专题11 矩形的存在性问题（解析版）

专题11矩形的存在性问题一、知识导航矩形的判定：（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．二、典例精析引例：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．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．三、中考真题演练1．（2023·辽宁丹东·中考真题）抛物线与x轴交于点，，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的表达式；(3)若点P是抛物线上的一个动点（点P不与顶点重合），点M是抛物线对称轴上的一个点，点N在坐标平面内，当四边形是矩形邻边之比为时，请直接写出点P的横坐标．【分析】（1）将点，代入解析式即可求解；（3）①当在对称轴的左侧时，得到是矩形，邻边之比为，即，即可求解；②当在对称轴的右侧时，同理可求．【详解】（1）解：由题意得解得，故抛物线的表达式；（3）解：设点，，当四边形是矩形时，则为直角，①当在对称轴的左侧时，如图，过作轴交轴于，交过作轴的平行线于，

，∵为直角，则，∵，∴，∴，∵是矩形邻边之比为，即或，即和的相似比为或，即，由题意得：，，∴，则，即，解得：，（不符合题意，舍去）；②当在对称轴的右侧时，

同理可得：，解得：，综上，或．2．（2023·海南·中考真题）如图1，抛物线交x轴于A，两点，交y轴于点．点P是抛物线上一动点．

(1)求该抛物线的函数表达式；(3)当动点P在直线上方时，在平面直角坐标系是否存在点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（3）当为矩形的边时，画出符合题意的矩形，交y轴于点E，交x轴于点F，连接，过点P作轴于点M，过点Q作轴于点N，利用等腰直角三角形的判定与性质及矩形的判定与性质得到，利用待定系数法求得直线的解析式与抛物线的解析式联立方程组求得点P的坐标，则，进而得到、的长度，即可得出结果；当为对角线时，画出相应的图形，求出结果即可；【详解】（1）解：由题意可得，，解得，∴抛物线的解析式为；（3）解：在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，理由如下：如图，当为边时，四边形为符合条件的矩形，交y轴于点E，交x轴于点F，连接，过点P作轴于点M，过点Q作轴于点N，∵，∴，∵四边形为矩形，∴，∴，∴和为等腰直角三角形，∴，∵四边形为正方形，∴，，∴四边形为矩形，∴，∵，，∴和为全等的等腰直角三角形，∴，∵，∴，设直线的解析式为，∴，∴，∴直线的解析式为，联立方程组得，解得或，∴，∴，∴，∴，∴；如图，当为对角线时，四边形为矩形，过点Q作轴于点D，轴于点E，则，，∵，∴，∴，∴，设点P的坐标为：，，∵，，∴，，∴，∴，，，，∴，整理得：，分解因式得：，解得：（舍去），（舍去），，∴此时点Q的坐标为：．综上所述，在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，此时点Q的坐标为或；3．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴的交点分别为和（点在点的左侧），与轴交于点，点是直线上方抛物线上一动点．(1)求抛物线的解析式；(3)如图2，设点为抛物线对称轴上一动点，当点，点运动时，在坐标轴上确定点，使四边形为矩形，求出所有符合条件的点的坐标．【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于点，与轴交于点解得抛物线的解析式为：；（3）解：，则抛物线的顶点，对称轴为，情况一：当点在轴上时，为抛物线的顶点，∵四边形为矩形，∴与纵坐标相同，∴；情况二：当点在轴负半轴上时，四边形为矩形，过作轴的垂线，垂足为，过作轴的垂线，垂足为，设，则，∴，，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，∵抛物线对称轴为，点在对称轴上，，∴，，∴，即，∵，，∴，∴，∴，，∴，∴点的坐标为，∵点在抛物线上，∴，解得，（舍去），∴，综上所述：符合条件的点坐标为：或．4．（2022·辽宁丹东·中考真题）如图1，抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，与y轴交于点C，点P是第一象限内抛物线上的一个动点，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，PD交直线BC于点E，设点P的横坐标为m．(1)求抛物线的表达式；(4)如图3，连接CP，当四边形OCPD是矩形时，在抛物线的对称轴上存在点Q，使原点O关于直线CQ的对称点O′恰好落在该矩形对角线所在的直线上，请直接写出满足条件的点Q的坐标．【详解】（1）解：∵抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，∴，解得：，∴抛物线的表达式为y＝x2+x+3；（4）解：∵抛物线y＝x2+x+3，∴抛物线对称轴为直线x＝﹣＝2，∵点Q在抛物线的对称轴上，∴设Q（2，t），设抛物线对称轴交x轴于点H，交CP边于点G，则GQ＝3﹣t，CG＝2，∠CGQ＝90°，①当点O′恰好落在该矩形对角线OD所在的直线上时，如图，则CQ垂直平分OO′，即CQ⊥OD，∴∠COP+∠OCQ＝90°，又∵四边形OCPD是矩形，∴CP＝OD＝4，OC＝3，∠OCP＝90°，∴∠PCQ+∠OCQ＝90°，∴∠PCQ＝∠COP，∴tan∠PCQ＝tan∠COP＝＝，∴＝tan∠PCQ＝，∴＝，解得：t＝，∴Q（2，）；②当点O′恰好落在该矩形对角线CD上时，如图，连接CD交GH于点K，∵点O与点O′关于直线CQ对称，∴CQ垂直平分OO′，∴∠OCQ＝∠DCQ，∵GH//OC，∴∠CQG＝∠OCQ，∴∠DCQ＝∠CQG，∴CK＝KQ，∵C、P关于对称轴对称，即点G是CP的中点，GH//OC//PD，∴点K是CD的中点，∴K（2，），∴GK＝，∴CK＝KQ＝﹣t，在Rt△CKG中，CG2+GK2＝CK2，∴22+（）2＝（﹣t）2，解得：t1＝1（舍去），t2＝﹣1，∴Q（2，﹣1）；③当点O′恰好落在该矩形对角线DC延长线上时，如图，过点O′作O′K⊥y轴于点K，连接OO′交CQ于点M，∵点O与点O′关于直线CQ对称，∴CQ垂直平分OO′，∴∠OCM＝∠O′CM，∠OMC＝∠O′MC＝90°，O′C＝OC＝3，∵∠O′KC＝∠DOC＝90°，∠O′CK＝∠DCO，∴△O′CK∽△DCO，∴＝＝，即＝＝，∴O′K＝，CK＝，∴OK＝OC+CK＝3+＝，∴O′（﹣，），∵点M是OO′的中点，∴M（﹣，），设直线CQ的解析式为y＝k′x+b′，则，解得：，∴直线CQ的解析式为y＝x+3，当x＝2时，y＝×2+3＝4，∴Q（2，4）；综上所述，点Q的坐标为（2，）或（2，﹣1）或（2，4）．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，轴对称性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．5．（2022·贵州黔西·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；(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．【答案】(1)(3)存在，或或或【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；（3）画出图形，分AC是四边形的边和AC是四边形的对角线，进行讨论，利用勾股定理、相似三角形的判定与性质、函数图像的交点、平移等知识点进行解答即可得出答案．【详解】（1）解：∵抛物线过点，∴，解得，∴抛物线的表达式为．（3）存在．满足条件的点Q的坐标有4个．，，，．理由如下：①如图，若AC是四边形的边．当时，∴拋物线的对称轴与直线AB相交于点．过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点，，∵，，∴，，．∵，∴．∴．∴点与点D重合．当时，四边形是矩形．∵向右平移1个单位，向上平移1个单位得到．∴向右平移1个单位，向上平移1个单位得到．此时直线的解析式为．∵直线与平行且过点，∴直线的解析式为．∵点是直线与拋物线的交点，∴．解得，（舍去）．∴．当时，四边形是矩形．∵向左平移3个单位，向上平移3个单位得到．∴向左平移3个单位，向上平移3个单位得到．②如图，若AC是四边形的对角线，当时．过点作轴，垂足为H，过点C作，垂足为K．可得，．∴．∴．∴．∵点P不与点A，C重合，∴和．∴．∴．∴如图，满足条件的点P有两个．即，．当时，四边形是矩形．∵向左平移个单位，向下平移个单位得到．∴向左平移个单位，向下平移个单位得到．当时，四边形是矩形．∵向右平移个单位，向上平移个单位得到．∴向右平移个单位，向上平移个单位得到．综上，满足条件的点Q的坐标为或或或．【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，本题主要涉及了待定系数法求函数的解析式、勾股定理，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，点的平移等知识，根据题意画出符合条件的图形、进行分类讨论是解题的关键．6．（2022·黑龙江绥化·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；(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四边形是矩形，如果存在，直接写出点G的坐标，如果不存在，请说明理由．【答案】(1)(3)或（3，-3）或【分析】（1）利用待定系数法求解析式即可；（3）将矩形转化为直角三角形，当△BGC是直角三角形时，当△BCG为直角三角形时，当△CBG为直角三角形时，分情况讨论分别列出等式求得m的值，即可求得G点坐标．【详解】（1）将点A（0，-4）、C（6，0）代入解析式中，以及直线对称轴，可得，解得，∴抛物线的解析式为；（3）B（4，-4），C（6，0），，∴,，,要使以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，需满足：当△BGC是直角三角形时，，，解得，，，此时G或（3，-3）；当△BCG为直角三角形时，，，解得，，此时G；当△CBG为直角三角形时，，，解得，，此时G；综上所述：点G坐标为或（3，-3）或．【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求解析式、等腰直角三角形的性质和判定，动点运动问题，存在矩形问题，利用数形结合，注意分情况讨论是解题的关键．7．（2022·贵州黔东南·中考真题）如图，抛物线的对称轴是直线，与轴交于点，，与轴交于点，连接．(1)求此抛物线的解析式；(3)已知点是抛物线对称轴上的点，在坐标平面内是否存在点，使以点、、、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．【答案】(1)(3)存在点的坐标为（4，1）或（-2，1）或或．【分析】（1）根据抛物线的对称轴是直线，可得a=-1，再把点代入，即可求解；（3）设点E（1，n），点F（s，t），然后分两种情况讨论：当BC为边时，当BC为对角线时，即可求解．【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴是直线，∴，解得：a=-1，∵抛物线过点，∴，解得：c=3，∴抛物线解析式为；（3）解：存在，理由如下：∵点B（3，0），C（0，3），∴OB=OC，∴BC，设点E（1，n），点F（s，t），当BC为边时，点C向右平移3个单位向下平移3个单位得到点B，同样E（F）向右平移3个单位向下平移3个单位得到点F（E），且BE=CF（CE=BF），如图，∴或，解得：或，∴此时点F的坐标为（4，1）或（-2，1）；当BC为对角线时，BC=EF，