初中数学存在性问题 (共28张PPT)
存在性问题
第77讲 存在性问题本节主要内容是存在性问题. 存在性问题有三种：第一类是肯定性问题, 其模式为“已知A, 证明存在对象B, 使其具有某种性质”. 第二类是否定性问题, 其模式为“已知A, 证明具有某种性质B 的对象不可能存在”. 第三类是探索性问题, 其模式为“已知A, 问是否存在具有某种性质B 的对象”.解决存在性问题通常有两种解题思路. 一种思路是通过正确的逻辑推理(包括直接计算), 证明(或求出)符合条件或要求的对象B 必然存在. 常利用反证法、数学归纳法、抽屉原则、计数法等. 另一种思路是构造法. 直接构造具有某种性质B 的对象. 常常采用排序原则、极端性原则进行构造.A 类例题例1 已知函数f (x )=|1-1x|.(1)是否存在实数a ,b (a <b ), 使得函数的定义域和值域都是[a ,b ]?若存在,请求出a ,b 的值；若不存在，请说明理由。
(2)若存在实数a ,b (a <b ), 使得函数的定义域是[a ,b ]，值域是[ma ,mb ](m ≠0)，求实数m 的取值范围.(2005年天津市数学竞赛试题)分析 函数f (x )是分段函数，它的值域是[0,).+∞ [a ,b ]是[0,)+∞的子集，而f (0)＞0，所以a ＞0，因为函数f (x )在(0,1)上是减函数，在(1,+∞)上是增函数，所以我们分三种情况(i) 当a ,b ∈(0,1)时；(ii) 当 a ,b ∈(1,+∞)时；(iii)当a ∈(0,1),b ∈[1,+∞)时加以讨论.解 (1)不存在实数a ,b (a <b )满足条件.事实上，若存在实数a ,b (a <b ), 使得函数的定义域和值域都是[a ,b ]，则有x ≣a ＞0.故f (x )=11, 1.11, 1.x x x x⎧-≥⎪⎪⎨⎪-<⎪⎩(i)当a ,b ∈(0,1)时, f (x )= 1x-1在(0,1)上是减函数，所以，(),(),f a b f b a =⎧⎨=⎩即11,11.b aa b⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩ 由此推出a =b 与已知矛盾. 故此时不存在实数a ,b 满足条件. (ii)当a ,b ∈(1,+∞)时, f (x )=1-1x在(1,+∞)上为增函数，所以，(),(),f a a f b b =⎧⎨=⎩即11,11.a ab b⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩ 于是，a ,b 是方程x 2-x +1=0的实根，而此方程无实根，故此时不存在实数a ,b 满足条件.(iii) 当a ∈(0,1),b ∈[1,+∞)时,显然，1∈[a ,b ],而f(1)=0,所以0∈[a ,b ]，矛盾. 故故此时不存在实数a ,b 满足条件.综上可知，不存在实数a ,b (a <b )满足条件.(2)若存在实数a ,b (a <b ), 使得函数的定义域是[a ,b ]，值域是[ma ,mb ](m ≠0)易得m ＞0,a ＞0. 仿照(1)的解答，当a ,b ∈(0,1)或a ∈(0,1),b ∈[1,+∞)时，满足条件的a ,b 不存在. 只有当a ,b ∈(1,+∞)时，f (x )=1-1x在(1,+∞)上为增函数，有(),(),f a ma f b mb =⎧⎨=⎩即11,11.ma amb b⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩ 于是，a ,b 是方程mx 2－x +1=0的两个大于1的实数根.所以，140,1,m x ∆=->⎧⎪⎨=>⎪⎩只须0,140,12.m m m ⎧>⎪->⎨⎪>⎩解得0<m <14. 因此，m 的取值范围是0<m <14.说明 本题首先要注意题目的隐含条件a ＞0，因为函数的值域是[0,).+∞例2 已知常数a >0，在矩形ABCD 中，AB=4, BC=4a ，O 为AB 的中点，E 、F 、G 分别在BC 、CD 、DA 上移动，且BE BC = CF CD = DGDA ，P 为CE 与OF 的交点. 问是否存在两个定点，使P 到这两点的距离的和为定值？若存在，求出这两点的坐标及此定值；若不存在，请说明理由.(2003年全国高考江苏卷试题)分析 根据题设满足的条件, 首先求出动点P 的轨迹方程，根据轨迹是否是椭圆，就可断定是否存在两个定点(椭圆的两个焦点)， 使得P 到这两点的距离的和为定值．解 按题意有A(-2,0),B(2,0),C(2,4a ),D(-2, 4a ).设BE BC = CF CD = DGDA = k (0≤k ≤1).由此有E(2,4ak ),F(2-4k , 4a ),G(-2, 4a -4ak ).直线OF 的方程为2ax +(2k -1)y =0, ① 直线GE 的方程为-a (2k -1)x + y -2a =0, ② 由①②消去参数k 得点P(x ,y )坐标满足方程2a 2x 2+y 2-2ay =0,整理得x 212+(y -a )2a 2=1.当a 2＝12时，点P 的轨迹为圆弧，所以不存在符合题意的两点；当a 2≠12时，点P 的轨迹为椭圆的一部分，点P 到该椭圆的两个焦点的距离的和是定长；当a 2＜12时，P 到椭圆两个焦点(-12-a 2,a ),(12-a 2,a )的距离之和为定长2； 当a 2＞12时，P 到椭圆两个焦点(0, a -a 2-12),(0, a +a 2-12)的距离之和为定长2a .说明 要解决轨迹问题首先要建立适当的直角坐标系，有时还要选择适当的参数作过渡．情景再现1.已知二次函数f (x )=ax 2+bx +a 满足条件f (x +74)= f (74-x ), 且方程f (x )=7x +a 有两个相等的实数根.(1) 求f (x )的解析式;(2) 是否存在实数m 、n (0＜m ＜n ),使得f (x )的定义域和值域分别是[m ,n ]和[3n ,3m ]? 若存在, 求出m 、n 的值; 若不存在, 请说明理由. (2004年河南省数学竞赛试题)2．直线l ：y =kx +1与双曲线C ：2x 2－y 2=1的右支交于不同的两点A 、B .(I) 求实数k 的取值范围；(II)是否存在实数k ，使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F?若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由. (2004年湖北省高考理科试题)B 类例题例3将平面上每个点都以红、蓝两色之一着色，证明：存在这样的两个相似三角形，它们的相似比为1995，并且每一个三角形的三个顶点同色.(1995年全国高中数学联赛第二试试题)分析 因为平面上的每点不是红色就是蓝色，由抽屉原理，对任何一个无穷点集，至少有一个无穷子集是同色点集，对一个含n 个元素的有限点集，至少有一个含]21n [+个元素的子集是同色点集.(其中[ ]为高斯符号)，于是利用抽屉原理，在半径为1和1995的两个同心圆上，寻找两个三顶点同色的相似三角形.证明 在平面上，以O 为圆心，作两个半径为1和1995的同心圆.根据抽屉原理，小圆周上至少有5点同色，不妨设为A 1,A 2,A 3,A 4,A 5，连接OA 1,OA 2,OA 3,OA 4,OA 5,分别交大圆 于B 1,B 2,B 3,B 4,B 5，根据抽屉原理,B 1,B 2,B 3,B 4,B 5中必有三点同色，不妨设为B 1,B 2,B 3,分别连接A 1A 2，A 2A 3,A 3A 1,B 1B 2,B 2B 3,B 3B 1,则△A 1A 2A 3∽△B 1B 2B 3，其相似比为1995，且两个三角形三顶点同色.说明 解决有关染色问题抽屉原理是经常使用的．例4 在坐标平面上，纵、横坐标都是整数的点称为整点.试证：存在一个同心圆的集合，使得 (1) 每个整点都在此集合的某一个圆周上； (2) 此集合的每个圆周上，有且仅有一个整点.（1987年全国高中数学联赛第二试试题）分析 构造法.先设法证明任意两整点到P ⎪⎭⎫⎝⎛31,2的距离不可能相等，从而将所有整点到P 点的距离排序造出同心圆的集合，这里同心圆的坐标不是惟一的，可取⎪⎭⎫ ⎝⎛31,2外的其它值.证明 取点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛31,2.设整点(a ,b )和(c ,d )到点P 的距离相等，则2222222211(()((),3322(().3a b c d c a c a d b b d -+-=-+--=-+-+-即上式仅当两端都为零时成立.所以c =a ①c 2－a 2+d 2－b 2+32(b －d )=0 ②将①代入②并化简得d 2－b 2+32(b －d )=0.1即 (d －b )(d +b －32)=0 由于b ，d 都是整数，第二个因子不能为零，因此b =d ，从而点(a ,b )与(c ,d )重合，故任意两个整点到P ⎪⎭⎫ ⎝⎛31,2的距离都不相等.将所有整点到P 点的距离从大到小排成一列 d 1，d 2，d 3，……，d n ，…….显然，以P 为圆心，以d 1,d 2,d 3,…为半径作的同心圆集合即为所求.说明 同心圆的圆心坐标不是惟一的.例5 (1)给定正整数n (n ≣5), 集合A n ={1,2,3,…,n }, 是否存在一一映射φ：A n →A n 满足条件：对一切k (1≢k ≢n －1), 都有k |(φ(1)+ φ(2)+ … +φ(n ))；(2)N +为全体正整数的集合, 是否存在一一映射φ：N +→N +满足条件：对一切k ∈N +, 都有k |(φ(1)+ φ(2)+ … +φ(n )).注 映射φ：A →B 称为一一映射, 如果对任意b ∈B, 有且仅有一个a ∈A, 使得b =φ(a ).题中“|”为整除符号. (2004年福建省数学竞赛试题)分析 对于问题(1)不难用反证法结合简单的同余理论可以获解；对于问题(2)采用归纳构造．解(1)不存在. 记S k =∑=ni i 1)(ϕ.当n =2m +1(m ≣2)时, 由2m |S 2m 及S 2m = (2m +1)(2m +2)2－φ(2m +1)得φ(2m +1)≡m +1(mod2m ).但φ(2m +1)∈A 2m +1, 故φ(2m +1)=m +1. 再由(2m －1)|S 2m －1及S 2m －1=(2m +1)(2m +2)2－(m +1)－φ(2m )得φ(2m )≡m +1(mod(2m －1)).所以, φ(2m ) =m +1, 与φ的双射定义矛盾. 当n =2m +1(m ≣2)时, S 2m +1=(2m +2)(2m +3)2－φ(2m +2)给出φ(2m +2)=1或2m +2, 同上又得φ(2m +1)=φ(2m )=m +2或m +1, 矛盾.(2) 存在.对n 归纳定义φ(2n -1)及φ(2n )如下：令φ(1)=1, φ(2)=3. 现已定义出不同的正整数φ(k )(1≢k ≢2n )满足整除条件且包含1,2,…,n , 又设v 是未取到的最小正整数值. 由于2n +1与2n +2互质, 根据孙子定理, 存在不同于v 及φ(k )(1≢k ≢2n )的正整数u 满足同余式组u ≡-S 2n (mod(2n +1)) ≡-S 2n -v (mod(2n +2)).定义φ(2n +1)= u , φ(2n +2)=v . 正整数φ(k )(1≢k ≢2n +2)也互不相同, 满足整除条件, 且包含1,2,…,n +1. 根据数学归纳法原理, 已经得到符合要求的一一映射φ：N +→N +.说明 数论中的存在性问题是竞赛命题的一个热点．情景再现3．将平面上每个点都以红、蓝两色之一着色. 存在有两个内角分别为2π7、 4π7，且夹边长为1996的三角形，其三个顶点同色.(1996年北京市数学竞赛试题)4. 在平面直角坐标系中,横坐标和纵坐标都是整数的点称为格点,任取6个格点P I (x i ,y i )(i =1,2,3,4,5,6)满足(1)|x i |≢2,| y i |≢2, (i =1,2,3,4,5,6); (2)任何三点不在同一条直线上.试证 在P i ( i =1,2,3,4,5,6)以为顶点的所有三角形中,必有一个三角形,它的面积不大于2.(1992年全国高中数学联赛第二试试题)5. 在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多条直线l 1,l 2,…，l n ,…的直线族，它满足条件： (1)点(1,1)∈l n ,n =1,2,…； (2)k n +1=a n —b n ，其中k 1是l 1的斜率，k n +1是l n +1的斜率，a n 和b n 分别是l n 在x 轴和y 轴上的截距，n =1,2,3, …； (3)k n k n +1≣0，n =1,2,3, ….并证明你的结论. (1988年全国高中数学联赛第二试试题)C 类例题例6 平面上是否存在100条直线, 使它们恰好有1985个交点.(第26届IMO 预选题)分析 由于100条直线最多有C 1002=4950(＞1985)个交点, 所以符合要求的直线可能存在.减少交点的个数可有两种途径:一是利用平行线, 二是利用共点线. 所以用构造法.解法一 由于x 条直线与一族100-x 条平行线可得x (100-x )个交点. 而x (100-x )=1985没有整数解, 于是可以考虑99条直线构成的平行网格.由于x (99-x )＜1985的解为x ≢26或x ≣73,x ∈N , 且1985=73×26+99-12, 于是可作如下构造: (1) 由73条水平直线和26条竖直直线 x =k ,k =1,2,3,...,73; y = k ,k =1,2,3, (26)共99条直线, 可得73×26个交点.(2)再作直线y =x +14与上述99条直线都相交, 共得到99个交点, 但其中有12个交点(1,15),(2,16),…,(12,26)也是(1)中99条直线的彼此的交点, 所以共得99-12个交点. 由(1)、(2),这100条直线可得到73×26+99-12=1985个交点.解法二 若100条直线没有两条是平行的, 也没有三条直线共点, 则可得到C 1002=4950(＞1985)个交点, 先用共点直线减少交点数.注意到若有n 1条直线共点, 则可减少12n C -1个交点. 设有k 个共点直线束, 每条直线束的直线条数依次为n 1, n 2,…, n k . 则有 n 1+n 2+…+ n k ≢100,122221112965k n n n C C C -+-++-=L ( C 1002-1985=2965). 因为满足12n C -1＜2965的最大整数是n 1=77, 此时C 772-1=2925. 因此可构造一个由77条直线组成的直线束,这时还应再减少40个交点. 而满足22n C -1＜40的最大整数为n 2=9, 此时C 92-1=35. 因此又可构造一个由9条直线组成的直线束. 这时还应减少5个交点. 由于C 42-1=5,所以最后可构造一个由4条直线组成的直线束.因为77+9+4=90＜100, 所以这100条直线可构成为77条,9条,4条的直线束, 另10条保持不动即可. 说明 本题的基本数学思想方法是逐步调整，这在证明不等式时经常使用，但学会在几何中应用，会使你的解题思想锦上添花．例7 设n 是大于等于3的整数, 证明平面上存在一个由n 个点组成的集合, 集合中任意两点之间的距离为无理数, 任三点组成一个非退化的面积为有理数的三角形. (第28届IMO 试题)分析 本题的解决方法是构造法，一种方法在抛物线y =x 2上选择点列，另一种方法在半圆周上选择点列．解法一 在抛物线y =x 2上选取n 个点P 1,P 2,…,P n , 点P i 的坐标为(i ,i 2) (i =1,2,…,n ).因为直线和抛物线的交点至多两个, 故n 个点中任意三点不共线, 构成三角形为非退化的. 任两点P i 和P j 之间的距离是|P i P j |=(i -j )2+(i 2-j 2)2=|i -j |1+(i +j )2 (i ≠j , i , j =1,2,…,n ).由于(i +j )2＜1+(i +j )2＜(i +j )2+2(i +j )+1=(i +j +1)2, 所以1+(i +j )2 是无理数. 从而|P i P j |是无理数.△P i P j P k 的面积=12222111i jk i j k =12|(i -j ) (i -k )(j -k )|, 显然是有理数. 因此,所选的n 个点符合条件.解法二 考虑半圆周x 2+y 2=r 2(y ∈R +, r =2)上的点列{A n },对一切n ∈N *,令∠x OA n ＝αn ，则任意两点A i ,A j 之间的距离为|A i A j |=2r |sin αi -αj 2|,其中，0＜αn ≢π, cos αn 2 = n 2-1n 2+1, sin αn 2= 2nn 2+1.∴|A i A j |=2r |sin αi 2cos αj 2―cos αi 2sin αj2|为无理数．又sin αn =2sin αn 2cos αn 2∈Q, cos αn = cos 2 αn 2―sin 2 αn2∈Q.任何三点A i ,A j ,A k 不共线,必然构成非退化三角形，注意到r =2，其面积 S=12111cos cos cos sin sin sin ij k ijk r r r r r r αααααα=r22111cos cos cos sin sin sin i j k ijk αααααα=111cos cos cos sin sin sin i j k ijkαααααα为有理数．说明 本题与第17届IMO 试题(见情景再现7)有一定的联系，请读者参考本解答完成它的解答． 例8一个n ×n 的矩阵(正方阵)称为“银矩阵”，如果它的元素取自集合S={1,2,…,2n -1}, 且对每个i =1,2,…,n , 它的第i 行和第i 列中的所有元素合起来恰好是S 中所有元素.证明(1) 不存在n ＝1997阶的银矩阵；(2) 有无穷多个的n 值，存在n 阶银矩阵.(第38届IMO 试题)分析 根据银矩阵的结构特征可以证明不存在奇数阶银矩阵，对任意自然数k , 用构造法构造出2k 阶银矩阵．解 (1)设n ＞1且存在n 阶银矩阵A. 由于S 中所有的2n -1个数都要在矩阵A 中出现，而A 的主对角线上只有n 个元素，所以，至少有一个x ∈S 不在A 的主对角线上. 取定这样的x . 对于每个i =1,2,…,n , 记A 的第i 行和第i 列中的所有元素合起来构成的集合为A i ，称为第i 个十字，则x 在每个A i 中恰好出现一次. 假设x 位于A 的第i 行、第i 列(i ≠ｊ). 则x 属于A i 和A ｊ，将A i 与A ｊ配对，这样A 的n 个十字两两配对，从而n 必为偶数. 而1997是奇数，故不存在n ＝1997阶的银矩阵.(2)对于n =2，A=1231骣÷ç÷ç÷ç÷桫即为一个银矩阵，对于n =4，A=1256317546127431骣÷ç÷ç÷ç÷ç÷ç÷÷ç÷ç÷ç÷ç÷ç÷桫为一个银矩阵. 一般地，假设存在n 阶银矩阵A ，则可以按照如下方式构造2n 阶银矩阵D,D=A B C A 骣÷ç÷ç÷ç÷桫,其中B 是一个n ×n 的矩阵，它是通过A 的每一个元素加上2n 得到，而C 是通过把B 的主对角线元素换成2n 得到.为证明D 是2n 阶银矩阵，考察其第i 个十字. 不妨设i ≢n ，这时，第i 个十字由A 的第i 个十字以及B 的第i 行和C 的第i 列构成. A 的第i 个十字包含元素{1,2,…,2n -1}. 而B 的第i 行和C 的第i 列包含元素{2n , 2n +1,…,4n -1}.所以D 确实是一个2n 阶银矩阵.于是，用这种方法可以对任意自然数k,造出2k阶银矩阵.说明读者可以构造任意偶数阶银矩阵.情景再现6．证明不存在具有如下性质的由平面上多于2n(n＞3)个两两不平行的向量构成的有限集合G:(1)对于该集合中的任何n个向量, 都能从该集合中再找到n-1个向量, 使得这2n-1个向量的和等于0;(2)对于该集合中的任何n个向量, 都能从该集合中再找到n个向量, 使得这2n个向量的和等于0.(2003年俄罗斯数学奥林匹克试题)7．试证:在半径为1的圆周上存在1975个点, 其中任意两点之间的距离都是有理数.(第17届IMO试题)8．是否存在平面上的一个无穷点集，使得其中任意三点不共线，且任意两点之间的距离为有理数？(1994年亚太地区数学奥林匹克试题)习题771．已知抛物线y2=4ax(0＜a＜1)的焦点为F,以A(a+4,0)为圆心，|AF|为半径在x轴上方作半圆交抛物线于不同的两点M和N，设P为线段MN的中点．(1)求|MF|+|NF|的值;(2)是否存在这样的a值，使|MF|，|PF|，|NF|成等差数列？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．(1996年昆明市数学选拔赛试题)2．证明:不存在正整数n使2n2+1，3n2+1，6n2+1都是完全平方数. (2004年日本数学奥林匹克试题)3.证明只存在一个三角形,它的边长为三个连续的自然数,并且它的三个内角中有一个为另一个的两倍.(第10届IMO试题)4.是否存在这样的实系数多项式P(x):它具有负实数,而对于n＞1, P n(x)的系数全是正的.(1994年莫斯科数学奥林匹克试题)5.证明不存在对任意实数x均满足f[f(x)]= x2-1996的函数. (1996年城市数学联赛试题)6.是否存在有界函数f : R→R, 使得f(1)＞0, 且对一切的x、y∈R, 都有f 2(x+y)≣f 2(x)+2 f(xy)+ f 2 (y)成立. (2005年俄罗斯数学奥林匹克试题)7.是否存在数列x1,x2,…,x1999,满足(1)x i＜x i+1(i=1,2,3,…,1998);(2) x i+1- x i = x i- x i-1(i=2,3,…,1998);(3)( x i的数字和)＜( x i+1的数字和) (i=1,2,3,…,1998);(4) (x i+1的数字和)-( x i的数字和) = ( x i的数字和)–( x i-1的数字和)(i=2,3,…,1998)．(1999年江苏省数学冬令营试题)8．(1)是否存在正整数的无穷数列{a n},使得对任意的正整数n都有a2n+1≣2a n a n+2?(2)是否存在正无理数的无穷数列{a n},使得对任意的正整数n都有a2n+1≣2a n a n+2?(2004年中国东南地区数学奥林匹克试题)9．是否存在一个无限素数数列p1, p2,…,p n,…,对任意n满足|p n+1－2p n|=1.(2004年波罗的海数学奥林匹克试题) 10．证明：对于每个实数M, 存在一个无穷多项的等差数列, 使得(1)每项是一个正整数, 公差不能被10整除;(2)每项的各位数字之和超过M. (第40届IMOY预选题)11．是否存在定义在实数集R上的函数f(x),使得对任意的x∈R，f(f(x))=x, ①且f(f(x)+1)=1-x? ②若存在，写出一个符合条件的函数；若不存在，请说明理由．(2004年河南省数学竞赛试题)12． 对于给定的大于1的正整数n ,是否存在2n 个两两不同的正整数a 1,a 2,…,a n ; b 1,b 2,…,b n 同时满足以下两个条件：(1) a 1+a 2+…+a n = b 1+b 2+…+b n ;(2)n -1＞1ni i i i ia b a b =-+å＞ n -1- 11998.(1998年CMO 试题)“情景再现”解答1．(1)由条件有f (x )=ax 2-72a x +a . 又f (x )=7x +a 有两个相等的实数根,则由ax 2-(72a +7)=0可知, ∆=(72a +7)2-4a ·0=0, 解得a =-2.故f (x )= -2x 2+7x -2.(2)存在. 如图. 设g (x )= 3x (x ＞0). 则当f (x )= g (x )时, 有-2x 2+7x -2= 3x ,即2x 3-7x 2+2x +3=0. 故(x -1)(x -3)(2x +1)=0. 解得x 1=1, x 2=3, x 2=-12(舍去).因为f (x )max = 4ac -b 24a = 338,此时,x = 74∈[1,3],所以, 3f (x )max = 811＜1. 故取m =811, n =3时, f (x )= -2x 2+7x -2在[811,3]上的值域为[1, 338]符合条件. 2. (I)将直线l 的方程y =kx +1代入双曲线C 的方程2x 2－y 2=1后，整理后得(k 2－1)x 2+2kx +2=0 ①依题意，直线l 与双曲线C 的右支交于不同的两点，故k 2－2≠0，Δ=(2k )2－8(k 2－2)>0，－2kk 2－2>0， 2k 2－2>0. 解得k 的取值范围为－2<k <－2.(II)设A 、B 两点的坐标分别为A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则由①得x 1+x 2=－2kk 2－2，x 1x 2=2k 2－2. ②假设存在实数k ，使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F(c ,0)， 则由FA ⊥FB 得(x 1－c )( x 2－c )+ y 1y 2=0，即(x 1－c )( x 2－c )+( kx 1+1)( kx 2+1)=0. 整理得(k 2+1)x 1x 2+(k －c )(x 1+x 2)+c 2+1=0. ③将②式及c= 62代入③式化简得5k 2+26kx －6=0.解得k =－ 6+65或k = 6－65∉(－2,－2)(舍去).可知k =－ 6+65使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F .43A3. 任作一个边长为1996的正七边形A 1A 2A 3A 4A 5A 6A 7.这7个顶点中必有4点同色,而在这同色四点中,必有两点是相邻顶点, 为确定起见, 不妨设这两点就是A 1、A 2,并且它们均是红色. (1) A 4或A 6中有一个是红色的, 比如, A 6是红色的, △A 1A 2A 6即为所求.(2) A 4与A 6都是蓝色的. 若A 7是蓝色的, 则△A 4A 6A 7即为所求;若A 3是蓝色的, 则△A 4A 6A 7即为所求; 若A 3、A 7都是红色, 则为△A 1A 3A 7所求.4. 设存在6个格点P 1, P 2 ,P 3 ,P 4 ,P 5 ,P 6 落在区域S={(x ,y )||x |≢2,|y |≢2}内,它们任3个点所成的三角形面积都大于2.记P={ P 1, P 2 ,P 3 ,P 4 ,P 5 ,P 6}(1)若x 轴具有P 中的点数小于2,则由抽屉原理,x 轴的上半平面(或下半平面——不包括x 轴)至少有P i 的三个点.此三点所成的三角形面积不大于2.矛盾.故x 轴上恰有P 的2个点(因不能有3点共线).又剩下P 的4个点不可能有一点在直线y =±1上,否则出现P 中的点为顶点的面积不大于2的三角形.这就证明了,在直线y =2,和y =－2上，分别恰有P 的两个点.注意到S 的对称性,同理可证:直线x =－2, x =0, x =2上分别有P 的两个点. 于是,在每条直线y =2i ,x =2i (i =0,±1)上恰有P 的两个点.(2)P 必不能包含原点,否则,因S 内纵,横坐标均为偶数的所有格点落在且仅落在过原点的4条直线上,由 抽屉原理,剩下的P 的5个点,至少有两个点落在这些直线的其中一条上,于是3点共线,矛盾. 因此,P 中在x 轴的两点必是(－2,0)，(2,0).同理,在y 轴上的两点必是(0,－2)，(0，2).剩下的两点只能取(－2,－2)，(2,2)，或(－2,2)，(2,－2).不论哪一种情形,都得到一个以P 点为顶点的面积不大于2的三角形,矛盾.5. 满足条件(1)、(2)、(3)的直线族不存在. 若不然，l n 的方程为y —1=k n (x —1)1111,1,n n n n n n n n na b k a b k k k k +=-=--=-=都存在，故k n ≠0，n =1,2,3, …. 对于n ≣1，有1112111121,1,,1.111n n n n n n n nk k k k k k k k k k k k k k +---=--=--=-=-+++相加得：（）由于k n ≠0及(III)有k n k n +1>0可知诸k n 符号相同，不妨设k n >0,n =1,2,……. 由11111121111111,,(),n n n n n n n n nk k k k k k k k k k k k k +++=-<>=-+++<-有 但当n >k 12时k n +1<0，矛盾.同理可证，当k n <0，n =1,2, …，也会出现矛盾. 6. 假设题目的结论不真.选取一条直线l , 使其不与集合G 中的任何一个向量垂直. 于是, G 中至少有n 个向量在直线l 上的投影指向同一方向, 设它们为e 1, e 2, …, e n . 在直线l 上取定方向,使得这些向量的投影所指的方向为负. 再在集合G 中选取n 个向量f 1, f 2 ,…, f n ,使得它们的和在直线l 上的投影的代数值s 达到最大. 由题中条件(2)知s ＞0.由条件(1),可以找到n -1个向量a 1, a 2 ,…,a n -1,使得f 1+ f 2+…+f n = -(a 1+a 2+…+a n -1).显然, 至少有某个向量e i 不出现在上式右端, 不妨设为e 1. 从而a 1+a 2+…+a n -1+e 1的投影为负, 且其绝对值大于s .再由条件(2)知, 又可以找到n 个向量, 使得它们的代数和等于-(a 1+a 2+…+a n -1+e 1),从而,该和的投影代数值大于s . 此与我们对f 1, f 2 ,…, f n 的选取相矛盾. 7. 取θn =arctan n 2-12n (1≢n ≢1975), 则sin θn = n 2-1n 2+1 , cos θn = 2nn 2+1都是有理数, 且2θn 互不相同.对单位圆上辐角为2θ1,2θ2,…,2θ1975的点P 1,P 2,…,P 1975,|P i P j |=2|sin(θi -θj )|=2| sin θi cos θj - cos θi sin θj )|为有理数.8. 答案是肯定的，下面提供两种构造这样的点集的方法．方法一 存在角α，使得cos α与sin α都是有理数(例如sin α=35,cos α=45).考虑一个以有理数R 为半径的圆周，和一个弧度为2α的圆弧，显然a2R = sin α,其中a 是上述圆弧所对的弦长，因此弦长为有理数．从此弧的端点出发，在圆周上连续截取弧度为2α的圆弧，显然，任一弧所对的弦长XY 是有理数.由作图法知XY2R = |sin n α|,对某个正整数n ，由于cos α与sin α都是有理数，所以由数学归纳法可以证明sin n α和cos n α都是有理数． 下面证明此过程产生一个无穷点集．为了此目的，设sin α＝p r , cos α＝qr ,其中(p ,q )=1,p 2+q 2=r 2,由棣美弗定理得(q r +i pr )n =cos n α+ i sin n α. 若其值为1，则1= cos n α=Σ(-1)k C n 2k p n -2k q 2krn. 由于q 2≡-p 2(mod r 2),则r n ≡p n 2n -1(mod r 2). 故2| r ,然而从p 2+q 2=r 2, (p ,q )=1可知这是不可能的．这就证明了我们描述的集合是无限集． 方法二 在平面上取一点P 和一条与P 距离为1的直线l ,设Q 是l 上与P 相距为1的点，考察l 上所有满足SQ,PS 都是有理数的点S,由于毕达哥拉斯基本的三元数组有无穷多个，而且与点S 一一对应，故存在无穷多个这样的点．作一个以P 为中心，半径为1的反演．此变换保持点之间的距离的有理性(这容易通过△PSR ∽△PS'R'证明，其中S 和R 是点集中的点，S'和R'分别为它们的象)．用这样的方法构造的点集在一个圆周上，因此，无三点共线．习题 解答1. 解 (1)由已知得F(a ,0),半圆为[x -(a +4)]2+y 2=16(y ≣0)． 把y 2=4ax 代入，可得x 2-2(4-a )x +a 2+4a =0. 设M(x 1, y 1),N(x 2, y 2).则由抛物线的定义得|MF|+|NF|=(x 1+a )+(x 2+a )=( x 1+ x 2)+2a =2(4-a ) +2a =8. (2)若|MF|，|PF|，|NF|成等差数列，则有 2|PF|=|MF|+|NF|.另一方面，设M, P, N 在抛物线准线上的射影为M', P', N'． 则在直角梯形M'MNN'中，P'P 是中位线，又有 2|P'P|=|M'M|+|N'N|=|FM|+|FN|,因而|PF|=|P'P|.这说明了点P 应在抛物线上．但由已知P 是线段MN 的中点，即P 并不在抛物线上．所以不存在这样的a 值，使|MF|，|PF|，|NF|成等差数列．2． 假设存在这样的n , 使2n 2+1，3n 2+1，6n 2+1都是完全平方数, 那么(2n 2+1)( 3n 2+1)(6n 2+1)必定为完全平方数, 而(2n 2+1)(3n 2+1)(6n 2+1)=36n 6+36n 4+11n 2+1,(6n 3+3n )2=36n 6+36n 4+9n 2,(6n 3+3n +1)2=36n 6+36n 4+12n 3+9n 2+6n +1,所以 (6n 3+3n )2＜(2n 2+1)(3n 2+1)(6n 2+1)＜(6n 3+3n +1)2, 显然,与(2n 2+1)( 3n 2+1)(6n 2+1)为完全平方数矛盾.3． 设△ABC 满足题设条件, 即AB=n ,AC=n -1,BC=n +1, 这里n 是大于1的自然数. 并且△ABC 的三个内角分别为α、2α和π-3α，其中0＜α＜π3. 由于在同一个三角形中,较大的边所对的角也较大, 因此出现的情况只有如图所示的三种.对于情况(1), 因为sin(π-3α)sin α = sin3αsin α =4cos 2α-1=(sin2αsin α)2-1, 所以利用正弦定理可知n n -1 = sin(π-3α)sin α = (sin2αsin α)2-1= (n +1n -1)2-1, 从而得到n 2-5n =0, 解得n =5.同样,在情况(2)中,有n +1n -1 =(n n -1)2-1,解得n =2. 但n =2,此时三边为1,2,3,不能构成三角形. 在情况(3)中, 有n -1n =(n +1n)2-1,整理得n 2-3n -1=0, 但这个方程无整数解. 综上, 满足题设条件的三角形三边长只有4,5,6.可以证明cosB=34,cos2A= 18=cos2B, A=2B . 4. 存在．P(x )=10(x 3+1)(x +1)- x 2 =10x 4+10x 3- x 2+10x +10具有负系数, 但是P 2(x )= x 4+100(x 3+1)2(x +1)2-20x 2(x 3+1)(x +1)= x 4+20(x 3+1)[5(x 3+1)(x +1)2- x 2(x +1)]= x 4+20(x 3+1)(5x 5+10x 4+4x 3+4x 2+10x +5)的系数全是正的.P 3(x )=1000(x 3+1)3(x +1)3-300 x 2(x 3+1)2(x +1)2+30x 4(x 3+1)(x +1)-x 6=100(x 3+1)2(x +1)[10(x 3+1)(x +1)2-3x 2(x +1)]-x 6+30x 4(x 3+1)(x +1)=100(x 3+1)2(x +1)(10x 5+20x 4+7x 3+7x 2+20x +1)-x 6+30x 4(x 3+1)(x +1)=Q 1(x )-x 6+Q 2(x )Q 1(x )中的x 6的系数不小于1000,所以P 3(x )的系数也全是正的.又当k ≣2时,有P 2k (x )=[P 2(x )] k , P 2k +1(x )=[P 2(x )] k -1· P 3(x ).所以,对一切n ＞1, P n (x )的系数全是正的.5. 令g (x )= f [f (x )] = x 2-1996, 设a 、b 为方程x 2-1996= x 的两个实数根, 则a 、b 是g (x )的不动点. 设f (a )=p , 则f [f (p )]= f [f (f (a ))]= f (a )=p , 即p 也是g (x )的不动点. 所以f (a )∈{a ,b }.同理, f (b )∈{a ,b }.令h (x )= g [g (x )]=(x 2-1996)2-1996, 则h (x ) = x ∴ (x 2-1996)2-1996= x ∴ (x 2- x -1996)( x 2+ x -1995)=0所以h (x )存在四个不动点a 、b 、c 、d .因为c 2+c -1995=0, 所以g (c )= c 2-1996=- c -1= d .同理, g (d )=c .令f (c )=r , 则h [f (c )]= f [h (c )]= f (c ),即r 也是h (x )的不动点.若r ∈{a ,b },则d = f (r )∈{a ,b },矛盾; 若r = c , 则g (c )= f (r )= f (c )=r = c ,矛盾; 若r = d , 则d =g (c )= f (r )= f (d ),g (d )=g (r )=g (f (c ))=f (g (c ))= f (d )=d, 矛盾.综上所述, 满足条件的函数f (x )不存在.6. 不存在. 任取x 1≠0, 令y 1= 1x 1, 有 f 2(x 1+y 1)≣f 2(x 1)+2 f (1)+ f 2 (y 1) ≣f 2(x 1)+a ,其中a =2f (1)＞0.令x n =x n -1+y n -1, y n = 1x n, n ≣2. 于是, 有 f 2(x n +y n )≣f 2(x n )+a = f 2(x n -1+y n -1) +a ≣f 2(x n -1)+2a ≣…≣f 2(x 1)+na ,故数列{ f (x 1), f (x 2),…, f (x n ) ,…}并非有界.7. 存在，构造如下：取x 1= 00000 00001 00002 00003…09999,x 2= 00001 00002 00003 00004…10000,x 3= 00002 00003 00004 00005…10001,…………，x 1998= 01997 01998 01999 02000…11996,x 1999= 01998 01999 02000 02001…11997,这是公差为00001 00001 00001 00001…00001的等差数列(项数取1999),且各项数字和为公差是1的等差数列．8．(1)不存在.假设存在正整数数列{a n }满足条件a 2n +1≣2a n a n +2.因为a 2n +1≣2a n a n +2, a n ＞0,所以a n a n -1≢12·a n -1a n -2≢122·a n -2a n -3≢…≢12n -2·a 2a 1(n =3,4,…), 又a 2a 1≢122-2 · a 2a 1, 所以有a n a n -1≢12n -2·a 2a 1(n =2,3,4,…)成立, 于是 a n ≢(12n -2·a 2a 1)a n -1≢12(n -2)+(n -3)·(a 2a 1)2·a n -2≢…≢12(n -2)+(n -3)+…+1·(a 2a 1)n -2·a 2, 所以12222211().2≢n n n n a a a ---× 设212[2,2),k k a k+挝N *, 取N=k +3,则有 1221222221111121()() 1.22≢≢N k k N N N k k a a a a -++--++?这与a N 是正整数矛盾.所以, 不存在正整数数列{a n }满足条件.(2) a n = π2(n -1)( n -2)就是满足条件的一个无理数数列, 此时有a 2n +1=4a n a n +2≣2a n a n +2.9. 若存在这样的数列{ p n }满足条件. 由| p n +1－2p n | =1得 p n +1=2p n ±1＞2p n , 则数列{ p n }严格递增数列, 所以p 3＞3且不能被3整除, 若p 3≡1(mod3)时, 可得p 4= 2p 3－1(否则p 4= 2p 3+1≡0(mod3), 即p 4能被3整除,舍去), 类似的有, p 5= 2p 4－1, …,p n =2p n -1－1,容易得到p n =2n -3p 3－2n -3+1(n ≣3),令n －3= p 3－1, 由费尔马小定理)(mod 12313p p ≡-,则p n =2n -3p 3－2n -3+1≡0(mod p 3), 即p 3|p n , 矛盾. 当p 3≡2(mod3)时, 也可得到类似的结论.综上, 不存在这样的数列.10. 我们证明这个等差数列的公差为10m +1的形式. 设a 0是一个正整数, a n = a 0+n (10m +1)=10s s b b b -L , 这里s 和数字b 0,b 1,…,b s 依赖于n . 若l ≡k (mod2m ), 设l =2mt +k ,则10l =102mt +k =(10m +1-1)2t ·10k ≡(mod(10m +1)).于是, a 0≡a n =10s s b b b -L ≡2110m i i i c -=×å( mod(10m +1)).其中c i =b i +b 2m +i +b 4m +i +…,i =0,1,2,…,2m -1.令N 是大于M 的正整数, 满足c 0+c 1+…+c 2m -1≢N 的非负整数解(c 0,c 1,…,c 2m -1)的个数等于严格递增数列0≢c 0＜c 0+c 1+1＜c 0+c 1+ c 2+1＜c 0+c 1+…+c 2m -1+2m -1≢N+2m -1的数目, 即K N,2m =C 2m +N 2m =C 2m +N N = (2m +N)(2m +N -1)…(2m +1)N!. 对于足够大的m , 则有K N,2m ＜10m . 取a 0∈{1,2,…, 10m },使得a 0与集合 {21220m m --|c 0+c 1+…+c 2m -1≢N}中的任意元素模10m +1不同余, 因此, a 0的各位数字之和大于N . 从而, a n 的各位数字之和也大于N .11. 这样的函数不存在．下面用反证法证明．若存在函数f (x )使得条件均成立，先证明是f (x )是一一映射． 对于任意的a 、b , 若f (a )= f (b ),则由①有a = f (f (a ))= f (f (b ))= b , 即f (x )是一一映射．将x =0代入①，则有f (f (0))= 0. ③ 将x =1代入②,得f (f (1)+1)= 0. ④ 由式③、④得f (f (0))= f (f (1)+1).因为f (x )是一一映射，所以，f (0)＝f (1)+1. ⑤ 同理，分别将x =1和x =0代入①、②，得f (f (1))= f (f (0)+1).则f (1) = f (0)+1. ⑥ ⑤＋⑥得0=2. 矛盾.12. 存在符合命题要求的2n 个正整数．令a i =2M i ,b i =2i ,(i =1,2,3,n -1;M 是大于或等于8000n 的正整数)，a n =(M -1)2n (n -1),b n =M(M -1)n (n -1).显然，上述2n 个正整数两两不同，且a 1+a 2+…+a n = b 1+b 2+…+b n = n (n -1)(M 2-M+1), 另一方面，我们有1ni i i i ia b a b =-+å＝(n -1) M -1M+1 - 12M -1＜n -1， 1ni i i i ia b a b =-+å＝n -1- 2(n -1)M+1 - 12M -1＞n -1-2(n -1)8000n - 18000＞n -1- 11998. 因此，上述所给的2n 个正整数符合命题要求．。
泰安中考数学专题七 存在性问题(可编辑ppt)
则-t2+2t+3= 3(t+1)+ 3,
整理得2t2-t=20,解得t2=0或t= 1,
2
∴-t2+2t+3的值为3或 15,
4
∴P,Q的坐标是(0,3),(1,3)或
12 ,
15 4
, 32 ,
15 4
.
方法技巧 解题时先假设相关位置关系或数量关系成立,将这 一假设作为条件,结合题目中所给条件进行推理(在这一过程中, 如果条件存在多种可能,则需要分类讨论),若得出的结论符合题 意,则存在;若得出的结论不符合题意,则不存在.
动点P,Q同时从点B出发,点P以1 cm/s的速度沿折线BEDC运动到
点C时停止,点Q以2 cm/s的速度沿BC运动到点C时停止.设P,Q同 时出发t s时,△BPQ的面积为y cm2.已知y与t的函数关系图象如图
②(其中曲线OG为抛物线的一部分,其余各部分均为线段),则下
列结论:①当0<t≤5时,y= 4t2;②当t=6时,△ABE≌△PQB;
命题点二 依据三角形全等或相似判定存在性
在三角形的平移、翻折与旋转过程中,会产生全等的三角形, 由此得到有关全等三角形的存在性问题.而由平面上的三点所构 成的三角形可得到有关相似三角形的存在性问题.这类问题以点 或三角形的运动变化为背景,用解答题的形式探究相关量的存在 性.
例2 (2017肥城模拟)如图①所示,E为矩形ABCD的边AD上一点,
(1)求抛物线的函数表达式;
(2)若点N为抛物线上一点,且BC⊥NC,求点N的坐标; (3)点P是抛物线上一点,点Q是一次函数y= 3x+ 3的图象上一点,若
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四边形OAPQ为平行四边形,这样的点P,Q是否存在?若存在,分别 求出点P,Q的坐标;若不存在,说明理由.
初中数学存在性问题
存在性问题（一）1.在△ABC 中，点D ，E ，F 分别在AB ，BC ，AC 上，且∠ADF+∠DEC=180°，∠AFE=∠BDE ．（1）如图1，当DE=DF 时，图1中是否存在与AB 相等的线段？若存在，请找出，并加以证明；若不存在，说明理由；（2）如图2，当DE=kDF （其中0＜k ＜1）时，若∠A=90°，AF=m ，求BD 的长（用含k ，m 的式子表示）．2．如图，矩形OABC 的顶点A ，C 分别在x 轴和y 轴的正半轴上，顶点B 的坐标为()m m ,2，翻折矩形OABC ，使点A 与点C 重合，得到折痕DE ，设点B 的对应点为F ，折痕DE 所在直线与y 轴相交于点G ，经过点C ，F ，D 的抛物线为．（1）求点D 的坐标（用含m 的式子表示）；（2）若点G 的坐标为（0，﹣3），求该抛物线的解析式；（3）在（2）的条件下，设线段CD 的中点为M ，在线段CD 上方的抛物线上是否存在点P ，使PM=EA ？若存在，直接写出点P 的坐标；若不存在，说明理由．c bx ax ++=2y 213．如图1，△ABC 和△AED 是等腰直角三角形，∠BAC=∠EAD=90°，点B 在线段AE 上，点C在线段AD 上．（1）请直接写出线段BE 与线段CD 的关系；（2）如图2，将图1中的△ABC 绕点A 顺时针旋转角() 3600<<σσ.①（1）中的结论是否成立？若成立，请利用图2证明;若不成立,请说明理由；②当ED AC 21=时，探究在△ABC 旋转的过程中，是否存在这样的角σ，使以D C B A ,,,四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出角σ的度数；若不存在，请说明理由．4．如图1,抛物线交x 轴于()0,1-A 和()0,5B 两点,交y 轴于点C,点D 是线段OB 上一动点,连接CD,将线段CD 绕点D 顺时针旋转 90得到线段DE,过点E 作直线l ⊥x 轴于H,过点C 作CF ⊥l 于F ．（1）求抛物线解析式；（2）如图2，当点F 恰好在抛物线上时，求线段OD 的长；（3）在（2）的条件下：①连接DF ，求tan ∠FDE 的值；②试探究在直线l 上，是否存在点G ，使∠EDG=45°？若存在，请直接写出点G 的坐标；若不存在，请说明理由．23y ax bx =++5．如图，在平面直角坐标系中，已知Rt △AOB 的两直角边OA 、OB 分别在x轴的负半轴和y 轴的正半轴上，且OA 、OB 的长满足，∠ABO的平分线交x 轴于点C 过点C 作AB 的垂线，垂足为点D ，交y 轴于点E ．（1）求线段AB 的长；（2）求直线CE 的解析式；（3）若M 是射线BC 上的一个动点，在坐标平面内是否存在点P ，使以P M B A ,,,为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．6．如图，交x 轴于点A （1，0），交y 轴于点B ，对称轴是x=2．(1)求抛物线的解析式;(2)点P 是抛物线对称轴上的一个动点,是否存在点P,使△PAB 的周长最小？若存在,求出点P 的坐标;若不存在,请说明理由．28(6)0OA OB -+-=c bx x y +-=27．如图，抛物线的顶点为D ,与x 轴交于B A ,两点,与y 轴交于C 点,E 为对称轴上的一点,连接CE.将线段CE 绕点E 按逆时针方向旋转90°后,点C 的对应点C ′恰好落在y 轴上．（1）点F 为直线C ′E 与已知抛物线的一个交点,点H 是抛物线上C 与F 之间的一个动点，若过点H 作直线HG 与y 轴平行，且与直线C ′E 交于点G,设点H 的横坐标为()40<<m m ,当m 为何值时，6:5:=∆∆BG F H G F S S ？（2）图2所示的抛物线是由向右平移1个单位后得到的，点T （5，y ）在抛物线上，点P 是抛物线上O 与T 之间的任意一点，在线段OT 上是否存在一点Q ，使△PQT 是等腰直角三角形？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．8．如图，点M 的坐标是（5，4），⊙M 与y 轴相切于点C ，与x 轴相交于A 、B 两点．（1）设经过A 、B 两点的抛物线解析式为，它的顶点为F ，求证：直线FA 与⊙M 相切；（2）在抛物线的对称轴上，是否存在点P ，且点P 在x 轴的上方，使△PBC 是等腰三角形．如果存在，请求出点P 的坐标；如果不存在，请说明理由．245y x x =-++245y x x =-++21(5)4y x k =-+9．如图1,与x 轴交于B A ,,与y 轴交于C ,抛物线的顶点为D ，直线l 过C 交x 轴于()0,4E ．（1）写出D 的坐标和直线l 的解析式;(2)()y x P ,是线段BD 上的动点（不与D B ,重合），PF ⊥x 轴于F ，设四边形OFPC 的面积为S ，求S 与x 之间的函数关系式，并求S 的最大值;(3)点Q 在x 轴的正半轴上运动，过Q 作y 轴的平行线,交直线l 于M,交抛物线于N,连接CN ，将△CMN 沿CN 翻转，M 的对应点为M ′．在图2中探究：是否存在点Q ，使得M ′恰好落在y 轴上？若存在，请求出Q 的坐标；若不存在，请说明理由．10．如图，已知抛物线与直线AB 相交于()()3,0,0,3B A -两点．（1）求这条抛物线的解析式；（2）设C 是抛物线对称轴上的一动点，求使 90=∠CBA 的点C 的坐标；（3）探究在抛物线上是否存在点P ，使得APB ∆的面积等于3？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．223y x x =-++2y x bx c =-++11．抛物线经过A （0，2），B （3，2）两点，若两动点D 、E 同时从原点O 分别沿着x 轴、y 轴正方向运动，点E 的速度是每秒1个单位长度，点D 的速度是每秒2个单位长度．（1）求抛物线与x 轴的交点坐标；（2）若点C 为抛物线与x 轴的交点，是否存在点D ，使A 、B 、C 、D 四点围成的四边形是平行四边形？若存在，求点D 的坐标；若不存在，说明理由；（3）问几秒钟时，B 、D 、E 在同一条直线上？12、已知()1235.022-++--=m x m x y 与x 轴交于()()0,,0,21x B x A 两点,且210x x <<抛物线交y 轴于点C,OB=2OA 。
初中数学存在性问题30页PPT
1、最灵繁的人也看不见自己的背脊。——非洲 2、最困难的事情就是认识自己。——希腊 3、有勇气承担命运这才是英雄好汉。——黑塞 4、与肝胆人共事，无字句处读书。——周恩来 5、阅读使人充实，会谈使人敏捷，写作使人精确。——培根
1、不要轻言放弃，否则对不起自己。
2、要冒一次险!整个生命就是一场冒险。走得最远的人，常是愿意 去做，并愿意去冒险的人。“稳妥”之船，从未Байду номын сангаас从岸边走远。-戴尔．卡耐基。
梦 境
3、人生就像一杯没有加糖的咖啡，喝起来是苦涩的，回味起来却有 久久不会退去的余香。
初中数学存在性问题4、守业的最好办法就是不断的发展。 5、当爱不能完美，我宁愿选择无悔，不管来生多么美丽，我不愿失 去今生对你的记忆，我不求天长地久的美景，我只要生生世世的轮 回里有你。
〖2021年整理〗《专题五 存在性问题二》完整版教学课件PPT
考点 4:平行四边形的存在性
y
[2016 安顺]如图,抛物线经过 A( 1,0),
B(5,0),C(0,
5 2
)三点.
AO
(1)求抛物线的解析式；
C
B x
(2)M 为 x 轴上一动点,在抛物线上是否存在一点 N,使以 A、
C、M、N 四点构成的四边形是平行四边形?若存在,求点
N 的坐标；若不存在,请说明理由.
【考点训练】 见《考点训练》P217-218
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.
B
y
E C Q1 F A Q2
Ox P
B
y
E C Q1 F A Q2
Ox P
画板演示
1.如图,在平面直角坐标系 xOy 中,直线 y x 3 与 x 轴交于
点
C,与直线
AD
交于点
A(
4 3
,
5 3
),点
D
的坐标为(0,1).
(2)直线 x 2 交 BD 于点 P,交 x 轴于点 F,G 为抛物线上
一动点,M 为 x 轴上一动点,N 为直线 PF 上一动点,
当以 F、M、N、G 为顶点的四边形是正方形时,
请求出点 M 的坐标.
yD
C
P M
AO F Bx
G
N
yD C
P M
AO F Bx
G
N
画板演示
点悟:平行四边形存在性问题,常出现两个定顶点,可 以以那两个定点为边与对角线进行分类讨论.
y
N
N
M AO
MB H M x
C
N
y N
M AO
〖2021年整理〗《专题五 存在性问题一》完整版教学课件PPT
角形?若存在,请求出符合条件的 P 点坐标,若不存在,
请说明理由.
y
B
AO
x
C
y
B
AO
x
C
画板演示
1.在平面直角坐标系 xOy 中,A(2,3),在坐标轴上找
一点 P,使得△AOP 是等腰三角形,则这样的点 P 共
有
个.
画板演示
2.平面直角坐标系中,A( 2 , 2 ),B( 3 2 , 3 2 ),
(1)求证: AE DF ；
A
E
D
B
F
C
A
E
D
B
F
C
(2)当 t 为何值时,△DEF 为直角三角形?请说明理由.
A
E
D
B
F
C
A
E
D
B
F
C
画板演示
点悟:对于直角三角形的存在性问题,分类讨论主要针对直角 顶点进行讨论,常利用勾股定理来求线段的长度.
【考点训练】 见《考点训练》P215-216
从点 C 出发沿 CA 方向以每秒 2 个单位长度的速度向点
A 匀速运动,同时点 E 从点 A 出发沿 AB 方向以每秒 1 个
单位长度的速度向点 B 匀速运动,当其中一个点到达终点
时,另一个点也随之停止运动.设点 D,E 运动的时间是 t
秒(t＞0).过点 D 作 DF⊥BC 于点 F,连接 DE,EF.
轴的两个交点分别为 A( 4 ,0), B(1,0).
(1)求抛物线的解析式； (2)已知点 P 在抛物线上,连接 PC,PB,若△PBC 是以 BC 为直
角边的直角三角形,求点 P 的坐标.
y
C
O
中考复习小专题平行四边形存在性问题课件PPT
点A、B是定点， 点Q 、P两个动点
y
Q
P
分两种情况： AB为一条边
（-1,0）A O
B（3,0） x
AB为一条对角线
解:假设在抛物线上存在点P，使得以A、B、Q、P为 顶点的四边形是平行四边形，分两种情况：
(1)当AB为一条边时
y
P
Q
由题意可知 PQ=4，所以P点 横坐标X=±4
Q
A
O
（-1,0）
P
B
x
（3,0）
(2)当AB为一条对角线时
由题意可知AO=BE=1 所以OE=3-1=2
所以P点横坐标X=2
y
Q
E
AO （-1,0）
P
B （3,0）
x
例3.如图,已知二次函数图象的顶点坐标为C(1,0),直线y=x+m 与该二次函数的图象交于A 、B两点,其中A点的坐标为(3,4),B 点在y轴上
A 1个
B 2个
C 3个
D 4个
D
C
D
A
B
D
2.如图,在平面直角坐标系中,点A坐标(-1,0),B(3,0),C(0,2), 点D是平面内任意一点,若A、B 、C 、D四点恰好构成一 个平行四边形,则在平面内符合这样条件的点D的坐标为
D (-4,2)
C(0,2)
D (4,2)
(-1,0) A O
E B(3,0)
中考复习小专题
平行四边形存在性问题
牛首一中周勇琴
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，这类问题多以压轴题形式出现，其包涵知 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，是近几年中考的“热点”，更是 难点。 存在性问题类型很多，今天这节课只研究
中考复习：存在性问题示范课(结合河南中考压轴题分析)(共103张PPT)
M
t
,
1 2
t
3
N
t
2,
1 2
t
3
1
y 1x3 2
【【题存型在结性构问】题题型结构】
问题背景研究
23（1）
模型套路调用
23（2）
整合及转化
23（3）
【【题存型在结性构问】题题型结构】
问题背景研究
求坐标或函数解析式
23（1）
求角度或线段长
表达式
模型套路调用
23（2）
坐标
整合及转化
23（3）
横平竖直
②坐标相减；表达线段长 竖直：纵，上减下 横平：横，右减左
注：位置关系引起的分类；几何转化为函数角度
长 斜放置
①倾斜程度固定 借助相似，利用横平竖直线段长通过相似比进行表达
②倾斜程度变化 利用勾股定理：（x1 - x2）2 （y1 - y2）2
（2011·河南） （2）点P是直线AB上方的抛物线上一动点（不 与点A，B重合），过点P作x轴的垂线，垂足为C，交直线AB 于点D，作PE⊥AB于点E．设△PDE的周长为l，点P的横坐标 为x，求l关于x的函数关系式，并求出l的最大值．
面积9:10存在性(转化横平竖直)
2011 求表达式 周长最大值
正方形存在性
2010 求表达式 面积最大值
平行四边形存在性
1．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A (-4， 0)，B (0，-4)， C (2，0) 三点． （1）求抛物线的解析式．
y a x 4 x 2
4 0 0 4 8a a1
标
作图转化
2016
探究规律，复 几何综合：折叠、
合规律求点坐 直角结构、一线三
初中数学存在性问题课件ppt
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 题可抽象理解为“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Q存在，然后由 此出发进行推论，并导致矛盾，从而否定Q 的存在，此类问题的叙述通常是“是否存 在……若存在，请求出……（或证明）， 若不存在，请说明理由。
❖ 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），
初中数学存在性问题
❖宣威市来宾镇第一中学
❖宁德毅
初中数学存在性问题
❖ 随着新课程改革的不断深入，中考数学试题 也不断推旧出新，“选拔性”和“能力性” 兼容，命题由“知识型”立意向“能力型”、 “素质型”立意转变，题型设计思路开阔、 内容丰富、立意深刻、发人深省。存在性问 题恰恰是这类试题中突出考查学生能力的典 型代表，由于这类试题大多以函数图象为载 体，来研究事物的存在性，理解起来比较抽 象，涉及面较广，技能性和综合性也很强， 解决起来有一定的难度，对知识的迁移能力， 灵活运用能力和分析问题的能力要求很高， 所以几年来一直是全国各地中考数学的压轴 题目。
3
3
上,点N在其对称轴上，是否
存在这样的点M与N，使
中考数学之存在性问题
1.如图，直线y ＝2x ＋2与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，点P 是x 轴正半轴上的一个动点，直线PQ 与直线AB 垂直，交y 轴于点Q ，如果△APQ 是等腰三角形，求点P 的坐标．2.如图，已知正方形OABC 的边长为2，顶点A 、C 分别在x 、y 轴的正半轴上，M 是BC 的中点．P (0, m )是线段OC 上一动点（C 点除外），直线PM 交AB 的延长线于点D ．当△APD 是等腰三角形时，求m 的值．3.如图5-1，已知△ABC 中，AB ＝AC ＝6，BC ＝8，点D 是BC 边上的一个动点，点E 在AC 边上，∠ADE ＝∠B ．设BD 的长为x ，如果△ADE 为等腰三角形，求x 的值．4.如图，在Rt ABC △中，90A ∠= ，6AB =，8AC =，D E ，分别是边AB AC ，的中点，点P 从点D 出发沿DE 方向运动，过点P 作PQ BC ⊥于Q ，过点Q 作QR BA ∥交AC 于R ，当点Q 与点C 重合时，点P 停止运动．设BQ x =，QR y =．（1）求点D 到BC 的距离DH 的长；（2）求y 关于x 的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）；（3）是否存在点P ，使PQR △为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的x 的值；若不存在，请说明理由．5.如图，在△ABC 中，AB ＝AC ＝10，cos ∠B ＝45．D 、E 为线段BC 上的两个动点，且DE AB C D E R PH Q＝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．6.如图，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．7.如图，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．8.如图，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．9.如图，抛物线213482y x x =-+与x 轴交于A 、B 两点（A 点在B 点左侧），与y 轴交于点C ．动直线EF （EF //x 轴）从点C 开始，以每秒1个单位的速度沿y 轴负方向平移，且分别交y 轴、线段BC 于E 、F 两点，动点P 同时从点B 出发，在线段OB 上以每秒2个单位的速度向原点O 运动．是否存在t ，使得△BPF 与△ABC 相似．若存在，试求出t 的值；若不存在，请说明理由．10.如图，抛物线y ＝ax 2＋bx －3与x 轴交于A (1, 0)、B (3, 0)两点，与y 轴交于点D ，顶点为C ．（1）求此抛物线的解析式；（2）在x 轴下方的抛物线上是否存在点M ，过M 作MN ⊥x 轴于点N ，使以A 、M 、N 为顶点的三角形与△BCD 相似？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．11.在直角坐标系xoy 中，已知点P 是反比例函数）＞0(32x x y =图象上一个动点，以P 为圆心的圆始终与y 轴相切，设切点为A ．（1）如图1，⊙P 运动到与x 轴相切，设切点为K ，试判断四边形OKP A 的形状，并说明理由．（2）如图2，⊙P 运动到与x 轴相交，设交点为B ，C ．当四边形ABCP 是菱形时：①求出点A ，B ，C 的坐标．②在过A ，B ，C 三点的抛物线上是否存在点M ，使△MBP 的面积是菱形ABCP 面积的21．若存在，试求出所有满足条件的M 点的坐标，若不存在，试说明理由．A Py =KO 图112..已知：如图①，在Rt △ACB 中，∠C ＝90°，AC ＝4cm ，BC ＝3cm ，点P 由B 出发沿BA 方向向点A 匀速运动，速度为1cm/s ；点Q 由A 出发沿AC 方向向点C 匀速运动，速度为2cm/s ；连接PQ ．若设运动的时间为t （s ）（0＜t ＜2），解答下列问题：（1）当t 为何值时，PQ ∥BC ？（2）设△AQP 的面积为y （2cm ），求y 与t 之间的函数关系式；（3）是否存在某一时刻t ，使线段PQ 恰好把Rt △ACB 的周长和面积同时平分？若存在，求出此时t 的值；若不存在，说明理由；（4）如图②，连接PC ，并把△PQC 沿QC 翻折，得到四边形PQP ′C ，那么是否存在某一时刻t ，使四边形PQP ′C 为菱形？若存在，求出此时菱形的边长；若不存在，说明理由．13..将一矩形纸片OABC 放在平面直角坐标系中，(00)O ，，(60)A ，，(03)C ，．动点Q 从点O 出发以每秒1个单位长的速度沿OC 向终点C 运动，运动23秒时，动点P 从点A 出发以相等的速度沿AO 向终点O 运动．当其中一点到达终点时，另一点也停止运动．设点P 的运动时间为t （秒）．（1）用含t 的代数式表示OP OQ ，；（2）当1t =时，如图1，将O P Q △沿PQ 翻折，点O 恰好落在CB 边上的点D 处，求点D 的坐标；(3)连结AC ，将O P Q △沿PQ 翻折，得到EPQ △，如图2．问：PQ 与AC 能否平行？PE 与AC 能否垂直？若能，求出相应的t 值；若不能，说明理由．图1P图①。
2020年中考数学2轮专题复习课件-第38讲存在性问题PPT课件
①当△APQ∽△ACB 时，∠PAQ＝∠CAB，
即∠PAG＝∠CAB，∴APGG＝ABCC，即yPx－P 3＝BACC，
∴12t2＋52tt＋3－3＝3
2 ，解得 2
t1＝1，t2＝0(舍去)，
∴12t2＋52t＋3＝6，∴P(1，6)．
②同理，当△QPA∽△ACB 时，yPx－P 3＝ABCC，
(2)设 M 为直线 l 上的点，探究是否存在点 M，使以 点 N，C，M，P 为顶点的四边形为平行四边形？若存在， 求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由．
解：由题意，得 N(0，4)，NC＝5. ①当 NC 是平行四边形的一条边时，PM＝NC＝5. 设 P(x，－x2＋3x＋4)，则 M(x，－x－1)． ∴|－x2＋3x＋4＋x＋1|＝5， 解得 x1＝4，x2＝0(舍去)，x3＝2－ 14，x4＝2＋ 14. ∴点 M 的坐标为(4，－5)或(2－ 14，－3＋ 14)或(2 ＋ 14，－3－ 14)．
(2)是否存在某一时刻 t，使△ PEF 为直角三角形？若 存在，请求出此时刻 t 的值；若不存在，请说明理由．
解：存在． 过点 E，F 分别作 EN⊥BC 于点 N，FM⊥BC 于点 M.
易知 BP＝3t，CP＝10－3t, EN＝FM＝2t.
∵tan B＝ABDD＝EBNN，∴85＝B2Nt ，∴BN＝54t. 同理，CM＝54t，∴EF＝MN＝10－52t.
(1)求抛物线的解析式．
解：代入 A(0，3)，C(－3，0)， 得c92＝－33，b＋c＝0，解得cb＝＝352.， ∴抛物线的解析式为 y＝12x2＋52x＋3.
(2)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．
九年级数学中考专题复习存在性问题课件
3
3
－(
3 6
m2－2 3
3
)＝－
3 6
m2＋
3 3
m＋ 43
3.
∵
AC＝2＋2＋2＝6，∴
S△APM＝
1 2
DM•AE＋
1 2
DM•CE＝ 1
2
DM•(AE＋CE)＝
1 2
DM•AC＝－ 3 m2＋
2
3 m＋4
3 .当S△APM
＝5
2
3 时，5
2
3＝－ 3
2
m2＋
3
m＋4
3，解得m1＝3，m2＝
－1.∵ 2≤m≤4，∴ m＝3 .
点H，∵ 四边形ACM′N′是平行四边形，∴ AC＝ M′N′，∠CAO＝
∠N′M′H.又∵ ∠AOC＝∠M′HN′＝90°，∴△CAO≌△N′M′H.∴ CO
＝N′H. ∵ 点C的坐标是(0，－52
)，∴ N′H＝
5 2
，即点N′的纵坐标
专题复习 存在性问题
考点演练
为 5 .∴
2
1 x2－2x－
专题复习 存在性问题
考点演练
考点一 与相似有关的存在性问题
例1 (2018•潍坊)如图，抛物线y＝1 x2＋bx＋c经过△ABC的三个 3
顶点，其中点A(0，1)、点B(－9，10)，AC//x轴，P是直线AC 下方抛物线上的动点．
例1图
专题复习 常见的数学思想方法
考点演练
(1) 求抛物线对应的函数解析式．
∴ 点M的坐标为(3，5 3 ).
6
专题复习 存在性问题
考点演练
② 如图③，当点M在曲线BA之间(含端点)移动时，求|m|＋|n|的 最大值及取得最大值时点M的坐标．
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7.平行四边形存在性问题 8.圆的存在性问题： 9.时间存在性问题： 10.位置存在性问题： 11.变化存在性问题： 12.关联存在性问题：
数学思想：
主要是： 数形结合思想、 分类讨论思想、 特殊到一般的思想
解题技巧：
1、从数到形： 根据点的坐标特征， 挖掘发现特殊角或线段比 2、从形到数： 找出特殊位置，分段分类讨论
所谓存在性问题是指根据题目所给的条件，
二．存在性问题的种类：
二．存在性问题的种类： 定性分类： 1.肯定型存在性问题： 2.否定型的存在性问题：
定量分类： 1.数值存在性问题： 2.定值存在性问题： 3.极值存在性问题： 4.点存在性问题： 5.直线存在性问题： 6.三角形存在性问题：
（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。
思维模式
顺向思维 逆向思维 两头架线
中间碰火的思维
四边形
存在性问题
实例分析：
2 32 2 点M在抛物线 y x 4 3 3
上,点N在其对称轴上，是否 存在这样的点M与N，使 以M、N、C、E为顶点的 四边形是平行四边形？
分析： 平行四边形中有两个定 点E、C，和两个动点M、N， 为了不使情况遗漏，需按 EC在平行四边形中的“角 色”分类讨论； 然后，求M、N坐标时， 充分运用平行四边形在坐标 系中的性质求解，关注与 △OCE全等的△，还有线段 比： OE 3
一．存在性问题的内涵：
探究是否存在符合要求的结论，存在性问 题可抽象理解为“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Q存在，然后由 此出发进行推论，并导致矛盾，从而否定Q 的存在，此类问题的叙述通常是“是否存 在……若存在，请求出……（或证明）， 若不存在，请说明理由。
（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， ∴，即，解得。 ∴当或时，以P、Q、C为顶点的三角形与 △ADE相似。
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：。
OC
4
简解： （1）CE为平行四边 形的对角线时，其 中点P为平行四边 形中心，点M与抛 物线的顶点重合， 点N与M 关于点P 对称， 14 ∴ 32 M 4, N 4, 3 3
(2) CE为平行四边形 的一条边时， 根据其倾斜方向有 两种情况： ①往右下倾时， 得 QM=OC=8， NQ=6 ∴易求 M（12，-32） N（4，-26）
（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）； 32 14 ③ M 3 4,
N 3 4, 3 3
【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 的坐标与方程的关系，菱形的判 定和性质。
初中数学存在性问题
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
初中数学存在性问题
随着新课程改革的不断深入，中考数学试题 也不断推旧出新，“选拔性”和“能力性” 兼容，命题由“知识型”立意向“能力型”、 “素质型”立意转变，题型设计思路开阔、 内容丰富、立意深刻、发人深省。存在性问 题恰恰是这类试题中突出考查学生能力的典 型代表，由于这类试题大多以函数图象为载 体，来研究事物的存在性，理解起来比较抽 象，涉及面较广，技能性和综合性也很强， 解决起来有一定的难度，对知识的迁移能力， 灵活运用能力和分析问题的能力要求很高， 所以几年来一直是全国各地中考数学的压轴 题目。
（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．
OCE QMN
②往左下倾斜时， 同理可求 M(-4，-32) N(4，-38)
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， 抛物线经过O，D，C三 点． （1）求AD的长及抛物 线的解析式；
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=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；