第三章函數重難點04二次函數存在性問題（15種題型匯總+專題訓練+9種解題方法）【題型匯總】【命題預測】拋物線與特殊圖形的存在性問題多以解答題形式出現，難度較大，多為壓軸題，考查幾何代數綜合.一般是在拋物線的背景下確定特殊圖形(如等腰三角形、相似三角形、平行四邊形等)的存在性，多應用分類討論思想，題型01二次函數角度存在性問題角度存在性問題的解題步驟已知特殊角度求解已知角度關系求解第一步讀題、畫圖、理解題意第二步分析動點、定點，找不變特征第三步確定分類特征，進行分類討論第四步已知特殊角度，構造一線三垂直、一線三等角、直角三角形，再利用直角三角形、相似三角形邊的比例關系去計算求解.將角度進行轉化:利用銳角三角函數、相似三角形或等腰三角形的性質、外角的性質等轉化為常見的類型，再利用直角三角形、相似三角形邊的比例關系去計算求解.【溫馨提示】1）角相等：若無明顯條件，首選利用銳角三角函數值構造相等角(先求已知角);2）角度和差：可通過外角的性質、相似三角形的性質轉化為相等角;3）倍角：可通過外角的性質、等腰三角形的性質轉化為相等角:1）已知特殊角求解1．（2023·四川自貢·中考真題）如圖，拋物線y=-43x2+bx+4與x軸交于A(-3,0)，B

(1)求拋物線解析式及B，C兩點坐標；(2)以A，B，C，D為頂點的四邊形是平行四邊形，求點D坐標；(3)該拋物線對稱軸上是否存在點E，使得∠ACE=45°，若存在，求出點E的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)拋物線解析式為y=-43x2(2)D-2,-4或D-4,4(3)E【分析】（1）將點A(﹣3,0)代入拋物線解析式，待定系數法求解析式，進而分別令x,y=0，即可求得（2）分三種情況討論，當AB，AC,BC為對角線時，根據中點坐標即可求解；（3）根據題意，作出圖形，作AG⊥CE交于點G，F為AC的中點，連接GO,GF，則A,O,C,G在⊙F上，根據等弧所對的圓周角相等，得出G在y=-x上，進而勾股定理，根據FG=52建立方程，求得點G的坐標，進而得出【詳解】（1）解：∵拋物線y=-43x2+bx+4∴-解得：b=-8∴拋物線解析式為y=-4當x=0時，y=4，∴C0,4當y=0時，0=-解得：x1∴B（2）∵A(-3,0)，B1,0，C設Dm,n∵以A，B，C，D為頂點的四邊形是平行四邊形當AB為對角線時，m+0解得：m=-2,n=-4，∴D-2,-4當AC為對角線時，-3+0解得：m=-4,n=4∴D當BC為對角線時，-3+m解得：m=4,n=4∴D綜上所述，以A，B，C，D為頂點的四邊形是平行四邊形，D-2,-4或D-4,4（3）解：如圖所示，作AG⊥CE交于點G，F為AC的中點，連接GO,GF，

∵∠ACE=45°∴△AGC是等腰直角三角形，∴A,O,C,G在⊙F上，∵A(-3,0)，C0,4∴F-32,2∵∠AOG=∠ACG=45°，∴G在y=-x上，設Gt,-t，則解得：t1∴點G設直線CG的解析式為y=kx+4∴7解得：k=1∴直線CG的解析式y=∵A(-3,0)，B1,0∴拋物線對稱軸為直線x=-3+1當x=-1時，17∴E-1,【點睛】本題考查了二次函數的綜合運用，待定系數法求解析式，平行四邊形的性質，圓周角角定理，勾股定理，求一次函數解析式，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．2．（2024·山東臨沂·二模）如圖，已知拋物線y=ax2-83ax-3的圖象經過點D，OE=3OC，C是ED(1)求拋物線的表達式；(2)若點P在x軸上方的拋物線上運動，連接OP，當四邊形OCDP面積最大時，求n的值；(3)如圖，若點Q在坐標軸上，是否存在點Q，使∠EDQ=75°，若存在，直接寫出所有符合條件的點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=-(2)n=(3)存在，Q43【分析】（1）根據C(0,-3)，OE=3OC，求出E(-3,0)．再根據C是ED（2）過P作x軸垂線交DE于F，求出設直線DE解析式，由Pn,-3n2+833n-（3）分為①當點Q在y軸上時，使∠EDQ=75°，根據OE=3OC，求出∠OEC=30°，過點D作DH∥x軸交y軸于點H，根據平行線性質得出∠CDH=30°，再根據∠EDQ=75°，得出∠HDQ=45°，得出HQ=HD，根據D(3,-23②當點Q在x軸上時，使∠EDQ'=75°，延長QD交x軸于點F，過點D作DE⊥x軸交x軸于點G，證明GF=GD=23，求出FD，再根據∠EDF=∠FQ'D，證明△F【詳解】（1）解：∵y=ax∴C(0,-3∵OE=3∴E(-3,0)．∵C是ED的中點，∴D(3,-23)∵D在y=ax∴-23得a=-3∴y=-3（2）過P作x軸垂線交DE于F，設直線DE:y=kx-3，即0=3k-解得：k=-3故解析式為：y=-3由Pn,-3n2+∴PF=-3S四邊形=S當四邊形OCDP面積最大時，n=-5（3）解：①當點Q在y軸上時，使∠EDQ=75°，∵OE=3即tan∠OCE=∴∠OCE=60°，∴∠OEC=30°，過點D作DH∥x軸交y軸于點則∠CDH=∠OEC=30°，∵∠EDQ=75°，∴∠HDQ=75°-30°=45°，∴∠HQD=45°，∴HQ=HD，根據（1）得D(3,-23∴HQ=HD=3,OQ=OH+HQ=23∴點Q的坐標為0,-23②當點Q在x軸上時，使∠EDQ延長QD交x軸于點F，過點D作DG⊥x軸交x軸于點G，則∠EDG=180°-30°-90°=60°，則∠GDQ'=∠EDQ∴∠GDF=∠GDQ∴∠GFD=45°，∴GF=GD=23∴FD=2∵∠EDF=∠EDQ∴∠EDF=∠FQ∴△FQ∴F∵EF=OE+OG+GF=23即FQ∴FQ∴OQ∴點Q'的坐標為4綜上，Q43-3,0【點睛】該題是二次函數綜合題，主要考查了二次函數的圖象和性質，二次函數和一次函數解析式求解，相似三角形的性質和判定，解直角三角形，等腰直角三角形的性質和判定等知識點，解題的關鍵是正確理解題意，數形結合．3．（2024·山西大同·一模）綜合與探究如圖，拋物線y=12x2-2x-6與x軸交于點A和B，點A在點B的左側，交y(1)求點B的坐標及直線BC的表達式；(2)當點D在直線BC下方的拋物線上運動時，連接OD交BC于點E，若DEOE=5(3)拋物線上是否存在點F．使得∠BCF=15°?若存在，直接寫出點F的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)點B的坐標是6,0，直線BC的表達式是y=x-6；(2)點D的坐標是1,-152或(3)存在，點F的坐標是4+23,43【分析】（1）令y=0和x=0，解方程即可求得點B和點C的坐標，再利用待定系數法即可求解；（2）作DH⊥x軸，垂足為H，交直線BC于點G，證明△DGE∽△OCE，利用相似三角形的性質求解即可；（3）分兩種情況討論，利用待定系數法和解方程組即可求解．【詳解】（1）解：令y=0，解方程12x2-2x-6=0得∴點B的坐標為6，令x=0，則y=-6，∴點C的坐標為0，設直線BC的表達式為y=kx-6，則0=6k-6，解得k=1，∴直線BC的表達式為y=x-6；（2）解：作DH⊥x軸，垂足為H，交直線BC于點G，∴DG∥∵點C的坐標為0，∴OC=6，設點D的坐標為m，12m2∴GD=m-6-1∵DG∥∴△DGE∽△OCE，∴DGOC∴-12m解得m=5或m=1，∴點D的坐標為1,-152或（3）解：∵點B的坐標為6，0，點C的坐標為∴OB=OC=6，∴△OBC是等腰直角三角形，∴∠OCB=45°，∵∠BCF=15°，∴∠OCF=60°或∠OCF=30°，當∠OCF=60°時，以OC為邊作等邊△OCM，直線CM交拋物線于點F，此時∠BCF=15°，如圖，作MN⊥y軸于點N，在Rt△OMN中，OM=OC=6，ON=∴MN=O∴點M的坐標為33，-3，同理，求得直線MC的表達式為y=解得x=12+233∴點F的坐標是12+23當∠OCF=30°時，設CF交x軸于點K，此時∠BCF=15°，如圖，在Rt△OCK中，OC=6，∠OCK=30°∴OK=OC?tan∴點K的坐標為23同理，求得直線CK的表達式為y=3聯立y=3解得x=4+23y=43∴點F的坐標是4+23綜上，點F的坐標是4+23,43【點睛】本題考查了一次函數表達式的確定，函數圖象上點的坐標特征，二次函數圖象和性質，解一元二次方程，相似三角形的判定和性質，勾股定理，分類討論思想等，屬于中考壓軸題，解題關鍵是熟練掌握待定系數法，運用方程思想和分類討論思想．2）已知角度關系求解4．（2024·四川資陽·中考真題）已知平面直角坐標系中，O為坐標原點，拋物線y=-12x2+bx+c與x軸交于A，B兩點，與y軸的正半軸交于C(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，點P是拋物線在第一象限內的一點，連接PB,PC，過點P作PD⊥x軸于點D，交BC于點K．記△PBC，△BDK的面積分別為S1，S2，求(3)如圖2，連接AC，點E為線段AC的中點，過點E作EF⊥AC交x軸于點F．拋物線上是否存在點Q，使∠QFE=2∠OCA？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，說明理由．【答案】(1)y=-(2)8(3)存在，Q11-3【分析】（1）先求C點坐標，待定系數法求出函數解析式即可；（2）求出BC的解析式，設Pm,-12m2（3）易得FE垂直平分AC，設OF=a，勾股定理求出F點坐標，三線合一結合同角的余角相等，推出∠AFE=∠OCA=∠CFE，分別作點E關于x軸和直線CF的對稱點E1,E2，直線【詳解】（1）解：∵B4,0∴OB=4，∵∠BOC=90°,BC=42∴OC=B∴C0,4把B4,0，C∴c=4-12∴y=-1（2）∵B4,0，C∴設直線BC的解析式為：y=kx+4k≠0，把B4,0，代入，得：∴y=-x+4，設Pm,-12∴PK=-12m2+m+4+m-4=-∴S1∴S=-=-3∴當m=83時，S1（3）存在：令y=-1解得：x1∴A-2,0∵C0,4，點E為AC∴E-1,2∵FE⊥AC，AE=CE=-1+2∴AF=CF，∴∠AFE=∠CFE，設OF=a，則：CF=AF=a+2，在Rt△COF中，由勾股定理，得：a∴a=3，∴F3,0，CF=5∵FE⊥AC，∠AOC=90°，∴∠AFE=∠OCA=90°-∠CAF，∴∠AFE=∠OCA=∠CFE，①取點E關于x軸的對稱點E1，連接FE1，交拋物線與點Q1，則：設FE1的解析式為：則：3k1+b=0∴y=1聯立y=12x-32∴Q1②取E關于CF的對稱點E2，連接EE2交CF于點G，連接F則：∠Q2FE=2∠CFE=2∠OCA∵CE=5∴EF=C∵S△CEF∴5EG=25∴EG=2，∴FG=E過點G作GH⊥x軸，則：GH=FG?sin∠CFO=4×4∴OH=OF-FH=3∴G3∴E2設直線E2F的解析式為：則：3k2+∴y=-11聯立y=-112x+332∴Q2綜上：Q11-35【點睛】本題考查二次函數的綜合應用，涉及待定系數法求函數解析式，中垂線的判定和性質，等積法求線段的長，坐標與軸對稱，勾股定理，解直角三角形，等知識點，綜合性強，難度大，計算量大，屬于中考壓軸題，正確的求出函數解析式，利用數形結合和分類討論的思想，進行求解，是解題的關鍵．5．（2023·遼寧營口·中考真題）如圖，拋物線y=ax2+bx-1a≠0與x軸交于點A1,0和點B，與y軸交于點C，拋物線的對稱軸交x軸于點D3,0，過點B作直線l⊥x軸，過點D作

(1)求拋物線的解析式；(2)如圖，點P為第三象限內拋物線上的點，連接CE和BP交于點Q，當BQPQ=5(3)在（2）的條件下，連接AC，在直線BP上是否存在點F，使得∠DEF=∠ACD+∠BED？若存在，請直接寫出點F的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=-(2)P(3)F513,-【分析】（1）根據拋物線過點A1,0，對稱軸為直線x=3（2）根據題意求得B5,0，tan∠CDO=tan∠DEB，求得BE=6，則E5,-6，進而求得直線EC的解析式為y=-x-1，過點P作PT⊥x軸，交EC于點T，證明△PTQ∽△BEQ，根據已知條件得出PT=425設T（3）根據題意可得∠DEF=45°，以DE為對角線作正方形DMEN，則∠DEM=∠DEN=45°，進而求得M,N的坐標，待定系數法求得EM,EN的解析式，聯立BP解析式，即可求解．【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx-1a≠0與x軸交于點A1,0，拋物線的對稱軸交x∴a+b-1=0-解得：a=-∴拋物線解析式為y=-1（2）解：由y=-15x2+解得：x1∴B5,0當x=0時，y=-1，則C0,-1∵DE⊥CD，∠COD=∠EBD=∠CDE=90°∴∠CDO=90°-∠EDB=∠DEB，∴tan∠CDO=即OCOD∴13∴BE=6，則E5,-6設直線EC的解析式為y=kx-1，則-6=5k-1，解得：k=-1，∴直線EC的解析式為y=-x-1，如圖所示，過點P作PT⊥x軸，交EC于點T，

∵BE∥∴△PTQ∽△BEQ∵BQ∴BEPT=設Tt,-t-1，則Pt,-t-1-42將點Pt,-t-47即-t-解得：t=-3或t=14（舍去）當t=-3時，-t-47∴P-3,-（3）∵A1,0，C則OA=OC=1，△AOC是等腰直角三角形，∴∠OAC=45°，由（2）可得∠BED=∠ADC，∵∠DEF=∠ACD+∠BED∴∠DEF=∠ACD+∠ADC=∠OAC=45°，由（2）可得P-3,-設直線BP的解析式為y=ex+f，則5e+f=0解得：e=∴直線BP的解析式為y=如圖所示，以DE為對角線作正方形DMEN，則∠DEM=∠DEN=45°，

∵DB=2,BE=6，則DE=210，則DM=22設Mm,n，則m-3解得：m=1n=-4，m=7則M1,-4，N設直線EM的解析式為y=sx+t，直線EN的解析式為y=則5s+t=-6s+t=-4，5解得：s=-12t=-設直線EM的解析式為y=-12x-72∴y=-12x-72y=2x-16y=45x-4解得：x=10綜上所述，F513,-【點睛】本題考查了二次函數綜合運用，熟練掌握二次函數的性質是解題的關鍵．6．（2024·重慶·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于點A-1,0，點B3,0(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，點P是直線BC上方拋物線上的一動點，過點P作y軸的平行線PE交直線BC于點E，過點P作x軸的平行線PF交直線BC于點F，求△PEF面積的最大值及此時點P的坐標；(3)如圖2，連接AC，BC，拋物線上是否存在點Q，使∠CBQ+∠ACO=45°？若存在，請直接寫出點【答案】(1)y=-x(2)△PEF面積的最大值為8132，P(3)2,3或-2【分析】（1）利用待定系數法即可求解；（2）y=-x2+2x+3可得C0,3，求出直線BC的解析式為y=-x+3，又可得∠OBC=∠OCB=45°，進而得△PEF為等腰直角三角形，得到S△PEF=12PE2，設Pp,-p2+2p+3（3）分點Q在BC上方和點Q在BC下方兩種情況，畫出圖形解答即可求解；本題考查了待定系數法求二次函數解析式和一次函數解析式，二次函數的最值，二次函數的幾何問題，掌握二次函數的性質并運用分類討論思想解答是解題的關鍵．【詳解】（1）解：把A-1,0、B3,0代入a-b+3=09a+3b+3=0解得a=-1b=2∴拋物線的解析式為y=-x（2）解：由y=-x2+2x+3設直線BC的解析式為y=kx+n，把B3,0、C0=3k+n3=n解得k=-1n=3∴直線BC的解析式為y=-x+3，∵B3,0，C∴OC=OB=3，∴∠OBC=∠OCB=45°，∵PE∥y軸，∴∠PEF=∠PFE=45°，PE⊥PF，∴△PEF為等腰直角三角形，∴S△PEF設Pp,-p2∴PE=-p當p=32時，即P32,154S△PEF（3）解：存在．當點Q在BC上方時，作點A-1,0關于y軸的對稱點A'1,0，過點B作BT∵A與A'關于y∴∠ACO=∠A又∵BT∥∴∠QBC=∠BCA∵∠A∴∠ACO+∠OBC=45°，∵C0,3，A'同理可得直線CA'解析式為設直線BT解析式為y=-3x+t，將B3,0代入得，0=-9+t∴t=9，∴y=-3x+9，由y=-x解得x=2y=3或x=3∴Q2,3當點Q在BC下方時，作點D0,1，直線BD與拋物線交于點Q∵D0,1，B同理可得直線BD解析式為y=-1∵AO=OD=1∠COA=∠BOD=90°∴△COA≌△BODSAS∴∠ACO=∠DBO，∴∠CBQ由y=-x解得x=-23y=∴Q'綜上，點Q的坐標為2,3或-27．（2024·四川達州·二模）已知拋物線y=ax2+bx-4與x軸相交于點A(-1,0),B(-4,0)），與y(1)求拋物線的表達式；(2)如圖1，點P是拋物線的對稱軸l上的一個動點，當△PAC的周長最小時，求S△AOC(3)如圖2，取線段OC的中點D，在拋物線上是否存在點Q，使tan∠QDB=12【答案】(1)y=-(2)8(3)Q-5+172-2或Q【分析】（1）待定系數法求函數解析式即可；（2）根據△PAC的周長等于PA+PC+AC,以及AC為定長，得到當PA+PC的值最小時，△PAC的周長最小，根據拋物線的對稱性，得到A，B關于對稱軸對稱，則：PA+PC=PB+PC≥BC,得到當P,B,C三點共線時,PA+PC=BC，進而求出（3）求出D點坐標為(0,2),進而得到tan∠OBD=12,得到∠QDB=∠OBD【詳解】（1）∵拋物線y=ax2+bx-4與∴a-b-4=0解得：a=-1b=-5∴拋物線解析式為y=-x2-5x-4；（2）在y=-x2-5x-4,當x=0時,y=-4，∴C(0,4∵拋物線解析式為y=-∴拋物線的對稱軸為直線x=-∵△PAC的周長等于PA+PC+AC，AC為定長,∴當PA+PC的值最小時，△PAC的周長最小，∵A，∵BA=PB，∴PA+PC=PB+PC≥BC，∴當P,B,C三點共線時,PA+PC的值最小，為BC的長，此時點P為直線BC與對稱軸的交點，設直線BC的解析式為：y=mx+n，∴-4m+n=0解得：m=-1n=-4∴直線BC的解析式為y=-x-4,當x=-52時,∴P-∴S△OACS△PAC∴S（3）當Q點在D點下方時：過點D作DQ∥OB,交拋物線于點Q,則∠QDB=∠OBD,此時Q點縱坐標為-2，設Q點橫坐標為t，則:-t2-5t-4=-2,∴Q-5+172②當點Q在D點上方時：設DQ與x軸交于點E,∵DE=BE，設E(p,0),∴DE2∴p解得：p=-∴E-同理可得DE的解析式為y=-4聯立y=-解得：x=-3y=2或∴Q-32或綜上：Q-5+172-2或Q【點睛】本題考查二次函數的綜合應用，正確的求出二次函數解析式，利用數形結合，分類討論的思想進行求解，是解題的關鍵.本題的綜合性強，難度較大，屬于中考壓軸題.題型02二次函數與三角形存在性問題1）等腰三角形存在性問題解題方法：幾何法：1）“兩圓一線”作出點；2）利用勾股、相似、三角函數等求線段長；3)分類討論，求出點P的坐標.代數法：1）表示出三個點坐標A、B、P；2）由點坐標表示出三條線段：AB、AP、BP；3）根據題意要求（看題目有沒有指定腰），取①AB=AP、②AB=BP、③AP=BP；4）列出方程求解．①兩定一動8．（2024·四川眉山·中考真題）如圖，拋物線y=-x2+bx+c與x軸交于點A-3,0和點B，與y軸交于點

(1)求該拋物線的解析式；(2)當點D在第二象限內，且△ACD的面積為3時，求點D的坐標；(3)在直線BC上是否存在點P，使△OPD是以PD為斜邊的等腰直角三角形？若存在，請直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)拋物線的解析式為y=-(2)D的坐標為-1,4或-2,3(3)P的坐標為0,3或25-19318,-7+【分析】（1）利用待定系數法求解；（2）過D作DK∥y軸交AC于K，求出直線AC解析式，根據（3）先求出點A，B坐標，再求出直線BC解析式，過P作PN⊥y軸于N，過D作DM⊥y軸于M，分以下情況分別討論即可：①P與C重合，D與A重合時；②當P在第一象限，D在第四象限時；③當P在第四象限，D在第三象限時；④當P在第四象限，D在第一象限時．【詳解】（1）解：把A-3,0，C0,3代入-9-3b+c=0c=3解得b=-2c=3∴拋物線的解析式為y=-x（2）解：過D作DK∥y軸交AC于

由A-3,0，C0,3得直線AC解析式為設Dt,-t2∴DK=-t∵△ACD的面積為3，∴12DK?解得t=-1或t=-2，∴D的坐標為-1,4或-2,3；（3）解：在直線BC上存在點P，使△OPD是以PD為斜邊的等腰直角三角形，理由如下：在y=-x2-2x+3中，令y=0解得x=-3或x=1，∴A-3,0，B由B1,0，C0,3得直線BC解析式為設Pm,-3m+3，D過P作PN⊥y軸于N，過D作DM⊥y軸于M，①∵OA=OC=3，∴當P與C重合，D與A重合時，△OPD是等腰直角三角形，如圖：

此時P0,3②當P在第一象限，D在第四象限時，

∵△OPD是以PD為斜邊的等腰直角三角形，∴OD=OP，∠POD=90°，∴∠DOM=90°-∠PON=∠OPN，∵∠DMO=90°=∠PNO，∴△DOM≌△OPNAAS∴DM=ON，OM=PN，∴n=-3m+3解得m=25+19318n=-7-1936∴-3m+3=-3×25-∴P的坐標為25-193③當P在第四象限，D在第三象限時，如圖：

∵△OPD是以PD為斜邊的等腰直角三角形，∴OD=OP，∠POD=90°，∴∠DOM=90°-∠PON=∠OPN，∵∠DMO=90°=∠PNO，∴△DOM≌△OPNAAS∴PN=OM，ON=DM，同理可得m=n解得m=25+19318n=-7-∴-3m+3=-3×25+∴P的坐標為25+193④當P在第四象限，D在第一象限，如圖：

∵△OPD是以PD為斜邊的等腰直角三角形，∴OD=OP，∠POD=90°，∴∠DOM=90°-∠PON=∠OPN，∵∠DMO=90°=∠PNO，∴△DOM≌△OPNAAS∴PN=OM，ON=DM，∴m=-解得m=0n=-3（舍去）或m=∴-3m+3=-3×11∴P的坐標為119綜上所述，P的坐標為0,3或25-19318,-7+193【點睛】本題屬于二次函數綜合題，考查待定系數法求函數解析式、二次函數中三角形面積計算、特殊三角形存在性問題、等腰直角三角形的性質等，難度較大，熟練運用數形結合及分類討論思想是解題的關鍵．9．（2024·云南怒江·一模）已知拋物線y=-x2+4x+5與x軸交于A、B兩點（點A在點B左側），與y(1)求A、B、C三點的坐標；(2)點D是直線BC上方拋物線上的點，連接BD、CD，求S△BCD(3)在拋物線的對稱軸上是否存在一點P，使得△BCP是等腰三角形？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)A-1,0，B5,0(2)最大值為125(3)存在，2,41或2,-41或2,5+46或【分析】（1）分別令y=0、x=0計算即可得解；（2）求出直線BC的解析式為：y=-x+5，過點D作DE∥y軸，交BC于點E，設點D的坐標為m,-m2+4m+5，則Em,-m+5，求出（3）設P2,n，則BP2=n2+9，CP2【詳解】（1）解：令y=-x解得：x1=-1，∵點A在點B左側，∴A-1,0，B當x=0時，y=5，∴C0,5（2）解：設直線BC的解析式為y=kx+b，∵B5,0，C∴5k+b=0b=5解得：k=-1b=5∴直線BC的解析式為：y=-x+5，過點D作DE∥y軸，交BC于點E，設點D的坐標為m,-m2+4m+5∴DE=-m∴S∴當m=52時，△BCD的面積最大，最大值為（3）解：∵點P在拋物線對稱軸上，且對稱軸為：x=-4∴設P2,n，則BP2=n△BCP是等腰三角形，需分3種情況討論：①當BC=BP時，n2+9=50，解得：此時點P的坐標為(2,41)或②當BC=CP時，(n-5)2+4=50，解得：此時點P的坐標為(2,5+46)或③當BP=CP時，n2+9=(n-5)此時點P的坐標為(2,2)．綜上所述，滿足條件的點P有5個，分別為2,41或2,-41或2,5+46或2,5-【點睛】本題考查了二次函數與坐標軸的交點、二次函數綜合—面積問題、二次函數綜合—特殊三角形、勾股定理，熟練掌握以上知識點并靈活運用，添加適當的輔助線，采用分類討論的思想是解此題的關鍵．10．（2024·陜西西安·模擬預測）如圖，在平面直角坐標系中，經過點(9,13)的拋物線C1:y=ax2+bx+1（a、b為常數，且a≠0）與x軸交于A、B(1)求拋物線C1的函數表達式和點D(2)將拋物線C1向左平移m(m>0)個單位長度后得到拋物線C2，拋物線C2的頂點為E，連接CE、DE，請問在平移過程中，是否存在m【答案】(1)拋物線C1的函數表達式為y=49x2(2)m的值為6或5或256【分析】本題考查二次函數的綜合應用，正確的求出函數解析式，利用數形結合和分類討論的思想進行求解是解題的關鍵．（1）利用待定系數法可求得拋物線C1的函數表達式，配方成頂點式即可求得頂點D（2）根據平移的性質得到C2:y=49x-3+m2-3，則頂點E的坐標為3-m,-3，利用兩點之間的距離公式求得CD=5，CE=m2【詳解】（1）解：∵經過點(9,13)的拋物線C1:y=ax∴81a+9b+1=13-解得a=4∴拋物線C1的函數表達式為y=y=4∴頂點D的坐標為3,-3；（2）解：由題意將y=49x-32-3∴C2∴C2的頂點E的坐標為3-m,-3對于C1，令x=0，則y=1∴C2與y軸交于點C的坐標為0,1即C0,1，D3,-3，E3-m,-3∴CD=3-0CE=3-mDE=3-m-3當CD=CE時，則m2解得m=0（舍去）或m=6，此時CD=CE=5，DE=6，符合題意；當CD=DE時，則m=5，此時CD=DE=5，CE=5當DE=CE時，則m2-6m+25=m，解得m=256綜上，m的值為6或5或256②一定兩動11．（2023·遼寧撫順·模擬預測）如圖，拋物線y=ax2+bx-3經過A-2,0，B4,0兩點，與y

(1)求拋物線的解析式；(2)P在第四象限拋物線上，連接PB，∠PBC=12∠BCO(3)點M從點C出發，以每秒1個單位長度的速度沿CB方向運動，點N從點B出發，以每秒1個單位長度的速度沿BA方向運動，M，N同時出發，運動時間為t秒，0<t≤5，連接MN，CN，當△CMN為等腰三角形時，直接寫出t的值．【答案】(1)y=(2)點P的坐標是10(3)258秒或5013秒或5秒或【分析】（1）分別將點A，B的坐標代入拋物線y=ax2+bx-3得到關于a（2）作∠BCO的平分線交x軸于K，過K作KH∥y軸交BC于H，求出C0,-3，直線BC解析式為y=34x-3，設Kp,0，由CK平分∠BCO，可得∠CKH=∠BCK，CH=KH，故p2+34p2=34p-3（3）過M作MR⊥y軸于R，由BN=CM=t，可得N4-t,0，M45t,35t-3，故CN2=4-t2+9=t2-8t+25；③當CM=MN時，t2【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx-3經過A∴4a-2b-3=016a+4b-3=0解得a=3∴拋物線的解析式為y=3（2）如圖，作∠BCO的平分線交x軸于K，過K作KH∥y軸交BC于∵拋物線y=38x2-當x=0時，得y=-3，∴C0,-3設直線BC解析式為y=kBCx+bBC∴4k解得：kBC∴直線BC解析式為y=3設Kp,0，則H∵CK平分∠BCO，∴∠OCK=∠BCK=1∵KH∥∴∠CKH=∠OCK，∴∠CKH=∠BCK，∴CH=KH，∴p-02解得：p=32或p=-6（此時K在∴K3設直線CK解析式為y=kCKx+bCK∴32解得：kCK∴直線CK解析式為y=2x-3，∵∠PBC=1∴PB∥設直線PB解析式為y=2x+q，過點B4,0∴0=8+q，解得：q=-8，∴直線PB解析式為y=2x-8，聯立y=3解得：x=4y=0或x=∴P10（3）如圖，過M作MR⊥y軸于R，∵B4,0，C∴OB=4，OC=3，∴BC=O根據題意得：BN=CM=t，∴N4-t,0∵RM∥x∴△CRM∽△COB，∴CRCO=CM∴CR=35t∴OR=3-3∴M4∴CN2=4-t2①當CN=CM時，t2解得：t=25②當CN=MN時，t2解得：t=0（舍去）或t=50③當CM=MN時，t2解得：t=5或t=25綜上所述，t的值為258秒或5013秒或5秒或【點睛】本題是二次函數的綜合應用，考查了待定系數法確定函數解析式，平行線的判定和性質，等腰三角形判定與性質，勾股定理，兩點間的距離，相似三角形判定與性質等知識點，解題的關鍵是分類討論思想的應用．12．（2022九年級·全國·專題練習）綜合與實踐：如圖，拋物線y＝34x2-94x-3與x軸交于點A，B（點A在點B的左側），交y軸于點C．點D從點A出發以每秒1個單位長度的速度向點B運動，點(1)求點A，B，C的坐標；(2)求t為何值時，△BDE是等腰三角形；(3)在點D和點E的運動過程中，是否存在直線DE將△BOC的面積分成1：4兩份，若存在，直接寫出t的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣3）(2)t的值為52，2513(3)存在，1或4【分析】（1）令y＝0，求出方程0=34x2-94x﹣3，可得點A（﹣1，0），點B（4，0），再令x＝0，可得點C（（2）根據勾股定理可得BC=5，然后分三種情況：當BD＝BE時，當BE＝DE時，當BD＝DE時，即可求解；（3）過點E作EH⊥BD于H，根據銳角三角函數可得HE=35t，然后分兩種情況：當S△BDE=15S△BOC=65時，當S△BDE【詳解】（1）解：令y＝0，可得0=34x2-94解得：x1＝﹣1，x2＝4，∴點A（﹣1，0），點B（4，0），可得y＝﹣3，∴點C（0，﹣3）；（2）解：∵點A（﹣1，0），點B（4，0），點C（0，﹣3），∴AB＝5，OB＝4，OC＝3，∴BC=OB當BD＝BE時，則5﹣t＝t，∴t=5當BE＝DE時，如圖1，過點E作EH⊥BD于H，∴DH＝BH=12BD∵cos∠DBC=BO∴5-t2∴t=25當BD＝DE時，如圖2，過點D作DF⊥BE于F，∴EF＝BF=12BE=∵cos∠DBC=BF∴12∴t=40綜上所述：t的值為52，2513和（3）解：∵S△BOC=12BO×CO＝∴15S△BOC=65，45S如圖1，過點E作EH⊥BD于H，∵sin∠DBC=HE∴HEt∴HE=35當S△BDE=15S△BOC=65時，則12（5﹣t∴t1＝1，t2＝4，當S△BDE=45S△BOC=245時，則12（5﹣t∴t2﹣5t+16＝0，∴方程無解，綜上所述：t的值為1或4．【點睛】本題主要考查了二次函數與特殊三角形的綜合題，熟練掌握二次函數的圖象和性質，等腰三角形的性質，并利用分類討論思想解答是解題的關鍵．2）直角三角形存在性問題解題方法：如有兩定點，在其他特定的“線”上求第三點，形成直角三角形時：1）當動點在直線上運動時，常用的方法是①，②三角形相似，③勾股定理；2）當動點在曲線上運動時，情況分類如下，第一當已知點處作直角的方法：①，②三角形相似，③勾股定理；第二是當動點處作直角的方法：尋找特殊角.13．（2023·四川內江·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+c與x軸交于B4,0，C-2,0

(1)求該拋物線的函數表達式；(2)若點P是直線AB下方拋物線上的一動點，過點P作x軸的平行線交AB于點K，過點P作y軸的平行線交x軸于點D，求與12PK+PD的最大值及此時點(3)在拋物線的對稱軸上是否存在一點M，使得△MAB是以AB為一條直角邊的直角三角形：若存在，請求出點M的坐標，若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)存在，12PK+PD的最大值為25(3)1,6或1,-4【分析】（1）將A、B、C代入拋物線解析式求解即可；（2）可求直線AB的解析式為y=12x-2，設Pm,14m（3）過A作AM2⊥AB交拋物線的對稱軸于M2，過B作BM1⊥AB交拋物線的對稱軸于M1，連接AM1，設M11,n，【詳解】（1）解：由題意得16a+4b+c=04a-2b+c=0解得：a=1∴拋物線的解析式為y=1（2）解：設直線AB的解析式為y=kx+b，則有4k+b=0b=-2解得：k=1∴直線AB的解析式為y=1設Pm,14∴1解得：x=1∴K1∴PK=m-=-1∴1PD=-=-1∴=-=-1∵-1∴當m=32時，12∴y=1∴P3故12PK+PD的最大值為258（3）解：存在，如圖，過A作AM2⊥AB交拋物線的對稱軸于M2，過B作BM

∵拋物線y=14x∴設M1∴A=nABB=n∵AB∴n解得：n=6，∴M設直線BM1的解析式為k1解得k1∴直線BM1解析式為∵AM2∥∴直線AM2解析式為∴當x=1時，y=-2×1-2=-4，

∴M綜上所述：存在，M的坐標為1,6或1,-4．【點睛】本題考查了待定系數法求函數解析式，二次函數中動點最值問題，直角三角形的判定，勾股定理等，掌握解法及找出動點坐標滿足的函數解析式是解題的關鍵．14．（2024·江蘇徐州·模擬預測）如圖，直線y=-3x+23與x軸，y軸分別交于點A，點B，兩動點D，E分別從點A，點B同時出發向點O運動（運動到點O停止），運動速度分別是1個單位長度/秒和3個單位長度秒，設運動時間為t秒．以點A為頂點的拋物線經過點E，過點E作x軸的平行線與拋物線的另一個交點為點G，與AB(1)求點A、點B的坐標；(2)用含t的代數式分別表示EF和AF的長；(3)是否存在t的值，使△AGF是直角三角形？若存在，求出此時拋物線的解析式；若不存在，請說明理由．【答案】(1)A2,0，(2)AF=4-2t，EF=t(3)存在，y=【分析】（1）在直線y=-3x+23中，分別令y=0和x=0，即可求得A（2）由OA、OB的長可求得∠ABO=30°，用t可表示出BE，EF，和BF的長，由勾股定理可求得AB的長，從而可用t表示出AF的長；（3）若△AGF為直角三角形時，由條件可知只能是∠FAG=90°，又∠AFG=∠OAF=60°，由（2）可知AF=4-2t,EF=t,又由二次函數的對稱性可得到EG=2OA=4，從而可求出FG，在Rt△AGF中，可得到關于t的方程，可求得t的值，進一步可求得E【詳解】（1）解：在直線y=-3令y=0得-3解得：x=2令x=0得y=23∴A2,0，（2）解：由（1）可知OA=2，OB=2∴∴∠ABO=30°，∵運動時間為t秒，∴BE=∵EF∥∴在Rt△BEF中，EF=BE?tan∠ABO=在Rt△ABO中，OA=2，OB=2∴AB=4，∴AF=AB-BF=4-2t；（3）解：存在．∵EG∥∴∠GFA=∠BAO=60°，∵G點不能在拋物線的對稱軸上，∴∠FGA≠90°，∴當△AGF為直角三角形時，則有∠FAG=90°，又∠FGA=30°，∴FG=2AF，∵EF=t，EG=4，∴FG=4-t，且AF=4-2t,∴4-t=24-2t解得：t=即當t的值為43秒時，△AGF此時OE=OB-BE=2∴E(0,∵拋物線的頂點為A2,0，設拋物線解析式為y=a把E點坐標代入得：23解得：a=3∴拋物線的解析式為y=3即y=3【點睛】本題主要考查了二次函數綜合運用待定系數法，三角函數的定義，相似三角形的判定和性質，勾股定理，二次函數的對稱性等知識點；綜合運用以上知識是解題的關鍵．15．（2024·湖南·模擬預測）如圖，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A-3,0，B1,0兩點，與y(1)求拋物線的表達式．(2)點P是拋物線上位于線段AC下方的一個動點，連接AP，CP，求△APC面積最大時點P的坐標；(3)在拋物線上是否存在點Q，使得以點A，C，Q為頂點的三角形是直角三角形？如果存在，請直接寫出所有滿足條件的點Q的坐標；如果不存在，請說明理由．【答案】(1)拋物線的表達式為y=(2)點P的坐標為-(3)存在，滿足條件的點Q的坐標為-1,-4或2,5或-1+52【分析】（1）利用拋物線的交點式直接代值求解即可得到答案；（2）過點P作x軸的垂線，交AC于D，如圖所示，由二次函數圖象與性質，利用平面直角坐標系中三角形的面積求法得到S△APC=1（3）當△ACQ為直角三角形時，分三種情況：①∠CAQ=90°；②∠ACQ=90°；③∠CQA=90°；如圖所示，根據分類，由勾股定理列方程求解即可得到答案．【詳解】（1）解：∵拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A∴設拋物線的交點式為y=x+3x-1，即拋物線的表達式為（2）解：過點P作x軸的垂線，交AC于D，如圖所示：由（1）知拋物線的表達式為y=x∴拋物線與y軸交于點C0,-3設直線AC:y=kx+b'，將A-3,0、C0,-3代入得∴直線AC:y=-x-3，∵點P是拋物線上位于線段AC下方的一個動點，設Pm,m2∴===-=-3∵a=-3∴拋物線開口向下，當m=-32時，S△APC有最大值，此時點P（3）解：存在，當△ACQ為直角三角形時，分三種情況：①∠CAQ=90°；②∠ACQ=90°；③∠CQA=90°；如圖所示：設Qn,∵A-3,0、∴AC=32當∠CQA=90°時，即拋物線上的Q點（在第一象限，n>0），由勾股定理可得Q1A2+AC2=Q1∴Q當∠ACQ=90°時，即拋物線上的Q2點（在第三象限，n<0），由勾股定理可得Q2C2+AC2=Q∴Q當∠CAQ=90°時，即拋物線上的Q3、Q4點，由勾股定理可得QA2+QC2=AC2，則n+32+n∴Q3-1-綜上所述，滿足條件的點Q的坐標為-1,-4或2,5或-1+52,【點睛】本題考查二次函數綜合，涉及待定系數法確定函數解析式、二次函數圖象與性質、平面直角坐標系中求三角形面積、二次函數最值、二次函數與直角三角形綜合、兩點之間距離公式、解一元二次方程等知識，熟練掌握二次函數圖象與性質、二次函數綜合問題的解法是解決問題的關鍵．3）等腰直角三角形存在性問題解題大招：確定等腰直角三角形后構造一線三垂直，對應上下兩個三角形全等，得到對應線段相等的關系，進而設出點的坐標，根據線段相等列出等式建立方程求解參數.16．（2024·山東泰安·中考真題）如圖，拋物線C1:y=ax2+43x-4的圖象經過點(1)求拋物線C1(2)將拋物線C1向右平移1個單位，再向上平移3個單位得到拋物線C2，求拋物線C2的表達式，并判斷點D(3)在x軸上方的拋物線C2上，是否存在點P，使△PBD是等腰直角三角形．若存在，請求出點P【答案】(1)y=(2)C2:y=53x-(3)存在，點P的坐標為：2,2或-1,3【分析】本題主要考查了求二次函數的解析式、二次函數與幾何的綜合、二次函數圖像的平移等知識點，靈活利用數形結合的思想把代數和幾何圖形結合起來成為解題的關鍵．（1）將點D的坐標代入拋物線表達式y=ax2+（2）由題意得：C2:y=53x-12+43（3）分∠BAP為直角、∠DBP為直角、∠HPD為直角三種情況，分別運用全等三角形的判定與性質，進而確定點E的坐標，進而確定點P的坐標．【詳解】（1）解：將點D的坐標代入拋物線表達式y=ax2+43則拋物線的表達式為：y=5（2）解：由題意得：C2當x=1時，y=5故點D在拋物線C2（3）解：存在，理由如下：①當∠BAP為直角時，如圖1，過點D作DE⊥BD且DE=BE，則△BDE為等腰直角三角形，∵∠BDG+∠EDH=90°，∠EDH+∠DEH=90°，∴∠BDG=∠DEH，∵∠DGB=∠EHD=90°，∴△DGB≌△EHDAAS∴DH=BG=1，EH=GD=1+2=3，∴點E2,2當x=2時，y=53x-35∴點P即為點E2,2②當∠DBP為直角時，如圖2，同理可得：△BGE≌△DHBAAS∴DH=3=BG，BH=1=GE，∴點E-1,3當x=-1∴點E在拋物線C2∴點P即為點E-1,3③當∠HPD為直角時，如圖3，設點Ex,y同理可得：△EHB≌△DGEAAS∴EH=x+2=GD=y+1且BH=y=GE=1-x，解得：x=0且y=1，∴點E0,1當x=0時，y=5即點E不在拋物線C2綜上，點P的坐標為：2,2或-1,3．17．（2023·湖南婁底·中考真題）如圖，拋物線y=x2+bx+c過點A-1,0、點B5,0

(1)求b，c的值．(2)點Px①當x0取何值時，△PBC的面積最大？并求出△PBC②過點P作PE⊥x軸，交BC于點E，再過點P作PF∥x軸，交拋物線于點F，連接EF，問：是否存在點P，使△PEF為等腰直角三角形？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)b=-4，c=-5(2)①當x0=52時，②當點P的坐標為7-332,3-333【分析】（1）將將A-1,0、B5,0代入拋物線（2）①由（1）可知：y=x2-4x-5，得C0,-5，可求得BC的解析式為y=x-5，過點P作PE⊥x軸，交BC于點E，交x軸于點Q，易得PE=yE-y0=-x②由題意可知拋物線的對稱軸為x對=--42×1=2，則xF=4-x0【詳解】（1）解：將A-1,0、B5,0代入拋物線可得：1-b+c=025+5b+c=0，解得：b=-4即：b=-4，c=-5；（2）①由（1）可知：y=x當x=0時，y=-5，即C0,-5設BC的解析式為：y=kx+b，將B5,0，C0,-5代入可得5k+b=0b=-5，解得：k=1∴BC的解析式為：y=x-5，過點P作PE⊥x軸，交BC于點E，交x軸于點Q，

∵Px0,∴點E的橫坐標也為x0，則縱坐標為y∴PE=y△PBC的面積=====-5∵-5∴當x0=52時，②存在，當點P的坐標為7-332,3-333理由如下：由①可知PE=-x由題意可知拋物線的對稱軸為直線x對∵PF∥x軸，∴∠EPF=90°，x0+x當點P在對稱軸左側時，即0<x

PF=xF-x0=4-2即：-x02解得：x0=7-此時y0=x當點P在對稱軸右側時，即2<x

PF=x0-xF=2即：-x02解得：x0=4（此時：y0=4綜上所述，當點P的坐標為7-332,3-333【點睛】本題二次函數綜合題，考查了利用待定系數法求函數解析式，二次函數的性質及圖象上的點的特點，等腰直角三角形的性質，解本題的關鍵是表示出點的坐標，進行分類討論．18．（2022·山東東營·中考真題）如圖，拋物線y=ax2+bx-3(a≠0)與x軸交于點A(-1,0)，點B(3,0)，與y(1)求拋物線的表達式；(2)在對稱軸上找一點Q，使△ACQ的周長最小，求點Q的坐標；(3)點P是拋物線對稱軸上的一點，點M是對稱軸左側拋物線上的一點，當△PMB是以PB為腰的等腰直角三角形時，請直接寫出所有點M的坐標．【答案】(1)y=(2)（1，-2）(3)（-1，0）或（1-2，-2）或（1-6，【分析】（1）利用待定系數法求解即可；（2）先求出點C的坐標和拋物線的對稱軸，如圖所示，作點C關于直線x=1的對稱點E，連接AE，EQ，則點E的坐標為（2，-3），根據軸對稱最短路徑可知AE與拋物線對稱軸的交點即為點Q；（3）分兩種情況當∠BPM=90°和當∠PBM=90°兩種情況討論求解即可．【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx-3(a≠0)與x軸交于點A(-1,0)∴a-b-3=09a+3b-3=0∴a=1b=-2∴拋物線解析式為y=x（2）解：∵拋物線解析式為y=x2-2x-3=x-12∴拋物線對稱軸為直線x=1，點C的坐標為（0，-3）如圖所示，作點C關于直線x=1的對稱點E，連接AE，EQ，則點E的坐標為（2，-3），

由軸對稱的性質可知CQ=EQ，∴△ACQ的周長=AC+AQ+CQ，要使△ACQ的周長最小，則AQ+CQ最小，即AQ+QE最小，∴當A、Q、E三點共線時，AQ+QE最小，設直線AE的解析式為y=k∴-k∴k1∴直線AE的解析式為y=-x-1，當x=1時，y=-x-1=-1-1=-2，∴點Q的坐標為（1，-2）；（3）解：如圖1所示，當點P在x軸上方，∠BPM=90°時，過點P作EF∥x軸，過點M作MF⊥EF于F，過點B作BE⊥EF于∵△PBM是以PB為腰的等腰直角三角形，∴PA=PB，∠MFP=∠PEB=∠BPM=90°，∴∠FMP+∠FPM=∠FPM+∠EPB=90°，∴∠FMP=∠EPB，∴△FMP≌△EPB（AAS），

∴PE=MF，BE=PF，設點P的坐標為（1，m），∴BE=m，∴MF=2，PF=m，∴點M的坐標為（1-m，m-2），∵點M在拋物線y=x∴1-m2-2∴1-2m+m∴m2解得m=2或m=-1（舍去），∴點M的坐標為（-1，0）；同理當當點P在x軸下方，∠BPM=90°時可以求得點M的坐標為（-1，0）；如圖2所示，當點P在x軸上方，∠PBM=90°時，過點B作EF∥y軸，過點P作PE⊥EF于E，過點M作MF⊥EF于F，設點P的坐標為（1，同理可證△PEB≌△BFM（AAS），∴BF=PE=2，∴點M的坐標為（3-m，-2），∵點M在拋物線y=x∴3-m2∴9-6m+m∴m2解得m=2+2或m=2-∴點M的坐標為（1-2，-2如圖3所示，當點P在x軸下方，∠PBM=90°時，同理可以求得點M的坐標為（1-6，2綜上所述，當△PMB是以PB為腰的等腰直角三角形時，點M的坐標為（-1，0）或（1-2，-2）或（1-6，【點睛】本題主要考查了待定系數法求二次函數解析式，二次函數綜合，一次函數與幾何綜合，全等三角形的性質與判定等等，熟知二次函數的相關知識是解題的關鍵．4）相似三角形存在性問題解題大招：“相似三角形存在性問題”是中考壓軸題中一類常見的問題.為了避免討論分支太過繁雜,一般會給出部分對應關系,最常見的就是給出一組同角(或等角),則同角(或等角)所對邊為對應邊.所以這類問題一般從確定一組等角(或同角)人手如果兩個三角形中夾同角(或等角)的邊易于列代數式表示,則建議通過解方程解決;反之,則需根據具體題意轉化等角關系為特殊圖形或特殊圖形關系,進而求解若出現無法確定等角(或同角)的情況,也可以列表分析.19．（2024·安徽·模擬預測）在平面直角坐標系中，拋物線y=-x2+2x+a與x軸交于點A，B（點A在點B左側），與y(1)如圖1，求a的值及直線BC的解析式；(2)如圖2，點D為直線BC上方拋物線上一動點，連接AC，AD，CD，設直線BC交線段AD于點E．當(3)在（2）的條件下，且點D的橫坐標小于2，在坐標軸上是否存在一點P，使得以A，C，P為頂點的三角形與【答案】(1)a=3，直線BC的解析式為y=-x+3(2)點D坐標為(1,4)或(2,3)(3)存在，理由見解析【分析】（1）由待定系數法求解即可得到答案；（2）證明△AEF∽△DEG，得到DEAE（3）當點P在y軸時，以A、C、P為頂點的三角形與△BCD相似，存在∠CAP=∠DCBC=90°、∠CPA=∠DCB=90°兩種情況，利用解直角三角形的方法即可求解；當點PP'在【詳解】（1）解：∵拋物線y=-x2+2x+a與y把C0,3代入y=-x2+2x+a得∵拋物線y=-x2+2x+3與x軸交于點A，B當y=0時，0=-x2+2x+3，解得∴A-1,0∵直線過B(3,0)、C(0,3)，設直線BC:y=kx+b將B(3,0)、C(0,3)代入y=kx+b'得：3k+b∴直線BC的解析式為y=-x+3；（2）解：分別過點A、點D作y軸的平行線，交直線BC于點F和點G，如圖所示：設點D(m,-m2+2m+3)，G(m,-m+3)當x=-1時，y=4，∴F(-1,4)，AF=4，∵AF∥∴△AEF∽△DEG，∵SΔCDE∴DEAE=1∴-m2+3m=2，解得m∴點D坐標為(1,4)或(2,3)；（3）解：存在，理由如下：由題意得，點D(1,4)；由點B、C、D的坐標得，CD=2，BC=32∴C則tan∠CBD=CDBC=13=當點P在y軸時，如圖所示：∵以A、C、P為頂點的三角形與△BCD相似，當∠CAP=∠DCB=90°時，則cos∠ACP=cosα=ACCP當∠CPA=∠DCB=90°時，此時，點P、O重合且符合題意，故點P(0,0)；當點PP'在x軸上時，只有∠ACP'=∠DCB=90°，則AP綜上，點P的坐標為(0,0)或(9,0)或0,-1【點睛】本題考查的是二次函數綜合運用，涉及待定系數法確定函數解析式、二次函數圖象與性質、三角形相似的判定與性質、解直角三角形、面積的計算等知識，熟練掌握二次函數圖象與性質、二次函數綜合題型解法，尤其注意分類求解是解題的關鍵．20．（2024·內蒙古包頭·模擬預測）拋物線y=ax2+bx+2交x軸于A1,0、B3,0兩點，交y軸于點C，點P為線段BC

(1)求拋物線解析式；(2)在點P移動過程中，△BPC的面積是否存在最大值？若存在，求出最大面積及點P的坐標，若不存在，請說明理由；(3)設點D為CB上不與端點重合的一動點，過點D作線段BC的垂線，交拋物線于點E，若△DCE與△BOC相似，請直接寫出點E的坐標．【答案】(1)y=(2)存在，最大面積為94，點P的坐標為(3)點E的坐標為378,37796【分析】（1）根據待定系數法求拋物線的解析式即可；（2）過點P作PQ∥y軸，交BC于Q，先求出拋物線與y軸的交點C的坐標是0,2,待定系數法求出直線BC的解析式，設點P的橫坐標為m，得出點P的坐標為m,23m2-（3）當∠BCO=∠DCE時，△COB∽△CDE，過點O作OM⊥BC，交CE于點N，過點M作MP⊥OC，根據直角三角形兩直角邊的平方和等于斜邊的平方求出BC的值，根據銳角三角函數求的OM=613，OP=1813，PM=1213，得出點M的坐標，根據兩個角和它們所夾的邊分別對應相等的兩個三角形全等，全等三角形的對應邊相等得出OM=ON，根據中點坐標的特征求出點N的坐標，待定系數法求出直線CN的解析式，聯立方程解求出直線CN與拋物線的交點坐標；當∠CBO=∠DCE時，△COB∽△EBC，過點C作CE∥OB，根據拋物線的對稱性求出點E的坐標為4,2；當∠CBO=∠ECD時，△DCE∽△OBC，作DN⊥x軸于點N，作EG⊥DN于點G，作CF⊥DN交ND延長線于點F，設【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+bx+2交x軸于A故將A1,0、B3,0代入y=ax解得：a=2∴拋物線解析式為：y=2（2）解：存在，理由如下：過點P作PQ∥y軸，交BC于Q，如圖：

當x=0時，y=2，即拋物線與y軸的交點C的坐標是0,2,設直線BC的解析式為y=kx+b，將B3,0，C0,2代入，得：解得：k=-2∴直線BC的解析式為y=-2設點P的橫坐標為m，則點P的坐標為m,23m2-故PQ=-2∴△BPC的面積為12∴當m=32時，△BPC的面積存在最大值，最大值為此時點P的坐標為32（3）解：點E的坐標為378,37796或理由如下：如圖，當∠BCO=∠DCE時，此時△COB∽△CDE，過點O作OM⊥BC，交CE于點N，過點M作MP⊥OC；

∵B3,0，C∴OB=3，OC=2，故BC=OC2+OB∵OM⊥CD，∠COB=90°，∴∠COM=∠CBO，∴cos∠COM=OMOC∴OM=613，OP=18∴M12∵∠BCO=∠DCE，∠CMO=∠CMN=90°，CM=CM，∴△CMO≌△CMNASA∴OM=ON，設點N的坐標為m,n，則m+02=12∴m=2413，∴點N的坐標為2413設直線CN的解析式為y=ax+c，將C0,2，N2413解得：a=5∴直線CN的解析式為y=5將y=23x2-解得：x1=0y∴點E的坐標為378如圖，過點C作CE∥OB，則∠CBO=∠DCE，此時△COB∽△EBC，

∵拋物線y=ax2+bx+2交x軸于A∴拋物線y=ax2+bx+2∵CE∥OB，故點C與點E關于拋物線y=23x∵點C的坐標為0,2，∴點E的坐標為4,2；如圖，作BC的垂線DE，交拋物線于點E，且滿足∠CBO=∠ECD，此時△DCE∽△OBC，∵點C的坐標為0,2，點B的坐標為3,0，∴OB=3,OC=2，∴tan∠CBO=設直線BC的解析式為y=dx+e，將C0,2，B3,0代入，得：解得：d=-2∴直線BC的解析式為y=-2作DN⊥x軸于點N，作EG⊥DN于點G，作CF⊥DN交ND延長線于點F，則∠F=∠EGD=∠CDE=90°，∴∠CDF=90°-∠EDG=∠DEG，∴△CDF∽△DEG，∴CD∴DG=2設Dm,-23∴DG=2∴GN=-2∴E5將E59m,-解得：m1∴點E的坐標為25綜上可得，點E的坐標為378,37796或【點睛】本題考查了待定系數法求拋物線的解析式，求拋物線與坐標軸的交點坐標，求二次函數的最值，待定系數法求一次函數的解析式，勾股定理，解直角三角形，全等三角形的判定和性質，求一次函數與二次函數圖象的交點坐標等，熟練掌握相關性質及定理是解題的關鍵．21．（2024·內蒙古呼倫貝爾·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數y=ax2+bx+ca≠0的圖像經過原點和點A4,0．經過點A的直線與該二次函數圖象交于點B(1)求二次函數的解析式及點C的坐標；(2)點P是二次函數圖象上的一個動點，當點P在直線AB上方時，過點P作PE⊥x軸于點E，與直線AB交于點D，設點P的橫坐標為m．①m為何值時線段PD的長度最大，并求出最大值；②是否存在點P，使得△BPD與△AOC相似．若存在，請求出點P坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=-x2(2)①當m=52時，PD有最大值為94；②當P的坐標為2,4或3,3時，△BPD【分析】（1）把0,0，A4,0，B1,3代入y=ax2+bx+ca≠0求解即可，利用待定系數法求出直線AB解析式，然后令（2）①根據P、D的坐標求出PD，然后根據二次函數的性質求解即可；②先利用等邊對等角，平行線的判定與性質等求出∠PDB=∠ACO=45°，然后分△PBD∽△OAC，△PBD∽△AOC兩種情況討論過，利用相似三角形的性質、等腰三角形的判定與性質等求解即可．【詳解】（1）解：把0,0，A4,0，B1,3代入得c=016a+4b+c=0解得a=-1b=4∴二次函數的解析式為y=-x設直線AB解析式為y=mx+n，則4m+n=0m+n=3解得m=-1n=4∴直線AB解析式為y=-x+4，當x=0時，y=4，∴C0,4（2）解：①設Pm,-m2∴PD=-=-=-m-∴當m=52時，PD有最大值為②∵A4,0，C∴AO=CO=4，又∠AOC=90°，∴∠ACO=∠AOC=45°，又PD⊥x軸，∴PD∥∴∠PDB=∠ACO=45°，當△PBD∽△OAC時，如圖，∴∠BPD=∠AOC=90°，∴BP∥∴P的縱坐標為3，把y=3代入y=-x2+4x解得x1=1，∴m=3，∴-m∴P的坐標為3,3；當△PBD∽△AOC時，如圖，過B作BF⊥PD于F，則BF=m-1，∠PBD=∠AOC=90°，又∠BDP=45°，∴∠BPD=45°=∠BDP，∴BP=BD，∴PF=DF，∴BF=1∴m-1=1解得m1=2，∴-m∴P的坐標為2,4綜上，當P的坐標為2,4或3,3時，△BPD與△AOC相似．【點睛】本題考查了二次函數的應用，待定系數法求二次函數、一次函數解析式，二次函數的性質，相似三角形的判定與性質，等腰直角三角形的判定與性質等知識，明確題意，添加合適輔助線，合理分類討論是解題的關鍵．22．（2023·四川資陽·中考真題）如圖，直線y=34x+3與x軸、y軸分別交于A、B兩點，拋物線y=-34

(1)求拋物線的表達式；(2)點D是拋物線在第二象限內的點，過點D作x軸的平行線與直線AB交于點C，求DC的長的最大值；(3)點Q是線段AO上的動點，點P是拋物線在第一象限內的動點，連結PQ交y軸于點N．是否存在點P，使△ABQ與△BQN相似，若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由．【答案】(1)y=-(2)當m=-2時，DC(3)點P的坐標為23-42【分析】（1）首先求得A、B點的坐標，然后利用待定系數法求拋物線的解析式；（2）設Dm，-34m2-94（3）分兩種情況：①當△ABQ∽△BQN時，②當【詳解】（1）∵直線y=34x+3與x軸、y軸分別交于A∴A(-4，0)，∵拋物線y=-34x2+bx+c∴-12-4b+c=0c=3解得b=-9∴y=-3（2）設Dm,-∵DC∥作x軸，與直線AB交于點C∴34x+3=-3∴C-∴DC=-∴當m=-2時，DC的長的最大值為4；（3）設N(0,∵A(-4，0)，∴AB=32分兩種情況：①當△ABQ∽

∵△ABQ∽△BQN∴∠ABQ=∠BQN，QN∴PQ∥AB，∴△OQN∽∴ONOB∴n3∴.QQ=43n，∴BQ=O∴59∴n=2716或∴OQ=43∴Q-94設直線PQ的解析式為y=∴94k+a=0a=∴直線PQ的解析式為y=34聯立y=-34x2-∴點P的坐標為23-42②當△ABQ∽△QBN時，過點Q作QH⊥AB于

∵△ABQ∽△QBN∴∠ABQ=∠QBN，∠BAQ=∠BQN，∴QH=QO，∵BQ=BQ，∴Rt△BHQ∴BH=OB=3，∴AH=AB-BH=2，設OQ=q，則AQ=4-q，QH=q，∴22+q2∴Q-∵∠BQO=∠BQN+∠OQN=∠BAQ+∠ABQ，∠BAQ=∠BQN，∠ABQ=∠QBN，∴∠OQN=∠QBN，∵∠QON=∠BOQ=90°，∴△OQN∽∴ONOQ=∴n3=∴n=34∴Q-32,同理得直線PQ的解析式為y=12聯立y=-34x2-∴點P的坐標為-11+229綜上，點P的坐標為23-42,【點睛】本題主要考查了二次函數綜合，一次函數與幾何綜合，勾股定理，相似三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定等等，解題的關鍵是利用方程的思想和函數的思想方法解決問題，利用相似三角形的判定得出關于m的方程是解題關鍵，解（3）的關鍵是分和兩種情況討論求解．題型03特殊四邊形存在性問題1）平行四邊形存在性問題類型一三定一動類型二：兩定一動【總結】平行四邊形存在性問題經常呈現為:一個動點在拋物線上，另一個動點在x軸(y軸)或對稱軸或某一定直線上.設出拋物線上的動點坐標，另一個動點若在x軸上，縱坐標為0，則用平行四邊形頂點縱坐標公式;若在y軸上，坐標為0，則用平行四邊形頂點橫坐標公式.動點哪個坐標已知就用與該坐標有關的公式.另外，把在定直線上的動點看成一個定點，這樣就轉化為三定一動了，分別以三個定點構成的三條線段為對角線分類，分三種情況討論.這種題型，關鍵是合理有序分類:無論是三定一動，還是兩定兩動，統統把拋物線上的動點作為第四個動點，其余三個作為定點，分別以這三個定點構成的三條線段為對角線分類，分三種情況討論，然后運用平行四邊形頂點坐標公式轉化為方程(組).這種解法，不必畫出平行四邊形草圖，只要合理分類，有序組合，從對角線入手不會漏解，條理清楚，而且適用范圍廣.其本質是用代數的方法解決幾何問題，體現的是分類討論思想、數形結合思想.①三定一動23．（2024·廣東梅州·模擬預測）如圖，拋物線y=ax2-2ax-3與x軸交于A，B兩點，其中A-1,0，與(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，平面內是否存在一點D，使以A、B、C、D為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出點D的坐標；若不存在，請說明理由．(3)如圖2，若點P是線段BC（不與端點重合）上一動點，過點P作x軸的垂線交拋物線于M點，連接CM．①如圖3，將△PCM沿CM對折，如果點P的對應點N恰好落在y軸上，求證：四邊形PCNM為菱形；②當△PCM和△ABC相似時，求點P的坐標．【答案】(1)y=x(2)平面內存在一點D，使以A、B、C、D為頂點的四邊形是平行四邊形，點D的坐標為2,3或-4,-3或4,-3(3)①見解析；②點P的坐標為53,-【分析】（1）利用待定系數法求解即可；（2）先求得A-1,0，B3,0，C0,-3，點D的坐標為d,n，分當AB、AC（3）①只要利用等邊對等角證明PC=CN=NM=PM，即可得到四邊形PCNM為菱形；②先求得直線BC解析式，設Mm,m2-2m-3，則Pm,m-3，求得PM=-m2【詳解】（1）解：把A-1,0代入y=ax2∴a=1，∴拋物線解析式為：y=x（2）解：平面內存在一點D，使以A、B、C、D為頂點的四邊形是平行四邊形，點D的坐標為2,3或-4,-3或4,-3．在y=x令y=0，得：x2解得：x1=3，∴A-1,0，B令x=0得y=∴C0,-3存在一點D，使以A、B、C、D為頂點的四邊形是平行四邊形，理由如下：設點D的坐標為d,n，如圖，分情況討論：①當AB為對角線時，d+02=-1+3解得：d=2，n=3，∴D1②當AC為對角線時，d+32=-1+0解得：d=-4，n=-3，∴D2③當BC為對角線時，d-12=3+0解得：d=4，n=-3，∴D3綜上所述，平面內存在一點D，使以A、B、C、D為頂點的四邊形是平行四邊形，點D的坐標為2,3或-4,-3或4,-3；（3）解：①證明：∵△PCM沿CM對折，P的對應為點N，∴PC=CN，PM=NM，∠PCM=∠NCM，∵PM垂直于x軸CN在y軸上，∴PM∥∴∠PMC=∠NCM，∴∠PMC=∠PCM，∴PC=PM，∴PC=CN=NM=PM，∴四邊形PCNM為菱形；②設直線BC解析式為y=kx+b，∵B3,0，C∴3k+b=0b=-3解得：k=1b=-3∴直線BC解析式為：y=x-3，設Mm,m2∴PM=m-3-m∵A-1,0，B3,0，∴OB=OC=3，AC=10又∠BOC=90°，∴BC=2∴∠PBA=∠OCB=45°=∠MPC，∴CP=2要使△PCM和△ABC相似，共有兩種可能：1）當△CPM∽△CBA，∴PCBC=PM解得：m1=5∴P52）當△CPM∽△ABC，∴PCAB即2m解得：m1=3∴P3綜上所述，點P的坐標為53,-4【點睛】本題是二次函數的綜合題，考查了折疊的性質，二次函數的圖象及性質，待定系數法，相似三角形的判定與性質，等腰直角三角形的性質，熟練掌握相似三角形的判定，折疊的性質，數形結合思想是解題的關鍵．24．（23-24九年級上·黑龍江佳木斯·階段練習）如圖，拋物線y=-x2+bx+c與x軸交于A，B2,0兩點（點A在點B的左側），與

(1)求該拋物線的解析式；(2)若D為拋物線的頂點，求△ACD的面積；(3)若P是平面直角坐標系內一點，是否存在以A、B、C、P為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請寫出點P的坐標，若不存在，請說明理由．【答案】(1)拋物線的解析式為y=-x(2)6；(3)點P的坐標為6,8或-6,8或-2,-8．【分析】（1）利用待定系數法即可求解；（2）先根據拋物線的解析式求得頂點坐標，設直線AC的解析式為y=kx+8，待定系數法求出解析式，得到DE，根據△ACD的面積為12（3）根據題意分三種情況討論，①當AB∥CP1，AB=CP1時，②當AB∥CP2，AB=CP【詳解】（1）解：由題知，拋物線y=-x2+bx+c過點B∴-22+2b+c=0∴該拋物線的解析式為y=-x（2）解：∵y=-x2-2x+8=-∴D-1,9設直線AC的解析式為y=kx+8，∵拋物線y=-x2+bx+c與x軸交于A，B2,0兩點（點又拋物線對稱軸為x=-1，∴A-4,0將A-4,0代入y=kx+8中，有-4k+8=0，解得k=2∴直線AC的解析式為y=2x+8，作DE∥y軸，交AC于點E，連接AD，

有E-1,6∴DE=9-6=3，∴△ACD的面積為：12（3）解：存在，

①當AB∥CP∵AB=6，∴P1的坐標為6,8②當AB∥CP∵AB=6，∴P2的坐標為-6,8③當BC∥AP3，BC=AP有∠P3AM=∠CBO∴△P∴AM=OB=2，P3∴OM=OA-AM=2，∴P3的坐標為-2,-8綜上所述，點P的坐標為6,8或-6,8或-2,-8．【點睛】本題考查了二次函數的綜合應用，待定系數法求一次函數、二次函數解析式，平行四邊形的性質，全等三角形性質和判定，解題的關鍵在于熟練掌握相關性質并靈活運用．②兩定兩動25．（2023·山東棗莊·中考真題）如圖，拋物線y=-x2+bx+c經過A(-1,0),C(0,3)兩點，并交x軸于另一點B，點M是拋物線的頂點，直線AM與y

(1)求該拋物線的表達式；(2)若點H是x軸上一動點，分別連接MH，DH，求MH+DH的最小值；(3)若點P是拋物線上一動點，問在對稱軸上是否存在點Q，使