中考数学二轮复习几何专项知识精讲+基础提优训练专题23 矩形存在性问题巩固练习（基础）-（解析版）

矩形存在性问题巩固练习1．如图，抛物线y=−13x2+43x+1与y轴交于点A，对称轴交x轴于点B，连AB，点P在y轴上，点Q在抛物线上，是否存在点P和Q，使四边形【分析】先令x＝0，求出y的值得到AO的长度，根据对称轴解析式求出OB的长度，根据矩形的四个角都是直角可得∠ABP＝90°，然后求出∠BAO＝∠PBO，从而得到△AOB和△BOP相似，利用相似三角形对应边成比例求出OP的长度，再根据矩形的对称性求出矩形的中心C的坐标，然后求出点Q的坐标，再根据二次函数图象上点的坐标特征把点Q的坐标代入抛物线解析式进行验证即可．【解答】解：存在点P和点Q，使四边形ABPQ为矩形，理由如下：令x＝0，则y＝1，∴AO＝1，∵抛物线对称轴为直线x=−4∴OB＝2，∵四边形ABPQ为矩形，∴∠ABO+∠PBO＝∠ABP＝90°，∵∠BAO+∠ABO＝90°，∴∠BAO＝∠PBO，又∵∠AOB＝∠BOP＝90°，∴△AOB∽△BOP，∴AOOB即12解得OP＝4，∴点P的坐标为（0，﹣4），∴AP的中点，即矩形的中心C的坐标是（0，﹣1.5），设点Q（x，y），则x+22=0，解得x＝﹣2，y＝﹣3，∴点Q的坐标为（﹣2，﹣3），当x＝﹣2时，y=−13×（﹣2）2+43×（﹣2）+1∴点Q在抛物线y=−13x2+故存在点Q（﹣2，﹣3），使四边形ABPQ为矩形，点Q的坐标为（﹣2，﹣3）．【点评】本题是二次函数综合题型，主要利用了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，中心对称的点的坐标求出以及二次函数图象上点的坐标特征，利用中心对称求出点Q的坐标是解题的关键．2．在平面直角坐标系中，∠ACO＝90°．把AO绕O点顺时针旋转90°得OB，连接AB，作BD⊥x轴于D，点A的坐标为（﹣3，1）．（1）求直线AB的解析式；（2）若AB中点为M，连接CM，点P是射线CM上的动点，过点P作x轴的垂线交x轴于点Q，设点P的横坐标为t，△PQO的面积为S（S≠0），求S与t的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围；（3）在（2）的条件下，动点P在运动过程中，是否存在P点，使以P、O、B、N（N为平面上一点）为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先证明△AOC≌△OBD，得出AC＝OD＝1，OC＝BD＝3，B（1，3），设直线AB的解析式为：y＝kx+b，把点A（﹣3，1），B（1，3）代入得出方程组，解方程组求出k、b，即可得出直线AB的解析式；（2）先求出M的坐标，再求出直线CM的解析式，得出P的坐标，即可得出S与t的函数关系式以及t的取值范围；（3）分两种情况：①点P为直线OA与CM的交点时，由直线OA和CM的解析式组成方程组，解方程组即可求出P的坐标；②作BP⊥OB交CM于P，求出直线BP的解析式，再求出直线BP与CM的交点坐标即可．【解答】解：（1）根据题意得：OA＝OB，∠AOB＝90°，OC＝3，AC＝1，C（﹣3，0），∴∠AOC+∠BOD＝90°，∵BD⊥x轴于D，∴∠BDO＝90°，∴∠OBD+∠BOD＝90°，∴∠AOC＝∠BOD，在△AOC和△OBD中，∠ACO=∠BDO=90°∠AOC=∠BOD∴△AOC≌△OBD（AAS），∴AC＝OD＝1，OC＝BD＝3，∴B（1，3），设直线AB的解析式为：y＝kx+b，把点A（﹣3，1），B（1，3）代入得：−3k+b=1k+b=1解得：k=12，b∴直线AB的解析式为：y=12x（2）∵M是AB的中点，A（﹣3，1），B（1，3），∴M（﹣1，2），设直线CM的解析式为：y＝ax+c，把点C（﹣3，0），M（﹣1，2）代入得：−3a+c=0−a+c=2解得：a＝1，c＝3，∴直线CM的解析式为：y＝x+3，设P的坐标为（t，t+3），则△PQO的面积S=12×t×（t+3）=12∵点P是射线CM上的动点，∴t≥﹣3，∴S=12t2+32t（3）存在，点P坐标为（−94，34），或（1理由如下：分两种情况讨论：①点P为直线OA与CM的交点时；∵A（﹣3，1），∴直线OA的解析式为：y=−13解方程组y=−13x∴P（−94，②作BP⊥OB交CM于P，如图所示：则∠OBP＝90°，∵∠AOB＝90°，∴BP∥OA，设直线BP的解析式为：y=−13x+把点B（1，3）代入得：b=10∴直线BP的解析式为：y=−13x解方程组y=x+3y=−13∴P（14，13③当∠OPB＝90°时，易知P（﹣1，2）或（0，3），都符合题意；综上所述：存在P点，使以P、O、B、N（N为平面上一点）为顶点的四边形是矩形，点P坐标为P（−94，34），或（14，【点评】本题是一次函数综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、用待定系数法求一次函数的解析式、二元一次方程组的解法等知识，本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要通过分类讨论，求出两条直线的交点才能得出结果．3．已知在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A、B、C的坐标分别为（﹣1，0）（3，0）（0，3），将直线AC绕原点O顺时针旋转180°成为直线l．（1）求直线l的解析式；（2）设直线l交y轴于点D，动点P从点D出发以每秒1个单位速度沿直线l向斜上方运动．点P运动的时间为t秒，连接PO、PB，设△POB的面积为S，求S与t的函数关系式，并求出自变量t的取值范围；（3）在（2）的条件下，过点B作EB⊥AB，EB交直线l于点E，在点P出发时，点Q也从点E同时出发，沿直线l向斜下方匀速运动，点Q运动的速度大于点P运动的速度，则在直线l上是否存在这样P、Q两点，使P、Q两点与A、B、C三点中的两点为顶点的四边形为矩形（非正方形）？若存在，请求出点Q的运动速度；若不存在，请说明理由．【分析】（1）求得A和C关于原点O的对称点的坐标，利用待定系数法即可求解；（2）分P在线段DF上和在DF的延长线上两种情况进行讨论，求得P的纵坐标，利用三角形的面积公式求解；（3）首先证明△ABC是直角三角形，则AD⊥BD，过A作AN⊥DF于点N，BC与DF相交于点M，则P、Q只能是D或M或N中的点，然后进行讨论即可．【解答】解：（1）A和C关于O的对称点分别是（1，0）和（0，−3设直线l的解析式是y＝kx+b，则k+b=0b=−解得：k=3则直线l的解析式是：y=3x−（2）D的坐标是（0，−3），设直线l与x轴的交点是F，则F则DF=(3)2+12=2，sin∠当P在线段DF上时，即0≤t＜2时，DG＝DP•cos∠ODF=32t，则OG=则S=12OB•OG=12×3×（3−当P在DP的延长线上时，即t＞2时，PF＝t﹣2，则P到x轴的距离是：PF•sin60°=32（t则S=12×3×32（t﹣（3）在y=3x−3中，令x＝3，则y＝33−3=23∵A、B、C的坐标分别为（﹣1，0）（3，0）（0，3），∴AC=12+(3)2=2，∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，∠ACO＝30°，∠CAO＝60°，又∵DF与AC关于原点O对称，∴∠ADB＝90°，∠OAD＝60°，∠ADO＝30°，①Q在D点，P在Q关于F对称点时，AQBP时矩形，则P运动的时间是4秒，Q运动的距离是DE=32+(23+②过A作AN⊥DF于点N，BC与DF相交于点M．∵l与AC关于O对称，∴BC⊥DF，在直角△BMF中，BF＝2，则MF＝2×sin30°＝1，在直角△ANF中，AF＝2，NF＝AF•sin30°＝1，则当P到N时，Q到M时，四边形APQC是矩形，则DN＝2﹣1＝1，则t＝1，Q运动的距离是ME＝23×cos30°＝23×3当P到M，Q到N时，四边形AQNC是矩形，DP＝DM＝3，则t＝3，Q运动的距离是EN＝EF+NF=22+(2总之，Q的速度是32单位长度/秒或3单位长度/秒或5【点评】本题是待定系数法求函数解析式，中心对称的性质以及三角函数的综合应用，正确确定P、Q能取得的点的位置是关键．4．如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴、y轴分别交于点A（6，0），B（0，8）点C的坐标为（0，m），过点C作CE∥x轴，交AB于点E，点D为x轴上的一动点，连结CD，DE，以CD，DE为边作▱CDEF．点D在整个运动过程中，若存在唯一的位置，使得▱CDEF为矩形，请求出所有满足条件的m的值．【分析】使得▱CDEF为矩形，则∠CDE＝90°，故以CE为直径作圆，与x轴相切即可．【解答】解：设直线AB的解析式为y＝kx+b，∵直线AB与x轴、y轴分别交于点A（6，0），B（0，8），∴6k+b=0b=8，解得k=−∵直线AB的解析式为y=−43∵点C的坐标为（0，m），过点C作CE∥x轴，∴E（34（8﹣m），m使得▱CDEF为矩形，则以CE为直径作圆，与x轴相切．取CE的中点P，过P作PG⊥x轴于点G．则PG=12CE=38∴|38（8﹣m）|＝解得m=2411或m∴所有满足条件的m的值为2411或−【点评】本题考查了矩形的判定，待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，得出P点的坐标是解题的关键．5．如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（﹣5，0），（0，5），动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒1个单位的速度运动，以CP，CO为邻边构造平行四边形PCOD．在线段OP延长线上一动点E，且满足PE＝AO．（1）当点C在线段OB上运动时，求证：四边形ADEC为平行四边形；（2）点P在运动过程中，是否存在某个时刻t（秒），使得四边形ADEC是矩形？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）连接CD交AE于F，根据平行四边形的性质得到CF＝DP，OF＝PF，根据题意得到AF＝EF，又CF＝DP，根据平行四边形的判定定理证明即可；（2）当四边形ADEC是矩形时，∠ACE＝90°，根据相似三角形的性质列方程即可得到结论．【解答】（1）证明：连接CD交AE于F，∵四边形PCOD是平行四边形，∴CF＝DF，OF＝PF，∵PE＝AO，∴AF＝EF，又CF＝DF，∴四边形ADEC为平行四边形；（2）存在，理由：当四边形ADEC是矩形时，∠ACE＝90°，∵OC⊥AE，∴△ACO∽△CEO，∴AOOC∵点A，B的坐标分别是（﹣5，0），（0，5），∴OA＝OB＝5，OC＝5﹣t，OE＝5+t，∴55−t解得：t＝0或t＝15，∴当t＝0或t＝15时，四边形ADEC是矩形．【点评】本题考查的是坐标和图形、平行四边形的判定和性质、二次函数解析式的求法、锐角三角函数知识的综合运用，正确运用分情况讨论思想和数形结合思想是解题的关键．6．已知二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3a（a为常数，a＞0）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧）．与y轴交于点C，点F是对称轴上的点，在抛物线上是否存在点G，使四边形BCGF为矩形？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】设对称轴交x轴于D，过G点作GH⊥对称轴于H，易证得易证得△BDF∽△COB，△FHG≌△COB，根据三角形相似的性质得出G的纵坐标为2a−3a，根据全等三角形的性质得出G（﹣2，5a），解2a−3a＝5a，求得a的值，从而求得G的坐标为（【解答】解：存在点G，使四边形BCGF为矩形，设对称轴交x轴于D，过G点作GH⊥对称轴于H，由二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3a（a为常数，a＞0）可知C（0，﹣3a），∴OC＝3a，令y＝0，则ax2﹣2ax﹣3a＝0，解得x1＝3，x2＝﹣1，∴A（﹣1，0），B（3，0），∴OB＝3，对称轴为直线x=−1+3∴OD＝1，∴BD＝2，∵四边形BCGF为矩形，∴∠CBF＝90°，∵∠FBD+∠CBO＝∠OCB+∠CBO＝90°，∴∠FDB＝∠OCB，∵∠FDB＝∠BOC＝90°，∴△BDF∽△COB，∴DFOB=BD∴DF=2∵四边形BCGF为矩形，∴BC＝FG，∠GFB＝∠FBC＝90°，∴∠FGH+∠GFH＝∠GFH+∠BFD＝∠BFD+∠FBD＝∠FBD+∠CBO＝∠CBO+∠OCB＝90°，∴∠FGH＝∠CBO，∠GFH＝∠OCB，在△FHG和△COB中∠FGH=∠CBOFG=BC∴△FHG≌△COB（ASA），∴GH＝OB＝3，FH＝OC＝3a，∴DH=2a−3a，G把x＝﹣2代入y＝ax2﹣2ax﹣3a（a为常数，a＞0）得，y＝5a，∴5a=2a−解得a=12或a∴G（﹣2，52【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，三角形相似、三角形全等的性质，数形结合是解题的关键．7．如图，已知抛物线C1：y＝﹣x2+4，将抛物线C1沿x轴翻折，得到抛物线C2（1）求出抛物线C2的函数表达式；（2）现将抛物线C1向左平移m个单位长度，平移后得到的新抛物线的顶点为M，与x轴的交点从左到右依次为A，B；将抛物线C2向右也平移m个单位长度，平移后得到的新抛物线的顶点为N，与x轴交点从左到右依次为D，E．在平移过程中，是否存在以点A，N，E，M为顶点的四边形是矩形的情形？若存在，请求出此时m的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）抛物线翻折前后顶点关于x轴对称，a互为相反数；（2）连接AN，NE，EM，MA，M，N关于原点O对称OM＝ON，A，E关于原点O对称OA＝OE，判断四边形ANEM为平行四边形；若AM2+ME2＝AE2，解得m＝3，即可求解；【解答】解：（1）∵抛物线C1的顶点为（0，4），∴沿x轴翻折后顶点的坐标为（0．﹣4），∴抛物线C2的函数表达式为y＝x2﹣4；（2）存在连接AN，NE，EM，MA，依题意可得：M（﹣m，4），N（m，﹣4），∴M，N关于原点O对称，∴OM＝ON，原C1、C2抛物线与x轴的两个交点分别（﹣2，0），（2，0），∴A（﹣2﹣m，0），E（2+m，0），∴A，E关于原点O对称，∴OA＝OE∴四边形ANEM为平行四边形，∴AM2＝22+42＝20，ME2＝（2+m+m）2+42＝4m2+8m+20，AE2＝（2+m+2+m）2＝4m2+16m+16，若AM2+ME2＝AE2，则20+4m2+8m+20＝4m2+16m+16，解得m＝3，此时△AME是直角三角形，且∠AME＝90°，∴当m＝3时，以点A，N，E，M为顶点的四边形是矩形．【点评】本题考查二次函数关于x轴对称，平行四边形的判定，矩形的性质．找准二次函数图象变化后对应的点是解决翻折后函数图象的关键；能够在平面直角坐标系中，通过坐标点的特点判定平行四边形，利用勾股定理判定矩形是解决本题的关键．8．如图（a），在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝2，BC＝1，现以AB所在直线为对称轴，△ABC经轴对称变换后的图形为△DEF．（1）求四边形ACBF的面积；（2）如图（b），若△ABC和△DEF从初始位置（如图（a）所示）在射线AB上沿AB方向同时开始平移，△ABC的运动速度是每秒2个单位，△DEF的运动速度是每秒1个单位，设运动时间为t秒．①当0＜t＜5时，求线段AE的长度（用含t②当△AEF是等腰三角形时，求t的值；（3）在第（2）题的图形运动过程中，是否存在一点A、C、B、F组成的四边形为矩形？若存在，请直接写出此时t的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由题意可知：△DEF是由△ABC翻折所得，所以四边形ACBF的面积就是两个△ABC的面积；（2）①根据AE＝DE+A′D﹣A′A代入可得结果；②当0＜t＜5时，分三种情况：任意两边相等时，找一等量关系列方程可得t的值，当t＞5时，如图（d），因为∠AEF是钝角，所以△AEF是等腰三角形时只存在一种情况：根据EF＝（3）当四边形ACBF是矩形时，AF＝BC＝EF＝1，由（2）得：此时t=3【解答】解：（1）如图（a），由题意得：S四边形ACBF＝2S△ABC＝2×12AC×BC＝2（2）①由勾股定理得：AB=2设点A的起点为A′，则AE＝DE+A′D﹣A′A=5+t﹣2t=②当0＜t＜5i）AE＝EF时，即5−tt=5ii）AE＝AF时，∴∠AFE＝∠AEF，∴∠ADF＝∠AFD，∴AD＝AF，∴5−t＝tt=5iii）AF＝EF时，如图（c），过F作FG⊥AE于G，则AG＝EG，tan∠FEG=FG设FG＝2x，EG＝x，由勾股定理得：（2x）2+x2＝12，x=±5∴AE＝2EG=2∴5−t=∴t=3当t＞5时，如图（d），AE＝AA′﹣A′D﹣DE＝2t﹣t−5=当EF＝AE时，△AEF是等腰三角形，即t−5t=5综上所述，当△AEF是等腰三角形时，t的值是5−1或52或35（3）存在，如图1，当四边形ACBF是矩形时，AF＝BC＝1，∴AF＝EF＝1由（2）得：此时t=3∴点A、C、B、F组成的四边形为矩形时，t=3【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定、矩形的性质和判定、勾股定理、等腰三角形定义等知识，解题的关键是正确画出图形，学会分类讨论，属于中考压轴题．9．如图，已知二次函数y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1的顶点为B，点A，C的坐标分别是A（0，﹣2），C（8，2），以AC为对角线作▱ABCD．（1）点B在某个函数的图象上运动，求这个函数的表达式；（2）若点D也在二次函数y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1的图象上，求m的值；（3）是否存在矩形ABCD，使顶点B，D都在二次函数y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的图象上？若存在，请求出nm【分析】（1）把二次函数的解析式化成顶点式，得出顶点B的坐标，再根据坐标特点写出函数解析式便可；（2）由平移的性质，用m表示D点的坐标，再将D点坐标代入二次函数的解析式，得到m的方程，解方程便可求得m的值；（3）根据平行四边形ABCD是矩形，得∠BAD＝90°，由勾股定理列出m的方程求得m的值，再根据顶点B，D都在二次函数y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的图象上，求得m、n的关系，进而求得n的值，便可求得结果．【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1＝﹣（x﹣2m）2+m+1，∴B（2m，m+1），∵m+1=1∴点B（2m，m+1）在函数y=1∴所求函数的表达式为y=1（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，AB＝DC，∴将AB沿BC方向平移可得DC，∵点A，C的坐标分别是A（0，﹣2），C（8，2），B（2m，m+1），∴D（8﹣2m，﹣m﹣1），把D（8﹣2m，﹣m﹣1）代入y＝﹣x2+4mx﹣4m2+m+1中，得﹣m﹣1＝﹣（8﹣2m）2+4m（8﹣2m）﹣4m2+m+1，化简为：8m2﹣33m+31＝0，解得，m=33±（3）∵平行四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∴AB2+AD2＝BD2，（2m）2+（m+3）2+（8﹣2m）2+（﹣m+1）2＝（8﹣4m）2+（2m+2）2，化简得，5m2﹣14m﹣3＝0，解得，m＝3，或m=−1∵D点在二次函数y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的图象上，∴﹣m﹣1＝﹣n（8﹣4m）2+m+1，∴n=m+1当m＝3时，n=12，此时当m=−15时，n=5故存在矩形ABCD，使顶点B，D都在二次函数y＝﹣n（x﹣2m）2+m+1的图象上，其nm的值为16或【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质，平行四边形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，第（1）题关键是找出B点横纵坐标的关系，第（2）题关键是根据平移性质用m表示D点的坐标，第（3）题关键是由D点坐标求出m的值和m与n的关系．非常规思想解题，难度大．10．如图，点O是平行四边形ABCD的对称中心，将直线DB绕点O顺时针方向旋转，交DC、AB于点E、F．（1）证明：△DEO≌△BFO；（2）若DB＝2，AD＝1，AB=5①当DB绕点O顺时针方向旋转45°时，判断四边形AECF的形状，并说明理由；②在直线DB绕点O顺时针方向旋转的过程中，是否存在矩形DEBF，若存在，请求出相应的旋转角度（结果精确到1°）；若不存在，请说明理由．【分析】（1）要证三角形全等，必须找到三个条件证明其全等．（2）首先要判断四边形是什么形状，然后根据题意首先证明△OAD是等腰直角三角形，然后证明OE＝OF．【解答】（1）证明：在平行四边形ABCD中，CD∥AB，∴∠CDO＝∠ABO，∠DEO＝∠BFO．又∵点O是平行四边形的对称中心，∴OD＝OB．∴△DEO≌△BFO．（2）解：①四边形AECF是菱形．理由如下：在△ABD中，DB＝2，AD＝1，AB=5∴DB2+AD2＝AB2．∴△ABD是直角三角形，且∠ADB＝90°∵OD＝OB=12∴AD＝OD＝1．∴△OAD是等腰直角三角形，∴∠AOD＝45°．当直线DB绕点O顺时针旋转45°时，即∠DOE＝45°，∴∠AOE＝90°∵△DEO≌△BFO，∴OE＝OF又∵点O是平行四边形的对称中心，∴OA＝OC∴四边形AECF是平行四边形∴四边形AECF是菱形．②当四边形DEBF是矩形时，则有∠DFB＝∠FDE＝90°，OD＝OE又∵∠ADB＝90°∴有∠ADF＝∠ODE＝∠DEO∵S△ABD=∴DF=在Rt△ADF中，cos∠ADF=∴∠ADF≈26.6°∴∠ODE＝∠DEO＝∠ADF＝26.6°∴∠DOE＝180°﹣∠OED﹣∠ODE＝180°﹣26.6°﹣26.6°＝126.8°≈127°即当直线DB绕点O约顺时针旋转127°时，四边形CDBE是矩形．【点评】本题是一道综合型试题，比较难，证明三角形全等必须要找出三个条件相等，按照判定四边形形状的定义证明该四边形为何形状．11．已知：如图1，抛物线C1：y=13(x−m)2+n（m＞0）的顶点为A，与y轴相交于点B，抛物线C2：y=−13(x+m)2−n的顶点为C，并与y轴相交于点D（1）判断四边形ABCD的形状，并说明理由；（2）如图2，若抛物线y=13(x−m)2+n（m＞0）的顶点A落在x轴上时，四边形ABCD（3）是否存在m，n的值，使四边形ABCD是邻边之比为1：3的矩形？若存在，请求出m，n的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据题目条件可以表示出A（m，n），C（﹣m，﹣n），可以求得AO＝CO，当x＝时可以求出点B、D的坐标，从而可以证明BO＝DO，CO从而得出结论．（2）∵抛物线y=13(x−m)2+n（m＞0）的顶点A落在x轴上，可以得出n＝0，由四边形ABCD恰好是正方形，由正方形的性质就可以得出OA（3）∵四边形ABCD是矩形，由矩形的性质可以得出OA＝OB从而建立一个等量关系，由矩形ABCD的邻边之比为1：3，可以得出，∠ABO＝60°或∠ABO＝30°，作AH⊥BD，表示出BH，用OB＝BH+OH在建立一个等式，从而构成方程组，从两种情况求出方程组的解就可以了．【解答】解：（1）四边形ABCD是平行四边形，∵A（m，n），C（﹣m，﹣n），∴点A与点C关于原点对称．∴点O、A、C三点在同一条直线上，∴OA＝OC．∵B(0，1∴OB＝OD．∴四边形ABCD是平行四边形．（2）∵抛物线y=13(x−m)2∴n＝0．∵四边形ABCD是正方形，∴OA＝OB，即13解得：m1＝0（不符题意，舍去），m2＝3．此时四边形ABCD是正方形∴m＝3，n＝0．（3）若四边形ABCD是矩形，则OA＝OB，即(1化简得：1∵m＞0，∴m2+6n＝9又∵矩形的邻边之比为1：3当AB：AD=1：3时，∠ABO＝60°过点A作AH⊥BD于H，则BH=3∴33∴m2解得：m=当AD：AB=1：3时，∠ABO＝30°过点A作AH⊥BD于H，则BH=3∴m2解得：m=33答：存在m=3，n＝1或m=33，n＝﹣3使四边形ABCD是邻边之比为【点评】本题是一道二次函数的综合试题，考查了平行四边形的判定，正方形的性质的运用，矩形的性质的运用及