类型四 探究菱形的存在性问题教师.docx

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类型四探究菱形的存在性问题教师

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+4

QE=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