(通用版)中考数学二轮复习 专题13 特殊四边形探究课件

(2)存在，理由：由题易得 F(2，2)，当 AF 为平行四边形的一边时， 则 M 到 x 轴的距离与 F 到 x 轴的距离相等，即 M 到 x 轴的距离为 2， ∴点 M 的纵坐标为 2 或－2，在 y＝－34x2＋3x 中，
令 y＝2 可得 2＝－34x2＋3x，解得 x＝6±23 3， ∵点 M 在抛物线对称轴右侧，∴x＞2，∴x＝6＋32 3， ∴M 点坐标为(6＋32 3，2)；
则－34t2＋3t＝2，解得 t＝6±23 3，∵点 M 在抛物线对称轴右侧， ∴x＞2，∴t＝6＋32 3，∴M 点坐标为(6＋32 3，2)； 综上可知，点 M 坐标为(6＋32 3，2)或(6＋23 15，－2)
4．(2018·预测)如图在平面直角坐标系中，直线 y＝2x＋4 与 y 轴交于 A 点，
即
3＋ P3( 2
41，－4)，P4(3－2
41，－4)；
②当 BQ 为对角线时，PB∥x 轴，即 P1(0，4)，P2(3，4)；
当这个平行四边形为矩形时，即 P1(0，4)，P2(3，4)时，N1(0，0)，
N2(3，0)．综上所述，当 P1(0，4)，P2(3，4)，P3(3＋2 41，－4)，
(2)若平行四边形ACDP为菱形，请确定抛物线N的解析式．
【解析】(1)由平行四边形的性质得到CD＝AP，能否求得D点坐标？(2)由菱 形的性质可知AC＝AP，能否得到关于a的方程？
解：(1)在y＝(x＋1)(x＋a)中，令y＝0可得(x＋1)(x＋a)＝0， 解得x＝－1或x＝－a，∵a＞1，∴－a＜－1，∴A(－a，0)，B(－1，0)， ∴C(0，a)，∵抛物线N与抛物线M关于y轴对称， ∴抛物线N的解析式为y＝(x－1)(x－a)， 令y＝0可解得x＝1或x＝a，∴P(1，0)，Q(a，0)， ∴AP＝1－(－a)＝1＋a，∵四边形ACDP为平行四边形，∴CD∥AP， 且CD＝AP，∴CD＝1＋a，且OC＝a，∴D(1＋a，a)
与 x 轴交于 B 点，抛物线 C1：y＝－14x2＋bx＋c 过 A，B 两点，与 x 轴另一交 点为 C.
(1)求抛物线解析式； (2)向右平移抛物线 C1，使平移后的抛物线 C2 恰好经过△ABC 的外心，已 知抛物线 C2 的顶点为 M，设 P 为抛物线 C1 对称轴上一点，Q 为抛物线 C1 上一 点，是否存在以点 M，Q，P，B 为顶点的四边形为平行四边形，若存在，写出 P 点坐标；若不存在，请说明理由．
∴PE1HH＝OAOC＝12，设 P1H＝k，HE＝2k，∴P1E＝ 5k＝5，∴P1H＝ 5， HE＝2 5，∴OH＝2 5＋3，∴P1(－ 5，2 5＋3)，同理 P3( 5，3－2 5)， 当 A 与 F 重合时，四边形 F2ECP2 是菱形，∴EF2∥CP2，EF2＝CP2＝5，
∴P2(4，5)；当 CE 是菱形 EP4CF4 的对角线时，四边形 EP4CF4 是菱形， ∴EP4∥AC，如图，过 P4 作 P4G⊥x 轴于 G，过 P4 作 P4N⊥OE 于 N， 则 P4N＝OG，P4G＝ON，EP4∥AC，∴PE4NN＝12，设 P4N＝x，EN＝2x， ∴P4E＝CP4＝ 5x，∴P4G＝ON＝3－2x，CG＝4－x， ∴(3－2x)2＋(4－x)2＝( 5x)2，∴x＝54，∴3－2x＝12，∴P4(54，12)， 存在以点 E，C，P，F 为顶点的四边形是菱形， P(－ 5，2 5＋3)，( 5，3－2 5)，(4，5)，(54，12)．
【解析】第(2)题在P，N，B，Q 这四个点中，B，Q 这两个点是固定点，因
此可以考虑将BQ作为边、将BQ作为对角线分别构造符合题意的图形，再求
解．
解：(1)∵▱ABOC 绕点 O 顺时针旋转 90°，得到平行四边形 A′B′OC′，
点 A 的坐标是(0，4)，∴点 A′的坐标为(4，0)，点 B 的坐标为(1，4)．
解：(1)∵抛物线 y＝－x2＋bx＋c 与 x 轴分别交于 A(－1，0)， B(5，0)两点，∴－－12－5＋b5＋bc＋＝c0＝，0，解得bc＝＝54，， ∴抛物线解析式为 y＝－x2＋4x＋5
(2)由题可知E(1，8)，∵y＝－x2＋4x＋5＝－(x－2)2＋9， ∴抛物线对称轴为x＝2，∴可设P(2，t)，①当BE为平行四边形的边时， 连结BE交对称轴于点M，过E作EF⊥x轴于点F，当BE为平行四边形的边时， 过Q作对称轴的垂线，垂足为N，如图，则∠BEF＝∠BMP＝∠QPN，
根据此解析式可判断函数图象是线段(端点除外)．
2．如图，梯形ABCD中，AB∥DC，DE⊥AB，CF⊥AB，且AE＝EF ＝ FB ＝ 5，DE ＝ 12，动点P从点A出发，沿折线AD→DC→CB以每秒1个单位 长的速度运动到点B停止．设运动时间为t秒，y＝S△EPF，则y与t的函数图象 大致是A( )
∵抛物线过点 C，A，A′，设抛物线的函数解析式为 y＝ax2＋bx＋c(a≠0)，
a－b＋c＝0，
a＝－1，
可得c＝4，
解得b＝3，
16a＋4b＋c＝0. c＝4.
∴抛物线的函数解析式为 y＝－x2＋3x＋4
(2)设 P 点的坐标为(x，－x2＋3x＋4)，当 P，N，B，Q 构成平行四边形时， ①当 BQ 为边时，PN∥BQ 且 PN＝BQ，∵BQ＝4，∴一 x2＋3x＋4＝±4. 当一 x2＋3x＋4＝4 时，x1＝0，x2＝3，即 P1(0，4)，P2(3，4)； 当一 x2＋3x＋4＝一 4 时，x3＝3＋2 41，x4＝3－2 41，
3．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A(4，0)，C(0，3)，若 过O，A两点的抛物线的顶点在BC边上，对称轴交BE于点F，点D，E的坐标 分别为(3，0)，(0，1)．
(1)求抛物线的解析式； (2)点M在对称轴右侧的抛物线上，点N在x轴上，请问是否存在以点A，F， M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有符合条件的点M的 坐标；若不存在，请说明理由．
3－ P4( 2
41，－4)时，P，N，B，Q
构成平行四边形；
当这个平行四边形为矩形时，N1(0，0)，N2(3，0)
9．如图，四边形OABC是矩形，点A，C在坐标轴上，△ODE是由△OCB 绕点O顺时针旋转90°得到的，点D在x轴上，直线BD交y轴于点F，交OE于 点H，OC＝4，BC＝2.
(2)∵A(－a，0)，C(0，a)，∴AC＝ 2a， 当四边形 ACDP 为菱形时则有 AP＝AC，∴ 2a＝1＋a， 解得 a＝ 2＋1，∴抛物线 N 的解析式为 y＝(x－1)(x－ 2－1)
7．如图，在平面直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线所在的直线折叠，点B 落在点D处，DC与y轴相交于点E，已知OA＝8，OC＝4. (1)求点D的坐标； (2)若F是直线AC上一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以点E，C，P，F 为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】作 OE⊥BC 于 E 点，OF⊥CD 于 F 点，设 BC＝a，AB＝b， 点 P 的速度为 x，点 Q 的速度为 y，利用 S＝S△OCQ＋S△OCP＝12·12a·(b－yt)＋ 12·12b·xt，又因为 P，Q 两点同时出发，同时到达，所以CBCP＝DCDQ， 即xat＝ybt，整理得到 S＝14ab(0＜t＜ax)，
在 y＝－34x2＋3x 中，令 y＝－2 可得－2＝－34x2＋3x，解得 x＝6±23 15， ∵点 M 在抛物线对称轴右侧，∴x＞2，∴x＝6＋23 15， ∴M 点坐标为(6＋23 15，－2)； 当 AF 为平行四边形的对角线时，∵A(4，0)，F(2，2)， ∴线段 AF 的中点为(3，1)，即平行四边形的对称中心为(3，1)， 设 M(t，－34t2＋3t)，N(x，0)，
【解析】以点A，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，线段AF是该平 行四边形的边还是对角线？
解：(1)∵A(4，0)，C(0，3)，∴抛物线顶点坐标为(2，3)， ∴可设抛物线解析式为 y＝a(x－2)2＋3，把 A 点坐标代入， 解得 a＝－34，∴抛物线解析式为 y＝－34(x－2)2＋3，即 y＝－34x2＋3x
6．如图，抛物线M：y＝(x＋1)(x＋a)(a＞1)交x轴于A，B两点(A在B的左 边)，交y轴于C点．抛物线M关于y轴对称的抛物线N交x轴于P，Q两点(P在Q 的左边)，在第一象限存在点D，使得四边形ACDP为平行四边形．
(1)写出点D的坐标(用含a的代数式表示)；并判断点D是否在抛物线N上，说 明理由．
②当BE为对角线时，∵B(5，0)，E(1，8)，∴线段BE的中点坐标为(3，4)， 则线段PQ的中点坐标为(3，4)，设Q(x，y)，且P(2，t)，∴x＋2＝3×2，解 得x＝4，把x＝4代入抛物线解析式可求得y＝5，∴Q(4，5)；所以，Q点的坐 标为(－2，－7)或(6，－7)或(4，5)
②当四边形 PQBM 为平行四边形时，PQ∥MB, Q(－7，－745)， 所以 P(3，－225)； ③当wenku.baidu.com边形 PQMB 为平行四边形时 PQ∥BM，Q(13，－745)， 所以 P(3，－25)．
综上所述，满足条件的点 P 坐标为(3，0)，(3，－225)，(3，－25)
5．如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴分别交于A(－1，0)，B(5，0)两点． (1)求抛物线的解析式； (2)抛物线上点E的横坐标为1，点P是抛物线对称轴上一点．试探究：在抛物 线上是否存在点Q，使以点B，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存 在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题易得△ADE≌△COE，可求出 OE＝3， 过 D 作 DM⊥x 轴于 M，则 OE∥DM，∴△OCE∽△MCD， ∴COMC＝DOME ＝CCDE＝58，∴CM＝352，DM＝254， ∴OM＝152，∴D(－152，254)
(2)存在，∵OE＝3，OC＝4，∴CE＝5，过 P1 作 P1H⊥AO 于 H， ∵四边形 P1ECF1 是菱形，∴P1E＝CE＝5，P1E∥AC，∴∠P1EH＝∠OAC，
8．(2018·预测)在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC如图放置，点A， C的坐标分别是(0，4)，(－1，0)，将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°， 得到平行四边形A′B′OC′.
(1)若抛物线过点C，A，A′，求此抛物线的解析式； (2)若P为抛物线上的一动点，N为x轴上的一动点，点Q坐标为(1，0)，当P， N，B，Q 构成平行四边形时，求点P的坐标，当这个平行四边形为矩形时， 求点N的坐标．
在△PQN 和△EBF 中，∴∠∠PQNPQN＝＝∠∠EBFEBF，，∴△PQN≌△EBF(AAS)， PQ＝BE，
∴NQ＝BF＝OB－OF＝5－1＝4，设 Q(x，y)，则 QN＝|x－2|，
∴|x－2|＝4，解得 x＝－2 或 x＝6，当 x＝－2 或 x＝6 时，
代入抛物线解析式可求得 y＝－7，∴Q 点坐标为(－2，－7)或(6，－7)；
专题13 特殊四边形探究
1．如图，在矩形ABCD中，O是对角线AC的中点，动点P从点C出发，沿 CB方向匀速运动到终点B，动点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动到终点C.已 知P，Q两点同时出发，并同时到达终点，连结OP，OQ.设运动时间为t，四边 形OPCQ的面积为S，那么下列图象能大致刻画S与t之间的关系的是(A )
4＝c， 解：(1)由题意得点 A(0，4)，点 B (－2，0)；0＝－14×（－2）2－2b＋c，
解得
b＝32，∴抛物线 C1 的解析式为
c＝4，
y＝－14
x2＋32x＋4
(2)令 C1 解析式中 y＝0，解得 x＝－2 或 8，∴C(8，0)， ∵AB2＝BO2＋AO2，AC2＝AO2＋OC2，BC2＝AB2＋AC2， ∴△ABC 为直角三角形，则抛物线 C2 过 BC 的中点(3，0)， 即 C2 由 C1 向右平移 5 个单位得到，∴M(8，245)． 分情况讨论如下： ①BM 为对角线时，中点在直线 x＝3 上，Q(3，245)，所以 P(3，0)；