专题24函数与菱形存在性问题-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（解析版）-中考数学备考复习重点资料归纳汇总.docx

压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题24函数与菱形存在性问题 解题策略我们已经知道菱形是特殊的平行四边形，它的判定方法一共有五种，分别是①四边都相等的四边形是菱形；②两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形 ；③邻边相等的平行四边形是菱形；④对角线互相垂直平分的四边形是菱形 ；⑤一条对角线平分一个顶角的平行四边形是菱形.在做几何证明题的时候我们常用的判定方法主要是前三种.二次函数和菱形存在性问题作为压轴题目，结合了“分类讨论思想”，“方程思想”“菱形的判定方法”，势必要比单纯的菱形判定思考难度要大的多，纵观历年中考真题，菱形存在性问题主要是以“两定两动”为设问方式，其中两定指的是四边形四个顶点其中有两个顶点的坐标是确定的或者是可求解的；两动指的是其中一个动点在一条直线或者抛物线上，另外一个动点是平面内任意一点或者该动点也在一条直线或者抛物线上.经典例题【例1】（2022春•锡山区校级期中）如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，AB＝6cm，BC＝8cm，点E从点D出发，沿DA方向匀速运动，速度是2cm/s；点F从点B出发，沿BD方向匀速运动，速度是1cm/s，MN是过点F的直线，分别交AB、BC于点M、N，且在运动过程中始终保持MN⊥BD．连接EM、EN、EF，两点同时出发，设运动时间为t（s）（0＜t＜3.6），请回答下列问题：（1）求当t为何值时，△EFD∽△ABD？（2）求当t为何值时，△EFD为等腰三角形；（3）将△EMN沿直线MN进行翻折，形成的四边形能否是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）当△ABD∽△EFD时，则，代入计算即可；（2）分ED＝EF，DE＝DF，FE＝FD三种情形，分别画出图形，利用相似相似三角形的判定与性质可得答案；（3）当EM＝EN时，过点E作EK⊥BC于K，利用勾股定理分别表示出EM和EN的长，从而得出方程解决问题．【解答】解：（1）由题意得：DE＝2tcm，BF＝tcm＜∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，在Rt△ABD中，BD＝＝＝10cm，∴DF＝BD＝BF＝（10﹣t）cm，当△ABD∽△EFD时，则，即，解得t＝，即当t为时，△EFD∽△ABD；（2）①当ED＝EF时，过点E作EG⊥BF于G，∵ED＝EF，∴△EFD为等腰三角形，又∴EG⊥DF，∴DG＝DF＝（10﹣t）cm，∵∠EDG＝∠BDA，∠EGD＝∠BAD＝90°，∴△EGD∽△BAD，∴，即＝，∴t＝；②当EF＝FD时，过点F作FH⊥AD，∵EF＝FD，∴△EFD为等腰三角形，又∴FH⊥ED，∴HD＝DE＝t（cm），∵∠ADB＝∠HDF，∠BAD＝∠FHD，∴△DHF∽△DAB，即，∴t＝＞3.6（舍去），当DE＝DF时，即2t＝10﹣t，解得：t＝，综上，当t＝或时，△EFD为等腰三角形；（4）假设存在符合题意的t，则EM＝EN，过点E作EK⊥BC于K，则四边形EKCD为矩形，∴ED＝CK＝2t（cm），EK＝CD＝6cm，NK＝BC﹣BN﹣CK＝8﹣t﹣2t＝（8﹣t）cm，∴EN2＝EK2+NK2＝+100，EM2＝AM2+AE2＝t2﹣52t+100，∴+100＝t2﹣52t+100，解得t1＝t2＝0，∵t≠0，不合题意，∴不存在四边形是菱形．【例2】（2022秋•南岸区校级期中）如图，点A、B分别在x轴和y轴的正半轴上，以线段AB为边在第一象限作等边△ABC，S△ABC＝，且CA⊥x轴．（1）若点C在反比例函数y＝（k≠0）的图象上，求该反比例函数的解析式；（2）在（1）中的反比例函数图象上是否存在点N，使四边形ABCN是菱形，若存在请求出点N坐标，若不存在，请说明理由；（3）在（2）的条件下，取OB的中点M，将线段OM沿着y轴上下移动，线段OM的对应线段是O1M1，直接写出四边形CM1O1N周长的最小值．【分析】（1）如图1中，作CD⊥y轴于D．首先证明四边形OACD是矩形，利用反比例函数k的几何意义解决问题即可；（2）如图2中，作BD⊥AC于D，交反比例函数图象于N，连接CN，AN，求出D的坐标，证明四边形ABCN是菱形即可；（3）过点C作y轴的对称点C′，将点C′向下平移0.5个单位得到点C″，连接C″N交y轴于点O1，在O1上方0.5个单位处取点M1，则四边形CM1O1N周长的最小，进而求解．【解答】解：（1）如图1中，作CD⊥y轴于D．∵CA∥y轴，CD⊥y轴，∴CD∥OA，AC∥OD，∴四边形OACD是平行四边形，∵∠AOD＝90°，∴四边形OACD是矩形，∴k＝S矩形OACD＝2S△ABC＝2，∴反比例函数的解析式为y＝；（2）存在，理由：如图2中，作BD⊥AC于D，交反比例函数图象于N，连接CN，AN．∵△ABC是等边三角形，面积为，设CD＝AD＝m，则BD＝m，∴×2m×m＝，∴m＝1或﹣1（舍弃），∴B（0，1），C（，2），A（，0），∴N（2，1），∴BD＝DN，∵AC⊥BN，∴CB＝CN，AB＝AN，∵AB＝BC，∴AB＝BC＝CN＝AN，∴四边形ABCN是菱形，∴N（2，1）；（3）由点M是OB的中点知，OM＝0.5＝O1M1，由点C、N的坐标得，CN＝＝2，如图3，过点C作y轴的对称点C′（﹣，2），将点C′向下平移0.5个单位得到点C″（﹣，），连接C″N交y轴于点O1，在O1上方0.5个单位处取点M1，连接C′M1、CM1，此时，四边形CM1O1N周长的最小．理由：由C′C″＝O1M1且C′C″∥O1M1知，四边形C′C″O1M1为平行四边形，则C′M1＝C″O1，而由图象的对称性知，C′M1＝CM1，则四边形CM1O1N周长＝CN+CM1+O1M1+O1N＝2+0.5+O1N+CM1＝2.5+C′M1+O1N＝2.5+C″O1+O1N＝2.5+C″N为最小，即四边形CM1O1N周长最小值＝2.5+C″N＝2.5+＝．【例3】（2022秋•龙华区期中）已知：在平面直角坐标系中，直线l1：y＝﹣x+2与x轴，y轴分别交于A、B两点，直线l2经过点A，与y轴交于点C（0，﹣4）．（1）求直线l2的解析式；（2）如图1，点P为直线l1一个动点，若△PAC的面积为10时，请求出点P的坐标．（3）如图2，将△ABC沿着x轴平移，平移过程中的△ABC记为△A1B1C1，请问在平面内是否存在点D，使得以A1、C1、C、D为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点D的坐标．【分析】（1）求出A点坐标，再用待定系数法求函数的解析式即可；（2）设P（t，﹣t+2），分两种情况讨论：当P点在B点左侧时，S△PAC＝S△ABC+S△BCP＝6+×6×（﹣t）＝10，可求P（﹣，）；当P点在A点右侧时，S△PAC＝×6×（t﹣2）＝10，可求P或（，﹣）；（3）设△ABC向左平移m个单位长，D（x，y），则A1（2﹣m，0），C1（﹣m，﹣4），根据菱形的对角线情况可分三种情况讨论：当CD为菱形对角线时，，求得D（﹣5，0）；当AC1为菱形对角线时，，求得D（2，0）；当A1D为菱形对角线时，，求得D（﹣2，﹣8）．【解答】解：（1）令x＝0，则y＝2，∴B（0，2），令y＝0，则x＝2，∴A（2，0），设直线AC的解析式为y＝kx+b，∴，解得，∴直线l2的解析式为y＝2x﹣4；（2）∵B（0，2），A（2，0），∴OA＝OB，∴∠ABO＝45°，∵C（0，﹣4），∴OC＝4，∴BC＝6，OA＝2，∴S△ABC＝×6×2＝6，∴P点在B点左侧或在A点右侧，设P（t，﹣t+2），当P点在B点左侧时，∴S△PAC＝S△ABC+S△BCP＝6+×6×（﹣t）＝10，解得t＝﹣，∴P（﹣，）；当P点在A点右侧时，∴S△PAC＝S△PBC﹣S△ABC＝×（t﹣2）×6＝10，解得t＝∴P（，﹣）；综上所述：P点坐标为（﹣，）或（，﹣）；（3）存在点D，使得以A1、C1、C、D为顶点的四边形是菱形，理由如下：设△ABC向左平移m个单位长，D（x，y），∴A1（2﹣m，0），C1（﹣m，﹣4），当CD为菱形对角线时，，解得，∴D（﹣5，0）；当AC1为菱形对角线时，，解得或（舍），∴D（2，0）；当A1D为菱形对角线时，，解得（舍）或，∴D（﹣2，﹣8）；综上所述：D点坐标为（﹣5，0）或（2，0）或（﹣2，﹣8）．【例4】（2022秋•博罗县期中）如图，抛物线y＝﹣x2+x+1与y轴交于点A，过点A的直线与抛物线交于另一点B，过点B作BC⊥x轴，垂足为点C（3，0）．（1）求直线AB的函数解析式．（2）动点P段OC上，从原点O出发以每秒一个单位的速度向C移动，过点P作PN⊥x轴，交直线AB于点M，交抛物线于点N，设点P移动的时间为t秒，MN的长为s个单位，求s与t的函数解析式，并写出t的取值范围．（3）在（2）的条件下（不考虑点P与点O，C重合的情况），连接CM，BN，当t为何值时，四边形BCMN为平行四边形？对于所求的t的值，平行四边形BCMN是否为菱形？若存在，请直接写出四边形BCMN为菱形时t的值，若不能存在请说明理由．【分析】（1）把x＝0代入y＝﹣x2+x+1，求出y的值，得到A点坐标，把x＝3代入y＝﹣x2+x+1，求出y的值，得到B点坐标，设直线AB的解析式为y＝kx+b，将A、B两点的坐标代入，利用待定系数法即可求出直线AB的解析式为y＝x+1；（2）根据路程＝速度×时间得出OP＝1•t＝t，那么P（t，0）（0≤t≤3），再求出M、N的坐标，利用s＝MN＝NP﹣MP即可求出s与t的函数关系式；（3）由于BC∥MN，所以当BC＝MN时，四边形BCMN为平行四边形，根据MN＝BC列出方程﹣t2+t＝，解方程求出t的值，得出t＝1或2时，四边形BCMN为平行四边形；根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，分t＝1、t＝2两种情况，计算MN与MC，比较大小，如果相等，则四边形BCMN是菱形；如果不相等，则四边形BCMN不是菱形．【解答】解：（1）∵当x＝0时，y＝1，∴A（0，1）．当x＝3时，y＝﹣×32+×3+1＝2.5，∴B（3，2.5），设直线AB的解析式为y＝kx+b，则：，解得：，∴直线AB的解析式为y＝x+1；（2）∵动点P段OC上从原点出发以每秒一个单位的速度向C移动，点P移动的时间为t秒，∴OP＝1•t＝t，∴P（t，0）（0≤t≤3），∵过点P作PN⊥x轴，交直线AB于点M，交抛物线于点N，∴M（t，t+1），N（t，﹣t2+t+1），∴s＝MN＝NP﹣MP＝﹣t2+t+1﹣（t+1）＝﹣t2+t（0≤t≤3）；（3）由题意，可知当MN＝BC时，四边形BCMN为平行四边形，此时，有﹣t2+t＝，解得t1＝1，t2＝2，所以当t＝1或2时，四边形BCMN为平行四边形．①当t＝1时，MP＝，NP＝4，故MN＝NP﹣MP＝，又在Rt△MPC中，MC＝＝，故MN＝MC，此时四边形BCMN为菱形；②当t＝2时，MP＝2，NP＝，故MN＝NP﹣MP＝，又在Rt△MPC中，MC＝＝，故MN≠MC，此时四边形BCMN不是菱形．综上，当t＝1或2时，四边形BCMN为平行四边形．当t＝1时，四边形BC。