特殊四边形(二次函数综合) 归纳练 2025年中考数学二轮复习备考

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特殊四边形(二次函数综合) 归纳练
2025年中考数学二轮复习备考
一、解答题
1．如图，抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，已知、，连接．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点为线段上的一动点（不与、重合），轴，且交抛物线于点，交轴于点，求四边形的最大面积；
(3)在（2）的条件下，当四边形的面积最大时，点是抛物线的对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
2．如图，已知二次函数的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），且点．点P是该二次函数图象上的一点，其横坐标为m，当点P不与点A、B重合时，连接，以为邻边作平行四边形．
(1)求这个二次函数的解析式及点A的坐标；
(2)若平行四边形的面积是12，求点P的坐标；
(3)当二次函数的图象在平行四边形内部（包括边界）的最高点与最低点的纵坐标之差是2时，求m的值；
(4)当二次函数在平行四边形内部的图象y随x的增大而增大时，直接写出m的取值范围．
3．如图，二次函数图象顶点坐标为，一次函数图象与二次函数图象相交于y轴上一点，同时相交于x正半轴上点C．
(1)试求二次函数与一次函数的表达式．
(2)连接，试求四边形的面积．
(3)假设点P 是二次函数对称轴上一动点，点Q 是平面直角坐标系中任意一点，是否存在这样的点P 及点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
4．如图，已知抛物线，y的最大值为．
(1)求抛物线的表达式．
(2)点Q和点P是直线上方抛物线上一动点（点Q在点P的左侧），分别过点Q，P作y轴的平行线，分别交直线于点N，M，连接．若四边形是平行四边形，试求平行四边形周长的最大值以及此时P点的坐标．
5．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于点，两点，与轴交于点．点在线段上，动点在直线下方的二次函数图象上．
(1)求二次函数的解析式；
(2)求面积的最大值；
(3)若点是平面直角坐标系中的一点，以，，，为顶点的四边形是正方形，求点的坐标．
6．已知抛物线：与抛物线关于原点对称，和的顶点分别是E．
(1)若，直接写出抛物线的解析式： ；
(2)如图1，若，点P是x轴上一个动点，过P作x轴的垂线交于A点，交于B点，求的最小长度（用含k的式子表示）．
(3)如图2，若两条抛物线和相交于G，H，当四边形是矩形时，求k的值．
7．如图1，抛物线与直线相交于点B和C，点B在x轴上，点C在y轴上，抛物线与x轴的另一个交点为A．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，将直线绕点B逆时针旋转交y轴于点D，在直线上有一点P，求周长的最小值及此时点P的坐标；
(3)如图3，将抛物线沿射线方向平移个单位长度得到新抛物线，在新抛物线上有一点N，在x轴上有一点M，试问是否存在以点B、M、C、N为顶点的平行四边形？若存在，写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
8．如图，抛物线的图象与x轴交于，两点，与y轴交于点C，直线l与抛物线交于点B，交y轴于点．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)若抛物线的顶点为P，求的面积；
(3)点M为y轴右侧抛物线上一动点，过点M作直线交直线l于点N，是否存在点M，使以A，C，M，N四点为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
9．如图，抛物线与x轴交于，两点，直线与抛物线交于、两点，与轴交于点．
(1)求出抛物线与直线的解析式；
(2)已知点为线段上一动点，过点作轴的平行线交抛物线于点，连接、，求的最大面积；
(3)若点M是x轴上的一动点，点N是抛物线上一动点，当以点E、B、M、N四点为顶点的四边形是平行四边形时，请你直接写出符合条件的点N的坐标．
10．如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，点E在抛物线上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点在第一象限内，过点作轴，交于点，作轴，交抛物线于点，点在点的左侧，以线段为邻边作矩形，当矩形的周长为时，求线段的长；
(3)点在直线上，点在平面内，当四边形是正方形时，请直接写出点的坐标．
参考答案
1．(1)
(2)四边形的最大面积为
(3)存在，或或
（1）根据题意将A，C两点的坐标代入即可求出解析式；
（2）求出直线的解析式，设点，则点，可表示出的长，则四边形的面积，根据二次函数的性质可求出面积的最大值和点的坐标；
（3）分三种不同的情况进行讨论，利用平行四边形的对角线互相平分即可求出点的坐标．
（1）解：由题意得：，
解得，
则抛物线的表达式为：；
（2）解：令，则，
解得或，
∴点，
设直线的解析式为，把点、的坐标代入得：
，解得
∴直线的表达式为：
设点，则点，则，
则四边形的面积，
即四边形的最大面积为；
（3）解：存在， 理由：
由（2）知，四边形的最大面积时，，即点，
由抛物线的表达式知，其对称轴为直线，
设点， 设点的横坐标为，
当为对角线时，则，
解得，即点
当或为对角线时，
同理可得：或
解得或，即点或，
综上，点或或 ．
本题考查了待定系数法求解析式，用函数的思想求最值，平行四边形的性质等，解题的关键是能够根据题意利用中点坐标进行分类讨论求出存在的点的坐标．
2．(1)，
(2)或
(3)或3或2
(4)且
本题主要考查二次函数图象与性质，掌握二次函数的知识是解题的关键．
（1）运用待定系数法求解即可；
（2）设，根据平行四边形面积公式列方程求解即可；
（3）分当点P在对称轴左侧时，即时，点P在对称轴右侧且在轴下方时，即时，点P在对称轴右侧且在轴上方时，即时三种情况分析即可；
（4）根据二次函数图象求解即可．
（1）解：把代入得：
，即．
化简得，
解得．
所以二次函数解析式为．
令，即，
分解因式得．
解得或，
因为点在点左侧，
所以；
（2）解：由，可得．
设，
因为四边形是平行四边形，其面积．
已知，，则，即．
当时：
移项得，提取公因式得，解得或．
当时，，；
当时，，．
当时：
移项得，此时，方程无实数解．
所以点的坐标为或；
（3）解：①当点P在点A右侧，对称轴左侧时，即时，如图，
设与抛物线交于点，
∴二次函数的图象在平行四边形内部（包括边界）的最高点为点，最低点为点，
∵最高点与最低点的纵坐标之差是2，
∴，
∴，
解得，或，
∵，
∴；
②点P在对称轴右侧且在轴下方时，即时，如图，
∴二次函数的图象在平行四边形内部（包括边界）的最高点为点，最低点为点，
∵最高点与最低点的纵坐标之差是2，
∴，
∴，
解得，或，
∵，
∴；
③点P在对称轴右侧且在轴上方时，即时，如图，
∴二次函数的图象在平行四边形内部（包括边界）的最高点为点，最低点为点，
∵最高点与最低点的纵坐标之差是2，
∴，
∴，
解得，或，
∵，
∴；
综上，m的值为或3或2；
（4）解：根据图象可知，平行四边形内部的图象y随x的增大而增大时，
∴的取值范围是且．
3．(1)，
(2)
(3)或或或或
（1）先设顶点式，再把代入计算，即可得出，再求出，结合，运用待定系数法解一次函数解析式，即可作答．
（2）先作图，过点A作平行于x轴的直线交y轴于一点，再过点C作平行于y轴的直线交于一点M，再运用割补法进行列式四边形的面积，然后代入数值进行计算，即可作答．
（3）结合菱形的判定（运用对角线互相平分，得出是平行四边形，再结合一组邻边相等的平行四边形），要进行分类讨论，过程紧扣中点公式列式计算，即可作答．
本题考查了菱形的判定与性质，二次函数的图象性质，待定系数法求出函数解析式，割补法求面积，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）解：∵顶点坐标为，
∴设二次函数为，
再把代入，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当，
∴，
结合图象，得出，
把，分别代入，
得，
∴，
则；
（2）解：依题意，过点A作平行于x轴的直线交y轴于一点，再过点C作平行于y轴的直线交于一点M，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，，
∴，
∵，
∴
结合图象，
四边形的面积
；
（3）解：或或或或
过程如下：
依题意，设，
当为对角线时，
∵，，且以B，C，P，Q为顶点的四边形是菱形，
则菱形四边相等，即，
∴，
解得，
则该菱形的对角线的中点为，
∴，
∴，，
∴，
当为边时，
∵，，且以B，C，P，Q为顶点的四边形是菱形，
则菱形四边相等，即，
∴，
解得，
则当时， ，
∴此时该菱形的对角线的中点为，
∴，
∴，，
∴，
则当时， ，
∴此时该菱形的对角线的中点为，
∴，
∴，，
∴，
当为边时，
∵，，且以B，C，P，Q为顶点的四边形是菱形，
则菱形四边相等，即，
∴，
解得，
则当时， ，
∴此时该菱形的对角线的中点为，
∴，
∴，，
∴，
则当时， ，
∴此时该菱形的对角线的中点为，
∴，
∴，，
∴，
综上：或或或或．
4．(1)
(2)12，
本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解是解题的关键：
（1）一般式化为顶点式，根据最值求出的值即可；
（2）求出两点坐标，进而求出直线的解析式，根据平行四边形的性质，得到，进而设出直线的解析式，联立直线与抛物线的解析式，求出两点的横坐标之间的关系，进而设出两点坐标，得到两点的坐标，将平行四边形周长转化为二次函数求最值即可．
（1）解：∵，且y的最大值为，
∴，
∴，
∴；
（2）∵，
∴当时，，当时，，
∴，
∴设直线的解析式为：，把，代入，得：，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴设直线的解析式为：，
令，整理，得：，
∴，
设，则：，，
∴，
∵分别过点Q，P作y轴的平行线，分别交直线于点N，M，
∴，
∴，，
∴四边形的周长
，
∴当时，四边形的周长最大为12，
当时，，
此时，
∴．
5．(1)二次函数的解析式；
(2)面积的最大值为；
(3)点的坐标为或．
（）利用待定系数法求函数解析式即可；
（）过点作轴，交于点，设，求出直线解析式为，则，然后求出，再通过面积为，最后二次函数的性质即可求解；
（）分以，，，为顶点的四边形是正方形，当时和以，，，为顶点的四边形是正方形，当时两种情况分析即可．
（1）解：∵二次函数的图象经过，，
∴，解得：，
∴二次函数的解析式；
（2）解：如图，过点作轴，交于点，
设，
∴点的横坐标为，
设直线解析式为，
∴，解得：，
∴直线解析式为，
∴，
∵点在线段上，动点在直线下方的二次函数图象上，
∴，
∴面积为
，
∴当时，面积有最大值为；
（3）解：如图，以，，，为顶点的四边形是正方形，当时，
∴，，
过作轴于点，过作轴于点，过作，交延长线于点，交延长线于点，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
设，
∴，，
∴点，
∵点在直线：上，
∴，
解得：（舍去），，
∴，，
∴，
∴点的坐标为；
如图，以，，，为顶点的四边形是正方形，当时，
∴，，
过作轴于点，过作轴于点，过作，交延长线于点，交延长线于点，
同上理得：，，，
∴，，
设，，
∴，，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
解得：（舍去）或，
∴，
∴，，
∴，
∴点的坐标为；
综上可知：点的坐标为或．
本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，一次函数的性质，解一元二次方程等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
6．(1)
(2)
(3)或
（1）将数字代入，化成顶点式，再根据对称得到顶点代入定点式即可得到答案；
（2）根据（1）的原理得到解析式，设，，
表示出，根据二次函数的性质求解即可得到答案；
（3）联立两条曲线，求出点的坐标得到点G和点H关于原点对称，结合抛物线对称得到四边形是平行四边形，结合当时四边形是矩形列式求解即可得到答案．
（1）解：∵：的顶点是，
∴的顶点为：，
∴的解析式为：，
故答案为：；
（2）解：同理（1）可得，
的解析式为：，
设，，
∴，
∵，
∴当时，；
（3）解：由得，
，
∴，
∴点G和点H关于原点对称，
∴，
同理可得，
和的顶点关于原点对称，
∴，
∴四边形是平行四边形，
当时，
四边形GHFE是矩形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
∴或．
本体考查二次函数的综合应用，解题的关键是根据对称求出另外一个抛物线的解析式，再结合特殊图形性质列等式．
7．(1)
(2)；
(3)存在；或或或
（1）求出点和，利用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）在直线上取一点，使，连接交于点P，证明，则当A、、P三点共线时，有最小值为．求出，得到的最小值为，求出直线的解析式为，进一步得到，求出直线解析式为，联立直线与直线即可求出交点P的坐标；
（3）求出平移后新抛物线为，设点M的坐标为，要使点M与以上三点围成平行四边形，可能有以下三种情形：①当为对角线时，②当为对角线时，③当为对角线时，分别画出图形进行解答即可；
（1）解：在中，
令，得，
，
令，得，
，
把两点的坐标代入中得，
，
解得，
抛物线的解析式为；
（2）解：在直线上取一点，使，连接交于点P，
垂直平分，，
，
为定值，
当A、、P三点共线时，有最小值为．
点B为的中点，
在中，
令，得（舍），
，
，
的最小值为，
设直线解析式为，
则，
解得，
∴直线的解析式为，
，
，
，
，
设直线解析式为，
则，
解得，
直线解析式为，
直线与直线的交点P的坐标满足方程组：
，
解得，
点P的坐标为．
（3）解：将抛物线沿射线CB方向平移个单位长度，，
相当于将抛物线先向右平移1个单位，再向下平移1个单位，
∴平移后新抛物线为
设点M的坐标为，
，
要使点M与以上三点围成平行四边形，可能有以下三种情形：
①当为对角线时，点N的坐标为；
此时若点N在抛物线上，
则，解得，
，
②当为对角线时，点N的坐标为，
此时若点N在抛物线上，
则，解得，
，
③当为对角线时，点N的坐标为；
此时若点N在抛物线上，
则，解得，
当时，得到，
当时，得到
综上，点M的坐标为或或或．
此题是二次函数和几何综合题，考查了待定系数法、平行四边形的性质、二次函数的图象和性质、二次函数的平移、勾股定理等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键．
8．(1)
(2)9
(3)存在，或
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，分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）求出点坐标，求出直线的解析式，过点作轴并延长交于E，根据进行求解即可；
（3）分四边形为平行四边形和四边形为平行四边形，两种情况进行讨论，利用平移思想进行求解即可．
（1）解：，
∴当时，，
∴，
∵抛物线的图象与x轴交于，两点，
∴，把，代入，得：，
∴；
（2）∵，
∴，
∵，
∴设的解析式为：，把代入，得：，
∴，
过点作轴并延长交于E，则：，
∴，
∴；
（3）解：存在；
由（2）知，直线的解析式为：，设，
∵，且以A，C，M，N四点为顶点的四边形是平行四边形，
∴；
①当四边形为平行四边形时，
∵，
∴点先向右平移1个单位，再向下平移3个单位得到点，
∴点先向右平移1个单位，再向下平移3个单位得到点，即：，
∴，
解得：或，
当时，，
当时，（不符合题意，舍去）；
②当四边形为平行四边形时，
∵，
∴点先向右平移1个单位，再向下平移3个单位得到点，
∴点先向右平移1个单位，再向下平移3个单位得到点，即：，
∴，
解得：或，
当时，，
当时，（不符合题意，舍去）；
综上：或．
9．(1)，；
(2)的面积最大值为；
(3)或或或
本题考查了待定系数法求解析式，面积问题，平行四边形的性质，熟练掌握是二次函数的性质解题的关键．
（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）先求得点的坐标，当取得最大值时，的面积取得最大值，设，则，进而表示出，根据二次函数的性质求得的最大值，即可求解；
（3）先求得点的坐标，分为对角线与边两种情况讨论，根据平行四边形的性质即可求解．
（1）解：抛物线与轴交于，两点，代入得：
，
解得：，
抛物线解析式为：；
将点代入，
，
解得：，
直线解析式为：；
（2）解：依题意，联立得：
，
解得：或，
，
，
当取得最大值时，的面积取得最大值，
设，则，
，
时，取得最大值为，
的面积最大值为；
（3）解：是与轴的交点，
当时，，
；
①当为边时，
，，在轴上，
，则点的纵坐标为，
在上，
当点的纵坐标为时，，
解得：，
当点的纵坐标为时，
解得，，
或或或；
②当为对角线时，则的中点纵坐标为1，
的纵坐标也为1，
点在轴上，
的纵坐标为2，
综上所述，或或或．
10．(1)
(2)
(3)点坐标或或或
（1）利用待定系数法即可求解；
（2）先求得直线的解析式为，设，则，利用对称性质求得，推出，，利用矩形周长公式列一元二次方程计算即可求解；
（3）先求得直线的解析式为，分别过点作轴的垂线，垂足分别为，证明，推出，设，则，由点在直线上，列式计算，可求得的值，利用平移的性质即可求解．当沿着点逆时针旋转得到，设，则点，然后表示出的坐标，再代入一次函数即可解答．
（1）解：∵抛物线经过点和，
∴
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：∵点和，
设直线的解析式为，则，
解得，
直线的解析式为，
设，且，则，
，
∵抛物线的对称轴为直线，
∴，
∴，
依题意得，
解得（舍去）或，
∴；
（3）解：令，则，
解得或，
∴，
设直线的解析式为，将，代入，
解得,，
∴直线的解析式为，
∵四边形是正方形，
∴，分别过点作轴的垂线，垂足分别为，如图，
∴
∴，
∴
设，
当点在轴左侧，轴下方时，
则， ，
∴，
∵点在直线上，
∴．
解得或（舍去），
当时，，，
点向左平移个单位，再向下平移个单位，得到点，
则点向左平移个单位，再向下平移个单位，得到点，
当点在轴左侧，轴上方时，如图，分别过点作轴的垂线，垂足分别为，
则， ，
∴，
∵点在直线上，
∴，
解得：（舍去），，
∴，，
同理可得：；
当点在轴右侧，轴下方时，作轴，轴，如图：
设，则点，则点，
∴，
解得，
∴（舍去），
∴点的坐标为；
当点在轴右侧，轴上方时，作轴，轴，如图：
则，，
∴，
∵点在直线上，
∴，
解得：（舍去），
∴，
∴点N的坐标为；
综上，点坐标或或或 ．
本题主要考查二次函数图象与几何图形的综合，掌握待定系数法求二次函数解析式，一次函数解析式，矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，坐标与图形的关系，数形结合，分类讨论思想等知识的综合运用是解题的关键．
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