2024届中考数学考前《终讲·终练·终卷》冲刺高分突破（全国通用）第04讲：二次函数 解析版

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考点一：二次函数的图像和性质考点二：二次函数图像和系数的关系
考点三：二次函数的对称性和最值考点四：二次函数和一元二次方程
考点五：二次函数和不等式考点六：二次函数线段和面积问题
考点七：二次函数的角度问题考点八：二次函数的特殊三角形问题
考点九：二次函数的特殊四边形问题考点十：二次函数的相似三角形问题
考点十一：二次函数的交汇综合问题
【题型精讲】
题型一：二次函数的图像和性质
1．（2024·山东烟台·一模）如图，二次函数的图象关于直线对称，与x轴交于两点，若，则下列四个结论：①；②；③；④；正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】本题主要考查了二次函数图象的性质，根据抛物线的对称性解答②；根据对称轴是求出，再代入判断③；然后根据抛物线和x轴的交点可知，再根据时，，可知，即可判断④；最后根据抛物线的开口方向，与y轴的交点，及对称轴判断a，b，c的大小，判断①，进而得出答案．
【详解】解：∵对称轴为直线，，
∴，②正确；
∵，
∴，
∴．
∵，
∴，③错误；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴，
由题意可知时，，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴，
∴，
∴，④正确；
∵抛物线开口向上，与y轴的交点在x轴下方，
∴，．
∵，
∴，
∴，①错误.
故选：B．
2．（2024·山东青岛·一模）如图为二次函数的图象，有下列四个结论：若，分别是抛物线上的两个点，则；；；．其中正确的个数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查二次函数的图象与系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，根的判别式的熟练运用．
由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所给结论进行判断．
【详解】解：∵若，分别是抛物线上的两个点，
∵对称轴为，开口向下，
∴，故①正确；
∵抛物线开口向下，
∴，
∵抛物线的对称轴为，
∴，
∴，
∵抛物线交y轴于正半轴，
∴；
∴；故②正确；
∵对称轴为，开口向下，
∴当时，为最大值
∴
∴，故③正确；
∵抛物线的对称轴为，
∴
由图象可得，当时，
∴
∴，故④正确；
综上所述，正确的说法是：①②③④．
故选D．
3．（2024·山东潍坊·二模）已知点，点是二次函数图象上的两点，其中，则下列说法不正确的是（ ）
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图象上点的坐标特征，二次函数的性质．由解析式可知抛物线开口向上，对称轴为直线，抛物线与轴的交点为，，然后根据二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征进行判断即可．
【详解】解：由二次函数可知，抛物线开口向上，对称轴为直线，抛物线与轴的交点为，，
A、若，则点，，点，在对称轴的左侧，随的增大而减小，
；故选项A正确，不合题意；
B、若，则点，，点，关于对称轴对称，
；故选项B正确，不合题意；
C、若，例如，，满足，但点到对称轴的距离小于点到对称轴的距离，此时；故选项C不正确，符合题意；
D、若，则点，，点，在轴的下方，，，
；故选项D正确，不合题意；
故选：C．
题型二：二次函数图像和系数的关系
4．（2024·湖北襄阳·模拟预测）如图，已知抛物线的对称轴是直线，且过点，顶点在第一象限，其部分图象如图所示．给出以下结论：①；②；③；④若方程的两实数根为且，则．其中结论错误的选项是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】C
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，二次函数与一元二次方程的关系等知识．熟练掌握二次函数的图象与性质，二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键．
由题意知，图象开口向下，即，对称轴是直线， 则，，可判断①的正误；，由关于对称轴对称的点坐标为，可知当时，，可判断②的正误；当时，，可判断③的正误；由题意知，的根为与交点的横坐标，结合图象可得，可判断④的正误．
【详解】解：由题意知，图象开口向下，即，对称轴是直线，
∴，
∴，①正确，故不符合要求；
∴，
关于对称轴对称的点坐标为，
∴当时，，②正确，故不符合要求；
当时，，③错误，故符合要求；
由题意知，的根为与交点的横坐标，
如图，

由图象可得，，④正确，故不符合要求；
故选：C．
5．（2024·湖北孝感·三模）已知抛物线（a，b，c是常数，）经过点和，当时，与其对应的函数值．有下列结论：①；②关于x的方程有两个不等的实数根；③；④若方程的两根为，，则．其中，正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】本题考查二次函数的图象与性质，根的判别式；熟练掌握二次函数图象上点的特征，逐一分析三条结论的正误是解题的关键．
①③当时，，由点得，由时，与其对应的函数值可得，进而得出，再判断a的范围；
②将，代入方程，根据根的判别式即可判断；
④由，，可得，所以，再根据b的范围求解后即可判断．
【详解】解：抛物线，，是常数，经过点，，
，，
，
当时，与其对应的函数值．
，
，解得：，
，
，
，，
，
故①③正确；
，，
，即，
，
，
，
关于的方程有两个不等的实数根，故②正确；
，，
，
，
，
，
故④正确；
故选：D
6．（2024·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图，抛物线交 轴于点， 对称轴为，与 轴的另一个交点为 ，为抛物线的顶点．下列结论：
；②；③；④；⑤若是等腰直角三角形，则．其中结论正确的个数有( )
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】C
【分析】本题考查二次函数图象与系数的关系，根据二次函数的图象分析出基本信息，然后逐项判断即可．
【详解】由函数图象可知，，，，
，故①正确；
抛物线对称轴为直线，、关于对称轴对称，
的坐标为，
当时，函数值，
即：，故②正确；
对称轴为直线，
，，，
，
，故③正确；
由点坐标可得：，
将代入可得：，
，
即：，故④正确；
由题意，、是关于对称轴对称的，为顶点，
当是等腰直角三角形，则
又，
；故⑤错误；
∴正确的有：①②③④，
故选：C．
题型三：二次函数的对称性和最值
7．（2024·湖北黄石·模拟预测）二次函数（，，是常数，）的自变量与函数值的部分对应值如表：
且当时，与其对应的函数值，有下列结论：①；②；③和3是关于的方程的两个根；④．其中，正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质．根据表中的，得到，对称轴，得到，判定①错误；根据抛物线的对称性，判定②、③都正确；根据①中的数据和时，，得到，得到，判定④不正确．
【详解】∵由表格可知，当和时的函数值相等，都为，
∴，抛物线的对称轴是直线，
∴，，a、b异号，
∴，故①错误；
根据抛物线的对称性可知，当和时的函数值相等，
∴，故②正确；
∵根据抛物线的对称性可知，当和时的函数值相等，都为t，
∴和3是关于的方程的两个根；故③正确；
由①知，，，
∴二次函数为，
∵当时，对应的函数值，
∴，
∴，故④不正确．
∴正确的结论有②③，共2个．
故选：B．
8．（2024·新疆喀什·三模）如图，二次函数图象的顶点为D，其图象与x轴的交点A、B的横坐标分别为，3．与y轴负半轴交于点C，在下面结论中：
①；
②；
③当时，；
④若，且，则．
其中正确的结论个数是（ ）
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的性质，掌握二次函数图象的性质是解题的关键．根据二次函数的图象与轴的交点、的横坐标分别为，，得出对称轴为，判断①，结合图象过点，判断②，根据开口方向顶点的纵坐标为最小值即可判断③，根据二次函数图象的对称性即可判断④．
【详解】解：①二次函数的图象与轴的交点、的横坐标分别为，，
该二次函数图象对称轴为：直线，
，即，故①错误；
②由题意可知：图象过点，
，
又，
，即，故②正确；
③由①可知，二次函数图象的顶点为，
，
又在二次函数中，当时，
，
，故③正确；
④若，则，
∴关于对称，
，即故④正确；
故选C．
9．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，抛物线的对称轴是直线，与x轴交于点，，且，结合图象给出下列结论：①；②；③；④方程的两根和为；⑤对于任意实数m都有；其中正确结论有（ ）

A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】C
【分析】本题考查二次函数的图象与系数之间的关系．掌握二次函数的图象和性质，是解题的关键．根据开口方向，对称轴以及图象与轴的交点，判断①；特殊点判断②；特殊点结合b与a的关系判断③，一元二次方程根与系数关系判断④，最值判断⑤．
【详解】解：抛物线开口向上，，对称轴为，
∴，
图象与轴交于负半轴，
∴，
∴；故①正确；
∵抛物线的对称轴是直线，与x轴交于点，，且，
∴，
∴当时，，
当时，，
∴，
故②正确，
∵，，
∴
即；故③正确；
∵抛物线与x轴交于点，，
∴，
当时，，
由得到，，
∴方程的两根和为；
故④错误，
抛物线的对称轴是直线，开口向上，
∴当时，最小值，
∴对于任意实数m都有，
则，
∵
∴
即；故⑤正确，
综上可知，①②③⑤正确，
故选：C．
题型四：二次函数和一元二次方程
10．（2024·广东汕头·二模）若函数的图象与直线有交点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．且D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了函数图象的交点，分两组情况讨论，当时，两条直线不平行，有交点，当时，抛物线和直线有交点，联立函数得方程有实数解．即，求解即可．
【详解】解：当时，即，，与直线不平行，故有交点，
当时，函数的图象与直线有交点，
即时，
，
综上所述：实数的取值范围是，
故选：B．
11．（2024·湖北荆门·模拟预测）已知二次函数的图象经过点，下列结论：①；②；③关于x的方程的解为为；④对于任意实数t，总有．其中正确的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】C
【分析】本题主要考查了二次函数图象的性质，配方法，二次函数图象上点的坐标的特征，利用已知条件画出函数的大致图象是解题的关键．利用抛物线的对称性可求得抛物线的对称轴，利用对称轴方程可得a，b的关系，用待定系数法将代入，可得c与a的关系，即可判断②正确；利用配方法可求得抛物线的顶点坐标，由函数图象的性质，可判定①不正确；令解方程即可判定③正确；利用函数的最小值可判定④不正确．
【详解】解：∵，
∴抛物线开口向上．
∵二次函数的图象经过点，
∴抛物线的对称轴为直线．
∴．
∴．
∵二次函数的图象经过点，
∴．
∴．
∴．故②正确；
∴．
∴二次函数的解析式为：．
∵，
，
，故①不正确；
令，则．
∵，
∴．
∵，
即．
解得：，
∴方程的解为．故③正确；
∵，，
∴当时，y有最小值为，
∴对于任意实数t，总有．故④不正确．
故选：C．
12．（2024·新疆乌鲁木齐·二模）如图，抛物线经过点，顶点为，且抛物线与轴的交点在和之间（不含端点）则下列结论：①当时，；②有两个实数根；③当的面积为时，；④当为直角三角形时，在内存在唯一一点，使得的值最小，最小值的平方为，其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】A
【分析】①先求出抛物线与轴的另一个点的坐标，根据图像即可判断；
②根据二次函数与一元二次方程关系，利用数形结合思想即可判断；
③利用割补法用表示出面积，再求出的值，即可判断；
④过点、分别作轴、轴的平行线交于点，连接、、，运用分类讨论思想，求出的值，再将绕点逆时针旋转得到，连接，过点作轴于点，作轴于点，推出当点、、、共线时，值最小，最小值为，此时，设，在和中，利用勾股定理列出方程组，求出，的值，进而求出，并与比较，即可判断．
【详解】①抛物线经过点，顶点为，
抛物线的对称轴为直线，
抛物线与x轴的另一个交点坐标为，
抛物线的开口向上，
当时，，
故①正确；
②方程 可变形为方程，
因此有两个实数根相当于函数的图象与函数的图象有两个交点，
画出函数图象如下：
故②正确；
③将，代入，
得，
解得：，
，
抛物线的顶点为，
设抛物线对称轴交轴于，如图，
则，
，,，
，
，
，
，
，
，
故③正确；
④如图，过点、分别作轴、轴的平行线交于点，连接、、，
则四边形是矩形，
，
，，，
，，，，，，
为直角三角形，
有三种情况：或或，
显然，
只能或，
若，则，
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，即，
，
，
；
若，则，
，
，
，
，
，即，
，
，
；
点B在与之间（不含端点），
，
解得，
，
，，
如图，将绕点逆时针旋转得到，连接，过点作轴于点，作轴于点，
，，，
和是等边三角形，
，
，
当点O、P、、共线时，值最小，最小值为，
此时，
设，
则，，，，
在中，
由勾股定理，得，
在中，
由勾股定理，得，
即，
解得，
故④错误；
综上，正确的有①②③．
故选：A．
【点睛】本题考查二次函数图象与性质，待定系数法，二次函数于一元二次方程关系，图形的旋转变换，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，二元二次方程组，能灵活运用上述知识是解题的关键．
题型五：二次函数和不等式
13．（2024·河北石家庄·模拟预测）在平面直角坐标系中，若点的横坐标和纵坐标相等，则称点为完美点．已知二次函数的图象上有且只有一个完美点，且当时，函数的最小值为，最大值为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质及根的判别式等知识，利用数形结合和分类讨论是解题的关键．
由完美点的概念和根的判别式求出和的值，再由抛物线的解析式求出顶点坐标和与坐标轴的交点坐标，根据函数值，即可求得的取值范围．
【详解】解：令，即，
由题意可得，图象上有且只有一个完美点，
∴，则，
又方程根为，
∴，，
∴函数，
该二次函数图象如图所示，顶点坐标为，
与轴交点为，根据对称规律，点也是该二次函数图象上的点，
在左侧，随的增大而增大；在右侧，随的增大而减小；且当时，函数的最大值为，最小值为，则．
故选：B．
14．（2024·陕西西安·模拟预测）二次函数的图象如图所示，其对称轴为直线，且经过点，下列结论：①；②；③点和在抛物线上，当时，；④不等式的解集是或．其中错误的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数图象与系数的关系、二次函数与不等式的关系是解题的关键．
由抛物线开口方向、和轴交点位置、对称轴为直线可判断①、②，由抛物线开口方向、对称轴位置，可判断③，由抛物线的图象、经过及抛物线的对称性可判断④．
【详解】解：由图可知，抛物线开口向上，
∴，
∵抛物线对称轴为直线，
∴，
∴，故②正确；
∵抛物线和轴交点在负半轴，
∴，
∴，故①正确；
∵时，
∴两点都在顶点以及对称轴的右侧部分，随的增大而增大，
∴，故③正确；
不等式，即抛物线在轴及上方时，的取值范围，
∵对称轴为直线，且经过点，
∴抛物线和轴的另一个交点横坐标，
∴不等式的解集是或，故④错误．
综上所述，错误的只有④，
故选：A．
15．（2024·四川广安·模拟预测）如图，直线与抛物线交于，两点，且点的横坐标是，点的横坐标是，则以下结论：①，；②当时，直线与抛物线的函数值都随着的增大而增大；③的长度可以等于；④当时，；⑤连接，，当时，，其中正确的个数是（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】C
【分析】①由抛物线的开口向上，一次函数与轴的交点位置，即可判断；②观察图象，即可判断；③由点的横坐标是，点的横坐标是，若，可得出直线与轴平行与已知矛盾，即可判断；④根据点、的横坐标，结合图象得出当时，，整理即可判断；⑤作轴于点，作轴点，根据已知条件得出，，，，证明出，把数据代入中，求出的值即可判断．
【详解】解：①∵抛物线的开口向上，
∴，
∵一次函数与轴的交点在轴的正半轴，
∴，
故①正确；
②由图象得，一次函数的函数值都随着的增大而增大；
∵抛物线的对称轴为轴，，
∴当时，抛物线的函数值都随着的增大而增大；
故②正确；
③∵点的横坐标是，点的横坐标是，
若，可得出直线与轴平行，
即，与已知矛盾，
∴不可能为，
故③不正确；
④∵点的横坐标是，点的横坐标是，
∴结合图象可得：当时，，即，
故④正确；
⑤如图，作轴于点，作轴点，
∵抛物线，的横坐标是，点的横坐标是，
∴点的纵坐标，点的纵坐标，
∴，，，，
∵轴，轴，当时，，
∴，，
∴，
∴，
，
，
，
解得：，
故⑤不正确．
综上所述，正确的有①②④这个，
故选：C．
【点睛】本题是一次函数和二次函数的综合题，主要考查了一次函数和二次函数的图象与性质、结合图象求不等式的解、利用正切列式求解等，熟练掌握知识点、数形结合是解题的关键．
题型六：二次函数线段和面积问题
16．（2024·湖南益阳·二模）如图，已知抛物线与轴交于两点，且与轴交于点，为抛物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)为直线下方的抛物线上一点，过点作轴交于点，垂足为，，垂足为，求出周长的最大值；
(3)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)；
(3)存在点或．
【分析】（）利用待定系数法解答即可求解；
（）可证，得到，即得周长，过点作直线的平行线，设直线的解析式为，可知当直线与抛物线只有一个交点时，最大，求出即可求解；
（）分两种情况，画出图象，根据二次函数与一次函数的交点问题解答即可求解；
本题考查了二次函数与一次函数的交点问题，待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定和性质，利用分类讨论和数形结合思想解答是解题的关键．
【详解】（1）解：把代入得，
，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：∵轴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，周长
∴，
即周长，
∴当取最大值时，的周长取得最大值，
设直线的解析式为，
把、代入得，
，
解得，
∴直线的解析式为，
过点作直线的平行线，设直线的解析式为，可知当直线与抛物线只有一个交点时，最大，
由得，，
∵两函数图象只有一个交点，
∴，
∴，
解得，
∴
∵轴，
∴
∴，此时取最大值，
∴周长的最大值；
（3）解：有两种情况：过点直线于点，交于点，连接并延长，交抛物线于点，
∵，
∴垂直平分，
∴，，
∴，
设直线的解析式为，把代入得，
，
∴，
∴直线的解析式为，
由得，，
设直线的解析式为，把、代入得，
，
解得，
∴直线的解析式为，
由得，，
∴，
设直线的解析式为，把、代入得，
，
解得，
∴直线的解析式为，
由得，或，
∴；
过点作，点在抛物线上，则，
∵直线的解析式为，
设直线的解析式为，把代入得，，
∴直线的解析式为，
由得，或，
∴；
综上，存在点或，使得．
17．（2024·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）综合与探究
如图，抛物线与x 轴相交于A，B两点（点A 在点B 的左侧），顶点在直线上，动点 P在抛物线上

(1)求这条抛物线对应的函数表达式；
(2)直线l交x轴于点C，则点C的坐标为 ．
(3)设点P的横坐标为m，当时，求四边形面积的最大值；
(4)设直线，与抛物线的对称轴分别相交于点E，F，点G为点E 关于x轴的对称点，请探索四边形的面积是否随着点P的运动而发生变化？若不变，求出这个四边形的面积；若变化，说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)11
(4)四边形的面积不变，面积为16
【分析】（1）利用顶点式可得结论；
（2）先求出直线l的解析式，然后令，求出对于的x即可；
（3）利用得出四边形面积关于m的二次函数，然后利用二次函数的性质求解即可；
（4）如图，设，求出直线，的解析式，可得点E，F的坐标，求出的长，可得结论．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为，
∴根据顶点式，抛物线的解析式为；
（2）解：点在直线l：上，
∴，
∴，
∴直线l的解析式为，
令，得到，
∴，
故答案为：；
（3）解：如图，连接，

∵点P的横坐标为m，
∴点P的纵坐标为，
对于，
令，则，解得，，
∴，，
∴
，
∵，
∴当时，有最大值为11；
（4）解：四边形的面积不变．
理由：如图，设，

∵，，
设直线的解析式为，
则，
解得，
∴，
当时，，
∴，
∵E，G关于x轴对称，
∴，
同理求得直线的解析式为，，
∴，
∴四边形的面积，
∴四边形的面积是定值．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会利用参数解决问题．
题型七：二次函数的角度问题
18．（2024·安徽淮北·三模）抛物线与直线交于原点O和点B，与x轴交于另一点A，顶点为D．
(1)求点B和点D的坐标；
(2)如图①，连接，P为x轴上的动点，当时，求点P的坐标；
(3)如图②，M是点B关于抛物线对称轴的对称点，Q是抛物线上的动点，它的横坐标为，连接交直线于点E，求的最大值．
【答案】(1)；顶点
(2)P点坐标为或
(3)
【分析】（1）令，可求出点的坐标，将函数化为顶点式，可求出点的坐标；
（2）当轴时，易得此时，则点P的坐标为；过点作轴于点，可得，推出，由点为轴的负半轴上的一点，设直线与轴交于点，则是等腰三角形，可得，设，则，，根据勾股定理求出值，进而得到点的坐标，利用待定系数法求出直线的解析式，即可求解；
（3）分别过点，作轴的平行线，交直线于点，，求出，证明得到，利用二次函数的性质可得结论．
【详解】（1）解：令，
解得或，
；
，
顶点；
（2）解：∵，
∴当轴时，此时有，
∴，符合题意，
∴点P的坐标为；
如图，当点P在x轴负半轴时，过点作轴于点，
，，
，
，
，
为轴的负半轴上的一点，设直线与轴交于点，则是等腰三角形，
，
设，则，，
在中，，
解得：，
，
设直线的解析式为：，将点、代入得：
，
解得：，
直线的解析式为：，
令，则，
解得：，
；
综上所述，点P的坐标为或；
（3）解：点与点关于对称轴对称，
，
如图，分别过点，作轴的平行线，交直线于点，，
，，
点横坐标为，
，，
，
∵，
∴，
，
，
当时，的最大值为．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，涉及二次函数的性质，一次函数，解直角三角形，相似三角形的性质与判定等知识，解题的关键是灵活运用这些知识．
19．（2024·湖北孝感·三模）如图1，已知抛物线与x轴交于点和，与y轴交于点C，过点B，C作直线．
(1)求b，c的值和直线的解析式；
(2)点P是直线下方的抛物线上的点，轴与直线交于点D，设点P的横坐标为t．
①如图2，连接，当的面积最大时，试判断四边形的形状，并说明理由；
②如图3，抛物线的对称轴为直线l，直线与x轴交于点E，过点D作直线的垂线，与直线l交于点F，与y轴交于点G，连接．当时，求t的值．
【答案】(1)，直线的解析式为
(2)①四边形是平行四边形，理由见解析；②或
【分析】（1）利用待定系数法求出二次函数解析式即可得到b，c的值，再根据二次函数解析式求出点C的坐标，利用待定系数法即可求出直线的解析式；
（2）①设，则，根据最大时，得到，即可证明四边形是平行四边形；②根据题意易证是等腰直角三角形．抛物线的对称轴l的解析式为，得到，，，证明，根据，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点和，
∴，
解得．
∴．
当时，，
∴．
设直线的解析式为，
∴，
∴．
∴直线的解析式为；
（2）解：①四边形是平行四边形．
理由如下：
∵，
∴．
∴．
，
∴最大时，．
当时，．
又，
∴．
又，
∴四边形是平行四边形．
②∵，
∴是等腰直角三角形．
∵，
∴是等腰直角三角形．抛物线的对称轴l的解析式为．
∴，，．
∴，．
∵，，
∴．
∴，
∴．
在中，．
∴，
整理得：．
∴或．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图像与性质、一次函数解析式，平行四边形的判定，等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、轴对称的性质等知识，综合性强，熟练运用相应知识是解题关键．
题型八：二次函数的特殊三角形问题
20．（2024·西藏日喀则·一模）如图，二次函数 的图象与 x 轴交于、两点，与 y 轴交于点 C，D 为抛物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求 的面积；
(3)在抛物线对称轴上，是否存在一点P，使 P，B，C为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)3
(3)存在，符合条件的 P 点坐标为
【分析】本题主要考查了待定系数法、二次函数与面积的综合、二次函数与三角形的综合等知识点，掌握分类讨论和数形结合思想成为解题的关键．
（1）直接运用待定系数法求解即可；
（2）先求得、，再运用待定系数法求得直线的解析式为；如图：过D作x轴的垂线交于E， 垂足为F．则,
则，最后根据三角形的面积公式即可解得；
（3）如图：设点， 连接,根据两点间的距离公式可得、、，然后再分、、三种情况分别解得即可．
【详解】（1）解∶ 由抛物线 经过、两点，
则，解得：，
所以抛物线的函数关系式是：．
（2）解：∵，
∴，
当时，，即，
由待定系数法可得直线的解析式为．
如图：过D作x轴的垂线交于E， 垂足为F．则,
∴,
∴．
（3）解：存在．
如图：设点， 连接,
,,；
①若，则，即，
解得．即 ．
②若，则即，
解得：，即 ；
③若，则，
解得：，即．
综上， 符合条件的 P 点坐标为 ，、．
21．（2024·山东济南·二模）如图，已知抛物线，与轴交于点和点，与轴交于点．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)如图1，点P是第一象限内抛物线上一动点，连接、、，设点P的横坐标为t．当t为何值时，是以点为直角顶点的直角三角形；
(3)如图2，过抛物线顶点作轴于，若是轴上一动点，是线段上一点，若，请求出实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)m的变化范围为
【分析】（1）把点和点代入，得到，解方程即可；
（2）表示出三边平方，，，，当时，则，可得，解方程即可；
（3）当在左侧时，证明，得到，即，即可求解；当在右侧时，同理可解．
【详解】（1）解：抛物线，与轴交于点和点，代入得：
，解得：，
；
（2）解：可得，
当时，，
∴点，
∴，
，
当时，
∴，
∴，
解得：或（舍）
；
（3）解：由（1）知，，
，，，
过作于点，则，
如图2.1，当在左侧时，
，
∴，
∴，
∵
∴，
，
设，则，
，
即，
关于的方程有解，，
得且；
当与重合时，；
如图2.2，当在右侧时，中，，，即，
作交轴于点，则，
，
，
即为点时，，
，
综上，的变化范围为：．
【点睛】此题考查了待定系数法求函数的解析式、相似三角形的判定与性质、勾股定理，以及等腰直角三角形的性质等知识．此题综合性很强，难度较大，注意掌握数形结合思想、分类讨论思想与方程思想的应用．
题型九：二次函数的特殊四边形问题
22．（2024·江苏苏州·一模）如图，二次函数（其中）的图像与轴交于、两点（点在点左侧），与轴交于点，连接、，点为的外心．
(1)填空：点的坐标为 ， ；
(2)记的面积为，的面积为，试探究是否为定值？如果是，求出这个定值；
(3)若在第一象限内的抛物线上存在一点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形，则 ．
【答案】(1)，
(2)为定值，定值为
(3)
【分析】（1）当时，即，解得，，可求得点，点；当时，求得点，得到，故；
（2）根据点D为的外心，，由圆周角定理和外接圆的性质，得，，过点D作y轴的平行线交过点C和x轴的平行线于点M，交x轴于点N，设点，则，，，，证明，得到，，求得，即可求得为定值；
（3）由于在第一象限内的抛物线上存在一点，以、、、为顶点的四边形只能是四边形，若四边形是平行四边形，则四边形即是菱形，设点，若为四边形对角线互相平分，则四边形为平行四边形，又，则四边形为菱形，再由中点坐标公式列方程即可求解．
【详解】（1）当时，即，
，
解得，，
点，点，

当时，，
点，
，
，
（2）为定值，理由如下：
点D为的外心，，
则，，
过点D作y轴的平行线交过点C和x轴的平行线于点M，交x轴于点N，
设点，
则，，，，
，，
，
，，
，
，
，，
解得：
则的面积，
为等腰直角三角形，
，
则的面积，
为定值；
（3） 在第一象限内的抛物线上存在一点，
以、、、为顶点的四边形只能是四边形，
又，
若四边形是平行四边形，则四边形即是菱形，如图所示，
由前面可知，点，点，点，设点，
若为四边形对角线互相平分，则四边形为平行四边形，又，则四边形为菱形，由中点坐标公式得：
，
解得：或（不合题意舍去）；
综上，．
【点睛】本题综合考查了二次函数的图象和性质、三角形的外接圆与外心、圆周角定理、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相关性质和判定，利用数形结合思想是解题的关键．
23．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点C，连接．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点M在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在点N，使得以B、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，且为或或，见解析
【分析】（1）把点的坐标代入解析式，解方程组即可．
（2）根据得到，，对称轴为直线，设，．利用分类思想和中点坐标公式计算即可．
【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点C，连接．
∴，
解得，
故抛物线的解析式为，
令得，
∴．
（2）存在点N,使得四边形为平行四边形，且或或．理由如下：
∵，
∴对称轴为直线，
设，．
当，两点为一条对角线时，此时中点坐标为
，两点为另一条对角线，此时中点坐标为，
故，
解得，此时，
故；
当，两点为一条对角线时，此时中点坐标为
，两点为另一条对角线，此时中点坐标为，
故，
解得，此时，
故；
当，两点为一条对角线时，此时中点坐标为
，两点为另一条对角线，此时中点坐标为，
故，
解得，此时，
故；
综上所述，点或或．
【点睛】本题考查了抛物线的解析式，与坐标轴的交点，平行四边形的存在问题，中点坐标公式，分类思想，熟练掌握待定系数法，平行四边形的性质是解题的关键．
题型十：二次函数的相似三角形问题
24．（2024·湖北十堰·模拟预测）抛物线交轴于A，B两点(A在B的左边)，交y轴于点C．
(1)直接写出A，B，C三点的坐标；
(2)如图（1），作直线，分别交轴，线段，抛物线于D，E，F三点，连接，若与相似，求t的值；
(3)如图（2），将抛物线在上方的图象沿折叠后与y轴交于点G，求点G的坐标．
【答案】(1)，，
(2)2或
(3)
【分析】（1）分别令、解方程即可求解；
（2）分两种情况：若时，根据坐标与图形得和C的纵坐标相等，进而列方程求解即可；若时，过作轴于T，证明，根据相似三角形的性质和坐标与图形性质列方程求解即可；
（3）先求得直线的表达式，设，，证明，得到，，解得，即H的横坐标为，进而求得点H的坐标为，利用对称性质和中点坐标公式求得，代入抛物线解析式中求解m值即可上．
【详解】（1）解：当时，由得，，
当时，，
∴，，；
（2）解：如图，根据题意，设，
若时，则，
∴，解得或（舍去）；
若时，则，过作轴于T，
∴，
∴，则，
∵，，
∴，，又，，
∴，解得或（舍去），
综上，满足题意的t值为2或；
（3）解：设直线的表达式为，
将，代入得，解得，
∴直线的表达式为，
作G关于直线的对称点，连接交于H，过H作轴于T，
设，，
∴，又，
∴，，
∴，，又，
∴，，
解得，即H的横坐标为，
将代入得，
∴点H的坐标为，
∵G关于直线的对称点为，
∴，则，
∴，
∵在抛物线上，
∴，整理得，
解得或，
由题意，点G在C的下方，
∴，则．
【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及求二次函数图象与坐标轴的交点、二次函数的性质、待定系数法求函数解析式、坐标与图形、相似三角形的判定与性质、对称性质、解一元二次方程等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关联知识的联系与运用，利用数形结合和分类讨论思想求解是解答的关键．
25．（2024·广东梅州·模拟预测）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，其中，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，平面内是否存在一点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)如图2，若点P是线段BC（不与端点重合）上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连接CM．
①如图3，将△PCM沿CM对折，如果点P的对应点N恰好落在y轴上，求证：四边形PCNM为菱形；
②当△PCM和△ABC相似时，求点P的坐标．
【答案】(1)；
(2)平面内存在一点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，点D的坐标为或或
(3)①见解析；②点P的坐标为或
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求得，，，点D的坐标为，分当、、为对角线，三种情况讨论，利用中点坐标公式求解即可；
（3）①只要利用等边对等角证明，即可得到四边形为菱形；
②先求得直线解析式，设，则，求得，，分和，两种情况讨论，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：把代入得，
∴，
∴抛物线解析式为：；
（2）解：平面内存在一点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，点D的坐标为或或．
在中，
令，得：，
解得：，，
∴，，
令得，
∴，
存在一点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
设点D的坐标为，
如图，分情况讨论：

①当为对角线时，，，
解得：，，
∴；
②当为对角线时，，，
解得：，，
∴；
③当为对角线时，，，
解得：，，
∴；
综上所述，平面内存在一点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，点D的坐标为或或；
（3）解：①证明：∵沿对折，P的对应为点N，
∴，，，
∵垂直于x轴在y轴上，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形；
②设直线解析式为，
∵，，
∴，
解得：，
∴直线解析式为：，
设，则，
∴，
∵，，，
∴，，
又，
∴，
∴，
∴，
要使和相似，共有两种可能：
1）当，
∴，即，
解得：，（不合，舍去）；
∴；
2）当，
∴，
即，
解得：，（不合，舍去），
∴；
综上所述，点P的坐标为或；
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了折叠的性质，二次函数的图象及性质，待定系数法，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定，折叠的性质，数形结合思想是解题的关键．
题型十一：二次函数的交汇综合问题
26．（2024·广东广州·二模）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于、（在的左边），与轴交于，且．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，直线交抛物线于、两点，点在抛物线上，且在直线下方，若以为圆心作，当与直线相切时，求最大半径及此时坐标；
(3)如图2，是抛物线上一点，连接交轴于，作关于轴对称的直线交抛物线于，连接、，点是的中点，若、的纵坐标分别是、．直接写出，的数量关系．
【答案】(1)抛物线的解析式为：
(2)，点的坐标为
(3)
【分析】（1）根据题意，即可求出点的坐标，然后将两点的坐标代入解析式中即可求出结论：
（2）联立方程即可求出坐标，从而求出，设与相切于，连接，过点作轴交于，设点的坐标为，由为定值，可知：当的面积最大时，最大，即最大，利用“铅垂高，水平宽”求出的面积的最大值，即可求出的最大值和此时点的坐标：
（3）设与轴交于点，利用待定系数法求出直线和的解析式，联立方程即可求出点和点的坐标，再根据中点公式即可求出结论．
【详解】（1）解：∵，
，
，
，
将点、点的坐标代入，
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）联立，
解得或，
，
，
设与相切于，连接，过点作轴交于，
设点的坐标为，
，
，
∵为定值，，
∴当的面积最大时，最大，即最大，
而
，
，
∴当时，最大，其最大值为，
此时，点的坐标为；
（3）设与轴交于点，
由题意可知，点的坐标为，
由对称的性质可知，点的坐标为，
设直线的解析式为：，
将的坐标代入，得，
解得，
∴直线的解析为：，
同理可求得，直线的解析式为：，
联立，
解得或，
∴点的坐标为，
同理可得点的坐标为，
∴点的纵坐标为，
即．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查待定系数法求函数表达式，圆的切线的性质与判定，三角形的面积，中点坐标公式等知识，关键（2）熟练掌握三角形面积的不同求解方法；（3）待定系数法求解析式的熟练应用．
27．（2024·湖北武汉·模拟预测）抛物线交x轴于A，B两点（A在B的左边），C是抛物线的顶点．
(1)当时，直接写出A，B，C三点的坐标；
(2)如图1，点，N均为（1）中抛物线上的点，，求点N的坐标；
(3)如图2，将抛物线平移使其顶点为，点P为直线上的一点，过点P的直线，与抛物线只有一个公共点，问直线是否过定点，请说明理由．
【答案】(1)，,
(2)
(3)直线过定点，理由见解析；
【分析】（1）把代入函数解析式，令，求出x的值，可求A、B的坐标，把解析式化为顶点式可求C的坐标；
（2）过点作，过点作轴于点，过点作延长线于点， 证明， 得到，利用，，即可求出点坐标，结合，可求出直线解析式，联立抛物线方程即可求出另一个交点，也就是点．
（3）将抛物线平移使其顶点为可得此时抛物线解析式为：，设，设过点P的直线为，与抛物线解析式联立方程组，利用过点P的直线与抛物线只有一个公共点，得出a与p的关系式，则直线解析式为，直线解析式为，分别与抛物线解析式联立，设点E的横坐标为，则是的根，利用根与系数的关系可求，同理可求，则是方程的两个实数根，方程变形为，于是得到点E、F是抛物线与直线的交点，则结论可得．
【详解】（1）当时，抛物线为，
当时，，解得，
，，
，
．
（2）根据图1，可知抛物线经过原点，代入，得，解得，（由于，故舍去），
抛物线解析式为：．
点在抛物线上，
．
．
过点作，如图所示，
，，
．
过点作，过点作轴于点，过点作延长线于点，如图所示，
设点，则，，，，
，，
，又，
，
，
，
，
又，
，
，即，解得，
点，
设直线解析式为，将，，代入得
，解得，
直线解析式为，
联立，解得，，
直线与抛物线的另一个交点为，
点N的坐标．
（3） 将抛物线平移使其顶点为，
此时抛物线解析式为：，
点P为直线上的一点，
设，
设过点P的直线为，
，
，
过点P的直线为，
联立方程组，
，
过点P的直线，与抛物线只有一个公共点，
，即，
，，
则直线解析式为：，
直线解析式为：，
联立方程组，
，
设点E的横坐标为，则是的根，
过点P的直线与抛物线只有一个公共点，
有两个相等的实根，
，
，
同理设点F的横坐标为，，
，
，
是方程的两个实根，
，
，即点的坐标满足方程组，
点是抛物线与直线的交点，
，过定点，
直线过定点．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，包括求二次函数与坐标轴交点问题，特殊图形及一次函数与抛物线交点问题，一元二次方程根与系数的关系，三角形相似的判定和性质，作出合适的辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
【专题精练】
一、单选题
28．（2024·山东烟台·一模）如图，抛物线（）与x轴交于点，，其中，下列四个结论：①；②；③；④不等式的解集为.其中正确结论的是（ ）
A．①②B．②③C．①③④D．①④
【答案】C
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，利用二次函数的图象和性质依次判断即可，掌握二次函数的图象和性质是求解本题的关键．
【详解】解：抛物线开口向上，对称轴在轴右边，与轴交于正半轴，
，，，
，
①正确．
当时，，
，
②错误．
抛物线过点，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
③正确．
如图：
设，，
由图知，时，，
故④正确．
故选：C．
29．（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】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、动点问题的函数图象，先证明，设，则，整理得：，由图象得出函数关系式为，从而即可得出的值，从而得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用数形结合的思想是解此题的关键．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
整理得：，
由图象可得：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：，
∴抛物线解析式为，
∴，
∴，
故选：A．
30．（2024·陕西西安·模拟预测）如图是二次函数图像的一部分，对称轴为直线，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．
C．当时，
D．若，，在该函数图像上，则
【答案】B
【分析】由抛物线的开口方向判断与0的关系，然后根据对称轴判定；根据当时，，即，然后由函数图象对称性可得，当与时，函数值相同，根据图象即可判断．
【详解】解：如图：根据抛物线对称性补全图象得：
∵抛物线开口方向向下，交轴于正半轴，
∴，，
又∵对称轴为直线，即，
∴，
∴，故B错误，不符合题意；
由函数图象可得，当时，，即，故A正确，符合题意；
∴由函数图象可得当当时，有可能，C错误，不合题意；
由函数图象对称性可得，当与时，函数值相同，
∵，
∴由函数的增减性可得：，D错误，不合题意；
故选A．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，关键是熟练掌握①二次项系数决定抛物线的开口方向，当时，抛物线向上开口；当时，抛物线向下开口；②一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当与同号时（即），对称轴在轴左； 当与异号时（即），对称轴在y轴右．（简称：左同右异）③常数项c决定抛物线与轴交点，抛物线与y轴交于．
31．（2024·广东梅州·模拟预测）已知抛物线（，a，b，c是常数）开口向上，过，两点（其中），下列四个结论：①；②若，则；③对于任意实数t，总有；④关于x的一元二次方程（）必有两个不相等的实数根．其中正确的是（ ）
A．①②④B．①③C．③④D．①③④
【答案】D
【分析】利用抛物线的对称性求得对称轴为直线，从而可得，再根据二次函数的性质与图象即可判断；把抛物线表达式转化成，求得、，可得，即可判断；利用作差法可得，即可判断；根据二次函数与二元一次方程组的关系进行判断即可．
【详解】解：∵对称轴为，
∴，
∵抛物线开口向上，
∴，
∴，故①正确；
若，则，
∴抛物线与x轴交于点、，
∴，解得，故②错误；
∵，
∵，，
∴，即，故③正确；
∵抛物线开口向上，且与x轴有两个交点，
∴抛物线与直线有两个交点，
∴关于x的一元二次方程（）必有两个不相等的实数根，故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征、抛物线与x的交点问题、二次函数图象与性质，熟练掌握二次函数图象与性质、函数与方程的关系是解题的关键．
32．（2024·山东济南·二模）已知函数（a为常数），当时，y随x的增大而增大，，是该函数图象上的两点，对任意的和，，总满足，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查二次函数图象的性质，二次函数最值问题，以及不等式性质，弄清楚二次函数的增减性与二次函数的最值何时取到是解题基础．由时，y随x的增大而增大，可得，即；又由二次函数的增减性可知，时，，时，；根据，建立不等式求解，即可解题．
【详解】解：由题意，抛物线开口向上，
当时，y随x的增大而增大，
对称轴直线，即．
抛物线上的点离对称轴越远就越大，
又，即，，
，总满足，，
，
当时，，
当时，．
，
，
解得，，
．
故选：B．
33．（2024·江苏常州·二模）如图，二次函数的图像过点，抛物线的对称轴是直线，顶点在第一象限，给出下列结论：①；②；③；④若、（其中）是抛物线上的两点，且，则．其中，的结论是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】C
【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．
由题意知，，，则，可得，可判断①的正误；由题意知，关于对称轴对称的点坐标为，可知当时，，可判断②的正误；由，可得，将代入得，，可判断③的正误；由，可知、关于对称轴对称，则，可判断④的正误．
【详解】解：由题意知，，，
∴，
∴，①正确，故不符合要求；
由题意知，关于对称轴对称的点坐标为，
∴当时，，②正确，故不符合要求；
∵，
∴，
将代入得，，③错误，故符合要求；
∵，
∴、关于对称轴对称，则，④正确，故不符合要求；
故选：C．
34．（2024·河北·二模）如图，已知抛物线，直线，下列判断中：
①当或时，；
②当或时，；
③当时随x的增大而增大；
④使的x的值有3个．
其中正确的个数有（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】由图知：抛物线与直线交于和，由此可判断①正确；求出，将和代入求值即可判断②正确；由，根据二次函数的增减性可判断③错误；由得，则可得或．根据一元二次方程根的判别式即可判断④错误．
【详解】由图知：抛物线与直线交于和，
当或时，；
故①正确；
当时，，
当时， ，
故②正确；
，开口向下，对称轴为，
∴当时随x的增大而减小；
故③错误；
由得，
∴或．
由得，
∵，
∴此方程无解；
由得，
∵，
∴此方程由两个不相等的实数根．
∴使的x的值有2个，
故④错误；
综上，正确的有2个，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了二次函数与一次函数综合以及函数增减性等知识，正确利用数形结合得出是解题关键．
35．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，抛物线交x轴于，，交y轴负半轴于点C，顶点为D，下列结论：①；②；③若方程的两根分别为m，n，则；④当是等腰直角三角形时，；⑤抛物线上有两点、，且，若，则．正确的有（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】C
【分析】依据题意，由抛物线交轴的负半轴于点，从而令，又对称轴是直线，故可判断①；抛物线过，从而，又，即，进而，最后可以判断②；依据，代入方程，可化为，根据一元二次方程根与系数关系即可判断③；由是等腰直角三角形，为顶点，从而，结合顶点为，对称轴是直线，故，再由抛物线为，又抛物线过点，计算可以判断④；根据，判断出点在直线左侧，点在直线右侧，根据二次函数增减性即可判断⑤．
【详解】解：∵抛物线交轴的负半轴于点，开口向上，
∴令．
∵
∴对称轴是直线，
∴．，
∴，故①错误．
∵抛物线过，
∴．
又，即，
∴．
∴，故②错误．
∵，
则可化为，即，
若方程的两根分别为m，n，即方程的两根分别为m，n，
则；故③正确；
是等腰直角三角形，
又为顶点，
∵抛物线交x轴于，，
故设顶点为，对称轴是直线，
，
∴可设抛物线为，
又抛物线过点，
∴．
∴，故④正确．
因为，
所以点在直线左侧，点在直线右侧，
又因为，
则．
因为抛物线的对称轴为直线，且开口向上，
所以，故⑤正确．
故选：C．
【点睛】本题考查二次函数图象上点的坐标特征，熟知二次函数的图象和性质及二次函数与一元二次方程之间的关系是解题的关键．
二、填空题
36．（2024·河北邯郸·二模）在平面直角坐标系中，有直线（，为常数）和抛物线（，为常数）
（1）直线经过的定点坐标为 ；
（2）若无论取何值时，直线与抛物线总有公共点，则的取值范围是 ．
【答案】 或
【分析】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象与系数的关系，分类讨论、数形结合是解题的关键．
（1）求得直线过定点；
（2）求得抛物线与轴的交点为，，然后分两种情况讨论即可求得a的取值．
【详解】解：（1）∵直线，当时，，
∴直线经过的定点坐标为；
故答案为：；
（2）∵抛物线与轴的交点为，，
当时，无论为何值，函数和的图象总有公共点，
∴满足题意；
当时，
∵无论为何值，直线和抛物线总有公共点，
∴时，，即，
解得，
∴满足题意；
综上，当或时，抛物线与直线总有公共点．
故答案为：或．
37．（2024·广东梅州·模拟预测）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，P是以点为圆心，4为半径的圆上的动点，Q是线段的中点，连结．则线段的最小值是 ．
【答案】3
【分析】连接，根据函数关系式求出点B的坐标，可求出，再结合已知条件可知是的中位线，当点B，C，P三点共线时，且在之间，最小，求出最小值．
【详解】连接，．
∵抛物线与x轴交于点A，B两点，
令，则，
解得，，
∴，，
∴．
∵点，
∴，
根据勾股定理，得．
∵点Q是的中点，点O是的中点，
∴是的中位线，
∴．
可知最小，即最小，
当点B，C，P三点共线时，且点P在之间时，即点P与点D重合，最小，
∴，
∴．
故答案为：3．
【点睛】这是一道关于圆和二次函数的综合问题，考查了勾股定理，中位线的定义和性质，求二次函数图象与坐标轴的交点等，确定点P的坐标是解题的关键．
38．（2024·湖北武汉·模拟预测）二次函数的图象与轴有两个不同的交点，与轴相交于负半轴，对称轴为直线，有下列结论：
①；
②若（为任意实数），则有；
③若点，在抛物线上，当时，；
④若是方程的两根，则方程的两根，满足．
其中正确的是 （填写序号）．
【答案】①④
【分析】本题主要考查二次函数图象的性质，掌握二次函数图象与坐标轴交点的计算方法，对称轴的计算，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，对称轴，可判定结论①；当时，结合时的图象性质可判定结论②；把点代入二次函数解析式，可得可判定结论③；根据图象性质，的取值方法可判定结论④．
【详解】解：①，
二次函数的图象与轴有两个不同的交点，与轴相交于负半轴，对称轴为直线，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，故结论①正确；
②若（为任意实数），则有，
∵二次函数的对称轴为时，
当时，，
∴，
∵，
∴当（为任意实数），，故结论②错误；
③若点，在抛物线上，当时，，
∵二次函数图象开口向下，对称轴为，
∴，随的增大而增大；，随的增大而减小；
∴，，
当时，，
∴，
∵，且，
∴，故结论③错误；
④若是方程的两根，则方程的两根，满足．
∵，二次函数图象开口向下，与轴有两个交点，
∴当时，
∴，故结论④正确；
综上所述，正确的有①④．
39．（2024·江苏淮安·一模）如图，矩形纸片中，，，点P为边上一点(不与点A，D重合)，把沿所在的直线折叠，点A的对应点为点，过点P对折，折痕所在的直线交于点Q，D 点的对应点为点．则的最大值为 ．
【答案】/
【分析】本题考查了矩形与折叠，相似三角形的判定与性质，二次函数的性质等知识，先证明，利用相似三角形的性质得出，然后利用二次函数的性质求解即可．
【详解】解∶ 矩形纸片中，，，
∴，，
∵折叠，
∴，，
∵，
∴，
又，
∴，
又，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴当时，有最大值为，
故答案为：．
三、解答题
40．（2024·西藏日喀则·一模）如图，已知抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点C，连接，过B、C两点作直线．
(1)求a的值．
(2)将直线BC向下平移个单位长度，交抛物线于两点．在直线上方的抛物线上是否存在定点D，无论m取何值时，都使点D到直线的距离最大，若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】本题是二次函数的综合，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，直线的平移，等腰三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）把点的坐标代入抛物线解析式中，求得的值，即可求得解析式；
（2）过点作轴交于点，交于点，过点作于；由、的坐标知是等腰直角三角形，则；求出直线的解析式，则可得直线的解析式；设，则可得点的坐标，求得的最大值，即可求得点的坐标．
【详解】（1）解：把点的坐标代入中，得：，
，
抛物线解析式为：；
（2）解：存在定点，无论取何值时，都是点到直线的距离最大；
如图1，过点作轴交于点，交于点，过点作于；
令，
解得：，；令，则；
，，
，
，
，
，，
，
即是等腰直角三角形，则；
设直线的解析式为，则有，
解得：，
即直线的解析式为；
直线向下平移个单位长度得直线，
直线的解析式为；
设，则的坐标为，
，
，
，
当时，取得最大值，的最大值为，
此时点的坐标为；
存在定点，无论取何值时，都是点到直线的距离最大．
41．（2024·湖北荆门·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线（b，c是常数）与x轴交于，两点，与y轴交于点C，点P是x轴上方抛物线上不与点C重合的一动点，设点P的横坐标为m．
(1)直接写出b，c的值；
(2)如图，直线l是抛物线的对称轴，当点P在直线l右侧时，连接，将线段绕点P顺时针旋转得到线段．当点D恰好落在直线l上时，求m的值；
(3)直线与直线相交于点M，的值记为d．
①求d关于m的函数解析式；
②根据d的不同取值，试探索点P的个数情况．
【答案】(1)
(2)
(3)①②当时，点只有1个；当时，点只有2个；当时，点只有3个
【分析】（1）根据待定系数法求二次函数的解析式即可；
（2）过点作于点，过点作交的延长线于点，先证明，得，根据，表示出点的横坐标即可；
（3）①当点P在右侧时，过点P作轴，交于点N，则，得，求出点C坐标以及直线的解析式，当点P在左侧时，过点P作轴，交于点H，则．．求出两种情况求出d即可；；②画出函数图象，分析图象即可得出结论．
【详解】（1）解：抛物线（b，c是常数）与x轴交于点，，
抛物线的解析式为，
故；
（2）解：过点作于点，过点作交的延长线于点，
，
， ，
，
，
，
，
，
，点的横坐标为，
直线的解析式为，点在直线上，
，且点P在直线l的右侧时，即，
或（舍去）；
；
（3）解：①如图，当点P在右侧时，
过点P作轴，交于点N．
，
．
∴．
当时，，
∴．
设直线的解析式为，
把，代入得，
，
解得，，
∴直线的解析式为．
当时，，
∴；
如图，当点P在左侧时，
过点P作轴，交于点H．
同理可得：．
．
，
，
，
∴．
②绘制的函数图象如图所示：
当时，，
当时，，
故当时，点只有1个；
当时，点只有2个；
当时，点只有3个．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求二次函数的解析式，待定系数法求一次函数的解析式，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，本题的关键是运用分类讨论的思想方法．
42．（2024·吉林长春·二模）如图，抛物线与y轴交于点C．已知抛物线顶点坐标为点P在此抛物线上，其坐标为．
(1)求抛物线的解析式．
(2)当时，结合图象，直接写出n的取值范围．
(3)若此抛物线在点P左侧部分(包括点P)恰有三个点到x轴的距离为1，求m的取值范围．
(4)当时，以为边作正方形，当此正方形的另外两个顶点中有一个顶点在此抛物线的对称轴上时，直接写出m的值．
【答案】(1)抛物线的解析式为：
(2)
(3)
(4)或或
【分析】（1）由，得抛物线的顶点坐标为，则，求得，所以抛物线的解析式为；
（2）由在抛物线上，得，当时，，当时，，而抛物线的顶点坐标为，可知当时，的最小值和最大值分别为和2，所以的取值范围是；
（3）当点到轴的距离为1时，或，由，求得；由，求得，则点到轴的距离均为1，所以的取值范围是；
（4）由（1）得，抛物线的对称轴为直线，再分三种情况讨论，①以为边作正方形，当此正方形的顶点Q在此抛物线的对称轴上时，如图2，作轴，作于点于点，证明，得出，列出等式即可求解；②是点为抛物线与轴的交点，作交直线于点，连结，作轴于点，则是等腰直角三角形，符合题意以为边作正方形，有一个顶点在此抛物线的对称轴上，即可确定点的横坐标；③以为边作正方形，有一个顶点在此抛物线的对称轴上，此时是等腰直角三角形，点在直线上，且，作轴，作于点于点，可证明，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点坐标为，
∴将代入，
解得，
∴抛物线的解析式为．
（2）理由：∵在抛物线上，
，
当时，，
当时，，
∵得抛物线的顶点坐标为，
∴当点与抛物线的顶点重合时，则，
∴当时，的最小值和最大值分别为和2，
∴的取值范围是．
（3）当点到轴的距离为1时，或，
当时，则，
解得：；
当时，则，
解得：，
如图1，点到轴的距离均为1，
∵抛物线在点左侧部分(包括点)恰有三个点到轴的距离为1，
∴的取值范围是．
（4）当时，
①以为边作正方形，当此正方形的顶点Q在此抛物线的对称轴上时，如图2，
作轴，作于点于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得：(不符合题意，舍去)；
②如图3，点为抛物线与轴的交点，作交直线于点，连结，作轴于点，
，
，
，
∴，
∴是等腰直角三角形，符合以为边的四边形是正方形，此时正方形的顶点Q在此抛物线的对称轴上，
当时，则，
解得(不符合题意，舍去)；
③如图4，以为边作正方形，当此正方形的顶点Q在此抛物线的对称轴上时，是等腰直角三角形，且，点在直线上，
，
作轴，作于点于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得：(不符合题意，舍去)，
综上所述，或或．
【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、等腰直角三角形的判定与性质、正方形的性质，掌握数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法是解题的关键，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
43．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，抛物线交轴于，两点，交轴于点．

(1)直接写出抛物线的解析式；
(2)如图1，连接，点在抛物线上，且在对称轴右侧，若，求点的坐标；
(3)如图2，将抛物线通过变换得到顶点为的抛物线，交轴于，两点，，点在第四象限的抛物线上，过点作不平行轴的直线，分别交直线，于，两点，若直线与抛物线只有一个公共点，求证：．
【答案】(1)
(2)
(3)见详解
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）连接，作下方作，使得，过点C作的垂线，交直线于点N，其中点P在抛物线上，过N点作轴于点M，求出，，根据，可得，接着证明，可得，，即有，求出直线的解析式为：，联立：，可得此时点P的坐标为：；
（3）设抛物线解析式为：，利用待定系数法可得， 再利用待定系数法可得：，，设P点坐标为：，Q点坐标为：，利用待定系数法可得，联立：，整理，根据直线与抛物线只有一个公共点，，可得方程的，可得，则有，再利用勾股定理可得，问题得证．
【详解】（1）将，代入中，有：，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）连接，作下方作，使得，过点C作的垂线，交直线于点N，其中点P在抛物线上，过N点作轴于点M，如图，
当时，，
∴，即，
∵，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
即，
∴在中，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
设直线的解析式为：，
又∵，
∴，解得：，
∴直线的解析式为：，
联立：，
解得：（点B的坐标），或者，
此时点P的坐标为：；
（3）∵抛物线经过顶点和点，
∴设抛物线解析式为：，
则有，即，
∴抛物线解析式为：，
∴抛物线与x轴的另一个交点，
∵，，，
∴利用待定系数法可得：，，
设P点坐标为：，Q点坐标为：，
∴利用待定系数法可得，
联立：，
整理，
∵直线与抛物线只有一个公共点，，
∴方程的，
化简：，
∴，
∴，
∵，，，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，相似三角形的判定与性质，三角函数，勾股定理，一元二次方程的判别式等知识，题目难度大，细心计算，掌握直线与抛物线只有一个交点的几何意义，是解答本题的关键．
44．（2024·安徽淮北·三模）如图1，已知抛物线与x轴交于点，，与y轴交于点C，点P为对称轴l上一动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若，求点P的坐标；
(3)如图2，点Q为抛物线上一点，若以O，P，B，Q四点为顶点的四边形为平行四边形，直接写出点Q的坐标．
【答案】(1)
(2)点的坐标为或
(3)点的坐标为，，
【分析】（1）把，代入，再建立方程组解题即可；
（2）由抛物线的对称轴为直线，故点的横坐标为1，设，再利用勾股定理可得，再解方程即可；
（3）分三种情况讨论：当，为对角线时，当，为对角线时， 当，为对角线时，再利用中点坐标公式建立方程求解即可．
【详解】（1）解：把，代入，
，
解得：，
．
（2）解：抛物线的对称轴为直线，故点的横坐标为1，设，
则
解得，
∴P点的坐标为或
（3）解：设的横坐标为，则的坐标为
当，为对角线时，，解得，
∴；
∴，
当，为对角线时，，解得，
∴；
∴
当，为对角线时，，解得，
∴；
∴
点的坐标为，，．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，勾股定理的应用，平行四边形的判定与性质，清晰的分类讨论是解本题的关键．
45．（2024·福建泉州·模拟预测）抛物线：交x轴于A，B两点（A在B的左边），交y轴于点C．
(1)直接写出该抛物线的对称轴及顶点坐标；
(2)如图（1），作直线，分别交x轴，线段，抛物线于D，E，F三点，连接，若与相似，求t的值；
(3)如图（2），将抛物线平移得到抛物线，其顶点为原点．直线与抛物线交于O，G两点，过的中点H作直线MN（异于直线）交抛物线于M，N两点，直线与直线交于点P，问点P是否在一条定直线上？若是，求该直线的解析式；若不是，请说明理由．
【答案】(1)对称轴：直线，顶点坐标
(2)2或
(3)是，
【分析】（1）将抛物线解析式化为顶点式，即可得解；
（2）分和两种情况求解即可；
（3）先求出，与联立求出点，再求出，设，求出直线的解析式，代入得．求出直线的解析式为，直线的解析式为，联立求出交点．设点在直线上，代入点P坐标，整理可得点在定直线上．
【详解】（1）将变形得：，
∴抛物线的对称轴为直线，
顶点坐标为；
（2）是直线与抛物线的交点，
，
①如图，若时，
，
∴
，
∴，
解得，（舍去）或．
②如图，若时．过作轴于点．
，
∴，
∴，
，
，
∴
，
∴，，
，
∴，
解得，（舍去）或．
综上，符合题意的的值为2或．
（3）∵将抛物线平移得到抛物线，其顶点为原点，
∴，
∵直线的解析式为，
∴联立直线与解析式得：，
解得：（舍去），，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，
设，直线的解析式为，
则，
解得，，
∴直线的解析式为，
∵直线经过点，
∴
同理，直线的解析式为；直线的解析式为．
联立，得，
解得：．
∵直线与相交于点，
．
设点在直线上，则，①
整理得，，
比较系数得：，解得：，
∴当时，无论为何值时，等式①恒成立．
∴点在定直线上．
【点睛】本题考查了待定系数法，二次函数的图象与性质，二次函数的平移，抛物线与坐标轴的交点，相似三角形的判定和性质，一次函数的交点等知识，解答本题的关键要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，运用分类讨论思想思考解决问题．
…
0
1
2
…
…
…