中考数学“存在性”问题的解法探讨
中考数学中的存在性问题
2010年中考数学中的存在性问题一、存在性问题的内涵所谓存在性问题是指根据题目所给的条件，探究是否存在符合要求的结论．存在性问题是相对于中学数学课本中有明确结论的封闭型问题而言的．存在性问题可抽象为“已知事项M，是否存在具有某种性质的对象Q。
”解题时要说明Q存在，通常的方法是将对象Q构造出来；若要说明Q不存在，可先假设存在Q，然后由此出发进行推论，并导致矛盾，从而否定Q的存在。
此类问题的叙述一般是“是否存在……，如果存在，请求出……（或请证明）；如果不存在，请说明理由．”二、存在性问题的解决策略1、直接求解法存在性问题是探索型问题中的一种典型性问题．存在性问题探索的方向是明确的．探索的结果有两种：一种是存在：另一种是不存在．直接求解法就是直接从已知条件入手，逐步试探，求出满足条件的对象，使问题得到解决的解法。
2、假设求解法先假设结论存在，再从已知条件和定义，定理，公理出发，进行演绎推理；若得到和题意相容的结论，则假设成立，结论也存在；否则，假设不成立，结论不存在。
即假设结论存在，根据条件推理、计算，如果求得出一个结果，并根据推理或计算过程每一步的可逆性，证得结论存在；如果推得矛盾的结论或求不出结果，则说明结论不存在．三、中考数学中的存在性问题的类型1、定性分类（1）肯定型存在性问题肯定型存在性问题是解决其余两类存在性问题的基础，具体地构造出（或求出，寻找出）满足条件的数学对象，是证明肯定型存在性问题的主要方法。
这种处理方法一般分为两大步，第一步是构造出满足要求的数学对象；第二步是通过验证，证明构造的对象满足问题的要求。
例1、(2010年陕西卷)问题探究(1)请你在图①中做一条．．直线，使它将矩形ABCD分成面积相等的两部分；（2）如图②点M是矩形ABCD内一点，请你在图②中过点M作一条直线，使它将矩形ABCD分成面积相等的两部分。
问题解决（3）如图③，在平面直角坐标系中，直角梯形OBCD是某市将要筹建的高新技术开发区用地示意图，其中DC∥OB,OB=6,CD=4开发区综合服务管理委员会（其占地面积不计）设在点P（4,2）处。
2020年中考数学压轴题专题03相似三角形的存在性问题(解析版)
专题三 相似三角形的存在性问题【考题研究】相似三角形的存在性问题是近几年中考数学的热点问题．解相似三角形的存在性问题，一般分三步走，第一步寻找分类标准，第二步列方程，第三步解方程并验根。
难点在于寻找分类标准，分类标准寻找的恰当，可以使得解的个数不重复不遗漏，也可以使得列方程和解方程又好又快．【解题攻略】相似三角形的判定定理有3个，其中判定定理1和判定定理2都有对应角相等的条件，因此探求两个三角形相似的动态问题，一般情况下首先寻找一组对应角相等．判定定理2是最常用的解题依据，一般分三步：寻找一组等角，分两种情况列比例方程，解方程并检验。
应用判定定理1解题，先寻找一组等角，再分两种情况讨论另外两组对应角相等． 应用判定定理3解题不多见，根据三边对应成比例列连比式解方程（组）．【解题类型及其思路】相似三角形存在性问题需要注意的问题：1、若题目中问题为△ABC ∽△DEF ，则对应线段已经确定。
2、若题目中为△ABC 与 △DEF 相似，则没有确定对应线段，此时有三种情况：①△ABC ∽△DEF , ②△ABC ∽△FDE 、 ③△ABC ∽△EFD 、3、若题目中为△ABC 与 △DEF 并且有 ∠A 、 ∠D （或为90°），则确定了一条对应的线段，此时有二种情况：①、△ABC ∽△DEF ，②、△ABC ∽△DFE 需要分类讨论上述的各种情况。
【典例指引】类型一 【确定符合相似三角形的点的坐标】典例指引1．（2019·贵州中考真题）如图，抛物线212y x bx c =++与直线132y x =+分别相交于A ，B 两点，且此抛物线与x 轴的一个交点为C ，连接AC ，BC ．已知(0,3)A ，(3,0)C -．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线对称轴l 上找一点M ，使MB MC -的值最大，并求出这个最大值；（3）点P 为y 轴右侧抛物线上一动点，连接PA ，过点P 作PQ PA ⊥交y 轴于点Q ，问：是否存在点P 使得以A ，P ，Q 为顶点的三角形与ABC ∆相似？若存在，请求出所有符合条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）215322y x x =++；（2）点M 的坐标为（52-，12-）时，MB MC -2；（3）存在点(1,6)P ． 【解析】 【分析】（1）根据待定系数法求解即可；（2）根据三角形的三边关系可知：当点B 、C 、M 三点共线时，可使MB MC -的值最大，据此求解即可；（3）先求得90ACB ∠=︒，再过点P 作PQ PA ⊥于点P ，过点P 作PG y ⊥轴于点G ，如图，这样就把以A ，P ，Q 为顶点的三角形与ABC ∆相似问题转化为以A ，P ，G 为顶点的三角形与ABC ∆相似的问题，再分当13PG BC AG AC ==时与3PG ACAG BC==时两种情况，分别求解即可． 【详解】解：（1）将(0,3)A ，(3,0)C -代入212y x bx c =++得：39302c b c =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，解得：523b c ⎧=⎪⎨⎪=⎩， ∴抛物线的解析式是215322y x x =++； （2）解方程组：215322132y x x y x ⎧=++⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，得1103x y =⎧⎨=⎩，2241x y =-⎧⎨=⎩，∵(0,3)A ，∴(4,1)B -当点B 、C 、M 三点不共线时，根据三角形三边关系得MB MC BC -<， 当点B 、C 、M 三点共线时，MB MC BC -=，∴当点B 、C 、M 三点共线时，MB MC -取最大值，即为BC 的长， 如图，过点B 作BE ⊥x 轴于点E ，则在Rt BEC ∆中，由勾股定理得：222BC BE CE =+=，∴MB MC -取最大值为2；易求得直线BC 的解析式为：y =－x －3，抛物线的对称轴是直线52x =-，当52x =-时，12y =-，∴点M的坐标为（52-，12-）；∴点M 的坐标为（52-，12-）时，MB MC -取最大值为2；（3）存在点P ，使得以A 、P 、Q 为顶点的三角形与ABC ∆相似．设点P 坐标为215,3(0)22x x x x ⎛⎫++> ⎪⎝⎭，在Rt BEC ∆中，∵1BE CE ==，∴45BCE ∠=︒， 在Rt ACO ∆中，∵3AO CO ==，∴45ACO ∠=︒， ∴180454590ACB ∠=︒-︒-︒=︒，AC =过点P 作PQ PA ⊥于点P ，过点P 作PG y ⊥轴于点G ，如图， ∵90PGA APQ ∠=∠=︒，PAG QAP ∠=∠，∴PGA ∆∽QPA ∆， ∵90PGA ACB ∠=∠=︒，∴①当13PG BC AG AC ==时，PGA ∆∽BCA ∆， ∴211533322x x x =++-，解得11x =，20x =，（舍去） ∴点P 的纵坐标为215113622⨯+⨯+=，∴点P 为(1,6)；②当3PG ACAG BC==时，PGA ∆∽ACB ∆， ∴23153322xx x =++-，解得1133x =-（舍去），20x =（舍去），∴此时无符合条件的点P ； 综上所述，存在点(1,6)P ． 【名师点睛】本题考查的是二次函数的综合运用，主要考查待定系数法求二次函数的解析式、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的解法、两函数的交点和线段差的最值等问题，其中（1）题是基础题型，（2）题的求解需运用三角形的三边关系，（3）题要注意分类求解，避免遗漏，解题的关键是熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质以及一元二次方程的解法． 【举一反三】（2019·海南模拟）抛物线y =ax 2+bx +3经过点A （1，0）和点B （5，0）． （1）求该抛物线所对应的函数解析式； （2）该抛物线与直线335y x =+ 相交于C 、D 两点，点P 是抛物线上的动点且位于x 轴下方，直线PM ∥y 轴，分别与x 轴和直线CD 交于点M 、N ．①连结PC 、PD ，如图1，在点P 运动过程中，△PCD 的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由；②连结PB ，过点C 作CQ ⊥PM ，垂足为点Q ，如图2，是否存在点P ，使得△CNQ 与△PBM 相似?若存在，求出满足条件的点P 的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）2318355y x x =-+；（2）① 102940；② 存在，（（2，95）或（349，5527-）．【解析】 【详解】试题分析：（1）由A 、B 两点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）①可设出P 点坐标，则可表示出M 、N 的坐标，联立直线与抛物线解析式可求得C 、D 的坐标，过C 、D 作PN 的垂线，可用t 表示出△PCD 的面积，利用二次函数的性质可求得其最大值；②当△CNQ 与△PBM 相似时有PQ PMCQ BM= 或NQ BM CQ PM =两种情况，利用P 点坐标，可分别表示出线段的长，可得到关于P 点坐标的方程，可求得P 点坐标．试题解析：（1）∵抛物线23y ax bx=++经过点A（1，0）和点B（5，0），∴3025530a ba b++=⎧⎨++=⎩，解得35185ab⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩∴该抛物线对应的函数解析式为2318355y x x=-+；（2）①∵点P是抛物线上的动点且位于x轴下方，∴可设P（t，2318355t t-+）（1＜t＜5），∵直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M、N，∴M（t，0），N（t，335t+），∴22331837147335555220PN t t t t⎛⎫⎛⎫=+--+=--+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.联立直线CD与抛物线解析式可得2335318355y xy x x⎧=+⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩，解得3xy=⎧⎨=⎩或7365xy=⎧⎪⎨=⎪⎩，∴C（0，3），D（7，365），分别过C、D作直线PN的直线，垂足分别为E、F，如图1，则CE=t，DF=7﹣t，∴11772222PCD PCN PDNS S S PN CE PN DF PN=+=+==V V Vg g22371472171029522010240t t ⎡⎤⎛⎫⎛⎫--+=--+⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦， ∴当72t =时，△PCD 的面积有最大值，最大值为102940； ②存在．∵∠CQN =∠PMB =90°，∴当△CNQ 与△PBM 相似时，有PQ PMCQ BM= 或NQ BM CQ PM =两种情况， ∵CQ ⊥PM ，垂足为Q ，∴Q （t ，3），且C （0，3），N （t ，335t + ）， ∴CQ =t ，333355Q t N t +-==， ∴35CQ NQ = ， ∵P （t ，2318355t t -+），M （t ，0），B （5，0）， ∴BM =5﹣t ，223183180335555PM t t t t ⎛⎫=--+=-- ⎪⎝+⎭， 当PQ PM CQ BM =时，则35PM BM =，即()2318335555t t t --=+-，解得t =2或t =5（舍去），此时P （2，95）； 当NQ BM CQ PM =时，则35BM PM =，即2318355355t t t ⎛⎫-=+ ⎪⎝-⎭-，解得349t =或5t =（舍去），此时P（349，5527-）；综上可知存在满足条件的点P，其坐标为P（2，95）或（349，5527-）．类型二【确定符合相似三角形的动点的运动时间或路程等】典例指引2．（2019年广东模拟）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2y ax 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为顶点的三角形与△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与点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与点N的坐标（不写求解过程）；若不存在，请说明理由.【解析】（1）根据折叠图形的轴对称性，△CED、△CBD全等，首先在Rt△CEO中求出OE的长，进而可得到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 为顶点的三角形与△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）由于以M ，N ，C ，E 为顶点的四边形，边和对角线都没明确指出，所以要分情况进行讨论： ①EC 做平行四边形的对角线，那么EC 、MN 必互相平分，由于EC 的中点正好在抛物线对称轴上，所以M 点一定是抛物线的顶点；②EC 做平行四边形的边，那么EC 、MN 平行且相等，首先设出点N 的坐标，然后结合E 、C 的横、纵坐标差表示出M 点坐标，再将点M 代入抛物线的解析式中，即可确定M 、N 的坐标． 试题解析：（1）∵四边形ABCO 为矩形，∴∠OAB =∠AOC =∠B =90°，AB =CO =8，AO =BC =10， 由题意，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 =ED =8﹣x ，由勾股定理，得()22248x x +=﹣ ，解得，x =3，∴AD =3，∵抛物线2y ax bx c =++过点D （3, 10），C （8, 0），O （0, 0），∴9310{ 6480a b a b +=+=，解得 23{ 163a b =-=，∴抛物线的解析式为： 221633y x x =-+；（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 ，∴CQ CP AE DE =，即 10245t t-=， 解得4013t =，当∠QPC =∠DAE =90°，△ADE ∽△PQC ，∴PC CQ AE DE =，即 10245t t -=， 解得257t =， ∴当4013t =或257t =时，以P 、Q 、C 为顶点的三角形与△ADE 相似；（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； 则： 3243M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，；而平行四边形的对角线互相平分，那么线段MN 必被EC 中点（4，3）平分，则1443N ⎛⎫- ⎪⎝⎭，； ②EC 为平行四边形的边，则EC //MN ，EC =MN ，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，存在符合条件的M 、N 点，且它们的坐标为：①()1432M --，， ()1438N -，； ②()21232M -，， 2(426N -，）； ③33243M ⎛⎫⎪⎝⎭，， 31443N ⎛⎫- ⎪⎝⎭，． 【名师点睛】本题考查了二次函数综合题，题目涉及了图形的折叠变换、相似三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质等重点知识．后两问的情况较多，需要进行分类讨论，以免漏解． 【举一反三】（2019·湖南模拟）如图，已知直线y =-x +3与x 轴、y 轴分别交于A ，B 两点，抛物线y =-x 2+bx +c 经过A ，B 两点，点P 在线段OA 上，从点O 出发，向点A 以1个单位/秒的速度匀速运动；同时，点Q 在线段AB 上，从点A 出发，向点B 以2个单位/秒的速度匀速运动，连接PQ ，设运动时间为t 秒．（1）求抛物线的解析式；（2）问：当t 为何值时，△APQ 为直角三角形；（3）过点P作PE∥y轴，交AB于点E，过点Q作QF∥y轴，交抛物线于点F，连接EF，当EF∥PQ时，求点F的坐标；（4）设抛物线顶点为M，连接BP，BM，MQ，问：是否存在t的值，使以B，Q，M为顶点的三角形与以O，B，P为顶点的三角形相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）y=-x2+2x+3；（2）t=1或t=32；（3）点F的坐标为（2，3）．（4）94．【解析】【详解】试题分析：（1）先由直线AB的解析式为y=-x+3，求出它与x轴的交点A、与y轴的交点B的坐标，再将A、B两点的坐标代入y=-x2+bx+c，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）由直线与两坐标轴的交点可知：∠QAP=45°，设运动时间为t秒，则QA t，PA=3-t，然后再图①、图②中利用特殊锐角三角函数值列出关于t的方程求解即可；（3）设点P的坐标为（t，0），则点E的坐标为（t，-t+3），则EP=3-t，点Q的坐标为（3-t，t），点F 的坐标为（3-t，-（3-t）2+2（3-t）+3），则FQ=3t-t2，EP∥FQ，EF∥PQ，所以四边形为平行线四边形，由平行四边形的性质可知EP=FQ，从而的到关于t的方程，然后解方程即可求得t的值，然后将t=1代入即可求得点F的坐标；（4）设运动时间为t秒，则OP=t，BQ=（3-t，然后由抛物线的解析式求得点M的坐标，从而可求得MB的长度，然后根据相似相似三角形的性质建立关于t的方程，然后即可解得t的值．试题解析：（1）∵y=-x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，∴当y=0时，x=3，即A点坐标为（3，0），当x=0时，y=3，即B点坐标为（0，3），将A（3，0），B（0，3）代入y=-x2+bx+c，得930{3b c c -++==，解得2{3b c == ∴抛物线的解析式为y =-x 2+2x +3； （2）∵OA =OB =3，∠BOA =90°， ∴∠QAP =45°．如图①所示：∠PQA =90°时，设运动时间为t 秒，则QA 2t ，PA =3-t ． 在Rt △PQA 中，22QA PA =，即：2232t t =-，解得：t =1； 如图②所示：∠QPA =90°时，设运动时间为t 秒，则QA 2t ，PA =3-t ． 在Rt △PQA 中，2PA QA =22t=t =32． 综上所述，当t =1或t =32时，△PQA 是直角三角形； （3）如图③所示：设点P的坐标为（t，0），则点E的坐标为（t，-t+3），则EP=3-t，点Q的坐标为（3-t，t），点F的坐标为（3-t，-（3-t）2+2（3-t）+3），则FQ=3t-t2．∵EP∥FQ，EF∥PQ，∴EP=FQ．即：3-t=3t-t2．解得：t1=1，t2=3（舍去）．将t=1代入F（3-t，-（3-t）2+2（3-t）+3），得点F的坐标为（2，3）．（4）如图④所示：设运动时间为t秒，则OP=t，BQ=（3-t2．∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，∴点M的坐标为（1，4）．∴MB22+=112当△BOP ∽△QBM 时，MB BQ OP OB =即：2(3)2t -=，整理得：t 2-3t +3=0， △=32-4×1×3＜0，无解： 当△BOP ∽△MBQ 时，BM BQ OB OP =即：2(3)23t t-=，解得t =94． ∴当t =94时，以B ，Q ，M 为顶点的三角形与以O ，B ，P 为顶点的三角形相似． 类型三 【确定符合相似三角形的函数解析式或字母参数的值】典例指引3．（2019·江苏中考真题）如图，二次函数245y x x =-++图象的顶点为D ，对称轴是直线l ，一次函数215y x =+的图象与x 轴交于点A ，且与直线DA 关于l 的对称直线交于点B ．（1）点D 的坐标是 ______；（2）直线l 与直线AB 交于点C ，N 是线段DC 上一点（不与点D 、C 重合），点N 的纵坐标为n ．过点N 作直线与线段DA 、DB 分别交于点P ，Q ，使得DPQ ∆与DAB ∆相似．①当275n =时，求DP 的长； ②若对于每一个确定的n 的值，有且只有一个DPQ ∆与DAB ∆相似，请直接写出n 的取值范围 ______． 【答案】（1）()2,9；（2）①95DP =92155n <<. 【解析】 【分析】（1）直接用顶点坐标公式求即可； （2）由对称轴可知点C （2，95），A （-52，0），点A 关于对称轴对称的点（132，0），借助AD 的直线解析式求得B （5，3）；①当n =275时，N （2，275），可求DA ，DN =185，CD =365，当PQ ∥AB时，△DPQ ∽△DAB ，DP 当PQ 与AB 不平行时，DP ②当PQ ∥AB ，DB =DP 时，DB DN =245，所以N （2，215），则有且只有一个△DPQ 与△DAB 相似时，95＜n ＜215. 【详解】（1）顶点为()2,9D ； 故答案为()2,9； （2）对称轴2x =，9(2,)5C ∴，由已知可求5(,0)2A -， 点A 关于2x =对称点为13(,0)2， 则AD 关于2x =对称的直线为213y x =-+，(5,3)B ∴，①当275n =时，27(2,)5N ，DA ∴=，182DN =，365CD =当PQ AB ∥时，PDQ DAB ∆∆:，DAC DPN ∆∆Q :，DP DNDA DC∴=，DP ∴=当PQ 与AB 不平行时，DPQ DBA ∆∆:，DNQ DCA ∴∆∆:，DP DNDB DC∴=，DP ∴=综上所述DP = ②当PQ AB ∥，DB DP =时，DB =DP DNDA DC∴=， 245DN ∴=，21(2,)5N ∴，∴有且只有一个DPQ ∆与DAB ∆相似时，92155n <<； 故答案为92155n <<； 【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，三角形的相似；熟练掌握二次函数的性质，三角形相似的判定与性质是解题的关键． 【举一反三】（2018武汉中考）抛物线L ：y =﹣x 2+bx +c 经过点A （0，1），与它的对称轴直线x =1交于点B ． （1）直接写出抛物线L 的解析式；（2）如图1，过定点的直线y =kx ﹣k +4（k ＜0）与抛物线L 交于点M 、N ．若△BMN 的面积等于1，求k 的值；（3）如图2，将抛物线L 向上平移m （m ＞0）个单位长度得到抛物线L 1，抛物线L 1与y 轴交于点C ，过点C 作y 轴的垂线交抛物线L 1于另一点D ．F 为抛物线L 1的对称轴与x 轴的交点，P 为线段OC 上一点．若△PCD 与△POF 相似，并且符合条件的点P 恰有2个，求m 的值及相应点P 的坐标．【答案】（1）y=﹣x 2+2x+1；（2）-3；（3）当m=2﹣1时，点P的坐标为（0，）和（0，）；当m=2时，点P的坐标为（0，1）和（0，2）．【解析】【分析】（1）根据对称轴为直线x=1且抛物线过点A（0，1）利用待定系数法进行求解可即得；（2）根据直线y=kx﹣k+4=k（x﹣1）+4知直线所过定点G坐标为（1，4），从而得出BG=2，由S△BMN=S △BNG﹣S△BMG=BG•x N﹣BG•x M=1得出x N﹣x M=1，联立直线和抛物线解析式求得x=，根据x N ﹣x M=1列出关于k的方程，解之可得；（3）设抛物线L1的解析式为y=﹣x2+2x+1+m，知C（0，1+m）、D（2，1+m）、F（1，0），再设P（0，t），分△PCD∽△POF和△PCD∽△POF两种情况，由对应边成比例得出关于t与m的方程，利用符合条件的点P恰有2个，结合方程的解的情况求解可得．【详解】（1）由题意知，解得：，∴抛物线L的解析式为y=﹣x2+2x+1；（2）如图1，设M点的横坐标为x M，N点的横坐标为x N，∵y=kx﹣k+4=k（x﹣1）+4，∴当x=1时，y=4，即该直线所过定点G坐标为（1，4），∵y=﹣x2+2x+1=﹣（x﹣1）2+2，∴点B（1，2），则BG=2，∵S△BMN=1，即S△BNG﹣S△BMG=BG•（x N﹣1）-BG•（x M-1）=1，∴x N﹣x M=1，由得：x2+（k﹣2）x﹣k+3=0，解得：x==，则x N=、x M=，由x N﹣x M=1得=1，∴k=±3，∵k＜0，∴k=﹣3；（3）如图2，设抛物线L1的解析式为y=﹣x2+2x+1+m，∴C（0，1+m）、D（2，1+m）、F（1，0），设P（0，t），（a）当△PCD∽△FOP时，，∴，∴t2﹣（1+m）t+2=0①；(b)当△PCD∽△POF时，，∴，∴t=（m+1）②；（Ⅰ）当方程①有两个相等实数根时，△=（1+m）2﹣8=0，解得：m=2﹣1（负值舍去），此时方程①有两个相等实数根t 1=t2=，方程②有一个实数根t=，∴m=2﹣1，此时点P的坐标为（0，）和（0，）；（Ⅱ）当方程①有两个不相等的实数根时，把②代入①，得：（m+1）2﹣（m+1）+2=0，解得：m=2（负值舍去），此时，方程①有两个不相等的实数根t1=1、t2=2，方程②有一个实数根t=1，∴m=2，此时点P的坐标为（0，1）和（0，2）；综上，当m=2﹣1时，点P的坐标为（0，）和（0，）；当m=2时，点P的坐标为（0，1）和（0，2）．【新题训练】1．（2019·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校初三月考）如图1，已知抛物线；C1：y＝﹣1m（x+2）（x ﹣m）（m＞0）与x轴交于点B、C（点B在点C的左侧），与y轴交于点E．（1）求点B、点C的坐标；（2）当△BCE的面积为6时，若点G的坐标为（0，b），在抛物线C1的对称轴上是否存在点H，使得△BGH 的周长最小，若存在，则求点H的坐标（用含b的式子表示）；若不存在，则请说明理由；（3）在第四象限内，抛物线C1上是否存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）点B、C的坐标分别为：（﹣2，0）、（m，0）；（2）存在，点H（1，34b）；（3）存在，m＝222【详解】 解：（1）()()()120y x x m m m=-+->，令y ＝0，则x ＝﹣2或m ， 故点B 、C 的坐标分别为：（﹣2，0）、（m ，0）； （2）存在，理由：()()12y x x m m=-+-，令x ＝0，则y ＝2，故点E （0，2）， △BCE 的面积为：()1122622BC OE m ⨯⨯=+⨯= ，解得：m ＝4，则抛物线的对称轴为： ()12412x =-+= ，点B 关于函数对称轴的对称点为点C （m ，0），连接CE 交对称轴于点H ，则点H 为所求， 将点C 、E 的坐标代入一次函数表达式并解得： 直线CE 的表达式为： 14y bx b =-+ ，当x ＝1时,34y b = ， 故点H （1，34b ）； （3）∵OE ＝OB ＝2，故∠EBO ＝45°，过点F 作FT ⊥x 轴于点F ； ①当△BEC ∽△BCF 时，则BC 2＝BE •BF ，∠FBO ＝EBO ＝45°，则直线BF 的函数表达式为：y ＝﹣x ﹣2，故点F （x ，﹣x ﹣2）；将点F 的坐标代入抛物线表达式得： ()()122x x x m m--=-+- 解得：x ＝﹣2（舍去）或2m ， 故点F （2m ，﹣2m ﹣2），则)1,BF m BE =+= ∵BC 2＝BE •BF ，则())221m m +=+解得： 2m =±（舍去负值），故m =②当△BEC ∽△FCB 时，则BC 2＝BF •EC ，∠CBF ＝∠ECO ， 则△BFT ∽△COE ， 则2TF EO BT CO m == ，则点()2,2F x x m ⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦将点F 的坐标代入抛物线表达式得： ()()()2122x x x m m m-+=-+- 解得：x ＝﹣2（舍去）或m +2；则点()22,4F m m m ⎡⎤+-+⎢⎥⎣⎦BC 2＝BF •EC ，则()22m +=化简得：m 3+4m 2+4m ＝m 3+4m 2+4m +16， 此方程无解； 综上，m ＝2+．2．（2020·浙江初三期末）边长为2的正方形OABC 在平面直角坐标系中的位置如图所示，点D 是边OA 的中点，连接CD ，点E 在第一象限，且DE DC ⊥，DE DC =.以直线AB 为对称轴的抛物线过C ，E 两点.（1）求抛物线的解析式；（2）点P 从点C 出发，沿射线CB 每秒1个单位长度的速度运动，运动时间为t 秒.过点P 作PF CD ⊥于点F ，当t 为何值时，以点P ，F ，D 为顶点的三角形与COD ∆相似？（3）点M 为直线AB 上一动点，点N 为抛物线上一动点，是否存在点M ，N ，使得以点M ，N ，D ，E 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）212(2)33y x =-+；（2）1t =或52t =时，以点P ，F ，D 为顶点的三角形与COD ∆相似；（3）存在，四边形MDEN 是平行四边形时，1(2,1)M ，1(4,2)N ；四边形MNDE 是平行四边形时，2(2,3)M ，2(0,2)N ；四边形NDME 是平行四边形时，322,3M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，312,3N ⎛⎫⎪⎝⎭【详解】解：（1）过点E 作EG x ⊥轴于G 点.∵四边形OABC 是边长为2的正方形，D 是OA 的中点， ∴2OA OC ==，1OD =，90AOC DGE ∠=∠=︒. ∵90CDE ∠=︒，∴90ODC GDE ∠+∠=︒. ∵90ODC OCD ∠+∠=︒，∴OCD GDE ∠=∠.在OCD ∆和GED ∆中COD DGE OCD GDE DC DE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()ODC GED AAS ∆∆≌，1EG OD ==，2DG OC ==. ∴点E 的坐标为(3,1).∵抛物线的对称轴为直线AB 即直线2x =，∴可设抛物线的解析式为2(2)y a x k =-+，将C 、E 点的坐标代入解析式，得421a k a k +=⎧⎨+=⎩，解得1323a k ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩.∴抛物线的解析式为212(2)33y x =-+； （2）①若DFP COD ∆∆∽，则PDF DCO ∠=∠，//PD OC ， ∴90PDO OCP AOC ∠=∠=∠=︒，∴四边形PDOC 是矩形， ∴1PC OD ==，∴1t =；②若PFD COD ∆∆∽，则PDF DCO ∠=∠， ∴PD DFCD OD=. ∴9090PCF DCO DPF PDF ∠=︒-∠=-∠=∠.∴PC PD =，∴12DF CD =. ∵22222215CD OD OC =+=+=，∴CD2DF =. ∵PD DFCD OD=，∴522PC PD ===，52t =，综上所述：1t =或52t =时，以点P ，F ，D 为顶点的三角形与COD ∆相似： （3）存在，①若以DE 为平行四边形的对角线，如图2，此时，N点就是抛物线的顶点（2，23），由N、E两点坐标可求得直线NE的解析式为：y＝13 x；∵DM∥EN，∴设DM的解析式为：y＝13x＋b，将D（1，0）代入可求得b＝−13，∴DM的解析式为：y＝13x−13，令x＝2，则y＝13，∴M（2，13）；②过点C作CM∥DE交抛物线对称轴于点M，连接ME，如图3，∵CM∥DE，DE⊥CD，∴CM⊥CD，∵OC⊥CB，∴∠OCD＝∠BCM，在△OCD 和△BCM 中BCM OCD CBM COD CO CB ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△OCD ≌△BCM （ASA ）， ∴CM ＝CD ＝DE ，BM ＝OD ＝1， ∴CDEM 是平行四边形， 即N 点与C 占重合， ∴N （0，2），M （2，3）；③N 点在抛物线对称轴右侧，MN ∥DE ，如图4，作NG ⊥BA 于点G ，延长DM 交BN 于点H ， ∵MNED 是平行四边形，∴∠MDE ＝MNE ，∠ENH ＝∠DHB ， ∵BN ∥DF ，∴∠ADH ＝∠DHB ＝∠ENH ， ∴∠MNB ＝∠EDF ， 在△BMN 和△FED 中MBN EFD BNM FDE MN DE ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ∴△BMN ≌△FED （AAS ），∴BM ＝EF ＝1，BN ＝DF ＝2，∴M （2，1），N （4，2）； 综上所述，四边形MDEN 是平行四边形时，1(2,1)M ，1(4,2)N ； 四边形MNDE 是平行四边形时，2(2,3)M ，2(0,2)N ； 四边形NDME 是平行四边形时，322,3M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，312,3N ⎛⎫⎪⎝⎭. 3．（2020·长沙市长郡双语实验中学初三开学考试）如图，抛物线y ＝ax 2﹣2ax +c 的图象经过点C （0，﹣2），顶点D 的坐标为（1，﹣83），与x 轴交于A 、B 两点．（1）求抛物线的解析式．（2）连接AC ，E 为直线AC 上一点，当△AOC ∽△AEB 时，求点E 的坐标和AEAB的值．（3）点C 关于x 轴的对称点为H ，5FC +BF 取最小值时，在抛物线的对称轴上是否存在点Q ，使△QHF 是直角三角形？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）224233y x x =--；（2）E （﹣15，﹣85）5；（3）（1133+）或（1133-Q （1，2）或Q （1，﹣32）． 【详解】（1）由题可列方程组：28 23 ca a c=-⎧⎪⎨-+=-⎪⎩，解得：232ac⎧=⎪⎨⎪=-⎩∴抛物线解析式为：y＝23x2﹣43x﹣2；（2）由题意和勾股定理得，∠AOC＝90°，AC＝5，AB＝4，设直线AC的解析式为：y＝kx+b，则k b0b2-+=⎧⎨=-⎩，解得：22kb=-⎧⎨=-⎩，∴直线AC的解析式为：y＝﹣2x﹣2；当△AOC∽△AEB时AOCAEBSS△△＝（ACAB）2＝（542＝516，∵S△AOC＝1，∴S△AEB＝165，∴12AB×|y E|＝165，AB＝4，则y E＝﹣85，则点E（﹣15，﹣85）；由△AOC∽△AEB得：5AO AEAC AB==∴AE5AB=；（3）如图2，连接BF，过点F作FG⊥AC于G，则FG ＝CFsin ∠FCG ＝5CF ， ∴5CF +BF ＝GF +BF ≥BE ， 当折线段BFG 与BE 重合时，取得最小值， 由（2）可知∠ABE ＝∠ACO|y |＝OBtan ∠ABE ＝OBtan ∠ACO ＝3×12＝32， ∴当y ＝﹣32时，即点F （0，﹣32），5CF +BF 有最小值；①当点Q 为直角顶点时（如图3） F （0，﹣32），∵C （0，﹣2）∴H （0，2）设Q （1，m ），过点Q 作QM ⊥y 轴于点M ． 则Rt △QHM ∽Rt △FQM ∴QM 2＝HM •FM ， ∴12＝（2﹣m ）（m +32）， 解得：m 133±，则点Q （1133+1133-当点H 为直角顶点时：点H （0，2），则点Q （1，2）；当点F 为直角顶点时：同理可得：点Q （1，﹣32）； 综上，点Q 的坐标为：（1，1334+）或（1，1334-）或Q （1，2）或Q （1，﹣32）．4．（2019·贵州初三）如图，已知抛物线y =13x 2+bx +c 经过△ABC 的三个顶点，其中点A （0，1），点B （﹣9，10），AC ∥x 轴，点P 是直线AC 下方抛物线上的动点． （1）求抛物线的解析式；（2）过点P 且与y 轴平行的直线l 与直线AB 、AC 分别交于点E 、F ，当四边形AECP 的面积最大时，求点P 的坐标；（3）当点P 为抛物线的顶点时，在直线AC 上是否存在点Q ，使得以C 、P 、Q 为顶点的三角形与△ABC 相似，若存在，求出点Q 的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1) 抛物线的解析式为y =13x 2-2x +1，(2) 四边形AECP 的面积的最大值是814，点P （92，﹣54）；(3) Q （4,1）或（-3，1）. 【详解】解：(1)将A (0，1)，B (9，10)代入函数解析式得：13×81＋9b ＋c ＝10，c ＝1，解得b ＝−2，c ＝1， 所以抛物线的解析式y ＝13x 2−2x ＋1；(2)∵AC ∥x 轴，A (0，1)， ∴13x 2−2x ＋1＝1，解得x 1＝6，x 2＝0(舍)，即C 点坐标为(6，1)，∵点A(0，1)，点B(9，10)，∴直线AB的解析式为y＝x＋1，设P(m，13m2−2m＋1)，∴E(m，m＋1)，∴PE＝m＋1−(13m2−2m＋1)＝−13m2＋3m.∵AC⊥PE，AC＝6，∴S四边形AECP＝S△AEC＋S△APC＝12AC⋅EF＋12AC⋅PF＝12AC⋅(EF＋PF)＝12AC⋅EP＝12×6(−13m2＋3m)＝−m2＋9m.∵0<m<6，∴当m＝92时，四边形AECP的面积最大值是814，此时P(9524，)；(3)∵y＝13x2−2x＋1＝13(x−3)2−2，P(3，−2)，PF＝y F−y p＝3，CF＝x F−x C＝3，∴PF＝CF，∴∠PCF＝45∘，同理可得∠EAF＝45∘，∴∠PCF＝∠EAF，∴在直线AC上存在满足条件的点Q，设Q(t，1)且AB＝92，AC＝6，CP＝32，∵以C，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似，①当△CPQ∽△ABC时，CQ:AC＝CP:AB，(6−t):6＝3292t＝4，所以Q(4，1)；②当△CQP∽△ABC时，CQ:AB＝CP:AC，(6−t):9232＝6，解得t＝−3，所以Q(−3，1).综上所述：当点P为抛物线的顶点时，在直线AC上存在点Q，使得以C，P，Q为顶点的三角形与△ABC 相似，Q点的坐标为(4，1)或(−3，1).5．（2020·河南初三）如图，在平面直角坐标系中，抛物线243y x bx c =-++与x 轴交于A 、D 两点，与y 轴交于点B ，四边形OBCD 是矩形，点A 的坐标为（1，0），点B 的坐标为（0，4），已知点E （m ，0）是线段DO 上的动点，过点E 作PE ⊥x 轴交抛物线于点P ，交BC 于点G ，交BD 于点H ． （1）求该抛物线的解析式；（2）当点P 在直线BC 上方时，请用含m 的代数式表示PG 的长度；（3）在（2）的条件下，是否存在这样的点P ，使得以P 、B 、G 为顶点的三角形与△DEH 相似？若存在，求出此时m 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）248433y x x =--+；（2）PG =24833m m --；（3）存在点P ，使得以P 、B 、G 为顶点的三角形与△DEH 相似，此时m 的值为﹣1或2316-．【详解】解：（1）∵抛物线243y x bx c =-++与x 轴交于点A （1，0），与y 轴交于点B （0，4），∴40{34b c c -++==，解得8{34b c =-=. ∴抛物线的解析式为248433y x x =--+. （2）∵E （m ，0），B （0，4），PE ⊥x 轴交抛物线于点P ，交BC 于点G ，∴P （m ，248433m m --+），G （m ，4）. ∴PG =224848443333m m m m --+-=--.（3）在（2）的条件下，存在点P ，使得以P 、B 、G 为顶点的三角形与△DEH 相似． ∵248433y x x =--+，∴当y =0时，2484033x x --+=，解得x =1或﹣3. ∴D （﹣3，0）．当点P 在直线BC 上方时，﹣3＜m ＜0． 设直线BD 的解析式为y =kx +4，将D （﹣3，0）代入，得﹣3k +4=0，解得k =43. ∴直线BD 的解析式为y =43x +4. ∴H （m ，43m +4）． 分两种情况：①如果△BGP ∽△DEH ，那么BG GP DE EH =，即248334343m m m m m ---=++. 由﹣3＜m ＜0，解得m =﹣1.②如果△PGB ∽△DEH ，那么PG BG DE HE =，即248334343m mm m m ---=++. 由﹣3＜m ＜0，解得m =2316-．综上所述，在（2）的条件下，存在点P ，使得以P 、B 、G 为顶点的三角形与△DEH 相似，此时m 的值为﹣1或2316-．6．（2020·浙江初三期末）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线2y x =的对称轴为直线l ，将直线l 绕着点()0,2P 顺时针旋转α∠的度数后与该抛物线交于AB 两点（点A 在点B 的左侧），点Q 是该抛物线上一点（1）若45α∠=︒，求直线AB 的函数表达式 （2）若点p 将线段分成2:3的两部分，求点A 的坐标（3）如图②，在（1）的条件下，若点Q 在y 轴左侧，过点p 作直线//l x 轴，点M 是直线l 上一点，且位于y 轴左侧，当以P ，B ，Q 为顶点的三角形与PAM ∆相似时，求M 的坐标【答案】（1）2y x =+；（2）234,33⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭或()3,3-；（3）(1,2)-，(2,2)-，(13,2)--，(13,2)- 【详解】（1）如图①，设直线AB 与x 轴的交点为M ．∵∠OPA =45°，∴OM =OP =2，即M （-2，0）．设直线AB 的解析式为y =kx +b （k ≠0），将M （-2，0），P （0，2）两点坐标代入，得0(202)k bk b⨯+⨯-⎩+⎧⎨＝＝， 解得，12k b ⎧⎨⎩＝＝． 故直线AB 的解析式为y =x +2； （2）①:2:3AP PB = 设()22,4A a a-()23,9B a a （a ＞0）∵点A 、点B 在直线y =x +2上和抛物线y =x 2的图象上， ∴2422a a =-+，2932a a =+∴24212a a -=-，292=13a a -∴22429223a a a a--=-解得，1a =2a =43A ⎛⎫∴ ⎪ ⎪⎝⎭②:3:2AP PB = 设()23,9A a a-()22,4B a a （a ＞0）∵点A 、点B 在直线y =x +2上和抛物线y =x 2的图象上， ∴2932a a =-+，2422a a =+∴29213a a -=-，242=12a a-∴22924232a a a a--=- 解得：133a =，233a =-（舍去） (3,3)A ∴-综上234,3⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭或()3,3-（3）45MPA ∠=︒，45QPB ∠≠︒ (1,1)A -，(2,4)B①45QBP ∠=︒此时B ，Q 关于y 轴对称，PBQ ∆为等腰直角三角形1(1,2)M ∴-2(2,2)M -②45BQP ∠=︒此时()2,4Q -满足，左侧还有Q '也满足BQP BQ P '∠=∠QQ '∴，B ，P ，Q 四点共圆，易得圆心为BQ 中点()0,4D设()2,Q x x'，()0x <∵Q D BD '=()2222(0)42x x ∴-+-=()()22430xx --=0x <Q 且不与Q 重合x ∴=(Q '∴，2Q P '=2Q P DQ DP ''===Q DPQ '∴∆为正三角形，160302PBQ '∠=⨯=︒︒过P 作PE BQ '⊥，则PE Q E '==BE =Q B '∴=∵Q PB PMA '∆∆:∴PQ Q BPA PM''=PM =解得，1PM =+∴(12)M - ∵Q PB PMA '∆∆: ∴PQ Q B PM PA''=∴2PM =解得，31PM=-∴(13,2)M-综上所述，满足条件的点M的坐标为：(1,2)-，(2,2)-，(13,2)--，(13,2)-. 7．（2020·上海初三）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝13x2+mx+n经过点B（6，1），C（5，0），且与y轴交于点A．（1）求抛物线的表达式及点A的坐标；（2）点P是y轴右侧抛物线上的一点，过点P作PQ⊥OA，交线段OA的延长线于点Q，如果∠PAB＝45°．求证：△PQA∽△ACB；（3）若点F是线段AB（不包含端点）上的一点，且点F关于AC的对称点F′恰好在上述抛物线上，求FF′的长．【答案】（1）y＝13x2﹣83x+5，点A坐标为（0，5）；（2）详见解析；（3）24．【详解】解：（1）将B（6，1），C（5，0）代入抛物线解析式y＝13x2+mx+n，得1126+n,250=5,3mm n=+⎧⎪⎨++⎪⎩解得，m＝﹣83，n＝5，则抛物线的解析式为：y＝13x2﹣83x+5，点A坐标为（0，5）；（2）∵AC ＝225552+=，BC ＝22(65)12-+=，AB ＝22(51)6213-+=，∴AC 2+BC 2＝AB 2，∴△ABC 为直角三角形，且∠ACB ＝90°，当∠PAB ＝45°时，点P 只能在点B 右侧，过点P 作PQ ⊥y 轴于点Q ，∴∠QAB +∠OAB ＝180°﹣∠PAB ＝135°， ∴∠QAP +∠CAB ＝135°﹣∠OAC ＝90°， ∵∠QAP +∠QPA ＝90°，∴∠QPA ＝∠CAB ， 又∵∠AQP ＝∠ACB ＝90°，∴△PQA ∽△ACB ；（3）做点B 关于AC 的对称点B '，则A ，F '，B '三点共线， 由于AC ⊥BC ，根据对称性知点B '（4，﹣1）， 将B '（4，﹣1）代入直线y ＝kx +5， ∴k ＝﹣32，∴y AB '＝﹣32x +5， 联立235,218533y x y x x ⎧=+⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩解得，x 1＝72，x 2＝0（舍去），则F '（72，﹣14）， 将B （6，1），B '（4，﹣1）代入直线y ＝mx +n ，得，61,41,k bk b+=⎧⎨+=-⎩解得，1,5.kb=⎧⎨=-⎩∴y BB'＝x﹣5，由题意知，k FF'＝K BB'，∴设y FF'＝x+b，将点F'（72，﹣14）代入，得，b＝﹣154，∴y FF'＝x﹣154，联立25,354y xy x⎧=+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩解得，21,43.2xy⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩∴F（214，32），则FF'＝2221731()()4224-++＝724．8．（2019·江苏初三期末）如图，抛物线y＝ax2＋5ax＋c（a＜0）与x轴负半轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C点，D是抛物线的顶点，过D作DH⊥x轴于点H，延长DH交AC于点E，且S△ABD：S△ACB＝9：16，（1）求A 、B 两点的坐标；（2）若△DBH 与△BEH 相似，试求抛物线的解析式． 【答案】(1) 4c a =;(2) 见解析. 【解析】 【详解】解：（1）222525525(5)()4424y a x x a c a x a c =++-+=+-+ ∴525,24D a c ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭∵C (0，c ) ∴OC =-c ，DH =254a c -+ ∵S △ABD ：S △ACB ＝9∶16 ∴25();()9:164DH a c c OC =-+-= ∴4c a = ∴254(1)(4)y ax ax a a x x =++=++ ∴ (4,0),(1,0)A B --（2）① ∵EH ∥OC ∴△AEH ∽△ACO ∴EH AHOC AO= ∴1.544EH a =- ∴ 1.5EH a =- ∵ 2.25DH a EH =-≠ ∵△DBH 与△BEH 相似 ∴∠BDH =∠EBH , 又∵∠BHD =∠BHE =90°∴△DBH ∽△BEH ∴DH BHBH EH = ∴ 2.25 1.5a BH BH a-=-∴3a=±（舍去正值）∴2y =9．（2019·湖南中考模拟）如图，顶点坐标为（2，﹣1）的抛物线y ＝ax 2+bx +c （a ≠0）与y 轴交于点C （0，3），与x 轴交于A 、B 两点． （1）求抛物线的表达式；（2）设抛物线的对称轴与直线BC 交于点D ，连接AC 、AD ，求△ACD 的面积；（3）点E 为直线BC 上一动点，过点E 作y 轴的平行线EF ，与抛物线交于点F ．问是否存在点E ，使得以D、E、F为顶点的三角形与△BCO相似？若存在，求点E的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）y==x2-4x+3；（2）AS△ACD=2；（3）①∠DFE=90°时，E1（22）; E2（22）；②∠EDF=90°时，E3（1，2）、E4（4，-1）．【详解】解：（1）依题意，设抛物线的解析式为y=a（x-2）2-1，代入C（O，3）后，得：a（0-2）2-1=3，a=1∴抛物线的解析式：y=（x-2）2-1=x2-4x+3．（2）由（1）知，A（1，0）、B（3，0）；设直线BC的解析式为：y=kx+3，代入点B的坐标后，得：3k+3=0，k=-1∴直线BC：y=-x+3；由（1）知：抛物线的对称轴：x=2，则D（2，1）；∴AD22AG DG+2，AC22OC OA+10，CD22(31)2-+2，即：AC2=AD2+CD2，△ACD是直角三角形，且AD⊥CD；∴S△ACD=12AD•CD=122×2=2．（3）由题意知：EF∥y轴，则∠FED=∠OCB，若△OCB与△FED相似，则有：①∠DFE=90°，即DF∥x轴；将点D纵坐标代入抛物线的解析式中，得：x2-4x+3=1，解得x=2±2；当x=2+2时，y=-x+3=1-2；当x=2-2时，y=-x+3=1+2；∴E1（2+2，1-2）、E2（2-2，1+2）．②∠EDF=90°；易知，直线AD：y=x-1，联立抛物线的解析式有：x2-4x+3=x-1，x2-5x+4=0，解得x1=1、x2=4；当x=1时，y=-x+3=2；当x=4时，y=-x+3=-1；∴E3（1，2）、E4（4，-1）；综上，存在符合条件的点E，且坐标为：（2+2，1-2）、（2-2，1+2）、（1，2）或（4，-1）．10．（2019·西安市铁一中学中考模拟）如图，抛物线2(0)-，并且与=++≠的顶点坐标为(2,1)y ax bx c ay轴交于点(0,3)C，与x轴交于A、B两点．（1）求抛物线的表达式．（2）如图1，设抛物线的对称轴与直线BC交于点D，点E为直线BC上一动点，过点E作y轴的平行线V相似．若存在，EF，与抛物线交于点F，问是否存在点E，使得以D、E、F为顶点的三角形与BCO。
2023年中考数学复习存在性问题系列菱形的存在性问题专题探究
2023年中考复习存在性问题系列菱形的存在性问题专题探究函数和菱形存在性问题作为压轴题目，结合了“分类讨论思想”，“方程思想”“菱形的判定方法”，势必要比单纯的菱形判定思考难度要大得多，因此我在研究了近些年中考真题之后尝试性地总结一下菱形存在性问题的通用解法，以供大家参考.解题攻略1.【基本概念】菱形作为一种特殊的平行四边形，可以从以下几种方式得到：（1）有一组邻边相等的平行四边形菱形；（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形；（3）四边都相等的四边形是菱形2.【基本题型】因此就常规题型而言，菱形存在性至少有2个动点，多则有3个动点，可细分如下两大类题型：（1）2个定点+1个半动点+1个全动点（2）1个定点+3个半动3.【解题思路】解决问题的方法也可有如下两种：思路1：先平四，再菱形设点坐标，根据平四存在性要求列出“A +C =B +D ”（AC 、BD 为对角线），再结合一组邻边相等，得到方程组．思路2：先等腰，再菱形在构成菱形的4个点中任取3个点，必构成等腰三角形，根据等腰存在性方法可先确定第3个点，平移再确定第4个点．典例剖析1. 两定两动：坐标轴+平面例1.如图，在平面直角坐标系中，抛物线2(0)y ax x c a =-+≠与x 轴交于点A 、B 两点（点A 在点B 左侧），与y 轴交于点C ．OA 、OB 的长是不等式组243522x x x x +>⎧⎪⎨-⎪⎩的整数解()OA OB <，点(2,)D m 在抛物线上．（1）求抛物线的解析式及的值；（2）轴上的点使和的值最小，则 ；（3）将抛物线向上平移，使点落在点处．当时，抛物线向上平移了 个单位；（4）点在在轴上，平面直角坐标系内存在点使以点、、、为顶点的四边形为菱形，请直接写出点的坐标．【答案】（1）-4（2）2（3）9（4）、、、．【详解】：（1）所给不等式组的解集为，其整数解为2，3，、的长是所给不等式组的整数解，且，，，则，，点、在抛物线上，， m y E AE DE OE =C F //AD FB M y N A B M NN 1(5,4)N --2(5,4)N -321)N 4(5,21)N 24x <OA OB OA OB <2OA ∴=3OB =(2,0)A -(3,0)B A B ∴420930a c a c ++=⎧⎨-+=⎩解得， 所求的抛物线的解析式为，点在抛物线上，；（2）如图1所示，连接交轴于点，则此时最小，设直线的解析式为，点，在直线上，， 解得， 直线的函数解析式为，当时，，即．，， 16a c =⎧⎨=-⎩∴26y x x =--(2,)D m 22264m ∴=--=-AD y E AE ED+AD (0)y kx b k =+≠(2,0)A -(2,4)D -AD ∴2024k b k b -+=⎧⎨+=-⎩12k b =-⎧⎨=-⎩∴AD 2y x =--0x =2y =-(0E 2)-|2|2OE ∴=-=故答案为：2；（3）如图1，，，， ，，，，，抛物线向上平移9个单位，故答案为：9；（4）以、、、为顶点的四边形是菱形，对角线互相垂直且平分，由，与不能作为一组对角线，分两种情况：①以与为对角线时，如图2①和图2②， //AD FB AEO BFO ∴∆∆∽∴OE OA OF OB=2OE OA ==3OF OB ∴==(0,6)C -|6|6OC ∴=-=639CF CO OF ∴=+=+=∴A B M N OA OB ≠AB ∴MN ∴AM BN如图2①，，四边形是菱形，轴，，在中，，，，如图2②，同理可得：，②以与为对角线时，如图2③和图2④，如图2③，菱形的边长仍为5，轴，，，235AB OA OB =+=+=ABMN ////MN AB x ∴5MN MB AB ===Rt MBO ∆2222534OM MB OB --=(0,4)M ∴(5,4)N ∴-(5,4)N --ANBM //MN x 22225221MO AM OA =--=21)M ∴，如图2④，同理可得：，综上所述，①②两种情况，符合条件的点的坐标为：、、、．2.两定两动：对称轴+平面例2.如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD 为正方形，点A ，B 在x 轴上，抛物线y ＝x 2+bx +c 经过点B ，D （﹣4，5）两点，且与直线DC 交于另一点E ．（1）求抛物线的解析式；（2）F 为抛物线对称轴上一点，Q 为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点Q ，F ，E ，B 为顶点的四边形是以BE 为边的菱形．若存在，请求出点F 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）P 为y 轴上一点，过点P 作抛物线对称轴的垂线，垂足为M ，连接ME ，BP ，探究EM +MP +PB 是否存在最小值．若存在，请求出这个最小值及点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）求出点B 的坐标为（1，0），再用待定系数法即可求解；（2）以点Q ，F ，E ，B 为顶点的四边形是以BE 为边的菱形，故点B 向右平移1个单位向上平移5个单位得到点E ，则Q （F ）向右平移1个单位向上平移5个单位得到点F （Q ），21)N ∴(5,21)N -N 1(5,4)N --2(5,4)N -321)N 4(5,21)N-且BE＝EF（BE＝EQ），即可求解；（3）由题意抛物线的对称轴交x轴于点B′（﹣1，0），将点B′向左平移1个单位得到点B″（﹣2，0），连接B″E，交函数的对称轴于点M，过点M作MP⊥y轴，则点P、M为所求点，此时EM+MP+PB为最小，进而求解．【解析】（1）由点D的纵坐标知，正方形ABCD的边长为5，则OB＝AB﹣AO＝5﹣4＝1，故点B的坐标为（1，0），则，解得，故抛物线的表达式为y＝x2+2x﹣3；（2）存在，理由：∵点D、E关于抛物线对称轴对称，故点E的坐标为（2，5），由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x＝﹣1，故设点F的坐标为（﹣1，m），由点B、E的坐标得，BE2＝（2﹣1）2+（5﹣0）2＝26，设点Q的坐标为（s，t），∵以点Q，F，E，B为顶点的四边形是以BE为边的菱形，故点B向右平移1个单位向上平移5个单位得到点E，则Q（F）向右平移1个单位向上平移5个单位得到点F（Q），且BE＝EF（BE＝EQ），则或，解得或，故点F的坐标为（﹣1，5+）或（﹣1，5﹣）或（﹣1，）或（﹣1，﹣）；（3）存在，理由：由题意抛物线的对称轴交x轴于点B′（﹣1，0），将点B′向左平移1个单位得到点B″（﹣2，0），连接B″E，交函数的对称轴于点M，过点M作MP⊥y轴，则点P、M为所求点，此时EM+MP+PB为最小，理由：∵B′B″＝PM＝1，且B′B″∥PM，故四边形B″B′PM为平行四边形，则B″M＝B′P＝BP，则EM+MP+PB＝EM+1+MB″＝B″E+1为最小，由点B″、E的坐标得，直线B″E的表达式为y＝（x+2），当x＝﹣1时，y＝（x+2）＝，故点M的坐标为（﹣1，），则EM+MP+PB的最小值B″E+1＝1+＝+1．3.两定两动：斜线+抛物线例3.（2021•山西）综合与探究如图，抛物线y＝x2+2x﹣6与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC，BC．（1）求A、B，C三点的坐标并直接写出直线AC，BC的函数表达式．（2）点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，过点P作BC的平行线l，交线段AC于点D．①试探究：在直线l上是否存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由；②设抛物线的对称轴与直线l交于点M，与直线AC交于点N．当S△DMN＝S△AOC时，请直接写出DM的长．【分析】（1）解方程x2+2x﹣6＝0，可求得A、B的坐标，令x＝0，可求得点C的坐标，即可得直线AC，BC的函数表达式；（2）①设点D的坐标为（m，﹣m﹣6），其中﹣6＜m＜0，可得BD2＝（m﹣2）2+（m+6）2，BC2＝22+62＝40，DC2＝m2+（﹣m﹣6+6）2＝2m2，分两种情况画出图形，根据菱形的性质即可求解；②设点D的坐标为（m，﹣m﹣6），其中﹣6＜m＜0，由直线l∥BC可设直线BC的解析式为y＝3k+b，由点D的坐标可得b＝﹣4m﹣6，则M（﹣2，﹣4m﹣12），根据AC的函数表达式可得N（﹣2，﹣4），求出MN，根据S△DMN＝S△AOC可求得m，求出点D，点M 的坐标，即可得DM的长．【解析】（1）当y＝0时，x2+2x﹣6＝0，解得x1＝﹣6，x2＝2，∴A（﹣6，0），B（2，0），当x＝0时，y＝﹣6，∴C（0，﹣6），∵A（﹣6，0），C（0，﹣6），∴直线AC的函数表达式为y＝﹣x﹣6，∵B（2，0），C（0，﹣6），∴直线BC的函数表达式为y＝3x﹣6；（2）①存在：设点D的坐标为（m，﹣m﹣6），其中﹣6＜m＜0，∵B（2，0），C（0，﹣6），∴BD2＝（m﹣2）2+（m+6）2，BC2＝22+62＝40，DC2＝m2+（﹣m﹣6+6）2＝2m2，∵DE∥BC，∴当DE＝BC时，以点D，C，B，E为顶点的四边形为平行四边形，分两种情况：如图，当BD＝BC时，四边形BDEC为菱形，∴BD2＝BC2，∴（m﹣2）2+（m+6）2＝40，解得：m1＝﹣4，m2＝0（舍去），∴点D的坐标为（﹣4，﹣2），∵点D向左移动2各单位长度，向下移动6个单位长度得到点E，∴点E的坐标为（﹣6，﹣8）；如图，当CD＝CB时，四边形CBED为菱形，∴CD2＝CB2，∴2m2＝40，解得：m1＝﹣2，m2＝2（舍去），∴点D的坐标为（﹣2，2﹣6），∵点D向右移动2各单位长度，向上移动6个单位长度得到点E，∴点E的坐标为（2﹣2，2）；综上，存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，点E的坐标为（﹣6，﹣8）或（2﹣2，2）；②设点D 的坐标为（m ，﹣m ﹣6），其中﹣6＜m ＜0，∵A （﹣6，0），B （2，0），∴抛物线的对称轴为直线x ＝﹣2，∵直线BC 的函数表达式为y ＝3x ﹣6，直线l ∥BC ，∴设直线l 的解析式为y ＝3x +b ，∵点D 的坐标（m ，﹣m ﹣6），∴b ＝﹣4m ﹣6，∴M （﹣2，﹣4m ﹣12），∵抛物线的对称轴与直线AC 交于点N ．∴N （﹣2，﹣4），∴MN ＝﹣4m ﹣12+4＝﹣4m ﹣8，∵S △DMN ＝S △AOC ，∴（﹣4m ﹣8）（﹣2﹣m ）＝×6×6，整理得：m 2+4m ﹣5＝0，解得：m 1＝﹣5，m 2＝1（舍去），∴点D 的坐标为（﹣5，﹣1），∴点M 的坐标为（﹣2，8），∴DM ＝＝3， 答：DM 的长为3． 变式练习1.如图，在平面直角坐标系中，抛物线2y x bx c =++与直线AB 交于A ，B 两点，其中01A （，），(4,1)B -．(1)求该抛物线的函数表达式；(2)点P ，Q 为直线AB 下方抛物线上任意两点，且满足点P 的横坐标为m ，点Q 的横坐标为1m +，过点P 和点Q 分别作y 轴的平行线交直线AB 于C 点和D 点，连接PQ ，求四边形PQDC 面积的最大值；(3)在（2）的条件下，将抛物线2y x bx c =++沿射线AB 平移51y ，点E 为点P 的对应点，点F 为1y 的对称轴上任意一点，点G 为平面直角坐标系内一点，当点B E F G ，，，构成以EF 为边的菱形时，直接写出所有符合条件的点G 的坐标．【答案】(1)2912y x x =-+； (2)154； (3)1315(,)44-、193394(4--、193394(4-．【分析】（1）用待定系数法求解即可；（2）根据题意，求得直线AB 解析式，以及P Q C D 、、、四点坐标，得到PC 、DQ 长度，利用二次函数的性质求解即可；（3）根据平移的性质，求得1y 的表达式，分两种情况，讨论求解即可．【详解】（1）解：将01A （，），(4,1)B -代入二次函数解析式，可得16411b c c ++=-⎧⎨=⎩，解得921b c ⎧=-⎪⎨⎪=⎩ 即2912y x x =-+；（2）设直线AB 解析式y kx n =+，代入01A （，），(4,1)B -，可得411k n n +=-⎧⎨=⎩，解得121k n ⎧=-⎪⎨⎪=⎩ 即112y x =-+， 则29(,1)2P m m m -+，1(,1)2C m m -+，29(1,(1)(1)1)2Q m m m ++-++，1(1,(1)1)2D m m +-++ 22191(1)422PC m m m m m =-+--+=-+， 2219(1)1[(1)(1)1)2322QD m m m m m =-++-+-++=-++， 2213315()13()2224PQDC S PC QD m m m =⨯+⨯=-++=--+四边形， 即当32m =时，PQDC S 四边形最大，为154； （3）由（2）可知37(,)22P -， 直线AB 为112y x =-+与x 轴的交点为(2,0)，与y 轴的交点为(0,1)，5 沿射线AB 平移54个单位，向下移动了2个单位， ∴1111(,)22E -， 则2912y x x =-+平移后2125332y x x =-+， 抛物线1y 的对称轴为254x =， 设25(,)4F t ， 当BE BF =时，如图：则22221111251111(4)(1)()()22422t -+-+=-++， 解得22339t -±=， ∴2522339(4F --或2522339(4F -+， 当2522339(4F -+时，E 平移到B ，F 平移到G ， ∴193394(4G -， 当2522339()4F --时，E 平移到B ，F 平移到G ， ∴193394()4G --，当BF EF =时，如下图：222225251111(4)(1)()()4422t t -++=-++，解得114t =-，F平移到B，E平移到G，可得1315 (,)44G-，综上点G的坐标为1315(,)44-、193394(4--、193394(4-．【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，四边形面积、菱形的性质及应用等知识解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．2.如图，已知直线y＝43x+4与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝ax2+bx+c经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线x＝﹣1．(1)求抛物线的表达式；(2)D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形ABCD面积S的最大值及此时D点的坐标；(3)若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形？若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y＝﹣43x2﹣83x+4(2)S最大＝252，D（﹣32，5）(3)存在，Q（﹣2，198）【分析】（1）先求得A，C，B三点的坐标，将抛物线设为交点式，进一步求得结果；（2）作DF∴AB于F，交AC于E，根据点D和点E坐标可表示出DE的长，进而表示出三角形ADC的面积，进而表示出S的函数关系式，进一步求得结果；（3）根据菱形性质可得P A ＝PC ，进而求得点P 的坐标，根据菱形性质，进一步求得点Q 坐标．【详解】（1）解：当x ＝0时，y ＝4，∴C （0，4），当y ＝0时，43x +4＝0， ∴x ＝﹣3，∴A （﹣3，0），∴对称轴为直线x ＝﹣1，∴B （1，0），∴设抛物线的表达式：y ＝a （x ﹣1）•（x +3），∴4＝﹣3a ，∴a ＝﹣43， ∴抛物线的表达式为：y ＝﹣43（x ﹣1）•（x +3）＝﹣43x 2﹣83x +4； （2）如图1，作DF ∴AB 于F ，交AC 于E ，∴D （m ，﹣243m ﹣83m +4），E （m ，﹣43m +4）， ∴DE ＝﹣243m ﹣83m +4﹣（43m +4）＝﹣43m 2﹣4m ， ∴S △ADC ＝12DE OA ＝32•（﹣43m 2﹣4m ）＝﹣2m 2﹣6m ，∴S△ABC＝12AB OC⋅＝1442⨯⨯＝8，∴S＝﹣2m2﹣6m+8＝﹣2（m+32）2+252，∴当m＝﹣32时，S最大＝252，当m＝﹣32时，y＝﹣433(1)(3)322⨯--⨯-+＝5，∴D（﹣32，5）；（3）设P（﹣1，n），∴以A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，∴P A＝PC，即：P A2＝PC2，∴（﹣1+3）2+n2＝1+（n﹣4）2，∴n＝138，∴P（﹣1，138），∴xP+xQ＝xA+xC，yP+yQ＝yA+yC∴xQ＝﹣3﹣（﹣1）＝﹣2，yQ＝4﹣138＝198，∴Q（﹣2，198）．【点睛】本题考查了二次函数及其图象性质，勾股定理，菱形性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握相关二次函数和菱形性质菱形作为特殊的平行四边形其存在性问题亦是分类讨论中的一大难点．此类题目多以直角坐标平面为背景．题干中一般会给出两个顶点，第三个点在某个可求的函数图像上，在另一个函数的图像上或直角坐标平面内，求能与之前的三个点构成菱形的第四个点的坐标．此类题目的一大难度在于如何合理分类的问题．若题干中已知两定点的话，可以把这两定点连成的线段是菱形的一边或者对角线进行分类讨论，再利用菱形的性质确定出其他的顶点的位置．。
存在性问题的解答技巧
存在性问题的解答技巧
存在性问题是指判断满足某种条件的事物或事件是否存在的问题，此类问题的知识覆盖面较广，综合性较强，题意构思非常精巧，解题方法灵活，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高。
按照历年中考数学试题来看，存在性问题一般可以分为两类：肯定型和否定型。
解决存在性问题一般套路：假设存在→推理论证→得出结论。
简单地说就是若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，导出矛盾，就做出不存在的判断。
具体来说，我们可以归纳出三种解决存在性问题的解题策略:
1、直接求解法
就是直接从已知条件入手,逐步试探,求出满足条件的对象,使问题得到解决的解法。
2、假设求解法
先假设结论存在,再从已知条件和定义,定理,公理出发,进行演绎推理,若得到和题意相容的结论,则假设成立,结论也存在;否则,假设不成立,结论不存在。
3、反证法
反证法是证明否定型存在性问题的主要方法,特别是在无限个候选对象中,证明某种数学对象不存在时,逐一淘汰的方法几乎不能实行,更需要使用反证法。
一定要记住一点：解题的方法主要是建立方程模型，由方程有无符合条件的解来肯定“存在与否”的问题。
存在性问题本质上是指判断满足某种条件的事物或事件是否存在的问题,这类问题的知识覆盖面较广,综合性较强,题意构思非常精巧,解题方法灵活,对学生分析问题和解决问题的能力要求较高。
不同的存在性问题解法不同，如按照解法及设问方式的不同将存在性问题分为代数方面的存在性问题(如方程根是否存在、最值是否存在等)、点的存在性问题(如构成特殊图形的点是否存在)等。
直角三角形的存在性问题解题策略
中考数学压轴题解题策略（3）直角三角形的存在性问题解题策略《挑战压轴题·中考数学》的作者马学斌专题攻略解直角三角形的存在性问题，一般分三步走，第一步寻找分类标准，第二步列方程，第三步解方程并验根．一般情况下，按照直角顶点或者斜边分类，然后按照三角比或勾股定理列方程．有时根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半列方程更简便．解直角三角形的问题，常常和相似三角形、三角比的问题联系在一起．如果直角边与坐标轴不平行，那么过三个顶点作与坐标轴平行的直线，可以构造两个新的相似直角三角形，这样列比例方程比较简便．在平面直角坐标系中，两点间的距离公式常常用到．怎样画直角三角形的示意图呢？如果已知直角边，那么过直角边的两个端点画垂线，第三个顶点在垂线上；如果已知斜边，那么以斜边为直径画圆，直角顶点在圆上（不含直径的两个端点）．例题解析例❶如图1-1，在△ABC中，AB＝AC＝10，cos∠B＝45．D、E为线段BC上的两个动点，且DE＝3（E在D右边），运动初始时D和B重合，当E和C重合时运动停止．过E作EF//AC 交AB于F，连结DF．设BD＝x，如果△BDF为直角三角形，求x的值．图1-1【解析】△BDF中，∠B是确定的锐角，那么按照直角顶点分类，直角三角形BDF存在两种情况．如果把夹∠B的两条边用含有x的式子表示出来，分两种情况列方程就可以了．如图1-2，作AH⊥BC，垂足为H，那么H是BC的中点．在Rt△ABH中，AB＝10，cos∠B＝45，所以BH＝8．所以BC＝16．由EF//AC，得BF BEBA BC=，即31016BF x+=．所以BF＝5(3)8x+．图1-2 图1-3 图1-4①如图1-3，当∠BDF ＝90°时，由4cos 5BD B BF ∠==，得45BD BF =． 解方程45(3)58x x =⨯+，得x ＝3． ②如图1-4，当∠BFD ＝90°时，由4cos 5BF B BD ∠==，得45BF BD =． 解方程5154885x x +=，得757x =． 我们看到，在画示意图时，无须受到△ABC 的“限制”，只需要取其确定的∠B ．例❷ 如图2-1，已知A 、B 是线段MN 上的两点，，，．以A 为中心顺时针旋转点M ，以B 为中心逆时针旋转点N ，使M 、N 两点重合成一点C ，构成 △ABC ，设AB ＝x ，若△ABC 为直角三角形，求x 的值．图2-1【解析】△ABC 的三边长都可以表示出来，AC ＝1，AB ＝x ，BC ＝3－x ．如果用斜边进行分类，每条边都可能成为斜边，分三种情况：①若AC 为斜边，则22)3(1x x -+=，即0432=+-x x ，此方程无实根．②若AB 为斜边，则1)3(22+-=x x ，解得35=x （如图2-2）． ③若BC 为斜边，则221)3(x x +=-，解得34=x （如图2-3）． 因此当35=x 或34=x 时，△ABC 是直角三角形．图2-2 图2-3例❸ 如图3-1，已知在平面直角坐标系中，点A 的坐标为（-2, 0），点B 是点A 关于原点的对称点，P 是函数)0(2>=x xy 图象上的一点，且△ABP 是直角三角形，求点P 的坐标．图3-1【解析】A 、B 两点是确定的，以线段AB 为分类标准，分三种情况．4=MN 1=MA 1>MB如果线段AB 为直角边，那么过点A 画AB 的垂线，与第一象限的一支双曲线没有交点；过点B 画AB 的垂线，有1个交点．以AB 为直径画圆，圆与双曲线有没有交点呢？先假如有交点，再列方程，方程有解那么就有交点．如果是一元二次方程，那么可能是一个交点，也可能是两个交点．由题意，得点B 的坐标为（2，0），且∠BAP 不可能成为直角．①如图3-2，当∠ABP ＝90°时，点P 的坐标为（2，1）．②方法一：如图3-3，当∠APB ＝90°时，OP 是Rt △APB 的斜边上的中线，OP ＝2．设P 2(,)x x ，由OP 2＝4，得2244x x +=．解得x =P (2,2)．图3-2 图3-3方法二：由勾股定理，得PA 2＋PB 2＝AB 2．解方程2222222(2)()(2)()4x x x x +++++=，得x =方法三：如图3-4，由△AHP ∽△PHB ，得PH 2＝AH ·BH ．解方程22()(2)(2)x x x=+-，得x =图3-4 图3-5这三种解法的方程貌似差异很大，转化为整式方程之后都是(x 2－2)2＝0．这个四次方程的解是x 1＝x 2＝2，x 3＝x 4＝，它的几何意义就是以AB 为直径的圆与双曲线相切于P 、P ′两点（如图3-5）．例❹ 如图4-1，已知直线y ＝kx －6经过点A (1,－4)，与x 轴相交于点B ．若点Q 是y 轴上一点，且△ABQ 为直角三角形，求点Q 的坐标．图4-1【解析】和例题3一样，过A 、B 两点分别画AB 的垂线，各有1个点Q ．和例题3不同，以AB 为直径画圆，圆与y 轴有没有交点，一目了然．而圆与双曲线有没有交点，是徒手画双曲线无法肯定的．将A (1,－4)代入y ＝kx －6，可得k ＝2．所以y ＝2x －6，B (3,0)．设OQ 的长为m ．分三种情况讨论直角三角形ABQ ：①如图4-2，当∠AQB ＝90°时，△BOQ ∽△QHA ，BO QH OQ HA =．所以341m m -=． 解得m ＝1或m ＝3．所以Q (0,－1)或(0,－3)．②如图4-3，当∠BAQ ＝90°时，△QHA ∽△AGB ，QH AG HA GB =．所以4214m -=． 解得72m =．此时7(0,)2Q -． ③如图4-4，当∠ABQ ＝90°时，△AGB ∽△BMQ ，AG BM GB MQ =．所以243m =． 解得32m =．此时3(0,)2Q ．图4-2 图4-3 图4-4三种情况的直角三角形ABQ ，直角边都不与坐标轴平行，我们以直角顶点为公共顶点，构造两个相似的直角三角形，这样列比例方程比较简便．已知A (1,－4)、B (3,0)，设Q (0, n )，那么根据两点间的距离公式可以表示出AB 2，AQ 2和BQ 2，再按照斜边为分类标准列方程，就不用画图进行“盲解”了．例❺ 如图5-1，抛物线233384y x x =--+与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧）．若直线l 过点E (4, 0)，M 为直线l 上的动点，当以A 、B 、M 为顶点所作的直角三角形有且只．．．有．三个时，求直线l 的解析式．图5-1【解析】有且只有三个直角三角形ABM 是什么意思呢？过A 、B 两点分别画AB 的垂线，与直线l 各有一个交点，那么第三个直角顶点M 在哪里？以AB 为直径的⊙G 与直线l 相切于点M 啊！ 由23333(4)(2)848y x x x x =--+=-+-，得A (－4, 0)、B (2, 0)，直径AB ＝6． 如图5-2，连结GM ，那么GM ⊥l ．在Rt △EGM 中，GM ＝3，GE ＝5，所以EM ＝4．因此3tan 4GEM ∠=． 设直线l 与y 轴交于点C ，那么OC ＝3．所以直线l （直线EC ）为334y x =-+． 根据对称性，直线l 还可以是334y x =-．图5-2例❻ 如图6-1，在△ABC 中，CA ＝CB ，AB ＝8，4cos 5A ∠=．点D 是AB 边上的一个动点，点E 与点A 关于直线CD 对称，连结CE 、DE ．（1）求底边AB 上的高；（2）设CE 与AB 交于点F ，当△ACF 为直角三角形时，求AD 的长；（3）连结AE ，当△ADE 是直角三角形时，求AD 的长．图6-1【解析】这道题目画示意图有技巧的，如果将点D 看作主动点，那么CE 就是从动线段．反过来画图，点E 在以CA 为半径的⊙C 上，如果把点E 看作主动点，再画∠ACE 的平分线就产生点D 了．（1）如图6-2，设AB 边上的高为CH ，那么AH ＝BH ＝4．在Rt △ACH 中，AH ＝4，4cos 5A ∠=，所以AC ＝5，CH ＝3． （2）①如图6-3，当∠AFC ＝90°时，F 是AB 的中点，AF ＝4，CF ＝3． 在Rt △DEF 中，EF ＝CE －CF ＝2，4cos 5E ∠=，所以52DE =．此时52AD DE ==．②如图6-4，当∠ACF＝90°时，∠ACD＝45°，那么△ACD的条件符合“角边角”．作DG⊥AC，垂足为G．设DG＝CG＝3m，那么AD＝5m，AG＝4m．由CA＝5，得7m＝5．解得57m=．此时2557AD m==．图6-2 图6-3 图6-4 （3）因为DA＝DE，所以只存在∠ADE＝90°的情况．①如图6-5，当E在AB下方时，根据对称性，知∠CDA＝∠CDE＝135°，此时△CDH是等腰直角三角形，DH＝CH＝3．所以AD＝AH－DH＝1．②如图6-6，当E在AB上方时，根据对称性，知∠CDA＝∠CDE＝45°，此时△CDH是等腰直角三角形，DH＝CH＝3．所以AD＝AH＋DH＝7．图6-5 图6-6马学斌wnmaxuebin163.2015年9月21日星期一To：《中小学数学·初中版》市海淀区西三环北路105号（首都师大）数学楼118室，100048。
中考数学复习⑦ 平行四边形及矩形、菱形、正方形存在性问题探究
中考数学复习⑦ 平行四边形及矩形、菱形、正方形存在性问题探究在平行四边形的存在性问题中，常会遇到两类探究性的问题。
第一类问题是已知三点的位置，在二次函数上或在坐标平面内找一动点，使这四点构成平行四边形（简称“三定一动”）。
第二类问题是已知两个点的位置，在二次函数上或在坐标平面内找两个动点，使这四点构成平行四边形（简称“两定两动”）。
平行四边形的这四个点有可能是定序的，也有可能没有定序。
在解决这些问题时，容易出现遗漏或方法不当或错解的情况。
因此，需要分清题型并分类讨论且作图，利用几何特征计算，并灵活运用平移坐标法等解题技巧。
可以把存在性问题的基本思路叫做“三步曲”：一“分”二“作”三“算”。
对于“三定一动”，要找出平行四边形第四个顶点，则符合条件的有3个点。
这三个点的找法是以三个定点为顶点画三角形，过每个顶点画对边的平行线，三条直线两两相交，产生所要求的3个点。
对于“两定两动”，要找出平行四边形第三、四个顶点，将两个定点连成定线段，将此线段按照作为平行四边形的边或对角线两种分类讨论。
如果平行四边形的四个顶点都能用坐标来表示，则可以直接利用坐标系中平行四边形的基本特征：即对边平行且相等或对边水平距离相等和竖直距离相等列方程求解。
如果平行四边形的四个顶点中某些点不能用坐标表示，则可以利用列方程组解图形交点的方法解决。
此外，还可以灵活运用平行四边形的中心对称的性质，或者使用平移坐标法。
平移坐标法的具体步骤是先由题目条件探索三点的坐标（若只有两个定点，可设一个动点的坐标），再画出以三点为顶点的平行四边形，根据坐标平移的性质写出第四个顶点的坐标。
最后根据题目的要求（动点在什么曲线上），判断平行四边形的存在性。
除了平行四边形，矩形、菱形和正方形也有存在性问题。
对于矩形，增加对角线相等和邻边垂直的性质，还可以转化为直角三角形的存在性问题。
对于菱形，增加四边相等和对角线垂直的性质，还可以转化为直角三角形或等腰（等边）三角形的存在性问题。
存在性问题
存在性问题所谓存在性问题是指根据题目所给的条件，探究是否存在符合要求的结论．（一）存在性问题的解决策略1、直接求解法存在性问题是探索型问题中的一种典型性问题．存在性问题探索的方向是明确的．探索的结果有两种：一种是存在：另一种是不存在．直接求解法就是直接从已知条件入手，逐步试探，求出满足条件的对象，使问题得到解决的解法.2、假设求解法先假设结论存在，再从已知条件和定义，定理，公理出发，进行演绎推理；若得到和题意相容的结论，则假设成立，结论也存在；否则，假设不成立，结论不存在.即假设结论存在，根据条件推理、计算，如果求得出一个结果，并根据推理或计算过程每一步的可逆性，证得结论存在；如果推得矛盾的结论或求不出结果，则说明结论不存在．（二）中考数学中的存在性问题的类型（1）肯定型存在性问题解决“肯定型存在性问题”的基本步骤：①画图分析．研究确定图形，先画图解决其中一种情形．②分类讨论.先验证①的结果是否合理，再找其他分类，类比第一种情形求解．③验证取舍.结合点的运动范围，画图或推理，对结果取舍．例1.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm.动点M，N从点C同时出发，均以每秒1cm的速度分别沿CA，CB向终点A，B移动，同时动点P从点B出发，以每秒2cm的速度沿BA向终点A移动，连接PM，PN，设移动时间为t（单位：秒，0＜t＜2.5）.（1）当t为何值时，以A，P，M为顶点的三角形与△ABC相似？（2）是否存在某一时刻t，使四边形APNC的面积S有最小值？若存在，求S的最小值；若不存在，请说明理由.（2）否定型存在性问题例2如图，点O为矩形ABCD的对称中心，AB=10cm，BC=12cm，点E、F、G分别从A、B、C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点E的运动速度为1cm/s，点F的运动速度为3cm/s，点G的运动速度为1.5cm/s，当点F到达点C（即点F与点C重合）时，三个点随之停止运动．在运动过程中，△EBF关于直线EF的对称图形是△EB′F．设点E、F、G运动的时间为t（单位：s）．（1）当t=s时，四边形EBFB′为正方形；（2）若以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似，求t的值；（3）是否存在实数t，使得点B′与点O重合？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．（3）讨论型存在性问题将问题看成求解题，进而从有解或无解的条件，来判明数学对象是否存在，这是解决讨论型存在性问题的主要方法.另外，先猜出对象可能存在或不存在，从而将讨论型存在性问题转化为肯定型或否定型处理，是解决讨论型存在性问题的又一重要方法.例3、如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝23，点O是AB的中点，点P在AB的延长线上，且BP＝3．一动点E从O点出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA匀速动动，到达A点后，立即以原速度沿AO返回；另一动点F从P点出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线PA匀速动动，点E、F同时出发，当两点相遇时停止运动．在点E、F的运动过程中，以EF为边作等边△EFG，使△EFG和矩形ABCD在射线PA的同侧，设动动的时间为t秒(t≥0)．(1)当等边△EFG的边FG恰好经过点C时，求运动时间t的值；(2)在整个运动过程中，设等边△EFG和矩形ABCD重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围；(3)设EG与矩形ABCD的对角线AC的交点为H，是否存在这样的t，使△AOH是等腰三角形？若存在，求出对应的t的值；若不存在，请说明理由．2、定量分类1、（数值存在性问题）如图所示，直线l ：y=3x+3与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ．把△AOB 沿y 轴翻折点A 落到点C ，抛物线过点B 、C 和D （3，0）．（1）求直线BD 和抛物线的解析式．（2）若BD 与抛物线的对称轴交于点M ，点N 在坐标轴上，以点N 、B 、D 为顶点的三角形与△MCD 相似，求所有满足条件的点N 的坐标．（3）在抛物线上是否存在点P ，使S △PBD =6？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由．2、（定值存在性问题）如图，直角梯形ABCD 中，AB ∥DC ，90DAB ∠=︒，24AD DC ==，6AB =．动点M 以每秒1个单位长的速度，从点A 沿线段AB 向点B 运动；同时点P 以相同的速度，从点C 沿折线C -D -A 向点A 运动．当点M 到达点B 时，两点同时停止运动．过点M 作直线l ∥AD ，与线段CD 的交点为E ，与折线A -C -B 的交点为Q ．点M 运动的时间为t （秒）．（1）当0.5t =时，求线段QM 的长；（2）当0＜t ＜2时，如果以C 、P 、Q 为顶点的三角形为直角三角形，求t 的值；（3）当t ＞2时，连接PQ 交线段AC 于点R ．请探究CQ RQ 是否为定值，若是，试求这个定值；若不是，请说明理由．3、（极值存在性问题）如图，已知抛物线y=ax 2+bx+c （a ≠0）的顶点坐标为（4，﹣），且与y 轴交于点C （0，2），与x 轴交于A ，B 两点（点A 在点B 的左边）．（1）求抛物线的解析式及A ，B 两点的坐标；（2）在（1）中抛物线的对称轴l 上是否存在一点P ，使AP+CP 的值最小？若存在，求AP+CP 的最小值，若不存在，请说明理由；（3）在以AB 为直径的⊙M 相切于点E ，CE 交x 轴于点D ，求直线CE 的解析式． B C D （备用图1） BC D （备用图2） Q A B CD l M P E4、（点存在性问题）如图，在平面直角坐标系中，直线AB 与x 轴，y 轴分别交于点A （6，0），B （0.8），点C 的坐标为（0，m ），过点C 作CE ⊥AB 于点E ，点D 为x 轴上的一动点，连接CD ，DE ，以CD ，DE 为边作▱CDEF ．（1）当0＜m ＜8时，求CE 的长（用含m 的代数式表示）；（2）当m=3时，是否存在点D ，使▱CDEF 的顶点F 恰好落在y 轴上？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）点D 在整个运动过程中，若存在唯一的位置，使得▱CDEF 为矩形，请求出所有满足条件的m 的值．5.（直角三角形存在性问题）如图，在平面直角坐标系中，顶点为()3,4的抛物线交y 轴与A 点，交x 轴与B C 、两点（点B 在点C 的左侧），已知A 点坐标为()0,5-．（１）求此抛物线的解析式；（２）过点B 作线段AB 的垂线交抛物线与点D ，如果以点C 为圆心的圆与直线BD 相切，请判断抛物线的对称轴与⊙C 的位置关系，并给出证明．（３）在抛物线上是否存在一点P ，使ACP ∆是以AC 为直角边的直角三角形．若存在，求点P 的坐标；若不存在，请说明理由．。
中考数学存在性问题的经典方法总结
中考数学存在性问题的经典方法总结存在性问题是动态几何中的基本类型，包括等腰（边）三角形存在问题；直角三角形存在问题；平行四边形存在问题；矩形、菱形、正方形存在问题；全等三角形存在问题；相似三角形存在问题；其它存在问题等。
函数综合题中，存在性问题是各地中考的热点。
这类题目中图形复杂，不确定因素较多，对学生的知识运用分析能力要求较高，且有一定的难度。
本节介绍几种存在性问题的经典方法，为以后二次函数中的存在性问题的解决提供帮助。
一、等腰三角形存在性问题解决等腰三角形存在性问题一般有几何法和代数法两种方法，把几何法和代数法相结合，可以使得解题又好又快。
1、代数法（盲解盲算法）如果△ABC是等腰三角形，那么存在①AB＝AC，②BA＝BC，③CA＝CB三种情况．代数法的一般步骤：罗列三边长（的平方），分类列方程，解方程并检验．2、几何法（“两圆一线”法）如图，已知线段AB，在平面内找一点C，使得△ABC为等腰三角形，满足条件的点C的集合如下图所示（在以点A，B为圆心，AB长为半径的圆和线段AB的垂直平分线上，除了与AB在同一直线上的点外的所有点）二、直角三角形存在性问题解决直角三角形存在性问题一般有几何法和代数法两种方法，把几何法和代数法相结合，可以使得解题又好又快。
1、代数法（盲解盲算法）如果△ABC是直角三角形，那么存在①∠A为直角，②∠B为直角，③∠C为直角三种情况．代数法的一般步骤：罗列三边长（的平方），分类列方程，解方程并检验．2、几何法（“两线一圆”法）如果已知两个定点A、B，在平面内求找一点C，使得△ABC为直角三角形：分别过已知线段AB的两个端点作线段AB的垂线，再以已知线段AB为直径作圆，这两条直线和这个圆上（除了和A、B在同一直线上）的所有点均满足条件，如下图所示：。
中考数学题中存在性问题的解题策略.docx
中考数学试题中“存在性”问题的解题策略存在性问题是指判断满足某种条件的事物是否存在的问题，这类问题的知识覆盖面较广，综合性较强，题意构思非常精巧，解题方法灵活，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，是近几年来各地中考的“热点”。
这类题目解法的一般思路是：假设存在一推理论证一得出结论。
若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，导出矛盾，就做出不存在的判断。
由于“存在性”问题的结论有两种可能，所以具有开放的特征，在假设存在性以后进行的推理或计算，对基础知识，基本技能提出了较高要求，并具备较强的探索性，正确、完整地解答这类问题，是对我们知识、能力的一次全面的考验。
一数式是否存在型问题数式是否存在型问题的一般解题思路是利用方程或不等式来对问题进行判别，以便得出正确结论，利用一元二次方程知识进行是否存在的判断时，根的判别式是最重要的依据，当+bx + c = 0(o ? 0)时, b2-4ac< 0 ，方程无实数根，即是不存在的充分理由；而当b2-4ac>Q 时，方程存在实数根，此时还要结合已知条件、法则、定理与实际情况等进行判别例1 .若关于X的一元二次方程%2 - + l)x + m2 - 9m + 20 = 0有两个实数根，又已知a、b、C分别是AABC的NA、ZB. ZC的对边，Z C = 9 0 °且cosB = |, b-a = 3,是否存在整数m,使上述一元二次程两个实数根的平方和等于^AABC的斜边c的平方？若存在，求出满足条件的m的值。
若不存在，请说明理由。
分析：这个题目题设较长，分析时要抓住关键，假设存在这样的m,满足的条件有m是整数，一元二次方程两个实数根的平方和等于RtAABC斜边c的平方，隐含条件判别式A NO等，这时会发现先抓住RtAABC的斜边为c这个突破口，利用题设条件，运用勾股定理并不难解决。
解：设a=3k, c=5k,则由勾股定理有b=4k,,:b — a = 3,二4k — 3k = 3, = 3.•.存在整数m=4,使方程两个实数根的平方和等于RtAABC的斜边c的平方。
存在性问题
存在性问题所谓存在性问题是指根据题目所给的条件，探究是否存在符合要求的结论．（一）存在性问题的解决策略1、直接求解法存在性问题是探索型问题中的一种典型性问题．存在性问题探索的方向是明确的．探索的结果有两种：一种是存在：另一种是不存在．直接求解法就是直接从已知条件入手，逐步试探，求出满足条件的对象，使问题得到解决的解法.2、假设求解法先假设结论存在，再从已知条件和定义，定理，公理出发，进行演绎推理；若得到和题意相容的结论，则假设成立，结论也存在；否则，假设不成立，结论不存在.即假设结论存在，根据条件推理、计算，如果求得出一个结果，并根据推理或计算过程每一步的可逆性，证得结论存在；如果推得矛盾的结论或求不出结果，则说明结论不存在．（二）中考数学中的存在性问题的类型（1）肯定型存在性问题解决“肯定型存在性问题”的基本步骤：①画图分析．研究确定图形，先画图解决其中一种情形．②分类讨论.先验证①的结果是否合理，再找其他分类，类比第一种情形求解．③验证取舍.结合点的运动范围，画图或推理，对结果取舍．例1.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm.动点M，N从点C同时出发，均以每秒1cm的速度分别沿CA，CB向终点A，B移动，同时动点P从点B出发，以每秒2cm的速度沿BA向终点A移动，连接PM，PN，设移动时间为t（单位：秒，0＜t＜2.5）.（1）当t为何值时，以A，P，M为顶点的三角形与△ABC相似？（2）是否存在某一时刻t，使四边形APNC的面积S有最小值？若存在，求S的最小值；若不存在，请说明理由.（2）否定型存在性问题例2如图，点O为矩形ABCD的对称中心，AB=10cm，BC=12cm，点E、F、G分别从A、B、C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点E的运动速度为1cm/s，点F的运动速度为3cm/s，点G的运动速度为1.5cm/s，当点F到达点C（即点F与点C重合）时，三个点随之停止运动．在运动过程中，△EBF关于直线EF 的对称图形是△EB′F．设点E、F、G运动的时间为t（单位：s）．（1）当t=s时，四边形EBFB′为正方形；（2）若以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似，求t的值；（3）是否存在实数t，使得点B′与点O重合？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．（3）讨论型存在性问题将问题看成求解题，进而从有解或无解的条件，来判明数学对象是否存在，这是解决讨论型存在性问题的主要方法.另外，先猜出对象可能存在或不存在，从而将讨论型存在性问题转化为肯定型或否定型处理，是解决讨论型存在性问题的又一重要方法.例3、如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝23，点O是AB的中点，点P在AB的延长线上，且BP＝3．一动点E从O点出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA匀速动动，到达A点后，立即以原速度沿AO返回；另一动点F从P点出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线P A匀速动动，点E、F同时出发，当两点相遇时停止运动．在点E、F的运动过程中，以EF为边作等边△EFG，使△EFG和矩形ABCD在射线P A的同侧，设动动的时间为t秒(t≥0)．(1)当等边△EFG的边FG恰好经过点C时，求运动时间t的值；(2)在整个运动过程中，设等边△EFG和矩形ABCD重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围；(3)设EG与矩形ABCD的对角线AC的交点为H，是否存在这样的t，使△AOH是等腰三角形？若存在，求出对应的t的值；若不存在，请说明理由．2、定量分类1、（数值存在性问题）如图所示，直线l ：y=3x+3与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ．把△AOB 沿y 轴翻折点A 落到点C ，抛物线过点B 、C 和D （3，0）．（1）求直线BD 和抛物线的解析式．（2）若BD 与抛物线的对称轴交于点M ，点N 在坐标轴上，以点N 、B 、D 为顶点的三角形与△MCD 相似，求所有满足条件的点N 的坐标．（3）在抛物线上是否存在点P ，使S △PBD =6？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由．2、（定值存在性问题）如图，直角梯形ABCD 中，AB ∥DC ，90DAB ∠=︒，24AD DC ==，6AB =．动点M 以每秒1个单位长的速度，从点A 沿线段AB 向点B 运动；同时点P 以相同的速度，从点C 沿折线C -D -A 向点A 运动．当点M 到达点B 时，两点同时停止运动．过点M 作直线l ∥AD ，与线段CD 的交点为E ，与折线A -C -B 的交点为Q ．点M 运动的时间为t （秒）．（1）当0.5t =时，求线段QM 的长；（2）当0＜t ＜2时，如果以C 、P 、Q 为顶点的三角形为直角三角形，求t 的值；（3）当t ＞2时，连接PQ 交线段AC 于点R ．请探究CQ RQ 是否为定值，若是，试求这个定值；若不是，请说明理由．3、（极值存在性问题）如图，已知抛物线y=ax 2+bx+c （a ≠0）的顶点坐标为（4，﹣），且与y 轴交于点C （0，2），与x 轴交于A ，B 两点（点A 在点B 的左边）．（1）求抛物线的解析式及A ，B 两点的坐标；（2）在（1）中抛物线的对称轴l 上是否存在一点P ，使AP+CP 的值最小？若存在，求AP+CP 的最小值，若不存在，请说明理由；（3）在以AB 为直径的⊙M 相切于点E ，CE 交x 轴于点D ，求直线CE 的解析式． B C D （备用图1） BC D （备用图2） Q A B CD l M P E4、（点存在性问题）如图，在平面直角坐标系中，直线AB 与x 轴，y 轴分别交于点A （6，0），B （0.8），点C 的坐标为（0，m ），过点C 作CE ⊥AB 于点E ，点D 为x 轴上的一动点，连接CD ，DE ，以CD ，DE 为边作▱CDEF ．（1）当0＜m ＜8时，求CE 的长（用含m 的代数式表示）；（2）当m=3时，是否存在点D ，使▱CDEF 的顶点F 恰好落在y 轴上？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）点D 在整个运动过程中，若存在唯一的位置，使得▱CDEF 为矩形，请求出所有满足条件的m 的值．5.（直角三角形存在性问题）如图，在平面直角坐标系中，顶点为()3,4的抛物线交y 轴与A 点，交x 轴与B C 、两点（点B 在点C 的左侧），已知A 点坐标为()0,5-．（１）求此抛物线的解析式；（２）过点B 作线段AB 的垂线交抛物线与点D ，如果以点C 为圆心的圆与直线BD 相切，请判断抛物线的对称轴与⊙C 的位置关系，并给出证明．（３）在抛物线上是否存在一点P ，使ACP ∆是以AC 为直角边的直角三角形．若存在，求点P 的坐标；若不存在，请说明理由．。
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数学“存在性”问题的解题策略一. 本周教学内容：数学“存在性”问题的解题策略存在性问题是指判断满足某种条件的事物是否存在的问题，这类问题的知识覆盖面较广，综合性较强，题意构思非常精巧，解题方法灵活，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，是近几年来各地中考的“热点”。
这类题目解法的一般思路是：假设存在→推理论证→得出结论。
若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，导出矛盾，就做出不存在的判断。
由于“存在性”问题的结论有两种可能，所以具有开放的特征，在假设存在性以后进行的推理或计算，对基础知识，基本技能提出了较高要求，并具备较强的探索性，正确、完整地解答这类问题，是对我们知识、能力的一次全面的考验。
【典型例题】例1. 若关于的一元二次方程有两个实数根，x x m x m m 22319200-++-+=()又已知、、分别是△的∠、∠、∠的对边，∠°，且，a b c ABC A B C C B ==9035cosb a m Rt -=3，是否存在整数，使上述一元二次方程两个实数根的平方和等于 △的斜边的平方？若存在，求出满足条件的的值，若不存在，请说明ABCc m 理由。
分析：这个题目题设较长，分析时要抓住关键，假设存在这样的m ，满足的条件有m 是整数，一元二次方程两个实数根的平方和等于Rt △ABC 斜边c 的平方，隐含条件判别式Δ≥0等，这时会发现先抓住Rt △ABC 的斜边为c 这个突破口，利用题设条件，运用勾股定理并不难解决。
解：在△中，∠°，∵R t A B C C B ==9035cos ∴设a=3k ，c=5k ，则由勾股定理有b=4k ，33343==-=-k k k a b ∴，∴，∵ ∴，，a b c ===91215 设一元二次方程的两个实数根为，x m x m m x x 2212319200-++-+=() 则有：，x x m x x m m 1212231920+=+=-+()∴x x x x x x m m m 122212212222312920+=+-=+--+()[()]()=+-736312m m由，x x c c 1222215+== 有，即73631225736256022m m m m +-=+-= ∴，m m 124647==-∵不是整数，应舍去，m =-647当时，m =>40∆∴存在整数m=4，使方程两个实数根的平方和等于Rt △ABC 的斜边c 的平方。
例2. 如图：已知在同一坐标系中，直线与轴交于点，抛物y kx k y P =+-22线与轴交于，，，两点，是抛物线的顶点y x k x k x A x B x C =-++21221400()()()（1）求二次函数的最小值（用含k 的代数式表示） （2）若点A 在点B 的左侧，且x 1²x 2<0 ①当k 取何值时，直线通过点B ；②是否存在实数k ，使S △ABP =S △ABC ？如果存在，求出抛物线的解析式；如果不存在，请说明理由。
分析：本题存在探究性体现在第（2）问的后半部分。
认真观察图形，要使S △A BP =S △ABC ，由于AB=AB ，因此，只需两个三角形同底上的高相等就可以。
OP 显然是△ABP 的高线，而△ABC 的高线，需由C 作AB 的垂线段，在两个高的长中含有字母k ，就不难找到满足条件的k 值。
解：()()()11044414122∵，∴³最小值a y k k k =>=-+=--()()()()2214222由，得：y x k x k y x x k =-++=--①当时，，y x x k ===02212 ∵点A 在点B 左侧， ∴，又∵，∴，x x x x x x 121212000<<<> ∴A （2k ，0），B （2，0）， 将，代入直线B y kx k ()2022=+-得：，∴222043k k k +-==-∴当时，直线过点k B =-43（2）过点C 作CD ⊥AB 于点D 则CD k k =--=-|()|()1122∵直线交轴于，，y kx k y P k =+--22022()∴O P k =-22若，则²²△△S S A B O P A B C D A B P A B C ==1212∴OP=CD ∴2212-=-k k ()解得：，k k 12122=-= 由图象知，，∴取k k <=-012∴当时，△△k S S ABP ABC =-=12此时，抛物线解析式为：y x x =--22例3. 已知：△ABC 是⊙O 的内接三角形，BT 为⊙O 的切线，B 为切点，P 为直线AB 上一点，过点P 作BC 的平行线交直线BT 于点E ，交直线AC 于点F 。
（1）当点P 在线段AB 上时，求证：PA ²PB=PE ²PF（2）当点P 为线段BA 延长线上一点时，第（1）题的结论还成立吗？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由。
()c o s34213若，∠，求⊙的半径A B E B A O ==分析：第（1）问是一个常规性等积式的证明问题，按一般思路，需要把它转化为比例式，再转化为证明两个三角形相似的问题，同学们不会有太大的困难。
难点在于让P 点沿BA 运动到圆外时，探究是否有共同的结论，符合什么共同的规律。
首先需要按题意画出图形，并沿用原来的思路、方法去探索，看可否解决。
第（3）问，从题意出发，由条件∠，欲求⊙的半径，启发我们作出直径为辅助线，使隐性的cos E B A O A H =13条件和结论显现出来。
证明：（1）（如图所示）∵BT 切⊙O 于B ，∴∠EBA=∠C ， ∵EF ∥BC ，∴∠AFP=∠C ，∠AFP=∠EBA 又∵∠APF=∠EPB ∴△PFA ∽△PBE ∴P A P EP F P B= ∴PA ²PB=PE ²PF（2）（如图所示）当P 为BA 延长线上一点时，第（1）问的结论仍成立。
∵BT 切⊙O 于点B ， ∴∠EBA=∠C ∵EP ∥BC ，∴∠PFA=∠C ∴∠EBA=∠PFA 又∵∠EPA=∠BPE ∴△PFA ∽△PBE∴P F P BP A P E= ∴PA ²PB=PE ²PF （3）作直径AH ，连结BH ，∴∠ABH=90°，∵BT 切⊙O 于B ，∴∠EBA=∠AHB ∵∠，∴∠cos cos E B A A H B ==1313∵∠∠sin cos 221AHB AHB +=又∵∠AHB 为锐角∴∠sin AH B =223在△中，∵∠，R t A B H A H B A B A HA B sin ==42 ∴∠，AH AB AHB==sin 6∴⊙O 的半径为3。
例4. 已知二次函数y m x m x m =+-->2330()() （1）求证：它的图象与x 轴必有两个不同的交点；（2）这条抛物线与x 轴交于两点A （x 1，0），B （x 2，0）（x 1＜x 2），与y 轴交于点C ，且AB=4，⊙M 过A 、B 、C 三点，求扇形MAC 的面积S 。
（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在点P ，使△PBD （PD ⊥x 轴，垂足为D ）被直线BC 分成面积比为1：2的两部分？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由。
分析：本题的难点是第（3）个问题。
我们应先假设在抛物线上存在这样的点P ，然后由已知条件（面积关系）建立方程，如果方程有解，则点P 存在；如果方程无解，则这样的点P 不存在，在解题中还要注意面积比为1：2，应分别进行讨论。
解：()()()()131230022∵∆=-+=+>>m m m m ∴它的图象与x 轴必有两个不同的交点。
()()()()233312y m x m x m x x =+--=-+ 令，则，，，y A x B x =00012()() ∵，x x m 120<> ∴，x mx 2131==- ∴，，，A B m()()-1030 ∵AB=4，OA=1，∴，∴，∴，∴，O B mm B ===333130()∴y x x =--223 ∵C （0，－3），∴OC=OB ，∴∠ABC=45°∴∠AMC=90°，设M （1，b ），由MA=MC ，得：()()11132222++=++b b∴b=－1，∴M （1，－1）∴M A =++-=()()111522∴²扇形S M AC ==14542ππM A（3）设在抛物线上存在这样的点P （x ，y ），则过B （3，0），C （0，－3）的直线BC 的解析式为： y x BC PD E =-3，设与交于点①当S △PBE ：S △BED =2：1时，PE=2DE ，∴PD=3D E ，PD 的长是P 点纵坐标的相反数，DE 的长是E 点纵坐标的相反数，且P 、E 两点横坐标相同 ∴，抛直线PD y x x DE y x =-=-++=-=-+2233∴-++=-+x x x 22333() 解得：，不合题意，舍去x x 1323==() ∴P （2，－3） ②当S △PBE ：S △BED =1：2时， P E D E D P D E ==1232，∴∴-++=-+xx x 223323()解得：，不合题意，舍去x x 12123==() ∴，P ()12154-∴抛物线上存在符合题意的点，或，P P ()()2312154--例5. 如图：二次函数的图象与轴相交于、两点，点在原y x bx c x A B A =++2点左边，点在原点右边，点，在抛物线上，，∠B P m A B P A O ()tan 1225==（1）求m 的值；（2）求二次函数的解析式；（3）在x 轴下方的抛物线上有一动点D ，是否存在点D ，使△DAO 的面积等于△PAO 的面积？若存在，求出D 点坐标；若不存在，说明理由。
解：（1）作PH ⊥x 轴于H ，在Rt △PAH 中 ∵∠tan P A O P H A H==25∵，∴P H m A H m ==52∵P （1，m ）在抛物线上，m=1+b+c ， 设，，，，∵A x B x AB ()()12002= ∴||x x 212-=∴()x x x x 1221242+-= 令，得：y x bx c =++=002∴，，∴x x b x x c b c 1212242+=-=-= ∵±±x b b c b =--=-24222且，∴，x x x b x b 12122222<=--=-+ ∵OH=1，∴AH －AO=1∵，A H m A O x b ==-=+52221 ∴52221m b -+=由：得：m b c m b b c m b c =++-+=-=⎧⎨⎪⎪⎩⎪⎪===-⎧⎨⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪1522214224254521252 ，b =-4()舍去∴m =2425()24521252y x x =+-（3）假设在x 轴下方的抛物线上存在点D （x 0，y 0）， 使，则有：△△S S D AO PAO =S A O y S A O P H D AO PAO △△²，²==12120||||||||∴，||||y P H m 02425===∴，代入，得：y y x x 00020242545215=-=--x x x x 020124521524253515--=-=-=-，解得：，∴满足条件的点有两个： D D ()()----352425152425，或，例6. 如图，在平面直角坐标系O —XY 中，正方形OABC 的边长为2cm ，点A 、C 分别在y 轴的负半轴和x 轴的正半轴上，抛物线y=ax 2+bx+c 经过点A 和B ，且12a+5c=0。