重难点04 二次函数的存在性问题（15种题型汇总+专题训练+9种解题方法）-【+答案】2025年中考数学一轮复习讲练测（全国通用）

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（15种题型汇总+专题训练+9种解题方法）
【题型汇总】
【命题预测】抛物线与特殊图形的存在性问题多以解答题形式出现，难度较大，多为压轴题，考查几何代数综合.一般是在抛物线的背景下确定特殊图形(如等腰三角形、相似三角形、平行四边形等)的存在性，多应用分类讨论思想，
题型01 二次函数角度存在性问题
角度存在性问题的解题步骤
【温馨提示】
1）角相等：若无明显条件，首选利用锐角三角函数值构造相等角( 先求已知角);
2）角度和差：可通过外角的性质、相似三角形的性质转化为相等角;
3）倍角：可通过外角的性质、等腰三角形的性质转化为相等角:
1）已知特殊角求解
1．（2023·四川自贡·中考真题）如图，抛物线y=−43x2+bx+4与x轴交于A(−3,0)，B两点，与y轴交于点C．

(1)求抛物线解析式及B，C两点坐标；
(2)以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，求点D坐标；
(3)该抛物线对称轴上是否存在点E，使得∠ACE=45°，若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线解析式为y=−43x2−83x+4，B1,0，C0,4
(2)D−2,−4或D−4,4或D4,4
(3)E−1,277
【分析】（1）将点A(﹣3,0)代入抛物线解析式，待定系数法求解析式，进而分别令x,y=0，即可求得B,C两点的坐标；
（2）分三种情况讨论，当AB，AC,BC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AG⊥CE交于点G，F为AC的中点，连接GO,GF，则A,O,C,G在⊙F上，根据等弧所对的圆周角相等，得出G在y=−x上，进而勾股定理，根据FG=52建立方程，求得点G的坐标，进而得出CG的解析式，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−43x2+bx+4与x轴交于A(−3,0)，
∴−43×−32−3b+4=0
解得：b=−83，
∴抛物线解析式为y=−43x2−83x+4，
当x=0时，y=4，
∴C0,4，
当y=0时，0=−43x2−83x+4
解得：x1=−3,x2=1，
∴B1,0
（2）∵A(−3,0)，B1,0，C0,4，
设Dm,n，
∵以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形
当AB为对角线时，m+02=−3+12,4+n2=0+02
解得：m=−2,n=−4，
∴D−2,−4；
当AC为对角线时，−3+02=1+m2,4+02=0+n2
解得：m=−4,n=4
∴D−4,4
当BC为对角线时，−3+m2=0+12,0+42=0+n2
解得：m=4,n=4
∴D4,4
综上所述，以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，D−2,−4或D−4,4或D4,4
（3）解：如图所示，作AG⊥CE交于点G，F为AC的中点，连接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，AC=AO2+CO2=5，GF=12AC=52
∵∠AOG=∠ACG=45°，
∴G在y=−x上，
设Gt,−t，则GF2=t+322+−t−22=522
解得：t1=−72，t2=0（舍去）
∴点G−72，72
设直线CG的解析式为y=kx+4
∴72=−72k+4
解得：k=17.
∴直线CG的解析式y=17x+4
∵A(−3,0)，B1,0，
∴抛物线对称轴为直线x=−3+12=−1，
当x=−1时，17×−1+4=277，
∴E−1,277．
【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．
2．（2024·山东临沂·二模）如图，已知抛物线y=ax2−83ax−3的图象经过点D，OE=3OC，C是ED的中点，P是拋物线上的一个动点，连接PD，设点P的横坐标为n．
(1)求抛物线的表达式；
(2)若点P在x轴上方的拋物线上运动，连接OP，当四边形OCDP面积最大时，求n的值；
(3)如图，若点Q在坐标轴上，是否存在点Q，使∠EDQ=75°，若存在，直接写出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−3x2+833x−3
(2)n=53
(3)存在，Q43−3,0或0,−23−3
【分析】（1）根据C(0,−3)，OE=3OC，求出E(−3,0)． 再根据C是ED的中点，求出D(3,−23)，用待定系数法求解即可；
（2）过P作x轴垂线交DE于F，求出设直线DE解析式，由Pn,−3n2+833n−3， 得Fn,−33n−3，表示出PF，再根据S四边形=S△OCP+S△PCD表示出四边形面积，根据二次函数最值求解即可；
（3）分为①当点Q在y轴上时，使∠EDQ=75°，根据OE=3OC，求出∠OEC=30°，过点D作DH∥x轴交y轴于点H，根据平行线性质得出∠CDH=30°，再根据∠EDQ=75°，得出∠HDQ=45°，得出HQ=HD，根据D(3,−23)，求出HQ=3,OQ=23+3，即可求出点Q的坐标；
②当点Q在x轴上时，使∠EDQ'=75°， 延长QD交x轴于点F，过点D作DE⊥x轴交x轴于点G，证明GF=GD=23，求出FD，再根据∠EDF=∠FQ'D，证明△FQ'D∽△FDE，根据相似三角形的性质求出FQ'，从而求出OQ'，即可求出点Q'的坐标，即可求解．
【详解】（1）解：∵y=ax2−83ax−3，
∴C(0,−3)，
∵OE=3OC，
∴E(−3,0)．
∵C是ED的中点，
∴D(3,−23)．
∵D在y=ax2−83ax−3的图象上，
∴−23=9a−8a−3，
得a=−3，
∴y=−3x2+833x−3．
（2）过P作x轴垂线交DE于F，
设直线DE:y=kx−3，即0=3k−3，
解得：k=−33，
故解析式为：y=−33x−3，
由Pn,−3n2+833n−3， 得Fn,−33n−3，
∴PF=−3n2+33n，
S四边形=S△OCP+S△PCD =12×3n+12PF×3=−332n2+53n，
当四边形OCDP面积最大时，n=−532×−332=53．
（3）解：①当点Q在y轴上时，使∠EDQ=75°，
∵OE=3OC，
即tan∠OCE=OEOC=3，
∴∠OCE=60°，
∴∠OEC=30°，
过点D作DH∥x轴交y轴于点H，
则∠CDH=∠OEC=30°，
∵∠EDQ=75°，
∴∠HDQ=75°−30°=45°，
∴∠HQD=45°，
∴HQ=HD，
根据（1）得D(3,−23)，
∴HQ=HD=3,OQ=OH+HQ=23+3，
∴点Q的坐标为0,−23−3；
②当点Q在x轴上时，使∠EDQ'=75°，
延长QD交x轴于点F，过点D作DG⊥x轴交x轴于点G，
则∠EDG=180°−30°−90°=60°，
则∠GDQ'=∠EDQ'−∠EDG=15° ，∠Q'DF=180°−75°×2=30°，
∴∠GDF=∠GDQ'+∠FDQ'=45°，
∴∠GFD=45°，
∴GF=GD=23，
∴FD=2GD=26，
∵∠EDF=∠EDQ'+∠Q'DF=105°,∠FQ'D=180°−∠Q'FD−∠Q'DF=105°，
∴∠EDF=∠FQ'D，
∴△FQ'D∽△FDE，
∴FQ'FD=DFEF，
∵EF=OE+OG+GF=23+6，
即FQ'26=2623+6，
∴FQ'=6−23，
∴OQ'=OF−Q'F=3+23−6−23=43−3，
∴点Q'的坐标为43−3,0，
综上，Q43−3,0或0,−23−3．
【点睛】该题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象和性质，二次函数和一次函数解析式求解，相似三角形的性质和判定，解直角三角形，等腰直角三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是正确理解题意，数形结合．
3．（2024·山西大同·一模）综合与探究
如图，抛物线y=12x2−2x−6与x轴交于点A和B，点A在点B的左侧，交y轴于点C，作直线BC．
(1)求点B的坐标及直线BC的表达式；
(2)当点D在直线BC下方的抛物线上运动时，连接OD交BC于点E，若DEOE=512，求点D的坐标；
(3)抛物线上是否存在点F．使得∠BCF=15°?若存在，直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)点B的坐标是6,0，直线BC的表达式是y=x−6；
(2)点D的坐标是1,−152或5,−72；
(3)存在，点F的坐标是4+23,43或12+233,43−163．
【分析】（1）令y=0和x=0，解方程即可求得点B和点C的坐标，再利用待定系数法即可求解；
（2）作DH⊥x轴，垂足为H，交直线BC于点G，证明△DGE∽△OCE，利用相似三角形的性质求解即可；
（3）分两种情况讨论，利用待定系数法和解方程组即可求解．
【详解】（1）解：令y=0，解方程12x2−2x−6=0得x=−2或x=6，
∴点B的坐标为6，0；
令x=0，则y=−6，
∴点C的坐标为0，−6；
设直线BC的表达式为y=kx−6，则0=6k−6，
解得k=1，
∴直线BC的表达式为y=x−6；
（2）解：作DH⊥x轴，垂足为H，交直线BC于点G，
∴DG∥OC，
∵点C的坐标为0，−6，
∴OC=6，
设点D的坐标为m，12m2−2m−6，则点G的坐标为m，m−6，
∴GD=m−6−12m2+2m+6=−12m2+3m，
∵DG∥OC，
∴△DGE∽△OCE，
∴DGOC=DEOE，
∴−12m2+3m6=512，整理得m2−6m+5=0，
解得m=5或m=1，
∴点D的坐标为1,−152或5,−72；
（3）解：∵点B的坐标为6，0，点C的坐标为0，−6，
∴OB=OC=6，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OCB=45°，
∵∠BCF=15°，
∴∠OCF=60°或∠OCF=30°，
当∠OCF=60°时，以OC为边作等边△OCM，直线CM交抛物线于点F，此时∠BCF=15°，如图，
作MN⊥y轴于点N，
在Rt△OMN中，OM=OC=6，ON=12OC=3，
∴MN=OM2−ON2=33，
∴点M的坐标为33，−3，同理，求得直线MC的表达式为y=33x−6，联立y=33x−6y=12x2−2x−6，
解得x=12+233y=43−163或x=0y=−6（舍去），
∴点F的坐标是12+233,43−163；
当∠OCF=30°时，设CF交x轴于点K，此时∠BCF=15°，如图，
在Rt△OCK中，OC=6，∠OCK=30°，
∴OK=OC⋅tan30°=23，
∴点K的坐标为23，0，
同理，求得直线CK的表达式为y=3x−6，
联立y=3x−6y=12x2−2x−6，
解得x=4+23y=43或x=0y=−6（舍去），
∴点F的坐标是4+23,43；
综上，点F的坐标是4+23,43或12+233,43−163．
【点睛】本题考查了一次函数表达式的确定，函数图象上点的坐标特征，二次函数图象和性质，解一元二次方程，相似三角形的判定和性质，勾股定理，分类讨论思想等，属于中考压轴题，解题关键是熟练掌握待定系数法，运用方程思想和分类讨论思想．
2）已知角度关系求解
4．（2024·四川资阳·中考真题）已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴的正半轴交于C点，且B4,0，BC=42．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，点P是抛物线在第一象限内的一点，连接PB,PC，过点P作PD⊥x轴于点D，交BC于点K．记△PBC，△BDK的面积分别为S1，S2，求S1−S2的最大值；
(3)如图2，连接AC，点E为线段AC的中点，过点E作EF⊥AC交x轴于点F．抛物线上是否存在点Q，使∠QFE=2∠OCA？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)y=−12x2+x+4
(2)83
(3)存在，Q11−352,−5−354或Q213−692,−77+11694
【分析】（1）先求C点坐标，待定系数法求出函数解析式即可；
（2）求出BC的解析式，设Pm,−12m2+m+4，则：Km,−m+4,Dm,0，将S1−S2转化为二次函数求最值即可；
（3）易得FE垂直平分AC，设OF=a，勾股定理求出F点坐标，三线合一结合同角的余角相等，推出∠AFE=∠OCA=∠CFE，分别作点E关于x轴和直线CF的对称点E1,E2，直线FE1，FE2与抛物线的交点即为所求，进行求解即可．
【详解】（1）解：∵B4,0，
∴OB=4，
∵∠BOC=90°,BC=42，
∴OC=BC2−OB2=4，
∴C0,4，
把B4,0，C0,4，代入函数解析式得：
∴c=4−12×42+4b+c=0，解得：c=4b=1；
∴y=−12x2+x+4；
（2）∵B4,0，C0,4，
∴设直线BC的解析式为：y=kx+4k≠0，把B4,0，代入，得：k=−1，
∴y=−x+4，
设Pm,−12m2+m+4，则：Km,−m+4,Dm,0，
∴PK=−12m2+m+4+m−4=−12m2+2m，DK=−m+4，DB=4−m，
∴S1=12PK⋅OB=−m2+4m,S2=12DK⋅DB=12−m+44−m=124−m2，
∴S1−S2=−m2+4m−124−m2
=−3m22+8m−8
=−32m−832+83，
∴当m=83时，S1−S2的最大值为83；
（3）存在：
令y=−12x2+x+4=0，
解得：x1=−2,x2=4，
∴A−2,0，
∵C0,4，点E为AC的中点，
∴E−1,2，
∵FE⊥AC，AE=CE=−1+22+22=5，
∴AF=CF，
∴∠AFE=∠CFE，
设OF=a，则：CF=AF=a+2，
在Rt△COF中，由勾股定理，得：a2+42=a+22，
∴a=3，
∴F3,0，CF=5，
∵FE⊥AC，∠AOC=90°，
∴∠AFE=∠OCA=90°−∠CAF，
∴∠AFE=∠OCA=∠CFE，
①取点E关于x轴的对称点E1，连接FE1，交抛物线与点Q1，则：∠Q1FE=2∠EFA=2∠OCA，E1−1,−2，
设FE1的解析式为：y=k1x+b，
则：3k1+b=0−k1+b=−2，解得：k1=12b=−32，
∴y=12x−32，
联立y=12x−32y=−12x2+x+4，解得：x=35+12y=35−54（舍去）或x=1−352y=−5−354，
∴Q11−352,−5−354；
②取E关于CF的对称点E2，连接EE2交CF于点G，连接FE2交抛物线于点Q2，
则：∠Q2FE=2∠CFE=2∠OCA，EG⊥CF，
∵CE=5,CF=5，
∴EF=CF2−CE2=25，
∵S△CEF=12CF⋅EG=12CE⋅EF，
∴5EG=25×5，
∴EG=2，
∴FG=EF2−EG2=4，
过点G作GH⊥x轴，则：GH=FG⋅sin∠CFO=4×45=165，FH=FG⋅cs∠CFO=4×35=125，
∴OH=OF−FH=35，
∴G35,165，
∴E2115,225，
设直线E2F的解析式为：y=k2x+b1，
则：3k2+b1=0115k2+b1=225，解得：k2=−112b1=332，
∴y=−112x+332，
联立y=−112x+332y=−12x2+x+4，解得：x=69+132y=−1169−774（舍去）或x=13−692y=−77+11694，
∴Q213−692,−77+11694；
综上：Q11−352,−5−354或Q213−692,−77+11694．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，中垂线的判定和性质，等积法求线段的长，坐标与轴对称，勾股定理，解直角三角形，等知识点，综合性强，难度大，计算量大，属于中考压轴题，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．
5．（2023·辽宁营口·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx−1a≠0与x轴交于点A1,0和点B，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D3,0，过点B作直线l⊥x轴，过点D作DE⊥CD，交直线l于点E．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，点P为第三象限内抛物线上的点，连接CE和BP交于点Q，当BQPQ=57时．求点P的坐标；
(3)在（2）的条件下，连接AC，在直线BP上是否存在点F，使得∠DEF=∠ACD+∠BED？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−15x2+65x−1
(2)P−3,−325
(3)F513,−4813或F10,4．
【分析】（1）根据抛物线过点A1,0，对称轴为直线x=3，待定系数法求解析式即可求解；
（2）根据题意求得B5,0，tan∠CDO=tan∠DEB，求得BE=6，则E5,−6，进而求得直线EC的解析式为y=−x−1，过点P作PT⊥x轴，交EC于点T，证明△PTQ∽△BEQ，根据已知条件得出PT=425设Tt,−t−1，则Pt,−t−475，将点P代入y=−15x2+65x−1，即可求解．
（3）根据题意可得∠DEF=45°，以DE为对角线作正方形DMEN，则∠DEM=∠DEN=45°，进而求得M,N的坐标，待定系数法求得EM,EN的解析式，联立BP解析式，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−1a≠0与x轴交于点A1,0，抛物线的对称轴交x轴于点D3,0，则对称轴为直线x=3，
∴a+b−1=0−b2a=3，
解得：a=−15b=65
∴抛物线解析式为y=−15x2+65x−1；
（2）解：由y=−15x2+65x−1，当y=0时，−15x2+65x−1=0，
解得：x1=1,x2=5，
∴B5,0，
当x=0时，y=−1，则C0,−1，
∵DE⊥CD，∠COD=∠EBD=∠CDE=90°
∴∠CDO=90°−∠EDB=∠DEB，
∴tan∠CDO=tan∠DEB，
即OCOD=DBBE，
∴13=2BE，
∴BE=6，则E5,−6，
设直线EC的解析式为y=kx−1，则−6=5k−1，解得：k=−1，
∴直线EC的解析式为y=−x−1，
如图所示，过点P作PT⊥x轴，交EC于点T，

∵BE∥PT，
∴△PTQ∽△BEQ
∵BQPQ=57
∴BEPT=BQPQ=57，则PT=425
设Tt,−t−1，则Pt,−t−1−425即Pt,−t−475，
将点Pt,−t−475代入y=−15x2+65x−1
即−t−475=−15t2+65t−1
解得：t=−3或t=14（舍去）
当t=−3时，−t−475=−325，
∴P−3,−325；
（3）∵A1,0，C0,−1，
则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,−325，
设直线BP的解析式为y=ex+f，则
5e+f=0−3e+f=−325
解得：e=45f=−4
∴直线BP的解析式为y=45x−4
如图所示，以DE为对角线作正方形DMEN，则∠DEM=∠DEN=45°，

∵DB=2,BE=6，则DE=210，则DM=22DE=25，E5,−6，
设Mm,n，则m−32+n2=252m−52+n+62=252，
解得：m=1n=−4，m=7n=−2，
则M1,−4，N7,−2，
设直线EM的解析式为y=sx+t，直线EN的解析式为y=s1x+t1
则5s+t=−6s+t=−4，5s1+t1=−67s1+t1=−2，
解得：s=−12t=−72，s=2t=−16，
设直线EM的解析式为y=−12x−72，直线EN的解析式为y=2x−16，
∴y=−12x−72y=45x−4解得：x=513y=−4813，则F513,−4813，
y=2x−16y=45x−4解得：x=10y=4,则F10,4，
综上所述，F513,−4813或F10,4．
【点睛】本题考查了二次函数综合运用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
6．（2024·重庆·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A−1,0，点B3,0，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作y轴的平行线PE交直线BC于点E，过点P作x轴的平行线PF交直线BC于点F，求△PEF面积的最大值及此时点P的坐标；
(3)如图2，连接AC，BC，抛物线上是否存在点Q，使∠CBQ+∠ACO=45°？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)y=−x2+2x+3；
(2)△PEF面积的最大值为8132，P32,154；
(3)2,3或−23,119．
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）y=−x2+2x+3可得C0,3，求出直线BC的解析式为y=−x+3，又可得∠OBC=∠OCB=45°，进而得△PEF为等腰直角三角形，得到S△PEF=12PE2，设Pp,−p2+2p+3，则Ep,−p+3，可得PE=−p2+2p+3−−p+3=−p−322+94，得到当p=32时，即P32,154，PE取最大值94，此时△PEF的面积最大，据此即可求解；
（3）分点Q在BC上方和点Q在BC下方两种情况，画出图形解答即可求解；
本题考查了待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式，二次函数的最值，二次函数的几何问题，掌握二次函数的性质并运用分类讨论思想解答是解题的关键．
【详解】（1）解：把A−1,0、B3,0代入y=ax2+bx+3得，
a−b+3=09a+3b+3=0，
解得a=−1b=2，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：由y=−x2+2x+3可得，C0,3，
设直线BC的解析式为y=kx+n，
把B3,0、C0,3代入得，
0=3k+n3=n，
解得k=−1n=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
∵B3,0，C0,3，
∴OC=OB=3，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵PE∥y轴，PF∥x轴，
∴∠PEF=∠PFE=45°，PE⊥PF，
∴△PEF为等腰直角三角形，
∴S△PEF=12PE2，
设Pp,−p2+2p+3，则Ep,−p+3，
∴PE=−p2+2p+3−−p+3=−p−322+94，
当p=32时，即P32,154，PE取最大值94，此时△PEF的面积最大，
S△PEF最大值=12×942=8132；
（3）解：存在．
当点Q在BC上方时，作点A−1,0关于y轴的对称点A'1,0，过点B作BT∥A'C交抛物线于点Q，
∵A与A'关于y轴对称，
∴∠ACO=∠A'CO，
又∵BT∥A'C，
∴∠QBC=∠BCA'，
∵∠A'CO+∠BCA'=45°，
∴∠ACO+∠OBC=45°，
∵C0,3，A'1,0，
同理可得直线CA'解析式为y=−3x+3，
设直线BT解析式为y=−3x+t，将B3,0代入得，0=−9+t，
∴t=9，
∴y=−3x+9，
由y=−x2+2x+3y=−3x+9，
解得x=2y=3或x=3y=0，
∴Q2,3；
当点Q在BC下方时， 作点D0,1，直线BD与抛物线交于点Q'，
∵D0,1，B3,0，
同理可得直线BD解析式为y=−13x+1，
∵AO=OD=1∠COA=∠BOD=90°OC=OB=3，
∴△COA≌△BODSAS，
∴∠ACO=∠DBO，
∴∠CBQ'+∠ACO=45°，
由y=−x2+2x+3y=−13x+1，
解得x=−23y=119或x=3y=0，
∴Q'−23,119；
综上，点Q的坐标为2,3或−23,119．
7．（2024·四川达州·二模）已知抛物线y=ax2+bx−4与x轴相交于点A(−1,0),B(−4,0)），与y轴相交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，点P是抛物线的对称轴l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求S△AOCS△PAC的值；
(3)如图2，取线段OC的中点D，在抛物线上是否存在点Q，使tan∠QDB=12？若存在，直接写出Q点坐标．
【答案】(1)y=−x2−5x−4
(2)815
(3)Q−5+172−2或Q−5−172−2一或Q−32或Q−23−109
【分析】（1）待定系数法求函数解析式即可；
（2）根据 △PAC的周长等于PA+PC+AC,以及AC为定长，得到当PA+PC的值最小时， △PAC的周长最小，根据抛物线的对称性，得到A，B关于对称轴对称，则：PA+PC=PB+PC≥BC,得到当P,B,C三点共线时,PA+PC=BC，进而求出P点坐标，即可得解；
（3）求出D点坐标为(0,2),进而得到tan∠OBD=12,得到∠QDB=∠OBD，分点Q在D点上方和下方，两种情况进行讨论求解即可.
【详解】（1）∵抛物线 y=ax2+bx−4与x轴相交于点A−10,B−40,
∴a−b−4=016a−4b−4=0，
解得： a=−1b=−5，
∴抛物线解析式为 y=−x²−5x−4；
（2）在 y=−x²−5x−4, 当x=0时, y=−4，
∴C(0,4),
∵抛物线解析式为y=−x2−5x−4,
∴抛物线的对称轴为直线x=−52,
∵△PAC的周长等于PA+PC+AC，AC为定长,
∴当PA+PC的值最小时，△PAC的周长最小，
∵A，B关于对称轴对称，
∵BA=PB，
∴PA+PC=PB+PC≥BC，
∴当P,B,C三点共线时, PA+PC的值最小，为BC的长，此时点P为直线BC与对称轴的交点，
设直线BC的解析式为：y=mx+n，
∴−4m+n=0n=−4，
解得：m=−1n=−4，
∴直线BC的解析式为 y=−x−4,
当x=−52 时,y=−x−4=52−4=−32，
∴P−52−32，
∴S△OAC=12×1×4=2，
S△PAC=12×(32+4)×52−12×1×4−12×32×(52−1)=154，
∴S△OACS△PAC=2154=815；
（3）当Q点在D点下方时：
过点D作DQ∥OB, 交抛物线于点Q, 则∠QDB=∠OBD,此时Q点纵坐标为−2，
设Q点横坐标为t，
则: −t2−5t−4=−2,解得：t=−5±172，
∴Q−5+172−2或Q−5−172−2；
②当点Q在D点上方时：设DQ与x轴交于点E,
∵DE=BE，
设E(p,0),
∴DE2=OE2+OD2=p2+4, BE2=−4−p2,
∴p2+4=−4−p2，
解得： p=−32,
∴E−320，
同理可得DE的解析式为 y=−43x−2，
联立 y=−43x−2y=x2−5x+4,
解得： x=−3y=2 或 x=−23y=−109,
∴Q−32或 Q−23−109；
综上：Q−5+172−2或Q−5−172−2一或Q−32或Q−23−109.
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出二次函数解析式，利用数形结合，分类讨论的思想进行求解，是解题的关键.本题的综合性强，难度较大，属于中考压轴题.
题型02 二次函数与三角形存在性问题
1）等腰三角形存在性问题
解题方法：
几何法：1）“两圆一线”作出点；
2）利用勾股、相似、三角函数等求线段长；
3)分类讨论，求出点P的坐标.
代数法：1）表示出三个点坐标A、B、P；
2）由点坐标表示出三条线段：AB、AP、BP；
3）根据题意要求（看题目有没有指定腰），取①AB=AP、②AB=BP、③AP=BP；
4）列出方程求解．
①两定一动
8．（2024·四川眉山·中考真题）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A−3,0和点B，与y轴交于点C0,3，点D在抛物线上．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)当点D在第二象限内，且△ACD的面积为3时，求点D的坐标；
(3)在直线BC上是否存在点P，使△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=−x2−2x+3
(2)D的坐标为−1,4或−2,3
(3)P的坐标为0,3或25−19318,−7+1936或25+19318,−7−1936或119,−23
【分析】（1）利用待定系数法求解；
（2）过D作DK∥y轴交AC于K，求出直线AC解析式，根据S△ACD=12DK⋅xA−xC=3列式求解；
（3）先求出点A，B坐标，再求出直线BC解析式，过P作PN⊥y轴于N，过D作DM⊥y轴于M，分以下情况分别讨论即可：①P与C重合，D与A重合时；②当P在第一象限，D在第四象限时；③当P在第四象限，D在第三象限时；④当P在第四象限，D在第一象限时．
【详解】（1）解：把A−3,0，C0,3代入y=−x2+bx+c得：
−9−3b+c=0c=3，
解得b=−2c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3；
（2）解：过D作DK∥y轴交AC于K，如图：

由A−3,0，C0,3得直线AC解析式为y=x+3，
设Dt,−t2−2t+3，则Kt,t+3，
∴DK=−t2−2t+3−t+3=−t2−3t，
∵△ACD的面积为3，
∴12DK⋅xA−xC=3，即12−t2−3t×3=3，
解得t=−1或t=−2，
∴D的坐标为−1,4或−2,3；
（3）解：在直线BC上存在点P，使△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，理由如下：
在y=−x2−2x+3中，令y=0得0=−x2−2x+3，
解得x=−3或x=1，
∴A−3,0，B1,0，
由B1,0，C0,3得直线BC解析式为y=−3x+3，
设Pm,−3m+3，Dn,−n2−2n+3，
过P作PN⊥y轴于N，过D作DM⊥y轴于M，
①∵OA=OC=3，
∴当P与C重合，D与A重合时，△OPD是等腰直角三角形，如图：

此时P0,3；
②当P在第一象限，D在第四象限时，
∵△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，
∴OD=OP，∠POD=90°，
∴∠DOM=90°−∠PON=∠OPN，
∵∠DMO=90°=∠PNO，
∴△DOM≌△OPNAAS，
∴DM=ON，OM=PN，
∴n=−3m+3n2+2n−3=m，
解得m=25+19318n=−7−1936（n小于0，舍去）或m=25−19318n=−7+1936，
∴−3m+3=−3×25−19318+3=−7+1936，
∴P的坐标为25−19318,−7+1936；
③当P在第四象限，D在第三象限时，如图：
∵△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，
∴OD=OP，∠POD=90°，
∴∠DOM=90°−∠PON=∠OPN，
∵∠DMO=90°=∠PNO，
∴△DOM≌△OPNAAS，
∴PN=OM，ON=DM，
同理可得m=n2+2n−33m−3=−n，
解得m=25+19318n=−7−1936或m=25−19318n=−7+1936（大于0，舍去），
∴−3m+3=−3×25+19318+3=−7−1936，
∴P的坐标为25+19318,−7−1936；
④当P在第四象限，D在第一象限，如图：
∵△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，
∴OD=OP，∠POD=90°，
∴∠DOM=90°−∠PON=∠OPN，
∵∠DMO=90°=∠PNO，
∴△DOM≌△OPNAAS，
∴PN=OM，ON=DM，
∴m=−n2−2n+33m−3=n，
解得m=0n=−3（舍去）或m=119n=23，
∴−3m+3=−3×119+3=−23，
∴P的坐标为119,−23；
综上所述，P的坐标为0,3或25−19318,−7+1936或25+19318,−7−1936或119,−23．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查待定系数法求函数解析式、二次函数中三角形面积计算、特殊三角形存在性问题、等腰直角三角形的性质等，难度较大，熟练运用数形结合及分类讨论思想是解题的关键．
9．（2024·云南怒江·一模）已知抛物线y=−x2+4x+5与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C．
(1)求A、B、C三点的坐标；
(2)点D是直线BC上方抛物线上的点，连接BD、CD，求S△BCD的最大值；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得△BCP是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A−1,0，B5,0，C0,5
(2)最大值为1258
(3)存在，2,41或2,−41或2,5+46或2,5−46或(2,2)
【分析】（1）分别令y=0、x=0计算即可得解；
（2）求出直线BC的解析式为：y=−x+5，过点D作DE∥y轴，交BC于点E，设点D的坐标为m,−m2+4m+5，则Em,−m+5，求出DE=−m2+5m，再由S△BCD=S△BDE+S△CDE并结合二次函数的性质即可得解；
（3）设P2,n，则BP2=n2+9，CP2=(n−5)2+4，BC2=25+25=50，再分三种情况：当BC=BP时，当BC=CP时，当BP=CP时，分别求解即可．
【详解】（1）解：令y=−x2+4x+5=0，
解得：x1=−1，x2=5，
∵点A在点B左侧，
∴A−1,0，B5,0，
当x=0时，y=5，
∴C0,5；
（2）解：设直线BC的解析式为y=kx+b，
∵B5,0，C0,5，
∴5k+b=0b=5，
解得：k=−1b=5，
∴直线BC的解析式为：y=−x+5，
过点D作DE∥y轴，交BC于点E，
设点D的坐标为m,−m2+4m+5，则Em,−m+5，
∴DE=−m2+4m+5−−m+5=−m2+5m，
∴S△BCD=S△BDE+S△CDE=12×−m2+5m×5=−52m2+252m=−52m−522+1258，
∴当m=52时，△BCD的面积最大，最大值为1258；
（3）解：∵点P在抛物线对称轴上，且对称轴为：x=−4−2=2，
∴设P2,n，则BP2=n2+9，CP2=(n−5)2+4，BC2=25+25=50，
△BCP是等腰三角形，需分3种情况讨论：
①当BC=BP时，n2+9=50，解得：n=±41，
此时点P的坐标为(2,41)或(2,−41)；
②当BC=CP时，(n−5)2+4=50，解得：n=5±46，
此时点P的坐标为(2,5+46)或(2,5−46)；
③当BP=CP时，n2+9=(n−5)2+4，解得：n=2，
此时点P的坐标为(2,2)．
综上所述，满足条件的点P有5个，分别为2,41或2,−41或2,5+46或2,5−46或(2,2)．
【点睛】本题考查了二次函数与坐标轴的交点、二次函数综合—面积问题、二次函数综合—特殊三角形、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
10．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，经过点(9,13)的抛物线C1:y=ax2+bx+1（a、b为常数，且a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，顶点为D，对称轴为直线x=3．
(1)求抛物线C1的函数表达式和点D的坐标；
(2)将抛物线C1向左平移m(m>0)个单位长度后得到抛物线C2，抛物线C2的顶点为E，连接CE、DE，请问在平移过程中，是否存在m的值，使得△CDE是等腰三角形？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线C1的函数表达式为y=49x2−83x+1，顶点D的坐标为3,−3；
(2)m的值为6或5或256．
【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）利用待定系数法可求得抛物线C1的函数表达式，配方成顶点式即可求得顶点D的坐标；
（2）根据平移的性质得到C2:y=49x−3+m2−3，则顶点E的坐标为3−m,−3，利用两点之间的距离公式求得CD=5，CE=m2−6m+25，DE=m，分CD=DE或CD=DE或DE=CE三种情况讨论，列出方程，据此求解即可．
【详解】（1）解：∵经过点(9,13)的抛物线C1:y=ax2+bx+1，且对称轴为直线x=3，
∴81a+9b+1=13−b2a=3，
解得a=49b=−83，
∴抛物线C1的函数表达式为y=49x2−83x+1，
y=49x2−83x+1=49x−32−3，
∴顶点D的坐标为3,−3；
（2）解：由题意将y=49x−32−3向左平移m(m>0)个单位长度后得到抛物线C2，
∴C2:y=49x−3+m2−3，
∴C2的顶点E的坐标为3−m,−3，
对于C1，令x=0，则y=1，
∴C2与y轴交于点C的坐标为0,1，
即C0,1，D3,−3，E3−m,−3其中m>0，
∴CD=3−02+−3−12=5，
CE=3−m2+−3−12=m2−6m+25，
DE=3−m−32+−3+32=m，
当CD=CE时，则m2−6m+25=5，
解得m=0（舍去）或m=6，此时CD=CE=5，DE=6，符合题意；
当CD=DE时，则m=5，
此时CD=DE=5，CE=52−6×5+25=25，符合题意；
当DE=CE时，
则m2−6m+25=m，解得m=256，此时CD=5，DE=CE=256，符合题意；
综上，m的值为6或5或256．
②一定两动
11．（2023·辽宁抚顺·模拟预测）如图，抛物线y=ax2+bx−3经过A−2,0，B4,0两点，与y轴交点为C，连接BC．

(1)求抛物线的解析式；
(2)P在第四象限抛物线上，连接PB，∠PBC=12∠BCO，求点P的坐标；
(3)点M从点C出发，以每秒1个单位长度的速度沿CB方向运动，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿BA方向运动，M，N同时出发，运动时间为t秒，0