径作圆的半径为，由图像N与x轴相离，求得，进一步求得t的取值范围即可．
【详解】（1）解：当时，，
解得，
∴点，，
当时，，
∴点；
（2）解：①由（1）可知，，设点P到的距离为h，
∴的面积为，解得，
当时，，即，
解得，
∴点，，
∵抛物线x轴上方部分与x轴下方部分有对称图像，
∴可以得到，，
当时，，即，
解得，
可以得到，，
综上可知，点P的坐标为，，，；
②∵，
∴翻折后得到抛物线下方图像的顶点为，
∵图像M与直线恒有四个交点，
如图，
∴，
图像x轴上方部分沿x轴向下翻折得到的部分图像的表达式为，
当时，，即，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴以为直径作圆的半径为，
∵图像N与x轴相离，即以为直径作的圆与x轴相离，
∴，
∴，即，
一元二次方程的解为，，
如图，
∴由二次函数的图x可知，的解集为或，
又∵，
∴．
即t的取值范围为．
【点睛】此题考查了二次函数图像变换综合题，还考查了二次函数的图像和性质，图像法解不等式，一元二次方程的解法等知识，熟练掌握二次函数的图像和性质是解题的关键．
15．（2022秋·河南安阳·九年级校考阶段练习）如图，抛物线与坐标轴交于，两点，直线与抛物线交于，两点，已知点坐标为．
(1)求二次函数和一次函数解析式；
(2)求出点坐标，并结合图象直接写出不等式的解集；
(3)点是直线上的一个动点，将点向上平移2个单位长度得到点，若线段与抛物线有公共点，请直接写出点的横坐标的取值范围．
【答案】(1)，
(2)，
(3)或
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）观察函数图象即可求解；
（3）求出时的值，再观察函数图象即可求解．
【详解】（1）解：将点B的坐标分别代入两个函数表达式得：
，解得：，
故二次函数和一次函数的表达式分别为：，；
（2）联立一次函数和二次函数表达式得：，
解得：或，
即点，
观察函数图象知，不等式的解集为：；
（3）如图，当点恰好在抛物线上时，由点向上平移2个单位长度得到点，可知，即，
解得：或1，
由图象可知，线段与抛物线有公共点，点的横坐标为：或．
【点睛】本题考查了二次函数的图象及性质，数练掌握二次函数的图象及性质，数形结合解题是关键．
16．（2023秋·山西大同·九年级大同市第六中学校校考期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线的顶点坐标为，与y轴交于点，与x轴交于点E，B．
(1)求二次函数的表达式；
(2)过点A作平行于x轴，交抛物线于点C，点P为抛物线上的一点（点P在上方），作平行于y轴交于点D，当点P在何位置时，四边形的面积最大？并求出最大面积；
(3)若点M在抛物线上，点N在其对称轴上，使得以A，E，N，M为顶点的四边形是平行四边形，且为其一边，求点N的坐标．
【答案】(1)
(2)点的坐标为时，
(3)当点的坐标为时，点坐标为，当点的坐标为时，点坐标为
【分析】（1）利用待定系数法求解；
（2）求出直线的解析式，设，求出的长度，列函数关系式，根据函数的性质解答即可；
（3）先判断出，求出M点的横坐标，从而求出点M，N的坐标．
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为，将点代入，得
，
解得，
∴；
（2）∵，对称轴为直线，
∴，
当时，，
得或，
∴
设直线的解析式为，
∴，
解得，
∴直线的解析式为，
设，则，
∴，
∴四边形的面积为
，
∴当时，四边形的面积最大，最大面积为，
∴点的坐标为时，；
（3）当点M在对称轴左侧时，如图，过M作垂直于对称轴，垂足为H，
∵，
∴,
∴，
∴M点的横坐标为，
∴ M点纵坐标为8，
∴M点的坐标为，点N的坐标为；
当点M在对称轴右侧时，如图，过M作垂直于对称轴，垂足为H，
∵，
∴,
∴，
∴M点的横坐标为，
∴ M点纵坐标为8，
∴M点的坐标为，点N的坐标为；
综上，当点的坐标为时，点坐标为；
当点的坐标为时，点坐标为．
【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数关系式，函数极值的确定方法，平行四边形的性质和判定，解本题的关键是建立函数关系式求极值．
17．（2022秋·辽宁大连·九年级大连市第三十四中学校考阶段练习）如图，抛物线与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C．抛物线的对称轴为直线，点C坐标为．
(1)求抛物线表达式；
(2)在抛物线上是否存在点P，使，如果存在，求出点P坐标；如果不存在，请说明理由；
(3)在（2）的条件下，若点P在x轴上方，点M是直线上方抛物线上的一个动点，求点M到直线的最大距离．
【答案】(1)
(2)或
(3)最大为
【分析】（1）利用抛物线的对称轴为，求出b的值，再把b的值和C的坐标代入计算即可；
（2）作轴于点E，利用相似三角形的判定方法可证得，设，则，再分别讨论P的位置列式求解即可；
（3）作轴于点F，交于点R，作于点N，用待定系数法求出直线的解析式，利用解析式表示出的长度，再通过求证联合建立比值关系列式计算即可．
【详解】（1）∵抛物线对称轴为，
∴，
∴，
将代入中，
∴，
∴；
（2）如图1中，作轴于点E．
∵，
∴，
∴，
设，则，
①当点P在x轴上方时：，
解得（不符题意，舍），
②当点P在x轴下方时：，
解得（不符题意，舍），
∴或；
（3）作轴于点F，交于点R，作于点N，．
∵，
∴，
设，
将代入得解得，
∴，
设，则，
∴
，
∵，
∴，
∴，
∵，
在中，
∴，
∴
，
当时，最大为．
【点睛】本题考查了二次函数综合，三角函数、相似三角形的判定和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质和相似三角形的判定和性质是解决本题的关键．
18．（2023秋·四川成都·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点（点在点的右侧），与轴交于，顶点为，对称轴与轴交于点，过点的直线交抛物线于，两点，点在轴的左侧．
(1)求的值及点，的坐标；
(2)当直线将四边形分为面积比为的两部分时，求直线的函数表达式；
(3)当点位于第一象限时，设的中点为，点在抛物线上，则以为对角线的四边形能否为菱形？若能，求出点的坐标；若不能，请说明理由．
【答案】(1)，，
(2)或
(3)
【分析】（1）把点代入抛物线解析式即可求出，令，列方程即可求出点、坐标；
（2）先求出四边形面积，根据，分两种情形：①当直线与边相交于点时，求出点坐标即可解决问题．②当直线与边相交于点时，同理可得点坐标，待定系数法求解析式即可求解；
（3）设且过点的直线的解析式为，得到，利用方程组求出点坐标，求出直线解析式，再利用方程组求出点坐标，列出方程求出，即可解决问题．
【详解】（1）解：把点代入，
得，解得，
∴，
当时，有，
解得，，
，；
（2）解：抛物线的顶点为，则
如图，连接，，设直线与交于点，直线与交于点，
，，，，
直线将四边形分为面积比为的两部分时，
则，
，
、纵坐标为，
设直线的解析式为，直线的解析式为
，，，，
∴，
解得：，
∴直线的解析式为，直线的解析式为，
∴令，解得：，∴,
令，解得：，∴,
设直线的解析式为，直线的解析式为
，，
∴，
解得：，，
∴直线的解析式为，直线的解析式为
（3）存在．理由如下：
如图，设、且过点的直线的解析式为，
，
，
．
由，
∴，
，，
点是线段的中点，
点，
假设存在这样的点，直线，设直线的解析式为，
由，解得：，，
，
当四边形是菱形时，
，
∵，，，
，
解得，
，
，
，，
∴直线的解析式为，
，
解得：，；
，
∵，，，，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形，
以为对角线的四边形为菱形时，此时点的坐标为．
【点睛】本题考查二次函数综合题、待定系数法、一次函数、菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会分类讨论，学会利用参数解决问题，用方程的思想思考问题．
核心考点
核心考点一 线段问题
核心考点二 面积问题
核心考点三 角度问题
核心考点四 特殊三角形判定问题
核心考点五 特殊四边形判定问题
核心考点六 相似三角形判定问题
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