中考數(shù)學二輪復(fù)習幾何專項知識精講+基礎(chǔ)提優(yōu)訓練專題23 矩形存在性問題鞏固練習（基礎(chǔ)）-（解析版）

矩形存在性問題鞏固練習1．如圖，拋物線y=?13x2+43x+1與y軸交于點A，對稱軸交x軸于點B，連AB，點P在y軸上，點Q在拋物線上，是否存在點P和Q，使四邊形【分析】先令x＝0，求出y的值得到AO的長度，根據(jù)對稱軸解析式求出OB的長度，根據(jù)矩形的四個角都是直角可得∠ABP＝90°，然后求出∠BAO＝∠PBO，從而得到△AOB和△BOP相似，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例求出OP的長度，再根據(jù)矩形的對稱性求出矩形的中心C的坐標，然后求出點Q的坐標，再根據(jù)二次函數(shù)圖象上點的坐標特征把點Q的坐標代入拋物線解析式進行驗證即可．【解答】解：存在點P和點Q，使四邊形ABPQ為矩形，理由如下：令x＝0，則y＝1，∴AO＝1，∵拋物線對稱軸為直線x=?4∴OB＝2，∵四邊形ABPQ為矩形，∴∠ABO+∠PBO＝∠ABP＝90°，∵∠BAO+∠ABO＝90°，∴∠BAO＝∠PBO，又∵∠AOB＝∠BOP＝90°，∴△AOB∽△BOP，∴AOOB即12解得OP＝4，∴點P的坐標為（0，﹣4），∴AP的中點，即矩形的中心C的坐標是（0，﹣1.5），設(shè)點Q（x，y），則x+22=0，解得x＝﹣2，y＝﹣3，∴點Q的坐標為（﹣2，﹣3），當x＝﹣2時，y=?13×（﹣2）2+43×（﹣2）+1∴點Q在拋物線y=?13x2+故存在點Q（﹣2，﹣3），使四邊形ABPQ為矩形，點Q的坐標為（﹣2，﹣3）．【點評】本題是二次函數(shù)綜合題型，主要利用了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，中心對稱的點的坐標求出以及二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，利用中心對稱求出點Q的坐標是解題的關(guān)鍵．2．在平面直角坐標系中，∠ACO＝90°．把AO繞O點順時針旋轉(zhuǎn)90°得OB，連接AB，作BD⊥x軸于D，點A的坐標為（﹣3，1）．（1）求直線AB的解析式；（2）若AB中點為M，連接CM，點P是射線CM上的動點，過點P作x軸的垂線交x軸于點Q，設(shè)點P的橫坐標為t，△PQO的面積為S（S≠0），求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出自變量t的取值范圍；（3）在（2）的條件下，動點P在運動過程中，是否存在P點，使以P、O、B、N（N為平面上一點）為頂點的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）先證明△AOC≌△OBD，得出AC＝OD＝1，OC＝BD＝3，B（1，3），設(shè)直線AB的解析式為：y＝kx+b，把點A（﹣3，1），B（1，3）代入得出方程組，解方程組求出k、b，即可得出直線AB的解析式；（2）先求出M的坐標，再求出直線CM的解析式，得出P的坐標，即可得出S與t的函數(shù)關(guān)系式以及t的取值范圍；（3）分兩種情況：①點P為直線OA與CM的交點時，由直線OA和CM的解析式組成方程組，解方程組即可求出P的坐標；②作BP⊥OB交CM于P，求出直線BP的解析式，再求出直線BP與CM的交點坐標即可．【解答】解：（1）根據(jù)題意得：OA＝OB，∠AOB＝90°，OC＝3，AC＝1，C（﹣3，0），∴∠AOC+∠BOD＝90°，∵BD⊥x軸于D，∴∠BDO＝90°，∴∠OBD+∠BOD＝90°，∴∠AOC＝∠BOD，在△AOC和△OBD中，∠ACO=∠BDO=90°∠AOC=∠BOD∴△AOC≌△OBD（AAS），∴AC＝OD＝1，OC＝BD＝3，∴B（1，3），設(shè)直線AB的解析式為：y＝kx+b，把點A（﹣3，1），B（1，3）代入得：?3k+b=1k+b=1解得：k=12，b∴直線AB的解析式為：y=12x（2）∵M是AB的中點，A（﹣3，1），B（1，3），∴M（﹣1，2），設(shè)直線CM的解析式為：y＝ax+c，把點C（﹣3，0），M（﹣1，2）代入得：?3a+c=0?a+c=2解得：a＝1，c＝3，∴直線CM的解析式為：y＝x+3，設(shè)P的坐標為（t，t+3），則△PQO的面積S=12×t×（t+3）=12∵點P是射線CM上的動點，∴t≥﹣3，∴S=12t2+32t（3）存在，點P坐標為（?94，34），或（1理由如下：分兩種情況討論：①點P為直線OA與CM的交點時；∵A（﹣3，1），∴直線OA的解析式為：y=?13解方程組y=?13x∴P（?94，②作BP⊥OB交CM于P，如圖所示：則∠OBP＝90°，∵∠AOB＝90°，∴BP∥OA，設(shè)直線BP的解析式為：y=?13x+把點B（1，3）代入得：b=10∴直線BP的解析式為：y=?13x解方程組y=x+3y=?13∴P（14，13③當∠OPB＝90°時，易知P（﹣1，2）或（0，3），都符合題意；綜上所述：存在P點，使以P、O、B、N（N為平面上一點）為頂點的四邊形是矩形，點P坐標為P（?94，34），或（14，【點評】本題是一次函數(shù)綜合題目，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式、二元一次方程組的解法等知識，本題難度較大，綜合性強，特別是（3）中，需要通過分類討論，求出兩條直線的交點才能得出結(jié)果．3．已知在平面直角坐標系中，△ABC的頂點A、B、C的坐標分別為（﹣1，0）（3，0）（0，3），將直線AC繞原點O順時針旋轉(zhuǎn)180°成為直線l．（1）求直線l的解析式；（2）設(shè)直線l交y軸于點D，動點P從點D出發(fā)以每秒1個單位速度沿直線l向斜上方運動．點P運動的時間為t秒，連接PO、PB，設(shè)△POB的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并求出自變量t的取值范圍；（3）在（2）的條件下，過點B作EB⊥AB，EB交直線l于點E，在點P出發(fā)時，點Q也從點E同時出發(fā)，沿直線l向斜下方勻速運動，點Q運動的速度大于點P運動的速度，則在直線l上是否存在這樣P、Q兩點，使P、Q兩點與A、B、C三點中的兩點為頂點的四邊形為矩形（非正方形）？若存在，請求出點Q的運動速度；若不存在，請說明理由．【分析】（1）求得A和C關(guān)于原點O的對稱點的坐標，利用待定系數(shù)法即可求解；（2）分P在線段DF上和在DF的延長線上兩種情況進行討論，求得P的縱坐標，利用三角形的面積公式求解；（3）首先證明△ABC是直角三角形，則AD⊥BD，過A作AN⊥DF于點N，BC與DF相交于點M，則P、Q只能是D或M或N中的點，然后進行討論即可．【解答】解：（1）A和C關(guān)于O的對稱點分別是（1，0）和（0，?3設(shè)直線l的解析式是y＝kx+b，則k+b=0b=?解得：k=3則直線l的解析式是：y=3x?（2）D的坐標是（0，?3），設(shè)直線l與x軸的交點是F，則F則DF=(3)2+12=2，sin∠當P在線段DF上時，即0≤t＜2時，DG＝DP?cos∠ODF=32t，則OG=則S=12OB?OG=12×3×（3?當P在DP的延長線上時，即t＞2時，PF＝t﹣2，則P到x軸的距離是：PF?sin60°=32（t則S=12×3×32（t﹣（3）在y=3x?3中，令x＝3，則y＝33?3=23∵A、B、C的坐標分別為（﹣1，0）（3，0）（0，3），∴AC=12+(3)2=2，∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，∠ACO＝30°，∠CAO＝60°，又∵DF與AC關(guān)于原點O對稱，∴∠ADB＝90°，∠OAD＝60°，∠ADO＝30°，①Q(mào)在D點，P在Q關(guān)于F對稱點時，AQBP時矩形，則P運動的時間是4秒，Q運動的距離是DE=32+(23+②過A作AN⊥DF于點N，BC與DF相交于點M．∵l與AC關(guān)于O對稱，∴BC⊥DF，在直角△BMF中，BF＝2，則MF＝2×sin30°＝1，在直角△ANF中，AF＝2，NF＝AF?sin30°＝1，則當P到N時，Q到M時，四邊形APQC是矩形，則DN＝2﹣1＝1，則t＝1，Q運動的距離是ME＝23×cos30°＝23×3當P到M，Q到N時，四邊形AQNC是矩形，DP＝DM＝3，則t＝3，Q運動的距離是EN＝EF+NF=22+(2總之，Q的速度是32單位長度/秒或3單位長度/秒或5【點評】本題是待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，中心對稱的性質(zhì)以及三角函數(shù)的綜合應(yīng)用，正確確定P、Q能取得的點的位置是關(guān)鍵．4．如圖，在平面直角坐標系中，直線AB與x軸、y軸分別交于點A（6，0），B（0，8）點C的坐標為（0，m），過點C作CE∥x軸，交AB于點E，點D為x軸上的一動點，連結(jié)CD，DE，以CD，DE為邊作?CDEF．點D在整個運動過程中，若存在唯一的位置，使得?CDEF為矩形，請求出所有滿足條件的m的值．【分析】使得?CDEF為矩形，則∠CDE＝90°，故以CE為直徑作圓，與x軸相切即可．【解答】解：設(shè)直線AB的解析式為y＝kx+b，∵直線AB與x軸、y軸分別交于點A（6，0），B（0，8），∴6k+b=0b=8，解得k=?∵直線AB的解析式為y=?43∵點C的坐標為（0，m），過點C作CE∥x軸，∴E（34（8﹣m），m使得?CDEF為矩形，則以CE為直徑作圓，與x軸相切．取CE的中點P，過P作PG⊥x軸于點G．則PG=12CE=38∴|38（8﹣m）|＝解得m=2411或m∴所有滿足條件的m的值為2411或?【點評】本題考查了矩形的判定，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，一次函數(shù)圖象上點的坐標特征，得出P點的坐標是解題的關(guān)鍵．5．如圖，在平面直角坐標系中，點A，B的坐標分別是（﹣5，0），（0，5），動點P從點O出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個單位的速度運動，同時動點C從點B出發(fā)，沿射線BO方向以每秒1個單位的速度運動，以CP，CO為鄰邊構(gòu)造平行四邊形PCOD．在線段OP延長線上一動點E，且滿足PE＝AO．（1）當點C在線段OB上運動時，求證：四邊形ADEC為平行四邊形；（2）點P在運動過程中，是否存在某個時刻t（秒），使得四邊形ADEC是矩形？若存在，求t的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）連接CD交AE于F，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到CF＝DP，OF＝PF，根據(jù)題意得到AF＝EF，又CF＝DP，根據(jù)平行四邊形的判定定理證明即可；（2）當四邊形ADEC是矩形時，∠ACE＝90°，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列方程即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：連接CD交AE于F，∵四邊形PCOD是平行四邊形，∴CF＝DF，OF＝PF，∵PE＝AO，∴AF＝EF，又CF＝DF，∴四邊形ADEC為平行四邊形；（2）存在，理由：當四邊形ADEC是矩形時，∠ACE＝90°，∵OC⊥AE，∴△ACO∽△CEO，∴AOOC∵點A，B的坐標分別是（﹣5，0），（0，5），∴OA＝OB＝5，OC＝5﹣t，OE＝5+t，∴55?t解得：t＝0或t＝15，∴當t＝0或t＝15時，四邊形ADEC是矩形．【點評】本題考查的是坐標和圖形、平行四邊形的判定和性質(zhì)、二次函數(shù)解析式的求法、銳角三角函數(shù)知識的綜合運用，正確運用分情況討論思想和數(shù)形結(jié)合思想是解題的關(guān)鍵．6．已知二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax﹣3a（a為常數(shù)，a＞0）的圖象與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)）．與y軸交于點C，點F是對稱軸上的點，在拋物線上是否存在點G，使四邊形BCGF為矩形？若存在，求出點G的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】設(shè)對稱軸交x軸于D，過G點作GH⊥對稱軸于H，易證得易證得△BDF∽△COB，△FHG≌△COB，根據(jù)三角形相似的性質(zhì)得出G的縱坐標為2a?3a，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出G（﹣2，5a），解2a?3a＝5a，求得a的值，從而求得G的坐標為（【解答】解：存在點G，使四邊形BCGF為矩形，設(shè)對稱軸交x軸于D，過G點作GH⊥對稱軸于H，由二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax﹣3a（a為常數(shù)，a＞0）可知C（0，﹣3a），∴OC＝3a，令y＝0，則ax2﹣2ax﹣3a＝0，解得x1＝3，x2＝﹣1，∴A（﹣1，0），B（3，0），∴OB＝3，對稱軸為直線x=?1+3∴OD＝1，∴BD＝2，∵四邊形BCGF為矩形，∴∠CBF＝90°，∵∠FBD+∠CBO＝∠OCB+∠CBO＝90°，∴∠FDB＝∠OCB，∵∠FDB＝∠BOC＝90°，∴△BDF∽△COB，∴DFOB=BD∴DF=2∵四邊形BCGF為矩形，∴BC＝FG，∠GFB＝∠FBC＝90°，∴∠FGH+∠GFH＝∠GFH+∠BFD＝∠BFD+∠FBD＝∠FBD+∠CBO＝∠CBO+∠OCB＝90°，∴∠FGH＝∠CBO，∠GFH＝∠OCB，在△FHG和△COB中∠FGH=∠CBOFG=BC∴△FHG≌△COB（ASA），∴GH＝OB＝3，F(xiàn)H＝OC＝3a，∴DH=2a?3a，G把x＝﹣2代入y＝ax2﹣2ax﹣3a（a為常數(shù)，a＞0）得，y＝5a，∴5a=2a?解得a=12或a∴G（﹣2，52【點評】本題考查了二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，矩形的性質(zhì)，三角形相似、三角形全等的性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．7．如圖，已知拋物線C1：y＝﹣x2+4，將拋物線C1沿x軸翻折，得到拋物線C2（1）求出拋物線C2的函數(shù)表達式；（2）現(xiàn)將拋物線C1向左平移m個單位長度，平移后得到的新拋物線的頂點為M，與x軸的交點從左到右依次為A，B；將拋物線C2向右也平移m個單位長度，平移后得到的新拋物線的頂點為N，與x軸交點從左到右依次為D，E．在平移過程中，是否存在以點A，N，E，M為頂點的四邊形是矩形的情形？若存在，請求出此時m的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）拋物線翻折前后頂點關(guān)于x軸對稱，a互為相反數(shù)；（2）連接AN，NE，EM，MA，M，N關(guān)于原點O對稱OM＝ON，A，E關(guān)于原點O對稱OA＝OE，判斷四邊形ANEM為平行四邊形；若AM2+ME2＝AE2，解得m＝3，即可求解；【解答】解：（1）∵拋物線C1的頂點為（0，4），∴沿x軸翻折后頂點的坐標為（0．﹣4），∴拋物線C2的函數(shù)表達式為y＝x2﹣4；（2）存在連接AN，NE，EM，MA，依題意可得：M（﹣m，4），N（m，﹣4），∴M，N關(guān)于原點O對稱，∴OM＝ON，原C1、C2拋物線與x軸的兩個交點分別（﹣2，0），（2，0），∴A（﹣2﹣m，0），E（2+m，0），∴A，E關(guān)于原點O對稱，∴OA＝OE∴四邊形ANEM為平行四邊形，∴AM2＝22+42＝20，ME2＝（2+m+m）2+42＝4m2+8m+20，AE2＝（2+m+2+m）2＝4m2+16m+16，若AM2+ME2＝AE2，則20+4m2+8m+20＝4m2+16m+16，解得m＝3，此時△AME是直角三角形，且∠AME＝90°，∴當m＝3時，以點A，N，E，M為頂點的四邊形是矩形．【點評】本題考查二次函數(shù)關(guān)于x軸對稱，平行四邊形的判定，矩形的性質(zhì)．找準二次函數(shù)圖象變化后對應(yīng)的點是解決翻折后函數(shù)圖象的關(guān)鍵；能夠在平面直角坐標系中，通過坐標點的特點判定平行四邊形，利用勾股定理判定矩形是解決本題的關(guān)鍵．8．如圖（a），在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝1，現(xiàn)以AB所在直線為對稱軸，△ABC經(jīng)軸對稱變換后的圖形為△DEF．（1）求四邊形ACBF的面積；（2）如圖（b），若△ABC和△DEF從初始位置（如圖（a）所示）在射線AB上沿AB方向同時開始平移，△ABC的運動速度是每秒2個單位，△DEF的運動速度是每秒1個單位，設(shè)運動時間為t秒．①當0＜t＜5時，求線段AE的長度（用含t②當△AEF是等腰三角形時，求t的值；（3）在第（2）題的圖形運動過程中，是否存在一點A、C、B、F組成的四邊形為矩形？若存在，請直接寫出此時t的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由題意可知：△DEF是由△ABC翻折所得，所以四邊形ACBF的面積就是兩個△ABC的面積；（2）①根據(jù)AE＝DE+A′D﹣A′A代入可得結(jié)果；②當0＜t＜5時，分三種情況：任意兩邊相等時，找一等量關(guān)系列方程可得t的值，當t＞5時，如圖（d），因為∠AEF是鈍角，所以△AEF是等腰三角形時只存在一種情況：根據(jù)EF＝（3）當四邊形ACBF是矩形時，AF＝BC＝EF＝1，由（2）得：此時t=3【解答】解：（1）如圖（a），由題意得：S四邊形ACBF＝2S△ABC＝2×12AC×BC＝2（2）①由勾股定理得：AB=2設(shè)點A的起點為A′，則AE＝DE+A′D﹣A′A=5+t﹣2t=②當0＜t＜5i）AE＝EF時，即5?tt=5ii）AE＝AF時，∴∠AFE＝∠AEF，∴∠ADF＝∠AFD，∴AD＝AF，∴5?t＝tt=5iii）AF＝EF時，如圖（c），過F作FG⊥AE于G，則AG＝EG，tan∠FEG=FG設(shè)FG＝2x，EG＝x，由勾股定理得：（2x）2+x2＝12，x=±5∴AE＝2EG=2∴5?t=∴t=3當t＞5時，如圖（d），AE＝AA′﹣A′D﹣DE＝2t﹣t?5=當EF＝AE時，△AEF是等腰三角形，即t?5t=5綜上所述，當△AEF是等腰三角形時，t的值是5?1或52或35（3）存在，如圖1，當四邊形ACBF是矩形時，AF＝BC＝1，∴AF＝EF＝1由（2）得：此時t=3∴點A、C、B、F組成的四邊形為矩形時，t=3【點評】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的判定、矩形的性質(zhì)和判定、勾股定理、等腰三角形定義等知識，解題的關(guān)鍵是正確畫出圖形，學會分類討論，屬于中考壓軸題．9．如圖，已知二次函數(shù)y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1的頂點為B，點A，C的坐標分別是A（0，﹣2），C（8，2），以AC為對角線作?ABCD．（1）點B在某個函數(shù)的圖象上運動，求這個函數(shù)的表達式；（2）若點D也在二次函數(shù)y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1的圖象上，求m的值；（3）是否存在矩形ABCD，使頂點B，D都在二次函數(shù)y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的圖象上？若存在，請求出nm【分析】（1）把二次函數(shù)的解析式化成頂點式，得出頂點B的坐標，再根據(jù)坐標特點寫出函數(shù)解析式便可；（2）由平移的性質(zhì)，用m表示D點的坐標，再將D點坐標代入二次函數(shù)的解析式，得到m的方程，解方程便可求得m的值；（3）根據(jù)平行四邊形ABCD是矩形，得∠BAD＝90°，由勾股定理列出m的方程求得m的值，再根據(jù)頂點B，D都在二次函數(shù)y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的圖象上，求得m、n的關(guān)系，進而求得n的值，便可求得結(jié)果．【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1＝﹣（x﹣2m）2+m+1，∴B（2m，m+1），∵m+1=1∴點B（2m，m+1）在函數(shù)y=1∴所求函數(shù)的表達式為y=1（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥DC，AB＝DC，∴將AB沿BC方向平移可得DC，∵點A，C的坐標分別是A（0，﹣2），C（8，2），B（2m，m+1），∴D（8﹣2m，﹣m﹣1），把D（8﹣2m，﹣m﹣1）代入y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1中，得﹣m﹣1＝﹣（8﹣2m）2+4m（8﹣2m）﹣4m2+m+1，化簡為：8m2﹣33m+31＝0，解得，m=33±（3）∵平行四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∴AB2+AD2＝BD2，（2m）2+（m+3）2+（8﹣2m）2+（﹣m+1）2＝（8﹣4m）2+（2m+2）2，化簡得，5m2﹣14m﹣3＝0，解得，m＝3，或m=?1∵D點在二次函數(shù)y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的圖象上，∴﹣m﹣1＝﹣n（8﹣4m）2+m+1，∴n=m+1當m＝3時，n=12，此時當m=?15時，n=5故存在矩形ABCD，使頂點B，D都在二次函數(shù)y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的圖象上，其nm的值為16或【點評】本題主要考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)與判定，勾股定理，第（1）題關(guān)鍵是找出B點橫縱坐標的關(guān)系，第（2）題關(guān)鍵是根據(jù)平移性質(zhì)用m表示D點的坐標，第（3）題關(guān)鍵是由D點坐標求出m的值和m與n的關(guān)系．非常規(guī)思想解題，難度大．10．如圖，點O是平行四邊形ABCD的對稱中心，將直線DB繞點O順時針方向旋轉(zhuǎn)，交DC、AB于點E、F．（1）證明：△DEO≌△BFO；（2）若DB＝2，AD＝1，AB=5①當DB繞點O順時針方向旋轉(zhuǎn)45°時，判斷四邊形AECF的形狀，并說明理由；②在直線DB繞點O順時針方向旋轉(zhuǎn)的過程中，是否存在矩形DEBF，若存在，請求出相應(yīng)的旋轉(zhuǎn)角度（結(jié)果精確到1°）；若不存在，請說明理由．【分析】（1）要證三角形全等，必須找到三個條件證明其全等．（2）首先要判斷四邊形是什么形狀，然后根據(jù)題意首先證明△OAD是等腰直角三角形，然后證明OE＝OF．【解答】（1）證明：在平行四邊形ABCD中，CD∥AB，∴∠CDO＝∠ABO，∠DEO＝∠BFO．又∵點O是平行四邊形的對稱中心，∴OD＝OB．∴△DEO≌△BFO．（2）解：①四邊形AECF是菱形．理由如下：在△ABD中，DB＝2，AD＝1，AB=5∴DB2+AD2＝AB2．∴△ABD是直角三角形，且∠ADB＝90°∵OD＝OB=12∴AD＝OD＝1．∴△OAD是等腰直角三角形，∴∠AOD＝45°．當直線DB繞點O順時針旋轉(zhuǎn)45°時，即∠DOE＝45°，∴∠AOE＝90°∵△DEO≌△BFO，∴OE＝OF又∵點O是平行四邊形的對稱中心，∴OA＝OC∴四邊形AECF是平行四邊形∴四邊形AECF是菱形．②當四邊形DEBF是矩形時，則有∠DFB＝∠FDE＝90°，OD＝OE又∵∠ADB＝90°∴有∠ADF＝∠ODE＝∠DEO∵S△ABD=∴DF=在Rt△ADF中，cos∠ADF=∴∠ADF≈26.6°∴∠ODE＝∠DEO＝∠ADF＝26.6°∴∠DOE＝180°﹣∠OED﹣∠ODE＝180°﹣26.6°﹣26.6°＝126.8°≈127°即當直線DB繞點O約順時針旋轉(zhuǎn)127°時，四邊形CDBE是矩形．【點評】本題是一道綜合型試題，比較難，證明三角形全等必須要找出三個條件相等，按照判定四邊形形狀的定義證明該四邊形為何形狀．11．已知：如圖1，拋物線C1：y=13(x?m)2+n（m＞0）的頂點為A，與y軸相交于點B，拋物線C2：y=?13(x+m)2?n的頂點為C，并與y軸相交于點D（1）判斷四邊形ABCD的形狀，并說明理由；（2）如圖2，若拋物線y=13(x?m)2+n（m＞0）的頂點A落在x軸上時，四邊形ABCD（3）是否存在m，n的值，使四邊形ABCD是鄰邊之比為1：3的矩形？若存在，請求出m，n的值；若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據(jù)題目條件可以表示出A（m，n），C（﹣m，﹣n），可以求得AO＝CO，當x＝時可以求出點B、D的坐標，從而可以證明BO＝DO，CO從而得出結(jié)論．（2）∵拋物線y=13(x?m)2+n（m＞0）的頂點A落在x軸上，可以得出n＝0，由四邊形ABCD恰好是正方形，由正方形的性質(zhì)就可以得出OA（3）∵四邊形ABCD是矩形，由矩形的性質(zhì)可以得出OA＝OB從而建立一個等量關(guān)系，由矩形ABCD的鄰邊之比為1：3，可以得出，∠ABO＝60°或∠ABO＝30°，作AH⊥BD，表示出BH，用OB＝BH+OH在建立一個等式，從而構(gòu)成方程組，從兩種情況求出方程組的解就可以了．【解答】解：（1）四邊形ABCD是平行四邊形，∵A（m，n），C（﹣m，﹣n），∴點A與點C關(guān)于原點對稱．∴點O、A、C三點在同一條直線上，∴OA＝OC．∵B(0，1∴OB＝OD．∴四邊形ABCD是平行四邊形．（2）∵拋物線y=13(x?m)2∴n＝0．∵四邊形ABCD是正方形，∴OA＝OB，即13解得：m1＝0（不符題意，舍去），m2＝3．此時四邊形ABCD是正方形∴m＝3，n＝0．（3）若四邊形ABCD是矩形，則OA＝OB，即(1化簡得：1∵m＞0，∴m2+6n＝9又∵矩形的鄰邊之比為1：3當AB：AD=1：3時，∠ABO＝60°過點A作AH⊥BD于H，則BH=3∴33∴m2解得：m=當AD：AB=1：3時，∠ABO＝30°過點A作AH⊥BD于H，則BH=3∴m2解得：m=33答：存在m=3，n＝1或m=33，n＝﹣3使四邊形ABCD是鄰邊之比為【點評】本題是一道二次函數(shù)的綜合試題，考查了平行四邊形的判定，正方形的性質(zhì)的運用，矩形的性質(zhì)的運用及