2025年中考数学二轮考点专题练习：矩形问题（含解析）

这是一份2025年中考数学二轮考点专题练习：矩形问题（含解析），共15页。试卷主要包含了阶方法突破练等内容，欢迎下载使用。
1.如图,在 10×10的方格中有格点A，B，在网格中确定一组格点C，D，使得四边形ABCD 是以AB 为较短边的矩形.
2.如图，已知平面直角坐标系中有线段AB，点C为x轴上一点，点 D为平面内任意一点，确定C，D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形是矩形，请作出符合要求的矩形.
3. 如图,在平面直角坐标系中直线L经过,A(-1,0),M(1,4)两点，点P是y轴上一动点，点Q是平面内任意一点，若以A，M，P，Q为顶点的四边形是矩形，求点 Q 的坐标.
4.如图，抛物线 y=12x2−32x−2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点M为坐标轴上一点，平面内存在点N，使得以B，C，M，N为顶点的四边形为矩形，求点 N的坐标.
5.如图，抛物线 y=−x²+2x+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点P是抛物线上一动点，在平面内是否存在点Q，使得以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形?若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
二阶 设问进阶练
例 如图，抛物线 y=−14x2+32x+4与x轴交于A，B两点，与y轴交于点 C.
(1)平面内是否存在一点 D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形是矩形?若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；
(2)是否存在以BC 为边，且一个顶点 P 在抛物线的对称轴上的矩形?若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)若点E 为抛物线的顶点，点M为y轴上一点，平面内是否存在点 N，使得以C，E，M，N为顶点的四边形是矩形?若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.
三阶 综合强化练
1.如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y=x²−4x−5与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，一次函数 y=kx+b的图象经过B，C两点，D(2，5)是抛物线对称轴上一点.
(1)求一次函数的解析式；
(2)若点 P 是直线 BC下方抛物线上一动点，当 △BDP的面积最大时，求出此时点 P的坐标；
(3)(对称轴上的动点+任意一点)将抛物线沿x轴向右平移两个单位，得到的新抛物线与x轴交于E，F两点(点 E 在点 F 左侧)，若点M 为新抛物线对称轴上一点，则平面内是否存在点 N，使得以D，E，M，N为顶点的四边形是矩形?若存在，求出点 M的坐标；若不存在，请说明理由.
作图区 答题区
2.如图，抛物线 y=ax²+bx+ca≠0与x轴交于点 A−30,B20,与y轴交于点 C， ∠CAO=
交抛物线于点E，且. AE=EC.
45°,直线 y=kx
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点 M为直线 y=1上一点，点 N为直线EC上一点，求( CM+MN的最小值；
(3)(抛物线上的动点+任意一点)点P为抛物线上一点，点Q为平面内一点，是否存在点 P，Q，使得以E，C，P，Q为顶点的四边形是矩形?若存在，求出点 Q的坐标；若不存在，请说明理由.
3.如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线 y=ax2+bx+32a≠0与x轴交于A，B两点(点B在点
A 的右侧),与y轴交于点 C,且( OA:OB=1:3,抛物线的对称轴是直线 x=1.
(1)求抛物线的解析式；
(2)点M是x轴下方抛物线上一点,连接AC,AM,BM,当 ∠ABM=2∠ACO时，求点M 的横坐标；
(3)(对称轴上的动点+任意一点)若点 P是抛物线的对称轴上一点，点Q是平面内任意一点，
是否存在点P，Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是矩形?若存在，求出点P的坐标；若不
存在，请说明理由.
考向3矩形问题
一阶 方法突破练
1.解：格点C，D的位置如解图所示.
2. 解:如解图,矩形ABD₁C₁,矩形ABC₂D₂,矩形AC₃BD₃和矩形AC₄BD₄为所求作矩形.
3.解：①当AM 为矩形的对角线时，如解图①，设 N 为AM 的中点,
∵A(-1,0),M(1,4),∴N(0,2),
∴MN=5.∴NQ1=NQ2=5,
∴Q102+5,Q202−5;
②当AM 为矩形的边时,(i)当AP⊥AM 时,如解图②,过点A 作直线l⊥x轴,作 P₃H⊥l于点 H,作MG⊥l于点G,
∴∠GAM+∠HAP₃=90°,∠HAP₃+∠AP₃H=90°,
∴∠GAM=∠AP₃H,
∵∠MGA=∠AHP₃=90°,
∴△MGA∽△AHP₃,则 MGGA=AHHP3=12,
∵HP3=1,∴AH=12,∴P30−12,∴Q3272;
(ii)当MP⊥AM时,如解图③,过点 M 作直线l'⊥x轴,交x轴于点L,作P₄J⊥l'于点 J,同理得△ALM∽△MJP₄,
则 MJP4J=ALML=12, ∵JP4=1,∴MJ=12, ∴P4092,∴Q4−212.综上所述，点 Q 的坐标为 02+5或 02−5或(2, 72)]或 −212.
4. 解:∵ 抛物线 y=12x2−32x−2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C,∴A(-1,0),B(4,0),C(0,-2), ∴AB=5,AC=5,BC=25,
分两种情况讨论，如解图，
①当以BC 为对角线时，
∵∠COB=90°,
∴此时M点与O 点重合，即M₁(0,0),∴N₁(4,-2);
②当以 BC 为边时,
(i)M点在x轴上时,
∵AB=5,AC=5,BC=25,
∴AB²=AC²+BC²,∴∠ACB=90°,
∴此时 M 点与A 点重合，即M₂(-1,0),
∵C点向右平移4个单位，再向上平移2个单位得到
B点坐标，∴M₂点向右平移4个单位，再向上平移2个单位得到N₂点坐标，
∴N₂(3,2);
(ii)M点在y轴上时,延长(i)中BN₂交y轴于 M₃点，即可组成矩形 CBM₃N₃,此时点 N₃在第二象限，
设直线 BN₂ 的解析式为y=kx+b,
代入 B 点和 N₂ 点的坐标，
得 4k+b=03k+b=2,解得 k=−2b=8,
∴ 直线 BN₂ 的解析式为y=-2x+8,
当x=0时,y=8,
故M₃(0,8),
∵ B 点向左平移4个单位，再向上平移8个单位得到M₃点，∴C点向左平移4个单位，再向上平移8个单位得到N₃点，
∴N₃(-4,6),综上所述，符合条件的点 N的坐标为(4，-2)或(3，2)或(-4,6).
5.解:存在.
∵抛物线的解析式为 y=−x²+2x+3,
∴A(-1,0),C(0,3),
∴AC 所在直线的解析式为：y=3x+3.
①当AC 为矩形的边时,如解图,过点 A,C 作 AC 的垂线，分别交抛物线于点 P₁，P₂.
设AP₁所在直线的解析为 y=−13x+c,
∴AP₁所在直线的解析式为 y=−13x−13,同理 CP₂所在直线的解析式为 y=−13x+3.
联立 y=−x2+2x+3y=−13x−13,解得 x1=−1y1=0(舍去) x2=103y2=−139 ∴P1103−139.∴Q1133149,
联立 y=−x2+2x+3y=−13x+3,解得 x1=0y1=3(舍去) x2=73y2=209 ∴P273209.∴Q243−79;
②当AC 为矩形的对角线时，如解图，以 AC 为直径画圆，⊙I与抛物线无其它交点.
∴不存在以 AC 为对角线且符合题意的点 Q.
综上所述，点 Q 的坐标为 133149或 43−79.
二阶 设问进阶练
例 解:(1)存在.
∵ 抛物线 y=−14x2+32x+4与x轴交于A，B两点，与y轴交于点 C，
令x=0,得y=4,∴C(0,4).
令y=0,解得.x₁=-2,x₂=8,∴A(-2,0),B(8,0).
∴AC²=OA²+OC²=20,BC²=OB²+OC²=80,AB²= OA+OB²=100.
∴AC²+BC²=20+80=100=AB².
∴△ABC为直角三角形,
∴AC，BC 为矩形的两边，AB为矩形的对角线，
∴点 D 在AB下方.
∵ 点C向左平移2个单位，再向下平移4个单位得到点A，∴点 B 向左平移2 个单位，再向下平移4个单位得到点 D，
∴D(6,-4);
(2)存在.
∵B(8,0),C(0,4),
∴BC所在直线的解析式为 y=−12x+4.
∵抛物线的对称轴为直线x=3，
∴设点 P 的坐标为(3,p).
过点 B,C 分别作 BC⊥CP₁ 于点 P₁,BP₂⊥BC 于点P₂,
①当点 P₁在 BC上方时,如解图①,设CP₁ 所在直线解析式为 ycP=2x+b1,
将C(0,4)代入,解得b₁=4,∴ycp=2x+4.
当x=3时,y=10,
∴P₁(3,10);
②当点P₂在BC下方时，如解图②，设BP₂所在直线的解析式为 yBP2=2x+b2,
将B(8,0)代入,解得b₂=-16,∴yBP=2x-16.
∴P₂(3,-10).
综上所述,点P的坐标为(3,10)或(3,-10);
【一题多解】∵抛物线的对称轴为直线x=3，∴设P(3,p),如解图①,当CP⊥CB时,过点P₁作P₁F⊥y轴于点 F,∴∠P₁FC=90°,∴∠FCP₁+∠BCO= 90°,∠FCP₁+∠FP₁C=90°,∴∠BCO=∠CP₁F,∵ ∠P₁FC=∠COB=90°,∴ △COB∽△P₁FC,∴ P1FCO=CFBO,∴CF=6,∴P1310;同理，如解图②，当 BP⊥CB 时,可得△P₂BE∽△BCO,此时 P₂(3,-10). 综上所述,点 P 的坐标为(3,10)或(3,-10).
(3)存在.
∴y=−14x2+32x+4=−14x−32+254,
∴点E的坐标为(3, 254).
设点 M 的坐标为(0,m).①当CE 为矩形的边时，如解图③，过点E 作EM⊥CE 交y轴于点M,过点 M 作 MN∥EC,过点 C作 CN∥EM,两直线交于点 N,连接NE 交MC 于点 F.
易得 EM2=32+m−2542,CE2=32+254−42=22516, CM²=m−4²,
∵EM⊥CE,∴CE²+EM²=CM²,
即 22516+32+m−2542=m−42,
解得 m=414,∴M0414,
∴矩形的对角线交点 F 的坐标为((0,57/8),
∴点N的坐标为(-3,8);
②当 CE 为矩形的对角线时，如解图④，
∵ 四边形 EMCN 为矩形,
∴EM⊥y轴,CN⊥y轴,∴M(0, 254),N(3,4).综上所述,点N的坐标为(-3,8)或(3,4).
【一题多解】： y=−14x2+32x+4=−14x−32+254,∴点 E 的坐标为 3254,①当CE 为矩形的边时，如解图③,∵C(0,4),E(3, 254),∴直线 CE 的解析式为 y=34x+4, .设 ME 的解析式为 y=−43x+b,将点 E坐标代入得， y=−43x+414,.当x=0时, y=414, ∴M0414,∴矩形的对角线交点 F 的坐标为(0，57/8),∴点N的坐标为(-3,8);②当 CE 为矩形的对角线时，如解图⑤，以 CE 为直径作圆，交y轴于点M,连接ME,过点C作CN∥ME,∴EM⊥y轴,CN⊥y轴,∴M(0, 244),N(3,4).综上所述,点N的坐标为(-3,8)或(3,4).
三阶 综合强化练
1. 解:(1)一次函数的解析式为y=x-5;
(2)如解图①,连接BD,过点 P 作PQ∥BD交抛物线于点Q,:B(5,0),D(2,5),
设直线BD 的解析式为y=ax+c,
∴将B，D两点的坐标代入解析式得， y=−53x+253,设 PQ 的解析式为 y=−53x+d,
∵ BD是定值, SBDP=12BD.(点P到BD的距离),
∴ 当PQ 与抛物线只有一个交点时,点 P 到 BD 的距离最大,∴联立得 x2−4x−5=−53x+d,即 3x²−7x-15-3d=0,
∴b²-4ac=49-12×(-15-3d)=0,
解得 d=−22936,
∴y=−53x−22936,
∴联立 y=−53x−22936,y=x2−4x−5解得 x=76y=29936,
∴P76−29936.
(3)【思路点拨】得到新抛物线的解析式，分①DE 为矩形的边，②DE 为矩形的对角线两种情况讨论，结合矩形顶点的平移规律及相邻两边垂直时系数相乘为-1 求点M的坐标.
存在.
将抛物线沿x轴向右平移两个单位得 y=x−2²−4(x-2)-5,
∴新抛物线的解析式为 y=x²−8x+7,
∴E(1,0),对称轴为直线x=4,
∵以D，E，M，N为顶点的四边形是矩形，
∴分两种情况讨论：
①DE 为矩形的边时,如解图②,作DM⊥DE,由D,E两点得直线 DE的解析式为y=5x-5,
∴设直线DM₁的解析式为 y=−15x+e,将D(2,5)代入得 y=−15x+275,
∵新抛物线的对称轴为直线x=4，
∴M₁的横坐标为4，代入 y=−15x+275得, M14235,同理,当EM⊥DE时, M24−35;
②当 DE 为矩形的对角线时，如解图③，作以DE 为直径的圆与对称轴交于点M，设M(4,t),
∵D(2,5),E(1,0),
∴直线 DM 的解析式为 y= t−52x+10−t,直线 EM 的解析式为 y=t3x−t3,
∵ DM⊥EM,
∴t−52⋅t3=−1,解得t=2或t=3,
∴M₃(4,3)或M₄(4,2).
综上所述，满足条件的点M的坐标为(4， 235)或 4−35或(4,2)或(4,3).
2.解：(1)抛物线的解析式为 y=−12x2−12x+3;
(2)如解图①,作点 C关于直线y=1 的对称点 C',过点 C'作直线CE 的垂线交 CE 于点 N,交直线y=1 于点 M,连接CM,EC',
∵ CM=C'M,
∴CM+MN=C'M+MN≥C'N,,即CM+MN的最小值为C'N的长.
∵直线y=kx交抛物线于点 E,AE=EC,
∴ 直线y=kx为线段AC 的垂直平分线.
∵∠CAO=45°,∴直线EO 的解析式为y=-x,
联立 y=−xy=−12x2−12x+3,
解得 x1=−2y1=2,x2=3y2=−3(舍去),
∴E(-2,2),∴CE= 5,
∵ C(0,3),点 C'与点 C 关于直线y=1对称，
∴C'(0,-1),
∴SECC'=12EC⋅C'N=12
CC'⋅|xE|,
∴12×5⋅C'N=12×4×2,
∴C'N=855.
∴ CM+MN的最小值为 855;
(3)【思路点拨】当①CE 为矩形的边;②CE 为矩形的对角线两种情况，由直线CE的解析式设点 C，Q所在直线的解析式，与抛物线联立求解点P的坐标，利用平移规律求得点Q的坐标.
存在.
分以下两种情况：
①当CE 为矩形的边时,如解图②,过点 C 作 CE 的垂线，与抛物线交于点 P₁，过点 E 作 CE 的垂线，与抛物线交于点 P₂，过点 P₁作 CE 的平行线，交直线EP₂于点Q₁,过点 P₂作CE的平行线,交直线CP₁于点 Q₂,
∵C(0,3),E(-2,2),
∴ 直线 CE 的解析式为 y=12x+3.
∵CE⊥CQ₂,
∴设直线CQ₂的解析式为y=-2x+d,代入C(0,3),解得d=3,
∴直线 CQ₂的解析式为y=-2x+3,
∴联立 y=−2x+3y=−12x2−12x+3,
解得 x=0y=3 舍去)或 x=3y=−3,
∴P₁(3,-3),
∵点C向左平移2个单位，再向下平移1个单位即可得到点E，∴由矩形的性质可知，将点P₁ 向左平移2个单位，再向下平移1个单位即可得到点Q₁，∴Q₁(1,-4),同理得(Q₂(7,-11);
②当CE 为矩形的对角线时，如解图③，以 EC 为直径作圆，由解图③可知与抛物线无交点，故此种情况不存在符合条件的点 P，Q.
综上所述,点Q的坐标为(1,-4)或(7,-11).
3.解：(1)抛物线的解析式为 y=−12x2+x+32;
(2)【思路点拨】由∠ABM=2∠ACO,构造等角,计算tan∠ABM 的值和点H的坐标，联立抛物线与直线BM的解析式即可求解点M的坐标.
如解图①,在 OB 上取一点 R,
使 OR = OA = 1,连接 CR,则
∠ACR=2∠ACO=∠ABM,
过点A 作AK⊥CR 于点K,设直
线BM交y轴于点H,
∵A−10,C032,
∴AR=2AO=2,OC=32,
AC=CR=12+322=132,
∴SACR=12AR⋅OC=12CR⋅AK,即 12×2×32=12×
132⋅AK,解得 AK=61313,
∴CK=AC2−AK2=51326,
∴tan∠ACK=AKCK=6131351326=125,
∵∠ABM=∠ACK,
∴tan∠ABM=tan∠ACK=125,
在 Rt△BOH中, OH=OB⋅tan∠ABM=3×125=365,
∴H0−365,
由点 B，H的坐标得直线BM的解析式为 y=125x−365,联立 y=125x−365y=12x2+x+32,解得 x=−295或x=3(舍去),∴点 M 的横坐标为 −295;
(3)存在.
①当BC 是矩形的边时,分别过点 B,C 作 BC 的垂线，分别交抛物线对称轴于点 P₁，P₂，如解图②，设抛物线对称轴与x轴交于点 E，与BC交于点 F，由B(3,0),C(0, 32),得 yBC=−12x+32,
∴F(1,1),
∵∠P₂CF=∠FEB=90°,∠CFP₂=∠EFB,
∴∠CP₂F=∠EBF,
∵B(3,0),c(, 32),F(1,1),
∴CF=52,EF=1,BF=5,
∴sin∠CP2F=CFP2F=sin∠EBF=EFBF,解得 P2F=52,
∴P2E=72,∴P2172,
同理得P₁(1,-4);
②当BC 是矩形的对角线时，以 BC 为直径作圆，分别与直线x=1交于点P₃,P₄,如解图③,
易知BC中点G的坐标为 3234.
则 GP=GC=12BC=354,设 P(1,n),过点 G 作 GH垂直于抛物线对称轴于点 H，在Rt△PHG中，由勾股定理得 GH²+PH²=GP², ∴32−12+n−342=3542,解得 n=3±414,则 P313+414,P413−414;
综上所述,点 P 的坐标为(1,-4)或(1, 72)或 13+414或 13−414.