2013年及以前 探究菱形的存在性问题汇编

菱形的性质及判定1.菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.2 .菱形的性质菱形是特殊的平行四边形，它具有平行四边形的所有性质，？还具有自己独特的性质:①边的性质：对边平行且四边相等.②角的性质：邻角互补，对角相等.③对角线性质：对角线互相垂直平分且每条对角线平分一组对角.④对称性：菱形是中心对称图形，也是轴对称图形.菱形的面积等于底乘以咼，等于对角线乘积的一半.点评：其实只要四边形的对角线互相垂直，其面积就等于对角线乘积的一半. 3.菱形的判定判定①：一组邻边相等的平行四边形是菱形.判定②：对角线互相垂直的平行四边形是菱形.判定③：四边相等的四边形是菱形.4 .三角形的中位线中位线：连结三角形两边的中点所得的线段叫做三角形的中位线.也可以过三角形一边的中点作平行于三角形另外一边交于第三边所得的线段也是中位线.以上是中位线的两种作法，第一种可以直接用中位线的性质，第二种需要说明理由为什么是中位线，再用中位线的性质.定理：三角形的中位线平行第三边且长度等于第三边的一半.重点是菱形的性质和判定定理。

菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先她是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法。

菱形的这些性质和判定定理即是平行四边形性质与判定的延续，又是以后要学习的正方形的基础。

难点是菱形性质的灵活应用。

由于菱形是特殊的平行四边形，所以它不但具有平行四边形的性质， 同时还具有自己独特的性质。

如果得到一个平行四边形是菱形，就可以得到许多关于边、角、对角线的条 件，在实际解题中，应该应用哪些条件，怎样应用这些条件，常常让许多学生手足无措， 教师在教学过程 中 应给予足够重视。

在平面上，一个菱形绕它的中心旋转，使它和原来的菱形重合，那么旋转的角度至少是板块一、菱形的性质【例1】 菱形的两条对角线将菱形分成全等三角形的对数为【例2】 【例3】 如图2，一活动菱形衣架中，菱形的边长均为 1 __________ 度.16cm 若墙上钉子间的距离 AB BC 16cm ，则【例4】 如图，在菱形 ABCD 中， A 60 , E 、 的边长是 __________________ •F 分别是AB 、AD 的中点，若 EF 2，则菱形ABCD【例5】 如图, 证明:E 是菱形ABCD 的边AD 的中点, AB 与EF 互相平分.EF AC 于H ，交CB 的延长线于 F ,交AB 于P ，【例6】 所示，菱形 ABCD 中，对角线 AC 、BD 相交于点O , H 为AD 边中点，菱形 ABCD 的周如图1 长为24，则OH 的长等于DAD图【例7】如图，已知菱形ABCD的对角线AC 8cm , BD 4cm , DE BC于点E，则DE的长为【例8】菱形周长为52cm，一条对角线长为10cm，则其面积为 __________________【例9】菱形的周长为20cm ,两邻角度数之比为2:1，则菱形较短的对角线的长度为__________________________【例11】如图3，在菱形ABCD中, A 110，E、F分别是边AB和BC的中点, EP CD于点P，则【例10】如图2，在菱形ABCD 中，AC 6, BD 8，则菱形的边长为（）A . 5B . 10C . 6D . 8A __________________ DB 图2 CFPC （）C. 50D. 55PC 【例12】如图，把一个长方形的纸片对折两次，然后剪下一个角，为了得到一个锐角为60的菱形，剪口与折痕所成的角的度数应为（）A.15 或30 B . 30 或45 C . 45 或60 D . 30 或60菱形ABCD 中，E 、F 分别是BC 、CD 的中点，且AE BC ，AF CD ，那么 EAF 等于已知菱形的一个内角为 60，一条对角线的长为 2 3，则另一条对角线的长为已知菱形ABCD 的两条对角线 AC,BD 的乘积等于菱形的一条边长的平方，则菱形的一个钝角的 大小是如图，菱形花坛 ABCD 的周长为20m , ABC 60 , ?沿着菱形的对角线修建了两条小路AC 和BD ，求两条小路的长和花坛的面积.如图，在菱形 ABCD 中，AB 4a ,E 在BC 上，BE 2a ， BAD 120 ,P 点在BD 上，则PE PC的最小值为 ___________【例13】 【例14】【例15】如图，将一个长为10cm ，宽为8cm 的矩形纸片对折两次后，沿所得矩形两邻边中点的连线（虚 线）剪下，再打开，得到的菱形的面积为（ 2A. 10cm 2B. 20cm)2C. 40cm【例16】 【例17】 【例18】 D. 80cmAOC图2B如图，在 ABC 中，BD 平分 ABC , BD 的中垂线交 AB 于点E ，交BC 于点F ，求证：四边形BEDF 是菱形如图，在 ABC 中，AB AC , D 是BC 的中点，连结AD ，在AD 的延长线上取一点 E ，连结BE , CE •当AE 与AD满足什么数量关系时，四边形 ABEC 是菱形？并说明理由.【例19】 已知，菱形ABCD 中，E 、 【例20】 已知，菱形ABCD 中，E 、 CEF 的度数.板块二、 【例21】 菱形的判定如图，如果要使平行四边形是 ____________ .F 分别是BC 、CD 上的点，若 AE AF EF AB ，求 C 的度数.F 分别是BC 、CD 上的点，且 B EAF 60 , BAE 18 .求:ABCD 成为一个菱形，需要添加一个条件，那么你添加的条件【例22】 【例23】 DA【例24】已知：如图，平行四边形ABCD的对角线AC的垂直平分线与边AD、BC分别相交于E、F . 求证：四边形AFCE 是菱形•【例25】如图，在梯形纸片ABCD中，AD//BC，AD CD，将纸片沿过点D的直线折叠，使点C落在AD上的点C处，折痕DE交BC于点E，连结C E.求证：四边形CDC E是菱形.【例26】如图，E是菱形ABCD的边AD的中点，EF AC于H，交CB的延长线于F,交AB于P，证明：AB与EF互相平分【例27】已知：如图，在平行四边形ABCD中，AE是BC边上的高，将ABE沿BC方向平移，使点E与点C重合，得GFC •若 B 60，当AB与BC满足什么数量关系时，四边形ABFG是菱形?证明你的结论.【例28】如图，在ABC中，AB AC ,M是BC的中点.分别作MD AB于D , ME AC于E , DF AC 于F , EG AB于G .DF、EG相交于点P •求证：四边形DMEP是菱形.【例30】如图，M 是矩形ABCD 内的任意一点，将 MAB 沿AD 方向平移，使 AB 与DC 重合，点M 移动 到点M '的位置⑴画出平移后的三角形；⑵连结MD , MC , MM '，试说明四边形 MDM 'C 的对角线互相垂直，且长度分别等于 AB, AD 的长；⑶当M 在矩形内的什么位置时，在上述变换下，四边形 MDM 'C 是菱形？为什么？【例31】如图， ACD 、 ABE 、 BCF 均为直线BC 同侧的等边三角形•已知 AB AC .⑴顺次连结A 、D 、F 、E 四点所构成的图形有哪几类？直接写出构成图形的类型和相应 的条件. ⑵ 当 BAC 为 ___________ 度时，四边形 ADFE 为正方形.三、与菱形相关的几何综合题【例32】已知等腰△ ABC 中，AB AC , AD 平分 BAC 交BC 于D 点，在线段AD 上任取一点P （ A 点 除外），过 P 点作EF II AB ，分别交 AC 、BC 于E 、F 点，作PM II AC ，交AB 于M 点，连【例29】如图， 于F ,ABC 中， ACB 90 , AD 是 DE AB 于E ，求证：四边形BAC 的平分线，交BC 于D , CH 是AB 边上的高，交AD CDEF 是菱形.M'A结ME .⑴求证四边形AEPM 为菱形⑵当P 点在何处时，菱形 AEPM 的面积为四边形 EFBM 面积的一半?【例33】问题：如图1在菱形ABCD 和菱形BEFG 中，点A ，B ，E 在同一条直线上， P 是线段DF 的中点，连结PG ，PC •若 ABC BEF 60，探究PG 与PC 的位置关系及匹的值. PC小聪同学的思路是：延长 GP 交DC 于点H ，构造全等三角形，经过推理使问题得到解决. 请你参考小聪同学的思路，探究并解决下列问题： ⑴ 写出上面问题中线段 PG 与PC 的位置关系及 空的值；PC⑵ 将图1中的菱形BEFG 绕点B 顺时针旋转，使菱形BEFG 的对角线BF 恰好与菱形ABCD 的边 AB 在同一条直线上，原问题中的其他条件不变（如图 2）.你在⑴中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明. ⑶若图1中 ABC BEF 20 90,将菱形BEFG 绕点B 顺时针旋转任意角度， 原问四、中位线与平行四边形【例34】顺次连结面积为 20的矩形四边中点得到一个四边形，再顺次连结新四边形四边中点得到一 个 ，其面积为 .【例35】如图，在四边形 ABCD 中，AB CD , E 、F 、G 、H 分别是 AB 、BD 、CD 、AC 的中点,要使四边形EFGH 是菱形，四边形 ABCD 还满足的一个条件是 ___________________________________ ，并说明理由.题中的其他条件不变，求匹的值（用含的式子表示）PCFD【例36】在四边形ABCD中，AB CD , P , Q分别是AD、BC的中点,M , N分别是对角线AC , BD 中点，证明：PQ与MN互相垂直.【例37】四边形ABCD中，R、P分别是BC、CD上的点，E、F分别是AP、RP的中点，当点P在CD 上从C向D移动而点R不动时，那么下列结论成立的是（）A.线段EF的长逐渐增大B.线段EF的长逐渐减小C.线段EF的长不变D.线段EF的长与点P的位置有关【例38】如图，ABC中，AD是BAC的平分线，CE AD于E , M为BC的中点，AB 14cm ,AC 10cm，贝U ME的长为 ________________ .【例39】如图，四边形ABCD中，AB CD , E, F分别是BC, AD的中点，连结EF并延长，分别交BA, CD 的延长线于点G, H，求证：BGE CHEH【例40】如图，已知BE 、CF 分别为 ABC 中 B 、 证：MN // BC .【例41】如图，四边形ABCD 中，E ,F 分别是边 AB , CD 的中点，贝U AD , BC 和EF 的关系是（)A. AD BC 2EF B . AD BC > 2EF C. AD BC 2EFD. AD BC < 2EFF C.【例42】已知如图所示，行四边形.E 、F 、G 、H 分别是四边形 ABCD 的四边的中点，求证：四边形 EFGH 是平DC 厶FAEB【例43】如图，在四边形 ABCD 中，E 为AB 上一点， ADE 和 BCE 都是等边三角形， AB 、BC 、CD 、DA 的中点分别为P 、Q 、M 、N ，证明四边形PQMN 为平行四边形且 PQ PN .C 的平分线，AMBE 于 M , AN CF 于 N ，求AD【例44】如图，四边形 ABCD 中，AB CD ,E ,F ,G ,H 分别是 AD , BC , BD , AC 的中点，求证：EF , GH相互垂直平分1【例46】在平行四边形ABCD 的对角线BD 上取一点E ，使BE -DE ，连接AE 并延长与DC 的延长线交3于 F ，贝V CF 2AB .【例45】 ABC 的三条中线分别为AD II EH .AD 、BE 、CF , H 为BC 边外一点，且 BHCF 为平行四边形，求证:CQC图D【例47】如图，ABC中，E、F分别是AB、BC的中点，G、H是AC的三等分点，连结并延长EG、ADFH 交于点D •求证：四边形 ABCD 是平行四边形.【例49】如图，线段AB, CD 相交于点0，且AB CD ，连结AD , BC , E , F 分别是AD , BC 的中点，EF分别交AB ,CD 于M ,N ，求证：OM ON如图，梯形ABCD 中，AD // BC, AB CD ,对角线AC , BD 相交于点 分别是OA,OB, CD 的中点，求证： EFG是等边三角形【例51】如图，求证：四边形两组对边中点连线与两对角线中点连结这三条线共点.【例48】如图，在四边形ABCD 中，M 、N 分别为AD 、BC 的中点,BD AC , BD 和AC 相交于点0 ,MN 分别与AC 、BD 相交于E 、F ，求证：OE OF .【例50】BCBL D【例52】如图，0是平行四边形ABCD内任意一点，E, F, G, H分别是OA, OB, OC, OD的中点.若DE , CF 交于P , DG , AF 交于 Q , AH , BG 交于R, BE , CH 交于S，求证：PQ SR.AENO FH。

菱形动点及存在性问题
背景
动点是指在几何形状中移动的点。

菱形是一种四边形，其中所有边长度相等且对角线相互垂直。

研究菱形动点的存在性和性质对于几何学来说是一个有趣且重要的问题。

菱形动点的定义
假设我们有一个固定的菱形，其顶点坐标分别为$(x_1, y_1)$, $(x_2, y_2)$, $(x_3, y_3)$, $(x_4, y_4)$。

菱形动点是指一个点$(x, y)$，其满足以下条件：
1. 点$(x, y)$在菱形内部；
2. 点$(x, y)$的运动轨迹是连续的。

存在性问题
对于给定的菱形，是否存在一个点满足动点的定义？这就是存
在性问题。

结论
对于任意菱形，存在一个满足动点定义的点。

证明概要
我们可以通过构造一个具体的动点来证明存在性。

考虑一个菱形的中心点$(x_c, y_c)$，即 $(x_c, y_c) =
\left(\frac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4},
\frac{y_1+y_2+y_3+y_4}{4}\right)$。

由菱形的性质可知，这个中心
点一定在菱形内部。

因此，我们可以将中心点作为动点，这样就满足了动点的定义。

总结
菱形动点的存在性问题得到了肯定的回答。

对于任意给定的菱形，都存在满足定义的动点。

这个结论对于几何学研究和实际问题的解决具有重要意义。

千里之行，始于足下。

202X年中考数学复习存在性问题系列菱形的存在性问题专题探究202X年中考数学复习存在性问题系列——菱形的存在性问题专题探究一、引言菱形是中学数学中常见的一种图形，是四边形的一种特殊状况。

在几何学中，我们通常将具有相等对角线长度的四边形称为菱形。

然而，在菱形的定义和性质方面，中同学往往存在一些常见的错误和迷思。

本文将通过对菱形的存在性问题进行专题探究，分析常见的错误观念，并提出正确的解决方法，以挂念同学正确生疏菱形的存在性问题。

二、错误观念分析1. 菱形必需是正方形这是一个常见的错误观念。

很多同学认为只有四边形的四个内角都是直角时，才能称之为菱形。

然而，这种理解是不正确的。

事实上，菱形只需要满足对角线相等即可，对角线之间的夹角并没有限制。

2. 任意平行四边形都可以称为菱形这也是一个常见的错误观念。

很多同学认为只要四边形的对边平行且对角线相等，就可以称其为菱形。

然而，这种理解也是不正确的。

事实上，菱形是一种特殊的四边形，除了要满足对角线相等外，还必需满足两对相邻边相等。

三、正确解决方法第1页/共3页锲而不舍，金石可镂。

1. 基本定义菱形的定义是：两对对角线相等的四边形称为菱形。

这是菱形存在的基本条件，也是区分菱形和其他四边形的关键特征。

2. 避开混淆同学在解决菱形存在性问题时，需要避开将菱形和其他外形混淆。

例如，正方形和菱形是两个不同的概念，虽然正方形也是一种菱形，但并不是全部的菱形都必需是正方形。

3. 留意推断在推断一个四边形是否为菱形时，可以通过测量四条边的长度和对角线的长度来进行推断。

假如对角线的长度相等，并且两对相邻边的长度也相等，那么这个四边形就是一个菱形。

否则，它就不是菱形。

四、进一步探究1. 菱形的性质菱形具有一些特殊的性质，同学可以通过进一步的探究来加深对菱形的生疏。

例如，菱形的内角和为360度，对角线的交点可以将菱形划分为四个全等的三角形等等。

2. 利用菱形解决问题千里之行，始于足下。

一次函数背景下的菱形存在性问题（例题精讲）在解决一次函数背景下的菱形的存在性问题，我们需要先厘清菱形的判定：(1)一组邻边相等的平行四边形是菱形；(2)四条边都相等的四边是菱形；(3)对角线互相垂足平分的四边形是菱形。

在目前的问题中，涉及的是：两个定点+一个半动点+一个全动点问题或一个定点，三个半动点的问题。

解题思路：思路1：先平四，再菱形先根据平行四边形的存在性，利用中点坐标公式确定一组方程，再利用邻边相等，即利用距离公式列出一个方程，联立求解。

思路2：先菱形，再平四在构成菱形的4个点中取2个定点和1个半动点，构成等腰三角形，利用距离公式求出半动点的坐标。

再根据平行四边形的存在性，利用中点坐标公式求出另一个全动点的坐标。

分析：根据题意，先标出四个点的坐标，A(1,1)，B(5,4)，C(m,0)，D(x,y)，再依据思路1和思路2分析解答。

以思路1为例：先平四，再等腰以AB为对角线为例，先计算AB、CD中点，再利用AC=BC，可以得到C、D坐标。

以此类推，得出另外两种情况，即以AC、AD为对角线，解关于m,x,y的三元一次方程组，进而得到点的坐标。

以思路2为例：先等腰，再平四先求点C，点C满足由A、B、C构成的三角形一定是等腰三角形，用等腰三角形的存在性问题确定点C，在确定点D。

以AB=AC为例，利用距离公式求出点C坐标，然后再利用平行四边形的存在性，计算BC、AD的中点，求出点D坐标。

以此类推，得到另外两种情况，即AC=BC，AB=BC。

先求出m 的值，再解关于x,y的二元一次方程组。

但是针对具体的问题要具体分析，画出图形，看能否简便运算。

解法分析：两个定点+一个半动点+一个全动点。

根据题意，可知A(2,0)，B(0,2√3)，P(0,y)，Q(m,n)。

由于点P在y轴上，则根据“先等腰，再平四”的法则，根据图形特征求出点Q坐标。

①AB=AP，以A为圆心，AB为半径画弧，得到P，再以AB、AP 为邻边画出菱形ABPQ。

类型四探究菱形的存在性问题1. （2015•甘南州第28题12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+bx+c，经过A（0，﹣4），B（x1，0），C（x2，0）三点，且|x2﹣x1|=5．（1）求b，c的值；（2）在抛物线上求一点D，使得四边形BDCE是以BC为对角线的菱形；（3）在抛物线上是否存在一点P，使得四边形BPOH是以OB为对角线的菱形？若存在，求出点P的坐标，并判断这个菱形是否为正方形？若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题．分析：（1）把A（0，﹣4）代入可求c，运用两根关系及|x2﹣x1|=5，对式子合理变形，求b；（2）因为菱形的对角线互相垂直平分，故菱形的另外一条对角线必在抛物线的对称轴上，满足条件的D点，就是抛物线的顶点；（3）由四边形BPOH是以OB为对角线的菱形，可得PH垂直平分OB，求出OB的中点坐标，代入抛物线解析式即可，再根据所求点的坐标与线段OB的长度关系，判断是否为正方形即可．解答：解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c，经过点A（0，﹣4），∴c=﹣4又∵由题意可知，x1、x2是方程﹣x2+bx﹣4=0的两个根，∴x1+x2=b，x1x2=6由已知得（x2﹣x1）2=25又∵（x2﹣x1）2=（x2+x1）2﹣4x1x2=b2﹣24∴b2﹣24=25解得b=±，当b=时，抛物线与x轴的交点在x轴的正半轴上，不合题意，舍去．∴b=﹣．（2）∵四边形BDCE是以BC为对角线的菱形，根据菱形的性质，点D必在抛物线的对称轴上，又∵y=﹣x2﹣x﹣4=﹣（x+）2+，∴抛物线的顶点（﹣，）即为所求的点D．（3）∵四边形BPOH是以OB为对角线的菱形，点B的坐标为（﹣6，0），根据菱形的性质，点P必是直线x=﹣3与抛物线y=﹣x2﹣x﹣4的交点，∴当x=﹣3时，y=﹣×（﹣3）2﹣×（﹣3）﹣4=4，∴在抛物线上存在一点P（﹣3，4），使得四边形BPOH为菱形．四边形BPOH不能成为正方形，因为如果四边形BPOH为正方形，点P的坐标只能是（﹣3，3），但这一点不在抛物线上点评：本题考查了抛物线解析式的求法，根据菱形，正2．（2014•四川广安,第26题10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣4，0），B（﹣1，0）两点．（1）求抛物线的解析式；（2）在第三象限的抛物线上有一动点D．①如图（1），若四边形ODAE是以OA为对角线的平行四边形，当平行四边形ODAE的面积为6时，请判断平行四边形ODAE是否为菱形？说明理由．②如图（2），直线y=x+3与抛物线交于点Q、C两点，过点D作直线DF⊥x轴于点H，交QC于点F．请问是否存在这样的点D，使点D到直线CQ的距离与点C到直线DF的距离之比为：2？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题分析：（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）①本问需结合菱形、平行四边形的性质来进行分析．如答图2﹣1，作辅助线，求出点D的坐标，进而判断平行四边形ODAE是否为菱形；②本问为存在型问题．如答图2﹣2，作辅助线，构造相似三角形，利用比例式，列出一元二次方程，求得点D的坐标．解答：解：（1）把点A（﹣4，0）、B（﹣1，0）代入解析式y=ax2+bx+3，得，解得，∴抛物线的解析式为：y=x2+x+3．（2）①如答图2﹣1，过点D作DH⊥x轴于点H．∵S▱ODAE=6，OA=4，∴S△AOD=OA•DH=3，∴DH=．因为D在第三象限，所以D的纵坐标为负，且D在抛物线上，∴x2+x+3=﹣，解得：x1=﹣2，x2=﹣3．∴点D坐标为（﹣2，﹣）或（﹣3，﹣）．当点D为（﹣2，﹣）时，DH垂直平分OA，平行四边形ODAE为菱形；当点D为（﹣3，﹣）时，OD≠AD，平行四边形ODAE不为菱形．②假设存在．如答图2﹣2，过点D作DM⊥CQ于M，过点C作CN⊥DF于N，则DM：CN=：2．设D（m，m2+m+3）（m＜0），则F（m，m+3）．∴CN=﹣m，NF=﹣m∴CF==﹣m．∵∠DMF=∠CNF=90°，∠DFM=∠CFN，∴△DMF∽△CNF，∴，∴DF=CF=﹣m．∴DN=NF+DF=﹣m﹣m=﹣m．又DN=3﹣（m2+m+3）=﹣m2﹣m，∴﹣m2﹣m=﹣m解得：m=﹣或m=0（舍去）∴m2+m+3=﹣∴D（﹣，﹣）．综上所述，存在满足条件的点D，点D的坐标为（﹣，﹣）．点评：本题为二次函数压轴题，综合考查了二次函数、待定系数法、相似三角形、平行四边形、菱形等知识点．第（2）问涉及存在型问题，有一定的难度．在解题过程中，注意数形结合思想、分类讨论思想及方程思想等的应用．3.（2014•遵义27．（14分））如图，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），与y轴交于点C．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．（1）求该二次函数的解析式及点C的坐标；（2）当点P运动到B点时，点Q停止运动，这时，在x轴上是否存在点E，使得以A，E，Q为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请求出E点坐标；若不存在，请说明理由．（3）当P，Q运动到t秒时，△APQ沿PQ翻折，点A恰好落在抛物线上D点处，请判定此时四边形APDQ的形状，并求出D点坐标．考点：二次函数综合题．分析：（1）将A，B点坐标代入函数y=x2+bx+c中，求得b、c，进而可求解析式及C坐标．（2）等腰三角形有三种情况，AE=EQ，AQ=EQ，AE=AQ．借助垂直平分线，画圆易得E大致位置，设边长为x，表示其他边后利用勾股定理易得E坐标．（3）注意到P，Q运动速度相同，则△APQ运动时都为等腰三角形，又由A、D对称，则AP=DP，AQ=DQ，易得四边形四边都相等，即菱形．利用菱形对边平行且相等等性质可用t表示D点坐标，又D在E函数上，所以代入即可求t，进而D可表示．解答：解：（1）∵二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），∴，解得，∴y=x2﹣x﹣4．∴C（0，﹣4）．（2）存在．如图1，过点Q作QD⊥OA于D，此时QD∥OC，∵A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣4），O（0，0）∴AB=4，OA=3，OC=4，∴AC==5，AQ=4．∵QD∥OC，∴，∴，∴QD=，AD=．①作AQ的垂直平分线，交AO于E，此时AE=EQ，即△AEQ为等腰三角形，设AE=x，则EQ=x，DE=AD﹣AE=﹣x，∴在Rt△EDQ中，（﹣x）2+（）2=x2，解得 x=，∴OA﹣AE=3﹣=﹣，∴E（﹣，0）．②以Q为圆心，AQ长半径画圆，交x轴于E，此时QE=QA=4，∵ED=AD=，∴AE=，∴OA﹣AE=3﹣=﹣，∴E（﹣，0）．③当AE=AQ=4时，∵OA﹣AE=3﹣4=﹣1，∴E（﹣1，0）．综上所述，存在满足条件的点E，点E的坐标为（﹣，0）或（﹣，0）或（﹣1，0）．（3）四边形APDQ为菱形，D点坐标为（﹣，﹣）．理由如下：如图2，D点关于PQ与A点对称，过点Q作，FQ⊥AP于F，∵AP=AQ=t，AP=DP，AQ=DQ，∴AP=AQ=QD=DP，∴四边形AQDP为菱形，∵FQ∥OC，∴，∴，∴AF=，FQ=，∴Q（3﹣，﹣），∵DQ=AP=t，∴D（3﹣﹣t，﹣），∵D在二次函数y=x2﹣x﹣4上，∴﹣=（3﹣t）2﹣（3﹣t）﹣4，∴t=，或t=0（与A重合，舍去），∴D（﹣，﹣）．点评：本题考查了二次函数性质、利用勾股定理解直角三角形及菱形等知识，总体来说题意复杂但解答内容都很基础，是一道值得练习的题目．4.（2014•娄底27．（10分））如图甲，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm．如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为1cm/s．连接PQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜4），解答下列问题：（1）设△APQ的面积为S，当t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？（2）如图乙，连接PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，当四边形PQP′C为菱形时，求t的值；′（3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形？考点：相似形综合题分析：（1）过点P作PH⊥AC于H，由△APH∽△ABC，得出=，从而求出AB，再根据=，得出PH=3﹣t，则△AQP的面积为：AQ•PH=t（3﹣t），最后进行整理即可得出答案；（2）连接PP′交QC于E，当四边形PQP′C为菱形时，得出△APE∽△ABC，=，求出AE=﹣t+4，再根据QE=AE﹣AQ，QE=QC得出﹣t+4=﹣t+2，再求t即可；（3）由（1）知，PD=﹣t+3，与（2）同理得：QD=﹣t+4，从而求出PQ=，在△APQ中，分三种情况讨论：①当AQ=AP，即t=5﹣t，②当PQ=AQ，即=t，③当PQ=AP，即=5﹣t，再分别计算即可．解答：解：（1）如图甲，过点P作PH⊥AC于H，∵∠C=90°，∴AC⊥BC，∴PH∥BC，∴△APH∽△ABC，∴=，∵AC=4cm，BC=3cm，∴AB=5cm，∴=，∴PH=3﹣t，∴△AQP的面积为：S=×AQ×PH=×t×（3﹣t）=﹣（t﹣）2+，∴当t为秒时，S最大值为cm2．（2）如图乙，连接PP′，PP′交QC于E，当四边形PQP′C为菱形时，PE垂直平分QC，即PE⊥AC，QE=EC，∴△APE∽△ABC，∴=，∴AE===﹣t+4QE=AE﹣AQ═﹣t+4﹣t=﹣t+4，QE=QC=（4﹣t）=﹣t+2，∴﹣t+4=﹣t+2，解得：t=，∵0＜＜4，∴当四边形PQP′C为菱形时，t的值是s；（3）由（1）知，PD=﹣t+3，与（2）同理得：QD=AD﹣AQ=﹣t+4∴PQ===，在△APQ中，①当AQ=AP，即t=5﹣t时，解得：t1=；②当PQ=AQ，即=t时，解得：t2=，t3=5；③当PQ=AP，即=5﹣t时，解得：t4=0，t5=；∵0＜t＜4，∴t3=5，t4=0不合题意，舍去，∴当t为s或s或s时，△APQ是等腰三角形．点评：此题主要考查了相似形综合，用到的知识点是相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积公式以及二次函数的最值问题，关键是根据题意做出辅助线，利用数形结合思想进行解答．5. （2014•福建泉州，第25题12分）如图，在锐角三角形纸片ABC中，AC＞BC，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上．（1）已知：DE∥AC，DF∥BC．①判断四边形DECF一定是什么形状？②裁剪当AC=24cm，BC=20cm，∠ACB=45°时，请你探索：如何剪四边形DECF，能使它的面积最大，并证明你的结论；（2）折叠请你只用两次折叠，确定四边形的顶点D，E，C，F，使它恰好为菱形，并说明你的折法和理由．考点：四边形综合题分析：（1）①根据有两组对边互相平行的四边形是平行四边形即可求得，②根据△ADF∽△ABC推出对应边的相似比，然后进行转换，即可得出h与x之间的函数关系式，根据平行四边形的面积公式，很容易得出面积S关于h的二次函数表达式，求出顶点坐标，就可得出面积s最大时h的值．（2）第一步，沿∠ABC的对角线对折，使C与C1重合，得到三角形ABB1，第二步，沿B1对折，使DA1⊥BB1．解答：解：（1）①∵DE∥AC，DF∥BC，∴四边形DECF是平行四边形．②作AG⊥BC，交BC于G，交DF于H，∵∠ACB=45°，AC=24cm∴AG==12，设DF=EC=x，平行四边形的高为h，则AH=12h，∵DF∥BC，∴=，∵BC=20cm，即：=∴x=×20，∵S=xh=x•×20=20h﹣h2．∴﹣=﹣=6，∵AH=12，∴AF=FC，∴在AC中点处剪四边形DECF，能使它的面积最大．（2）第一步，沿∠ABC的对角线对折，使C与C1重合，得到三角形ABB1，第二步，沿B1对折，使DA1⊥BB1．理由：对角线互相垂直平分的四边形是菱形．点评：本题考查了相似三角形的判定及性质、菱形的判定、二次函数的最值．关键在于根据相似三角形及已知条件求出相关线段的表达式，求出二次函数表达式，即可求出结论．。

专题19.14 菱形-存在性问题（专项练习）菱形的存在性问题，和平行四边形存在性问题一样，在平面直角坐标系中，仍然中考压轴题的重要组成部分内容之一，因此进入菱形学习后，引入菱形的存在性问题，充分利用数形结合的思想对学生的辅导，同样是十分必要的，本专题在进行平行四边形存在性问题训练习后，继续汇集了一些典型的，常考题供老师和学生参考使用，同样对进入四边形的学习和准备参加中考的考生来讲进行巩固练习十分重要。

一、填空题1．在平面直角坐标系中，直线364y x =-+分别与x 轴、y 轴交于A B 、两点，M 是线段AB 上的一个动点（点,A B 除外），在x 轴上方存在点N ，使以O B M N 、、、为顶点的四边形是菱形、则ON 的长度为_________．2．在平面直角坐标系中，直线364y x =-+分别与x 轴、y 轴交于A 、B 两点，M 是线段AB 上的一个动点（点A 、B 除外），在x 轴上方存在点N ，使以O 、B 、M 、N 为顶点的四边形是菱形，则ON 的长度为____________．3．在平面直角坐标系中，直线y ＝﹣34x +6分别与x 轴、y 轴交于点A ，B ．当点P 在线段AB （点P 不与A ，B 重合）上运动时，在坐标系内存在一点N ，使得以O ，B ，P ，N 为顶点的四边形为菱形．请直接写出N 点坐标_____．二、解答题4．在平面直角坐标系中，矩形OABC 的对角线10AC =，边6OC =，把矩形OABC 沿直线DE 对折，使点A 落在点C 处，直线DE 与OA 、BC 、AC 的交点分别为D 、E 、F ．(1)求证：CEF ∆≌ADF ∆；(2)求折痕DE 的长；(3)若点M 在x 轴上，平面内是否存在点N ，使以D 、F 、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5．如图，平面直角坐标系中，矩形OABC 的对角线24AC =，30ACO ∠=︒．(1)求点B 的坐标；(2)把矩形OABC 沿直线DE 对折，使点C 落在点A 处，折痕DE 分别与OC 、AB 、AC 相交于点D 、E 、F ，求直线DE 的解析式；(3)若点M 在直线DE 上，平面内是否存在点N ，使以O 、F 、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．6．如图，在平面直角坐标系中，直线:l y x =+与x 轴、y 轴分别交于点A ,B ，将点B 绕坐标原点O 顺时针旋转60︒得点C ，解答下列问题:（1）求出点C 的坐标，并判断点C 是否在直线l 上；（2）若点P 在x 轴上，坐标平面内是否存在点Q ，使得以P 、C 、Q 、A 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出Q 点坐标；若不存在，请说明理由．7．如图，在平面直角坐标系中，直线11:62l y x =-+分别与x 轴、y 轴交于点B 、C ，且与直线21:2l y x =交于点A ． （1）若D 是线段OA 上的点，且COD △的面积为12，求直线CD 的函数表达式． （2）在（1）的条件下，设P 是射线CD 上的点，在平面内是否存在点Q ，使以O 、C 、P 、Q 为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q 的坐标，若不存在，请说明理由．8．如图，在平面直角坐标系中，直线14:3l y x =与直线2:(0)l y kx b k =+≠相交于点(,3)A a ，直线2l 与y 轴交于点(0,5)B -． （1）求直线2l 的函数解析式；（2）将OAB 沿直线2l 翻折得到CAB △，使点O 与点C 重合，AC 与x 轴交于点D ．求证：四边形AOBC 是菱形；（3）在直线BC 下方是否存在点P ，使BCP 为等腰直角三角形？若存在，直接写出点P 坐标：若不存在，请说明理由．9．如图，在平面直角坐标系中，直线1l ：162y x =-+分别与x 轴、y 轴交于点B 、C ，且与直线2l ：12y x =交于点A . （1）分别求出点A 、B 、C 的坐标；（2）若D 是线段OA 上的点，且COD △的面积为12，求直线CD 的函数表达式；（3）在（2）的条件下，设P 是射线CD 上的点，在平面内里否存在点Q ，使以O 、C 、P 、Q 为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.10．如图，在平面直角坐标系中，直线1l ：182y x =-+分别与x 轴、y 轴交于点B 、C ，且与直线2l ：13y x =交于点A ． （1）求点A 、B 、C 的坐标；（2）若M 是线段OA 上的点，且COM 的面积为24，求直线CM 的函数表达式；（3）在（2）的条件下，设E 是射线CM 上的点，在平面内是否存在点F ，使以O 、C 、E 、F 为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点F 的坐标；若不存在，请说明理由．11．如图1，在平面直角坐标系中，已知直线：:l y kx b =+与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，与直线CD 相交于点D ，其中14AC =，()6,0C -，()2,8D ．（1）求直线l 的函数表达式；（2）如图2，点P 为线段CD 延长线上的一点，连接PB ，当PBD △的面积为7时，将线段BP 沿着y 轴方向平移，使得点P 落在直线AB 上的P '处，求点P '到直线CD 的距离； （3）若点E 为直线CD 上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点F ，使以点A 、D 、E 、F 为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点F 的坐标；若不存在，请说明理由．12．如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD 是平行四边形，OB=OC=2，(1)求点D 的坐标，直线CD 的函数表达式；(2)已知点P 是直线CD 上一点，当点P 满足S ≌PAO =32S ≌ABO 时，求点P 的坐标； (3)若点M 在平面直角坐标系内，则在直线AB 上是否存在点F （不与A 、B 重合），使以A 、 C 、 F 、 M 为顶点的四边形为菱形?若存在，直接写出F 点的坐标，若不存在，请说明理由.13．如图，四边形ABCO 是菱形，以点O 为坐标原点，OC 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系．若点A 的坐标为（﹣5，12），直线AC 与y 轴相交于点D ，连接BD ． （1）求菱形ABCO 的边长；（2）求DC 的值；（3）直线BD 上是否存在一点P 使得≌BCP 的面积与≌BCA 的面积相等？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．14．在直角梯形OABC 中，//CB OA ,90,3,6,COA CB OA BA ︒∠====,分别以,OA OB 边所在直线为x 轴，y 轴建立平面直角坐标系.（1）求点B 的坐标；（2）已知,D E 分别为线段,OC OB 上的点，5,2OD OE EB ==，直线DE 交x 轴于点F ，过点E 作EG≌x 轴于G ，且EG ：OG=2．求直线DE 的解析式；（3）点M 是（2）中直线DE 上的一个动点，在x 轴上方的平面内是否存在一点N ，使以O D M N 、、、为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出N 点的坐标；若不存在，请说明理由.15．如图，四边形 ABCO 是菱形，以点 O 为坐标原点，OC 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系.若点 A 的坐 标为(-5，12)，直线 AC 、边 AB 与y 轴的交点分别是点 D 与点 E ，连接 BD ．(1)求菱形 ABCO 的边长；(2)求 BD 所在直线的解析式；(3)直线 AC 上是否存在一点 P 使得PBD ∆与EBD ∆的面积相等?若存在，请直接写出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由.16．如图1，在平面直角坐标系中，直线2L ：162y x =-+与1L ：12y x =交于点A ，分别与x 轴、y 轴交于点B 、C ．（1）分别求出点A 、B 、C 的坐标； （2）若D 是线段OA 上的点，且COD △的面积为12，求直线CD 的函数表达式；（3）在（2）的条件下，设P 是射线CD 上的点．≌如图2，过点P 作//PQ OC ，且使四边形OCPQ 为菱形，请直接写出点Q 的坐标； ≌在平面内是否存在其它点Q ，使以O 、C 、P 、Q 为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．17．已知一个直角三角形纸片OAB ，其中≌AOB=90°，OA=2，OB=4．如图，将该纸片放置在平面直角坐标系中，折叠该纸片，折痕与边O B 交于点C ，与边AB 交于点D ． （1）若折叠后使点B 与点A 重合，求点C 的坐标．（2）若折叠后点B 落在边OA 上的点为B′，是否存在点B′，使得四边形BCB′D 是菱形？若存在，请说明理由并求出菱形的边长；若不存在，请说明理由．18．在平面直角坐标系中，ABCD 的边AB 在x 轴上，点()2,0A -，线段8AB =，线段6AD =，且60BAD ∠=︒，AD 与y 轴的交点为E ，连接BE ．（1）如图1，在线段BE 上有两个动点G K 、（G 在K 上方），且KG =，点F 为BC 中点，点P 为线段CD 上一动点，当FG GK +KP +的值最小时，求出P 的坐标及AKG ∆的面积．（2）ABE ∆沿x 轴平移，当点E 平移到BC 边上时，平移后的111A B E ∆，在x 轴上一动点M ，在平面直角坐标系内有一动点N ，使点11,,,B E M N 形成的四边形为菱形，若存在直接写出点N 的坐标，若不存在说明理由．19．如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD 是平行四边形，AD=6，若OA 、OB 的长是关于x 的一元二次方程x 2﹣7x+12=0的两个根，且OA ＞OB ．（1）求A 、B 的坐标．（2）求证：射线AO 是≌BAC 的平分线．（3）若点M 在平面直角坐标系内，则在直线AB 上是否存在点F ，使以A 、C 、F 、M 为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出F 点的坐标，若不存在，请说明理由．20．综合与探究问题情境在综合实践课上，老师让同学们探究“平面直角坐标系中的旋转问题”．如图，在平面直角坐标系中，四边形AOBC 是矩形，点()0,0O ，点()5,0A ，点()0,3B ．操作发现以点A 为中心，顺时针旋转矩形AOBC ，得到矩形ADEF ，点O ，B ，C 的对应点分别为D ，E ，F ．（1）如图≌，当点D 落在BC 边上时，求点D 的坐标；继续探究（2）如图≌，当点D 落在线段BE 上时，AD 与BC 交于点H ．≌求证ADB AOB∆≅∆；≌求点H的坐标．拓展探究（3）如图≌，点M是x轴上任意一点，点N是平面内任意一点，是否存在点N使以A、D、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．21．如图所示，在平面直角坐标系中，直线y＝2x＋4交x轴于点A，直线y＝﹣12x＋2交x轴于点B，两直线交于点C．（1）求证：≌ABC是直角三角形．（2）平面直角坐标系内是否存在点D，使得以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．22．在平面直角坐标系中，直线1l：142y x=-+分别与x轴、y轴交于点A、点B，且与直线2l：y x=于点C．(≌)如图①，求出B、C两点的坐标；(≌)若D是线段OC上的点，且BOD的面积为4，求直线BD的函数解析式．(≌)如图②，在(≌)的条件下，设P是射线BD上的点，在平面内是否存在点Q，使以O、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．x+b分别与x轴，y轴交于点A，B，且点A的23．如图，在平面直角坐标系中，直线y=−34坐标为(4,0)，四边形ABCD是正方形．（1）填空：b=__________．（2）求点D的坐标．（3）点M是线段AB上的一个动点（点A、B除外），试探索在x轴上方是否存在另一个点N，使得以O、B、M、N为顶点的四边形是菱形？若不存在，请说明理由．若存在，请求出点N的坐标．24．如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的对角线AC=12，≌ACO=30°.（1）求B、C两点的坐标；（2）过点G（0,-6）作GF≌AC，垂足为F，直线GF分别交AB、OC于点E、D，求直线DE的解析式；（3）在≌的条件下，若点M在直线DE上，平面内是否存在点P，使以O、F、M、P为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．25．如图，在平面直角坐标系xOy 中，直线l ：y b =+交x 轴于点0(4)A ，、交y 轴于点B ，（1）求直线l 的函数表达式； （2）设点P 是y 轴上的一点≌在坐标平面内是否存在点Q ，使以A 、B 、P 、Q 为顶点的四边形是菱形？若存在，求出Q 点的坐标；若不存在，说明理由．≌若C 是线段OA 的中点，点D 与点C 关于y 轴对称，点M 在直线l 上，当CPM ∆为等边三角形时，求直线DM 的函数表达式.26．如图≌，在平面直角坐标系中，直线1l ：162y x =-+分别与x 轴、y 轴交于点B 、C ，且与直线2l ：12y x =交于点A ，以线段AC 为边在直线1l 的下方作正方形ACDE ，此时点D 恰好落在x 轴上． （1）求出,,A B C 三点的坐标．（2）求直线CD的函数表达式．（3）在（2）的条件下，点P是射线CD上的一个动点，在平面内是否存在点Q，使得以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．参考答案1．5或9.6【分析】当BO是边时，菱形为BOMN，利用S≌AOB=12×OA×OB=12×AB×OH，即可求解；当BO是对角线时，菱形为BN′OM′，当点M′是Rt≌ABO的中线时，BM′=OM′=12AB=5=ON′，即可求解．【详解】解：y=-34x+6，令x=0，y=6，令y=0，x=8，故点A、B的坐标分别为：（8，0）、（0，6），则OA=8，OB=6，则=10，当BO是边时，如图所示，菱形为BOMN，连接ON 交AB 于点H ，则OH≌AB ， S ≌AOB =12×OA×OB=12×AB×OH ， 即6×8=10×OH ，解得：OH=4.8， ON=2OH=9.6；当BO 是对角线时，菱形为BN′OM′， 当点M′是Rt≌ABO 的中线时，BM′=OM′=12AB=5=ON′， 综上，ON=5或9.6； 故答案为：5或9.6． 【点拨】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特征，涉及到菱形的性质、直角三角形中线定理等，综合性强，难度适中． 2．5或9.6 【分析】分两种情形讨论≌OB 为边，≌OB 为对角线，分别求出点N 坐标即可求出ON 的长度． 【详解】如图，当OB 为边时，四边形OBNM 是菱形，连接ON 交AB 于H ，延长NM 交OA 于E,1122OA OB OH AB ⨯=⋅ 2418,55OH BH HM ∴===1425AM AB BH ∴=-=由EM //OB 得到EM AM AEOB AB AO== 4256,2525EM AE ∴==14425OE ∴=≌点N 坐标144192,2525⎛⎫ ⎪⎝⎭ 则9.6ON ==如图当OB 为对角线时，易知点N 坐标（-4，3）．≌5ON ==综上所述以O 、B 、M 、N 为顶点的四边形是菱形，ON 的长度为9.6或4. 【点拨】本题考查一次函数图象上的点坐标特征，菱形的性质等知识，解题的关键是学会分类讨论，注意不能漏解，属于中考常考题型． 3．（﹣4，3），（14425，19225），（245，﹣185）． 【分析】直接考虑以O ，B ，P ，N 为顶点的菱形中的数量关系比较复杂,不妨根据菱形的性质,它的一半为等腰三角形,则讨论三边有任意两边相等,分三种情况: BP ＝OP , OP ＝OB , BP ＝OB ,再根据坐标系中任意两点间的距离公式列出等式解答即可. 【详解】 解：≌直线y ＝﹣34x +6分别与x 轴、y 轴交于点A ，B ， ≌A （8，0），B （0，6）．分三种情况：≌如图所示，以OB为菱形OPBN的对角线，点P与点N关于OB对称，由BP＝OP可得，≌PBO＝≌POB，根据≌PBO+≌P AO＝≌POB+≌POA＝90°，可得≌POA＝≌P AO，≌PO＝P A，≌P是AB的中点，即P（4，3），≌N（﹣4，3）；≌如图所示，以PB为菱形OPBN的对角线，设P（n，﹣34n+6），≌四边形OPNB为菱形，B（0，6），≌OP＝OB＝6解得：n＝14425或n＝0（舍去），≌点P（14425，4225），≌点N（14425，42625+），即N（14425，19225）；≌如图所示，以OP 为菱形BPNO 的对角线，设P （m ，﹣34m +6）≌四边形ONPB 为菱形, B （0，6），≌BP ＝OB ＝6 解得m ＝245， ≌P （245，125），≌N （245，1265-），即N （245，﹣185）， 综上所述，N 点坐标为（﹣4，3），（14425，19225），（245，﹣185）．故答案为：（﹣4，3），（14425，19225），（245，﹣185）．【点拨】本题结合菱形的性质综合考查了一次函数图象中的动点问题,理解题意,分情况作出图形,找到数量关系是解答关键. 4．（1）见解析；（2）152DE =；（3）存在，N 的坐标是()43-，或134⎛⎫ ⎪⎝⎭，或3134⎛⎫⎪⎝⎭，或738⎛⎫⎪⎝⎭，． 【分析】(1)根据矩形的性质和折叠的性质得出两组角和一组边,即可判定全等;(2)连接CD,设OD 为x,根据勾股定理算出OA,再由折叠得出CD,利用勾股定理列出方程解出x,最后由(1)中全等转换边长即可求出答案;(3)构成菱形的四个顶点的顺序不定，需分情况讨论．由于D 、F 是定点，可将线段DF 分为两大类：DF 为菱形的一边、DF 为菱形的对角线．然后分别讨论即可． 【详解】解:(1)≌四边形OABC 是矩形， ≌//CB OA ， ≌CEF ADF ∠=∠, 由折叠可得152CF AF AC ===, 在CEF ∆和ADF ∆中,CEF ADF CFE AFD CF AF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩≌CEF ∆≌ADF ∆(AAS)； (2)连接CD ，设OD x =，在Rt AOC ∆中，由勾股定理得8OA =，≌8AD x =-由折叠可得8CD AD x ==-，AC DE ⊥在Rt COD ∆中，由勾股定理得222OC OD CD +=，即()22268x x +=-解得74x =， ≌74OD =，254CD AD ==在Rt CDF ∆中，由勾股定理得154DF === ≌CEF ∆≌ADF ∆，≌154EF DF ==， ≌151515442DE EF DF =+=+=；(3)如图1，2，3所示，点N 的坐标是()43-，或134⎛⎫⎪⎝⎭，或3134⎛⎫ ⎪⎝⎭，或738⎛⎫⎪⎝⎭，．过点F 作FH≌DC ，垂足为H ， ≌S≌DFC=12DF•FC=12DC•FH ，DF=154，FC=5，DC=154，≌FH=3． ≌FH≌DC ，DF=154，FH=3， ≌DH=94． ≌OH=OD+DH=4． ≌F （4，3）．≌若DF 为菱形的一边当DM 为菱形的对角线时，如图1．点N 与点F 关于x 轴对称，则点N 的坐标为（4，-3）． 当DM 为菱形的另一边时，如图2．此时FN≌DM ，FN=DF=154． ≌F （4，3）， ≌点N 的坐标为（4-154，3）或（4+154，3）即（14，3）或（314，3）．≌若DF 为菱形的对角线，如图3． ≌四边形DNFM 为菱形， ≌MN≌DF ，DG=12DF ． ≌DF≌AC ，≌≌DGM=≌DFC=90°． ≌MN≌AC ． ≌≌DGM≌≌DFC ． ≌12DM DG DC DF ==． ≌DM=12,DC=258． ≌四边形DNFM 为菱形， ≌NF≌DM ，NF=DM=258． ≌点N 的坐标为（4-258，3）即（78，3）．综上所述：符合要求的点N 的坐标可能为（14，3）、（314，3）、（78，3）．故答案为：（14，3）、（314，3）、（78，3）．【点拨】本题运用了矩形的性质、菱形的性质、三角形相似（包括全等）的性质及判定、勾股定理等知识，综合性强；另外，还考查了分类讨论的思想，注重对学生知识和能力的考查.5．（1）B ；（2）12y =- ；（3）存在符合条件的点N 共有4个，分别为 1N 2(6,N -- 36)N - 4N 【解析】分析：（1）利用三角函数求得OA 以及OC 的长度，则B 的坐标即可得到； （2）分别求出D 点和E 点坐标，即可求得DE 的解析式；（3）分当FM 是菱形的边和当OF 是对角线两种情况进行讨论．利用三角函数即可求得N 的坐标．详解：（1）在直角≌OAC 中，tan≌ACO=OA OC =， ≌设，则OC=3x ，根据勾股定理得：（3x ）2+）2=AC 2， 即9x 2+3x 2=576， 解得：则C 的坐标是：（0），B的坐标是（）； （2）由折叠可知12AF CF == 90AFE DFC ∠=∠=︒， ≌四边形ABCD 是矩形， ≌AB ∥CD ，≌30BAC ACO ∠=∠=︒， ≌AE CD ==≌()D()E设直线DE 的解析式为y kx b =+，则012b b ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，解得12k b ⎧=⎪⎨=-⎪⎩；≌12y =-.（3）≌OF 为Rt≌AOC 斜边上的中线， ≌OF=12AC=12，≌()D()E ，≌DE 与x 轴夹角是60°，当FM 是菱形的边时（如图1），ON≌FM ，≌≌NOC=60°或120°．当≌NOC=60°时，过N 作NG≌y 轴， ≌NG=ON•sin30°=12×12=6，此时N 的坐标是（6，）；当≌NOC=120°时，与当≌NOC=60°时关于原点对称，则坐标是（-6，-）；当OF 是对角线时（如图2），MN 关于OF 对称，≌F 的坐标是（6），≌≌FOD=≌NOF=30°，在直角≌ONH 中，OH=12OF=6，ON=OHcos NOH ==∠作NL≌y 轴于点L ．在直角≌ONL 中，≌NOL=30°， ≌NL=12ON=OL=ON•cos30°=2=6．此时N的坐标是（6）．当DE 与y 轴的交点时M ，这个时候N 在第四象限，此时点N 的坐标为：（-6）．则N 的坐标是：（-6）或（6，）或（-6，-6）．点拨：此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：锐角三角函数定义，勾股定理，以及菱形的性质，本题对于N 的位置的讨论是解第三问的关键．6．（1），点C 在直线l 上，见解析；（2）存在，点Q 坐标为：(3+或(3-或3(,或.【分析】 （1）依题意作出点C ，过C 点作CH≌OA ，旋转性质可得30AOC ∠=︒，由30°直角三角形性质可求出，OH=3，即可得出C 点坐标，将C 点坐标代入解析式验证，符合解析式即可判定C 在直线l 上.即可求解；（2）分AC 是菱形的一条边、AC 是菱形的一条对角线两种情况，分别根据点平移的规律求解即可．【详解】解：（1）设将点B 绕坐标原点O 顺时针旋转60︒得点C ，直线:l y x =+，令0x =，则y =0y =，则6x =，则点A 、B 的坐标分别为()6,0、(0，，则6AO =，OB =≌60BOC ∠=︒，OC=OB=≌30AOC ∠=︒，过C 点作CH≌OA ，，OH=3点C 的坐标为(；≌当x=3时，y x =+≌点C 的坐标(在直线l 上.（2）存在，理由：点A 、C 的坐标分别为()6,0、(，则AC =P 、C 、Q 、A 为顶点的四边形是菱形如图所示，≌当AC 是菱形的一条边时，当点Q 在x 轴上方，当菱形为ACQP 时，则AC AP CQ ===，则点(3Q +；当菱形为''ACQ P 时，点'(3Q -；当点Q 在x 轴下方，同理可得：点(''3,Q ；≌当AC 是菱形的对角线时，设点(),0P s ，点(),Q m n ，则AC 的中点即为PQ 的中点，且PA PC =（即22:)PA PC =，9s m ∴+=，0n +=()()22236s s -+=-，解得：5m =，n =4s =，故点(Q ；综上，点Q 坐标为：(3+或(3-或(3,或(．【点拨】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到直角三角形中线定理、菱形的性质、解直角三角形等，其中（2），要注意分类求解，避免遗漏．7．（1）6y x =-+（2）存在，(6,6)或()3,3-或-【解析】试题分析：(1)对于直线1l 解析式,令x =0，求出y 的值,确定C 的坐标；根据D 在直线OA 上,设1,2D x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭,表示出≌COD 面积,把已知面积代入求出x 的值,确定出D 坐标,利用待定系数法求出CD 解析式即可；(2)在(1)的条件下,设P 是射线CD 上的点,在平面内存在点Q ,使以O 、C 、P 、Q 为顶点的四边形是菱形,如图所示,分三种情况考虑:≌当四边形11OP Q C 为菱形时,由1COP 90∠=︒,得到四边形11OP Q C 为正方形;≌当四边形22OP CQ 为菱形时;≌当四边形33OQ P C 为菱形时;分别求出Q 坐标即可.解：（1）设1,2D x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭． ≌12COD S =且():0,6C ， ≌16122x ⨯⨯= ≌4x =≌():4,2D ．令CD 直线解析式为()0y kx b k =+≠把()0,6C ，()4,2D 代入得：6,24b k b =⎧⎨=+⎩≌16k b =⎧⎨=⎩．≌6y x =-+．（2）存在．≌当四边形11OPQ C 为菱形时．≌190COP ∠=︒得四边形11OPQ C 为正方形≌1116Q P OP OC ===,即()16,6Q ．≌当四边形22OP CQ 为菱形时≌()0,6C 得3Q y =3y =代入:OQ l y x =-得3x =-，≌()23,3Q -．≌当四边形33OQ PC 为菱形时≌33336OQ OC CP PQ ====≌(3Q -综上得点Q 的坐标为()6,6或()3,3-或(-．点拨：此题属于一次函数综合题,涉及的知识有:一次函数与坐标轴的交点,待定系数法确定一次函数解析式,一次函数图象的交点,一次函数图象与性质,菱形的性质,坐标与图形性质,熟练掌握待定系数法和菱形的性质是解答本题的关键.8．（1）y=2x -5；（2）见解析；（3）（3，-9），（7，-6），（72，112-） 【分析】（1）解方程得到A （4，3），待定系数法即可得到结论；（2）根据勾股定理得到OA ，根据折叠的性质得到OB=BC ，OA=AC ，从而有OA=OB=BC=AC ，即可得证；（3）如图，过C 作CM≌OB 于M ，求得CM=OD=4，得到C （4，-2），过P 1作P 1N≌y 轴于N ，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论．【详解】解：（1）≌直线14:3l y x =与直线2:(0)l y kx b k =+≠相交于点A （a ，3）， ≌A （4，3），≌直线交l≌交y 轴于点B （0，-5），≌y=kx -5，把A （4，3）代入得，3=4k -5，≌k=2，≌直线l≌的解析式为y=2x -5；（2），≌OA=OB ，≌≌OAB=≌OBA，≌将≌OAB沿直线l≌翻折得到≌CAB，≌OB=BC，OA=AC，≌OA=OB=BC=AC，≌四边形OABC是菱形；（3）如图，过C作CM≌OB于M，则CM=OD=4，≌BC=OB=5，≌BM=3，≌OB=2，≌C（4，-2），过P1作P1N≌y轴于N，≌≌BCP是等腰直角三角形，≌≌CBP1=90°，≌≌MCB=≌NBP1，≌BC=BP1，≌≌BCM≌≌P1BN（AAS），≌BN=CM=4，≌P1（3，-9）；可知P3是CP1的中点，≌P3（72，112-），由图可知四边形BCP1P2是正方形，B（0，-5），C（4，-2），P1（3，-9），从而可得：P2（7，-6），综上，点P的坐标为：（3，-9），（7，-6），（72，112-）．【点拨】本题考查了一次函数的综合题，折叠的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，正确的求得P点的坐标是解题的关键．9．(1)A(6，3)，B(12，0)，C(0，6)；(2)y=-x+6；(3)满足条件的Q点坐标为：(-3，3)或，-3)或(6，6).【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特点，可求出B,C两点坐标.两个函数解析式联立形成二元一次方程组，可以确定A点坐标.（2）根据坐标特点和已知条件，采用待定系数法，即可作答.（3）在（2）的条件下，设P是射线CD上的点，在平面内存在点Q，使以O、C、P、2为顶点的四边形是菱形，如图所示，分三种情况考虑：≌当四边形OP1Q1C为菱形时，由≌COP1=90°，得到四边形OP1Q1C为正方形；≌当四边形OP2CQ2为菱形时；≌当四边形OQ3P3C为菱形时；分别求出Q坐标即可.【详解】解：(1)由题意得16212y xy x⎧=-+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩解得63 xy=⎧⎨=⎩≌A(6，3)在y=-162x+中，当y=0时，x=12，≌B(12，0)当x=0时，y=6，≌C(0，6).(2)≌点D在线段OA上，≌设D(x，12x) (0≤x≤6)≌S≌COD=12≌12×6x=12x=4≌D(4，2)，设直线CD的表达式为y=kx+b，把(10，6)与D(4，2)代入得624bk b=⎧⎨=+⎩解得16 kb=-⎧⎨=⎩直线CD的表达式为y=-x+6(3) 存在点2，使以O、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，如图所示，分三种情况考虑：≌当四边形OP1Q1C为菱形时OC==OP1，由≌COP1=90°，得到四边形OP1Q1C为正方形，此时Q1P1=OP1=OC=6，即Q:（6，6）；≌ 当四边形OP2CQ2为菱形时，OP2=CP2，由C坐标为（0，6），得到Q2纵坐标为3，把y=3代入直线OQ2解析式y=-x中，得：x=-3，此时Q2（-3，3）；≌当四边形0Q3P3C为菱形时，OC=CP3，则有OQ3=OC=CP3=P3Q3=6，设坐标为（x，-x+6），≌OC=CP3≌x2+x2= CP32= OC2=62解得，P的坐标为，6-)此时Q3，-).综上，点Q的坐标是(-3，3)或，-)或(6，6).【点拨】本题是一次函数、勾股定理、特殊的平行四边形的综合应用，是一道压轴题，在考试中第一问必须作答，二三问可以根据自己的情况进行取舍.10．（1）A（485，165），B（16，0），C（0，8）；（2）8y x=-+；（3）存在，点F的坐标为（8，8）或（−4，4）或-）．【分析】（1）把x＝0，y＝0分别代入直线1l，可求出y和x的值，可得到点B、C的坐标，解由直线1l和直线2l的方程组即可求出A的坐标；（2）设M（x，13x），代入面积公式即可求出x，求出点D的坐标，设直线CD的函数表达式是y＝kx＋b，把C（0，8），M（6，2）代入即可求出直线CD的函数表达式；（3）存在点F，使以O、C、E、F为顶点的四边形是菱形，根据菱形的性质分两种情况写出点F的坐标．【详解】解：（1）≌直线1l：182y x=-+分别与x轴、y轴交于点B、C，当x＝0时，y＝8，当y＝0时，x＝16，≌B（16，0），C（0，8），联立直线1l和直线2l得18213y xy x⎧=-+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，解得：485165x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩ ，≌A （485，165）．≌A （485，165），B （16，0），C （0，8）．（2）≌点M 在线段OA 上，且直线OA 的解析式为13y x =，设M （x ，13x ），≌≌COM 的面积为24， ≌12×8•x ＝24，解得：x ＝6，≌M （6，2），设直线CM 的函数表达式是y ＝kx ＋b ，把C （0，8），M （6，2）代入得：826b k b =⎧⎨=+⎩，解得：18k b =-⎧⎨=⎩，≌直线CM 的函数表达式是8y x =-+．（3）如图所示，分两种情况讨论：≌CE 是菱形的对角线时：由（2）知，直线CM 的解析式为y ＝−x ＋8，令y ＝0，则−x ＋8＝0，≌x ＝8，≌E 1（8，0），≌四边形OE 1F 1C 是菱形，≌E 1F 1＝OE 1＝OC ＝8，≌≌OC E 1＝45°，OC ＝O E 1，过点C 作C F 1∥x 轴，过点E 1作E 1F 1∥y 轴相交于F 1，≌F 1（8，8）；≌CE 为菱形的边时：在射线CM 上取一点E 使C E 2＝O E 2，C E 3＝OC ＝O F 3＝E 3F 3＝8，（i ）≌四边形OE 2CF 2是菱形，≌C E 2＝O E 2，≌点E 2在OC 的垂直平分线上，当y ＝4时，−x ＋8＝4，≌E 2（4，4），≌F 2（−4，4）；（ii ）≌四边形OC E 3F 3是菱形，≌E 3F 3∥y 轴，且≌F 3＝≌OC E 1＝45°，O F 3＝8，≌E 3F 3≌x 轴，则O F 3、 E 3F 3与x 轴围成的三角形为等腰直角三角形，≌点F 3的坐标为（-）．综上所述：点F 的坐标是（8，8）或（−4，4）或-【点拨】此题属于一次函数综合题，考查了一次函数图象与性质、待定系数法确定一次函数解析式、解二元一次方程组、菱形的性质、三角形的面积等知识点，熟练掌握一次函数的图象与性质、待定系数法及菱形的性质是解题的关键．11．（1）43233y x =-+；（2）点P '到直线CD ；（3）存在，点F 坐标分别为：F1（8+F2（8--F3（33，25）．【分析】（1）根据AC=14，C（-6，0）可得点A坐标，根据A、D两点坐标，利用待定系数法即可得答案；（2）过点P作PN≌y轴于N，作PP′//y轴，交AB于P′，过P′作P′M≌CD于M，过D作DE≌y轴于E，设CD与y轴交于点F，利用待定系数法可求出直线CD的解析式，可得≌PCO=45°，OF=6，即可求出BF的长，设P（a，a+6），根据S≌PBD=S≌PBF-S≌DBF=7列方程可求出a值，即可得出点P坐标，根据平移的性质可得P′坐标，即可得出PP′的长，根据≌PCO=45°可得≌PMP′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出P′M的长即可得答案；（3）分AD为边和AD为对角线两种情况，根据菱形的性质及两点间距离公式求出点F的坐标即可．【详解】（1）≌AC=14，C（-6，0），点A在点C右侧，≌A（8，0），≌直线AB与直线CD相交于点D，D（2，8），≌80 28 k bk b+=⎧⎨+=⎩，解得：43323kb⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，≌直线l的解析式为：43233y x=-+．（2）过点P作PN≌y轴于N，作PP′//y轴，交AB于P′，过P′作P′M≌CD于M，过D作DE≌y轴于E，设CD与y轴交于点F，设直线CD的解析式为y=mx+n，≌C（-6，0），D（2，8），≌60 28m nm n-+=⎧⎨+=⎩，解得：16mn=⎧⎨=⎩，≌直线CD的解析式为y=x+6，≌≌PCO=45°，OF=6，≌直线l的解析式为：43233y x=-+，≌B（0，323），≌OB=323，≌BF=OB-OF=323-6=143设P（a，a+6），≌S≌PBD=S≌PBF-S≌DBF=7，≌12BF·PN-12BF·DE=7，即12×143（a-2）=7，解得：a=5，≌P（5，11），≌将线段BP沿着y轴方向平移，使得点P落在直线AB上的P'处，≌432533-⨯+=4，≌P′（5，4），≌PP′=7，≌≌PCA=45°，≌≌MPP′=45°，≌≌PMP′是等腰直角三角形，，即点P'到直线CD．（3）≌如图，当AD为边时，≌A（8，0），D（2，8），，≌四边形ADEF是菱形，≌DE//AF，AD=AF=10，≌直线CD的解析式为y=x+6,≌设直线AF的解析式为y=x+b，≌A（8，0），≌8+b=0，解得：b=-8，≌直线AF的解析式为y=x-8，设F（c,c-8）,，解得：c=8±≌F1（8+F2（8--≌如图，当AD为对角线时，则DF=AF，AF//DE，由≌得直线AF的解析式为y=x-8，设F（t，t-8），≌D（2，8），A（8，0），=解得：t=33，≌F3（33，25），综上所述：存在点F，使以点A、D、E、F为顶点的四边形为菱形，点F坐标分别为：F1（8+F2（8--F3（33，25）．【点拨】本题考查一次函数的性质、待定系数法求一次函数解析式及菱形的性质，熟练掌握互相平行的两条直线的斜率（k）相等的性质及菱形的性质并灵活运用分类讨论的思想是解题关键．12．（1）D（4，3），332y x=-；（2）P（3，32）或（-3，152-）；（3）F（-3，0）或（2，6）或（2013-，913）或（135-，910-）.【分析】（1）先求出A点坐标，然后根据菱形的性质得到D点的坐标，利用C，D两点的坐标求出解析式；（2）利用点P是直线CD上一点，AO为≌PAO的底边不变，并且S≌PAO=32S≌ABO，分两种情况讨论即可；（3）根据菱形的性质，分AC、AF是邻边，AC、AF是邻边，AC是对角线，AF是对角线四种的情况分别进行求解计算．【详解】解：≌OB=OC=2，≌AD=OB+OC=2+2=4，3 OA====，≌A点的坐标为：（0，3），D点的坐标为：（4，3），C点的坐标为：（2，0），设直线CD的函数表达式为：y kx b=+，≌将C，D点的坐标代入，得：3402k bk b=+⎧⎨=+⎩，解之得：323kb⎧=⎪⎨⎪=-⎩，≌直线CD的函数表达式为：332y x=-，（2）如图示：≌1123322ABOS BO AO==⨯⨯=≌3393222PAO ABOS S==⨯=设P点坐标为（x P，y P）即：1922xAO P=，≌9933xPAO===，则：13x P =，或23x P =- ≌1333322y P =⨯-=，或()23153322y P =⨯--=-即P 点坐标为（3，32）或（-3，152-）；（3） ≌由（1）得OB=OC=2，OA=3，≌当AC 、AF 是邻边时，如图示，F 与B 重合，≌F 的坐标为（-3，0），≌当AC 、AF 是邻边，如图示，M 在直线AD 上，且FC 垂直平分AM ，C ，F 沿AD 成轴对称，则F 的坐标为：（2，6），≌AC 是对角线时，如图示：作AC 垂直平分线FE ，≌AC 经过A （0，3），C （2，0），≌AC 解析式为：332y x =-+，并且E 点的坐标为（1，32），≌AC FE ⊥，≌设FE 的解析式为：23y x b =+，将E 点坐标，代入化简得：FE 的解析式为：2536y x =+又≌AB 经过A （0，3），B （-2，0），≌AB 解析式为：332y x =+，≌Ｆ点的坐标为方程组2536332y x y x ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩ 的解， 解之得：135910x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩ ,≌则F 的坐标为：（135-，910-）,≌AF 是对角线时，如图示：过C 作AB 垂线，垂足为N ，则CA CF ==≌ABCD S AB CN BC AO ==，≌13BC AOCN AB ===，≌13AN ===，AF =，设F 点的横坐标为F x -，根据F 点在AB 上，并AB 解析式为：332y x =+， ≌F 的坐标为：（F x -，332F x +）,则根据勾股定理，有：()222232F F x x AF ⎛⎫+== ⎪⎝⎭⎝⎭≌2013F x =，2013F x -=-， ≌3320933221313F x +=⨯+= ≌F 的坐标为：（2013-，913） 综上所述，F 点的坐标为：（-3，0）或（2，6）或（2013-，913）或（135-，910-） 【点拨】本题主要考查了平行四边形的性质，四边形的综合问题，全等三角形的性质和判定，待定系数法，菱形的性质，难点是分类讨论．13．（1）13；（2）3；（3）存在，点P 的坐标为40418,1339⎛⎫- ⎪⎝⎭或4086,1313⎛⎫ ⎪⎝⎭． 【分析】（1）在Rt≌AEO 中，利用勾股定理求得OA 的长度即可；（2）利用待定系数法先求得直线AC 的解析式，然后由该解析式求得点D 的坐标，进而求解；（3）当点P 在BD 的上方时，过点E 作PE≌BD ，则≌PBD 与≌EBD 的面积相等，即可求解，≌当点P 位于直线BD 下方时，同理可解．【详解】解：（1）≌四边形ABCO 为菱形，≌AB≌CO ，≌≌AEO ＝≌EOC ＝90°，在Rt≌AEO 中，OA ==13，≌菱形ABCO 的边长为13；（2）≌四边形ABCO 为菱形，≌OC ＝OA ＝AB ＝13，。

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．。

最新一次函数--菱形存在性问题菱形存在性问题（Diamond Problem）是指在多继承结构中，如果两个父类具有相同的方法名，并且子类没有重写该方法，就会导致菱形存在性问题。

问题描述考虑以下多继承结构：A/ \B C\ /D假设父类 A、B 和 C 中都有一个名为 `foo` 的方法。

如果子类D 没有重写 `foo` 方法，那么当 D 调用 `foo` 方法时，会发生菱形存在性问题。

问题的原因和影响菱形存在性问题的产生是由于多继承的特性所致。

当子类继承多个父类时，如果这些父类中的某些方法名相同且未被子类重写，那么就无法确定该方法应该调用哪个父类中的实现。

这可能导致代码出现意料之外的行为或错误。

解决方案为了解决菱形存在性问题，可以采用以下策略：1. 使用虚拟继承：虚拟继承是一种特殊的继承方式，在多继承中使用它可以解决菱形存在性问题。

通过虚拟继承，可以确保父类的实例在子类中只有一个实例，从而避免了重复继承导致的问题。

2. 明确指定调用的父类方法：如果虚拟继承不适用或无法使用，可以通过在调用父类方法时明确指定调用的父类来解决问题。

如`B::foo()` 表示调用父类 B 的 `foo` 方法。

这些解决方案可以根据具体情况选择使用，以避免菱形存在性问题的发生。

结论菱形存在性问题是多继承中的一个常见问题，但可以通过适当的解决方案来避免或解决。

在设计和实现多继承结构时，需要注意方法名的冲突，并采取相应的措施来确保代码的正确性和可维护性。

文章字数：XXX（根据具体内容进行修改）。

（苏科版）九年级下册数学《第5章二次函数》专题二次函数压轴训练题（四）------菱形、正方形存在性问题★★★方法指引：◎菱形的存在性问题(常为含60”角的菱形)通常有两大类:1、已知三人定点探究菱形时，分别以三个定点中的任意两人定点确定线段为要探究的券形的对角线画出所有菱形，结合题干要求找出满足条件的菱形:2、已知两个定点去探究菱形时，以两个定点连线所成的线段作为要探究菱形的对角线或边长画出符合题意的菱形，结合题干要求找出满足条件的菱形:3、计算:建立类似平行四边形的存在性问题来解◎正方形存在性问题正方形是菱形和矩形特征的集结，因此同时采取菱形或矩形存在性问题解决的方法去求点的坐标.【典例1】（2022春•盱眙县期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝x 2+bx +c 与x 轴交于点A （﹣1，0），B （3，0），与y 轴交于点C ，作直线BC ，点P 是抛物线在第四象限上一个动点（点P 不与点B ，C 重合），连结PB ，PC ，以PB ，PC 为边作▱CPBD ，点P 的横坐标为m ．（1）求抛物线对应的函数表达式；（2）当▱CPBD 有两个顶点在x 轴上时，点P 的坐标为 ；（3）当▱CPBD 是菱形时，求m 的值．【分析】（1）利用交点式求抛物线的解析式；（2）先确定点D 在x 轴上，再利用平行四边形的性质可判断PC ∥x 轴，然后根据抛物线的对称性确定点P 的坐标；（3）根据菱形的性质得PB ＝PC ，利用勾股定理即可求解．【解答】解：（1）∵抛物线y ＝x 2+bx +c 与x 轴交于点A （﹣1，0），B （3，0），∴抛物线的解析式为y ＝（x +1）（x ﹣3），即y ＝x 2﹣2x ﹣3；（2）∵抛物线的解析式为y ＝x 2﹣2x ﹣3，令x ＝0，则y ＝﹣3，∴C （0，﹣3），∵▱CPBD 有两个顶点在x 轴上，∴点D 在x 轴上，而BD ∥PC ，∴点P 和点C 为抛物线上的对称点，而抛物线的对称轴为直线x =−−22×1=1，∴点P 的坐标为（2，﹣3），故答案为：（2，﹣3）；（3）∵抛物线的解析式为y ＝x 2﹣2x ﹣3，点P 的横坐标为m ．∴P （m ，m 2﹣2m ﹣3），∵▱CPBD 是菱形，∴PB ＝PC ，∴m 2+（m 2﹣2m ﹣3+3）2＝（3﹣m ）2+（m 2﹣2m ﹣3）2，整理得m 2﹣m ﹣3＝0，解得m =∵点P 是抛物线在第四象限上一个动点，∴m ＞0，∴m 【点评】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质和平行四边形的性质，勾股定理，菱形的性质，会利用待定系数法求二次函数的解析式、理解坐标与图形的性质是解题的关键．【变式1-1】如图，已知抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3与x 轴交于A ，D 两点，与y 轴交于点C ，点B 为抛物线的顶点．（1）求抛物线的对称轴及点B 的坐标；（2）若抛物线上存在一点E ，使得S △EAB ＝S △CAD ，求点E 的坐标；（3）若平面直角坐标系内存在动点P ，抛物线上是否存在点Q ，使得以A ，C ，P ，Q 为顶点的四边形是以AC 为对角线的菱形？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3化为顶点式求解即可；（2）由题意知，△EAD 与△CAD 有公共底AD ，若想使两三角形面积相等，则高相等即可，设出点E 的坐标，由高相等，列方程求解即可；（3）根据AC 为菱形的对角线，由菱形对角线互相垂直且平分的性质，可知菱形对角线过点O ，可求出菱形另一条对角线所在的直线解析式，将其与抛物线解析式联立求解即可．【解答】解：（1）∵抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3＝（x ﹣1）2﹣4，∴抛物线的对称轴为直线x ＝1，点B 的坐标（1，﹣4）；（2）如图，设E （x ，x 2﹣2x ﹣3），∵点C 为抛物线与y 轴的交点，∴C （0，﹣3），∵△EAD 与△CAD 有共同的底边AD ，且S △EAB ＝S △CAD ，∴点E 到x 轴的距离等于点C 到x 轴的距离，∴|x 2﹣2x ﹣3|＝3，∴x 2﹣2x ﹣3＝3或x 2﹣2x ﹣3＝﹣3，解得x 1＝2，x 2＝0，x 3=1，x 4=+1，∴E 1（2，﹣3），E 2（0，﹣3），E 3+1，3），E 4（1，3），∴点E 的坐标为（2，﹣3）或（0，﹣3+1，3）或（1，3）；（3）存在，理由：如图，∵四边形是以AC 为对角线的菱形，由菱形对角线互相垂直平分的性质，作AC 的垂直平分线交抛物线于点Q 1，Q 2，令x 2﹣2x ﹣3＝0，解得：x 1＝﹣1，x 2＝3，∴A （3，0），∴OA ＝OC ＝3，∴AC 的垂直平分线过点O ，设AC 的中点为点F ，由C （0，﹣3），∴032=32，−302=−32，∴F （32，−32），∴直线Q 1Q 2的解析式为y ＝﹣x ，联立y =x 2−2x−3y =−x，解得：x =y =−x =y =，∴点Q【点评】本题考查了二次函数的性质，一次函数的性质，三角形的面积及菱形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．【变式1-2】（2022秋•代县月考）如图，抛物线y =12x 2−32x ﹣2与x 轴交于A ，B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ，抛物线的顶点为D ，对称轴为直线l ．（1）求点A ，B ，C 的坐标；（2）试探究抛物线上是否存在点E ，使OE ＝EC ，若存在，请求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）设点F 在直线l 上运动，点G 在平面内运动，若以点B ，C ，F ，G 为顶点的四边形是菱形，且BC 为边，直接写出点F 的坐标．【分析】（1）令y ＝0，解方程即可求得点A 和点B 的坐标；令x ＝0，求得y 值，即可求得点C 的坐标；（2）由OE ＝EC 可得点E 在OC 的垂直平分线上，则点E 的纵坐标为﹣1，将y ＝﹣1代入抛物线y =12x 2−32x ﹣2，求出x 的值，即可求解；（3）分两种情况：①当BC 为边，BF 为对角线时；②当BC 为边，BF 为对角线时，根据菱形的性质即可求解．【解答】解：（1）当y =12x 2−32x ﹣2＝0时，解得：x 1＝﹣1，x 2＝4，∴A （﹣1，0），B （4，0）；当x ＝0时，y =12x 2−32x ﹣2＝﹣2，∴C （0，﹣2）；（2）∵OE ＝EC ，∴点E 在OC 的垂直平分线上，∵C （0，﹣2），∴点E 的纵坐标为﹣1，将y ＝﹣1代入抛物线y =12x 2−32x ﹣2得，12x 2−32x ﹣2＝﹣1，解得x =∴点E 11）；（3）∵y =12x 2−32x ﹣2与x 轴交于A （﹣1，0），B （4，0），∴y =12x 2−32x ﹣2的对称轴为直线x =−142=32，设点F 的坐标的坐标为（32，m ），①当BC 为边，BF 为对角线时，BC ＝CF ，∴BC 2＝CF 2，∴42+22＝（32）2+（m +2）2，解得m ，∴点F 的坐标为（32，2）或（32，2）；②当BC 为边，CF 为对角线时，BC ＝BF ，∴BC 2＝BF 2，∴42+22＝（4−32）2+m 2，解得m∴点F 的坐标为（32，）或（32，综上所述，点F 的坐标为（32，2）或（32，2）或（32，）或（32，【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式、二次函数与坐标轴的交点、线段垂直平分线的性质，勾股定理，菱形的性质等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．【变式1-3】（2022•抚顺县二模）如图，抛物线y ＝ax 2+bx +6（a ≠0）与x 轴交于A （﹣1，0），B （3，0）两点，与y 轴交于点C ，顶点为D ．（1）求抛物线的解析式；（2）若在线段BC 上存在一点M ，使得∠BMO ＝45°，过点O 作OH ⊥OM 交BC 的延长线于点H ，求点M 的坐标；（3）点P 是y 轴上一动点，点Q 是在对称轴上一动点，是否存在点P ，Q ，使得以点P ，Q ，C ，D 为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把点A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线解析式得a−b+6=09a+3b+6=0，解得a=−2b=4，即可得出结论；（2）由待定系数法得直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，证△OMN≌△HOK（AAS），得MN＝OK，ON ＝HK．则H（﹣2m+6，﹣m），再由点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，得﹣2（﹣2m+6）+6＝﹣m，解得m=65，即可解决问题；（3）分两种情况讨论，①当CD为菱形的边时，②当CD为菱形的对角线时，分别求出点Q的坐标即可．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣1，0），B（3，0）两点，∴a−b+6=09a+3b+6=0，解得：a=−2 b=4，∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6；（2）由（1）得，点C（0，6），设直线BC的解析式为y＝kx+c，∵直线BC经过点B（3，0），C（0，6），∴3k+c=0 c=6，解得：k=−2 c=6∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6，设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），如图1，过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K，则∠MNO＝∠OKH＝90°，∵OH⊥OM，∴∠MOH＝90°，∵∠OMB＝45°，∴△MOH是等腰直角三角形，∴OM＝OH．∵∠MON+∠KOH＝90°，∠OHK+∠KOH＝90°，∴∠MON＝∠OHK，∴△OMN≌△HOK（AAS），∴MN＝OK，ON＝HK．∴H（﹣2m+6，﹣m），∵点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上，∴﹣2（﹣2m+6）+6＝﹣m，解得：m=6 5，把m=65代入y＝﹣2x+6得：y=185，∴当∠OMB＝45°时，点M的坐标为（65，185）；（3）存在，理由如下：∵抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，顶点为D，∴点D的坐标为（1，8），分两种情况讨论：①当CD为菱形的边时，如图2，过C作CE⊥DQ于E∵C（0，6），D（1，8），∴CD=∴DQ＝CD=∴Q点的坐标为（1，81，8②当CD为菱形的对角线时，如图3，设点Q（1，m），P（0，n），∵C（0，6），D（1，8），∴m+n＝6+8＝14，∴n＝14﹣m，∴P（0，14﹣m），∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m，∵CQ PC＝CQ，∴8﹣m解得：m=27 4，∴点Q的坐标为（1，274）；综上所述，点Q的坐标为（1，81，8+1，274）．【点评】本题是二次函数综合题目，考查了待定系数法求抛物线和直线的解析式、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、菱形的性质、两点间的距离、二次函数的图象、一次函数的性质等知识，本题综合性强，熟练掌握待定系数法菱形的性质，证明三角形全等和进行分类讨论是解题的关键，属于中考常考题型．【变式1-4】已知，如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、B、C分别为坐标轴上的三个点，且OA＝1，OB＝3，OC＝4．（1）求经过A、B、C三点的抛物线的解析式及顶点坐标；（2）在抛物线上是否存在一点P，使△ACP的面积等于△ACB的面积？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在平面直角坐标系xOy中是否存在一点Q，使得以点A、B、C、Q为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式，根据配方法，可得答案；（2）根据等底等高的三角形面积相等，可得P点的纵坐标，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；（3）根据菱形的四边相等，可得QB的长，根据菱形的对边平行，可得Q点的纵坐标．【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，∵OA＝1，OB＝3，OC＝4．∴A（1，0）、B（0，3）、C（﹣4，0），将A，B，C代入函数解析式，得∴a+b+c=0c=316a−4b+c=0解得：a=−34，b=−94，c＝3，∴经过A、B、C三点的抛物线的解析式为y=−34x2−94x+3；∵y=−34x2−94x+3=−34（x+32）2+7516∴抛物线的顶点坐标是（−32，7516），（2）在抛物线上存在一点P，使△ACP的面积等于△ACB的面积，理由为：设点P的坐标为P（m，n），∵S△ACB =12×5×3=152，S△ACP=12×5×|n|∴12×5×|n|=152，n＝±3∴当n＝3时，−34m2−94m+3＝3，解得m1＝0，x2＝﹣3即P（﹣3，3）或（0，3）当n＝﹣3时，−34m2−94m+3＝﹣3，解得m1m2=P23），P33）综上所述：P的坐标为（﹣3，3）或（0，333）（3）在平面直角坐标系xOy中存在一点Q，使得以点A、B、C、Q为顶点的四边形为菱形，理由为：∵OB＝3，OC＝4，OA＝1，∴BC＝AC＝5，当BQ平行且等于AC时，四边形ACBP为菱形，∴BQ＝AC＝BC＝5，∵BQ∥AC，∴点Q到x轴的距离等于OB＝3，∴点Q的坐标为（5，3），当点Q在第二、三象限时，以点A、B、C、Q为顶点的四边形只能是平行四边形，不是菱形，则当点Q的坐标为（5，3）时，以点A、B、C、Q为顶点的四边形为菱形．【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法，解（2）的关键是利用等底等高的三角形面积相等得出P点的纵坐标，有利用自变量与函数值的对应关系；解（3）的关键是利用菱形的四边相等得出QB的长．【变式1-5】（2023•鹤山市模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A，B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C，直线AC的解析式为y=23x﹣2．（1）求抛物线的解析式；（2）已知k为正数，当0＜x≤1+k时，y的最大值和最小值分别为m，n，且m+n=163，求k的值；（3）点P是平面内任意一点，在抛物线对称轴上是否存在点Q，使得以点A，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）求出点A 和点C 坐标，从点A 和点B 坐标将抛物线的解析式设为交点式，将点C 坐标代入，进一步求得结果；（2）箱求出n 的值，进而求得m 的值，进而求得点k 的值；（3）只需满足三角形ACQ 为等腰三角形即可．设点Q 的坐标，进而表示出AQ ，CQ 及AC ，进而根据AQ ＝CQ ，AQ ＝AC 及CQ ＝AC ，进一步求得结果．【解答】解：（1）当x ＝0时，y ＝﹣2，∴点C （0，﹣2），当y ＝0时，23x−2=0，∴x ＝3，∴点A （3，0），∴设y ＝a （x +1）•（x ﹣3），将点C （0，﹣2）代入得，﹣3a ＝﹣2，∴a =23，∴y =23（x +1）•（x ﹣3）=23x 2−43x−2；（2）∵抛物线的对称轴为直线：x ＝1，∵k ＞0，∴k +1＞1，∴当0＜x ＜1+k 时，∴当x ＝1时，n =23（1+1）×（1﹣3）=−83，∵m +n =163，∴m ＝8，当m ＝8时，23x 2−43x ﹣2＝8，∴x 1＝5，x 2＝﹣3（舍去），∴1+k ＝5，∴k ＝4；（3）设点Q （1，a ），∵A （3，0），C （0，﹣2），∴AQ 2＝（3﹣1）2+a 2＝a 2+4，AC 2＝32+22＝13，CQ 2＝1+（a +2）2＝a 2+4a +5，①当AQ ＝AC 时，a 2+4＝13，∴a ＝±3，∴Q 1（1，3），Q 2（1，﹣3），当AQ ＝CQ 时，a 2+4a +5＝a 2+4，∴a =−14，∴Q 3（1，−14），当AC ＝CQ 时，a 2+4a +5＝13，∴a ＝﹣2±∴Q 4（1，﹣Q 5（1，﹣2﹣综上所述：Q （1，3）或（1．﹣3）或（1．−14）或（1，﹣1，﹣2﹣【点评】本题考查了二次函数及其图象性质，等腰三角形的判定和性质，点的坐标平移特征等知识，解决问题的关键是正确分类，准确计算．【变式1-6】（2022•朝阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+2x+c与x轴分别交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C（0，﹣3），连接BC．（1）求抛物线的解析式及点B的坐标．（2）如图，点P为线段BC上的一个动点（点P不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，求线段PQ长度的最大值．（3）动点P BC上由点C向点B运动，同时动点M以每秒1个单位长度的速度在线段BO上由点B向点O运动，在平面内是否存在点N，使得以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将A，C两点坐标代入抛物线的解析式求得a，c的值，进而得出解析式，当y＝0时，求出方程的解，进而求得B点坐标；（2）由B，C两点求出BC的解析式，进而设出点P和点Q坐标，表示出PQ的长，进一步得出结果；（3）要使以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形，只需△PMB是等腰三角形，所以分为PM＝BM，PM＝PB和BP＝BM，结合图象，进一步得出结果．【解答】解：（1）由题意得，c=−3a+2×1+c=0，∴c=−3 a=1，∴y＝x2+2x﹣3，当y＝0时，x2+2x﹣3＝0，∴x1＝1，x2＝﹣3，∴B（﹣3，0）；（2）设直线BC的解析式为：y＝kx+b，∴b=−3−3k+b=0，∴k=−1 b=−3，∴y＝﹣x﹣3，设点P（m，﹣m﹣3），Q（m，m2+2m﹣3），∴PQ＝（﹣m﹣3）﹣（m2+2m﹣3）＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+32）2+94，∴当m=−32时，PQ最大=94；（3）如图1，∵B（﹣3，0），C（0，﹣3），∴OB＝OC＝3，∴∠OCB＝∠OBC＝45°，作PD⊥y轴于D，∴CD＝PD==t，当BM＝PM时，∴∠MPB＝∠OBC＝45°，∵∠PMO＝∠PDO＝∠MOD＝90°，∴四边形OMPD是矩形，∴OM＝PD＝t，由BM+OM＝OB得，∴2t＝3，∴t=3 2，∴P（−32，−32），∴N（﹣3，−32），如图2，当PM ＝PB 时，作PD ⊥y 轴于D ，作PE ⊥x 轴于E ，∴BM ＝2BE ，可得四边形PDOE 是矩形，∴OE ＝PD ＝t ，∴BE ＝3﹣t ，∴t ＝2（3﹣t ），∴t ＝2，∴P （﹣2，﹣1），∴N （﹣2，1），如图3，当PB ＝MB 时，=t ，∴t ＝6﹣∴P （，3﹣∴N （0，3﹣综上所述：N （﹣3，−32）或（﹣2，1）或（0，3﹣【点评】本题考查了二次函数及其图象的性质，用待定系数法求一次函数的解析式，等腰三角形的分类和等腰三角形的性质，菱形的性质等知识，解决问题的关键是正确分类，画出符合条件的图形．【变式1-7】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，且OA＝1，OC＝4．（1）求抛物线解析式；（2）在该抛物线上是否存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出P 点坐标；若不存在，请说明理由；（3）已知点Q（5，3）和该抛物线上一动点M，试求当|QM﹣AM|的值最大时点M的坐标，并直接写出|QM﹣AM|的最大值．【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，把A，B，C三点坐标代入求出a，b，c的值，即可确定出所求抛物线解析式；（2）在平面直角坐标系xOy中存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形，理由为：根据OA，OB，OC的长，利用勾股定理求出BC与AC的长相等，只有当BP与AC平行且相等时，四边形ACBP为菱形，可得出BP的长，由OB的长确定出P的纵坐标，确定出P坐标，当点P在第二、三象限时，以点A、B、C、P为顶点的四边形只能是平行四边形，不是菱形；（3）利用待定系数法确定出直线QA解析式，当点M与点Q、A不在同一直线上时，根据三角形的三边关系|QM﹣AM|＜QA，当点M与点Q、A在同一直线上时，|QM﹣AM|＝QA，当点M与点Q、A在同一直线上时，|QM﹣AM|的值最大，即点M为直线QA与抛物线的交点，联立直线QP与抛物线解析式，求出当|QM﹣AM|的最大值时M坐标，确定出|QM﹣AM|的最大值即可．【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，∵A（1，0）、B（0，3）、C（﹣4，0），∴a+b+c=0c=316a−4b+c=0，解得：a=−34，b=−94，c＝3，∴经过A、B、C三点的抛物线的解析式为y=−34x2−94x+3；（2）在该抛物线上是不存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形，理由为：∵OB＝3，OC＝4，OA＝1，∴BC＝AC＝5，当BP平行且等于AC时，四边形ACBP为菱形，∴BP＝AC＝5，且点P到x轴的距离等于OB，∴点P的坐标为（5，3），∵（5，3）不在抛物线上；当点P在第二、三象限时，以点A、B、C、P为顶点的四边形只能是平行四边形，不是菱形，在该抛物线上是不存在一点P，使得以点A、B、C、P为顶点的四边形为菱形；（3）如图，设直线QA的解析式为y＝kx+b（k≠0），∵A（1，0），Q（5，3），∴5k+b=3 k+b=0，解得：k=34，b=−34，∴直线QA的解析式为y=34x−34，当点M与点Q、A不在同一直线上时，根据三角形的三边关系|QM﹣AM|＜QA，当点M与点Q、A在同一直线上时，|QM﹣AM|＝QA，∴当点M与点Q、A在同一直线上时，|QM﹣AM|的值最大，即点M为直线QA与抛物线的交点，解方程组y=34x−34y=−34x2−94x+3，得x1=1y1=0或x2=−5y2=−92，∴点M的坐标为（1，0）或（﹣5，−92）时，|QM﹣AM|的值最大，此时|QM﹣AM|的最大值为5．【点评】此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：二次函数的性质，待定系数法确定抛物线解析式、一次函数解析式，菱形的判定，以及坐标与图形性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．【变式1-8】如图，已知抛物线y=16x2+bx+c与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，已知点B坐标为（6，0），点C坐标为（0，﹣2）．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，点P是直线BC下方抛物线上一点，连接PB，PC，求△PBC面积的最大值；（3）如图2，将抛物线向右平移6个单位，向上平移2个单位，得到新的抛物线y'，新抛物线y'的顶点为D，是否在新抛物线y'的对称轴上存在点M，在坐标平面内存在点N，使得以B，D，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．【分析】（1）将点A、B两点的坐标代入，进而求得结果；（2）作PE⊥AB于E，交BC于F，求BC的关系式，进而设和表示出点P和点F的坐标，求出PF的表达式，进而求得PF的最大值，进一步求得三角形PBC的最大值；（3）先求出点B、点D的坐标，求出BD的长，分为BD是边和对角线两种情形，当BD是边时，点M 可在D的上方和下方，利用平移或中点坐标公式求得结果．【解答】解：（1）由题意得，−2×62+6b+c=0，∴c =−2b =−23，∴y =16x 2−23x−2；（2）如图1，作PE ⊥AB 于E ，交BC 于F ，可得BC 的关系式是：y =13x−2，设点P （m ，16m 2−23m−2），F （m ，13m−2），∴PF ＝（13m−2）﹣（16m 2−23m−2）=−16m 2+m =−16（m ﹣3）2+32，∴当m ＝3时，PF 最大=32，∵S △PBC =12PF •（x B ﹣x C ）=12×6⋅PF =3PF ，∴△PBC 的面积最大值是92；（3）∵原抛物线可化为y =16（x ﹣2）2−23，∴其顶点是（2，−23），∵2+6＝8，−23+2=43，∴新抛物线的顶点是D ′（8，43），对称轴是直线x ＝8，∴BD 如图2，当BD为边时，点M在D的上方，∵M（8∴N（6如图3，点M在D点下方，N（6，如图4N（10，0），如图5，BD 为对角线时，设M （8，a ），由MB ＝MD 得，22+a 2＝（43−a ）2，∴a =−1518，∴M （8，−1518），∴N （6，8718），综上所述：N （66，8718）或（6，10，0）．【点评】本题考查二次函数及其图象性质，菱形性质，菱形的分类（等腰三角形分类），平移与坐标之间的关系等知识，解决问题的关键是正确分类．【变式1-9】（2023•西藏）在平面直角坐标系中，抛物线y ＝﹣x 2+bx +c 与x 轴交于A （﹣3，0），B （1，0）两点，与y 轴交于点C ．（1）求抛物线的解析式；（2）如图甲，在y 轴上找一点D ，使△ACD 为等腰三角形，请直接写出点D 的坐标；（3）如图乙，点P 为抛物线对称轴上一点，是否存在P 、Q 两点使以点A ，C ，P ，Q 为顶点的四边形是菱形？若存在，求出P 、Q 两点的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）将A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝﹣x2+bx+c，求出b、c，即可得出答案；（2）分别以点D为顶点、以点A为顶点、当以点C为顶点，计算即可；（3）抛物线y＝﹣x2﹣2x+3的对称轴为x＝﹣1，设P（﹣1，t），Q（m，n），求出AC2＝18，AP2＝t2+4，PC2＝t2﹣6t+10，分三种情况：以AP为对角线或以AC为对角线或以CP为对角线，【解答】解：（1）∵A（﹣3，0），B（1，0）两点在抛物线上，∴0=−(−3)2−3b+c 0=−12+b+c，解得：b=−2 c=3，∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3；（2）令x＝0，y＝3，∴C（0，3），等腰△ACD，如图甲，当以点D为顶点时，DA＝DC，点D与原点O重合，∴D（0，0）；当以点A为顶点时，AC＝AD，AO是等腰△ACD中线，∴OC＝OD，∴D（0，﹣3）；当以点C为顶点时，AC＝CD==∴点D的纵坐标为3﹣+3，∴D（0，3﹣0，+3）；综上所述，点D的坐标为（0，0）或（0，﹣3）或（0，3﹣0，+3）；（3）存在，理由如下：抛物线y＝﹣x2﹣2x+3的对称轴为：x＝﹣1，设P（﹣1，t），Q（m，n），∵A（﹣3，0），C（0，3），则AC2＝（﹣3）2+32＝18，AP2＝（﹣1+3）2+t2＝t2+4，PC2＝（﹣1）2+（t﹣3）2＝t2﹣6t+10，∵四边形ACPQ是菱形，∴分三种情况：以AP为对角线或以AC为对角线或以CP为对角线，①当以AP为对角线时，则CP＝CA，如图1，∴t2﹣6t+10＝18，解得：t ＝3∴P 1（﹣1，3P 2（﹣1，3+∵四边形ACPQ 是菱形，∴AP 与CQ 互相垂直平分，即AP 与CQ 的中点重合，当P 1（﹣1，3∴m 02=−3−12，n 32解得：m ＝﹣4，n =∴Q 1（﹣4，当P 2（﹣1，3+∴m 02=−3−12，n 32解得：m ＝﹣4，n∴Q 2（﹣4②以AC 为对角线时，则PC ＝AP ，如图2，∴t 2﹣6t +10＝t 2+4，解得：t ＝1，∴P 3（﹣1，1），∵四边形APCQ 是菱形，∴AC 与PQ 互相垂直平分，即AC 与CQ 中点重合，∴m−12=−302，n−12=032，解得：m ＝﹣2，n ＝2，∴Q 3（﹣2，2）；③当以CP 为对角线时，则AP ＝AC ，如图3，∴t 2+4＝18，解得：t∴P 4（﹣1P 5（﹣1，∵四边形ACQP 是菱形，∴AQ 与CP 互相垂直平分，即AQ 与CP 的中点重合，∴−3m 2=0−12，n 02解得：m ＝2，n ＝3∴Q 4（2，3+Q 5（2，3综上所述，符合条件的点P 、Q 的坐标为：P （﹣1，3Q （﹣4，P （﹣1，3+Q （﹣4P （﹣1，1），Q （﹣2，2）或P （﹣1Q （2，3P （﹣1，Q （2，3【点评】本题是二次函数综合题，考查了解析式的求法、等腰三角形的判定、菱形的性质、坐标与图形的性质、分类讨论等知识，熟练掌握菱形的性质和坐标与图形的性质是解题的关键．【变式1-10】如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c的顶点D的坐标为（﹣2，9），抛物线与坐标轴分别交于A、B、C三点，且B的坐标为（0，5），连接DB、DC，作直线BC．（1）求抛物线的解析式；（2）P是x轴上的一点，过点P作x轴的垂线，与CD交于H，与CB交于G，若线段HG把△CBD的面积分成相等的两部分，求P点的坐标；（3）若点M在直线CB上，点N在平面上，直线CB上是否存在点M，使以点C、点D、点M、点N 为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）抛物线y＝ax2+bx+c的顶点D的坐标为（﹣2，9），可设y＝a（x+2）2+9，再将点B（0，5）代入，解得a的值，则可得抛物线的解析式；（2）求得直线BC与直线CD的解析式，设点P的坐标为（x，0），则G（x，x+5），H（x，3x+15）根据S△CGH =12HG×CP，将S△CGH＝用含x的式子表示出来，再由S△BCD＝S△DKC+S△DKB，求得S△BCD；根据线段HG把△CBD的面积分成相等的两部分，得出关于x的方程，解方程并作出取舍，则可得P 点的坐标；（3）设点M的坐标为（m，m+5），求得CD的值，再分情况讨论：当CD与DM是菱形的两边时，则CD＝DM；当DM'与CM'是菱形的两边时，则CM'＝DM'；当DM'与CM'是菱形的两边时，则CM'＝DM'．分别得出关于m的等式，解得m的值，则可得点M的坐标．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c的顶点D的坐标为（﹣2，9），∴可设y＝a（x+2）2+9，又∵抛物线过点B（0，5），代入得：5＝4a+9，∴a＝﹣1，∴y＝﹣（x+2）2+9＝﹣x2﹣4x+5，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣4x+5；（2）∵抛物线y＝﹣x2﹣4x+5与坐标轴分别交于A、B、C三点，且B的坐标为（0，5），∴当y＝0时，﹣x2﹣4x+5＝0，解得x1＝﹣5，x2＝1，∴A（1，0），C（﹣5，0），又∵D（﹣2，9），∴直线BC的解析式为y＝x+5；设直线CD的解析式为y＝kx+b，将C（﹣5，0），D（﹣2，9）代入，得：0=−5k+b9=−2k+b，解得：k=3b=15，∴直线CD的解析式为y＝3x+15．设点P的坐标为（x，0），则G（x，x+5），H（x，3x+15）．∴S△CGH =12HG×CP=12（5+x）（3x+15﹣x﹣5）=12（5+x）（2x+10）＝（5+x）（x+5）＝（x+5）2，设抛物线的对称轴交直线BC于点K，如图：∵顶点D的坐标为（﹣2，9），∴对称轴为直线x＝﹣2，∴K（﹣2，3），∴DK＝9﹣3＝6，∴S△BCD ＝S△DKC+S△DKB=12×6×3+12×6×2＝15，∴若线段HG把△CBD的面积分成相等的两部分，则（x+5）2=12×15，解得：x1=x2=∴P0）；（3）如图，设点M的坐标为（m，m+5），∵C（﹣5，0），D（﹣2，9），∴CD当CD与DM是菱形的两边时，则CD＝DM，∴=解得m1＝﹣5（不合题意，舍去），m2＝7，∴点M（7，12）；当CD与CM''是菱形的两边时，则CD＝CM''，∴=解得m＝±5，∴点M（5，M（﹣5，﹣当DM'与CM'是菱形的两边时，则CM'＝DM'，解得m=−5 4，∴点M（−54，154）．综上所述，点M的坐标为（7，12）或（5，5，﹣−54，154）．【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数的解析式、一次函数和二次函数图象上的点的坐标特点、三角形的面积计算、一元二次方程及菱形的性质等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．【典例2】如图，抛物线y ＝x 2+bx +c 与x 轴交于点A ，B ，与y 轴交于点C ，其中点A 在y 轴的左侧，点C 在x 轴的下方，且OA ＝OC ＝5．（1）求抛物线对应的函数解析式；（2）点P 为抛物线对称轴上的一动点，当PB +PC 的值最小时，求点P 的坐标；（3）在（2）条件下，点E 为抛物线的对称轴上的动点，点F 为抛物线上的动点，以点P 、E 、F 为顶点作四边形PEFM ，当四边形PEFM 为正方形时，请直接写出坐标为整数的点M 的坐标．【分析】（1）由题意，可得A （﹣5，0），C （0，﹣5）．把点A ，C 的坐标代入y ＝x 2+bx +c ，得到关于b 、c 的二元一次方程组，解方程组即可求出抛物线的函数解析式；（2）利用配方法求出抛物线的对称轴是直线x ＝﹣2．由抛物线y ＝x 2+4x ﹣5与x 轴交于点A ，B ，得出点A ，B 关于直线x ＝﹣2对称．连接AC ，交对称轴于点P ，根据两点之间线段最短可知此时PB +PC 的值最小．利用待定系数法求出直线AC 的解析式为y ＝﹣x ﹣5，把x ＝﹣2代入，求出y ＝﹣3，进而得出点P 的坐标；（3）在（2）条件下，点P 的坐标为（﹣2，﹣3）．设F （x ，x 2+4x ﹣5），根据正方形的性质可得E （﹣2，x 2+4x ﹣5），M （x ，﹣3），PM ＝PE ，根据两点间的距离公式列出方程|x +2|＝|x 2+4x ﹣5+3|，解方程即可求解．【解答】解：（1）由题意，可得A （﹣5，0），C （0，﹣5）．∵抛物线y ＝x 2+bx +c 过点A ，点C ，∴25−5b +c =0c =−5，解得b =4c =−5，∴抛物线对应的函数解析式为y ＝x 2+4x ﹣5；（2）∵y＝x2+4x﹣5＝（x+2）2﹣9，∴对称轴是直线x＝﹣2．∵抛物线y＝x2+4x﹣5与x轴交于点A，B，∴点A，B关于直线x＝﹣2对称．连接AC，交对称轴于点P，此时PB+PC的值最小．设直线AC的解析式为y＝mx+n，则−5m+n=0n=−5，解得m=−1n=−5，∴直线AC的解析式为y＝﹣x﹣5，当x＝﹣2时，y＝﹣3，∴点P的坐标为（﹣2，﹣3）；（3）在（2）条件下，点P的坐标为（﹣2，﹣3）．设F（x，x2+4x﹣5），∵四边形PEFM为正方形，∴E（﹣2，x2+4x﹣5），M（x，﹣3），PM＝PE，∴|x+2|＝|x2+4x﹣5+3|，∴x2+4x﹣2＝x+2，或x2+4x﹣2＝﹣x﹣2，整理得x2+3x﹣4＝0，或x2+5x＝0，解得x1＝﹣4，x2＝1，x3＝0，x4＝﹣5，∴M（﹣4，﹣3）或M（1，﹣3）或M（0，﹣3）或M（﹣5，﹣3）．【点评】本题是二次函数综合题，其中涉及到利用待定系数法求抛物线与直线的解析式，二次函数的性质，轴对称的性质，正方形的性质，综合性较强，难度适中．利用数形结合与方程思想是解题的关键．【变式2-1】已知在平面直角坐标系xOy 中，二次函数y ＝x 2﹣2nx ﹣3n 2（n ＞0）与x 轴交于A 、B ，与y 轴交于点C ．（1）求A 、B 及顶点的坐标（用含n 的代数式表示）；（2）如图所示，当AB ＝4时，D 为（4，﹣1），在抛物线上是否存在点P 使得以线段PD 为直径的圆经过坐标原点O 若点P 存在，求出满足条件的点P 的坐标；若不存在，说明理由；已知E 在x 轴上，F 在抛物线上，G 为平面内一点，若以B 、E 、F ，G 为顶点的四边形是正方形，请直接写出E 点所有可能的坐标．【分析】（1）y ＝x 2﹣2nx ﹣3n 2＝（x ﹣3n ）（x +n ），即可求解；（2）设点P （x ，x 2﹣2x ﹣3），由中点公式得：点O ′（x 42，x 2−2x−42），则O ′O ＝O ′D ，即可得到关于x 的方程，解方程即可；分BE 为正方形的边、BE 为正方形的对角线两种情况，分别求解即可．【解答】解：（1）y ＝x 2﹣2nx ﹣3n 2＝（x ﹣3n ）（x +n ），当y ＝0时，x 1＝﹣n ，x 2＝3n ，故点A 、B 的坐标分别为：（﹣n ，0）、（3n ，0），顶点的坐标为（n ，﹣4n 2）；（2）存在，理由：AB ＝4时，则4m ＝4，解得：m ＝1，故点A 、B 、C 的坐标分别为：（﹣1，0）、（3，0）、（0，﹣3），抛物线的表达式为：y ＝x 2﹣2x ﹣3，设点P （x ，x 2﹣2x ﹣3），由中点公式得：点O ′（x 42，x 2−2x−42），则O ′O ＝O ′D ，即(x 42)2+(x 2−2x−42)2=(x 42−4)2+(x 2−2x−42+1)2，整理得：x 2﹣6x ﹣3＝0，解得：x ＝3±故点P 的坐标为：（3﹣12﹣设点E 的坐标为：（a ，0），①当BE 为正方形的边时，则点F （a ，a 2﹣2a ﹣3），则BE ＝FE ，即|a ﹣3|＝|a 2﹣2a ﹣3|，解得：a ＝3或0或﹣2（舍去3），故点E 的坐标为：（0，0）或（﹣2，0）；②当BE 为正方形的对角线时，则BE 和GF 相互垂直平分，即点F 在BE 的中垂线上，△FBE 为等腰直角三角形，即点F 到BE 的距离等于12BE ，而BE ＝a ﹣3，故F （a−32，|a−32|），将点F 的坐标代入抛物线表达式得：|a−32|=(a−32)2−2×a−32−3 解得：a ＝﹣3或3或﹣7（舍去3），故点E 的坐标为：（﹣3，0）或（﹣7，0）；综上点E 的坐标为：（0，0）或（﹣2，0）或（﹣3，0）或（﹣7，0）．【点评】本题是二次函数的综合运用，考查了待定系数法求二次函数的解析式，中点坐标公式，两点间的距离公式，正方形的性质等知识，熟练掌握坐标与图形的性质是解题的关键．【变2-2】（2022秋•越城区期中）如图，抛物线y ＝﹣x 2+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Q 在该抛物线的对称轴上，若△BCQ 是以BC 为直角边的直角三角形，求点Q 的坐标；（3）若P 为BD 的中点，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 、N 、G 为顶点的四边形是正方形时，请求出点M 的坐标．【分析】（1）利用待定系数法求出过A，B，C三点的抛物线的函数表达式；（2）如图1，连接BC，CD．首先证明△OBC是等腰直角三角形，分两种情形分别求出点Q的坐标即可．（3）设点M的坐标为（a，0），表示出点G的坐标，根据正方形的性质列出方程，解方程即可．【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，∴−1−b+c=0−9+3b+c=0，解得，b=2 c=3，∴经过A，B，C三点的抛物线的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3．（2）如图1，连接BC，CD．由题意，C（0，3），B（3，0），∴OB＝OC＝3，∵∠BOC＝90°，∴∠OBC＝∠OCB＝45°∵y＝﹣（x﹣1）2+4，∴抛物线顶点D的坐标为（1，4），∵△BCQ是以BC为直角边的直角三角形，当∠Q′BC＝90′时，∠ABQ′＝45°，∴EB＝EQ′＝2，∴Q′（1，﹣2），当∠QCB＝90°时，此时点Q与点D重合，Q（1，4），综上所述，满足条件的点Q的坐标为（1，4）或（1，﹣2）．（3）如图2中，设点M的坐标为（a，0），则点G的坐标为（a，﹣a2+2a+3），∵以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形，∴FM＝MG，即|2﹣a|＝|﹣a2+2a+3|，当2﹣a＝﹣a2+2a+3时，整理得，a2﹣3a﹣1＝0，解得，a=当2﹣a＝﹣（﹣a2+2a+3）时，整理得，a2﹣a﹣5＝0，解得，a=∴当以F、M、N、G为顶点的四边形是正方形时，点M00），00）．。