专题08 二次函数与三角形、四边形存在性问题 （2大类8种题型）（专项训练）（解析版）-【数学】2026年中考一轮复习讲练测

1/10第三章函数专题08二次函数与三角形、四边形存在性问题（2大类8种题型）目录刷考点精准巩固，扫清盲区提能力聚焦过程，优化策略测综合跨界融合，挑战创新考点一：等腰三角形存在性问题解｜题｜技｜巧1．（2025·山东烟台·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，OA=2，OB=6，D是直线BC上方抛物线上一动点，作DF⊥AB交BC于点E，垂足为点F，连接CD．(1)求抛物线的表达式；(2)设点D的横坐标为t，①用含有t的代数式表示线段DE的长度；②是否存在点D，使△CDE是等腰三角形?若存在，请求出所有满足条件的点D的坐标；若不存在，请说明理由；(3)连接OE，将线段OE绕点O按顺时针方向旋转90°得到线段OG，连接AG，请直接写出线段AG长度的最小值．【答案】(1)y=−(2)①DE=−14t2+3(3)2【分析】（1）运用待定系数法即可求解；（2）①求出直线BC：y=−12x+3，则Dt,−14t（3）在y轴负半轴取点N0,−6，连接NG并延长交x轴于点M，连接AN，证明△BOE≌△NOGSAS，则∠CBO=∠MNO，确定点G在线段MN上运动（不包括端点），故当AG⊥MN时，AG最小，可证明△COB≌△MONASA，求得MN=OM【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，OA=2∴A−2,0∴4a−2b+3=0解得：a=−1∴抛物线表达式为y=−1（2）解：①对于抛物线表达式y=−1当x=0,y=3，∴C0,3设直线BC表达式为：y=kx+b，则6k+b=0b=3解得：k=−1∴直线BC：y=−1∵DE⊥AB，∴Dt,−14∴DE=−1∴DE=−1②存在，CD=t2当DE=CE时，−1解得：t=6−25或t=0∴−1∴D6−2当CD=DE时，t整理得：t2解得：t=1或t=0（舍），∴−1∴D1,当CD=CE时，t整理得：t2解得：t=2或t=6（舍）或t=0（舍），∴−1∴D2,4综上：△CDE是等腰三角形时，D2,4或D1,15（3）解：在y轴负半轴取点N0,−6，连接NG并延长交x轴于点M，连接AN由旋转得：OE=OG,∠EOG=90°，∵B6,0∴OB=ON，∵∠BON=90°，∴∠1=∠2=90°−∠MOG，∴△BOE≌△NOGSAS∴∠CBO=∠MNO，∴点G在线段MN上运动（不包括端点），∴当AG⊥MN时，AG最小，∵∠CBO=∠MNO，OB=ON，∠COB=∠MON，∴△COB≌△MONASA∴OM=OC=3，∴MN=O∴当AG⊥MN时，S∴12∴AG=25∴线段AG长度的最小值25【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，涉及得到系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，等腰三角形的存在性问题，两点间距离公式，全等三角形的判定与性质，垂线段最短等知识点，难度较大，综合性强．2．（2024·四川雅安·中考真题）在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴交于A1,0，B3,0(1)求二次函数的表达式；(2)如图①，若点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，当线段PQ的长度最大时，求点Q的坐标；(3)如图②，在（2）的条件下，过点Q的直线与抛物线交于点D，且∠CQD=2∠OCQ．在y轴上是否存在点E，使得△BDE为等腰三角形？若存在，直接写出点E【答案】(1)y=(2)Q(3)存在，点E(0,8+43)或(0,8−43)或(0,5)【分析】（1）由待定系数法即可求解；（2）由PQ=−x+3−x（3）先求出点D(5,8)，再分类求解即可．【详解】（1）解：由题意得：y=ax−1则a=1，则抛物线的表达式为：y=x（2）解：由抛物线的表达式知，点C0,3由点B、C的坐标得，直线CB的表达式为：y=−x+3，设点Qx,x2则PQ=−x+3−x∵−1<0，故PQ有最大值，此时x=32，则即点Q3（3）解：存在，理由：设直线CQ的表达式为y=mx+n，由点C,Q的坐标得，−34=∴直线CQ的表达式为：y=−5令y=0，x=65，故过点Q作TQ∥y轴交x轴于点T，则∵∠CQD=2∠OCQ,∠TQC=∠QCO，则∠CQT=∠DQT，即直线CQ和DQ关于直线QT对称，故M'设直线DQ的表达式为y=dx+c，代入Q32,−34解得：d=5则直线DQ的表达式为：y=5联立上式和抛物线的表达式得：x2解得：x=3即点D(5,8)；设点E(0,y)，由B,D,E的坐标得，BD当DE=BD时，则68=25+(y−8)解得：y=8±43，即点E(0,8+43)当DE=BE或BD=BE时，同理可得：25+(y−8)2=9+解得：y=5或±59即点E(0,5)或(0,59)或综上，点E(0,8+43)或(0,8−43)或(0,5)或【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．3．（2025·湖南衡阳·三模）如图，二次函数y=−x2−2x+3图象与x轴交于点A,B两点（点B在点A的右边），与y(1)求A,B,C三点的坐标．(2)若点M是抛物线对称轴上的一点，是否存在点M，使△MAC是以AC为底的等腰三角形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．(3)若点P是线段AC上的任意一点，若以点P,A,O为顶点的三角形与△ABC相似，求点P的坐标．【答案】(1)A(2)存在，M(3)点P坐标为(-1，2)或−【分析】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，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键．（1）令x=0和y=0求出抛物线与x轴，y轴的交点坐标即可；（2）先得到抛物线的对称轴，设点M−1,m，根据MA=MC列方程求出m（3）先求出线段AB，AC的长，然后分为△PAO∽△BAC，△PAO∽△CAB，根据相似三角形的对应边成比例求出PA长，即可求出点P的坐标即可．【详解】（1）解：令x=0，得y=3，∴C0令y=0，得−x解得x1=−3或∴A−3（2）解：存在M−1抛物线y=−x2−2x+3设点M−1,m∵M，A，∴MA=MC，∵A−3∴−1+3解得m=1，∴M−1（3）解：令y=0，∴x=−3或x=1，∴AB=4，又OA=OC，∴∠CAB=45°，∴AC设AP长为x，若△PAO∽△BAC，如图1．∴AO∴PA=22∵∠CAB=45°，∴PA⋅cos∴PA⋅sin∠CAB=2∴点P坐标为(−1,2)．若△PAO∽△CAB，如图2．∴AP∴PA=9同理可得PA⋅cos∴PA⋅sin∴点P坐标为−3综上所述，点P坐标为(−1,2)或−3考点二：直角三角形存在性问题解｜题｜技｜巧4．（2025·青海·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−3a≠0与x轴交于A，B两点，点B的坐标为(1)求抛物线的解析式；(2)①求点A的坐标；②当y<0时，根据图象直接写出x的取值范围________；(3)连接AC交y轴于点D，在y轴上是否存在点P，使△ACP是以AC为直角边的直角三角形，若存在，请直接写出所有符合条件的点P坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=(2)①A−3,0，②(3)存在，P10,7【分析】本题考查了二次函数综合题，需要综合运用抛物线与x轴的交点，待定系数法求二次函数解析式，勾股定理等．（1）将A1,0、C2,5代入（2）①令y=0，则x2+2x−3=0，解方程即可求出点②根据图象可知，当y<0时，即抛物线在x轴下方的部分，根据A，B两点的坐标即可得出结论；（3）设点P的坐标为0,a，先由两点间的距离公式得AC2=50，AP2=9+a当CP为斜边时，则CP【详解】（1）解：将A1,0、C2,5代入a+b−3=04a+2b−3=5解得a=1b=2∴抛物线的解析式为y=x（2）解：①令y=0，则x2解得x=−3或x=1，∴点A的坐标为−3,0；②根据图象可知，当y<0时，x的取值范围为−3<x<1，故答案为：−3<x<1；（3）解：设点P的坐标为0,a，∵A−3,0，C∴AC2=2+32∵△ACP是以AC为直角边的直角三角形，∴分以下两种情况讨论：当AP为斜边时，则AP∴9+a解得a=7，∴P1当CP为斜边时，则CP∴a2解得a=−3，∴P2综上所述，存在符合条件的P点，P10,7，5．（2025·山东东营·中考真题）已知抛物线与x轴交于A−1,0，B5,0两点，与y轴交于点(1)求出抛物线的解析式；(2)如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，当四边形DEFG的周长最大时，求点D的坐标；(3)如图2，点M是抛物线的顶点，将△MBC沿BC翻折得到△NBC，NB与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得△PQB是以QB为直角边的直角三角形，请直接写出点P的坐标．【答案】(1)y=−(2)3,8(3)2,233【分析】（1）设抛物线的解析式为y=ax+1x−5，把C0,5（2）设D(x,−x2+4x+5)，则E(4−x,−（3）过C作CH垂直抛物线对称轴于H，过N作NK⊥y轴于K，证明△MCH≌△NCKAAS，再求解N−4,3，求出直线BN的解析式为y=−13x+53，得到Q0,53，设P2,p【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于A−1,0，B设抛物线的解析式为y=ax+1把C0,5代入解析式，得5=a解得：a=−1，∴抛物线的解析式为：y=−x+1x−5，即（2）解：∵抛物线的解析式为：y=−x∴抛物线图象的对称轴为：x=2，设D(x,−x∵DE∥∴E(4−x,−x∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，∴四边形DEFG是矩形，∴四边形DEFG的周长=2DG+2DE=2=−2=−2x−3∵−2<0，∴当x=3时，四边形DEFG的周长最大，则−3∴当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为3,8；（3）解：过C作CH垂直抛物线对称轴于H，过N作NK⊥y轴于K，∴∠NKC=∠MHC=90°，由翻折得CN=CM,∠BCN=∠BCM，∵B5,0∴OB=OC，∴∠OCB=∠OBC=45°，∵CH⊥对称轴于H，∴CH∥∴∠BCH=∠OBC=45°，∴∠BCH=∠OCB=45°，∴∠BCN−∠OCB=∠BCM−∠BCH，即∠NCK=∠MCH，∴△MCH≌△NCKAAS∴NK=MH,CK=CH，∵抛物线的解析式为：y=−x−2∴对称轴为x=2,M2,9∴MH=9−5=4,CH=2，∴NK=MH=4,CK=CH=2，∴OK=OC−CK=3，∴N−4,3设直线BN的解析式为y=k∴−4k解得：k'∴直线BN的解析式为：y=−1将x=0代入y=−13x+∴Q0,设P2,p∴PQ2=22分两种情况：①当∠BQP=90°时，BP∴9+p解得：p=23∴P2,②当∠QBP=90°时，P'∴p解得：p=−9，∴点P'的坐标为2,−9综上，所有符合条件的点P的坐标为2,233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，二次函数与坐标轴的交点坐标问题，二次函数的性质，对称轴的性质，二次函数与直角三角形，勾股定理的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键．6．（2025·宁夏石嘴山·模拟预测）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，(1)求抛物线y=x(2)若点M是线段OC上的一动点，连接AM，求AM+2(3)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△BCP是直角三角形？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)y=(2)2(3)存在，点P的坐标为(1,−3+172)或(1,【分析】本题考查待定系数法求抛物线的解析式，勾股定理，求线段长的最值问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．（1）求出点A的坐标，然后把(−1,0)和C0,−3代入解析式求出b，c（2）以CM为斜边在y轴的右侧作等腰直角三角形CMN，连接BC，即可得到MN=22CM，点C，N，B共线，即可得到当AN⊥BC时，AM+（3）设点P的坐标为(1,m)，表示BP2，CP2，然后分为CB为斜边，PB为斜边或PC为斜边三种情况，利用勾股定理求出【详解】（1）解：∵C0,−3∴OC=3，又∵OA=1∴OA=1，又∵点A在负半轴，∴点A的左边为(−1,0)，把(−1,0)和C0,−3代入y=1−b+c=0c=−3，解得b=−2∴抛物线的解析式为：y=x（2）解：如图，以CM为斜边在y轴的右侧作等腰直角三角形CMN，连接BC，则MN=CN，又∵MN2+CN∴MN=2∴AM+2令y=0，则x2解得x=−1或x=3，∴点B的坐标为(3,0∴∠ABC=∠ACB=45°，∴点C，N，B共线，∴当AN⊥BC时，AM+22CM=AM+MN这时∠OAM=45°，∴AN=BN，∴AN2解得AN=22即AM+22CM（3）解：AB=OA∵y=x∴对称轴为直线x=1，设点P的坐标为(1,m)，则BP2=(3−1)①当CB为斜边时，BP2即m2解得m=−3±∴点P的坐标为(1,−3+172②当BP为斜边时，CP2即m2解得m=−4，∴点P的坐标为(1,−4)；③当CP为斜边时，CB2即18+m解得：m=2，∴点P的坐标为(1,2综上所述，点P的坐标为(1,−3+172)或(1,−3−考点三：等腰直角三角形存在性问题解｜题｜技｜巧7．（2025·黑龙江绥化·中考真题）综合与探究如图，抛物线y=ax2+bx−5交x轴于A、B两点，交y轴于点C．直线y=kx−5经过B、C两点，若点A1,0，B−5,0．点P

(1)求抛物线的函数解析式．(2)过点P作直线PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E，当PE=3ED时，求P点坐标．(3)若点F是直线BC上的一个动点．请判断在点B右侧的抛物线上是否存在点P，使△AFP是以PF为斜边的等腰直角三角形．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)y=(2)P1−3,−8(3)存在，P点坐标为−1,−8，或−2,−9，或2,7【分析】（1）把A1,0，B−5,0代入（2）求出C0,−5，直线BC的解析式y=−x−5，设Px,x2+4x−5，则Ex,−x−5，分x<−5，（3）过点F，P作FG⊥x轴于G，PH⊥x轴于H，得∠AGF=∠AHP=90°，根据等腰直角三角形．得AF=AP，∠PAF=90°，得∠FAG=∠APH，得△AFG≌△PAHAAS，得AH=FG，PH=AG，设P【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−5交x轴于A∴a+b−5=025a−5b−5=0解得a=1b=4∴y=x（2）解：∵y=x2+4x−5中，当x=0∴C0,−5∴设直线BC的解析式为y=kx−5，∵B−5,0∴−5k−5=0，∴k=−1，∴y=−x−5，设Px,则Ex,−x−5当x<−5时，PE=x2+4x−5−∵PE=3ED，∴x2解得x=−3（舍去），或x=−5（舍去），∴点P不存在；当−5<x<0时，PE=−x−5−x∴−x解得解得x=−3，或x=−5（舍去），∴x2∴P1当0<x<1时，PE<CE，点P不存在；当x>1时，PE=x2+4x−5−∴x2解得x=3，或x=−5（舍去），∴x2∴P2故P点坐标为P1−3,−8

（3）解：过点F，P作FG⊥x轴于G，PH⊥x轴于H，则∠AGF=∠AHP=90°，∵△AFP是以PF为斜边的等腰直角三角形．∴AF=AP，∴∠FAG+∠PAH=∠APH+∠PAH=90°，∴∠FAG=∠APH，∴△AFG≌△PAHAAS∴AH=FG，设Pm,当−5<m<1时，AH=1−m，∴FG=1−m，∴−x−5=1−m，∴x=m−6，∴Fm−6,1−m∴AG=1−m−6∴−m解得m=−1，m=−2，∴P坐标为−1,−8，或−2,−9；当m>1时，AH=m−1，∴FG=m−1，∴−x−5=m−1，∴x=−m−4，∴F−m−4,m−1∴AG=1−−m−4∴m2解得m=2，m=−5（舍去），∴P坐标为2,7；故P坐标为−1,−8，或−2,−9，或2,7．

【点睛】本题考查了函数与三角形综合．熟练掌握待定系数法求一次函数解析式，求二次函数解析式一次函数图象和性质，二次函数图象和性质，函数的线段问题，等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，分类讨论，是解题的关键．8．（2024·山东泰安·中考真题）如图，抛物线C1:y=ax2+43x−4的图象经过点(1)求抛物线C1(2)将抛物线C1向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到抛物线C2，求抛物线C2的表达式，并判断点D(3)在x轴上方的抛物线C2上，是否存在点P，使△PBD是等腰直角三角形．若存在，请求出点P【答案】(1)y=(2)C2:y=53x−(3)存在，点P的坐标为：2,2或−1,3【分析】本题主要考查了求二次函数的解析式、二次函数与几何的综合、二次函数图像的平移等知识点，灵活利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来成为解题的关键．（1）将点D的坐标代入抛物线表达式y=ax（2）由题意得：C2:y=53x−12+（3）分∠BAP为直角、∠DBP为直角、∠HPD为直角三种情况，分别运用全等三角形的判定与性质，进而确定点E的坐标，进而确定点P的坐标．【详解】（1）解：将点D的坐标代入抛物线表达式y=ax2+43则抛物线的表达式为：y=5（2）解：由题意得：C2当x=1时，y=5故点D在抛物线C2（3）解：存在，理由如下：①当∠BAP为直角时，如图1，过点D作DE⊥BD且DE=BE，则△BDE为等腰直角三角形，∵∠BDG+∠EDH=90°，∠EDH+∠DEH=90°，∴∠BDG=∠DEH，∵∠DGB=∠EHD=90°，∴△DGB≌△EHDAAS∴DH=BG=1，EH=GD=1+2=3，∴点E2,2当x=2时，y=53x−35∴点P即为点E2,2②当∠DBP为直角时，如图2，同理可得：△BGE≌△DHBAAS∴DH=3=BG，BH=1=GE，∴点E−1,3当x=−1∴点E在抛物线C2∴点P即为点E−1,3③当∠HPD为直角时，如图3，设点Ex,y同理可得：△EHB≌△DGEAAS∴EH=x+2=GD=y+1且BH=y=GE=1−x，解得：x=0且y=1，∴点E0,1当x=0时，y=5即点E不在抛物线C2综上，点P的坐标为：2,2或−1,3．9．（2024·四川眉山·中考真题）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A−3,0和点B，与y轴交于点

(1)求该抛物线的解析式；(2)当点D在第二象限内，且△ACD的面积为3时，求点D的坐标；(3)在直线BC上是否存在点P，使△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形？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y=−(2)D的坐标为−1,4或−2,3(3)P的坐标为0,3或25−19318,−7+【分析】（1）利用待定系数法求解；（2）过D作DK∥y轴交AC于K，求出直线AC解析式，根据（3）先求出点A，B坐标，再求出直线BC解析式，过P作PN⊥y轴于N，过D作DM⊥y轴于M，分以下情况分别讨论即可：①P与C重合，D与A重合时；②当P在第一象限，D在第四象限时；③当P在第四象限，D在第三象限时；④当P在第四象限，D在第一象限时．【详解】（1）解：把A−3,0，C0,3代入−9−3b+c=0c=3解得b=−2c=3∴抛物线的解析式为y=−x（2）解：过D作DK∥y轴交AC于

由A−3,0，C0,3得直线AC解析式为设Dt,−t2∴DK=−t∵△ACD的面积为3，∴12DK⋅解得t=−1或t=−2，∴D的坐标为−1,4或−2,3；（3）解：在直线BC上存在点P，使△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，理由如下：在y=−x2−2x+3中，令y=0解得x=−3或x=1，∴A−3,0，B由B1,0，C0,3得直线BC解析式为设Pm,−3m+3，D过P作PN⊥y轴于N，过D作DM⊥y轴于M，①∵OA=OC=3，∴当P与C重合，D与A重合时，△OPD是等腰直角三角形，如图：

此时P0,3②当P在第一象限，D在第四象限时，

∵△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，∴OD=OP，∠POD=90°，∴∠DOM=90°−∠PON=∠OPN，∵∠DMO=90°=∠PNO，∴△DOM≌△OPNAAS∴DM=ON，OM=PN，∴n=−3m+3解得m=25+19318n=−7−∴−3m+3=−3×25−∴P的坐标为25−193③当P在第四象限，D在第三象限时，如图：

∵△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，∴OD=OP，∠POD=90°，∴∠DOM=90°−∠PON=∠OPN，∵∠DMO=90°=∠PNO，∴△DOM≌△OPNAAS∴PN=OM，ON=DM，同理可得m=n解得m=25+19318∴−3m+3=−3×25+∴P的坐标为25+193④当P在第四象限，D在第一象限，如图：

∵△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，∴OD=OP，∠POD=90°，∴∠DOM=90°−∠PON=∠OPN，∵∠DMO=90°=∠PNO，∴△DOM≌△OPNAAS∴PN=OM，ON=DM，∴m=−解得m=0n=−3（舍去）或m=∴−3m+3=−3×11∴P的坐标为119综上所述，P的坐标为0,3或25−19318,−7+193【点睛】本题属于二次函数综合题，考查待定系数法求函数解析式、二次函数中三角形面积计算、特殊三角形存在性问题、等腰直角三角形的性质等，难度较大，熟练运用数形结合及分类讨论思想是解题的关键．考点四：相似三角形存在性问题解｜题｜技｜巧二次函数与相似三角形存在性问题,主要思路是通过两三角形中恒相等的角确定分类,利用相似三角形的性质求得线段长,并构造“三垂直”求得点的坐标.一般常考的三角形是直角三角形，这样就把难度下降了不少.总结：当一个三角形固定而另一个三角形与之相似时，通常需要分类讨论，而分类时又要多注意公共角、对顶角、相等角的存在，合理利用相似三角形的性质求得线段长度，再转化为点的坐标(常用构造三垂直来求得点的坐标).10．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+ca≠0的图像经过原点和点A4,0．经过点A的直线与该二次函数图象交于点B(1)求二次函数的解析式及点C的坐标；(2)点P是二次函数图象上的一个动点，当点P在直线AB上方时，过点P作PE⊥x轴于点E，与直线AB交于点D，设点P的横坐标为m．①m为何值时线段PD的长度最大，并求出最大值；②是否存在点P，使得△BPD与△AOC相似．若存在，请求出点P坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=−x2(2)①当m=52时，PD有最大值为94；②当P的坐标为2,4或3,3时，△BPD【分析】（1）把0,0，A4,0，B1,3代入y=ax2+bx+ca≠0求解即可，利用待定系数法求出直线AB解析式，然后令（2）①根据P、D的坐标求出PD，然后根据二次函数的性质求解即可；②先利用等边对等角，平行线的判定与性质等求出∠PDB=∠ACO=45°，然后分△PBD∽△OAC，△PBD∽△AOC两种情况讨论过，利用相似三角形的性质、等腰三角形的判定与性质等求解即可．【详解】（1）解：把0,0，A4,0，B1,3代入得c=016a+4b+c=0解得a=−1b=4∴二次函数的解析式为y=−x设直线AB解析式为y=mx+n，则4m+n=0m+n=3解得m=−1n=4∴直线AB解析式为y=−x+4，当x=0时，y=4，∴C0,4（2）解：①设Pm,−m2∴PD=−=−=−m−∴当m=52时，PD有最大值为②∵A4,0，C∴AO=CO=4，又∠AOC=90°，∴∠ACO=∠AOC=45°，又PD⊥x轴，∴PD∥∴∠PDB=∠ACO=45°，当△PBD∽△OAC时，如图，∴∠BPD=∠AOC=90°，∴BP∥∴P的纵坐标为3，把y=3代入y=−x2+4x解得x1=1，∴m=3，∴−m∴P的坐标为3,3；当△PBD∽△AOC时，如图，过B作BF⊥PD于F，则BF=m−1，∠PBD=∠AOC=90°，又∠BDP=45°，∴∠BPD=45°=∠BDP，∴BP=BD，∴PF=DF，∴BF=1∴m−1=1解得m1=2，∴−m∴P的坐标为2,4综上，当P的坐标为2,4或3,3时，△BPD与△AOC相似．【点睛】本题考查了二次函数的应用，待定系数法求二次函数、一次函数解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，合理分类讨论是解题的关键．11．（2025·湖南湘西·模拟预测）如图，直线y=x−3与x轴，y轴分别交于点B，点C，经过B,C两点的抛物线y=−x2+mx+n与x轴的另一个交点为A(1)求该抛物线的解析式以及顶点P的坐标；(2)当0<x<3时，在抛物线上存在点E，使△CBE的面积有最大值，求点E的坐标；(3)连接AC，点N在x轴上，是否存在以B,P,N为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)y=−x2+4x−3(2)点E的坐标为(3(3)存在，点N的坐标为N1(0,0)【分析】本题是二次函数综合问题，主要考查了二次函数的最大值、待定系数法求解析式及相似三角形的性质，解题的关键是根据条件列函数或方程．（1）先求得B、C点坐标，再代入y=−x2+mx+n（2）在抛物线上取点E，连接CE，BE，过E作x轴的垂线，交BC于点F，设出点E，F的坐标，列出函数，根据函数的性质即可得到答案；（3）根据B，C，P三点坐标即可得到∠CBA=∠ABP=45°，根据对应边成比例夹角相等三角形相似分两类讨论边对应成比例列式解方程即可得到答案；【详解】（1）解：直线y=x−3，令y=0，得x=3，令x=0，得y=所以B(3,0)，C(0,−3)，代入y=−xn=−3−9+3m+n=0，解得：n=−3∴y=∴y=∴顶点P的坐标为：P(2,1)；（2）解：在抛物线上取点E，连接CE，BE，过E作x轴的垂线，交BC于点F，设点F(x,x−3)，则点E(x,−x∴EF=−x∴S==−=−3∴当x=32时，此时，点E的坐标为(3（3）解：存在，理由如下，连接BP，设N(n,0)，当y=0时，−x解得x1=1，∴A(1,0)，∵B(3,0)，C(0,−3)，P(2,1)，∴∠CBA=∠ABP=45°，且△ABC非等腰三角形，若B,P,N为顶点的三角形与△ABC相似，∴∠CBA=∠ABN=45°，则点N(n,0)在点B的左侧，∴AB=2,BC=3①当BNBP=BC∴3−n2解得n=0，所以点N的坐标为N1②当BNBP=BA∴3−n2解得n=73，所以点N的坐标为综上所述，点N的坐标为N1(0,0)或12．（2025·黑龙江佳木斯·二模）如图，抛物线y=ax2+2ax+ca>0与x轴交于A−3,0、B两点（A在B的左侧），与y(1)求抛物线的解析式，并写出M点的坐标；(2)若点P是线段AC上一个动点，连接OP，问是否存在点P，使得以点O、C、P为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=x2(2)存在，P点坐标−2,−1或−【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可，再把解析式化为顶点式，求出顶点坐标即可；（2）求出直线AC的解析式为y=−x−3，设Pm,−m−3，则PC=2m，OP=m2+m+3【详解】（1）解：将点A−3,0、C0,−3代入∴9a−6a+c=0c=−3，解得：a=1∴抛物线的解析式为y=x∵y=x∴M点的坐标为−1,−4；（2）解：存在点P，使得以点O、C、P为顶点的三角形与△ABC相似，理由如下：当y=0时，x2解得x1∴B1,0∴AB=4，设直线AC的解析式为y=kx+b，∴b=−3−3k+b=0，解得k=−1∴直线AC的解析式为y=−x−3，设Pm,−m−3，则PC=m2当△OCP∽△CAB时，OCAC∴33解得：CP=22∴22=2∴P−2,−1当△OCP∽△BAC时，OCAB∴34=OP∴m2解得m=−94或∴P点的坐标为−9综上所述：P点的坐标为−2,−1或−9【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，相似三角形的判定及性质是解题的关键．13．（2025·陕西榆林·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+3（a、b为常数，a≠0）的图象与x轴交于点A−3,0和点B1,0，其顶点为D(1)求该二次函数的表达式；(2)连接BD，点P是该二次函数图象上第四象限内的动点，过点P作PG⊥x轴于点G，Q是x轴上的点，要使以P、Q、G为顶点的三角形与△BDH全等，求满足条件的点P、Q的坐标．【答案】(1)y=−(2)当P的坐标为−1+22,−4时，Q的坐标为1+22,0或−3+22,0；当P的坐标为−1+【分析】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，全等三角形的性质．（1）将A−3,0、B1,0代入（2）先根据二次函数解析式求出D−1,4,H−1,0，进而得OH=1,DH=4，BH=2，再分两种情况讨论：①若PG=DH=4,GQ=BH=2，如图1，则由−x2−2x+3=−4可求出P点坐标，进而可求G、Q的坐标；②若PG=BH=2,GQ=DH=4，如图2，则由−x【详解】（1）解：将A−3,0、B1,0代入得9a−3b+3=0a+b+3=0解得a=−1b=−2∴该二次函数的表达式为y=−x（2）解：∵y=−x∴D−1,4∴OH=1,DH=4，∵B1,0∴BH=2，

①若PG=DH=4,GQ=BH=2，如图1，∴yP在y=−x2−2x+3−x解得x1=−1−22∴P−1+2∴G−1+2∴Q1②若PG=BH=2,GQ=DH=4，如图2，∴yp在y=−x2−2x+3−x解得x3=−1−6∴P−1+∴G−1+∴Q综上所述，以P、Q、G为顶点的三角形与△BDH全等，当P的坐标为−1+22,−4时，Q的坐标为1+22,0或−3+22,0；当P的坐标为−1+6考点五：平行四边形存在性问题解｜题｜技｜巧1）线段中点坐标公式：设点，则AB的中点坐标为.2）平行四边形的对角线两端点的横纵坐标之和相等.14．（2025·山东东营·中考真题）如图，抛物线y=−x2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，其中A(−1,0)(1)求抛物线的表达式；(2)点P为对称轴上一点，当△ACP的周长最小时，求点P的坐标；(3)点M为对称轴上一点，点N为抛物线上一点，若以A、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点N的坐标．【答案】(1)y=−(2)P(2,3)(3)N(−3,−16)或N(1,8)或N(3,8)【分析】（1）把A(−1,0)和C(0,5)分别代入y=−x2+bx+c（2）因为AC是定值，所以当AP+CP的值最小时，则△ACP的周长最小．作点A关于对称轴的对称点，即为点B，连接BC，运用待定系数法求出直线BC的解析式，可得直线BC与对称轴的交点坐标，即为点P的坐标；（3）分别以AC、AM、AN为对角线进行分类讨论求解即可．【详解】（1）解：把A(−1,0)，C(0,5)代入y=−x0=−1−b+c5=c，解得b=4∴y=−x（2）解：∵A(−1,0)，C(0,5)，∴AC=∴当AP+CP的值最小时，则△ACP的周长最小．作点A关于对称轴的对称点，即为点B，由（1）可知抛物线的解析式为y=−x∴对称轴为直线x=−42×(−1)=2∴B(5,0)．如图，连接BC，与对称轴的交点即为点P，设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0)，把B(5,0)，C(0,5)代入y=kx+b(k≠0)中得，5=b0=5k+b，解得b=5∴直线BC的解析式为y=−x+5．∵点P的横坐标为x=2，∴把x=2代入y=−x+5得y=3，∴P(2,3)；（3）解：设M(2,m)，N(t,−t①当AC为对角线时，设AC中点为E，根据平行四边形的性质，点E也为MN的中点，∵A(−1,0)，C(0,5)，∴E(−1∴2+t2=−把t=−3代入−t∴N(−3,−16)；②当AM为对角线时，设AM中点为F，根据平行四边形的性质，点F也为CN的中点，∵A(−1,0)，M(2,m)，∴F(1∴0+t2=把t=1代入−t∴N(1,8)；③当AN为对角线时，设AN中点为G，根据平行四边形的性质，点G也为CM的中点，∵A(−1,0)，N(t,−t∴G(−1+t∴−1+t2=把t=3代入−t∴N(3,8)；综上所述，若以A、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形，此时点N的坐标为(−3,−16)或(1,8)或(3,8)．【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查一次函数的图象与性质、二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数关系式、平行四边形的性质、轴对称的性质、两点之间线段最短，正确作出分类讨论是解答本题的关键．15．（2025·四川广安·中考真题）如图，二次函数y=13x2+bx+c（b，c为常数）的图象交x轴于A，B两点，交y轴于点C，已知点B的坐标为9,0，点C(1)求抛物线的解析式．(2)若点P为抛物线上的一个动点，连接PC，当∠PCB=∠OBC时，求点P的坐标．(3)将抛物线沿射线CA的方向平移210个单位长度后得到新抛物线，点E在新抛物线上，点F是原抛物线对称轴上的一点，若以点B，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点E【答案】(1)y=(2)点P的坐标为8,−3或41(3)点E的坐标为−5,14或13,38或5,【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）当点P在BC下方时，可证明点P与点C关于抛物线对称轴对称，据此根据对称性可得点P坐标；当点P在BC上方时，设直线PC交x轴于H，则可证明CH=BH，设Hm,0，利用两点距离计算公式可得0−m2+−3−02=9−m2，解得m=4，则H4,0（3）先由对称性求出由对称性可得A−1,0，求出OA=1，OC=3，则AC=10；则可推出将原抛物线向左平移2个单位长度，向上平移6个长度得到新抛物线，据此打得到新抛物线解析式为y=13x2−【详解】（1）解；把B9,0，C0,−3代入到∴b=−8∴抛物线解析式为y=1（2）解；如图2-1所示，当点P在BC下方时，∵∠PCB=∠OBC，∴PC∥OB，∴点P与点C关于抛物线对称轴对称，∵抛物线对称轴为直线x=−−∴点P的坐标为8,−3；如图2-2所示，当点P在BC上方时，设直线PC交x轴于H，∵∠PCB=∠OBC，∴CH=BH，∴C设Hm,0∴0−m2解得m=4，∴H4,0设直线PC解析式为y=k∴4k∴k1∴直线PC解析式为y=3联立y=34x−3y=1∴点P的坐标为414综上所述，点P的坐标为8,−3或414（3）解：由（2）可得原抛物线对称轴为直线x=4，∵B9,0∴由对称性可得A−1,0∴OA=1，∵C0,−3∴OC=3，∴AC=O∵将抛物线沿射线CA的方向平移210∴将原抛物线向左平移2个单位长度，向上平移6个长度得到新抛物线，∴新抛物线解析式为y=1当BE为对角线时，∵平行四边形对角线互相平分，∴BE，∴xE∴xE∴yE∴此时点E的坐标为−5,14；当BF为对角线时，∵平行四边形对角线互相平分，∴BF，∴xE∴xE∴yE∴此时点E的坐标为13,38；当BC为对角线时，∵平行四边形对角线互相平分，∴BC，∴xE∴xE∴yE∴此时点E的坐标为5,2综上所述，点E的坐标为−5,14或13,38或5,2【点睛】本题主要考查了二次函数综合，二次函数图象的平移问题，一次函数与几何综合，待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，两点距离计算公式等等，解（2）的关键在于分两种情况讨论求解，解（3）的关键在于利用平行四边形对角线中点坐标相同建立方程求解．考点六：矩形存在性问题16．（2025·青海西宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，以P为顶点的抛物线的解析式为y=ax2−4axa<0，点A的坐标是−1,0，以原点为中心，把点A顺时针旋转(1)直接写出A'(2)当3≤x≤5时，y有最大值为1−2a，求抛物线的解析式；(3)在(2)的条件下，若点M在y轴上，点N在坐标平面内，是否存在以点A'，P，M，N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出所有符合条件的点N【答案】(1)A'0,1(2)y=−(3)存在；2,1，−2,【分析】本题考查旋转的性质，二次函数的图象和性质，二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键：（1）根据旋转的性质，二次函数的对称轴公式进行计算即可；（2）根据二次函数的增减性，列出方程求出a的值即可；（3）分A'P为对角线，A'【详解】（1）解：∵点A的坐标是−1,0，∴OA=1，∵以原点为中心，把点A顺时针旋转90°，∴∠AOA此时点A'在y∴A'∵y=ax∴对称轴为直线x=−−4a（2）∵y=ax2−4ax∴当x>2时，y随x的增大而减小，∵3≤x≤5，∴当x=3，y有最大值为a×3∴a=−1，∴y=−x（3）存在；∵y=−x∴当x=2时，y=−2∴P2,4设M0,m，N由（1）知：A'当以点A'，P，M，N①当A'P为对角线时，则△AMP为以M为顶点的直角三角形，PN∥A'M∴PM⊥y轴，∴A'∴M0,4，N②当以A'M为对角线时，则：0+0=2+s1+m=4+t∴M0,t+3，N∵A'∴t+3−12=2+2∴N−2,③当以PM为对角线时，要满足A'，P，M，N为顶点的四边形是矩形，则需要满足△A'PM是以综上：N2,1或N17．（2025·黑龙江·模拟预测）综合与探究：如图，抛物线y=ax2+bx−4与x轴交于B8,0，A−2,0两点，与y轴交于点C，作直线AC，BC(1)求抛物线解析式；(2)过点P作PQ∥y轴，交直线BC于点Q，交直线AC于点T．当P为线段TQ的中点时，求此时点(3)在（2）的条件下，若N是直线BC上一动点，试判断在平面内是否存在点M，使以B，P，M，N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由；(4)当点P到BC的距离最大时，点M在直线BC上，则PM+5【答案】(1)y=(2)P(3)存在，点M的坐标为192,−3(4)6【分析】（1）将A、B两点坐标代入抛物线解析式，解方程组求出a、b，得到抛物线解析式．（2）先利用待定系数法求直线AC、BC的解析式，再设P点坐标，根据PQ∥y轴得Q、T坐标，利用P是TQ中点列方程求解．（3）分情况讨论：①当∠PNB=90°，证明得△BOC∽△N1EP，根据比例即可；②当∠NPB=90°（4）先通过竖直距离转化求P到BC距离最大时的P点，再利用三角函数将55【详解】（1）解：将A−2,0，B8,0代入4a−2b−4=064a+8b−4=0化简得2a−b=216a+2b=1解得：a=14，∴抛物线解析式为y=1（2）解：设直线AC的解析式为y=k将A−2,0，C0,−4代入−2k解得：k1=−2，∴直线AC的解析式为y=−2x−4，设直线BC的解析式为y=k将B8,0，C0,−4代入8k解得：k2=1∴直线BC的解析式为y=1设Pm,∵PQ∥y轴，∴Qm,12∵P是线段TQ的中点，∴PQ=PT，12化简得：−1解得：m=0（舍去），m=3，∴14∴P3,−（3）解：存在，点M的坐标为192,−3或分以下三种情况讨论：①当∠PNB=90°时，如图，过点N1作N1D⊥x过点P作PE⊥DN1，交DN设N1a,1∵∠PN∴∠DN∵∠DN∴∠DN∴∠EN又∵∠BOC=∠N∴△BOC∽△N∴OBE∵B8,0∴OB=8，∴81解得a=3∴N1∴M1②当∠NPB=90°时，如图，过点P作PF∥x轴，过点B作BF⊥PF于点F，过点N2作N2G⊥PF交PF设N2b,1∵∠N∴∠N∵∠N∴∠BPF=∠PN又∵∠BFP=∠PGN∴△BFP∽△PGN∴BFPG∵B8,0∴BF=25∴254解得b=3∴N2∴M2③当∠PBN=90°时，该情况不存在．综上所述，点M的坐标为192,−3或（4）解：设P(t,14t2−32t−4)，作PW∥y轴交∵直线BC解析式为y=1∴J(t,1∴PJ=(在Rt△BOC中，∵OB=8，OC=4∴BC=O∴sin∠OCB=∵PW∥y轴，OC⊥x轴∴∠PJC=∠OCB，∵在Rt△PUJ中，sin∴PU=PJ⋅sin∠PJC=PJ⋅sin∵二次函数开口向下，当t=4时，点P到BC的距离最大，此时P(4,14×过M作MH⊥x轴于H，连接PM，在Rt△BMH中，sin∵∠MBH=∠OBC，sin∠CBO=∴MH=MB⋅sin∴PM+5当P、M、H共线（即M在PW上）时，PM+MH=PH，∵P(4,−6)，PH为P到x轴的距离，∴PH=6，即PM+55MB【点睛】本题主要考查了二次函数解析式的求解、一次函数的图象与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、二次函数的最值及线段和最小值问题，熟练掌握函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质、二次函数的最值求法及利用三角函数转化线段长度是解题的关键．考点七：菱形存在性问题解｜题｜技｜巧18．（24-25九年级下·甘肃陇南·月考）已知抛物线L1:y=ax2−2ax−3aa≠0与x轴交于A，B两点（点A在点(1)求抛物线L的表达式；(2)若将抛物线L沿x轴向右平移得到抛物线L'，平移后点C的对应点为点P，点Q是平面内任意一点，是否存在以A、B、Q、P四个点为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q【答案】(1)抛物线L的表达式为y=−(2)存在，点Q的坐标为7+3,3或7−1【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，菱形的性质，勾股定理，解题的关键是分类讨论．（1）利用待定系数法求解即可；（2）先求出点A−1,0，点B3,0，得到AB=4，过点P作PC⊥x轴于点【详解】（1）解：将点C0,3代入抛物线L1:y=a解得：a=−1，∴抛物线L的表达式为y=−x（2）解：存在以A、B、Q、P四个点为顶点的四边形是菱形，理由如下：∵y=−x令y=0，则−x−3解得：x1=−1，∴点A−1,0，点B∴AB=4，如图，当四边形ABQP为菱形时，AB=AP，过点P作PD⊥x轴于点D，∵四边形ABQP为菱形，∴PA=AB=4，∴AD=A∴P7∴Q7同理，如图，当四边形ABPQ为菱形时，AB=BP，P7∴Q7同理，如图，当四边形ABPQ为菱形时，AB=BP，P3−∴Q−当四边形APBQ为菱形时，设PQ交AB于点E，则E1,0∴P1,3∴Q1,−3综上所述，点Q的坐标为7+3,3或7−1,19．（2025·四川绵阳·三模）如图，抛物线y=ax2+bx+6与x轴交于A−2,0,B6,0两点，与y轴相交于点(1)求抛物线解析式；(2)如图1，线段EF（点E在点F左侧）是直线BC上一段长度为2的动线段，y轴上C点下方有点Q，试判断在抛物线第一象限图象上是否存在点P，使得四边形PEQF是菱形，若存在则求出该菱形面积，若不存在则说明理由；(3)如图2，点M为抛物线第一象限图象上点，若∠OCM=∠ACB，求点M坐标．【答案】(1)y=−(2)存在，4(3)M【分析】本题是二次函数综合题，考查了利用待定系数法求一次函数及二次函数的解析式，两个函数的交点问题，坐标与图形，特殊四边形、特殊角的求法，采用数形结合的思想及正确作出辅助线是解决此题的关键．（1）利用待定系数法列方程组求解抛物线的解析式即可；（2）连接PQ，PQ与BC交于点G，过点G作GH⊥CQ，先证明△CQG是等腰直角三角形，进而可得CH=HQ=HG，设Gg,−g+6，可得Q(0,−2g+6)，再根据中点坐标公式求出P2g,6，代入解析式即可求出点g=2，即可得出P4,6，Q（3）先构造∠OCM=∠ACB，根据tan∠BCM=tan∠OCA=OAOC=13，求出BN=BCtan∠BCN=22,由三角形BNH【详解】（1）解：已知点A−2,0,B4a−2b+6=036a+6b+6=0解得∴抛物线解析式为y=−（2）连接PQ，PQ与BC交于点G，过点G作GH⊥CQ，由抛物线解析式为y=−12x又∵B6,0∴直线BC解析式为y=−x+6，∠OCB=45°，若四边形PEQF为菱形，则PQ⊥BC，且GQ=GP∴∠CQG=∠QCG=∠CGH=∠QGH=45°，∴CH=HQ=HG，设Gg,−g+6，则HG=CH=HQ=g∴H(0,−g+6)，Q(0,−2g+6)，∴P2g代入抛物线解析式得：−2解得g=0（舍），g=2，∴P4,6，Q0,2，∴PQ=所以菱形PEFQ的面积S（3）延长CM至N，过点B作BN⊥BC，与直线CM交于点N，作NH⊥x轴，与x轴交于点H，因为∠OCM=∠ACB，即∠ACO+∠OCB=∠OCB+∠BCN∴∠BCN=∠OCA，因为OC=6，OA=2，所以tan又BC=O∴BN=BCtan又∵∠OBC=45°，∴∠NBH=180°−∠OBC−∠CBN=45°，∴三角形BNH是等腰直角三角形，所以BH=NH=2又∵B6,0，所以N又C0,6，所以直线NC解析式是联立抛物线与直线解析式得y=−解得x1=0所以M5考点八：正方形存在性问题20．（2025·四川资阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于A,B两点（点A在点B的左边），与y轴相交于点C0,−3，且抛物线的顶点坐标为1,−4(1)求抛物线的表达式；(2)P是抛物线上位于第四象限的一点，点D0,−1，连接BC,DP相交于点E，连接PB．若△CDE与△PBE的面积相等，求点P(3)M,N是抛物线上的两个动点，分别过点M,N作直线BC的垂线段，垂足分别为G,H．是否存在点M,N，使得以M,N,G,H为顶点的四边形是正方形？若存在，求该正方形的边长；若不存在，说明理由．【答案】(1)y(2)P(3)存在，正方形的边长为92或【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可；（2）作PF⊥x轴，垂足为点F，设Pm,m2−2m−3，则：OF=m,PF=−m2+2m+3，BF=3−m（3）存在点M，N使四边形MNHG为正方形，如图所示，过M作MF∥y轴，过N作NF∥x轴，过N作NE∥y轴，则有△MNF与△NEH都为等腰直角三角形，设Mx1,y1,Nx2,y2，设直线MN解析式为y=−x+b，与二次函数解析式联立，消去y得到关于x的一元二次方程，利用根与系数关系表示出NF2【详解】（1）解：∵抛物线与y轴相交于点C0,−3，且抛物线的顶点坐标为1,−4∴设抛物线的解析式为：y=ax−1把C0,−3代入，得：a∴a=1，∴y=x−1（2）当y=x2−2x−3=0∴B3,0∵C0,−3∴设直线BC的解析式为：y=kx−3，把B3,0代入，得：k=1∴y=x−3，作PF⊥x轴，垂足为点F，设Pm,m2∴BF=3−m，∵△CDE与△PBE的面积相等，∴S△CDE+S∵D0,−1∴OD=1，∴12解得：m=73或∴P7（3）存在点M，N使四边形MNHG为正方形，如图所示，过M作MF∥y轴，过N作NF∥x轴，过N作NE∥y轴，则有△MNF与△NEH都为等腰直角三角形，MN∥BC，由（2）可知，直线BC的解析式为y=x−3，设Mx1,y1联立得：y=x−by=消去y得：x2∴NF∵△MNF为等腰直角三角形，∴MN∵Ex∴NE∴NH∵四边形MNHG为正方形，∴NH∴42−8b=1整理得：b2解得：b=−15或b=5，∵正方形边长为MN=42−8b∴MN=92或2．即正方形的边长为92或【点睛】此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定函数解析式，根与系数的关系，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理以及一次函数与二次函数的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．21．（2024·江苏无锡·中考真题）已知二次函数y=ax2+x+c的图象经过点A(1)求这个二次函数的表达式；(2)若点Cm+1,y1，Dm+2,y(3)点P，Q在直线AB上，点M在该二次函数图象上．问：在y轴上是否存在点N，使得以P，Q，M，N为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出所有满足条件的点【答案】(1)y=−(2)m>−12时，y1>y2；m=−(3)存在，N0,−15+54116或N0,−15+54116【分析】（1）将点A和点B的坐标代入y=ax2+x+c，求出a（2）根据题意得出y1=−12m+1（3）求出直线AB的函数解析式为y=12x，然后进行分类讨论：当PQ【详解】（1）解：把A−1,−12，Ba−1+c=−1解得：a=−1∴这个二次函数的表达式为y=−1（2）解：∵Cm+1,y1∴y1=−1∴y1当m+12>0时，即m>−当m+12=0时，即m=−当m+12<0时，即m<−（3）解：设直线AB的函数解析式为y=kx+e，把A−1,−12，B解得：k=1∴直线AB的函数解析式为y=1当PQ为正方形的边时，①∵B2,1∴tan∠BOC=过点M作y轴的垂线，垂足为点G，过点P作MG的垂线，垂足为点H，∵PQ∥∴∠BOC=∠NMG，∴tan∠BOC=tan∠NMG=设NG=t，则MG=2t，∴M−2t,−2∴点N的纵坐标为−2t即N0,−2∵以P，Q，M，N为顶点的四边形是正方形，∴∠PMN=90°,PM=MN，∴∠PMH+∠NMG=90°，∵∠PMH+∠MPH=90°，∴∠NMG=∠MPH，∵∠NMG=∠MPH，∠H=∠MGN，PM=MN，∴△PHM≌△MGN，∴PH=MG=2t，HM=NG=t，∴P−3t,−2把P−3t,−2t2+1代入解得：t1=3+∴N0,−②如图：构造Rt△MQG,和①同理可得：△MQG≌△NMH，tan∠MNH=设NH=GM=2t，则QG=MH=t，∴M2t,−2t2+2t+1，把Qt,−2t2+4t+1代入解得：t1∴N0,−5③如图：构造Rt△GMN,和①同理可得：△GMN≌△HPM，tan∠GMN=设GN=HM=2t，则GM=HP=t，∴M−2t,−2t2−2t+1，把P−t,−2t2−4t+1代入解得：t1∴N0,④如图：构造Rt△GMN,和①同理可得：△GMN≌△HNP，tan∠GMN=设GM=HN=2t，则GN=HP=t，∴M2t,−2t2+2t+1，把Pt,−2t2−t+1代入解得：t1=−3+∴N0,当PQ为正方形对角线时，⑤如图：构造矩形HGJI，过点P作PK⊥IJ于点K，易得∠QPK=∠BOC，∴tan∠QPK=设QK=x，则PK=2x，和①同理可得：△PNH≌△MPG≌△QMJ≌△NQI，∴HN=PG=MJ=IQ,PH=GM=QJ=NI，∴四边形HGJI为正方形，∴PK=IJ=2x，∴IQ=PG=JK=12IJ−QK∴tan∠PMG=设PG=HN=t，则PH=GM=3t，∴M2t,−2t2+2t+1，把P−t,−2t2+3t+1代入解得：t1∴N0,5⑥如图：构造Rt△PMH,同理可得：△PMH≌△NPG,tan设PG=HM=t，则PH=GN=3t，∴M−2t,−2t2−2t+1，把P−3t,−2t2−5t+1代入解得：t1∴N0,−综上：N0,−15+54116或N0,−15+541N0,−【点睛】本题考查了二次函数综合，解直角三角形，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关性质定理，正确作出辅助线，构造全等三角形解答．22．（2025·湖北襄阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=−x2+2x+3与x轴交于点A，C（点A在点C的右边），与y轴交于点B，直线y=kx+b经过点(1)求A，B，C三点的坐标及直线AB的函数解析式．(2)P是第二象限内抛物线上的一个动点，过点P作PQ∥x轴交直线AB于点Q，设点P的横坐标为m（m<0），PQ的长为L．求L与m的函数关系式，并写出m的取值范围；(3)设抛物线的顶点为M，问在y轴上是否存在一点N，使得NAM为直角三角形？若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)A(3,0)，B(0,3)，C(−1,0)，直线AB解析式为y=−x+3(2)L=(3)存在，N0,−32或N0,7【分析】本题考查二次函数的综合应用，涉及抛物线与坐标轴的交点问题，待定系数法求函数解析式，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．（1）令x=0，求出y值，令y=0，求出x的值，进而得到A,B,C的坐标，待定系数法求出直线AB的解析式即可；（2）求出Q点坐标，根据两点间的距离求出L的解析式，根据点P在第二象限，写出m的取值范围即可；（3）分别以N为直角顶点，M为直角顶点和A为直角顶点三种情况，进行讨论求解即可．【详解】（1）解：∵y=−x∴当x=0时，y=3，当y=0时，−x2+2x+3=0∴A3,0∵直线y=kx+b经过点A，B∴3k+b=0b=3，解得：k=−1∴y=−x+3；（2）∵点P的横坐标为mm<0∴Pm,−∵PQ∥x轴，∴yQ∴−m∴x=m∴Qm∴L=x∵P是第二象限内抛物线上的一个动点，∴−1<m<0；∴L=m（3）存在，设点N0,n∵y=−x∴M1,4∵A3,0∴AN①当点A为直角顶点时：9+n2+20=1+∴N0,−②当点M为直角顶点时，20+1+4−n2=9+∴N0,③当点N为直角顶点时：9+n2+1+4−n2∴N0,1或N综上：N0,−32或N0,723．（2025·黑龙江·模拟预测）综合与探究，如图，抛物线y=x2+bx+c与y轴交于点A0,2，对称轴为直线x=−2，平行于x轴的直线与抛物线交于B、C两点，点(1)求此抛物线的解析式；(2)已知在x轴上存在一点D，使得△ABD的周长最小，则点D的坐标为_______；(3)若点P在直线AB上，直线CP将△ABC的面积分成2:3两部分，求点P坐标．(4)点Q在直线BC上，在抛物线上是否存在点M，使△AQM是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若存在，直接写出点Q的坐标，不存在，请说明理由．【答案】(1)y=(2)−(3)−2,4或−3,5(4)存在，0,7或−15+652,7或【分析】（1）由对称轴直线x=−2，以及A点坐标确定出b与c的值，即可求出抛物线解析式；（2）如图，作点A0,2关于x轴的对称点为点A'，连接AD,A'B，A'B交x轴于点D，则AD=A'（3）求出直线AB解析式为y=−x+2，设直线l与AB交于点P，过P作PH⊥y轴，垂足为H，设BC与y轴交于点S，则PH∥BC，则BS=5，可得△APH∽△ABM，然后根据直线CP将△ABC的面积分成2:3两部分，可得AP:AB=2:5或AP:AB=3:5，即可求解；（4）分四种情况讨论，即可求解．【详解】（1）解：∵y=x2+bx+c与y轴交于点A∴−b解得：b=4c=2∴抛物线的解析式为y=x（2）解：∵对称轴为直线x=−2，BC=6，∴点B横坐标为−5，C横坐标为1．把x=1代入抛物线解析式得：y=7，∴B−5,7，C1,7如图，作点A0,2关于x轴的对称点为点A'，连接AD,A'B，A'B交x此时AD+BD取得最小值，则此时△ABD的周长最小，设直线A'B解析式为把B−5,7坐标代入得：7=−5k−2解得：k=−9即直线A'B解析式为令y=0，解得x=−10即点D的坐标为−10故答案为：−（3）解：由（2）得：A0,2，B设直线AB解析式为y=k∴7=−5解得：k=−1，∴直线AB解析式为y=−x+2，设直线l与AB交于点P，过P作PH⊥y轴，垂足为H，设BC与y轴交于点S，则PH∥BC，则BS=5，∴△APH∽△ABS，∴PHBS=∵直线CP将△ABC的面积分成2:3两部分，∴AP:PB=2:3或AP:PB=3:2，∴AP:AB=2:5或AP:AB=3:5，∵BS=5，∴PH5=∴PH=2或PH=3，∴点P的横坐标为−2或−3，把x=−2代入y=−x+2得：y=4，此时P−2,4把x=−3代入y=−x+2得：y=5，此时P−3,5综上所述，点P的坐标为−2,4或−3,5；故答案为：−2,4或−3,5（4）解：存在，设点Q的坐标为s,7，设BC交y轴于点K，则AK=5，根据题意得：AQ=MQ,∠AQM=90°，如图，过点M作MN⊥BC于点N，则∠AKQ=∠MNQ=90°，此时QK=−s，∴∠AQK+∠KAQ=90°=∠AQK+∠MQN，∴∠KAQ=∠MQN，∵AQ=MQ，∴△AQK≌△QMNAAS∴NQ=AK=5，MN=QK=−s，∴NK=5−s，∴点Ms−5,7+s把点Ms−5,7+s代入y=s−52解得：s=7（舍去）或0；此时点Q的坐标为0,7；如图，过点Q作EG⊥y轴于点Q，过点M作MG⊥EG于点G，过点A作AE⊥EG于点E，此时QE=AK=5，AE=QK=−s，同理△AEQ≌△QGM∴QE=GM=5，AE=GQ=−s，∴EG=5−s，∴点M5+s,7−s把点M5+s,7−s代入y=5+s2解得：s=−15+652∴点Q−15+如图，过点Q作EN⊥y轴于点Q，过点M作MN⊥EN于点N，过点A作AE⊥EN于点E，此时QE=AK=5，AE=QK=−s，同理△AEQ≌△QNM∴QE=NM=5，AE=NQ=−s，∴EN=5−s，∴点M5+s,7−s把点M5−s,7−s代入y=5−s2解得：s=−15+652∴点Q−15−如图，过点Q作EN⊥y轴于点Q，过点M作MN⊥EN于点N，过点A作AE⊥EN于点E，此时QE=AK=5，AE=QK=s，同理△AEQ≌△QNM∴QE=NM=5，AE=NQ=s，∴EN=5+s，∴点Ms−5,7+s把点Ms−5,7+s代入y=s−52解得：s=7或0（舍去）；∴点Q7,7综上所述，点Q的坐标为0,7或−15+652,7或−15−【点睛】此题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，二次函数性质，以及几何变换轴对称—最短距离，对学生的综合能力要求较高，一定要注意将所学知识贯穿起来．24．（2025·安徽·模拟预测）抛物线的对称轴为直线x=−1，与x轴交于点B，且经过A(1,0)，C0,3(1)求直线BC和抛物线的解析式；(2)在抛物线的对称轴x=−1上找一点M，使MA+MC的值最小，求点M的坐标；(3)设P为抛物线的对称轴x=−1上的一个动点，求使△BPC为直角三角形的点P的坐标．【答案】(1)y=x+3,y=−(2)M(3)点P的坐标为−1,−2或−1,4或−1,3+17【分析】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、勾股定理、点的对称性等知识．（1）用待定系数法即可求解；（2）设直线BC与对称轴x=−1的交点为M，则此时MA+MC的值最小，进而求解；（3）分点B为直角顶点、点C为直角顶点、P为直角顶点三种情况，分别求解即可．【详解】（1）抛物线的对称轴为直线x=−1，且抛物线经过A1∴B−3设抛物线的表达式为y=ax−1将C0,3代入上式得：3=a0−10+3∴抛物线的解析式为：y=−x−1设直线BC的解析式为y=mx+n，把B−3，0，C0,3，解得n=3m=1∴直线的解析式为y=x+3；（2）设直线BC与对称轴x=−1的交点为M，则此时MA+MC=MB+MC=BC的值最小，把x=−1代入直线y=x+3得y=2，故M−1,2即当点M使MA+MC时，M的坐标为−1,2；（3）设P−1,t∵B−3，0∴BC若点B为直角顶点时，则BC即18+4+t解得t=−2；若点C为直角顶点时，则BC即18+解得t=4，若P为直角顶点时，则PB∴4+t解得t=3±综上，点P的坐标为−1,−2或−1,4或−1,3+17225．（2025·吉林长春·模拟预测）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=x2+bx+c的顶点坐标为1,−1，已知该抛物线与x轴正半轴的交点为A．点P是抛物线上的点，其横坐标为m，点Q的坐标为m,−m+2．连结PQ、PO(1)求该抛物线对应的函数关系式及点A的坐标；(2)求m为何值时，△POQ是直角三角形；(3)当该抛物线在△POQ内部的点的纵坐标y随x增大而减小，或者y随x增大而增大时，求m的取值范围；(4)以PQ、QO为邻边构造平行四边形PQOB，直接写出当直线QA将平行四边形面积分成1:3两部分时m的值．【答案】(1)y=x2−2x(2)m=4或m=1(3)m>2或m<−1(4)m=−2或m=3【分析】（1）由顶点式求函数的解析式即可；（2）由PQ⊥x轴，易知PQ为斜边，再由PQ2=P（3）当P点在Q点上方时满足题意，再借助二次函数图象即可求解m的范围；（4）由Q点坐标可推导出AQ为y=−x+2，设直线AQ与y轴的交点为M0,2，能求出BO=4，再由PQ=BO=4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，平行四边形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．【详解】（1）∵y=x2+bx+c∴y=x−1当y=0时，x2−2x=0，解得x=0或∴A2,（2）∵Pm,∴PQ⊥x轴，∵△POQ是直角三角形，∴当P为直角顶点时，m2−2m=0，则m=0（舍去）或m=2时，P和Q重合，不符题意，舍去；当Q为直角顶点时，−m+2=0，则m=2（舍去）；∴直角顶点为O，斜边为PQ，∴PQ2=P解得m=4或m=1；（3）∵PQ⊥x轴，∴要使抛物线在△POQ内部存在点，则P点在Q点上方，∴m2−2m>−m+2，即令y=m作出其图象：要使m2−m−2>0，即y>0，则m>2或∴当m>2或m<−1时，该抛物线在△POQ内部的点的纵坐标y随x增大而减小，或者y随x增大而增大；（4）∵Qm∴Q点在直线y=−x+2上，又∵A2,0也在直线y=−x+2∴直线AQ的表达式即为y=−x+2，设直线AQ与y轴的交点为M0,2如图，要使四边形PQOB是平行四边形，则B在y轴上，若直线QA将平行四边形PQOB面积分成1:3两部分，根据平行四边形和三角形面积公式可知，M是OB的中点，∴B0,4，BO=4∴m2−2m+m−2=4，解得m=−2或∴当m=−2或m=3时，直线QA将平行四边形PQOB面积分成1:3两部分．26．（2025·上海·模拟预测）我们称抛物线y=bx2+cx+a为y=ax2+bx+c的“轮换抛物线”．已知在平面直角坐标系(1)假设M的解析式是y=2x2+4x+p（p为常数），抛物线N过点1(2)假设M、N和y轴正半轴分别交于点P和P'，点P'是线段OP的一个三等分点（OP'>(3)假设M、N均过A0，3和B．以A为起点，向右作和x轴平行的射线，从左到右依次交N、M于点C、D．平面中有一点E，如果四边形AEBD【答案】(1)−1(2)x=±(3)E【分析】本题考查了二次函数的性质，二次函数与几何综合，熟练利用二次函数的性质是解题的关键．（1）根据题意，利用待定系数法即可解答；（2）根据题意得到b2=ac，然后利用OP（3）利用菱形的性质分别表示出点B,D的坐标，再列方程求出b的值即可解答．【详解】（1）解：∵M的解析式是y=2x∴N的解析式是y=4把点1，10代入得4+p+2=10，∴p=4∴M的解析式是y=2x∵y=2则顶点坐标为−1，（2）解：∵M，∴−b∴由题可得：M与y轴交于点P0,c，N与y轴交于点P∵点P'是线段OP的一个三等分点（O∴a=2∴b即c∴对称轴的表达式为x=±（3）解：∵M，N过（0∴a=c=3，则y=3x∴x1=0∴B1当b+6>3，即b>−3时，则M过A，B，D，开口朝下，与a>0不符合，故舍去；当b+6=3，则b=3则，M,N两函数是同一函数，此时B,D重合，无法组成菱形，故舍去；当b+6<3，即b<−3时，把y=3代入M，可得3x解得x=0（舍去）或−b∴D∵AEBD为菱形，∴AD=AE=BE=BD=−b3，∴yE=y∴xE=b∵B解得b1=∴b=∴E−27．（2025·山东枣庄·模拟预测）如图，已知二次函数y=−x2+bx+c的图象交x轴于点A−1,0，B5,0(1)求这个二次函数的表达式；(2)如图1，点M从点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段BC向点C运动，点N从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段OB向点B运动，点M，N同时出发．设运动时间为t秒（0<t<5）．当t为何值时，△BMN的面积最大？最大面积是多少？(3)已知P是抛物线上一点，在直线BC上是否存在点Q，使以A、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=−(2)当t=52时，△BMN(3)存在，Q的坐标为−7,12或7,−2或1,4或2,3【分析】（1）将点A−1,0，B5,0代入（2）过点M作ME⊥x轴于点E，根据题意得：ON=t，BM=2t．用含t的式子表示出ME和BN，根据（3）先求出直线BC解析式为y=−x+5，设Qm,−m+5，Pn,−n2+4n+5，分三种情况：PQ【详解】（1）解：将点A