最新中考数学总复习真题探究与变式训练（讲义） 专题38 二次函数与几何图形综合题（7大类型）

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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。
模块三 重难点题型专项训练
专题38 二次函数与几何图形综合题（7大压轴类型）
考查类型一 与线段有关的问题
例1 （2020·吉林长春·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为．若抛物线（、为常数）与线段交于、两点，且，则的值为_________．
【答案】
【分析】根据题意，可以得到点的坐标和的值，然后将点的坐标代入抛物线的解析式，即可得到的值，本题得以解决．
【详解】解：点的坐标为，点的坐标为，
，
抛物线、为常数）与线段交于、两点，且，
设点的坐标为，则点的坐标为，，
抛物线，
解得，．
【点睛】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
例2 （2020·山东滨州·中考真题）如图，抛物线的顶点为A(h，－1)，与y轴交于点B，点F(2，1)为其对称轴上的一个定点．
（1）求这条抛物线的函数解析式；
（2）已知直线l是过点C(0，－3)且垂直于y轴的定直线，若抛物线上的任意一点P(m，n)到直线l的距离为d，求证：PF＝d；
（3）已知坐标平面内的点D(4，3)，请在抛物线上找一点Q，使△DFQ的周长最小，并求此时DFQ周长的最小值及点Q的坐标．
【答案】（1）；（2）见解析；（3），
【分析】（1）由题意抛物线的顶点A（2，-1），可以假设抛物线的解析式为y=a（x-2）2-1，把点B坐标代入求出a即可．
（2）由题意P（m，），求出d2，PF2（用m表示）即可解决问题．
（3）如图，过点Q作QH⊥直线l于H，过点D作DN⊥直线l于N．因为△DFQ的周长=DF+DQ+FQ，DF是定值=，推出DQ+QF的值最小时，△DFQ的周长最小，再根据垂线段最短解决问题即可．
【详解】解：（1）设抛物线的函数解析式为
由题意,抛物线的顶点为
又抛物线与轴交于点
抛物线的函数解析式为
（2）证明：∵P（m，n），
∴，
∴P（m，），
∴，
∵F（2，1），
∴，
∵，，
∴d2=PF2，
∴PF=d．
（3）如图，过点Q作QH⊥直线l于H，过点D作DN⊥直线l于N．
∵△DFQ的周长=DF+DQ+FQ，DF是定值=，
∴DQ+QF的值最小时，△DFQ的周长最小，
∵QF=QH，
∴DQ+DF=DQ+QH，
根据垂线段最短可知，当D，Q，H共线时，DQ+QH的值最小，此时点H与N重合，点Q在线段DN上，
∴DQ+QH的最小值为6，
∴△DFQ的周长的最小值为，此时Q（4，-）．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，两点间距离公式，垂线段最短等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会用转化的思想思考问题．
二次函数中求线段问题：
1.直接求解线段长度表达式型
2.线段转化型
3.将军饮马问题、胡不归问题、阿氏圆问题等
4.瓜豆原理最值问题，圆中的线段最值
【变式1】（2022·广东珠海·珠海市九洲中学校考一模）如图，二次函数y＝﹣x2+2x+m+1的图象交x轴于点A（a，0）和B（b，0），交y轴于点C，图象的顶点为D．下列四个命题：
①当x＞0时，y＞0；
②若a＝﹣1，则b＝4；
③点C关于图象对称轴的对称点为E，点M为x轴上的一个动点，当m＝2时，△MCE周长的最小值为2；
④图象上有两点P（x1，y1）和Q（x2，y2），若x1＜1＜x2，且x1+x2＞2，则y1＞y2，
其中真命题的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【分析】①错误，由图象可知当a＜x＜b时，y＞0；②错误，当时，；③错误，△MCE的周长的最小值为22；④正确，函数图象在x＞1时，y随x增大而减小，则y2＜y1．
【详解】解：①当a＜x＜b时，二次函数图象在轴上方，则y＞0，故①错误；
②1，
∴当a＝﹣1时，b＝3，故②错误；
③这是将军饮马问题，作E关于x轴的对称点，连接、，如图所示：
当m＝2时，C（0，3），E（2，3），
与E关于x轴对称，
∴（2，﹣3），
∴△MCE的周长的最小值就是三点共线时取到为＝2，
∴△MCE的周长的最小值为22，故③错误；
④设x1关于对称轴的对称点 ，
∴＝2﹣x1，
∵x1+x2＞2，
∴x2＞﹣x1+2，
∴x2＞，
∵x1＜1＜x2，
∴x1＜1＜＜x2，
∵函数图象在x＞1时，y随x增大而减小，
∴y2＜y1，则④正确；
故选：A．
【点睛】本题考查二次函数综合题、最小值问题、增减性问题等知识，解题的关键是灵活掌握二次函数的有关性质，第四个结论的判断关键是利用对称点性质解决问题，所以中考压轴题．
【变式2】（2022·广东东莞·校考一模）如图，抛物线交轴于、两点在的左侧，交轴于点，点是线段的中点，点是线段上一个动点，沿折叠得，则线段的最小值是______．
【答案】##
【分析】先根据抛物线解析式求出点A，B，坐标，从而得出，，，再根据勾股定理求出的长度，然后根据翻折的性质得出在以为圆心，为半径的圆弧上运动，当，，在同一直线上时，最小；过点作，垂足为，由中位线定理得出，的长，然后由勾股定理求出，从而得出结论．
【详解】解：令，则，
解得，，
，，
，，
令，则，
，
，
，
为中点，
，
由沿折叠所得，
，
在以为圆心，为半径的圆弧上运动，
当，，在同一直线上时，最小，
过点作，垂足为，
，，
，
，
又，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了抛物线与轴的交点，翻折变换、勾股定理以及求线段最小值等知识，关键是根据抛物线的性质求出，，的坐标．
【变式3】（2022·云南文山·统考三模）已知抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），顶点坐标为点．
(1)求m的值；
(2)设点P在抛物线的对称轴上，连接，求的最小值．
【答案】(1)
(2)8
【分析】（1）根据题意可得，求出a的值，即可求解；
（2）过B作，且，过K作轴于S，过K作轴交于T，设抛物线对称轴交x轴于R，先求出，可得，再证得，可得，即K为直线上的动点，从而得到，进而得到，可得到当K运动到T时，，此时取最小值，最小值即是的长，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线顶点坐标为点，
，
解得，
∴，
∴顶点坐标为，
∴m的值是；
（2）解：过B作，且，过K作轴于S，过K作轴交于T，设抛物线对称轴交x轴于R，如图：
由（1）知抛物线对称轴为直线，顶点，
在中，
令，得∶ ，
解得：或3，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
，
∵，
∴，
即K为直线上的动点，
∴，
∵，
，
，
由垂线段最短可得，当K运动到T时，，此时取最小值，最小值即是的长，如图：
∵，
∴，
的最小值为8．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，相似三角形的判定与性质，解题的关键是添加辅助线，构造相似三角形，转化成．
考查类型二 与图形面积有关的问题
例1 （2021·山东淄博·统考中考真题）已知二次函数的图象交轴于两点．若其图象上有且只有三点满足，则的值是（ ）
A．1B．C．2D．4
【答案】C
【分析】由题意易得点的纵坐标相等，进而可得其中有一个点是抛物线的顶点，然后问题可求解．
【详解】解：假设点A在点B的左侧，
∵二次函数的图象交轴于两点，
∴令时，则有，解得：，
∴，
∴，
∵图象上有且只有三点满足，
∴点的纵坐标的绝对值相等，如图所示：
∵，
∴点，
∴；
故选C．
【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．
例2 （2022·山东淄博·统考中考真题）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶点D（1，4）在直线l：y＝x+t上，动点P（m，n）在x轴上方的抛物线上．

(1)求这条抛物线对应的函数表达式；
(2)过点P作PM⊥x轴于点M，PN⊥l于点N，当1＜m＜3时，求PM+PN的最大值；
(3)设直线AP，BP与抛物线的对称轴分别相交于点E，F，请探索以A，F，B，G（G是点E关于x轴的对称点）为顶点的四边形面积是否随着P点的运动而发生变化，若不变，求出这个四边形的面积；若变化，说明理由．
【答案】(1)y =x²+2x+3
(2)最大值
(3)定值16
【分析】（1）利用顶点式可得结论；
（2）如图，设直线l交x轴于点T，连接PT，BD，BD交PM于点J，设，，推出最大时，的值最大，求出四边形DTBP的面积的最大值，可得结论；
（3）如图，设，求出直线AP，BP的解析式，可得点E，F的坐标，求出FG的长，可得结论．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为D（1，4），
∴根据顶点式，抛物线的解析式为；
（2）解：如图，设直线l交x轴于点T，连接PT，BD，
BD交PM于点J，设，
点，在直线l：上，
∴，
∴，
∴直线DT的解析式为，
令，得到，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴最大时，的值最大，
∵，，
∴直线BD的解析式为，
∴，
∴，
∵
，
∵二次项系数，
∴时，最大，最大值为11，
∴的最大值；
（3）解：四边形AFBG的面积不变．
理由：如图，设，
∵，，
∴直线AP的解析式为，
∴，
∵E，G关于x轴对称，
∴，
∴直线PB的解析式为，
∴，
∴，
∴四边形AFBG的面积，
∴四边形AFBG的面积是定值．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会利用参数解决问题．
解决二次函数动点面积问题，常用的方法有三种
方法一：铅垂高法。
如图1，过△ABC的三个顶点分别作出与水平线垂直的三条直线，铅垂高穿过的线段两端点的横坐标之差叫△ABC的水平宽(a)，中间的这条平行于y轴或垂直于x轴的直线在△ABC内部线段的长度叫△ABC的铅垂高(h).此时三角形面积的计算方法：即三角形面积等于水平宽与铅垂高乘积的一半（s=1/2ah）
方法二，平行法。平行法最关键的知识点，是平行线之间高的问题，一般这种情况都是平移高到与坐标轴交点处，最后用相似求值。
方法三，矩形覆盖法。这是最容易想到的方法，但也是计算最麻烦的方法。利用面积的大减小去解决，一般不太建议使用这种方法，庞大的计算量很容易出错。
【变式1】（2022·河北·校联考一模）如图，在中，，边在x轴上，．点P是边上一点，过点P分别作于点E，于点D，当四边形的面积最大时，点P的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出直线AB的解析式为，然后设点P的坐标为，可得，从而得到四边形的面积为，再根据二次函数的性质，即可求解．
【详解】解：设直线AB的解析式为
，
把点代入得：
，解得：，
∴直线AB的解析式为，
设点P的坐标为，
∵，
∴点C（-1，0），
∵于点E，于点D，
∴，
∴四边形的面积为

，
∴当m=3时，四边形的面积最大，此时点P（3，2）．
故选：D
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，二次函数的应用，熟练掌握一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质是解题的关键．
【变式2】（2022·江苏盐城·一模）如图，抛物线与y轴交于点P，其顶点是A，点的坐标是，将该抛物线沿方向平移，使点P平移到点，则平移过程中该抛物线上P、A两点间的部分所扫过的面积是______．
【答案】18
【分析】将代入求点坐标，由，可知点坐标，如图，连接，，，过作轴，交轴于，过作轴，交轴于，过作于，交于，则四边形是矩形，，由题意知四边形的面积即为平移过程中该抛物线上P、A两点间的部分所扫过的面积，根据，计算求解即可．
【详解】解：当时，
∴
∵
∴
∵，抛物线沿方向平移
∴平移后的点坐标为
如图，连接，，，过作轴，交轴于，过作轴，交轴于，过作于，交于
∴四边形是矩形，
由题意知四边形的面积即为平移过程中该抛物线上P、A两点间的部分所扫过的面积
∴
故答案为：18．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象的平移，二次函数与面积综合等知识．解题的关键在于确定P、A两点间的部分．
【变式3】（2022·四川泸州·泸县五中校考一模）如图，抛物线经过点，点，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当时，y的取值范围是________；
(3)抛物线上是否存在点P，使的面积是面积的4倍，若存在，点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，点P的坐标为或
【分析】（1）待定系数法求解析式即可；
（2）当，求出y值，当求出y值，再结合二次函数最小值，即可得出当时，y的取值范围；
（3）设抛物线上的点P坐标为，结合方程思想和三角形面积公式列方程求解．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点，点 ，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式：；
（2）解：∵，
又∵，
∴抛物线开口向上，当 时，y有最小值，
当时，，
当时，，
∴当时，，
故答案为：；
（3）解：存在，理由如下：
∵，
∴D点坐标为，
令，则，
∴C点坐标为，
又∵B点坐标为，
∴轴，
∴，
设抛物线上的点P坐标为，
∴，
当时，
解得，
当时，，
当时，，
综上，P点坐标为或．
【点睛】本题考查二次函数的性质，掌握待定系数法求函数解析式的方法，理解二次函数图象上点的坐标特征，利用方程思想解题是关键．
考查类型三 角度问题
例1 （2021·江苏连云港·统考中考真题）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．
例2 （2020·黑龙江·统考中考真题）如图，已知二次函数的图象经过点，，与轴交于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线上是否存在点，使，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）存在，，
【分析】（1）把点AB的坐标代入即可求解；
（2）分点P在轴下方和下方两种情况讨论，求解即可．
【详解】（1）∵二次函数的图象经过点A(-1，0)，B(3，0)，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）存在，理由如下：
当点P在轴下方时，
如图，设AP与轴相交于E，
令，则，
∴点C的坐标为(0，3)，
∵A(-1，0)，B(3，0)，
∴OB=OC=3，OA=1，
∴∠ABC=45，
∵∠PAB=∠ABC=45，
∴△OAE是等腰直角三角形，
∴OA=OE=1，
∴点E的坐标为(0，-1)，
设直线AE的解析式为，
把A(-1，0)代入得：，
∴直线AE的解析式为，
解方程组，
得：(舍去)或，
∴点P的坐标为(4，)；
当点P在轴上方时，
如图，设AP与轴相交于D，
同理，求得点D的坐标为(0，1)，
同理，求得直线AD的解析式为，
解方程组，
得：(舍去)或，
∴点P的坐标为(2，)；
综上，点P的坐标为(2，)或(4，)
【点睛】本题是二次函数与几何的综合题，主要考查了待定系数法，等腰直角三角形的判定和性质，解方程组，分类讨论是解本题的关键．
角度问题涵盖的题型
1.角度相等问题
2.角度的和差倍分关系
3.特殊角问题
4.非特殊角问题
方法点评：由特殊角联想到直接构造等腰直角三角形，通过全等三角形，得到点的坐标，从而得到直线解析式，联立得到交点坐标.这个方法对于特殊角30度、60度90度都是适用的，是一种通用方法.
【变式1】（2022秋·浙江宁波·九年级校考期中）如图，抛物线与轴交于点和点两点，与轴交于点，点为抛物线上第三象限内一动点，当时，点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据二次函数与坐标轴的交点坐标分别求出、、的长度；然后通过勾股定理逆定理判断出，得出；由得出；作点关于轴的对称点，连接；即可构造出，从而得出；根据平行线的斜率相同以及点的坐标求出直线的表达式；最后联立方程组求解即可；
【详解】解：令，则
解得：，
∴，
∴，，
当时，
∴
∴
在中
∴
∴
∴
∵
∴
如图，作点关于轴的对称点，连接；
则，
∴
∴
∴
设直线的表达式为：
将代入得：
∴直线的表达式为：
解方程组得：或
∵点在第三象限
∴点的坐标为
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图像的性质、一次函数的性质、勾股定理逆定理、直角三角形两锐角互余等知识点；综合运用上述知识求出直线的函数表达式是解题的关键．
【变式2】（2020·江苏无锡·无锡市南长实验中学校考二模）如图，一次函数y＝x﹣2的图象交x轴于点A，交y轴于点B，二次函数y＝－x2+bx+c的图象经过A、B两点，与x轴交于另一点C．若点M在抛物线的对称轴上，且∠AMB＝∠ACB，则所有满足条件的点M的坐标为__________．
【答案】或
【分析】讨论：当点M在直线AB上方时，根据圆周角定理可判断点M在△ABC的外接圆上，如图所示，由于抛物线的对称轴垂直平分AC，则△ABC的外接圆的圆心在对称轴上，设圆心的坐标为，根据半径相等得到，解方程求出t得到圆心的坐标为，然后确定的半径为，从而得到此时M点的坐标；当点M在直线AB下方时，作关于AB的对称点，如图所示，通过证明可判断在x轴上，则点的坐标为，然后计算DM即可得到此时M点坐标．
【详解】（1）当点M在直线AB上方时，则点M在△ABC的外接圆上，
∵△ABC的外接圆的圆心在对称轴上，设圆心的坐标为，
则，
∴，
解得，
∴圆心的坐标为，
∴，
即的半径为，
此时M点的坐标为．
当点M在直线AB下方时，作关于AB的对称点，如图所示，
∵，
∴，
∵轴，
∴，
∴，在x轴上，
∴点的坐标为，
∴，
∴，
此时点M的坐标为．
综上所述，点M的坐标为或．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，准确进行点的位置的判断是解题的关键．
【变式3】（2022·四川绵阳·东辰国际学校校考模拟预测）如图，以的边和边上高所在直线建立平面直角坐标系，已知，，，抛物线经过A，B，C三点．
(1)求抛物线解析式．
(2)点G是x轴上一动点，过点G作轴交抛物线于点H，抛物线上有一点Q，若以C，G，Q，H为顶点的四边形为平行四边形，求点G的坐标．
(3)点P是抛物线上的一点，当时，求点P的坐标．
【答案】(1)
(2)G的坐标为或
(3)当时，点P的坐标为（4，5）或
【分析】（1）先求出，再根据正切的定义得到，结合求出，，再利用待定系数法求出对应的函数解析式即可；
（2）先证明只存在以为对角线的平行四边形，设，，则，根据平移的特点建立方程进行求解即可；
（3）先求出，，如图②，作，过点B作交于点，过点作轴于点M，可得为等腰直角三角形，，再由，得到，则点的坐标为，求出直线的解析式为，联立，可得的坐标为．如图②，延长至，使得，连接交抛物线于点，过点作轴于点N，则，求出直线的解析式为，联立，可得点的坐标为．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由，
可得，
解得或（舍去），
∴，，
将，，代入可得，
解得，
∴抛物线解析式为．
（2）解：如图①，∵轴，点Q在抛物线上，
∴以为边的平行四边形不存在，只存在以为对角线的平行四边形，
设，，则，
由点的平移可得，消元整理可得，解得，，
∴点G的坐标为或．
（3）解：∵，
∴，，
如图②，作，过点B作交于点，过点作轴于点M，
∴，
∴为等腰直角三角形，，
∵，
∴，，
∴，
∴点的坐标为，
由，可得直线的解析式为，
联立，
解得（舍去），，
∴的坐标为．
如图②，延长至，使得，连接交抛物线于点，过点作轴于点N，
∴，
由，可得直线的解析式为，
联立，
解得（舍去），，
∴点的坐标为．
综上可得当时，点P的坐标为或．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质与判断，解直角三角形等等，灵活运用所学知识并利用数形结合的思想求解是解题的关键．
考查类型四 与特殊三角形判定有关的问题
例1 （2022·山东东营·统考中考真题）如图，抛物线与x轴交于点，点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)在对称轴上找一点Q，使的周长最小，求点Q的坐标；
(3)点P是抛物线对称轴上的一点，点M是对称轴左侧抛物线上的一点，当是以为腰的等腰直角三角形时，请直接写出所有点M的坐标．
【答案】(1)
(2)（1，-2）
(3)（-1，0）或（，-2）或（，2）
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点C的坐标和抛物线的对称轴，如图所示，作点C关于直线的对称点E，连接AE，EQ，则点E的坐标为（2，-3），根据轴对称最短路径可知AE与抛物线对称轴的交点即为点Q；
（3）分两种情况当∠BPM=90°和当∠PBM=90°两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于点，点，
∴，
∴，
∴抛物线解析式为；
（2）解：∵抛物线解析式为，与y轴交于点C，
∴抛物线对称轴为直线，点C的坐标为（0，-3）
如图所示，作点C关于直线的对称点E，连接AE，EQ，则点E的坐标为（2，-3），
由轴对称的性质可知CQ=EQ，
∴△ACQ的周长=AC+AQ+CQ，
要使△ACQ的周长最小，则AQ+CQ最小，即AQ+QE最小，
∴当A、Q、E三点共线时，AQ+QE最小，
设直线AE的解析式为，
∴，
∴，
∴直线AE的解析式为，
当时，，
∴点Q的坐标为（1，-2）；
（3）解： 如图1所示，当点P在x轴上方，∠BPM=90°时，过点P作轴，过点M作MF⊥EF于F，过点B作BE⊥EF于E，
∵△PBM是以PB为腰的等腰直角三角形，
∴PA=PB，∠MFP=∠PEB=∠BPM=90°，
∴∠FMP+∠FPM=∠FPM+∠EPB=90°，
∴∠FMP=∠EPB，
∴△FMP≌△EPB（AAS），
∴PE=MF，BE=PF，
设点P的坐标为（1，m），
∴，
∴，，
∴点M的坐标为（1-m，m-2），
∵点M在抛物线上，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴点M的坐标为（-1，0）；
同理当当点P在x轴下方，∠BPM=90°时可以求得点M的坐标为（-1，0）；
如图2所示，当点P在x轴上方，∠PBM=90°时，过点B作轴，过点P作PE⊥EF于E，过点M作MF⊥EF于F，设点P的坐标为（1，m），
同理可证△PEB≌△BFM（AAS），
∴，
∴点M的坐标为（3-m，-2），
∵点M在抛物线上，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴点M的坐标为（，-2）；
如图3所示，当点P在x轴下方，∠PBM=90°时，
同理可以求得点M的坐标为（，2）；
综上所述，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，点M的坐标为（-1，0）或（，-2）或（，2）．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数综合，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
例2 （2022·山东济南·统考中考真题）抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C，直线y＝kx－6经过点B．点P在抛物线上，设点P的横坐标为m．
(1)求抛物线的表达式和t，k的值；
(2)如图1，连接AC，AP，PC，若△APC是以CP为斜边的直角三角形，求点P的坐标；
(3)如图2，若点P在直线BC上方的抛物线上，过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，求的最大值．
【答案】(1)，，t=3，
(2)点
(3)
【分析】（1）分别把代入抛物线解析式和一次函数的解析式，即可求解；
（2）作轴于点，根据题意可得，从而得到，，再根据，可求出m，即可求解；
（3）作轴交于点，过点作轴于点，则，再根据，可得，，然后根据，可得，从而得到，在根据二次函数的性质，即可求解．
（1）
解：∵在抛物线上，
∴，
∴，
∴抛物线解析式为，
当时，，
∴，（舍），
∴．
∵在直线上，
∴，
∴，
∴一次函数解析式为．
（2）
解：如图，作轴于点，
对于，令x=0，则y=-6，
∴点C（0，-6），即OC=6，
∵A（3，0），
∴OA=3，
∵点P的横坐标为m．
∴，
∴，，
∵∠CAP=90°，
∴，
∵，
∴，
∵∠AOC=∠AMP=90°，
∴，
∴，
∴，即，
∴（舍），，
∴，
∴点．
（3）
解：如图，作轴交于点，过点作轴于点，
∵，
∴点，
∴，
∵PN⊥x轴，
∴PN∥y轴，
∴∠PNQ=∠OCB，
∵∠PQN=∠BOC=90°，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵EN⊥y轴，
∴EN∥x轴，
∴，
∴，即
∴，
∴，
∴，
∴当时，的最大值是．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，相似三角形的判定和性质，利用数形结合思想解答是解题的关键，是中考的压轴题．
【模型解读】
在坐标系中确定点，使得由该点及其他点构成的三角形与其他三角形相似，即为“相似三角形存在性问题”．
【相似判定】
判定1：三边对应成比例的两个三角形是相似三角形；
判定2：两边对应成比例且夹角相等的两个三角形是相似三角形；
判定3：有两组角对应相等的三角形是相似三角形．
以上也是坐标系中相似三角形存在性问题的方法来源，根据题目给的已知条件选择恰当的判定方法，解决问题．
【题型分析】
通常相似的两三角形有一个是已知的，而另一三角形中有1或2个动点，即可分为“单动点”类、“双动点”两类问题．

【思路总结】
根据相似三角形的做题经验，可以发现，判定1基本是不会用的，这里也一样不怎么用，对比判定2、3可以发现，都有角相等！
所以，要证相似的两个三角形必然有相等角，关键点也是先找到一组相等角．
然后再找：
思路1：两相等角的两边对应成比例；
思路2：还存在另一组角相等．
事实上，坐标系中在已知点的情况下，线段长度比角的大小更容易表示，因此选择方法可优先考虑思路1．

一、如何得到相等角？
二、如何构造两边成比例或者得到第二组角？
搞定这两个问题就可以了．
【变式1】（2022·河北邢台·统考一模）如图，已知抛物线经过点，，与y轴交于点，P为AC上的一个动点，则有以下结论：①抛物线的对称轴为直线；②抛物线的最大值为；③；④OP的最小值为．则正确的结论为（ ）
A．①②④B．①②C．①②③D．①③④
【答案】D
【分析】①由抛物线经过点，可得对称轴；②用待定系数法求出抛物线的函数关系式，再求其最大值即可；③由抛物线求得A、B、C的坐标，再求出BC，AC和AB，由勾股逆定理即可得到∠ACB是直角；④当OP⊥AC时，OP取最小值，根据等面积求得OP即可．
【详解】解：∵抛物线经过点，，
∴抛物线的对称轴为直线，
故①正确；
设抛物线关系式为：，
∵抛物线经过点，
∴-4a=2，解得：，
∴抛物线关系式为：，
∴当时，y有最大值，
故②错误；
∴点B坐标为（-1，0），点A坐标为（4，0），
∴AB=5．
当x=0时，y=2，
∴点C坐标为（0，2），
∴，
∵，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，
故③正确；
当OP⊥AC时，OP取最小值，
此时根据三角形的面积可得，
∴，
解得OP=，
∴OP的最小值为．
故④正确；
故正确的有：①③④，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了求抛物线与坐标轴的交点，两点距离公式，等面积求高，解决此题的关键是根据三角形的面积得OP的长．
【变式2】（2022·江苏南京·模拟预测）已知二次函数图象与轴交于点，点在二次函数的图象上，且轴，以为斜边向上作等腰直角三角形，当等腰直角三角形的边与轴有两个公共点时的取值范围是______．
【答案】
【分析】过点B作BD⊥AC于D．根据二次函数的解析式和对称性求出OA和AC的长度，再根据等腰三角形的性质和等角对等边求出BD的长度，最后通过数形结合思想确定OA【详解】解：如下图所示，过点B作BD⊥AC于D．
∵二次函数的解析式为，
∴当x=0时，y=-4a，二次函数的对称轴是直线．
∴．
∴OA=4a．
∵点在二次函数的图象上，且轴，
∴点A与点C关于直线x=1对称．
∴．
∴AC=2．
∵△ABC是等腰直角三角形，AC为斜边，BD⊥AC，
∴∠BAD=45°，∠BDA=90°，AD=CD=．
∴∠ABD=45°．
∴∠BAD=∠ABD．
∴BD=AD=1．
∵等腰直角三角形的边与轴有两个公共点，
∴OA∴4a<1．
∴．
∵a>0，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查二次函数的对称性，等腰三角形的性质，等角对等边，正确应用数形结合思想是解题关键．
【变式3】（2022·山东菏泽·菏泽一中校考模拟预测）如图，已知抛物线与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，若已知A点的坐标为．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求线段所在直线的解析式；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使为等腰三角形？若存在，求出符合条件的P点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)符合条件的点P存在，点P的坐标为：（2，2）或（2，-2）或（2，0）或（2，）
【详解】（1）解：将点代入中，
得，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）当时，，
∴点C的坐标为，
当时，，
解得：，
∴点B的坐标为，
设直线的解析式为，
将点，点代入解析式，得：
，
解得：，
∴直线BC的解析式为；
（3）∵抛物线与x轴相交于、两点，
∴抛物线的对称轴为x=，
假设存在点P，设P（2，t），
则AC==，
AP==，
CP==，
∵△ACP为等腰三角形，
故可分三种情况：
①当AC=AP时，，
解得：t=±2，
∴点P的坐标为（2，2）或（2，-2）；
②当AC=CP时，，
解得：t=0或t=8，
∴点P的坐标为（2，0）或（2，8），
设直线AC的解析式为y=mx+n，
将点A（-2，0）、C（0，4）代入得，
解得：，
∴直线AC的解析式为y=2x+4，
当x=2时，y=4+4=8，
∴点（2，8）在直线AC上，
∴A、C、P在同一直线上，点（2，8）应舍去；
③当AP=CP时，，
解得：t=，
∴点P的坐标为（2，）；
综上可得，符合条件的点P存在，点P的坐标为：（2，2）或（2，-2）或（2，0）或（2，）．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式，等腰三角形的定义等知识点，解决此题的关键是要分类讨论．
考查类型五 与特殊四边形判定有关的问题
例1 （2021·广西来宾·统考中考真题）如图，已知点，，两点，在抛物线上，向左或向右平移抛物线后，，的对应点分别为，，当四边形的周长最小时，抛物线的解析式为__________．
【答案】．
【分析】先通过平移和轴对称得到当B、E、三点共线时，的值最小，再通过设直线的解析式并将三点坐标代入，当时，求出a的值，最后将四边形周长与时的周长进行比较，确定a的最终取值，即可得到平移后的抛物线的解析式．
【详解】解：∵，，，，
∴，，
由平移的性质可知：,
∴四边形的周长为；
要使其周长最小，则应使的值最小；
设抛物线平移了a个单位，当a>0时，抛物线向右平移，当a<0时，抛物线向左平移；
∴，，
将向左平移2个单位得到，则由平移的性质可知：，
将关于x轴的对称点记为点E，则，由轴对称性质可知，,
∴，
当B、E、三点共线时，的值最小，
设直线的解析式为：，
∴，
当时，
∴
∴，
将E点坐标代入解析式可得：，
解得：，
此时，
此时四边形的周长为；
当时，，，，，
此时四边形的周长为：
；
∵，
∴当时，其周长最小，
所以抛物线向右平移了个单位，
所以其解析式为：；
故答案为：．
【点睛】本题综合考查了平移、轴对称、一次函数的应用、勾股定理、抛物线的解析式等内容，解决本题的关键是理解并确定什么情况下该四边形的周长最短，本题所需综合性思维较强，对学生的综合分析和计算能力要求都较高，本题蕴含了数形结合与分类讨论的思想方法等．
例2 （2022·内蒙古·中考真题）如图，抛物线经过，两点，与x轴的另一个交点为A，与y轴相交于点C．
(1)求抛物线的解析式和点C的坐标；
(2)若点M在直线上方的抛物线上运动（与点B，C不重合），求使面积最大时M点的坐标，并求最大面积；（请在图1中探索）
(3)设点Q在y轴上，点P在抛物线上，要使以点A，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求所有满足条件的点P的坐标．（请在图2中探索）
【答案】(1)，
(2)，当时，S有最大值为
(3)满足条件的点P坐标为，，
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）作直线BC，过M点作MN∥y轴交BC于点N，求出直线BC的解析式，设M（m，-+m+），则N（m，-m+），可得S△MBC=•MN•OB=+，再求解即可；
（3）设Q（0，t），P（m，- +m+），分三种情况讨论：①当AB为平行四边形的对角线时；②当AQ为平行四边形的对角线时；③当AP为平行四边形的对角线时；根据平行四边形的对角线互相平分，利用中点坐标公式求解即可．
【详解】（1）解：把点和分别代入可得
，
解得
∴抛物线的解析式为
把代入可得
∴；
（2）解：作直线，作轴交直线于点N
设直线的解析式为（）
把点和分别代入
可得
解得
∴直线的解析式为
设点M的横坐标为m
∴，
∴
∴
（）
∴当时，S有最大值为
把代入可得
∴；
（3）解：当以为边时，只要，且即可
∴点P的横坐标为4或-4
把代入可得
把代入可得
∴此时，
当以为对角线时，作轴于点H
∵四边形是平行四边形
∴
∴
在和中
∴
∴
∴
∴点P的横坐标为2
把代入可得
∴此时
综上所述，满足条件的点P坐标为，，
【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，平行四边形的性质，分类讨论是解题的关键．
掌握平行四边形、矩形和菱形的判定方法，结合二次函数的性质即可解决此类问题，但要注意分类讨论，核心在于把握确定的边是特殊四边形的边长还是对角线即可；
【变式1】（2022·四川眉山·校考一模）如图，矩形OABC，点A的坐标为，AB＝1．若抛物线与矩形OABC的边界总有两个公共点，则实数c的取值范围是（ ）．
A．c＞8或c＜－1B．－1＜c＜8C．c＞1或c＜－8D．－8＜c＜1
【答案】D
【分析】求得抛物线经过点A时的c的值，然后根据图象即可求得．
【详解】解：矩形OABC，点A的坐标为（2，0），AB＝1，
∴OC＝AB＝1，
把A（2，0）代入y＝2x2＋c得，0＝8＋c，解得c＝−8，
由图象可知，−8＜c＜1，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数图形与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，数形结合是解题的关键．
【变式2】（2022·吉林长春·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴正半轴交于点．以为边在轴上方作正方形，延长交抛物线于点，再以为边向上作正方形．则点的坐标是______．
【答案】，
【分析】先将点A（3，0）代入求出关系式，由正方形的性质可知点D的纵坐标是3，即可求出点D的横坐标，可得答案．
【详解】将点A（3，0）代入，得
，
解得，
∴抛物线的关系式为．
∵四边形OABC是正方形，
∴CO=AO=3，
∴点D的纵坐标是3．
当y=3时，，
解得或（舍），
∴点D的横坐标是．
∵四边形EFBD是正方形，
∴，
∴点E的坐标是．
故答案为：．
【点睛】这是一道二次函数和正方形的综合问题，考查了正方形的性质，求二次函数关系式等．
【变式3】（2022·广东佛山·校考三模）已知抛物线交轴于点A，在的左侧），交轴于点．
(1)求点A的坐标；
(2)若经过点A的直线交抛物线于点．
①当且时交线段于，交轴于点，求的最大值；
②当且时，设为抛物线对称轴上一动点，点是抛物线上的动点，那么以A，，，为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点的坐标，若不能，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①；②P点坐标为或．
【分析】（1）令，则，可求点坐标；
（2）①联立方程组，求出点坐标，求出直线的解析式，联立方程组，求出点坐标，过点作轴交于点，则可知，求出，可求，由此可求的最大值；
②设，，联立方程组，求出点，分三种情况讨论：①当为矩形对角线时，，；②当为矩形对角线时，，；③当为矩形对角线时，，此时无解．
【详解】（1）令，则，
解得或，
，；
（2）①，
，
令，则，
，
联立方程组，
整理得，，
解得或，
，
设直线的解析式为，
，
解得，
，
过点作轴交于点，
，
，
联立方程组，
解得，
，，
在中，时，，
，
，，
，
当时，的最大值为；
②以A，，，为顶点的四边形能成为矩形，理由如下：
，
抛物线的对称轴为直线，
设，，
，
，
联立方程组，
解得或（舍，
，
①当为矩形对角线时，，
，，
，
，
，
解得，
，
，
，
；
②当为矩形对角线时，，
，，
，
，
，
解得，
，
，
，
；
③当为矩形对角线时，，
，，
，
，
，
此时无解；
综上所述：点坐标为或．
【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，矩形的性质，直角三角形勾股定理，分类讨论是解题的关键．
考查类型六 与三角形全等、相似有关的问题
例1 （2022·四川绵阳·统考中考真题）如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c交x轴于A(-1，0)，B两点，交y轴于点C(0，3)，顶点D的横坐标为1．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在y轴的负半轴上是否存在点P使∠APB＋∠ACB＝180°．若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)过点C作直线l与y轴垂直，与抛物线的另一个交点为E，连接AD，AE，DE，在直线l下方的抛物线上是否存在一点M，过点M作MF⊥l，垂足为F，使以M，F，E三点为顶点的三角形与ΔADE相似？若存在，请求出M点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-x2+2x+3；
(2)存在，P（0，-1）使∠APB＋∠ACB＝180°，理由见解析；
(3)存在点M，使以M，F，E三点为顶点的三角形与ΔADE相似，此时点M的坐标为（3，0）或（-3，-12）或
【分析】（1）由抛物线的对称轴可得点B的坐标，由此设出交点式，代入点C的坐标，即可得出抛物线的解析式；
（2）由题意可知，点A，C，B，P四点共圆，画出图形，即可得出点P的坐标；
（3）由抛物线的对称性可得出点E的坐标，点D的坐标，根据两点间的距离公式可得出AD，DE，AE的长，可得出△ADE是直角三角形，且DE∶AE=1：3，再根据相似三角形的性质可得出EF和FM的比例，由此可得出点M的坐标．
【详解】（1）解：∵顶点D的横坐标为1，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
∵A（-1，0），
∴B（3，0），
设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x-3），
把C（0，3）代入抛物线的解析式得：
-3a=3，解得a=-1，
∴抛物线的解析式为：y=-（x+1）（x-3）=-x2+2x+3；
（2）存在，P（0，-1），理由如下：
∵∠APB+∠ACB=180°，
∴∠CAP+∠CBP=180°，
∴点A，C，B，P四点共圆，
如图所示，
∵点A（0，-1），B（3，0），C（0，3），
∴OB=OC=3，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
∴∠APC=∠ABC=45°，
∴△AOP是等腰直角三角形，
∴OP=OA=1，
∴P（0，-1）；
（3）解：存在，理由如下：
∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，
∴D（1，4），
由抛物线的对称性得：E（2，3），
∵A（-1，0），
∴，
∴，
∴△ADE是直角三角形，且∠AED=90°，DE∶AE=1∶3，
∵点M在直线l下方的抛物线上，
设，则t＞2或t＜0，
∵MF⊥l，
∴点F（t，3），
∴，，
∵以M，F，E三点为顶点的三角形与ΔADE相似，
∴或，
∴或，
解得t=2（舍去） 或t=3或t=-3或（舍去）或，
∴点M的坐标为（3，0）或（-3，-12）或，
综上所述，存在点M，使以M，F，E三点为顶点的三角形与ΔADE相似，此时点M的坐标为（3，0）或（-3，-12）或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数解析式，圆内四边形的性质，相似三角形的性质与判定，分类讨论思想等，第（2）问得出四点共固是解题关键；第（3）问得出△ADE是直角三角形并得出AD∶AE的值是解题关键．
例2 （2022·广西玉林·统考中考真题）如图，已知抛物线：与x轴交于点A，（A在B的左侧），与y轴交于点C，对称轴是直线，P是第一象限内抛物线上的任一点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点D为线段的中点，则能否是等边三角形？请说明理由；
(3)过点P作x轴的垂线与线段交于点M，垂足为点H，若以P，M，C为顶点的三角形与相似，求点P的坐标．
【答案】(1)
(2)不能，理由过程见详解
(3)(1,4)或者()
【分析】（1）根据抛物线对称轴即可求出b，再根据抛物线过B点即可求出C，则问题得解；
（2）假设△POD是等边三角形，过P点作PN⊥OD于N点，根据等边三角形的性质即可求出P点坐标，再验证P点是否在抛物线上即可求证；
（3）先根据PH⊥BO，求得∠MHB=90°，根据（2）中的结果求得OC=4，根据B点(2,0)，可得OB=2，则有tan∠CBO=2，分类讨论：第一种情况：△BMH∽△CMP，即可得，即P点纵坐标等于C点纵坐标则可求出此时P点坐标为(1,4)；第二种情况：△BMH∽△PMC，过P点作PG⊥y轴于点G，先证明∠GCP=∠OBC，即有tan∠GCP=2，即有2GC=GP，设GP=a，则GC=，即可得PH=OG=+4，则有P点坐标为(a,+4)，代入到抛物线即可求出a值，则此时P点坐标可求．
【详解】（1）∵的对称轴为，
∴，即b=2，
∵过B点(2,0)，
∴，
∴结合b=2可得c=4，
即抛物线解析式为：；
（2）△POD不可能是等边三角形，
理由如下：
假设△POD是等边三角形，过P点作PN⊥OD于N点，如图，
∵当x=0时，，
∴C点坐标为(0,4)，
∴OC=4，
∵D点是OC的中点，
∴DO=2，
∵在等边△POD中，PN⊥OD，
∴DN=NO=DO=1，
∵在等边△POD中，∠NOP=60°，
∴在Rt△NOP中，NP=NO×tan∠NOP=1×tan60°=，
∴P点坐标为(,1)，
经验证P点不在抛物线上，
故假设不成立，
即△POD不可能是等边三角形；
（3）∵PH⊥BO，
∴∠MHB=90°，
根据（2）中的结果可知C点坐标为(0,4)，
即OC=4，
∵B点(2,0)，
∴OB=2，
∴tan∠CBO=2，
分类讨论
第一种情况：△BMH∽△CMP，
∴∠MHB=∠MPC=90°，
∴，
∴即P点纵坐标等于C点纵坐标，也为4，
当y=4时，，
解得：x=1或者0，
∵P点在第一象限，
∴此时P点坐标为(1,4)，
第二种情况：△BMH∽△PMC，
过P点作PG⊥y轴于点G，如图，
∵△BMH∽△PMC，
∴∠MHB=∠MCP=90°，
∴∠GCP+∠OCB=90°，
∵∠OCB+∠OBC=90°，
∴∠GCP=∠OBC，
∴tan∠GCP=tan∠OBC=2，
∵PG⊥OG，
∴在Rt△PGC中，2GC=GP，
设GP=a，
∴GC=，
∴GO=+OC=+4，
∵PG⊥OG，PH⊥OH，
∴可知四边形PGOH是矩形，
∴PH=OG=+4，
∴P点坐标为(a,+4)，
∴，
解得：a=或者0，
∵P点在第一象限，
∴a=，
∴，
此时P点坐标为()；
∵△BMH与△PCM中，有∠BMH=∠PMC恒相等，
∴△PCM中，当∠CPM为直角时，若∠PCM=∠BMH，则可证△PCM是等腰直角三角形，
通过相似可知△BMH也是等腰直角三角形，这与tan∠CBO=2相矛盾，故不存在当∠CPM为直角时，∠PCM=∠BMH相等的情况；
同理不存在当∠PCM为直角时，∠CPM=∠BMH相等的情况，
综上所述：P点坐标为：(1,4)或者()．
【点睛】本题考查了求解抛物线解析式、二次函数的图像与性质、等边三角形的判定、相似三角形的性质、解直角三角形等知识，掌握二次函数的图像与性质是解答本题的关键．
掌握三角形的全等判定方法和相似的判定方法，注意要分类讨论；
【变式1】（2018·陕西宝鸡·统考二模）抛物线，设该抛物线与轴的交点为和，与轴的交点为C，若，则的值为 （ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据二次函数表达式可得对称轴为直线，由及二次函数的对称性可得，进而可得的等量关系式，然后根据得出的值，所以得出C的坐标，最后根据求解即可．
【详解】
如图所示：抛物线，对称轴为直线
抛物线与轴的交点为和
，OA=5
当y=0时，-5与2是方程的两个根
根据韦达定理可得：即
即
，
解得
．
故选C．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合知识、相似三角形的性质及求角的三角函数值，关键是根据二次函数解析式得到对称轴，得到A、B的坐标，进而得到参数的等量关系式，最后根据射影定理得到线段的等量关系求解参数，然后根据求角的三角函数值求解即可．
【变式2】（2020·浙江·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点在该抛物线上，且位于直线的上方，过点作于点，连结，若与相似，则点的坐标是________．
【答案】（，）或（-3，2）
【分析】利用进行讨论：若时，，如图2，过点作轴于点，过点作交轴于点，先证明，设，解方程可确定，，再证明，利用相似比得到，设，，可表示出，然后把代入抛物线解析式得到，解方程求出即可得到此时点坐标；当时，，则，利用点的纵坐标与点的纵坐标相同可确定此时点的纵坐标．
【详解】解：，
若时，，
如图1，过点作轴于点，过点作交轴于点，
，
，即，
而，
，
，
设，则，解得，
，，
，，
，
，
，即，
设，，则，
把代入得，
整理得，解得（舍去），，
，；
当时，，则，
点的纵坐标为2，
把代入得，解得，（舍去），
，
综上所述，点的坐标为，或．
故答案为：，或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和相似三角形的判定与性质；灵活应用相似比表示线段之间的关系；理解坐标与图形的性质；会利用分类讨论的思想解决数学问题．
【变式3】（2022·内蒙古包头·模拟预测）如图，已知正方形的边，分别在x轴和y轴的正半轴上，点B的坐标为．二次函数的图象经过点A，B，且x轴的交点为E，F．点P在线段上运动，过点O作于点H．直线交直线于点D，连接．
(1)求，的值及点E和点F的坐标；
(2)在点P运动的过程中，当与以A，B，D为顶点的三角形相似时，求点P的坐标；
(3)当点P运动到的中点时，能否将绕平面内某点旋转后使得的两个顶点落在x轴上方的抛物线上？若能，请直接写出旋转中心M的坐标；若不能，请说明理由．
【答案】(1)，，，；
(2)当与以A，B，D为顶点的三角形相似时，点P的坐标为或或；
(3)旋转中心M的坐标为或或或．
【分析】（1）先由点B的坐标和正方形的性质得到点A的坐标，然后将点A和点B的坐标代入函数解析式，求得b和c的值，得到二次函数的解析式，再令求得点E和点F的坐标；
（2）分三种情况讨论，①当点P在线段上，由结合三角形相似得到与全等，求得，即可得到点P的坐标；②点P在线段上，通过与相似，以及和全等即可求得点P的坐标；③点P在线段上通过与相似，以及与全等得到点P的坐标；
（3）分四种情况讨论，设绕点M顺时针旋转得到，且点、两点在抛物线上，设，则，，然后将、代入抛物线的解析式，求得x、y的值，最后通过即可求得点M的坐标．同法可求得其他情况下点M的坐标．
【详解】（1）解：∵正方形的边，分别在x轴和y轴的正半轴上，点B的坐标为，
∴A，C，
将点A，B分别代入，得
，解得：，
∴二次函数的解析式为，
令，则，
解得：或，
∴点E，F；
（2）解：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，
①当点P在线段上时，如图所示，
则，，
∵与相似，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点P的坐标为；
②点P在线段上时，如图所示，
∵，，
∴，
∵与相似，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：（舍）或，
∴点P的坐标为；
③点P在线段上时，如图所示，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得：或（舍），
∴点P的坐标为；
综上所述，当与以A，B，D为顶点的三角形相似时，点P的坐标为或或；
（3）解：①绕点顺时针旋转时，点A与点B重合，点O与点A重合，
∵点A和点B在x轴上方的抛物线上，
∴旋转中心M的坐标为；
②绕点M逆时针旋转时，点O与点B重合，
∵点A和点B在x轴上方的抛物线上，
∴旋转中心M的坐标为；
③如图3所示，设绕点M顺时针旋转得到，且点、两点在抛物线上，
设，则，，
∴，解得：，
∴，
过点M作轴，交于点H，交于点G，连接、，
则，，
∴，，
∴，
∴，
设，则，，
∴，解得：，
∴点M的坐标为；
④如图4所示，设绕点M逆时针旋转得到，且、两点在抛物线上，
设，则，，
同③理可证，M的坐标为；
综上所述，旋转中心M的坐标为或或或．
【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、正方形的性质、相似三角形的性质、全等三角形的判定与性质，会用待定系数法求得二次函数的解析式是解题的关键．
考查类型七 与圆有关的运算
例1 （2022·四川雅安·统考中考真题）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象过点A（﹣1，0），B（3，0），且与y轴交于点C（0，﹣3）．
(1)求此二次函数的表达式及图象顶点D的坐标；
(2)在此抛物线的对称轴上是否存在点E，使△ACE为Rt△，若存在，试求点E的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)在平面直角坐标系中，存在点P，满足PA⊥PD，求线段PB的最小值．
【答案】(1)
(2)E的坐标为：或或或
(3)BP的最小值为：
【分析】（1）根据题意可设抛物线为再代入C的坐标可得函数解析式，化为顶点式可得顶点坐标；
（2）如图，由可得抛物线的对称轴为：设 而A（﹣1，0），C（0，-3），再利用勾股定理分别表示 再分三种情况讨论即可；
（3）如图，连结AD，记AD的中点为H，由 则在以H为圆心，HA为半径的圆H上，不与A，D重合，连结BH，交圆H于P，则PB最短，再求解H的坐标，结合勾股定理可得答案．
【详解】（1）解： 二次函数y＝ax2+bx+c的图象过点A（﹣1，0），B（3，0），
∴设二次函数为：
把C（0，﹣3）代入抛物线可得：
解得：
∴抛物线为：
（2）如图，由
可得抛物线的对称轴为：
设 而A（﹣1，0），C（0，-3），



当时，，
解得 即
当时，
解得： 即
当时，
整理得：
解得：

综上：E的坐标为：或或或
（3）如图，连结AD，记AD的中点为H，由
则在以H为圆心，HA为半径的圆H上，不与A，D重合，
连结BH，交圆H于P，则PB最短，





即BP的最小值为：
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，二次函数的性质，勾股定理的应用，二次函数与圆的综合，判断PB最小时，P的位置是解本题的关键．
例2 （2020·西藏·统考中考真题）在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A(﹣2，0)，B(4，0)两点，交y轴于点C，点P是第四象限内抛物线上的一个动点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图甲，连接AC，PA，PC，若，求点P的坐标；
（3）如图乙，过A，B，P三点作⊙M，过点P作PE⊥x轴，垂足为D，交⊙M于点E．点P在运动过程中线段DE的长是否变化，若有变化，求出DE的取值范围；若不变，求DE的长．
【答案】（1）y＝x2﹣x﹣4；（2）P(3，﹣)；（3）没有变化，2
【分析】（1）由二次函数的图象与轴交于，两点，可得二次函数的解析式为，由此即可解决问题．
（2）根据，构建方程即可解决问题．
（3）结论：点在运动过程中线段的长是定值，．根据，根据方程求出，再利用中点坐标公式，求出点的纵坐标即可解决问题．
【详解】解：（1）二次函数的图象与轴交于，两点，
二次函数的解析式为，
即．
（2）如图甲中，连接．设．
由题意，，，
，
，
整理得，，
解得或（舍弃），
．
（3）结论：点在运动过程中线段的长是定值，．
理由：如图乙中，连接，，，设，，，．
由题意，，
，
解得，
，，
，
，
，
点在运动过程中线段的长是定值，．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了三角形的面积，三角形的外接圆，三角形的外心等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
例3 （2022·江苏盐城·统考中考真题）【发现问题】
小明在练习簿的横线上取点为圆心，相邻横线的间距为半径画圆，然后半径依次增加一个间距画同心圆，描出了同心圆与横线的一些交点，如图1所示，他发现这些点的位置有一定的规律．
【提出问题】
小明通过观察，提出猜想：按此步骤继续画圆描点，所描的点都在某二次函数图像上．
(1)【分析问题】
小明利用已学知识和经验，以圆心为原点，过点的横线所在直线为轴，过点且垂直于横线的直线为轴，相邻横线的间距为一个单位长度，建立平面直角坐标系，如图2所示．当所描的点在半径为5的同心圆上时，其坐标为___________．
(2)【解决问题】
请帮助小明验证他的猜想是否成立．
(3)【深度思考】
小明继续思考：设点，为正整数，以为直径画，是否存在所描的点在上．若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)或
(2)成立，理由见解析
(3)存在，4
【分析】（1）先画出图形，再结合实际操作可得再利用勾股定理求解AC，BC，从而可得答案；
（2）解法1：设半径为的圆与直线的交点为．利用勾股定理可得，即，可得，可得上，从而验证猜想；
解法2：设半径为的圆与直线交点为，可得，解方程可得．则，再消去，可得，从而验证猜想；
（3）如图，设所描的点在上，由， 建立方程，整理得结合，都是正整数，从而可得答案．
【详解】（1）解：如图，
∴
∴
故答案为：或
（2）小明的猜想成立．
解法1：如图，设半径为的圆与直线的交点为．
因为，所以，即，
所以，
所以上，小明的猜想成立．
解法2：设半径为的圆与直线交点为，
因为，所以，解得，所以．
，消去，得，
点在抛物线上，小明的猜想成立．
（3）存在所描的点在上，理由：
如图，设所描的点在上，
则，因为，
所以，
整理得，
因为，都是正整数，
所以只有，满足要求．
因此，存在唯一满足要求的，其值是4．
【点睛】本题考查的是切线的性质，垂径定理的应用，坐标与图形，二次函数的图像与性质，勾股定理的应用，方程的正整数解问题，理解题意，建立几何模型与函数模型是解本题的关键．
掌握圆的性质，结合二次函数的图象解决此类问题；
【变式1】（2021·山东济南·统考二模）二次函数y＝﹣x2+2x+8的图象与x轴交于B，C两点，点D平分BC，若在x轴上侧的A点为抛物线上的动点,且∠BAC为锐角，则AD的取值范围是（ ）
A．3＜AD≤9B．3≤AD≤9C．4＜AD≤10D．3≤AD≤8
【答案】A
【分析】首先设出B、C的坐标，用韦达定理求出BC的长，若以BC为直径作圆，根据圆周角定理易得出当点A在x轴上方时，∠BAC为锐角，那么AD的长就应该在BC和DP之间（设P为抛物线顶点坐标），且AD不等于BC．
【详解】解：设B（m，0），C（n，0）；
由题意m，n是方程-x2+2x+8=0的两根，则有：m+n=2，mn=-8；
故BC= =6；
设抛物线顶点为P，则P（1，9）；
∴BC＜AD≤DP，
即3＜AD≤9；
故选：A．
【点睛】此题考查了二次函数与一元二次方程的关系、根与系数的关系、圆周角定理等知识，能够正确的根据圆周角定理判断出∠BAC是锐角时A点的位置是解答此题的关键．
【变式2】（2022·浙江衢州·统考一模）“一切为了U”是常山在赶考共同富裕道路上，最新确定的城市品牌．已知线段，对于坐标平面内的一个动点P，如果满足，则称点P为线段的“U点”，如图，二次函数与x轴交于点A和点B．（1）线段的长度为__________；（2）若线段的“U”点落在y轴的正半轴上，则该“U点”的坐标为_________．
【答案】 ； 或
【分析】令，得到，求得两点坐标，即可求得的长度，以为边，向上作等边三角形，再以为圆心，以为半径画弧，交轴于点，求得点坐标，设，根据求解即可．
【详解】解：令，得到
解得，，即，
∴，
以为边，向上作等边三角形，再以为圆心，以为半径画弧，交轴于点，如下图：
设原点为，由圆周角定理可知，，
由题意可得：
作OD⊥AB，则，，
，，
设，则，
化简可得，
解得，
即，，
故答案为：；或，
【点睛】此题考查了二次函数与坐标的轴的交点问题，圆周角定理，勾股定理，等边三角形的性质，解题的关键是掌握并灵活利用相关性质进行求解．
【变式3】（2022·江苏常州·校考二模）已知二次函数图象的顶点坐标为，且与y轴交于点，B点坐标为，点C为抛物线上一动点，以C为圆心，为半径的圆交x轴于M，N两点（M在N的左侧）．
(1)求此二次函数的表达式；
(2)当点C在抛物线上运动时，弦的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不发生变化，求出弦的长；
(3)当与相似时，求出M点的坐标．
【答案】(1)
(2)不变，4
(3)
【分析】（1）设抛物线的表达式为，然后将代入可求得a的值，从而可求得二次函数的表达式；
（2）过点C作轴，垂足为H，连接、，由勾股定理可知，依据两点间的距离公式可求得，结合垂径定理可求得的长；
（3）分为点C与点A重合，点C在点A的左侧，点C在点A的右侧三种情况画出图形，然后依据相似三角形的对应边成比例可求得的距离，从而可求得点M的坐标．
【详解】（1）设抛物线的表达式为，
将代入得：，解得：
∴抛物线的表达式为：
（2）的长不发生变化．
理由：如图1所示，过点C作轴，垂足为H，连接、．
设点C的坐标为．
∵，
∴，
∵，
∴．
∴，
∴，
∴不发生变化．
（3）如图2所示：
①当点C与点A重合时．
∵经过点C，
∴为圆C的直径，
∴，
∵点，
∴．
②如图3所示：
∵，
∴，即，
设，则，
解得：（舍去），
又∵点，
∴，
∴点M的坐标为．
如图4所示：
∵，
∴，
设，则，
解得：（舍去），
又∵点，
∴，
∴点M的坐标为．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数函数的解析式、垂径定理、两点间的距离公式、勾股定理、相似三角形的性质，分为点C与点A重合，点C在点A的左侧，点C在点A的右侧三种情况画出图形，并由相似三角形的性质求得AM的长是解题的关键．
【培优练习】
1．（2022秋·陕西西安·九年级交大附中分校校考期末）在同一平面直角坐标系中，抛物线：关于y轴对称的抛物线记为，且它们的顶点与原点的连线组成等边三角形，已知的顶点在第四象限，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据抛物线：，得对称轴为：，顶点坐标为：；根据关于y轴对称，则的顶点坐标为：；根据它们的顶点与原点的连线组成等边三角形，则，再根据勾股定理，解出，即可．
【详解】如图：
∵抛物线：的对称轴为直线：，
∴顶点坐标为：，
∵与关于y轴对称，
∴的顶点坐标为：，
∵它们的顶点与原点的连线组成等边三角形，
∴，
∴，
解得：，（舍），
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数和等边三角形的知识，解题的关键是掌握二次函数的图象和性质，等边三角形的性质．
2．（2020秋·九年级统考期末）抛物线是由平移得到，它经过原点，且交x轴正半轴于点，为上一点，为抛物线上一点，以，为边构造，点恰好落在抛物线上，连接交于点，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据，得，，则；根据，得，，则，得点是新抛物线对称轴与轴的交点；设点，则，的中点坐标为，则，求出；可得点的坐标，即可求出．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴；
∴，
∴点是新抛物线对称轴与轴的交点，
设点，
∴，
∵点，
∴的中点坐标为；
∴，
∴，
∴点，
∴平移后的抛物线为：，
∴把点代入，
∴．
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数与几何的综合，解题的关键是掌握二次函数的两点式，对称轴的性质，平行四边形的性质．
3．（2022春·全国·九年级专题练习）如图，已知抛物线的对称轴为，过其顶点M的一条直线与该抛物线的另一个交点为．点P的坐标为，则△PMN的面积为（ ）
A．2B．4C．5D．6
【答案】A
【分析】根据二次函数对称轴公式和二次函数图象上点的坐标特征求出抛物线的解析式，并将解析式化为顶点式求出点M的坐标，然后利用三角形面积公式计算即可．
【详解】解：∵抛物线的对称轴为x＝−3，点N（−1，1）是抛物线上的一点，
∴，，
解得：，，
∴，
∴，
∵，，
∴PN∥y轴，且PN＝1，
∴△PMN的面积为：，
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数对称轴公式，二次函数图象上点的坐标特征以及二次函数顶点坐标的求法，熟练掌握基础知识是解题的关键．
4．（2023·河北·九年级专题练习）如图，在中，，边在x轴上，．点P是边上一点，过点P分别作于点E，于点D，当四边形的面积最大时，点P的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出直线AB的解析式为，然后设点P的坐标为，可得，从而得到四边形的面积为，再根据二次函数的性质，即可求解．
【详解】解：设直线AB的解析式为
，
把点代入得：
，解得：，
∴直线AB的解析式为，
设点P的坐标为，
∵，
∴点C（-1，0），
∵于点E，于点D，
∴，
∴四边形的面积为

，
∴当m=3时，四边形的面积最大，此时点P（3，2）．
故选：D
【点睛】本题主要考查了一次函数的图象和性质，二次函数的应用，熟练掌握一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质是解题的关键．
5．（2022春·江苏·九年级专题练习）在平面直角坐标系中，二次函数图象的顶点为A，与y轴交于点B，若在该二次函数图象上取点C，在x轴上取点D，使得四边形为平行四边形，则点D的坐标为__．
【答案】
【分析】根据题意可得A、B两点的坐标，再根据在该二次函数取点C，在x轴上取点D，使得四边形为平行四边形，可以得到点C的坐标，从而求出点D的坐标，即可求解．
【详解】∵二次函数，
∴该函数的顶点坐标为，
∴点A的坐标，
∵时，，
∴点B的坐标为，
∵四边形为平行四边形，点C在二次函数图象上，点D在x轴上，
∴B、C两点的纵坐标相同，
∴点，
∴，
∴，
∴点D的横坐标为：，
∴点D的坐标为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的性质、二次函数图像上点的坐标特征、平行四边形的判定，解题关键是明确题意，利用二次函数性质解答．
6．（2022秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）下列关于二次函数（其中是自变量）的结论：①该抛物线的对称轴为；②若时，随的增大而减小，则；③若，则的解集为或；④该抛物线经过不同两点，，那么该抛物线的顶点一定不可能在函数的图像上．其中结论正确的有____________（填序号）．
【答案】①②③
【分析】根据二次函数图像的性质，顶点坐标公式，二次函数图像的对称性，二次函数与一次函数的交点坐标即可求解．
【详解】解：二次函数，则二次项系数为，一次项系数为，常数项为，
结论①，该抛物线的对称轴为，故①正确；
结论②，当时，抛物线的对称轴为，当时，随的增大而减小；当时，随的增大而增大，故②正确；
结论③，当时，抛物线解析式为，则抛物线与轴的交点为，且对称轴为，根据对称性可知，当或时，，故③正确；
结论④，抛物线经过不同两点，，由此可知，或，即点与点关于对称，
∴或，且抛物线的顶点坐标为，
∴抛物线的顶点坐标可以表示为或，
∴当时，函数的函数值为，
假设顶点坐标在函数上，则或，
∴或，即当或，该抛物线的顶点在函数的图像上，故④错误．
综上所述，正确的有①②③，
故答案为：①②③．
【点睛】本题主要考查二次函数图像的性质，对称性，顶点坐标公式，与一次函数关系的综合，掌握二次函数图像的性质，对称性，以及与一次函数的关系是解题的关键．
7．（2022秋·安徽合肥·九年级统考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线（a<0）的顶点为A，与抛物线交于x轴上方的点B．
（1）点B的横坐标是___________
（2）过点B作平行于x轴的直线，分别与两条抛物线的另一个交点为D，C，连结AD，AC，OC，OD，则四边形ACOD的面积为___________
【答案】 12
【分析】（1）抛物线是由抛物线向右平移3个单位得到的，B点横坐标为两条对称轴距离的一半，即可得解；
（2）利用四边形的面积＝，进行计算即可．
【详解】解：（1）的对称轴为：；对称轴为：，
由图象得：抛物线是由抛物线向右平移3个单位得到的，
B点横坐标为两条对称轴距离的一半，
∴B点横坐标为：；
（2）由题意得：，
，
∴ 四边形ACOD的面积＝．
【点睛】本题考查二次函数的平移，图象和性质．熟练掌握二次函数的图象和性质，从图象中获取有效信息是解题的关键．
8．（2021秋·湖北黄冈·九年级校考阶段练习）如图，二次函数的图象的顶点为A，与y轴的交点为B，BCx轴，交抛物线于点C，则△ABC的面积是 _____．
【答案】18
【分析】抛物线解析式化为顶点式，求出点A坐标及对称轴，由求解即可．
【详解】解：∵抛物线，
∴顶点坐标A为（3，6+c），对称轴为直线x＝3，
当x＝0时，y＝c，
∴点B坐标为（0，c），
∴BC＝6，
∴．
故答案为：18．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解题关键是将抛物线化为顶点式求解．
9．（2023秋·广东广州·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点B的坐标为，且，抛物线图象经过A，B，C三点．
(1)求A，C两点的坐标；
(2)求抛物线的解析式；
(3)若点P是直线下方的抛物线上的一个动点，作于点D，当的值最大时，求此时点P的坐标及的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)，的最大值为
【分析】（1）根据，即可求解；
（2）设抛物线的表达式为：，再把点代入，即可求解；
（3）先求出直线的表达式，然后过点P作y轴的平行线交于点H，根据，可得，设点 ，则点，可得的长，再根据二次函数的性质，即可求解．
【详解】（1）解：∵点B的坐标为，
∴，
∵，
∴，
∴点；
（2）解：设抛物线的表达式为：，
把点代入得：，
解得：，
故抛物线的表达式为：；
（3）解：∵直线过点，
∴可设其函数表达式为：，
将点代入得：
解得：，
故直线的表达式为：，
过点P作y轴的平行线交于点H，
∵，
，
∵轴，
，
∴，
∵，
∴，
设点 ，则点，
∴，
∵ ，
∴有最大值，当时，其最大值为，
此时点．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及一次函数、等腰直角三角形的性质、图象的面积计算等，其中（3），用函数关系表示，是本题解题的关键
10．（2022秋·重庆沙坪坝·九年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，直线分别交轴、轴于、两点．抛物线经过，两点，且与轴的另一个交点为．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点是线段上一个动点，过点作轴的垂线，交该抛物线于点，连接、，求面积的最大值；
(3)点为直线上一点，点为该抛物线上一点，且，两点的纵坐标都为．点为轴上的点，若四边形是平行四边形，请求出点的坐标；
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）根据题意得出点，，，然后待定系数法求解析式即可求解；
（2）设点的横坐标为，则，，根据三角形面积得出关于的二次函数关系，根据二次函数的性质求得最值即可求解；
（3）将代入得，得出的坐标，将代入，求得点的坐标，然后根据平行四边形的性质分类讨论即可求解．
【详解】（1）解：在中，令，
，
点的坐标为．
在中，令，
，
∴点的坐标为．
∵过点，
∴抛物线解析式为，
将点，代入得
，
解得：，
∴抛物线解析式为：；
（2）如图，设点的横坐标为，则，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴当时，面积的最大值为；
（3）解：将代入得，，
点．
将代入，得，
解得：，
点的坐标为或，
当时，四边形是平行四边形，点在轴上，
，
，
当，时，同理可得，
或．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，待定系数法求二次函数的解析式、一面积问题，平行四边形的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
考查类型
考查类型一 与线段有关的问题
考查类型二 与图形面积有关的问题
考查类型三 角度问题
考查类型四 与特殊三角形判定有关的问题
考查类型五 与特殊四边形判定有关的问题
考查类型六 与三角形全等、相似有关的问题
考查类型七 与圆有关的运算
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