2022届中考数学专题复习训练——二次函数 专题10.3二次函数综合之矩形学案

这是一份2022届中考数学专题复习训练——二次函数 专题10.3二次函数综合之矩形学案，共22页。学案主要包含了经典例题1，经典例题2，经典例题3等内容，欢迎下载使用。

矩形的存在性
根据平移、三角形全等，中点坐标公式等方法求解点坐标
类型一：已知一边垂直，对边相等即可
【经典例题1】如图，已知抛物线y=−x2+bx+c与y轴相交于点A(0，3)，与x正半轴相交于点B，对称轴是直线x=1.
(1)求此抛物线的解析式以及点B的坐标。
(2)动点M从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向运动，同时动点N从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿y轴正方向运动，当N点到达A点时，M、N同时停止运动。过动点M作x轴的垂线交线段AB于点Q，交抛物线于点P，设运动的时间为t秒。
①当t为何值时，四边形OMPN为矩形。
②当t>0时，△BOQ能否为等腰三角形?若能，求出t的值；若不能，请说明理由。


【解析】∵抛物线y=−x2+bx+c对称轴是直线x=1，
，解得b=2，
∵抛物线过A(0,3)，
∴c=3，
∴抛物线解析式为y=−x2+2x+3，
令y=0可得−x2+2x+3=0，解得x=−1或x=3，
∴B点坐标为(3,0)；
(2)①由题意可知ON=3t，OM=2t，
∵P在抛物线上，
∴P(2t,−4t2+4t+3)，
∵四边形OMPN为矩形，
∴ON=PM，
∴3t=−4t2+4t+3,解得t=1或t=(舍去)，
∴当t的值为1时，四边形OMPN为矩形；
②∵A(0,3),B(3,0)，
∴OA=OB=3，且可求得直线AB解析式为y=−x+3，
∴当t>0时，OQ≠OB，
∴当△BOQ为等腰三角形时，有OB=QB或OQ=BQ两种情况，
由题意可知OM=2t，
∴Q(2t,−2t+3)，
∴OQ==,
BQ==，
又由题意可知0 当OB=QB时,则有=3,解得t=(舍去)或t=；
当OQ=BQ时,则有=,解得t=；
综上可知当t的值为或时，△BOQ为等腰三角形。

按直角三角形算思路：先直角，再矩形
例1：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．





【解析】分别以点A、B、C为直角顶点构造构造直角三角形，求出点C的坐标
C1(),C2(),C3(2,0),C4(3,0)，在C点的基础上，根据平移，全等，中点坐标公式等求出D点坐标。



【经典例题2】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c（a＜0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C，且OC=2OA．
（1）试求抛物线的解析式；
（2）直线y=kx+1（k＞0）与y轴交于点D，与抛物线交于点P，与直线BC交于点M，记m=，试求m的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，点Q是x轴上的一个动点，点N是坐标平面内的一点，是否存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形？如果存在，请求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由．

【解析】(1)因为抛物线y=ax2+bx+c经过A(−2，0)、B(4，0)两点，
所以可以假设y=a(x+2)(x−4)，
∵OC=2OA，OA=2，
∴C(0，4)，代入抛物线的解析式得到a=−，
∴y=−(x+2)(x−4)或y=−x2+x+4或y=−(x−1)2+.
(2)如图1中，作PE⊥x轴于E，交BC于F.
∵CD∥PE，
∴△CMD∽△FMP，
∴m=PM/DM=PF/DC，
∵直线y=kx+1(k>0)与y轴交于点D，则D(0，1)，
∵BC的解析式为y=−x+4，
设P(n，−n2+n+4)，则F(n，−n+4)，
∴PF=−n2+n+4−(−n+4)=−(n−2)2+2，
∴m=PF/CD=−16(n−2)2+，
∵−16<0，
∴当n=2时，m有最大值，最大值为，此时P(2，4).
(3)存在这样的点Q、N，使得以P、D. Q、N四点组成的四边形是矩形。
①当DP是矩形的边时，有两种情形，
a、如图2−1中，四边形DQNP是矩形时，
有(2)可知P(2，4)，代入y=kx+1中，得到k=，
∴直线DP的解析式为y=x+1，可得D(0，1)，E(−，0)，
由△DOE∽△QOD可得OD/OQ=OE/OD，
∴OD2=OE⋅OQ，
∴1=⋅OQ，
∴OQ=，
∴Q(，0).
根据矩形的性质，将点P向右平移个单位，向下平移1个单位得到点N，
∴N(2+，4−1)，即N(，3)
b、如图2−2中，四边形PDNQ是矩形时，

∵直线PD的解析式为y=x+1，PQ⊥PD，
∴直线PQ的解析式为y=−x+，
∴Q(8，0)，
根据矩形的性质可知，将点D向右平移6个单位，向下平移4个单位得到点N，
∴N(0+6，1−4)，即N(6，−3).
②当DP是对角线时，设Q(x，0)，则QD2=x2+1，QP2=(x−2)2+42，PD2=13，
∵Q是直角顶点，
∴QD2+QP2=PD2，
∴x2+1+(x−2)2+16=13，
整理得x2−2x+4=0，方程无解，此种情形不存在，
综上所述，满足条件的点N坐标为(，3)或(6，−3).
练习2-1如图，抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），与 y 轴交于点C，点D和点C关于抛物线的对称轴对称，直线AD与y轴交于点E．

（1）求直线AD的解析式；
（2）点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边形是以 AM 为边的矩形．若点T 和点Q关于 AM 所在直线对称，求点T的坐标．

练习2-2如图1，在平面直角坐标系中，直线y=kx+n（k≠0）与y轴交于点A（0，3），与x轴交于点C（4，0），同时，抛物线W1：y=x2+bx+c也经过A，C两点，与x轴的另一交点为B，直线x=m是抛物线的对称轴，且与x轴交于点D.
（1）求直线AC的表达式.
（2）求出抛物线W1的解析式及m的值.
（3）设点E是抛物线的对称轴上一动点，点F是平面内一动点，是否存在点E，使得以A，C，E，F为顶点的四边形是矩形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.


练习2-3如图，已知抛物线 y=ax2+bx+c 经过 A（4，0），B（2，3），C（0，3）三点．
（1）求抛物线的解析式及对称轴．
（2）在抛物线上是否存在一点 P，使得以点 A、B、C、P 四点为顶点所构成的四边形为梯形？若存在，请求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由．










【经典例题3】如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2−2ax−3a(a<0)与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，经过点A的直线l:y=kx+b与y轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD=4AC.
(1)直接写出点A的坐标，并求直线l的函数表达式(其中k，b用含a的式子表示)；
(2)点E是直线l上方的抛物线上的一点，若△ACE的面积的最大值为，求a的值；
(3)设P是抛物线对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A，D，P，Q为顶点的四边形能否成为矩形?若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由。

【解析】(1)令y=0，则ax2−2ax−3a=0，
解得x1=−1，x2=3
∵点A在点B的左侧，
∴A(−1，0)，
如图1，作DF⊥x轴于F，
∴DF∥OC，
∴OF/OA=CD/AC，
∵CD=4AC，
∴OF/OA=CD/AC=4，
∵OA=1，
∴OF=4，
∴D点的横坐标为4，
代入y=ax2−2ax−3a得，y=5a，
∴D(4，5a)，
把A. D坐标代入y=kx+b得，解得，
∴直线l的函数表达式为y=ax+a.
(2)如图1，过点E作EN⊥y轴于点N
设点E(m，a(m+1)(m−3))，yAE=k1x+b1，
则，解得：，
∴yAE=a(m−3)x+a(m−3)，M(0，a(m−3))
∵MC=a(m−3)−a，NE=m
∴S△ACE=S△ACM+S△CEM=[a(m−3)−a]+[a(m−3)−a]m=(m+1)[a(m−3)−a]=(m−)2−a，
∴有最大值−a=，∴a=−；
(3)令ax2−2ax−3a=ax+a，即ax2−3ax−4a=0，
解得x1=−1，x2=4，
∴D(4，5a)，
∵y=ax2−2ax−3a，
∴抛物线的对称轴为x=1，
设P1(1，m)，
①若AD是矩形的一条边，
由AQ∥DP知xD−xP=xA−xQ，可知Q点横坐标为−4，将x=−4带入抛物线方程得Q(−4，21a)，
m=yD+yQ=21a+5a=26a，则P(1，26a)，
∵四边形ADPQ为矩形，∴∠ADP=90°，
∴AD2+PD2=AP2，
∵AD2=[4−(−1)]2+(5a)2=52+(5a)2，
PD2=[4−(−1)]2+(5a)2=52+(5a)2，
∴[4−(−1)]2+(5a)2+(1−4)2+(26a−5a)2=(−1−1)2+(26a)2，
即a2=，∵a<0，∴a=−，
∴P1(1，−).
②若AD是矩形的一条对角线，
则线段AD的中点坐标为(，a)，Q(2，−3a)，
m=5a−(−3a)=8a，则P(1，8a)，
∵四边形ADPQ为矩形，∴∠APD=90°，∴AP2+PD2=AD2，
∵AP2=[1−(−1)]2+(8a)2=22+(8a)2，
PD2=(4−1)2+(8a−5a)2=32+(3a)2，
AD2=[4−(−1)]2+(5a)2=52+(5a)2，
∴22+(8a)2+32+(3a)2=52+(5a)2，
解得a2=，∵a<0，∴a=−，
∴P2(1，−4).
综上可得，P点的坐标为P1(1，−4)，P2(1，−).
练习3-1如图：在平面直角坐标系中，直线l：与x轴交于点A，经过点A的抛物线的对称轴是．
（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．






练习3-2如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c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？





参考答案
练习2-1【解析】∴直线AD的解析式为y=x+1
（2）直线AM交y轴于R，y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，则M(1，4)
设直线AM的解析式为y=mx+n，
把A(−1，0)、M(1，4)分别代入得，解得，
∴直线AM的解析式为y=2x+2，




当x=0时，y=2x+2=2，则R(0，2)，
当AQ为矩形APQM的对角线，如图1，
∵∠RAP=90°，
而AO⊥PR，
∴Rt△AOR∽Rt△POA，
∴AO:OP=OR:OA，即1:OP=2:1，解得OP=，
∴P点坐标为(0，−)，
∵点A(−1，0)向上平移4个单位，向右平移2个单位得到M(1，4)，
∴点P(0，−)向上平移4个单位，向右平移2个单位得到Q(2，)，
∵点T和点Q关于AM所在直线对称，
∴T点坐标为(0，)；
当AP为矩形AMPQ的对角线，反向延长QA交y轴于S，如图2，
同理可得S点坐标为(0，−)，
∵R点为AM的中点，
∴R点为PS的中点，
∴PM=SA，P(0，)，
∵PM=AQ，
∴AQ=AS，
∴点Q关于AM的对称点为S，
即T点坐标为(0，−).
综上所述，点T的坐标为(0，)或(0，−).

练习2-2【解析】（1）∵直线y=kx+n（k≠0）经过点A（0，3），C（4，0），
∴，解得.
∴直线AC的表达式为y=-x+3.
（2）抛物线y=-x2+bx+c经过点A（0，3），C（4，0），
∴，解得.
∴抛物线的表达式为y=-x2+x+3.
∴=1.
即抛物线的对称轴为直线x=1.
（3）存在.理由如下：
如图，要以A，C，E，F为顶点的四边形是矩形，分两种情况讨论：

情况一：当线段AC为矩形的一边时，
①当矩形ACEF在直线AC的上方时，过点E1作E1H⊥y轴于点H，
易证△AHE1∽△COA，
则AH/CO=HE1/AO，
解得OH=，
∴E1（1，）.
②当矩形ACFE在直线AC的下方时，同理可求E2（1，-4）.
情况二：当线段AC为矩形的对角线时，
同理可求E3（1，），E4（1，）.
综上所述，满足条件的点有4个，即E1（1，），E2（1，-4），E3（1，），E4（1，）.
练习2-3【解析】(1)∵抛物线y=ax2+bx+c经过A(4，0)，B(2，3)，C(0，3)三点，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为：y=−x2+x+3;
(3)结论：存在。
如答图2所示，在抛物线上有两个点P满足题意：
①若BC∥AP1，此时梯形为ABCP1.
由B(2，3)，C(0，3)，可知BC∥x轴，则x轴与抛物线的另一个交点P1即为所求。
抛物线解析式为：y=−x2+x+3，令y=0，解得x1=−2，x2=4，
∴P1(−2，0).
∵P1A=6，BC=2，
∴P1A≠BC，
∴四边形ABCP1为梯形；
②若AB∥CP2，此时梯形为ABCP2.
设CP2与x轴交于点N，
∵BC∥x轴，AB∥CP2，
∴四边形ABCN为平行四边形，
∴AN=BC=2，
∴N(2，0).
设直线CN的解析式为y=kx+b，则有：解得，
∴直线CN的解析式为：y=−x+3.
∵点P2既在直线CN:y=−x+3上，
又在抛物线：y=−x2+x+3上，
∴−x+3=−x2+x+3，化简得：x2−6x=0，
解得x1=0(舍去)，x2=6，
∴点P2横坐标为6，代入直线CN解析式求得纵坐标为−6，∴P2(6，−6).
∵▱ABCN，
∴AB=CN，而CP2≠CN，
∴CP2≠AB，
∴四边形ABCP2为梯形。
综上所述，在抛物线上存在一点P，使得以点A. B. C. P四点为顶点所构成的四边形为梯形;点P的坐标为(−2，0)或(6，−6).






练习3-1
【解析】(1)当y=0时，=0，解得x=4，即A(4，0)，抛物线过点A，对称轴是x=，得，解得，
抛物线的解析式为y=x2−3x−4；
∵平移直线l经过原点O，得到直线m，
∴直线m的解析式为y=x．
∵点P是直线1上任意一点，
∴设P(3a，a)，则PC=3a，PB=a．
又∵PF=3PE，
∴PC/PF=PB/PE．∴∠FPC=∠EPB．
∵∠CPE+∠EPB=90°，
∴∠FPC+∠CPE=90°，∴FP⊥PE．
如图所示，点E在点B的左侧时，设E(a，0)，则BE=6−a．

∵CF=3BE=18−3a，∴OF=20−3a．
∴F(0，20−3a)．
∵PEQF为矩形，
∴，，
∴Qx+6=0+a，Qy+2=20−3a+0，
∴Qx=a−6，Qy=18−3a．
将点Q的坐标代入抛物线的解析式得：18−3a=(a−6)2−3(a−6)−4，解得：a=4或a=8（舍去）．
∴Q(−2，6)．
如下图所示：当点E在点B的右侧时，设E(a，0)，则BE=a−6．

∵CF=3BE=3a−18，
∴OF=3a−20．
∴F(0，20−3a)．
∵PEQF为矩形，
∴，，
∴Qx+6=0+a，Qy+2=20−3a+0，
∴Qx=a−6，Qy=18−3a．
将点Q的坐标代入抛物线的解析式得：18−3a=(a−6)2−3(a−6)−4，解得：a=8或a=4（舍去）．
∴Q(2，−6)．
综上所述，点Q的坐标为(−2，6)或(2，−6)．

练习3-2(2019南充·难)如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c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？

【解析】（1）∵抛物线与x轴交于点A（﹣1，0），点B（﹣3，0）
∴设交点式y＝a（x+1）（x+3）
∵OC＝OB＝3，点C在y轴负半轴
∴C（0，﹣3）
把点C代入抛物线解析式得：3a＝﹣3
∴a＝﹣1
∴抛物线解析式为y＝﹣（x+1）（x+3）＝﹣x2﹣4x﹣3
（2）①如图2，∵x＝m+4时，y＝﹣（m+4）2﹣4（m+4）﹣3＝﹣m2﹣12m﹣35
∴M（m，﹣m2﹣4m﹣3），N（m+4，﹣m2﹣12m﹣35）
设直线MN解析式为y＝kx+n
∴ 解得：
∴直线MN：y＝（﹣2m﹣8）x+m2+4m﹣3

设D（d，﹣d2﹣4d﹣3）（m＜d＜m+4）
∵DE∥y轴
∴xE＝xD＝d，E（d，（﹣2m﹣8）d+m2+4m﹣3）
∴DE＝﹣d2﹣4d﹣3﹣[（﹣2m﹣8）d+m2+4m﹣3]＝﹣d2+（2m+4）d﹣m2﹣4m＝﹣[d﹣（m+2）]2+4
∴当d＝m+2时，DE的最大值为4．
②如图3，∵D、F关于点E对称
∴DE＝EF
∵四边形MDNF是矩形
∴MN＝DF，且MN与DF互相平分
∴DE＝MN，E为MN中点
∴xD＝xE＝＝m+2
由①得当d＝m+2时，DE＝4
∴MN＝2DE＝8
∴（m+4﹣m）2+[﹣m2﹣12m﹣35﹣（﹣m2﹣4m﹣3）]2＝82
解得：m1＝﹣4﹣，m2＝﹣4+
∴m的值为﹣4﹣或﹣4+时，四边形MDNF为矩形．