2020年中考数学　存在性系列之矩形存在性问题（二次函数综合）　复习学案.pdf

1、矩形存在性问题 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： ()()()() 2222 ACBD ACBD ACACBDBD xxxx yyyy xxyyxxyy +=+ +=+ +=+ （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

2、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 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 B A O y x 【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 1 4 ,0 3 C 、 2

3、14 ,0 3 C 、() 3 2,0C、() 4 3,0C 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 C1C2C4 A B y O x C3 D4 D3 D1 D2 C2 x O y B A C4 x O y B A C3 x O y B A A B y O x C1 【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： ()()()() 2222 ACBD ACBD ACACBDBD xxxx

4、yyyy xxyyxxyy +=+ +=+ +=+ 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 引例：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 B A O y x 【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， 14

5、120 ab c +=+ +=+ ，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：()()()() 2222 41210abc+=+， 综合以上可解： 3 2 3 a b c = = = 或 2 3 3 a b c = = = 故 C（3，0） 、D（2，3）或 C（2，0） 、D（3，3） （2） AC 为对角线时，1 4 102 ab c +=+ +=+ ， 另外 AC=BD， 得()()()() 2222 10 142abc+=+， 综合以上可解得： 14 3 5 3 1 a b c = = = 故 C 14 ,0 3 、D 5 , 1

6、 3 （3） AD 为对角线时，1 4 120 ba c +=+ +=+ ， 另外 AD=BC， 得()()()() 2222 11402bca+=+， 综合以上可解得： 4 3 13 3 1 a b c = = = 故 C 14 ,0 3 、D 13,1 3 【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 【2018铁岭中考（删减） 】 如图，抛物线 2 yxbxc=+交x轴于点 A，B，交 y 轴于点 C点 B 的坐标为（3，0）点 C 的坐标为（0，3） ，点 C 与点 D 关于抛物线的对称轴对称 （1）求抛物线的解析式； （2）若点 P 为抛物线对称轴上一点

7、，连接 BD，以 PD，PB 为边作平行四边形 PDNB，是 否存在这样的点 P，使得平行四边形 PDNB 是矩形？若存在，请求出 tanBDN 的值； 若不存在，请说明理由 y C AO x BB x OA C y P D N 备用图 【分析】 （1）抛物线： 2 23yxx=+； （2）作平行四边形 PDNB 易，但要其成为矩形，还需再使得P=90 ，问题求 tanBDN， 考虑到BDN=PBD，tan PD PBD PB =，所以本题关键还是要求得 P 点坐标 已知点 P 在对称轴直线 x=1 上，不难求得 P 点坐标使得P=90 如图，记对称轴与 x 轴交点为 E 点，过点 D 作 D

8、F 垂直对称轴于 F 点， 当 P 点满足 PFFD BEEP =时，即可得：PFDBEP 设 PE=a，PF=b， 则 3 1 2 ab b a += = ，解得： 1 2 a b = = 或 2 1 a b = = E F N D P y C AO x BE F N D P y C AO x B 当 P 点坐标为（-1，2）时，tanBDN=tanPBD= 1 2 ； 当 P 点坐标为（-1，1）时，tanBDN=tanPBD=1 【2019 南充中考（删减） 】 如图，抛物线 2 yaxbxc=+与x轴交于点 A（-1，0） ，点 B（-3，0） ，且 OB=OC （1）求抛物线的解析式

9、； （2） 抛物线上两点 M， N， 点 M 的横坐标为 m， 点 N 的横坐标为 m+4 点 D 是抛物线上 M、 N 之间的动点，过点 D 作 y 轴的平行线交 MN 于点 E 求 DE 的最大值； 点 D 关于点 E 的对称点为 F，当 m 为何值时，四边形 MDNF 为矩形 y x C B A O 【分析】 （1）抛物线： 2 43yxx=； （2）像 DE 这样的线段的最大值，就是当 D 点在 MN 水平位置的中点处时最大，假如我 们知道这个结论的话 如果不知道，就只能一步步算了， 由题意可知：M() 2 ,43mmm、N() 2 4,1235mmm+， 点斜式求直线 MN： ()

10、() 22 123543 28 4 MN mmmm km mm = + + 直线 MN：()() 2 2843ymxmmm= +， 整理得：() 2 2843ymxmm= + 设 D 点坐标为() 2 ,43ddd， 则 E 点坐标为()() 2 ,2843dmdmm+， () () () 22 22 2 432843 244 24 DEddmdmm dmdmm dm = + = + = + 故当 d=m+2 时，DE 取到最大值为 4 若四边形 MDNF 是矩形，根据对角线互相平分，则 E 点必为 MN 中点， 故 E 点横坐标为 m+2，则 D 点横坐标也为 m+2， 且由可知，此时 DE

11、=4， 又矩形对角线相等，因此只要满足 MN=8，则有矩形 MDNF ()() () () 2 2 22 2 2 4123543 48328 MNmmmmmm m =+ =+= 解得： 1 3 4 2 m = +， 2 3 4 2 m = 故当 m 的值为 3 4 2 +或 3 4 2 时，四边形 MDNF 是矩形 考虑到第问中已经得到了 DE=4， 故本题优先考虑利用对角线相等求解， 事 实上，构造三垂直使MDN 是直角三角形，也可以解决问题 构造MEDDFN， 4m+20 -4m-12 22 EF M N D MEDE DFNF =，即 4122 2420 m m = + ， 同样可解得：

12、 1 3 4 2 m = +， 2 3 4 2 m = 【2018辽阳中考（删减） 】 如图，直线 y=x-3 与坐标轴交于 A、B 两点，抛物线 2 1 4 yxbxc=+经过点 B，与直线 y=x-3 交于点 E（8，5） ，且与 x 轴交于 C，D 两点 （1）求抛物线的解析式； （2）点 P 在抛物线上，在坐标平面内是否存在点 Q，使得以点 P，Q，B，C 为顶点的四边 形是矩形？若存在，请直接写出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由 备用图 y x O E DC B AA B CD E O x y 【分析】 （1）抛物线： 2 1 3 4 yxx=； （2）B、C 为定点，P 在抛物

13、线上，Q 在平面中，即为“2 定+1 半动+1 全动”类型 先确定 P 点使得由 P、B、C 构成的三角形为直角三角形， 设 P 点坐标为 2 1 ,3 4 mmm ， 当PBC=90 时，构造三垂直相似：PEBBFC E F P A B CD E O x y () 22 11 33 44 PEmmmm= =， BEm= ，606BF =，()033CF = =， 由相似可知： PEEB BFCF =，即 2 1 4 63 mm m =， 解得： 1 4m = ， 2 0m =（舍） ，代入得 P 点坐标为（-4，5） ， 根据点的平移可知对应的 Q 点坐标为（2，8） 当PCB=90 时，同

14、理可构造相似： 2 61 1 2 3 4 m mm = ，解得： 1 10m = ， 2 6m =（舍） 代入得 P 点坐标为（-10，32） ，根据点的平移可知对应的 Q 点坐标为（-16，29） 另外以 BC 为直径作圆，与抛物线并无交点，故不存在以 P 点为直角顶点的情况 综上所述，Q 点坐标为（2，8）或（-16，29） 【小结】对于“2 定+1 半动+1 全动”类题型，先求半动点，再得全动点，把矩形存在性转化 成直角三角形存在性问题了，当然其直角顶点除了构造三垂直相似外也可以用勾股定理 或者解析式来计算 【2018曲靖中考（删减） 】 如图：在平面直角坐标系中，直线 14 : 33

15、l yx=与x轴交于点 A，经过点 A 的抛物线 2 3yaxxc=+的对称轴是 3 2 x = （1）求抛物线的解析式； （2）平移直线 l 经过原点 O，得到直线 m，点 P 是直线 m 上任意一点， PBx 轴于点 B， PCy 轴于点 C，若点 E 在线段 OB 上，点 F 在线段 OC 的延长线上，连接 PE，PF， 且 PF=3PE求证：PEPF； （3）若（2）中的点 P 坐标为（6，2） ，点 E 是 x 轴上的点，点 F 是 y 轴上的点，当 PE PF 时，抛物线上是否存在点 Q，使四边形 PEQF 是矩形？如果存在，请求出点 Q 的 坐标，如果不存在，请说明理由 m l

16、OAB C E F P x y 【分析】 （1）由题意得：A（4，0） ，根据对称轴可知：a=1， 将（4，0）代入解析式得：c=-4， 故抛物线： 2 34yxx= （2）易证PCFPBE，可得：PEPF （3）P 点为定点（6，2） ，E 是 x 轴上动点，F 是 y 轴上动点，Q 是抛物线上动点， 且四边形为 PEQF，确定了点的顺序，省去了分类讨论的麻烦 法一：设 E（a，0） 、F（0，b） 、Q() 2 ,34c cc，又 A（6，2） ， 由矩形可列方程组： ()()()() 2 2 222 2 60 2340 634200 ca ccb cccab +=+ +=+ +=+ 解得

17、： 8 4 2 a b c = = = 或 4 8 2 a b c = = = ， 故 Q 点坐标为（2，-6） 、 （-2，6） 这种做法思路并不麻烦，难点在于解方程组，将式 1、式 2 代入式 3 中，两边平方之 后移项构造平方差，可简便得解 法二：有问题（2）作铺垫，当 PEPF 时，始终有PCFPBE，且相似比为 3：1， 当 E 点在 B 点左侧时，F 点在 C 点上方， 不妨设 BE=m，则 CF=3m， 根据点的平移可得：Q 点坐标为(),3m m， 代入抛物线解析式：()() 2 334mmm= ，解得： 1 2m =， 2 2m = （舍） 此时 Q 点坐标为（2，-6） ； 当 E 点在 B 点右侧时，F 点在 C 点下方， 同理可得 m 的值为-2， 对应 Q 点坐标为（-2，6） 综上所述，Q 点坐标为（2，-6） 、 （-2，6）