2026年中考数学二次函数专题复习讲练：二次函数与正方形存在性（含答案）

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二次函数与正方形存在性
第一部分：基础知识储备
一、正方形的判定
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.
二、题型分类
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！
三、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
若条件并末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.
四、方法突破
引例：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 ，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，C 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.
第二部分：典型例题分析
1、两动点，构造等腰直角定第3点
例 1如图，抛物线 与x轴交于A(-1,0),B(3,0)两点.
(1)求抛物线的解析式；
(2)是否存在过A，B两点的抛物线，其顶点P关于x轴的对称点为Q，使得四边形APBQ为正方形 若存在，求出此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由.
【解答】(1)将A、B点坐标代入函数解析式，得 解得抛物线的解析式 -3;
(2)存在过A，B两点的抛物线，其顶点P关于x轴的对称点为Q，使得四边形APBQ为正方形，由ABPQ是正方形,.A(-1,0)B(3,0),得P(1,-2),Q(1,2),,或P(1,2),Q(1,-2),
①当顶点P(1,-2)时，设抛物线的解析式为 将A点坐标代入函数解析式，得 解得 抛物线的解析式为
②当P(1，2)时，设抛物线的解析式为 将A点坐标代入函数解析式，得 =0,解得 抛物线的解析式为
综上所述： 或 使得四边形 APBQ为正方形.2、三动点类
若出现3或4动点，则通常四边形具有一定的特殊性，从已知条件出发，分析还需要满足其他条件，通常列关于边或对角线方程得解.
例 2 如图，已知抛物线 的图象经过点A(1，0)，B(-3，0)，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，对称轴与x轴相交于点E，连接BD.
(1)求抛物线的解析式.
(2)若点P在直线BD上，当PE=PC时，求点 P的坐标.
(3)在(2)的条件下,作. 轴于F，点M为x轴上一动点，N为直线PF上一动点，G为抛物线上一动点，当以点F，N，G，M四点为顶点的四边形为正方形时，求点M的坐标.
【解答】(1)∵抛物线 的图象经过点A(1,0),B(-3,0),∴{9+b-3+c=0,∴|b=2,3,∴抛物线的解析式为
(2)由(1)知，抛物线的解析式为 抛物线的顶点 设直线BD的解析式为∴直线BD的解析式为y=-2x-6,设点 ，根据勾股定理得， -2a- (-2)-
(3)如图,作. 轴于F， ,设M(d,0), ∵以点F,N，G，M四点为顶点的四边形为正方形，必有FM=MG,∴|d+2|=|d +2d-3|,∴d=-1± 或 ∴点M的坐标为
第三部分：针对提高训练
练 1 如图，在平面直角坐标系中，将一个正方形ABCD放在第一象限斜靠在两坐标轴上，且点A(0，2)、点B(1,0),抛物线 经过点C.
(1)求点C的坐标；
(2)求抛物线的解析式；
(3)在抛物线上是否存在点P与点Q(点C、D除外)使四边形ABPQ为正方形 若存在求出点P、Q两点坐标，若不存在说明理由.
练 2 (2023扬州)在平面直角坐标系xOy中，已知点A在y轴正半轴上.
(1)如果四个点(0,0)、(0,2)、(1,1)、(-1,1)中恰有三个点在二次函数 为常数，且a≠0)的图象上.
①a= ;
②如图1，已知菱形ABCD的顶点B、C、D在该二次函数的图象上，且. 轴，求菱形的边长；
③如图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y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.
(2)已知正方形ABCD的顶点B、D在二次函数 a为常数，且a>0)的图象上，点B在点D的左侧，设点B、D的横坐标分别为m、n，直接写出m、n满足的等量关系式.
【练1】解:(1)作CE⊥x轴于点E,∵四边形ABCD为正方形,∴∠ABO+∠CBE=90°,
∵∠OAB +∠OBA= 90°,∴∠OAB=∠EBC∴RtΔAOB≌RtΔCEB,
∵A(0,2)、点B(1,0),∴AO=2,BO=1得OE=2+1=3,CE=1∴C点坐标为(3,1);
(2)∵抛物线经过点C， ∴抛物线的解析式为
(3)在抛物线上存在点P、Q，使四边形ABQP 是正方形.
理由如下：
以AB为边在AB的左侧作正方形ABPQ，过Q作QE'⊥OA于E',PG⊥x轴于G,可证△QE'A ΔBGP ΔBAO,
∴Q点坐标为(-2,1),P点坐标为(-1,-1).
由(1)抛物线 当x=-2时,y=1;当x=-1时,y=-1.
∴P、Q在抛物线上.故在抛物线上存在点Q(-2，1)、P(-1,-1),使四边形 ABQP 是正方形.
【练2】(1)①在 中,令x=0得y=0,∴(0,0)在二次函数 为常数，且a≠0)的图象上，(0，2)不在二次函数 (a为常数,且a≠0)的图象上,∵四个点(0,0)、(0,2)、(1,1)、(-1,1)
中恰有三个点在二次函数 a为常数，且a≠0)的图象上，∴二次函数 (a为常数,且a≠0)的图象上的三个点是(0,0),(1,1),(-1,1),把(1,1)代入 得:a=1,故答案为:1;
②设BC交y轴于E,如图:
设菱形的边长为2a,则AB=BC=CD=AD=2a,∵B,C关于y轴对称,∴BE=CE=a,∴B(-a,
,把 代入y=ax 得:
解得 或a=0(舍去),∴菱形的边长为
③n-m是为定值，理由如下：
过B作BF⊥y轴于F,过D作DE⊥y轴于E,如图：
∵点B、D的横坐标分别为m、n，
∴B(m,m ),D(n,n ),
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°,AD=AB,
∵∠AFB=∠DEA=90°,
∴△ABF≌△DEA(AAS),
∴BF=AE,AF=DE,
∴m+n=(n-m)(n+m),
∵点B、D在y轴的同侧，
∴m+n≠0,∴n-m=1;
(2)过B作BF⊥y轴于F,过D作DE⊥y轴于E,∵点B、D的横坐标分别为m、n，
∴B(m,am ),D(n,an ),
①当B，D在y轴左侧时，如图：
同理可得△ABF≌△DEA(AAS),
∴BF=AE,AF=DE,
∴m+n=a(n-m)(n+m),∴m+n≠0,
②当B在y轴左侧，D在y轴右侧时，如图：
∴BF=-m,OF=am ,DE=n,OE=an ,同理可得ΔABF≌△DEA(AAS),
∴BF=AE,AF=DE,
∴m+n=a(n+m)(n-m),
∴m+n=0或
③当B，D在y轴右侧时，如图：
∴BF=m,OF=am ,DE=n,OE=an ,同理可得△ABF≌△DEA(AAS),
∴BF=AE,AF=DE,
∴m+n=a(n+m)(n-m),
综上所述，m、n满足的等量关系式为m+n=0或