2024八年级数学下册专题突破期末复习6四边形期末复习之存在性问题专题复习含解析新版浙教版

Page1期末复习6四边形期末复习之存在性问题专题复习1．（东阳市期末）如图，四边形OBAC是矩形，OC＝2，OB＝6，反比例函数y＝的图象过点A．（1）求k的值．（2）点P为反比例图象上的一点，作PD⊥直线AC，PE⊥x轴，当四边形PDCE是正方形时，求点P的坐标．（3）点G为坐标平面上的一点，在反比例函数的图象上是否存在一点Q，使得以A、B、Q、G为顶点组成的平行四边形面积为14？若存在，请求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先求出点A坐标，代入解析式可求解；（2）分两种状况探讨，由正方形的性质可求解；（3）由平行四边形的面积为14，可求点Q坐标，再分AB为边和对角线两种状况探讨，由平行四边形的性质和中点坐标公式可求解．【解答】解：（1）∵OC＝2，OB＝6，∴点C（2，0），点B（0，6），点A（2，6），∵反比例函数y＝的图象过点A，∴k＝2×6＝12；（2）∵k＝12，∴反比例函数解析式为：y＝，设点P（a，），∵四边形PDCE是正方形，∴PD＝PE，当点P在第一象限时，∴＝a﹣2，∴a1＝+1，a2＝1﹣（舍去）∴点P（+1，﹣1）；当点P在第三象限，∴﹣＝2﹣a，∴a1＝+1（舍去），a2＝1﹣，∴点P（1﹣，﹣1﹣）；综上所述：点P坐标为（+1，﹣1）或（1﹣，﹣1﹣）；（3）设点Q坐标为（b，），若AB为边，∵以A、B、Q、G为顶点组成的平行四边形面积为14，∴2×|6﹣|＝14，∴b1＝﹣12，b2＝，∴点Q（﹣12，﹣1）或（，13），∵以A、B、Q、G为顶点组成的四边形是平行四边形，∴AB＝QG＝2，AB∥QG，∴点G（﹣10，﹣1）或（﹣14，﹣1）或（，13）或（﹣，13）；若AB为对角线，设点G（x，y），∵以A、B、Q、G为顶点组成的四边形是平行四边形，∴AB与QG相互平分，∴＝，＝或＝，＝，∴x1＝14，y1＝13，或x2＝，y2＝﹣1，∴点G（14，13）或（，﹣1），综上所述：点G的坐标为（﹣10，﹣1）或（﹣14，﹣1）或（，13）或（﹣，13）或（14，13）或（，﹣1）．2．（丽水期中）如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，点E是AB边上的动点，作∠EDQ＝60°交BC于点Q，点P在AD上，PD＝PE．（1）求证：AE＝BQ；（2）连接PQ，EQ，当∠PEQ＝90°时，求的值；（3）当AE为何值时，△PEQ是等腰三角形．【分析】（1）如图1中，连接BD．证明△ADE≌△BDQ（SAS）即可．（2）如图2中，连接EQ，PQ，BD．首先证明△DEQ是等边三角形，求出DE，证明四边形APQB是平行四边形即可．（3）分两种情形：如图3﹣1中，当QP＝QE时，作QM⊥CD于M．求出CQ即可．如图3﹣2中，当PE＝QE时，点E与B重合，点P与A重合，点Q与C重合，此时AE＝AB＝2．【解答】（1）证明：如图1中，连接BD．∵四边形ABCD是菱形，∴∠A＝∠C＝60°，AB＝BC＝BD＝CD，∴△ABD，△BDC都是等边三角形，∴∠A＝∠DBQ＝60°，AD＝DB，∵∠ADB＝∠EDQ＝60°，∴∠ADE＝∠BDQ，∴△ADE≌△BDQ（ASA），∴AE＝BQ．（2）解：如图2中，连接EQ，PQ，BD．∵△ADE≌△BDQ，∴DE＝DQ，∵∠EDQ＝60°，∴△DEQ是等边三角形，∴DE＝DQ＝EQ，∠DEQ＝60°，∵∠PEQ＝90°，∴∠PED＝30°，∵PD＝PE，∴∠PDE＝∠EPD＝30°，∵∠A＝60°，∴∠AED＝90°，∴DE⊥AB，∵AB＝2∴AE＝EB＝1∴DE＝∵PD＝PE，QD＝QE，∴PQ⊥DE，∴PQ∥AB，∵AD∥BC，∴四边形PQBA是平行四边形，∴PQ＝AB＝2∴＝．（3）解：如图3﹣1中，当QP＝QE时，作QM⊥CD于M．∵QD＝QE＝QP，QP垂直平分线段DE，∴∠DQP＝∠EQP＝30°，∴∠ADQ＝75°，∵∠ADC＝120°，∴∠QDM＝45°，设CM＝a，则CQ＝2a，DM＝QM＝a，∵CD＝AB＝2，∴a+a＝2，∴a＝﹣1．∴CQ＝2﹣2，∴AE＝BQ＝BC﹣CQ＝4﹣2．如图3﹣2中，当PE＝QE时，点E与B重合，点P与A重合，点Q与C重合，此时AE＝AB＝2．综上所述，满足条件的AE的值为4﹣2或2．3．（湖州）如图1，在平面直角坐标系xOy中，已知△ABC，∠ABC＝90°，顶点A在第一象限，B，C在x轴的正半轴上（C在B的右侧），BC＝2，AB＝2，△ADC与△ABC关于AC所在的直线对称．（1）当OB＝2时，求点D的坐标；（2）若点A和点D在同一个反比例函数的图象上，求OB的长；（3）如图2，将（2）中的四边形ABCD向右平移，记平移后的四边形为A1B1C1D1，过点D1的反比例函数y＝（k≠0）的图象与BA的延长线交于点P．问：在平移过程中，是否存在这样的k，使得以点P，A1，D为顶点的三角形是直角三角形？若存在，请干脆写出全部符合题意的k的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）如图1中，作DE⊥x轴于E，解直角三角形清楚DE，CE即可解决问题；（2）设OB＝a，则点A的坐标（a，2），由题意CE＝1．DE＝，可得D（3+a，），点A、D在同一反比例函数图象上，可得2a＝（3+a），清楚a即可；（3）分两种情形：①如图2中，当点A1在线段CD的延长线上，且PA1∥AD时，∠PA1D＝90°．②如图2中，利用勾股定理的逆定理，构建方程分别求解；【解答】解：（1）如图1中，作DE⊥x轴于E．∵∠ABC＝90°，∴tan∠ACB＝＝，∴∠ACB＝60°，依据对称性可知：DC＝BC＝2，∠ACD＝∠ACB＝60°，∴∠DCE＝60°，∴∠CDE＝90°﹣60°＝30°，∴CE＝1，DE＝，∴OE＝OB+BC+CE＝5，∴点D坐标为（5，）．（2）设OB＝a，则点A的坐标（a，2），由题意CE＝1．DE＝，可得D（3+a，），∵点A、D在同一反比例函数图象上，∴2a＝（3+a），∴a＝3，∴OB＝3．（3）存在．理由如下：①如图2中，当点A1在线段CD的延长线上，且PA1∥AD时，∠PA1D＝90°．在Rt△ADA1中，∵∠DAA1＝30°，AD＝2，∴AA1＝＝4，在Rt△APA1中，∵∠APA1＝60°，∴PA＝，∴PB＝，由（2）可知P（3，），∴k＝10．②如图2中，由题意D（6，），设P（3，），A1（3+h，2），D1（6+h，），则PD2＝32+（﹣）2，DA12＝（3﹣h）2+（）2，PA12＝h2+（﹣2）2，当∠PA1D＝90°时，32+（﹣）2＝（3﹣h）2+（）2+h2+（﹣2）2，又∵（6+h）＝3，可得k＝10，当∠PDA1＝90°时，同法可得k＝12，综上所述，k的值为10或12．4．（永康市期末）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形OABC的顶点A在x轴上，B，C在第一象限，反比例函数y＝（k≠0）的图象经过点C，交AB于D，已知OC＝12，OA＝4，∠AOC＝60°（1）求反比例函数y＝（k≠0）的函数表达式；（2）连接CD，求△BCD的面积；（3）P是线段OC上的一个动点，以AP为一边，在AP的右上方作正方形APEF，在点P的运动过程中，是否存在一点P使顶点E落在▱OABC的边所在的直线上，若存在，请求出此时OP的长，若不存在，请说明理由．【分析】（1）过点C作CG⊥x轴于点G，构造含60°角的Rt△OCG，利用OC＝12和∠AOC的正弦余弦值，即求得OG、CG的长，得到点C坐标，用待定系数法即求得反比例函数表达式．（2）由平行四边形OABC边长OA＝4可求得点B坐标，进而求直线AB解析式．把直线AB解析式和反比例函数解析式联立方程组，求解即得到点D坐标．过点D作DH⊥BC于点H，易得S△BCD＝BC•DH，代入计算即求得△BCD的面积．（3）求直线OC解析式，设点P横坐标为m，用m表示其纵坐标．过点P作PM⊥x轴于点M，过点E作EN⊥直线PM于点N，由正方形APEF性质即可证△PNE≌△AMP，可得PN＝AM＝4，NE＝PM，即得到用m表示点E坐标．由于点E可能落在▱OABC的边OC、BC、AB上，故需分类探讨．①落在OC上时，把点E坐标代入直线OC解析式，解方程求m即得到点P坐标，进而求OP的长；②落在BC上，则点E纵坐标等于点C纵坐标，列得方程；③落在AB上，把点E坐标代入直线AB解析式再解方程．【解答】解：（1）如图1，过点C作CG⊥x轴于点G∴∠OGC＝90°∵OC＝12，∠AOC＝60°∴cos∠AOC＝，sin∠AOC＝∴OG＝OC＝6，CG＝OC＝6∴C（6，6）∵反比例函数y＝（k≠0）的图象经过点C∴6＝解得：k＝36∴反比例函数的函数表达式为y＝（2）如图2，过点D作DH⊥BC于点H∵OA＝4，点A在x轴上∴A（4，0）∵四边形OABC是平行四边形∴BC∥OA，BC＝OA＝4∴xB＝xC+BC＝6+4，yB＝yH＝yC＝6∴B（6+4，6）设直线AB解析式为y＝ax+b∴解得：∴直线AB：y＝x﹣12∵点D为线段AB与反比例函数图象的交点∴解得：或（舍去）∴D（6，6）∴DH＝6﹣6∴S△BCD＝BC•DH＝×4×（6﹣6）＝36﹣12（3）存在点P使顶点E落在▱OABC的边所在的直线上．如图3，过点P作PM⊥x轴于点M，过点E作EN⊥直线PM于点N∴∠AMP＝∠PNE＝90°∵C（6，6）∴直线OC解析式为y＝x∵点P在线段OC上∴设点P坐标为（m，m）（0≤m≤6）∴OM＝m，PM＝m∴AM＝OA﹣OM＝4﹣m∵四边形APEF是正方形∴AP＝PE，∠APE＝90°∴∠EPN+∠APM＝∠APM+∠PAM＝90°∴∠EPN＝∠PAM在△PNE与△AMP中∴△PNE≌△AMP（AAS）∴PN＝AM＝4﹣m，NE＝PM＝m∴xE＝xN+NE＝m+m，yE＝yN＝MN＝PM+PN＝m+4﹣m∴E（m+m，m+4﹣m）①若点E落在直线OC上，则m+4﹣m＝（m+m）解得：m＝∴P（，3），OP＝②若点E落在直线BC上，则m+4﹣m＝6解得：m＝3+∴P（3+，3+3），OP＝③若点E落在直线AB上时，直线AB：y＝x﹣12∴（m+m）﹣12＝m+4﹣m解得：m＝3+，即点E落在直线BC与直线AB交点处综上所述，OP＝2或（6+2）时，点E落在▱OABC的边所在的直线上．5．（杭州期末）如图，四边形ABCD的四个顶点分别在反比例函数y＝与y＝（x＞0，0＜m＜n）的图象上，对角线BD∥y轴，且BD⊥AC于点P．已知点B的横坐标为4．（1）当m＝4，n＝20时．①若点P的纵坐标为2，求点A和点B的坐标．②若点P是BD的中点，试推断四边形ABCD的形态，并说明理由．（2）四边形ABCD能否成为正方形？若能，求此时m，n之间的数量关系；若不能，试说明理由．【分析】（1）①利用反比例函数图象上点的坐标特征，可得出点A，B的坐标；②由①可得出点B，D，由点P为线段BD的中点可得出点P的坐标，利用反比例函数图象上点的坐标特征可得出点A，C的坐标，进而可得出PA＝PC，结合PB＝PD可得出四边形ABCD为平行四边形，再结合BD⊥AC可得出四边形ABCD为菱形；（2）当四边形ABCD为正方形时，设PA＝PB＝PC＝PD＝t（t≠0），利用反比例函数图象上点的坐标特征可得出点B的坐标，由PA＝PB＝t可得出点A的坐标，利用反比例函数图象上点的坐标特征可得出t＝4﹣，由点B的坐标结合BD＝2t可得出点D的坐标，再利用反比例函数图象上点的坐标特征可得出m+n＝32．【解答】解：（1）①当x＝4时，y＝＝1，∴点B的坐标为（4，1）；当y＝2时，2＝，解得：x＝2，∴点A的坐标为（2，2）．②四边形ABCD为菱形，理由如下：由①得：点B的坐标为（4，1），点D的坐标为（4，5），∵点P为线段BD的中点，∴点P的坐标为（4，3）．当y＝3时，3＝，解得：x＝，∴点A的坐标为（，3）；当y＝3时，3＝，解得：x＝，∴点C的坐标为（，3）．∴PA＝4﹣＝，PC＝﹣4＝，∴PA＝PC．∵PB＝PD，∴四边形ABCD为平行四边形．又∵BD⊥AC，∴四边形ABCD为菱形．（2）四边形ABCD能成为正方形．当四边形ABCD为正方形时，设PA＝PB＝PC＝PD＝t（t≠0）．当x＝4时，y＝＝，∴点B的坐标为（4，），∴点A的坐标为（4﹣t，+t）．∵点A在反比例函数y＝的图象上，∴（4﹣t）（+t）＝m，化简得：t＝4﹣，∴点D的纵坐标为+2t＝+2（4﹣）＝8﹣，∴点D的坐标为（4，8﹣），∴4×（8﹣）＝n，整理，得：m+n＝32．即四边形ABCD能成为正方形，此时m+n＝32．6．（宁波期末）【基础巩固】（1）如图1，AC∥DF，Rt△ABC≌Rt△DEF，连结AD，BE，求证：四边形ABED是平行四边形．【尝试应用】（2）如图2，在平面直角坐标系xOy中，已知点A，B的坐标分别是A（1，3），B（4，1），点C在x轴上，点D在y轴上．若以AB为边，其余两个顶点为C，D的四边形是平行四边形，求点C，D的坐标．【拓展提高】（3）如图3，抛物线y＝x2﹣4x+3与直线y＝x+3交于C，D两点，点E是抛物线上随意一点，在对称轴上是否存在点F，使得以CD为边，其余两个顶点为E，F的四边形是平行四边形，若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）连接CF，先证四边形ADFC是平行四边形，再推导出∠BAD+∠ADE＝180°，则有AB∥DE，即可证明；（2）求出AB＝，再求直线AB的解析式为y＝﹣x+，由于CD∥AB，CD＝AB，设CD的直线解析式为y＝﹣x+m，可求D（0，m），C（m，0），则CD＝|m|＝，求出m＝±2，即可求点的坐标；（3）先求出C（5，8），D（0，3），设F（2，n），E（t，t2﹣4t+3），由已知可分两种状况①当DF、CE为对角线时，DF的中点为（1，），CE的中点为（，），则1＝，求出