2024年中考数学二次函数压轴题专题13正方形存在性问题(学生版+解析)

专题13正方形存在性问题一、知识导航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．二、典例精析例：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．三、中考真题演练1．（2023·湖南·中考真题）我们约定：若关于x的二次函数与同时满足，则称函数与函数互为“美美与共”函数．根据该约定，解答下列问题：(1)若关于x的二次函数与互为“美美与共”函数，求k，m，n的值；(3)将抛物线的图象向右平移个单位长度得到抛物线，此抛物线的图象与轴交于，两点（点在点左侧）．点是抛物线上的一个动点且在直线下方．已知点的横坐标为．过点作于点．求为何值时，有最大值，最大值是多少？4．（2023·湖南岳阳·中考真题）已知抛物线与轴交于两点，交轴于点．

(1)请求出抛物线的表达式．(2)如图1，在轴上有一点，点在抛物线上，点为坐标平面内一点，是否存在点使得四边形为正方形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．5．（2022·山东济宁·中考真题）已知抛物线与x轴有公共点．(1)当y随x的增大而增大时，求自变量x的取值范围；(2)将抛物线先向上平移4个单位长度，再向右平移n个单位长度得到抛物线（如图所示），抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．当OC＝OA时，求n的值；(3)D为抛物线的顶点，过点C作抛物线的对称轴l的垂线，垂足为G，交抛物线于点E，连接BE交l于点F．求证：四边形CDEF是正方形．6．（2022·山东泰安·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．7．（2023·辽宁葫芦岛·一模）如图，抛物线与x轴交于点A和点，与y轴交于点，点D是抛物线上一动点．

(1)求抛物线的解析式；(2)如图1，当点D在直线上方时，作轴于点F，交直线于点E，当时，求点D的坐标；(3)点P在抛物线的对称轴l上，点Q是平面直角坐标系内一点，当四边形为正方形时，请直接写出点Q的坐标．专题13正方形存在性问题一、知识导航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．二、典例精析例：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．三、中考真题演练1．（2023·湖南·中考真题）我们约定：若关于x的二次函数与同时满足，则称函数与函数互为“美美与共”函数．根据该约定，解答下列问题：(1)若关于x的二次函数与互为“美美与共”函数，求k，m，n的值；(3)在同一平面直角坐标系中，若关于x的二次函数与它的“美美与共”函数的图像顶点分别为点A，点B，函数的图像与x轴交于不同两点C，D，函数的图像与x轴交于不同两点E，F．当时，以A，B，C，D为顶点的四边形能否为正方形？若能，求出该正方形面积的取值范围；若不请说明理由．【详解】（1）解：由题意可知：，∴．答：k的值为，m的值为3，n的值为2．（3）解：由题意可知，，∴，∴，，∵且，∴；①若，则，要使以A，B，C，D为顶点的四边形能构成正方形，则为等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴；

②若，则A、B关于y轴对称，以A，B，C，D为顶点的四边形不能构成正方形，综上，以A，B，C，D为顶点的四边形能构成正方形，此时．【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用、正方形的性质等知识点，解题的关键是利用分类讨论的思想解决问题．2．（2023·辽宁·中考真题）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，点在抛物线上．

(1)求抛物线的解析式；(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．分析：（3）先求得直线的解析式为，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，证明，推出，，设，则，由点M在直线上，列式计算，可求得m的值，利用平移的性质可得点N的坐标；设点，则点，当绕着点O逆时针旋转得到时，当点M绕点O逆时针得到点E时，根据旋转的性质，可得点N的坐标．【详解】（1）解：∵抛物线经过点和，∴，解得，∴抛物线的解析式为；（3）解：令，则，解得或，∴，同理，直线的解析式为，∵四边形是正方形，∴，，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，如图，

，，∴，∴，，设，∴，，则，∵点M在直线上，∴，解得或，当时，，，即点M与点C重合，点E与点B重合时，四边形是正方形，此时；当时，，，点O向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点M，则点E向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点N，∴，即；设点，则点，当绕着点O逆时针旋转得到时，如图，∵点E在的图象上，∴，∴点，∵点E在的图象上，∴，解得：或0，∴，，当点M绕点O逆时针得到点E时，点，，∵点E在的图象上，∴，解得：，∴点，，，，∴点N的坐标为或；综上，点的坐标为或或或．【点睛】本题考查的是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，待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，两点之间的距离公式和正方形的性质，是一道综合性较强的题，解题的关键是求出二次函数和一次函数解析式以及分情况讨论．3．（2023·黑龙江绥化·中考真题）如图，抛物线的图象经过，，三点，且一次函数的图象经过点．

(1)求抛物线和一次函数的解析式．(2)点，为平面内两点，若以、、、为顶点的四边形是正方形，且点在点的左侧．这样的，两点是否存在？如果存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标：如果不存在，请说明理由．(3)将抛物线的图象向右平移个单位长度得到抛物线，此抛物线的图象与轴交于，两点（点在点左侧）．点是抛物线上的一个动点且在直线下方．已知点的横坐标为．过点作于点．求为何值时，有最大值，最大值是多少？【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）①当为正方形的边长时，分别过点点作，，使，，连接、，证明，得出，，则同理可得，；②以为正方形的对角线时，过的中点作，使与互相平分且相等，则四边形为正方形，过点作轴于点，过点作于点，证明，得出，在中，，解得或4，进而即可求解；【详解】（1）解：把，，代入得

解得

∴

把代入得∴（2）满足条件的、两点存在，，，

解：①当为正方形的边长时，分别过点点作，，使，，连接、.

过点作轴于.∵，又，∴，∴，∴同理可得，②以为正方形的对角线时，过的中点作，使与互相平分且相等，则四边形为正方形，过点作轴于点，过点作于点

∵，又∴∴，∵∴∴在中，∴解得或4当时，，此时点在点右侧故舍去；当时，.综上所述：，，4．（2023·湖南岳阳·中考真题）已知抛物线与轴交于两点，交轴于点．

(1)请求出抛物线的表达式．(2)如图1，在轴上有一点，点在抛物线上，点为坐标平面内一点，是否存在点使得四边形为正方形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把代入，求出即可；（2）假设存在这样的正方形，过点E作于点R，过点F作轴于点I，证明可得故可得，；【详解】（1）∵抛物线与轴交于两点，交轴于点，∴把代入，得，解得，∴解析式为：；（2）假设存在这样的正方形，如图，过点E作于点R，过点F作轴于点I，

∴∵四边形是正方形，∴∴∴又∴∴∵∴∴∴；同理可证明：∴∴∴；【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质等知识，运用数形结合思想解决问题是解题的关键．5．（2022·山东济宁·中考真题）已知抛物线与x轴有公共点．(1)当y随x的增大而增大时，求自变量x的取值范围；(2)将抛物线先向上平移4个单位长度，再向右平移n个单位长度得到抛物线（如图所示），抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．当OC＝OA时，求n的值；(3)D为抛物线的顶点，过点C作抛物线的对称轴l的垂线，垂足为G，交抛物线于点E，连接BE交l于点F．求证：四边形CDEF是正方形．【答案】(1)(2)n＝2(3)见解析【分析】（1）根据抛物线与轴由公共点，可得，从而而求出的值，进而求得抛物线对称轴，进一步得到结果；（2）根据图像平移的特征可求出平移后抛物线的解析式，根据和分别得出点和的坐标，根据列出方程，进而求的结果；（3）从而得出点、点的坐标，由抛物线的解析式可得出点的坐标和点的坐标，进而求得的解析式，从而得出点的坐标，进而得出，进一步得出结论．【详解】（1）解：∵抛物线与x轴有公共点，∴∴∴．∴，∴，∵，∴当时，y随着x的增大而增大．（2）解：由题意，得，当y＝0时，，解得：或，∵点A在点B的右侧，∴点A的坐标为（1+n，0），点B的坐标为（－3+n，0）．∵点C的坐标为（0，－n2+2n+3），∴n+1＝－n2+2n+3．解得：n＝2或n＝－1（舍去）．故n的值为2.（3）解：由（2）可知：抛物线C2的解析式为y＝－（x－1）2+4．∴点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（－1，0）点C的坐标为（0，3），点D的坐标为（1，4），抛物线C2的对称轴是直线x＝1，∵点E与点C关于直线x＝1对称，∴点E的坐标为（2，3）．∴点G的坐标为（1，3）．设直线BE解析式为y＝kx+b，∴解得：∴y＝x+1．当x＝1时，y＝1+1＝2．点F的坐标为（1，2）．∴FG＝EG＝DG＝CG＝1．∴四边形CDEF为矩形．又∵CE⊥DF，∴四边形CDEF为正方形．【点睛】本题主要考查二次函数的图像与性质，求一次函数的解析式，平移图像的特征，正方形的判定，解决问题的关键是平移前后抛物线解析式之间的关系．6．（2022·山东泰安·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