【二轮复习】2024年中考数学 题型9 2次函数综合题（复习讲义）

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二次函数的综合
1、函数存在性问题
解决二次函数存在点问题，一般先假设该点存在，根据该点所在的直线或抛物线的表达式，设出该点的坐标；然后用该点的坐标表示出与该点有关的线段长或其他点的坐标等；最后结合题干中其他条件列出等式，求出该点的坐标，然后判别该点坐标是否符合题意，若符合题意，则该点存在，否则该点不存在．
2、函数动点问题
（1）函数压轴题主要分为两大类：一是动点函数图象问题；二是与动点、存在点、相似等有关的二次函数综合题．
（2）解答动点函数图象问题，要把问题拆分，分清动点在不同位置运动或不同时间段运动时对应的函数表达式，进而确定函数图象；解答二次函数综合题，要把大题拆分，做到大题小做，逐步分析求解，最后汇总成最终答案．
（3）解决二次函数动点问题，首先要明确动点在哪条直线或抛物线上运动，运动速度是多少，结合直线或抛物线的表达式设出动点的坐标或表示出与动点有关的线段长度，最后结合题干中与动点有关的条件进行计算．
1．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）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．
【答案】(1)①；②当时，；(2)
【分析】（1）①将代入解析式，化为顶点式，即可求解；
②已知顶点，根据二次函数的增减性，得出当时，有最大值7，当时取得最小值，即可求解；
（2）根据题意时，的最大值为2；时，的最大值为3，得出抛物线的对称轴在轴的右侧，即，由抛物线开口向下，时，的最大值为2，可知，根据顶点坐标的纵坐标为3，求出，即可得解．
【详解】（1）解：①当时，，
∴顶点坐标为．
②∵顶点坐标为．抛物线开口向下，
当时，随增大而增大，
当时，随增大而减小，
∴当时，有最大值7．
又
∴当时取得最小值，最小值；
∴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．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，顶点式，二次函数的最值问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
2.已知抛物线的对称轴为直线．
（1）求a的值；
（2）若点M（x1，y1），N（x2，y2）都在此抛物线上，且，．比较y1与y2的大小，并说明理由；
（3）设直线与抛物线交于点A、B，与抛物线交于点C，D，求线段AB与线段CD的长度之比．
【答案】（1）；（2），见解析；（3）
【分析】
（1）根据对称轴，代值计算即可
（2）根据二次函数的增减性分析即可得出结果
（3）先根据求根公式计算出，再表示出，=，即可得出结论
【详解】
解：（1）由题意得：
（2）抛物线对称轴为直线，且
当时，y随x的增大而减小，
当时，y随x的增大而增大．
当时，y1随x1的增大而减小，
时，，时，
同理：时，y2随x2的增大而增大
时，．
时，

（3）令

令

AB与CD的比值为
【点睛】
本题考查二次函数的图像性质、二次函数的解析式、对称轴、函数的交点、正确理解二次函数的性质是关键，利用交点的特点解题是重点
3.已知抛物线．
(1)如图①，若抛物线图象与轴交于点，与轴交点．连接．
①求该抛物线所表示的二次函数表达式；
②若点是抛物线上一动点（与点不重合），过点作轴于点，与线段交于点．是否存在点使得点是线段的三等分点？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
(2)如图②，直线与轴交于点，同时与抛物线交于点，以线段为边作菱形，使点落在轴的正半轴上，若该抛物线与线段没有交点，求的取值范围．
【答案】(1)①，②存在，点P坐标为(2，-3)或（，-），理由见解析
(2)b<或b>
【分析】（1）①直接用待定系数法求解；②先求出直线AB的解析式，设点M(m，m-3)点P（m，m2-2m-3）若点是线段的三等分点，则或，代入求解即可；
（2）先用待定系数法求出n的值，再利用勾股定理求出CD的长为5，因为四边形CDFE是菱形，由此得出点E的坐标．再根据该抛物线与线段没有交点，分两种情况（CE在抛物线内和CE在抛物线右侧）进行讨论，求出b的取值范围．
(1)
①解：把，代入，得
，
解得：，
∴
②解：存在，理由如下，
设直线AB的解析式为y=kx+b，把， 代入，得
，
解得，
∴直线AB的解析式为y=x-3，
设点M(m，m-3)、点P（m，m2-2m-3）
若点是线段的三等分点，
则或，
即或，
解得：m=2或m=或m=3，
经检验，m=3是原方程的增根，故舍去，
∴m=2或m=
∴点P坐标为(2，-3)或（，-）
(2)解：把点D（-3，0）代入直线，解得n=4，
∴直线，
当x=0时，y=4，即点C（0，4）
∴CD==5，
∵四边形CDFE是菱形，
∴CE=EF=DF=CD=5，
∴点E（5，4）
∵点在抛物线上，
∴（-3）2-3b+c=0，
∴c=3b-9，
∴，
∵该抛物线与线段没有交点，
分情况讨论
当CE在抛物线内时
52+5b+3b-9<4
解得：b<
当CE在抛物线右侧时，
3b-9>4
解得：b>
综上所述，b<或b>
【点睛】此题考查了二次函数和一次函数以及图形的综合，解题的关键是数形结合和分情况讨论．
4.在平面直角坐标系xy中，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c经过点A（－1，0）和点B（0，3），顶点为C，点D在其对称轴上，且位于点C下方，将线段DC绕点D按顺时针方向旋转90°，点C落在抛物线上的点P处．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求点P的坐标；
(3)将抛物线平移，使其顶点落在原点O，这时点P落在点E的位置，在y轴上是否存在点M，使得MP＋ME的值最小，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可得；
（2）先求出抛物线的对称轴，再设点的坐标为，则，根据旋转的性质可得，从而可得，将点代入抛物线的解析式求出的值，由此即可得；
（3）先根据点坐标的平移规律求出点，作点关于轴的对称点，连接，从而可得与轴的交点即为所求的点，再利用待定系数法求出直线的解析式，由此即可得出答案．
(1)解：将点代入得：，
解得，
则抛物线的解析式为．
(2)解：抛物线的对称轴为直线，其顶点的坐标为，
设点的坐标为，则，
由旋转的性质得：，
，即，
将点代入得：，
解得或（舍去），
当时，，
所以点的坐标为．
(3)解：抛物线的顶点的坐标为，
则将其先向左平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度恰好落在原点，
这时点落在点的位置，且，
，即，恰好在对称轴直线上，
如图，作点关于轴的对称点，连接，
则，
由两点之间线段最短可知，与轴的交点即为所求的点，此时的值最小，即的值最小，
由轴对称的性质得：，
设直线的解析式为，
将点代入得：，
解得，
则直线的解析式为，
当时，，
故在轴上存在点，使得的值最小，此时点的坐标为．
【点睛】本题考查了求二次函数的解析式、二次函数的图象与性质、旋转的性质、点坐标的平移规律等知识点，熟练掌握待定系数法和二次函数的图象与性质是解题关键．
5．（2023·湖南·统考中考真题）如图，二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交于点，其中，．

(1)求这个二次函数的表达式；
(2)在二次函数图象上是否存在点，使得？若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由；
(3)点是对称轴上一点，且点的纵坐标为，当是锐角三角形时，求的取值范围．
【答案】(1)；(2)或或；(3)或
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据，可得到的距离等于到的距离，进而作出两条的平行线，求得解析式，联立抛物线即可求解；
（3）根据题意，求得当是直角三角形时的的值，进而观察图象，即可求解，分和两种情况讨论，分别计算即可求解．
【详解】（1）解：将点，代入，得
解得：
∴抛物线解析式为；
（2）∵，
顶点坐标为，
当时，
解得：
∴，则
∵，则
∴是等腰直角三角形，
∵
∴到的距离等于到的距离，
∵，，设直线的解析式为
∴
解得：
∴直线的解析式为，
如图所示，过点作的平行线，交抛物线于点，

设的解析式为，将点代入得，
解得：
∴直线的解析式为，
解得：或
∴，
∵
∴
∴是等腰直角三角形，且，
如图所示，延长至，使得，过点作的平行线，交轴于点，则，则符合题意的点在直线上，
∵是等腰直角三角形，
∴
∴是等腰直角三角形，
∴
∴
设直线的解析式为
∴
解得：
∴直线的解析式为
联立
解得：或
∴或
综上所述，或或；
（3）①当时，如图所示，过点作交于点，
当点与点重合时，是直角三角形，
当时，是直角三角形，

设交于点，
∵直线的解析式为，
则，
∴,
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴
∴，
设，则
∵
∴
解得：（舍去）或
∴
∵是锐角三角形
∴；
当时，如图所示，
同理可得
即∴
解得：或（舍去）
由（2）可得时，

∴
综上所述，当是锐角三角形时，或．
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，面积问题，角度问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
6.抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是抛物线上位于直线上方的一点，与相交于点E，当时，求点P的坐标；
（3）如图2，点D是抛物线的顶点，将抛物线沿方向平移，使点D落在点处，且，点M是平移后所得抛物线上位于左侧的一点，轴交直线于点N，连结．当的值最小时，求的长．
【答案】（1）；（2）或；（3）．
【分析】
（1）利用待定系数法即可得；
（2）设点的坐标为，先利用待定系数法求出直线的解析式，再根据可得点的坐标，代入直线的解析式求解即可得；
（3）先根据求出点的坐标，再根据二次函数图象的平移规律得出平移后的函数解析式，设点的坐标，从而可得点的坐标，然后根据两点之间的距离公式可得，最后根据两点之间线段最短、垂线段最短求解即可得．
【详解】
解：（1）由题意，将点代入得：，
解得，
则抛物线的解析式为；
（2）对于二次函数，
当时，，解得或，
，
设点的坐标为，点的坐标为，
，
，解得，
，
设直线的解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的解析式为，
将点代入得：，
解得或，
当时，，此时，
当时，，此时，
综上，点的坐标为或；
（3）二次函数的顶点坐标为，
设点的坐标为，
，
，解得，
，
则平移后的二次函数的解析式为，
设直线的解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的解析式为，
设点的坐标为，则点的坐标为，
如图，连接，过点作于点，过点作于点，交于点，连接，
，
轴，
，
，
由两点之间线段最短得：的最小值为，
由垂线段最短得：当点与点重合时，取得最小值，此时点与点重合，
则点的纵坐标与点的纵坐标相等，
即，解得，
则，
，
．
【点睛】
本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式、二次函数图象的平移规律、垂线段最短等知识点，较难的是题（3），正确求出平移后的抛物线的解析式是解题关键．
7.已知二次函数，其中．
(1)当该函数的图像经过原点，求此时函数图像的顶点的坐标；
(2)求证：二次函数的顶点在第三象限；
(3)如图，在（1）的条件下，若平移该二次函数的图像，使其顶点在直线上运动，平移后所得函数的图像与轴的负半轴的交点为，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)最大值为
【分析】（1）先利用待定系数法求出二次函数解析式，再将二次函数解析式化为顶点式即可得到答案；
（2）先根据顶点坐标公式求出顶点坐标为，然后分别证明顶点坐标的横纵坐标都小于0即可；
（3）设平移后图像对应的二次函数表达式为，则其顶点坐标为，然后求出点B的坐标，根据平移后的二次函数顶点在直线上推出，过点作，垂足为，可以推出,由此即可求解．
(1)
解：将代入，
解得．
由，则符合题意，
∴，
∴．
(2)
解：由抛物线顶点坐标公式得顶点坐标为．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴二次函数的顶点在第三象限．
(3)
解：设平移后图像对应的二次函数表达式为，则其顶点坐标为
当时，，
∴．
将代入，
解得．
∵在轴的负半轴上，
∴．
∴．
过点作，垂足为，
∵，
∴．
在中，
,
∴当时，此时，面积有最大值，最大值为．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数的平移，二次函数的最值问题，正确理解题意，熟练掌握二次函数的相关知识是解题的关键．
8.二次函数的图象经过点，，与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上一点，连接、，交于点Q，过点P作轴于点D．
（1）求二次函数的表达式；
（2）连接，当时，求直线的表达式；
（3）请判断：是否有最大值，如有请求出有最大值时点P的坐标，如没有请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）有最大值为，P点坐标为
【分析】
（1）将，代入中，列出关于a、b的二元一次方程组，求出a、b的值即可；
（2）设与y轴交于点E，根据轴可知，，当，即，由此推断为等腰三角形，设，则，所以，由勾股定理得，解出点E的坐标，用待定系数法确定出BP的函数解析式即可；
（3）设与交于点N，过B作y轴的平行线与相交于点M．由A、C两点坐标可得所在直线表达式，求得 M点坐标，则，由，可得，，设，则，根据二次函数性质求解即可．
【详解】
解：（1）由题意可得：
解得：，
∴二次函数的表达式为；
（2）设与y轴交于点E，
∵轴，
，
，
，
，
，设，
则，，
在中，由勾股定理得，
解得，
，
设所在直线表达式为
解得
∴直线的表达式为．
（3）设与交于点N．
过B作y轴的平行线与相交于点M．
由A、C两点坐标分别为，
可得所在直线表达式为
∴M点坐标为，
由，可得，
设，则
，
∴当时，有最大值0.8，
此时P点坐标为．
【点睛】
本题主要考查二次函数以及一次函数解析式的确定，函数图像的性质，相似三角形，勾股定理等知识点，熟练运用待定系数法求函数解析式是解题关键，本题综合性强，涉及知识面广，难度较大，属于中考压轴题．
9.如图，抛物线（其中）与x轴交于A、B两点，交y轴于点C．
（1）直接写出的度数和线段AB的长（用a表示）；
（2）若点D为的外心，且与的周长之比为，求此抛物线的解析式；
（3）在（2）的前提下，试探究抛物线上是否存在一点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）∠OCA=45°，AB= a+1；（2）；（3）存在，P1（，），P2（1，-2）．
【分析】
（1）根据二次函数解析式可得A（a，0），C（0，-a），B（-1，0），即可得出OA=OB=a，OB=1，即可证明△OCA是等腰直角三角形，可得∠OCA=45°，根据线段的和差关系可表示AB的长；
（2）如图，作△ABC的外接圆⊙D，根据等腰直角三角形的性质可得AC=，利用两点间距离公式可用a表示出BC的长，根据圆周角定理可得∠D=2∠OAC=90°，可得△DBC是等腰直角三角形，即可证明△DBC∽△OCA，根据相似三角形周长之比等于相似比列方程求出a值即可得答案；
（3）如图，过点D作DH⊥AB于H，过点C作AC的垂线，交x轴于F，过点O作OG⊥AC于G，连接AP交CF于E，可得△OCF是等腰直角三角形，利用待定系数法可得直线CF的解析式，根据外心的定义及等腰直角三角形的性质可求出点D坐标，即可得出BH、DH的长，根据，∠BHD=∠ACE=90°可证明△BHD∽△ACE，根据相似三角形的性质可求出CE的长，根据两点间距离公式可得点E坐标，利用待定系数法可得直线AE解析式，联立直线AE与抛物线的解析式求出点P坐标即可得答案．
【详解】
（1）∵抛物线（其中）与x轴交于A、B两点，交y轴于点C．
∴当x=0时，y=-a，
当y=0时，，
解得：，，
∴A（a，0），C（0，-a），B（-1，0），
∴OB=1，OA=OC=a，
∴△OCA是等腰直角三角形，
∴∠OCA=45°，AB=OA+OB=a+1．
（2）如图，作△ABC的外接圆⊙D，
∵点D为的外心，
∴DB=DC，
∵△OCA是等腰直角三角形，OA=a，
∴∠OAC=45°，AC=，
∵∠BDC和∠BAC是所对的圆心角和圆周角，
∴∠BDC=2∠BAC=90°，
∴∠DBC=45°，
∴∠DBC=∠OAC，
∴△DBC∽△OCA，
∵与的周长之比为，
∴，即，
解得：，
经检验：是原方程的根，
∵,
∴a=2，
∴抛物线解析式为：=．
（3）如图，过点D作DH⊥AB于H，过点C作AC的垂线，交x轴于F，过点O作OG⊥AC于G，连接AP交CF于E，
∵a=2，
∴C（0，-2），A（2，0），AC=，
∵∠OCA=45°，
∴∠OCF=45°，
∴△OCF是等腰直角三角形，
∴F（-2，0），
设直线CF的解析式为y=kx+b，
∴，
解得：，
∴直线CF的解析式为，
∵△OCA是等腰直角三角形，OG⊥AC，
∴OG所在直线为AC的垂直平分线，点G为AC中点，
∵点D为的外心，
∴点D在直线OG上，
∵A（2，0），C（0，-2），
∴G（1，-1），
设直线OG的解析式y=mx，
∴m=-1，
∴直线OG的解析式y=-x，
∵点D为△ABC的外心，
∴点D在AB的垂直平分线上，
∴点D的横坐标为=，
把x=代入y=-x得y=-，
∴D（，-），
∴DH=，BH=1+=，
∵，∠BHD=∠ACE=90°，
∴△BHD∽△ACE，
∴，即，
解得：，
∵点E在直线CF上，
∴设点E坐标为（n，-n-2），
∴CE==，
解得：，
∴（，），（，），
设直线AE1的解析式为y=k1x+b1，
∴，
解得：，
∴直线AE1的解析式为，
同理：直线AE2的解析式为，
联立直线AE1解析式与抛物线解析式得，
解得：，（与点A重合，舍去），
∴P1（，），
联立直线AE2解析式与抛物线解析式得，
解得：，（与点A重合，舍去），
∴P2（1，-2）．
综上所述：存在点P，使得，点P坐标为P1（，），P2（1，-2）．
【点睛】
本题考查二次函数的综合，考查了二次函数的性质、待定系数法求一次函数解析式、圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及定理是解题关键．
10.如图1，已知二次函数的图象与x轴交于点、，与y轴交于点C，且．
(1)求二次函数的解析式；
(2)如图2，过点C作轴交二次函数图象于点D，P是二次函数图象上异于点D的一个动点，连接PB、PC，若，求点P的坐标；
(3)如图3，若点P是二次函数图象上位于BC下方的一个动点，连接OP交BC于点Q．设点P的横坐标为t，试用含t的代数式表示的值，并求的最大值．
【答案】(1)；
(2)P（1+）或（1-）；
(3)
【分析】（1）在Rt△AOC中求出OC的长，从而确定点C的坐标，将二次函数设为交点式，将点C的坐标代入，进一步求得结果；
（2）可分为点P在第三象限和第一象限两种情况：当点P在第三象限时，设点P（a，），可表示出△BCD的面积，作PE∥AB交BC于E，先求出直线BC，从而得到E点坐标，从而表示出△PBC的面积，根据S△PBC=S△BCD，列出方程，进一步求得结果，当P在第一象限，同样的方法求得结果；
（3）作PN⊥AB于N，交BC于M，根据P（t，），M（t，），表示出PM的长，根据PN∥OC，得出△PQM∽△OQC，从而得出，从而得出的函数表达式，进一步求得结果．
(1)
∵A（-1，0），
∴OA=1，
又∵∠AOC=90°，tan∠OAC=，
∴OC=2OA=2即点C的坐标为（0，-2），
设二次函数的解析式为y=a（x+1）（x-2），
将C点坐标代入得：a=1，
∴y=（x+1）（x-2）=；
(2)
设点P（a，），如图所示，当点P在第三象限时，作PE∥AB交BC于E，
∵B（2，0），C（0，-2），
∴直线BC的解析式为：y=x-2，
∴当时，x=y+2=，
∴PE==，
∴S△PBC=PE·OC，
∵抛物线的对称轴为y=，CD∥x轴，C（0，-2），
∴点D（1，-2），
∴CD=1，
∴S△BCD=CD·OC，
∴PE·OC=CD·OC，
∴a2-2a=1，
解得a1=1+（舍去），a2=1-；
当x=1-时，y==a-1=-，
∴P（1-，-），
如图，当点P在第一象限时，作PE⊥x轴于点E，交直线BC于F，
∴F（a，a-2），
∴PF=（）-（a-2）=，
∴S△PBC=PF·OB=CD·OC，
∴=1，
解得a1=1+，a2=1-（舍去）；
当a=1+时，y==，
∴P（1+，），
综上所述，P点坐标为（1+）或（1-）；
(3)
如图，作PN⊥AB于N，交BC于M，
由题意可知，P（t，），M（t，t-2），
∴PM=（t-2）-（）=-，
又∵PN∥OC，
∴△PQM∽△OQC，
∴+，
∴当t=1时，()最大=．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，三角函数的应用、二次函数的解析式、相似三角形的综合和配方法求最值等，熟练掌握二次函数的图象与性质是解决此类问题的关键．
11.如图，已知抛物线交轴于、两点，将该抛物线位于轴下方的部分沿轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象”，图象交轴于点．
(1)写出图象位于线段上方部分对应的函数关系式；
(2)若直线与图象有三个交点，请结合图象，直接写出的值；
(3)为轴正半轴上一动点，过点作轴交直线于点，交图象于点，是否存在这样的点，使与相似？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或
(3)存在，或或
【分析】（1）先求出点A、B、C坐标，再利用待定系数法求解函数关系式即可；
（2）联立方程组，由判别式△=0求得b值，结合图象即可求解；
（3）根据相似三角形的性质分∠CNM=90°和∠NCM=90°讨论求解即可．
(1)
解：由翻折可知：.
令，解得：，，
∴，，
设图象的解析式为，代入，解得，
∴对应函数关系式为=．
(2)
解：联立方程组，
整理，得：，
由△=4-4（b-2）=0得：b=3，此时方程有两个相等的实数根，
由图象可知，当b=2或b=3时，直线与图象有三个交点；
(3)
解：存在．如图1，当时，，此时，N与C关于直线x= 对称，
∴点N的横坐标为1，∴；
如图2，当时，，此时，点纵坐标为2，
由，解得，（舍），
∴N的横坐标为，
所以；
如图3，当时，，此时，直线的解析式为，
联立方程组：，解得，（舍），
∴N的横坐标为，
所以，
因此，综上所述：点坐标为或或．
【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及翻折性质、待定系数法求二次函数解析式、二次函数与一次函数的图象交点问题、相似三角形的性质、解一元二次方程等知识，综合体现数形结合思想和分类讨论思想的运用，属于综合题型，有点难度
12．（2023·安徽·统考中考真题）在平面直角坐标系中，点是坐标原点，抛物线经过点，对称轴为直线．
(1)求的值；
(2)已知点在抛物线上，点的横坐标为，点的横坐标为．过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的垂线交直线于点．
（ⅰ）当时，求与的面积之和；
（ⅱ）在抛物线对称轴右侧，是否存在点，使得以为顶点的四边形的面积为？若存在，请求出点的横坐标的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）（ⅰ）根据题意画出图形，得出，，，继而得出，，当时，根据三角形的面积公式，即可求解．
（ⅱ）根据（ⅰ）的结论，分和分别求得梯形的面积，根据四边形的面积为建立方程，解方程进而即可求解．
【详解】（1）解：依题意，，
解得：，
∴；
（2）（ⅰ）设直线的解析式为，
∵，
∴
解得：，
∴直线，
如图所示，依题意，，，，

∴，
，
∴当时，与的面积之和为，
（ⅱ）当点在对称右侧时，则，
∴，
当时，，
∴，
∴，
解得：，

当时，，
∴，
∴，
解得：（舍去）或（舍去）

综上所述，．
【点睛】本题考查了二次函数综合问题，面积问题，待定系数法求二次函数解析式，分类讨论，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
13.如图，已知抛物线与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴交于点C，对称轴为．
（1）求抛物线的解析式；
（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，连接OQ．当线段PQ长度最大时，判断四边形OCPQ的形状并说明理由．
（3）如图2，在（2）的条件下，D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且．在y轴上是否存在点F，使得为等腰三角形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）四边形OCPQ是平行四边形，理由见详解；（3）（0，）或（0，1）或（0，-1）
【分析】
（1）设抛物线，根据待定系数法，即可求解；
（2）先求出直线BC的解析式为：y=-x+4，设P（x，-x+4），则Q（x，），（0≤x≤4），得到PQ =，从而求出线段PQ长度最大值，进而即可得到结论；
（3）过点Q作QM⊥y轴，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，交于点N，推出，从而得，进而求出E（5，4），设F（0，y），分三种情况讨论，即可求解．
【详解】
解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴交于点C，对称轴为直线，
∴B（4，0），C（0，4），
设抛物线，把C（0，4）代入得：，解得：a=1，
∴抛物线的解析式为：；
（2）∵B（4，0），C（0，4），
∴直线BC的解析式为：y=-x+4，
设P（x，-x+4），则Q（x，），（0≤x≤4），
∴PQ=-x+4-()==，
∴当x=2时，线段PQ长度最大=4，
∴此时，PQ=CO，
又∵PQ∥CO，
∴四边形OCPQ是平行四边形；
（3）过点Q作QM⊥y轴，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，交于点N，
由（2）得：Q（2，-2），
∵D是OC的中点，
∴D（0，2），
∵QN∥y轴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即：，
设E（x，），则，解得：，（舍去），
∴E（5，4），
设F（0，y），则，
，，
①当BF=EF时，，解得：，
②当BF=BE时，，解得：或，
③当EF=BE时，，无解，
综上所述：点F的坐标为：（0，）或（0，1）或（0，-1）．
．
【点睛】
本题主要考查二次函数与平面几何的综合，掌握二次函数的性质以及图像上点的坐标特征，添加辅助线，构造直角三角形，是解题的关键．
14．（2023·四川凉山·统考中考真题）如图，已知抛物线与轴交于和两点，与轴交于点．直线过抛物线的顶点．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)若直线与抛物线交于点，与直线交于点．
①当取得最大值时，求的值和的最大值；
②当是等腰三角形时，求点的坐标．
【答案】(1)；(2)①当时，有最大值，最大值为；②或或
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）①先求出，进而求出直线的解析式为，则，进一步求出，由此即可利用二次函数的性质求出答案；②设直线与x轴交于H，先证明是等腰直角三角形，得到；再分如图3-1所示，当时， 如图3-2所示，当时， 如图3-3所示，当时，三种情况利用等腰三角形的定义进行求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于和两点，
∴抛物线对称轴为直线，
在中，当时，，
∴抛物线顶点P的坐标为，
设抛物线解析式为，
∴，
∴，
∴抛物线解析式为
（2）解：①∵抛物线解析式为，点C是抛物线与y轴的交点，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
∵直线与抛物线交于点，与直线交于点
∴，
∴
，
∵，
∴当时，有最大值，最大值为；
②设直线与x轴交于H，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
如图3-1所示，当时，
过点C作于G，则
∴点G为的中点，
由（2）得，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴；
如图3-2所示，当时，则是等腰直角三角形，
∴，即，
∴点E的纵坐标为5，
∴，
解得或（舍去），
∴
如图3-3所示，当时，过点C作于G，
同理可证是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴，，
∴，
∴
综上所述，点E的坐标为或或
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判断，一次函数与几何综合，待定系数法求函数解析式等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
15.如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，连接．
(1)求线段AC的长；(2)若点Р为该抛物线对称轴上的一个动点，当时，求点P的坐标；
(3)若点M为该抛物线上的一个动点，当为直角三角形时，求点M的坐标．
【答案】(1)(2)(3)或或或
【分析】（1）根据解析式求出A，B，C的坐标，然后用勾股定理求得AC的长；（2）求出对称轴为x=1，设P（1，t），用t表示出PA2和PC2的长度，列出等式求解即可；（3）设点M（m,m2-2m-3），分情况讨论，当，，分别列出等式求解即可．
(1)
与x轴交点：
令y=0，解得，
即A（-1，0），B（3，0），
与y轴交点：
令x=0，解得y=-3，
即C（0，-3），
∴AO=1,CO=3,
∴;
(2)抛物线的对称轴为：x=1，
设P（1，t），
∴，，
∴
∴t=-1，
∴P（1，-1）；
(3)设点M（m,m2-2m-3），
，
，
,
①当时，
，
解得，（舍），，
∴M（1，-4）；
②当时，
，
解得，，（舍），
∴M（-2，5）；
③当时，
，
解得，，
∴M或；
综上所述：满足条件的M为或或或．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了与坐标轴交点、线段求值、存在直角三角形等知识，解题的关键是学会分类讨论的思想，属于中考压轴题．
16．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，，与轴交于点，其中，．

(1)求该抛物线的表达式；
(2)点是直线下方抛物线上一动点，过点作于点，求的最大值及此时点的坐标；
(3)在（2）的条件下，将该抛物线向右平移个单位，点为点的对应点，平移后的抛物线与轴交于点，为平移后的抛物线的对称轴上任意一点．写出所有使得以为腰的是等腰三角形的点的坐标，并把求其中一个点的坐标的过程写出来．
【答案】(1)；(2)取得最大值为，；(3)点的坐标为或或
【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式即可求解；
（2）直线的解析式为，过点作轴于点，交于点，设，则，则，进而根据二次函数的性质即可求解；
（3）根据平移的性质得出，对称轴为直线，点向右平移5个单位得到，，勾股定理分别表示出，进而分类讨论即可求解．
【详解】（1）解：将点，．代入得，
解得：，
∴抛物线解析式为：，
（2）∵与轴交于点，，
当时，
解得：，
∴,
∵．
设直线的解析式为，
∴
解得：
∴直线的解析式为，
如图所示，过点作轴于点，交于点，

设，则，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴当时，取得最大值为，，
∴；
（3）∵抛物线
将该抛物线向右平移个单位，得到，对称轴为直线，
点向右平移5个单位得到
∵平移后的抛物线与轴交于点，令，则，
∴,
∴
∵为平移后的抛物线的对称轴上任意一点．
则点的横坐标为，
设，
∴，，
当时，，
解得：或，
当时，，
解得：
综上所述，点的坐标为或或．
【点睛】本题考查了二次函数综合问题，解直角三角形，待定系数法求解析式，二次函数的平移，线段周长问题，特殊三角形问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
17.在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，（点在点的左侧），与轴交于点，且点的坐标为．
(1)求点的坐标；(2)如图1，若点是第二象限内抛物线上一动点，求点到直线距离的最大值；(3)如图2，若点是抛物线上一点，点是抛物线对称轴上一点，是否存在点使以，，，为顶点的四边形是平行四边形？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)最大为(3)存在，的坐标为或（3，-16）或
【分析】（1）把点A的坐标代入，求出c的值即可；
（2）过作于点，过点作轴交于点，证明 是等腰直角三角形，得，当最大时，最大，，运用待定系数法求直线解析式为，设，，则，求得PH，再根据二次函数的性质求解即可；
（3）分①当AC为平行四边形ANMC的边，②当AC为平行四边形AMNC的边，③当AC为对角线三种情况讨论求解即可．
(1)
（1）∵点在抛物线的图象上，
∴
∴，
∴点的坐标为；
(2)过作于点，过点作轴交于点，如图：
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵轴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴当最大时，最大，
设直线解析式为，
将代入得，
∴，
∴直线解析式为，
设，，则，
∴，
∵，
∴当时，最大为，
∴此时最大为，即点到直线的距离值最大；
(3)存在．∵
∴抛物线的对称轴为直线，
设点N的坐标为（-2，m），点M的坐标为（x，）
分三种情况：①当AC为平行四边形ANMC的边时，如图，
∵A（-5，0），C（0，5），
∴，即
解得，x=3.
∴
∴点M的坐标为（3，-16）
②当AC为平行四边形AMNC的边长时，如图，
方法同①可得，，
∴
∴点M的坐标为（-7，-16）；
③当AC为对角线时，如图，
∵A（-5，0），C（0，5），
∴线段AC的中点H的坐标为，即H（）
∴，解得，。
∴
∴点M的坐标为（-3，8）
综上，点的坐标为：或（3，-16）或．
【点睛】本题是二次函数综合题，其中涉及到二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象与几何变换，二次函数的性质，平行四边形的判定与性质．熟知几何图形的性质利用数形结合是解题的关键．
18．（2023·四川泸州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与坐标轴分别相交于点A，B，三点，其对称轴为．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)点是该抛物线上位于第一象限的一个动点，直线分别与轴，直线交于点，．
①当时，求的长；
②若，，的面积分别为，，，且满足，求点的坐标．
【答案】(1)；(2)①；②
【分析】（1）根据抛物线对称轴为，可得，求得，再将代入抛物线，根据待定系数法求得，即可解答；
（2）①求出点，点的坐标，即可得到直线的解析式为，设，则，求得的解析式，列方程求出点的坐标，最后根据列方程，即可求出的长；
②过分别作的垂线段，交于点，过点D作的垂线段，交于点I，根据，可得，即，证明，设，得到直线的解析式，求出点D的坐标，即可得到点的坐标，将点E的坐标代入解方程，即可解答．
【详解】（1）解：根据抛物线的对称轴为，
得，
解得，
将代入抛物线可得，
抛物线的解析式为；
（2）解：当时，得，
解得，，
，，
设的解析式为，将，代入，
得，
解得，
的解析式为，
设，则，
设的解析式为，将，代入，
得，
解得，
的解析式为，
联立方程，
解得，
根据，得，
解得，，
经检验，，是方程的解，
点是该抛物线上位于第一象限的一个动点，
在轴正半轴，
，
即的长为；
②解：如图，过分别作的垂线段，交于点，过点D作的垂线段，交于点I，

，
，
，
设，则，
，
，
，
，
，
，
，即点D的横坐标为，
，
设的解析式为，将，，
代入得，
解得，
的解析式为，
，即，
，
四边形是矩形，
，
，即，
将代入，
得，
解得，（舍去），
．
【点睛】本题为二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数和一次函数，二次函数与一元二次方程，两点之间的距离，相似三角形的判定与性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
19.如图，在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点，在轴上，抛物线经过点，两点，且与直线交于另一点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）为抛物线对称轴上一点，为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形．若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）为轴上一点，过点作抛物线对称轴的垂线，垂足为，连接，．探究是否存在最小值．若存在，请求出这个最小值及点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形，点的坐标为或或或；（3）存在最小值，最小值为，此时点M的坐标为．
【分析】
（1）由题意易得，进而可得，则有，然后把点B、D代入求解即可；
（2）设点，当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形时，则根据菱形的性质可分①当时，②当时，然后根据两点距离公式可进行分类求解即可；
（3）由题意可得如图所示的图象，连接OM、DM，由题意易得DM=EM，四边形BOMP是平行四边形，进而可得OM=BP，则有，若使的值为最小，即为最小，则有当点D、M、O三点共线时，的值为最小，然后问题可求解．
【详解】
解：（1）∵四边形为正方形，，
∴，，
∴，
∴OB=1，
∴，
把点B、D坐标代入得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）由（1）可得，抛物线解析式为，则有抛物线的对称轴为直线，
∵点D与点E关于抛物线的对称轴对称，
∴，
∴由两点距离公式可得，
设点，当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形时，则根据菱形的性质可分：
①当时，如图所示：
∴由两点距离公式可得，即，
解得：，
∴点F的坐标为或；
②当时，如图所示：
∴由两点距离公式可得，即，
解得：，
∴点F的坐标为或；
综上所述：当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形，点的坐标为或或或；
（3）由题意可得如图所示：
连接OM、DM，
由（2）可知点D与点E关于抛物线的对称轴对称，，
∴，DM=EM，
∵过点作抛物线对称轴的垂线，垂足为，
∴，
∴四边形BOMP是平行四边形，
∴OM=BP，
∴，
若使的值为最小，即为最小，
∴当点D、M、O三点共线时，的值为最小，此时OD与抛物线对称轴的交点为M，如图所示：
∵，
∴，
∴的最小值为，即的最小值为，
设线段OD的解析式为，代入点D的坐标得：，
∴线段OD的解析式为，
∴．
【点睛】
本题主要考查二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质，熟练掌握二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质是解题的关键．
20．（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．
21.如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点和，交轴于点，抛物线的对称轴交轴于点，交抛物线于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将线段绕着点沿顺时针方向旋转得到线段，旋转角为，连接，，求的最小值．
（3）为平面直角坐标系中一点，在抛物线上是否存在一点，使得以，，，为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点的横坐标；若不存在，请说明理由；
【答案】（1）；（2）；（3）存在，点的横坐标分别为：2，，或．
【分析】
（1）待定系数法求二次函数解析式，设解析式为将，两点代入求得，c的值即可；
（2）胡不归问题，要求的值，将折线化为直线，构造相似三角形将转化为，再利用三角形两边之和大于第三边求得最值；
（3）分2种情形讨论：①AB为矩形的一条边，利用等腰直角三角形三角形的性质可以求得N点的坐标;
②AB为矩形的对角线，设R为AB的中点,RN=AB,利用两点距离公式求解方程可得N点的坐标．
【详解】
解：（1）∵过，
∴
∴，
∴抛物线的解析式为：
（2）在上取一点，使得，连接，
∵
对称轴．
∴，
，
∴，
∴
∴
∴
当，，三点在同一点直线上时，最小为．
在中，，
∴
即最小值为．
（3）情形①如图，AB为矩形的一条边时，
联立
得


是等腰，
分别过 两点作的垂线，交于点，
过作轴，轴,

,也是等腰直角三角形
设，则，所以
代入，解得,（不符题意，舍）
同理，设，则 ，所以
代入，解得,（不符题意，舍）

② AB为矩形的对角线，设R为AB的中点,则
，


设 ，则

整理得：
解得：（不符题意，舍），（不符题意，舍），
，
综上所述：点的横坐标分别为：2，，或．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，三角形相似，勾股定理，二次函数与一次函数交点，矩形的性质，等腰直角三角形性质，平面直角坐标系中两点距离计算等知识，能正确做出辅助线，找到相似三角形是解题的关键．
22．（2023·湖南常德·统考中考真题）如图，二次函数的图象与x轴交于，两点，与y轴交于点C，顶点为D．O为坐标原点，．

(1)求二次函数的表达式；
(2)求四边形的面积；
(3)P是抛物线上的一点，且在第一象限内，若，求P点的坐标．
【答案】(1)；(2)30；(3)
【分析】（1）用两点式设出二次函数的解析式，然后求得C点的坐标，并将其代入二次函数的解析式，求得a的值，再将a代入解析式中即可．
（2）先将二次函数变形为顶点式，求得顶点坐标，然后利用矩形、三角形的面积公式即可求得答案．
（3）根据各点的坐标的关系及同角三角函数相等的结论可以求得相关联的函数解析式，最后联立一次函数与二次函数的解析式，求得点P的坐标．
【详解】（1）∵二次函数的图象与轴交于两点．
∴设二次函数的表达式为
∵，
∴，即的坐标为
则，得
∴二次函数的表达式为；
（2）
∴顶点的坐标为
过作于，作于，
四边形的面积
；

（3）如图，是抛物线上的一点，且在第一象限，当时，
连接，过作交于，过作于，

∵，则为等腰直角三角形，．
由勾股定理得：，
∵，
∴，
即，
∴
由，得，
∴．
∴是等腰直角三角形
∴
∴的坐标为
所以过的直线的解析式为
令
解得，或
所以直线与抛物线的两个交点为
即所求的坐标为
【点睛】本题考查了一次函数、二次函数的性质以及与坐标系几何图形的综合证明计算问题，解题的关键是将所学的知识灵活运用．
23.若二次函数的图象经过点，，其对称轴为直线，与x轴的另一交点为C．
(1)求二次函数的表达式；(2)若点M在直线上，且在第四象限，过点M作轴于点N．
①若点N在线段上，且，求点M的坐标；
②以为对角线作正方形（点P在右侧），当点P在抛物线上时，求点M的坐标．
【答案】(1) (2)①；②
【分析】（1）利用待定系数解答，即可求解；
（2）①先求出直线的表达式为，然后设点N的坐标为．可得．可得到，．再由，即可求解；②连接与交与点E．设点M的坐标为，则点N的坐标为
根据正方形的性质可得E的坐标为，进而得到P的坐标．再由点P在抛物线上，即可求解．
(1)解：二次函数的图象经过点，
．
又抛物线经过点，对称轴为直线，
解得∶
抛物线的表达式为．
(2)
解∶①设直线的表达式为．
点A，B的坐标为，，
∴， 解得∶ ，
直线的表达式为．
根据题意得∶点C与点关于对称轴直线对称，
．
设点N的坐标为．
轴，
．
∴
．
，
解，得．
点M的坐标；
②连接与交与点E．
设点M的坐标为，则点N的坐标为
四边形是正方形，
，，．
∵MN⊥x轴，
轴．
E的坐标为．
．
．
∴P的坐标．
点P在抛物线上，
．
解，得，．
点P在第四象限，
舍去．
即．
点M坐标为．
【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形和性质，正方形的性质，一次函数的图象和性质是解题的关键．
24.如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是边长为3的正方形，其中顶点A，C分别在x轴的正半轴和y轴的正半轴上，抛物线经过A，C两点，与x轴交于另一个点D．
(1)①求点A，B，C的坐标；
②求b，c的值．
(2)若点P是边BC上的一个动点，连结AP，过点P作PM⊥AP，交y轴于点M（如图2所示）．当点P在BC上运动时，点M也随之运动．设BP＝m，CM＝n，试用含m的代数式表示n，并求出n的最大值．
【答案】(1)①A(3，0)，B(3，3)，C(0，3)；②
(2)；
【分析】（1）①根据坐标与图形的性质即可求解；②利用待定系数法求解即可；
（2）证明Rt△ABP∽Rt△PCM，根据相似三角形的性质得到n关于m的二次函数，利用二次函数的性质即可求解．
(1)
解：①∵正方形OABC的边长为3，
∴点A，B，C的坐标分别为A(3，0)，B(3，3)，C(0，3)；
②把点A(3，0)，C(0，3)的坐标分别代入y=−x2+bx+c，
得，解得；
(2)
解：由题意，得∠APB=90°-∠MPC=∠PMC，∠B=∠PCM=90°，
∴Rt△ABP∽Rt△PCM，
∴，即．
整理，得，即．
∴当时，n的值最大，最大值是．
【点睛】本题综合考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，待定系数法求函数解析式，根据正方形的性质求出点A，B，C的坐标是解题的关键．
25.（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点．

(1)求这条抛物线的函数解析式；
(2)P是抛物线上一动点（不与点A，B，C重合），作轴，垂足为D，连接．
①如图，若点P在第三象限，且，求点P的坐标；
②直线交直线于点E，当点E关于直线的对称点落在y轴上时，请直接写出四边形的周长．
【答案】(1)；(2)①②或
【分析】（1）将A，C两点坐标代入抛物线的解析式，从而求得a，c，进而求得结果；
（2）①设，过点作于点，求出，根据列出方程求出的值即可；②可推出四边形是菱形，从而得出，分别表示出和，从而列出方程，进一步求得结果．
【详解】（1）∵抛物线与x轴交于点，与y轴交于点，
∴把，代入得，
，
解得，，
∴抛物线的函数解析式为；
（2）①设，过点作于点，如图，

∴
∵
∴
∵轴，
∴
又
∴四边形是矩形，
∴
∴
∵
∴
∴（不合题意，舍去）
∴
∴；
②设，
对于，当时，
解得，
∴
∵
由勾股定理得，
当点在第三象限时，如图，过点作轴于点，

则四边形是矩形，
∵点与点关于对称，
∴
∵轴，
∴
∴
∴
∴
∴四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，
∵
∴
∴
∴
∴
设直线的解析式为，
把代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为，
∴，
∴,
又且
∴
解得，（舍去）
∴
∴四边形的周长；
当点在第二象限时，如图，

同理可得：
解得，（舍去）
∴
∴四边形的周长；
综上，四边形的周长为或．
【点睛】本题考查了求一次函数和二次函数的解析式，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，轴对称性质等知识，解决问题的关键是正确分类，作辅助线，表示出线段的数量．
26.如图是一块铁皮余料，将其放置在平面直角坐标系中，底部边缘在轴上，且dm，外轮廓线是抛物线的一部分，对称轴为轴，高度dm．现计划将此余料进行切割：
(1)若切割成正方形，要求一边在底部边缘上且面积最大，求此正方形的面积；
(2)若切割成矩形，要求一边在底部边缘上且周长最大，求此矩形的周长；
(3)若切割成圆，判断能否切得半径为dm的圆，请说明理由．
【答案】(1) ；
(2)20dm；
(3)能切得半径为3dm的圆．
【分析】（1）先把二次函数解析式求出来，设正方形的边长为2m，表示在二次函数上点的坐标，代入即可得到关于m的方程进行求解；
（2）如详解2中图所示，设矩形落在AB上的边DE=2n，利用函数解析式求解F点坐标，进而表示出矩形的周长求最大值即可；
（3）为了保证尽可能截取圆，应保证圆心H坐标为（0，3），表示出圆心H到二次函数上个点之间的距离与半径3进行比较即可．
(1)
由题目可知A（-4，0），B（4，0），C（0，8）
设二次函数解析式为y=ax²+bx+c，
∵对称轴为y轴，
∴b=0，将A、C代入得，a=，c=8
则二次函数解析式为，
如下图所示,正方形MNPQ即为符合题意得正方形，设其边长为2m，
则P点坐标可以表示为（m，2m）
代入二次函数解析式得，
，解得（舍去），
∴2m=，
则正方形的面积为；
(2)
如下如所示矩形DEFG，设DE=2n，则E（n，0）
将x=n代入二次函数解析式，得
，
则EF=，
矩形DEFG的周长为：2（DE+EF）=2（2n+）=，
当n=2时，矩形的周长最大，最大周长为20dm；
(3)
如下图所示，为了保证尽可能截取圆，应保证圆心H坐标为（0，3），
则圆心H到二次函数上个点之间的距离为，
∴能切得半径为3dm的圆．
【点睛】本题考查了二次函数与几何结合，熟练掌握各图形的性质，能灵活运用坐标与线段长度之间的转换是解题的关键．
27．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点．抛物线的对称轴与经过点的直线交于点，与轴交于点．

(1)求直线及抛物线的表达式；
(2)在抛物线上是否存在点，使得是以为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)以点为圆心，画半径为2的圆，点为上一个动点，请求出的最小值．
【答案】(1)直线的解析式为；抛物线解析式为；(2)存在，点M的坐标为或 或；(3)
【分析】（1）根据对称轴，，得到点A及B的坐标，再利用待定系数法求解析式即可；
（2）先求出点D的坐标，再分两种情况：①当时，求出直线的解析式为，解方程组，即可得到点M的坐标；②当时，求出直线的解析式为，解方程组，即可得到点M的坐标；
（3）在上取点，使，连接，证得，又，得到，推出，进而得到当点C、P、F三点共线时，的值最小，即为线段的长，利用勾股定理求出即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴，，
∴，
将代入直线，得，
解得，
∴直线的解析式为；
将代入，得
，解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）存在点，
∵直线的解析式为，抛物线对称轴与轴交于点．
∴当时，，
∴，
①当时，
设直线的解析式为，将点A坐标代入，
得，
解得，
∴直线的解析式为，
解方程组，
得或，
∴点M的坐标为；
②当时，
设直线的解析式为，将代入，
得，
解得，
∴直线的解析式为，
解方程组，
解得或，
∴点M的坐标为 或
综上，点M的坐标为或 或；
（3）如图，在上取点，使，连接，
∵，
∴，
∵，、
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴当点C、P、F三点共线时，的值最小，即为线段的长，
∵，
∴，
∴的最小值为．

【点睛】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键．
28.如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别相交于A、B两点，与y轴相交于点C，下表给出了这条抛物线上部分点的坐标值：
（1）求出这条抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）是抛物线对称轴上长为1的一条动线段（点P在点Q上方），求的最小值；
（3）如图2，点D是第四象限内抛物线上一动点，过点D作轴，垂足为F，的外接圆与相交于点E．试问：线段的长是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【答案】（1）；；（2）；（3）是，1．
【分析】
（1）依据表格数据，设出抛物线的顶点式，利用待定系数法求解即可；
（2）利用平移和找对称点的方式，将的长转化为，再利用两点之间线段最短确定的最小值等于CE的长，加1后即能确定的最小值；
（3）设出圆心和D点的坐标，接着表示出E点的坐标，利用圆心到B点的距离等于圆心到D点的距离，求出q和e的关系，得到E点的纵坐标，进而确定EF的长为定值．
【详解】
解：（1）由表格数据可知，顶点坐标为（1,4）
设抛物线解析式为：，
将点（0,3）代入解析式得：3=a+4，
∴，
∴抛物线解析式为：，顶点坐标．
（2）由表格可知，抛物线经过点A（-1,0），C（0,3），
如图3，将A点向上平移一个单位，得到，
则
∴四边形是平行四边形，
∴，
作关于MQ的对称点E，则
∴，
∴，
当P、E、C三点共线时，最短，
设直线CE的解析式为：，
将C、E两点坐标代入解析式可得：，
∴，
∴直线CE的解析式为：，
令，则，
∴当时，P、E、C三点共线，此时最短，
∴的最小值为．
（3）是；
理由：设，
因为A、B两点关于直线x=1对称，
所以圆心位于该直线上，
所以可设的外接圆的圆心为，
作，垂足为点N，则，
由轴，
∴，
∵，且由表格数据可知
∴，
化简得：，
∵点D是第四象限内抛物线上一动点，且抛物线解析式为，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即的长不变，为1．
【点睛】
本题涉及到了动点问题，综合考查了用待定系数法求抛物线解析式、点的平移、勾股定理、平行四边形的判定与性质、最短路径问题、圆的性质等内容，解决本题的关键是理解并掌握相关概念与公式，能将题干信息与图形相结合，挖掘图中隐含信息，本题有一定的计算量，对学生的综合分析与计算能力都有较高的要求，本题蕴含了数形结合的思想方法等．
x
…
0
1
2
3
…
y
…
0
3
4
3
0
…