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最新中考数学重难点与压轴题型训练（讲义） 专题17 二次函数中几何存在性的问题（重点突围）
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这是一份最新中考数学重难点与压轴题型训练（讲义） 专题17 二次函数中几何存在性的问题（重点突围），文件包含专题17二次函数中几何存在性的问题重点突围原卷版docx、专题17二次函数中几何存在性的问题重点突围解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共68页， 欢迎下载使用。
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。
专题17 二次函数中几何存在性的问题
【中考考向导航】
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc32709" 【直击中考】 PAGEREF _Tc32709 \h 1
\l "_Tc7972" 【考向一 二次函数中构成等腰三角形存在性问题】 PAGEREF _Tc7972 \h 1
\l "_Tc17122" 【考向二 二次函数中构成直角三角形存在性问题】 PAGEREF _Tc17122 \h 8
\l "_Tc18888" 【考向三 二次函数中构成三角形相似存在性问题】 PAGEREF _Tc18888 \h 16
\l "_Tc14244" 【考向四 二次函数中构成矩形存在性问题】 PAGEREF _Tc14244 \h 23
\l "_Tc7069" 【考向五 二次函数中构成菱形存在性问题】 PAGEREF _Tc7069 \h 33
\l "_Tc1912" 【考向六 二次函数中构成正方形存在性问题】 PAGEREF _Tc1912 \h 42
【直击中考】
【考向一 二次函数中构成等腰三角形存在性问题】
例题：（2022秋·青海西宁·九年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线轴交于，两点，与轴交于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求抛物线的对称轴及顶点坐标
(3)在坐标轴是否存在一点．使得是等腰三角形，若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由；
【答案】(1)
(2)直线，
(3)或或或或或或或
【分析】（1）利用待定系数法解答，即可求解；
（2）把抛物线解析式化为顶点式，即可求解；
（3）分三种情况：当时，当时，当时，即可求解．
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为，
把点，，代入得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：∵，
∴抛物线的对称轴为直线，顶点坐标为；
（3）解：∵点，，
∴，
∴，
当时，
若点P在x轴上，点P与点B关于y轴对称，
∴此时点P的坐标为；
若点P在y轴上，或，
∴此时点P的坐标为或；
当时，
若点P在x轴上，或，
∴此时点P的坐标为或；
若点P在y轴上，点P与点B关于x轴对称，
∴此时点P的坐标为；
当时，
若点P在x轴上，连接，如图，
设点P的坐标为，则，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴此时点P的坐标为；
若点P在y轴上，连接，如图，
设点P的坐标为，则，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴此时点P的坐标为；
综上所述， 或或或或或或或．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，还涉及了求二次函数的解析式，等腰三角形的性质，勾股定理，利用分类讨论思想解答是解题的关键．
【变式训练】
1．（2023秋·陕西商洛·九年级校考期末）如图，已知抛物线（）与轴交于，两点，与轴交于点．
(1)求抛物线的解析式及点的坐标；
(2)若为抛物线上一点，连接，是否存在以为底的等腰？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，点的坐标为或
【分析】（1）将点，代入解析式，待定系数法求解析式，进而令，得出点的坐标；
（2）若存在以为底的等腰，则，点在的垂直平分线上，如图，设的垂直平分线交轴于点，交于点，连接，勾股定理得出，即可得出点的坐标，进而根据中点坐标公式得出点的坐标，待定系数法求解析式求得直线的解析式，联立组成方程组即可求解．
【详解】（1）解：∵已知抛物线（）与轴交于，两点，
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为：，
令，解得：，
∴；
（2）存在，
∵，
∴，
若存在以为底的等腰，则，点在的垂直平分线上，
如图，设的垂直平分线交轴于点，交于点，连接，
则，设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴点的坐标为，
∵为的中点，
∴，
设直线得到的解析式为，
∴
解得：
∴直线的解析式为，
联立
解得：，
∴点的坐标为：或
【点睛】本题考查了二次函数的综合运用，等腰三角形的性质，一次函数与抛物线交点问题，掌握以上知识是解题的关键．
2．（2022秋·广西南宁·九年级校考阶段练习）已知抛物线经过，两点，直线l是抛物线的对称轴．
(1)求抛物线的函数关系式；
(2)设点P是直线l上的一个动点，当的周长最小时，求点P的坐标以及这个最小周长；
(3)在直线l上是否存在点M，使为等腰三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)点坐标为；的周长最小值为
(3)存在符合条件的点，且坐标为，，，．
【分析】（1）把、代入抛物线解析式，即可求解；
（2）连结交于，根据抛物线的对称性可得，从而得到，此时的周长最小，再求出直线解析式，即可求解；
（3）根据等腰三角形的性质，分三种情况讨论，即可求解．
【详解】（1）解：把、代入抛物线解析式得：
解得：，
∴抛物线解析式为．
（2）解：当时，，
∴，
连结交于，如图，
∵点与点关于直线对称，
∴，
∴，
此时的周长最小，
设直线解析式为，
把，代入得：
解得：，
∴直线解析式为．
把代入得：，
则坐标为．
∵，，，
∴，
∴，
则的周长最小值．
（3）解：存在，理由如下：
设，
已知，，
则，，，
①若，则，
即，
解得，．
②若，则，
得，，
解得，．
③若，则，
得，，
解得，，，
当时，，，三点共线，构不成三角形，不合题意，舍去．
综上可知，存在符合条件的点，坐标为，，，．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，涉及了抛物线的性质及解析式的确定、等腰三角形的判定等知识，在判定等腰三角形时，一定要根据不同的腰和底分类进行讨论，以免漏解．
【考向二 二次函数中构成直角三角形存在性问题】
例题：（2022秋·陕西渭南·九年级统考期末）如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在一点，使得以、、为顶点的三角形为直角三角形，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，坐标为或或或
【分析】（1）把A，B两点坐标代入抛物线的解析式，构建方程组求出b，c的值即可；
（2）分三种情形：B是直角顶点，C是直角顶点，P是直角顶点，分别求解即可．
【详解】（1）∵抛物线与轴交于、两点，
∴，解得
∴抛物线的解析式为．
（2）∵，
∴抛物线的对称轴为直线，顶点坐标为．
如图，连接．
∵，
∴，∴，
∴当时，，可得．
当时，同理可得．
当时，设点的坐标为，
则，，．
∵，
∴，
解得，
∴点的坐标为或．
综上可得点的坐标为或或或．
【点睛】考查了二次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形等知识，解题的关键是掌握待定系数法，学会用分类讨论的思想思考问题．
【变式训练】
1．（2023秋·山东枣庄·九年级统考期末）如图，抛物线与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，对称轴为直线，顶点为D，点B的坐标为．
(1)求出点A点、点D的坐标及抛物线的解析式；
(2)P是抛物线对称轴上一动点，是否存在点P，使是以AC为斜边的直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，，；
(2)存在，P点坐标为或．
【分析】（1）根据对称轴为直线，点B的坐标为，得到关于b，c的方程组，解方程组，即可得到抛物线的解析式，令，得到，解方程即可得到点A的坐标，把抛物线的解析式化为顶点式，即可得到点D的坐标；
（2）先求出点C的坐标，再求出，设的中点为E，则，设，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到方程，解方程即可得到答案．
【详解】（1）解：∵对称轴为直线，点B的坐标为．
∴
解得，
∴，
令，，
∴，
∴，
∵D是抛物线的顶点，，
∴，
（2）存在，理由如下：
当时，，
∴，
∴,
∵，
∴，
∴，
设的中点为E，则，设，
∵是以为斜边的直角三角形，
∴，
∴，
∴，，
∴或，
∴使是以为斜边的直角三角形时，P点坐标为或．
【点睛】此题考查了二次函数与几何综合题，用到了待定系数法求函数解析式、抛物线与坐标轴的交点、抛物线的顶点、直角三角形的性质等知识，读懂题意，准确计算是解题的关键．
2．（2023秋·山西阳泉·九年级统考期末）如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线的顶点坐标为，并与轴交于点，点是对称轴与轴的交点，直线与抛物线的另一个交点为．
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接、，判断是什么特殊三角形，并说明理由；
(3)在坐标轴上是否存在一点，使为以为直角边的直角三角形？若存在，直接写出点坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)是直角三角形，理由见解析
(3)存在，点的坐标为，或
【分析】（1）由题意可设抛物线顶点式为，然后将点代入求解即可；
（2）先求出直线的解析式，然后联立直线的解析式和抛物线的解析式得出点的坐标，最后利用勾股定理证明即可；
（3）分两种情况讨论：①当点在轴上时，②当点在轴上时，根据勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）∵抛物线的顶点坐标为，
∴可设抛物线顶点式为，
将点代入顶点式得，
解得，
∴；
（2）是直角三角形，理由如下：
∵直线过点，
∴设直线的解析式为，
∵点是对称轴与轴的交点，
∴，
把点代入，并解得，
∴直线的解析式为，
联立，并解得，，
∴，
∴，，
，
∴，
∴是直角三角形；
（3）存在，点的坐标为，或．
①当点在轴上时，设，
∴，，，
若为斜边，则有，
解得，
∴，
若为斜边，则有，
解得，
∴；
②当点在轴上时，设，
∴，，，
若为斜边，则有，
解得，
∴，
若为斜边，则有，
解得（与点重合舍去），
综上所述，点的坐标为，或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象与性质，能够利用勾股定理证明直角三角形是解题的关键．
3．（2023秋·广东广州·九年级统考期末）抛物线与x轴交于点和，与y轴交于点C，连接．点P是线段下方抛物线上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交于M，交x轴于N．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)过点C作于点H，，
①求点P的坐标；
②连接，在y轴上是否存在点Q，使得为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①)②或
【分析】（1）用待定系数法求出二次函数的解析式即可；
（2）①由题可得为矩形，根据，可得点P的横坐标，代入解析式即可求出坐标；②分和两种情况解题即可．
【详解】（1）解：把点和代入得：
，
解得：，
∴
（2）①解：∵，轴，
∴四边形为矩形，
∴
∵
∴
当时
∴点P的坐标)
②由题可知，显然不能为
如图，当时，
在中，，
∴，
∵轴，
∴
∴，
即，
即：
解得：，
∴
∴点Q的坐标为；
如图，当时，
显然，为矩形，
∴，
∴点Q的坐标为；
综上所述：点Q的坐标为或
【点睛】本题考查二次函数的解析式，矩形的性质，勾股定理和三角函数，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
【考向三 二次函数中构成三角形相似存在性问题】
例题：（2022秋·广西百色·九年级统考期中）如图，抛物线经过点，和坐标原点，顶点为．
(1)求抛物线的表达式；
(2)求证：是直角三角形；
(3)若点是抛物线上第一象限内的一个动点，过点作轴，垂足为，是否存在点，使得以P，M，A为顶点的三角形与相似？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)存在，点坐标为或
【分析】（1）设抛物线的解析式为，把点，，，代入求出，，的值即可；
（2）先求出点C坐标，然后根据A、B、C的坐标，分别求出、、，利用勾股定理逆定理判定即可；
（3）分和表示出和，从而表示出点的坐标，代入求得的抛物线的解析式即可求得的值，从而确定点的坐标．
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为，
将点，，，代入可得：
，
解得：，
所以函数解析式为：；
（2）证明：∵，
∴抛物线的顶点的坐标为，
∵，，
∴，，
，
∴，
∴是直角三角形；
（3）解：假设存在点，使以，，为顶点的三角形与相似，如图，
设，由题意知，，且，
由（2）知，为直角三角形，，且，
①若，则，
即，得
，（舍去），当时，，即，；
②若，，
即：，
得：，（舍去）当时，，即．
∴存在，当点坐标为或，使得以P，M，A为顶点的三角形与相似．
【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数解析式、两点间距离、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识点，综合性强，同时也考查数形结合的数学思想方法．
【变式训练】
1．（2023秋·湖南株洲·九年级统考期末）如图，以D为顶点的抛物线交x轴于A、B两点，交y轴于点C，直线的表达式为．
(1)求抛物线的表达式；
(2)在直线上存在一点P，使的值最小，求此最小值；
(3)在x轴上是否存在一点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形与相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)10
(3)当Q的坐标为或时，以A、C、Q为顶点的三角形与相似
【分析】（1）先根据一次函数解析式求出B、C的坐标，再利用待定系数法求出二次函数解析式即可；
（2）由正方形的性质和判定求出点O关于直线的对称点就是，进一步推出有最小值且等于的长度，求出点A的坐标，利用勾股定理求出的长即可得到答案．
（3）先求出点D的坐标，进而利用勾股定理和勾股定理的逆定理证明是直角三角形，再证明，得到，则分当时，当时，两种情况利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：把代入，得：，
∴，
把代入得：，
∴，
由点B、C在抛物线上可得：，
∴，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：由（1）所得，可知以线段为邻边的四边形为正方形，其第四个顶点的坐标为，记为．
由正方形的性质可知点O关于直线的对称点就是．
∵与O关于对称，
∴，
∴，
∴当在一条直线上时，有最小值且等于的长度．
当，即时，
解得或，
∴，
∴，
∴的最小值为10；
（3）解：∵抛物线解析式为，
∴点D的坐标为，
又∵，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
当时，则，即，
∴，
∴；
当时，则，即，
∴，
∴
综上所述，当Q的坐标为或时，以A、C、Q为顶点的三角形与相似．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，相似三角形的性质与判定，轴对称最短路径问题，勾股定理和勾股定理的逆定理，正方形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
2．（2023秋·湖南邵阳·九年级统考期末）如图，抛物线与x轴交于点、B两点，顶点，过点A的直线与抛物线相交于点C，与抛物线对称轴DF交于点E，．
(1)求该抛物线解析式；
(2)在对称轴上是否存在一点M，使以点A、E、M为顶点的三角形与相似，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)点P是线段上一动点，过点P作直线轴交抛物线于点Q，当线段的长度最大时，求P点坐标与的最大值．
【答案】(1)或
(2)存在，或
(3)，
【分析】（1）根据抛物线的顶点为可设，再把A的坐标代入计算即可；
（2）如图，的对称轴为直线，先求解直线；；由，，结合勾股定理可得，．，，再分两种情况讨论：当时，则，当时，则，从而可得答案；
（3）设点，则点，可得，再利用二次函数的性质解决问题即可．
【详解】（1）解：由题意可设，将代人解析式中得，
，
∴或．
（2）如图，的对称轴为直线，
∴，而，
∴，
∵，
∴，
∴，设为，
∴，解得：，
∴直线；
令，解得，， 所以；
由，，结合勾股定理可得，
．，，
当时，则，
∴，
∴，则，
∴．
当时，则，
∴，
∴，此时，重合，
∴．
∴存在点或；
（3）如图，
设点，则点，
∴，
∴当时，PQ最大，最大值为
此时．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，二次函数的性质，清晰的分类讨论与数形结合的方法都是解本题的关键．
【考向四 二次函数中构成矩形存在性问题】
例题：（2023秋·贵州遵义·九年级统考期末）已知抛物线与轴交于点、，与轴交于点.
(1)求抛物线解析式；
(2)如图①，若点是第一象限内抛物线上一动点，过点作于点，求线段长的最大值
(3)如图②，若点是抛物线上另一动点，点是平面内一点，是否存在以点、、、为顶点，且以为边的矩形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由
【答案】(1)抛物线解析式为
(2)的长的最大值为
(3)存在，点的坐标为或
【分析】（1）根据题意，设抛物线解析式为，再把代入，计算即可得出答案；
（2）过点作轴交于点，交于点，根据题意，得出，进而得出，再根据直角三角形两锐角互余，得出，再根据对顶角相等，得出，进而得出是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质，得出，再根据待定系数法求出直线的解析式，然后设点，则，再根据两点之间的距离公式，得出，再根据，得出，再根据二次函数的性质，即可得出答案；
（3）根据题意，设，然后分两种情况：当、在直线的上方时和当、在直线的下方时，根据相似三角形的判定与性质，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，即可得出点的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点、，
∴设抛物线解析式为，
又∵抛物线与轴交于点，
∴把代入，
可得：，
解得：，
∴抛物线解析式为；
（2）解：过点作轴交于点，交于点，
∵，，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
设直线的解析式为，
∵，，
∴可得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
设点，则，
∴，
∴，
∴当时，的长的最大值为；
（3）解：存在以点、、、为顶点，且以为边的矩形，理由如下：
设，
如图1，当、在直线的上方时，过点作轴交于点，过点作轴交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
如图2，当、在直线的下方时，过点作轴，过点作交于点，过点作交于点，过点作交于点，
同理可得：，
∴，即，
解得：（舍去）或，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上所述：点的坐标为或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的图象与性质、直角三角形两锐角互余、等腰直角三角形的性质、求一次函数解析式、两点之间的距离公式、相似三角形的判定与性质、矩形的性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理，并正确作出辅助线．
【变式训练】
1．（2022秋·湖北黄冈·九年级统考期末）如图，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D和点C关于抛物线的对称轴对称．
(1)求直线的解析式；
(2)如图，直线上方的抛物线上有一点F，过点F作于点G，求线段的最大值；
(3)点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边形是以为边的矩形，求点Q的坐标．
【答案】(1)直线的解析式为；
(2)的最大值为：；
(3)或．
【分析】（1）先求解A，B，C的坐标，再求解D的坐标，再利用待定系数法求解一次函数的解析式即可；
（2）记于y轴的交点为，证明为等腰直角三角形， 过作轴交于，为等腰直角三角形， 则，设，则， 再建立二次函数，利用二次函数的性质解题即可；
（3）如图，当在的右边，记直线交y轴于R，，则，求解直线的解析式为， 可得， 设，而四边形为矩形，可得，再利用勾股定理建立方程求解，结合平移的性质可得：；如图，当在的左边，同理可得：，结合平移的性质可得：．
【详解】（1）解：当时，，则，
当时，，
解得，，则，，
∵，
∴抛物线对称轴为直线， 而点D和点C关于直线对称，
∴，
设直线的解析式为，
把，分别代入得 ，
解得 ，
∴直线的解析式为；
（2）记于y轴的交点为，
当时，，则，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
过作轴交于，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设，则，
∴，
当时，有最大值，
∴的最大值为：；
（3）如图，当在的右边，
记直线交y轴于R，，则，
设直线的解析式为，
把、分别代入得 ，
解得 ，
∴直线的解析式为，
当时，，则，
设，而四边形为矩形，
∴，
∴，
解得：，即，
由平移的性质可得：；
如图，当在的左边，
同理可得：，
解得：，即，
由平移的性质可得：；
综上：或．
【点睛】本题考查的是二次函数与坐标轴的交点，二次函数的性质，勾股定理的应用，等腰直角三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，平移的性质，熟练的建立二次函数模型再利用二次函数的性质解决问题是解本题的关键．
2．（2023秋·广东江门·九年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线交x轴于、B两点，交y轴于点C，其对称轴为，
(1)求该抛物线的函数解析式；
(2)P为第四象限内抛物线上一点，连接，过点C作交x轴于点Q，连接，求面积的最大值及此时点P的坐标．
(3)在（2）的条件下，将抛物线向右平移经过点Q，得到新抛物线，点E在新抛物线的对称轴上，是否在平面内存在一点F，使得以A、P、E、F为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)面积的最大值为4，此时P的坐标为
(3)存在，点F的坐标为，
【分析】（1）把点A的坐标代入得到，再根据抛物线的对称轴，得出a和b的关系式，即可求解；
（2）连接，过P点作平行于y轴的直线交于H点，根据可得，从而求面积的最大值即可，通过设P的坐标，得到H的坐标，从而建立关于面积的二次函数表达式，最终结合二次函数的性质求解即可；
（3）通过（2）的结论首先确定出平移后抛物线的解析式，设出E，F的坐标，运用勾股定理进行分类讨论即可．
【详解】（1）将，代入得：，
∵抛物线对称轴为对称轴为，
∴，即，
把代入得：，
解得：，
∴，
∴抛物线的解析式为：；
（2）如图所示，连接PC，PB，BC，过P点作平行于y轴的直线交BC于H点，
∵，
∴，即求面积的最大值即可，
把代入得，
∴C坐标为，
设直线BC的解析式为：，
将，代入得：，解得：，
∴直线BC的解析式为：，
设，则，
∴，
∴，
根据二次函数的性质可得：当时，取得最大值为4，
将代入，得到此时P的坐标为，
∴面积的最大值为4，此时P的坐标为；
（3）存在，理由如下：
由（2）可知，当面积的最大值为4时，P的坐标为，
∵，
∴，则，
∵原抛物线解析式为：，
∴设向右平移后的解析式为：，
将代入求得：（舍负值），
∴平移后抛物线的解析式为：，其对称轴为直线，
∴设，，则结合A、P的坐标可得：
，，，
①当时，如图所示，
此时根据勾股定理得：，
即：，解得：，即：，
此时根据A、P、E、F四点的相对位置关系可得：
，解得：，
∴；
②当时，如图所示，
此时根据勾股定理得：，
即：，解得：，即：，
此时根据A、P、E、F四点的相对位置关系可得：
，解得：，
∴；
③当AE⊥PE时，根据勾股定理得：，
即：，
整理得：，
∵，
∴上述方程在实数范围内无解，即不存在的情况，
综上所述，所有可能的点F的坐标为，．
【点睛】本题考查二次函数综合运用，以及矩形的性质，准确求得抛物线的解析式，并灵活根据矩形的性质进行分类讨论是解题关键．
【考向五 二次函数中构成菱形存在性问题】
例题：（2022秋·辽宁沈阳·九年级沈阳市广全学校校考阶段练习）如图，抛物线与x轴负半轴交于点A，与x轴正半轴交于点B，与y轴负半轴交于点C，，，．
(1)点C的坐标为______；抛物线的函数表达式为______；
(2)点D是上一点（不与点A、O重合），过点D作x轴的垂线，交抛物线于点E，交于点F，当时，求点E的坐标；
(3)设抛物线的对称轴l交x轴于点G，在（2）的条件下，点M是抛物线对称轴上一点，点N是坐标平面内一点，是否存在点M、N，使以A、E、M、N为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)
(3)存在：，，
【分析】（1）证明，得到，求出，从而得到点坐标，再用待定系数法，求出函数解析式即可；
（2）待定系数法求出直线的解析式，设，分别表示出的坐标，进而得到，利用，列式计算即可；
（3）分是边和是对角线两种情况，进行讨论求解．
【详解】（1）解：由题意，，，，
∵，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
分别把，，代入，
得 解得 ，
∴；
故答案为：，；
（2）解：设直线函数关系式为，
代入，得， ，解得 ，
∴，
设，则：，
∴，，
由题意，
解得，或（舍去），
将代入得；
∴；
（3）解：存在，理由如下：
当以A、E、M、N为顶点的四边形是菱形时，是等腰三角形．
由题意，，，对称轴为：，
在中，由勾股定理得：，
①当是边时：
当时，点A到直线l的距离是：，
∴此时点M不存在．
当时，如图，此时菱形为：，
过点E作于点H，
，，
在中，由勾股定理得，，
∴或 ，
∴；
当点时：由得：，
即：，解得：，
同理可得：，故点；
同理可得：；
②当为对角线时，此时，即，此时菱形为，
即，
设，则：，
解得，
∴，即点在轴上，
则：，
解得：，
，
∴；
综上：，，．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用．正确的求出函数解析式，利用数形结合，分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·广东汕头·九年级统考期末）如图：已知直线与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线经过点B，且与x轴交于点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接、，设点M的横坐标为m，四边形的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；
(3)若点P在平面内，点Q在直线上，平面内是否存在点P使得以O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)，；
(3)，，，；
【分析】（1）根据直线解析式求出点B的坐标，将B、C两点坐标代入解析式即可得到答案；
（2）连接，表示出M的坐标，根据列出S与m的函数关系式，最后根据函数性质即可得到答案；
（3）设点，分、、分别为对角线三类讨论，根据对角线互相平分得到点P的坐标， 最后根据菱形的邻边相等即可得到答案；
【详解】（1）解：当时，，
∴点B的坐标为，
将，代入抛物线解析式可得，
，
解得：，
∴该抛物线的解析式为：；
（2）解：连接，
∵点M的横坐标为m，
∴，
当时，
，解得，
∴，
∴
，
∵，
∴当时，S最大，
；
（3）解：设点，
①当为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴与互相平分，，
∴点P的坐标为，
解得：，
∴；
②当为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴与互相平分，，
∴点P的坐标为，
∴，
解得：，
∴，；
③当为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴与互相平分，，
∴P的坐标为，
∴，
解得： （与B重合舍去），，
∴；
综上所述存在4点使以O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形：，，，；
【点睛】本题考查二次函数综合，主要有求解析式、围成图形最大面积、围成特殊菱形问题，解题的关键是求出解析式，根据特殊图形性质设点表示出所有点根据线段相等列式求解．
2．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级统考期末）综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，点M为抛物线的顶点，点B在y轴上，直线与抛物线在第一象限交于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)已知点在抛物线上，当时，直接写n的取值范围；
(3)连接，点Q是直线上不与A、B重合的点，若，请求出点Q的坐标；
(4)在x轴上有一动点H，平面内是否存在一点N，使以点A、H、C、N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)或；
(4)或或或．
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式；
（2）根据对称轴直线求出对称轴直线，即可得出最小值，再分别求出当和时的函数值即可得出n的取值范围；
（3）先计算出，再求出解析式，设出点Q坐标，根据三角形面积公式即可求解；
（4）分类讨论，分别当为对角线时，画出图形即可求解．
【详解】（1）解：把代入得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）由（1）可知，二次函数解析式为，
∴抛物线的对称轴直线，
∴当时，n取最小值，
此时：，
当时， ；
当时， ；
∴当时，；
（3）∵、
∴，
∴，
设直线的表达式为，
将点、代入得：
，解得，
∴的表达式为，
设点Q的坐标为
∴
解得或，
当时，，
当时，
∴点Q的坐标为或；
（4）存在一点N，使以点A、H、C、N为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
①当为菱形的对角线时，如图所示，
由（3）可知，，
∴，
∴，
∴菱形为正方形，
∴点N的坐标为
②如图所示，当为菱形对角线时，C、N关于x轴对称，
∴点N坐标为；
③，当为对角线时，如图所示，
，
∴，
∴点N的坐标为或
综上所示，点N的坐标为：或或或．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，待定系数法求函数表达式，自变量取值范围内的函数值，三角形面积，菱形等知识，解题的关键是添加辅助线，构造出相应图形解决问题．
【考向六 二次函数中构成正方形存在性问题】
例题：（2022秋·辽宁抚顺·九年级校考阶段练习）如图，直线与抛物线交于A，B两点，其中点B的坐标是
(1)求直线及抛物线的解析式；
(2)C为抛物线上的一点，的面积为3，求点C的坐标；
(3)P在抛物线上，Q在直线上，M在坐标平面内，当以A，P，Q，M为顶点的四边形为正方形时，直接写出点M的坐标．
【答案】(1)直线的解析式为，抛物线的解析式是
(2)，
(3)
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）讨论C在直线上方时，作轴交于D ，，求出t的值，C在直线下方时，作轴交于D ，，求出t的值，即可得出点C的坐标；
（3）分是正方形的边和是正方形的对角线两种情况分析，再根据正方形的性质即可得出答案．
【详解】（1）∵直线与抛物线交于点
∴，，
∴，
∴直线的解析式为，抛物线的解析式是；
（2）联立方程组，
解得或，
∴点A的坐标是，
当C在直线上方时，作轴交于D， 设点C的坐标为，则D点坐标为，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴或，
∴，
当C在直线下方时，作轴交于D ，设点C的坐标为，则D点坐标为，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴或，
∴，
∴，；
（3）如图，当是正方形的边时，
∵
∴直线的解析式为
∴
∴M点与A点关于y轴对称
∴
∵在抛物线上，
∴当时，；
当M点关于A点对称时，；
如图，当是正方形的对角线时，
∴点P的纵坐标为-1
∴
∴
∵
∴
综上所述：M点坐标为
【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及二次函数的图象及性质，三角形和正方形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键
【变式训练】
1．（2022秋·湖南长沙·九年级校考期末）如图，抛物线与x轴交于，D两点，与y轴交于点B，抛物线的对称轴与x轴交于点，点E，P为抛物线的对称轴上的动点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)当最小时，求此时点E的坐标；
(3)若点M为对称轴右侧抛物线上一点，且M在x轴上方，N为平面内一动点，是否存在点P，M，N，使得以A，P，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，或或
【分析】（1）用待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）先求出点，，对称轴为，在根据A、D关于直线对称，连接交对称轴于点E，连接，得出当A、B、E三点共线时，的值最小，根据，得出，即可求出点E的坐标；
（3）设，分三种情况：当AM为正方形的对角线时，；当时，；时，．分别求出点M的坐标即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴与x轴交于点，
∴，
∴，
∴，
将代入，
∴，
解得，
∴；
（2）解：令，则，
解得或，
∴，
令，则，
∴，
∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
连接交对称轴于点E，连接，
∵A、D关于直线对称，
∴，
∴，
当A、B、E三点共线时，的值最小，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：存在点P，M，N，使得以A，P，M，N为顶点的四边形为正方形，理由如下：
设，
当AM为正方形的对角线时，如图2，，过M点作交于G，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
解得或，
∵M点在x轴上方，
∴，
∴M（2，3）；
当时，，如图3，过A点作轴，过M点作交于点H，
同理可证，
∴，，
∴，
∴，
解得或，
∴或（舍去）；
当时，，如图4，
过点M作轴交对称轴于点T，过点A作交于点S，
同理可得，
∴，，
∴，
∴，
解得或，
∴；
综上所述：M点坐标为或或．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，正方形的性质，三角形全等的判定及性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．
2．（2022春·江苏盐城·九年级校考阶段练习）如图．已知抛物线经过三点，点P为直线上方抛物线上一点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当时，求点P的坐标；
(3)连接，交直线于点E，交y轴于点F；
①是否存在点P使与相似，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
②若点P的坐标为，点H在抛物线上，过H作轴，交直线于点K．点Q是平面内一点，当以点E，H，K，Q为顶点的四边形是正方形时，请直接写出点Q的坐标．
【答案】(1)；
(2)存在，；
(3)①存在点P，P坐标是（2，3）使与相似，理由见解析；②点Q的坐标为（5，2）或（1，2+）或（1，2﹣）．
【分析】（1）把代入，求解三元一次方程组即可；
（2）如图：过B作轴交射线于D，由可得，易证，从而，进而解得，确定点D的坐标，进而求得直线解析式为，然后与抛物线解析式联立并结合点P的位置即可解答；
（3）①如图：过C作轴交抛物线于P，连接交直线于点E，交y轴于点F， 进而确定点，从而直线解析式为，再说明，再证明即可求解；②由直线解析式为，可得，即知，即，由B知直线解析式是，可得，分两种情况讨论：当时，H点在上，K点在上，即知或，当时，，可得，此时与y轴重合，不符合与y轴平行；当时，，，有，可得；同理求解当时即可．
【详解】（1）解：把代入得：
，解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：如图：过B作轴交射线于D，
∴轴
∴
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴
设直线解析式为，将代入得：，解得，
∴直线解析式为，
解得或，
∴；
（3）解：①存在点P，使与相似，理由如下：
如图：过C作轴交抛物线于P，连接交直线于点E，交y轴于点F，
∵轴，
∴，
在中，令得：或，
∴，
设直线解析式为，将代入得：
，解得，
∴直线解析式为，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴当P坐标是时，与相似；
②由①知，P的坐标为时，直线解析式为，
∴，
∵，
∴，即，
由知直线BC解析式是，
解得，
∴，
∵以点E，H，K，Q为顶点的四边形是正方形，
∴分两种情况讨论：
（Ⅰ）如图：当时，H点在上，K点在上，
∵H点在抛物线上，
∴H为与抛物线交点，即或，
当时，，
∴，
∴，
∴的中点为，则的中点也为，
∴，
但此时与y轴重合，不符合与y轴平行，
∴不符合题意；
当时，，
∴，
∴
∴HK的中点为，则的中点也为，
∴；
（Ⅱ）当时，此时轴，如图：
在中，令，则，
解得：，
∴或，
当时，，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
综上所述，当以点E，H，K，Q为顶点的四边形是正方形时，点Q的坐标为或或．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用、正方形的判定、待定系数法求函数解析式、三角形相似的判定与性质、正方形性质及应用等知识点，掌握相似三角形判定及性质的应用、分类讨论思想、数形结合思想是解题的关键．
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。
专题17 二次函数中几何存在性的问题
【中考考向导航】
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc32709" 【直击中考】 PAGEREF _Tc32709 \h 1
\l "_Tc7972" 【考向一 二次函数中构成等腰三角形存在性问题】 PAGEREF _Tc7972 \h 1
\l "_Tc17122" 【考向二 二次函数中构成直角三角形存在性问题】 PAGEREF _Tc17122 \h 8
\l "_Tc18888" 【考向三 二次函数中构成三角形相似存在性问题】 PAGEREF _Tc18888 \h 16
\l "_Tc14244" 【考向四 二次函数中构成矩形存在性问题】 PAGEREF _Tc14244 \h 23
\l "_Tc7069" 【考向五 二次函数中构成菱形存在性问题】 PAGEREF _Tc7069 \h 33
\l "_Tc1912" 【考向六 二次函数中构成正方形存在性问题】 PAGEREF _Tc1912 \h 42
【直击中考】
【考向一 二次函数中构成等腰三角形存在性问题】
例题：（2022秋·青海西宁·九年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线轴交于，两点，与轴交于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求抛物线的对称轴及顶点坐标
(3)在坐标轴是否存在一点．使得是等腰三角形，若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由；
【答案】(1)
(2)直线，
(3)或或或或或或或
【分析】（1）利用待定系数法解答，即可求解；
（2）把抛物线解析式化为顶点式，即可求解；
（3）分三种情况：当时，当时，当时，即可求解．
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为，
把点，，代入得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：∵，
∴抛物线的对称轴为直线，顶点坐标为；
（3）解：∵点，，
∴，
∴，
当时，
若点P在x轴上，点P与点B关于y轴对称，
∴此时点P的坐标为；
若点P在y轴上，或，
∴此时点P的坐标为或；
当时，
若点P在x轴上，或，
∴此时点P的坐标为或；
若点P在y轴上，点P与点B关于x轴对称，
∴此时点P的坐标为；
当时，
若点P在x轴上，连接，如图，
设点P的坐标为，则，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴此时点P的坐标为；
若点P在y轴上，连接，如图，
设点P的坐标为，则，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴此时点P的坐标为；
综上所述， 或或或或或或或．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，还涉及了求二次函数的解析式，等腰三角形的性质，勾股定理，利用分类讨论思想解答是解题的关键．
【变式训练】
1．（2023秋·陕西商洛·九年级校考期末）如图，已知抛物线（）与轴交于，两点，与轴交于点．
(1)求抛物线的解析式及点的坐标；
(2)若为抛物线上一点，连接，是否存在以为底的等腰？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)存在，点的坐标为或
【分析】（1）将点，代入解析式，待定系数法求解析式，进而令，得出点的坐标；
（2）若存在以为底的等腰，则，点在的垂直平分线上，如图，设的垂直平分线交轴于点，交于点，连接，勾股定理得出，即可得出点的坐标，进而根据中点坐标公式得出点的坐标，待定系数法求解析式求得直线的解析式，联立组成方程组即可求解．
【详解】（1）解：∵已知抛物线（）与轴交于，两点，
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为：，
令，解得：，
∴；
（2）存在，
∵，
∴，
若存在以为底的等腰，则，点在的垂直平分线上，
如图，设的垂直平分线交轴于点，交于点，连接，
则，设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴点的坐标为，
∵为的中点，
∴，
设直线得到的解析式为，
∴
解得：
∴直线的解析式为，
联立
解得：，
∴点的坐标为：或
【点睛】本题考查了二次函数的综合运用，等腰三角形的性质，一次函数与抛物线交点问题，掌握以上知识是解题的关键．
2．（2022秋·广西南宁·九年级校考阶段练习）已知抛物线经过，两点，直线l是抛物线的对称轴．
(1)求抛物线的函数关系式；
(2)设点P是直线l上的一个动点，当的周长最小时，求点P的坐标以及这个最小周长；
(3)在直线l上是否存在点M，使为等腰三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)点坐标为；的周长最小值为
(3)存在符合条件的点，且坐标为，，，．
【分析】（1）把、代入抛物线解析式，即可求解；
（2）连结交于，根据抛物线的对称性可得，从而得到，此时的周长最小，再求出直线解析式，即可求解；
（3）根据等腰三角形的性质，分三种情况讨论，即可求解．
【详解】（1）解：把、代入抛物线解析式得：
解得：，
∴抛物线解析式为．
（2）解：当时，，
∴，
连结交于，如图，
∵点与点关于直线对称，
∴，
∴，
此时的周长最小，
设直线解析式为，
把，代入得：
解得：，
∴直线解析式为．
把代入得：，
则坐标为．
∵，，，
∴，
∴，
则的周长最小值．
（3）解：存在，理由如下：
设，
已知，，
则，，，
①若，则，
即，
解得，．
②若，则，
得，，
解得，．
③若，则，
得，，
解得，，，
当时，，，三点共线，构不成三角形，不合题意，舍去．
综上可知，存在符合条件的点，坐标为，，，．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，涉及了抛物线的性质及解析式的确定、等腰三角形的判定等知识，在判定等腰三角形时，一定要根据不同的腰和底分类进行讨论，以免漏解．
【考向二 二次函数中构成直角三角形存在性问题】
例题：（2022秋·陕西渭南·九年级统考期末）如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在一点，使得以、、为顶点的三角形为直角三角形，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，坐标为或或或
【分析】（1）把A，B两点坐标代入抛物线的解析式，构建方程组求出b，c的值即可；
（2）分三种情形：B是直角顶点，C是直角顶点，P是直角顶点，分别求解即可．
【详解】（1）∵抛物线与轴交于、两点，
∴，解得
∴抛物线的解析式为．
（2）∵，
∴抛物线的对称轴为直线，顶点坐标为．
如图，连接．
∵，
∴，∴，
∴当时，，可得．
当时，同理可得．
当时，设点的坐标为，
则，，．
∵，
∴，
解得，
∴点的坐标为或．
综上可得点的坐标为或或或．
【点睛】考查了二次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形等知识，解题的关键是掌握待定系数法，学会用分类讨论的思想思考问题．
【变式训练】
1．（2023秋·山东枣庄·九年级统考期末）如图，抛物线与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，对称轴为直线，顶点为D，点B的坐标为．
(1)求出点A点、点D的坐标及抛物线的解析式；
(2)P是抛物线对称轴上一动点，是否存在点P，使是以AC为斜边的直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，，；
(2)存在，P点坐标为或．
【分析】（1）根据对称轴为直线，点B的坐标为，得到关于b，c的方程组，解方程组，即可得到抛物线的解析式，令，得到，解方程即可得到点A的坐标，把抛物线的解析式化为顶点式，即可得到点D的坐标；
（2）先求出点C的坐标，再求出，设的中点为E，则，设，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到方程，解方程即可得到答案．
【详解】（1）解：∵对称轴为直线，点B的坐标为．
∴
解得，
∴，
令，，
∴，
∴，
∵D是抛物线的顶点，，
∴，
（2）存在，理由如下：
当时，，
∴，
∴,
∵，
∴，
∴，
设的中点为E，则，设，
∵是以为斜边的直角三角形，
∴，
∴，
∴，，
∴或，
∴使是以为斜边的直角三角形时，P点坐标为或．
【点睛】此题考查了二次函数与几何综合题，用到了待定系数法求函数解析式、抛物线与坐标轴的交点、抛物线的顶点、直角三角形的性质等知识，读懂题意，准确计算是解题的关键．
2．（2023秋·山西阳泉·九年级统考期末）如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线的顶点坐标为，并与轴交于点，点是对称轴与轴的交点，直线与抛物线的另一个交点为．
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接、，判断是什么特殊三角形，并说明理由；
(3)在坐标轴上是否存在一点，使为以为直角边的直角三角形？若存在，直接写出点坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)是直角三角形，理由见解析
(3)存在，点的坐标为，或
【分析】（1）由题意可设抛物线顶点式为，然后将点代入求解即可；
（2）先求出直线的解析式，然后联立直线的解析式和抛物线的解析式得出点的坐标，最后利用勾股定理证明即可；
（3）分两种情况讨论：①当点在轴上时，②当点在轴上时，根据勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）∵抛物线的顶点坐标为，
∴可设抛物线顶点式为，
将点代入顶点式得，
解得，
∴；
（2）是直角三角形，理由如下：
∵直线过点，
∴设直线的解析式为，
∵点是对称轴与轴的交点，
∴，
把点代入，并解得，
∴直线的解析式为，
联立，并解得，，
∴，
∴，，
，
∴，
∴是直角三角形；
（3）存在，点的坐标为，或．
①当点在轴上时，设，
∴，，，
若为斜边，则有，
解得，
∴，
若为斜边，则有，
解得，
∴；
②当点在轴上时，设，
∴，，，
若为斜边，则有，
解得，
∴，
若为斜边，则有，
解得（与点重合舍去），
综上所述，点的坐标为，或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象与性质，能够利用勾股定理证明直角三角形是解题的关键．
3．（2023秋·广东广州·九年级统考期末）抛物线与x轴交于点和，与y轴交于点C，连接．点P是线段下方抛物线上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交于M，交x轴于N．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)过点C作于点H，，
①求点P的坐标；
②连接，在y轴上是否存在点Q，使得为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①)②或
【分析】（1）用待定系数法求出二次函数的解析式即可；
（2）①由题可得为矩形，根据，可得点P的横坐标，代入解析式即可求出坐标；②分和两种情况解题即可．
【详解】（1）解：把点和代入得：
，
解得：，
∴
（2）①解：∵，轴，
∴四边形为矩形，
∴
∵
∴
当时
∴点P的坐标)
②由题可知，显然不能为
如图，当时，
在中，，
∴，
∵轴，
∴
∴，
即，
即：
解得：，
∴
∴点Q的坐标为；
如图，当时，
显然，为矩形，
∴，
∴点Q的坐标为；
综上所述：点Q的坐标为或
【点睛】本题考查二次函数的解析式，矩形的性质，勾股定理和三角函数，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
【考向三 二次函数中构成三角形相似存在性问题】
例题：（2022秋·广西百色·九年级统考期中）如图，抛物线经过点，和坐标原点，顶点为．
(1)求抛物线的表达式；
(2)求证：是直角三角形；
(3)若点是抛物线上第一象限内的一个动点，过点作轴，垂足为，是否存在点，使得以P，M，A为顶点的三角形与相似？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)存在，点坐标为或
【分析】（1）设抛物线的解析式为，把点，，，代入求出，，的值即可；
（2）先求出点C坐标，然后根据A、B、C的坐标，分别求出、、，利用勾股定理逆定理判定即可；
（3）分和表示出和，从而表示出点的坐标，代入求得的抛物线的解析式即可求得的值，从而确定点的坐标．
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为，
将点，，，代入可得：
，
解得：，
所以函数解析式为：；
（2）证明：∵，
∴抛物线的顶点的坐标为，
∵，，
∴，，
，
∴，
∴是直角三角形；
（3）解：假设存在点，使以，，为顶点的三角形与相似，如图，
设，由题意知，，且，
由（2）知，为直角三角形，，且，
①若，则，
即，得
，（舍去），当时，，即，；
②若，，
即：，
得：，（舍去）当时，，即．
∴存在，当点坐标为或，使得以P，M，A为顶点的三角形与相似．
【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数解析式、两点间距离、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识点，综合性强，同时也考查数形结合的数学思想方法．
【变式训练】
1．（2023秋·湖南株洲·九年级统考期末）如图，以D为顶点的抛物线交x轴于A、B两点，交y轴于点C，直线的表达式为．
(1)求抛物线的表达式；
(2)在直线上存在一点P，使的值最小，求此最小值；
(3)在x轴上是否存在一点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形与相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)10
(3)当Q的坐标为或时，以A、C、Q为顶点的三角形与相似
【分析】（1）先根据一次函数解析式求出B、C的坐标，再利用待定系数法求出二次函数解析式即可；
（2）由正方形的性质和判定求出点O关于直线的对称点就是，进一步推出有最小值且等于的长度，求出点A的坐标，利用勾股定理求出的长即可得到答案．
（3）先求出点D的坐标，进而利用勾股定理和勾股定理的逆定理证明是直角三角形，再证明，得到，则分当时，当时，两种情况利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：把代入，得：，
∴，
把代入得：，
∴，
由点B、C在抛物线上可得：，
∴，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：由（1）所得，可知以线段为邻边的四边形为正方形，其第四个顶点的坐标为，记为．
由正方形的性质可知点O关于直线的对称点就是．
∵与O关于对称，
∴，
∴，
∴当在一条直线上时，有最小值且等于的长度．
当，即时，
解得或，
∴，
∴，
∴的最小值为10；
（3）解：∵抛物线解析式为，
∴点D的坐标为，
又∵，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
当时，则，即，
∴，
∴；
当时，则，即，
∴，
∴
综上所述，当Q的坐标为或时，以A、C、Q为顶点的三角形与相似．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，相似三角形的性质与判定，轴对称最短路径问题，勾股定理和勾股定理的逆定理，正方形的性质与判定等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
2．（2023秋·湖南邵阳·九年级统考期末）如图，抛物线与x轴交于点、B两点，顶点，过点A的直线与抛物线相交于点C，与抛物线对称轴DF交于点E，．
(1)求该抛物线解析式；
(2)在对称轴上是否存在一点M，使以点A、E、M为顶点的三角形与相似，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)点P是线段上一动点，过点P作直线轴交抛物线于点Q，当线段的长度最大时，求P点坐标与的最大值．
【答案】(1)或
(2)存在，或
(3)，
【分析】（1）根据抛物线的顶点为可设，再把A的坐标代入计算即可；
（2）如图，的对称轴为直线，先求解直线；；由，，结合勾股定理可得，．，，再分两种情况讨论：当时，则，当时，则，从而可得答案；
（3）设点，则点，可得，再利用二次函数的性质解决问题即可．
【详解】（1）解：由题意可设，将代人解析式中得，
，
∴或．
（2）如图，的对称轴为直线，
∴，而，
∴，
∵，
∴，
∴，设为，
∴，解得：，
∴直线；
令，解得，， 所以；
由，，结合勾股定理可得，
．，，
当时，则，
∴，
∴，则，
∴．
当时，则，
∴，
∴，此时，重合，
∴．
∴存在点或；
（3）如图，
设点，则点，
∴，
∴当时，PQ最大，最大值为
此时．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，二次函数的性质，清晰的分类讨论与数形结合的方法都是解本题的关键．
【考向四 二次函数中构成矩形存在性问题】
例题：（2023秋·贵州遵义·九年级统考期末）已知抛物线与轴交于点、，与轴交于点.
(1)求抛物线解析式；
(2)如图①，若点是第一象限内抛物线上一动点，过点作于点，求线段长的最大值
(3)如图②，若点是抛物线上另一动点，点是平面内一点，是否存在以点、、、为顶点，且以为边的矩形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由
【答案】(1)抛物线解析式为
(2)的长的最大值为
(3)存在，点的坐标为或
【分析】（1）根据题意，设抛物线解析式为，再把代入，计算即可得出答案；
（2）过点作轴交于点，交于点，根据题意，得出，进而得出，再根据直角三角形两锐角互余，得出，再根据对顶角相等，得出，进而得出是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质，得出，再根据待定系数法求出直线的解析式，然后设点，则，再根据两点之间的距离公式，得出，再根据，得出，再根据二次函数的性质，即可得出答案；
（3）根据题意，设，然后分两种情况：当、在直线的上方时和当、在直线的下方时，根据相似三角形的判定与性质，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，即可得出点的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点、，
∴设抛物线解析式为，
又∵抛物线与轴交于点，
∴把代入，
可得：，
解得：，
∴抛物线解析式为；
（2）解：过点作轴交于点，交于点，
∵，，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
设直线的解析式为，
∵，，
∴可得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
设点，则，
∴，
∴，
∴当时，的长的最大值为；
（3）解：存在以点、、、为顶点，且以为边的矩形，理由如下：
设，
如图1，当、在直线的上方时，过点作轴交于点，过点作轴交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
解得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
如图2，当、在直线的下方时，过点作轴，过点作交于点，过点作交于点，过点作交于点，
同理可得：，
∴，即，
解得：（舍去）或，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
综上所述：点的坐标为或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的图象与性质、直角三角形两锐角互余、等腰直角三角形的性质、求一次函数解析式、两点之间的距离公式、相似三角形的判定与性质、矩形的性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理，并正确作出辅助线．
【变式训练】
1．（2022秋·湖北黄冈·九年级统考期末）如图，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D和点C关于抛物线的对称轴对称．
(1)求直线的解析式；
(2)如图，直线上方的抛物线上有一点F，过点F作于点G，求线段的最大值；
(3)点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边形是以为边的矩形，求点Q的坐标．
【答案】(1)直线的解析式为；
(2)的最大值为：；
(3)或．
【分析】（1）先求解A，B，C的坐标，再求解D的坐标，再利用待定系数法求解一次函数的解析式即可；
（2）记于y轴的交点为，证明为等腰直角三角形， 过作轴交于，为等腰直角三角形， 则，设，则， 再建立二次函数，利用二次函数的性质解题即可；
（3）如图，当在的右边，记直线交y轴于R，，则，求解直线的解析式为， 可得， 设，而四边形为矩形，可得，再利用勾股定理建立方程求解，结合平移的性质可得：；如图，当在的左边，同理可得：，结合平移的性质可得：．
【详解】（1）解：当时，，则，
当时，，
解得，，则，，
∵，
∴抛物线对称轴为直线， 而点D和点C关于直线对称，
∴，
设直线的解析式为，
把，分别代入得 ，
解得 ，
∴直线的解析式为；
（2）记于y轴的交点为，
当时，，则，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
过作轴交于，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设，则，
∴，
当时，有最大值，
∴的最大值为：；
（3）如图，当在的右边，
记直线交y轴于R，，则，
设直线的解析式为，
把、分别代入得 ，
解得 ，
∴直线的解析式为，
当时，，则，
设，而四边形为矩形，
∴，
∴，
解得：，即，
由平移的性质可得：；
如图，当在的左边，
同理可得：，
解得：，即，
由平移的性质可得：；
综上：或．
【点睛】本题考查的是二次函数与坐标轴的交点，二次函数的性质，勾股定理的应用，等腰直角三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，平移的性质，熟练的建立二次函数模型再利用二次函数的性质解决问题是解本题的关键．
2．（2023秋·广东江门·九年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线交x轴于、B两点，交y轴于点C，其对称轴为，
(1)求该抛物线的函数解析式；
(2)P为第四象限内抛物线上一点，连接，过点C作交x轴于点Q，连接，求面积的最大值及此时点P的坐标．
(3)在（2）的条件下，将抛物线向右平移经过点Q，得到新抛物线，点E在新抛物线的对称轴上，是否在平面内存在一点F，使得以A、P、E、F为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)面积的最大值为4，此时P的坐标为
(3)存在，点F的坐标为，
【分析】（1）把点A的坐标代入得到，再根据抛物线的对称轴，得出a和b的关系式，即可求解；
（2）连接，过P点作平行于y轴的直线交于H点，根据可得，从而求面积的最大值即可，通过设P的坐标，得到H的坐标，从而建立关于面积的二次函数表达式，最终结合二次函数的性质求解即可；
（3）通过（2）的结论首先确定出平移后抛物线的解析式，设出E，F的坐标，运用勾股定理进行分类讨论即可．
【详解】（1）将，代入得：，
∵抛物线对称轴为对称轴为，
∴，即，
把代入得：，
解得：，
∴，
∴抛物线的解析式为：；
（2）如图所示，连接PC，PB，BC，过P点作平行于y轴的直线交BC于H点，
∵，
∴，即求面积的最大值即可，
把代入得，
∴C坐标为，
设直线BC的解析式为：，
将，代入得：，解得：，
∴直线BC的解析式为：，
设，则，
∴，
∴，
根据二次函数的性质可得：当时，取得最大值为4，
将代入，得到此时P的坐标为，
∴面积的最大值为4，此时P的坐标为；
（3）存在，理由如下：
由（2）可知，当面积的最大值为4时，P的坐标为，
∵，
∴，则，
∵原抛物线解析式为：，
∴设向右平移后的解析式为：，
将代入求得：（舍负值），
∴平移后抛物线的解析式为：，其对称轴为直线，
∴设，，则结合A、P的坐标可得：
，，，
①当时，如图所示，
此时根据勾股定理得：，
即：，解得：，即：，
此时根据A、P、E、F四点的相对位置关系可得：
，解得：，
∴；
②当时，如图所示，
此时根据勾股定理得：，
即：，解得：，即：，
此时根据A、P、E、F四点的相对位置关系可得：
，解得：，
∴；
③当AE⊥PE时，根据勾股定理得：，
即：，
整理得：，
∵，
∴上述方程在实数范围内无解，即不存在的情况，
综上所述，所有可能的点F的坐标为，．
【点睛】本题考查二次函数综合运用，以及矩形的性质，准确求得抛物线的解析式，并灵活根据矩形的性质进行分类讨论是解题关键．
【考向五 二次函数中构成菱形存在性问题】
例题：（2022秋·辽宁沈阳·九年级沈阳市广全学校校考阶段练习）如图，抛物线与x轴负半轴交于点A，与x轴正半轴交于点B，与y轴负半轴交于点C，，，．
(1)点C的坐标为______；抛物线的函数表达式为______；
(2)点D是上一点（不与点A、O重合），过点D作x轴的垂线，交抛物线于点E，交于点F，当时，求点E的坐标；
(3)设抛物线的对称轴l交x轴于点G，在（2）的条件下，点M是抛物线对称轴上一点，点N是坐标平面内一点，是否存在点M、N，使以A、E、M、N为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)
(3)存在：，，
【分析】（1）证明，得到，求出，从而得到点坐标，再用待定系数法，求出函数解析式即可；
（2）待定系数法求出直线的解析式，设，分别表示出的坐标，进而得到，利用，列式计算即可；
（3）分是边和是对角线两种情况，进行讨论求解．
【详解】（1）解：由题意，，，，
∵，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
分别把，，代入，
得 解得 ，
∴；
故答案为：，；
（2）解：设直线函数关系式为，
代入，得， ，解得 ，
∴，
设，则：，
∴，，
由题意，
解得，或（舍去），
将代入得；
∴；
（3）解：存在，理由如下：
当以A、E、M、N为顶点的四边形是菱形时，是等腰三角形．
由题意，，，对称轴为：，
在中，由勾股定理得：，
①当是边时：
当时，点A到直线l的距离是：，
∴此时点M不存在．
当时，如图，此时菱形为：，
过点E作于点H，
，，
在中，由勾股定理得，，
∴或 ，
∴；
当点时：由得：，
即：，解得：，
同理可得：，故点；
同理可得：；
②当为对角线时，此时，即，此时菱形为，
即，
设，则：，
解得，
∴，即点在轴上，
则：，
解得：，
，
∴；
综上：，，．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用．正确的求出函数解析式，利用数形结合，分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·广东汕头·九年级统考期末）如图：已知直线与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线经过点B，且与x轴交于点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连接、，设点M的横坐标为m，四边形的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；
(3)若点P在平面内，点Q在直线上，平面内是否存在点P使得以O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)，；
(3)，，，；
【分析】（1）根据直线解析式求出点B的坐标，将B、C两点坐标代入解析式即可得到答案；
（2）连接，表示出M的坐标，根据列出S与m的函数关系式，最后根据函数性质即可得到答案；
（3）设点，分、、分别为对角线三类讨论，根据对角线互相平分得到点P的坐标， 最后根据菱形的邻边相等即可得到答案；
【详解】（1）解：当时，，
∴点B的坐标为，
将，代入抛物线解析式可得，
，
解得：，
∴该抛物线的解析式为：；
（2）解：连接，
∵点M的横坐标为m，
∴，
当时，
，解得，
∴，
∴
，
∵，
∴当时，S最大，
；
（3）解：设点，
①当为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴与互相平分，，
∴点P的坐标为，
解得：，
∴；
②当为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴与互相平分，，
∴点P的坐标为，
∴，
解得：，
∴，；
③当为对角线时，
∵O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形，
∴与互相平分，，
∴P的坐标为，
∴，
解得： （与B重合舍去），，
∴；
综上所述存在4点使以O，B，P， Q为顶点的四边形是菱形：，，，；
【点睛】本题考查二次函数综合，主要有求解析式、围成图形最大面积、围成特殊菱形问题，解题的关键是求出解析式，根据特殊图形性质设点表示出所有点根据线段相等列式求解．
2．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级统考期末）综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，点M为抛物线的顶点，点B在y轴上，直线与抛物线在第一象限交于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)已知点在抛物线上，当时，直接写n的取值范围；
(3)连接，点Q是直线上不与A、B重合的点，若，请求出点Q的坐标；
(4)在x轴上有一动点H，平面内是否存在一点N，使以点A、H、C、N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)或；
(4)或或或．
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的解析式；
（2）根据对称轴直线求出对称轴直线，即可得出最小值，再分别求出当和时的函数值即可得出n的取值范围；
（3）先计算出，再求出解析式，设出点Q坐标，根据三角形面积公式即可求解；
（4）分类讨论，分别当为对角线时，画出图形即可求解．
【详解】（1）解：把代入得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）由（1）可知，二次函数解析式为，
∴抛物线的对称轴直线，
∴当时，n取最小值，
此时：，
当时， ；
当时， ；
∴当时，；
（3）∵、
∴，
∴，
设直线的表达式为，
将点、代入得：
，解得，
∴的表达式为，
设点Q的坐标为
∴
解得或，
当时，，
当时，
∴点Q的坐标为或；
（4）存在一点N，使以点A、H、C、N为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
①当为菱形的对角线时，如图所示，
由（3）可知，，
∴，
∴，
∴菱形为正方形，
∴点N的坐标为
②如图所示，当为菱形对角线时，C、N关于x轴对称，
∴点N坐标为；
③，当为对角线时，如图所示，
，
∴，
∴点N的坐标为或
综上所示，点N的坐标为：或或或．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，待定系数法求函数表达式，自变量取值范围内的函数值，三角形面积，菱形等知识，解题的关键是添加辅助线，构造出相应图形解决问题．
【考向六 二次函数中构成正方形存在性问题】
例题：（2022秋·辽宁抚顺·九年级校考阶段练习）如图，直线与抛物线交于A，B两点，其中点B的坐标是
(1)求直线及抛物线的解析式；
(2)C为抛物线上的一点，的面积为3，求点C的坐标；
(3)P在抛物线上，Q在直线上，M在坐标平面内，当以A，P，Q，M为顶点的四边形为正方形时，直接写出点M的坐标．
【答案】(1)直线的解析式为，抛物线的解析式是
(2)，
(3)
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）讨论C在直线上方时，作轴交于D ，，求出t的值，C在直线下方时，作轴交于D ，，求出t的值，即可得出点C的坐标；
（3）分是正方形的边和是正方形的对角线两种情况分析，再根据正方形的性质即可得出答案．
【详解】（1）∵直线与抛物线交于点
∴，，
∴，
∴直线的解析式为，抛物线的解析式是；
（2）联立方程组，
解得或，
∴点A的坐标是，
当C在直线上方时，作轴交于D， 设点C的坐标为，则D点坐标为，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴或，
∴，
当C在直线下方时，作轴交于D ，设点C的坐标为，则D点坐标为，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴或，
∴，
∴，；
（3）如图，当是正方形的边时，
∵
∴直线的解析式为
∴
∴M点与A点关于y轴对称
∴
∵在抛物线上，
∴当时，；
当M点关于A点对称时，；
如图，当是正方形的对角线时，
∴点P的纵坐标为-1
∴
∴
∵
∴
综上所述：M点坐标为
【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及二次函数的图象及性质，三角形和正方形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键
【变式训练】
1．（2022秋·湖南长沙·九年级校考期末）如图，抛物线与x轴交于，D两点，与y轴交于点B，抛物线的对称轴与x轴交于点，点E，P为抛物线的对称轴上的动点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)当最小时，求此时点E的坐标；
(3)若点M为对称轴右侧抛物线上一点，且M在x轴上方，N为平面内一动点，是否存在点P，M，N，使得以A，P，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，或或
【分析】（1）用待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）先求出点，，对称轴为，在根据A、D关于直线对称，连接交对称轴于点E，连接，得出当A、B、E三点共线时，的值最小，根据，得出，即可求出点E的坐标；
（3）设，分三种情况：当AM为正方形的对角线时，；当时，；时，．分别求出点M的坐标即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴与x轴交于点，
∴，
∴，
∴，
将代入，
∴，
解得，
∴；
（2）解：令，则，
解得或，
∴，
令，则，
∴，
∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
连接交对称轴于点E，连接，
∵A、D关于直线对称，
∴，
∴，
当A、B、E三点共线时，的值最小，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：存在点P，M，N，使得以A，P，M，N为顶点的四边形为正方形，理由如下：
设，
当AM为正方形的对角线时，如图2，，过M点作交于G，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
解得或，
∵M点在x轴上方，
∴，
∴M（2，3）；
当时，，如图3，过A点作轴，过M点作交于点H，
同理可证，
∴，，
∴，
∴，
解得或，
∴或（舍去）；
当时，，如图4，
过点M作轴交对称轴于点T，过点A作交于点S，
同理可得，
∴，，
∴，
∴，
解得或，
∴；
综上所述：M点坐标为或或．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，正方形的性质，三角形全等的判定及性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．
2．（2022春·江苏盐城·九年级校考阶段练习）如图．已知抛物线经过三点，点P为直线上方抛物线上一点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当时，求点P的坐标；
(3)连接，交直线于点E，交y轴于点F；
①是否存在点P使与相似，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
②若点P的坐标为，点H在抛物线上，过H作轴，交直线于点K．点Q是平面内一点，当以点E，H，K，Q为顶点的四边形是正方形时，请直接写出点Q的坐标．
【答案】(1)；
(2)存在，；
(3)①存在点P，P坐标是（2，3）使与相似，理由见解析；②点Q的坐标为（5，2）或（1，2+）或（1，2﹣）．
【分析】（1）把代入，求解三元一次方程组即可；
（2）如图：过B作轴交射线于D，由可得，易证，从而，进而解得，确定点D的坐标，进而求得直线解析式为，然后与抛物线解析式联立并结合点P的位置即可解答；
（3）①如图：过C作轴交抛物线于P，连接交直线于点E，交y轴于点F， 进而确定点，从而直线解析式为，再说明，再证明即可求解；②由直线解析式为，可得，即知，即，由B知直线解析式是，可得，分两种情况讨论：当时，H点在上，K点在上，即知或，当时，，可得，此时与y轴重合，不符合与y轴平行；当时，，，有，可得；同理求解当时即可．
【详解】（1）解：把代入得：
，解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：如图：过B作轴交射线于D，
∴轴
∴
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴
设直线解析式为，将代入得：，解得，
∴直线解析式为，
解得或，
∴；
（3）解：①存在点P，使与相似，理由如下：
如图：过C作轴交抛物线于P，连接交直线于点E，交y轴于点F，
∵轴，
∴，
在中，令得：或，
∴，
设直线解析式为，将代入得：
，解得，
∴直线解析式为，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴当P坐标是时，与相似；
②由①知，P的坐标为时，直线解析式为，
∴，
∵，
∴，即，
由知直线BC解析式是，
解得，
∴，
∵以点E，H，K，Q为顶点的四边形是正方形，
∴分两种情况讨论：
（Ⅰ）如图：当时，H点在上，K点在上，
∵H点在抛物线上，
∴H为与抛物线交点，即或，
当时，，
∴，
∴，
∴的中点为，则的中点也为，
∴，
但此时与y轴重合，不符合与y轴平行，
∴不符合题意；
当时，，
∴，
∴
∴HK的中点为，则的中点也为，
∴；
（Ⅱ）当时，此时轴，如图：
在中，令，则，
解得：，
∴或，
当时，，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
综上所述，当以点E，H，K，Q为顶点的四边形是正方形时，点Q的坐标为或或．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用、正方形的判定、待定系数法求函数解析式、三角形相似的判定与性质、正方形性质及应用等知识点，掌握相似三角形判定及性质的应用、分类讨论思想、数形结合思想是解题的关键．
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