专题10 平行四边形的存在性问题-2024年中考数学二次函数压轴题核心考点突破

专题10 平行四边形的存在性问题 一、知识导航 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． 这是图形的性质，我们现在需要的是将其性质运用在在坐标系中： （1）对边平行且相等可转化为：， 可以理解为点B移动到点A，点C移动到点D，移动路径完全相同． （2）对角线互相平分转化为：， 可以理解为AC的中点也是BD的中点． 【小结】虽然由两个性质推得的式子并不一样，但其实可以化为统一：， →． 当AC和BD为对角线时，结果可简记为：（各个点对应的横纵坐标相加） 以上是对于平行四边形性质的分析，而我们要求证的是平行四边形存在性问题，此处当有一问：若坐标系中的4个点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？ 反例如下： 之所以存在反例是因为“四边形ABCD是平行四边形”与“AC、BD中点是同一个点”并不是完全等价的转化，故存在反例． 虽有反例，但并不影响运用此结论解题，另外，还需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四个点为顶点是四边形是平行四边形：对角线不确定需要分类讨论． 二、典例精析 平行四边形存在性问题通常可分为“三定一动”和“两定两动”两大类问题． 1． 三定一动 已知A（1，2）B（5，3）C（3，5），在坐标系内确定点D使得以A、B、C、D四个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： （1）BC为对角线时，，可得； （2）AC为对角线时，，解得； （3）AB为对角线时，，解得． 当然，如果对这个计算过程非常熟悉的话，也不用列方程解，直接列算式即可． 比如：，，．（此处特指点的横纵坐标相加减） 2． 两定两动 已知A（1，1）、B（3，2），点C在x轴上，点D在y轴上，且以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，求C、D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）当AB为对角线时，，解得，故C（4，0）、D（0，3）； （2）当AC为对角线时，，解得，故C（2，0）、D（0，-1）； （3）当AD为对角线时，，解得，故C（-2，0）、D（0，1）． 【动点综述】 “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或者直线或者抛物线上，用一个字母即可表示点坐标，称为“半动点”． 从上面例子可以看出，虽然动点数量不同，但本质都是在用两个字母表示出4个点坐标．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． 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2个未知量．究其原因，在于平行四边形两大性质： （1）对边平行且相等； （2）对角线互相平分． 但此两个性质统一成一个等式： ， 两个等式，只能允许最多存在两个未知数，即我们刚刚所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． 三、中考真题演练 1．（2023·山东淄博·中考真题）如图，一条抛物线经过的三个顶点，其中为坐标原点，点，点在第一象限内，对称轴是直线，且的面积为18    (1)求该抛物线对应的函数表达式； (2)求点的坐标； (3)设为线段的中点，为直线上的一个动点，连接，，将沿翻折，点的对应点为．问是否存在点，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 2．（2023·广东广州·中考真题）已知点在函数的图象上． (1)若，求n的值； (2)抛物线与x轴交于两点M，N（M在N的左边），与y轴交于点G，记抛物线的顶点为E． ①m为何值时，点E到达最高处； ②设的外接圆圆心为C，与y轴的另一个交点为F，当时，是否存在四边形为平行四边形？若存在，求此时顶点E的坐标；若不存在，请说明理由． 3．（2023·山东·中考真题）如图，直线交轴于点，交轴于点，对称轴为的抛物线经过两点，交轴负半轴于点．为抛物线上一动点，点的横坐标为，过点作轴的平行线交抛物线于另一点，作轴的垂线，垂足为，直线交轴于点．      (1)求抛物线的解析式； (2)若，当为何值时，四边形是平行四边形？ 4．（2023·山东聊城·中考真题）如图①，抛物线与x轴交于点，，与y轴交于点C，连接AC，BC.点P是x轴上任意一点． (1)求抛物线的表达式； (2)点Q在抛物线上，若以点A，C，P，Q