题型九 二次函数综合题 类型六 二次函数与等腰三角形有关的问题（专题训练）-备战2024年中考数学二轮复习高分突破（全国通用）

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1.如图，已知抛物线与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴交于点C，对称轴为．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，若点P是线段BC上的一个动点（不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，连接OQ．当线段PQ长度最大时，判断四边形OCPQ的形状并说明理由．
（3）如图2，在（2）的条件下，D是OC的中点，过点Q的直线与抛物线交于点E，且．在y轴上是否存在点F，使得为等腰三角形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）四边形OCPQ是平行四边形，理由见详解；（3）（0，）或（0，1）或（0，-1）
【分析】
（1）设抛物线，根据待定系数法，即可求解；
（2）先求出直线BC的解析式为：y=-x+4，设P（x，-x+4），则Q（x，），（0≤x≤4），得到PQ =，从而求出线段PQ长度最大值，进而即可得到结论；
（3）过点Q作QM⊥y轴，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，交于点N，推出，从而得，进而求出E（5，4），设F（0，y），分三种情况讨论，即可求解．
【详解】
解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（1，0）和B，与y轴交于点C，对称轴为直线，
∴B（4，0），C（0，4），
设抛物线，把C（0，4）代入得：，解得：a=1，
∴抛物线的解析式为：；
（2）∵B（4，0），C（0，4），
∴直线BC的解析式为：y=-x+4，
设P（x，-x+4），则Q（x，），（0≤x≤4），
∴PQ=-x+4-()==，
∴当x=2时，线段PQ长度最大=4，
∴此时，PQ=CO，
又∵PQ∥CO，
∴四边形OCPQ是平行四边形；
（3）过点Q作QM⊥y轴，过点Q作QN∥y轴，过点E作EN∥x轴，交于点N，
由（2）得：Q（2，-2），
∵D是OC的中点，
∴D（0，2），
∵QN∥y轴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即：，
设E（x，），则，解得：，（舍去），
∴E（5，4），
设F（0，y），则，
，，
①当BF=EF时，，解得：，
②当BF=BE时，，解得：或，
③当EF=BE时，，无解，
综上所述：点F的坐标为：（0，）或（0，1）或（0，-1）．
．
【点睛】
本题主要考查二次函数与平面几何的综合，掌握二次函数的性质以及图像上点的坐标特征，添加辅助线，构造直角三角形，是解题的关键．
2.如图，抛物线与轴交于A(-1，0)，B(4，0)，与轴交于点C．连接AC，BC，点P在抛物线上运动．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图①，若点P在第四象限，点Q在PA的延长线上，当∠CAQ=∠CBA45°时，求点P的坐标；
(3)如图②，若点P在第一象限，直线AP交BC于点F，过点P作轴的垂线交BC于点H，当△PFH为等腰三角形时，求线段PH的长．
【答案】（1）；（2）（6，-7）；（3）PH=或1.5或
【分析】
（1）根据待定系数法解答即可；
（2）求得点C的坐标后先利用勾股定理的逆定理判断∠ACB=90°，继而可得∠ACO=∠CBA，在x轴上取点E（2，0），连接CE，易得△OCE是等腰直角三角形，可得∠OCE=45°，进一步可推出∠ACE=∠CAQ，可得CE∥PQ，然后利用待定系数法分别求出直线CE与PQ的解析式，再与抛物线的解析式联立方程组求解即可；
（3）设直线AP交y轴于点G，如图，由题意可得若△PFH为等腰三角形，则△CFG也为等腰三角形，设G（0，m），求出直线AF和直线BC的解析式后，再解方程组求出点F的坐标，然后分三种情况求出m的值，再求出直线AP的解析式，进而可求出点P的坐标，于是问题可求解．
【详解】
解：（1）把A(-1，0)，B(4，0)代入，得
，解得：，
∴抛物线的解析式是；
（2）令x=0，则y=2，即C（0，2），
∵，，AB2=25，
∴，
∴∠ACB=90°，
∵∠ACO+∠CAO=∠CBA+∠CAO=90°，
∴∠ACO=∠CBA，
在x轴上取点E（2，0），连接CE，如图，
则CE=OE=2，
∴∠OCE=45°，
∴∠ACE=∠ACO+45°=∠CBA+45°=∠CAQ，
∴CE∥PQ，
∵C（0，2），E（2，0），
∴直线CE的解析式为y=-x+2，
设直线PQ的解析式为y=-x+n，把点A（-1，0）代入，可得n=-1，
∴直线PQ的解析式为y=-x-1，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（6，-7）；
（3）设直线AP交y轴于点G，如图，
∵PH∥y轴，
∴∠PHC=∠OCB，∠FPH=∠CGF，
∴若△PFH为等腰三角形，则△CFG也为等腰三角形，
∵C（0，2），B（4，0），
∴直线BC的解析式为，
设G（0，m），∵A（-1，0），
∴直线AF的解析式为y=mx+m，
解方程组，得，
∴点F的坐标是，
∴，
当CG=CF时，，解得：（舍去负值），
此时直线AF的解析式为y=x+，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（，），此时点H的坐标是（，），
∴PH=；
当FG=FC时，，解得m=或m=（舍）或m=2（舍），
此时直线AF的解析式为y=x+，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（3，2），此时点H的坐标是（3，），
∴PH=2-=1.5；
当GF=GC时，，解得或m=2（舍去），
此时直线AF的解析式为y=x+，
解方程组，得或，
∴点P的坐标是（，），此时点H的坐标是（，），
∴PH=；
综上，PH=或1.5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二次函数的解析式、二次函数图象上点的坐标特征、直线与抛物线的交点以及等腰三角形的判定和性质等知识，具有相当的难度，熟练掌握二次函数的图象和性质、灵活应用数形结合的思想是解题的关键．
3．在平面直角坐标系中，如果一个点的横坐标与纵坐标相等，则称该点为“雁点”．例如……都是“雁点”．
（1）求函数图象上的“雁点”坐标；
（2）若抛物线上有且只有一个“雁点”E，该抛物线与x轴交于M、N两点（点M在点N的左侧）．当时．
①求c的取值范围；
②求的度数；
（3）如图，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），P是抛物线上一点，连接，以点P为直角顶点，构造等腰，是否存在点P，使点C恰好为“雁点”？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）和；（2）①；②45°；（3）存在，P点坐标为或或
【分析】
（1）根据“雁点”的定义可得y=x，再联立求出 “雁点”坐标即可；
（2）根据和y=x可得，再利用根的判别式得到，再求出a的取值范围；将点c代入解析式求出点E的坐标，令y=0，求出M的坐标，过E点向x轴作垂线，垂足为H点，如图所示，根据EH=MH得出为等腰直角三角形，∠EMN的度数即可求解；
（3）存在，根据图1，图2，图3进行分类讨论，设C（m，m），P（x，y），根据三角形全等得出边相等的关系，再逐步求解，代入解析式得出点P的坐标．
【详解】
解：（1）联立，
解得或
即：函数上的雁点坐标为和．
（2）① 联立
得
∵ 这样的雁点E只有一个，即该一元二次方程有两个相等的实根，
∴
∵
∵
∴
② 将代入，得
解得，∴
对于，令
有
解得
∴
过E点向x轴作垂线，垂足为H点，
EH=，MH=
∴
∴ 为等腰直角三角形，
（3）存在，理由如下：
如图所示：过P作直线l垂直于x轴于点k，过C作CH⊥PK于点H
设C（m，m），P（x，y）
∵ △CPB为等腰三角形，
∴PC=PB，∠CPB=90°，
∴∠KPB+∠HPC=90°，
∵∠HPC+∠HCP=90°，
∴∠KPB=∠HCP，
∵∠H=∠PKB=90°，
∴△CHP≌△PKB，
∴CH=PK，HP=KB，
即
∴
当时，
∴
如图2所示，同理可得：△KCP≌△JPB
∴ KP=JB，KC=JP
设P（x，y），C（m，m）
∴KP=x-m，KC=y-m，JB=y，JP=3-x，
即
解得
令
解得
∴或
如图3所示，
∵△RCP≌△TPB
∴RC=TP，RP=TB
设P（x，y），C（m，m）
即
解得
令
解得
∴ 此时P与第②种情况重合
综上所述，符合题意P的坐标为或或
【点睛】
本题考查了利用待定系数法求函数解析式，图形与坐标，等腰三角形的判定与性质，二次函数的综合运用，理解题意和正确作图逐步求解是解题的关键．
4.（2021·湖南中考真题）如图，已知二次函数的图象经过点且与轴交于原点及点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）求顶点的坐标及直线的表达式；
（3）判断的形状，试说明理由；
（4）若点为上的动点，且的半径为，一动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段匀速运动到点，再以每秒1个单位长度的速度沿线段匀速运动到点后停止运动，求点的运动时间的最小值．
【答案】（1）；（2），；（3）等腰直角三角形，理由见解析；（4）
【分析】
（1）根据已知条件，运用待定系数法直接列方程组求解即可；
（2）根据（1）中二次函数解析式，直接利用顶点坐标公式计算即可，再根据点A、B坐标求出AB解析式即可；
（3）根据二次函数对称性可知为等腰三角形，再根据O、A、B三点坐标，求出三条线段的长，利用勾股定理验证即可；
（4）根据题意可知动点的运动时间为，在上取点，使，可证明，根据相似三角形比例关系得，即，当、、三点共线时，取得最小值，再根据等腰直角三角形的性质以及勾股定理进一步计算即可．
【详解】
解：（1）二次函数的图象经过，且与轴交于原点及点
∴，二次函数表达式可设为：
将，代入得：
解这个方程组得
∵二次函数的函数表达式为
（2）∵点为二次函数图像的顶点，
∴，
∴顶点坐标为：，
设直线的函数表达式为，则有：
解之得：
∴直线的函数表达式为
（3）是等腰直角三角形，
过点作于点，易知其坐标为
∵的三个顶点分别是，，，
∴，
且满足
∴是等腰直角三角形
（4）如图，以为圆心，为半径作圆，则点在圆周上，依题意知：
动点的运动时间为
在上取点，使，
连接，则在和中，
满足：，，
∴，
∴，
从而得：
∴
显然当、、三点共线时，取得最小值，
过点作于点，由于，
且为等腰直角三角形，
则有，，
∴动点的运动时间的最小值为：
．
【点睛】
本题主要考查待定系数法求函数解析式，抛物线顶点坐标，等腰直角三角形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等知识点，将运动时间的最小值转换为线段长度的最小值是解题的关键．
5.（2021·黑龙江中考真题）如图，已知抛物线与轴交于点，点，（点在点的左边），与轴交于点，点为抛物线的顶点，连接．直线经过点，且与轴交于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点是抛物线上的一点，当是以为腰的等腰三角形时，求点的坐标；
（3）点为线段上的一点，点为线段上的一点，连接，并延长与线段交于点（点在第一象限）．当且时，求出点的坐标．
【答案】（1）；（2）； ；（3）
【分析】
（1）直接利用待定系数法求出a、b的值即可得出抛物线解析式；
（2）当时，根据抛物线对称性可求得N的坐标；当时，在的垂直平分线上，与抛物线产生两个交点，将两点坐标求出即可；
（3）在上取一点，作的垂直平分线交轴于点，连接，则，在上点的右侧作，移动点，当时，点为所求，过点作垂直于轴于点，过点作垂直于轴于点，则，设，根据相似三角形性质列比例求解，解出点F的坐标即可．
【详解】
（1）将代入得：
解得：
∴抛物线的解析式
（2）顶点
①当时，根据抛物线对称性，与重合

②方法一：如图一
当时，在的垂直平分线上
如图的垂直平分线交于，交轴于点，与轴交点为
，
在中，，
，
是的中点，，
，
，
，
设，
代入得，
解得：，
，
联立得，
，
解得，
，
，
方法二：如图二，
过作轴垂线交轴于，
过作交于，
设，
，
，
，
，
，
解得：，
把代入，，
，
综上，
，
（3）如图一，在上取一点，作的垂直平分线交轴于点，连接，则，在上点的右侧作，
，
，
移动点，当时，点为所求．
过点作垂直于轴于点，过点作垂直于轴于点，
，
，，
设，
，
，
，
，
，，
∴在中，
，
，
，
，
，
，
，
，
代入，
解得代入得，
，
．
【点睛】
本题主要考查待定系数法求二次函数解析式，二次函数与几何图形综合，二次函数与一次函数综合，解直角三角形，相似三角形等知识点，题型难度大，属于中考压轴题．
6.（2020•黔东南州）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C（0，﹣3），顶点D的坐标为（1，﹣4）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）在y轴上找一点E，使得△EAC为等腰三角形，请直接写出点E的坐标．
（3）点P是x轴上的动点，点Q是抛物线上的动点，是否存在点P、Q，使得以点P、Q、B、D为顶点，BD为一边的四边形是平行四边形？若存在，请求出点P、Q坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据抛物线的顶点坐标设出抛物线的解析式，再将点C坐标代入求解，即可得出结论；
（2）先求出点A，C坐标，设出点E坐标，表示出AE，CE，AC，再分三种情况建立方程求解即可；
（3）利用平移先确定出点Q的纵坐标，代入抛物线解析式求出点Q的横坐标，即可得出结论．
【解析】（1）∵抛物线的顶点为（1，﹣4），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，
将点C（0，﹣3）代入抛物线y＝a（x﹣1）2﹣4中，得a﹣4＝﹣3，
∴a＝1，
∴抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3；
（2）由（1）知，抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
∴x＝﹣1或x＝3，
∴B（3，0），A（﹣1，0），
令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∴AC=10，
设点E（0，m），则AE=m2+1，CE＝|m+3|，
∵△ACE是等腰三角形，
∴①当AC＝AE时，10=m2+1，
∴m＝3或m＝﹣3（点C的纵坐标，舍去），
∴E（0，3），
②当AC＝CE时，10=|m+3|，
∴m＝﹣3±10，
∴E（0，﹣3+10）或（0，﹣3-10），
③当AE＝CE时，m2+1=|m+3|，
∴m=-43，
∴E（0，-43），
即满足条件的点E的坐标为（0，3）、（0，﹣3+10）、（0，﹣3-10）、（0，-43）；
（3）如图，存在，∵D（1，﹣4），
∴将线段BD向上平移4个单位，再向右（或向左）平移适当的距离，使点B的对应点落在抛物线上，这样便存在点Q，此时点D的对应点就是点P，
∴点Q的纵坐标为4，
设Q（t，4），
将点Q的坐标代入抛物线y＝x2﹣2x﹣3中得，t2﹣2t﹣3＝4，
∴t＝1+22或t＝1﹣22，
∴Q（1+22，4）或（1﹣22，4），
分别过点D，Q作x轴的垂线，垂足分别为F，G，
∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴的右边的交点B的坐标为（3，0），且D（1，﹣4），
∴FB＝PG＝3﹣1＝2，
∴点P的横坐标为（1+22）﹣2＝﹣1+22或（1﹣22）﹣2＝﹣1﹣22，
即P（﹣1+22，0）、Q（1+22，4）或P（﹣1﹣22，0）、Q（1﹣22，4）．
7.（2020•枣庄）如图，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣3，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，AC，BC．M为线段OB上的一个动点，过点M作PM⊥x轴，交抛物线于点P，交BC于点Q．
（1）求抛物线的表达式；
（2）过点P作PN⊥BC，垂足为点N．设M点的坐标为M（m，0），请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？
（3）试探究点M在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）PN＝PQsin45°=22（-13m2+43m）=-26（m﹣2）2+223，即可求解；
（3）分AC＝CQ、AC＝AQ、CQ＝AQ三种情况，分别求解即可．
【解析】（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得9a-3b+4=016a+4b+4=0，解得a=-13b=13，
故抛物线的表达式为：y=-13x2+13x+4；
（2）由抛物线的表达式知，点C（0，4），
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y＝﹣x+4；
设点M（m，0），则点P（m，-13m2+13m+4），点Q（m，﹣m+4），
∴PQ=-13m2+13m+4+m﹣4=-13m2+43m，
∵OB＝OC，故∠ABC＝∠OCB＝45°，
∴∠PQN＝∠BQM＝45°，
∴PN＝PQsin45°=22（-13m2+43m）=-26（m﹣2）2+223，
∵-26＜0，故当m＝2时，PN有最大值为223；
（3）存在，理由：
点A、C的坐标分别为（﹣3，0）、（0，4），则AC＝5，
①当AC＝CQ时，过点Q作QE⊥y轴于点E，
则CQ2＝CE2+EQ2，即m2+[4﹣（﹣m+4）]2＝25，
解得：m＝±522（舍去负值），
故点Q（522，8-522）；
②当AC＝AQ时，则AQ＝AC＝5，
在Rt△AMQ中，由勾股定理得：[m﹣（﹣3）]2+（﹣m+4）2＝25，解得：m＝1或0（舍去0），
故点Q（1，3）；
③当CQ＝AQ时，则2m2＝[m＝（﹣3）]2+（﹣m+4）2，解得：m=252（舍去）；
综上，点Q的坐标为（1，3）或（522，8-522）．
8.（2020·内蒙古中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过坐标原点，与x轴正半轴交于点A，该抛物线的顶点为M，直线经过点A，与y轴交于点B，连接．
（1）求b的值及点M的坐标；
（2）将直线向下平移，得到过点M的直线，且与x轴负半轴交于点C，取点，连接，求证：：
（3）点E是线段上一动点，点F是线段上一动点，连接，线段的延长线与线段交于点G．当时，是否存在点E，使得？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

备用图
【答案】（1）b=3，M（3，-3）；（2）详见解析；（3）点E的坐标为（，）.
【解析】
【分析】
（1）将配方后可得顶点M的坐标，利用求出点A的坐标后代入即可求出b的值；
（2）先求出平移后的直线CM的解析式为y=-x，过点D作DH⊥直线y=-x，得到直线DH的解析式为y=2x-4，根据求出交点H（1，-2），分别求得DH=，DM=，根据sin∠DMH=得到∠DMH=45°，再利用外角与内角的关系得到结论；
（3）过点G作GP⊥x轴，过点E作EQ⊥x轴，先求出AB=，根据得到∠BAO=∠AFE，设GF=4a，则AE=EF=3a，证明△AEQ∽△ABO，求得AQ=a，AF=a，再证△FGP∽△AEQ，得到FP=a，OP=PG=，由此得到+a+a=6，求出a得到AQ=，将x=代入中，得y=，即可得到点E的坐标.
【详解】
（1）∵=，
∴顶点M的坐标为（3，-3）.
令中y=0，得x1=0，x2=6，
∴A（6,0），
将点A的坐标代入中，得-3+b=0，
∴b=3；
（2）∵由平移得来，
∴m=-，
∵过点M(3，-3),
∴，解得n=，
∴平移后的直线CM的解析式为y=-x.
过点D作DH⊥直线y=-x，
∴设直线DH的解析式为y=2x+k，将点D（2,0）的坐标代入，得4+k=0，
∴k=-4，
∴直线DH的解析式为y=2x-4.
解方程组，得，
∴H（1，-2）.
∵D(2，0)，H(1，-2)，
∴DH=，
∵M(3，-3)，D（2,0）,
∴DM=，
∴sin∠DMH=，
∴∠DMH=45°，
∵∠ACM+∠DMH=∠ADM，
∴；
（3）存在点E，
过点G作GP⊥x轴，过点E作EQ⊥x轴，
∵A(6，0)，B（0,3）,
∴AB=.
∵，∠BEF=∠BAO+∠AFE，
∴∠BAO=∠AFE，
∴AE=EF，
∵，
∴，
设GF=4a，则AE=EF=3a，
∵EQ⊥x轴，
∴EQ∥OB，
∴△AEQ∽△ABO，
∴，
∴，
∴AQ=a，
∴AF=a.
∵∠AFE=∠PFG，
∴△FGP∽△AEQ，
∴,
∴FP=a，
∴OP=PG=，
∴+a+a=6,
解得a=，
∴AQ=,
∴OQ=，
将x=代入中，得y=，
∴当时，存在点E，使得，此时点E的坐标为（，）.
【点睛】
此题考查了抛物线的性质，待定系数法求函数解析式，一次函数平移的性质，两个一次函数交点坐标与方程组的关系，相似三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质定理，是一道抛物线的综合题，较难.
9.（2020·黑龙江穆棱?朝鲜族学校中考真题）已知抛物线y=a(x－2)2+c经过点A(－2,0)和点C(0,)，与x轴交于另一点B，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式，并写出顶点D的坐标；
（2）如图，点E，F分别在线段AB，BD上（点E不与点A，B重合），且∠DEF=∠DAB，DE=EF，直接写出线段BE的长．
【答案】（1）y=(x－2)2+3；顶点D的坐标为(2,3)；（2）BE=5．
【解析】
【分析】
（1）本题可利用待定系数法，将A,C两点代入抛物线求解即可．
（2）本题可利用等腰三角形性质，通过角的互换证明BD=BE，最后利用勾股定理求解BD即可解答．
【详解】
（1）将点A(-2,0)，C(0,)代入 y = a(x - 2)2 + c，得：，解得：．
∴抛物线的解析式为y=(x－2)2+3 ．
∴顶点D的坐标为(2,3)．
（2）∵A,B两点为抛物线与x轴两交点，D为坐标顶点，
∴DA=DB，故∠DAB=∠DBA，
∵DE=EF，
∴∠EDF=∠EFD．
∵∠EFD=∠FEB+∠EBD，∠DEF=∠DAB，
∴∠EDF=∠FEB+∠DEF，
∴∠BDE=∠BED，
故BD=BE．
∵A(-2,0)，D(2,3)，
∴利用对称性可得B(6,0)，
经计算BD=5,
故BE=5．
【点睛】
本题考查二次函数，第一问为常规题目，利用待定系数法求解即可；第二问属于二次函数与几何综合，解答时需要结合等腰三角形性质与判定求解本题．
10.（2020·四川内江?中考真题）如图，抛物线经过A（-1，0）、B（4，0）、C（0，2）三点，点D（x，y）为抛物线上第一象限内的一个动点．
（1）求抛物线所对应的函数表达式；
（2）当的面积为3时，求点D的坐标；
（3）过点D作，垂足为点E，是否存在点D，使得中的某个角等于的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）（3，2）或（1，3）；（3）存在，2或．
【解析】
【分析】
（1）根据点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）根据三角形面积公式可求与BC平行的经过点D的y轴上点M的坐标，再根据待定系数法可求DM的解析式，再联立抛物线可求点D的坐标；
（3）分∠DCE＝2∠ABC及∠CDE＝2∠ABC两种情况考虑：①当∠DCE＝2∠ABC时，取点F（0，−2），连接BF，则CD∥BF，由点B，F的坐标，利用待定系数法可求出直线BF，CD的解析式，联立直线CD及抛物线的解析式组成方程组，通过解方程组可求出点D的坐标；②当∠CDE＝2∠ABC时，过点C作CN⊥BF于点N，交OB于H．作点N关于BC的对称点P，连接NP交BC于点Q，由△OCH∽△OBF求出H点坐标，利用待定系数法求出直线CN的解析式，联立直线BF及直线CN成方程组，通过解方程组可求出点N的坐标，利用对称的性质可求出点P的坐标，由点C、P的坐标，利用待定系数法可求出直线CP的解析式，将直线CP的解析式代入抛物线解析式中可得出关于x的一元二次方程，解之取其非零值可得出点D的横坐标．依此即可得解．
【详解】
解答：解：（1）将A（−1，0）、B（4，0）、C（0，2）代入y＝ax2＋bx＋c得：
，
解得：
故抛物线的解析式为．
（2）如图2，过点D作DM∥BC，交y轴于点M，设点M的坐标为（0，m），使得△BCM的面积为3，
CM=3×2÷4＝1.5，
则m＝2＋1.5＝，
M（0，）
∵点B（4，0），C（0，2），
∴直线BC的解析式为y＝− x＋2，
∴DM的解析式为y＝− x＋，
联立抛物线解析式，
解得，．
∴点D的坐标为（3，2）或（1，3）．
（3）分两种情况考虑：
①当∠DCE＝2∠ABC时，取点F（0，−2），连接BF，如图3所示．
∵OC＝OF，OB⊥CF，
∴∠ABC＝∠ABF，
∴∠CBF＝2∠ABC．
∵∠DCB＝2∠ABC，
∴∠DCB＝∠CBF，
∴CD∥BF．
∵点B（4，0），F（0，−2），
∴直线BF的解析式为y＝x−2，
∴直线CD的解析式为y＝x＋2．
联立直线CD及抛物线的解析式成方程组得：，
解得：（舍去），，
∴点D的坐标为（2，3）；
②当∠CDE＝2∠ABC时，过点C作CN⊥BF于点N，交OB于H．作点N关于BC的对称点P，连接NP交BC于点Q，如图4所示．
∵∠OCH＝90°−∠OHC，∠OBF＝90°−∠BHN，
∠OHC＝∠BHN，
∴∠OCH＝∠OBF．
在△OCH与△OBF中
，
∴△OCH∽△OBF，
∴，即，
∴OH＝1，H（1，0）．
设直线CN的解析式为y＝kx＋n（k≠0），
∵C（0，2），H（1，0），
∴，解得，
∴直线CN的解析式为y＝−2x＋2．
连接直线BF及直线CN成方程组得：
，
解得：，
∴点N的坐标为（）．
∵点B（4，0），C（0，2），
∴直线BC的解析式为y＝− x＋2．
∵NP⊥BC，且点N（），
∴直线NP的解析式为y＝2x−．
联立直线BC及直线NP成方程组得：
，
解得：，
∴点Q的坐标为（）．
∵点N（），点N，P关于BC对称，
∴点P的坐标为（）．
∵点C（0，2），P（），
∴直线CP的解析式为y＝x＋2．
将y＝x＋2代入整理，得：11x2−29x＝0，
解得：x1＝0（舍去），x2＝，
∴点D的横坐标为．
综上所述：存在点D，使得△CDE的某个角恰好等于∠ABC的2倍，点D的横坐标为2或．
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、勾股定理、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式以及一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）根据三角形面积公式和待定系数法求出点D的坐标；（3）分∠DCE＝2∠ABC及∠CDE＝2∠ABC两种情况求出点D的横坐标．
11.（2020·山东潍坊?中考真题）如图，抛物线与x轴交于点和点，与y轴交于点C，顶点为D，连接与抛物线的对称轴l交于点E．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是第一象限内抛物线上的动点，连接，当时，求点P的坐标；
（3）点N是对称轴l右侧抛物线上的动点，在射线上是否存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与相似？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）在射线上存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与相似，点M的坐标为：，或．
【解析】
【分析】
（1）直接将和点代入，解出a，b的值即可得出答案；
（2）先求出点C的坐标及直线BC的解析式，再根据图及题意得出三角形PBC的面积；过点P作PG轴，交轴于点G，交BC于点F，设，根据三角形PBC的面积列关于t的方程，解出t的值，即可得出点P的坐标；
（3）由题意得出三角形BOC为等腰直角三角形，然后分MN=EM，MN=NE，NE=EM三种情况讨论结合图形得出边之间的关系，即可得出答案．
【详解】
（1）抛物线过点和点
抛物线解析式为：
（2）当时，
直线BC解析式为：
过点P作PG轴，交轴于点G，交BC于点F
设
即
（3）
为等腰直角三角形
抛物线的对称轴为
点E的横坐标为3
又点E在直线BC上
点E的纵坐标为5
设
①当MN=EM，,时
解得或（舍去）
此时点M的坐标为
②当ME=EN，时
解得：或（舍去）
此时点M的坐标为
③当MN=EN，时
连接CM，易知当N为C关于对称轴l的对称点时，，
此时四边形CMNE为正方形
解得：（舍去）
此时点M的坐标为
在射线上存在点M，使得以点M，N，E为顶点的三角形与相似，点M的坐标为：，或．
【点睛】
本题是一道综合题，涉及到二次函数的综合、相似三角形的判定及性质、等腰三角形的性质、勾股定理、正方形的性质等知识点，综合性比较强，解答类似题的关键是添加合适的辅助线．
12.（2020·湖南湘西?中考真题）已知直线与抛物线（b，c为常数，）的一个交点为，点是x轴正半轴上的动点．
（1）当直线与抛物线（b，c为常数，）的另一个交点为该抛物线的顶点E时，求k，b，c的值及抛物线顶点E的坐标；
（2）在（1）的条件下，设该抛物线与y轴的交点为C，若点Q在抛物线上，且点Q的横坐标为b，当时，求m的值；
（3）点D在抛物线上，且点D的横坐标为，当的最小值多时，求b的值．
【答案】（1）-2，2，-3，；（2）3或7；（3）3
【解析】
【分析】
（1）由题意可知直线经过，因而把代入直线即可求出k的值，然后把代入抛物线得出含b的代数式表达c，再根据直线与抛物线（b，c为常数，）的另一个交点得出抛物线的顶点坐标E，并代入直线，解方程即可求出b的值，代入即可求解；
（2）由（1）可知直线的解析式是，抛物线的解析式为，根据题意使求出C的坐标，使求出Q的坐标，根据已知条件作图，延长EQ交x轴于点B，因为点D在y轴上且在直线上，所以令时求出点D的坐标，看图可知AO是△ACE以CD为底的高，设E到y轴的距离为，是△CED以CD为底的高，因此可以求出，根据求出，设点E和Q所在直线的解析式为，求出点B的坐标，设点Q和点E到x轴的距离分别为，是△EMB以MB为底的高，是△BQM以MB为底的高，再根据求解，即可求出m的值；
（3）将点D的横坐标代入抛物线（b，c为常数，），根据点A的坐标得到含b的代数式表达c，求出点D的纵坐标为，可知点D在第四象限，且在直线的右侧，取点，过点D作直线AN的垂线，垂足为G，DG与x轴相交于点M，过点D作QH⊥x轴于点H，则点H，在Rt△MDH中，可知，由题意可知点，用含b的代数式表示m，因，可得方程，求解即可得出答案．
【详解】
解：（1）∵直线经过，
∴把代入直线，可得，解得；
∵抛物线（b，c为常数，）经过，
∴把代入抛物线，可得，
∵当直线与抛物线（b，c为常数，）的另一个交点为该抛物线的顶点E，
∴顶点的坐标为，把代入直线，
可得，
∴，解得，
∵，∴，∴，
∴顶点的坐标为．
（2）由（1）可知直线的解析式是，抛物线的解析式为，
∵抛物线与y轴的交点为C，
∴令，C的坐标为，
∵点Q在抛物线上，且点Q的横坐标为b，
由（1）可知，∴，
∴Q的坐标为．
延长EQ交x轴于点B，如图1所示，
∵D在y轴上，且在直线上，
∴当时，点D的坐标为，
∵AO是△ACE以CD为底的高，设E到y轴的距离为，是△CED以CD为底的高，
∴，
∴．
设点E和Q所在直线的解析式为，
把点E和点Q代入，解得：，∴该直线的解析式为，
令，求得点B的坐标为．
设点Q和点E到x轴的距离分别为，是△EMB以MB为底的高，是△BQM以MB为底的高，
∴，
解得：或7，．
（3）∵点D在抛物线（b，c为常数，）上，且点D的横坐标为，
∴，
∵在抛物线（b，c为常数，）上，
∴，即，
∴，
可知点D在第四象限，且在直线的右侧．
∵，
∴可取点，
如图2，过点D作直线AN的垂线，垂足为G，DG与x轴相交于点M，
∴，得，
则此时点M满足题意，过点D作QH⊥x轴于点H，则点H，
在Rt△MDH中，可知，
∴，
∵点，
∴，解得：，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求解析式、二次函数的性质、等腰三角形的性质、三角形的面积公式等知识点，解题的关键是学会使用待定系数法求出抛物线的解析式．
13.（2020·湖南张家界?中考真题）如图，抛物线交x轴于两点，交y轴于点C．直线经过点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴l与直线相交于点P，连接，判定的形状，并说明理由；
（3）在直线上是否存在点M，使与直线的夹角等于的2倍？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）的为直角三角形，理由见解析；（3）存在使与直线的夹角等于的2倍的点，且坐标为M1（），M2（，）．
【解析】
【分析】
（1）先根据直线经过点，即可确定B、C的坐标，然后用带定系数法解答即可；
（2）先求出A、B的坐标结合抛物线的对称性，说明三角形APB为等腰三角形；再结合OB=OC得到∠ABP=45°，进一步说明∠APB=90°，则∠APC=90°即可判定的形状；
（3）作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，AC于E；然后说明△ANB为等腰直角三角形，进而确定N的坐标；再求出AC的解析式，进而确定M1E的解析式；然后联立直线BC和M1E的解析式即可求得M1的坐标；在直线BC上作点M1关于N点的对称点M2，利用中点坐标公式即可确定点M2的坐标
【详解】
解：（1）∵直线经过点
∴当x=0时，可得y=5，即C的坐标为（0,5）
当y=0时，可得x=5，即B的坐标为（5,0）
∴解得
∴该抛物线的解析式为
（2）的为直角三角形，理由如下：
∵解方程=0，则x1=1，x2=5
∴A（1,0），B（5,0）
∵抛物线的对称轴l为x=3
∴△APB为等腰三角形
∵C的坐标为（5,0）, B的坐标为（5,0）
∴OB=CO=5,即∠ABP=45°
∴∠ABP=45°，
∴∠APB=180°-45°-45°=90°
∴∠APC=180°-90°=90°
∴的为直角三角形；
（3）如图：作AN⊥BC于N，NH⊥x轴于H，作AC的垂直平分线交BC于M1，AC于E，
∵M1A=M1C，
∴∠ACM1=∠CAM1
∴∠AM1B=2∠ACB
∵△ANB为等腰直角三角形.
∴AH=BH=NH=2
∴N（3，2）
设AC的函数解析式为y=kx+b
∵C(0，5),A(1，0)
∴ 解得b=5，k=-5
∴AC的函数解析式为y=-5x+5
设EM1的函数解析式为y=x+n
∵点E的坐标为（）
∴=× +n，解得：n=
∴EM1的函数解析式为y=x+
∵ 解得
∴M1的坐标为（）；
在直线BC上作点M1关于N点的对称点M2
设M2（a，-a+5）
则有：3=，解得a=
∴-a+5=
∴M2的坐标为（，）．
综上，存在使与直线的夹角等于的2倍的点，且坐标为M1（），M2（，）．
【点睛】
本题属于二次函数与几何的综合题，主要考查了待定系数法确定函数解析式、等腰直角三角形的判定与性质、一次函数图像、三角形外角等知识，考查知识点较多，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
14.（2020·湖南岳阳?中考真题）如图1所示，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图2，将抛物线先向左平移1个单位，再向下平移3个单位，得到抛物线，若抛物线与抛物线相交于点，连接，，．
①求点的坐标；
②判断的形状，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在点，使得为等腰直角三角形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）①点的坐标；②是等腰直角三角形，理由见解析；（3）或．
【解析】
【分析】
（1）将点代入即可得；
（2）①先根据二次函数的平移规律得出抛物线的表达式，再联立两条抛物线的表达式求解即可得；
②先根据抛物线的表达式求出点B、C的坐标，再利用两点之间的距离公式分别求出BC、BD、CD的长，然后根据勾股定理的逆定理、等腰三角形的定义即可得；
（3）设点P的坐标为，根据等腰直角三角形的定义分三种情况：①当时，先根据等腰直角三角形的性质、线段中点的点坐标求出点P的坐标，再代入抛物线的表达式，检验点P是否在抛物线的表达式上即可；②当时，先根据平行四边形的判定得出四边形BCDP是平行四边形，再根据点C至点B的平移方式与点D至点P的平移方式相同可求出点P的坐标，然后代入抛物线的表达式，检验点P是否在抛物线的表达式上即可；③当时，先根据等腰直角三角形的性质得出点P在在线段BD的垂直平分线上，再利用待定系数法求出BD的垂直平分线上所在直线的解析式，然后根据两点之间的距离公式和可求出点P的坐标，最后代入抛物线的表达式，检验点P是否在抛物线的表达式上即可．
【详解】
（1）将点代入抛物线的表达式得：
解得
则抛物线的表达式为
故抛物线的表达式为；
（2）①由二次函数的平移规律得：抛物线的表达式为
即
联立，解得
则点的坐标为；
②对于
当时，，解得或
则点B的坐标为
当时，，则点C的坐标为
由两点之间的距离公式得：
则，
故是等腰直角三角形；
（3）抛物线的表达式为
设点P的坐标为
由题意，分以下三种情况：
①当时，为等腰直角三角形
是等腰直角三角形，，
点D是CP的中点
则，解得
即点P的坐标为
对于抛物线的表达式
当时，
即点在抛物线上，符合题意
②当时，为等腰直角三角形
，
，
四边形BCDP是平行四边形
点C至点B的平移方式与点D至点P的平移方式相同
点C至点B的平移方式为先向下平移4个单位长度，再向右平移2个单位长度
即点P的坐标为
对于抛物线的表达式
当时，
即点在抛物线上，符合题意
③当时，为等腰直角三角形
则点P在线段BD的垂直平分线上
设直线BD的解析式
将点代入得：，解得
则直线BD的解析式
设BD的垂线平分线所在直线的解析式为
点的中点的坐标为，即
将点代入得：，解得
则BD的垂线平分线所在直线的解析式为
因此有，即点P的坐标为
由两点之间的距离公式得：
又，为等腰直角三角形
则
解得或
当时，，即点P的坐标为
当时，，即点P的坐标为
对于抛物线的表达式
当时，
即点不在抛物线上，不符合题意，舍去
当时，
即点不在抛物线上，不符合题意，舍去
综上，符合条件的点P的坐标为或．
【点睛】
本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式、二次函数图象的平移，点坐标的平移、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），正确分三种情况，结合等腰直角三角形的性质是解题关键．
15.（2020·山东枣庄?中考真题）如图，抛物线交x轴于，两点，与y轴交于点C，AC，BC．M为线段OB上的一个动点，过点M作轴，交抛物线于点P，交BC于点Q．
（1）求抛物线的表达式；
（2）过点P作，垂足为点N．设M点的坐标为，请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少？
（3）试探究点M在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2），当时，PN有最大值，最大值为． （3）满足条件的点Q有两个，坐标分别为：，．
【解析】
【分析】
（1）将点A、B的坐标代入解析式中求解即可；
（2）由(1)求得点C坐标，利用待定系数法求得直线BC的解析式，然后用m表示出PN，再利用二次函数的性质即可求解；
（3）分三种情况：①AC=CQ；②AC=AQ；③CQ=AQ，分别求解即可．
【详解】
解：（1）将，代入，得，解之，得．
所以，抛物线的表达式为．
（2）由，得．
将点、代入，得，解之，得．
所以，直线BC的表达式为：．
由，得，．
∴
∵，∴．
∴．
∴．
．
∵
∴当时，PN有最大值，最大值为．
（3）存在，理由如下：由点，，知．
①当时，过Q作轴于点E，易得，
由，得，（舍）
此时，点；
②当时，则．
在中，由勾股定理，得．
解之，得或（舍）
此时，点；
③当时，
由，得（舍）．
综上知所述，可知满足条件的点Q有两个，坐标分别为：，．
【点睛】
本题是一道二次函数与几何图形的综合题，解答的关键是认真审题，找出相关条件，运用待定系数法、数形结合法等解题方法确定解题思路，对相关信息进行推理、探究、发现和计算．