2二次函数之平行四边形存在问题.docx
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2二次函数之平行四边形存在问题
二次函数之平行四边形存在问题：
考虑到求证平行四边形存在，必先了解平行四边形性质：
（1）对应边平行且相等；
（2）对角线互相平分。
将其用坐标表示出来便是：
对边平行且相等可转化为xA-xB
=xD-xC；yA-yB
=yD-yC，
可以理解为B点移动到A点，C点移动到D点，移动路径完全相同。
对角线互相平分转化为：
xA+xC
2
=xB+xD
2
yA+yC
，2
=yB+yD
2；
可以理解为AC的中点也是BD的中点。
【注意】
1.虽然由两个性质推得的式子并不一样，但是其实可以化为统一：
当AC和BD为对角线的时候，结果可简记为A+C=B+D（各个点对应的横纵坐标相加）。
2.以上是对平行四边形性质的分析，而我们要求证是平行四边形存在性问题，此处当有一问：
若坐标系中四个点的A、B、C、D满足“A+C=B+D”，则四边形ABCD是否一定为平行四边形？
反例：
之所以存在反例，是因为“四边形ABCD是平行四边形”和“AC、BD的中点是同一个点”并不是完全等价转化，故存在反例。
3.虽有反例，但并不影响运用此结论解题，另外，还需要注意对对角线的讨论：
（1）四边形ABCD是平行四边形，AC、BD一定是对角线；
（2）以A、B、C、D四点为顶点的四边形是平行四边形：
对角线不确定需要分类讨论。
【题型分类】
平行四边形存在性问题通常可分为“三定一动”和“两定两动”两大类型。
1.三定一动
已知A（1，2）、B（5，3）、C（3，5），在坐标系内确定一点D，使得A、B、C、D四点为顶点的四边形是平行四边形。
思路1：
利用对角线互相平分，分类讨论：
设D点坐标为（m,n）,又A（1，2）、B（5，3）、C（3，5），可得：
{5+3=1+m
1
（1）BC为对角线时，3+5=2+n，可得D（7，6）；
（2）AC为对角线时，
{1+3=5+m
2+5=3+n，解得D（-1，4）；
2
（3）AD为对角线时，2.两定两动
1+5=3+m
{
2+3=5+n，解得D3（3，0）。
已知A（1，1）、B（3，2），C在X轴上,D在Y轴上，且以ABCD为顶点的四边形是平行四边形，求C、D的坐标。
【分析】设C点坐标为（m，0），D点坐标为（0，n），又A（1，1）、B（3，2）。
（1）AB为对角线时，
1+3=m+0
1+2=0+n，可得
{1+m=3+0
m=4n=3
{m=2
，故C（4，0）、D（0，3）；
（2）AC为对角线时，
（3）AD为对角线时，
1+0=2+n，可得
1+0=3+m
1+n=2+0，可得
n=-1
m=-2n=1
，故C（2，0）、D（0，-1）；
，故C（-2，0）、D（0，1）。
【动点综述】1.“三定一动”的动点和“两定两动”的动点性质并不完全一样；“三定一动”中，动点是在平面中，横纵坐标都不确定，需要用两个字母表示，这样的我们姑且称为“全动点”，而有一些动点在坐标轴、直线或者抛物线上，用一个字母即可表示点的坐标，称为半动点。
2.从上面的例子可以看出，虽然动点数量不同，但本质都是两个字母表示出四个点的坐标，若把一个字母称为一个“未知量”，也可理解为：
全动点未知量=半动点未知量⨯2。
3.找不同图形的存在性最多可以有几个未知量，都是根据图形决定的；像平行四边形只能有两个未知量。
究其原因，平行四边形有两大性质：
（1）对边平行且相等；
（2）对角线互相平分。
{xA+xC=xB+xD
但两大性质可以统一到一个等式：
yA+yc=yB+yD，
两个等式只能允许最多存在两个未知数，即我们刚刚讲的平行四边形存在性问题最多只能存在2个未知量。
由图形性质可知未知量，由未知量可知动点设计，由动点设计可化解问题。
【2019宜宾中考】如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2-2x+c与直线y=kx+b都经过A（0，-3）、B（3
0）两点，该抛物线的顶点为C。
（1）求此抛物线和直线AC的解析式；
（2）设点P是直线AB下方抛物线上的一个动点，当ΔPAB面积最大时，求P点坐标，并求ΔPAB面积的最大值；
（3）设直线AB与抛物线对称轴交于点E，在射线EB上是
否存在点M，过点M作x轴的垂线交抛物线于点N，使得M、N、C、E是平行四边形的四个顶点？
若存在，求M点的坐标；若不存在，请说明理由。
【分析】
（1）抛物线：
y=x2-2x-3，直线：
y=x-3；
（2）铅锤法可解；
（3）考虑EC∕∕MN,故若使点M、N、C、E是平行四边形，则EC=MN即可；
∵E（1，-2）、C（1，-4），∴EC=2；
设M点的坐标为（m,m-3）（m>1）,则N点坐标为
（m,m2-2m-3），
则MN=（m2-2m-3）-（m-3）=
由题意得：
m2-3m=2，
m2-3m，
m2-3m=2，解得m
=3+17，m
=3-
17
（舍），
1222
3+17-3+17
对应M点坐标为（2，2）；
4
m2-3m=-2，解得m3=2，m=1（舍）。
对应M点坐标为（2，-1）；
3+17-3+17
综上，M点的坐标为（2，2
）或（2，-1）。
【2018河南中考（删减版）】如图，抛物线y=ax2+6x+c交X轴于A、B两点，交Y轴于点C，直线y=x-5经过B、C。
（1）求抛物线解析式；
（2）经过点A得的直线交BC于点M，当AM⊥BC时，抛物线上一动点P（不与点B、C重
合），作直线AM的平行线交直线BC于点Q，若以A、M、P、Q四点为顶点的四边形为平行四边形，求P点坐标。
【分析】
（1）y=-x2+6x-5；
1
（2）考虑到AM∕∕PQ，故只需AM=PQ即可。
过点A作BC的平行线，与抛物线的交点即为P点，易得直线AP的解析式：
y=x-1，
联立方程：
-x2+6x-5=x-1，解得：
x
=1（舍），x2
=4；
故对应的P点坐标为（4,3）；
（3）作点A关于B点对称点A’，过A’作BC的平行线，与抛物线交点亦为满足条件的P点，易求直线解析式：
y=x-9，联立方程：
5+
-x2+6x-5=x-9，解得：
x1=，
2
2
x=5-41；故对应P点坐标为
2
5+41-13+
5-41-13-
（2，2
）、（2，2）；
5+41
-13+
5-41
-13-
综上所述，P点坐标为（4,3）、（2，2）、（2，2）。
【2018郴州中考（删减）】如图，已知抛物线y=-x2+bx+c与X轴交于A（-1，0）、B（3，0）两点，与Y轴交于C点，点P是抛物线上在第一象限内的一个动点，且点P的横坐标为t。
（1）求抛物线的表达式；
（2）设抛物线对称轴为l,l与X轴的交点为D，在l上是否存在一点M，使得四边形CDPM是平行四边形？
若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由。
【分析】
（1）抛物线：
y=-x2+2x+3；
（2）由题意可知CP、DM为对角线，考虑DM在直线x=-1，故CP中点在直线x=-1上，
∵点C的坐标为（0，3），故P点的横坐标为2，代入解析式得P（2，3），易得M点的坐标为（1，6）。
【三定一动】
（2018恩施州中考）如图，已知抛物线交X轴于A、B两点，交Y轴于C点，A点坐标为
（-1,0），OC=2，OB=3，点D为抛物线的顶点。
（1）求抛物线的解析式；
（2）P为坐标平面内一点，以B、C、D、P为顶点的四边形是平行四边形，求P点坐标。
【分析】
（1）抛物线：
y=-2x2+4x+2；
33
⎛1,8⎫
（2）设P点坐标为（m,n），又B（3,0）、C（0,2）、Dç⎪
3
⎝⎭
①若BC为对角线，由题意得：
{3+0=m+1
0+2=n+8，
3
解得：
{m=2
n=-2
3
，故P1
⎛2⎫
3
的坐标为ç⎪；
⎝⎭
{3+1=m+0
{m=4
②若BD为对角线，由题意得：
⎛4,2⎫
0+8=n+2
3
，解得：
n=2，
3
3
故P2的坐标为ç⎪；
⎝⎭
{m+3=0+1
{m=-2
③若BP为对角线，由题意得：
⎛4,2⎫
n+0=2+8
3
，解得：
n=14，
3
3
故P3的坐标为ç
⎝
⎪。
⎭
⎛0,-2⎫
⎛4,2⎫
⎛4,2⎫
综上所述，P点的坐标为ç3⎪、ç3⎪、ç3⎪。
⎝⎭⎝⎭⎝⎭
【两定两动：
X轴+抛物线】
（2018济宁中考）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（3，0），B（-1,0），C（0，-3）。
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点Q在X轴上，点P在抛物线上，是否存在以点B、C、Q
P为顶点的四边形为平行四边形？
若存在，求点P的坐标；若不
存在，请说明理由。
【分析】
（1）抛物线：
y=x2-2x-3；
（2）列方程组求解：
设P（p,m2-2m-3）、Q（n,0），又B（-1,0）、C（0，-3），
若BC为对角线，由题意得：
-1+0=m+n
0-3=m2-2m-3+0，解得
m=2
n=-3或者
m=0
n=-1（舍），
故对应的P点坐标为（2,-3）；
{m-1=n+0
{m=1+
{m=1-
若BQ为对角线，由题意得：
0+0=m2-2m-3-3，解得：
n=2+
或者n=2-，
故对应的P点坐标为（1+
7,3），（1-
7,3）；
综上所述，P点坐标为（2,-3）、（1+
7,3）或者（1-
7,3）。
【两定两动：
斜线+抛物线】
（2019咸宁中考）如图，在平面直角坐标系中，直线y=-1x+2与X轴交于点A，与Y
2
轴交于点B，抛物线y=-1x2+bx+c经过A、B两点，且与X轴负半轴交于点C。
2
（1）求该抛物线的解析式；
（2）已知E、F分别是直线AB和抛物线上的动点，当BOEF为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出所有符合条件的E点坐标。
【分析】
（1）抛物线：
y=-1x2+3x+2；
22
（2）设E点坐标为⎛1+2⎫，F点坐标为⎛
12+3n+2⎫，又B（0,2）、O（0,0）；
çm,m
⎝2
⎪
⎭
{0+0=m+n
çn,n⎪
2
⎝2⎭
①若OB为对角线，由题意得：
0+2=1m+2-1n2+3n+2，
m=-2-2
解得：
n=2+2
222
m=-2+2
或者n=2-2，
故E点坐标为（-2-2
2,3+2）或者（2-22,1+2）；
{0+n=0+m
1231，
②若OF为对角线，由题意得：
{m=2
0-n
2
+n+2=2-m+222
解得：
n=2，
故E点坐标为（2,1）
0+m=0+n
1
123
m=2+2
，解得：
{m=2-2
③若OE为对角线，由题意得：
0-2m+2=2-2n
+n+22
n=2+2
或n=2-2；
故E点坐标为（2+2
2,1-
2）或（2-2
2,1+
2）；
综上所述，E点坐标为（-2-2
2,3+
2）或（2-2
2,1+
2）或（2,1）或（2+2
2,1-
2）或
（2-22,1+2）。
【两定两动：
抛物线+抛物线】
（2019连云港中考）如图，在平面直角坐标系中，抛物
线l1:
y=x2+bx+c过点C（0,-3），与抛物线
l:
y=-1x2-3x+2的一个交点为A，且A点的横坐标
222
为2，点P、Q分别是l1、l2上的动点。
（1）求抛物线l1对应的函数表达式；
（2）若以A、C、P、Q四点为顶点的四边形为平行四边形，求出点P的坐标。
1
【分析】
（1）l解析式为：
y-x2-2x-3；
（2）虽然两个动点均在抛物线上，仍可设点的坐标的方法求解。
设P点坐标为（m,m2-2m-3），Q点坐标为⎛n,-1n2-3+2⎫，又C（0,-3）、A（2，-3），
ç⎪
⎝⎭
{0+2=m+n
{m=-3
{m=0
①若CA为对角线，由题意得：
-3-3=m2-2m-3-12-3+2，解得：
n=5
或者n=2
（舍），
nn
22
故P点坐标为（-3,12）；
0+m=2+n
m=-4
{13
m=3{3
②若CQ为对角线，由题意得：
-3-m2-2m-3=-3-n2-n+2，解得{n=1或者10，
223
故点P的坐标为（3,0）或⎛-4,13⎫；
ç⎪
⎝⎭
0+n=2+m
{13
m=-1
m=0
③若CQ为对角线，由题意得：
-3-n2-n+2=-3+m2-2m-3，解得：
{n=1
或者{n=2（舍），
22
故P点坐标为（-1,0）。
综上所述，P点坐标为（-3,12）或（3,0）或⎛-4,13⎫或（-1,0）。
ç⎪
⎝⎭
【四动点构造】
（2019锦州中考删减）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=-3x+3的图像与X轴
4
交于点A，与Y轴交于点B，抛物线y=-x2+bx+c经过A、B两点，在第一象限的抛物线上取点D，过D作DE⊥X轴于点C，交AB于点E。
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）F是第一象限内抛物线上的动点（不与D重合），点G是AB上的动点，连接DF、FG，当四边形DEGF是平行四边形且周长最大时，请直接写出G点坐标。
【分析】
（1）抛物线：
y=-x2+13x+3；
4
（2）本题四个点皆为动点，使得四边形DEGF为平行四边形易，而使周长最大难。
⎛3⎫
⎛213⎫
设E点坐标为çm,-4m+3⎪，D点坐标为çm,-m
+4m+3⎪，
⎝⎭⎝⎭
⎛n,-n2+13n+3⎫
⎛3+3⎫
设F点坐标为ç
4⎪，则点G坐标为çn,-4n⎪，
⎝⎭⎝⎭
DE=-m2+13m+3-（-3m+3）=-m2+4m，
44
FG=-n2+13n+3-（-3n+3）=-n2+4n，
44
由DE=FG，可得：
-m2+4m=-n2+4n，
∵m≠n,∴m+n=4，
5
过点G作GH⊥CD交CD于点H，则EG=（n-m）=
4
5（4-2m）=5-
4
5m，
2
又DE=-m2+4m，
∴C平行四边形DEGF
=2（-m2+4m+5-5）=2m2
2
+3m+10，
m=3
⎛139⎫
当4时，四边形DEGF是平行四边形且周长最大，此时G点坐标为ç，⎪
⎝416⎭
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