《初中数学总复习资料》2018年中考数学复习难题突破专题十讲：2018年中考数学复习难题突破专题六：平行四边形存在性问题.doc

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1、难题突破专题六平行四边形存在性问题存在性问题是指判断满足某种条件的事物是否存在的问题，这类问题的知识覆盖面较广，综合性较强，题意构思非常精巧，解题方法灵活，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，是近几年各地中考的“热点”解这类题目的一般思路是：假设存在推理论证得出结论若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断；若导出矛盾，就做出不存在的判断类型1已知三定点，探究第四个点，使之构成平行四边形例题; （2017齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，DC与y轴相交于点E，矩形OABC的边OC，OA的长是关于x的一元二次方程x212x+32=0的两

2、个根，且OAOC（1）求线段OA，OC的长；（2）求证：ADECOE，并求出线段OE的长；（3）直接写出点D的坐标；（4）若F是直线AC上一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由【考点】LO：四边形综合题【分析】（1）解方程即可得到结论；（2）由四边形ABCO是矩形，得到AB=OC，ABC=AOC=90°，根据折叠的性质得到AD=AB，ADE=ABC=90°，根据全等三角形的判定得到ADECOE；根据勾股定理得到OE=3；（3）过D作DMx轴于M，则OEDM，根据相似三角形的性质得到CM

3、=，DM=，于是得到结论（4）过P1作P1HAO于H，根据菱形的性质得到P1E=CE=5，P1EAC，设P1H=k，HE=2k，根据勾股定理得到P1E=k=5，于是得到P1（，2+3），同理P3（，32），当A与F重合时，得到P2（4，5）；当CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形，得到EP4=5，EP4AC，如图2，过P4作P4Gx轴于G，过P4作P4NOE于N，根据勾股定理即可得到结论【解答】解：（1）解方程x212x+32=0得，x1=8，x2=4，OAOC，OA=8，OC=4；（2）四边形ABCO是矩形，AB=OC，ABC=AOC=90°，把矩形OABC沿

4、对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，AD=AB，ADE=ABC=90°，AD=OC，ADE=COE，在ADE与COE中，ADECOE；CE2=OE2+OC2，即（8OE）2=OE2+42，OE=3；（3）过D作DMx轴于M，则OEDM，OCEMCD，CM=，DM=，OM=，D（，）；（4）存在；OE=3，OC=4，CE=5，过P1作P1HAO于H，四边形P1ECF1是菱形，P1E=CE=5，P1EAC，P1EH=OAC，=，设P1H=k，HE=2k，P1E=k=5，P1H=，HE=2，OH=2+3，P1（，2+3），同理P3（，32），当A与F重合时，四边形F2ECP2是菱形，E

5、F2CP2，EF2，=CP2=5，P2（4，5）；当CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形，EP4=5，EP4AC，如图2，过P4作P4Gx轴于G，过P4作P4NOE于N，则P4N=OG，P4G=ON，EP4AC，=，设P4N=x，EN=2x，P4E=CP4=x，P4G=ON=32x，CG=4x，（32x）2+（4x）2=（x）2，x=，32x=，P4（，），综上所述：存在以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形，P（，2+3），（，32），（4，5），（，）同步训练：（2017青海西宁）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=4

6、，OC=3，若抛物线经过O，A两点，且顶点在BC边上，对称轴交BE于点F，点D，E的坐标分别为（3，0），（0，1）（1）求抛物线的解析式；（2）猜想EDB的形状并加以证明；（3）点M在对称轴右侧的抛物线上，点N在x轴上，请问是否存在以点A，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由【考点】HF：二次函数综合题【分析】（1）由条件可求得抛物线的顶点坐标及A点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）由B、D、E的坐标可分别求得DE、BD和BE的长，再利用勾股定理的逆定理可进行判断；（3）由B、E的坐标可先求得直线BE的解析式，则可求得

7、F点的坐标，当AF为边时，则有FMAN且FM=AN，则可求得M点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得M点坐标；当AF为对角线时，由A、F的坐标可求得平行四边形的对称中心，可设出M点坐标，则可表示出N点坐标，再由N点在x轴上可得到关于M点坐标的方程，可求得M点坐标【解答】解：（1）在矩形OABC中，OA=4，OC=3，A（4，0），C（0，3），抛物线经过O、A两点，抛物线顶点坐标为（2，3），可设抛物线解析式为y=a（x2）2+3，把A点坐标代入可得0=a（42）2+3，解得a=，抛物线解析式为y=（x2）2+3，即y=x2+3x；（2）EDB为等腰直角三角形证明：由（1）可知B（4，3），且D（

8、3，0），E（0，1），DE2=32+12=10，BD2=（43）2+32=10，BE2=42+（31）2=20，DE2+BD2=BE2，且DE=BD，EDB为等腰直角三角形；（3）存在理由如下：设直线BE解析式为y=kx+b，把B、E坐标代入可得，解得，直线BE解析式为y=x+1，当x=2时，y=2，F（2，2），当AF为平行四边形的一边时，则M到x轴的距离与F到x轴的距离相等，即M到x轴的距离为2，点M的纵坐标为2或2，在y=x2+3x中，令y=2可得2=x2+3x，解得x=，点M在抛物线对称轴右侧，x2，x=，M点坐标为（，2）；在y=x2+3x中，令y=2可得2=x2+3x，解得x=，

9、点M在抛物线对称轴右侧，x2，x=，M点坐标为（，2）；当AF为平行四边形的对角线时，A（4，0），F（2，2），线段AF的中点为（3，1），即平行四边形的对称中心为（3，1），设M（t， t2+3t），N（x，0），则t2+3t=2，解得t=，点M在抛物线对称轴右侧，x2，t=，M点坐标为（，2）；综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（，2）或（，2） 解题方法点析 已知三定点，探求第四个点，使之构成平行四边形，可以按对角线进行分类，然后利用中点坐标公式求出点的坐标，再验证是否符合限制条件类型2已知两个定点，探求限定条件下的另两个动点，使之构成平行四边形例题; （2017山东临沂）如图，抛物

10、线y=ax2+bx3经过点A（2，3），与x轴负半轴交于点B，与y轴交于点C，且OC=3OB（1）求抛物线的解析式；（2）点D在y轴上，且BDO=BAC，求点D的坐标；（3）点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以点A，B，M，N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M的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）待定系数法即可得到结论；（2）连接AC，作BFAC交AC的延长线于F，根据已知条件得到AFx轴，得到F（1，3），设D（0，m），则OD=|m即可得到结论；（3）设M（a，a22a3），N（1，n），以AB为边，则ABMN，AB=MN，如图2，过M作ME对称轴

11、y于E，AFx轴于F，于是得到ABFNME，证得NE=AF=3，ME=BF=3，得到M（4，5）或（2，11）；以AB为对角线，BN=AM，BNAM，如图3，则N在x轴上，M与C重合，于是得到结论【解答】解：（1）由y=ax2+bx3得C（03），OC=3，OC=3OB，OB=1，B（1，0），把A（2，3），B（1，0）代入y=ax2+bx3得，抛物线的解析式为y=x22x3；（2）设连接AC，作BFAC交AC的延长线于F，A（2，3），C（0，3），AFx轴，F（1，3），BF=3，AF=3，BAC=45°，设D（0，m），则OD=|m|，BDO=BAC，BDO=45°

12、，OD=OB=1，|m|=1，m=±1，D1（0，1），D2（0，1）；（3）设M（a，a22a3），N（1，n），以AB为边，则ABMN，AB=MN，如图2，过M作ME对称轴y于E，AFx轴于F，则ABFNME，NE=AF=3，ME=BF=3，|a1|=3，a=3或a=2，M（4，5）或（2，11）；以AB为对角线，BN=AM，BNAM，如图3，则N在x轴上，M与C重合，M（0，3），综上所述，存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形，M（4，5）或（2，11）或（0，3）【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正确的

13、作出图形是解题的关键同步训练：（2017山东泰安）如图，是将抛物线y=x2平移后得到的抛物线，其对称轴为x=1，与x轴的一个交点为A（1，0），另一个交点为B，与y轴的交点为C（1）求抛物线的函数表达式；（2）若点N为抛物线上一点，且BCNC，求点N的坐标；（3）点P是抛物线上一点，点Q是一次函数y=x+的图象上一点，若四边形OAPQ为平行四边形，这样的点P、Q是否存在？若存在，分别求出点P，Q的坐标；若不存在，说明理由【考点】HF：二次函数综合题【分析】（1）已知抛物线的对称轴，因而可以设出顶点式，利用待定系数法求函数解析式；（2）首先求得B和C的坐标，易证OBC是等腰直角三角形，过点N作N

14、Hy轴，垂足是H，设点N纵坐标是（a，a2+2a+3），根据CH=NH即可列方程求解；（3）四边形OAPQ是平行四边形，则PQ=OA=1，且PQOA，设P（t，t2+2t+3），代入y=x+，即可求解【解答】解：（1）设抛物线的解析式是y=（x1）2+k把（1，0）代入得0=（11）2+k，解得k=4，则抛物线的解析式是y=（x1）2+4，即y=x2+2x+3；（2）在y=x2+2x+3中令x=0，则y=3，即C的坐标是（0，3），OC=3B的坐标是（3，0），OB=3，OC=OB，则OBC是等腰直角三角形OCB=45°，过点N作NHy轴，垂足是HNCB=90°，NCH=4

15、5°，NH=CH，HO=OC+CH=3+CH=3+NH，设点N纵坐标是（a，a2+2a+3）a+3=a2+2a+3，解得a=0（舍去）或a=1，N的坐标是（1，4）；（3）四边形OAPQ是平行四边形，则PQ=OA=1，且PQOA，设P（t，t2+2t+3），代入y=x+，则t2+2t+3=（t+1）+，整理，得2t2t=0，解得t=0或t2+2t+3的值为3或P、Q的坐标是（0，3），（1，3）或（，）、（，） 解题方法点析 对于两个定点、两个动点的问题，一般思路是先用一个未知数假设一个相对较简单的动点坐标，然后把这三点看成定点，用该未知数表示另一个动点的坐标，最后再根据动点应满足的

16、条件，求出相应点的坐标类型3已知图形动点，存在特殊平行四边形例题; （2017甘肃天水）如图所示，在平面直角坐标系中xOy中，抛物线y=ax22ax3a（a0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l：y=kx+b与y轴负半轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD=4AC（1）求A、B两点的坐标及抛物线的对称轴；（2）求直线l的函数表达式（其中k、b用含a的式子表示）；（3）点E是直线l上方的抛物线上的动点，若ACE的面积的最大值为，求a的值；（4）设P是抛物线对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A、D、P、Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说

17、明理由【考点】HF：二次函数综合题【分析】（1）解方程即可得到结论；（2）根据直线l：y=kx+b过A（1，0），得到直线l：y=kx+k，解方程得到点D的横坐标为4，求得k=a，得到直线l的函数表达式为y=ax+a；（3）过E作EFy轴交直线l于F，设E（x，ax22ax3a），得到F（x，ax+a），求出EF=ax23ax4a，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论；（4）令ax22ax3a=ax+a，即ax23ax4a=0，得到D（4，5a），设P（1，m），若AD是矩形ADPQ的一条边，若AD是矩形APDQ的对角线，列方程即可得到结论【解答】解：（1）当y=0时，ax22ax3a=0，

18、解得：x1=1，x2=3，A（1，0），B（3，0），对称轴为直线x=1；（2）直线l：y=kx+b过A（1，0），0=k+b，即k=b，直线l：y=kx+k，抛物线与直线l交于点A，D，ax22ax3a=kx+k，即ax2（2a+k）x3ak=0，CD=4AC，点D的横坐标为4，3=1×4，k=a，直线l的函数表达式为y=ax+a；（3）过E作EFy轴交直线l于F，设E（x，ax22ax3a），则F（x，ax+a），EF=ax22ax3aaxa=ax23ax4a，SACE=SAFESCEF=（ax23ax4a）（x+1）（ax23ax4a）x=（ax23ax4a）=a（x）2a，A

19、CE的面积的最大值=a，ACE的面积的最大值为，a=，解得a=；（4）以点A、D、P、Q为顶点的四边形能成为矩形，令ax22ax3a=ax+a，即ax23ax4a=0，解得：x1=1，x2=4，D（4，5a），抛物线的对称轴为直线x=1，设P（1，m），若AD是矩形ADPQ的一条边，则易得Q（4，21a），m=21a+5a=26a，则P（1，26a），四边形ADPQ是矩形，ADP=90°，AD2+PD2=AP2，52+（5a）2+32+（265a）2=22+（26a）2，即a2=，a0，a=，P（1，）；若AD是矩形APDQ的对角线，则易得Q（2，3a），m=5a（3a）=8a，则P

20、（1，8a），四边形APDQ是矩形，APD=90°，AP2+PD2=AD2，（11）2+（8a）2+（14）+（8a5a）2=52+（5a）2，即a2=，a0，a=，P（1，4），综上所述，点A、D、P、Q为顶点的四边形能成为矩形，点P（1，）或（1，4）同步训练：(2017湖北咸宁)如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其对称轴交抛物线于点D，交x轴于点E，已知OB=OC=6（1）求抛物线的解析式及点D的坐标；（2）连接BD，F为抛物线上一动点，当FAB=EDB时，求点F的坐标；（3）平行于x轴的直线交抛物线于M、N两点，以线段MN为对角线作菱形MPN

21、Q，当点P在x轴上，且PQ=MN时，求菱形对角线MN的长【考点】HF：二次函数综合题【分析】（1）由条件可求得B、C坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式，进一步可求得D点坐标；（2）过F作FGx轴于点G，可设出F点坐标，利用FAGBDE，由相似三角形的性质可得到关于F点坐标的方程，可求得F点的坐标；（3）可求得P点坐标，设T为菱形对角线的交点，设出PT的长为n，从而可表示出M点的坐标，代入抛物线解析式可得到n的方程，可求得n的值，从而可求得MN的长【解答】解：（1）OB=OC=6，B（6，0），C（0，6），解得，抛物线解析式为y=x22x6，y=x22x6=（x2）28，点D的坐标为（2，

22、8）；（2）如图1，过F作FGx轴于点G，设F（x， x22x6），则FG=|x22x6|，在y=x22x6中，令y=0可得x22x6=0，解得x=2或x=6，A（2，0），OA=2，则AG=x+2，B（6，0），D（2，8），BE=62=4，DE=8，当FAB=EDB时，且FGA=BED，FAGBDE，=，即=，当点F在x轴上方时，则有=，解得x=2（舍去）或x=7，此进F点坐标为（7，）；当点F在x轴上方时，则有=，解得x=2（舍去）或x=5，此进F点坐标为（5，）；综上可知F点的坐标为（7，）或（5，）；（3）点P在x轴上，由菱形的对称性可知P（2，0），如图2，当MN在x轴上方时，设T

23、为菱形对角线的交点，PQ=MN，MT=2PT，设PT=n，则MT=2n，M（2+2n，n），M在抛物线上，n=（2+2n）22（2+2n）6，解得n=或n=，MN=2MT=4n=+1；当MN在x轴下方时，同理可设PT=n，则M（2+2n，n），n=（2+2n）22（2+2n）6，解得n=或n=（舍去），MN=2MT=4n=1；综上可知菱形对角线MN的长为+1或1专 题 训 练1. （2017.江苏宿迁）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x22x3交x轴于A，B两点（点A在点B的左侧），将该抛物线位于x轴上方曲线记作M，将该抛物线位于x轴下方部分沿x轴翻折，翻折后所得曲线记作N，曲线N交

24、y轴于点C，连接AC、BC（1）求曲线N所在抛物线相应的函数表达式；（2）求ABC外接圆的半径；（3）点P为曲线M或曲线N上的一动点，点Q为x轴上的一个动点，若以点B，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求点Q的坐标【考点】HF：二次函数综合题【分析】（1）由已知抛物线可求得A、B坐标及顶点坐标，利用对称性可求得C的坐标，利用待定系数法可求得曲线N的解析式；（2）由外接圆的定义可知圆心即为线段BC与AB的垂直平分线的交点，即直线y=x与抛物线对称轴的交点，可求得外接圆的圆心，再利用勾股定理可求得半径的长；（3）设Q（x，0），当BC为平行四边形的边时，则有BQPC且BQ=PC，从而可用x表示

25、出P点的坐标，代入抛物线解析式可得到x的方程，可求得Q点坐标，当BC为平行四边形的对角线时，由B、C的坐标可求得平行四边形的对称中心的坐标，从而可表示出P点坐标，代入抛物线解析式可得到关于x的方程，可求得P点坐标【解答】解：（1）在y=x22x3中，令y=0可得x22x3=0，解得x=1或x=3，A（1，0），B（3，0），令x=0可得y=3，又抛物线位于x轴下方部分沿x轴翻折后得到曲线N，C（0，3），设曲线N的解析式为y=ax2+bx+c，把A、B、C的坐标代入可得，解得，曲线N所在抛物线相应的函数表达式为y=x2+2x+3；（2）设ABC外接圆的圆心为M，则点M为线段BC、线段AB垂直平

26、分线的交点，B（3，0），C（0，3），线段BC的垂直平分线的解析式为y=x，又线段AB的解析式为曲线N的对称轴，即x=1，M（1，1），MB=，即ABC外接圆的半径为；（3）设Q（t，0），则BQ=|t3|当BC为平行四边形的边时，如图1，则有BQPC，P点纵坐标为3，即过C点与x轴平行的直线与曲线M和曲线N的交点即为点P，x轴上对应的即为点Q，当点P在曲线M上时，在y=x22x3中，令y=3可解得x=1+或x=1，PC=1+或PC=1，当x=1+时，可知点Q在点B的右侧，可得BQ=t3，t3=1+，解得t=4+，当x=1时，可知点Q在点B的左侧，可得BQ=3t，3t=1，解得t=4，Q点坐

27、标为（4+，0）或（4，0）；当点P在曲线N上时，在y=x2+2x+3中，令y=3可求得x=0（舍去）或x=2，PC=2，此时Q点在B点的右侧，则BQ=t3，t3=2，解得t=5，Q点坐标为（5，0）；当BC为平行四边形的对角线时，B（3，0），C（0，3），线段BC的中点为（，），设P（x，y），x+t=3，y+0=3，解得x=3t，y=3，P（3t，3），当点P在曲线M上时，则有3=（3t）22（3t）3，解得t=2+或t=2，Q点坐标为（2+，0）或（2，0）；当点P在曲线N上时，则有3=（3t）2+2（3t）+3，解得t=3（Q、B重合，舍去）或t=1，Q点坐标为（1，0）；综上可知Q

28、点的坐标为（4+，0）或（4，0）或（5，0）或（2+，0）或（2，0）或（1，0）2. （2017山东烟台）如图1，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，AB=4，矩形OBDC的边CD=1，延长DC交抛物线于点E（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，点P是直线EO上方抛物线上的一个动点，过点P作y轴的平行线交直线EO于点G，作PHEO，垂足为H设PH的长为l，点P的横坐标为m，求l与m的函数关系式（不必写出m的取值范围），并求出l的最大值；（3）如果点N是抛物线对称轴上的一点，抛物线上是否存在点M，使得以M，A，C，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有

29、满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由【考点】HF：二次函数综合题【分析】（1）由条件可求得A、B的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）可先求得E点坐标，从而可求得直线OE解析式，可知PGH=45°，用m可表示出PG的长，从而可表示出l的长，再利用二次函数的性质可求得其最大值；（3）分AC为边和AC为对角线，当AC为边时，过M作对称轴的垂线，垂足为F，则可证得MFNAOC，可求得M到对称轴的距离，从而可求得M点的横坐标，可求得M点的坐标；当AC为对角线时，设AC的中点为K，可求得K的横坐标，从而可求得M的横坐标，代入抛物线解析式可求得M点坐标【解答】解：（1）矩形OBD

30、C的边CD=1，OB=1，AB=4，OA=3，A（3，0），B（1，0），把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得，解得，抛物线解析式为y=x2x+2；（2）在y=x2x+2中，令y=2可得2=x2x+2，解得x=0或x=2，E（2，2），直线OE解析式为y=x，由题意可得P（m， m2m+2），PGy轴，G（m，m），P在直线OE的上方，PG=m2m+2（m）=m2m+2=（m+）2+，直线OE解析式为y=x，PGH=COE=45°，l=PG= （m+）2+=（m+）2+，当m=时，l有最大值，最大值为；（3）当AC为平行四边形的边时，则有MNAC，且MN=AC，如图，过M作对称轴的垂

31、线，垂足为F，设AC交对称轴于点L，则ALF=ACO=FNM，在MFN和AOC中MFNAOC（AAS），MF=AO=3，点M到对称轴的距离为3，又y=x2x+2，抛物线对称轴为x=1，设M点坐标为（x，y），则|x+1|=3，解得x=2或x=4，当x=2时，y=，当x=4时，y=，M点坐标为（2，）或（4，）；当AC为对角线时，设AC的中点为K，A（3，0），C（0，2），K（，1），点N在对称轴上，点N的横坐标为1，设M点横坐标为x，x+（1）=2×（）=3，解得x=2，此时y=2，M（2，2）；综上可知点M的坐标为（2，）或（4，）或（2，2）3. （2017营口）如图，抛物线y

32、=ax2+bx2的对称轴是直线x=1，与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（2，0），点P为抛物线上的一个动点，过点P作PDx轴于点D，交直线BC于点E（1）求抛物线解析式；（2）若点P在第一象限内，当OD=4PE时，求四边形POBE的面积；（3）在（2）的条件下，若点M为直线BC上一点，点N为平面直角坐标系内一点，是否存在这样的点M和点N，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在上，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由【温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便探究】【考点】HF：二次函数综合题【分析】（1）由抛物线y=ax2+bx2的对称轴是直线x=1

33、，A（2，0）在抛物线上，于是列方程即可得到结论；（2）根据函数解析式得到B（4，0），C（0，2），求得BC的解析式为y=x2，设D（m，0），得到E（m，m2），P（m，m2m2），根据已知条件列方程得到m=5，m=0（舍去），求得D（5，0），P（5，），E（5，），根据三角形的面积公式即可得到结论；（3）设M（n，n2），以BD为对角线，根据菱形的性质得到MN垂直平分BD，求得n=4+，于是得到N（，）；以BD为边，根据菱形的性质得到MNBD，MN=BD=MD=1，过M作MHx轴于H，根据勾股定理列方程即可得到结论【解答】解：（1）抛物线y=ax2+bx2的对称轴是直线x=1，A（2，

34、0）在抛物线上，解得：，抛物线解析式为y=x2x2；（2）令y=x2x2=0，解得：x1=2，x2=4，当x=0时，y=2，B（4，0），C（0，2），设BC的解析式为y=kx+b，则，解得：，y=x2，设D（m，0），DPy轴，E（m，m2），P（m，m2m2），OD=4PE，m=4（m2m2m+2），m=5，m=0（舍去），D（5，0），P（5，），E（5，），四边形POBE的面积=SOPDSEBD=×5×1×=；（3）存在，设M（n，n2），以BD为对角线，如图1，四边形BNDM是菱形，MN垂直平分BD，n=4+，M（，），M，N关于x轴对称，N（，）；以B

35、D为边，如图2，四边形BNDM是菱形，MNBD，MN=BD=MD=1，过M作MHx轴于H，MH2+DH2=DM2，即（n2）2+（n5）2=12，n1=4（不合题意），n2=5.6，N（4.6，），同理（n2）2+（4n）2=1，n1=4+（不合题意，舍去），n2=4，N（5，），以BD为边，如图3，过M作MHx轴于H，MH2+BH2=BM2，即（n2）2+（n4）2=12，n1=4+，n2=4（不合题意，舍去），N（5+，），综上所述，当N（，）或（4.6，）或（5，）或（5+，），以点B，D，M，N为顶点的四边形是菱形【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，本题主要涉及了待定系数法求一

36、次函数、二次函数的解析式、勾股定理，三角形的面积公式、菱形的性质、根据题意画出符合条件的图形是解题的关键4. （2016·四川南充）如图，抛物线与x轴交于点A（5，0）和点B（3，0）与y轴交于点C（0，5）有一宽度为1，长度足够的矩形（阴影部分）沿x轴方向平移，与y轴平行的一组对边交抛物线于点P和Q，交直线AC于点M和N交x轴于点E和F（1）求抛物线的解析式；（2）当点M和N都在线段AC上时，连接MF，如果sinAMF=，求点Q的坐标；（3）在矩形的平移过程中，当以点P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，求点M的坐标【分析】（1）设抛物线为y=a（x+5）（x3），把点（0，

37、5）代入即可解决问题（2）作FGAC于G，设点F坐标（m，0），根据sinAMF=，列出方程即可解决问题（3）当MN是对角线时，设点F（m，0），由QN=PM，列出方程即可解决问题当MN为边时，MN=PQ=，设点Q（m， m2m+5）则点P（m+1， m2m+6），代入抛物线解析式，解方程即可【解答】解：（1）抛物线与x轴交于点A（5，0），B（3，0），可以假设抛物线为y=a（x+5）（x3），把点（0，5）代入得到a=，抛物线的解析式为y=x2x+5（2）作FGAC于G，设点F坐标（m，0），则AF=m+5，AE=EM=m+6，FG=（m+5），FM=，sinAMF=，=，=，整理得到2m

38、2+19m+44=0，（m+4）（2m+11）=0，m=4或5.5（舍弃），点Q坐标（4，）（3）当MN是对角线时，设点F（m，0）直线AC解析式为y=x+5，点N（m，m+5），点M（m+1，m+6），QN=PM，m2m+5m5=m+6（m+1）2（m+1）+5，解得m=3±，点M坐标（2+，3+）或（2，3）当MN为边时，MN=PQ=，设点Q（m， m2m+5）则点P（m+1， m2m+6），m2m+6=（m+1）2（m+1）+5，解得m=3点M坐标（2，3），综上所述以点P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，点M的坐标为（2，3）或（2+，3+）或（2，3）【点评】本题考查二次函数综合题、三角函数、勾股定理等知识，解题的关键是学会待定系数法确定函数解析式，学会分类讨论，用方程的思想解决问题，属于中考压轴题