2023年中考数学二轮复习二次函数压轴题专题17 存在性-正方形（教师版）

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中考数学压轴题--二次函数--存在性问题
第17节 正方形的存在性

方法点拨
正方形ABCD，M为对角线AC与BD的交点，则M的坐标为()或者()

解题方法：(在平行四边形的基础上增加对角线垂直且相等)
(1)选一定点，再将这一定点与另外点的连线作为对角线，分类讨论；
(2)利用中点坐标公式列方程：；
(3)对角线垂直：，











例题演练
1．如图，在平面直角坐标系．xOy中，直线y＝x﹣4与x轴交于点A，与y轴交于点B，过A，B两点的抛物线交x轴于另一点C(﹣2，0)．
(1)求抛物线解析式；
(2)如图1，点F是直线AB下方抛物线上一动点，连接FA，FB，求出四边形FAOB面积最大值及此时点F的坐标．
(3)如图2，在(2)问的条件下，点Q为平面内y轴右侧的一点，是否存在点Q及平面内任意一点M使得以A，F，Q，M为顶点的四边形是正方形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．

【解答】解：(1)∵直线y＝x﹣4与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点A(4，0)，点B(0，﹣4)，
∵抛物线交x轴于点A(4，0)，点C(﹣2，0)．
设抛物线解析式为：y＝a(x+2)(x﹣4)＝ax2﹣2ax﹣8a，
∵抛物线交y轴于点B(0，﹣4)，
∴﹣4＝﹣8a，
∴a＝，
∴抛物线解析式为：y＝x2﹣2×x﹣8×＝x2﹣x﹣4；
(2)如图，过点F作FE∥y轴，交AB于点E，

设点P的横坐标为t，则P(t，t2﹣t﹣4)，
∵直线AB的解析式为y＝x﹣4，
∴E(t，t﹣4)，
∴S△BFA＝OA•EF＝×(4﹣0)×(t﹣4﹣t2+t+4)
＝﹣t2+4t，
∵S△BOA＝OA•OB＝×4×4＝8，
∴S四边形FAOB＝S△BFA+S△BOA＝﹣t2+4t+8＝﹣(t﹣2)2+12，
∴当t＝2时，S四边形FAOB有最大值12，t2﹣t﹣4＝﹣4．
∴此时点F的坐标为(2，﹣4)；
(3)①当AF为为边时，如图，过点F作FS⊥x轴于点S，过点作Q1T⊥x轴于点T，

∵点A(4，0)，点F的坐标为(2，﹣4)，
∴AF＝＝2，SF＝4，AS＝4﹣2＝2，
∵四边形AQ1Q2F是正方形，
∴AQ1＝AF＝2，∠FAQ1＝90°，
∵∠SFA+∠SAF＝90°，∠SAF+∠TAQ1＝90°，
∴∠SFA＝∠TAQ1，
∵∠FSA＝∠ATQ1＝90°，
∴△FSA≌△ATQ1，
∴AT＝SF＝4，TQ1＝AS＝2，
∴OT＝OA+AT＝8，
∴Q1(8，﹣2)；
同理可得：△Q1HQ2≌△ATQ1，
∴Q1H＝AT＝4，Q2H＝TQ1＝2，
∴OK＝OT﹣KT＝8﹣2＝6，Q2K＝HT＝4+2＝6，
∴Q2(6，﹣6)；
四边形AFED是正方形时，点D在y轴上，点E在y轴左边，不合题意；
②连接AE，FD交于点Q3，连接AQ2、FQ1交于点Q4，此时，AF为对角线，四边形AQ3FQ4是正方形，如图：

∵Q4是FQ1的中点，Q1(8，﹣2)，F(2，﹣4)，
∵＝5，＝﹣3，
∴Q4(5，﹣3)；
∵Q3是FD的中点，D(0，2)，F(2，﹣4)，
∵＝1，＝﹣1，
∴Q3(1，﹣1)．
∴存在，点Q的坐标Q1(8，﹣2)，Q2(6，﹣6)，Q3(1，﹣1)，Q4(5，﹣3)．
2．如图所示，抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，直线BC下方的抛物线上有一点D，过点D作DE⊥BC于点E，作DF平行x轴交直线BC点F，求△DEF周长的最大值；
(3)已知点M是抛物线的顶点，点N是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，若点P是抛物线上一点，且位于抛物线对称轴的右侧，是否存在以点P、M、N、Q为顶点且以PM为边的正方形？若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．

【解答】解：(1)∵抛物线y＝ax2+bx﹣3交x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，
∴
解得：
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3
(2)∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3与y轴交于点C
∴点C坐标为(0，﹣3)
∴直线BC解析式为：y＝x﹣3
∵点B(3，0)，点C(0，﹣3)
∴OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°
∵DF∥AB，
∴∠EFD＝45°＝∠OBC，
∵DE⊥BC，
∴∠EFD＝∠EDF＝45°，
∴DE＝EF，
∴DF＝EF，
∴EF＝DE＝DF，
∴△DEF周长＝DE+EF+DF＝(1+)DF，
设点D(a，a2﹣2a﹣3)，则F(a2﹣2a，a2﹣2a﹣3)
∴DF＝a﹣a2+2a＝﹣a2+3a＝﹣(a﹣)2+
∴当a＝时，DF有最大值为，
即△DEF周长有最大值为(1+)×＝，
(3)存在，
如图1，过点M作GH⊥OC，过点P作PH⊥GH，连接MN，PM，

∵抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3＝(x﹣1)2﹣4
∴点M(1，4)
∵以点P、M、N、Q为顶点且以PM为边的正方形，
∴PM＝MN，∠PMN＝90°，
∴∠PMH+∠NMG＝90°，且∠PMH+∠MPH＝90°，
∴∠NMG＝∠MPH，且MN＝PM，∠H＝∠NGM＝90°，
∴△MNG≌△PMH(AAS)
∴GM＝PH＝1，
∴点P的纵坐标为﹣3，
∴﹣3＝x2﹣2x﹣3
∴x＝0(不合题意舍去)，x＝2，
∴点P的横坐标为2，
如图2，过点P作GH⊥AB，过点N作NG⊥GH，过点M作MH⊥GH，

易证：△NGP≌△PHM，
可得NG＝PH，GP＝MH，
设点P横坐标为a，(a＞1)
∴NG＝PH＝a，
∴点P纵坐标为﹣4+a，
∴﹣4+a＝a2﹣2a﹣3
∴x＝(不合题意舍去)，x＝
综上所述：点P的横坐标为2或
3．如图，抛物线y＝ax2+bx+c关于直线x＝1对称，与坐标轴交于A，B，C三点，且AB＝4，点D(2，)在抛物线上，直线l是一次函数y＝kx﹣2(k≠0)的图象，点O是坐标原点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若直线l平分四边形OBDC的面积，求k的值；
(3)在抛物线上是否存在一点P，使得点Q在x轴上，点M在坐标平面内，四边形CQPM是正方形，若存在求点P的横坐标，若不存在，请说明理由．

【解答】解：(1)∵抛物线关于直线x＝1对称，AB＝4，
∴A(﹣1，0)，B(3，0)，
设抛物线的解析式为y＝a(x+1)(x﹣3)，
∵点D(2，)在抛物线上，
∴＝a×3×(﹣1)，解得a＝，
∴抛物线解析式为：y＝(x+1)(x﹣3)＝x2+x+．

(2)抛物线解析式为：y＝x2+x+，
令x＝0，得y＝，
∴C(0，)，
∵D(2，)，
∴CD∥OB，直线CD解析式为y＝．
∴S四边形OBDC＝(CD+OB)•OC＝(2+3)×＝
当直线l解析式为y＝kx﹣2过点D时，2k﹣2＝，
∴k＝，
∴直线l的解析式为y＝x﹣2，
令y＝0，
∴x﹣2＝0，
∴x＝，
∴E(，0)，
∴OE＝，
∴S四边形OCDE＝(+2)×＝＞×，
∴直线l必和线段CD相交，
令y＝0，得x＝；
令y＝，得x＝；
如答图1所示，设直线l分别与OB、CD交于点E、F，则E(，0)，F(，)，
OE＝，BE＝3﹣，CF＝，DF＝2﹣．
∵直线l平分四边形OBDC的面积，
∴S梯形OEFC＝S梯形FDBE，
∴(OE+CF)•OC＝(FD+BE)•OC，
∴OE+CF＝FD+BE，
即：+＝(3﹣)+(2﹣)，
解方程得：k＝，经检验k＝是原方程的解且符合题意，
∴k＝；

(3)①当Q点的横坐标小于﹣1时，如图2，过点P作PF⊥x轴于F，
∴∠PQF+∠QPF＝90°，
∵四边形CQPM是正方形，
∴CQ＝PQ，∠CQP＝90°，
∴∠CQO+∠PQF＝90°，
∴∠CQO＝∠QPF，
∴△COQ≌△QFP(AAS)，
∴OQ＝PF，QF＝OC＝，
∴PF＝OF+QF＝OF+，
设点P的坐标为(t，﹣t2+t+)，
∴﹣t2+t+＝t﹣，
∴t＝(舍)或t＝﹣
∴点P的横坐标为﹣，
②当Q点的横坐标大于3时，如图3，
同①的方法得，点P的横坐标为2+，
③当Q点的横坐标在﹣1到3之间时，如答图2，
同①的方法得，
点P的横坐标为2﹣，
即：点P的横坐标为﹣或2﹣或2+．




4．如图所示，抛物线y＝ax2+bx﹣3与x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图所示，直线BC下方的抛物线上有一点P，过点P作PE⊥BC于点E，作PF平行于x轴交直线BC于点F，求△PEF周长的最大值；
(3)已知点M是抛物线的顶点，点N是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，若点P是抛物线上一点，且位于抛物线的对称轴右侧，是否存在以P、M、N、Q为顶点且以PM为边的正方形？若存在，直接写出点P的横坐标；若不存在，说明理由．

【解答】解：(1)把A(﹣1，0)，B(3，0)两点坐标代入抛物线y＝ax2+bx﹣3，
得到，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3．

(2)如图1中，连接PB、PC．设P(m，m2﹣2m﹣3)，

∵B(3，0)，C(0，﹣3)，
∴OB＝OC，
∴∠OBC＝45°，
∵PF∥OB，
∴∠PFE＝∠OBC＝45°，
∵PE⊥BC，
∴∠PEF＝90°，
∴△PEF是等腰直角三角形，
∴PE最大时，△PEF的面积中点，此时△PBC的面积最大，
则有S△PBC＝S△POB+S△POC﹣S△BOC＝•3•(﹣m2+2m+3)+•3•m﹣＝﹣(m﹣)2+，
∴m＝时，△PBC的面积最大，此时△PEF的面积也最大，
此时P(，﹣)，
∵直线BC的解析式为y＝x﹣3，
∴F(﹣，﹣)，
∴PF＝，
∵△PEF是等腰直角三角形，
∴EF＝EP＝，
∴C△PEF最大值＝+．

(3)①如图2中，

当N与C重合时，点N关于对称轴的对称点P，此时思想MNQP是正方形，易知P(2，﹣3)．点P横坐标为2，
②如图3中，当四边形PMQN是正方形时，作PF⊥y轴于N，ME∥x轴，PE∥y轴．

易知△PFN≌△PEM，
∴PF＝PE，设P(m，m2﹣2m﹣3)，
∵M(1，﹣4)，
∴m＝m2﹣2m﹣3﹣(﹣4)，
∴m＝或(舍弃)，
∴P点横坐标为
所以满足条件的点P的横坐标为2或．
5．如图，在平面直角坐标系中，A(﹣1，0)、B(0，2)且Rt△AOB≌Rt△CDA，抛物线y＝ax2+ax﹣2经过点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点P是x轴上一点，且PC⊥PB，求P点的坐标；
(3)在抛物线上是否存在两点E、F，使四边形ABEF是正方形？若存在，求点E、F的坐标；若不存在，请说明理由．

【解答】解：(1)∵A(﹣1，0)、B(0，2)且Rt△AOB≌Rt△CDA，
∴OA＝1，AD＝BO＝2，
∴OD＝AO+AD＝2+1＝3，
∵∠D＝90°，
∴CD⊥OD
∴CD＝1，
∴C点坐标为(﹣3，1)，
∵抛物线经过点C，
∴1＝a(﹣3)2+a(﹣3)﹣2，
∴a＝，
∴抛物线的解析式为y＝x2+x﹣2；

(2)设OP＝x，
∵Rt△AOB≌Rt△CDA，
∴∠CAD＝∠ABO，
∵∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠CAD+∠BAO＝90°，
∴∠CAB＝90°，
∴△ACB是直角三角形，
∴BC＝＝，
∵PC⊥PB，
∴∠CPB＝90°，
∴△BPC是直角三角形，
∴PB2+PC2＝BC2，
∵PB2＝OP2+BO2，PC2＝CD2+DP2，
∴OP2+BO2+CD2+DP2＝BC2，
即x2+22+12+(3﹣x)2＝10，
解得：x＝1或2，
由题意可知：P在x的负半轴，
∴P的坐标为(﹣1，0)或(﹣2，0)；
(3)存在，
在抛物线上存在点E、F，使四边形ABEF是正方形．
以AB为边在AB的右侧作正方形ABEF，过E作EH⊥OB于H，FG⊥x轴于G，可证△EHB≌△AFG≌△BAO，
∴HE＝AG＝BO＝2，BH＝FG＝AO＝1，
∴E点坐标为(2，1)，F点坐标为(1，﹣1)．
由(1)抛物线y＝x2+x﹣2，当x＝2时，y＝1；当x＝1时，y＝﹣1．
∴E、F在抛物线上．
故在抛物线上存在点E(2，1)、F(1，﹣1)，使四边形ABPQ是正方形．


6．如图，平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A(﹣3，0)，B(4，0)，交y轴于点C(0，4)．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)直线y＝x+与抛物线交于A、D两点，与直线BC交于点E．若点M(m，0)是线段AB上的动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点F，交直线AD于点G，交直线BC于点H．
①当SEOG＝S△AOE时，求m的值；
②在平面内是否存在点P，使四边形EFHP为正方形？若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【解答】解：(1)由题意得：，解得，
∴y＝﹣x2+x+4；

(2)①当点G在点E的左侧时，
如图1，∵B(4，0)，C(0，4)，

∴设BC的解析式为：y＝kx+n，
则，解得，
∴BC的解析式为：y＝﹣x+4，
∴﹣x+4＝x+，
解得：x＝1，
∴E(1，3)，
∵M(m，0)，且MH⊥x轴，
∴G的横坐标为m，
∵SEOG＝S△AOE，
∴×ON×(xE﹣xG)＝××ON×(xE﹣xG)，
即xE+xA＝2xG，即1﹣3＝2m，
解得m＝﹣1；
当点G在点E的右侧时，
同理可得：×ON×(xG﹣xE)＝×ON×(xE﹣xA)，
即(m﹣1)＝×(1+3)，
解得m＝3，
综上，m＝3或﹣1；
②存在，由①知：E(1，3)，
∵四边形EFHP是正方形，
∴FH＝EF，∠EFH＝∠FHP＝∠HPE＝90°，
∵M(m，0)，且MH⊥x轴，
∴H(m，﹣m+4)，F(m，﹣m2+m+4)，
分两种情况：
i)当﹣3≤m＜1时，如图2，点F在EP的左侧，

∴FH＝(﹣m+4)﹣(﹣m2+m+4)＝m2﹣m，
∵EF＝FH，
∴m2﹣m＝1﹣m，
解得：m＝(舍去正值)，
∴H(，)，
∴P(1，)，
ii)当1＜m＜4时，点F在PE的右边，如图3，

同理得∴m2﹣m＝﹣1+m，
解得：m＝(舍去负值)，
同理得P(1，)；
综上，点P的坐标为：(1，)或(1，)．
7．如图，点B、C分别在x，y轴的正半轴上，OB，OC的长分别为x2﹣8x+12＝0的两个根，且OC＞OB，将△COB绕点O逆时针旋转90°，点C落在x轴负半轴上的点A处，点B落在y轴正半轴的点D处，连接AC．
(1)求过A，B，C三点的抛物线的函数解析式；
(2)直接写出tan∠CAD的值；
(3)点P从点C以每秒2个单位长度的速度沿CA运动到点A，点Q从点O以每秒1个单位长度的速度沿OC运动到点C，连接PQ．求S△CPQ的最大值，及此时点P的坐标；
(4)M是第二象限内一点，在平面内是否存在点N，使得以A，D，M，N为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．

【解答】解：(1)解x2﹣8x+12＝0得：x＝6或2，
故点B(2，0)、点C(0，6)，
由图象的旋转知，点A、D的坐标分别为(﹣6，0)、(0，2)；
设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，
将点A、B、C的坐标代入抛物线解析式中得，解得，
故抛物线的表达式为y＝﹣x2﹣2x+6；

(2)过点D作DH⊥AC于点H，

则S△ACD＝×CD×AO＝×AC×HD，即×4×6＝××HD，
解得HD＝2，
根据勾股定理得，AH＝＝＝4，
故tan∠CAD＝；
(3)∵OA＝OC，则∠ACO＝45°，
由题意得：PC＝2t，CQ＝6﹣t，
则|xP|＝PC•cos45°＝t，
则S△CPQ＝×CQ×|xP|＝×t(6﹣t)＝﹣(t2﹣6t)，
∵﹣＜0，故S△CPQ有最大值，当t＝3时，其最大值为，
当t＝3时，PC＝6，点P的纵坐标为6﹣3，
故点P(﹣3，6﹣3)；

(4)①当AD是正方形的对角线时，则正方形为ANDM′，
设M′N交AD于R，交x轴于点H，
则点R是AD的中点，则点R(﹣3，1)，
在Rt△AOD中，tan∠DAO＝＝＝，则tan∠RHA＝3，
则设直线M′N的表达式为y＝﹣3x+b，将点R的坐标代入上式并解得b＝﹣8，
故直线M′N的表达式为y＝﹣3x﹣8，设点N(m，﹣3m﹣8)，
过点N作x轴的平行线交过点A与y轴的平行线于点G，交y轴于点K，

∵∠DNK+∠ANG＝90°，∠ANG+∠NAG＝90°，
∴∠NAG＝∠DNK，
∵∠NGA＝∠DKN＝90°，AN＝DN，
∴△NGA≌△DKN(AAS)，
∴GN＝DK，即m+6＝2+3m+8，解得m＝﹣2，
故点N的坐标为(﹣2，﹣2)；
②当AD是正方形的边时，
当DN′是边时，
同理可得：△DSN′≌△AOD(AAS)，
∴N'S＝OD＝2，DS＝AO＝6，
故点N′(﹣2，8)；
当AN是边时，点N对应的是上图中的点M，
同理可得，点M(﹣8，6)，即点N″(﹣8，6)；
综上，点N的坐标为(﹣8，6)、(﹣2，8)、(﹣2，﹣2)．
8．在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于A(﹣3，0)，B(4，0)两点，交y轴于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图，直线y＝与抛物线交于A，D两点，与直线BC交于点E．若M(m，0)是线段AB上的动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点F，交直线AD于点G，交直线BC于点H．
①当点F在直线AD上方的抛物线上，且S△EFG＝S△OEG时，求m的值；
②在平面内是否存在点P，使四边形EFHP为正方形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【解答】解：(1)∵抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于A(﹣3，0)，B(4，0)两点，
∴y＝﹣(x+3)(x﹣4)＝﹣；
(2)①如图1，∵B(4，0)，C(0，4)，

∴设BC的解析式为：y＝kx+n，
则，解得，
∴BC的解析式为：y＝﹣x+4，
∴﹣x+4＝，
解得：x＝1，
∴E(1，3)，
∵M(m，0)，且MH⊥x轴，
∴G(m，)，F(m，﹣)，
∵S△EFG＝S△OEG，
∴＝×ON(xE﹣xG)，
[(﹣)﹣()](1﹣m)＝，
解得：m1＝，m2＝﹣2；
②存在，由①知：E(1，3)，
∵四边形EFHP是正方形，
∴FH＝EF，∠EFH＝∠FHP＝∠HPE＝90°，
∵M(m，0)，且MH⊥x轴，
∴H(m，﹣m+4)，F(m，﹣)，
分两种情况：
i)当﹣3≤m＜1时，如图2，点F在EP的左侧，

∴FH＝(﹣m+4)﹣(﹣)＝，
∵EF＝FH，
∴，
解得：m1＝(舍)，m2＝，
∴H(，)，
∴P(1，)，
ii)当1＜m＜4时，点F在PE的右边，如图3，

同理得﹣＝m﹣1，
解得：m1＝，m2＝(舍)，
同理得P(1，)；
综上，点P的坐标为：或．