中考数学复习压轴题训练专题四三角形四边形存在性问题答案 12页

‎2012年全国中考数学（续61套）压轴题分类解析汇编 专题4：三角形四边形存在性问题 ‎1. （2012黑龙江龙东）如图，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC的边OC、OA分别与x轴、y轴重合，AB∥OC，∠AOC=90°，∠BCO=45°，BC=12，点C的坐标为（－18，0）。‎ ‎（1）求点B的坐标；‎ ‎（2）若直线DE交梯形对角线BO于点D，交y轴于点E，且OE=4，OD=2BD，求直线DE的解析式；‎ ‎（3）若点P是（2）中直线DE上的一个动点，在坐标平面内是否存在点Q，使以O、E、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。‎ ‎【答案】解：（1）过点B作BF⊥x轴于F，‎ 在Rt△BCF中 ‎∵∠BCO=45°，BC=12，∴CF=BF=12 。 ‎ ‎∵C 的坐标为（－18，0），∴AB=OF=6。‎ ‎∴点B的坐标为（－6，12）。‎ ‎（2）过点D作DG⊥y轴于点G，‎ ‎∵OD=2BD，∴OD=OB。‎ ‎∵AB∥DG，∴△ODG∽△OBA 。 ‎ ‎∵，AB=6，OA=12，∴DG=4，OG=8。∴D（－4，8），E（0，4）。‎ 设直线DE解析式为y=kx+b（k≠0）‎ ‎∴ ，解得。∴直线DE解析式为y=－x+4。‎ ‎（3）结论：存在。‎ 点Q的坐标为：（2 ，－2 ），（－2 ，2 ），（4，4），（－2，2）。‎ ‎【考点】一次函数综合题，等腰直角三角形判定和性质，相似三角形判定和性质，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，菱形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）构造等腰直角三角形BCF，求出BF、CF的长度，即可求出B点坐标。‎ ‎（2）已知E点坐标，欲求直线DE的解析式，需要求出D点的坐标．构造△ODG∽△OBA，由线段比例关系求出D点坐标，从而可以求出直线DE的解析式。‎ ‎（3）如图所示，符合题意的点Q有4个：‎ 设直线y=－x+4分别与x轴、y轴交于点E、点F，‎ 则E（0，4），F（4，0），OE=OF=4，EF=4。‎ ‎①菱形OEP1Q1，此时OE为菱形一边。‎ 则有P1E=P1Q1=OE=4，P‎1F=EF－P1E=4－4。‎ 易知△P1NF为等腰直角三角形，‎ ‎∴P1N=NF=P‎1F=4－2。‎ 设P1Q1交x轴于点N，则NQ1=P1Q1－P1N=4－（4－2）=2。‎ 又ON=OF－NF=2，∴Q1（2 ，－2）。‎ ‎②菱形OEP2Q2，此时OE为菱形一边。此时Q2与Q1关于原点对称，∴Q2（－2，2）。‎ ‎③菱形OEQ3P3，此时OE为菱形一边。‎ 此时P3与点F重合，菱形OEQ3P3为正方形，∴Q3（4，4）。‎ ‎④菱形OP4EQ4，此时OE为菱形对角线。‎ 由菱形性质可知，P4Q4为OE的垂直平分线，‎ 由OE=4，得P4纵坐标为2，代入直线解析式y=－x+4得横坐标为2，则P4（2，2）。‎ 由菱形性质可知，P4、Q4关于OE或x轴对称，∴Q4（－2，2）。‎ 综上所述，存在点Q，使以O、E、P、Q为顶点的四边形是菱形，点Q的坐标为：‎ Q1（2，－2），Q2（－2，2），Q3（4，4），Q4（－2，2）。‎ ‎2. （2012黑龙江绥化）如图，四边形ABCD为矩形，C点在x轴上，A点在y轴上，D点坐标是（0，0），B点坐标是（3，4），矩形ABCD沿直线EF折叠，点A落在BC边上的G处，E、F分别在AD、AB上，且F点的坐标是（2，4）．‎ ‎（1）求G点坐标；‎ ‎（2）求直线EF解析式；‎ ‎（3）点N在x轴上，直线EF上是否存在点M，‎ 使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形？‎ 若存在，请直接写出M点的坐标；若不存在，‎ 请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）由已知得，FG=AF=2，FB=1。‎ ‎∵四边形ABCD为矩形，∴∠B=90°。‎ ‎∴。∴G点的坐标为（3，4－）。‎ ‎（2）设直线EF的解析式是y=kx+b，‎ 在Rt△BFG中，，∴∠BFG=60°。∴∠AFE=∠EFG=60°。∴AE=AFtan∠AFE=2tan60°=2。∴E点的坐标为（0，4－2）。‎ 又F点的坐标是（2，4），‎ ‎∴， 解得。∴直线EF的解析式为。‎ ‎（3）存在。M点的坐标为（），（），（ ）。‎ ‎【考点】一次函数综合题，矩形的性质，折叠性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）根据折叠性质可知FG=AF=2，而FG=AB－AF=1，则在Rt△BFG中，利用勾股定理求出BG的长，从而得到CG的长，从而得到G点坐标。‎ ‎（2）由题意，可知△AEF为含30度角的直角三角形，从而可求出E点坐标；又F点坐标已知，所以可利用待定系数法求出直线EF的解析式。‎ ‎（3）分FG为平行四边形边和对角线两种情况讨论，探究可能的平行四边形的形状： ‎ 若以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，则可能存在以下情形：‎ ‎①FG为平行四边形的一边，且N点在x轴正半轴上，如图1所示。‎ 过M1点作M1H⊥x轴于点H，易证△M1HN1≌△GBF，‎ ‎∴M1H=GB=，即yM1=。‎ 由直线EF解析式，求出。‎ ‎∴M1（）。‎ ‎②FG为平行四边形的一边，且N点在x轴负半轴上，如图2所示。‎ 仿照与①相同的办法，可求得M2（）。‎ ‎③FG为平行四边形的对角线，如图3所示。‎ 过M3作FB延长线的垂线，垂足为H．易证△M3FH≌△GN‎3C，‎ 则有M3H=CG=4，所以M3的纵坐标为8－。‎ 代入直线EF解析式，得到M3的横坐标为。‎ ‎∴M3（）。‎ 综上所述，存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，点M的坐标为：M1（），M2（），M3（ ）。‎ ‎3. （2012大兴安岭）如图，在平面直角坐标系中，已知Rt△AOB的两条直角边‎0A、08分别在y轴和x轴上，并且OA、OB的长分别是方程x2—7x+12=0的两根(OA<0B)，动点P从点A开始在线段AO上以每秒l个单位长度的速度向点O运动；同时，动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A运动，设点P、Q运动的时间为t秒．‎ ‎(1)求A、B两点的坐标。‎ ‎(2)求当t为何值时，△APQ与△AOB相似，并直 接写出此时点Q的坐标．‎ ‎(3)当t=2时，在坐标平面内，是否存在点M，使 以A、P、Q、M为顶点的四边形是平行四边形?若存 在，请直接写出M点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）由x2－7 x +12=0解得x1=3，x2=4。‎ ‎∵OA＜OB ，∴OA=3 , OB=4。∴A(0，3)， B(4，0)。‎ ‎ (2) 由OA=3 , OB=4，根据勾股定理，得AB=5。‎ 由题意得，AP=t, AQ=5－2t 。分两种情况讨论：‎ ‎①当∠APQ=∠AOB时，如图1，△APQ∽△AOB。‎ ‎∴，即 解得 t= 。∴Q（）。‎ ‎②当∠AQP=∠AOB时，如图2， △APQ∽△ABO。‎ ‎ ∴，即 解得 t= 。∴Q（）。‎ ‎（3）存在。M1（）， M2（），M3（）。‎ ‎【考点】动点问题，解一元二次方程，勾股定理，相似三角形的性质，平行四边形的判定。‎ ‎【分析】（1）解出一元二次方程，结合OA＜OB即可求出A、B两点的坐标。‎ ‎（2）分∠APQ=∠AOB和∠AQP=∠AOB两种情况讨论即可。‎ ‎（3）当t=2时，如图，OP=2，BQ=4，∴P（0，1），Q（）。‎ ‎ 若以A、P、Q、M为顶点的四边形是平行四边形，则 ‎ ①当AQ为对角线时，点M1的横坐标与点Q的横坐标相同，纵坐标为。∴M1（）。‎ ②当PQ为对角线时，点M2的横坐标与点Q的横坐标相同，‎ 纵坐标为。∴M2（）。‎ ③当AP为对角线时，点Q、M3关于AP的中点对称。‎ 由A(0，3)，P（0，1）得AP的中点坐标为（0，2）。‎ 由Q（）得M3的横坐标为，纵坐标为。∴M3（）。‎ 综上所述，若以A、P、Q、M为顶点的四边形是平行四边形，则M点的坐标为 ‎（）或（）或（）。‎ ‎4. （2012湖北襄阳）如图，在矩形OABC中，AO=10，AB=8，沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC，使点B落在OA边上的点E处．分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线y=ax2+bx+c经过O，D，C三点．‎ ‎（1）求AD的长及抛物线的解析式；‎ ‎（2）一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似？‎ ‎（3）点N在抛物线对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M与点N的坐标（不写求解过程）；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵四边形ABCO为矩形，∴∠OAB=∠AOC=∠B=90°，AB=CO=8，AO=BC=10。‎ 由折叠的性质得，△BDC≌△EDC，∴∠B=∠DEC=90°，EC=BC=10，ED=BD。‎ 由勾股定理易得EO=6。∴AE=10﹣6=4。‎ 设AD=x，则BD=CD=8﹣x，由勾股定理，得x2+42=（8﹣x）2，解得，x=3。‎ ‎∴AD=3。∵抛物线y=ax2+bx+c过点D（3，10），C（8，0），‎ ‎∴，解得。∴抛物线的解析式为：。‎ ‎（2）∵∠DEA+∠OEC=90°，∠OCE+∠OEC=90°，∴∠DEA=∠OCE，‎ 由（1）可得AD=3，AE=4，DE=5。而CQ=t，EP=2t，∴PC=10﹣2t。‎ 当∠PQC=∠DAE=90°，△ADE∽△QPC，∴，即，解得。‎ 当∠QPC=∠DAE=90°，△ADE∽△PQC，∴，即，解得。‎ ‎∴当或时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似。‎ ‎（3）存在符合条件的M、N点，它们的坐标为：①M1（﹣4，﹣32），N1（4，﹣38）；‎ ‎②M2（12，﹣32），N2（4，﹣26）；③M3（4，），N3（4，﹣）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，折叠和动点问题，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）根据折叠图形的轴对称性，△CED≌△CBD，在Rt△CEO中求出OE的长，从而可得到AE的长；在Rt△AED中，AD=AB﹣BD、ED=BD，利用勾股定理可求出AD的长．进一步能确定D点坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式。‎ ‎ （2）由于∠DEC=90°，首先能确定的是∠AED=∠OCE，若以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似，那么∠QPC=90°或∠PQC=90°，然后在这两种情况下，分别利用相似三角形的对应边成比例求出对应的t的值。‎ ‎（3）假设存在符合条件的M、N点，分两种情况讨论：‎ ‎①EC为平行四边形的对角线，由于抛物线的对称轴经过EC中点，若四边形MENC是平行四边形，那么M点必为抛物线顶点。‎ 由得抛物线顶点，则：M（4，）。‎ ‎∵平行四边形的对角线互相平分，∴线段MN必被EC中点（4，3）平分，则N（4，﹣）。‎ ‎②EC为平行四边形的边，则ECMN，‎ 设N（4，m），则M（4﹣8，m+6）或M（4+8，m﹣6）；‎ 将M（﹣4，m+6）代入抛物线的解析式中，得：m=﹣38，‎ 此时 N（4，﹣38）、M（﹣4，﹣32）；‎ 将M（12，m﹣6）代入抛物线的解析式中，得：m=﹣26，‎ 此时 N（4，﹣26）、M（12，﹣32）。‎ 综上所述，存在符合条件的M、N点，它们的坐标为：①M1（﹣4，﹣32），N1（4，﹣38）；‎ ‎②M2（12，﹣32），N2（4，﹣26）；③M3（4，），N3（4，﹣）。‎ ‎5 （2012湖南娄底）已知二次函数y=x2﹣（m2﹣2）x﹣‎2m的图象与x轴交于点A（x1，0）和点B（x2，0），x1＜x2，与y轴交于点C，且满足．‎ ‎（1）求这个二次函数的解析式；‎ ‎（2）探究：在直线y=x+3上是否存在一点P，使四边形PACB为平行四边形？如果有，求出点P的坐标；如果没有，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）∵二次函数y=x2﹣（m2﹣2）x﹣‎2m的图象与x轴交于点A（x1，0）和点B（x2，0），x1＜x2，‎ ‎∴令y=0，即x2﹣（m2﹣2）x﹣‎2m=0 ①，则有：x1+x2=m2﹣2，x1x2=﹣‎2m。‎ ‎∴，化简得到：m2+m﹣2=0，解得m1=﹣2，m2=1。‎ ‎ 当m=﹣2时，方程①为：x2﹣2x+4=0，其判别式△=b2﹣‎4ac=﹣12＜0，此时抛物线与x轴没有交点，不符合题意，舍去；‎ ‎ 当m=1时，方程①为：x2+x﹣2=0，其判别式△=b2﹣‎4ac=9＞0，此时抛物线与x轴有两个不同的交点，符合题意。‎ ‎∴m=1。∴抛物线的解析式为y=x2+x﹣2。‎ ‎（2）存在。理由如下：‎ 假设在直线y=x+3上是否存在一点P，使四边形PACB为平行四边形。‎ 如图所示，连接PA．PB．AC．BC，过点P作PD⊥x轴于D点。‎ ‎∵抛物线y=x2+x﹣2与x轴交于A．B两点，与y轴交于C点，‎ ‎∴A（﹣2，0），B（1，0），C（0，2）。‎ ‎∴OB=1，OC=2。‎ ‎∵PACB为平行四边形，∴PA∥BC，PA=BC。‎ ‎∴∠PAD=∠CBO，∴∠APD=∠OCB。‎ 在Rt△PAD与Rt△CBO中，‎ ‎∵∠PAD=∠CBO ，PA=BC，∠APD=∠OCB ，‎ ‎∴Rt△PAD≌Rt△CBO（AAS）。‎ ‎∴PD=OC=2，即yP=2。‎ ‎∵直线解析式为y=x+3，∴xP=﹣1。∴P（﹣1，2）。‎ ‎∴在直线y=x+3上存在一点P，使四边形PACB为平行四边形，P点坐标为（﹣1，2）。‎ ‎【考点】二次函数综合题，二次函数与x点问题，曲线图上点的坐标与方程的关系，一元二次方程根与系数的关系，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质。‎ ‎【分析】（1）欲求抛物线的解析式，关键是求得m的值．根据题中所给关系式，利用一元二次方程根与系数的关系，可以求得m的值，从而问题得到解决。注意：解答中求得两个m的值，需要进行检验，把不符合题意的m值舍去。‎ ‎（2）利用平行四边形的性质构造全等三角形，根据全等关系求得P点的纵坐标，从而得到P点的横坐标，从而求得P点坐标。‎ ‎6. （2012福建龙岩14分）在平面直角坐标系xoy中， 一块含60°角的三角板作如图摆放，斜边 AB在x轴上，直角顶点C在y轴正半轴上，已知点A（－1，0）．‎ ‎ （1）请直接写出点B、C的坐标：B（ ， ）、C（ ， ）；并求经过A、B、C三点的抛物线解析式；‎ ‎ （2）现有与上述三角板完全一样的三角板DEF（其中∠EDF=90°，∠DEF=60°），把顶点E放在线段AB上（点E是不与A、B两点重合的动点），并使ED所在直线经过点C． 此时，EF所在直线与（1）中的抛物线交于第一象限的点M． ‎ ‎ ①设AE=x，当x为何值时，△OCE∽△OBC；‎ ‎ ②在①的条件下探究：抛物线的对称轴上是否存在点P使△PEM是等腰三角形，若存在，请求点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎【答案】解：（1）B（3，0），C（0，）。‎ ‎ ∵A（—1，0）B（3，0）‎ ‎∴可设过A、B、C三点的抛物线为 。‎ ‎ 又∵C（0，）在抛物线上，∴，解得。‎ ‎∴经过A、B、C三点的抛物线解析式 即。‎ ‎（2）①当△OCE∽△OBC时，则。‎ ‎ ∵OC=， OE=AE—AO=x－1， OB=3，∴。∴x=2。‎ ‎ ∴当x=2时，△OCE∽△OBC。‎ ‎ ②存在点P。‎ ‎ 由①可知x=2，∴OE=1。∴E（1，0）。 此时，△CAE为等边三角形。‎ ‎∴∠AEC=∠A=60°。‎ 又∵∠CEM=60°， ∴∠MEB=60°。‎ ‎∴点C与点M关于抛物线的对称轴对称。‎ ‎∵C（0，），∴M（2，）。‎ ‎ 过M作MN⊥x轴于点N（2，0），‎ ‎∴MN=。 ∴ EN=1。‎ ‎ ∴ 。‎ 若△PEM为等腰三角形，则：‎ ⅰ)当EP=EM时, ∵EM=2，且点P在直线x=1上，∴P(1，2)或P（1，－2）。‎ ⅱ）当EM=PM时，点M在EP的垂直平分线上，∴P(1，2) 。 ‎ ⅲ）当PE=PM时，点P是线段EM的垂直平分线与直线x=1的交点，∴P(1，)‎ ‎∴综上所述，存在P点坐标为（1，2）或（1，—2）或（1，2）或（1，）时，‎ ‎△EPM为等腰三角形。‎ ‎【考点】二次函数综合题，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，相似三角形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定。‎ ‎【分析】（1）由已知，根据锐角三角函数定义和特殊角的三角函数值可求出OC和AB的长，从而求得点B、C的坐标。设定交点式，用待定系数法，求得抛物线解析式。‎ ‎（2）①根据相似三角形的性质，对应边成比例列式求解。‎ ‎ ②求得EM的长，分EP=EM， EM=PM和PE=PM三种情况求解即可。‎ ‎7. （2012福建福州13分）如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90º，AC＝6，BC＝8，动点P从点A开始沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ．点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒(t≥0)．‎ ‎(1) 直接用含t的代数式分别表示：QB＝______，PD＝______．‎ ‎(2) 是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变点Q的速度(匀速运动)，使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度；‎ ‎(3) 如图②，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．‎ ‎【答案】解：(1) QB＝8－2t，PD＝t。‎ ‎ (2) 不存在。理由如下：‎ 在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，∴ AB＝10。‎ ‎∵ PD∥BC，∴ △APD∽△ACB。∴ ＝，即：＝，∴ AD＝t。‎ ‎∴ BD＝AB－AD＝10－t。‎ ‎∵ BQ∥DP，∴ 当BQ＝DP时，四边形PDBQ是平行四边形。‎ ‎∴8－2t＝t，解得：t＝。‎ 当t＝时，PD＝×＝，BD＝10－×＝6，∴ DP≠BD。‎ ‎∴PDBQ不能为菱形。‎ 设点Q的速度为每秒v个单位长度，则BQ＝8－vt，PD＝t，BD＝10－t。‎ 要使四边形PDBQ为菱形，则PD＝BD＝BQ，‎ 当PD＝BD时，即t＝10－t，解得：t＝。‎ 当PD＝BQ时，t＝时，即×＝8－v，解得：v＝。‎ ‎∴要使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，点Q的速度为单位长度/秒。‎ ‎ (3) 如图，以C为原点，以AC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系。‎ 依题意，可知0≤t≤4。‎ 当t＝0时，点M1的坐标为(3，0)；‎ 当t＝4时，点M2的坐标为(1，4)。‎ 设直线M‎1M2‎的解析式为y＝kx＋b，‎ ‎∴ ，解得：。‎ ‎∴直线M‎1M2‎的解析式为y＝－2x＋6。‎ ‎∵点Q(0，2t)，P(6－t，0)，‎ ‎∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标为(，t)。‎ 把x＝，代入y＝－2x＋6，得y＝－2×＋6＝t。‎ ‎∴点M3在直线M‎1M2‎上。∴线段PQ中点M所经过的路径长即为线段M‎1M2‎。‎ 过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N＝4，M1N＝2。‎ ‎∴ M‎1M2‎＝2。‎ ‎∴线段PQ中点M所经过的路径长为2单位长度。‎ ‎【考点】锐角三角函数定义，相似三角形的判定和性质，一次函数综合题，勾股定理，菱形的判定和性质．‎