中考复习专题8二次函数与矩形存在性问题(含解析)

1专题8二次函数与矩形存在性问题

1.矩形的判定:

（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；

（2）对角线相等的平行四边形是矩形；

（3）有三个角为直角的四边形是矩形．

2.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“一个角为直角”，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：

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．下：

同时，也可以先根据A、B的坐标求出直线AB的解析式，进而得到直线AD或BC的解析式，从而确定C

或D的坐标.

【例1】（2022•泸州）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+x+c经过A（﹣2，0），B（0，

4）两点，直线x＝3与x轴交于点C．

（1）求a，c的值；

（2）经过点O的直线分别与线段AB，直线x＝3交于点D，E，且△BDO与△OCE的面积相等，求直

线DE的解析式；

（3）P是抛物线上位于第一象限的一个动点，在线段OC和直线x＝3上是否分别存在点F，G，使B，

F，G，P为顶点的四边形是以BF为一边的矩形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．

2【分析】（1）把A（﹣2，0），B（0，4）两点代入抛物线y＝ax2+x+c中列方程组解出即可；

（2）利用待定系数可得直线AB的解析式，再设直线DE的解析式为：y＝mx，点D是直线DE和AB的

交点，列方程可得点D的横坐标，根据△BDO与△OCE的面积相等列等式可解答；

（3）设P（t

，﹣t2+t+4），分两种情况：作辅助线构建相似三角形，证明三角形相似或利用等角的三

角函数列等式可解答．

【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（0，4）两点代入抛物线y＝ax2+x+c中得：

解得：；

（2）由（1）知：抛物线解析式为：y

＝﹣x2+x+4，

设直线AB的解析式为：y＝kx+b，

则

，解得：，

∴AB的解析式为：y＝2x+4，

设直线DE的解析式为：y＝mx，

∴2x+4＝mx，

∴x

＝，

当x＝3时，y＝3m，

∴E（3，3m），

∵△BDO与△OCE的面积相等，CE⊥OC，

∴•3•（﹣3m

）＝•4

•，

∴9m2﹣18m﹣16＝0，

3∴（3m+2）（3m﹣8）＝0，

∴m1＝﹣，m2＝（舍），

∴直线DE的解析式为：y

＝﹣x；

（3）存在，

B，F，G，P为顶点的四边形是以BF为一边的矩形有两种情况：

设P（t

，﹣t2+t+4），

①如图1，过点P作PH⊥y轴于H，

∵四边形BPGF是矩形，

∴BP＝FG，∠PBF＝∠BFG＝90°，

∴∠CFG+∠BFO＝∠BFO+∠OBF＝∠CFG+∠CGF＝∠OBF+∠PBH＝90°，

∴∠PBH＝∠OFB＝∠CGF，

∵∠PHB＝∠FCG＝90°，

∴△PHB≌△FCG（AAS），

∴PH＝CF，

∴CF＝PH＝t，OF＝3﹣t，

∵∠PBH＝∠OFB，

∴

＝

，即

＝，

解得：t1＝0（舍），t2＝1，

∴F（2，0）；

4②如图2，过点G作GN⊥y轴于N，过点P作PM⊥x轴于M，

同①可得：NG＝FM＝3，OF＝t﹣3，

∵∠OFB＝∠FPM，

∴tan∠OFB＝tan∠FPM，

∴

＝

，即

＝，

解得：t1＝，t2＝（舍），

∴F

（，0）；

综上，点F的坐标为（2，0

）或（，0）．

【例2】（2022•绥化）如图，抛物线y＝ax2+bx+c交y轴于点A（0，﹣4），并经过点C（6，0），过点A作

AB⊥y轴交抛物线于点B，抛物线的对称轴为直线x＝2，D点的坐标为（4，0），连接AD，BC，BD．点

E从A点出发，以每秒个单位长度的速度沿着射线AD运动，设点E的运动时间为m秒，过点E作

EF⊥AB于F，以EF为对角线作正方形EGFH．

（1）求抛物线的解析式；

（2）当点G随着E点运动到达BC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．

5【分析】（1）根据抛物线的对称轴为直线x＝2，可得出抛物线与x轴的另一个交点的坐标为（﹣2，0），

列出交点式，再将点A（0，﹣4）可得出抛物线的解析式；

（2）根据可得出△ABD是等腰直角三角形，再根据点E的运动和正方形的性质可得出点H，F，G的坐

标，根据点B，C的坐标可得出直线BC的解析式，将点G代入直线BC的解析式即可；

（3）若存在，则△BGC是直角三角形，则需要分类讨论，当点B为直角顶点，当点G为直角顶点，当

点C为直角顶点，分别求解即可．

【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴为直线x＝2，D点的坐标为（4，0），

∴抛物线与x轴的另一个交点为（﹣2，0），

∴抛物线的解析式为：y＝a（x+2）（x﹣6），

将点A（0，﹣4）解析式可得，﹣12a＝﹣4，

∴a

＝．

∴抛物线的解析式为：y

＝（x+2）（x﹣6

）＝x2

﹣x﹣4．

（2）∵AB⊥y轴，A（0，﹣4），

∴点B的坐标为（4，﹣4）．

∵D（4，0），

∴AB＝BD＝4，且∠ABD＝90°，

∴△ABD是等腰直角三角形，∠BAD＝45°．

∵EF⊥AB，

∴∠AFE＝90°，

∴△AEF是等腰直角三角形．

6∵AE＝m，

∴AF＝EF＝m，

∴E（m，﹣4+m），F（m，﹣4）．

∵四边形EGFH是正方形，

∴△EHF是等腰直角三角形，

∴∠HEF＝∠HFE＝45°，

∴FH是∠AFE的角平分线，点H是AE的中点．

∴H

（m，﹣

4+m），G

（m，﹣

4+m）．

∵B（4，﹣4），C（6，0），

∴直线BC的解析式为：y＝2x﹣12．

当点G随着E点运动到达BC上时，有2

×m﹣12＝﹣

4+m．

解得m

＝．

∴G

（

，﹣）．

（3）存在，理由如下：

∵B（4，﹣4），C（6，0），G

（m，﹣

4+m）．

∴BG2＝（4

﹣m）2+（m）2，

BC2＝（4﹣6）2+（﹣4）2＝20，

CG2＝（6

﹣m）2+（﹣4+m）2．

若以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，则△BGC是直角三角形，

∴分以下三种情况：

①当点B为直角顶点时，BG2+BC2＝CG2，

∴（4

﹣m）2+（m）2+20＝（6﹣m）2+（﹣4+m）2，

解得m

＝，

∴G

（

，﹣）；

②当点C为直角顶点时，BC2+CG2＝BG2，

7∴20+（6

﹣m）2+（﹣4+m）2＝（4

﹣m）2+（m）2，

解得m

＝，

∴G

（

，﹣）；

③当点G为直角顶点时，BG2+CG2＝BC2，

∴（4

﹣m）2+（m）2+（6﹣m）2+（﹣4+m）2＝20，

解得m

＝或2，

∴G（3，﹣3

）或（

，﹣）；

综上，存在以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，点G的坐标为

（，

﹣）或

（，

﹣）或（3，﹣3

）或（

，﹣）．

【例3】（2022•黔东南州）如图，抛物线y＝ax2+2x+c的对称轴是直线x＝1，与x轴交于点A，B（3，0），

与y轴交于点C，连接AC．

（1）求此抛物线的解析式；

（2）已知点D是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D作DM⊥x轴，垂足为点M，DM交直线BC

于点N，是否存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出点N的

坐标，若不存在，请说明理由；

（3）已知点E是抛物线对称轴上的点，在坐标平面内是否存在点F，使以点B、C、E、F为顶点的四边

形为矩形，若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由抛物线的对称轴为直线x＝1，抛物线经过点B（3，0），可得A（﹣1，0），用待定系数

8法即可求解；

（2）求出直线BC的解析式，设点D坐标为（t，﹣t2+2t+3），则点N（t，﹣t+3），利用勾股定理表示出

AC2，AN2，CN2，然后分①当AC＝AN时，②当AC＝CN时，③当AN＝CN时三种情况进行讨论，列

出关于t的方程，求出t的值，即可写出点N的坐标；

（3）分两种情形讨论：①当BC为对角线时，②当BC为边时，先求出点E的坐标，再利用平行四边

形的中心对称性求出点F的坐标即可．

【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+2x+c的对称轴是直线x＝1，与x轴交于点A，B（3，0），

∴A（﹣1，0），

∴

，解得，

∴抛物线的解析式y＝﹣x2+2x+3；

（2）∵y＝﹣x2+2x+3，

∴C（0，3），

设直线BC的解析式为y＝kx+3，

将点B（3，0）代入得：0＝3k+3，

解得：k＝﹣1，

∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3；

设点D坐标为（t，﹣t2+2t+3），则点N（t，﹣t+3），

∵A（﹣1，0），C（0，3），

∴AC2＝12+32＝10，

AN2＝（t+1）2+（﹣t+3）2＝2t2﹣4t+10，

CN2＝t2+（3+t﹣3）2＝2t2，

①当AC＝AN时，AC2＝AN2，

∴10＝2t2﹣4t+10，

解得t1＝2，t2＝0（不合题意，舍去），

∴点N的坐标为（2，1）；

②当AC＝CN时，AC2＝CN2，

∴10＝2t2，

解得t1＝，t2＝﹣（不合题意，舍去），