【324310】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

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）分两种情况讨论，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为边和对角线两种情况讨论，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互相平分，

∴ ＝ ， ＝ 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，请直接写出所有符合题意的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2 a＝ （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°，

根据对称性可知：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，

∴2 a＝ （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，故需分类讨论．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

∴x_B＝x_C+BC＝6+4 ，y_B＝y_H＝y_C＝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

∴x_E＝x_N+NE＝m+ m，y_E＝y_N＝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，试判断四边形ABCD的形状，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是抛物线上任意一点，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），由已知可分两种情况①当DF、CE为对角线时，DF的中点为（1， ），CE的中点为（ ， ），则1＝ ，求出t＝﹣3，即可求E（﹣3，24）；②当DE、CF为对角线时，DE的中点为（ ， ），CF的中点为（ ， ），则 ＝ ，求出t＝7，即可求E（7，24）．

【解答】解：（1）连接CF，

∵Rt△ABC≌Rt△DEF，

∴AC＝DF，AB＝DE，

∵AC∥DF，

∴四边形ADFC是平行四边形，

∴∠CAD+∠ADF＝180°，

∵∠BAC＝∠EDF，

∴∠BAD+∠ADE＝180°，

∴AB∥DE，

∴四边形ADEB是平行四边形；

（2）∵A（1，3），B（4，1），

∴AB＝ ，

设AB的直线解析式为y＝kx+b，

则有 ，

∴ ，

∴直线AB的解析式为y＝﹣ x+ ，

∵四边形是以AB为边，

∴CD∥AB，CD＝AB，

设CD的直线解析式为y＝﹣ x+m，

∵D点在y轴上，C点在x轴上，

∴D（0，m），C（ m，0），

∴CD＝ ＝ |m|，

∴ |m|＝ ，

∴m＝±2，

∴D（0，2），C（3，0）或D（0，﹣2），C（﹣3，0）；

（3）存在，理由如下：

∵抛物线y＝x²﹣4x+3与直线y＝x+3交于C，D两点，

∴x²﹣4x+3＝x+3，

解得x＝0或x＝5，

∴C（5，8），D（0，3），

∵抛物线对称轴为直线x＝2，

设F（2，n），E（t，t²﹣4t+3），

∵平行四边形是以CD为边，

①当DF、CE为对角线时，

DF的中点为（1， ），CE的中点为（ ， ），

∴1＝ ，

∴t＝﹣3，

∴E（﹣3，24）；

②当DE、CF为对角线时，

DE的中点为（ ， ），CF的中点为（ ， ），

∴ ＝ ，

∴t＝7，

∴E（7，24）；

综上所述：满足条件的E点坐标为（﹣3，24）或（7，24）．