最新中考几何专项复习专题22 平行四边形存在性问题巩固练习（提优）

这是一份最新中考几何专项复习专题22 平行四边形存在性问题巩固练习（提优），文件包含中考几何专项复习专题22平行四边形存在性问题巩固练习提优教师版含解析docx、中考几何专项复习专题22平行四边形存在性问题巩固练习提优学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。

高效的课堂教学模式是保证高效的复习效果的前提，学生在教师的指导和辅导下进行先自学、探究和及时训练，获得知识、发展能力的一种教学模式。
策略二 专题内容的设计应遵循教与学的认知规律和学生心理发展规律，凸显方法规律，由简单到复杂，由特殊到一般，再由一般到特殊
总结规律，推广一般。从一般到特殊：抛砖引玉，解决问题。
策略三 设计专题内容时考虑建立几何模型，体现思想方法，让学生驾轻就熟，化难为易，化繁为简。
几何，常常因为图形变化多端，方法多种多样而被称为数学中的变形金刚。题目千变万化，但万变不离其宗。
平行四边形存在性问题巩固练习
1．在直角坐标系中，O是原点，A、B、C三点的坐标分别为A(18，0)，B(18，8)，C(6，8)，四边形OABC是梯形，点P、Q同时从原点出发，分别做匀速运动，其中点P沿OA向终点A运动，速度为每秒2个单位，点Q沿OC、CB向终点B运动，速度为每秒3个单位，当这两点有一点到达自己的终点则另一点也停止运动，设从出发起，运动了t秒．
①求直线OC的解析式．
②试写出点Q的坐标，并写出此时t的取值范围．
③从运动开始，梯形被直线PQ分割后的图形中是否存在平行四边形，若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由．
④t为何值时，直线PQ把梯形OCBA分成面积为1：7的两部分？
【分析】(1)利用待定系数法根据点O、点C的坐标就可以求出直线的解析式．
(2)分Q在OC上，和在CB上两种情况进行讨论．利用直线OC的解析式就可以求出Q点在OC上和CB上的坐标．即0≤t≤5和5＜t≤10两种情况．
(3)当CQ＝OP时，四边形OPQC是平行四边形，就可以表示出CQ＝3t﹣10，OP＝2t，由平行四边形的性质就可以求出t的性质，然后根据t的取值范围就可以确定值的存在性．
(4)直线PQ把梯形OCBA分成面积为1：7的两部分从两种情况进行计算．当五边形CQPAB为7份时和四边形BQPA为1份时分别计算出t的值就可以了．
【解答】解：(1)设OC的解析式为y＝kx+b，
∵O、C两点的坐标分别为O(0，0)，C(6，8)，
∴b=08=6k，解得：k=43，b＝0，
∴y=43x；
(2)当Q在OC上运动时，可设Q(m，43m)，
依题意有：m2+(43m)2＝(3t)2
∴m=65t，
∴Q(95t，125t)，(0≤t≤103)
当Q在CB上时，Q点所走过的路程为3t，
∵OC＝10，
∴CQ＝3t﹣10，
∴Q点的横坐标为3t﹣10+6＝3t﹣4，
∴Q(3t﹣4，8)，(103＜t≤223)．
(3)当四边形OPQC是平行四边形时，
∴CQ＝OP．
∵CQ＝3t﹣10，OP＝2t，
∴3t﹣10＝2t，
∴t＝10．
∵t≤223，
∴不存在四边形
当四边形PABQ为平行四边形时，
∴BQ＝PA，
∵BQ＝22﹣3t，PA＝18﹣2t，
∴22﹣3t＝18﹣2t，
∴t＝4
(4)∵A(18，0)，B(18，8)，C(6，8)，
∴OA＝18，BC＝12，AB＝8，
∴S四边形OABC=8(12+18)2=120
∵直线PQ把梯形OCBA分成面积为1：7，设两部分的面积分别为x、7x，
∴x+7x＝120，
∴x＝15，
当2t⋅125t2=15时，t=52，
当8(3t−10+2t)2=120﹣15时，t=294．
综上所述当t=52或t=294时直线PQ把梯形OCBA分成面积为1：7的两部分．
【点评】本题考查了直角梯形的性质，函数自变量的取值范围，待定系数法求函数的解析式，三角形的面积，平行四边形的判定，梯形的面积的运用．
2．已知抛物线y＝x2﹣(m+3)x+32(m+1)．
(1)小明发现无论m为何值时，抛物线总与x轴相交，你知道为什么吗？请给予说明．
(2)如图，抛物线与x轴的正半轴交于M，N两点，且线段MN的长度为2，求此抛物线的解析式．
(3)如图，(2)中的抛物线与y轴交于点A，过点A的直线y＝x+b与抛物线的另一个交点为点B，与抛物线的对称轴交于点D，点C为抛物线的顶点．问在线段AB上是否存在一点P，过点P作x轴的垂线交抛物线于点E，使四边形DCEP为平行四边形？若存在，请求出该平行四边形的面积；若不存在，说明理由．
【分析】(1)运用判别式进行判断即可；
(2)设M(x1，0)，则N(x2，0)，由根与系数关系得x1+x2＝m+3，x1•x2=32(m+1)，再由|x1﹣x2|＝2，两边平方，将两根关系代入求m的值；
(3)存在．根据抛物线解析式求A点坐标及顶点C的坐标，确定直线y＝x+b的解析式，再求D点坐标，得到CD的长，设过P点的直线为x＝n，分别代入直线、抛物线解析式，可求P、E两点的纵坐标，表示线段PE的长，根据PE＝CD，列方程求n的值，再求平行四边形的面积．
【解答】解：(1)∵y＝x2﹣(m+3)x+32(m+1)的判别式为
△＝[﹣(m+3)]2﹣4×32(m+1)＝m2+3＞0，
∴无论m为何值时，抛物线总与x轴相交；
(2)设M(x1，0)，则N(x2，0)，
∵x1+x2＝m+3，x1•x2=32(m+1)，|x1﹣x2|＝2，
∴两边平方，得(x1﹣x2)2＝4，
即(x1+x2)2﹣4x1•x2＝4，
将两根关系代入，得(m+3)2﹣4×32(m+1)＝4，
解得m＝±1，
当m＝﹣1时，x1•x2=32(m+1)＝0，不符合题意，舍去，
∴m＝1，y＝x2﹣4x+3；
(3)存在．
∵y＝x2﹣4x+3＝(x﹣2)2﹣1，
∴A(0，3)，C(2，﹣1)，
∴直线AB：y＝x+3，D(2，5)，
则CD＝5﹣(﹣1)＝6，
设过P点的直线为x＝n，
则P(n，n+3)，E(n，n2﹣4n+3)，
∴PE＝(n+3)﹣(n2﹣4n+3)＝﹣n2+5n，
当四边形DCEP为平行四边形时，PE＝CD，
即﹣n2+5n＝6，解得n＝2或3，当n＝2时，PE与CD重合，舍去，
当n＝3时，▱CDPE的面积＝(﹣n2+5n)×(3﹣2)＝6．
【点评】本题考查了二次函数的综合运用．关键是根据抛物线与x轴的交点横坐标和根与系数的关系，列方程求待定系数m的值．
3．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过A(3，0)、B(1，0)、C(0.3)三点，设该二次函数的顶点为G．
(1)求这个二次函数的解析式及其图象的顶点G的坐标；
(2)求tan∠ACG的值；
(3)如该二次函数的图象上有一点P，x轴上有一点E，问是否存在以A、G、E、P为顶点的平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)由于A(3，0)、B(1，0)、C(0.3)三点在二次函数y＝ax2+bx+c的图象上，直接用待定系数法就可以求出抛物线的解析式，然后化为顶点式就可以求出顶点坐标．
(2)过点G作GH⊥x轴于点H，GF⊥y轴于点F，由勾股定理求出AC、GC、AG从而求得△AGC是直角三角形，从而求得tan∠ACG的值．
(3)当AG为边时，作GH⊥x轴于H，PN⊥x轴于点N，由平行四边形的性质可以得出PE＝AG，可以证明PN＝GH，可以求出P的坐标，当AG为对角线时，不存在．
【解答】解：(1)∵A(3，0)、B(1，0)、C(0.3)在二次函数y＝ax2+bx+c的图象上，
∴9a+3b+c=0a+b+c=0c=3
解得：a=1b=−4c=3，
∴二次函数的解析式为：y＝x2﹣4x+3，
∴y＝(x﹣2)2﹣1，
∴顶点G(2，﹣1)．
(2)G作GH⊥x轴于点H，GF⊥y轴于点F，
∵G(2，﹣1)、A(3，0)、B(1，0)、C(0.3)，
∴CF＝4，GF＝2，GH＝1，HA＝1，在Rt△GFC、Rt△AOC、Rt△GHA中由勾股定理，得
AC2＝18，GC2＝20，AG2＝2
∴△ACG是直角三角形，且∠CAG＝90°，
∴tan∠ACG=AGAC=13
(3)当AG为边时，作GH⊥x轴于H，PN⊥x轴于点N
∴∠PNE＝∠GHA＝90°
∵四边形PEGA是平行四边形，
∴PE＝AG，∠PEA＝∠GAE，
∴△PNE≌△GHA，
∴PN＝GH＝1，设P(m，1)
∴m2﹣4m+3＝1，
∴m＝2±2，
∴P(2±2，1)，
当AG为对角线时，不可能．
综上所述，点P的坐标为(2±2，1)，
【点评】本题是一道二次函数的综合试题，考查了待定系数法求抛物线的解析式，勾股定理及勾股定理的逆定理的运用，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义．
4．已知抛物线y＝ax2+bx+5经过点A(1，0)，B(5，0)两点，顶点为D，设点E(x，y)是抛物线上一动点，且在x轴下方．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，①当点E(x，y)运动时，试求三角形OEB的面积S与x之间的函数关系式，并求出面积S的最大值？
②在y轴上确定一点M，使点M到D、B两点的距离之和d＝MD+MB最小，求点M的坐标．
(3)如图2，若四边形OEBF是以OB为对角线的平行四边形．是否存在这样的点E，使平行四边形OEBF为正方形？若存在，求E点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)把A、B两点坐标代入二次函数表达式，即可求解；
(2)①设点E的坐标为(x，x2﹣6x+5)，S＝S△OEB=12•OB•yE=−52(x2﹣6x+5)，即可求解；②连接B′D交y轴于点M，此时，MD+MB最小，即可求解；
(3)当四边形OEBF为正方形，则点E的坐标为(52，−52)，当x=52时，y＝x2﹣6x+5≠−52，即可求解．
【解答】解：(1)抛物线y＝ax2+bx+5经过点A(1，0)，B(5，0)两点，
则函数表达式为：y＝a(x﹣x1)(x﹣x2)＝a(x﹣1)(x﹣5)＝a(x2﹣6x+5)，
则5a＝5，即a＝1，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣6x+5；
(2)①设点E的坐标为(x，x2﹣6x+5)
S＝S△OEB=12•OB•yE=−52(x2﹣6x+5)，
∵a=−52＜0，故函数有最大值，
当x=−b2a=3时，函数最大值为S＝10；
②找到点B关于y轴的对称点B′(﹣5，0)，连接B′D交y轴于点M，
此时，M到D、B两点的距离之和d＝MD+MB最小，
y＝x2﹣6x+5，顶点D坐标为(3，﹣4)，
设直线B′D的表达式为：y＝mx+n，
将点B′、D的坐标代入上式得：−4=3m+m0=−5m+n，解得：m=−12n=−52，
则直线B′D的表达式为：y=−12x−52，
令x＝0，则y=−52，即点M的坐标为(0，−52)；
(3)当四边形OEBF为正方形，则点E的坐标为(52，−52)，
当x=52时，y＝x2﹣6x+5＝(52)2﹣6×52+5=−154≠−52，
即点E不在抛物线上，
故不存在点E，使平行四边形OEBF为正方形．
【点评】本题考查的是二次函数的综合运用，涉及到三角形的面积计算、特殊四边形基本性质等知识点，是一道中等难度的题目．
5．已知，抛物线y＝﹣x2+bx+c，当1＜x＜3时，y值为正；当x＜1或x＞3时，y值为负．
(1)求抛物线的解析式．
(2)若直线y＝kx+b(k≠0)与抛物线交于点A(12，m)和B(4，n)，求直线的解析式．
(3)设平行于y轴的直线x＝t和x＝t+2分别交线段AB于E、F，交二次函数于H、G．
①求t的取值范围；
②是否存在适当的t值，使得EFGH是平行四边形？若存在，求出t值；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)由题意知，抛物线与x轴的两交点坐标为(1，0)、(3，0)，用交点式求解析式即可；
(2)先求出A、B两点坐标，然后用待定系数法求直线解析式；
(3)①根据题意列不等式组，求解集即可；
②首先表示出E，F，G，H各点的坐标，进而根据平行四边形的性质求出t的值即可．
【解答】解：(1)∵抛物线y＝﹣x2+bx+c，当1＜x＜3时，y值为正，当x＜1或x＞3时，y值为负．
∴抛物线与x轴的两交点坐标为(1，0)、(3，0)，
∴y＝﹣(x﹣1)(x﹣3)＝﹣x2+4x﹣3；
(2)∵直线y＝kx+b(k≠0)与抛物线交于点A(12，m)和B(4，n)，
∴m＝﹣(12)2+4×12−3=−54，n＝﹣42+4×4﹣3＝﹣3，
∴A(12，−54)B(4，﹣3)，
把A、B两点坐标代入直线y＝kx+b(k≠0)得：12k+b=−544k+b=−3，
解得：k=−12，b＝﹣1，
∴y=−12x﹣1；
(3)①∵平行于y轴的直线x＝t和x＝t+2分别交线段AB于E、F，交抛物线于H、G，
∴t≥12t+2≤4，
解得：12≤t≤2；
②存在；
∵HE∥FG，
∴当HE＝FG时，四边形EFGH是平行四边形，
∵HE＝﹣t2+4t﹣3+12t+1＝﹣t2+92t﹣2，FG＝﹣(t+2)2+4(t+2)﹣3+12(t+2)+1＝﹣t2+12t+3；
∴﹣t2+92t﹣2＝﹣t2+12t+3；
解得：t=54，
∵t=54在12≤t≤2的解集内，
∴当t=54时，四边形EFGH是平行四边形．
【点评】此题主要考查了二次函数的综合应用以及待定系数法求一次函数和二次函数解析式以及平行四边形的性质，根据点的坐标性质得出E，F，G，H点的坐标，进而利用平行四边形对边相等得出是解题关键．
6．如图，抛物线l1：y＝x2﹣4的图象与x轴交于A，C两点，抛物线l2与l1关于x轴对称．
(1)直接写出l2所对应的函数表达式；
(2)若点B是抛物线l1上的动点(B与A，C不重合)，以AC为对角线，A，B，C三点为顶点的平行四边形的第四个顶点为D，求证：D点在l2上．
(3)当点B位于l1在x轴下方的图象上，平行四边形ABCD的面积是否存在最大值和最小值？若存在，判断它是何种特殊平行四边形，并求出它面积的最值；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)根据抛物线l1的解析式求出点A、C的坐标，以及顶点坐标，再根据关于x轴对称的点的横坐标不变，纵坐标互为相反数，求出l2的顶点坐标，然后利用待定系数法求出l2的解析式；
(2)设点B的坐标为(x1，x12﹣4)，根据平行四边形的性质和关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数求出点D的坐标，代入解析式即可证明：点D在l2上；
(3)首先表示出S的值，当点B在x轴下方时，﹣4≤y1＜0，根据一次函数的增减性判断出点B的位置，再根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形证明，并求出S最大＝16．
【解答】解：(1)∵l1与x轴的交点A(﹣2，0)，C(2，0)，顶点坐标是(0，﹣4)，l1与l2关于x轴对称，
∴l2过A(﹣2，0)，C(2，0)，顶点坐标是(0，4)，
设y＝ax2+4，
则4a+4＝0，
解得a＝﹣1，
∴l2的解析式为y＝﹣x2+4；
(2)设B(x1，y1)，
∵点B在l1上，
∴B(x1，x12﹣4)，
∵四边形ABCD是平行四边形，A、C关于O对称，
∴B、D关于O对称，
∴D(﹣x1，﹣x12+4)，
将D(﹣x1，﹣x12+4)的坐标代入l2：y＝﹣x2+4，
∴左边＝右边，
∴点D在l2上；
(3)当y＝0时，﹣x2+4＝0，
解得：x1＝2，x2＝﹣2，
所以AC＝4，
则S▱ABCD＝AC•(﹣yB)＝﹣4x2+16，
当x＝0时，S▱ABCD取得最大值16，
∵当点B在x轴下方时，﹣4≤y1＜0，
∴S＝﹣4y1，它是关于y1的正比例函数且S随y1的增大而减小，
∴当y1＝﹣4时，S有最大值16，但它没有最小值，
此时B(0，﹣4)在y轴上，它的对称点D也在y轴上，
∴AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
【点评】本题是二次函数综合题型，主要利用了关于x轴对称的点的坐标，待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，平行四边形的性质和菱形的判定，利用一次函数的增减性求最值问题．
7．如图，在平面直角坐标系中，已知直线l1和l2相交于点A，它们的解析式分别为l1：y=34x，l2：y=−43x+203．直线l2与两坐标轴分别相交于点B和点C，点P在线段OB上从点O出发．以每秒1个单位的速度向点B运动，同时点Q从点B出发以每秒4个单位的速度沿B→O→C→B的方向向点B运动，过点P作直线PM⊥OB分别交l1，l2于点M，N．连接MQ．设点P，Q运动的时间是t秒(t＞0)
(1)求点A的坐标；
(2)点Q在OC上运动时，试求t为何值时，四边形MNCQ为平行四边形；
(3)试探究是否存在某一时刻t，使MQ∥OB？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)将两直线解析式联立组成方程组，求出方程组的解即可得到A的坐标；
(2)由PM垂直于x轴，y轴垂直于x轴，得到MN与QC平行，当MN＝QC时，四边形MNCQ为平行四边形，MN＝NP﹣MP，由OP＝t，得到M与N的横坐标都为t，分别代入两直线方程中，表示出出NP与MP，得到MN，由Q走过的路程减去OB得到OQ的长，再由OC﹣OQ表示出QC，列出关于t的方程，求出方程的解即可得到满足题意t的值；
(3)分别根据①当点Q在OC上时，②当点Q在BC上时，求出即可．
【解答】解：(1)将两直线解析式联立得：y=34xy=−43x+203，
解得：x=165y=125，
∴A(165，125)；
(2)∵PM⊥x轴，y轴⊥x轴，
∴PM∥CQ，
当PM＝CQ时，四边形MNCQ为平行四边形，
对于直线l2：y=−43x+203，令x＝0，求出y=203；令y＝0，求出x＝5，
∴B(5，0)，C(0，203)，即OB＝5，OC=203，
∴CQ＝OC﹣OQ=203−(4t﹣5)=353−4t，
∵OP＝t，
∴M与N横坐标为t，
∴MN＝PN﹣PM=−43t+203−34t=−2512t+203，
∴353−4t=−2512t+203，
解得：t=6023，
则当t=6023秒时，四边形MNCQ为平行四边形；
(3)①当点Q在OC上时，如图2，OQ＝4t﹣5，MP=34t，
∵QM∥OB，OQ∥PM，∠POQ＝90°，
∴四边形POQM是矩形，
∴OQ＝PM，
∴4t﹣5=34t，
解得：t=2013，
②当点Q在BC上时，如图3：
在△BOC中，
sin∠OBC=OCBC=45，MP=34t，QB＝20﹣4t，
在Rt△BPQ中，点Q到x轴的距离＝QBsin∠OBC=45(20﹣4t)，
点Q到x轴的距离为MP，即34t=45(20﹣4t)，
解得：t=32079．
综上所述：当t=2013或t=32079时，MQ∥OB．
【点评】此题考查了一次函数综合题，涉及的知识有：两直线的交点坐标，直线与坐标轴的交点问题，平行四边形的判定与性质，坐标与图形性质，属于动点问题，是近几年中考的热点试题．
8．如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3(a≠0)与x轴交于点A(﹣1，0)和点B，与y轴交于点C，该抛物线的对称轴为x=32．
(1)求a，b的值；
(2)若点P在抛物线上，且在x轴的下方，作射线BP，当∠PBA＝∠ACO时，求点P的坐标；
(3)若点M在抛物线上，点N在对称轴上，是否存在点B、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)由A点坐标和抛物线的对称轴方程可求出答案；
(2)得出tan∠PBA＝tan∠ACO=13=OEOB=OE4，求出OE=43，得出点E的坐标，求出直线BE的解析式，联立直线BE和抛物线方程，则可得出点P的坐标；
(3)设出点M，N的坐标，分三种情况，利用中点坐标公式建立方程求解即可得出结论．
【解答】解：(1)∵抛物线y＝ax2+bx﹣3(a≠0)与x轴交于点A(﹣1，0)，对称轴为x=32．
∴a−b−3=0−b2a=32，
解得，a=34b=−94．
∴a=34，b=−94．
(2)如图，设直线PB与OC交于点E，
∵抛物线解析式y=34x2−94x﹣3与y轴交于点C，
∴C(0，3)，
又∵A(﹣1，0)，
∴OA＝1，OC＝3，
∴tan∠ACO=OAOC=13，
∵∠PBA＝∠ACO，
∴tan∠PBA＝tan∠ACO=13=OEOB=OE4，
∴OE=43，
∴E(0，−43)，设直线BE的解析式为y＝mx+n，
∴4m+n=0n=−43，
解得m=13n=−43，
∴直线BE的解析式为y=13x−43，
∴y=13x−43y=34x2−94x−3，
解得，x1=−59，x2＝4(舍去)，
∴P(−59，−4127)．
(3)由(1)知，抛物线解析式为y=34x2−94x﹣3，对称轴直线为x=32，
∴设N(32，b)，M(m，34m2−94m﹣3)，
∵以B、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形，
∴①当CB为对角线时，12(0+4)=12(32+m)，
∴m=52，
∴M(52，−6316)，
②当CM为对角线时，12(m+0)=12(4+32)，
∴m=112，
∴M(112，11716)，
③当CN为对角线时，12(0+32)=12(4+m)，
∴m=−52，
∴M(−52，11716)，
即：抛物线上存在这样的点M，点M的坐标分别为：M(52，−6316)或(112，11716)或(−52，11716)．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，锐角三角函数，待定系数法，平行四边形的性质，中点坐标公式等知识，熟练掌握坐标与图形的性质是解题的关键．
9．如图，在平面直角坐标系中，直线y=−12x+3与x轴、y轴相交于A、B两点，点C在线段OA上，将线段CB绕着点C顺时针旋转90°得到线段CD，此时点D恰好落在直线AB上，过点D作DE⊥x轴于点E．
(1)求证：△BOC≌△CED；
(2)请直接写出点D的坐标，并求出直线BC的函数关系式；
(3)若点P是x轴上的一个动点，点Q是线段CB上的点(不与点B、C重合)，是否存在以C、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的P点坐标．若不存在，请说明理由．
【分析】(1)利用同角的余角相等可得出∠OBC＝∠ECD，由旋转的性质可得出BC＝CD，结合∠BOC＝∠CED＝90°即可证出△BOC≌△CED(AAS)；
(2)利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标，设OC＝m，则点D的坐标为(m+3，m)，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出m值，进而可得出点C，D的坐标，由点B，C的坐标，利用待定系数法可求出直线BC的解析式；
(3)设点Q(x，﹣3x+3)，由题意得DQ∥PC，DQ＝PC，则点Q的纵坐标＝点D的纵坐标＝1，求出x=23，则PC＝DQ=103，设点P的坐标为(a，0)，分两种情况，由平行四边形的性质得出方程，解方程即可．
【解答】(1)证明：∵∠BOC＝∠BCD＝∠CED＝90°，
∴∠OCB+∠OBC＝90°，∠OCB+∠ECD＝90°，
∴∠OBC＝∠ECD，
∵将线段CB绕着点C顺时针旋转90°得到CD，
∴BC＝CD，
在△BOC和△CED中，∠BOC=∠CED∠OBC=∠ECDBC=CD，
∴△BOC≌△CED(AAS)；
(2)解：在y=−12x+3中，令x＝0，则y＝3；
令y＝0，则x＝6，
∴点B的坐标为(0，3)，点A的坐标为(6，0)，
设OC＝m，
由(1)得：△BOC≌△CED，
∴OC＝ED＝m，BO＝CE＝3，
∴点D的坐标为(m+3，m)，
∵点D在直线y=−12x+3上，
∴m=−12(m+3)+3，
解得：m＝1，
∴点D的坐标为(4，1)，点C的坐标为(1，0)，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
将B(0，3)、C(1，0)代入解析式得：3=b0=k+b，
解得：k=−3b=3，
∴直线BC的解析式为y＝﹣3x+3；
(3)解：存在，理由如下：
∵点Q在线段CB上，直线BC的解析式为y＝﹣3x+3，
∴设点Q(x，﹣3x+3)，
∵点P在x轴上，以C、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，
∴DQ∥PC，DQ＝PC，
∴点Q的纵坐标＝点D的纵坐标＝1，
∴﹣3x+3＝1，
解得：x=23，
∴PC＝DQ＝4−23=103，
设点P的坐标为(a，0)，分两种情况：
①如图1所示：
则1﹣a=103，
解得：a=−73，
∴P(−73，0)；
②如图2所示：
则a﹣1=103，
则a=133，
∴P(133，0)；
综上所述，存在以C、D、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，P点坐标为(−73，0)或(133，0)．
【点评】本题是一次函数综合题目，考查了待定系数法求一次函数的解析式、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质、直角三角形的性质、平行四边形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握全等三角形的判定与性质和平行四边形的性质，由待定系数法求出一次函数的解析式是解题的关键．
10．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线AB：y=23x+4交x轴于点A，交y轴于点B．直线CD：y=−13x﹣1与直线AB相交于点M，交x轴于点C，交y轴于点D．
(1)直接写出点B和点D的坐标．
(2)若点P是射线MD的一个动点，设点P的横坐标是x，△PBM的面积是S，求S与x之间的函数关系，并指出x的取值范围．
(3)当S＝10时，平面直角坐标系内是否存在点E，使以点B，E，P，M为顶点的四边形是平行四边形？若存在，共有几个这样的点？请求出其中一个点的坐标(写出求解过程)；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)令x＝0和y＝0，可求点A，点B，点C，点D坐标；
(2)分当P点在y轴左侧和当P点在y轴右侧两种情况讨论，由三角形的面积公式可求解；
(3)分三种情况讨论，由平行四边形的性质可求解．
【解答】解：(1)∵直线AB：y=23x+4交x轴于点A，交y轴于点B，
∴点A(﹣6，0)，点B(0，4)，
∵直线CD：y=−13x﹣1交x轴于点C，交y轴于点D．
∴点C(﹣3，0)，点 D(0，﹣1)；
(2)∵直线CD：y=−13x﹣1与直线AB相交于点M，
∴y=23x+4y=−13x−1，
解得：x=−5y=23，
∴M点的坐标是(−5，23)，
∵点B(0，4)，点 D(0，﹣1)，
∴BD＝5，
∵点P的横坐标是x，
∴点P坐标为(x，−13x﹣1)，
如图1，点P当P点在y轴左侧时，
∴△PBM的面积是S＝S△BMD﹣S△PBD=12×5×5−12×5×(﹣x)=252+52x；
如图2，当P点在y轴右侧时，
∴△PBM的面积是S＝S△BMD﹣S△PBD=12×5×5+12×5×(x)=252+52x；
综上所述，所求的函数关系式是S=252+52x(x≥﹣5)；
(3)存在，共有3个；
当S＝10时，
∴10=252+52x，
∴x＝﹣1，
∴P点为(﹣1，−23)，
设点E(a，b)，
若MB，MP为边时，
∵四边形MPEB是平行四边形，
∴BP与ME互相平分，
∴−1+02=−5+a2，−23+42=23+b2，
∴a＝4，b=83，
∴E点为(4，83)；
若MB，BP为边，
∵四边形BMEP是平行四边形，
∴MP与BE互相平分，
∴−5−12=0+a2，−23+232=4+b2，
∴a＝﹣6，b＝﹣4，
∴E点为(﹣6，﹣4)；
若MP，BP为边，
∵四边形EBPM是平行四边形，
∴BM与PE互相平分，
∴−5+02=−1+a2，4+232=−23+b2
∴a＝﹣4，b=163，
∴E点为(﹣4，163)；
综上所述：点E的坐标为(4，83)或(﹣6，﹣4)或(﹣4，163)．
【点评】本题是一次函数综合题，考查了一次函数的性质，平行四边形的性质，中点坐标公式等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
11．如图所示，抛物线y＝x2﹣2x+c的顶点A在直线l：y＝x﹣5上．
(1)求抛物线顶点A的坐标；
(2)设抛物线与y轴交于点B，与x轴交于点C、D(C点在D点的左侧)，判断△ABD的形状，并说明理由；
(3)将抛物线沿直线l的方向平移，平移后抛物线的顶点为A′，是否存在点A′，使以点A′、A、B、D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求平移后所有满足条件的抛物线的函数表达式；若不存在，说明理由．
【分析】(1)先求得抛物线的对称轴，从而得到点A的横坐标，然后可求得点A的纵坐标；
(2)先求得点B、D的坐标，然后再依据两点间的距离公式求得BD、AB、AD的长，然后再依据勾股定理的逆定理进行判断即可；
(3)首先证明BD∥l，则构成的平行四边形只能是A'ADB或A'ABD，则A'A＝BD＝32，设A'(x，x﹣5)，最后，再依据两点间的距离公式列方程，可求A'的坐标，即可求解．
【解答】解(1)∵抛物线的对称轴为x=−b2a=1，
∴顶点A的横坐标为x＝1，
∴点A的纵坐标为y＝1﹣5＝﹣4，
∴A(1，﹣4)；
(2)△ABD是直角三角形，
理由如下：将A(1，﹣4)代入y＝x2﹣2x+c中，可得到1﹣2+c＝﹣4，解得：c＝﹣3，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，解得：x＝﹣1或x＝3，
∴C(﹣1，0)、D(3，0)．
∵BD2＝OB2+OD2＝18，AB2＝12+(﹣4+3)2＝2，AD2＝(3﹣1)2+42＝20，
∴BD2+AB2＝AD2，
∴∠ABD＝90°，
即△ABD是直角三角形；
(3)存在．
由题意知：直线y＝x﹣5交y轴于点E(0，﹣5)，交x轴于点F(5，0)，
∴OE＝OF＝5，
又∵OB＝OD＝3，
∴∠OEF＝∠OBD＝45°，
∴BD∥l，即A'A∥BD，
则构成平行四边形只能是A'ADB或A'ABD，
∴AA'＝BD＝32，
设A'(x，x﹣5)，两点间的距离公式可得到(1﹣x)2+(1﹣x)2＝18，x2﹣2x﹣8＝0，解得：x＝﹣2或x＝4，
∴点A'(﹣2，﹣7)或A'(4，﹣1)．
∴存在点A'(﹣2，﹣7)或A'(4，﹣1)使得以点A'，A、B、D为顶点的四边形是平行四边形，
∴平移后的抛物线的函数表达式为y＝(x+2)2﹣7或y＝(x﹣4)2﹣1．
【点评】本题是二次函数的综合应用，考查了二次函数的性质，勾股定理以及勾股定理的逆定理，平行线四边形的性质，两点间的距离公式，熟练掌握相关知识是解题的关键．
12．如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，已知点A(﹣6，0)、D(﹣7，3)，点B、C在第二象限内．
(1)点B的坐标 (﹣3，1) ；
(2)将正方形ABCD以每秒2个单位的速度沿x轴向右平移t秒，若存在某一时刻t，使在第一象限内点B、D两点的对应点B'、D'正好落在某反比例函数的图象上，请求出此时t的值以及这个反比例函数的解析式；
(3)在(2)的情况下，问是否存在y轴上的点P和反比例函数图象上的点Q，使得以P、Q、B'、D'四个点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出符合题意的点P、Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)先求出OA＝6，OG＝7，DG＝3，再判断出△DGA≌△AHB(AAS)，得出DG＝AH＝3，BH＝AG＝1，即可得出结论；
(2)先根据运动表示出点B'，D'的坐标，进而求k，t，即可得出结论；
(3)先求出点B'，D'的坐标，再分三种情况，利用平行四边形的对角线互相平分建立方程求解即可得出结论．
【解答】解：(1)如图，
过点B、D分别作BH⊥x轴、DG⊥x轴交于点H、G，
∵点A(﹣6，0)、D(﹣7，3)，
∴OA＝6，OG＝7，DG＝3，
∴AG＝OG﹣OA＝1，
∵∠DAG+∠BAH＝90°，∠DAG+∠GDA＝90°，
∴∠GDA＝∠BAH，
又∠DGA＝∠AHB＝90°，AD＝AB，
∴△DGA≌△AHB(AAS)，
∴DG＝AH＝3，BH＝AG＝1，
∴点B坐标为(﹣3，1)；
(2)由(1)知，B(﹣3，1)，
∵D(﹣7，3)
∴运动t秒时，点D'(﹣7+2t，3)、B'(﹣3+2t，1)，
设反比例函数解析式为y=kx，
∵点B'，D'在反比例函数图象上，
∴k＝(﹣7+2t)×3＝(﹣3+2t)×1，
∴t=92，k＝6，
∴反比例函数解析式为y=6x；
(3)存在，理由：
由(2)知，点D'(﹣7+2t，3)、B'(﹣3+2t，1)，t=92，
∴D'(2，3)、B'(6，1)，
由(2)知，反比例函数解析式为y=6x，
设点Q(m，6m)，点P(0，s)，
以P、Q、B'、D'四个点为顶点的四边形是平行四边形，
∴①当PQ与B'D'是对角线时，
∴12(0+m)=12(2+6)，12(s+6m)=12(3+1)，
∴m＝8，s=134，
∴Q(8，34)，P(0，134)，
②当PB'与QD'是对角线时，
∴12(0+6)=12(2+m)，12(s+1)=12(6m+3)，
∴m＝4，s=72，
∴Q(4，32)，P(0，72)．
③当PD'与QB'是对角线时，
∴12(0+2)=12(m+6)，12(s+3)=12(6m+1)，
∴m＝﹣4，s=−72，
∴Q(﹣4，−32)，P(0，−72)，
综上：Q(8，34)，P(0，134)或Q(4，32)，P(0，72)或Q(﹣4，−32)，P(0，−72)．
【点评】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，用分类讨论的思想和方程的思想解决问题是解本题的关键．