(完整版)压轴题解题策略：平行四边形的存在性问题
【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。
平行四边形的存在性问题
如图,在平面直角坐标系中,点A坐标(-1,0),B(3,0),
C(0,2),则符合条件的点D的坐标为
D1(4, 2)D2(4, 2)D3(2, 2)
y
(-4,2)
D2
C(0,2)
(4,2)
D1
(-1,0) A O
E
x
B(3,0)
D3 (2,-2)
第Ⅱ类型：两个动点平行四边形存在性问题
例2.如图,在平面直角坐标系中,抛物线过A(-1,0)， B(3,0)C(0,-1)三点. （1）求该抛物线的表达式； （2）点Q在y轴上，在抛物线上是否存在一点P， 使Q、P、A、B为顶点的四边形是平行四边形.若存 在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
解：（1）
y
1 3
x2
2 3
x
1
（-1,0）
（3,0）
探索性问题
——平行四边形存在性问题的探索
平行四边形的存在性问题是近几年中考热点题 目，题目灵活，难度高。本节侧重讲面对此类压 轴题如何找点、如何利用几何特征求点的坐标的 解题套路，提高解题的效率和准确性。
平行四边形存在性问题
分两种类型 第一类型：一个动点平行四边形存在性问题 第二类型：两个动点平行四边形存在性问题
方法小结
平行四边形中一个动点的存在性问题.
方法步骤：
通常选坐标轴上或与 坐标轴平行的线段
ห้องสมุดไป่ตู้
三步曲—— 1.先分类
2.再画图 3.后计算(全等、平移）
方法小结
平行四边形中两个动点的存在性问题.
分类方法及画图：
对边平行 且相等
(1)以已知的线段为边；
(2)以已知的线段为对角线
2020年中考数学压轴题训练平行四边形的存在性问题
2020年中考数学压轴题训练平⾏四边形的存在性问题2020年中考数学压轴题训练平⾏四边形的存在性问题针对训练1、如图已知抛物线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2、如图，在平⾯直⾓坐标系xOy 中，已知抛物线y=-x 2+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3、将抛物线c1:y=23x 3-+沿x 轴翻折，得到抛物线c2如图所⽰现将抛物线c1向左平移m 个单位长度，平移后得到新抛物线的顶点为M ，与x 轴的交点从左到右依次为A 、B ：将抛物线c2向右也平移m 个单位长度，平移后得到新抛物线的顶点为N ，与x 轴的交点从左到右依次为D E 在平移过程中，是否存在以点A 、N 、F,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，请说明理⽈如图，4、抛物线y=25x bx c 4-++与y 轴交于点A （0,1），过点A 的直线与抛物线交于为⼀点B （3.2），过点B 作BC ⊥x 轴，垂⾜为C（1）求抛物线的表达式；（2）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，连结CM、BN，当m 为何值时，四边形BCMN为平⾏四边形？5、如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C 开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度过点P作PD∥BC，交AB于点D，连结PQ点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中⼀点到达终点时，另⼀点也随之停⽌运动，设运动的时间为t秒（t≥0）（1）直接⽤含t的代数式分别表⽰：QB= ，PD=（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由，并探究如何改变点Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某⼀时刻为菱形，求点Q的速度6、如图，在平⾯直⾓坐标系中，直线AB与x轴、y轴分别交于点A（4,0）、B（0,3），点C的坐标为（0，m），过点C作CE⊥AB于点E，点D为x轴正半轴上的⼀动点，且满⾜O=2x，连结DE，以DE、DA为边作平⾏匹边形DEFA（1）如果平⾏四边形DEFA为矩形，求m的值（2）如果平⾏四边形DEFA为菱形，请直接写出m的值真题演练7、（18衢州24）如图，Rt△OAB的直⾓边OA在x轴上，顶点B的坐标为（6,8），直线CD 交AB 于点D （6，3），交x 轴于点C （12,0）（1）求直线CD 的函数表达式；（2）动点P 在x 轴上从点（-10,0）出发，以每秒1个单位的速度向x 轴正⽅向运动，过点P 作直线l 垂直于x 轴，设运动时间为t①点P 在运动过程中，是否存在某个位置，使得∠PDA=∠B ？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由②请探索当t 为何值时，在直线l 上存在点M ，在直线CD 上存在点Q ，使得以OB 为⼀边，O 、B 、M 、Q 为顶点的四边形是菱形？并求出此时t 的值8、（19连云港26）如图，在平⾯直⾓坐标系xOy 中，抛物线L1：y=x 2+bx+c 过点C （0，-3），与抛物线L2：y=213222x x --+的⼀个交点为A ，且点A 的横坐标为2，点P 、Q 分别是抛物线L1，L2上的动点（1）求抛物线L1的函数表达式（2）若以A 、C 、P 、Q 为顶点的四边形恰为平⾏四边形，求点P 的坐标；（3）设点R 为抛物线L1上另⼀个动点，且CA 平分∠PCR 若OQ ∥PR ，求点Q 的坐标9、（19南充25）抛物线y=ax 2+bx+c 与x 轴交于点A （-1,0）、点B （-3,0）与y 轴交于点C ，且OB=OC （如图所⽰）（1）求抛物线的解析式；（2）若点P 在抛物线上，且∠POB=∠ACB ，求点P 的坐标；（3）抛物线上有两点M 、N ，点M 的横坐标为m ，点N 的横坐标为m+4.点D 是抛物线上M 、N 之间的动点，过点D 作y 轴的平⾏线交MN 于点①求DE 的最⼤值②点D 关于点E 的对称点为F ，当m 为何值时，四边形MDNF 为矩形？10（17泰安28）如图是将抛物线y=-x2平移后得到的抛物线，其中对称轴为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=2x+2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，请说明理由模拟训练11、（2018年长沙市中考模拟（三）第26题）如图，已知抛物线y=x2-2x+a（a<0）与y轴相交于点A，顶点为M直线y=2x-a分别与x轴、y轴相交于B、C两点，并且与直线M相交于点N.（1）试⽤含a的代数式分别表⽰点M与N的坐标；（2）如图，将△NAC沿y轴翻折，若点N的对应点N恰好落在抛物线上，AN与x 轴交于点D，连结CD，求a的值和四边形ADCN的⾯积；（3）在抛物线y=x2-2x+a上是否存在⼀点P，使得以P、A、C、N为顶点的四边形是平⾏四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，试说明理由12、（2019年内蒙古准格尔旗中考模拟第24题）如图所⽰，已知抛物线y=-x2+bx+c与⼀直线相交于A（-1,0）、C（2,3）两点，其顶点为D（1）求抛物线及直线AC的函数关系式（2）若抛物线的对称轴与直线AC相交于点B,E为直线AC上的任意⼀点，过点E 作EF∥BD交抛物线于点F，以B、D、E、F为顶4O点的四边形能否为平⾏四边形？若能，求点E的坐标；若不能，请说明理由（3）若P是抛物线上位于直线AC上⽅的⼀个动点，直接写出△APC的⾯积的最⼤值及此时点P的坐标专题预测13、如图，在平⾯直⾓坐标系中，矩形1BC的顶点A、C分别在x轴和y轴上，点B的坐标为（3.33）。
【存在性系列】平行四边形存在性问题
【存在性系列】平⾏四边形存在性问题平⾏四边形存在性问题，主要考察⼀个四边形为平⾏四边形需要满⾜的判定条件。
这部分考察的较多的主要分为“三定⼀动”，“两定两动”类型。
今天来详细讨论下平⾏四边形的存在性问题。
理论准备知识储备：1.点在平⾯直⾓坐标系中的平移2.左右平移横变纵不变，上下平移纵变横不变坐标平移⼝诀：上加下减，左减右加3. 平⾏四边形平⾏且相等4. 平⾏四边形对⾓线互相平分【处理策略⼀】利⽤对⾓新互相平分【⽅法运⽤】该⽅法适⽤于“三定⼀动”、“两定两动”类型的动点问题【处理策略⼆】利⽤对边平⾏且相等，构造全等【⽅法运⽤】该⽅法适⽤于“三定⼀动”、“两定两动”类型的动点问题常见类型以下主要讲解按照对⾓线讨论的处理⽅法类型⼀：三定⼀动【引例】如图，A(1,2),B(6,3),C(3,5)为坐标系中三个定点，问平⾯内是否存在点D，使得四边形ABCD为平⾏四边形.【处理⽅法】⼀般我们习惯分对⾓线进⾏讨论我们设D的坐标为(m,n)1.当AC为对⾓线时可以得到平⾏四边形D1ABC ∴ 1+3=6+m ,m=-2， 2+5=3+n, n=4∴D1的坐标为(-2,4)2.当BC为对⾓线时可以得到平⾏四边形ACD2B ∴ 1+m=6+3,m=8，2+n=3+5,n=6∴D2的坐标为(8,6)3.当AB为对⾓线时可以的到平⾏四边形ACBD3 ∴ 1+6=3+m,m=4，2+3=5+n,n=0∴D3的坐标为(4,0)类型⼆：两定两动【引例1】已知A（2，1）、B（4，2），点C在x轴上，点D在y轴上，且以A、B、C、D为顶点的四边形是平⾏四边形，求C、D坐标．【处理⽅法】对于两个动点的问题我们也是采取分对⾓线进⾏讨论即可设C的坐标为(m,0),D的坐标我(0,n)1.当AB为对⾓线时2+4=m+0，m=61+2=n+0，n=3∴C的坐标为(6,0)，D的坐标为(0,3)2.当AC为对⾓线时2+m=4，m=21+0=2+n，n=-1∴此时C的坐标为(2,0)，D的坐标为(0,-1)3.当AD为对⾓线时2+0=m+4，m=-21+n=0+2，n=1∴C的坐标为(-2,0)，D的坐标为(0,1)【引例2】如图，在平⾯直⾓坐标系中，有两点A(1,3),B(3,6),C为x轴上的⼀个动点。
2020年中考数学二次函数压轴题之平行四边形的存在性问题
2020年中考数学二次函数压轴题之平行四边形的存在性问题1．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）求该抛物线的函数表达式；（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）点 P 是直线 BC 上方抛物线上的点，若∠PCB＝∠BCO，求出 P 点的到 y 轴的距离．【解析】解：（1）将点 A（﹣1，0），B（3，0）代入 y＝ax2+bx+2，可得 a = -2/3 , b = 4/3 ,∴ y＝-2/3 x2+ 4/3 x + 2，（2）存在点 M 使得以 B，C，M，N 为顶点的四边形是平行四边形，由题得，B（3，0），C（0，2），设N（1，n），M（x，y），尚老师数学【分类讨论】分别以 BC 为边和对角线作平行四边形来讨论，能画出图形是解题的关键！【对点法求坐标】Xp = 1/2（Xm + Xb）= 1/2（Xc + Xn）, （坐标中点公式）①四边形 CMNB 是平行四边形时，1/2 = （3 + x）/ 2，∴ x＝﹣2，∴ M（-2，-3/10）；②四边形 CNBM 是平行四边形时，3/2 = （1 + x）/ 2，，∴ x＝2，∴ M（2，2）；③四边形 CNMB 是平行四边形时，（1 + 3）/2 = x/ 2，∴ x＝4，∴ M（4，-3/10）；综上所述：M（2，2）或 M（4，-3/10）或 M（-2，-3/10）；（3）解【转化数学思想】通过转化构造出直角三角形，问题迎刃而解，作出辅助线是解题的关键！如何作辅助线？一定要结合已知条件（∠PCB＝∠BCO）！过点 B 作 BH 平行于 y 轴交 PC 的延长线与 H 点．∵ BH∥OC，∴ ∠OCB＝∠HBC，又∠OCB＝∠BCP，∴ ∠PCB＝∠HBC，∴ HC＝HB，又∵ OC⊥OB，∴ HB⊥OB，故可设 H（3，m），即 HB＝HC＝m，过点 H 作 HN 垂直 y 轴于 N，在Rt△HCN 中，则 m2＝3^2 +（m﹣2）2，解得 m = 13/4 ,∴ H（3,13/4），由点 C、P 的坐标可得，设直线 CP 的解析式为：y = 5/12 x + 2 , 故有 -2/3 x2+ 4/3 x + 2 = 5/12 x + 2 ,解得 x1＝0（舍去），x2 = 11/8 ,即点 P 到 y 轴的距离是 11/8 。
平行四边形存在性问题的解题策略
平行四边形存在性问题的解题策略
平行四边形存在性问题是一个常见的几何问题，即给定4条线段，判断它们是否可以构成一个平行四边形。
虽然这个问题看起来很简单，但是解决起来却并不容易。
解决平行四边形存在性问题的第一步是要判断这四条线段是否为平行线段。
根据对称性，可以把这四条线段分成两组，分别是AB和CD，那么AB两条线段是否平行，与CD两条线段是否平行，就可以用一般平行线段的性质来判断，即两条平行线段之间的角度是180°。
若AB和CD两组线段都是平行线段，则说明这四条线段可能构成平行四边形，接下来就要判断对角线的关系。
可以用向量的性质来判断，即对角线的夹角是90°，判断时要将AB和CD两组线段的终点向量相加，若其夹角为90°，则说明这四条线段可以构成平行四边形。
另外，若AB两条线段不是平行线段，则这四条线段一定不能构成平行四边形。
因为平行四边形的4条边都是平行线段，而AB两条线段不是平行线段，则说明这四条线段不可能构成平行四边形。
总之，解决平行四边形存在性问题的关键是要判断四条线段之间的关系，即AB两条线段是否平行，以及AB两条线段的终点向量之和的夹角是否为90°。
只有当这两个条件都满足时，这四条线段才能构成平行四边形。
挑战中考数学压轴题——平行四边形存在性问题
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找寻分类标准，第二步绘图，第三步计算.二、难点在于找寻分类标准，找寻适合的分类标准，能够使得解的个数不重复不遗漏，也能够使计算又准又快.三、假如已知三个定点，探访平行四边形的第四个极点，切合条件的有3个点以已知三个定点为三角形的极点，过每个点画对边的平行线，三条直线两两订交，产生3个交点.四、假如已知两个定点，一般是把确立的一条线段依据边或对角线分为两种状况.灵巧运用向量和中心对称的性质，能够使得解题简易.典型例题例1．如图，抛物线：y=x2﹣x﹣与x轴交于A、B（A在B左边），A（﹣1，0）、B（3，0），极点为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为极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（，）、1（，）或2（﹣，）、2（，），4E0P4E0②如图，当AB是平行四边形的对角线时，PE均分AB，∴PE与x轴的交点坐标D（1，0），过点y=P作PF⊥AB，则OD=FD，∴点F的坐标为（×22﹣2﹣=﹣，∴点P的纵坐标为，∴点2，0），∴点P、E的坐标为P的横坐标为2，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．将抛物线沿c1：﹣2沿轴翻折，得抛物线2，以下图．y=x+x2c（1）请直接写出抛物线c2的表达式．（2）现将抛物线C1向左平移m个单位长度，平移后获得的新抛物线的极点为M，与x轴的交点从左到右挨次为A，B；将抛物线C2向右也平移m个单位长度，平移后获得的新抛物线的极点为N，与x 轴交点从左到右挨次为D，E．①当B，D是线段AE的三均分点时，求m的值；②在平移过程中，能否存在以点A，N，E，M为极点的四边形是矩形的情况？若存在，恳求出此时m的值；若不存在，请说明原因．方法一：（1）依据翻折的性质可求抛物线c2的表达式；（2）①求出抛物线c1与x轴的两个交点坐标，分当A D= A E时，当BD= AE时两种状况议论求解；②存在．原因：连结AN，NE，EM，MA．依据矩形的判断即可得出．方法二：1）求出翻折后抛物线极点坐标，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，并分类议论点B在点D左边和右边的两种状况，从而求出m的值．②以点A、N、E、M为极点的四边形是矩形，则AN⊥EN，利用黄金法例二，可求出m的值．【解答】方法一：解：（1）y= x 2﹣．（2）①令﹣x 2 =0，得 1 ﹣，2+ x= 1x=1则抛物线c 1与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 的三均分点时，m=或2．（ ②存在．（ 原因：连结AN ，NE ，EM ，MA ．依题意可得：M （﹣m ，），N （m ，﹣）． （ 即M ，N 对于原点O 对称，∴OM=ON ．（ ∵A （﹣1﹣m ，0），E （1+m ，0），∴A ，E 对于原点O 对称，∴OA=OE ∴四边形ANEM 为平行四边形．（ AM 2=（﹣m ﹣1+m ）2+（）2=4，ME 2=（1+m+m ）2+（）2=4m 2+4m+4，（ AE 2=（1+m+1+m ）2=4m 2+8m+4，若AM 2+ME 2=AE 2，则4+4m 2+4m+4=4m 2+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 为极点的四边形是矩形． （ 方法二： （ 1）略，（ 2）①抛物线C 1：y=﹣x 2+，与x 轴的两个交点为（﹣1，0），（1，0），极点为（0，），抛物线C 2：﹣x 2﹣，y=与x 轴的两个交点也为（﹣1，0），（1，0），极点为（0，﹣ ），抛物线C 1向左平移m 个单位长度后，极点M 的坐标为（﹣m ， ），与x 轴的两个交点为A （﹣1﹣m ，0）、B （1﹣m ，0），AB=2，抛物线C 2向右平移m 个单位长度后，极点 N 的坐标为（ m ，﹣ ），与 x 轴的两个交点为 （﹣D1+m ，0）、E （1+m ，0），∴AE=（1+m ）﹣（﹣1﹣m ）=2（1+m ），B 、D 是线段AE 的三均分点，有两种状况．1、B在D的左边，AB= AE=2，AE=6，2（1+m）=6，m=2，2、B在D的右边，AB= AE=2，AE=3，2（1+m）=3，m=．（3）若A、N、E、M为极点的四边形是矩形，A（﹣1﹣m，0），E（1+m，0），N（m，﹣）、M（﹣m，），∴点A，E对于原点对称，点N，M 对于原点对称，∴A、N、E、M为极点的四边形是平行四边形，则AN⊥EN，K AN×K EN=﹣1，A（﹣1﹣m，0），E（1+m，0），N（m，﹣），∴=﹣1，m=1．加强训练1．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与y轴交于点A（0，1），过点A的直线与抛物线交于另一点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）求抛物线的分析式；2）当点P在线段OC上（不与点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为什么值时，以B、C、M、N为极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，），∴，∴，∴抛物线的分析式为y=﹣x2+ x+1；（2）设直线AB的分析式为y=kx+b（k≠0），∵A（0，1），B（3，），∴，∴直线AB的分析式为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，2又∵BC=，∴﹣m2+ m=，解得m1，2；=1m=2当点P在线段OC的延伸线上时，MN=m2﹣m，m2﹣m=，解得m1（不合题意，舍去），2=，=m综上所述，当m的值为1或2或时，以B、C、M、N为极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）求该二次函数的分析式；2）点G是线段AC上的动点（点G与线段AC的端点不重合），若△ABG与△ABC相像，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对于l的对称点为E，可否在图象M和l上分别找到点P、Q，使得以点D、E、P、Q为极点的四边形为平行四边形？若能，求出点P的坐标；若不可以，请说明原因．【解答】解：1）∵二次函数的图象M经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，∴可设二次函数的分析式为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．∴二次函数的分析式为y=（x+1）（x﹣4），即y=x2﹣3x﹣4．（2）设直线AC的分析式为y=sx+t，把A、C坐标代入可得，解得，∴线段AC的分析式为y=﹣2x﹣2，设点G的坐标为（k，﹣2k﹣2）．∵G与C点不重合，∴△ABG与△ABC相像只有△AGB∽△ABC一种状况．∴=．∵AB=5，AC==3，AG==|k+1|，∴=，∴|k+1|=∴k=或k=﹣（舍去），∴点G的坐标为（，﹣）．（3）能．原因以下：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对于l的对称点为E，∴E（，﹣），∴DE=﹣=2，若以点D、E、P、Q为极点的四边形为平行四边形，有两种状况：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点为抛物线的极点，即P（，﹣）；综上可知存在知足条件的P点，其坐标为（，﹣）或（﹣，﹣）或（，﹣）．3．已知直线y=kx+b（≠0）过点（，），与抛物线y=x2订交于B、C两点．k F011）如图1，当点C的横坐标为1时，求直线BC的分析式；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，与抛物线交于点D，能否存在这样的点M，使得以M、D、O、F为极点的四边形为平行四边形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明原因；（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，连结FR、FS．试判断△RFS的形状，并说明原因．解：（1）由于点C在抛物线上，因此C （1，），又∵直线BC过C、F两点，故得方程组：解之，得，因此直线BC的分析式为：y=﹣x+1；（2）要使以M、D、O、F为极点的四边形为平行四边形，则MD=OF，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（舍）或1=﹣3，因此M （﹣，），=0x3②当﹣x+1﹣x2，=﹣1时，解得，x=，因此M（，）或M（，），综上所述，存在这样的点M，使以M、D、O、F为极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，在Rt △BTF中，=4nBF====，n＞0，∴BF=n+1，又∵BR=n+1，∴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与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C（0，﹣），极点为D，对称轴与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轴的右边．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可否为菱形？若能，求出点N的坐标；若不可以，请说明原因．解：（1）∵抛物线与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=S△ADH+S +S△BOC=××（+3）×××．四边形ABCD梯形OCDH33+1+2=10从面积剖析知，直线l只好与边AD或BC订交，因此有两种状况：①当直线l边AD订交与点M1时，则S ×，=10=3∴×3×（﹣y）=3y=﹣2，点M1（﹣2，﹣2），过点H（﹣1，0）和M1（﹣2，﹣2）的直线l的分析式为y=2x+2．②当直线l边BC订交与点M2时，同理可得点M2（，﹣2），过点H（﹣1，0）和M2（，﹣2）的直线l的分析式为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的分析式为y=kx+b，∴﹣k+b=0，∴b=k，∴y=kx+k．由，∴+（﹣k）x﹣﹣k=0，∴x12﹣2+3k ，12122，+x=y+y=kx+k+kx+k=3k ∵点M是线段PQ的中点，∴由中点坐标公式的点M（ k﹣1，k2）．假定存在这样的N点如图，直线DN∥PQ，设直线DN的分析式为y=kx+k﹣3由，解得：x1﹣，2=3k ﹣，∴（3k﹣，2﹣3）=1x1N13k∵四边形DMPN是菱形，∴DN=DM，∴（3k）2（3k 2）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），且与直线y=﹣x+1订交于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在何地点时，BM与NC相互垂直均分？并求出全部知足条件的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，依据题意得：，解得：，则二次函数的分析式是：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）连结MC、BN、BM与NC相互垂直均分，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相互垂直均分．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与NC相互垂直均分，则四边形BCMN为菱形．∴NC⊥BM且MN=BC=，即﹣=，∴t1=﹣1，t2=﹣2，t1=﹣1，N（﹣1，4），C（﹣3，0），∴K NC==2，∵K AB=﹣，∴K NC×K AB=﹣1，∴NC⊥BM．②t2=﹣2，N（﹣2，），C（﹣3，0），∴K NC==，K AB=﹣，∴K NC×K AB≠﹣1，此时NC与BM不垂直．∴知足题意的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，当此中一点抵达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t．1）当t为什么值时，四边形PQCD为平行四边形？2）当t为什么值时，四边形PQCD为等腰梯形？解：（1）依据题意得：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，挑战中考数学压轴题——平行四边形存在性问题 11 / 1111当PQ=CD 时，四边形PQCD 为等腰梯形，以下图： 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．。
2024年中考数学二次函数压轴题专题10平行四边形的存在性问题(学生版)
专题10平行四边形的存在性问题_、知识导航考虑到求证平行四边形存在，必先了解平行四边形性质：(1) 对应边平行且相等；(2) 对角线互相平分.这是图形的性质，我们现在需要的是将其性质运用在在坐标系中:(1)对边平行且相等可转化为:x A -x B =x D - x cy A -y B = yD-y c可以理解为点B 移动到点A,点。
移动到点O,移动路径完全相同.(2)对角线互相平分转化为：\ z 乙，、2 一 2可以理解为AC 的中点也是BQ 的中点.D【小结】虽然由两个性质推得的式子并不一样，但其实可以化为统一:X A~X B =X D~ X C -y B = yD-y c + x c = + X by A + % = % + 为x A +x c ^x B +x D2 _ 2 \X A +X C=X B +X D总 + % 二 % + 北 U a + %=% + %、2 — 2当AC 和BQ 为对角线时，结果可简记为：A+C = B + D (各个点对应的横纵坐标相加)以上是对于平行四边形性质的分析，而我们要求证的是平行四边形存在性问题，此处当有一问：若坐标系 中的4个点A 、B 、。
、D 满足"A+O8+ZT,则四边形ABCQ 是否一定为平行四边形？反例如下：之所以存在反例是因为“四边形ABCQ 是平行四边形”与“AC 、BD 中点是同一个点”并不是完全等价的转化, 故存在反例.虽有反例，但并不影响运用此结论解题，另外，还需注意对对角线的讨论：(1) 四边形A8CQ 是平行四边形：AC. BQ 一定是对角线.(2) 以A 、B 、。
、。
四个点为顶点是四边形是平行四边形：对角线不确定需要分类讨论.平行四边形存在性问题通常可分为“三定一动”和“两定两动”两大类问题.1.三定一动已知A (1, 2) B (5, 3) C (3, 5),在坐标系内确定点。
使得以A 、B 、。
、。
四个点为顶点的四边形是 平行四边形.思路1:利用对角线互相平分，分类讨论：设。
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中考数学压轴题解题策略平行四边形的存在性问题解题策略2015年9月13日星期日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❶如图1-1，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（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＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，得A(－3,0)，C(0, 3)，P(－1, 4)．由于A(－3,0)33右，上D1(2, 7)．右，上C(0, 3)，所以P(－1, 4)33由于C(0, 3)33下，左D2(－4, 1)．下，左A(－3,0)，所以P(－1, 4)33由于P(－1, 4)11右，下C(0, 3)，所以A(－3,0)11右，下D3(－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❷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❸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❹ 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❺如图1，在平面直角坐标系中，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），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 ND MD NP =；如图5-3，如果∠QAP ＝90°，那么GQ KA GA KP=．图5-2 图5-3例❻ 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 例❼如图7-1，菱形ABCD的边长为4，∠B＝60°，E、H分别是AB、CD的中点，E、G分别在AD、BC上，且AE＝CG．（1）求证四边形EFGH是平行四边形；（2）当四边形EFGH是矩形时，求AE的长；（3）当四边形EFGH是菱形时，求AE的长．图7-1 【解析】（1）证明三角形全等得EF＝GH和FG＝HE大家最熟练了．（2）平行四边形EFGH的对角线FH＝4是确定的，当EG＝FH＝4时，四边形EFGH 是矩形．以FH为直径画圆，你看看，这个圆与AD有几个交点，在哪里？如图7-2．如图7-3，当E为AD的中点时，四边形ABGE和四边形DCGE都是平行四边形．如图7-4，当E与A重合时，△ABG与△DCE都是等边三角形．（3）如果平行四边形EFGH的对角线EG与FH互相垂直，那么四边形EFGH是菱形．过FH的中点O画FH的垂线，EG就产生了．在Rt△AOE中，∠OAE＝60°，AO＝2，此时AE＝1．又一次说明了如果会画图，答案就在图形中．图7-2 图7-3 图7-4 图7-5例❽如图8-1，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴、y轴分别交于点A(4, 0)、B(0, 3)，点C的坐标为(0, m)，过点C作CE⊥AB于点E，点D为x轴正半轴的一动点，且满足OD ＝2OC，连结DE，以DE、DA为边作平行四边形DEF A．（1）如果平行四边形DEF A为矩形，求m的值；（2）如果平行四边形DEF A为菱形，请直接写出m的值．图8-1【解析】这道题目我们着重讲解怎样画示意图．我们注意到，点A和直线AB（直线l）是确定的．如图8-2，先画x轴，点A和直线l．在直线l上取点E，以AE为对角线画矩形DEF A．如图8-3，过点E画直线l的垂线．画∠MDN，使得DN＝2MN，MN⊥DN，产生点C．如图8-4，过点C画y轴，产生点O和点B．图8-2 图8-3 图8-4 您是否考虑到，画∠MDN时，还存在DM在x轴下方的情况？如图8-5．同样的，我们可以画如图8-6，如图8-7的两个菱形．图8-5 图8-6 图8-7。