常見四邊形的存在性

常見四邊形的存在性常見四邊形的存在性/NUMPAGES49常見四邊形的存在性常見四邊形的存在性常見四邊形的存在性專題一、平行四邊形的存在性問題一、技巧提煉模型：平行四邊形模型探究如圖1，點A、B、C是坐標平面內(nèi)不在同一直線上的三點。平面直角坐標系中是否存在點D，使得以A、B、C、D四點為頂點的四邊形為平行四邊形，如果存在，請求出點D的坐標。圖1圖2如圖2，過A、B、C分別作BC、AC、AB的平行線，則以不在同一直線上的三點為頂點的平行四邊形有三個。由已知的三點坐標可根據(jù)圖形平移的坐標性質(zhì)，直接寫出第四個頂點的坐標。解題思路：（1）先分類（2）再畫圖（3）后計算例1．（2015?貴陽）如圖，經(jīng)過點C（0，﹣4）的拋物線y=ax2+bx+c（a≠0）與x軸相交于A（﹣2，0），B兩點．（1）a＞0，b2﹣4ac＞0（填“＞”或“＜”）；（2）若該拋物線關(guān)于直線x=2對稱，求拋物線的函數(shù)表達式；（3）在（2）的條件下，連接AC，E是拋物線上一動點，過點E作AC的平行線交x軸于點F．是否存在這樣的點E，使得以A，C，E，F(xiàn)為頂點所組成的四邊形是平行四邊形？若存在，求出滿足條件的點E的坐標；若不存在，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】綜合題；壓軸題．【分析】（1）根據(jù)拋物線開口向上，且與x軸有兩個交點，即可做出判斷；（2）由拋物線的對稱軸及A的坐標，確定出B的坐標，將A，B，C三點坐標代入求出a，b，c的值，即可確定出拋物線解析式；（3）存在，理由為：假設(shè)存在點E使得以A，C，E，F(xiàn)為頂點所組成的四邊形是平行四邊形，過點C作CE∥x軸，交拋物線于點E，過點E作EF∥AC，交x軸于點F，如圖1所示；假設(shè)在拋物線上還存在點E′，使得以A，C，F(xiàn)′，E′為頂點所組成的四邊形是平行四邊形，過點E′作E′F′∥AC交x軸于點F′，則四邊形ACF′E′即為滿足條件的平行四邊形，可得AC=E′F′，AC∥E′F′，如圖2，過點E′作E′G⊥x軸于點G，分別求出E坐標即可．【解答】解：（1）a＞0，b2﹣4ac＞0；（2）∵直線x=2是對稱軸，A（﹣2，0），∴B（6，0），∵點C（0，﹣4），將A，B，C的坐標分別代入y=ax2+bx+c，解得：a=，b=﹣，c=﹣4，∴拋物線的函數(shù)表達式為y=x2﹣x﹣4；（3）存在，理由為：（i）假設(shè)存在點E使得以A，C，E，F(xiàn)為頂點所組成的四邊形是平行四邊形，過點C作CE∥x軸，交拋物線于點E，過點E作EF∥AC，交x軸于點F，如圖1所示，則四邊形ACEF即為滿足條件的平行四邊形，∵拋物線y=x2﹣x﹣4關(guān)于直線x=2對稱，∴由拋物線的對稱性可知，E點的橫坐標為4，又∵OC=4，∴E的縱坐標為﹣4，∴存在點E（4，﹣4）；（ii）假設(shè)在拋物線上還存在點E′，使得以A，C，F(xiàn)′，E′為頂點所組成的四邊形是平行四邊形，過點E′作E′F′∥AC交x軸于點F′，則四邊形ACF′E′即為滿足條件的平行四邊形，∴AC=E′F′，AC∥E′F′，如圖2，過點E′作E′G⊥x軸于點G，∵AC∥E′F′，∴∠CAO=∠E′F′G，又∵∠COA=∠E′GF′=90°，AC=E′F′，∴△CAO≌△E′F′G，∴E′G=CO=4，∴點E′的縱坐標是4，∴4=x2﹣x﹣4，解得：x1=2+2，x2=2﹣2，∴點E′的坐標為（2+2，4），同理可得點E″的坐標為（2﹣2，4）．【點評】此題屬于二次函數(shù)綜合題，涉及的知識有：待定系數(shù)法確定拋物線解析式，坐標與圖形性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，以及二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．針對練習(xí)：1.（2015?德州）已知拋物線y=﹣mx2+4x+2m與x軸交于點A（α，0），B（β，0），且=﹣2，（1）求拋物線的解析式．（2）拋物線的對稱軸為l，與y軸的交點為C，頂點為D，點C關(guān)于l的對稱點為E，是否存在x軸上的點M，y軸上的點N，使四邊形DNME的周長最?。咳舸嬖?，請畫出圖形（保留作圖痕跡），并求出周長的最小值；若不存在，請說明理由．（3）若點P在拋物線上，點Q在x軸上，當(dāng)以點D、E、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形時，求點P的坐標．【考點】二次函數(shù)綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題．【分析】（1）利用根據(jù)與系數(shù)的關(guān)系得出α+β=，αβ=﹣2，進而代入求出m的值即可得出答案；（2）利用軸對稱求最短路線的方法，作點D關(guān)于y軸的對稱點D′，點E關(guān)于x軸的對稱點E′，得出四邊形DNME的周長最小為：D′E′+DE，進而利用勾股定理求出即可；（3）利用平行四邊形的判定與性質(zhì)結(jié)合P點縱坐標為±4，進而分別求出即可．【解答】解：（1）由題意可得：α，β是方程﹣mx2+4x+2m=0的兩根，由根與系數(shù)的關(guān)系可得，α+β=，αβ=﹣2，∵=﹣2，∴=﹣2，即=﹣2，解得：m=1，故拋物線解析式為：y=﹣x2+4x+2；（2）存在x軸上的點M，y軸上的點N，使得四邊形DNME的周長最小，∵y=﹣x2+4x+2=﹣（x﹣2）2+6，∴拋物線的對稱軸l為x=2，頂點D的坐標為：（2，6），又∵拋物線與y軸交點C的坐標為：（0，2），點E與點C關(guān)于l對稱，∴E點坐標為：（4，2），作點D關(guān)于y軸的對稱點D′，點E關(guān)于x軸的對稱點E′，則D′的坐標為；（﹣2，6），E′坐標為：（4，﹣2），連接D′E′，交x軸于M，交y軸于N，此時，四邊形DNME的周長最小為：D′E′+DE，如圖1所示：延長E′E，′D交于一點F，在Rt△D′E′F中，D′F=6，E′F=8，則D′E′===10，設(shè)對稱軸l與CE交于點G，在Rt△DGE中，DG=4，EG=2，∴DE===2，∴四邊形DNME的周長最小值為：10+2；（3）如圖2，P為拋物線上的點，過點P作PH⊥x軸，垂足為H，若以點D、E、P、Q為頂點的四邊形為平行四邊形，則△PHQ≌△DGE，∴PH=DG=4，∴|y|=4，∴當(dāng)y=4時，﹣x2+4x+2=4，解得：x1=2+，x2=2﹣，當(dāng)y=﹣4時，﹣x2+4x+2=﹣4，解得：x3=2+，x4=2﹣，故P點的坐標為；（2﹣，4），（2+，4），（2﹣，﹣4），（2+，﹣4）．【點評】此題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)以及勾股定理、利用軸對稱求最短路線等知識，利用數(shù)形結(jié)合以及分類討論得出P點坐標是解題關(guān)鍵．2.（2015?瀘州）如圖，已知二次函數(shù)的圖象M經(jīng)過A（﹣1，0），B（4，0），C（2，﹣6）三點．（1）求該二次函數(shù)的解析式；（2）點G是線段AC上的動點（點G與線段AC的端點不重合），若△ABG與△ABC相似，求點G的坐標；（3）設(shè)圖象M的對稱軸為l，點D（m，n）（﹣1＜m＜2）是圖象M上一動點，當(dāng)△ACD的面積為時，點D關(guān)于l的對稱點為E，能否在圖象M和l上分別找到點P、Q，使得以點D、E、P、Q為頂點的四邊形為平行四邊形？若能，求出點P的坐標；若不能，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題．【分析】（1）由A、B、C三點的坐標，利用待定系數(shù)法可求得拋物線的解析式；（2）可求得直線AC的解析式，設(shè)G（k，﹣2k﹣2），可表示出AB、BC、AG的長，由條件可知只有△AGB∽△ABC，再利用相似三角形的性質(zhì)可求得k的值，從而可求得G點坐標；（3）可設(shè)出D點坐標，從而表示出△ACD的面積，由條件求得D點坐標，可求得DE的長，當(dāng)DE為邊時，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得到PQ=DE=2，從而可求得P點坐標；當(dāng)DE為對角線時，可知P點為拋物線的頂點，可求得P點坐標．【解答】解：（1）∵二次函數(shù)的圖象M經(jīng)過A（﹣1，0），B（4，0）兩點，∴可設(shè)二次函數(shù)的解析式為y=a（x+1）（x﹣4）．∵二次函數(shù)的圖象M經(jīng)過C（2，﹣6）點，∴﹣6=a（2+1）（2﹣4），解得a=1．∴二次函數(shù)的解析式為y=（x+1）（x﹣4），即y=x2﹣3x﹣4．（2）設(shè)直線AC的解析式為y=sx+t，把A、C坐標代入可得，解得，∴線段AC的解析式為y=﹣2x﹣2，設(shè)點G的坐標為（k，﹣2k﹣2）．∵G與C點不重合，∴△ABG與△ABC相似只有△AGB∽△ABC一種情況．∴=．∵AB=5，AC==3，AG==|k+1|，∴=，∴|k+1|=∴k=或k=﹣（舍去），∴點G的坐標為（，﹣）．（3）能．理由如下：如圖，過D點作x軸的垂線交AC于點H，∵D（m，n）（﹣1＜m＜2），∴H（m，﹣2m﹣2）．∵點D（m，n）在圖象M上，∴D（m，m2﹣3m﹣4）．∵△ACD的面積為，∴[﹣2m﹣2﹣（m2﹣3m﹣4）][（m+1）+（2﹣m）]=，即4m2﹣4m+1=0，解得m=．∴D（，﹣）．∵y=x2﹣3x﹣4=（x﹣）2﹣，∴圖象M的對稱軸l為x=．∵點D關(guān)于l的對稱點為E，∴E（，﹣），∴DE=﹣=2，若以點D、E、P、Q為頂點的四邊形為平行四邊形，有兩種情況：當(dāng)DE為邊時，則有PQ∥DE且PQ=DE=2．∴點P的橫坐標為+2=或﹣2=﹣，∴點P的縱坐標為（﹣）2﹣=﹣，∴點P的坐標為（，﹣）或（﹣，﹣）；當(dāng)DE為對角線時，則可知P點為拋物線的頂點，即P（，﹣）；綜上可知存在滿足條件的P點，其坐標為（，﹣）或（﹣，﹣）或（，﹣）．【點評】本題主要考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、平行四邊形的性質(zhì)等知識點．在（1）中注意二次函數(shù)解析式三種形式的靈活運用，在（2）中確定出只有△AGB∽△ABC一種情況是解題的突破口，在（3）中求得D點的坐標從而求得DE的長是解題的關(guān)鍵．本題考查知識點較多，綜合性質(zhì)較強，難度較大．例2.（2015?荊州）如圖，在平面直角坐標系中，O為原點，平行四邊形ABCD的邊BC在x軸上，D點在y軸上，C點坐標為（2，0），BC=6，∠BCD=60°，點E是AB上一點，AE=3EB，⊙P過D，O，C三點，拋物線y=ax2+bx+c過點D，B，C三點．（1）求拋物線的解析式；（2）求證：ED是⊙P的切線；（3）若將△ADE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°，E點的對應(yīng)點E′會落在拋物線y=ax2+bx+c上嗎？請說明理由；（4）若點M為此拋物線的頂點，平面上是否存在點N，使得以點B，D，M，N為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】綜合題；壓軸題．【分析】（1）先確定B（﹣4，0），再在Rt△OCD中利用∠OCD的正切求出OD=2，D（0，2），然后利用交點式求拋物線的解析式；（2）先計算出CD=2OC=4，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得AB=CD=4，AB∥CD，∠A=∠BCD=60°，AD=BC=6，則由AE=3BE得到AE=3，接著計算=，加上∠DAE=∠DCB，則可判定△AED∽△COD，得到∠ADE=∠CDO，而∠ADE+∠ODE=90°則∠CDO+∠ODE=90°，再利用圓周角定理得到CD為⊙P的直徑，于是根據(jù)切線的判定定理得到ED是⊙P的切線（3）由△AED∽△COD，根據(jù)相似比計算出DE=3，由于∠CDE=90°，DE＞DC，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得E點的對應(yīng)點E′在射線DC上，而點C、D在拋物線上，于是可判斷點E′不能在拋物線上；（4）利用配方得到y(tǒng)=﹣（x+1）2+，則M（﹣1，），且B（﹣4，0），D（0，2），根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和點平移的規(guī)律，利用分類討論的方法確定N點坐標．【解答】解：（1）∵C（2，0），BC=6，∴B（﹣4，0），在Rt△OCD中，∵tan∠OCD=，∴OD=2tan60°=2，∴D（0，2），設(shè)拋物線的解析式為y=a（x+4）（x﹣2），把D（0，2）代入得a?4?（﹣2）=2，解得a=﹣，∴拋物線的解析式為y=﹣（x+4）（x﹣2）=﹣x2﹣x+2；（2）在Rt△OCD中，CD=2OC=4，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB=CD=4，AB∥CD，∠A=∠BCD=60°，AD=BC=6，∵AE=3BE，∴AE=3，∴=，==，∴=，而∠DAE=∠DCB，∴△AED∽△COD，∴∠ADE=∠CDO，而∠ADE+∠ODE=90°∴∠CDO+∠ODE=90°，∴CD⊥DE，∵∠DOC=90°，∴CD為⊙P的直徑，∴ED是⊙P的切線；（3）E點的對應(yīng)點E′不會落在拋物線y=ax2+bx+c上．理由如下：∵△AED∽△COD，∴=，即=，解得DE=3，∵∠CDE=90°，DE＞DC，∴△ADE繞點D逆時針旋轉(zhuǎn)90°，E點的對應(yīng)點E′在射線DC上，而點C、D在拋物線上，∴點E′不能在拋物線上；（4）存在．∵y=﹣x2﹣x+2=﹣（x+1）2+∴M（﹣1，），而B（﹣4，0），D（0，2），如圖2，當(dāng)BM為平行四邊形BDMN的對角線時，點D向左平移4個單位，再向下平移2個單位得到點B，則點M（﹣1，）向左平移4個單位，再向下平移2個單位得到點N1（﹣5，）；當(dāng)DM為平行四邊形BDMN的對角線時，點B向右平移3個單位，再向上平移個單位得到點M，則點D（0，2）向右平移3個單位，再向上平移個單位得到點N2（3，）；當(dāng)BD為平行四邊形BDMN的對角線時，點M向左平移3個單位，再向下平移個單位得到點B，則點D（0，2）向右平移3個單位，再向下平移個單位得到點N3（﹣3，﹣），綜上所述，點N的坐標為（﹣5，）、（3，）、（﹣3，﹣）．【點評】考查了二次函數(shù)綜合題：熟練掌握用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)；掌握平行四邊形的性質(zhì)點平移的規(guī)律；會證明圓的切線．針對練習(xí)：1..（2015?重慶）如圖，拋物線y=﹣x2+2x+3與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左邊），與y軸交于點C，點D和點C關(guān)于拋物線的對稱軸對稱，直線AD與y軸交于點E．（1）求直線AD的解析式；（2）如圖1，直線AD上方的拋物線上有一點F，過點F作FG⊥AD于點G，作FH平行于x軸交直線AD于點H，求△FGH周長的最大值；（3）點M是拋物線的頂點，點P是y軸上一點，點Q是坐標平面內(nèi)一點，以A，M，P，Q為頂點的四邊形是以AM為邊的矩形．若點T和點Q關(guān)于AM所在直線對稱，求點T的坐標．【考點】二次函數(shù)綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題．【分析】（1）先求出C（0，3），A（﹣1，0），B（3，0），再利用配方法得y=﹣（x﹣1）2+4，則拋物線對稱軸為直線x=1，于是可確定D（2，3），則可利用待定系數(shù)法求直線AD的解析式；（2）由E（0，1）可判斷△OAE為等腰直角三角形，則∠EAO=45°，由于FH∥OA，則可得到△FGH為等腰直角三角形，過點F作FN⊥x軸交AD于N，如圖，則△FNH為等腰直角三角形，所以GH=NG，于是得到△FGH周長等于△FGN的周長，由于FG=GN=FN，則△FGN周長=（1+）FN，所以當(dāng)FN最大時，△FGN周長的最大，設(shè)F（x，﹣x2+2x+3），則N（x，x+1），則FN=﹣x2+2x+3﹣x﹣1，利用二次函數(shù)的最值問題可得當(dāng)x=時，F(xiàn)H有最大值，于是△FGN周長的最大值為；（3）直線AM交y軸于R，M（1，4），利用待定系數(shù)法求出直線AM的解析式為y=2x+2，則R（0，2），然后分類討論：當(dāng)AQ為矩形AMPQ的對角線，如圖1，利用Rt△AOR∽Rt△POA，可計算出OP=，則P點坐標為（0，﹣），接著利用平移可得到Q（2，），于是由點T和點Q關(guān)于AM所在直線對稱，根據(jù)線段中點坐標公式易得T點坐標為（0，）；當(dāng)AP為矩形APQM的對角線，反向延長QA交y軸于S，如圖2，同理可得S點坐標為（0，﹣），易得R點為AM的中點，則R點為PS的中點，所以PM=SA，P（0，），加上PM=AQ，則AQ=AS，于是可判斷點Q關(guān)于AM的對稱點為S，即T點坐標為（0，﹣）．【解答】解：（1）當(dāng)x=0時，y=﹣x2+2x+3=3，則C（0，3），當(dāng)y=0時，﹣x2+2x+3=0，解得x1=﹣1，x2=3，則A（﹣1，0），B（3，0），∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴拋物線對稱軸為直線x=1，而點D和點C關(guān)于直線x=1對稱，∴D（2，3），設(shè)直線AD的解析式為y=kx+b，把A（﹣1，0），D（2，3）分別代入得，解得，∴直線AD的解析式為y=x+1；（2）當(dāng)x=0時，y=x+1=1，則E（0，1），∵OA=OE，∴△OAE為等腰直角三角形，∴∠EAO=45°，∵FH∥OA，∴△FGH為等腰直角三角形，過點F作FN⊥x軸交AD于N，如圖，∴FN⊥FH，∴△FNH為等腰直角三角形，而FG⊥HN，∴GH=NG，∴△FGH周長等于△FGN的周長，∵FG=GN=FN，∴△FGN周長=（1+）FN，∴當(dāng)FN最大時，△FGN周長的最大，設(shè)F（x，﹣x2+2x+3），則N（x，x+1），∴FN=﹣x2+2x+3﹣x﹣1=﹣（x﹣）2+，當(dāng)x=時，F(xiàn)H有最大值，∴△FGN周長的最大值為（1+）×=，即△FGH周長的最大值為；（3）直線AM交y軸于R，y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，則M（1，4）設(shè)直線AM的解析式為y=mx+n，把A（﹣1，0）、M（1，4）分別代入得，解得，∴直線AM的解析式為y=2x+2，當(dāng)x=0時，y=2x+2=2，則R（0，2），當(dāng)AQ為矩形APQM的對角線，如圖1，∵∠RAP=90°，而AO⊥PR，∴Rt△AOR∽Rt△POA，∴AO：OP=OR：OA，即1：OP=2：1，解得OP=，∴P點坐標為（0，﹣），∵點A（﹣1，0）向上平移4個單位，向右平移2個單位得到M（1，4），∴點P（0，﹣）向上平移4個單位，向右平移2個單位得到Q（2，），∵點T和點Q關(guān)于AM所在直線對稱，∴T點坐標為（0，）；當(dāng)AP為矩形AMPQ的對角線，反向延長QA交y軸于S，如圖2，同理可得S點坐標為（0，﹣），∵R點為AM的中點，∴R點為PS的中點，∴PM=SA，P（0，），∵PM=AQ，∴AQ=AS，∴點Q關(guān)于AM的對稱點為S，即T點坐標為（0，﹣）．綜上所述，點T的坐標為（0，）或（0，﹣）．【點評】本題考查了二次函數(shù)的綜合題：熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)與x軸的交點問題和矩形的性質(zhì)；會利用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式；靈活運用相似三角形的性質(zhì)計算線段的長；記住坐標系中點平移的規(guī)律．例3.（2015?莆田）拋物線y=ax2+bx+c，若a，b，c滿足b=a+c，則稱拋物線y=ax2+bx+c為“恒定”拋物線．（1）求證：“恒定”拋物線y=ax2+bx+c必過x軸上的一個定點A；（2）已知“恒定”拋物線y=x2﹣的頂點為P，與x軸另一個交點為B，是否存在以Q為頂點，與x軸另一個交點為C的“恒定”拋物線，使得以PA，CQ為邊的四邊形是平行四邊形？若存在，求出拋物線解析式；若不存在，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】綜合題；壓軸題．【分析】（1）由“恒定”拋物線y=ax2+bx+c，得到b=a+c，即a﹣b+c=0，即可確定出拋物線恒過定點（﹣1，0）；（2）先求出拋物線y=x2﹣的頂點坐標和B的坐標，由題意得出PA∥CQ，PA=CQ；存在兩種情況：①作QM⊥AC于M，則QM=OP=，證明Rt△QMC≌Rt△POA，MC=OA=1，得出點Q的坐標，設(shè)拋物線的解析式為y=a（x+2）2﹣，把點A坐標代入求出a的值即可；②頂點Q在y軸上，此時點C與點B重合；證明△OQC≌△OPA，得出OQ=OP=，得出點Q坐標，設(shè)拋物線的解析式為y=ax2+，把點C坐標代入求出a的值即可．【解答】（1）證明：由“恒定”拋物線y=ax2+bx+c，得：b=a+c，即a﹣b+c=0，∵拋物線y=ax2+bx+c，當(dāng)x=﹣1時，y=0，∴“恒定”拋物線y=ax2+bx+c必過x軸上的一個定點A（﹣1，0）；（2）解：存在；理由如下：∵“恒定”拋物線y=x2﹣，當(dāng)y=0時，x2﹣=0，解得：x=±1，∵A（﹣1，0），∴B（1，0）；∵x=0時，y=﹣，∴頂點P的坐標為（0，﹣），以PA，CQ為邊的平行四邊形，PA、CQ是對邊，∴PA∥CQ，PA=CQ，∴存在兩種情況：①如圖1所示：作QM⊥AC于M，則QM=OP=，∠QMC=90°=∠POA，在Rt△QMC和Rt△POA中，，∴Rt△QMC≌Rt△POA（HL），∴MC=OA=1，∴OM=2，∵點A和點C是拋物線上的對稱點，∴AM=MC=1，∴點Q的坐標為（﹣2，﹣），設(shè)以Q為頂點，與x軸另一個交點為C的“恒定”拋物線的解析式為y=a（x+2）2﹣，把點A（﹣1，0）代入得：a=，∴拋物線的解析式為：y=（x+2）2﹣，即y═x2+4x+3；②如圖2所示：頂點Q在y軸上，此時點C與點B重合，∴點C坐標為（1，0），∵CQ∥PA，∴∠OQC=∠OPA，在△OQC和△OPA中，，∴△OQC≌△OPA（AAS），∴OQ=OP=，∴點Q坐標為（0，），設(shè)以Q為頂點，與x軸另一個交點為C的“恒定”拋物線的解析式為y=ax2+，把點C（1，0）代入得：a=﹣，∴拋物線的解析式為：y=﹣x2+；綜上所述：存在以Q為頂點，與x軸另一個交點為C的“恒定”拋物線，使得以PA，CQ為邊的四邊形是平行四邊形，拋物線的解析式為：y=x2+4x+3，或y=﹣x2+．【點評】本題是二次函數(shù)綜合題目，考查了新定義“恒定”拋物線、用待定系數(shù)法求拋物線的解析式、全等三角形的判定與性質(zhì)、拋物線的對稱性、坐標與圖形性質(zhì)等知識；本題難度較大，綜合性強，特別是（2）中，需要作輔助線證明三角形全等求出點的坐標才能得出拋物線的解析式．中點例3.（2015?荊門）如圖，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，點D為邊AB上一點，將△BCD沿直線CD折疊，使點B恰好落在邊OA上的點E處，分別以O(shè)C，OA所在的直線為x軸，y軸建立平面直角坐標系．（1）求OE的長及經(jīng)過O，D，C三點拋物線的解析式；（2）一動點P從點C出發(fā)，沿CB以每秒2個單位長度的速度向點B運動，同時動點Q從E點出發(fā)，沿EC以每秒1個單位長度的速度向點C運動，當(dāng)點P到達點B時，兩點同時停止運動，設(shè)運動時間為t秒，當(dāng)t為何值時，DP=DQ；（3）若點N在（1）中拋物線的對稱軸上，點M在拋物線上，是否存在這樣的點M與點N，使M，N，C，E為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出M點坐標；若不存在，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題．【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可求得CE、CO，在Rt△COE中，由勾股定理可求得OE，設(shè)AD=m，在Rt△ADE中，由勾股定理可求得m的值，可求得D點坐標，結(jié)合C、O兩點，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；（2）用t表示出CP、BP的長，可證明△DBP≌△DEQ，可得到BP=EQ，可求得t的值；（3）可設(shè)出N點坐標，分三種情況①EN為對角線，②EM為對角線，③EC為對角線，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可求得對角線的交點橫坐標，從而可求得M點的橫坐標，再代入拋物線解析式可求得M點的坐標．【解答】解：（1）∵CE=CB=5，CO=AB=4，∴在Rt△COE中，OE===3，設(shè)AD=m，則DE=BD=4﹣m，∵OE=3，∴AE=5﹣3=2，在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD2+AE2=DE2，即m2+22=（4﹣m）2，解得m=，∴D（﹣，﹣5），∵C（﹣4，0），O（0，0），∴設(shè)過O、D、C三點的拋物線為y=ax（x+4），∴﹣5=﹣a（﹣+4），解得a=，∴拋物線解析式為y=x（x+4）=x2+x；（2）∵CP=2t，∴BP=5﹣2t，在Rt△DBP和Rt△DEQ中，，∴Rt△DBP≌Rt△DEQ（HL），∴BP=EQ，∴5﹣2t=t，∴t=；（3）∵拋物線的對稱軸為直線x=﹣2，∴設(shè)N（﹣2，n），又由題意可知C（﹣4，0），E（0，﹣3），設(shè)M（m，y），①當(dāng)EN為對角線，即四邊形ECNM是平行四邊形時，則線段EN的中點橫坐標為=﹣1，線段CM中點橫坐標為，∵EN，CM互相平分，∴=﹣1，解得m=2，又M點在拋物線上，∴y=×22+×2=16，∴M（2，16）；②當(dāng)EM為對角線，即四邊形ECMN是平行四邊形時，則線段EM的中點橫坐標為，線段CN中點橫坐標為=﹣3，∵EM，CN互相平分，∴=﹣3，解得m=﹣6，又∵M點在拋物線上，∴y=×（﹣6）2+×（﹣6）=16，∴M（﹣6，16）；③當(dāng)CE為對角線，即四邊形EMCN是平行四邊形時，則M為拋物線的頂點，即M（﹣2，﹣）．綜上可知，存在滿足條件的點M，其坐標為（2，16）或（﹣6，16）或（﹣2，﹣）．【點評】本題主要考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、全等三角形的判定和性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)等知識點．在（1）中求得D點坐標是解題的關(guān)鍵，在（2）中證得全等，得到關(guān)于t的方程是解題的關(guān)鍵，在（3）中注意分類討論思想的應(yīng)用．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度適中．針對練習(xí)：1.（2015?撫順）已知，△ABC在平面直角坐標系中的位置如圖①所示，A點坐標為（﹣6，0），B點坐標為（4，0），點D為BC的中點，點E為線段AB上一動點，連接DE經(jīng)過點A、B、C三點的拋物線的解析式為y=ax2+bx+8．（1）求拋物線的解析式；（2）如圖①，將△BDE以DE為軸翻折，點B的對稱點為點G，當(dāng)點G恰好落在拋物線的對稱軸上時，求G點的坐標；（3）如圖②，當(dāng)點E在線段AB上運動時，拋物線y=ax2+bx+8的對稱軸上是否存在點F，使得以C、D、E、F為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，請直接寫出點F的坐標；若不存在，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題．【分析】（1）根據(jù)拋物線y=ax2+bx+8經(jīng)過點A（﹣6，0），B（4，0），應(yīng)用待定系數(shù)法，求出拋物線的解析式即可．（2）首先作DM⊥拋物線的對稱軸于點M，設(shè)G點的坐標為（﹣1，n），根據(jù)翻折的性質(zhì)，可得BD=DG；然后分別求出點D、點M的坐標各是多少，以及BC、BD的值各是多少；最后在Rt△GDM中，根據(jù)勾股定理，求出n的值，即可求出G點的坐標．（3）根據(jù)題意，分三種情況：①當(dāng)CD∥EF，且點E在x軸的正半軸時；②當(dāng)CD∥EF，且點E在x軸的負半軸時；③當(dāng)CE∥DF時；然后根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，求出點F的坐標各是多少即可．【解答】解：（1）∵拋物線y=ax2+bx+8經(jīng)過點A（﹣6，0），B（4，0），∴解得∴拋物線的解析式是：y=﹣x2﹣x+8．（2）如圖①，作DM⊥拋物線的對稱軸于點M，，設(shè)G點的坐標為（﹣1，n），由翻折的性質(zhì)，可得BD=DG，∵B（4，0），C（0，8），點D為BC的中點，∴點D的坐標是（2，4），∴點M的坐標是（﹣1，4），DM=2﹣（﹣1）=3，∵B（4，0），C（0，8），∴BC==4，∴，在Rt△GDM中，32+（4﹣n）2=20，解得n=4±，∴G點的坐標為（﹣1，4+）或（﹣1，4﹣）．（3）拋物線y=ax2+bx+8的對稱軸上存在點F，使得以C、D、E、F為頂點的四邊形為平行四邊形．①當(dāng)CD∥EF，且點E在x軸的正半軸時，如圖②，由（2），可得點D的坐標是（2，4），設(shè)點E的坐標是（c，0），點F的坐標是（﹣1，d），則解得∴點F的坐標是（﹣1，4），點E的坐標是（1，0）．②當(dāng)CD∥EF，且點E在x軸的負半軸時，如圖③，由（2），可得點D的坐標是（2，4），設(shè)點E的坐標是（c，0），點F的坐標是（﹣1，d），則解得∴點F的坐標是（﹣1，﹣4），點E的坐標是（﹣3，0）．③當(dāng)CE∥DF時，如圖④，，由（2），可得點D的坐標是（2，4），設(shè)點E的坐標是（c，0），點F的坐標是（﹣1，d），則解得∴點F的坐標是（﹣1，12），點E的坐標是（3，0）．綜上，可得拋物線y=ax2+bx+8的對稱軸上存在點F，使得以C、D、E、F為頂點的四邊形為平行四邊形，點F的坐標是（﹣1，4）、（﹣1，﹣4）或（﹣1，12）．【點評】（1）此題主要考查了二次函數(shù)綜合題，考查了分析推理能力，考查了分類討論思想的應(yīng)用，考查了數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，考查了從已知函數(shù)圖象中獲取信息，并能利用獲取的信息解答相應(yīng)的問題的能力．（2）此題還考查了平行四邊形的性質(zhì)和應(yīng)用，以及待定系數(shù)法求函數(shù)解析式的方法，要熟練掌握．（3）此題還考查了直角三角形的性質(zhì)和應(yīng)用，以及勾股定理的應(yīng)用，要熟練掌握．2.（2006?青浦區(qū)二模）如圖，已知二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象經(jīng)過點A（﹣2，0）、B（3，0），與y軸交于點C．（1）求該二次函數(shù)的解析式；（2）如在線段OC上有一點P，且點P到點B的距離為，那么在x軸上是否存在點Q，使以點A、C、P、Q為頂點的四邊形是梯形？如存在，請求出點Q的坐標；如不存在，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】開放型．【分析】（1）把A（﹣2，0），B（3，0）代入函數(shù)解析式，利用待定系數(shù)法可求得y=x2﹣x﹣6；（2）根據(jù)題意易求得OC=6，設(shè)P（0，m），則，所以，解得m1=2，m2=﹣2，即P（0，﹣2），當(dāng)PQ∥AC時，四邊形QACP是梯形，利用梯形的性質(zhì)可求得，即，當(dāng)AP∥CQ時，四邊形APCQ是梯形，根據(jù)梯形的性質(zhì)可求得OQ=6，即Q（﹣6，0），所以可知點Q的坐標為（﹣，0），（﹣6，0）．【解答】解：（1）∵y=x2+bx+c經(jīng)過點A（﹣2，0），B（3，0）∴．（2分）解得．∴y=x2﹣x﹣6（2分）（2）∵y=x2﹣x﹣6與y軸交于點c∴c（0，6）∴OC=6（3分）設(shè)P（0，m）∴∴m1=2，m2=﹣2∴P（0，﹣2）（5分）當(dāng)PQ∥AC時，四邊形QACP是梯形∴∴∴∴（7分）當(dāng)AP∥CQ時，四邊形APCQ是梯形∴∴∴OQ=6∴Q（﹣6，0）（9分）∴存在點Q，點Q的坐標為．（10分）【點評】本題考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，其中涉及到的知識點有待定系數(shù)法求函數(shù)解析式和二次函數(shù)和方程之間的關(guān)系以及利用數(shù)形結(jié)合的方法求算線段的長度和點的坐標等．要熟練掌握才能靈活運用．（2006?襄陽）已知：AC是⊙O的直徑，點A、B、C、O在⊙O1上，OA=2．建立如圖所示的直角坐標系．∠ACO=∠ACB=60度．（1）求點B關(guān)于x軸對稱的點D的坐標；（2）求經(jīng)過三點A、B、O的二次函數(shù)的解析式；（3）該拋物線上是否存在點P，使四邊形PABO為梯形？若存在，請求出P點的坐標；若不存在，請說明理由．【考點】二次函數(shù)綜合題．菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】壓軸題．【分析】（1）根據(jù)圓的圓周角的性質(zhì)可求得△AOB是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)即可求得點B的坐標，再根據(jù)點B關(guān)于x軸的對稱點的特點求得點D的坐標；（2）可設(shè)得二次函數(shù)的一般式，將點A、O、B的坐標代入函數(shù)解析式，解方程組即可求得函數(shù)的解析式；（3）∵△BOA是等邊三角形，點D是點B關(guān)于x軸的對稱點∴OA、BD相互垂直平分∴四邊形DABO是菱形∴AD∥BO∴所求點P必在直線AD上設(shè)直線AD的解析式為y=kx+b（k≠O），利用待定系數(shù)法求解即可．【解答】解：（1）如圖：∵點A、B、C、D在⊙O1上，且∠ACO=∠ACB=60°，∴∠BOA=∠ABO=60°，∴△ABO是等邊三角形，∵OA=2，過點B作BE⊥OA于點E，∴OE=OA=1，BE=OB?sin60°=，∴B（1，），∴點B關(guān)于x軸對稱的點D的坐標為（1，﹣）；（2）設(shè)經(jīng)過A（2，0）、B（1，）、O（0，0）的二次函數(shù)的解析式為y=ax2+bx+c（a≠0），∴，，∴y=﹣+2；（3）存在點P，使四邊形PABO為梯形，∵△BOA是等邊三角形，點D是點B關(guān)于x軸的對稱點，∴OA、BD相互垂直平分，∴四邊形DABO是菱形，∴AD∥BO，∴所求點P必在直線AD上，設(shè)直線AD的解析式為y=kx+b（k≠O），∴，即，∴y=，聯(lián)立，解得，當(dāng)時，就是點A（2，0）；當(dāng)時，即為所求點P（﹣1，﹣3），過點P作PG⊥x軸于G，則|PG|=3，∴PA=6而BO=2，在四邊形PABO中，BO∥AP且BO≠AP，∴四邊形PABO不是平行四邊形，∴OP與AB不平行，∴四邊形PABO為梯形，同理，在拋物線上可求得另一點P（3，﹣3），也能使四邊形PABO為梯形．故存在點P（