中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)幾何專項(xiàng)知識精講+基礎(chǔ)提優(yōu)訓(xùn)練專題23 矩形存在性問題鞏固練習(xí)（提優(yōu)）-（解析版）

矩形存在性問題鞏固練習(xí)1．如圖，?ABCD中，AB⊥AC，AB＝1，BC=5．對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，將直線AC繞點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)α°，分別交直線BC、AD于點(diǎn)E、F（1）當(dāng)α＝90°時，四邊形ABEF是平行四邊形；（2）在旋轉(zhuǎn)的過程中，四邊形BEDF可能是菱形嗎？如果能，求出此時α的值；如果不能，說明理由；（3）在旋轉(zhuǎn)過程中，是否存在以A、B、C、D、E、F中的4個點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是矩形？如果存在，直接寫出矩形的名稱及對角線的長度；如果不存在，說明理由．【分析】（1）由AB⊥AC得∠BAC＝90°，在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理計算出AC＝2，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得OA＝OC=12AC＝1，AD∥BC，于是可判斷△AOB為等腰直角三角形，則∠AOB＝45°，根據(jù)平行四邊形的判定當(dāng)EF∥AB時，四邊形ABEF是平行四邊形，則EF⊥AC，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得α＝90（2）由于四邊形ABCD的對稱中心為點(diǎn)O，則OB＝OD，OE＝OF，可判斷四邊形BEDF為平行四邊形，根據(jù)菱形的判定，當(dāng)EF⊥BD時，四邊形BEDF為菱形而∠AOB＝45°，根據(jù)互余得到∠COE＝45°，所以此時α為45°；（3）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)有OA＝OC，OB＝OD，OE＝OF，再根據(jù)矩形的判定，當(dāng)EF＝AC時，四邊形AECF為矩形，易得此時矩形AECF的對角線長為2；當(dāng)EF＝BD時，四邊形BEDF為矩形，由△AOB為等腰直角三角形得OB=2AB=2，則BD＝2OB＝22，所以此時矩形BEDF的對角線長為2【解答】解：（1）∵AB⊥AC，∴∠BAC＝90°，在Rt△ABC中，AB＝1，BC=5∴AC=BC∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴OA＝OC=12AC＝1，AD∥∴△AOB為等腰直角三角形，∴∠AOB＝45°，∵AF∥BE，∴當(dāng)EF∥AB時，四邊形ABEF是平行四邊形，∴EF⊥AC，∴α＝90°；故答案為90°；（2）在旋轉(zhuǎn)的過程中，四邊形BEDF可能是菱形．如圖1，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴四邊形ABCD的對稱中心為點(diǎn)O，∴OB＝OD，OE＝OF，∴四邊形BEDF為平行四邊形，∴當(dāng)EF⊥BD時，四邊形BEDF為菱形，∵∠AOB＝45°，∴∠COE＝45°，即此時α為45°；（3）在旋轉(zhuǎn)過程中，存在以A、B、C、D、E、F中的4個點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是矩形，∵OA＝OC，OB＝OD，OE＝OF，∴當(dāng)EF＝AC時，四邊形AECF為矩形，如圖2，矩形AECF的對角線長為2；當(dāng)EF＝BD時，四邊形BEDF為矩形，如圖3，∵△AOB為等腰直角三角形，∴OB=2AB=∴BD＝2OB＝22，∴矩形BEDF的對角線長為22．【點(diǎn)評】本題考查了四邊形的綜合題：熟練掌握平行四邊形和特殊平行四邊形的判定與性質(zhì)；理解旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；會運(yùn)用等腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理進(jìn)行幾何計算．2．如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=?34x+n分別與x軸、y軸交于點(diǎn)A、B，且點(diǎn)A的坐標(biāo)為（4，0），點(diǎn)C為線段（1）求點(diǎn)B的坐標(biāo)；（2）點(diǎn)P為直線AB上的一個動點(diǎn)，過點(diǎn)P作x軸的垂線，與直線OC交于點(diǎn)Q，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為m，△OPQ的面積為S，求S與m的函數(shù)解析式；（3）當(dāng)點(diǎn)P在直線AB上運(yùn)動時，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)是否存在一點(diǎn)N，使得以O(shè)，B，P，N為頂點(diǎn)的四邊形為矩形，若存在，求出N點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）用待定系數(shù)法即可求解；（2）S=12PQ?|x（3）分OB是矩形的邊、OB是矩形的對角線兩種情況，分別求解即可．【解答】解：（1）將點(diǎn)A的坐標(biāo)代入y=?34x+n并解得：故直線的表達(dá)式為：y=?34令x＝0，則y＝3，故點(diǎn)B（0，3）；（2）點(diǎn)C為線段AB的中點(diǎn)，則由中點(diǎn)公式得，點(diǎn)C（2，32），則直線OC的表達(dá)式為：y=3設(shè)點(diǎn)P（m，?34m+3），則點(diǎn)Q（m，3當(dāng)點(diǎn)P在y軸右側(cè)，且在點(diǎn)C右側(cè)時，S=12PQ?|xP|=12（34m+34m﹣3）?當(dāng)點(diǎn)P在y軸右側(cè)，且在點(diǎn)C左側(cè)時，S=12PQ?|xP|=12（?34m+3?34m）當(dāng)點(diǎn)P在y軸左側(cè)時，同理可得：S=34m2?故S=34m2?32m或S=3（3）設(shè)P（m，?34m+3），點(diǎn)N（s，t），而點(diǎn)O、①當(dāng)OB是矩形的邊時，則點(diǎn)P與點(diǎn)A重合，故點(diǎn)P（4，0），故點(diǎn)N（4，3）；②當(dāng)OB是矩形的對角線時，由中點(diǎn)公式得：m+s＝0且?34m+3+t＝3+0由矩形的對角線相等得：OB＝PN，即（m﹣s）2+（?34m+3﹣t）2＝32聯(lián)立①②并解得：s=?3625t=2725m=36綜上，點(diǎn)N的坐標(biāo)為（4，3）或（?3625，【點(diǎn)評】本題考查的是一次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到二次函數(shù)的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、面積的計算等，其中（2）、（3），要注意分類求解，避免遺漏．3．如圖，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，點(diǎn)E、F、G、H分別從點(diǎn)A、B、C、D同時出發(fā)，動點(diǎn)E從點(diǎn)A開始沿邊AB向點(diǎn)B以每秒2個單位長度的速度運(yùn)動，動點(diǎn)F從點(diǎn)B開始沿邊BC向點(diǎn)C以每秒1個單位長度的速度運(yùn)動，動點(diǎn)G從點(diǎn)C開始沿邊CD向點(diǎn)D以每秒2個單位長度的速度運(yùn)動，動點(diǎn)H從點(diǎn)D開始沿邊DA向點(diǎn)A以每秒1個單位長度的速度運(yùn)動，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時，其余點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間t．（1）證明：四邊形EFGH始終是平行四邊形；（2）是否存在某一時刻使得四邊形EFGH是矩形？若存在，求t的值；（3）證明：三條直線AC，EG，F(xiàn)H經(jīng)過同一點(diǎn)．【分析】（1）根據(jù)條件可以表示出AE＝2t，BE＝8﹣2t，BF＝t，CF＝6﹣t，CG＝2t，GD＝8﹣2t，HD＝t，AH＝6﹣t，就可以得出AE＝CG，BE＝GD，BF＝DH，CF＝AH，由矩形的性質(zhì)就可以得出△HAE≌△FCG，△EBF≌△GDH，就可以得出HE＝FG，EF＝HG，就可以得出結(jié)論；（2）連接EG，F(xiàn)H，作FM⊥AD于M，根據(jù)矩形的性質(zhì)及勾股定理就可以得出EF2＝t2+64﹣32t+4t2，F(xiàn)G2＝36﹣12t+t2+4t2，進(jìn)而得出EG2＝100+10t2﹣44t，F(xiàn)H2＝100﹣24t+4t2，由矩形的性質(zhì)建立方程就可以求出t的值；（3）連接EG，F(xiàn)H，使EG與AC相交于點(diǎn)O，EG與FH相交于點(diǎn)P．由平行四邊形的性質(zhì)就可以得出EP＝GP，AP＝CP，就有P是EG的中點(diǎn)，由矩形的性質(zhì)可以得出△AOE≌△COG，就可以得出AO＝CO，EO＝GO，就有O是EG的中點(diǎn)，得出P、O重合，進(jìn)而得出三條直線AC，EG，F(xiàn)H經(jīng)過同一點(diǎn)．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝∠BCD＝∠D＝∠DAB＝90°，AB＝CD，BC＝AD．∵AE＝CG＝2t，BF＝DH＝t，∴BE＝GD＝8﹣2t，CF＝AH＝6﹣t．在△EBF和△GDH中，BE=GD∠B=∠D∴△EBF≌△GDH（SAS），∴EF＝GH．在△HAE和△FCG中，AH=CF∠DAB=∠BCD∴△HAE≌△FCG（SAS），∴HE＝FG．∵EF=GHHE=FG∴四邊形EFGH是平行四邊形；（2）解：在某一時刻四邊形EFGH是矩形．理由如下：連接EG，F(xiàn)H，作FM⊥AD于M，∴∠FMH＝90°．∵四邊形EFGH是矩形，∴EG＝FH，∠EFG＝90°．∴EG2＝EF2+FG2．FH2＝MF2+MH2．∴FH2＝100﹣24t+4t2．在Rt△BEF，Rt△FCG中，由勾股定理，得，EF2＝t2+64﹣32t+4t2，F(xiàn)G2＝36﹣12t+t2+4t2，∴EF2+FG2＝100+10t2﹣44t，∴100+10t2﹣44t＝100﹣24t+4t2．∴t1＝0（舍去），t2=∴t=103時，四邊形（3）證明：連接EG，F(xiàn)H，使EG與AC相交于點(diǎn)O，EG與FH相交于點(diǎn)P．∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠EAC＝∠DCA，∠AEO＝∠CGO．在△AOE和△COG中∠EAC=∠DCAAE=CG∴△AOE≌△COG（ASA），∴EO＝GO，AO＝CO，∴O是EG、AC的中點(diǎn)．∵四邊形EFGH是平行四邊形，∴EP＝GP，F(xiàn)P＝HP，∴P是EG、FH的中點(diǎn)，∴O、P重合，∴三條直線AC，EG，F(xiàn)H經(jīng)過同一點(diǎn)．【點(diǎn)評】本題考查了平行四邊形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，矩形的性質(zhì)的運(yùn)用，解答時證明三角形全等是關(guān)鍵．4．如圖，已知點(diǎn)A（7，8）、C（0，6），AB⊥x軸，垂足為點(diǎn)B，點(diǎn)D在線段OB上，DE∥AC，交AB于點(diǎn)E，EF∥CD，交AC于點(diǎn)F．（1）求經(jīng)過A、C兩點(diǎn)的直線的表達(dá)式；（2）設(shè)OD＝t，BE＝s，求s與t的函數(shù)關(guān)系式；（3）是否存在點(diǎn)D，使四邊形CDEF為矩形？若存在，請直接寫出點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）將點(diǎn)A、C的坐標(biāo)代入一次函數(shù)表達(dá)式y(tǒng)＝kx+b，即可求解；（2）設(shè)OD＝t，BE＝s，則點(diǎn)D（t，0），點(diǎn)B（7，0），直線的表達(dá)式為：y=27x?（3）證明∠OCD＝∠BDE，則tan∠OCD＝tan∠BDE，即t6【解答】解：（1）將點(diǎn)A、C的坐標(biāo)代入一次函數(shù)表達(dá)式y(tǒng)＝kx+b得：7k+b=8b=6，解得：k=故直線AC的表達(dá)式為：y=27（2）設(shè)OD＝t，BE＝s，則點(diǎn)D（t，0），點(diǎn)B（7，0），同理可得：直線的表達(dá)式為：y=27x?當(dāng)x＝7時，s＝y(tǒng)＝2?27t（0＜（3）存在，理由：由（2）知：點(diǎn)D（t，0），BE=27x?四邊形CDEF為矩形，則∠CDE＝90°，∵∠EDB+∠CDO＝90°，∠CDO+∠OCD＝90°，∴∠OCD＝∠BDE，∴tan∠OCD＝tan∠BDE，即t6解得：t=12故點(diǎn)D的坐標(biāo)為（127【點(diǎn)評】本題考查的是一次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到矩形的性質(zhì)、解直角三角形等，其中（3），解題的關(guān)鍵是確定OCD＝∠BDE．5．如果一條拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）與x軸有兩個交點(diǎn)，那么以該拋物線的頂點(diǎn)和這兩個交點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形稱為這條拋物線的“拋物線三角形”．（1）“拋物線三角形”一定是等腰三角形；（2）若拋物線y＝﹣x2+bx（b＞0）的“拋物線三角形”是等腰直角三角形，求b的值；（3）如圖，△OAB是拋物線y＝﹣x2+b′x（b′＞0）的“拋物線三角形”，是否存在以原點(diǎn)O為對稱中心的矩形ABCD？若存在，求出過O、C、D三點(diǎn)的拋物線的表達(dá)式；若不存在，說明理由．（4）若拋物線y＝﹣x2+4mx﹣8m+4與直線y＝3交點(diǎn)的橫坐標(biāo)均為整數(shù)，是否存在整數(shù)m的值使這條拋物線的“拋物線三角形”有一邊上的中線長恰好等于這邊的長？若存在，直接寫出m的值；若不存在，說明理由．【分析】（1）拋物線的頂點(diǎn)必在拋物線與x軸兩交點(diǎn)連線的垂直平分線上，因此這個“拋物線三角形”一定是等腰三角形．（2）觀察拋物線的解析式，它的開口向下且經(jīng)過原點(diǎn)，由于b＞0，那么其頂點(diǎn)在第一象限，而這個“拋物線三角形”是等腰直角三角形，必須滿足頂點(diǎn)坐標(biāo)的橫、縱坐標(biāo)相等，以此作為等量關(guān)系來列方程解出b的值．（3）由于矩形的對角線相等且互相平分，所以若存在以原點(diǎn)O為對稱中心的矩形ABCD，那么必須滿足OA＝OB，結(jié)合（1）的結(jié)論，這個“拋物線三角形”必須是等邊三角形，首先用b′表示出AE、OE的長，通過△OAB這個等邊三角形來列等量關(guān)系求出b′的值，進(jìn)而確定A、B的坐標(biāo)，即可確定C、D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)即可求出過O、C、D的拋物線的解析式．（4）聯(lián)立兩個函數(shù)的解析式，通過所得方程先求出這個方程的兩個根，然后通過這兩個根都是整數(shù)確定m的整數(shù)值．【解答】解：（1）如圖；根據(jù)拋物線的對稱性，拋物線的頂點(diǎn)A必在O、B的垂直平分線上，所以O(shè)A＝AB，即：“拋物線三角形”必為等腰三角形．故答案為：等腰．（2）當(dāng)拋物線y＝﹣x2+bx（b＞0）的“拋物線三角形”是等腰直角三角形，該拋物線的頂點(diǎn)（b2，b24），滿足b則b＝2．（3）存在．如圖，作△OCD與△OAB關(guān)于原點(diǎn)O中心對稱，則四邊形ABCD為平行四邊形．當(dāng)OA＝OB時，平行四邊形ABCD是矩形，又∵AO＝AB，∴△OAB為等邊三角形．∴∠AOB＝60°，作AE⊥OB，垂足為E，∴AE＝OEtan∠AOB=3OE∴b'24∴b′＝23．∴A（3，3），B（23，0）．∴C（?3，﹣3），D（﹣23設(shè)過點(diǎn)O、C、D的拋物線為y＝mx2+nx，則12m?23解得m=1n=2故所求拋物線的表達(dá)式為y＝x2+23x．（4）由﹣x2+4mx﹣8m+4＝3，x=4m±16m2?4(8m?1)當(dāng)x為整數(shù)時，須4m2﹣8m+1為完全平方數(shù)，設(shè)4m2﹣8m+1＝n2（n是整數(shù)）整理得：（2m﹣2）2﹣n2＝3，即（2m﹣2+n）（2m﹣2﹣n）＝3兩個整數(shù)的積為3，∴2m?2+n=12m?2?n=3或2m?2+n=32m?2?n=1或2m?2+n=?1解得：m=2n=?1或m=2n=1或m=0n=1綜上，得：m＝2或m＝0；根據(jù)題意，拋物線的“拋物線三角形”有一邊上的中線長恰好等于這邊的長，當(dāng)m＝2時，拋物線方程為y＝﹣x2+8x﹣12＝﹣（x﹣4）2+4，滿足拋物線三角形的底邊長等于這邊的中線長；當(dāng)m＝0時，拋物線方程為y＝﹣x2+4，滿足拋物線三角形的底邊長等于這邊的中線長；∴拋物線與直線y＝3交點(diǎn)的橫坐標(biāo)均為整數(shù)時m＝2或m＝0．【點(diǎn)評】本二次函數(shù)綜合題融入了新定義的形式，涉及到：二次函數(shù)的性質(zhì)及解析式的確定、等腰三角形的判定和性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)等知識，重在考查基礎(chǔ)知識的掌握情況，解題的思路并不復(fù)雜，但計算過程較為復(fù)雜，間接增大了題目的難度．6．如圖，二次函數(shù)y＝﹣mx2+4m的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（0，2），矩形ABCD的頂點(diǎn)B、C在x軸上，A、D在拋物線上，矩形ABCD在拋物線與x軸所圍成的圖形內(nèi)．（1）求二次函數(shù)的解析式；（2）設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為（x，y），試求矩形ABCD的周長P關(guān)于自變量x的函數(shù)解析式，并求出自變量x的取值范圍；（3）是否存在這樣的矩形ABCD，使它的周長為9？試證明你的結(jié)論．【分析】（1）由頂點(diǎn)坐標(biāo)（0，2）可直接代入y＝﹣mx2+4m，求得m=1（2）由圖及四邊形ABCD為矩形可知AD∥x軸，長為2x的據(jù)對值，AB的長為A點(diǎn)的總坐標(biāo)，由x與y的關(guān)系，可求得p關(guān)于自變量x的解析式，因?yàn)榫匦蜛BCD在拋物線里面，所以x小于0，大于拋物線與x負(fù)半軸的交點(diǎn)；（3）由（2）得到的p關(guān)于x的解析式，可令p＝9，求x的方程，看x是否有解，有解則存在，無解則不存在，顯然不存在這樣的p．【解答】解：（1）∵二次函數(shù)y＝﹣mx2+4m的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（0，2），∴4m＝2，即m=1∴拋物線的解析式為：y=?12x（2）∵A點(diǎn)在x軸的負(fù)方向上坐標(biāo)為（x，y），四邊形ABCD為矩形，BC在x軸上，∴AD∥x軸，又∵拋物線關(guān)于y軸對稱，∴D、C點(diǎn)關(guān)于y軸分別與A、B對稱．∴AD的長為﹣2x，AB長為y，∴周長p＝2y+4x＝2（?12x2+2）﹣4x＝﹣（x+2）∵矩形ABCD在拋物線與x軸所圍成的圖形內(nèi)，∴﹣2＜x＜0，∴p＝﹣（x+2）2+8，其中﹣2＜x＜0．（3）不存在，證明：假設(shè)存在這樣的p，即：9＝﹣（x+2）2+8，解此方程得：x無解，所以不存在這樣的p．【點(diǎn)評】本題考查的二次函數(shù)與幾何矩形相結(jié)合的應(yīng)用，比較綜合，只要熟練二次函數(shù)的性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合，此題算是中檔題，考點(diǎn)還是比較基礎(chǔ)的．7．如圖，一次函數(shù)y＝x+3與坐標(biāo)軸交于A、C兩點(diǎn)，過A、C兩點(diǎn)的拋物線y＝ax2﹣2x+c與x軸交于另一點(diǎn)B，拋物線頂點(diǎn)為E，連接AE．（1）求該拋物線的函數(shù)表達(dá)式及頂點(diǎn)E坐標(biāo)；（2）點(diǎn)P是線段AE上的一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作PF平行于y軸交AC于點(diǎn)F，連接EF，求△PEF面積的最大值及此時點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）若點(diǎn)M為坐標(biāo)軸上一點(diǎn)，點(diǎn)N為平面內(nèi)任意一點(diǎn)，是否存在這樣的點(diǎn)，使A、E、M、N為頂點(diǎn)的四邊形是以AE為對角線的矩形？如果存在，請直接寫出N點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）一次函數(shù)y＝x+3與坐標(biāo)軸交于A、C兩點(diǎn)，則點(diǎn)A、C的坐標(biāo)為（﹣3，0）、（0，3），將點(diǎn)A、C的坐標(biāo)代入二次函數(shù)表達(dá)式，即可求解；（2）S△PEF=12PF×（xE﹣x）=12×（2x+6﹣x﹣3）（﹣1﹣x）=?（3）分點(diǎn)M（m，0）在x軸上、點(diǎn)M在y軸上兩種情況分別求解．【解答】解：（1）一次函數(shù)y＝x+3與坐標(biāo)軸交于A、C兩點(diǎn)，則點(diǎn)A、C的坐標(biāo)為（﹣3，0）、（0，3），將點(diǎn)A、C的坐標(biāo)代入二次函數(shù)表達(dá)式得：0=9a+6+cc=3，解得：a=?1故拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2﹣2x+3，頂點(diǎn)E（﹣1，4）；（2）將點(diǎn)A、E的坐標(biāo)代入一次函數(shù)表達(dá)式并解得：直線AE的表達(dá)式為：y＝2x+6，設(shè)點(diǎn)P（x，2x+6），則點(diǎn)F（x，x+3），S△PEF=12PF×（xE﹣x）=12×（2x+6﹣x﹣3）（﹣1﹣x）=?當(dāng)x＝﹣2時，S△PEF有最大值為12此時點(diǎn)P（﹣2，2）；（3）點(diǎn)A、E的坐標(biāo)分別為（﹣3，0）、（﹣1，4），AE2＝20，①當(dāng)點(diǎn)M（m，0）在x軸上時，設(shè)點(diǎn)N（s，t），則AE＝MN，且AE中點(diǎn)坐標(biāo)為MN中點(diǎn)坐標(biāo)，即：m+s=?4t=4(m?s)故點(diǎn)N（﹣3，4）；②當(dāng)點(diǎn)M在y軸上時，同理可得：點(diǎn)N（﹣4，3）或（﹣4，1）；綜上，點(diǎn)N坐標(biāo)為：N（﹣3，4）或（﹣4，3）或（﹣4，1）．【點(diǎn)評】本題考查的是二次函數(shù)綜合運(yùn)用，涉及到矩形的性質(zhì)、一次函數(shù)、面積的計算等，其中（3），要注意分類求解，避免遺漏．8．如圖1，直線l1：y=3x+6與x軸，y軸分別交于B，A兩點(diǎn)，過點(diǎn)A做AC⊥AB交x軸于點(diǎn)C，將直線l1沿著x軸正方向平移m個單位得到直線l2交直線AC于點(diǎn)D，交x軸于點(diǎn)E，將△CDE沿直線l2翻折得到點(diǎn)F．（1）若m＝23，求點(diǎn)E；（2）若△BCF的面積等于43，求l2的解析式；（3）在（1）的條件下，將△ABO繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)60°得到△A1B1O1，點(diǎn)R是直線l2上一點(diǎn)，在直角坐標(biāo)系中是否存在點(diǎn)S，使得以點(diǎn)A1、B1、R、S為頂點(diǎn)的四邊形是矩形？若存在，求出點(diǎn)S的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）平移k是相同的，得到平移后解析式y(tǒng)=3（x﹣23）+6=3（2）直線AC的解析式y(tǒng)=?33x+6，設(shè)F點(diǎn)的縱坐標(biāo)為h，利用面積求出h，在RtCED中，CD＝1，求出CE（3））△ABO繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)60°得到△A1B1O1，得到△BCB1，△OO1C都是等邊三角形，當(dāng)B1RSA1是矩形時，B1R⊥B1A1，R在y=3x上，R（23，6）；當(dāng)B1RA1S是矩形時，B1R⊥RA1，R與O1重合，R（33【解答】解：（1）y=3x+6與x軸，y軸分別交于B，A∴A（0，6），B（﹣23，0），∵y=3x+6向右平移23∴y=3（x﹣23）+6=3∴E（0，0）；（2）l2：y=3（x﹣m∴E（m﹣23，0），∵AC⊥AB，直線AC的解析式y(tǒng)=?33∴C（63，0），∴EC＝83?m設(shè)F點(diǎn)的縱坐標(biāo)為h，BC＝83，∵△BCF的面積等于43，∴43=12×∴h＝1，∵tan∠B=OA∴∠ABO＝60°，∴∠BAC＝30°，∴CF＝2，在RtCED中，CD＝1，∴CE=2∴OE=16∴m=22∴y=3x﹣（3）△ABO繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)60°得到△A1B1O1，∴△BCB1，△OO1C都是等邊三角形，∴B1（23，12），O1（33，9），A1（63，12），當(dāng)B1RSA1是矩形時，B1R⊥B1A1，R在y=3x∴R（23，6）；∴S（63，6）當(dāng)B1A1RS是矩形時，A1B1⊥B1R，R在y=3x∴R（63，18），∴S（23，18），當(dāng)B1RA1S是矩形時，B1R⊥RA1，R與O1重合，∴R（33，9），R（53，15），∴S（53，15），S（33，9），故存在R使得以點(diǎn)A1、B1、R、S為頂點(diǎn)的四邊形是矩形，S（63，6），S（23，18），S（53，15），S（33，9）；【點(diǎn)評】本題考查一次函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)的平移，矩形的性質(zhì)，直角三角形，直線的平行于垂直，探索點(diǎn)的存在性；能夠結(jié)合直角三角形知識解決點(diǎn)的問題是難點(diǎn)，數(shù)形結(jié)合是探究矩形存在的有效手段；9．如圖，拋物線y=?13x2+43x+1與y軸交于點(diǎn)A，對稱軸交x軸于點(diǎn)B，連AB，點(diǎn)P在y軸上，點(diǎn)Q在拋物線上，是否存在點(diǎn)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(biāo)，然后求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，再根據(jù)二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征把點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入拋物線解析式進(jìn)行驗(yàn)證即可．【解答】解：存在點(diǎn)P（0，﹣4），Q（﹣2，﹣3），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(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，﹣4），∴AP的中點(diǎn)，即矩形的中心C的坐標(biāo)是（0，﹣1.5），設(shè)點(diǎn)Q（x，y），則x+22=0，解得x＝﹣2，y＝﹣3，∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（﹣2，﹣3），當(dāng)x＝﹣2時，y=?13×（﹣2）2+43×（﹣2）+1∴點(diǎn)Q在拋物線y=?13x2+故存在點(diǎn)P（0，﹣4），Q（﹣2，﹣3），使四邊形ABPQ為矩形．【點(diǎn)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(diǎn)的坐標(biāo)求出以及二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，利用中心對稱求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．10．如圖，拋物線y＝ax2+bx+5經(jīng)過點(diǎn)A（﹣1，0），B（2，5），拋物線與x軸的另一個交點(diǎn)為C點(diǎn)，點(diǎn)P為y軸上一動點(diǎn)，作平行四邊形BPCD．（1）求C點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）是否存在P點(diǎn)，使四邊形BPCD為矩形？若存在，求出P點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）連結(jié)PD，PD的長度是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，請說明理由；（4）若E為AC中點(diǎn)，求拋物線上滿足到E點(diǎn)的距離小于2的所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)x的范圍．【分析】（1）將A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)代入y＝ax2+bx+5，利用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式，再將y＝0代入，解一元二次方程即可求出C點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）設(shè)拋物線y=?53x2+103x+5與y軸交于點(diǎn)F，連結(jié)BF，則∠BFP＝90°，先證明△BPF∽△PCO，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例列式求出（3）連接BC，設(shè)PD、BC相交于點(diǎn)H，根據(jù)平行四邊形的對角線互相平分可得PD＝2PH，再求出點(diǎn)H的坐標(biāo)，再根據(jù)垂線段最短可得PH⊥y軸時，PH最短，從而求出PH，再求出PD即可；（4）先寫出以點(diǎn)E為圓心，以2為半徑的圓的解析式，然后消掉x得到關(guān)于y的一元二次方程，求解得到y(tǒng)的值，再代入拋物線解析式求出到點(diǎn)E的距離等于2的橫坐標(biāo)x的值，然后根據(jù)函數(shù)圖象解答．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+5經(jīng)過點(diǎn)A（﹣1，0），B（2，5），∴a?b+5=04a+2b+5=5解得a=?5∴y=?53x2+當(dāng)y＝0時，?53x2+解得x1＝﹣1，x2＝3，∴C點(diǎn)的坐標(biāo)為（3，0）；（2）如圖，設(shè)拋物線y=?53x2+103x+5與y軸交于點(diǎn)F，則∵B（2，5），∴∠BFP＝90°，∵四邊形BPCD為矩形，∠BPC＝90°，∴∠BPF+∠OPC＝90°，∵∠OPC+∠PCO＝90°，∴∠BPF＝∠PCO．在△BPF與△PCO中，∠BPF=∠PCO∠BFP=∠POC=90°∴△BPF∽△PCO，∴PFCO∵B（2，5），F(xiàn)（0，5），C（3，0），∴BF＝2，OC＝3，OF＝5，∴PF＝5﹣OP，∴5?OP3整理得，OP2﹣5OP+6＝0，解得OP＝2或OF＝3，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，2）或（0，3）；（3）連接BC，設(shè)PD、BC相交于點(diǎn)H，∵四邊形BPCD是平行四邊形，∴PD、BC互相平分，∴PD＝2PH，又∵C（3，0），B（2，5），∴點(diǎn)H的坐標(biāo)為（2.5，2.5），根據(jù)垂線段最短，PH⊥y軸時，PH最短，此時，PH＝2.5，PD＝2PH＝2×2.5＝5；（4）拋物線解析式為y=?53x2+103x+5=?53（∵E為AC中點(diǎn)，∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（1，0），∴以E為圓心，以2為半徑的圓為（x﹣1）2+y2＝4，與拋物線解析式聯(lián)立消掉（x﹣1）2得，?53（4﹣y2）+整理得，5y2﹣3y＝0，解得y1＝0，y2=3y=35時，?53（x﹣整理得，（x﹣1）2=91解得x1=5?915，x故當(dāng)﹣1＜x＜5?915或5+91【點(diǎn)評】本題是二次函數(shù)綜合題型，其中涉及到的知識點(diǎn)有利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，相似三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的對角線互相平分的性質(zhì)等知識，綜合性較強(qiáng)．利用圓的解析式求出拋物線到點(diǎn)E的距離等于2的點(diǎn)的縱坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點(diǎn)．11．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，Rt△ABC的斜邊AB在x軸上，頂點(diǎn)C在y軸的負(fù)半軸上，tan∠ABC=34，點(diǎn)P在線段OC上，且PO、PC的長（P0＜PC）是x2﹣12（1）求P點(diǎn)坐標(biāo)；（2）若∠ACB的平分線交x軸于點(diǎn)D，求直線CD的解析式；（3）若M是射線CD上的點(diǎn)，在平面內(nèi)是否存在點(diǎn)Q，使以A、C、M、Q為頂點(diǎn)的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由PO、PC的長（P0＜PC）是x2﹣12x+27＝0的兩根，解方程可得出PO＝3，結(jié)合點(diǎn)P在線段OC上可得出P點(diǎn)的坐標(biāo)；（2）由（1）可得出OC的長，結(jié)合tan∠ABC=34在直角三角形COB中可求出OB的長度，由∠CAB與∠ABC互余可得出cot∠BAC＝tan∠ABC，在直角三角形AOC中可求出AO的長度，從而得出B、A點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（m，0），根據(jù)角平分線的性質(zhì)結(jié)合三角形的面積可得出關(guān)于（3）分四邊形ACQM為矩形及四邊形AMCQ為矩形兩種情況考慮：①當(dāng)四邊形ACQM為矩形時，設(shè)出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，利用等腰直角三角形的性質(zhì)可得出關(guān)于x的無理方程，解之即可得出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；②當(dāng)四邊形AMCQ為矩形時，設(shè)出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，利用等腰直角三角形的性質(zhì)可得出關(guān)于x的無理方程，解之即可得出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．綜上即可得出點(diǎn)Q的坐標(biāo)．【解答】解：（1）∵PO、PC的長（P0＜PC）是x2﹣12x+27＝0的兩根，∴PO＝3，PC＝9．又∵點(diǎn)P在線段OC上，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，﹣3）．（2）∵PO＝3，PC＝9，∴OC＝OP+PC＝12，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，﹣12）在Rt△COB中，tan∠ABC=34，∴OB=OC∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，16）．∵△ABC為直角三角形，∴cot∠BAC＝tan∠ABC=3在Rt△AOC中，cot∠OAC=34，∴OA＝OC?cot∠OAC＝9，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣9，0）．設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（m，0），∵點(diǎn)D為∠ACB的平分線上的點(diǎn)，∴m+99解得：m=12故點(diǎn)D的坐標(biāo)為（127設(shè)直線CD的解析式為y＝kx+b，將C（0，﹣12），D（127，0）代入y＝kx+bb=?12127k+b=0∴直線CD的解析式為y＝7x﹣12．（3）假設(shè)存在，畫出圖形如下．∵A（﹣9，0），B（16，0），C（0，﹣12），∴直線BC的解析式為y=34x①當(dāng)四邊形ACQM為矩形時，∵∠ACB＝90°，∴點(diǎn)Q在直線BC上，∵CD為∠ACB的角平分線，∴∠ACM＝45°，∴AM＝AC＝CQ＝MQ．設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x，34x﹣∵AC=122+∴x2解得：x＝12，或x＝﹣12（舍去），∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（12，﹣3）；②當(dāng)四邊形AMCQ為矩形時，∵直線CD的解析式為y＝7x﹣12，∴直線CQ的解析式為y=?17x設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x，?17x∵AC=122+∴2?(x+9)解得：x=?21∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（?212，綜上所述：在平面內(nèi)存在點(diǎn)Q，使以A、C、M、Q為頂點(diǎn)的四邊形是矩形，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（12，﹣3）或（?212，【點(diǎn)評】本題考查了解一元二次方程、利用三角函數(shù)值解直角三角形、點(diǎn)到直線的距離以及正方形的判定及性質(zhì)，解題的關(guān)鍵：（1）解一元二次方程；（2）利用點(diǎn)到直線的距離找出關(guān)