中考数学重难点(函数图象的点) 因动点产生的平行四边形问题(精选大题6例)
中考数学动点问题归纳总结5.因动点产生的平行四边形问题
5.因动点产生的平行四边形问题1.如图，抛物线214y x bx c =++与x 轴交于()5,0A 、()1,0B -两点，过点A 作直线AC x ⊥轴，交直线2y x =于点C ．（1）求该抛物线的解析式；（2）求点A 关于直线2yx =的对称点A '的坐标，判定点A '是否在该抛物线上，并说明理由；（3）点P 是抛物线上一动点，过点P 作y 轴的平行线，交线段CA '于点M ，是否存在这样的点P ，使四边形PACM 是平行四边形？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．解析：（1）∵抛物线214y x bx c =++与x 轴交于()5,0A 、()1,0B -两点 ∴25504104b c b c ⎧++=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩解得154b c =-⎧⎪⎨=-⎪⎩ ∴抛物线的解析式为21544yx x =-- （2）过点A '作A E x '⊥轴于E ，AA '与OC 交于点D∵点C 在直线2y x =上，()5,10C ∴∵点A 和A '关于直线2yx =对称，OC AA '∴⊥，A D AD '= 5,10,OA AC ==OC ∴===1122OAC S OA AC OC AD ∆=⋅=⋅，AD AA '∴=∴=在Rt A EA '∆和Rt OAC ∆中90A AE A AC ''∠+∠=︒，90ACD A AC '∠+∠=︒A AE ACD '∴∠=∠又90A EA OAC '∠=∠=︒，A EA OAC '∆∆∽A E AE AA OA AC OC''∴==，即510A E AE '==4,8,3A E AE OE AE OA '∴===-=∴点A '的坐标为()3,4-当3x =-时，()21533444y =⨯-+-=∴点A '在该抛物线上（3）存在理由：设直线CA '的解析式为y kx b =+则51034k b k b +=⎧⎨-+=⎩解得34254k b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩ ∴直线CA '的解析式为32544y x =+ 设215,44P x x x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，则325,44M x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ PM AC ∥∴要使四边形PACM 是平行四边形，只需PMAC = 又点M 在点P 的上方，232515104444x x x ⎛⎫∴+---= ⎪⎝⎭ 解得122,5x x ==（不合题意，舍去）当2x =时，94y =-∴当点P 运动到92,4⎛⎫- ⎪⎝⎭时，四边形PACM 是平行四边形 2.如图，抛物线()20y ax bx c a =++≠与y 轴交于点()0,4C ，与x 轴交于点A 和点B ，其中点A 的坐标为()2,0-，抛物线的对称轴1x =与抛物线交于点D ，与直线BC 交于点E ．（1）求抛物线的解析式；（2）在直线BC 上方的抛物线上是否存在点F ，使四边形ABFC 的面积为17，若存在，求出点F 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）平行于DE 的动直线l 与直线BC 相交于点P ，与抛物线相交于点Q ，若以D 、E 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形，求点P 的坐标．解析：（1）由抛物线经过点()0,4C可得4c = ① ∵对称轴1,22b x b a a =-=∴=- ② 又抛物线过点()2,0A -，042a b c ∴=-+③ 由①②③解得：1,1,42a b c =-== ∴抛物线的解析式为2142yx x =-++ （2）假设存在满足条件的点F ，连接BC 、CF 、OF ，作FHx ⊥轴于H ，FG y ⊥轴于G设点F 的坐标为21,42t t t ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭，其中04t << 则2142FH t t =-++，FG t =221114428222OBF S OB FH t t t t ∆⎛⎫∴=⋅=⨯⨯-++=-++ ⎪⎝⎭ 114222OCF S OC FG t t ∆=⋅=⨯⨯= 224282412AOC OBF OFC ABFC S S S S t t t t t ∆∆∆∴=++=-+++=-++四边形 令241217t t -++=，即2450t t -+=则()244540∆=--⨯=-<，方程无解故不存在满足条件的点F（3）设直线BC 的解析式为()0y kx bk =+≠，又过点()4,0B ，()0,4C044k b b =+⎧∴⎨=⎩解得14k b =-⎧⎨=⎩ ∴直线BC 的解析式为4yx =-+ 由()2211941222y x x x =-++=--+，得91,2D ⎛⎫ ⎪⎝⎭又点E 在直线BC 上，则点()1,3E于是93322DE =-= 由于DE PQ ∥，若以D 、E 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形，只需DE PQ =设点(),4P m m -+，则21,42Q m m m ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭①当04m <<时，()221144222PQ m m m m m =-++--+=-+ 由213222m m -+=，解得1m =或3m = 当1m =时，线段PQ 与DE 重合，1m =舍去3m ∴=，此时()13,1P②当0m <或4m >时，221144222PQ m m m m m ⎛⎫=-+--++=- ⎪⎝⎭由213222m m -=，解得2m =±此时，((232,2P P +--+综上所述，满足条件的点P 有三个，分别是()13,1P ，((232,2P P +--+. 3.如图，抛物线222y x x m=-与x 轴负半轴交于点A ，顶点为B ，且对称轴与x 轴交于点C ．（1）求点B 的坐标（用含m 的代数式表示）；（2）D 为BO 中点，直线AD 交y 轴于E ，若点E 的坐标为()0,2，求抛物线的解析式；（3）在（2）的条件下，点M 在直线BO 上，且使得AMC ∆的周长最小，P 在抛物线上，Q 在直线BC 上，若以A 、M 、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形，求点P 的坐标．解析：（1）222211222y x x x m m m m ⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭ ∴抛物线的顶点B 的坐标为11,22m m ⎛⎫- ⎪⎝⎭ （2）令2220x x m-=，解得10x =，2x m = ∵抛物线222y x x m=-与x 轴负半轴交于点A (),0A m ∴且0m <.过点D 作DF x ⊥轴于F由D 为BO 中点，DF BC ∥，可得12CF FO CO == 12DF BC ∴= 由抛物线的对称性得3,4AF AC OC AO =∴=DF EO ∥，ADF AEO ∴∆∆∽，DF AF EO AO∴= 由()0,2E ，11,22B m m ⎛⎫- ⎪⎝⎭，得12,4OE DF m ==- 13424m -∴=，6m ∴=- ∴抛物线的解析式为2123yx x =-- （3）依题意，得()6,0A -，()3,3B -，()3,0C -可得直线OB 的解析式为y x =-，直线BC 为3x =-作点C 关于直线BO 的对称点()10,3C ，连接1AC 交BO 于M ，则M 即为所求 由()6,0A -，()10,3C ，可得直线1AC 的解析式为132y x =+ 由132y x y x⎧=+⎪⎨⎪=-⎩解得22x y =-⎧⎨=⎩ ∴点M 的坐标为()2,2-由点P 在抛物线2123yx x =--上，设21,23P t t t ⎛⎫-- ⎪⎝⎭①当AM 为平行四边形的一边时如图，过M 作MG x ⊥轴于G ，过P 作PHBC ⊥于H 则2,3G M H B x x x x ==-==-可证AMG PQH ∆∆≌，得4PH AG ==()34t ∴--=，1t ∴=171,3P ⎛⎫∴- ⎪⎝⎭如图，同理可4PH AG ==34,7t t ∴--=∴=-277,3P ⎛⎫∴-- ⎪⎝⎭ ②当AM 为平行四边形的对角线时如右图，过M 作MHBC ⊥于H ，过P 作PG x ⊥轴于G 则3,H B G P x x x x t ==-==可证APG MQH ∆∆≌，得1AG MH ==()61,5t t ∴--=∴=-35:5,3P ⎛⎫∴- ⎪⎝⎭ 综上，点P 的坐标为171,3P ⎛⎫∴- ⎪⎝⎭，277,3P ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，355,3P ⎛⎫- ⎪⎝⎭4.已知正方形OABC 的边OC 、OA 分别在x 、y 轴的正半轴上，点B 坐标为()4,4，点(),0P t 是x 轴上一动点，过点O 作OH AP ⊥于点H ，直线OH 交直线BC 于点D ，连接AD ．（1）如图1，当点P 在线段OC 上时，求证：OP CD =；（2）在点P 运动过程中，AOP ∆与以A 、B 、D 为顶点的三角形相似时，求t 的值；（3）如图2，抛物线212463y x x =-++上是否存在点Q ，使得以P 、D 、Q 、C 为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．解析：（1）证明：正方形OABC ，OA OC ∴=，90AOP OCD ∠=∠=︒90OAP APO ∴∠+∠=︒OH AP ⊥，90COD APO ∴∠+∠=︒OAP COD ∴∠+∠，AOP OCD ∴∆∆≌OP CD ∴=（2）解：当点P 在线段OC 上时若AOP ABD ∆∆∽，AO AB =，AOP ABD ∴∆∆≌ ,2,2OP CD OP BD CD t ∴=∴===∴=当点P 在OC 延长线上时，如图1ADB ODC APO ∠>∠=∠∴若AOP DBA ∆∆∽，则AO OP DB AB= 可证AOP OCD ∆∆≌，OP CD ∴=，4DB PC t ∴==-444t t ∴=-，解得2t =-（舍去）或2t =+ 当点P 在CO 延长线上时，如图290COD ODC ∠+∠=︒，90HOP APO ∠+∠=︒又COD HOP ∠=∠，ODC APO ∴∠=∠ODC ADB ∠>∠，APO ADB ∴∠>∠∴若AOP DBA ∆∆∽，则AO OP DB AB= 可证AOP OCD ∆∆≌，OP CD ∴=,4DB PC t ∴==-444t t -∴=-，解得2t =+（舍去）或2t =-∴当AOP ∆与以A 、B 、D 为顶点的三角形相似时，2t=或2+或2- （3）①若CD 为平行四边形的对角线则,DQ PC DQ PC =∥（i ）当点P 在线段OC 上时，如图3,,4OP t DC OP t DQ PC t =∴====-()8,Q t t ∴-，代入212463y x x =-++，得 ()()21288463t t t --+-+=，解得2t =或4t =（舍去）（ii ）当点P 在CO 延长线上时，如图OP t =-，DC OP t ∴==-，4DQ PC t ==-()8,Q t t ∴-，代入212463y x x =-++，得 ()()21288463t t t --+-+=，解得2t =（舍去）或4t =（舍去） ②若CD 为平行四边形的边则,PQ DC PQ DC =∥（i ）当点P 在OC 延长线上时，如图5,OP t PQ DC OP t =∴===(),Q t t ∴-，代入212463y x x =-++，得 212463t t t -++=-，解得2t =-（舍去）或12t = （ii ）当点P 在CO 延长线上时，如图6、图7OP t =-，PQ DC OP t ∴===-(),Q t t ∴或(),Q t t -把(),Q t t 代入212463y x x =-++，得 212463t t t -++=，解得6t =-或4t =（舍去） 把(),Q t t -代入212463y x x =-++，得 212463t t t -++=-，解得2t =-或12t =（舍去） 综上所述，抛物上存在点Q ，使得以P 、D 、Q 、C 为顶点的四边形为平行四边形， t 的值为：12t =，212t =，36t =-，42t =-5.如图，在平面直角坐标系中，O 是坐标原点，矩形OABC 的顶点)A ，()0,1C ，将AOC ∆沿AC 翻折得APC ∆．（1）求点P 的坐标；（2）若抛物线243yx bx c =-++经过P 、A 两点，试判断点C 是否在该抛物线上，并说明理由； （3）设（2）中的抛物线与矩形OABC 的边BC 交于点D ，与x 轴交于另一点E ，点M 在x 轴上运动，N 在y 轴上运动，若以点E 、M 、D 、N 为顶点的四边形是平行四边形，试求点M 、N 的坐标．解析：（1）在Rt OAC ∆中，OA =1OC =，30,OAC ∴∠=︒过P 作PQ OA ⊥于Q ，如图1⑦在Rt PAQ ∆中，60,PAQ AP ∠=︒=2OQ AQ ∴==，32PQ =，322P ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭（2）将P 、A 两点坐标代入抛物线的解析式中，得：312240c c ⎧-++=⎪⎨⎪-++=⎩解得1b c ⎧=⎪⎨=⎪⎩∴抛物线的解析式为2413yx =-++ 当0x =时，1y =，∴点()0,1C 在该抛物线上（3）①若DE 是平行四边形的对角线，如图2点C 在y 轴上，CD x ∥轴，∴过点D 作DM CE ∥交x 轴于M ，则四边形EMDC 为平行四边形把1y =代入抛物线解析式，得点D的坐标为4⎛⎫ ⎪⎝⎭把0y =代入抛物线解析式，得点E的坐标为4⎛⎫- ⎪⎝⎭2M ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭，N 点即为C 点，坐标是()0,1②若DE 是平行四边形的边，如图3、图4过点A 作AN DE ∥交y 轴于N ，四边形DANE 是平行四边形2DE AN ∴====3ON OA =，30EAN ∴∠=︒ ,30AN DE DEA EAN ∴∠=∠=︒∥)(),0,1M N ∴- 同理过点C 作CM DE ∥交x 轴于M ，四边形CMED 是平行四边形()(),0,1M N ∴6.如图，已知抛物线211:4C y x bx c =-++与x 轴交于点A 、B （A 在B 的左侧），与y 轴交于点C ，抛物线2C 与抛物线1C 关于y 轴对称，点A 、B 的对称点分别是E 、D ，连接CD 、CB ，设AD m =．（1）当2m =时，求b 的值；（2）若点P 是抛物线1C 上的一个动点（P 不与点A 、B 重合），试判断点P 关于原点的对称点Q 是否在抛物线2C 上，请说明理由；（3）将CDB ∆沿直线BC 折叠，点D 的对应点为G ．是否存在实数m ，使得四边形CDBG 为平行四边形，且点G 恰好落在抛物线2C 上，若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．解析：（1）∵抛物线211:4C y x bx c =-++的对称轴为直线2x b = 抛物线2C 与抛物线1C 关于y 轴对称∴抛物线2C 的对称轴为直线2x b =-12,222,2m b b b =∴--=∴=- （2）∵抛物线211:4C y x bx c =-++，抛物线2C 与抛物线1C 关于y 轴对称 ∴抛物线221:4C y x bx c =--+ 设(),P x y 是抛物线1C 上任意一点(0)y ≠则点P 关于原点的对称点()11,Qx y --，且21114y x bx c =-++ 将点Q 的横坐标代入抛物线2C 的解析式 得2111114Q y x bx c y y =-++=≠- ∴点Q 不在抛物线2C 上（3）存在B 、D 关于y 轴对称，点C 在y 轴上，CD CB ∴=由折叠知CG CD =∵四边形CDBG 是平行四边形，CD BG ∴=CB CG BG ∴==，CGB ∴∆是等边三角形CDB ∴∆是等边三角形假设点G 恰好落在抛物线2C 上由抛物线和等边三角形的对称性可知B 点一定在抛物线2C 的对称轴上BD BE AD m ∴===1,2OD OB m ∴==31,0,,022A m B m ⎛⎫⎛⎫∴- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭CDB ∆为等边三角形，2c CO m ∴=== 对于抛物线211:4C y x bx c =-++，根据根与系数的关系，有31422m m c -⋅=-314222m m m ∴-⋅=-⨯0,3m m ≠∴=∴存在实数3m =，使得四边形CDBG 为平行四边形，且点G 恰好落在抛物线2C 上 7.已知抛物线212y x c =+经过点()3,5A -，顶点为Q ，点P 是y 轴上位于点Q 上方的一个动点，连接AP 并延长，交抛物线于点B ，分别过点A 、B 作x 轴的垂线，垂足为C 、D ，连接AQ 、BQ ．（1）求抛物线的解析式；（1）当A 、Q 、B 三点构成直角三角形时，求点P 的坐标；（2）当AC 、AP 、BD 、BP 四条线段构成平行四边形时，求点P 的坐标．解析：（1）∵抛物线212y x c =+经过点()3,5A - ()21532c ∴=⨯-+，12c ∴= ∴抛物线的解析式为21122y x =+（2）21122y x =+，10,2Q ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭①若90AQB ∠=︒过点Q 作EF x ∥轴，分别交AC 、BD 于E 、F 则195,322AE AC EC EQ =-=-== 易证AEQ QFB ∆∆∽，AE EQ QF FB ∴= 32AE FQ QE FB ∴== 设13,22B m m ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，代入抛物线解析式，得49m = 425,318B ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭可得直线AB 的解析式为5562y x =-+ 50,2P ⎛⎫∴ ⎪⎝⎭ ②若90QAB ∠=︒过点Q 作QE x ∥轴，交AC 于E()13,5,0,,22A Q AQ ⎛⎫-∴= ⎪⎝⎭易证AEQ QAP ∆∆∽，PQ AQ AQ AE ∴=，2132AQ PQ AE ∴== ()0,7P ∴③若90ABQ ∠=︒过点A 、Q 分别作x 轴的平行线，交BD 于E 、F 设211,22B n n ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，则3,AE n QF n =+= 22119152222BE n n =--=-，2211112222BF n n =+-= 可证ABE BQF ∆∆∽，AE BE BF QF∴= 229132212n n n n -+∴=，即()()23340n n n +-+= 30n ∴+=，得3n =-（舍去）或2340n n -+=，方程无实数解∴当ABQ ∆为直角三角形时，点P 的坐标为50,2⎛⎫ ⎪⎝⎭或()0,7 （3）①若AC BD =，AP BP =，此时点A 与点B 关于y 轴对称()5,0,5OP AC P ∴==∴②若ACAP =，设()0,P y ，则()29525y +-= 解得1y=或9y = 当1y =时，则()0,1P此时直线AP 解析式为413yx =-+ 与抛物线的交点B 为19()35，59BP BD ∴=== 此时AC 、AP 、BD 、BP 四条线段能构成平行四边形()0,1P ∴符合题意当9y =时，则()0,9P此时直线AP 解析式为493y x =+ 与抛物线的交点B 为17149()39，过P 作PE BD ⊥于E ，则1731739PE ⨯==， 149684179999BE ⨯=-== 51785149999BP ⨯∴==<，即BP BD < 此时AC 、AP 、BD 、BP 四条线段不能构成平行四边形()0,9P ∴不符合题意 ③若AC BP =，则点P 必在点A 上方，AP BD ≠此时AC 、AP 、BD 、BP 四条线段不能构成平行四边形∴满足条件的点P 的坐标为()0,5或()0,1 8.如图，抛物线2y x bx c =-++与直线122y x =+交于C 、D 两点，其中点C 在y 轴上，点D 的坐标为7(3)2，．点P 是y 轴右侧的抛物线上一动点，过点P 作PE x ⊥轴于点E ，交CD 于点F ． （1）求抛物线的解析式；（2）若点P 的横坐标为m ，当m 为何值时，以O 、C 、P 、F 为顶点的四边形是平行四边形？请说明理由．（3）若存在点P ，使45PCF ∠=︒，请直接写出相应的点P 的坐标．解析：（1）在直线解析式122y x =+中，令0x =，得2y =， (02)C ∴，．∵点(02)C ，、7D(3)2，在抛物线2y x bx c =-++上， 27932c b c =⎧⎪∴⎨-++=⎪⎩， 解得722b c ⎧=⎪⎨⎪=⎩， ∴抛物线的解析式为：2722yx x =-++．（2）PF OC ∥，且以O 、C 、P 、F 为顶点的四边形是平行四边形，2PF OC ∴==， ∴将直线122y x =+沿y 轴向上、下平移2个单位之后得到的直线，与抛物线y 轴右侧的交点，即为所求之交点．由答图1可以直观地看出，这样的交点有3个． 将直线122y x =+沿y 轴向上平移2个单位，得到直线142y x =+， 联立2142722y x y x x ⎧=+⎪⎪⎨⎪=-++⎪⎩，解得121,2x x ==，121,2m m ∴==； 将直线122y x =+沿y 轴向下平移2个单位，得到直线12y x =， 联立212722y x y x x ⎧=⎪⎪⎨⎪=-++⎪⎩，解得3433,22x x +-==（在y 轴左侧，不合题意，舍去），32m +∴=． ∴当m 为值为12，或2时，以O 、C 、P 、F 为顶点的四边形是平行四边形．（3）存在．理由：设点P 的横坐标为m ，则271,2,,222P m m m F m m ⎛⎫⎛⎫-+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．由答图2所示，过点C 作CM PE ⊥于点M ，则,2CM m EM ==，12F FM y EM m ∴=-=， tan 2CFM ∴∠=．在Rt CFM ∆中，由勾股定理得：2CF m =． 过点P 作PN CD ⊥于点N ，则tan tan 2PN FN PEN FN CFMFN =⋅∠=⋅∠∠=45PCF ∠=︒，PN CN ∴=，而2PN FN =，,22FN CF m PN FN ∴====，在Rt PFN ∆中，由勾股定理得：52PF m ==． 227122322P F PF y y m m m m m ⎛⎫⎛⎫=-=-++-+=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 2532m m m ∴-+=， 整理得：2102m m -=，解得0m =（舍去）或12m =， 17()22P ∴，； 同理求得，另一点为2313()618P ，． ∴符合条件的点P 的坐标为17()22，或2313()618，．9.如图，抛物线22y x x c =-+的顶点A 在直线:5l y x =-上．（1）求抛物线顶点A 的坐标；（2）设抛物线与y 轴交于点B ，与x 轴交于点C 、D （C 点在D 点的左侧），试判断ABD ∆的形状；（3）在直线l 上是否存在一点P ，使以点P 、A 、B 、D 为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求点P 的坐标；若不存在，请说明理由．解析：（1）∵顶点A 的横坐标为212x-=-=，且顶点A 在5y x =-上 ∴当1x =时，154y =-=-()1,4A ∴-（2）ABD ∆是直角三角形将(14)A -，代入22y x x c =-+，得124c -+=-，3c ∴=-223y x x ∴=--，(03)B ∴-，当0y =时，2230x x --=，121,3x x ∴=-=(10)C ∴-，，(30)D ，22218BD OB OD =+=，()2224312AB =-+=，()22231420AD =-+= 222BD AB AD +=，90ABD ∴∠=︒即ABD ∆是直角三角形（3）存在．由题意知：直线5yx =-交y 轴于点(05)E -，， 交x 轴于点(50)F ，5OE OF ∴==，又3OB OD ==OEF ∴∆与OBD ∆都是等腰直角三角形BD l ∴∥，即PA BD ∥则构成平行四边形只能是PADB 或PABD ，如图,过点P 作y 轴的垂线，过点A 作x 轴的垂线并交于点G设11(5)P x x -，，则1(15)G x -， 则11PG x =-，11541AG x x =--=-PA BD ==由勾股定理得：()()22111118x x -+-=，12x ∴=-或24x =(27)P ∴--，或(41)P -，∴存在点(27)P --，或(41)P -，使以点P 、A 、B 、D 为顶点的四边形 是平行四边形10.抛物线2y axbx c =++与x 轴交于(20)A -，、(40)B ，两点，与y 轴负半轴交于点C ，且12ABC S ∆=．（1）求此抛物线的解析式；（2）如图1，P 为直线BC 上一点，若以O 、P 、B 为顶点的三角形与ABC ∆相似，求点P 的坐标；（3）如图2，过点A 作AM AC ⊥交抛物线于点M ，交y 轴于点D ，直线x m =与抛物线交于点Q ，与直线AM 交于点R ．问是否存在这样的m ，使C 、D 、Q 、R 四点构成平行四边形？若存在，求出m 的值，若不存在；说明理由．解析：（1）(20)A -，、(40)B ，2,46OA OB AB ∴===，1161222ABC S AB OC CO ∆=⋅=⨯⋅=，4OC ∴= ∵点C 在y 轴负半轴上，(04)C ∴-，42016404a b c a b c c -+=⎧⎪∴++=⎨⎪=-⎩解得1214a b c ⎧=⎪⎪=-⎨⎪=-⎪⎩∴抛物线的解析式为2142y x x =-- （2）易知ABC ∆为锐角三角形∴若以O 、P 、B 为顶点的三角形与ABC ∆相似，点P 只能在线段BC 上过P 作PE OB ⊥于E ，设PE t = 当OP AC ∥时，OBP ABC ∆∆∽ 则EP OB OC AB =，446t ∴=，83t ∴= 4OB OC ==，45OBC ∴∠=︒BE PE t ∴==， 84433OE OB BE ∴=-=-= 148()33P ∴-， 当BPO BAC ∠=∠时，PBO ABC ∆∆∽过A 作AH BC ⊥于H，则2AH AB ==EP OB AH BC ∴=，=，3t ∴=431OE ∴=-=2(13)P ∴-，（3）,AD AC ODA OAC ⊥∴∆∆∽OD OA OA OC∴=，224OD ∴= 1OD ∴=，5CD ∴=，(01)D ，， 设直线AM 的解析式为y kx b =+则201k b b -+=⎧⎨=⎩解得121k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ ∴直线AM 的解析式为112y x =+ 设21(4)2Q m m m --，，则1(1)2R m m +，QR CD ∥，∴当QR CD =时，C 、D 、Q 、R 四点构成平行四边形 2114(1)522m m m ∴---+=解得32m ±= 或2111(4)522m m m +---= 解得0m =（舍去）或3m =∴当32m ±=或3m =时，C 、D 、Q 、R 四点构成平行四边形。
中考数学专题复习 二次函数背景下的平行四边形的存在性问题
专题二二次函数背景下的平行四边形的存在性问题知识梳理平行四边形的存在性问题是分类讨论中的一大难点。
此类题目多在直角坐标平面内，辅以二次函数为背景.一般会根据两个或者三个定点,在某个特定的位置上找另两个顶点或者第四个顶点，这样的顶点往往不止一个,需要仔细考虑解题策略,如:若已知两点构成的线段是平行四边形的一边或者对角线.如何利用平行四边形的性质确定出其他的顶点的位置，否则在分类时就容易漏解.【典型例题】【例1】如图.抛物线y= ax2 +bx+c与y轴正半轴交于点C，与x轴交于点A(1，0)、B (4，0)，∠OCA=∠OBC.(1)求抛物线的解析式;(2)在直角坐标平面内确定点M，使得以点M、A、B、C为顶点的四边形是平行四边形,请直接写出点M的坐标.[思路分析]本题在平行四边形分类讨论中已经有三个点是定点,则第四个顶点可利用平行四边形两组对边分别平行的方法去找，AC，AB，BC中任意两边可作为平行四边形的邻边，分别作这两邻边的平行线，它们的交点就是所求的平行四边形的第四个顶点.解：当CA和CB为平行四边形的邻边时，M在第四象限，BH=AO=1,M,=−2所以M3(5, −2)综上所述:M点的坐标为M1(3，2)或M2(−3，2)或M3(5， −2).[点评]M1，M2的坐标相对易求得，而M3的坐标利用平行四边形的性质:对角顶点到对角线距离相等或者三角形全等求得M3的坐标.【例2】如图，抛物线y=ax2+ 2ax+3与y轴交于点C，与x轴交于A、B两点(点A和点B分别在x轴的正、负半轴上)，cot∠OCA = 3.(1)求抛物线的解析式;(2)平行于x轴的直线l与抛物线交于点E, F(点F在点E的左边)，如果四边形OBFE是平行四边形,求点E的坐标.[思路分析]由题意得BO不可能是平行四边形的对角线,所以只可能OB = EF =3,又因为EF被对称轴平分,根据对称轴的方程便能求得点E的坐标[点评]本题借助于抛物线的一条重要性质：抛物线关于对称轴对称.因为EF // AB，所以E，F关于对称轴对称,同时线段EF被对称轴垂直平分.【例3】如图,抛物线y= ax2+ bx +3与y轴交于点C,与x轴交于A, B两点，tan∠OCA =1 3S△ABC = 6.(1)求点B的坐标;解：(2)求抛物线的解析式及顶点坐标;(3)若E 点在x 轴上，F 点在抛物线上,如果A, C, E, F 构成平行四边形,写出点E 的坐标。
中考数学平行四边形的综合热点考点难点及答案解析
中考数学平行四边形的综合热点考点难点及答案解析一、平行四边形1．问题发现：（1）如图①，点P 为平行四边形ABCD 内一点，请过点P 画一条直线l ，使其同时平分平行四边形ABCD 的面积和周长．问题探究：（2）如图②，在平面直角坐标系xOy 中，矩形OABC 的边OA 、OC 分别在x 轴、y 轴正半轴上，点B 坐标为(8,6)．已知点(6,7)P 为矩形外一点，请过点P 画一条同时平分矩形OABC 面积和周长的直线l ，说明理由并求出直线l ，说明理由并求出直线l 被矩形ABCD 截得线段的长度．问题解决：（3）如图③，在平面直角坐标系xOy 中，矩形OABCD 的边OA 、OD 分别在x 轴、y 轴正半轴上，DC x ∥轴，AB y ∥轴，且8OA OD ==，2AB CD ==，点(1052,1052)P --为五边形内一点．请问：是否存在过点P 的直线l ，分别与边OA 与BC 交于点E 、F ，且同时平分五边形OABCD 的面积和周长?若存在，请求出点E 和点F 的坐标：若不存在，请说明理由．【答案】（1）作图见解析；（2）25y x =-，353）(0,0)E ，(5,5)F ．【解析】试题分析：（1）连接AC 、BD 交于点O ，作直线PO ，直线PO 将平行四边形ABCD 的面积和周长分别相等的两部分．（2）连接AC ，BD 交于点O '，过O '、P 点的直线将矩形ABCD 的面积和周长分为分别相等的两部分．（3）存在，直线y x =平分五边形OABCD 面积、周长．试题解析：（1）作图如下：（2）∵(6,7)P ，(4,3)O '，∴设:6PO y kx =+'，67{43k b k b +=+=，2{5k b ==-， ∴25y x =-，交x 轴于5,02N ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 交BC 于11,62M ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 2211563522MN ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭．（3）存在，直线y x =平分五边形OABCD 面积、周长．∵(1052,102)P --在直线y x =上，∴连OP 交OA 、BC 于点E 、F ，设:BC y kx b =+，(8,2)(2,8)B C ，82{28k b k +=+=，1{10k b =-=， ∴直线:10BC y x =-+，联立10{y x y x =-+=，得55x y =⎧⎨=⎩， ∴(0,0)E ，(5,5)F ．2．已知：在菱形ABCD中，E，F是BD上的两点，且AE∥CF．求证：四边形AECF是菱形．【答案】见解析【解析】【分析】由菱形的性质可得AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，由“SAS”可证△ADF≌△CDF，可得AF＝CF，由△ABE≌△CDF，可得AE＝CF，由平行四边形的判定和菱形的判定可得四边形AECF是菱形．【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形∴AB∥CD，AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，∵AB＝CD，∠ADF＝∠CDF，DF＝DF∴△ADF≌△CDF（SAS）∴AF＝CF，∵AB∥CD，AE∥CF∴∠ABE＝∠CDF，∠AEF＝∠CFE∴∠AEB＝∠CFD，∠ABE＝∠CDF，AB＝CD∴△ABE≌△CDF（AAS）∴AE＝CF，且AE∥CF∴四边形AECF是平行四边形又∵AF＝CF，∴四边形AECF是菱形【点睛】本题主要考查菱形的判定定理，首先要判定其为平行四边形，这是菱形判定的基本判定.3．已知：如图，在平行四边形ABCD中，O为对角线BD的中点，过点O的直线EF分别交AD，BC于E，F两点，连结BE，DF．（1）求证：△DOE≌△BOF．（2）当∠DOE等于多少度时，四边形BFDE为菱形？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）当∠DOE=90°时，四边形BFED为菱形，理由见解析.【解析】试题分析：（1）利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定方法得出△DOE≌△BOF （ASA）；（2）首先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EBFD是平行四边形，进而利用垂直平分线的性质得出BE=ED，即可得出答案．试题解析：（1）∵在▱ABCD中，O为对角线BD的中点，∴BO=DO，∠EDB=∠FBO，在△EOD和△FOB中，∴△DOE≌△BOF（ASA）；（2）当∠DOE=90°时，四边形BFDE为菱形，理由：∵△DOE≌△BOF，∴OE=OF，又∵OB=OD，∴四边形EBFD是平行四边形，∵∠EOD=90°，∴EF⊥BD，∴四边形BFDE为菱形．考点：平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．4．如图，四边形ABCD中，∠BCD=∠D=90°，E是边AB的中点.已知AD=1，AB=2.（1）设BC=x，CD=y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；（2）当∠B=70°时，求∠AEC的度数；（3）当△ACE为直角三角形时，求边BC的长.【答案】（1）()22303y x x x =-++<<；（2）∠AEC =105°；（3）边BC 的长为2117+. 【解析】试题分析：（1）过A 作AH ⊥BC 于H ，得到四边形ADCH 为矩形．在△BAH 中，由勾股定理即可得出结论．（2）取CD 中点T ，连接TE ，则TE 是梯形中位线，得ET ∥AD ，ET ⊥CD ，∠AET =∠B =70°．又AD =AE =1，得到∠AED =∠ADE =∠DET =35°．由ET 垂直平分CD ，得∠CET =∠DET =35°，即可得到结论．（3）分两种情况讨论：①当∠AEC =90°时，易知△CBE ≌△CAE ≌△CAD ，得∠BCE =30°， 解△ABH 即可得到结论．②当∠CAE =90°时，易知△CDA ∽△BCA ，由相似三角形对应边成比例即可得到结论． 试题解析：解：（1）过A 作AH ⊥BC 于H ．由∠D =∠BCD =90°，得四边形ADCH 为矩形． 在△BAH 中，AB =2，∠BHA =90°，AH =y ，HB =1x -，∴22221y x =+-， 则()22303y x x x =-++<<（2）取CD 中点T ，联结TE ，则TE 是梯形中位线，得ET ∥AD ，ET ⊥CD ，∴∠AET =∠B =70°．又AD =AE =1，∴∠AED =∠ADE =∠DET =35°．由ET 垂直平分CD ，得∠CET =∠DET =35°，∴∠AEC =70°＋35°=105°．（3）分两种情况讨论：①当∠AEC =90°时，易知△CBE ≌△CAE ≌△CAD ，得∠BCE =30°， 则在△ABH 中，∠B =60°，∠AHB =90°，AB =2，得BH =1，于是BC =2．②当∠CAE =90°时，易知△CDA ∽△BCA ，又2224AC BC AB x =-- 则22411724AD CA x x AC CB x x -=⇒=⇒=-（舍负） 易知∠ACE <90°，所以边BC 117+ 综上所述：边BC 的长为2117+．点睛：本题是四边形综合题．考查了梯形中位线，相似三角形的判定与性质．解题的关键是掌握梯形中常见的辅助线作法．5．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，以线段AB为边向外作等边△ABD，点E 是线段AB的中点，连接CE并延长交线段AD于点F．（1）求证：四边形BCFD为平行四边形；（2）若AB=6，求平行四边形ADBC的面积．【答案】（1）见解析；（2）S平行四边形ADBC273【解析】【分析】（1）在Rt△ABC中，E为AB的中点，则CE=12AB，BE=12AB，得到∠BCE=∠EBC=60°.由△AEF≌△BEC，得∠AFE=∠BCE=60°.又∠D=60°，得∠AFE=∠D=60度.所以FC∥BD，又因为∠BAD=∠ABC=60°，所以AD∥BC，即FD//BC，则四边形BCFD是平行四边形.（2）在Rt△ABC中，求出BC，AC即可解决问题；【详解】解：（1）证明：在△ABC中，∠ACB=90°，∠CAB=30°，∴∠ABC=60°，在等边△ABD中，∠BAD=60°，∴∠BAD=∠ABC=60°，∵E为AB的中点，∴AE=BE，又∵∠AEF=∠BEC，∴△AEF≌△BEC，在△ABC中，∠ACB=90°，E为AB的中点，∴CE=12AB，BE=12AB，∴CE=AE，∴∠EAC=∠ECA=30°，∴∠BCE=∠EBC=60°，又∵△AEF≌△BEC，∴∠AFE=∠BCE=60°，又∵∠D=60°，∴∠AFE=∠D=60°，∴FC∥BD，又∵∠BAD=∠ABC=60°，∴AD∥BC，即FD∥BC，∴四边形BCFD是平行四边形；（2）解：在Rt△ABC中，∵∠BAC=30°，AB=6，∴BC=AF=3，AC=33，∴S平行四边形BCFD=3×33=93，S△ACF=12×3×33=93，S平行四边形ADBC=273．【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理、等边三角形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型.6．如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF为正三角形，E、F在菱形的边BC，CD上．（1）证明：BE=CF．（2）当点E，F分别在边BC，CD上移动时（△AEF保持为正三角形），请探究四边形AECF的面积是否发生变化？若不变，求出这个定值；如果变化，求出其最大值．（3）在（2）的情况下，请探究△CEF的面积是否发生变化？若不变，求出这个定值；如果变化，求出其最大值．【答案】(1)见解析；（2）33）见解析【解析】试题分析：（1）先求证AB=AC，进而求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4=60°，AC=AB进而求证△ABE≌△ACF，即可求得BE=CF；（2）根据△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF，故根据S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可解题；（3）当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，又根据S△CEF=S四边形AECF-S△AEF，则△CEF的面积就会最大.试题解析：（1）证明：连接AC，∵∠1+∠2=60°，∠3+∠2=60°，∴∠1=∠3，∵∠BAD=120°，∴∠ABC=∠ADC=60°∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD，∴△ABC、△ACD为等边三角形∴∠4=60°，AC=AB，∴在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF．（ASA）∴BE=CF．（2）解：由（1）得△ABE≌△ACF，则S△ABE=S△ACF．故S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值．作AH⊥BC于H点，则BH=2，S四边形AECF=S△ABC===；（3）解：由“垂线段最短”可知，当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．故△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，又S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF，则△CEF的面积就会最大．由（2）得，S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF=﹣=．点睛：本题考查了菱形每一条对角线平分一组对角的性质，考查了全等三角形的证明和全等三角形对应边相等的性质，考查了三角形面积的计算，本题中求证△ABE≌△ACF是解题的关键．7．已知AD是△ABC的中线P是线段AD上的一点（不与点A、D重合），连接PB、PC，E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点，AD与EF交于点M；（1）如图1，当AB＝AC时，求证：四边形EGHF是矩形；（2）如图2，当点P与点M重合时，在不添加任何辅助线的条件下，写出所有与△BPE面积相等的三角形（不包括△BPE本身）．【答案】（1）见解析；（2）△APE、△APF、△CPF、△PGH．【解析】【分析】（1）由三角形中位线定理得出EG∥AP，EF∥BC，EF=12BC，GH∥BC，GH=12BC，推出EF∥GH，EF=GH，证得四边形EGHF是平行四边形，证得EF⊥AP，推出EF⊥EG，即可得出结论；（2）由△APE与△BPE的底AE=BE，又等高，得出S△APE=S△BPE，由△APE与△APF的底EP=FP，又等高，得出S△APE=S△APF，由△APF与△CPF的底AF=CF，又等高，得出S△APF=S△CPF，证得△PGH底边GH上的高等于△AEF底边EF上高的一半，推出S△PGH=12S△AEF=S△APF，即可得出结果．【详解】（1）证明：∵E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点，∴EG∥AP，EF∥BC，EF＝12BC，GH∥BC，GH＝12BC，∴EF∥GH，EF＝GH，∴四边形EGHF是平行四边形，∵AB＝AC，∴AD⊥BC，∴EF⊥AP，∵EG∥AP，∴EF⊥EG，∴平行四边形EGHF是矩形；（2）∵PE是△APB的中线，∴△APE与△BPE的底AE＝BE，又等高，∴S△APE＝S△BPE，∵AP是△AEF的中线，∴△APE与△APF的底EP＝FP，又等高，∴S△APE＝S△APF，∴S△APF＝S△BPE，∵PF是△APC的中线，∴△APF与△CPF的底AF＝CF，又等高，∴S△APF＝S△CPF，∴S△CPF＝S△BPE，∵EF∥GH∥BC，E、F、G、H分别是AB、AC、PB、PC的中点，∴△AEF底边EF上的高等于△ABC底边BC上高的一半，△PGH底边GH上的高等于△PBC 底边BC上高的一半，∴△PGH底边GH上的高等于△AEF底边EF上高的一半，∵GH＝EF，∴S△PGH＝12S△AEF＝S△APF，综上所述，与△BPE面积相等的三角形为：△APE、△APF、△CPF、△PGH．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定、三角形中位线定理、平行线的性质、三角形面积的计算等知识，熟练掌握三角形中位线定理是解决问题的关键．8．如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于D，分别延长AC至E，BC至F，且CE＝EF，延长FE交AD的延长线于G．（1）求证：AE＝EG；（2）如图2，分别连接BG，BE，若BG＝BF，求证：BE＝EG；（3）如图3，取GF的中点M，若AB＝5，求EM的长．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）5 2【解析】【分析】（1）根据平行线的性质和等腰三角形的三线合一的性质得：∠CAD＝∠G，可得AE＝EG；（2）作辅助线，证明△BEF≌△GEC（SAS），可得结论；（3）如图3，作辅助线，构建平行线，证明四边形DMEN是平行四边形，得EM＝DN＝1AC，计算可得结论．2【详解】证明：（1）如图1，过E作EH⊥CF于H，∵AD⊥BC，∴EH∥AD，∴∠CEH＝∠CAD，∠HEF＝∠G，∵CE＝EF，∴∠CEH＝∠HEF，∴∠CAD＝∠G，∴AE＝EG；（2）如图2，连接GC，∵AC＝BC，AD⊥BC，∴BD＝CD，∴AG是BC的垂直平分线，∴GC＝GB，∴∠GBF＝∠BCG，∵BG＝BF，∴GC＝BE，∵CE＝EF，∴∠CEF＝180°﹣2∠F，∵BG＝BF，∴∠GBF＝180°﹣2∠F，∴∠GBF ＝∠CEF ，∴∠CEF ＝∠BCG ，∵∠BCE ＝∠CEF+∠F ，∠BCE ＝∠BCG+∠GCE ，∴∠GCE ＝∠F ，在△BEF 和△GCE 中，CE GCE F CG BF EF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩Q ， ∴△BEF ≌△GEC （SAS ），∴BE ＝EG ；（3）如图3，连接DM ，取AC 的中点N ，连接DN ，由（1）得AE ＝EG ，∴∠GAE ＝∠AGE ，在Rt △ACD 中，N 为AC 的中点，∴DN ＝12AC ＝AN ，∠DAN ＝∠ADN ， ∴∠ADN ＝∠AGE ，∴DN ∥GF ，在Rt △GDF 中，M 是FG 的中点， ∴DM ＝12FG ＝GM ，∠GDM ＝∠AGE ， ∴∠GDM ＝∠DAN ，∴DM ∥AE ，∴四边形DMEN 是平行四边形， ∴EM ＝DN ＝12AC ， ∵AC ＝AB ＝5， ∴EM ＝52． 【点睛】 本题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定等知识，解题的关键是作辅助线，并熟练掌握全等三角形的判定方法，特别是第三问，辅助线的作法是关键．9．（1）如图1，将矩形ABCD 折叠，使BC 落在对角线BD 上，折痕为BE ，点C 落在点C '处，若42ADB =o ∠，则DBE ∠的度数为______o .（2）小明手中有一张矩形纸片ABCD ，4AB =，9AD =.（画一画）如图2，点E 在这张矩形纸片的边AD 上，将纸片折叠，使AB 落在CE 所在直线上，折痕设为MN （点M ，N 分别在边AD ，BC 上），利用直尺和圆规画出折痕MN （不写作法，保留作图痕迹，并用黑色水笔把线段描清楚）；（算一算）如图3，点F 在这张矩形纸片的边BC 上，将纸片折叠，使FB 落在射线FD 上，折痕为GF ，点,A B 分别落在点A '，B '处，若73AG =，求B D '的长.【答案】（1）21；（2）画一画；见解析；算一算：3B D '=【解析】【分析】（1）利用平行线的性质以及翻折不变性即可解决问题；（2）【画一画】，如图2中，延长BA 交CE 的延长线由G ，作∠BGC 的角平分线交AD 于M ，交BC 于N ，直线MN 即为所求；【算一算】首先求出GD=9-72033=，由矩形的性质得出AD ∥BC ，BC=AD=9，由平行线的性质得出∠DGF=∠BFG ，由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG ，证出∠DFG=∠DGF ，由等腰三角形的判定定理证出DF=DG=203，再由勾股定理求出CF ，可得BF ，再利用翻折不变性，可知FB′=FB ，由此即可解决问题．【详解】（1）如图1所示：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC=42°，由翻折的性质可知，∠DBE=∠EBC=12∠DBC=21°，故答案为21．（2）【画一画】如图所示：【算一算】如3所示：∵AG=73，AD=9，∴GD=9-72033，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，BC=AD=9，∴∠DGF=∠BFG，由翻折不变性可知，∠BFG=∠DFG，∴∠DFG=∠DGF，∴DF=DG=203，∵CD=AB=4，∠C=90°，∴在Rt △CDF 中，由勾股定理得：CF=22222016433DF CD ⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭， ∴BF=BC-CF=9161133-=， 由翻折不变性可知，FB=FB′=113， ∴B′D=DF -FB′=2011333-=. 【点睛】 四边形综合题，考查了矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、等腰三角形的判定、平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用翻折不变性解决问题．10．在ABC V 中，ABC 90o ∠=，BD 为AC 边上的中线，过点C 作CE BD ⊥于点E ，过点A 作BD 的平行线，交CE 的延长线于点F ，在AF 的延长线上截取FG BD =，连接BG ，DF ．()1求证：BD DF =；()2求证：四边形BDFG 为菱形；()3若AG 5=，CF 7=，求四边形BDFG 的周长．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）8【解析】【分析】()1利用平行线的性质得到90CFA ∠=o ，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得证，()2利用平行四边形的判定定理判定四边形BDFG 为平行四边形，再利用()1得结论即可得证，()3设GF x =，则5AF x =-，利用菱形的性质和勾股定理得到CF 、AF 和AC 之间的关系，解出x 即可．【详解】()1证明：AG //BD Q ，CF BD ⊥，CF AG ∴⊥，又D Q 为AC 的中点，1DF AC 2∴=， 又1BD AC 2=Q ， BD DF ∴=，()2证明：BD//GF Q ，BD FG =，∴四边形BDFG 为平行四边形，又BD DF =Q ，∴四边形BDFG 为菱形，()3解：设GF x =，则AF 5x =-，AC 2x =，在Rt AFC V 中，222(2x)(5x)=+-，解得：1x 2=，216x (3=-舍去)， GF 2∴=，∴菱形BDFG 的周长为8．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质直角三角形斜边上的中线，勾股定理等知识，正确掌握这些定义性质及判定并结合图形作答是解决本题的关键．11．问题探究（1）如图①，已知正方形ABCD 的边长为4．点M 和N 分别是边BC 、CD 上两点，且BM ＝CN ，连接AM 和BN ，交于点P ．猜想AM 与BN 的位置关系，并证明你的结论．（2）如图②，已知正方形ABCD 的边长为4．点M 和N 分别从点B 、C 同时出发，以相同的速度沿BC 、CD 方向向终点C 和D 运动．连接AM 和BN ，交于点P ，求△APB 周长的最大值；问题解决（3）如图③，AC 为边长为ABCD 的对角线，∠ABC ＝60°．点M 和N 分别从点B 、C 同时出发，以相同的速度沿BC 、CA 向终点C 和A 运动．连接AM 和BN ，交于点P ．求△APB 周长的最大值．【答案】（1）AM⊥BN，证明见解析；（2）△APB周长的最大值4+42；（3）△PAB的周长最大值=23+4．【解析】试题分析：根据全等三角形的判定SAS证明△ABM≌△BCN，即可证得AM⊥BN；（2）如图②，以AB为斜边向外作等腰直角△AEB，∠AEB=90°，作EF⊥PA于E，作EG⊥PB于G，连接EP，证明PA+PB=2EF，求出EF的最大值即可；（3）如图③，延长DA到K，使得AK=AB，则△ABK是等边三角形，连接PK，取PH=PB，证明PA+PB=PK，求出PK的最大值即可.试题解析：（1）结论：AM⊥BN．理由：如图①中，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABM=∠BCN=90°，∵BM=CN，∴△ABM≌△BCN，∴∠BAM=∠CBN，∵∠CBN+∠ABN=90°，∴∠ABN+∠BAM=90°，∴∠APB=90°，∴AM⊥BN．（2）如图②中，以AB为斜边向外作等腰直角三角形△AEB，∠AEB=90°，作EF⊥PA于E，作EG⊥PB于G，连接EP．∵∠EFP=∠FPG=∠G=90°，∴四边形EFPG是矩形，∴∠FEG=∠AEB=90°，∴∠AEF=∠BEG，∵EA=EB，∠EFA=∠G=90°，∴△AEF≌△BEG，∴EF=EG，AF=BG，∴四边形EFPG是正方形，∴PA+PB=PF+AF+PG﹣BG=2PF=2EF，∵EF≤AE，∴EF的最大值=AE=2，∴△APB周长的最大值=4+4．（3）如图③中，延长DA到K，使得AK=AB，则△ABK是等边三角形，连接PK，取PH=PB．∵AB=BC，∠ABM=∠BCN，BM=CN，∴△ABM≌△BCN，∴∠BAM=∠CBN，∴∠A PN=∠BAM+∠ABP=∠CBN+∠ABN=60°，∴∠APB=120°，∵∠AKB=60°，∴∠AKB+∠APB=180°，∴A、K、B、P四点共圆，∴∠BPH=∠KAB=60°，∵PH=PB，∴△PBH是等边三角形，∴∠KBA=∠HBP ，BH=BP ，∴∠KBH=∠ABP ，∵BK=BA ，∴△KBH ≌△ABP ，∴HK=AP ，∴PA+PB=KH+PH=PK ，∴PK 的值最大时，△APB 的周长最大，∴当PK 是△ABK 外接圆的直径时，PK 的值最大，最大值为4，∴△PAB 的周长最大值=2+4．12．如图，在平面直角坐标系xOy 中，四边形OABC 的顶点A 在x 轴的正半轴上，OA=4，OC=2，点D 、E 、F 、G 分别为边OA 、AB 、BC 、CO 的中点，连结DE 、EF 、FG 、GD ．（1）若点C 在y 轴的正半轴上，当点B 的坐标为（2，4）时，判断四边形DEFG 的形状，并说明理由.（2）若点C 在第二象限运动，且四边形DEFG 为菱形时，求点四边形OABC 对角线OB 长度的取值范围.（3）若在点C 的运动过程中，四边形DEFG 始终为正方形，当点C 从X 轴负半轴经过Y 轴正半轴，运动至X 轴正半轴时，直接写出点B 的运动路径长.【答案】（1）正方形（2）256OB <<（3）2π【解析】分析:（1）连接OB ，AC ，说明OB ⊥AC ，OB=AC ，可得四边形DEFG 是正方形.（2）由四边形DEFG 是菱形，可得OB=AC ，当点C 在y 轴上时，AC=25C 在x 轴上时，AC=6, 故可得结论；（3）根据题意计算弧长即可.详解：（1）正方形，如图1，证明连接OB ，AC ，说明OB ⊥AC ，OB=AC ，可得四边形DEFG 是正方形.（2）256OB <如图2，由四边形DEFG 是菱形，可得OB=AC ，当点C 在y 轴上时，AC=25C 在x 轴上时，AC=6, ∴256OB < ；（3）2π.如图3，当四边形DEFG 是正方形时，OB ⊥AC ，且OB=AC ，构造△OBE ≌△ACO ，可得B 点在以E （0，4）为圆心，2为半径的圆上运动.所以当C点从x轴负半轴到正半轴运动时，B点的运动路径为2 .图1 图2 图3点睛：本题主要考查了正方形的判定，菱形的性质以及弧长的计算.灵活运用正方形的判定定理和菱形的性质运用是解题的关键.13．如图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．（1）求证：∠APB=∠BPH；（2）当点P在边AD上移动时，求证：△PDH的周长是定值；（3）当BE+CF的长取最小值时，求AP的长．【答案】（1）证明见解析．（2）证明见解析．（3）2．【解析】试题分析：（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案；（2）首先证明△ABP≌△QBP，进而得出△BCH≌△BQH，即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；（3）过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB，证明△EFM≌△BPA，设AP=x，利用折叠的性质和勾股定理的知识用x表示出BE和CF，结合二次函数的性质求出最值．试题解析：（1）解：如图1，∵PE=BE，∴∠EBP=∠EPB．又∵∠EPH=∠EBC=90°，∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP．即∠PBC=∠BPH．又∵AD∥BC，∴∠APB=∠PBC．∴∠APB=∠BPH．（2）证明：如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．由（1）知∠APB=∠BPH，又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP，在△ABP和△QBP中，，∴△ABP≌△QBP（AAS），∴AP=QP，AB=BQ，又∵AB=BC，∴BC=BQ．又∠C=∠BQH=90°，BH=BH，在△BCH和△BQH中，，∴△BCH≌△BQH（SAS），∴CH=QH．∴△PHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8．∴△PDH的周长是定值．（3）解：如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB．又∵EF为折痕，∴EF⊥BP．∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°，∴∠EFM=∠ABP．又∵∠A=∠EMF=90°，在△EFM和△BPA中，，∴△EFM≌△BPA（AAS）．∴EM=AP．设AP=x在Rt△APE中，（4-BE）2+x2=BE2．解得BE=2+，∴CF=BE-EM=2+-x，∴BE+CF=-x+4=（x-2）2+3．当x=2时，BE+CF取最小值，∴AP=2．考点：几何变换综合题．14．（本题14分）小明在学习平行线相关知识时总结了如下结论：端点分别在两条平行线上的所有线段中，垂直于平行线的线段最短．小明应用这个结论进行了下列探索活动和问题解决．问题1：如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，P为AC边上的一动点，以PB，PA为边构造□APBQ，求对角线PQ的最小值及PQ最小时的值．（1）在解决这个问题时，小明构造出了如图2的辅助线，则PQ的最小值为，当PQ最小时= _____ __；（2）小明对问题1做了简单的变式思考．如图3，P为AB边上的一动点，延长PA到点E，使AE=nPA（n为大于0的常数）．以PE，PC为边作□PCQE，试求对角线PQ长的最小值，并求PQ最小时的值；问题2：在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝1，AB＝2，BC＝3．（1）如图4，若为上任意一点，以，为边作□．试求对角线长的最小值和PQ最小时的值．（2）若为上任意一点，延长到，使，再以，为边作□．请直接写出对角线长的最小值和PQ最小时的值．【答案】问题1：（1）3，；（2）PQ=，=．问题2：（1）=4，．（2）PQ的最小值为．．【解析】试题分析：问题1：（1）首先根据条件可证四边形PCBQ是矩形，然后根据条件“四边形APBQ是平行四边形可得AP=QB=PC，从而可求的值．（2）由题可知：当QP⊥AC 时，PQ最小．过点C作CD⊥AB于点D．此时四边形CDPQ为矩形，PQ=CD，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，利用面积可求出CD=,然后可求出AD=，由AE=nPA可得PE=，而PE=CQ=PD=AD-AP=，所以AP=．所以=．问题2：（1）设对角线与相交于点．Rt≌Rt．所以AD=HC，QH=AP．由题可知：当QP⊥AB时，PQ最小，此时=CH=4，根据条件可证四边形BPQH为矩形，从而QH=BP=AP．所以．（2）根据题意画出图形，当AB 时，的长最小，PQ的最小值为．．试题解析：问题1：（1）3，；（2）过点C作CD⊥AB于点D．由题意可知当PQ⊥AB时，PQ最短．所以此时四边形CDPQ为矩形．PQ=CD，DP=CQ=PE．因为∠BCA=90°，AC=4，BC=3，所以AB=5．所以CD=．所以PQ=．在Rt△ACD中AC=4，CD=，所以AD=．因为AE=nPA，所以PE==CQ=PD=AD-AP=．所以AP=．所以=．问题2：（1）如图2，设对角线与相交于点．所以G是DC的中点，作QH BC，交BC的延长线于H，因为AD//BC，所以．所以．又，所以Rt≌Rt．所以AD=HC，QH=AP．由图知，当AB时，的长最小，即=CH=4．易得四边形BPQH为矩形，所以QH=BP=AP．所以．（若学生有能力从梯形中位线角度考虑，若正确即可评分．但讲评时不作要求）（2）PQ的最小值为．．考点：1．直角三角形的性质；2．全等三角形的判定与性质；3．平行四边形的性质；4矩形的判定与性质．15．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B坐标为（3，3）．将正方形ABCO 绕点A顺时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形ADEF，ED交线段OC于点G，ED的延长线交线段BC于点P，连AP、AG．（1）求证：△AOG≌△ADG；（2）求∠PAG的度数；并判断线段OG、PG、BP之间的数量关系，说明理由；（3）当∠1=∠2时，求直线PE的解析式；（4）在（3）的条件下，直线PE上是否存在点M，使以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析（2）∠PAG =45°，PG=OG+BP．理由见解析（3）y=x﹣3．（4）、．【解析】试题分析：(1)由AO=AD，AG=AG，根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，判断出△AOG≌△ADG即可．(2)首先根据三角形全等的判定方法，判断出△ADP≌△ABP，再结合△AOG≌△ADG，可得∠DAP=∠BAP，∠1=∠DAG；然后根据∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，求出∠PAG的度数；最后判断出线段OG、PG、BP之间的数量关系即可．(3)首先根据△AOG≌△ADG，判断出∠AGO=∠AGD；然后根据∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，判断出当∠1=∠2时，∠AGO=∠AGD=∠PGC，而∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，求出∠1=∠2=30°；最后确定出P、G两点坐标，即可判断出直线PE的解析式．(4)根据题意，分两种情况：①当点M在x轴的负半轴上时；②当点M在EP的延长线上时；根据以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形，求出M点坐标是多少即可．试题解析：(1)在Rt△AOG和Rt△ADG中，（HL）∴△AOG≌△ADG．(2)在Rt△ADP和Rt△ABP中，∴△ADP≌△ABP，则∠DAP=∠BAP；∵△AOG≌△ADG，∴∠1=∠DAG；又∵∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，∴2∠DAG+2∠DAP=90°，∴∠DAG+∠DAP=45°，∵∠PAG=∠DAG+∠DAP，∴∠PAG=45°；∵△AOG≌△ADG，∴DG=OG，∵△ADP≌△ABP，∴DP=BP，∴PG=DG+DP=OG+BP．(3)解：∵△AOG≌△ADG，∴∠AGO=∠AGD，又∵∠1+∠AGO=90°，∠2+∠PGC=90°，∠1=∠2，∴∠AGO=∠PGC，又∵∠AGO=∠AGD，∴∠AGO=∠AGD=∠PGC，又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=180°÷3=60°，∴∠1=∠2=90°﹣60°=30°；在Rt△AOG中，∵AO=3，∴OG=AOtan30°=3×=，∴G点坐标为（，0），CG=3﹣，在Rt△PCG中，PC===3（﹣1），∴P点坐标为：（3，3﹣3 ），设直线PE的解析式为：y=kx+b，则，解得：，∴直线PE的解析式为y=x﹣3．(4)①如图1，当点M在x轴的负半轴上时，，∵AG=MG，点A坐标为（0，3），∴点M坐标为（0，﹣3）．②如图2，当点M 在EP 的延长线上时，， 由（3），可得∠AGO=∠PGC=60°， ∴EP 与AB 的交点M ，满足AG=MG ， ∵A 点的横坐标是0，G 点横坐标为，∴M 的横坐标是2，纵坐标是3， ∴点M 坐标为（2，3）．综上，可得 点M 坐标为（0，﹣3）或（2，3）．考点：几何变换综合题．。
中考压轴题分类专题讲解4---因动点产生的平行四边形问题
抛物线 C 直接向右平移 4 个单位得到平行四边形 MNN M 如图 2）； 抛物线 C 直接向左平移 4 个单位得到平行四边形 MNN M 如图 2）； 抛物线 C 先向右平移 4 个单位，再向下平移 8 个单位得到平行四边形 MNM N 如图 3）； 抛物线 C 先向左平移 4 个单位，再向下平移AOH
=
4 5
图2
所以 OH
=
3 5
，
BH
=
OB
OH
=
22 5
在 Rt△ABH 中， tan
ABO
=
AH BH
=
4 5
÷
22 5
=
2 11
3
直线
AB
的解析式为
y
=
1 2
x
+1
设点 M 的坐标为 (x,
x2
+
9 2
x
+
1)
，点
N
的坐标为
(
x,
1 2
x
+ 1)
，
那么 MN = (
x2
+
9 2
x
+ 1)
(
①如图 2，如果 AD 为矩形的边，那么 AD//QP，AD＝QP，对角线 AP＝QD
由 xD－xA＝xP－xQ，得 xQ＝－4 当 x＝－4 时，y＝a(x＋1)(x－3)＝21a 所以 Q(－4, 21a)
由 yD－yA＝yP－yQ，得 yP＝26a 所以 P(1, 26a) 由 AP2＝QD2，得 22＋(26a)2＝82＋(16a)2
(最新整理)中考数学压轴题：因动点产生的平行四边形问题
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(黄冈市)20．（本题满分14分)已知：如图，在直角梯形COAB 中,OC AB ∥,以O 为原点建立平面直角坐标系,A B C ，，三点的坐标分别为(80)(810)(04)A B C ，，，，，，点D 为线段BC 的中点，动点P 从点O 出发,以每秒1个单位的速度,沿折线OABD 的路线移动，移动的时间为t 秒． (1）求直线BC 的解析式；（2)若动点P 在线段OA 上移动，当t 为何值时，四边形OPDC 的面积是梯形COAB 面积的27?（3）动点P 从点O 出发,沿折线OABD 的路线移动过程中，设OPD △的面积为S ，请直接写出S 与t 的函数关系式，并指出自变量t 的取值范围；（4）当动点P 在线段AB 上移动时,能否在线段OA 上找到一点Q ,使四边形CQPD 为矩形？请求出此时动点P 的坐标；若不能，请说明理由．（义乌市）23. （本题10分） 如图1，已知双曲线y=xk（k>0)与直线y=k′x交于A ，B 两点，点A 在第一象限。
试解答下列问题：(1)若点A 的坐标为(4，2）.则点B 的坐标为 ；若点A 的横坐标为m ，则点B 的坐标可表示为 ；（2）如图2，过原点O 作另一条直线l ，交双曲线y=xk(k>0)于P ，Q 两点，点P 在第一象限.①说明四边形APBQ 一定是平行囚边形;②设点A.P 的横坐标分别为m,n ，四边形APBQ可能是短形吗?可能是正（此题备用）方形吗?若可能，直接写出mn 应满足的条件；若不可能，请说明理由.（2008年青岛市）24．（本小题满分12分）已知：如图①，在Rt ACB △中，90C ∠=,4cm AC =，3cm BC =，点P 由B 出发沿BA 方向向点A 匀速运动，速度为1cm/s;点Q 由A 出发沿AC 方向向点C 匀速运动，速度为2cm/s ；连接PQ ．若设运动的时间为(s)t （02t <<），解答下列问题: （1）当t 为何值时，PQ BC ∥？（2）设AQP △的面积为y （2cm ），求y 与t 之间的函数关系式；（3）是否存在某一时刻t ，使线段PQ 恰好把Rt ACB △的周长和面积同时平分？若存在，求出此时t 的值;若不存在，说明理由;（4）如图②，连接PC ，并把PQC △沿QC 翻折，得到四边形PQP C '，那么是否存在某一时刻t ，使四边形PQP C '为菱形?若存在,求出此时菱形的边长；若不存在，说明理由．（2009年崇明）24、（本题满分12分)如图，抛物线32++=bx ax y 与y 轴交于点C ，与x 轴交于A 、图①AB 两点，31tan =∠OCA ,6=∆ABCS ．(1)求点B 的坐标；（2）求抛物线的解析式及顶点坐标；（3)设点E 在x 轴上，点FE 的坐标（不必书写计算过程）．（2009年普陀区）25．如图,点A 、C 的坐标分别为（2，0）、（1，将△AOC 绕AC 的中点旋转180°，点到点B 的位置，抛物线x ax y 322-=点A ，点D 是该抛物线的顶点. （1）求证:四边形ABCO 是平行四边形; (2）求a 的值并说明点B 在抛物线上；(3）若点P 是线段OA 上一点，且∠APD=∠OAB ，求点P 的坐标；(4） 若点P 是x 轴上一点,以P 、A 、D 为顶点作平行四边形，该平行四边形的另一顶点在y 轴 上，写出点P 的坐标.（2009年青浦区）24．（本题满分12分）如图,在平面直角坐标系中，直线b kx y +=分别与x 轴第25题负半轴交于点A,与y 轴的正半轴交于点B ，⊙P 经过点A 、点B(圆心P 在x 轴负半轴上），已知AB=10,425=AP 。
2020-2021中考数学平行四边形的综合热点考点难点附详细答案
2020-2021中考数学平行四边形的综合热点考点难点附详细答案一、平行四边形1．如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连接BG，DE．（1）①猜想图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系，不必证明；②将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α，得到如图2情形．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立，并证明你的判断．（2）将原题中正方形改为矩形（如图3、4），且AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb （a≠b，k＞0），第（1）题①中得到的结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图4为例简要说明理由．（3）在第（2）题图4中，连接DG、BE，且a=3，b=2，k=12，求BE2+DG2的值．【答案】（1）①BG⊥DE，BG=DE；②BG⊥DE，证明见解析；（2）BG⊥DE，证明见解析；（3）16.25．【解析】分析：（1）①根据正方形的性质，显然三角形BCG顺时针旋转90°即可得到三角形DCE，从而判断两条直线之间的关系；②结合正方形的性质，根据SAS仍然能够判定△BCG≌△DCE，从而证明结论；（2）根据两条对应边的比相等，且夹角相等可以判定上述两个三角形相似，从而可以得到（1）中的位置关系仍然成立；（3）连接BE、DG．根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形的长、宽平方和．详解：（1）①BG⊥DE，BG=DE；②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，∴∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE，∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CBG+∠BHC=90°，∴∠CDE+∠DHG=90°，∴BG⊥DE．（2）∵AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb，∴BC CG b==，DC CE a又∵∠BCG=∠DCE，∴△BCG∽△DCE，∴∠CBG=∠CDE，又∵∠CBG+∠BHC=90°，∴∠CDE+∠DHG=90°，∴BG⊥DE．（3）连接BE、DG．根据题意，得AB=3，BC=2，CE=1.5，CG=1，∵BG⊥DE，∠BCD=∠ECG=90°∴BE2+DG2=BO2+OE2+DO2+OG2=BC2+CD2+CE2+CG2=9+4+2.25+1=16.25．点睛：此题综合运用了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理．2．如图1，正方形ABCD的一边AB在直尺一边所在直线MN上，点O是对角线AC、BD 的交点，过点O作OE⊥MN于点E．（1）如图1，线段AB与OE之间的数量关系为．（请直接填结论）（2）保证点A始终在直线MN上，正方形ABCD绕点A旋转θ（0＜θ＜90°），过点 B作BF⊥MN于点F．①如图2，当点O、B两点均在直线MN右侧时，试猜想线段AF、BF与OE之间存在怎样的数量关系？请说明理由．②如图3，当点O、B两点分别在直线MN两侧时，此时①中结论是否依然成立呢？若成立，请直接写出结论；若不成立，请写出变化后的结论并证明．③当正方形ABCD绕点A旋转到如图4的位置时，线段AF、BF与OE之间的数量关系为．（请直接填结论）【答案】（1）AB=2OE；（2）①AF+BF=2OE,证明见解析;②AF﹣BF=2OE 证明见解析;③BF ﹣AF=2OE，【解析】试题分析：（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可得出结论；（2）①过点B作BH⊥OE于H，可得四边形BHEF是矩形，根据矩形的对边相等可得EF=BH，BF=HE，根据正方形的对角线相等且互相垂直平分可得OA=OB，∠AOB=90°，再根据同角的余角相等求出∠AOE=∠OBH，然后利用“角角边”证明△AOE和△OBH全等，根据全等三角形对应边相等可得OH=AE，OE=BH，再根据AF-EF=AE，整理即可得证；②过点B作BH⊥OE交OE的延长线于H，可得四边形BHEF是矩形，根据矩形的对边相等可得EF=BH，BF=HE，根据正方形的对角线相等且互相垂直平分可得OA=OB，∠AOB=90°，再根据同角的余角相等求出∠AOE=∠OBH，然后利用“角角边”证明△AOE和△OBH全等，根据全等三角形对应边相等可得OH=AE，OE=BH，再根据AF-EF=AE，整理即可得证；③同②的方法可证．试题解析：（1）∵AC，BD是正方形的对角线，∴OA=OC=OB，∠BAD=∠ABC=90°，∵OE⊥AB，∴OE=12 AB，∴AB=2OE，（2）①AF+BF=2OE证明：如图2，过点B作BH⊥OE于点H∴∠BHE=∠BHO=90°∵OE⊥MN，BF⊥MN∴∠BFE=∠OEF=90°∴四边形EFBH为矩形∴BF=EH，EF=BH∵四边形ABCD为正方形∴OA=OB，∠AOB=90°∴∠AOE+∠HOB=∠OBH+∠HOB=90°∴∠AOE=∠OBH∴△AEO≌△OHB（AAS）∴AE=OH，OE=BH∴AF+BF=AE+EF+BF=OH+BH+EH=OE+OE=2OE．②AF﹣BF=2OE证明：如图3，延长OE，过点B作BH⊥OE于点H∴∠EHB=90°∵OE⊥MN，BF⊥MN∴∠AEO=∠HEF=∠BFE=90°∴四边形HBFE为矩形∴BF=HE，EF=BH∵四边形ABCD是正方形∴OA=OB，∠AOB=90°∴∠AOE+∠BOH=∠OBH+∠BOH∴∠AOE=∠OBH∴△AOE≌△OBH（AAS）∴AE=OH，OE=BH，∴AF﹣BF=AE+EF﹣HE=OH﹣HE+OE=OE+OE=2OE③BF﹣AF=2OE，如图4，作OG⊥BF于G，则四边形EFGO是矩形，∴EF=GO ，GF=EO ，∠GOE=90°，∴∠AOE+∠AOG=90°．在正方形ABCD 中，OA=OB ，∠AOB=90°，∴∠AOG+∠BOG=90°，∴∠AOE=∠BOG ．∵OG ⊥BF ，OE ⊥AE ，∴∠AEO=∠BGO=90°．∴△AOE ≌△BOG （AAS ），∴OE=OG ，AE=BG ，∵AE ﹣EF=AF ，EF=OG=OE ，AE=BG=AF+EF=OE+AF ，∴BF ﹣AF=BG+GF ﹣（AE ﹣EF ）=AE+OE ﹣AE+EF=OE+OE=2OE ，∴BF ﹣AF=2OE ．3．问题发现：（1）如图①，点P 为平行四边形ABCD 内一点，请过点P 画一条直线l ，使其同时平分平行四边形ABCD 的面积和周长．问题探究：（2）如图②，在平面直角坐标系xOy 中，矩形OABC 的边OA 、OC 分别在x 轴、y 轴正半轴上，点B 坐标为(8,6)．已知点(6,7)P 为矩形外一点，请过点P 画一条同时平分矩形OABC 面积和周长的直线l ，说明理由并求出直线l ，说明理由并求出直线l 被矩形ABCD 截得线段的长度．问题解决：（3）如图③，在平面直角坐标系xOy 中，矩形OABCD 的边OA 、OD 分别在x 轴、y 轴正半轴上，DC x ∥轴，AB y ∥轴，且8OA OD ==，2AB CD ==，点(1052,102)P --为五边形内一点．请问：是否存在过点P 的直线l ，分别与边OA 与BC 交于点E 、F ，且同时平分五边形OABCD 的面积和周长?若存在，请求出点E 和点F 的坐标：若不存在，请说明理由．【答案】（1）作图见解析；（2）25y x =-，35；（3）(0,0)E ，(5,5)F ．【解析】试题分析：（1）连接AC 、BD 交于点O ，作直线PO ，直线PO 将平行四边形ABCD 的面积和周长分别相等的两部分．（2）连接AC ，BD 交于点O '，过O '、P 点的直线将矩形ABCD 的面积和周长分为分别相等的两部分．（3）存在，直线y x =平分五边形OABCD 面积、周长．试题解析：（1）作图如下：（2）∵(6,7)P ，(4,3)O '， ∴设:6PO y kx =+'，67{43k b k b +=+=，2{5k b ==-， ∴25y x =-，交x 轴于5,02N ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 交BC 于11,62M ⎛⎫⎪⎝⎭， 2211563522MN ⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭（3）存在，直线y x =平分五边形OABCD 面积、周长． ∵(1052,1052)P --在直线y x =上，∴连OP 交OA 、BC 于点E 、F ，设:BC y kx b =+，(8,2)(2,8)B C ，82{28k b k +=+=，1{10k b =-=， ∴直线:10BC y x =-+，联立10{y x y x =-+=，得55x y =⎧⎨=⎩， ∴(0,0)E ，(5,5)F ．4．在图1中，正方形ABCD 的边长为a ，等腰直角三角形FAE 的斜边AE ＝2b ，且边AD 和AE 在同一直线上．操作示例当2b ＜a 时，如图1，在BA 上选取点G ，使BG ＝b ，连结FG 和CG ，裁掉△FAG 和△CGB 并分别拼接到△FEH 和△CHD 的位置构成四边形FGCH ．思考发现小明在操作后发现：该剪拼方法就是先将△FAG 绕点F 逆时针旋转90°到△FEH 的位置，易知EH 与AD 在同一直线上．连结CH ，由剪拼方法可得DH=BG ，故△CHD ≌△CGB ，从而又可将△CGB 绕点C 顺时针旋转90°到△CHD 的位置．这样，对于剪拼得到的四边形FGCH （如图1），过点F 作FM ⊥AE 于点M （图略），利用SAS 公理可判断△HFM ≌△CHD ，易得FH=HC=GC=FG ，∠FHC=90°．进而根据正方形的判定方法，可以判断出四边形FGCH 是正方形．实践探究（1）正方形FGCH的面积是；（用含a， b的式子表示）（2）类比图1的剪拼方法，请你就图2—图4的三种情形分别画出剪拼成一个新正方形的示意图．联想拓展小明通过探究后发现：当b≤a时，此类图形都能剪拼成正方形，且所选取的点G的位置在BA方向上随着b的增大不断上移．当b＞a时（如图5），能否剪拼成一个正方形？若能，请你在图5中画出剪拼成的正方形的示意图；若不能，简要说明理由．【答案】（1）a2+b2；（2）见解析；联想拓展：能剪拼成正方形.见解析．【解析】分析：实践探究：根据正方形FGCH的面积=BG2+BC2进而得出答案；应采用类比的方法，注意无论等腰直角三角形的大小如何变化，BG永远等于等腰直角三角形斜边的一半．注意当b=a时，也可直接沿正方形的对角线分割．详解：实践探究：正方形的面积是：BG2+BC2=a2+b2；剪拼方法如图2-图4；联想拓展：能，剪拼方法如图5（图中BG=DH=b）．．点睛：本题考查了几何变换综合，培养学生的推理论证能力和动手操作能力；运用类比方法作图时，应根据范例抓住作图的关键：作的线段的长度与某条线段的比值永远相等，旋转的三角形，连接的点都应是相同的．5．如图，在正方形ABCD中，E是边BC上的一动点（不与点B、C重合），连接DE、点C 关于直线DE的对称点为C′，连接AC′并延长交直线DE于点P，F是AC′的中点，连接DF．（1）求∠FDP的度数；（2）连接BP，请用等式表示AP、BP、DP三条线段之间的数量关系，并证明；（3）连接AC，若正方形的边长为2，请直接写出△ACC′的面积最大值．【答案】（1）45°；（2）BP+DP2AP，证明详见解析；（32﹣1．【解析】【分析】（1）证明∠CDE＝∠C'DE和∠ADF＝∠C'DF，可得∠FDP'＝12∠ADC＝45°；（2）作辅助线，构建全等三角形，证明△BAP≌△DAP'（SAS），得BP＝DP'，从而得△PAP'是等腰直角三角形，可得结论；（3）先作高线C'G，确定△ACC′的面积中底边AC为定值2，根据高的大小确定面积的大小，当C'在BD上时，C'G最大，其△ACC′的面积最大，并求此时的面积．【详解】（1）由对称得：CD＝C'D，∠CDE＝∠C'DE，在正方形ABCD中，AD＝CD，∠ADC＝90°，∴AD＝C'D，∵F是AC'的中点，∴DF⊥AC'，∠ADF＝∠C'DF，∴∠FDP＝∠FDC'+∠EDC'＝12∠ADC＝45°；（2）结论：BP+DP＝2AP，理由是：如图，作AP'⊥AP交PD的延长线于P'，∴∠PAP'＝90°，在正方形ABCD中，DA＝BA，∠BAD＝90°，∴∠DAP'＝∠BAP，由（1）可知：∠FDP＝45°∵∠DFP＝90°∴∠APD＝45°，∴∠P'＝45°，∴AP＝AP'，在△BAP和△DAP'中，∵BA DABAP DAP AP AP'=⎧⎪∠=∠⎨='⎪⎩，∴△BAP≌△DAP'（SAS），∴BP＝DP'，∴DP+BP＝PP'＝2AP；（3）如图，过C'作C'G⊥AC于G，则S△AC'C＝12AC•C'G，Rt△ABC中，AB＝BC2，∴AC ＝22(2)(2)2+=，即AC 为定值，当C 'G 最大值，△AC 'C 的面积最大，连接BD ，交AC 于O ，当C '在BD 上时，C 'G 最大，此时G 与O 重合，∵CD ＝C 'D ＝2，OD ＝12AC ＝1， ∴C 'G ＝2﹣1，∴S △AC 'C ＝112(21)2122AC C G '•=⨯-=-． 【点睛】本题考查四边形综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．6．已知：在菱形ABCD 中，E ，F 是BD 上的两点，且AE ∥CF ．求证：四边形AECF 是菱形．【答案】见解析【解析】【分析】由菱形的性质可得AB ∥CD ，AB ＝CD ，∠ADF ＝∠CDF ，由“SAS ”可证△ADF ≌△CDF ，可得AF ＝CF ，由△ABE ≌△CDF ，可得AE ＝CF ，由平行四边形的判定和菱形的判定可得四边形AECF 是菱形．【详解】证明：∵四边形ABCD 是菱形∴AB ∥CD ，AB ＝CD ，∠ADF ＝∠CDF ，∵AB ＝CD ，∠ADF ＝∠CDF ，DF ＝DF∴△ADF ≌△CDF （SAS ）∴AF ＝CF ，∵AB ∥CD ，AE ∥CF∴∠ABE ＝∠CDF ，∠AEF ＝∠CFE∴∠AEB ＝∠CFD ，∠ABE ＝∠CDF ，AB ＝CD∴△ABE ≌△CDF （AAS ）∴AE ＝CF ，且AE ∥CF∴四边形AECF是平行四边形又∵AF＝CF，∴四边形AECF是菱形【点睛】本题主要考查菱形的判定定理，首先要判定其为平行四边形，这是菱形判定的基本判定.7．已知：如图，在平行四边形ABCD中，O为对角线BD的中点，过点O的直线EF分别交AD，BC于E，F两点，连结BE，DF．（1）求证：△DOE≌△BOF．（2）当∠DOE等于多少度时，四边形BFDE为菱形？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）当∠DOE=90°时，四边形BFED为菱形，理由见解析.【解析】试题分析：（1）利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定方法得出△DOE≌△BOF （ASA）；（2）首先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EBFD是平行四边形，进而利用垂直平分线的性质得出BE=ED，即可得出答案．试题解析：（1）∵在▱ABCD中，O为对角线BD的中点，∴BO=DO，∠EDB=∠FBO，在△EOD和△FOB中，∴△DOE≌△BOF（ASA）；（2）当∠DOE=90°时，四边形BFDE为菱形，理由：∵△DOE≌△BOF，∴OE=OF，又∵OB=OD，∴四边形EBFD是平行四边形，∵∠EOD=90°，∴EF⊥BD，∴四边形BFDE为菱形．考点：平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．8．如图，ABCD是正方形，点G是BC上的任意一点，DE⊥AG于E，BF∥DE，交AG于F．求证：AF=BF+EF．【答案】详见解析.【解析】【分析】由四边形ABCD 为正方形，可得出∠BAD 为90°，AB=AD ，进而得到∠BAG 与∠EAD 互余，又DE 垂直于AG ，得到∠EAD 与∠ADE 互余，根据同角的余角相等可得出∠ADE=∠BAF ，利用AAS 可得出△ABF ≌△DAE ；利用全等三角的对应边相等可得出BF=AE ，由AF-AE=EF ，等量代换可得证.【详解】∵ABCD 是正方形，∴AD=AB ，∠BAD=90°∵DE ⊥AG ，∴∠DEG=∠AED=90°∴∠ADE+∠DAE=90°又∵∠BAF+∠DAE=∠BAD=90°，∴∠ADE=∠BAF ．∵BF ∥DE ，∴∠AFB=∠DEG=∠AED ．在△ABF 与△DAE 中，AFB AED ADE BAF AD AB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△ABF ≌△DAE （AAS ）．∴BF=AE ．∵AF=AE+EF ，∴AF=BF+EF ．点睛：此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键．9．如图，正方形ABCD 的边长为8，E 为BC 上一定点，BE ＝6，F 为AB 上一动点，把△BEF 沿EF 折叠，点B 落在点B ′处，当△AFB ′恰好为直角三角形时，B ′D 的长为？【答案】4655或22【解析】【分析】分两种情况分析：如图1，当∠AB′F=90°时，此时A、B′、E三点共线，过点B′作B′M⊥AB，B′N⊥AD，由三角形的面积法则可求得B′M=2.4，再由勾股定理可求得B′N=3.2，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=2222+DN= 3.2 5.6B N'+；如图2，当∠AFB′=90°时，由题意可知此时四边形EBFB′是正方形，AF=2，过点B′作B′N⊥AD，则四边形AFB′N为矩形，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=2222+DN=22B N'+；【详解】如图1，当∠AB′F=90°时，此时A、B′、E三点共线，∵∠B=90°，∴AE=2222AB BE=86++=10，∵B′E=BE=6，∴AB′=4，∵B′F=BF，AF+BF=AB=8，在Rt△AB′F中，∠AB′F=90°，由勾股定理得，AF2=FB′2+AB′2，∴AF=5，BF=3，过点B′作B′M⊥AB，B′N⊥AD，由三角形的面积法则可求得B′M=2.4，再由勾股定理可求得B′N=3.2，∴AN=B′M=2.4，∴DN=AD-AN=8-2.4=5.6，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=2222+DN= 3.2 5.6B N'+ =4655；如图2，当∠AFB′=90°时，由题意可知此时四边形EBFB′是正方形，∴AF=2，过点B′作B′N⊥AD，则四边形AFB′N为矩形，∴AN=B′F=6，B′N=AF=2，∴DN=AD-AN=2，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，2222+DN=22B N'+ =22；综上，可得B′D 的长为4655或22. 【点睛】 本题主要考查正方形的性质与判定，矩形有性质判定、勾股定理、折叠的性质等，能正确地画出图形并能分类讨论是解题的关键.10．在平面直角坐标系中，O 为原点，点A （﹣6，0）、点C （0，6），若正方形OABC 绕点O 顺时针旋转，得正方形OA′B′C′，记旋转角为α： （1）如图①，当α＝45°时，求BC 与A′B′的交点D 的坐标；（2）如图②，当α＝60°时，求点B′的坐标；（3）若P 为线段BC′的中点，求AP 长的取值范围（直接写出结果即可）．【答案】（1）(62,6)-；（2）(333,333)+；（3）323323AP 剟.【解析】【分析】（1）当α＝45°时，延长OA′经过点B ，在Rt △BA′D 中，∠OBC ＝45°，A′B ＝626，可求得BD 的长，进而求得CD 的长，即可得出点D 的坐标；（2）过点C′作x 轴垂线MN ，交x 轴于点M ，过点B′作MN 的垂线，垂足为N ，证明△OMC′≌△C′NB′，可得C′N ＝OM ＝33，B′N ＝C′M ＝3，即可得出点B′的坐标；（3）连接OB ，AC 相交于点K ，则K 是OB 的中点，因为P 为线段BC′的中点，所以PK ＝12OC′＝3，即点P 在以K 为圆心，3为半径的圆上运动，即可得出AP 长的取值范围． 【详解】解：（1）∵A （﹣6，0）、C （0，6），O （0，0），∴四边形OABC 是边长为6的正方形，当α＝45°时，如图①，延长OA′经过点B，∵OB＝62，OA′＝OA＝6，∠OBC＝45°，∴A′B＝626-，∴BD＝（626=-，-）×21262∴CD＝6﹣（1262-，-）=626∴BC与A′B′的交点D的坐标为（662-，6）；（2）如图②，过点C′作x轴垂线MN，交x轴于点M，过点B′作MN的垂线，垂足为N，∵∠OC′B′＝90°，∴∠OC′M＝90°﹣∠B′C′N＝∠C′B′N，∵OC′＝B′C′，∠OMC′＝∠C′NB′＝90°，∴△OMC′≌△C′NB′（AAS），当α＝60°时，∵∠A′OC′＝90°，OC′＝6，∴∠C′OM＝30°，∴C′N＝OM＝33，B′N＝C′M＝3，∴点B′的坐标为)-+；333,333（3）如图③，连接OB，AC相交于点K，则K是OB的中点，∵P为线段BC′的中点，∴PK ＝12OC′＝3， ∴P 在以K 为圆心，3为半径的圆上运动，∵AK ＝32，∴AP 最大值为323+，AP 的最小值为323-，∴AP 长的取值范围为323323AP -+剟.【点睛】本题考查正方形性质，全等三角形判定与性质，三角形中位线定理．（3）问解题的关键是利用中位线定理得出点P 的轨迹．11．在矩形纸片ABCD 中，AB=6，BC=8，现将纸片折叠，使点D 与点B 重合，折痕为EF ，连接DF ．（1）说明△BEF 是等腰三角形；（2）求折痕EF 的长．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】 （1）根据折叠得出∠DEF =∠BEF ，根据矩形的性质得出AD ∥BC ，求出∠DEF =∠BFE ，求出∠BEF =∠BFE 即可；（2）过E 作EM ⊥BC 于M ，则四边形ABME 是矩形，根据矩形的性质得出EM =AB =6，AE =BM ，根据折叠得出DE =BE ，根据勾股定理求出DE 、在Rt △EMF 中，由勾股定理求出即可．【详解】（1）∵现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，∴∠DEF=∠BEF．∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEF=∠BFE，∴∠BEF=∠BFE，∴BE=BF，即△BEF 是等腰三角形；（2）过E作EM⊥BC于M，则四边形ABME是矩形，所以EM=AB=6，AE=BM．∵现将纸片折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，∴DE=BE，DO=BO，BD⊥EF．∵四边形ABCD是矩形，BC=8，∴AD=BC=8，∠BAD=90°．在Rt△ABE中，AE2+AB2=BE2，即（8﹣BE）2+62=BE2，解得：BE==DE=BF，AE=8﹣DE=8﹣==BM，∴FM=﹣=．在Rt△EMF中，由勾股定理得：EF==．故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质和矩形性质、勾股定理等知识点，能熟记折叠的性质是解答此题的关键．12．（1）问题发现：如图①，在等边三角形ABC中，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，NC与AB的位置关系为；（2）深入探究：如图②，在等腰三角形ABC中，BA=BC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等腰三角形AMN，使∠ABC=∠AMN，AM=MN，连接CN，试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由；（3）拓展延伸：如图③，在正方形ADBC中，AD=AC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作正方形AMEF，点N为正方形AMEF的中点，连接CN，若BC=10，2，试求EF的长．【答案】（1）NC ∥AB ；理由见解析；（2）∠ABC=∠ACN ；理由见解析；（3）241； 【解析】分析：（1）根据△ABC ，△AMN 为等边三角形，得到AB=AC ，AM=AN 且∠BAC=∠MAN=60°从而得到∠BAC-∠CAM=∠MAN-∠CAM ，即∠BAM=∠CAN ，证明△BAM ≌△CAN ，即可得到BM=CN ．（2）根据△ABC ，△AMN 为等腰三角形，得到AB ：BC=1：1且∠ABC=∠AMN ，根据相似三角形的性质得到AB AC AM AN＝，利用等腰三角形的性质得到∠BAC=∠MAN ，根据相似三角形的性质即可得到结论； （3）如图3，连接AB ，AN ，根据正方形的性质得到∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，根据相似三角形的性质得出BM AB CN AC＝，得到BM=2，CM=8，再根据勾股定理即可得到答案． 详解：（1）NC ∥AB ，理由如下：∵△ABC 与△MN 是等边三角形，∴AB=AC ，AM=AN ，∠BAC=∠MAN =60°，∴∠BAM=∠CAN ，在△ABM 与△ACN 中， AB AC BAM CAN AM AN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△ABM ≌△ACN （SAS ），∴∠B=∠ACN=60°，∵∠ANC+∠ACN+∠CAN=∠ANC+60°+∠CAN=180°，∴∠ANC+∠MAN+∠BAM=∠ANC+60°+∠CAN=∠BAN+∠ANC=180°，∴CN ∥AB ；（2）∠ABC=∠ACN ，理由如下：∵AB AM BC MN==1且∠ABC=∠AMN ， ∴△ABC ～△AMN ∴AB AC AM AN＝， ∵AB=BC ，∴∠BAC=12（180°﹣∠ABC ）， ∵AM=MN ∴∠MAN=12（180°﹣∠AMN ）， ∵∠ABC=∠AMN ，∴∠BAC=∠MAN ，∴∠BAM=∠CAN ，∴△ABM ～△ACN ，∴∠ABC=∠ACN ；（3）如图3，连接AB ，AN ， ∵四边形ADBC ，AMEF 为正方形，∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，∴∠BAC ﹣∠MAC=∠MAN ﹣∠MAC即∠BAM=∠CAN ，∵2AB AM BC AN ==， ∴AB AC AM AN＝， ∴△ABM ～△ACN∴BM AB CN AC ＝， ∴CN AC BM AB ==cos45°=2， ∴222BM =， ∴BM=2，∴CM=BC ﹣BM=8，在Rt △AMC ，AM=2222108241AC MC +=+=，∴EF=AM=241．点睛：本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质定理和判定定理、相似三角形的性质定理和判定定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解决问题的关键．13．如图1，若分别以△ABC 的AC 、BC 两边为边向外侧作的四边形ACDE 和BCFG 为正方形，则称这两个正方形为外展双叶正方形．（1）发现：如图2，当∠C =90°时，求证：△ABC 与△DCF 的面积相等．（2）引申：如果∠C ≠90°时，（1）中结论还成立吗？若成立，请结合图1给出证明；若不成立，请说明理由；（3）运用：如图3，分别以△ABC 的三边为边向外侧作的四边形ACDE 、BCFG 和ABMN 为正方形，则称这三个正方形为外展三叶正方形．已知△ABC 中，AC =3，BC =4．当∠C =_____°时，图中阴影部分的面积和有最大值是________．【答案】（1）证明见解析；（2）成立，证明见解析；（3）18.【解析】试题分析：（1）因为AC=DC ，∠ACB=∠DCF=90°，BC=FC ，所以△ABC ≌△DFC ，从而△ABC 与△DFC 的面积相等；（2）延长BC 到点P ，过点A 作AP ⊥BP 于点P ；过点D 作DQ ⊥FC 于点Q ．得到四边形ACDE ，BCFG 均为正方形，AC=CD ，BC=CF ，∠ACP=∠DCQ ．所以△APC ≌△DQC ． 于是AP=DQ ．又因为S △ABC =12BC•AP ，S △DFC =12FC•DQ ，所以S △ABC =S △DFC ； （3）根据（2）得图中阴影部分的面积和是△ABC 的面积三倍，若图中阴影部分的面积和有最大值，则三角形ABC 的面积最大，当△ABC 是直角三角形，即∠C 是90度时，阴影部分的面积和最大．所以S 阴影部分面积和=3S △ABC =3×12×3×4=18． （1）证明：在△ABC 与△DFC 中， ∵{AC DCACB DCF BC FC∠∠＝＝＝，∴△ABC ≌△DFC ．∴△ABC 与△DFC 的面积相等；（2）解：成立．理由如下：如图，延长BC 到点P ，过点A 作AP ⊥BP 于点P ；过点D 作DQ ⊥FC 于点Q ．∴∠APC=∠DQC=90°．∵四边形ACDE ，BCFG 均为正方形，∴AC=CD ，BC=CF ，∠ACP+∠PCD=90°，∠DCQ+∠PCD=90°，∴∠ACP=∠DCQ ．∴{APC DQCACP DCQ AC CD∠∠∠∠＝＝＝，△APC ≌△DQC （AAS ），∴AP=DQ ．又∵S △ABC=12BC•AP ，S △DFC =12FC•DQ ， ∴S △ABC =S △DFC ；（3）解：根据（2）得图中阴影部分的面积和是△ABC 的面积三倍，若图中阴影部分的面积和有最大值，则三角形ABC 的面积最大，∴当△ABC 是直角三角形，即∠C 是90度时，阴影部分的面积和最大．∴S 阴影部分面积和=3S △ABC =3×12×3×4=18． 考点：四边形综合题 14．如图1，在菱形ABCD 中，ABC=60°，若点E 在AB 的延长线上，EF ∥AD ，EF=BE ，点P 是DE 的中点，连接FP 并延长交AD 于点G ．（1）过D 作DH AB,垂足为H ，若DH=，BE=AB,求DG 的长； （2）连接CP ，求证：CPFP ； （3）如图2，在菱形ABCD 中，ABC=60°，若点E 在CB 的延长线上运动，点F 在AB 的延长线上运动，且BE=BF ，连接DE,点P 为DE 的中点，连接FP 、CP ，那么第（2）问的结论成立吗？若成立，求出的值；若不成立，请说明理由．【答案】（1）1；（2）见解析；（3）．【解析】试题分析：（1）根据菱形得出DA∥BC，CD=CB，∠CDG=∠CBA=60°，则∠DAH=∠ABC=60°，根据DH⊥AB得出∠DHA=90°，根据Rt△ADH的正弦值得出AD的长度，然后得出BE的长度，然后证明△PDG≌△PEF，得出DG=EF，根据EF∥AD，AD∥BC 得出EF∥BC，则说明△BEF为正三角形，从而得出DG的长度；（2）连接CG、CF，根据△PDG≌△PEF得出PG=PF，然后证明△CDG≌△CBF，从而得到CG=CF，根据PG=PF得出垂直；（3）过D作EF的平行线，交FP延长于点G，连接CG、CF证△PEF≌△PDG，然后证明△CDG≌△CBF，从而得出∠GCE=120°，根据Rt△CPF求出比值．试题解析：（1）解：∵四边形ABCD为菱形∴DA∥BC CD="CB" ∠CDG=∠CBA=60°∴∠DAH=∠ABC=60°∵DH⊥AB ∴∠DHA=90°在Rt△ADH中 sin∠DAH=∴AD=∴BE=AB=×4=1 ∵EF∥AD ∴∠PDG=∠PEB ∵P为DE的中点∴PD=PE∵∠DPG=∠EPF ∴△PDG≌△PEF ∴DG=EF ∵EF∥AD AD∥BC ∴EF∥BC∴∠FEB=∠CBA=60°∵BE=EF ∴△BEF为正三角形∴EF=BE=1 ∴DG=EF=1、证明：连接CG、CF由（1）知△PDG≌△PEF ∴PG=PF在△CDG与△CBF中易证：∠CDG=∠CBF=60° CD=CB BF=EF=DG ∴△CDG≌△CBF∴CG=CF ∵PG=PF ∴CP⊥GF（3）如图：CP⊥GF仍成立理由如下：过D作EF的平行线，交FP延长于点G连接CG、CF证△PEF≌△PDG ∴DG=EF=BF ∵DG∥EF ∴∠GDP=∠EFP ∵DA∥BC∴∠ADP=∠PEC∴∠GDP－∠ADP=∠EFP－∠PEC ∴∠GDA=∠BEF=60°∴∠CDG=∠ADC+∠GDA=120°∵∠CBF=180°－∠EBF=120°∴∠CBF=∠CDG ∵CD=BC DG=BF ∴△CDG≌△CBF∴CG=CF ∠DCG=∠FCE ∵PG=PF ∴CP⊥PF ∠GCP=∠FCP∵∠DCP=180－∠ABC=120°∴∠DCG+∠GCE=120°∴∠FCE+∠GCE=120°即∠GCE=120°∴∠FCP=∠GCE=60°在Rt△CPF中 tan∠FCP=tan60°==考点：三角形全等的证明与性质．15．（本题满分10分）如图1，已知矩形纸片ABCD中，AB＝6cm，若将该纸片沿着过点B的直线折叠（折痕为BM），点A恰好落在CD边的中点P处．（1）求矩形ABCD的边AD的长．（2）若P为CD边上的一个动点，折叠纸片，使得A与P重合，折痕为MN，其中M在边AD上，N在边BC上，如图2所示．设DP＝x cm，DM＝y cm，试求y与x的函数关系式，并指出自变量x的取值范围．（3）①当折痕MN的端点N在AB上时，求当△PCN为等腰三角形时x的值；②当折痕MN的端点M在CD上时，设折叠后重叠部分的面积为S，试求S与x之间的函数关系式【答案】（1）AD＝3；（2）y=－其中，0＜x＜3；（3）x=；（4）S=.【解析】试题分析：（1）根据折叠图形的性质和勾股定理求出AD的长度；（2）根据折叠图形的性质以及Rt△MPD的勾股定理求出函数关系式；（3）过点N作NQ⊥CD，根据Rt△NPQ 的勾股定理进行求解；（4）根据Rt△ADM的勾股定理求出MP与x的函数关系式，然后得出函数关系式.试题解析：（1）根据折叠可得BP=AB=6cm CP=3cm 根据Rt△PBC的勾股定理可得：AD＝3．（2）由折叠可知AM＝MP，在Rt△MPD中，∴∴y=－其中，0＜x＜3.（3）当点N在AB上，x≥3，∴PC≤3，而PN≥3，NC≥3.∴△PCN为等腰三角形，只可能NC＝NP．过N点作NQ⊥CD，垂足为Q，在Rt△NPQ中，∴解得x=．（4）当点M在CD上时，N在AB上，可得四边形ANPM为菱形．设MP＝y，在Rt△ADM中，，即∴ y=．∴ S=考点：函数的性质、勾股定理.。
初三数学专题动点问题
因动点产生的平行四边形问题1、如图，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A(0, 1)、B(4, 3)两点．（1）求抛物线的解析式；（2）求tan∠ABO的值；（3）过点B作BC⊥x轴，垂足为C，在对称轴的左侧且平行于y轴的直线交线段AB 于点N，交抛物线于点M，若四边形MNCB为平行四边形，求点M的坐标．2、如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B(1, 0)、C(3, 0)、D(3, 4)．以A为顶点的抛物线y＝ax2＋bx＋c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动，同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P、Q的运动速度均为每秒1个单位，运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积最大？最大值为多少？（3）在动点P、Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C、Q、E、H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．3、已知平面直角坐标系xOy （如图），一次函数334y x =+的图象与y 轴交于点A ，点M 在正比例函数32y x =的图象上，且MO ＝MA ．二次函数 y ＝x 2＋bx ＋c 的图象经过点A 、M ．（1）求线段AM 的长；（2）求这个二次函数的解析式；（3）如果点B 在y 轴上，且位于点A 下方，点C 在上述二次函数的图象上，点D 在一次函数334y x =+的图象上，且四边形ABCD 是菱形，求点C 的坐标．4、将抛物线c 1：233y x =-+沿x 轴翻折，得到抛物线c 2，如图所示．（1）请直接写出抛物线c 2的表达式；（2）现将抛物线c 1向左平移m 个单位长度，平移后得到新抛物线的顶点为M ，与x 轴的交点从左到右依次为A 、B ；将抛物线c 2向右也平移m 个单位长度，平移后得到新抛物线的顶点为N ，与x 轴的交点从左到右依次为D 、E ．①当B 、D 是线段AE 的三等分点时，求m 的值；②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．5、如图1，抛物线23y ax ax b =-+经过A （－1，0），C （3，2）两点，与y 轴交于点D ，与x 轴交于另一点B 。
中考压轴题因动点产生的平行四边形问题[含答案]
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因动点产生的平行四边形问题例1（2011年上海市中考第24题）已知平面直角坐标系xOy （如图1），一次函数334y x =+的图像与y 轴交于点A ，点M 在正比例函数32y x =的图像上，且MO ＝MA ．二次函数 y ＝x 2＋bx ＋c 的图像经过点A 、M ．（1）求线段AM 的长；（2）求这个二次函数的解析式；（3）如果点B 在y 轴上，且位于点A 下方，点C 在上述二次函数的图像上，点D 在一次函数334y x =+的图像上，且四边形ABCD 是菱形，求点C 的坐标． 图1满分解答（1）当x ＝0时，3334y x =+=，所以点A 的坐标为(0，3)，OA ＝3． 如图2，因为MO ＝MA ，所以点M 在OA 的垂直平分线上，点M 的纵坐标为32．将32y =代入32y x =，得x ＝1．所以点M 的坐标为3(1,)2．因此132AM =． （2）因为抛物线y ＝x 2＋bx ＋c 经过A (0，3)、M 3(1,)2，所以3,31.2c b c =⎧⎪⎨++=⎪⎩解得52b =-，3c =．所以二次函数的解析式为2532y x x =-+． （3）如图3，设四边形ABCD 为菱形，过点A 作AE ⊥CD ，垂足为E ．在Rt△ADE 中，设AE ＝4m ，DE ＝3m ，那么AD ＝5m ．因此点C 的坐标可以表示为(4m ，3－2m )．将点C(4m ，3－2m )代入2532y x x =-+，得23216103m m m -=-+．解得12m =或者m ＝0（舍去）．因此点C 的坐标为（2，2）． 图2 图3考点伸展如果第（3）题中，把“四边形ABCD 是菱形”改为“以A 、B 、C 、D 为顶点的四边形是菱形”，那么还存在另一种情况：如图4，点C 的坐标为727(,)416． 图4例2（2011年江西省中考第24题）将抛物线c 1：233y x =-+沿x 轴翻折，得到抛物线c 2，如图1所示．（1）请直接写出抛物线c 2的表达式；（2）现将抛物线c 1向左平移m 个单位长度，平移后得到新抛物线的顶点为M ，与x 轴的交点从左到右依次为A 、B ；将抛物线c 2向右也平移m 个单位长度，平移后得到新抛物线的顶点为N ，与x 轴的交点从左到右依次为D 、E ．①当B 、D 是线段AE 的三等分点时，求m 的值；②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．图1满分解答（1）抛物线c 2的表达式为233y x =-．（2）抛物线c 1：233y x =-+与x 轴的两个交点为(－1，0)、(1，0)，顶点为(0,3)． 抛物线c 2：233y x =-与x 轴的两个交点也为(－1，0)、(1，0)，顶点为(0,3)-． 抛物线c 1向左平移m 个单位长度后，顶点M 的坐标为(,3)m -，与x 轴的两个交点为(1,0)A m --、(1,0)B m -，AB ＝2．抛物线c 2向右平移m 个单位长度后，顶点N 的坐标为(,3)m -，与x 轴的两个交点为(1,0)D m -+、(1,0)E m +．所以AE ＝(1＋m )－(－1－m )＝2(1＋m )．①B 、D 是线段AE 的三等分点，存在两种情况：情形一，如图2，B 在D 的左侧，此时123AB AE ==，AE ＝6．所以2(1＋m )＝6．解得m ＝2．情形二，如图3，B 在D 的右侧，此时223AB AE ==，AE ＝3．所以2(1＋m )＝3．解得12m =． 图 2 图 3图4②如果以点A 、N 、E 、M 为顶点的四边形是矩形，那么AE ＝MN ＝2OM ．而OM 2＝m 2＋3，所以4(1＋m )2＝4(m 2＋3)．解得m ＝1（如图4）．考点伸展第（2）题②，探求矩形ANEM，也可以用几何说理的方法：在等腰三角形ABM中，因为AB＝2，AB边上的高为3，所以△ABM是等边三角形．同理△DEN是等边三角形．当四边形ANEM是矩形时，B、D两点重合．因为起始位置时BD＝2，所以平移的距离m＝1．例3（2010年河南省中考第23题）如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A(－4,0)、B(0,－4)、C(2,0)三点．（1）求抛物线的解析式；（2）若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△MAB的面积为S，求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值；（3）若点P是抛物线上的动点，点Q是直线y＝－x上的动点，判断有几个位置能使以点P、Q、B、O为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q的坐标．图1 图2满分解答(1) 因为抛物线与x轴交于A(－4,0)、C(2,0)两点，设y＝a(x＋4)(x－2)．代入点B(0,－4)，求得12a=．所以抛物线的解析式为211(4)(2)422y x x x x=+-=+-．(2)如图2，直线AB的解析式为y＝－x－4．过点M作x轴的垂线交AB于D，那么2211(4)(4)222MD m m m m m =---+-=--．所以 2142MDA MDB S S S MD OA m m ∆∆=+=⋅=--2(2)4m =-++． 因此当2m =-时，S 取得最大值，最大值为4．(3) 如果以点P 、Q 、B 、O 为顶点的四边形是平行四边形，那么PQ //OB ，PQ ＝OB ＝4．设点Q 的坐标为(,)x x -，点P 的坐标为21(,4)2x x x +-． ①当点P 在点Q 上方时，21(4)()42x x x +---=．解得225x =-±． 此时点Q 的坐标为(225,225)-+-（如图3），或(225,225)--+（如图4）．②当点Q 在点P 上方时，21()(4)42x x x --+-=． 解得4x =-或0x =（与点O 重合，舍去）．此时点Q 的坐标为(－4,4) （如图5）．图 3 图 4图5考点伸展在本题情境下，以点P 、Q 、B 、O 为顶点的四边形能成为直角梯形吗如图6，Q (2,－2)；如图7，Q (－2,2)；如图8，Q (4,－4)．图 6 图7图8例4（2010年山西省中考第26题）在直角梯形OABC 中，CB //OA ，∠COA ＝90°，CB＝3，OA＝6，BA＝35．分别以OA、OC边所在直线为x轴、y轴建立如图1所示的平面直角坐标系．（1）求点B的坐标；（2）已知D、E分别为线段OC、OB上的点，OD＝5，OE＝2EB，直线DE交x轴于点F．求直线DE的解析式；（3）点M是（2）中直线DE上的一个动点，在x轴上方的平面内是否存在另一点N，使以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．图1 图2满分解答(1)如图2，作BH⊥x轴，垂足为H，那么四边形BCOH为矩形，OH＝CB＝3．在Rt△ABH中，AH＝3，BA＝35，所以BH＝6．因此点B的坐标为(3,6)．(2) 因为OE＝2EB，所以223E Bx x==，243E By y==，E(2,4)．设直线DE的解析式为y＝kx＋b，代入D(0,5)，E(2,4)，得5,2 4.bk b=⎧⎨+=⎩解得12k=-，5b=．所以直线DE的解析式为152y x=-+．(3) 由152y x=-+，知直线DE与x轴交于点F(10,0)，OF＝10，DF＝55．①如图3，当DO为菱形的对角线时，MN与DO互相垂直平分，点M是DF的中点．此时点M的坐标为(5,52)，点N的坐标为(－5,52)．②如图4，当DO、DN为菱形的邻边时，点N与点O关于点E对称，此时点N的坐标为(4,8)．③如图5，当DO、DM为菱形的邻边时，NO＝5，延长MN交x轴于P．由△NPO∽△DOF，得NP PO NODO OF DF==，即551055NP PO==．解得5NP=，25PO=．此时点N的坐标为(25,5)-．图3 图4考点伸展如果第（3）题没有限定点N在x轴上方的平面内，那么菱形还有如图6的情形．图5 图6例 5（2009年福州市中考第21题）如图1，等边△ABC的边长为4，E是边BC上的动点，EH⊥AC于H，过E作EF∥AC，交线段AB于点F，在线段AC上取点P，使PE＝EB．设EC＝x（0＜x≤2）．（1）请直接写出图中与线段EF相等的两条线段（不再另外添加辅助线）；（2）Q是线段AC上的动点，当四边形EFPQ是平行四边形时，求平行四边形EFPQ的面积（用含x的代数式表示）；（3）当（2）中 的平行四边形EFPQ 面积最大值时，以E 为圆心，r 为半径作圆，根据⊙E 与此时平行四边形EFPQ 四条边交点的总个数，求相应的r 的取值范围．图1满分解答（1）BE 、PE 、BF 三条线段中任选两条．（2）如图2，在Rt△CEH 中，∠C ＝60°，EC ＝x ，所以x EH 23=．因为PQ ＝FE ＝BE ＝4－x ，所以x x x x EH PQ S EFPQ 3223)4(232+-=-=⋅=平行四边形． （3）因为x x S EFPQ 32232+-=平行四边形322232+--=）（x ，所以当x ＝2时，平行四边形EFPQ 的面积最大． 此时E 、F 、P 分别为△ABC 的三边BC 、AB 、AC 的中点，且C 、Q 重合，四边形EFPQ 是边长为2的菱形（如图3）．图2 图3过点E 点作ED ⊥FP 于D ，则ED ＝EH ＝3．如图4，当⊙E 与平行四边形EFPQ 的四条边交点的总个数是2个时，0＜r ＜3； 如图5，当⊙E 与平行四边形EFPQ 的四条边交点的总个数是4个时，r ＝3； 如图6，当⊙E 与平行四边形EFPQ 的四条边交点的总个数是6个时，3＜r ＜2；如图7，当⊙E 与平行四边形EFPQ 的四条边交点的总个数是3个时，r ＝2时； 如图8，当⊙E 与平行四边形EFPQ 的四条边交点的总个数是0个时，r ＞2时．图4 图 5图6 图7 图8考点伸展本题中E 是边BC 上的动点，设EC ＝x ，如果没有限定0＜x ≤2，那么平行四边形EFPQ 的面积是如何随x 的变化而变化的事实上，当x ＞2时，点P 就不存在了，平行四边形EFPQ 也就不存在了．因此平行四边形EFPQ 的面积随x 的增大而增大．例6（2009年江西省中考第24题）如图1，抛物线322++-=x x y 与x 轴相交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴相交于点C ，顶点为D ．（1）直接写出A 、B 、C 三点的坐标和抛物线的对称轴；（2）连结BC ，与抛物线的对称轴交于点E ，点P 为线段BC 上的一个动点，过点P 作PF //DE 交抛物线于点F ，设点P 的横坐标为m ．①用含m 的代数式表示线段PF 的长，并求出当m 为何值时，四边形PEDF 为平行四边形②设△BCF 的面积为S ，求S 与m 的函数关系．图1满分解答（1）A （－1，0），B （3，0），C （0，3）．抛物线的对称轴是x ＝1．（2）①直线BC 的解析式为y ＝－x ＋3．把x ＝1代入y ＝－x ＋3，得y ＝2．所以点E 的坐标为（1，2）． 把x ＝1代入322++-=x x y ，得y ＝4．所以点D 的坐标为（1，4）． 因此DE =2．因为PF //DE ，点P 的横坐标为m ，设点P 的坐标为)3,(+-m m ，点F 的坐标为)32,0(2++-m m ，因此m m m m m FP 3)3()32(22+-=+--++-=．当四边形PEDF 是平行四边形时，DE =FP ．于是得到232=+-m m ．解得21=m ，12=m （与点E 重合，舍去）．因此，当m =2时，四边形PEDF 是平行四边形时．②设直线PF 与x 轴交于点M ，那么OM +BM =OB =3．因此m m m m 29233)3(2122+-=⨯+-=． m 的变化范围是0≤m ≤3．图2 图3考点伸展在本题条件下，四边形PEDF 可能是等腰梯形吗如果可能，求m 的值；如果不可能，请说明理由．如图4，如果四边形PEDF 是等腰梯形，那么DG =EH ，因此E P F D y y y y -=-． 于是2)3()32(42-+-=++--m m m ．解得01=m （与点CE 重合，舍去），12=m （与点E 重合，舍去）．因此四边形PEDF 不可能成为等腰梯形．图4例 7（2008年太原市中考第29题）如图，在平面直角坐标系xOy 中，直线1y x =+与334y x =-+交于点A ，分别交x 轴于点B 和点C ，点D 是直线AC 上的一个动点． （1）求点A 、B 、C 的坐标．（2）当△CBD 为等腰三角形时，求点D 的坐标．（3）在直线AB 上是否存在点E ，使得以点E 、D 、O 、A 为顶点的四边形是平行四边形如果存在，直接写出BE CD的值；如果不存在，请说明理由． 图1满分解答（1）在1y x =+中，当0y =时，1x =-，所以点B 的坐标为(1,0)-．在334y x =-+中，当0y =时，4x =，所以点C 的坐标为（4，0）．解方程组1,33,4y x y x =+⎧⎪⎨=-+⎪⎩ 得87x =，157y =．所以点A 的坐标为815,77⎛⎫ ⎪⎝⎭． （2）因为点D 在直线334y x =-+上，设点D 的坐标为3(,3)4x x +．当△CBD 为等腰三角形时，有以下三种情况：①如图2，当DB ＝DC 时，设底边BC 上的高为DM ．在Rt△CDM 中，1522CM BC ==，所以31548DM CM ==．这时点D 的坐标为315,28⎛⎫ ⎪⎝⎭． ②如图3，当CD ＝CB ＝5时，点D 恰好落在y 轴上，此时点D 的坐标为（0，3）．根据对称性，点D 关于点C 对称的点D ′的坐标为（8，－3）．③如图4，当BC ＝BD 时，设BC 、DC 边上的高分别为DM 、BN ．在Rt△BCN 中，BC ＝5，所以CN ＝4，因此DC ＝8．在Rt△DCM 中，DC ＝8，所以32455DM DC ==，43255DM DC ==．这时点D 的坐标为1224,55⎛⎫- ⎪⎝⎭． 综上所述，当△CBD 为等腰三角形时，点D 的坐标为315,28⎛⎫ ⎪⎝⎭、（0，3）、（8，－3）或1224,55⎛⎫- ⎪⎝⎭． 图2 图 3图4 （3）如图5，以点E 、D 、O 、A 为顶点的四边形是平行四边形有以下三种情形：①当四边形AEOD为平行四边形时，3220 BECD=．②当四边形ADEO为平行四边形时，210 BECD=．③当四边形AODE为平行四边形时，27220BECD=．考点伸展如图5，第（3）题这样解：在△ABC中，已知BC＝5，BC边上的高为157，解得AB＝1527，AC＝257．由'15BE BOBA BC==，得3'27BE=，所以2727BE=．由45CD COCA CB==，得207CD=，所以30'7CD=．结合图5，可以计算出3220BECD=，210或27220．。
函数图象中的存在性问题----因动点产生的平行四边形
函数图象中的存在性问题——因动点产生的平行四边形例26 如图，在平面直角坐标系中，以坐标原点O 为圆心，2为半径画圆，P 是⊙O 上一动点且在第一象限内，过点P 作⊙O 的切线，与x 、y 轴分别交于点A 、B 。
求证：（1）、△OBP 与△OPA 相似； （2）、当点P 为AB 中点时，求出P 点坐标； （3）、在⊙O 上是否存在一点Q ，使得以Q 、O 、A 、P 为顶点的四边形是平行四边形。
若存在，试求出Q 点坐标；若不存在，请说明理由。
Py xB A O 2121-1-1例24．如图，抛物线223y x x =-++与x 轴相交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴相交于点C ，顶点为D .（1）直接写出A 、B 、C 三点的坐标和抛物线的对称轴；（2）连接BC ，与抛物线的对称轴交于点E ，点P 为线段BC 上的一个动点，过点P 作PF DE ∥交抛物线于点F ，设点P 的横坐标为m ；①用含m 的代数式表示线段PF 的长，并求出当m 为何值时，四边形PEDF 为平行四边形？ ②设BCF △的面积为S ，求S 与m 的函数关系式.例27：:在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A )0,4(-，B )4,0(-，C )0,2(三点． （1）求抛物线的解析式；（2）若点M 为第三象限内抛物线上一动点，点M 的横坐标为m ，△AMB 的面积为S ．求S 关于m 的函数关系式，并求出S 的最大值．（3）若点P 是抛物线上的动点，点Q 是直线x y -=上的动点，判断有几个位置能够使得点P 、Q 、B 、O 为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q 的坐标．例252009-2010北京大兴区九年级（上）期末数学试卷【023】如图，在梯形ABCD 中，24AD BC AD BC ==∥，，，点M 是AD 的中点，MBC △是等边三角形． （1）求证：梯形ABCD 是等腰梯形；（2）动点P 、Q 分别在线段BC 和MC 上运动，且60MPQ =︒∠保持不变．设PC x MQ y ==，，求y 与x 的函数关系式；（3）在（2）中：①当动点P 、Q 运动到何处时，以点P 、M 和点A 、B 、C 、D 中的两个点为顶点的四边形是平行四边形？并指出符合条件的平行四边形的个数；②当y 取最小值时，判断PQC △的形状，并说明理由．【033】已知抛物线22y x x a =-+（0a <）与y 轴相交于点A ，顶点为M .直线12y x a =-分别与x 轴，y 轴相交于B C ，两点，并且与直线AM 相交于点N .(1)填空：试用含a 的代数式分别表示点M 与N 的坐标，则()()M N ， ， ， ；(2)如图，将NAC △沿y 轴翻折，若点N 的对应点N ′恰好落在抛物线上，AN ′与x 轴交于点D ，连结CD ，求a 的值和四边形ADCN 的面积；(3)在抛物线22y x x a =-+（0a <）上是否存在一点P ，使得以P A C N ，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出P 点的坐标；若不存在，试说明理由.23（2012奉贤二模）．已知：直角坐标平面内有点A (-1，2)，过原点O 的直线l ⊥OA ，且与过点A 、O 的抛物线相交于第一象限的B 点，若OB =2OA 。
二次函数-因动点产生的平行四边形典型例题
二次函数-因动点产生的平行四边形典型例题【例1】如图1，已知抛物线y ＝－x 2＋bx ＋c 经过A (0, 1)、B (4, 3)两点． （1）求抛物线的解析式； （2）求tan ∠ABO 的值；（3）过点B 作BC ⊥x 轴，垂足为C ，在对称轴的左侧且平行于y 轴的直线交线段AB 于点N ，交抛物线于点M ，若四边形MNCB 为平行四边形，求点M 的坐标．图1思路点拨1．第（2）题求∠ABO 的正切值，要构造包含锐角∠ABO 的角直角三角形． 2．第（3）题解方程MN ＝y M －y N ＝BC ，并且检验x 的值是否在对称轴左侧．满分解答（1）将A (0, 1)、B (4, 3)分别代入y ＝－x 2＋bx ＋c ，得1,164 3.c b c =⎧⎨-++=⎩ 解得92b =，c ＝1． 所以抛物线的解析式是2912y x x =-++． （2）在Rt △BOC 中，OC ＝4，BC ＝3，所以OB ＝5． 如图2，过点A 作AH ⊥OB ，垂足为H ．在Rt △AOH 中，OA ＝1，4sin sin 5AOH OBC ∠=∠=，所以4sin 5AH OA AOH =⋅∠=． 图2 所以35OH =，225BH OB OH =-=．在Rt △ABH 中，4222tan 5511AH ABO BH ∠==÷=．（3）直线AB 的解析式为112y x =+．设点M 的坐标为29(,1)2x x x -++，点N 的坐标为1(,1)2x x +， 那么2291(1)(1)422MN x x x x x =-++-+=-+． 当四边形MNCB 是平行四边形时，MN ＝BC ＝3．解方程－x 2＋4x ＝3，得x ＝1或x ＝3．因为x ＝3在对称轴的右侧（如图4），所以符合题意的点M 的坐标为9(1,)2（如图3）．图3 图4考点伸展第（3）题如果改为：点M 是抛物线上的一个点，直线MN 平行于y 轴交直线AB 于N ，如果M 、N 、B 、C 为顶点的四边形是平行四边形，求点M 的坐标．那么求点M 的坐标要考虑两种情况：MN ＝y M －y N 或MN ＝y N －y M ．由y N －y M ＝4x －x 2，解方程x 2－4x ＝3，得2x =（如图5）．所以符合题意的点M 有4个：9(1,)2，11(3,)2，(2，(2+．图5【例2】如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝6，BC ＝8，动点P 从点A 开始沿边AC 向点C 以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q 从点C 开始沿边CB 向点B 以每秒2个单位长度的速度运动，过点P 作PD //BC ，交AB 于点D ，联结PQ ．点P 、Q 分别从点A 、C 同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动的时间为t 秒（t ≥0）． （1）直接用含t 的代数式分别表示：QB ＝_______，PD ＝_______；（2）是否存在t 的值，使四边形PDBQ 为菱形？若存在，求出t 的值；若不存在，说明理由，并探究如何改变点Q 的速度（匀速运动），使四边形PDBQ 在某一时刻为菱形，求点Q 的速度；（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ 的中点M 所经过的路径长．图1 图2思路点拨1．菱形PDBQ 必须符合两个条件，点P 在∠ABC 的平分线上，PQ //AB ．先求出点P 运动的时间t ，再根据PQ //AB ，对应线段成比例求CQ 的长，从而求出点Q 的速度．2．探究点M 的路径，可以先取两个极端值画线段，再验证这条线段是不是点M 的路径．满分解答（1）QB ＝8－2t ，PD ＝43t ．（2）如图3，作∠ABC 的平分线交CA 于P ，过点P 作PQ //AB 交BC 于Q ，那么四边形PDBQ 是菱形．过点P 作PE ⊥AB ，垂足为E ，那么BE ＝BC ＝8． 在Rt △ABC 中，AC ＝6，BC ＝8，所以AB ＝10． 图3在Rt △APE 中，23cos 5AE A AP t ===，所以103t =．当PQ //AB 时，CQ CP CB CA =，即106386CQ -=．解得329CQ =．所以点Q 的运动速度为3210169315÷=． （3）以C 为原点建立直角坐标系．如图4，当t ＝0时，PQ 的中点就是AC 的中点E (3，0)． 如图5，当t ＝4时，PQ 的中点就是PB 的中点F (1，4)． 直线EF 的解析式是y ＝－2x ＋6． 如图6，PQ 的中点M 的坐标可以表示为（62t -，t ）．经验证，点M （62t-，t ）在直线EF 上．所以PQ 的中点M 的运动路径长就是线段EF 的长，EF＝图4 图5 图6考点伸展第（3）题求点M 的运动路径还有一种通用的方法是设二次函数：当t ＝2时，PQ 的中点为(2，2)．设点M 的运动路径的解析式为y ＝ax 2＋bx ＋c ，代入E (3，0)、F (1，4)和(2，2)，得930,4,42 2.a b c a b c a b c ++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩解得a ＝0，b ＝－2，c ＝6． 所以点M 的运动路径的解析式为y ＝－2x ＋6．【例3】如图1，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD 的三个顶点B (1, 0)、C (3, 0)、D (3, 4)．以A 为顶点的抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 过点C ．动点P 从点A 出发，沿线段AB 向点B 运动，同时动点Q 从点C 出发，沿线段CD 向点D 运动．点P 、Q 的运动速度均为每秒1个单位，运动时间为t 秒．过点P 作PE ⊥AB 交AC 于点E ．（1）直接写出点A 的坐标，并求出抛物线的解析式；（2）过点E 作EF ⊥AD 于F ，交抛物线于点G ，当t 为何值时，△ACG 的面积最大？最大值为多少？（3）在动点P 、Q 运动的过程中，当t 为何值时，在矩形ABCD 内（包括边界）存在点H ，使以C 、Q 、E 、H 为顶点的四边形为菱形？请直接写出t 的值．图1思路点拨1．把△ACG 分割成以GE 为公共底边的两个三角形，高的和等于AD ．2．用含有t 的式子把图形中能够表示的线段和点的坐标都表示出来．3．构造以C 、Q 、E 、H 为顶点的平行四边形，再用邻边相等列方程验证菱形是否存在．满分解答（1）A (1, 4)．因为抛物线的顶点为A ，设抛物线的解析式为y ＝a (x －1)2＋4， 代入点C (3, 0)，可得a ＝－1．所以抛物线的解析式为y ＝－(x －1)2＋4＝－x 2＋2x ＋3．（2）因为PE //BC ，所以2AP AB PE BC ==．因此1122PE AP t ==． 所以点E 的横坐标为112t +．将112x t =+代入抛物线的解析式，y ＝－(x －1)2＋4＝2144t -．所以点G 的纵坐标为2144t -．于是得到2211(4)(4)44GE t t t t =---=-+．因此22111()(2)1244ACG AGE CGE S S S GE AF DF t t t ∆∆∆=+=+=-+=--+．所以当t ＝1时，△ACG 面积的最大值为1．（3）2013t =或20t =- 考点伸展第（3）题的解题思路是这样的：因为FE //QC ，FE ＝QC ，所以四边形FECQ 是平行四边形．再构造点F 关于PE 轴对称的点H ′，那么四边形EH ′CQ 也是平行四边形．再根据FQ ＝CQ 列关于t 的方程，检验四边形FECQ 是否为菱形，根据EQ ＝CQ 列关于t 的方程，检验四边形EH ′CQ 是否为菱形．1(1,4)2E t t +-，1(1,4)2F t +，(3,)Q t ，(3,0)C ．如图2，当FQ ＝CQ 时，FQ 2＝CQ 2，因此2221(2)(4)2t t t -+-=．整理，得240800t t -+=．解得120t =-220t =+．如图3，当EQ ＝CQ 时，EQ 2＝CQ 2，因此2221(2)(42)2t t t -+-=．整理，得213728000t t -+=．(1320)(40)0t t --=．所以12013t =，240t =（舍去）．图2 图3【例4】已知平面直角坐标系xOy （如图1），一次函数334y x =+的图象与y 轴交于点A ，点M 在正比例函数32y x =的图象上，且MO ＝MA ．二次函数 y ＝x 2＋bx ＋c 的图象经过点A 、M ．（1）求线段AM 的长；（2）求这个二次函数的解析式；（3）如果点B 在y 轴上，且位于点A 下方，点C 在上述二次函数的图象上，点D 在一次函数334y x =+的图象上，且四边形ABCD 是菱形，求点C 的坐标．图1思路点拨1．本题最大的障碍是没有图形，准确画出两条直线是基本要求，抛物线可以不画出来，但是对抛物线的位置要心中有数．2．根据MO ＝MA 确定点M 在OA 的垂直平分线上，并且求得点M 的坐标，是整个题目成败的一个决定性步骤．3．第（3）题求点C 的坐标，先根据菱形的边长、直线的斜率，用待定字母m 表示点C 的坐标，再代入抛物线的解析式求待定的字母m ．满分解答（1）当x ＝0时，3334y x =+=，所以点A 的坐标为(0，3)，OA ＝3． 如图2，因为MO ＝MA ，所以点M 在OA 的垂直平分线上，点M 的纵坐标为32．将32y =代入32y x =，得x ＝1．所以点M 的坐标为3(1,)2．因此AM = （2）因为抛物线y ＝x 2＋bx ＋c 经过A (0，3)、M 3(1,)2，所以3,31.2c b c =⎧⎪⎨++=⎪⎩解得52b =-，3c =．所以二次函数的解析式为2532y x x =-+．（3）如图3，设四边形ABCD 为菱形，过点A 作AE ⊥CD ，垂足为E ． 在Rt △ADE 中，设AE ＝4m ，DE ＝3m ，那么AD ＝5m ．因此点C 的坐标可以表示为(4m ，3－2m )．将点C(4m ，3－2m )代入2532y x x =-+，得23216103m m m -=-+．解得12m =或者m ＝0（舍去）．因此点C 的坐标为（2，2）．图2 图3考点伸展如果第（3）题中，把“四边形ABCD 是菱形”改为“以A 、B 、C 、D 为顶点的四边形是菱形”，那么还存在另一种情况：如图4，点C 的坐标为727(,)416．图4【例5】将抛物线c1：2y=x轴翻折，得到抛物线c2，如图1所示．（1）请直接写出抛物线c2的表达式；（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，平移后得到新抛物线的顶点为N，与x轴的交点从左到右依次为D、E．①当B、D是线段AE的三等分点时，求m的值；②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．图1思路点拨1．把A、B、D、E、M、N六个点起始位置的坐标罗列出来，用m的式子把这六个点平移过程中的坐标罗列出来．2．B、D是线段AE的三等分点，分两种情况讨论，按照AB与AE的大小写出等量关系列关于m的方程．3．根据矩形的对角线相等列方程．满分解答（1）抛物线c2的表达式为2y=（2）抛物线c1：2y=x轴的两个交点为(－1，0)、(1，0)，顶点为．抛物线c2：2y=x轴的两个交点也为(－1，0)、(1，0)，顶点为(0,．抛物线c1向左平移m个单位长度后，顶点M的坐标为(m-，与x轴的两个交点为(1,0)A m--、(1,0)B m-，AB＝2．抛物线c2向右平移m个单位长度后，顶点N的坐标为(,m，与x轴的两个交点为(1,0)D m-+、(1,0)E m+．所以AE＝(1＋m)－(－1－m)＝2(1＋m)．①B、D是线段AE的三等分点，存在两种情况：情形一，如图2，B在D的左侧，此时123AB AE==，AE＝6．所以2(1＋m)＝6．解得m＝2．情形二，如图3，B在D的右侧，此时223AB AE==，AE＝3．所以2(1＋m)＝3．解得12m=．图2 图3 图4②如果以点A、N、E、M为顶点的四边形是矩形，那么AE＝MN＝2OM．而OM2＝m2＋3，所以4(1＋m)2＝4(m2＋3)．解得m＝1（如图4）．考点伸展第（2）题②，探求矩形ANEM，也可以用几何说理的方法：在等腰三角形ABM中，因为AB＝2，AB ABM是等边三角形．同理△DEN是等边三角形．当四边形ANEM是矩形时，B、D两点重合．因为起始位置时BD＝2，所以平移的距离m＝1．【例6】在直角梯形OABC中，CB//OA，∠COA＝90°，CB＝3，OA＝6，BA＝．分别以OA、OC边所在直线为x轴、y轴建立如图1所示的平面直角坐标系．（1）求点B的坐标；（2）已知D、E分别为线段OC、OB上的点，OD＝5，OE＝2EB，直线DE交x轴于点F．求直线DE的解析式；（3）点M是（2）中直线DE上的一个动点，在x轴上方的平面内是否存在另一点N，使以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．图1 图2思路点拨1．第（1）题和第（2）题蕴含了OB与DF垂直的结论，为第（3）题讨论菱形提供了计算基础．2．讨论菱形要进行两次（两级）分类，先按照DO为边和对角线分类，再进行二级分类，DO与DM、DO与DN为邻边．满分解答(1)如图2，作BH⊥x轴，垂足为H，那么四边形BCOH为矩形，OH＝CB＝3．在Rt△ABH中，AH＝3，BA＝，所以BH＝6．因此点B的坐标为(3,6)．(2) 因为OE＝2EB，所以223E Bx x==，243E By y==，E(2,4)．设直线DE的解析式为y＝kx＋b，代入D(0,5)，E(2,4)，得5,2 4.bk b=⎧⎨+=⎩解得12k=-，5b=．所以直线DE的解析式为152y x=-+．(3) 由152y x=-+，知直线DE与x轴交于点F(10,0)，OF＝10，DF＝①如图3，当DO为菱形的对角线时，MN与DO互相垂直平分，点M是DF的中点．此时点M 的坐标为(5,52)，点N 的坐标为(－5,52)． ②如图4，当DO 、DN 为菱形的邻边时，点N 与点O 关于点E 对称，此时点N 的坐标为(4,8)．③如图5，当DO 、DM 为菱形的邻边时，NO ＝5，延长MN 交x 轴于P ．由△NPO ∽△DOF ，得NP PO NODO OF DF==，即510NP PO ==．解得NP =，PO =N 的坐标为(-．图3 图4考点伸展如果第（3）题没有限定点N 在x 轴上方的平面内，那么菱形还有如图6的情形．图5 图6【例7】如图1，抛物线322++-=x x y 与x 轴相交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴相交于点C ，顶点为D ．（1）直接写出A 、B 、C 三点的坐标和抛物线的对称轴；（2）连结BC ，与抛物线的对称轴交于点E ，点P 为线段BC 上的一个动点，过点P 作PF //DE 交抛物线于点F ，设点P 的横坐标为m ．①用含m 的代数式表示线段PF 的长，并求出当m 为何值时，四边形PEDF 为平行四边形？ ②设△BCF 的面积为S ，求S 与m 的函数关系．图1思路点拨1．数形结合，用函数的解析式表示图象上点的坐标，用点的坐标表示线段的长．2．当四边形PEDF 为平行四边形时，根据DE =FP 列关于m 的方程． 3．把△BCF 分割为两个共底FP 的三角形，高的和等于OB ．满分解答（1）A （－1，0），B （3，0），C （0，3）．抛物线的对称轴是x ＝1． （2）①直线BC 的解析式为y ＝－x ＋3．把x ＝1代入y ＝－x ＋3，得y ＝2．所以点E 的坐标为（1，2）． 把x ＝1代入322++-=x x y ，得y ＝4．所以点D 的坐标为（1，4）． 因此DE =2．因为PF //DE ，点P 的横坐标为m ，设点P 的坐标为)3,(+-m m ，点F 的坐标为)32,0(2++-m m ，因此m m m m m FP 3)3()32(22+-=+--++-=．当四边形PEDF 是平行四边形时，DE =FP ．于是得到232=+-m m ．解得21=m ，12=m （与点E 重合，舍去）．因此，当m =2时，四边形PEDF 是平行四边形时．②设直线PF 与x 轴交于点M ，那么OM +BM =OB =3．因此BM FP OM FP S S S S CPF BPF BCF ⋅+⋅=+==∆∆∆2121 m m m m 29233)3(2122+-=⨯+-=． m 的变化范围是0≤m ≤3．图2 图3考点伸展在本题条件下，四边形PEDF 可能是等腰梯形吗？如果可能，求m 的值；如果不可能，请说明理由．如图4，如果四边形PEDF 是等腰梯形，那么DG =EH ，因此E P F D y y y y -=-． 于是2)3()32(42-+-=++--m m m ．解得01=m （与点CE 重合，舍去），12=m （与点E 重合，舍去）．因此四边形PEDF 不可能成为等腰梯形．图4。
【临考备考复习系列】(冲击满分)中考数学重难点(函数图象的点) 因动点产生的平行四边形问题(精选
因动点产生的平行四边形问题例1 2013年上海市松江区中考模拟第24题如图1，已知抛物线y ＝－x 2＋bx ＋c 经过A (0, 1)、B (4, 3)两点． （1）求抛物线的解析式； （2）求tan ∠ABO 的值；（3）过点B 作BC ⊥x 轴，垂足为C ，在对称轴的左侧且平行于y 轴的直线交线段AB 于点N ，交抛物线于点M ，若四边形MNCB 为平行四边形，求点M 的坐标．图1动感体验请打开几何画板文件名“13松江24”，拖动点N 在直线AB 上运动，可以体验到，以M 、N 、C 、B 为顶点的平行四边形有4个，符合MN 在抛物线的对称轴的左侧的平行四边形MNCB 只有一个．请打开超级画板文件名“13松江24”，拖动点N 在直线AB 上运动，可以体验到，MN 有4次机会等于3，这说明以M 、N 、C 、B 为顶点的平行四边形有4个，而符合MN 在抛物线的对称轴的左侧的平行四边形MNCB 只有一个． 思路点拨1．第（2）题求∠ABO 的正切值，要构造包含锐角∠ABO 的角直角三角形． 2．第（3）题解方程MN ＝y M －y N ＝BC ，并且检验x 的值是否在对称轴左侧． 满分解答（1）将A (0, 1)、B (4, 3)分别代入y ＝－x 2＋bx ＋c ，得1,164 3.c b c =⎧⎨-++=⎩ 解得92b =，c ＝1． 所以抛物线的解析式是2912y x x =-++． （2）在Rt △BOC 中，OC ＝4，BC ＝3，所以OB ＝5． 如图2，过点A 作AH ⊥OB ，垂足为H ．在Rt △AOH 中，OA ＝1，4sin sin 5AOH OBC ∠=∠=，所以4sin 5AH OA AOH =⋅∠=． 图2所以35OH =，225BH OB OH =-=． 在Rt △ABH 中，4222tan 5511AH ABO BH ∠==÷=．（3）直线AB 的解析式为112y x =+．设点M 的坐标为29(,1)2x x x -++，点N 的坐标为1(,1)2x x +，那么2291(1)(1)422MN x x x x x =-++-+=-+．当四边形MNCB 是平行四边形时，MN ＝BC ＝3．解方程－x 2＋4x ＝3，得x ＝1或x ＝3．因为x ＝3在对称轴的右侧（如图4），所以符合题意的点M 的坐标为9(1,)2（如图3）．图3 图4考点伸展第（3）题如果改为：点M 是抛物线上的一个点，直线MN 平行于y 轴交直线AB 于N ，如果M 、N 、B 、C 为顶点的四边形是平行四边形，求点M 的坐标．那么求点M 的坐标要考虑两种情况：MN ＝y M －y N 或MN ＝y N －y M ．由y N －y M ＝4x －x 2，解方程x 2－4x ＝3，得2x =±5）．所以符合题意的点M 有4个：9(1,)2，11(3,)2，(2，(2+．图5例2 2012年福州市中考第21题如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝6，BC ＝8，动点P 从点A 开始沿边AC 向点C 以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q 从点C 开始沿边CB 向点B 以每秒2个单位长度的速度运动，过点P 作PD //BC ，交AB 于点D ，联结PQ ．点P 、Q 分别从点A 、C 同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动的时间为t 秒（t ≥0）．（1）直接用含t 的代数式分别表示：QB ＝_______，PD ＝_______；（2）是否存在t 的值，使四边形PDBQ 为菱形？若存在，求出t 的值；若不存在，说明理由，并探究如何改变点Q 的速度（匀速运动），使四边形PDBQ 在某一时刻为菱形，求点Q 的速度；（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ 的中点M 所经过的路径长．图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“12福州21”，拖动左图中的点P 运动，可以体验到，PQ 的中点M 的运动路径是一条线段．拖动右图中的点Q 运动，可以体验到，当PQ //AB 时，四边形PDBQ 为菱形．请打开超级画板文件名“12福州21”，拖动点Q 向上运动，可以体验到，PQ 的中点M 的运动路径是一条线段．点击动画按钮的左部，Q 的速度变成1.07，可以体验到，当PQ //AB 时，四边形PDBQ 为菱形．点击动画按钮的中部，Q 的速度变成1.思路点拨1．菱形PDBQ 必须符合两个条件，点P 在∠ABC 的平分线上，PQ //AB ．先求出点P 运动的时间t ，再根据PQ //AB ，对应线段成比例求CQ 的长，从而求出点Q 的速度．2．探究点M 的路径，可以先取两个极端值画线段，再验证这条线段是不是点M 的路径． 满分解答（1）QB ＝8－2t ，PD ＝43t ．（2）如图3，作∠ABC 的平分线交CA 于P ，过点P 作PQ //AB 交BC 于Q ，那么四边形PDBQ 是菱形．过点P 作PE ⊥AB ，垂足为E ，那么BE ＝BC ＝8． 在Rt △ABC 中，AC ＝6，BC ＝8，所以AB ＝10． 图3在Rt △APE 中，23cos 5AE A AP t ===，所以103t =． 当PQ //AB 时，CQ CP CB CA =，即106386CQ -=．解得329CQ =．所以点Q 的运动速度为3210169315÷=． （3）以C 为原点建立直角坐标系．如图4，当t ＝0时，PQ 的中点就是AC 的中点E (3，0)． 如图5，当t ＝4时，PQ 的中点就是PB 的中点F (1，4)． 直线EF 的解析式是y ＝－2x ＋6．如图6，PQ 的中点M 的坐标可以表示为（62t -，t ）．经验证，点M （62t-，t ）在直线EF 上．所以PQ 的中点M 的运动路径长就是线段EF 的长，EF＝图4 图5 图6考点伸展第（3）题求点M 的运动路径还有一种通用的方法是设二次函数： 当t ＝2时，PQ 的中点为(2，2)．设点M 的运动路径的解析式为y ＝ax 2＋bx ＋c ，代入E (3，0)、F (1，4)和(2，2)，得930,4,42 2.a b c a b c a b c ++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩解得a ＝0，b ＝－2，c ＝6． 所以点M 的运动路径的解析式为y ＝－2x ＋6．例3 2012年烟台市中考第26题如图1，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B(1, 0)、C(3, 0)、D(3, 4)．以A为顶点的抛物线y＝ax2＋bx＋c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动，同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P、Q的运动速度均为每秒1个单位，运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积最大？最大值为多少？（3）在动点P、Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C、Q、E、H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．图1动感体验请打开几何画板文件名“12烟台26”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，当P在AB 的中点时，△ACG的面积最大．观察右图，我们构造了和△CEQ中心对称的△FQE和△ECH′，可以体验到，线段EQ的垂直平分线可以经过点C和F，线段CE的垂直平分线可以经过点Q 和H′，因此以C、Q、E、H为顶点的菱形有2个．请打开超级画板文件名“12烟台26”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，当P在AB 的中点时，即t=2，△ACG的面积取得最大值1．观察CQ，EQ，EC的值，发现以C、Q、E、H 为顶点的菱形有2个．点击动画按钮的左部和中部，可得菱形的两种准确位置。
九年级中考 专题06 动点与平行四边形存在性问题题型讲义(学生版)
动点与平行四边形存在性问题一、典例解析例1.【2020·浙江湖州】如图，已知在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y=-x2 +bx+c (c>0)的顶点为D，与y 轴的交点为C.过点C 的直线CA 与抛物线交于另一点A（点A 在对称轴左侧），点B 在AC的延长线上，连结OA，OB，DA 和DB.（1）如图1，当AC∥x 轴时，①已知点A 的坐标是（-2，1），求抛物线的解析式；②若四边形AOBD 是平行四边形，求证：b2 =4c.（2）如图2，若b=-2，35BCAC,是否存在这样的点A，使四边形AOBD 是平行四边形？若存在，求出点A 的坐标；若不存在，请说明理由.例2.【2020·辽阳】如图，抛物线y＝ax2﹣2√3x+c（a≠0）过点O（0，0）和A（6，0）．点B是抛物线的顶点，点D是x轴下方抛物线上的一点，连接OB，OD．（1）求抛物线的解析式；（2）如图②，在（2）的条件下，抛物线的对称轴交x轴于点C，交线段OD于点E，点F是线段OB上的动点（点F不与点O和点B重合），连接EF，将△BEF沿E F折叠，点B的对应点为点B'，△EFB'与△OBE 的重叠部分为△EFG，在坐标平面内是否存在一点H，使以点E，F，G，H为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点H的坐标，若不存在，请说明理由．例3.【2020·黑龙江牡丹江】如图，已知直线AB 与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，线段OA 的长是方程27180x x --=的一个根，12OB OA =．请解答下列问题：（1）求点A ，B 的坐标；（2）直线EF 交x 轴负半轴于点E ，交y 轴正半轴于点F ，交直线AB 于点C ．若C 是EF 的中点，6OE =，反比例函数ky x=图象的一支经过点C ，求k 的值； （3）在（2）的条件下，过点C 作CD OE ⊥，垂足为D ，点M 在直线AB 上，点N 在直线CD 上．坐标平面内是否存在点P ，使以D ，M ，N ，P 为顶点的四边形是正方形？若存在，请写出点P 的个数，并直接写出其中两个点P 的坐标；若不存在，请说明理由．例4.【2020·重庆A 卷】如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线2y x bx c =++与直线AB 相交于A ，B 两点，其中()3,4A --，()0,1B -. （1）求该抛物线的函数表达式；（2）将该抛物线向右平移2个单位长度得到抛物线()211110y a x b x c a =++≠，平移后的抛物线与原抛物线相交于点C ，点D 为原抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点E ，使以点B ，C ，D ，E 为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点E 的坐标；若不存在，请说明理由.二、刻意练习1.【2020·湖南常德】如图，已知抛物线y ＝ax 2 过点A （﹣3，94）．（1）求抛物线的解析式； （2）已知直线l 过点A ，M （32，0）且与抛物线交于另一点B ，与y 轴交于点C ，求证：MC 2＝MA •MB ； （3）若点P ，D 分别是抛物线与直线l 上的动点，以OC 为一边且顶点为O ，C ，P ，D 的四边形是平行四边形，求所有符合条件的P 点坐标．2.【2020·安徽】在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形ABCD 沿过点A 的直线折叠，使得点B 落在CD 上的点Q 处，折痕为AP ，再将△PCQ ，△ADQ 分别沿PQ 、AQ 折叠，此时点C ，D 落在AP 上的同一点R 处，请完成下列探究： （1）∠PAQ=（2）当四边形APCD 是平行四边形时，ABQR的值为 .3.【2020·甘肃天水】如图所示，拋物线y ＝ax 2+bx +c （a ≠0）与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于点C ，且点A 的坐标为A （﹣2，0），点C 的坐标为C （0，6），对称轴为直线x ＝1．点D 是抛物线上一个动点，设点D 的横坐标为m （1＜m ＜4），连接AC ，BC ，DC ，DB ． （1）求抛物线的函数表达式；（2）当△BCD 的面积等于△AOC 的面积的34时，求m 的值；（3）在（2）的条件下，若点M 是x 轴上一动点，点N 是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M ，使得以点B ，D ，M ，N 为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．4.【2020·广西玉林】如图，已知抛物线：y1＝﹣x2﹣2x+3与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C．（1）直接写出点A，B，C的坐标；（2）将抛物线y1经过向右与向下平移，使得到的抛物线y2与x轴交于B，B'两点（B'在B的右侧），顶点D 的对应点为点D'，若∠BD'B'＝90°，求点B'的坐标及抛物线y2的解析式；（3）在（2）的条件下，若点Q在x轴上，则在抛物线y1或y2上是否存在点P，使以B′，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出所有符合条件的点P的坐标；如果不存在，请说明理由．5.【2020·贵州黔东南州】已知抛物线2(0)y ax bx c a =++≠与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左边），与y 轴交于点(0,3)C -，顶点D 的坐标为(1,4)-． （1）求抛物线的解析式．（2）在y 轴上找一点E ，使得EAC ∆为等腰三角形，请直接写出点E 的坐标．（3）点P 是x 轴上的动点，点Q 是抛物线上的动点，是否存在点P 、Q ，使得以点P 、Q 、B 、D 为顶点，BD 为一边的四边形是平行四边形？若存在，请求出点P 、Q 坐标；若不存在，请说明理由．6.【2020·黑龙江大兴安岭】综合与探究在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2+bx+c经过点A（﹣4，0），点M为抛物线的顶点，点B在y轴上，且OA＝OB，直线AB与抛物线在第一象限交于点C（2，6），如图①．（1）求抛物线的解析式；（2）在坐标平面内是否存在点N，使以点A、O、C、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．7.【2020·湖北黄冈】已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），点B（3，0），与y铀交于点C（0，3）．顶点为点D．（1）求抛物线的解析式；（2）若点P在抛物线上，点Q在x轴上，当以点D，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，求点P 的坐标；8.【2020·湖南郴州】如图1，抛物线y ＝ax 2+bx +3（a ≠0）与x 轴交于A （﹣1，0），B （3，0），与y 轴交于点C ．已知直线y ＝kx +n 过B ，C 两点． （1）求抛物线和直线BC 的表达式；（2）点P 是抛物线上的一个动点．如图2，抛物线的对称轴l 与x 轴交于点E ，过点E 作EF ⊥BC ，垂足为F ．点Q 是对称轴l 上的一个动点，是否存在以点E ，F ，P ，Q 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点P ，Q 的坐标；若不存在，请说明理由．9.【2020·江苏苏州】如图，二次函数的图象与轴正半轴交于点，平行于轴的直线与该抛物线交于、两点（点位于点左侧），与抛物线对称轴交于点． （1）求的值；（2）设、是轴上的点（点位于点左侧），四边形为平行四边形．过点、分别作轴的垂线，与抛物线交于点，、，．若，求、的值．2y x bx =+x A x l B C B C (2,3)D -b P Q x P Q PBCQ P Q x 1(P x '1)y 2(Q x '2)y 12||2y y -=1x 2x10.【2020·青海】如图1（注：与图2完全相同）所示，抛物线y=−12x2+bx+c经过B、D两点，与x轴的另一个交点为A，与y轴相交于点C．（1）求抛物线的解析式．（2）设抛物线的顶点为M，求四边形ABMC的面积．（请在图1中探索）（3）设点Q在y轴上，点P在抛物线上．要使以点A、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求所有满足条件的点P的坐标．（请在图2中探索）11.【2020·山东菏泽】如图，抛物线与轴相交于，两点，与轴相交于点，，，直线是抛物线的对称轴，在直线右侧的抛物线上有一动点，连接，，，．（1）求抛物线的函数表达式；（2）若点在轴的下方，当的面积是时，求的面积； （3）在（2）的条件下，点是轴上一点，点是抛物线上一动点，是否存在点，使得以点，，，为顶点，以为一边的四边形是平行四边形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．26y ax bx =+-x A B y C 2OA =4OB =l l D AD BD BC CD D x BCD ∆92ABD ∆M x N N B D M N BDN12.【2020·山东聊城】如图，二次函数的图象与轴交于点，，与轴交于点，抛物线的顶点为，其对称轴与线段交于点，垂直于轴的动直线分别交抛物线和线段于点和点，动直线在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿轴正方向移动到点．（1）求出二次函数和所在直线的表达式；（2）在动直线移动的过程中，试求使四边形为平行四边形的点的坐标；13【2020·四川甘孜州】如图，在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝kx +3分别交x 轴、y 轴于A ，B 两点，经过A ，B 两点的抛物线y ＝﹣x 2+bx +c 与x 轴的正半轴相交于点C （1，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）若P 为线段AB 上一点，∠APO ＝∠ACB ，求AP 的长；（3）在（2）的条件下，设M 是y 轴上一点，试问：抛物线上是否存在点N ，使得以A ，P ，M ，N 为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．24y ax bx ==++x (1,0)A -(4,0)B y C D BC E x l BC P F l x B 24y ax bx =++BC l DEFPP14.【2020·四川遂宁】如图，抛物线的图象经过，，三点．（1）求抛物线的解析式．（2）为抛物线上的一动点，为对称轴上动点，抛物线上是否存在一点，使、、、为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．15.【2020·湖南怀化】如图所示，抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3与x 轴相交于A 、B 两点，与y 轴相交于点C ，点M 为抛物线的顶点．（1）求点C 及顶点M 的坐标．（2）若点D 是抛物线对称轴上的动点，点G 是抛物线上的动点，是否存在以点B 、C 、D 、G 为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出点G 的坐标；若不存在，试说明理由．2(0)y ax bx c a =++≠(1,0)A (3,0)B (0,6)C P Q P A D P QP。
中考数学压轴题精讲特训 因动点产生的平行四边形问题(含试题,含详解)
因动点产生的平行四边形问题例1 2013年上海市松江区中考模拟第24题如图1，已知抛物线y ＝－x 2＋bx ＋c 经过A (0, 1)、B (4, 3)两点． （1）求抛物线的解析式； （2）求tan ∠ABO 的值；（3）过点B 作BC ⊥x 轴，垂足为C ，在对称轴的左侧且平行于y 轴的直线交线段AB 于点N ，交抛物线于点M ，若四边形MNCB 为平行四边形，求点M 的坐标．图1动感体验请打开几何画板文件名“13松江24”，拖动点N 在直线AB 上运动，可以体验到，以M 、N 、C 、B 为顶点的平行四边形有4个，符合MN 在抛物线的对称轴的左侧的平行四边形MNCB 只有一个．请打开超级画板文件名“13松江24”，拖动点N 在直线AB 上运动，可以体验到，MN 有4次机会等于3，这说明以M 、N 、C 、B 为顶点的平行四边形有4个，而符合MN 在抛物线的对称轴的左侧的平行四边形MNCB 只有一个． 思路点拨1．第（2）题求∠ABO 的正切值，要构造包含锐角∠ABO 的角直角三角形． 2．第（3）题解方程MN ＝y M －y N ＝BC ，并且检验x 的值是否在对称轴左侧． 满分解答（1）将A (0, 1)、B (4, 3)分别代入y ＝－x 2＋bx ＋c ，得1,164 3.c b c =⎧⎨-++=⎩ 解得92b =，c ＝1． 所以抛物线的解析式是2912y x x =-++． （2）在Rt △BOC 中，OC ＝4，BC ＝3，所以OB ＝5． 如图2，过点A 作AH ⊥OB ，垂足为H ．在Rt △AOH 中，OA ＝1，4sin sin 5AOH OBC ∠=∠=，所以4sin 5AH OA AOH =⋅∠=． 图2所以35OH =，225BH OB OH =-=． 在Rt △ABH 中，4222tan 5511AH ABO BH ∠==÷=．（3）直线AB 的解析式为112y x =+．设点M 的坐标为29(,1)2x x x -++，点N 的坐标为1(,1)2x x +，那么2291(1)(1)422MN x x x x x =-++-+=-+．当四边形MNCB 是平行四边形时，MN ＝BC ＝3．解方程－x 2＋4x ＝3，得x ＝1或x ＝3．因为x ＝3在对称轴的右侧（如图4），所以符合题意的点M 的坐标为9(1,)2（如图3）．图3 图4考点伸展第（3）题如果改为：点M 是抛物线上的一个点，直线MN 平行于y 轴交直线AB 于N ，如果M 、N 、B 、C 为顶点的四边形是平行四边形，求点M 的坐标．那么求点M 的坐标要考虑两种情况：MN ＝y M －y N 或MN ＝y N －y M ．由y N －y M ＝4x －x 2，解方程x 2－4x ＝3，得27x =±（如图5）．所以符合题意的点M 有4个：9(1,)2，11(3,)2，57(27,)2--，57(27,)2++．图5例2 2012年福州市中考第21题如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，动点P从点A开始沿边AC向点C 以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD//BC，交AB于点D，联结PQ．点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动的时间为t秒（t≥0）．（1）直接用含t的代数式分别表示：QB＝_______，PD＝_______；（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由，并探究如何改变点Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q 的速度；（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ的中点M所经过的路径长．图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“12福州21”，拖动左图中的点P运动，可以体验到，PQ的中点M的运动路径是一条线段．拖动右图中的点Q运动，可以体验到，当PQ//AB时，四边形PDBQ为菱形．请打开超级画板文件名“12福州21”，拖动点Q向上运动，可以体验到，PQ的中点M 的运动路径是一条线段．点击动画按钮的左部，Q的速度变成1.07，可以体验到，当PQ//AB 时，四边形PDBQ为菱形．点击动画按钮的中部，Q的速度变成1.思路点拨1．菱形PDBQ必须符合两个条件，点P在∠ABC的平分线上，PQ//AB．先求出点P运动的时间t，再根据PQ//AB，对应线段成比例求CQ的长，从而求出点Q的速度．2．探究点M的路径，可以先取两个极端值画线段，再验证这条线段是不是点M的路径．满分解答（1）QB＝8－2t，PD＝43t．（2）如图3，作∠ABC的平分线交CA于P，过点P作PQ//AB交BC 于Q，那么四边形PDBQ是菱形．过点P作PE⊥AB，垂足为E，那么BE＝BC＝8．在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，所以AB＝10．图3在Rt△APE中，23cos5AEAAP t===，所以103t=．当PQ//AB时，CQ CPCB CA=，即106386CQ-=．解得329CQ=．所以点Q的运动速度为3210169315÷=．（3）以C为原点建立直角坐标系．如图4，当t＝0时，PQ的中点就是AC的中点E(3，0)．如图5，当t＝4时，PQ的中点就是PB的中点F(1，4)．直线EF的解析式是y＝－2x＋6．如图6，PQ的中点M的坐标可以表示为（62t-，t）．经验证，点M（62t-，t）在直线EF上．所以PQ的中点M的运动路径长就是线段EF的长，EF＝25．图4 图5 图6考点伸展第（3）题求点M的运动路径还有一种通用的方法是设二次函数：当t＝2时，PQ的中点为(2，2)．设点M的运动路径的解析式为y＝ax2＋bx＋c，代入E(3，0)、F(1，4)和(2，2)，得930,4,42 2.a b ca b ca b c++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩解得a＝0，b＝－2，c＝6．所以点M的运动路径的解析式为y＝－2x＋6．例3 2012年烟台市中考第26题如图1，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B(1, 0)、C(3, 0)、D(3, 4)．以A为顶点的抛物线y＝ax2＋bx＋c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动，同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P、Q的运动速度均为每秒1个单位，运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积最大？最大值为多少？（3）在动点P、Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C、Q、E、H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．图1动感体验请打开几何画板文件名“12烟台26”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，当P在AB 的中点时，△ACG的面积最大．观察右图，我们构造了和△CEQ中心对称的△FQE和△ECH′，可以体验到，线段EQ的垂直平分线可以经过点C和F，线段CE的垂直平分线可以经过点Q 和H′，因此以C、Q、E、H为顶点的菱形有2个．请打开超级画板文件名“12烟台26”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，当P在AB 的中点时，即t=2，△ACG的面积取得最大值1．观察CQ，EQ，EC的值，发现以C、Q、E、H 为顶点的菱形有2个．点击动画按钮的左部和中部，可得菱形的两种准确位置。
中考数学三轮易错复习：函数动点问题中平行四边形存在性(含解析)
中考数学三轮易错复习：专题17 函数动点问题中平行四边形存在性【例1】（2018·郑州预测卷）如图，直线y =334x -+与x 轴交于点C ，与y 轴交于点B ，抛物线y =234ax x c ++经过B 、C 两点.（1）求抛物线的解析式；（2）如图，点E 是直线BC 上方抛物线上的一个动点，当△BEC 的面积最大时，求出点E 的坐标和最大值；（3）在（2）条件下，过点E 作y 轴的平行线交直线BC 于点M ，连接AM ，点Q 是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P ，使以点P 、Q 、A 、M 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.【变式1-1】（2018·河师大附中模拟）如图，抛物线y =ax 2+bx +c （a ≠0）与x 轴交于点A (－1，0)、B (3，0)两点，与y 轴交于点C (0，－3).（1）求抛物线的解析式与顶点M 的坐标； （2）求△BCM 的面积与△ABC 面积的比；（3）若P 是x 轴上一个动点，过P 作射线PQ ∥AC 交抛物线于点Q ，随着P 点的运动，在x 轴上是否存在这样的点P ，使以点A 、P 、Q 、C 为顶点的四边形为平行四边形？若存在请直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.【例2】（2018·郑州三模）如图所示，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx－5与x轴交于A(-1,0),B(5,0)两点，与y轴交于点C.（1）求抛物线的解析式；（2）如图2所示，CE∥x轴与抛物线相交于点E，点H是直线CE下方抛物线上的动点，过点H且与y轴平行的直线与BC、CE分别交于点F、G，试探究当点H运动到何处时，四边形CHEF的面积最大，求点H的坐标及最大面积；（3）点M是（1）中所求抛物线对称轴上一动点，点N是反比例函数y=kx图象上一点，若以点B、C、M、N为动点的四边形是矩形，请直接写出满足条件的k的值.【变式2-1】（2019·驻马店二模）如图，抛物线y=-x2+bx+c经过A(-1，0)，B(3，0)两点，且与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点，抛物线的对称轴DE交x轴于点E，连接BD．（1）求经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式．（2）点P是线段BD上一点，当PE=PC时，求点P的坐标．（3）在（2）的条件下，过点P作PF⊥x轴于点F，G为抛物线上一动点，M为x轴上一动点，N为直线PF上一动点，当以F，M，G，N为顶点的四边形是正方形时，请求出点M的坐标．【变式2-2】（2019·大联考）如图1，抛物线y =ax 2+bx +c 经过点A (-4,0)，B (1,0)，C （0,3），点P 在抛物线上，且在x 轴的上方，点P 的横坐标记为t .（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，过点P 作y 轴的平行线交直线AC 于点M ，交x 轴于点N ，若MC 平分∠PMO ，求t 的值.（3）点D 在直线AC 上，点E 在y 轴上，且位于点C 的上方，那么在抛物线上是否存在点P ，使得以点C 、D 、E 、P 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出菱形的面积.图1 图2强化精炼：1.（2019·南阳毕业测试）如图1，抛物线y ＝ax 2+bx +2与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，AB ＝4，矩形OBDC 的边CD ＝1，延长DC 交抛物线于点E ．（1）求抛物线的解析式；（2）如果点N 是抛物线对称轴上的一点，抛物线上是否存在点M ，使得以M ，A ，C ，N 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由．2.（2019·开封模拟）如图，直线y＝﹣x+4与抛物线y＝﹣12x2+bx+c交于A，B两点，点A在y轴上，点B在x轴上．（1）求抛物线的解析式；（2）在x轴下方的抛物线上存在一点P，使得∠ABP＝90°，求出点P坐标；（3）点E是抛物线对称轴上一点，点F是抛物线上一点，是否存在点E和点F使得以点E，F，B，O 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．3.（2019·开封二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与直线y＝﹣x交第二象限于点E，与x轴交于A（﹣3，0），B两点，与y轴交于点C，EC∥x轴．（1）求抛物线的解析式；（2）如果点N是抛物线对称轴上的一个动点，抛物线上存在一动点M，若以M，A，C，N为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出所有满足条件的点M的坐标．4.（2019·名校模考）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣1（a≠0）交x轴于A，B（1，0）两点，交y轴于点C，一次函数y＝x+3的图象交坐标轴于A，D两点，E为直线AD上一点，作EF⊥x轴，交抛物线于点F （1）求抛物线的解析式；（2）在平面直角坐标系内存在点G，使得G，E，D，C为顶点的四边形为菱形，请直接写出点G的坐标．5.（2019·枫杨外国语三模）（2019·枫杨外国语三模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为(-1，0)，点C的坐标为(0，3)，点D和点C关于抛物线的对称轴对称，直线AD与y轴交于点E．（1）求抛物线的解析式；（2）点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边形是以AM为边的矩形．若点T和点Q关于AM所在直线对称，求点T的坐标．6.（2019·焦作二模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=x+b的图象经过点A(-2，0)，与反比例函数kyx=（x>0）的图象交于点B(a，4).（1）求一次函数和反比例函数的表达式；（2）设M是直线AB上一点，过M作MN∥x轴，交反比例函数kyx=（x>0）的图象于点N，若以A，O，M，N为顶点的四边形是平行四边形，求点M的横坐标.7.（2019·许昌月考）如图1，二次函数y=43x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C．（1）求该二次函数的解析式；（2）设该抛物线的顶点为D，求△ACD的面积（请在图1中探索）；（3）若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，当P，Q运动到t秒时，△APQ沿PQ所在的直线翻折，点A恰好落在抛物线上E点处，请直接判定此时四边形APEQ的形状，并求出E点坐标（请在图2中探索）．图1 图28.（2018·新乡一模）如图，一次函数122y x=-+分别交y、x轴于A、B两点，抛物线2y x bx c=-++过A，B两点.（1）求这个抛物线的解析式；（2）作垂直于x轴的直线x＝t，在第一象限交直线AB于M，交这个抛物线于N. 求当t取何值时，MN有最大值？最大值是多少？（3）在(2)的情况下，以A，M、N、D为顶点作平行四边形，直接写出第四个顶点D的坐标.9.（2019·周口二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+4与x轴交于A(-1，0)，B(4，0)两点，与y轴交于点C．（1）求这个抛物线的解析式；（2）设E是该抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，过点E作x轴的平行线交抛物线于另一点F，过点E作EH⊥x轴于点H，再过点F作FG⊥x轴于点G，得到矩形EFGH．在点E的运动过程中，当矩形EFGH为正方形时，直接写出该正方形的边长．10.（2019·郑州一中模拟）如图所示，平面直角坐标系中直线y=x+1交坐标轴于点A、D两点，抛物线y=ax2+bx－3经过A、C两点，点C坐标为（a，5）. 点M为直线AC上一点，过点M作x轴的垂线，垂足为F，交抛物线于点N.（1）求抛物线解析式；（2）是否存在点M，使得以点D、E、M、N为顶点的四边形为平行四边形，如果有，求点M的坐标，如果没有，请说明理由.11.（2019·郑州模拟）如图，已知二次函数23234y ax a x⎛⎫=--+⎪⎝⎭的图象经过点A(4,0),与y轴交于点B，在x轴上有一动点C(m,0) （0<m<4），过点C作x轴的垂线交直线AB于点E，交该二次函数图象于点D.（1）求a的值和直线AB的解析式；（2）过点D作DF⊥AB于点F，设△ACE，△DEF的面积分别为S1，S2，若S1=4S2，求m的值；（3）点H是该二次函数图象上第一象限内的动点，点G是线段AB上的动点，当四边形DEGH是平行四边形，且平行四边形DEGH的周长取最大值时，求点G的坐标.13.（2018·郑州模拟）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，3），点D是抛物线的顶点，过点D作x轴的垂线，垂足为E，连接DB．（1）求此抛物线的解析式及顶点D的坐标；（2）点M是抛物线上的动点，设点M的横坐标为m．①当∠MBA＝∠BDE时，求点M的坐标；②过点M作MN∥x轴，与抛物线交于点N，P为x轴上一点，连接PM，PN，将△PMN沿着MN翻折，得△QMN，若四边形MPNQ恰好为正方形，直接写出m的值．14.（2017·信阳二模）如图，抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点C，连接BC，以BC为一边，点O为对称中心做菱形BDEC，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q．（1）求抛物线的解析式；（2）当点P在线段OB上运动时，直线l分别交BD、BC于点M、N，试探究m为何值时，四边形CQMD 是平行四边形，此时，请判断四边形CQBM的形状，并说明理由．参考答案【例1】（2018·郑州预测卷）如图，直线y =334x -+与x 轴交于点C ，与y 轴交于点B ，抛物线y =234ax x c ++经过B 、C 两点.（1）求抛物线的解析式；（2）如图，点E 是直线BC 上方抛物线上的一个动点，当△BEC 的面积最大时，求出点E 的坐标和最大值；（3）在（2）条件下，过点E 作y 轴的平行线交直线BC 于点M ，连接AM ，点Q 是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P ，使以点P 、Q 、A 、M 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】见解析.【解析】解：（1）∵直线y =334x -+与x 轴交于点C ，与y 轴交于点B ，∴B (0,3)，C (4,0)，将B (0,3)，C (4,0)代入y = 234ax x c ++得： 16303a c c ++=⎧⎨=⎩，解得：383a c ⎧=-⎪⎨⎪=⎩， ∴抛物线的解析式为：233384y x x =-++.（2）过点E 作EF ⊥x 轴于F ，交BC 于M ，设E （x ，233384x x -++），则M （x ，334x -+），∴ME =233384x x -++－（334x -+）=23382x x -+∴S △BEC =12×EM ×OC =2EM=2(23382x x -+)=()23234x --+, ∴当x =2时，△BEC 的面积取最大值3，此时E (2，3).（3）由题意得：M (2，32)，抛物线对称轴为：x =1，A (－2,0),设P (m ，y )，y =233384m m -++，Q (1，n )①当四边形APQM 为平行四边形时，有：212m -+=+，解得：m =－3， 即P (－3，218-)； ②当四边形AMPQ 为平行四边形时，有：－2+m=2+1，即m=5即P(5,218 -)；③当四边形AQMP为平行四边形时，有：2－2=1+m，得：m=－1，即P(－1，158)；综上所述，抛物线上存在点P，使以点P、Q、A、M为顶点的四边形是平行四边形，点P的坐标为：(－3，218-)，(5,218-)，(－1，158). 【变式1-1】（2018·河师大附中模拟）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A(－1，0)、B(3，0)两点，与y轴交于点C(0，－3).（1）求抛物线的解析式与顶点M的坐标；（2）求△BCM的面积与△ABC面积的比；（3）若P是x轴上一个动点，过P作射线PQ∥AC交抛物线于点Q，随着P点的运动，在x轴上是否存在这样的点P，使以点A、P、Q、C为顶点的四边形为平行四边形？若存在请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】见解析.【解析】解：（1）将A (－1，0)，B (3，0)， C (0，－3)代入y =ax 2+bx +c ，得：09303a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=-⎩， 解得：a =1，b =－2，c =－3，即抛物线的解析式为：y =x 2－2x －3，顶点M 的坐标为：（1，－4）； （2）连接BC ，BM ，CM ，过M 作MD ⊥x 轴于D ，如图所示，S △BCM =S 梯形ODMC +S △BDM －S △BOC =3， S △ACB =6，∴S △BCM ：S △ACB =1：2； （3）存在.①当点Q 在x 轴上方时，过Q 作QF ⊥x 轴于F ，如图所示，∵四边形ACPQ为平行四边形，∴QP∥AC，QP=AC∴△PFQ≌△AOC，∴FQ=OC=3，∴3=x2﹣2x﹣3，解得x x=1∴Q3)或(1，3)；②当点Q在x轴下方时，过Q作QE⊥x轴于E，如图所示，同理，得：△PEQ≌△AOC，∴EQ=OC=3，∴﹣3=x2﹣2x﹣3，解得：x=2或x=0(与C点重合，舍去)，∴Q(2，﹣3)；综上所述，点Q的坐标为：，3)或(13)或(2，﹣3).【例2】（2018·郑州三模）如图所示，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx－5与x轴交于A(-1,0),B(5,0)两点，与y轴交于点C.（1）求抛物线的解析式；（2）如图2所示，CE ∥x 轴与抛物线相交于点E ，点H 是直线CE 下方抛物线上的动点，过点H 且与y 轴平行的直线与BC 、CE 分别交于点F 、G ，试探究当点H 运动到何处时，四边形CHEF 的面积最大，求点H 的坐标及最大面积；（3）点M 是（1）中所求抛物线对称轴上一动点，点N 是反比例函数y =kx图象上一点，若以点B 、C 、M 、N 为动点的四边形是矩形，请直接写出满足条件的k 的值.【答案】见解析.【解析】解：（1）将A (-1,0),B (5,0)代入y =ax 2+bx －5得：5025550a b a b --=⎧⎨+-=⎩，解得：14a b =⎧⎨=-⎩， 即抛物线的解析式为：y =x 2－4x －5.（2）在y =x 2－4x －5中，当x =0时，y =－5，即C (0，－5), ∵CE ∥x 轴，则C 、E 关于直线x =2对称， ∴E (4，－5), CE =4，由B （5,0）, C (0，－5)得直线BC 的解析式为：y =x －5， 设H (m ，m 2－4m －5)， ∵FH ⊥CE ， ∴F (m ，m －5)，∴FH = m －5－（m 2－4m －5)= －m 2+5m ， S 四边形CHEF =12·FH ·CE =12（－m 2+5m ）×4=－2（m－52）2+252，当m=52时，四边形CHEF的面积取最大值252，此时H(52，354-).（3）设M（2，m），N(n，kn)，B(5,0)，C(0，－5)，①当BC为矩形对角线时，此时：2+n=5+0，m+kn=0－5，即n=3，设BC与MN交于点H，则H(52，52-)，MH=12BC∴22255222m⎛⎫⎛⎫-++=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得：m=1或m=－6，当m=1时，k=－18；m=－6时，k=3，②当BC为矩形边时，分两种情况讨论：（i）当点M在直线BC下方时，即四边形BCMN为矩形，则∠BCM=90°，2+5=n+0，m=kn－5，过M作MH⊥y轴于H，则由OB=OC知，∠OCB=45°，∴∠MCH=∠CMH=45°，即CH=MH，∴－5－m=2，解得：m=－7，n=7，k=－14；（ii）当点M在直线BC上方时，即四边形BCNM为矩形，则∠CBM=90°，n+5=2，kn=m－5，设对称轴与x轴交于点H，同理可得：BH=MH，∴3=m，n=－3，k=6；综上所述，k的值为：－18，3，－14或6.【变式2-1】（2019·驻马店二模）如图，抛物线y=-x2+bx+c经过A(-1，0)，B(3，0)两点，且与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点，抛物线的对称轴DE交x轴于点E，连接BD．（1）求经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式．（2）点P是线段BD上一点，当PE=PC时，求点P的坐标．（3）在（2）的条件下，过点P作PF⊥x轴于点F，G为抛物线上一动点，M为x轴上一动点，N为直线PF上一动点，当以F，M，G，N为顶点的四边形是正方形时，请求出点M的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）∵抛物线y=-x2+bx+c经过A(-1，0)，B(3，0)两点，∴10930b cb c--+=⎧⎨-++=⎩，解得：23bc=⎧⎨=⎩，即抛物线的解析式为：y=-x2+2x+3.（2）由y=-x2+2x+3知，C(0，3)，E(1，0)，D(1,4)，可得直线BD 的解析式为：y =-2x +6，设P （m ，-2m +6），由勾股定理得：PE 2=()()22126m m -+-+，PC 2=()22263m m +-+-， 由PE =PC ，得：()()22126m m -+-+=()22263m m +-+-， 解得：m =2，即P (2，2).（3）∵M 在x 轴上，N 在直线PF 上， ∴∠NFM =90°，由四边形MFNG 是正方形，知MF =MG ， 设M (n ，0)，则G (n ，-n 2+2n +3)， MG =|-n 2+2n +3|，MF =|n -2|， ∴|-n 2+2n +3|=|n -2|，解得：n或n或n或n， 故点M 的坐标为：，0），，0），，0），，0）.【变式2-2】（2019·大联考）如图1，抛物线y =ax 2+bx +c 经过点A (-4,0)，B (1,0)，C （0,3），点P 在抛物线上，且在x 轴的上方，点P 的横坐标记为t .（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，过点P 作y 轴的平行线交直线AC 于点M ，交x 轴于点N ，若MC 平分∠PMO ，求t 的值.（3）点D 在直线AC 上，点E 在y 轴上，且位于点C 的上方，那么在抛物线上是否存在点P ，使得以点C 、D 、E 、P 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出菱形的面积.图1 图2【答案】见解析.【解析】解：（1）∵抛物线y =ax 2+bx +c 经过点A (-4,0)，B (1,0)，C （0,3），∴31640ca b ca b c=⎧⎪++=⎨⎪-+=⎩，解得：39434cba⎧⎪=⎪⎪=-⎨⎪⎪=-⎪⎩，即抛物线的解析式为：y=34-x294-x+3.（2）由A(-4,0)，C(0,3)得直线AC的解析式为：y=334x+，∵点P的横坐标为t，∴M(t, 334t+)，∵PN∥y轴，∴∠PMC=∠MCO，∵MC平分∠PMO，∴∠PMC=∠OMC，∴∠MCO=∠OMC，即OM=OC=3，∴OM2=9，即223394t t⎛⎫++=⎪⎝⎭，解得：t=0（舍）或t=7225，∴当MC平分∠PMO时，t=72 25.（3）设P(t,34-t294-t+3)，①当CE为菱形的边时，四边形CEPD为菱形，则PD∥y轴，CD=PD，则D (t ，334t +),∴PD =34-t 294-t +3－（334t +）=34-t 23-t ， 由勾股定理得：CD54t -，∴34-t 23-t =54t -，解得：t =0（舍）或t =73-， 即PD =3512，菱形面积为：3512×73=24536；②当CE 为菱形的对角线时，此时P 与D 点关于y 轴对称，则D (-t ,4-t 24-t +3)，将D 点坐标代入y =334x +，得： 34-t 294-t +3=()334t -+，解得：t =0（舍）或t =－2， PD =4，CE =3，菱形的面积为：12×4×3=6；综上所述，菱形的面积为：24536或6.强化精炼：1.（2019·南阳毕业测试）如图1，抛物线y ＝ax 2+bx +2与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，AB ＝4，矩形OBDC 的边CD ＝1，延长DC 交抛物线于点E ．（1）求抛物线的解析式；（2）如果点N 是抛物线对称轴上的一点，抛物线上是否存在点M ，使得以M ，A ，C ，N 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析．【解析】解：（1）∵矩形OBDC的边CD＝1，∴OB＝1，由AB＝4，得OA＝3，∴A（﹣3，0），B（1，0），∵抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A，B两点，∴a+b+2=0，9a－3b+2=0，解得：a=23-，b=43-，∴抛物线解析式为y＝23-x243-x+2；（2）以AC为边或对角线分类讨论：A（﹣3，0），C（0，2），抛物线y＝23-x243-x+2的对称轴为x＝﹣1，设M(m, y M)，N(－1，n)，y M=23-m243-m+2①当四边形ACMN为平行四边形时，有：312Mmy n-+=-⎧⎨=+⎩，解得：m=2，y M=103-，即M(2，103-)；②当四边形ACNM为平行四边形时，有：312Mmy n --=⎧⎨+=⎩，解得：m=－4，y M=103-，即M(－4，103-)；③当四边形AMCN为平行四边形时，有：312Mmy n -=-⎧⎨=+⎩，解得：m=－2，y M=2，即M(－2，2)；综上所述，点M的坐标为（2，103-）或（﹣4，103-）或（﹣2，2）．2.（2019·开封模拟）如图，直线y＝﹣x+4与抛物线y＝﹣12x2+bx+c交于A，B两点，点A在y轴上，点B在x轴上．（1）求抛物线的解析式；（2）在x轴下方的抛物线上存在一点P，使得∠ABP＝90°，求出点P坐标；（3）点E是抛物线对称轴上一点，点F是抛物线上一点，是否存在点E和点F使得以点E，F，B，O 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）在y＝﹣x+4中，当x＝0时，y＝4，当y＝0时，x＝4，即点A、B的坐标分别为（0，4）、（4，0），将（0，4）、（4，0），代入二次函数表达式，并解得：b=1，c=4，抛物线的解析式为：y＝﹣12x2+x+4；（2）∵OA＝OB＝4，∴∠ABO＝45°，∵∠ABP＝90°，则∠PBO=45°，若直线PB交y轴于点M，则OM=OB=4，可得直线BP的解析式为：y=x－4，联立：y=x－4，y＝﹣12x2+x+4，得：x=4，y=0(即B点)；x=－4，y=－8，即P(－4，－8).（3）存在；由y＝﹣12x2+x+4知抛物线的对称轴为：x=1，设E(1，m)，F(n，﹣12n2+n+4)，O(0,0)，B(4,0)，①当四边形OBEF是平行四边形时，有：EF=4，∴n-1=-4，即n=-3，F点坐标为（-3，72 -）；②当四边形OBFE是平行四边形时，有：EF=4，n-1=4，即n=5，F点坐标为（5，72 -）；③当四边形OFBE是平行四边形时，有：41Fnm y=+⎧⎨=+⎩,即n=3，F点坐标为（3，52）；综上所述：点F的坐标为（5，72-），（﹣3，72-），（3，52）．3.（2019·开封二模）如图，抛物线y＝ax2+bx+2与直线y＝﹣x交第二象限于点E，与x轴交于A（﹣3，0），B两点，与y轴交于点C，EC∥x轴．（1）求抛物线的解析式；（2）如果点N是抛物线对称轴上的一个动点，抛物线上存在一动点M，若以M，A，C，N为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出所有满足条件的点M的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）由题意知：A （﹣3，0），C （0，2），EC ∥x 轴∴点E 的纵坐标为2，∵点E 在直线y ＝﹣x 上，∴点E （﹣2，2），∵将A （﹣3，0）、E （﹣2，2）代入y ＝ax 2+bx +2，得：93204222a b a b -+=⎧⎨-+=⎩，解得：2343a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩ 抛物线的解析式为：224233y x x =--+；（2）由224233y x x =--+知，抛物线的对称轴为x =－1，设N (－1，n )，M (m ，224233m m --+)，∵A （﹣3，0），C （0，2），（1）当四边形ACNM 是平行四边形时，有：312M m n y --=⎧⎨=+⎩，得：m =－4，y M = 103-；即M (－4，103-).（2）当四边形ACMN 是平行四边形时，有：312M m n y -+=-⎧⎨+=⎩，得：m =2，y M = 103-；即M (2，103-).（3）当四边形ANCM 是平行四边形时，有：312Mm n y -=-+⎧⎨=+⎩，得：m =－2，y M = 2； 即M (－2，2).综上所述，M 点的坐标是(－4，103-)，(2，103-)，(－2，2). 4.（2019·名校模考）如图，抛物线y ＝ax 2+bx ﹣1（a ≠0）交x 轴于A ，B （1，0）两点，交y 轴于点C ，一次函数y ＝x +3的图象交坐标轴于A ，D 两点，E 为直线AD 上一点，作EF ⊥x 轴，交抛物线于点F（1）求抛物线的解析式；（2）在平面直角坐标系内存在点G ，使得G ，E ，D ，C 为顶点的四边形为菱形，请直接写出点G 的坐标．【答案】见解析．【解析】解：（1）将y ＝0代入y ＝x +3，得x ＝﹣3．∴A （﹣3，0）．∵抛物线y ＝ax 2+bx ﹣1交x 轴于A （﹣3，0），B （1，0）两点，∴109310a b a b +-=⎧⎨--=⎩，解得：1323a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩抛物线的解析式为y ＝13x 2+23x ﹣1； （2）点G 的坐标为（2，1），（﹣1），（1），（﹣4，3）．①当四边形DCEG 是菱形时，CD =CE =EG =4，设E (m ，m +3)，则G （m ，m +7），由C (0，－1)，E (m ，m +3)，得：CE 2=m 2+(m +4)2=16，解得：m =0（舍）或m =－4，此时G (－4,3)；②当四边形DCGE是菱形时，CG2=16,设E(m，m+3)，则G（m，m－1），即m2+ m2=16，解得：m=m=－此时，G(1)或G(－－1)；③当四边形DGCE是菱形时，设E(m，m+3)，则G（－m，－m－1），此时E在CD的垂直平分线上，即m+3=1，m=－2，此时G(2，1);综上所述，点G的坐标为：(－4,3)、(1)、(－－1)、(2，1).5.（2019·枫杨外国语三模）（2019·枫杨外国语三模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为(-1，0)，点C的坐标为(0，3)，点D和点C关于抛物线的对称轴对称，直线AD与y轴交于点E．（1）求抛物线的解析式；（2）点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边形是以AM为边的矩形．若点T和点Q关于AM所在直线对称，求点T的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）将(-1，0)，(0，3)代入y＝﹣x2+bx+c，得：－1－b+c=0，c=3，解得：b=2，c=3，即抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3.（2）由y＝﹣x2+2x+3知，点M(1，4)，分两种情况讨论，①当四边形MAPQ是矩形时，过M作MH⊥x轴于H，则MH=4，AH=2，易证得：∠APO=∠MAH，∴tan∠APO= tan∠MAH，即OA MHOP AH==2，∴OP=12，即P（0，－12），由A(-1，0)、M(1，4)，P（0，－12）得：点Q坐标为（2，72），∵点T和点Q关于AM所在直线对称，即点Q与点T关于点M(1，4)对称，∴T(0，92 )；②当四边形AMPQ是矩形时，同理可得：T(0，12 -)；综上所述，点T的坐标为(0，92)，(0，12-).6.（2019·焦作二模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=x+b的图象经过点A(-2，0)，与反比例函数kyx=（x>0）的图象交于点B(a，4).（1）求一次函数和反比例函数的表达式；（2）设M是直线AB上一点，过M作MN∥x轴，交反比例函数kyx=（x>0）的图象于点N，若以A，O，M，N为顶点的四边形是平行四边形，求点M的横坐标.【答案】见解析.【解析】解：（1）将A(-2,0)代入y=x+b，得：b=2，即一次函数的解析式为：y=x+2，将B(a，4)代入y=x+2，得：a=2，即B(2，4),将B(2，4)代入kyx=得：x=8，即反比例函数的解析式为：8yx=.（2）设M(m，m+2)，则N(82m+，m+2)，由题意知，MN∥OA，则需MN=OA=2时，以A，O，M，N为顶点的四边形是平行四边形，∴82mm-+=2，解得：m=2或m=－2（舍）或m=m=－（舍），∴点M的坐标为：（2，，+2）.7.（2019·许昌月考）如图1，二次函数y=43x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C．（1）求该二次函数的解析式；（2）设该抛物线的顶点为D，求△ACD的面积（请在图1中探索）；（3）若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，当P，Q运动到t秒时，△APQ沿PQ所在的直线翻折，点A恰好落在抛物线上E点处，请直接判定此时四边形APEQ的形状，并求出E点坐标（请在图2中探索）．图1 图2【答案】见解析．【解析】解：（1）∵二次函数y =43x 2+bx +c 的图象与x 轴交于A （3，0），B （﹣1，0），∴493034103b c b c ⎧⨯++=⎪⎪⎨⎪⨯-+=⎪⎩，解得：834b c ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，即抛物线的解析式为：y =43x 2﹣83x ﹣4；（2）过点D 作DM ⊥y 轴于点M ，y =43x 2﹣83x ﹣4 =43（x ﹣1）2﹣163，∴点D （1，﹣163）、点C （0，﹣4），S △ACD =S 梯形AOMD ﹣S △CDM ﹣S △AOC =12×（1+3）×163﹣12×（163﹣4）×1﹣12×3×4=4；（3）四边形APEQ 为菱形，理由如下：E 点关于PQ 与A 点对称，过点Q 作QF ⊥AP 于F ，由折叠性质知： AP =EP ，AQ =EQ∵AP =AQ =t ，∴AP =AQ =QE =EP ，∴四边形AQEP 为菱形，∵FQ ∥OC ， ∴AF FQ AQ OA OC AC==， ∴345AF FQ t == ∴AF =35t ，FQ =45t ，Q （3﹣35t ，﹣45t ），E （3﹣35t ﹣t ，﹣45t ）， ∵E 在二次函数y =43x 2﹣83x ﹣4上， ∴﹣45t =43（3﹣85t ）2﹣83（3﹣85t ）﹣4， ∴t =14564或t =0（舍去）， ∴E （﹣58，﹣2916）． 8.（2018·新乡一模）如图，一次函数122y x =-+分别交y 、x 轴于A 、B 两点，抛物线2y x bx c =-++过A ，B 两点.（1）求这个抛物线的解析式；（2）作垂直于x 轴的直线x ＝t ，在第一象限交直线AB 于M ，交这个抛物线于N . 求当t 取何值时，MN 有最大值？最大值是多少？（3）在(2)的情况下，以A ，M 、N 、D 为顶点作平行四边形，直接写出第四个顶点D 的坐标.【答案】见解析【解析】解：（1）在122y x =-+得，当x =0时，y =2；y =0时，x =4，即A （0，2），B （4，0），把A (0，2)，B (4，0)代入2y x bx c =-++，得：21640c b c =⎧⎨++=⎩-，解得722b c ⎧=⎪⎨⎪=⎩， ∴抛物线解析式为2722y x x =-++. （2）由题意知，1(,2)2M t t -+，27(,2)2N t t t -++，∴MN =2712(2)22t t t -++--+=2(2)4t --+， ∴当t =2时，MN 有最大值4.（3）根据平行四边形的性质，得：D 点坐标为：（0，6），（0，-2）或（4，4）.9.（2019·周口二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y =ax 2+bx +4与x 轴交于A (-1，0)，B (4，0)两点，与y 轴交于点C ．（1）求这个抛物线的解析式；（2）设E 是该抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，过点E 作x 轴的平行线交抛物线于另一点F ，过点E 作EH ⊥x 轴于点H ，再过点F 作FG ⊥x 轴于点G ，得到矩形EFGH ．在点E 的运动过程中，当矩形EFGH 为正方形时，直接写出该正方形的边长．【答案】见解析.【解析】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+4与x轴交于A(-1，0)，B(4，0)两点，∴40 16440a ba b-+=⎧⎨++=⎩，解得：13ab=-⎧⎨=⎩，即抛物线的解析式为：y=－x2+3x+4.（2）∵四边形EFGH是矩形，∴当EF=EH时，四边形EFGH是正方形，设E(m, －m2+3m+4)，则F(3－m，－m2+3m+4)，m>32，∴EF=2m－3，EH=|－m2+3m+4|，∴2m－3=|－m2+3m+4|，解得：m或m（舍）或m或m（舍）∴正方形的边长EF2，综上所述，正方形EFGH的边长为：2.10.（2019·郑州一中模拟）如图所示，平面直角坐标系中直线y =x +1交坐标轴于点A 、D 两点，抛物线y =ax 2+bx －3经过A 、C 两点，点C 坐标为（a ，5）. 点M 为直线AC 上一点，过点M 作x 轴的垂线，垂足为F ，交抛物线于点N .（1）求抛物线解析式；（2）是否存在点M ，使得以点D 、E 、M 、N 为顶点的四边形为平行四边形，如果有，求点M 的坐标，如果没有，请说明理由.【解析】解：∵直线y =x +1交坐标轴于点A 、D 两点， ∴A (－1,0)，D (0，1)，∵点C （a ，5）在直线y =x +1上， ∴a =4，即C (4,5)，将A (－1,0)，C (4,5)代入y =ax 2+bx －3得：3016435a b a b --=⎧⎨+-=⎩，解得：12a b =⎧⎨=-⎩， ∴抛物线的解析式为：y =x 2－2x －3. （2）存在，E （0，－3），∴DE =4， 由题意知：DE ∥MN ，∴当DE =MN =4时，四边形DENM 是平行四边形， 设N (m , m 2－2m －3)，则M (m , m +1)， ∴| m +1-（m 2－2m －3）|=4，解得：m =0（舍）或m =3或m =或m = ，综上所述，点M 的坐标为：（3,4），），）.11.（2019·郑州模拟）如图，已知二次函数23234y ax a x ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭的图象经过点A (4,0),与y 轴交于点B ，在x 轴上有一动点C (m ,0) （0<m <4），过点C 作x 轴的垂线交直线AB 于点E ，交该二次函数图象于点D .（1）求a 的值和直线AB 的解析式；（2）过点D 作DF ⊥AB 于点F ，设△ACE ，△DEF 的面积分别为S 1，S 2，若S 1=4S 2，求m 的值； （3）点H 是该二次函数图象上第一象限内的动点，点G 是线段AB 上的动点，当四边形DEGH 是平行四边形，且平行四边形DEGH 的周长取最大值时，求点G 的坐标.【答案】见解析.【解析】解：（1）将A (4,0)代入23234y ax a x ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭得：a =34-，∴抛物线的解析式为：239344y x x =-++，设直线AB 的解析式为：y =kx +b ，∴4k +b =0，b =3，即k =34-，b =3， ∴直线AB 的解析式为：y =34-x +3.（2）∵点C 的横坐标为m ，∴D (m , 239344m m -++)，E (m , 34-m +3)，AC =4－m ，DE =239344m m -++－(34-m +3)= 2334m m -+，∵BC ∥y 轴， ∴43AC OA CE OB ==，即443m CE -=，∴CE =()344m -，AE =()544m -， ∵∠DF A =∠DCA =90°，∠DBF =∠AEC ， ∴△DFE ∽△ACE ， ∵S 1=4S 2， ∴AE =2DE ，即()544m -=2（2334m m -+），解得：m =4（舍）或m =56， 即m 的值为56.（3）如图，过点G 作GM ⊥DC 于M ，设G 、H 点横坐标为n ，由DE =2334m m -+，得GH =2334n n -+，2334m m -+=2334n n -+，得：m =n （舍）或n =4－m ，∴MG =4-2m ，由45MG EG =得：EG =()5424m -, ∴C 四边形DEGH =2()25342344m m m ⎡⎤--+⎢⎥⎣⎦=23102m m -++=23161236m ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭，∴当m =13时，C 最大，此时n =113，即G (113，14)，E (13，114), 由图象可知当E 、G 互换位置时满足题意，即G (13，114),E (113，14)，综上所述，G点坐标为：(13，114)，(113，14).13.（2018·郑州模拟）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，3），点D是抛物线的顶点，过点D作x轴的垂线，垂足为E，连接DB．（1）求此抛物线的解析式及顶点D的坐标；（2）点M是抛物线上的动点，设点M的横坐标为m．①当∠MBA＝∠BDE时，求点M的坐标；②过点M作MN∥x轴，与抛物线交于点N，P为x轴上一点，连接PM，PN，将△PMN沿着MN翻折，得△QMN，若四边形MPNQ恰好为正方形，直接写出m的值．【答案】见解析.【解析】解：（1）将点B（3，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，并解得：b=2，c=3，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．顶点D（1，4）．（2）①过点M作MG⊥x轴于G，连接BM．则∠MGB＝90°，设M（m，﹣m2+2m+3），∴MG＝|﹣m2+2m+3|，BG＝3﹣m，∵DE⊥x轴，D（1，4），B（3，0），∴∠DEB＝90°，DE＝4，OE＝1，BE＝2，∵∠MBA＝∠BDE，∴tan∠MBA＝tan∠BDE＝12，∴2233m mm-++-＝12解得：m=12-或m=32-或m=3（舍）∴满足条件的点M坐标（12-，74）或（32-，94-）；②∵MN∥x轴，∴点M、N关于抛物线的对称轴对称，∵四边形MPNQ是正方形，∴OP＝1，由∠QPM=∠MPO=45°，得：GM＝GP，即|﹣m2+2m+3|＝|1﹣m|，解得：m或m或m或m即满足条件的m.14.（2017·信阳二模）如图，抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点C，连接BC，以BC为一边，点O为对称中心做菱形BDEC，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q．（1）求抛物线的解析式；（2）当点P在线段OB上运动时，直线l分别交BD、BC于点M、N，试探究m为何值时，四边形CQMD 是平行四边形，此时，请判断四边形CQBM的形状，并说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）将A（﹣2，0）、B（8，0）代入y=ax2+bx﹣4并解得：a=14，b=32-，即抛物线的解析式为：y=14x232-x－4.（2）由y=14x232-x－4知，C(0，－4),由菱形的性质可知：D（0，4），设直线BD的解析式为：y=kx+n，将点B（8,0）、D（0，4）代入得：k=12-,n=4，即直线BD的解析式为：y=12-x+4,由M（m，12-m+4），Q（m，14m232-m－4）．当MQ=DC时，四边形CQMD为平行四边形．∴12-m+4﹣（14m232-m－4）=8，解得m=4或m=0（舍去）．∴MD∥CQ，MD=CQ，M（4，2），∴M为BD的中点，∴MD=MB．∴CQ=MB，又∵MB∥CQ，∴四边形CQBM为平行四边形．。
中考数学：(函数图象的点) 因动点产生的平行四边形问题(精选大题6例,含13中考,含精细思路点拨,19页)
1.4 因动点产生的平行四边形问题例1 2019年上海市松江区中考模拟第24题如图1，已知抛物线y ＝－x 2＋bx ＋c 经过A (0, 1)、B (4, 3)两点． （1）求抛物线的解析式； （2）求tan ∠ABO 的值；（3）过点B 作BC ⊥x 轴，垂足为C ，在对称轴的左侧且平行于y 轴的直线交线段AB 于点N ，交抛物线于点M ，若四边形MNCB 为平行四边形，求点M 的坐标．图1动感体验请打开几何画板文件名“13松江24”，拖动点N 在直线AB 上运动，可以体验到，以M 、N 、C 、B 为顶点的平行四边形有4个，符合MN 在抛物线的对称轴的左侧的平行四边形MNCB 只有一个．请打开超级画板文件名“13松江24”，拖动点N 在直线AB 上运动，可以体验到，MN 有4次机会等于3，这说明以M 、N 、C 、B 为顶点的平行四边形有4个，而符合MN 在抛物线的对称轴的左侧的平行四边形MNCB 只有一个．思路点拨1．第（2）题求∠ABO 的正切值，要构造包含锐角∠ABO 的角直角三角形． 2．第（3）题解方程MN ＝y M －y N ＝BC ，并且检验x 的值是否在对称轴左侧．满分解答（1）将A (0, 1)、B (4, 3)分别代入y ＝－x 2＋bx ＋c ，得1,164 3.c b c =⎧⎨-++=⎩解得92b =，c ＝1． 所以抛物线的解析式是2912y x x =-++． （2）在Rt △BOC 中，OC ＝4，BC ＝3，所以OB ＝5． 如图2，过点A 作AH ⊥OB ，垂足为H ．在Rt △AOH 中，OA ＝1，4sin sin 5AOH OBC ∠=∠=，所以4sin 5AH OA AOH =⋅∠=． 图2 所以35OH =，225BH OB OH =-=．在Rt △ABH 中，4222tan 5511AH ABO BH ∠==÷=．（3）直线AB 的解析式为112y x =+．设点M 的坐标为29(,1)2x x x -++，点N 的坐标为1(,1)2x x +，那么2291(1)(1)422MN x x x x x =-++-+=-+．当四边形MNCB 是平行四边形时，MN ＝BC ＝3．解方程－x 2＋4x ＝3，得x ＝1或x ＝3．因为x ＝3在对称轴的右侧（如图4），所以符合题意的点M 的坐标为9(1,)2（如图3）．图3 图4考点伸展第（3）题如果改为：点M 是抛物线上的一个点，直线MN 平行于y 轴交直线AB 于N ，如果M 、N 、B 、C 为顶点的四边形是平行四边形，求点M 的坐标．那么求点M 的坐标要考虑两种情况：MN ＝y M －y N 或MN ＝y N －y M ．由y N －y M ＝4x －x 2，解方程x 2－4x ＝3，得2x =（如图5）．所以符合题意的点M 有4个：9(1,)2，11(3,)2，(2，(2+．图5例2 2019年福州市中考第21题如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，动点P从点A开始沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD//BC，交AB于点D，联结PQ．点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动的时间为t秒（t≥0）．（1）直接用含t的代数式分别表示：QB＝_______，PD＝_______；（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由，并探究如何改变点Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度；（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ的中点M所经过的路径长．图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“12福州21”，拖动左图中的点P 运动，可以体验到，PQ 的中点M 的运动路径是一条线段．拖动右图中的点Q 运动，可以体验到，当PQ //AB 时，四边形PDBQ 为菱形．请打开超级画板文件名“12福州21”，拖动点Q 向上运动，可以体验到，PQ 的中点M 的运动路径是一条线段．点击动画按钮的左部，Q 的速度变成1.07，可以体验到，当PQ //AB 时，四边形PDBQ 为菱形．点击动画按钮的中部，Q 的速度变成1.思路点拨1．菱形PDBQ 必须符合两个条件，点P 在∠ABC 的平分线上，PQ //AB ．先求出点P 运动的时间t ，再根据PQ //AB ，对应线段成比例求CQ 的长，从而求出点Q 的速度．2．探究点M 的路径，可以先取两个极端值画线段，再验证这条线段是不是点M 的路径．满分解答（1）QB ＝8－2t ，PD ＝43t ．（2）如图3，作∠ABC 的平分线交CA 于P ，过点P 作PQ //AB 交BC 于Q ，那么四边形PDBQ 是菱形．过点P 作PE ⊥AB ，垂足为E ，那么BE ＝BC ＝8． 在Rt △ABC 中，AC ＝6，BC ＝8，所以AB ＝10． 图3在Rt △APE 中，23cos 5AE A AP t ===，所以103t =． 当PQ //AB 时，CQ CP CB CA =，即106386CQ -=．解得329CQ =．所以点Q 的运动速度为3210169315÷=． （3）以C 为原点建立直角坐标系．如图4，当t ＝0时，PQ 的中点就是AC 的中点E (3，0)． 如图5，当t ＝4时，PQ 的中点就是PB 的中点F (1，4)．直线EF 的解析式是y ＝－2x ＋6． 如图6，PQ 的中点M 的坐标可以表示为（62t -，t ）．经验证，点M （62t-，t ）在直线EF 上．所以PQ 的中点M 的运动路径长就是线段EF 的长，EF＝图4 图5 图6考点伸展第（3）题求点M 的运动路径还有一种通用的方法是设二次函数：当t ＝2时，PQ 的中点为(2，2)．设点M 的运动路径的解析式为y ＝ax 2＋bx ＋c ，代入E (3，0)、F (1，4)和(2，2)，得930,4,42 2.a b c a b c a b c ++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩解得a ＝0，b ＝－2，c ＝6． 所以点M 的运动路径的解析式为y ＝－2x ＋6．例3 2019年烟台市中考第26题如图1，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B(1, 0)、C(3, 0)、D(3, 4)．以A为顶点的抛物线y＝ax2＋bx＋c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动，同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P、Q的运动速度均为每秒1个单位，运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积最大？最大值为多少？（3）在动点P、Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C、Q、E、H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．图1动感体验请打开几何画板文件名“12烟台26”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，当P在AB的中点时，△ACG的面积最大．观察右图，我们构造了和△CEQ中心对称的△FQE和△ECH′，可以体验到，线段EQ的垂直平分线可以经过点C和F，线段CE的垂直平分线可以经过点Q和H′，因此以C、Q、E、H为顶点的菱形有2个．请打开超级画板文件名“12烟台26”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，当P在AB的中点时，即t=2，△ACG的面积取得最大值1．观察CQ，EQ，EC的值，发现以C、Q、E、H为顶点的菱形有2个．点击动画按钮的左部和中部，可得菱形的两种准确位置。
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因动点产生的平行四边形问题例1 2013年上海市松江区中考模拟第24题如图1，已知抛物线y ＝－x 2＋bx ＋c 经过A (0, 1)、B (4, 3)两点． （1）求抛物线的解析式； （2）求tan ∠ABO 的值；（3）过点B 作BC ⊥x 轴，垂足为C ，在对称轴的左侧且平行于y 轴的直线交线段AB 于点N ，交抛物线于点M ，若四边形MNCB 为平行四边形，求点M 的坐标．图1动感体验请打开几何画板文件名“13松江24”，拖动点N 在直线AB 上运动，可以体验到，以M 、N 、C 、B 为顶点的平行四边形有4个，符合MN 在抛物线的对称轴的左侧的平行四边形MNCB 只有一个．请打开超级画板文件名“13松江24”，拖动点N 在直线AB 上运动，可以体验到，MN 有4次机会等于3，这说明以M 、N 、C 、B 为顶点的平行四边形有4个，而符合MN 在抛物线的对称轴的左侧的平行四边形MNCB 只有一个． 思路点拨1．第（2）题求∠ABO 的正切值，要构造包含锐角∠ABO 的角直角三角形． 2．第（3）题解方程MN ＝y M －y N ＝BC ，并且检验x 的值是否在对称轴左侧． 满分解答（1）将A (0, 1)、B (4, 3)分别代入y ＝－x 2＋bx ＋c ，得1,164 3.c b c =⎧⎨-++=⎩ 解得92b =，c ＝1． 所以抛物线的解析式是2912y x x =-++． （2）在Rt △BOC 中，OC ＝4，BC ＝3，所以OB ＝5． 如图2，过点A 作AH ⊥OB ，垂足为H ．在Rt △AOH 中，OA ＝1，4sin sin 5AOH OBC ∠=∠=，所以4sin 5AH OA AOH =⋅∠=． 图2所以35OH =，225BH OB OH =-=． 在Rt △ABH 中，4222tan 5511AH ABO BH ∠==÷=．（3）直线AB 的解析式为112y x =+．设点M 的坐标为29(,1)2x x x -++，点N 的坐标为1(,1)2x x +，那么2291(1)(1)422MN x x x x x =-++-+=-+．当四边形MNCB 是平行四边形时，MN ＝BC ＝3．解方程－x 2＋4x ＝3，得x ＝1或x ＝3．因为x ＝3在对称轴的右侧（如图4），所以符合题意的点M 的坐标为9(1,)2（如图3）．图3 图4考点伸展第（3）题如果改为：点M 是抛物线上的一个点，直线MN 平行于y 轴交直线AB 于N ，如果M 、N 、B 、C 为顶点的四边形是平行四边形，求点M 的坐标．那么求点M 的坐标要考虑两种情况：MN ＝y M －y N 或MN ＝y N －y M ．由y N －y M ＝4x －x 2，解方程x 2－4x ＝3，得27x =±（如图5）．所以符合题意的点M 有4个：9(1,)2，11(3,)2，57(27,)2--，57(27,)2++．图5例2 2012年福州市中考第21题如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，动点P从点A开始沿边AC向点C 以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD//BC，交AB于点D，联结PQ．点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动的时间为t秒（t≥0）．（1）直接用含t的代数式分别表示：QB＝_______，PD＝_______；（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由，并探究如何改变点Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q 的速度；（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ的中点M所经过的路径长．图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“12福州21”，拖动左图中的点P运动，可以体验到，PQ的中点M的运动路径是一条线段．拖动右图中的点Q运动，可以体验到，当PQ//AB时，四边形PDBQ为菱形．请打开超级画板文件名“12福州21”，拖动点Q向上运动，可以体验到，PQ的中点M 的运动路径是一条线段．点击动画按钮的左部，Q的速度变成1.07，可以体验到，当PQ//AB 时，四边形PDBQ为菱形．点击动画按钮的中部，Q的速度变成1.思路点拨1．菱形PDBQ必须符合两个条件，点P在∠ABC的平分线上，PQ//AB．先求出点P运动的时间t，再根据PQ//AB，对应线段成比例求CQ的长，从而求出点Q的速度．2．探究点M的路径，可以先取两个极端值画线段，再验证这条线段是不是点M的路径．满分解答（1）QB＝8－2t，PD＝43t．（2）如图3，作∠ABC的平分线交CA于P，过点P作PQ//AB交BC 于Q，那么四边形PDBQ是菱形．过点P作PE⊥AB，垂足为E，那么BE＝BC＝8．在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，所以AB＝10．图3在Rt△APE中，23cos5AEAAP t===，所以103t=．当PQ//AB时，CQ CPCB CA=，即106386CQ-=．解得329CQ=．所以点Q的运动速度为3210169315÷=．（3）以C为原点建立直角坐标系．如图4，当t＝0时，PQ的中点就是AC的中点E(3，0)．如图5，当t＝4时，PQ的中点就是PB的中点F(1，4)．直线EF的解析式是y＝－2x＋6．如图6，PQ的中点M的坐标可以表示为（62t-，t）．经验证，点M（62t-，t）在直线EF上．所以PQ的中点M的运动路径长就是线段EF的长，EF＝25．图4 图5 图6考点伸展第（3）题求点M的运动路径还有一种通用的方法是设二次函数：当t＝2时，PQ的中点为(2，2)．设点M的运动路径的解析式为y＝ax2＋bx＋c，代入E(3，0)、F(1，4)和(2，2)，得930,4,42 2.a b ca b ca b c++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩解得a＝0，b＝－2，c＝6．所以点M的运动路径的解析式为y＝－2x＋6．例3 2012年烟台市中考第26题如图1，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B(1, 0)、C(3, 0)、D(3, 4)．以A为顶点的抛物线y＝ax2＋bx＋c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动，同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P、Q的运动速度均为每秒1个单位，运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积最大？最大值为多少？（3）在动点P、Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C、Q、E、H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．图1动感体验请打开几何画板文件名“12烟台26”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，当P在AB 的中点时，△ACG的面积最大．观察右图，我们构造了和△CEQ中心对称的△FQE和△ECH′，可以体验到，线段EQ的垂直平分线可以经过点C和F，线段CE的垂直平分线可以经过点Q 和H′，因此以C、Q、E、H为顶点的菱形有2个．请打开超级画板文件名“12烟台26”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，当P在AB 的中点时，即t=2，△ACG的面积取得最大值1．观察CQ，EQ，EC的值，发现以C、Q、E、H 为顶点的菱形有2个．点击动画按钮的左部和中部，可得菱形的两种准确位置。
思路点拨1．把△ACG 分割成以GE 为公共底边的两个三角形，高的和等于AD ． 2．用含有t 的式子把图形中能够表示的线段和点的坐标都表示出来．3．构造以C 、Q 、E 、H 为顶点的平行四边形，再用邻边相等列方程验证菱形是否存在． 满分解答（1）A (1, 4)．因为抛物线的顶点为A ，设抛物线的解析式为y ＝a (x －1)2＋4， 代入点C (3, 0)，可得a ＝－1．所以抛物线的解析式为y ＝－(x －1)2＋4＝－x 2＋2x ＋3．（2）因为PE //BC ，所以2AP AB PE BC ==．因此1122PE AP t ==． 所以点E 的横坐标为112t +．将112x t =+代入抛物线的解析式，y ＝－(x －1)2＋4＝2144t -．所以点G 的纵坐标为2144t -．于是得到2211(4)(4)44GE t t t t =---=-+．因此22111()(2)1244ACG AGE CGE S S S GE AF DF t t t ∆∆∆=+=+=-+=--+．所以当t ＝1时，△ACG 面积的最大值为1．（3）2013t =或2085t =-． 考点伸展第（3）题的解题思路是这样的：因为FE //QC ，FE ＝QC ，所以四边形FECQ 是平行四边形．再构造点F 关于PE 轴对称的点H ′，那么四边形EH ′CQ 也是平行四边形．再根据FQ ＝CQ 列关于t 的方程，检验四边形FECQ 是否为菱形，根据EQ ＝CQ 列关于t 的方程，检验四边形EH ′CQ 是否为菱形．1(1,4)2E t t +-，1(1,4)2F t +，(3,)Q t ，(3,0)C ．如图2，当FQ ＝CQ 时，FQ 2＝CQ 2，因此2221(2)(4)2t t t -+-=．整理，得240800t t -+=．解得12085t =-，22085t =+（舍去）．如图3，当EQ ＝CQ 时，EQ 2＝CQ 2，因此2221(2)(42)2t t t -+-=．整理，得213728000t t -+=．(1320)(40)0t t --=．所以12013t =，240t =（舍去）．图2 图3例4 2011年上海市中考第24题已知平面直角坐标系xOy （如图1），一次函数334y x =+的图象与y 轴交于点A ，点M在正比例函数32y x =的图象上，且MO ＝MA ．二次函数y ＝x 2＋bx ＋c 的图象经过点A 、M ．（1）求线段AM 的长；（2）求这个二次函数的解析式；（3）如果点B 在y 轴上，且位于点A 下方，点C 在上述二次函数的图象上，点D 在一次函数334y x =+的图象上，且四边形ABCD 是菱形，求点C 的坐标．图1动感体验请打开几何画板文件名“11上海24”，拖动点B 在y 轴上点A 下方运动，四边形ABCD 保持菱形的形状，可以体验到，菱形的顶点C 有一次机会落在抛物线上．思路点拨1．本题最大的障碍是没有图形，准确画出两条直线是基本要求，抛物线可以不画出来，但是对抛物线的位置要心中有数．2．根据MO ＝MA 确定点M 在OA 的垂直平分线上，并且求得点M 的坐标，是整个题目成败的一个决定性步骤．3．第（3）题求点C 的坐标，先根据菱形的边长、直线的斜率，用待定字母m 表示点C 的坐标，再代入抛物线的解析式求待定的字母m ．满分解答（1）当x＝0时，3334y x=+=，所以点A的坐标为(0，3)，OA＝3．如图2，因为MO＝MA，所以点M在OA的垂直平分线上，点M的纵坐标为32．将32y=代入32y x=，得x＝1．所以点M的坐标为3(1,)2．因此132AM=．（2）因为抛物线y＝x2＋bx＋c经过A(0，3)、M3(1,)2，所以3,31.2cb c=⎧⎪⎨++=⎪⎩解得52b=-，3c=．所以二次函数的解析式为2532y x x=-+．（3）如图3，设四边形ABCD为菱形，过点A作AE⊥CD，垂足为E．在Rt△ADE中，设AE＝4m，DE＝3m，那么AD＝5m．因此点C的坐标可以表示为(4m，3－2m)．将点C(4m，3－2m)代入2532y x x=-+，得23216103m m m-=-+．解得12m=或者m＝0（舍去）．因此点C的坐标为（2，2）．图2 图3考点伸展如果第（3）题中，把“四边形ABCD是菱形”改为“以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形”，那么还存在另一种情况：如图4，点C的坐标为727(,)416．图4例5 2011年江西省中考第24题将抛物线c1：2y x=-+沿x轴翻折，得到抛物线c2，如图1所示．33（1）请直接写出抛物线c2的表达式；（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，平移后得到新抛物线的顶点为N，与x轴的交点从左到右依次为D、E．①当B、D是线段AE的三等分点时，求m的值；②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．图1动感体验请打开几何画板文件名“11江西24”，拖动点M向左平移，可以体验到，四边形ANEM 可以成为矩形，此时B、D重合在原点．观察B、D的位置关系，可以体验到，B、D是线段AE的三等分点，存在两种情况．思路点拨1．把A、B、D、E、M、N六个点起始位置的坐标罗列出来，用m的式子把这六个点平移过程中的坐标罗列出来．2．B、D是线段AE的三等分点，分两种情况讨论，按照AB与AE的大小写出等量关系列关于m 的方程．3．根据矩形的对角线相等列方程． 满分解答（1）抛物线c 2的表达式为233y x =-．（2）抛物线c 1：233y x =-+与x 轴的两个交点为(－1，0)、(1，0)，顶点为(0,3)． 抛物线c 2：233y x =-与x 轴的两个交点也为(－1，0)、(1，0)，顶点为(0,3)-． 抛物线c 1向左平移m 个单位长度后，顶点M 的坐标为(,3)m -，与x 轴的两个交点为(1,0)A m --、(1,0)B m -，AB ＝2．抛物线c 2向右平移m 个单位长度后，顶点N 的坐标为(,3)m -，与x 轴的两个交点为(1,0)D m -+、(1,0)E m +．所以AE ＝(1＋m )－(－1－m )＝2(1＋m )． ①B 、D 是线段AE 的三等分点，存在两种情况：情形一，如图2，B 在D 的左侧，此时123AB AE ==，AE ＝6．所以2(1＋m )＝6．解得m ＝2．情形二，如图3，B 在D 的右侧，此时223AB AE ==，AE ＝3．所以2(1＋m )＝3．解得12m =．图2 图3 图4②如果以点A 、N 、E 、M 为顶点的四边形是矩形，那么AE ＝MN ＝2OM ．而OM 2＝m 2＋3，所以4(1＋m )2＝4(m 2＋3)．解得m ＝1（如图4）．考点伸展第（2）题②，探求矩形ANEM ，也可以用几何说理的方法：在等腰三角形ABM 中，因为AB ＝2，AB 3ABM 是等边三角形． 同理△DEN 是等边三角形．当四边形ANEM 是矩形时，B 、D 两点重合． 因为起始位置时BD ＝2，所以平移的距离m ＝1．例6 2010年山西省中考第26题在直角梯形OABC中，CB//OA，∠COA＝90°，CB＝3，OA＝6，BA＝35．分别以OA、OC边所在直线为x轴、y轴建立如图1所示的平面直角坐标系．（1）求点B的坐标；（2）已知D、E分别为线段OC、OB上的点，OD＝5，OE＝2EB，直线DE交x轴于点F．求直线DE的解析式；（3）点M是（2）中直线DE上的一个动点，在x轴上方的平面内是否存在另一点N，使以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“10山西26”，拖动点M可以在直线DE上运动．分别双击按钮“DO、DM为邻边”、“DO、DN为邻边”和“DO为对角线”可以准确显示菱形．思路点拨1．第（1）题和第（2）题蕴含了OB与DF垂直的结论，为第（3）题讨论菱形提供了计算基础．2．讨论菱形要进行两次（两级）分类，先按照DO为边和对角线分类，再进行二级分类，DO与DM、DO与DN为邻边．满分解答(1)如图2，作BH⊥x轴，垂足为H，那么四边形BCOH为矩形，OH＝CB＝3．在Rt△ABH中，AH＝3，BA＝35，所以BH＝6．因此点B的坐标为(3,6)．(2) 因为OE＝2EB，所以223E Bx x==，243E By y==，E(2,4)．设直线DE的解析式为y＝kx＋b，代入D(0,5)，E(2,4)，得5,2 4.bk b=⎧⎨+=⎩解得12k=-，5b=．所以直线DE的解析式为152y x=-+．(3) 由152y x=-+，知直线DE与x轴交于点F(10,0)，OF＝10，DF＝55．①如图3，当DO为菱形的对角线时，MN与DO互相垂直平分，点M是DF的中点．此时点M的坐标为(5,52)，点N的坐标为(－5,52)．②如图4，当DO、DN为菱形的邻边时，点N与点O关于点E对称，此时点N的坐标为(4,8)．③如图5，当DO、DM为菱形的邻边时，NO＝5，延长MN交x轴于P．由△NPO∽△DOF，得NP PO NODO OF DF==，即51055NP PO==．解得5NP=，25PO=．此时点N的坐标为(25,5)-．图3 图4考点伸展如果第（3）题没有限定点N在x轴上方的平面内，那么菱形还有如图6的情形．图5 图6例7 2009年江西省中考第24题如图1，抛物线322++-=x x y 与x 轴相交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴相交于点C ，顶点为D ．（1）直接写出A 、B 、C 三点的坐标和抛物线的对称轴；（2）连结BC ，与抛物线的对称轴交于点E ，点P 为线段BC 上的一个动点，过点P 作PF //DE 交抛物线于点F ，设点P 的横坐标为m ．①用含m 的代数式表示线段PF 的长，并求出当m 为何值时，四边形PEDF 为平行四边形？ ②设△BCF 的面积为S ，求S 与m 的函数关系．图1动感体验请打开几何画板文件名“09江西24”，拖动点P 在BC 上运动，可以体验到，四边形PEDF 可以成为平行四边形．观察△BCF 的形状和S 随m 变化的图象，可以体验到，S 是m 的二次函数，当P 是BC 的中点时，S 取得最大值．思路点拨1．数形结合，用函数的解析式表示图象上点的坐标，用点的坐标表示线段的长． 2．当四边形PEDF 为平行四边形时，根据DE =FP 列关于m 的方程． 3．把△BCF 分割为两个共底FP 的三角形，高的和等于OB ． 满分解答（1）A （－1，0），B （3，0），C （0，3）．抛物线的对称轴是x ＝1． （2）①直线BC 的解析式为y ＝－x ＋3．把x ＝1代入y ＝－x ＋3，得y ＝2．所以点E 的坐标为（1，2）．把x ＝1代入322++-=x x y ，得y ＝4．所以点D 的坐标为（1，4）． 因此DE =2．因为PF //DE ，点P 的横坐标为m ，设点P 的坐标为)3,(+-m m ，点F 的坐标为)32,0(2++-m m ，因此m m m m m FP 3)3()32(22+-=+--++-=．当四边形PEDF 是平行四边形时，DE =FP ．于是得到232=+-m m ．解得21=m ，12=m （与点E 重合，舍去）．因此，当m =2时，四边形PEDF 是平行四边形时．②设直线PF 与x 轴交于点M ，那么OM +BM =OB =3．因此BM FP OM FP S S S S CPF BPF BCF ⋅+⋅=+==∆∆∆2121 m m m m 29233)3(2122+-=⨯+-=． m 的变化范围是0≤m ≤3．图2 图3考点伸展在本题条件下，四边形PEDF 可能是等腰梯形吗？如果可能，求m 的值；如果不可能，请说明理由．如图4，如果四边形PEDF 是等腰梯形，那么DG =EH ，因此E P F D y y y y -=-． 于是2)3()32(42-+-=++--m m m ．解得01=m （与点CE 重合，舍去），12=m （与点E 重合，舍去）．因此四边形PEDF 不可能成为等腰梯形．图4。