初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习 几何模型矩形的存在性问题

这是一份初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习 几何模型矩形的存在性问题，共16页。试卷主要包含了方法突破，典例精析，中考真题对决等内容，欢迎下载使用。

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．
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．
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．
【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．
二、典例精析
例一：如图，抛物线与轴交于点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．
【分析】
（1）抛物线：；
（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、N，
点斜式求直线MN：
直线MN：，
整理得：
设D点坐标为，则E点坐标为，
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．
解得：，．
故当m的值为或时，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，
，即，
同样可解得：，．
例二：如图，直线y=x-3与坐标轴交于A、B两点，抛物线经过点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．
【分析】
（1）抛物线：；
（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，
①当∠PBC=90°时，构造三垂直相似：△PEB∽△BFC
，
，，，
由相似可知：，即，
解得：，（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：
，解得：，（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）．
三、中考真题对决
1．（2021•淄博）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，连接．
（1）若，求抛物线对应的函数表达式；
（3）设直线与抛物线交于，两点，问是否存在点（在抛物线上），点（在抛物线的对称轴上），使得以，，，为顶点的四边形成为矩形？若存在，求出点，的坐标；若不存在，说明理由．
解：（1）的坐标为，
，
，
，
的坐标为，
将点代入抛物线，
得，即，
抛物线对应的函数表达式为；
（3）存在，理由如下：
直线与抛物线交于，
直线的解析式为①，
抛物线的表达式为②，
联立①②解得，或，
的坐标为，
抛物线的对称轴为直线，
点的横坐标为，
①若为边，
不妨设在轴上方，如图，过点作轴于，
设的坐标为，
，
，
，
，
解得：或（舍，
的坐标为，
由平移性质，
得：的横坐标向左平移个单位得到的横坐标，
且，
横坐标向左平移个单位，
得：到的横坐标为，
，
解得，
，，
这说明不在轴上方，而在轴下方；
②若为对角线，
设的中点为，
由中点坐标公式得，，
的坐标为，，
矩形对角线、互相平分，
也是的中点，
的横坐标为，
的坐标为，，
，
，
，
整理得：，
变形得：，
换元，令，
得：，
解得：或25，
或25，
，
，
即的坐标为，
的坐标为，
综上，即的坐标为，的坐标为或，．
2．（2021•齐齐哈尔）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点、，与轴交于点，连接，，对称轴为直线，点为此抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式；
（4）点在抛物线对称轴上，平面内存在点，使以点、、、为顶点的四边形为矩形，请直接写出点的坐标．
解：（1），
，
又对称轴为，
，
将，代入解析式得：
，
解得，
；
（4）设，，
由（1）知，，
若为矩形的对角线，
由中点坐标公式得：，
解得：，
又，
，
即：，
解得或，
或，
或，
若为矩形得对角线，
由中点坐标公式得，
解得，
又，
，
即：，
解得，
，
若为矩形的对角线，
由中点坐标公式得，
解得：，
又，
，
即：，
解得，
，
综上，点的坐标为或，或或．
3．（2021•菏泽）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线交轴于、两点，交轴于点．
（1）求该抛物线的表达式；
（3）在（2）的条件下，将抛物线向右平移经过点，时，得到新抛物线，点在新抛物线的对称轴上，在坐标平面内是否存在一点，使得以、、、为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
参考：若点，、，，则线段的中点的坐标为，．
解：（1）由题意得：，解得，
故抛物线的表达式为；
（3）存在，理由：
将抛物线向右平移经过点，时，即点过改点，即抛物线向右平移了个单位，
则函数的对称轴也平移了个单位，即平移后的抛物线的对称轴为，故设点的坐标为，
设点，
①当是边时，
则点向右平移3个单位向下平移6个单位得到点，
同样点（E）向右平移3个单位向下平移6个单位得到点且，
则或，
解得或，
故点的坐标为或；
②当是对角线时，
由中点坐标公式和得：，
解得或，
故点的坐标为或；
综上，点的坐标为或或或．
4．（2021•达州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点和，交轴于点，抛物线的对称轴交轴于点，交抛物线于点．
（1）求抛物线的解析式；
（3）为平面直角坐标系中一点，在抛物线上是否存在一点，使得以，，，为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点的横坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）把，代入中，
得：，
，，
，
（3）存在，
，，
设，
则，，，
构成的四边形是矩形，
是直角三角形，
若是斜边，则，
即，
解得：，，
的横坐标为或，
若是斜边，则，
即，
解得（与点重合，舍去）或，
的横坐标是，
若是斜边，则，
即，
解得（与点重合，舍去）或，
的横坐标为2，
综上的横坐标为，，，2．
5．（2021•嘉峪关）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与坐标轴交于，两点，直线交轴于点．点为直线下方抛物线上一动点，过点作轴的垂线，垂足为，分别交直线，于点，．
（1）求抛物线的表达式；
（3）①是轴上一点，当四边形是矩形时，求点的坐标；
解：（1）抛物线过，两点，
,
解得,
．
①如图1中，过点作于,
四边形是矩形，
,,
,
,
,
,,
,
,
,,
直线的解析式为,
设,,
由得到，,
,
,,
,
,
,
,
．