2013年中考数学压轴题全面突破之三：点的存在性(含答案)

中考压轴题——存在性问题1. 如图，在平面直角坐标系中，直线1y x 23=-+交x 轴于点P ，交y 轴于点A ．抛物线21y x bx c 2=-++的图象过点E （－1，0），并与直线相交于A 、B 两点． （1）求抛物线的解析式（关系式）；（2）过点A 作AC ⊥AB 交x 轴于点C ，求点C 的坐标；（3）除点C 外，在坐标轴上是否存在点M ，使得△MAB 是直角三角形？若存在，请求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）求出点A 的坐标，由点A 、E 在抛物线21y x bx c 2=-++的图象上，用待定系数法即可求得抛物线的解析式。

（2）由△AOC ∽△POA 得比例式即可求得点C 的坐标。

（3）分∠AMB=900（交点在y 轴的正半轴上或交点在x 轴的正半轴上），∠ABM=900（交点在x 轴的正半轴上或交点在y 轴的负半轴上）讨论即可。

解：（1）∵一次函数1y x 23=-+交y 轴于点A ， ∴令ｘ=0，得y=2。

∴A （0，2）。

∵A （0，2）、E （－1，0）是抛物线21y x bx c 2=-++的图象上的点，∴c 21b c 02=⎧⎪⎨--+=⎪⎩，解得3b 2c 2⎧=⎪⎨⎪=⎩ 。

∴抛物线的解析式是：213y x x 222=-++。

（2）∵一次函数交ｘ轴于点P ，∴令y=0，得ｘ=6。

∴P （6，0）。

∵AC ⊥AB ，OA ⊥OP ，∴△AOC ∽△POA 。

∴CO AO AO PO=。

∵AO=2，PO=6，∴CO 226=。

∴2CO 3=。

∴点C 的坐标为2,03⎛⎫- ⎪⎝⎭ 。

（3）存在。

设除点C 外，在坐标轴上还存在点M ，使得△MAB 是直角三角形，即∠AMB=900或∠ABM=900。

∵点B 是直线1y x 23=-+和抛物线213y x x 222=-++的交点， ∴21y x 2313y x x 222⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-++⎪⎩，解得11x=37y 9⎧⎪⎪⎨⎪=⎪⎩。

1、如图12，已知直线12y x =与双曲线(0)k y k x =>交于A B ，两点，且点A 的横坐标为4． （1）求k 的值；（2）若双曲线(0)ky k x =>上一点C 的纵坐标为8，求A O C △的面积；（3）过原点O 的另一条直线l 交双曲线(0)ky k x =>于P Q ，两点（P 点在第一象限），若由点A B P Q ，，，为顶点组成的四边形面积为24，求点P 的坐标．解：(1)∵点A 横坐标为4 , ∴当 x = 4时，y = 2 .∴ 点A 的坐标为（ 4，2 ）.∵ 点A 是直线 与双曲线 （k>0）的交点 , ∴ k = 4 ×2 = 8 .(2) 解法一：如图12-1，∵ 点C 在双曲线上，y = 8时，x = 1∴ 点C 的坐标为 ( 1, 8 ) .过点A 、C 分别做x 轴、y 轴的垂线，垂足为M 、N ，得矩形DMON .S 矩形ONDM = 32 ， S △ONC = 4 ， S △CDA = 9， S △OAM = 4 .S △AOC = S 矩形ONDM - S △ONC - S △CDA - S △OAM = 32 - 4 - 9 - 4 = 15 .解法二：如图12-2，过点 C 、A 分别做x 轴的垂线，垂足为E 、F ，∵ 点C 在双曲线8y x =上，当y = 8时，x = 1 .∴ 点C 的坐标为 ( 1, 8 ).图12O x A y B x y 21x y 8=∵ 点C 、A 都在双曲线8y x =上 ,∴ S △COE = S △AOF = 4 。

∴ S △COE + S 梯形CEFA = S △COA + S △AOF .∴ S △COA = S 梯形CEFA .∵ S 梯形CEFA = 12×（2+8）×3 = 15 ,∴ S △COA = 15 .（3）∵ 反比例函数图象是关于原点O 的中心对称图形 ,∴ OP=OQ ，OA=OB .∴ 四边形APBQ 是平行四边形 .∴ S △POA = S 平行四边形APBQ = ×24 = 6 .设点P 的横坐标为m （m > 0且4m ≠）,得P ( m , ) .过点P 、A 分别做x 轴的垂线，垂足为E 、F ，∵ 点P 、A 在双曲线上，∴S △POE = S △AOF = 4 .若0＜m ＜4，如图12-3，∵ S △POE + S 梯形PEFA = S △POA + S △AOF ,∴ S 梯形PEFA = S △POA = 6 .∴ 18(2)(4)62m m +⋅-=.4141m8解得m = 2，m = - 8(舍去) .∴ P （2，4）.若 m ＞ 4，如图12-4，∵ S △AOF + S 梯形AFEP = S △AOP + S △POE ,∴ S 梯形PEFA = S △POA = 6 .∴18(2)(4)62m m +⋅-=，解得m = 8，m = - 2 (舍去) .∴ P （8，1）.∴ 点P 的坐标是P （2，4）或P （8，1）.2、如图，抛物线212y x mx n =++交x 轴于A 、B 两点，交y 轴于点C ，点P 是它的顶点，点A的横坐标是-3，点B 的横坐标是1．(1)求m 、n 的值；(2）求直线PC 的解析式；(3）请探究以点A 为圆心、直径为5的圆与直线 PC 的位置关系，并说明理由．(参考数：2 1.41≈，3 1.73≈，5 2.24≈) 解： (1)由已知条件可知： 抛物线212y x mx n =++经过A (-3，0)、B (1，0)两点． ∴ 903,210.2m n m n ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=++⎪⎩ ……………………………………2分解得 31,2m n ==-． ………………………3分 (2) ∵21322yx x =+-， ∴ P (-1，-2)，C 3(0,)2-． …………………4分设直线PC 的解析式是y kx b =+，则2,3.2k b b -=-+⎧⎪⎨=-⎪⎩ 解得13,22k b ==-． ∴ 直线PC 的解析式是1322yx =-． …………………………6分 说明：只要求对1322k b ==-，，不写最后一步，不扣分．(3) 如图，过点A 作AE ⊥PC ，垂足为E ．设直线PC 与x 轴交于点D ，则点D 的坐标为(3，0)． ………………………7分 在Rt△O CD 中，∵ O C =32，3O D =， ∴ 2233()3522C D =+=． …………8分∵ O A =3，3O D =，∴AD =6． (9)分 ∵ ∠C O D =∠AED =90o ，∠CD O 公用，∴ △C O D ∽△AED ． ……………10分 ∴ OCC D AEAD =， 即335226AE =． ∴ 655AE =． …………………11分 ∵ 65 2.688 2.55> ，∴ 以点A 为圆心、直径为5的圆与直线PC 相离． …………12分。

数学“存在性”问题的解题策略存在性问题是指判断满足某种条件的事物是否存在的问题，这类问题的知识覆盖面较广，综合性较强，题意构思非常精巧，解题方法灵活，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，是近几年来各地中考的“热点”。

这类题目解法的一般思路是：假设存在→推理论证→得出结论。

若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，导出矛盾，就做出不存在的判断。

由于“存在性”问题的结论有两种可能，所以具有开放的特征，在假设存在性以后进行的推理或计算，对基础知识，基本技能提出了较高要求，并具备较强的探索性，正确、完整地解答这类问题，是对我们知识、能力的一次全面的考验。

【典型例题】 例1.223(1)9200x x m x m m -++-+=若关于的一元二次方程有两个实数根，390cos 5a b c ABC A B C C B ==又已知、、分别是△的∠、∠、∠的对边，∠°，且，3b a m Rt -=，是否存在整数，使上述一元二次方程两个实数根的平方和等于ABC c m △的斜边的平方？若存在，求出满足条件的的值，若不存在，请说明理由。

分析：这个题目题设较长，分析时要抓住关键，假设存在这样的m ，满足的条件有m 是整数，一元二次方程两个实数根的平方和等于Rt △ABC 斜边c 的平方，隐含条件判别式Δ≥0等，这时会发现先抓住Rt △ABC 的斜边为c 这个突破口，利用题设条件，运用勾股定理并不难解决。

解：在△中，∠°，∵Rt ABC C B ==9035cos ∴设a=3k ，c=5k ，则由勾股定理有b=4k ， 33343==-=-k k k a b ∴，∴，∵ ∴，，a b c ===91215设一元二次方程的两个实数根为，x m x m m x x 2212319200-++-+=() 则有：，x x m x x m m 1212231920+=+=-+()∴x x x x x x m m m 122212212222312920+=+-=+--+()[()]()=+-736312m m 由，x x c c 1222215+==有，即73631225736256022m m m m +-=+-= ∴，m m 124647==-∵不是整数，应舍去，m =-647当时，m =>40∆∴存在整数m=4，使方程两个实数根的平方和等于Rt △ABC 的斜边c 的平方。

2013中考压轴题解析解析：二次函数压轴题必有求解析式的一问，而且第二问大部分都是各种存在性的问题，如果出现了第三问，那么很可能就是拓展内容，当然也可能不是3个小题，但是只要没有拓展类的问题，就不能算是难题了。

(1）抛物线解析式中有两个参数b、c，但是只给了一个坐标点D，所以我们还需要一个点才能解出两个参数，刚好直线CD的解析式给出了，那么可得到点C的坐标（0，2），那么可直接获取c=2，将点D坐标代入抛物线解析式-9+3b+2=7/2b=7/2所以解析式y=-x²+7/2x+2（2）O、C、P、F围成平行四边形，那么已知OC//PF，那么只要令OC=PF即可，根据第一问可知OC=2，所以PF=2，而我们则需要表示出PF的长度，P的坐标可知（m，-m²+7/2m+2），而F的坐标则需要借助CD所在的直线，直线CD：y=1/2x+2则可知F（m，1/2m+2）那么PF的长度怎么表示呢？是P在F上面，还是F在P上面呢？（这一点必须考虑到）题中只说了P是y轴右侧的，所以势必会存在两种情况，因此我们用坐标表示的时候加个绝对值，即PF=|-m²+3m|=2这样得到两个方程m²-3m+2=0和m²-3m-2=0；第二个方程解出的m有一个负值，舍去；那么最终可得到3个m的值；（3）第三小题这种直线夹角问题，初中阶段势必要借助相似，而这一题又是让直接写出结果，所以过程不用说，一定不会少；直接借助题上的图形，假设P就在这个位置上（P在CD上方，当然还可能出现在CD下方）；那么∠PCD=45°，有45°角，根据我们平时学的知识，唯有等腰直角三角形最适合，所以我们过P向CD做垂线，来构造等腰直角；如图，可知PG=CG，但是没啥用，因为条件太少，所以仍然不知道如何去解决P的位置，那么观察图形，我们做了PG⊥CD，同时构造了一个Rt△PFG，而这里还出现了个对顶角，∠PFG=∠CFE，如果过C向PE做垂线，垂线长度不仅=m，构造的三角形还能与△PFG相似，如图，利用对应角相等可得△CHF∽△PGF那么CH：PG=FH：FG其中CH=m，FH=m/2，FG=CG-CF=PG-CF而CF在Rt△CHF中，可知CF=m√5/2所以全部代入比例式中，可解出PG长度，而根据相似，或者勾股定理在△PGF中可得PF长度，那么PE=PF+FH+EH，即P的纵坐标可得，将P的横纵坐标代入抛物线解析式可解出m；第二种情况，P在CD下方的时候，如图，根据45°角可知绿色的CP线和第一种情况红色的CP关于CD对称，所以我们可以利用对称性找出绿色CP线的解析式，而不用非得再来一次相似，延长红色PG交绿色CP于K，如图，可知上方的P和绿色的K关于G对称，根据刚才的P的坐标，可以解出G的坐标（在△PGF中，过G向PF做垂线，得到G到x轴和y轴距离可得G坐标）利用中点坐标公式可求出K的坐标结合C和K的坐标获取直线CK的解析式联合抛物线解析式可得绿色P的坐标；（由于分号太多了，所以不提供计算过程）。

中考压轴题之点的存在性技巧全攻略【例1】如图，在平面直角坐标系中，函数212y x =+的图象分别交x 轴、y 轴于A B 、两点.过点A 的直线交y 轴正半轴于点M ，且点M 为线段OB 的中点. （1）求直线AM 的函数解析式.（2）若点H 为坐标平面内任意一点，在坐标平面内是否存在这样的点H ，使以A B M 、、、H 为顶点的四边形是等腰梯形？若存在，请直接写出点H 的坐标；若不存在，请说明理由.【例 2】已知(1)A m -，与(233)B m +，是双曲线ky x=图象上的两个点． （1）求k 的值；（2）若点(10)C -，，则在反比例函数ky x=图象上是否存在点D ，使得以A B C D ，，，四点为顶点的四边形为梯形？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由．ABCxy111-1-O【例3】如图，已知抛物线)0(2≠++=acbxaxy的顶点坐标为Q()1,2-，且与y轴交于点C()3,0，与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），点P是该抛物线上一动点，从点C沿抛物线向点A运动（点P与A不重合），过点P作PD∥y轴，交AC于点D．(1)求该抛物线的函数关系式；(2)当△ADP是直角三角形时，求点P的坐标；(3)在问题(2)的结论下，若点E在x轴上，点F在抛物线上，问是否存在以A、P、E、F为顶点的平行四边形？若存在，求点F的坐标；若不存在，请说明理由．【中考真题1】已知二次函数2y ax bx c=++（0a≠）的图象经过点(10)A，，(20)B，，(02)C-，，直线x m=（2m>）与x轴交于点D．（1）求二次函数的解析式；（2）在直线x m=（2m>）上有一点E（点E在第四象限），使得E D B、、为顶点的三角形与以A O C、、为顶点的三角形相似，求E点坐标（用含m的代数式表示）；（3）在（2）成立的条件下，抛物线上是否存在一点F，使得四边形ABEF为平行四边形？若存在，请求出m的值及四边形ABEF的面积；若不存在，请说明理由．yxO【中考真题2】 在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A )0,4(-，B )4,0(-，C )0,2(三点． （1）求抛物线的解析式；（2）若点M 为第三象限内抛物线上一动点，点M 的横坐标为m ，△AMB 的面积为S ．求S 关于m 的函数关系式，并求出S 的最大值．（3）若点P 是抛物线上的动点，点Q 是直线x y -=上的动点，判断有几个位置能够使得点P 、Q 、B 、O 为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q 的坐标．【测试 1】已知抛物线2y x bx c =++交x 轴于A (1,0)、B (3,0)两点，交y 轴于点C，其顶点为D ．（1）求b 、c 的值并写出抛物线的对称轴；（2）连接BC ，过点O 作直线OE ⊥BC 交抛物线的对称轴于点E ．求证：四边形ODBE 是等腰梯形；（3）抛物线上是否存在点Q ，使得△OBQ 的面积等于四边形ODBE 的面积的31？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．。

三角形四边形存在性问题1. （2012海南省I13分）如图，顶点为P （4，－4）的二次函数图象经过原点（0，0），点A 在该图象上，OA 交其对称轴l 于点M ，点M 、N 关于点P 对称，连接AN 、ON（1）求该二次函数的关系式.（2）若点A 的坐标是（6，－3），求△ANO 的面积.（3）当点A 在对称轴l 右侧的二次函数图象上运动，请解答下列问题：①证明：∠ANM=∠ONM②△ANO 能否为直角三角形？如果能，请求出所有符合条件的点A 的坐标，如果不能，请说明理由.【答案】解：（1）∵二次函数图象的顶点为P （4，－4），∴设二次函数的关系式为()2y=a x 44--。

又∵二次函数图象经过原点（0，0），∴()20=a 044--，解得1a=4。

∴二次函数的关系式为()21y=x 444--，即21y=x 2x 4-。

（2）设直线OA 的解析式为y=kx ，将A （6，－3）代入得3=6k -，解得1k=2-。

∴直线OA 的解析式为1y=-x 2。

把x=4代入1y=x 2-得y=2-。

∴M（4，－2）。

又∵点M 、N 关于点P 对称，∴N（4，－6），MN=4。

∴ANO 1S 64122∆=⋅⋅=。

（3）①证明：过点A 作AH⊥l 于点H ，，l 与x 轴交于点D 。

则设A （20001x x 2x 4- ，）, 则直线OA 的解析式为200001x 2x 14y=x=x 2x x 4-⎛⎫- ⎪⎝⎭。

则M （04 x 8-，），N （04 x -，），H （20014x 2x 4- ，）。

∴OD=4，ND=0x ，HA=0x 4-，NH=2001x x 4-。

∴()()()00022000000004x 44x 4x 4OD 4HA 4tan ONM=tan ANM===1ND x NH x x 4x x 4x +64x x 4---∠=∠==--- ，。

∴tan ONM=∠tan ANM ∠。

2013中考压轴试题代数几何综合1、（2013年潍坊市压轴题）如图，抛物线c bx ax y ++=2关于直线1=x 对称，与坐标轴交于C B A 、、三点，且4=AB ,点⎪⎭⎫ ⎝⎛232，D 在抛物线上，直线是一次函数()02≠-=k kx y 的图象，点O 是坐标原点.（）求抛物线的解析式；（）若直线平分四边形OBDC 的面积，求k 的值.（）把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线与直线交于N M 、两点，问在y 轴正半轴上是否存在一定点P ，使得不论k 取何值，直线PM 与PN 总是关于y 轴对称？若存在，求出P 点坐标；若不存在，请说明理由.答案：（1）因为抛物线关于直线x=1对称，AB=4，所以A(-1，0),B(3，0),由点D(2，1.5)在抛物线上，所以⎩⎨⎧=++=+-5.1240c b a c b a ，所以3a+3b=1.5,即a+b=0.5,又12=-a b ，即b=-2a,代入上式解得a =-0.5,b =1,从而c=1.5,所以23212++-=x x y . （）由（1）知23212++-=x x y ，令x=0,得c(0,1.5),所以CD//AB,令kx -2=1.5,得l 与CD 的交点F(23,27k )，令kx -2=0，得l 与x 轴的交点E(0,2k)，根据S 四边形OEFC =S 四边形EBDF 得：OE+CF=DF+BE,即：,511),272()23(272=-+-=+k k k k k 解得 （3）由（1）知,2)1(21232122+--=++-=x x x y所以把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的解析式为221x y -=假设在y 轴上存在一点P(0，t)，t ＞0，使直线PM 与PN 关于y 轴对称，过点M 、N 分别向y 轴作垂线MM 1、NN 1，垂足分别为M 1、N 1，因为∠MPO=∠NPO,所以Rt △MPM 1∽Rt △NPN 1, 所以1111PN PM NN MM =,………………(1) 不妨设M(x M ,y M )在点N(x N ,y N )的左侧，因为P 点在y 轴正半轴上， 则（1）式变为NMN M y t y t x x --=-,又y M =k x M -2, y N =k x N -2,把2交（（（D （点A(-1,0)、点B 是二次函数y=ax 2-2 的图象与x 轴的交点，a-2=0,a=2. 二次函数的解析式为y=2x 2-2；②点B 与点A(-1,0)关于直线x=0对称，点B 的坐标为（1，0）； （2）∠BOC=∠PDB=90º，点P 在直线x=m 上，设点P 的坐标为（m,p ）, OB=1， OC=2， DB= m-1 , DP=|p| ，①当△BOC ∽△PDB 时，OB OC = DP DB ,12= |p|m-1 ,p= m-12 或p = 1- m2,点P 的坐标为（m ，m-12 ）或（m ，1- m2 ）；②当△BOC ∽△BDP 时，OB OC = DB DP ，12= m-1|p|，p=2m-2或p=2-2m, 点P 的坐标为（m ，2m-2）或（m ，2-2m ）；综上所述点P 的坐标为（m ，m-12 ）、（m ，1- m2 ）、（m ，2m-2）或（m ，2-2m ）；（3）不存在满足条件的点Q 。

第一部分函数图象中点的存在性问题1.1 因动点产生的相似三角形问题例1 2015年上海市宝山区嘉定区中考模拟第24题如图1，在平面直角坐标系中，双曲线（k≠0）与直线y＝x＋2都经过点A(2, m)．（1）求k与m的值；（2）此双曲线又经过点B(n, 2)，过点B的直线BC与直线y＝x＋2平行交y轴于点C，联结AB、AC，求△ABC 的面积；（3）在（2）的条件下，设直线y＝x＋2与y轴交于点D，在射线CB上有一点E，如果以点A、C、E所组成的三角形与△ACD相似，且相似比不为1，求点E的坐标．图1动感体验请打开几何画板文件名“15宝山嘉定24”，拖动点E在射线CB上运动，可以体验到，△ACE与△ACD相似，存在两种情况．思路点拨1．直线AD//BC，与坐标轴的夹角为45°．2．求△ABC的面积，一般用割补法．3．讨论△ACE与△ACD相似，先寻找一组等角，再根据对应边成比例分两种情况列方程．满分解答（1）将点A(2, m)代入y＝x＋2，得m＝4．所以点A的坐标为(2, 4)．将点A(2, 4)代入kyx=，得k＝8．（2）将点B(n, 2)，代入8yx=，得n＝4．所以点B的坐标为(4, 2)．设直线BC为y＝x＋b，代入点B(4, 2)，得b＝－2．所以点C的坐标为(0,－2)．由A(2, 4) 、B(4, 2) 、C (0,－2)，可知A、B两点间的水平距离和竖直距离都是2，B、C两点间的水平距离和竖直距离都是4．所以AB ＝BC ＝ABC ＝90°． 图2所以S △ABC ＝12BA BC ⋅＝12⨯＝8．（3）由A (2, 4) 、D (0, 2) 、C (0,－2)，得AD ＝AC ＝． 由于∠DAC ＋∠ACD ＝45°，∠ACE ＋∠ACD ＝45°，所以∠DAC ＝∠ACE ． 所以△ACE 与△ACD 相似，分两种情况：①如图3，当CE ADCA AC=时，CE ＝AD ＝ 此时△ACD ≌△CAE ，相似比为1．②如图4，当CE ACCA AD ==CE ＝．此时C 、E 两点间的水平距离和竖直距离都是10，所以E (10, 8)．图3 图4考点伸展第（2）题我们在计算△ABC 的面积时，恰好△ABC 是直角三角形． 一般情况下，在坐标平面内计算图形的面积，用割补法． 如图5，作△ABC 的外接矩形HCNM ，MN //y 轴．由S 矩形HCNM ＝24，S △AHC ＝6，S △AMB ＝2，S △BCN ＝8，得S △ABC ＝8．图5例2 2014年武汉市中考第24题如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6 cm，BC＝8 cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5 cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4 cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2），连接PQ．（1）若△BPQ与△ABC相似，求t的值；（2）如图2，连接AQ、CP，若AQ⊥CP，求t的值；（3）试证明：PQ的中点在△ABC的一条中位线上．图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“14武汉24”，拖动点P运动，可以体验到，若△BPQ可以两次成为直角三角形，与△ABC相似．当AQ⊥CP时，△ACQ∽△CDP．PQ的中点H在△ABC的中位线EF上．思路点拨1．△BPQ与△ABC有公共角，按照夹角相等，对应边成比例，分两种情况列方程．2．作PD⊥BC于D，动点P、Q的速度，暗含了BD＝CQ．3．PQ的中点H在哪条中位线上？画两个不同时刻P、Q、H的位置，一目了然．满分解答（1）Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，所以AB＝10．△BPQ与△ABC相似，存在两种情况：①如果BP BABQ BC=，那么510848tt=-．解得t＝1．②如果BP BCBQ BA=，那么588410tt=-．解得3241t=．图3 图4（2）作PD⊥BC，垂足为D．在Rt△BPD中，BP＝5t，cos B＝45，所以BD＝BP cos B＝4t，PD＝3t．当AQ ⊥CP 时，△ACQ ∽△CDP ．所以AC CD QC PD =，即68443t t t -=．解得78t =．图5 图6（3）如图4，过PQ 的中点H 作BC 的垂线，垂足为F ，交AB 于E ． 由于H 是PQ 的中点，HF //PD ，所以F 是QD 的中点． 又因为BD ＝CQ ＝4t ，所以BF ＝CF ． 因此F 是BC 的中点，E 是AB 的中点．所以PQ 的中点H 在△ABC 的中位线EF 上．考点伸展本题情景下，如果以PQ 为直径的⊙H 与△ABC 的边相切，求t 的值．如图7，当⊙H 与AB 相切时，QP ⊥AB ，就是BP BC BQ BA =，3241t =． 如图8，当⊙H 与BC 相切时，PQ ⊥BC ，就是BP BABQ BC =，t ＝1．如图9，当⊙H 与AC 相切时，直径PQ半径等于FC ＝48．解得12873t =，或t ＝0（如图10，但是与已知0＜t ＜2矛盾）．图7 图 8 图9 图10例3 2012年苏州市中考第29题如图1，已知抛物线211(1)444by x b x =-++（b 是实数且b ＞2）与x 轴的正半轴分别交于点A 、B （点A 位于点B 是左侧），与y 轴的正半轴交于点C ．（1）点B 的坐标为______，点C 的坐标为__________（用含b 的代数式表示）；（2）请你探索在第一象限内是否存在点P ，使得四边形PCOB 的面积等于2b ，且△PBC 是以点P 为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点P 的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q ，使得△QCO 、△QOA 和△QAB 中的任意两个三角形均相似（全等可看作相似的特殊情况）？如果存在，求出点Q 的坐标；如果不存在，请说明理由．图1动感体验请打开几何画板文件名“12苏州29”，拖动点B 在x 轴的正半轴上运动，可以体验到，点P 到两坐标轴的距离相等，存在四边形PCOB 的面积等于2b 的时刻．双击按钮“第（3）题”，拖动点B ，可以体验到，存在∠OQA ＝∠B 的时刻，也存在∠OQ ′A ＝∠B 的时刻．思路点拨1．第（2）题中，等腰直角三角形PBC 暗示了点P 到两坐标轴的距离相等．2．联结OP ，把四边形PCOB 重新分割为两个等高的三角形，底边可以用含b 的式子表示．3．第（3）题要探究三个三角形两两相似，第一直觉这三个三角形是直角三角形，点Q 最大的可能在经过点A 与x 轴垂直的直线上．满分解答（1）B 的坐标为(b , 0)，点C 的坐标为(0,4b )． （2）如图2，过点P 作PD ⊥x 轴，PE ⊥y 轴，垂足分别为D 、E ，那么△PDB ≌△PEC ． 因此PD ＝PE ．设点P 的坐标为(x, x)． 如图3，联结OP ．所以S 四边形PCOB ＝S △PCO ＋S △PBO ＝1152428b x b x bx ⨯⋅+⨯⋅=＝2b ．解得165x =．所以点P 的坐标为(1616,55)．图2 图3 （3）由2111(1)(1)()4444b y x b x x x b =-++=--，得A (1, 0)，OA ＝1．①如图4，以OA 、OC 为邻边构造矩形OAQC ，那么△OQC ≌△QOA ．当BA QA QA OA=，即2QA BA OA =⋅时，△BQA ∽△QOA ．所以2()14bb =-．解得8b =±Q 为(1,2．②如图5，以OC 为直径的圆与直线x ＝1交于点Q ，那么∠OQC ＝90°。

压轴题学习讲义—点的存在性问题1.（江津市）26.如图，抛物线c bx x y ++-=2与x 轴交与A(1,0),B(- 3，0)两点， （1）求该抛物线的解析式；（2）设（1）中的抛物线交y 轴与C 点，在该抛物线的对称轴上是否存在点Q ，使得△QAC 的周长最小？若存在，求出Q 点的坐标；若不存在，请说明理由.（3）在（1）中的抛物线上的第二象限上是否存在一点P ，使△PBC 的面积最大？，若存在，求出点P 的坐标及△PBC 的面积最大值.若没有，请说明理由.解：(1)将A(1，0)，B(－3，0)代2y x bx c =-++中得10930b c b c -++⎧⎨--+=⎩＝ ∴23b c =-⎧⎨=⎩∴抛物线解析式为：223y x x =--+(2)存在 理由如下：由题知A 、B 两点关于抛物线的对称轴1x =-对称 ∴直线BC 与1x =-的交点即为Q 点， 此时△AQC 周长最小 ∵223y x x =--+， ∴C 的坐标为：(0，3) 直线BC 解析式为：3y x =+ Q 点坐标即为13x y x =-⎧⎨=+⎩的解∴12x y =-⎧⎨=⎩∴Q(－1，2)ABC（3）答：存在。

理由如下： 设P 点2(23) (30)x x x x --+-<<， ∵92BPC BOC BPCO BPCO S S S S ∆∆=-=-四边形四边形 若BPCO S 四边形有最大值，则BPC S ∆就最大，∴BPE BPCO PEOC S S S ∆+Rt 四边形直角梯形＝ 11()22BE PE OE PE OC =⋅++ ＝2211(3)(23)()(233)22x x x x x x +--++---++＝233927()2228x -+++ 当32x =-时，BPCO S 四边形最大值＝92728+∴BPC S ∆最大＝9279272828+-=当32x =-时，215234x x --+=∴点P 坐标为315( )24-，)2. （宁德市）26．（本题满分13分）如图，已知抛物线C 1：()522-+=x a y 的顶点为P ，与x 轴相交于A 、B 两点（点A 在点B 的左边），点B 的横坐标是1．（1）求P 点坐标及a 的值；（4分）（2）如图（1），抛物线C 2与抛物线C 1关于x 轴对称，将抛物线C 2向右平移，平移后的抛物线记为C 3，C 3的顶点为M ，当点P 、M 关于点B 成中心对称时，求C 3的解析式；（4分）（3）如图（2），点Q 是x 轴正半轴上一点，将抛物线C 1绕点Q 旋转180°后得到抛物线C 4．抛物线C 4的顶点为N ，与x 轴相交于E 、F 两点（点E 在点F 的左边），当以点P 、N 、F 为顶点的三角形是直角三角形时，求点Q 的坐标．（5分）解：（1）由抛物线C 1：()522-+=x a y 得顶点P 的为（-2，-5）∵点B （1，0）在抛物线C 1上 ∴()52102-+=a 解得，a ＝59（2）连接PM ，作PH ⊥x 轴于H ，作MG ⊥x 轴于G∵点P 、M 关于点B 成中心对称 ∴PM 过点B ，且PB ＝MB ∴△PBH ≌△MBG ∴MG ＝PH ＝5，BG ＝BH ＝3 ∴顶点M 的坐标为（4，5）抛物线C 2由C 1关于x 轴对称得到，抛物线C 3由C 2平移得到 ∴抛物线C 3的表达式为()54952+--=x y （3）∵抛物线C 4由C 1绕点x 轴上的点Q 旋转180°得到 ∴顶点N 、P 关于点Q 成中心对称 由（2）得点N 的纵坐标为5设点N 坐标为（m ，5） 作PH ⊥x 轴于H ，作NG ⊥x 轴于G 作PK ⊥NG 于K ∵旋转中心Q 在x 轴上 ∴EF ＝AB ＝2BH ＝6∴FG ＝3，点F 坐标为（m +3，0） H 坐标为（2，0），K 坐标为（m ，-5）， 根据勾股定理得 PN 2＝NK 2+PK 2＝m 2+4m +104 PF 2＝PH 2+HF 2＝m 2+10m +50 NF 2＝52+32＝34①当∠PNF ＝90º时，PN 2+ NF 2＝PF 2，解得m ＝443，∴Q 点坐标为（193，0）②当∠PFN ＝90º时，PF 2+ NF 2＝PN 2，解得m ＝103，∴Q 点坐标为（23，0）③∵PN ＞NK ＝10＞NF ，∴∠NPF ≠90º 综上所得，当Q 点坐标为（193，0）或（23，0）时，以点P 、N 、F 为顶点的三角形是直角三角形．3. （莆田市）25．（14分）已知，如图1，过点()01E -，作平行于x 轴的直线l ，抛物线214y x =上的两点A B 、的横坐标分别为-1和4，直线AB 交y 轴于点F ，过点A B 、分别作直线l 的垂线，垂足分别为点C 、D ，连接CF DF 、．（1）求点A B F 、、的坐标； （2）求证：CF DF ⊥； （3）点P 是抛物线214y x =对称轴右侧图象上的一动点，过点P 作PQ PO ⊥交x 轴于点Q ，是否存在点P 使得OPQ △与CDF △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．（1） 解:方法一，如图1，当1x =-时,14y =； 当4x =时,4y =∴1A ⎛⎫- ⎪⎝⎭1，4 ()44B ，设直线AB 的解析式为y kx b =+则1444k b k b ⎧-+=⎪⎨⎪+=⎩ 解得341k b ⎧=⎪⎨⎪=⎩ ∴直线AB 的解析式为314y x =+当0x =时,1y = ()01F ∴，方法二:求A B 、两点坐标同方法一,如图2,作FG BD ⊥,AH BD ⊥,垂足分别为G 、H ,交y 轴于点N ,则四边形FOMG 和四边形NOMH 均为矩形,设FO x =（图1）备用图（第25题图）（图1）（图2）BGF BHA △∽△ BG FG BH AH ∴= 441544x -∴=- 解得1x =()0F ∴，1(2)证明：方法一：在Rt CEF △中，1,2CE EF ==22222125CF CE EF ∴=+=+=CF ∴=在Rt DEF △中，42DE EF ==， 222224220DF DE EF ∴=+=+=DF ∴=由（1）得()()1141C D ---，，， 5CD ∴= 22525CD ∴== 222CF DF CD ∴+= 90CFD ∴∠=° ∴C F D F⊥ 方法二：由 （1）知5544AF AC ===，AF AC ∴= 同理：BF BD = A C F A F C ∴∠=∠ AC EF ∥ A C F C F O∴∠=∠ AFC CFO ∴∠=∠ 同理：BFD OFD ∠=∠ 90CFD OFC OFD ∴∠=∠+∠=°即CF DF ⊥（3）存在.解：如图3，作PM x ⊥轴，垂足为点M 又PQ OP ⊥ R t R t O P M O∴△∽△PM OM PQ OP ∴=PQ PMOP OM ∴=设()2104P x x x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，，则214PM x OM x ==， ①当Rt Rt QPO CFD △∽△时，12PQ CF OP DF === 21142x PM OM x ∴== 解得2x = ()121P ∴，图3②当Rt Rt OPQ CFD △∽△时，2PQ DF OP CF === 2142x PM OM x ∴== 解得8x = ()2816P ∴，综上，存在点()121P ，、()2816P ，使得OPQ △与CDF △相似. 4. 如图①，正方形 ABCD 中，点A 、B 的坐标分别为（0，10），（8，4）， 点C 在第一象限．动点P 在正方形 ABCD 的边上，从点A 出发沿A →B →C →D 匀速运动，同时动点Q 以相同速度在x 轴正半轴上运动，当P 点到达D 点时，两点同时停止运动， 设运动的时间为t 秒．(1)当P 点在边AB 上运动时，点Q 的横坐标x （长度单位）关于运动时间t （秒）的函数图象如图②所示，请写出点Q 开始运动时的坐标及点P 运动速度；(2)求正方形边长及顶点C 的坐标；(3)在（1）中当t 为何值时，△OPQ 的面积最大，并求此时P 点的坐标；(4)如果点P 、Q 保持原速度不变，当点P 沿A →B →C →D 匀速运动时，OP 与PQ 能否相等，若能，写出所有符合条件的t 的值；若不能，请说明理由．解：（1）Q （1，0） ····································································································· 1分 点P 运动速度每秒钟1个单位长度．（2） 过点B 作BF ⊥y 轴于点F ，BE ⊥x 轴于点E ，则BF ＝8，4OF BE ==． ∴1046AF =-=．在Rt △AFB 中，10AB =过点C 作CG ⊥x 轴于点G ，与FB 的延长线交于点H ．∵90,ABC AB BC ∠=︒= ∴△ABF ≌△BCH ． ∴6,8BH AF CH BF ====． ∴8614,8412OG FH CG ==+==+=． ∴所求C 点的坐标为（14，12）．（2） 过点P 作PM ⊥y 轴于点M ，PN ⊥x 轴于点N ， 则△APM ∽△ABF ． ∴AP AM MP AB AF BF ==． 1068t A M M P∴==． ∴3455AM t PM t ==，． ∴3410,55PN OM t ON PM t ==-==． 设△OPQ 的面积为S （平方单位） ∴213473(10)(1)5251010S t t t t =⨯-+=+-（0≤t ≤10） 说明:未注明自变量的取值范围不扣分．∵310a =-<0 ∴当47471062()10t =-=⨯-时， △OPQ 的面积最大． 此时P 的坐标为（9415，5310） ． （4） 当 53t =或29513t =时， OP 与PQ 相等．5. （广州市）25.（本小题满分14分）如图13，二次函数)0(2<++=p q px x y 的图象与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于点C （0，-1），ΔABC 的面积为45。