广东省广州市中考数学猜想卷《特殊四边形与圆、二次函数》及答案

试题试题猜押06广东广州卷中考数学24-25题（解答题）猜押考点1年广州真题考情分析押题依据难度特殊的四边形与圆的综合2024年广东广州卷第24题2022年考面积问题，2023年考轨迹问题，2024年考存在性问题，2025年可能考查路径最值或几何变换。动态几何题注重创新，2024年第24题以菱形轴对称问题为载体，强调自主探究难二次函数的综合2024年广东广州卷第25题2022年考二次函数与三角形，2023年考二次函数与四边形，2024年考函数与圆综合，2025年可能考查含参二次函数与坐标系的综合。。压轴题注重思维深度，2024年第25题考查推理与运算能力，强调核心素养难题型一特殊的四边形与圆的综合1．（2025·广东佛山·一模）如图，在矩形中，，连接，点关于的对称点为点，连接、、、，与交于点．以点为圆心，为半径作圆．(1)如图1，当点在上时，求证：；(2)如图2，当点在上时，求的值；(3)如图3，、分别交于点、，请探究与的数量关系，并证明．2．（2025·广东广州·一模）在矩形中，，，点是射线上的一个动点，连接，过点作于点，交射线于点．(1)如图，点在线段上，求证：；(2)在点的运动过程中，是否存在使、、、四点构成的四边形为轴对称图形，若存在，求出相应的长，若不存在，请说明理由．3．（2025·广东广州·一模）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点，分别在，上，，连接，并延长交的延长线于点．(1)求证：；(2)若，，求菱形的面积．4．（2025·广东广州·一模）如图，在矩形中，，，点为射线上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．(1)当点为线段的中点时，求证：是等边三角形；(2)当与矩形的边平行时，求线段的长；(3)在点的运动过程中，线段的长度是否存在最小值？如果存在，求出最小值；如果不存在，请说明理由．5．（2025·广东广州·模拟预测）如图，矩形中，，，点是边上的一个动点，连接，过点作的垂线交于点，以为斜边作等腰直角三角形（点在上方）．(1)若，求的长；(2)当点从点运动到点的过程中，的外接圆的圆心也随之运动，求该圆心到边的距离的最大值．(3)当点从点运动到点时，点也随之运动，①四边形的面积是线段的长的函数吗？如果是求出函数解析式，如果不是说明理由；②求点经过的路径长．6．（2025·广东·模拟预测）如图，已知菱形，以为直径的与对角线交于点，与边交于点，连接，，为上一点，连接．(1)求证：点，，三点共线；(2)若点为的中点，求证：是的切线；(3)若的半径长为，，求的长．7．（2025·广东广州·一模）在中，，为边上的一点，连接．(1)如图1，，为上的中点，过作交于点，交于点，过作交于点，求的值．(2)如图2，，，在上且，连接，交于点．已知，求点到的距离．(3)如图3，，为上的中点，在上，，连接交于点．连接，当最小时，求的面积．8．（2025·广东广州·一模）如图，在中，，，，点D在边的延长线上，过点D作且，连接，点P为的中点．(1)求的长；(2)连接，，，请判断是否为等边三角形？若是，请证明你的结论；若不是，请说明理由；(3)以点C为圆心，3为半径作，交边于点M，点Q是上的动点，连接，，求的最小值．9．（2025·广东广州·一模）如图，边长为的正方形内部有一点，点在边的上方，，，连接、、．(1)求证：；(2)延长交所在直线于点；①若，时，求的面积；②若，当从到的变化过程中，求点经过的路径长．10．（2025·广东·一模）如图1，以的边为直径作交于点，连接，其中(1)求证：与相切；(2)如图2，连接交于点，若求的长；(3)如图3，在（2）的条件下，过点作于点，连接交于点，求的长．题型二二次函数的综合11．（2025·广东广州·一模）平面直角坐标系中，抛物线（为实数）．(1)求抛物线的对称轴；(2)已知和是抛物线上的两点，若对于，，都有，求的取值范围；(3)当时（其中为实数且），抛物线的图象总在直线的下方，求的最大值．12．（2025·广东广州·一模）已知抛物线经过点．(1)求抛物线G的解析式；(2)已知直线交x轴于点B，交y轴于点C，点P是抛物线G上一动点，点Q是直线l上一动点，求的最小值；(3)在（2）的条件下，将抛物线G向左平移t个单位得到抛物线，顶点为D，问抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得以点C、D、M组成的三角形与相似？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．13．（2025·广东广州·一模）在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于两点，点在点的左侧．(1)当时，求点和点的坐标；(2)已知点的坐标是，过点作轴的垂线，垂足为点，若二次函数的图象与线段只有一个交点，求的取值范围；(3)直线与二次函数的图象交于两点，点的坐标是，点是轴上方的抛物线上的一个动点，过点作轴，交轴于点，交直线于点，过点作于点，直线交轴于点，若，设点的横坐标是，求的最大值．14．（2025·广东广州·一模）在平面直角坐标系中，将函数（为常数）的图象记为，点的坐标为．(1)当点在图象上时，试解答以下问题：①求函数的解析式；②将抛物线在的那部分函数图象沿直线翻折得到新的函数图象，翻折前后的两部分合记为图象，若函数与图象至少有三个交点，求的取值范围；(2)当时，将点向左平移2个单位长度得到点，连结，以为边向上方作矩形，使．当图象与矩形只有两个公共点时，求的取值范围．15．（2025·广东广州·一模）已知抛物线与抛物线相交于点．(1)求出p的值；(2)设点在抛物线上，点在抛物线上．①当时，求n的取值范围；②当M，A，N三点共线时，求m的值．16．（2025·广东广州·模拟预测）已知抛物线与轴交于点，，顶点为．(1)求的取值范围及顶点的坐标；(2)若的面积为8，①当时，抛物线与直线能有两个公共点，求的取值范围；②点为轴上一点，当最大时，求此时的值．17．（2025·广东深圳·一模）已知二次函数．(1)若函数图象经过点，解决下列问题：①求该二次函数的表达式；②若将平面内一点向左平移个单位，到达图象上的点；若将点向右平移个单位，则到达图象上的点，求点坐标．(2)设点，是该函数图象上的两点，若，求证：．18．（2024·广东广州·二模）在平面直角坐标系中，设直线的解析式为：（、为常数且），当直线与一条曲线有且只有一个公共点时，我们称直线与这条曲线“相切”，这个公共点叫做“切点”．(1)求直线与双曲线的切点坐标；(2)已知一次函数，二次函数，是否存在二次函数，其图象经过点，使得直线与，都相切于同一点？若存在，求出的解析式；若不存在，请说明理由；(3)在（2）的条件下，抛物线的顶点坐标为，点为轴上一点．在平面内存在点，使，且这样的点有且只有一个，则点的坐标为______．19．（2024·广东广州·二模）已知抛物线与x轴交于两点，且A在B的左边，与y轴交于点C．(1)求c的值；(2)若点P在抛物线上，且，求点P的坐标；(3)抛物线的对称轴与x轴交于D点，点Q为x轴下方的抛物线上任意一点，直线与抛物线的对称轴分别交于E，F两点，求的取值范围．20．（2025·广东·一模）如图所示，抛物线交轴于两点，将在轴下方部分翻折得到抛物线，将抛物线与整体视作曲线，以下设问均不考虑抛物线在轴下方的部分．【知识技能】（1）直接写出抛物线的解析式；【数学理解】（2）记曲线交轴于点，连接，点为在上方且在曲线上的一个动点，连接，求面积的最大值；【拓展探究】（3）设平面内存在动直线①讨论并直接写出动直线与曲线的交点个数；②若动直线与曲线有四个交点，记这四个交点的横坐标从左往右分别为，问是否存在这样的动直线，使满足？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．猜押06广东广州卷中考数学24-25题（解答题）猜押考点1年广州真题考情分析押题依据难度特殊的四边形与圆的综合2024年广东广州卷第24题2022年考面积问题，2023年考轨迹问题，2024年考存在性问题，2025年可能考查路径最值或几何变换。动态几何题注重创新，2024年第24题以菱形轴对称问题为载体，强调自主探究难二次函数的综合2024年广东广州卷第25题2022年考二次函数与三角形，2023年考二次函数与四边形，2024年考函数与圆综合，2025年可能考查含参二次函数与坐标系的综合。。压轴题注重思维深度，2024年第25题考查推理与运算能力，强调核心素养难题型一特殊的四边形与圆的综合1．（2025·广东佛山·一模）如图，在矩形中，，连接，点关于的对称点为点，连接、、、，与交于点．以点为圆心，为半径作圆．(1)如图1，当点在上时，求证：；(2)如图2，当点在上时，求的值；(3)如图3，、分别交于点、，请探究与的数量关系，并证明．【答案】(1)见解析(2)(3)，证明见解析【知识点】利用矩形的性质证明、根据成轴对称图形的特征进行求解、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算【分析】（1）根据矩形、轴对称及圆的性质证明，，进而可证得；（2）根据矩形、轴对称得，则，进而可知，连接，可知，则，再证，由，得，，结合，，得，可知，进而得，即可求解；（3）连接，交于点，由矩形的性质得，，，可知，由轴对称可知，，，再证，得，可知，再证是的中位线，得，可知，得，进而可知，得，即可证得．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，∵点、关于对称，∴，∵点在上，∴，∴，∴，∴，则，在与中，∴；（2）解：∵四边形是矩形，∴，∵点、关于对称，∴，∴，，∴，则，，，∴，连接，∵点在上，∴，则，，∴，∵，∴，，∵，则，，则，∴；（3），证明如下：连接，交于点，∵四边形是矩形，∴，，，∴，∵点、关于对称，∴，，，∴，，∴，∴，∴，∴，∵，，∴是的中位线，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查矩形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，解直角三角形等知识点，掌握相关图形的性质是解决问题的关键．2．（2025·广东广州·一模）在矩形中，，，点是射线上的一个动点，连接，过点作于点，交射线于点．(1)如图，点在线段上，求证：；(2)在点的运动过程中，是否存在使、、、四点构成的四边形为轴对称图形，若存在，求出相应的长，若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)【知识点】根据矩形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合【分析】本题考查矩形的性质、相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．（1）根据同角的余角相等得到，即可得出；（2）分两种情况讨论：①当点运动到的延长线上时，则，时；②当点在线段上时，分别利用相似三角形的判定和性质即可求得的长．【详解】（1）证明：在矩形中，，，，，，，；（2）解：存在，理由如下：①当点运动到的延长线上时，则，时，使D、F、G、C四点构成的四边形为轴对称图形，如图3，同理得出，∴；②当点在线段上（不与重合）时，不存在；综上所述，的长为．3．（2025·广东广州·一模）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点，分别在，上，，连接，并延长交的延长线于点．(1)求证：；(2)若，，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)【知识点】利用菱形的性质求面积、利用同角三角函数关系求值、根据三线合一证明【分析】本题主要考查了菱形的基本性质、等腰三角形的性质、锐角三角函数，解决本题的关键是利用菱形的性质找边、角之间的关系．（1）由菱形的性质得出，，，，再证明，然后由等腰三角形的三线合一定理即可得出结论；（2）证明，再由平行线的性质得，然后由锐角三角函数定义求出，则，根据菱形的面积公式计算即可．【详解】（1）证明：四边形是菱形，，，，，平分，，，，平分，∴；（2）解：由可知，，，，，，，，，，，，即菱形的面积为．4．（2025·广东广州·一模）如图，在矩形中，，，点为射线上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接．(1)当点为线段的中点时，求证：是等边三角形；(2)当与矩形的边平行时，求线段的长；(3)在点的运动过程中，线段的长度是否存在最小值？如果存在，求出最小值；如果不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)或(3)存在；【知识点】根据矩形的性质求线段长、解直角三角形的相关计算、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形【分析】（1）由题易得，进而可得，从而得证；（2）分类讨论：当或，然后利用勾股定理和特殊角求解即可；（3）过点作于点，利用勾股定理可得，进而据此求解即可．【详解】（1）证：在矩形中，∵点为线段的中点∴∵∴∴是等边三角形;（2）①当时∴∴∴∴是等边三角形∴②当时在中，，，∴∵∴∴∴∴∴综上，线段的长为或．（3）如图，过点作于点∵，设∴，∴∴当时，取得最小值，最小值为∵当最小时，最小∴最小值为【点睛】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、解直角三角形、等边三角形的判定等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．5．（2025·广东广州·模拟预测）如图，矩形中，，，点是边上的一个动点，连接，过点作的垂线交于点，以为斜边作等腰直角三角形（点在上方）．(1)若，求的长；(2)当点从点运动到点的过程中，的外接圆的圆心也随之运动，求该圆心到边的距离的最大值．(3)当点从点运动到点时，点也随之运动，①四边形的面积是线段的长的函数吗？如果是求出函数解析式，如果不是说明理由；②求点经过的路径长．【答案】(1)(2)(3)①，②【知识点】y=ax²+bx+c的最值、相似三角形的判定与性质综合、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据矩形的性质求线段长【分析】（1）由矩形的性质得，结合得，可证明，即可求得；（2）找中点，作于，则由题意知，的外接圆的圆心在线段的中点处，圆心到边的距离为，则是的中位线，设，则，结合（1）可知，利用，求得，根据二次函数的性质求得的最大值，即可知的最大值；（3）①过点作，于点，，连接，则有四边形为矩形，，，，结合题意证明，有，，即可知四边形为正方形，那么，四边形的面积，利用等腰三角形的性质即可求得；②由①知，四边形为正方形，则点在的角平分线上运动，可知点的运动路径在线段的长，即是当线段最大时的的值，由（1）可知，，，，设，则，结合正方形的性质有，化简并利用二次函数的性质和等腰直角三角形的性质求解即可，注意由小变大后再变小，分和和讨论．【详解】（1）解：∵，，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，即，解得，故答案为：．（2）解：如图，找中点，作于，由题意知，的外接圆的圆心在线段的中点处，圆心到边的距离为，∵，∴是的中位线，∴，设，则，由（1）可知，∴，∴，∵，∴当时，有最大值，最大值为，∴的最大值为，∴圆心到边的距离的最大值为；（3）解：①过点作，于点，，连接，如图，∴，∵，∴四边形为矩形，，∴，，∵以为斜边作等腰直角三角形，∴，，则，∴，∴，∴，，则四边形为正方形，∵，∴四边形的面积，∵线段的长，∴，那么，，②由①知，四边形为正方形，则点在的角平分线上运动，∴点的运动路径在线段的长，即是当线段最大时的的值，由（1）可知，，，，设，则，∵，∴，化简得当时，，，∵∴点沿射线运动∵当点与点重合时，点运动到点，此时，∴当时，点沿射线向上运动，当时，点运动到点，，此时最大，当时，点沿射线向上运动，当时，点与点重合∴点经过的路径长为．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形中位线的判定和性质，三角形的外接圆，二次函数的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的性质和勾股定理等知识．解题的关键在于对动点知识的理解，并熟练掌握与灵活运用数形结合思想．6．（2025·广东·模拟预测）如图，已知菱形，以为直径的与对角线交于点，与边交于点，连接，，为上一点，连接．(1)求证：点，，三点共线；(2)若点为的中点，求证：是的切线；(3)若的半径长为，，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)2【知识点】利用菱形的性质证明、圆周角定理、用勾股定理解三角形、证明某直线是圆的切线【分析】（1）通过圆周角定理的推论得，结合菱形的性质得即可求解；（2）连接、，利用菱形的性质得，；利用圆周角定理可得；为的中点，通过等腰三角形的性质——三线合一得，结合，推出即可得证结论；（3）连接、，由（2）得，推出，，设，利用勾股定理，在和中，，得，解方程即可求解．【详解】（1）证明：如图，连接．为的直径。，即．四边形是菱形，，即．点，，三点共线．（2）证明：如图，连接、．由（1）得点，，三点共线，四边形是菱形，，，又，，．，．又为的中点，．，．又，．，．又为的半径，为的切线．（3）解：如图，连接，．由（2）得，，．的半径长为，．四边形是菱形，．为的直径，，．设，则，在中，，在中，，，解得．的长为．【点睛】本题主要考查了圆周角定理、菱形的性质、等腰三角形的性质、平行线的判定和性质、切线的判定以及勾股定理，熟练掌握以上基础知识，作出合适的辅助线是解题关键．7．（2025·广东广州·一模）在中，，为边上的一点，连接．(1)如图1，，为上的中点，过作交于点，交于点，过作交于点，求的值．(2)如图2，，，在上且，连接，交于点．已知，求点到的距离．(3)如图3，，为上的中点，在上，，连接交于点．连接，当最小时，求的面积．【答案】(1)(2)(3)【知识点】相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、圆周角定理、已知圆内接四边形求角度【分析】（1）求出，同角的余角相等，得到，设设，则，根据等腰直角三角形的性质，得到，进而得到，求出的值，进而求出的值即可；（2）证明，得到，证明，列出代数式，得出，进而求出的值，过作交于点，求出的值即可；（3）先求出，定弦定角，得到三点共圆，进而得到当三点共线时，最小，取中点，在优弧上取一点，连接，求出圆心角的度数，等边对等角，求出的度数，垂径定理求出长，求出，进而求出的长，过作交于点，交于点，求出的长，再利用面积公式求出面积即可．【详解】（1）为上的中点，；∵，，∵，，，，，，设，则．，，，解得，．（2），是等边三角形，，，，，，，；，即，解得，；过作交于点，到的距离为；（3）由（2）可得，，过三点作圆，连接，∴当三点共线时，最小．是等边三角形，为弦，取中点，在优弧上取一点，连接，，，是等边三角形，是的中点，，，；过作交于点，交于点，，四边形是矩形，，，．．【点睛】本题考查解直角三角形，垂径定理，圆内接四边形，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握相关知识的，第（3）问中确定点的运动轨迹，是解题的关键．8．（2025·广东广州·一模）如图，在中，，，，点D在边的延长线上，过点D作且，连接，点P为的中点．(1)求的长；(2)连接，，，请判断是否为等边三角形？若是，请证明你的结论；若不是，请说明理由；(3)以点C为圆心，3为半径作，交边于点M，点Q是上的动点，连接，，求的最小值．【答案】(1)24(2)是，理由见解析(3)18【知识点】等边三角形的判定、线段问题(轴对称综合题)、解直角三角形的相关计算、点与圆上一点的最值问题【分析】（1）在中，解直角三角形即可解答；（2）根据直角三角形斜边上中线的性质得到，根据得到，因此，从而点A，B，E，D四点共圆，且点P为该圆的圆心，根据圆周角定理有，得到是等边三角形．（3）取的中点H，连接，延长交于点N，根据中位线定理得到，因此点P在直线上运动．作点M关于的对称点，连接，交于点G，连接，，则，连接，交于点，则，由点H是的中点，，得到，证明四边形是矩形，得到，根据勾股定理在中，求得，即可得出，即可解答．【详解】（1）解：∵在中，，，∴．（2）解：是等边三角形，理由如下：∵，∴，∵点P是的中点，∴在中，，在中，，∴∵，∴，∴，∵，∴，∴点A，B，E，D四点共圆，且点P为该圆的圆心，∴，∵，∴是等边三角形．（3）解：取的中点H，连接，延长交于点N，∵点P是的中点，点H是的中点，∴，∴点P在直线上运动．作点M关于的对称点，连接，交于点G，连接，，则，∴，连接，交于点，则，∵点H是的中点，∴，∵，∴，∴．∵点M与点关于对称，∴，∵，，∴，∴四边形是矩形，∴，∴，∵，，∴在中，，∴，∴，即的最小值为18．【点睛】本题考查解直角三角形，勾股定理，等边三角形的判定，四点共圆，圆周角定理，直角三角形斜边上中线的性质，轴对称的性质，最短路径问题等，综合运用相关知识，正确作出辅助线是解题的关键．9．（2025·广东广州·一模）如图，边长为的正方形内部有一点，点在边的上方，，，连接、、．(1)求证：；(2)延长交所在直线于点；①若，时，求的面积；②若，当从到的变化过程中，求点经过的路径长．【答案】(1)见解析(2)①；②【知识点】求某点的弧形运动路径长度、相似三角形的判定与性质综合、用SAS证明三角形全等（SAS）、圆周角定理【分析】（1）利用四边形是正方形，得出，，再证明，即可证明；（2）①设交于点，交于点，先证明证明，再证明和是等腰直角三角形，求出，，求出，再证明，得出，结合，即可求解；②连接，取的中点，连接、．先证明，得出在以为圆心，为半径的上，过作于，当时，求出、，利用，判定，则可求出，当旋转角从变化到时，在上运动，求出，利用弧长公式即可求解．【详解】（1）解：四边形是正方形，，，∵，∴，，在和中，，；（2）解：①如图，设交于点，交于点，，，，，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，是等腰直角三角形，，，∴，，，∴，又，；②如图，连接，取的中点，连接、．四边形是正方形，，点是的中点，，，同①可知，点是的中点，，∴在以为圆心，为半径的上，如图，过作于，当时，，，，，，，，，又，，，，，当旋转角从变化到时，在上运动，，，，，∴点经过路线的长度为．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，正方形的性质，勾股定理及其逆定理，圆周角定理，弧长公式，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键．10．（2025·广东·一模）如图1，以的边为直径作交于点，连接，其中(1)求证：与相切；(2)如图2，连接交于点，若求的长；(3)如图3，在（2）的条件下，过点作于点，连接交于点，求的长．【答案】(1)见详解(2)(3)【知识点】切线的性质和判定的综合应用、相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形、解直角三角形的相关计算【分析】本题主要考查了切线的判定，直径定理，解直角三角形，勾股定理，垂径定理，相似三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并准确作出辅助线．（1）利用直径定理得出，利用给出的三角函数比可得，进而可得相切；（2）根据三角函数比得出，假设半径为，表示出相关线段，根据求出的值即可得出答案；（3）过点作交于点，根据三角函数比得出，，根据平行的性质得出，，根据相似比得出，求得，进而可求的长度．【详解】（1）证明：为的直径，，，在中，，，，，与相切；（2）解：在中，，，，，，，设，在中，，，∴，∴，，∴在Rt△中，；（3）解：如图3，过点作交于点．∵，∴为的中点，∴，在Rt△中，，∴，又∵，∴，，∴，，∵，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．题型二二次函数的综合11．（2025·广东广州·一模）平面直角坐标系中，抛物线（为实数）．(1)求抛物线的对称轴；(2)已知和是抛物线上的两点，若对于，，都有，求的取值范围；(3)当时（其中为实数且），抛物线的图象总在直线的下方，求的最大值．【答案】(1)(2)或(3)9【知识点】y=ax²+bx+c的图象与性质、一次函数、二次函数图象综合判断【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，与一次函数图象的交点问题，利用数形结合的思想求解是解决本题的关键．（1）由抛物线对称轴公式求解即可；（2）分三种情况讨论，或或，分别画出图形，利用二次函数的性质分析即可；（3）联立，消得，结合图象知关于的方程的两个根为，，将代入方程得，解得，，当时，方程为，解得，舍去；当时，方程为，解得，，故．【详解】（1）解：抛物线的对称轴为直线；（2）解：点关于抛物线对称轴的对称点为，①当时，，∴在对称轴右侧，∵对于，，都有，∴或，∴或，②当时，，∴在对称轴左侧，在对称轴右轴，在对称轴右侧，∵∴恒成立；③当时，，成立，综上，或；（3）解：联立，消得，∵当时（其中为实数且），抛物线的图象总在直线的下方，且最大，结合图象知关于的方程的两个根为，，将代入方程得，，解得，，当时，方程为，解得，∵，∴不符合题意，舍去；当时，方程为，解得，，∴；综上，的最大值为9．12．（2025·广东广州·一模）已知抛物线经过点．(1)求抛物线G的解析式；(2)已知直线交x轴于点B，交y轴于点C，点P是抛物线G上一动点，点Q是直线l上一动点，求的最小值；(3)在（2）的条件下，将抛物线G向左平移t个单位得到抛物线，顶点为D，问抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得以点C、D、M组成的三角形与相似？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，或或【知识点】线段周长问题(二次函数综合)、相似三角形问题(二次函数综合)、二次函数图象的平移、解直角三角形的相关计算【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）平移直线l至，使与抛物线唯一交点，令唯一交点坐标为，过点P作，交l于点Q，过点P作轴，与直线l相交于点，此时有最小值，先求出，则；再求出，，得到，证明，解直角三角形可得，；（3）可得，平移后的抛物线对称轴为直线则；再分，且时，有，，且时，有，时，三种情况讨论求解即可．【详解】（1）解：将点代入得：，解得，∴抛物线的表达式为：；（2）解：如图所示：平移直线l至，使与抛物线有唯一交点，令唯一交点坐标为，过点P作，交l于点Q，过点P作轴，与直线l相交于点，此时有最小值，设，联立方程组，整理得①，当，得，把代入①解得，，∴，把代入直线l解析式得：，即，把代入直线l解析式得：，即，∴，∵轴，∴，，即，，解得，；（3）解：∵原抛物线解析式为，原抛物线的顶点坐标为，将抛物线G向左平移t个单位得到抛物线，顶点为D，∴，平移后的抛物线对称轴为直线，∴；∵，，∴当，且时，有，∵，∴，∴，解得或；当，且时，有，∵，∴，∴，解得或（舍去）；如图所示，当时，设直线与y轴交于H，∴此时有，∵，∴，∴，∴此时与相似，即有或，∴或，即此时情形与时t的值相同．综上所述：当与相似时，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，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，勾股定理等等，解（2）的关键在于确定什么情形下有最小值，解（3）的关键在于利用分类讨论的思想求解即可．13．（2025·广东广州·一模）在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于两点，点在点的左侧．(1)当时，求点和点的坐标；(2)已知点的坐标是，过点作轴的垂线，垂足为点，若二次函数的图象与线段只有一个交点，求的取值范围；(3)直线与二次函数的图象交于两点，点的坐标是，点是轴上方的抛物线上的一个动点，过点作轴，交轴于点，交直线于点，过点作于点，直线交轴于点，若，设点的横坐标是，求的最大值．【答案】(1)，(2)(3)【知识点】相似三角形的判定与性质综合、其他问题(二次函数综合)【分析】（1）将代入即可直接得解；（2）令，解得或，由，得，然后分类讨论求解即可；（3）先求出直线的解析式为，可得，设点P的横坐标为点t，则，，证即可得解．【详解】（1）解：把代入中得：，令，则，解得或，点在点的左侧，∴，；（2）解：二次函数，当时，，解得或，当又∵，∴，∴二次函数的图象经过定点，∵，∴，当时，，由图象可知，若抛物线与线段有且只有一个交点时，①当且时，不等式组无解，舍去；②当且时，解得，又∵，所以；③当且时，符合．综上，；（3）解：直线与二次函数的图象交于．把代入，解得．抛物线的解析式为，，，将、代入，得：，解得．直线的解析式为，设直线与轴交于点．则，∴，∵，∴，点是轴上方的抛物线上一个动点，设点的横坐标为点，，，，，，，轴，，，∴，即，∴，，，当时，有最大值为．【点睛】本题主要考查了二次函数与坐标轴交点、二次函数与直线交点问题、相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．14．（2025·广东广州·一模）在平面直角坐标系中，将函数（为常数）的图象记为，点的坐标为．(1)当点在图象上时，试解答以下问题：①求函数的解析式；②将抛物线在的那部分函数图象沿直线翻折得到新的函数图象，翻折前后的两部分合记为图象，若函数与图象至少有三个交点，求的取值范围；(2)当时，将点向左平移2个单位长度得到点，连结，以为边向上方作矩形，使．当图象与矩形只有两个公共点时，求的取值范围．【答案】(1)①；②(2)【知识点】y=ax²+bx+c的图象与性质、特殊四边形(二次函数综合)、待定系数法求二次函数解析式、求抛物线与x轴的交点坐标【分析】（1）①将代入，利用待定系数法即可求解；②，当时，，解得或，作出图象，如图，由轴对称可知，图象最高点的函数值为1，此时或2，可知直线与图象有两个交点，直线与图象有三个交点，由此可得答案；（2）由题意可得，，，图象的顶点坐标在直线上，分情况：当在线段上时，当在重合时，当在点左侧，且点在图象下方时，当在点左侧，且点在图象上及下方时，结合图形即可求得答案．【详解】（1）解：①将代入，得，解得，∴函数的解析式为；②，当时，，解得或，将抛物线在的那部分函数图象沿直线翻折得到新的函数图象，翻折前后的两部分合记为图象，如图，由轴对称可知，图象最高点的函数值为1，此时或2，∴直线与图象有两个交点，直线与图象有三个交点；∵函数与图象至少有三个交点，∴；（2）∵点的坐标为，将点向左平移2个单位长度得到点，连结，以为边向上方作矩形，使，∴，，，∵，∴则图象的顶点坐标在直线上，当在线段上时，，即，此时，图象与矩形有三个公共点，不符合题意；当在重合时，，即，此时，图象与矩形有两个公共点，符合题意；当在点左侧，且点在图象下方时，，即，此时，图象与矩形有两个公共点，符合题意；当在点左侧，且点在图象上及下方时，，即，此时，图象与矩形最多只有一个公共点，不符合题意；综上，图象与矩形有两个公共点，的取值范围为．【点睛】本题考查的是二次函数的图像与性质，特别是考查了含参数的二次函数的最值，以及含参数的二次函数图像与几何图形的交点个数问题，利用二次函数图像解不等式问题，掌握数型结合是解题的核心关键．15．（2025·广东广州·一模）已知抛物线与抛物线相交于点．(1)求出p的值；(2)设点在抛物线上，点在抛物线上．①当时，求n的取值范围；②当M，A，N三点共线时，求m的值．【答案】(1)(2)①；②【知识点】y=ax²+bx+c的图象与性质、待定系数法求二次函数解析式、求一次函数解析式【分析】题目主要考查二次函数的性质，待定系数法确定函数解析式，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．（1）根据待定系数法代入即可得出结果；（2）由（1）得，将点M代入得，且；①根据题意得出，然后代入函数解析式确定，再由二次函数的性质即可得出n的取值范围；②根据题意得出，再利用一次函数的待定系数法及三点共线得出方程求解即可．【详解】（1）解：将点代入，得，解得：；（2）由（1）得，∵点在抛物线上，∴，∴；①∵，，∴，∵点在抛物线上，∴，整理得：，当时，或，当时，，当时，，∵，∴；②∵，∴，∵，，∴设直线的函数解析式为：，代入得：，解得，∵，∴；设直线的函数解析式为：，代入得：，解得，即，∵M，A，N三点共线，∴，解得：．16．（2025·广东广州·模拟预测）已知抛物线与轴交于点，，顶点为．(1)求的取值范围及顶点的坐标；(2)若的面积为8，①当时，抛物线与直线能有两个公共点，求的取值范围；②点为轴上一点，当最大时，求此时的值．【答案】(1)，顶点的坐标为(2)①；②【知识点】求角的正弦值、抛物线与x轴的交点问题、y=ax²+bx+c的图象与性质、已知直线和圆的位置关系求半径的取值【分析】（1）由抛物线轴有2个交点可得，求出的取值范围，再利用二次函数的顶点式求出顶点的坐标即可；（2）①令，表示出的长，再利用三角形的面积公式求出的值，得出抛物线的解析式为，根据直线得出恒过定点，再分和两种情况讨论的取值范围即可求解；②先求出点的坐标和的长，作的外接圆，过点作轴于点，连接、、，利用外接圆的性质得出圆心在抛物线的对称轴上，即点到轴的距离为3，再利用直线与圆的位置关系得出，再利用圆周角定理证出，分析得到当最大时，有最大值，再利用正弦的定义求出的最大值即可求解．【详解】（1）解：由题意得，，解得：，，顶点的坐标为．综上所述，的取值范围为，顶点的坐标为．（2）解：①由（1）得，，令，则，解得：，，的面积为8，，解得：，抛物线；直线，当时，，直线经过定点，当时，直线，联立，解得：或，抛物线与直线的交点为和，当时，抛物线与直线能有两个公共点，即符合题意；当时，则，直线中的随增大而增大，由图象可得，此时抛物线与直线有两个交点，一个在点的下方，另一个在点的上方，又当时，抛物线与直线能有两个公共点，；综上所述，的取值范围为．②由①中的结论得，抛物线，抛物线的对称轴为，令，则，解得：，，设点在点的左侧，则，，，如图，作的外接圆，过点作轴于点，连接、、，，点在的垂直平分线上，即抛物线的对称轴上，点到轴的距离为3，点在轴上，与轴至少有1个交点，的半径点到轴的距离，即，轴，，，，又，当最大时，也最大，即有最大值，在中，，，，，的最大值为，此时最大，当最大时，．【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、二次函数与一元二次方程、三角形外接圆的性质、锐角三角函数的定义，熟练掌握相关知识点，运用数形结合的思想解决问题是解题的关键．本题属于函数综合题，需要较强的数形结合能力，适合有能力解决难题的学生．17．（2025·广东深圳·一模）已知二次函数．(1)若函数图象经过点，解决下列问题：①求该二次函数的表达式；②若将平面内一点向左平移个单位，到达图象上的点；若将点向右平移个单位，则到达图象上的点，求点坐标．(2)设点，是该函数图象上的两点，若，求证：．【答案】(1)①；②(2)见解析【知识点】y=ax²+bx+c的图象与性质、待定系数法求二次函数解析式、配方法的应用【分析】本题主要考查了待定系数法、二次函数图像的性质、配方法的应用等知识点，掌握二次函数图像的性质成为解题的关键．（1）①直接将代入求得a即可解得；②先根据平移表示出B、C两点的坐标，然后根据二次函数图像的对称性和二次函数的性质即可解答；（2）由可得，则有，，再用表示出可得，然后运用配方法解答即可．【详解】（1）解：①将代入可得，解得：，∴该二次函数的表达式为；②∵将平面内一点向左平移个单位，则与图象上的点重合；若将点A向右平移个单位，则与图象上的点重合，∴，∵，∴抛物线的对称轴为：，∴，解得：，把代入，得，即．（2）证明：∵设点，是该函数图象上的两点，∴∴，，∴，∵，∴，即．18．（2024·广东广州·二模）在平面直角坐标系中，设直线的解析式为：（、为常数且），当直线与一条曲线有且只有一个公共点时，我们称直线与这条曲线“相切”，这个公共点叫做“切点”．(1)求直线与双曲线的切点坐标；(2)已知一次函数，二次函数，是否存在二次函数，其图象经过点，使得直线与，都相切于同一点？若存在，求出的解析式；若不存在，请说明理由；(3)在（2）的条件下，抛物线的顶点坐标为，点为轴上一点．在平面内存在点，使，且这样的点有且只有一个，则点的坐标为______．【答案】(1)(2)(3)【知识点】求一次函数解析式、已知两点坐标求两点距离、其他问题(二次函数综合)、一次函数与反比例函数的交点问题【分析】（1）联立直线和双曲线的解析式得到关于的一元二次方程，解方程求出的值，即可求解；（2）联立直线与得到关于的一元二次方程，解方程求出的值，求出切点的坐标，求出抛物线的表达式为：，联立直线与得到关于的一元二次方程，根据方程有唯一解，得出根的判别式，据此列出关于的一元二次方程，求出的值，即可得出抛物线的解析式；（3）先求出点的坐标，判断出点是与轴的切点，过点作轴交于点，确定的中点，连接，求出的中点的坐标和点的坐标，待定系数法求出直线的解析式，据此设点，则点，根据两点间的距离公式列出方程，求出的值，即可求解．【详解】（1）解：联立，得：，整理得：，解得：，当时，，则切点坐标为：．（2）解：存在，理由：∵与相切，联立，得，整理得：解得：，当时，，则切点为：；∵直线与，都相切于同一点，即与的切点在图象上，将、代入抛物线表达式得：，解得：，则抛物线的表达式为：，∵与相切，联立，得，整理得：，则该一元二次方程有唯一解，即，整理得：解得：，故抛物线的表达式为：．（3）解：由（2）知，抛物线的表达式为：，则顶点的坐标为，在平面内存在点，使，即点、、在同一个上，又∵点为轴上一点，且这样的点有且只有一个，故点是与