专题16---矩形存在性问题---2020年中考数学二次函数压轴题核心考点突破

中物理矩形存在性问题学易同步精品课堂矩形的判定：（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：2222ACBDACBDACACBDBDxxxxyyyyxxyyxxyy（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．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．BAOyx【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14,03C、214,03C、32,0C、43,0C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．C1C2C4AByOxC3D4D3D1D2C2xOyBAC4xOyBAC3xOyBAAByOxC1【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：2222ACBDACBDACACBDBDxxxxyyyyxxyyxxyy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．BAOyx【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，14120abc，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：222241210abc，综合以上可解：323abc或233abc．故C（3，0）、D（2，3）或C（2，0）、D（3，3）．（2）AC为对角线时，14102abc，另外AC=BD，得222210142abc，综合以上可解得：143531abc．故C14,03、D5,13．（3）AD为对角线时，14120bac，另外AD=BC，得222211402bca，综合以上可解得：431331abc．故C14,03、D13,13．【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2yxbxc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，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tan∠BDN的值；若不存在，请说明理由．yCAOxBBxOACyPDN备用图【分析】（1）抛物线：223yxx；（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tan∠BDN，考虑到∠BDN=∠PBD，tanPDPBDPB，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DF垂直对称轴于F点，当P点满足PFFDBEEP时，即可得：△PFD∽△BEP．设PE=a，PF=b，则312abba，解得：12ab或21ab．EFNDPyCAOxBEFNDPyCAOxB当P点坐标为（-1，2）时，tan∠BDN=tan∠PBD=12；当P点坐标为（-1，1）时，tan∠BDN=tan∠PBD=1．【2019南充中考（删减）】如图，抛物线2yaxbxc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；（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．①求DE的最大值；②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．yxCBAO【分析】（1）抛物线：243yxx；（2）①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24,1235mmm，点斜式求直线MN：22123543284MNmmmmkmmm直线MN：22843ymxmmm，整理得：22843ymxmm设D点坐标为2,43ddd，则E点坐标为2,2843dmdmm，2222243284324424DEddmdmmdmdmmdm故当d=m+2时，DE取到最大值为4．②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①可知，此时DE=4，又矩形对角线相等，因此只要满足MN=8，则有矩形MDNF．222222412354348328MNmmmmmmm解得：1342m，2342m．故当m的值为342或342时，四边形MDNF是矩形．考虑到第①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△MED∽△DFN，4m+20-4m-1222EFMNDMEDEDFNF，即41222420mm，同样可解得：1342m，2342m．【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214yxbxc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yxOEDCBAABCDEOxy【分析】（1）抛物线：2134yxx；（2）B、C为定点，P在抛物线上，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21,34mmm，①当∠PBC=90°时，构造三垂直相似：△PEB∽△BFCEFPABCDEOxy22113344PEmmmm，BEm，606BF，033CF，由相似可知：PEEBBFCF，即21463mmm，解得：14m，20m（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）．②当∠PCB=90°时，同理可构造相似：2611234mmm，解得：110m，26m（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14:33lyx与x轴交于点A，经过点A的抛物线23yaxxc的对称轴是32x．（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，PB⊥x轴于点B，PC⊥y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：PE⊥PF；（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．mlOABCEFPxy【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：234yxx．（2）易证△PCF∽△PBE，可得：PE⊥PF．（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2,34ccc，又A（6，2），由矩形可列方程组：222222602340634200caccbcccab解得：842abc或482abc，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PE⊥PF时，始终有△PCF∽△PBE，且相似比为3：1，①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,3mm，代入抛物线解析式：2334mmm，解得：12m，22m（舍）．此时Q点坐标为（2，-6）；②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）．THANKS“”