全国通用 中考数学 二次函数压轴题专题练习 10正方形存在性问题（含答案解析版）

这是一份全国通用 中考数学 二次函数压轴题专题练习 10正方形存在性问题（含答案解析版），共22页。试卷主要包含了【实践探究】，综合与探究等内容，欢迎下载使用。
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）点P，Q在直线AB上，点M在该二次函数图象上．问：在y轴上是否存在点N，使得以P，Q，M，N为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出所有满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）把，B（2，1）代入y＝ax2+x+c得：
，
解得：，
∴这个二次函数的表达式为；
（2）设直线AB的函数解析式为y＝kx+e，
把，B（2，1）代入得：，
解得：，
∴直线AB的函数解析式为，
当PQ为正方形的边时，
①∵B（2，1），
∴，
过点M作y轴的垂线，垂足为点G，过点P作MG的垂线，垂足为点H，如图1，
∵PQ∥MN，MG∥x轴，
∴∠BOC＝∠NMG，
∴，则MG＝2NG，
设NG＝t，则MG＝2t，
∴M（﹣2t，﹣2t2﹣2t+1），
∴点N的纵坐标为﹣2t2﹣2t+1+t＝﹣2t2﹣t+1，
即N（0，﹣2t2﹣t+1），
∵以P，Q，M，N为顶点的四边形是正方形，
∴∠PMN＝90°，PM＝MN，
∴∠PMH+∠NMG＝90°，
∵∠PMH+∠MPH＝90°，
∴∠NMG＝∠MPH，
∵∠NMG＝∠MPH，∠H＝∠MGN，PM＝MN，
∴△PHM≌△MGN，
∴PH＝MG＝2t，HM＝NG＝t，
∴P（﹣3t，﹣2t2+1），
把P（﹣3t，﹣2t2+1）代入得：，
解得：，（舍去），
∴；
②如图2：构造Rt△MQG，Rt△NMH，
和①同理可得：△MQG≌△NMH，，
设NH＝GM＝2t，则QG＝MH＝t，
∴M（2t，﹣2t2+2t+1），N（0，﹣2t2+t+1），Q（t，﹣2t2+4t+1），
把Q（t，﹣2t2+4t+1）代入得：，
解得：（舍去），
∴N（0，﹣5）；
③如图3：构造Rt△GMN，Rt△HPM，
和①同理可得：△GMN≌△HPM，，
设GN＝HM＝2t，则GM＝HP＝t，
∴M（﹣2t，﹣2t2﹣2t+1），N（0，﹣2t2﹣t+1），P（﹣t，﹣2t2﹣4t+1），
把P（﹣t，﹣2t2﹣4t+1）代入得：，
解得：（舍去），
∴；
④如图4：构造Rt△GMN，Rt△HNP，
和①同理可得：△GMN≌△HNP，，
设GM＝HN＝2t，则GN＝HP＝t，
∴M（2t，﹣2t2+2t+1），N（0，﹣2t2+t+1），P（t，﹣2t2﹣t+1），
把P（t，﹣2t2﹣t+1）代入得：，
解得：，（舍去），
∴；
当PQ为正方形对角线时，
⑤如图5：构造矩形HGJI，过点P作PK⊥IJ于点K，
∴PK∥x轴，
∴∠QPK＝∠BOC，
∴，
设QK＝x，则PK＝2x，
和①同理可得：△PNH≌△MPG≌△QMJ≌△NQI，
∴HN＝PG＝MJ＝IQ，PH＝GM＝QJ＝NI，
∴四边形HGJI为正方形，
∴PK＝IJ＝2x，
∴，则，
∴，
设PG＝HN＝t，则PH＝GM＝3t，
∴M（2t，﹣2t2+2t+1），N（0，﹣2t2+6t+1），P（﹣t，﹣2t2+3t+1），
把P（﹣t，﹣2t2+3t+1）代入得：，
解得：（舍去），
∴N（0，5）；
⑥如图6：构造Rt△PMH，Rt△NPG，
同理可得：，
设PG＝HM＝t，则PH＝GN＝3t，
∴M（﹣2t，﹣2t2﹣2t+1），N（0，﹣2t2﹣6t+1），P（﹣3t，﹣2t2﹣5t+1），
把P（﹣3t，﹣2t2﹣5t+1）代入得：，
解得：（舍去），
∴；
综上：或或N（0，﹣5）或N（0，5）或或．
2．（2024•绥化三模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx﹣3的图象与x轴交于A（﹣1，0），B两点，顶点坐标为（1，﹣4）．
（1）求二次函数的解析式；
（2）直线BC与OD相交于点E，当D为抛物线上第四象限内一点且时，求点D的坐标；
（3）G为平面内一点，试判断坐标轴上是否存在一点M，使以B，C，M，G为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），（1，﹣4）代入y＝ax2+bx﹣3，
得，
解得，
∴二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）如图，过点D作DF⊥x轴，垂足为F，交CB于点P，
当y＝x2﹣2x﹣3＝0时，
解得x1＝3，x2＝﹣1，
∴B（3，0），
当x＝0时，得y＝x2﹣2x﹣3＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
设直线BC解析式为y＝mx+n，
代入B（3，0），C（0，﹣3），
得，
解得，
∴直线BC解析式为y＝x﹣3，
设D（t，t2﹣2t﹣3），则P（t，t﹣3），
∴DP＝t﹣3﹣t2+2t+3＝﹣t2+3t，
∵DF∥OC，
∴△DEP∽△OEC，
∴，
∴，
解得t＝1或t＝2，
∴D（1，﹣4）或（2，﹣3）；
（3）∵B（3，0），C（0，﹣3），
∴OB＝OC，
∵∠BOC＝90°，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
根据题意分三种情况：
①如图，过点B作BM⊥CB交y轴于点M，过点M作MG⊥BM交x轴于点G，
此时四边形BMGC是矩形，
∵∠OCB＝45°，∠CBM＝90°，
∴∠OCB＝∠BMO＝45°，
∴BC＝BM，
∴四边形BMGC是正方形，
∴OG＝OB＝3，
∴G（﹣3，0）；
②如图，过点C作CM⊥CB交x轴于点M，过点M作MG⊥CM交y轴于点G，
同①可得四边形CMGB是正方形，OG＝OC＝3，
∴G（0，3）；
③如图，∵△BOC是等腰直角三角形，
∴点M与点O重合，
∴作点O关于直线BC的对称点G，
∴四边形OBGC是正方形，
∴OB＝BG＝3，
∴G（3，﹣3），
综上，存在，（﹣3，0）或（0，3）或（3，﹣3）．
3．（2023秋•斗门区期末）【实践探究】
数学课题学习小组，为了研究学习二次函数问题，他们经历了实践——应用——探究的过程：
（1）实践：他们对一条抛物线形拱桥进行测量，测得当拱顶高离水面6m时，水面宽10m，并画出了拱桥截面图，建立了如图1所示的直角坐标系，求该抛物线的解析式；
（2）应用：按规定，船通过拱桥时，顶部与拱桥顶部在竖直方向上的高度差至少为0.5m．一场大雨，让水面上升了0.2m，为了确保安全，问该拱桥能否让宽度为6m、高度为3.2m的货船通过？请通过计算进行说明（货船看作长方体）；
（3）探究：该课题学习小组为进一步探索抛物线的有关知识，他们借助上述抛物线模型，并过原点作一条y＝x的直线OF，交抛物线于点F，交抛物线对称轴于点E，提出了以下两个问题，请予解答：
①如图2，B为直线OF上方抛物线上一动点，过B作BA垂直于x轴，交x轴于A，交直线OF于C，过点B作BD垂直于直线OF，交直线OF于D，求BD+CD的最大值．
②如图3，G为直线OF上一动点，过G点作x轴的垂线交抛物线于点H，点P在坐标平面内．问：是否存在以E、G、H、P为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出G点的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣5）2+6，
当x＝0时，25a+6＝0，
解得a＝﹣，
∴抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣5）2+6；
（2）∵船的宽为6m，
∴10﹣6＝4（m），
当x＝2时，y＝﹣×9+6＝3.84，
∵3.2+0.2+0.5＝3.9＞3.84，
∴船不能通过；
（3）①∵y＝﹣（x﹣5）2+6，
∴抛物线的对称轴为直线x＝5，
∴E（5，5），
∴∠EOA＝45°，
∵BD⊥OE，AB⊥OA，
∴∠BCD＝45°，∠BDC＝90°，
∴BD＝CD＝BC，
设B（t，﹣（t﹣5）2+6），则C（t，t），
∴BC＝﹣t2+t＝﹣（t﹣）2+，
当t＝时，BC的最大值为，
∴BD+CD的最大值为；
②存在以E、G、H、P为顶点的四边形是正方形，理由如下：
由①可得∠EGH＝45°，
∴△EGH是等腰直角三角形，
当∠EHG＝90°时，HG＝HE，
∵E（5，5），
∴H点的纵坐标为5，
∴5＝﹣（x﹣5）2+6，
解得x＝﹣+5或x＝+5，
∵G点在直线OF上，
∴G（﹣+5，﹣+5）或（+5，+5）；
当∠HEG＝90°时，
∵∠AGE＝45°，
∴EM＝HG，
设H（m，﹣m2+m），G（m，m），
∴2（5﹣m）＝﹣m2+m﹣m，
解得m＝10或m＝，
∴G（10，10）或（，）；
综上所述：G点坐标为（﹣+5，﹣+5）或（+5，+5）或（10，10）或（，）．
4．（2024•滨州模拟）综合与探究
如图，某一次函数与二次函数y＝x2+mx+n的图象交点为A（﹣1，0），B（4，5）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点C为抛物线对称轴上一动点，当AC与BC的和最小时，点C的坐标为 （1，2） ；
（3）点D为抛物线位于线段AB下方图象上一动点，过点D作DE⊥x轴，交线段AB于点E，求线段DE长度的最大值；
（4）在（2）条件下，点M为y轴上一点，点F为直线AB上一点，点N为平面直角坐标系内一点，若以点C，M，F，N为顶点的四边形是正方形，请直接写出点N的坐标．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（4，5）代入y＝x2+mx+n得，
，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）设直线AB的函数解析式为y＝kx+b，
，
∴，
∴直线AB的解析式为y＝x+1，
∵AC+BC≥AB，
∴当点A、B、C三点共线时，AC+BC的最小值为AB的长，
∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为x＝1，
∴当x＝1时，y＝2，
∴C（1，2），
故答案为：（1，2）；
（3）设D（a，a2﹣2a﹣3），则E（a，a+1），
∴DE＝（a+1）﹣（a2﹣2a﹣3）＝﹣a2+3a+4＝﹣（a﹣）2+（﹣1＜a＜4），
∴当a＝时，DE的最大值为；
（4）当CF为对角线时，如图，
此时四边形CMFN是正方形，
∴N（1，1），
当CF为边时，若点F在C的上方，如图，
此时∠MFC＝45°，
∴MF∥x轴，
∵△MCF是等腰直角三角形，
∴MF＝CN＝2，
∴N（1，4），
当点F在点C的下方时，如图，四边形CFNM是正方形，
同理可得N（﹣1，2），
当点F在点C的下方时，如图，四边形CFMN是正方形，
同理可得N（，），
综上：N（1，1）或（1，4）或（﹣1，2）或（，）．
5．（2024•甘肃模拟）如图，二次函数y＝ax2+2x+c的图象交x轴于点A，B（3，0），交y轴于点C（0，3），点M是直线BC上方的二次函数图象上的一个动点，过点M作MD⊥x轴，垂足为点D，交BC于点E．
（1）求二次函数的解析式和点A的坐标；
（2）连接AM，交y轴于点F．
①当ME＝2CF时，求点M 的坐标；
②连接EF，四边形ODEF有可能是正方形吗？如果有可能，此时∠M的正切值是多少？如果没可能，请说明理由．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+2x+c的图象经过B（3，0），C（0，3），
∴，
解得，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴A（﹣1，0）；
（2）①∵B（3，0），C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+3，代入B（3，0），得0＝3k+3，解得k＝﹣1，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
设点M的坐标为（m，﹣m2+2m+3），则点E的坐标为（m，﹣m+3），
∴ED＝3﹣m，MD＝﹣m2+2m+3＝﹣（m﹣3）（m+1），AO＝1，AD＝m+1，
∴ME＝﹣m2+2m+3﹣3+m＝﹣m2+3m，
∵OF∥DM，
∴△AOF∽△ADM，
∴，即，
∴OF＝3﹣m，
∴CF＝3﹣OF＝m，
∵ME＝2CF，
∴﹣m2+3m＝2m，
解得m＝0（舍去）或m＝1，
∴点M的坐标为（1，4）；
②由①得OF＝3﹣m＝ED，
∵OF∥DE，
∴四边形ODEF是平行四边形，
∵∠FOD＝90°，
∴四边形ODEF是矩形，
当OD＝DE时，四边形ODEF是正方形，
∴m＝3﹣m，
解得，
∴，，
∴．
6．（2024•香洲区三模）在平面直角坐标系xOy中，已知点A在y轴负半轴上．
（1）如图1，已知点O（0，0），B（﹣1，﹣1），C（1，m）在抛物线y＝ax2（a≠0）上，则a＝ ﹣1 ；
m＝ ﹣1 ；
（2）在（1）的条件下，若点D在抛物线上，且AD∥x轴，是否存在四边形ABCD为菱形？请说明理由；
（3）如图2，已知正方形ABCD的顶点B，D在二次函数y＝ax2（a为常数，且a＜0）的图象上，点D在点B的左侧，设点B，D的横坐标分别为m，n，请求出m，n满足的数量关系．
【解答】解：（1）把B（﹣1，﹣1）代入y＝ax2（a≠0）得﹣1＝a，
∴a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2，
当x＝1时，y＝﹣1，
∴m＝﹣1，
故答案为：﹣1，﹣1；
（2）不存在，
理由：假设存在，由（1）得B（﹣1，﹣1），C（1，﹣1），
∴BC＝2，
设BC与y轴交于点E，
∴，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD＝BC＝AB＝2，
∴，
∴点A的坐标为 ，
∵AD∥x轴，
∴点D的坐标为 ，
又∵点D在抛物线y＝﹣x2上，而，
∴假设不成立；
∴不存在四边形ABCD为菱形；
（3）过点B作BF⊥y轴，垂足为F，过点D作DE⊥y轴，
垂足为E，
则B（m，am2），D（n，an2），
①当点B，D均在y轴左侧时，如图2，
∴BF＝﹣m，DE＝﹣n，OF＝﹣am2，OE＝﹣an2，
∵∠AFB＝∠AED＝∠BAD＝90°，
∴∠ABF+∠BAF＝∠BAF+∠DAE＝90°，
∴∠ABF＝∠DAE，
∵AB＝AD，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴BF＝AE，AF＝DE，
∴﹣m＝﹣an2﹣（﹣am2）﹣（﹣a），
化简得n+m＝a（n﹣m）（n+m），
∵n+m≠0，
∴n﹣m＝；
②当点D在y轴左侧，点B在y轴右侧时，如图3，
则BF＝m，DE＝﹣n，OF＝﹣am2，OE＝﹣4n2
同理可得△ABF≌△DAE（AAS），
∴BF＝AE，AF＝DE．
∴+m＝﹣am2+（﹣n）﹣（﹣an2），
化简得n+m＝a（a﹣m）（n+m），
∴n+m＝0或 ；
③当点B，D均在y轴右侧时，如图3，
则BF＝m，DE＝n，OF＝﹣am2，OE＝﹣an2，
同理可得△ABF≌△DAE（AAS），
∴BF＝AE，AF＝DE．
∴m＝﹣am2﹣（﹣an2）﹣n，
化简得n＝m＝a（n﹣m）（n+m），
∵n+m≠0．
∴，
综上所述，m，n 满足的等量关系为n+m＝0或．
7．（2024春•天河区校级月考）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线G：y＝x2﹣2ax﹣3a2（a≠0），点A在抛物线G的对称轴上，且在x轴上方．
（1）求抛物线G与x轴交点的坐标（用含a的式子表示）；
（2）已知正方形ABCD的顶点B、D在该二次函数的图象上，点B、D在抛物线对称轴的同侧，且点B在点D的左侧，设点B、D的横坐标分别为m、n，试探究n﹣m是否为定值，如果是，求出这个值：如果不是，请说明理由；
（3）在抛物线G上存在两点B、D，且B、D在对称轴右侧，点B在点D的左侧，使得四边形ABCD是正方形，求动点C（x，y）的纵坐标y，在a+2≤x≤a+3的最大值．
【解答】解：（1）当y＝0，则x2﹣2ax﹣3a2＝0，即（x﹣3a）（x+a）＝0，
解得：x1＝3a，x2＝﹣a，
∴抛物线G与x轴交点的坐标（3a，0）或（﹣a，0）；
（2）由（1）可得对称轴为直线，
当B，D在对称轴的右侧时，如图：连接AC、BD交点为E，过B作MN⊥y轴于M，过C作CN⊥MN于N，
由正方形的性质可知，E为AC、BD的中点，AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABM+∠CBN＝90°＝∠CBN+∠BCN，
∴∠ABM＝∠BCN，
在△AMB和△BNC中，
，
∴△AMB≌△BNC（AAS），
∴AM＝BN，BM＝CN，
由题意知：B（m，（m﹣3a）（m+a）），D（n，（n﹣3a）（n+a）），m＞0，n＞0，则，M（a，（m﹣3a）（m+a）），
设A（a，q），则C（m+n﹣a，（m﹣3a）（m+a）+（n﹣3a）（n+a）﹣q），N（m+n﹣a，（m﹣3a）（m+a）），
∴AM＝q﹣（m﹣3a）（m+a），BN＝n﹣a，BM＝m﹣a，CN＝（n﹣3a）（n+a）﹣q，
∴q﹣（m﹣3a）（m+a）＝n﹣a，m﹣a＝（n﹣3a）（n+a）﹣q，
∴n﹣a+（m﹣3a）（m+a）＝（n﹣3a）（n+a）﹣m+a，
即n﹣a+m2﹣2am﹣3a2＝n2﹣2an﹣3a2﹣m+a，
n2﹣m2+2am﹣2an﹣m﹣n+2a＝0，
∴（n﹣m）（n+m）﹣2a（n﹣m）﹣（m+n）+2a＝0，
∴（n+m）（n﹣m﹣1）﹣2a（n﹣m﹣1）＝0，
∴（n﹣m﹣1）（n+m﹣2a）＝0，
∵点B、D在对称轴的同侧，对称轴为直线x＝a，且点B在点D的左侧，
∴m+n≠2a，
∴n﹣m＝1，
∴n﹣m是定值，且值为1；
根据对称性可得当B，D在对称轴的左侧时，同理可得n﹣m是定值，且值为1；
（3）由（2）可得C（m+n﹣a，（m﹣3a）（m+a）+（n﹣3a）（n+a）﹣q）又n﹣m＝1，则n＝m+1，m＝n﹣1，
∵q﹣（m﹣3a）（m+a）＝n﹣a，
∴q＝m+1﹣a+（m﹣3a）（m+a），
∴y＝（m﹣3a）（m+a）+（n﹣3a）（n+a）﹣q
＝（m﹣3a）（m+a）+（n﹣3a）（n+a）﹣m﹣1+a﹣（m﹣3a）（m+a）
＝（n﹣3a）（n+a）﹣m﹣1+a
＝n2﹣2an﹣3a2﹣n+a
＝n2﹣（2a+1）n﹣3a2+a，
当时取得最大值，
又∵a+2≤x≤a+3，
而x＝m+n﹣a＝2n﹣a﹣1，
∴a+2≤2n﹣a﹣1≤a+3，
∴a+1.5≤n≤a+2，
当时，n随a的增大而增大，
∴当n＝a+2时，取得最大值，
此时y＝（a+2）2﹣（2a+1）（a+2）﹣3a2+a
＝a2+4a+4﹣（2a2+4a+a+2）﹣3a2+a
＝a2+4a+4﹣2a2﹣4a﹣a﹣2﹣3a2+a
＝2﹣4a2．