2024年中考数学考点04 二次函数（解析版）

知识必备04二次函数（知识清单+4种方法清单+9个考试清单真题专练）方法1：二次函数综合之“线段周长”问题(1)线段的数量关系此类问题一般是求满足线段数量关系的点的坐标，针对这种情况应先在图中找出对应线段，弄清已知点和未知点；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；最后表示出线段的长度，列出满足线段数量关系的等式，从而求出未知数的值；(2)线段最值问题

此类问题通常有两类：

①设出关键的点的未知数(通常是一个跟所求线段关系紧密的点的横坐标)，通过题目中的函数和图形关系，用该点的横坐标表示出有关线段端点的坐标，进而表示出线段的长，通过二次函数的性质求最值，继而得到线段的最大值或最小值；

②在求线段最小值的时候可以利用轴对称模型.此类问题一般是要寻找一个动点，使其到两个顶点的距离最小，通常是作一个定点关于动点所在直线的对称点，连接这个对称点与另一个定点的线段即为所求的最小值；(3)周长最值问题

此类问题一般为所求图形中有一动点，对其求周长最值，解决此类问题时应利用转化思想，即先观察图形，结合题目，分清楚定线段和不定线段，然后将其所求图形周长的最值转化到求不定线段和的最值，进而转化为求线段最值问题，其方法同(2).1．（2023·福建厦门·厦门一中校考模拟预测）抛物线经过点，与轴交于点，对称轴为，点是轴上一点，过点作垂直于轴的直线分别交抛物线和直线于点和点．(1)求二次函数的表达式；(2)若、、三个点中恰有一点是其它两点所连线段的中点（三点重合除外）时，求点的坐标；(3)分别过点、向抛物线的对称轴作垂线，交对称轴于点、，矩形与此抛物线相交，抛物线被截得的部分图象记作，的最高点的纵坐标为，最低点纵坐标为，当时，求点的坐标．【答案】(1)(2)，，(3)【分析】（1）由抛物线的对称轴方程先求解b，再把代入即可得到c，从而可得答案；（2）先求解抛物线与轴另一交点；直线，设，则，，再分四种情况讨论：①当时，，②当时，，③当时，，④当时，，再建立方程求解即可．（3）由题意得：，如图，①当时，矩形与抛物线只有一个公共点，不合题意，舍；②当时，最高点为，最低点为，③当时，矩形边界最高点为，最低点为，再建立方程求解即可．【详解】（1）解：∵抛物线经过点，对称轴为，∴，，代入点，得：，，；（2）如图，

令，则或；抛物线与轴另一交点；，，直线，设，则，，①当时，，，或4（舍）②当时，，∴，解得：或4，都不符合题意，舍去，③当时，，，解得：或4（舍）④当时，，，或4（舍）综上，点的坐标为：，，；（3）由题意得：，如图，①当时，矩形与抛物线只有一个公共点，不合题意，舍；②当时，最高点为，最低点为，，（舍），或（舍），③当时，矩形边界最高点为，最低点为，，，（舍），或，．

【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的性质，矩形的性质，清晰的分类讨论是解本题的关键．2．（2023·内蒙古·内蒙古师范大学附属学校校考三模）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，B点坐标为．与y轴交于点．

(1)求抛物线的解析式；(2)点P在x轴下方的抛物线上，过点P的直线与直线BC交于点E，与y轴交于点F，求的最大值；(3)点D为抛物线对称轴上一点．当是以BC为直角边的直角三角形时，求点D的坐标．【答案】(1)抛物线的解析式为(2)当时，的最大值为(3)点D的坐标为或【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式；（2）得的解析式为，先证明为等腰直角三角形，作轴于，轴交于，如图1，则为等腰直角三角形，，设，则，接着利用表示、，所以，然后利用二次函数的性质解决问题；（3）如图2，抛物线的对称轴为直线，设，利用两点间的距离公式得到，，，讨论：当是以为直角边，为斜边的直角三角形时，；当是以为直角边，为斜边的直角三角形时，，分别解方程求出即可得到对应的点坐标；【详解】（1）把，代入得，解得，∴抛物线的解析式为；（2）由题意可得的解析式为，直线与直线平行，直线与直线垂直，，为等腰直角三角形，作轴于，轴交于，如图1，为等腰直角三角形，，设，则，，，，，当时，的最大值为；（3）如图2，抛物线的对称轴为直线，设，则，，，当是以为直角边，为斜边的直角三角形时，，即，解得，此时点坐标为；当是以为直角边，为斜边的直角三角形时，，即，解得，此时点坐标为；综上所述，点坐标为或．

【点睛】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握等腰直角三角形的性质、二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会利用待定系数法求函数解析式；会利用两点间的距离公式计算线段的长；理解坐标与图形的性质；会运用分类讨论的思想和数形结合的思想解决数学问题．3．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，抛物线的图象经过，，三点，且一次函数的图象经过点．

(1)求抛物线和一次函数的解析式．(2)点，为平面内两点，若以、、、为顶点的四边形是正方形，且点在点的左侧．这样的，两点是否存在？如果存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标：如果不存在，请说明理由．(3)将抛物线的图象向右平移个单位长度得到抛物线，此抛物线的图象与轴交于，两点（点在点左侧）．点是抛物线上的一个动点且在直线下方．已知点的横坐标为．过点作于点．求为何值时，有最大值，最大值是多少？【答案】(1)，(2)满足条件的E、F两点存在，，，(3)当时，的最大值为【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）①当为正方形的边长时，分别过点点作，，使，，连接、，证明，得出，，则同理可得，；②以为正方形的对角线时，过的中点作，使与互相平分且相等，则四边形为正方形，过点作轴于点，过点作于点，证明，得出，在中，，解得或4，进而即可求解；（3）得出是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，则，点在抛物线上，且横坐标为得出，进而可得，则，根据二次函数的性质即可求解．【详解】（1）解：把，，代入得

解得

∴

把代入得∴（2）满足条件的、两点存在，，，

解：①当为正方形的边长时，分别过点点作，，使，，连接、.

过点作轴于.∵，又，∴，∴，∴同理可得，②以为正方形的对角线时，过的中点作，使与互相平分且相等，则四边形为正方形，过点作轴于点，过点作于点

∵，又∴∴，∵∴∴在中，∴解得或4当时，，此时点在点右侧故舍去；当时，.综上所述：，，（3）∵向右平移8个单位长度得到抛物线当，即解得：∴，∵过，，三点∴

在直线下方的抛物线上任取一点，作轴交于点，过点作轴于点

∵，∴∴是等腰直角三角形∵，∴又∴是等腰直角三角形∴∵点在抛物线上，且横坐标为∴∴

∵∴∴∴

∴∴当时，的最大值为．【点睛】本题考查了二次函数综合运用，正方形的性质，二次函数的性质，分类讨论，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．4．（2023·湖南张家界·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数的图象与x轴交于点和点两点，与y轴交于点．点D为线段上的一动点．

(1)求二次函数的表达式；(2)如图1，求周长的最小值；(3)如图2，过动点D作交抛物线第一象限部分于点P，连接，记与的面积和为S，当S取得最大值时，求点P的坐标，并求出此时S的最大值．【答案】(1)(2)(3)，【分析】（1）根据题意设抛物线的表达式为，将代入求解即可；（2）作点O关于直线的对称点E，连接，根据点坐特点及正方形的判定得出四边形为正方形，，连接AE，交于点D，由对称性，此时有最小值为AE的长，再由勾股定理求解即可；（3）由待定系数法确定直线的表达式为，直线的表达式为，设，然后结合图形及面积之间的关系求解即可．【详解】（1）解：由题意可知，设抛物线的表达式为，将代入上式得：，所以抛物线的表达式为；（2）作点O关于直线的对称点E，连接，∵，，，∴，∵O、E关于直线对称，∴四边形为正方形，∴，连接，交于点D，由对称性，此时有最小值为的长，∵的周长为，，的最小值为10，∴的周长的最小值为；

（3）由已知点，，，设直线的表达式为，将，代入中，，解得，∴直线的表达式为，同理可得：直线的表达式为，∵，∴设直线表达式为，由（1）设，代入直线的表达式得：，∴直线的表达式为：，由，得，∴，∵P，D都在第一象限，∴，∴当时，此时P点为.．

【点睛】题目主要考查二次函数的综合应用，包括待定系数法确定函数解析式，周长最短问题及面积问题，理解题意，熟练掌握运用二次函数的综合性质是解题关键．方法2：二次函数综合之“面积”问题必备知识1二次函数的解析式结构、图形变换特征与类别2一次函数的概念、性质与图像特征3二次函数与一次函数相交的类别4坐标系中的面积求法:割补法、图形变换法、坐标法、共边共角、垂线段等核心方法1.核心思路:判定求面积类别——使用模型解法求解2.核心技巧:利用数学结合思想，将代数的距离问题转化为几何的底边与高等面积求解问题；割补类注意规则图形的结构特征；图形替换类注意替换角度。3.核心推理过程:识别基础条件，思考归属类别，采用核心技巧，判定解法考察重点1考察重点:坐标系中的面积求法；二次函数的面积相关描述条件；面积求解方法的特征2逻辑重点:识别二次函数的基础条件，直线交点，相交构图特征常见分析思路1先定面积求法:底X高;割补类;垂线段；将军饮马模型最大边2利用二次函数与直线等函数解析式，求解数值1．（2023·吉林松原·校联考三模）如图，抛物线过点，，点为x轴上一个动点（点M不与点A，C重合），过点M作垂直于x轴的直线与直线和抛物线分别交于点D，N．

(1)求此抛物线的解析式；(2)求当点D是线段的中点时m的值；(3)当与的面积相等时，求点M的坐标；(4)过点D作轴于E，过点N作轴于F．直接写出在矩形内部的抛物线当y随x增大而增大时m的取值范围．【答案】(1)(2)1(3)或或(4)且【分析】（1）利用待定系数法可进行求解；（2）由题意可得直线的解析式，然后可得，，，进而问题可求解；（3）由题意可得，然后可得方程，进而求解即可；（4）根据题意画出图象，进而问题可求解．【详解】（1）解：把，代入得，，解得，所以抛物线的解析式为．（2）解：设直线的解析式为，把，代入得，，解得，所以直线的解析式为．由题知，，，，当点D为线段的中点时，如图1，

，，由，解得，（不合题意，舍去），所以当点D是线段的中点时m的值是1．（3）解：由题知，，，由，得，即，解得，，．所以当与的面积相等时，点M的坐标为或或．（4）解：由可知开口向下，当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小，∴只需矩形包含对称轴左侧的二次函数图象即可，由（2）可知直线的解析式为，由图4知：当时，则，即，，即，此时矩形不包含二次函数的图象，∴由图2、图3、图4可知，在矩形内部的抛物线当y随x增大而增大时m的取值范围是且．

【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．2．（2023·广西贵港·统考三模）如图，抛物线与轴负半轴交于点，与轴交于A，两点，点A在点左侧，点的坐标为，．

(1)求抛物线的解析式；(2)若点是第三象限抛物线上的动点，连接，当的面积为3时，求出此时点的坐标；(3)将抛物线向右平移2个单位，平移后的抛物线与原抛物线相交于点，在原抛物线的对称轴上，为平移后的抛物线上一点，当以A、、、为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点的坐标．【答案】(1)(2)，(3)点的坐标为或或【分析】（1）根据点的坐标及可得出点的坐标，再根据点、的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）过点作轴的垂线交直线于点，先求出点，用待定系数法求出直线的解析式为，设，则，得到，由，得：，，即可得到点D的坐标；（3）先求得平移后的抛物线解析式为，设，，分三种情况讨论即可．【详解】（1）解：∵点的坐标为，，∴点的坐标为，将点、代入，得，解得：，∴抛物线的解析式为．（2）过点作轴的垂线交直线于点．

由，解得：，，∴，设直线的解析式为，把、代入，得，解得：，∴直线的解析式为，设，则，∴∴，由，得：，，当时，，时，，∴点的坐标为，；（3），对称轴为直线，将抛物线向右平移个单位后的抛物线解析式为，联立，解得：，，设，，又，，以、为对角线，则、的中点重合，，解得：，此时，；以、为对角线，则、的中点重合，，解得：，此时，；以、为对角线，则、的中点重合，，解得：，此时，；综上所述，点的坐标为或或．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，一次函数、二次函数图象上点的坐标特征，三角形面积，二次函数的图象和性质，平行四边形性质等知识，解题的关键是利用平行四边形对角线互相平分列方程组解决问题．3．（2023·海南海口·海师附中校考三模）如图，抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点，顶点为D，连接，P是第一象限内抛物线上的动点，连接，设点P的横坐标为t．

(1)求抛物线的解析式；(2)当t为何值时，的面积最大？并求出最大面积；(3)M为直线上一点，求的最小值；(4)过P点作轴，交于E点．是否存在点P，使得为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)抛物线的解析式为：(2)当时，的面积最大，最大面积为32(3)(4)存在，P点的坐标为，，【分析】（1）利用待定系数法求解析式；（2）利用抛物线的解析式求出点B的坐标，得到直线的解析式，过点P作轴，交x轴于点F，交于点G，利用求出解析式，利用函数性质解答即可；（3）作O关于直线的对称点为，得到四边形为正方形，则，则，当A、M、三点共线时，最小，即为线段的长，勾股定理求出即可．（4）分三种情况：当时，当时，当时，分别求出点P的坐标【详解】（1）解：由题意得：，解得：，∴抛物线的解析式为：；（2）当时，得或，∴，设直线的解析式为，则，解得∴直线的解析式为．如图，过点P作轴，交x轴于点F，交于点G．

设点，．∴．∴，∴当时，的面积最大，最大面积为32；（3）作O关于直线的对称点为，连接，如图，

∵，，∴四边形为正方形，则，则，当A、M、三点共线时，最小，即为线段的长，∴最小值为．（4）∵，∴，

∵，∴，∵∴，∴，，，当时，，解得或，∴；当时，则，∴，解得（舍去）或，∴；当时，则，∴，解得或（舍去），∴，综上，P点的坐标为，，．【点睛】此题考查二次函数的综合应用，待定系数法求函数解析式，勾股定理，轴对称问题，等腰三角形的性质，图形面积问题，综合掌握各知识点是解题的关键．4．（2023·吉林长春·统考中考真题）在平面直角坐标系中，点为坐标原点，抛物线（是常数）经过点．点的坐标为，点在该抛物线上，横坐标为．其中．

(1)求该抛物线对应的函数表达式及顶点坐标；(2)当点在轴上时，求点的坐标；(3)该抛物线与轴的左交点为，当抛物线在点和点之间的部分（包括、两点）的最高点与最低点的纵坐标之差为时，求的值．(4)当点在轴上方时，过点作轴于点，连结、．若四边形的边和抛物线有两个交点（不包括四边形的顶点），设这两个交点分别为点、点，线段的中点为．当以点、、、（或以点、、、）为顶点的四边形的面积是四边形面积的一半时，直接写出所有满足条件的的值．【答案】(1)；顶点坐标为(2)(3)或或或(4)或或【分析】（1）将点代入抛物线解析式，待定系数法即可求解；（2）当时，，求得抛物线与轴的交点坐标，根据抛物线上的点在轴上时，横坐标为．其中，得出，即可求解；（3）①如图所示，当，即时，②当，即时，③当，即时，④当，即，分别画出图形，根据最高点与最低点的纵坐标之差为，建立方程，解方程即可求解；（4）根据在轴的上方，得出，根据题意分三种情况讨论①当是的中点，②同理当为的中点时，③，根据题意分别得出方程，解方程即可求解．【详解】（1）解：将点代入抛物线，得，解得：∴抛物线解析式为；∵，∴顶点坐标为，（2）解：由，当时，，解得：，∵抛物线上的点在轴上时，横坐标为．其中．∴∴解得：，∵点的坐标为，∴；（3）①如图所示，当，即时，

抛物线在点和点之间的部分（包括、两点）的最高点为顶点，最低点为点，∵顶点坐标为，则纵坐标之差为依题意，解得：；②当，即时，

∵，即，依题意，，解得：或（舍去），③当，即时，

则，解得：或（舍去），④当，即，

则，解得：（舍去）或，综上所述，或或或；（4）解：如图所示，

∵在轴的上方，∴∴∵以点、、、为顶点的四边形的面积是四边形面积的一半，线段的中点为∴∵,①当是的中点，如图所示

则，∴代入，即，解得：（舍去）或；②同理当为的中点时，如图所示，，，则点、、、为顶点的四边形的面积是四边形面积的一半，

∴，解得：，③如图所示，

设，则，∵以点、、、为顶点的四边形的面积是四边形面积的一半，线段的中点为∴即∴，∴，∴，∵关于对称，∴，解得：，综上所述，或或．【点睛】本题考查了二次函数综合运用，二次函数的性质，面积问题，根据题意画出图形，分类讨论，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．方法3：二次函数综合之“特殊三角形存在性”问题一、等腰三角形存在性根据等腰三角形的定义，若为等腰三角形，则有三种可能情况：（1）AB=BC；（2）BC=CA；（3）CA=AB．但根据实际图形的差异，其中某些情况会不存在，所以等腰三角形的存在性问题，往往有2个甚至更多的解，在解题时需要尤其注意．1、知识内容：在用字母表示某条线段的长度时，常用的方法有但不仅限于以下几种：（1）勾股定理：找到直角三角形，利用两边的长度表示出第三边；（2）两点间距离公式：设A（x1，y1）、B（x2，y2）2、解题思路：（1）利用几何或代数的手段，表示出三角形的三边对应的函数式；（2）根据条件分情况进行讨论，排除不可能的情况，将可能情况列出方程（多为分式或根式方程）（3）解出方程，并代回原题中进行检验，舍去增根．二、直角三角形存在性在考虑△ABC是否为直角三角形时，很显然需要讨论三种情况：①∠A=90°；②∠B=90°；③∠C=90°．在大多数问题中，其中某两种情况会较为简单，剩下一种则是考察重点，需要用到勾股定理。以函数为背景的直角三角形存在性问题1、知识内容：在以函数为背景的此类压轴题中，坐标轴作为一个“天然”的直角存在，在解题时经常会用到，作出垂直于坐标轴的直线来构造直角。另外，较困难的情况则需要用到全等或者勾股定理的计算来确定直角三角形．2、解题思路：（1）按三个角分别可能是直角的情况进行讨论；（2）计算出相应的边长等信息；（3）根据边长与已知点的坐标，计算出相应的点的坐标．1．（2023·广东汕头·汕头市潮阳实验学校校考二模）如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，拋物线的对称轴交轴于点，已知．

(1)求抛物线的解析式；(2)点是线段上的一个动点（不与重合），过点作轴的垂线与抛物线相交于点，当点运动到什么位置时，四边形的面积最大？求出四边形的最大面积及此时点的坐标．(3)在抛物线的对称轴上是否存在点，使为等腰三角形？如果存在，直接写出点的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)当时，四边形的面积最大，最大值为，此时(3)存在，满足条件的点坐标为【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）根据抛物线解析式得出对称轴为直线，进而得出，求得直线的解析式为，设，则，进而得出，根据四边形的面积，进而根据二次函数的性质即可求解；（3）先利用勾股定理求得，再根据等腰三角形的性质分和，结合坐标与图形求解即可．【详解】（1）将代入抛物线解析式得，解得抛物线解析式为（2）抛物线的对称轴为直线设直线的解析式为，将点坐标代入得解得直线的解析式为设，则四边形的面积当时，四边形的面积最大，最大值为，此时

（3），，当时，点坐标为或，当时，点坐标为，当时，设则，解得：，则点坐标为，综上所述，满足条件的点坐标为．【点睛】本题考查了二次函数综合运用，待定系数法求解析式，面积问题，等腰三角形的定义，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．2．（2023·重庆渝中·重庆巴蜀中学校考三模）如图，在平面直角坐标系中，拋物线与轴交于两点，与y轴交于点C．

(1)求的面积；(2)点P是直线下方抛物线上一动点，过作于点，求线段的最大值及此时点P的坐标；(3)将抛物线沿射线平移个单位得到新抛物线，新抛物线与原抛物线交于点，将沿直线平移得到（不与重合），若以点，，为顶点的三角形是以为腰的等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点的坐标，并写出求解点坐标的其中一种情况的过程．【答案】(1)18(2)，此时(3)或或【分析】（1）分别令和解方程可得点、、的坐标，再用三角形面积公式求出面积即可；（2）过点作轴交于点，数形结合思想找到和的数量关系，求最大值转化为求最大值问题，利用配方法求最值即可；（3）根据相似三角形的性质，把图象的平移转化为水平和左右平移，则向下平移个单位长度，向左平移个单位长度，得出新抛物线解析式，求出两个抛物线的交点坐标，再设向下平移个单位长度，向左平移个单位长度，则，，然后根据等腰三角形的性质建立关于的方程求解，即可解答．【详解】（1）解：当时，，当时，，解得：，，，，，，，；（2）解：过点作轴交于点，

，，，，∵轴，，，，则当最大时，也最大，设直线的解析式为，，解得，直线的解析式为，设，，，当时，最大，则，线段的最大值为，此时点的坐标为；（3），将抛物线沿射线平移个单位得到新抛物线，即原抛物线向下平移个单位长度，向左平移个单位长度，原抛物线，新抛物线，令，解得，，设向下平移个单位长度，向左平移个单位长度，则，，，，，，①当时，，（舍去）或，点的坐标为；②当时，，或，点的坐标为或；综上所述：点的坐标为或或．【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的性质，三角形的面积，二次函数最值，等腰三角形的性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰三角形的性质，平移的性质是解题的关键．3．（2022·广东梅州·一模）已知抛物线与轴有两个不同的交点．(1)试确定的取值范围．(2)设该抛物线与轴的交点为，，其中；抛物线与y轴交于点，如图所示．①求该抛物线的表达式并确定点坐标和点坐标；②连接，动点以每秒个单位长度的速度由向运动，同时动点E以每秒个单位长度的速度由向运动，连接，当点到达点的位置时，、同时停止运动，设运动时间为秒．当为直角三角形时，求的值．【答案】(1)(2)，，；或【分析】（1）根据抛物线与轴有两个不同的交点，得方程有两个不同的实数根，根据根的判别式，即可；（2）把点代入抛物线中，求出抛物线的解析式，再根据，求出点的坐标，，求出点的坐标，即可；根据点，点的坐标，得是等腰直角三角形，得，根据为直角三角形，分类讨论：当时，根据勾股定理求出；当时，根据勾股定理求出，即可．【详解】（1）∵抛物线与轴有两个不同的交点，∴方程有两个不同的实数根，∴，∴．（2）点代入抛物线中，∴，∴，∴抛物线的解析式为：，当时，，∴点，当时，，，∴点；∵点，点，∴，∴是等腰直角三角形，∴，：当，，∴，，∴，∵动点以每秒个单位长度的速度由向运动，同时动点E以每秒个单位长度的速度由向运动，∴，，，∴，∴；当，，∴，，∴，∴，∴．综上所述，当为直角三角形时，或．【点睛】本题考查二次函数和几何的综合，解题的关键是掌握二次函数的图象和性质，待定系数法求函数解析式，等腰直角三角形的性质，勾股定理的运用．4．（2023·江苏淮安·统考三模）数学兴趣小组同学们对二次函数（n为正数）进行如下探究：(1)同学们在探究中发现，该函数图像除与y轴交点不变外，还经过一个定点，请写出点坐标；(2)有同学研究后认为，该二次函数图像顶点不会落在第一象限，你认为是否正确，请说明理由；(3)若抛物线与x轴有两个交点，且交点与顶点构成的三角形是直角三角形，请帮兴趣小组同学求出的值.【答案】(1)(2)正确；理由见解析(3)或【分析】（1）将函数解析式变形，使得含的项为0，可得或，进而即可求解；（2）根据二次函数的顶点坐标公式得出纵坐标小于或等于0，即可得出结论；（3）根据二次函数的对称轴可得交点与顶点构成的三角形是等腰直角三角形，进而根据顶点到轴的距离等于,建立方程，解方程即可求解．【详解】（1）解：，当时，即或，当时，，当时，，∴；故答案为：．（2）解：正确，理由如下，∵，，∴抛物线的顶点坐标的纵坐标为，即该二次函数图像顶点不会落在第一象限；（3）解：当时，，即∴或设抛物线与轴的另一个交点为，顶点为，则，则依题意，为等腰直角三角形的斜边，顶点坐标为的纵坐标为∴当，时，即，∴，解得：（舍去）或当时，即，∴，解得：或（舍去），综上所述，或．【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数与坐标轴的交点问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．5．（2023·四川内江·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点．与y轴交于点．(1)求该抛物线的函数表达式；(2)若点P是直线下方抛物线上的一动点，过点P作x轴的平行线交于点K，过点P作y轴的平行线交x轴于点D，求与的最大值及此时点P的坐标；(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得是以为一条直角边的直角三角形：若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，的最大值为，(3)或【分析】（1）将、、代入抛物线解析式求解即可；（2）可求直线的解析式为，设（），可求，从而可求，即可求解；（3）过作交抛物线的对称轴于，过作交抛物线的对称轴于，连接，设，可求，，由，可求，进而求出直线的解析式，即可求解．【详解】（1）解：由题意得，解得：，抛物线的解析式为．（2）解：设直线的解析式为，则有，解得：，直线的解析式为；设（），，解得：，，，，，，，当时，的最大值为，，．故的最大值为，．（3）解：存在，如图，过作交抛物线的对称轴于，过作交抛物线的对称轴于，连接，∵抛物线的对称轴为直线，设，，，，，，解得：，；设直线的解析式为，则有，解得，直线解析式为，，且经过，直线解析式为，当时，，

；综上所述：存在，的坐标为或．【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数中动点最值问题，直角三角形的判定，勾股定理等，掌握解法及找出动点坐标满足的函数解析式是解题的关键．6．（2023·四川·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数的图象与x轴交于点，，与轴交于点．

(1)求抛物线的解析式；(2)已知为抛物线上一点，为抛物线对称轴上一点，以，，为顶点的三角形是等腰直角三角形，且，求出点的坐标；(3)如图，为第一象限内抛物线上一点，连接交轴于点，连接并延长交轴于点，在点运动过程中，是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．【答案】(1)(2)或或(3)，理由见解析【分析】（1）待定系数法求解析式即可；（2）先求得抛物线的对称轴为直线，设与交于点，过点作于点，证明，设，则，，进而得出点的坐标，代入抛物线解析式，求得的值，同理可求得当点F在x轴下方时的坐标；当点与点重合时，求得另一个解，进而即可求解；（3）设，直线的解析式为，的解析式为，求得解析式，然后求得，即可求解．【详解】（1）解：将点，，代入得解得：，∴抛物线解析式为；（2）∵点，，∴抛物线的对称轴为直线：，如图所示，设与交于点，过点作于点

∵以，，为顶点的三角形是等腰直角三角形，且，∴，∵，∴，∴，设，则，∴，∵点在抛物线上∴解得：（舍去）或,∴，如图所示，设与交于点，过点作于点

∵以，，为顶点的三角形是等腰直角三角形，且，∴，∵，∴，∴，设，则，∴，∵点在抛物线上∴解得：（舍去）或，∴，当点与点重合时，如图所示，

∵，是等腰直角三角形，且，∴此时，综上所述，或或；（3）设，直线的解析式为，的解析式为，∵点，，，∴，解得：，∴直线的解析式为，的解析式为，对于，当时，，即，对于，当时，，即，∵在抛物线上，则∴∴为定值．【点睛】本题考查了二次函数综合问题，待定系数法求二次函数解析式，等腰直角三角形的性质，一次函数与坐标轴交点问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．7．（2023·吉林松原·校联考三模）在平面直角坐标系中，已知抛物线(a为常数，且)，此抛物线与y轴交于点A，过点A作y轴的垂线与此抛物线交于点B，点A与点B不重合．

(1)抛物线的对称轴为直线_______；(2)当抛物线经过坐标原点时，①求此抛物线所对应的二次函数表达式；②当(m为常数)时，y的最小值为，求m的值；(3)若点P是抛物线对称轴上的点，其纵坐标为，当以点A，B，P三个点为顶点的三角形是等腰直角三角形时，求出a的值．【答案】(1)2(2)①；②或3(3)或3【分析】（1）根据对称轴公式求对称轴即可；（2）①由抛物线经过坐标原点可得，从而得到二次函数的解析式；②分，，三种情况，根据二次函数的增减性求解即可；（3）由以点A，B，P三个点为顶点的三角形是等腰直角三角形可知点P是直角顶点，根据点A、B的坐标求得点P的坐标为，由题意可知点P的坐标为，从而得到，从而得解．【详解】（1）解：依题意得∶抛物线的对称轴为直线故答案为：2；（2）解：①∵抛物线经过坐标原点，，解得，抛物线的解析式为．②当，即时，此时开口向上，在上，y随着x的增大而减小，∴当时，y取最小值，即解得(不合题意，舍去)，；当，即时，此时对称轴处取最小值，∴当时，y的最小值为，不存在最小值为的情况；当时，此时开口向上，在上，y随着x的增大而增大，∴当时，y取最小值，即，解得，(不合题意，舍去)．综上所述，m的值为或3．（3）解：∵以点A，B，P三个点为顶点的三角形是等腰直角三角形，点P是抛物线对称轴上的点，∴点P是直角顶点，(否则点P在直线或y轴上，不合题意)设与对称轴的交点为Q，则根据对称性可知点Q是的中点．作出图形如下：

令，解得，∴又令，解得∴∴，又∵点Q是的中点，∴∵点A，B，P三个点为顶点的三角形是等腰直角三角形，点P是直角顶点，∴，∴又∵点P是抛物线对称轴上的点，其纵坐标为，∴点P的坐标为，∴，解得：或3即a的值为或3．【点睛】本题考查二次函数的图像与性质，二次函数与几何综合等知识，掌握相关知识和分类讨论思想是解题的关键．方法4：二次函数综合之“特殊四边形存在性”问题一、平行四边形的存在性问题1.要先明确定点和动点，常以定点为对角线和边进行分类;2.三定一动，有三种情况，可借助平移，全等、中点公式等知识确定坐标..(坐标平移规律:左减右加变x上加下减变y如何平移?可先确定其中两点的变化作参照，以此变化确定)3.两定两动:以定线段作边或对角线，确定分类;常借助对应边相等、坐标间关系及中点坐标公式建等式求解常见设问:已知A、B，求另外两点C、D与A、B两点构成平行四边形分类讨论:当AB为边时，找AB平行且等于的CD利用距离建立数量关系，求出相应点的坐标;当AB为对角线时，AB的中点即为对角线的交点，结合图形的对称性，围绕对角顶点的横坐标和纵坐标之和分别相等进行求解，列出两个二元一次方程组来求解.4.三动点或四动点:往往有不变特征，如两边始终平行，满足相等即可二、菱形的存在性问题(常为含60°角的菱形)通常有两大类:1.已知三个定点探究菱形时，分别以三个定点中的任意两个定点确定线段为要探究的菱形的对角线画出所有菱形，结合题干要求找出满足条件的菱形;2已知两个定点去探究菱形时，以两个定点连线所成的线段作为要探究菱形的对角线或边长画出符合题意的菱形，结合题干要求找出满足条件的菱形:3.计算:建立类似平行四边形的存在性问题来解三、矩形的存在性问题等价于直角三角形的存在性问题（其特点往往是2定点2动点），通过构造一线三等角模型或勾股定理，可以求出其中一个顶点的坐标，再根据对称性求出另一个顶点的坐标。分类的依据往往是以已知两点所在线段为边或对角线进行分类讨论。四、正方形存在性问题正方形是菱形和矩形特征的集结，因此同时采取菱形或矩形存在性问题解决的方法去求点的坐标。1．（2023·广西贵港·统考三模）如图，抛物线与轴负半轴交于点，与轴交于A，两点，点A在点左侧，点的坐标为，．

(1)求抛物线的解析式；(2)若点是第三象限抛物线上的动点，连接，当的面积为3时，求出此时点的坐标；(3)将抛物线向右平移2个单位，平移后的抛物线与原抛物线相交于点，在原抛物线的对称轴上，为平移后的抛物线上一点，当以A、、、为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点的坐标．【答案】(1)(2)，(3)点的坐标为或或【分析】（1）根据点的坐标及可得出点的坐标，再根据点、的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）过点作轴的垂线交直线于点，先求出点，用待定系数法求出直线的解析式为，设，则，得到，由，得：，，即可得到点D的坐标；（3）先求得平移后的抛物线解析式为，设，，分三种情况讨论即可．【详解】（1）解：∵点的坐标为，，∴点的坐标为，将点、代入，得，解得：，∴抛物线的解析式为．（2）过点作轴的垂线交直线于点．

由，解得：，，∴，设直线的解析式为，把、代入，得，解得：，∴直线的解析式为，设，则，∴∴，由，得：，，当时，，时，，∴点的坐标为，；（3），对称轴为直线，将抛物线向右平移个单位后的抛物线解析式为，联立，解得：，，设，，又，，以、为对角线，则、的中点重合，，解得：，此时，；以、为对角线，则、的中点重合，，解得：，此时，；以、为对角线，则、的中点重合，，解得：，此时，；综上所述，点的坐标为或或．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，一次函数、二次函数图象上点的坐标特征，三角形面积，二次函数的图象和性质，平行四边形性质等知识，解题的关键是利用平行四边形对角线互相平分列方程组解决问题．2．（2023·山西大同·校联考三模）综合与探究：如图，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D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为，连接．

(1)求A，B，C三点的坐标；(2)当的面积等于的面积的时，求m的值；(3)在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试探究是否存在这样的点M，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)，，(2)3(3)存在，或或或【分析】（1）令和求解即可；（2）过点C作交的延长线于F，首先求出，求出直线BC的函数表达式为：，得到，，然后根据列方程求解即可；（3）首先得到，然后设，，然后根据题意分3种情况讨论：是平行四边形的边，是平行四边形的边，是平行四边形的对角线，分别根据平行四边形的性质列方程求解即可．【详解】（1）由，得．解，得，．∴点A，B的坐标分别为，，由，得．∴点C的坐标为．（2）如图，过点D作轴于E，交BC于G，

过点C作交的延长线于F．∵点A的坐标为，点C的坐标为．∴，．∴．∴．∵点B的坐标为，点C的坐标为，设直线BC的函数表达式为．则．解得∴直线BC的函数表达式为：．∵点D的横坐标为，∴点D的坐标为，点G的坐标为：．∴，，．∴∴．解得：（不合题意舍去），，∴m的值为3．（3）将代入∴，设，，∵，∴如图所示，当是平行四边形的边时，

∴由平行四边形的性质可得，，解得或∴点M的坐标为或；当是平行四边形的边时，

∴由平行四边形的性质可得，，解得或（不合题意，应舍去）∴点M的坐标为；如图所示，当是平行四边形的对角线时，

∴由平行四边形的性质可得，，解得或（不合题意，应舍去）∴点M的坐标为；综上所述，点M的坐标为或或或．【点睛】本题考查的是二次函数的综合题，涉及了待定系数法、三角形的面积、解一元二次方程、平行四边形的性质等知识，运用了数形结合思想、分类讨论思想等数学思想，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．3．（2023·四川南充·统考中考真题）如图1，抛物线（）与轴交于，两点，与轴交于点．(1)求抛物线的解析式；(2)点P在抛物线上，点Q在x轴上，以B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，求点P的坐标；(3)如图2，抛物线顶点为D，对称轴与x轴交于点E，过点的直线（直线除外）与抛物线交于G，H两点，直线，分别交x轴于点M，N．试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由．【答案】(1)(2)或或(3)定值，理由见详解【分析】（1）将两点代入抛物线的解析式即可求解；（2）根据P，Q的不确定性，进行分类讨论：①过作轴，交抛物线于，过作，交轴于，可得，由，可求解；②在轴的负半轴上取点，过作，交抛物线于，同时使，连接、，过作轴，交轴于，，即可求解；③当为平行四边形的对角线时，在①中，只要点Q在点B的左边，且满足，也满足条件，只是点P的坐标仍是①中的坐标；（3）可设直线的解析式为，，，可求，再求直线的解析式为，从而可求，同理可求，即可求解．【详解】（1）解：抛物线与x轴交于两点，，解得，故抛物线的解析式为．（2）解：①如图，过作轴，交抛物线于，过作，交轴于，四边形是平行四边形，，，解得：，，；②如图，在轴的负半轴上取点，过作，交抛物线于，同时使，连接、，过作轴，交轴于，四边形是平行四边形，，在和中，，()，，，，解得：，，；如上图，根据对称性：，③当为平行四边形的对角线时，由①知，点Q在点B的左边，且时，也满足条件，此时点P的坐标仍为；综上所述：的坐标为或或．（3）解：是定值，理由：如图，直线经过，可设直线的解析式为，、在抛物线上，可设，，，整理得：，，，，当时，，，设直线的解析式为，则有，解得，直线的解析式为，当时，，解得：，，，同理可求：，；当与对调位置后，同理可求；故的定值为．【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合问题，待定系数法求函数解析式，求函数图象与坐标轴交点坐标，动点产生的平行四边形判定，一元二次方程根与系数的关系，理解一次函数与二次函数图象的交点，与对应一元二次方程根的关系，掌握具体的解法，并会根据题意设合适的辅助未知数是解题的关键．4．（2023·四川达州·统考中考真题）如图，抛物线过点．

(1)求抛物线的解析式；(2)设点是直线上方抛物线上一点，求出的最大面积及此时点的坐标；(3)若点是抛物线对称轴上一动点，点为坐标平面内一点，是否存在以为边，点为顶点的四边形是菱形，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)的最大面积为，(3)存在，或或，，见解析【分析】（1）利用待定系数法代入求解即可；（2）利用待定系数法先确定直线的解析式为，设点，过点P作轴于点D，交于点E，得出，然后得出三角形面积的函数即可得出结果；（3）分两种情况进行分析：若为菱形的边长，利用菱形的性质求解即可．【详解】（1）解：将点代入解析式得：，解得：，∴抛物线的解析式为；（2）设直线的解析式为，将点B、C代入得：，解得：，∴直线的解析式为，∵，∴，设点，过点P作轴于点D，交于点E，如图所示：

∴，∴，∴，∴当时，的最大面积为，，∴（3）存在，或或或，，证明如下：∵，∵抛物线的解析式为，∴对称轴为：，设点，若为菱形的边长，菱形，则，即，解得：，，∵，∴，∴，；若为菱形的边长，菱形，则，即，解得：，，∵，∴，∴，；综上可得：或或，．【点睛】题目主要考查二次函数的综合应用，包括待定系数法确定函数解析式，三角形面积问题及特殊四边形问题，全等三角形的判定和性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．5．（2023·山东日照·日照市新营中学校考三模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于和，与y轴交于点C，连接．

(1)求该抛物线的解析式；(2)如图1，在x轴上有一动点D，平面内是否存在一点E，使以点A、D、C、E为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．(3)如图2，点M为抛物线上的一动点：①若点M为直线上方的抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交于点N，过点M作x轴的平行线，交直线于点Q，求周长的最大值；②若点M为抛物线上的任意一动点，且，请直接写出满足条件的点M的坐标．【答案】(1)(2)存在，，，，(3)①，②，【分析】（1）待定系数法即可完成；（2）分4种情况解决，注意菱形性质的应用；（3）①用含有一个参数的式子表示周长，再用二次函数的最值求法即可解决；②作辅助线，用待定系数法和两函数图像交点坐标的求法即可解决【详解】（1）∵抛物线与x轴交于A（－4，0）和B（1，0）∴∴∴该抛物线的解析式（2）∵以点A、D、C、E为顶点的四边形是菱形∴①如图，当为对角线时，点E和点C关于原点对称

∵点∴点②如图，当，点D在点A右侧时

∵点，∴点③如图，当，点D在点A左侧时

∵点，∴点④当为对角线时，如图所示：

设，则∵∴∴∴点故点E的坐标为：，，，（3）①设∵点N在直线∶上∴∴∵过点M作y轴的平行线，交于点N，过点M作x轴的平行线，交直线于点Q∴，∴∴，∴，∴，∴故当时，②如图，情况一：在上取点，连接，延长后交抛物线于点，此时点就是所求的点，理由如下：

∵，∴∴∵设直线为，过点）和∴∴∴直线为∵直线与抛物线联立方程组：∴或故情况二：作点关于的对称点，连接，延长后交抛物线于点，此时点就是所求的点，理由如下：由于点关于的对称点，则设直线为∵，直线为∴∵直线过点∴直线为∵解方程组得：∴点∴点设直线为∵直线过点，∴∴∴直线为∵直线与抛物线联立方程组：∴或故综上，点M的坐标为，【点睛】本体考查了二次函数的图像和性质，待定系数法，函数图像交点的求法，菱形的性质等，关键是熟练应用数形结合思想．6．（2023·四川广安·统考中考真题）如图，二次函数的图象交轴于点，交轴于点，点的坐标为，对称轴是直线，点是轴上一动点，轴，交直线于点，交抛物线于点．

(1)求这个二次函数的解析式．(2)若点在线段上运动（点与点、点不重合），求四边形面积的最大值，并求出此时点的坐标．(3)若点在轴上运动，则在轴上是否存在点，使以、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)最大值为，此时(3)或或【分析】（1）先根据二次函数对称轴公式求出，再把代入二次函数解析式中进行求解即可；（2）先求出，，则，，求出直线的解析式为，设，则，，则；再由得到，故当时，最大，最大值为，此时点P的坐标为；（3）分如图3-1，图3-2，图3-3，图3-4，图3-5，图3-6所示，为对角线和边，利用菱形的性质进行列式求解即可．【详解】（1）解：∵二次函数的对称轴为直线，∴，∴，∵二次函数经过点，∴，即，∴，∴二次函数解析式为；（2）解：∵二次函数经过点，且对称轴为直线，∴，∴，∵二次函数与y轴交于点C，∴，∴；设直线的解析式为，∴，∴，∴直线的解析式为，设，则，，∴；∵，∴，∵，∴当时，最大，最大值为，∴此时点P的坐标为；（3）解：设，则，，∵轴，∴轴，即，∴是以、为顶点的菱形的边；如图3-1所示，当为对角线时，

∵，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴，∴轴，∴轴，即轴，∴点C与点N关于抛物线对称轴对称，∴点N的坐标为，∴，∴；如图3-2所示，当为边时，则，

∵，，∴，∴，解得或（舍去），∴，∴；如图3-3所示，当为边时，则，

同理可得，∴，解得或（舍去），∴，∴；如图3-4所示，当为边时，则，

同理可得，解得（舍去）或（舍去）；如图3-5所示，当为对角线时，

∴，∵，∴，∴，∴轴，∴轴，这与题意相矛盾，∴此种情形不存在如图3-6所示，当为对角线时，设交于S，

∵轴，∴，∵，∴，这与三角形内角和为180度矛盾，∴此种情况不存在；综上所述，或或．【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，菱形的性质，勾股定理，求二次函数解析式等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．7．（2023·山东东营·东营市胜利第一初级中学校考三模）已知抛物线交x轴于点和点，交y轴于点C．

(1)求抛物线的解析式；(2)如图，点P是抛物线上位于直线下方的动点，过点P分别作x轴、y轴的平行线，交直线于点D，交x轴于点E，当取最大值时，求点P的坐标及最大值．(3)在抛物线上是否存在点M，对于平面内任意点N，使得以A、C、M、N为顶点且为一条边的四边形为矩形，若存在，请直接写出M、N的坐标，不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)；(3)、【分析】（1）把点和点代入抛物线，解方程即可得到a、b的值；（2）先用待定系数法求出直线的解析式，再设，则，，然后求出，由函数的性质求出取最大值时t的值，即可求出点P的坐标；（3）假设抛物线上是存在点M，对于平面内任意点N，使得以A、C、M、N为顶点且为一条边的四边形为矩形，过点O作于一点H，可求得的解析式，则可设出过点A且与平行的直线解析式，经计算验证可得过点A的直线与抛物线有交点M，联立方程可求得M的坐标，通过平移即可求得点N的坐标．【详解】（1）解：把点和点代入抛物线，得，解得，∴抛物线的解析式为；（2）解：由（1）知，点C的坐标为，设直线的解析式为，则，解得，∴直线的解析式为，设，则，，∴，∴当时，有最大值，最大值为，此时点P的坐标为；（3）解：过点O作于一点H，如图所示：

，∵，，∴为等腰直角三角形，∴点H为的中点，即，则所在的直线方程为，∵四边形为矩形，∴过A与直线相垂直的直线函数解析式中的k值与的解析式的k值相同，∴设所在的直线解析式为，∵点A在直线上，∴可求得，即所在的直线解析式为，联立的直线方程与抛物线的解析式，得，解得或，其中为点A的坐标，即，∵四边形为矩形，且，根据点A与点C的关系，把点M向下平移4个单位长度，再向左平移4个单位长度，可得到点N的坐标，即．【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，求二次函数的最值，特殊四边形的交点坐标，坐标平移，用待定系数法确定函数解析式是解本题的关键．8．（2023·吉林松原·校联考三模）如图，抛物线过点，，点为x轴上一个动点（点M不与点A，C重合），过点M作垂直于x轴的直线与直线和抛物线分别交于点D，N．

(1)求此抛物线的解析式；(2)求当点D是线段的中点时m的值；(3)当与的面积相等时，求点M的坐标；(4)过点D作轴于E，过点N作轴于F．直接写出在矩形内部的抛物线当y随x增大而增大时m的取值范围．【答案】(1)(2)1(3)或或(4)且【分析】（1）利用待定系数法可进行求解；（2）由题意可得直线的解析式，然后可得，，，进而问题可求解；（3）由题意可得，然后可得方程，进而求解即可；（4）根据题意画出图象，进而问题可求解．【详解】（1）解：把，代入得，，解得，所以抛物线的解析式为．（2）解：设直线的解析式为，把，代入得，，解得，所以直线的解析式为．由题知，，，，当点D为线段的中点时，如图1，

，，由，解得，（不合题意，舍去），所以当点D是线段的中点时m的值是1．（3）解：由题知，，，由，得，即，解得，，．所以当与的面积相等时，点M的坐标为或或．（4）解：由可知开口向下，当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小，∴只需矩形包含对称轴左侧的二次函数图象即可，由（2）可知直线的解析式为，由图4知：当时，则，即，，即，此时矩形不包含二次函数的图象，∴由图2、图3、图4可知，在矩形内部的抛物线当y随x增大而增大时m的取值范围是且．

【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．9．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，已知拋物线与轴交于点与轴交于点．

(1)求的值及该抛物线的对称轴；(2)若点在直线上，点是平面内一点．是否存在点，使得以点为顶点的四边形为正方形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)，二次函数对称轴为直线(2)或【分析】（1）将点A的坐标代入到二次函数的解析式即可求出c的值，然后将二次函数的解析式化成顶点式的即可确定二次函数对称轴；（2）分AB是正方形的边、AB是正方形的对角线两种情况，通过画图，利用正方形性质即可解答．【详解】（1）解：把代入二次函数得：∴，解得：；∴二次函数的解析式为：，∴二次函数对称轴为直线．（2）解：存在，理由如下：令y=0，即，解得或，∴点B的坐标为，∵，∴；①当是正方形的对角线时，此时，对应的矩形为，∵是正方形对角线，∴线段和线段互相垂直平分，∴点E在抛物线对称轴上，且到x轴的距离为，∴点E的坐标为；②当AB是正方形的边时，此时，对应的正方形为，

∵，，∴，∴，∵B的坐标为,∴，∴点的坐标为；故点E的坐标为或．【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查的是二次函数的性质、正方形的性质等知识点，掌握正方形存在性问题需要分类求解是解答本题的关键．10．（2023·辽宁·统考中考真题）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，点在抛物线上．

(1)求抛物线的解析式；(2)点在第一象限内，过点作轴，交于点，作轴，交抛物线于点，点在点的左侧，以线段为邻边作矩形，当矩形的周长为11时，求线段的长；(3)点在直线上，点在平面内，当四边形是正方形时，请直接写出点的坐标．【答案】(1)抛物线的解析式为；(2)；(3)点的坐标为或．【分析】（1）利用待定系数法即可求解；（2）先求得直线的解析式为，设，则，利用对称性质求得，推出，，利用矩形周长公式列一元二次方程计算即可求解；（3）先求得直线的解析式为，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，证明，推出，，设，则，由点M在直线上，列式计算，可求得m的值，利用平移的性质即可求解．【详解】（1）解：∵抛物线经过点和，∴，解得，∴抛物线的解析式为；（2）解：∵点和，设直线的解析式为，则，解得，∴直线的解析式为，设，且，则，∴，∵解析式的对称轴为，∴，∴，依题意得，解得（舍去）或，∴；（3）解：令，则，解得或，∴，同理，直线的解析式为，∵四边形是正方形，∴，，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，如图，

，，∴，∴，，设，∴，，则，∵点M在直线上，∴，解得或，当时，，，即点M与点C重合，点E与点B重合时，四边形是正方形，此时；当时，，，点O向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点M，则点E向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点N，∴，即．综上，点的坐标为或．【点睛】本题考查的是待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，两点之间的距离公式和正方形的性质，是一道综合性较强的题，解题的关键是求出二次函数和一次函数解析式以及分情况讨论．11．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，抛物线的图象经过，，三点，且一次函数的图象经过点．

(1)求抛物线和一次函数的解析式．(2)点，为平面内两点，若以、、、为顶点的四边形是正方形，且点在点的左侧．这样的，两点是否存在？如果存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标：如果不存在，请说明理由．(3)将抛物线的图象向右平移个单位长度得到抛物线，此抛物线的图象与轴交于，两点（点在点左侧）．点是抛物线上的一个动点且在直线下方．已知点的横坐标为．过点作于点．求为何值时，有最大值，最大值是多少？【答案】(1)，(2)满足条件的E、F两点存在，，，(3)当时，的最大值为【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）①当为正方形的边长时，分别过点点作，，使，，连接、，证明，得出，，则同理可得，；②以为正方形的对角线时，过的中点作，使与互相平分且相等，则四边形为正方形，过点作轴于点，过点作于点，证明，得出，在中，，解得或4，进而即可求解；（3）得出是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，则，点在抛物线上，且横坐标为得出，进而可得，则，根据二次函数的性质即可求解．【详解】（1）解：把，，代入得

解得

∴

把代入得∴（2）满足条件的、两点存在，，，

解：①当为正方形的边长时，分别过点点作，，使，，连接、.

过点作轴于.∵，又，∴，∴，∴同理可得，②以为正方形的对角线时，过的中点作，使与互相平分且相等，则四边形为正方形，过点作轴于点，过点作于点

∵，又∴∴，∵∴∴在中，∴解得或4当时，，此时点在点右侧故舍去；当时，.综上所述：，，（3）∵向右平移8个单位长度得到抛物线当，即解得：∴，∵过，，三点∴

在直线下方的抛物线上任取一点，作轴交于点，过点作轴于点

∵，∴∴是等腰直角三角形∵，∴又∴是等腰直角三角形∴∵点在抛物线上，且横坐标为∴∴

∵∴∴∴

∴∴当时，的最大值为．【点睛】本题考查了二次函数综合运用，正方形的性质，二次函数的性质，分类讨论，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．一．二次函数的性质（共4小题）1．（2023•大连）已知二次函数，当时，函数的最大值为A． B． C．0 D．2【分析】根据二次函数的图象，结合当时函数图象的增减情况，即可解决问题．【解答】解：由二次函数的表达式为可知，抛物线开口向上，对称轴为直线．又，所以当时，函数取得最大值，．故选：．【点评】本题考查二次函数的最值，能由二次函数的表达式得出抛物线的对称轴及开口方向是解题的关键．2．（2023•台州）抛物线与直线交于，，，两点，若，则直线一定经过A．第一、二象限 B．第二、三象限 C．第三、四象限 D．第一、四象限【分析】根据已知条件可得出，再利用根与系数的关系，分情况讨论即可．【解答】解：抛物线与直线交于，，，两点，，，，，当，时，直线经过第一、三、四象限，当，时，直线经过第一、二、四象限，综上，直线一定经过一、四象限．故选：．【点评】本题考查了二次函数与系数的关系，解题的关键是熟练掌握根与系数的关系．3．（2023•扬州）已知二次函数为常数，且，下列结论：①函数图象一定经过第一、二、四象限；②函数图象一定不经过第三象限；③当时，随的增大而减小；④当时，随的增大而增大．其中所有正确结论的序号是A．①② B．②③ C．② D．③④【分析】由的正负可确定出抛物线的开口方向，结合函数的性质逐项判断即可．【解答】解：时，抛物线开口向上，对称轴为直线，当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大，函数图象一定不经过第三象限，函数图象可能经过第一、二、四象限．故选：．【点评】本题主要考查二次函数的性质，掌握决定二次函数的开口方向，进一步能确定出其最值是解题的关键．4．（2023•安徽）下列函数中，的值随值的增大而减小的是A． B． C． D．【分析】根据各函数解析式可得随的增大而减小时的取值范围．【解答】解：选项中，函数，时，随的增大而减小；故不符合题意；选项中，函数，时，随的增大而减小；故不符合题意；选项中，函数，随的增大而增大；故不符合题意；选项中，函数，随的增大而减小．故符合题意；故选：．【点评】本题考查二次函数，一次函数的性质，解题关键是掌握二次函数，一次函数图象与系数的关系．二．二次函数图象与系数的关系（共3小题）5．（2023•株洲）如图所示，直线为二次函数的图象的对称轴，则下列说法正确的是A．恒大于0 B．，同号 C．，异号 D．以上说法都不对【分析】先写出抛物线的对称轴，列出不等式，再分，两种情况讨论即可．【解答】解：直线为二次函数的图象的对称轴，对称轴为直线，当时，则，当时，则，，异号，故选：．【点评】本题考查二次函数的图象与性质，解题的关键是熟练运用二次函数的图象与性质．6．（2023•眉山）如图，二次函数的图象与轴的一个交点坐标为，对称轴为直线，下列四个结论：①；②；③；④当时，．其中正确结论的个数为A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据二次函数图象的开口方向，顶点的位置、与轴交点的位置可对，，的符号进行判断，进而可对结论①进行判断；根据抛物线的对称轴及与轴的交点可对二次函数图象上的点的位置进行判定，进而可对结论②进行判断；根据二次函数的图象与轴的两个交点坐标可对结论③、结论④进行判断，据此可得出此题的答案．【解答】解：①二次函数图象的开口向上，，二次函数图象的顶点在第三象限，，，，二次函数图象与轴的交点在轴的负半轴上，，，故结论①正确；②对于，当时，，点在二次函数的图象上，又二次函数的对称轴为直线，与轴的一个交点为，二次函数的图象与轴的另一个交点为，点在轴下方的抛物线上，，故结论②正确；③二次函数的图象与轴的两个交点坐标分别为，，，消去得：，故结论③正确；④二次函数图象的开口向上，与轴的两个交点坐标分别为，当时，二次函数图象的在轴的下方，，即：，故结论④正确．综上所述：结论①②③④正确．故选：．【点评】此题主要考查了二次函数的图象与系数之间的关系，解答此题的关键是熟练掌握二次函数图象的开口方向、顶点坐标、对称轴、与坐标轴的交点坐标．7．（2023•烟台）如图，抛物线的顶点的坐标为，，与轴的一个交点位于0和1之间，则以下结论：①；②；③若图象经过点，，则；④若关于的一元二次方程无实数根，则．其中正确结论的个数是A．1 B．2 C．3 D．4【分析】①利用抛物线的顶点坐标和开口方向即可判断；②利用抛物线的对称轴求出，根据图象可得当时，，即可判断；③利用抛物线的对称轴，设，两点横坐标与对称轴的距离为、，求出距离，根据图象可得，距离对称轴越近的点的函数值越大，即可判断；④根据根的判别式即可判断．【解答】解：①抛物线的顶点的坐标为，，，，即，由图可知，抛物线开口方向向下，即，，当时，，，故①正确，符合题意；②直线是抛物线的对称轴，，，，由图象可得：当时，，，故②错误，不符合题意；③直线是抛物线的对称轴，设，两点横坐标与对称轴的距离为、，则，，，根据图象可得，距离对称轴越近的点的函数值越大，，故③正确，符合题意；④关于的一元二次方程无实数根，△，，，，，，故④正确，符合题意．故选：．【点评】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，根的判别式，二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握二次函数的图象与性质．三．二次函数图象上点的坐标特征（共3小题）8．（2023•广东）如图，抛物线经过正方形的三个顶点，，，点在轴上，则的值为A． B． C． D．【分析】过作轴于，根据正方形的性质得到，得到，利用待定系数法求得、的值，即可求得结论．【解答】解：过作轴于，四边形是正方形，，，，设，则，，解得，，的值为，故选：．【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，根据图象得出抛物线经过的点的坐标是解题的关键．9．（2023•南充）若点在抛物线上，则下列各点在抛物线上的是A． B． C． D．【分析】根据二次函数图象上点的坐标特征，把点代入即可求出，然后将四个选项中的坐标代入中，看两边是否相等，即可判断该点是否在抛物线上．【解答】解：点在抛物线上，，把代入得，故点不在抛物线上，故不合题意；把代入得，故点不在抛物线上，故不合题意；把代入得，故点不在抛物线上，故不合题意；把代入得，故点在抛物线上，符合题意；故选：．【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数图象上点的坐标满足其解析式．10．（2023•岳阳）若一个点的坐标满足，我们将这样的点定义为“倍值点”．若关于的二次函数，为常数，总有两个不同的倍值点，则的取值范围是A． B． C． D．【分析】将代入二次函数，得，是关于的二次方程．若它总有两个不同的实根，必有△．是关于的一元二次方程，其图象开口向上，若它恒大于0，则与轴无交点，故有△，解此一元二次不等式即可．【解答】解：将代入二次函数，得，整理得．是关于的一元二次方程，总有两个不同的实根，△．令，△，即△，解得．故选：．【点评】本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，一定要牢牢掌握并灵活运用．四．二次函数图象与几何变换（共3小题）11．（2023•广西）将抛物线先向右平移3个单位，再向上平移4个单位，得到的抛物线是A． B． C． D．【分析】根据“左加右减，上加下减”的法则进行解得即可．【解答】解：将抛物线先向右平移3个单位，再向上平移4个单位，得到的抛物线是．故选：．【点评】本题主要考查了二次函数的图象与几何变换，熟记“左加右减，上加下减”的法则是解决问题的关键．12．（2023•徐州）在平面直角坐标系中，将二次函数的图象向右平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度，所得抛物线对应的函数表达式为A． B． C． D．【分析】直接利用二次函数的平移规律，左加右减，上加下减，进而得出答案．【解答】解：将二次函数的图象向右平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度，所得抛物线对应的函数表达式为，即．故选：．【点评】本题主要考查二次函数的几何变换，掌握“左加右减，上加下减”的法则是解题的关键．13．（2023•西藏）将抛物线平移后，得到抛物线的解析式为，则平移的方向和距离是A．向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度 B．向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度 C．向左平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度 D．向左平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度【分析】先确定两个抛物线的顶点坐标，再利用点平移的规律确定抛物线平移的情况．【解答】解：抛物线的顶点坐标为，抛物线的顶点坐标为，而点向左平移2个，再向下平移3个单位可得到，所以抛物线向左平移2个，再向下平移3个单位得到抛物线．故选：．【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．五．二次函数的最值（共3小题）14．（2023•杭州）设二次函数，，是实数），则A．当时，函数的最小值为 B．当时，函数的最小值为 C．当时，函数的最小值为 D．当时，函数的最小值为【分析】令，求出二次函数与轴的交点坐标，继而求出二次函数的对称轴，再代入二次函数解析式即可求出顶点的纵坐标，最后代入的值进行判断即可．【解答】解：令，则，，，二次函数与轴的交点坐标是，，二次函数的对称轴是：直线，，有最小值，当时，最小，即，当时，函数的最小值为；当时，函数的最小值为，故选：．【点评】本题考查了二次函数的最值问题，熟练掌握求二次函数的顶点坐标是解题的关键．15．（2023•泰安）二次函数的最大值是．【分析】将二次函数解析式变形为顶点式，利用二次函数的性质，即可解决最值问题．【解答】解：．，当时，取得最大值，最大值．故答案为：．【点评】本题考查了二次函数的最值，牢记“当自变量取全体实数时，其最值为抛物线顶点坐标的纵坐标”是解题的关键．16．（2023•绍兴）在平面直角坐标系中，一个图形上的点都在一边平行于轴的矩形内部（包括边界），这些矩形中面积最小的矩形称为该图形的关联矩形．例如：如图，函数的图象（抛物线中的实线部分），它的关联矩形为矩形．若二次函数图象的关联矩形恰好也是矩形，则或．【分析】根据题意求得点，，，然后分两种情况，利用待定系数法求出解析式即可．【解答】解：由，当时，，，，四边形是矩形，，①当抛物线经过、时，将点，代入得，解得；②当抛物线经过、时，将点，代入得，解得，综上所述，或，故答案为：或，【点评】本题考查了待定系数法求抛物线的解析式，能够理解新定义，最小矩形的限制条件是解题的关键．六．待定系数法求二次函数解析式（共2小题）17．（2023•宁波）如图，已知二次函数图象经过点和．（1）求该二次函数的表达式及图象的顶点坐标．（2）当时，请根据图象直接写出的取值范围．【分析】（1）用待定系数法求出函数表达式，配成顶点式即可得顶点坐标；（2）求出关于对称轴的对称点坐标，由图象直接可得答案．【解答】解：（1）把和代入得：，解得，二次函数的表达式为，，顶点坐标为；（2）如图：点关于对称轴直线的对称点，当时，的范围是．【点评】本题考查二次函数图象及性质，解题的关键是掌握待定系数法，求出函数表达式．18．（2023•绍兴）已知二次函数．（1）当，时，①求该函数图象的顶点坐标；②当时，求的取值范围；（2）当时，的最大值为2；当时，的最大值为3，求二次函数的表达式．【分析】（1）先把解析式进行配方，再求顶点；（2）根据函数的增减性求解；（3）根据函数的图象和系数的关系，结合图象求解．【解答】解：（1）①，时，，顶点坐标为．②中含有顶点，当时，有最大值7，，当时，有最小值为：，当时，．（2）时，的最大值为2；时，的最大值为3，抛物线的对称轴在轴的右侧，，抛物线开口向下，时，的最大值为2，，又，，，．二次函数的表达式为．【点评】本题考查了二次函数的性质，掌握数形结合思想是解题的关键．七．抛物线与x轴的交点（共3小题）19．（2023•衡阳）已知，若关于的方程的解为，，关于的方程的解为，．则下列结论正确的是A． B． C． D．【分析】画出抛物线，直线，直线，根据一元二次方程与二次函数的关系，观察图象可得答案．【解答】解：关于的方程的解为抛物线与直线的交点的横坐标，关于的方程的解为抛物线与直线的交点的横坐标，如图：由图可知，，故选：．【点评】本题考查一元二次方程与二次函数的关系，解题的关键是画出图象，数形结合解决问题．20．（2023•郴州）已知抛物线与轴有且只有一个交点，则9．【分析】利用判别式△即可得出结论．【解答】解：抛物线与轴有且只有一个交点，方程有唯一解．即△，解得：．故答案为：9．【点评】本题考查了抛物线与轴的交点知识，明确△决定抛物线与轴的交点个数是解题的关键．21．（2023•黑龙江）如图，抛物线与轴交于，两点．交轴于点．（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线上是否存在一点，使得，若存在