专题13 二次函数解答压轴题（解析版）.docx

专题13 二次函数解答压轴题（62题） 一、解答题 1．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）已知二次函数． (1)当时， ①求该函数图象的顶点坐标． ②当时，求的取值范围． (2)当时，的最大值为2；当时，的最大值为3，求二次函数的表达式． 【答案】(1)①；②当时，；(2) 【分析】（1）①将代入解析式，化为顶点式，即可求解； ②已知顶点，根据二次函数的增减性，得出当时，有最大值7，当时取得最小值，即可求解； （2）根据题意时，的最大值为2；时，的最大值为3，得出抛物线的对称轴在轴的右侧，即，由抛物线开口向下，时，的最大值为2，可知，根据顶点坐标的纵坐标为3，求出，即可得解． 【详解】（1）解：①当时，， ∴顶点坐标为． ②∵顶点坐标为．抛物线开口向下， 当时，随增大而增大， 当时，随增大而减小， ∴当时，有最大值7． 又 ∴当时取得最小值，最小值； ∴当时，． （2）∵时，的最大值为2；时，的最大值为3， ∴抛物线的对称轴在轴的右侧， ∴， ∵抛物线开口向下，时，的最大值为2， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴二次函数的表达式为． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，顶点式，二次函数的最值问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 2．（2023·浙江·统考中考真题）已知点和在二次函数是常数，的图像上． (1)当时，求和的值； (2)若二次函数的图像经过点且点A不在坐标轴上，当时，求的取值范围； (3)求证：． 【答案】(1)；(2)；(3)见解析 【分析】（1）由可得图像过点和，然后代入解析式解方程组即可解答； （2）先确定函数图像的对称轴为直线，则抛物线过点，即，然后再结合即可解答； （3）根据图像的对称性得，即，顶点坐标为；将点和分别代入表达式并进行运算可得；则，进而得到，然后化简变形即可证明结论． 【详解】（1）解：当时，图像过点和， ∴，解得， ∴， ∴． （2）解：∵函数图像过点和， ∴函数图像的对称轴为直线． ∵图像过点， ∴根据图像的对称性得． ∵， ∴． （3）解：∵图像过点和， ∴根据图像的对称性得． ∴，顶点坐标为． 将点和分别代人表达式可得 ①②得， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． 【点睛】本题主要考查了运用待定系数法求二次函数解析式、二次函数的对称性、解不等式等知识点，掌握二次函数的对称性是解答本题的关键． 3．（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）在二次函数中， (1)若它的图象过点，则t的值为多少？ (2)当时，y的最小值为，求出t的值： (3)如果都在这个二次函数的图象上，且，求m的取值范围． 【答案】(1)；(2)；(3)或 【分析】（1）将坐标代入解析式，求解待定参数值； （2）确定抛物线的对称轴，对待定参数分类讨论，分，当时，函数值最小，以及，当时，函数值最小，求得相应的t值即可 得； （3）由关于对称轴对称得，且A在对称轴左侧，C在对称轴右侧；确定抛物线与y轴交点，此交点关于对称轴的对称点为，结合已知确定出；再分类讨论：A，B都在对称轴左边时，A，B分别在对称轴两侧时，分别列出不等式进行求解即可． 【详解】（1）将代入中， 得， 解得，； （2）抛物线对称轴为． 若，当时，函数值最小， ， 解得． ， 若，当时，函数值最小， ， 解得（不合题意，舍去） 综上所述． （3）关于对称轴对称 ，且A在对称轴左侧，C在对称轴右侧 抛物线与y轴交点为，抛物线对称轴为直线， 此交点关于对称轴的对称点为 且 ，解得． 当A，B都在对称轴左边时， ， 解得， 当A，B分别在对称轴两侧时 到对称轴的距离大于A到对称轴的距离 ， 解得 综上所述或． 【点睛】本题考查二次函数图象的性质、极值问题；存在待定参数的情况下，对可能情况作出分类讨论是解题的关键． 4．（2023·浙江杭州·统考中考真题）设二次函数，（，是实数）．已知函数值和自变量的部分对应取值如下表所示： … 0 1 2 3 … … 1 1 … (1)若，求二次函数的表达式； (2)写出一个符合条件的的取值范围，使得随的增大而减小． (3)若在m、n、p这三个实数中，只有一个是正数，求的取值范围． 【答案】(1)；(2)当时，则时，随的增大而减小；当时，则时，随的增大而减小；(3) 【分析】（1）用待定系数法求解即可． （2）利用抛物线的对称性质求得抛物线的对称轴为直线；再根据抛物线的增减性求解即可． （3）先把代入，得，从而得，再求出，，，从而得，然后m、n、p这三个实数中，只有一个是正数，得，求解即可． 【详解】（1）解：把，代入，得 ，解得：， ∴． （2）解：∵，在图象上， ∴抛物线的对称轴为直线， ∴当时，则时，随的增大而减小， 当时，则时，随的增大而减小． （3）解：把代入，得 ， ∴ ∴ 把代入得，， 把代入得，， 把代入得，， ∴， ∵m、n、p这三个实数中，只有一个是正数， ∴，解得：． 【点睛】本题考查用待定系数法求抛物线解析式，抛物线的图象性质，解不等式组，熟练掌握用待定系数法求抛物线解析式和抛物线的图象性质是解析的关键． 5．（2023·湖南常德·统考中考真题）如图，二次函数的图象与x轴交于，两点，与y轴交于点C，顶点为D．O为坐标原点，．    (1)求二次函数的表达式； (2)求四边形的面积； (3)P是抛物线上的一点，且在第一象限内，若，求P点的坐标． 【答案】(1)；(2)30；(3) 【分析】（1）用两点式设出二次函数的解析式，然后求得C点的坐标，并将其代入二次函数的解析式，求得a的值，再将a代入解析式中即可． （2）先将二次函数变形为顶点式，求得顶点坐标，然后利用矩形、三角形的面积公式即可求得答案． （3）根据各点的坐标的关系及同角三角函数相等的结论可以求得相关联的函数解析式，最后联立一次函数与二次函数的解析式，求得点P的坐标． 【详解】（1）∵二次函数的图象与轴交于两点． ∴设二次函数的表达式为 ∵， ∴，即的坐标为 则，得 ∴二次函数的表达式为； （2） ∴顶点的坐标为 过作于，作于， 四边形的面积 ；    （3）如图，是抛物线上的一点，且在第一象限，当时， 连接，过作交于，过作于，    ∵，则为等腰直角三角形，． 由勾股定理得：， ∵， ∴， 即， ∴ 由，得， ∴． ∴是等腰直角三角形 ∴ ∴的坐标为 所以过的直线的解析式为 令 解得，或 所以直线与抛物线的两个交点为 即所求的坐标为 【点睛】本题考查了一次函数、二次函数的性质以及与坐标系几何图形的综合证明计算问题，解题的关键是将所学的知识灵活运用． 6．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图，抛物线与轴交于两点，与轴交于点．抛物线的对称轴与经过点的直线交于点，与轴交于点．    (1)求直线及抛物线的表达式； (2)在抛物线上是否存在点，使得是以为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)以点为圆心，画半径为2的圆，点为上一个动点，请求出的最小值． 【答案】(1)直线的解析式为；抛物线解析式为；(2)存在，点M的坐标为或 或；(3) 【分析】（1）根据对称轴，，得到点A及B的坐标，再利用待定系数法求解析式即可； （2）先求出点D的坐标，再分两种情况：①当时，求出直线的解析式为，解方程组，即可得到点M的坐标；②当时，求出直线的解析式为，解方程组，即可得到点M的坐标； （3）在上取点，使，连接，证得，又，得到，推出，进而得到当点C、P、F三点共线时，的值最小，即为线段的长，利用勾股定理求出即可． 【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴，， ∴， 将代入直线，得， 解得， ∴直线的解析式为； 将代入，得 ，解得， ∴抛物线的解析式为； （2）存在点， ∵直线的解析式为，抛物线对称轴与轴交于点． ∴当时，， ∴， ①当时， 设直线的解析式为，将点A坐标代入， 得， 解得， ∴直线的解析式为， 解方程组， 得或， ∴点M的坐标为； ②当时， 设直线的解析式为，将代入， 得， 解得， ∴直线的解析式为， 解方程组， 解得或， ∴点M的坐标为 或 综上，点M的坐标为或 或； （3）如图，在上取点，使，连接， ∵， ∴， ∵，、 ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴当点C、P、F三点共线时，的值最小，即为线段的长， ∵， ∴， ∴的最小值为．    【点睛】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键． 7．（2023·江苏苏州·统考中考真题）如图，二次函数的图像与轴分别交于点（点A在点的左侧），直线是对称轴．点在函数图像上，其横坐标大于4，连接，过点作，垂足为，以点为圆心，作半径为的圆，与相切，切点为．      (1)求点的坐标； (2)若以的切线长为边长的正方形的面积与的面积相等，且不经过点，求长的取值范围． 【答案】(1)；(2)或或 【分析】（1）令求得点的横坐标即可解答； （2）由题意可得抛物线的对称轴为，设，则；如图连接，则，进而可得切线长为边长的正方形的面积为；过点P作轴，垂足为H，可得；由题意可得，解得；然后再分当点M在点N的上方和下方两种情况解答即可． 【详解】（1）解：令，则有：，解得：或， ∴． （2）解：∵抛物线过 ∴抛物线的对称轴为， 设， ∵， ∴, 如图：连接，则， ∴， ∴切线为边长的正方形的面积为， 过点P作轴，垂足为H，则：， ∴ ∵， ∴，      假设过点,则有以下两种情况： ①如图1：当点M在点N的上方，即      ∴，解得：或， ∵ ∴； ②如图2：当点M在点N的上方，即    ∴，解得：， ∵ ∴； 综上，或． ∴当不经过点时，或或． 【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、切线的性质、勾股定理等知识点，掌握分类讨论思想是解答本题的关键． 8．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，抛物线过点，，矩形的边在线段上（点B在点A的左侧），点C，D在抛物线上，设，当时，．    (1)求抛物线的函数表达式； (2)当t为何值时，矩形的周长有最大值？最大值是多少？ (3)保持时的矩形不动，向右平移抛物线，当平移后的抛物线与矩形的边有两个交点G，H，且直线平分矩形的面积时，求抛物线平移的距离． 【答案】(1)；(2)当时，矩形的周长有最大值，最大值为；(3)4 【分析】（1）设抛物线的函数表达式为，求出点C的坐标，将点C的坐标代入即可求出该抛物线的函数表达式； （2）由抛物线的对称性得，则，再得出，根据矩形的周长公式，列出矩形周长的表达式，并将其化为顶点式，即可求解； （3）连接A，相交于点P，连接，取的中点Q，连接，根据矩形的性质和平移的性质推出四边形是平行四边形，则，．求出时，点A的坐标为，则，即可得出结论． 【详解】（1）解：设抛物线的函数表达式为． ∵当时，， ∴点C的坐标为． 将点C坐标代入表达式，得， 解得． ∴抛物线的函数表达式为． （2）解：由抛物线的对称性得：， ∴． 当时，． ∴矩形的周长为 ． ∵， ∴当时，矩形的周长有最大值，最大值为． （3）解：连接，相交于点P，连接，取的中点Q，连接．    ∵直线平分矩形的面积， ∴直线过点P．． 由平移的性质可知，四边形是平行四边形， ∴． ∵四边形是矩形， ∴P是的中点． ∴． 当时，点A的坐标为， ∴． ∴抛物线平移的距离是4． 【点睛】本题主要考查了求二次函数的解析式，二次函数的图象和性质，矩形的性质，平移的性质，解题的关键是掌握用待定系数法求解二次函数表达式的方法和步骤，二次函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，以及平移的性质． 9．（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点．    (1)求这条抛物线的函数解析式； (2)P是抛物线上一动点（不与点A，B，C重合），作轴，垂足为D，连接． ①如图，若点P在第三象限，且，求点P的坐标； ②直线交直线于点E，当点E关于直线的对称点落在y轴上时，请直接写出四边形的周长． 【答案】(1)；(2)①②或 【分析】（1）将A，C两点坐标代入抛物线的解析式，从而求得a，c，进而求得结果； （2）①设，过点作于点，求出，根据列出方程求出的值即可；②可推出四边形是菱形，从而得出，分别表示出和，从而列出方程，进一步求得结果． 【详解】（1）∵抛物线与x轴交于点，与y轴交于点， ∴把，代入得， ， 解得，， ∴抛物线的函数解析式为； （2）①设，过点作于点，如图，    ∴ ∵ ∴ ∵轴， ∴ 又 ∴四边形是矩形， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴（不合题意，舍去） ∴ ∴； ②设， 对于，当时， 解得， ∴ ∵ 由勾股定理得， 当点在第三象限时，如图，过点作轴于点，    则四边形是矩形， ∵点与点关于对称， ∴ ∵轴， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 设直线的解析式为， 把代入得，， 解得，， ∴直线的解析式为， ∴， ∴, 又且 ∴ 解得，（舍去） ∴ ∴四边形的周长； 当点在第二象限时，如图，    同理可得： 解得，（舍去） ∴ ∴四边形的周长； 综上，四边形的周长为或． 【点睛】本题考查了求一次函数和二次函数的解析式，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，轴对称性质等知识，解决问题的关键是正确分类，作辅助线，表示出线段的数量． 10．（2023·四川自贡·统考中考真题）如图，抛物线与x轴交于，两点，与轴交于点．    (1)求抛物线解析式及，两点坐标； (2)以，，，为顶点的四边形是平行四边形，求点坐标； (3)该抛物线对称轴上是否存在点，使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)抛物线解析式为，，；(2)或或；(3) 【分析】（1）将点代入抛物线解析式，待定系数法求解析式，进而分别令，即可求得两点的坐标； （2）分三种情况讨论，当，为对角线时，根据中点坐标即可求解； （3）根据题意，作出图形，作交于点，为的中点，连接，则在上，根据等弧所对的圆周角相等，得出在上，进而勾股定理，根据建立方程，求得点的坐标，进而得出的解析式，即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于， ∴ 解得：， ∴抛物线解析式为， 当时，， ∴， 当时， 解得：， ∴ （2）∵，，， 设， ∵以，，，为顶点的四边形是平行四边形 当为对角线时， 解得：， ∴； 当为对角线时， 解得： ∴ 当为对角线时， 解得： ∴ 综上所述，以，，，为顶点的四边形是平行四边形，或或 （3）解：如图所示，作交于点，为的中点，连接，    ∵ ∴是等腰直角三角形， ∴在上， ∵，， ∴，， ∵， ∴在上， 设，则 解得：（舍去） ∴点 设直线的解析式为 ∴ 解得：. ∴直线的解析式 ∵，， ∴抛物线对称轴为直线， 当时，， ∴． 【点睛】本题考查了二次函数的综合运用，待定系数法求解析式，平行四边形的性质，圆周角角定理，勾股定理，求一次函数解析式，熟练掌握以上知识是解题的关键． 11．（2023·四川达州·统考中考真题）如图，抛物线过点．    (1)求抛物线的解析式； (2)设点是直线上方抛物线上一点，求出的最大面积及此时点的坐标； (3)若点是抛物线对称轴上一动点，点为坐标平面内一点，是否存在以为边，点为顶点的四边形是菱形，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)的最大面积为，；(3)存在，或或，，见解析 【分析】（1）利用待定系数法代入求解即可； （2）利用待定系数法先确定直线的解析式为，设点，过点P作轴于点D，交于点E，得出，然后得出三角形面积的函数即可得出结果； （3）分两种情况进行分析：若为菱形的边长，利用菱形的性质求解即可． 【详解】（1）解：将点代入解析式得： ， 解得：， ∴抛物线的解析式为； （2）设直线的解析式为，将点B、C代入得： ， 解得：， ∴直线的解析式为， ∵， ∴， 设点，过点P作轴于点D，交于点E，如图所示：    ∴， ∴， ∴， ∴当时，的最大面积为， ， ∴ （3）存在，或或或，，证明如下： ∵， ∵抛物线的解析式为， ∴对称轴为：， 设点， 若为菱形的边长，菱形， 则，即， 解得：，， ∵， ∴， ∴，； 若为菱形的边长，菱形， 则，即， 解得：，， ∵， ∴， ∴，； 综上可得： 或或，． 【点睛】题目主要考查二次函数的综合应用，包括待定系数法确定函数解析式，三角形面积问题及特殊四边形问题，全等三角形的判定和性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 12．（2023·四川泸州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与坐标轴分别相交于点A，B，三点，其对称轴为．    (1)求该抛物线的解析式； (2)点是该抛物线上位于第一象限的一个动点，直线分别与轴，直线交于点，． ①当时，求的长； ②若，，的面积分别为，，，且满足，求点的坐标． 【答案】(1)；(2)①；② 【分析】（1）根据抛物线对称轴为，可得，求得，再将代入抛物线，根据待定系数法求得，即可解答； （2）①求出点，点的坐标，即可得到直线的解析式为，设，则，求得的解析式，列方程求出点的坐标，最后根据列方程，即可求出的长； ②过分别作的垂线段，交于点，过点D作的垂线段，交于点I，根据，可得，即，证明，设，得到直线的解析式，求出点D的坐标，即可得到点的坐标，将点E的坐标代入解方程，即可解答． 【详解】（1）解：根据抛物线的对称轴为， 得， 解得， 将代入抛物线可得， 抛物线的解析式为； （2）解：当时，得， 解得，， ，， 设的解析式为，将，代入， 得， 解得， 的解析式为， 设，则， 设的解析式为，将，代入， 得， 解得， 的解析式为， 联立方程， 解得， 根据，得， 解得，， 经检验，，是方程的解， 点是该抛物线上位于第一象限的一个动点， 在轴正半轴， ， 即的长为； ②解：如图，过分别作的垂线段，交于点，过点D作的垂线段，交于点I，    ， ， ， 设，则， ， ， ， ， ， ， ，即点D的横坐标为， ， 设的解析式为，将，， 代入得， 解得， 的解析式为， ，即， ， 四边形是矩形， ， ，即， 将代入， 得， 解得，（舍去）， ． 【点睛】本题为二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数和一次函数，二次函数与一元二次方程，两点之间的距离，相似三角形的判定与性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 13．（2023·全国·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点．点，在此抛物线上，其横坐标分别为，连接，．    (1)求此抛物线的解析式． (2)当点与此抛物线的顶点重合时，求的值． (3)当的边与轴平行时，求点与点的纵坐标的差． (4)设此抛物线在点与点之间部分（包括点和点）的最高点与最低点的纵坐标的差为，在点与点之间部分（包括点和点）的最高点与最低点的纵坐标的差为．当时，直接写出的值． 【答案】(1)；(2)；(3)点与点的纵坐标的差为或；(4)或 【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解； （2）化为顶点式，求得顶点坐标，进而根据点的横坐标为，即可求解； （3）分轴时，轴时分别根据抛物线的对称性求得的横坐标与的横坐标，进而代入抛物线解析式，求得纵坐标，即可求解； （4）分四种情况讨论，①如图所示，当都在对称轴的左侧时，当在对称轴两侧时，当点在的右侧时，当的纵坐标小于时，分别求得，根据建立方程，解方程即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线经过点． ∴ ∴抛物线解析式为； （2）解：∵， 顶点坐标为， ∵点与此抛物线的顶点重合，点的横坐标为 ∴， 解得：； （3）①轴时，点关于对称轴对称， ， ∴，则，， ∴， ∴点与点的纵坐标的差为； ②当轴时，则关于直线对称， ∴， 则 ∴，； ∴点与点的纵坐标的差为； 综上所述，点与点的纵坐标的差为或； （4）①如图所示，当都在对称轴的左侧时，    则 ∴ ∵，即 ∴； ∵ ∴ 解得：或（舍去）； ②当在对称轴两侧或其中一点在对称轴上时，    则，即， 则， ∴， 解得：（舍去）或（舍去）； ③当点在的右侧且在直线上方时，即，    ， ∴ 解得：或（舍去）； ④当在直线上或下方时，即，   ， ， ， 解得：（舍去）或（舍去） 综上所述，或． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，顶点式，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 14．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点，，与轴交于点，其中，．    (1)求该抛物线的表达式； (2)点是直线下方抛物线上一动点，过点作于点，求的最大值及此时点的坐标； (3)在（2）的条件下，将该抛物线向右平移个单位，点为点的对应点，平移后的抛物线与轴交于点，为平移后的抛物线的对称轴上任意一点．写出所有使得以为腰的是等腰三角形的点的坐标，并把求其中一个点的坐标的过程写出来． 【答案】(1)；(2)取得最大值为，；(3)点的坐标为或或 【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式即可求解； （2）直线的解析式为，过点作轴于点，交于点，设，则，则，进而根据二次函数的性质即可求解； （3）根据平移的性质得出，对称轴为直线，点向右平移5个单位得到，，勾股定理分别表示出，进而分类讨论即可求解． 【详解】（1）解：将点，．代入得， 解得：， ∴抛物线解析式为：， （2）∵与轴交于点，， 当时， 解得：， ∴, ∵． 设直线的解析式为， ∴ 解得： ∴直线的解析式为， 如图所示，过点作轴于点，交于点，    设，则， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当时，取得最大值为，， ∴； （3）∵抛物线 将该抛物线向右平移个单位，得到，对称轴为直线， 点向右平移5个单位得到 ∵平移后的抛物线与轴交于点，令，则， ∴, ∴ ∵为平移后的抛物线的对称轴上任意一点． 则点的横坐标为， 设， ∴，， 当时，， 解得：或， 当时，， 解得： 综上所述，点的坐标为或或． 【点睛】本题考查了二次函数综合问题，解直角三角形，待定系数法求解析式，二次函数的平移，线段周长问题，特殊三角形问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 15．（2023·四川凉山·统考中考真题）如图，已知抛物线与轴交于和两点，与轴交于点．直线过抛物线的顶点． (1)求抛物线的函数解析式； (2)若直线与抛物线交于点，与直线交于点． ①当取得最大值时，求的值和的最大值； ②当是等腰三角形时，求点的坐标． 【答案】(1)；(2)①当时，有最大值，最大值为；②或或 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）①先求出，进而求出直线的解析式为，则，进一步求出，由此即可利用二次函数的性质求出答案；②设直线与x轴交于H，先证明是等腰直角三角形，得到；再分如图3-1所示，当时， 如图3-2所示，当时， 如图3-3所示，当时，三种情况利用等腰三角形的定义进行求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于和两点， ∴抛物线对称轴为直线， 在中，当时，， ∴抛物线顶点P的坐标为， 设抛物线解析式为， ∴， ∴， ∴抛物线解析式为 （2）解：①∵抛物线解析式为，点C是抛物线与y轴的交点， ∴， 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， ∵直线与抛物线交于点，与直线交于点 ∴， ∴ ， ∵， ∴当时，有最大值，最大值为； ②设直线与x轴交于H， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴； 如图3-1所示，当时， 过点C作于G，则 ∴点G为的中点， 由（2）得， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴； 如图3-2所示，当时，则是等腰直角三角形， ∴，即， ∴点E的纵坐标为5， ∴， 解得或（舍去）， ∴ 如图3-3所示，当时，过点C作于G， 同理可证是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴，， ∴， ∴ 综上所述，点E的坐标为或或 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判断，一次函数与几何综合，待定系数法求函数解析式等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 16．（2023·四川成都·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点，与y轴交于点，直线与抛物线交于B，C两点．      (1)求抛物线的函数表达式； (2)若是以为腰的等腰三角形，求点B的坐标； (3)过点作y轴的垂线，交直线AB于点D，交直线AC于点E．试探究：是否存在常数m，使得始终成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)；(2)点B的坐标为或或；(3)存在，m的值为2或 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）设，分和两种情况，分别根据等腰三角形性质和两点坐标距离公式列方程求解即可； （3）先根据题意画出图形，设抛物线与直线的交点坐标为，，联立抛物线和直线解析式，根据根与系数关系得到，，利用待定系数法分别求得直线、的表达式为得到， ，过E作轴于Q，过D作轴于N，证明得到，整理可得到，进而求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线经过点，与y轴交于点， ∴，解得， ∴抛物线的函数表达式为； （2）解：设， 根据题意，是以为腰的等腰三角形，有两种情况： 当时，点B和点P关于y轴对称，    ∵，∴； 当时，则， ∴， 整理，得， 解得，， 当时，，则， 当时，，则， 综上，满足题意的点B的坐标为或或； （3）解：存在常数m，使得． 根据题意，画出图形如下图，      设抛物线与直线的交点坐标为，， 由得， ∴，； 设直线的表达式为， 则，解得， ∴直线的表达式为， 令，由得， ∴， 同理，可得直线的表达式为，则， 过E作轴于Q，过D作轴于N， 则，，，， 若，则， ∴， ∴， ∴， ∴， 则， 整理，得， 即， 将，代入，得， 即，则或， 解得，， 综上，存在常数m，使得，m的值为2或． 【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式、等腰三角形的性质、一元二次方程根与系数关系、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程、坐标与图形等知识，综合性强，难度较大，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加辅助线构造相似三角形，并利用数形结合和分类讨论思想解决问题是解答的关键． 17．（2023·安徽·统考中考真题）在平面直角坐标系中，点是坐标原点，抛物线经过点，对称轴为直线． (1)求的值； (2)已知点在抛物线上，点的横坐标为，点的横坐标为．过点作轴的垂线交直线于点，过点作轴的垂线交直线于点． （ⅰ）当时，求与的面积之和； （ⅱ）在抛物线对称轴右侧，是否存在点，使得以为顶点的四边形的面积为？若存在，请求出点的横坐标的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)；(2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解； （2）（ⅰ）根据题意画出图形，得出，，，继而得出，，当时，根据三角形的面积公式，即可求解． （ⅱ）根据（ⅰ）的结论，分和分别求得梯形的面积，根据四边形的面积为建立方程，解方程进而即可求解． 【详解】（1）解：依题意，， 解得：， ∴； （2）（ⅰ）设直线的解析式为， ∵， ∴ 解得：， ∴直线， 如图所示，依题意，，，，    ∴， ， ∴当时，与的面积之和为， （ⅱ）当点在对称右侧时，则， ∴， 当时，， ∴， ∴， 解得：，    当时，， ∴， ∴， 解得：（舍去）或（舍去）    综上所述，． 【点睛】本题考查了二次函数综合问题，面积问题，待定系数法求二次函数解析式，分类讨论，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 18．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，直线与轴，轴分别交于点，抛物线的顶点在直线上，与轴的交点为，其中点的坐标为．直线与直线相交于点．    (1)如图2，若抛物线经过原点． ①求该抛物线的函数表达式；②求的值． (2)连接与能否相等？若能，求符合条件的点的横坐标；若不能，试说明理由． 【答案】(1)①；②；(2)能，或或或． 【分析】（1）①先求顶点的坐标，然后待定系数法求解析式即可求解； ②过点作于点．设直线为，把代入，得，解得，直线为．同理，直线为．联立两直线解析式得出，根据，由平行线分线段成比例即可求解； （2）设点的坐标为，则点的坐标为．①如图2-1，当时，存在．记，则．过点作轴于点，则．在中，，进而得出点的横坐标为6．②如图2-2，当时，存在．记．过点作轴于点，则．在中，，得出点的横坐标为．③如图，当时，存在．记．过点作轴于点，则．在中，，得出点的横坐标为．④如图2-4，当时，存在．记．过点作轴于点，则．在中，，得出点的横坐标为． 【详解】（1）解：①∵， ∴顶点的横坐标为1． ∴当时，， ∴点的坐标是． 设抛物线的函数表达式为，把代入， 得， 解得． ∴该抛物线的函数表达式为， 即． ②如图1，过点作于点．    设直线为，把代入，得， 解得， ∴直线为． 同理，直线为． 由 解得 ∴． ∴． ∵， ∴． （2）设点的坐标为，则点的坐标为． ①如图，当时，存在． 记，则． ∵为的外角， ∴． ∵． ∴． ∴． ∴． 过点作轴于点，则． 在中，， ∴，解得． ∴点的横坐标为6．    ②如图2-2，当时，存在． 记． ∵为的外角， ∴． ∴ ∴． ∴． 过点作轴于点，则． 在中，， ∴，解得． ∴点的横坐标为．      ③如图2-3，当时，存在．记．     ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． 过点作轴于点，则． 在中，， ∴，解得． ∴点的横坐标为． ④如图2-4，当时，存在．记． ∵， ∴．      ∴． ∴． 过点作轴于点，则． 在中，， ∴，解得． ∴点的横坐标为． 综上，点的横坐标为． 【点睛】本题考查了二次函数综合运用，解直角三角形，平行线分线段成比例，熟练掌握以上知识，分类讨论是解题的关键． 19．（2023·湖南·统考中考真题）如图，二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交于点，其中，．    (1)求这个二次函数的表达式； (2)在二次函数图象上是否存在点，使得？若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由； (3)点是对称轴上一点，且点的纵坐标为，当是锐角三角形时，求的取值范围． 【答案】(1)；(2)或或；(3)或 【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解； （2）根据，可得到的距离等于到的距离，进而作出两条的平行线，求得解析式，联立抛物线即可求解； （3）根据题意，求得当是直角三角形时的的值，进而观察图象，即可求解，分和两种情况讨论，分别计算即可求解． 【详解】（1）解：将点，代入，得 解得： ∴抛物线解析式为； （2）∵， 顶点坐标为， 当时， 解得： ∴，则 ∵，则 ∴是等腰直角三角形， ∵ ∴到的距离等于到的距离， ∵，，设直线的解析式为 ∴ 解得： ∴直线的解析式为， 如图所示，过点作的平行线，交抛物线于点，    设的解析式为，将点代入得， 解得： ∴直线的解析式为， 解得：或 ∴， ∵ ∴ ∴是等腰直角三角形，且， 如图所示，延长至，使得，过点作的平行线，交轴于点，则，则符合题意的点在直线上， ∵是等腰直角三角形， ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴ 设直线的解析式为 ∴ 解得： ∴直线的解析式为 联立 解得：或 ∴或 综上所述，或或； （3）①当时，如图所示，过点作交于点， 当点与点重合时，是直角三角形， 当时，是直角三角形，    设交于点， ∵直线的解析式为， 则， ∴, ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴， 设，则 ∵ ∴ 解得：（舍去）或 ∴ ∵是锐角三角形 ∴； 当时，如图所示， 同理可得 即∴ 解得：或（舍去） 由（2）可得时，    ∴ 综上所述，当是锐角三角形时，或． 【点睛】本题考查了二次函数综合运用，面积问题，角度问题，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 20．（2023·四川遂宁·统考中考真题）在平面直角坐标系中，为坐标原点，抛物线经过点，，对称轴过点，，直线过点，且垂直于轴．过点的直线交抛物线于点、，交直线于点，其中点、Q在抛物线对称轴的左侧．    (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，当时，求点的坐标； (3)如图2，当点恰好在轴上时，为直线下方的抛物线上一动点，连接、，其中交于点，设的面积为，的面积为．求的最大值． 【答案】(1)；(2)；(3) 【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解； （2）过点作，垂足为根据已知条件得出，进而列出方程，解方程，即可求解； （3）先求得直线的解析式为，设，得出直线的解析式为，联立得出，根据等底两三角形的面积比等于高之比，得出，进而得出关于的二次函数关系，根据二次函数的性质即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线经过点，，对称轴过点，， ∴ 解得： ∴抛物线解析式为； （2）解：如图所示，过点作对称轴的垂线，垂足为，    设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， 解得：或， ∵其中点在抛物线对称轴的左侧． ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为， 联立， 解得：或， ∴； （3）解：依题意，点恰好在轴上，则， 设直线的解析式为， 将代入得， 解得：， ∴直线的解析式为， 设，设直线的解析式为， 则， ∴直线的解析式为， 联立， 解得：， ∴， ∴ ， ∴当时，取得最大值为． 【点睛】本题考查了二次函数综合问题，平行线分线段比例，面积问题，待定系数法求解析式，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 21．（2023·四川眉山·统考中考真题）在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于点两点，与y轴交于点，点P是抛物线上的一个动点．    (1)求抛物线的表达式； (2)当点P在直线上方的抛物线上时，连接交于点D．如图1．