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专题14二次函数与菱形存在性问题
解题点拨
【基本概念】
菱形作为一种特殊的平行四边形,可以从以下几种方式得到:
(1)有一组邻边相等的平行四边形菱形;
(2)对角线互相垂直的平行四边形是菱形;
(3)四边都相等的四边形是菱形.
【解题技巧】
坐标系中的菱形存在性问题也是依据以上去得到方法.和平行四边形相比,菱形多一个“对角线互相垂直”或“邻边相等”,但这两者其实是等价的,故若四边形ABCD是菱形,则其4个点坐标需满足:
考虑到互相垂直的两条直线斜率之积为1在初中并不适合直接用,故取两邻边相等.
即根据菱形的图形性质,我们可以列出关于点坐标的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.
【基本题型】
因此就常规题型而言,菱形存在性至少有2个动点,多则有3个动点,可细分如下两大类题型:
(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
【解题思路】
解决问题的方法也可有如下两种:
思路1:先平四,再菱形
设点坐标,根据平四存在性要求列出“A+C=B+D”(AC、BD为对角线),再结合一组邻边相等,得到方程组.
思路2: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.
【例题解析】
如图,在坐标系中,A点坐标(1,1),B点坐标为(5,4),点C在x轴上,点D在平面中,求D点坐标,使得以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形.
思路1:先平四,再菱形
设C点坐标为(m,0),D点坐标为(p,q).
(1)当AB为对角线时,由题意得:(AB和CD互相平分及AC=BC)
,解得:
(2)当AC为对角线时,由题意得:(AC和BD互相平分及BA=BC)
,解得:或
(3)当AD为对角线时,由题意得:
,解得:或
思路2:先等腰,再菱形
先求点C,点C满足由A、B、C构成的三角形一定是等腰三角形,用等腰存在性问题的方法先确定C,再确定D点.
(1)当AB=AC时,
C点坐标为,对应D点坐标为;
C点坐标为,对应D点坐标为.
(2)当BA=BC时,
C点坐标为(8,0),对应D点坐标为(4,-3);
C点坐标为(2,0),对应D点坐标为(-2,-3).
(3)AC=BC时,
C点坐标为,D点坐标为.
以上只是两种简单的处理方法,对于一些较复杂的题目,还需具体问题具体分析,或许有更为简便的方法.
直击中考
1.(四川德阳模拟预测)如图,在平面直角坐标系中,抛物线与轴分别交于点和点,与轴交于点,连接.
(1)求抛物线的解析式及点的坐标;
(2)如图,点为线段上的一个动点(点不与点,重合),过点作轴的平行线交抛物线于点,求线段长度的最大值.
(3)动点以每秒个单位长度的速度在线段上由点向点运动,同时动点以每秒个单位长度的速度在线段上由点向点运动,在平面内是否存在点,使得以点,,,为顶点的四边形是菱形?若存在,请直接写出符合条件的点的坐标;若不存在,请说明理由.
【答案】(1),
(2)当时,
(3)存在,或或
【分析】(1)利用待定系数法求出抛物线解析式,再令,可得,求解即可得点的坐标;
(2)由两点坐标求出直线的解析式,进而设出点的坐标,进而得出结论;
(3)要使点,,,为顶点的四边形是菱形,只需为等腰三角形,所以,或,结合图形得到答案即可.
【详解】(1)解:由题意,将点、代入,
可得,解得,
∴,
当时,可有,
解得,,
∴;
(2)设直线的解析式为,将点、代入,
可得,解得,
∴,
设点,,
∴,
∴当时,有;
(3)如图1,
∵,,
∴,
∴,
作轴于,
∴,
当时,
∴,
∵,
∴四边形为矩形,
∴,
由得,
∴,
∴,
∴,
∴;
如图,
当时,作轴于,作轴于,
∴,
可得四边形是矩形,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴,
∴;
如图,
当时,
,
∴,
∴,
∴.
综上所述:或或.
【点睛】本题主要考查了二次函数的图像与性质、待定系数法求一次函数和二次函数解析式、等腰三角形的性质和菱形的性质等知识,解题关键是熟练掌握先关知识,运用分类讨论和数形结合的思想分析问题,并画出符合条件的图形.
2.如图,在平面直角坐标系中,抛物线与直线交于A,B两点,其中,.
(1)求该抛物线的函数表达式;
(2)点P,Q为直线下方抛物线上任意两点,且满足点P的横坐标为m,点Q的横坐标为,过点P和点Q分别作y轴的平行线交直线于C点和D点,连接,求四边形面积的最大值;
(3)在(2)的条件下,将抛物线沿射线平移2个单位,得到新的抛物线,点E为点P的对应点,点F为的对称轴上任意一点,点G为平面直角坐标系内一点,当点构成以为边的菱形时,直接写出所有符合条件的点G的坐标.
【答案】(1);
(2);
(3)、、.
【分析】(1)用待定系数
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