第二讲动点存在性问题
菱形动点及存在性问题
菱形动点及存在性问题
背景
动点是指在几何形状中移动的点。
菱形是一种四边形，其中所有边长度相等且对角线相互垂直。
研究菱形动点的存在性和性质对于几何学来说是一个有趣且重要的问题。
菱形动点的定义
假设我们有一个固定的菱形，其顶点坐标分别为$(x_1, y_1)$, $(x_2, y_2)$, $(x_3, y_3)$, $(x_4, y_4)$。
菱形动点是指一个点$(x, y)$，其满足以下条件：
1. 点$(x, y)$在菱形内部；
2. 点$(x, y)$的运动轨迹是连续的。
存在性问题
对于给定的菱形，是否存在一个点满足动点的定义？这就是存
在性问题。
结论
对于任意菱形，存在一个满足动点定义的点。
证明概要
我们可以通过构造一个具体的动点来证明存在性。
考虑一个菱形的中心点$(x_c, y_c)$，即 $(x_c, y_c) =
\left(\frac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4},
\frac{y_1+y_2+y_3+y_4}{4}\right)$。
由菱形的性质可知，这个中心
点一定在菱形内部。
因此，我们可以将中心点作为动点，这样就满足了动点的定义。
总结
菱形动点的存在性问题得到了肯定的回答。
对于任意给定的菱形，都存在满足定义的动点。
这个结论对于几何学研究和实际问题的解决具有重要意义。
七年级数学动点问题2(教师版)
七年级数学动点问题2(教师版)问题描述这个文档旨在为教师提供一份关于七年级数学动点问题2的教学指导。
本文档将简要介绍问题的背景，提供解题策略和教学建议。
背景动点问题是在坐标平面上，通过坐标系将物体的位置和运动进行描述的数学问题。
七年级数学动点问题2是一个关于两个物体同时运动的问题。
学生需要通过分析各个物体的运动规律和坐标变化来解决问题。
解题策略1. 确定坐标系：教师需要引导学生建立一个合适的二维坐标系，使学生能够清楚地标示出物体的位置和运动轨迹。
2. 分析物体运动规律：教师可以先要求学生分别观察每个物体的运动规律，例如物体的起始位置和移动方式。
这有助于学生理解问题背景，并为后续的计算做好准备。
3. 计算物体坐标：教师可以引导学生运用基本的数学计算来确定每个物体在不同时间点的坐标。
学生可以利用物体的起始位置和速度来计算物体在不同时间点的位移，然后将位移加上起始位置，得出物体在不同时间点的坐标。
4. 求解问题：一旦学生确定了物体在不同时间点的坐标，他们可以根据问题要求来解决具体的问题。
例如，计算两个物体在某一时刻的距离，或者计算两个物体相遇的时间等等。
教学建议1. 强调坐标系的建立：在解题过程中，坐标系的建立是非常重要的。
教师可以通过示范和解释的方式帮助学生理解如何正确地建立坐标系，并鼓励他们在解题过程中始终使用坐标系来表示物体的位置和运动。
2. 着重训练计算能力：学生需要具备一定的数学计算能力才能解决动点问题。
教师可以通过练题和小组活动来训练学生的计算能力，提高他们的解题效率和准确度。
3. 激发学生思考：教师可以引导学生思考动点问题的更多扩展，例如更复杂的物体运动规律或其他相关问题。
这有助于培养学生的创造思维和解决问题的能力。
总结七年级数学动点问题2是一个涉及物体运动和坐标变化的数学问题。
通过引导学生建立坐标系、分析物体运动规律、计算物体坐标和求解问题，教师可以帮助学生理解和解决这类问题，并提高他们的数学能力和问题解决能力。
九年级中考 专题04 动点与相似三角形存在性问题解法题型讲义(教师版)
动点与相似三角形存在性问题解法动点存在性问题是中考的热点与难点，相似三角形存在性问题是其中的重点题型。
其解题核心是找到比例关系得到方程，难点在于分类讨论找出隐含的条件. 通常，隐含的条件中角度相等不太容易发现.一、典例解析例1. 【2020·广东东莞】如图，抛物线y =3+√36x 2+bx +c 与x 轴交于A ，B 两点，点A ，B 分别位于原点的左、右两侧，BO ＝3AO ＝3，过点B 的直线与y 轴正半轴和抛物线的交点分别为C ，D ，BC =√3CD ．（1）求b ，C 的值；（2）求直线BD 的函数解析式；（3）点P 在抛物线的对称轴上且在x 轴下方，点Q 在射线BA 上．当△ABD 与△BPQ 相似时，请直接写出所有满足条件的点Q 的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）∵OB=3OA=3∴B （3,0），A （-1,0）∴0930b c b c ⎧+=⎪⎪++=解得：b=，c= （2）过点D 作DE ⊥y 轴于E ，∵∠ECD=∠BCO，∠DEC=∠BOC=90°∴△CDE∽△CBO∴CD DE BC OB=3DE=，即D点横坐标为其坐标为D（）由B(3,0)得直线BD解析式为：y=（3）由A（-1,0），B（3,0），D（），知S△ABD=2），BD=2），AD=过点A作AH⊥BD于H，∴AH=2，DH=2，∴tan∠ADB=1，tan∠∠设Q（x，0），P（1，m），其中m<0，x<3，①当△ABD∽△BPQ时，∠DAB=∠QBP（由题意知∠QBP<90°，∠DAB>90°，不存在）②当△ABD∽△BQP时，同理，此种情况不存在；③当△ABD∽△QBP时，tan ∠ADB=tan ∠QPB=1，tan ∠ABD= tan ∠∠PQO=tan ∠∴2m -m=，21m x -=-即Q 0） ④当△ABD ∽△QPB 时，同理，∴12m -=，即m=-2，21m x -=-x=5-即Q （5-0）⑤当△ABD ∽△PQB 时，同理，∴12m -=，即m=-2，1m x --，x=1-即Q （1-0）⑥当△ABD ∽△PBQ 时，同理，∴2m -m=，11m x -=-，x=1即Q （1，0）. 例2.【2020·贵州铜仁】如图，已知抛物线y ＝ax 2+bx +6经过两点A （﹣1，0），B （3，0），C 是抛物线与y 轴的交点．（1）求抛物线的解析式；（2）点P （m ，n ）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC 的面积为S ，求S 关于m 的函数表达式（指出自变量m 的取值范围）和S 的最大值；（3）点M 在抛物线上运动，点N 在y 轴上运动，是否存在点M 、点N 使得∠CMN ＝90°，且△CMN 与△OBC 相似，如果存在，请求出点M 和点N 的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）将A （﹣1，0）、B （3，0）代入y ＝ax 2+bx +6，得：{a −b +6=09a +3b +6=0，解得：{a =−2b =4， ∴抛物线的解析式为y ＝﹣2x 2+4x +6．（2）过点P 作PF ∥y 轴，交BC 于点F ，如图所示．当x ＝0时，y ＝﹣2x 2+4x +6＝6，∴点C 的坐标为（0，6）．设直线BC 的解析式为y ＝kx +c ，将B （3，0）、C （0，6）代入y ＝kx +c ，得：{3k +c =0c =6，解得：{k =−2c =6， ∴直线BC 的解析式为y ＝﹣2x +6．设点P 的坐标为（m ，﹣2m 2+4m +6），则点F 的坐标为（m ，﹣2m +6），∴PF ＝﹣2m 2+4m +6﹣（﹣2m +6）＝﹣2m 2+6m ，∴S △PBC =12PF •OB ＝﹣3m 2+9m ＝﹣3（m −32）2+274，∴当m =32时，△PBC 面积取最大值，最大值为274．∵点P （m ，n ）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，∴0＜m ＜3．（3）存在点M 、点N 使得∠CMN ＝90°，且△CMN 与△OBC 相似．①如图，∠CMN ＝90°，当点M 位于点C 上方，过点M 作MD ⊥y 轴于点D ，∵∠CDM ＝∠CMN ＝90°，∠DCM ＝∠NCM ，∴△MCD ∽△NCM ，若△CMN 与△OBC 相似，则△MCD 与△NCM 相似，设M （a ，﹣2a 2+4a +6），C （0，6），∴DC ＝﹣2a 2+4a ，DM ＝a ，当DM CD =OB OC =36=12时，△COB ∽△CDM ∽△CMN ， ∴a −2a 2+4a =12，解得，a ＝1，∴M （1，8），此时ND =12DM =12，∴N （0，172），②当CD DM =OB OC =12时，△COB ∽△MDC ∽△NMC ， ∴−2a 2+4a a =12， 解得a =74，∴M （74，558），此时N （0，838）． ③如图，当点M 位于点C 的下方，过点M 作ME ⊥y 轴于点E ，设M （a ，﹣2a 2+4a +6），C （0，6），∴EC ＝2a 2﹣4a ，EM ＝a ，同理可得：2a 2−4a a =12或2a 2−4a a =2，△CMN 与△OBC 相似， 解得a =94或a ＝3，∴M （94，398）或M （3，0），此时N 点坐标为（0，38）或（0，−32）．综上所述，M （1，8），N （0，172）或M （74，558），N （0，838）或M （94，398），N （0，38）或M （3，0），N （0，−32），使得∠CMN ＝90°，且△CMN 与△OBC 相似．例3.【2020·浙江金华】如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC 的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB ，OC 的中点D ，E 作AE ，AD 的平行线，相交于点F ，已知OB =8.（1）求证：四边形AEFD为菱形.（2）求四边形AEFD的面积.（3）若点P在x轴正半轴上(异于点D)，点Q在y轴上，平面内是否存在点G，使得以点A，P，Q，G为顶点的四边形与四边形AEFD相似？若存在，求点P的坐标；若不存在，试说明理由.【答案】见解析.【解析】解：（1）∵DF∥AE，EF∥AD，∴四边形AEFD是平行四边形∵四边形ABOC是正方形，∴OB＝OC＝AB＝AC，∠ACE＝∠ABD＝90°∵点D，E是OB，OC的中点，∴CE＝BD，∴△ACE≌△ABD(SAS)，∴AE＝AD，∴平行四边形AEFD是菱形（2）连接DE∵S△ABD＝12AB·BD＝12×8×4=16S△ODE＝12OD·OE＝12×4×4=8∴S△AED＝S正方形ABOC－2 S△ABD－S△ODE＝64－2×16－8＝24，∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48.（3）连接AF与DE相交于点K，易得△ADK的两直角边之比为1:3，①当AP为菱形一边时，点Q在x轴上方，有两种情况：（i）如图，AG与PQ交于点H，∵菱形P AQG∽菱形ADFE，∴△APH的两直角边之比为1:3.过点H作HN⊥x轴于点N，交AC于点M，设AM=t，∵HN∥OQ，点H是PQ的中点，∴点N是OP中点，∴HN是△OPQ的中位线，∴ON＝PN＝8－t.∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠AMH＝90°，∴△HMA∽△PNH，∴13 AM MH NH PN==∴HN＝3AM＝3t，∴MH＝MN－NH＝8－3t，∵PN＝3MH，∴8－t=3(8－3t)，解得t＝2，∴OP＝2ON＝2(8－t)＝12，∴点P的坐标为(12，0).（ii）如图△APH的两直角边之比为1:3.过点H作HI⊥y轴于点I，过点P作PN⊥x轴交IH于点N，延长BA交IN于点M.∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠AMH＝∠PNH，∴△AMH∽△HNP，∴13 AM MH NH PN==设MH＝t，∴PN＝3MH＝3t，∴AM＝BM－AB＝3t－8，∴HN＝3AM＝3(3t－8)＝9t－24.∵HI是△OPQ的中位线，∴OP＝2IH，∴HI＝HN，∴8＋t＝9t－24，解得t＝4∴OP＝2HI＝2(8＋t)＝24，∴点P的坐标为(24，0).②当AP为菱形一边时，点Q在x轴下方，有两种情况，（i）△PQH的两直角边之比为1:3.过点H作HM⊥y轴于点M，过点P作PN⊥HM于点N.∵MH是△QAC的中位线，∴HM=4，同理，△HPN∽△QHM∴13 PN NH MH MQ==则PN=43，∴OM=4 3设HN＝t，则MQ＝3t.∵MQ＝MC，∴4383t=-，解得：t=209∴OP＝MN＝4＋t＝56 9即P（569，0）；（ii）△PQH的两直角边之比为1:3.过点H作HM⊥x轴于点M，交AC于点I，过点Q作NQ⊥HM于点N，同理，得：HM=4 3设PM＝t，则HN＝3t，∵HN＝HI，∴4383t=+，解得：t=289∴OP＝OM－PM＝QN－PM＝4－t＝8 9即P（89，0）.③当AP为菱形对角线时，△PQH的两直角边之比为1:3.同理得：点P的坐标为(16，0).综上所述，点P的坐标为(12，0)，(24，0)，（569，0），（89，0），(16，0).三、刻意练习1.【2020·山东烟台】如图，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A，B两点，且OA＝2OB，与y轴交于点C，连接BC，抛物线对称轴为直线x＝12，D为第一象限内抛物线上一动点，过点D作DE⊥OA于点E，与AC交于点F，设点D的横坐标为m．（1）求抛物线的表达式；（2）抛物线上是否存在点D，使得以点O，D，E为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）设OB ＝t ，则OA ＝2t ，则点A 、B 的坐标分别为（2t ，0）、（﹣t ，0）， 则12＝12（2t ﹣t ），解得：t ＝1，点A 、B 的坐标分别为（2，0）、（﹣1，0），则抛物线的表达式为：y ＝a （x ﹣2）（x +1）＝ax 2+bx +2，解得：a ＝﹣1，故抛物线的表达式为：y ＝﹣x 2+x +2；（2）存在，理由：点D （m ，﹣m 2+m +2）（m ＞0），则OD ＝m ，DE ＝﹣m 2+m +2，以点O ，D ，E 为顶点的三角形与△BOC 相似， 则DE OE =OB OC ，DE OE =OC OB即DE OE ＝2或12，即222m m m -++=或2212m m m -++=，解得：m ＝1或﹣2（舍去），综上所述，m ＝1． 2.【2020·黑龙江绥化】如图1，抛物线21(2)62y x =-++与抛物线21122y x tx t =-++-相交y 轴于点C ，抛物线1y 与x 轴交于A 、B 两点（点B 在点A 的右侧），直线23y kx =+交x 轴负半轴于点N ，交y 轴于点M ，且OC ON =．（1）求抛物线1y 的解析式与k 的值；（2）抛物线1y 的对称轴交x 轴于点D ，连接AC ，在x 轴上方的对称轴上找一点E ，使以点A ，D ，E 为顶点的三角形与AOC ∆相似，求出DE 的长；【答案】见解析.【解析】解：（1）当0x =时，得21(2)62642y x =-++=-+=， (0,4)C ∴，把(0,4)C 代入21122y x tx t =-++-得，24t -=， 6t ∴=，2134y x x ∴=-++，ON OC =，(4,0)N ∴-，把(4,0)N -代入23y kx =+中，得430k -+=， 解得，34k =； ∴抛物线1y 的解析式为2134y x x =-++，k 的值为34． （2）连接AE ，令0y =，得21340y x x =-++=，解得，1x =-或4，(1,0)A ∴-，(4,0)B ，∴对称轴为：14322x -+==， 3(2D ∴，0)， 1OA ∴=，4OC =，32OD =，52AD =， ①当AOC EDA ∆∆∽时，OA OC DE DA=，即1452DE =， 58DE ∴=， ②当AOC ADE ∆∆∽时，AO OC AD DE=，即1452DE =， 10DE ∴=， 综上，58DE =或10； 3.【2020·湖北鄂州】如图，抛物线y =12x 2+bx +c 与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 左边），与y 轴交于点C ．直线y =12x ﹣2经过B 、C 两点．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 是抛物线上的一动点，过点P 且垂直于x 轴的直线与直线BC 及x 轴分别交于点D 、M ．PN ⊥BC ，垂足为N ．设M （m ，0）．当点P 在直线BC 下方的抛物线上运动时，是否存在一点P ，使△PNC 与△AOC 相似．若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）针对于直线y =12x ﹣2，令x ＝0，则y ＝﹣2，∴C （0，﹣2），令y ＝0，则0=12x ﹣2，∴x ＝4，∴B （4，0），将点B ，C 坐标代入抛物线y =12x 2+bx +c 中，得{c =−28+4b +c =0， ∴{b =−32c =−2， ∴抛物线的解析式为y =12x 2−32x ﹣2；（2）由（1）知，抛物线的解析式为y =12x 2−32x ﹣2，令y ＝0，则0=12x 2−32x ﹣2，∴x ＝﹣1或x ＝4，∴点A （﹣1，0），∴OA ＝1，∵B （4，0），C （0，﹣2），∴OB ＝4，OC ＝2，∴OAOC =OCOB ，∵∠AOC ＝∠COB ＝90°，∴△AOC ∽△COB ，∴∠OAC ＝∠OCB ，∠ACO ＝∠OBC ，∵△PNC 与△AOC 相似，当△PNC ∽△AOC ，∴∠PCN ＝∠ACO ，∴∠PCN ＝∠OBC ，∴CP ∥OB ，∴点P 的纵坐标为﹣2，∴12m 2−32m ﹣2＝﹣2， ∴m ＝0（舍）或m ＝3，∴P （3，﹣2）；当△PNC ∽△AOC 时，∴∠PCN ＝∠CAO ，∴∠OCB ＝∠PCD ，∵PD ∥OC ，∴∠OCB ＝∠CDP ，∴∠PCD ＝∠PDC ，∴PC ＝PD ，由①知，P （m ，12m 2−32m ﹣2），D （m ，12m ﹣2）， ∵C （0，﹣2），∴PD ＝2m −12m 2，PC =√m 2+(12m 2−32m −2+2)2=√m 2+(12m 2−32m)2，∴2m 2−12m =√m 2+(12m 2−32m)2，∴m =32，∴P （32，−258）， 即满足条件的点P 的坐标为（3，﹣2）或（32，−258）． 4.【2020·湖北荆州】如图1，在平面直角坐标系中，A （﹣2，﹣1），B （3，﹣1），以O 为圆心，OA 的长为半径的半圆O 交AO 延长线于C ，连接AB ，BC ，过O 作ED ∥BC 分别交AB 和半圆O 于E ，D ，连接OB ，CD ．（1）求证：BC 是半圆O 的切线；（2）试判断四边形OBCD 的形状，并说明理由；（3）如图2，若抛物线经过点D 且顶点为E ．①求此抛物线的解析式；②点P 是此抛物线对称轴上的一个动点，以E ，D ，P 为顶点的三角形与△OAB 相似，问抛物线上是否存在一点Q ．使S △EPQ ＝S △OAB ？若存在，请直接写出Q 点的横坐标；若不存在，说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）证明：设AB 与y 轴交于M ，∵A （﹣2，﹣1），B （3，﹣1），∴AB ∥x 轴，且AM ＝2，OM ＝1，AB ＝5，∴OA ＝OC =√5，∵DE ∥BC ，O 是AC 的中点，∴OE 是△ABC 的中位线，∴AE =12AB ，BC ＝2OE ，∴E （12，﹣1）， ∴EM =12，∴OE =√OM 2+ME 2=√12+(12)2=√52，∴BC ＝2OE =√5，在△ABC 中，∵AC 2+BC 2=(2√5)2+(√5)2=25，AB 2＝52＝25，∴AC 2+BC 2＝AB 2，∴△ABC 是直角三角形，且∠ACB ＝90°，∴BC ⊥AC ，∵AC 为半圆O 的直径，∴BC 是半圆O 的切线；（2）四边形OBCD 是平行四边形，理由是：由（1）得：BC ＝OD ＝OA =√5，∵OD ∥BC ，∴四边形OBCD 是平行四边形；（3）①由（1）知：OD ＝OA =√5，E 是AB 的中点，且E （12，﹣1），OE =√52， 过D 作DN ⊥y 轴于N ，则DN ∥EM ，∴△ODN ∽△OEM ，∴ON OM =DN EM =OD OE ，即ON 1=DN12=√5√52，∴ON ＝2，DN ＝1，∴N （﹣1，2），设此抛物线的解析式为：y ＝a （x −12）2﹣1，把N （﹣1，2）代入得：2＝a （﹣1−12）2﹣1，解得：a =43，∴此抛物线的解析式为：y =43（x −12）2﹣1，即y =43x 2−43x −23；②存在，过D 作DG ⊥EP 于G ，设Q 的横坐标为x ，∵DG ＝1+12=32，EG ＝2+1＝3，∴DE =√DG 2+EG 2=√(32)2+32=3√52， tan ∠DEG =DG EG =323=12， ∵tan ∠OAM =OM AM =12，且∠DEG 和∠OAM 都是锐角， ∴∠DEG ＝∠OAM ，当△EPD ∽△AOB 时，EP AO =DE AB ，即√5=3√525，∴EP =32， ∵S △AOB =12AB ⋅OM =12×5×1=52， ∵S △EPQ ＝S △OAB ， ∴12⋅EP ⋅|x −12|=52，即12×32×|x −12|=52， 解得：x =236或−176；当△OAB ∽△DEP 时，ABEP =OADE ，即5EP =√53√52，∴EP =152，同理得：12⋅152⋅|x −12|=52， 解得：x =76或−16；综上，存在符合条件的点Q ，Q 点的横坐标为236或−176或76或−16． 5.【2020·湖北随州】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝ax 2+bx +1的对称轴为直线x =32，其图象与x轴交于点A 和点B （4，0），与y 轴交于点C ．（1）直接写出抛物线的解析式和∠CAO 的度数；（2）动点M ，N 同时从A 点出发，点M 以每秒3个单位的速度在线段AB 上运动，点N 以每秒√2个单位的速度在线段AC 上运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动的时间为t （t ＞0）秒，连接MN ，再将线段MN 绕点M 顺时针旋转90°，设点N 落在点D 的位置，若点D 恰好落在抛物线上，求t 的值及此时点D 的坐标；（3）在（2）的条件下，设P 为抛物线上一动点，Q 为y 轴上一动点，当以点C ，P ，Q 为顶点的三角形与△MDB 相似时，请直接写出点P 及其对应的点Q 的坐标．（每写出一组正确的结果得1分，至多得4分）【答案】见解析.【解析】解：（1）由题意：{−b 2a =3216a +4b +1=0， 解得{a =−14b =34， ∴抛物线的解析式为y =−14x 2+34x +1，令y ＝0，可得x 2﹣3x ﹣4＝0，解得x ＝﹣1或4，∴A （﹣1，0），令y ＝0，得到x ＝1，∴C （0，1），∴OA ＝OC ＝1，∴∠CAO ＝45°．（2）过点C 作CE ⊥OA 于E ，过点D 作DF ⊥AB 于F ．∵∠NEM ＝∠DFM ＝∠NMD ＝90°，∴∠NME +∠DMF ＝90°，∠DMF +∠MDF ＝90°， ∴∠NME ＝∠MDF ， ∵NM ＝DM ，∴△MEN ≌△DFM （AAS ）， ∴NE ＝MF ，EM ＝DF ，∵∠CA O ＝45°，AN =√2t ，AM ＝3t ， ∴AE ＝EN ＝t ， ∴EM ＝AM ﹣AE ＝2t ，∴DF ＝2t ，MF ＝t ，OF ＝4t ﹣1， ∴D （4t ﹣1，2t ），∴−14（4t ﹣1）2+34（4t ﹣1）+1＝2t ， ∵t ＞0，解得t =34，经检验，t =34时，M ，N 均没有达到终点，符合题意， ∴D （2，32）．（3）当点Q 在点C 的下方，点P 在y 的右侧，∠QCP ＝∠MDB 时，取E （12，0），连接EC ，过点E 作EG ⊥EC 交PC 于G ，∵M （54，0），D （2，32），B （4，0）∴FM ＝2−54=34，DM =3√54，BM =114，BD =52， ∴DF ＝2MF ， ∵OC ＝2OE ，∴tan ∠OCE ＝tan ∠MDF =12， ∴∠OCE ＝∠MDF ， ∴∠OCP ＝∠MDB ， ∴∠ECG ＝∠FDB ，∴tan ∠ECG ＝tan ∠FDB =43， ∵EC =√52， ∴EG =2√53，可得G （116，23）， ∴直线CP 的解析式为y =−211x +1， 由{y =−211x +1y =−14x 2+34x +1，解得{x =0y =0或{x =4111y =39121， ∴P （4111，39121），∴PC =41√511， 当MD CQ=BD CP或MD PC=BD CQ时，△QCP 与△MDB 相似，可得CQ =615242或2050363， ∴Q （0，−373242）或（0，−1687363）．当点Q 在点C 的下方，点P 在y 的右侧，∠QCP ＝∠DMB 时，设PC 交x 轴于K ．∵tan ∠OCK ＝tan ∠DMB ＝2， ∴OK ＝2OC ＝2， 即点K 与F 重合，∴直线PC 的解析式为y =−12x +1，由{y =−12x +1y =−14x 2+34x +1，解得{x =0y =1或{x =5y =−32，∴P （5，−32）， ∴PC =5√52， 当DM PC=BM CQ或DM CQ=BM PC时，△QCP 与△MDB 相似，可得CQ =556或7522， ∴Q （0，−496）或（0，−5322）． 当点Q 在点C 的下方，点P 在y 的右侧，∠QCP ＝∠DBM 时，同法可得P （253，−919），Q （0，−25718）或（0，115199），当点Q 在点C 上方，∠QCP ＝∠DMB 时，同法可得P （1，32），Q （0，176）或（0，3722），当点Q 在点C 上方，∠QCP ＝∠MDB 时，同法可得P （2511，171121），Q （0，617242）或（0，1613363），当点Q 在点C 下方，点P 在y 轴的左侧时，∠QCP ＝∠DBM 时，同法可得P （−73，−199），Q （0，−5918）或（0，−25199）． 6.【2020·湖南怀化】如图所示，抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3与x 轴相交于A 、B 两点，与y 轴相交于点C ，点M 为抛物线的顶点．（1）求点C 及顶点M 的坐标．（2）直线CM 交x 轴于点E ，若点P 是线段EM 上的一个动点，是否存在以点P 、E 、O 为顶点的三角形与△ABC 相似．若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析. 【解析】解：（1）令y ＝x 2﹣2x ﹣3中x ＝0，此时y ＝﹣3， 故C 点坐标为（0，﹣3）， 又∵y ＝x 2﹣2x ﹣3＝（x ﹣1）2﹣4， ∴抛物线的顶点M 的坐标为（1，﹣4）； （2）连接AC ，OP ，设MC 的解析式为：y ＝kx +m ，代入C （0，﹣3），M （1，﹣4）得{−3=m −4=k +m ，解得{k =−1m =−3∴MC 的解析式为：y ＝﹣x ﹣3，令y ＝0，则x ＝﹣3， ∴E 点坐标为（﹣3，0）， ∴OE ＝OB ＝3，且OC ⊥BE ， ∴CE ＝CB ，∴∠B ＝∠E ， 设P （x ，﹣x ﹣3）， 又∵P 点在线段EC 上， ∴﹣3＜x ＜0，则EP =√(x +3)2+(−x −3)2=√2(x +3)，BC =√32+32=3√2， 由题意知：△PEO 相似△ABC ， ①△PEO ∽△CBA ， ∴EO BA =EP BC，∴34=√2(x+3)3√2， 解得x =−34，满足﹣3＜x ＜0，此时P 的坐标为(−34，−94)； ②△PEO ∽△ABC ， ∴EO BC =EP BA，∴3√2=√2(x+3)4， 解得x ＝﹣1，满足﹣3＜x ＜0，此时P 的坐标为（﹣1，﹣2）． 综上所述，P 点的坐标为(−34，−94)或（﹣1，﹣2）．7.【2020·江苏连云港】在平面直角坐标系中，把与轴交点相同的二次函数图象称为“共根抛物线”．如图，抛物线的顶点为，交轴于点、（点在点左侧），交轴于点．抛物线与是“共根抛物线”，其顶点为．（1）若抛物线经过点，求对应的函数表达式；（2）设点是抛物线上的一个动点，且位于其对称轴的右侧．若与相似，求其“共根抛物线” 的顶点的坐标．xOy x 2113:222L y x x =--D x A B A B y C 2L 1L P 2L (2,12)-2L Q 1L DPQ ∆ABC ∆2L P【答案】见解析.【解析】解：（1）当时，，解得或4，，，，由题意设抛物线的解析式为， 把代入， ，解得，抛物线的解析式为． （2）由题意，，，，，，，顶点，， 由题意，不可能是直角， 第一种情形：当时，①当时，， 0y =2132022x x --=1x =-(1,0)A ∴-(4,0)B (0,2)C 2L (1)(4)y a x x =+-(2,12)-(1)(4)y a x x =+-126a -=-2a =22(1)(4)268y x x x x =+-=--5AB =CB =CA =222AB BC AC ∴=+90ACB ∴∠=︒2CB CA =221313252()22228y x x x =--=--∴3(2D 25)8-PDQ ∠90DPQ ∠=︒QDP ABC ∆∆∽12QP AC DP BC ==设，则，，，， ，，解得或（舍弃）， ，．②当时， ，， 解得或（舍）， ，．第二种情形：当． ①当时，，213(,2)22Q x x x --3(2P 2132)22x x --2213251392()228228DP x x x x =----=-+32QP x =-2PD QP =213923228x x x ∴-=-+112x =323(2P ∴39)8DQP ABC ∆∆∽2QO PD=239324x x x -=-+52x =323(2P ∴21)8-90DQP ∠=︒PDQ ABC ∆∆∽12PQ AC DQ BC ==过点作于．则，， ，，，， ，， ，由，可得，， ，．②当时，过点作于．同法可得，，，，，，由，可得， ，．Q QM PD ⊥M QDM PDQ ∆∆∽∴12QM PQ MD DQ ==3(2M 39)811(2Q 39)88MD ∴=4MQ =DQ ∴=DQ PDDM DQ=10PD =3(2D 25)8-3(2P ∴55)8DPQ ABC ∆∆∽Q QM PD ⊥M 3(2M 21)8-5(2Q 21)8-12DM ∴=1QM =QD =QD PD DM DQ =52PD =3(2P ∴5)8-8.【2020·山东聊城】如图，二次函数的图象与轴交于点，，与轴交于点，抛物线的顶点为，其对称轴与线段交于点，垂直于轴的动直线分别交抛物线和线段于点和点，动直线在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿轴正方向移动到点． （1）求出二次函数和所在直线的表达式；（2）连接，，在动直线移动的过程中，抛物线上是否存在点，使得以点，，为顶点的三角形与相似？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）将点，，代入， 得：，解得：，二次函数的表达式为：， 当时，，，设所在直线的表达式为：， 将、代入， 得：，解得：，所在直线的表达式为：；24y ax bx ==++x (1,0)A -(4,0)B y C D BC E x l BC P F l x B 24y ax bx =++BC CP CD l P P C F DCE ∆P (1,0)A -(4,0)B 24y ax bx ==++0401644a b a b =-+⎧⎨=++⎩13a b =-⎧⎨=⎩234y x x =-++0x =4y =(0,4)C ∴BC y mx n =+(0,4)C (4,0)B y mx n =+404nm n =⎧⎨=+⎩14m n =-⎧⎨=⎩BC ∴4y x =-+（2）存在，理由如下： 如图所示：由（2）得：， ，又与有共同的顶点，且在的内部， ，只有时，， ， 、，，由（2）得：，，的坐标为：， ，， ，， 解得：， 当时，， ∴点的坐标为：，．9.【2020·山东潍坊】如图，抛物线y ＝ax 2+bx +8（a ≠0）与x 轴交于点A （﹣2，0）和点B （8，0），与y 轴交于点C ，顶点为D ，连接AC ，BC ，BC与抛物线的对称轴l 交于点E ．//PF DE CED CFP ∴∠=∠PCF ∠DCE ∠C PCF ∠DCE ∠PCF DCE ∴∠≠∠∴PCF CDE ∠=∠PCF CDE ∆∆∽∴PF CFCE DE=(0,4)C 3(2E 5)2CE ∴==154DE =24PF t t =-+F (,4)t t -+CF ∴∴240t ≠∴15(4)34t -+=165t =165t =2216168434()345525t t -++=-+⨯+=P 16(584)25（1）求抛物线的表达式；（2）点P 是第一象限内抛物线上的动点，连接PB ，PC ，当S △PBC =35S △ABC 时，求点P 的坐标；（3）点N 是对称轴l 右侧抛物线上的动点，在射线ED 上是否存在点M ，使得以点M ，N ，E 为顶点的三角形与△OBC 相似？若存在，求点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）∵抛物线y ＝ax 2+bx +8（a ≠0）过点A （﹣2，0）和点B （8，0），∴{4a −2b +8=064a +8b +8=0，解得{a =−12b =3， ∴抛物线解析式为：y =−12x 2+3x +8；（2）当x ＝0时，y ＝8，∴C （0，8），∴直线BC 解析式为：y ＝﹣x +8，∵S △ABC =12⋅AB ⋅OC =12×10×8=40， ∴S △PBC =35S △ABC =24，过点P 作PG ⊥x 轴，交x 轴于点G ，交BC 于点F ，设P(t ，−12t 2+3x +8)，∴F （t ，﹣t +8），∴PF =−12t 2+4t ，∴S △PBC =12PF ⋅OB =24，即12×(−12t 2+4t)×8=24， ∴t 1＝2，t 2＝6，∴P 1（2，12），P 2（6，8）；（3）∵C （0，8），B （8，0），∠COB ＝90°，∴△OBC 为等腰直角三角形，抛物线y =−12x 2+3x +8的对称轴为x =−b 2a =−32×(−12)=3， ∴点E 的横坐标为3，又∵点E 在直线BC 上，∴点E 的纵坐标为5，∴E （3，5），设M(3，m)，N(n ，−12n 2+3n +8)，①当MN ＝EM ，∠EMN ＝90°，当△NME ～△COB 时，则{m −5=n −3−12n 2+3n +8=m， 解得{n =6m =8或{n =−2m =0（舍去）， ∴此时点M 的坐标为（3，8），②当ME ＝EN ，当∠MEN ＝90°时，则{m −5=n −3−12n 2+3n +8=5，解得：{m =5+√15n =3+√15或{m =5−√15n =3−√15（舍去）， ∴此时点M 的坐标为(3，5+√15)；③当MN ＝EN ，∠MNE ＝90°时，连接CM ，故当N 为C 关于对称轴l 的对称点时，△MNE ～△COB ，此时四边形CMNE 为正方形，∴CM ＝CE ，∵C （0，8），E （3，5），M （3，m ），∴CM =√32+(m −8)2，CE =√32+(5−8)2=3√2，∴√32+(m −8)2=3√2，解得：m 1＝11，m 2＝5（舍去），此时点M 的坐标为（3，11）；故在射线ED 上存在点M ，使得以点M ，N ，E 为顶点的三角形与△OBC 相似，点M 的坐标为：（3，8），(3，5+√15)或（3，11）．10.【2020·山东烟台】如图，抛物线y ＝ax 2+bx +2与x 轴交于A ，B 两点，且OA ＝2OB ，与y 轴交于点C ，连接BC ，抛物线对称轴为直线x =12，D 为第一象限内抛物线上一动点，过点D 作DE ⊥OA 于点E ，与AC 交于点F ，设点D 的横坐标为m ．（1）求抛物线的表达式；（2）抛物线上是否存在点D ，使得以点O ，D ，E 为顶点的三角形与△BOC 相似？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）设OB ＝t ，则OA ＝2t ，则点A 、B 的坐标分别为（2t ，0）、（﹣t ，0），则x =12=12（2t ﹣t ），解得：t ＝1，故点A 、B 的坐标分别为（2，0）、（﹣1，0），则抛物线的表达式为：y ＝a （x ﹣2）（x +1）＝ax 2+bx +2，解得：a ＝﹣1，故抛物线的表达式为：y ＝﹣x 2+x +2；（2）存在，理由：点D （m ，﹣m 2+m +2）（m ＞0），则OD ＝m ，DE ＝﹣m 2+m +2，以点O ，D ，E 为顶点的三角形与△BOC 相似，则DE OE =OB OC 或OC OB ，即DE OE =2或12，即−m 2+m+2m =2或12， 解得：m ＝1或﹣2（舍去）或1+√334或1−√334（舍去）， 故m ＝1或1+√334．11.【2020·陕西】如图，抛物线y ＝x 2+bx +c 经过点（3，12）和（﹣2，﹣3），与两坐标轴的交点分别为A ，B ，C ，它的对称轴为直线l ．（1）求该抛物线的表达式；（2）P 是该抛物线上的点，过点P 作l 的垂线，垂足为D ，E 是l 上的点．要使以P 、D 、E 为顶点的三角形与△AOC 全等，求满足条件的点P ，点E 的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）将点（3，12）和（﹣2，﹣3）代入抛物线表达式得{12=9+3b +c −3=4−2b +c ，解得{b =2c =−3， 故抛物线的表达式为：y ＝x 2+2x ﹣3；（2）抛物线的对称轴为x ＝﹣1，令y ＝0，则x ＝﹣3或1，令x ＝0，则y ＝﹣3，故点A 、B 的坐标分别为（﹣3，0）、（1，0）；点C （0，﹣3），故OA ＝OC ＝3，∵∠PDE ＝∠AOC ＝90°，∴当PD ＝DE ＝3时，以P 、D 、E 为顶点的三角形与△AOC 全等，设点P （m ，n ），当点P 在抛物线对称轴右侧时，m ﹣（﹣1）＝3，解得：m ＝2，故n ＝22+2×2﹣5＝5，故点P （2，5），故点E （﹣1，2）或（﹣1，8）；当点P 在抛物线对称轴的左侧时，由抛物线的对称性可得，点P （﹣4，5），此时点E 坐标同上， 综上，点P 的坐标为（2，5）或（﹣4，5）；点E 的坐标为（﹣1，2）或（﹣1，8）．。
二次函数中动点的存在性问题
专题复习：二次函数中动点的存在性问题通过探究、讨论、展示等学习活动，培养学生自信心，逐步消除学生对数学科的畏难情绪。
并在教学中培养学生同他人合作完成任务，以及及时反思、总结的良好学习习惯。
目标要求是：学生熟练掌握二次函数的概念、函数解析式、图象和性质。
以探索简单实际问题中的数量关系和变化规律为背景，学生再次经历“建立函数模型表示变量之间的对应关系，讨论函数模型，解决实际问题”的过程，掌握研究函数知识的一般方法，体会到蕴涵其中的数形结合、建模等数学思想方法。
教学策略选择与设计1、教师启发引导，学生实践操作；2、自主探究，合作交流学习策略：互相讨论、交流、合作的课堂氛围；3、问题串设计策略：运用有序的问题串有层次的灵活呈现问题，组织教学内容，提出有启发性的隐身问题，激发学生的学习兴趣，积极的参与到探究“分类策略”当中；4、鼓励、激励策略：积极肯定学生的学习成果，及时评价学生的课堂表现。
教学资源多媒体教学平台，几何画板，视频软件教学问题诊断分析1、函数的学习需要学生用运动变化的眼光，把抽象的数量关系和直观的函数图象结合起来认识、分析并解决问题，抽象性较强，这对学生而言有一定的难度。
教师引导学生在动点运动变化的过程中，抓住那些不变量、不变关系或特殊关系，恰恰就是解题的关键，分类的前提是抓住动态过程中的不变量和不变关系画出相应的图形。
2、通过“课前训练”以及探究、讨论、合作等学习活动，引导学生归纳出动点形成三角形和四边形的分类策略；重难点分析重点：综合运用函数知识解决实际问题，特别是二次函数中动点的存在性问题；难点：探究二次函数中动点形成三角形、四边形；教学环节与活动环节问题与设计设计意图课前演练1、如图，A、B、C 是格点，画出格点D，E 使得三角形ABD 是等腰三角形、四边形ABCE 是平行四边形.2、如图，点B 的坐标为（4，4），作BA⊥x 轴，BC⊥y 轴，垂足分别为A，C，点 D 为线段OA 的中点，点P 从点A 出发，在线段AB 、BC 上沿A→B→C 运动，当OP=CD 时，点P 的坐标为.学习活动：①学生先独立思考完成，再小组交流答案；②教师引导学生归纳出分类策略：动点形成的等腰三角形，可以按照顶角的不同进行分类，即三角形有三个角，每个角都有可能是顶角.动点形成的平行四边形的分类可以按照“线段地位的不确定性”来分，即不动的线段既可以做平行四边形的边，也可以做平行四边形的对角线.此部分考点：坐标与图形性质；分类讨论；题目的难度不是很大，但是学生往往因为审题不细致容易漏解或错解。
竞5四边形中的动点、存在性问题
竞赛5班：赛四边形中的动点、存在性问题（讲义）一、知识点睛1. 动态几何问题分为动点问题、存在性问题和几何三大变换问题等．动点问题的特征是_____，主要考查运动的________；存在性问题的特征是______，主要考查运动的________．2. 对于动点问题，研究_________，分析________，表达________是准备工作，画出运动过程中________是关键，最后结合图形（基本图形和特殊状态下的图形相结合）的______ 建立等式来解决问题．对于存在性问题，最关键的是画出_______，然后结合图形（基本图形和特殊状态下的图形相结合）的________建立等式来解决问题．二、精讲精练1. 如图，在Rt △ABC 中，∠B =90°，BC =C =30°．点D 从点C 出发沿CA 方向以每秒2个单位长的速度向点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 ． （1）求证：AE =DF ．（2）四边形AEFD 能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t 值；如果不能，说明理由．（3）当t 为何值时，△DEF 为直角三角形？请说明理由．CB A CB ACBA2. 如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD =BC =5，DC =7，AB =12．点P从点A 出发，以每秒3个单位长的速度沿A —D —C 向终点C 运动，同时点Q 从点B 出发，以每秒1个单位长的速度沿BA 向终点A 运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t 秒（t ＞0）． （1）用t 表示△APQ 的面积S ；（2）当t 为何值时，四边形PQBC 为平行四边形？（3）四边形PQBC 能够成为等腰梯形吗？如果能，求出相应的t 值；如果不能，说明理由．ABCD ABCDA BCD3. 如图1，在Rt △ABC 中，∠C =90°，∠A =60°，AB =12cm ．点P 从点A 出发，沿AB 以每秒2cm 的速度向点B 运动，点Q 从点C 出发，沿CA 以每秒1cm 的速度向点A 运动．设点P ，Q 分别从点A ，C 同时出发，运动时间为t 秒（0＜t ＜6）．（1）直接写出线段AP ，AQ 的长（用含t 的代数式表示）：AP =_________，AQ =________；（2）设△APQ 的面积为S ，直接写出S 与t 的关系式；（3）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间t ，使四边形PQP'C 为菱形？若存在，求出t 的值；若不存在，说明理由．P图1图2P 'B4. 如图，在梯形ABCD 中，AD //BC ，E 是BC 的中点，AD =5，BC =12，CD =，∠C =45°，点P 是BC 边上一动点，设PB 的长为x ．（1）当x 的值为____________时，以点P ，A ，D ，E 为顶点的四边形为直角梯形；（2）当x 的值为____________时，以点P ，A ，D ，E 为顶点的四边形为平行四边形；（3）点P 在BC 边上运动的过程中，以P ，A ，D ，E 为顶点的四边形能否构成菱形？试说明理由．24P EA DEBCADEBC5. 如图，在Rt △ABC 中，∠ACB =90°，∠B =60°，BC =2．点O 是AC 的中点，过点O 的直线l 从与AC 重合的位置开始，绕点O 作逆时针旋转，交AB 边于点D ．过点C 作CE ∥AB 交直线l 于点E ，设直线l 的旋转角为α． （1）当α=________时，四边形EDBC 是等腰梯形，此时AD 的长为_________； （2）当α=________时，四边形EDBC 是直角梯形，此时AD 的长为_________； （3）当α=90°时，试判断四边形EDBC 是否为菱形，并说明理由．三、回顾与思考______________________________________________________ ______________________________________________________ ______________________________________________________OAED C B αlAAA【知识点睛】1．有确定的速度 ；过程；没有确定的速度；结果．2．基本图形；运动过程；线段长；各种状态下的图形；几何特征；符合题意的图形；几何特征．1. （1）AE =DF =t ； （2）能，当时，四边形AEFD 能够为菱形； （3）当时，△DEF 为直角三角形．2. （1）； （2）t =3时，四边形PQBC 为平行四边形； （3）四边形PQBC 不成为等腰梯形． 3．（1）AP =2t cm ，AQ =(6-t ) cm （2）（0＜t ＜6）； （3）存在，当t =4时，四边形PQP'C 为菱形． 4．（1）3或8； （2）1或11；（3）当x =1时，平行四边形PDAE 不能构成菱形；当x =11时，平行四边形PDAE 能构成菱形.5.（1）30°，1； （2）60°，1.5； （3）当α=90°时，四边形EDBC 为菱形. ∵α=∠ACB =90° ∴BC ∥ED ∵CE ∥AB∴四边形EDBC 是平行四边形在Rt △ABC 中，∠ACB =90°，∠B =60°，BC =2 ∴∠A =30° ∴AB =4，AC =∴在Rt △AOD 中，∠A =30°∴AD =2 ∴BD =2 ∴BD =BC又∵四边形EDBC 是平行四边形 ∴四边形EDBC 是菱形．10=3t 5=42t 或25(0)35(4)43t S t t ⎧+<<⎪⎪=⎨⎪-+≤≤⎪⎩2=S -12AO AC ==。
压轴题必备中考数学“动点坐标”问题，这个万能解法人人都能学会！
压轴题必备中考数学“动点坐标”问题，这个万能解法人人都能学会！中考数学压轴题考什么？“存在性问题”一定榜上有名。
而再深入研究，你就会发现：这些试题中，有近四分之一都是在考查“平行四边形的存在性问题（包括矩形和菱形）”。
滑动查看更多“平行四边形存在性”中考题所以，今天这篇文章，洋葱君就为你重点讲解这种特殊四边形的存在性问题（含平行四边形、矩形和菱形），该如何用一个“通法”来解决。
▲存在性问题专题第二讲之“特殊四边形”要想找到解题“通法”，就要找出这类特殊四边形存在性问题的共同点，进而归纳相应解题策略。
那么，这类问题有什么共同点呢？经过大量对比分析后，洋葱君终于发现：大多数这类问题，都是题目中已知四边形中两个固定的顶点坐标，求另外两个移动的顶点坐标。
那如果几何直观能力比较差，有什么其他的方法解答呢？别担心，今天洋葱君为你带来一个非常实用的解题“通法”——对角线平分求解法。
（其中，菱形和矩形需要以等腰三角形和直角三角形的方法为基础，建议先点击这里回顾“两圆一线”和“两线一圆”模型。
）对角线平分求解法首先，你需要了解的是，解决存在性问题的根本在于“将判定定理代数化”，即：先分析图形运动方式，然后用含未知数的式子表示出点和线，最后代入判定定理的代数表达，列方程求解。
那么问题来了，对于平行四边形来说，有五种判定定理呢，我们该选择哪种来作为“通法”呢？•两组对边分别平行？•两组对边分别相等？•一组对边平行且相等？•两组对角分别相等？•对角线互相平分？如果你想不出该用哪种，就看一下这个洋葱解题课视频的分析过程吧，相信看过之后，很快你就能得到答案了。
▲完整视频请在洋葱APP中观看，视频位置：初中数学人教版-中考二轮-存在性-平行四边形存在性问题-构成平行四边形没错，就是选择“对角线互相平分”来作为常用“通法”，根据视频可以看出这种判定方法有两个优点：（1）具有稳定性由于“对角线互相平分”是利用“中点坐标公式”来列方程，列出的方程是整式方程，次数不超过二次，所以它的计算量不依赖于题目条件。
二次函数与几何的动点及最值、存在性问题(解析版)
二次函数与几何的动点及最值、存在性问题目录题型01平行y轴动线段最大值与最小值问题题型02抛物线上的点到某一直线的距离问题题型03已知点关于直线对称点问题题型04特殊角度存在性问题题型05将军饮马模型解决存在性问题题型06二次函数中面积存在性问题题型07二次函数中等腰三角形存在性问题题型08二次函数中直角三角形存在性问题题型09二次函数中全等三角形存在性问题题型10二次函数中相似三角形存在性问题题型11二次函数中平行四边形存在性问题题型12二次函数中矩形存在性问题题型13二次函数中菱形存在性问题题型14二次函数中正方形存在性问题二次函数常见存在性问题：(1)等线段问题：将动点坐标用函数解析式以“一母式”的结构表示出来，再利用点到点或点到直线的距离公式列出方程或方程组，然后解出参数的值，即可以将线段表示出来.【说明】在平面直角坐标系中该点在某一函数图像上，设该点的横坐标为m，则可用含m字母的函数解析式来表示该点的纵坐标，简称“设横表纵”或“一母式”.(2)平行y轴动线段最大值与最小值问题：将动点坐标用函数解析式以“一母式”的结构表示出来，再用纵坐标的较大值减去较小值，再利用二次函数的性质求出动线段的最大值或最小值.(3)求已知点关于直线对称点问题：先求出直线解析式，再利用两直线垂直的性质(两直线垂直，斜率之积等于-1)求出已知点所在直线的斜率及解析式，最后用中点坐标公式即可求出对称点的坐标.(4)“抛物线上是否存在一点，使其到某一直线的距离为最值”的问题：常常利用直线方程与二次函数解析式联立方程组，求出切点坐标，运用点到直线的距离公式进行求解.(5)二次函数与一次函数、特殊图形、旋转及特殊角度综合：图形或一次函数与x 轴的角度特殊化，利用与角度有关知识点求解函数图像上的点，结合动点的活动范围，求已知点与动点是否构成新的特殊图形.2.二次函数与三角形综合(1)将军饮马问题:本考点主要分为两类：①在定直线上是否存在点到两定点的距离之和最小;②三角形周长最小或最大的问题，主要运用的就是二次函数具有对称性.(2)不规则三角形面积最大或最小值问题:利用割补法将不规则三角形分割成两个或以上的三角形或四边形，在利用“一母式”将动点坐标表示出来，作线段差，用线段差来表示三角形的底或高，用面积公式求出各部分面积，各部分面积之和就是所求三角形的面积.将三角形的面积用二次函数的结构表示出来，再利用二次函数的性质求出面积的最值及动点坐标.(3)与等腰三角形、直角三角形的综合问题:对于此类问题，我们可以利用两圆一线或两线一圆的基本模型来进行计算.问题分情况找点画图解法等腰三角形已知点A ，B 和直线l ，在l 上求点P ，使△PAB 为等腰三角形以AB为腰分别以点A ，B 为圆心，以AB 长为半径画圆，与已知直线的交点P 1，P 2，P 4，P 5即为所求分别表示出点A ，B ，P 的坐标，再表示出线段AB ，BP ，AP 的长度，由①AB =AP ；②AB =BP ；③BP =AP 列方程解出坐标以AB 为底作线段AB 的垂直平分线，与已知直线的交点P 3即为所求分别表示出点A ，B ，P 的坐标，再表示出线段AB ，BP ，AP 的长度，由①AB =AP ；②AB =BP ；③BP =AP 列方程解出坐标问题分情况找点画图解法直角三角形已知点A ，B 和直线l ，在l 上求点P ，使△PAB 为直角三角形以AB为直角边分别过点A ，B 作AB 的垂线，与已知直线的交点P 1，P 4即为所求分别表示出点A ，B ，P 的坐标，再表示出线段AB ，BP ，AP 的长度，由①AB 2=BP 2+AP 2；②BP 2=AB 2+AP 2；③AP 2=AB 2+BP 2列方程解出坐标以AB 为斜边以AB 的中点Q 为圆心，QA 为半径作圆，与已知直线的交点P 2，P 3即为所求注：其他常见解题思路有：①作垂直，构造“三垂直”模型，利用相似列比例关系得方程求解；②平移垂线法：若以AB 为直角边，且AB 的一条垂线的解析式易求(通常为过原点O 与AB 垂直的直线)，可将这条直线分别平移至过点A 或点B 得到相应解析式，再联立方程求解．(4)与全等三角形、相似三角形的综合问题:在没有指定对应点的情况下，理论上有六种情况需要讨论，但在实际情况中，通常不会超过四种，要注意边角关系，积极分类讨论来进行计算.情况一探究三角形相似的存在性问题的一般思路：解答三角形相似的存在性问题时，要具备分类讨论思想及数形结合思想，要先找出三角形相似的分类标准，一般涉及动态问题要以静制动，动中求静，具体如下：①假设结论成立，分情况讨论．探究三角形相似时，往往没有明确指出两个三角形的对应点(尤其是以文字形式出现求证两个三角形相似的题目)，或者涉及动点问题，因动点问题中点的位置的不确定，此时应考虑不同的对应关系，分情况讨论；②确定分类标准．在分类时，先要找出分类的标准，看两个相似三角形是否有对应相等的角，若有，找出对应相等的角后，再根据其他角进行分类讨论来确定相似三角形成立的条件；若没有，则分别按三种角对应来分类讨论；③建立关系式，并计算．由相似三角形列出相应的比例式，将比例式中的线段用所设点的坐标表示出来(其长度多借助勾股定理运算)，整理可得一元一次方程或者一元二次方程，解方程可得字母的值，再通过计算得出相应的点的坐标．情况二探究全等三角形的存在性问题的思路与探究相似三角形的存在性问题类似，但是除了要找角相等外，还至少要找一组对应边相等．3.二次函数与四边形的综合问题特殊四边形的探究问题解题步骤如下：①先假设结论成立；②设出点坐标，求边长；③建立关系式，并计算．若四边形的四个顶点位置已确定，则直接利用四边形边的性质进行计算；若四边形的四个顶点位置不确定，需分情况讨论：a.探究平行四边形：①以已知边为平行四边形的某条边，画出所有的符合条件的图形后，利用平行四边形的对边相等进行计算；②以已知边为平行四边形的对角线，画出所有的符合条件的图形后，利用平行四边形对角线互相平分的性质进行计算；③若平行四边形的各顶点位置不确定，需分情况讨论，常以已知的一边作为一边或对角线分情况讨论．b.探究菱形：①已知三个定点去求未知点坐标；②已知两个定点去求未知点坐标，一般会用到菱形的对角线互相垂直平分、四边相等的性质列关系式．c.探究正方形：利用正方形对角线互相垂直平分且相等的性质进行计算，一般是分别计算出两条对角线的长度，令其相等，得到方程再求解．d.探究矩形：利用矩形对边相等、对角线相等列等量关系式求解；或根据邻边垂直，利用勾股定理列关系式求解.题型01平行y轴动线段最大值与最小值问题1(2023·广东东莞·一模)如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，OA=OC =3，顶点为D．(1)求此函数的关系式；(2)在AC 下方的抛物线上有一点N ，过点N 作直线l ∥y 轴，交AC 与点M ，当点N 坐标为多少时，线段MN 的长度最大？最大是多少？(3)在对称轴上有一点K ，在抛物线上有一点L ，若使A ，B ，K ，L 为顶点形成平行四边形，求出K ，L 点的坐标．(4)在y 轴上是否存在一点E ，使△ADE 为直角三角形，若存在，直接写出点E 的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)y =x 2+2x -3(2)当N 的坐标为-32,-154 ，MN 有最大值94(3)K -1，4 ，L -1，-4 或K -1，12 ，L -5，12 或K -1，12 ，L 3，12(4)存在，点E 的坐标为0,32 或0,-72或0,-1 或0,-3【分析】(1)由OA =OC =3求得A -3,0 ,C 0，-3 ,再分别代入抛物线解析式y =x 2+bx +c ，得到以b ，c 为未知数的二元一次方程组，求出b ，c 的值即可；(2)求出直线AC 的解析式，再设出M 、N 的坐标，把MN 表示成二次函数，配方即可；(3)根据平行四边形的性质，以AB 为边，以AB 为对角线，分类讨论即可；(4)设出E 的坐标，分别表示出△ADE 的平分，再分每一条都可能为斜边，分类讨论即可．【详解】(1)∵抛物线y =x 2+bx +c 经过点A ，点C ，且OA =OC =3,∴A -3,0 ,C 0，-3 ,∴将其分别代入抛物线解析式，得c =-39-3b +c =0，解得b =2c =-3 ．故此抛物线的函数表达式为：y =x 2+2x -3；(2)设直线AC 的解析式为y =kx +t ，将A -3,0 ,C 0，-3 代入，得t =-3-3k +t =0 ，解得k =-1t =-3 ，∴直线AC 的解析式为y =-x -3，设N 的坐标为n ，n 2+2n -3 ，则M n ，-n -3 ，∴MN =-n -3-n 2+2n -3 =-n 2-3n =-n +32 +94，∵-1<0，∴当n =-32时，MN 有最大值，为94，把n =-32代入抛物线得，N 的坐标为-32,-154，当N 的坐标为-32,-154 ，MN 有最大值94；(3)①当以AB 为对角线时，根据平行四边形对角线互相平分，∴KL 必过-1,0 ，∴L 必在抛物线上的顶点D 处，∵y =x 2+2x -3=x +1 2-4，∴K -1，4 ，L -1，-4②当以AB 为边时，AB =KL =4，∵K 在对称轴上x =-1，∴L 的横坐标为3或-5，代入抛物线得L -5,12 或L 3,12 ，此时K 都为-1，12 ，综上，K -1，4 ，L -1，-4 或K -1，12 ，L -5，12 或K -1，12 ，L 3，12 ；(4)存在，由y =x 2+2x -3=x +1 2-4，得抛物线顶点坐标为D -1,-4 ∵A -3，0 ，∴AD 2=-3+1 2+0+4 2=20，设E 0，m ，则AE 2=-3-0 2+0-m 2=9+m 2，DE 2=-1-0 2+-4-m 2=17+m 2+8m ，①AE 为斜边，由AE 2=AD 2+DE 2得：9+m 2=20+17+m 2+8m ，解得：m =-72，②DE 为斜边，由DE 2=AD 2+AE 2得：9+m 2+20=17+m 2+8m ，解得：m =32，③AD 为斜边，由AD 2=ED 2+AE 2得：20=17+m 2+8m +9+m 2，解得：m =-1或-3，∴点E 的坐标为0,32 或0,-72或0,-1 或0,-3 ．【点睛】本题主要考查待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象与性质，平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识，会运用待定系数法列方程组，两点间距离公式求MN 的长，由平行四边形的性质判定边相等，运用勾股定理列方程．2(2023·河南南阳·统考一模)如图，抛物线与x 轴相交于点A 、B (点A 在点B 的左侧)，与y 轴的交于点C 0，-4 ，点P 是第三象限内抛物线上的一个动点，设点P 的横坐标为m ，过点P 作直线PD ⊥x 轴于点D ，作直线AC 交PD 于点E ．已知抛物线的顶点P 坐标为-3，-254．(1)求抛物线的解析式；(2)求点A 、B 的坐标和直线AC 的解析式；(3)求当线段CP =CE 时m 的值；(4)连接BC ，过点P 作直线l ∥BC 交y 轴于点F ，试探究：在点P 运动过程中是否存在m ，使得CE =DF ，若存在直接写出m 的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y =14x 2+32x -4(2)A -8，0 ，B 2，0 ，y =-12x -4(3)-4(4)存在，m =2-25或m =-4【分析】(1)运用待定系数法即可求得抛物线的解析式；(2)令y =0，解方程即可求得点A 、B 的坐标，再运用待定系数法即可求得直线AC 的解析式；(3)过点C 作CF ⊥PE 于点F ，根据等腰三角形的性质可得点F 是PE 的中点，设P m ,14m 2+32m -4 ，则E m ，-12m -4 ，可得F m ，18m 2+12m -4 ，再由点F 与点C 的纵坐标相同建立方程求解即可；(4)过C 作CH ⊥PD 于H ，设P m ,14m 2+32m -4 ，由PF ∥BC ，可得直线PF 解析式为y =2x +14m 2-12m -4，进而可得OF =14m 2-12m -4 ，再证得Rt △CHE ≅Rt △DOF HL ，得出∠HCE =∠FDO ，进而推出∠FDO =∠CAO ，即tan ∠FDO =tan ∠CAO ，据此建立方程求解即可．【详解】(1)解：∵抛物线的顶点坐标为-3，-254∴设抛物线的解析式为y =a x +3 2-254，把点C 0，-4 代入，得：-4=9a -254，解得：a =14，∴y =14x +3 2-254=14x 2+32x -4，∴该抛物线的解析式为y =14x 2+32x -4．(2)解：令y =0，得14x 2+32x -4=0，解得：x 1=-8，x 2=2，∴A -8，0 ，B 2，0 ，，设直线AC 的解析式为y =kx +b ，则-8k +b =0b =-4 ，解得：k =-12b =-4 ，∴直线AC 的解析式为y =-12x -4．(3)解：如图，过点C 作CF ⊥PE 于点F ，∵CP =CE ，∴EF =PF ，即点F 是PE 的中点，设P m ,14m 2+32m -4 ，则E m ，-12m -4 ，∴F m ，18m 2+12m -4 ，∵PE ∥y 轴，CF ⊥PE ，∴CF ∥x 轴，∴18m 2+12m -4=-4，解得：m =-4或m =0(不符合题意，舍去)，∴m =-4．(4)解：存在m ，使得CE =DF ，理由如下：如图：过C 作CH ⊥PD 于H ，设P m,14m2+32m-4，由B2，0，C0，-4，由待定系数法可得直线BC解析式为y=2x-4，根据PF∥BC，设直线PF解析式为y=2x+c，将P m,14m2+32m-4代入得：1 4m2+32m-4=2m+c，∴c=14m2-12m-4，∴直线PF解析式为y=2x+14m2-12m-4，令x=0得y=14m2-12m-4，∴F0,14m2-12m-4，∴OF=14m2-12m-4，∵∠CHD=∠PDO=∠COD=90°，∴四边形CODH是矩形，∴CH=OD，∵CE=DF，∴Rt△CHE≅Rt△DOF HL，∴∠HCE=∠FDO，∵∠HCE=∠CAO，∴∠FDO=∠CAO，∴tan∠FDO=tan∠CAO，∴OF OD =OCOA，即14m2-12m-4-m=48=12，∴1 4m2-12m-4=-12m或14m2-12m-4=12m，解得：m=-4或m=4或m=2-25或m=2+25，∵P在第三象限，∴m=2-25或m=-4．【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式、二次函数综合应用、等腰三角形性质、矩形判定及性质、相似三角形判定及性质、解直角三角形等知识点，解题的关键是用含m的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．3(2023·山东聊城·统考三模)抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于点A3,0，与y轴交于点C0,3，点P 为抛物线上的动点．(2)若P 为直线AC 上方抛物线上的动点，作PH ∥x 轴交直线AC 于点H ，求PH 的最大值；(3)点N 为抛物线对称轴上的动点，是否存在点N ，使直线AC 垂直平分线段PN ？若存在，请直接写出点N 的纵坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)b =2，c =3(2)PH 取得最大值为94(3)存在，2-2或2+2【分析】(1)将坐标代入解析式，构建方程求解；(2)设PH 交y 轴于点M ，P m ,-m 2+2m +3 ，则PM =m ；待定系数法确定直线AC 的解析式为y =-x +3，从而确定PH =m -m 2-2m =-m 2+3m =-m -32 2+94，解得PH 最大值为94；(3)如图，设PN 与AC 交于点G ，可设直线PN 的解析式为y =x +p ，设点N (1,n )，求得y =x +(n -1)；联立y =-x +3y =x +(n -1) ，解得x =-n 2+2y =n 2+1，所以点P 的横坐标为2×-n 2+2 -1=-n +3，纵坐标为2×n2+1 -n =2，由二次函数解析式构建方程-(-n +3)2+2(-n +3)+3=2，解得n =2±2；【详解】(1)∵抛物线y =-x 2+bx +c 与x 轴交于点A 3,0 ，与y 轴交于点C 0,3 ，∴-9+3b +c =0c =3，解得：b =2c =3 ，∴b =2，c =3；(2)设PH 交y 轴于点M ，P m ,-m 2+2m +3 ，∴PM =m ，∵PH ∥x 轴，∴点H 的纵坐标为-m 2+2m +3，设直线AC 的解析式为y =kx +n ，∴3k +n =0n =3 ，解得：k =-1n =3 ，∴直线AC 的解析式为y =-x +3．∴-m 2+2m +3=-x +3，∴x =m 2-2m ，∴H m 2-2m ,-m 2+2m +3 ，∴PH =m -m 2-2m =-m 2+3m =-m -322+94，∴当m =32时，PH 取得最大值为94(3)存在点N ，使直线AC 垂直平分线段PN ，点N 的纵坐标为2-2或2+2如图，设PN 与AC 交于点G ，∵AC 垂直平分PN ，直线AC 的解析式为y =-x +3∴可设直线PN 的解析式为y =x +p 设点N (1,n )，则n =1+p ∴p =n -1，∴y =x +(n -1)联立y =-x +3y =x +(n -1) ，解得x =-n 2+2y =n 2+1∴点P 的横坐标为2×-n 2+2 -1=-n +3，纵坐标为2×n 2+1 -n =2∴-(-n +3)2+2(-n +3)+3=2，解得n =2±2∴点N 的纵坐标为2-2或2+2．【点睛】本题考查利用二次函数解析式及点坐标求待定参数、待定系数法确定函数解析式、二次函数极值及其它二次函数综合问题，利用直线间的位置关系、点线间的位置关系，融合方程的知识求解坐标是解题的关键．题型02抛物线上的点到某一直线的距离问题1(2023·广东梅州·统考二模)探究求新：已知抛物线G 1:y =14x 2+3x -2，将抛物线G 1平移可得到抛物线G 2:y =14x 2．(1)求抛物线G 1平移得到抛物线G 2的平移路径；(2)设T 0,t ，直线l ：y =-t ，是否存在这样的t ，使得抛物线G 2上任意一点到T 的距离等于到直线l 的距离？若存在，求出t 的值；若不存在，试说明理由；(3)设H 0,1 ，Q 1,8 ，M 为抛物线G 2上一动点，试求QM +MH 的最小值．参考公式：若点M x 1,y 1 ，N x 2,y 2 为平面上两点，则有MN =x 1-x 22+y 1-y 2 2．【答案】(1)将G 1向左平移-6个单位，向上平移11个单位(2)存在，1(3)9【分析】(1)设G 1向左平移a 个单位，向上平移b 个单位得到函数G 2，列方程组即可求解；(2)设P x 0,x 204为抛物线G 2上的一点，根据题意列方程即可；(3)点H 坐标与(2)中t =1时的T 点重合，过点M 作MA ⊥l ，垂足为A ，如图所示，则有MH =MA ，当且仅当Q ,M ,A 三点共线时QM +MA 取得最小值．【详解】(1).解：设G 1向左平移a 个单位，向上平移b 个单位得到函数G 2，由平移法则可知14(x +a )2+3(x +a )-2+b =14x 2，整理可得14x 2+3+12a x +14a 2+3a -2+b =14x 2，可得方程组3+12a =014a 2+3a -2+b =0，解得a =-6b =11 ；∴平移路径为将G 1向左平移-6个单位，向上平移11个单位；(2)解：存在这样的t ，且t =1时满足条件，设P x 0,x 204为抛物线G 2上的一点，则点P 到直线l 的距离为x 204+t ，点P 到点T 距离为(x 0-0)2+x 204-t2，联立可得：x 204+t =(x 0-0)2+x 204-t2，两边同时平方合并同类项后可得x 20-x 20t =0解得：t =1；(3)解：点H 坐标与(2)中t =1时的T 点重合，作直线l ：y =-1，过点M 作MA ⊥直线l ，垂足为A ，如图所示，则有MH =MA ，此时QM +MH =QM +MA ，当且仅当Q ,M ,A 三点共线时QM +MA 取得最小值即QM +MA =QA =8-(-1)=9∴QM +MH 的最小值为9；【点睛】本题考查二次函数综合题，涉及到线段最小值、平移性质等，灵活运用所学知识是关键．2(2023·湖北宜昌·统考一模)如图，已知：点P 是直线l ：y =x -2上的一动点，其横坐标为m (m 是常数)，点M 是抛物线C ：y =x 2+2mx -2m +2的顶点．(1)求点M 的坐标；(用含m 的式子表示)(2)当点P 在直线l 运动时，抛物线C 始终经过一个定点N ，求点N 的坐标，并判断点N 是否是点M 的最高位置？(3)当点P 在直线l 运动时，点M 也随之运动，此时直线l 与抛物线C 有两个交点A ，B (A ，B 可以重合)，A ，B 两点到y 轴的距离之和为d ．①求m 的取值范围；②求d 的最小值．【答案】(1)M -m ,-m 2-2m +2(2)N (1,3)，点N 是点M 的最高位置(3)①m ≤-52或m ≥32；②d 取得最小值为2【分析】(1)将抛物线解析式写成顶点式即可求解；(2)根据解析式含有m 项的系数为0，得出当x =1时，y =3，即N (1,3)，根据二次函数的性质得出-m 2-2m +2=-m +1 2+3的最大值为3，即可得出点N 是点M 的最高位置；(3)①根据直线与抛物线有交点，联立方程，根据一元二次方程根的判别式大于等于0，求得m 的范围，即可求解；②设A ,B 的坐标分别为x 1,y 1 ,x 2,y 2 ，其中x 1<x 2，由①可知x 1,x 2是方程x 2+2mx -x -2m +4=0的两根，根据x 1+x 2=-2m +1，分情况讨论，求得d 是m 的一次函数，进而根据一次函数的性质即可求解．【详解】(1)解：y =x 2+2mx -2m +2=x +m 2-m 2-2m +2，∴顶点M -m ,-m 2-2m +2 ，(2)解：∵y =x 2+2mx -2m +2=x 2+2+2m x -1 ，∴当x =1时，y =3，抛物线C 始终经过一个定点1,3 ，即N (1,3)；∵M -m ,-m 2-2m +2 ，-m 2-2m +2=-m +1 2+3，∴M 的纵坐标最大值为3，∴点N 是点M 的最高位置；(3)解：①联立y =x -2y =x 2+2mx -2m +2 ，得x 2+2mx -x -2m +4=0，∵直线l 与抛物线C 有两个交点A ，B (A ，B 可以重合)，∴Δ=b 2-4ac =2m -1 2-4-2m +4 ，=4m 2+4m -15≥0，∵4m 2+4m -15=0，解得m 1=-52,m 2=32，∴当4m 2+4m -15≥0时，m ≤-52或m ≥32，②设A ,B 的坐标分别为x 1,y 1 ,x 2,y 2 ，其中x 1<x 2，由①可知x 1,x 2是方程x 2+2mx -x -2m +4=0的两根，∴x1+x 2=-2m +1，当m =-3时，如图所示，y A =0，当-3≤m ≤-52时，y 1≥0,y 2≥0，则d =x 1+x 2 =-2m +1 ，∵-2<0，∴当m =-52时，d 取得最小值为-2×-52 +1=5+1=6，当m ≥32时，d =-x 1+x 2 =--2m +1 =2m -1，∴当m =32时，d 取得最小值为2×32-1=2，综上所述，d 取得最小值为2．【点睛】本题考查了二次函数的性质，一元二次方程与二次函数的关系，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．3(2023·云南楚雄·统考一模)抛物线y =x 2-2x -3交x 轴于A ，B 两点(A 在B 的左边)，C 是第一象限抛物线上一点，直线AC 交y 轴于点P ．(1)直接写出A ，B 两点的坐标；(2)如图①，当OP =OA 时，在抛物线上存在点D (异于点B )，使B ，D 两点到AC 的距离相等，求出所有满足条件的点D 的横坐标；(3)如图②，直线BP 交抛物线于另一点E ，连接CE 交y 轴于点F ，点C 的横坐标为m ，求FP OP 的值(用含m 的式子表示)．【答案】(1)A (-1,0)，B (3,0)(2)0或3-41或3+41(3)13m 【分析】(1)令y =0，解方程可得结论；(2)分两种情形：①若点D 在AC 的下方时，过点B 作AC 的平行线与抛物线交点即为D 1．②若点D 在AC 的上方时，点D 1关于点P 的对称点G (0,5)，过点G 作AC 的平行线交抛物线于点D 2，D 3，D 2，D 3符合条件．构建方程组分别求解即可；(3)设E 点的横坐标为n ，过点P 的直线的解析式为y =kx +b ，由y =kx +b y =x 2-2x -3 ，可得x 2-(2+k )x -3-b =0，设x 1，x 2是方程x 2-(2+k )x -3-b =0的两根，则x 1x 2=-3-b ，推出x A ⋅x C =x B ⋅x E =-3-b 可得n =-1-b 3，设直线CE 的解析式为y =px +q ，同法可得mn =-3-q 推出q =-mn -3，推出q =-(3+b )-1-b 3 -3=13b 2+2b ，推出OF =13b 2+b ，可得结论．【详解】(1)解：令y =0，得x 2-2x -3=0，解得：x =3或-1，∴A (-1,0)，B (3,0)；(2)∵OP =OA =1，∴P (0,1)，∴直线AC 的解析式为y =x +1．①若点D 在AC 的下方时，过点B 作AC 的平行线与抛物线交点即为D 1．∵B (3,0)，BD 1∥AC ，∴直线BD 1的解析式为y =x -3，由y =x -3y =x 2-2x -3，解得x =3y =0 或x =0y =-3 ，∴D 1(0,-3)，∴D 1的横坐标为0．②若点D 在AC 的上方时，点D 1关于点P 的对称点G (0,5)，过点G 作AC 的平行线l 交抛物线于点D 2，D 3，D 2，D 3符合条件．直线l 的解析式为y =x +5，由y =x +5y =x 2-2x -3 ，可得x 2-3x -8=0，解得：x =3-412或3+412，∴D 2，D 3的横坐标为3-412，3+412，综上所述，满足条件的点D 的横坐标为0，3-412，3+412．(3)设E 点的横坐标为n ，过点P 的直线的解析式为y =kx +b ，由y =kx +b y =x 2-2x -3，可得x 2-(2+k )x -3-b =0，设x 1，x 2是方程x 2-(2+k )x -3-b =0的两根，则x 1x 2=-3-b ，∴x A ⋅x C =x B ⋅x E =-3-b∵x A =-1，∴x C =3+b ，∴m =3+b ，∵x B =3，∴x E =-1-b 3，∴n =-1-b 3，设直线CE 的解析式为y =px +q ，同法可得mn =-3-q∴q =-mn -3，∴q =-(3+b )-1-b 3 -3=13b 2+2b ，∴OF =13b 2+2b ，∴FP OP=13b +1=13(m -3)+1=13m ．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，一元二次方程的根与系数的关系等知识，解题的关键是学会构建一次函数，构建方程组确定交点坐标，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．题型03已知点关于直线对称点问题1(2023·辽宁阜新·统考中考真题)如图，在平面直角坐标系中，二次函数y =-x 2+bx -c 的图象与x 轴交于点A (-3,0)和点B (1,0)，与y 轴交于点C ．(1)求这个二次函数的表达式．(2)如图1，二次函数图象的对称轴与直线AC :y =x +3交于点D ，若点M 是直线AC 上方抛物线上的一个动点，求△MCD 面积的最大值．(3)如图2，点P 是直线AC 上的一个动点，过点P 的直线l 与BC 平行，则在直线l 上是否存在点Q ，使点B 与点P 关于直线CQ 对称？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y =-x 2-2x +3；(2)S △MCD 最大=98；(3)Q 1-5，-5 或1+5，5 ．【分析】(1)根据抛物线的交点式直接得出结果；(2)作MQ ⊥AC 于Q ，作ME ⊥AB 于F ，交AC 于E ，先求出抛物线的对称轴，进而求得C ，D 坐标及CD 的长，从而得出过M 的直线y =x +m 与抛物线相切时，△MCD 的面积最大，根据x +m =-x 2-2x +3的△=0求得m 的值，进而求得M 的坐标，进一步求得CD 上的高MQ 的值，进一步得出结果；(3)分两种情形：当点P 在线段AC 上时，连接BP ，交CQ 于R ，设P (t ，t +3)，根据CP =CB 求得t 的值，可推出四边形BCPQ 是平行四边形，进而求得Q 点坐标；当点P 在AC 的延长线上时，同样方法得出结果．【详解】(1)解：由题意得，y =-(x +3)(x -1)=-x 2-2x +3；(2)解：如图1，作MQ ⊥AC 于Q ，作ME ⊥AB 于F ，交AC 于E ，∵OA =OC =3，∠AOC =90°，∴∠CAO =∠ACO =45°，∴∠MEQ =∠AEF =90°-∠CAO =45°，抛物线的对称轴是直线：x =-3+12=-1，∴y =x +3=-1+3=2，∴D (1,2)，∵C (0,3)，∴CD =2，故只需△MCD 的边CD 上的高最大时，△MCD 的面积最大，设过点M 与AC 平行的直线的解析式为：y =x +m ，当直线y =x +m 与抛物线相切时，△MCD 的面积最大，由x +m =-x 2-2x +3得，x 2+3x +(m -3)=0，由△=0得，32-4(m -3)=0得，m -3=94，∴x 2+3x +94=0，∴x 1=x 2=-32，∴y =--32 2-2×-32 +3=154，y =x +3=-32+3=32，∴ME =154-32=94，∴MQ =ME ⋅sin ∠MEQ =ME ⋅sin45°=94×22=928，∴S △MCD 最大=12×2×928=98；(3)解：如图2，当点P 在线段AC 上时，连接BP ，交CQ 于R ，∵点B 和点Q 关于CQ 对称，∴CP =CB ，设P (t ，t +3)，由CP 2=CB 2得，2t 2=10，∴t 1=-5，t 2=5(舍去)，∴P -5，3-5 ，∵PQ ∥BC ，∴CR =BR =1，∴CR =QR ，∴四边形BCPQ 是平行四边形，∵1+(-5)-0=1-5，0+(3-5)-3=-5，∴Q 1-5，-5 ；如图3，当点P 在AC 的延长线上时，由上可知：P 5，3+5 ，同理可得：Q 1+5，5 ，综上所述：Q 1-5，-5 或1+5，5 ．【点睛】本题考查了二次函数及其图象的性质，一元二次方程的解法，平行四边形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是分类讨论．2(2023·四川甘孜·统考中考真题)已知抛物线y =x 2+bx +c 与x 轴相交于A -1，0 ，B 两点，与y 轴相交于点C 0，-3 ．(1)求b ，c 的值；(2)P 为第一象限抛物线上一点，△PBC 的面积与△ABC 的面积相等，求直线AP 的解析式；(3)在(2)的条件下，设E 是直线BC 上一点，点P 关于AE 的对称点为点P ，试探究，是否存在满足条件的点E ，使得点P 恰好落在直线BC 上，如果存在，求出点P 的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】(1)b =-2,c =-3.(2)y =x +1(3)存在，点P 的坐标为1+21,-2+21 或1-21,-2-21【分析】(1)由待定系数法即可求解；(2)S △PBC =S △ABC 得到AP ∥BC ，即可求解；(3)由题意的：∠AEP =∠AEP ,P E =PE ，即可求解．【详解】(1)由题意，得1-b +c =0,c =-3.∴b =-2,c =-3.(2)由(1)得抛物线的解析式为y =x 2-2x -3．令y =0，则x 2-2x -3=0，得x 1=-1，x 2=3．∴B 点的坐标为3，0 ．∵S △PBC =S △ABC ，∴AP ∥BC ．∵B 3，0，C 0，-3 ，∵AP∥BC，∴可设直线AP的解析式为y=x+m．∵A(-1，0)在直线AP上，∴0=-1+m．∴m=1．∴直线AP的解析式为y=x+1．(3)设P点坐标为m，n．∵点P在直线y=x+1和抛物线y=x2-2x-3上，∴n=m+1，n=m2-2m-3．∴m+1=m2-2m-3．解得m1=4，m2=-1(舍去)．∴点P的坐标为4，5．由翻折，得∠AEP=∠AEP ,P E=PE．∵AP∥BC，∴∠PAE=∠AEP '．∴∠PAE=∠PEA．∴PE=PA=4+12=52．2+5-0设点E的坐标为t，t-3，则PE2=t-42．2+t-3-52=52∴t=6±21．当t=6+21时，点E的坐标为6+21,3+21．设P (s,s-3),由P E=AP，P E=PE=52得：s-6-212，2=522+s-3-3-21解得：s=1+21，则点P 的坐标为1+21,-2+21．当t=6-21时，同理可得，点P 的坐标为1-21,-2-21．综上所述，点P 的坐标为1+21,-2+21．或1-21,-2-21【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，二次函数的性质，此题题型较好，综合性比较强，用的数学思想是分类讨论和数形结合的思想．3(2023·江苏连云港·连云港市新海实验中学校考二模)如图，“爱心”图案是由抛物线y=-x2+m的一部分及其关于直线y=-x的对称图形组成，点E、F是“爱心”图案与其对称轴的两个交点，点A、B、C、D是该图案与坐标轴的交点，且点D的坐标为6,0．(1)求m 的值及AC 的长；(2)求EF 的长；(3)若点P 是该图案上的一动点，点P 、点Q 关于直线y =-x 对称，连接PQ ，求PQ 的最大值及此时Q 点的坐标．【答案】(1)m =6，AC =6+6(2)52(3)2542，Q -234,-12【分析】(1)用待定系数法求得m 与抛物线的解析式，再求出抛物线与坐标轴的交点坐标，进而求得A 的坐标，根据对称性质求得B ，C 的坐标，即可求得结果；(2)将抛物线的解析式与直线EF 的解析式联立方程组进行求解，得到E ，F 的坐标，即可求得结果；(3)设P (m ,-m 2+6)，则Q (m 2-6,-m )，可得PQ =2×m -12 2-252 ，即求m -12 2-252的最值，根据二次函数的最值，即可得到m 的值，即可求得．【详解】(1)把D 6,0 代入y =-x 2+m 得0=-6+m解得m =6∴抛物线的解析式为：y =-x 2+6∴A 0,6根据对称性可得B -6,0 ，C 0,-6∴AC =AO +OC =6+6(2)联立y =-x y =-x 2+6解得x =3y =-3 或x =-2y =2 ∴E -2,2 ，F 3,-3∴EF =-2-3 2+2+3 2=52(3)设P (m ,-m 2+6)，则Q (m 2-6,-m )∴PQ =m -m 2-6 2+-m 2+6--m 2整理得PQ =2×m -12 2-254 ∵m -12 2≥0∴当m -12 2=0时，即m =12时，m -12 2-254 有最大值为254∴PQ 的最大值为2542∴12 2-6=-234故Q -234,-12【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，两点间的距离公式，求抛物线与一次函数的交点坐标，二次函数的最值等知识，解题的关键是掌握关于直线y =-x 对称的点坐标的关系．题型04特殊角度存在性问题1(2023·山西忻州·统考模拟预测)如图，抛物线y =18x 2+34x -2与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点C ．P 是直线AC 下方抛物线上一个动点，过点P 作直线l ∥BC ，交AC 于点D ，过点P 作PE ⊥x 轴，垂足为E ，PE 交AC 于点F ．(1)直接写出A ，B ，C 三点的坐标，并求出直线AC 的函数表达式；(2)当线段PF 取最大值时，求△DPF 的面积；(3)试探究在拋物线的对称轴上是否存在点Q ，使得∠CAQ =45°？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)A -8,0 ，B 2,0 ，C 0,-2 ．y =-14x -2(2)85(3)存在，-3,3 或-3,-253【分析】(1)对于直线y =18x 2+34x -2，当x =0时，y =-2，即点C 0,-2 ，令18x 2+34x -2=0，则x =2或-8，则点A ，B 的坐标分别为-8,0 ，2,0 即求出三个点的坐标，设直线AC 的表达式为y =kx +b ，利用待定系数法求解即可；(2)设点P 的横坐标为m ，则P m ,18m 2+34m -2 ，F m ,-14m -2 ，表示出PF =-18m 2-m ，求出PF max =2，再表示出点D 到直线PF 的距离d =85，利用S △DPF =12⋅PF ⋅d 进行求解即可；(3)由抛物线的表达式知，其对称轴为x =-3，当点Q 在x 轴上方时，设抛物线的对称轴交x 轴于点N ，交AC 于H ，故点Q 作QT ⊥AC 于点T ，在△AQH 中,∠CAQ =45°，tan ∠QHA =4，用解直角三角形的方法求出QH =174，即可求出Q 点坐标，当点Q Q 在x 轴上方时，直线AQ 的表达式为y =35x +8 ，当∠CAQ =45°时，AQ ⊥AQ ，即可求解．【详解】(1)解：对于抛物线y =18x 2+34x -2，当x =0时，y =-2，即点C 0,-2 ，令18x 2+34x -2=0，则x =2或-8，则点A ，B 的坐标分别为-8,0 ，2,0 ，即点A ，B ，C 三点的坐标分别为-8,0 ，2,0 ，0,-2 ，设直线AC 的表达式为y =kx +b ，则-8k +b =0b =-2 ，解得k =-14b =-2 ，∴直线AC 的函数表达式为y =-14x -2；(2)设点P 的横坐标为m ，则P m ,18m 2+34m -2 ，F m ,-14m -2 ，PF =-14m -2 -18m 2+34m -2 =-18m 2-m ，当m =--12×-18 =-4时，PF 最大，PF max =-18×(-4)2--4 =2，此时，P -4,-3 ，由B 2,0 ，C 0,-2 ，可得直线BC 的函数表达式为y =x -2，设直线l 的函数表达式为y =x +p ，将P -4,-3 代入可得p =1，∴直线l 的函数表达式为y =x +1，由y =-14x -2y =x +1 ，解得x =-125y =-75，∴D -125,-75 ，点D 到直线PF 的距离d =-125--4 =85，∴S △DPF =12⋅PF ⋅d =12×2×85=85．(3)存在，理由：由抛物线的表达式知，其对称轴为x =-3，当点Q 在x 轴上方时，如下图：设抛物线的对称轴交x 轴于点N ，交AC 于H ，故点Q 作QT ⊥AC 于点T ，则∠ACO =∠QHA ，则tan ∠ACO =tan ∠QHA =4，当x =3时，y =-14x -2=-54，则点H -3,-54 ，由点A ，H 的坐标得，AH =5174，在△AQH 中，∠CAQ =45°，tan ∠QHA =4，设TH =x ，则QT =4x ，则QH =17x ，则AH =AT +TH =5x =5174，则x =174，则QH =17x =174，则174-54=3，则点Q -3,3 ；当点Q Q 在x 轴上方时，直线AQ 的表达式为y =35x +8 ，当∠CAQ =45°时，AQ ⊥AQ ，则直线AQ 的表达式为y =-53x +8 ，当x =-3时，y =-5x +8 =-25，。
(完整word)《初二数学动点问题》专题分析
初二数学“动点问题”剖析所谓“ 动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点, 它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目 . 解决这种问题的重点是动中求静, 灵巧运用相关数学知识解决问题.重点:动中求静.数学思想：分类思想函数思想方程思想数形联合思想转变思想着重对几何图形运动变化能力的观察。
从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图像等图形，经过“对称、动点的运动”等研究手段和方法，来研究与发现图形性质及图形变化，在解题过程中浸透空间看法和合情推理。
选择基本的几何图形，让学生经历研究的过程，以能力立意，观察学生的自主研究能力，促使培育学生解决问题的能力．图形在动点的运动过程中察看图形的变化状况，需要理解图形在不一样地点的状况，才能做好计算推理的过程。
在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”研究题的基本思路 , 这也是动向几何数学识题中最核心的数学实质。
课改后数学卷中的数学压轴性题正逐渐转向数形联合、动向几何、着手操作、实验研究等方向发展．这些压轴题题型众多、题意创新，目的是观察学生的剖析问题、解决问题的能力，内容包含空间看法、应意图识、推理能力等．从数学思想的层面上讲：（1）运动看法；（2）方程思想；（3）数形联合思想；（4）分类思想；（ 5）转变思想等．一、成立动点问题的函数分析式函数揭露了运动变化过程中量与量之间的变化规律, 是初中数学的重要内容. 动点问题反应的是一种函数思想 , 因为某一个点或某图形的有条件地运动变化, 惹起未知量与已知量间的一种变化关系, 这种变化关系就是动点问题中的函数关系. 那么 , 我们如何成立这种函数分析式呢?1.应用勾股定理成立函数分析式。
2.应用比率式成立函数分析式。
3.应用求图形面积的方法成立函数关系式。
二、动向几何型压轴题动向几何特色 ----问题背景是特别图形，观察问题也是特别图形，因此要掌握好一般与特别的关系；分析过程中，特别要关注图形的特征（特别角、特别图形的性质、图形的特别地点。
专题：二次函数中的动点问题(平行四边形存在性问题)
二次函数中的动点问题（二）平行四边形的存在性问题一.技巧提炼如图1,点人（召,开）、3（忑,儿）、C（X3Os）是坐标平面内不在同一直线上的三点。
平面直角坐标系中是否存在点D,使得以A、B、C、D四点为顶点的四边形为平行四边形，如果存在，请求出点D的坐标。
如图2,过A、B、C分别作BC、AC、AB的平行线，则以不在同一直线上的三点为顶点的平行四边形有三个。
由已知的三点坐标可根据图形平移的坐标性质，直接写出第四个顶点的坐标。
3、平面直角坐标系中直线和直线12:当h时k尸k2；当h丄I2时ki-k2=-14、二次函数中平行四边形的存在性问题：解题思路：（1）先分类（2）再画图（3）后计算二、精讲精练1、已知抛物线y=ax-+bx+c与x轴相交于A、E两点（A、B分别在原点的左右两侧），与y轴正半轴相交于C点，且OA：OB：OC=1：3：3,AABC的面积为6,（如图1）（1）求抛物线的解析式：（2）坐标平面内是否存在点M,使得以点M、A、B、C为顶点四边形是平行四边形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如图2,在直线BC±方的抛物线上是否存在一动点P,ABCP面枳最大？如果存在，求出最人面积,2、如图，己知抛物线经过A(-2,0),B(・3,3)及原点6顶点为C(1)求抛物线的函数解析式：(2)设点D在抛物线上，点E在抛物线的对称轴上，且以AO为边的四边形AODE是平行四边形，求点D的坐标。
【变式练习】7如图，对称轴为直线x二一的抛物线经过点A(6,0)和B(0,4)・2(1)求抛物线解析式及顶点坐标；(2)设点E(x,y)是抛物线上一动点，且位于第四彖限，四边形0EAF是以0A为对角线的平行四边形, 求平行四边形OEAF的面积S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；①当平行四边形OEAF的面积为24时，请判断平行四边形0EAF是否为菱形？②是否存在点E,使平行四边形0EAF为正方形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.、方法规律1、平行四边形模型探究如图1，点&（內,开）、3（七,儿）、C（X3，”）是坐标平面内不在同一直线上的三点。
特殊平行四边形动点及存在性问题(压轴题)演示教学
特殊平行四边形动点及存在性问题(压轴题)特殊平行四边形中的动点及存在性问题【例1】正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且DM＝2，N是AC上的一动点，DN＋MN的最小值为。
【练习1】如图，在平面直角坐标系中，矩形OACB的顶点O在坐标原点，顶点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上，OA=3，OB=4，D为边OB的中点.（1）若E为边OA上的一个动点，当△CDE的周长最小时，求点E的坐标；（2）若E、F为边OA上的两个动点，且EF=2，当四边形CDEF的周长最小时，求点E、F的坐标.【例2】如图，在平面直角坐标系中,矩形OABC的顶点A、C的坐标分别为（10，0），（0，4）,点D 是OA的中点,点P在BC上运动,当三角形△ODP是腰长为5的等腰三角形时，P的坐标为；x【练习2】如图，在平面直角坐标系中，AB∥OC，A（0，12），B（a，c），C（b，0），并且a，b满足16b=．一动点P从点A出发，在线段AB上以每秒2个单位长度的速度向点B运动；动点Q从点O出发在线段OC上以每秒1个单位长度的速度向点C运动，点P、Q分别从点A、O 同时出发，当点P运动到点B时，点Q随之停止运动．设运动时间为t（秒）（1）求B、C两点的坐标；（2）当t为何值时，四边形PQCB是平行四边形？并求出此时P、Q两点的坐标；（3）当t为何值时，△PQC是以PQ为腰的等腰三角形？并求出P、Q两点的坐标．【例3】（1）如图，矩形ONEF的对角线相交于点M，ON、OF分别在x轴和y轴上，O为坐标原点，点E的坐标为（4，3），则点M的坐标为；（2）在直角坐标系中，有A（-1，2），B（3，1），C（1，4）三点，另有一点D与点A、B、C构成平行四边形的顶点，求点D的坐标．x【练习3】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；（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．x【例4】在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=60cm，∠A=60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/s的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/s的速度运动，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ts（0<t 15）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．（1）求证：AE=DF；（2）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由；（3）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．F【练习4】如图，等腰三角形OAB 的一边OB 在x 轴的正半轴上，点A 的坐标为（6，8），OA =OB ，动点P 从原点O 出发，在线段OB 上以每秒2个单位的速度向点B 匀速运动，动点Q 从原点O 出发，沿y 轴的正半轴以每秒1个单位的速度向上匀速运动，过点Q 作x 轴的平行线分别交OA ，AB 于E ，F ，设动点P ，Q 同时出发，当点P 到达点B 时，点Q 也停止运动，他们运动时间为t 秒（0t ） （1）点E 的坐标为 ，F 的坐标为 ； （2）当t 为何值时，四边形POFE 是平行四边形；（3）是否存在某一时刻，使△PEF 为直角三角形？若存在，请求出此时t 的值；若不存在，请说明理由．【巩固练习】1、菱形ABCD 中，AB =2， ∠BAD =60°，点E 是AB 的中点，P 是对角线AC 上的一个动点，则PE +PB 的最小值为。
初中数学函数动点及存在性问题专项
初中数学函数动点及存在性问题专项一、从动点角度关于动点问题，又从两个角度∍⎡⎢⎣从寻找满足条件的点的位置角度从由动点问题探究题目中变化的量之间的关系角度（1）从寻找满足条件的点的位置角度例1：如图1，在ABC △中，1AB AC ==，点D ，E 在直线BC 上运动，设BD x =，CE y =． （1）如果30BAC ∠=，105DAE ∠=，试确定y 与x 之间的函数关系式；（2）如果BAC ∠的度数为α，DAE ∠的度数为β，当αβ，满足怎样的关系式时，（1）中y 与x 之间的函数关系式还成立，试说明理由．分析：根据角之间的关系找关系解：（1）在ABC △中，130AB AC BAC ===︒，∠，75ABC ACB ∴==︒∠∠105ABD ACE ==︒∠∠ 又105DAE =︒∠，75DAB CAE ∴+=︒∠∠又75DAB ADB ABC +==︒∠∠∠ CAE ADB ∴=∠∠ ADB EAC ∴△∽△AB BD EC AC∴=即11x y =，所以1y x= （2）当αβ，满足关系式902αβ-=︒时，函数关系式1y x=仍然成立 此时，DAB CAE βα+=-∠∠ 又90DAB ADB ABC αβα+==︒-=-2∠∠∠，CAE ADB ∴=∠∠又ABD ACE ADB EAC =∴，∠∠△∽△仍然成立 从而（1）中函数关系式1y x=成立．例2：如图2，平面直角坐标系中，四边形OABC 为矩形，点AB ，的坐标分别为(40)43()，，，，动点M N ， ＢＣＥＡＤ 图1分别从O B ，同时出发，以每秒1个单位的速度运动．其中，点M 沿OA 向终点A 运动，点N 沿BC 向终点C 运动，过点M 作MP OA ⊥，交AC 于P ，连结NP ，已知动点运动了x 秒． （1）P 点的坐标为（ ， ）（用含x 的代数式表示）； （2）试求NPC △面积S 的表达式，并求出面积S 的最大值及相应的x 值； （3）当x 为何值时，NPC △是一个等腰三角形？简要说明理由．分析：三角形边之间的关系 例3：（12分）如图6，以O 为原点的直角坐标系中，A 点的坐标为（0，1），直线x=1交x 轴于点B 。
动点存在性问题
辅导讲义教师科目上课日期总共学时学生年级上课时间第几学时类别基础提高培优动点存在性问题一、几何形状存在问题1)平行四边形2)等腰三角形3)直角三角形4)梯形5)三角形相似要点：由题设出发，肯定题目中的假设，根据假设列出相应的方程，方程有解则存在（否则不存在），或者能够推出矛盾时不存在，90%的时候都是存在的。
特别注意平行时两条直线斜率相等，垂直时两条直线的斜率之积互为负倒数。
例题1、在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+2的图象与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C．（1）求这个二次函数的关系解析式；（2）点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使△ACP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；考生注意：下面的（3）、（4）、（5）题为三选一的选做题，即只能选做其中一个题目，多答时只按作答的首题评分，切记啊！（3）在平面直角坐标系中，是否存在点Q，使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由；（4）点Q是直线AC上方的抛物线上一动点，过点Q作QE垂直于x轴，垂足为E．是否存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由；（5）点M为抛物线上一动点，在x轴上是否存在点Q，使以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．11．解：（1）由抛物线y=ax2+bx+2过点A（﹣3，0），B（1，0），则解这个方程组，得a=﹣，b=﹣．∴二次函数的关系解析式为y=﹣x2﹣x+2．（2）设点P坐标为（m，n），则n=﹣m2﹣m+2．连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．PM=﹣m2﹣m+2，PN=﹣m，AO=3．当x=0时，y=﹣×0﹣×0+2=2，所以OC=2S△PAC=S△PAO+S△PCO﹣S△ACO=AO•PM+CO•PN﹣AO•CO=×3•（﹣m2﹣m+2）+×2•（﹣m）﹣×3×2=﹣m2﹣3m∵a=﹣1＜0∴函数S△PAC=﹣m2﹣3m有最大值当m=﹣=﹣时，S△PAC有最大值．此时n=﹣m2﹣m+2=﹣﹣+2=∴存在点P（﹣，），使△PAC的面积最大．（3）如图（3）所示，以BC为边在两侧作正方形BCQ1Q2、正方形BCQ4Q3，则点Q1，Q2，Q3，Q4为符合题意要求的点．过Q1点作Q1D⊥y轴于点D，易证△Q1CD≌△CBO，∴Q1D=OC=2，CD=OB=1，∴OD=OC+CD=3，∴Q1（2，3）；同理求得Q2（3，1），Q3（﹣1，﹣1），Q4（﹣2，1）．∴存在点Q，使△BCQ是以BC为腰的等腰直角三角形．Q点坐标为：Q1（2，3），Q2（3，1），Q3（﹣1，﹣1），Q4（﹣2，1）．（4）如图（4）所示，设E（n，0），则BE=1﹣n，QE=﹣n2﹣n+2．假设以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似，则有两种情况：①若△AOC∽△BEQ，则有：，即，化简得：n2+n﹣2=0，解得n1=﹣2，n2=1（与B重合，舍去），∴n=﹣2，QE=﹣n2﹣n+2=2．∴Q（﹣2，2）；②若△AOC∽△BQE，则有：，即，化简得：4n2﹣n﹣3=0，解得n1=﹣，n2=1（与B重合，舍去），∴n=﹣，QE=﹣n2﹣n+2=．∴Q（﹣，）．综上所述，存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似．Q点坐标为（﹣2，2）或（﹣，）．（5）假设存在点Q，使以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形．①若CM平行于x轴，如图（5）a所示，有符合要求的两个点Q1，Q2，此时Q1A=Q2A=CM．∵CM∥x轴，∴点M、点C（0，2）关于对称轴x=﹣1对称，∴M（﹣2，2），∴CM=2．由Q1A=Q2A=CM=2，得到Q1（﹣5，0），Q2（﹣1，0）；②若CM不平行于x轴，如图（5）b所示．过点M作MG⊥x轴于G，易证△MGQ≌△COA，得QG=OA=3，MG=OC=2，即y M=﹣2．设M（x，﹣2），则有﹣x2﹣x+2=﹣2，解得x=﹣1±．又QG=3，∴x Q=x G+3=2±，∴Q3（2+，0），Q4（2﹣，0）．综上所述，存在点Q，使以A、C、M、Q为顶点的四边形是平行四边形．Q点坐标为：Q1（﹣5，0），Q2（﹣1，0），Q3（2+，0），Q4（2﹣，0）．注：解答中给出（3）（4）（5）问解题过程，只是为了同学们易于理解，原题并未要求．9．（2012•山西）综合与实践：如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．（1）求直线AC的解析式及B、D两点的坐标；（2）点P是x轴上一个动点，过P作直线l∥AC交抛物线于点Q，试探究：随着P点的运动，在抛物线上是否存在点Q，使以点A、P、Q、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．（3）请在直线AC上找一点M，使△BDM的周长最小，求出M点的坐标．9．解：（1）当y=0时，﹣x2+2x+3=0，解得x1=﹣1，x2=3．∵点A在点B的左侧，∴A、B的坐标分别为（﹣1，0），（3，0）．当x=0时，y=3．∴C点的坐标为（0，3）设直线AC的解析式为y=k1x+b1（k1≠0），则，解得，∴直线AC的解析式为y=3x+3．∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴顶点D的坐标为（1，4）．（2）抛物线上有三个这样的点Q，①当点Q在Q1位置时，Q1的纵坐标为3，代入抛物线可得点Q1的坐标为（2，3）；②当点Q在点Q2位置时，点Q2的纵坐标为﹣3，代入抛物线可得点Q2坐标为（1+，﹣3）；③当点Q在Q3位置时，点Q3的纵坐标为﹣3，代入抛物线解析式可得，点Q3的坐标为（1﹣，﹣3）；综上可得满足题意的点Q有三个，分别为：Q1（2，3），Q2（1+，﹣3），Q3（1﹣，﹣3）．（3）点B作BB′⊥AC于点F，使B′F=BF，则B′为点B关于直线AC 的对称点．连接B′D 交直线AC与点M，则点M为所求，过点B′作B′E⊥x轴于点E．∵∠1和∠2都是∠3的余角，∴∠1=∠2．∴Rt△AOC∽Rt△AFB，∴，由A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）得OA=1，OB=3，OC=3，∴AC=，AB=4．∴，∴BF=，∴BB′=2BF=，由∠1=∠2可得Rt△AOC∽Rt△B′EB，∴，∴，即．∴B′E=，BE=，∴OE=BE﹣OB=﹣3=．∴B′点的坐标为（﹣，）．设直线B′D的解析式为y=k2x+b2（k2≠0）．∴，解得，∴直线B'D的解析式为：y=x+，联立B'D与AC的直线解析式可得：，解得，∴M点的坐标为（，）．10．（2012•龙岩）在平面直角坐标系xOy中，一块含60°角的三角板作如图摆放，斜边AB 在x轴上，直角顶点C在y轴正半轴上，已知点A（﹣1，0）．（1）请直接写出点B、C的坐标：B、C；并求经过A、B、C 三点的抛物线解析式；（2）现有与上述三角板完全一样的三角板DEF（其中∠EDF=90°，∠DEF=60°），把顶点E 放在线段AB上（点E是不与A、B两点重合的动点），并使ED所在直线经过点C．此时，EF所在直线与（1）中的抛物线交于点M．①设AE=x，当x为何值时，△OCE∽△OBC；②在①的条件下探究：抛物线的对称轴上是否存在点P使△PEM是等腰三角形？若存在，请写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．10．解：（1）∵点A（﹣1，0），∴OA=1，由图可知，∠BAC是三角板的60°角，∠ABC是30°角，所以，OC=OA•tan60°=1×=，OB=OC•cot30°=×=3，所以，点B（3，0），C（0，），设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，则，解得，所以，抛物线的解析式为y=﹣x2+x+；（2）①∵△OCE∽△OBC，∴=，即=，解得OE=1，所以，AE=OA+OE=1+1=2，即x=2时，△OCE∽△OBC；②存在．理由如下：抛物线的对称轴为x=﹣=﹣=1，所以，点E为抛物线的对称轴与x轴的交点，∵OA=OE，OC⊥x轴，∠BAC=60°，∴△ACE是等边三角形，∴∠AEC=60°，又∠DEF=60°，∴∠FEB=60°，∴∠BAC=∠FEB，∴EF∥AC，由A（﹣1，0），C（0，）可得直线AC的解析式为y=x+，∵点E（1，0），∴直线EF的解析式为y=x﹣，联立，解得，（舍去），∴点M的坐标为（2，），EM==2，分三种情况讨论△PEM是等腰三角形，当PE=EM时，PE=2，所以，点P的坐标为（1，2）或（1，﹣2），当PE=PM时，∵∠FEB=60°，∴∠PEF=90°﹣60°=30°，PE=EM÷cos30°=×2÷=，所以，点P的坐标为（1，），当PM=EM时，PE=2EM•cos30°=2×2×=2，所以，点P的坐标为（1，2），综上所述，抛物线对称轴上存在点P（1，2）或（1，﹣2）或（1，）或（1，2），使△PEM是等腰三角形．16．（2012•常德）如图，已知二次函数的图象过点A（﹣4，3），B（4，4）．（1）求二次函数的解析式：（2）求证：△ACB是直角三角形；（3）若点P在第二象限，且是抛物线上的一动点，过点P作PH垂直x轴于点H，是否存在以P、H、D为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．16．解：（1）由题意得，函数图象经过点A（﹣4，3），B（4，4），故可得：，解得：，故二次函数关系式为：y=（x+2）（13x﹣20）．（2）由（1）所求函数关系式可得点C坐标为（﹣2，0），点D坐标为（，0），又∵点A（﹣4，3），B（4，4），∴AB==，AC==，BC==，∵满足AB2=AC2+BC2，∴△ACB是直角三角形．（3）存在点P的坐标，点P的坐标为（﹣，）或（﹣，）．设点P坐标为（x，（x+2）（13x﹣20）），则PH=（x+2）（13x﹣20），HD=﹣x+，①若△DHP∽△BCA，则=，即=，解得：x=﹣或x=（因为点P在第二象限，故舍去）；代入可得PH=，即P1坐标为（﹣，）；②若△PHD∽△BCA，则=，即=，解得：x=﹣或x=（因为点P在第二象限，故舍去）．代入可得PH=，即P2坐标为：（﹣，）．综上所述，满足条件的点P有两个，即P1（﹣，）、P2（﹣，）．17．（2012•鞍山）如图，直线AB交x轴于点B（4，0），交y轴于点A（0，4），直线DM ⊥x轴正半轴于点M，交线段AB于点C，DM=6，连接DA，∠DAC=90°．（1）直接写出直线AB的解析式；（2）求点D的坐标；（3）若点P是线段MB上的动点，过点P作x轴的垂线，交AB于点F，交过O、D、B三点的抛物线于点E，连接CE．是否存在点P，使△BPF与△FCE相似？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．17．解：（1）设直线AB的解析式为y=kx+b，将A（0，4），B（4，0）两点坐标代入，得，解得，所以，直线AB的解析式为y=﹣x+4；（2）过D点作DG⊥y轴，垂足为G，∵OA=OB=4，∴△OAB为等腰直角三角形，又∵AD⊥AB，∴∠DAG=90°﹣∠OAB=45°，即△ADG为等腰直角三角形，∴DG=AG=OG﹣OA=DM﹣OA=5﹣4=2，∴D（2，6）；（3）存在．由抛物线过O（0，0），B（4，0）两点，设抛物线解析式为y=ax（x﹣4），将D（2，6）代入，得a=﹣，所以，抛物线解析式为y=﹣x（x﹣4），由（2）可知，∠B=45°，则∠CFE=∠BFP=45°，C（2，2），设P（x，0），则MP=x﹣2，PB=4﹣x，①当∠ECF=∠BPF=90°时（如图1），△BPF与△FCE相似，过C点作CH⊥EF，此时，△CHE、△CHF、△PBF为等腰直角三角形，则PE=PF+FH+EH=PB+2MP=4﹣x+2（x﹣2）=x，将E（x，x）代入抛物线y=﹣x（x﹣4）中，得x=﹣x（x﹣4），解得x=0或，即P（，0），②当∠CEF=∠BPF=90°时（如图2），此时，△CEF、△BPF为等腰直角三角形，则PE=MC=2，将E（x，2）代入抛物线y=﹣x（x﹣4）中，得2=﹣x（x﹣4），解得x=或，即P（，0），所以，P（，0）或（，0）．10．（2012•凉山州）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+4与x轴、y轴分别交于A、B 两点，抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、B两点，并与x轴交于另一点C（点C点A的右侧），点P是抛物线上一动点．（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；（2）若点P在第二象限内，过点P作PD⊥轴于D，交AB于点E．当点P运动到什么位置时，线段PE最长？此时PE等于多少？（3）如果平行于x轴的动直线l与抛物线交于点Q，与直线AB交于点N，点M为OA的中点，那么是否存在这样的直线l，使得△MON是等腰三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）∵直线y=x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，∴A（﹣4，0），B（0，4）抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、B两点，可得，解得，∴抛物线解析式为y=﹣x2﹣3x+4．令y=0，得﹣x2﹣3x+4=0，解得x1=﹣4，x2=1，∴C（1，0）．（2）如答图1所示，设D（t，0）．∵OA=OB，∴∠BAO=45°，∴E（t，t），P（t，﹣t2﹣3t+4）．PE=y P﹣y E=﹣t2﹣3t+4﹣t=﹣t2﹣4t=﹣（t+2）2+4，∴当t=﹣2时，线段PE的长度有最大值4，此时P（﹣2，6）．（3）存在．如答图2所示，过N点作NH⊥x轴于点H．设OH=m（m＞0），∵OA=OB，∴∠BAO=45°，∴NH=AH=4﹣m，∴y Q=4﹣m．又M为OA中点，∴MH=2﹣m．△MON为等腰三角形：①若MN=ON，则H为底边OM的中点，∴m=1，∴y Q=4﹣m=3．由﹣x Q2﹣3x Q+4=3，解得x Q=，∴点Q坐标为（，3）或（，3）；②若MN=OM=2，则在Rt△MNH中，根据勾股定理得：MN2=NH2+MH2，即22=（4﹣m）2+（2﹣m）2，化简得m2﹣6m+8=0，解得：m1=2，m2=4（不合题意，舍去）∴y Q=2，由﹣x Q2﹣3x Q+4=2，解得x Q=，∴点Q坐标为（，2）或（，2）；③若ON=OM=2，则在Rt△NOH中，根据勾股定理得：ON2=NH2+OH2，即22=（4﹣m）2+m2，化简得m2﹣4m+6=0，∵△=﹣8＜0，∴此时不存在这样的直线l，使得△MON为等腰三角形．综上所述，存在这样的直线l，使得△MON为等腰三角形．所求Q点的坐标为（，3）或（，3）或（，2）或（，2）．一、面积问题——关键是把面积的函数式表示出来1）面积最值问题2）面积等式问题例题1、（2012•沈阳）已知，如图，在平面直角坐标系中，点A坐标为（﹣2，0），点B坐标为（0，2），点E为线段AB上的动点（点E不与点A，B重合），以E为顶点作∠OET=45°，射线ET交线段0B于点F，C为y轴正半轴上一点，且OC=AB，抛物线y=﹣x2+mx+n 的图象经过A，C两点．（1）求此抛物线的函数表达式；（2）求证：∠BEF=∠AOE；（3）当△EOF为等腰三角形时，求此时点E的坐标；（4）在（3）的条件下，当直线EF交x轴于点D，P为（1）中抛物线上一动点，直线PE 交x轴于点G，在直线EF上方的抛物线上是否存在一点P，使得△EPF的面积是△EDG面积的（2+1）倍？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．思路分析：（1）首先求出点C的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；（2）利用三角形外角性质，易证∠BEF=∠AOE；（3）当△EOF为等腰三角形时，有三种情况，需要分类讨论，注意不要漏解；（4）本问关键是利用已知条件求得点P的纵坐标，要点是将△EPF与△EDG的面积之比转化为线段之比．如图④所示，首先证明点E为DF的中点，然后作x轴的平行线FN，则△EDG ≌△EFN，从而将△EPF与△EDG的面积之比转化为PE：NE；过点P作x轴垂线，可依次求出线段PT、PM的长度，从而求得点P的纵坐标；最后解一元二次方程，确定点P的坐标．解：（1）如图①，∵A（﹣2，0）B（0，2）∴OA=OB=2，∴AB2=OA2+OB2=22+22=8∴AB=2，∵OC=AB∴OC=2，即C（0，2）又∵抛物线y=﹣x2+mx+n的图象经过A、C两点则可得，解得．∴抛物线的表达式为y=﹣x2﹣x+2．（2）∵OA=OB，∠AOB=90°，∴∠BAO=∠ABO=45°又∵∠BEO=∠BAO+∠AOE=45°+∠AOE，∠BEO=∠OEF+∠BEF=45°+∠BEF，∴∠BEF=∠AOE．（3）当△EOF为等腰三角形时，分三种情况讨论①当OE=OF时，∠OFE=∠OEF=45°在△EOF中，∠EOF=180°﹣∠OEF﹣∠OFE=180°﹣45°﹣45°=90°又∵∠AOB=90°则此时点E于点A重合，不符合题意，此种情况不成立．②如图2，当FE=FO时，∠EOF=∠OEF=45°在△EOF中，∠EFO=180°﹣∠OEF﹣∠EOF=180°﹣45°﹣45°=90°∴∠AOF+∠EFO=90°+90°=180°∴EF∥AO，∴∠BEF=∠BAO=45°又∵由（2）可知，∠ABO=45°∴∠BEF=∠ABO，∴BF=EF，EF=BF=OB=×2=1∴E（﹣1，1）③如图③，当EO=EF时，过点E作EH⊥y轴于点H在△AOE和△BEF中，∠EAO=∠FBE，EO=EF，∠AOE=∠BEF∴△AOE≌△BEF，∴BE=AO=2∵EH⊥OB，∴∠EHB=90°，∴∠AOB=∠EHB∴EH∥AO，∴∠BEH=∠BAO=45°在Rt△BEH中，∵∠BEH=∠ABO=45°∴EH=BH=BEcos45°=2×=∴OH=OB﹣BH=2﹣∴E（﹣，2﹣）综上所述，当△EOF为等腰三角形时，所求E点坐标为E（﹣1，1）或E（﹣，2﹣）．（4）假设存在这样的点P．当直线EF与x轴有交点时，由（3）知，此时E（﹣，2﹣）．如图④所示，过点E作EH⊥y轴于点H，则OH=FH=2﹣．由OE=EF，易知点E为Rt△DOF斜边上的中点，即DE=EF，过点F作FN∥x轴，交PG于点N．易证△EDG≌△EFN，因此S△EFN=S△EDG，依题意，可得S△EPF=（2+1）S△EDG=（2+1）S△EFN，∴PE：NE=2+1．过点P作PM⊥x轴于点M，分别交FN、EH于点S、T，则ST=TM=2﹣．∵FN∥EH，∴PT：ST=PE：NE=2+1，∴PT=（2+1）•ST=（2+1）（2﹣）=3﹣2；∴PM=PT+TM=2，即点P的纵坐标为2，∴﹣x2﹣x+2=2，解得x1=0，x2=﹣1，∴P点坐标为（0，2）或（﹣1，2）．综上所述，在直线EF上方的抛物线上存在点P，使得△EPF的面积是△EDG面积的（2+1）倍；点P的坐标为（0，2）或（﹣1，2）．点评：本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、等腰三角形、直角三角形、全等三角形与相似三角形的性质等重要的知识点，难度较大．第（2）问注意分类讨论思想的应用，注意不要漏解；第（3）问中，将三角形面积之比转化为线段之比，这是解题的重要技巧，这是本题的难点．7．（2012•河南）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+1与抛物线y=ax2+bx﹣3交于A、B两点，点A在x轴上，点B的纵坐标为3．点P是直线AB下方的抛物线上一动点（不与A、B点重合），过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，作PD⊥AB于点D．（1）求a、b及sin∠ACP的值；（2）设点P的横坐标为m．①用含有m的代数式表示线段PD的长，并求出线段PD长的最大值；②连接PB，线段PC把△PDB分成两个三角形，是否存在适合的m的值，直接写出m的值，使这两个三角形的面积之比为9：10？若存在，直接写出m的值；若不存在，说明理由．7．解：（1）由x+1=0，得x=﹣2，∴A（﹣2，0）．由x+1=3，得x=4，∴B（4，3）．∵y=ax2+bx﹣3经过A、B两点，∴∴a=，b=﹣设直线AB与y轴交于点E，则E（0，1）．∵PC∥y轴，∴∠ACP=∠AEO．∴sin∠ACP=sin∠AEO===．（2）①由（1）知，抛物线的新解析式为y=x2﹣x﹣3．则点P（m，m2﹣m﹣3）．已知直线AB：y=x+1，则点C（m，m+1）．∴PC=m+1﹣（m2﹣m﹣3）=﹣m2+m+4=﹣（m﹣1）2+Rt△PCD中，PD=PC•sin∠ACP=[﹣（m﹣1）2+]•=﹣（m﹣1）2+∴PD长的最大值为：．②如图，分别过点D、B作DF⊥PC，BG⊥PC，垂足分别为F、G．在Rt△PDF中，DF=PD=﹣（m2﹣2m﹣8）．又∵BG=4﹣m，∴===．当==时，解得m=；当==时，解得m=．11．（2012•兰州）如图，Rt△ABO的两直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，O为坐标原点，A、B两点的坐标分别为（﹣3，0）、（0，4），抛物线y=x2+bx+c经过点B，且顶点在直线x=上．（1）求抛物线对应的函数关系式；（2）若把△ABO沿x轴向右平移得到△DCE，点A、B、O的对应点分别是D、C、E，当四边形ABCD是菱形时，试判断点C和点D是否在该抛物线上，并说明理由；（3）在（2）的条件下，连接BD，已知对称轴上存在一点P使得△PBD的周长最小，求出P点的坐标；（4）在（2）、（3）的条件下，若点M是线段OB上的一个动点（点M与点O、B不重合），过点M作∥BD交x轴于点N，连接PM、PN，设OM的长为t，△PMN的面积为S，求S 和t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围，S是否存在最大值？若存在，求出最大值和此时M点的坐标；若不存在，说明理由．11．解：（1）∵抛物线y=经过点B（0，4）∴c=4，∵顶点在直线x=上，∴﹣==，∴b=﹣；∴所求函数关系式为；（2）在Rt△ABO中，OA=3，OB=4，∴AB=，∵四边形ABCD是菱形，∴BC=CD=DA=AB=5，∴C、D两点的坐标分别是（5，4）、（2，0），当x=5时，y=，当x=2时，y=，∴点C和点D都在所求抛物线上；（3）设CD与对称轴交于点P，则P为所求的点，设直线CD对应的函数关系式为y=kx+b，则，解得：，∴，当x=时，y=，∴P（），（4）∵MN∥BD，∴△OMN∽△OBD，∴即得ON=，设对称轴交x于点F，则（PF+OM）•OF=（+t）×，∵，S△PNF=×NF•PF=×（﹣t）×=，S=（﹣），=﹣（0＜t＜4），S存在最大值．由S=﹣（t﹣）2+，∴当S=时，S取最大值是，此时，点M的坐标为（0，）．12．（2012•荆门）如图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连接AB、AE、BE．已知tan∠CBE=，A（3，0），D（﹣1，0），E（0，3）．（1）求抛物线的解析式及顶点B的坐标；（2）求证：CB是△ABE外接圆的切线；（3）试探究坐标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（4）设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度（0＜t≤3）时，△AOE与△ABE重叠部分的面积为s，求s与t之间的函数关系式，并指出t的取值范围．12．解：（1）由题意，设抛物线解析式为y=a（x﹣3）（x+1）．将E（0，3）代入上式，解得：a=﹣1．∴y=﹣x2+2x+3．则点B（1，4）．（2）证明：如图1，过点B作BM⊥y于点M，则M（0，4）．在Rt△AOE中，OA=OE=3，∴∠1=∠2=45°，AE==3．在Rt△EMB中，EM=OM﹣OE=1=BM，∴∠MEB=∠MBE=45°，BE==．∴∠BEA=180°﹣∠1﹣∠MEB=90°．∴AB是△ABE外接圆的直径．在Rt△ABE中，tan∠BAE===tan∠CBE，∴∠BAE=∠CBE．在Rt△ABE中，∠BAE+∠3=90°，∴∠CBE+∠3=90°．∴∠CBA=90°，即CB⊥AB．∴CB是△ABE外接圆的切线．（3）解：Rt△ABE中，∠AEB=90°，tan∠BAE=，sin∠BAE=，cos∠BAE=；若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则△DEP必为直角三角形；①DE为斜边时，P1在x轴上，此时P1与O重合；由D（﹣1，0）、E（0，3），得OD=1、OE=3，即tan∠DEO==tan∠BAE，即∠DEO=∠BAE满足△DEO∽△BAE的条件，因此O点是符合条件的P1点，坐标为（0，0）．②DE为短直角边时，P2在x轴上；若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则∠DEP2=∠AEB=90°，sin∠DP2E=sin∠BAE=；而DE==，则DP2=DE÷sin∠DP2E=÷=10，OP2=DP2﹣OD=9即：P2（9，0）；③DE为长直角边时，点P3在y轴上；若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则∠EDP3=∠AEB=90°，cos∠DEP3=cos∠BAE=；则EP3=DE÷cos∠DEP3=÷=，OP3=EP3﹣OE=；综上，得：P1（0，0），P2（9，0），P3（0，﹣）．（4）解：设直线AB的解析式为y=kx+b．将A（3，0），B（1，4）代入，得解得∴y=﹣2x+6．过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，当y=3时，得x=，∴F（，3）．情况一：如图2，当0＜t≤时，设△AOE平移到△DNM的位置，MD交AB于点H，MN交AE于点G．则ON=AD=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L．由△AHD∽△FHM，得，即．解得HK=2t．∴S阴=S△MND﹣S△GNA﹣S△HAD=×3×3﹣（3﹣t）2﹣t•2t=﹣t2+3t．情况二：如图3，当＜t≤3时，设△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于点I，交AE于点V．由△IQA∽△IPF，得．即，解得IQ=2（3﹣t）．∴S阴=IV•AQ=（3﹣t）2=t2﹣3t+．综上所述：s=．13．（2012•嘉兴）在平面直角坐标系xOy中，点P是抛物线：y=x2上的动点（点在第一象限内）．连接OP，过点0作OP的垂线交抛物线于另一点Q．连接PQ，交y轴于点M．作PA丄x轴于点A，QB丄x轴于点B．设点P的横坐标为m．（1）如图1，当m=时，①求线段OP的长和tan∠POM的值；②在y轴上找一点C，使△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形，求点C的坐标；（2）如图2，连接AM、BM，分别与OP、OQ相交于点D、E．①用含m的代数式表示点Q的坐标；②求证：四边形ODME是矩形．13．解：（1）①把x=代入y=x2，得y=2，∴P（，2），∴OP=∵PA丄x轴，∴PA∥MO．∴tan∠P0M=tan∠0PA==．②设Q（n，n2），∵tan∠QOB=tan∠POM，∴．∴n=∴Q（，），∴OQ=．当OQ=OC时，则C1（0，），C2（0，）；当OQ=CQ时，则C3（0，1）；当CQ=CO时，OQ为底，则C4（0，）不合题意，舍去．综上所述，所求点C坐标为：C1（0，），C2（0，），C3（0，1）；（2）①∵P（m，m2），设Q（n，n2），∵△APO∽△BOQ，∴∴，得n=，∴Q（，）．②设直线PQ的解析式为：y=kx+b，把P（m，m2）、Q（，）代入，得：解得b=1，∴M（0，1）∵，∠QBO=∠MOA=90°，∴△QBO∽△MOA∴∠MAO=∠QOB，∴QO∥MA同理可证：EM∥OD又∵∠EOD=90°，∴四边形ODME是矩形．14．（2012•济宁）如图，抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于A（4，0）、B（﹣2，0）两点，与y轴交于点C，点P是线段AB上一动点（端点除外），过点P作PD∥AC，交BC于点D，连接CP．（1）求该抛物线的解析式；（2）当动点P运动到何处时，BP2=BD•BC；（3）当△PCD的面积最大时，求点P的坐标．14．解：（1）由题意，得，解得，∴抛物线的解析式为y=﹣x﹣4；（2）设点P运动到点（x，0）时，有BP2=BD•BC，令x=0时，则y=﹣4，∴点C的坐标为（0，﹣4）．∵PD∥AC，∴△BPD∽△BAC，∴．∵BC=，AB=6，BP=x﹣（﹣2）=x+2．∴BD===．∵BP2=BD•BC，∴（x+2）2=，解得x1=，x2=﹣2（﹣2不合题意，舍去），∴点P的坐标是（，0），即当点P运动到（，0）时，BP2=BD•BC；（3）∵△BPD∽△BAC，∴，∴×S△BPC=×（x+2）×4﹣∵，∴当x=1时，S△BPC有最大值为3．即点P的坐标为（1，0）时，△PDC的面积最大．15．（2012•怀化）如图，抛物线m：y=﹣（x+h）2+k与x轴的交点为A、B，与y轴的交点为C，顶点为M（3，），将抛物线m绕点B旋转180°，得到新的抛物线n，它的顶点为D；（1）求抛物线n的解析式；（2）设抛物线n与x轴的另一个交点为E，点P是线段ED上一个动点（P不与E、D重合），过点P作y轴的垂线，垂足为F，连接EF．如果P点的坐标为（x，y），△PEF的面积为S，求S与x的函数关系式，写出自变量x的取值范围，并求出S的最大值；（3）设抛物线m的对称轴与x轴的交点为G，以G为圆心，A、B两点间的距离为直径作⊙G，试判断直线CM与⊙G的位置关系，并说明理由．15．解：（1）依题意，抛物线m的解析式为：y=﹣（x﹣3）2+=﹣（x﹣8）（x+2），∴A（﹣2，0），B（8，0）．由旋转性质可知，点D与点M（3，）关于点B（8，0）成中心对称，∴D（13，﹣），∴抛物线n的解析式为：y=（x﹣13）2﹣．（2）∵抛物线n：y=（x﹣13）2﹣=（x﹣8）（x﹣18），∴E点坐标为（18，0）．设直线DE的解析式为y=kx+b，则有：，解得k=，b=﹣，∴直线DE的解析式为：y=x﹣．如题图所示，S=PF•OF=x•（﹣y）=﹣x•（x﹣）=﹣（x﹣9）2+；∵点P是线段ED上一个动点（P不与E、D重合），∴13＜x＜18；∴S=﹣（x﹣9）2+（13＜x＜18），可见该抛物线开口向下，对称轴为x=9，函数图象位于对称轴右侧，y随着x的增大而减小，故S在13＜x＜18范围内没有最大值．所以S与x的函数关系式为S=﹣（x﹣9）2+，自变量取值范围是13＜x＜18，S没有最大值．（3）结论：直线CM与⊙G相切．理由如下：∵抛物线n的解析式为：y=（x﹣13）2﹣，令x=0，解得y=4，∴C（0，4）．在Rt△COG中，由勾股定理得：CG===5，又∵⊙G半径为5，∴点C在⊙G上．如右图所示，依题意作出⊙G，连接CG、CM、MG，过点C作CH⊥MG于点H，则CH=3，HG=4，MH=﹣4=，∵，CH⊥MG，∴△CHG∽△MHC，∴∠MCH=∠CGH；又∠HCG+∠CGH=90°，∴∠HCG+∠MCH=90°，即GC⊥MC．（注：此处亦可用勾股定理的逆定理证明△MCG为直角三角形）综上所述，点C在⊙G上，且满足GC⊥MC，∴直线CM与与⊙G相切．。
重难点 几何动点及最值、存在性问题(解析版)--2024年中考数学
重难点几何动点及最值、存在性问题目录题型01将军饮马问题题型02胡不归问题题型03阿氏圆问题题型04隐圆问题题型05费马点问题题型06瓜豆原理模型题型07等腰(边)三角形存在问题题型08直角三角形存在问题题型09平行四边形存在问题题型10矩形、菱形、正方形存在问题题型11全等/相似存在性问题题型12角度存在性问题【命题趋势】动态几何问题是近年来中考的一个重难点问题，以运动的观点探究几何图形或函数与几何图形的变化规律，从而确定某一图形的存在性问题．随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题．【基本原理】1)基本原理(定点到定点)：两点之间，线段最短.2)三角形两边之和>第三边3)基本原理(定点到定线)：垂线段最短.4)平行线的距离处处相等.5)基本原理(定点到定圆)：点圆之间，点心线截距最短(长).6)基本原理(定线到定圆)：线圆之间，心垂线截距最短.7)基本原理(定圆到定圆)：圆圆之间，连心线截距最短(长).【解题思路】1)动态几何问题是以几何图形为背景的，几何图形有直线型和曲线型两种，那么动态几何也有直线型的和曲线型的两类，即全等三角形、相似三角形中的动态几何问题，也有圆中的动态问题．有点动、线动、面动，就其运动形式而言，有平移、旋转、翻折、滚动等．根据其运动的特点，又可分为(1)动点类(点在线段或弧线上运动)也包括一个动点或两个动点；(2)动直线类；(3)动图形问题．2)解决动态几何题，通过观察，对几何图形运动变化规律的探索，发现其中的“变量”和“定量”动中求静，即在运动变化中探索问题中的不变性；动静互化抓住“静”的瞬间，使一般情形转化为特殊问题，从而找到“动与静”的关系；这需要有极敏锐的观察力和多种情况的分析能力，加以想象、结合推理，得出结论．解决这类问题，要善于探索图形的运动特点和规律抓住变化中图形的性质与特征，化动为静，以静制动．解决运动型试题需要用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，并特别关注--些不变量和不变关系或特殊关系．3)动态几何形成的存在性问题，重点和难点在于应用分类思想和数形结合的思想准确地进行分类，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等．题型01 将军饮马问题1(2023·辽宁盘锦·中考真题)如图，四边形ABCD 是矩形，AB =10，AD =42，点P 是边AD 上一点(不与点A ，D 重合)，连接PB ，PC ．点M ，N 分别是PB ，PC 的中点，连接MN ，AM ，DN ，点E 在边AD 上，ME ∥DN ，则AM +ME 的最小值是()A.23B.3C.32D.42【答案】C【分析】根据直线三角形斜边中线的性质可得AM =12BP ，DN =12CP ，通过证明四边形MNDE 是平行四边形，可得ME =DN ，则AM +ME =AM +DN =12BP +CP ，作点C 关于直线AD 的对称点M ，则BP +CP =BP +PM ，点B ，P ，M 三点共线时，BP +PM 的值最小，最小值为BM ．【详解】解：∵四边形ABCD 是矩形，∴∠BAP =∠CDP =90°，AD ∥BC ，∵点M ，N 分别是PB ，PC 的中点，∴AM =12BP ，DN =12CP ，MN =12BC ，MN ∥BC ，∵AD ∥BC ，MN ∥BC ，∴MN ∥BC ，又∵ME ∥DN ，∴四边形MNDE 是平行四边形，∴ME =DN ，∴AM +ME =AM +DN =12BP +CP ，如图，作点C 关于直线AD 的对称点M ，连接PM ，BM ，则BP +CP =BP +PM ，当点B ，P ，M 三点共线时，BP +PM 的值最小，最小值为BM ，在Rt △BCM 中，MC =2CD =2AB =210，BC =AD =42，∴BM =BC 2+MC 2=42 2+210 2=62，∴AM +ME 的最小值=12BM =32，故选C ．【点睛】本题考查矩形的性质，直线三角形斜边中线的性质，中位线的性质，平行四边形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理，线段的最值问题等，解题的关键是牢固掌握上述知识点，熟练运用等量代换思想．2(2023·广东广州·中考真题)如图，正方形ABCD 的边长为4，点E 在边BC 上，且BE =1，F 为对角线BD 上一动点，连接CF ，EF ，则CF +EF 的最小值为．【答案】17【分析】连接AE 交BD 于一点F ，连接CF ，根据正方形的对称性得到此时CF +EF =AE 最小，利用勾股定理求出AE 即可．【详解】解：如图，连接AE 交BD 于一点F ，连接CF ，∵四边形ABCD 是正方形，∴点A 与点C 关于BD 对称，∴AF =CF ，∴CF +EF =AF +EF =AE ，此时CF +EF 最小，∵正方形ABCD 的边长为4，∴AD =4,∠ABC =90°，∵点E 在AB 上，且BE =1，∴AE =AB 2+BE 2=42+12=17，即CF +EF 的最小值为17故答案为：17．【点睛】此题考查正方形的性质，熟练运用勾股定理计算是解题的关键．3(2023·四川宜宾·中考真题)如图，在平面直角坐标系xOy 中，等腰直角三角形ABC 的直角顶点C 3，0 ，顶点A 、B 6，m 恰好落在反比例函数y =k x第一象限的图象上．(1)分别求反比例函数的表达式和直线AB 所对应的一次函数的表达式；(2)在x 轴上是否存在一点P ，使△ABP 周长的值最小．若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y =6，y =-1x +4(2)在x 轴上存在一点P 5,0 ，使△ABP 周长的值最小,最小值是25+42．【分析】(1)过点A 作AE ⊥x 轴于点E ，过点B 作BD ⊥x 轴于点D ，证明△ACE ≌△CBD AAS ，则CD =AE =3,BD =EC =m ，由OE =3-m 得到点A 的坐标是3-m ,3 ，由A 、B 6，m 恰好落在反比例函数y =k x第一象限的图象上得到33-m =6m ，解得m =1，得到点A 的坐标是2,3 ，点B 的坐标是6,1 ，进一步用待定系数法即可得到答案；(2)延长AE 至点A ，使得EA =AE ，连接A B 交x 轴于点P ，连接AP ，利用轴对称的性质得到AP =A P ，A2,-3 ，则AP +PB =A B ，由AB =25知AB 是定值，此时△ABP 的周长为AP +PB +AB =AB +A B 最小，利用待定系数法求出直线A B 的解析式，求出点P 的坐标，再求出周长最小值即可．【详解】(1)解：过点A 作AE ⊥x 轴于点E ，过点B 作BD ⊥x 轴于点D ，则∠AEC =∠CDB =90°，∵点C 3，0 ，B 6，m ，∴OC =3,OD =6, BD =m ，∴CD =OD -OC =3，∵△ABC 是等腰直角三角形，∴∠ACB =90°,AC =BC ，∵∠ACE +∠BCD =∠CBD +∠BCD =90°，∴∠ACE =∠CBD ，∴△ACE ≌△CBD AAS ，∴CD =AE =3,BD =EC =m ，∴OE =OC -EC =3-m ，∴点A 的坐标是3-m ,3 ，∵A 、B 6，m 恰好落在反比例函数y =k x第一象限的图象上．∴33-m =6m ，解得m =1，∴点A 的坐标是2,3 ，点B 的坐标是6,1 ，∴k =6m =6，∴反比例函数的解析式是y =6x，设直线AB 所对应的一次函数的表达式为y =px +q ，把点A 和点B 的坐标代入得，2p +q =36p +q =1 ，解得p =-12q =4 ,∴直线AB 所对应的一次函数的表达式为y =-12x +4，(2)延长AE 至点A ，使得EA =AE ，连接A B 交x 轴于点P ，连接AP ，∴点A 与点A 关于x 轴对称，∴AP =A P ，A 2,-3，∵AP +PB =A P +PB =A B ，∴AP +PB 的最小值是A B 的长度，∵AB =2-6 2+3-1 2=25，即AB 是定值，∴此时△ABP 的周长为AP +PB +AB =AB +A B 最小，设直线A B 的解析式是y =nx +t ，则2n +t =-3 ，解得n =1t =-5 ，∴直线A B 的解析式是y =x -5，当y =0时，0=x -5，解得x =5，即点P 的坐标是5,0 ，此时AP +PB +AB =AB +A B =25+2-6 2+-3-1 2=25+42，综上可知，在x 轴上存在一点P 5,0 ，使△ABP 周长的值最小，最小值是25+42．【点睛】此题考查了反比例函数和一次函数的图象和性质、用到了待定系数法求函数解析式、勾股定理求两点间距离、轴对称最短路径问题、全等三角形的判定和性质等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．题型02 胡不归问题1(2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题)如图，在△ABC 中，AB =AC =4，∠CAB =30°，AD ⊥BC ，垂足为D ，P 为线段AD 上的一动点，连接PB 、PC ．则PA +2PB 的最小值为．【答案】42【分析】在∠BAC 的外部作∠CAE =15°，作BF ⊥AE 于F ，交AD 于P ，此时PA +2PB =212PA +PB=12PF +PB =2BF ，通过解直角三角形ABF ，进一步求得结果．【详解】解：如图，在∠BAC 的外部作∠CAE =15°，作BF ⊥AE 于F ，交AD 于P ，此时PA +2PB 最小，∴∠AFB =90°∵AB =AC ，AD ⊥BC ，∴∠CAD =∠BAD =12∠BAC =12×30°=15°，∴∠EAD =∠CAE +∠CAD =30°，∴PF =12PA ，∴PA +2PB =212PA +PB =12PF +PB =2BF ，在Rt △ABF 中，AB =4，∠BAF =∠BAC +∠CAE =45°，∴BF =AB •sin45°=4×22=22，∴(PA +2PB )最大=2BF =42，故答案为：42．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，解直角直角三角形，解题的关键是作辅助线．2(2023·湖南湘西·中考真题)如图，⊙O 是等边三角形ABC 的外接圆，其半径为4．过点B 作BE ⊥AC 于点E ，点P 为线段BE 上一动点(点P 不与B ，E 重合)，则CP +12BP 的最小值为．【答案】6【分析】过点P 作PD ⊥AB ，连接CO 并延长交AB 于点F ，连接AO ，根据等边三角形的性质和圆内接三角形的性质得到OA =OB =4，CF ⊥AB ，然后利用含30°角直角三角形的性质得到OE =12OA =2，进而求出BE =BO +EO =6，然后利用CP +12BP =CP +PD ≤CF 代入求解即可．【详解】如图所示，过点P 作PD ⊥AB ，连接CO 并延长交AB 于点F ，连接AO∵△ABC 是等边三角形，BE ⊥AC∴∠ABE =∠CBE =12∠ABC =30°∵⊙O 是等边三角形ABC 的外接圆，其半径为4∴OA =OB =4，CF ⊥AB ，∴∠OBA =∠OAB =30°∴∠OAE =∠OAB =12∠BAC =30°∵BE ⊥AC∴OE =12OA =2∴BE =BO +EO =6∵PD ⊥AB ，∠ABE =30°∴PD =12PB ∴CP +12BP =CP +PD ≤CF ∴CP +12BP 的最小值为CF 的长度∵△ABC 是等边三角形，BE ⊥AC ，CF ⊥AB∴CF =BE =6∴CP +12BP 的最小值为6．故答案为：6．【点睛】此题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，含30°角直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．3(2023·辽宁锦州·中考真题)如图，在Rt △ABC 中，∠ACB =90°，∠ABC =30°，AC =4，按下列步骤作图：①在AC 和AB 上分别截取AD 、AE ，使AD =AE ．②分别以点D 和点E 为圆心，以大于12DE 的长为半径作弧，两弧在∠BAC 内交于点M ．③作射线AM 交BC 于点F ．若点P 是线段AF 上的一个动点，连接CP ，则CP +12AP 的最小值是．【答案】23【分析】过点P 作PQ ⊥AB 于点Q ，过点C 作CH ⊥AB 于点H ，先利用角平分线和三角形的内角和定理求出∠BAF =30°，然后利用含30°的直角三角的性质得出PQ =12AP ，则CP +12AP =CP +PQ ≥CH ，当C 、P 、Q 三点共线，且与AB 垂直时，CP +12AP 最小，CP +12AP 最小值为CH ，利用含30°的直角三角的性质和勾股定理求出AB ，BC ，最后利用等面积法求解即可．【详解】解：过点P 作PQ ⊥AB 于点Q ，过点C 作CH ⊥AB 于点H ，由题意知：AF 平分∠BAC ，∵∠ACB =90°，∠ABC =30°，∴∠BAC =60°，∴∠BAF =12∠BAC =30°，∴PQ =12AP ，∴CP +12AP =CP +PQ ≥CH ，∴当C 、P 、Q 三点共线，且与AB 垂直时，CP +12AP 最小，CP +12AP 最小值为CH ，∵∠ACB =90°，∠ABC =30°，AC =4，∴AB =2AC =8，∴BC =AB 2-AC 2=43，∵S △ABC =12AC ⋅BC =12AB ⋅CH ，∴CH =AC ⋅BC AB =4×438=23，即CP +12AP 最小值为23．故答案为：23．【点睛】本题考查了尺规作图-作角平分线，含30°的直角三角形的性质，勾股定理等知识，注意掌握利用等积法求三角形的高或点的线的距离的方法．题型03 阿氏圆问题1(2023·山东烟台·中考真题)如图，抛物线y =ax 2+bx +5与x 轴交于A ,B 两点，与y 轴交于点C ,AB =4．抛物线的对称轴x =3与经过点A 的直线y =kx -1交于点D ，与x 轴交于点E ．(1)求直线AD 及抛物线的表达式；(2)在抛物线上是否存在点M ，使得△ADM 是以AD 为直角边的直角三角形?若存在，求出所有点M 的坐标；若不存在，请说明理由；(3)以点B 为圆心，画半径为2的圆，点P 为⊙B 上一个动点，请求出PC +12PA 的最小值．【答案】(1)直线AD 的解析式为y =x -1；抛物线解析式为y =x 2-6x +5(2)存在，点M 的坐标为4,-3 或0,5 或5,0(3)41【分析】(1)根据对称轴x =3，AB =4，得到点A 及B 的坐标，再利用待定系数法求解析式即可；(2)先求出点D 的坐标，再分两种情况：①当∠DAM =90°时，求出直线AM 的解析式为y =-x +1，解方程组y =-x +1y =x 2-6x +5 ，即可得到点M 的坐标；②当∠ADM =90°时，求出直线DM 的解析式为y =-x +5，解方程组y =-x +5y =x 2-6x +5 ，即可得到点M 的坐标；(3)在AB 上取点F ，使BF =1，连接CF ，证得BF PB =PB AB ，又∠PBF =∠ABP ，得到△PBF ∽△ABP ，推出PF =12PA ，进而得到当点C 、P 、F 三点共线时，PC +12PA 的值最小，即为线段CF 的长，利用勾股定理求出CF 即可．【详解】(1)解：∵抛物线的对称轴x =3，AB =4，∴A 1,0 ,B 5,0 ，将A 1,0 代入直线y =kx -1，得k -1=0，解得k =1，∴直线AD 的解析式为y =x -1；将A 1,0 ,B 5,0 代入y =ax 2+bx +5，得a +b +5=025a +5b +5=0 ，解得a =1b =-6 ，∴抛物线的解析式为y =x 2-6x +5；(2)存在点M ，∵直线AD 的解析式为y =x -1，抛物线对称轴x =3与x 轴交于点E ．∴当x =3时，y =x -1=2，∴D 3,2 ，①当∠DAM =90°时，设直线AM 的解析式为y =-x +c ，将点A 坐标代入，得-1+c =0，解得c =1，∴直线AM 的解析式为y =-x +1，解方程组y =-x +1y =x 2-6x +5 ，得x =1y =0 或x =4y =-3 ，∴点M 的坐标为4,-3 ；②当∠ADM =90°时，设直线DM 的解析式为y =-x +d ，将D 3,2 代入，得-3+d =2，解得d =5，∴直线DM 的解析式为y =-x +5，解方程组y =-x +5y =x 2-6x +5 ，解得x =0y =5 或x =5y =0 ，∴点M 的坐标为0,5 或5,0综上，点M 的坐标为4,-3 或0,5 或5,0 ；(3)如图，在AB 上取点F ，使BF =1，连接CF ，∵PB =2，∴BF PB =12，∵PB AB =24=12，、∴BF PB =PB AB，又∵∠PBF =∠ABP ，∴△PBF ∽△ABP ，∴PF PA =BF PB =12，即PF =12PA ，∴PC +12PA =PC +PF ≥CF ，∴当点C 、P 、F 三点共线时，PC +12PA 的值最小，即为线段CF 的长，∵OC =5,OF =OB -1=5-1=4，∴CF =OC 2+OF 2=52+42=41，∴PC +12PA 的最小值为41．【点睛】此题是一次函数，二次函数及圆的综合题，掌握待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，求两图象的交点坐标，正确掌握各知识点是解题的关键．2(2023·山东济南·一模)抛物线y =-12x 2+a -1 x +2a 与x 轴交于A b ,0 ，B 4,0 两点，与y 轴交于点C 0,c ，点P 是抛物线在第一象限内的一个动点，且在对称轴右侧．(1)求a ，b ，c 的值；(2)如图1，连接BC 、AP ，交点为M ，连接PB ，若S △PMB S △AMB=14，求点P 的坐标；(3)如图2，在(2)的条件下，过点P 作x 轴的垂线交x 轴于点E ，将线段OE 绕点O 逆时针旋转得到OE '，旋转角为α(0°<α<90°)，连接E 'B ，E C ，求E B +34E C 的最小值．【答案】(1)a =2，b =-2，c =4(2)P 3,52(3)3374【分析】(1)利用待定系数法求解即可；(2)过点P 作PD ⊥x 轴，交BC 于点D ，过点A 作y 轴的平行线交BC 的延长线于H ，求得l BC 的解析式，设P m ,-12m 2+m +4 ，则D m ,-m +4 ，利用相似三角形的判定与性质可得答案；(3)在y 轴上取一点F ，使得OF =94，连接BF ，由相似三角形的判定与性质可得FE =34CE ，可得E B +34E C =BE +E F ，即可解答．【详解】(1)解：将B 4,0 代入y =-12x 2+a -1 x +2a ，得-8+4a -1 +2a =0，∴a =2，∴抛物线的解析式为y =-12x 2+x +4，令x =0，则y =4，∴c =4，令y =0，则0=-12x 2+x +4，∴x 1=4，x 2=-2，∴A -2,0 ，即b =-2；∴a =2，b =-2，c =4(2)过点P 作PD ⊥x 轴，交BC 于点D ，过点A 作y 轴的平行线交BC 的延长线于H ，设l BC ：y =kx +b ，将0,4 ，4,0 代入得b =44k +b =0 解得：b =4，k =-1，∴l BC ：y =-x +4，设P m ,-12m 2+m +4 ，则D m ,-m +4 ，PD =y P -y D =-12m 2+m +4--m +4 =-12m 2+2m ，∵PD ∥HA ，∴△AMH ∽△PMD ，∴PM MA =PD HA，将x =-2代入y =-x +4，∴HA =6，∵S △PMB S △AMB =12PM ⋅h 12AM ⋅h =PM AM =14，∴PD HA =PD 6=14，∴PD =32，∴32=-12m 2+2m ，∴m 1=1(舍)，m 2=3，∴P 3,52 ；(3)在y 轴上取一点F ，使得OF =94，连接BF ，根据旋转得性质得出：OE =OE =3，∵OF ⋅OC =94×4=9，∴OE 2=OF ⋅OC ，∴OE OF =OC OE，∵∠COE =∠FOE ，∴△FOE ∽△E OC ，∴FE CE =OE OC =34，∴FE =34CE ，∴E B +34E C =BE +E F ，当B 、E '、F 三点共线时，此时E B +34E C 最小=BF ，最小值为：BF =42+94 2=3374．【点睛】此题考查的是二次函数的综合题意，涉及到相似三角形的判定与性质、二次函数与面积的问题、待定系数法求解析式，旋转的性质等知识．正确的作出辅助线是解此题的关键．题型04 隐圆问题1(2022·山东泰安·中考真题)如图，四边形ABCD 为矩形，AB =3，BC =4．点P 是线段BC 上一动点，点M 为线段AP 上一点．∠ADM =∠BAP ，则BM 的最小值为()A.5B.12C.13-3D.13-2【答案】D【分析】证明∠AMD=90°，得出点M在O点为圆心，以AO为半径的圆上，从而计算出答案．【详解】设AD的中点为O，以O点为圆心，AO为半径画圆∵四边形ABCD为矩形∴∠BAP+∠MAD=90°∵∠ADM=∠BAP∴∠MAD+∠ADM=90°∴∠AMD=90°∴点M在O点为圆心，以AO为半径的圆上连接OB交圆O与点N∵点B为圆O外一点∴当直线BM过圆心O时，BM最短∵BO2=AB2+AO2，AO=12AD=2∴BO2=9+4=13∴BO=13∵BN=BO-AO=13-2故选：D．【点睛】本题考查直角三角形、圆的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形和圆的相关知识．2(2022·安徽蚌埠·一模)如图，Rt△ABC中，AB⊥BC，AB=8，BC=6，P是△ABC内部的一个动点，满足∠PAB=∠PBC，则线段CP长的最小值为()A.325B.2C.213-6D.213-4【答案】D【分析】结合题意推导得∠APB=90°，取AB的中点O，以点O为圆心，AB为直径作圆，连接OP；根据直角三角形斜边中线的性质，得OP=OA=OB=12AB=4；根据圆的对称性，得点P在以AB为直径的⊙O上，根据两点之间直线段最短的性质，得当点O、点P、点C三点共线时，PC最小；根据勾股定理的性质计算得OC，通过线段和差计算即可得到答案．【详解】∵∠ABC=90°，∴∠ABP+∠PBC=90°，∵∠PAB=∠PBC，∴∠BAP+∠ABP=90°，∴∠APB=90°，取AB的中点O，以点O为圆心，AB为直径作圆，连接OP，∴OP=OA=OB=12AB=4∴点P在以AB为直径的⊙O上，连接OC交⊙O于点P，当点O、点P、点C三点共线时，PC最小在Rt△BCO中，∵∠OBC=90°，BC=6，OB=4，∴OC=BO2+BC2=42+62=213，∴PC=OC-OP=213-4∴PC最小值为213-4故选：D．【点睛】本题考查了两点之间直线段最短、圆、勾股定理、直角三角形斜边中线的知识；解题的关键是熟练掌握圆的对称性、两点之间直线段最短、直角三角形斜边中线的性质，从而完成求解．3(20-21九年级上·江苏盐城·期末)如图，⊙M的半径为4，圆心M的坐标为(5,12)，点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA、PB与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则AB的最小值为．【答案】18【分析】由RtΔAPB中AB=2OP知要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，连接OM，交⊙M于点P'，当点P位于P'位置时，OP'取得最小值，据此求解可得．【详解】解：连接OP，∵PA⊥PB，∴∠APB=90°，∵AO=BO，∴AB=2PO，若要使AB取得最小值，则PO需取得最小值，连接OM，交⊙M于点P'，当点P位于P'位置时，OP'取得最小值，过点M作MQ⊥x轴于点Q，则OQ=5，MQ=12，∴OM=13，又∵MP'=4，∴OP'=9，∴AB=2OP'=18，故答案是：18．【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AB取得最小值时点P的位置．4(2021九年级·全国·专题练习)如图，在平面直角坐标系xOy中，点A与点B的坐标分别是(1，0)，(7，0)．(1)对于坐标平面内的一点P，给出如下定义：如果∠APB=45°，则称点P为线段AB的“等角点”．显然，线段AB的“等角点”有无数个，且A、B、P三点共圆．①设A 、B 、P 三点所在圆的圆心为C ，直接写出点C 的坐标和⊙C 的半径；②y 轴正半轴上是否有线段AB 的“等角点”？如果有，求出“等角点”的坐标；如果没有，请说明理由；(2)当点P 在y 轴正半轴上运动时，∠APB 是否有最大值？如果有，说明此时∠APB 最大的理由，并求出点P 的坐标；如果没有请说明理由．【答案】(1)①(4，3)或(4,-3)，半径为32；②存在，(0，3+2)或(0，3-2)，见解析；(2)有，见解析，(0，7)【分析】(1)①在x 轴的上方，作以AB 为斜边的等腰直角三角形△ACB ，易知A ，B ，P 三点在⊙C 上，圆心C 的坐标为(4,3)，半径为32，根据对称性可知点C (4，-3)也满足条件；②当圆心为C (4，3)时，过点C 作CD ⊥y 轴于D ，则D (0，3)，CD =4，根据⊙C 的半径得⊙C 与y 轴相交，设交点为P 1，P 2，此时P 1，P 2在y 轴的正半轴上，连接CP 1、CP 2、CA ，则CP 1=CP 2=CA =r =32，得DP 2=2，即可得；(2)如果点P 在y 轴的正半轴上，设此时圆心为E ，则E 在第一象限，在y 轴的正半轴上任取一点M (不与点P 重合)，连接MA ，MB ，PA ，PB ，设MB 交于⊙E 于点N ，连接NA ，则∠APB =∠ANB ，∠ANB 是△MAN的外角，∠ANB >∠AMB ，即∠APB >∠AMB ，过点E 作EF ⊥x 轴于F ，连接EA ，EP ，则AF =12AB =3，OF =4，四边形OPEF 是矩形，OP =EF ，PE =OF =4，得EF =7，则OP =7，即可得．【详解】(1)①如图1中，在x 轴的上方，作以AB 为斜边的等腰直角三角形△ACB ，易知A ，B ，P 三点在⊙C 上，圆心C 的坐标为(4,3)，半径为32，根据对称性可知点C (4,-3)也满足条件；②y 轴的正半轴上存在线段AB 的“等角点“。
二次函数动点存在性问题的破解策略
二次函数动点存在性问题的破解策略首先，要解决二次函数动点存在性问题，我们首先需要了解二次函数的基本性质。
二次函数的一般形式是：$y = ax^2 + bx + c$。
其中，$a$、$b$、$c$都是常数，$x$是自变量，$y$是因变量。
而要讨论二次函数的动点存在性问题，就是要找到函数图像上的其中一点，使得这个点满足特定的条件。
对于动点存在性问题，我们可以通过以下4个步骤来进行求解：第一步，确定二次函数的图像形状。
二次函数的图像形状主要与系数$a$的正负相关。
当$a>0$时，二次函数开口朝上，图像是一个U形；当$a<0$时，二次函数开口朝下，图像是一个倒U形。
通过确定函数的图像形状，可以帮助我们更好地理解函数的动点存在性。
第二步，求解二次函数的顶点坐标。
顶点坐标是二次函数图像的最高点（对于开口向上的二次函数）或最低点（对于开口向下的二次函数）。
顶点的横坐标可以通过以下公式来求解：$x = -\frac{b}{2a}$。
将$x$的值带入二次函数的方程中，即可求得顶点的纵坐标。
第三步，确定特定条件。
在解决动点存在性问题时，我们通常会有一些特定条件，例如点的坐标关系、点在坐标轴上的位置等。
根据具体条件，我们可以设置方程或不等式，将这些条件与二次函数的方程进行联立，从而获得更多的信息。
第四步，解决方程或不等式。
根据前面的步骤，我们已经获得了函数的图像形状、顶点坐标以及特定条件。
接下来，我们可以根据这些信息，将条件与二次函数的方程进行联立，解决方程或不等式，从而找到满足条件的解。
以上就是解决二次函数动点存在性问题的一般策略。
下面，我将结合一个具体的例子，进一步说明这些策略的应用。
例题：求解二次函数$y=x^2+4x+3$在坐标系中的动点存在性，并找出满足条件的点。
解析：首先，我们确定二次函数的图像形状。
由于$a=1>0$，所以二次函数开口朝上，图像是一个U形。
然后，我们可以根据题目的要求确定特定条件。
平行四边形动点及存在性问题
为
。
A N
y
y
D
B
C
B
C
M
D
D
O
AxOAx来自BC【练习 1】如图，在平面直角坐标系中，矩形 OACB 的顶点 O 在坐标原点，顶点 A、B 分别在 x 轴、y 轴的 正半轴上，OA=3，OB=4，D 为边 OB 的中点. （1）若 E 为边 OA 上的一个动点，当△CDE 的周长最小时，求点 E 的坐标； （2）若 E、F 为边 OA 上的两个动点，且 EF=2，当四边形 CDEF 的周长最小时，求点 E、F 的坐标.
y
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环球雅思学科教师辅导讲义
年 级：八年级 辅导科目： 数学
组长签字： 课时数：3 学科教师： 赵文娜
重点难点
教学内容
平行四边形动点及存在性问题
【例 1】正方形 ABCD 的边长为 8，M 在 DC 上，且 DM＝2，N 是 AC 上的一动点，DN＋MN 的最小值
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【例 3】 如图，在平面直角坐标系中,矩形 OABC 的顶点 A、C 的坐标分别为（10，0），（0，4）,点 D 是 OA
的中点,点 P 在 BC 上运动,当三角形△ODP 是腰长为 5 的等腰三角形时，P 的坐标为
；
y
P C
B
O
D
Ax
【练习 2】如图，在平面直角坐标系中，AB∥OC，A（0，12），B（a，c），C（b，0），并且 a，b 满足 b a 21 21 a 16 ．一动点 P 从点 A 出发，在线段 AB 上以每秒 2 个单位长度的速度向点 B 运动； 动点 Q 从点 O 出发在线段 OC 上以每秒 1 个单位长度的速度向点 C 运动，点 P、Q 分别从点 A、O 同时出 发，当点 P 运动到点 B 时，点 Q 随之停止运动．设运动时间为 t（秒） （1）求 B、C 两点的坐标； （2）当 t 为何值时，四边形 PQCB 是平行四边形？并求出此时 P、Q 两点的坐标； （3）当 t 为何值时，△PQC 是以 PQ 为腰的等腰三角形？并求出 P、Q 两点的坐标．
中考复习专题及思想方法-动点问题之存在性
数学因运动而充满活力，数学因变化而精彩纷呈。
动态题是近年来中考的的一个热点问题，以运动的观点探究几何图形的变化规律问题，称之为动态几何问题，随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题，就其运动对象而言，有点动、线动、面动三大类，就其运动形式而言，有轴对称（翻折）、平移、旋转（中心对称、滚动）等，就问题类型而言，有函数关系和图象问题、面积问题、最值问题、和差问题、定值问题和存在性问题等。
解这类题目要“以静制动”，即把动态问题，变为静态问题来解，而静态问题又是动态问题的特殊情况。
以动态几何问题为基架而精心设计的考题，可谓璀璨夺目、精彩四射。
动态几何形成的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；梯形存在问题；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。
本专题原创编写动态几何之其他存在性问题模拟题。
在中考压轴题中，动态几何之其他存在性问题的重点和难点在于应用分类思想和数形结合的思想准确地进行分类。
原创模拟预测题1.如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴，y轴分别交于点B（8，0），A（0，6），点C的坐标为（3，0），过点C作CE⊥AB于点E，点D为y轴上一动点，连结CD，DE，以CD，DE为边作□CDEF。
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。
【答案】解：存在。
∵B（8，0），A（0，6），∴OA=6，OB=8。
∴AB=10。
∵C（3，0），∴OC=3，BC=5。
∵∠CEB=∠EBC=900，∠OBA=∠EBC，∴△BCE∽△BAO。
∴CE BC OA AB =，即CE 5610=。
∴CE 3=。
∴根据勾股定理得BE=4。
∴AE=AB－BE=6。
【考点】单动点问题，勾股定理，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义。
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第一讲动点存在性问题一．考情分析二．知识回顾1、题型分类在中考中，存在性问题一般分为四类：1.是否存在三角形（等腰三角形、直角三角形）；2.是否存在四边形（平行四边形、直角梯形和等腰梯形）；3.是否存在三角形与已知三角形相似或者全等；4.是否存在三角形与已知三角形的面积之间有数量关系。
2、方法归纳在解决动点存在性问题时，一般先假设其存在，得到方程，如果有解，则存在，反之，则不存在。
而在列方程时，一般要用到特殊三角形以及特殊平行四边形的性质、相似、解直角三角形等知识点，需要注意的是，列方程时，一定要遵循：用两种不同的方法表示同一个量，否则，将会得到“1=1”之类的恒等式。
对于是否存在三角形，一般按顶点分为三类情况。
而对于是否存在平行四边形则有两种形式的题目：如果已知三个定点，就有三种情况，一般利用平移坐标法即可求出答案；如果只有两个定点就应该按与边平行以及与对角线平行两种情况考虑了。
对于等腰梯形，就应该考虑腰长在下底边上的投影了。
对于是否存在三角形与已知三角形相似或者全等，则与是否存在三角形一样，分三类情况，当然，如果有一个角是一个定角（比如直角），则就分为两类情况。
类型一：是否存在三角形（等腰三角形、直角三角形） （A ）【典型例题1】如图，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠C ＝90°，BC ＝16，DC ＝12，AD ＝21。
动点P 从点D 出发，沿射线DA 的方向以每秒2两个单位长的速度运动，动点Q 从点C 出发，在线段CB 上以每秒1个单位长的速度向点B 运动，点P ，Q 分别从点D ，C 同时出发，当点Q 运动到点B 时，点P 随之停止运动。
设运动的时间为t （秒）。
当t 为何值时，以B ，P ，Q 三点为顶点的三角形是等腰三角形？（C ）【典型例题2】如图2，在等腰梯形ABCD 中，AD BC ∥，E 是AB 的中点，过点E 作EF BC ∥交CD 于点F ．46AB BC ==，，60B =︒∠.（1）求点E 到BC 的距离；（2）点P 为线段EF 上的一个动点，过P 作PM EF ⊥交BC 于点M ，过M 作MN AB ∥交折线ADC 于点N ，连结PN ，设EP x =.①当点N 在线段AD 上时（如图3），PMN △的形状是否发生改变？若不变，求出PMN △的周长；若改变，请说明理由；②当点N 在线段DC 上时（如图4），是否存在点P ，使PMN △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.（B ）【典型例题3】如图，已知直线112y x =+与y 轴交于点A ，与x 轴交于点D ，抛物线212y x bx c =++与直线交于A 、E 两点，与x 轴交于B 、C 两点，且B 点坐标为 (1，0)。
⑴求该抛物线的解析式；学习心得 AB Q CP D 图1⑵动点P 在x 轴上移动，当△PAE 是直角三角形时，求点P 的坐标P 。
〖练习〗（B ）1．如图6，在梯形ABCD 中，354245AD BCAD DC AB B ====︒∥，，，，∠．动点M 从B 点出发沿线段BC 以每秒2个单位长度的速度向终点C 运动；动点N 同时从C 点出发沿线段CD 以每秒1个单位长度的速度向终点D 运动．设运动的时间为t 秒．（1）求BC 的长．（2）试探究：t 为何值时，MNC △为等腰三角形．（C ）2．如图，在Rt ABC △中，90A ∠=o ，6AB =，8AC =，D E ，分点别是边AB AC ， 的中，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A D C B M N 图6 AB CD ERP H Q 图7有满足要求的x 的值；若不存在，请说明理由．（B ）3．已知抛物线223y kx kx k =+-，交x 轴于A 、B 两点(A 在B 的左边)，交y 轴于C 点，且y 有最大值4．(1)求抛物线的解析式；(2)在抛物线上是否存在点P ，使△PBC 是直角三角形?若存在，求出P 点坐标；若不存在，说明理由．类型二：是否存在四边形（平行四边形、直角梯形和等腰梯形）（B ）【典型例题4】如图，抛物线23y ax bx =+-与x 轴交于A B ，两点，与y 轴交于C 点，且经过点(23)a -，，对称轴是直线1x =，顶点是M ．（1） 求抛物线对应的函数表达式； （2） 经过C,M 两点作直线与x 轴交于点N ，在抛物线上是否存在这样的点P ，使以点P A C N ，，，为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由；O B xyA MC1 3-（C ）【典型例题5】如图，抛物线223y x x =--与x 轴交A 、B 两点（A 点在B 点左侧），直线l 与抛物线交于A 、C 两点，其中C 点的横坐标为2．（1）求A 、B 两点的坐标及直线AC 的函数表达式；（2）点G 是抛物线上的动点，在x 轴上是否存在点F ，使A 、C 、F 、G 这样的四个点为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出所有满足条件的F 点坐标；如果不存在，请说明理由．（A ）【典型例题6】梯形ABCD 中，AD∥BC，∠B=90°，AD=24cm ，AB=8cm ，BC=26cm ，动点P 从点A 开始，沿AD 边，以1厘米/秒的速度向点D 运动；动点Q 从点C 开始，沿CB 边，以3厘米/秒的速度向B 点运动。
已知P 、Q 两点分别从A 、C 同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动。
假设运动时间为t 秒，问：（1）t 为何值时，四边形PQCD 是直角梯形？（2）t 为何值时，四边形PQCD 是等腰梯形〖搭配练习〗（B ）1．已知抛物线：x x y 22121+-= （1）求抛物线1y 的顶点坐标.（2）将抛物线1y 向右平移2个单位，再向上平移1个单位，得到抛物线2y ，求抛物线2y 的解析式.（3）如图，抛物线2y 的顶点为P ，x 轴上有一动点M ，在1y 、2y 这两条抛物线上是否存在点N ，使O （原点）、P 、M 、N 四点构成以OP 为一边的平行四边形，若存在，求出N 点的坐标；若不存在，请说明理由.（B ）2．已知二次函数c bx ax y ++=2的图象经过点A (3，0)，B (2，-3)，C (0，-3)．(1)求此函数的解析式及图象的对称轴；(2)点P 从B 点出发以每秒0.1个单位的速度沿线段BC 向C 点运动，点Q 从O 点出发以相同的速度沿线段OA 向A 点运动，其中一个动点到达端点时，另一个也随之停止运动．设运动时间为t 秒．当t 为何值时，四边形ABPQ 为等腰梯形。
类型三：是否存在三角形与已知三角形相似或者全等（B）【典型例题7】如图14，二次函数的图象经过点D(0，397)，且顶点C的横坐标为4，该图象在x 轴上截得的线段AB的长为6.（1）求二次函数的解析式；（2）在抛物线上是否存在点Q，使△QAB与△ABC相似？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．〖搭配练习〗（C）如图，已知抛物线y＝34x2＋bx＋c与坐标轴交于A、B、C三点， A点的坐标为（－1，0），过点C的直线y＝34tx－3与x轴交于点Q，点P是线段BC上的一个动点，过P作PH⊥OB于点H．若PB＝5t，且0＜t＜1．（1）填空：点C的坐标是_ _，b＝_ _，c＝_ _；（2）求线段QH的长（用含t的式子表示）；（3）依点P的变化，是否存在t的值，使以P、H、Q为顶点的三角形与△COQ相似？若存在，求出所有t的值；若不存在，说明理由．类型四：是否存在三角形与已知三角形的面积之间有数量关系（C ）【典型例题8】如图16，有两个形状完全相同的直角三角形ABC 和EFG 叠放在一起（点A 与点E 重合），已知AC ＝8cm ，BC ＝6cm ，∠C ＝90°，EG ＝4cm ，∠EGF ＝90°，O 是△EFG 斜边上的中点．如图17，若整个△EFG 从图①的位置出发，以1cm/s 的速度沿射线AB 方向平移，在△EFG 平移的同时，点P 从△EFG 的顶点G 出发，以1cm/s 的速度在直角边GF 上向点F 运动，当点P 到达点F 时，点P 停止运动，△EFG 也随之停止平移．设运动时间为x （s ），FG 的延长线交 AC 于H ，四边形OAHP 的面积为y （cm 2)（不考虑点P 与G 、F 重合的情况）．（1）当x 为何值时，OP ∥AC ?（2）求y 与x 之间的函数关系式，并确定自变量x 的取值范围．（3）是否存在某一时刻，使四边形OAHP 面积与△ABC 面积的比为13∶24？若存在，求出x 的值；若不存在，说明理由．（参考数据：1142 ＝12996，1152 ＝13225，1162 ＝13456或4.42 ＝19.36，4.52 ＝20.25，4.62 ＝21.16）〖搭配练习〗（C ）如图，在梯形ABCD 中，AD BC ∥，6cm AD =，4cm CD =，10cm BC BD ==，点P 由B 出发沿BD 方向匀速运动，速度为1cm/s ；同时，线段EF 由DC 出发沿DA 方向匀速运动，速度为1cm/s ，交BD 于Q ，连接PE ．若设运动时间为t （s ）（05t <<）．解答下列问题：（1）当t 为何值时，PE AB ∥？（2）设PEQ △的面积为y （cm 2），求y 与t 之间的函数关系式；（3）是否存在某一时刻t ，使225PEQ BCD S S =△△？若存在，求出此时t 的值；若不存在，说明理由．四．复习建议动点问题主要是以几何图形为载体，运动变化为主线，集多个知识点为一体，集多种解题思想于一题，是学生的中考路上最大的“拦路虎”，而存在性问题又是动点问题中最难的一类题型。
不过，由于此类型题目的基本解题思路及方法是确定的，对于中等及中等以上学生一般是很容易掌握的，难点在于，解题过程中的细节处理上。
建议考生以本课程提供的四大类题型（8个小题型）中的8道例题，分类学习各题型的解题的解题方法和常用技巧，并辅以适量的中考真题。
五．课后作业基础训练题（A类）1.如图所示，在梯形ABCD中，90614∠====∥，°，，，点M是线AD BC ABC AD AB BC段BC上一定点，且MC=8．动点P从C点出发沿→→→的路线运动，运动到点B停止．在点P的运动C D A B△为等腰三角形的点P有个．过程中，使PMC2.（1）将抛物线y1＝2x2向右平移2个单位，得到抛物线y2的图象，则y2= ；（2）如图，P是抛物线y2对称轴上的一个动点，直线x＝t平行于y轴，分别与直线y＝x、抛物线y2交于点A、B．若△ABP是以点A或点B为直角顶点的等腰直角三角形，求满足条件的t的值，则t＝．3.如图，在钝角三角形ABC中，AB＝6cm，AC＝12cm，动点D从A点出发到B点止，动点E从C点出发到A点止．点D运动的速度为1cm/秒，点E运动的速度为2cm/秒．如果两点同时运动，那么当以点A、D、E为顶点的三角形与△ABC相似时，运动的时间是（）A．3秒或4.8秒 B．3秒 C．4.5秒 D．4.5秒或4.8秒4．如图8，AB是⊙O的直径，弦BC=2cm，F是弦BC的中点，∠ABC=60°．若动点E以2cm/s的速度从A点出发沿着A→B→A方向运动，设运动时间为t(s)(0≤t＜3)，连结EF，当t值为________s时，△BEF是直角三角形．提高训练（B类）1．如图，在平面直角坐标系内，已知点A（0，6）、点B（8，0），动点P从点A开始在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向点O 移动，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 移动,设点P 、Q移动的时间为t 秒．(1) 求直线AB 的解析式；(2) 当t 为何值时，△APQ 与△AOB 相似？(3) 当t 为何值时，△APQ 的面积为524个平方单位？2．如图24， 已知抛物线32++=bx ax y （a ≠0）与x 轴交于点A (1，0)和点B (－3，0)，与y 轴交于点C ．(1) 求抛物线的解析式；(2) 设抛物线的对称轴与x 轴交于点M ，问在对称轴上是否存在点P ，使△CMP 为等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由．3．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；4．已知：如图所示，关于x 的抛物线2(0)y ax x c a =++≠与x 轴交于点(20)A -，、点(60)B ，，与y 轴交于点C ．（1）求出此抛物线的解析式，并写出顶点坐标；（2）在抛物线上有一点D ，使四边形ABDC 为等腰梯形，写出点D 的坐标，并求出直线AD 的解析式；（3）在（2）中的直线AD 交抛物线的对称轴于点M ，抛物线上有一动点P ，x 轴上有一动点Q ．是否存在以A M P Q 、、、为顶点的平行四边形？如果存在，请直接写出点Q 的坐标；如果不存在，请说明理由．六．错题记录 错题题号 错误原因 错误知识点小结。