《11 問題詳解 二次函數(shù)-矩形的存在性問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《11 問題詳解 二次函數(shù)-矩形的存在性問題（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、word 參考答案 1. (2015 省龍東地區(qū)) 如圖，四邊形OABC是矩形，點A、C在坐標(biāo)軸上，△ODE是△OCB繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°得到的，點D在x軸上，直線BD交y軸于點F，交OE于點H，線段BC、OC的長是方程x2﹣6x+8=0的兩個根，且OC＞BC． 〔1〕求直線BD的解析式； 〔2〕求△OFH的面積； 〔3〕點M在坐標(biāo)軸上，平面是否存在點N，使以點 D、F、M、N為頂點的四邊形是矩形？假如存在， 請直接寫出點N的坐標(biāo)；假如不存在，請說明理由． 1.分析：〔1〕解方程可求得OC、BC的長，可求得B、D的坐標(biāo)， 利用待定系數(shù)法可求得直線BD的解析式； 〔2〕

2、可求得E點坐標(biāo)，求出直線OE的解析式，聯(lián)立直線BD、OE解析式可求得H點的橫坐標(biāo)，可求得△OFH的面積； 〔3〕當(dāng)△MFD為直角三角形時，可找到滿足條件的點N，分∠MFD=90°、∠MDF=90°和∠FMD=90°三種情況，分別求得M點的坐標(biāo)，可分別求得矩形對角線的交點坐標(biāo)，再利用中點坐標(biāo)公式可求得N點坐標(biāo)． 解答：解：〔1〕解方程x2﹣6x+8=0可得x=2或x=4，∵BC、OC的長是方程x2﹣6x+8=0的兩個根，且OC＞BC， ∴BC=2，OC=4，∴B〔﹣2，4〕，∵△ODE是△OCB繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°得到的， ∴OD=OC=4，DE=BC=2，∴D〔4，0〕，設(shè)直線BD解

3、析式為y=kx+b， 把B、D坐標(biāo)代入可得，解得，∴直線BD的解析式為y=﹣x+； 〔2〕由〔1〕可知E〔4，2〕，設(shè)直線OE解析式為y=mx， 把E點坐標(biāo)代入可求得m=， ∴直線OE解析式為y=x，令﹣x+=x， 解得x=，∴H點到y(tǒng)軸的距離為， 又由〔1〕可得F〔0，〕，∴OF=，∴S△OFH=××=； 〔3〕∵以點D、F、M、N為頂點的四邊形是矩形， ∴△DFM為直角三角形， ①當(dāng)∠MFD=90°時，如此M只能在x軸上，連接FN交MD于點G，如圖1， 由〔2〕可知OF=，OD=4，如此有△MOF∽△FOD， ∴=，即=，解得OM=，∴M〔﹣，0〕，且D〔4，0〕，∴

4、G〔，0〕， 設(shè)N點坐標(biāo)為〔x，y〕，如此=，=0，解得x=，y=﹣，此時N點坐標(biāo)為〔，﹣〕； ②當(dāng)∠MDF=90°時，如此M只能在y軸上，連接DN交MF于點G，如圖2， 如此有△FOD∽△DOM， ∴=，即=，解得OM=6， ∴M〔0，﹣6〕，且F〔0，〕， ∴MG=MF=，如此OG=OM﹣MG=6﹣=， ∴G〔0，﹣〕， 設(shè)N點坐標(biāo)為〔x，y〕，如此=0，=﹣， 解得x=﹣4，y=﹣，此時N〔﹣4，﹣〕； ③當(dāng)∠FMD=90°時，如此可知M點為O點，如圖3， ∵四邊形MFND為矩形， ∴NF=OD=4，ND=OF=，可求得N〔4，〕； 綜上可知存在滿足條件的N點，

5、其坐標(biāo)為〔，﹣〕或〔﹣4，﹣〕或〔4，〕． 2. (2015 市綦江縣) 如圖，拋物線與x軸交與A，B兩點〔點A在點B的左側(cè)〕，與y軸交于點C. 點D和點C關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，直線AD與y軸相交于點E. 〔1〕求直線AD的解析式； 〔2〕如圖1，直線AD上方的拋物線上有一點F，過點F作FG⊥AD于點G，作FH平行于x軸交直線AD于點H，求△FGH的周長的最大值； 〔3〕點M是拋物線的頂點，點P是y軸上一點，點Q是坐標(biāo)平面一點，以A，M，P，Q為頂點的四邊形是AM為邊的矩形，假如點T和點Q關(guān)于AM所在直線對稱，求點T的坐標(biāo). 答案解：⑴AD： ⑵過點F作x軸的垂線，交直線AD

6、于點M，易證△FGH≌△FGM 故 設(shè) 如此FM= 如此C= 故最大周長為 ⑶①假如AP為對角線 如圖，由△PMS∽△MAR可得由點的平移可知故Q點關(guān)于直線AM的對稱點T為 ②假如AQ為對角線 如圖，同理可知P由點的平移可知Q故Q點關(guān)于直線AM的對稱點T為 3. (2016 省東營市) 】．】．在平面直角坐標(biāo)系中，平行四邊形ABOC如圖放置，點A、C的坐標(biāo)分別是〔0，4〕、〔﹣1，0〕，將此平行四邊形繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到平行四邊形A′B′OC′． 〔1〕假如拋物線經(jīng)過點C、A、A′，求此拋物線的解析式； 〔2〕點M時第一象限拋物線上的一動點，問：當(dāng)點M在何處

7、時， △AMA′的面積最大？最大面積是多少？并求出此時M的坐標(biāo)； 〔3〕假如P為拋物線上一動點，N為x軸上的一動點，點Q坐標(biāo)為 〔1，0〕，當(dāng)P、N、B、Q構(gòu)成平行四邊形時，求點P的坐標(biāo)， 當(dāng)這個平行四邊形為矩形時，求點N的坐標(biāo)． 分析〔1〕由平行四邊形ABOC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°， 得到平行四邊形A′B′OC′，且點A的坐標(biāo)是〔0，4〕， 可求得點A′的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法即可求得經(jīng) 過點C、A、A′的拋物線的解析式； 〔2〕首先連接AA′，設(shè)直線AA′的解析式為：y=kx+b，利用待定系數(shù)法即可求得直線AA′的解析式，再設(shè)點M的坐標(biāo)為：〔x，﹣x2+3x+4〕，

8、繼而可得△AMA′的面積，繼而求得答案； 〔3〕分別從BQ為邊與BQ為對角線去分析求解即可求得答案． 解答解：〔1〕∵平行四邊形ABOC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到平行四邊形A′B′OC′，且點A的坐標(biāo)是〔0，4〕， ∴點A′的坐標(biāo)為：〔4，0〕， ∵點A、C的坐標(biāo)分別是〔0，4〕、〔﹣1，0〕，拋物線經(jīng)過點C、A、A′， 設(shè)拋物線的解析式為：y=ax2+bx+c， ∴，解得：，∴此拋物線的解析式為：y=﹣x2+3x+4； 〔2〕連接AA′，設(shè)直線AA′的解析式為：y=kx+b， ∴，解得：，∴直線AA′的解析式為：y=﹣x+4， 設(shè)點M的坐標(biāo)為：〔x，﹣x2+3x+4〕，

9、 如此S△AMA′=×4×[﹣x2+3x+4﹣〔﹣x+4〕]=﹣2x2+8x=﹣2〔x﹣2〕2+8， ∴當(dāng)x=2時，△AMA′的面積最大，最大值S△AMA′=8， ∴M的坐標(biāo)為：〔2，6〕； 〔3〕設(shè)點P的坐標(biāo)為〔x，﹣x2+3x+4〕，當(dāng)P，N，B，Q構(gòu)成平行四邊形時， ∵平行四邊形ABOC中，點A、C的坐標(biāo)分別是〔0，4〕、〔﹣1，0〕， ∴點B的坐標(biāo)為〔1，4〕， ∵點Q坐標(biāo)為〔1，0〕，P為拋物線上一動點，N為x軸上的一動點， ①當(dāng)BQ為邊時，PN∥BQ，PN=BQ，∵BQ=4，∴﹣x2+3x+4=±4， 當(dāng)﹣x2+3x+4=4時，解得：x1=0，x2=3，∴P1〔0，

10、4〕，P2〔3，4〕； 當(dāng)﹣x2+3x+4=﹣4時，解得：x3=，x2=， ∴P3〔，﹣4〕，P4〔，﹣4〕； ②當(dāng)PQ為對角線時，BP∥QN，BP=QN，此時P與P1，P2重合； 綜上可得：點P的坐標(biāo)為：P1〔0，4〕，P2〔3，4〕，P3〔，﹣4〕，P4〔，﹣4〕； 如圖2，當(dāng)這個平行四邊形為矩形時，點N的坐標(biāo)為：〔0，0〕或〔3，0〕． 4. (2016 省地區(qū)) 如圖，拋物線y=x2+bx與直線y=2x+4交于A〔a，8〕、B兩點，點P是拋物線上A、B之間的一個動點，過點P分別作x軸、y軸的平行線與直線AB交于點C和點E．

11、 〔1〕求拋物線的解析式； 〔2〕假如C為AB中點，求PC的長； 〔3〕如圖，以PC，PE為邊構(gòu)造矩形PCDE， 設(shè)點D的坐標(biāo)為〔m，n〕，請求出m，n之間的關(guān)系式． 分析〔1〕把A點坐標(biāo)代入直線方程可求得a的值，再代入拋物線可求得b的值，可求得拋物線解析式； 〔2〕聯(lián)立拋物線和直線解析式可求得B點坐標(biāo)，過A作AQ⊥x軸，交x軸于點Q，可知OC=AQ=4，可求得C點坐標(biāo)，結(jié)合條件可知P點縱坐標(biāo)，代入拋物線解析式可求得P點坐標(biāo)，從而可求得PC的長； 〔3〕根據(jù)矩形的性質(zhì)可分別用m、n表示出C、P的坐標(biāo)，根據(jù)DE=CP，可得到m、n的關(guān)系式． 解：〔1〕∵A〔a，8〕是拋物線和直線

12、的交點，∴A點在直線上， ∴8=2a+4，解得a=2，∴A點坐標(biāo)為〔2，8〕，又A點在拋物線上， ∴8=22+2b，解得b=2，∴拋物線解析式為y=x2+2x； 〔2〕聯(lián)立拋物線和直線解析式可得， 解得，， ∴B點坐標(biāo)為〔﹣2，0〕， 如圖，過A作AQ⊥x軸，交x軸于點Q， 如此AQ=8，OQ=OB=2，即O為BQ的中點， 當(dāng)C為AB中點時，如此OC為△ABQ的中位線，即C點在y軸上， ∴OC=AQ=4，∴C點坐標(biāo)為〔0，4〕， 又PC∥x軸，∴P點縱坐標(biāo)為4， ∵P點在拋物線線上， ∴4=x2+2x，解得x=﹣1﹣或x=﹣1， ∵P點在A、B之間的拋物線上，

13、∴x=﹣1﹣不合題意，舍去， ∴P點坐標(biāo)為〔﹣1，4〕， ∴PC=﹣1﹣0=﹣1； 〔3〕∵D〔m，n〕，且四邊形PCDE為矩形， ∴C點橫坐標(biāo)為m，E點縱坐標(biāo)為n， ∵C、E都在直線y=2x+4上， ∴C〔m，2m+4〕，E〔，n〕， ∵PC∥x軸， ∴P點縱坐標(biāo)為2m+4， ∵P點在拋物線上， ∴2m+4=x2+2x，整理可得2m+5=〔x+1〕2，解得x=﹣1或x=﹣﹣1〔舍去〕， ∴P點坐標(biāo)為〔﹣1，2m+4〕， ∴DE=﹣m，CP=﹣1﹣m， ∵四邊形PCDE為矩形， ∴DE=CP，即﹣m=﹣1﹣m， 整理可得n2﹣4n﹣8m﹣16=0， 即m、n之間

14、的關(guān)系式為n2﹣4n﹣8m﹣16=0． 5. (2013 省市) 如圖，二次函數(shù)的圖象過點A(0，－3)， B〔〕，對稱軸為直線，點P是拋物線上的一動點， 過點P分別作PM⊥x軸于點M，PN⊥y軸于點N， 在四邊形PMON上分別截取 〔1〕求此二次函數(shù)的解析式； 〔2〕求證：以C，D，E，F(xiàn)為頂點的四邊形CDEF是平行四邊形； 〔3〕在拋物線上是否存在這樣的點P，使四邊形CDEF為矩形？ 假如存在，請求出所有符合條件的P點坐標(biāo)；假如不存在，請說明理由. 解：〔1〕設(shè)二次函數(shù)的解析式為,將點A〔0，-3〕、B〔〕、對稱軸方程分別代入可得：，解得∴此二次函數(shù)的解析式為.

15、 〔2〕證明：如圖連接CD，DE，EF，F(xiàn)C.∵PM⊥x軸，PN⊥y軸， ∴四邊形OMPN是矩形.∴MP=ON，OM=PN. 又 ∴∴△CMD△ENF,同理△ODE△FPC(SAS), ∴CF=ED，CD=EF.,∴四邊形CDEF是平行四邊形. 〔3〕如圖，作CQ⊥y軸于點Q，設(shè)P點坐標(biāo)為， 如此∴.∴在Rt△ECQ中， 當(dāng)CD⊥DE時， 此題用相似更簡單！ 6．如下列圖，拋物線y=ax2+bx﹣3與x軸交于A〔﹣1，0〕，B〔3，0〕兩點，與y軸交于點C． 〔1〕求拋物線的解析式； 〔2〕如下列圖，直線BC下方的拋物線上有一點P，過點P作PE⊥BC于點E，作PF平

16、行于x軸交直線BC于點F，求△PEF周長的最大值； 〔3〕點M是拋物線的頂點，點N是y軸上一點，點Q是坐標(biāo)平面一點，假如點P是拋物線上一點，且位于拋物線的對稱軸右側(cè)，是否存在以P、M、N、Q為頂點且以PM為邊的正方形？假如存在，直接寫出點P的橫坐標(biāo)；假如不存在，說明理由． 【解答】解：〔1〕把A〔﹣1，0〕，B〔3，0〕兩點坐標(biāo)代入拋物線y=ax2+bx﹣3， 得到， 解得， ∴拋物線的解析式為y=x2﹣2x﹣3． 〔2〕如圖1中，連接PB、PC．設(shè)P〔m，m2﹣2m﹣3〕， ∵B〔3，0〕，C〔0，﹣3〕， ∴OB=OC， ∴∠OBC=45°， ∵PF∥OB， ∴∠

17、PFE=∠OBC=45°， ∵PE⊥BC， ∴∠PEF=90°， ∴△PEF是等腰直角三角形， ∴PE最大時，△PEF的面積中點，此時△PBC的面積最大， 如此有S△PBC=S△POB+S△POC﹣S△BOC=?3?〔﹣m2+2m+3〕+?3?m﹣=﹣〔m﹣〕2+， ∴m=時，△PBC的面積最大，此時△PEF的面積也最大， 此時P〔，﹣〕， ∵直線BC的解析式為y=x﹣3， ∴F〔﹣，﹣〕， ∴PF=， ∵△PEF是等腰直角三角形， ∴EF=EP=， ∴C△PEF最大值=+． 〔3〕①如圖2中， 當(dāng)N與C重合時，點N關(guān)于對稱軸的對稱點P，此時思想MNQP是正方形，易知P〔2，﹣3〕．點P橫坐標(biāo)為2， ②如圖3中，當(dāng)四邊形PMQN是正方形時，作PF⊥y軸于N，ME∥x軸，PE∥y軸． 易知△PFN≌△PEM， ∴PF=PE，設(shè)P〔m，m2﹣2m﹣3〕， ∵M(jìn)〔1，﹣4〕， ∴m=m2﹣2m﹣3﹣〔﹣4〕， ∴m=或〔舍棄〕， ∴P點橫坐標(biāo)為 所以滿足條件的點P的橫坐標(biāo)為2或． 8 / 8