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专题15二次函数与矩形存在性问题
解题点拨
【基本定理】
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.
直击中考
1.如图,在平面直角坐标系中,抛物线()与x轴交于点A,B,与y轴交于点C,连接BC,,对称轴为,点D为此抛物线的顶点.
(1)求抛物线的解析式;
(2)点P在抛物线对称轴上,平面内存在点Q,使以点B,C,P,Q为顶点的四边形为矩形,请直接写出点P的坐标.
2.(2022·贵州黔西·统考中考真题)如图,在平面直角坐标系中,经过点的直线AB与y轴交于点.经过原点O的抛物线交直线AB于点A,C,抛物线的顶点为D.
(1)求抛物线的表达式;
(2)M是线段AB上一点,N是抛物线上一点,当轴且时,求点M的坐标;
(3)P是抛物线上一动点,Q是平面直角坐标系内一点.是否存在以点A,C,P,Q为顶点的四边形是矩形?若存在,直接写出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
3.如图,若二次函数的图象与轴交于点、,与轴交于点,连接.
(1)求该二次函数的解析式;
(2)若点Q是抛物线上一动点,在平面内是否存在点K,使以点B、C、Q、K为顶点,BC为边的四边形是矩形?若存在请求出点K的坐标;若不存在,请说明理由.
4.如图,已知二次函数与一次函数的图象相交于,B两点.
(1)求a,k的值及点B的坐标;
(2)在抛物线上求点P,使△PAB的面积是△AOB面积的一半;(写出详细解题过程)
(3)点M在抛物线上,点N在坐标平面内,是否存在以A,B,M,N为顶点的四边形是矩形,若存在直接写出M的坐标,若不存在说明理由.
5.如图,抛物线与轴交于点,与轴交于点,,过点作轴与抛物线交于另一点.
(1)求抛物线的表达式;
(2)点是轴上的一个点,点是平面直角坐标系内一点,是否存在这样的点,使得以为顶点的四边形是矩形?若存在,请直接写出点的坐标;若不存在,请说明理由.
6.(2022·黑龙江绥化·统考中考真题)如图,抛物线交y轴于点,并经过点,过点A作轴交抛物线于点B,抛物线的对称轴为直线,D点的坐标为,连接,,.点E从A点出发,以每秒个单位长度的速度沿着射线运动,设点E的运动时间为m秒,过点E作于F,以为对角线作正方形.
(1)求抛物线的解析式;
(2)当点G随着E点运动到达上时,求此时m的值和点G的坐标;
(3)在运动的过程中,是否存在以B,G,C和平面内的另一点为顶点的
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