2023学年九年级数学上册高分突破必练专题（人教版） 二次函数与几何综合-矩形与菱形存在问题（解析版）.docxVIP

二次函数与几何综合-矩形与菱形存在问题 考点1 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； （2）对角线相等的平行四边形； （3）有三个角为直角的四边形． 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“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．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． 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． 【例题】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． 解：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． 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． 考点2 菱形存在性问题 菱形的判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形． 2．坐标系中的菱形： 有 3 个等式，故菱形存在性问题点坐标最多可以有 3 个未知量，与矩形相同． 3．解题思路： （1）思路 1：先等腰，再菱形 在构成菱形的 4 个点中任取 3 个点，必构成等腰三角形，根据等腰存在性方法可先确 定第 3 个点，再确定第 4 个点． （2）思路 2：先平行，再菱形 设点坐标，根据平行四边形的存在性要求列出“”（AC、BD 为对角线），再结合一组邻 边相等，得到方程组． 方法总结： 菱形有一个非常明显的特点：任意三个顶点所构成的三角形必然是等腰三角形。 【考点1 矩形的存在性问题】 【典例1】（2022?鱼峰区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与坐标轴交于A（0，﹣2），B（4，0）两点，直线BC：y＝﹣2x+8交y轴于点C． （1）求该抛物线的解析式； （2）在第二象限内是否存在一点M，使得四边形ABCM为矩形？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）y＝x2﹣x﹣2； （2）点M坐标为（﹣4，6） 【解答】解：（1）把A（0，﹣2），B（4，0）代入抛物线y＝x2+bx+c， 得， 解得：， ∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣2； （2）存在．过点C作AB的平行线，过点A作BC的平行线，两条直线相较于M，则M即为所求． 在y＝﹣2x+8中，令x＝0，则y＝8， ∴C（0，8）， ∵A（0，﹣2），B（4，0）， ∴AB2＝42+22＝20，BC2＝42+82＝80，AC2＝102＝100， ∴AC2＝AB2+BC2， ∴∠ABC＝90°， ∵CM∥AB，AM∥BC， ∴四边形ABCM是矩形， 设直线AB的解析式为y＝kx+m， 则， 解得：， ∴直线AB的解析式为y＝x﹣2， ∵CM∥AB， ∴直线CM的解析式为y＝x+8， ∵AM∥BC， ∴直线BC的解析式为y＝﹣2x﹣2， 联立方程组， 解得：， ∴点M坐标为（﹣4，6）． 【变式1-1】（2022?随州）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＜0）与x轴分别交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C，对称轴为直线x＝﹣1，且OA＝OC，P为抛物线上一动点． （1）直接写出抛物线的解析式； （2）如图2，连接AC，当点P在直线AC上方时，求四边形PABC面积的最大值，并求出此时P点的坐标； （3）设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，直接写出点P及其对应点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）y＝﹣x2﹣2x+3； （2）当m＝﹣时，S的值最大，最大值为，此时P（﹣，）；（3）P（﹣1，4），N（0，4）或P（，），N（，0）或P′（，），N′（，0）． 【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴是直线x＝﹣1，抛物线交x轴于点A，B（1，0）， ∴A（﹣3，0）， ∴OA＝OC＝3， ∴C（0，3）， ∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1）， 把（0，3）代入抛物线的解析式，得a＝﹣1