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2025年全国中考数学压轴题分类解析汇编_专题4_三角形四边形存在性问题
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2025年全国中考数学压轴题分类解析汇编_专题4_三角形四边形存在性问题
2025年全国中考数学压轴题分类解析汇编
专题4：三角形四边形存在性问题
24. （ 2025黑龙江龙东地区10分）如图，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC的边OC、OA分别及x轴、y轴重合，AB∥OC，∠AOC=90°，∠BCO=45°，BC=12，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。
【答案】解：（1）过点B作BF⊥x轴于F，
在Rt△BCF中
∵∠BCO=45°，BC=12，∴CF=BF=12 。
∵C 的坐标为（－18，0），∴AB=OF=6。
∴点B的坐标为（－6，12）。
（2）过点D作DG⊥y轴于点G，
∵OD=2BD，∴OD=OB。
∵AB∥DG，∴△ODG∽△OBA 。
∵，AB=6，OA=12，∴DG=4，OG=8。∴D（－4，8），E（0，4）。
设直线DE解析式为y=kx+b（k≠0）
∴ ，解得。∴直线DE解析式为y=－x+4。
（3）结论：存在。
点Q的坐标为：（2 ，－2 ），（－2 ，2 ），（4，4），（－2，2）。
【考点】一次函数综合题，等腰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
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的坐标及方程的关系，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分别及x轴、y轴交于点E、点F，
则E（0，4），F（4，0），OE=OF=4，EF=4。
①菱形OEP1Q1，此时OE为菱形一边。
则有P1E=P1Q1=OE=4，P1F=EF－P1E=4－4。
易知△P1NF为等腰直角三角形，
∴P1N=NF=P1F=4－2。
设P1Q1交x轴于点N，则NQ1=P1Q1－P1N=4－（4－2）=2。
又ON=OF－NF=2，∴Q1（2 ，－2）。
②菱形OEP2Q2，此时OE为菱形一边。此时Q2及Q1关于原点对称，∴Q2（－2，2）。
③菱形OEQ3P3，此时OE为菱形一边。
此时P3及点F重合，菱形OEQ3P3为正方形，∴Q3（4，4）。
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x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），Q2（－2，2），Q3（4，4），Q4（－2，2）。
25. （ 2025黑龙江绥化10分）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AD、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；
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（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．
【答案】解：（1）由已知得，FG=AF=2，FB=1。
∵四边形ABCD为矩形，∴∠B=90°。
∴。∴G点的坐标为（3，4－）。
（2）设直线EF的解析式是y=kx+b，
在Rt△BFG中，，∴∠BFG=60°。∴∠AFE=∠EFG=60°。
∴AE=AFtan∠AFE=2tan60°=2。∴E点的坐标为（0，4－2）。
又F点的坐标是（2，4），
∴， 解得。
∴直线EF的解析式为。
（3）存在。M点的坐标为（），（），（ ）。
【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，直线上点的坐标及方程的关系，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质。
【分析】（1）根据折叠性质可知FG=AF=2，而FG=AB－AF=1，则在Rt△BFG中，利用勾股定理求出BG的长，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：
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①FG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M1H⊥x轴于点H，易证△M1HN1≌△GBF，
∴M1H=GB=，即yM1=。
由直线EF解析式，求出。
∴M1（）。
②FG为平行四边形的一边，且N点在x轴负半轴上，如图2所示。
仿照及①相同的办法，可求得M2（）。
③FG为平行四边形的对角线，如图3所示。
过M3作FB延长线的垂线，垂足为H．易证△M3FH≌△GN3C，
则有M3H=CG=4，所以M3的纵坐标为8－。
代入直线EF解析式，得到M3的横坐标为。
∴M3（）。
综上所述，存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，点M的坐标为：M1（），M2（），M3（ ）。
26. （ 2025黑龙江黑河、齐齐哈尔、大兴安岭、鸡西10分）如图，在平面直角坐标系中，已知Rt△AOB的两条直角边0A、08分别在y轴和x轴上，并且OA、OB的长分别是方程x2—7x+12=0的两根(OA<0B)，动点P从点A开始在线段AO上以每秒l个单位长度的速度向点O运动；同时，动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A运动，设点P、Q运动的时间为t秒．
(1)求A、B两点的坐标。
(2)求当t为何值时，△APQ及△AOB相似，并直接写出此时点Q的坐标．
(3)当t=2时，在坐标平面内，是否存在点M，使以A、P、Q、M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．
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【答案】解：（1）由x2－7 x +12=0解得x1=3，x2=4。
∵OA＜OB ，∴OA=3 , OB=4。∴A(0，3)， B(4，0)。
(2) 由OA=3 , OB=4，根据勾股定理，得AB=5。
由题意得，AP=t, AQ=5－2t 。分两种情况讨论：
①当∠APQ=∠AOB时，如图1，△APQ∽△AOB。
∴，即 解得 t= 。∴Q（）。
②当∠AQP=∠AOB时，如图2， △APQ∽△ABO。
∴，即 解得 t= 。∴Q（）。
（3）存在。M1（）， M2（），M3（）。
【考点】动点问题，解一元二次方程，勾股定理，相似三角形的性质，平行四边形的判定。
【分析】（1）解出一元二次方程，结合OA＜OB即可求出A、B两点的坐标。
（2）分∠APQ=∠AOB和∠AQP=∠AOB两种情况讨论即可。
（3）当t=2时，如图，OP=2，BQ=4，∴P（0，1），Q（）。
若以A、P、Q、M为顶点的四边形是平行四边形，则
①当AQ为对角线时，点M1的横坐标及点Q的横坐标相同，纵坐标为。∴M1（）。
②当PQ为对角线时，点M2的横坐标及点Q的横坐标相同，纵坐标为。∴M2（）。
③当AP为对角线时，点Q、M3关于AP的中点对称。
由A(0，3)，P（0，1）得AP的中点坐标为（0，2）。
由Q（）得M3的横坐标为，纵坐标为。∴M3（）。
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综上所述，若以A、P、Q、M为顶点的四边形是平行四边形，则M点的坐标为
（）或（）或（）。
27. （ 2025湖北襄阳12分）如图，在矩形OABC中，AO=10，AB=8，沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC，使点B落在OA边上的点E处．分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线y=ax2+bx+c经过O，D，C三点．
（1）求AD的长及抛物线的解析式；
（2）一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，以P、Q、C为顶点的三角形及△ADE相似？
（3）点N在抛物线对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M及点N，使以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M及点N的坐标（不写求解过程）；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）∵四边形ABCO为矩形，∴∠OAB=∠AOC=∠B=90°，AB=CO=8，AO=BC=10。
由折叠的性质得，△BDC≌△EDC，∴∠B=∠DEC=90°，EC=BC=10，ED=BD。
由勾股定理易得EO=6。∴AE=10﹣6=4。
设AD=x，则BD=CD=8﹣x，由勾股定理，得x2+42=（8﹣x）2，解得，x=3。
∴AD=3。
∵抛物线y=ax2+bx+c过点D（3，10），C（8，0），
∴，解得。∴抛物线的解析式为：。
（2）∵∠DEA+∠OEC=90°，∠OCE+∠OEC=90°，∴∠DEA=∠OCE，
由（1）可得AD=3，AE=4，DE=5。而CQ=t，EP=2t，∴PC=10﹣2t。
当∠PQC=∠DAE=90°，△ADE∽△QPC，
∴，即，解得。
当∠QPC=∠DAE=90°，△ADE∽△PQC，
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∴，即，解得。
∴当或时，以P、Q、C为顶点的三角形及△ADE相似。
（3）存在符合条件的M、N点，它们的坐标为：①M1（﹣4，﹣32），N1（4，﹣38）；
②M2（12，﹣32），N2（4，﹣26）；③M3（4，），N3（4，﹣）。
【考点】二次函数综合题，折叠和动点问题，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，曲线上点的坐标及方程的关系，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质。
【分析】（1）根据折叠图形的轴对称性，△CED≌△CBD，在Rt△CEO中求出OE的长，从而可得到AE的长；在Rt△AED中，AD=AB﹣BD、ED=BD，利用勾股定理可求出AD的长．进一步能确定D点坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式。
（2）由于∠DEC=90°，首先能确定的是∠AED=∠OCE，若以P、Q、C为顶点的三角形及△ADE相似，那么∠QPC=90°或∠PQC=90°，然后在这两种情况下，分别利用相似三角形的对应边成比例求出对应的t的值。
（3）假设存在符合条件的M、N点，分两种情况讨论：
①EC为平行四边形的对角线，由于抛物线的对称轴经过EC中点，若四边形MENC是平行四边形，那么M点必为抛物线顶点。
由得抛物线顶点，则：M（4，）。
∵平行四边形的对角线互相平分，∴线段MN必被EC中点（4，3）平分，则N（4，﹣）。
②EC为平行四边形的边，则ECMN，
设N（4，m），则M（4﹣8，m+6）或M（4+8，m﹣6）；
将M（﹣4，m+6）代入抛物线的解析式中，得：m=﹣38，
此时 N（4，﹣38）、M（﹣4，﹣32）；
将M（12，m﹣6）代入抛物线的解析式中，得：m=﹣26，
此时 N（4，﹣26）、M（12，﹣32）。
综上所述，存在符合条件的M、N点，它们的坐标为：①M1（﹣4，﹣32），N1（4，﹣38）；
②M2（12，﹣32），N2（4，﹣26）；③M3（4，），N3（4，﹣）。
28. （ 2025湖南永州10分）如图所示，已知二次函数y=ax2+bx﹣1（a≠0）的图象过点A（2，0）和B（4，3），l为过点（0，﹣2）且及x轴平行的直线，P（m，n）是该二次函数图象上的任意一点，过P作PH⊥l，H为垂足．
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（1）求二次函数y=ax2+bx﹣1（a≠0）的解析式；
（2）请直接写出使y＜0的对应的x的取值范围；
（3）对应当m=0，m=2和m=4时，分别计算|PO|2和|PH|2的值．由此观察其规律，并猜想一个结论，证明对于任意实数m，此结论成立；
（4）试问是否存在实数m可使△POH为正三角形？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）∵二次函数y=ax2+bx﹣1（a≠0）的图象过点A（2，0）和B（4，3），
∴-，解得。∴二次函数的解析式为y=x2﹣1。
（2）当﹣2＜x＜2时y＜0。
（3）当m=0时，|PO|2=1，|PH|2=1；
当m=2时，P点的坐标为（2，0），|PO|2=4，|PH|2=4；
当m=4时，P点的坐标为（4，3），|PO|2=25，|PH|2=25。
由此发现|PO|2=|PH|2。
设P点坐标为（m，n），即n=m2﹣1
|OP|2= m2+ n2，|PH|2=（n+2）2=n2+4n+4=n2+m2。
∴对于任意实数m，|PO|2=|PH|2。
（4）存在。由（3）知OP=PH，只要OH=OP成立，△POH为正三角形。
设P点坐标为（m，n），|OP|2= m2+ n2，|OH|2=4+ m2，
由|OP|=|OH|得，m2+ n2=4+ m2，即n2=4，解得n=±2。
当n=﹣2时，n=m2﹣1不符合条件，
当n=2时，由2=m2﹣1解得m=±2。
∴故当m=±2时可使△POH为正三角形．
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【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标及方程的关系，二次函数的性质，勾股定理，等边三角形的判定。
【分析】（1）根据二次函数y=ax2+bx﹣1（a≠0）的图象过点A（2，0）和B（4，3），待定系数法求出a和b的值，抛物线的解析式即可求出。
（2）令y=x2﹣1=0，解得x=﹣2或x=2，由图象可知当﹣2＜x＜2时y＜0。
（3）分别求出当m=0，m=2和m=4时，分别计算|PO|2和|PH|2的值．然后观察其规律，再进行证明。
（4）由（3）知OP=OH，只要OH=OP成立，△POH为正三角形，求出|OP|、|OH|含有m和n的表达式，令两式相等，求出m和n的值。
29. （ 2025湖南娄底10分）已知二次函数y=x2﹣（m2﹣2）x﹣2m的图象及x轴交于点A（x1，0）和点B（x2，0），x1＜x2，及y轴交于点C，且满足．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）探究：在直线y=x+3上是否存在一点P，使四边形PACB为平行四边形？如果有，求出点P的坐标；如果没有，请说明理由．
【答案】解：（1）∵二次函数y=x2﹣（m2﹣2）x﹣2m的图象及x轴交于点A（x1，0）和点B（x2，0），x1＜x2，
∴令y=0，即x2﹣（m2﹣2）x﹣2m=0 ①，则有：x1+x2=m2﹣2，x1x2=﹣2m。
∴，化简得到：m2+m﹣2=0，解得m1=﹣2，m2=1。
当m=﹣2时，方程①为：x2﹣2x+4=0，其判别式△=b2﹣4ac=﹣12＜0，此时抛物线及x轴没有交点，不符合题意，舍去；
当m=1时，方程①为：x2+x﹣2=0，其判别式△=b2﹣4ac=9＞0，此时抛物线及x轴有两个不同的交点，符合题意。
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∴m=1。∴抛物线的解析式为y=x2+x﹣2。
（2）存在。理由如下：
假设在直线y=x+3上是否存在一点P，使四边形PACB为平行四边形。
如图所示，连接PA．PB．AC．BC，过点P作PD⊥x轴于D点。
∵抛物线y=x2+x﹣2及x轴交于A．B两点，及y轴交于C点，
∴A（﹣2，0），B（1，0），C（0，2）。
∴OB=1，OC=2。
∵PACB为平行四边形，∴PA∥BC，PA=BC。
∴∠PAD=∠CBO，∴∠APD=∠OCB。
在Rt△PAD及Rt△CBO中，
∵∠PAD=∠CBO ，PA=BC，∠APD=∠OCB ，
∴Rt△PAD≌Rt△CBO（AAS）。
∴PD=OC=2，即yP=2。
∵直线解析式为y=x+3，∴xP=﹣1。∴P（﹣1，2）。
∴在直线y=x+3上存在一点P，使四边形PACB为平行四边形，P点坐标为（﹣1，2）。
【考点】二次函数综合题，二次函数及x点问题，曲线图上点的坐标及方程的关系，一元二次方程根及系数的关系，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质。
【分析】（1）欲求抛物线的解析式，关键是求得m的值．根据题中所给关系式，利用一元二次方程根及系数的关系，可以求得m的值，从而问题得到解决。注意：解答中求得两个m的值，需要进行检验，把不符合题意的m值舍去。
（2）利用平行四边形的性质构造全等三角形，根据全等关系求得P点的纵坐标，从而得到P点的横坐标，从而求得P点坐标。
30. （ 2025湖南衡阳10分）如图，A、B两点的坐标分别是（8，0）、（0，6），点P由点B出发沿BA方向向点A作匀速直线运动，速度为每秒3个单位长度，点Q由A出发沿AO（O为坐标原点）方向向点O作匀速直线运动，速度为每秒2个单位长度，连接PQ，若设运动时间为t（0＜t＜）秒．解答如下问题：
（1）当t为何值时，PQ∥BO？
（2）设△AQP的面积为S，
①求S及t之间的函数关系式，并求出S的最大值；