中考数学压轴题解题策略二：平行四边形的存在性问题
平行四边形存在性问题
平行四边形存在性问题以函数为背景的平行四边形存在性问题是近年来各地中考的热点,其图形复杂,不确定因素较多,解题有一定的难度.因此对此类问题建立解题模型,则可以大大降低学生思维难度.模型原理对角线互相平分的四边形是平行四边形.模型工具是线段的中点坐标公式和平行四边型的顶点坐标公式，再利用方程建立等式求解。
1、线段的中点坐标公式平面直角坐标系中，点A的坐标为（x1，y1），点B的坐标为（x2，y2）则线段AB的中点坐标为2、平行四边形的顶点坐标公式平行四边形的对角线顶点的横坐标、纵坐标之和相等。
平行四边形ABCD的顶点分别为A（xA，yA）B（xB，yB）C（xC，yC）D（xD，yD）则有 xA+xC=xB+xD，yA+yC=yB+yD题型一：已知三点坐标求第四点坐标（三定一动）例1：已知A（-1,2），B（2,3），C（1,0）求点D的坐标，使点A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形。
设D的坐标为（x，y）题型二：已知两点坐标求其余两点坐标（二定二动）例2：已知A（1,2），B（2,-3），点C在x轴上，点D在直线y=2x-1的图象上，求点D的坐标，使点A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形。
设C的坐标为（m，0）D的坐标为（n，2n-1）思路点拨1．第（2）题求∠ABO的正切值，要构造包含锐角∠ABO的角直角三角形．2．第（3）题解方程MN＝yM－yN＝BC，并且检验x的值是否在对称轴左侧．满分解答（1）将A(0, 1)、B(4, 3)分别代入y＝－x2＋bx＋c，得当四边形MNCB是平行四边形时，MN＝BC＝3．解方程－x2＋4x＝3，得x＝1或x＝3．因为x＝3在对称轴的右侧，所以符合题意的点M的坐标为考点伸展第（3）题如果改为：点M是抛物线上的一个点，直线MN平行于y轴交直线AB于N，如果M、N、B、C为顶点的四边形是平行四边形，求点M的坐标．那么求点M的坐标要考虑两种情况：MN＝yM－yN或MN＝yN－yM．图5例题：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，动点P从点A开始沿边AC向点C以每秒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个单位长度的速度运动，过点P作PD//BC，交AB于点D，联结PQ．点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；（3）在整个运动过程中，求出线段PQ的中点M所经过的路径长．思路点拨1．菱形PDBQ必须符合两个条件，点P在∠ABC的平分线上，PQ//AB．先求出点P运动的时间t，再根据PQ//AB，对应线段成比例求CQ的长，从而求出点Q的速度．2．探究点M的路径，可以先取两个极端值画线段，再验证这条线段是不是点M的路径．满分解答（1）QB＝8－2t，．（2）作∠ABC的平分线交CA于P，过点P作PQ//AB交BC于Q，那么四边形PDBQ是菱形．过点P作PE⊥AB，垂足为E，那么BE＝BC＝8．在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，所以AB＝10．（3）以C为原点建立直角坐标系．当t＝0时，PQ的中点就是AC的中点E(3，0)．当t＝4时，PQ的中点就是PB的中点F(1，4)．考点伸展第（3）题求点M的运动路径还有一种通用的方法是设二次函数：当t＝2时，PQ的中点为(2，2)．设点M的运动路径的解析式为y＝ax2＋bx＋c，代入E(3，0)、F(1，4)和(2，2)，得解得a＝0，b＝－2，c＝6．所以点M的运动路径的解析式为y＝－2x＋6．平行四边形的存在性问题解题策略1、根据题意设其中一个点或二个点的坐标2、先利用其中三个点构造一个三角形，分别以三角形的三边为对角线，用平行四边形顶点坐标公式表示第四个点的坐标，代入到经过第四个点的函数解析式中得到方程求解；或者利用平行四边形顶点坐标公式建立方程组求解。
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。
中考第二轮复习：中考数学压轴题全面突破之五四边形的存在性
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问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，抛物线错误！未找到引用源。
(a≠0)与x轴交于点A(-1，0)，B(3，0)，与y轴交于点C(0，3)．（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 ⊥x 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_________时，四边形QNAC 是平行四边形；当点Q 的坐标为_________时，四边形QNAC 是等腰梯形．M ABCDPO xy y xOCBA2. （2012黑龙江牡丹江）如图，OA ，OB 的长分别是关于x 的方程x 2-12x +32=0的两根，且OA >OB ．请解答下列问题： （1）求直线AB 的解析式．（2）若P 为AB 上一点，且错误！未找到引用源。
，求过点P 的反比例函数的解析式．（3）在坐标平面内是否存在点Q ，使得以A ，P ，O ，Q 为顶点的四边形是等腰梯形？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．y xOP BAy xOPBAy xO PBA3. （2012湖北襄阳）如图，在矩形OABC 中，AO 10，AB 8，沿直线CD 折叠矩形OABC 的一边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，抛物线错误！未找到引用源。
2020年中考数学二次函数压轴题核心考点突破13平行四边形存在性问题
1 1．三定一动
已知 A（1，2）B（5，3）C（3，5），在坐标系内确定点 D 使得以 A 、B、C、D 四个点为 顶点的四边形是平行四 边形．
y C
B A
y C
D2
A
D1 B
O
x
O
D3
x
思路 1：利用对角线互相平分，分类讨论： 设 D 点坐标为（m，n），又 A（1，2）B （5，3）C（3，5），可得：
y
求△PAB 面积的最大值．
【分析】
（1）抛物线： y x2 2x 3 ，直线 AB： y x 3 ； O
B
x
E A
C
（2）考虑 EC∥MN ，故若使点 M、N、C、E 是平行四边形，则 EC=MN 即可， ∵E （1，-2）、C（1，-4）， ∴EC=2，
设 M 点坐标为（m，m-3）（m>1），则 N 点坐标为 m,m2 2m 3 ，
xB yB
xD yD
xC yC
xA yA
xC yC
xD xB yD yB
，
xA xC
2
yA
yC
xB xD 2
yB yD
→
xA yA
xC yC
xB xD yB yD
．
2
2
当 AC 和 BD 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）
但此两个性质统一成一个等式：
xA yA
xC yC
xB xD yB yD
，
两个等式，只能允许最多存在两个未知数，即我们刚刚所讲的平行四边形存在性问题最多 只能存在 2 个未知量．
由图形性质可知未知量，由未知量可知动点设计，由动点设计可化解问题．
中考热点：破解平行四边形的存在性问题之法宝，平移坐标模型
中考热点：破解平行四边形的存在性问题之法宝，平移坐标模型特殊几何图形的存在性问题是近年来各地中考的热点，其图形复杂，不确定因素较多，对学生的知识运用分析能力要求较高，有一定的难度。
下面为此借用简单的平移坐标模型来探究函数背景下的平行四边形的存在性问题．A. 平移坐标模型的探究如图1，点A、B、C是坐标平面内不在同一直线上的三点．（1）画出以A、B、C三点为顶点的平行四边形．（2）若A、B、C三点的坐标分别为(x₁,y₁)、(x₂,y₂)、(x₃,y₃)，写出第四个顶点D的坐标．解析：（1）如图2，过A、B、C分别作BC、AC、AB的平行线，则以A、B、C三点为顶点的平行四边形有三个：以BC为对角线，有□CABD₁；以AC为对角线，有□ABCD₂；以AB为对角线，有□ACBD₃．（2）在□CABD₁中，线段AC平移到BD₁，因A→B横坐标增加（x₂-x₁）、纵坐标增加（y₂-y₁），根据坐标平移的性质得D₁（x₃+x₂-x₁，y₃+y₂-y₁）．同理得D₂（x₃+x₁-x₂，y₃+y₁-y₂）、D₃（x₂+x₁-x₃，y₂+y₁-y₃）．结论：以不在同一直线上的三点为顶点的平行四边形有三个。
由已知的三点坐标可根据图形平移的坐标性质，直接写出第四个顶点的坐标。
姑且称之为平移坐标模型．B. 平移坐标模型的运用如何借助平移坐标模型来探究平行四边形的存在性问题呢？类型1. 三个定点，一个动点，探究平行四边形的存在性．例1. 如图3，抛物线y=ax ²+bx-3与x轴交于A、B两点，与y 轴交于C点，且经过点（2,-3a），对称轴是直线x=1，顶点是M．（1）求抛物线对应的函数表达式；（2）经过C、M两点作直线与x轴交于点N，在抛物线上是否存在这样的点P，使以点P、A、C、N为顶点的四边形为平行四边形？解析：（1）抛物线的函数表达式为y=x ²-2x-3．（2）由已知条件易探究得A、C、N三点坐标为A(-1,0)、C(0.-3) 、 N(-3,0)．下面探讨以三点A、C、N为顶点的平行四边形的第四个顶点坐标．如图5，由平移的性质直接写出第四个顶点的坐标：以CN为对角线，第四个顶点坐标为P ₁(-2,-3)；以AC为对角线，第四个顶点坐标为P ₂(2,-3)；以AN为对角线，第四个顶点坐标为P ₃(-4,3)．将其分别代入抛物线y=x ²-2x-3中检验，其中只有P ₂(2,-3)在抛物线上．点评：本题已知三个定点坐标的具体数值，可以根据坐标平移的性质直接写出第四个顶点的坐标．值得注意的是，若没有约定由三点构成的三条线段中哪条为边或对角线，则三种情况都必须考虑．点评：①本题已知三个是定点坐标，虽不是具体数值（含字母a），但依然可以根据坐标平移的性质直接写出第四个顶点的坐标．②看上去此法冗长，三种情况必须逐一探究，但思路简单，解题严谨．有些解法通过分析图形认为以AN为对角线显然不可能，其实对于学生来说这个'显然'并不显然．抛物线的走向和弯曲程度学生是难以判断的，更何况这是一个含字母系数的二次函数．这样讨论更严谨！类型2 两个定点、两个动点，探究平行四边形的存在性。
挑战中考数学压轴题平行四边形存在性问题
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）（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与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c：y=﹣x2+沿x轴翻折，得拋物线c2，如图所示．1（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，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，平移后得到的新抛物线的顶点为N，与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．（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与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．（1）略，（2）①抛物线C1：y=﹣x2+，与x轴的两个交点为（﹣1，0），（1，0），顶点为（0，），抛物线C2：y=﹣x2﹣，与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，），与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，﹣），与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，K AN×K EN=﹣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）求抛物线的解析式；（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．【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与C点不重合，∴△ABG与△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），与抛物线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，与抛物线交于点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=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=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的左侧），与y轴交于点C（0，﹣），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△ADH+S梯形OCDH+S△BOC=×3×3+（+3）×1+×2×=10．∴S四边形ABCD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=×10=3，∴×3×（﹣y）=3∴y=﹣2，点M 1（﹣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相交与点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），且与直线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与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与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与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），∴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．∴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．。
初中数学——平行四边形存在性问题处理策略
平行四边形存在性问题处理策略
以函数为背景的平四存在性问题，是代几综合题中难度较大的一类，不少学生谈之色变。
本文从平行四边形的判定方法入手，介绍三种平四处理策略。
平四存在性问题，可以归纳为两大类：一类为“三定一动”型，即已知平面内
三点A、B、C，求第四个点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形，为平行四边形；
一类为“两定两动”型，即已知平面内两点A、B，求平面内两个点C、D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形，为平行四边形；
【温馨提示】提问方式改变，解答改变。
比如，将“使得以A、B、C、D为顶点的四边形，为平行四边形”改为“使得四边形ABCD为平行四边形”，解法就
变了，前者需要分类讨论，理论上存在三种情况；而后者，只存在唯一一种情况，即四边形ABCD为平行四边形。
明白了平四存在问题的两大类，接下来我们看看平四处理的三大策略。
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。
中考数学压轴题之抛物线中存在性问题（平行四边形）
中考数学压轴题之抛物线中存在性问题（平行四边形）
上一篇文章中已经说明了“两定两动”型平行四边形存在性问题如何解答，这一次我们来看看“三定一动”型平行四边形存在性问题如何突破，其实这类问题解题是有一定套路可寻的。
通常情况下，我们首先连接三个定点形成一个小三角形，接着分别过三个定点做对边的平行线，三条平行线相交形成一个大三角形，则大三角形的三个顶点可能就是我们要求的答案。
题目及图像
解答图像
点评：AB长度以及C点坐标对于求M有很大作用，解题时要注意对称性质的使用。
平行四边形的存在问题的解题策略与技巧分析
一一 曼 平 四 彩的存在 题的 题幕咯与丝 分衍 关键词：平行四边形中考解题策略 在中考题中，我们经常会遇到一类探 究平行四边形存在性的问题，而这类问题 常常因为顶点位置的难预知性，分类复 杂，使部分学生对此类题畏之如虎．通过 多年的教学经验，下面介绍一下解决此类 问题的一个极为简洁、有效的办法． 为了让大家容易理解这种方法，我们 先来研究两个问题： 问题１如图１，在平面内已知三个 点Ａ，Ｂ，Ｃ，试确定第四个顶点Ｄ，使四边 形ＡＢＣＤ是平行四边形． Ｄｘ．一一一一只一一一一， 、、／＼，，， Ｂ．．ｃ Ｂ＿Ｃ ’、，， ＪＤｌ 图１ 图２ 分析：对这个问题大家并不陌生，由 于条件中并没有指明这三个顶点中，哪两 个点之间的线段作对角线，因此应分三种 情况讨论，如图２，连接ＡＢ、ＡＣ、ＢＣ、分 别过Ａ、Ｂ、Ｃ作ＢＣ、ＡＣ、ＡＢ的平行线，则 以Ａ、Ｂ、Ｃ三点为顶点的平行四边形有三 个：以ＢＣ为对角线，有￣ＣＡＢＤ、 以ＡＣ 为对角线，有Ｌ：ｙＡＢＣＤ２；以ＡＢ为对角线， 有口ＡＣＢＤ３． 问题２如图３，我们把问题１中的图 ２放在如图３所示的平面直角坐标系中， 已知Ａ、Ｂ、Ｃ三点的坐标分别为（ｘｚ，ｙ１）、 （ Ｙｚ）、（孙Ｙ３），求顶点Ｄｌ，Ｄ２，Ｄ３的坐标． Ａ －・ ，： 、 ， ～、 ， ，， Ｄｌ 图３ 分析：我们在学图形在坐标系中平移 时，已经了解了这样的结论：对一个图形 进行平移，图形上所有点的横、纵坐标的 变化分别相同． 我们先来求Ｄ１的坐标：在Ｌ：ＴＣＡＢＤ —江西省赣县第二中学郭训华 中，由于ＡＣ／／８０ ，ＡＣ＝ＢＤ ，线段ＢＤ１可 看作是线段Ａｃ沿ＡＢ方向，移动的距离 为线段ＡＢ的长度后得到的，因为由 一 曰横坐标增加（Ｘ２ ）、纵坐标增加 （Ｙ２－ｙ１），所以点Ｄ１的坐标为（甜 ２ ｌ， ｙ３ ２—ｙ１）． 同理得Ｄ２（玎 １ ２，ｘ３＋ｙ１－ｙ２） ３（ ３６１－Ｘ３，ｙｚ＋ｙｌ－ｙ３）． 通过上面两个问题的研究，我们不难 发现下面的结论： （１）以不在同一直线上的三点为顶点 的平行四边形有三个． （２）根据已知的三点坐标我们可以求 出第四个顶点的坐标．可简单记忆为：第 四个顶点的横坐标分别等于已知任意两 个顶点的横坐标与第三个顶点的横坐标 的差，相应的纵坐标分别等于这两个顶点 的纵坐标与第三个顶点的纵坐标的差，每 种情况下都是第三个顶点和所求的第四 个顶点是相对的顶点． 下面我们就利用上面两个问题的研 究成果，通过具体的实例，探究解决平行 四边形问题的解题方法． 例如图４，在平面直角坐标系中， 二次函数，，＝麟 ＋ｂｘ＋ｃ（ａ＞０）的图像的顶点 为Ｄ点，与Ｙ轴交于ｃ点，与 轴交于Ａ、 Ｂ两点，Ａ点在原点的左侧，Ｂ点的坐标 １ 为（３，０），Ｄ曰＝ＯＣ，ｔａｎ ＡｃＤ一— ．
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
- 1 - 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△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 C(0, 3)，所以P(－1, 4)33 右，上 D1(2, 7)．
由于C(0, 3)33 下，左 A(－3,0)，所以P(－1, 4)33 下，左 D2(－4, 1)． 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． - 2 -
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 - 3 -
【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241633yxx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M16(2,)3． - 4 -
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xD＝4．所以D(4, 5a)． 已知A(－1, 0)、D(4, 5a)，xP＝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 - 5 -
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MANDMDNP；如图5-3，如果∠QAP＝90°，那么GQKAGAKP．
图5-2 图5-3 例❻ 如图6-1，将抛物线c1：233yx沿x轴翻折，得到抛物线c2． 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、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)Am、(1,0)Bm，M(,3)m，根据OA2＝OM 2
列方程(1＋m)2＝m2＋3．解得m＝1． - 6 -
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°，F、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．