热点题型 专题04 二次函数与二次函数中的代几综合问题（10类题型）-2025年中考数学二轮热点题型归纳与变式专练（全国通用）

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc32739" 热点题型归纳 PAGEREF _Tc32739 \h 1
\l "_Tc32739" 题型01 二次函数图形性质的应用之判断函数值的大小关系 PAGEREF _Tc32739 \h 1
\l "_Tc3093" 题型02 二次函数小综合（判断序号正误关系） PAGEREF _Tc3093 \h 4
\l "_Tc24944" 题型03 动点图象问题 PAGEREF _Tc24944 \h 17
\l "_Tc13885" 题型04 二次函数与线段及周长问题 PAGEREF _Tc13885 \h 27
\l "_Tc12590" 题型05 二次函数与面积问题 PAGEREF _Tc12590 \h 46
\l "_Tc11393" 题型06 二次函数与角度问题 PAGEREF _Tc11393 \h 65
\l "_Tc11650" 题型07 二次函数与特殊三角形 PAGEREF _Tc11650 \h 98
\l "_Tc27456" 题型08 二次函数与特殊四边形 PAGEREF _Tc27456 \h 116
\l "_Tc25271" 题型09 二次函数与三角形相似问题 PAGEREF _Tc25271 \h 140
\l "_Tc20848" 题型10 二次函数与定值定点定直线问题 PAGEREF _Tc20848 \h 156
\l "_Tc4182" 中考练场 PAGEREF _Tc4182 \h 173
题型01 二次函数图形性质的应用之判断函数值的大小关系
二次函数图形性质的应用之判断函数值的大小关系是初中数学函数板块中的重要内容，在中考数学整体分值中占比约 5% - 8% 。
1.考查重点：重点考查对二次函数图象特征与性质的理解，通过图象开口方向、对称轴位置等判断函数值大小。
2.高频题型：常以选择题、填空题形式出现，给定二次函数解析式或图象，比较不同自变量对应的函数值大小。
3.高频考点：涉及二次函数对称轴、增减性，利用函数图象的对称性判断函数值大小。
4.能力要求：要求学生具备数形结合能力，能将函数解析式与图象相互转化，通过图象分析函数值变化。
5.易错点：易忽略二次函数对称轴位置对函数增减性的影响，在对称轴两侧判断函数值大小时出错。
【提分秘籍】
【典例分析】
例1．（2024·广东·中考真题）若点都在二次函数的图象上，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质、二次函数图象上点的坐标特征等知识点，根据二次函数的解析式得出函数图象的对称轴是y轴（直线），图象的开口向上，在对称轴的右侧，y随x的增大而增大，再比较即可．
【详解】解∶ 二次函数的对称轴为y轴，开口向上，
∴当时， y随x的增大而增大，
∵点都在二次函数的图象上，且，
∴，
故选∶A．
例2．（2024·四川凉山·中考真题）抛物线经过三点，则的大小关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．根据二次函数的图象与性质可进行求解．
【详解】解：由抛物线可知：开口向上，对称轴为直线，
该二次函数上所有的点满足离对称轴的距离越近，其对应的函数值也就越小，
∵，，，
而，，，
∴点离对称轴最近，点离对称轴最远，
∴；
故选：D．
【变式演练】
1．（2025·陕西西安·一模）已知点，，均在二次函数（m为常数）的图象上，则，，三者之间的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了二次函数的图像和性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的对称性，增减性，图象的开口方向．
先求出该二次函数的对称轴，开口方向，点的对称点，根据对称性增减性即可进行分析解答．
【详解】解：∵ ，
∴函数图象开口向下，
∵二次函数的对称轴为直线，
∴关于对称轴的对称点为，
∵当时，y随x的增大而增大， ，
∴．
故答案为：B．
2．（2024·安徽亳州·模拟预测）点，，均在二次函数的图象上，则，，的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了函数图像上的点的坐标与函数解析式的关系，同时考查了函数的对称性及增减性．根据函数解析式，求出对称轴，根据函数对称性进行判断即可．
【详解】解：，
对称轴，开口向下，
，在对称轴的右侧，随的增大而减小，
，
，
根据二次函数图像的对称性可知，与关于对称轴对称，
故，
故选：D．
3．（2024·云南曲靖·一模）设，，是抛物线图象上的三点，则的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．无法确定
【答案】A
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质，先求出抛物线的对称轴和开口方向，根据二次函数的性质比较即可．
【详解】解：∵抛物线的开口向上，对称轴是直线，
∴当时，y随x的增大而增大，
∴关于称轴是直线的对称点是，
∵，
∴，
故选：A．
题型02 二次函数小综合（判断序号正误关系）
二次函数小综合（判断序号正误关系）是初中数学函数知识体系中综合性突出的关键内容，在中考分值占比约 3% - 8%。
1.考查重点：着重考查对二次函数性质、图象特征、解析式及知识间内在联系的深度剖析，以判别多个二次函数相关结论的对错。
2.高频题型：多以选择题、填空题出现，题干罗列多个涉及二次函数不同层面的序号式结论，要求判断正误。
3.高频考点：涉及二次函数对称轴、顶点坐标、增减性、最值、图象与系数关系，以及运用函数性质解决实际问题等要点。
4.能力要求：学生需具备综合整合二次函数各知识点的能力，能从多元视角思考并逻辑严谨地判断结论准确性。
5.易错点：易在二次函数不同性质应用条件上混淆，对复杂结论分析不全面，忽视隐含条件，导致判断序号正误失误。
【提分秘籍】
【典例分析】
例1．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知抛物线过点与x轴交点的横坐标分别为，，且，，则下列结论：
①；
②方程有两个不相等的实数根；
③；
④；
⑤．其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】本题考查的是二次函数的图象与性质，熟练的利用数形结合的方法解题是关键；由当时，，可判断①，由函数的最小值，可判断②，由抛物线的对称轴为直线，且，可判断③，由时，，当时，，可判断④，由根与系数的关系可判断⑤；
【详解】解：①抛物线开口向上，，，
∴当时，，故①不符合题意；
②∵抛物线过点，
∴函数的最小值，
∴有两个不相等的实数根；
∴方程有两个不相等的实数根；故②符合题意；
③∵，，
∴抛物线的对称轴为直线，且，
∴，而，
∴，
∴，故③不符合题意；
④∵抛物线过点，
∴，
∵时，，
即，
当时，，
∴，
∴，
∴，故④符合题意；
⑤∵，，
∴，
由根与系数的关系可得：，，
∴
∴，
∴，故⑤符合题意；
故选：C．
例2．（2024·山东泰安·中考真题）如图所示是二次函数的部分图象，该函数图象的对称轴是直线，图象与轴交点的纵坐标是2，则下列结论：①；②方程一定有一个根在和之间；③方程一定有两个不相等的实数根；④．其中，正确结论的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】本题主要考查的是图象法求一元二次方程的近似值、抛物线与x轴的交点、二次函数图象与系数的关系、二次函数与方程的关系等知识点，掌握二次函数的性质、二次函数图象与系数的关系是解题的关键．
根据抛物线与坐标轴的交点情况、二次函数与方程的关系、二次函数的性质逐个判断即可．
【详解】解：∵抛物线的对称轴为直线，
∴，
∴,
∴，故①正确；
∵抛物线的对称轴为直线，与x轴的一个交点在2、3之间，
∴与x轴的另一个交点在、0之间，
∴方程一定有一个根在和0之间，故②错误；
∵抛物线与直线有两个交点，
∴方程一定有两个不相等的实数根，故③正确；
∵抛物线与x轴的另一个交点在，0之间，
∴，
∵图象与y轴交点的纵坐标是2，
∴，
∴，
∴．故④错误．
综上，①③正确，共2个．
故选：B．
例3．（2024·湖北武汉·中考真题）抛物线（a，b，c是常数，）经过，两点，且．下列四个结论：
①；
②若，则；
③若，则关于x的一元二次方程 无实数解；
④点，在抛物线上，若，，总有，则．
其中正确的是 （填写序号）．
【答案】②③④
【分析】本题考查了二次函数的性质，根据题意可得抛物线对称轴，即可判断①，根据，两点之间的距离大于，即可判断②，根据抛物线经过得出，代入顶点纵坐标，求得纵坐标的最大值即可判断③，根据④可得抛物线的对称轴，解不等式，即可求解．
【详解】解：∵（a，b，c是常数，）经过，两点，且．
∴对称轴为直线， ，
∵，
∴，故①错误，
∵
∴，即，两点之间的距离大于
又∵
∴时，
∴若，则，故②正确；
③由①可得，
∴，即，
当时，抛物线解析式为
设顶点纵坐标为
∵抛物线（a，b，c是常数，）经过，
∴
∴
∴
∵，，对称轴为直线，
∴当时，取得最大值为，而，
∴关于x的一元二次方程 无解，故③正确；
④∵，抛物线开口向下，点，在抛物线上， ，，总有，
又，
∴点离较远，
∴对称轴
解得：，故④正确．
故答案为：②③④．
例4．（2024·山东日照·中考真题）已知二次函数图象的一部分如图所示，该函数图象经过点，对称轴为直线．对于下列结论：①；②；③多项式可因式分解为；④当时，关于的方程无实数根．其中正确的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象的性质，二次函数的最值问题，熟练掌握二次函数图象与系数的关系是解题的关键．①根据图像分别判断，，的符号即可；②将点代入函数即可得到答案；③根据题意可得该函数与轴的另一个交点的横坐标为5，即可得到；④由，得到，，将代入函数得，从而推出当时，该抛物线与直线的图象无交点，即可判断．
【详解】解：由题图可知，，
，故①正确；
当时，，即，故②正确；
二次函数与轴的一个交点的横坐标为，对称轴为直线，
二次函数与轴的另一个交点的横坐标为5，
多项式，故③错误；
当时，有最大值，即，
当时，抛物线与直线的图象无交点，
即关于x的方程无实数根，故④正确．
综上，①②④正确．
故选：C．
【变式演练】
1．（2025·陕西西安·一模）如图，已知抛物线（为常数，且）的对称轴为直线，且该抛物线与轴交于点，与轴的交点在之间（不含端点），则下列结论正确的有（ ）个．
①；
②；
③；
④若方程两根为，则．
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，一元二次方程根与系数的关系，抛物线与轴的交点，掌握二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键．
根据二次函数图象的开口方向，对称轴位置，与轴的交点坐标，根与系数的关系等知识逐项判断即可．
【详解】解：由图可知抛物线开口向上，
，
对称轴为直线，
符号相同，
，
与y轴的交点在之间（不含端点），
，
，
故①不正确；
对称轴为直线，且该抛物线与轴交于点，
与轴交于另一点为，
当时，，
故②不正确；
由题意可得方程的两个根为，
，
，
，
，
，
故③正确；
若方程两根为，
则直线与抛物线的交点的横坐标为，
直线过第一、二、三象限且过点，
直线与抛物线的交点在第一，三象限，
如图所示，
由图象可知，
故④正确；
综上所述，正确的结论是③④，有个，
故答案为：B.
2．（2025·湖北恩施·一模）二次函数的部分图象如图所示，图象过点，对称轴为，下列结论：①；②；③；④当时，；⑤若，是抛物线上两点，且，，则． 其中正确的有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】B
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，由二次函数图象的对称轴为直线得出，即可判断①；由图象可得当时，，即可判断②；由图象得出，，从而可得，即可判断③；求出图象与轴的另一个交点为，即可判断④；由，是抛物线上两点，且，，得出，即可判断⑤；采用数形结合的思想是解此题的关键．
【详解】解：∵二次函数图象的对称轴为直线，
∴，
∴，
∴，故①正确；
由图象可得：当时，，
∴，故②错误；
∵函数图象开口向下，与轴交于正半轴，
∴，，
∴，
∴，故③正确；
∵图象过点，对称轴为，
∴图象与轴的另一个交点为，
由图象可得，当时，或，故④错误，
∵，是抛物线上两点，且，，
∴，
∴，故⑤正确；
综上所述，正确的有①③⑤；共个，
故选：B．
3．（2024·湖北随州·二模）已知二次函数的图象与轴的一个交点坐标为，对称轴为直线，以下结论中：①；②若点，，均在该二次函数图象上，则；③若为任意实数，则；④方程的两实数根为，，且，则，．其中正确结论的个数有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【分析】本题考查根据二次函数图象判断式子符号，二次函数的图象与性质．将代入得，可判断①；根据抛物线的对称轴及增减性可判断②；根据抛物线的顶点坐标可判断③；根据的图象与x轴的交点的位置可判断④．解题的关键是掌握二次函数与一元二次方程的关系，熟练运用数形结合思想．
【详解】解：将代入，可得，
故①正确；
二次函数图象的对称轴为直线，
点到对称轴的距离分别为：4，1，3，
，
图象开口向下，离对称轴越远，函数值越小，
，故②错误；
二次函数图象的对称轴为直线，
，
又，
，
，
当时，y取最大值，最大值为，
即二次函数的图象的顶点坐标为，
若m为任意实数，则，故③正确；
二次函数图象的对称轴为直线，与x轴的一个交点坐标为，
与x轴的另一个交点坐标为，
的图象向上平移一个单位长度，即为的图象，
的图象与x轴的两个交点一个在的左侧，另一个在的右侧，
若方程的两实数根为，且，则，，
故④正确；
综上可知，正确的有①③④，共3个
故选：B．
4．（2025·山东临沂·一模）如图，抛物线的对称轴为直线，与 x 轴分别交于，且．下 列结论：① ；②直线与 的交点个数为 1 个；③ ；④ ．正确的有 （填序号）．
【答案】①②③④
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，二次函数的图象与系数之间的关系，开口方向，对称轴，与轴的交点，判断①，图象法判断②，最值判断③，平方差公式结合对称性判断④．
【详解】解：由图象可知：，
∴，
∴，故①正确；
∵抛物线的顶点坐标为：，
∴直线与 的交点个数为 1 个；故②正确；
∵时，函数有最大值，
当时，，
∴，即：，故③正确；
∵抛物线与 x 轴分别交于，且，
∴，
∴
，
∴，故④正确；
故答案为：①②③④．
5．（2024·湖北武汉·模拟预测）抛物线（a，b，c是常数，）经过，两点，且．下列结论：
①；
②当时，y随x的增大而减小；
③关于x 的不等式的解集为或；
④．
其中正确的结论是 ．（填写序号）
【答案】①③④
【分析】本题综合考查了二次函数的图象和性质，以及不等式的性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，利用数形结合思想是解题的关键．根据，抛物线开口向下， 经过，抛物线与轴交点必然在点上方，当时，，故①正确，符合题意；抛物线过点，得到，抛物线对称轴，因为抛物线过点 ，， 且，设抛物线与轴另外一个交点为，则，得到抛物线对称轴，抛物线对称轴所在范围是：，故②错误；将不等式，变形为，抛物线 与直线 都经过点 和 ，数形结合可得到不等式解集或，故③正确，符合题意；结合图象，将代入可得，，将代入，得到 ，化简得，故④正确，符合题意．
【详解】解： 抛物线（a，b，c是常数，）经过，两点，且，如图所示，
，抛物线开口向下， 经过，
抛物线与轴交点必然在点上方，
当时，，故①正确，符合题意，
抛物线过点，
，即，
抛物线对称轴，
，，
，
，
又 抛物线过点 ，， 且，
设抛物线与轴另外一个交点为，则，
抛物线对称轴，
抛物线对称轴所在范围是：，
故②错误，不符合题意；
，
，
抛物线 与直线 都经过点 和 ，
如图，
结合图象可知，不等式的解集即对应抛物线在直线图象的下方时，对应自变量的取值范围，由图象可知此时或，
原不等式的解集为或，
故③正确，符合题意；
结合图象，当时，的函数值大于零，可得，
，
，即，
，故④正确，符合题意；
故答案为：①③④.
题型03 动点图象问题
二次函数动点图象问题是初中数学函数知识领域中综合性与动态性兼具的内容，在中考中分值占比约为 3% - 7%。
1.考查重点：重点考查如何将动点的运动过程与二次函数的图象及性质建立联系，分析因动点位置改变引发的函数关系变化。
2.高频题型：多以选择题、填空题以及简答题部分出现，给出动点在图形中的运动情境，要求判断对应的二次函数图象或求解相关函数表达式。
3.高频考点：涵盖动点运动路径分析、根据几何图形性质确定二次函数的各项系数、函数图象与动点运动阶段的对应关系等。
4.能力要求：学生需具备较强的动态分析能力，能够把几何图形中动点的运动转化为代数函数问题，还要有良好的数形结合思维以及逻辑推理能力。
5.易错点：易在动点运动过程的分段分析上出错，忽略不同阶段函数关系的变化，对复杂几何图形中动点与函数图象对应关系把握不准确。
【提分秘籍】
【典例分析】
例1．（2024·山东烟台·中考真题）如图，水平放置的矩形中，，，菱形的顶点，在同一水平线上，点与的中点重合，，，现将菱形以的速度沿方向匀速运动，当点运动到上时停止，在这个运动过程中，菱形与矩形重叠部分的面积与运动时间之间的函数关系图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，菱形的性质，动点问题的函数图象，二次函数的图象的性质，先求得菱形的面积为，进而分三种情形讨论，重合部分为三角形，重合部分为五边形，重合部分为菱形，分别求得面积与运动时间的函数关系式，结合选项，即可求解．
【详解】解：如图所示，设交于点，
∵菱形，，
∴
又∵，
∴是等边三角形，
∵，，
∴
∴
∴
当时，重合部分为，
如图所示，
依题意，为等边三角形，
运动时间为，则，
∴
当时，如图所示，
依题意，，则
∴
∴
∵
∴当时，
当时，同理可得，
当时，同理可得，
综上所述，当时，函数图象为开口向上的一段抛物线，当时，函数图象为开口向下的一段抛物线，当时，函数图象为一条线段，当时，函数图象为开口向下的一段抛物线，当时，函数图象为开口向上的一段抛物线；
故选：D．
例2．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图1，在菱形中，，连接，点M从B出发沿方向以的速度运动至D，同时点N从B出发沿方向以的速度运动至C，设运动时间为，的面积为，y与x的函数图象如图2所示，则菱形的边长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题主要考查菱形的性质和二次函数的性质，根据题意可知，，结合菱形的性质得，过点M作于点H，则，那么，设菱形的边长为a，则，那么点M和点N同时到达点D和点C，此时的面积达到最大值为，利用最大值即可求得运动时间，即可知菱形边长．
【详解】解：根据题意知，，，
∵四边形为菱形，，
∴，
过点M作于点H，连接交于点O，如图，

则，
那么，的面积为，
设菱形的边长为a，
∴，
∴点M和点N同时到达点D和点C，此时的面积达到最大值为，
∴，解得，（负值舍去），
∴．
故选：C．
【变式演练】
1．（2023·江苏南通·二模）如图，在中，，，，为的中点，是边上一个动点，连接，过点作，交边于点．设的长为，的面积为，，则与的函数图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】先求出，则，，，过点作于，过点作于，延长到，使，连接，，则，，设，则，，，证和全等得，再利用勾股定理得，，再证，进而求得，，根据列出函数关系式，进而根据函数的解析式及题目中的选项即可得出答案．
【详解】解：在中，，，，
由勾股定理得：，
为的中点，
，
又，，
过点作于，过点作于，延长到，使，连接，，如图：
在中，，，
，
，
设，则，
在中，，
，
，
在和中，
，
，
，
在中，，，
由勾股定理得：，
在中，，，
由勾股定理得：，
，，
为线段的垂直平分线，
，
，
，
，
，，
，
而，
，
即，
整理得：，
，
，
当时，，当时，，顶点坐标为，
该函数图象是抛物线，与轴交于点，顶点为，且过点，
故选：A．
【点睛】此题主要考查了动点问题的函数图象，垂直平分线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的图象与性质，勾股定理，解直角三角形，掌握以上知识点是解答本题的关键．
2．（2024·河北石家庄·三模）如图1，，在矩形中，是边上的一个动点，交于点，设，图2是点从点运动到点的过程中，关于的函数图象，则的长为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】A
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，动点问题的函数图象问题，根据题意求出函数关系式是解题关键．首先推导出，利用三角形相似求出关于的函数关系式，根据函数关系式进行分析求解．
【详解】解：，，
．
，
．
，
．
，
，
，
设，则，
整理得，
由图象可知，点从点运动到点的过程中，关于的函数图象为抛物线，且顶点坐标为，
设抛物线的解析式为，
抛物线过点，
，
解得，
，
，
．
故选：A．
3．（2024·广东深圳·三模）如图，在中，，，，和分别是和的中点，点和点分别从点和点出发，沿着方向运动，运动速度都是每秒个单位长度，当点到达点时，两点同时停止运动．设的面积为，运动时间为，则与之间的函数图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据题意分别求出各种情况下的函数关系式，依照关系式判断图象即可，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，作，
∴，
∵点是中点，
∴，，
当时，点在上，点在上，，
∴；
如图，当时，点在上，点在上，
∵，
∴，，，
∴
；
如图，当时，点都在上，
∴，
综上判断选项的图象符合题意，
故选：．
题型04 二次函数与线段及周长问题
二次函数与线段及周长问题（解答题）是初中数学函数与几何知识融合的关键内容，在中考里分值占比约 8% - 10%。
1.考查重点：重点考查运用二次函数知识解决线段长度计算、周长最值探究以及建立函数模型描述线段和周长随动点变化的规律。
2.高频题型：以解答题形式呈现，常设定几何图形中有动点，围绕求线段长度、构建周长关于某变量的二次函数并求最值等进行设问。
3.高频考点：涉及二次函数解析式求解、线段长度公式（如两点间距离公式）、几何图形性质（相似、全等）用于线段关系推导、二次函数最值求解。
4.能力要求：学生需要具备综合运用代数与几何知识的能力，能把几何问题转化为函数问题，熟练运用数学公式进行计算和推理。
5.易错点：容易在构建函数模型时出错，忽视几何图形中的隐含条件，计算线段长度和函数最值时出现运算失误。
【提分秘籍】
【典例分析】
例1．（2024·湖南·中考真题）已知二次函数的图像经过点，点，是此二次函数的图像上的两个动点．
(1)求此二次函数的表达式；
(2)如图1，此二次函数的图像与x轴的正半轴交于点B，点P在直线的上方，过点P作轴于点C，交AB于点D，连接．若，求证的值为定值；
(3)如图2，点P在第二象限，，若点M在直线上，且横坐标为，过点M作轴于点N，求线段长度的最大值．
【答案】(1)
(2)为定值3，证明见解析
(3)
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）先求出直线的解析式，，则，，表示出，，代入即可求解；
（3）设，则，求出直线的解析式，把代入即可求出线段长度的最大值．
【详解】（1）∵二次函数的图像经过点，
∴，
∴，
∴；
（2）当时，，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
∴，．
∴，
∴的值为定值；
（3）设，则，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴，
当时，
，
∴当时，线段长度的最大值．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数与几何综合，数形结合是解答本题的关键．
例2．（2024·山东淄博·中考真题）如图，抛物线与轴相交于，两点（点在点的左侧），其中，是方程的两个根，抛物线与轴相交于点．
(1)求该抛物线对应的函数表达式；
(2)已知直线与，轴分别相交于点，．
①设直线与相交于点，问在第三象限内的抛物线上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由；
②过抛物线上一点作直线的平行线．与抛物线相交于另一点．设直线，相交于点．连接，．求线段的最小值．
【答案】(1)
(2)①；②线段的最小值为
【分析】（1）利用因式分解法解一元二次方程得出，，再利用待定系数法求解即可；
（2）①在中，令得出，在中，令得出，从而得出，即，待定系数法求得直线的解析式为，联立，得出 ，作轴于，则，，，求出，，由正切的定义得出，证明，得出，求出直线的解析式为，联立，计算即可得解；②设，，设直线的解析式为：，求出直线的解析式为，直线的解析式为；联立得：，由韦达定理得出，将代入，得，求出，同理可得，联立，得出，推出点在直线上运动，求出，作点关于直线的对称点，连接交直线于，连接，则，由轴对称的性质可得，则，由两点之间线段最短可得：线段的最小值的最小时为，再由勾股定理计算即可得出答案．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，，
∴，，
∵抛物线与轴相交于，两点，
∴，
解得：，
∴该抛物线对应的函数表达式为；
（2）解：①在中，令，，解得，即，
在中，令，则，即，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
将，代入解析式得，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，解得，
∴，
如图，作轴于，则，，，
，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
将代入得：，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，
解得：或，
∵点在第三象限，
∴；
②∵过抛物线上一点作直线的平行线．与抛物线相交于另一点．
∴设，，设直线的解析式为：，
设直线的解析式为，
将代入得，
解得：，
∴直线的解析式为，
设直线的解析式为，
将代入得，
∴直线的解析式为；
联立得：，
∴，
将代入，得，
∴，
∴，
解得：，
将代入，得，
∴，
∴，
解得：，
联立，
得出，
∴点在直线上运动，
在中，令，则，即，
如图，作点关于直线的对称点，连接交直线于，连接，则，
，
由轴对称的性质可得，
∴，
∴由两点之间线段最短可得：线段的最小值的最小时为，
∵，
∴线段的最小值为．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、解直角三角形、轴对称—线段最短问题、勾股定理、二次函数的图象与性质、求一次函数解析式、二次函数与一元二次方程、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键，此题难度较大，属于中考压轴题．
例3．（2024·江苏镇江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，二次函数的图像与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），顶点为C．
(1)求A、B、C三点的坐标；
(2)一个二次函数的图像经过B、C、三点，其中，该函数图像与x轴交于另一点D，点D在线段上（与点O、B不重合）．
①若D点的坐标为，则_________；
②求t的取值范围：
③求的最大值．
【答案】(1)，，
(2)①6；②且；③4
【分析】本题主要考查待定系数法求函数解析式，二次函数的对称性，二次函数的最值问题等相关知识，熟练掌握相关知识是解题基础．
（1）根据顶点式可直接得出点的坐标；令，解方程，可得出点，的坐标；
（2）①根据函数的对称性，可得出对称轴为直线，再根据点，的坐标可得出，关于对称轴对称，由此可得出的值；
②由对称轴的性质可知，二次函数图象的对称轴与轴的交点坐标为，，再由对称性可知，，由点在线段上，且与端点不重合，可得，即，而当时，过点，，三点的二次函数不存在，由此可得且；
③，根据二次函数的性质可得结论．
【详解】（1）解：二次函数的图象的顶点为，
；
令，解得或，
，；
（2）解：①由题知，该函数过点，，，
函数的解析式为：，
函数的对称轴为直线，
，，
点，关于对称轴对称，
，
，
故答案为：6；
②设二次函数的解析式为：，
将，，两点代入，得，
，
，
，
二次函数图象的对称轴与轴的交点坐标为，，
，两点关于对称轴对称，点，
，
点在线段上，且与端点不重合，
，即，
时，过点，，三点的二次函数不存在，
且；
③，，
．
，
且，
时，有最大值，最大值为4．
【变式演练】
1．（2025·广东·模拟预测）如图在平面直角坐标系中，直线l与x轴交于点，与y轴交于点，抛物线经过点A，B，且对称轴是直线．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是直线l下方抛物线上的一动点，过点P作轴，垂足为C，交直线l于点D，求的最大值及此时P的坐标；
(3)在（2）的条件下，过点P作，垂足为M．求的最大值．
【答案】(1)
(2)的最大值是2，此时的P点坐标是
(3)
【分析】本题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，解决相关问题．
（1）运用待定系数法解答即可；
（2）求出直线l的解析式，设点P的坐标为，则，得，运用二次函数的性质可得结论；
（3）证明，即可求解．
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为，
抛物线的对称轴为直线，
．
把A，B两点坐标代入解析式，得
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：设直线l的解析式为，
把A，B两点的坐标代入解析式，得，
解得：，
直线l的解析式为；
轴，
设点P的坐标为，则，
．
∴当时，有最大值是2，
当时，，
，
的最大值是2，此时的P点坐标是．
（3）解：，，
．
∵在中，，
．
轴，，
．
在中，，．
，
．
在中，，，
，
．此时最大，
，
的最大值是．
2．（2024·广东·模拟预测）如图，抛物线交轴于点，，交轴于点，，点是线段上一动点，作交线段于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，延长线段交抛物线于点，点是边中点，当四边形为平行四边形时，求出点坐标；
(3)如图2，为射线上一点，且，将射线绕点逆时针旋转，交直线于点，连接，为的中点，连接，，问：是否存在最小值，若存在，请求出这个最小值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)或；
(3)存在，．
【分析】（1）用待定系数法解题；
（2）由已知点P的横坐标为，可得点P和点D的坐标，用m的代数式表示PD和DE，根据平行四边形对边相等的性质，列出m的方程即可；
（3）证明点P在直线上运动，再利用轴对称的性质解决最短路径问题．
【详解】（1）解：∵点，
∴，
在中，，
∴，
∴，，
∴，
把点，，代入抛物线中得
，解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）如图中，连接，，
∵，，，
，
∴，
∴直线的解析式为，设，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
把点的坐标代入，
得到，，解得或，
∴或．
（3）如图，过点作于，过点作于，过点作于，连接，
设，则，
∵，，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴点的运动轨迹是直线，
作点关于直线是对称点，连接交直线于，
连接，此时的值最小，
最小值．
【点睛】本题考查二次函数的综合运用，涉及待定系数法求解析式、平行四边形的性质、等边三角形的性质、勾股定理、利用轴对称求最值问题等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识是解题关键．
3．（2024·安徽·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交轴于，两点，，为抛物线顶点．
(1)求，的值；
(2)点为直线下方抛物线上一点，过点作轴，垂足为点，交于点，是否存在？若存在，求出此时点坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，以为圆心，2为半径作圆，为圆上任一点，求的最小值．
【答案】(1)，.
(2)存在，
(3)
【分析】（1）通过长度先得到点坐标，再将两点代入函数解析式，解方程即可；
（2）先求出直线的函数表达式，设出点坐标为，进而得到两点坐标，再通过列出方程，解方程即可；
（3）取取，连接，，先证得，得到，进而可得到，再通过两点坐标求得长度．
【详解】解：（1），
点坐标为，
将，代入，
得，，
解得，
（2）设直线的表达式为，
由（1）可知抛物线的表达式为，
故点坐标为，
直线的表达式为
设点坐标为，
则，，
，
若，
则，
解得，
，
故，此时点坐标为；
（3）如图，取，连接，
，，，
又，
，
，
，
，
，
故的最小值为．
【点睛】本题考查二次函数综合问题，能够熟练掌握二次函数的基本性质以及相似三角形的应用是解题关键．
4．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线与抛物线交于，两点，点的横坐标为．
(1)求直线和抛物线的解析式；
(2)点是直线下方的抛物线上一动点（不与点重合），过点作轴的平行线，与直线交于点，连接，设点的横坐标为；
①若点在轴上方，当为何值时，是等腰三角形；
②若点在轴下方，设的周长为，求关于的函数关系式，当为何值时，的周长最大，最大值是多少？
【答案】(1)，；
(2)①；②，当时，的周长最大，最大值是．
【分析】（1）用待定系数法求出抛物线和直线解析式；
（2）①当是等腰三角形时，判断出只有，设出点P的坐标用建立方程组求解即可；
②先表示出，然后建立三角形的周长和m的函数关系式，确定出最大值．
【详解】（1）解：直线经过点，
，
，
直线解析式为，
点在此直线上，点的横坐标为，则，
点的纵坐标为，
，
抛物线交于、两点，
，
，
抛物线解析式为．
（2）解：∵点的横坐标为，则设，
∴，
过点作轴的平行线，与直线交于点，则点的纵坐标为，
∴，则，
点，
，
①当点在轴上方时，
，是钝角，
，，
是等腰三角形，
，
，
，
，
，
，
或舍，
当时，是等腰三角形；
②当点P在x轴下方时，，
，
，则，点，
，，
，，
∴的周长
，
∵，
当时，，
当时，的周长最大，最大值是．
【点睛】此题为二次函数综合题，主要考查了待定系数法，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，等腰三角形的性质，三角形的周长，两点坐标距离公式等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键．
题型05 二次函数与面积问题
二次函数与面积问题（解答题）是初中数学里函数知识和几何面积知识相互渗透的关键内容，在中考中分值占比大约为 5% - 10%。
1.考查重点：重点考查利用二次函数构建面积模型，通过函数性质分析图形面积的变化规律，以及求解面积的最值或特定面积值对应的条件。
2.高频题型：常以解答题形式出现，在给定的二次函数图象与几何图形背景下，设置动点或动图形，围绕求图形面积、面积与变量的函数关系及面积最值等问题展开。
3.高频考点：涵盖二次函数解析式的确定、几何图形面积公式的运用（如三角形、四边形面积公式）、利用函数性质（如增减性、最值）求解面积相关问题，以及通过相似、全等关系转化面积。
4.能力要求：学生需具备将几何图形中的面积问题转化为二次函数问题的能力，熟练运用代数方法进行计算，还要能灵活运用几何知识分析图形关系。
5.易错点：易在构建面积与函数关系时出错，忽略图形中隐含的限制条件，计算面积过程中因公式运用不当或计算失误导致错误。
【提分秘籍】
【典例分析】
例1．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，A、B为一次函数的图像与二次函数的图像的公共点，点A、B的横坐标分别为0、4．P为二次函数的图像上的动点，且位于直线的下方，连接、．
(1)求b、c的值；
(2)求的面积的最大值．
【答案】(1)
(2)最大值为8
【分析】本题考查二次函数的综合，一次函数的性质，用割补法得出△PAB的面积是关键．
（1）先求出A，B的坐标，再用待定系数法求出b，c；
（2）由（1）可得：，设，作交于E，则，则，得出面积，即可解答．
【详解】（1）解：当时，；当时，，
则，，
则，
解得：；
（2）解：由（1）可得：，设，作交于E，
则，则，
∴，
当时，最大值为8．
例2．（2024·山东济南·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线经过点，顶点为；抛物线，顶点为．
(1)求抛物线的表达式及顶点的坐标；
(2)如图1，连接，点是拋物线对称轴右侧图象上一点，点是拋物线上一点，若四边形是面积为12的平行四边形，求的值；
(3)如图2，连接，点是抛物线对称轴左侧图像上的动点（不与点重合），过点作交轴于点，连接，求面积的最小值．
【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）利用待定系数法求解出抛物线的解析式，再转化为顶点式，即可得到顶点坐标；
（2）连接，过点作轴，交延长线于点，过点作，垂足为，与轴交于，设点的横坐标为．设直线的表达式为，解方程组得到直线的表达式为，则，求得，求得于是得到，解方程得到，根据平移的性质得到，将代入，解方程即可；
（3）过作轴，垂足为，过点作轴，过点作轴，与交于点，设且，求得抛物线的顶点，得到，推出，解方程得到当时，，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）解：抛物线过点
得
解得
抛物线的表达式为
顶点；
（2）解：如图，连接，过点作轴，交延长线于点，过点作，垂足为，与轴交于，设点的横坐标为．
设直线的表达式为
由题意知
解得
直线的表达式为
的面积为12
，
，
解得（舍）
点先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到点
将代入
得
解得．
（3）解：如图，过作轴，垂足为，过点作轴，过点作轴，与交于点，设且
抛物线的顶点
，
易得
当时，
点横坐标最小值为，此时点到直线距离最近，的面积最小
最近距离即边上的高，高为：
面积的最小值为．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，平行四边形的性质，平移的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的面积的计算，正确地找出辅助线是解题的关键．
例3．（2024·山东东营·中考真题）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，点是抛物线上的一个动点．

(1)求抛物线的表达式；
(2)当点在直线下方的抛物线上时，过点作轴的平行线交于点，设点的横坐标为t，的长为，请写出关于的函数表达式，并写出自变量的取值范围；
(3)连接，交于点，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）先求出，再用待定系数法求出直线的解析式为：，可得出，，从而可得，再求出自变量取值范围即可；
（3）分四种情形：当时，作，交于，可得出，从而，进而得出，进一步得出结果；当，和时，可得出没有最大值．
【详解】（1）解：抛物线与轴交于，两点，
，
解得，
该抛物线的解析式为：；
（2）解：二次函数中，令，则，
，
设直线的解析式为：．将，代入得到：
，解得，
直线的解析式为：，
过点作轴的平行线交于点，设点的横坐标为t，
，，
，
点在直线下方的抛物线上，
；
（3）解：如图1，

当时，
作，交于，
，
，
把代入得，
，
，
，
当时，，
，
，
如图2，
当时，
此时，
，
时，随着的增大而增大，
没有最大值，
没有最大值，
如图3，
当时，
，
当时，随着的增大而减小，
没有最大值，
没有最大值，
如图4，

当时，
由上可知，
没有最大值，
综上所述：当时，．
【点睛】本题考查了二次函数及其图象的性质，求一次函数的解析式，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是分类讨论．
【变式演练】
1．（2024·青海西宁·一模）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，直线方程为．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点为抛物线上一点，若，求点的坐标；
(3)直线上方的抛物线上有一点，当的面积最大时，点的坐标是什么？的最大面积是多少？
【答案】(1)；
(2)或；
(3)点的坐标为，的最大面积是．
【分析】（）利用一次函数求出点的坐标，再利用待定系数法解答即可求解；
（）求出点坐标，可得的长，进而求出，设，根据列出方程即可求解；
（）如图，向上平移直线，当直线与抛物线只有一个交点时，此时，点到直线的距离最大，即的面积最大，设平移后的直线解析式为，由得，，进而根据可得，即可平移后的直线解析式为，再联立函数解析式可得，再利用待定系数法可得直线的函数解析式为，即可得，得到，最后根据即可求解．
【详解】（1）解：把代入得，，
∴，
把代入得，，
∴，
把、代入得，
，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：把代入得，，
解得，，
∴，
∴，
∴，
设，
∵，
∴，
整理得，，
∴或，
当时，方程无解；
当时，解得，，
∴点的坐标为或；
（3）解：如图，向上平移直线，当直线与抛物线只有一个交点时，此时，点到直线的距离最大，即的面积最大，设平移后的直线解析式为，
由得，，
∴，
解得，
∴平移后的直线解析式为，
由，解得，
∴，
设直线的函数解析式为，直线与轴相交于点，
把、代入得，
，
解得，
∴直线的函数解析式为，
把代入得，，
解得，
∴，
∴，
∴，
∴当的面积最大时，点的坐标为，的最大面积是．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数的几何应用，一次函数与二次函数的交点坐标，根的判别式，一次函数图象的平移，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
2．（2024·云南昆明·一模）如图，抛物线与x轴交于，B两点，与y轴交于点C，且满足．
(1)求抛物线的解析式；
(2)M是线段上的一点（不与点B，C重合），过点M作轴交抛物线于点N，交x轴于点D，连接，若点M的横坐标为m，是否存在点M，使的面积最大？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，求出两点的坐标，利用待定系数法求二次函数的解析式；
（2）先求直线的解析式，表示出、两点的坐标，利用纵坐标的差计算的长，根据面积公式得：，的长是定值为3，所以的最大值即为面积的最大值，求所表示的二次函数的最值即可．
【详解】（1）解：抛物线经过点，，三点，且，
∴，
设抛物线的解析式为：，
，
，
抛物线的解析式：；
（2）解：存在，
设直线的解析式为：，
把，代入得：，
解得：，
直线的解析式为，
，
又轴，
，
；
，
当最大时，的面积最大，
，
当时，的有最大值为，
当时，的面积最大，
点的坐标．
【点睛】本题是二次函数的综合题，难度适中，考查了利用待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，并利用铅直高度与水平宽度的积求三角形的面积，同时要熟练掌握二次函数的最值的求法．
3．（2024·广东东莞·模拟预测）如图1，抛物线与x 轴交于点和点B，与 y 轴交于点C，连接，已知，点M是抛物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式．
(2)如图2，抛物线的对称轴与x 轴相交于点P，与线段相交于点Q，点N 是抛物线的对称轴上的点，且满足，求点N 的坐标．
(3)如图3，连接，点D 是线段上的一个动点，过点D 作交于点E，于 点F， 连接．当面积最大时，求此时点D的坐标．
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）根据题意得到，结合利用待定系数法求解即可；
（2）先求出，分点N在x轴上方和下方两种情况讨论，当点N在x轴上方时，根据二次函数的对称性质及等腰三角形的性质推出，则由等腰三形判定得，最后由勾股定理即可求解；当点N在x轴下方时，由对称性即可求解；
（3）如图，过点M作交于点H，设，求出，进而求出，解直角三角形得到，，从而求出在中，，，，，证明，求出，证明，由，得到关系式，利用二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：，
，
，
，
，
，
解得：，
抛物线的解析式为：；
（2）解：，，
∴，
，
如图，
点N在抛物线的对称轴上，
，
当点N在x轴上方时，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
抛物线的对称轴为，
，
，
，
，
，
，
在中，由勾股定理可得：，
∴，
∴，
；
当点N在x轴下方时，
由对称性得：；
综上，点N的坐标为或；
（3）解：如图，过点M作交于点H，
设，
点M是抛物线的顶点，
当时，，
，
，
，
在中，，
，，
，
，
，
在中，，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
当时，最大，
此时点D的坐标为．
【点睛】本题是二次函数的综合问题，考查了用待定系数法求二次函数与二次函数的解析式，二次函数的图象及最大值，二次函数与特殊三角形问题，二次函数与相似三角形问题，涉及分类讨论思想及方程思想，有一定的难度和运算量．
4．（2024·甘肃·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A，两点，与y轴交于点C，P是直线下方抛物线上一动点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图2，连接，，并把沿翻折，得到四边形，当四边形为菱形时，求出点P的坐标；
(3)当点P运动到什么位置时，四边形的面积最大？求出此时点P的坐标及此时线段的长．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）将代入抛物线中，即可求抛物线的解析式；
（2）如图，连接，设，则，由菱形的性质知垂直平分，求出的中点为)，则，求出，进而即可求；
（3）如图，过P作轴，交直线于点Q，求出点坐标，则，设，则，即可求，所以，当时，四边形的面积最大为，此时，进而即可得解．
【详解】（1）∵抛物线过点，
∴，解得，
∴抛物线的表达式为；
（2）如图，连接，
设，则，
∵四边形为菱形，
∴垂直平分，
∵，
∴的中点为，
∴，整理得，
解得或；
点在直线的下方，
，
，
；
（3）如图，过P作轴，交直线于点Q，
令，则，，
，
，，
，
，
设直线的解析式为
，解得，
直线的解析式为，
设，则，
，
，
∴，
∵，，
当时，四边形的面积最大为，此时，
．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象性质的应用，菱形的性质，一次函数的性质，中点坐标公式，翻折等知识点，熟练掌握二次函数的图象及性质，菱形的对称性，会用铅锤法求三角形的面积是解题的关键．
题型06 二次函数与角度问题
二次函数与角度问题（解答题）是初中数学中函数知识与几何角度知识深度融合的重要内容，在中考里分值占比约 5% - 10%。
1.考查重点：重点考查运用二次函数性质及图象特征，结合几何图形中的角度关系，通过构建方程或函数模型来求解角度大小、探究角度变化规律以及基于角度条件确定函数相关参数。
2.高频题型：主要以解答题形式呈现，给定二次函数图象与几何图形，设置动点引发角度变化，围绕求特定角度值、判断角度之间的关系（如相等、互余等）、依据角度条件求二次函数解析式等进行设问。
3.高频考点：涵盖二次函数的基本性质（如对称轴、顶点坐标）、三角函数知识（正弦、余弦、正切在求角度中的应用）、几何图形（三角形、四边形）内角和定理、相似三角形对应角相等性质以及利用角度相等构建方程求解函数参数。
4.能力要求：学生需要具备跨知识模块的综合运用能力，能将几何图形中的角度问题转化为代数方程或函数问题，熟练运用三角函数公式、几何图形性质进行推理计算，同时具备较强的逻辑思维和分析问题能力。
5.易错点：容易在将角度关系转化为代数关系时出错，忽视几何图形中隐含的角度条件，对三角函数知识的运用不够熟练，导致在计算角度和求解函数参数过程中出现错误。
【提分秘籍】
【典例分析】
例1．（2024·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，与轴交于点，与轴交于两点（在的左侧），连接．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点是射线上方抛物线上的一动点，过点作轴，垂足为，交于点．点是线段上一动点，轴，垂足为，点为线段的中点，连接．当线段长度取得最大值时，求的最小值；
(3)将该抛物线沿射线方向平移，使得新抛物线经过（2）中线段长度取得最大值时的点，且与直线相交于另一点．点为新抛物线上的一个动点，当时，直接写出所有符合条件的点的坐标．
【答案】(1)；
(2)的最小值为；
(3)符合条件的点的坐标为或．
【分析】（1）利用正切函数求得，得到，再利用待定系数法即可求解；
（2）求得，利用待定系数法求得直线的解析式，设，求得最大，点，再证明四边形是平行四边形，得到，推出当共线时，取最小值，即取最小值，据此求解即可；
（3）求得，再利用平移的性质得到新抛物线的解析式，再分两种情况讨论，计算即可求解．
【详解】（1）解：令，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
将和代入得，
解得，
∴抛物线的表达式为；
（2）解：令，则，
解得或，
∴，
设直线的解析式为，
代入，得，
解得，
∴直线的解析式为，
设（），则，
∴，
∵，
∴当时，最大，此时，
∴，，，
∴，，
连接，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴当共线时，取最小值，即取最小值，
∵点为线段的中点，
∴，
∴，
∴的最小值为；
（3）解：由（2）得点的横坐标为，代入，得，
∴，
∴新抛物线由向左平移2个单位，向下平移2个单位得到，
∴，
过点作交抛物线于点，
∴，
同理求得直线的解析式为，
∵，
∴直线的解析式为，
联立得，
解得，，
当时，，
∴，
作关于直线的对称线得交抛物线于点，
∴，
设交轴于点，
由旋转的性质得到，
过点作轴，作轴于点，作于点，
当时，，
解得，
∴
∵，，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
同理直线的解析式为，
联立，
解得或，
当时，，
∴，
综上，符合条件的点的坐标为或．
【点睛】本题是二次函数综合问题，考查二次函数的图象及性质，待定系数法确定函数关系式，熟练掌握二次函数的图象及性质，轴对称的性质，直角三角形的性质，数形结合是解题的关键．
例2．（2024·四川广安·中考真题）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点坐标为，点坐标为．

(1)求此抛物线的函数解析式．
(2)点是直线上方抛物线上一个动点，过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的垂线，垂足为点，请探究是否有最大值？若有最大值，求出最大值及此时点的坐标；若没有最大值，请说明理由．
(3)点为该抛物线上的点，当时，请直接写出所有满足条件的点的坐标．
【答案】(1)
(2)的最大值为，点的坐标为
(3)点的坐标为或
【分析】（1）直接利用抛物线的交点式可得抛物线的解析式；
（2）先求解，及直线为，设，可得，再建立二次函数求解即可；
（3）如图，以为对角线作正方形，可得，与抛物线的另一个交点即为，如图，过作轴的平行线交轴于，过作于，则，设，则，求解，进一步求解直线为：，直线为，再求解函数的交点坐标即可.
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点坐标为，点坐标为．
∴；
（2）解：当时，，
∴，
设直线为，
∴，解得：，
∴直线为，
设，
∴，
∴
；
当时，有最大值；
此时；
（3）解：如图，以为对角线作正方形，
∴，
∴与抛物线的另一个交点即为，
如图，过作轴的平行线交轴于，过作于，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
设，则，
∴,
∴，
由可得：
∴，
解得：，
∴，
设为：，
∴，解得：，
∴直线为：，
∴，
解得：或，
∴，
∵，，，正方形，
∴，
同理可得：直线为，
∴，
解得：或，
∴，
综上：点的坐标为或.
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，抛物线的性质，正方形的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.
例3．（2024·山东烟台·中考真题）如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，，，对称轴为直线，将抛物线绕点旋转后得到新抛物线，抛物线与轴交于点，顶点为，对称轴为直线．
(1)分别求抛物线和的表达式；
(2)如图，点的坐标为，动点在直线上，过点作轴与直线交于点，连接，．求的最小值；
(3)如图，点的坐标为，动点在抛物线上，试探究是否存在点，使？若存在，请直接写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)
(3)存在，或
【分析】（1）先求出点A、B、C坐标，再用待定系数法求出抛物线的表达式，求出其顶点坐标，由旋转可知抛物线的二次项系数为原来的相反数，顶点坐标与抛物线的顶点坐标关于原点对称，即可求解；
（2）将点F向右平移2个单位至，则，，过点D作直线的对称点为，连接，则四边形为平行四边形，则，，因此，即可求解；
（3）当点P在直线右侧抛物线上时，可得，作H关于直线的对称点，则点在直线上，可求直线的表达式为，联立， 解得：或（舍），故；当点P在直线左侧抛物线上时，延长交y轴于点N，作的垂直平分线交于点Q，交y轴于点M，过点E作轴于点K，则，可得，可证明出，由，得，设，则，，在和中，由勾股定理得，解得：或（舍），所以，可求直线表达式为：，联立，解得：或（舍），故．
【详解】（1）解：设对称轴与x轴交于点G，
由题意得，
∵对称轴为直线，
∴，
∴，
∴，
将A、B、C分别代入，
得：，
解得：，
∴，
∴，顶点为
∵抛物线绕点旋转后得到新抛物线，
∴抛物线的，顶点为，
∴的表达式为：，即
（2）解：将点F向右平移2个单位至，则，，过点D作直线的对称点为，连接，
∴，
∵，
∴直线为直线，
∵轴，
∴，
对于抛物线，令，则，
∴，
∵点D与点关于直线对称，
∴点，
∵轴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
当点三点共线时，取得最小值，
而，
∴的最小值为；
（3）解：当点P在直线右侧抛物线上时，如图：
∵抛物线，
∴
∵轴，
∴，
∵，
∴，
∴，
作H关于直线的对称点，则点在直线上，
∵点的坐标为，直线：，
∴，
设直线的表达式为：，
代入，,
得：，
解得：，
∴直线的表达式为，
联立，得：，
解得：或（舍），
∴；
②当点P在直线左侧抛物线上时，延长交y轴于点N，作的垂直平分线交于点Q，交y轴于点M，过点E作轴于点K，则，如图：
∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
由点
得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，
∴，，
在和中，由勾股定理得，
∴，
解得：或（舍）
∴，
∴，
∴，
设直线表达式为：，
代入点N，E，
得：，
解得：
∴直线表达式为：，
联立，
得：，
整理得：
解得：或（舍），
∴，
综上所述，或．
【点睛】本题是一道二次函数与角度有关的综合题，考查了待定系数法求函数解析式，三角形三边关系求最值，平行四边形的判定与性质，中心对称图形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．
例4．（2024·四川资阳·中考真题）已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于C点，且，．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，点P是抛物线在第一象限内的一点，连接，过点P作轴于点D，交于点K．记，的面积分别为，，求的最大值；
(3)如图2，连接，点E为线段的中点，过点E作交x轴于点F．抛物线上是否存在点Q，使？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）先求点坐标，待定系数法求出函数解析式即可；
（2）求出的解析式，设，则：，将转化为二次函数求最值即可；
（3）易得垂直平分，设，勾股定理求出点坐标，三线合一结合同角的余角相等，推出，分别作点关于轴和直线的对称点，直线，与抛物线的交点即为所求，进行求解即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
把，，代入函数解析式得：
∴，解得：；
∴；
（2）∵，，
∴设直线的解析式为：，把，代入，得：，
∴，
设，则：，
∴，，，
∴，
∴
，
∴当时，的最大值为；
（3）存在：
令，
解得：，
∴，
∵，点为的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，则：，
在中，由勾股定理，得：，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
①取点关于轴的对称点，连接，交抛物线与点，则：，，
设的解析式为：，
则：，解得：，
∴，
联立，解得：（舍去）或，
∴；
②取关于的对称点，连接交于点，连接交抛物线于点，
则：，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
过点作轴，则：，，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为：，
则：，解得：，
∴，
联立，解得：（舍去）或，
∴；
综上：或．
【点睛】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，中垂线的判定和性质，等积法求线段的长，坐标与轴对称，勾股定理，解直角三角形，等知识点，综合性强，难度大，计算量大，属于中考压轴题，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．
【变式演练】
1．（2024·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）如图，已知抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，并且经过，两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D为直线下方抛物线上的一动点，直线交线段于点E，请求出的最大值；
(3)探究：在抛物线上是否存在点M，使得？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，M坐标为或
【分析】（1）由抛物线经过，两点，知对称轴为直线，可得，即可求出b的值，从而得到抛物线的解析式；
（2）过D作轴交于F，过B作轴交于G，在中，得，直线解析式为，即可知，设，则，从而表示出，由，得，
可得当时，取最大值；
（3）作关于y轴的对称点，连接，在上取点K，使，作直线交抛物线于M，根据关于y轴对称，，可知M是满足条件的点，设，由得，直线解析式为，解，即可得；由对称性可知，若为关于x轴的对称点，则直线与抛物线交点也满足，此时直线解析式为，同理可得．
【详解】（1）解：∵抛物线经过，两点，
∴抛物线的对称轴为直线，
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为；
（2）过D作轴交于F，过B作轴交于G，如图：
在中，令得，令得或，
，
由得直线解析式为，
在中，令得，
∴，
设，则，
∴，
∵轴，轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当时，取最大值；
答：的最大值为；
（3）存在，理由如下：
作关于y轴的对称点，连接，在上取点K，使，作直线交抛物线于M，如图：
∵关于y轴对称，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴M是满足条件的点，
由得直线解析式为，
设，
∵，
∴，
解得或，
∴，
由，得直线解析式为，
解，
得或，
∴；
由对称性可知，若为关于x轴的对称点，则直线与抛物线交点也满足，
此时直线解析式为，
由
得或，
∴；
综上所述，M坐标为或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，涉及待定系数法求解析式、相似三角形的判定与性质、等腰三角形等知识，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形、等腰三角形解决问题．
2．（2024·湖南·模拟预测）定义：若抛物线沿轴向右平移个单位长度得到抛物线，那么我们称抛物线是的“友好抛物线”，称为“友好值”．如图，抛物线与轴交于两点，抛物线是的“友好抛物线”，“友好值”为2，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，作直线，点是抛物线上一动点．
(1)抛物线的表达式为_________；
(2)若点在第四象限，过点作轴于点，交于点，当时，求的长；
(3)是否存在点，使得？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，点的坐标为或
【分析】（1）用待定系数法求出抛物线的解析式，然后根据“友好值”为2即可求出抛物线的解析式；
（2）先求出，用待定系数法求出直线的表达式，设，则，则，然后根据列式即可求解；
（3）分点M在直线上方和点M在直线下方两种情况求解即可．
【详解】（1）解：把代入，得
，
解得，
∴抛物线的解析式为，
∵“友好值”为2，
∴抛物线的解析式为．
故答案为：；
（2）解：抛物线的表达式为，
∴．
设直线的表达式为，
将点，C的坐标代入，
得，
解得
，
∴．直线的表达式为．
设，则，
∴
∵
∴
解得或（舍去），
∴当时，，
∴点M的坐标为，
∴；
（3）解：当点M在直线上方时，设直线交x轴于点D，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点D的坐标为，
设直线的解析式为，
将代入，可得，
∴直线的解析式为，
令，
解得（舍去），，
当时，，
∴；
当点M在直线下方时，设直线交x轴于点E，
∵，
∴，
∴，
∴点E的坐标为，
设直线的解析式为，
将代入，可得，
∴直线的解析式为，
令，
解得（舍去），，
当时，，
∴；
综上可知，当时，点的坐标为或
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数和一次函数函数解析式，二次函数的图象与性质，二次函数的平移，二次函数与几何综合，以及解直角三角形等知识，数形结合是解答本题的关键．
3．（2024·江苏苏州·一模）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，拋物线与轴交于点、两点，与轴交于点，连接．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点Q为抛物线上的一点（不与点A重合），当的面积等于面积的2倍时，求此时点Q的坐标；
(3)如图2，点在轴下方的抛物线上，点为抛物线的顶点．过点作轴于点，连接交于点，连接，，探究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)
(3)存在点，使的坐标为)或
【分析】（1）用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）设，求出，直线函数表达式为，知，分为当点Q在直线下方时和点Q在直线上方时，分别求解即可．
（3）过A作轴交延长线于，过作于，过作轴于，过作于，分两种情况：当在上方时，求出顶点，可得，故，有，而，即可得，从而证明，得，得，故，即可得是等腰直角三角形，证明，有，设，则，解得，得直线函数表达式为，联法，可得；当在下方时，同理可得．
【详解】（1）解：把代入得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：设，过点Q作轴，交于点，
在中，令得，
解得：或，
，
∵，，
∴，
∴；
∵，
∴设直线的函数表达式为，代入B得，解得：，
∴直线的函数表达式为，
，
，
当点Q在直线下方时：，
即，无解；
当点Q在直线上方时：
，
即，解得：或；
综上，此时，点Q的坐标为或；
（3）解：存在点，使，
理由如下：过A作轴交延长线于，过作于，过作轴于，过作于，
当在上方时，如图：
，
∴顶点，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
，
，
，
，
，
∴是等腰直角三角形，
，
，
，
，
设，
，
解得，
，
∵
设直线函数表达式为，则，
解得，
故直线函数表达式为，
联立，
解得或，
；
当在下方时，同理可得，
可得函数表达式为，
联立，
解得或，
，
综上所述，的坐标为或．
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及全等三角形判定与性质，等腰直角三角形性质及应用，待定系数法等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
4．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，，顶点为D
(1)求二次函数的解析式；
(2)P为直线上方抛物线上一点，求面积最大值及P点坐标；
(3)P为第四象限抛物线上一点，且，求出点P的坐标；
【答案】(1)
(2)最大值为，
(3)
【分析】（1）先求得，设二次函数解析式为，再利用待定系数法求解即可；
（2）先求出直线的解析式为：，设，则，求出，最后根据二次函数的性质即可得到答案；
（3）过点C作，取一点E使，过点C作轴，作，先证明，可得，从而求出，由P为以为直径的圆与抛物线的交点的中点F，可得，设可求得，再求解即可．
【详解】（1），
，
设二次函数解析式为，
将代入得：
，
故二次函数解析式为；
（2）如图，连接，过点P作，
设直线的解析式为：，
将，代入直线的解析式得：
，
解得，
直线的解析式为：，
设，则，
，
，
由此可得，当，最大为，
当时，，
；
（3）如图，过点C作，取一点E使，过点C作轴，作，
，
，
，
，
，
，
，
，
P为以为直径的圆与抛物线的交点的中点F，
，
，
设
解得：，
将代入得：，
【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数的解析式、二次函数的图象与性质、圆周角定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质、圆周角定理，相似三角形的判定与性质，添加适当的辅助线，是解题的关键．
题型07 二次函数与特殊三角形
二次函数与特殊三角形（解答题）是初中数学中函数知识与几何特殊三角形知识深度融合的重要内容，在中考中分值占比约为 6% - 10%。
1.考查重点：重点考查运用二次函数性质与图象特征，结合等腰三角形、直角三角形等特殊三角形的性质，通过建立方程或函数模型来求解三角形的边长、角度、探究三角形存在性及相关位置关系。
2.高频题型：多以解答题形式呈现，给定二次函数图象与几何图形背景，设置动点，围绕构建特殊三角形（如判定是否存在等腰三角形、直角三角形）、求特殊三角形的边长或顶点坐标等进行设问。
3.高频考点：涵盖二次函数的基本性质（如对称轴、顶点坐标、函数解析式求解）、特殊三角形（等腰三角形两腰相等、三线合一；直角三角形勾股定理、锐角三角函数）的性质与判定、利用几何图形中的线段关系和角度关系建立方程或函数。
4.能力要求：学生需具备综合运用代数与几何知识的能力，能将几何中的特殊三角形问题转化为二次函数问题，熟练运用数学公式进行推理和计算，还要有较强的逻辑思维和分类讨论意识。
5.易错点：容易在分类讨论特殊三角形的不同情况时有所遗漏，忽视几何图形中的隐含条件，在建立方程或函数模型以及求解过程中出现运算错误。
【提分秘籍】
【典例分析】
例1．（2024·四川达州·中考真题）如图1，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点．点是抛物线的顶点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，连接，，直线交抛物线的对称轴于点，若点是直线上方抛物线上一点，且，求点的坐标；
(3)若点是抛物线对称轴上位于点上方的一动点，是否存在以点，，为顶点的三角形是等腰三角形，若存在，请直接写出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或；
(3)或或或
【分析】（1）待定系数法求解析式，即可求解；
（2）先求得的坐标，根据勾股定理的逆定理得出是等腰三角形，进而根据得出，连接，设交轴于点，则得出是等腰直角三角形，进而得出，则点与点重合时符合题意，，过点作交抛物线于点，得出直线的解析式为，联立抛物线解析式，即可求解；
（3）勾股定理求得，根据等腰三角形的性质，分类讨论解方程，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点和点，
∴
解得：
∴抛物线的解析式为；
（2）由，当时，，则
∵，则，对称轴为直线
设直线的解析式为，代入，
∴
解得：
∴直线的解析式为，
当时，，则
∴
∴
∴是等腰三角形，
∴
连接，设交轴于点，则
∴是等腰直角三角形，
∴，，
又
∴
∴
∴点与点重合时符合题意，
如图所示，过点作交抛物线于点，
设直线的解析式为，将代入得，
解得：
∴直线的解析式为
联立
解得：，
∴
综上所述，或；
（3）解：∵，，
∴
∵点是抛物线对称轴上位于点上方的一动点，设其中
∴，
①当时，，解得：或
②当时，，解得：
③当时，，解得：或（舍去）
综上所述，或或或．
【点睛】本题考查了二次函数综合问题，待定系数法求解析式，面积问题，特殊三角形问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
例2．（2024·四川眉山·中考真题）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，点在抛物线上．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)当点在第二象限内，且的面积为3时，求点的坐标；
(3)在直线上是否存在点，使是以为斜边的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为
(2)的坐标为或
(3)的坐标为或或或
【分析】（1）利用待定系数法求解；
（2）过作轴交于，求出直线解析式，根据列式求解；
（3）先求出点A，B坐标，再求出直线解析式，过作轴于，过作轴于，分以下情况分别讨论即可：①与重合，与重合时；②当在第一象限，在第四象限时；③当在第四象限，在第三象限时；④当在第四象限，在第一象限时．
【详解】（1）解：把，代入得：
，
解得，
抛物线的解析式为；
（2）解：过作轴交于，如图：

由，得直线解析式为，
设，则，
，
的面积为3，
，即，
解得或，
的坐标为或；
（3）解：在直线上存在点，使是以为斜边的等腰直角三角形，理由如下：
在中，令得，
解得或，
，，
由，得直线解析式为，
设，，
过作轴于，过作轴于，
①，
当与重合，与重合时，是等腰直角三角形，如图：

此时；
②当在第一象限，在第四象限时，
是以为斜边的等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，，
，
解得（小于0，舍去）或，
，
的坐标为；
③当在第四象限，在第三象限时，如图：
是以为斜边的等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，，
同理可得，
解得或（大于0，舍去），
，
的坐标为；
④当在第四象限，在第一象限，如图：
是以为斜边的等腰直角三角形，
，，
，
，
，
，，
，
解得（舍去）或，
，
的坐标为；
综上所述，的坐标为或或或．
【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．
例3．（2024·山东泰安·中考真题）如图，抛物线的图象经过点，与轴交于点A，点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)将抛物线向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到抛物线，求抛物线的表达式，并判断点是否在抛物线上；
(3)在轴上方的抛物线上，是否存在点，使是等腰直角三角形．若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)，点在抛物线上
(3)存在，点的坐标为：或
【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，求得a的值即可；
（2）由题意得：，当x=1时，，即可判断点是否在抛物线上；
（3）分为直角、为直角、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：将点的坐标代入抛物线表达式得：，解得：，
则抛物线的表达式为：．
（2）解：由题意得：，
当时，，
故点在抛物线上．
（3）解：存在，理由如下：
①当为直角时，如图1，过点作且，则为等腰直角三角形，
，，
，
，
，
∴，，
∴点，
当时，，即点在抛物线上，
∴点即为点；
②当为直角时，如图2，
同理可得：，
∴，，
∴点，
当时，，
∴点在抛物线上，
∴点即为点；
③当为直角时，如图3，
设点，
同理可得：，
∴且，解得：且，
∴点，
当时，，
即点不在抛物线上；
综上，点的坐标为：或．
【变式演练】
1．（2024·广东·模拟预测）综合运用
如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线 与x轴交于点 A．C(点 A 在点 C的右侧)．与y轴交于点 B．直线经过点A，B．
(1)求A，B，C 三点的坐标及直线的表达式．
(2)P是第二象限内抛物线上的一个动点，过点P作轴交直线于点 Q，设点 P 的横坐标为．的长为 L．
①求L与m的函数关系式，并写出m的取值范围；
②若与交于点D， 求 m的值．
(3)设抛物线的顶点为M，问在y轴上是否存在一点 N，使得为直角三角形？若存在，直接写出点 N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)①②
(3)存在，或或或
【分析】（1）令，求出值，令，求出的值，进而得到的坐标，待定系数法求出直线的解析式即可；
（2）①求出点坐标，根据两点间的距离求出的解析式，根据点在第二象限，写出m的取值范围即可；
②证明，得到，进行求解即可；
（3）分别以为直角顶点，为直角顶点和为直角顶点三种情况，进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵，
∴当时，，当时，，解得：，
∴，
∵直线经过点A，B
∴，解得：，
∴；
（2）①∵点 P 的横坐标为，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵P是第二象限内抛物线上的一个动点，
∴；
∴；
②∵轴，与交于点D，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴（舍去）或，
∴；
（3）存在，设点，
∵，
∴，
∵，
∴；
①当点为直角顶点时：，解得：，
∴；
②当点为直角顶点时，，解得：，
∴；
③当点为直角顶点时：，解得：或，
∴或；
综上：或或或．
【点睛】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，相似三角形的判定和性质，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．
2．（2024·山西·模拟预测）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点（点在点的右侧），与轴交于点，连接．已知点，．
(1)求该抛物线的表达式及直线的表达式．
(2)是直线上方抛物线上的一动点，过点作于点，求的最大值．
(3)在（2）的条件下，将该抛物线向左平移5个单位长度，为点的对应点，平移后的抛物线与轴交于点，为平移后抛物线的对称轴上的任意一点．直接写出所有使得以为腰的是等腰三角形的点的坐标．
【答案】(1)抛物线解析式为：；直线的解析式为
(2)
(3)或或
【分析】（）待定系数法即可求出二次函数解析式，再求出点A的坐标，再利用待定系数法即可求解直线的表达式；
（2）过点作轴于点，交于点，由（1）知直线的解析式为，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：；
∵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；
（2）解：如图所示，过点作轴于点，交于点，
由（1）知直线的解析式为，
设，则，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴当时，取得最大值为；
（3）解：∵抛物线，
将该抛物线向左平移个单位，得到，对称轴为直线，
由（2）知点D的横坐标为2，则，
，
点向左平移个单位得到，
∵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．
3．（2024·山东青岛·一模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数交轴于点，，交轴于点，在轴上有一点，连接．
(1)求二次函数的表达式；
(2)若点为抛物线在轴负半轴上方的一个动点，求面积的最大值及此时点的坐标；
(3)抛物线对称轴上是否存在点，使为以为底的等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标即可；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的表达式为
(2)面积的最大值为，此时D点坐标为
(3)存在，点P的坐标为
【分析】此题考查二次函数的图象与性质，用待定系数法求函数表达式，等腰三角形的判定等知识，数形结合与分类讨论数学思想是解题的关键．
（1）直接用待定系数法求解即可；
（2）可求得直线的表达式为过点D作 轴于点G， 交于点F， 设则所以，则 ，即可求得面积的最大值是；
（3）先求得抛物线的对称轴为直线设，再根据为等腰三角形，且以为底边，利用坐标两点距离公式列出方程求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点， ，
，
解得
∴二次函数的表达式为．
（2）解：设直线的表达式为则
解得
∴直线的表达式为
如图1，过点D作轴于点G，交于点F，
设则
，
，
，
∴当时， ，
此时，，
面积的最大值是，此时D点坐标为；
（3）解：存在，理由如下：
，
∴抛物线的对称轴为直线，
设，
为等腰三角形，且以为底边，
，
，，

解得，
．
题型08 二次函数与特殊四边形
二次函数与特殊四边形（解答题）是初中数学里函数知识与特殊四边形几何性质深度融合的重要内容，在中考中分值占比大约为 6% - 10%。
1.考查重点：重点考查综合运用二次函数的性质与图象特征，结合平行四边形、矩形、菱形、正方形等特殊四边形的性质，建立方程或函数模型来探究特殊四边形的存在性、边长、角度以及相关位置关系。
2.高频题型：多以解答题形式呈现，在给定二次函数图象及几何图形背景下，设置动点，围绕判定是否能构成特殊四边形、求特殊四边形顶点坐标、探究特殊四边形面积最值等问题展开。
3.高频考点：涵盖二次函数的基本性质（如对称轴、顶点坐标、解析式求解）、特殊四边形（平行四边形对边平行且相等、矩形对角线相等且互相平分、菱形四条边相等且对角线互相垂直平分、正方形兼具矩形与菱形所有性质）的判定与性质，以及利用几何图形中的线段关系、角度关系建立方程或函数。
4.能力要求：学生需具备较强的代数与几何综合运用能力，能够将几何中的特殊四边形问题转化为二次函数问题，熟练运用数学公式进行推理和运算，还要有敏锐的逻辑思维与全面的分类讨论意识。
5.易错点：容易在分类讨论特殊四边形不同情况时出现遗漏，忽视几何图形中的隐含条件，在建立方程或函数模型以及求解过程中因运算复杂而出现错误
【提分秘籍】
【典例分析】
例1．（2024·黑龙江绥化·中考真题）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与直线相交于，两点，其中点，．
(1)求该抛物线的函数解析式．
(2)过点作轴交抛物线于点，连接，在抛物线上是否存在点使．若存在，请求出满足条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由．（提示：依题意补全图形，并解答）
(3)将该抛物线向左平移个单位长度得到，平移后的抛物线与原抛物线相交于点，点为原抛物线对称轴上的一点，是平面直角坐标系内的一点，当以点、、、为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点F的坐标．
【答案】(1)
(2)存在，点坐标为，，补图见解析
(3)、、、
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据平行线的性质可得，求得，进而分别求得，，根据可得，设直线交轴于点，则，．进而可得，的解析式为，，连接交抛物线于，连接交抛物线于，进而联立抛物线与直线解析式，解方程，即可求解．
（3）①以为对角线，如图作的垂直平分线交于点交直线于，设，根据两点距离公式可得，根据中点坐标公式可得，②以为边，如图以为圆心，为半径画圆交直线于点，；连接，，根据勾股定理求得，进而得出，，根据平移的性质得出，，③以为边，如图以点为圆心，长为半径画圆交直线于点和，连接，，则，过点作于点，则，在和中，由勾股定理得，则、，根据，可得，过点作，过作，和相交于点，的中点．根据中点坐标公式可得；
【详解】（1）解：∵把点，代入得
，
解得，
∴．
（2）存在．
理由：∵轴且，
∴，
∴（舍去），，
∴．
过点作于点，
在中，
∵，
∴，
∵，
∴．
设直线交轴于点，
，，
∴，．
连接交抛物线于，连接交抛物线于，
∴，的解析式为，，
∴，解得，
或，解得．
∴把，代入得，，
∴，．
综上所述，满足条件的点坐标为，．
（3）、、、．
方法一：
①以为对角线，如图作的垂直平分线交于点交直线于
∵，，
∴．
设，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是的中点，
．
②以为边
如图以为圆心，为半径画圆交直线于点，；连接，，
过点作，过点作，和相交于点，同理可得
，，
，
．
过点作直线于点，则；
在和中，由勾股定理得，
，
，．
点是由点向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度得到的，
，，
③以为边
如图以点为圆心，长为半径画圆交直线于点和，
连接，，则，
过点作于点，则，在和中，由勾股定理得，
，
、，
，
，
、、三点共线，
过点作，过作，
和相交于点，
∵、，
的中点．
，点为的中点，
．
综上所述：、、、．
例2．（2024·四川广元·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线F：经过点，与y轴交于点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)在直线上方抛物线上有一动点C，连接交于点D，求的最大值及此时点C的坐标；
(3)作抛物线F关于直线上一点的对称图象，抛物线F与只有一个公共点E（点E在y轴右侧），G为直线上一点，H为抛物线对称轴上一点，若以B，E，G，H为顶点的四边形是平行四边形，求G点坐标．
【答案】(1)；
(2)最大值为，C的坐标为；
(3)点G的坐标为，，．
【分析】（1）本题考查了待定系数法解抛物线分析式，根据题意将点坐标分别代入抛物线解析式，解方程即可；
（2）根据题意证明，再设的解析式为，求出的解析式，再设，则，再表示出利用最值即可得到本题答案；
（3）根据题意求出，再分情况讨论当为对角线时，当为边时继而得到本题答案．
【详解】（1）解：，代入，
得：，解得：，
∴抛物线的函数表达式为．
（2）解：如图1，过点C作x轴的垂线交于点M．
∴轴，
∴，
∴，
设的解析式为，
把，代入解析式得，
解得：，
∴．
设，则，
∴，
∵，，
∴当时，最大，最大值为．
∴的最大值为，此时点C的坐标为．
（3）解：由中心对称可知，抛物线F与的公共点E为直线与抛物线F的右交点，
∴，
∴（舍），，
∴．
∵抛物线F：的顶点坐标为，
∴抛物线的顶点坐标为，
∴抛物线的对称轴为直线．
如图2，当为对角线时，由题知，
∴，
∴．
如图3，当为边时，由题知，
∴，
∴．
如图4，由题知，
∴，
∴，
综上：点G的坐标为，，．
例3．（2024·宁夏·中考真题）抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点是第四象限内抛物线上的一点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，过作轴于点，交直线于点．设点的横坐标为，当时，求的值；
(3)如图点，连接并延长交直线于点，点是轴上方抛物线上的一点，在（2）的条件下，轴上是否存在一点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形．若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，或或或
【分析】（1）将点代入抛物线解析式，可得关于的一元一次方程，解方程即可求出的值，进而得出抛物线的解析式；
（2）令，可得，令，可得，则，利用待定系数法可求得的解析式为，根据题意可知点的坐标为，，把分别代入抛物线和直线的解析式，可得，，进而可得，，由轴可得轴，据此可证得，于是可得，即，则，由已知条件可得，由此可建立关于m的方程，解之即可；
（3）由C、F的坐标可求得直线的解析式为，进而可得，当时，，解方程即可求得点的坐标为或，然后分情况讨论：当时，；当时，；分别求解即可得出答案．
【详解】（1）解：把点代入，得：
，
解得：，
抛物线的解析式为；
（2）解：令，则，
解得：，，
点的坐标为，
当时，，
点的坐标为，
，，
，
根据题意得，点的坐标为，则，
把代入，得：
，
点的坐标为，
设直线的解析式为，
把，代入，得：
，
解得：，
直线的解析式为：，
当时，，
点的坐标为，
，
，
又轴，
∴轴，
，
，
，
，
又，
，
解得：，（不合题意，故舍去），
∴的值为；
（3）解：存在，点的坐标为或或或，
理由如下：
设直线的解析式为，
把，代入，得：
，
解得：，
的解析式为：，
当时，，
点的坐标为，
又点是轴上方抛物线上的一点，
当时，，
解得：，，
点的坐标为或，
分情况讨论：
当点的坐标为时，
，
点的坐标为或；
当点的坐标为时，
，
点的坐标为或；
综上所述，点的坐标为或或或．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，求二次函数与坐标轴的交点坐标，相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，因式分解法解一元二次方程，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键．
【变式演练】
1．（2024·山西·模拟预测）综合与探究
如图1，抛物线的图象是一条抛物线，图象与x轴交于点A和点，与y轴交于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，连接，点P为直线下方抛物线上的点，过点P作轴交于点M，求的最大值及此时点P的坐标；
(3)如图3，将抛物线先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度得到新的抛物线，在的对称轴上有一点D，坐标平面内有一点E，使得以点B，C，D，E为顶点的四边形是矩形，请直接写出所有满足条件的点E的坐标．
【答案】(1)
(2)，
(3)存在点或或或
【分析】（1）把和代入求解即可．
（2）先解得直线的解析式为，设，，得到的的值，当时，最大即可解答．
（3）分情况讨论，当为矩形一边时，且点D在x轴的下方；当为矩形一边时，且点D在x轴的上方；当为矩形对角线时，分别求解即可．
【详解】（1）解：把和代入，得：
，解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）设直线的解析式为，把B，C点的坐标代入得：
，解得：，
∴直线的解析式为
点P为直线下方抛物线上的点，
设，
，
，
当时，，
；
（3）由题意可得：，
的对称轴为.
∵，，
∴，
如图3.1：当为矩形一边时，且点D在x轴的下方，过D作轴于点F，
∵D在的对称轴上，
，
∵，，
∴，
，，即点，
∴点C向右平移2个单位、向下平移2个单位可得到点D，则点B向右平移2个单位、向下平移2个单位可得到点；
如图3.2：当为矩形一边时，且点D在x轴的上方，的对称轴为与x轴交于点F，
∵D在的对称轴上，
∴，
，
，即，
，即点，
∴点B向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点D，则点C向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点；
如图3.3：当为矩形对角线时，设，，的中点F的坐标为，
依意得：，解得，
又，
，
解得：，
联立，
解得：，
∴点E的坐标为或.
综上，存在点或或或，
使得以点B，C，D，E为顶点的四边形是矩形．
【点睛】本题是二次函数的综合应用题，主要考查了待定系数法求函数解析式，矩形的性质，利用平移的性质解决问题是解本题的关键．
2．（2024·甘肃·模拟预测）如图，抛物线的图象经过，，三点．
(1)求抛物线的解析式和顶点M的坐标；
(2)在直线下方的抛物线上是否存在一点E，使的面积最大，若存在，求出点E的坐标和的最大面积；
(3)P为抛物线上的一动点，Q为对称轴上的动点，抛物线上是否存在一点P，使A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)存在，取最大值，点P的坐标为
(3)存在，P坐标为或或
【分析】本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的几何应用、平行四边形的定义等知识点，较难的是题（3），依据题意，正确分2种情况讨论是解题关键，勿出现漏解．
（1）根据待定系数法即可求出解析式，再化为顶点式即可求解；
（2）求出直线的解析式，过点E作轴，交于点F，设点E为，则点F为，表示出，再根据表示出即可求解．
（3）分为①为平行四边形的边和②为平行四边形的对角线分别求解即可．
【详解】（1）解：将，，三点代入
可得，
解得：，
故抛物线的解析式为；
∵．
∴抛物线的顶点M的坐标为．
（2）解：设直线的解析式为，把点、代入得，
解得：，
得直线的解析式为．
如图，过点E作轴，交于点F，
设点E为，则点F为，
∴．
∴．
∴．
∴当时，取最大值．
∴点E的坐标为．
（3）解：①若为平行四边形的边，
∵以A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，
∴，
∴或，
∴或，
∴点P坐标为或；
②若为平行四边形的对角线，
∵以A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，
∴与互相平分，
∴，
解得：，
∴点P的坐标为，
综上所述：当点P坐标为或或时，以A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形．
3．（2024·广东·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于点，点，与轴交于点，其中，，．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点为直线下方抛物线上一点，，当线段的长度最大时，求点的坐标；
(3)将沿直线平移，平移后的三角形为（其中点与点不重合），点是坐标平面内一点，若以，，，为顶点的四边形是菱形，请直接写出所有符合条件的点的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)点的坐标为、、或
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点作轴交于点，利用待定系数法求出直线的解析式为，设，，则，当时，最大，此时最大，即可求解；
（3）根据题意可设，得到，，，分三种情况讨论：①，②，③，即可求解．
【详解】（1）解：抛物线与轴交于点，点，
设抛物线解析式为，
抛物线过，
，
，
此抛物线解析式为；
（2）过点作轴交于点，如下图所示，
设直线的解析式为，
，，
，
解得：，
直线的解析式为，
设，，
则，
，，
当时，最大，此时最大，
；
（3）根据题意可设，
，，
，，，
①，即，
，，
，，
②，即，
，
，，
③，即，
（不合题意，舍去），
综上所述，满足条件的点坐标有、、或．
【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及二次函数的图像与性质，一次函数的图像与性质，菱形的性质，平移的性质，解题的关键是灵活运用相关知识．
4．（2024·山东泰安·二模）如图，抛物线经过点，点，与轴交于点，过点作直线轴，与抛物线交于点，作直线，连接．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)是抛物线上的点，求满足的点的坐标；
(3)点在轴上，且位于点的上方，点在直线上，点为直线上方抛物线上一点，是否存在点使四边形为菱形，如果存在，请直接写出点的坐标．如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或
(3)存在，点坐标为
【分析】（）利用待定系数法求出抛物线的解析式即可；
（）分两种情况进行讨论：当点位于直线下方时，当点位于直线上方时，分别画出图形求出结果即可；
（）在第一象限内取点，过点作轴，交于，过点作，交轴于，过点作轴，垂足为，设点，则，，求出直线的解析式为，得出，根据，得出，求出的值即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的图象经过点，点，
∴，
解得，
∴抛物线解析式为；
（2）解：如图，
①当点位于直线下方时，过点作，垂足为，设满足条件的点在抛物线上，则，，
∵，，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得（不合，舍去），，
∴；
②当点位于直线上方时，过点作直线，垂足为，设，则，，
∵，，
∴，
∴，
即，
∴，
解得（不合，舍去），，
∴，
∴点E的坐标为或；
（3）解：存在．
如图，在第一象限内取点，过点作轴，交于，过点作，交轴于，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
过点作轴，垂足为，
∵，，
∴，
∴，设点，
∴，，
设直线的解析式为，
∵，，
∴，
解得，
∴直线的解析式为，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
解得（不合，舍去）或，
∴点坐标为．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，菱形的性质，三角函数，二次函数的几何应用，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
题型09 二次函数与三角形相似问题
二次函数与三角形相似问题（解答题）是初中数学中函数知识与三角形相似几何性质相互融合的重要内容，在中考里分值占比约 5% - 10%。
1.考查重点：重点考查综合运用二次函数的性质与图象特征，结合三角形相似的判定定理和性质，通过建立方程或函数模型来求解三角形的边长、角度、探究相似三角形的存在性以及相关线段的比例关系。
2.高频题型：多以解答题形式呈现，给定二次函数图象与几何图形背景，设置动点，围绕判定三角形相似、求相似三角形的对应边或对应角、利用相似关系求二次函数的参数或动点坐标等问题展开。
3.高频考点：涵盖二次函数的基本性质（如对称轴、顶点坐标、解析式求解）、三角形相似的判定（两角对应相等、两边对应成比例且夹角相等、三边对应成比例）与性质（对应边成比例、对应角相等），以及利用相似三角形对应边的比例关系建立方程或函数。
4.能力要求：学生需具备将代数函数与几何相似三角形问题相互转化的能力，熟练运用数学公式进行推理和运算，还要有较强的逻辑思维与分类讨论意识，能准确分析题目中的几何关系和函数关系。
5.易错点：容易在分类讨论相似三角形的不同对应情况时有所遗漏，忽视几何图形中的隐含条件，在建立方程或函数模型以及求解过程中出现运算错误，对相似三角形判定定理和性质的运用不够准确。
【提分秘籍】
【典例分析】
例1．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图像经过原点和点．经过点的直线与该二次函数图象交于点，与轴交于点．
(1)求二次函数的解析式及点的坐标；
(2)点是二次函数图象上的一个动点，当点在直线上方时，过点作轴于点，与直线交于点，设点的横坐标为．
①为何值时线段的长度最大，并求出最大值；
②是否存在点，使得与相似．若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)①当时，有最大值为；②当P的坐标为或时，与相似
【分析】（1）把，，代入求解即可，利用待定系数法求出直线解析式，然后令，求出y，即可求出C的坐标；
（2）①根据P、D的坐标求出，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，然后分，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，，代入，
得，
解得，
∴二次函数的解析式为，
设直线解析式为，
则，
解得，
∴直线解析式为，
当时，，
∴；
（2）解：①设，则，
∴
，
∴当时，有最大值为；
②∵，，
∴，
又，
∴，
又轴，
∴轴，
∴，
当时，如图，
∴，
∴轴，
∴P的纵坐标为3，
把代入，得，
解得，，
∴，
∴，
∴P的坐标为；
当时，如图，过B作于F，
则，，
又，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，（舍去），
∴，
∴P的坐标为
综上，当P的坐标为或时，与相似．
【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．
【变式演练】
1．（2024·广东惠州·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过，两点且与轴的正半轴交于点．
(1)求的值及抛物线的解析式．
(2)如图①，若点为直线上方抛物线上一动点，当时，求点的坐标；
(3)如图②，若是线段的上一个动点，过点作直线垂直于轴交直线和抛物线分别于点、，连接．设点的横坐标为．
①当为何值时，线段有最大值，并写出最大值为多少；
②是否存在以，，为顶点的三角形与相似，若存在，直接写出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)
(3)①当时，线段有最大值为4；②存在，或
【分析】（1）将点的坐标直接代入直线解析式可得出的值；再求出点的坐标，将，的坐标代入抛物线解析式，即可得出结论；
（2）由（1）可得，则，设，可表达点的坐标，代入抛物线的解析式即可得出结论；
（3）①由点，坐标可得出直线的解析式，由此可表达点，的坐标，进而表达的长度，结合二次函数的性质可得出结论；
②根据题意需要分两种情况，当时，当时，分别求出的值即可．
【详解】（1）直线与轴交于点，
，
，
直线的表达式为；
当时，，
点的坐标为，
将点的坐标为，点的坐标为，代入，
得：，
解得：，
抛物线的解析式为；
（2）如图，过点作轴交抛物线于点，过点作的垂线，垂足为，
轴，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，
的坐标为，
将点的坐标代入解析式可得，，
解得或（舍去）
的坐标为；
（3）①由（1）可知，直线的解析式为：；
点的横坐标为，
点的坐标为，点的坐标为，
设线段的长度为，
则
，
当时，线段有最大值为4；
②存在，理由如下：
由图形可知，
若与相似，则需要分两种情况，
当时，由（2）可知，，此时；
当时，过点作轴交抛物线于点，
令，
解得（舍或，
即，
综上，当的值为或时，以，，为顶点的三角形与相似．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查的是待定系数法求二次（一次）函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质，解题的关键是第（3）问中需分两种情况讨论．
2．（2024·海南海口·一模）已知在平面直角坐标系中，抛物线经过点、、三点，点D和点C关于抛物线对称轴对称，抛物线顶点为点G．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)连接、，求的面积；
(3)在对称轴右侧的抛物线上有一点M，平面内是否存在一点N，使得C、G、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由；
(4)连接、，将抛物线向下平移后，点D落在平面内一点E处，过B、E两点的直线与线段交于点，当与相似时，直接写出平移后抛物线的解析式．
【答案】(1)
(2)3
(3)存在，或
(4)或
【分析】（1）改设抛物线的解析式为交点式，代入点坐标，求得，进一步得出结果；
（2）可推出是直角三角形，进一步得出结果；
（3）只需是等腰三角形，分为当时，点是点关于抛物线的对称轴的对称点；当时，此时在的垂直平分线上，可求得的解析式，进一步得出结果；
（4）分为当点在轴的上方和在轴上两种情形：当点在轴上方时，作于，作于，根据得出，可求得的长，进而得出的长，可求得是等腰直角三角形，进而求得和，进而得出直线的解析式，进一步得出结果；当点在轴上时，进一步得出结果．
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为：，
，
，
；
（2）解：，
，
，，
，
，
，
；
（3）解：当四边形是菱形时，此时，
由对称性可得，
，
，
如图1，
当四边形是菱形，，
作，
，
，，
的中点坐标为：，
由（1）知：，
，
，，
的解析式为：，
，
的解析式为：，
由得，
，（舍去），
，
，
，
综上所述：N点的坐标为或；
（4）解：如图2，
当点在轴上方时，
作于，作于，
，
，
，
，，，
，，，
，，
，，
，
，
，
，
，
直线的解析式为：，
当时，，
，
平移后的抛物线的解析式为：，
当点在轴时，点和点重合，
此时与全等，
抛物线的解析式为：，
综上所述：当与相似时，平移后抛物线的解析式为：或．
【点睛】本题考查了二次函数及其图象的性质，求一次函数的解析式，相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，解决问题的关键是分类讨论．
3．（2024·青海西宁·三模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为点D，连接与抛物线的对称轴交于点E．
(1)求点A，B，C的坐标．
(2)若点P是第四象限内抛物线上一动点，当三角形的面积为60时，求点P的坐标．
(3)若点Q是对称轴右侧抛物线上的动点，试探究在射线上是否存在一点H，使以H，Q，E为顶点的三角形与相似．若存在，直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)点的坐标为，点的坐标为．点的坐标为；
(2)或
(3)在射线上存在一点，使以，，为顶点的三角形与相似，点的坐标为或或
【分析】（1）令，则，得出点的坐标为，点的坐标为．令，得．得出点的坐标为；
（2）根据，，可得，设点的坐标为，根据三角形的面积为60列出方程，即可求解；
（3）设，．分三种情况：①当，时，，根据点与点的纵坐标相同，为．②当，时，，过点作于点．③当，时，，分别求得点的坐标．
【详解】（1）令，则，
解得，．
点在点的左侧，
点的坐标为，点的坐标为．
令，得．
点的坐标为；
（2），，
，
设点的坐标为，
．
，．
当时，，
当时，，
点的坐标为或；
（3）在射线上存在一点，使以，，为顶点的三角形与相似．点的坐标为或或．理由如下：
，，
．
，
是等腰直角三角形．
抛物线的对称轴为直线．
设直线的表达式为．
将，代入，
得
解得．
直线的表达式为．
将代入，得．
．
点在射线上，
点的横坐标为3．
设，．
分三种情况：
①当，时，，如图2．
则轴，
点与点的纵坐标相同，为，
，
解得（不合题意，舍去），．
点的坐标为．
②当，时，，如图3，过点作于点．
由①得点的坐标为，
，
．
，，
．
点的坐标为．
③当，时，，如图4．
则轴，
点与点的纵坐标相同，为，
，
解得，（不合题意，舍去），
，
，
点的坐标为，
综上，点的坐标为或或．
【点睛】本题考查了二次函数综合应用，二次函数图象与坐标轴交点问题，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
4．（2024·安徽·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点（点在点左侧），与y轴交于点，连接．
(1)如图1，求的值及直线的解析式；
(2)如图2，点为直线上方抛物线上一动点，连接，设直线交线段于点．当时，求点的坐标；
(3)在（2）的条件下，且点的横坐标小于2，在坐标轴上是否存在一点，使得以为顶点的三角形与相似，如果存在，求出点的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)，直线的解析式为
(2)点坐标为或
(3)存在，理由见解析
【分析】（1）由待定系数法求解即可得到答案；
（2）证明，得到，即可求解；
（3）当点在轴时，以、、为顶点的三角形与相似，存在、两种情况，利用解直角三角形的方法即可求解；当点在轴上时，同理可解．
【详解】（1）解：抛物线与y轴交于点，
把代入得，即抛物线的解析式为；
抛物线与轴交于点（点在点左侧），，
当时，，解得或
，
直线过、，
设直线，
将、代入得：，解得：，
直线的解析式为；
（2）解：分别过点、点作轴的平行线，交直线于点和点，如图所示：
设点，，则，
当时，，
，，
，
，
，
，则，
，解得，，
点坐标为或；
（3）解：存在，
理由如下：
由题意得，点；由点、、的坐标得，，，
∴
则，则，，，
当点在轴时，如图所示：
以、、为顶点的三角形与相似，
当时，则，得，则点；
当时，此时，点、重合且符合题意，故点；
当点在轴上时，只有，则，则点，
综上，点的坐标为或或．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及待定系数法确定函数解析式、二次函数图象与性质、三角形相似的判定与性质、解直角三角形、面积的计算等知识，熟练掌握二次函数图象与性质、二次函数综合题型解法，尤其注意分类求解是解题的关键．
题型10 二次函数与定值定点定直线问题
二次函数与定值定点定直线问题（解答题）是初中数学中函数知识与几何特定要素深度融合的关键内容，在中考里分值占比约 3% - 7%。
1.考查重点：重点考查综合运用二次函数性质、图象特征以及代数运算方法，探究几何图形中与二次函数相关的量为定值、点为定点、直线为定直线的情况，以及证明相关结论。
2.高频题型：多以解答题形式出现，在给定二次函数解析式及几何图形背景下，设置动点或参数，围绕探究某线段长度、图形面积等为定值，某点坐标不随动点或参数变化为定点，某直线方程固定不变为定直线等问题展开。
3.高频考点：涵盖二次函数的基本性质（如对称轴、顶点坐标、解析式求解）、代数式的恒等变形、利用特殊值法或参数法确定定点坐标，以及通过几何图形性质与函数关系推导定直线方程和定值的计算。
4.能力要求：学生需具备较强的代数运算能力、逻辑推理能力以及将几何问题转化为代数问题的能力，能够运用数学方法对动态变化中的定值、定点、定直线进行分析和证明。
5.易错点：容易在复杂的代数运算中出错，对参数的处理不当，在探究过程中遗漏特殊情况，难以准确找到证明定值、定点、定直线的关键思路和方法。
【提分秘籍】
【典例分析】
例1．（2024·浙江温州·一模）已知二次函数．
(1)若它的图像经过点，求该函数的对称轴．
(2)若时，y的最小值为1，求出t的值．
(3)如果，两点都在这个二次函数的图象上，直线与该二次函数交于，两点，则是否为定值？若是，请求出该定值：若不是，请说明理由．
【答案】(1)对称轴：直线；
(2)；
(3)是，．
【分析】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征等知识，关键是掌握二次函数的性质．
（1）把代入解析式求出，再根据对称轴公式求出对称轴；
（2）根据抛物线开口向下，以及时，由函数的性质可知，当时，的最小值为1，然后求即可；
（3）两点都在这个二次函数的图象上，有对称轴公式得出再令并转化为一般式，然后由根与系数的关系求出．
【详解】（1）解：将点代入二次函数，得
，
解得：，
对称轴直线为：
．
（2）解：当时，，
∵抛物线开口向下，对称轴为直线，
∴当时，有最大值，
∵时，的最小值为1，
∴当时，，
解得：．
（3）解：是定值，理由：
∵，两点都在这个二次函数的图象上，
，
令，整理得：
，
∵直线与该二次函数交于，两点，
∴是方程的两个根，
是定值．
例2．（2024·湖北·一模）如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，，抛物线与轴交于点，交轴于、两点（在的左边），为抛物线第一象限上一动点．
(1)直接写出，两点坐标；
(2)连接，过作轴交于，当时，求点的横坐标；
(3)连接，平移至，使，对应，使，分别与，对应，且，均落在抛物线上，连接，判断并证明直线是否经过一个定点．
【答案】(1)，；
(2)点的横坐标是或；
(3)直线经过一个定点，理由见解析
【分析】（1）令可得点和两点的坐标；
（2）当时，，可得点的坐标，利用待定系数法可得直线的解析式，设点的横坐标为，则点的坐标为，根据两点的距离公式和可得结论；
（3）设点的坐标为，点的坐标为，表示点的坐标并代入抛物线的解析式中，计算的解析式可得结论．
【详解】（1）解：当时，，
解得：，，
，；
（2）解：如图：
当时，，
，
设直线的解析式为：，
，
∴，
解得：，
的解析式为：，
设点的横坐标为，则点的坐标为，
轴，
∴，
，
∴，
∴，
解得：（舍），，，
点的横坐标是或；
（3）解：直线经过一个定点，理由如下：
设点的坐标为，点的坐标为，
由平移得：，，
，
∴，
即点的坐标为，
点在抛物线上，
∴，
∴，
设直线的解析式为：，
，
得：，
，
∵，
∴，
把代入得：，
∴，
直线的解析式为：，
直线经过一个定点．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求函数解析式，两点的距离公式，平移的性质等知识，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质和平移的性质．
【变式演练】
1．（2024·湖北·模拟预测）如图，抛物线经过原点，且顶点坐标为．
(1)求抛物线的解析式；
(2)图（1），B是抛物线与x轴的另一交点，将线段绕地物线顶点A逆时针旋转得到线段，若平分交抛物线于点Q．求点Q的坐标；
(3)如图（2），过点作轴交抛物线于点P，E，F为抛物线上量两动点（点E在点P左侧，点F在点P右侧），直线，分别交x轴于点M，N．若，求证：直线过一个定点．
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
【分析】（1）根据待定系数法求解析式即可；
（2）过点A作轴，过点B作于点M，过点C作于点N，连接交直线于点D，根据旋转的性质及全等三角形的性质，可求出，再根据等腰三角形的性质和判定，中点坐标公式可求，再求出直线的解析式，进而求出直线与抛物线的交点坐标即可；
（3）设点，，分别求出直线，直线的解析式，可得，，再求出，，根据可得，再求出直线的解析式，即可得证．
【详解】（1）解：抛物线顶点坐标为，
设抛物线解析式为，
抛物线经过原点，
当时，，
解得，
抛物线解析式为；
（2）解：过点A作轴，过点B作于点M，过点C作于点N，连接交直线于点D，
B是抛物线与x轴的另一交点，
当时，，
解得：，，
，
轴，，，，
，，
，，
，
将线段绕地物线顶点A逆时针旋转得到线段，
，，
，
，
，
，
，
，
，，
轴，，，
，
抛物线与x轴交于原点，B点，且顶点坐标为，
，
，
，
平分，
点D是的中点，
，，
，
设直线的解析式为，
把，代入得，
，
解得，
直线的解析式为，
联立，
解得或，
，
（3）由题意设点，，
轴，，
当时，，
，
设直线的解折式，
把，得，
，
解得，
直线的解折式，
直线交x轴于点M，
当时，，
，
，
设直线的解折式，
把，代入得，
，
解得，
直线的解折式为，
当时，，
，
，
，，，
，，
，
，
，
设直线的解折式为，
，，
，
解得，
直线的解折式为，
，
，
，
，
当时，，
直线过一个定点，该定点为．
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合，涉及待定系数法求二次函数和一次函数的解析式，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质和判定，旋转的性质等知识点，熟练掌握二次函数的图像和性质是解题的关键．
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知抛物线关于y轴对称，且过点和点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，连接抛物线上两点，N，若，求点N的坐标；
(3)如图2，过点作与y轴不垂直的直线交抛物线于点A和点B，线段的垂直平分线交y轴于点M，交于P，试探究是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)固定不变
【分析】（1）由抛物线对称轴为轴可得，再通过待定系数法求解．
（2）过作交于，再过作轴于，过作轴于，则，，即可求出点坐标，再联立和抛物线求出点坐标．
（3）设直线解析式为，由点可得，联立抛物线方程可得，，从而可得中点坐标，点作轴于点，作轴的平行线交过点的轴平行线于点，由垂直平分可得所在直线解析式，进而求解．
【详解】（1）解：抛物线关于轴对称，
，即，
，
将，代入得，
解得，
．
（2）解：过作交于，再过作轴于，过作轴于，则，
∵，轴，轴
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
设直线解析式为，
∴，解得，
∴直线解析式为，
联立，解得或，
∴
（3）解：设直线解析式为，
直线过点，
，
令，整理得，
设点，，，，
，，
设中点为，，则，
，
，
如图，过点作轴于点，则点坐标为，作轴的平行线交过点的轴平行线于点，
，，
，
，
，即，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及求抛物线解析式，正切，相似三角形的判定与性质，二次函数与一元二次方程的关系等知识点．
3．（2024·湖北·模拟预测）如图，抛物线与x轴分别交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
(1)直接写出A，B，C三点的坐标；
(2)如图（1），P是抛物线上异于A，B的一点，将点B绕点P顺时针旋转得到点Q，若点Q恰好在直线上，求点P的坐标
(3)如图（2），M，N是抛物线上异于B，C的两个动点，直线与直线交于点T，若直线经过定点，求证：点T的运动轨迹是一条定直线．
【答案】(1)，
(2)或
(3)见解析
【分析】（1）分别令，即可求解；
（2）以为斜边向上作等腰直角三角形，得出，依题意，，是半径为的与抛物线的交点，设，其中，根据勾股定理建立方程，解方程，即可求解；
（3）设，分别表示出直线的解析式，进而联立抛物线解析式，得出，，依题意，直线的解析式为，即，联立抛物线解析式，根据一元二次方程根与系数的关系可得，，进而得出关于的恒等式，即可求解．
【详解】（1）解：对于抛物线，当时，，则，
当，即
解得：，
∴
（2）解：如图所示，以为斜边向上作等腰直角三角形，

∵，则，
∴
∴
依题意，，
∴是半径为的与抛物线的交点，
设，其中
∴，
整理得
解得：
∵
∴或
则或；
（3）解：设，
∵，，
设直线的解析式分别为
∴，
解得：，
∴
联立，
消去得：，
∴，即
由可得
依题意，直线的解析式为
即
联立
则
∴，，
∴
消去得：
解得：（与直线重合，故舍去）或
即点的运动轨迹是一条定直线．
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，一次函数与二次函数交点问题，一元二次方程根与系数的关系，圆周角定理，二次函数与坐标轴交点问题，熟练掌握以上知识是解题的关键．
4．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知抛物线与轴交于A，两点，与轴交于点，．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，已知点为第一象限内抛物线上的一点，点的坐标为，；求点的坐标；
(3)如图2，将抛物线平移到以坐标原点为顶点，点在新抛物线上，过点作分别交新抛物线于，两点，求直线过定点的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)直线恒过定点．
【分析】（1）求出点坐标为，进而求出，，利用待定系数法即可求解；
（2）设，连接,过点作轴于点，过点作于点．先求出，证明得到，再求出，，即可求出或，从而得到，即可求出；
（3）先求出新抛物线的解析式为，设直线的解析式为，且、，根据，得到，联立，得，即可得到，，进而得到，，从而得到，求出或，当时，直线的解析式为，即直线过定点，不符合题意；当时，直线的解析式为，得到直线恒过定点．
【详解】（1）解：令，得，
，
，
，
，，
，，
将，代入，得：
，
解得：，
抛物线的解析式为；
（2）解：设，如图，连接,过点作轴于点，过点作于点．
则，，，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
点的坐标为，
，
，，
，
，
解得：或，
点在第一象限，
，
，，
；
（3）证明：将抛物线平移到以坐标原点为顶点的新抛物线，
新抛物线的解析式为，
设直线的解析式为，且、，
点在抛物线上，，
，
，
，
整理得：，
联立，得，
，，
，
，
，
即，
或，
当时，直线的解析式为，
即直线过定点，与重合，不符合题意；
当时，直线的解析式为，
直线恒过定点．
【点睛】本题为二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，一元二次方程根与系数的关系等知识，综合性强，难度较大，熟知相关知识并根据题意灵活应用是解题关键．
一、单选题
1．（2024·云南昆明·一模）若点，，都在二次函数的图象上，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质．熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
由，可知对称轴为轴，当时，随着的增大而增大，由题意知，关于轴对称的点坐标为，由，可得．
【详解】解：∵，
∴对称轴为轴，当时，随着的增大而增大，
由题意知，关于轴对称的点坐标为，
∵，
∴，
故选：A．
2．（2024·福建福州·模拟预测）二次函数的图像经过，，三点，且，，则，，的大小关系是( )
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【分析】本题考查了二次函数的增减性，对称轴和开口方向的问题，熟练掌握相关知识是解决问题的关键．由题可知，对称轴为，进而分两种情况讨论：①；②，根据抛物线的增减性得出结论．
【详解】解：对称轴为，
当时，
，，，
与互为相反数，
，故A，B不正确，不符合题意；
同理当时，，故D不正确，不符合题意．
故选：C．
3．（2024·湖北·模拟预测）如图，已知开口向下的抛物线与x轴交于点，对称轴为直线．则下列结论正确的有（ ）
①；②；③方程的两个根为；④抛物线上有两点和，若且，则
A．5个B．4个C．3个D．2个
【答案】D
【分析】根据抛物线开口方向，对称轴位置，抛物线与轴交点位置判断①；由抛物线的对称性可判断②；由二次函数与方程的关系，以及根与系数的关系可判断③；由二次函数的性质可判断④．本题考查二次函数图象与系数的关系，二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程的关系．
【详解】解：抛物线开口向下，
，
抛物线交轴于正半轴，
，
，
，
，故①正确；
抛物线对称轴为直线，时，，
时，，
，故②正确；
由可得方程的解，，
抛物线与轴交于点，对称轴为直线，
抛物线与轴另一个交点为，
方程的两个根为，6，
，，
，
而若方程的两个根为，，
则，，故③错误；
抛物线开口向下，对称轴为直线，
若且，
则点到对称轴的距离小于到直线的距离，
，故④错误．
故选：D．
4．（2024·新疆乌鲁木齐·三模）如图，抛物线的对称轴为直线，与轴的一个交点在和之间，其部分图像如图所示．则下列结论①点，，是该抛物线上的点，则；②；③；④；⑤（为实数），其中正确的是（ ）

A．①②③B．②③④C．②③⑤D．③④⑤
【答案】B
【分析】本题考查二次函数的图像与性质，解题的关键是掌握二次函数的图像与性质，包括：对于二次函数，当时，抛物线向上开口；当时，抛物线向下开口；当与同号时（即），对称轴在轴左侧；当与异号时（即），对称轴在轴右侧；常数项决定抛物线与轴交点：抛物线与轴交于；抛物线与轴交点个数由决定：时，抛物线与轴有个交点；时，抛物线与轴有个交点；时，抛物线与轴没有交点．根据抛物线的开口向下且对称轴为直线知图像上离对称轴水平距离越小函数值越大，可判断结论①；根据抛物线的对称轴可判断结论②；由抛物线与轴的交点及抛物线的对称性可判断结论③；由时可判断结论④；由时函数取得最大值可判断结论⑤．
【详解】解：∵抛物线的开口向下，且对称轴为直线，
∴抛物线上离对称轴水平距离越小，函数值越大，
∵点，，是该抛物线上的点，且，
∴，故结论①错误；
∵抛物线的对称轴为直线，
∴，故结论②正确；
∵抛物线与轴的一个交点在和之间，
∴由抛物线的对称性知，另一个交点在和之间，
∴抛物线与轴的交点在轴的负半轴，即，故结论③正确；
∵由③知，时，且，
∴，故结论④正确；
由函数图像知，当时，函数取得最大值，
∴（为实数），
即（为实数），故结论⑤错误．
∴正确的是②③④．
故选：B．
5．（2024·四川南充·模拟预测）已知直线与抛物线交于点，与直线交于点．下列说法：①抛物线的顶点一定在直线上；②直线始终在抛物线的下方；③线段长度的最小值为3；④当时，若的长度随的增大而减小，则．其中正确的说法是（ ）
A．①②③B．①②④C．23④D．①②③④
【答案】B
【分析】本题考查二次函数的性质，根据二次函数的性质逐个计算判断即可．
【详解】∵抛物线的顶点为，
∴顶点在直线上，
故①正确；
∵，
∴直线始终在抛物线的下方，
故②正确；
直线与抛物线交于点，与直线交于点，
∴，
∴线段PQ的最小值为2，
故③错误；
∵，开口向上，在对称轴的左侧，长度随的增大而减小，
，
，
则．
故④正确．
综上可得：①②④，
故答案为：B．
二、填空题
6．（2024·陕西西安·模拟预测）已知，点， , 在函数的图像上，则，，的大小关系是 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了二次函数的性质，掌握二次函数的增减性成为解题的关键．
根据二次函数的增减性质进行求解即可．
【详解】解：二次函数的对称轴为轴，，
当时，随着的增大而增大，
，
．
故答案为：．
7．（2024·辽宁·模拟预测）如图，抛物线的顶点为A，与y轴交于点B，点P在抛物线对称轴上，且在点B下方，将线段绕点P顺时针旋转得到线段，直线与抛物线交于点C，则点C的坐标为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，图形的旋转问题，全等三角形的判定和性质．过作轴于，过作于．则，证明，可得，，设，则， 可得，再求出直线的解析式，然后联立两函数解析式，即可求解．
【详解】解：如图，过作轴于，过作于．则，
∴，
由旋转的性质得：，
∴，
∴，
∴．
，，
，
，抛物线的对称轴为直线，
∴，
令，，
∴，
设，则，
，
设直线的解析式为，
，解得：
∴直线的解析式为．
令，
，
，，
．
故答案为：
8．（2024·广东惠州·模拟预测）如图是抛物线的部分图象，图象过点，对称轴为直线，下列五个结论：①；②；③；④ (m为任意实数)；⑤．其中，正确结论的序号是 ．
【答案】②④⑤
【分析】根据开口向下，对称轴为直线，图象与y轴正半轴相交，判定， ，，即可判定①；根据抛物线与x轴有两个交点，得，即可判定②；求出抛物线与x轴另一交点为，再代入得，则，即可判定③；根据抛物线的最值为，即可判定④；把代入代入抛物线解析式得，则，则
，即可判定⑤．
【详解】解：由函数图象可知，抛物线开口向下，对称轴为直线，图象与y轴正半轴相交，
∴， ，，
∴
∴．故①错误．
由函数图象可知，抛物线与x轴有两个交点，
∴，
∴．故②正确．
∵抛物线对称轴为直线，与x轴交点，
∴抛物线与x轴另一交点为，
把代入抛物线解析式得，
∴，故③错误；
∵抛物线对称轴为直线，抛物线开口向下，
∴当时，y有最大值，最大值为，
∵当 （m为任意实数）时，，
∴，
∴，故④正确；
把代入代入抛物线解析式得，
∵
∴
∴
∴
∴，故⑤正确；
∴正确的有②④⑤．
故答案为：②④⑤．
【点睛】本题考查抛物线的图象性质，抛物线图象与系数的关系，抛物线与坐标轴的交点，抛物线与一元二次方程的关系，从抛物线图象获取信息是解题的关键．
9．（2024·辽宁·模拟预测）如图，抛物线与x轴交于点A、B（点A在B左侧），抛物线的顶点为C，点 D为抛物线上一点，且在对称轴右侧，若的面积为3，则点D的坐标为 ．
【答案】
【分析】本题考查了二次函数与面积综合，二次函数的图象与性质，一次函数解析式等知识．熟练掌握二次函数与面积综合，二次函数的图象与性质，一次函数解析式是解题的关键．
令，即，可求或，即，，由，可得，如图，记直线与轴的交点为，设，且，待定系数法求直线的解析式为，当时，，可求，即，则，计算求出满足要求的解，进而可得结果．
【详解】解：令，即，
解得，或，
∴，，
∵，
∴，
如图，记直线与轴的交点为，
设，且，设直线的解析式为，
将，代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为，
当时，，
解得，，
∴，
∴，
整理得，，
解得，或（舍去），
∴，
故答案为：．
10．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知抛物线（是常数）经过点，其对称轴为，且当时，对应的函数值．下列结论：
①；
②关于x的方程的正实数根在1和之间；
③若抛物线经过点和，则点在直线的下方；
④和在该二次函数的图象上，则仅当实数时，
其中正确的结论是 ．（填序号）
【答案】②
【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质、二次函数与一元二次方程等知识，熟练运用二次函数的图象与性质是解题关键，①根据对称轴得出，将代入表达式求出，再根据当时，对应的函数值得出，进而判断；②根据对称轴为，且当时，对应的函数值判断即可；③根据点和关于对称轴对称进行判断即可；④利用在该二次函数的图象上，且，得出时，进而判断．
【详解】解：①对称轴为，
，
，
将代入，得，
，
时，，
，
，故①错误，不合题意；
②对称轴为，且当时，对应的函数值，，
时，对应的函数值，
抛物线是常数与x轴的另一个交点在和之间，
关于x的方程的正实数根在1和之间，故②正确，符合题意；
③抛物线经过点和，且，
点和关于对称轴对称，
，
点在直线轴上，
当点在第一象限时，点在直线的上方，故③错误，不合题意；
④和在该二次函数的图象上，且，
时，，故④错误，不合题意．
故答案为：②．
三、解答题
11．（2024·湖北武汉·模拟预测）已知抛物线：交x轴于，B两点，与y轴交于点．
(1)写出抛物线的解析式；
(2)如图1，E是第四象限抛物线上一点，交y轴于点D，若，求直线的解析式；
(3)如图2，平移抛物线得到抛物线，使其顶点为，Q为x轴上一点，直线和与抛物线都只有一个公共点，且分别与y轴交于点F，G，P为y轴上点F，G上方一点，若，求点P的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查的是用待定系数法求二次函数表达式及二次函数综合题，
（1）用待定系数法求二次函数表达式即可解决；
（2）过点E作轴于点H，设，用含t的式子求出直线的解析式，代入点E坐标求出即可；
（3）设，求出直线的解析式为，得出，设直线的解析式为，同理有，则，，设，证明，利用相似三角形性质求出结论即可．
【详解】（1）解：将点，，
，
解得，
抛物线的解析式为；
（2）过点E作轴于点H，设，
设直线的解析式为，
，
直线的解析式为，
，
，
，
，
，
，
，，
，
解得舍，，
直线的解析式为；
（3）设，
设直线的解析式为，
，
解得，
直线的解析式为，
当时，整理得，
，
，
设直线的解析式为，同理有，
，为一元二次方程的两根，
，，
设，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
12．（2024·广东汕头·模拟预测）综合运用．
如图，在中，，，将绕点顺时针旋转后，得到，且点，，刚好在抛物线的图图象上，连接并延长交抛物线于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若与关于轴对称，连接，，猜想四边形是什么特殊四边形，并说明理由；
(3)把抛物线沿射线的方向平移个单位长度后得到新抛物线，，分别是两抛物线的顶点，为直线上的一动点．当是直角三角形时，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)四边形是平行四边形．理由见解析
(3)当是直角三角形时，点的坐标为或
【分析】（1）根据旋转可得，，进而得到，，，，再利用待定系数法求解即可；
（2）连接，，求出直线的 解 析 式 ，结合抛物线的解析式求出，得到，推出，由与关于轴对称，，可得到，即可求解；
（3）根据题意可求出，根据平移可得新抛物线的解析式为，得到，求出直线的解析式为，推出，分两种情况：①当时，连接，，；②当时，连接，；根据平行线的判定与性质求解即可．
【详解】（1）解：由旋转的性质可得，
，，
，，，，
点，，在抛物线的图象上，
，
解得：，
抛物线的解析式是；
（2）四边形是平行四边形．理由如下：
如图所示，连接，，
设直线的解析式为：，
，，
，
解得：，
直线的解析式为，
是射线与抛物线的交点，
，
解得：，，
，
，
，，
，
又与关于轴对称，，
，
，
，
四边形是平行四边形；
（3），
，
，，
，
，
，
新抛物线可由原抛物线沿轴负方向平移个单位长度，沿轴正方向平移个单位长度得到，
新抛物线的解析式为，
，又，
设直线的解析式为，
，
解得：，
直线的解析式为，
又直线的解析式为，
，
①当时，如图，连接，，，则，
由，，的坐标易得，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
与重合，
；
②当时，如图，连接，，
由①可知，，
可得四边形是正方形，
得，，
，
，
，
，
，
；
综上所述，当是直角三角形时，点的坐标为或．
【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及二次函数的图像与性质，一次函数的图像与性质，平行四边形的判定与性质，平行线的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用这些知识．
13．（2024·福建泉州·模拟预测）已知点和点在抛物线上．
(1)求抛物线所对应的函数表达式；
(2)四边形的四个顶点均在该抛物线上，与交于点，直线为，直线为．
①求的值；
②记的面积为，四边形的面积为，若，，求的最小值．
【答案】(1)；
(2)①0；②．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）①联立直线和抛物线的解析式得出，再根据根与系数的关系得出，，利用待定系数法求出直线的表达式为，联立后得出，推出，求得
，同理，，求出，即可得解；②设与轴交于点，与轴交于点，求出直线的表达式为，得出，记的面积为，的面积为，的面积为，，求出.记，则，即，再运用一元二次方程根的判别式即可求得答案．
【详解】（1）解：将点和点代入，得，
解得，
所以抛物线的表达式为；
（2）解：①依题意，联立，得，
所以，，
设直线的表达式为，又直线过点，
所以，
解得，
所以直线的表达式为，
联立，得，
所以，所以，
所以，
同理，，
联立，得，
所以，
所以，即；
②设与轴交于点，与轴交于点，
当，时，由(2)①得，
解得，
所以直线的表达式为，
所以，
记的面积为，的面积为，的面积为，，
所以，
又因为，
所以，，，
所以，
所以，
记，则，即，
因为存在，
故关于的一元二次方程有实数根，
所以，
所以或，
解得或(不符合题意，舍去)，
所以当时，取得最小值，且的最小值为．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质，一元二次方程根的判别式以及根与系数的关系等，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键，综合性强，难度较大，属于常考的中考数学压轴题．
14．（2024·湖南·模拟预测）如图，直线与轴交于点，与轴交于点．抛物线经过点，点，并与轴有另一交点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在直线下方的抛物线上有一点，求四边形面积的最大值；
(3)在轴上有一个动点，将线段绕点逆时针旋转得到线段．直接写出线段与抛物线只有一个公共点时的取值范围．
【答案】(1)
(2)四边形面积最大值为
(3)当或时，线段与抛物线只有一个公共点
【分析】（1）根据坐标轴上的点的坐标特点，用代入法求出点、的坐标．用待定系数法，列方程组，求抛物线的解析式．
（2）把不规则四边形切割成几个三角形，利用三角形面积之和，求四边形面积．
（3）根据旋转的特点，找出旋转前后点的坐标，得到点，恰好在抛物线上时的值，从而得到的取值范围．
【详解】（1）解：直线与轴交于点，与轴交于点，
当时，．
当时，，
解得，
∴点的坐标是，点的坐标是．
把点，点分别代入解析式，
得，
解得，
故抛物线的解析式为．
（2）解：作轴于点，交直线于点，
设，则，
则，
∴
，
令得，，
解得，
故点，
∴，
由点，
∴，
∴，
∴，
，
∴当时，四边形面积最大，最大值为．
故四边形面积最大值为．
（3）解：如图，
∵点，线段绕点逆时针旋转得到线段．
，，
当点在抛物线上时，，
解得．
当点在抛物线上时，，
解得或．
∴当或时，线段与抛物线只有一个公共点．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，待定系数法求二次函数，二次函数的图像及性质，一次函数与坐标轴的交点，熟练掌握不规则图形的面积利用割补法是难点．图形的旋转结合坐标特征，比较新颖，培养学生综合代数几何的综合运用能力．
15．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于点，与轴交于点，其对称轴为，点的坐标为，点在抛物线上．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1，点在轴上，且点在的下方，若，求点的坐标；
(3)如图2，为线段上的动点，射线与线段交于点，与抛物线交于点，求当取最大值时，点围成的三角形的面积．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键．
（1）待定系数法求解析式即可；
（2）过点作交的延长线于点，过点作轴的平行线，过点作于点，过点作于点，证明，设，进而求出点坐标，求出直线的解析式，把点坐标代入，进而求出的值，即可；
（3）过点作轴交于，连接，证明，得到，进而推出当最大时，取最大，设，则，利用二次函数的性质求出的值最大时，的值，进一步求解即可．
【详解】（1）解：点的坐标为，点在抛物线上，
，解得，
所求的抛物线解析式为．
（2）如图，过点作交的延长线于点，过点作轴的平行线，过点作于点，过点作于点，则：，
∴，
为等腰直角三角形
，
∴，
点在轴上，在的下方
设
点
又
设直线的解析式为：，把，代入，得：，
∴
把代入：，解得，
；
（3）过点作轴交于，连接
轴
同（2）法可求直线的解析式为：，
∴当时，，
∴
要使取最大，则取最大
可设，则
当时，有最大值
．
剖析函数解析式
巧用函数图象
根据图象直接观察：当题目给出二次函数图象时，我们可以通过观察图象上各点的高低位置来比较函数值大小。对于开口向上的图象，离对称轴越近的点，其对应的函数值越小；而对于开口向下的图象，离对称轴越近的点，对应的函数值越大。
利用图象对称性和增减性即可
1. 剖析题干结论
2. 巧用函数基本性质
3. 结合图象辅助思考
4. 注意隐藏条件
1. 确定动点轨迹
2. 分段分析运动过程
3. 建立函数表达式
4. 分析函数关键特征
5. 结合图象与选项（针对选择填空题）
若题目是选择或填空题，给出多个函数图象选项。根据前面分析的动点运动阶段、函数关键特征，排除明显不符合的选项。例如，已知函数开口向下，可排除开口向上的图象选项；若函数在某区间增减性，不符合此增减性性的图象也可排除，以此提高解题效率。
1. 准确分析图形
标注已知信息：拿到题目后，仔细观察几何图形，将已知的线段长度、角度、点的坐标等信息清晰标注在图上。比如在一个给定的三角形中，若已知某条边的长度信息，就在这条边上明确标记。
挖掘隐含条件：留意图形中的特殊关系，像直角三角形的勾股定理关系、等腰三角形两腰相等、平行四边形对边平行且相等。例如，若图形中有一个平行四边形，其隐含条件就是对边长度相等，可据此建立线段之间的等式。
2. 构建函数模型
3. 求解函数最值
4. 检查答案合理性
1. 精准剖析题意，明确变量关系
标记关键信息：确定自变量：
2. 灵活选用面积公式，构建函数模型
基本图形面积公式运用：
分割与拼接图形求面积：
用自变量表示图形边长或高：
3. 借助函数性质，求解面积最值
4. 全面检查，规避易错点
1. 剖析题目，挖掘信息
标记关键元素：分析角度关系：
2. 建立角度与函数的桥梁
借助三角函数：利用几何图形性质：
3. 构建方程或函数模型求解
4. 检查与验证
1. 快速识别关键条件
标记函数信息：锁定三角形条件
2. 运用知识建立等式
利用特殊三角形性质：
等腰三角形：若已知等腰三角形，根据两腰相等，设动点坐标表示出三边长度，列等式求解。
直角三角形：依据勾股定理，在直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方。若已知直角顶点，设动点坐标后表示出三边，代入勾股定理等式。
结合二次函数性质：把特殊三角形的边或角与二次函数联系起来。若动点在二次函数图象上，将动点坐标代入函数解析式。
3. 分类讨论不重不漏
等腰三角形分类：分腰和底的情况讨论。当确定某三角形为等腰三角形时，分别假设不同的边为腰，列出相应方程求解。
直角三角形分类：分不同顶点为直角顶点讨论。对于可能是直角三角形的情况，分别假设三个顶点为直角顶点，利用勾股定理列方程。
4. 检查答案确保正确
1. 透彻分析已知条件
梳理函数信息
提取四边形条件：仔细研读题目中关于特殊四边形的已知内容，若是平行四边形，留意已知的边的关系、顶点坐标；若是矩形，关注直角相关信息、对角线特征；菱形则注意边长、对角线性质；正方形综合了矩形和菱形的特性。把这些关键信息在几何图形上清晰标注，方便后续分析。
2. 灵活运用特殊四边形性质构建等式
平行四边形性质运用：利用平行四边形对边平行且相等的性质。
矩形性质运用：依据矩形对角线相等且互相平分。
菱形性质运用：菱形四条边相等，设动点坐标表示出各边长度，根据边长相等列方程。
正方形性质运用：正方形兼具矩形和菱形性质。既可以利用四条边相等、对角线相等且互相垂直平分，也可以利用直角关系来建立方程。
3. 合理进行分类讨论
按特殊四边形类型分类：当题目未明确特殊四边形具体类型时，需分别讨论平行四边形、矩形、菱形、正方形的情况。例如，已知四个点，判断能否构成特殊四边形，就依次按照平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定条件去分析。
按动点位置分类：若存在动点，根据动点在不同线段、不同区域运动进行分类。比如动点在一个矩形的四条边上运动，分别讨论动点在每条边上时，如何构成特殊四边形，建立相应方程求解。
4. 检查答案的准确性与合理性
1. 全面剖析已知条件
深挖函数信息：
梳理三角形条件：对于题目中涉及的三角形，标记已知的边长、角度信息。若有多个三角形，关注它们之间可能存在的关联，比如是否有公共角、平行关系等暗示相似的线索。
2. 精准判定三角形相似
运用判定定理：分类讨论对应关系：由于相似三角形对应顶点不确定，需分情况讨论。
借助相似性质建立方程
利用对应边成比例：结合函数关系：
仔细求解并检验答案
1. 定值问题求解思路
设参表示相关量：面对定值问题，先设出与动点或图形变化相关的参数。
化简消参得定值：对表示出的代数式进行化简，通过代数运算技巧，如合并同类项、因式分解、分式化简等，尝试消去参数。若化简后得到一个不含有参数的常数，即证明该量为定值。
2. 定点问题突破方法
特殊值法初探定点：先考虑特殊情况，给参数取特殊值，得到不同情况下的函数表达式或几何图形状态
整理含参式子确定定点：将含参数的函数或方程进行整理，把参数分离出来。
定直线问题解决策略
设直线方程代入条件：设所求定直线方程为y = kx + b（k、b为待求系数）。根据题目中给出的与二次函数和几何图形相关的条件，将点坐标代入直线方程，或者利用直线与二次函数的位置关系等条件，得到关于k、b的方程或方程组。
消元化简得定直线：通过对得到的方程或方程组进行消元化简，消除与动点相关的变量，求出k、b的值，从而确定定直线方程。