挑战中考数学压轴题平行四边形存在性问题.docx

教师： 学生： 时间：2017年 月 日
课题内容
平行四边形存在性问题

专题攻略
一、解平行四边形的存在性问题一般分三个步骤
第一步寻找分类标准，第二步画图，第三步计算.

二、难点在于寻找分类标准，寻找恰当的分类标准，可以使得解的个数不重复不遗漏，也可以使
计算又准又快.

三、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.

四、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.
灵活运用向量和中心对称的性质，可以使得解题简便.

典型例题
例1．如图，抛物线：y=x2﹣x﹣及x轴交于A、B（A在B左侧），A（﹣1，0）、B（3，0），顶点为C（1，﹣2）
（1）求过A、B、C三点的圆的半径．
（2）在抛物线上找点P，在y轴上找点E，使以A、B、P、E为顶点的四边形是平行四边形，求点P、E的坐标．

（1）∵A（﹣1，0）、B（3，0）、C（1，﹣2），∴AB=3﹣（﹣1）=4，
AC==2，BC==2，∴AB2=16，AC2+BC2=8+8=16，
∴AB2=AC2+BC2，∴△ABC是直角三角形，AB是直径，故半径为2；
（2）①当AB是平行四边形的边时，PE=AB=4，且点P、E的纵坐标相等，
∴点P的横坐标为4或﹣4，∴y=×42﹣4﹣=，或y=×42+4﹣=，
∴点P、E的坐标为P1（4，）、E1（0，）或P2（﹣4，）、E2（0，），
②如图，当AB是平行四边形的对角线时，PE平分AB，∴PE及x轴的交点坐标D（1，0），
过点P作PF⊥AB，则OD=FD，∴点F的坐标为（2，0），∴点P的横坐标为2，
y×22﹣2﹣=﹣，∴点P的纵坐标为，∴点P、E的坐标为P3（2，﹣）、E3（0，），
综上所述，点P、E的坐标为：P1（4，）、E1（0，）或P2（﹣4，）、E2（0，）或P3（2，﹣）、E3（0，）．

例2．将抛物线沿c1：y=﹣x2+沿x轴翻折，得拋物线c2，如图所示．
（1）请直接写出拋物线c2的表达式．
（2）现将拋物线C1向左平移m个单位长度，平移后得到的新抛物线的顶点为M，及x轴的交点从左到右依次为A，B；将抛物线C2向右也平移m个单位长度，平移后得到的新抛物线的顶点为N，及x轴交点从左到右依次为D，E．
①当B，D是线段AE的三等分点时，求m的值；
②在平移过程中，是否存在以点A，N，E，M为顶点的四边形是矩形的情形？若存在，请求出此时m的值；若不存在，请说明理由．

方法一：
（1）根据翻折的性质可求拋物线c2的表达式；
（2）①求出拋物线c1及x轴的两个交点坐标，分当AD=AE时，当BD=AE时两种情况讨论求解；
②存在．理由：连接AN，NE，EM，MA．根据矩形的判定即可得出．
方法二：
（1）求出翻折后抛物线顶点坐标，并求出抛物线表达式．
（2）①抛物线c1平移m个单位长度后，求出点A，B，D，E的坐标，并分类讨论点B在点D左侧和右侧的两种情况，进而求出m的值．
②以点A、N、E、M为顶点的四边形是矩形，则AN⊥EN，利用黄金法则二，可求出m的值．

【解答】方法一：
解：（1）y=x2﹣．
（2）①令﹣x2+=0，得x1=﹣1，x2=1
则拋物线c1及x轴的两个交点坐标为（﹣1，0），（1，0）．
∴A（﹣1﹣m，0），B（1﹣m，0）．同理可得：D（﹣1+m，0），E（1+m，0）．
当AD=AE时，（﹣1+m）﹣（﹣1﹣m）=[（1+m）﹣（﹣1﹣m）]，
∴m=．
当BD=AE时，（1﹣m）﹣（﹣1+m）=[（1+m）﹣（﹣1﹣m）]，∴m=2．
故当B，D是线段AE的三等分点时，m或2．
②存在．
理由：连接AN，NE，EM，MA．依题意可得：M（﹣m，），N（m，﹣）．
即M，N关于原点O对称，∴OM=ON．
∵A（﹣1﹣m，0），E（1+m，0），∴A，E关于原点O对称，∴OA=OE
∴四边形ANEM为平行四边形．
∵AM2=（﹣m﹣1+m）2+（）2=4，ME2=（1+m+m）2+（）2=4m2+4m+4，
AE2=（1+m+1+m）2=4m2+8m+4，若AM2+ME2=AE2，则4+4m2+4m+4=4m2+8m+4，∴m=1，
此时△AME是直角三角形，且∠AME=90°．
∴当m=1时，以点A，N，E，M为顶点的四边形是矩形．
方法二
（1）略，
（2）①抛物线C1：y=﹣x2+，
及x轴的两个交点为（﹣1，0），（1，0），顶点为（0，），抛物线C2：y=﹣x2﹣，
及x轴的两个交点也为（﹣1，0），（1，0），顶点为（0，﹣），抛物线C1向左平移m个单位长度后，顶点M的坐标为（﹣m，），及x轴的两个交点为A（﹣1﹣m，0）、B（1﹣m，0），AB=2，
抛物线C2向右平移m个单位长度后，顶点N的坐标为（m，﹣），及x轴的两个交点为D（﹣1+m，0）、E（1+m，0），∴AE=（1+m）﹣（﹣1﹣m）=2（1+m），B、D是线段AE的三等分点，有两种情况．
1、B在D的左侧，AB=AE=2，AE=6，
∴2（1+m）=6，m=2，
2、B在D的右侧，AB=AE=2，AE=3，
∴2（1+m）=3，m=．

（3）若A、N、E、M为顶点的四边形是矩形，
∵A（﹣1﹣m，0），E（1+m，0），N（m，﹣）、M（﹣m，），
∴点A，E关于原点对称，点N，M关于原点对称，
∴A、N、E、M为顶点的四边形是平行四边形，
则AN⊥EN，KAN×KEN=﹣1，
∵A（﹣1﹣m，0），E（1+m，0），N（m，﹣），
∴=﹣1，
∴m=1．

强化训练
1．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c及y轴交于点A（0，1），过点A的直线及抛物线交于另一点B（3，），过点B作BC⊥x轴，垂足为C．点P是x轴正半轴上的一动点，过点P作PN⊥x轴，交直线AB于点M，交抛物线于点N，设OP的长度为m．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点P在线段OC上（不及点O、C重合）时，试用含m的代数式表示线段PM的长度；
（3）连结CM，BN，当m为何值时，以B、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形？

解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过A（0，1）和点B（3，），
∴，∴，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x+1；

（2）设直线AB的解析式为y=kx+b（k≠0），
∵A（0，1），B（3，），
∴，∴直线AB的解析式为y=x+1，
∵PN⊥x轴，交直线AB于点M，交抛物线于点N，OP=m，
∴P（m，0），M（m，m+1），∴PM=m+1；

（3）由题意可得：N（m，﹣m2+m+1），
∵MN∥BC，
∴当MN=BC时，四边形BCMN为平行四边形，
当点P在线段OC上时，MN=﹣m2+m，
又∵BC=，
∴﹣m2+m=，
解得m1=1，m2=2；
当点P在线段OC的延长线上时，MN=m2﹣m，
∴m2﹣m=，
解得 m1=（不合题意，舍去），m2=，
综上所述，当m的值为1或2或时，以B、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形．

2．如图，已知二次函数的图象M经过A（﹣1，0），B（4，0），C（2，﹣6）三点．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）点G是线段AC上的动点（点G及线段AC的端点不重合），若△ABG及△ABC相似，求点G的坐标；
（3）设图象M的对称轴为l，点D（m，n）（﹣1＜m＜2）是图象M上一动点，当△ACD的面积为时，点D关于l的对称点为E，能否在图象M和l上分别找到点P、Q，使得以点D、E、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．

【解答】解：
（1）∵二次函数的图象M经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，
∴可设二次函数的解析式为y=a（x+1）（x﹣4）．
∵二次函数的图象M经过C（2，﹣6）点，
∴﹣6=a（2+1）（2﹣4），解得a=1．
∴二次函数的解析式为y=（x+1）（x﹣4），即y=x2﹣3x﹣4．

（2）设直线AC的解析式为y=sx+t，把A、C坐标代入可得，解得，
∴线段AC的解析式为y=﹣2x﹣2，
设点G的坐标为（k，﹣2k﹣2）．
∵G及C点不重合，
∴△ABG及△ABC相似只有△AGB∽△ABC一种情况．
∴=．
∵AB=5，AC==3，AG==|k+1|，
∴=，∴|k+1|=∴k=或k=﹣（舍去），∴点G的坐标为（，﹣）．

（3）能．理由如下：
如图，过D点作x轴的垂线交AC于点H，

∵D（m，n）（﹣1＜m＜2），∴H（m，﹣2m﹣2）．∵点D（m，n）在图象M上，
∴D（m，m2﹣3m﹣4）．
∵△ACD的面积为，
∴[﹣2m﹣2﹣（m2﹣3m﹣4）][（m+1）+（2﹣m）]=，即4m2﹣4m+1=0，解得m=．
∴D（，﹣）．
∵y=x2﹣3x﹣4=（x﹣）2﹣，∴图象M的对称轴l为x=．
∵点D关于l的对称点为E，∴E（，﹣），∴DE=﹣=2，
若以点D、E、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，有两种情况：
当DE为边时，则有PQ∥DE且PQ=DE=2．
∴点P的横坐标为+2=或﹣2=﹣，
∴点P的纵坐标为（﹣）2﹣=﹣，
∴点P的坐标为（，﹣）或（﹣，﹣）；
当DE为对角线时，则可知P点为抛物线的顶点，即P（，﹣）；
综上可知存在满足条件的P点，其坐标为（，﹣）或（﹣，﹣）或（，﹣）．

3．已知直线y=kx+b（k≠0）过点F（0，1），及抛物线y=x2相交于B、C两点．

（1）如图1，当点C的横坐标为1时，求直线BC的解析式；
（2）在（1）的条件下，点M是直线BC上一动点，过点M作y轴的平行线，及抛物线交于点D，是否存在这样的点M，使得以M、D、O、F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，设B（m．n）（m＜0），过点E（0．﹣1）的直线l∥x轴，BR⊥l于R，CS⊥l于S，连接FR、FS．试判断△RFS的形状，并说明理由．

解：（1）因为点C在抛物线上，所以C（1，），
又∵直线BC过C、F两点，故得方程组： 解之，得，
所以直线BC的解析式为：y=﹣x+1；

（2）要使以M、D、O、F为顶点的四边形为平行四边形，则MDOF，如图1所示，
设M（x，﹣x+1），则D（x，x2），∵MD∥y轴，∴MD=﹣x+1﹣x2，
由MD=OF，可得|﹣x+1﹣x2|=1，
①当﹣x+1﹣x2=1时，
解得x1=0（舍）或x1=﹣3，所以M（﹣3，），
②当﹣x+1﹣x2，=﹣1时，解得，x=，
所以M（，）或M（，），
综上所述，存在这样的点M，使以M、D、O、F为顶点的四边形为平行四边形，
M点坐标为（﹣3，）或（，）或（，）；

（3）过点F作FT⊥BR于点T，如图2所示，
∵点B（m，n）在抛物线上，∴m2=4n，在Rt△BTF中，
BF====，
∵n＞0，∴BF=n+1，又∵BR=n1，∴BF=BR．∴∠BRF=∠BFR，又∵BR⊥l，EF⊥l，
∴BR∥EF，∴∠BRF=∠RFE，∴∠RFE=∠BFR，同理可得∠EFS=∠CFS，∴∠RFS=∠BFC=90°，
∴△RFS是直角三角形．

4．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=a（x+1）2﹣3及x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），及y轴交于点C（0，﹣），顶点为D，对称轴及x轴交于点H，过点H的直线l交抛物线于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．

解：（1）∵抛物线及y轴交于点C（0，﹣）．
∴a﹣3=﹣，解得：a=，∴y=（x+1）2﹣3
当y=0时，有（x+1）2﹣3=0，∴x1=2，x2=﹣4，∴A（﹣4，0），B（2，0）．
（2）∵A（﹣4，0），B（2，0），C（0，﹣），D（﹣1，﹣3）
∴S四边形ABCD=S△ADH+S梯形OCDH+S△BOC=×3×3+（+3）×1+×2×=10．
从面积分析知，直线l只能及边AD或BC相交，所以有两种情况：
①当直线l边AD相交及点M1时，则S=×10=3，
∴×3×（﹣y）=3
∴y=﹣2，点M1（﹣2，﹣2），过点H（﹣1，0）和M1（﹣2，﹣2）的直线l的解析式为y=2x+2．
②当直线l边BC相交及点M2时，同理可得点M2（，﹣2），过点H（﹣1，0）和M2（，﹣2）的直线l的解析式为y=﹣x﹣．
综上所述：直线l的函数表达式为y=2x+2或y=﹣x﹣．
（3）设P（x1，y1）、Q（x2，y2）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，∴+（﹣k）x﹣﹣k=0，∴x1+x2=﹣2+3k，y1+y2=kx1+k+kx2+k=3k2，
∵点M是线段PQ的中点，∴由中点坐标公式的点M（k﹣1，k2）．
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，解得：x1=﹣1，x2=3k﹣1，∴N（3k﹣1，3k2﹣3）
∵四边形DMPN是菱形，∴DN=DM，∴（3k）2+（3k2）2=（）2+（）2，
整理得：3k4﹣k2﹣4=0，∵k2+1＞0，∴3k2﹣4=0，
解得k=±，
∵k＜0，∴k=﹣，∴P（﹣3﹣1，6），M（﹣﹣1，2），N﹣2﹣1，1）
∴PM=DN=2，
∵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的坐标为（﹣2﹣1，1）．

5．二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点（﹣1，4），且及直线y=﹣x+1相交于A、B两点（如图），A点在y轴上，过点B作BC⊥x轴，垂足为点C（﹣3，0）．
（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，BM及NC相互垂直平分？并求出所有满足条件的N点的坐标．

方法一：
解：（1）由直线y=﹣x+1可知A（0，1），B（﹣3，），又点（﹣1，4）经过二次函数，
根据题意得：， 解得：，则二次函数的解析式是：y=﹣﹣x+1；

（2）设N（x，﹣x2﹣x+1），
则M（x，﹣x+1），P（x，0）．
∴MN=PN﹣PM=﹣x2﹣x+1﹣（﹣x+1）=﹣x2﹣x=﹣（x+）2+，
则当x=﹣时，MN的最大值为；

（3）连接MC、BN、BM及NC互相垂直平分，
即四边形BCMN是菱形，则MN=BC，且BC=MC，即﹣x2﹣x=，且（﹣x+1）2+（x+3）2=，
解x2+3x+2=0，得：x=﹣1或x=﹣2（舍去）．
故当N（﹣1，4）时，BM和NC互相垂直平分．
方法二：
（1）略．
（2）设N（t，﹣），∴M（t，﹣t+1），
∴MN=NY﹣MY=﹣+t﹣1，∴MN=﹣，
当t=﹣时，MN有最大值，MN=．

（3）若BM及NC相互垂直平分，则四边形BCMN为菱形．
∴NC⊥BM且MN=BC=，即﹣=，∴t1=﹣1，t2=﹣2，
①t1=﹣1，N（﹣1，4），C（﹣3，0），∴KNC==2，
∵KAB=﹣，∴KNC×KAB=﹣1，∴NC⊥BM．
②t2=﹣2，N（﹣2，），C（﹣3，0），
∴KNC==，KAB=﹣，∴KNC×KAB≠﹣1，此时NC及BM不垂直．
∴满足题意的N点坐标只有一个，N（﹣1，4）．

6．已知直角梯形ABCD中AD∥BC，∠B=90°，AB=8，AD=24，BC=26，点P从A点出发，沿AD边以1的速度向点D运动，点Q从点C开始沿CB边以3的速度向点B运动，P，Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t．
（1）当t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？
（2）当t为何值时，四边形PQCD为等腰梯形？

解：（1）根据题意得：PA=t，CQ=3t，则PD=AD﹣PA=24﹣t，
∵AD∥BC，∴PD∥CQ，
∴当PD=CQ时，四边形PQCD为平行四边形，
即24﹣t=3t，解得：t=6，即当t=6时，四边形PQCD为平行四边形；
（2）过D作DE⊥BC于E，
则四边形ABED为矩形，∴BE=AD=24cm，∴EC=BC﹣BE=2cm，
当PQ=CD时，四边形PQCD为等腰梯形，如图所示：
过点P作PF⊥BC于点F，过点D作DE⊥BC于点E，
则四边形PDEF是矩形，∴EF=PD，PF=DE，
在Rt△PQF和Rt△CDE中，，∴Rt△PQF≌Rt△CDE（HL），
∴QF=CE，∴QC﹣PD=QC﹣EF=QF+EC=2CE，
即3t﹣（24﹣t）=4，解得：t=7，
即当t=7时，四边形PQCD为等腰梯形．

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