完整word版平行四边形的存在性问题

平行四边形的存在性问题2019
如果已知三个定点，探寻平行四边形的第四个顶点，符合条件的有3个点：以已知三个定点为三角形的顶点，过每个点画对边的平行线，三条直线两两相交，产生3个交点．
如果已知两个定点，一般是把确定的一条线段按照边或对角线分为两种情况．
根据平行四边形的对边平行且相等，灵活运用坐标平移，可以使得计算过程简便．
根据平行四边形的中心对称的性质，灵活运用坐标对称，可以使得解题简便．
引例12－2x＋3与x轴交于A如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝－x、B两点（A在,
B的左侧），与y轴交于点C，顶点为P，如果以点P、A、C、D为顶点的四边形是平行四边形，求点D的坐标．
2引例2－x3与+2x＋x＝,如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y为顶点的四边形是平、BM、A在这条抛物线上，点P在y轴上，如果以点P、轴交于A、B两点，点M M的坐标．行四边形，求点
1Ax轴的一个交点为x平移后得到的抛物线，其对称轴为x=1，与,（2017?泰安）如图，是将抛物线y=﹣2．，与y轴的交点为C1（﹣，0），另一个交点为B 的坐标；NC，求点N2）求抛物线的函数表达式；（）若点N为抛物线上一点，且BC⊥（1
为平行四边形，OAPQQ是抛物线上一点，点是一次函数y=x+的图象上一点，若四边形（3）点P 的坐标；若不存在，说明理由．Q是否存在？若存在，分别求出点P、Q这样的点P、
1
平行四边形的存在性问题．
2.（2017?菏泽）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax+bx+1交y轴于点A，交x轴正半轴于点B（4，2
）求抛物线的表达式；（1轴，垂足为C．，过点D作DC⊥x30），与过A点的直线相交于另一点D（，），连N于M，交抛物线于点作PN⊥x轴，交直线AD2（）点P在线段OC上（不与点O、C重合），过P 面积的最大值；CM，求△PCM 接为顶点的四边形ND、，使以点M、C、P3）若是x轴正半轴上的一动点，设OP的长为t，是否存在t（的值；若不存在，请说明理由．是平行四边形？若存在，求出t
．3cbx++﹣抛物线CByx2x+与轴、轴分别交于点已知直线（2018?徐汇区二模）如图，y=﹣、，y= 轴交于另一个点A．xB 过点、C，且与）求该抛物线的表达式；（1是平行四边形OMNCNylMBCM2（）点是线段上一点，过点作直线∥轴交该抛物线于点，当四边形时，求它的面积；的坐标．，求点CAO∠是该抛物线上的一点，且满足∠D，设点）联结3（ACDBA=D
2
平行四边形的存在性问
题．
．4轴yB，与与x轴交于点A、+（2018?杨浦区二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣xbx+c2 AC上方的一个动点．C，点P为抛物线上位于直线，直线交于点Cy=x+4经过点A、1）求抛物线的表达式；（的正切值；时，求∠PACCP1），当∥AO）如图（（2 P的坐标．AP、AO为邻边的平行四边形第四个顶点恰好也在抛物线上时，求出此时点3（）∠当以
3
平行四边形的存在性问题．
5．（2018?河南）如图，抛物线y=ax+6x+c交x轴于A，B两点，交y轴于点C．直线y=x﹣5经过点B，C．2（1）求抛物线的解析式；
（2）过点A的直线交直线BC于点M．
①当AM⊥BC时，过抛物线上一动点P（不与点B，C重合），作直线AM的平行线交直线BC于点Q，若以点A，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的横坐标；
②连接AC，当直线AM与直线BC的夹角等于∠ACB的2倍时，请直接写出点M的坐
标．
4
平行四边形的存在性问题．
6．（2018?浦东新区二模）已知平而直角坐标系xOy（如图），二次函数y=ax+bx+4的图象经过A（﹣2，20）、B（4，0）两点，与y轴交于点C点．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）如果点E在线段OC上，且∠CBE=∠ACO，求点E的坐标；
（3）点M在y轴上，且位于点C上方，点N在直线BC上，点P为上述二次函数图象的对称轴上的点，如果以C、M、N、P为顶点的四边形是菱形，求点M的坐
标．
5
平行四边形的存在性问题．
2+bx+c与x轴相交于A，C2017?成都）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线：y=ax7.
（
C轴的正半轴上一点，将抛物线）是x（m，0（D0，4），AB=4，设点FB两点，顶点为C′．F 旋转180°，得到新的抛物线绕点轴的右侧有两个不同的公在y C′与抛物线C2）求抛物线C的函数表达式；（）若抛物线（1上一点，它到两坐标轴的C，2P是第一象限内抛物线共点，求m 的取值范围．（3）如图上的动点，试探究C′上的动点，N是P′，设M是C C′距离相等，点P 在抛物线上的对应点的值；若不能，请说明理由．能否成为正方形？若能，求出m四边形PMP′N
6
平行四边形的存在性问题．
答案
12平移后得到的抛物线，其对称轴为xy=﹣,（2017?泰安）如图，是将抛物线x=1，
与x轴的一个交点为A（﹣1，0），另一个交点为B，与y轴的交点为C．（1）求抛物线的函数表达式；（2）若点N为抛物线上一点，且BC⊥NC，求点N的
的图象上一点，若x+是抛物线上一点，点Q是一次函数y=坐标；（3）点P、P、Q是否存在？若存在，分别求出点为平行四边形，四边形OAPQ这样的点P 的坐标；若不存在，说明理由．Q
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）已知抛物线的对称轴，因而可以设出顶点式，利用待定系数法求1【分析】（函数解析式；⊥作NH的坐标，易证△）首先求得B和COBC是等腰直角三角形，过点N（22即可列方程求，根据aCH=NH+2a+3）y轴，垂足是H，设点N纵坐标是（a，﹣，﹣tPQ∥OA，设P（，且解；（3）四边形OAPQ是平行四边形，则PQ=OA=1
2，即可求解．y=x+t，代入+2t+3）2+k）【解答】解：（1）设抛物线的解析式是
y=﹣（x﹣1．2 k=4）0=﹣（﹣1﹣1，+k，解得，把（﹣10）代入得22 y=﹣x；+2x+3则抛物线的解析式是y=﹣（x﹣1）+4，即2 OC=3．3），，﹣x中令+2x+3x=0，则y=3，即C的坐标是（0y=（2）在是等腰直角三角形．∴∠OC=OB，则△OBC，∴B∵的坐标是（3，0），∴OB=3 OCB=45°，H．过点N作NH⊥y轴，垂足是
+CH=3+CH=3+NH，，∴，∴∠∵∠NCB=90°NCH=45°，∴NH=CHHO=OC22 a=1a=0，解得（舍去）或，32a﹣+．∴32a，﹣坐标是（设点Naa++）a3=a++ 1N∴的坐标是（，；）47
平行四边形的存在性问题．
（3）∵四边形OAPQ是平行四边形，则PQ=OA=1，且PQ∥OA，
22，）+1+2t+3=（t+设P（t，﹣t3+2t+），代入y=x+，则﹣t
22．+2t+3的值为3整理，得2t或﹣t=0，解得t=0或．∴﹣t
．，，3）（1，3）或（，）、（，）P∴、Q的坐标是（0
，，3）或（，0，3）（1P）、（，）．综上所述，、Q的坐标是（
本题考查了待定系数法求二次函数解析式，以及等腰三角形、平行四【点评】OBC
是等腰直角三角形是解题的关键．边形的性质，注意到△22，A+1交y轴于点.（2017?菏泽）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax+bx
，过点3，）0交x轴正半轴于点B（4，），与过A点的直线相交于另一点D（上（不）点轴，垂足为D作DC⊥xC．（1）求抛物线的表达式；（2P在线段OC，连接、NAD于M，交抛物线于点轴，交直线C重合），过P作PN⊥x与点O ，求△CMPCM面积的最大值；、，使以点的长为轴正半轴上的一动点，设OPt，是否存在tM是（3）若Px的值；若不存在，请D、Nt为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出、C 说明理
由．
菁优网版权所有：二次函数综合题．【考点】HF
2即可得出抛物线的1）代入3，点D（，y=ax+bx+），（）把（【分析】1B40 解析式；PCM坐标，再根据三角形的面积公式求出△、的代数式表示）先用含（2tPM 面积的最大值；PCM的函数关系式，然后运用配方法可求出△的面积与t的二元一为平行四边形，则有）若四边形3（DCMNt，故可得出关于MN=DC8
平行四边形的存在性问题．
次方程，解方程即可得到结
论．
2 1中得，y=ax，+bx+0），点D（3，），代入把点【解答】解：（1）B（4，
2+；x+解得：，∴抛物线的表达式为y=﹣x1 ，y=kx+b（2）设直线AD的解析式为
，），D（3，），∴，∴A∵（0，1
，+1∴直线AD的解析式为y=x
t+1，PM=，0）∴M（t，t+1），∴设P（t，PC=3﹣，t∵CD⊥x轴，∴
∴S=PC?PM=（3﹣t）（t），+1PCM△
22+（t﹣）S，∴=﹣tt++=﹣PCM△
PCM面积的最大值是；∴△OP=t（3）∵，∴点M，N的横坐标为，t
2 1），，﹣，t，+1）N（ttt++M设（t
22∴|MN|CD=，﹣11t+﹣t﹣|=|tt+|，﹣=|t+，如果以点如图1M、CN为顶点的四边形是平行四边形，、D、
22，﹣9t+10=0t=，即﹣∴MN=CDt+，整理得：3t
2 tt=∴方程﹣，39 t+无实数根，∴不存在，﹣∵△= NDCM2如图，如果以点、、、
为顶点的四边形是平行四边形，
2t=∴，（负值舍去），，﹣tMN=CD∴，即t=
DC、M t=∴当时，以点、为顶点的四边形是平行四边形．N、9
平行四边形的存在性问
题．
本题考查的是二次函数的性质、待定系数法求函数解析式、平行四边【点评】形的判定，正确求出二次函数的解析式、利用配方法把一般式化为顶点式、求出函数的最值是解题的关键，注意菱形的判定定理的灵活运
用．
3、Bx轴、y轴分别交于点2.（2018?徐汇区二模）如图，已知直线y=﹣x+与
．Ax轴交于另一个点，且与C，抛物线y=﹣+bx+c过点B、C
）求该抛物线的表达式；1（
，当四轴交该抛物线于点N上一点，过点是线段BC M作直线l∥y（2）点M是平行四边形时，求它的面积；边形OMNC
的DD是该抛物线上的一点，且满足∠DBA=∠CAO，求点AC（3）联结，设点坐标．
的坐标，然后利用待定系数法求二次1C）根据直线解析式求出点B、【分析】（函数解析式列式求解即可；
（﹣MN=2，﹣+），则（2m2（）设M（，﹣m+），则Nm
2的横坐标，+2）列方程可得MN=OC=2M，根据=﹣m+2mm2+）﹣（﹣根据平
行四边形的面积公式可得结论；
）分两种情况：3（
的解析式AC xD①当在轴的下方：根据∥相等可设直线BD k，直线解析式BD 01 平行四边形的存在性问题．
为：y=2x+b，把B（4，0）代入得直线BD的解析式为：y=2x﹣8，联立方程可得D的坐标；
②当D在x轴的上方，根据对称可得M的坐标，利用待定系数法求直线BM的解析式，与二次函数的交点，联立方程可得D的坐标．
【解答】解：（1）当x=0时，y=2，∴C（0，2），
，），0x=4，∴B（4当y=0时，﹣x+2=0，
，中得：+bx+cB（4，0）代入抛物线y=﹣（把C0，2）和
；，∴该抛物线的表达式：解得：
，，∴OC=2（）如图1，∵C0，2）（2
，N（m，﹣+2）2设M（m，﹣m+），则
2，2m+2+）﹣（﹣m+2）=﹣m MN=∴（﹣
，是平行四边形时，MN=OC∥∵MNy轴，当四边形OMNC
2；=m+2m=2，解得：m=2，∴S=OC×2=2×即﹣m2=4?OCMN12）分两种情况：（3
，0），∴A（﹣1，1x当y=0时，﹣x+2=0，解得：=4，x=﹣21，2易得直线AC 的解析式为：y=2x+
，by=2x+的解析式为：2①当D在x轴的下方时，如图，AC∥BD，∴设直线BD ，的解析式为：+0）代入得：0=2×4b，b=﹣8，∴直线BDy=2x﹣8（把B4，
；5D（﹣，﹣18）（舍），=+﹣则2x8=﹣x2，解得：x﹣5x=4，∴21（图BE于3在②当Dx轴的上方时，如图，作抛物线的对称轴交直线BDM，将，2中的点）于ND
，=x=对称轴是：﹣
，与∴DABABE=CAO=∵∠∠∠，MN8﹣y=2xBE直线轴对称，关于x的解析式：11 平行四边形的存在性问
题．
，），M（，5时，y=﹣5，∴N（，﹣5）当x=
，8y=﹣2x+直线BM的解析式为：
，2），∴x=4（舍）D（3，x2x﹣+8=﹣x+2，解得：=3，21．））或（5，﹣183，2综上所述，点D的坐标为：（﹣
本题是对二次函数的综合考查，主要有直线与坐标轴的交点的求解，【点评】待定系数法求二次函数和一次函数解析式，两直线平行的关系，对称性等知）题有难度，采用分类讨论的思想解决问题．识，（3
42与2018?杨浦区二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=bx+c﹣x+（．为
抛物P、经过点4AC，点+，直线轴交于点，与、轴交于点xAByC y=x上方的一个动点．线上位于直线AC
）求抛物线的表达式；（1
的正切值；，当12（）如图（）CP时，求∠AO∥PAC
为邻边的平行四边形第四个顶点恰好也在抛物线上时，求AO AP3（）∠当以、的坐标．P出此时点
21 平行四边形的存在性问
题．
，然后根据待定），044），A（﹣【分析】（1）利用一次函数解析式确定C（0，系数法求抛物线解析式；
，作），41，再利用对称性得到P（﹣2（2）先确定抛物线的对称轴为直线x=﹣
，为等腰直角三角形得到AC=4，证明△OAC和△PCHPH⊥AC于H，如图1
，然后根据正切的定义求解；AH=3PH=CH=，则
，利用平行四为邻边的平行四边形第四个顶点为点Q，如图2（3）以AP、AO
2，﹣4+4），则Q（tt边形的性质得PQ∥OA，PQ=OA=4，设P（t，﹣+﹣t
222﹣4）+4﹣x+得﹣（t+4）4=﹣（t点坐标代入t﹣t+4），然后Qy=﹣x+2点坐标．t 的方程即可得到tP﹣t+4，再解关于
，4）1（）当x=0时，y=x+4=4，则C（0，【解答】解：
，）4=0，解得x=﹣4，则A（﹣4，0当y=0时，x+
2，bx+c得）代入0把A（﹣4，），C（0，4y=﹣x，解得+
2；﹣4xy=﹣x+∴抛物线解析式为
，﹣=﹣1x=（2）抛物线的对称轴为直线
，，PC=2）（﹣1对称，∴P2，4﹣与点∥而PCOA，∴点PC关于直线x=，1PH⊥AC于H，如图作
，，AC=4OAC=45°OA=OC=4∵，∴△OAC为等腰直角三角形，∴∠
为等腰直角三角形，∵PCHOAC=45°PCA=OA，∴∠∠，∴△PC∥
，=3﹣CH=4AH=AC2=PH=CH=∴×，∴﹣
；=PAH=∠中，PAH△=在Rttan，即∠的正切值为PAC
31 平行四边形的存在性问题．
（3）以AP、AO为邻边的平行四边形第四个顶点为点Q，如图2，
∵四边形APQO为平行四边形，∴PQ∥OA，PQ=OA=4，
22，+44，﹣t）﹣tt﹣t+4），则Q（t+t设P（，﹣
2222t）﹣﹣（t+4）+4=+t+4，﹣t﹣t+4）代入y=﹣x﹣x+4得﹣（t4把
（
．﹣3，∴此时P点坐标为（﹣3，）+﹣t4，解得t=
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特【点评】征、二次函数的性质、等腰直角三角形的性质和平行四边形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质．
52直C．交c+6x+交x轴于A，B两点，y轴于点河南）．（2018?如图，抛物线y=ax．C ﹣线y=x5经过点B，
）求抛物线的解析式；（1
．（2）过点AM BC于点的直线交直线
的平重合）C，作直线AM（不与点⊥①当AM BC时，过抛物线上一动点PB，为顶点的四边形是平行四边形，M，行线交直线BC于点Q若以点A，，P，Q的横坐标；求点P
倍时，请直接写出点的的夹角等于∠与直线，当直线②连接ACAM BC ACB2的坐标．M
41 平行四边形的存在性问
题．
，然后利用待定0）B（5，）1）利用一次函数解析式确定C（0，﹣5，【分析】（系数法求抛物线解析式；
2为等腰直角三角形，再判断△OCB1，0）+6x﹣5=0得A（（2）①先解方程﹣x
，接着AM=2，则△AMB为等腰直角三角形，所以∠得到∠OBC=OCB=45°
BC⊥x轴交直线，PQ⊥BC，作PD根据平行四边形的性质得到PQ=AM=2
2，m）+6m﹣5，﹣PQ=4，设P于D，如图1，利用∠PDQ=45°得到PD=（m2m ﹣（+6m﹣55m﹣），讨论：当P点在直线BC上方时，PD=﹣m则D（m，2，然后分别6m﹣5）P点在直线BC下方时，PD=m﹣5﹣（﹣m+﹣5）=4；当点的横坐标；解方程即可得到P
，于EAC作AC的垂直平分线交BC于M，交，②作AN⊥BC于NNH⊥x轴于H，
1，再∠ACB如图2，利用等腰三角形的性质和三角形外角性质得到∠AMB=21，）3确定N（，﹣2
，利用两直线垂直的问题可设）E点坐标为（，﹣y=5xAC的解析式为﹣5，
EM得到直线）代入求出bb，把E（，﹣+的解析式为直线EMy=﹣x11
点的坐标；作直线M，则解方程组y=的解析式为﹣x﹣得1∠BC上作点MAMC=，利用对称性得到∠MN关于点的对称点，如图2221
，然后求（，设∠B=2AMACBM3=，根据中点坐标公式得到5﹣xx，）21 51 平行四边形的存在性问题．
出x即可得到M的坐标，从而得到满足条件的点M的坐标．2【解答】解：（1）当x=0时，y=x﹣5=﹣5，则C（0，﹣5），
当y=0时，x﹣5=0，解得x=5，则B（5，0），
2，c得）代入y=ax，解得+6x+B（5，0），C（0，﹣5把
2；+6x﹣5∴抛物线解析式为y=﹣x
2，（1），0﹣5=0得x=1，x=5，则A（2）①解方程﹣x+6x21，OCB=45°为等腰直角三角形，∴∠OBC=∠），C（0，﹣5），∴△OCB∵B（5，0
，AMB AM⊥BC，∴△为等腰直角三角形，∴AM=AB=×4=2∵
，PQ AM∥∵以点A，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，
，⊥BC∴PQ=AM=2，PQ
PD=，∴1D，如图，则∠PDQ=45°PQ=×2=4，作PD⊥x轴交直线BC于
2，m﹣5）P（m，﹣m）+6m﹣5，则D（m，设
上方时，当P点在直线BC
22，m﹣﹣5）=m=4+5m=4，解得m=1，PD=﹣m﹣+6m5﹣（m21下方时，BC P当点在直线
22，=，m﹣5m=4，解得m﹣（﹣PD=m﹣5m=m+6m﹣5）=21
；或4或综上所述，P点的横坐标为
，EM轴于于N，NH⊥xH，作AC的垂直平分线交BC于，交AC于⊥②作ANBC1，如图2
，M A=M B=2AM∠ACB，∴∠C，∴∠ACM=∠CAM∵11111，）3，∴N（，﹣
2AH=BH=NH=2∵△ANB为等腰直角三角形，∴
，），的解析式为易得AC y=5x﹣5E点坐标为（，﹣
，﹣y=x+b EM设直线的解析式为1
，b=）代入得﹣（把E，﹣+﹣﹣，解得b=
∴直线EM的解析式为y=，﹣x﹣1 61 平行四边形的存在性问
题．
；）得，则M（，﹣解方程组1∠AM C=∠AM B=2M作直线BC上作点关于N点的对称点M，如图2，则∠1221，ACB
，，﹣），∴，∴x=M（，∵（设Mx，x﹣5）3=22
．的坐标为（综上所述，点M））或（，﹣，﹣
本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特【点评】征、二次函数的性质、等腰直角的判定与性质和平行四边形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
624y=ax如图），二次函数++bx（2018?．（浦东新区二模）已知平而直角坐标系
xOy点．轴交于点Cy4）（﹣的图象经过A2，0、B（，0）两点，与
）求这个二次函数的解析式；1（
的坐标；（2）如果点E∠ACO，求点CBE=OC E在线段上，且∠
为上述二次函上，点P BC NCyM3（）点在轴上，且位于点上方，点在直线为顶点的四边形是菱形，求点数图象的对称轴上的点，如果以C、、、MNP的坐标．M
71 平行四边形的存在性问
题．
）利用待定系数法即可得出结论；（1【分析】
和再，得出，进而求出BC2（）先确定出OA=2，OC=4
．即可得出结论；，进而建立方程
，．进而得出（3）①当MC为菱形MCNP的边时，先求出即可得出结论；
的边时，不存在，MC②当为菱形MCPN
互相垂直平分，进而得CM、NP③当MC为菱形MNCP的对角线时，先判断出，即可得出结论．，MQ=CQ=1．出NQ=QP=1MQ=QC，即可得出QN=CQ=1
2，4），02（1）∵抛物线y=axbx++4与x轴交于点A（﹣，0），B（【解答】解：
，∴，解得，∴抛物线的解析式为
．BC于点H⊥（2）如图1，过点E作EH
，OA=2）△在RtACO中，∵A（﹣2，0，∴
，，∴OC=4
．，∴OC=OB=4COBRt△中，∵∠COB=90°，在
，中，．∴在⊥∵EHBC，∴CH=EHRt△ACO
．中，EBHRtACO∵∠CBE=∠，在△
．BH=2k）＞（设EH=kk0，则，，CH=k
，∴．∴，∴，∴，∴
81 平行四边形的存在性问题．
（3）∵A（1，0），B（5，0），∴抛物线的对称轴为直线x=1，
①当MC为菱形MCNP的边时，
∴CM∥PN，∴∠PNC=∠NCO=45°．
∵点P在二次函数的对称轴上，∴点P的横坐标为1，点N的横坐标为1．
．∴
是菱形，∴MCNP，∴，∴，∵四边形
的边时，不存在，MCPN②当MC为菱形
的对角线时，MNCP③如图2，当MC为菱形
，NP互相垂直平分，∴NQ=QP=1．MQ=QC CM设NP交CM于点Q，∴、
．BC上，∠NCM=∠OCB=45°∵点N在直线
，，∴MQ=CQ=1，∴CM=2Rt△CQN中，∴∠NCQ=∠CNQ=45°，∴QN=CQ=1在，），6+CM=4+2=6，∴M（0∴OM=OC
．）或M（0，6∴综上所述
此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，锐角三角函数，线【点评】段垂直平分线的判定和性质，特殊直角三角形的性质，用分类讨论的思想是解本题的关键．
2，A：抛物线Cy=axx+bx+c与轴相交于xOy如图7.（2017?成都）1，在平面直角坐标系中，
C轴的正半轴上一点，将抛物线，0）是x（，0B两点，顶点为D（，4）AB=4，设点Fm 的函数表达式；1，得到新的抛物线绕点F旋转180°C′．（）求抛物线C 的取值范围．yC与抛物线在轴的右侧有两个不同的公共点，求mC′2（）若抛物线在抛物线P23（）如图，是第一象限内
抛物线上一点，它到两坐标轴的距离相等，点CP 91 平行四边形的存在性问题．
C′上的对应点P′，设M是C上的动点，N是C′上的动点，试探究四边形PMP′N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理
由．
：二次函数综合题．菁优网版权所有【考点】HF
2，y=ax4+，A（﹣2，0）设抛物线的解析式为（【分析】（1）由题意抛物线的顶点D0，4），
把A（2﹣，由此即可解决问题；，0）代入可得a=
2）的解析式为y=（x﹣2m）由题意抛物线（2C′的顶点坐标为（2m，﹣4），设抛物线C′
22与抛物线C′，由题意，抛物线﹣﹣4，由，消去y得到x8=0﹣2mx+2m
，解不等式组即可解在y轴的右侧有两个不同的公共点，则有C 决问题；．由题意易知轴于H 能成为正方形．作PMP′NPE⊥x轴于E，MH⊥x（3）情形1，四边形，PFM=90°PFM是等腰直角三角形时，四边形PMP′N是正方形，推出PF=FM，∠，P（22），当△，理由待定系+22），m﹣﹣易证△PFE≌△FMH，可得PE=FH=2，EF=HM=2m，可得M（m，）2﹣m（2数法即可解决问题；情形，如图，四边形PMP′N是正方形，同法可得Mm﹣2，利用待定系数法即可解决问
题．
，设抛物线的解析式为A0，4），（﹣2）0，）由题意抛物线的顶点【解答】解：（1D（2+y=ax4，
2）由题意（4的函数表达式为Cy=﹣x+．2，∴抛物线a=02A把（﹣，）代入可得﹣
2的解析式为，设抛物线42mC′抛物线的顶点坐标为（，﹣）C′y=，4）2m﹣（x﹣02 平行四边形的存在性问
题．
22，﹣x8=0﹣2mx+2m由，消去y得到轴的右侧有两个不同的公共点，C在y由题意，抛物线C′与抛物线
，2＜m＜2，解得则有
＜m＜2．∴满足条件的m的取值范围为2 3）结论：四边形PMP′N能成为正方形．（．轴于H轴于PE⊥xE，MH⊥x理由：1情形1，如图，作
是正方形，22，），当△PFM是等腰直角三角形时，四边形PMP′N由题意易知P（，∴PF=FM，∠PFM=90°PE=FH=2，EF=HM=2﹣m，≌△易证△PFEFMH，可得，﹣2），∴M（m+2m
2 4M∵点在y=﹣x上，+
2（舍弃）3m=m﹣m2=﹣（+2）+4，解得﹣或﹣﹣3，∴
PMP′N是正方形．3﹣m=∴时，四边形2mMPMP′N2情形，如图，四边形是正方形，同法可得（﹣，），m﹣2 12 平行四边形的存在性问
题．
22或0（舍弃），解得）（2中，﹣m=﹣m﹣2+4，m=64﹣代入m22mM把（﹣，﹣）y=x+ PMP′N是正方形．m=6∴时，四边形
．或﹣m=PMP′N综上，四边形能成为正方形，36
22 平行四边形的存在性问题．。