欢迎来到百家号“米粉老师说数学”，有关二次函数压轴题的文章，是一系列讲义，我们会把二次函数与几何结合的各类题型变化与分析思路、解题方法、技巧，细细地梳理一遍，当你第一篇开始，坚持到最后一篇时，你一定会惊讶地发现，曾经困扰着你的二次函数中考压轴题，它就在你的脚下!
今天我们继续聊聊二次函数与特殊四边形形存在性问题之三：与矩形结合的存在性问题。
一.知识简介
1.知识层面
从几何角度分析，此类题型所涉及到矩形的性质、判定及分类讨论。
就性质而言，最主要围绕两个性质展开运用：
①矩形直角与勾股定理的关系；
②利用矩形直角添辅助线构造数学典型模型与相似的关系。
就分类讨论而言，需掌握两种论证方法：代数论证方法和几何论证方法。
从函数角度分析，除了涉及到以上矩形的几何性质外，主要运用以下两点：
①利用“两直线平行K值相等”和“两对角线垂直K值负倒数”解决直线表达式问题、；
②中点坐标公式解决点的坐标问题及两点间的距离公式解决线段长的问题。
2.思路层现
越熟悉以上所涉及的知识基础，更能让我们在解决二次函数与矩形结合的题型中，更快找到解题思路
二.范例精讲
例1.（不存在）.如图，已知二次函数y=a(x-h)*2-1的图像与x轴交于A(2,0)，B两点，与y轴交于点C(0,8).
（1）求二次函数解析式；
（2）P（6，2）为平面内一点，设直线y=kx+b交抛物线于M,N，是否存在以A,M,N,P为顶点的四边形是矩形？若存在，求直线解析式；若不存在，请说明理由；
解析：（1）代入A、C两点坐标，易得
抛物线的解析式为：y=(x-3)*2-1；
（2）不存在。理由如下：
(2)不存在以A、M、N、P为顶点的四边形为矩形。可利用矩形的直角，添辅助线构造数学典型模型---“一线三垂直模型”来解答。
理由如下：
如图，过点M作MD⊥X轴于点D，
过点P作PE⊥X轴于点E，
∵以A、M、N、P为顶点的四边形是矩形，
∴∠MAP=90°，∴∠DAM+∠PAE=90°，
∵∠AMD+∠DAM=90°，∴∠AMD=∠PAE，
∵∠ADM=∠PEA=90°，∴△ADM∽△PEA，
∴AD:PE=MD:AE,
∵A（2，0），P（6，2），
∴PE=2，AE=4，
∴AD:2=MD:4,∴AD:MD=1:2，
设AD=m，则MD=2m，OA=2-m,
∴M(2-m,2m)，
代入抛物线解析式得
(2-m-3)*2-1=2m，
解得m=0，
∴点A、M重合，
故不存在；
例2．（存在+代数论证方法）如图，矩形OABC，A(-3,0),过点C的直线y=-2x+4与x轴交于点D，二次函数y=-0.5x*2+bx+c的图像经过B,C两点。
（1）求B,C两点的坐标及二次函数的解析式；
（2）若点P是CD的中点，在二次函数图像上是否存在点M，使以A,P,C,M为顶点的四边形为矩形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由。
解析：（1）由矩形性质易得B(-3,4),
由直线CD表达式易得C(0,4)；
代入B、C两点坐标易得二次函数解析式为：
y=-0.5x*2-1.5x+4；
（2）存在，理由是：
连接AC，在直角三角形AOC中，
AC=5，D（2，0），
AD=OA+OD=5，AD=AC，
P是CD的中点，
∴AP⊥CD
连AC、MP，设交点E.
∵四边形APCM是矩形，
∴E是MP、AC的中点，
∵C（0，4），D（2，0），
∴CD的中点P的坐标为（1，2），
∵A（-3，0），C（0，4），
∴AC的中点E的坐标为（-1.5，2），
∵P（1，2），E是MP的中点，
∴M（-4，2），
把X=-4代入y=-0.5x*2-1.5x+4中，y=2,
∴点M在抛物线上，
∴存在这样的点M，使四边形APCM为矩形。
例3．（存在+几何论证方法）如图，抛物线y=ax*2+bx+c(a<0)与x轴交于A（-2，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，且OC=2OA.
（1）试求抛物线的解析式；
（2）直线y=kx+1(k>0)与y轴交于点D，与抛物线交于点P，与直线BC交于点M，记M=PM:DM，试求M的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，点Q是x轴上的一个动点，点N是坐标平面内的一点，是否存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N四点组成的四边形是矩形？如果存在，请求出点N的坐标；如果不存在，请说明理由。
解析：
（1）由于抛物线过点A(-2,0)、B(4,0),
设抛物线的解析式为y=a(x+2)(x-4),
由于 OC=2OA，故C(0,4) ,
代入C点坐标可得抛物线的解析式为：
y=-0.5x*2+x+4
（2）二次函数中出现线段比的最值问题，一般两条思路线：
①利用相似转化线段比；
②利用代数式表示线段，把线段比的最值问题转化成代数中二次函数的最值问题。
过点P作PE⊥x轴于点E，交BC于点F,
则CD∥PE
∴△CMD∽△FMP,
∴M=PM:DM=PF:CD,
∵直线y=kx+1与y轴交于点D，
则D（0,1）,
由（1）知，直线BC：y=-x+4,
设P(n,-0.5n*2+n+4)，
则F(n,-n+4),
PF=-0.5n*2+n+4-(n+4)
=-0.5n*2+2n,
∴M=PM:DM=PF:CD
=(-0.5n*2+3n):3
=-1/6 n*2+2n/3
=-1/6 (n-2)*2+2/3,
∵-1/6<0,
∴ 当n=2时，M有最大值为2/3,
此时P(2,4)
(3)存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N 四点为顶点的四边形是矩形
①当DP是矩形的一边时，
ⅰ.过点D作DQ⊥DP,交x轴于点Q,
过点P作PN∥DQ,连接QN，则四边形PDQN是矩形。
由（2）知P(2,4)，
将P(2,4)代入y=kx+1中，
得：k=3/2 ,
故直线DP：y=3x/2+1，
且D(0,1),E(-1.5,0),
由△DOE∽△QOD
有：OD:OQ=OE:OD,
∴OQ=1.5,Q(1.5,0)
根据矩形的性质，
将点P向右平移1.5个单位，
向下平移1个单位即得点N,
∴N(3.5,3).
ⅱ.过点P作PQ⊥DP,交x轴于点Q,过点D
作DN∥PQ,连接QN，
则四边形PDNQ是矩形。
过点P作PF⊥x轴于点F,
易知 OF=2 PF=4,EF=8/3,
由△PEF∽△QPF,
有：PF:FQ=EF:PF,
∴QF=6,Q(6,0),
根据矩形的性质，
将点D向右平移6个单位，
向下平移4个单位即得点N,
∴N(6,-3).
② 当DP是矩形的对角线时
设Q(x,0) ,则QD*2=x*2+1，
QP*2=(x-2)*2+16,
PD*2=13,
若点Q是直角顶点，
故满足
x*2+1+(x-2)*2+16=13,
即x*2-2x+4=0,
此方程无解.
故当DP是矩形的对角线时,不存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N 四点为顶点的四边形是矩形
综上所述，存在这样的点Q、N，使得以P、D、Q、N 四点为顶点的四边形是矩形，满足条件的点N 有两个，即N(3.5,3)或N(6,-3).
三.思路回顾
从以上几道范例的思路详解及过程步骤详解反映出，当遇到二次函数与矩形存在性问题结合的题型时，处理办法与平行四边形、菱形的存在性问题相似，同时注意到矩形的特性，只要我们能从常见的矩形分类讨论方法和常见的计算方法入手思考，牢牢把握住二次函数几何综合题的“总体思路线”，就能做到代数论证方法与几何论证方法的有效结合，面对这类压轴题型也就会迎刃而解。
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