中考数学复习重难题型真题再现(全国通用)专题18二次函数与几何图形综合题(与角度问题)特训(原卷版+解析)

这是一份中考数学复习重难题型真题再现(全国通用)专题18二次函数与几何图形综合题(与角度问题)特训(原卷版+解析)，共54页。试卷主要包含了已知函数，记该函数图像为G．等内容，欢迎下载使用。

2.(2022·四川省达州市)如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=ax2+bx+2的图象经过点A（-1，0），B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）连接BC，在该二次函数图象上是否存在点P，使∠PCB=∠ABC？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，直线l为该二次函数图象的对称轴，交x轴于点E．若点Q为x轴上方二次函数图象上一动点，过点Q作直线AQ，BQ分别交直线l于点M，N，在点Q的运动过程中，EM+EN的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
3.（2021·江苏连云港市·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．
4.（2021·四川自贡市·中考真题）如图，抛物线（其中）与x轴交于A、B两点，交y轴于点C．
（1）直接写出的度数和线段AB的长（用a表示）；
（2）若点D为的外心，且与的周长之比为，求此抛物线的解析式；
（3）在（2）的前提下，试探究抛物线上是否存在一点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
5.（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．
6.（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．
7.（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
8.（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．
9.（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．
10.（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．
11.（2021·山东中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过坐标原点和点，顶点为点．
（1）求抛物线的关系式及点的坐标；
（2）点是直线下方的抛物线上一动点，连接，，当的面积等于时，求点的坐标；
（3）将直线向下平移，得到过点的直线，且与轴负半轴交于点，取点，连接，求证：．
12.（2020•南充）已知二次函数图象过点A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4）．
（1）求二次函数的解析式．
（2）如图，当点P为AC的中点时，在线段PB上是否存在点M，使得∠BMC＝90°？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）点K在抛物线上，点D为AB的中点，直线KD与直线BC的夹角为锐角θ，且tanθ=53，求点K的坐标．
专题18二次函数与几何图形综合题（与角度问题）
1.(2022·江苏省苏州市)如图，二次函数y=-x2+2mx+2m+1（m是常数，且m＞0）的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D．其对称轴与线段BC交于点E，与x轴交于点F．连接AC，BD．
（1）求A，B，C三点的坐标（用数字或含m的式子表示），并求∠OBC的度数；
（2）若∠ACO=∠CBD，求m的值；
（3）若在第四象限内二次函数y=-x2+2mx+2m+1（m是常数，且m＞0）的图象上，始终存在一点P，使得∠ACP=75°，请结合函数的图象，直接写出m的取值范围．
【解析】解：（1）当y=0时，-x2+2mx+2m+1=0，
解方程，得x1=-1，x2=2m+1，
∵点A在点B的左侧，且m＞0，
∴A（-1，0），B（2m+1，0），
当x=0时，y=2m+1，
∴C（0，2m+1），
∴OB=OC=2m+1，
∵∠BOC=90°，
∴∠OBC=45°；
（2）如图1中，连接AE．

∵y=-x2+2mx+2m+1=-（x-m）2+（m+1）2，
∴D（m，（m+1）2），F（m，0），
∴DF=（m+1）2，OF=m，BF=m+1，
∵A，B关于对称轴对称，
∴AE=BE，
∴∠EAB=∠OBC=45°，
∵∠ACO=∠CBD，∠OCB=∠OBC，
∴∠ACO+∠OCB=∠CBD+∠OBC，即∠ACE=∠DBF，
∵EF∥OC，
∴tan∠ACE=AECE=BECE=BFOF=m+1，
∴m+1m=m+1，
∴m=1或-1，
∵m＞0，
∴m=1；
（3）如图，设PC交x轴于点Q．

当点P在第四象限时，点Q总是在点B的左侧，此时∠CQA＞∠CBA，即∠CQA＞45°，
∵∠ACQ=75°，
∴∠CAO＜60°，
∴2m+1＜3，
∴m＜3−12，
∴0＜m＜3−12．
2.(2022·四川省达州市)如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=ax2+bx+2的图象经过点A（-1，0），B（3，0），与y轴交于点C．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）连接BC，在该二次函数图象上是否存在点P，使∠PCB=∠ABC？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，直线l为该二次函数图象的对称轴，交x轴于点E．若点Q为x轴上方二次函数图象上一动点，过点Q作直线AQ，BQ分别交直线l于点M，N，在点Q的运动过程中，EM+EN的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【解析】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+2经过点A（-1，0），B（3，0），
∴a−b+2=09a+3b+2=0，
解得：a=−23b=43，
∴该二次函数的表达式为y=−23x2+43x+2；
（2）存在，理由如下：
如图1，当点P在BC上方时，
∵∠PCB=∠ABC，
∴CP∥AB，即CP∥x轴，
∴点P与点C关于抛物线对称轴对称，
∵y=−23x2+43x+2，
∴抛物线对称轴为直线x=-432×(−23)=1，
∵C（0，2），
∴P（2，2）；
当点P在BC下方时，设CP交x轴于点D（m，0），
则OD=m，DB=3-m，
∵∠PCB=∠ABC，
∴CD=BD=3-m，
在Rt△COD中，OC2+OD2=CD2，
∴22+m2=（3-m）2，
解得：m=56，
∴D（56，0），
设直线CD的解析式为y=kx+d，则56k+d=0d=2，
解得：k=−125d=2，
∴直线CD的解析式为y=−125x+2，
联立，得y=−125x+2y=−23x2+43x+2，
解得：x1=0y1=2（舍去），x2=225y2=−21425，
∴P（225，-21425），
综上所述，点P的坐标为（2，2）或（225，-21425）；
（3）由（2）知：抛物线y=−23x2+43x+2的对称轴为直线x=1，
∴E（1，0），
设Q（t，−23t2+43t+2），且-1＜t＜3，
设直线AQ的解析式为y=ex+f，则−e+f=0te+f=−23t2+43t+2，
解得：e=−23t+2f=−23t+2，
∴直线AQ的解析式为y=（−23t+2）x-23t+2，
当x=1时，y=-43t+4，
∴M（1，-43t+4），
同理可得直线BQ的解析式为y=（-23t-23）x+2t+2，
当x=1时，y=43t+43，
∴N（1，43t+43），
∴EM=-43t+4，EN=43t+43，
∴EM+EN=-43t+4+43t+43=163，
故EM+EN的值为定值163．
3.（2021·江苏连云港市·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．
4.（2021·四川自贡市·中考真题）如图，抛物线（其中）与x轴交于A、B两点，交y轴于点C．
（1）直接写出的度数和线段AB的长（用a表示）；
（2）若点D为的外心，且与的周长之比为，求此抛物线的解析式；
（3）在（2）的前提下，试探究抛物线上是否存在一点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）∠OCA=45°，AB= a+1；（2）；（3）存在，P1（，），P2（1，-2）．
【分析】
（1）根据二次函数解析式可得A（a，0），C（0，-a），B（-1，0），即可得出OA=OB=a，OB=1，即可证明△OCA是等腰直角三角形，可得∠OCA=45°，根据线段的和差关系可表示AB的长；
（2）如图，作△ABC的外接圆⊙D，根据等腰直角三角形的性质可得AC=，利用两点间距离公式可用a表示出BC的长，根据圆周角定理可得∠D=2∠OAC=90°，可得△DBC是等腰直角三角形，即可证明△DBC∽△OCA，根据相似三角形周长之比等于相似比列方程求出a值即可得答案；
（3）如图，过点D作DH⊥AB于H，过点C作AC的垂线，交x轴于F，过点O作OG⊥AC于G，连接AP交CF于E，可得△OCF是等腰直角三角形，利用待定系数法可得直线CF的解析式，根据外心的定义及等腰直角三角形的性质可求出点D坐标，即可得出BH、DH的长，根据，∠BHD=∠ACE=90°可证明△BHD∽△ACE，根据相似三角形的性质可求出CE的长，根据两点间距离公式可得点E坐标，利用待定系数法可得直线AE解析式，联立直线AE与抛物线的解析式求出点P坐标即可得答案．
【详解】
（1）∵抛物线（其中）与x轴交于A、B两点，交y轴于点C．
∴当x=0时，y=-a，
当y=0时，，
解得：，，
∴A（a，0），C（0，-a），B（-1，0），
∴OB=1，OA=OC=a，
∴△OCA是等腰直角三角形，
∴∠OCA=45°，AB=OA+OB=a+1．
（2）如图，作△ABC的外接圆⊙D，
∵点D为的外心，
∴DB=DC，
∵△OCA是等腰直角三角形，OA=a，
∴∠OAC=45°，AC=，
∵∠BDC和∠BAC是所对的圆心角和圆周角，
∴∠BDC=2∠BAC=90°，
∴∠DBC=45°，
∴∠DBC=∠OAC，
∴△DBC∽△OCA，
∵与的周长之比为，
∴，即，
解得：，
经检验：是原方程的根，
∵,
∴a=2，
∴抛物线解析式为：=．
（3）如图，过点D作DH⊥AB于H，过点C作AC的垂线，交x轴于F，过点O作OG⊥AC于G，连接AP交CF于E，
∵a=2，
∴C（0，-2），A（2，0），AC=，
∵∠OCA=45°，
∴∠OCF=45°，
∴△OCF是等腰直角三角形，
∴F（-2，0），
设直线CF的解析式为y=kx+b，
∴，
解得：，
∴直线CF的解析式为，
∵△OCA是等腰直角三角形，OG⊥AC，
∴OG所在直线为AC的垂直平分线，点G为AC中点，
∵点D为的外心，
∴点D在直线OG上，
∵A（2，0），C（0，-2），
∴G（1，-1），
设直线OG的解析式y=mx，
∴m=-1，
∴直线OG的解析式y=-x，
∵点D为△ABC的外心，
∴点D在AB的垂直平分线上，
∴点D的横坐标为=，
把x=代入y=-x得y=-，
∴D（，-），
∴DH=，BH=1+=，
∵，∠BHD=∠ACE=90°，
∴△BHD∽△ACE，
∴，即，
解得：，
∵点E在直线CF上，
∴设点E坐标为（n，-n-2），
∴CE==，
解得：，
∴（，），（，），
设直线AE1的解析式为y=k1x+b1，
∴，
解得：，
∴直线AE1的解析式为，
同理：直线AE2的解析式为，
联立直线AE1解析式与抛物线解析式得，
解得：，（与点A重合，舍去），
∴P1（，），
联立直线AE2解析式与抛物线解析式得，
解得：，（与点A重合，舍去），
∴P2（1，-2）．
综上所述：存在点P，使得，点P坐标为P1（，），P2（1，-2）．
【点睛】
本题考查二次函数的综合，考查了二次函数的性质、待定系数法求一次函数解析式、圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及定理是解题关键．
5.（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．
6.（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．
7.（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．
8.（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．
9.（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．
10.（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．
11.（2021·山东中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过坐标原点和点，顶点为点．
（1）求抛物线的关系式及点的坐标；
（2）点是直线下方的抛物线上一动点，连接，，当的面积等于时，求点的坐标；
（3）将直线向下平移，得到过点的直线，且与轴负半轴交于点，取点，连接，求证：．
【答案】（1），；（2）或；（3）证明见解析．
【分析】
（1）先根据直线求出点的坐标，再将点和原点坐标代入抛物线的解析式即可得；
（2）如图（见解析），先求出直线与抛物线的另一个交点的坐标为，再设点的坐标为，从而可得点的坐标为，然后分和两种情况，分别利用三角形的面积公式可得一个关于的一元二次方程，解方程即可得；
（3）如图（见解析），先根据一次函数图象的平移规律求出直线的解析式为，再利用待定系数法求出直线的解析式，从而可得点的坐标，然后利用两点之间的距离公式可得的长，根据等腰直角三角形的判定与性质可得，最后根据三角形的外角性质即可得证．
【详解】
解：（1）对于函数，
当时，，解得，即，
当时，，即，
将点和原点代入得：，
解得，
则抛物线的关系式为，
将化成顶点式为，
则顶点的坐标为；
（2）设直线与抛物线的另一个交点为点，
联立，解得或，
则，
过点作轴的平行线，交直线于点，
设点的坐标为，则点的坐标为，
，
由题意，分以下两种情况：
①如图，当时，
则，
，
因此有，
解得或，均符合题设，
当时，，即，
当时，，即；
②如图，当时，
则，
，
因此有，
解得或，均不符题设，舍去，
综上，点的坐标为或；
（3）由题意得：，
将点代入得：，解得，
则直线的解析式为，
如图，过点作于点，
可设直线的解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的解析式为，
联立，
解得，即，
，
，
，
，
又，
是等腰直角三角形，，
由三角形的外角性质得：，
．
【点睛】
本题考查了二次函数与一次函数的综合、一次函数图象的平移、等腰直角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是解题关键．
12.（2020•南充）已知二次函数图象过点A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4）．
（1）求二次函数的解析式．
（2）如图，当点P为AC的中点时，在线段PB上是否存在点M，使得∠BMC＝90°？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）点K在抛物线上，点D为AB的中点，直线KD与直线BC的夹角为锐角θ，且tanθ=53，求点K的坐标．
【分析】（1）设二次函数的解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），将点C坐标代入可求解；
（2）利用中点坐标公式可求P（﹣1，2），点Q（2，2），由勾股定理可求BC的长，由待定系数法可求PB解析式，设点M（c，−25c+85），由两点距离公式可得（c﹣2）2+（−25c+85−2）2＝8，可求c＝4或−2429，即可求解；
（3）过点D作DE⊥BC于点E，设直线DK与BC交于点N，先求出DE＝BE=BD2=322，由锐角三角函数可求NE=DEtanθ=9210，分DK与射线EC交于点N（m，4﹣m）和DK与射线EB交于N（m，4﹣m）两种情况讨论，求出直线DK解析式，联立方程组可求点K坐标．
【解析】（1）∵二次函数图象过点B（4，0），点A（﹣2，0），
∴设二次函数的解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），
∵二次函数图象过点C（0，4），
∴4＝a（0+2）（0﹣4），
∴a=−12，
∴二次函数的解析式为y=−12（x+2）（x﹣4）=−12x2+x+4；
（2）存在，
理由如下：如图1，取BC中点Q，连接MQ，
∵点A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4），点P是AC中点，点Q是BC中点，
∴P（﹣1，2），点Q（2，2），BC=(4−0)2+(0−4)2=42，
设直线BP解析式为：y＝kx+b，
由题意可得：2=−k+b0=4k+b，
解得：k=−25b=85
∴直线BP的解析式为：y=−25x+85，
∵∠BMC＝90°
∴点M在以BC为直径的圆上，
∴设点M（c，−25c+85），
∵点Q是Rt△BCM的中点，
∴MQ=12BC＝22，
∴MQ2＝8，
∴（c﹣2）2+（−25c+85−2）2＝8，
∴c＝4或−2429，
当c＝4时，点B，点M重合，即c＝4，不合题意舍去，
∴c=−2429，则点M坐标（−2429，5629），
故线段PB上存在点M（−2429，5629），使得∠BMC＝90°；
（3）如图2，过点D作DE⊥BC于点E，设直线DK与BC交于点N，
∵点A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4），点D是AB中点，
∴点D（1，0），OB＝OC＝4，AB＝6，BD＝3，
∴∠OBC＝45°，
∵DE⊥BC，
∴∠EDB＝∠EBD＝45°，
∴DE＝BE=BD2=322，
∵点B（4，0），C（0，4），
∴直线BC解析式为：y＝﹣x+4，
设点E（n，﹣n+4），
∴﹣n+4=32，
∴n=52，
∴点E（52，32），
在Rt△DNE中，NE=DEtanθ=32253=9210，
①若DK与射线EC交于点N（m，4﹣m），
∵NE＝BN﹣BE，
∴9210=2（4﹣m）−322，
∴m=85，
∴点N（85，125），
∴直线DK解析式为：y＝4x﹣4，
联立方程组可得：y=4x−4y=−12x2+x+4，
解得：x1=2y1=4或x2=−8y2=−36，
∴点K坐标为（2，4）或（﹣8，﹣36）；
②若DK与射线EB交于N（m，4﹣m），
∵NE＝BE﹣BN，
∴9210=322−2（4﹣m），
∴m=175，
∴点N（175，35），
∴直线DK解析式为：y=14x−14，
联立方程组可得：y=14x−14y=−12x2+x+4，
解得：x3=3+1454y3=−1+14516或x4=3−1454y4=−1−14516，
∴点K坐标为（3+1454，−1+14516）或（3−1454，−1−14516），
综上所述：点K的坐标为（2，4）或（﹣8，﹣36）或（3+1454，−1+14516）或（3−1454，−1−14516）．