四边形存在性问题解析.pdf
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1、第 1 页 共 8 页 四边形存在性问题解析 1.如图,在平面直角坐标系中,直角梯形OABC 的边 OC、OA 分别与 x 轴、 y 轴重合, AB OC, AOC=90 , BCO=45 ,BC=122,点 C 的坐标为(18,0) 。 (1)求点 B 的坐标; (2)若直线DE 交梯形对角线BO 于点 D,交 y 轴于点E,且 OE=4,OD=2BD ,求直线 DE 的解析式; (3)若点 P 是(2)中直线 DE 上的一个动点, 在坐标平面内是否存在点Q,使以 O、E、P、 Q 为顶点的 四边形是菱形?若存在,请直接写出点Q 的坐标;若不存在,请说明理由。 【考点】 一次函数综合题,等腰
2、直角三角形判定和性质,相似三角形判定和性质,待定系数 法,直线上点的坐标与方程的关系,菱形的判定和性质。 【分析】(1)构造等腰直角三角形BCF,求出 BF、CF 的长度,即可求出B 点坐标。 (2)已知 E 点坐标,欲求直线DE 的解析式,需要求出D 点的坐标构造ODG OBA ,由线段比例关系求出D 点坐标,从而可以求出直线DE 的解析式。 (3)如图所示,符合题意的点Q 有 4 个: 设直线 y=x+4 分别与 x 轴、 y 轴交于点 E、点 F, 则 E(0, 4) ,F(4,0) ,OE=OF=4 ,EF=42。 菱形 OEP1Q1,此时 OE 为菱形一边。 则有 P1E=P1Q1=
3、OE=4,P1F=EFP1E=42 4。 易知 P1NF 为等腰直角三角形, P1N=NF= 2 2 P1F=422。 设 P1Q1交 x 轴于点 N,则 NQ1=P1Q1 P1N=4( 422 )=2 2 。 第 2 页 共 8 页 又 ON=OF NF=22, Q1(22, 22) 。 菱形 OEP2Q2,此时 OE 为菱形一边。 此时 Q2与 Q1关于原点对称, Q2( 22,22) 。 菱形 OEQ3P3,此时 OE 为菱形一边。 此时 P3与点 F重合,菱形OEQ3P3为正方形,Q3(4,4) 。 菱形 OP4EQ4,此时 OE 为菱形对角线。 由菱形性质可知,P4Q4为 OE 的垂
4、直平分线, 由 OE=4,得 P4纵坐标为2,代入直线解析式y=x+4 得横坐标为2,则 P4 (2,2) 。 由菱形性质可知,P4、 Q4关于 OE 或 y 轴对称, Q4( 2, 2) 。 综上所述,存在点Q,使以 O、E、P、Q 为顶点的四边形是菱形,点Q 的坐 标为: Q1( 2 2, 22) ,Q2( 22,22) ,Q3(4,4) ,Q4( 2,2) 。 2.如图,四边形ABCD 为矩形, C 点在 x 轴上, A 点在 y 轴上, D 点坐标是( 0,0) ,B 点 坐标是 (3,4) ,矩形 ABCD 沿直线 EF 折叠, 点 A 落在 BC 边上的 G 处,E、F 分别在 A
5、D 、 AB 上,且 F 点的坐标是(2,4) (1)求 G 点坐标; (2)求直线EF 解析式; (3)点 N 在 x 轴上,直线EF 上是否存在点M,使以 M、N、F、G 为顶点的四边形是平行 四边形?若存在,请直接写出M 点的坐标;若不存在,请说明理由 【考点】 一次函数综合题,矩形的性质,折叠性质,勾股定理,锐角三角函数定义,特殊角 的三角函数值, 待定系数法,直线上点的坐标与方程的关系,平行四边形的判定和性质,全 等三角形的判定和性质。 第 3 页 共 8 页 【分析】(1)根据折叠性质可知FG=AF=2 ,而 FG=AB AF=1,则在 RtBFG 中,利用勾 股定理求出BG 的长
6、,从而得到CG 的长,从而得到G 点坐标。 (2)由题意,可知AEF 为含 30 度角的直角三角形,从而可求出E 点坐标;又F 点坐标已知,所以可利用待定系数法求出直线EF 的解析式。 (3)分 FG 为平行四边形边和对角线两种情况讨论,探究可能的平行四 边形的形状: 若以 M、N、F、 G 为顶点的四边形是平行四边形,则可能存在以 下情形: FG 为平行四边形的一边, 且 N 点在 x 轴正半轴上, 如图 1 所示。 过 M1点作 M1Hx 轴于点 H,易证 M1HN1 GBF, M1H=GB=3,即 yM1=3 。 由直线 EF 解析式y3x423,求出 M 1 343 x 3 。 M1(
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