2025年中考数学专项复习讲义专题10 中考压轴题（解析版）

这是一份2025年中考数学专项复习讲义专题10 中考压轴题（解析版），共136页。学案主要包含了模型感知，拓展探究，观察证明，操作实践，动手操作，探究提炼，类比迁移，问题探究等内容，欢迎下载使用。
题型01 几何压轴——平移
题型02 几何压轴——对称
题型03 几何压轴——旋转
题型04 二次函数综合——线段问题
题型05 二次函数综合——面积问题
题型06 二次函数综合——角度问题
题型07 二次函数综合——三角形问题
题型08 二次函数综合——四边形问题
题型09 二次函数综合——其他问题
题型01
几何压轴——平移
1．（2025·天津西青·一模）将一个直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点在第一象限，，，点是边的中点．
(1)填空：如图①，点的坐标为 ，点的坐标为 ；
(2)连接，将直角三角形纸片沿剪开，把水平向右平移得到，点，，的对应点分别是，，，设．
①如图②，当与重叠部分为五边形时，分别与，相交于点，，与相交于点，试用含有的式子表示的长，并直接写出的取值范围；
②当时，求与重叠部分的面积的取值范围．（直接写出结果即可）
【答案】(1)，；
(2)①；②．
【分析】（1）由点，得到，根据点是边的中点，得到，从而得出点坐标，连接，过点作于点，证明为等边三角形，求出，即可得出点坐标；
（2）①由平移可知，，，有，得到，再得到，根据解直角三角形可得答案；
②分两种情况：当时，重叠部分为五边形，当时，重叠部分为直角三角形，分别求解即可得出答案．
【详解】（1）解：∵点，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
∴点，
如图，连接，过点作于点，
∵，，
∴
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点，
故答案为：，；
（2）解：①由（1）可知，为等边三角形，
由平移可知，，，有，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴；
② 当时，重叠部分为五边形，
∴，
由平移可得，，
∴，
∴为等边三角形，
同理，，
在中，
，
，
∵，
∴时，时，，
，
当时，重叠部分为直角三角形，
在中，
∵，
∴，
，
∵，
∴时，时，，
∴综上所述，取值范围为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，平移的性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键．
2．（2025·山东日照·一模）综合与实践
[问题背景]：
如图1，在四边形中，，，，连接，，过点作于点，且．
（1）求证：．
[操作探究]：
如图2，将沿直线方向向右平移一定距离，点，，的对应点分别为点，，，且点与点重合．
（2）①连接，试判断四边形的形状，并说明理由；
②求出平移的距离．
[拓展创新]：
如图3，在（2）的条件下，将绕点按顺时针方向旋转一定角度，在旋转的过程中，记直线分别与边，交于点，．
（3）当时，请求出的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）①四边形为菱形，理由见解析；②；（3）
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平移、旋转的性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定等知识点，熟练掌握知识点是解题的关键．
（1）利用“”证明，即可得到结论；
（2）①根据平移的性质和菱形的判定即可求解；
②先证明，由相似三角形的性质得到，再由勾股定理求出长度，即可求解；
（3）先证明，再通过三角形的面积求出的长，设，则，再利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
又∵，
∴．
∴；
（2）①四边形是菱形．
理由：由平移的性质，得，．
∴四边形是平行四边形．
由（1），得．
∴四边形是菱形；
②∵，
∴．
∴，
在中，．
∴，解得．
∴平移的距离为；
（3）解：∵，
∴，．
∵，
∴，，
由旋转得，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
由旋转的性质，得，．
设，则．
在中，根据勾股定理，．解得．
∴．
3．（2025·河南周口·一模）综合与实践
学完图形的平移后，小慧为了加深理解，对其进行了进一步探究．
【模型感知】
（1）她把边长为3的正方形纸片沿着对角线剪开，如图1．然后固定纸片，把纸片沿剪痕的方向平移得到，如图2．连接，，，在平移过程中：
①四边形的形状始终是________（点与点重合时除外）；
②求的最小值．
【拓展探究】
（2）如图3，她把正方形改为边长为1的菱形，，将沿射线的方向平移得到，连接，，，请直接写出的最小值．
【答案】（1）①平行四边形；②；（2）
【分析】（1）①根据平移的性质以及平行四边形的判定定理，即可得到结论；
②作点关于的对称点，连接，，当共线时，有最小值，再证明是等腰直角三角形，且共线，在直角中，利用勾股定理即可求解．
（2）同理可得是等边三角形，且共线，进而利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）①∵纸片沿剪痕的方向平移得到，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
故答案是：平行四边形；
②∵四边形是平行四边形，
∴，
∴=，
作点关于的对称点，连接，，
当共线时，有最小值，
此时的最小值，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵关于的对称点，
∴，，
∴是等腰直角三角形，且共线，
∴在直角中，，
∴的最小值=．
（2）如图所示，，
∵四边形是菱形，
∴，
∴=，
作点关于的对称点，连接，，
当共线时，有最小值，
此时的最小值，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵关于的对称点，
∴，，
∴是等边三角形，且共线，
∴在直角中，，
∴的最小值=．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，平移和轴对称的性质，作出点关于的对称点，是解题的关键．
题型02
几何压轴——对称
1．（2025·辽宁抚顺·一模）如图，在中，，，点是边上的一动点，，垂足为点，将沿翻折得到，连接．

(1)如图1，①求证：；
②求证：；
(2)如图2，若，当点是中点时，求的面积．
【答案】(1)①见解析，②见解析
(2)的面积为12
【分析】本题主要考查了解直角三角形、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、折叠性质等知识点，灵活运用相关知识成为结题的关键．
（1）①由垂线的定义以及翻折的定义可得，然后根据四边形的内角和定理即可解答；
②如图，延长至点，使，结合①的结论可得，再证明可得、，进而证明是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质即可解答；
（2）如图：过点A作于点G，先说明，再根据正切的定义可得，进而得到，设，则，根据勾股定理列方程可得，进而得到，再解直角三角形可得，最后根据三角形的面积公式即可解答．
【详解】（1）证明：①，
，
由翻折得到的，
，
，四边形的内角和是，
．
②如图，延长至点，使，
由①知，，
由，
，
，
（SAS），
，，
，即，
是等腰直角三角形，
，，
．
（2）解：如图：过点A作于点G，
，点是中点，
，，
，，
，
在中，，
由勾股定理得，
，
，
设，则，
在中，由勾股定理得，
，
，
，即，
由，
，
，
由（2）得，是等腰直角三角形，
在中，，
，
．
答：的面积为12．
2．（2025·江苏泰州·一模）在“纸片中的数学”主题综合实践活动中，某数学小组利用纸片裁剪或者折叠操作后，发现了很多有趣的数学问题．
【观察证明】
问题1：一张长方形纸片最多可以剪出多少个大小一样的等腰直角三角形？
如图1，长方形纸片中，，，小组成员小明在长方形纸片中，已经剪出8个腰长为2的等腰直角三角形（如图1所示）．小组成员小刚探究发现，在剪剩下的长方形中还能再剪出1个腰长为2的等腰直角三角形．请你在图1长方形中画出该三角形的示意图，并通过计算说明小刚的说法是正确的．
【操作实践】
问题2：一张正方形纸片是否可以折出正六边形？
如图2，小组成员小东按图2步骤折叠正方形．最后从线段 处剪开，并展开纸片，得到了正六边形．若原正方形边长为6，则折出的正六边形的边长为 ．
【答案】观察证明：见解析；操作实践：，3
【分析】题目主要考查折叠的性质，勾股定理解三角形，等边三角形的判定和性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
观察证明：根据题意作出图形，根据题意得出，过点作，垂足为，，结合线段长度记录得出结果；
操作实践：根据题意得出， 再由直角三角形的性质及平行线的性质确定，根据折叠问题确定，结合图形即可求解．
【详解】解：观察证明：如图，为符合条件的示意图，其中，，
∴，
过点作，垂足为，，
∵，，
∴，，
∴能再剪1个腰长为2的等腰直角三角形；
操作实践：根据折叠过程，如图所示标注字母：
根据题意得：，
∴点F为线段的中点，
∴，
∴，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∴，
根据题中折叠，得出，
∴为等边三角形，
∴最后从线段处剪开，并展开纸片，得到了正六边形；
∵正方形边长为6，
∴，
∴折出的正六边形的边长为3，
故答案为：，3．
3．（2025·辽宁葫芦岛·一模）如图，中，．将沿翻折，点落到点处，过点作，交的延长线于点H，，垂足为点，点在线段上，，连接．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，连接，若．
①求证：；
②求的长度．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）结合翻折的性质证明，利用全等三角形性质求解，即可解题；
（2）①根据题意证明，进而得到，再进行等量代换，并结合等腰三角形性质，即可证明；
②过点作于点，结合叠的性质推出，利用等腰三角形性质得到，再证明四边形为矩形，得到，设，得到，结合勾股定理得到，据此建立方程求解，即可解题．
【详解】（1）证明：，沿翻折，点落到点处，
，
，
，
，即，
，
，
，
，
；
（2）①证明：，
，
，
，
，
，
，
，
；
②过点作于点，
由折叠的性质可知，，
，
，，
，
，
四边形为矩形，
，
设，
，
，
，
，
，
，
，
整理得，
解得或（不合题意，舍去），
．
【点睛】本题考查了翻折的性质，全等三角形性质和判定，平行线性质和判定，等腰三角形性质，矩形性质和判定，勾股定理，解题的关键在于熟练掌握相关知识，并灵活运用．
4．（2025·广东东莞·一模）综合与实践课上，同学们以“折纸”为主题开展数学活动．
【动手操作】
如图1．将边长为的正方形对折，使点与点重合，得到折痕．打开后，再将正方形折叠，使得点落在边上的点处，得到折痕，折痕与折痕交于点，打开铺平，连接、、．
【探究提炼】
（1）如图1，点是上任意一点；线段和线段存在什么关系？并说明理由；
（2）如图2，连接，当恰好垂直于时，求线段的长度；
【类比迁移】
（3）如图3，某广场上有一块边长为的菱形草坪，其中．现打算在草坪中修建步道和，使得点在上，点在上，且．
①求的度数；
②请问步道所围成的（步道宽度忽略不计）的面积是否存在最小值？若存在，请直接写出最小值：若不存在，说明理由．
【答案】（1）,理由见解析；（2）；（3）①；②存在、
【分析】（1）根据折叠的性质可知垂直平分，再结合垂直平分线性质求解，即可解题；
（2）结合折叠的性质，理由等腰三角形性质，以及全等三角形性质得到，结合正方形性质得到，再利用三角形内角和定理推出，最后根据等腰三角形性质求解，即可解题．
（3）①过点作于点，过点作于点，利用四边形内角和得到，结合菱形性质证明，结合全等的性质进行等量代换，即可解题；
②过点作于点，结合直角三角形性质，等腰三角形性质，以及勾股定理得到，进而得到，当最小时，面积最小，即时，面积最小，利用直角三角形性质和勾股定理求出，即可解题．
【详解】解：（1），理由如下：
由折叠的性质可知垂直平分，
；
（2）由（1）知，垂直平分，
，
，
由折叠的性质同理可得，
，，
，
，，
，
恰好垂直于，
四边形为正方形，
平分，，
，
，
，
，
，
，
正方形边长为，
；
（3）①解：过点作于点，过点作于点，
，
，
，
草坪为菱形，为菱形的对角线，
，
，
，
，
；
②解：存在，
过点作于点，
，
，
，
，
，
，
，
整理得，
，
当最小时，面积最小，
即时，面积最小，
，
，
菱形草坪的边长为，
，
，
（）．
【点睛】本题考查了折叠的性质，垂直平分线性质，全等三角形性质和判定，等腰三角形性质和判定，正方形性质，三角形内角和定理，菱形性质，直角三角形性质，勾股定理，垂线段最短，解题的关键作辅助线构造全等三角形．
5．（2025·福建泉州·一模）综合与实践：
【答案】结论1：见解析；结论2：；结论3：①见解析；②
【分析】（1）根据平移的性质得到，，再利用矩形的判定即可证明；
（2）先证明四边形是平行四边形，再根据旋转的性质得到，，，利用直角三角形的性质和等角对等边推出，得出的长度，再利用即可求解；
（3）①连接、，先证明四边形是平行四边形，得出，再由翻折的性质得到，，进而得出，推出，即可得证；②作于点，作于点，利用等面积法求出的长，再利用勾股定理求出的长，再证明，得到，再利用等腰三角形的性质得出的长，即可求出线段的长．
【详解】解：结论1：
由平移的性质得，，，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是矩形．
结论2：
，
，，
又，
四边形是平行四边形，
，
，
由旋转的性质得，，，，
，
，
，
，
，
，
．
结论3：
①如图，连接、，
由结论2可得，四边形是平行四边形，
，，
点M，N分别是，的中点，，
，，
，
又，
四边形是平行四边形，
，
由翻折的性质得，，，
，，
，
，
直线和直线重合，
点C，，N在同一条直线上；
②如图，作于点，作于点，
，
，
，
由①中的结论得，，即，
又，，
，
，
，，
，
，
．
【点睛】本题主要考查了图形变换（平移、旋转、翻折）的性质、矩形的判定、直角三角形的性质、等腰三角形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握图形变换（平移、旋转、翻折）的性质是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的几何推理和辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生．
题型03
几何压轴——旋转
1．（2025·四川成都·一模）如图，四边形和均为正方形，将绕点旋转；
(1)如图①，连接，判断直线的位置关系并说明理由；
(2)如图②，连接，若，探索并证明线段的数量关系；
(3)如图③，若正方形、边长分别为，绕点旋转一周，直线与相交于点，直接写线段的最小值及点运动轨迹的长度．
【答案】(1)，理由见解析
(2)，证明见解析
(3)的最小值为，点的运动轨迹的长度为
【分析】（1）延长交的延长线于点，延长交于点，证明，进而可证明，即可得结论；
（2）将绕点顺时针旋转至，连接，证明，得，，，将绕点逆时针旋转至，连接，同理可得，，，，进而可得三点共线，，用勾股定理即可得结论；
（3）作于，得 ，在正方形绕点旋转过程中，，当时，最大，此时最大，得，，由（1）可知，， 得点在以为直径的上，解直角三角形，利用勾股定理定理即可求出相关结论．
【详解】（1）解：，理由如下，延长交的延长线于点，延长交于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即；
（2）解：，理由如下，
四边形是正方形，
，，
如图，将绕点顺时针旋转至，连接，
，
，
，
，
，，，，
如图，将绕点逆时针旋转至，连接，
同理可证，
，，，，
，
，
三点共线，
，
，，
，
，
在中，，
即，
；
（3）解：正方形绕点旋转一周，，
在以为圆心，2为半径圆上，如图所示：

作于，中，，
在正方形绕点旋转过程中，，
当时，最大，
此时最大，，
，
，
由（1）可知，，
，
连接，取中点，连接，
在以为直径的上，
，，
，
，
，
此时、重合，最小，如图所示：
作，交的延长线于，
，，
，
由（1）知，，
，，
，
，
，
当点在左侧时，如图所示：
同理可得，，
点从左侧运动到右侧，点在上转过的角度为，
点从右侧运动到左侧，点在上转过的角度为，
正方形的边长为4，
，
点的运动轨迹为．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，解直角三角形，旋转的性质，全等三角形的性质及判定，求动点的运动轨迹等动态几何问题，综合性强，难度较大，能正确作出辅助线并结合图形分类讨论是正确解答此题的关键．
2．（2025·陕西咸阳·一模）【问题探究】
（1）如图①，在中，，，点是上的一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，当的值最小时，求的度数；
【问题解决】
（2）如图②，四边形是一个工厂的平面示意图，，，，连接，，平分，点是的中点，点是上一动点，在处修建一个员工休息处，连接，将绕点逆时针旋转得到线段，按规划在处修建一个废品处理站，是一条产品加工线，其中点在上，点是四边形内一动点，，为方便回收废品，现要沿安装一条自动运输带．为节约成本，要使自动运输带的长尽可能的小，自动运输带的长是否存在最小值，若存在，请求出的最小值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）自动运输带的长存在最小值，的最小值为
【分析】（1）根据等边对等角及三角形内角和定理可得，，由旋转的性质得，，当最小时，此时也最小，即当时，最小（如图），由等腰三角形三线合一得，可得结论；
（2）连接并延长交于点，连接，证明，可得四边形是平行四边形，进一步证明四边形是菱形，得，，，以为圆心为半径作弧，该弧交于点，连接，推出点在以为圆心为半径的四边形内的弧上运动，继而推出是的中位线，得，，过点作于点，过点作于点，过点作于点，可得，根据旋转的性质得，，证明，得到，推出随着点的运动，点在直线上运动，过点作于点，交于点，交于点，证明四边形是矩形，得，则的最小值为，再推出，根据平行线分线段成比例定理得，即点是的中点，点是的中点，可得，，则，在中，由，在中，，可得结论．
【详解】解：（1）∵，，
∴，
∴，
∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，，
当最小时，此时也最小，
即当时，最小（如图），此时，
∴，
∴当的值最小时，的度数为；
（2）连接并延长交于点，连接，
∵，
∴，
∵，点是的中点，
∴，
在和中，
∴，
∴，即点是的中点，
∴四边形是平行四边形，
∵平分，，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，，
∴，
以为圆心为半径作弧，该弧交于点，连接，
∵点是四边形内一动点，，
∴点在以为圆心为半径的四边形内的弧上运动，
∴，
∴，
∴点是的中点，
∴是的中位线，
∴，，
过点作于点，过点作于点，过点作于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵将绕点逆时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴随着点的运动，点在直线上运动，
过点作于点，交于点，交于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴的最小值为，
∵，，，，
∴，
∵点是的中点，
∴，即点是的中点，点是的中点，
∴是的中位线，是的中位线，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴自动运输带的长存在最小值，的最小值为．
【点睛】本题是旋转变换综合题，考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，平行线分线段成比例定理，勾股定理等知识点，通过构造圆并确定的最小值为是解题的关键．
3．（2024·山东泰安·一模）综合实践
问题背景：借助三角形的中位线可构造一组相似三角形，若将它们绕公共顶点旋转，对应顶点连线的长度存在特殊的数量关系，数学小组对此进行了研究．如图1，在“中，，，分别取，的中点D，E，作．如图2所示，将绕点A逆时针旋转，连接，．
(1)探究发现：旋转过程中，线段和的长度存在怎样的数量关系？写出你的猜想，并证明．
(2)性质应用：如图3，当所在直线首次经过点B时，求的长．
(3)延伸思考：如图4，在中，，，，分别取，的中点D，E．作，将绕点B逆时针旋转，连接，．当边平分线段时，求的值．
【答案】(1)猜想，证明见解析
(2)
(3)
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握旋转前后对应角相等，对应边相等；相似三角形对应角相等，对应边成比例，以及解直角三角形的方法和步骤．
（1）根据中点的定义得出，进而得出，易得，通过证明，即可得出结论；
（2）根据题意推出当所在直线经过点B时，，根据勾股定理可得，根据（1）可得，即可求解；
（3）令相交于点Q，过点E作于点G，根据直角三角形斜边中线的性质得出，则，根据相似三角形的性质得出，进而推出，则，求出，，则，即可解答．
【详解】（1）解：猜想，证明如下：
∵点D和点E为分别为中点，
∴由图1可知，，
∴，则，
∵，
∴，
∴，
根据旋转的性质可得：，
∴，
∴；
（2）解：由图1可知点D和点E为分别为中点，
∴，，
∴，
∴，
∴当所在直线经过点B时，，
根据勾股定理可得：，
由（1）可得：，
∴，
解得：；
（3）解：令相交于点Q，过点E作于点G，
根据题意可得：，
∵，
∴，
∴，
∵边平分线段，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
根据旋转的性质可得：，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴．
题型04
二次函数综合——线段问题
1．（2025·湖南岳阳·一模）在平面直角坐标系中，已知二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，点是直线下方抛物线上一动点，过点作交于点，求线段的最大值及此时点的坐标；
(3)如图2，过平面上一点作任意一条直线交抛物线于两点，过点作直线，分别交轴于两点，试探究与的积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)最大值为，此时
(3)与的积为定值，定值为2
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）求出直线的表达式为：设，过作，交于，求出，进而求出，利用而阐述的性质即可解答；
（3）设直线的解析式为：，求出直线的解析式为：，联立：，求出，求出直线的解析式为，进而求出，同理：，即可解答．
【详解】（1）解：由题意的：
抛物线的表达式为：；
（2）解：，
设直线的表达式为：
，
设直线的表达式为：
设，过作，交于
∵，
∴，
，
的最大值为，此时；
（3）解：设直线的解析式为：，且直线经过点
直线的解析式为：
联立：
得
设直线的解析式为：，
同理：
，
与的积为定值，定值为2．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查二次函数的性质，用待定系数法求一次函数的解析式，根和系数的关系等．解决（3）问的关键的是通过相似三角形用坐标表示出线段，的长．
2．（2025·山东临沂·一模）在平面直角坐标系中，直线经过抛物线的顶点．如图，当抛物线经过原点时，其顶点记为．
(1)求抛物线的解析式并直接写出点的坐标；
(2)时，的最小值为，求的值；
(3)当时．动点在直线下方的抛物线上，过点作轴交直线于点，令，求的最大值．
【答案】(1)抛物线的解析式为，顶点的坐标为；
(2)的值为或；
(3)最大值
【分析】（1）由抛物线经过原点，可得，即可求得，利用配方法将抛物线解析式化为顶点式即可求得答案；
（2）分两种情况：当，即时，随增大而减小，当时，随增大而增大，分别列方程求解即可；
（3）把代入，可得，设点，可得，进而可得，利用二次函数的性质即可求得答案；
【详解】（1）解：
∵抛物线经过原点，
∴，
解得：或，
∵，
∴，
∴抛物线的解析式为，
∵，
∴顶点的坐标为；
（2）解：如图，
当，即时，随增大而减小，
由题意得：，
解得：，（舍去），
∴的值为，
如图，
当时，随增大而增大，
由题意得：，
解得：（舍去），，
∴的值为，
综上所述，的值为或；
（3）解：由题意得：当时，则，
∵经过点，
∴，可得，
∴，
如图，
设点，且，
∵轴，
∴，
可得：，则，
∴，
∵，
∴当时，取得最大值；
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，一次函数图象与抛物线的交点等，涉及知识点多，难度大，熟练掌握二次函数的图象和性质，运用分类讨论思想是解题关键．
3．（2025·内蒙古赤峰·一模）如图，已知抛物线与轴相交于，两点，交轴于点，
(1)求抛物线解析式，并求出该抛物线对称轴及顶点坐标．
(2)如图，点是抛物线对称轴上的一点，求周长的最小值．
(3)如图，是线段上一动点（端点除外），过作，交于点，连接．求面积的最大值，并判断当的面积取最大值时，以、为邻边的平行四边形是否为菱形．
【答案】(1)抛物线的解析式为：，对称轴是直线，顶点坐标是
(2)
(3)以、为邻边的平行四边形不是菱形
【分析】（1）用待定系数法求出抛物线的解析式，即可求解；
（2）轴对称的性质可知，
从而得到的周长，进而得到当点A、C、M在同一条直线上时可取得最小值，为的长，即当点A、C、M在同一条直线上时，周长的最小，为，即可求解；
（3）设，则，可得，，然后根据，可得，过点P作，可得，可得到的面积，然后根据二次函数的性质即可求得面积的最大值，最后再分别计算出的长，由此即可判断以为邻边的平行四边形是否为菱形．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴相交于，两点，
∴，解得：，
∴抛物线的解析式为：，
∵，
∴抛物线的对称轴是直线，顶点坐标是．
（2）解：∵点M在对称轴上，A、B关于对称轴对称，
∴，
∴的周长，
如图，当点A、C、M在同一条直线上时可取得最小值，为的长，
即当点A、C、M在同一条直线上时，周长的最小，为，
对于，
当时，，
∴点，
∵，点，
∴，
∴周长的最小值为：．
（3）解：设，则，
∵，，
∴，，
，
∴，
，即，
解得：，
如图，过点P作，
在中，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
的面积，
，
面积的最大值为3，此时，
∴，，
∴，
∴以、为邻边的平行四边形不是菱形．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，一次函数的图象性质，菱形的判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握待定系数法求函数关系式以及二次函数的图象性质是解决本题的关键．
4．（2025·河北承德·一模）如图1，抛物线交x轴于O，两点，顶点为B．
(1)直接写出点B的坐标________；
(2)求抛物线的表达式；
(3)点C为的中点，
①过点C作，垂足为H，交抛物线于点E．求线段的长．
②点D为线段上一动点（O点除外），在右侧作平行四边形．如图2，当点F落在抛物线上时，直接写出点D的坐标；
【答案】(1)
(2)
(3)①；②
【分析】此题考查了二次函数的图象和性质、平移、平行四边形的性质等知识，数形结合是解题的关键．
（1）根据顶点式写出坐标即可；
（2）利用待定系数法解答即可；
（3）①由中点坐标公式得点，求出点E的坐标为，即可得到答案；②点C向下平移个单位，向左平移1个单位，即可到达点O，求出点，根据平移规律即可得到答案．
【详解】（1）解：∵抛物线
∴顶点为B的坐标为．
故答案为：
（2）由题意得：，
将点A的坐标代入上式得：，
解得：，
抛物线的表达式为
即为；
（3）①由（1）知，，
由中点坐标公式得点，
当时，，
∴点E的坐标为，
则；
②由（2）知，，
∴点C向下平移个单位，向左平移1个单位，即可到达点O，
当时，，
则（不合题意的值已舍去），
即点；
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴根据点C平移的规律可得到
题型05
二次函数综合——面积问题
1．（2025·江西吉安·一模）已知，如图，在平面直角坐标系中，的斜边在x轴上，直角顶点A在y轴的正半轴上，．
(1)求过A、B、C三点的抛物线的解析式；
(2)设点是抛物线在第一象限部分上的点，的面积为S，求S关于的函数关系式，并求使S最大时点P的坐标；
(3)在抛物线对称轴上，是否存在这样的点M，使得为等腰三角形（P为上述（2）问中使S最大时的点）？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由；
【答案】(1)
(2)，点的坐标为；
(3)当点的坐标为或或或或时，为等腰三角形．
【分析】（1）由同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，得到，由相似得比例，求出的长，确定出C的坐标，由B与C的坐标设出抛物线的交点式解析式，将A坐标代入求出a的值，确定出抛物线解析式；
（2）连接，过P作垂直于x轴，将代入抛物线解析式表示出P的纵坐标，即为的长，，列出S关于m的二次函数解析式，利用二次函数的性质求出S最大时m的值，即可确定出此时P的坐标；
（3）分点M是顶点、点C是顶点、点P是顶点三种情况分别讨论即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，解得，
∴点的坐标为，
设过、、三点的抛物线的解析式为，
将代入，得，解得，
∴过、、三点的抛物线的解析式为，
即；
（2）解：过点作轴的垂线，垂足为点，
∵点在上，
∴，
∴，
，
，
∴
，
∵，
∴当时，最大，
当时，，
∴点的坐标为；
（3）解：存在．
∵，
∴抛物线的对称轴为直线；
设点，
∵，，
∴，
，
．
分三种情况讨论：
①当点是顶点时，，即，解得，．
∴，
②当点是顶点时，，即，解得，．
∴，，
③当点是顶点时，，即，解得，．
∴，，
综上所述，当点的坐标为或或或或时，为等腰三角形．
【点睛】此题主要考查二次函数的综合问题，待定系数法求函数解析式，二次函数面积最值问题，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，解题的关键是分类讨论．
2．（2025·辽宁抚顺·一模）一般地，在实数范围内的两个变量x，y，以及对应关系f，对于每一个实数x，y都有唯一确定的实数与之对应，则称f为定义在实数范围内的一个函数，即（x为使对应关系成立的全体实数）．例如：若，则；若，则．如图，函数的图象与x轴交于点A，且，与y轴交于点C，且．函数的图象经过点A和点C．
(1)求的表达式．
(2)如图，若为函数图象上的一点，作垂直x轴，垂足为E，延长交的图象于点F，此时称点D与点F互为“垂直点”，两垂直点函数值的差，即称为“垂直差”．当时，求的最大值以及此时的值．
(3)若是函数图象上不与点B重合的一点，当的面积与的面积相等时，求出的值．
【答案】(1)
(2)的最大值为3，此时的值为1.5．
(3)或或
【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）待定系数法求出解析式即可；
（2）根据列出二次函数解析式，利用二次函数的性质求最值即可；
（3）求出点坐标，进而求出，根据的面积与的面积相等，列出方程进行求解即可．
【详解】（1）解：，，，
．
当时，；
当时，．
点．
把点代入，得
解得
．
（2），
．
拋物线的开口向下．
当时，有最大值，最大值为3．
此时．
的最大值为3，此时的值为1.5．
（3）当时，．
解得．
点的坐标为
点的坐标为．
．
．
．
，，
．
解得（舍去），，，．
∴当时，；
当时，；
当时，．
综上所述，的值为，，．
3．（2025·海南三亚·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点，且二次函数的图象经过点．
(1)求二次函数解析式；
(2)动直线（为常数，且）与抛物线交于点，与直线交于点，连接，构成，当面积最大时，求的值及点坐标；
(3)在（2）的条件下，当时，函数值的取值范围是_______．
【答案】(1)
(2)当面积最大时，，
(3)
【分析】（）将代入求出a的值即可得出抛物线的解析式；
（）令，则，即，令，求出点，，再求出直线的解析式为，设，，则可求出关于的函数解析式为；然后通过，再由二次函数的性质即可求解；
（）先求出抛物线的顶点坐标，然后根据二次函数性质，求出y的取值范围即可．
【详解】（1）解：将代入得：
，
解得：，
∴二次函数解析式为；
（2）解：把代入，得，
∴，
把代入，得，
解得：，，
∴点，
设直线的解析式为，
将点、的坐标代入，得：
，
解得：，
∴直线的解析式为，
∵动直线与抛物线交于点，与直线交于点，
设，，
∴，
由题意可知，，
∴，
∵，且，
∴当时，有最大，最大值为，
∴当时，，
此时，，
∴当面积最大时，，；
（3）解：∵，
∴抛物线的顶点坐标为，
∵（为常数，且），
∴当时，．
【点睛】本题考查了二次函数与坐标轴的交点坐标，二次函数与线段长度，二次函数与面积问题，二次函数上点的特征，运用数形结合思想是解题的关键．
4．（2025·江苏苏州·一模）如图，抛物线与轴交于，两点（点在点的左侧），与轴交于点，且点的坐标为，点的坐标为，点是直线下方抛物线上的一个动点，连接，与交于点．连接，，过点作交于点，连接．设点的横坐标为，面积为，面积为，面积为．
(1)求抛物线的表达式；
(2)若，求的值；
(3)若，则点的坐标为 ．
【答案】(1)
(2)
(3)或．
【分析】（1）根据抛物线（b、c为常数）与x轴正半轴交于点，与y轴交于点，代入解析式解方程组即可．
（2）过点A作轴交于点P，过点E作轴交于点Q，确定直线的解析式为：，设，则，，，结合，得到，得到，根据题意，得，得到方程，解答即可．
（3）根据，得到，故，设，
∵根据同高两个三角形的面积之比等于对应底的比，得，，得到，求得（舍去）；过点A作轴交于点M，过点E作轴交于点N，仿照2问解答即可．
【详解】（1）解：∵抛物线（b、c为常数）与x轴正半轴交于点，与y轴交于点，
∴，
解得，
∴．
（2）解：∵抛物线与x轴正半轴交于点，且对称轴为直线，，
∴，
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：，
过点A作轴交于点P，过点E作轴交于点Q，
∴，
设，则，
∴，
∵点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵根据同高两个三角形的面积之比等于对应底的比，得，
∴，
整理，得，
解得，
∵点E是直线下方抛物线上的一个动点，
∴，
∴．
（3）解：∵，
∴，
∴，
设，
∵根据同高两个三角形的面积之比等于对应底的比，得，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得（舍去）；
，
过点A作轴交于点M，过点E作轴交于点N，
∴，
设，则，
∴，
∵点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
整理，得，
解得或，
∵点E是直线下方抛物线上的一个动点，
∴，
∴都符合题意，
当时，，此时点；
当时，，此时点；
故答案为：或．
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，三角形相似的判定和性质，一元二次方程的解法，三角形的面积性质，熟练掌握待定系数法，解方程，三角形相似的判定和性质是解题的关键．
题型06
二次函数综合——角度问题
1．（2025·辽宁营口·一模）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于A，B两点，与直线l交于B，C两点，其中点A的坐标为，点C的坐标为．
(1)求二次函数的表达式和点B的坐标．
(2)如图2，若抛物线与y轴交于点D，连接，抛物线上是否存在点M，使？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；点B的坐标为
(2)点M的坐标为或
【分析】（1）利用待定系数法求出二次函数的解析式，即可求解；
（2）先求出点D的坐标为，可得，，，的长，
过点A作于点E，再由，可得，再由勾股定理求出，从而得到，是等腰直角三角形，进而得到，再由，可得，过点M作轴于点F，可得是等腰直角三角形，设点M的坐标为，可得，，即可求解．
【详解】（1）解：∵点A的坐标为，点C的坐标为，
∴，解得：，
∴二次函数的表达式为；
令，则，
解得：，
∴点B的坐标为；
（2）解：对于，
令，，
∴点D的坐标为，
∴，
∵点，
∴，，
如图，过点A作于点E，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
过点M作轴于点F，
∴是等腰直角三角形，
∴，
设点M的坐标为，
∴，，
∴，
解得：（舍去）或2或4，
∴点M的坐标为或．
【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及了求二次函数的解析式，解一元二次方程，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，利用数形结合思想解答是解题的关键．
2．（2025·四川成都·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于点，，抛物线：经过，两点，与轴交于点，连接，且．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图2，点为抛物线上一点，且位于第三象限，于点，若，求点的坐标；
(3)抛物线与抛物线：关于原点对称，抛物线与轴正半轴交于点，作交直线于点，在抛物线上是否存在点，使得∠，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或；
(3)或
【分析】（1）先求出，，再根据，求出，利用待定系数法即可求解；
（2）取的中点，在的延长线上取点G，使点G与点F关于点B对称，得到，根据，求出，证明四边形是矩形，求出直线，联立，求解即可；
（3）抛物线与抛物线关于原点对称，求出的函数表达式为，分点H位于第一象限，点H位于第三象限两种情讨论即可．
【详解】（1）解：直线与x轴，y轴分别交于点A，B，
，，
，
，
，
，
经过点A，B，C，
解得
抛物线的解析式为；
（2）解：，
，
，，
取的中点，在的延长线上取点G，使点G与点F关于点B对称，
，
，
，，
，
，
四边形是矩形，
，
设直线且过点，
，
，
或；
（3）解：抛物线与抛物线关于原点对称，
的函数表达式为，
点F的坐标为，
，
点G的坐标为，
在x轴上取一点P，使得，此时，
设，
，
，
，
，
当点H位于第一象限时，过点B作交的延长线于点Q，作轴于点M，作轴于点N，
设点Q的坐标为，
，，，，
∵
∴
∵
∴，
，
，
，
，，
，
，
直线与交于点H，
（舍去），
点H的坐标为，
当点H位于第三象限时，点与点Q关于点B对称，此时，
，
，
（舍去），
点H的坐标为，
综上所述，点H的坐标为或．
【点睛】此题考查了待定系数法求函数解析式、二次函数的性质以及相似三角形的判定与性质，解直角三角形．注意掌握分类讨论思想与方程思想的应用．
3．（2025·广东中山·一模）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)求此抛物线的函数表达式；
(2)点P是x轴上一点，若是等腰三角形，直接写出点P的坐标；
(3)如图（2），点D是直线下方抛物线上的一个动点．过点D作于点E，问：是否存在点D，使得?若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)点P的坐标为或或；
(3)点D的坐标为．
【分析】（1）将A，B坐标代入抛物线解析式中，利用待定系数法可求；
（2）求出线段的长，分类讨论解答即可；
（3）取的中点M，连接交于H，交轴于G，作轴于F，，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得出，这样．利用三角形的相似得出．从而得到M的坐标；求出直线的解析式，然后与抛物线解析式联立成方程组，解方程组可求交点D的坐标．
【详解】（1）解：将代入得：
．
解得：．
∴此抛物线的函数表达式为；
（2）解：令，．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
若是等腰三角形，分三种情形：
当时，，
∴，
∴P点坐标为或；
当时，
．
∴P点坐标为；
当时，设点P的坐标为，
∵，，
∴．
解得：．
∴点P的坐标为．
综上，是等腰三角形，点P的坐标为或或；
（3）解：存在，D点坐标为．理由：
如图，取的中点M，连接交于H，交轴于G，作轴于F，

∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴M的坐标为，
∴，，
∵，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
将代入得，
解得，
∴直线的解析式为，
∴联立得，
解得：或，
当时，，
∴D点的坐标为，
∴存在点D使得，点D的坐标为．
【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．待定系数法是确定解析式的重要方法；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是解题的关键．将两个解析式联立可以求出交点的坐标．
题型07
二次函数综合——三角形问题
1．（2025·广东惠州·一模）如图，已知直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线与直线交于、两点，与轴交于两点，且线段．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)动点在轴上移动，当是直角三角形时，求点的坐标；
(3)在抛物线的对称轴上找一点，使的值最大，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)点P的坐标为或或或
(3)
【分析】（1）首先得点，，那么把，坐标代入即可求得函数解析式；
（2）让直线解析式与抛物线的解析式结合即可求得点的坐标．是直角三角形，应分点为直角顶点，点是直角顶点，点是直角顶点三种情况探讨；
（3）首先得的值最大，应找到关于对称轴的对称点，连接交对称轴的一点就是．应让过的直线解析式和对称轴的解析式联立即可求得点坐标．
【详解】（1）解：直线与轴交于点，
当时，，
，
∵，
，
过和，
则，
解得：
抛物线的解析式为：
（2）设点的横坐标为，则它的纵坐标为，
即点的坐标，
又点在直线上，
解得（舍去），，
的坐标为．
（Ⅰ）当为直角顶点时，
过作交轴于点，设，
∵直线与x轴交于点D，
令，则
∴点坐标为，
∵，
∴
∵
∴，
∴，即，
，
．
（Ⅱ）同理，当为直角顶点时，过作交轴于点，过作轴于，
同理可证，
∴，
∵点坐标为，的坐标为
∴
即，
，
，
，
∴点坐标为．
（Ⅲ）当为直角顶点时，设，
由，得，
∴，
由得，
解得，，
此时的点的坐标为或，
综上所述，满足条件的点的坐标为或或或；
（3）抛物线的对称轴为，
、关于对称，
，
要使最大，即是使最大，
由三角形两边之差小于第三边得，当、、在同一直线上时的值最大．
∵，，
设直线的解析式为
∴，解得
∴直线的解析式为
由，得，
．
【点睛】此题主要考查了二次函数综合以及待定系数法求二次函数解析式和相似三角形的判定与性质等知识，根据一个三角形是直角三角形，应分不同顶点为直角等多种情况进行分析；求两条线段和或差的最值，都要考虑做其中一点关于所求的点在的直线的对称点得出是解题关键．
2．（2025·河南焦作·一模）新定义：若一个点的横坐标与纵坐标之和为6，那么称这个点为“和六点”．已知反比例函数的图象经过点，二次函数的图象经过该反比例函数图象上的所有“和六点”．
(1)求该二次函数的解析式；
(2)若，请直接写出的解集；
(3)已知二次函数与反比例函数的图象交于（点的横坐标小于点的横坐标）两点，为抛物线对称轴上一动点．若是以为顶点的等腰三角形，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)或
(3)或
【分析】本题主要考查了二次函数与反比例函数综合，两点距离计算公式，等腰三角形的定义，正确理解题意求出反比例函数上的“和六点”的坐标是解题的关键．
（1）先利用待定系数法求出反比例函数解析式为，设反比例函数上的“和六点”为，根据“和六点”的定义建立方程求出反比例函数上的“和六点”坐标，进而利用待定系数法求出抛物线解析式即可；
（2）根据函数图象找到反比例函数图象在二次函数图象上方时自变量的取值范围即可；
（3）先求出对称轴，再设出点P坐标，根据，利用两点距离计算公式建立方程求解即可．
【详解】（1）解：反比例函数的图象经过点，
．
反比例函数的解析式为．
设反比例函数上的“和六点”为．
．
解得，
经检验，都是原方程的解，
反比例函数图象上的“和六点”为．
二次函数的图象经过，．
解得
二次函数的解析式为．
（2）解：由函数图象可知，当时，的解集为或．
（3）解：由（1）可知，抛物线解析式为．
抛物线对称轴为．
点在抛物线对称轴上，
∴可设．
点的横坐标小于点的横坐标，
．
是以为顶点的等腰三角形，
．
，
，
．
解得．
点的坐标为或．
3．（2025·天津红桥·一模）已知抛物线（b，c为常数）与x轴相交于，两点，与y轴相交于点C．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若P是该抛物线的对称轴上一点．
①当点P在第一象限，且是等腰三角形时，求点P的坐标；
②当时，求点P的坐标．
【答案】(1)
(2)①或或；②或
【分析】此题考查了圆周角定理、勾股定理、二次函数的图象和性质等知识，数形结合是解题关键．
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）①分三种情况分别进行解答即可；②画出图形利用数形结合进行解答即可．
【详解】（1）解：把，代入得，
，
解得，
∴该抛物线的解析式为；
（2）①∵
∴抛物线的对称轴为直线，
当时，，
∴点C的坐标为，
设点P的坐标为，，
，
，
，
当时，，
则，
解得，或（不合题意，舍去）；
当时，，
则，
解得，或（不合题意，舍去）；
当时，，
则，解得，
综上可知，点P的坐标为或或；
②如图，以为邻边作正方形，分别以点为圆心，以的长为半径画圆分别交直线于点、，连接，根据圆周角定理可知，得到，即为所求的角，
如图，连接
由题意可知，，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∴，
综上可知，点P的坐标为或
4．（2025·江苏宿迁·一模）如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点．点是第一象限内抛物线上的一个动点，过点作直线轴于点，交直线于点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)求线段的最大值；
(3)是否存在以点、、为顶点的三角形与相似，若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出，再求出直线的解析式为，设，则，求出，利用二次函数的性质即可求解；
（3）先求出，根据以点、、为顶点的三角形与相似，分或，两种情况讨论，设，则，求出，建立方程求解即可．
【详解】（1）解：将、两点代入抛物线，
则，
解得：，
即抛物线解析式为：；
（2）解：将代入中，则，
∴，
又∵，
设直线的解析为，
则，解得：，
∴直线的解析为，
设，则，
∴，
∵，且，
∴当时，线段有最大值为；
（3）解：存在以点、、为顶点的三角形与相似，理由如下：
∵，
∴
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∵以点、、为顶点的三角形与相似，
∴或，
∵， .
∴，
设，则，
∴，
∴或，
解得(P与C重合，舍去)或或，
当时，，
当，时，，,
∴.P的坐标为或．
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，相似三角形性质与判定，等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关 键是分类讨论思想的应用，
5．（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图，抛物线交轴于，两点，交轴于点．
(1)求抛物线的函数解析式．
(2)点在线段上运动，过点作轴的垂线，与交于点，与抛物线交于点，连接、，求四边形的面积的最大值，并写出此时点P的坐标．
(3)在（2）的条件下，点N是x轴上一动点，求当N点坐标为 时，的值最小，最小值为 ．
(4)在抛物线的对称轴上是否存在点，使得以点A、C、M为顶点的三角形是直角三角形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)四边形的面积最大为16；点P的坐标为
(3)，
(4)点的坐标为或或或
【分析】本题主要考查了二次函数综合，熟练掌握用待定系数法求解函数解析式的方法和步骤，以及二次函数的图象和性质，是解题的关键．
（1）把，代入，求出b和c的值，即可得出函数解析式；
（2）易得，设，则，求出，则，根据四边形的面积，结合二次函数的增减性，即可解答；
（3）作C点关于x轴的对称点，连接与x轴相交于点N，此时的值最小，根据两点间距离公式即可求出的最小值，再求出直线的解析式为，即可得到点N的坐标；
（4）设，根据两点之间距离公式得出，，，然后分情况根据勾股定理列出方程求解即可．
【详解】（1）解：把，代入得：
，
解得：，
∴该二次函数的解析式；
（2）解：∵，，
∴，
∴，
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，
∵，
∴当时，四边形的面积最大为16，此时点P的坐标为；
（3）解：作C点关于x轴的对称点，连接与x轴相交于点N，
此时的值最小，，
设直线的解析式为，则，
解得：，
则直线的解析式为，
令，
解得：，
此时点；
（4）解：设，
∵，，
∴，，，
当斜边为时，，
即，整理得：，
解得：；
当斜边为时，，
即，
解得：；
∴
当斜边为时，，
即，
解得：；
∴
综上：点的坐标为或或或．
6．（2025·陕西商洛·一模）如图，已知抛物线与轴交于点和点，与轴交于点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)抛物线关于轴对称得到抛物线，点的对应点为为抛物线上一点且在轴上方，过点作轴于点，连接．当和相似时，求符合条件的点的坐标．
【答案】(1)
(2)点的坐标是或
【分析】本题考查二次函数综合，涉及待定系数法确定函数表达式、二次函数与相似三角形综合、解一元二次方程等知识，熟练掌握二次函数图象与性质是解决问题的关键．
（1）由待定系数法求二次函数表达式即可得到答案；
（2）先求出关于轴对称得到抛物线，由题意可知，从而由题中和相似，分两种情况分类讨论求解即可得到答案．
【详解】（1）解：抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，
，解得，
抛物线的函数表达式为；
（2）解：抛物线关于轴对称得到抛物线，
抛物线的函数表达式为，
，抛物线的对称轴为，
，，
，
，
若和相似，则分两种情况：①；②；
设，则，
当时，
，则，
，则，
解得或（与重合，舍去），
为抛物线上一点且在轴上方，
；
当时，
，则，
，则，
解得或（与重合，舍去），
为抛物线上一点且在轴上方，
；
综上所述，当和相似时，符合条件的点的坐标是或．
7．（2025·青海西宁·一模）【阅读理解】在平面直角坐标系中，我们把横，纵坐标相等的点叫做“不动点”，例如，都是“不动点”．
【迁移应用】在平面直角坐标系中，抛物线：与轴交于，两点，与轴交于点．
(1)求抛物线表达式及抛物线上“不动点”的坐标；
(2)如图，将抛物线沿直线折叠得到新的图象，若恰好有个“不动点”，求的值；
(3)如图，点为“不动点”，点是抛物线上的点，试探究：在第一象限是否存在这样的点，，使？若存在，求出所有符合条件的点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，，
(2)
(3)存在，或
【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，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键：
（1）待定系数法求出函数解析式，令，求出不动点即可；
（2）当直线和折叠的部分抛物线只有一个交点时，满足题设要求，相当于折叠前抛物线和直线只有一个交点，则直线、关于直线设该直线和轴的交点为对称，则是的中点，即可求解；
（3）分当点在抛物线内部和点在抛物线外部，两种进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，
∴，把代入，得：，
∴，
∴，
当时，，
解得：或，
∴抛物线上“不动点”的坐标为：，；
（2）由题意，设“不动点”所在的直线表达式为：，如图直线，
当直线和折叠的部分抛物线只有一个交点时，满足题设要求，相当于折叠前抛物线和直线只有一个交点，
则直线、关于直线设该直线和轴的交点为对称，则是的中点，
联立和原抛物线得：，
则，则，
∴直线，当时，，
∴，
∵是的中点，
∴，
把代入，得：；
（3）存在，理由：
∵，，，
∴，，，
则，即为直角三角形，且，
，
∴，，
∴，
设点，
①当点在抛物线内部时，过点作轴，交轴于点，作于点，
则：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即：，
∵在抛物线上，
∴，
解得：或（舍去），
∴点．
②当点在抛物线外部时，
同法可得：，
∴，解得：或（舍去）；
∴；
综上：或．
题型08
二次函数综合——四边形问题
1．（2025·四川雅安·一模）如图，直线与x轴交于点，与y轴交于点B，抛物线经过点A，B．
(1)求k的值和点B的坐标；
(2)求抛物线的表达式；
(3)为x轴上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线及抛物线分别交于点P，N．若以O，B，N，P为顶点的四边形是平行四边形时，求m的值．
【答案】(1)，，
(2)
(3)或．
【分析】本题考查了二次函数的综合运用和数形结合思想，理解二次函数最值的求法是解题的关键．
（1）利用待定系数法将代入即可得到及函数解析式，进一步即可得到点B的坐标；
（2）利用待定系数法求出答案即可；
（2）根据平行四边形的性质即可得到，分两种情况得到的值．
【详解】（1）解：把代入，得，
∴解得，
∴直线的解析式为，
∴，
（2）把分别代入，
解得，
∴抛物线的解析式为，
（3）解：∵，
∴P，N，
有两种情况：
①当点在点的上方时， ，
∵四边形为平行四边形，
∴，即，
解得，
②当点在点的下方时，，
同理，，
解得，
综上所述，的值为或．
2．（2025·山东烟台·一模）如图，在平面直角坐标系中，经过点的直线与y轴交于点．经过原点O的抛物线交直线于点A，C，抛物线的顶点为D．

(1)求抛物线的表达式；
(2)M是线段上一点，N是抛物线上一点，平行于y轴且交x轴于点E，当时，求点M的坐标；
(3)P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)，
(3)或或或
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）求出直线的表达式为，设，则，，分情况表示出，，结合，列方程求出，即可求解；
（3）画出图形，分是四边形的边和是四边形的对角线，进行讨论，利用勾股定理，相似三角形的判定与性质，函数图像的交点，平移等知识点进行解答即可得出答案．
【详解】（1）解：∵抛物线过原点，
，
将代入抛物线中，得，
解得：，
∴抛物线的表达式为；
（2）解：设直线的解析式为，
将代入得：
，
解得：，
∴直线的解析式为，
设，，其中．
当在点上方时，，．
∵，
∴．
∴，
解得：（不合题意，舍去）；
当M在N点下方时， ．
∴，
解得：（不合题意，舍去）．
∴满足条件的点M的坐标有两个．
（3）解：存在，满足条件的点的坐标有 4 个．
如图，若是四边形的边，
抛物线的对称轴为直线，
当时，，
∴抛物线的对称轴与直线相交于点，
联立，
解得：或（舍去），
，
过点分别作直线的垂线交抛物线于点，
，
，
，
，
，
∴点与点重合．
当时，四边形是矩形．
∵向右平移 1 个单位，向上平移 1 个单位得到．
∴向右平移 1 个单位，向上平移 1 个单位得到，
此时直线的解析式为．
∵直线与平行且过点，
∴直线的解析式为．
∵点是直线与抛物线的交点，
∴，
解得：（舍去）．
，
当时，四边形是矩形，
∵向左平移 3 个单位，向上平移 3 个单位得到．
∴向左平移 3 个单位，向上平移 3 个单位得到．
如图，若是四边形的对角线，
当时．过点作轴，垂足为，过点作，垂足为．
可得，
，
，
设，
，
∵点不与点重合，
和，
，
，
∴如图，满足条件的点有两个．
即．
当时，四边形是矩形．
∵向左平移个单位，向下平移个单位得到．
∴向向平移个单位，向下平移个单位得到．
当时，四边形是矩形．
∵向右平移个单位，向上平移个单位得到．
∴向右平移个单位，向上平移个单位得到．
综上，满足条件的点的坐标为或或或．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，本题主要涉及了待定系数法求函数的解析式，勾股定理，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，点的平移等知识，根据题意画出符合条件的图形，进行分类讨论是解题的关键．
3．（2025·四川达州·一模）如图．抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，抛物线的对称轴：直线与轴交于点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点是直线上方的抛物线上的动点，连接交于点，如图1，当的值最大时，求点的坐标及的最大值；
(3)若点为对称轴右侧抛物线上一点，且在轴上方，为平面内一动点，是否存在点，使得以为顶点的四边形为正方形？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)当的值最大时，点的坐标为，最大值为
(3)不存在，理由见解析
【分析】本题考查二次函数综合，涉及待定系数法求解析式，相似三角形的判定与性质，正方形的性质等知识点；
（1）根据抛物线与轴交于，对称轴：直线，列方程组求解即可；
（2）先求出直线解析式为，过作轴交直线于，过作轴交直线于，则，得到，则，再求出，设，则，，代入计算求最大值即可；
（3）过作轴，由得到，根据给定的条件发现在内部，即，但是由以为顶点的四边形为正方形，得到必定是等腰直角三角形，或，与矛盾，据此得到不存在以为顶点的四边形为正方形．
【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，对称轴：直线，
∴，
解得，
∴该抛物线的解析式为；
（2）解：令，则，令，则，解得，
∴，，
设直线解析式为，
把代入得，解得，
∴直线解析式为，
过作轴交直线于，过作轴交直线于，则，
∴，
∴，
当时，，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴当时，最大，此时，
∴当的值最大时，点的坐标为，最大值为；
（3）解：不存在，理由如下：
过作轴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵点是直线上方的抛物线上的动点，点为对称轴右侧抛物线上一点，且在轴上方，
∴在内部，
∴，
假设存在以为顶点的四边形为正方形，
∴必定是等腰直角三角形，
∴或，与矛盾，
∴假设不成立，
∴不存在以为顶点的四边形为正方形．
4．（2025·陕西咸阳·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．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)若点F为抛物线上一点，点E为直线上一点，当以A，B，E，F为顶点的四边形是以为边的平行四边形时，求点F的坐标．
【答案】(1)
(2)点F的坐标为，，，
【分析】此题考查了二次函数图象和性质、平行四边形的性质等知识，数形结合是解题的关键．
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）画出图形根据平行四边形的性质进行解答即可．
【详解】（1）解：∵，，，
∴将，，代入得：
，
解得，
∴该抛物线的函数表达式为；
（2）∵点F为抛物线上一点，
设，
∵点E为上一点，
设，
当以A，B，E，F为顶点的四边形是以为边的平行四边形时，
，解得或，
∴点F的坐标为，，，．
5．（2025·湖南衡阳·一模）抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点是抛物线上的一动点，设点的横坐标为．
(1)求抛物线的表达式．
(2)如图1，连接，并延长交轴于点，连接，交轴于点．点在运动过程中，的值是否为定值，若是，请求出定值；若不是，请说明理由．
(3)将该抛物线向左平移4个单位，再向上平移2个单位，得到如图2所示的抛物线刚好经过点，点为抛物线对称轴上一点．在平面内确定一点，使以点，，，为顶点的四边形是菱形．
【答案】(1)
(2)的值为定值10，理由见详解
(3)点坐标为或
【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数的表达式，相似三角形的判定和性质，抛物线和菱形的综合等知识点，解题的关键是熟练掌握待定系数法和菱形的判定和性质．
（1）利用待定系数法进行求解即可；
（2）过点作轴于点，得出，利用相似三角形的对应边成比例，列出关于的代数式，化简代数式即可得出结论；
（3）根据菱形的判定和性质分类讨论，根据题意画出图形，假设出点的坐标，根据对边平行且相等列出方程，解方程即可得出坐标．
【详解】（1）解：将，两点代入得，
解得，
∴抛物线的表达式为；
（2）解：的值为定值10，理由如下，

如图，过点作轴于点,则,
∴,
即
假设点坐标为，则点坐标为，
∴，，,，，
∴，
整理得，
∴的值为定值10；
（3）解：平移后抛物线的表达式为，
整理得，
联立，
解得，
∴点坐标为，
∴根据勾股定理得，
抛物线的对称轴为直线，
①当以点为圆心长为半径画圆时，此圆与直线无交点，因为点到直线的距离为；
②当以点为圆心长为半径画圆时，如下图所示，
假设交点坐标为，
∴
解得或，
即，
假设，
∵,
∴，；，；
解得；；
所以此时；
③当为菱形的对角线时，作的垂直平分线，交对称轴于点，如下图所示，
假设，
∴
即
解得
∴
假设，根据得，
，
解得，
所以此时
综上可得点坐标为或．
6．（2025·江苏扬州·一模）已知抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，若点是抛物线 在第四象限上的任意一点，
①连接，点D为y轴上一个动点，是否存在这样的点P和点D，使得以A、C、P、D为顶点的四边形是平行四边形，如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
②将点P按竖直方向向下平移m个单位到点Q，求点Q到x轴距离的最大值．
【答案】(1)抛物线 的解析式为；
(2)①存在，点P的坐标为；②点Q到x轴的距离的最大值为．
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数，二次函数与几何综合，二次函数的性质，正确求得二次函数的解析式是解题的关键．
（1）根据待定系数法即可解答；
（2）①画出图形，利用平行四边形的性质即可解答；
②求得点的纵坐标的表达式，利用配方法即可解答．
【详解】（1）解：∵抛物线与y轴交于点，
∴，
∵抛物线与x轴交于点和点，
可得，
解得，
抛物线 的解析式为；
（2）解：①存在，如图，过点作轴，交于点，
，
当四边形为平行四边形时，，，
，
，
，
，即点的横坐标为，
当时，，
则，
故存在点，使得以A、C、P、D为顶点的四边形是平行四边形；
②∵点是抛物线在第四象限上的任意一点
∴，，
∵点按竖直方向向下平移个单位到点，
∴，
∴点到x轴的距离为，
此时满足，
∴点到x轴的距离的最大值为．
7．（2025·江苏徐州·一模）已知二次函数的图象经过点，与轴交于点．
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)若点都在这个二次函数的图象上，且，求的最大值；
(3)若点是直线上的点，二次函数图象上是否存在点（点在点的左侧），使得四边形是面积为2的正方形？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)n的最大值为
(3)存在，点P的坐标为
【分析】（1）把代入求解即可；
（2）根据二次函数的对称性可得出，设，则，解方程组，求出，把代入，求出n关于t的二次函数，然后根据二次函数的性质求解即可；
（3）先求出直线表达式为，当在右上方时，如图，设直线与y轴交于点E，过B作于F，则，，根据正切的定义求出，则可求，进而求出直线表达式为，联立方程组，解方程组即可；当在左下方时，同理求解即可．
【详解】（1）解：∵二次函数的图象经过点，
∴，
∴，
∴二次函数的表达式；
（2）解：∵，
∴抛物线对称轴为直线，
∴点关于直线对称，
∴，
∴，
设，则，
解方程组，得，
∴
，
∵，
∴抛物线开口向下，
∴当时，n随t的增大而减小，
又，
∴当时，n有最大值为；
（3）解：对于，令，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
设直线表达式为，
则，
解得，
∴直线表达式为，
∵正方形的面积为2，
∴正方形的边长为，
当在右上方时，如图，设直线与y轴交于点E，过B作于F
则，，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∵
∴直线表达式为，
联立方程组，
解得或，
∴，，
∴，符合题意；
当在左下方时，
同理可求直线表达式为，
联立方程组，
解得或，
∴，，
∴，不符合题意，舍去，
综上，当时，正方形的面积为2．
【点睛】本题考查了二次函数综合，解直角三角形，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关性质定理，正确作出辅助线，构造等腰直角三角形解答．
8．（2025·湖南·一模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象过点，设的对称轴为直线．
(1)求的值；
(2)设与轴的交点为，，曲线是与关于轴对称的抛物线，若，求的解析式及顶点坐标；
(3)在（2）的条件下，设在的对称轴左侧有直线轴，且与和分别交于点，另有一条直线轴，且与和分别交于点，当四边形是正方形时，求点的坐标及正方形的边长．
【答案】(1)
(2)曲线顶点坐标为，解析式为
(3)，正方形的边长为
【分析】本题主要考查二次函数图象与几何图形的综合，掌握待定系数法求解析式，轴对称的性质，二次函数与特殊图形求边长的计算是关键．
（1）根据抛物线过点，对称轴直线为，代入计算即可求解；
（2）根据对称轴直线为，结合可得，代入抛物线，运用待定系数法即可求解；
（3）根据四边形是正方形，得到，设，则，，，，代入计算即可求解．
【详解】（1）解：二次函数的图象过点，设的对称轴为直线，
∴，
∴，
解得，；
（2）解：∵设与轴的交点为，，抛物线的对称轴直线为，
∴，且，
∴解得，，
∴，
∴，且，
∴，
整理得，，
解得，，
∴，
∴抛物线的解析式为，
∴，即抛物线顶点坐标为，
∵曲线是与关于轴对称的抛物线，则曲线图象开口向下，顶点坐标为，
∴曲线的解析式为；
（3）解：如图所示，
∵四边形是正方形，
∴，
∵点在抛物线的图象上，点在抛物线的图象上，
∴设，
∴，
∴，，
∵点关于对称，
∴，则，
∴，
∴，整理得，，
解得，（大于，不符合题意，舍去），，
∴，，
∴，正方形的边长为．
题型09
二次函数综合——其他问题
1．（2025·广东江门·一模）如图，二次函数（常数）与x轴从左到右的交点为A、B，过线段的中点D作轴，交反比例函数于点C，且．
(1)求反比例函数的解析式．
(2)当时，求的长，并求直线与抛物线的对称轴之间的距离．
(3)把抛物线在直线右侧部分的图象（含与直线的交点）记为E，用t表示图象E最低点的坐标．
【答案】(1)
(2)，直线与抛物线的对称轴之间的距离为
(3)当时，；当时，
【分析】本题考查了二次函数的几何综合，求反比例函数的解析式，求对称轴，二次函数与轴的交点问题，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先结合点D是线段的中点，得，结合，故，即可作答．
（2）把代入，得出，得，二次函数的对称轴为直线，再求出，即可作答．
（3）先表示出，二次函数的对称轴为直线，，再结合把抛物线在直线右侧部分的图象（含与直线的交点）记为E，且，则当时，故，代入，得，当时，即，把代入，则，即可作答．
【详解】（1）解：∵过线段的中点D作轴，
∴
∵，
∴
∴
∵点C在反比例函数于
∴，
∴反比例函数的解析式为；
（2）解：∵，且，
∴，
∵二次函数（常数）与x轴从左到右的交点为A、B，
∴，
∴，二次函数的对称轴为直线，
∵过线段的中点D作轴，
∴，
∴，
∴，
则直线与抛物线的对称轴之间的距离为1；
（3）解：∵，
∴当时，，
∴，
∵二次函数（常数）与x轴从左到右的交点为A、B，且，
∴，
此时二次函数的对称轴为直线，
∵过线段的中点D作轴，
∴，
∴，
∵把抛物线在直线右侧部分的图象（含与直线的交点）记为E，且，
当时，即，故，
把代入，
得，
∴．
当时，即，
把代入，
得，
∴．
综上：当时，；当时，；
2．（2025·辽宁抚顺·一模）定义：在平面直角坐标系中，如果一个点的横坐标与纵坐标绝对值相等，则称该点为“绝值点”．例如，，，…都是“绝值点”．若某函数图象上只存在两个“绝值点”，则称该函数为“绝值函数”．例如的图象上存在，两个“绝值点”，则称函数为“绝值函数”．
(1)求反比例函数图象上的“绝值点”的坐标；
(2)判断二次函数是不是“绝值函数”，请说明理由；
(3)“绝值函数”的“绝值点”分别是点A，（点A在点的左侧），与轴交于点，当的面积为1时，求的值．
【答案】(1)，
(2)是“绝值函数”，理由见解析
(3)或
【分析】（1）根据“绝值点”的定义得，反比例函数图象上的横坐标与纵坐标绝对值相等，得到，则有或，解得，或无解，即可求解；
（2）当时，，即，解得，，则两个“绝值点”分别为，；当时，，即，方程无解，即可得出结论；
（3）根据二次函数为“绝值函数”，则分两种情况：当时，当时，分别 求出b的值，再检验即可求解．
【详解】（1）解：由“绝值点”的定义得，反比例函数图象上的横坐标与纵坐标绝对值相等，
，
或
，
或，
，或无解
反比例函数图象上“绝值点”的坐标为，．
（2）解：是“绝值函数”，
二次函数图象上的横坐标与纵坐标绝对值相等，
当时，，即，
，，
两个“绝值点”分别为，，
当时，，即，
方程无解
二次函数的图象上只存在两个“绝值点”，
二次函数是“绝值函数”．
（3）解：二次函数为“绝值函数”，
当时，，即，
，，
，
，
，
，
，，
检验：当时，．
当时，，即，
∵，
∴方程有两个不相等的实数解；
当时，，即，
∵，
∴方程无解；
二次函数只存在两个“绝值点”，
二次函数为“绝值函数”．
当时，，
当时，，即，
∵，
∴方程有两个不相等的实数解，
当时，，即，
∵，
∴方程有两个不相等的实数解
二次函数存在四个“绝值点”
二次函数不是“绝值函数”
不合题意，故舍去，
当时，，即
，

，
，
，
，
检验：当时，
当时，，即，
∵，
∴方程无解，
当时，，即，
∵，
∴方程有两个不相等的实数解，
二次函数只存在两个“绝值点”
二次函数为“绝值函数”
当时，
当时，，即，
∵，
∴方程有两个不相等的实数解，
当时，，即，
∵，
∴方程有两个不相等的实数解，
二次函数存在四个“绝值点”
二次函数不是“绝值函数”，
不合题意，故舍去，
．
综上所述，或．
【点睛】本题考查了新定义与一次函数、反比例函数、二次函数的运用，一元二次方程根的判别式等，解题关键是理解并运用新定义，运用分类讨论思想解决问题．
3．（2025·山东日照·一模）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，过点作轴，与抛物线交于点．
(1)若抛物线经过点；
①求点的坐标；
②当时，抛物线取得最大值为，求的值；
(2)已知点，，若抛物线与线段有且只有一个交点（不含端点、），求的取值范围．
【答案】(1)①；②的值为或
(2)或
【分析】（1）①先求出，当时，即，可解得；
②先由得抛物线开口向下，顶点坐标为，再分两种情况讨论：当时，得；当即时，，分别求解即可；
（2）求出抛物线对称轴为，顶点为，再抛物线与线段有且只有一个交点，分两种情况讨论：当抛物线的顶点在线段上时，即：；当抛物线顶点落在上方时，当时，，当时，，进而得，由抛物线与线段有且只有一个交点（不含端点、），得与线段有且只有一个交点，一定在对称轴右侧，进而得，解不等式即可得解．
【详解】（1）解：①∵抛物线过点，
∴，
∴，
∴抛物线解析式为：，
∴抛物线与轴交于点坐标为，
当时，即，
解得：，，
∴点，
②∵，
∴抛物线开口向下，顶点坐标为，
分以下两种情况讨论：
Ⅰ．当时，在对称轴左侧，随增大而增大，
∴时，为最大值，即，
解得或（舍）；
Ⅱ．当即时，在对称轴右侧，随增大而减小，
时，为最大值，即，
解得或（舍），
综上所述，的值为或；
（2）解：∵抛物线，
∴抛物线对称轴为，顶点为，
∵点，，若抛物线与线段有且只有一个交点，
分以下两种情况讨论：
Ⅰ．当抛物线的顶点在线段上时，
即：，
解得：；
Ⅱ．当抛物线顶点落在上方时，
当时，，
当时，，
∵，对称轴为，
∴，
∵抛物线与线段有且只有一个交点（不含端点、），
∴与线段有且只有一个交点，一定在对称轴右侧，
∴，
解得：，
综上，的取值范围是或．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及到待定系数法求函数解析式，抛物线与线段的交点，综合性强，正确的求出函数解析式，利用分类讨论的思想，进行求解，是解题的关键．
4．（2025·江苏淮安·一模）在平面直角坐标系中，抛物线（、为常数）的顶点的横坐标是1，并经过点，与轴交点坐标为．
(1)求此抛物线的函数表达式：
(2)点、点均在这个抛物线上（点在点的左侧），点的横坐标为，点的横坐标为，将此抛物线上、两点之间的部分（含、两点）记为图象．
①当点在轴上方，图象的最高与最低点的纵坐标差为5时，求的值；
②设点，点，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连结，（当不含内部）和二次函数在范围上的图象有且有一个公共点时，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)①；②或
【分析】本题考查待定系数法求解析式及二次函数最值、与线段交点问题：
（1）将对称轴及点，代入求解即可得到答案；
（2）①先求出二次函数与轴交点，分点在对称轴左边，对称轴右边两类讨论，根据最高与最低点的距离列式即可得到答案；②当点在点上方，用含的代数式表示出点，当点在抛物线上时，（不含内部）和二次函数在范围上的图像有且仅有一个公共点，当点在点下方，可得出，解不等式即可得出答案．
【详解】（1）解：∵抛物线（、为常数）的顶点的横坐标是1，并经过点，与轴交点坐标为
∴，
解得：
则抛物线的函数表达式为：
（2）解：①当时，
，解得：，，
当点在对称轴左边时，即时，
∵，
∴此时最高点为对称轴所在点，最低点为点，
∵最高与最低点的纵坐标差为5，
∴，
解得：（不符合题意舍去），；
当点在对称轴右边时，即，
∵，
∴此时最高点为A点，最低点为点，
∵最高与最低点的纵坐标差为5，
∴，
解得：（不符合题意舍去）；
综上所述：；
②当点在点上方，，即：时，
，点，即，
当点在抛物线上时，（不含内部）和二次函数在范围上的图像有且仅有一个公共点，
∴，
解得：，（舍），
当点在点下方时，如下图：
，
则，
解得：，
故答案为：或
5．（2025·四川成都·一模）如图1，已知抛物线与轴交于点和点，与轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点为第一象限抛物线上的一动点，作于点，当最大时，求点的坐标；
(3)如图2，将抛物线向右平移一个单位长度得到抛物线，点，都在抛物线上，且分别在第一象限和第三象限，连接，分别交轴、轴于点，若，求证：直线经过一定点．
【答案】(1)
(2)
(3)见详解
【分析】（1）将点、点代入抛物线，利用待定系数法求解即可；
（2）过点作轴于点，交直线于点，证明为等腰直角三角形，利用三角函数解得；利用待定系数法求得直线解析式，设，则，易得，进而可得，结合二次函数的性质，即可获得答案；
（3）过点作轴于点，过点作轴于点，首先确定抛物线的解析式，设点的坐标为，点的坐标为，易得，，，，再设直线的解析式为，联立直线的解析式和抛物线的解析式，可得，利用一元二次方程的根与系数的关系，可得，；证明，由相似三角形的性质可得，代入数值并整理可得，，由图像可知，易知，进一步可得，即可确定直线的解析式为，当时，可有，即可证明结论．
【详解】（1）解：将点、点代入抛物线，
可得，解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：如下图，过点作轴于点，交直线于点，
对于抛物线，当时，可有，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即为等腰直角三角形，
∴，
设直线解析式为，将点，代入，
可得，解得，
∴直线解析式为，
设，则，
∴，
∴，
∴当时，取最大值，此时点的坐标为；
（3）如下图，过点作轴于点，过点作轴于点，
∵抛物线，
∴将其向右平移一个单位长度得到抛物线，则抛物线的解析式为，
∵点都在抛物线上，且分别在第一象限和第三象限，
∴可设点的坐标为，点的坐标为，
∴，，，，
设直线的解析式为，
联立直线的解析式和抛物线的解析式，
可得，整理可得，
则有，，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
整理可得，
由图像可知，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
当时，可有，
∴直线经过一定点．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形、一元二次方程的根与系数的关系等知识，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题关键．
6．（2025·山东日照·一模）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，直线过B、C两点．
(1)分别求b、t的值；
(2)如图2，将直线向左平移若干单位，使之恰好过点A，分别取点A左侧直线部分和点A右侧抛物线部分（实线所示），记为图象G，点，均在图象G上．
①若平面内一点P，满足线段轴，（P在D的右侧），当线段与图象G有两个交点时，求a取值范围；
②D，E之间（含D，E两点）的图象所对应函数的最大值与最小值均不随a的变化而变化，直接写出a的取值范围．
【答案】(1)，
(2)①或；②或
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，正确画出图形，利用分类讨论解题是关键．
（1）根据二次函数的解析式可得，代入可得，再求得的坐标，代入抛物线即可；
（2）①画出图形，分类讨论即可；
②根据题意D，E之间（含D，E两点）的图象需要包含点，分类讨论，分或，逐一分析即可．
【详解】（1）解：把代入，可得，
，
把代入，可得，
直线的解析式为，
当时，可得，
解得，
，
把代入，可得，
解得；
（2）解：①由（1）可得抛物线解析式为，
当时，可得，
解得，
，
将直线向左平移若干单位，使之恰好过点A，
设平移后的直线解析式为，
把代入，可得，
解得，
平移后的直线解析式为，
由题意可得点
当点在图象G的抛物线部分时，如图，
设此时点刚好落在抛物线上，则可得，
解得，
根据图象可得点在点和顶点之间，此时线段与图象G有两个交点，
，
，
故；
当点在图象G的直线部分时，如图，
设此时点刚好落在抛物线上，则可得，
解得（舍去），
根据图象可得点在之间，此时线段与图象G有两个交点，
故；
综上，或；
②根据题意D，E之间（含D，E两点）的图象需要包含点，才符合题意，
如图，当点在点之间，点在之间时，
，
把代入，可得，
解得，
，
，
，
解得，
；
如图，当点在点之间，点在之间时，
，
，
，
，
解得，
，
综上所述，或．
7．（2025·山东临沂·一模）二次函数（，，为实数）．
(1)当，时，探究发现二次函数的顶点恰好在直线上．
直接写出的值为________________；
若二次函数与直线有两个交点，设两个交点分别为，，请证明；若二次函数与直线没有两个交点，请说明理由．
(2)若，直线与二次函数相交于和两点，其中．
求的值；
当时，求二次函数的最大值．
【答案】(1)；②有两个交点，证明见解析；
(2)的值为；
当且时最大值为；
当时，最大值为；
当时，最大值为．
【分析】当，时，二次函数的解析式为，可以求出二次函数的顶点坐标为，因为二次函数的顶点恰好在直线上，可得：，从而求出的值；
将带入，可得：，因为二次函数与直线有两个交点，所以方程有两个不相等的实数根，根据一元二次方程根与系数的关系可得，；，再利用计算求值即可；
根据点在二次函数和上，可得：，解方程求出的值即可；
首先根据的取值范围求出不同情况时抛物线的对称轴，再根据与抛物线的对称轴所在的位置之间的关系，利用二次函数的图象与性质分分情况求解．
【详解】（1）解：当，时，
二次函数的解析式为，
当时，，
二次函数的顶点坐标为，
又二次函数的顶点恰好在直线上，
，
解得：，
故答案为：；
将带入，
可得：，
又，
可得：，
整理得：，
，
二次函数与恒有两个交点，
；，
，
；
（2）解：在二次函数和上，
，，
可得：，
解得：或，
，
，
；
由知，
二次函数的解析式为，
抛物线的对称轴，
当时，二次函数开口向上，
如下图所示：
对称轴，
在时，随的增大而增大，
在时，取最大值为；
当时，二次函数开口向下，
当对称轴时，
解得：，
，
如下图所示：
此时二次函数在上的图象，随的增大而增大，
在时，取得最大值为；
当时，
解得：，
如下图所示：
此时二次函数在上的图象，当时取得最大值
当对称轴时，
解得：，
如下图所示：
此时二次函数在上的图象，随的增大而减小，
当时，y取最大值为．
综上所述：当且时最大值为；当时，最大值为，当时，最大值为．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质、二交函数与一次函数的综合、一元二次方程根与系数的关系、分类讨论的思想，解决本题的关键是利用分类讨论的思想，分情况求解．
8．（2025·吉林·一模）已知抛物线经过点．点在这个抛物线上，当点不在轴上时，过点作轴于点，作线段关于坐标原点成中心对称的线段，设点的横坐标为．
(1)求此抛物线对应的函数解析式；
(2)当线段与线段在同一条直线上时，求线段的长度；
(3)当点在轴左侧时，若线段与此抛物线有且只有一个公共点，求的取值范围；
(4)作平行四边形．当边与此抛物线有两个公共点时，若以这两个公共点和点为顶点构造三角形的面积是面积的一半，直接写出的值．
【答案】(1)；
(2)或；
(3)或；
(4)或．
【分析】（1）直接把点代入抛物线中，求出，再代回即可；
（2）由线段与线段关于原点对称且在同一条直线上可得和在轴上，且关于原点对称，将代入表达式中即可求出；
（3）用含有的式子表示点，根据与原点对称表示点，根据作图的三种情况求出的取值范围；
（4）由题意可知，若以这两个公共点和点为顶点构造三角形的面积是面积的一半，则两个交点的距离恰好是这条边的一半，所以点为的中点，即点恰好是抛物线与轴的交点，则，解出的值即可．
【详解】（1）解：将点代入抛物线中得：
，解得：，
此抛物线对应的函数解析式是；
（2）线段与线段在同一条直线上，
和在轴上，
点的坐标为，
将代入中得：，
解得，，
或，
线段的长度为或；
（3）由题意可知，，抛物线与轴交点坐标为，顶点坐标为，
点在轴左侧，
，
如图一，此时线段与抛物线恰有一个公共点，则，解得：（舍去），；
当向下移动到如图二所示位置时，线段与抛物线恰有2个公共点，则，解得：（舍去），；
当经过抛物线顶点时，如图三，此时与抛物线恰有一个公共点，则，解得：（舍去），，
线段与此抛物线有且只有一个公共点时，的取值范围为或；
（4）由题意可知，若以这两个公共点和点为顶点构造三角形的面积是面积的一半，则两个交点的距离恰好是这条边的一半，
如图四：点为的中点，即点恰好是抛物线与轴的交点，
，
解得，，
点为的中点，
，
或，
即或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，主要考查二次函数的性质，正确的求出函数的解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解是解题的关键．准备
在复习探究《几何图形变化》的时候，老师让同学们准备了两张全等的直角三角形纸片，并且把它们的一条直角边重合在一起（如图1），已知，，．
实践探究
平移
如图2，小明同学把沿直线平移，当点B与点A重合时，点C与点D重合，点A的对应点为点．
结论1：四边形是矩形；
旋转
如图3，小红同学把绕点A顺时针旋转，当点C的对应点恰好落在边上时，点B的对应点为点，与边交于点E．
结论2：可求出图中任意一条线段的长，如；
对折
如图4，若点M，N分别是，的中点，小军同学将沿着直线对折，点B的对应点为．
结论3：①点C，，N在同一条直线上；
②可求出线段的长．
验证计算
根据以上同学对三种图形变化的探究，请你完成三个结论的证明或计算．结论3中①②可任选一个，②比①多得2分．