中考数学复习⑦ 平行四边形及矩形、菱形、正方形存在性问题探究

类型⑦平行四边形及矩形、菱形、正方形存在性问题探究

中考数学复习⑦ 平行四边形及矩形、菱形、正方形存在性问题探究

,备考攻略)

中考数学复习⑦ 平行四边形及矩形、菱形、正方形存在性问题探究

在平行四边形有关存在性问题中,常会遇到这样两类探究性的问题:

1.已知三点的位置,在二次函数上或在坐标平面内找一动点,使这四点构成平行四边形(简称“三定一动”).

2.已知两个点的位置,在二次函数上或在坐标平面内找两个动点,使这四点构成平行四边形(简称“两定两动”).

平行四边形的这四个点有可能是定序的,也有可能没有定序.

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1.确定动点位置时出现遗漏.

2.在具体计算动点坐标时出现方法不当或错解.

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1.分清题型(属于三定一动还是两定两动,因为这两种题型的分类标准有所不同).2.分类讨论且作图(利用分类讨论不重不漏的寻找动点具体位置).

3.利用几何特征计算(不同的几何存在性要用不同的解题技巧).

可以把存在性问题的基本思路叫做“三步曲”:一“分”二“作”三“算”.

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1.如果为“三定一动”,要找出平行四边形第四个顶点,则符合条件的有3个点;这三个点的找法是以三个定点为顶点画三角形,过每个顶点画对边的平行线,三条直线两两相交,产生所要求的3个点.

2.如果为“两定两动”,要找出平行四边形第三、四个顶点,将两个定点连成定线段,将此线段按照作为平行四边形的边或对角线两种分类讨论.

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1.若平行四边形的四个顶点都能用坐标来表示,则直接利用坐标系中平行四边形的基本特征:即对边平行且相等或对边水平距离相等和竖直距离相等列方程求解.2.若平行四边形的四个顶点中某些点不能用坐标表示,则利用列方程组解图形交点的方法解决.

3.灵活运用平行四边形的中心对称的性质,也可使问题变得简单.

4.平移坐标法.先由题目条件探索三点的坐标(若只有两个定点,可设一个动点的坐标). 再画出以三点为顶点的平行四边形,根据坐标平移的性质写出第四个顶点的坐标.最后根据题目的要求(动点在什么曲线上),判断平行四边形的存在性.

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1.矩形:增加对角线相等和邻边垂直的性质,还可以转化为直角三角形的存在性问题.

2.菱形:增加四边相等和对角线垂直的性质,还可以转化为直角三角形或等腰(等边)三角形存在性问题.

3.正方形:兼顾以上性质,还可以转化为等腰直角三角形存在性问题.

,典题精讲)

◆平移坐标法

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【例1】如图,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.

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【解析】 P ,A ,C 三点是确定的,过△PAC 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).

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)=====右3,上3C(0,3),所以P(-1,4)=====右3,上3

D 1(2,7).

由于C(0,3)=====下3,左3A(-3,0),所以P(-1,4)=====下3,左3D 2(-4,1).

由于P(-1,4)=====右1,下1C(0,3),所以A(-3,0)=====右1,下1D 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.

【答案】点D 的坐标为(2,7)或(-4,1)或(-2,-1).

◆两定两动的分类讨论(对点法的应用)

【例2】如图①,在平面直角坐标系xOy 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),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CD =4AC.

(1)直接写出点A 的坐标,并求直线l 的函数解析式;(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,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.

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图① 备用图

【解析】1.过点E 作x 轴的垂线交AD 于F ,那么△AEF 与△CEF 是共底的两个三角形.

2.以AD 为分类标准讨论矩形,当AD 为边时,AD 与QP 平行且相等,对角线AP =QD ;当AD 为对角线时,AD 与PQ 互相平分且相等.

【答案】解:(1)由y =ax 2-2ax -3a =a(x +1)(x -3),得A(-1,0).

由CD =4AC ,得x D =4.所以D(4,5a).

由A(-1,0),D(4,5a),得直线l 的函数解析式为y =ax +a ;

(2)如图②,过点E 作x 轴的垂线交AD 于F.

设E(x ,ax 2-2ax -3a),F(x ,ax +a),那么EF =y E -y F =ax 2-3ax -4a.

由S △ACE =S △AEF -S △CEF =12EF(x E -x A )-12EF(x E -x C )=12EF(x C -x A )=12

(ax 2-3ax -4a)=12a ????x -322-258

a , 得△ACE 面积的最大值为-258a.解方程-258a =54,得a =-25

; (3)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③,如果AD 为矩形的边,那么AD ∥QP ,AD =QP ,对角线AP =QD.

由x D -x A =x P -x Q ,得x Q =-4.

当x =-4时,y =a(x +1)(x -3)=21a.所以Q(-4,21a).

由y D -y A =y P -y Q ,得y P =26a.所以P(1,26a).

由AP 2=QD 2,得22+(26a)2=82+(16a)2.

整理,得7a 2=1.所以a =-77.此时P ?

???1,-2677; ②如图④,如果AD 为矩形的对角线,那么AD 与PQ 互相平分且相等.

由x D +x A =x P +x Q ,得x Q =2.所以Q(2,-3a).

由y D +y A =y P +y Q ,得y P =8a.所以P(1,8a).

由AD 2=PQ 2,得52+(5a)2=12+(11a)2.

整理,得4a 2=1.所以a =-12

.此时P(1,-4).

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图② 图③ 图④

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1.已知抛物线y =-x 2-2x +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 ,顶点为P.若以A ,C ,P ,M 为顶点的四边形是平行四边形,求点M 的坐标. (三定一动型)

解:(1)确定位置:如图.

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①以A ,C ,P 三个定点为顶点画△APC ;

②过点A 作PC 的平行线,过点P 作AC 的平行线,过点C 作AP 的平行线;三条直线相交于M 1,M 2,M 3;

(2)代数法求点M 的坐标:

如图:设点M 1(m ,n),利用平行四边形对边水平距离相等和竖直距离相等可得: ???n -0=4-3,-3-m =0-(-1),解得???n =1,m =-4,

即M 1(-4,1).

同理可得:M 2(-2,-1),M 3(2,7).

综上所述,点M 的坐标为(-4,1),(-2,-1),(2,7).

2.如图,抛物线y =-12x 2+32

x +2与x 轴交于点A ,点B ,与y 轴交于点C ,点D 与点C 关于x 轴对称,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)求点A ,点B ,点C 的坐标;

(2)求直线BD 的解析式;

(3)当点P 在线段OB 上运动时,直线l 交BD 于点M ,试探究m 为何值时,四边形CQMD 是平行四边形.

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解:(1)当x =0时,y =-12x 2+32

x +2=2, ∴C(0,2).

当y =0时,-12x 2+32

x +2=0, 解得x 1=-1,x 2=4.

∴A(-1,0),B(4,0);

(2)∵点D 与点C 关于x 轴对称,

∴D(0,-2).

设直线BD 为y =kx -2,

把B(4,0)代入,得0=4k -2,

∴k =12

. ∴BD 的解析式为y =12

x -2; (3)∵P(m ,0),

∴M(m ,12m -2),Q(m ,-12m 2+32

m +2). 若四边形CQMD 为平行四边形,

∴QM ∥CD ,QM =CD =4,

当P 在线段OB 上运动时,

QM =????-12m 2+32m +2-???

?12m -2 =-12

m 2+m +4=4,

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