最新中考几何专项复习专题23 矩形存在性问题巩固练习（提优）

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高效的课堂教学模式是保证高效的复习效果的前提，学生在教师的指导和辅导下进行先自学、探究和及时训练，获得知识、发展能力的一种教学模式。
策略二 专题内容的设计应遵循教与学的认知规律和学生心理发展规律，凸显方法规律，由简单到复杂，由特殊到一般，再由一般到特殊
总结规律，推广一般。从一般到特殊：抛砖引玉，解决问题。
策略三 设计专题内容时考虑建立几何模型，体现思想方法，让学生驾轻就熟，化难为易，化繁为简。
几何，常常因为图形变化多端，方法多种多样而被称为数学中的变形金刚。题目千变万化，但万变不离其宗。
矩形存在性问题巩固练习
1．如图，▱ABCD中，AB⊥AC，AB＝1，BC=5．对角线AC、BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转α°，分别交直线BC、AD于点E、F．
(1)当α＝ 90° 时，四边形ABEF是平行四边形；
(2)在旋转的过程中，四边形BEDF可能是菱形吗？如果能，求出此时α的值；如果不能，说明理由；
(3)在旋转过程中，是否存在以A、B、C、D、E、F中的4个点为顶点的四边形是矩形？如果存在，直接写出矩形的名称及对角线的长度；如果不存在，说明理由．
【分析】(1)由AB⊥AC得∠BAC＝90°，在Rt△ABC中，根据勾股定理计算出AC＝2，再根据平行四边形的性质得OA＝OC=12AC＝1，AD∥BC，于是可判断△AOB为等腰直角三角形，则∠AOB＝45°，根据平行四边形的判定当EF∥AB时，四边形ABEF是平行四边形，则EF⊥AC，根据旋转的性质得α＝90°；
(2)由于四边形ABCD的对称中心为点O，则OB＝OD，OE＝OF，可判断四边形BEDF为平行四边形，根据菱形的判定，当EF⊥BD时，四边形BEDF为菱形而∠AOB＝45°，根据互余得到∠COE＝45°，所以此时α为45°；
(3)根据平行四边形的性质有OA＝OC，OB＝OD，OE＝OF，再根据矩形的判定，当EF＝AC时，四边形AECF为矩形，易得此时矩形AECF的对角线长为2；当EF＝BD时，四边形BEDF为矩形，由△AOB为等腰直角三角形得OB=2AB=2，则BD＝2OB＝22，所以此时矩形BEDF的对角线长为22．
【解答】解：(1)∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
在Rt△ABC中，AB＝1，BC=5，
∴AC=BC2−AB2=2，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OA＝OC=12AC＝1，AD∥BC，
∴△AOB为等腰直角三角形，
∴∠AOB＝45°，
∵AF∥BE，
∴当EF∥AB时，四边形ABEF是平行四边形，
∴EF⊥AC，
∴α＝90°；
故答案为90°；
(2)在旋转的过程中，四边形BEDF可能是菱形．
如图1，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴四边形ABCD的对称中心为点O，
∴OB＝OD，OE＝OF，
∴四边形BEDF为平行四边形，
∴当EF⊥BD时，四边形BEDF为菱形，
∵∠AOB＝45°，
∴∠COE＝45°，
即此时α为45°；
(3)在旋转过程中，存在以A、B、C、D、E、F中的4个点为顶点的四边形是矩形，
∵OA＝OC，OB＝OD，OE＝OF，
∴当EF＝AC时，四边形AECF为矩形，如图2，矩形AECF的对角线长为2；
当EF＝BD时，四边形BEDF为矩形，如图3，
∵△AOB为等腰直角三角形，
∴OB=2AB=2，
∴BD＝2OB＝22，
∴矩形BEDF的对角线长为22．
【点评】本题考查了四边形的综合题：熟练掌握平行四边形和特殊平行四边形的判定与性质；理解旋转的性质；会运用等腰直角三角形的性质和勾股定理进行几何计算．
2．如图1，在平面直角坐标系中，直线y=−34x+n分别与x轴、y轴交于点A、B，且点A的坐标为(4，0)，点C为线段AB的中点．
(1)求点B的坐标；
(2)点P为直线AB上的一个动点，过点P作x轴的垂线，与直线OC交于点Q，设点P的横坐标为m，△OPQ的面积为S，求S与m的函数解析式；
(3)当点P在直线AB上运动时，在平面直角坐标系内是否存在一点N，使得以O，B，P，N为顶点的四边形为矩形，若存在，求出N点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)S=12PQ•|xP|，即可求解；
(3)分OB是矩形的边、OB是矩形的对角线两种情况，分别求解即可．
【解答】解：(1)将点A的坐标代入y=−34x+n并解得：n＝3，
故直线的表达式为：y=−34x+3，
令x＝0，则y＝3，故点B(0，3)；
(2)点C为线段AB的中点，
则由中点公式得，点C(2，32)，则直线OC的表达式为：y=34x，
设点P(m，−34m+3)，则点Q(m，34m)，
当点P在y轴右侧，且在点C右侧时，
S=12PQ•|xP|=12(34m+34m﹣3)•m=34m2−32m；
当点P在y轴右侧，且在点C左侧时，
S=12PQ•|xP|=12(−34m+3−34m)•m=32m−34m2；
当点P在y轴左侧时，
同理可得：S=34m2−32m；
故S=34m2−32m或S=32m−34m2；
(3)设P(m，−34m+3)，点N(s，t)，而点O、B的坐标分别为(0，0)、(0，3)；
①当OB是矩形的边时，
则点P与点A重合，故点P(4，0)，故点N(4，3)；
②当OB是矩形的对角线时，
由中点公式得：m+s＝0且−34m+3+t＝3+0①，
由矩形的对角线相等得：OB＝PN，即(m﹣s)2+(−34m+3﹣t)2＝32②，
联立①②并解得：s=−3625t=2725m=3625，故点N(−3625，2725)；
综上，点N的坐标为(4，3)或(−3625，2725)．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到二次函数的性质、矩形的性质、面积的计算等，其中(2)、(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
3．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E、F、G、H分别从点A、B、C、D同时出发，动点E从点A开始沿边AB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，动点F从点B开始沿边BC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点G从点C开始沿边CD向点D以每秒2个单位长度的速度运动，动点H从点D开始沿边DA向点A以每秒1个单位长度的速度运动，当其中一点到达终点时，其余点也随之停止运动，设运动时间t．
(1)证明：四边形EFGH始终是平行四边形；
(2)是否存在某一时刻使得四边形EFGH是矩形？若存在，求t的值；
(3)证明：三条直线AC，EG，FH经过同一点．
【分析】(1)根据条件可以表示出AE＝2t，BE＝8﹣2t，BF＝t，CF＝6﹣t，CG＝2t，GD＝8﹣2t，HD＝t，AH＝6﹣t，就可以得出AE＝CG，BE＝GD，BF＝DH，CF＝AH，由矩形的性质就可以得出△HAE≌△FCG，△EBF≌△GDH，就可以得出HE＝FG，EF＝HG，就可以得出结论；
(2)连接EG，FH，作FM⊥AD于M，根据矩形的性质及勾股定理就可以得出EF2＝t2+64﹣32t+4t2，FG2＝36﹣12t+t2+4t2，进而得出EG2＝100+10t2﹣44t，FH2＝100﹣24t+4t2，由矩形的性质建立方程就可以求出t的值；
(3)连接EG，FH，使EG与AC相交于点O，EG与FH相交于点P．由平行四边形的性质就可以得出EP＝GP，AP＝CP，就有P是EG的中点，由矩形的性质可以得出△AOE≌△COG，就可以得出AO＝CO，EO＝GO，就有O是EG的中点，得出P、O重合，进而得出三条直线AC，EG，FH经过同一点．
【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠BCD＝∠D＝∠DAB＝90°，AB＝CD，BC＝AD．
∵AE＝CG＝2t，BF＝DH＝t，
∴BE＝GD＝8﹣2t，CF＝AH＝6﹣t．
在△EBF和△GDH中，
BE=GD∠B=∠DBF=DH，
∴△EBF≌△GDH(SAS)，
∴EF＝GH．
在△HAE和△FCG中，
AH=CF∠DAB=∠BCDAE=CG，
∴△HAE≌△FCG(SAS)，
∴HE＝FG．
∵EF=GHHE=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形；
(2)解：在某一时刻四边形EFGH是矩形．理由如下：
连接EG，FH，作FM⊥AD于M，
∴∠FMH＝90°．
∵四边形EFGH是矩形，
∴EG＝FH，∠EFG＝90°．
∴EG2＝EF2+FG2．FH2＝MF2+MH2．
∴FH2＝100﹣24t+4t2．
在Rt△BEF，Rt△FCG中，由勾股定理，得，
EF2＝t2+64﹣32t+4t2，FG2＝36﹣12t+t2+4t2，
∴EF2+FG2＝100+10t2﹣44t，
∴100+10t2﹣44t＝100﹣24t+4t2．
∴t1＝0(舍去)，t2=103
∴t=103时，四边形EFGH是矩形；
(3)证明：连接EG，FH，使EG与AC相交于点O，EG与FH相交于点P．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠EAC＝∠DCA，∠AEO＝∠CGO．
在△AOE和△COG中
∠EAC=∠DCAAE=CG∠AEO=∠CGO，
∴△AOE≌△COG(ASA)，
∴EO＝GO，AO＝CO，
∴O是EG、AC的中点．
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴EP＝GP，FP＝HP，
∴P是EG、FH的中点，
∴O、P重合，
∴三条直线AC，EG，FH经过同一点．
【点评】本题考查了平行四边形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，全等三角形的判定及性质的运用，矩形的性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
4．如图，已知点A(7，8)、C(0，6)，AB⊥x轴，垂足为点B，点D在线段OB上，DE∥AC，交AB于点E，EF∥CD，交AC于点F．
(1)求经过A、C两点的直线的表达式；
(2)设OD＝t，BE＝s，求s与t的函数关系式；
(3)是否存在点D，使四边形CDEF为矩形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)将点A、C的坐标代入一次函数表达式y＝kx+b，即可求解；
(2)设OD＝t，BE＝s，则点D(t，0)，点B(7，0)，直线的表达式为：y=27x−27t，即可求解；
(3)证明∠OCD＝∠BDE，则tan∠OCD＝tan∠BDE，即t6=2−27t7−t，即可求解．
【解答】解：(1)将点A、C的坐标代入一次函数表达式y＝kx+b得：7k+b=8b=6，解得：k=27b=6，
故直线AC的表达式为：y=27x+6；
(2)设OD＝t，BE＝s，则点D(t，0)，点B(7，0)，
同理可得：直线的表达式为：y=27x−27t，
当x＝7时，s＝y＝2−27t(0＜t＜7)；
(3)存在，理由：
由(2)知：点D(t，0)，BE=27x−27t，
四边形CDEF为矩形，则∠CDE＝90°，
∵∠EDB+∠CDO＝90°，∠CDO+∠OCD＝90°，∴∠OCD＝∠BDE，
∴tan∠OCD＝tan∠BDE，即t6=2−27t7−t，
解得：t=127或7(舍去7)，
故点D的坐标为(127，0)．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到矩形的性质、解直角三角形等，其中(3)，解题的关键是确定OCD＝∠BDE．
5．如果一条抛物线y＝ax2+bx+c(a≠0)与x轴有两个交点，那么以该抛物线的顶点和这两个交点为顶点的三角形称为这条抛物线的“抛物线三角形”．
(1)“抛物线三角形”一定是 等腰 三角形；
(2)若抛物线y＝﹣x2+bx(b＞0)的“抛物线三角形”是等腰直角三角形，求b的值；
(3)如图，△OAB是抛物线y＝﹣x2+b′x(b′＞0)的“抛物线三角形”，是否存在以原点O为对称中心的矩形ABCD？若存在，求出过O、C、D三点的抛物线的表达式；若不存在，说明理由．
(4)若抛物线y＝﹣x2+4mx﹣8m+4与直线y＝3交点的横坐标均为整数，是否存在整数m的值使这条抛物线的“抛物线三角形”有一边上的中线长恰好等于这边的长？若存在，直接写出m的值；若不存在，说明理由．
【分析】(1)抛物线的顶点必在抛物线与x轴两交点连线的垂直平分线上，因此这个“抛物线三角形”一定是等腰三角形．
(2)观察抛物线的解析式，它的开口向下且经过原点，由于b＞0，那么其顶点在第一象限，而这个“抛物线三角形”是等腰直角三角形，必须满足顶点坐标的横、纵坐标相等，以此作为等量关系来列方程解出b的值．
(3)由于矩形的对角线相等且互相平分，所以若存在以原点O为对称中心的矩形ABCD，那么必须满足OA＝OB，结合(1)的结论，这个“抛物线三角形”必须是等边三角形，首先用b′表示出AE、OE的长，通过△OAB这个等边三角形来列等量关系求出b′的值，进而确定A、B的坐标，即可确定C、D的坐标，利用待定系数即可求出过O、C、D的抛物线的解析式．
(4)联立两个函数的解析式，通过所得方程先求出这个方程的两个根，然后通过这两个根都是整数确定m的整数值．
【解答】解：(1)如图；
根据抛物线的对称性，抛物线的顶点A必在O、B的垂直平分线上，所以OA＝AB，即：“抛物线三角形”必为等腰三角形．
故答案为：等腰．
(2)当抛物线y＝﹣x2+bx(b＞0)的“抛物线三角形”是等腰直角三角形，
该抛物线的顶点( b2，b24)，满足b2=b24(b＞0)．
则b＝2．
(3)存在．
如图，作△OCD与△OAB关于原点O中心对称，则四边形ABCD为平行四边形．
当OA＝OB时，平行四边形ABCD是矩形，
又∵AO＝AB，
∴△OAB为等边三角形．
∴∠AOB＝60°，
作AE⊥OB，垂足为E，
∴AE＝OEtan∠AOB=3OE．
∴b'24=3×b'2(b＞0)．
∴b′＝2 3．
∴A( 3，3)，B(23，0)．
∴C(−3，﹣3)，D(﹣23，0)．
设过点O、C、D的抛物线为y＝mx2+nx，则
12m−23n=03m−3n=−3，
解得 m=1n=23，
故所求抛物线的表达式为y＝x2+23x．
(4)由﹣x2+4mx﹣8m+4＝3，x=4m±16m2−4(8m−1)2=2m±4m2−8m+1，
当x为整数时，须 4m2﹣8m+1为完全平方数，设 4m2﹣8m+1＝n2 (n是整数)整理得：
(2m﹣2)2﹣n2＝3，即 (2m﹣2+n)(2m﹣2﹣n)＝3
两个整数的积为3，∴2m−2+n=12m−2−n=3或2m−2+n=32m−2−n=1或2m−2+n=−12m−2−n=−3或2m−2+n=−32m−2−n=−1
解得：m=2n=−1或m=2n=1或m=0n=1或m=0n=−1，
综上，得：m＝2或m＝0；
根据题意，抛物线的“抛物线三角形”有一边上的中线长恰好等于这边的长，
当m＝2时，抛物线方程为y＝﹣x2+8x﹣12＝﹣(x﹣4)2+4，满足抛物线三角形的底边长等于这边的中线长；
当m＝0时，抛物线方程为y＝﹣x2+4，满足抛物线三角形的底边长等于这边的中线长；
∴抛物线与直线y＝3交点的横坐标均为整数时m＝2或m＝0．
【点评】本二次函数综合题融入了新定义的形式，涉及到：二次函数的性质及解析式的确定、等腰三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，重在考查基础知识的掌握情况，解题的思路并不复杂，但计算过程较为复杂，间接增大了题目的难度．
6．如图，二次函数y＝﹣mx2+4m的顶点坐标为(0，2)，矩形ABCD的顶点B、C在x轴上，A、D在抛物线上，矩形ABCD在抛物线与x轴所围成的图形内．
(1)求二次函数的解析式；
(2)设点A的坐标为(x，y)，试求矩形ABCD的周长P关于自变量x的函数解析式，并求出自变量x的取值范围；
(3)是否存在这样的矩形ABCD，使它的周长为9？试证明你的结论．
【分析】(1)由顶点坐标(0，2)可直接代入y＝﹣mx2+4m，求得m=12，即可求得抛物线的解析式；
(2)由图及四边形ABCD为矩形可知AD∥x轴，长为2x的据对值，AB的长为A点的总坐标，由x与y的关系，可求得p关于自变量x的解析式，因为矩形ABCD在抛物线里面，所以x小于0，大于抛物线与x负半轴的交点；
(3)由(2)得到的p关于x的解析式，可令p＝9，求x的方程，看x是否有解，有解则存在，无解则不存在，显然不存在这样的p．
【解答】解：(1)∵二次函数y＝﹣mx2+4m的顶点坐标为(0，2)，
∴4m＝2，
即m=12，
∴抛物线的解析式为：y=−12x2+2；
(2)∵A点在x轴的负方向上坐标为(x，y)，四边形ABCD为矩形，BC在x轴上，
∴AD∥x轴，
又∵抛物线关于y轴对称，
∴D、C点关于y轴分别与A、B对称．
∴AD的长为﹣2x，AB长为y，
∴周长p＝2y+4x＝2(−12x2+2)﹣4x＝﹣(x+2)2+8．
∵矩形ABCD在抛物线与x轴所围成的图形内，
∴﹣2＜x＜0，
∴p＝﹣(x+2)2+8，其中﹣2＜x＜0．
(3)不存在，
证明：假设存在这样的p，即：
9＝﹣(x+2)2+8，
解此方程得：x无解，所以不存在这样的p．
【点评】本题考查的二次函数与几何矩形相结合的应用，比较综合，只要熟练二次函数的性质，数形结合，此题算是中档题，考点还是比较基础的．
7．如图，一次函数y＝x+3与坐标轴交于A、C两点，过A、C两点的抛物线y＝ax2﹣2x+c与x轴交于另一点B，抛物线顶点为E，连接AE．
(1)求该抛物线的函数表达式及顶点E坐标；
(2)点P是线段AE上的一动点，过点P作PF平行于y轴交AC于点F，连接EF，求△PEF面积的最大值及此时点P的坐标；
(3)若点M为坐标轴上一点，点N为平面内任意一点，是否存在这样的点，使A、E、M、N为顶点的四边形是以AE为对角线的矩形？如果存在，请直接写出N点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)一次函数y＝x+3与坐标轴交于A、C两点，则点A、C的坐标为(﹣3，0)、(0，3)，将点A、C的坐标代入二次函数表达式，即可求解；
(2)S△PEF=12PF×(xE﹣x)=12×(2x+6﹣x﹣3)(﹣1﹣x)=−12(x+3)(x+1)，即可求解；
(3)分点M(m，0)在x轴上、点M在y轴上两种情况分别求解．
【解答】解：(1)一次函数y＝x+3与坐标轴交于A、C两点，则点A、C的坐标为(﹣3，0)、(0，3)，
将点A、C的坐标代入二次函数表达式得：0=9a+6+cc=3，解得：a=−1c=3，
故抛物线的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3，
顶点E(﹣1，4)；
(2)将点A、E的坐标代入一次函数表达式并解得：
直线AE的表达式为：y＝2x+6，
设点P(x，2x+6)，则点F(x，x+3)，
S△PEF=12PF×(xE﹣x)=12×(2x+6﹣x﹣3)(﹣1﹣x)=−12(x+3)(x+1)，
当x＝﹣2时，S△PEF有最大值为12，
此时点P(﹣2，2)；
(3)点A、E的坐标分别为(﹣3，0)、(﹣1，4)，AE2＝20，
①当点M(m，0)在x轴上时，
设点N(s，t)，
则AE＝MN，且AE中点坐标为MN中点坐标，
即：m+s=−4t=4(m−s)2+t2=20，解得：t=4s=−1或−3m=−3或−1，
故点N(﹣3，4)；
②当点M在y轴上时，
同理可得：点N(﹣4，3)或(﹣4，1)；
综上，点N坐标为：N(﹣3，4)或(﹣4，3)或(﹣4，1)．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到矩形的性质、一次函数、面积的计算等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
8．如图1，直线l1：y=3x+6与x轴，y轴分别交于B，A两点，过点A做AC⊥AB交x轴于点C，将直线l1沿着x轴正方向平移m个单位得到直线l2交直线AC于点D，交x轴于点E，将△CDE沿直线l2翻折得到点F．
(1)若m＝23，求点E；
(2)若△BCF的面积等于43，求l2的解析式；
(3)在(1)的条件下，将△ABO绕点C旋转60°得到△A1B1O1，点R是直线l2上一点，在直角坐标系中是否存在点S，使得以点A1、B1、R、S为顶点的四边形是矩形？若存在，求出点S的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)平移k是相同的，得到平移后解析式y=3(x﹣23)+6=3x；
(2)直线AC的解析式y=−33x+6，设F点的纵坐标为h，利用面积求出h，在RtCED中，CD＝1，求出CE=233进而求解；
(3))△ABO绕点C旋转60°得到△A1B1O1，得到△BCB1，△OO1C都是等边三角形，当B1RSA1是矩形时，B1R⊥B1A1，R在y=3x上，R(23，6)；当B1RA1S是矩形时，B1R⊥RA1，R与O1重合，R(33，9)；
【解答】解：(1)y=3x+6与x轴，y轴分别交于B，A两点，
∴A(0，6)，B(﹣23，0)，
∵y=3x+6向右平移23个单位，
∴y=3(x﹣23)+6=3x，
∴E(0，0)；
(2)l2：y=3(x﹣m)+6，
∴E(m﹣23，0)，
∵AC⊥AB，
直线AC的解析式y=−33x+6，
∴C(63，0)，
∴EC＝83−m，
设F点的纵坐标为h，
BC＝83，
∵△BCF的面积等于43，
∴43=12×83h，
∴h＝1，
∵tan∠B=OAOB=3，
∴∠ABO＝60°，
∴∠BAC＝30°，
∴CF＝2，
在RtCED中，CD＝1，∴CE=233，
∴OE=1633，
∴m=2233，
∴y=3x﹣16；
(3)△ABO绕点C旋转60°得到△A1B1O1，
∴△BCB1，△OO1C都是等边三角形，
∴B1(23，12)，O1(33，9)，A1(63，12)，
当B1RSA1是矩形时，B1R⊥B1A1，R在y=3x上，
∴R(23，6)；
∴S(63，6)
当B1A1RS是矩形时，A1B1⊥B1R，R在y=3x上，
∴R(63，18)，
∴S(23，18)，
当B1RA1S是矩形时，B1R⊥RA1，R与O1重合，
∴R(33，9)，R(53，15)，
∴S(53，15)，S(33，9)，
故存在R使得以点A1、B1、R、S为顶点的四边形是矩形，
S(63，6)，S(23，18)，S(53，15)，S(33，9)；
【点评】本题考查一次函数的性质，一次函数的平移，矩形的性质，直角三角形，直线的平行于垂直，探索点的存在性；能够结合直角三角形知识解决点的问题是难点，数形结合是探究矩形存在的有效手段；
9．如图，抛物线y=−13x2+43x+1与y轴交于点A，对称轴交x轴于点B，连AB，点P在y轴上，点Q在抛物线上，是否存在点P和Q，使四边形ABPQ为矩形？若存在，求点Q的坐标．
【分析】先令x＝0，求出y的值得到AO的长度，根据对称轴解析式求出OB的长度，根据矩形的四个角都是直角可得∠ABP＝90°，然后求出∠BAO＝∠PBO，从而得到△AOB和△BOP相似，利用相似三角形对应边成比例求出OP的长度，再根据矩形的对称性求出矩形的中心C的坐标，然后求出点Q的坐标，再根据二次函数图象上点的坐标特征把点Q的坐标代入抛物线解析式进行验证即可．
【解答】解：存在点P(0，﹣4)，Q(﹣2，﹣3)，使四边形ABPQ为矩形．
理由如下：令x＝0，则y＝1，
∴AO＝1，
∵抛物线对称轴为直线x=−432×(−13)=2，
∴OB＝2，
∵四边形ABPQ为矩形，
∴∠ABO+∠PBO＝∠ABP＝90°，
∵∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠BAO＝∠PBO，
又∵∠AOB＝∠BOP＝90°，
∴△AOB∽△BOP，
∴AOOB=OBOP，
即12=2OP，
解得OP＝4，
∴点P的坐标为(0，﹣4)，
∴AP的中点，即矩形的中心C的坐标是(0，﹣1.5)，
设点Q(x，y)，则x+22=0，y+02=−1.5，
解得x＝﹣2，y＝﹣3，
∴点Q的坐标为(﹣2，﹣3)，
当x＝﹣2时，y=−13×(﹣2)2+43×(﹣2)+1=−43−83+1＝﹣4+1＝﹣3，
∴点Q在抛物线y=−13x2+43x+1上，
故存在点P(0，﹣4)，Q(﹣2，﹣3)，使四边形ABPQ为矩形．
【点评】本题是二次函数综合题型，主要利用了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，中心对称的点的坐标求出以及二次函数图象上点的坐标特征，利用中心对称求出点Q的坐标是解题的关键．
10．如图，抛物线y＝ax2+bx+5经过点A(﹣1，0)，B(2，5)，抛物线与x轴的另一个交点为C点，点P为y轴上一动点，作平行四边形BPCD．
(1)求C点的坐标；
(2)是否存在P点，使四边形BPCD为矩形？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由；
(3)连结PD，PD的长度是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由；
(4)若E为AC中点，求抛物线上满足到E点的距离小于2的所有点的横坐标x的范围．
【分析】(1)将A、B两点的坐标代入y＝ax2+bx+5，利用待定系数法求出函数解析式，再将y＝0代入，解一元二次方程即可求出C点的坐标；
(2)设抛物线y=−53x2+103x+5与y轴交于点F，连结BF，则∠BFP＝90°，先证明△BPF∽△PCO，根据相似三角形对应边成比例列式求出OP，然后写出点P的坐标即可；
(3)连接BC，设PD、BC相交于点H，根据平行四边形的对角线互相平分可得PD＝2PH，再求出点H的坐标，再根据垂线段最短可得PH⊥y轴时，PH最短，从而求出PH，再求出PD即可；
(4)先写出以点E为圆心，以2为半径的圆的解析式，然后消掉x得到关于y的一元二次方程，求解得到y的值，再代入抛物线解析式求出到点E的距离等于2的横坐标x的值，然后根据函数图象解答．
【解答】解：(1)∵抛物线y＝ax2+bx+5经过点A(﹣1，0)，B(2，5)，
∴a−b+5=04a+2b+5=5，
解得a=−53b=103，
∴y=−53x2+103x+5，
当y＝0时，−53x2+103x+5＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴C点的坐标为(3，0)；
(2)如图，设抛物线y=−53x2+103x+5与y轴交于点F，则F点坐标为(0，5)，连结BF．
∵B(2，5)，
∴∠BFP＝90°，
∵四边形BPCD为矩形，∠BPC＝90°，
∴∠BPF+∠OPC＝90°，
∵∠OPC+∠PCO＝90°，
∴∠BPF＝∠PCO．
在△BPF与△PCO中，
∠BPF=∠PCO∠BFP=∠POC=90°，
∴△BPF∽△PCO，
∴PFCO=BFPO，
∵B(2，5)，F(0，5)，C(3，0)，
∴BF＝2，OC＝3，OF＝5，
∴PF＝5﹣OP，
∴5−OP3=2OP，
整理得，OP2﹣5OP+6＝0，
解得OP＝2或OF＝3，
∴点P的坐标为(0，2)或(0，3)；
(3)连接BC，设PD、BC相交于点H，
∵四边形BPCD是平行四边形，
∴PD、BC互相平分，
∴PD＝2PH，
又∵C(3，0)，B(2，5)，
∴点H的坐标为(2.5，2.5)，
根据垂线段最短，PH⊥y轴时，PH最短，
此时，PH＝2.5，
PD＝2PH＝2×2.5＝5；
(4)抛物线解析式为y=−53x2+103x+5=−53(x﹣1)2+203，
∵E为AC中点，
∴点E的坐标为(1，0)，
∴以E为圆心，以2为半径的圆为(x﹣1)2+y2＝4，
与抛物线解析式联立消掉(x﹣1)2得，−53(4﹣y2)+203=y，
整理得，5y2﹣3y＝0，
解得y1＝0，y2=35，
y=35时，−53(x﹣1)2+203=35，
整理得，(x﹣1)2=9125，
解得x1=5−915，x2=5+915，
故当﹣1＜x＜5−915或5+915＜x＜3时，抛物线上的点到E点的距离小于2．
【点评】本题是二次函数综合题型，其中涉及到的知识点有利用待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定与性质，平行四边形的对角线互相平分的性质等知识，综合性较强．利用圆的解析式求出抛物线到点E的距离等于2的点的纵坐标是解题的关键，也是本题的难点．
11．如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的斜边AB在x轴上，顶点C在y轴的负半轴上，tan∠ABC=34，点P在线段OC上，且PO、PC的长(P0＜PC)是x2﹣12x+27＝0的两根．
(1)求P点坐标；
(2)若∠ACB的平分线交x轴于点D，求直线CD的解析式；
(3)若M是射线CD上的点，在平面内是否存在点Q，使以A、C、M、Q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)由PO、PC的长(P0＜PC)是x2﹣12x+27＝0的两根，解方程可得出PO＝3，结合点P在线段OC上可得出P点的坐标；
(2)由(1)可得出OC的长，结合tan∠ABC=34在直角三角形COB中可求出OB的长度，由∠CAB与∠ABC互余可得出ct∠BAC＝tan∠ABC，在直角三角形AOC中可求出AO的长度，从而得出B、A点的坐标，设点D的坐标为(m，0)，根据角平分线的性质结合三角形的面积可得出关于m的一元一次方程，解之即可得出结论；
(3)分四边形ACQM为矩形及四边形AMCQ为矩形两种情况考虑：①当四边形ACQM为矩形时，设出点Q的坐标，利用等腰直角三角形的性质可得出关于x的无理方程，解之即可得出点Q的坐标；②当四边形AMCQ为矩形时，设出点Q的坐标，利用等腰直角三角形的性质可得出关于x的无理方程，解之即可得出点Q的坐标．综上即可得出点Q的坐标．
【解答】解：(1)∵PO、PC的长(P0＜PC)是x2﹣12x+27＝0的两根，
∴PO＝3，PC＝9．
又∵点P在线段OC上，
∴点P的坐标为(0，﹣3)．
(2)∵PO＝3，PC＝9，
∴OC＝OP+PC＝12，
∴点C的坐标为(0，﹣12)
在Rt△COB中，tan∠ABC=34，OC＝12，
∴OB=OCtan∠ABC=16，
∴点B的坐标为(0，16)．
∵△ABC为直角三角形，
∴ct∠BAC＝tan∠ABC=34，
在Rt△AOC中，ct∠OAC=34，OC＝12，
∴OA＝OC•ct∠OAC＝9，
∴点A的坐标为(﹣9，0)．
设点D的坐标为(m，0)，
∵点D为∠ACB的平分线上的点，
∴m+992+122=16−m122+162，
解得：m=127，
故点D的坐标为(127，0)，
设直线CD的解析式为y＝kx+b，
将C(0，﹣12)，D(127，0)代入y＝kx+b，得：
b=−12127k+b=0，解得：k=7b=−12，
∴直线CD的解析式为y＝7x﹣12．
(3)假设存在，画出图形如下．
∵A(﹣9，0)，B(16，0)，C(0，﹣12)，
∴直线BC的解析式为y=34x﹣12．
①当四边形ACQM为矩形时，
∵∠ACB＝90°，
∴点Q在直线BC上，
∵CD为∠ACB的角平分线，
∴∠ACM＝45°，
∴AM＝AC＝CQ＝MQ．
设点Q的坐标为(x，34x﹣12)．
∵AC=122+92=15，CQ=x2+(34x−12+12)2，
∴x2+(34x−12+12)2=15，
解得：x＝12，或x＝﹣12(舍去)，
∴点Q的坐标为(12，﹣3)；
②当四边形AMCQ为矩形时，
∵直线CD的解析式为y＝7x﹣12，
∴直线CQ的解析式为y=−17x﹣12．
设点Q的坐标为(x，−17x﹣12)．
∵AC=122+92=15，AQ=(x+9)2+(−17x−12)2，
∴2•(x+9)2+(−17x−12)2=15，
解得：x=−212，
∴点Q的坐标为(−212，−212)．
综上所述：在平面内存在点Q，使以A、C、M、Q为顶点的四边形是矩形，点Q的坐标为(12，﹣3)或(−212，−212)．
【点评】本题考查了解一元二次方程、利用三角函数值解直角三角形、点到直线的距离以及正方形的判定及性质，解题的关键：(1)解一元二次方程；(2)利用点到直线的距离找出关于m的一元一次方程；(3)正方形的判定及性质．本题属于中档题，难度不大，(1)难度很小；(2)借助了角平分线的性质列出方程；(3)分四边形ACQM为矩形及四边形AMCQ为矩形两种情况考虑．
12．如图，已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，抛物线y＝﹣x2+2mx+n(m＜0、n＞0)的顶点为D，与y轴的交点为C，过点C作CA∥x轴交抛物线于点A，在AC延长线上取点B，使BC=12AC，连接OA，OB，BD和AD．
(1)若点A的坐标是(﹣2，1)
①求m，n的值；
②试判断四边形AOBD的形状，并说明理由；
(2)若四边形AOBD是平行四边形，求m与n的关系；
(3)是否存在n，使得四边形AOBD是矩形？若存在，请直接写出n的值；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)①将抛物线上的点的坐标代入抛物线即可求出m、n的值；
②求证AD＝BO和AD∥BO即可判定四边形为平行四边形；
(2)过D点作DE⊥AB于点E，根据已知条件和平行四边形的性质求得D(m，m2+n)，代入解析式即可求得．
(3)根据矩形的各角为90°可以求得△ABO∽△OBC即BCOB=OBAB，再根据勾股定理可得OC=2BC，AC=2OC，可求得横坐标为±2n，纵坐标为n，代入解析式即可求得．
【解答】解：(1)①∵AC∥x轴，A点坐标为(﹣2，1)．
∴点C的坐标是(0，1)
把A、C两点的坐标代入y＝﹣x2+2mx+n得，
1=−4−4m+n1=n，
解得m=−1n=1；
②四边形AOBD是平行四边形；
理由如下：
由①得抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+1，
∴顶点D的坐标为(﹣1，2)，
过D点作DE⊥AB于点E，
则DE＝OC＝1，AE＝1，
∵AC＝2，
∴BC=12AC＝1，
∴AE＝BC．
∵AC∥x轴，
∴∠AED＝∠BCO＝90°，
∴△AED≌△BCO，
∴AD＝BO．∠DAE＝∠OBC，
∴AD∥BO，
∴四边形AOBD是平行四边形．
(2)过D点作DE⊥AB于点E，
∴AE=12AC，
∵四边形AOBD是平行四边形，
∴AD＝OB，
∵AC∥x轴，
∴∠BCO＝90°，
∴∠AED＝∠BCO，
∴△AED≌△BCO，
∴DE＝OC，
∴D的纵坐标等于A的纵坐标的2倍，
∵y＝﹣x2+2mx+n＝﹣(x﹣m)2+m2+n，
∴D(m，m2+n)，
∴A(2m，m2+n2)，
代入y＝﹣x2+2mx+n得，m2+n2=−4m2+4m2+n，
解得n＝m2．
(3)存在；
要使四边形AOBD是矩形；
则需∠AOB＝∠BCO＝90°，
∵∠ABO＝∠OBC，
∴△ABO∽△OBC，
∴BCOB=OBAB，
又∵AB＝AC+BC＝3BC，
∴OB=3BC，
∴在Rt△OBC中，根据勾股定理可得：OC=2BC，AC=2OC，
∵C点是抛物线与y轴交点，
∴OC＝n，
∴A点坐标为(±2n，n)，
∴顶点横坐标m=−22n，
顶点D纵坐标是点A纵坐标的2倍，为2n，
顶点D的坐标为(−22n，2n)
∵将D点代入可得2n＝﹣(−22n)2+2×(−22n)2+n，
解得：n1＝2，n2＝0(舍去)，
∴n＝2．
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数对称轴顶点坐标的公式，平行四边形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质以及勾股定理的应用等，求得D的坐标是解题的关键．