中考数学解题思路步骤专题讲解---平行四边形的存在性问题
二次函数背景下的平行四边形存在性问题解题策略
133美眉 2022.09下教研与美育教学研究二次函数背景下的平行四边形存在性问题解题策略杨 柳(遵义市第一初级中学，贵州 遵义 563000)二次函数背景下的存在性问题一直都是中考数学里高频率题型。
这类试题的综合性较强,对分析问题和解决问题的能力要求较高,是中考数学中的重点和难点问题。
平行四边形存在性问题是典型题型,也是讨论特殊平行四边形的存在性问题的基础。
它将分类讨论思想、数形结合思想、方程思想,以及平行四边形的性质和判定方法相结合,需要综合分析后解决问题。
利用平行四边形的判定方法进行判断,此类问题的解题方法有两种：一是几何法，二是代数法。
一、平行四边形存在性问题之几何法：根据题目背景找到图形的特点,确定等量关系求解（一）解题步骤：1.分类；2.画图；3.找到等量关系求解。
（二）分类：三定一动、两定两动A、两定两动B、两定两动C。
（三）解题分析：1.三定一动类问题：【类型分析】三个定点的坐标是确定的；一个动点的坐标不确定。
【解题策略】①命名分类；②分类画出图形；③利用平移法求出动点的坐标。
【例题解析】如图,抛物线,经过点A （﹣3,0）、B （1,0）、C（0,3）。
在抛物线所在的平面内,是否存在点D,使得以A、B、C、D 为顶点的四边形为平行四边形,求出点D 的坐标。
解：由题意可得：A（﹣3,0）、B（1,0）、C（0,3）①平行四边形ADBC,如图1；摘 要：二次函数背景下的平行四边形存在性问题是中考数学中综合性较强的考题，本文针对这类问题解题策略从几何法和代数法两个方面进行了介绍，通过类型分析、解题策略、例题详解等几个方面，帮助学生解决难点问题。
关键词：二次函数；平行四边形；存在性134教研与美育美眉 2022.09下教学研究点C（0,3）——点B（1,0）,点A（﹣3,0）——点D （-2,-3）②平行四边形ABDC,如图2：点A（﹣3,0）——点B（1,0）,点C（0,3）——点D（4,3）③平行四边形ABCD,如图3；点B（1,0）——点A（﹣3,0）,点C（0,3）——点D（-4,3）综上所述,点D（-2,-3）、（4,3）、（-4,3）时,以A、B、C、D为顶点的四边形为平行四边形。
(完整版)压轴题解题策略：平行四边形的存在性问题
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。
挑战中考数学压轴题——平行四边形存在性问题
（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=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°，
（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．
∴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，﹣ ），
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﹣ 与x轴交于A、B（A在B左侧），A（﹣1，0）、B（3，0），顶点为C（1，﹣2）
中考数学专题复习 二次函数背景下的平行四边形的存在性问题
专题二二次函数背景下的平行四边形的存在性问题知识梳理平行四边形的存在性问题是分类讨论中的一大难点。
此类题目多在直角坐标平面内，辅以二次函数为背景.一般会根据两个或者三个定点,在某个特定的位置上找另两个顶点或者第四个顶点，这样的顶点往往不止一个,需要仔细考虑解题策略,如:若已知两点构成的线段是平行四边形的一边或者对角线.如何利用平行四边形的性质确定出其他的顶点的位置，否则在分类时就容易漏解.【典型例题】【例1】如图.抛物线y= ax2 +bx+c与y轴正半轴交于点C，与x轴交于点A(1，0)、B (4，0)，∠OCA=∠OBC.(1)求抛物线的解析式;(2)在直角坐标平面内确定点M，使得以点M、A、B、C为顶点的四边形是平行四边形,请直接写出点M的坐标.[思路分析]本题在平行四边形分类讨论中已经有三个点是定点,则第四个顶点可利用平行四边形两组对边分别平行的方法去找，AC，AB，BC中任意两边可作为平行四边形的邻边，分别作这两邻边的平行线，它们的交点就是所求的平行四边形的第四个顶点.解：当CA和CB为平行四边形的邻边时，M在第四象限，BH=AO=1,M,=−2所以M3(5, −2)综上所述:M点的坐标为M1(3，2)或M2(−3，2)或M3(5， −2).[点评]M1，M2的坐标相对易求得，而M3的坐标利用平行四边形的性质:对角顶点到对角线距离相等或者三角形全等求得M3的坐标.【例2】如图，抛物线y=ax2+ 2ax+3与y轴交于点C，与x轴交于A、B两点(点A和点B分别在x轴的正、负半轴上)，cot∠OCA = 3.(1)求抛物线的解析式;(2)平行于x轴的直线l与抛物线交于点E, F(点F在点E的左边)，如果四边形OBFE是平行四边形,求点E的坐标.[思路分析]由题意得BO不可能是平行四边形的对角线,所以只可能OB = EF =3,又因为EF被对称轴平分,根据对称轴的方程便能求得点E的坐标[点评]本题借助于抛物线的一条重要性质：抛物线关于对称轴对称.因为EF // AB，所以E，F关于对称轴对称,同时线段EF被对称轴垂直平分.【例3】如图,抛物线y= ax2+ bx +3与y轴交于点C,与x轴交于A, B两点，tan∠OCA =1 3S△ABC = 6.(1)求点B的坐标;解：(2)求抛物线的解析式及顶点坐标;(3)若E 点在x 轴上，F 点在抛物线上,如果A, C, E, F 构成平行四边形,写出点E 的坐标。
2024年九年级中考数学专题+课件-+：二次函数平行四边形存在性问题
五
三
一
学 四例 二平
目
以 致 用
方 法 归
题 解 析
纳
中 点 坐 标 公 式
行 四 边 形 性 质
录
+
判
定
一、平行四边形性质+判定
一、平行四边形性质
1、边：对边平行且相等 2、角：对角相等，邻角互补 3、对角线：对角线互相平分
二、平行四边形判定
1、两组对边分别平行的四边形是平行四边形 2、两组对边分别相等的四边形是平行四边形 3、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 4、对角线互相平分的四边形是平行四边形
边形是平行四边形？若存在，请求出所有
满足条件的点F的坐标；若不存在，请说明
理由．
谢
谢
与x轴相交于A、B两点，顶点为P.
(1)求点A、B的坐标；
(2)坐标平面内是否存在点F,使得以A、B、P、F为顶点的四边
形为平行四边形?直接写出所有符合条件的点F的坐标。
2.已知抛物线L：y=-x2+bx+c经过点O(0,0)、A(4,0)，L关于 x轴对称的抛物线为L′，点B的坐标为（0,8）. （1）求抛物线L和L′的函数表达式。 （2）点M在抛物线L的对称轴上，点P在抛物线L′上，是否 存在这样的点M与点P，使以A、B、M、P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。
3.如图,抛物线
与x轴交于点A、
B 两点，抛物线的对称轴为直线x=1,
(1)求m的值及抛物线的解析式；
(2)过A的直线与抛物线的另一交点C的横 坐标为2. 直线AC的解析式；
3.如图,抛物线
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。
初中数学_二次函数专题复习—平行四边形存在性问题教学设计学情分析教材分析课后反思
《平行四边形存在性问题》教学设计执教者学情分析本节课是在已经进行过一轮复习，也适当做了一些往年的中考试卷，对于基础知识学生掌握的还是不错的，但对于综合性的题目却感觉困难，特别是动点问题。
对于这类问题存在以下几种情况：1、这类问题无论教师做了多大的努力,对学生来说都比较困难,所以一部分学生放弃作答。
2、一部分学生对动点问题从根本上不理解,勉强照猫画虎,写了不少但不得分。
3、学生对动点问题有一定认识,对分类能进行简单尝试, 但不完整。
针对以上情况，我希望通过本节课的学习，一方面帮助学生树立信心，让他们明白所谓的综合题都是由诸多小知识点组成的，所谓的动态问题可以变为“静”来解决，通过代数解决几何问题另一方面通过例题讲解让学生掌握解决这类题目的解题策略。
效果分析针对学生面临的困难：首先，我在教学时注意层次性，讲究循序渐进，由浅入深，由易到难，不要一步到位，逐步过渡。
其次，注意所选例题的典型性，选了最具代表性的两类动点问题产生的平行四边形形存在性问题，一类一个例题，这样就可由一题推及一类，让学生可触类旁通，达到举一反三的效果。
教学时注重这几个方面：1、利用几何画板动态画图，让学生体会点在运动过程中，图形会跟着发生变化。
在变化的过程中抓住某一瞬间，化“动”为“静”，使其构成平行四边形，再利用所学知识解决问题。
2、注重板书。
通过清晰的板书让学生一目明了如何分析平行四边形存在性问题。
3、注重数学思想方法的渗透。
数学思想方法是数学学科的精髓，是数学素养的重要内容之一，在数学教学和探究活动中始终体现这些数学思想方法，动点问题也不例外，因此，在数学教学中应特别注重这些思想方法的渗透，因为只有让学生充分掌握领会这种思维，才能更有效地运用所学知识，形成求解动点问题的能力。
动点问题中主要体现方程思想，数形结合思想，分类讨论思想等。
方程思想，大多数动点问题到最后都转化为方程形式，然后利用方程来求解。
数形结合思想，动点问题中，所研究的量的几何特征与数量特征紧密结合，体现了数形结合的特征与方法。
平行四边形的存在性问题的处理方法
平行四边形的存在性问题的处理一、问题说明关于此类问题，其实已经不是考试的主流了，但是作业及期末考试偶有出现，同学们又不会进行处理，所以简单将解题思路讲解一下，同学们可以自己看看。
二、解题方法总结平行四边形的存在性问题中，已知两点，求双动点的存在性问题是比较经典的。
以这个问题为切入点，讲讲解决这类问题需要克服的两个难点：（1）分类的处理（如何找到所有存在的可能性）（2）计算技巧的处理（平移法）三、问题的演绎例1，（已知三点求一点）如图在坐标平面内再找一点D，使得点A,点B，点C,点D组成平行四边形。
（一）分类处理任意连接两个已知点，例如选择连接AC，对线段AC进行分类讨论（1）若AC是平行四边形的边，则BD一定会和AC平行，且长度等于AC，所以点D在点B的右上方或左下方（如下图）(3,0)(1,1)C1C2(3,0)C（2）若AC是平行四边形的对角线，则BD和AC相互平分，则点D位置如图综上所述存在3个点D满足要求（二）计算技巧的处理平行四边形的计算方法很多，从平移的角度去处理是非常简单的以D1为例：如红色箭头标注方向为例：∵点C(0,-1)往右平移1个单位往上平移2个单位得点A(1,1)∴点D1的坐标是点B以同样的方式平移得到，点D坐标为（4，2）同样类似的方法得到点D2的坐标为（2，-2）D3的坐标为（-2，0）D 3(3,0)2D 31例2，已知二次函数322--=x x y 上两点A（-1，0），C（2，-3），点M在X轴上运动，点N在抛物线上运动，求出所有的点M的坐标。
使得点A ，C,M,N组成平行四边形。
、解题分析：已知点A,点C，所以只需要对AC进行分类讨论，点M在X轴上运动，所以设成（a，0），点N通过点M平移得到，然后代入二次函数解析式求解即可。
设点M的坐标为（a,0）（1）若AC是边，则点N在M的左上方或者右下方当点N在左上方时，点N的坐标（a-3,3）将点N（a-3,3）代入322--=x x y 中解得724±=a 当点N在右上方时，点N的坐标（a+3,-3）将点N（a+3,-3）代入322--=x x y 中解得3-=a 或1-=a （舍）(2)若AC是对角线时，则点N的坐标为（1-a,-3）将点N（1-a,-3）代入322--=x x y 中解得1=a 或1-=a （舍）四、问题的拓展双动点的载体，可以是坐标轴，二次函数。
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。
中考数学专题分类复习：平行四边形的存在性问题
中考数学专题分类复习：平行四边形的存在性问题【专题解析】考题研究：存在性问题是指判断满足某种条件的事物是否存在的问题，这类问题的知识覆盖面较广，综合性较强，题意构思非常精巧，解题方法灵活，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，是近几年来各地中考的“热点”。
解题攻略：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．解题思路：这类题目解法的一般思路是：假设存在→推理论证→得出结论。
若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，导出矛盾，就做出不存在的判断。
由于“存在性”问题的结论有两种可能，所以具有开放的特征，在假设存在性以后进行的推理或计算，对基础知识，基本技能提出了较高要求，并具备较强的探索性，正确、完整地解答这类问题，是对我们知识、能力的一次全面的考验。
这里我们主要讨论在平面直角坐标系中平行四边形是否存在的问题。
先假设平行四边形存在，并在坐标系中把平行四边形做出来，再根据平行四边形的性质得出相应的点或边的关系，从而得出结论，在作图的时候要注意分类讨论，把所有的情况考虑进去。
例题解析1．已知二次函数的表达式为y=x2+mx+n．（1）若这个二次函数的图象与x轴交于点A（1，0），点B（3，0），求实数m，n的值；（2）若△ABC是有一个内角为30°的直角三角形，∠C为直角，sinA，cosB是方程x2+mx+n=0的两个根，求实数m，n的值．【考点】HA：抛物线与x轴的交点；T7：解直角三角形．【分析】（1）根据点A、B的坐标，利用待定系数法即可求出m、n的值；（2）分∠A=30°或∠B=30°两种情况考虑：当∠A=30°时，求出sinA、cosB的值，利用根与系数的关系即可求出m、n的值；当∠B=30°时，求出sinA、cosB的值，利用根与系数的关系即可求出m、n的值．【解答】解：（1）将A（1，0）、B（3，0）代入y=x2+mx+n中，，解得：，∴实数m=﹣4、n=3．（2）当∠A=30°时，sinA=cosB=，∴﹣m=+，n=×，∴m=﹣1，n=；当∠B=30°时，sinA=cosB=，∴﹣m=+，n=×，∴m=﹣，n=．综上所述：m=﹣1、n=或m=﹣、n=．2．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+ax+b交x轴于A（1，0），B（3，0）两点，点P是抛物线上在第一象限内的一点，直线BP与y轴相交于点C．（1）求抛物线y=﹣x2+ax+b的解析式；（2）当点P是线段BC的中点时，求点P的坐标；（3）在（2）的条件下，求sin∠OCB的值．【考点】HA：抛物线与x轴的交点；H8：待定系数法求二次函数解析式；T7：解直角三角形．【分析】（1）将点A、B代入抛物线y=﹣x2+ax+b，解得a，b可得解析式；（2）由C点横坐标为0可得P点横坐标，将P点横坐标代入（1）中抛物线解析式，易得P点坐标；（3）由P点的坐标可得C点坐标，由B、C的坐标，利用勾股定理可得BC长，利用sin∠OCB=可得结果．【解答】解：（1）将点A、B代入抛物线y=﹣x2+ax+b可得，，解得，a=4，b=﹣3，∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+4x﹣3；（2）∵点C在y轴上，所以C点横坐标x=0，∵点P是线段BC的中点，∴点P横坐标x P==，∵点P在抛物线y=﹣x2+4x﹣3上，∴y P=﹣3=，∴点P的坐标为（，）；（3）∵点P的坐标为（，），点P是线段BC的中点，∴点C的纵坐标为2×﹣0=，∴点C的坐标为（0，），∴BC==，∴sin∠OCB===．3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2﹣x﹣与x轴交于A、B 两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，点E（4，n）在抛物线上．（1）求直线AE的解析式；（2）点P为直线CE下方抛物线上的一点，连接PC，PE．当△PCE的面积最大时，连接CD，CB，点K是线段CB的中点，点M是CP上的一点，点N是CD 上的一点，求KM+MN+NK的最小值；（3）点G是线段CE的中点，将抛物线y=x 2﹣x﹣沿x轴正方向平移得到新抛物线y′，y′经过点D，y′的顶点为点F．在新抛物线y′的对称轴上，是否存在一点Q，使得△FGQ为等腰三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）抛物线的解析式可变形为y=（x+1）（x﹣3），从而可得到点A 和点B的坐标，然后再求得点E的坐标，设直线AE的解析式为y=kx+b，将点A和点E的坐标代入求得k和b的值，从而得到AE的解析式；（2）设直线CE的解析式为y=mx﹣，将点E的坐标代入求得m的值，从而得到直线CE的解析式，过点P作PF∥y轴，交CE与点F．设点P的坐标为（x，x2﹣x﹣），则点F（x，x﹣），则FP=x2+x．由三角形的面积公式得到△EPC的面积=﹣x2+x，利用二次函数的性质可求得x的值，从而得到点P的坐标，作点K关于CD和CP的对称点G、H，连接G、H交CD和CP与N、M．然后利用轴对称的性质可得到点G和点H的坐标，当点O、N、M、H在条直线上时，KM+MN+NK有最小值，最小值=GH；（3）由平移后的抛物线经过点D，可得到点F的坐标，利用中点坐标公式可求得点G的坐标，然后分为QG=FG、QG=QF，FQ=FQ三种情况求解即可．【解答】解：（1）∵y=x 2﹣x﹣，∴y=（x+1）（x﹣3）．∴A（﹣1，0），B（3，0）．当x=4时，y=．∴E（4，）．设直线AE的解析式为y=kx+b，将点A和点E的坐标代入得：，解得：k=，b=．∴直线AE的解析式为y=x+．（2）设直线CE的解析式为y=mx﹣，将点E的坐标代入得：4m﹣=，解得：m=．∴直线CE的解析式为y=x﹣．过点P作PF∥y轴，交CE与点F．设点P的坐标为（x，x 2﹣x﹣），则点F（x，x﹣），则FP=（x﹣）﹣（x 2﹣x﹣）=x2+x．∴△EPC的面积=×（x2+x）×4=﹣x2+x．∴当x=2时，△EPC的面积最大．∴P（2，﹣）．如图2所示：作点K关于CD和CP的对称点G、H，连接G、H交CD和CP 与N、M．∵K是CB的中点，∴k（，﹣）．∴tan∠KCP=．∵OD=1，OC=，∴tan∠OCD=．∴∠OCD=∠KCP=30°．∴∠KCD=30°．∵k是BC的中点，∠OCB=60°，∴OC=CK．∴点O与点K关于CD对称．∴点G与点O重合．∴点G（0，0）．∵点H与点K关于CP对称，∴点H的坐标为（，﹣）．∴KM+MN+NK=MH+MN+GN．当点O、N、M、H在条直线上时，KM+MN+NK有最小值，最小值=GH．∴GH==3．∴KM+MN+NK的最小值为3．（3）如图3所示：∵y′经过点D，y′的顶点为点F，∴点F（3，﹣）．∵点G为CE的中点，∴G（2，）．∴FG==．∴当FG=FQ时，点Q（3，），Q′（3，）．当GF=GQ时，点F与点Q″关于y=对称，∴点Q″（3，2）．当QG=QF时，设点Q1的坐标为（3，a）．由两点间的距离公式可知：a+=，解得：a=﹣．∴点Q1的坐标为（3，﹣）．综上所述，点Q的坐标为（3，）或′（3，）或（3，2）或（3，﹣）．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．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）待定系数法即可得到结论；（2）连接AC，作BF⊥AC交AC的延长线于F，根据已知条件得到AF∥x轴，得到F（﹣1，﹣3），设D（0，m），则OD=|m|即可得到结论；（3）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，于是得到△ABF≌△NME，证得NE=AF=3，ME=BF=3，得到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，于是得到结论．【解答】解：（1）由y=ax2+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=ax2+bx﹣3得，∴，∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3；（2）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，∴D1（0，1），D2（0，﹣1）；（3）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（﹣2，5）；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（﹣2，5）或（0，﹣3）．5．如图，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象交x轴于A、B两点，交y轴于点D，点B的坐标为（3，0），顶点C的坐标为（1，4）．（1）求二次函数的解析式和直线BD的解析式；（2）点P是直线BD上的一个动点，过点P作x轴的垂线，交抛物线于点M，当点P在第一象限时，求线段PM长度的最大值；（3）在抛物线上是否存在异于B、D的点Q，使△BDQ中BD边上的高为2？若存在求出点Q的坐标；若不存在请说明理由．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）可设抛物线解析式为顶点式，由B点坐标可求得抛物线的解析式，则可求得D点坐标，利用待定系数法可求得直线BD解析式；（2）设出P点坐标，从而可表示出PM的长度，利用二次函数的性质可求得其最大值；（3）过Q作QG∥y轴，交BD于点G，过Q和QH⊥BD于H，可设出Q点坐标，表示出QG的长度，由条件可证得△DHG为等腰直角三角形，则可得到关于Q点坐标的方程，可求得Q点坐标．【解答】解：（1）∵抛物线的顶点C的坐标为（1，4），∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4，∵点B（3，0）在该抛物线的图象上，∴0=a（3﹣1）2+4，解得a=﹣1，∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3，∵点D在y轴上，令x=0可得y=3，∴D点坐标为（0，3），∴可设直线BD解析式为y=kx+3，把B点坐标代入可得3k+3=0，解得k=﹣1，∴直线BD解析式为y=﹣x+3；（2）设P点横坐标为m（m＞0），则P（m，﹣m+3），M（m，﹣m2+2m+3），∴PM=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m=﹣（m﹣）2+，∴当m=时，PM有最大值；（3）如图，过Q作QG∥y轴交BD于点G，交x轴于点E，作QH⊥BD于H，设Q（x，﹣x2+2x+3），则G（x，﹣x+3），∴QG=|﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）|=|﹣x2+3x|，∵△BOD是等腰直角三角形，∴∠DBO=45°，∴∠HGQ=∠BGE=45°，当△BDQ中BD边上的高为2时，即QH=HG=2，∴QG=×2=4，∴|﹣x2+3x|=4，当﹣x2+3x=4时，△=9﹣16＜0，方程无实数根，当﹣x2+3x=﹣4时，解得x=﹣1或x=4，∴Q（﹣1，0）或（4，﹣5），综上可知存在满足条件的点Q，其坐标为（﹣1，0）或（4，﹣5）．6．如图所示，在平面直角坐标系中xOy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=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）求A、B两点的坐标及抛物线的对称轴；（2）求直线l的函数表达式（其中k、b用含a的式子表示）；（3）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，求a 的值；（4）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．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）解方程即可得到结论；（2）根据直线l：y=kx+b过A（﹣1，0），得到直线l：y=kx+k，解方程得到点D的横坐标为4，求得k=a，得到直线l的函数表达式为y=ax+a；（3）过E作EF∥y轴交直线l于F，设E（x，ax2﹣2ax﹣3a），得到F（x，ax+a），求出EF=ax2﹣3ax﹣4a，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论；（4）令ax2﹣2ax﹣3a=ax+a，即ax2﹣3ax﹣4a=0，得到D（4，5a），设P（1，m），①若AD是矩形ADPQ的一条边，②若AD是矩形APDQ的对角线，列方程即可得到结论．【解答】解：（1）当y=0时，ax2﹣2ax﹣3a=0，解得：x1=﹣1，x2=3，∴A（﹣1，0），B（3，0），对称轴为直线x==1；（2）∵直线l：y=kx+b过A（﹣1，0），∴0=﹣k+b，即k=b，∴直线l：y=kx+k，∵抛物线与直线l交于点A，D，∴ax2﹣2ax﹣3a=kx+k，即ax2﹣（2a+k）x﹣3a﹣k=0，∵CD=4AC，∴点D的横坐标为4，∴﹣3﹣=﹣1×4，∴k=a，∴直线l的函数表达式为y=ax+a；（3）过E作EF∥y轴交直线l于F，设E（x，ax2﹣2ax﹣3a），则F（x，ax+a），EF=ax2﹣2ax﹣3a﹣ax﹣a=ax2﹣3ax﹣4a，∴S△ACE=S△AFE﹣S△CEF=（ax2﹣3ax﹣4a）（x+1）﹣（ax2﹣3ax﹣4a）x=（ax2﹣3ax﹣4a）=a（x﹣）2﹣a，∴△ACE的面积的最大值=﹣a，∵△ACE的面积的最大值为，∴﹣a=，解得a=﹣；（4）以点A、D、P、Q为顶点的四边形能成为矩形，令ax2﹣2ax﹣3a=ax+a，即ax2﹣3ax﹣4a=0，解得：x1=1，x2=4，∴D（4，5a），∵抛物线的对称轴为直线x=1，设P（1，m），①若AD是矩形ADPQ的一条边，则易得Q（﹣4，21a），m=21a+5a=26a，则P（1，26a），∵四边形ADPQ是矩形，∴∠ADP=90°，∴AD2+PD2=AP2，∴52+（5a）2+32+（26﹣5a）2=22+（26a）2，即a2=，∵a＜0，∴a=﹣，∴P（1，﹣）；②若AD是矩形APDQ的对角线，则易得Q（2，﹣3a），m=5a﹣（﹣3a）=8a，则P（1，8a），∵四边形APDQ是矩形，∴∠APD=90°，∴AP2+PD2=AD2，∴（﹣1﹣1）2+（8a）2+（1﹣4）+（8a﹣5a）2=52+（5a）2，即a2=，∵a＜0，∴a=﹣，∴P（1，﹣4），综上所述，点A、D、P、Q为顶点的四边形能成为矩形，点P（1，﹣）或（1，﹣4）．7．如图，抛物线y=x2+bx+c经过点B（3，0），C（0，﹣2），直线l：y=﹣x ﹣交y轴于点E，且与抛物线交于A，D两点，P为抛物线上一动点（不与A，D重合）．（1）求抛物线的解析式；（2）当点P在直线l下方时，过点P作PM∥x轴交l于点M，PN∥y轴交l于点N，求PM+PN的最大值．（3）设F为直线l上的点，以E，C，P，F为顶点的四边形能否构成平行四边形？若能，求出点F的坐标；若不能，请说明理由．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）把B（3，0），C（0，﹣2）代入y=x2+bx+c解方程组即可得到结论；（2）设P（m，m2﹣m﹣2），得到N（m，﹣m﹣），M（﹣m2+2m+2，m2﹣m﹣2），根据二次函数的性质即可得到结论；（3）求得E（0，﹣），得到CE=，设P（m，m2﹣m﹣2），①以CE为边，根据CE=PF，列方程得到m=1，m=0（舍去），②以CE为对角线，连接PF 交CE于G，CG=GE，PG=FG，得到G（0，﹣），设P（m，m2﹣m﹣2），则F（﹣m，m﹣），列方程得到此方程无实数根，于是得到结论．【解答】解：（1）把B（3，0），C（0，﹣2）代入y=x2+bx+c得，，∴∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2；（2）设P（m，m2﹣m﹣2），∵PM∥x轴，PN∥y轴，M，N在直线AD上，∴N（m，﹣m﹣），M（﹣m2+2m+2，m2﹣m﹣2），∴PM+PN=﹣m2+2m+2﹣m﹣m﹣﹣m2+m+2=﹣m2+m+=﹣（m ﹣）2+，∴当m=时，PM+PN的最大值是；（3）能，理由：∵y=﹣x﹣交y轴于点E，∴E（0，﹣），∴CE=，设P（m，m2﹣m﹣2），若以E，C，P，F为顶点的四边形能构成平行四边形，①以CE为边，∴CE∥PF，CE=PF，∴F（m，﹣m﹣），∴﹣m﹣﹣m2+m+2=，∴m=1，m=0（舍去），②以CE为对角线，连接PF交CE于G，∴CG=GE，PG=FG，∴G（0，﹣），设P（m，m2﹣m﹣2），则F（﹣m，m﹣），∴×（m2﹣m﹣2+m﹣）=﹣，∴m=1，m=0（舍去），∴此方程无实数根，综上所述，当m=1时，以E，C，P，F为顶点的四边形能构成平行四边形．8．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．【温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便探究】【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）由抛物线y=ax2+bx﹣2的对称轴是直线x=1，A（﹣2，0）在抛物线上，于是列方程即可得到结论；（2）根据函数解析式得到B（4，0），C（0，﹣2），求得BC的解析式为y=x ﹣2，设D（m，0），得到E（m，m﹣2），P（m，m2﹣m﹣2），根据已知条件列方程得到m=5，m=0（舍去），求得D（5，0），P（5，），E（5，），根据三角形的面积公式即可得到结论；（3）设M（n，n﹣2），①以BD为对角线，根据菱形的性质得到MN垂直平分BD，求得n=4+，于是得到N（，﹣）；②以BD为边，根据菱形的性质得到MN∥BD，MN=BD=MD=1，过M作MH⊥x轴于H，根据勾股定理列方程即可得到结论．【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣2的对称轴是直线x=1，A（﹣2，0）在抛物线上，∴，解得：，抛物线解析式为y=x2﹣x ﹣2；（2）令y=x2﹣x﹣2=0，解得：x1=﹣2，x2=4，当x=0时，y=﹣2，∴B（4，0），C（0，﹣2），设BC的解析式为y=kx+b，则，解得：，∴y=x﹣2，设D（m，0），∵DP∥y轴，∴E（m，m﹣2），P（m，m2﹣m﹣2），∵OD=4PE，∴m=4（m2﹣m﹣2﹣m+2），∴m=5，m=0（舍去），∴D（5，0），P（5，），E（5，），∴四边形POBE的面积=S△OPD﹣S△EBD=×5×﹣1×=；（3）存在，设M（n，n﹣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+，∴M（，），∵M，N关于x轴对称，∴N（，﹣）；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（n﹣2）2+（n﹣5）2=12，∴n1=4（不合题意），n2=5.6，∴N（4.6，），同理（n﹣2）2+（4﹣n）2=1，∴n1=4+（不合题意，舍去），n2=4﹣，∴N（5﹣，），③以BD为边，如图3，过M作MH⊥x轴于H，∴MH2+BH2=BM2，即（n﹣2）2+（n﹣4）2=12，∴n1=4+，n2=4﹣（不合题意，舍去），∴N（5+，），综上所述，当N（，﹣）或（4.6，）或（5﹣，）或（5+，），以点B，D，M，N为顶点的四边形是菱形．学科网9．如图，已知二次函数y=x2﹣4的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，⊙C的半径为，P为⊙C上一动点．（1）点B，C的坐标分别为B（3，0），C（0，﹣4）；（2）是否存在点P，使得△PBC为直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）连接PB，若E为PB的中点，连接OE，则OE的最大值=．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）在抛物线解析式中令y=0可求得B点坐标，令x=0可求得C点坐标；（2）①当PB与⊙相切时，△PBC为直角三角形，如图1，连接BC，根据勾股定理得到BC=5，BP 2=2，过P2作P2E⊥x轴于E，P2F⊥y轴于F，根据相似三角形的性质得到==2，设OC=P2E=2x，CP2=OE=x，得到BE=3﹣x，CF=2x﹣4，于是得到FP2=，EP2=，求得P2（，﹣），过P1作P1G ⊥x轴于G，P1H⊥y轴于H，同理求得P1（﹣1，﹣2），②当BC⊥PC时，△PBC 为直角三角形，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论；（3）如图3中，连接AP，∵OB=OA，BE=EP，推出OE=AP，可知当AP最大时，OE的值最大，【解答】解：（1）在y=x2﹣4中，令y=0，则x=±3，令x=0，则y=﹣4，∴B（3，0），C（0，﹣4）；故答案为：3，0；0，﹣4；（2）存在点P，使得△PBC为直角三角形，①当PB与⊙相切时，△PBC为直角三角形，如图（2）a，连接BC，∵OB=3．OC=4，∴BC=5，∵CP2⊥BP2，CP2=，∴BP2=2，过P2作P2E⊥x轴于E，P2F⊥y轴于F，则△CP2F∽△BP2E，四边形OCP2B是矩形，∴==，设OC=P2E=2x，CP2=OE=x，∴BE=3﹣x，CF=2x﹣4，∴==2，∴x=，2x=，∴FP2=，EP2=，∴P2（，﹣），过P1作P1G⊥x轴于G，P1H⊥y轴于H，同理求得P1（﹣1，﹣2），②当BC⊥PC时，△PBC为直角三角形，过P4作P4H⊥y轴于H，则△BOC∽△CHP4，∴==，∴CH=，P4H=，∴P4（，﹣﹣4）；同理P3（﹣，﹣4）；综上所述：点P的坐标为：（﹣1，﹣2）或（，﹣）或（，﹣﹣4）或（﹣，﹣4）；（3）如图（3），连接AP，∵OB=OA，BE=EP，∴OE=AP，∴当AP最大时，OE的值最大，∵当P在AC的延长线上时，AP的值最大，最大值=5+，∴OE的最大值为故答案为：．10．如图，矩形OABC的两边在坐标轴上，点A的坐标为（10，0），抛物线y=ax2+bx+4过点B，C两点，且与x轴的一个交点为D（﹣2，0），点P是线段CB上的动点，设CP=t（0＜t＜10）．（1）请直接写出B、C两点的坐标及抛物线的解析式；（2）过点P作PE⊥BC，交抛物线于点E，连接BE，当t为何值时，∠PBE=∠OCD？（3）点Q是x轴上的动点，过点P作PM∥BQ，交CQ于点M，作PN∥CQ，交BQ于点N，当四边形PMQN为正方形时，请求出t的值．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）由抛物线的解析式可求得C点坐标，由矩形的性质可求得B点坐标，由B、D的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）可设P（t，4），则可表示出E点坐标，从而可表示出PB、PE的长，由条件可证得△PBE∽△OCD，利用相似三角形的性质可得到关于t的方程，可求得t的值；（3）当四边形PMQN为正方形时，则可证得△COQ∽△QAB，利用相似三角形的性质可求得CQ的长，在Rt△BCQ中可求得BQ、CQ，则可用t分别表示出PM和PN，可得到关于t的方程，可求得t的值．【解答】解：（1）在y=ax2+bx+4中，令x=0可得y=4，∴C（0，4），∵四边形OABC为矩形，且A（10，0），∴B（10，4），把B、D坐标代入抛物线解析式可得，解得，∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+4；（2）由题意可设P（t，4），则E（t，﹣t2+t+4），∴PB=10﹣t，PE=﹣t2+t+4﹣4=﹣t2+t，∵∠BPE=∠COD=90°，∠PBE=∠OCD，∴△PBE∽△OCD，∴=，即BP•OD=CO•PE，∴2（10﹣t）=4（﹣t2+t），解得t=3或t=10（不合题意，舍去），∴当t=3时，∠PBE=∠OCD；（3）当四边形PMQN为正方形时，则∠PMC=∠PNB=∠CQB=90°，PM=PN，∴∠CQO+∠AQB=90°，∵∠CQO+∠OCQ=90°，∴∠OCQ=∠AQB，∴Rt△COQ∽Rt△QAB，∴=，即OQ•AQ=CO•AB，设OQ=m，则AQ=10﹣m，∴m（10﹣m）=4×4，解得m=2或m=8，①当m=2时，CQ==2，BQ==4，∴sin∠BCQ==，sin∠CBQ==，∴PM=PC•sin∠PCQ=t，PN=PB•sin∠CBQ=（10﹣t），∴t=（10﹣t），解得t=，②当m=8时，同理可求得t=，∴当四边形PMQN为正方形时，t的值为或．11．如图所示，在平面直角坐标系中，⊙C经过坐标原点O，且与x轴，y轴分别相交于M（4，0），N（0，3）两点．已知抛物线开口向上，与⊙C交于N，H，P三点，P为抛物线的顶点，抛物线的对称轴经过点C且垂直x轴于点D．（1）求线段CD的长及顶点P的坐标；（2）求抛物线的函数表达式；（3）设抛物线交x轴于A，B两点，在抛物线上是否存在点Q，使得S四边形=8S△QAB，且△QAB∽△OBN成立？若存在，请求出Q点的坐标；若不存在，OPMN请说明理由．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）连接OC，由勾股定理可求得MN的长，则可求得OC的长，由垂径定理可求得OD的长，在Rt△OCD中，可求得CD的长，则可求得PD的长，可求得P点坐标；（2）可设抛物线的解析式为顶点式，再把N点坐标代入可求得抛物线解析式；（3）由抛物线解析式可求得A、B的坐标，由S=8S△QAB可求得点Q四边形OPMN到x轴的距离，且点Q只能在x轴的下方，则可求得Q点的坐标，再证明△QAB ∽△OBN即可．【解答】解：（1）如图，连接OC，∵M（4，0），N（0，3），∴OM=4，ON=3，∴MN=5，∴OC=MN=，∵CD为抛物线对称轴，∴OD=MD=2，在Rt△OCD中，由勾股定理可得CD===，∴PD=PC﹣CD=﹣=1，∴P（2，﹣1）；（2）∵抛物线的顶点为P（2，﹣1），∴设抛物线的函数表达式为y=a（x﹣2）2﹣1，∵抛物线过N（0，3），∴3=a（0﹣2）2﹣1，解得a=1，∴抛物线的函数表达式为y=（x﹣2）2﹣1，即y=x2﹣4x+3；（3）在y=x2﹣4x+3中，令y=0可得0=x2﹣4x+3，解得x=1或x=3，∴A（1，0），B（3，0），∴AB=3﹣1=2，∵ON=3，OM=4，PD=1，∴S四边形OPMN=S△OMP+S△OMN=OM•PD+OM•ON=×4×1+×4×3=8=8S△QAB，∴S△QAB=1，设Q点纵坐标为y，则×2×|y|=1，解得y=1或y=﹣1，当y=1时，则△QAB为钝角三角形，而△OBN为直角三角形，不合题意，舍去，当y=﹣1时，可知P点即为所求的Q点，∵D为AB的中点，∴AD=BD=QD，∴△QAB为等腰直角三角形，∵ON=OB=3，∴△OBN为等腰直角三角形，∴△QAB∽△OBN，综上可知存在满足条件的点Q，其坐标为（2，﹣1）．12．如图，直线y=﹣x+分别与x轴、y轴交于B、C两点，点A在x轴上，∠ACB=90°，抛物线y=ax2+bx+经过A，B两点．（1）求A、B两点的坐标；（2）求抛物线的解析式；（3）点M是直线BC上方抛物线上的一点，过点M作MH⊥BC于点H，作MD∥y轴交BC于点D，求△DMH周长的最大值．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）由直线解析式可求得B、C坐标，在Rt△BOC中由三角函数定义可求得∠OCB=60°，则在Rt△AOC中可得∠ACO=30°，利用三角函数的定义可求得OA，则可求得A点坐标；（2）由A、B两点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（3）由平行线的性质可知∠MDH=∠BCO=60°，在Rt△DMH中利用三角函数的定义可得到DH、MH与DM的关系，可设出M点的坐标，则可表示出DM的长，从而可表示出△DMH的周长，利用二次函数的性质可求得其最大值．【解答】解：（1）∵直线y=﹣x+分别与x轴、y轴交于B、C两点，∴B（3，0），C（0，），∴OB=3，OC=，∴tan∠BCO==，∴∠BCO=60°，∵∠ACB=90°，∴∠ACO=30°，∴=tan30°=，即=，解得AO=1，∴A（﹣1，0）；（2）∵抛物线y=ax 2+bx+经过A，B两点，∴，解得，∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+；学科网（3）∵MD∥y轴，MH⊥BC，∴∠MDH=∠BCO=60°，则∠DMH=30°，∴DH=DM，MH=DM，∴△DMH的周长=DM+DH+MH=DM+DM+DM=DM，∴当DM有最大值时，其周长有最大值，∵点M是直线BC上方抛物线上的一点，∴可设M（t，﹣t2+t+），则D（t，﹣t+），∴DM=﹣t2+t+），则D（t，﹣t+），∴DM=﹣t2+t+﹣（﹣t+）=﹣t2+t=﹣（t﹣）2+，∴当t=时，DM有最大值，最大值为，此时DM=×=，即△DMH周长的最大值为．13．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，其对称轴交抛物线于点D，交x轴于点E，已知OB=OC=6．（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；（2）连接BD，F为抛物线上一动点，当∠FAB=∠EDB时，求点F的坐标；（3）平行于x轴的直线交抛物线于M、N两点，以线段MN为对角线作菱形MPNQ，当点P在x轴上，且PQ=MN时，求菱形对角线MN的长．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）由条件可求得B、C坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式，进一步可求得D点坐标；（2）过F作FG⊥x轴于点G，可设出F点坐标，利用△FAG∽△BDE，由相似三角形的性质可得到关于F点坐标的方程，可求得F点的坐标；（3）可求得P点坐标，设T为菱形对角线的交点，设出PT的长为n，从而可表示出M点的坐标，代入抛物线解析式可得到n的方程，可求得n的值，从而可求得MN的长．【解答】解：（1）∵OB=OC=6，∴B（6，0），C（0，﹣6），∴，解得，∴抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣6，∵y=x2﹣2x﹣6=（x﹣2）2﹣8，∴点D的坐标为（2，﹣8）；（2）如图1，过F作FG⊥x轴于点G，设F（x，x2﹣2x﹣6），则FG=|x2﹣2x﹣6|，在y=x2﹣2x﹣6中，令y=0可得x2﹣2x﹣6=0，解得x=﹣2或x=6，∴A（﹣2，0），∴OA=2，则AG=x+2，∵B（6，0），D（2，﹣8），∴BE=6﹣2=4，DE=8，当∠FAB=∠EDB时，且∠FGA=∠BED，∴△FAG∽△BDE，∴=，即==，当点F在x轴上方时，则有=，解得x=﹣2（舍去）或x=7，此进F 点坐标为（7，）；当点F在x轴上方时，则有=﹣，解得x=﹣2（舍去）或x=5，此进F点坐标为（5，﹣）；综上可知F点的坐标为（7，）或（5，﹣）；（3）∵点P在x轴上，∴由菱形的对称性可知P（2，0），如图2，当MN在x轴上方时，设T为菱形对角线的交点，∵PQ=MN，∴MT=2PT，设PT=n，则MT=2n，∴M（2+2n，n），∵M在抛物线上，∴n=（2+2n）2﹣2（2+2n）﹣6，解得n=或n=，∴MN=2MT=4n=+1；当MN在x轴下方时，同理可设PT=n，则M（2+2n，﹣n），∴﹣n=（2+2n）2﹣2（2+2n）﹣6，解得n=或n=（舍去），∴MN=2MT=4n=﹣1；综上可知菱形对角线MN的长为+1或﹣1．14．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2﹣2x﹣3交x轴于A，B两点（点A在点B的左侧），将该抛物线位于x轴上方曲线记作M，将该抛物线位于x轴下方部分沿x轴翻折，翻折后所得曲线记作N，曲线N交y轴于点C，连接AC、BC．（1）求曲线N所在抛物线相应的函数表达式；（2）求△ABC外接圆的半径；（3）点P为曲线M或曲线N上的一动点，点Q为x轴上的一个动点，若以点B，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求点Q的坐标．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）由已知抛物线可求得A、B坐标及顶点坐标，利用对称性可求得C 的坐标，利用待定系数法可求得曲线N的解析式；（2）由外接圆的定义可知圆心即为线段BC与AB的垂直平分线的交点，即直线y=x与抛物线对称轴的交点，可求得外接圆的圆心，再利用勾股定理可求得半径的长；（3）设Q（x，0），当BC为平行四边形的边时，则有BQ∥PC且BQ=PC，从而可用x表示出P点的坐标，代入抛物线解析式可得到x的方程，可求得Q点坐标，当BC为平行四边形的对角线时，由B、C的坐标可求得平行四边形的对称中心的坐标，从而可表示出P点坐标，代入抛物线解析式可得到关于x的方程，可求得P点坐标．【解答】解：（1）在y=x2﹣2x﹣3中，令y=0可得x2﹣2x﹣3=0，解得x=﹣1或x=3，∴A（﹣1，0），B（3，0），令x=0可得y=﹣3，又抛物线位于x轴下方部分沿x轴翻折后得到曲线N，∴C（0，3），设曲线N的解析式为y=ax2+bx+c，把A、B、C的坐标代入可得，解得，∴曲线N所在抛物线相应的函数表达式为y=﹣x2+2x+3；（2）设△ABC外接圆的圆心为M，则点M为线段BC、线段AB垂直平分线的交点，∵B（3，0），C（0，3），∴线段BC的垂直平分线的解析式为y=x，又线段AB的解析式为曲线N的对称轴，即x=1，∴M（1，1），∴MB==，即△ABC外接圆的半径为；（3）设Q（t，0），则BQ=|t﹣3|①当BC为平行四边形的边时，如图1，则有BQ∥PC，∴P点纵坐标为3，即过C点与x轴平行的直线与曲线M和曲线N的交点即为点P，x轴上对应的即为点Q，当点P在曲线M上时，在y=x 2﹣2x﹣3中，令y=3可解得x=1+或x=1﹣，∴PC=1+或PC=﹣1，当x=1+时，可知点Q在点B的右侧，可得BQ=t﹣3，∴t﹣3=1+，解得t=4+，当x=1﹣时，可知点Q在点B的左侧，可得BQ=3﹣t，∴3﹣t=﹣1，解得t=4﹣，∴Q点坐标为（4+，0）或（4﹣，0）；当点P在曲线N上时，在y=﹣x2+2x+3中，令y=3可求得x=0（舍去）或x=2，∴PC=2，此时Q点在B点的右侧，则BQ=t﹣3，∴t﹣3=2，解得t=5，∴Q点坐标为（5，0）；②当BC为平行四边形的对角线时，∵B（3，0），C（0，3），∴线段BC的中点为（，），设P（x，y），∴x+t=3，y+0=3，解得x=3﹣t，y=3，∴P（3﹣t，3），当点P在曲线M上时，则有3=（3﹣t）2﹣2（3﹣t）﹣3，解得t=2+或t=2﹣，∴Q点坐标为（2+，0）或（2﹣，0）；当点P在曲线N上时，则有3=﹣（3﹣t）2+2（3﹣t）+3，解得t=3（Q、B重合，舍去）或t=1，∴Q点坐标为（1，0）；综上可知Q点的坐标为（4+，0）或（4﹣，0）或（5，0）或（2+，0）或（2﹣，0）或（1，0）．15．如图，已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象经过A（﹣1，0）、B（4，0）、C（0，2）三点．（1）求该二次函数的解析式；（2）点D是该二次函数图象上的一点，且满足∠DBA=∠CAO（O是坐标原点），求点D的坐标；（3）点P是该二次函数图象上位于一象限上的一动点，连接PA分别交BC，y 轴与点E、F，若△PEB、△CEF的面积分别为S1、S2，求S1﹣S2的最大值．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）当点D在x轴上方时，则可知当CD∥AB时，满足条件，由对称性可求得D点坐标；当点D在x轴下方时，可证得BD∥AC，利用AC的解析式可求得直线BD的解析式，再联立直线BD和抛物线的解析式可求得D点坐标；（3）过点P作PH∥y轴交直线BC于点H，可设出P点坐标，从而可表示出PH 的长，可表示出△PEB的面积，进一步可表示出直线AP的解析式，可求得F点的坐标，联立直线BC和PA的解析式，可表示出E点横坐标，从而可表示出△CEF 的面积，再利用二次函数的性质可求得S1﹣S2的最大值．【解答】解：（1）由题意可得，解得，∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+2；（2）当点D在x轴上方时，过C作CD∥AB交抛物线于点D，如图1，∵A、B关于对称轴对称，C、D关于对称轴对称，∴四边形ABDC为等腰梯形，∴∠CAO=∠DBA，即点D满足条件，∴D（3，2）；当点D在x轴下方时，∵∠DBA=∠CAO，∴BD∥AC，∵C（0，2），∴可设直线AC解析式为y=kx+2，把A（﹣1，0）代入可求得k=2，∴直线AC解析式为y=2x+2，∴可设直线BD解析式为y=2x+m，把B（4，0）代入可求得m=﹣8，∴直线BD解析式为y=2x﹣8，联立直线BD和抛物线解析式可得，解得或，∴D（﹣5，﹣18）；综上可知满足条件的点D的坐标为（3，2）或（﹣5，﹣18）；（3）过点P作PH∥y轴交直线BC于点H，如图2，设P（t，﹣t2+t+2），由B、C两点的坐标可求得直线BC的解析式为y=﹣x+2，∴H（t，﹣t+2），∴PH=y P﹣y H=﹣t2+t+2﹣（﹣t+2）=﹣t2+2t，设直线AP的解析式为y=px+q，∴，解得，∴直线AP的解析式为y=（﹣t+2）（x+1），令x=0可得y=2﹣t，∴F（0，2﹣t），∴CF=2﹣（2﹣t）=t，联立直线AP和直线BC解析式可得，解得x=，即E点的横坐标为，∴S1=PH（x B﹣x E）=（﹣t2+2t）（4﹣），S2=••，∴S1﹣S2=（﹣t2+2t）（4﹣）﹣••=﹣t2+4t=﹣（t﹣）2+，∴当t=时，有S1﹣S2有最大值，最大值为．。
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中考数学解题思路步骤专题讲解
---平行四边形的存在性问题解题策略
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 ＝－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)33uuuuuuuuuuuuuu r 右，上 C (0, 3)，所以P (－1, 4)33uuuuuuuuuuuuuu r 右，上 D 1(2, 7)． 由于C (0, 3)33uuuuuuuuuuuuuu r 下，左 A (－3,0)，所以P (－1, 4)33uuuuuuuuuuuuuu r 下，左 D 2(－4, 1)． 由于P (－1, 4)11uuuuuuuuuuuuur 右，下 C (0, 3)，所以A (－3,0)11uuuuuuuuuuuuur
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。