(全国通用)中考数学专题拔高系列：平行四边形存在性问题解决方法汇总

1、01坐标系中的平行四边形考虑到求证平行四边形存在，必先了解平行四边形性质：(1)对应边平行且相等；(2)对角线互相平分.这是图形的性质，我们现在需要的是将其性质运用在在坐标系中:(1)对边平行且相等可转化为：1 / 5对角线互相平分转化为:I” f f f可以理解为点B移动到点A,点C移动到点D,移动路径完全相同.(2)*X十X厂2, 乂4 + 乂L 2X 向 + Xjj2%+切2可以理解为AC勺中点也是BD勺中点.【小结】虽然由两个性质推得的式子并不一样，但其实可以化为统一:x A + xc = xn + xB1 / 5J I)M + yc =即+为工4 +_ Xr + 巧)%+与二/+0当

2、ACS B师对角线时，结果可简记为:A+C=B+D各个点对应的横纵坐标相加)以上是对于平行四边形性质的分析，而我们要求证的是平行四边形存在性问题，此处当有一问：若坐标系中的 4个点A B、C、D满足"A+C=B+D,则四边形ABCDI否一定为平行四边形？反例如下：之所以存在反例是因为“四边形 ABCDI平行四边形”与“ AC BDK点是同一个 点”并不是完全等价的转化，故存在反例.虽有反例，但并不影响运用此结论解题，在抛物线条件下的平四存在性基本不会 出现共线的情况.另外，还需注意对对角线的讨论：(1)四边形ABCD1平行四边形：AC BEH定是对角线.(2)以A、B、G D四个点为

3、顶点是四边形是平行四边形：对角线不确定需要分 类讨论.02两类题型平行四边形存在性问题通常可分为 定一动”和“两定两动”两大类问题定一动引例：已知A (1, 2)、B (5, 3)、C (3, 5),在坐标系内确定点D使得以A、B C、D四个点为顶点的四边形是平行四边形.思路：利用对角线互相平分，分类讨论土设露点坐标为(rfii rt),又4 (I, 2)B (5, 3) C 13，5), 可得:旧匚为时佛线时.5+3 =】+切3十5=2+可得 R(7.6)；(3)4r为时角线时.AB为对角线时,1 + 3 = 5 +2+5=3+解得 口(3.0).当然，如果对这个计算过程非常熟悉的话,也不用

4、列方程解,宜接列算式即可.比如:。尸右十。一4.以=4 4月-e/此处特指点的横纵坐标相加感)yc两定两动引例：已知A (1, 1)、B (3, 2),点C在x轴上，点D在y轴上，且以A B、G D为顶点的四边形是平行四边形，求 G D坐标.【分折】设C点坐标为(川，0).。点坐标为0, 又A (L 1). B (3, 2).3)当 A/J 为对角线时，& 二川*",解得故 (?(4, 0). D (0, 3):1 + 2 = (I + nm - 3C)当AC1为对他线时，加=3 +，解得|稗=2 ,故匚(2, 0). I) (L -1)?11 + 0 = 2+ 收= -I当

5、角线时,:：:设,叫：故)03动点概述“三定一动”的动点和“两定两动”的动点性质并不完全一样，“三定一动”中 动点是在平面中，横纵坐标都不确定，需要用两个字母表示，这样的我们姑且称为“全动点”,而有一些动点在坐标轴或者直线或者抛物线上，用一个字母即可表小点坐标，称为“半动点”.从上面例子可以看出，虽然动点数量不同，但本质都是在用两个字母表示出4个点坐标.若把一个字母称为一个“未知量”也可理解为：全动点未知量二半动点未知量X 2.找不同图形的存在性最多可以有几个未知量，都是根据图形决定的，像平行四边形，只能有2个未知量.究其原因，在于平行四边形两大性质：(D对边平行且相等；对串型相工公尸步两个性

6、质统一成一个等式:1 / 5M + yc = % + %两个等式，只能允许最多存在两个未知数，即我们刚刚所讲的平行四边形存在性 问题最多只能存在2个未知量.由图形性质可知未知量，由未知量可知动点设计，由动点设计可化解问题.04以确定边、对角线为前提有一类问题中，根据题目给的条件可判断某条线段为边或者对角线，若某线段为 边，则可通过构造对边平行且相等解决问题.若某线段为对角线，则可通过构造 对角线互相平分解决问题.2019宜宾中考【已知边平行，构造相等】如图，在平面直角坐标系xO川，已知抛物线y=ax2-2x+c与直线y=kx+b都经过 A (0,-3)、B (3,0)两点，该抛物线的顶点为 C.(1)求此抛物线和直线AB勺解析式；(2)设直线ABW该抛物线的又t称轴交于点 E,在射线EB±是否存在一点M过 M作x轴的垂线交抛物线于点N,使点