siv018 几个是谁:中考数学专题训练11 存在性问题(含答案)

第二节 存在性问题

【例题经典】

条件探索性问题

    例1  如图，AB⊥BC于B，DC⊥BC于C．

    （1）当AB=4，DC=1，BC=4时，在线段BC上是否存在点P，使AP⊥PD．若存在，求线段BP的长；如果不存在，请说明理由．

（2）设AB=a，DC=b，AD=c，那么当a，b，c之间满足什么关系时，在直线BC上存在点P，使AP⊥PD．

【分析】（1）假设AP⊥PD，有△APB∽△PDC，进而求出BP．（2）方法如（1），但相比之下，添了分类思想．

【点评】本例为条件探索型，此类题的解法类似于分析法，假设结论成立，逐步探索其成立的条件．

存在探索性问题

    例2  （2006年浙江省）如图，平面直角坐标系中，直线AB与x轴，y轴分别交于A（3，0），B（0，）两点，点C为线段AB上的一动点，过点C作CD⊥x轴于点D．

    （1）求直线AB的解析式；

    （2）若S梯形OBCD=，求点C的坐标；

（3）在第一象限内是否存在点P，使得以P，O，B为顶点的三角形与△OBA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．

    【评析】本题是一道存在探索性问题的题型，（1）、（2）两问是常规题，容易解决．（3）问较难，要分不同情况考虑，首先画出符合题意的图形，然后结合图形进行计算或推理，若能推导出符合条件的结论或计算出某些未知数的值，则表示存在；若推出矛盾结论或求不出未知数的值，则所求的点就不存在．

【考点精练】

1．如图，在平面直角坐标系中，点A是动点且纵坐标为4，点B是线段OA上的一个动点．过点B作直线MN平行于x轴，设MN分别交射线OA与X轴所形成的两个角的平分线于点E、F．

    （1）求证：EB=BF；

    （2）当为何值时，四边形AEOF是矩形？并证明你的结论；

（3）是否存在点A、B，使四边形AEOF为正方形．若存在，求点A与点B的坐标； 若不存在，请说明理由．

2．（2005年辽宁省）如图，Rt△OAC是一张放在平面直角坐标系中的直角三角形纸片，点O与原点重合，点A在x轴上，点C在y轴上，OC=，∠CAO=30°，将Rt△OAC折叠，使OC边落在AC边上，点O与点D重合，折痕为CE．

    （1）求折痕CE所在直线的解析式；

    （2）求点D的坐标；

（3）设点M为直线CE上的一点，过点M作AC的平行线，交y轴于点N，是否存在这样的点M，使得以M、N、D、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．

3．如图所示的平面直角坐标系中，有一条抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A、B两点，交y轴于点C，已知抛物线的对称轴为x=1，B（3，0），C（0，-3）．

    （1）求二次函数y=ax2+bx+c的解析式；

（2）在抛物线对称轴上是否存在一点P，使点P到B、C两点距离之差最大？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．

4．如图，AB是⊙O的直径，MN是⊙O的切线，C为切点，AC=6cm，AB=10cm．

    （1）试猜想∠ACM与∠B的大小有什么关系？并说明理由．

（2）在切线MN上是否存在一点D，使得以A、C、D为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请确定点D的位置；若不存在，请说明理由．

5．（2006年龙岩市）如图，抛物线y=ax2+bx过点A（4，0），正方形OABC的边BC与抛物线的一个交点为D，点D的横坐标为3，点M在y轴负半轴上，直线L过D、M两点且与抛物线的对称轴交于点H，tan∠OMD=．

    （1）写出a，b的值：a=_____，b=______，并写出点H的坐标（______，______）．

（2）如果点Q是抛物线对称轴上的一个动点，那么是否存在点Q，使得以点O，M，Q，H为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

6．（2006年莆田市）已知：如图，抛物线经过A（-3，0），B（0，4）和C（4，0）三点．

    （1）求抛物线的解析式；

    （2）已知AD=AB（D在线段AC上），有一动点P从点A沿线段AC以每秒1个单位长度的速度移动；同时另一动点Q以某一速度从点B沿线段BC移动，经过t秒的移动，线段PQ被BD垂直平分，求t的值；

（3）在（2）的情况下，抛物线的对称轴上是否存在一点M，使MQ+MC的值最小？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．（注：抛物线y=ax2+bx+c的对称 轴为x=-）

7．如图，已知抛物线L1：y=x2-4的图像与x轴交于A、C两点．

    （1）若抛物线L1与L2关于x轴对称，求L2的解析式；

    （2）若点B是抛物线L1上的一个动点（B不与A、C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定为D，求证：点D在L2上；

（3）探索：当点B分别位于L1在x轴上、下两部分的图像上时，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，并求出它的面积；若不存在，请说明理由．

8．（2006年无锡市）如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB=8cm，CD=2cm，AD=6cm，点P从点A出发，以2cm/s的速度沿AB向终点B运动；点Q从点C出发，以1cm/s的速度沿CD、DA向终点A运动（P、Q两点中，有一个点运动到终点时，所有运动即终止），设P、Q同时出发并运动了t秒．

    （1）当PQ将梯形ABCD分成两个直角梯形时，求t的值；

    （2）试问是否存在这样的t，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半？若存在，求出这样的t的值，若不存在，请说明理由．

答案:

例题经典  

例1．（1）如果存在点P，使AP⊥PD，那么∠APD=90°，

∴∠APB+∠CPD=90°，∵AB⊥BC，DC⊥BC，

∴∠B=∠C=90°，∴∠APB+∠BAP=90°．∴∠BAP=∠CPD，

∴△APB∽△PDC，∴．

设BP=x，则PC=4-x，∴，解得x=2，

∴在线段BC上存在点P，使AP⊥PD，此时，BP=2．  

（2）如果在直线BC上存在点P，使AP⊥PD，

那么点P在以AD为直径的圆上，且圆的半径为c，

取AD的中点O，过点O作OE⊥BC，垂足为E．

∵∠B=∠OEC=∠C=90°，

∴AB∥OE∥DC．∵AO=DO，∴BE=CE，

∴OE=（AB+DC）=（a+b），

当OE，即a+b<c时，以AD为直径的圆与直线BC相交，

此时，存在⊙O和直线BC的交点P1、P2，使AP1⊥P1D，AP2⊥P2D，

当OE=c，即a+b=c时，以AD为直径的圆与直线BC相切．

此时，存在切点P，使AP⊥PD．

∴当OE>c时，即a+b>c时，以AD为直径的圆与直线BC相离．

此时，在直线BC上不存在点P，使AP⊥PD．

综上，当a+b≤c时，在直线BC上存在点P，使AP⊥PD．

例2．（1）直线AB解析式为：y=-x+．  

（2）设点C坐标为（x，-x+），那么OD=x，CD=-x+．

∴S梯形OBCD==-x2+．

由题意：-x2+=，解得x1=2，x2=4（舍去），∴（2，）．  

（3）当∠OBP=Rt∠时，如图：

①若△BOP∽△OBA，则∠BOP=∠OBA=60°，BP=OB=3，∴P1（3，）  

                     ①                           ③

②若△BPO∽△OBA，则∠POB=∠BAO=30°，BP=OB=1，∴P2（1，）．

当∠OPB=Rt∠时  

③过点O作OP⊥BC于点P（如图），

此时△PBO∽△OBA，∠BOP=∠BAO=30°，过点P作PM⊥OA于点M．

在Rt△PBO中，BP=OB=，OP=BP=．

∵在Rt△PMO中，∠OPM=30°，

∴OM=OP=；PM=OM=，∴P3（，）  

④若△POB∽△OBA（如图），则∠OBP=∠BAO=30°，∠POM=30°，

∴PM=OM=，∴P4（，）（由对称性也可得到点P4的坐标）．

当∠OPB=Rt∠时，点P在x轴上，不符合要求，

综合得，符合条件的点有四个，分别是：

P1（3，），P2（1，），P3（，），P4（，）．

考点精练  

1． 解：（1）如图①，∵OF是角平分线，∴∠1=∠2，

∵MN平行于x轴，∴∠3=∠1，∴∠2=∠3，∴BO=BF．

同理可证BO=BE，∴BE=BF．

（2）当=时，四边形AEOF是矩形，∵=，

∴OB=AB．又∵BE=BF，∴四边形AEOF是平行四边形，

∵OE、OF是角平分线，∴∠EOF=90°，∴四边形AEOF是矩形．

（3）如图②，∵MN平行于x轴，

∴当A点在y轴时，即A点坐标为（0，4）时，有OA⊥EF，

此时，取OA的中点，由（2）知四边形AEOF是矩形，

∴四边形AEOF是正方形，

∴存在点A（0，4），B（0，2），使四边形AEOF为正方形．

2．（1）直线CE的解析式为y=-x+  

（2）D（，）  

（3）（若此点在第四象限）M1（，-），（若此点在第二象限）M2（-，）

3．（1）y=x2-2x-3  

（2）在抛物线对称轴上存在一点P，使点P到B、C两点的距离之差最大．

作直线AC交抛物线对称轴于点P，连结PB，

∵对称轴x=1是线段AB的垂直平分线，∴PB=PA，

∴PB-PC=PA-PC=AC．（线段AC为差值最大值），

设直线AC的解析式为y=kx+b．把A（-1，0），C（0，-3）

代入上式，得，∴k=-3，b=-3，

∴直线AC的解析式为：y=-3x1-3，

当x=1时，y=-3×1-3=-6，

∴点P的坐标为（1，-6）．

4．（1）∠ACM=∠B，连结OC，利用圆的切线性质和等腰三角形的性质可证得结论．

（2）存在两个点D1、D2，使得以A、C、D为顶点的三角形与△ABC相似．

过点A作AD1⊥MN于D1，过点A作AD2⊥AC交MN于D2．

由相似三角形对应边成比例可分别求得CD1和CD2的长．

5．（1）a=-，b=，H（2，1）  

（2）答：存在这样的点Q，使得点O、M、Q、H为顶点的四边形为平行四边形．

由题意可知，△MDC是直角三角形，CD=3，OC=4，∵tan∠OMD=，

∴=，∴CM=9，∴OM=9-4=5．

①要使OMQH是平行四边形，由题意知OM∥HQ，只须OM=OQ，

∵点H的坐标是1，∴点Q1（2，-4）  

②要使OMHQ是平行四边形，由题意知OM∥HQ，只须OM=HQ，

∵点H的坐标是1，∴点Q2（2，6）．

6．解：设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c（a≠0），

根据题意得：c=4，且，

∴所求的抛物线的解析式为y=-x2+x+4．  

（2）连结DQ．在Rt△AOB中，AB==5，

∴AD=AB=5，∵AC=AO+CO=3+4=7，∴CD=AC-AD=7-5=2．

∵BD垂直平分PQ，∴PD=QD，PQ⊥BD，∴∠PDB=∠QDB，

∵AD=AB，∴∠ABD=∠ADB，∵∠ABD=∠QDB，∴DQ∥AB，

∴∠CQD=∠CBA，∠CDQ=∠CAB，

∴△CDQ∽△CAB，∴．

∴AP=AD-DP=AD-DQ=5-=，t=÷1=（秒），

∴t的值为秒．（3）答：对称轴上存在一点M，使MQ+MC的值最小．

理由：∵抛物线的对称轴为：x=-=，

∴A（-3，0），C（4，0）两点关于直线x=对称．

连结AQ交直线x=于点M，则MQ+MC的值最小．

过点Q作QE⊥x轴，垂足为E，∴∠QED=∠BOA=90°，

∵DQ∥AB，∴∠BAO=∠QDE，∴△DQE∽△ABO，

∴，

∴QE=，DE=，OE=OD+DE=2+=，∴Q（，），

设直线AQ的解析式为y=kx+m（k≠0），则，

∴直线AQ的解析式为y=，

∴M（，），则：在对称轴上存在点M（，），使MQ+MC值最小．

7．解：设L2的解析式为y=a（x-h）2+k，

∵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），

∴y=ax2+4，∴0=4a+a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0对称，∴B、D关于0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）设平行四边形ABCD的面积为S，则S=2×S△ABC=AC×│y1│=4│y1│，

a．当点B在x轴上方时，y1>0，

∴S=4y1，它是关于y1的正比例函数且S随y1的增大而增大，

∴S既无最大值也无最小值．

b．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，此时S最大=16．

8．解：（1）过D作DE⊥AB于E，过C作CF⊥AB于F，如图1，

∵ABCD是等腰梯形，∴四边形CDEF是矩形，∴DE=CD．

又∵AD=BC，∴Rt△ADE≌Rt△BCF，AE=BF．

又CD=2cm，AB=8cm，∴EF=CD=cm，AE=AF=（8-2）=3cm．

若四边形APQD是直角梯形，则四边形DEPQ为知形，

∵CQ=t，∴DQ=EP=2-t，∵AP=AE+EP，

∴2t=3+2-t，∴t=秒．

（2）在Rt△ADE中，DE==3（cm），

S梯形ABCD=（8+2）×3=15（cm2）．

当S四边形PBCQ=S梯形ABCD时，①如图2，

若点Q在CD上，即0≤t≤2，则CQ=t，BP=8-2t．

S四边形PBCQ=（t+8-2t）×3=．解之得t=3（舍去）． 

②如图3，若点Q在AD上，即2≤4，

过点Q作HG⊥AB于G，交CD的延长线于H．

由图1知：sin∠ADE=，∴∠ADE=30°，则∠A=60°．

在Rt△ADG中，AQ=8-t，QG=AQ·sin60°=，

在Rt△QDH中，∠QDH=60°，DQ=t-2，QH=DQ·sin60°=．

由题意知，

S四边形PBCQ=S△APQ+S△CDQ=×2t×+×2×=，

即t2-9t+17=0，解之得t1=（不合题意，舍去），t2=．

答：存在t=，使四边形PBCQ的面积是梯形ABCD面积的一半．