2024年中考数学重难点题型之二次函数专题16 二次函数与正方形存在性问题（解析版）

这是一份2024年中考数学重难点题型之二次函数专题16 二次函数与正方形存在性问题（解析版），共63页。试卷主要包含了，与轴交于点，抛物线的顶点为，如图，已知抛物线经过，，三点等内容，欢迎下载使用。

2024年中考数学重难点题型之二次函数专题16 二次函数与正方形存在性问题
解题点拨
作为特殊四边形中最特殊的一位，正方形拥有更多的性质，因此坐标系中的正方形存在性问题变化更加多样，从判定的角度来说，可以有如下：
（1）有一个角为直角的菱形；
（2）有一组邻边相等的矩形；
（3）对角线互相垂直平分且相等的四边形．
依据题目给定的已知条件选择恰当的判定方法，即可确定所求的点坐标．

从未知量的角度来说，正方形可以有4个“未知量”，因其点坐标满足4个等量关系，考虑对角线性质，互相平分（2个）垂直（1个）且相等（1个）．

比如在平面中若已知两个定点，可以在平面中确定另外两个点使得它们构成正方形，而如果要求在某条线上确定点，则可能会出现不存在的情况，即我们所说的未知量小于方程个数，可能无解．

从动点角度来说，关于正方形存在性问题可分为：
（1）2个定点+2个全动点；
（2）1个定点+2个半动点+1个全动点;
甚至可以有：（3）4个半动点．

不管是哪一种类型，要明确的是一点，我们肯定不会列一个四元一次方程组求点坐标！

常用处理方法：
思路1：从判定出发
若已知菱形，则加有一个角为直角或对角线相等；
若已知矩形，则加有一组邻边相等或对角线互相垂直；
若已知对角线互相垂直或平分或相等，则加上其他条件．

思路2：构造三垂直全等
若条件并未给关于四边形及对角线的特殊性，则考虑在构成正方形的4个顶点中任取3个，必是等腰直角三角形，若已知两定点，则可通过构造三垂直全等来求得第3个点，再求第4个点．

总结：构造三垂直全等的思路仅适合已知两定点的情形，若题目给了4个动点，则考虑从矩形的判定出发，观察该四边形是否已为某特殊四边形，考证还需满足的其他关系．

正方形的存在性问题在中考中出现得并不多，正方形多以小题压轴为主．
例：在平面直角坐标系中，A（1,1），B（4,3），在平面中求C、D使得以A、B、C、D为顶点的四边形是正方形．

如图，一共6个这样的点C使得以A、B、C为顶点的三角形是等腰直角三角形．
至于具体求点坐标，以为例，构造△AMB≌△，即可求得坐标．至于像、这两个点的坐标，不难发现，是或的中点，是或的中点．

题无定法，具体问题还需具体分析，如上仅仅是大致思路．
直击中考
1．如图，二次函数的图象与轴交于，，与轴交于点．

(1)求该二次函数的解析式及点的坐标；
(2)点为抛物线上一点，过作轴交直线于点，点为轴上一点，点为坐标系内一点，当以点，，，为顶点的四边形是正方形时，直接写出点的坐标．
【答案】(1)，
(2)，，

【分析】（1）直接将点的坐标代入关系式，求出解可得关系式，再令，可求出点C的坐标；
（2）先求出直线的关系式，可表示出，分为边和对角线时，求出坐标即可．
【详解】（1）解：∵的图象与轴交于，，
∴，
解得，
∴．
当时，
∴；
（2）解：设M点的坐标为，
将点和代入，得
，
解得，
所以直线的关系式为．
当时，，
则点N的坐标为，
∴的长度为
①当为边时，可知，
∴E，F均在x轴上，
∴M，N点到x轴的距离为，即．
∵为正方形，
∴，
即，
解得， ，
当时，M点为A点，应舍去，
∴M点可为；
②当是对角线时，
得到，此时E点为的垂直平分线与x轴的交点
且为直角等腰三角形，故的长度应该为M到x轴的距离的2倍，
得到
解得，，，
同理时应舍去，
故M点可为，，
故综上M点坐标可为，，．
【点睛】这是一道关于二次函数的综合问题，考查了待定系数法求二次函数关系式，正方形的判定，待定系数法求一次函数关系式等．注意：分情况讨论，不能丢解．
2．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与直线交于、两点，，，其中点是抛物线的顶点，交y轴于点．

(1)求二次函数解析式；
(2)点是抛物线第三象限上一点（不与点、重合），连接，以为边作正方形，当顶点或恰好落在抛物线对称轴上时，直接写出对应的点的坐标．
【答案】(1)
(2)或

【分析】（1）将解析式设为顶点式，将已知点坐标代入求解未知系数即可；
（2）设出未知点的坐标，根据顶点或恰好落在抛物线对称轴上的条件，建立含未知坐标的方程组，求解方程组即可．
【详解】（1）解：点是抛物线的顶点，
可设抛物线的解析式为，
抛物线经过点，
，
解得：，
二次函数的解析式为：


故答案为：；
（2）解：如下图所示，设点的坐标为，过点Q作轴，过点作轴，交于点M，过点F作轴交于点N，过点E作 轴交于点K，
，，，，，
，且 ，
，
，，
， ，
，
，
即，
，
，
点的横坐标为，
（1）当点在对称轴 上，  
，即，
在上，
，解得： 或（舍去），
故点为  
（2）当点在抛物线的对称轴上时，
点的横坐标为，
，即，
在上，
，即，
，
解得： 或（舍去），
，
点的坐标为，
故点的坐标为： 或．

【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质与全等三角形、正方形的综合，关键要先设出抛物线上点 的坐标，根据所设未知坐标表示出其它点坐标和线段，构建方程组，求出未知坐标，体现数形结合的数学方法和思想．
3．（2022·海南·统考中考真题）如图1，抛物线经过点，并交x轴于另一点B，点在第一象限的抛物线上，交直线于点D．

(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)当点P的坐标为时，求四边形的面积；
(3)点Q在抛物线上，当的值最大且是直角三角形时，求点Q的横坐标；
(4)如图2，作交x轴于点，点H在射线上，且，过的中点K作轴，交抛物线于点I，连接，以为边作出如图所示正方形，当顶点M恰好落在y轴上时，请直接写出点G的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)点Q的横坐标为，，，1．
(4)G(-4 +，0)．

【分析】（1）将A、C两点坐标代入解析式求解即可；
（2）如图，连接，令，求得点B的坐标，再根据各点的坐标确定OC、OB的长，然后再根据求解即可；
（3）如图，作轴，交直线于点F，可得，即，进一步说明当最大时，最大．设，则，根据线段的核查运算求得PF的最大值；设点，若是直角三角形，则点Q不能与点P、A重合，
∴，再分、、三种情况解答即可．
(4)作GL//y轴，作RC⊥GL于L，作MT⊥KI于T，作HW⊥IK于点W，则△GLC≌CRH，△ITM≌△HWI.根据∆GLC≌∆CRH可表示出H点坐标，从而表示出点K坐标，进而表示出I坐标，根据MT= IW，构建方程求得n的值．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点，
∴解得
∴该抛物线的函数表达式为．
（2）解：如图，连接，令，
∴．
∴
∵，
∴．
∴．
∴．

（3）解：如图1所示，作轴，交直线于点F，
则．
∴．
∵是定值，
∴当最大时，最大．
设，
∵，
∴．
设，则．
∴．
∴当时，取得最大值，此时．
设点，若是直角三角形，则点Q不能与点P、A重合，
∴，下面分三类情况讨论：
若，如图2所示，
过点P作轴于点，作交的延长线于点，则．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
若，如图3所示，过点P作直线轴于点，过点Q作轴于点，．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
若，如图4所示，过点Q作轴于点，作交的延长线于点，则．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
综上所述，当的值最大且是直角三角形时，点Q的横坐标为，，，1．

（4）如图，作GL//y轴，作RC⊥GL于L，作MT⊥KI于K，作HW⊥IK于点W，则△GLC≌∆CRH，△ITM≌△HWI.
RH = OG= -n，
CR= GL= OC= 3，
MT= IW，
G(n，0)，H(3，3+ n)，

+n+3+3)
∵TM=IM
∴ (n+3)2+ 2(n+3)- 12= 0，
∴n1 = -4+ ，
n2 =-4- (舍去)
∴G(-4 +， 0)．

【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了运用待定系数法求函数解析式、二次函数与几何图形的综合、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质以及分类讨论思想，灵活应用相关知识以及分类讨论思想成为解答本题的关键．
4．（2022·山东泰安·统考中考真题）若二次函数的图象经过点，，其对称轴为直线，与x轴的另一交点为C．

(1)求二次函数的表达式；
(2)若点M在直线上，且在第四象限，过点M作轴于点N．
①若点N在线段上，且，求点M的坐标；
②以为对角线作正方形（点P在右侧），当点P在抛物线上时，求点M的坐标．
【答案】(1)
(2)①；②

【分析】（1）利用待定系数解答，即可求解；
（2）①先求出直线的表达式为，然后设点N的坐标为．可得．可得到，．再由，即可求解；②连接与交与点E．设点M的坐标为，则点N的坐标为
根据正方形的性质可得E的坐标为，进而得到P的坐标．再由点P在抛物线上，即可求解．
【详解】（1）解：二次函数的图象经过点，
．
又抛物线经过点，对称轴为直线，
解得∶
抛物线的表达式为．
（2）解∶①设直线的表达式为．
点A，B的坐标为，，
∴， 解得∶ ，
直线的表达式为．
根据题意得∶点C与点关于对称轴直线对称，
．
设点N的坐标为．
轴，
．
∴
．

，
解，得．
点M的坐标；
②连接与交与点E．
设点M的坐标为，则点N的坐标为
四边形是正方形，
，，．
∵MN⊥x轴，
轴．
E的坐标为．
．
．
∴P的坐标．
点P在抛物线上，
．
解，得，．
点P在第四象限，
舍去．
即．
点M坐标为．

【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图形和性质，正方形的性质，一次函数的图象和性质是解题的关键．
5．（2020·辽宁锦州·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线交x轴于两点，交y轴于点C．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图，直线与抛物线交于A,D两点，与直线于点E．若是线段上的动点，过点M作x轴的垂线，交抛物线于点F，交直线于点G，交直线于点H．

①当点F在直线上方的抛物线上，且时，求m的值；
②在平面内是否在点P，使四边形为正方形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） ；（2）①或 ； ②存在；或
【分析】（1）根据待定系数法列出方程组即可求出抛物线的表达式；
（2）利用，用m和抛物线及一次函数的解析式表示出FG的长度，解出m即可求出答案；
（3）先根据直线AD与直线BC相交于点E求出E点坐标，再根据题意当四边形EFHP是正方形，利用正方形四个角都是直角且四条边都相等求出F点的坐标及EF的长度，再根据坐标求解即可．
【详解】解：（1）抛物线经过两点，
，解得，
抛物线的表达式为．
（2）①方法1：
如图1，过点O作于点R，过点F作于点Q，
设直线与y轴交点为N．
，直线轴，
，，
，
由一次函数可以求出点N坐标为，
在中，，，
，
，
．
，，
，
．

，MH平行于y轴，
，
，
，
，
，
解得，．
联立抛物线和一次函数，得：，
解得，，
则可知此时求出的点F都在直线AD上方的抛物线上，
的值为或．
方法2：
如图1，过点O作于点R，过点F作于点Q，设直线与y轴交点为N．
则，，
，直线轴，
，，
，
，，
，
，
，，
，
由题意可得，轴，则，
，
，
，
，
解得，
联立抛物线和一次函数，得：，
解得，，
则可知此时求出的点F都在直线AD上方的抛物线上，
的值为或．
②存在．点P的坐标为或．
（写对一个得2分）
如图2，
B（4，0），C（0，4），
直线BC的解析式为：，
联立直线AD与直线BC的方程得：，
解得，
E（1，3）．
若四边形EFHP是正方形，
则，
，解得，
，，
，
，
．
，
同理可得：，
，

．
点P的坐标为或．

【点睛】本题考查了二次函数、一次函数、正方形等综合知识点，难度较大，本题第（2）问中的第1小问通过面积比列出FG关于m的方程是解题的关键，第2小问通过正方形的性质进行讨论即可解题，对于二次函数的综合题型要学会结合数形结合的方法解题．
6．（2020秋·辽宁沈阳·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点（点在点左侧），与轴交于点，抛物线的顶点为．直线与抛物线交于，两点．

(1)求抛物线的表达式；
(2)用配方法求顶点的坐标；
(3)点是对称轴右侧抛物线上任意一点，设点的横坐标为．
①过点作轴的垂线，垂足为，交直线于点，当时，请直接写出点坐标；
②连接，以为边作正方形，是否存在点使点恰好落在对称轴上？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)
(3)①或；②或

【分析】（1）利用一次函数求出点A的坐标，再用待定系数法求出抛物线的表达式即可；
（2）把抛物线的表达式配方成顶点式，即可得到顶点的坐标；
（3）①设点，则点，由点是对称轴右侧抛物线上任意一点，得到，由，得到关于t的方程，求出符合要求的t，即可得到点P的坐标；②由抛物线可知，对称轴为直线，设点，过点P作轴于点N，作与过点E平行于x轴的直线相交于点M，证明，得到，即可得到，求出符合要求的t，即可得到点的坐标．
【详解】（1）解：当时，，
解得，
∴点A的坐标为，
把A，代入中，
得，
解得：，
∴抛物线的表达式为；
（2）∵
∴ 顶点D的坐标为；
（3）解：①设点，则点，
∵点是对称轴右侧抛物线上任意一点，
∴，
∵，
∴，
解得，或（不合题意，舍去）或，
当时，，
当时，，
∴点P的坐标为或；
②存在，由抛物线可知，对称轴为直线，设点，过点P作轴于点N，作与过点E平行于x轴的直线相交于点M，

∵四边形是正方形，
∴，
∵，,
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得（不合题意，舍去）或或（不合题意，舍去）或，
当时，，
当时，，
∴点P的坐标为或．
【点睛】此题是二次函数与一次函数、二次函数与几何综合题，考查了待定系数法、配方法抛物线顶点坐标、正方形的性质、三角形全等的判定和性质、解一元二次方程等知识，综合性强，数形结合并准确计算是解题的关键．
7．如图，直线与抛物线交于A，B两点，其中点B的坐标是

(1)求直线及抛物线的解析式；
(2)C为抛物线上的一点，的面积为3，求点C的坐标；
(3)P在抛物线上，Q在直线上，M在坐标平面内，当以A，P，Q，M为顶点的四边形为正方形时，直接写出点M的坐标．
【答案】(1)直线的解析式为，抛物线的解析式是
(2)，
(3)

【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）讨论C在直线上方时，作轴交于D ，，求出t的值，C在直线下方时，作轴交于D ，，求出t的值，即可得出点C的坐标；
（3）分是正方形的边和是正方形的对角线两种情况分析，再根据正方形的性质即可得出答案．
【详解】（1）∵直线与抛物线交于点
∴，，
∴，
∴直线的解析式为，抛物线的解析式是；
（2）联立方程组，
解得或，
∴点A的坐标是，
当C在直线上方时，作轴交于D， 设点C的坐标为，则D点坐标为，

∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴或，
∴，
当C在直线下方时，作轴交于D ，设点C的坐标为，则D点坐标为，

∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴或，
∴，
∴，；
（3）如图，当是正方形的边时，

∵
∴直线的解析式为
∴
∴M点与A点关于y轴对称
∴
∵在抛物线上，
∴当时，；
当M点关于A点对称时，；
如图，当是正方形的对角线时，

∴点P的纵坐标为-1
∴
∴
∵
∴
综上所述：M点坐标为
【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及二次函数的图象及性质，三角形和正方形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键
8．如图，抛物线与x轴交于，D两点，与y轴交于点B，抛物线的对称轴与x轴交于点，点E，P为抛物线的对称轴上的动点．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)当最小时，求此时点E的坐标；
(3)若点M为对称轴右侧抛物线上一点，且M在x轴上方，N为平面内一动点，是否存在点P，M，N，使得以A，P，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，或或

【分析】（1）用待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）先求出点，，对称轴为，在根据A、D关于直线对称，连接交对称轴于点E，连接，得出当A、B、E三点共线时，的值最小，根据，得出，即可求出点E的坐标；
（3）设，分三种情况：当AM为正方形的对角线时，；当时，；时，．分别求出点M的坐标即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴与x轴交于点，
∴，
∴，
∴，
将代入，
∴，
解得，
∴；
（2）解：令，则，
解得或，
∴，
令，则，
∴，
∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
连接交对称轴于点E，连接，
∵A、D关于直线对称，
∴，
∴，
当A、B、E三点共线时，的值最小，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；

（3）解：存在点P，M，N，使得以A，P，M，N为顶点的四边形为正方形，理由如下：
设，
当AM为正方形的对角线时，如图2，，过M点作交于G，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
解得或，
∵M点在x轴上方，
∴，
∴M（2，3）；
当时，，如图3，过A点作轴，过M点作交于点H，

同理可证，
∴，，
∴，
∴，
解得或，
∴或（舍去）；
当时，，如图4，
过点M作轴交对称轴于点T，过点A作交于点S，
同理可得，
∴，，
∴，
∴，
解得或，
∴；
综上所述：M点坐标为或或．

【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，正方形的性质，三角形全等的判定及性质，分类讨论，数形结合是解题的关键．
9．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图像与x轴交于点，，与y轴交于点C．

(1)______，______；
(2)若点P是该抛物线对称轴上的一点，点Q为坐标平面内一点，那么在抛物线上且位于x轴上方是否存在点M，使四边形为正方形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)存在，M点的坐标为或

【分析】（1）将点，代入即可求解；
（2）设，，，过点P作轴，过点Q作交于G，过点M作交于点H，证明，由是正方形的对角线可得①，分两种情况进行讨论：当M点在第一象限时，，，则②，①②可得，由求出；当M点在第二象限时，，，则③，由①③可得，可得．
【详解】（1）将点，代入，
∴，
∴，
∴，
故答案为：，；
（2）存在点M，使四边形为正方形，理由如下：
∵，
∴抛物线的对称轴为直线，
设，，，
过点P作轴，过点Q作交于G，过点M作交于点H，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵是正方形的对角线，
∴，①，
当M点在第一象限时，如图2，
∴，，，，
∴②，
由①②可得，
解得，
∴；
当M点在第二象限时，如图3，
∴，，，，
∴③，
由①③可得，
解得，
∴；
综上所述：M点的坐标为或．

【点睛】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图像及性质，正方形的性质，三角形全等的判定及性质，分类讨论是解题的关键．
10．（2022秋·湖南·九年级校考期末）如图，已知抛物线经过，，三点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)连接BC，点D是线段BC上方抛物线上一点，过点D作，交x轴于点E，连接AD交BC于点F，当取得最小值时，求点D的横坐标；
(3)点G为抛物线的顶点，抛物线对称轴与x轴交于点H，连接GB，点M是抛物线上的动点，设点M的横坐标为m．
①当时，求点M的坐标；
②过点M作轴，与抛物线交于点N，P为x轴上一点，连接PM，PN，将△PMN沿着MN翻折，得△QMN，若四边形MPNQ恰好为正方形，求m的值．
【答案】(1)；
(2)
(3)①或；②或或或

【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）过点作于点，根据等腰直角三角形的性质可得，继而可得，根据，可得，分别表示出，得到，根据二次函数的性质即可求解．
（3）①过点作轴于点，根据，可得，根据题意设，由列出方程，解方程即可求解；
②过点M作轴，与抛物线交于点N，P为x轴上一点，连接PM，PN，将△PMN沿着MN翻折，得△QMN，若四边形MPNQ恰好为正方形，根据题意可得与轴的夹角的锐角为45°，则在直线或上，联立解析式，解方程组即可求解．
（1）
解：∵抛物线经过，，
∴设，
将代入，得，
解得

即；
（2）
如图，过点作于点，

,，
，
是等腰直角三角形，



轴，
是等腰直角三角形，


与中，

设点，

则，
设直线的解析式为,
则，
解得 ，
的解析式为，
，
设直线的解析式为，
，
解得 ，
直线的解析式为，
联立，
解得，
即，
，
，
，
当时，取得最小值，则取得最小值，
即取得最小值时，，此时；
（3）
①如图，过点作轴于点，

是抛物线的顶点，
则，




设，
则，

解得
当时，，
当时，，
或；
②如图所示，

过点M作轴，与抛物线交于点N，P为x轴上一点，连接PM，PN，将△PMN沿着MN翻折，得△QMN，若四边形MPNQ恰好为正方形，
则是等腰直角三角形，
与轴的夹角为45°，
，则，
在直线或上，
，
解得或，
，
解得或，
依题意，
或或或，
综上所述，或或或，
【点睛】本题考查了二次函数综合，二次函数最值问题，解直角三角形，求正切，正方形的性质，折叠的性质，等腰直角三角形的性质，掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
11．（2022秋·浙江·九年级专题练习）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．
【答案】(1)
(2)当t＝2时，S四边形FAOB有最大值12，此时点F的坐标为（2，﹣4）
(3)存在，点Q的坐标Q1（8，﹣2），Q2（6，﹣6），Q3（1，﹣1），Q4（5，﹣3）

【分析】（1）先求出点A，点B坐标，利用待定系数法可求解析式；
（2）设出点F的坐标，利用铅垂法可表达△PAB的面积，再利用二次函数的性质进行求解；
（3）假设存在以A，F，Q，M为顶点的四边形是正方形，分别以AF为边，以AF为对角线，进行讨论即可．
【详解】（1）解：∵直线y＝x﹣4与x轴交于点A，与y轴交于点B，
当x=0时，y=-4；当y=0时，x=4，
∴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：yx2﹣2x﹣8x2﹣x﹣4；
（2）解：如图，过点F作FE∥y轴，交AB于点E，

设点F的横坐标为t，则F（t，t2﹣t﹣4），
∵直线AB的解析式为y＝x﹣4，∴E（t，t﹣4），
S△BFAOA•EF（4﹣0）×（t﹣4t2+t+4）＝﹣t2+4t，
∵S△BOAOA•OB4×4＝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，
∴此时点F的坐标为（2，﹣4）；
（3）解：①当以AF为边时，如图，过点F作FS⊥x轴于点S，过点Q1作Q1T⊥x轴于点T，

∵点A（4，0），点F的坐标为（2，﹣4），
∴AF2，SF＝4，AS＝4﹣2＝2，
∵四边形AQ1M1F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）；
当四边形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）．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到待定系数法、正方形的性质、三角形全等、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
12．综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点，与y轴交于点B，过A，B两点的抛物线交x轴于另一点C，且，点F是直线AB下方抛物线上的动点，连接FA，FB．

(1)求抛物线解析式；
(2)当点F与抛物线的顶点重合时，的面积为______；．
(3)求四边形FAOB面积的最大值及此时点F的坐标．
(4)在（3）的条件下，点Q为平面内y轴右侧的一点，是否存在点Q及平面内另一点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．
【答案】(1)
(2)3
(3)有最大值12，此时点F的坐标为
(4)存在，点Q的坐标，，，

【分析】（1）把把A(4,0)代入y=x+b，求出b值，从而求出点B坐标，然后根据OA=2OC，求出点C坐标（-2，0），设抛物线解析式为y=a(x+2)(x-4)，把B(0-4)代入，即可求解；
（2）将抛物线解析式化成顶点式，得出顶点坐标，即可得出点F坐标，再求出对称轴与直线AB的交点坐标，即可求解；
（3）过点F作轴，交AB于点E，设点P的横坐标为t，则，则．所以，又因为，则，，根据二次函数最值求解即可；
（4）分两种情况：①当AF为正方形AFMQ的边时，②当AF为正方形AFMQ的对角线时，分别求出点Q坐标即可．
(1)
解：把A(4,0)代入y=x+b，得
4+b=0，解得：b=-4，
∴y=x-4，
当x=0时，y=0-4=-4,
∴B(0,-4)，
∵A(4,0)，
∴OA=4，
∵OA=2OC，
∴OC=2，
∴C（-2，0）,
设抛物线解析式为y=a(x+2)(x-4)，
把B(0-4)代入得：-4=a(0+2)(0-4)，
解得：a=，
∴抛物线解析式为y=(x+2)(x-4)=x2-x-4；
(2)
解：y=x2-x-4=(x-1)2-,
∵点F与抛物线的顶点重合,
∴F(1,-),
设抛物线对称轴与直线AB相交于E，如图，

∵A（4，0），B（0，-4），
∴直线AB解析式为：y=x-4，
则当x=1时，y=1-4=-3，
∴E（1，-3）,
∴S△ABF=|-3|×|4-0|=3，
故答案为：3；
(3)
解：如图，过点F作轴，交AB于点E，

设点P的横坐标为t，则，
∵直线AB的解析式为，
∴．
∴，
∵，
∴，，
∴当时，有最大值12， ．
∴此时点F的坐标为．
(4)
解：过F作FE ⊥x轴于E，
∵A(4,0)，F(2,-4)，
∴AE=2，EF=4，AF=2，
如图，①当AF为正方形AFMQ的边时，i)有正方形AFM1Q1，

过Q1作Q1N1⊥x轴于N1，
∵∠AEF=∠AN1Q1=90°，∠FAQ1=90°，
∴∠EAF=∠AQ1N1，
∵AF=AQ1，
∴△AEF≌△Q1N1A（AAS），
∴AN1=EF=4，Q1N1=AE=2，
∴Q1（8，-2）；
ii) 有正方形AFQ2M2时，
过Q2作Q2N2⊥EF轴于N2，
同理可得△AEF≌△FN2Q2（AAS），
∴FN2=AE=2，Q2N2=EF=4，
∴Q2（6，-6）
②当AF为正方形AFMQ的对角线时，设AF与QM相交于P，
∵A（4，0），F（2，-4），
∴P（3，-2）
i)有正方形AQ3FM3时，过Q3作Q3G⊥x轴于G，过M3作M3H⊥x轴于H，
易证△AHM3≌△Q3GA，
∴AH=Q3G，M3H=AG，
设Q3(4+a，b)，则M3(4+b,-a)，  
∴，解得：,
∴Q3（5，-3），M3（1，-1）
ii) 有正方形AQ4FM4时，过Q4作Q4H⊥x轴于H，
则Q3与M3重合，
∴Q4（1，-1），
综上，存在，当以A，F，Q，M为顶点的四边形是正方形时，点Q的坐标，，，．
【点睛】本题待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象和性质，正方形的判定与性质，本题属二次函数综合题目，综合性强，属中考试压轴题目．
13．（2022·辽宁沈阳·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交y轴于点D，直线AB与之相交，且是抛物线的顶点．

(1)b＝______，c＝______；
(2)如图1，点P是第四象限抛物线上一点，且满足，抛物线交x轴于点C，连接PC．
①求直线PB的解析式；
②求PC的长；
(3)如图2，点Q是抛物线第三象限上一点（不与点B、D重合），连接BQ，以BQ为边作正方形BEFQ，当顶点E或F恰好落在抛物线对称轴上时，直接写出对应的Q点的坐标．
【答案】(1)-1；4
(2)①y＝−x−1；②
(3)（，）或（，−3）

【分析】（1）由待定系数法可求解析式；
（2）先求出点D，点C坐标，可求BP解析式，联立方程组可求点P坐标，即可求解；
（3）分两种情况讨论，由全等三角形的性质可得FH＝QG，或BN＝GQ，即可求解．
（1）
解：∵二次函数的顶点坐标为，
∴二次函数顶点式为，化为一般式为，
∴，，
故答案为：-1；4
（2）
①∵与x轴交于B，C，交y轴与点D，
∴当x＝0，y＝−4，即点D（0，−4），
当y＝0时，，
∴x1＝−2，x2＝4，
∴点C（4，0），B（-2，0）
∵点A（1，），点D（0，−4）
∴直线 AD解析式为：y＝−x−4，
∵BP∥AD，
∴设直线BP解析式为：y＝−x＋m，且过点B，
∴0＝−×（−2）＋m
∴m＝−1，
∴直线BP解析式为：y＝−x−1；
②联立方程组可得： ，
解得 或，
∴点P(3，)，
∵C（4，0），
∴．
（3）
如图，过点Q作QG⊥BC于G，过点F作FH⊥GQ于H，设对称轴与BC交于N点，

∵四边形BEFQ是正方形，
∴BE＝EF＝BQ＝QF，∠EBQ＝∠BQF＝90°，
∵∠BQG＋∠FQH＝90°，∠BQG＋∠QBG＝90°，
∴∠GBQ＝∠FQH，且∠FHQ＝∠BGQ＝90°，BQ＝QF，
∴△BGQ≌△QHF（AAS）
∴BG＝QH，FH＝QG，
设点Q(m，m2−m−4)，
若点F在对称轴上，
∵FH＝GQ，
∴1−m＝m2+m+4，
∴（舍去），，
∴点Q坐标（，），
若点E在对称轴上，
同理可证：△BGQ≌△ENB，
∴BN＝GQ，
∴1−（−2）＝m2+m+4，
∴（舍去），，
∴点Q坐标（，−3），
综上所述：点Q坐标为（，）或（，−3）．
【点睛】本题是二次函数的综合题，利用待定系数法求解析式，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
14．（2022·四川成都·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A(﹣1，0)，B(3，0)，与y轴交于点C．

(1)b＝______，c＝______；
(2)若点D为第四象限内抛物线上的一个动点，过点D作DE∥y轴交BC于点E，过点D作DF⊥BC于点F，过点F作FG⊥y轴于点G，求出DE+FG的最大值及此时点D的坐标；
(3)若点P是该抛物线对称轴上的一点，点Q为坐标平面内一点，那么在抛物线上且位于x轴上方是否存在点M，使四边形OMPQ为正方形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)﹣2，3
(2)GF+DE有最大值，D
(3)存在，M点的坐标为或

【分析】（1）将点A（-1，0），B（3，0）代入y=x2+bx+c，即可求解；
（2）延长DE交x轴于点K，延长GF交ED于点H，设D（t，t2-2t-3），则E（t，-t-3），则DE=-t2+t， GF＝GH﹣FH＝t﹣（﹣t2+t）＝t2+t，则GF+DE＝﹣（t﹣）2+，当t＝时，GF+DE有最大值，此时D（，）；
（3）设P（1，p），Q（x，y），M（m，m2-2m-3），过点P作GH∥x轴，过点Q作QG⊥GH交于G，过点M作MH⊥GH交于点H，证明△GPQ≌△HMP（AAS），由OP是正方形的对角线，可得p=y+m2-2m-3①，分两种情况讨论：当M点在第一象限时，GQ=p-y，PH=m-1，则p-y=m-1②，由①②可得m-1=m2-2m-3，求出M（，）；当M点在第一象限时，GQ=p-y，PH=1-m，则p-y=1-m③，由①③可得1-m=m2-2m-3，可得M（，）
(1)
解：将点A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝x2+bx+c，
∴，
∴，
∴y＝x2﹣2x﹣3，
故答案为：﹣2，3；
(2)
解：延长DE交x轴于点K，延长GF交ED于点H，如图1

令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x﹣3，
设D（t，t2﹣2t﹣3），则E（t，t﹣3），
∴DE＝t﹣3﹣t2+2t+3＝﹣t2+3t，
∵OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝45°，
∴∠FEH＝∠EFH＝∠GFC＝∠GCF＝45°，
∵FH⊥ED，
∴FH＝EH＝DE＝（﹣t2+3t），
∴GF＝GH﹣FH＝t﹣（﹣t2+3t）＝t2-t，
∴GF+DE＝﹣t2+3t+t2-t＝﹣t2+t＝﹣（t﹣）2+，
当t＝时，GF+DE有最大值，
此时D（，）；
(3)
解：存在点M，使四边形OMPQ为正方形，理由如下：
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
设P（1，p），Q（x，y），M（m，m2﹣2m﹣3），
过点P作GHx轴，过点Q作QG⊥GH交于G，过点M作MH⊥GH交于点H，
∵四边形OMPQ为正方形，
∴∠QPM＝90°，
∴∠GPQ+∠HPM＝90°，
∵∠GPQ+∠GQP＝90°，
∴∠HPM＝∠GQP，
∵QP＝PM，
∴△GPQ≌△HMP（AAS），
∴GP＝HM，GQ＝PH，
∵OP是正方形的对角线，
∴1＝m+x，p＝y+m2﹣2m﹣3①，
当M点在第一象限时，如图2，

∴GP＝1﹣x，HM＝p﹣（m2﹣2m﹣3），GQ＝p﹣y，PH＝m﹣1，
∴p﹣y＝m﹣1②，
由①②可得m﹣1＝m2﹣2m﹣3，
解得m＝，
∴M（，）；
当M点在第一象限时，如图3，

∴GP＝x﹣1，HM＝p﹣（m2﹣2m﹣3），GQ＝p﹣y，PH＝1﹣m，
∴p﹣y＝1﹣m③，
由①③可得1﹣m＝m2﹣2m﹣3，
解得m＝，
∴M（，）；
综上所述：M点的坐标为（，）或（，）．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，正方形的性质，三角形全等的判定及性质，分类讨论是解题的关键．
15．（2022秋·浙江·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于点A（1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点．

(1)求抛物线的解析式和点D的坐标；
(2)求△BCD的面积；
(3)点M为抛物线上一动点，点N为平面内一点，以A，M，I，N为顶点作正方形，是否存在点M，使点I恰好落在对称轴上？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，顶点D的坐标是（3，）
(2)6
(3)存在，点M的坐标为（，）或（，）或（，）或（，）

【分析】（1）由抛物线 经过点A（1，0），B（5，0）两点可得，求出的值，进而可得抛物线解析式，将解析式化成顶点式可得顶点坐标；
（2）如图，设抛物线的对称轴与BC的交点为H，设直线BC的解析式为，待定系数法求得直线BC的解析式为y＝，令，则可得H（3，），则，根据计算求解即可；
（3）设点M的坐标为（x，），由题意知分两种情况求解：一、如图①②，作轴，交对称轴于，作于，，则，，，证明△GAM≌△HMI，则AG＝MH，即，求解x的值，进而可求M点的坐标；二、如图③④，同理可证△MAP≌△MIQ，则MP＝MQ，即，求解x的值，进而可求M点的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线 经过点A（1，0），B（5，0）两点
∴
解得：  
∴抛物线的解析式是
∵
∴顶点D的坐标是（3，）．
（2）解：如图，设抛物线的对称轴与BC的交点为H，

设直线BC的解析式为
将B（5，0），C（0，）代入得
解得
∴直线BC的解析式为y＝
令，则
∴H（3，）
∴
∴．
（3）解：存在．
设点M的坐标为（x，）
由题意知分两种情况求解：一、如图①②

作轴，交对称轴于，作于
∵
∴
∵，
∴△GAM≌△HMI
∴AG＝MH，即  解得x＝
∴M点的坐标为（，）或（，）；
二、如图③④

同理可证△MAP≌△MIQ
∴MP＝MQ，即
解得x＝
∴M点的坐标为（，）或（，）；
综上所述，点M的坐标为（，）或（，）或（，）或（，）．
【点睛】本题考查了二次函数解析式，顶点坐标，二次函数与面积综合，二次函数与特殊四边形综合，全等三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
16．（2022秋·浙江·九年级专题练习）直线与轴相交于点，与轴相交于点，抛物线经过点，，与轴的另一个交点为．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点是第一象限内抛物线上的一个动点，过点作轴交于点，于点，轴于点．
①如图1，当点为抛物线顶点时，求长．
②如图2，当时，求点的坐标；
(3)如图3，在（2）②的条件下，直线与相交于点，点在抛物线上，过作轴，交直线于点.是平面内一点，当以点，，，为顶点的四边形是正方形时，请直接写出点的坐标．
【答案】(1)
(2)①；②
(3)当以点，，，为顶点的四边形是正方形时，点坐标为或或

【分析】（1）由直线y=-x+3与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，取得A、B点的坐标，把A、B点的坐标代入y=ax2+2x+c取得a、c的值，即可求出抛物线的解析式；
（2）①求出点D，E的坐标，即可DE的长；②设，得，连接，延长交轴于点，得四边形是平行四边形，求出，，列方程求解即可；
（3）分MH⊥MK和MH⊥HK两种情况分类讨论，即可求出点P的坐标．
【详解】（1）对于，
令，则，
∴，
令，则，
∴，
∵抛物线经过点，，
∴，
∴，
∴抛物线解析式为；
（2）①∵，
∴顶点，
把代入得，
∴点，
∴；
②设，
∵轴交于点，
∴，
∵，
∴，
∵轴
∴FG//OB
∴
∴
∴，
∵，
∴，
连接，延长交轴于点，

∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴点横坐标为，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍），
∴；
（3）令，则，
解得或，
∴，
设的解析式为，将、代入，
∴,
∴，
∴，
∴，
∴，
联立，
解得，
∴，
∵以点，，，为顶点的四边形是正方形，
①如图2，图3，当时，点在上，点在上，

∵点在抛物线上，
∴或，
当时，，
∴，
∴，
∴的中点为，则的中点也为，
∴；
当时，，
∴，
∴，
∴的中点为，则的中点也为，
∴，
此时与轴重合，
∴不符合题意；
②如图4，图5，当时，此时轴，
∴或，
当 时，，
∴；
当时，，
∴；

综上所述：当以点，，，为顶点的四边形是正方形时，点坐标为或或 .
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，掌握用待定系数法求二次函数解析式及二次函数的图象与性质是解题的关键．