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.docx

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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

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2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2∵∠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，2∵OD=2BD，∴OD=OB。

3∵AB∥DG，∴△ODG∽△OBA。

DGODOG2∵，E（0，4）。

，AB=6，OA=12，∴DG=4，OG=8。

∴D（－4，8）ABOBOA3设直线DE解析式为y=kx+b（k≠0）4kb8k1∴，解得。

∴直线DE解析式为y=－x+4。

b4b4-1-

（3）结论：

存在。

2222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，2则E（0，4），F（4，0），OE=OF=4，EF=4。

①菱形OEPQ，此时OE为菱形一边。

112则有PE=PQ=OE=4，PF=EF－PE=4－4。

11111易知△PNF为等腰直角三角形，122∴PN=NF=PF=4－2。

11222设PQ交x轴于点N，则NQ=PQ－PN=4－（4－2）=2。

111111222又ON=OF－NF=2，∴Q（2，－2）。

122②菱形OEPQ，此时OE为菱形一边。

此时Q与Q关于原点对称，∴Q（－2，2）。

22212③菱形OEQP，此时OE为菱形一边。

33此时P与点F重合，菱形OEQP为正方形，∴Q（4，4）。

3333④菱形OPEQ，此时OE为菱形对角线。

44由菱形性质可知，PQ为OE的垂直平分线，44由OE=4，得P纵坐标为2，代入直线解析式y=－x+4得横坐标为2，则P（2，2）。

44由菱形性质可知，P、Q关于OE或x轴对称，∴Q（－2，2）。

444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：

2222Q（2，－2），Q（－2，2），Q（4，4），Q（－2，2）。

12342.（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-2-

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°。

22223BGFGFB213∴。

∴G点的坐标为（3，4－）。

（2）设直线EF的解析式是y=kx+b，FB1cosBFG在Rt△BFG中，，∴∠BFG=60°。

FG233∴∠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），k3b423y3x423∴，解得。

∴直线EF的解析式为。

2kb4b4233431431+433，3，83，（3）存在。

M点的坐标为（），（）。

），（333【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-3-

下情形：

①FG为平行四边形的一边，且N点在x轴正半轴上，如图1所示。

过M点作MH⊥x轴于点H，易证△MHN≌△GBF，111133∴MH=GB=，即y=。

1M1343xy3x423由直线EF解析式，求出。

M133433，∴M（）。

13②FG为平行四边形的一边，且N点在x轴负半轴上，如图2所示。

143，3仿照与①相同的办法，可求得M（）。

23③FG为平行四边形的对角线，如图3所示。

过M作FB延长线的垂线，垂足为H．易证△MFH≌△GNC，33333则有MH=CG=4，所以M的纵坐标为8－。

331+43代入直线EF解析式，得到M的横坐标为。

331+43，83∴M（）。

33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：

3431431+433，3，83，M（））（，M（。

），M1233333.（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2—7x+12=0的两根（OA<0B），动点P别在y轴和x轴上，并且OA、OB的长分别是方程x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．2【答案】解：

（1）由x－7x+12=0解得x=3，x=4。

12-4-

∵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。

t52t152018APAQ∴，即解得t=。

∴Q（，。

）35111111AOAB②当∠AQP=∠AOB时，如图2，△APQ∽△ABO。

t52t1230APAQ25，即解得t=。

∴Q（∴，。

）531313ABAO134224248，（3）存在。

M（（（。

），，，M，M））123555555【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。

412（3）当t=2时，如图，OP=2，BQ=4，∴P（0，1），Q（，）。

55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M的横坐标与点Q的横坐标相同，14221222+2=纵坐标为。

∴M（，。

）15555②当PQ为对角线时，点M的横坐标与点Q的横坐标相同，2122422=。

∴M（纵坐标为，。

）25555③当AP为对角线时，点Q、M关于AP的中点对称。

3由A（0，3），P（0，1）得AP的中点坐标为（0，2）。

444121284820=22=，由Q（的横坐标为，纵坐标为。

∴M（。

），）得M3355555555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4224248，（。

），，）或（）或（5555554.（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2平面直角坐标系，抛物线y=ax+bx+c经过O，D，C三点．

（1）求AD的长及抛物线的解析式；-5-

（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。

222设AD=x，则BD=CD=8﹣x，由勾股定理，得x+4=（8﹣x），解得，x=3。

2∴AD=3。

∵抛物线y=ax+bx+c过点D（3，10），C（8，0），2a=9a+3b=1021632yxx∴，解得。

∴抛物线的解析式为：

。

64a+8b=01633b=3

（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。

CQCPt102t40t，即，解得。

当∠PQC=∠DAE=90°，△ADE∽△QPC，∴EAED4513PCCQ102tt25t当∠QPC=∠DAE=90°，△ADE∽△PQC，∴，即。

，解得AEED4574025t∴当或时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似。

137（3）存在符合条件的M、N点，它们的坐标为：

①M（﹣4，﹣32），N（4，﹣38）；111432②M（12，﹣32），N（4，﹣26）；③M（4，），N（4，﹣）。

223333【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-6-

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。

1623223222xx4yx。

得抛物线顶点，则：

M（4，）由3333314∵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，﹣）。

3②EC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：

①M（﹣4，﹣32），N（4，﹣38）；111432②M（12，﹣32），N（4，﹣26）；③M（4，），N（4，﹣）。

223333225（2012湖南娄底）已知二次函数y=x﹣（m﹣2）x﹣2m的图象与x轴交于点A（x，0）1111+=和点B（x，0），x＜x，与y轴交于点C，且满足．212xx212

（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．-7-

22【答案】解：

（1）∵二次函数y=x﹣（m﹣2）x﹣2m的图象与x轴交于点A（x，0）和1点B（x，0），x＜x，212222∴令y=0，即x﹣（m﹣2）x﹣2m=0①，则有：

x+x=m﹣2，xx=﹣2m。

12122x+x11m11212+===∴，化简得到：

m+m﹣2=0，解得m=﹣2，m=1。

12xxxx2m2121222当m=﹣2时，方程①为：

x﹣2x+4=0，其判别式△=b﹣4ac=﹣12＜0，此时抛物线与x轴没有交点，不符合题意，舍去；22当m=1时，方程①为：

x+x﹣2=0，其判别式△=b﹣4ac=9＞0，此时抛物线与x轴有两个不同的交点，符合题意。

2∴m=1。

∴抛物线的解析式为y=x+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。

2∵抛物线y=x+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y=2。

P-8-

∵直线解析式为y=x+3，∴x=﹣1。

∴P（﹣1，2）。

P∴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。

xoy6.（2012福建龙岩14分）在平面直角坐标系中，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．3【答案】解：

（1）B（3，0），C（0，）。

∵A（—1，0）B（3，0）y=ax+1x3a0∴可设过A、B、C三点的抛物线为。

-9-

3a=33=a0+103。

又∵C（0，）在抛物线上，∴，解得333232x+3y=x+1x3y=x+。

∴经过A、B、C三点的抛物线解析式即333OCOE

（2）①当△OCE∽△OBC时，则。

OBOC3x13∵OC=，OE=AE—AO=x－1，OB=3，∴。

∴x=2。

33∴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°。

23b3==1x=对称。

∴点C与点M关于抛物线的对称轴2a32333∵C（0，），∴M（2，）。

过M作MN⊥x轴于点N（2，0），3∴MN=。

∴EN=1。

2222EMENMN1+32∴。

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）。

3ⅱ）当EM=PM时，点M在EP的垂直平分线上，∴P（1，2）。

23）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（1，3233∴综上所述，存在P点坐标为（1，2）或（1，—2）或（1，2）或（1，）时，3△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。

-10-

【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．4【答案】解：

（1）QB＝8－2t，PD＝t。

3

（2）不存在。

理由如下：

在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，∴AB＝10。

ADAPADt5∵PD∥BC，∴△APD∽△ACB。

∴＝，即：

＝，∴AD＝t。

ABAC10635∴BD＝AB－AD＝10－t。

3∵BQ∥DP，∴当BQ＝DP时，四边形PDBQ是平行四边形。

412∴8－2t＝t，解得：

t＝。

351241216512当t＝时，PD＝×＝，BD＝10－×＝6，∴DP≠BD。

535535-11-

∴PDBQ不能为菱形。

45设点Q的速度为每秒v个单位长度，则BQ＝8－vt，PD＝t，BD＝10－t。

33要使四边形PDBQ为菱形，则PD＝BD＝BQ，4510当PD＝BD时，即t＝10－t，解得：

t＝。

333104101016当PD＝BQ时，t＝时，即×＝8－v，解得：

v＝。

33331516∴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。

15（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M的坐标为（3，0）；1当t＝4时，点M的坐标为（1，4）。

2设直线MM的解析式为y＝kx＋b，123k＋b＝0k＝－2∴，解得：

。

k＋b＝4b＝6∴直线MM的解析式为y＝－2x＋6。

12∵点Q（0，2t），P（6－t，0），6－t∴在运动过程中，线段PQ中点M的坐标为（，t）。

326－t6－t把x＝，代入y＝－2x＋6，得y＝－2×＋6＝t。

22∴点M在直线MM上。

∴线段PQ中点M所经过的路径长即为线段MM。

31212过点M作MN⊥x轴于点N，则MN＝4，MN＝2。

2221∴MM＝25。

12∴线段PQ中点M所经过的路径长为25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．-12-