2022届中考数学专题复习训练——二次函数 专题10.4二次函数综合之正方形学案

正方形的存在性

类型一：根据全等求解

【经典例题1】如图，在平面直角坐标系中，抛物线交x轴于A，B两点，交y轴于点C（0，3），．

（1）求抛物线的解析式；

（3）点M是抛物线上任意一点，连接CM，以CM为边作正方形CMEF，是否存在点M使点E恰好落在对称轴上？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【解析】(1)∵C(0，3)，∴OC=3，

∵tan∠OAC=，∴OA=4，

∴A(−4，0).

把A(−4，0)、C(0，3)代入y=ax2+2ax+c中，

得，解得：，

∴抛物线的解析式为y=−x2−x+3.

(2)设直线AC的解析式为y=kx+b，

把A(−4，0)、C(0，3)代入y=kx+b中，

得：，解得：，

∴直线AC的解析式为y=x+3.

设N(x，0)(−4<x<0)，则H(x，x+3)，P(x，−x2−x+3)，

∴PH=−x2−x+3(x+3)=−x2−x=−(x−2)2+，

∵−<0，

∴PH有最大值，

当x=2时，PH取最大值，最大值为.

(3)过点M作MK⊥y轴于点K，交对称轴于点G，则∠MGE=∠MKC=90°，

∴∠MEG+∠EMG=90°，

∵四边形CMEF是正方形，

∴EM=MC，∠MEC=90°，

∴∠EMG+∠CMK=90°，

∴∠MEG=∠CMK.

在△MCK和△MEG中，∠MEG=∠CMK，∠MGE=∠CKM=90°，EM=MC，

∴△MCK≌△MEG(AAS)，

∴MG=CK.

由抛物线的对称轴为x=−1，设M(x，−x2−x+3)，则G(−1，−x2−x+3)，K(0，−x2−x+3)，

∴MG=|x+1|，CK=|−x2−x+3−3|=|−x2−x|=|x2+x|

∴|x+1|=|x2+x|，

∴x2+x=±(x+1)，

解得：x1=−4，x2=−，x3=−，x4=2，

代入抛物线解析式得：y1=0，y2=，y3=，y4=0，

∴点M的坐标是(−4，0)，(−，)，(−，)或(2，0).

练习1-1如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，且OA＝2，OB＝OC＝6，点D是抛物线的顶点，过点D作x轴的垂线，垂足为E．

（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；

（2）连接BD，若点F是抛物线上的动点，当∠FBA＝∠BDE时，求点F的坐标：

（3）若点M是抛物线上的动点，过点M作MN∥x轴与抛物线交于点N，点P在x轴上，点Q在坐标平面内，以线段MN为对角线作正方形MPNQ，请求出点Q的坐标．

练习1-2如图，在平面直角坐标系中，直线与抛物线交于A、B两点，点A在x轴上．若点P是直线AB上方抛物线上的一动点（不与点A、B重合），设点P的横坐标为m，连接PA，以PA为边作图示一侧的正方形APFG．随着点P的运动，正方形的大小、位置也随之改变．当顶点F或G恰好落在y轴上时，请写出对应的点P的坐标．

【经典例题2】如图①，一次函数 y=kx+b的图象与二次函数y=x2的图象相交于A，B两点，点 A，B的横坐标分别为 m，n（m＜0，n＞0）．

（1）当m=﹣1，n=4时，k=  ，b=  ；当m=﹣2，n=时，k=  ，b=  ；

（2）根据（1）中的结果，用含m，n的代数式分别表示k与b，并证明你的结论；

（3）利用（2）中的结论，解答下列问题：

如图②，直线 AB 与x轴，y 轴分别交于点C，D，点A关于y轴的对称点为点 E，连接AO，OE，ED．

①当m=﹣3，n＞3 时，求的值（用含n的代数式表示）；

②当四边形AOED为菱形时，m与n满足的关系式为      ；

当四边形AOED为正方形时，m=    ，n=    ．

【解析】(1)当x=−1时，y=x2=1，则A(−1，1);当x=4时，y=x2=16，则B(4，16)，

把A(−1，1)、B(4，16)分别代入y=kx+b得，解得；

当x=−2时，y=x2=4，则A(−2，4);当x=3时，y=x2=9，则B(3，9)，

把A(−2，4)、B(3，9)分别代入y=kx+b得，解得；

故答案为：3，4；1，6；

(2)k=m+n，b=−mn.理由如下：

把A(m，m2)，B(n，n2)代入y=kx+b得，解得；

(3)①当m=−3时，A(−3，9)，

∵点A关于y轴的对称点为点E，

∴E(3，9)，

∵k=m+n，b=−mn，

∴k=−3+n，b=3n，

∴直线AB的解析式为y=(−3+n)x+3n，则D(0，3n)，

当y=0时，(−3+n)x+3n=0，解得x=，则C(，0)，

∴S△ACO/S四边形AOED==(n>3)；

②连结AE交OD于P，如图②，

∵点A(m，m2)关于y轴的对称点为点E，

∴E(−m，m2)，

∴OP=m2，

∵k=m+n，b=−mn，

∴D(0，−mn)，

若四边形AOED为菱形，则OP=DP，即−mn=2m2，所以n=−2m；

若四边形AOED为正方形，则OP=AP，即−m=m2，解得m=−1，所以n=−2m=2.

练习2-1在直角坐标系xOy中，已知点P是反比例函数（x＞0）图象上一个动点，以P为圆心的圆始终与y轴相切，设切点为A．

（1）如图1，当⊙P运动到与x轴相切，设切点为K，试判断四边形OKPA的形状，并说明理由；

（2）如图2，当⊙P运动到与x轴相交，设交点为点B、C．当四边形ABCP是菱形时，求出点A、B、C的坐标

（3）在（2）的条件下，求出经过A、B、C三点的抛物线的解析式．

练习2-2已知抛物线C1：y=x2．如图1，平移抛物线C1得到抛物线C2，C2经过C1的顶点O和A(2，0)，C2的对称轴分别交C1，C2于点B，D．

（1）求抛物线C2的解析式．

（2）探究四边形ODAB的形状，并证明你的结论．

（3）如图2，将抛物线C2向下平移m个单位（m＞0）得到抛物线C3，C3的顶点为G，与y轴交于点M．点N是点M关于x轴的对称点，点P在直线MG上．当m为何值时，在抛物线C3上存在点Q，使得以M，N，P，Q为顶点的四边形为平行四边形？

【经典例题3】已知抛物线经过点，.把抛物线与线段围成的封闭图形记作.

（1）求此抛物线的解析式；

(2)点P为图形G中的抛物线上一点，且点P的横坐标为m，过点P作PQ∥y轴，交线段AB于点Q.当△APQ为等腰直角三角形时，求m的值；

（3）点是直线上一点，且点的横坐标为，以线段为边作正方形，且使正方形与图形在直线的同侧，当，两点中只有一个点在图形的内部时，请直接写出的取值范围.

【解析】(1)将点A. B坐标代入函数表达式得，解得，

故抛物线的表达式为y=x2+x−3①；

(2)当∠QPA=90°时，

则PA∥x轴，则点P、A关于对称轴对称，故点P(−2，−1)，

此时△APQ为等腰直角三角形

即m=−2；

当∠PQA=90°时，

同理可得：m=−2；

当QAP=90°时，

直线AB与x轴负半轴的夹角为45°，则直线AP与x轴的夹角为45°，

故设直线AP的表达式为：y=x+s，

将点A的坐标代入上式并解得：s=−2，

故直线AP的表达式为：y=x−2②，

联立①②并解得：x=±1(舍去1)，即m=−1；

综上，m=−2或−1；

(3)点C的横坐标为n，且点C在直线AB上，则点C(n，−n)，

∵ACDE是正方形，AB与x轴负半轴的夹角为45°，则AD∥x轴，CE∥y轴，

根据正方形的性质可得yC−yA=−n+1=yA−yE，

故点E的纵坐标为−n−2(−n+1)=n−2，点E的横坐标同点C的横坐标相同为n，

故点E(n，n−2)，同理点D(2n−1，−1)，

当只有点E在图形G的内部时(注：应该不包括边界)，

则点E的横坐标在A. B的横坐标之间，而点E在抛物线之上，点D在抛物线之下，

故，解得−1<n⩽−；

当只有点D在图形G的内部时(注：应该不包括边界)，

同理可得，解得：−<n<1，

故n的取值范围为−1<n<1.

参考答案

练习1-1【解析】可设抛物线解析式为y=a(x+2)(x−6)，

把C点的坐标代入可得6=−12a，

解得a=−.

∴抛物线解析式为y=−(x+2)(x−6)=−x2+2x+6；

∴D(2，8)；

(2)如图1，过F作FG⊥x轴于点G，设F(x，−x2+2x+6)，

则FG=|−x2+2x+6|，

∵∠FBA=∠BDE，∠FGB=∠BED=90°，

∴△FBG∽△BDE，

∴FG/BG=BE/DE.

∵B(6，0)，D(2，8)，

∴E(2，0)，BE=4，DE=8，OB=6，

∴BG=6−x，

∴，

当点F在x轴上方时，有，

解得x=−1或x=6(舍去)，

此时F点的坐标为(−1，)，

当点F在x轴下方时，有，

解得x=−3或x=6(舍去)，

此时F点的坐标为(−3，−)，

综上可知F点的坐标为(−1，)或(−3，−)；

(3)如图2，设对角线MN、PQ交于点O′，

∵点M、N关于抛物线对称轴对称，且四边形MPNQ为正方形，

∴点P为抛物线对称轴与x轴的交点，点Q在抛物线的对称轴上，

QO′=MO′=PO′=NO′，PQ⊥MN，

设Q(2，2n)，则M坐标为(2−n，n)，

∵点M在抛物线y=−x2+2x+6的图象上。

∴n=−(2−n)2+2(2−n)+6，

解得n=−1+或n=−1−，

∴满足条件的点Q有两个，其坐标分别为(2，−2+2)或(2，−2−2).

练习1-2【解析】 由可得，A(-8,),B(2,0).

则－8＜m＜2.

① 当G点在y轴上时，此时，如图1

过点A作CD∥y轴，过点P，G分别作x轴的平行线交CD于D、C两点

∵PA=AG，∠PAD=∠AGC，∠D=∠C

∴△PAD≌△AGC

∴AD=CG=2，

则点P在y=2这条直线上

由=2可求得，x1=，x2=.

∴P1(，2),P2(，2)

② 当F点在y轴上时，此时，如图2

过点A作AH∥y轴，过点P作x轴的平行线，交AH于H点,交y轴于点E.

此时△PAH≌△FPE

∴EP=AH=m，即P（m，m）

P在抛物线上，将P（m，m）代入抛物线解析式可得

由=m可求得，m1=，m2=..

又∵-8＜m＜2，

∴只取m1=

∴P3(,)

综上所述：P1(，2)，P2(，2)，P3(,).

备注：图1对应P2

练习2-1

【解析】(1)四边形OKPA是正方形，

理由：∵⊙P分别与两坐标轴相切，

∴PA⊥OA，PK⊥OK，

∴∠PAO=∠OKP=90∘.

又∵∠AOK=90∘，

∴∠PAO=∠OKP=∠AOK=90∘.

∴四边形OKPA是矩形。

又∵PA=PK，∴

四边形OKPA是正方形；

(2)连接PB，过点P作PG⊥BC于G.

∵四边形ABCP为菱形，∴BC=PA=PB=PC.

∴△PBC为等边三角形。

在Rt△PBG中,∠PBG=60∘，

设PB=PA=a,BG=a/2

由勾股定理得：PG=a，

所以P(a,a),将P点坐标代入y=，

解得：a=2或−2(舍去负值)，

∴PG=，PA=BC=2.

又四边形OGPA是矩形，PA=OG=2，BG=CG=1，

∴OB=OG−BG=1，OC=OG+GC=3.

∴A(0,),B(1,0),C(3,0)；

(3)设：二次函数的解析式为：y=ax2+bx+c，

根据题意得：a+b+c=0,9a+3b+c=0,而c=

解得：a=,b=−,c=，

∴二次函数的解析式为：y=x2−x+.

练习2-2【解析】(1)∵抛物线C2经过C1的顶点O，

∴设抛物线C2的解析式为y=x2+bx，

∵C2经过A(2,0)，

∴4+2b=0，

解得：b=−2，

∴求抛物线C2的解析式为y=x2−2x；

(2)∵y=x2−2x=(x−1)2−1，

∴抛物线C2的顶点坐标D为(1,−1)，

当x=1时，y=1，

∴点B的坐标为(1,1)，

∴根据勾股定理得：OB=AB=OD=AD=，

∴四边形ODAB是菱形，

又∵OA=BD=2，

∴四边形ODAB是正方形；

(3)∵抛物线C2向m个单位下平移(m>0)得抛物线C3，

∴抛物线C3的解析式为y=(x−1)2−1−m，

在y=(x−1)2−1−m中，令x=0，得y=−m，

∴M(0,−m)，

∵点N是M关于x轴的对称点，

∴N(0,m)，

∴MN=2m，

当M、N、P、Q为顶点的四边形为平行四边形时有两种情况：

①若MN是平行四边形的一条边，

由MN=PQ=2m和点P(−m,m)得Q(−m,m)，

∵点Q在抛物线C3上，

∴m=(−m−1)2−1−m，

解得：m=或m=0(舍去)，

②若MN是平行四边形的一条对角线,由平行四边形的中心对称得Q(m,−m)

∵点Q在抛物线C3上，

∴−m=(m−1)2−1−m,解得：m=或m=0(舍去)

综上所述,当m=或时，

在抛物线C3上存在点Q，使得以M、N、P、Q为顶点的四边形为平行四边形。