中考第二轮复习：四边形存在性问题解析

四边形存在性问题解析

1.如图，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC的边OC、OA分别与x轴、y轴重合，AB

∥OC，∠AOC=90°，∠BCO=45°，，点C的坐标为（－18，0）。

（1）求点B的坐标；

（2）若直线DE交梯形对角线BO于点D，交y轴于点E，且OE=4，OD=2BD，求直线DE的解析式；

（3）若点P是（2）中直线DE上的一个动点，在坐标平面内是否存在点Q，使以O、E、P、Q为顶点的

四边形是菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。

【考点】一次函数综合题，等腰直角三角形判定和性质，相似三角形判定和性质，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，菱形的判定和性质。

【分析】（1）构造等腰直角三角形BCF，求出BF、CF的长度，即可求出B点坐标。

（2）已知E点坐标，欲求直线DE的解析式，需要求出D点的坐标．构造△ODG ∽△OBA，由线段比例关系求出D点坐标，从而可以求出直线DE的解析式。

（3）如图所示，符合题意的点Q有4个：

设直线y=－x+4分别与x轴、y轴交于点E、点F，

则E（0，4），F（4，0），OE=OF=4，。

①菱形OEP1Q1，此时OE为菱形一边。

则有P1E=P1Q1=OE=4，P1F=EF－P1－4。

易知△P1NF为等腰直角三角形，

∴P11F=4－

设P1Q1交x轴于点N，则NQ1=P1Q1－P1N=4－（4－）。

又ON=OF－，∴Q1（，－）。

②菱形OEP2Q2，此时OE为菱形一边。此时Q2与Q1关于原点对称，∴Q2（－

2）。

③菱形OEQ3P3，此时OE为菱形一边。

此时P3与点F重合，菱形OEQ3P3为正方形，∴Q3（4，4）。

④菱形OP4EQ4，此时OE为菱形对角线。

由菱形性质可知，P4Q4为OE的垂直平分线，

由OE=4，得P4纵坐标为2，代入直线解析式y=－x+4得横坐标为2，则P4（2，2）。

由菱形性质可知，P4、Q4关于OE或y轴对称，∴Q4（－2，2）。

综上所述，存在点Q，使以O、E、P、Q为顶点的四边形是菱形，点Q的坐标为：

Q1（），Q2（－），Q3（4，4），Q4（－2，2）。

2.如图，四边形ABCD为矩形，C点在x轴上，A点在y轴上，D点坐标是（0，0），B点坐标是（3，4），矩形ABCD沿直线EF折叠，点A落在BC边上的G处，E、F分别在AD、AB上，且F点的坐标是（2，4）．

（1）求G点坐标；

（2）求直线EF解析式；

（3）点N在x轴上，直线EF上是否存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出M点的坐标；若不存在，请说明理由．

【考点】一次函数综合题，矩形的性质，折叠性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质。

【分析】（1）根据折叠性质可知FG=AF=2，而FG=AB －AF=1，则在Rt △BFG 中，利用勾股定理求出BG 的长，从而得到CG 的长，从而得到G 点坐标。

（2）由题意，可知△AEF 为含30度角的直角三角形，从而可求出E 点坐标；又F 点坐标已知，所以可利用待定系数法求出直线EF 的解析式。

（3）分FG 为平行四边形边和对角线两种情况讨论，探究可能的平行四

边形的形状：

若以M 、N 、F 、G 为顶点的四边形是平行四边形，则可能存在以

下情形：

①FG 为平行四边形的一边，且N 点在x 轴正半轴上，如图1所示。

过M 1点作M 1H ⊥x 轴于点H ，易证△M 1HN 1≌△GBF ，

∴M 1y M1。

由直线EF 解析式y 4=+-M1x 。

∴M 1。 ②FG 为平行四边形的一边，且N 点在x 轴负半轴上，如图2所示。

仿照与①相同的办法，可求得M 2 。 ③FG 为平行四边形的对角线，如图3所示。

过M 3作FB 延长线的垂线，垂足为H ．易证△M 3FH ≌△GN 3C ，

则有M 3，所以M 3的纵坐标为8。

代入直线EF 解析式，得到M 3。

∴M 38 。 综上所述，存在点M ，使以M 、N 、F 、G 为顶点的四边形是平行四边形，点

M 的坐标为：M 1），M 2 ，M 38- ）。 3.如图，在平面直角坐标系中，已知Rt △AOB 的两条直角边0A 、08分别在y 轴和x 轴上，并且OA 、OB 的长分别是方程x 2—7x+12=0的两根(OA<0B)，动点P 从点A 开始在线段AO 上以每秒l 个单位长度的速度向点O 运动；同时，动点Q 从点B 开始在线段BA 上以每秒2个单位长度的速度向点A 运动，设点P 、Q 运动的时间为t 秒．

(1)求A 、B 两点的坐标。