2016挑战中考数学压轴题因动点产生的平行四边形问题

因动点产生的平行四边形问题

例1 2015年成都市中考第28题

如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2－2ax－3a（a＜0）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）直接写出点A的坐标，并求直线l的函数表达式（其中k、b用含a的式子表示）； （2）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

5

，求a的值； 4

（3）设P是抛物线的对称轴上的一点，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，请说明理由．

图1 备用图

动感体验

请打开几何画板文件名“15成都28”，拖动点E在直线AD上方的抛物线上运动，可以体验到，当EC⊥AC时，△ACE的面积最大．点击屏幕左下角的按钮“第（3）题”，拖动点H在y轴正半轴运动，观察点Q和Q′，可以看到点Q和点Q′都可以落在抛物线上．

思路点拨

1．过点E作x轴的垂线交AD于F，那么△AEF与△CEF是共底的两个三角形． 2．以AD为分类标准讨论矩形，当AD为边时，AD与QP平行且相等，对角线AP＝QD；当AD为对角线时，AD与PQ互相平分且相等．

满分解答

（1）由y＝ax2－2ax－3a＝a(x＋1)(x－3)，得A(－1, 0)． 由CD＝4AC，得xD＝4．所以D(4, 5a)．

由A(－1, 0)、D(4, 5a)，得直线l的函数表达式为y＝ax＋a． （2）如图1，过点E作x轴的垂线交AD于F．

设E(x, ax2－2ax－3a)，F(x, ax＋a)，那么EF＝yE－yF＝ax2－3ax－4a． 由S△ACE＝S△AEF－S△CEF＝

11

EF(xExA)EF(xExC) 22

111325

EF(xCxA)＝(ax23ax4a)＝a(x)2a， 22228

252552

得△ACE的面积的最大值为a．解方程a，得a．

8845

＝

（3）已知A(－1, 0)、D(4, 5a)，xP＝1，以AD为分类标准，分两种情况讨论： ①如图2，如果AD为矩形的边，那么AD//QP，AD＝QP，对角线AP＝QD． 由xD－xA＝xP－xQ，得xQ＝－4．

当x＝－4时，y＝a(x＋1)(x－3)＝21a．所以Q(－4, 21a)． 由yD－yA＝yP－yQ，得yP＝26a．所以P(1, 26a)． 由AP2＝QD2，得22＋(26a)2＝82＋(16a)2． 整理，得7a2＝1

．所以a．此时

P(1，． 77

②如图3，如果AD为矩形的对角线，那么AD与PQ互相平分且相等． 由xD＋xA＝xP＋xQ，得xQ＝2．所以Q(2,－3a)． 由yD＋yA＝yP＋yQ，得yP＝8a．所以P(1, 8a)． 由AD2＝PQ2，得52＋(5a)2＝12＋(11a)2． 整理，得4a2＝1．所以a

1

．此时P(1，4)．

2

图1 图2 图3

考点伸展

第（3）题也可以这样解．设P(1,n)．

①如图2，当AD时矩形的边时，∠QPD＝90°，所以

AMDN55an

，即． 

MDNP5a3

335a235a2

解得n．所以P(1,)．所以Q(4,)．

aaa

将Q(4,)代入y＝a(x＋1)(x－3)，得

3

a3． 

21a．所以a

a7

②如图3，当AD为矩形的对角线时，先求得Q(2,－3a)． 由∠AQD＝90°，得

3a21AGQK

，即．解得a． 

33a5a2GQKD

例2 2014年陕西省中考第24题

如图1，已知抛物线C：y＝－x2＋bx＋c经过A(－3,0)和B(0, 3)两点．将这条抛物线的顶点记为M，它的对称轴与x轴的交点记为N．

（1）求抛物线C的表达式； （2）求点M的坐标；

（3）将抛物线C平移到抛物线C′，抛物线C′的顶点记为M′，它的对称轴与x轴的交点记为N′．如果以点M、N、M′、N′为顶点的四边形是面积为16的平行四边形，那么应将抛物线C怎样平移？为什么？

图1

动感体验

请打开几何画板文件名“14陕西24”，拖动右侧的点M′上下运动，可以体验到，以点M、N、M′、N′为顶点的平行四边形有四种情况．

思路点拨

1．抛物线在平移的过程中，M′N′与MN保持平行，当M′N′＝MN＝4时，以点M、N、M′、N′为顶点的四边形就是平行四边形．

2．平行四边形的面积为16，底边MN＝4，那么高NN′＝4． 3．M′N′＝4分两种情况：点M′在点N′的上方和下方． 4．NN′＝4分两种情况：点N′在点N的右侧和左侧．

满分解答

（1）将A(－3,0)、B(0, 3)分别代入y＝－x2＋bx＋c，得 93bc0,

解得b＝－2，c＝3． 

c3.

所以抛物线C的表达式为y＝－x2－2x＋3．

（2）由y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，得顶点M的坐标为(－1,4)．

（3）抛物线在平移过程中，M′N′与MN保持平行，当M′N′＝MN＝4时，以点M、N、M′、N′为顶点的四边形就是平行四边形．

因为平行四边形的面积为16，所以MN边对应的高NN′＝4． 那么以点M、N、M′、N′为顶点的平行四边形有4种情况：

抛物线C直接向右平移4个单位得到平行四边形MNN′M′（如图2）； 抛物线C直接向左平移4个单位得到平行四边形MNN′M′（如图2）； 抛物线C先向右平移4个单位，再向下平移8个单位得到平行四边形MNM′N（如图′3）； 抛物线C先向左平移4个单位，再向下平移8个单位得到平行四边形MNM′N（如图′3）．

图2 图3

考点伸展

本题的抛物线C向右平移m个单位，两条抛物线的交点为D，那么△MM′D的面积S关于m有怎样的函数关系？

如图4，△MM′D是等腰三角形，由M(－1,4)、M′(－1＋m, 4)，可得点D的横坐标为

m2

． 2

m2m2m22

将x代入y＝－(x＋1)＋4，得y4．所以DH＝4．

244

1m21

所以S＝m(4)m32m．

248

图4

例3 2013年上海市松江区中考模拟第24题

如图1，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A(0, 1)、B(4, 3)两点． （1）求抛物线的解析式；

（2）求tan∠ABO的值；

（3）过点B作BC⊥x轴，垂足为C，在对称轴的左侧且平行于y轴的直线交线段AB于点N，交抛物线于点M，若四边形MNCB为平行四边形，求点M的坐标．

图1

动感体验

请打开几何画板文件名“13松江24”，拖动点N在直线AB上运动，可以体验到，以M、N、C、B为顶点的平行四边形有4个，符合MN在抛物线的对称轴的左侧的平行四边形MNCB只有一个．

请打开超级画板文件名“13松江24”，拖动点N在直线AB上运动，可以体验到，MN有4次机会等于3，这说明以M、N、C、B为顶点的平行四边形有4个，而符合MN在抛物线的对称轴的左侧的平行四边形MNCB只有一个．

思路点拨

1．第（2）题求∠ABO的正切值，要构造包含锐角∠ABO的角直角三角形． 2．第（3）题解方程MN＝yM－yN＝BC，并且检验x的值是否在对称轴左侧．

满分解答

（1）将A(0, 1)、B(4, 3)分别代入y＝－x2＋bx＋c，得

9c1,

解得b，c＝1． 

2164bc3.

所以抛物线的解析式是yx2

9

x1． 2

（2）在Rt△BOC中，OC＝4，BC＝3，所以OB＝5． 如图2，过点A作AH⊥OB，垂足为H．

在Rt△AOH中，OA＝1，sinAOHsinOBC

所以AHOAsinAOH

4， 5

4

． 图2 5

322

所以OH，BHOBOH．

55

AH4222

在Rt△ABH中，tanABO．

BH5511

（3）直线AB的解析式为y设点M的坐标为(x,x2那么MN(x2

1

x1． 2

91

x1)，点N的坐标为(x,x1)， 22

91

x1)(x1)x24x． 22

当四边形MNCB是平行四边形时，MN＝BC＝3．

解方程－x2＋4x＝3，得x＝1或x＝3．

因为x＝3在对称轴的右侧（如图4），所以符合题意的点M的坐标为(1,)（如图3）．

9

2

图3 图4

考点伸展

第（3）题如果改为：点M是抛物线上的一个点，直线MN平行于y轴交直线AB于N，如果M、N、B、C为顶点的四边形是平行四边形，求点M的坐标．

那么求点M的坐标要考虑两种情况：MN＝yM－yN或MN＝yN－yM．

由yN－yM＝4x－x2，解方程x2－4x＝3

，得x25）． 所以符合题意的点M有4个：(1,)，(3,

9

21155)，(2

，(2．

2

22

图5

例4 2012年福州市中考第21题

如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，动点P从点A开始沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD//BC，交AB于点D，联结PQ．点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动的时间为t秒（t≥0）．

（1）直接用含t的代数式分别表示：QB＝_______，PD＝_______；

（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由，并探究如何改变点Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度；

（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ的中点M所经过的路径长．

图1 图2

动感体验

请打开几何画板文件名“12福州21”，拖动左图中的点P运动，可以体验到，PQ的中点M的运动路径是一条线段．拖动右图中的点Q运动，可以体验到，当PQ//AB时，四边形PDBQ为菱形．

请打开超级画板文件名“12福州21”，拖动点Q向上运动，可以体验到，PQ的中点M

的运动路径是一条线段．点击动画按钮的左部，Q的速度变成1.07，可以体验到，当PQ//AB时，四边形PDBQ为菱形．点击动画按钮的中部，Q的速度变成1.

思路点拨

1．菱形PDBQ必须符合两个条件，点P在∠ABC的平分线上，PQ//AB．先求出点P运动的时间t，再根据PQ//AB，对应线段成比例求CQ的长，从而求出点Q的速度．

2．探究点M的路径，可以先取两个极端值画线段，再验证这条线段是不是点M的路径．

满分解答

4

（1）QB＝8－2t，PD＝t．

3

（2）如图3，作∠ABC的平分线交CA于P，过点P作PQ//AB交BC于Q，那么四边形PDBQ是菱形．

过点P作PE⊥AB，垂足为E，那么BE＝BC＝8． 在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，所以AB10． 图3

AE2310

在Rt△APE中，cosA，所以t．

APt53

当PQ//AB时，

＝

CQCPCQ，即

CBCA8

6

10

．解得CQ32．

96

321016

． 

9315

（3）以C为原点建立直角坐标系．

如图4，当t＝0时，PQ的中点就是AC的中点E(3，0)． 如图5，当t＝4时，PQ的中点就是PB的中点F(1，4)． 直线EF的解析式是y＝－2x＋6．

6t6t

如图6，PQ的中点M的坐标可以表示为（，t）．经验证，点M（，t）在直

22

线EF上．

所以点Q的运动速度为

所以PQ的中点M的运动路径长就是线段EF的长，EF

＝

图4 图5 图

6

考点伸展

第（3）题求点M的运动路径还有一种通用的方法是设二次函数： 当t＝2时，PQ的中点为(2，2)．

设点M的运动路径的解析式为y＝ax2＋bx＋c，代入E(3，0)、F(1，4)和(2，2)，

9a3bc0,得abc4, 解得a＝0，b＝－2，c＝6． 4a2bc2.

所以点M的运动路径的解析式为y＝－2x＋6．

例5 2012年烟台市中考第26题

如图1，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B(1, 0)、C(3, 0)、D(3, 4)．以A为顶点的抛物线y＝ax2＋bx＋c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动，同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P、Q的运动速度均为每秒1个单位，运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．

（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；

（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积最大？最大值为多少？

（3）在动点P、Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C、Q、E、H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．

图1

动感体验

请打开几何画板文件名“12烟台26”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，当P在AB的中点时，△ACG的面积最大．观察右图，我们构造了和△CEQ中心对称的△FQE和△ECH′，可以体验到，线段EQ的垂直平分线可以经过点C和F，线段CE的垂直平分线可以经过点Q和H′，因此以C、Q、E、H为顶点的菱形有2个．

请打开超级画板文件名“12烟台26”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，当P在AB的中点时，即t=2，△ACG的面积取得最大值1．观察CQ，EQ，EC的值，发现以C、Q、E、H为顶点的菱形有2个．点击动画按钮的左部和中部，可得菱形的两种准确位置。

思路点拨

1．把△ACG分割成以GE为公共底边的两个三角形，高的和等于AD． 2．用含有t的式子把图形中能够表示的线段和点的坐标都表示出来．

3．构造以C、Q、E、H为顶点的平行四边形，再用邻边相等列方程验证菱形是否存在．

满分解答

（1）A(1, 4)．因为抛物线的顶点为A，设抛物线的解析式为y＝a(x－1)2＋4， 代入点C(3, 0)，可得a＝－1．

所以抛物线的解析式为y＝－(x－1)2＋4＝－x2＋2x＋3．

APAB11

（2）因为PE//BC，所以2．因此PEAPt．

PEBC22

1

所以点E的横坐标为1t．

2

11

将x1t代入抛物线的解析式，y＝－(x－1)2＋4＝4t2．

24

111

所以点G的纵坐标为4t2．于是得到GE(4t2)(4t)t2t．

444111

因此SACGSAGESCGEGE(AFDF)t2t(t2)21．

244

所以当t＝1时，△ACG面积的最大值为1．

20

（3）t

或t20

13

考点伸展

第（3）题的解题思路是这样的：

因为FE//QC，FE＝QC，所以四边形FECQ是平行四边形．再构造点F关于PE轴对称的点H′，那么四边形EH′CQ也是平行四边形．

再根据FQ＝CQ列关于t的方程，检验四边形FECQ是否为菱形，根据EQ＝CQ列关于t的方程，检验四边形EH′CQ是否为菱形．

11

E(1t,4t)，F(1t,4)，Q(3,t)，C(3,0)．

22

1

如图2，当FQ＝CQ时，FQ2＝CQ2，因此(t2)2(4t)2t2．

2

整理，得t240t80

0．解得t120

，t220．

1

如图3，当EQ＝CQ时，EQ2＝CQ2，因此(t2)2(42t)2t2．

2

整理，得13t272t8000．(13t20)(t40)0．所以t1

20

，t240（舍去）．

13

图2 图3

例6 2011年上海市中考第24题

已知平面直角坐标系xOy（如图1），一次函数y在正比例函数y

3

x3的图象与y轴交于点A，点M4

3

x的图象上，且MO＝MA．二次函数 2

y＝x2＋bx＋c的图象经过点A、M．

（1）求线段AM的长；

（2）求这个二次函数的解析式；

（3）如果点B在y轴上，且位于点A下方，点C在上述

3

二次函数的图象上，点D在一次函数yx3的图象上，且

4

四边形ABCD是菱形，求点C的坐标．

图

1

动感体验

请打开几何画板文件名“11上海24”，拖动点B在y轴上点A下方运动，四边形ABCD保持菱形的形状，可以体验到，菱形的顶点C有一次机会落在抛物线上．

思路点拨

1．本题最大的障碍是没有图形，准确画出两条直线是基本要求，抛物线可以不画出来，但是对抛物线的位置要心中有数．

2．根据MO＝MA确定点M在OA的垂直平分线上，并且求得点M的坐标，是整个题目成败的一个决定性步骤．

3．第（3）题求点C的坐标，先根据菱形的边长、直线的斜率，用待定字母m表示点C的坐标，再代入抛物线的解析式求待定的字母m．

满分解答

（1）当x＝0时，y

3

x33，所以点A的坐标为(0，3)，OA＝3． 4

33．将y22

如图2，因为MO＝MA，所以点M在OA的垂直平分线上，点M的纵坐标为代入y

33 x，得x＝1．所以点M的坐标为(1,)．因此AM

22

c3,

352

（2）因为抛物线y＝x＋bx＋c经过A(0，3)、M(1,)，所以解得b，3221bc.2

5

c3．所以二次函数的解析式为yx2x3．

2

（3）如图3，设四边形ABCD为菱形，过点A作AE⊥CD，垂足为E． 在Rt△ADE中，设AE＝4m，DE＝3m，那么AD＝5m．

因此点C的坐标可以表示为(4m，3－2m)．将点C(4m，3－2m)代入yx2

5

x3，得2

32m16m210m3．解得m

因此点C的坐标为（2，2）．

1

或者m＝0（舍去）． 2

图2 图3

考点伸展

如果第（3）题中，把“四边形ABCD是菱形”改为“以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形”，那么还存在另一种情况：

727

如图4，点C的坐标为(,)．

416

图4

例7 2011年江西省中考第24题

将抛物线c1

：y2x轴翻折，得到抛物线c2，如图1所示． （1）请直接写出抛物线c2的表达式；

（2）现将抛物线c1向左平移m个单位长度，平移后得到新抛物线的顶点为M，与x轴的交点从左到右依次为A、B；将抛物线c2向右也平移m个单位长度，平移后得到新抛物线的顶点为N，与x轴的交点从左到右依次为D、E．

①当B、D是线段AE的三等分点时，求m的值；

②在平移过程中，是否存在以点A、N、E、M为顶点的四边形是矩形的情形？若存在，请求出此时m的值；若不存在，请说明理由．

图1

动感体验

请打开几何画板文件名“11江西24”，拖动点M向左平移，可以体验到，四边形ANEM可以成为矩形，此时B、D重合在原点．观察B、D的位置关系，可以体验到，B、D是线段AE的三等分点，存在两种情况．

思路点拨

1．把A、B、D、E、M、N六个点起始位置的坐标罗列出来，用m的式子把这六个点平移过程中的坐标罗列出来．

2．B、D是线段AE的三等分点，分两种情况讨论，按照AB与AE的大小写出等量关系列关于m的方程．

3．根据矩形的对角线相等列方程．

满分解答

（1）抛物线c2

的表达式为y2

（2）抛物线c1

：y2x轴的两个交点为(－1，0)、(1，0)

，顶点为． 抛物线c2

：y2x轴的两个交点也为(－1，0)、(1，0)

，顶点为(0,． 抛物线c1向左平移m个单位长度后，顶点M

的坐标为(m，与x轴的两个交点为

A(1m,0)、B(1m,0)，AB＝2．

抛物线c2向右平移m个单位长度后，顶点N

的坐标为(m,，与x轴的两个交点为

D(1m,0)、E(1m,0)．所以AE＝(1＋m)－(－1－m)＝2(1＋m)． ①B、D是线段AE的三等分点，存在两种情况：

1

情形一，如图2，B在D的左侧，此时ABAE2，AE＝6．所以2(1＋m)＝6．解

3

得m＝2．

2

情形二，如图3，B在D的右侧，此时ABAE2，AE＝3．所以2(1＋m)＝3．解

3得m

1．

2

图2 图3 图4

②如果以点A、N、E、M为顶点的四边形是矩形，那么AE＝MN＝2OM．而OM2＝m2

＋3，所以4(1＋m)2＝4(m2＋3)．解得m＝1（如图4）．

考点伸展

第（2）题②，探求矩形ANEM，也可以用几何说理的方法：

在等腰三角形ABM中，因为AB＝2，AB

ABM是等边三角形． 同理△DEN是等边三角形．当四边形ANEM是矩形时，B、D两点重合． 因为起始位置时BD＝2，所以平移的距离m＝1．

因动点产生的平行四边形问题

例1 2015年成都市中考第28题

如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2－2ax－3a（a＜0）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）直接写出点A的坐标，并求直线l的函数表达式（其中k、b用含a的式子表示）； （2）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

5

，求a的值； 4

（3）设P是抛物线的对称轴上的一点，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，请说明理由．

图1 备用图

动感体验

请打开几何画板文件名“15成都28”，拖动点E在直线AD上方的抛物线上运动，可以体验到，当EC⊥AC时，△ACE的面积最大．点击屏幕左下角的按钮“第（3）题”，拖动点H在y轴正半轴运动，观察点Q和Q′，可以看到点Q和点Q′都可以落在抛物线上．

思路点拨

1．过点E作x轴的垂线交AD于F，那么△AEF与△CEF是共底的两个三角形． 2．以AD为分类标准讨论矩形，当AD为边时，AD与QP平行且相等，对角线AP＝QD；当AD为对角线时，AD与PQ互相平分且相等．

满分解答

（1）由y＝ax2－2ax－3a＝a(x＋1)(x－3)，得A(－1, 0)． 由CD＝4AC，得xD＝4．所以D(4, 5a)．

由A(－1, 0)、D(4, 5a)，得直线l的函数表达式为y＝ax＋a． （2）如图1，过点E作x轴的垂线交AD于F．

设E(x, ax2－2ax－3a)，F(x, ax＋a)，那么EF＝yE－yF＝ax2－3ax－4a． 由S△ACE＝S△AEF－S△CEF＝

11

EF(xExA)EF(xExC) 22

111325

EF(xCxA)＝(ax23ax4a)＝a(x)2a， 22228

252552

得△ACE的面积的最大值为a．解方程a，得a．

8845

＝

（3）已知A(－1, 0)、D(4, 5a)，xP＝1，以AD为分类标准，分两种情况讨论： ①如图2，如果AD为矩形的边，那么AD//QP，AD＝QP，对角线AP＝QD． 由xD－xA＝xP－xQ，得xQ＝－4．

当x＝－4时，y＝a(x＋1)(x－3)＝21a．所以Q(－4, 21a)． 由yD－yA＝yP－yQ，得yP＝26a．所以P(1, 26a)． 由AP2＝QD2，得22＋(26a)2＝82＋(16a)2． 整理，得7a2＝1

．所以a．此时

P(1，． 77

②如图3，如果AD为矩形的对角线，那么AD与PQ互相平分且相等． 由xD＋xA＝xP＋xQ，得xQ＝2．所以Q(2,－3a)． 由yD＋yA＝yP＋yQ，得yP＝8a．所以P(1, 8a)． 由AD2＝PQ2，得52＋(5a)2＝12＋(11a)2． 整理，得4a2＝1．所以a

1

．此时P(1，4)．

2

图1 图2 图3

考点伸展

第（3）题也可以这样解．设P(1,n)．

①如图2，当AD时矩形的边时，∠QPD＝90°，所以

AMDN55an

，即． 

MDNP5a3

335a235a2

解得n．所以P(1,)．所以Q(4,)．

aaa

将Q(4,)代入y＝a(x＋1)(x－3)，得

3

a3． 

21a．所以a

a7

②如图3，当AD为矩形的对角线时，先求得Q(2,－3a)． 由∠AQD＝90°，得

3a21AGQK

，即．解得a． 

33a5a2GQKD

例2 2014年陕西省中考第24题

如图1，已知抛物线C：y＝－x2＋bx＋c经过A(－3,0)和B(0, 3)两点．将这条抛物线的顶点记为M，它的对称轴与x轴的交点记为N．

（1）求抛物线C的表达式； （2）求点M的坐标；

（3）将抛物线C平移到抛物线C′，抛物线C′的顶点记为M′，它的对称轴与x轴的交点记为N′．如果以点M、N、M′、N′为顶点的四边形是面积为16的平行四边形，那么应将抛物线C怎样平移？为什么？

图1

动感体验

请打开几何画板文件名“14陕西24”，拖动右侧的点M′上下运动，可以体验到，以点M、N、M′、N′为顶点的平行四边形有四种情况．

思路点拨

1．抛物线在平移的过程中，M′N′与MN保持平行，当M′N′＝MN＝4时，以点M、N、M′、N′为顶点的四边形就是平行四边形．

2．平行四边形的面积为16，底边MN＝4，那么高NN′＝4． 3．M′N′＝4分两种情况：点M′在点N′的上方和下方． 4．NN′＝4分两种情况：点N′在点N的右侧和左侧．

满分解答

（1）将A(－3,0)、B(0, 3)分别代入y＝－x2＋bx＋c，得 93bc0,

解得b＝－2，c＝3． 

c3.

所以抛物线C的表达式为y＝－x2－2x＋3．

（2）由y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，得顶点M的坐标为(－1,4)．

（3）抛物线在平移过程中，M′N′与MN保持平行，当M′N′＝MN＝4时，以点M、N、M′、N′为顶点的四边形就是平行四边形．

因为平行四边形的面积为16，所以MN边对应的高NN′＝4． 那么以点M、N、M′、N′为顶点的平行四边形有4种情况：

抛物线C直接向右平移4个单位得到平行四边形MNN′M′（如图2）； 抛物线C直接向左平移4个单位得到平行四边形MNN′M′（如图2）； 抛物线C先向右平移4个单位，再向下平移8个单位得到平行四边形MNM′N（如图′3）； 抛物线C先向左平移4个单位，再向下平移8个单位得到平行四边形MNM′N（如图′3）．

图2 图3

考点伸展

本题的抛物线C向右平移m个单位，两条抛物线的交点为D，那么△MM′D的面积S关于m有怎样的函数关系？

如图4，△MM′D是等腰三角形，由M(－1,4)、M′(－1＋m, 4)，可得点D的横坐标为

m2

． 2

m2m2m22

将x代入y＝－(x＋1)＋4，得y4．所以DH＝4．

244

1m21

所以S＝m(4)m32m．

248

图4

例3 2013年上海市松江区中考模拟第24题

如图1，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A(0, 1)、B(4, 3)两点． （1）求抛物线的解析式；

（2）求tan∠ABO的值；

（3）过点B作BC⊥x轴，垂足为C，在对称轴的左侧且平行于y轴的直线交线段AB于点N，交抛物线于点M，若四边形MNCB为平行四边形，求点M的坐标．

图1

动感体验

请打开几何画板文件名“13松江24”，拖动点N在直线AB上运动，可以体验到，以M、N、C、B为顶点的平行四边形有4个，符合MN在抛物线的对称轴的左侧的平行四边形MNCB只有一个．

请打开超级画板文件名“13松江24”，拖动点N在直线AB上运动，可以体验到，MN有4次机会等于3，这说明以M、N、C、B为顶点的平行四边形有4个，而符合MN在抛物线的对称轴的左侧的平行四边形MNCB只有一个．

思路点拨

1．第（2）题求∠ABO的正切值，要构造包含锐角∠ABO的角直角三角形． 2．第（3）题解方程MN＝yM－yN＝BC，并且检验x的值是否在对称轴左侧．

满分解答

（1）将A(0, 1)、B(4, 3)分别代入y＝－x2＋bx＋c，得

9c1,

解得b，c＝1． 

2164bc3.

所以抛物线的解析式是yx2

9

x1． 2

（2）在Rt△BOC中，OC＝4，BC＝3，所以OB＝5． 如图2，过点A作AH⊥OB，垂足为H．

在Rt△AOH中，OA＝1，sinAOHsinOBC

所以AHOAsinAOH

4， 5

4

． 图2 5

322

所以OH，BHOBOH．

55

AH4222

在Rt△ABH中，tanABO．

BH5511

（3）直线AB的解析式为y设点M的坐标为(x,x2那么MN(x2

1

x1． 2

91

x1)，点N的坐标为(x,x1)， 22

91

x1)(x1)x24x． 22

当四边形MNCB是平行四边形时，MN＝BC＝3．

解方程－x2＋4x＝3，得x＝1或x＝3．

因为x＝3在对称轴的右侧（如图4），所以符合题意的点M的坐标为(1,)（如图3）．

9

2

图3 图4

考点伸展

第（3）题如果改为：点M是抛物线上的一个点，直线MN平行于y轴交直线AB于N，如果M、N、B、C为顶点的四边形是平行四边形，求点M的坐标．

那么求点M的坐标要考虑两种情况：MN＝yM－yN或MN＝yN－yM．

由yN－yM＝4x－x2，解方程x2－4x＝3

，得x25）． 所以符合题意的点M有4个：(1,)，(3,

9

21155)，(2

，(2．

2

22

图5

例4 2012年福州市中考第21题

如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，动点P从点A开始沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD//BC，交AB于点D，联结PQ．点P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动的时间为t秒（t≥0）．

（1）直接用含t的代数式分别表示：QB＝_______，PD＝_______；

（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由，并探究如何改变点Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q的速度；

（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ的中点M所经过的路径长．

图1 图2

动感体验

请打开几何画板文件名“12福州21”，拖动左图中的点P运动，可以体验到，PQ的中点M的运动路径是一条线段．拖动右图中的点Q运动，可以体验到，当PQ//AB时，四边形PDBQ为菱形．

请打开超级画板文件名“12福州21”，拖动点Q向上运动，可以体验到，PQ的中点M

的运动路径是一条线段．点击动画按钮的左部，Q的速度变成1.07，可以体验到，当PQ//AB时，四边形PDBQ为菱形．点击动画按钮的中部，Q的速度变成1.

思路点拨

1．菱形PDBQ必须符合两个条件，点P在∠ABC的平分线上，PQ//AB．先求出点P运动的时间t，再根据PQ//AB，对应线段成比例求CQ的长，从而求出点Q的速度．

2．探究点M的路径，可以先取两个极端值画线段，再验证这条线段是不是点M的路径．

满分解答

4

（1）QB＝8－2t，PD＝t．

3

（2）如图3，作∠ABC的平分线交CA于P，过点P作PQ//AB交BC于Q，那么四边形PDBQ是菱形．

过点P作PE⊥AB，垂足为E，那么BE＝BC＝8． 在Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，所以AB10． 图3

AE2310

在Rt△APE中，cosA，所以t．

APt53

当PQ//AB时，

＝

CQCPCQ，即

CBCA8

6

10

．解得CQ32．

96

321016

． 

9315

（3）以C为原点建立直角坐标系．

如图4，当t＝0时，PQ的中点就是AC的中点E(3，0)． 如图5，当t＝4时，PQ的中点就是PB的中点F(1，4)． 直线EF的解析式是y＝－2x＋6．

6t6t

如图6，PQ的中点M的坐标可以表示为（，t）．经验证，点M（，t）在直

22

线EF上．

所以点Q的运动速度为

所以PQ的中点M的运动路径长就是线段EF的长，EF

＝

图4 图5 图

6

考点伸展

第（3）题求点M的运动路径还有一种通用的方法是设二次函数： 当t＝2时，PQ的中点为(2，2)．

设点M的运动路径的解析式为y＝ax2＋bx＋c，代入E(3，0)、F(1，4)和(2，2)，

9a3bc0,得abc4, 解得a＝0，b＝－2，c＝6． 4a2bc2.

所以点M的运动路径的解析式为y＝－2x＋6．

例5 2012年烟台市中考第26题

如图1，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B(1, 0)、C(3, 0)、D(3, 4)．以A为顶点的抛物线y＝ax2＋bx＋c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动，同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P、Q的运动速度均为每秒1个单位，运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．

（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；

（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积最大？最大值为多少？

（3）在动点P、Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C、Q、E、H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．

图1

动感体验

请打开几何画板文件名“12烟台26”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，当P在AB的中点时，△ACG的面积最大．观察右图，我们构造了和△CEQ中心对称的△FQE和△ECH′，可以体验到，线段EQ的垂直平分线可以经过点C和F，线段CE的垂直平分线可以经过点Q和H′，因此以C、Q、E、H为顶点的菱形有2个．

请打开超级画板文件名“12烟台26”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，当P在AB的中点时，即t=2，△ACG的面积取得最大值1．观察CQ，EQ，EC的值，发现以C、Q、E、H为顶点的菱形有2个．点击动画按钮的左部和中部，可得菱形的两种准确位置。

思路点拨

1．把△ACG分割成以GE为公共底边的两个三角形，高的和等于AD． 2．用含有t的式子把图形中能够表示的线段和点的坐标都表示出来．

3．构造以C、Q、E、H为顶点的平行四边形，再用邻边相等列方程验证菱形是否存在．

满分解答

（1）A(1, 4)．因为抛物线的顶点为A，设抛物线的解析式为y＝a(x－1)2＋4， 代入点C(3, 0)，可得a＝－1．

所以抛物线的解析式为y＝－(x－1)2＋4＝－x2＋2x＋3．

APAB11

（2）因为PE//BC，所以2．因此PEAPt．

PEBC22

1

所以点E的横坐标为1t．

2

11

将x1t代入抛物线的解析式，y＝－(x－1)2＋4＝4t2．

24

111

所以点G的纵坐标为4t2．于是得到GE(4t2)(4t)t2t．

444111

因此SACGSAGESCGEGE(AFDF)t2t(t2)21．

244

所以当t＝1时，△ACG面积的最大值为1．

20

（3）t

或t20

13

考点伸展

第（3）题的解题思路是这样的：

因为FE//QC，FE＝QC，所以四边形FECQ是平行四边形．再构造点F关于PE轴对称的点H′，那么四边形EH′CQ也是平行四边形．

再根据FQ＝CQ列关于t的方程，检验四边形FECQ是否为菱形，根据EQ＝CQ列关于t的方程，检验四边形EH′CQ是否为菱形．

11

E(1t,4t)，F(1t,4)，Q(3,t)，C(3,0)．

22

1

如图2，当FQ＝CQ时，FQ2＝CQ2，因此(t2)2(4t)2t2．

2

整理，得t240t80

0．解得t120

，t220．

1

如图3，当EQ＝CQ时，EQ2＝CQ2，因此(t2)2(42t)2t2．

2

整理，得13t272t8000．(13t20)(t40)0．所以t1

20

，t240（舍去）．

13

图2 图3

例6 2011年上海市中考第24题

已知平面直角坐标系xOy（如图1），一次函数y在正比例函数y

3

x3的图象与y轴交于点A，点M4

3

x的图象上，且MO＝MA．二次函数 2

y＝x2＋bx＋c的图象经过点A、M．

（1）求线段AM的长；

（2）求这个二次函数的解析式；

（3）如果点B在y轴上，且位于点A下方，点C在上述

3

二次函数的图象上，点D在一次函数yx3的图象上，且

4

四边形ABCD是菱形，求点C的坐标．

图

1

动感体验

请打开几何画板文件名“11上海24”，拖动点B在y轴上点A下方运动，四边形ABCD保持菱形的形状，可以体验到，菱形的顶点C有一次机会落在抛物线上．

思路点拨

1．本题最大的障碍是没有图形，准确画出两条直线是基本要求，抛物线可以不画出来，但是对抛物线的位置要心中有数．

2．根据MO＝MA确定点M在OA的垂直平分线上，并且求得点M的坐标，是整个题目成败的一个决定性步骤．

3．第（3）题求点C的坐标，先根据菱形的边长、直线的斜率，用待定字母m表示点C的坐标，再代入抛物线的解析式求待定的字母m．

满分解答

（1）当x＝0时，y

3

x33，所以点A的坐标为(0，3)，OA＝3． 4

33．将y22

如图2，因为MO＝MA，所以点M在OA的垂直平分线上，点M的纵坐标为代入y

33 x，得x＝1．所以点M的坐标为(1,)．因此AM

22

c3,

352

（2）因为抛物线y＝x＋bx＋c经过A(0，3)、M(1,)，所以解得b，3221bc.2

5

c3．所以二次函数的解析式为yx2x3．

2

（3）如图3，设四边形ABCD为菱形，过点A作AE⊥CD，垂足为E． 在Rt△ADE中，设AE＝4m，DE＝3m，那么AD＝5m．

因此点C的坐标可以表示为(4m，3－2m)．将点C(4m，3－2m)代入yx2

5

x3，得2

32m16m210m3．解得m

因此点C的坐标为（2，2）．

1

或者m＝0（舍去）． 2

图2 图3

考点伸展

如果第（3）题中，把“四边形ABCD是菱形”改为“以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形”，那么还存在另一种情况：

727

如图4，点C的坐标为(,)．

416

图4

例7 2011年江西省中考第24题

将抛物线c1

：y2x轴翻折，得到抛物线c2，如图1所示． （1）请直接写出抛物线c2的表达式；

（2）现将抛物线c1向左平移m个单位长度，平移后得到新抛物线的顶点为M，与x轴的交点从左到右依次为A、B；将抛物线c2向右也平移m个单位长度，平移后得到新抛物线的顶点为N，与x轴的交点从左到右依次为D、E．

①当B、D是线段AE的三等分点时，求m的值；

②在平移过程中，是否存在以点A、N、E、M为顶点的四边形是矩形的情形？若存在，请求出此时m的值；若不存在，请说明理由．

图1

动感体验

请打开几何画板文件名“11江西24”，拖动点M向左平移，可以体验到，四边形ANEM可以成为矩形，此时B、D重合在原点．观察B、D的位置关系，可以体验到，B、D是线段AE的三等分点，存在两种情况．

思路点拨

1．把A、B、D、E、M、N六个点起始位置的坐标罗列出来，用m的式子把这六个点平移过程中的坐标罗列出来．

2．B、D是线段AE的三等分点，分两种情况讨论，按照AB与AE的大小写出等量关系列关于m的方程．

3．根据矩形的对角线相等列方程．

满分解答

（1）抛物线c2

的表达式为y2

（2）抛物线c1

：y2x轴的两个交点为(－1，0)、(1，0)

，顶点为． 抛物线c2

：y2x轴的两个交点也为(－1，0)、(1，0)

，顶点为(0,． 抛物线c1向左平移m个单位长度后，顶点M

的坐标为(m，与x轴的两个交点为

A(1m,0)、B(1m,0)，AB＝2．

抛物线c2向右平移m个单位长度后，顶点N

的坐标为(m,，与x轴的两个交点为

D(1m,0)、E(1m,0)．所以AE＝(1＋m)－(－1－m)＝2(1＋m)． ①B、D是线段AE的三等分点，存在两种情况：

1

情形一，如图2，B在D的左侧，此时ABAE2，AE＝6．所以2(1＋m)＝6．解

3

得m＝2．

2

情形二，如图3，B在D的右侧，此时ABAE2，AE＝3．所以2(1＋m)＝3．解

3得m

1．

2

图2 图3 图4

②如果以点A、N、E、M为顶点的四边形是矩形，那么AE＝MN＝2OM．而OM2＝m2

＋3，所以4(1＋m)2＝4(m2＋3)．解得m＝1（如图4）．

考点伸展

第（2）题②，探求矩形ANEM，也可以用几何说理的方法：

在等腰三角形ABM中，因为AB＝2，AB

ABM是等边三角形． 同理△DEN是等边三角形．当四边形ANEM是矩形时，B、D两点重合． 因为起始位置时BD＝2，所以平移的距离m＝1．