专题15：二次函数与几何综合 2026年中考数学二轮复习高频考点突破练习含答案

这是一份专题15：二次函数与几何综合 2026年中考数学二轮复习高频考点突破练习含答案，共2页。试卷主要包含了如图，抛物线经过、两点等内容，欢迎下载使用。

二次函数的与几何综合为中考必考题，考查形式以解答压轴题为主，覆盖代数综合与几何综合核心考点，考查二次函数代数内容与几何图形模型结合的应用意识，题型多变，难度较大，要注意图形的多解情况，及验证解的合理性。
提分秘籍
考点1 线段和差问题
解答二次函数与几何综合中的线段和、差最值类压轴题，要始终依托数形结合、几何模型转化、坐标代数运算、分类讨论取舍的完整解题思路，熟练掌握线段和最小、线段差最大两类核心题型的解题逻辑，先由题干求出抛物线解析式、交点坐标、对称轴、顶点以及定点位置，分清题目中的定点、动点，明确动点运动轨迹是抛物线、对称轴、坐标轴或是定直线，为后续线段转化打好基础。解决线段之和最小问题，以将军饮马模型为主，利用抛物线自身的对称性，借助对称轴找其中一个定点的对称点，将两条零散线段通过对称转化为同一直线上的线段，依据两点之间线段最短求解最小值，若动点在对称轴上，优先选用抛物线上对称点进行转化，遇到三条线段周长最小值，可先固定定长，转化为两条线段和的最小值求解，碰到含系数的斜线段，要运用相似三角形或三角函数进行线段转化，变成铅垂线段或水平线段，再结合垂线段最短求解。解决线段之差最大问题，利用三角形三边关系，两边之差小于第三边，当三点共线时差取得最大值，连接两个定点并延长，与动点所在直线的交点即为所求动点位置，同时要区分动点在线段上、直线上的不同情况，找准临界位置。解题全程要把几何线段全部转化为坐标表达，灵活使用两点间距离公式，设出动点坐标，用代数式表示线段长度，结合一次函数解析式求交点，联立方程计算关键点，还要注意图形位置不同带来的多解情况，分类讨论、逐一验证，舍去不符合图像范围、不符合题意的解；同时学会区分同侧、异侧定点，熟练运用抛物线对称性、垂直平分线性质进行线段等量代换，理清动点运动范围，结合函数增减性分析最值，把复杂几何线段和差问题转化为简单的求直线解析式、求交点、线段长度计算，步骤层层推进，思路清晰规范，就能系统攻克这类综合压轴题型。
典型例题
1．（2025·海南·中考真题）如图，抛物线经过、两点．点是线段上的动点，过点作轴交抛物线于点．
(1)若．
①求抛物线的解析式；
②求线段长度的最大值；
③若，求取何值时线段的长度最大（可用含的代数式表示）．
若，，问题（1）中③的结论是否会发生变化，请说明理由．
2．（2025·四川德阳·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数的图象与x轴交于点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)如图2，连接，过点C作与抛物线相交于另一点D．
①求点D的坐标；
②如图3，点E，F为线段上两个动点（点E在点F的右侧），且，连接，．求的最小值．
3．（2025·湖北·中考真题）抛物线与轴相交于点和点，与轴相交于点，是抛物线的顶点，是抛物线上一动点，设点的横坐标为．
(1)求的值；
(2)如图1，若点在对称轴左侧，过点作对称轴的垂线，垂足为，求的值；
(3)定义：抛物线上两点M，N之间的部分叫做抛物线弧（含端点和）．过，分别作轴的垂线，过抛物线弧的最高点和最低点分别作轴的垂线，直线与围成的矩形叫做抛物线弧的特征矩形．若点在第四象限，记抛物线弧的特征矩形的周长为．
①求关于的函数解析式；
②过点作轴，交抛物线于点，点与点不重合．记抛物线弧的特征矩形的周长为．若，直接写出的长．
4．（2025·四川眉山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线关于直线对称，与x轴交于、B两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P为抛物线对称轴上一点，连接，将线段绕点P逆时针旋转，使点B的对应点D恰好落在抛物线上，求此时点P的坐标；
(3)在线段上是否存在点Q，使存在最小值？若存在，请直接写出点Q的坐标及最小值；若不存在，请说明理由．
5．（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．
提分秘籍
考点2 存在性问题（等角，二倍角、半角、特殊角）
解答二次函数与几何综合中的角度存在性问题（等角、二倍角、半角、特殊角），核心逻辑是数形结合、模型转化、方程联立、分类讨论。这类题目综合考查抛物线的函数性质与平面几何的角度变换，解题需先完成基础建模，求出抛物线解析式、顶点坐标、与坐标轴交点及对称轴，明确图形中定点、定线、动点的位置关系。
处理等角问题，核心是利用斜率相等（两直线平行或重合）或全等/相似三角形的对应角相等。若两角分别在不同三角形中，优先寻找或构造全等、相似模型，通过边长比例或边角关系列方程求解；若涉及直线夹角，利用两直线斜率 k 的关系，当 k_1 = k_2 时两直线平行，对应角相等，或通过角度互补、互余关系转化，联立直线解析式与抛物线方程求解交点坐标。
处理二倍角与半角问题，高频技巧是构造等腰三角形或利用角平分线性质。构造等腰三角形可将二倍角转化为等腰三角形的底角，或通过作角平分线创造半角相等。结合平面几何中的倍角公式（初中阶段多为几何构造，避免直接使用三角公式），利用相似三角形、勾股定理或坐标法中的距离公式，将角度倍数关系转化为线段长度比例关系，设出动点坐标并表示相关线段，建立方程求解。
处理特殊角问题，关键是利用特殊角的三角函数值或几何特征。45°角常对应等腰直角三角形（两直角边相等），30°或 60°角对应含特殊角的直角三角形。在坐标系中，通过构造含特殊角的直角三角形，利用斜率或线段比例关系设未知数，结合抛物线解析式联立方程，求解满足角度条件的动点坐标。
解题全程需严格执行分类讨论，避免漏解。讨论等角时，需考虑角的顶点不同位置（如点A或点B为顶点）；讨论二倍角时，需区分二倍角的顶点归属；讨论特殊角时，需验证不同位置下的几何可能性。每求出一种解，都要代入题干情境检验，确保角度大小符合题意，且动点位置在合理的取值范围内（如在线段上、抛物线上或直线上）。
同时，要善于利用坐标系的对称性简化计算，如利用抛物线对称轴找对称点，转化角度关系；结合铅垂高、水平宽计算三角形面积，辅助验证角度关系。规范书写步骤，先明确角度模型，再设坐标表示线段，最后列方程求解，层层递进，就能系统攻克此类角度存在性压轴题。
典型例题
1．（2025·四川凉山·中考真题）如图，二次函数的图像经过三点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P在直线下方的抛物线上运动，求点P到直线的最大距离；
(3)动点Q在抛物线的对称轴上，作射线，若射线绕点Q逆时针旋转与抛物线交于点D，是否存在点Q使？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
2．（2025·青海·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A，B两点，点B的坐标为，点在抛物线上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)①求点A的坐标；
②当时，根据图象直接写出x的取值范围________；
连接交y轴于点D，在y轴上是否存在点P，使是以为直角边的直角三角形，若存在，请直接写出所有符合条件的点P坐标，若不存在，请说明理由．
3．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数（为常数）的图像与轴交于、两点，交轴于点，对称轴为直线．
(1)求二次函数关系式．
(2)连接，抛物线上是否存在点，使，若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由．
(3)在轴上方的抛物线上找一点，作射线，使，点是线段上的一动点，过点作轴，垂足为点，连结，求的最小值．
4．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，是坐标原点，已知抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，其中．
(1)求b、c的值；
(2)点为抛物线上第一象限内一点，连结，与直线交于点，若，求点D的坐标；
(3)若为抛物线的顶点，平移抛物线使得新顶点为，若又在原抛物线上，新抛物线与直线交于点，连结．探新抛物线与轴是否存在两个不同的交点．若存在，求出这两个交点之间的距离；若不存在，请说明理由．
5．（2024·四川绵阳·中考真题）如图，抛物线与x轴交于点和，与y轴交于点C．连接和，点P在抛物线上运动，连接，和．
(1)求抛物线的解析式，并写出其顶点坐标；
(2)点P在抛物线上从点A运动到点C的过程中（点P与点A，C不重合），作点P关于x轴的对称点，连接，，记的面积为，记的面积为，若满足，求的面积；
(3)在（2）的条件下，试探究在y轴上是否存在一点Q，使得？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
6．（2025·山东淄博·中考真题）如图，一条抛物线与轴相交于，两点，与轴相交于点．
(1)求抛物线对应的函数表达式；
(2)问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，说明理由；
(3)将射线绕点逆时针旋转一定角度，使其恰好经过抛物线的顶点，再将抛物线沿直线平移，得到一条新的抛物线（其顶点为）．设这两条抛物线的交点为．
①求旋转角度的正切值；
②当时，求原抛物线平移的距离．
聚焦中考
专题15：二次函数与几何综合解析
二次函数的与几何综合为中考必考题，考查形式以解答压轴题为主，覆盖代数综合与几何综合核心考点，考查二次函数代数内容与几何图形模型结合的应用意识，题型多变，难度较大，要注意图形的多解情况，及验证解的合理性。
提分秘籍
考点1 线段和差问题
解答二次函数与几何综合中的线段和、差最值类压轴题，要始终依托数形结合、几何模型转化、坐标代数运算、分类讨论取舍的完整解题思路，熟练掌握线段和最小、线段差最大两类核心题型的解题逻辑，先由题干求出抛物线解析式、交点坐标、对称轴、顶点以及定点位置，分清题目中的定点、动点，明确动点运动轨迹是抛物线、对称轴、坐标轴或是定直线，为后续线段转化打好基础。解决线段之和最小问题，以将军饮马模型为主，利用抛物线自身的对称性，借助对称轴找其中一个定点的对称点，将两条零散线段通过对称转化为同一直线上的线段，依据两点之间线段最短求解最小值，若动点在对称轴上，优先选用抛物线上对称点进行转化，遇到三条线段周长最小值，可先固定定长，转化为两条线段和的最小值求解，碰到含系数的斜线段，要运用相似三角形或三角函数进行线段转化，变成铅垂线段或水平线段，再结合垂线段最短求解。解决线段之差最大问题，利用三角形三边关系，两边之差小于第三边，当三点共线时差取得最大值，连接两个定点并延长，与动点所在直线的交点即为所求动点位置，同时要区分动点在线段上、直线上的不同情况，找准临界位置。解题全程要把几何线段全部转化为坐标表达，灵活使用两点间距离公式，设出动点坐标，用代数式表示线段长度，结合一次函数解析式求交点，联立方程计算关键点，还要注意图形位置不同带来的多解情况，分类讨论、逐一验证，舍去不符合图像范围、不符合题意的解；同时学会区分同侧、异侧定点，熟练运用抛物线对称性、垂直平分线性质进行线段等量代换，理清动点运动范围，结合函数增减性分析最值，把复杂几何线段和差问题转化为简单的求直线解析式、求交点、线段长度计算，步骤层层推进，思路清晰规范，就能系统攻克这类综合压轴题型。
典型例题
1．（2025·海南·中考真题）如图，抛物线经过、两点．点是线段上的动点，过点作轴交抛物线于点．
(1)若．
①求抛物线的解析式；
②求线段长度的最大值；
③若，求取何值时线段的长度最大（可用含的代数式表示）．
若，，问题（1）中③的结论是否会发生变化，请说明理由．
【答案】(1)①；②最大值为9；③见解析
(2)不发生变化，理由见解析
【分析】本题主要考查二次函数的判定和性质，待定系数法确定函数解析式，理解题意，熟练掌握运用二次函数的性质是解题关键．
（1）①利用待定系数法代入计算求解即可；
②设直线的解析式为，利用待定系数法确定函数解析式，然后结合图形得出，然后利用二次函数的性质求解即可；
③根据二次函数的性质结合图象求解即可；
（2）根据题意重新确定二次函数的解析式为，得出，然后即可求解．
【详解】（1）解：①∵，
∴设抛物线的解析式为：，
∵抛物线经过、两点，
∴，解得：，
∴抛物线的解析式为：；
②设直线的解析式为，将点A、B代入得：
，解得：，
∴，
∵点是线段上的动点，过点作轴交抛物线于点．
∴，，
∴，
由题意得：，
∴当时，取得最大值为9；
③∵，，
∴当，时，即时，的最大长度在处取得；
当，时，即时，的最大长度在处取得；
当，时，即时，的最大长度在处取得；
（2）解：不发生变化，理由如下：
∵抛物线经过、两点．
∴，解得：，
∴抛物线的解析式为：，
∵点是线段上的动点，
∴，
∵点Q在抛物线上，
∴点Q的坐标为，
∴，
∵解析式图形开口方向及对称轴同（1）中③的解析图象一致，
∴问题（1）中③的结论未发生变化．
2．（2025·四川德阳·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数的图象与x轴交于点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)如图2，连接，过点C作与抛物线相交于另一点D．
①求点D的坐标；
②如图3，点E，F为线段上两个动点（点E在点F的右侧），且，连接，．求的最小值．
【答案】(1)
(2)①，②5
【分析】（1）利用两点式求解抛物线解析式；
（2）①延长与x轴相交于点G，证明是等腰直角三角形，从而得到点坐标，求出直线的解析式，联立抛物线解析式求解即可；②过点O作，且，连接，，设交轴为点，然后证明四边形是平行四边形，根据，得出时，最小，进一步求出即可．
【详解】（1）解：在二次函数的图象上，设该二次函数为，
，
．
（2）解：①把代入，
得，
如图，延长与x轴相交于点G．
，
．
，
．
，
．
，
，
．
设直线的解析式为：，把代入，
得解得，
直线的解析式为：，
点D是直线与二次函数的交点，
联立解析式，
解得或，
．
②如图，过点O作，且，连接，，设交轴为点．
，且，
四边形是平行四边形，
．
，
．
为等腰直角三角形，
，
，，
，
．
，
当时，最小．
，
．
此时D、E、H三点共线且轴，
点F的坐标为与点C重合，满足在线段上．
的最小值为5．
3．（2025·湖北·中考真题）抛物线与轴相交于点和点，与轴相交于点，是抛物线的顶点，是抛物线上一动点，设点的横坐标为．
(1)求的值；
(2)如图1，若点在对称轴左侧，过点作对称轴的垂线，垂足为，求的值；
(3)定义：抛物线上两点M，N之间的部分叫做抛物线弧（含端点和）．过，分别作轴的垂线，过抛物线弧的最高点和最低点分别作轴的垂线，直线与围成的矩形叫做抛物线弧的特征矩形．若点在第四象限，记抛物线弧的特征矩形的周长为．
①求关于的函数解析式；
②过点作轴，交抛物线于点，点与点不重合．记抛物线弧的特征矩形的周长为．若，直接写出的长．
【答案】(1)
(2)2
(3)①②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）待定系数法进行求解即可；
（2）一般式化为顶点式，求出点坐标，根据点横坐标，得到，进而求出，进行求解即可；
（3）①求出点，点坐标，分，，三种情况，分别求出矩形的两条邻边长，利用周长公式，列出函数关系式即可；
②根据轴，得到关于对称轴对称，进而求出点坐标，分分，，三种情况，求出的函数关系式，再根据，分别求出满足题意的的值，进而求出的长即可．
【详解】（1）解：把代入，得：，
∴；
（2）由（1）可知：，
∴，
∵是抛物线上一动点，设点的横坐标为，
∴，
∵过点作对称轴的垂线，垂足为，
∴，，
∴；
（3）①当时，，当时，，
∴，，
由（2）可知：，，对称轴为直线，
∴点关于对称轴的对称点为
∵在第四象限，
∴，
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
综上：；
②∵轴，
∴关于对称轴对称，
∴，
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
∵，
∴，解得：（舍去）或；
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
∵，
∴，解得：或（舍去）；
∴；
当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：，
∴；
∵，
∴，解得：（舍去）或；
∴
综上：或．
4．（2025·四川眉山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线关于直线对称，与x轴交于、B两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P为抛物线对称轴上一点，连接，将线段绕点P逆时针旋转，使点B的对应点D恰好落在抛物线上，求此时点P的坐标；
(3)在线段上是否存在点Q，使存在最小值？若存在，请直接写出点Q的坐标及最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或
(3)存在，，的最小值为
【分析】（1）对称性求出点坐标，两点式写出函数解析式即可；
（2）设对称轴与轴交于点，设，，分点在轴上方和点在轴下方两种情况进行讨论求解即可；
（3）在轴上取点，连接，过点作于点，交轴于，过点作于点，易得为等腰直角三角形，进而得到，推出，得到当点与点重合时，的值最小为的长，等积法求出的长，证明为等腰直角三角形，求出点坐标即可．
【详解】（1）解：∵抛物线关于直线对称，与x轴交于、B两点，
∴，
∴抛物线的解析式为：；
（2）∵点在对称轴上，设对称轴与轴交于点
∴设，；
∵旋转，
∴，
当点在轴上方时，
∵关于对称轴对称，
∴，
∴当时，满足题意，此时点与点重合，，
∵，，
∴，
∴，
∴；
当点在轴下方时，如图，作对称轴于点，则：，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
把代入，得：，
解得：或（舍去）；
∴；
综上：或；
（3）存在；
在轴上取点，连接，过点作于点，交轴于，过点作于点，则：，，
∵，
∴当时，，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴当点与点重合时，的值最小为的长，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴的最小值为，
在中，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴；
综上：，的最小值为．
5．（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．
提分秘籍
考点2 存在性问题（等角，二倍角、半角、特殊角）
解答二次函数与几何综合中的角度存在性问题（等角、二倍角、半角、特殊角），核心逻辑是数形结合、模型转化、方程联立、分类讨论。这类题目综合考查抛物线的函数性质与平面几何的角度变换，解题需先完成基础建模，求出抛物线解析式、顶点坐标、与坐标轴交点及对称轴，明确图形中定点、定线、动点的位置关系。
处理等角问题，核心是利用斜率相等（两直线平行或重合）或全等/相似三角形的对应角相等。若两角分别在不同三角形中，优先寻找或构造全等、相似模型，通过边长比例或边角关系列方程求解；若涉及直线夹角，利用两直线斜率 k 的关系，当 k_1 = k_2 时两直线平行，对应角相等，或通过角度互补、互余关系转化，联立直线解析式与抛物线方程求解交点坐标。
处理二倍角与半角问题，高频技巧是构造等腰三角形或利用角平分线性质。构造等腰三角形可将二倍角转化为等腰三角形的底角，或通过作角平分线创造半角相等。结合平面几何中的倍角公式（初中阶段多为几何构造，避免直接使用三角公式），利用相似三角形、勾股定理或坐标法中的距离公式，将角度倍数关系转化为线段长度比例关系，设出动点坐标并表示相关线段，建立方程求解。
处理特殊角问题，关键是利用特殊角的三角函数值或几何特征。45°角常对应等腰直角三角形（两直角边相等），30°或 60°角对应含特殊角的直角三角形。在坐标系中，通过构造含特殊角的直角三角形，利用斜率或线段比例关系设未知数，结合抛物线解析式联立方程，求解满足角度条件的动点坐标。
解题全程需严格执行分类讨论，避免漏解。讨论等角时，需考虑角的顶点不同位置（如点A或点B为顶点）；讨论二倍角时，需区分二倍角的顶点归属；讨论特殊角时，需验证不同位置下的几何可能性。每求出一种解，都要代入题干情境检验，确保角度大小符合题意，且动点位置在合理的取值范围内（如在线段上、抛物线上或直线上）。
同时，要善于利用坐标系的对称性简化计算，如利用抛物线对称轴找对称点，转化角度关系；结合铅垂高、水平宽计算三角形面积，辅助验证角度关系。规范书写步骤，先明确角度模型，再设坐标表示线段，最后列方程求解，层层递进，就能系统攻克此类角度存在性压轴题。
典型例题
1．（2025·四川凉山·中考真题）如图，二次函数的图像经过三点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P在直线下方的抛物线上运动，求点P到直线的最大距离；
(3)动点Q在抛物线的对称轴上，作射线，若射线绕点Q逆时针旋转与抛物线交于点D，是否存在点Q使？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)存在点Q使，此时点Q的坐标为或
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）求出直线的解析式为；过点P作轴交于E，连接，设，则，可得；根据，可得，则当有最大值是，有最大值，可求出的最大值为；求出，设点P到直线的距离为h，根据三角形面积计算公式可得，则当有最大值时，h有最大值，据此可求出答案；
（3）分当点Q在x轴下方时，当点Q在x轴上方时，两种情况求出对称轴，设出点Q坐标，根据“一线三垂直”模型构造全等三角形，用点Q的坐标表示出点D的坐标，再根据点D在抛物线上构造方程求解即可．
【详解】（1）解：∵二次函数的图像经过三点，
∴，
∴，
∴抛物线解析式为；
（2）解：设直线的解析式为，
∵，
∴，
∴，
∴直线的解析式为；
如图所示，过点P作轴交于E，连接，
设，则，
∴；
∵，
∴
，
∴当有最大值是，有最大值，
∵，，
∴当，即时，有最大值，最大值为，
∴的最大值为；
∵，
∴，
∵，
∴；
设点P到直线的距离为h，
∴，
∴，
∵当有最大值时，h有最大值，
∴h的最大值为，
∴点P到直线的最大距离为；
（3）解：如图3-1所示，当点Q在x轴下方时，设抛物线对称轴交x轴于H，过点D作交直线于G，
∵抛物线解析式为，
∴抛物线对称轴为直线，
∴，
∴；
∵，
∴；
设点Q的坐标为，则；
由旋转的性质可得，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴点D的横坐标为，纵坐标为，
∴，
∵点D在抛物线上，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴此时点的坐标为；
如图3-2所示，当点Q在x轴上方时，过点Q作轴，分别过点A，点D作直线的垂线，垂足分别为R、S，设点Q的坐标为，
∴；
由旋转的性质可得，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴点D的横坐标为，纵坐标为，
∴，
∵点D在抛物线上，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴此时点的坐标为；
综上所述，存在点Q使，此时点Q的坐标为或．
2．（2025·青海·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A，B两点，点B的坐标为，点在抛物线上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)①求点A的坐标；
②当时，根据图象直接写出x的取值范围________；
连接交y轴于点D，在y轴上是否存在点P，使是以为直角边的直角三角形，若存在，请直接写出所有符合条件的点P坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①，②
(3)存在，，
【分析】本题考查了二次函数综合题，需要综合运用抛物线与x轴的交点，待定系数法求二次函数解析式，勾股定理等．
（1）将、代入得方程组，解方程组即可；
（2）①令，则，解方程即可求出点A的坐标；
②根据图象可知，当时，即抛物线在轴下方的部分，根据A，B两点的坐标即可得出结论；
（3）设点P的坐标为，先由两点间的距离公式得，，，再分两种情况讨论：当为斜边时，则；
当为斜边时，则；分别解方程即可．
【详解】（1）解：将、代入得，
，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：①令，则，
解得或，
∴点A的坐标为；
②根据图象可知，当时，x的取值范围为，
故答案为：；
（3）解：设点P的坐标为，
∵，，
∴，，，
∵是以为直角边的直角三角形，
∴分以下两种情况讨论：
当为斜边时，则，
∴，
解得，
∴；
当为斜边时，则，
∴，
解得，
∴．
综上所述，存在符合条件的P点，，．
3．（2025·四川遂宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数（为常数）的图像与轴交于、两点，交轴于点，对称轴为直线．
(1)求二次函数关系式．
(2)连接，抛物线上是否存在点，使，若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由．
(3)在轴上方的抛物线上找一点，作射线，使，点是线段上的一动点，过点作轴，垂足为点，连结，求的最小值．
【答案】(1)
(2)抛物线上存在点，使，的坐标为，
(3)的最小值为
【分析】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法求二次函数解析式，解直角三角形，轴对称的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键；
（1）根据抛物线的对称轴为直线，得出则二次函数解析式为代入，得出，即可求解；
（2）设，根据点的坐标可得，，分量种情况讨论，①当在直线的下方时，以为斜边在的下方作等腰直角三角形，设关于的对称点为，则，验证可得点与点重合，得出，当在的上方时，作点关于的对称点，即，进而联立直线与抛物线解析式，即可求解；
（3）在上取一点，使得，得出，在上取一点，使得，垂足为，则，作关于的对称点，连接交于点，根据轴对称的性质可得当在上时取得最小值，最小值为的长，等面积法求得，则，进而得出，根据，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为直线，
∴，即
∴二次函数解析式为
将代入得，
解得：，
∴二次函数关系式为；
（2）解：在中，当时，解得或，
∴，
当时，，则
∴，，
设，则
①当在直线的下方时，
如图，以为斜边在的下方作等腰直角三角形，
∴，，
设关于的对称点为，则，
∴
∴
∴
∴
又∵
∴点与点重合，
∴
当在的上方时，作点关于的对称点
∵都是等腰直角三角形，
∴在轴上，
同理可得直线解析式为
联立
解得：或
∴
综上所述，抛物线上存在点，使，的坐标为，
（3）解：如图，在上取一点，使得
∴
设，则
在中，
∴，即
解得：
∴
∴
∵，
在上取一点，使得，垂足为，
∴
∴
即,
如图，作关于的对称点，连接交于点
∴
∴当在上时取得最小值，最小值为的长，
在中，
∴
∵，
∴
又∵，
∴
∴
∴的最小值为．
4．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，是坐标原点，已知抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，其中．
(1)求b、c的值；
(2)点为抛物线上第一象限内一点，连结，与直线交于点，若，求点D的坐标；
(3)若为抛物线的顶点，平移抛物线使得新顶点为，若又在原抛物线上，新抛物线与直线交于点，连结．探新抛物线与轴是否存在两个不同的交点．若存在，求出这两个交点之间的距离；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或；
(3)存在，这两个交点之间的距离为
【分析】（1）理解题意，分别把代入，进行计算，即可作答．
（2）先得，再证明，运用，得，设点的纵坐标为，则点D的纵坐标为，再分别求出的解析式为，的解析式为，整理得点，因为点为抛物线上第一象限内一点，得，解得，即可作答．
（3）先求出，再整理得平移后的抛物线的解析式为，因为点在，则，即，故，所以是等腰三角形，再结合解直角三角函数得，代入数值计算得，再运用换元法进行整理得，解得，平移后的抛物线解析式为，求出，即可作答．
【详解】（1）解：依题意，分别把代入，
得，
解得．
（2）解：由（1）得，
则，
令，则，
∴，
故，
分别过点E、D作如图所示：
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设点的纵坐标为，则点D的纵坐标为，
设的解析式为，
∵，，
∴，
解得，
∴的解析式为，
把代入，
得，
∴，
∴，
设的解析式为，
把，分别代入，
得，
解得，
∴的解析式为，
依题意，把代入，
得，
则，
即点，
∵点为抛物线上第一象限内一点，且，
∴，
整理得，
∴；
此时的，故是符合题意的；
当时，则，此时，
当时，则，此时，
综上：或；
（3）解：存在，过程如下：
由（2）得，
整理
∵为抛物线的顶点，
∴，
∵平移抛物线使得新顶点为，又在原抛物线上，新抛物线与直线交于点，连结．
如图所示：
∴平移后的抛物线的解析式为，
把代入，
得，
∵点在，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
则，
即
∴是等腰三角形，
过点作，
∵，
∴，
则，
∴，
令，
∴，
即，
∵，
∴，
即，
∴，
∴，
∴或，
∴（舍去）或，
∴，
∴平移后的抛物线解析式为，
令则，
∴，
即，
∴，
则，
∴新抛物线与轴存在两个不同的交点，这两个交点之间的距离为．
5．（2024·四川绵阳·中考真题）如图，抛物线与x轴交于点和，与y轴交于点C．连接和，点P在抛物线上运动，连接，和．
(1)求抛物线的解析式，并写出其顶点坐标；
(2)点P在抛物线上从点A运动到点C的过程中（点P与点A，C不重合），作点P关于x轴的对称点，连接，，记的面积为，记的面积为，若满足，求的面积；
(3)在（2）的条件下，试探究在y轴上是否存在一点Q，使得？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)
(3)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、三角函数等知识点，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）先运用待定系数法求出函数表达式，然后再化成顶点式即可解答；
（2）由，同理可得：，然后求出点P的坐标，进而完成解答；
（3）当点Q在点C的上方时，则，用解直角三角形的方法求出，即可求解；点在点C下方时，同理可解．
【详解】（1）解：将点和代入抛物线可得：
，解得：，
则抛物线的表达式为：，
∵，
∴该抛物线的顶点坐标为：．
（2）解：∵，
∴点，
设点，则点，
设直线的解析式为：，
则，解得：，
∴直线的表达式为：，则点，
同理由点B、P的坐标得，直线PB的表达式为：，
如图：连接交于点E，设直线交y轴于点D，则点，
则，
同理可得：，
∴，解得：（舍去）或
∴点，
∴的面积为．
（3）解：存在，理由如下：
由（2）知，；
由点C、P的坐标得，，
当点Q在点C的上方时，则，
由点C、P的坐标得，，
如图：过点Q作于点H，
∵
∴，
设，
∴,即,解得：，
∴
∴，解得：；
∴，
∴，
∴，
∴即点；
当点在点C下方时，
同理可得：，
∴点；
综上，或．
6．（2025·山东淄博·中考真题）如图，一条抛物线与轴相交于，两点，与轴相交于点．
(1)求抛物线对应的函数表达式；
(2)问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，说明理由；
(3)将射线绕点逆时针旋转一定角度，使其恰好经过抛物线的顶点，再将抛物线沿直线平移，得到一条新的抛物线（其顶点为）．设这两条抛物线的交点为．
①求旋转角度的正切值；
②当时，求原抛物线平移的距离．
【答案】(1)
(2)或
(3)①3；②抛物线的平移距离为
【分析】（1）根据待定系数法求解即可；
（2）求出点坐标，作的中垂线交轴于点，连接，则：，得到，设，则：，勾股定理求出的值，进而得到点坐标，求出直线的解析式，作，得到，求出直线的解析式，联立直线和抛物线的解析式求出点坐标，再根据对称性，求出满足题意的另一个点的坐标即可；
（3）①求出直线的解析式，根据题意，得到旋转角为，作，交轴于点，作于点，则：，求出直线的解析式，进而求出点的坐标，等积法求出的长，勾股定理求出的长，再利用正切的定义进行求解即可；
②设抛物线沿着水平方向和竖直方向均移动个单位，根据平移规则求出新的抛物线的解析式，求出点的坐标，联立两个抛物线的解析式求出点坐标，作轴，交的延长线于点，证明，列出比例式求出的值，进而求出平移距离即可．
【详解】（1）解：抛物线与轴相交于，两点，将两点坐标代入抛物线，得，
解得，
∴抛物线的表达式，
（2）∵，
∴当时，，
∴，
作的中垂线交轴于点，连接，则：，
∴，
∴，
∵，
∴，，
设，则：，
在中，由勾股定理，得，
解得，
∴，
设直线的解析式为，把代入，得，解得，
∴，
过点作，交轴于点，交抛物线于点，则：，
设直线的解析式为，把代入，得，解得，
∴，
联立，
解得或，
∴；
∵，
∴当时，，
∴，
作点关于轴的对称点，连接，则：，，
∴直线与抛物线的交点也满足题意，
同法可得：直线的解析式为，
联立，解得或，
∴；
综上：或；
（3）①∵，
∴，
∵，
同法可得直线的解析式为，
由题意，即为旋转角，作，交轴于点，作于点，则：，
∴，
同法可得直线的解析式为，
∴当时，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
②将抛物线沿直线平移，等同于将抛物线沿直线平移，
∵，
∴抛物线在水平方向和竖直方向上的移动距离相等，
设将抛物线向右和向上分别平移个单位，得到新的抛物线，则新抛物线的解析式为，
∴，
联立，
解得：，
∴，
作轴，交的延长线于点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去）或（舍去）；
∴抛物线在水平方向和竖直方向的平移距离均为，
∴抛物线的平移距离为；
当抛物线沿直线向下移动时，同理可得抛物线的平移距离为；
综上：抛物线的平移距离为．