四边形之存在性问题(讲义及答案)
【常考压轴题】平行四边形存在性问题—2023-2024学年八年级数学下册(浙教版) (解析版)
平行四边形存在性问题【知识储备】①平行四边形是中心对称图形②中心对称图形的性质：对称中心平分中心对称图形内通过该点的任意线段，且使中心对称图形的面积被平分③中点公式： 类型一 几何背景下的平行四边形存在性问题【典题练习】1．（2023•河北二模）如图，在四边形ABCD 中，∠A ＝∠B ＝90°，AD ＝8cm ，BC ＝6cm ，点P 从点D 出发，以1cm /s 的速度向点A 运动，点M 从点B 同时出发，以相同的速度向点C 运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P 的运动时间为t （单位：s ），下列结论正确的是（ ）A ．当t ＝3s 时，四边形ABMP 为矩形B ．当t ＝4s 时，四边形CDPM 为平行四边形C ．当CD ＝PM 时，t ＝3sD ．当CD ＝PM 时，t ＝3s 或5s【分析】根据题意，表示出DP ，BM ，AP 和CM 的长，当四边形ABMP 为矩形时，根据AP ＝BM ，列方程求解即可；当四边形CDPM 为平行四边形，根据DP ＝CM ，列方程求解即可；当CD ＝PM 时，分两种情况：①四边形CDPM 是平行四边形，②四边形CDPM 是等腰梯形，分别列方程求解即可．【解答】解：根据题意，可得DP ＝t cm ，BM ＝t cm ，∵AD ＝8cm ，BC ＝6cm ，∴AP ＝（8﹣t ）cm ，CM ＝（6﹣t ）cm ，当四边形ABMP 为矩形时，AP ＝BM ，即8﹣t ＝t ，解得t ＝4，故A 选项不符合题意；当四边形CDPM 为平行四边形，DP ＝CM ，)2,2),(),,(21212211y y x x P y x B y x A ++坐标为（，则其中点若即t＝6﹣t，解得t＝3，故B选项不符合题意；当CD＝PM时，分两种情况：①四边形CDPM是平行四边形，此时CM＝PD，即6﹣t＝t，解得t＝3，②四边形CDPM是等腰梯形，过点M作MG⊥AD于点G，过点C作CH⊥AD于点H，如图所示：则∠MGP＝∠CHD＝90°，∵PM＝CD，GM＝HC，∴△MGP≌△CHD（HL），∴GP＝HD，∵AG＝AP+GP＝8﹣t+，又∵BM＝t，∴8﹣t+＝t，解得t＝5，综上，当CD＝PM时，t＝3s或5s，故C选项不符合题意，D选项符合题意，故选：D．2．（2023春•盱眙县期末）如图，在▱ABCD中，AB＝6cm，AD＝10cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动．点Q在BC边上以每秒4cm的速度从点C出发，在CB之间往返运动．两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动），设运动时间为t秒．当5＜t＜10时，运动时间t为何值时，以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形（）A．B．8C．4或D．或8【分析】根据P的速度为每秒1cm，可得AP＝t cm，从而得到PD＝（10﹣t）cm，由四边形ABCD为平行四边形可得出PD∥BQ，结合平行四边形的判定定理可得出当PD＝BQ时以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，当5＜t＜10时，分两种情况考虑，在每种情况中由PD＝BQ即可列出关于t的一元一次方程，解之即可得出结论．【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴PD∥BQ．若要以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，则PD＝BQ．当5＜t≤时，AP＝t cm，PD＝（10﹣t）cm，CQ＝（4t﹣20）cm，BQ＝（30﹣4t）cm，∴10﹣t＝30﹣4t，解得：t＝；当＜t≤10时，AP＝t cm，PD＝（10﹣t）cm，BQ＝（4t﹣30）cm，∴10﹣t＝4t﹣30，解得：t＝8综上所述：当运动时间为秒或8秒时，以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形．故选：D．3．（2022春•曹县期中）如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点M，点F在AD上，AF＝6cm，BF＝12cm，∠FBM＝∠CBM，点E是BC的中点，若点P以1cm/秒的速度从点A出发，沿AD向点F 运动：点Q同时以2cm/秒的速度从点C出发，沿CB向点B运动，点P运动到F点时停止运动，点Q 也同时停止运动，当点P运动（）秒时，以点P、Q、E、F为顶点的四边形是平行四边形．A．2B．3C．3或5D．4或5【分析】由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD＝BC，由平行线的性质可得BF＝DF＝12cm，可得AD ＝AF+DF＝18cm＝BC，由平行四边形的性质可得PF＝EQ，列出方程可求解．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形∴AD∥BC，AD＝BC∴∠ADB＝∠MBC，且∠FBM＝∠MBC∠ADB＝∠FBM∴BF＝DF＝12cm∴AD＝AF+DF＝18cm＝BC，∵点E是BC的中点∴EC＝BC＝9cm，∵以点P、Q、E、F为顶点的四边形是平行四边形∴PF＝EQ∴6﹣t＝9﹣2t，或6﹣t＝2t﹣9∴t＝3或5故选：C．4．（2023春•大竹县校级期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，BD＝12cm，AC＝6cm，点E在线段BO上从点B以1cm/s的速度运动，点F在线段OD上从点O以2cm/s的速度运动．若点E，F同时运动，设运动时间为t秒，当t＝时，四边形AECF是平行四边形．【分析】先根据平行四边形的性质求出OB的长，从而得到OE的长，再由平行四边形的性质得到OE＝OF进而得到关于t的方程，解方程即可．【解答】解：由题意得OE＝OB﹣BE＝OB﹣t，OF＝2t，∵四边形ABCD是平行四边形，BD＝12cm，∴OB＝OD＝6cm，∴OE＝6﹣t，∵四边形AECF是平行四边形，∴OE＝OF，∴6﹣t＝2t，∴t＝2，∴当t＝2时，四边形AECF是平行四边形，故答案为：2．5．（2023秋•红山区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝16cm，AB＝12cm，BC＝21cm，动点P从点B出发，沿射线BC的方向以每秒2cm的速度向点C运动，动点Q从点A出发，在线段AD上以每秒1cm的速度向点D运动，点P，Q分别从点B，A同时出发，当点P运动到点C时，点Q随之停止运动，设运动的时间t（秒）．（1）求DQ、PC的代数表达式；（2）当t为何值时，四边形PQDC是平行四边形；（3）是否存在点P，使△PQD是等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的t的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据题意，写出代数表达式即可；（2）根据平行四边形的性质知DQ＝CP，分当P从B运动到C时，当P从C运动到B时，两种情况进行求解即可；（3）分PQ＝QD、PQ＝PD、QD＝PD三种情况讨论求出t值即可．【解答】解：（1）根据题意，DQ＝（16﹣t）cm，PC＝（21﹣2t）cm；（2）∵四边形PQDC是平行四边形，∴DQ＝CP，当P从B运动到C时，∵DQ＝AD﹣AQ＝16﹣t，CP＝21﹣2t，∴16﹣t＝21﹣2t，解得：t＝5，∴当t＝5秒时，四边形PQDC是平行四边形；（3）当PQ＝PD时，作PH⊥AD于H，则HQ＝HD，∵cm，AH＝BP，∴，∴．当PQ＝QD时，QH＝AH﹣AQ＝BP﹣AQ＝2t﹣t＝t cm，QD＝（16﹣t）cm，∵QD2＝PQ2＝t2+122，∴（16﹣t）2＝122+t2，解得．当QD＝PD时，DH＝AD﹣AH＝AD﹣BP＝16﹣2t，∵QD2＝PD2＝PH2+HD2＝122+16﹣2t）2，∴（16﹣t）2＝122+（16﹣2t）2，即3t2﹣32t+144＝0，∵Δ＝（﹣32）2﹣4×3×144＝﹣704＜0，∴方程无实根，综上可知，当秒或秒时，△PQD是等腰三角形．6．（2023春•和平区校级月考）已知▱ABCD中，一动点P在AD边上，以每秒1cm的速度从点A向点D 运动．（1）如图1，运动过程中，若BP平分∠ABC，且满足AB＝BP，求∠ABC的度数．（2）如图2，在（1）的条件下，连结CP并延长，与AB的延长线交于点F，连结DF，若CD＝2cm，直接写出：△DPF的面积为cm2．（3）如图3，另一动点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在BC间往返运动，两个点同时出发，当点P停止运动时Q点也停止，设运动时间为t（t＞0），若AD＝12cm，则t＝秒时，以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形．【分析】（1）可证AB＝AP，从而可证AB＝BP＝AP，即可求解；（2）设边CD上的高为h1，边BC上的高为h2，，可得S△DPF＝S△P AB，即可求解；（3）当PD＝BQ时，四边形PDBQ是平行四边形，进行分类讨论：①当12﹣t＝12﹣4t时，②当12﹣t ＝24﹣4t时，③当12﹣t＝4t﹣12时，④当12﹣t＝4t﹣24时，⑤当12﹣t＝36﹣4t时，⑥当12﹣t＝4t﹣36时，即可求解．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠APB＝∠CBP，∵BP平分∠ABC，∴∠ABP＝∠CBP，∴∠ABP＝∠APB，∴AB＝AP，∵AB＝BP，∴AB＝BP＝AP，∴△ABP是等边三角形，∴∠ABP＝60°，∴∠ABC＝120°．（2）如图，设边CD上的高为h1，边BC上的高为h2，，∵四边形ABCD是平行四边形，∴S△CDF＝•CD＝S▱ABCD，S△PBC＝h2•BC＝S▱ABCD，∴S△PBC＝S△CDF＝S▱ABCD，∴S△PCD+S△DPF＝S▱ABCD，∴S△P AB+S△PCD＝S▱ABCD，∴S△PCD+S△DPF＝S△P AB+S△PCD，∴S△DPF＝S△P AB，∵△ABP是等边三角形，∴S△DPF＝S△P AB＝＝3，故答案为：；（3）∵PD∥BQ，∴当PD＝BQ时，四边形PDBQ是平行四边形，∵（s），∴0≤t＜12，①当12﹣t＝12﹣4t时，解得：t＝0（不合题意，舍去）；此时当P与A重合，Q与C重合；②当12﹣t＝24﹣4t时，解得：t＝4；③当12﹣t＝4t﹣12时，解得：t＝4.8；④当12﹣t＝4t﹣24时，解得：t＝7.2；⑤当12﹣t＝36﹣4t时，解得：t＝8；⑥当12﹣t＝4t﹣36时，解得：t＝9.6；综上所述：t为4秒或4.8秒或7.2秒或8秒或9.6秒．类型二“三定一动”求平行四边形的顶点坐标当平面直角坐标系中有3个定点，找第4个点形成平行四边形时：①设第4个点的坐标②以3个定点组成的3条线段为对角线分类讨论③以中心对称图形的性质为等量关系列式求解例，如图所示，平面直角坐标系内有A、B、C三点，在平面内找第4个点，构成平行四边形；【典题练习】7．（2022春•西双版纳期末）在平面直角坐标系中，点A、B、C的坐标分别是A（0，1），B（1，0），C（3，1），若以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，那么点D的坐标是．【分析】分三种情况：①BC为对角线时，②AB为对角线时，③AC为对角线时；由平行四边形的性质容易得出点D的坐标．【解答】解：分三种情况：①BC为对角线时，点D的坐标为（4，0）；②AB为对角线时，点D的坐标为（﹣2，0）③AC为对角线时，点D的坐标为（2，2）综上所述，点D的坐标是（﹣2，0）或（4，0）或（2，2）；故答案为：（4，0）或（﹣2，0）或（2，2）．8．（2018春•大邑县期末）如图，在平面直角坐标系中，A（﹣2，3），B（﹣5，1），C（﹣1，0）．（1）在图中作出△ABC关于x轴的对称图形△A1B1C1；（2）在图中作出△ABC关于y轴的对称图形△A2B2C2；（3）若以点A，B，C，D为顶点的四边形为平行四边形时，请直接写出满足条件的点D的坐标．【分析】（1）根据关于x轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1；（2）根据关于y轴对称的点的坐标特征写出A2、B2、C2的坐标，然后描点即可得到△A2B2C2；（3）分别以AB、BC、AC为对角线画平行四边形可得到D点坐标．【解答】解：（1）如图，△A11C1为所作；（2如图，△A2B2C2为所作；（3）满足条件的点D的坐标为（2，2）或（﹣4，﹣2）或（﹣6，4）．9．（2023春•凤山县期末）如图，在平面直角坐标系中，已知Rt△AOB的两直角边OA，OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，且OA，OB的长满足|OA﹣8|+（OB﹣6）2＝0，∠ABO的平分线交x轴于点C，过点C作AB的垂线，垂足为点D，交y轴于点E．（1）求直线AB的解析式；（2）若△ABC的面积为15，求点C的坐标；（3）在（2）的条件下，在坐标平面内是否存在点P，使以O，C，E，P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．【分析】（1）根据绝对值和完全平方式的非负性得出OA和OB的值，然后确定A点和B点的坐标，用待定系数法求出直线AB的解析式即可；（2）根据△ABC的面积为15，得出AC的长，确定C点的坐标即可；（3）分情况根据平行四边形的性质分别求出P点的坐标即可．【解答】解：（1）∵|OA﹣8|+（OB﹣6）2＝0，∴OA＝8，OB＝6，∴A（﹣8，0），B（0，6），设直线AB的解析式为y＝kx+b，代入A点和B点的坐标得，解得，∴直线AB的解析式为y＝；（2）∵△ABC的面积为15，∴AC•OB＝15，即AC×6＝15，∴AC＝5，∵OA＝8，∴OC＝OA﹣AC＝8﹣5＝3，即C（﹣3，0）；（3）存在，∵D点在直线AB上，设D（a，a+6），∵BC平分∠ABO，∴CD＝OC，即＝3，解得a＝﹣，∴D（﹣，），设直线DE的解析式为y＝sx+t，∴，解得，∴直线DE的解析式为y＝﹣x﹣4，∴E（0，﹣4），设点P的坐标为（m，n），①以CE为对角线时，此时以O，C，E，P为顶点的四边形是矩形，∵O（0，0），C（﹣3，0），E（0，﹣4），∴P（﹣3，﹣4）；②以OE为对角线时，由平行四边形对角线互相平分可知，，解得，即P'（3，﹣4）；③以OC为对角线时，由平行四边形对角线互相平分可知，，解得，即P''（﹣3，4）；综上所述，符合条件的P点坐标为（﹣3，﹣4）或（3，﹣4）或（﹣3，4）．类型三“两定两动”求平行四边形的顶点坐标当坐标系中有2个定点，且另外两个动点均在特殊的位置上时，方法策略同类型二。
八年级(下)数学 同步讲义 四边形的存在性
四边形的存在性内容分析本节包含两部分，平行四边形的存在性及梯形的存在性，常见题型是存在菱形和正方形，根据题目中的条件及特殊的平行四边形的性质构造等量关系，求出相应的点的坐标；常见的梯形的问题中，经常需要添加辅助线，考察学生的分类讨论思想及逻辑思维能力．知识结构模块一平行四边形的存在性知识精讲平行四边形的问题是近几年来考试的热点，考察学生的分类讨论的思想．常见的题型是在平面直角坐标系中已知三点和第四点构成平行四边形，求第四点；或者已知两点，另外两点在某函数图像上，四点构成平行四边形；利用两点间的距离公式和平移的思想，结合题目中的条件构造等量关系进行求解即可．在几何中，平行四边形的判定方法有如下几条：①两组对边互相平行；②两组对边分别相等；③一组对边平行且相等；④对角线互相平分；⑤两组对角相等。
在压轴题中，往往与函数（坐标轴）结合在一起，运用到④⑤的情况较少，更多的是从边的平行、相等角度来得到平行四边形．- 2 -ABCM 1M 2M 31、 知识内容：已知三点后，其实已经固定了一个三角形（平行四边形的一半），如图ABC ．第四个点M 则有3种取法，过3个顶点作对边的平行线且取相等长度即可（如图中3个M 点）．2、 解题思路：（1） 根据题目条件，求出已知3个点的坐标； （2） 用一点及其对边两点的关系，求出一个可能点； （3） 更换顶点，求出所有可能的点；（4） 根据题目实际情况，验证所有可能点是否满足要求并作答．【例1】 如图所示，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠B =90°，AD =24 cm ，BC =26 cm ，动点P 从点A 出发沿AD 方向向点D 以1cm /s 的速度运动，动点Q 从点C 开始沿着CB 方向向点B 以3cm /s 的速度运动．点P 、Q 分别从点A 和点C 同时出发，当其中一点到达端点时，另一点随之停止运动．（1）经过多长时间，四边形PQCD 是平行四边形； （2）经过多长时间，四边形PQBA 是矩形．例题解析思路剖析【例2】 如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为A (3， 0)，点B 的坐标为B (0， 4)．（1）求直线AB 的解析式；（2）点C 是线段AB 上一点，点O 为坐标原点，点D 在第二象限，且四边形BCOD 为菱形，求点D 坐标；（3）在（2）的条件下，点E 在x 轴上，点P 在直线AB 上，且以B 、D 、E 、P 为顶点 的四边形是平行四边形，请写出所有满足条件的点P 的坐标．【例3】 如图，在平面直角坐标系中，过点(2，3)的直线y ＝kx ＋2与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，将此直线向下平移3个单位，所得到的直线l 与x 轴交于点C ． （1）求直线l 的表达式；（2）点D 为该平面直角坐标系内的点，如果以点A 、B 、C 、D 为顶点的四边形是平行 四边形，求点D 的坐标．ABOxyAB Oxy【例4】如图，已知直线l1经过点A(－5，－6)且与直线l2：362y x=-+平行，直线l 2与x轴、y轴分别交于点B、C．（1）求直线l1的表达式及其与x轴的交点D的坐标；（2）判断四边形ABCD是什么四边形．并证明你的结论；（3）若点E是直线AB上一点，平面内存在一点F，使得四边形CBEF是正方形，求点E的坐标，请直接写出答案．【例5】直线364y x=-+与坐标轴分别交与点A、B两点，点P、Q同时从O点出发，同时到达A点，运动停止．点Q沿线段OA运动，速度为每秒1个单位长度，点P沿O B A→→运动．（1）直接写出A、B两点的坐标；（2）设点Q的运动时间为t秒，△OPQ的面积为S，求出S与t之间的函数关系式．（3）当485S=时，求出点P的坐标，并直接写出以点O、P、Q为顶点的平行四边形的第四个顶点M的坐标．xOy- 4 -【例6】 已知：如图，四边形ABCD 是菱形，∠B 是锐角，AF ⊥BC 于点F ， CH ⊥AD 于点H ， 在AB 边上取点E ，使得AE ＝AH ，在CD 边上取点G ，使得CG ＝CF ．联结EF 、FG 、GH 、HE ．（1）求证：四边形EFGH 是矩形；（2）当∠B 为多少度时，四边形EFGH 是正方形．并证明．【例7】 如图所示，平面直角坐标系中，O 是坐标原点，正比例函数y =kx （x 为自变量）的图像与双曲线2y x=-交于点A ，且点A 的横坐标为2-．（1）求k 的值；（2）将直线y =kx （x 为自变量）向上平移4个单位得到直线BC ，直线BC 分别交x 轴、y 轴于B 、C ，如点D 在直线BC 上，在平面直角坐标系中求一点，使以O 、B 、D 、P 为顶点的四边形是菱形．ABC OxyABCDEFGH- 6 -【例8】 在直角△ABC 中，∠C =90°，∠A =30°，AB =4，将一个30°角的顶点P 放在AB边上滑动，保持30°角的一边平行于BC ，且交边AC 于点E ，30°的另一边交射线BC 于点D ，连ED ．（1）如图，当四边形PBDE 为等腰梯形时，求AP 长；（2）四边形PBDE 有可能为平行四边形吗．若可能，求出PBDE 为平行四边形时，AP 的长，若不可能，说明理由；（3）若点D 在BC 边上（不与B 、C 重合），试写出线段AP 的取值范围．ABCDE P梯形的分类讨论题多见于各类压轴题中，由于这类题目都与图形的运动有关，需要学生有一定的想象力、分析力和运算力．梯形的主要特征是两底平行，特殊梯形又可分为等腰梯形和直角梯形两大类．常见题型为在直角坐标平面内已知三点求第四点，抓住梯形两底平行的特征，对应的一次函数的解析式的k 相等而b 不相等．若是等腰梯形，常需添设辅助线，过上底的两个顶点作下底的垂线，构造两个全等的直角三角形．若是直角梯形，则需连接对角线或过上底的一顶点作下底的高构造直角三角形．【例9】 在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD =12cm ，DC =8cm ，且∠C =60°，动点P 以1cm/s的速度从点A 出发，沿AD 方向向点D 移动，同时，动点Q 以2cm /s 的速度从点C 出发，沿C 出发，沿CB 方向向点B 移动，连接PQ ，（1）得四边形ABQP 和四边形PQCD .若设移动的时间为t 秒（0＜t ＜7），四边形PQCD 的面积为ycm ²，求y 与t 的函数关系式；（2）当t 为何值时，四边形QPCD 是等腰梯形．说明理由； （3）当t 为何值时，四边形PQCD 是直角梯形．模块二 梯形的存在性知识精讲例题解析QPBCDA- 8 -【例10】 如图，一次函数33y x b =+的图像与x 轴相交于点A (53，0)、与y 轴相交于点B ． （1）求点B 的坐标及∠ABO 的度数；（2）如果点C 的坐标为（0，3），四边形ABCD 是直角梯形，求点D 的坐标【例11】 如图，在平行四边形ABCD 中，O 为对角线的交点，点G 为BC 的中点，点E 为线段BC 延长线上的一点，且CE ＝12BC ，过点E 作EF //CA ，交CD 于点F ，联结OF ．（1）求证：OF //BC ；（2）如果四边形OBEF 是等腰梯形，判断四边形ABCD 的形状，并给出证明．【例12】 如图，在平面直角坐标系中，直线l 1经过O 、A (1，2)两点，将直线l 1向下平移6AB C OxyABCDEFGO个单位得到直线l 2，交x 轴于点C ，B 是直线l 2上一点，且四边形ABCO 是平行四边形．（1）求直线l 2的表达式及点B 的坐标；（2）若D 是平面直角坐标系内的一点，且以O 、A 、C 、D 四个点为顶点的四边形是等腰梯形，求点D 的坐标．【例13】 已知一次函数142y x =-+的图像与x 轴、y 轴分别相交于点A 、B ，梯形AOBC 的边AC =5．（1） 求点C 的坐标；（2） 如果点A 、C 在一次函数y =kx +b （k 、b 为常数，且k <0）的图像上，求这个一次 函数的解析式【例14】 如图1，在平面直角坐标系中，已知点A (0，2)，点P 是x 轴上一动点，以线段APAOC xy为一边，在其一侧作等边三角形APQ．当点P运动到原点O处时，记Q的位置为B．（1）求点B的坐标；（2）当点P在x轴上运动（P不与O重合）时，求证：∠ABQ＝90°；（3）是否存在点P，使得以A、O、Q、B为顶点的四边形是梯形．若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．ABOPQ xyABO xy图1备用图- 10 -【例15】 在直角平面内，O 为原点，点A 的坐标为（1，0），点C 的坐标为（0，4），直线CM ∥x 轴（如图所示）．点B 与点A 关于原点对称，直线y =x +b （b 为常数）经过点B ，且与直线CM 相交于点D ，连接OD ． （1）求b 的值和点D 的坐标；（2）设点P 在x 轴的正半轴上，若△POD 是等腰三角形，求点P 的坐标；（3）若动点P 在x 轴的正半轴上，以每秒2个单位长的速度向右运动；动点Q 在射线CM 上，且以每秒1个单位长的速度向右运动，若P 、Q 分别由O 点、C 点同时出发，问几秒后，以P 、Q 、O 、D 为顶点的四边形可以成为平行四边形；以P 、Q 、O 、D 为顶点的四边形是否可以成为等腰梯形．写出理由．1AO4CxMy- 12 -【习题1】 如图，在平面直角坐标系中，函数y ＝2x ＋12的图像分别交x 轴、y 轴于A 、B两点．过点A 的直线交y 轴正半轴于点C ，且点C 为线段OB 的中点． （1）求直线AC 的表达式；（2）如果四边形ACPB 是平行四边形，求点P 的坐标．【拓展】如果以A 、C 、P 、B 为顶点的四边形是平行四边形，求点P 的坐标．【习题2】 如图，在平面直角坐标系中，直线162y x =-+与y 轴交于点A ，与直线12y x =相交于点B ，点C 是线段OB 上的点，且△AOC 的面积为12． （1）求直线AC 的表达式；（2）设点P 为直线AC 上的一点，在平面内是否存在点Q ，使四边形OAPQ 为菱形， 若存在，求点Q 的坐标，若不存在，请说明理由．随堂检测ABCOxy ABO xy【习题3】 如图，已知在梯形ABCD 中，AD//BC ，∠B ＝90°，AD ＝24cm ，AB ＝8cm ，BC ＝26cm ，动点P 从A 点开始沿AD 边以1cm /s 的速度向D 运动，动点Q 从C 点开始沿CB 边以3 cm /s 的速度向B 运动，P 、Q 分别从A 、C 同时出发，当其中一点到端点时，另一点也随之停止运动.设运动时间为t 秒，当t 为何值时，线段PQ ＝CD ．【作业1】 如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图像与反比例函数的图像相交于A 、B两点，点A 的坐标为(2，3)，点B 的横坐标为6． （1）求反比例函数与一次函数的解析式；（2）如果点C 、D 分别在x 轴、y 轴上，四边形ABCD 是平行四边形，求直线CD 的表达式．课后作业ABCDQPAB CDABOxy【作业2】已知一条直线y=kx+b在y轴上的截距为2，它与x轴、y轴的交点分别为A、B，且△ABO的面积为4．（1）求点A的坐标；（2）若k<0，在直角坐标平面内有一点D，使四边形ABOD是一个梯形，且AD∥BO，其面积又等于20，试求点D的坐标．【作业3】定义[p，q]为一次函数y＝px＋q的特征数．（1）若特征数为[3，k－1]的一次函数为正比例函数，求k的值；（2）一次函数y＝kx＋b的图像与x轴交于点A(3-，0)，与y轴交于点B，且与正比例函数43y x=的图像的交点为C (m，4)．求过A、B两点的一次函数的特征数；（3）在（2）的条件下，若点D与A、O、C构成的四边形为平行四边形，直接．．写出所有符合条件的点D的坐标．A BCO x y- 14 -【作业4】 如图所示，直线y =-2x +12，分别与x 轴、y 轴交于点A 、B ，点C 是线段AB 的中点，点D 在线段OC 上，点D 的纵坐标是4． （1） 求点C 的坐标和直线AD 的解析式；（2） P 是直线AD 上的点，请你找出一点Q ，使得以O 、A 、P 、Q 这四个点为顶点的 四边形是菱形，写出所有满足条件的Q 的坐标．BA Cyx。
专题1.5 四边形存在性问题(强化)(解析版)
专题1.5 四边形存在性问题【例题精讲】【例1】如图，以ABC D 的各边，在边BC 的同侧分别作三个正方形ABDI ，BCFE ，ACHG ．（1）求证：BDE BAC D @D ；（2）求证：四边形ADEG 是平行四边形．（3）直接回答下面两个问题，不必证明：①当ABC D 满足什么条件时，四边形ADEG 是矩形？②当ABC D 满足什么条件时，四边形ADEG 是正方形？【解答】（1）证明：Q 四边形ABDI 、四边形BCFE 、四边形ACHG 都是正方形，AC AG \=，AB BD =，BC BE =，90GAC EBC DBA Ð=Ð=Ð=°．ABC EBD \Ð=Ð（同为EBA Ð的余角）．在BDE D 和BAC D 中，BD BA DBE ABC BE BC =ìïÐ=Ðíï=î，()BDE BAC SAS \D @D ，（2）BDE BAC D @D Q ，DE AC AG \==，BAC BDE Ð=Ð．AD Q 是正方形ABDI 的对角线，45BDA BAD \Ð=Ð=°．45EDA BDE BDA BDE Ð=Ð-Ð=Ð-°Q ，360DAG GAC BAC BADÐ=°-Ð-Ð-Ð3609045BAC =°-°-Ð-°225BAC=°-Ð45225180EDA DAG BDE BAC \Ð+Ð=Ð-°+°-Ð=°//DE AG \，\四边形ADEG 是平行四边形（一组对边平行且相等）．（3）①当四边形ADEG 是矩形时，90DAG Ð=°．则360360459090135BAC BAD DAG GAC Ð=°-Ð-Ð-Ð=°-°-°-°=°，即当135BAC Ð=°时，平行四边形ADEG 是矩形；②当四边形ADEG 是正方形时，90DAG Ð=°，且AG AD =．由①知，当90DAG Ð=°时，135BAC Ð=°．Q 四边形ABDI 是正方形，AD \=．又Q 四边形ACHG 是正方形，AC AG \=，AC \=．\当135BAC Ð=°且AC =时，四边形ADEG 是正方形．【题组训练】菱形存在性1．在ABC D 中，D 是BC 的中点，E 是AD 的中点，过点A 作//AF BC 交BE 的延长线于点F ．（1）求证：AEF DEB D @D ；（2）当ABC D 满足什么条件时，四边形ADCF 是菱形，并证明．【解答】（1）证明：E Q 是AD 的中点，AE DE \=，//AF BC Q ，在AEF D 和DEB D 中，EAF EDB AE DE AEF DEB Ð=Ðìï=íïÐ=Ðî，()AEF DEB ASA \D @D ；（2）解：90BAC Ð=°时，四边形ADCF 是菱形．理由如下：AEF DEB D @D Q ，AF BD \=，90BAC Ð=°Q ，D 是BC 的中点，AD BD CD \==，AF CD \=，//AF BC Q ，\四边形ADCF 是平行四边形，又AD CD =Q ，\四边形ADCF 是菱形．2．如图，在ABCD Y 中，E 是AD 边上的中点，连接BE ，并延长BE 交CD 的延长线于点F ．（1）求证：ABE DFE D @D ；（2）连接BD 、AF ，当BE 平分ABD Ð时，求证：四边形ABDF 是菱形．【解答】（1）证明：Q 四边形ABCD 为平行四边形，//AB CD \．Q 点F 在CD 的延长线上，//FD AB \．E Q 是AD 中点，AE DE \=．在ABE D 和DFE D 中，ABE DFE BEA DEFAE DE Ð=ÐìïÐ=Ðíï=î，()ABE DFE AAS \D @D ；（2）证明：ABE DFE D @D Q ，AB DF \=．//AB DF Q ，AB DF =，\四边形ABDF 是平行四边形．BF Q 平分ABD Ð，ABF DBF \Ð=Ð．//AB DF Q ，ABF DFB \Ð=Ð，DBF DFB \Ð=Ð．DB DF \=．\四边形ABDF 是菱形．3．已知：如图，在ABC D 中，90ACB Ð=°，AD 平分CAB Ð，DE AB ^，垂足为E ，CD ED =．连接CE ，交AD 于点H ．（1）求证：ACD AED D @D ；（2）点F 在AD 上，连接CF ，EF ．现有三个论断：①//EF BC ；②EF FC =；③CE AD ^．请从上述三个论断中选择一个论断作为条件，证明四边形CDEF 是菱形．【解答】（1）证明：90ACB Ð=°Q ，CAB Ð的平分线交BC 于D ，DE AB ^，CD DE \=，在Rt ACDD和Rt AEDD中，AD AD CD DE=ìí=î，()ACD AED HL\D@D；（2）选择①//EF BC．证明如下：ACD AEDD@DQ，AC AE\=，ADQ平分CABÐ，AD\垂直平分CE，FC FE\=，DC DE=，CED ECD\Ð=Ð，//EF BCQ，FEC ECD\Ð=Ð，CED FEC\Ð=Ð，EFD EDF\Ð=Ð，EF ED\=，FC FE DC DE\===，\四边形FCDE为菱形．4．如图，已知BE AD^，CF AD^，且BE CF=．（1）请你判断AD是ABCD的中线还是角平分线？请证明你的结论；（2）连接BF，CE，是否可以在ABCD中添加一个条件，使四边形BFCE是菱形？如果可以，试写出这个条件；若不可以，请说明理由．【解答】解：（1）AD是ABCD的中线．（1分）理由如下：BE AD^Q，CF AD^，90BED CFD \Ð=Ð=°（1分）又BE CF =Q ，BDE CDF Ð=Ð，()BDE CFD AAS \D @D ．（2分）BD CD \=，即AD 为ABC D 的中线；（2）不可以．若四边形BFCE 是菱形，则BF BE =，与垂线段最短矛盾，故不可能是菱形．矩形存在性5．如图，ABC D 中，点D 是边AC 的中点，过D 作直线//PQ BC ，BCA Ð的平分线交直线PQ 于点E ，点G 是ABC D 的边BC 延长线上的点，ACG Ð的平分线交直线PQ 于点F ．求证：四边形AECF 是矩形．【解答】证明：//PQ BC Q ，DEC BCE \Ð=Ð，DFC GCF Ð=Ð，CE Q 平分BCA Ð，CF 平分ACG Ð，BCE DCE \Ð=Ð，DCF GCF Ð=Ð，DEC DCE \Ð=Ð，DFC DCF Ð=Ð，DE DC \=，DF DC =，DE DF \=，Q 点D 是边AC 的中点，AD CD \=，\四边形AECF 是平行四边形，180BCA ACG Ð+Ð=°Q ，1180902ECF DCE DCF \Ð=Ð+Ð=´°=°，\平行四边形AECF 是矩形．6．已知：如图，ABC D 中，BD 平分ABC Ð交AC 于点D ，E 为AB 中点，过点A 作//AF BD ，交DE 延长线于点F ．（1）求证：AF BD =；（2）当ABC D 满足什么条件时，四边形AFBD 是矩形？请证明你的结论．【解答】（1）证明：//AF BD Q ，FAE DBE \Ð=Ð，E Q 为AB 的中点，EA EB \=，在AEF D 和BED D 中，FAE DBE AE BEAEF BED Ð=Ðìï=íïÐ=Ðî，()AEF BED ASA \D @D ，AF BD \=；（2）解：当ABC D 满足AB CB =时，四边形AFBD 是矩形，理由如下：由（1）可知，AF BD =，//AF BD Q ，\四边形AFBD 是平行四边形，AB CB =Q ，BD 平分ABC Ð，BD AC \^，90BDA \Ð=°，\平行四边形AFBD 是矩形．7．已知在四边形ABCD 中，作//AE BC 交BD 于O 点且OB OD =，交DC 于点E ，连接BE ，ABD EAB Ð=Ð，DBE EBC Ð=Ð．求证：四边形ABED为矩形．【解答】证明：ABD EABÐ=ÐQ，OA OB\=，//AE BCQ，AEB EBC\Ð=Ð，DBE EBCÐ=ÐQ，AEB DBE\Ð=Ð，OE OB\=，OA OE\=，OB OD=Q，\四边形ABED是平行四边形，OA OB=Q，OA OE=，OA OE OB OD\===，AE BD\=，\平行四边形ABED为矩形．8．如图，//AB DE，且12AB DE=，C是DE的中点，线段AE和BC相交于F点（1）求证：BC AD=；（2）连接AC、BE，若要使四边形ABEC是矩形，则需要给ADED添加什么条件，请说明理由．【解答】（1）证明：12AB DE=Q，C是DE的中点，//AB DE Q ，\四边形ABCD 是平行四边形，BC AD \=；（2）解：要使四边形ABEC 是矩形，添加条件ADE D 是等腰三角形，AD AE =，理由如下：12AB DE =Q ，C 是DE 的中点，AB CE \=，//AB DE Q ，\四边形ABEC 是平行四边形AD AE =Q ，C 是DE 的中点，AC DE \^，90ACE \Ð=°，\四边形ABEC 是矩形．9．如图，在ABC D 中，点O 是边AC 上一个动点，过点O 作直线//EF BC 分别交ACB Ð、外角ACD Ð的平分线于点E 、F ．（1）若8CE =，4CF =，求OC 的长；（2）连接AE 、AF ．问：当点O 在边AC 上运动到什么位置时，四边形AECF 是矩形？并说明理由．【解答】解：（1）CE Q 平分ACB Ð，12ACE ECB ACB \Ð=Ð=Ð，CF Q 平分ACD Ð，12ACF FCD ACD \Ð=Ð=Ð，11118090222ECF ACB ACD \Ð=Ð+Ð=´°=°，在Rt ECF D 中，EF ===，ACE ECB FEC \Ð=Ð=Ð，OE OC \=，同理OC OF =，12OC OE OF EF \====；（2）当点O 在边AC 上运动到AC 中点时，四边形AECF 是矩形．理由如下：连接AE 、AF ，如图所示：当O 为AC 的中点时，AO CO =，EO FO =Q ，\四边形AECF 是平行四边形，90ECF Ð=°Q ，\平行四边形AECF 是矩形．10．如图，在ABC D 中，O 是边AC 上的一个动点，过点O 作直线MN ，交ACB Ð的平分线于点E ，交ABC D 的外角ACD Ð的平分线于点F ．给出下列信息：①//MN BC ；②OE OC =；③OF OC =．（1）请在上述3条信息中选择其中一条作为条件，证明：OE OF =；（2）在（1）的条件下，连接AE 、AF ，当点O 在边AC 上运动到什么位置时，四边形AECF 是矩形？请说明理由．【解答】解：（1）选择//MN BC ，理由如下：//MN BC Q ，OEC BCE \Ð=Ð，OFC DCF Ð=Ð，CE Q 平分ACB Ð，CF 平分ACD Ð，BCE ACE \Ð=Ð，DCF ACF Ð=Ð，OEC ACE \Ð=Ð，OFC ACF Ð=Ð，OE OC \=，OF OC =，OE OF \=；（2）当点O 在边AC 上运动到AC 中点时，四边形AECF 是矩形，理由如下：当O 为AC 的中点时，AO CO =，由（1）可知，OE OF =，\四边形AECF 是平行四边形，CE Q 平分ACB Ð，CF 平分ACD Ð，ACE BCE \Ð=Ð，ACF DCF Ð=Ð，1180902ACE ACF \Ð+Ð=´°=°，即90ECF Ð=°，\平行四边形AECF 是矩形．11．如图，ABC D 中，点O 是边AC 上一个动点，过O 作直线//MN BC ．设MN 交ACB Ð的平分线于点E ，交ACB Ð的外角平分线于点F ．（1）求证：OE OF =；（2）若8CE =，6CF =，求OC 的长；（3）当点O 在边AC 上运动到什么位置时，四边形AECF 是矩形？并说明理由．【解答】（1）证明：MN Q 交ACB Ð的平分线于点E ，交ACB Ð的外角平分线于点F ，25\Ð=Ð，46Ð=Ð，//MN BC Q ，15\Ð=Ð，36Ð=Ð，12\Ð=Ð，34Ð=Ð，EO CO \=，FO CO =，OE OF \=；（2）解：25Ð=ÐQ ，46Ð=Ð，245690\Ð+Ð=Ð+Ð=°，8CE =Q ，6CF =，10EF \==，152OC EF \==；（3）答：当点O 在边AC 上运动到AC 中点时，四边形AECF 是矩形．证明：当O 为AC 的中点时，AO CO =，EO FO =Q ，\四边形AECF 是平行四边形，90ECF Ð=°Q ，\平行四边形AECF 是矩形．12．如图，在矩形ABCD 中，8AB cm =，16BC cm =，点P 从点D 出发向点A 运动，运动到点A 停止，同时，点Q 从点B 出发向点C 运动，运动到点C 即停止，点P 、Q 的速度都是1/cm s ．连接PQ 、AQ 、CP ．设点P 、Q 运动的时间为t s ．（1）当t 为何值时，四边形ABQP 是矩形；（2）当t 为何值时，四边形AQCP 是菱形；（3）分别求出（2）中菱形AQCP 的周长和面积．【解答】解：（1）Q 在矩形ABCD 中，8AB cm =，16BC cm =，16BC AD cm \==，8AB CD cm ==，由已知可得，BQ DP tcm ==，(16)AP CQ t cm ==-，在矩形ABCD 中，90B Ð=°，//AD BC ，当BQ AP =时，四边形ABQP 为矩形，16t t \=-，得8t =，故当8t s =时，四边形ABQP 为矩形；（2）AP CQ =Q ，//AP CQ ，\四边形AQCP 为平行四边形，\当AQ CQ =时，四边形AQCP 为菱形16t =-时，四边形AQCP 为菱形，解得6t =，故当6t s =时，四边形AQCP 为菱形；（3）当6t s =时，16610AQ CQ CP AP cm ====-=，则周长为41040cm cm ´=；面积为210880cm cm cm ´=．正方形存在性13．如图，ABC D 中，点O 是边AC 上一个动点，过O 作直线//MN BC ，设MN 交BCA Ð的平分线于点E ，交BCA Ð的外角平分线于点F ．（1）探究：线段OE 与OF 的数量关系并加以证明；（2）当点O 在边AC 上运动时，四边形BCFE 会是菱形吗？若是，请证明；若不是，则说明理由；（3）当点O 运动到何处，且ABC D 满足什么条件时，四边形AECF 是正方形？【解答】解：（1）OE OF =．证明如下：CE Q 是ACB Ð的平分线，12\Ð=Ð．//MN BC Q ，13\Ð=Ð．23\Ð=Ð．OE OC \=．同理可证OC OF =．OE OF \=．（2）四边形BCFE 不可能是菱形，若四边形BCFE 为菱形，则BF EC ^，而由（1）可知FC EC ^，在平面内过同一点F 不可能有两条直线同垂直于一条直线．（3）当点O 运动到AC 中点时，且ABC D 是直角三角形(90)ACB Ð=°时，四边形AECF 是正方形．理由如下：O Q 为AC 中点，OA OC \=，Q 由（1）知OE OF =，\四边形AECF 为平行四边形；12Ð=ÐQ ，45Ð=Ð，1245180Ð+Ð+Ð+Ð=°，2590\Ð+Ð=°，即90ECF Ð=°，AECF \Y 为矩形，又//MN BC Q ，90ACB Ð=°，90AOM \Ð=°，AC EF \^．AECF \Y 是正方形．\当点O 为AC 中点且ABC D 是以ACB Ð为直角三角形时，四边形AECF 是正方形．14．如图，ABCÐ的平分线分别交MN于E、Ð、ACDD中，//MN BD交AC于P，ACBF．（1）求证：PE PF=；（2）当MN与AC的交点P在什么位置时，四边形AECF是矩形，说明理由；（3）在（2）条件中，当ABCD满足什么条件时，四边形AECF是正方形．（不需要证明）【解答】证明：（1）CEQ平分ACBÐ，\Ð=Ð．ACE BCEQ，MN BC//\Ð=Ð．PEC BCE=．\Ð=Ð，PE PCACE PEC同理：PF PC=．PE PF\=．（2）当P是AC中点时四边形AECF是矩形，=，Q，PF PE=PA PC\四边形AECF是平行四边形．=Q，PE PC\=，四边形AECF是矩形．AC EF（3）当90Ð=°时，四边形AECF是正方形．ACB15．如图，在ABCMN BC，设MN交D中，点O是AC边上的一个动点，过点O作直线//Ð的外角平分线于点F．BCAÐ的角平分线于点E，交BCA（1）求证：EO FO=；（2）当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形？并证明你的结论．（3）当点O运动到何处，且ABCD满足什么条件时，四边形AECF是正方形？并说明理由．【解答】解：（1）Q，MN BC//\Ð=Ð，32又CFÐ，Q平分GCO12\Ð=Ð，\Ð=Ð，13FO CO\=，同理：EO CO=，EO FO\=．（2）当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形．Q当点O运动到AC的中点时，AO CO=，又EO FOQ，=\四边形AECF是平行四边形，由（1）可知，FO CO=，\===，AO CO EO FO=，\+=+，即AC EFAO CO EO FO\四边形AECF是矩形．（3）当点O运动到AC的中点时，且ABCACBÐ=°的直角三角形时，四边形AECFD满足90是正方形．Q由（2）知，当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形，Q，MN BC//\Ð=ÐAOE ACBQ，Ð=°ACB90\Ð=°，AOE90\^，AC EF\四边形AECF是正方形．16．如图，在ABCÐ的D外角CAM D中，AB AC^，垂足为点D，AN是ABC=，AD BC平分线，CE AN^，垂足为点E，连接DE交AC于点F．（1）DANÐ= 90° ．（2）求证：四边形ADCE是一个矩形．（3）当ABCD满足什么条件时，四边形ADCE是一个正方形？请给出证明．【解答】（1）解：如图1，AB AC =Q ，AD BC ^，垂足为D ，12CAD BAC \Ð=Ð．AN Q 是ABC D 外角的平分线，12CAE CAM \Ð=Ð，BAC ÐQ 与CAM Ð是邻补角，180BAC CAM \Ð+Ð=°，1()902DAN CAD CAE BAC CAM \Ð=Ð+Ð=Ð+Ð=°，故答案为：90°（2）AD BC ^Q ，CE AN ^，90DAN Ð=°，90ADC CEA DAN \Ð=Ð=Ð=°，\四边形ADCE 为矩形．（3）如图2，当ABC D 是等腰直角三角形时，四边形ADCE 是一个正方形．90BAC Ð=°Q ，且AB AC =，AD BC ^，1452CAD BAC \Ð=Ð=°，90ADC Ð=°，45ACD CAD \Ð=Ð=°，AD AC \=．Q 四边形ADCE 为矩形，\四边形ADCE 为正方形．17．如图，AD 是等腰ABC D 底边BC 上的高，点O 是AC 中点，延长DO 到E ，使//AE BC ，连接AE ．（1）求证：四边形ADCE 是矩形；（2）①若17AB =，16BC =，则四边形ADCE 的面积= 120 ．②若10AB =，则BC = 时，四边形ADCE 是正方形．【解答】（1）证明：Q 点O 是AC 中点，AO OC \=，//AE BC Q ，AEO ODC \Ð=Ð，EAO OCD Ð=Ð，()AOE COD AAS \D @D ，OE OD \=，\四边形ADCE 是平行四边形，AD Q 是等腰ABC D 底边BC 上的高，90ADC \Ð=°，\四边形ADCE 是矩形；（2）①AD Q 是等腰ABC D 底边BC 上的高，16BC =，17AB =，8BD CD \==，17AB AC ==，90ADC Ð=°，由勾股定理得：15AD ===，\四边形ADCE 的面积是158120AD DC ´=´=．②当10AB =，BC =ADCE 是正方形，理由如下：Q，BC===AB AC10AD DC \====，Q，^AD BC\四边形ADCE是正方形；故答案为：120；。
专题6二次函数与平行四边形存在性问题(解析版)
专题6 二次函数与平行四边形存在性问题以二次函数为载体的平行四边形存在性问题是中考的热点难点之一，其图形复杂，知识覆盖面广，综合性较强，对学生分析问题和解决问题的能力要求高.对这类题，常规解法是先画出平行四边形，再依据“平行四边形的一组对边平行且相等”或“平行四边形的对角线互相平分”来解决.由于先要画出草图，若考虑不周，很容易漏解.解决抛物线中的平行四边形存在性问题，常用的结论和方法有：线段中点坐标公式、平行四边形顶点坐标公式、画平行四边形.1. 平面直角坐标系中，点 A 的坐标是11(,)x y ，点B 的坐标是22(,)x y ，则线段AB 的中点坐标是1212(,)22x x y y ++. 2. 平行四边形ABCD 的顶点坐标分别为(,)A A x y 、(,)B B x y 、(,)C C x y 、(,)D D x y ，则A C B D x x x x +=+，A CB D y y y y +=+.3.已知不在同一直线上的三点A、B、C，在平面内找到一个点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，有三种情况：【例1】（2020•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＝﹣x2+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．【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．（2）求出AB ，OA ，AC ，利用相似三角形的性质求解即可．（3）分两种情形：①P A 为平行四边形的边时，点M 的横坐标可以为±2，求出点M 的坐标即可解决问题．②当AP 为平行四边形的对角线时，点M ″的横坐标为﹣4，求出点M ″的坐标即可解决问题．【解析】（1）∵直线y ＝kx +3分别交y 轴于B ，令x ＝0，得到y ＝3，∴B （0，3）由题意抛物线经过B （0，3），C （1，0），∴{c =3−1+b +c =0， 解得，{b =−2c =3， ∴抛物线的解析式为y ＝﹣x 2﹣2x +3；（2）对于抛物线y ＝﹣x 2﹣2x +3，令y ＝0，解得x ＝﹣3或1，∴A （﹣3，0），∵B （0，3），C （1，0），∴OA ＝OB ＝3，OC ＝1，AB ＝3√2，∵∠APO ＝∠ACB ，∠P AO ＝∠CAB ，∴△P AO ∽△CAB ，∴AP AC =AO AB ， ∴AP 4=3√2， ∴AP ＝2√2．（3）由（2）可知，P （﹣1，2），AP ＝2√2，①当AP 为平行四边形的边时，点N 的横坐标为2或﹣2，∴N （﹣2，3），N ′（2，﹣5），②当AP 为平行四边形的对角线时，点N ″的横坐标为﹣4，∴N ″（﹣4，﹣5），综上所述，满足条件的点N 的坐标为（﹣2，3）或（2，﹣5）或（﹣4，﹣5）．【点评】本题考查二次函数综合题，考查了待定系数法，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．【例2】（2020•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．【分析】（1）由题意得出方程组，解方程组即可；（2）过点D 作DE ⊥x 轴于E ，交BC 于G ，过点C 作CF ⊥ED 交ED 的延长线于F ，求出点B 的坐标为（4，0），由待定系数法求出直线BC 的函数表达式为y =−32x +6，则点D 的坐标为（m ，−34m 2+32m +6），点G 的坐标为（m ，−32m +6），求出S △BCD =−32m 2+6m =92，解方程即可；（3）求出点D 的坐标为（3，154），分三种情况，①当DB 为对角线时，证出DN ∥x 轴，则点D 与点N关于直线x ＝1对称，得出N （﹣1，154）求出BM ＝4，即可得出答案；②当DM 为对角线时，由①得N （﹣1，154），DN ＝4，由平行四边形的性质得出DN ＝BM ＝4，进而得出答案； ③当DN 为对角线时，点D 与点N 的纵坐标互为相反数，N （1+√14，−154）或N （1−√14，−154），再分两种情况解答即可．【解析】（1）由题意得：{−b 2a =14a −2b +c =0c =6， 解得：{ a =−34b =32c =6， ∴抛物线的函数表达式为：y =−34x 2+32x +6； （2）过点D 作DE ⊥x 轴于E ，交BC 于G ，过点C 作CF ⊥ED 交ED 的延长线于F ，如图1所示： ∵点A 的坐标为（﹣2，0），点C 的坐标为（0，6），∴OA ＝2，OC ＝6，∴S △AOC =12OA •OC =12×2×6＝6，∴S △BCD =34S △AOC =34×6=92，当y ＝0时，−34x 2+32x +6＝0，解得：x 1＝﹣2，x 2＝4，∴点B 的坐标为（4，0），设直线BC 的函数表达式为：y ＝kx +n ，则{0=4k +n 6=n， 解得：{k =−32n =6， ∴直线BC 的函数表达式为：y =−32x +6，∵点D 的横坐标为m （1＜m ＜4），∴点D 的坐标为：（m ，−34m 2+32m +6），点G 的坐标为：（m ，−32m +6），∴DG =−34m 2+32m +6﹣（−32m +6）=−34m 2+3m ，CF ＝m ，BE ＝4﹣m ，∴S △BCD ＝S △CDG +S △BDG =12DG •CF +12DG •BE =12DG ×（CF +BE ）=12×（−34m 2+3m ）×（m +4﹣m ）=−32m 2+6m ，∴−32m 2+6m =92，解得：m 1＝1（不合题意舍去），m 2＝3，∴m 的值为3；（3）由（2）得：m ＝3，−34m 2+32m +6=−34×32+32×3+6=154， ∴点D 的坐标为：（3，154）， 分三种情况讨论：①当DB 为对角线时，如图2所示：∵四边形BDNM 是平行四边形，∴DN ∥BM ，∴DN ∥x 轴，∴点D 与点N 关于直线x ＝1对称，∴N （﹣1，154），∴DN ＝3﹣（﹣1）＝4，∴BM ＝4，∵B （4，0），∴M （8，0）；②当DM 为对角线时，如图3所示：由①得：N （﹣1，154），DN ＝4，∵四边形BDNM 是平行四边形，∴DN ＝BM ＝4，∵B （4，0），∴M （0，0）；③当DN 为对角线时，∵四边形BDNM 是平行四边形，∴DM ＝BN ，DM ∥BN ，∴∠DMB ＝∠MBN ，∴点D 与点N 的纵坐标互为相反数，∵点D （3，154），∴点N 的纵坐标为：−154， 将y =−154代入y =−34x 2+32x +6中， 得：−34x 2+32x +6=−154， 解得：x 1＝1+√14，x 2＝1−√14，当x ＝1+√14时，如图4所示：则N （1+√14，−154）， 分别过点D 、N 作x 轴的垂线，垂足分别为E 、Q ，在Rt △DEM 和Rt △NQB 中，{DM =BN DE =NQ， ∴Rt △DEM ≌Rt △NQB （HL ），∴BQ ＝EM ，∵BQ ＝1+√14−4=√14−3，∴EM=√14−3，∵E（3，0），∴M（√14，0）；当x＝1−√14时，如图5所示：则N（1−√14，−15 4），同理得点M（−√14，0）；综上所述，点M的坐标为（8，0）或（0，0）或（√14，0）或（−√14，0）．【点评】本题是二次函数综合题目，考查了待定系数法求函数的解析式、坐标与图形性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度．【例3】（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）【分析】（1）用待定系数法解答便可；（2）求出抛物线与坐标轴的交点A、C坐标及抛物线顶点M的坐标，再将四边形ABMC的面积分为三角形的面积的和，进行计算便可；（3）分两种情况：AB为平行四边形的边；AB为平行四边形的对角线．分别解答便可．【解析】（1）把B （3，0）和D （﹣2，−52）代入抛物线的解析式得， {−92+3b +c =0−2−2b +c =−52， 解得，{b =1c =32， ∴抛物线的解析式为：y =−12x 2+x +32；（2）令x ＝0，得y =−12x 2+x +32=32， ∴C(0，32)，令y ＝0，得y =−12x 2+x +32=0， 解得，x ＝﹣1，或x ＝3，∴A （﹣1，0），∵y =−12x 2+x +32=−12(x −1)2+2， ∴M （1，2），∴S 四边形ABMC ＝S △AOC +S △COM +S △MOB=12OA ⋅OC +12OC ⋅x M +12OB ⋅y M=12×1×32+12×32×1+12×3×2=92；（3）设Q （0，n ），①当AB 为平行四边形的边时，有AB ∥PQ ，AB ＝PQ ， a ）．P 点在Q 点左边时，则P （﹣4，n ），把P （﹣4，n ）代入y =−12x 2+x +32，得n =−212，∴P （﹣4，−212）； ②当AB 为平行四边形的边时，有AB ∥PQ ，AB ＝PQ ， 当P 点在Q 点右边时，则P （4，n ）， 把P （4，n ）代入y =−12x 2+x +32，得 n =−52， ∴P （4，−52）；③当AB 为平行四边形的对角线时，如图2，AB 与PQ 交于点E ， 则E （1，0）， ∵PE ＝QE ， ∴P （2，﹣n ），把P （2，﹣n ）代入y =−12x 2+x +32，得 ﹣n =32， ∴n =−32， ∴P （2，32）．综上，满足条件的P 点坐标为：（﹣4，−212）或（4，−52）或（2，32）．【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法，二次函数的图象与性质，四边形的面积计算，平行四边形的性质，第（2）题关键是把四边形分割成三角形进行解答，第（3）题关键是分情况讨论．【例4】（2020•玉林）如图，已知抛物线：y 1＝﹣x 2﹣2x +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．【分析】（1）令x＝0或y1＝0，解方程可得结论．（2）设平移后的抛物线的解析式为y2＝﹣（x﹣a）2+b，如图1中，过点D′作D′H⊥OB′于H．，连接BD′，B′D′．构建方程组解决问题即可．（3）观察图象可知，当点P的纵坐标为3或﹣3时，存在满足条件的平行四边形．分别令y1和y2等于3或﹣3，解方程即可解决问题．【解析】（1）对于y1＝﹣x2﹣2x+3，令y1＝0，得到﹣x2﹣2x+3＝0，解得x＝﹣3或1，∴A（﹣3，0），B（1，0），令x＝0，得到y1＝3，∴C（0，3）．（2）设平移后的抛物线的解析式为y2＝﹣（x﹣a）2+b，如图1中，过点D′作D′H⊥OB′于H，连接BD′．∵D′是抛物线的顶点，∴D′B＝D′B′，D′（a，b），∵∠BD′B′＝90°，D′H⊥BB′，∴BH＝HB′，∴D′H＝BH＝HB′＝b，∴a＝1+b，又∵y2＝﹣（x﹣a）2+b，经过B（1，0），∴b＝（1﹣a）2，解得a＝2或1（不合题意舍弃），b＝1，∴B′（3，0），y2＝﹣（x﹣2）2+1＝﹣x2+4x﹣3．（3）如图2中，观察图象可知，当点P的纵坐标为3或﹣3时，存在满足条件的平行四边形．对于y1＝﹣x2﹣2x+3，令y1＝3，x2+2x＝0，解得x＝0或﹣2，可得P1（﹣2，3），令y1＝﹣3，则x2+2x﹣6＝0，解得x＝﹣1±√7，可得P2（﹣1−√7，﹣3），P3（﹣1+√7，﹣3），对于y2＝﹣x2+4x﹣3，令y2＝3，方程无解，令y2＝﹣3，则x2﹣4x＝0，解得x＝0或4，可得P4（0，﹣3），P5（4，﹣3），综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣2，3）或（﹣1−√7，﹣3）或（﹣1+√7，﹣3）或（0，﹣3）或（4，﹣3）．【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．【例5】（2020•绵阳）如图，抛物线过点A （0，1）和C ，顶点为D ，直线AC 与抛物线的对称轴BD 的交点为B （√3，0），平行于y 轴的直线EF 与抛物线交于点E ，与直线AC 交于点F ，点F 的横坐标为4√33，四边形BDEF 为平行四边形．（1）求点F 的坐标及抛物线的解析式；（2）若点P 为抛物线上的动点，且在直线AC 上方，当△P AB 面积最大时，求点P 的坐标及△P AB 面积的最大值；（3）在抛物线的对称轴上取一点Q ，同时在抛物线上取一点R ，使以AC 为一边且以A ，C ，Q ，R 为顶点的四边形为平行四边形，求点Q 和点R 的坐标．【分析】（1）由待定系数法求出直线AB 的解析式为y =−√33x +1，求出F 点的坐标，由平行四边形的性质得出﹣3a +1=163a ﹣8a +1﹣（−13），求出a 的值，则可得出答案； （2）设P （n ，﹣n 2+2√3n +1），作PP '⊥x 轴交AC 于点P '，则P '（n ，−√33n +1），得出PP '＝﹣n 2+73√3n ，由二次函数的性质可得出答案；（3）联立直线AC 和抛物线解析式求出C （73√3，−43），设Q （√3，m ），分两种情况：①当AQ 为对角线时，②当AR 为对角线时，分别求出点Q 和R 的坐标即可． 【解析】（1）设抛物线的解析式为y ＝ax 2+bx +c （a ≠0）， ∵A （0，1），B （√3，0）， 设直线AB 的解析式为y ＝kx +m ， ∴{√3k +m =0m =1，解得{k =−√33m =1，∴直线AB 的解析式为y =−√33x +1，∵点F 的横坐标为4√33，∴F 点纵坐标为−√33×4√33+1=−13， ∴F 点的坐标为（43√3，−13）， 又∵点A 在抛物线上， ∴c ＝1，对称轴为：x =−b2a =√3， ∴b ＝﹣2√3a ，∴解析式化为：y ＝ax 2﹣2√3ax +1， ∵四边形DBFE 为平行四边形． ∴BD ＝EF ， ∴﹣3a +1=163a ﹣8a +1﹣（−13）， 解得a ＝﹣1，∴抛物线的解析式为y ＝﹣x 2+2√3x +1；（2）设P （n ，﹣n 2+2√3n +1），作PP '⊥x 轴交AC 于点P '，则P '（n ，−√33n +1）， ∴PP '＝﹣n 2+73√3n ，S △ABP =12OB •PP '=−√32n 2+72n =−√32(n −76√3)2+4924√3， ∴当n =76√3时，△ABP 的面积最大为4924√3，此时P （76√3，4712）． （3）∵{y =−√33x +1y =−x 2+2√3x +1，∴x ＝0或x =73√3， ∴C （73√3，−43）， 设Q （√3，m ）， ①当AQ 为对角线时， ∴R （−43√3，m +73），∵R 在抛物线y =−(x −√3)2+4上， ∴m +73=−(−43√3−√3)2+4，解得m =−443，∴Q (√3，−443)，R (−43√3，−373)； ②当AR 为对角线时， ∴R （103√3，m −73）， ∵R 在抛物线y =−(x −√3)2+4上， ∴m −73=−(103√3−√3)2+4， 解得m ＝﹣10， ∴Q （√3，﹣10），R （103√3，−373）．综上所述，Q (√3，−443)，R (−43√3，−373)；或Q （√3，﹣10），R （103√3，−373）．【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，平行四边形的性质等知识，熟练掌握二次函数的性质及方程思想，分类讨论思想是解题的关键． 【例6】（2020•雅安）已知二次函数y ＝ax 2+2x +c （a ≠0）的图象与x 轴交于A 、B （1，0）两点，与y 轴交于点C （0，﹣3），（1）求二次函数的表达式及A 点坐标；（2）D 是二次函数图象上位于第三象限内的点，求点D 到直线AC 的距离取得最大值时点D 的坐标； （3）M 是二次函数图象对称轴上的点，在二次函数图象上是否存在点N ，使以M 、N 、B 、O 为顶点的四边形是平行四边形？若有，请写出点N 的坐标（不写求解过程）．【分析】（1）利用待定系数法解决问题即可．（2）如图1中连接AD ，CD ．由题意点D 到直线AC 的距离取得最大，推出此时△DAC 的面积最大．过点D 作x 轴的垂线交AC 于点G ，设点D 的坐标为（x ，x 2+2x ﹣3），则G （x ，﹣x ﹣3），推出DG ＝﹣x ﹣3﹣（x 2+2x ﹣3）＝﹣x ﹣3﹣x 2﹣2x +3＝﹣x 2﹣3x ，利用二次函数的性质求解即可． （3）分两种情形：OB 是平行四边形的边或对角线分别求解即可． 【解析】（1）把B （1，0），C （0，﹣3）代入y ＝ax 2+2x +c 则有{c =−3a +2+c =0，解得{a =1c =−3，∴二次函数的解析式为y ＝x 2+2x ﹣3，令y ＝0，得到x 2+2x ﹣3＝0，解得x ＝﹣3或1， ∴A （﹣3，0）．（2）如图1中连接AD ，CD ． ∵点D 到直线AC 的距离取得最大， ∴此时△DAC 的面积最大， 设直线AC 解析式为：y ＝kx +b ， ∵A （﹣3，0），C （0，﹣3）， ∴{b =−3−3k +b =0， 解得，{k =−1b =−3，∴直线AC 的解析式为y ＝﹣x ﹣3，过点D 作x 轴的垂线交AC 于点G ，设点D 的坐标为（x ，x 2+2x ﹣3），则G（x，﹣x﹣3），∵点D在第三象限，∴DG＝﹣x﹣3﹣（x2+2x﹣3）＝﹣x﹣3﹣x2﹣2x+3＝﹣x2﹣3x，∴S△ACD=12•DG•OA=12（﹣x2﹣3x）×3=−32x2−92x=−32（x+32）2+278，∴当x=−32时，S最大=278，点D（−32，−154），∴点D到直线AC的距离取得最大时，D（−32，−154）．（3）如图2中，当OB是平行四边形的边时，OB＝MN＝1，OB∥MN，可得N（﹣2，﹣3）或N′（0，﹣3），当OB为对角线时，点N″的横坐标为2，x＝2时，y＝4+4﹣3＝5，∴N″（2，5）．综上所述，满足条件的点N的坐标为（﹣2，﹣3）或（0，﹣3）或（2，5）．【点评】本题考查待定系数法求二次函数解析式、二次函数的性质、二次函数的最值，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．1．（2020•齐齐哈尔）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）直线AB的函数解析式为y＝x+4，点M的坐标为（﹣2，﹣2），cos∠ABO＝√22；连接OC，若过点O的直线交线段AC于点P，将△AOC的面积分成1：2的两部分，则点P的坐标为（﹣2，2）或（0，4）；（3）在y轴上找一点Q，使得△AMQ的周长最小．具体作法如图②，作点A关于y轴的对称点A'，连接MA'交y轴于点Q，连接AM、AQ，此时△AMQ的周长最小．请求出点Q的坐标；（4）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．【分析】（1）将点A 、C 的坐标代入抛物线表达式即可求解；（2）点A （﹣4，0），OB ＝OA ＝4，故点B （0，4），即可求出AB 的表达式；OP 将△AOC 的面积分成1：2的两部分，则AP =13AC 或23AC ，即可求解；（3）△AMQ 的周长＝AM +AQ +MQ ＝AM +A ′M 最小，即可求解； （4）分AC 是边、AC 是对角线两种情况，分别求解即可．【解析】（1）将点A 、C 的坐标代入抛物线表达式得：{12×16−4b +c =012×4+2b +c =6，解得{b =2c =0，故抛物线的表达式为：y =12x 2+2x ；（2）点A （﹣4，0），OB ＝OA ＝4，故点B （0，4）， 设直线AB 的解析式为y ＝kx +4， 将点A 坐标代入得，﹣4k +4＝0， ∴k ＝1．∴直线AB 的表达式为：y ＝x +4； 则∠ABO ＝45°，故cos ∠ABO =√22；对于y =12x 2+2x ，函数的对称轴为x ＝﹣2，故点M （﹣2，﹣2）； OP 将△AOC 的面积分成1：2的两部分，则AP =13AC 或23AC ，则y P y C=13或23，即y P 6=13或23，解得：y P ＝2或4，故点P （﹣2，2）或（0，4）； 故答案为：y ＝x +4；（﹣2，﹣2）；√22；（﹣2，2）或（0，4）；（3）△AMQ 的周长＝AM +AQ +MQ ＝AM +A ′M 最小， 点A ′（4，0），设直线A ′M 的表达式为：y ＝kx +b ，则{4k +b =0−2k +b =−2，解得{k =13b =−43， 故直线A ′M 的表达式为：y =13x −43，令x＝0，则y=−43，故点Q（0，−43）；（4）存在，理由：设点N（m，n），而点A、C、O的坐标分别为（﹣4，0）、（2，6）、（0，0），①当AC是边时，点A向右平移6个单位向上平移6个单位得到点C，同样点O（N）向右平移6个单位向上平移6个单位得到点N（O），即0±6＝m，0±6＝n，解得：m＝n＝±6，故点N（6，6）或（﹣6，﹣6）；②当AC是对角线时，由中点公式得：﹣4+2＝m+0，6+0＝n+0，解得：m＝﹣2，n＝6，故点N（﹣2，6）；综上，点N的坐标为（6，6）或（﹣6，﹣6）或（﹣2，6）．【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、平行四边形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（4），要注意分类求解，避免遗漏．2．（2020•平顶山二模）如图，已知二次函数y=−38x2+bx+c的图象与x轴交于点A、C，与y轴交于点B，直线y=34x+3经过A、B两点．（1）求b、c的值．（2）若点P是直线AB上方抛物线上的一动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线AB于点D，求线段PD的最大值．（3）在（2）的结论下，连接CD，点Q是抛物线对称轴上的一动点，在抛物线上是否存在点G，使得以C、D、G、Q为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由直线AB 的解析式可求出点A ，B 的坐标，将A ，B 两点的坐标代入y =−38x 2+bx +c 可得出答案；（2）设点P （m ，−38m 2−34m +3），则D （m ，34m +3），可得出PD =−38m 2−32m ，由二次函数的性质可得出答案；（3）分类讨论，一是当CD 为平行四边形对角线时，二是当CD 为平行四边形一边时，利用中点坐标公式及平移规律即可求出点G 的坐标．【解析】（1）∵直线y =34x +3经过A 、B 两点． ∴当x ＝0时，y ＝3，当y ＝0时，x ＝﹣4，∴直线y =34x +3与坐标轴的交点坐标为A （﹣4，0），B （0，3）．分别将x ＝0，y ＝3，x ＝﹣4，y ＝0代入y =−38x 2+bx +c 得，{c =30=−38×(−4)2−4b +c ， 解得，b =−34，c ＝3，（2）由（1）得y =−38x 2−34x +3，设点P （m ，−38m 2−34m +3），则D （m ，34m +3），∴PD =−38m 2−34m +3−(34m +3)=−38m 2−32m =−38(m +2)2+32， ∴当m ＝﹣2时，PD 最大，最大值是32．（3）存在点G ，使得以C 、D 、G 、Q 为顶点的四边形是平行四边形，G 点的坐标为(1，158)或(3，−218)或(−5，−218)； ∵y =−38x 2−34x +3， ∴y ＝0时，x ＝﹣4或x ＝2， ∴C （2，0），由（2）可知D （﹣2，32），抛物线的对称轴为x ＝﹣1，设G （n ，−38n 2−34n +3），Q （﹣1，p ），CD 与y 轴交于点E ，E 为CD 的中点， ①当CD 为对角线时， n +（﹣1）＝0， ∴n ＝1， 此时G （1，158）．②当CD 为边时，若点G 在点Q 上边，则n +4＝﹣1，则n ＝﹣5，此时点G 的坐标为（﹣5，−218）． 若点G 在点Q 上边，则﹣1+4＝n ，则n ＝3，此时点G 的坐标为（3，−218）．综合以上可得使得以C 、D 、G 、Q 为顶点的四边形是平行四边形的G 点的坐标为(1，158)或(3，−218)或(−5，−218)；【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的有关性质、一次函数的性质、平行四边形的判定和性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．3．（2020•菏泽）如图，抛物线y ＝ax 2+bx ﹣6与x 轴相交于A ，B 两点，与y 轴相交于点C ，OA ＝2，OB ＝4，直线l 是抛物线的对称轴，在直线l 右侧的抛物线上有一动点D ，连接AD ，BD ，BC ，CD ． （1）求抛物线的函数表达式；（2）若点D 在x 轴的下方，当△BCD 的面积是92时，求△ABD 的面积；（3）在（2）的条件下，点M 是x 轴上一点，点N 是抛物线上一动点，是否存在点N ，使得以点B ，D ，M ，N 为顶点，以BD 为一边的四边形是平行四边形，若存在，求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据OA ＝2，OB ＝4确定点A 和B 的坐标，代入抛物线的解析式列方程组解出即可； （2）如图1，过D 作DG ⊥x 轴于G ，交BC 于H ，利用待定系数法求直线BC 的解析式，设D （x ，34x 2−32x﹣6），则H （x ，32x ﹣6），表示DH 的长，根据△BCD 的面积是92，列方程可得x 的值，因为D 在对称轴的右侧，所以x ＝1不符合题意，舍去，利用三角形面积公式可得结论； （3）分两种情况：N 在x 轴的上方和下方，根据y =±154确定N 的坐标，并正确画图． 【解析】（1）∵OA ＝2，OB ＝4， ∴A （﹣2，0），B （4，0），把A （﹣2，0），B （4，0）代入抛物线y ＝ax 2+bx ﹣6中得：{4a −2b −6=016a +4b −6=0，∴抛物线的解析式为：y =34x 2−32x ﹣6；（2）如图1，过D 作DG ⊥x 轴于G ，交BC 于H ，当x ＝0时，y ＝﹣6， ∴C （0，﹣6），设BC 的解析式为：y ＝kx +n ，则{n =−64k +n =0，解得：{k =32n =−6， ∴BC 的解析式为：y =32x ﹣6，设D （x ，34x 2−32x ﹣6），则H （x ，32x ﹣6），∴DH =32x ﹣6﹣（34x 2−32x ﹣6）=−34x 2+3x ，∵△BCD 的面积是92，∴12DH ⋅OB =92，∴12×4×(−34x 2+3x)=92，解得：x ＝1或3，∵点D 在直线l 右侧的抛物线上， ∴D （3，−154），∴△ABD 的面积=12AB ⋅DG =12×6×154=454；（3）分两种情况：①如图2，N 在x 轴的上方时，四边形MNBD 是平行四边形，∵B （4，0），D （3，−154），且M 在x 轴上， ∴N 的纵坐标为154，当y =154时，即34x 2−32x ﹣6=154，解得：x ＝1+√14或1−√14， ∴N （1−√14，154）或（1+√14，154）；②如图3，点N 在x 轴的下方时，四边形BDNM 是平行四边形，此时M 与O 重合，∴N（﹣1，−15 4）；综上，点N的坐标为：（1−√14，154）或（1+√14，154）或（﹣1，−154）．【点评】此题主要考查二次函数的综合问题，会求函数与坐标轴的交点，会利用待定系数法求函数解析式，会利用数形结合的思想解决平行四边形的问题，并结合方程思想解决问题．4．（2020•东莞市校级一模）已知，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交点为A（﹣1，0）和点B，与y轴交点为C （0，﹣3），直线L：y＝kx﹣1与抛物线的交点为点A和点D．（1）求抛物线和直线L的解析式；（2）如图，点M为抛物线上一动点（不与A、D重合），当点M在直线L下方时，过点M作MN∥x轴交L于点N，求MN的最大值；（3）点M为抛物线上一动点（不与A、D重合），M'为直线AD上一动点，是否存在点M，使得以C、D、M、M′为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出点M的坐标，如果不存在，请说明理由．【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）设点M的坐标为（m，m2﹣2m﹣3），则点N（﹣m2+2m+2，m2﹣2m﹣3），则MN＝﹣m2+m+2，进而求解；（3）分CD 为边、CD 为对角线两种情况，利用图象平移和中点公式求解即可． 【解析】（1）将点A 、C 的坐标代入抛物线表达式得{1−b +c =0c =−3，解得：{b =−2c =−3，故抛物线的表达式为：y ＝x 2﹣2x ﹣3①，将点A 的坐标代入直线L 的表达式得：0＝﹣k ﹣1，解得：k ＝﹣1， 故直线L 的表达式为：y ＝﹣x ﹣1②；（2）设点M 的坐标为（m ，m 2﹣2m ﹣3）， 点N 的纵坐标与点M 的纵坐标相同，将点N 的纵坐标代入y ＝﹣x ﹣1得：m 2﹣2m ﹣3＝﹣x ﹣1， 解得：x ＝﹣m 2+2m +2，故点N （﹣m 2+2m +2，m 2﹣2m ﹣3）， 则MN ＝﹣m 2+2m +2﹣m ＝﹣m 2+m +2，∵﹣1＜0，故MN 有最大值，当m =−b2a =12时，MN 的最大值为94；（3）设点M （m ，n ），则n ＝m 2﹣2m ﹣3③，点M ′（s ，﹣s ﹣1）， ①当CD 为边时，点C 向右平移2个单位得到D ，同样点M （M ′）向右平移2个单位得到M ′（M ）， 即m ±2＝s 且n ＝﹣s ﹣1④，联立③④并解得：m ＝0（舍去）或1或1±√172， 故点M 的坐标为（1，﹣4）或（1+√172，1−√172）或（1−√172，1+√172）； ②当CD 为对角线时，由中点公式得：12（0+2）=12（m +s ）且12（﹣3﹣3）=12（n ﹣s ﹣1）⑤，联立③⑤并解得：m ＝0（舍去）或﹣1，故点M （1，﹣4）； 综上，点M 的坐标为（1，﹣4）或（1+√172，1−√172）或（1−√172，1+√172）． 【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、平行四边形的性质等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．【题组二】5．（2020•雁塔区校级二模）已知抛物线L ：y ＝x 2+bx +c 经过点A （﹣1，0）和（1，﹣2）两点，抛物线L 关于原点O 的对称的为抛物线L ′，点A 的对应点为点A ′． （1）求抛物线L 和L ′的表达式；（2）是否在抛物线L 上存在一点P ，抛物线L ′上存在一点Q ，使得以AA ′为边，且以A 、A ′、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出P 点坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用待定系数法可求抛物线L 解析式，由中心对称的性质可求抛物线L ′的表达式； （2）分两种情况讨论，由平行四边形的性质可求解．【解析】（1）∵抛物线L ：y ＝x 2+bx +c 经过点A （﹣1，0）和（1，﹣2）两点， ∴{0=1−b +c −2=1+b +c ， 解得：{b =−1c =−2，∴抛物线L 的解析式为：y ＝x 2﹣x ﹣2， ∵y ＝x 2﹣x ﹣2＝（x −12）2−94， ∴顶点坐标为（12，−94），∵抛物线L 关于原点O 的对称的为抛物线L ′， ∴抛物线L ′的解析式为：y ＝﹣（x +12）2+94； （2）∵点A 关于原点O 对应点为点A ′， ∴点A '（1，0）， ∴AA '＝2，∵以AA ′为边，且以A 、A ′、P 、Q 为顶点的四边形是平行四边形， ∴PQ ＝AA '＝2，PQ ∥AA '， 设点P （x ，x 2﹣x ﹣2）， 当点P 在点Q 的左侧， ∴点Q 的横坐标为x +2， ∴x 2﹣x ﹣2＝﹣（x +2+12）2+94， ∴x ＝﹣1，∴点P （﹣1，0）（不合题意舍去）；当点P在点Q的右侧，∴点Q的横坐标为x﹣2，∴x2﹣x﹣2＝﹣（x﹣2+12）2+94，∴x1=√2+1，x2=−√2+1，∴点P1（√2+1，√2），P2（−√2+1，−√2）．【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，中心对称的性质，平行四边形的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．6．（2020•怀化）如图所示，抛物线y＝x2﹣2x﹣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N是第四象限内抛物线上的一个动点，连接BN、CN，求△BCN面积的最大值及此时点N的坐标．（3）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．（4）直线CM交x轴于点E，若点P是线段EM上的一个动点，是否存在以点P、E、O为顶点的三角形与△ABC相似．若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）令抛物线解析式中x＝0即可求出C点坐标，写出抛物线顶点式，即可求出顶点M坐标；（2）过N点作x轴的垂线交直线BC于Q点，设N（n，n2﹣2n﹣3），求出BC解析式，进而得到Q点坐标，最后根据S△BCN＝S△NQC+S△NQB即可求解；（3）设D点坐标为（1，t），G点坐标为（m，m2﹣2m﹣3），然后分成①DG是对角线；②DB是对角线；③DC是对角线时三种情况进行讨论即可求解；（4）连接AC ，由CE ＝CB 可知∠EBC ＝∠E ，求出MC 的解析式，设P （x ，﹣x ﹣3），然后根据△PEO 相似△ABC ，分成EO BA=EP BC和EO BC=EP BA讨论即可求解．【解析】（1）令y ＝x 2﹣2x ﹣3中x ＝0，此时y ＝﹣3， 故C 点坐标为（0，﹣3）， 又∵y ＝x 2﹣2x ﹣3＝（x ﹣1）2﹣4， ∴抛物线的顶点M 的坐标为（1，﹣4）；（2）过N 点作x 轴的垂线交直线BC 于Q 点，连接BN ，CN ，如图1所示： 令y ＝x 2﹣2x ﹣3＝0， 解得：x ＝3或x ＝﹣1， ∴B （3，0），A （﹣1，0）， 设直线BC 的解析式为：y ＝ax +b ，将C （0，﹣3），B （3，0）代入直线BC 的解析式得：{−3=b 0=3a +b ，解得：{a =1b =−3，∴直线BC 的解析式为：y ＝x ﹣3，设N 点坐标为（n ，n 2﹣2n ﹣3），故Q 点坐标为（n ，n ﹣3），其中0＜n ＜3，则S △BCN =S △NQC +S △NQB =12⋅QN ⋅(x Q −x C )+12⋅QN ⋅(x B −x Q )=12⋅QN ⋅(x Q −x C +x B −x Q )=12⋅QN ⋅(x B −x C )，（其中x Q ，x C ，x B 分别表示Q ，C ，B 三点的横坐标），且QN ＝（n ﹣3）﹣（n 2﹣2n ﹣3）＝﹣n 2+3n ，x B ﹣x C ＝3，故S △BCN =12⋅(−n 2+3n)⋅3=−32n 2+92n =−32(n −32)2+278，其中0＜n ＜3， 当n =32时，S △BCN 有最大值为278，此时点N 的坐标为（32，−154），（3）设D 点坐标为（1，t ），G 点坐标为（m ，m 2﹣2m ﹣3），且B （3，0），C （0，﹣3） 分情况讨论：①当DG 为对角线时，则另一对角线是BC ，由中点坐标公式可知：线段DG 的中点坐标为(x D +x G 2，y D +y G 2)，即(1+m 2，t+m 2−2m−32)，线段BC 的中点坐标为(x B +x C 2，y B +y C 2)，即(3+02，0−32)，此时DG 的中点与BC 的中点为同一个点，∴{1+m 2=32t+m 2−2m−32=−32，解得{m =2t =0， 经检验，此时四边形DCGB 为平行四边形，此时G 坐标为（2，﹣3）；②当DB 为对角线时，则另一对角线是GC ，由中点坐标公式可知：线段DB 的中点坐标为(x D +x B 2，y D +y B 2)，即(1+32，t+02)， 线段GC 的中点坐标为(x G +x C 2，y G +y C 2)，即(m+02，m 2−2m−3−32)， 此时DB 的中点与GC 的中点为同一个点，∴{1+32=m+02t+02=m 2−2m−3−32，解得{m =4t =2， 经检验，此时四边形DCBG 为平行四边形，此时G 坐标为（4，5）；③当DC 为对角线时，则另一对角线是GB ，由中点坐标公式可知：线段DC 的中点坐标为(x D +x C 2，y D +y C 2)，即(1+02，t−32)， 线段GB 的中点坐标为(x G +x B 2，y G +y B 2)，即(m+32，m 2−2m−3+02)， 此时DC 的中点与GB 的中点为同一个点，∴{1+02=m+32t−32=m 2−2m−3+02，解得{m =−2t =8， 经检验，此时四边形DGCB 为平行四边形，此时G 坐标为（﹣2，5）；综上所述，G 点坐标存在，为（2，﹣3）或（4，5）或（﹣2，5）；（4）连接AC ，OP ，如图2所示：设MC 的解析式为：y ＝kx +m ，将C （0，﹣3），M （1，﹣4）代入MC 的解析式得：{−3=m −4=k +m， 解得：{k =−1m =−3∴MC 的解析式为：y ＝﹣x ﹣3，令y ＝0，则x ＝﹣3，∴E 点坐标为（﹣3，0），∴OE ＝OB ＝3，且OC ⊥BE ，∴CE ＝CB ，∴∠CBE ＝∠E ，设P （x ，﹣x ﹣3），又∵P 点在线段EM 上，∴﹣3＜x ＜1，则EP =√(x +3)2+(−x −3)2=√2(x +3)，BC =√32+32=3√2，由题意知：△PEO 相似于△ABC ，分情况讨论：①△PEO ∽△CBA ，∴EOBA=EP BC ， ∴34=√2(x+3)3√2， 解得x =−34，满足﹣3＜x ＜1，此时P 的坐标为(−34，−94)；②△PEO ∽△ABC ，∴EO BC =EP BA ， ∴3√2=√2(x+3)4， 解得x ＝﹣1，满足﹣3＜x ＜1，此时P 的坐标为（﹣1，﹣2）．综上所述，P 点的坐标为(−34，−94)或（﹣1，﹣2）．【点评】本题是二次函数综合题目，考查了二次函数的图象和性质、待定系数法求直线的解析式、平行四边形的性质、相似三角形的性质和判定、等腰三角形的判定与性质等知识；本题综合性较强，具有一定的难度，熟练掌握二次函数的图形和性质，学会用代数的方法求解几何问题．7．（2020•碑林区校级三模）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线L：y＝ax2﹣4ax（a＞0）与x轴正半轴交于点A．抛物线L的顶点为M，对称轴与x轴交于点D．（1）求抛物线L的对称轴．（2）抛物线L：y＝ax2﹣4ax关于x轴对称的抛物线记为L'，抛物线L'的顶点为M'，若以O、M、A、M'为顶点的四边形是正方形，求L'的表达式．（3）在（2）的条件下，点P在抛物线L上，且位于第四象限，点Q在抛物线L'上，是否存在点P、点Q使得以O、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求出点P坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据抛物线的对称轴公式计算即可．（2）利用正方形的性质求出点M，M′的坐标即可解决问题．（3）分OD是平行四边形的边或对角线两种情形求解即可．【解析】（1）∵抛物线L：y＝ax2﹣4ax（a＞0），∴抛物线的对称轴x=−−4a2a=2．（2）如图1中，对于抛物线y＝ax2﹣4ax，令y＝0，得到ax2﹣4ax＝0，解得x＝0或4，∴A（4，0），∵四边形OMAM′是正方形，∴OD＝DA＝DM＝DM′＝2，∴M（（2，﹣2），M′（2，2）把M（2，﹣2）代入y＝ax2﹣4ax，可得﹣2＝4a﹣8a，∴a=1 2，∴抛物线L′的解析式为y=−12（x﹣2）2+2=−12x2+2x．（3）如图3中，由题意OD＝2．当OD 为平行四边形的边时，PQ ＝OD ＝2，设P （m ，12m 2﹣2m ），则Q [m ﹣2，−12（m ﹣2）2+2（m ﹣2）]或[m +2，−12（m +2）2+2（m +2）]，∵PQ ∥OD ，∴12m 2﹣2m =−12（m ﹣2）2+2（m ﹣2）或12m 2﹣2m =−12（m +2）2+2（m +2）， 解得m ＝3±√3或1±√3，∴P （3+√3，√3）或（3−√3，−√3）或（1−√3，√3）和（1+√3，−√3），当OD 是平行四边形的对角线时，点P 的横坐标为1，此时P （1，−32），∵点P 在第四象限，∴满足条件的点P 的坐标为（3−√3，−√3）或（1+√3，−√3）或（1，−32）．【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，正方形的性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．8．（2020•泰安二模）如图①抛物线y ＝ax 2+bx +4（a ≠0）与x 轴，y 轴分别交于点A （﹣1，0），B （4，0），点C 三点．（1）试求抛物线解析式；（2）点D （3，m ）在第一象限的抛物线上，连接BC ，BD ．试问，在对称轴左侧的抛物线上是否存在一点P ，满足∠PBC ＝∠DBC ？如果存在，请求出点P 的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）点N 在抛物线的对称轴上，点M 在抛物线上，当以M 、N 、B 、C 为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点M 的坐标．【分析】（1）把已知点A 、B 代入抛物线y ＝ax 2+bx +4中即可求解；（2）将二次函数与方程、几何知识综合起来，先求点D 的坐标，再根据三角形全等证明∠PBC ＝∠DBC ，最后求出直线BP 解析式即可求出P 点坐标；（3）根据平行四边形的判定即可写出点M 的坐标．【解析】如图：（1）∵抛物线y ＝ax 2+bx +3（a ≠0）与x 轴，y 轴分别交于点A （﹣1，0），B （4，0），点C 三点． ∴{a −b +4=016a +4b +4=0， 解得{a =−1b =3． ∴抛物线的解析式为y ＝﹣x 2+3x +4．（2）存在．理由如下：y ＝﹣x 2+3x +4＝﹣（x ﹣1.5）2+6.25．∵点D （3，m ）在第一象限的抛物线上，∴m ＝4，∴D （3，4），∵C （0，4）∵OC ＝OB ，∴∠OBC ＝∠OCB ＝45°．连接CD ，∴CD ∥x 轴，∴∠DCB ＝∠OBC ＝45°，∴∠DCB ＝∠OCB ，在y 轴上取点G ，使CG ＝CD ＝3，再延长BG 交抛物线于点P ，。
39 四边形的存在性问题
四边形的存在性问题例题精讲【例1】如图1，四边形ABC D 中，//AD BC ，90AD C ∠=︒，8AD =，6BC =，点M 从点D 出发，以每秒2个单位长度的速度向点A 运动，同时，点N 从点B 出发，以每秒1个单位长度的速度向点C 运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N 作NP AD ⊥于点P ，连接AC 交NP 于点Q ，连接MQ ．设运动时间为t 秒．（1）A M =，A P =．（用含t 的代数式表示）（2）当四边形AN C P 为平行四边形时，求t 的值（3）如图2，将AQM ∆沿A D 翻折，得A K M ∆，是否存在某时刻t ，①使四边形AQMK 为为菱形，若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由②使四边形AQMK 为正方形，则A C =．【解答】解：（1）如图1．82AM AD D M t ∴=-=-．在直角梯形ABC D 中，//AD BC ，90AD C ∠=︒，NP AD ⊥于点P ，∴四边形C N PD 为矩形，6DP CN BC BN t ∴==-=-，8(6)2AP AD DP t t ∴=-=--=+；故答案为：82t -，2t +．（2）四边形AN C P 为平行四边形时，C N A P =，68(6)t t ∴-=--，解得：2t =，（3）①存在时刻1t =，使四边形AQMK 为菱形．理由如下：N P A D ⊥，QP PK =，∴当P M P A =时有四边形AQMK 为菱形，628(6)t t t ∴--=--，解得1t =，②要使四边形AQMK 为正方形．90AD C ∠=︒，45C AD ∴∠=︒．∴四边形AQMK 为正方形，则CD AD =，8A D =，AC ∴=．故答案为：．【变式训练1】在矩形ABC D 中，3A B =，4BC =，E 、F 是对角线AC 上的两个动点，分别从A ，C 同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t 秒，其中05t ．（1）若G ，H 分别是A B ，DC 中点，求证：四边形E G F H 是平行四边形(E 、F 相遇时除外）．（2）在（1）条件下，若四边形E G F H 为矩形，求t 的值．（3）若G ，H 分别是折线A B C --，C D A --上的动点，与E ，F 相同的速度同时出发，若四边形E G F H 为菱形，求t 的值．【解答】（1）证明：四边形ABC D 是矩形，AB CD ∴=，//AB CD ，//AD BC ，90B ∠=︒，5AC ∴==，G A F H C E ∠=∠，G ，H 分别是A B ，DC 中点，A GB G ∴=，CH D H =，AG CH ∴=，AE CF =，AF CE ∴=，在A F G ∆和C E H ∆中，AG CH GAF HCE AF CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()AFG CEH SAS ∴∆≅∆，G F H E ∴=，同理：GE HF =，∴四边形E G F H 是平行四边形；（2）解：由（1）得：BG CH =，//BG CH ，∴四边形B C H G 是平行四边形，4G H BC ∴==，当4EF GH ==时，平行四边形E G F H 是矩形，分两种情况：①AE CF t ==，524E F t =-=，解得：0.5t =；②AE CF t ==，52(5)4EF t =--=，解得： 4.5t =；综上所述：当t 为0.5s 或4.5s 时，四边形E G F H 为矩形；（3）解：连接AG 、CH ，如图所示：四边形E G F H 为菱形，GH EF ∴⊥，OG OH =，O E O F =，O A O C ∴=，AG AH =，∴四边形AGCH 是菱形，A G C G ∴=，设AG CG x ==，则4BG x =-，由勾股定理得：222AB BG AG +=，即2223(4)x x +-=，解得，258x =，257488BG ∴=-=，731388AB BG ∴+=+=，t ∴为318时，四边形E G F H 为菱形．【变式训练2】在矩形ABC D 中，6A B =，8B C =，点E 为BC 延长线上一点，且B D B E =，连接D E ，Q 为D E 的中点，有一动点P 从B 点出发，沿BC 以每秒1个单位的速度向E 点运动，运动时间为t 秒．（1）如图1，连接D P 、PQ ，则DPQ S ∆=（用含t 的式子表示）；（2）如图2，M 、N 分别为A B 、A D 的中点，当t 为何值时，四边形MNQP 为平行四边形？请说明理由；【解答】解：（1）四边形ABC D 是矩形，6A B =，8B C =，8B C ∴=，6CD =，10BD ∴==10BD BE ∴==Q 为D E 的中点，12DPQ DPE S S ∆∆∴=，11113()(6106)1522222DPQ BED BDP S S S t t ∆∆∆∴=-=⨯⨯-⨯⨯=-故答案为：3152t-（2）当5t =时，四边形MNQP 为平行四边形，理由如下：M 、N 分别为A B 、A D 的中点，//MN BD ∴，152MN BD ==，5t =时，152BP BE ∴==，且点Q 是D E 的中点，//PQ BD ∴，152PQ BD ==//MN PQ ∴，MN PQ=∴四边形MNQP 是平行四边形最新模拟题1.如图，在矩形ABCD 中，3CD cm =，4BC cm =，连接BD ，并过点C 作CN BD ⊥，垂足为N ，直线l 垂直BC ，分别交BD 、BC 于点P 、Q ．直线l 从AB 出发，以每秒1cm 的速度沿BC 方向匀速运动到CD 为止；点M 沿线段DA 以每秒1cm 的速度由点D 向点A 匀速运动，到点A 为止，直线1与点M 同时出发，设运动时间为t 秒(0)t >．（1）线段CN =125；（2）连接PM 和QN ，当四边形MPQN 为平行四边形时，求t 的值；（3）在整个运动过程中，当t 为何值时PMN ∆的面积取得最大值，最大值是多少？【解答】解：（1）四边形ABCD 是矩形4BC AD cm ∴==，90BCD A ∠=︒=∠，225BD BC CD cm ∴=+，1122BCD S BC CD BD CN ∆=⨯=⨯⨯125CN ∴=故答案为：125（2）在Rt CDN ∆中，2295DN CD CN =-四边形MPQN 为平行四边形时//PQ MN ∴，且PQ BC ⊥，//AD BCMN AD∴⊥//MN AB∴DMN DAB∴∆∆∽∴DM DN AD BD=即9545DM =3625DM cm ∴=3625t s ∴=（3）5BD =，95DN =165BN ∴=如图，过点M 作MH BD ⊥于点H ，sin sin AB MH MDH BDA BD MD ∠=∠==∴35MD t =35MH t ∴=当64025t <<BQ t =，45BP t ∴=，9416555554PN BD BP DN t t ∴=--=--=-2113165324()22554825PMN S PN MH t t t t ∆∴=⨯⨯=⨯⨯-=-+∴当3225t s =时，PMN S ∆有最大值，且最大值为384625，当6425t s =时，点P 与点N 重合，点P ，点N ，点M 不构成三角形；当64425t < 时，如图，51645PN BP BN t ∴=-=-2113516324()22545825PMN S PN MH t t t t ∆∴=⨯⨯=⨯⨯-=-当64425t < 时，PMN S ∆随t 的增大而增大，∴当4t =时，PMN S ∆最大值为5425，5438425625>∴综上所述：4t =时，PMN ∆的面积取得最大值，最大值为5425．2.如图，平行四边形ABCD 中，8AB cm =，12BC cm =，60B ∠=︒，G 是CD 的中点，E是边AD 上的动点，EG 的延长线与BC 的延长线交于点F ，连接CE ，DF ．（1）求证：四边形CEDF 是平行四边形；（2）①AE =cm 时，四边形CEDF 是矩形，请写出判定矩形的依据（一条即可）；②AE =cm 时，四边形CEDF 是菱形，请写出判定菱形的依据（一条即可）．【解答】（1）证明：四边形ABCD 是平行四边形，//AD BC ∴，DEG CFG ∴∠=∠，GDE GCF ∠=∠．G 是CD 的中点，DG CG ∴=，在EDG ∆和FCG ∆中，DEG CFG GDE GCF DG CG ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()EDG FCG AAS ∴∆≅∆．ED FC ∴=．//ED CF ，∴四边形CEDF 是平行四边形．（2）解：①当8AE cm =时，四边形CEDF 是矩形．理由如下：作AP BC ⊥于P ，如图所示：8AB cm =，60B ∠=︒，30BAP ∴∠=︒，142BP AB cm ∴==，四边形ABCD 是平行四边形，60CDE B ∴∠=∠=︒，8DC AB cm ==，12AD BC cm ==，8AE cm =，4DE cm BP ∴==，在ABP ∆和CDE ∆中，AB CD B CDE BP DE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()ABP CDE SAS ∴∆≅∆，90CED APB ∴∠=∠=︒，∴平行四边形CEDF 是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形），故当8AE cm =时，四边形CEDF 是矩形；故答案为：8．②当4AE cm =时，四边形CEDF 是菱形．理由如下：4AE cm =，12AD cm =．8DE cm ∴=．8DC cm =，60CDE B ∠=∠=︒．CDE ∴∆是等边三角形．DE CE ∴=．∴平行四边形CEDF 是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）．故当4AE cm =时，四边形CEDF 是菱形；故答案为：4．3.如图，在ABC ∆中，点O 是边AC 上一个动点，过点O 作直线//EF BC 分别交ACB ∠、外角ACD ∠的平分线于点E 、F ．（1）猜想与证明，试猜想线段OE 与OF 的关系，并说明理由．（2）连接AE、AF．问：当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由．（3）若AC边上存在一点O，使四边形AECF是正方形，猜想ABC∆的形状并证明你的结论．【解答】（1）证明：CE平分ACB∠，∠，CF平分ACD∠=∠，ACE ECB∴∠=∠，ACF DCFEF BC，//∠=∠，∴∠=∠，F DCFECB OEC∴∠=∠，ACF F∠=∠，ACE OEC∴=，OC OF=，OE OC∴=；OE OF（2）解：如图，当O在AC的中点时，四边形AECF是矩形，理由如下：当O为AC中点时，则有OA OC OE OF===，=，∴四边形AECF为平行四边形，AC EF∴四边形AECF为矩形．（3）解：当点O在边AC上运动到AC中点时，使四边形AECF是正方形，ABC∆是直角三角形(90)∠=︒．理由如下：ACB由（2）可得点O在边AC上运动到AC中点时，平行四边形AECF是矩形，∠=︒，ACB90∴∠=︒ACE45平行四边形AECF是矩形，∴=，EO COOEC ACE∴∠=∠=︒，45EOC∴∠=︒，90∴⊥，AC EF∴四边形AECF是正方形．4.如图，矩形ABCD 中，点P 是线段AD 上的一个动点，O 为BD 的中点，PO 的延长线交BC 于Q ．（1）求证：OP OQ =；（2）若8AD cm =，6AB cm =，点P 从点A 出发，以1/cm s 的速度向点D 运动（不与D 重合）．设点P 运动的时间为t 秒，请用t 表示PD 的长；（3）当t 为何值时，四边形PBQD是菱形？【解答】解：（1）四边形ABCD 是矩形，//AD BC ∴，PDO QBO ∴∠=∠，O 为BD 的中点，DO BO ∴=，在PDO ∆和QBO ∆中，PDO QBO DO BO POD QOB ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，()PDO QBO ASA ∴∆≅∆，OP OQ ∴=；（2）由题意知：8AD cm =，AP tcm =，8PD t ∴=-，（3）PB PD =，22PB PD ∴=，即222AB AP PD +=，2226(8)t t ∴+=-，解得74t =，∴当74t =时，PB PD =．。
专题05 四边形存在性问题(解析版)
专题05 四边形存在性问题平行四边形【例1】如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线22y ax x c =-+与直线y kx b =+都经过(0,3)A -、(3,0)B 两点，该抛物线的顶点为C ．（1）求此抛物线；（2）求直线AB 的解析式；（3）设直线AB 与该抛物线的对称轴交于点E ，在射线EB 上是否存在一点M ，过M 作x 轴的垂线交抛物线于点N ，使点M 、N 、C 、E 是平行四边形的四个顶点？若存在，直接写出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）抛物线22y ax x c =-+经过(0,3)A -、(3,0)B 两点，∴9603a c c -+=⎧⎨=-⎩，解得13a c =⎧⎨=-⎩， ∴抛物线的解析式为223y x x =--；（2）直线y x b =+经过(0,3)A -、(3,0)B 两点，∴303b b +=⎧⎨=-⎩，解得：13b =⎧⎨=-⎩， ∴直线AB 的解析式为3y x =-；（3）2223(1)4y x x x =--=--，∴抛物线的顶点C 的坐标为(1,4)-，//CE y 轴，(1,2)E ∴-，2CE ∴=，①如图1，连接CN ，若点M 在x 轴下方，四边形CEMN 为平行四边形，则CE MN =，设(,3)M a a -，则2(,23)N a a a --，223(23)3MN a a a a a ∴=----=-+，232a a ∴-+=，解得：2a =，1a =（舍去），(2,1)M ∴-，②如图2，连接EN ，CM ，MN ，若点M 在x 轴上方，四边形CENM 为平行四边形，则CE MN =，设(,3)M a a -，则2(,23)N a a a --，2223(3)3MN a a a a a ∴=----=-，232a a ∴-=，解得：a =（负值已舍去），M ∴，综上，M 点的坐标为(2,1)-或． 【变式训练1】如图，抛物线215222y x x =-++与x 轴相交于A ，B 两点，点B 在点A 的右侧，与y 轴相交于点C ．（1）求点A ，B ，C 的坐标；（2）在抛物线的对称轴上有一点P ，使PA PC +的值最小，求点P 的坐标；（3）点M 为x 轴上一动点，在抛物线上是否存在一点N ，使以A ，C ，M ，N 四点构成的四边形为平行四边形？若存在，求点N 的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）当0x =时，则52y =， 5(0,)2C ∴， 当0y =时，2152022x x -++=， 化简，得2450x x --=，解得，1x =-或5x =，(1,0)A ∴-，(5,0)B ；（2）如图，连接BC ，交对称轴于点P ，连接AP ．点A 和点B 关于抛物线的对称轴对称，AP PB ∴=，要使PA PC +的值最小，则应使PB PC +的值最小，BC ∴与对称轴的交点，使得PA PC +的值最小．设BC 的解析式为y kx b =+．将(5,0)B ，5(0,)2C 代入y kx b =+， 得5250b k b ⎧=⎪⎨⎪+=⎩， ∴1252k b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， ∴直线BC 的解析式为1522y x =-+ 抛物线的对称轴为直线22122x ==-⨯ 当2x =时，1532222y =-⨯+=， 3(2,)2P ∴；（3）设点(,0)M m ，215(,2)22N n n n -++， 由（1）知，(1,0)A -，5(0,)2C ， 当AC 与MN 是对角线时，AC ∴与MN 互相平分， ∴215115(0)(2)22222n n +=-++， 解得，0n =（舍)或4n =，5(4,)2N ∴， 当AM 与CN 是对角线时，AM 与AN 互相平分， ∴11(1)22m n -=，2111550(2)22222n n ⨯=-+++，解得，2n =(2N ∴5)2-或(2，5)2-， 当AN 与CM 是对角线时，AN 与CM 互相平分， ∴211515(2)(0)22222n n -++=⨯+，解得，0n =（舍)或4n =，5(4,)2N ∴， 即：以点A ，C ，M ，N 为顶点的四边形是平行四边形时，点N 的坐标为5(4,)2或(2，5)2-或(2，5)2-，【变式训练2】如图，二次函数2y ax bx c =++的图象经过点(1,4)-，且与直线112y x =-+相交于A ，B 两点，A 点在y 轴上，过点B 作BC x ⊥轴，垂足为点(3,0)C -．（1）求二次函数的表达式；（2）点N 是二次函数图象上一点（点N 在AB 上方），过N 作NP x ⊥轴，垂足为点P ，交AB 于点M ，求MN 的最大值；（3）在（2）的条件下，点N 在何位置时，四边形BCMN 是平行四边形？并求出满足条件的N 点的坐标．【解答】解：（1）由直线112y x =-+可知(0,1)A ，5(3,)2B -，又点(1,4)-经过二次函数的图象， 根据题意得：593241a b c a b c c ⎧-+=⎪⎪-+=⎨⎪=⎪⎩，∴541741a b c ⎧=-⎪⎪⎪=-⎨⎪=⎪⎪⎩， 则二次函数的解析式是：2517144y x x =--+；（2）设2517(,1)44N x x x --+，则1(,1)2M x x -+，(,0)P x ， 则222517151553451(1)()442444216MN PN PM x x x x x x =-=--+--+=--=-++， 所以，当32x =-时，MN 的最大值为4516；（3）连接MC ，BN ，若BC MN =，则四边形BCMN 是平行四边形，25155442x x ∴--=， 解得_11x =-，_22x =-，故当(1,4)N -或(2,4.5)-时，四边形BCMN 是平行四边形．【变式训练3】如图，已知二次函数图象的顶点坐标为(1,0)C ，直线y x m =+的图象与该二次函数的图象交于A 、B 两点，其中A 点坐标为(3,4)，B 点在y 轴上．（1）求m 的值及这个二次函数的解析式；（2）若P 是线段AB 下方抛物线上一动点，当ABP ∆面积最大时，求P 点坐标以及ABP ∆面积最大值；（3）若D 为直线AB 与这个二次函数图象对称轴的交点，Q 为线段AB 之间的一个动点，过Q 作x 轴的垂线，与这个二次函数图象交于点E ，问是否存在这样的点Q ，使得四边形DCEQ 为平行四边形，若存在，请求出Q 点的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）点(3,4)A 在直线y x m =+上，43m ∴=+．1m ∴=．设所求二次函数的关系式为2(1)y a x =-．点(3,4)A 在二次函数2(1)y a x =-的图象上，24(31)a ∴=-，1a ∴=．∴所求二次函数的关系式为2(1)y x =-．即221y x x =-+；（2）过点P 作y 轴的平行线交AB 于点E ，则ABP ∆面积221139__(__)[(1)(21)]32222S PEA S PEB PE x A x B x x x x x =∆+∆=⋅-=⨯+--+⨯=-+， 302-<，故ABP ∆面积存在最大值，当32x =时，ABP ∆面积最大值为278， 此时点P 的坐标为3(2，1)4；（3）存在．理由：要使四边形DCEQ 是平行四边形，必需有QE DC =．点D 在直线1y x =+上，∴点D 的坐标为(1,2)，232x x ∴-+=．即2320x x -+=．解之，得_12x =，_21x =（不合题意，舍去）∴当Q 点的坐标为(2,3)时，四边形DCEQ 是平行四边形．【变式训练4】如图，抛物线2y x bx c =++与x 轴交于(1,0)A -，(3,0)B 两点，过点A 的直线l 交抛物线于点(2,)C m ．（1）求抛物线的解析式．（2）点P 是线段AC 上一个动点，过点P 作x 轴的垂线交抛物线于点E ，求线段PE 最大时点P 的坐标．（3）点F 是抛物线上的动点，在x 轴上是否存在点D ，使得以点A ，C ，D ，F 为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出所有满足条件的点D 的坐标；如果不存在，请说明理由．【解答】解：（1）将(1,0)A -，(3,0)B 代入2y x bx c =++，得到10930b c b c -+=⎧⎨++=⎩解得23b c =-⎧⎨=-⎩， 223y x x ∴=--．（2）将C 点的横坐标2x =代入223y x x =--，得3y =-，(2,3)C ∴-； ∴直线AC 的函数解析式是1y x =--．设P 点的横坐标为(12)x x -，则P 、E 的坐标分别为：(,1)P x x --，2(,23)E x x x --； P 点在E 点的上方，22(1)(23)2PE x x x x x =-----=-++，219()24x =--+， 10-<，∴当12x =时，PE 的最大值94=，此时1(2P ，3)2-． （3）存在．理由：如图，设抛物线与y 的交点为K ，由题意(0,3)K -，(2,3)C -，//CK x ∴轴，2CK =，当AC 是平行四边形11ACF D 的边时，可得1(3,0)D -．当AC 是平行四边形12AF CD 的对角线时，2AD CK =，可得2(1,0)D ， 当点F 在x 轴的上方时，令3y =，2323x x =--，解得1x =3(1F ∴-3)，4(1F 3)，由平移的性质可知3(4D -0)，4(4D +，0)．综上所述，满足条件的点D 的坐标为(3,0)-或(1,0)或(4-，0)或(4+0)．菱形【例1】如图，抛物线2y ax bx c =++与x 轴负半轴交于点A ，与x 轴正半轴交于点B ，与y 轴负半轴交于点C ，(4,0)A -，(1,0)B ，90ACB ∠=︒．（1）求点C 的坐标和抛物线的函数关系式；（2）点D 是OA 上一点（不与点A 、O 重合），过点D 作x 轴的垂线，交抛物线于点E ，交AC 于点F ，当13DF EF =时，求点E 的坐标； （3）设抛物线的对称轴l 交x 轴于点G ，在（2）的条件下，点M 是抛物线对称轴上一点，点N 是坐标平面内一点，是否存在点M 、N ，使以A 、E 、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．【解答】解：（1）由题意，4OA =，1OB =，OC AB ⊥， 90ACB ∠=︒，AOC COB ∴∠=∠，90OCA OAC ∠+∠=︒，90OCA OCB ∠=∠=︒， OAC OCB ∴∠=∠， ~OAC OCB ∴∆∆，∴OC OBOA OC=，∴2OC ，(0,2)C ∴-，分别把(4,0)A -，(1,0)B ，(0,2)C -代入2y ax bx c =++得164002a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=-⎩解得122b ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，∴213222y x x =+-；（2）设直线AC 函数关系式为y x b =+， 代入(4,0)A -，(0,2)C -得，402b b -+=⎧⎨=-⎩，解得，12=-，2b =-，∴122y x =--，设(,0)D m ，∴213_222y E m m =+-，1_22y F m =--，∴122DF m =+，21__22EF y F y E m m =-=--，由题意21112(2)232m m m +=--，解得，3m =-或4-（舍去）将3m =-代入213_222y E m m =+-，得213_2222y E m m =+-=-，(3,2)E ∴--；（3）存在，理由：当以A 、E 、M 、N 为顶点的四边形是菱形时，AEM ∆是等腰三角形． 由题意，1AD =，2DE =，322b a -=-，在Rt ADE ∆中，由勾股定理的，AE①AM AE =点A 到直线l 的距离是35(4)22---=>，∴此时点M 不存在．②EM AE ==过点E 作EH l ⊥于点H ，__2y H y E ∴==-，33(3)22EH =---=，在Rt EHM ∆中，由勾股定理得，MN ==∴_22y M =-+或22--，∴3_1(,22M --，3_2(,22M --；③当MA ME =时，22MA ME =， 即2222MG AG MH EH +=+，设3(,)2M n -，222253()(2)()22n n +=++，解得0n =， ∴3_3(,0)2M =-，综上，3_1(,22M --，3_2(,22M ---，3_3(2M -，0)，此时，5_1(2N -，5_2(,2N -，11_3(,2)2N --．【变式训练1】综合与探究已知：p ，q 是方程2650x x -+=的两个实数根，且p q <，抛物线2y x bx c =-++的图象经过点(,0)A p ，(0,)B q ． （1）求这个抛物线的解析式；（2）设（1）中抛物线与x 轴的另一交点为C ，抛物线的顶点为D ，试求出点C ，D 的坐标和BCD ∆的面积；（3）P 是线段OC 上的一点，过点P 作PH x ⊥轴，与抛物线交于H 点，若直线BC 把PCH ∆分成面积之比为2:3的两部分，请直接写出P 点的坐标 或 ； （4）若点M 在直线CB 上，点N 在平面上，直线CB 上是否存在点M ，使以点C 、点D 、点M 、点N 为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点M 的坐标：若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）解方程2650x x -+=， 得15x =，21x =，由p q <，则1p =，5q =，所以点A 、B 的坐标分别为(1,0)A ，(0,5)B ， 将(1,0)A ，(0,5)B 的坐标分别代入2y x bx c =-++， 得105b c c -++=⎧⎨=⎩，解这个方程组，得45b c =-⎧⎨=⎩，∴抛物线的解析式为245y x x =--+；（2）由245y x x =--+，令0y =，得2450x x --+=， 解这个方程，得15x =-，21x =， C ∴点的坐标为(5,0)-，2245(2)9y x x x =--+=-++，∴顶点D 的坐标为(2,9)-， 过D 作x 轴的垂线交x 轴于M ，则1279(52)22DMC S ∆=⨯⨯-=，()1295142MDBO S =⨯⨯+=梯形，1255522BOC S ∆=⨯⨯=，2725141522BCD DMC BOC MDBO S S S S ∆∆∆∴=+-=+-=梯形； （3）设P 点的坐标为(,0)a ， 如图2，点(0,5)B ，点(5,0)C -，∴直线BC 的解析式为5y x =+，(,5)E a a ∴+，2(,45)H a a a ∴--+，由题意，得①32EH EP =， 即23(45)(5)(5)2a a a a --+-+=+，解这个方程，得32a =-或5a =-（舍去），②23EH EP =，即22(45)(5)(5)3a a a a --+-+=+， 解这个方程，得23a =-或5a =-（舍去），综上所述：P 点的坐标为3(2-，0)或2(3-，0)，故答案为3(2-，0)或2(3-，0)；（4）设点(,5)M m m +，点(5,0)C -，点(2,9)D -，CD ∴=当CD 与DM 是菱形的两边时，则CD DM =，∴ 15m ∴=-（不合题意舍去），27m =， ∴点(7,12)M ，当CD 与CM ''是菱形的两边时，则CD CM ''=，∴5m ∴=±，∴点5M ，或点(5M -，-； 当DM '与CM '是菱形的两边时，则CM DM ''=，∴ 54m ∴=-，∴点5(4M -，15)4，综上所述：点M 坐标为(7,12)或5，或点(5M -，-或5(4-，15)4．【变式训练2】如图，在平面直角坐标系中，抛物线23y ax bx =++与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，其中(1,0)A -，(4,0)B ． （1）求抛物线的解析式；（2）连接BC ，在直线BC 上方的抛物线上有一动点D ，连接AD ，与直线BC 相交于点E ，当:4:5DE AE =时，求tan DAB ∠的值；（3）点P 是直线BC 上一点，在平面内是否存在点Q ，使以点P ，Q ，C ，A 为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：将(1,0)A -，(4,0)B 代入23y ax bx =++， 得3016430a b a b -+=⎧⎨++=⎩，解得3494a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴解析式为239344y x x =-++；（2）当0x =时，239344y x x =-++，(0,3)C ∴，设直线BC 的解析式为y kx b =+，将(4,0)B ，(0,3)C 分别代入得403k b c +=⎧⎨=⎩，解得：343k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴直线BC 的解析式为：334y x =-+，过点D 作y 轴的平行线，交直线BC 与点F ，交x 轴于点H ， 过点A 作y 轴的平行线，交直线BC 与点G ，(1,0)A -，∴当1x =-时，315(1)344y =-⨯-+=，∴15(1,)4G -，154AG =， //AG y 轴//DF ， DEF AEG ∴∆∆∽，∴DE DFAE AG=， ∴41554DF =， 3DF ∴=，设239(,3)44D t t t -++，3(,3)4F t t -+，∴223933(3)(3)334444DF t t t t t =-++--+=-+=，解得：122t t ==， ∴9(2,)2D ，∴92DH =，123AH =+=， 在Rt ADH ∆中，932tan 32DH DAB AH ∠===； （3）存在，分三种情况：①如图2，四边形ACPQ 是菱形，则PC AC =，设3(,3)4P x x -+，(1,0)A -，(0,3)C ，∴22223(33)134x x +-+-=+，解得：x =当x =(P 3)+，(1Q ∴-，当x =P ，3)+，1Q ∴-，； ②如图3，四边形APCQ 是菱形，5BC AB ==，B ∴在AC 的垂直平分线上， P ∴与B 重合，(5,3)Q ∴-；③如图4，四边形ACQP 是菱形，同理得8(5P ，9)5，13(5Q ∴，24)5；综上，点Q 的坐标为(1-或1-，或(5,3)-或13(5，24)5． 【变式训练3】如图，直线3y x =-+与x 轴、y 轴分别交于点B ，点C ，经过B ，C 两点的抛物线2y x bx c =++与x 轴的另一个交点为A ，顶点为P ，点M 为抛物线的对称轴上的一个动点．（1）求该抛物线的解析式；（2）当点M 在x 轴的上方时，求四边形COAM 周长的最小值；（3）在平面直角坐标系内是否存在点N ，使以C ，P ，M ，N 为顶点的四边形为菱形？若存在，请写出所有符合条件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）直线3y x =-+与x 轴、y 轴分别交于点B ，点C ，∴点(3,0)B ，点(0,3)C ，抛物线2y x bx c =++经过B ，C 两点，∴9303b c c ++=⎧⎨=⎩，解得43b c =-⎧⎨=⎩， ∴抛物线的解析式为：243y x x =-+；（2）如图，连接AM ，2243(2)1y x x x =-+=--，∴抛物线的对称轴为直线2x =，点A 与点B 关于对称轴对称，AM BM ∴=，点(1,0)A ，点(0,3)C ，点(1,0)A ，点(3,0)B ，1OA ∴=，3OC =，3OB =，四边形COAM 周长OC OA AM CM =+++， ∴四边形COAM 周长4BM CM =++，∴当点B ，点M ，点C 三点共线时，BM CM +有最小值为BC 的长，∴四边形COAM 周长的最小值4BC =+，229932BC OC OB =++∴四边形COAM 周长的最小值432=+（3）2243(2)1y x x x =-+=--，∴顶点(2,1)P -，又点(0,3)C ，222(13)25PC ∴=+--=设点(2,)M t ，MC ∴|1|MP t =+，以C ，P ，M ，N 为顶点的四边形为菱形，CPM ∴∆是等腰三角形，若MC MP =|1|t +，32t ∴=， ∴点3(2,)2M ；若MP PC =，则|1|t +，11t ∴=-+21t =--，∴点(2,1M -+或(2,1--；若MC PC ==解得：31t =-（不合题意舍去），47t =，∴点(2,7)M ；综上所述：点M 的坐标为3(2,)2或(2,7)或(2,1-+或(2,1--．矩形【例1】如图所示，二次函数22y x x m =-++的图象与x 轴的一个交点为(3,0)A ，另一交点为B ，且与y 轴交于点C ．（1）求m 的值；（2）求点B 的坐标；（3）该二次函数图象上有一点(,)D x y （其中0x >，0)y >，使ABD ABC S S ∆∆=，求点D 的坐标；（4）若点P 在直线AC 上，点Q 是平面上一点，是否存在点Q ，使以点A 、点B 、点P 、点Q 为顶点的四边形为矩形？若存在，请你直接写出Q 点的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）把(3,0)A 代入二次函数22y x x m =-++得：960m -++=，3m =；（2）由（1）可知，二次函数的解析式为：223y x x =-++；当0x =时，3y =，(0,3)C ∴，当0y =时，2230x x -++=，2230x x --=，(1)(3)0x x +-=，1x ∴=-或3，(1,0)B ∴-；（3）__S ABD S ABC ∆=∆，当3y =时，2233x x -++=，220x x -+=，220x x -=，(2)0x x -=，0x =或2，∴只有(2,3)符合题意．综上所述，点D 的坐标为(2,3)；（4）存在，理由：①当AB 是矩形的边时，此时，对应的矩形为ABP Q ''，3AO OC ==，故45PAB ∠=︒，∴矩形ABP Q ''为正方形，故点Q '的坐标为(3,4)；②当AB 是矩形的对角线时，此时，对应的矩形为APBQ ，同理可得，矩形APBQ 为正方形，故点Q 的坐标为(1,2)-，故点Q 的坐标为(3,4)或(1,2)-．【变式训练1】如图，抛物线2(0)y ax bx c a =++<与x 轴交于点(2,0)A -、(4,0)B ，与y 轴交于点C ，且2OC OA =．.（1）该抛物线的解析式为 2142y x x =-++ ； （2）直线1(0)y kx k =+>与y 轴交于点D ，与直线BC 交于点M ，与抛物线上直线BC 上方部分交于点P ，设PM m DM=，求m 的最大值及此时点P 的坐标； （3）若点D 、P 为（2）中求出的点，点Q 为x 轴的一个动点，点N 为坐标平面内一点，当以点P 、D 、Q 、N 为顶点的四边形为矩形时，直接写出点N 的坐标．【解答】解：（1）因为抛物线2y ax bx c =++经过(2,0)A -、(4,0)B 两点，所以可以假设(2)(4)y a x x =+-，2OC OA =，2OA =，(0,4)C ∴，代入抛物线的解析式得到12a =-， 211(2)(4)422y x x x x ∴=-+-=-++， 故答案为：2142y x x =-++； （2）如图1中，由题意，点P 在y 轴的右侧，作PE x ⊥轴于E ，交BC 于F ．//CD PE ，CMD FMP ∴∆∆∽，PM PF m DM DC∴==， 直线1(0)y kx k =+>与y 轴交于点D ，则(0,1)D ， BC 的解析式为4y x =-+， 设21(,4)2P n n n -++，则(,4)F n n -+， 22114(4)(2)222PF n n n n ∴=-++--+=--+， 212(2)63PF m n CD ∴==--+， 106-<， ∴当2n =时，m 有最大值，最大值为23，此时(2,4)P ； （3）存在这样的点Q 、N ，使得以P 、D 、Q 、N 四点组成的四边形是矩形． ①当DP 是矩形的边时，有两种情形，a 、如图21-中，四边形DQNP 是矩形时，有（2）可知(2,4)P ，代入1y kx =+中，得到32k =， ∴直线DP 的解析式为312y x =+，可得(0,1)D ，2(3E -，0)， 由DOE QOD ∆∆∽可得OD OE OQ OD =， 2OD OE OQ ∴=，213OQ ∴=， 32OQ ∴=， 3(2Q ∴，0)． 根据矩形的性质，将点P 向右平移32个单位，向下平移1个单位得到点N ， 3(22N ∴+，41)-，即7(2N ，3) b 、如图22-中，四边形PDNQ 是矩形时，直线PD 的解析式为312y x =+，PQ PD ⊥， ∴直线PQ 的解析式为21633y x =-+，(8,0)Q ∴，根据矩形的性质可知，将点D 向右平移6个单位，向下平移4个单位得到点N ， (06,14)N ∴+-，即(6,3)N -．②当DP 是对角线时，设(,0)Q x ，则221QD x =+，222(2)4QP x =-+，213PD =， Q 是直角顶点，222QD QP PD ∴+=，221(2)1613x x ∴++-+=，整理得2240x x -+=，方程无解，此种情形不存在，综上所述，满足条件的点N 坐标为7(2，3)或(6,3)-． 【变式训练2】如图所示，平面直角坐标系中，直线3y x =-+交坐标轴与B 、C 两点，抛物线23y ax bx =++经过B 、C 两点，且交x 轴于另一点(1,0)A -．点D 为抛物线在第一象限内的一点，过点D 作//DQ CO ，DQ 交BC 于点P ，交x 轴于点Q ．（1）求抛物线解析式；（2）设点P 的横坐标为m ，在点D 的移动过程中，存在DCP ACO ∠=∠，求出m 值；（3）在抛物线取点E ，在坐标系内取点F ，问是否存在以C 、B 、E 、F 为顶点且以CB 为边的矩形？如果有请求出点E 的坐标；如果不存在，请说明理由．【解答】解：（1）直线3y x =-+交坐标轴与B 、C 两点，∴点(3,0)B ，点(0,3)C ，抛物线23y ax bx =++经过B 、C 两点，且交x 轴于另一点(1,0)A -，∴030933a b a b =-+⎧⎨=++⎩解得：12a b =-⎧⎨=⎩∴抛物线解析式为：223y x x =-++；（2）如图，过点D 作DH BC ⊥于H ，点(3,0)B ，点(0,3)C ，点(1,0)A -，3CO BO ∴==，1AO =，45BCO CBO ∴∠=∠=︒，BC =，DQ OB ⊥，45BPQ PBQ ∴∠=∠=︒，PQ QB ∴=，BP =，点P 的横坐标为m ，∴点(,3)P m m -+，点2(,23)D m m m -++，3PQ m ∴=-+，223DQ m m =-++，23DP m m ∴=-+，3)BP m =-+45DPH BPQ ∠=∠=︒，DH BC ⊥，45HDP DPH ∴∠=∠=︒，23)22DH PH DP m m ∴===-+，223)3)CH m m m ∴=-+--+=， DCP ACO ∠=∠，tan tan AO DH DCP ACO CO CH∴∠=∠==，∴23)13m m -+= 0m ∴=（舍去），52m =； （3）存在，若CE BC ⊥时， ∴直线CE 解析式为：3y x =+，∴2323y x y x x =+⎧⎨=-++⎩ ∴03x y =⎧⎨=⎩（舍去），14x y =⎧⎨=⎩∴点E 坐标(1,4)，若BE BC ⊥时，∴直线BE 解析式为：3y x =-，∴2323y x y x x =-⎧⎨=-++⎩∴30x y =⎧⎨=⎩（舍去），25x y =-⎧⎨=-⎩ ∴点E 坐标(2,5)--，综上所述：当点(1,4)E 或(2,5)--时，以C 、B 、E 、F 为顶点且以CB 为边的矩形．【变式训练3】如图所示，将二次函数221y x x =++的图象沿x 轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移5个单位，得到二次函数2y ax bx c =++的图象．函数221y x x =++的图象的顶点为点A ．函数2y ax bx c =++的图象的顶点为点C ，两函数图象分别交于B 、D 两点．（1）求函数2y ax bx c =++的解析式；（2）如图2，连接AD 、CD 、BC 、AB ，判断四边形ABCD 的形状，并说明理由．（3）如图3，连接BD ，点M 是y 轴上的动点，在平面内是否存在一点N ，使以B 、D 、M 、N 为顶点的四边形为矩形？若存在，请求出N 点的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）2221(1)y x x x =++=+，且将二次函数221y x x =++的图象沿x 轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移5个单位，22(11)55y x x ∴=-+-+=-+；（2）四边形ABCD 是平行四边形，理由如下：25y x =-+的顶点为点C ，；∴点(0,5)C ，函数221y x x =++的图象的顶点为点A ，∴点(1,0)A -，联立方程组可得：22215y x x y x ⎧=++⎨=-+⎩∴21x y =-⎧⎨=⎩ 或14x y =⎧⎨=⎩， ∴点(2,1)D -，点(1,4)B ，点(2,1)D -，点(1,4)B ，(1,0)A -，点(0,5)C ，AB ∴=，CD =AD =，BC =，AC BD =AB CD ∴=，AD BC =，∴四边形ABCD 是平行四边形；（3）存在，设点(,)N x y若BD 为矩形的边，四边形BDMN 是矩形时，点(2,1)D -，点(1,4)B ，∴直线BD 解析式为：3y x =+，∴直线DM 的解析式为1y x =--，∴点(0,1)M -， BM 与DN 互相平分， ∴10222x +-+=，14122y -++=， 3x ∴=，2y =，∴点(3,2)N ；若BD 为矩形的边，四边形BDNM 是矩形时，点(2,1)D -，点(1,4)B ，∴直线BD 解析式为：3y x =+，∴直线BM 的解析式为5y x =-+，∴点(0,5)M ， BN 与DM 互相平分， ∴12022x +-+=，15422y ++=， 3x ∴=-，2y =，∴点(3,2)N -；若BD 为对角线，点(2,1)D -，点(1,4)B ，点(,)N x y ，点M 的横坐标为0，1x ∴=-，点M 纵坐标为5y -，∴点(0,5)M y -BD MN =，∴y ∴，∴点(N -或，(-，综上所述：点N 坐标为(-或，(-或(3,2)或(3,2)-． 【变式训练4】如图，抛物线23(0)y ax bx a =++≠与x 轴，y 轴分别交于点(1,0)A -，(3,0)B ，点C 三点．（1）求抛物线的解析式；（2）x 轴上是否存在点P ，使12PC PB +最小？若存在，请求出点P 的坐标及12PC PB +的最小值；若不存在，请说明理由；（3）连接BC ，设E 为线段BC 中点．若M 是抛物线上一动点，将点M 绕点E 旋转180︒得到点N ，当以B 、C 、M 、N 为顶点的四边形是矩形时，直接写出点N 的坐标．【解答】解：（1）抛物线23(0)y ax bx a =++≠与x 轴交于点(1,0)A -，(3,0)B ， ∴设抛物线的解析式为2(1)(3)23y a x x ax ax a =+-=--，33a ∴-=，1a ∴=-，∴抛物线的解析式为223y x x =-++；（2）如图，在x 轴下方作30ABD ∠=︒，交y 轴负半轴于D ，则2BD OD =，(3,0)B ，3OB ∴=，根据勾股定理得，2223BD OD -=，2249OD OD ∴-=，OD ∴BD =抛物线的解析式为223y x x =-++，(0,3)C ∴，3OC ∴=，3CD ∴=+，过点P 作PB BD '⊥于B '，在Rt △PB B '中，12PB PB '=， 12PC PB PC PB '∴+=+， 当点C ，P ，B 在同一条直线上时，12PC PB +最小，最小值为CB '， 1122BCD S CD OB BD CB ∆'==，(32CD OB CB BD +'∴===，即12PC PB +， 3OB OC ==，45OBC OCB ∴∠=∠=︒，453075DBC ∴∠=︒+︒=︒，907515BCP ∴∠=︒-︒=︒，30OCP ∴∠=︒，3OC =，OP ∴P ∴0)；（3）如备用图，设2(,23)M m m m -++，以B 、C 、M 、N 为顶点的四边形是矩形，90BMC ∴∠=︒，点A 在x 轴负半轴，且90BOC ∠=︒，∴点M 在x 轴上方的抛物线，过点M 作ME x ⊥轴于E ，作MF y ⊥轴于F ，90MEO MFO EOF ∴∠=∠=︒=∠，∴四边形OEMF 是矩形，90EMF ∴∠=︒，BME CMF ∴∠=∠，90BEM CFM ∠=∠=︒，BEM CFM ∴∆∆∽， ∴BE ME CF MF=， ∴22323233m m m m m m--++=-++-．m ∴，M ∴或， 点N 是点M 关于点3(2E ，3)2的对称点，N ∴或．【变式训练5】如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线223(0)y ax ax a a =--<与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧），经过点A 的直线:l y kx b =+与y 轴负半轴交于点C ，与抛物线的另一个交点为D ，且4CD AC =．（1）直接写出点A 的坐标，并求直线l 的函数表达式（其中k 、b 用含a 的式子表示）；（2）点E 是直线l 上方的抛物线上的动点，若ACE ∆的面积的最大值为54，求a 的值； （3）设P 是抛物线的对称轴上的一点，点Q 在抛物线上，当以点A 、D 、P 、Q 为顶点的四边形为矩形时，请直接写出点P 的坐标．【解答】解：（1）当223(1)(3)y ax ax a a x x =--=+-，得(1,0)A -，(3,0)B ， 直线:l y kx b =+过(1,0)A -，0k b ∴=-+，即k b =，∴直线:l y kx k =+，抛物线与直线l 交于点A ，D ，223ax ax a kx k ∴--=+，即2(2)30ax a k x a k -+--=，4CD AC =，∴点D 的横坐标为4，314k a∴--=-⨯， k a ∴=，∴直线l 的函数表达式为y ax a =+；（2）如图1，过E 作//EF y 轴交直线l 于F ，设2(,23)E x ax ax a --，则(,)F x ax a +，222334EF ax ax a ax a ax ax a =----=--，22221111325(34)(1)(34)(34)()222228ACE AFE CEF S S S ax ax a x ax ax a x ax ax a a x a ∆∆∆∴=-=--+---=--=--，ACE ∴∆的面积的最大值258a ==， ACE ∆的面积的最大值为54， 25584a ∴-=， 解得25a =-；（3）以点A 、D 、P 、Q 为顶点的四边形能成为矩形，令223ax ax a ax a --=+，即2340ax ax a --=，解得：11x =-，24x =，(4,5)D a ∴，抛物线的对称轴为直线1x =，设(1,)P m ，①如图2，若AD 是矩形ADPQ 的一条边，则易得(4,21)Q a -，21526m a a a ∴=+=，则(1,26)P a ， 四边形ADPQ 是矩形，90ADP ∴∠=︒，222AD PD AP ∴+=，2222225(5)3(265)2(26)a a a a ∴+++-=+， 即217a =， 0a <，a ∴=(1,P ∴； ②如图3，若AD 是矩形APDQ 的对角线，则易得(2,3)Q a -，5(3)8m a a a ∴=--=，则(1,8)P a ，四边形APDQ 是矩形，90APD ∴∠=︒，222AP PD AD ∴+=，222222(11)(8)(14)(85)5(5)a a a a ∴--++-+-=+， 即214a =， 0a <，12a ∴=-， (1,4)P ∴-，综上所述，点A 、D 、P 、Q 为顶点的四边形能成为矩形，点(1,P 或(1,4)-．。
专题21 四边形中的存在性问题(解析版)
专题21四边形中的存在性问题
1、已知，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，点D为直线BC上一动点（点D不与点B、C重合），
以AD为边做正方形ADEF，连接CF．
（1）如图①，当点D在线段BC上时，直接写出线段CF、BC、CD之间的数量关系．
（2）如图②，当点D在线段BC的延长线上时，其他件不变，则（1）中的三条线段之间的数量关系还成立吗？如成立，请予以证明，如不成立，请说明理由；
（3）如图③，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A、F分别在直线BC两侧，其他条件不变；
若正方形ADEF的边长为4，对角线AE、DF相交于点O，连接OC，请直接写出OC的长度．
解：（1）∵∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴AB＝AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
∵∠BAD＝90°﹣∠DAC，∠CAF＝90°﹣∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAF，
∵在△BAD和△CAF中，。
四边形存在性问题
一、平行四边形存在性问题姓名：1．（4月8日作业）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（a，2），B（b，0），且a，b满足+b2﹣8b+16＝0．（1）求a，b的值；（2）在坐标轴上是否存在点C，使△ABC是以线段AB为底的等腰三角形？若存在，试求出点C的坐标：若不存在，试说明理由．（3）点A关于点（0，﹣1）对称的点D坐标为；是否存在点P、Q，满足点P在x轴上，点Q在y轴上，且以A，D，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，试求出点P、Q的坐标；若不存在，试说明理由．2．（4月9日作业）如图，已知正比例函数y＝2x和反比例函数y＝（k≠0）的图象交于A、B两点，若A点的纵坐标为﹣2．（1）求反比例函数的解析式和点B坐标；（2）根据图象，直接写出正比例函数值大于反比例函数值时自变量x的取值范围；（3）若C是双曲线上的动点，D是x轴上的动点，是否存在这样的点C和点D，使以A、B、CD为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出C、D坐标；若不存在，请说明理由．3．（4月9日作业）如图，把矩形纸片AOCD置于直角坐标系中，O为坐标原点，，把矩形纸片沿直线AF折叠，使得点D与OC上的点E重合，这时AE平分∠OAF．（1）填空：∠DAF∠EAF（填“＞”、“＜”或“＝”）；（2）求出直线AE的解析式及点F的坐标；（3）设点M是直线AE上的一个动点，过点M作AD的平行线，交y轴于点N，是否存在点M，使得以M、N、D、A为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．4．（4月9日作业）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+8分别交两轴于点A、B，点C为线段AB 的中点，点D在线段OA上，且CD的长是方程的根．（1）求点D的坐标；（2）求直线CD的解析式；（3）在平面内是否存在这样的点F，使以A、C、D、F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，不必说明理由．5．（4月9日作业）如图1，已知点A（a，0），B（0，b），且a、b满足+（a+b+3）2＝0，▱ABCD 的边AD与y轴交于点E，且E为AD中点，双曲线y＝经过C、D两点．（1）求k的值；（2）点P在双曲线y＝上，点Q在y轴上，若以点A、B、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，试求满足要求的所有点P、Q的坐标；（3）以线段AB为对角线作正方形AFBH（如图3），点T是边AF上一动点，M是HT的中点，MN⊥HT，交AB于N，当T在AF上运动时，的值是否发生改变？若改变，求出其变化范围；若不改变，请求出其值，并给出你的证明．二、矩形存在性问题1．（4月10日作业）如图，在平面直角坐标系中，已知Rt△AOB的两直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，且OA、OB的长满足|OA﹣8|+（OB﹣6）2＝0，∠ABO的平分线交x轴于点C过点C作AB的垂线，垂足为点D，交y轴于点E．（1）求线段AB的长；（2）求直线CE的解析式；（3）若M是射线BC上的一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以A、B、M、P为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．2．（4月10日作业）如图：在平面直角坐标系中，点A、C分别在x轴负半轴、y轴正半轴上，且四边形ABCO为矩形，AB＝4，点D与点A关于原点O成中心对称，tan∠ACB＝，点E、F分别是线段AD、AC上的动点（点E不与点A、D重合），且∠CEF＝∠ACB．（1）求AC的长和点D的坐标；（2）说明△AEF与△DCE相似；（3）点M在第二象限，且在直线BC的下方，点N在平面内，是否存在这样点M，使得以点B、C、M、N为顶点的四边形是矩形，且矩形的长：宽＝4：3？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．3．（4月10日作业）如图，直线y＝﹣x+2与反比例函数y＝（k≠0）的图象交于A（a，3）、B（3，b）两点，直线AB交y轴于点C、交x轴于点D．（1）请直接写出a＝，b＝，反比例函数的解析式为．（2）在x轴上是否存在一点E，使得∠EBD＝∠OAC，若存在请求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．（3）点P是x轴上的动点，点Q是平面内的动点，是以A、B、P、Q为顶点的四边形是矩形，若存在请求出点Q的坐标，若不存在请说明理由．4．（4月10日作业）如图，平面直角坐标系中，直线AB与x轴、y轴分别交于点A、B，直线CD与x轴、y轴分别交于点C、D，AB与CD相交于点E，线段OA、OC的长是一元二次方程x2﹣18x+72＝0的两根（OA＞OC），＝，点E的横坐标为3，反比例函数y＝的图象经过点E．（1）求k的值；（2）若直线AB与反比例函数图象上除点E外的另一交点为P，求三角形ECP的面积；（3）若点M在坐标轴上，在平面内是否存在一点N，使以点C，E，M，N为顶点的四边形是矩形且线段CE为矩形的一条边？若存在，直接写出符合条件的N点坐标；若不存在，请说明理由．4月11日12日周末作业另外布置。
中考数学 专题17 函数动点问题中平行四边形存在性(解析版)
专题17 函数动点问题中平行四边形存在性类型一、平行四边形存在性结论：A C B DA CB Dx x x xy y y y+=+⎧⎨+=+⎩类型二、特殊平行四边形存在性1. 矩形存在性常用解题思路：构造一线三直角（借助相似或三角函数求解）；利用矩形对角线相等（直角三角形斜边的中线等于斜边的一半）借助勾股定理求解等.2. 菱形存在性常用解题思路：利用菱形四条边相等，对角线互相垂直，借助勾股定理等求解.3. 正方形存在性常用解题思路：兼具矩形和菱形二者.【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 =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.【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：9303a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=-⎩， 解得：a =1，b =－2，c =－3，即抛物线的解析式为：y=x2－2x－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或x=1，∴Q，3)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(1，3)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 =2，∴222552222m ⎛⎛⎫⎛⎫-++= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 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 =-x 2+bx +c 经过 A (-1，0)，B (3，0)两点，∴10930b c b c --+=⎧⎨-++=⎩，解得：23b c =⎧⎨=⎩，即抛物线的解析式为：y =-x 2+2x +3.（2）由y =-x 2+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 n n n ，故点M 的坐标为：0），0），（12，0），（12-，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），∴301640c a b c a b c =⎧⎪++=⎨⎪-+=⎩，解得：39434c b a ⎧⎪=⎪⎪=-⎨⎪⎪=-⎪⎩，即抛物线的解析式为：y =34-x 294-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，∴OM 2=9，即223394t t ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，解得：t =0（舍）或t =7225，∴当MC 平分∠PMO 时，t =7225. （3）设P (t , 34-t 294-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：CD =54t -，∴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 , 34-t 294-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6.1.（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 ＝ax 2+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-x 243-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-x 243-x +2的对称轴为x ＝﹣1， 设M (m , y M )，N (－1，n )，y M =23-m 243-m +2 ①当四边形ACMN 为平行四边形时，有：312Mm y 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：312Mm y 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 ＝﹣12x 2+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：410Fn m 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 ＝ax 2+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：312Mm 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：312Mm 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：312Mmn 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＝ax2+bx﹣1交x轴于A（﹣3，0），B（1，0）两点，∴109310a ba b+-=⎧⎨--=⎩，解得：1323ab⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩抛物线的解析式为y＝13x2+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：CE2=m2+(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：8 yx =.（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=43x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），∴493034103b cb c⎧⨯++=⎪⎪⎨⎪⨯-+=⎪⎩，解得：834bc⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，即抛物线的解析式为：y=43x2﹣83x﹣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 AQOA 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 =ax 2+bx +4与x 轴交于A (-1，0)，B (4，0)两点，∴4016440a b a b -+=⎧⎨++=⎩，解得：13a b =-⎧⎨=⎩，即抛物线的解析式为：y =－x 2+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=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.【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 ＝﹣x 2+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．。
四边形的存在性(讲义及答案).
四边形的存在性（讲义）知识点睛1.存在性问题的处理思路①分析不变特征分析背景图形中的定点，定线，定角等不变特征．②分类、画图结合图形形成因素（判定，定义等）考虑分类，画出符合题意的图形．通常先尝试画出其中一种情形，分析解决后，再类比解决其他情形．③求解、验证围绕不变特征、画图依据来设计方案进行求解；验证时，要回归点的运动范围，画图或推理，判断是否符合题意．注：复杂背景下的存在性问题往往需要研究背景图形，几何背景往往研究点，线，角；函数背景研究点坐标，表达式等．2.平行四边形的存在性不变特征及特征下操作要点举例：①三定一动连接三个定点，得确定的三角形；由该三角形补全平行四边形，一般以三角形的三边分别为对角线进行分类，通常借助坐标的平移进行求解．②两定两动连接两个定点得定线段，以定线段在平行四边形中作边或对角线进行分类，通常借助对应边相等，坐标的平移或者中点坐标公式进行求解（设—传—代）．③三动点或四动点无确定的线段，但往往有不变特征，如两边始终平行，只需满足边相等即可，通常借助坐标的平移进行求解（设—传—代）．3.菱形存在性问题通常转化为等腰三角形存在性处理．4.正方形存在性问题通常转化为等腰直角三角形存在性处理．精讲精练1.如图，抛物线y =ax 2+6x +c 交x 轴于A ，B 两点，交y 轴于点C ．直线y =x -5经过点B ，C ．（1）求抛物线的解析式；（2）过点A 的直线交直线BC 于点M ．当AM ⊥BC 时，过抛物线上一动点P （不与点B ，C 重合），作直线AM 的平行线交直线BC 于点Q ，若以点A ，M ，P ，Q 为顶点的四边形是平行四边形，求点P 的横坐标．2.如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx+2（a≠0）与x轴交于A(-1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，连接BC．（1）求该抛物线的解析式，并写出它的对称轴．（2）若点N为抛物线对称轴上一点，抛物线上是否存在点M，使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请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．3.如图1，在平面直角坐标系中，一次函数334y x =-+的图象与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，抛物线y =-x 2+bx +c 经过A ，B 两点，在第一象限的抛物线上取一点D ，过点D 作DC ⊥x 轴于点C ，交直线AB 于点E ．（1）该抛物线的函数表达式．（2）如图2，F 是第一象限内抛物线上的动点（不与点D 重合），点G 是线段AB 上的动点．连接DF ，FG ，当四边形DEGF 是平行四边形且周长最大时，请直接写出点G 的坐标．4.如图，抛物线y=ax2+bx+4交x轴于A(-3，0)，B(4，0)两点，与y轴交于点C，连接AC，BC．点P是第一象限内抛物线上的一个动点，点P的横坐标为m．（1）此抛物线的表达式为___________．（2）过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．点E是坐标系平面内一点，试探究点P在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q，E为顶点的四边形是菱形．若存在，请直接写出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由．5.如图，已知直线l 的函数表达式为364y x =-+，且l 与x 轴、y 轴分别交于A ，B 两点，动点Q 从B 点开始在线段BA 上以每秒2个单位的速度向点A 移动，同时动点P 从点A 开始在线段AO 上以每秒1个单位的速度向O 点移动．设点Q ，P 移动时间为t 秒．（1）求点A ，B 的坐标；（2）点C 是坐标平面内一动点，当以点A ，C ，P ，Q 为顶点的四边形是菱形时，t 的值为_____________．6.如图，已知抛物线y=ax2+bx+3过点A(-1，0)，B(3，0)，点M，N为抛物线上的动点，过点M作MD∥y轴，交直线BC于点D，交x轴于点E．（1）求抛物线的表达式；（2）过点N作NF⊥x轴，垂足为点F，若四边形MNFE为正方形（此处限定点M在对称轴的右侧），求该正方形的面积．7.如图1，若直线l：y=-2x+4交x轴于点A，交y轴于点B，将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△COD．过点A，B，D的抛物线h：y=ax2+bx+4．（1）求抛物线h的表达式；（2）如图2，点E为抛物线h的顶点，点P是抛物线h在第二象限上的一动点（不与点D，B重合），连接PE，以PE为边作图示一侧的正方形PEFG，随着点P的运动，正方形的大小、位置也随之改变．当顶点F或G恰好落在y轴上时，直接写出对应的点P的坐标．8.如果抛物线C 1的顶点在拋物线C 2上，抛物线C 2的顶点也在拋物线C 1上时，那么我们称抛物线C 1与C 2“互为关联”的抛物线．如图1，已知抛物线C 1：2114y x x =+与C 2：y 2=ax 2+x +c 是“互为关联”的拋物线，点A ，B 分别是抛物线C 1，C 2的顶点，抛物线C 2经过点D (6，-1)．（1）直接写出A ，B 的坐标和抛物线C 2的解析式．（2）点F 是坐标平面内任意一点，抛物线C 2上是否存在点E ，使得四边形ABEF 是矩形？如果存在，请直接写出点E 的坐标；如果不存在，请说明理由．【参考答案】1.（1）y =-x 2+6x -5；（2）点P 的横坐标为5412+，5412-或4．2.（1）抛物线解析式为224233y x x =-++；对称轴直线x =1；（2）点M 的坐标为(4，103-)，(-2，103-)或(2，2)．3.（1）21334y x x =-++；（2）点G 的坐标为(134，916)或(34，3916)．4.（1）211433y x x =-++；（2）点Q 的坐标为(1，3)或(522，5242-)．5.（1）A (8，0)；B (0，6)；（2）103，259或8021．6.（1）抛物线的表达式为y =-x 2+2x +3；（2）正方形的面积为2485-或2485+．7.（1）抛物线h 的表达式为2142y x x =--+；（2）点P 的坐标为(23-+，5232+)，(23--，5232-)或(12--，72)．8.（1）A (-2，-1)；B (2，3)；22124y x x =-++；（2）点E 的坐标为(10，-13)或(6，-1)．。
平行四边形,矩形,菱形的存在性问题(有答案)
平行四边形，矩形，菱形的存在性问题一、平行四边形存在性问题1．在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别是A（﹣1，3），B（﹣5，﹣3），C（1，﹣3），在平面内找一点D，使四边形ABCD是平行四边形，则点D的坐标是．2．已知平行四边形ABCD的两条对角线相交于平面直角坐标系中的原点O，点A（﹣1，3），B（1，2），则点C，D的坐标分别为．3．在直角坐标系中，点A、B的坐标分别为（﹣2，4）、（﹣5，2），点M在x轴上，点N 在y轴上．如果以点A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，那么符合条件的点M 有个．4．如图，在平面直角坐标系中，AD∥BC，AD＝5，B（﹣3，0），C（9，0），E是BC的中点，P是线段BC上一动点，当PB＝时，以点P、A、D、E为顶点的四边形是平行四边形．第4题第5题第6题5．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（4，0），点C在y 的正半轴上，且OB＝2OC，在直角坐标平面内确定点D，使得以点D、A、B、C为顶点的四边形是平行四边形，请写出点D的坐标为．6．如图，已知A（1，0）、C（0，1）、B（m，0）且m＞1，在平面内求一点P，使得以A、B、C、P为顶点的四边形是平行四边形，则点P的坐标为．7．已知点A（4，0），B（0，﹣2），C（a，a）及点D是一个平行四边形的四个顶点，则线段CD长的最小值为．8．（1）在图1，2，3中，给出平行四边形ABCD的顶点A，B，D的坐标（如图），图1，2，3中的顶点C的坐标分别是，，；（2）在图4中，若平行四边形ABCD的顶点A，B，D的坐标分别为（4，1）、（3，4）、（6，4），则顶点C的坐标为；（3）在图4中，平行四边形ABCD顶点坐标分别为A（a，b）、B（c，d）、C（m，n）、D（e，f），则其横坐标a，c，m，e之间的等量关系为；纵坐标b，d，n，f之间的等量关系为．9．如图，矩形OABC中，点A在x轴上，点C在y轴上，点B的坐标是（6，8），将矩形OABC沿直线BD折叠，使得点C恰好落在对角线OB上的点E处，折痕所在直线与y 轴、x轴分别交于点D、F．（1）请直接写出线段BO的长；（2）求折痕所在直线BD的解析式；（3）若点M在直线y＝﹣x上，则在直线BD上是否存在点P，使以C、D、M、P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出满足条件的点P的坐标；否则，请说明理由．二、矩形存在性问题10．在平面直角坐标系中，已知点A（0，0），B（2，﹣2），C（4，0），D（2，2），则以这四个点为顶点的四边形ABCD是（）A．矩形B．菱形C．梯形D．正方形11．如图1，在四边形ABCD中，AB∥CD，∥BCD＝90°，AB＝AD＝10cm，BC＝8cm．点P 从点A出发，以每秒3cm的速度沿线段AB方向向B运动，点Q从点D出发，以每秒2cm的速度沿线段DC方向向点C运动．已知动点P、Q同时出发，当点P运动到点B 时，P、Q同时运动停止，设运动时间为t秒．（1）求CD的长；（2）当t为何值时，四边形PBQD为平行四边形？（3）在运动过程中，是否存在四边形BCQP是矩形？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．12．平行四边形AOBC在平面直角坐标系中的位置如图（1）．（1）写出点C的坐标；（2）在图（1）中，连接AB，OC得到图（2），求AB与OC的交点M点的坐标；（3）将图（2）中的线段BC向两方延长得到图（3），若点D，E为直线BC上不与B，C重合的动点，是否存在这样的D，E点，使得四边形OADE为矩形？若存在，请在图中画出矩形，并求出矩形OADE的面积和点D，E的坐标，若不存在，请说明理由．三、菱形存在性问题13．在直角坐标系中，A，B，C，D四个点的坐标依次为（﹣1，0），（x，y），（﹣1，5），（﹣5，z），若这四个点构成的四边形是菱形，则满足条件的z的值有（）A．1个B．3个C．4个D．5个14．如图1，直线l1：y＝﹣x+3与坐标轴分别交于点A，B，与直线l2：y＝x交于点C．（1）求A，B两点的坐标；（2）求∥BOC的面积；（3）如图2，若有一条垂直于x轴的直线l以每秒1个单位的速度从点A出发沿射线AO 方向作匀速滑动，分别交直线l1，l2及x轴于点M，N和Q．设运动时间为t（s），连接CQ．∥当OA＝3MN时，求t的值；∥试探究在坐标平面内是否存在点P，使得以O、Q、C、P为顶点的四边形构成菱形？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．参考答案1.根据题意得：D点的纵坐标一定是3；又由C点相对于B点横坐标移动了1﹣（﹣5）＝6，故可得点D横坐标为﹣1+6＝5，即顶点D的坐标为（5，3）．2．由题意知：点A与点C、点B与点D关于原点对称，∥点A，B的坐标分别为（﹣1，3），（1，2），∥点C，D的坐标分别是（1，﹣3），（﹣1，﹣2），3．有3个点．4．解：∥B（﹣3，0），C（9，0），∥OB＝3，OC＝9，∥BC＝OB+OC＝12，∥E是BC的中点，∥BE＝CE＝BC＝6，分为两种情况：∥当P在E的左边时，∥AD＝PE＝5，CE＝6，∥BP＝12﹣6﹣5＝1；∥当P在E的右边时，∥AD＝EP＝5，∥BP＝BE+EP＝6+5＝11；即当BP为1或11时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形；故答案为：1或11．5．如图，∥当BC为对角线时，易求M1（3，2）；∥当AC为对角线时，CM∥AB，且CM＝AB．所以M2（﹣3，2）；∥当AB为对角线时，AC∥BM，且AC＝BM．则|M y|＝OC＝2，|M x|＝OB+OA＝5，所以M3（5，﹣2）．综上所述，符合条件的点D的坐标是M1（3，2），M2（﹣3，2），M3（5，﹣2）．6．根据题意得：OA＝OC＝1，OB＝m，∥AB＝m﹣1，分三种情况：如图所示，∥以BC为对角线时，点P的坐标为（m﹣1，1）；∥以AC为对角线时，点P的坐标为（1﹣m，1）；∥以AB为对角线时，点P的坐标为（m+1，1）；综上所述：点P的坐标为（m﹣1，1）或（1﹣m，1）或（m+1，﹣1）；故答案为：（m﹣1，1）或（1﹣m，1）或（m+1，﹣1）．7．如图，由题意得：点C在直线y＝x上，∥如果AB、CD为对角线，AB与CD交于点F，当FC∥直线y＝x时，CD最小，易知直线AB为y＝x﹣2，∥AF＝FB，∥点F坐标为（2，﹣1），∥CF∥直线y＝x，设直线CF为y＝﹣x+b′，F（2，﹣1）代入得b′＝1，∥直线CF为y＝﹣x+1，由，解得：，∥点C坐标（，）．∥CD＝2CF＝2×＝3．∥如果CD是平行四边形的边，则CD＝AB＝＝2＞3，∥CD的最小值为3．故答案为：3．8.（1）利用平行四边形的性质：对边平行且相等，得出图1，2，3中顶点C的坐标分别是：（5，2）、（e+c，d），（c+e﹣a，d）．故答案为：（5，2）（e+c，d），（c+e﹣a，d）．（2）若平行四边形ABCD的顶点A，B，D的坐标分别为（4，1）、（3，4）、（6，4），则顶点C的坐标为（5，7）；故答案为：（5，7）；（3）如图4中，分别过点A，B，C，D作x轴的垂线，垂足分别为A1，B1，C1，D1，分别过A，D作AE∥BB1于E，DF∥CC1于点F．在平行四边形ABCD中，CD＝BA，又∥BB1∥CC1，∥∥EBA+∥ABC+∥BCF＝∥ABC+∥BCF+∥FCD＝180°．∥∥EBA＝∥FCD．在∥BEA∥∥CFD中，，∥∥BEA∥∥CFD（AAS），∥AE＝DF＝a﹣c，BE＝CF＝d﹣b．设C（x，y）．由e﹣x＝a﹣c，得x＝e+c﹣a．由y﹣f＝d﹣b，得y＝f+d﹣b．∥C（e+c﹣a，f+d﹣b），∥m＝e+c﹣a，n＝f+d﹣b，∥m+a＝e+c，n+b＝d+f．故答案为：m+a＝e+c，n+b＝d+f．9.解：（1）∥矩形OABC中，点A在x轴上，点C在y轴上，点B的坐标是（6，8），∥OA＝6，AB＝8，∥OAB＝90°，∥OB＝＝10，即线段BO的长是10；（2）设点D的坐标为（0，d），则OD＝d，CD＝8﹣d，∥BC＝6，CD＝DE，OB＝10，，∥，得d＝5，即点D的坐标为（0，5），设折痕所在直线BD的解析式为y＝kx+b，∥点D（0，5），点B（6，8）在直线BD上，∥，得，即折痕所在直线BD的解析式是y＝0.5x+5；（3）在直线BD上存在点P，使以C、D、M、P为顶点的四边形是平行四边形，点P的坐标为（﹣2，4）或（﹣8，1）；理由：∥点C（0，8），点D（0，5），∥OC＝8，OD＝5，∥CD＝3，∥以C、D、M、P为顶点的四边形是平行四边形，点M在直线y＝﹣x上，点P在直线BD上，∥CD＝MP，CD∥MP，或CD为平行四边形的对角线，当CD＝MP，CD∥MP时，设点M的坐标为（m，﹣0.5m），则P的坐标为（m，0.5m+5），则|（0.5m+5）﹣（﹣0.5m）|＝3，解得，m1＝﹣2，m2＝﹣8，当m＝﹣2时，点P的坐标为（﹣2，4），当m＝﹣8时，点P的坐标为（﹣8，1），当CD为平行四边形的对角线时，则点C和点D中点的坐标为（0，6.5），设点M的坐标为（m，﹣0.5m），则点P的坐标为（﹣m，13+0.5m），∥点P在直线BD上，直线BD的解析式是y＝0.5x+5，∥13+0.5m＝﹣0.5m+5，得m＝﹣8，∥点P的坐标为（8，9），由上可得，点P的坐标为（﹣2，4）、（﹣8，1）或（8，9）．10．D11．解：（1）过点A作AM∥CD于M，根据勾股定理，AD＝10，AM＝BC＝8，∥DM＝＝6，∥CD＝16；（2）当四边形PBQD为平行四边形时，点P在AB上，点Q在DC上，如图1，由题知：BP＝10﹣3t，DQ＝2t ∥10﹣3t＝2t，解得t＝2；（3）在运动过程中，不存在四边形BCQP是矩形，理由如下：∥AB∥CD，∥BCD＝90°，∥∥C＝90°，若要四边形BCQP是矩形，则当PB＝CQ时即10﹣3t＝16﹣2t，解得：t＝﹣6＜0，∥不存在．12.解：（1）∥四边形OACB是平行四边形，∥AC＝OB，∥A（1，3）、B（4，0），∥C（5，3）；（2）如图（2），设AB所在的直线的解析式为y＝kx+b，∥直线AB经过点A（1，3）、B（4，0），∥，∥AB所在直线的解析式为y＝﹣4x+4，由于OC所在直线的表达式为y＝x，联立方程解得：即M的坐标是（2.5，1.5）；（3）存在这样的D、E，使得四边形AOED是矩形．分别过点A、O作AD∥BC于点D，OE∥BC于点E，过E、D分别作x轴的垂线，垂足分别为F、G，∥四边形AOBC是平行四边形，∥AO∥BC，∥AD∥AO，∥四边形AOED是矩形，且与平行四边形AOBC面积相等，∥平行四边形AOBC的面积为12，∥矩形AOED的面积为12，由勾股定理知AO＝，∥OE＝，EB＝，∥EF＝＝＝1.2，OF＝＝＝3.6，∥点E的坐标为（3.6，﹣1.2），∥点D的坐标为（4.6，1.8）．13．如图，∥A（﹣1，0），C（﹣1，5），∥AC∥x轴，且AC＝5﹣0＝5，过点D（﹣5，z）作作x轴的垂线，则z的数值就在直线x＝﹣5上，；∥A、B、C、D四个点构成的四边形是菱形，∥当DC＝DA，z有1个值，当DC＝AC，则42+（5﹣z）2＝52，z有两个值，当AD＝AC，则42+z2＝52，则z有两个值，综上所知，符合条件的z的值有5个．故选：D．14.解：（1）对于直线y＝﹣x+3，令x＝0得到y＝3，令y＝0，得到x＝6，A（6，0）B（0，3）．（2）由，解得，∥C（2，2），∥S∥OBC＝×3×2＝3（3）∥∥M（6﹣t，﹣（6﹣t）+3），N（6﹣t，6﹣t），∥MN＝|﹣（6﹣t）+3﹣（6﹣t）|＝|t﹣6|，∥OA＝3MN，∥6＝3|t﹣6|，解得t＝或∥如图3中，由题意OC＝2，当OC为菱形的边时，可得Q1（﹣2，0），Q2（2，0），Q4（4，0）；当OC为菱形的对角线时，Q3（2，0），∥t＝（6+2）s或（6﹣2）s或2s或4s时，以O、Q、C、P为顶点的四边形构成菱形．。
二次函数存在性之四边形(附带答案)
专题一：二次函数存在性之四边形存在性—平行四边形1.如图，是将抛物线y=﹣x2平移后得到的抛物线，其对称轴为x=1，与x轴的一个交点为A（﹣1，0），另一个交点为B，与y轴的交点为C．（1）求抛物线的函数表达式；（2）若点N为抛物线上一点，且BC⊥NC，求点N的坐标；（3）点P是抛物线上一点，点Q是一次函数y= 32x+ 32的图象上一点，若四边形OAPQ为平行四边形，这样的点P、Q是否存在？若存在，分别求出点P，Q的坐标；若不存在，说明理由．2.如图，抛物线y=2mx2−2x与x轴的负半轴交于点A，对称轴经过顶点B与x轴交于点M.（1）求抛物线的顶点B的坐标(用含m的代数式表示)；（2）连结BO，若BO的中点C的坐标为( −32，32)，求抛物线的解析式；（3）在（2）的条件下，当E在直线BM上时，在抛物线上是否存在点D，使以A、C、D、E为顶点的四边形是平行四边形，求点D的坐标.3.如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=4，OC=3，若抛物线经过O，A两点，且顶点在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）猜想△EDB的形状并加以证明；（3）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．4.如图，抛物线y=ax2+bx﹣3经过点A（2，﹣3），与x轴负半轴交于点B，与y轴交于点C，且OC=3OB．（1）求抛物线的解析式；（2）点D在y轴上，且∠BDO=∠BAC，求点D的坐标；（3）点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．存在性—菱形1.如图，抛物线y＝x2+bx+c的图象经过坐标原点O，且与x的另一交点为（﹣，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）若直线y＝x+与抛物线相交于点A和点B（点A在第二象限），设点A′是点A关于原点O的对称点，连接A′B，试判断△AA′B的形状，并说明理由；（3）在问题（2）的基础上，探究：平面内是否存在点P，使得以点A，B，A′，P为顶点的四边形是菱形？若存在直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．2.如图，抛物线y=ax2+bx﹣2的对称轴是直线x=1，与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣2，0），点P为抛物线上的一个动点，过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E．（1）求抛物线解析式；（2）若点P在第一象限内，当OD=4PE时，求四边形POBE的面积；（3）在（2）的条件下，若点M为直线BC上一点，点N为平面直角坐标系内一点，是否存在这样的点M和点N，使得以点B，D，M，N 为顶点的四边形是菱形？若存在上，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．3.已知抛物线F：y＝x2+bx+c的图象经过坐标原点O，且与x轴另一交点为（−√3，0）．3（1）求抛物线F的解析式；x+m（m＞0）与抛物线F相交于点A（x1，（2）如图1，直线l：y =√33y1）和点B（x2，y2）（点A在第二象限），求y2﹣y1的值（用含m的式子表示）；，设点A′是点A关于原点O的对称点，（3）在（2）中，若m =43如图2．①判断△AA′B的形状，并说明理由；②平面内是否存在点P，使得以点A、B、A′、P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．4.如图，在平面直角坐标系x Oy中，抛物线y=a（x+1）2﹣3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，﹣8），顶点为D，对称轴与x轴交于点H，过点H的直线l交抛物线3于P，Q两点，点Q在y轴的右侧．（1）求a的值及点A，B的坐标；（2）当直线l将四边形ABCD分为面积比为3：7的两部分时，求直线l的函数表达式；（3）当点P位于第二象限时，设PQ的中点为M，点N在抛物线上，则以DP为对角线的四边形DMPN能否为菱形？若能，求出点N的坐标；若不能，请说明理由．存在性—矩形1．如图1，抛物线y＝a2x+2ax+c与x轴交于A（﹣3，0）、B 两点，与y轴交于C点，△ABC的面积为6，抛物线顶点为M．（1）如图1，求抛物线的解析式；（2）如图2，直线y＝k x+k﹣3与抛物线交于P、Q两点（P点在Q 点左侧），问在y轴上是否存在点N，使四边形PMQN为矩形？若存在，求N点坐标，若不存在，请说明理由；2.如图，已知在平面直角坐标系x Oy中，O是坐标原点，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作AC，连CA∥x轴交抛物线于点A，在AC延长线上取点B，使BC= 12接OA，OB，BD和AD．（1）若点A的坐标是（﹣4，4）．①求b，c的值；②试判断四边形AOBD的形状，并说明理由；（2）是否存在这样的点A，使得四边形AOBD是矩形？若存在，请直接写出一个符合条件的点A的坐标；若不存在，请说明理由．3.如图，直线y=x-3与坐标轴交于A、B两点，抛物线y=1x2+bx+c经过点B，与直线y=x-3交于点E（8，5），且与x轴交4于C，D两点.（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线上有一点M，当∠MBE=75°时，求点M的横坐标；（3）点P在抛物线上，在坐标平面内是否存在点Q，使得以点P，Q，B，C为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.4.如图，在平面直角坐标系x Oy中，抛物线y=ax2﹣2ax﹣3a（a ＜0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l：y=k x+b与y轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD=4AC．（1）直接写出点A的坐标，并求直线l的函数表达式（其中k，b用含a的式子表示）（2）点E是直线l上方的抛物线上的一点，若△ACE的面积的最大值，求a的值；为54（3）设P是抛物线对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A，D，P，Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．存在性—正方形1.如图，已知抛物线y = x2 + bx + c的图象经过点A（l ，0），B （﹣3 ，0），与y轴交于点C ，抛物线的顶点为D ，对称轴与x 轴相交于点E ，连接BD ．（1）求抛物线的解析式（2）若点P在直线BD上，当PE = PC时，求点P的坐标．（3）在（2）的条件下，作PF⊥x轴于F ，点M为x轴上一动点，N为直线PF上一动点，G为抛物线上一动点，当以点F ，N ，G ，M 四点为顶点的四边形为正方形时，求点M的坐标．2. 如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，顶点M关于x轴的对称点是M′．（1）求抛物线的解析式（2）若直线AM′与此抛物线的另一个交点为C，求△CAB的面积（3）是否存在过A，B两点的抛物线，其顶点P关于x轴的对称点为Q，使得四边形APBQ为正方形？若存在，求出此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．3.如图1，在平面直角坐标系x Oy中，抛物线C：y=ax2+bx+c与x 轴相交于A，B两点，顶点为D（0，4），AB=4 √2，设点F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F旋转180°，得到新的抛物线C′．（1）求抛物线C的函数表达式；（2）若抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围．（3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C′上的对应点P′，设M是C上的动点，N是C′上的动点，试探究四边形PMP′N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．4．如图1，抛物线y＝﹣﹣x+2与x轴交于A，B两点，与y 轴交于点C，点D为线段AC的中点，直线BD与抛物线交于另一点E，与y轴交于点F．（1）如图1，点P是直线BE上方抛物线上一动点，连接PD，PF，当△PDF的面积最大时，在线段BE上找一点G，使得PG﹣EG的值最小，求出PG﹣EG的最小值；（2）如图2，点M为抛物线上一点，点N在抛物线的对称轴上，点K为平面内一点，当以点A、M、N、K为顶点的四边形是正方形时，直接写出点N的坐标．参考答案（1）1.（1）解：设抛物线的解析式是y=﹣（x ﹣1）2+k ． 把（﹣1，0）代入得0=﹣（﹣1﹣1）2+k ，解得k=4，则抛物线的解析式是y=﹣（x ﹣1）2+4，即y=﹣x 2+2x+3； （2）解：在y=﹣x 2+2x+3中令x=0，则y=3，即C 的坐标是（0，3），OC=3． ∵B 的坐标是（3，0），∴OB=3，∴OC=OB ，则△OBC 是等腰直角三角形．∴∠OCB=45°， 过点N 作NH ⊥y 轴，垂足是H ．∵∠NCB=90°，∴∠NCH=45°，∴NH=CH ， ∴HO=OC+CH=3+CH=3+NH ，设点N 纵坐标是（a ，﹣a 2+2a+3）． ∴a+3=﹣a 2+2a+3， 解得a=0（舍去）或a=1， ∴N 的坐标是（1，4）；（3）解：∵四边形OAPQ 是平行四边形，则PQ=OA=1，且PQ ∥OA ， 设P （t ，﹣t 2+2t+3），代入y= 32 x+ 32 ，则﹣t 2+2t+3= 32 （t+1）+ 32 ， 整理，得2t 2﹣t=0，解得t=0或 12 ．∴﹣t 2+2t+3的值为3或 154 ． ∴P 、Q 的坐标是（0，3），（1，3）或（ 12 ， 154 ）、（ 32 ， 154 ）． 2.【答案】（1）解：∵y= 2m x 2 -2x= 2m ( x 2 -mx+ 14m 2 )- 2m ⋅14m 2 =2m (x −12m)2- 12m ，∴抛物线的顶点坐标为（ 12m ，- 12m ） （2）解：∵B （ 12m ，- 12m ），BO 的中点C 的坐标为( −32 ， 32 )， ∴ 14 m= −32 ，解得m=-6，∴抛物线的解析式为：y= −13 x 2-2x（3）解：令y=0，得x1 =-6，x2 =0，∴A(-6，0)．由点D在抛物线y=- 13x2 -2x上，设D(t，- 13t2 -2t).(i)当AC为所求平行四边形的一边时，a. 如图，过C作CF ⊥ x轴于F，过D1作D1 H ⊥ BE于H，则x F = x C =- 32, x H = x B =-3.由四边形ACD1E1为平行四边形，可证△ACF≌△D1E1H.可得D1H=AF=4.5，∴t-(-3)=4.5，∴ t= 32，∴D1 ( 32，- 154)；b.如图，同a方法可得D1 H=AF=4.5，∴ -3-t=4.5，∴ t=-7.5，∴D2 (- 152，- 154)；(ii)当AC为所求平行四边形的对角线时，如图，过C作CF ⊥ BM于F，过D3作D3 H ⊥ x轴于H，则x F = x B =-3，x H = x D3=t.由四边形A E3 C D3为平行四边形，可证△A D3 H≌△C E3 F.可得AH=CF= 32.∴ t-(-6)= 32，∴ t=- 92.∴D3 (- 92，94)．综上，点D的坐标为D1 ( 32，- 154)，D2 (- 152，- 154)，D3 (- 92，94)3.【答案】（1）解：在矩形OABC中，OA=4，OC=3，∴A（4，0），C（0，3），∵抛物线经过O、A两点，∴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点坐标代入可得0=a（4﹣2）2+3，解得a=﹣34，∴抛物线解析式为y=﹣34（x﹣2）2+3，即y=﹣34x2+3x（2）解：△EDB为等腰直角三角形．证明：由（1）可知B（4，3），且D（3，0），E（0，1），∴DE2=32+12=10，BD2=（4﹣3）2+32=10，BE2=42+（3﹣1）2=20，∴DE2+BD2=BE2，且DE=BD，∴△EDB为等腰直角三角形（3）解：存在．理由如下：设直线BE解析式为y=kx+b，把B、E坐标代入可得{3=4k+b1=b，解得{k=1 2b=1，∴直线BE解析式为y= 12x+1，当x=2时，y=2，∴F（2，2），①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=﹣ 34 x 2+3x 中，令y=2可得2=﹣ 34 x 2+3x ，解得x= 6±2√33， ∵点M 在抛物线对称轴右侧，∴x ＞2，∴x= 6+2√33，∴M 点坐标为（6+2√33，2）；在y=﹣ 34 x 2+3x 中，令y=﹣2可得﹣2=﹣ 34 x 2+3x ，解得x= 6±2√153， ∵点M 在抛物线对称轴右侧，∴x ＞2，∴x= 6+2√153，∴M 点坐标（6+2√153，﹣2）；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 ，﹣ 34 t 2+3t ），N （x ，0），则﹣ 34 t 2+3t=2，解得t= 6±2√33， ∵点M 在抛物线对称轴右侧，∴x ＞2，∵t ＞2，∴t= 6+2√33，∴M 点坐标为（6+2√33，2）；综上满足条件的点M ，其坐标为（6+2√33 ，2）或（ 6+2√153，﹣2）5. 【答案】（1）解：由y=ax 2+bx ﹣3得C （0．﹣3），∴OC=3，∵OC=3OB ，∴OB=1，∴B （﹣1，0），把A （2，﹣3），B （﹣1，0）代入y=ax 2+bx ﹣3得 {4a +2b −3=−3a −b −3=0，∴ {a =1b =−2 ，∴抛物线的解析式为y=x 2﹣2x ﹣3（2）解：设连接AC ，作BF ⊥AC 交AC 的延长线于F ，∵A （2，﹣3），C （0，﹣3），∴AF ∥x 轴，∴F （﹣1，﹣3），∴BF=3，AF=3，∴∠BAC=45°，设D （0，m ），则OD=|m|，∵∠BDO=∠BAC ，∴∠BDO=45°，∴OD=OB=1，∴|m|=1，∴m=±1，∴D 1（0，1），D 2（0，﹣1）（3）解：设M（a，a2﹣2a﹣3），N（1，n），①以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，如图2，过M作ME⊥对称轴y于E，AF⊥x轴于F，则△ABF≌△NME，∴NE=AF=3，ME=BF=3，∴|a﹣1|=3，∴a=3或a=﹣2，∴M（4，5）或（﹣2，11）；②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，如图3，则N在x轴上，M与C重合，∴M（0，﹣3），综上所述，存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形，M（4，5）或（﹣2，11）或（0，﹣3）．参考答案（2）1.解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c的图象经过点（0，0）和（﹣，0），∴，解得：，∴抛物线F的解析式为y＝2x+x．（2）△AA′B是等边三角形．由题意，得解得：，．∴A（﹣，），B（，2）．如图1，过点A分别作AC⊥x轴，AD⊥A′B，垂足分别为C，D．∴AC＝，OC＝在Rt△AOC中，OA＝＝．∵点A′与点A关于原点对称∴A′（，﹣），AA′＝．∵B（，2）∴A′B＝2﹣（﹣）＝又∵A（﹣，），B（，2），∴AD＝，BD＝．在Rt△ABD中; AB＝＝．∴AA′＝A′B＝AB ∴△AA′B是等边三角形；（3）存在，理由如下：（i）如图2，当A′B为对角线时，有x﹣，y＝，解得：x ＝2y ＝，此时，点P 的坐标为（2，）；（ii ）如图2，当AB 为对角线时，有x ＝﹣，y ﹣＝×2．则x ＝﹣，y ＝．此时点P 的坐标是（﹣，）；（iii ）如图2，当AA ′为对角线时，有x ＝﹣，y+2＝﹣．则x ＝﹣，y ＝﹣2．此时点P 的坐标是（﹣，﹣2）；综上所述，符合条件的点P 的坐标是（2，）或（﹣，）或（﹣，﹣2）．2.（1）解：∵抛物线y=ax 2+bx ﹣2的对称轴是直线x=1，A （﹣2，0）在抛物线上，∴ {−b2a =1(−2)2a −2b −2=0，解得： {a =14b =−12 ，抛物线解析式为y= 14 x 2﹣ 12x ﹣2；（2）解：令y= 14 x 2﹣ 12 x ﹣2=0，解得：x 1=﹣2，x 2=4，当x=0时，y=﹣2，∴B （4，0），C （0，﹣2），设BC 的解析式为y=kx+b ，则 {4k +b =0b =−2，解得：{k =12b =−2 ，∴y= 12 x ﹣2，设D （m ，0）， ∵DP ∥y 轴，∴E （m ， 12 m ﹣2），P （m ， 14 m 2﹣ 12 m ﹣2）， ∵OD=4PE ，∴m=4（ 14 m 2﹣ 12 m ﹣2﹣ 12 m+2），∴m=5，m=0（舍去），∴D（5，0），P（5，74），E（5，12），∴四边形POBE的面积=S△OPD ﹣S△EBD= 12×5×74﹣12× 1×12= 338；（3）解：存在，设M（n，12n﹣2），①以BD为对角线，如图1，∵四边形BNDM是菱形，∴MN垂直平分BD，∴n=4+ 12，∴M（92，14），∵M，N关于x轴对称，∴N（92，﹣14）；②以BD为边，如图2，∵四边形BNDM是菱形，∴MN∥BD，MN=BD=MD=1，过M作MH⊥x轴于H，∴MH2+DH2=DM2，即（12n﹣2）2+（n﹣5）2=12，∴n1=4（不合题意），n2=5.6，∴N（4.6，310），同理（12n﹣2）2+（4﹣n）2=1，∴n1=4+ 2√55（不合题意，舍去），n2=4﹣2√54，∴N（5﹣2√55，√55），③以BD为边，如图3，过M作MH⊥x轴于H，∴MH2+BH2=BM2，即（12n﹣2）2+（n﹣4）2=12，∴n1=4+ 2√55，n2=4﹣2√54（不合题意，舍去），∴N（5+ 2√55，√55），综上所述，当N（92，﹣14）或（4.6，310）或（5﹣2√55，√55）或（5+ 2√55，√55），以点B，D，M，N为顶点的四边形是菱形．3.【答案】（1）解：∵抛物线y＝x2+bx+c的图象经过点(0，0)和( −√33，0)，∴{c=013−√33b+c=0，解得：{b=√33c=0，∴抛物线F的解析式为y＝x2+√33x；（2）解：将y =√33 x+m代入y＝x2+√33x，得：x2＝m，解得：x1=−√m，x2=√m，∴y1=−13√3m+ m，y2=13√3m+ m，∴y2﹣y1＝( 13√3m+ m)﹣( −13√3m+ m) =23√3m (m＞0)（3）解：∵m =43，∴点A的坐标为( −2√33，23)，点B的坐标为( 2√33，2)，∵点A′是点A关于原点O的对称点，∴点A′的坐标为( 2√33，−23)；①△AA′B为等边三角形，理由如下：∵A( −2√33，23)，B( 2√33，2)，A′( 2√33，−23)，∴AA′= √(−2√33−2√33)2+[23−(−23)]2=83，AB= √(−2√33−2√33)2+(23−2)2=83，A′B= √(2√33−2√33)2+[2−(−23)]2=83，∴AA′＝AB＝A′B，∴△AA′B为等边三角形；②∵△AA′B为等边三角形，∴存在符合题意的点P，且以点A、B、A′、P为顶点的菱形分三种情况，设点P的坐标为(x，y)．(i)当A′B为对角线时，有{x−2√33=2√33×2y=23，解得：{x=2√3y=23，∴点P 的坐标为(2 √3，23 )； (ii)当AB 为对角线时，有 {x =−2√33y −23=23+2 ，解得： {x =−2√33y =103， ∴点P 的坐标为( −2√33，103)； (iii)当AA ′为对角线时，有 {x =−2√33y +2=23−23，解得： {x =−2√33y =−2，∴点P 的坐标为( −2√33，﹣2)． 综上所述：平面内存在点P ，使得以点A 、B 、A ′、P 为顶点的四边形是菱形，点P 的坐标为(2 √3，23 )、( −2√33，103 )和( −2√33，﹣2)． 4.【答案】（1）解：∵抛物线与y 轴交于点C （0，﹣ 83 ）． ∴a ﹣3=﹣ 83 ，解得：a= 13 ， ∴y= 13 （x+1）2﹣3当y=0时，有 13 （x+1）2﹣3=0， ∴x 1=2，x 2=﹣4，∴A （﹣4，0），B （2，0）（2）解：∵A （﹣4，0），B （2，0），C （0，﹣ 83 ），D （﹣1，﹣3） ∴S 四边形ABCD =S △ADH +S 梯形OCDH +S △BOC = 12 ×3×3+ 12 （ 83 +3）×1+ 12 ×2× 83 =10． 从面积分析知，直线l 只能与边AD 或BC 相交，所以有两种情况： ①当直线l 边AD 相交与点M 1时，则 S ΔAHM 1 = 310 ×10=3， ∴ 12 ×3×（﹣ y M 1 ）=3∴ y M 1 =﹣2，点M 1（﹣2，﹣2），过点H （﹣1，0）和M 1（﹣2，﹣2）的直线l 的解析式为y=2x+2．②当直线l 边BC 相交与点M 2时，同理可得点M 2（ 12 ，﹣2），过点H （﹣1，0）和M2（ 12 ，﹣2）的直线l 的解析式为y=﹣ 43 x ﹣ 43 ． 综上所述：直线l 的函数表达式为y=2x+2或y=﹣ 43 x ﹣ 43（3）解：设P （x 1 ， y 1）、Q （x 2 ， y 2）且过点H （﹣1，0）的直线PQ 的解析式为y=kx+b ， ∴﹣k+b=0， ∴b=k ， ∴y=kx+k ． 由 {y =kx +ky =13x 2+23x −83， ∴ 13x 2 +（ 23 ﹣k ）x ﹣ 83 ﹣k=0， ∴x 1+x 2=﹣2+3k ，y 1+y 2=kx 1+k+kx 2+k=3k 2 ，∵点M 是线段PQ 的中点，∴由中点坐标公式的点M （ 32 k ﹣1， 32 k 2）． 假设存在这样的N 点如图，直线DN ∥PQ ，设直线DN 的解析式为y=kx+k ﹣3 由 {y =kx +k −3y =13x 2+23x −83，解得：x 1=﹣1，x 2=3k ﹣1，∴N （3k ﹣1，3k2﹣3）∵四边形DMPN 是菱形，∴DN=DM ，∴（3k ）2+（3k 2）2=（ 3k2 ）2+（ 32k 2+3 ）2 ， 整理得：3k 4﹣k 2﹣4=0，∵k 2+1＞0，∴3k 2﹣4=0， 解得k=±2√33 ，∵k ＜0，∴k=﹣ 2√33， ∴P （﹣3 √3 ﹣1，6），M （﹣ √3 ﹣1，2），N （﹣2 √3 ﹣1，1） ∴PM=DN=2 √7 ，∵PM ∥DN ，∴四边形DMPN 是平行四边形， ∵DM=DN ，∴四边形DMPN 为菱形，∴以DP 为对角线的四边形DMPN 能成为菱形，此时点N 坐标（﹣2 √3 ﹣1，1）．参考答案（3）1.（1）抛物线对称轴为直线x ＝＝﹣1，A （﹣3，0）∴B （1，0），∴AB ＝4∵S △ABC ＝AB •OC ＝6∴OC ＝3∴C （0，﹣3），c ＝﹣3 将B （1，0）代入y ＝ax2+2ax ﹣3得a+2a ﹣3＝0解得：a ＝1∴抛物线的解析式为：y＝x2+2x﹣3（2）y轴上存在点N，使四边形PMQN为矩形．连接PN，MN，MN交PQ于点S，设N（0，n）∵四边形PMQN为矩形∴MN＝PQ，SP＝SQ＝SM＝SN∵点M（﹣1，﹣4），点N在y轴上∴S（，）由整理得x2+（2﹣k）x﹣k＝0设方程两根为x P，x Q，则x P+x Q＝k﹣2，∵S（，）也为PQ中点∴（x P+x Q）＝，∴x P+x Q＝﹣1，即k﹣2＝﹣1，解得：k＝1∴直线PQ的解析式为：y＝x﹣2解方程组得：，；∴P（，），Q（，）∴n﹣4＝（）+（）＝﹣5 ∴n＝﹣1∴点N坐标为（0，﹣1）时，四边形PMQN为矩形．2.（1）解：①∵AC∥x轴，A点坐标为（﹣4，4）．∴点C的坐标是（0，4）把A、C两点的坐标代入y=﹣x2+bx+c得，{4=−16−4b+c4=c，解得{b=−4c=4；②四边形AOBD是平行四边形；理由如下：由①得抛物线的解析式为y=﹣x2﹣4x+4，∴顶点D的坐标为（﹣2，8），过D 点作DE ⊥AB 于点E ，则DE=OC=4，AE=2，∵AC=4，∴BC= 12 AC=2，∴AE=BC ． ∵AC ∥x 轴，∴∠AED=∠BCO=90°，∴△AED ≌△BCO ，∴AD=BO ．∠DAE=∠OBC ，∴AD ∥BO ，∴四边形AOBD 是平行四边形．（2）解：存在，点A 的坐标可以是（﹣2 √2 ，2）要使四边形AOBD 是矩形；则需∠AOB=∠BCO=90°，∵∠ABO=∠OBC ， ∴△ABO ∽△OBC ，∴ BCOB =BOAB ，又∵AB=AC+BC=3BC ，∴OB= √3 BC ， ∴在Rt △OBC 中，根据勾股定理可得：OC= √2 BC ，AC= √2 OC ， ∵C 点是抛物线与y 轴交点，∴OC=c ，∴A 点坐标为（﹣ √2 c ，c ）， ∴顶点横坐标 b2 =﹣ √22c ，b=﹣ √2 c ，顶点D 纵坐标是点A 纵坐标的2倍，为2c ，顶点D 的坐标为（﹣ √22c ，2c ）∵将D 点代入可得2c=﹣（﹣ √22c ）2+ √2 c • √22c+c ，解得：c=2或者0，当c 为0时四边形AOBD 不是矩形，舍去，故c=2；∴A 点坐标为（﹣2 √2 ，2）． 3.【答案】 （1）解：直线y=x-3与坐标轴交于A 、B 两点， 则A （3，0）B （0，-3），把B 、E 点坐标代入二次函数方程，解得： 抛物线的解析式y= 14 x 2-x-3…①，则：C （6，0）； （2）解：符合条件的有M 和M ′，如下图所示，当∠MBE=75°时，∵OA=OB ，∴∠MBO=30°，此时符合条件的M 只有如图所示的一个点，MB 直线的k 为- √3 ，所在的直线方程为：y=- √3 x-3…②， 联立方程①、②可求得：x=4-4 √3 ，即：点M 的横坐标4-4 √3 ；当∠M ′BE=75°时，∠OBM ′=120°，直线MB 的k 值为- √33，其方程为y=- √33x-3，将MB 所在的方程与抛物线表达式联立，解得：x= 12−4√33， 故：即：点M 的横坐标4-4 √3 或 12−4√33． （3）解：存在．①当BC 为矩形对角线时，矩形BP ′CQ ′所在的位置如图所示， 设：P ′（m ，n ），n=- 14 m 2-m-3…③，P ′C 所在直线的k 1= nm−6 ， P ′B 所在的直线k 2=n+3m ，则：k 1•k 2=-1…④，③、④联立解得：m=2 √6 ，则P ′（2 √6 ，3-2 √6 ）， 则Q ′（6-2 √6 ，2 √6 -3）；②当BC 为矩形一边时，情况一：矩形BCQP 所在的位置如图所示，直线BC 所在的方程为：y= 12 x-3， 则：直线BP 的k 为-2，所在的方程为y=-2x-3…⑤，联立①⑤解得点P （-4，5），则Q （2，8），情况二：矩形BCP ″Q ″所在的位置如图所示， 此时，P ″在抛物线上，其指标为：（-10，32）．．故：存在矩形，点Q 的坐标为：（6-2 √6 ，2 √6 -3）或（2，8）或（-10，32）． 4.（1）解：令y=0，则ax 2﹣2ax ﹣3a=0，解得x 1=﹣1，x 2=3 ∵点A 在点B 的左侧，∴A （﹣1，0），如图1，作DF ⊥x 轴于F ，∴DF ∥OC ，∴OF OA =CD AC ，∵CD=4AC ，∴OF OA =CDAC =4，∵OA=1，∴OF=4， ∴D 点的横坐标为4，代入y=ax 2﹣2ax ﹣3a 得，y=5a ，∴D （4，5a ）， 把A 、D 坐标代入y=kx+b 得{−k +b =04k +b =5a ，解得{k =a b =a ，∴直线l 的函数表达式为y=ax+a ．（2）解：设点E （m ，a （m+1）（m ﹣3）），y AE =k 1x+b 1 ， 则{a(m +1)(m −3)=mk 1+b 10=−k 1+b，解得：{k 1=a(m −3)b 1=a(m −3)， ∴y AE =a （m ﹣3）x+a （m ﹣3），∴S △ACE =12（m+1）[a （m ﹣3）﹣a]=a2（m ﹣32）2﹣258a ，∴有最大值﹣258a=54，∴a=﹣25；（3）解：令ax 2﹣2ax ﹣3a=ax+a ，即ax 2﹣3ax ﹣4a=0，解得x 1=﹣1，x 2=4，∴D （4，5a ），∵y=ax 2﹣2ax ﹣3a ，∴抛物线的对称轴为x=1， 设P 1（1，m ），①若AD 是矩形的一条边，由AQ ∥DP 知x D ﹣x P =x A ﹣x Q ， 可知Q 点横坐标为﹣4，将x=﹣4带入抛物线方程得Q （﹣4，21a ），m=y D +y Q =21a+5a=26a ，则P （1，26a ），∵四边形ADPQ 为矩形，∴∠ADP=90°，∴AD 2+PD 2=AP 2 ， ∵AD 2=[4﹣（﹣1）]2+（5a ）2=52+（5a ）2 ， PD 2=[4﹣（﹣1）]2+（5a ）2=52+（5a ）2 ，∴[4﹣（﹣1）]2+（5a ）2+（1﹣4）2+（26a ﹣5a ）2=（﹣1﹣1）2+（26a ）2 ， 即a 2=17，∵a ＜0，∴a=﹣√77，∴P 1（1，﹣26√77）．②若AD 是矩形的一条对角线，则线段AD 的中点坐标为（32，5a2），Q （2，﹣3a ）， m=5a ﹣（﹣3a ）=8a ，则P （1，8a ），∵四边形ADPQ 为矩形，∴∠APD=90°， ∴AP 2+PD 2=AD 2 ， ∵AP 2=[1﹣（﹣1）]2+（8a ）2=22+（8a ）2 ， PD 2=（4﹣1）2+（8a ﹣5a ）2=32+（3a ）2 ， AD 2=[4﹣（﹣1）]2+（5a ）2=52+（5a ）2 ，∴22+（8a ）2+32+（3a ）2=52+（5a ）2 ， 解得a 2=14，∵a ＜0，∴a=﹣12， ∴P 2（1，﹣4）．综上可得，P 点的坐标为P 1（1，﹣4），P 2（1，﹣26√77）． 参考答案（4）1.【答案】 （1）解：∵抛物线 y =x 2+bx +c 的图象经过点A （1，0），B （﹣3，0），∴ {1+b +c =09−3b +c =0 ，∴ {b =2c =−3，∴抛物线的解析式为 y =x 2+2x −3（2）解：由（1）知，抛物线的解析式为 y =x 2+2x −3 ，∴C （0，﹣3），抛物线的顶点D （﹣1，﹣4），∴E （﹣1，0），设直线BD 的解析式为y=mx+n ，∴ {−3m +n =0−m +n =−4 ，∴ {m =−2n =−6，∴直线BD 的解析式为y=﹣2x ﹣6，设点P（a ，﹣2a ﹣6），∵C （0，﹣3），E （﹣1，0），根据勾股定理得，PE 2=（a+1）2+（﹣2a ﹣6）2 ， PC 2=a 2+（﹣2a ﹣6+3）2 ， ∵PC=PE ，∴（a+1）2+（﹣2a﹣6）2=a 2+（﹣2a ﹣6+3）2 ， ∴a=﹣2，∴y=﹣2×（﹣2）﹣6=﹣2，∴P （﹣2，﹣2）（3）解：如图，作PF ⊥x 轴于F ，∴F （﹣2，0），设M （d ，0），∴G （d ，d 2+2d ﹣3），N （﹣2，d 2+2d ﹣3），∵以点F ，N ，G ，M 四点为顶点的四边形为正方形，必有FM=MG ，∴|d+2|=|d 2+2d ﹣3|，∴d= −1±√212或d=−3±√132 ，∴点M 的坐标为（−1+√212，0），（−1−√212，0），（−3+√132，0），（ −3−√132，0）．2.【答案】（1）解：将A 、B 点坐标代入函数解析式，得{1−b +c =09+3b +c =0，解得{b =−2c =−3， 抛物线的解析式为：y =x 2−2x −3 （2）解：将抛物线的解析式化为顶点式，得 y=（x ﹣1）2﹣4，M 点的坐标为（1，﹣4），M ′点的坐标为（1，4），设AM ′的解析式为y=kx+b ，将A 、M ′点的坐标代入，得{−k +b =0k +b =4，解得{k =2b =2，AM ′的解析式为y=2x+2，联立AM ′与抛物线，得{y =x +2y =x 2−2x −3，解得{x 1=−1y 1=0，{x 2=5y 2=12 C 点坐标为（5，12）．S △ABC=12×4×12=24（3）解：存在过A ，B 两点的抛物线，其顶点P 关于x 轴的对称点为Q ，使得四边形APBQ 为正方形，由ABPQ 是正方形，A （﹣1，0）B （3，0），得： P （1，﹣2），Q （1，2），或P （1，2），Q （1，﹣2），①当顶点P （1，﹣2）时，设抛物线的解析式为y =a(x −1)2−2，将A 点坐标代入函数解析式，得：a(−1−1)2−2=0，解得a=12，抛物线的解析式为y =12(x −1)2−2，②当P （1，2）时，设抛物线的解析式为：y =a(x −1)2+2，将A 点坐标代入函数解析式，得：a(−1−1)2+2=0，解得a=﹣12，抛物线的解析式为：y=−12(x−1)2+2，综上所述：y=12(x−1)2−2或y=−12(x−1)2+2，使得四边形APBQ为正方形。
二次函数与平行四边形存在性问题专题讲义(对点法——一招制胜)
向右平移6个单位长度向上平移2个单位长度二次函数与平行四边形存在性问题专题讲义一、知识链接：点P（x,y）的平移方式平移后点的坐标规律沿x轴平移向右平移a个单位长度(x+a,y)左右平移，横坐标左减右加，纵坐标不变向左平移a个单位长度(x-a,y)沿y轴平移向上平移b 个单位长度(x,y+b)上下平移，横坐标不变，纵坐标上加下减向下平移b 个单位长度(x,y-b)例1：如下图，线段AB平移得到线段BA''，已知A（-2,2）,B（-3，-1）B'（3,1）则：点A'的坐标是例2.在平行四边形ABCD中，其中已知A (-1，0)，B (1，-2)， C (3，1)，则D点坐标？二、知识迁移例3：如图，在平面直角坐标系中，▱ABCD的顶点坐标分别为()11,yxA、()22,yxB、()33,yxC、()44,yxD，已知其中任意3个顶点的坐标，如何确定第4个顶点的坐标？∵AB∥CD,AB=CD∴边CD可看成由边BA向右、向上平移n个单位长度得到三、对点法即：平面直角坐标系中，平行四边形两组相对顶点的横坐标之和相等，纵坐标之和也相等.①若点A与点B相对，则点D与点C相对②若点A与点D相对，则点B与点C相对③若点A与点C相对，则点B与点D相对四、典型例题学习例4.如图,平面直角坐标系中,已知A(-1,0),B(1,-2),C(3,1)点D是平面内一动点,若以点A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形,则点D的坐标是五、小试牛刀1.抛物线中的平行四边形存在性问题（“三定一动”）例5.已知,抛物线2x y 2++-=x 与x 轴的交点为A 、B,与y 轴的交点为C,点M 是平面内一点,判断有几个位置能使以点M 、A 、B 、C 为顶点的四边形是平行四边形,请写出相应的坐标.思路点拨：先求出A （-1,0）B （2,0）C （0,2）设点M （x,y ）①点A 与点B 相对⎩⎨⎧+=++=+-y x 200021 ∴⎩⎨⎧-==21y x②点A 与点C 相对⎩⎨⎧+=++=+-y x 020201 ∴⎩⎨⎧=-=23y x③点A 与点M 相对⎩⎨⎧+=++=+-200021y x ∴⎩⎨⎧==23y x∴ M （1，-2）或（-3,2）或（3,2）2.抛物线中的平行四边形存在性问题（“两定两动”）例6.如图,平面直角坐标系中,x x +-=241y 与x 轴相交于点B(4,0),点Q 在抛物线的对称轴上,点P 在抛物线上,且以点O 、B 、Q 、P 为顶点的四边形是平行四边形,写出相应的点P 的坐标.思路点拨：此题与上一题方法一样，但需设出两动点坐标设点P （m ,m m +-241）, Q(2,a)下面请您自己列出方程并解答：变式题:1.如图,平面直角坐标系中,421y 2-+=x x 与y 轴相交于点B(0,-4),点P 是抛物线上的动点,点Q 是直线x y -=上的动点,判断有几个位置能使以点P 、Q 、B 、O 为顶点的四边形为平行四边形,写出相应的点Q 的坐标.变试题:2.如图,平面直角坐标中,32x y 2--=x 与x 轴相交于点A(-1,0),点C 的坐标是(2,-3),点P 抛物线上的动点,点Q 是x 轴上的动点,判断有几个位置能使以点A 、C 、P 、Q 为顶点的四边形为平行四边形,写出相应的点Q 的坐标.六、方法分享二次函数综合问题中，平行四边形的存在性问题，无论是“三定一动”，还是“两定两动”，甚至是“四动”问题，能够一招制胜的方法就是“对点法”，需要分三种情况，得出三个方程组求解。
(完整word版)平行四边形之存在性问题
中考数学压轴题解题策略综合题之平行四边形存在性问题专题攻略解平行四边形的存在性问题一般分三步：第一步寻找分类标准，第二步画图，第三步计算．难点在于寻找分类标准，分类标准寻找的恰当，可以使解的个数不重复不遗漏，也可以使计算又好又快．如果已知三个定点，探寻平行四边形的第四个顶点，符合条件的有3个点：以已知三个定点为三角形的顶点，过每个点画对边的平行线，三条直线两两相交，产生3个交点．如果已知两个定点，一般是把确定的一条线段按照边或对角线分为两种情况．根据平行四边形的对边平行且相等，灵活运用坐标平移，可以使得计算过程简便． 根据平行四边形的中心对称的性质，灵活运用坐标对称，可以使得解题简便．例题解析例1、 如图1-1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y ＝－x 2－2x ＋3与x 轴交于A 、B 两点（A 在B 的左侧），与y 轴交于点C ，顶点为P ，如果以点P 、A 、C 、D 为顶点的四边形是平行四边形，求点D 的坐标．图1-1【解析】P 、A 、C 三点是确定的，过△P AC 的三个顶点分别画对边的平行线，三条直线两两相交，产生3个符合条件的点D （如图1-2）．由y ＝－x 2－2x ＋3＝－(x ＋1)2＋4，得A (－3,0)，C (0, 3)，P (－1, 4)．由于A (－3,0)33u u u u u u u u u u u u u u r 右，上 C (0, 3)，所以P (－1, 4)33u u u u u u u u u u u u u u r 右，上 D 1(2, 7)．由于C (0, 3)33u u u u u u u u u u u u u u r 下，左 A (－3,0)，所以P (－1, 4)33u u u u u u u u u u u u u u r 下，左 D 2(－4, 1)．由于P (－1, 4)11u u u u u u u u u u u u u r 右，下 C (0, 3)，所以A (－3,0)11u u u u u u u u u u u u u r 右，下 D 3(－2, －1)．我们看到，用坐标平移的方法，远比用解析式构造方程组求交点方便多了．图1-2例2、如图2-1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝－x2+2x＋3与x轴交于A、B两点，点M在这条抛物线上，点P在y轴上，如果以点P、M、A、B为顶点的四边形是平行四边形，求点M的坐标．图2-1【解析】在P、M、A、B四个点中，A、B是确定的，以AB为分类标准．由y＝－x2+2x＋3＝－(x＋1)(x－3)，得A(－1，0)，B(3，0)．①如图2-2，当AB是平行四边形的对角线时，PM与AB互相平分，因此点M与点P 关于AB的中点（1,0）对称，所以点M的横坐标为2．此时M(2，3)．②如图2-3，图2-4，当AB是平行四边形的边时，PM//AB，PM＝AB＝4．所以点M的横坐标为4或－4．所以M (4,－5)或(－4,－21)．我们看到，因为点P的横坐标是确定的，在解图2-2时，根据对称性先确定了点M的横坐标；在解图2-3和图2-4时，根据平移先确定了点M的横坐标．图2-2 图2-3 图2-4 例3、如图3-1，在平面直角坐标系中，直线y＝－x＋4与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C在直线AB上，在平面直角坐标系中求一点D，使得以O、A、C、D为顶点的四边形是菱形．图3-1【解析】由y＝－x＋4，得A(4, 0)，直线AB与坐标轴的夹角为45°．在O、A、C、D四个点中，O、A是确定的，以线段OA为分类标准．如图3-2，如果OA是菱形的对角线，那么点C在OA的垂直平分线上，点C(2,2)关于OA的对称点D的坐标为(2,－2)．如果OA是菱形的边，那么又存在两种情况：如图3-3，以O为圆心，OA为半径的圆与直线AB的交点恰好为点B(0, 4)，那么正方形AOCD的顶点D的坐标为(4, 4)．如图3-4，以A 为圆心，AO 为半径的圆与直线AB 有两个交点C (422,22)-和C ′(422,22)+-，点C 和C ′向左平移4个单位得到点D (22,22)-和D ′(22,22)-．图3-2 图3-3 图3-4例4、如图4-1，已知抛物线241633y x x =+与x 轴的负半轴交于点C ，点E 的坐标为(0,－3)，点N 在抛物线的对称轴上，点M 在抛物线上，是否存在这样的点M 、N ，使得以M 、N 、C 、E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．图4-1【解析】C (－4,0)、E (0,－3)两点是确定的，点N 的横坐标－2也是确定的．以CE 为分类标准，分两种情况讨论平行四边形：①如图4-2，当CE 为平行四边形的边时，由于C 、E 两点间的水平距离为4，所以M 、N 两点间的水平距离也为4，因此点M 的横坐标为－6或2．将x ＝－6和x ＝2分别代入抛物线的解析式，得M (－6,16)或(2, 16)．②如图4-3，当CE 为平行四边形的对角线时，M 为抛物线的顶点，所以M 16(2,)3--．图4-2 图4-3例5、如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝ax 2－2ax －3a （a ＜0）与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧），点D 是第四象限内抛物线上的一点，直线AD 与y 轴负半轴交于点C ，且CD ＝4AC ．设P 是抛物线的对称轴上的一点，点Q 在抛物线上，以点A 、D 、P 、Q 为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P 的坐标；若不能，请说明理由．图5-1【解析】由y＝ax2－2ax－3a＝a(x＋1)(x－3)，得A(－1, 0)．由CD＝4AC，得x D＝4．所以D(4, 5a)．已知A(－1, 0)、D(4, 5a)，x P＝1，以AD为分类标准，分两种情况讨论：①如图5-2，如果AD为矩形的边，我们根据AD//QP，AD＝QP来两次平移坐标．由于A、D两点间的水平距离为5，所以点Q的横坐标为－4．所以Q(－4,21a)．由于A、D两点间的竖直距离为－5a，所以点P的纵坐标为26a．所以P(1, 26a)．根据矩形的对角线相等，得AP2＝QD2．所以22＋(26a)2＝82＋(16a)2．整理，得7a2＝1．所以77a=-．此时P267(1)7-，．②如图5-3，如果AD为矩形的对角线，我们根据AP//QD，AP＝QD来两次平移坐标．由于A、P两点间的水平距离为2，所以点Q的横坐标为2．所以Q(2,－3a)．由于Q、D两点间的竖直距离为－8a，所以点P的纵坐标为8a．所以P(1, 8a)．再根据AD2＝PQ2，得52＋(5a)2＝12＋(11a)2．整理，得4a2＝1．所以12a=-．此时P(14)-，．我们从图形中可以看到，像“勾股图”那样构造矩形的外接矩形，使得外接矩形的边与坐标轴平行，那么线段的等量关系就可以转化为坐标间的关系．上面我们根据“对角线相等的平行四边形是矩形”列方程，还可以根据定义“有一个角是直角的平行四边形叫矩形”来列方程．如图5-2，如果∠ADP＝90°，那么MA NDMD NP=；如图5-3，如果∠QAP＝90°，那么GQ KAGA KP=．图5-2 图5-3例6、如图6-1，将抛物线c 1：233y x =-+沿x 轴翻折，得到抛物线c 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 ．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6-1【解析】没有人能精确画好抛物线，又怎么平移抛物线呢？我们去伪存真，将A 、B 、D 、E 、M 、N 六个点及它们的坐标在图中都标注出来（如图6-2），如果您看到了△MAB 和△NED 是边长为2的等边三角形，那么平移就简单了．如图6-3，在两个等边三角形平移的过程中，AM 与EN 保持平行且相等，所以四边形ANEM 保持平行四边形的形状，点O 为对称中心．【解法一】如果∠ANE ＝90°，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，可得AE ＝2EN ＝4．而AE ＝AO ＋OE ＝2AO ，所以AO ＝2．已知AB ＝2，此时B 、O 重合（如图6-4），所以m ＝BO ＝1．【解法二】如果对角线MN ＝AE ，那么OM ＝OA ，此时△MAO 是等边三角形．所以等边三角形MAB 与△MAO 重合．因此B 、O 重合，m ＝BO ＝1．【解法三】在平移的过程中，(1,0)A m --、(1,0)B m -，M (,3)m -，根据OA 2＝OM 2列方程(1＋m )2＝m 2＋3．解得m ＝1．图6-2 图6-3 图6-4。
中考压轴题全面突破之五四边形的存在性(含答案)
中考数学压轴题全面突破之五？四边形的存在性题型特点四边形的存在性冋题是一类考查是否存在点，使其能构成某种特殊四边形的问题，如：平行四边形、菱形、梯形的存在性等，往往结合动点、函数与几何，考查分类讨论、画图及建等式计算等.解题思路①寻找定量，结合特殊四边形判定确定分类；②转化四边形的存在性为点的存在性或三角形的存在性；③借助几何特征建等式.难点拆解①平行四边形存在性，由定线分别作边、对角线分类，通过平移或旋转画图，借助坐标间关系及中点坐标公式建等式求解.②菱形存在性可转化为等腰三角形存在性处理.③等腰梯形存在性通常直接表达两腰长，利用两腰相等建等式；两腰不易表达，借助对称性和中点坐标公式联立求解.④直角梯形存在性关键是利用好直角.1. （2012湖北孝感）如图，抛物线一•八「（a M 0）与x轴交于点A（-1，0），B（3，0），与y 轴交于点qo , 3）.（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标.(2)P为线段BD上的一个动点，过点P作PM\Lx轴于点M,求四边形PMAC面积的最大值和此时点P的坐标.(3)点Q是抛物线在第一象限上的一个动点，过点Q作QN/ AC交x轴于点N.当点Q的坐标为__________ 寸，四边形QNA(是平行四边形；当点Q的坐标为_________ 寸，四边形QNA(是等腰梯形.2. (2012黑龙江牡丹江)如图，OA 0B的长分别是关于x的方程X2-12X+32=0的两根，且040B请解答下列问题：(1) 求直线AB的解析式.⑵若P为AB上一点，且- = -,求过点P的反比例函数的解析式.M 3Q的坐标；(3)在坐标平面内是否存在点Q使得以A, P, 0, Q为顶点的四边形是等腰3. (2012湖北襄阳)如图，在矩形OABC K AO 10, AB 8,沿直线CD折叠矩形OABC勺一边BC使点B落在OA边上的点E处•分别以OC OA所在的直线为x 轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线z丨经过O, D, C三点.(1) 求AD的长及抛物线的解析式.(2) 一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动.设运动时间为t秒，当t为何值时，以P, Q C为顶点的三角形与△ ADE 相似？(3) 点N在抛物线对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N,使以M, N, C, E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M与点N4. （2010贵州遵义）如图，已知抛物线「…• ；•* 「（a工0）的顶点坐标为Q2，-1），且与y轴交于点qo, 3），与x轴交于A, B两点（点A在点B的右侧），点P是该抛物线上一动点，从点C沿抛物线向点A运动（点P与点A不重合），过点P作PD// y轴，交AC于点D.（1）求该抛物线的函数关系式.（2）当厶ADP是直角三角形时，求点P的坐标.（3）在（2）的结论下，若点E在x轴上，点F在抛物线上，问是否存在以A，P，E，F为顶点的平行四边形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由.5. (2012山东烟台)如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD勺三个顶点B(1 , 0) , C(3 , 0) , D(3 , 4)，以A为顶点的抛物线J -八丨-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丄AB交AC于点E.(1)求点A的坐标及抛物线的解析式.(2)过点E作EF丄AD于F,交抛物线于点G,当t为何值时，△ACG勺面积最大？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ABCC ft(包括边界)四边形的存在性1. (1)抛物线的解析式为y = -X2 3• 2x 3，顶点D的坐标是(1,4) •(2) 设四边形PMAC的面积为S，则1 1S OA OC (PM OC) OM2 2^m2-9m.32 2一 / 9、2亠1°5一-(m )4 169T 1<-<342x <° .x学习必备欢迎下载9 3此时，点P 的坐标是(:，号)⑶Q(2，)；吧蛊)--54，- 279 「.当时，四边形 PMAC 的最大面积为 10516 (3)存在，符合条件的点Q 的坐标为(一2，1)， 58 37， 59 37 2. 1⑴直线AB的解析式为^-x 4-学习必备 欢迎下载2 163. ( D AD=3 '抛物线的解析式为y= - 3宀亍•(2)当t=40或25时，以P , Q , C 为顶点的三角形与△ ADE13 7 相似.(3) 存在，符合条件的点M , N 的坐标分别为,① M i (-4, -32), N i (4, -38)② M 2 (12, -32), N 2 (4, -26)(1)抛物线的函数关系式为y = x 2 - 4x • 3 .(2) 点P 的坐标为(1 , 0)或(2, -1).(3) 存在，符合条件的点F 的坐标为(2 —、、2 , 1)或 (2 2 , 1).(1) A (1, 4),抛物线的解析式为y=-x 2+2x+3.1 2 (2) S ZACG = — — (t —2) +1 ,4 当t=2时，S ZACG 的最大值为1.(3) t=20 或 t= 20-8,5 .13 ③M 3 (4, ), N 3 (4,3-14)4. 5.。
(完整版)平行四边形动点及存在性问题
环球雅思学科教师辅导讲义组长签字：学员编号： 年 级：八年级 课时数：3 学员姓名： 辅导科目： 数学 学科教师： 赵文娜 授课日期及时段 教学目标重点难点教学内容平行四边形动点及存在性问题【例1】正方形ABCD 的边长为8，M 在DC 上，且DM ＝2，N 是AC 上的一动点，DN ＋MN 的最小值为 。
MB CADNDO Cx yBA DO CxyB A【练习1】如图，在平面直角坐标系中，矩形OACB 的顶点O 在坐标原点，顶点A 、B 分别在x 轴、y 轴的正半轴上，OA =3，OB =4，D 为边OB 的中点.（1）若E 为边OA 上的一个动点，当△CDE 的周长最小时，求点E 的坐标；（2）若E 、F 为边OA 上的两个动点，且EF =2，当四边形CDEF 的周长最小时，求点E 、F 的坐标.【例3】 如图，在平面直角坐标系中,矩形OABC 的顶点A 、C 的坐标分别为（10，0），（0，4）,点D 是OA 的中点,点P 在BC 上运动,当三角形△ODP 是腰长为5的等腰三角形时，P 的坐标为 ；DBCA O xy P【练习2】如图，在平面直角坐标系中，AB ∥OC ，A （0，12），B （a ，c ），C （b ，0），并且a ，b 满足212116b a a =-+-+．一动点P 从点A 出发，在线段AB 上以每秒2个单位长度的速度向点B 运动；动点Q 从点O 出发在线段OC 上以每秒1个单位长度的速度向点C 运动，点P 、Q 分别从点A 、O 同时出发，当点P 运动到点B 时，点Q 随之停止运动．设运动时间为t （秒） （1）求B 、C 两点的坐标；（2）当t 为何值时，四边形PQCB 是平行四边形？并求出此时P 、Q 两点的坐标；（3）当t 为何值时，△PQC 是以PQ 为腰的等腰三角形？并求出P 、Q 两点的坐标．【例4】（1）如图，矩形ONEF 的对角线相交于点M ，ON 、OF 分别在x 轴和y 轴上，O 为坐标原点，点E 的坐标为（4，3），则点M 的坐标为 ； （2）在直角坐标系中，有A （-1，2），B （3，1），C （1，4）三点，另有一点D 与点A 、B 、C 构成平行四边形的顶点，求点D 的坐标．MOE (4,3)x y FNCBAxy【练习3】如图，四边形ABCD 为矩形，C 点在x 轴上，A 点在y 轴上，D 点坐标是（0，0），B 点坐标是（3，4），矩形ABCD 沿直线EF 折叠，点A 落在BC 边上的G 处，E 、F 分别在AD 、AB 上，且F 点的坐标是（2，4）．（1）求G 点坐标；（2）求直线EF 解析式；（3）点N 在x 轴上，直线EF 上是否存在点M ，使以M 、N 、F 、G 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出M 点的坐标；若不存在，请说明理由．O xy AB CGBO (D )yxACF E【例5】在Rt △ABC 中，∠B =90°，AC =60cm ，∠A =60°，点D 从点C 出发沿CA 方向以4cm /s 的速度向点A 匀速运动，同时点E 从点A 出发沿AB 方向以2cm /s 的速度运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D ，E 运动的时间是ts （0<t ≤15）．过点D 作DF ⊥BC 于点F ，连接DE ，EF ． （1）求证：AE =DF ；（2）四边形AEFD 能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t 值；如果不能，请说明理由； （3）当t 为何值时，△DEF 为直角三角形？请说明理由．FBCA DE【练习4】如图，等腰三角形OAB 的一边OB 在x 轴的正半轴上，点A 的坐标为（6，8），OA =OB ，动点P 从原点O 出发，在线段OB 上以每秒2个单位的速度向点B 匀速运动，动点Q 从原点O 出发，沿y 轴的正半轴以每秒1个单位的速度向上匀速运动，过点Q 作x 轴的平行线分别交OA ，AB 于E ，F ，设动点P ，Q 同时出发，当点P 到达点B 时，点Q 也停止运动，他们运动时间为t 秒（0t ≥） （1）点E 的坐标为 ，F 的坐标为 ； （2）当t 为何值时，四边形POFE 是平行四边形；（3）是否存在某一时刻，使△PEF 为直角三角形？若存在，请求出此时t 的值；若不存在，请说明理由．Q FE BA (6,8)OxyP【巩固练习】1、菱形ABCD 中，AB =2， ∠BAD =60°，点E 是AB 的中点，P 是对角线AC 上的一个动点，则PE +PB 的最小值为 。
四边形存在性问题解析
四边形存在性问题解析1.如图，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC 的边OC 、OA 分别与x 轴、y 轴重合，AB∥OC ，∠AOC=90°，∠BCO=45°，，点C 的坐标为（－18，0）。
（1）求点B 的坐标；（2）若直线DE 交梯形对角线BO 于点D ，交y 轴于点E ，且OE=4，OD=2BD ，求直线DE 的解析式；（3）若点P 是（2）中直线DE 上的一个动点，在坐标平面内是否存在点Q ，使以O 、E 、P 、Q 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由。
【考点】一次函数综合题，等腰直角三角形判定和性质，相似三角形判定和性质，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，菱形的判定和性质。
【分析】（1）构造等腰直角三角形BCF ，求出BF 、CF 的长度，即可求出B 点坐标。
（2）已知E 点坐标，欲求直线DE 的解析式，需要求出D 点的坐标．构造△ODG∽△OBA ，由线段比例关系求出D 点坐标，从而可以求出直线DE 的解析式。
（3）如图所示，符合题意的点Q 有4个：设直线y=－x+4分别与x 轴、y 轴交于点E 、点F ，则E （0，4），F （4，0），OE=OF=4，。
①菱形OEP 1Q 1，此时OE 为菱形一边。
则有P 1E=P 1Q 1=OE=4，P 1F=EF －P 1－4。
易知△P 1NF 为等腰直角三角形，∴P 121F=4－设P 1Q 1交x 轴于点N ，则NQ 1=P 1Q 1－P 1N=4－（4－）。
又ON=OF－，∴Q1（，－）。
②菱形OEP2Q2，此时OE为菱形一边。
此时Q2与Q1关于原点对称，∴Q2（－2）。
③菱形OEQ3P3，此时OE为菱形一边。
此时P3与点F重合，菱形OEQ3P3为正方形，∴Q3（4，4）。
④菱形OP4EQ4，此时OE为菱形对角线。
由菱形性质可知，P4Q4为OE的垂直平分线，由OE=4，得P4纵坐标为2，代入直线解析式y=－x+4得横坐标为2，则P4（2，2）。
四边形的存在性(正方形)(四)(含答案)
学生做题前请先回答以下问题
问题1：存在性问题的处理套路是什么？
问题2：轴对称最值模型，怎么操作？
问题3：正方形的存在性通常转化成什么问题来处理？
问题4：（两定一动）等腰直角三角形存在性问题的处理思路是什么？
问题5：结合试题3分析，当点P为直角顶点时如何确定点M的位置？
四边形的存在性（正方形）（四）
一、单选题(共2道，每道30分)
1.如图，抛物线交x轴于A，C两点（点A在点C的右侧），交y轴于点B．点D的坐标为（-1，0），若点P是直线AB上的动点，点Q是坐标平面内一点，则当以A，D，P，Q为顶点的四边形是正方形时，点Q的坐标为( )
A.（-1，4）或（1，2）
B.（-1，4），（1，2）或（5，-2）
C.（3，4）或（1，-2）
D.（2，2）或（-1，-2）
答案：C
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：正方形的存在性
2.已知抛物线经过A（-1，0），B（3，0），C（0，3）三点，直线是抛物线的对称轴．
（1）如图，设P是直线上的一个动点，当△PAC的周长最小时，点P的坐标为_______，对应的周长最小值为_____．( )
A.（1，1），
B.（1，6），
C.（1，2），
D.（1，2），
答案：D
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：轴对称—线段之和最小
二、填空题(共1道，每道40分)
3.（上接第2题）（2）在（1）的条件下，若点M为抛物线上一个动点，点N为坐标平面内一点，则当以C，P，M，N为顶点的四边形是正方形时，点M的坐标为____.
答案：
解题思路：
试题难度：一颗星知识点：正方形的存在性。
15四边形之存在性问题一培优班讲义
四边形之存在性问题（一）（讲义）一、知识点睛存在性问题处理框架：1.理解题意，整合信息．2.根据不变特征，确定分类标准．不变特征举例：（1）平行四边形存在性问题以定线段作边或对角线，确定分类．常借助对应边相等、坐标间关系及中点坐标公式建等式求解．（2）特殊平行四边形存在性问题①菱形存在性问题，转化为等腰三角形存在性问题；②正方形存在性问题，转化为等腰直角三角形存在性问题．3.分析特殊状态的形成因素，画出符合题意的图形并求解．4.结果验证．二、精讲精练1.在坐标平面上的点D处，则在坐标平面内是否存在点P，使得以A，O，D，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请2.如图，在平面直角坐标系xOy中，直线334y x=-+与x轴、y轴分别交于点A，B，点C的坐标为(0，2-)．若点D在直线AB上运动，点E在直线AC上运动，当以O，A，D，E为顶点的四边形是平行四边形时，求点D的坐标．3.4.5.如图，在平面直角坐标系xOy中，直线1=-+交于点A，两直y x=+与24y x线与x轴分别交于点B和点C，D是直线AC上的一个动点．直线AB上是否存在点E，使得以E，D，O，A为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．三、回顾与思考【参考答案】1．存在，点P的坐标为(-3)，(，3)或(3-)．2．点D的坐标为(125，65)或(285，65-)．3．存在，点N的坐标为(3-，0)，(7，0)或(3，0)．4．存在，点M的坐标为，(，或，8．5．存在，点E的坐标为(13-，23)或(73，103)．四边形之存在性问题（一）（随堂测试）1.如图，已知在平面直角坐标系xOy中，直线y=+与x轴、y轴分别交于点A，B，直线BC与x轴交于点C，且∠ABC=60°．若D为直线AB上一点，E为直线BC上一点，且以O，B，D，E为顶点的四边形是平行四边形，求点D的坐标．【参考答案】1．点D 的坐标为(2，2，四边形之存在性问题（一）（作业）2. 如图，在平面直角坐标系xOy中，直线23y x =+与x 轴、y 轴分别交于点A ，B ，点C 在y 轴正半轴上，且1OB =，直线CD ⊥AB 于点P ，交x 轴于点D3.【参考答案】1．存在，点M 的坐标为(-3)．。
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四边形之存在性问题（讲义） 课前预习
一般悄况下我们如何处理存在性问题？
（1） 研究背景图形
坐标系背景下研究 ____________ 、 ______
究 ___________ 、 ____________ 、 ______
（2） 根据不变特征，确定分类标准 研究定点，动点，定线段，确定分类标准 不变特征举例：
① 等腰三角形（两定一动）
以定线段作为 ________ 或者—
_______________ 确定点的位
② 置.等腰直角三角形（两定 一动）
以
知识点睛
存在性问题处理框架：
① 研究背景图形.
② 根据不变特征，确定分类标准.
③ 分析特殊状态的形成因素，画出符合题意的图形并求解. ④ 结果验证.
平行四边形存在性问题特征举例：
分析定点、动点.
① 三定一动，连接定点出现三条定线段.定线段分别作
为平行四边形的 _________ ,利用 _____________ 确定
点坐标.
② 两定两动，连接定线段，若定线段作为平行四边形的 ________ ,则通过 ___________ 确定点的坐标；若定线 段作为平行四边形的 ___________ ，则定线段绕 __________ 旋转，利用 _______________ 确定点的坐标.
结合图形进行验证.
;儿何图形研
或者
来分类，利用 来分类，然后借助 确定点的位置.
（3） 分析特殊状态的形成因素，画出符合题意的图形并求解 （4） 结果验证
2. (1) (2)
3.特殊平行四边形存在性问题不变特征举例：
①菱形存在性问题（两定两动）
转化为等腰三角形存在性问题；
以定线段作为底边或者腰确定分类标准，利用两圆一线确定一动点的位置，然后通过平移确定另一动点坐标.
②正方形存在性问题（两定两动）
转化为等腰直角三角形存在性问题；
根据直角顶点确定分类标准，利用两腰相等或者45。
角确定一动点的位置，然后通过平移确定另一动点坐标.
2如图，在平面直角坐标系中，直线y = -?x + 3与X轴、＞'
4
轴分别交于点A, 点C的坐标为（0, -2 ）.若点D在直线 AB上运动，点E在直线AC±运动，当以0, 4, D, E为顶点的四边形是平行四边形时，求点D的坐标.
2如图，在平面直角坐标系卫乃中，四边形OABC是直角梯形，BC//OA, ZOCB=90。
，AB= $ BC=\,直线y = -lx+ 1 经
2 过点A,
且与y轴交于点D.若M是直线AD上的一个动点，则在X轴上是否存在点N,使得以0, B, M, N为顶点的四边形是平行四边形？
若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理山.
3如图，在平面直角坐标系xO)•中，直线y = x+l与，=-2兀+ 4交于点A,两直线与X轴分别交于点B和点C, D是直线AC上的一个动点.直线AB上是否存在点E,使得以E, D, O, A 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理山.
4如图，在平面直角坐标系xOy中，直线/： y = 2x-4与X轴交于点A,与y轴交于点B.
①求点4, B的坐标.
⑵ 若P是直线兀=-2上的一动点，则在坐标平面内是否存在点
e，使得以A, B, P, Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点e的坐标；若不存在，请说明理由.
5如图，在平面直角坐标系中，已知点A, B, C的坐标分别为A(-9,
0), B(16, 0), C(0, 12), D 是线段BC 上的一动点(不与点B,
C重合)，过点D作直线DE丄垂足为点E.若M为坐标平面内一点，则在直线DE上是否存在点M使得以 C, B, 的坐标；
【参考答
案】
＞课前预习
1.(1)坐
标、表达
式；边、
角、线
(2)①腰
底两圆一线
②
直
角
顶
点
两
腰
相
等
45。
角
＞知识点睛
①对角线，平移
②边，平移；对角线，其中点，中点坐标公式
＞精讲精练
1.点D的坐标为V)啦5*, _-&)•
5 5 5 5
2.存在，点N的坐标为(一3, 0), (7, 0)或⑶0).
3.存在，点E的坐标为(-],?)或(],号).
3 3 3 3
4.(1) A(2, 0), B(0, -4)
7
(2)存在，点 e 的坐标为(0, 4), (-4, -2), (-4, -6)或(4, 一_)
2 5.存在，点 N 的坐标为(12, 28), (4, -16), (14, 14)或(2, -2)。