专题2.7 二次函数与特殊四边形存在性综合问题（四大题型）-2023-2024学年九年级数学上册《重难点题型•高分突破》（人教版）

专题2.7 二次函数与特殊四边形存在性综合问题（四大题型） 重难点题型归纳 【题型1 平行四边形存在性问题- 三定一动类型】 【题型2 平行四边形存在性问题-两定两动类型】 【题型3 矩形存在性问题】 【题型4 菱形存在性问题】 【模型一：平行四边形存在性】 1. 线段中点坐标公式 2.平行四边形顶点公式： 分类： 1. 三个定点，一个动点问题 已知三个定点的坐标，可设出抛物线上第四个顶点的坐标，运用平行四边形顶点坐标公式列方程（组）求解。这种题型由于三个定点构成的三条线段中哪条为对角线不清楚，往往要以这三条线段分别为对角线分类，分三种情况讨论； 2. 两个定点、两个动点问题 这中题型往往比较特殊，一个动点在抛物线上，另一个动点在x轴（y轴）或对称轴或某一条直线上。设出抛物线上的动点坐标，另一个动点若在x轴上，纵坐标为0，则用平行四边形顶点纵坐标公式；若在y轴上，横坐标为0，则用平行四边形顶点横坐标公式。该动点哪个坐标已知就用与该坐标有关的公式。 方法总结： 这种题型，关键是合理有序分类：无论式三定一动，还是两定两动，统统把抛物线上的动点作为第四个动点，其余三个作为顶点，分别以这三个定点构成的三条线段为对角线分类，份三种情况讨论，然后运用平行四边形顶点坐标公式转化为方程（组），这种解法，不必画出平行四边形草图，只要合理分类，有序组合，从对角线入手不会漏解，条理清楚，而且适用范围广，其本质用代数的方法解决几何问题，体现的是分类讨论思想、属性结合的思想。 【模型二：矩形的存在性】 1.矩形的判定: （1）有一个角是直角的平行四边形； （2）对角线相等的平行四边形； （3）有三个角为直角的四边形． 2.题型分析 矩形除了具有平行四边形的性质之外，还有“对角线相等”或“内角为直角”，因此相比起平行四边形，坐标系中的矩形满足以下3个等式： （AC为对角线时） 因此在矩形存在性问题最多可以有3个未知量，代入可以得到三元一次方程组，可解． 确定了有3个未知量，则可判断常见矩形存在性问题至少有2个动点，多则可以有3个．下： （1）2个定点+1个半动点+1个全动点； （2）1个定点+3个半动点． 思路1：先直角，再矩形 在构成矩形的4个点中任取3个点，必构成直角三角形，以此为出发点，可先确定其中3个点构造直角三角形，再确定第4个点．对“2定+1半动+1全动”尤其适用． 【例题】已知A（1，1）、B（4，2），点C在x轴上，点D在平面中，且以A、B、C、D为顶点的四边形是矩形，求D点坐标． 解：点 C 满足以 A、B、C 为顶点的三角形是直角三角形，构造“两线一圆”可得满足条件的 点 C 有 在点 C 的基础上，借助点的平移思路，可迅速得到点 D 的坐标． 思路2：先平行，再矩形 当AC为对角线时，A、B、C、D满足以下3个等式，则为矩形： 其中第1、2个式子是平行四边形的要求，再加上式3可为矩形．表示出点坐标后，代入点坐标解方程即可． 无论是“2定1半1全”还是“1定3半”，对于我们列方程来解都没什么区别，能得到的都是三元一次方程组． 【模型三：菱形的存在形】 1． 菱形的判定：有一组邻边相等的平行四边形是菱形． 2．坐标系中的菱形： 有 3 个等式，故菱形存在性问题点坐标最多可以有 3 个未知量，与矩形相同． 3．解题思路： （1）思路 1：先等腰，再菱形 在构成菱形的 4 个点中任取 3 个点，必构成等腰三角形，根据等腰存在性方法可先确 定第 3 个点，再确定第 4 个点． （2）思路 2：先平行，再菱形 设点坐标，根据平行四边形的存在性要求列出“”（AC、BD 为对角线），再结合一组邻 边相等，得到方程组． 方法总结： 菱形有一个非常明显的特点：任意三个顶点所构成的三角形必然是等腰三角形。 【题型1 平行四边形存在性问题- 三定一动类型】 【典例1】（2023•新会区二模）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与y轴交于点B，与x轴分别交于点A、点 C，直线y＝与抛物线相交于点B、点D（1，），已知点A坐标是（，0），点P是抛物线上一动点． （1）求b、c的值； （2）当点P位于直线BD上方何处时，△BPD面积最大？最大面积是多少？ （3）点M是直线BD上一动点，是否存在点M、点P使得四边形ABMP恰好为平行四边形？若存在，求出此时点M、点P的坐标． 【变式1-1】（2023•零陵区二模）如图，抛物线y＝x2+bx+c经过点B（3，0），C（0，﹣2），直线l：y＝﹣x﹣交y轴于点E，且与抛物线交于A，D两点，P为抛物线上一动点（不与A，D重合）． （1）求抛物线的解析式； （2）当点P在直