【中考数学专题】存在性系列之矩形存在性问题（文末有福利）

所谓矩形存在性问题，即在坐标系中确定动点位置，使其与其他点等构成矩形，本文将对题型构造及解决方法作简单介绍．首先关于矩形本身，我们已经知道：

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．

01

问题与方法

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．

题型如下：

（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．

引例：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．

【小结】这种解决矩形存在性问题的方法相当于在直角三角形存在性问题上再加一步求D点坐标，也是因为这两个图形之间的密切关系方能如此．

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．

引例：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．

【小结】这个方法是在平行四边形基础上多加一个等式而已，剩下的都是计算的故事．

02

中考真题

2018铁岭中考删减

【构造直角得矩形】

如图，抛物线y=-x²+bx+c交x轴于点A，B，交y轴于点C．点B的坐标为（3，0）点C的坐标为（0，3），点C与点D关于抛物线的对称轴对称．

（1）求抛物线的解析式；

（2）若点P为抛物线对称轴上一点，连接BD，以PD，PB为边作平行四边形PDNB，是否存在这样的点P，使得平行四边形PDNB是矩形？若存在，请求出tan∠BDN的值；若不存在，请说明理由．

2019南充中考删减

【构造对角线互相平分且相等得矩形】

如图，抛物线y=ax²+bx+c与x轴交于点A（-1，0），点B（-3，0），且OB=OC．

（1）求抛物线的解析式；

（2）抛物线上两点M，N，点M的横坐标为m，点N的横坐标为m+4．点D是抛物线上M、N之间的动点，过点D作y轴的平行线交MN于点E．

①求DE的最大值；

②点D关于点E的对称点为F，当m为何值时，四边形MDNF为矩形．

2018辽阳中考删减

【2定+1半动+1全动】

如图，直线y=x-3与坐标轴交于A、B两点，抛物线y=1/4x²+bx+c经过点B，与直线y=x-3交于点E（8，5），且与x轴交于C，D两点．

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P在抛物线上，在坐标平面内是否存在点Q，使得以点P，Q，B，C为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

2018曲靖中考

【1定+3半动】

如图：在平面直角坐标系中，直线l：y=1/3x-4/3与x轴交于点A，经过点A的抛物线y=ax²-3x+c的对称轴是x=3/2．

（1）求抛物线的解析式；

（2）平移直线l经过原点O，得到直线m，点P是直线m上任意一点， PB⊥x轴于点B， PC⊥y轴于点C，若点E在线段OB上，点F在线段OC的延长线上，连接PE，PF，且PF=3PE．求证：PE⊥PF；

（3）若（2）中的点P坐标为（6，2），点E是x轴上的点，点F是y轴上的点，当PE⊥PF时，抛物线上是否存在点Q，使四边形PEQF是矩形？如果存在，请求出点Q的坐标，如果不存在，请说明理由．

来源：有一点数学，作者刘岳