（广东专用）中考数学三轮考前冲刺押题练习第23题 二次函数压轴类型（2份，原卷版+解析版）

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广东数学2023年中考对最后一题压轴题型二次函数知识的考查要求高，均是以10分简答题的形式进行考查，难度系数大，这几年中考命题趋势，难度可能再次提升。纵观近几年的中考试题，主要考查以下两个方面：一是考查具体二次函数的解析式．二是考查二次函数与不等式组、几何证明，存在性问题，最值问题，角度问题．
今年2023年预测最后一题压轴题还是考查二次函数为基础出题，结合圆，四边形等探究问题，另外还需要注意几何面积的最值问题。
要求考生熟练掌握与二次函数有关的基础知识、二次函数的图象和性质以及几何相关计算与证明。能熟练求函数解析式，能根据函数图像与动点求存在性问题，角度问题，最值问题等。解答的关键是认真审题，分析图形，寻找相关联信息，利用数形结合和分类讨论的思想方法进行推理、探究和计算。另外需要有数形结合的思想，关注用坐标表示面积的最值问题。
1．（2021·广东·统考中考真题）已知二次函数的图象过点，且对任意实数x，都有．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）若（1）中二次函数图象与x轴的正半轴交点为A，与y轴交点为C；点M是（1）中二次函数图象上的动点．问在x轴上是否存在点N，使得以A、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出所有满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，或或或
【分析】（1）令，解得，可得函数 必过 ，再结合 必过 得出，，即可得到，再根据，可看成二次函数与一次函数仅有一个交点，且整体位于的上方，可得，有两个相等的实数根，再根据，可解得的值，即可求出二次函数解析式．
（2）结合（1）求出点C的坐标，设，①当为对角线时，②当为对角线时，③当为对角线时,根据中点坐标公式分别列出方程组，解方程组即可得到答案．
【详解】解：（1）令，解得，
当时，，
∴ 必过 ，
又∵ 必过 ，
∴，
∴，
即，
即可看成二次函数与一次函数仅有一个交点，且整体位于的上方
∴，
有两个相等的实数根
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴．
（2）由（1）可知：，，设，
①当为对角线时，
∴，解得（舍），，
∴，即．
②当为对角线时，
∴，解得（舍），
∴，即．
③当为对角线时，
∴，解得，
∴或，
∴．
综上所述：N点坐标为或或或．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，涉及到二次函数与不等式组，考查了平行四边形的存在性问题，利用中点公式，分类讨论是解题关键．
2．（2022·广东·统考中考真题）如图，抛物线（b，c是常数）的顶点为C，与x轴交于A，B两点，，，点P为线段上的动点，过P作//交于点Q．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)求面积的最大值，并求此时P点坐标．
【答案】(1)
(2)2；P（-1，0）
【分析】（1）用待定系数法将A，B的坐标代入函数一般式中，即可求出函数的解析式；
（2）分别求出C点坐标，直线AC，BC的解析式，PQ的解析式为：y=-2x+n，进而求出P，Q的坐标以及n的取值范围，由列出函数式求解即可．
【详解】（1）解：∵点A（1，0），AB=4，
∴点B的坐标为（-3，0），
将点A（1，0），B（-3，0）代入函数解析式中得：
，
解得：b=2，c=-3，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：由（1）得抛物线的解析式为，
顶点式为：，
则C点坐标为：（-1，-4），
由B（-3，0），C（-1，-4）可求直线BC的解析式为：y=-2x-6，
由A（1，0），C（-1，-4）可求直线AC的解析式为：y=2x-2，
∵PQ∥BC，
设直线PQ的解析式为：y=-2x+n，与x轴交点P，
由解得：，
∵P在线段AB上，
∴，
∴n的取值范围为-6＜n＜2，
则
∴当n=-2时，即P（-1，0）时，最大，最大值为2．
【点睛】本题考查二次函数的面积最值问题，二次函数的图象与解析式间的关系，一次函数的解析式与图象，熟练掌握数形结合思想是解决本题的关键．
3．（2022·广东广州·统考中考真题）已知直线：经过点（0，7）和点（1，6）．
(1)求直线的解析式；
(2)若点P（，）在直线上，以P为顶点的抛物线G过点（0，-3），且开口向下
①求的取值范围；
②设抛物线G与直线的另一个交点为Q，当点Q向左平移1个单长度后得到的点Q' 也在G上时，求G在≤≤的图象的最高点的坐标．
【答案】(1)直线解析式为：；
(2)①m＜10，且m≠0；②最高点的坐标为（-2，9）或（2，5）
【分析】（1）根据待定系数法求出解析式即可；
（2）①设G的顶点式，根据点P在直线上得出G的关系式，根据题意得出点（0，-3）不能成为抛物线G的顶点，进而得出点P必须位于直线的上方，可求m的取值范围，然后结合点P不能在轴上得出答案；
②先根据点Q，点的对称，得QQ'=1，可表示点Q和的坐标，再将点的坐标的代入关系式，求出a，再将点（0，-3）代入可求出m的值，然后分两种情况结合取值范围，求出函数最大值时，最高点的坐标即可．
【详解】（1）解：∵直线经过点（0，7）和点（1，6），
∴，
解得，
∴直线解析式为：；
（2）解：①设G：（），
∵点P（，）在直线上，
∴；
∴G：（）
∵（0，-3）不在直线上，
∴（0，-3）不能成为抛物线G的顶点，
而以P为顶点的抛物线G开口向下，且经过（0，-3），
∴点P必须位于直线的上方，
则，，
另一方面，点P不能在轴上，
∴，
∴所求取值范围为：，且 ；
②如图，QQ'关于直线对称，且QQ'=1，
∴点Q横坐标为，
而点Q在上，∴Q（，），Q'（，）；
∵Q'（，）在G：上，
∴， ，
∴ G：，或．
∵抛物线G过点（0，-3），
∴，
即，
， ；
当时，抛物线G为，对称轴为直线，
对应区间为-2≤≤-1，整个区间在对称轴的右侧，
此时，函数值随着的增大而减小，如图，
∴当取区间左端点时，达最大值9，最高点坐标为（-2，9）；
当时，对应区间为≤≤，最高点为顶点P（2，5），如图，
∴G在指定区间图象最高点的坐标为（-2，9）或（2，5）．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，考查了待定系数法求二次函数的关系式，求二次函数的极值等．解题的关键是掌握当时，顶点在直线与轴的交点（0，7），此时抛物线不可能过点（0，-3），因此，可能会被忽视．
4．（2019·广东广州·统考中考真题）已知抛物线G：有最低点．
（1）求二次函数的最小值（用含m的式子表示）；
（2）将抛物线G向右平移m个单位得到抛物线G1．经过探究发现，随着m的变化，抛物线G1顶点的纵坐标y与横坐标x之间存在一个函数关系，求这个函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（3）记（2）所求的函数为H，抛物线G与函数H的图像交于点P，结合图像，求点P的纵坐标的取值范围.
【答案】（1）二次函数的最小值是；（2）；（3）－4－3.
【分析】（1）抛物线有最低点即开口向上，m＞0，用配方法或公式法求得对称轴和函数最小值．
（2）写出抛物线G的顶点式，根据平移规律即得到抛物线G1的顶点式，进而得到抛物线G1顶点坐标（m+1，-m-3），即x=m+1，y=-m-3，x+y=-2即消去m，得到y与x的函数关系式．再由m＞0，即求得x的取值范围．
（3）求出抛物线恒过点B（2，-4），函数H图象恒过点A（2，-3），由图象可知两图象交点P应在点A、B之间，即点P纵坐标在A、B纵坐标之间．
【详解】解：（1）∵y=mx2-2mx-3=m（x-1）2-m-3，抛物线有最低点，
∴二次函数y=mx2-2mx-3的最小值为-m-3.
（2）∵抛物线G：y=m（x-1）2-m-3,
∴平移后的抛物线G1：y=m（x-1-m）2-m-3,
∴抛物线G1顶点坐标为（m+1，-m-3）,
∴x=m+1，y=-m-3,
∴x+y=m+1-m-3=-2.
即x+y=-2，变形得y=-x-2.
∵m＞0，m=x-1.
∴x-1＞0,
∴x＞1,
∴y与x的函数关系式为y=-x-2（x＞1）.
（3）如图，函数H：y=-x-2（x＞1）图象为射线,
x=1时，y=-1-2=-3；x=2时，y=-2-2=-4,
∴函数H的图象恒过点B（2，-4）,
∵抛物线G：y=m（x-1）2-m-3,
x=1时，y=-m-3；x=2时，y=m-m-3=-3.
∴抛物线G恒过点A（2，-3）,
由图象可知，若抛物线与函数H的图象有交点P，则yB＜yP＜yA,
∴点P纵坐标的取值范围为-4＜yP＜-3.
【点睛】本题考查了求二次函数的最值，二次函数的平移，二次函数与一次函数的关系，熟练掌握是解题的关键.
5．（2019·广东·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点、（点在点右侧），点为抛物线的顶点.点在轴的正半轴上，交轴于点，绕点顺时针旋转得到，点恰好旋转到点，连接.

（1）求点、、的坐标；
（2）求证：四边形是平行四边形；
（3）如图2，过顶点作轴于点，点是抛物线上一动点，过点作轴，点为垂足，使得与相似（不含全等）.
①求出一个满足以上条件的点的横坐标；
②直接回答这样的点共有几个？
【答案】（1），，；（2）证明见解析；（3）①点P的横坐标为，，，②点P共有3个.
【分析】(1)令y=0，可得关于x的方程，解方程求得x的值即可求得A、B两点的坐标，对解析式配方可得顶点D的坐标；
(2)由，CO⊥AF，可得OF=OA=1，如图2，易得，由此可得，继而证明为等边三角形，推导可得，再由，，可得，问题得证；
(3)①设点的坐标为，分三种情况：点在点左侧，点在点右侧，点在之间，分别讨论即可得；
②由①的结果即可得.
【详解】(1)令，
解得或，
故，，
配方得，故；
(2)∵，CO⊥AF，
∴OF=OA=1，
如图，DD1⊥轴，∴DD1//CO，
∴，
∴，
即，
∴，
∴CF==2，
∴，
即为等边三角形，
∴∠AFC=∠ACF=60°，
∵∠ECF=∠ACF，
∴，
∴，
∵CF：DF=OF：FD1=1：2，
∴DF=4，∴CD=6，
又∵，，
∴，
∴四边形是平行四边形；
(3)①设点的坐标为，
(ⅰ)当点在点左侧时，
因为与相似，
则1)，
即，
∴(舍)，x2=-11；
2)，
即，
∴(舍)，；
(ⅱ)当点在点右侧时，
因为与相似，
则3)，
即，
∴(舍)，(舍)；
4)，
即，
∴(舍)，(舍)；
(ⅲ)当点在之间时，
∵与相似，
则5)，
即，
∴(舍)，(舍)；
6)，
即，
∴(舍)，；
综上所述，点的横坐标为，，；
②由①可得这样的点P共有3个.
【点睛】本题考查的是函数与几何综合题，涉及了等边三角形的判定与性质，平行四边形的判定，相似三角形的判定与性质，解一元二次方程等，综合性较强，有一定的难度，熟练掌握相关知识，正确进行分类讨论并画出符合题意的图形是解题的关键.
6．（2023·广东广州·统考一模）已知抛物线与轴交于和两点（点在点右侧），且，与轴交于点，过点的直线：与抛物线交于另一点，与线段交于点．过点的直线：与轴正半轴交于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若，求点的坐标；
(3)设，是否存在实数，使有最小值？如果存在，请求出值；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）用待定系数法求二次函数的解析式；
（2）先求出的坐标，得到，然后求出直线，联立解方程组求出点的坐标；
（3）过E，F两点作轴，轴于点，则，把代入得，求出点E、F的横坐标，利用求出最小值即可解题．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵点在点右侧，
∴，
∴抛物线的解析式是，
（2）解：当时，，
∴，
把代入得：，
解得，
∴
当时，
∴，
∴，
∴，
在中，
，，，
∴，
∴，
∴，
即，
把和代入解析式，得：
，解得：，
，
解方程组得(舍）,
∴；
（3）如图，过E，F两点作轴，轴于点，则，
解：把代入得，
∴，
设直线的解析式为，代入得：
，解得，
，
联立与解得，即
联立和解得（舍）或，即，
∵，
∴，
∴当时，有最大值，即m有最小值，最小值为．
【点睛】本题考查待定系数法，求交点坐标，函数的最值问题，平行线分线段成比例，掌握二次函数的图像和性质是解题的关键．
7．（2023·广东汕尾·统考二模）如图，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，连接、，点E为线段上的一点，直线与抛物线交于点H．

(1)直接写出A、B、C三点的坐标，并求出直线的表达式；
(2)连接、，求面积的最大值；
(3)若点P为抛物线上一动点，试判断在平面内是否存在一点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是以为边的矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；；；
(2)
(3)存在，Q的坐标为或
【分析】（1）分别令，，求出对应的x、y的值，即可求出A、B、C的坐标，然后根据待定系数法求出直线的表达式即可；
（2）过点H作轴，交直线于点M，设点H的坐标为，则点M的坐标为，可求，，然后根据二次函数的性质求解即可；
（3）分或两种情况讨论即可．
【详解】（1）解：当时，，
解得，，
，，
当时，，
，
设直线的解析式为，
则，
解得
；
（2）解：过点H作轴，交直线于点M，
，
设点H的坐标为，
则点M的坐标为，
，
，
当时，．
（3）解：以B、C、P、Q为顶点的四边形是以BC为边的矩形时，存在或两种情况，设
（1）当，延长，交轴一点，
， ，
，即为等腰直角三角形，即：，
，则，
为等腰直角三角形，则，则，
设PC解析式为，代入，，
得，解得，
，
令，解得（舍去），，
，
，，
；
②当交x轴于点N，
，
，即为等腰直角三角形，即：，
，则，
为等腰直角三角形，则，则，
同理可得解析式为：，
令，解得（舍去），
，
，
，
综上，点Q的坐标为或．
【点睛】本题考查了二次函数与面积问题、特殊四边形问题等，涉及到的知识有待定系数法，二次函数的性质，矩形的性质等，明确题意，合理分类讨论，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
8．（2023·广东惠州·统考一模）如图，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过点， 与轴的另一个交点为．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点是直线下方抛物线上一动点，求四边形面积最大时点的坐标；
(3)在抛物线上是否存在点，使?若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)点或
【分析】（1）首先求得点，然后利用待定系数法求得抛物线解析式即可；
（2）过点作交于点，首先求得点，设点，则点，可求得，进而可得四边形面积，由二次函数的图像与性质即可获得答案；
（3）分点在上方和点在下方两种情况进行分析，即可获得答案．
【详解】（1）解：直线与x轴交于点，
∴可有，解得，
∴点，
∵抛物线经过点，
∴将点代入，可得，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）如下图，过点作交于点，
∵抛物线与轴的交点为，
当时，可有，
解得，
∴点，
设点，则点，
∴，
∵四边形面积，
∴当时，四边形面积有最大值，
此时点；
（3）如下图，当点在上方时，设交轴于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴，
∴点，
设直线解析式为，将点，点代入，
可得，解得，
∴直线解析式为，
联立方程组可得，
解得：或，
∴点，
当点在下方时，
∵，
∴，
∴点的纵坐标为，
∴点的坐标为．
综上所述，点坐标为或．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式、二次函数的图像与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，利用数形结合思想和分类讨论的思想分析问题是解题关键．
9．（2023·广东汕头·统考一模）如图，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），顶点为．点为对称轴右侧抛物线上的一个动点，其横坐标为，直线交轴于点，过点作交轴于点，轴，交直线于点，交直线于点．
(1)直接写出点，，的坐标；
(2)当时，求的值；
(3)试探究点在运动过程中，是否存在，使四边形是菱形，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)或；
(3)点P的坐标为或．
【分析】（1）令，可得，再解方程可得A，B的坐标，再把抛物线化为顶点式可得D的坐标；
（2）过点D作轴于点Q，交于点N．设，由轴，可得，根据，列出比例式，解方程求解，根据点P在抛物线对称轴的右侧，对的值进行取舍．
（3）分点P在x轴上方、点P在x轴下方两种情况，根据，表示出，根据点E的坐标为表示出，利用，分别求解即可．
【详解】（1）解：，
当时，，
解得，．
∵点A在点B的左侧，
∴．，
∵，即，
∴，
（2）如图，过点D作轴于点Q，交于点N．
∵点P的横坐标为m，
∴，
∵，∴，
，
∵轴，
∴，
当时，，
∴，即，
当时，，
∵点P在抛物线对称轴的右侧，
∴；
当时，，
∵点P在抛物线对称轴的右侧，
∴，
综上所述，或；
（3）存在，理由：
设直线的函数表达式为，
∵直线过点，，
则，解得，
∴，
当点P在x轴上方时，
设点，则点E的坐标为，
把点E的坐标代入的表达式得：，
解得，
故点E的坐标为，
则，
，
，
，则，
则，
∵四边形是菱形，则，
即，
解得（舍去）或，故点P的坐标为；
当点P在x轴下方时，
，
∴，
解得（舍）或，
代入得点坐标为，
综上，点P的坐标为或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，求一次函数解析式，平行线分线段成比例，解直角三角形，菱形的性质与判定，综合运用以上知识，并分类讨论是解题的关键．
10．（2023·广东广州·统考一模）抛物线的图象与轴交于点和点，与轴交于点，抛物线的对称轴与轴交于点．
(1)求的值；
(2)点是线段上的一个动点，过点作轴的垂线与抛物线相交于点，当四边形的面积取得最大值，求此时点的坐标；
(3)点在的抛物线上，点在的抛物线的对称轴上，若直线垂直平分线段时，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据题意求得直线的解析式为，设，则，四边形的面积，则当取得最大值，四边形的面积取得最大值，进而表示出，根据二次函数的性质即可求解；
（3）设直线与交于点，则，依题意关于直线对称，，进而得出的纵坐标为，将代入得，解方程求得点的横坐标，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线的图象与轴交于点和点，与轴交于点，
∴，
解得：，
∴抛物线解析式为，
∴；
（2）解：如图所示，
由，当时，，
即，
解得：
∴，
由
∴对称轴为直线，则
∵，设直线的解析式为，
代入，得，
解得：
∴直线的解析式为，
设，则，
∵四边形的面积
∴当取得最大值，四边形的面积取得最大值，
∵
当时取得最大值，
此时
（3）设直线与交于点，，解得：，则，
∵点在的抛物线上，点在的抛物线的对称轴上，直线垂直平分线段，即关于直线对称，
则，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴的纵坐标为，
将代入得，
，
解得：或，
∴或．
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，待定系数法求解析式，面积问题，线段垂直平分线的性质，轴对称的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
11．（2023·广东东莞·校考一模）如图，已知过坐标原点的抛物线经过两点，且是方程两根（），抛物线顶点为C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点D在抛物线上，点E在抛物线的对称轴上，且以A、O、D、E为顶点的四边形是平行四边形，求点E的坐标；
(3)P是抛物线上的动点，过点P作轴，垂足为M，是否存在点P使得以点P、M、O为顶点的三角形与相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或
(3)存在，P的坐标是,,，
【分析】（1）通过解方程求出的值，就可以求出点A、B的坐标，再根据待定系数法就可以求出抛物线的解析式．
（2）①当为边时，根据E在上，能求出D的横坐标，根据平行四边形性质求出D的坐标即可；②为对角线时，根据平行四边形的对角线互相平分，求出D和C重合，进一步求出E的坐标；
（3）设，根据勾股定理的逆定理推论出，根据相似三角形的性质，得出比例式，代入求出即可．
【详解】（1）∵是方程的两根（），
解得原方程的两根分别是：，
∴，
设抛物线的解析式为，
则，
解得：，
∴抛物线的解析式是．
（2）∵，
∴对称轴为：，
①当为边时，
∵以A、O、D、E为顶点的四边形是平行四边形，
∴，
∵E在对称轴上，
∴D的横坐标是1或，
∴D的坐标是或，此时E的坐标是；
②当是对角线时，则和互相平分，由E在对称轴上，且线段AO的中点横坐标是，
由对称性知，符合条件的点D只有一个，即是顶点，此时，
综合上述，符合条件的点E共有两个，分别是或．
（3）假设存在，设，
∵，，
∴，
∴，
∴是直角三角形，，，
∵以P、M、O为顶点的三角形和相似，
又∵，
∴，或，
∴或，
解得：或或或，
∴存在P点，P的坐标是,,，．
【点睛】本题综合考查了二次函数的综合，用待定系数法求二次函数的解析式，相似三角形的性质和判定，勾股定理的逆定理，平行四边形的判定等知识点的应用，此题综合性比较强，有一定的难度，对学生提出较高的要求．注意：不要漏解以及分类讨论思想的运用．
12．（2023·广东东莞·石龙三中校考一模）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，连接，点是线段上的动点（与点，不重合），连接并延长交抛物线于点，连接，，设点的横坐标为．
(1)求抛物线的解析式和点的坐标；
(2)当的面积等于2时，求的值；
(3)在点运动过程中，记的面积为，的面积为，则是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)或
(3)存在，
【分析】（1）将点和点的坐标代入抛物线表达式，求解即可；
（2）连接，得到点的坐标，利用得出的面积，再令，即可解出的值；
（3）证明，根据相似三角形的判定与性质，可得，根据三角形的面积，可得，根据二次函数的性质，可得答案．
【详解】（1）解：抛物线，，可得：
，
解得：，
抛物线的解析式为：，
令，则，
点的坐标为；
（2）连接，
点的横坐标为，
，
，
令，
解得：或，
（3）如图，过点作于，连接，
，，，
满足，
，又，，
，
，
，
，
，
当时，存在最大值．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，涉及到相似三角形的判定与性质，三角形面积求法，待定系数法，勾股定理，综合性强，有一定难度，解题时要注意数形结合．
13．（2023·广东广州·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于、两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为直线下方抛物线上的一动点，于点M，轴交于点N．求线段的最大值和此时点P的坐标；
（3）点E为x轴上一动点，点Q为抛物线上一动点，是否存在以为斜边的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2），P（，）；（3）（-5，0）或（，0）或（0，0）或（，0）
【分析】（1）将A、B坐标代入，利用待定系数法求解；
（2）证明∠PNM=45°，得到PM=PN，求出PN，利用二次函数的性质得到PN的最大值即可得到结果；
（3）画出图形，分情况讨论，根据等腰直角三角形的性质构造全等三角形，得到方程，解之可得点E坐标．
【详解】解：（1）将A，B代入中，
得，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）令x=0，则y=-3，
∴C（0，-3），
∵B（3，0），
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵PN∥y轴，
∴∠PNM=45°，
∵PM⊥BC，
∴PM=PN，则当PN最大时，PM最大，
设BC的解析式为y=mx+n，
则，解得：，
∴BC的解析式为y=x-3，
设P（x，），N（x，x-3），
则PN==，
当x=时，PN最大，则PM=PN==，
此时P（，）；
（3）∵△CEQ是以CQ为斜边的等腰直角三角形，
设Q（x，），
如图，过E作x轴的垂线，再分别过C和Q作y轴的垂线，分别交于M，N，
∵∠CEQ=90°，即∠QEN+∠CEM=90°，∠QEN+∠EQN=90°，
∴∠CEM=∠EQN，又∠M=∠N=90°，EQ=EC，
∴△QNE≌△EMC（AAS），
∴CM=EN=，NQ=EM=3，
则，
即，
解得：x=-2或x=3（舍），
∴OE=CM=2+3=5，即E（-5，0）；
如图，过E作x轴的垂线，再分别过C和Q作y轴的垂线，分别交于M，N，
同理可得，△QNE≌△EMC（AAS），
∴CM=EN=，NQ=EM=3，
∴，
解得：x=或（舍），
∴OE=CM=，即E（，0）；
如图，点E和点O重合，点Q和点B重合，
此时E（0，0）；
如图，过E作x轴的垂线，再分别过C和Q作y轴的垂线，分别交于M，N，
同理可得，△QNE≌△EMC（AAS），
∴CM=EN=，NQ=EM=3，
∴，
解得：x=（舍）或，
则OE=CM=，即E（，0）；
综上：点E的坐标为（-5，0）或（，0）或（0，0）或（，0）．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解一元二次方程，理解坐标与图形性质，进行分类讨论是解题的关键．
14．（2023·广东东莞·东莞市东莞中学松山湖学校校考一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点和点，点为轴正半轴一点，．
(1)求这条抛物线所对应的函数表达式；
(2)点为该抛物线在第一象限上的点不与点、重合，求面积的最大值及此时点的坐标：
(3)点是轴上的动点，当时，求的坐标．
【答案】(1)
(2)面积的最大值为，此时，点
(3)点的坐标为：或．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由面积，即可求解；
（3）分当点在轴的正半轴与当点在轴的正半轴两种情况求解即可．
【详解】（1）解：，则点，
设抛物线的表达式为：，
则，则，
则抛物线的表达式为：；
（2）解：过点作轴交于点，

设直线为，
∵过，，
∴，
解得，，
∴直线的表达式为：，
设点，则点，
则面积，
则面积的最大值为，此时，点；
（3）解：设的坐标为，在上取，则，
当点在轴的正半轴时，
∵，，，
∴，，，，，
∴，
，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴即，
解得，
∴的坐标为，
当点在轴负半轴时，点，
综上，点的坐标为：或．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、解直角三角形、面积的计算等，熟练掌握二次函数的图像及性质，注意分类求解，避免遗漏是解题的关键．
15．（2023·广东汕尾·校考三模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线（）与轴交于两点，与轴交于点，连接．
(1)求该抛物线的解析式，
(2)若点为抛物线对称轴上一点，抛物线上是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)M点坐标为或或．
【分析】（1）设交点式，然后化简求出a的值，即可得到抛物线的解析式．
（2）如图所示，分类讨论：分四边形以为对角线的平行四边形，以为对角线的平行四边形以及以为对角线的平行四边形三种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：由抛物线（）与轴交于两点，设抛物线表达式为，
∴，
，
解得，，
所以抛物线表达式为，
即．
（2）解：存在．理由如下：
∵抛物线的解析式为，
∴抛物线对称轴为直线，
设，
抛物线中，令，则，
∴，
当以，，，为顶点的四边形是以为对角线的平行四边形时，
∵，，，
则，
把代入得
，
∴；
当以，，，为顶点的四边形是以为对角线的平行四边形时，
∵，，，
∴，
把代入得
，
∴，
当以，，，为顶点的四边形是以为对角线的平行四边形时，
∵，，，
∴，
把代入中，得
，
∴，
综上所述，满足条件的点坐标为或或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图像上点的坐标特征、二次函数的性质和平行四边形的性质；会利用待定系数法求二次函数解析式；会运用点平移的坐标规律表示平行四边形的顶点坐标，是解题关键．
16．（2023·广东江门·校考一模）如图1，抛物线与轴交于点、（点在点左侧），与轴交于点，点是抛物线上一个动点，连接
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图2所示，当点在直线上方运动时，连接，求四边形面积的最大值，并写出此时点坐标．
(3)若点是轴上的一个动点，点是抛物线上一动点，的横坐标为．试判断是否存在这样的点，使得以点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)时，有最大值，最大值为，点的坐标为
(3)存在，点的坐标为或或或
【分析】（1）抛物线经过点、，用待定系数法即可求解；
（2）根据二次函数解析式分别求出的长，再求出的面积，如图2（见解析），过点作轴交于点，设，则，用含的式子表示出，由此即可求解；
（3）根据平行四边形的性质，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点、，
∴，解得，，
∴该抛物线的表达式为．
（2）解：∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
∵点和点关于直线对称，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
如图2，过点作轴交于点，
设所在直线的解析式为：，过点，
∴，即所在直线的解析式为：，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当时，有最大值，最大值为，
∴点的坐标为．
（3）解：抛物线的表达式为，点的横坐标为，
∴，即，且，
①如图所示，四边形为平行四边形，
∴，且，
∴点的纵坐标为，，解得，，，
∴点的坐标为，
∴，
设点，
∵，
∴，则，即；
②如图所示，四边形是平行四边形，过点作轴于，过点作轴于，
∴，，，
∴，
∴，且,设，，
∴，解得，，，
当时，，即，则；当时，，即，则，
∴点的坐标为或；
③如图所示，四边形为平行四边形，
∴，，
∴设，则，
∴，即点的坐标为；
综上所示，点的坐标为或或或．
【点睛】本题主要考查二次函数与几何图形的综合，掌握二次函数图像的性质，动点的运动规律，几何图形的面积计算方法及性质是解题的关键．
17．（2023·广东汕头·校联考二模）如图，抛物线经过点，点，交轴于点．连接，．为上的动点，过点作轴，交抛物线于点，交于点．
(1)求这条抛物线的表达式；
(2)过点作，垂足为点，设点的坐标为，请用含的代数式表示线段的长，并求出当为何值时有最大值，最大值是多少？
(3)点在运动过程中，是否存在这样的点，使得以，，为顶点的三角形与相似．若存在，请求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2),当时，有最大值
(3)存在，或
【分析】（1）将，，代入，即可求解；
（2）利用待定系数法求出直线的表达式，即可表示出点E和点G的坐标，从而得出EG再根据解直角三角形求得EF，根据二次函数的最值即可得出答案；
（3）分和两种情况，根据相似三角形的性质得出线段之间的关系求得的值，从而求得点G的坐标．
【详解】（1）由题意得，
∴
∴；
（2）设直线的表达式为，
∵过点，，
∴，
∴，
∴直线的表达式为，
∴点的坐标为，点的坐标为，
∴，
∵，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∵，
∴
，
∴当时，有最大值；
（3）存在
∵，，的坐标为，，
∴①当时，，
即，
解得，
此时的坐标为，
②当时，，
即，
解得，
此时的坐标为，
所以，点坐标为或
【点睛】本题考查了二次函数的性质及相似三角形的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
18．（2023·广东汕头·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D在第一象限抛物线上一点，连接，若，求点D的坐标；
(3)已知点P为x轴上一动点，点Q为第三象限抛物线上一动点，若为等腰直角三角形，请直接写出点Q的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)、、或
【分析】（1）根据抛物线与x轴交于，两点，写出交点式解析式，整理即可得出答案；
（2）作，交延长线于点E，交y轴于点F，证明，设，列出方程求解即可；
（3）根据点P为x轴上一动点，点Q为第三象限抛物线上一动点，对等腰直角三角形进行分类讨论，画出四种不同情况的图形，分别进行计算即可得出答案．
【详解】（1）抛物线与x轴交于，两点，
∴，
∴抛物线的解析式为；
（2）作，交延长线于点E，交y轴于点F．
∵，，
∴，．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
设，
∴， ．
∵，，
∴，．
∴．
∴．
解得（舍去），．
∴；
（3）∵点P为x轴上一动点，点Q为第三象限抛物线上一动点，
∴等腰直角三角形共有四种情况，
（1）如图1，当，时，过点作轴于点，轴于点，设交轴于点，
∵，，，
∴．
又∵，，
∴．
∴．
设，
则，
解得：（舍去），，
∴．
（2）如图2，当，时，过点作轴于点，
∵，，
∴．
又∵，，
∴．
∴，．
∵，
∴．
∴．
设，
则，，
∴，
解得：（舍去），，
∴．
（3）如图3，当，时，过点作轴于点，
∵，，
∴．
又∵，，
∴．
∴，．
∵，
∴．
∴．
设，
则，，
∴，
解得：（舍去），，
∴．
（4）如图4，当，时，过点作轴于点，
∵，，
∴．
又∵，，
∴．
∴．
∴点的横坐标是．
把代入得：，
∴．
故点Q的坐标为、、或．
【点睛】本题是二次函数的综合题，综合考查了待定系数法，二次函数的图象与性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，以及分类讨论思想和数形结合思想，灵活运用所学知识，根据题意画出图形，分类讨论求出存在的点Q的坐标是解题的关键和难点．
19．（2023·广东汕头·统考一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与两坐标轴分别相交于A，B，C三点
（1）求证：∠ACB=90°
（2）点D是第一象限内该抛物线上的动点，过点D作x轴的垂线交BC于点E，交x轴于点F．
①求DE+BF的最大值；
②点G是AC的中点，若以点C，D，E为顶点的三角形与AOG相似，求点D的坐标．
【答案】（1）（2）①9；②或．
【分析】（1）分别计算A，B，C三点的坐标，再利用勾股定理求得AB、BC、AC的长，最后利用勾股定理逆定理解题；
（2）①先解出直线BC的解析式，设，接着解出，利用二次函数的配方法求最值；②根据直角三角形斜边的中线性质，解得AG的长，再证明，再分两种情况讨论以点C，D，E为顶点的三角形与AOG相似，结合相似三角形对应边成比例性质解题即可．
【详解】解：（1）令x=0，得
令得
，
（2）①设直线BC的解析式为：，代入，得
设
即DE+BF的最大值为9；
②点G是AC的中点，
在中，
即为等腰三角形，
若以点C，D，E为顶点的三角形与AOG相似，
则①
又
，
或
经检验：不符合题意，舍去，
②，
又
整理得，
，
或，
同理：不合题意，舍去，
综上所述，或．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质、相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理及其逆定理、二次函数的最值、解一元二次方程等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识是解题关键．
20．（2023·广东肇庆·统考一模）如图，二次函数的图象交x轴于点，，交y轴于点，连接AC，BC，点P是线段OB上一动点，过点P作直线，交y轴于点D，交线段BC于点E，交x轴上方二次函数的图象于点F．
(1)求二次函数的表达式．
(2)当点P为线段的三等分点时，求点P的坐标．
(3)在线段上是否存在点P，使得四边形为平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)点P的坐标为或；
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）利用正切函数求得，即，推出．得到，设，则，由，得到，分两种情况讨论，或，列式计算即可求解；
（3）假设存在．则，过点F作于点H，交于点G，利用面积公式得到，设，得到，利用根的判别式即可判断．
【详解】（1）解：∵二次函数的图象交x轴于点，，
∴设二次函数的表达式为．
将点代入，得，解得．
∴二次函数的表达式为；
（2）解：∵，，，
∴，，．
∴，．
∵，，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴，．
∴．
设，则．
∴，．
∵，
∴，
∴．
∵点P为线段DE的三等分点，
∴或，
即或．
∴或．
∴点P的坐标为或；
（3）解：不存在．
理由：假设在线段上存在点P，使得四边形为平行四边形，则．
连接，如图所示，
则．
过点F作于点H，交于点G，
则
．
∴．
∵，，
设直线的表达式为，则，解得，
∴直线的表达式为．
设，则，．
∴，
整理，得．
∵，
∴该方程无实数解．
∴假设不成立．
∴在线段上不存在点P，使得四边形为平行四边形．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，锐角三角函数，平行四边形的性质，三角形的面积公式，一元二次方程根的判别式．解决问题的关键是转化条件，列出方程．
21．（2023·广东东莞·东莞市光明中学校考一模）如图，已知抛物线的图像与x轴交于点和点，与y轴交于点．
(1)求二次函数的表达式；
(2)如图，点M是直线下方的二次函数图象上的一个动点，过点M作轴于点H，交于点N，求线段最大时点M的坐标；
(3)在（2）的条件下，该抛物线上是否存在点Q，使得．若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）把A、B、C三点的坐标代入，利用待定系数法可求得抛物线的解析式；
（2）首先求出直线的解析式，然后设，，表示出线段，然后利用二次函数的性质求解即可；
（3）根据题意分点Q在x轴上方和x轴下方两种情况讨论，分别根据直线和抛物线的交点求解即可．
【详解】（1）解：将点和点，代入得，
，解得，
∴；
（2）设直线的解析式为，
将，代入得，，解得，
∴，
∴设，，
∴，
∴当时，线段最大，
∴将代入，
∴；
（3）如图所示，当点Q在x轴上方抛物线上时，
∵，
∴，
∴设直线的解析式为，
∴将，代入得，解得，
∴，
∴设直线的解析式为，
∴将点代入得：，
∴，
∴联立和得，，
∴解得，
∴将代入，
∴点Q的坐标为；
如图所示，当点Q在x轴下方抛物线上时，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴直线的表达式为，
∴联立直线和直线可得，，即，
∴解得，
∴将代入，
∴，
∴设直线的解析式为，
∴将，代入得，
∴解得，
∴，
∴联立直线和抛物线得，，即，
∴解得，，
∴将代入，
∴，
综上所述，点Q的坐标为或．
【点睛】此题考查了待定系数法求二次函数解析式，一次函数与二次函数综合，解题的关键是数形结合分类讨论，掌握二次函数的图像和性质．
22．（2023·广东东莞·东莞市东华初级中学校考一模）已知抛物线经过、两点，与轴交于点．
(1)求抛物线及直线的解析式；
(2)如图1，点是直线上方抛物线上的一动点，连接交线段于点，当的值最大时，求点的坐标及最大值；
(3)如图2，将直线绕点顺时针旋转45°，与直线交于点，与抛物线交于第四象限内一点，求点的坐标．
【答案】(1)，
(2)，最大值
(3)
【分析】（1）由待定系数法即得抛物线及直线的解析式；
（2）过作轴交于，过作轴交于，中，令得，得到，，设，则，表示出DG的表达式，并化成顶点式，再证明，得到，进一步即可得到答案；
（3）过作轴于，由勾股定理得到AC与BC的长，证明为直角三角形，即，由题意可知，得到，进一步得到AH＝，证明，得到，得，设直线的解析式为（），用待定系数法求出直线的解析式y＝﹣3x＋12，与二次函数解析式联立求得答案．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点，，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
在中，
令得，
∴，
设直线解析式为，把代入得：
，
解得，
∴直线解析式为．
（2）解：过作轴交于，过作轴交于，如图3：
在中，令得，
∴，，
设，则，
∴，
∵轴，轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当时，取得最大值为；
此时，
∴；
（3）解：如图4，过作轴于，
∵，，，
∴，，
∴，
∴为直角三角形，即，由题意可知，
∴，
∴．
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴．
设直线的解析式为（），
则，
解得，
∴直线的解析式为，
由，
解得：或，
∴点．