特殊平行四边形存在性(菱形存在性)(人教版)(含答案)

人教版数学《第十八讲特殊的平行四边形第一课时菱形、矩形》说课稿——“学教2:1堂清”复习模式课解读一、说教材本节课教学内容安排在平行四边形与正方形之间，它既是学生前面复习三角形以及平行四边形的有关知识等的进一步延伸，研究菱形、矩形的思想方法又为我们学习后面的正方形奠定了基础，起着承上启下的作用.本节课是中考中的重点内容，而且通过近两年的考试题来看，难度也有所增加，综合运用的要求也再逐渐提高，而且解答题的设计上也由原来单纯的考查推理证明题，变为推理加计算.二、说教法、学法复习课是根据学生的认知特点和规律，在学习的某一阶段，以巩固、疏理已学知识、技能，促进知识系统化，提高学生运用所学知识解决问题的能力为主要任务的一种课型. 其目的是温故知新，查漏补缺，完善认知结构，促进学生解题思想方法的形成；发展数学能力，促进学生运用数学知识解决问题的能力.我校“学教2：1”堂清课堂教学模式主导下的课堂教学全过程始终遵循着两条线：一条是学生的自学和合作，这是明线；另一条是教师的适时的和必要的指导，这是暗线.“学教2：1”堂清教学模式的本质在于在原有的“学”、“教”的基础上增加“练”的模块，“学”指学生的自主、探究、合作学习；“教”指教师的点拨和引导；“练”指学生的知识巩固和能力提升.以学定教，以练促学.“学”、“教”、“练”三者应该是交叉的、循环的.这样既兼顾了学生主体地位和教师的指导作用的双向融合，又能使课堂教学过程变为学生自己获得信息、掌握技能、形成态度的过程.三、说教学过程（一）温故学（5——10分钟）教师展示教学目标、考情分析、知识梳理等设计意图：让学生明确本节课的重要性，引起学生的重视并能以一个端正的心态去进行本节内容的学习.1、认定目标复习课的复习目标要全面要准确要具体，突出重点，突破难点.确定复习重点可从以下几方面考虑：首先，根据教材的教学要求提出四个层次的基本要求：了解、理解、掌握和熟练掌握.这是确定复习重点的依据和标准.对教材要求“了解”的，让学生知其然即可；要求“理解”的，要领会其实质，在原有的基础上加深印象；要求“掌握”的，要巩固加深，对所涉及的各种类型的习题，能准的解答；要求“熟练掌握”的，要灵活掌握解题的技能技巧.其次，熟识每一个知识点在初中数学教材中的地位、作用；再次，中考复习要熟悉近年来的试题类型，考试中所占比重以及考试改革的情况等.依据本节内容在中考中所占的地位和复习丛书的要求，制定如下教学目标：（1）理解菱形、矩形的概念，掌握菱形、矩形的性质定理和判定定理（重点），并能够综合运用它们进行有关计算与推理证明（难点）.（2）会用两种方法计算菱形面积.2、考情分析依据近几年中考情况以表格的形式明确考什么（考点、考点解读），怎么考（考的时间、考查角度、考频、命题形式、命题趋势）等，让学生对本节复习内容在考试中所占的比重有一个整体的认识以端正学生的学习态度.3、知识梳理采用结构框图、表格、树状图、大括号图等形式梳理知识，让学生了解所学的内容之间的联系，并发展其归纳能力，通过引导点拨来达到促使学生相对完善知识，并使知识逐步趋于系统化.依据本节内容的特点，把知识梳理和知新学中的典例分析进行了有机地结合，穿插进行，这样是为了让学生把知识和运用更好地衔接和融合.（二）知新学（20——30分钟）1、考点精讲挖掘教材中的例题、习题、中考题的功能，尤其对有代表性的问题和具有可变性的例习题，可变式或延伸后作为例题，引导学生进行变式训练，鼓励学生一题多解、一题多变、拓展、拓宽, 培养学生的应变能力，提高学生的技能技巧，提高学生综合分析问题、解决问题的能力，让学生从多方面感知数学的方法，总结解题规律，提高复习效率.本节所选的四个例题中的例1、例4，就是从我校的复习模式课的流程要求出发而选择的，并且注重了所复习知识的前后联系.例1设计意图：首先是为了及时巩固所复习知识点，并通过一题多解来提高学生的综合解题能力，也是对前面所复习知识的再加强；其次，本题和2016枣庄中考的第9题类似，因此选择此题作为菱形的性质的考查也具有一定的代表性.例2设计意图：此例题是借助菱形的轴对称性求线段和的最小值，这种类型的题目在正方形、圆、函数（2016枣庄中考第25题的第二问）中都有考查，是考试的一个热点题型.主要是通过此题让学生掌握这类题目的基本解法.例3设计意图：通过此例巩固菱形的判定方法的应用，并通过老师的板演进一步规范学生的解题步骤.本题是把丛书的第16题做了一些改动，主要是为了突出对菱形判定的考查，另外此题还结合了等腰三角形的“三线合一”定理，并且图形比较复杂，对学生的识图能力是一个考验.例4设计意图：原题的难度不大，多数学生应该能够独立解决，由于对轴对称的性质的遗忘而得不到OA=OC是学生解决问题1的难度所在，而且这两个问题的解决方法并不唯一，具有很强的灵活性，所以通过本题一方面是为了提高学生在做题过程中的挖掘意识，不要浅尝辄止，另一方面是为了提高学生的综合运用所学知识解决问题的能力. 而中考中对于矩形的考查多数和折叠有关，并且都具有一定的难度（结合相似三角形考查），这也是选择这道题目作为例题的一个重要原因.2、课堂小结教师引导学生总结知识方法和数学思想方法，也可让学生在小组讨论的基础上展示，再让其他学生补充完善.本节课通过课堂小结提高学生解决此类问题时的思维宽度，建立知识点之间的联系，以便学生能够快速地找到解决问题的突破口.（三）达标学（5——8分钟）即堂清.堂清的内容是让学生运用本节课所复习知识解决实际的问题，堂清的形式则是教师出示复习针对性达标题，学生独立完成，当堂完成，教师不提供任何形式的指导，学生之间也不允许进行讨论.堂清结束后教师可采取个别面批或者小组互批等方式，了解哪些学生已经达到了复习目标，哪些学生课后还需要单独进行辅导，并针对学生作业中出现的问题做出相应的处理.在此过程中教师要及时评价并点拨学生提出的疑难问题.设计意图：通过三道题目的练习，检测学生对本节课所复习要点的掌握情况，看学生能否灵活综合运用所学知识点熟练地解决问题.（四）拓展学（5分钟）预设与本节课有关的拓展内容，以让有能力的同学提高知识技能.教师也可根据学生复习情况适时链接中考，选取近两年与本节课复习内容有关的中考题进行训练.本环节可以课上进行，如果没时间可以放在课下.设计意图：本题和例4的考查类似，但比例4的难度较大，所以给出了两种解法的提示，对于程度较好的同学可以依据提示独立解决，而且方法一中所使用的直角三角形的判定方法在教材和复习丛书P84的直角三角形的判定的知识梳理中都没有提到（不用此判定，利用等边对等角和三角形的内角和定理也能得出直角的结论），方法二中的两个相似三角形也不太容易观察出来，所以对学生而言此题的解法有一定难度.。

【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题24函数与菱形存在性问题我们已经知道菱形是特殊的平行四边形，它的判定方法一共有五种，分别是①四边都相等的四边形是菱形；②两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形；③邻边相等的平行四边形是菱形；④对角线互相垂直平分的四边形是菱形；⑤一条对角线平分一个顶角的平行四边形是菱形.在做几何证明题的时候我们常用的判定方法主要是前三种.二次函数和菱形存在性问题作为压轴题目，结合了“分类讨论思想”，“方程思想”“菱形的判定方法”，势必要比单纯的菱形判定思考难度要大的多，纵观历年中考真题，菱形存在性问题主要是以“两定两动”为设问方式，其中两定指的是四边形四个顶点其中有两个顶点的坐标是确定的或者是可求解的；两动指的是其中一个动点在一条直线或者抛物线上，另外一个动点是平面内任意一点或者该动点也在一条直线或者抛物线上.【例1】（2022春•锡山区校级期中）如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，AB＝6cm，BC＝8cm，点E从点D出发，沿DA方向匀速运动，速度是2cm/s；点F从点B出发，沿BD方向匀速运动，速度是1cm/s，MN是过点F的直线，分别交AB、BC于点M、N，且在运动过程中始终保持MN⊥BD．连接EM、EN、EF，两点同时出发，设运动时间为t（s）（0＜t＜3.6），请回答下列问题：（1）求当t为何值时，△EFD∽△ABD？（2）求当t为何值时，△EFD为等腰三角形；（3）将△EMN沿直线MN进行翻折，形成的四边形能否是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【例2】（2022秋•南岸区校级期中）如图，点A、B分别在x轴和y轴的正半轴上，以线段AB为边在第一象限作等边△ABC，S△ABC＝，且CA⊥x轴．（1）若点C在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，求该反比例函数的解析式；（2）在（1）中的反比例函数图象上是否存在点N，使四边形ABCN是菱形，若存在请求出点N坐标，若不存在，请说明理由；（3）在（2）的条件下，取OB的中点M，将线段OM沿着y轴上下移动，线段OM的对应线段是O1M1，直接写出四边形CM1O1N周长的最小值．【例3】（2022秋•龙华区期中）已知：在平面直角坐标系中，直线l1：y＝﹣x+2与x轴，y轴分别交于A、B两点，直线l2经过点A，与y轴交于点C（0，﹣4）．（1）求直线l2的解析式；（2）如图1，点P为直线l1一个动点，若△P AC的面积为10时，请求出点P的坐标．（3）如图2，将△ABC沿着x轴平移，平移过程中的△ABC记为△A1B1C1，请问在平面内是否存在点D，使得以A1、C1、C、D为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点D的坐标．【例4】（2022秋•博罗县期中）如图，抛物线y＝﹣x2+x+1与y轴交于点A，过点A的直线与抛物线交于另一点B，过点B作BC⊥x轴，垂足为点C（3，0）．（1）求直线AB的函数解析式．（2）动点P在线段OC上，从原点O出发以每秒一个单位的速度向C移动，过点P作PN⊥x轴，交直线AB于点M，交抛物线于点N，设点P移动的时间为t秒，MN的长为s个单位，求s与t的函数解析式，并写出t的取值范围．（3）在（2）的条件下（不考虑点P与点O，C重合的情况），连接CM，BN，当t为何值时，四边形BCMN为平行四边形？对于所求的t的值，平行四边形BCMN是否为菱形？若存在，请直接写出四边形BCMN为菱形时t的值，若不能存在请说明理由．一．解答题1．（2022秋•思明区校级期中）如图，正方形OABC的边OA、OC分别在x轴和y轴上，顶点B在第一象限，AB＝6，点E、F分别在边AB和射线OB上运动（E、F不与正方形的顶点重合），OF＝2BE，设BE＝t．（1）当t＝2时，则AE＝，BF＝；（2）当点F在线段OB上运动时，若△BEF的面积为，求t的值；（3）在整个运动过程中，平面上是否存在一点P，使得以P、O、E、F为顶点，且以OF为边的四边形是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．2．（2022•城西区开学）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x+4与x轴，y轴分别交于A，B两点，直线y＝﹣x+1与x轴，y轴分别交于C，D两点，这两条直线相交于点P．（1）求点P的坐标；（2）求四边形AODP的面积；（3）在坐标平面内是否存在一点Q，使以A，P，D，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点Q 的坐标，若不存在，请说明理由．3．（2022春•大足区期末）已知：在平面直角坐标系中，直线l1：y＝﹣x+2与x轴，y轴分别交于A、B两点，直线l2经过点A，与y轴交于点C（0，﹣4）．（1）求直线l2的解析式；（2）如图1，点P为直线l1一个动点，若△P AC的面积等于10时，请求出点P的坐标；（3）如图2，将△ABC沿着x轴平移，平移过程中的△ABC记为△A1B1C1，请问在平面内是否存在点D，使得以A1、C1、C、D为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点D的坐标．。

特殊平行四边形存在性（综合测试）（人教版）
一、单选题(共3道，每道33分)
1.如图，把平行四边形ABCD放在平面直角坐标系中，AD=6，OA=4，OB=3．N为坐标系内一点，若直线AB上存在点M，使得以A，C，M，N为顶点的四边形为菱形，则点M的坐标为( )
A.
B.
C.
D.
答案：D
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：菱形的存在性
2.如图，在平面直角坐标系中，OA=OB=OC=6，过点A的直线AD交BC于点D，交y轴于点
G，△AOG的面积为△ABC面积的．
（1）过点C作CE⊥AD，交AB交于F，垂足为E．则点F的坐标为( )
A.(0，2)
B.(0，4)
C.(2，0)
D.(4，0)
答案：C
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：一次函数与几何综合
3.（上接试题2）（2）在（1）的条件下，点P，点Q是平面内的点，若以C，F，P，Q为顶点，且以CF为对角线的四边形是正方形，则点P的坐标为( )
A.(4，4)，(-2，2)
B.(6，8)，(8，6)，(4，4)
C.(6，8)，(8，6)，(-2，2)
D.(6，8)，(8，6)，(4，4)，(-6，4)，(-4，-8)，(-2，2)
答案：A
解题思路：
试题难度：三颗星知识点：一次函数之存在性问题。

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的存在性问题中，常会遇到两类探究性的问题。

第一类问题是已知三点的位置，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”）。

第二类问题是已知两个点的位置，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。

在解决这些问题时，容易出现遗漏或方法不当或错解的情况。

因此，需要分清题型并分类讨论且作图，利用几何特征计算，并灵活运用平移坐标法等解题技巧。

可以把存在性问题的基本思路叫做“三步曲”：一“分”二“作”三“算”。

对于“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。

对于“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。

如果平行四边形的四个顶点都能用坐标来表示，则可以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。

如果平行四边形的四个顶点中某些点不能用坐标表示，则可以利用列方程组解图形交点的方法解决。

此外，还可以灵活运用平行四边形的中心对称的性质，或者使用平移坐标法。

平移坐标法的具体步骤是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。

除了平行四边形，矩形、菱形和正方形也有存在性问题。

对于矩形，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。

对于菱形，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）三角形的存在性问题。

特殊四边形存在性问题平行四边形：如果已知三个定点，则形成三条定线段，把每条定线段看成对角线，利用对角形互相平分解决。

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．菱形：通常转化为等腰三角形存在问题。

矩形：通常转化为直角三角形存在问题。

正方形：通常转化为等腰直角三角形存在问题。

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.如图（1），抛物线与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于点C ，其中点A 的坐标为（﹣2，0）．（1）求此抛物线的解析式；（2）①若点D 是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D 作DE ⊥x 轴于E ，连接CD ，以OE 为直径作⊙M ，如图（2），试求当CD 与⊙M 相切时D 点的坐标；②点F 是x 轴上的动点，在抛物线上是否存在一点G ，使A 、C 、G 、F 四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点G 的坐标；若不存在，请说明理由．21y x x c 4=-++4．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝ax 2＋bx －3a 经过A (－1,0)、B (0,3)两点，与x 轴交于另一点C ，顶点为D ．（1）求该抛物线的解析式及点C 、D 的坐标；（2）经过点B 、D 两点的直线与x 轴交于点E ，若点F 是抛物线上一点，以A 、B 、E 、F 为顶点的四边形是平行四边形，求点F 的坐标；（3）如图2，P （2，3）是抛物线上的点，Q 是直线AP 上方的抛物线上一动点，求△APQ 的最大面积和此时Q 点的坐标．5.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 ，B ，直线CD 与x 轴、y 轴分别交于点C ，D ，AB 与CD 相交于点E ，线段OA ，OC 的长是一元二次方程x 2﹣18x+72=0的两根（OA ＞OC ），BE=5，tan ∠ABO=．（1）求点A ，C 的坐标；（2）若反比例函数y=的图象经过点E ，求k 的值； （3）若点P 在坐标轴上，在平面内是否存在一点Q ，使以点C ，E ，P ，Q 为顶点的四边形是矩形？若存在，请写出满足条件的点Q 的个数，并直接写出位于x 轴下方的点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．43kx6.将抛物线c 1：2y =x 轴翻折，得到抛物线c 2，如图所示．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．7．已知平面直角坐标系xOy （如图），一次函数334y x =+的图像与y 轴交于点A ，点M 在正比例函数32y x =的图像上，且MO ＝MA ．二次函数y ＝x 2＋bx ＋c 的图像经过点A 、M ．（1）求线段AM 的长； （2）求这个二次函数的解析式；（3）如果点B 在y 轴上，且位于点A 下方，点C 在上述二次函数的图像上，点D 在一次函数334y x =+的图像上，且四边形ABCD 是菱形，求点C 的坐标．8.如图，直线y=x ﹣4与x 轴、y 轴分别交于A 、B 两点，抛物线经过A 、B 两点，与x 轴的另一个交点为C ，连接BC ．（1）求抛物线的解析式及点C 的坐标； （2）点M 在抛物线上，连接MB ，当∠MBA+∠CBO=45°时，求点M 的坐标；（3）点P 从点C 出发，沿线段CA 由C 向A 运动，同时点Q 从点B 出发，沿线段BC 由B 向C 运动，P 、Q 的运动速度都是每秒1个单位长度，当Q 点到达C 点时，P 、Q 同时停止运动，试问在坐标平面内是否存在点D ，使P 、Q 运动过程中的某一时刻，以C 、D 、P 、Q 为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出点D 的坐标；若不存在，说明理由．9．已知抛物线2(2)y a x b =-+ (0)ab <的顶点为A ，与x 轴的交点为B ，C （点B 在点C 的左侧）．（1)直接写出抛物线对称轴方程；（2）若抛物线经过原点，且△ABC 为直角三角形，求a ，b 的值；（3）若D 为抛物线对称轴上一点，则以A 、B 、C 、D 为顶点的四边形能否为正方形？若能，请求出a ，b 满足的关系式；若不能，说明理由．21y x bx c 3=++10．如图，已知双曲线6yx与直线AB交于A、B两点，与直线CD交于C、D两点．（1）求证四边形ACBD是平行四边形；（2）四边形ACBD可能是矩形吗？可能是正方形吗？（3）如果点A的横坐标为3，点C的横坐标为m(m＞0)，四边形ACBD的面积为S，求S与m的之间的关系式．。

中考数学“特殊四边形的存在性问题”题型解析由抛物线上的点构成特殊四边形的问题，需要根据特殊四边形的性质与判定去确定点的坐标，然后求解 . 具体而言，解该类题时，我们要根据题目中的条件，科学地进行分类，然后画出图形，再根据这个四边形的性质或判定求出这点的坐标，若这一点是根据特殊四边形的特性得到的坐标，我们还应将这一点代入到抛物线的解析式中去验证是否是抛物线上的点 .本节主要来讨论下特殊四边形：平行四边形、菱形、矩形的存在性问题 .类型一：平行四边形问题【例题1】如图，抛物线y = 1/2 x^2 + bx + c 经过点A（-1,0）和点B（3,0），同时交y 轴于点C .（1）求抛物线的解析式；（2）若点Q 在y 轴上，点P 在抛物线上，且以A , B , Q , P 为顶点的四边形是平行四边形，求满足条件的点P 的坐标 .【分析】（1）根据抛物线经过A , B 两点即可求得b , c 的值，可解题；（2）以A , B , Q , P 为顶点的四边形是平行四边形，则点P 横坐标为4 或- 4，将x = 4 或- 4 代入抛物线解析式即可求得y 的值，即可解题 .【解析】（1）把A（-1,0），B（3,0）代入y = 1/2 x^2 + bx + c 中，∴抛物线的解析式是y = 1/2 x^2 - x - 3/2 .（2）①当AB 为边时，只要PQ∥AB 且PQ = AB = 4 即可 .又知点Q 在y 轴上，∴点P 的横坐标为4 或- 4 ，这时符合条件的点P 有两个，分别记为P1 , P2，把x = 4 代入y = 1/2 x^2 - x - 3/2 ,得y = 5/2 ,把x = - 4 代入y = 1/2 x^2 - x - 3/2 ,得y = 21/2 ,此时P1（4 , 5/2），P2（- 4 , 21/2）；②当AB 为对角线时，只要线段PQ 与线段AB 互相平分即可 .又知点Q 在y 轴上，且线段AB 中点的横坐标为1，∴点P 的横坐标为2，这时符合条件的P 只有一个记为P3 ,而且当x = 2 时，y = - 3/2 ,此时P3（2，- 3/2），综上，满足条件的P 为P1（4 , 5/2），P2（- 4 , 21/2），P3（2，-3/2）.类型二：菱形问题【例题2】如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，直线y = -x + b 与坐标轴交于C，D 两点，直线AB 与坐标轴交于A , B 两点，线段OA , OC 的长是方程x^2 - 3x + 2 = 0 的两个根（OA > OC）.（1）求点A , C 的坐标；（2）直线AB 与直线CD 交于点E，若点E 是线段AB 的中点，反比例函数y = k/x （k ≠0 ）的图象的一个分支经过点E，求k 的值；（3）在（2）的条件下，点M 在直线CD 上，坐标平面内是否存在点N，使以点B , E , M , N 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出满足条件的点N 的坐标；若不存在，请说明理由 .【分析】（1）利用分解因式法解一元二次方程x^2 - 3x + 2 = 0 即可得出OA , OC 的值，再根据点所在的位置即可得出A , C 的坐标；（2）根据点C 的坐标利用待定系数法即可求出直线CD 的解析式，根据点A , B 的横坐标结合点E 为线段AB 的中点即可得出点E 的横坐标，将其代入直线CD 的解析式中即可求出点E 的坐标，再利用待定系数法即可求出k 的值；（3）假设存在，设点M 的坐标为（m , - m + 1）, 分别以BE 为边、BE 为对角线来考虑 .根据菱形的性质找出关于m 的方程，解方程即可得出点M 的坐标，再结合点B , E 的坐标即可得出点N 的坐标 .【解析】（1）x^2 - 3x + 2 = （x - 1）（x - 2）= 0 ,∴x1 = 1 , x2 = 2 ,∵OA > OC ,∴OA = 2 , OC = 1 ,∴A（-2,0），C（1,0）；（2）将C（1,0）代入y = - x + b 中，得0 = - 1 + b , 解得b = 1 ,∴直线CD 的解析式为y = - x + 1 .∵点E 为线段AB 的中点，A（-2,0），B 的横坐标为0 ，∴点E 的横坐标为- 1 .∵点E 为直线CD 上一点，∴E（-1,2）.将点E（-1,2）代入y = k/x （k ≠0 ）中，得2 = k / -1 , 解得k = -2 ;（3）假设存在，设点M 的坐标为（m , - m + 1）,以点B , E , M , N 为顶点的四边形是菱形分两种情况（如上图所示）类型三：矩形问题【例题3】【解题策略】这三道例题分别呈现了运动变化过程中的平行四边形、菱形、矩形的存在性问题，三道例题的思路都是要依据特殊四边形的性质构图并建立方程求点的坐标 .特别地，由于菱形任意三个顶点组成的三角形都是等腰三角形，因此可将菱形问题转化为等腰三角形的存在性问题；而矩形问题则可转化为直角三角形的问题，要注意体会相关知识之间的联系 .。

专题17 函数动点问题中平行四边形存在性类型一、平行四边形存在性结论：A C B DA CB Dx x x xy y y y+=+⎧⎨+=+⎩类型二、特殊平行四边形存在性1. 矩形存在性常用解题思路：构造一线三直角（借助相似或三角函数求解）；利用矩形对角线相等（直角三角形斜边的中线等于斜边的一半）借助勾股定理求解等.2. 菱形存在性常用解题思路：利用菱形四条边相等，对角线互相垂直，借助勾股定理等求解.3. 正方形存在性常用解题思路：兼具矩形和菱形二者.【例1】（2018·郑州预测卷）如图，直线y=334x-+与x轴交于点C，与y轴交于点B，抛物线y= 234ax x c++经过B、C两点.（1）求抛物线的解析式；（2）如图，点E是直线BC上方抛物线上的一个动点，当△BEC的面积最大时，求出点E的坐标和最大值；（3）在（2）条件下，过点E作y轴的平行线交直线BC于点M，连接AM，点Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使以点P、Q、A、M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.【答案】见解析.【解析】解：（1）∵直线y =334x -+与x 轴交于点C ，与y 轴交于点B ，∴B (0,3)，C (4,0)，将B (0,3)，C (4,0)代入y = 234ax x c ++得： 16303a c c ++=⎧⎨=⎩，解得：383a c ⎧=-⎪⎨⎪=⎩， ∴抛物线的解析式为：233384y x x =-++.（2）过点E 作EF ⊥x 轴于F ，交BC 于M ，设E （x ，233384x x -++），则M （x ，334x -+），∴ME =233384x x -++－（334x -+）=23382x x -+∴S △BEC =12×EM ×OC =2EM=2(23382x x -+)=()23234x --+,∴当x =2时，△BEC 的面积取最大值3，此时E (2，3).（3）由题意得：M (2，32)，抛物线对称轴为：x =1，A (－2,0),设P (m ，y )，y =233384m m -++，Q (1，n )①当四边形APQM 为平行四边形时，有：212m -+=+，解得：m =－3， 即P (－3，218-)； ②当四边形AMPQ 为平行四边形时，有：－2+m =2+1，即m =5 即P (5, 218-)； ③当四边形AQMP 为平行四边形时，有：2－2=1+m ，得：m =－1， 即P (－1，158)； 综上所述，抛物线上存在点P ，使以点P 、Q 、A 、M 为顶点的四边形是平行四边形，点P 的坐标为：(－3，218-)，(5, 218-)，(－1，158).【变式1-1】（2018·河师大附中模拟）如图，抛物线y =ax 2+bx +c （a ≠0）与x 轴交于点A (－1，0)、B (3，0)两点，与y 轴交于点C (0，－3).（1）求抛物线的解析式与顶点M 的坐标； （2）求△BCM 的面积与△ABC 面积的比；（3）若P 是x 轴上一个动点，过P 作射线PQ ∥AC 交抛物线于点Q ，随着P 点的运动，在x 轴上是否存在这样的点P ，使以点A 、P 、Q 、C 为顶点的四边形为平行四边形？若存在请直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】见解析.【解析】解：（1）将A (－1，0)，B (3，0)， C (0，－3)代入y =ax 2+bx +c ，得：9303a b c a b c c -+=⎧⎪++=⎨⎪=-⎩， 解得：a =1，b =－2，c =－3，即抛物线的解析式为：y=x2－2x－3，顶点M的坐标为：（1，－4）；（2）连接BC，BM，CM，过M作MD⊥x轴于D，如图所示，S△BCM=S梯形ODMC+S△BDM－S△BOC=3，S△ACB=6，∴S△BCM：S△ACB=1：2；（3）存在.①当点Q在x轴上方时，过Q作QF⊥x轴于F，如图所示，∵四边形ACPQ为平行四边形，∴QP∥AC，QP=AC∴△PFQ≌△AOC，∴FQ=OC=3，∴3=x2﹣2x﹣3，解得x或x=1，∴Q，3)或(1，3)；②当点Q在x轴下方时，过Q作QE⊥x轴于E，如图所示，同理，得：△PEQ≌△AOC，∴EQ=OC=3，∴﹣3=x2﹣2x﹣3，解得：x=2或x=0(与C点重合，舍去)，∴Q(2，﹣3)；综上所述，点Q的坐标为：，3)或(1，3)或(2，﹣3).【例2】（2018·郑州三模）如图所示，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx－5与x轴交于A(-1,0),B(5,0)两点，与y轴交于点C.（1）求抛物线的解析式；（2）如图2所示，CE∥x轴与抛物线相交于点E，点H是直线CE下方抛物线上的动点，过点H且与y轴平行的直线与BC、CE分别交于点F、G，试探究当点H运动到何处时，四边形CHEF的面积最大，求点H的坐标及最大面积；（3）点M是（1）中所求抛物线对称轴上一动点，点N是反比例函数y=kx图象上一点，若以点B、C、M、N为动点的四边形是矩形，请直接写出满足条件的k的值.【答案】见解析.【解析】解：（1）将A (-1,0),B (5,0)代入y =ax 2+bx －5得：5025550a b a b --=⎧⎨+-=⎩，解得：14a b =⎧⎨=-⎩， 即抛物线的解析式为：y =x 2－4x －5.（2）在y =x 2－4x －5中，当x =0时，y =－5，即C (0，－5), ∵CE ∥x 轴，则C 、E 关于直线x =2对称， ∴E (4，－5), CE =4，由B （5,0）, C (0，－5)得直线BC 的解析式为：y =x －5， 设H (m ，m 2－4m －5)， ∵FH ⊥CE ， ∴F (m ，m －5)，∴FH = m －5－（m 2－4m －5)= －m 2+5m ， S 四边形CHEF =12·FH ·CE =12（－m 2+5m ）×4 =－2（m －52）2+252，当m =52时，四边形CHEF 的面积取最大值252，此时H (52，354-).（3）设M （2，m ），N (n ，kn)，B (5,0)，C (0，－5)， ①当BC 为矩形对角线时，此时：2+n =5+0，m +kn=0－5，即n =3，设BC 与MN 交于点H ，则H (52，52-)，MH =12BC =2，∴222552222m ⎛⎛⎫⎛⎫-++= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 解得：m =1或m =－6，当m =1时，k =－18；m =－6时，k =3， ②当BC 为矩形边时，分两种情况讨论：（i ）当点M 在直线BC 下方时，即四边形BCMN 为矩形，则∠BCM=90°，2+5=n+0，m=kn－5，过M作MH⊥y轴于H，则由OB=OC知，∠OCB=45°，∴∠MCH=∠CMH=45°，即CH=MH，∴－5－m=2，解得：m=－7，n=7，k=－14；（ii）当点M在直线BC上方时，即四边形BCNM为矩形，则∠CBM=90°，n+5=2，kn=m－5，设对称轴与x轴交于点H，同理可得：BH=MH，∴3=m，n=－3，k=6；综上所述，k的值为：－18，3，－14或6.【变式2-1】（2019·驻马店二模）如图，抛物线y=-x2+bx+c经过A(-1，0)，B(3，0)两点，且与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点，抛物线的对称轴DE交x轴于点E，连接BD．（1）求经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式．（2）点P是线段BD上一点，当PE=PC时，求点P的坐标．（3）在（2）的条件下，过点P作PF⊥x轴于点F，G为抛物线上一动点，M为x轴上一动点，N 为直线 PF 上一动点，当以 F ，M ，G ，N 为顶点的四边形是正方形时，请求出点 M 的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）∵抛物线 y =-x 2+bx +c 经过 A (-1，0)，B (3，0)两点，∴10930b c b c --+=⎧⎨-++=⎩，解得：23b c =⎧⎨=⎩，即抛物线的解析式为：y =-x 2+2x +3.（2）由y =-x 2+2x +3知，C (0，3)，E (1，0)，D (1,4)， 可得直线BD 的解析式为：y =-2x +6，设P （m ，-2m +6），由勾股定理得：PE 2=()()22126m m -+-+，PC 2=()22263m m +-+-， 由PE =PC ，得：()()22126m m -+-+=()22263m m +-+-， 解得：m =2，即P (2，2).（3）∵M 在x 轴上，N 在直线PF 上， ∴∠NFM =90°，由四边形MFNG 是正方形，知MF =MG ， 设M (n ，0)，则G (n ，-n 2+2n +3)， MG =|-n 2+2n +3|，MF =|n -2|， ∴|-n 2+2n +3|=|n -2|，解得：n n n n ，故点M 的坐标为：0），0），（12，0），（12-，0）.【变式2-2】（2019·大联考）如图1，抛物线y =ax 2+bx +c 经过点A (-4,0)，B (1,0)，C （0,3），点P 在抛物线上，且在x 轴的上方，点P 的横坐标记为t .（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，过点P 作y 轴的平行线交直线AC 于点M ，交x 轴于点N ，若MC 平分∠PMO ，求t 的值.（3）点D 在直线AC 上，点E 在y 轴上，且位于点C 的上方，那么在抛物线上是否存在点P ，使得以点C 、D 、E 、P 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出菱形的面积.图1 图2【答案】见解析.【解析】解：（1）∵抛物线y =ax 2+bx +c 经过点A (-4,0)，B (1,0)，C （0,3），∴301640c a b c a b c =⎧⎪++=⎨⎪-+=⎩，解得：39434c b a ⎧⎪=⎪⎪=-⎨⎪⎪=-⎪⎩，即抛物线的解析式为：y =34-x 294-x +3. （2）由A (-4,0)，C (0,3)得直线AC 的解析式为：y =334x +， ∵点P 的横坐标为t ， ∴M (t ,334t +)， ∵PN ∥y 轴， ∴∠PMC =∠MCO ， ∵MC 平分∠PMO ， ∴∠PMC =∠OMC ， ∴∠MCO =∠OMC ， 即OM =OC =3，∴OM 2=9，即223394t t ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，解得：t =0（舍）或t =7225，∴当MC 平分∠PMO 时，t =7225. （3）设P (t , 34-t 294-t +3)， ①当CE 为菱形的边时，四边形CEPD 为菱形，则PD ∥y 轴，CD =PD ，则D (t ，334t +),∴PD =34-t 294-t +3－（334t +）=34-t 23-t ， 由勾股定理得：CD =54t -，∴34-t 23-t =54t -，解得：t =0（舍）或t =73-， 即PD =3512，菱形面积为：3512×73=24536； ②当CE 为菱形的对角线时，此时P 与D 点关于y 轴对称，则D (-t , 34-t 294-t +3)，将D 点坐标代入y =334x +，得： 34-t 294-t +3=()334t -+，解得：t =0（舍）或t =－2， PD =4，CE =3，菱形的面积为：12×4×3=6；综上所述，菱形的面积为：24536或6.1.（2019·南阳毕业测试）如图1，抛物线y ＝ax 2+bx +2与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ，AB ＝4，矩形OBDC 的边CD ＝1，延长DC 交抛物线于点E ．（1）求抛物线的解析式；（2）如果点N 是抛物线对称轴上的一点，抛物线上是否存在点M ，使得以M ，A ，C ，N 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，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．【答案】见解析．【解析】解：（1）∵矩形OBDC 的边CD ＝1， ∴OB ＝1，由AB ＝4，得OA ＝3， ∴A （﹣3，0），B （1，0），∵抛物线y ＝ax 2+bx +2与x 轴交于A ，B 两点， ∴a +b +2=0，9a －3b +2=0， 解得：a =23-，b =43-， ∴抛物线解析式为y ＝23-x 243-x +2； （2）以AC 为边或对角线分类讨论： A （﹣3，0），C （0，2），抛物线y ＝23-x 243-x +2的对称轴为x ＝﹣1， 设M (m , y M )，N (－1，n )，y M =23-m 243-m +2 ①当四边形ACMN 为平行四边形时，有：312Mm y n -+=-⎧⎨=+⎩，解得：m =2，y M =103-，即M (2，103-)； ②当四边形ACNM 为平行四边形时，有：312Mmy n --=⎧⎨+=⎩，解得：m =－4，y M =103-，即M (－4，103-)； ③当四边形AMCN 为平行四边形时，有：312Mm y n -=-⎧⎨=+⎩，解得：m =－2，y M =2，即M (－2，2)； 综上所述，点M 的坐标为（2，103-）或（﹣4，103-）或（﹣2，2）． 2.（2019·开封模拟）如图，直线y ＝﹣x +4与抛物线y ＝﹣12x 2+bx +c 交于A ，B 两点，点A 在y 轴上，点B 在x 轴上．（1）求抛物线的解析式；（2）在x 轴下方的抛物线上存在一点P ，使得∠ABP ＝90°，求出点P 坐标；（3）点E 是抛物线对称轴上一点，点F 是抛物线上一点，是否存在点E 和点F 使得以点E ，F ，B ，O 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点F 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）在y＝﹣x+4中，当x＝0时，y＝4，当y＝0时，x＝4，即点A、B的坐标分别为（0，4）、（4，0），将（0，4）、（4，0），代入二次函数表达式，并解得：b=1，c=4，抛物线的解析式为：y＝﹣12x2+x+4；（2）∵OA＝OB＝4，∴∠ABO＝45°，∵∠ABP＝90°，则∠PBO=45°，若直线PB交y轴于点M，则OM=OB=4，可得直线BP的解析式为：y=x－4，联立：y=x－4，y＝﹣12x2+x+4，得：x=4，y=0(即B点)；x=－4，y=－8，即P(－4，－8).（3）存在；由y＝﹣12x2+x+4知抛物线的对称轴为：x=1，设E(1，m)，F(n，﹣12n2+n+4)，O(0,0)，B(4,0)，①当四边形OBEF是平行四边形时，有：EF=4，∴n-1=-4，即n=-3，F点坐标为（-3，72 -）；②当四边形OBFE是平行四边形时，有：EF=4，n-1=4，即n=5，F点坐标为（5，72 -）；③当四边形OFBE 是平行四边形时，有：410Fn m y =+⎧⎨=+⎩,即n =3，F 点坐标为（3，52）；综上所述：点F 的坐标为（5，72-），（﹣3，72-），（3，52）． 3.（2019·开封二模）如图，抛物线y ＝ax 2+bx +2与直线y ＝﹣x 交第二象限于点E ，与x 轴交于A （﹣3，0），B 两点，与y 轴交于点C ，EC ∥x 轴．（1）求抛物线的解析式；（2）如果点N 是抛物线对称轴上的一个动点，抛物线上存在一动点M ，若以M ，A ，C ，N 为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出所有满足条件的点M 的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）由题意知：A （﹣3，0），C （0，2），EC ∥x 轴 ∴点E 的纵坐标为2， ∵点E 在直线y ＝﹣x 上， ∴点E （﹣2，2），∵将A （﹣3，0）、E （﹣2，2）代入y ＝ax 2+bx +2，得：93204222a b a b -+=⎧⎨-+=⎩，解得：2343a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩抛物线的解析式为：224233y x x =--+；（2）由224233y x x =--+知，抛物线的对称轴为x =－1，设N (－1，n )，M (m ，224233m m --+)，∵A （﹣3，0），C （0，2），（1）当四边形ACNM 是平行四边形时，有：312Mm n y --=⎧⎨=+⎩，得：m =－4，y M = 103-； 即M (－4，103-). （2）当四边形ACMN 是平行四边形时，有：312Mm n y -+=-⎧⎨+=⎩，得：m =2，y M = 103-； 即M (2，103-). （3）当四边形ANCM 是平行四边形时，有：312Mmn y -=-+⎧⎨=+⎩，得：m =－2，y M = 2； 即M (－2，2).综上所述，M 点的坐标是(－4，103-)，(2，103-)，(－2，2). 4.（2019·名校模考）如图，抛物线y ＝ax 2+bx ﹣1（a ≠0）交x 轴于A ，B （1，0）两点，交y 轴于点C ，一次函数y ＝x +3的图象交坐标轴于A ，D 两点，E 为直线AD 上一点，作EF ⊥x 轴，交抛物线于点F（1）求抛物线的解析式；（2）在平面直角坐标系内存在点G ，使得G ，E ，D ，C 为顶点的四边形为菱形，请直接写出点G 的坐标．【答案】见解析．【解析】解：（1）将y ＝0代入y ＝x +3，得x ＝﹣3．∴A（﹣3，0）．∵抛物线y＝ax2+bx﹣1交x轴于A（﹣3，0），B（1，0）两点，∴109310a ba b+-=⎧⎨--=⎩，解得：1323ab⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩抛物线的解析式为y＝13x2+23x﹣1；（2）点G的坐标为（2，1），（﹣，﹣1），（﹣1），（﹣4，3）．①当四边形DCEG是菱形时，CD=CE=EG=4，设E(m，m+3)，则G（m，m+7），由C(0，－1)，E(m，m+3)，得：CE2=m2+(m+4)2=16，解得：m=0（舍）或m=－4，此时G(－4,3)；②当四边形DCGE是菱形时，CG2=16,设E(m，m+3)，则G（m，m－1），即m2+ m2=16，解得：m=m=－此时，G(1)或G(－－1)；③当四边形DGCE是菱形时，设E(m，m+3)，则G（－m，－m－1），此时E在CD的垂直平分线上，即m+3=1，m=－2，此时G(2，1);综上所述，点G的坐标为：(－4,3)、(1)、(－－1)、(2，1).5.（2019·枫杨外国语三模）（2019·枫杨外国语三模）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，点A的坐标为(-1，0)，点C的坐标为(0，3)，点D和点C关于抛物线的对称轴对称，直线AD与y轴交于点E．（1）求抛物线的解析式；（2）点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边形是以AM为边的矩形．若点T和点Q关于AM所在直线对称，求点T的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）将(-1，0)，(0，3)代入y＝﹣x2+bx+c，得：－1－b+c=0，c=3，解得：b=2，c=3，即抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3.（2）由y＝﹣x2+2x+3知，点M(1，4)，分两种情况讨论，①当四边形MAPQ是矩形时，过M作MH⊥x轴于H，则MH=4，AH=2，易证得：∠APO=∠MAH，∴tan∠APO= tan∠MAH，即OA MHOP AH=2，∴OP=12，即P（0，－12），由A(-1，0)、M(1，4)，P（0，－12）得：点Q坐标为（2，72），∵点T和点Q关于AM所在直线对称，即点Q与点T关于点M(1，4)对称，∴T(0，92 )；②当四边形AMPQ是矩形时，同理可得：T(0，12 -)；综上所述，点T的坐标为(0，92)，(0，12-).6.（2019·焦作二模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=x+b的图象经过点A(-2，0)，与反比例函数kyx=（x>0）的图象交于点B(a，4).（1）求一次函数和反比例函数的表达式；（2）设M是直线AB上一点，过M作MN∥x轴，交反比例函数kyx=（x>0）的图象于点N，若以A，O，M，N为顶点的四边形是平行四边形，求点M的横坐标.【答案】见解析.【解析】解：（1）将A(-2,0)代入y=x+b，得：b=2，即一次函数的解析式为：y=x+2，将B(a，4)代入y=x+2，得：a=2，即B(2，4),将B(2，4)代入kyx=得：x=8，即反比例函数的解析式为：8 yx =.（2）设M(m，m+2)，则N(82m+，m+2)，由题意知，MN∥OA，则需MN=OA=2时，以A，O，M，N为顶点的四边形是平行四边形，∴82mm-+=2，解得：m=2或m=－2（舍）或m=m=－（舍），∴点M的坐标为：（2，+2）.7.（2019·许昌月考）如图1，二次函数y=43x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C．（1）求该二次函数的解析式；（2）设该抛物线的顶点为D，求△ACD的面积（请在图1中探索）；（3）若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，当P，Q运动到t秒时，△APQ沿PQ所在的直线翻折，点A恰好落在抛物线上E点处，请直接判定此时四边形APEQ的形状，并求出E点坐标（请在图2中探索）．图1 图2【答案】见解析．【解析】解：（1）∵二次函数y=43x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），∴493034103b cb c⎧⨯++=⎪⎪⎨⎪⨯-+=⎪⎩，解得：834bc⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，即抛物线的解析式为：y=43x2﹣83x﹣4；（2）过点D作DM⊥y轴于点M，y =43x 2﹣83x ﹣4 =43（x ﹣1）2﹣163， ∴点D （1，﹣163）、点C （0，﹣4）， S △ACD =S 梯形AOMD ﹣S △CDM ﹣S △AOC=12×（1+3）×163﹣12×（163﹣4）×1﹣12×3×4 =4；（3）四边形APEQ 为菱形，理由如下：E 点关于PQ 与A 点对称，过点Q 作QF ⊥AP 于F ，由折叠性质知： AP =EP ，AQ =EQ ∵AP =AQ =t ， ∴AP =AQ =QE =EP ， ∴四边形AQEP 为菱形， ∵FQ ∥OC ，∴AF FQ AQOA OC AC ==， ∴345AF FQ t ==∴AF =35t ，FQ =45t ，Q （3﹣35t ，﹣45t ），E （3﹣35t ﹣t ，﹣45t ），∵E 在二次函数y =43x 2﹣83x ﹣4上，∴﹣45t =43（3﹣85t ）2﹣83（3﹣85t ）﹣4，∴t =14564或t =0（舍去）， ∴E （﹣58，﹣2916）．8.（2018·新乡一模）如图，一次函数122y x =-+分别交y 、x 轴于A 、B 两点，抛物线2y x bx c=-++过A ，B 两点.（1）求这个抛物线的解析式；（2）作垂直于x 轴的直线x ＝t ，在第一象限交直线AB 于M ，交这个抛物线于N . 求当t 取何值时，MN 有最大值？最大值是多少？（3）在(2)的情况下，以A ，M 、N 、D 为顶点作平行四边形，直接写出第四个顶点D 的坐标.【答案】见解析【解析】解：（1）在122y x =-+得，当x =0时，y =2；y =0时，x =4，即A （0，2），B （4，0），把A (0，2)，B (4，0)代入2y x bx c =-++，得： 21640c b c =⎧⎨++=⎩-，解得722b c ⎧=⎪⎨⎪=⎩， ∴抛物线解析式为2722y x x =-++. （2）由题意知，1(,2)2M t t -+，27(,2)2N t t t -++，∴MN =2712(2)22t t t -++--+=2(2)4t --+， ∴当t =2时，MN 有最大值4.（3）根据平行四边形的性质，得：D 点坐标为：（0，6），（0，-2）或（4，4）.9.（2019·周口二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y =ax 2+bx +4与x 轴交于A (-1，0)，B (4，0)两点，与y 轴交于点C ．（1）求这个抛物线的解析式；（2）设E 是该抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，过点E 作x 轴的平行线交抛物线于另一点F ，过点E 作EH ⊥x 轴于点H ，再过点F 作FG ⊥x 轴于点G ，得到矩形EFGH ．在点E 的运动过程中，当矩形EFGH 为正方形时，直接写出该正方形的边长．【答案】见解析.【解析】解：（1）∵抛物线y =ax 2+bx +4与x 轴交于A (-1，0)，B (4，0)两点，∴4016440a b a b -+=⎧⎨++=⎩，解得：13a b =-⎧⎨=⎩，即抛物线的解析式为：y =－x 2+3x +4. （2）∵四边形EFGH 是矩形，∴当EF =EH 时，四边形EFGH 是正方形，设E(m, －m2+3m+4)，则F(3－m，－m2+3m+4)，m>32，∴EF=2m－3，EH=|－m2+3m+4|，∴2m－3=|－m2+3m+4|，解得：m或m（舍）或m或m（舍）∴正方形的边长EF2，综上所述，正方形EFGH的边长为：2.10.（2019·郑州一中模拟）如图所示，平面直角坐标系中直线y=x+1交坐标轴于点A、D两点，抛物线y=ax2+bx－3经过A、C两点，点C坐标为（a，5）. 点M为直线AC上一点，过点M作x轴的垂线，垂足为F，交抛物线于点N.（1）求抛物线解析式；（2）是否存在点M，使得以点D、E、M、N为顶点的四边形为平行四边形，如果有，求点M的坐标，如果没有，请说明理由.【解析】解：∵直线y =x +1交坐标轴于点A 、D 两点， ∴A (－1,0)，D (0，1)，∵点C （a ，5）在直线y =x +1上， ∴a =4，即C (4,5)，将A (－1,0)，C (4,5)代入y =ax 2+bx －3得：3016435a b a b --=⎧⎨+-=⎩，解得：12a b =⎧⎨=-⎩， ∴抛物线的解析式为：y =x 2－2x －3. （2）存在，E （0，－3），∴DE =4， 由题意知：DE ∥MN ，∴当DE =MN =4时，四边形DENM 是平行四边形， 设N (m , m 2－2m －3)，则M (m , m +1)， ∴| m +1-（m 2－2m －3）|=4，解得：m =0（舍）或m =3或m =或m = ，综上所述，点M 的坐标为：（3,4），，）.11.（2019·郑州模拟）如图，已知二次函数23234y ax a x ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭的图象经过点A (4,0),与y 轴交于点B ，在x 轴上有一动点C (m ,0) （0<m <4），过点C 作x 轴的垂线交直线AB 于点E ，交该二次函数图象于点D .（1）求a 的值和直线AB 的解析式；（2）过点D 作DF ⊥AB 于点F ，设△ACE ，△DEF 的面积分别为S 1，S 2，若S 1=4S 2，求m 的值； （3）点H 是该二次函数图象上第一象限内的动点，点G 是线段AB 上的动点，当四边形DEGH 是平行四边形，且平行四边形DEGH 的周长取最大值时，求点G 的坐标.【答案】见解析.【解析】解：（1）将A (4,0)代入23234y ax a x ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭得：a =34-，∴抛物线的解析式为：239344y x x =-++，设直线AB 的解析式为：y =kx +b ， ∴4k +b =0，b =3，即k =34-，b =3， ∴直线AB 的解析式为：y =34-x +3. （2）∵点C 的横坐标为m ，∴D (m , 239344m m -++)，E (m , 34-m +3)，AC =4－m ，DE =239344m m -++－(34-m +3)= 2334m m -+，∵BC ∥y 轴， ∴43AC OA CE OB ==，即443m CE -=， ∴CE =()344m -，AE =()544m -， ∵∠DF A =∠DCA =90°，∠DBF =∠AEC ， ∴△DFE ∽△ACE ， ∵S 1=4S 2， ∴AE =2DE ， 即()544m -=2（2334m m -+），解得：m =4（舍）或m =56， 即m 的值为56.（3）如图，过点G 作GM ⊥DC 于M ，设G 、H 点横坐标为n ，由DE =2334m m -+，得GH =2334n n -+，2334m m -+=2334n n -+，得：m =n （舍）或n =4－m ，∴MG =4-2m ，由45MG EG =得：EG =()5424m -, ∴C 四边形DEGH =2()25342344m m m ⎡⎤--+⎢⎥⎣⎦=23102m m -++=23161236m ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭，∴当m =13时，C 最大，此时n =113，即G (113，14)，E (13，114), 由图象可知当E 、G 互换位置时满足题意，即G (13，114),E (113，14)，综上所述，G 点坐标为：(13，114)，(113，14).13.（2018·郑州模拟）如图，抛物线y ＝﹣x 2+bx +c 与x 轴交于点A 和点B （3，0），与y 轴交于点C （0，3），点D 是抛物线的顶点，过点D 作x 轴的垂线，垂足为E ，连接DB ．（1）求此抛物线的解析式及顶点D 的坐标；（2）点M 是抛物线上的动点，设点M 的横坐标为m ． ①当∠MBA ＝∠BDE 时，求点M 的坐标；②过点M 作MN ∥x 轴，与抛物线交于点N ，P 为x 轴上一点，连接PM ，PN ，将△PMN 沿着MN 翻折，得△QMN ，若四边形MPNQ 恰好为正方形，直接写出m 的值．【答案】见解析.【解析】解：（1）将点B（3，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，并解得：b=2，c=3，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．顶点D（1，4）．（2）①过点M作MG⊥x轴于G，连接BM．则∠MGB＝90°，设M（m，﹣m2+2m+3），∴MG＝|﹣m2+2m+3|，BG＝3﹣m，∵DE⊥x轴，D（1，4），B（3，0），∴∠DEB＝90°，DE＝4，OE＝1，BE＝2，∵∠MBA＝∠BDE，∴tan∠MBA＝tan∠BDE＝12，∴2233m mm-++-＝12解得：m=12-或m=32-或m=3（舍）∴满足条件的点M坐标（12-，74）或（32-，94-）；②∵MN∥x轴，∴点M、N关于抛物线的对称轴对称，∵四边形MPNQ是正方形，∴OP＝1，由∠QPM=∠MPO=45°，得：GM＝GP，即|﹣m2+2m+3|＝|1﹣m|，解得：m或m或m或m即满足条件的m.14.（2017·信阳二模）如图，抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点C，连接BC，以BC为一边，点O为对称中心做菱形BDEC，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）求抛物线的解析式；（2）当点P在线段OB上运动时，直线l分别交BD、BC于点M、N，试探究m为何值时，四边形CQMD 是平行四边形，此时，请判断四边形CQBM的形状，并说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）将A（﹣2，0）、B（8，0）代入y=ax2+bx﹣4并解得：a=14，b=32-，即抛物线的解析式为：y=14x232-x－4.（2）由y=14x232-x－4知，C(0，－4),由菱形的性质可知：D（0，4），设直线BD的解析式为：y=kx+n，将点B（8,0）、D（0，4）代入得：k=12-,n=4，即直线BD的解析式为：y=12-x+4,由M（m，12-m+4），Q（m，14m232-m－4）．当MQ=DC时，四边形CQMD为平行四边形．∴12-m+4﹣（14m232-m－4）=8，解得m=4或m=0（舍去）．∴MD∥CQ，MD=CQ，M（4，2），∴M为BD的中点，∴MD=MB．∴CQ=MB，又∵MB∥CQ，∴四边形CQBM为平行四边形．。

菱形存在性问题作为一种特殊的平行四边形，我们已经知道可以从以下几种方式得到菱形： （1）有一组邻边相等的平行四边形菱形； （2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形； （3）四边都相等的四边形是菱形．坐标系中的菱形存在性问题也是依据以上去得到方法．和平行四边形相比，菱形多一个“对角线互相垂直”或“邻边相等”，但这两者其实是等价的，故若四边形ABCD 是菱形，则其4个点坐标需满足：A CB D AC BD x x x x y y y y ⎧+=+⎪⎪+=+⎨=考虑到互相垂直的两条直线斜率之积为1在初中并不适合直接用，故取两邻边相等． 即根据菱形的图形性质，我们可以列出关于点坐标的3个等式， 故菱形存在性问题点坐标最多可以有3个未知量，与矩形相同．因此就常规题型而言，菱形存在性至少有2个动点，多则有3个动点，可细分如下两大类题型：（1）2个定点+1个半动点+1个全动点 （2）1个定点+3个半动点解决问题的方法也可有如下两种： 思路1：先平四，再菱形设点坐标，根据平四存在性要求列出“A +C =B +D ”（AC 、BD 为对角线），再结合一组邻边相等，得到方程组．思路2：先等腰，再菱形在构成菱形的4个点中任取3个点，必构成等腰三角形，根据等腰存在性方法可先确定第3个点，再确定第4个点．1．看个例子：如图，在坐标系中，A 点坐标（1,1），B 点坐标为（5,4），点C 在x 轴上，点D 在平面中，求D 点坐标，使得以A 、B 、C 、D 为顶点的四边形是菱形．思路1：先平四，再菱形设C 点坐标为（m ，0），D 点坐标为（p ，q ）．（1）当AB 为对角线时，由题意得：（AB 和CD 互相平分及AC =BC ） ()()()()222215*********m p q m m ⎧+=+⎪⎪+=+⎨⎪-+-=-+-⎪⎩，解得：398985m p q ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩（2）当AC 为对角线时，由题意得：（AC 和BD 互相平分及BA =BC ） ()()()()2222151041514504m p qm ⎧+=+⎪⎪+=+⎨⎪-+-=-+-⎪⎩，解得：223m p q =⎧⎪=-⎨⎪=-⎩或843m p q =⎧⎪=⎨⎪=-⎩ （3）当AD 为对角线时，由题意得：()()()()2222151401514110p mq m ⎧+=+⎪⎪+=+⎨⎪-+-=-+-⎪⎩，解得：153m p q ⎧=+⎪⎪=+⎨⎪=⎪⎩153m p q ⎧=-⎪⎪=-⎨⎪=⎪⎩思路2：先等腰，再菱形先求点C，点C满足由A、B、C构成的三角形一定是等腰三角形，用等腰存在性问题的方法先确定C，再确定D点．（1）当AB=AC时，C点坐标为()1+，对应D点坐标为()5+；C点坐标为()1-，对应D点坐标为()5-．（2）当BA=BC时，C点坐标为（8，0），对应D点坐标为（4，-3）；C点坐标为（2，0），对应D点坐标为（-2，-3）．（3）AC=BC时，C点坐标为39,08⎛⎫⎪⎝⎭，D点坐标为9,58⎛⎫⎪⎝⎭．以上只是两种简单的处理方法，对于一些较复杂的题目，还需具体问题具体分析，或许有更为简便的方法．【两定两动：坐标轴+平面】（2019·齐齐哈尔中考删减）综合与探究如图，抛物线2y x bx c =++与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于C 点，OA =2，OC =6，连接AC 和BC ．（1）求抛物线的解析式；（2）若点M 是y 轴上的动点，在坐标平面内是否存在点N ，使以点A 、C 、M 、N 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．备用图【分析】（1）抛物线：26y x x=--；（2）先考虑M点位置，即由A、C、M三点构成的三角形是等腰三角形：①当CA=CM时，即CM=CA=M点坐标为(0,6--、(0,6-+，对应N点坐标为(2,--、(-．②当AC=AM时，即AM=AC=M点坐标为（0，6），对应N点坐标为（2，0）．③当MA=MC时，勾股定理可求得M点坐标为8 0,3⎛⎫-⎪⎝⎭，对应N点坐标为10 2,3⎛⎫--⎪⎝⎭．综上，N点坐标为(2,--、(-、（2，0）、102,3⎛⎫--⎪⎝⎭．如下图依次从左到右．【两定两动：对称轴+平面】（2019·辽阳中考）如图，在平面直角坐标系中，Rt △ABC 的边BC 在x 轴上，∠ABC =90°，以A 为顶点的抛物线2y x bx c =-++经过点C （3，0），交y 轴于点E （0，3），动点P 在对称轴上．（1）求抛物线解析式；（2）若点M 是平面内的任意一点，在x 轴上方是否存在点P ，使得以点P ，M ，E ，C 为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出符合条件的M 点坐标；若不存在，说明理由．【分析】（1）抛物线：223y x x =-++；（2）先考虑P 点位置，由P 、E 、C 三点构成的三角形是等腰三角形．①当EC =EP 时，由EC =，得EP =P 在对称轴x =1上， 勾股定理解得P点坐标为(、(1,3（舍）， 根据点的平移推得M点坐标为(． ②当CE =CP 时，即CP =CE=P点坐标为(、(1,（舍）， 根据点的平移推得M点坐标为(2,3-． ③当PE =PC 时， 设P 点坐标为（1，m ），解得：m =1，故P 点坐标为（1，1）， 对应的点M 坐标为（2，2）．综上所述，M 点坐标为(、(2,3-、（2，2）．【两定两动：斜线+平面】 （2018·齐齐哈尔）综合与探究如图1所示，直线y =x +c 与x 轴交于点A （-4,0），与y 轴交于点C ，抛物线2y x bx c =-++经过点A ，C ．（1）求抛物线的解析式（2）如图2所示，M 是线段OA 的上一个动点，过点M 垂直于x 轴的直线与直线AC 和抛物线分别交于点P 、N ．若点P 恰好是线段MN 的中点，点F 是直线AC 上一个动点，在坐标平面内是否存在点D ，使以点D ，F ，P ，M 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点D 的坐标；若不存在，请说明理由．图2【分析】（1）抛物线解析式：234y x x =--+； （2）设M 点坐标为（m ，0）（-4<m <0），则N 点坐标为()2,34m m m --+，P 点坐标为（m ，m +4）， 若P 是MN 中点，则()23424m m m --+=+， 解得：11m =-，24m =-（舍） 故P （-1，3）、M （-1，0）考虑到F 点在直线AC 上，故可先确定F 点位置，再求得D 点坐标．当PM =PF 时，PF =3，可得11F ⎛-+ ⎝⎭、21F ⎛-- ⎝⎭， 对应D点坐标分别为11D ⎛-+ ⎝⎭、21D ⎛- ⎝⎭． 当MP =MF 时，MP =MF ，可得()34,0F -，对应D 点坐标为()34,3D -． 当FP =FM 时，FP =FM ，F 点在PM 垂直平分线上，可得453,22F ⎛⎫- ⎪⎝⎭，对应D 点坐标为413,22D ⎛⎫⎪⎝⎭．综上所述，D点坐标有11D ⎛-+ ⎝⎭、21D ⎛-- ⎝⎭、()34,3D -、413,22D ⎛⎫⎪⎝⎭．【两定两动：斜线+抛物线】（2018•衡阳）如图，已知直线24y x =-+分别交x 轴、y 轴于点A 、B ，抛物线过A 、B 两点，点P 是线段AB 上一动点，过点P 作PC ⊥x 轴于点C ，交抛物线于点D ． （1）若抛物线的解析式为2224y x x =-++，设其顶点为M ，其对称轴交AB 于点N ．①求点M 、N 的坐标；②是否存在点P ，使四边形MNPD 为菱形？并说明理由．【分析】（1）①M 点坐标为19,22⎛⎫ ⎪⎝⎭，N 点坐标为1,32⎛⎫⎪⎝⎭．②由题意可知MN ∥PD ，故四边形MNPD 若是菱形，首先MN =PD 考虑到M 、N 是定点，可先求得32MN =， 设(),24P m m -+，则()2,224D m m m -++， ()222242424PD m m m m m =-++--+=-+，令32PD =，即23242m m -+=， 解得：112m =，232m =． 故P 点坐标为3,12⎛⎫ ⎪⎝⎭，D 点坐标为35,22⎛⎫⎪⎝⎭．但此时仅仅满足四边形MNPD 是平行四边形，本题要求的是菱形，故还需加邻边相等． 但此时P 、D 已定，因此接下来要做的只是验证邻边是否相等．由两点间距离公式得：32PN ==≠，PN ≠MN ，故不存在点P 使四边形MNPD 是菱形．【小结】为什么此题会不存在，表面上看是不满足邻边相等，究其原因，是因为M 、N 是定点，P 、D 虽为动点但仅仅是半动点，且P 、D 横坐标相同，故本题只需一个字母便可表示出4个点的坐标，对于菱形四个点满足：A CB D AC BD x x x x y y y y ⎧+=+⎪⎪+=+⎨=若只有1个未知数或2个未知数，便出现方程个数＞未知量个数的情况，就有可能会无解． 方程个数<未知数个量，可能无法确定有限组解； 方程个数>未知数个量，可能会无解．特殊图形的存在性，其动点是在线上还是在平面上，是有1个动点还是有2个动点，都是由其图形本身决定，矩形和菱形相比起平行四边形，均多一个等式，故对动点位置的要求可以有3个半动点或者1个全动点+1个半动点，若减少未知量的个数，反而可能会产生无解的情况．不难想象，对于正方形来说，可以有4个未知量，比如在坐标系中已知两定点，若要作正方形，只能在平面中再取另外两动点，即2个全动点，当然，也有可能是1全动+2半动，甚至是4个半动点．练习：如图，抛物线2y x bx c=++与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，已知抛物线的对称轴所在的直线是94x=，点B的坐标为（4，0）．（1）求抛物线解析式；（2）若M为x轴上一动点，在抛物线上是否存在点N，使得点B、C、M、N构成的四边形是菱形，若存在，求出点N坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）抛物线：2922y x x =-+；（2）本题是“两定两动”，但两个动点一个在x 轴上，一个在抛物线上，均为半动点，故只需两个字母即可表示，未知量个数少于方程个数，结果可能会无解．设M 点坐标为（m ，0），N 点坐标为29,22n n n ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，又B （4，0）、C （0，2）．当CB 为对角线时，取对角线互相平分及MB =MC ，可得： ()()()()2222240902022400002m nn n m m ⎧+=+⎪⎪+=+-+⎨⎪⎪-+-=-+-⎩方程组无解，故这种情况不存在；当CM 为对角线时，取对角线互相平分及BC =BM ，可得： ()()()()22222049022024002400m n n n m ⎧+=+⎪⎪+=-++⎨⎪⎪-+-=-+-⎩方程组依然无解；这种情况也不存在；当CN 为对角线时，取对角线互相平分及CB =CM ，可得： ()()()()22222049220020420020n m n n m ⎧+=+⎪⎪+-+=+⎨⎪⎪-+-=-+-⎩方程组还是无解．综上，不存在这样的M 、N ．【小结】问题本身源于对动点位置的选取导致点坐标中未知量的个数与方程个数不一致，以致出现不存在的情况．【一定三动】讲真在翻了一些中考题，并没有看到类似的题型，举些数据编一个吧：如图，抛物线过A （-1，0）、B （3，0）、C （0，3），点C 关于抛物线对称轴的对称点为D 点，连接AD ．点P 在抛物线上，点M 在直线AD 上，点N 在抛物线对称轴上，四边形OPMN 能否为菱形，若能，求出P 点坐标，若不能，说明理由．【分析】抛物线解析式为：223y x x =-++，直线AD 解析式为y =x -1．设P 点坐标为()2,23p p p -++，M 点坐标为(),1m m -，N 点坐标为()1,n ， 考虑到在四边形OPMN 中，OM 为对角线，可得： ()()()()222220+1012310011m p m p p nn m n m ⎧=+⎪⎪+-=-+++⎨⎪-+-=-+-+⎪⎩显然这个计算很麻烦，经化简可得点P 满足32610p p --=，剩下的就不解了呵呵呵． 可能是数据不太凑巧，但显然，这样的问题并不像“两定两动”问题那样普遍易解，方法其实是同样的方法，因为就题目构造而言，其实“3个半动点”与“1全动+1半动”并无本质区别．了解题目的构造，当再去看一些题目的时候，是否一目了然？。

平行四边形，矩形，菱形的存在性问题一、平行四边形存在性问题1．在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别是A（﹣1，3），B（﹣5，﹣3），C（1，﹣3），在平面内找一点D，使四边形ABCD是平行四边形，则点D的坐标是．2．已知平行四边形ABCD的两条对角线相交于平面直角坐标系中的原点O，点A（﹣1，3），B（1，2），则点C，D的坐标分别为．3．在直角坐标系中，点A、B的坐标分别为（﹣2，4）、（﹣5，2），点M在x轴上，点N 在y轴上．如果以点A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形，那么符合条件的点M 有个．4．如图，在平面直角坐标系中，AD∥BC，AD＝5，B（﹣3，0），C（9，0），E是BC的中点，P是线段BC上一动点，当PB＝时，以点P、A、D、E为顶点的四边形是平行四边形．第4题第5题第6题5．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（4，0），点C在y 的正半轴上，且OB＝2OC，在直角坐标平面内确定点D，使得以点D、A、B、C为顶点的四边形是平行四边形，请写出点D的坐标为．6．如图，已知A（1，0）、C（0，1）、B（m，0）且m＞1，在平面内求一点P，使得以A、B、C、P为顶点的四边形是平行四边形，则点P的坐标为．7．已知点A（4，0），B（0，﹣2），C（a，a）及点D是一个平行四边形的四个顶点，则线段CD长的最小值为．8．（1）在图1，2，3中，给出平行四边形ABCD的顶点A，B，D的坐标（如图），图1，2，3中的顶点C的坐标分别是，，；（2）在图4中，若平行四边形ABCD的顶点A，B，D的坐标分别为（4，1）、（3，4）、（6，4），则顶点C的坐标为；（3）在图4中，平行四边形ABCD顶点坐标分别为A（a，b）、B（c，d）、C（m，n）、D（e，f），则其横坐标a，c，m，e之间的等量关系为；纵坐标b，d，n，f之间的等量关系为．9．如图，矩形OABC中，点A在x轴上，点C在y轴上，点B的坐标是（6，8），将矩形OABC沿直线BD折叠，使得点C恰好落在对角线OB上的点E处，折痕所在直线与y 轴、x轴分别交于点D、F．（1）请直接写出线段BO的长；（2）求折痕所在直线BD的解析式；（3）若点M在直线y＝﹣x上，则在直线BD上是否存在点P，使以C、D、M、P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出满足条件的点P的坐标；否则，请说明理由．二、矩形存在性问题10．在平面直角坐标系中，已知点A（0，0），B（2，﹣2），C（4，0），D（2，2），则以这四个点为顶点的四边形ABCD是（）A．矩形B．菱形C．梯形D．正方形11．如图1，在四边形ABCD中，AB∥CD，∥BCD＝90°，AB＝AD＝10cm，BC＝8cm．点P 从点A出发，以每秒3cm的速度沿线段AB方向向B运动，点Q从点D出发，以每秒2cm的速度沿线段DC方向向点C运动．已知动点P、Q同时出发，当点P运动到点B 时，P、Q同时运动停止，设运动时间为t秒．（1）求CD的长；（2）当t为何值时，四边形PBQD为平行四边形？（3）在运动过程中，是否存在四边形BCQP是矩形？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．12．平行四边形AOBC在平面直角坐标系中的位置如图（1）．（1）写出点C的坐标；（2）在图（1）中，连接AB，OC得到图（2），求AB与OC的交点M点的坐标；（3）将图（2）中的线段BC向两方延长得到图（3），若点D，E为直线BC上不与B，C重合的动点，是否存在这样的D，E点，使得四边形OADE为矩形？若存在，请在图中画出矩形，并求出矩形OADE的面积和点D，E的坐标，若不存在，请说明理由．三、菱形存在性问题13．在直角坐标系中，A，B，C，D四个点的坐标依次为（﹣1，0），（x，y），（﹣1，5），（﹣5，z），若这四个点构成的四边形是菱形，则满足条件的z的值有（）A．1个B．3个C．4个D．5个14．如图1，直线l1：y＝﹣x+3与坐标轴分别交于点A，B，与直线l2：y＝x交于点C．（1）求A，B两点的坐标；（2）求∥BOC的面积；（3）如图2，若有一条垂直于x轴的直线l以每秒1个单位的速度从点A出发沿射线AO 方向作匀速滑动，分别交直线l1，l2及x轴于点M，N和Q．设运动时间为t（s），连接CQ．∥当OA＝3MN时，求t的值；∥试探究在坐标平面内是否存在点P，使得以O、Q、C、P为顶点的四边形构成菱形？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．参考答案1.根据题意得：D点的纵坐标一定是3；又由C点相对于B点横坐标移动了1﹣（﹣5）＝6，故可得点D横坐标为﹣1+6＝5，即顶点D的坐标为（5，3）．2．由题意知：点A与点C、点B与点D关于原点对称，∥点A，B的坐标分别为（﹣1，3），（1，2），∥点C，D的坐标分别是（1，﹣3），（﹣1，﹣2），3．有3个点．4．解：∥B（﹣3，0），C（9，0），∥OB＝3，OC＝9，∥BC＝OB+OC＝12，∥E是BC的中点，∥BE＝CE＝BC＝6，分为两种情况：∥当P在E的左边时，∥AD＝PE＝5，CE＝6，∥BP＝12﹣6﹣5＝1；∥当P在E的右边时，∥AD＝EP＝5，∥BP＝BE+EP＝6+5＝11；即当BP为1或11时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形；故答案为：1或11．5．如图，∥当BC为对角线时，易求M1（3，2）；∥当AC为对角线时，CM∥AB，且CM＝AB．所以M2（﹣3，2）；∥当AB为对角线时，AC∥BM，且AC＝BM．则|M y|＝OC＝2，|M x|＝OB+OA＝5，所以M3（5，﹣2）．综上所述，符合条件的点D的坐标是M1（3，2），M2（﹣3，2），M3（5，﹣2）．6．根据题意得：OA＝OC＝1，OB＝m，∥AB＝m﹣1，分三种情况：如图所示，∥以BC为对角线时，点P的坐标为（m﹣1，1）；∥以AC为对角线时，点P的坐标为（1﹣m，1）；∥以AB为对角线时，点P的坐标为（m+1，1）；综上所述：点P的坐标为（m﹣1，1）或（1﹣m，1）或（m+1，﹣1）；故答案为：（m﹣1，1）或（1﹣m，1）或（m+1，﹣1）．7．如图，由题意得：点C在直线y＝x上，∥如果AB、CD为对角线，AB与CD交于点F，当FC∥直线y＝x时，CD最小，易知直线AB为y＝x﹣2，∥AF＝FB，∥点F坐标为（2，﹣1），∥CF∥直线y＝x，设直线CF为y＝﹣x+b′，F（2，﹣1）代入得b′＝1，∥直线CF为y＝﹣x+1，由，解得：，∥点C坐标（，）．∥CD＝2CF＝2×＝3．∥如果CD是平行四边形的边，则CD＝AB＝＝2＞3，∥CD的最小值为3．故答案为：3．8.（1）利用平行四边形的性质：对边平行且相等，得出图1，2，3中顶点C的坐标分别是：（5，2）、（e+c，d），（c+e﹣a，d）．故答案为：（5，2）（e+c，d），（c+e﹣a，d）．（2）若平行四边形ABCD的顶点A，B，D的坐标分别为（4，1）、（3，4）、（6，4），则顶点C的坐标为（5，7）；故答案为：（5，7）；（3）如图4中，分别过点A，B，C，D作x轴的垂线，垂足分别为A1，B1，C1，D1，分别过A，D作AE∥BB1于E，DF∥CC1于点F．在平行四边形ABCD中，CD＝BA，又∥BB1∥CC1，∥∥EBA+∥ABC+∥BCF＝∥ABC+∥BCF+∥FCD＝180°．∥∥EBA＝∥FCD．在∥BEA∥∥CFD中，，∥∥BEA∥∥CFD（AAS），∥AE＝DF＝a﹣c，BE＝CF＝d﹣b．设C（x，y）．由e﹣x＝a﹣c，得x＝e+c﹣a．由y﹣f＝d﹣b，得y＝f+d﹣b．∥C（e+c﹣a，f+d﹣b），∥m＝e+c﹣a，n＝f+d﹣b，∥m+a＝e+c，n+b＝d+f．故答案为：m+a＝e+c，n+b＝d+f．9.解：（1）∥矩形OABC中，点A在x轴上，点C在y轴上，点B的坐标是（6，8），∥OA＝6，AB＝8，∥OAB＝90°，∥OB＝＝10，即线段BO的长是10；（2）设点D的坐标为（0，d），则OD＝d，CD＝8﹣d，∥BC＝6，CD＝DE，OB＝10，，∥，得d＝5，即点D的坐标为（0，5），设折痕所在直线BD的解析式为y＝kx+b，∥点D（0，5），点B（6，8）在直线BD上，∥，得，即折痕所在直线BD的解析式是y＝0.5x+5；（3）在直线BD上存在点P，使以C、D、M、P为顶点的四边形是平行四边形，点P的坐标为（﹣2，4）或（﹣8，1）；理由：∥点C（0，8），点D（0，5），∥OC＝8，OD＝5，∥CD＝3，∥以C、D、M、P为顶点的四边形是平行四边形，点M在直线y＝﹣x上，点P在直线BD上，∥CD＝MP，CD∥MP，或CD为平行四边形的对角线，当CD＝MP，CD∥MP时，设点M的坐标为（m，﹣0.5m），则P的坐标为（m，0.5m+5），则|（0.5m+5）﹣（﹣0.5m）|＝3，解得，m1＝﹣2，m2＝﹣8，当m＝﹣2时，点P的坐标为（﹣2，4），当m＝﹣8时，点P的坐标为（﹣8，1），当CD为平行四边形的对角线时，则点C和点D中点的坐标为（0，6.5），设点M的坐标为（m，﹣0.5m），则点P的坐标为（﹣m，13+0.5m），∥点P在直线BD上，直线BD的解析式是y＝0.5x+5，∥13+0.5m＝﹣0.5m+5，得m＝﹣8，∥点P的坐标为（8，9），由上可得，点P的坐标为（﹣2，4）、（﹣8，1）或（8，9）．10．D11．解：（1）过点A作AM∥CD于M，根据勾股定理，AD＝10，AM＝BC＝8，∥DM＝＝6，∥CD＝16；（2）当四边形PBQD为平行四边形时，点P在AB上，点Q在DC上，如图1，由题知：BP＝10﹣3t，DQ＝2t ∥10﹣3t＝2t，解得t＝2；（3）在运动过程中，不存在四边形BCQP是矩形，理由如下：∥AB∥CD，∥BCD＝90°，∥∥C＝90°，若要四边形BCQP是矩形，则当PB＝CQ时即10﹣3t＝16﹣2t，解得：t＝﹣6＜0，∥不存在．12.解：（1）∥四边形OACB是平行四边形，∥AC＝OB，∥A（1，3）、B（4，0），∥C（5，3）；（2）如图（2），设AB所在的直线的解析式为y＝kx+b，∥直线AB经过点A（1，3）、B（4，0），∥，∥AB所在直线的解析式为y＝﹣4x+4，由于OC所在直线的表达式为y＝x，联立方程解得：即M的坐标是（2.5，1.5）；（3）存在这样的D、E，使得四边形AOED是矩形．分别过点A、O作AD∥BC于点D，OE∥BC于点E，过E、D分别作x轴的垂线，垂足分别为F、G，∥四边形AOBC是平行四边形，∥AO∥BC，∥AD∥AO，∥四边形AOED是矩形，且与平行四边形AOBC面积相等，∥平行四边形AOBC的面积为12，∥矩形AOED的面积为12，由勾股定理知AO＝，∥OE＝，EB＝，∥EF＝＝＝1.2，OF＝＝＝3.6，∥点E的坐标为（3.6，﹣1.2），∥点D的坐标为（4.6，1.8）．13．如图，∥A（﹣1，0），C（﹣1，5），∥AC∥x轴，且AC＝5﹣0＝5，过点D（﹣5，z）作作x轴的垂线，则z的数值就在直线x＝﹣5上，；∥A、B、C、D四个点构成的四边形是菱形，∥当DC＝DA，z有1个值，当DC＝AC，则42+（5﹣z）2＝52，z有两个值，当AD＝AC，则42+z2＝52，则z有两个值，综上所知，符合条件的z的值有5个．故选：D．14.解：（1）对于直线y＝﹣x+3，令x＝0得到y＝3，令y＝0，得到x＝6，A（6，0）B（0，3）．（2）由，解得，∥C（2，2），∥S∥OBC＝×3×2＝3（3）∥∥M（6﹣t，﹣（6﹣t）+3），N（6﹣t，6﹣t），∥MN＝|﹣（6﹣t）+3﹣（6﹣t）|＝|t﹣6|，∥OA＝3MN，∥6＝3|t﹣6|，解得t＝或∥如图3中，由题意OC＝2，当OC为菱形的边时，可得Q1（﹣2，0），Q2（2，0），Q4（4，0）；当OC为菱形的对角线时，Q3（2，0），∥t＝（6+2）s或（6﹣2）s或2s或4s时，以O、Q、C、P为顶点的四边形构成菱形．。