2025年中考数学二轮复习 二次函数压轴题之二次函数和四边形存在性问题(讲义)

中考压轴题之---四边形存在性问题 一、 平行四边形的存在性问题 2 1、知识导航 2 2、典例精析 3 1． 三定一动 3 2． 两定两动 4 3、中考真题演练 5 二、 矩形的存在性问题 24 1、知识导航 24 2、典例精析 25 3、中考真题演练 27 三 、菱形的存在性问题 50 1、知识导航 50 2、典例精析 54 3、中考真题演练 55 四、 正方形存在性问题 77 1、知识导航 77 2、典例精析 78 3、中考真题演练 79 一、 平行四边形的存在性问题 1、知识导航 考虑到求证平行四边形存在，必先了解平行四边形性质： （1）对应边平行且相等； （2）对角线互相平分． 这是图形的性质，我们现在需要的是将其性质运用在在坐标系中： （1）对边平行且相等可转化为：， 可以理解为点B移动到点A，点C移动到点D，移动路径完全相同． （2）对角线互相平分转化为：， 可以理解为AC的中点也是BD的中点． 【小结】虽然由两个性质推得的式子并不一样，但其实可以化为统一：， →． 当AC和BD为对角线时，结果可简记为：（各个点对应的横纵坐标相加） 以上是对于平行四边形性质的分析，而我们要求证的是平行四边形存在性问题，此处当有一问：若坐标系中的4个点A、B、C、D满足“A+C=B+D”，则四边形ABCD是否一定为平行四边形？ 反例如下： 之所以存在反例是因为“四边形ABCD是平行四边形”与“AC、BD中点是同一个点”并不是完全等价的转化，故存在反例． 虽有反例，但并不影响运用此结论解题，另外，还需注意对对角线的讨论： （1）四边形ABCD是平行四边形：AC、BD一定是对角线． （2）以A、B、C、D四个点为顶点是四边形是平行四边形：对角线不确定需要分类讨论． 2、典例精析 平行四边形存在性问题通常可分为“三定一动”和“两定两动”两大类问题． 1． 三定一动 已知A（1，2）B（5，3）C（3，5），在坐标系内确定点D使得以A、B、C、D四个点为顶点的四边形是平行四边形． 思路1：利用对角线互相平分，分类讨论： 设D点坐标为（m，n），又A（1，2）B（5，3）C（3，5），可得： （1）BC为对角线时，，可得； （2）AC为对角线时，，解得； （3）AB为对角线时，，解得． 当然，如果对这个计算过程非常熟悉的话，也不用列方程解，直接列算式即可． 比如：，，．（此处特指点的横纵坐标相加减） 2． 两定两动 已知A（1，1）、B（3，2），点C在x轴上，点D在y轴上，且以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，求C、D坐标． 【分析】 设C点坐标为（m，0），D点坐标为（0，n），又A（1，1）、B（3，2）． （1）当AB为对角线时，，解得，故C（4，0）、D（0，3）； （2）当AC为对角线时，，解得，故C（2，0）、D（0，-1）； （3）当AD为对角线时，，解得，故C（-2，0）、D（0，1）． 【动点综述】 “三定一动”的动点和“两定两动”的动点性质并不完全一样，“三定一动”中动点是在平面中，横纵坐标都不确定，需要用两个字母表示，这样的我们姑且称为“全动点”，而有一些动点在坐标轴或者直线或者抛物线上，用一个字母即可表示点坐标，称为“半动点”． 从上面例子可以看出，虽然动点数量不同，但本质都是在用两个字母表示出4个点坐标．若把一个字母称为一个“未知量”也可理解为：全动点未知量=半动点未知量×2． 找不同图形的存在性最多可以有几个未知量，都是根据图形决定的，像平行四边形，只能有2个未知量．究其原因，在于平行四边形两大性质： （1）对边平行且相等； （2）对角线互相平分． 但此两个性质统一成一个等式： ， 两个等式，只能允许最多存在两个未知数，即我们刚刚所讲的平行四边形存在性问题最多只能存在2个未知量． 由图形性质可知未知量，由未知量可知动点设计，由动点设计可化解问题． 3、中考真题演练 1．（2023·山东淄博·中考真题）如图，一条抛物线经过的三个顶点，其中为坐标原点，点，点在第一象限内，对称轴是直线，且的面积为18    (1)求该抛物线对应的函数表达式； (2)求点的坐标； (3)设为线段的中点，为直线上的一个动点，连接，，将沿翻折，点的对应点为．问是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，点的坐标为或或或 【分析】（1）根据对称轴为直线，将点代入，进而待定系数法求解析式即可求解； （2）设，过点作轴交于点，过点作交于点，继而表示出的面积，根据的面积为，解方程，即可求解． （3）先得出直线的解析式为，设，当为平行四边形的对角线时，可得，当为平行四边形的对角线时，，进而建立方程，得出点的坐标，即可求解． 【详解】（1）解：∵对称轴为直线， ∴①， 将点代入得， ∴②， 联立①②得，， ∴解析式为； （2）设，如图所示，过点作轴交于点，过点作交于点，    ∴，， 则， ∴ 解得：或（舍去）， （3）存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形，理由如下： ∵， ∴， 设直线的解析式为， ∴，解得：， ∴直线的解析式为， 设， 如图所示，当BP为平行四边形的对角线时，，    ， ∵， ∴， 由对称性可知，， ∴， ∴ 解得： ∴点的坐标为或 如图3，当为平行四边形的对角线时，，，    由对称性可知，， ∴， ∴， 解得：或， ∴点的坐标为或 综上所述，点的坐标为或或或． 2．（2023·广东广州·中考真题）已知点在函数的图象上． (1)若，求n的值； (2)抛物线与x轴交于两点M，N（M在N的左边），与y轴交于点G，记抛物线的顶点为E． ①m为何值时，点E到达最高处； ②设的外接圆圆心为C，与y轴的另一个交点为F，当时，是否存在四边形为平行四边形？若存在，求此时顶点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)的值为1； (2)①；②假设存在，顶点E的坐标为，或． 【分析】（1）把代入得，即可求解； （2）①，得，即可求解； ②求出直线的表达式为：，得到点的坐标为；由垂径定理知，点在的中垂线上，则；由四边形为平行四边形，则，求出，进而求解． 【详解】（1）解：把代入得； 故的值为1； （2）解：①在中，令，则， 解得或， ，， 点在函数的图象上， ， 令，得， 即当，且， 则，解得：（正值已舍去）， 即时，点到达最高处； ②假设存在，理由： 对于，当时，，即点， 由①得，，，，对称轴为直线， 由点、的坐标知，， 作的中垂线交于点，交轴于点，交轴于点，则点， 则， 则直线的表达式为：． 当时，， 则点的坐标为． 由垂径定理知，点在的中垂线上，则． 四边形为平行四边形， 则， 解得：， 即，且， 则， ∴顶点E的坐标为，或． 3．（2023·山东·中考真题）如图，直线交轴于点，交轴于点，对称轴为的抛物线经过两点，交轴负半轴于点．为抛物线上一动点，点的横坐标为，过点作轴的平行线交抛物线于另一点，作轴的垂线，垂足为，直线交轴于点．      (1)求抛物线的解析式； (2)若，当为何值时，四边形是平行四边形？ 【分析】（1）利用待定系数法求函数解析式； （2）结合平行四边形的性质，通过求直线的函数解析式，列方程求解； 【详解】（1）解：在直线中，当时，，当时，， ∴点，点， 设抛物线的解析式为， 把点，点代入可得， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：由题意，， ∴， 当四边形是平行四边形时，， ∴， ∴，， 设直线的解析式为， 把代入可得， 解得， ∴直线的解析式为， 又∵过点作轴的平行线交抛物线于另一点，且抛物线对称轴为， ∴ ∴， 解得（不合题意，舍去），； 4．（2023·山东聊城·中考真题）如图①，抛物线与x轴交于点，，与y轴交于点C，连接AC，BC.点P是x轴上任意一点． (1)求抛物线的表达式； (2)点Q在抛物线上，若以点A，C，P，Q为顶点，AC为一边的四边形为平行四边形时，求点Q的坐标； 【分析】（1）将，代入，待定系数法确定函数解析式； （2）由二次函数，求得点，设点，点，分类讨论：当为边，为对角线时，当为边，为对角线时，运用平行四边形对角线互相平分性质，构建方程求解； 【详解】（1）将，代入，得 ，解得 ∴抛物线解析式为： （2）二次函数，当时， ∴点 设点，点， 当为边，为对角线时， ∵四边形为平行四边形， ∴，互相平分 ∴解得，（舍去）或 点Q坐标； 当为边，为对角线时， 同理得， 解得，或， ∴ ∴点Q坐标或 综上，点Q坐标，或或； 5．（2023·山东枣庄·中考真题）如图，抛物线经过两点，并交x轴于另一点B，点M是抛物线的顶点，直线AM与轴交于点D．      (1)求该抛物线的表达式； (3)若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可； （3）分，，分别为对角线，三种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线经过两点， ∴，解得：， ∴； （3）解：存在； ∵， ∴对称轴为直线， 设，， 当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时： ①为对角线时：，      ∴， 当时，， ∴， ∴； ②当为对角线时：，      ∴， 当时，， ∴， ∴； ③当为对角线时：，      ∴， 当时，， ∴， ∴； 综上：当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，或或． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，是中考常见的压轴题．正确的求出函数解析式，熟练掌握二次函数的性质，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键． 6．（2023·甘肃武威·中考真题）如图1，抛物线与轴交于点，与直线交于点，点在轴上．点从点出发，沿线段方向匀速运动，运动到点时停止． (1)求抛物线的表达式； (2)当时，请在图1中过点作交抛物线于点，连接，，判断四边形的形状，并说明理由． 【分析】（1）用待定系数法求二次函数解析式即可； （2）作交抛物线于点，垂足为，连接，，由点在上，可知，，连接，得出，则，当时，，进而得出，然后证明，即可得出结论； 【详解】（1）解：∵抛物线过点， ∴， ∴， ∴； （2）四边形是平行四边形． 理由：如图1，作交抛物线于点，垂足为，连接，． ∵点在上， ∴，， 连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 当时，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵轴，轴， ∴， ∴四边形是平行四边形； 7．（2023·四川巴中·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线经过点和，其顶点的横坐标为．    (1)求抛物线的表达式． (3)若点为抛物线的对称轴上一动点，将抛物线向左平移个单位长度后，为平移后抛物线上一动点．在（）的条件下求得的点，是否能与、、构成平行四边形？若能构成，求出点坐标；若不能构成，请说明理由． 【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解； （3）由（1）知，向左平移后的抛物线为，由（2）知，设，假设存在以、、、为顶点的平行四边形．根据中点坐标公式，分类讨论即可求解，①当以为对角线时，②当以为对角线时，③当以为对角线时． 【详解】（1）解： 抛物线的顶点横坐标为 对称轴为 与x轴另一交点为                                ∴设抛物线为 ∴抛物线的表达式为 （3）由（1）知，向左平移后的抛物线为 由（2）知 设，假设存在以、、、为顶点的平行四边形．    ①当以为对角线时， 平行四边形对角线互相平分 ，即 在抛物线上 的坐标为                                ②当以为对角线时 同理可得，即 则 的坐标为                                  ③当以为对角线时 ，即 则 的坐标为 综上所述：存在以、、、为顶点的平行四边形． 的坐标为 【点睛】本题考查了二次函数综合，二次函数的平移，待定系数法求解析式，线段最值问题，平行四边形的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 8．（2023·四川南充·中考真题）如图1，抛物线（）与轴交于，两点，与轴交于点． (1)求抛物线的解析式； (2)点P在抛物线上，点Q在x轴上，以B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，求点P的坐标； 【分析】（1）将两点代入抛物线的解析式即可求解； （2）根据P，Q的不确定性，进行分类讨论：①过作轴，交抛物线于，过作，交轴于，可得，由，可求解；②在轴的负半轴上取点，过作，交抛物线于，同时使，连接、，过作轴，交轴于，，即可求解；③当为平行四边形的对角线时，在①中，只要点Q在点B的左边，且满足，也满足条件，只是点P的坐标仍是①中的坐标； 【详解】（1）解：抛物线与x轴交于两点， ， 解得， 故抛物线的解析式为． （2）解：①如图，过作轴，交抛物线于，过作，交轴于， 四边形是平行四边形， ， ， 解得：，， ； ②如图，在轴的负半轴上取点，过作，交抛物线于，同时使，连接、，过作轴，交轴于， 四边形是平行四边形， ， 在和中， ， ()， ， ， ， 解得：，， ； 如上图，根据对称性：， ③当为平行四边形的对角线时，由①知，点Q在点B的左边，且时，也满足条件，此时点P的坐标仍为； 综上所述：的坐标为或或． 9．（2023·四川自贡·中考真题）如图，抛物线与x轴交于，两点，与轴交于点．    (1)求抛物线解析式及，两点坐标； (2)以，，，为顶点的四边形是平行四边形，求点坐标； 【分析】（1）将点代入抛物线解析式，待定系数法求解析式，进而分别令，即可求得两点的坐标； （2）分三种情况讨论，当，为对角线时，根据中点坐标即可求解； 【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于， ∴ 解得：， ∴抛物线解析式为， 当时，， ∴， 当时， 解得：， ∴ （2）∵，，， 设， ∵以，，，为顶点的四边形是平行四边形 当为对角线时， 解得：， ∴； 当为对角线时， 解得： ∴ 当为对角线时， 解得： ∴综上所述，以，，，为顶点的四边形是平行四边形，或或 二、 矩形的存在性问题 1、知识导航 矩形的判定：（1）有一个角是直角的平行四边形； （2）对角线相等的平行四边形； （3）有三个角为直角的四边形． 【题型分析】 矩形除了具有平行四边形的性质之外，还有“对角线相等”或“内角为直角”，因此相比起平行四边形，坐标系中的矩形满足以下3个等式： （AC为对角线时） 因此在矩形存在性问题最多可以有3个未知量，代入可以得到三元一次方程组，可解． 确定了有3个未知量，则可判断常见矩形存在性问题至少有2个动点，多则可以有3个． 题型如下： （1）2个定点+1个半动点+1个全动点； （2）1个定点+3个半动点． 【解析思路】 思路1：先直角，再矩形 在构成矩形的4个点中任取3个点，必构成直角三角形，以此为出发点，可先确定其中3个点构造直角三角形，再确定第4个点．对“2定+1半动+1全动”尤其适用． 2、典例精析 引例：已知A（1，1）、B（4，2），点C在x轴上，点D在平面中，且以A、B、C、D为顶点的四边形是矩形，求D点坐标． 【分析】 点C满足以A、B、C为顶点的三角形是直角三角形，构造“两线一圆”可得满足条件的点C有、、、 在点C的基础上，借助点的平移思路，可迅速得到点D的坐标． 【小结】这种解决矩形存在性问题的方法相当于在直角三角形存在性问题上再加一步求D点坐标，也是因为这两个图形之间的密切关系方能如此． 思路2：先平行，再矩形 当AC为对角线时，A、B、C、D满足以下3个等式，则为矩形： 其中第1、2个式子是平行四边形的要求，再加上式3可为矩形．表示出点坐标后，代入点坐标解方程即可． 无论是“2定1半1全”还是“1定3半”，对于我们列方程来解都没什么区别，能得到的都是三元一次方程组． 已知A（1，1）、B（4，2），点C在x轴上，点D在坐标系中，且以A、B、C、D为顶点的四边形是矩形，求D点坐标． 【分析】 设C点坐标为（a，0），D点坐标为（b，c），又A（1，1）、B（4，2）． 先考虑平行四边形存在性： （1）AB为对角线时，，满足此条件的C、D使得以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，另外AB=CD，得：， 综合以上可解：或．故C（3，0）、D（2，3）或C（2，0）、D（3，3）． （2）AC为对角线时，，另外AC=BD，得，综合以上可解得：．故C、D． （3）AD为对角线时，，另外AD=BC，得， 综合以上可解得：．故C、D． 【小结】这个方法是在平行四边形基础上多加一个等式而已，剩下的都是计算的故事． 3、中考真题演练 1．（2023·辽宁丹东·中考真题）抛物线与x轴交于点，，与y轴交于点C．    (1)求抛物线的表达式； (3)若点P是抛物线上的一个动点（点P不与顶点重合），点M是抛物线对称轴上的一个点，点N在坐标平面内，当四边形是矩形邻边之比为时，请直接写出点P的横坐标． 【分析】（1）将点，代入解析式即可求解； （3）①当在对称轴的左侧时，得到是矩形，邻边之比为，即，即可求解；②当在对称轴的右侧时，同理可求． 【详解】（1）解：由题意得 解得， 故抛物线的表达式； （3）解：设点，， 当四边形是矩形时，则为直角， ①当在对称轴的左侧时， 如图，过作轴交轴于，交过作轴的平行线于，   ， ∵为直角， 则， ∵， ∴， ∴， ∵是矩形邻边之比为，即或， 即和的相似比为或， 即， 由题意得：，， ∴， 则， 即， 解得：，（不符合题意，舍去）； ②当在对称轴的右侧时，    同理可得：， 解得：， 综上，或． 2．（2023·海南·中考真题）如图1，抛物线交x轴于A，两点，交y轴于点．点P是抛物线上一动点．    (1)求该抛物线的函数表达式； (3)当动点P在直线上方时，在平面直角坐标系是否存在点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由； 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （3）当为矩形的边时，画出符合题意的矩形，交y轴于点E，交x轴于点F，连接，过点P作轴于点M，过点Q作轴于点N，利用等腰直角三角形的判定与性质及矩形的判定与性质得到，利用待定系数法求得直线的解析式与抛物线的解析式联立方程组求得点P的坐标，则，进而得到、的长度，即可得出结果；当为对角线时，画出相应的图形，求出结果即可； 【详解】（1）解：由题意可得，， 解得， ∴抛物线的解析式为； （3）解：在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，理由如下： 如图，当为边时，四边形为符合条件的矩形，交y轴于点E，交x轴于点F，连接，过点P作轴于点M，过点Q作轴于点N， ∵， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴和为等腰直角三角形， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴四边形为矩形， ∴， ∵，， ∴和为全等的等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， 联立方程组得， 解得或， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 如图，当为对角线时，四边形为矩形，过点Q作轴于点D，轴于点E， 则，， ∵， ∴， ∴， ∴， 设点P的坐标为：，， ∵，， ∴，， ∴， ∴，，，， ∴， 整理得：， 分解因式得：， 解得：（舍去），（舍去），， ∴此时点Q的坐标为：． 综上所述，在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，此时点Q的坐标为或； 3．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴的交点分别为和（点在点的左侧），与轴交于点，点是直线上方抛物线上一动点． (1)求抛物线的解析式； (3)如图2，设点为抛物线对称轴上一动点，当点，点运动时，在坐标轴上确定点，使四边形为矩形，求出所有符合条件的点的坐标． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点，与轴交于点 解得 抛物线的解析式为：； （3）解：， 则抛物线的顶点，对称轴为， 情况一：当点在轴上时，为抛物线的顶点， ∵四边形为矩形， ∴与纵坐标相同， ∴； 情况二：当点在轴负半轴上时，四边形为矩形， 过作轴的垂线，垂足为，过作轴的垂线，垂足为， 设，则， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵抛物线对称轴为，点在对称轴上，， ∴，， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴点的坐标为， ∵点在抛物线上， ∴， 解得，（舍去）， ∴， 综上所述：符合条件的点坐标为：或． 4．（2022·辽宁丹东·中考真题）如图1，抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，与y轴交于点C，点P是第一象限内抛物线上的一个动点，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，PD交直线BC于点E，设点P的横坐标为m． (1)求抛物线的表达式； (4)如图3，连接CP，当四边形OCPD是矩形时，在抛物线的对称轴上存在点Q，使原点O关于直线CQ的对称点O′恰好落在该矩形对角线所在的直线上，请直接写出满足条件的点Q的坐标． 【详解】（1）解：∵抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点， ∴， 解得：， ∴抛物线的表达式为y＝x2+x+3； （4）解：∵抛物线y＝x2+x+3， ∴抛物线对称轴为直线x＝﹣＝2， ∵点Q在抛物线的对称轴上， ∴设Q（2，t），设抛物线对称轴交x轴于点H，交CP边于点G， 则GQ＝3﹣t，CG＝2，∠CGQ＝90°， ①当点O′恰好落在该矩形对角线OD所在的直线上时，如图， 则CQ垂直平分OO′，即CQ⊥OD， ∴∠COP+∠OCQ＝90°， 又∵四边形OCPD是矩形， ∴CP＝OD＝4，OC＝3，∠OCP＝90°， ∴∠PCQ+∠OCQ＝90°， ∴∠PCQ＝∠COP， ∴tan∠PCQ＝tan∠COP＝＝， ∴＝tan∠PCQ＝， ∴＝， 解得：t＝， ∴Q（2，）； ②当点O′恰好落在该矩形对角线CD上时，如图，连接CD交GH于点K， ∵点O与点O′关于直线CQ对称， ∴CQ垂直平分OO′， ∴∠OCQ＝∠DCQ， ∵GH//OC， ∴∠CQG＝∠OCQ， ∴∠DCQ＝∠CQG， ∴CK＝KQ， ∵C、P关于对称轴对称，即点G是CP的中点，GH//OC//PD， ∴点K是CD的中点， ∴K（2，）， ∴GK＝， ∴CK＝KQ＝﹣t， 在Rt△CKG中，CG2+GK2＝CK2， ∴22+（）2＝（﹣t）2， 解得：t1＝1（舍去），t2＝﹣1， ∴Q（2，﹣1）； ③当点O′恰好落在该矩形对角线DC延长线上时，如图，过点O′作O′K⊥y轴于点K，连接OO′交CQ于点M， ∵点O与点O′关于直线CQ对称， ∴CQ垂直平分OO′， ∴∠OCM＝∠O′CM，∠OMC＝∠O′MC＝90°，O′C＝OC＝3， ∵∠O′KC＝∠DOC＝90°，∠O′CK＝∠DCO， ∴△O′CK∽△DCO， ∴＝＝，即＝＝， ∴O′K＝，CK＝， ∴OK＝OC+CK＝3+＝， ∴O′（﹣，）， ∵点M是OO′的中点， ∴M（﹣，）， 设直线CQ的解析式为y＝k′x+b′， 则， 解得：， ∴直线CQ的解析式为y＝x+3， 当x＝2时，y＝×2+3＝4， ∴Q（2，4）； 综上所述，点Q的坐标为（2，）或（2，﹣1）或（2，4）． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，轴对称性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题． 5．（2022·贵州黔西·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，经过点的直线AB与y轴交于点．经过原点O的抛物线交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D． (1)求抛物线的表达式； (3)P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (3)存在，或或或 【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式； （3）画出图形，分AC是四边形的边和AC是四边形的对角线，进行讨论，利用勾股定理、相似三角形的判定与性质、函数图像的交点、平移等知识点进行解答即可得出答案． 【详解】（1）解：∵抛物线过点， ∴，解得， ∴抛物线的表达式为． （3）存在．满足条件的点Q的坐标有4个．，，，． 理由如下： ①如图，若AC是四边形的边． 当时， ∴拋物线的对称轴与直线AB相交于点． 过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点，， ∵，， ∴，，． ∵， ∴． ∴． ∴点与点D重合． 当时，四边形是矩形． ∵向右平移1个单位，向上平移1个单位得到． ∴向右平移1个单位，向上平移1个单位得到． 此时直线的解析式为． ∵直线与平行且过点， ∴直线的解析式为． ∵点是直线与拋物线的交点， ∴． 解得，（舍去）． ∴．当时，四边形是矩形． ∵向左平移3个单位，向上平移3个单位得到． ∴向左平移3个单位，向上平移3个单位得到． ②如图，若AC是四边形的对角线， 当时．过点作轴，垂足为H，过点C作，垂足为K． 可得，． ∴． ∴． ∴． ∵点P不与点A，C重合， ∴和． ∴． ∴． ∴如图，满足条件的点P有两个．即，． 当时，四边形是矩形． ∵向左平移个单位，向下平移个单位得到． ∴向左平移个单位，向下平移个单位得到． 当时，四边形是矩形． ∵向右平移个单位，向上平移个单位得到． ∴向右平移个单位，向上平移个单位得到． 综上，满足条件的点Q的坐标为或或或． 【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，本题主要涉及了待定系数法求函数的解析式、勾股定理，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，点的平移等知识，根据题意画出符合条件的图形、进行分类讨论是解题的关键． 6．（2022·黑龙江绥化·中考真题）如图，抛物线交y轴于点，并经过点，过点A作轴交抛物线于点B，抛物线的对称轴为直线，D点的坐标为，连接，，.点E从A点出发，以每秒个单位长度的速度沿着射线运动，设点E的运动时间为m秒，过点E作于F，以为对角线作正方形． 　　 (1)求抛物线的解析式； (3)在运动的过程中，是否存在以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，如果存在，直接写出点G的坐标，如果不存在，请说明理由． 【答案】(1) (3)或（3，-3）或 【分析】（1）利用待定系数法求解析式即可； （3）将矩形转化为直角三角形，当△BGC是直角三角形时，当△BCG为直角三角形时，当△CBG为直角三角形时，分情况讨论分别列出等式求得m的值，即可求得G点坐标． 【详解】（1）将点A（0，-4）、C（6，0）代入解析式中，以及直线对称轴，可得 ， 解得， ∴抛物线的解析式为； （3）B（4，-4），C（6，0），， ∴,，, 要使以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形， 需满足： 当△BGC是直角三角形时，， ， 解得，，， 此时G或（3，-3）； 当△BCG为直角三角形时，， ， 解得，， 此时G； 当△CBG为直角三角形时，， ， 解得，， 此时G； 综上所述：点G坐标为或（3，-3）或． 【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求解析式、等腰直角三角形的性质和判定，动点运动问题，存在矩形问题，利用数形结合，注意分情况讨论是解题的关键． 7.（2022·湖北随州·中考真题）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴分则点A和点，与y轴交于点C，对称轴为直线，且，P为抛物线上一动点． (1)直接写出抛物线的解析式； (3)设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【详解】（1）解：∵， ∴，， ∵，对称轴为直线，， ∴，解得， ∴抛物线的解析式为：． （3）存在点N． ①当N在y轴上时， ∵四边形PMCN为矩形， 此时，，； ②当N在x轴负半轴上时，如图所示，四边形PMCN为矩形，过M作y轴的垂线，垂足为D，过P作x轴的垂线，垂足为E，设，则， ∴， ∵四边形PMCN为矩形， ∴，， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵点M在对称轴上，， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴P点的坐标为， ∵P点在抛物线上， ∴ 解得，（舍）， ∴，； ③当N在x轴正半轴上时，如图所示，四边形PMCN为矩形，过M作y轴的垂线，垂足为D，过P作x轴的垂线，垂足为E，设，则， ∴， ∵四边形PMCN为矩形时， ∴，， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵点M在对称轴上，， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴P点的坐标为， ∵P点在抛物线上， ∴ 解得（舍），， ∴，， 综上：，；，；， 【点睛】本题考查用待定系数法求二次函数、二次函数综合问题，矩形的性质与判定，二次函数图象上点的坐标特征等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行计算是解此题的关键． 三 、菱形的存在性问题 1、知识导航 作为一种特殊的平行四边形，我们已经知道可以从以下几种方式得到菱形： （1）有一组邻边相等的平行四边形菱形； （2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形； （3）四边都相等的四边形是菱形． 坐标系中的菱形存在性问题也是依据以上去得到方法．和平行四边形相比，菱形多一个“对角线互相垂直”或“邻边相等”，但这两者其实是等价的，故若四边形ABCD是菱形，则其4个点坐标需满足： 考虑到互相垂直的两条直线斜率之积为1在初中并不适合直接用，故取两邻边相等． 即根据菱形的图形性质，我们可以列出关于点坐标的3个等式， 故菱形存在性问题点坐标最多可以有3个未知量，与矩形相同． 因此就常规题型而言，菱形存在性至少有2个动点，多则有3个动点，可细分如下两大类题型： （1）2个定点+1个半动点+1个全动点 （2）1个定点+3个半动点 解决问题的方法也可有如下两种： 思路1：先平四，再菱形 设点坐标，根据平四存在性要求列出“A+C=B+D”（AC、BD为对角线），再结合一组邻边相等，得到方程组． 思路2：先等腰，再菱形 在构成菱形的4个点中任取3个点，必构成等腰三角形，根据等腰存在性方法可先确定第3个点，再确定第4个点． 1． 看个例子： 如图，在坐标系中，A点坐标（1,1），B点坐标为（5,4），点C在x轴上，点D在平面中，求D点坐标，使得以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形． 思路1：先平四，再菱形 设C点坐标为（m，0），D点坐标为（p，q）． （1）当AB为对角线时，由题意得：（AB和CD互相平分及AC=BC） ，解得： （2）当AC为对角线时，由题意得：（AC和BD互相平分及BA=BC） ，解得：或 （3）当AD为对角线时，由题意得： ，解得：或 思路2：先等腰，再菱形 先求点C，点C满足由A、B、C构成的三角形一定是等腰三角形，用等腰存在性问题的方法先确定C，再确定D点． （1）当AB=AC时， C点坐标为，对应D点坐标为； C点坐标为，对应D点坐标为． （2）当BA=BC时， C点坐标为（8，0），对应D点坐标为（4，-3）； C点坐标为（2，0），对应D点坐标为（-2，-3）． （3）AC=BC时， C点坐标为，D点坐标为． 以上只是两种简单的处理方法，对于一些较复杂的题目，还需具体问题具体分析，或许有更为简便的方法． 2、典例精析 如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，OA=2，OC=6，连接AC和BC． （1）求抛物线的解析式； （2）若点M是y轴上的动点，在坐标平面内是否存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】 （1）抛物线：； （2）先考虑M点位置，即由A、C、M三点构成的三角形是等腰三角形： ①当CA=CM时， 即CM=CA=，M点坐标为、， 对应N点坐标为、． ②当AC=AM时， 即AM=AC=，M点坐标为（0，6）， 对应N点坐标为（2，0）． ③当MA=MC时， 勾股定理可求得M点坐标为， 对应N点坐标为． 综上，N点坐标为、、（2，0）、． 如下图依次从左到右． 3、中考真题演练 1．（2023·西藏·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交于点C．    (1)求抛物线的解析式； (3)如图乙，点P为抛物线对称轴上一点，是否存在P、Q两点使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出P、Q两点的坐标，若不存在，请说明理由． 【分析】（1）将，代入，求出,即可得出答案； （3）抛物线的对称轴为直线，设，，求出，，，分三种情况：以为对角线或以为对角线或以为对角线． 【详解】（1）解：（1）∵，两点在抛物线上， ∴ 解得，， ∴抛物线的解析式为：； （3）存在，理由如下： 抛物线的对称轴为：直线， 设，， ∵， 则， ， ， ∵以为顶点的四边形是菱形， ∴分三种情况：以为对角线或以为对角线或以为对角线， 当以为对角线时，则，如图1，    ∴， 解得：， ∴或 ∵四边形是菱形， ∴与互相垂直平分，即与的中点重合， 当时， ∴， 解得：， ∴ 当时， ∴， 解得：， ∴ 以为对角线时，则，如图2，    ∴， 解得：， ∴， ∵四边形是菱形， ∴与互相垂直平分，即与中点重合， ∴， 解得：， ∴； 当以为对角线时，则，如图3，    ∴， 解得：， ∴， ∵四边形是菱形， ∴与互相垂直平分，即与的中点重合， ∴， 解得： ∴， 综上所述，符合条件的点P、Q的坐标为： ，或，或，或或 2．（2023·辽宁锦州·中考真题）如图，抛物线交轴于点和，交轴于点，顶点为．    (1)求抛物线的表达式； (3)在（2）的条件下，若点是对称轴上一点，点是坐标平面内一点，在对称轴右侧的抛物线上是否存在点，使以，，，为顶点的四边形是菱形，且，如果存在，请直接写出点的坐标；如果不存在，请说明理由． 【详解】（1）解：∵抛物线经过点，， ∴，解得． ∴抛物线的表达式为：． （3）解：存在，点的坐标为或． 如下图，连接，，    ∵四边形是菱形，， ∴， ∵， ∴是等边三角形． ∴， ∵，，， ∴，，点与点关于对称轴对称， ∴，， ∴是等边三角形，， ∴， ∴即，， ∴． ∴． ∴直线的表达式为：． 与抛物线表达式联立得． ∴点坐标为． 如下图，连接，，，     同理可证：是等边三角形，是等边三角形，． ∴， ∵，， ∴． ∴． ∴． ∴直线的表达式为：． 与抛物线表达式联立得． ∴点坐标为． 3．（2023·四川雅安·中考真题）在平面直角坐标系中，已知抛物线过点，对称轴是直线．    (1)求此抛物线的函数表达式及顶点M的坐标； (3)已知点E在抛物线的对称轴上，点D的坐标为，是否存在点F，使以点A，D，E，F为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 【详解】（1）解：由题意可得： ，解得：， 所以抛物线的函数表达式为； 当时，，则顶点M的坐标为． （3）解：存在点F，使以点A，D，E，F为顶点的四边形为菱形 ①如图：线段作为菱形的边， 当为菱形的对角线时，作关于直线的对称线段交于E，连接,作点E关于的对称点F，即为菱形，由对称性可得F的坐标为，故存在点F，使以点A，D，E，F为顶点的四边形为菱形，此时． 当为菱形对角线时，， 设，， 则，解得：或， ∴或 ②线段作为菱形的对角线时， 如图：设 ∵菱形, ∴,的中点G的坐标为，点G是的中点， ∴，解得， ∴， 设， 则有：，解得：， ∴．    综上，当或或或时，以点A，D，E，F为顶点的四边形为菱形． 4．（2023·湖南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点和点，且与直线交于两点（点在点的右侧），点为直线上的一动点，设点的横坐标为．    (1)求抛物线的解析式． (3)抛物线与轴交于点，点为平面直角坐标系上一点，若以为顶点的四边形是菱形，请求出所有满足条件的点的坐标． 【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解； （3）根据题意，分别求得，①当为对角线时，，②当为边时，分，，根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线经过点和点， ∴， 解得：， ∴抛物线解析式为：； （3）∵抛物线与轴交于点， ∴，当时，，即， ∵， ∴, ，， ①当为对角线时，，    ∴， 解得：， ∴， ∵的中点重合， ∴， 解得：， ∴， ②当为边时， 当四边形为菱形，    ∴， 解得：或， ∴或， ∴或， 由的中点重合， ∴或， 解得：或， ∴或， 当时； 如图所示，即四边形是菱形，    点的坐标即为四边形为菱形时，的坐标， ∴点为或， 综上所述，点为或或或或． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，面积问题，菱形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握二次函数的性质，细心的计算是解题的关键． 5．（2023·四川广安·中考真题）如图，二次函数的图象交轴于点，交轴于点，点的坐标为，对称轴是直线，点是轴上一动点，轴，交直线于点，交抛物线于点．    (1)求这个二次函数的解析式． (3)若点在轴上运动，则在轴上是否存在点，使以、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）先根据二次函数对称轴公式求出，再把代入二次函数解析式中进行求解即可； （3）分如图3-1，图3-2，图3-3，图3-4，图3-5，图3-6所示，为对角线和边，利用菱形的性质进行列式求解即可． 【详解】（1）解：∵二次函数的对称轴为直线， ∴， ∴， ∵二次函数经过点， ∴，即， ∴， ∴二次函数解析式为； （2）解：∵二次函数经过点，且对称轴为直线， ∴， ∴， ∵二次函数与y轴交于点C， ∴， ∴； 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， 设，则，， ∴； ∵， ∴ ， ∵， ∴当时，最大，最大值为， ∴此时点P的坐标为； （3）解：设，则，， ∵轴， ∴轴，即， ∴是以、为顶点的菱形的边； 如图3-1所示，当为对角线时，      ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴轴， ∴轴，即轴， ∴点C与点N关于抛物线对称轴对称， ∴点N的坐标为， ∴， ∴； 如图3-2所示，当为边时，则，      ∵，， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴， ∴； 如图3-3所示，当为边时，则，      同理可得， ∴， 解得或（舍去）， ∴， ∴； 如图3-4所示，当为边时，则，      同理可得， 解得（舍去）或（舍去）； 如图3-5所示，当为对角线时，      ∴， ∵， ∴， ∴， ∴轴， ∴轴，这与题意相矛盾， ∴此种情形不存在 如图3-6所示，当为对角线时，设交于S，      ∵轴， ∴， ∵， ∴，这与三角形内角和为180度矛盾， ∴此种情况不存在； 综上所述，或或． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，菱形的性质，勾股定理，求二次函数解析式等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 6．（2023·重庆·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线过点，且交x轴于点，B两点，交y轴于点C．    (1)求抛物线的表达式； (2)点P是直线上方抛物线上的一动点，过点P作于点D，过点P作y轴的平行线交直线于点E，求周长的最大值及此时点P的坐标； (3)在（2）中周长取得最大值的条件下，将该抛物线沿射线方向平移个单位长度，点M为平移后的抛物线的对称轴上一点．在平面内确定一点N，使得以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形，写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程． 【答案】(1) (2)周长的最大值，此时点 (3)以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形时或或 【分析】（1）把、代入计算即可； （2）延长交轴于，可得，进而得到，，求出的最大值即可； （3）先求出平移后的解析式，再设出M，N的坐标，最后根据菱形的性质和判定计算即可． 【详解】（1）把、代入得，， 解得， ∴抛物线的表达式为； （2）延长交轴于，    ∵过点P作于点D，过点P作y轴的平行线交直线于点E， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴当最大时周长的最大 ∵抛物线的表达式为， ∴， ∴直线解析式为， 设，则 ∴， ∴当时最大，此时 ∵周长为， ∴周长的最大值为，此时， 即周长的最大值，此时点； （3）∵将该抛物线沿射线方向平移个单位长度，可以看成是向右平移2个单位长度再向下平移一个单位长度， ∴平移后的解析式为，此抛物线对称轴为直线， ∴设， ∵， ∴，，， 当为对角线时，此时以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形 ∴与互相平分，且 ∴，解得 ∵中点坐标为，中点坐标为， ∴，解得， 此时； 当为边长且和是对角线时，此时以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形 ∴与互相平分，且 ∴，解得 ∵中点坐标为，中点坐标为， ∴，解得， 此时或； 同理，当为边长且和是对角线时，此时以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形 ∴和互相平分，且 ，此方程无解； 综上所述，以点A，P，M，N为顶点的四边形是菱形时或或； 【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法，相似三角形的性质与判定，菱形的性质及应用，中点坐标公式等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标及相关线段的长度． 7．（2023·四川达州·中考真题）如图，抛物线过点．    (1)求抛物线的解析式； (3)若点是抛物线对称轴上一动点，点为坐标平面内一点，是否存在以为边，点为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）利用待定系数法代入求解即可； （3）分两种情况进行分析：若为菱形的边长，利用菱形的性质求解即可． 【详解】（1）解：将点代入解析式得： ， 解得：， ∴抛物线的解析式为； （3）存在，或或，，证明如下： ∵， ∵抛物线的解析式为， ∴对称轴为：， 设点， 若为菱形的边长，菱形， 则，即， 解得：，， ∵， ∴， ∴，； 若为菱形的边长，菱形， 则，即， 解得：，， ∵， ∴， ∴，； 综上可得： 或或，． 【点睛】题目主要考查二次函数的综合应用，包括待定系数法确定函数解析式，三角形面积问题及特殊四边形问题，全等三角形的判定和性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 四、 正方形存在性问题 1、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． 2、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． 3、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． 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． 【答案】(1) (2) (3)，，， 【分析】（1）将B，C两点坐标代入抛物线解析式，利用待定系数法求解即可； （2）根据题意可求出直线的解析式，由可证明，作于H，则，设点D的横坐标为t，分别表达和，建立方程即可得出结论； （3）若四边形为正方形，则是等腰直角三角形，且，根据题意画出对应图形，利用全等三角形建立方程，即可得出结论． 【详解】（1）经过点，点      解得 抛物线的函数解析式为： （2）轴， 轴，   ， ， ， ， 设直线的解析式为， 将，代入得其解析式得， ， 解得，， ∴直线的解析式为 作于H，如图，则    设点D的横坐标为t， 则，， ， 解得（舍）， （3）∵， ∴抛物线的对称轴为， 若四边形为正方形，则是等腰直角三角形，且， 设点D的横坐标为n，则， 如图2，过点D作于点M，设直线l与x轴交于点N， 则，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得或， 当时，点D与点A重合，如图3，，则或，则； 当时，则；    如图4，过点D作于点M，设直线l与x轴交于点N， 同理可证，， ∴， ∴， ∴， 解得或， 当时，点D与点A重合，同上； 当时，，则；    综上，点Q的坐标为：或或或 【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及待定系数法，等腰三角形的性质与判定，正方形的性质与判定等相关知识，解题关键是利用转化思想对已知信息进行转化，将转化为，将正方形的存在性转化为等腰直角三角形的存在性． 学科网（北京）股份有限公司 $$中考压轴题之-四边形存在性问题 一、 平行四边形的存在性问题 2 1、知识导航 2 2、典例精析 3 1. 三定一动 3 2. 两定两动 4 3、中考真题演练 5 二、 矩形的存在性问题 24 1、知识导航 24 2、典例精析 25 3、中考真题演练 27 三 、菱形的存在性问题 50 1、知识导航 50 2、典例精析 54 3、中考真题演练 55 四、 正方形存在性问题 77 1、知识导航 77 2、典例精析 78 3、中考真题演练 79 一、 平行四边形的存在性问题 1、知识导航 考虑到求证平行四边形存在,必先了解平行四边形性质: (1)对应边平行且相等; (2)对角线互相平分. 这是图形的性质,我们现在需要的是将其性质运用在在坐标系中: (1)对边平行且相等可转化为:, 可以理解为点B移动到点A,点C移动到点D,移动路径完全相同. (2)对角线互相平分转化为:, 可以理解为AC的中点也是BD的中点. 【小结】虽然由两个性质推得的式子并不一样,但其实可以化为统一:, . 当AC和BD为对角线时,结果可简记为:(各个点对应的横纵坐标相加) 以上是对于平行四边形性质的分析,而我们要求证的是平行四边形存在性问题,此处当有一问:若坐标系中的4个点A、B、C、D满足“A+C=B+D”,则四边形ABCD是否一定为平行四边形? 反例如下: 之所以存在反例是因为“四边形ABCD是平行四边形”与“AC、BD中点是同一个点”并不是完全等价的转化,故存在反例. 虽有反例,但并不影响运用此结论解题,另外,还需注意对对角线的讨论: (1)四边形ABCD是平行四边形:AC、BD一定是对角线. (2)以A、B、C、D四个点为顶点是四边形是平行四边形:对角线不确定需要分类讨论. 2、典例精析 平行四边形存在性问题通常可分为“三定一动”和“两定两动”两大类问题. 1. 三定一动 已知A(1,2)B(5,3)C(3,5),在坐标系内确定点D使得以A、B、C、D四个点为顶点的四边形是平行四边形. 思路1:利用对角线互相平分,分类讨论: 设D点坐标为(m,n),又A(1,2)B(5,3)C(3,5),可得: (1)BC为对角线时,,可得; (2)AC为对角线时,,解得; (3)AB为对角线时,,解得. 当然,如果对这个计算过程非常熟悉的话,也不用列方程解,直接列算式即可. 比如:,,.(此处特指点的横纵坐标相加减) 2. 两定两动 已知A(1,1)、B(3,2),点C在x轴上,点D在y轴上,且以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形,求C、D坐标. 【分析】 设C点坐标为(m,0),D点坐标为(0,n),又A(1,1)、B(3,2). (1)当AB为对角线时,,解得,故C(4,0)、D(0,3); (2)当AC为对角线时,,解得,故C(2,0)、D(0,-1); (3)当AD为对角线时,,解得,故C(-2,0)、D(0,1). 【动点综述】 “三定一动”的动点和“两定两动”的动点性质并不完全一样,“三定一动”中动点是在平面中,横纵坐标都不确定,需要用两个字母表示,这样的我们姑且称为“全动点”,而有一些动点在坐标轴或者直线或者抛物线上,用一个字母即可表示点坐标,称为“半动点”. 从上面例子可以看出,虽然动点数量不同,但本质都是在用两个字母表示出4个点坐标.若把一个字母称为一个“未知量”也可理解为:全动点未知量=半动点未知量 2. 找不同图形的存在性最多可以有几个未知量,都是根据图形决定的,像平行四边形,只能有2个未知量.究其原因,在于平行四边形两大性质: (1)对边平行且相等; (2)对角线互相平分. 但此两个性质统一成一个等式: , 两个等式,只能允许最多存在两个未知数,即我们刚刚所讲的平行四边形存在性问题最多只能存在2个未知量. 由图形性质可知未知量,由未知量可知动点设计,由动点设计可化解问题. 3、中考真题演练 1.(2023 山东淄博 中考真题)如图,一条抛物线经过的三个顶点,其中为坐标原点,点,点在第一象限内,对称轴是直线,且的面积为18 (1)求该抛物线对应的函数表达式; (2)求点的坐标; (3)设为线段的中点,为直线上的一个动点,连接,,将沿翻折,点的对应点为.问是否存在点,使得以,,,为顶点的四边形是平行四边形?若存在,求出所有符合条件的点的坐标;若不存在,请说明理由. 2.(2023 广东广州 中考真题)已知点在函数的图象上. (1)若,求n的值; (2)抛物线与x轴交于两点M,N(M在N的左边),与y轴交于点G,记抛物线的顶点为E. ①m为何值时,点E到达最高处; ②设的外接圆圆心为C,与y轴的另一个交点为F,当时,是否存在四边形为平行四边形?若存在,求此时顶点E的坐标;若不存在,请说明理由. 4.(2023 山东聊城 中考真题)如图①,抛物线与x轴交于点,,与y轴交于点C,连接AC,BC.点P是x轴上任意一点. (1)求抛物线的表达式; (2)点Q在抛物线上,若以点A,C,P,Q为顶点,AC为一边的四边形为平行四边形时,求点Q的坐标; 5.(2023 山东枣庄 中考真题)如图,抛物线经过两点,并交x轴于另一点B,点M是抛物线的顶点,直线AM与轴交于点D. (1)求该抛物线的表达式; (3)若点P是抛物线上一动点,问在对称轴上是否存在点Q,使得以D,M,P,Q为顶点的四边形是平行四边形?若存在,请直接写出所有满足条件的点Q的坐标;若不存在,请说明理由. 6.(2023 甘肃武威 中考真题)如图1,抛物线与轴交于点,与直线交于点,点在轴上.点从点出发,沿线段方向匀速运动,运动到点时停止. (1)求抛物线的表达式; (2)当时,请在图1中过点作交抛物线于点,连接,,判断四边形的形状,并说明理由. 7.(2023 四川巴中 中考真题)在平面直角坐标系中,抛物线经过点和,其顶点的横坐标为. (1)求抛物线的表达式. (3)若点为抛物线的对称轴上一动点,将抛物线向左平移个单位长度后,为平移后抛物线上一动点.在()的条件下求得的点,是否能与、、构成平行四边形?若能构成,求出点坐标;若不能构成,请说明理由. 8.(2024 四川广元 中考真题)在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线F:经过点,与y轴交于点. (1)求抛物线的函数表达式; (2)在直线上方抛物线上有一动点C,连接交于点D,求的最大值及此时点C的坐标; (3)作抛物线F关于直线上一点的对称图象,抛物线F与只有一个公共点E(点E在y轴右侧),G为直线上一点,H为抛物线对称轴上一点,若以B,E,G,H为顶点的四边形是平行四边形,求G点坐标. 二、 矩形的存在性问题 1、知识导航 矩形的判定:(1)有一个角是直角的平行四边形; (2)对角线相等的平行四边形; (3)有三个角为直角的四边形. 【题型分析】 矩形除了具有平行四边形的性质之外,还有“对角线相等”或“内角为直角”,因此相比起平行四边形,坐标系中的矩形满足以下3个等式: (AC为对角线时) 因此在矩形存在性问题最多可以有3个未知量,代入可以得到三元一次方程组,可解. 确定了有3个未知量,则可判断常见矩形存在性问题至少有2个动点,多则可以有3个. 题型如下: (1)2个定点+1个半动点+1个全动点; (2)1个定点+3个半动点. 【解析思路】 思路1:先直角,再矩形 在构成矩形的4个点中任取3个点,必构成直角三角形,以此为出发点,可先确定其中3个点构造直角三角形,再确定第4个点.对“2定+1半动+1全动”尤其适用. 2、典例精析 引例:已知A(1,1)、B(4,2),点C在x轴上,点D在平面中,且以A、B、C、D为顶点的四边形是矩形,求D点坐标. 【分析】 点C满足以A、B、C为顶点的三角形是直角三角形,构造“两线一圆”可得满足条件的点C有、、、 在点C的基础上,借助点的平移思路,可迅速得到点D的坐标. 【小结】这种解决矩形存在性问题的方法相当于在直角三角形存在性问题上再加一步求D点坐标,也是因为这两个图形之间的密切关系方能如此. 思路2:先平行,再矩形 当AC为对角线时,A、B、C、D满足以下3个等式,则为矩形: 其中第1、2个式子是平行四边形的要求,再加上式3可为矩形.表示出点坐标后,代入点坐标解方程即可. 无论是“2定1半1全”还是“1定3半”,对于我们列方程来解都没什么区别,能得到的都是三元一次方程组. 已知A(1,1)、B(4,2),点C在x轴上,点D在坐标系中,且以A、B、C、D为顶点的四边形是矩形,求D点坐标. 【分析】 设C点坐标为(a,0),D点坐标为(b,c),又A(1,1)、B(4,2). 先考虑平行四边形存在性: (1)AB为对角线时,,满足此条件的C、D使得以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形,另外AB=CD,得:, 综合以上可解:或.故C(3,0)、D(2,3)或C(2,0)、D(3,3). (2)AC为对角线时,,另外AC=BD,得,综合以上可解得:.故C、D. (3)AD为对角线时,,另外AD=BC,得, 综合以上可解得:.故C、D. 【小结】这个方法是在平行四边形基础上多加一个等式而已,剩下的都是计算的故事. 3、中考真题演练 1.(2023 辽宁丹东 中考真题)抛物线与x轴交于点,,与y轴交于点C. (1)求抛物线的表达式; (3)若点P是抛物线上的一个动点(点P不与顶点重合),点M是抛物线对称轴上的一个点,点N在坐标平面内,当四边形是矩形邻边之比为时,请直接写出点P的横坐标. 2.(2023 海南 中考真题)如图1,抛物线交x轴于A,两点,交y轴于点.点P是抛物线上一动点. (1)求该抛物线的函数表达式; (3)当动点P在直线上方时,在平面直角坐标系是否存在点Q,使得以B,C,P,Q为顶点的四边形是矩形?若存在,请求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由; 3.(2023 内蒙古 中考真题)如图,在平面直角坐标系中,抛物线与轴的交点分别为和(点在点的左侧),与轴交于点,点是直线上方抛物线上一动点. (1)求抛物线的解析式; (3)如图2,设点为抛物线对称轴上一动点,当点,点运动时,在坐标轴上确定点,使四边形为矩形,求出所有符合条件的点的坐标. 4.(2022 辽宁丹东 中考真题)如图1,抛物线y=ax2+x+c(a≠0)与x轴交于A(﹣2,0),B(6,0)两点,与y轴交于点C,点P是第一象限内抛物线上的一个动点,过点P作PD⊥x轴,垂足为D,PD交直线BC于点E,设点P的横坐标为m. (1)求抛物线的表达式; (4)如图3,连接CP,当四边形OCPD是矩形时,在抛物线的对称轴上存在点Q,使原点O关于直线CQ的对称点O′恰好落在该矩形对角线所在的直线上,请直接写出满足条件的点Q的坐标. 5.(2022 贵州黔西 中考真题)如图,在平面直角坐标系中,经过点的直线AB与y轴交于点.经过原点O的抛物线交直线AB于点A,C,抛物线的顶点为D. (1)求抛物线的表达式; (3)P是抛物线上一动点,Q是平面直角坐标系内一点.是否存在以点A,C,P,Q为顶点的四边形是矩形?若存在,直接写出点Q的坐标;若不存在,请说明理由. 6.(2022 黑龙江绥化 中考真题)如图,抛物线交y轴于点,并经过点,过点A作轴交抛物线于点B,抛物线的对称轴为直线,D点的坐标为,连接,,.点E从A点出发,以每秒个单位长度的速度沿着射线运动,设点E的运动时间为m秒,过点E作于F,以为对角线作正方形. (1)求抛物线的解析式; (3)在运动的过程中,是否存在以B,G,C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形,如果存在,直接写出点G的坐标,如果不存在,请说明理由. 7.(2022 湖北随州 中考真题)如图1,平面直角坐标系xOy中,抛物线与x轴分则点A和点,与y轴交于点C,对称轴为直线,且,P为抛物线上一动点. (1)直接写出抛物线的解析式; (3)设M为抛物线对称轴上一动点,当P,M运动时,在坐标轴上是否存在点N,使四边形PMCN为矩形?若存在,直接写出点P及其对应点N的坐标;若不存在,请说明理由. 三 、菱形的存在性问题 1、知识导航 作为一种特殊的平行四边形,我们已经知道可以从以下几种方式得到菱形: (1)有一组邻边相等的平行四边形菱形; (2)对角线互相垂直的平行四边形是菱形; (3)四边都相等的四边形是菱形. 坐标系中的菱形存在性问题也是依据以上去得到方法.和平行四边形相比,菱形多一个“对角线互相垂直”或“邻边相等”,但这两者其实是等价的,故若四边形ABCD是菱形,则其4个点坐标需满足: 考虑到互相垂直的两条直线斜率之积为1在初中并不适合直接用,故取两邻边相等. 即根据菱形的图形性质,我们可以列出关于点坐标的3个等式, 故菱形存在性问题点坐标最多可以有3个未知量,与矩形相同. 因此就常规题型而言,菱形存在性至少有2个动点,多则有3个动点,可细分如下两大类题型: (1)2个定点+1个半动点+1个全动点 (2)1个定点+3个半动点 解决问题的方法也可有如下两种: 思路1:先平四,再菱形 设点坐标,根据平四存在性要求列出“A+C=B+D”(AC、BD为对角线),再结合一组邻边相等,得到方程组. 思路2:先等腰,再菱形 在构成菱形的4个点中任取3个点,必构成等腰三角形,根据等腰存在性方法可先确定第3个点,再确定第4个点. 1. 看个例子: 如图,在坐标系中,A点坐标(1,1),B点坐标为(5,4),点C在x轴上,点D在平面中,求D点坐标,使得以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形. 思路1:先平四,再菱形 设C点坐标为(m,0),D点坐标为(p,q). (1)当AB为对角线时,由题意得:(AB和CD互相平分及AC=BC) ,解得: (2)当AC为对角线时,由题意得:(AC和BD互相平分及BA=BC) ,解得:或 (3)当AD为对角线时,由题意得: ,解得:或 思路2:先等腰,再菱形 先求点C,点C满足由A、B、C构成的三角形一定是等腰三角形,用等腰存在性问题的方法先确定C,再确定D点. (1)当AB=AC时, C点坐标为,对应D点坐标为; C点坐标为,对应D点坐标为. (2)当BA=BC时, C点坐标为(8,0),对应D点坐标为(4,-3); C点坐标为(2,0),对应D点坐标为(-2,-3). (3)AC=BC时, C点坐标为,D点坐标为. 以上只是两种简单的处理方法,对于一些较复杂的题目,还需具体问题具体分析,或许有更为简便的方法. 2、典例精析 如图,抛物线与x轴交于A、B两点,与y轴交于C点,OA=2,OC=6,连接AC和BC. (1)求抛物线的解析式; (2)若点M是y轴上的动点,在坐标平面内是否存在点N,使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形?若存在,请直接写出点N的坐标;若不存在,请说明理由. 【分析】 (1)抛物线:; (2)先考虑M点位置,即由A、C、M三点构成的三角形是等腰三角形: ①当CA=CM时, 即CM=CA=,M点坐标为、, 对应N点坐标为、. ②当AC=AM时, 即AM=AC=,M点坐标为(0,6), 对应N点坐标为(2,0). ③当MA=MC时, 勾股定理可求得M点坐标为, 对应N点坐标为. 综上,N点坐标为、、(2,0)、. 如下图依次从左到右. 3、中考真题演练 1.(2023 西藏 中考真题)在平面直角坐标系中,抛物线与x轴交于,两点,与y轴交于点C. (1)求抛物线的解析式; (3)如图乙,点P为抛物线对称轴上一点,是否存在P、Q两点使以点A,C,P,Q为顶点的四边形是菱形?若存在,求出P、Q两点的坐标,若不存在,请说明理由. 2.(2023 辽宁锦州 中考真题)如图,抛物线交轴于点和,交轴于点,顶点为. (1)求抛物线的表达式; (3)在(2)的条件下,若点是对称轴上一点,点是坐标平面内一点,在对称轴右侧的抛物线上是否存在点,使以,,,为顶点的四边形是菱形,且,如果存在,请直接写出点的坐标;如果不存在,请说明理由. 3.(2023 四川雅安 中考真题)在平面直角坐标系中,已知抛物线过点,对称轴是直线. (1)求此抛物线的函数表达式及顶点M的坐标; (3)已知点E在抛物线的对称轴上,点D的坐标为,是否存在点F,使以点A,D,E,F为顶点的四边形为菱形?若存在,请直接写出点F的坐标;若不存在,请说明理由. 4.(2023 湖南 中考真题)如图,在平面直角坐标系中,抛物线经过点和点,且与直线交于两点(点在点的右侧),点为直线上的一动点,设点的横坐标为. (1)求抛物线的解析式. (3)抛物线与轴交于点,点为平面直角坐标系上一点,若以为顶点的四边形是菱形,请求出所有满足条件的点的坐标. 5.(2023 四川广安 中考真题)如图,二次函数的图象交轴于点,交轴于点,点的坐标为,对称轴是直线,点是轴上一动点,轴,交直线于点,交抛物线于点. (1)求这个二次函数的解析式. (3)若点在轴上运动,则在轴上是否存在点,使以、为顶点的四边形是菱形?若存在,请直接写出所有满足条件的点的坐标;若不存在,请说明理由. 6.(2023 重庆 中考真题)如图,在平面直角坐标系中,抛物线过点,且交x轴于点,B两点,交y轴于点C. (1)求抛物线的表达式; (2)点P是直线上方抛物线上的一动点,过点P作于点D,过点P作y轴的平行线交直线于点E,求周长的最大值及此时点P的坐标; (3)在(2)中周长取得最大值的条件下,将该抛物线沿射线方向平移个单位长度,点M为平移后的抛物线的对称轴上一点.在平面内确定一点N,使得以点A,P,M,N为顶点的四边形是菱形,写出所有符合条件的点N的坐标,并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程. 7.(2024 四川泸州 中考真题)如图,在平面直角坐标系中,已知抛物线经过点,与y轴交于点B,且关于直线对称. (1)求该抛物线的解析式; (2)当时,y的取值范围是,求t的值; (3)点C是抛物线上位于第一象限的一个动点,过点C作x轴的垂线交直线于点D,在y轴上是否存在点E,使得以B,C,D,E为顶点的四边形是菱形?若存在,求出该菱形的边长;若不存在,说明理由. 四、 正方形存在性问题 1、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. 2、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. 3、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. 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. 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? 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. 学科网(北京)股份有限公司 $$