专题20 探究型之存在性问题（解析板）

一、选择题1.（玉林、防城港）蜂巢的构造非常美丽、科学，如图是由7个形状、大小完全相同的正六边形组成的网络，正六边形的顶点称为格点，△ABC的顶点都在格点上．设定AB边如图所示，则△ABC是直角三角形的个数有【】[来源:学科网ZXXK]A．4个B．6个C．8个D．10个【答案】D．【解析】当点C在位置8，9时，△ABC是直角三角形（以位置8为例）：∵∠BFD=120º.，∠CFD=60º，∴点C，F，B三点共线.∴∠ABC=∠DBF=30º.又∵∠BAC=2×30º=60º，∴∠ACB=90º.∴△ABC是直角三角形.同理可得位置9情况.[来源:学科网ZXXK]综上所述，△ABC是直角三角形的个数有10个.故选D．考点：1.网格问题；2.正多边形和圆；3.三角形和多边形内角和定理；4.分类思想的应用．二、填空题三、解答题1.（梅州）（本题满分11分）如图，已知抛物线233yxx384与x轴的交点为A、D（A在D的右侧），与y轴的交点为C.（1）直接写出A、D、C三点的坐标；（2）在抛物线的对称轴上找一点M，使得MD+MC的值最小，并求出点M的坐标；（3）设点C关于抛物线对称的对称点为B，在抛物线上是否存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点的四边形为梯形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）A(4，0)、D(－2，0)、C(0，－3)；（2）连接AC，则AC与抛物线的对称轴交点M即为所求，M(1，94)；（3）存在，(－2，0)或(6，6).【解析】试题分析：（1）在233yxx384中令233yxx3084，解得12x2,x4，∴A(4，0)、D(－2，0).在233yxx384中令x0，得y3，∴C(0，－3).（2）连接AC，根据轴对称的性质，AC与抛物线的对称轴交点M即为所求，从而应用待定系数法求出AC的解析式，再求出抛物线学科网的对称轴，即可求得点M的坐标.（3）分BC为梯形的底边和BC为梯形的腰两种情况讨论即可.试题解析：（1）A(4，0)、D(－2，0)、C(0，－3)（2）如图，连接AC，则AC与抛物线的对称轴交点M即为所求.设直线AC的解析式为y=kx+b，则4k+b0b3，解得3k4b3.（3）存在，分两种情况：①如图，当BC为梯形的底边时，点P与D重合时，四边形ADCB是梯形，此时点P为(－2，0).②如图，当BC为梯形的腰时，过点C作CP//AB，与抛物线交于点P，∵点C，B关于抛物线对称，∴B(2，－3)设直线AB的解析式为11y=kx+b，则11114k+b02k+b3，解得113k2b6.∴直线AB的解析式为3y=x62.∵CP//AB，∴可设直线CP的解析式为3y=xm2.综上所述，在抛物线上存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点的四边形为梯形，点P的坐标为(－2，0)或(6，6).考点：1.二次函数综合题；2.待定系数法的应用；3.曲线上点的坐标与方程的关系；4.轴对称的应用（最短线路问题）；5.二次函数的性质；6.梯形存在性问题；7.分类思想的应用.2.（毕节）（16分）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点为A（﹣1，﹣1），与x轴交点M（1，0）．C为x轴上一点，且∠CAO=90°，线段AC的延长线交抛物线于B点，另有点F（﹣1，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）求直线AC的解析式及B点坐标；（3）过点B做x轴的垂线，交x轴于Q点，交过点D（0，﹣2）且垂直于y轴的直线于E点，若P是△BEF的边EF上的任意一点，是否存在BP⊥EF？若存在，求P点的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1）21yx114；（2）yx2，（﹣5，3）；（3）存在P点使得BP⊥EF，此时P（﹣3，﹣1）．【解析】设直线AC的解析式为：y=kx+b，将A，C点代入得出：kb12kb0，解得：k1b2.∴直线AC的解析式为：yx2.将21yx114和y=﹣x﹣2联立得：21yx114yx2，解得：1212x1x,y135y.∴将y=﹣2x﹣7和11yx22联立得：y2x711yx22，解得：x3y1.∴P（﹣3，﹣1）.[来源:学&科&网Z&X&X&K]故存在P点使得BP⊥EF，此时P（﹣3，﹣1）．考点：1.二次函数综合题；2.单动点问题；3.待定系数法的应用；4.曲线上点的坐标与方程的关系；5.等腰直角三角形的判定和性质；6.存在性问题.3.（遵义）（14分）如图，二次函数24yxbxc3的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），与y轴交于点C．若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．（1）求该二次函数的解析式及点C的坐标；（2）当点P运动到B点时，点Q停止运动，这时，在x轴上是否存在点E，使得以A，E，Q为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请求出E点坐标；若不存在，请说明理由．（3）当P，Q运动到t秒时，△APQ沿PQ翻折，点A恰好落在抛物线上D点处，请判定此时四边形APDQ的形状，并求出D点坐标．【答案】（1）248yxx433，C（0，4）；（2）存在满足条件的点E，点E的坐标为（13，0）或（95，0）或（﹣1，0）；（3）四边形APDQ为菱形，D点坐标为529,816．【解析】∴该二次函数的解析式为248yxx433．令x=0，得y=4，[来源:学#科#网]∴C（0，4）．（2）存在．设AE=x，则EQ=x，DE=AD﹣AE=12x5，∴在Rt△EDQ中，2221216xx55，解得10x3，∴OA﹣AE=101333，∴E（13，0）．②以Q为圆心，AQ长半径画圆，交x轴于E，此时QE=QA=4，∵ED=AD=125，∴AE=245，∴OA﹣AE=3﹣245=95，∴E（95，0）．③当AE=AQ=4时，∵OA﹣AE=3﹣4=﹣1，∴E（﹣1，0）．综上所述，存在满足条件的点E，点E的坐标为（13，0）或（95，0）或（﹣1，0）．（3）四边形APDQ为菱形，D点坐标为529,816．理由如下：如图2，D点关于PQ与A点对称，过点Q作，FQ⊥AP于F，∵AP=AQ=t，AP=DP，AQ=DQ，∴AP=AQ=QD=DP，∴四边形AQDP为菱形.∵FQ∥OC，∴△AFQ∽△AOC.∴AFFQAQAOOCAC，即AFFQt34AC.∴AF=3t5，FQ=4t5，∴Q343t,t55.考点：1.二次函数综合题；2.双动点和折叠问题；3.等腰三角形存在性问题；4.曲线上点的坐标与方程的关系；5.勾股定理；6.相似三角形的减少性质；7.分类思想和方程思想的应用．4.（河南）(11分）如图，抛物线2yxbxc与x轴交于A(-1，0)，B(5，0）两点，直线3yx34与y轴交于点C，，与x轴交于点D.点P是x轴上方的抛物线上一动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线CD于点E.设点P的横坐标为m.（1）求抛物线的解析式；（2）若PE=5EF，求m的值；（3）若点E/是点E关于直线PC的对称点、是否存在点P，使点E/落在y轴上？若存在，请直接写出相应的点P的坐标；若不存在，请说明理由.[来源:学科网]【答案】（1）2yx4x5；（2）2或1692；（3）11412，或45，或2113311，.【解析】试题分析：（1）根据点在曲线上点的坐标满足方程的关系，将A，B的坐标代入2yxbxc得方程试题解析：（1）∵抛物线2yxbxc与x轴交于A(-1，0),B(5，0)两点，∴220=1b+c0=55b+c，解得b=4c=5.∴抛物线的解析式为2yx4x5．（2）点P横坐标为m，则2((3Pm,m4m5,Em,m)3Fm,04），.∵点P在x轴上方，要使PE=5EF，点P应在y轴右侧，∴0＜m＜5.22319PEm4m5m3mm24(4)考点：1.二次函数综合题；2.单动点和轴对称问题；3.曲线上点的坐标与方程的关系；4.相似三角形的判定和性质；5.菱形的判定和性质；6.分类思想和方程思想的应用.5.（十堰）（12分）已知抛物线C1：2yax12的顶点为A，且经过点B（﹣2，﹣1）．（1）求A点的坐标和抛物线C1的解析式；（2）如图1，将抛物线C1向下平移2个单位后得到抛物线C2，且抛物线C2与直线AB相交于C，D两点，求S△OAC：S△OAD的值；（3）如图2，若过P（﹣4，0），Q（0，2）的直线为l，点E在（2）中抛物线C2对称轴右侧部分（含顶点）运动，直线m过点C和点E．问：是否存在直线m，使直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式；若不存在，说明理由．【答案】（1）2yx12；（2）2；（3）存在，y2x6和y=2x+6．【解析】试题分析：（1）由抛物线的顶点式易得顶点A坐标，把点B的坐标代入抛物线的解析式即可解决问题．（2）根据平移法则求出抛物线C2的解析式，用学科网待定系数法求出直线AB的解析式，再通过解方程组∵A（﹣1，﹣2），B（﹣2，﹣1），∴kb22kb1，解得：k1b3.∴直线AB的解析式为yx3．联立2yx14yx3，解得：x3y0或x0y3．∴C（﹣3，0），D（0，﹣3）．∴OC=3，OD=3．∵P（﹣4，0），Q（0，2），∴OP=4，OQ=2.∴34OG2，解得OG=32.∴t=32时，直线l，m与x轴不能构成三角形．∵t=0时，直线m与x轴重合，∴直线l，m与x轴不能构成三角形．∴t≠0且t≠32．①t＜0时，如答图2①所示．∵∠PHC＞∠PQG，∠PHC＞∠QGH，∴∠PHC≠∠PQG，∠PHC≠∠QGH．当∠PHC=∠GHQ时，∵∠PHC+∠GHQ=180°，∴∠PHC=∠GHQ=90°．∵∠POQ=90°，∴∠HPC=90°﹣∠PQO=∠HGQ．∴△PHC∽△GHQ．∵∠QPO=∠OGC，∴tan∠QPO=tan∠OGC．∴OQOCOPOG，即234OG，解得OG=6．∴点G的坐标为（0，﹣6）设直线m的解析式为y=mx+n，∵点C（﹣3，0），点G（0，﹣6）在直线m上，∴3mn0n6，解得：m2n6．∴直线m的解析式为y2x6.∴tan∠GCO≠tan∠PQO．∴∠GCO≠∠PQO．∵∠GCO=∠PCH，∴∠PCH≠∠PQO．又∵∠HPC＞∠PQO，∴△PHC与△GHQ不相似．∴符合条件的直线m不存在．③32＜t≤2时，如图2③所示．∵tan∠CGO=OC33OQt2，tan∠QPO=OQ21OP42．∴tan∠CGO≠tan∠QPO．∴∠CGO≠∠QPO．∵∠CGO=∠QGH，∴∠QGH≠∠QPO.∵∠QPO=∠CGO，∠POQ=∠GOC=90°，∴△POQ∽△GOC．∴OPOQOGOC，即42OG3，解得OG=6．[来源:Zxxk.Com]∴点G的坐标为（0，6）．设直线m的解析式为y=px+q∵点C（﹣3，0）、点G（0，6）在直线m上，∴3pq0q6，解得：p2q6．∴直线m的解析式为y=2x+6．综上所述：存在直线m，使直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似，此时直线m的解析式为y2x6和y=2x+6．考点：1.二次函数综合题；2.平移问题；3