專題09二次函數(shù)與正方形存在性問題（解析版）

挑戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘（全國通用）

專題09二次函數(shù)與正方形存在性問題

二次函數(shù)與正方形存在性問題

1.作為特殊四邊形中最特殊的一位，正方形擁有更多的性質(zhì)，因此坐標(biāo)系中的正方形存在性問題變化更加

多樣，從判定的角度來說，可以有如下：（1）有一個角為直角的菱形；

（2）有一組鄰邊相等的矩形；（3）對角線互相垂直平分且相等的四邊形．依據(jù)題目給定的已知條件選擇恰

當(dāng)?shù)呐卸ǚ椒?，即可確定所求的點坐標(biāo)．

2.對于二次函數(shù)與正方形的存在性問題，常見的處理思路有：

思路1：從判定出發(fā)若已知菱形，則加有一個角為直角或?qū)蔷€相等；若已知矩形，則加有一組鄰邊相等或

對角線互相垂直；若已知對角線互相垂直或平分或相等，則加上其他條件．

思路2：構(gòu)造三垂直全等若條件并未給關(guān)于四邊形及對角線的特殊性，則考慮在構(gòu)成正方形的4個頂點中任

取3個，必是等腰直角三角形，若已知兩定點，則可通過構(gòu)造三垂直全等來求得第3個點，再求第4個點．

3.示例：在平面直角坐標(biāo)系中，已知A、B的坐標(biāo)，在平面中求C、D使得以A、B、C、D

為頂點的四邊形是正方形．

如圖，一共6個這樣的點C使得以A、B、C為頂點的三角形是等腰直角三角形．

【例1】（2022?齊齊哈爾）綜合與探究

如圖，某一次函數(shù)與二次函數(shù)y＝x2+mx+n的圖象交點為A（﹣1，0），B（4，5）．

（1）求拋物線的解析式；

第1頁共81頁.

（2）點C為拋物線對稱軸上一動點，當(dāng)AC與BC的和最小時，點C的坐標(biāo)為（1，2）；

（3）點D為拋物線位于線段AB下方圖象上一動點，過點D作DE⊥x軸，交線段AB于點E，求線段

DE長度的最大值；

（4）在（2）條件下，點M為y軸上一點，點F為直線AB上一點，點N為平面直角坐標(biāo)系內(nèi)一點，若

以點C，M，F(xiàn)，N為頂點的四邊形是正方形，請直接寫出點N的坐標(biāo)．

【分析】（1）將A（﹣1，0），B（4，5）代入y＝x2+mx+n，解方程即可得出答案；

（2）根據(jù)兩點之間，線段最短，可知當(dāng)點A、B、C三點共線時，AC+BC的最小值為AB的長，求出直

線AB的解析式，即可得出點C的坐標(biāo)；

（3）設(shè)D（a，a2﹣2a﹣3），則E（a，a+1），表示出DE的長度，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得答案；

（4）分CF為對角線和邊，分別畫出圖形，利用正方形的性質(zhì)可得答案．

【解答】解：（1）將A（﹣1，0），B（4，5）代入y＝x2+mx+n得，

，

∴，

∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；

（2）設(shè)直線AB的函數(shù)解析式為y＝kx+b，

，

∴，

∴直線AB的解析式為y＝x+1，

∵AC+BC≥AB，

∴當(dāng)點A、B、C三點共線時，AC+BC的最小值為AB的長，

第2頁共81頁.

∵拋物線y＝x2﹣2x﹣3的對稱軸為x＝1，

∴當(dāng)x＝1時，y＝2，

∴C（1，2），

故答案為：（1，2）；

（3）設(shè)D（a，a2﹣2a﹣3），則E（a，a+1），

∴DE＝（a+1）﹣（a2﹣2a﹣3）＝﹣a2+3a+4（﹣1＜a＜4），

∴當(dāng)a＝時，DE的最大值為；

（4）當(dāng)CF為對角線時，如圖，

此時四邊形CMFN是正方形，

∴N（1，1），

當(dāng)CF為邊時，若點F在C的上方，

第3頁共81頁.

此時∠MFC＝45°，

∴MF∥x軸，

∵△MCF是等腰直角三角形，

∴MF＝CN＝2，

∴N（1，4），

當(dāng)點F在點C的下方時，如圖，四邊形CFNM是正方形，

同理可得N（﹣1，2），

當(dāng)點F在點C的下方時，如圖，四邊形CFMN是正方形，

第4頁共81頁.

同理可得N（，），

綜上：N（1，1）或（1，4）或（﹣1，2）或（，）．

【例2】（2022?揚州）如圖是一塊鐵皮余料，將其放置在平面直角坐標(biāo)系中，底部邊緣AB在x軸上，且AB

＝8dm，外輪廓線是拋物線的一部分，對稱軸為y軸，高度OC＝8dm．現(xiàn)計劃將此余料進行切割：

（1）若切割成正方形，要求一邊在底部邊緣AB上且面積最大，求此正方形的面積；

（2）若切割成矩形，要求一邊在底部邊緣AB上且周長最大，求此矩形的周長；

（3）若切割成圓，判斷能否切得半徑為3dm的圓，請說明理由．

【分析】（1）先根據(jù)題意求出拋物線的解析式，當(dāng)正方形的兩個頂點在拋物線上時正方形面積最大，先

根據(jù)GH＝2OG計算H的橫坐標(biāo)，再求出此時正方形的面積即可；

（2）由（1）知：設(shè)H（t，﹣t2+8）（t＞0），表示矩形EFGH的周長，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出最

值即可；

（3）設(shè)半徑為3dm的圓與AB相切，并與拋物線相交，設(shè)交點為N，求出點N的坐標(biāo)，并計算點N是

圓M與拋物線在y軸右側(cè)的切點即可．

【解答】解：（1）如圖1，由題意得：A（﹣4，0），B（4，0），C（0，8），

第5頁共81頁.

設(shè)拋物線的解析式為：y＝ax2+8，

把B（4，0）代入得：0＝16a+8，

∴a＝﹣，

∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+8，

∵四邊形EFGH是正方形，

∴GH＝FG＝2OG，

設(shè)H（t，﹣t2+8）（t＞0），

∴﹣t2+8＝2t，

解得：t1＝﹣2+2，t2＝﹣2﹣2（舍），

∴此正方形的面積＝FG2＝（2t）2＝4t2＝4（﹣2+2）2＝（96﹣32）dm2；

（2）如圖2，由（1）知：設(shè)H（t，﹣t2+8）（t＞0），

∴矩形EFGH的周長＝2FG+2GH＝4t+2（﹣t2+8）＝﹣t2+4t+16＝﹣（t﹣2）2+20，

∵﹣1＜0，

∴當(dāng)t＝2時，矩形EFGH的周長最大，且最大值是20dm；

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（3）若切割成圓，能切得半徑為3dm的圓，理由如下：

如圖3，N為M上一點，也是拋物線上一點，過N作M的切線交y軸于Q，連接MN，過點N作NP

⊥y軸于P，⊙⊙

則MN＝OM＝3，NQ⊥MN，

設(shè)N（m，﹣m2+8），

由勾股定理得：PM2+PN2＝MN2，

∴m2+（﹣m2+8﹣3）2＝32，

解得：m1＝2，m2＝﹣2（舍），

∴N（2，4），

∴PM＝4﹣1＝3，

∵cos∠NMP＝＝＝，

∴MQ＝3MN＝9，

∴Q（0，12），

設(shè)QN的解析式為：y＝kx+b，

∴，

∴，

∴QN的解析式為：y＝﹣2x+12，

﹣x2+8＝﹣2x+12，

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x2﹣2x+4＝0，

Δ＝（﹣2）2﹣4××4＝0，即此時N為圓M與拋物線在y軸右側(cè)的唯一公共點，

∴若切割成圓，能切得半徑為3dm的圓．

【例3】（2022?海南）如圖1，拋物線y＝ax2+2x+c經(jīng)過點A（﹣1，0）、C（0，3），并交x軸于另一點B，

點P（x，y）在第一象限的拋物線上，AP交直線BC于點D．

（1）求該拋物線的函數(shù)表達式；

（2）當(dāng)點P的坐標(biāo)為（1，4）時，求四邊形BOCP的面積；

（3）點Q在拋物線上，當(dāng)?shù)闹底畲笄摇鰽PQ是直角三角形時，求點Q的橫坐標(biāo)；

（4）如圖2，作CG⊥CP，CG交x軸于點G（n，0），點H在射線CP上，且CH＝CG，過GH的中點

K作KI∥y軸，交拋物線于點I，連接IH，以IH為邊作出如圖所示正方形HIMN，當(dāng)頂點M恰好落在y

軸上時，請直接寫出點G的坐標(biāo)．

【分析】（1）將A，C兩點坐標(biāo)代入拋物線的解析式，進一步求得結(jié)果；

（2）可推出△PCB是直角三角形，進而求出△BOC和△PBC的面積之和，從而求得四邊形BOCP的面

積；

（3）作PE∥AB交BC的延長線于E，根據(jù)△PDE∽△ADB，求得的函數(shù)解析式，從而求得P點坐

標(biāo)，進而分為點P和點A和點Q分別為直角頂點，構(gòu)造“一線三直角”，進一步求得結(jié)果；

（4）作GL∥y軸，作RC⊥GL于L，作MT⊥KI于K，作HW⊥IK于點W，則△GLC≌△CRH，△ITM

≌△HWI．根據(jù)△GLC≌△CRH可表示出H點坐標(biāo)，從而表示出點K坐標(biāo)，進而表示出I坐標(biāo)，根據(jù)

MT＝IW，構(gòu)建方程求得n的值．

【解答】解：（1）由題意得，

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，

∴，

∴該拋物線的函數(shù)表達式為：y＝﹣x2+2x+3；

（2）當(dāng)y＝0時，﹣x2+2x+3＝0，

∴x1＝﹣1，x2＝3，

∴B（3，0），

∵PC2+BC2＝[1+（4﹣3）2]+（32+32）＝20，PB2＝[（3﹣1）2+42]＝20，

∴PC2+BC2＝PB2，

∴∠PCB＝90°，

∴S△PBC＝＝＝3，

∵S△BOC＝＝＝，

∴S四邊形BOCP＝S△PBC+S△BOC＝3+＝；

（3）如圖1，作PE∥AB交BC的延長線于E，

設(shè)P（m，﹣m2+2m+3），

∵B（3，0），C（0，3），

∴直線BC的解析式為：y＝﹣x+3，

由﹣x+3＝﹣m2+2m+3得，

x＝m2﹣2m，

∴PE＝m﹣（m2﹣2m）＝﹣m2+3m，

∵PE∥AB，

∴△PDE∽△ADB，

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∴＝＝＝﹣（m﹣）2+，

∴當(dāng)m＝時，（）最大＝，

當(dāng)m＝時，y＝﹣（）2+2×+3＝，

∴P（，），

設(shè)Q（n，﹣n2+2n+3），

如圖2，當(dāng)∠PAQ＝90°時，過點A作y軸平行線AF，作PF⊥AF于F，作QG⊥AF于G，則△AFP∽

△GQA，

∴＝，

∴＝，

∴n＝，

如圖3，當(dāng)∠AQP＝90°時，過QN⊥AB于N，作PM⊥QN于M，可得△ANQ∽△QMP，

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∴＝，

∴＝，

可得n1＝1，n2＝，

如圖4，當(dāng)∠APQ＝90°時，作PT⊥AB于T，作QR⊥PT于R，

同理可得：＝，

∴n＝，

綜上所述：點Q的橫坐標(biāo)為：或1或或；

（4）如圖5，作GL∥y軸，作RC⊥GL于L，作MT⊥KI于T，作HW⊥IK于點W，則△GLC≌△CRH，

△ITM≌△HWI．

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∴RH＝OG＝﹣n，CR＝GL＝OC＝3，MT＝IW，

∴G（n，0），H（3，3+n），

∴K（，），

∴I（，﹣（）2+n+3+3），

∵TM＝IW，

∴＝（）2+n+6﹣（3+n），

∴（n+3）2+2（n+3）﹣12＝0，

∴n1＝﹣4+，n2＝﹣4﹣（舍去），

∴G（﹣4+，0）．

【例4】（2022?長春）在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝x2﹣bx（b是常數(shù)）經(jīng)過點（2，0）．點A在拋物線

上，且點A的橫坐標(biāo)為m（m≠0）．以點A為中心，構(gòu)造正方形PQMN，PQ＝2|m|，且PQ⊥x軸．

（1）求該拋物線對應(yīng)的函數(shù)表達式；

（2）若點B是拋物線上一點，且在拋物線對稱軸左側(cè)．過點B作x軸的平行線交拋物線于另一點C，連

結(jié)BC．當(dāng)BC＝4時，求點B的坐標(biāo)；

（3）若m＞0，當(dāng)拋物線在正方形內(nèi)部的點的縱坐標(biāo)y隨x的增大而增大時，或者y隨x的增大而減小

時，求m的取值范圍；

（4）當(dāng)拋物線與正方形PQMN的邊只有2個交點，且交點的縱坐標(biāo)之差為時，直接寫出m的值．

【分析】（1）把（2，0）代入y＝x2﹣bx，得到b＝2，可得結(jié)論；

（2）判斷出點B的橫坐標(biāo)為﹣1，可得結(jié)論；

（3）分兩種情形：當(dāng)拋物線在正方形內(nèi)部的點的縱坐標(biāo)y隨x的增大而增大．當(dāng)拋物線在正方形內(nèi)部的

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點的縱坐標(biāo)y隨x的增大而減小．利用圖象法解決問題即可；

（4）分三種情形：如圖4﹣1中，當(dāng)點N（0，）時，滿足條件，如圖4﹣2中，當(dāng)點N（0，﹣），

滿足條件，如圖4﹣3中，當(dāng)正方形PQMN的邊長為時，滿足條件，分別求出點A的坐標(biāo)，可得結(jié)論．

【解答】解：（1）把（2，0）代入y＝x2﹣bx，得到b＝2，

∴該拋物線的解析式為y＝x2﹣2x；

（2）如圖1中，

∵y＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，

∴拋物線的頂點為（1，﹣1），對稱軸為直線x＝1，

∵BC∥x，

∴B，C故對稱軸x＝1對稱，BC＝4，

∴點B的橫坐標(biāo)為﹣1，

∴B（﹣1，3）；

（3）如圖2中，

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∵點A的橫坐標(biāo)為m，PQ＝2|m|，m＞0，

∴PQ＝PQM＝MN＝2m，

∴正方形的邊MN在y軸上，

當(dāng)點M與O重合時，

由，

解得或，

∴A（3，3），

觀察圖象可知，當(dāng)m≥3時，拋物線在正方形內(nèi)部的點的縱坐標(biāo)y隨x的增大而增大．

如圖3中，當(dāng)PQ落在拋物線的對稱軸上時，m＝，觀察圖象可知，當(dāng)0＜m≤時，拋物線在正方形

內(nèi)部的點的縱坐標(biāo)y隨x的增大而減?。?/p>

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綜上所述，滿足條件的m的值為0＜m≤或m≥3；

（4）如圖4﹣1中，當(dāng)點N（0，）時，滿足條件，

此時直線NQ的解析式為y＝﹣x+，

由，解得，或，

∵點A在第四象限，

∴A（，﹣），

∴m＝．

如圖4﹣2中，當(dāng)點N（0，﹣），滿足條件，

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此時直線NQ是解析式為y＝﹣x﹣，

由，解得，

∴A（，﹣），

∴m＝．

如圖4﹣3中，當(dāng)正方形PQMN的邊長為時，滿足條件，此時m＝﹣，

綜上所述，滿足條件的m的值為或或﹣．

1．（2020?樂平市一模）如圖，拋物線y＝a（x﹣h）2+k（a≠0）的頂點為A，對稱軸與x軸交于點C，當(dāng)以

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AC為對角線的正方形ABCD的另外兩個頂點B、D恰好在拋物線上時，我們把這樣的拋物線稱為美麗拋

物線，正方形ABCD為它的內(nèi)接正方形．

（1）當(dāng)拋物線y＝ax2+1是美麗拋物線時，則a＝﹣2；當(dāng)拋物線y＝+k是美麗拋物線時，則k

＝﹣4；

（2）若拋物線y＝ax2+k是美麗拋物線時，則請直接寫出a，k的數(shù)量關(guān)系；

（3）若y＝a（x﹣h）2+k是美麗拋物線時，（2）a，k的數(shù)量關(guān)系成立嗎？為什么？

2

（4）系列美麗拋物線yn＝an（x﹣n）+kn（n為小于7的正整數(shù)）頂點在直線y＝x上，且它們中恰有

兩條美麗拋物線內(nèi)接正方形面積比為1：16．求它們二次項系數(shù)之和．

【分析】（1）畫出函數(shù)y＝ax2+k的圖象，求出點D的坐標(biāo)，即可求解；

（2）由（1）知，點D的坐標(biāo)為（k，k），即可求解；

（3）美麗拋物線沿x軸向右或向左平移后得到的拋物線仍然是美麗拋物線，美麗拋物線y＝a（x﹣h）2+k

沿x軸經(jīng)過適當(dāng)平移后為拋物線y＝ax2+k，即可求解；

（4）設(shè)這兩條美麗拋物線的頂點坐標(biāo)分別為和，它們的內(nèi)接正方形的邊長比為

，則m＝4k，，進而求解．

【解答】解：（1）函數(shù)y＝ax2+k的圖象如下：

①拋物線y＝ax2+1是美麗拋物線時，則AC＝1，

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∵四邊形ABCD為正方形，則點D的坐標(biāo)為（，），

將點D的坐標(biāo)代入y＝ax2+1得：＝a（）2+1，解得a＝﹣2；

②同理可得，點D的坐標(biāo)為（k，k），

將點D的坐標(biāo)代入y＝+k得：k＝（k）2+1，解得k＝0（不合題意）或﹣4；

故答案為：﹣4；

（2）由（1）知，點D的坐標(biāo)為（k，k），

將點D的坐標(biāo)代入y＝ax2+k得：k＝a（k）2+k，

解得ak＝﹣2；

（3）答：成立．

∵美麗拋物線沿x軸向右或向左平移后得到的拋物線仍然是美麗拋物線．

∴美麗拋物線y＝a（x﹣h）2+k沿x軸經(jīng)過適當(dāng)平移后為拋物線y＝ax2+k．

∴ak＝﹣2；

（4）設(shè)這兩條美麗拋物線的頂點坐標(biāo)分別為和，（k，m為小7的正整數(shù)，且k＜

m），

它們的內(nèi)接正方形的邊長比為，

∴m＝4k，．

∴這兩條美麗拋物線分別為和．

∵，＝﹣2，

∴a1＝﹣12，a4＝﹣3．

∴a1+a4＝﹣15．

答：這兩條美麗拋物線對應(yīng)的二次函數(shù)的二次項系數(shù)和為﹣15．

2．（2016秋?西城區(qū)校級期中）我們規(guī)定：在正方形ABCD中，以正方形的一個頂點A為頂點，且過對角

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頂點C的拋物線，稱為這個正方形的以A為頂點的對角拋物線．

（1）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點在軸正半軸上，點C在y軸正半軸上．

①如圖1，正方形OABC的邊長為2，求以O(shè)為頂點的對角拋物線；

②如圖2，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，正方形OABC的邊長為a，其以O(shè)為頂點的對角拋物線的解析式

為y＝x2，求a的值；

（2）如圖3，正方形ABCD的邊長為4，且點A的坐標(biāo)為（3，2），正方形的四條對角拋物線在正方形

ABCD內(nèi)分別交于點M、P、N、Q，直接寫出四邊形MPNQ的形狀和四邊形MPNQ的對角線的交點坐標(biāo)．

【分析】（1）①設(shè)O為頂點的拋物線的解析式為y＝ax2，把B（2，2）代入即可解決問題．

②設(shè)B（a，a）．代入y＝x2求出a即可解決問題．

（2）如圖3中，結(jié)論：四邊形MPNQ是菱形，對角線的交點坐標(biāo)為（5，4）．求出A、B、C、D的頂點

的對角拋物線，利用方程組求出M、P、N、Q的坐標(biāo)即可解決問題．

【解答】解：（1）①如圖1中，設(shè)O為頂點的拋物線的解析式為y＝ax2，

∵過B（2，2），

∴2＝4a，

∴a＝，

∴所求的拋物線的解析式為y＝x2．

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②如圖2中，設(shè)B（a，a）．

則有a＝a2，解得a＝4或0（舍棄），

∴B（4，4），

∴OA＝4，

∴正方形的邊長為4．

（2）如圖3中，結(jié)論：四邊形MPNQ是菱形，對角線的交點坐標(biāo)為（5，4）．

理由：∵正方形ABCD的邊長為4，A（3，2），

∴B（7，2），C（7，6），D（3，6），

∴以A為頂點的對角拋物線為y＝（x﹣3）2+2，

以B為頂點的對角拋物線為y＝（x﹣7）2+2，

以C為頂點的對角拋物線為y＝﹣（x﹣7）2+6，

以D為頂點的對角拋物線為y＝﹣（x﹣3）2+6，

由可得M（5，3），

第20頁共81頁.

由可得N（5，5），

由可得P（3+2，4），

由可得Q（7﹣2，4），

∴PM＝，

PN＝，

QN＝，

QM＝，

∴PM＝PN＝QN＝QM，

∴四邊形MPNQ是菱形，對角線的交點坐標(biāo)為（5，4）．

3．（2022?隴縣二模）在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線經(jīng)過A（﹣2，0），

兩點，且與y軸交于點C，點B是該拋物線的頂點．

（1）求拋物線L1的表達式；

（2）將L1平移后得到拋物線L2，點D，E在L2上（點D在點E的上方），若以點A，C，D，E為頂點

的四邊形是正方形，求拋物線L2的解析式．

【分析】（1）利用頂點式，可以求得該拋物線的解析式；

（2）根據(jù)題意，畫出相應(yīng)的圖形，然后利用分類討論的方法，可以分別求得對應(yīng)的拋物線L2的解析式．

【解答】解：（1）設(shè)拋物線L1的表達式是，

∵拋物線L1過點A（﹣2，0），

∴，

解得，

∴．

第21頁共81頁.

即拋物線L1的表達式是；

（2）令x＝0，則y＝﹣2，∴C（0，﹣2）．

Ⅰ．當(dāng)AC為正方形的對角線時，如圖所示，

∵AE3＝E3C＝CD3＝D3A＝2，

∴點D3的坐標(biāo)為（0，0），點E3的坐標(biāo)為（﹣2，﹣2）．

設(shè)，則，

解得即拋物線L2的解析式是．

Ⅱ．當(dāng)AC為邊時，分兩種情況，

如圖，第①種情況，點D1，E1在AC的右上角時．

∵AO＝CO＝E1O＝D1O＝2，∴點D1的坐標(biāo)為（0，2），點E1的坐標(biāo)為（2，0）．

設(shè)，

則，

解得：，

即拋物線L2的解析式是．

第②種情況，點D2E2在AC的左下角時，過點D2作D2M⊥x軸，

則有△AD2M≌△AD1O，

∴AO＝AM，D1O＝D2M．

過E2作E2N⊥y軸，同理可得，△CE2N≌△CE1O，

∴CO＝CN，E1O＝E2N．

第22頁共81頁.

則點D2的坐標(biāo)為（﹣4，﹣2），點E2的坐標(biāo)為（﹣2，﹣4），

設(shè)，

則，

解得，

即拋物線L2的解析式是．

綜上所述：L2的表達式為：，或．

2

4．（2022?臨潼區(qū)二模）在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線L1：y＝ax+bx+c經(jīng)過A（﹣2，0），B（1，﹣）

兩點，且與y軸交于點C，點B是該拋物線的頂點．

（1）求拋物線L1的表達式；

（2）將L1平移后得到拋物線L2，點D，E在L2上（點D在點E的上方），若以點A，C，D，E為頂點

的四邊

形是正方形，求拋物線L2的解析式．

【分析】（1）利用頂點式，可以求得該拋物線的解析式；

（2）根據(jù)題意，畫出相應(yīng)的圖形，然后利用分類討論的方法，可以分別求得對應(yīng)的拋物線L2的解析式．

2

【解答】解：（1）設(shè)拋物線L1的表達式是y＝a（x﹣1）﹣，

∵拋物線L1：y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣2，0），

∴0＝9a﹣，

解得a＝，

∴y＝（x﹣1）2﹣，

2

即拋物線L1的表達式是y＝x﹣x﹣2；

（2）當(dāng)AC為正方形的對角線時，

則點D的坐標(biāo)為（0，0），點E（﹣2，﹣2），

設(shè)y＝x2+bx+c，

第23頁共81頁.

∴，解得，

2

即拋物線L2的解析式是y＝x+x；

當(dāng)AC為邊時，分兩種情況，

第一種情況，點D、E在AC的右上角時，

則點D的坐標(biāo)（0，2），點E（2，0），

設(shè)y＝x2+bx+c，

∴，解得，

2

即拋物線L2的解析式是y＝x﹣x+2；

第二種情況，點D、E在AC的左下角時，

則點D的坐標(biāo)（﹣4，﹣2），點E（﹣2，﹣4），

設(shè)y＝x2+bx+c，則，

解得，

2

即拋物線L2的解析式是y＝x+x﹣4．

5．（2022?松陽縣一模）如圖，拋物線與x軸，y軸分別交于A，D，C三點，已知點A（4，0），點C（0，4）．若

該拋物線與正方形OABC交于點G且CG：GB＝3：1．

（1）求拋物線的解析式和點D的坐標(biāo)；

（2）若線段OA，OC上分別存在點E，F(xiàn)，使EF⊥FG．

第24頁共81頁.

已知OE＝m，OF＝t

①當(dāng)t為何值時，m有最大值？最大值是多少？

②若點E與點R關(guān)于直線FG對稱，點R與點Q關(guān)于直線OB對稱．問是否存在t，使點Q恰好落在拋

物線上？若存在，直接寫出t的值；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）先求得點G的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求解即可；

（2）①證明△EOF∽△FCG，利用相似三角形的性質(zhì)得到m關(guān)于t的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)

即可求解；

②根據(jù)軸對稱的性質(zhì)以及全等三角形的判定和性質(zhì)先后求得點R（﹣m，2t），點Q（2t，﹣m），代入二

次函數(shù)的解析式得到方程，解方程即可求解．

【解答】解：（1）∵點A（4，0），點C（0，4）．且四邊形OABC是正方形，

∴QA＝QC＝BC＝4，

∵CG：GB＝3：1．

∴CG＝3，BG＝l，

∴點G的坐標(biāo)為（3，4），

設(shè)拋物線的解析式為y＝ax2+bx+c，

把.4（4，0），C（0，4），G（3，4），代入y＝ax2+bx+c得，

，

解得：，

∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+3x+4，

令y＝0，則﹣x2+3x+4＝0，

第25頁共81頁.

解得x＝4或x＝﹣1，

∴點D的坐標(biāo)為（﹣1，0）；．

（2）①∵EF⊥FG，∠EOF＝∠GFE＝∠GCF＝90°，

∴∠EFO+∠FEO＝∠EFO+∠CFG＝90°，．

∴∠FEO＝∠CFG，

∴△EOF∽△FCG，

∴＝，即＝，

∴m＝﹣t2+t＝﹣（t﹣2）2+，

∴當(dāng)t＝2時，m有最大值，最大值為；

②∵點A（4，0），點C（0，4），且四邊形OABC是正方形，

∴點B的坐標(biāo)為（4，4），

設(shè)直線OB的解析式為y＝kx，

把（4，4），代入得：4＝4k，

解得k＝1，

∴直線OB的解析式為y＝x，

過點R作RS⊥y軸于點S，如圖：

∵點E與點R關(guān)于直線FG對稱，EF⊥FG，

∴RF＝EF，∠RFS＝∠EFO，

∴△RFS≌△EFO（AAS），

∴RS＝EO＝m，F(xiàn)S＝FO＝t，則SO＝2t，

∴點R的坐標(biāo)為（﹣m，21）

第26頁共81頁.

∵點R與點Q關(guān)于直線OB對稱，

同理點Q的坐標(biāo)為（2t，﹣m），

把Q（2t，﹣m）代入y＝﹣x2+3x+4，

得：﹣m＝﹣4t2+6t+4，

由①得m＝﹣t2+t，

∴t2﹣t＝﹣4t2+6t+4，

解得：t1＝，t2＝，

∵0≤t1≤4，

∴當(dāng)t＝時，點G恰好落在拋物線上．

6．（2022?香坊區(qū)校級開學(xué)）在平面直角坐標(biāo)系中，點O為坐標(biāo)原點，點A、C分別在x軸、y軸正半軸上，

四邊形OABC是正方形，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點B、C，OA＝18．

（1）如圖1，求拋物線的解析式；

（2）如圖2，點D是OA的中點，經(jīng)過點D的直線交AB于點E、交y軸于點F，連接BD，若∠EDA＝

2∠ABD，求直線DE的解析式；

（3）如圖3，在（2）的條件下，點G在OD上，連接GC、GE，點P在AB右側(cè)的拋物線上，點Q為

BP中點，連接DQ，過點B作BH⊥BP，交直線DP于點H，連接CH、GH，若GC＝GE，DQ＝PQ，

求△CGH的周長

【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)求得B，C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求解析式即可；

（2）在AD延長線時取DI＝DE，連接IE，設(shè)∠ABD＝，可得tan∠EIA＝＝，設(shè)AE＝x，則AI

α

＝2x，在Rt△ADE中，ED2＝AD2+AE2，建立方程，解方程進而可得E點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求解

析式即可；

第27頁共81頁.

（3）延長BD，交y軸于點M．設(shè)直線DP交y軸于點S，分別求得G，C．H三點的坐標(biāo)，進而根據(jù)勾

股定理以及兩點距離公式分別求得CG，HG，HC的長，即可求得△CGH的周長．

【解答】解：∵四邊形OABC是正方形，拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點B、C，OA＝18．

∴AB＝OC＝OA＝18，

∴C（0，18），B（18，18），

∴c＝18，

∴18＝﹣×182+bx+18，

解得b＝2，

∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+18；

（2）如圖，在AD延長線時取DI＝DE，連接IE，

設(shè)∠ABD＝，

∵∠EDA＝2α∠ABD，

∴∠EDA＝2，

∵DI＝DE，α

∴∠EID＝∠IED＝，

∵點D是OA的中點α，

∴OD＝DA＝9，

∴tan＝＝，

α

∴tan∠EIA＝＝，

設(shè)AE＝x，則AI＝2x，

第28頁共81頁.

∴ED＝DI＝IA﹣DA＝2x﹣9，

在Rt△ADE中，ED2＝AD2+AE2，

即（2x﹣9）2＝92+x2，

解得x1＝12，x2＝0（舍），

∴AE＝12，

∴E（18，12），

∵D（9，0），

設(shè)直線ED的解析式為y＝kx+t，

∴，

解得，

∴直線DE的解析式為y＝x﹣12；

（3）如圖，延長BD，交y軸于點M，設(shè)直線DP交y軸于點S，

∵OD＝DA，∠DOM＝∠DAB，∠ODM＝∠ADB，

∴△ODM≌△ADB（ASA），

∴MD＝DB，

∵點Q為BP中點，DQ＝PQ，

∴DQ＝BQ＝PQ，

∴∠QDB＝∠QBD，∠QDP＝∠QPD，∠QDB+∠QBD+∠QDP+∠QPD＝180°，

∴∠BDQ+∠PDQ＝90°，即∠BDP＝90°，

∴PH⊥BD，

第29頁共81頁.

∴∠SDO+∠MDO＝∠MDO+∠OMD＝90°，

∴∠SDO＝∠OMD＝∠ABD，

∴tan∠SDO＝tan∠ABD＝＝，

∴OS＝OD＝，

∴S（0，），

設(shè)直線SD的解析式為y＝mx+n，將點S（0，），D（9，0）代入得，

，

解得，

∴直線SD的解析式為y＝﹣x+，

聯(lián)立，

解得，，

∵點P在AB右側(cè)的拋物線上，

∴P（27，﹣9），

∵D（9，0），B（18，18），

∴PD＝＝9，BD＝＝9，

∴DB＝DP，

∴△DBP是等腰直角三角形，

∴∠DBP＝45°，DQ⊥BP，

∵BH⊥BP，

∴BH∥DQ，

∴＝1，

第30頁共81頁.

∴DH＝DP，

∵D（9，0），P（27，﹣9），

∴H（﹣9，9），

∵點G在OD上，GC＝GE，C（0，18），E（18，12），

設(shè)G（p，0），則p2+182＝（18﹣p）2+122，

解得p＝4，

∴G（4，0），

∵H（﹣9，9），G（4，0），C（0，18），

∴CG＝＝2，

CH＝＝9，

HG＝＝5，

∴CG+HG+CH＝2+5+9，

∴△CGH的周長為2+5+9．

7．（2021?咸豐縣一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸正半軸交于點A，且點

A的坐標(biāo)為（3，0），過點A作垂直于x軸的直線l，P是該拋物線上一動點，其橫坐標(biāo)為m，過點P作

PQ⊥l于點Q，M是直線l上的一點，其縱坐標(biāo)為．以PQ，QM為邊作矩形PQMN．

（1）求拋物線的解析式；

（2）當(dāng)點Q與點M重合時，求m的值；

（3）當(dāng)矩形PQMN是正方形，且拋物線的頂點在該正方形內(nèi)部時，求m的值；

（4）當(dāng)拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小時，求m的取值范圍．

【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可．

（2）根據(jù)點M與點P的縱坐標(biāo)相等構(gòu)建方程求解即可．

（3）根據(jù)PQ＝MQ，構(gòu)建方程求解即可．

第31頁共81頁.

（4）當(dāng)點P在直線l的左邊，點M在點Q是下方下方時，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)

值y隨x的增大而減小，則有﹣m+＜﹣m2+m+，解得0＜m＜4，觀察圖象可知．當(dāng)0＜m＜3時，

拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小，如圖4﹣1中．當(dāng)m＞4時，點M

在點Q的上方，也滿足條件，如圖4﹣2中．

【解答】解：（1）∵拋物線的圖象經(jīng)過點A（3，0），

∴＝0，

解得b＝1．

∴拋物線解析式為：．

（2）∵P點的橫坐標(biāo)為m，且P點在拋物線y＝的圖象上，

∴P點的坐標(biāo)為（m，），

∵PQ⊥l，l過A點且垂直于x軸，

∴Q點的坐標(biāo)為（3，），

∵M點的坐標(biāo)為（3，﹣m+），

∵Q點與M點重合，

∴＝﹣m+，

解方程得：m＝0或m＝4．

（3）∵拋物線＝﹣（x﹣1）2+2，

∴拋物線的頂點坐標(biāo)為（1，2）．

∵N點的坐標(biāo)為N（m，﹣m+），

要使頂點（1，2）在正方形PQMN內(nèi)部，

∴﹣m+＞2，得m＜﹣．

∴PN＝﹣m+﹣（）＝m2﹣2m，PQ＝3﹣m．

∵四邊形PQMN是正方形，

∴m2﹣2m＝3﹣m，

第32頁共81頁.

解得m＝1+（舍去）或m＝1﹣．

∴當(dāng)m＝1﹣時，拋物線頂點在正方形PQMN內(nèi)部．

（4）∵M點的縱坐標(biāo)﹣m+，隨P點的橫坐標(biāo)m的增大而減小，根據(jù)（1）的結(jié)果得：

當(dāng)m＝0時，M，Q兩點重合；m＝3時，P，Q重合；m＝4時，M，Q重合，矩形PQMN不存在；

當(dāng)m＜0時，直線MN在直線PQ上方，拋物線頂點在矩形PQMN內(nèi)部，不合題意．

當(dāng)0＜m＜4時，直線MN在直線PQ下方，如圖4﹣1，

當(dāng)3＜m＜4時，矩形內(nèi)部沒有拋物線圖象，不合題意；

當(dāng)m＞4時，直線MN在直線PQ上方，矩形內(nèi)部有拋物線，且為對稱軸右側(cè)，y隨x的增大而減小，如

圖4﹣2；

綜上：當(dāng)0＜m＜3或m＞4時，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減?。?/p>

8．（2021?云南模擬）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線與x軸交于點A，B（點

A在點B的左側(cè)），交y軸于點C，且經(jīng)過點D（5，6）．

（1）求拋物線的解析式及點A，B的坐標(biāo)；

第33頁共81頁.

（2）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，是否存在點P，使△APD是等腰直角三角形？若存在，請直接寫出符

合條件的所有點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；

（3）在直線AD下方，作正方形ADEF，并將沿對稱軸平移|t|個單位長度（規(guī)定向上平

移時t為正，向下平移時t為負，不平移時t為0），若平移后的拋物線與正方形ADEF（包括正方形的內(nèi)

部和邊）有公共點，求t的取值范圍．

【分析】（1）用待定系數(shù)法直接求出解析式，然后令y＝0，求出點A、B的坐標(biāo)即可；

（2）求出直線AD的解析式，設(shè)直線AD與y軸交于點E，得出∠DAB＝45°，過點D作DP1⊥x軸，

過點A作AP2∥y軸，過點D作DP2∥x軸，AP2與DP2交于點P2，延長AP1至P3，使AP1＝P1P3，連

接DP3，延長DP1至P4，使DP1＝P1P4，連接AP4，延長AP2至P5，使AP2＝P2P5，連接DP5，延長DP2

至P6，使DP2＝P2P6，連接AP6，則△AP1D，△AP2D，△AP3D，△AP4D，△AP5D，△AP6D為所有符

合題意的等腰直角三角形，求出各個P點的坐標(biāo)即可；

（3）設(shè)平移后的拋物線解析式為，分別求出拋物線平移后與正方形ADEF有公共點

的最低位置和最高位置的t值，即可求出t的取值范圍．

【解答】解：（1）依題意，將點D（5，6）代入，

得，

解得k＝﹣2，

∴拋物線的解析式為，

令y＝0，得，

解得x1＝﹣1，x2＝3，

∴A（﹣1，0），B（3，0）；

（2）存在，

設(shè)直線AD的解析式為y＝mx+n（m≠0），

第34頁共81頁.

將A（﹣1，0），D（5，6）兩點坐標(biāo)代入得，，

解得，

∴直線AD的解析式為y＝x+1，

如圖1，設(shè)直線AD與y軸交于點E，

令x＝0，得y＝1，

∴OA＝OE＝1，

∴∠DAB＝45°，

過點D作DP1⊥x軸，過點A作AP2∥y軸，

過點D作DP2∥x軸，AP2與DP2交于點P2，

延長AP1至P3，使AP1＝P1P3，連接DP3，

延長DP1至P4，使DP1＝P1P4，連接AP4，

延長AP2至P5，使AP2＝P2P5，連接DP5，

延長DP2至P6，使DP2＝P2P6，連接AP6，

則△AP1D，△AP2D，△AP3D，△AP4D，△AP5D，△AP6D為所有符合題意的等腰直角三角形，

∴P1（5，0），P2（﹣1，6），P3（11，0），P4（5，﹣6），P5（﹣1，12），P6（﹣7，6）；

（3）如圖2，由（2）可知，點E的坐標(biāo)是（11，0），點F的坐標(biāo)是（5，﹣6），

第35頁共81頁.

直線AD的解析式是y＝x+1，

設(shè)平移后的拋物線解析式為，

結(jié)合圖象可知，當(dāng)拋物線經(jīng)過點E時，是拋物線平移后與正方形ADEF有公共點的最低位置，

將點（11，0）代入，

得，

解得t＝﹣48，

當(dāng)拋物線與AD邊有唯一公共點時，

是拋物線平移后與正方形ADEF有公共點的最高位置，

將y＝x+1與聯(lián)立方程組，

，

化簡得x2﹣4x+2t﹣5＝0，

∵只有唯一解，即此一元二次方程有兩個相等的實數(shù)根，

∴△＝（﹣4）2﹣4×1×（2t﹣5）＝0，

解得，

∴t的取值范圍．

9．（2019秋?溫州校級月考）如圖1所示，動點A、B同時從原點O出發(fā)，運動的速度都是每秒1個單位，

動點A沿x軸正方向運動，動點B沿y軸正方向運動，以O(shè)A、OB為鄰邊建立正方形OACB，拋物線y

＝﹣x2+bx+c經(jīng)過B、C兩點，假設(shè)A、B兩點運動的時間為t秒．

第36頁共81頁.

（1）當(dāng)t＝3秒時，求此時拋物線的解析式；此時拋物線上是否存在一點D，使得S△BCD＝6？若存在，

求出點D的坐標(biāo)；若不存在，說明理由；

（2）如圖2，在（1）的條件下，有一條平行于y軸的動直線l，交拋物線于點E，交直線OC于點F，

若以O(shè)、B、E、F四個點構(gòu)成的四邊形是平行四邊形，求點F的坐標(biāo)；

（3）在動點A、B運動的過程中，若正方形OACB內(nèi)部有一個點P，且滿足OP＝，CP＝，∠OPA

＝135°，直接寫出此時AP的長度．

【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得OA、OB，然后寫出點B、C的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求二次函

數(shù)解析式解答，設(shè)BC邊上的高為h，利用三角形的面積求出h，從而確定出點P的縱坐標(biāo)，再代入拋物

線解析式求解即可；

（2）分點E在點F上方和下方兩種情況表示出EF，再根據(jù)平行四邊形對邊相等列方程求解即可；

（3）將△AOP繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△AP′C，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AP′＝AP，P′C＝OP，∠

AP′C＝∠OPA，然后判斷出△APP′是等腰直角三角形，再求出∠PP′C＝90°，利用勾股定理列式求

出PP′，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)解答．

【解答】解：（1）∵t＝3