备考2018中考数学高频考点剖析
专题三十六 动态几何之存在性问题
考点扫描☆聚焦中考
实数的概念和计算，是每年中考的必考内容之一，考查的知识点包括实数的概念和实数的计算两方面，总体来看，难度系数低，以选择填空为主。也有少量的解析题。解析题主要以计算为主。结合2017年全国各地中考的实例，我们从三方面进行实数的概念和计算问题的探讨：21·世纪*教育网
（1）实数的有关概念（相反数、倒数、绝对值、数轴、实数分类、大小比较等）；
（2）科学记数法和近似数；
（3）实数的计算问题．
考点剖析☆典型例题
例1（2017广东）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO是矩形，点A，C的坐标分别是A（0，2）和C（2，0），点D是对角线AC上一动点（不与A，C重合），连结BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB为邻边作矩形BDEF．【版权所有：21教育】
（1）填空：点B的坐标为 ；
（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD的长度；若不存在，请说明理由；
（3）①求证： =；
②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值．
【考点】SO：相似形综合题．
【分析】（1）求出AB、BC的长即可解决问题；
（2）存在．连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．首先证明B、D、E、C四点共圆，可得∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，由tan∠ACO==，推出∠ACO=30°，∠ACD=60°由△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，推出∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，推出∠DBC=∠BCD=60°，可得△DBC是等边三角形，推出DC=BC=2，由此即可解决问题；
（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，推出∠DBC=∠DCE=30°，由此即可解决问题；
②作DH⊥AB于H．想办法用x表示BD、DE的长，构建二次函数即可解决问题；
【解答】解：（1）∵四边形AOCB是矩形，
∴BC=OA=2，OC=AB=2，∠BCO=∠BAO=90°，
∴B（2，2）．
故答案为（2，2）．
（2）存在．理由如下：
连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．
∵∠BDE=∠BCE=90°，
∴KD=KB=KE=KC，
∴B、D、E、C四点共圆，
∴∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，
∵tan∠ACO==，
∴∠ACO=30°，∠ACB=60°
①如图1中，△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，
∴∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，
∴∠DBC=∠BCD=60°，
∴△DBC是等边三角形，
∴DC=BC=2，
在Rt△AOC中，∵∠ACO=30°，OA=2，
∴AC=2AO=4，
∴AD=AC﹣CD=4﹣2=2．
∴当AD=2时，△DEC是等腰三角形．
②如图2中，∵△DCE是等腰三角形，易知CD=CE，∠DBC=∠DEC=∠CDE=15°，
∴∠ABD=∠ADB=75°，
∴AB=AD=2，
综上所述，满足条件的AD的值为2或2．
（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，
∴∠DBC=∠DCE=30°，
∴tan∠DBE=，
∴=．
②如图2中，作DH⊥AB于H．
在Rt△ADH中，∵AD=x，∠DAH=∠ACO=30°，
∴DH=AD=x，AH==x，
∴BH=2﹣x，
在Rt△BDH中，BD==，
∴DE=BD=?，
∴矩形BDEF的面积为y= []2=（x2﹣6x+12），
即y=x2﹣2x+4，
∴y=（x﹣3）2+，
∵＞0，
∴x=3时，y有最小值．
例2（2017山东临沂）如图，抛物线y=ax2+bx﹣3经过点A（2，﹣3），与x轴负半轴交于点B，与y轴交于点C，且OC=3OB．21·cn·jy·com
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D在y轴上，且∠BDO=∠BAC，求点D的坐标；
（3）点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）待定系数法即可得到结论；
（2）连接AC，作BF⊥AC交AC的延长线于F，根据已知条件得到AF∥x轴，得到F（﹣1，﹣3），设D（0，m），则OD=|m即可得到结论；【来源：21cnj*y.co*m】
（3）设M（a，a2﹣2a﹣3），N（1，n），①以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，如图2，过M作ME⊥对称轴y于E，AF⊥x轴于F，于是得到△ABF≌△NME，证得NE=AF=3，ME=BF=3，得到M（4，5）或（﹣2，11）；②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，如图3，则N在x轴上，M与C重合，于是得到结论．21教育名师原创作品
【解答】解：（1）由y=ax2+bx﹣3得C（0．﹣3），
∴OC=3，
∵OC=3OB，
∴OB=1，
∴B（﹣1，0），
把A（2，﹣3），B（﹣1，0）代入y=ax2+bx﹣3得，
∴，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（2）设连接AC，作BF⊥AC交AC的延长线于F，
∵A（2，﹣3），C（0，﹣3），
∴AF∥x轴，
∴F（﹣1，﹣3），
∴BF=3，AF=3，
∴∠BAC=45°，
设D（0，m），则OD=|m|，
∵∠BDO=∠BAC，
∴∠BDO=45°，
∴OD=OB=1，
∴|m|=1，
∴m=±1，
∴D1（0，1），D2（0，﹣1）；
（3）设M（a，a2﹣2a﹣3），N（1，n），
①以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，如图2，过M作ME⊥对称轴y于E，AF⊥x轴于F，
则△ABF≌△NME，
∴NE=AF=3，ME=BF=3，
∴|a﹣1|=3，
∴a=3或a=﹣2，
∴M（4，5）或（﹣2，11）；
②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，如图3，
则N在x轴上，M与C重合，
∴M（0，﹣3），
综上所述，存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形，M（4，5）或（﹣2，11）或（0，﹣3）．21世纪教育网版权所有
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．2-1-c-n-j-y
例3（2017齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，DC与y轴相交于点E，矩形OABC的边OC，OA的长是关于x的一元二次方程x2﹣12x+32=0的两个根，且OA＞OC．21*cnjy*com
（1）求线段OA，OC的长；
（2）求证：△ADE≌△COE，并求出线段OE的长；
（3）直接写出点D的坐标；
（4）若F是直线AC上一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】LO：四边形综合题．
【分析】（1）解方程即可得到结论；
（2）由四边形ABCO是矩形，得到AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°，根据折叠的性质得到AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°，根据全等三角形的判定得到△ADE≌△COE；根据勾股定理得到OE=3；
（3）过D作DM⊥x轴于M，则OE∥DM，根据相似三角形的性质得到CM=，DM=，于是得到结论．
（4）过P1作P1H⊥AO于H，根据菱形的性质得到P1E=CE=5，P1E∥AC，设P1H=k，HE=2k，根据勾股定理得到P1E=k=5，于是得到P1（﹣，2+3），同理P3（，3﹣2），当A与F重合时，得到P2（4，5）；当CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形，得到EP4=5，EP4∥AC，如图2，过P4作P4G⊥x轴于G，过P4作P4N⊥OE于N，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）解方程x2﹣12x+32=0得，x1=8，x2=4，∵OA＞OC，
∴OA=8，OC=4；
（2）∵四边形ABCO是矩形，
∴AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°，
∵把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，
∴AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°，
∴AD=OC，∠ADE=∠COE，
在△ADE与△COE中，，
∴△ADE≌△COE；
∵CE2=OE2+OC2，即（8﹣OE）2=OE2+42，
∴OE=3；
（3）过D作DM⊥x轴于M，
则OE∥DM，
∴△OCE∽△MCD，
∴，
∴CM=，DM=，
∴OM=，
∴D（﹣，）；
（4）存在；∵OE=3，OC=4，
∴CE=5，
过P1作P1H⊥AO于H，
∵四边形P1ECF1是菱形，
∴P1E=CE=5，P1E∥AC，
∴∠P1EH=∠OAC，
∴==，
∴设P1H=k，HE=2k，
∴P1E=k=5，
∴P1H=，HE=2，
∴OH=2+3，
∴P1（﹣，2+3），
同理P3（，3﹣2），
当A与F重合时，四边形F2ECP2是菱形，
∴EF2∥CP2，EF2，=CP2=5，
∴P2（4，5）；
当CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形，
∴EP4=5，EP4∥AC，
如图2，过P4作P4G⊥x轴于G，过P4作P4N⊥OE于N，
则P4N=OG，P4G=ON，
EP4∥AC，
∴=，
设P4N=x，EN=2x，
∴P4E=CP4=x，
∴P4G=ON=3﹣2x，CG=4﹣x，
∴（3﹣2x）2+（4﹣x）2=（x）2，
∴x=，
∴3﹣2x=，
∴P4（，），
综上所述：存在以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形，P（﹣，2+3），（，3﹣2），（4，5），（，）．www.21-cn-jy.com
考点过关☆专项突破
类型一 三角形存在性
1. （2017贵州安顺）如图甲，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y=x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P．2·1·c·n·j·y
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当0＜x＜3时，在抛物线上求一点E，使△CBE的面积有最大值（图乙、丙供画图探究）．
2. （2017毕节）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交坐标轴于A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣4）三点，点P是直线BC下方抛物线上一动点．【来源：21·世纪·教育·网】
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）是否存在点P，使△POC是以OC为底边的等腰三角形？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由；
（3）动点P运动到什么位置时，△PBC面积最大，求出此时P点坐标和△PBC的最大面积．
3. （2017贵州）如图，⊙M的圆心M（﹣1，2），⊙M经过坐标原点O，与y轴交于点A，经过点A的一条直线l解析式为：y=﹣x+4与x轴交于点B，以M为顶点的抛物线经过x轴上点D（2，0）和点C（﹣4，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求证：直线l是⊙M的切线；
（3）点P为抛物线上一动点，且PE与直线l垂直，垂足为E，PF∥y轴，交直线l于点F，是否存在这样的点P，使△PEF的面积最小？若存在，请求出此时点P的坐标及△PEF面积的最小值；若不存在，请说明理由．
类型二 四边形存在性
1.（2017山东泰安）如图，是将抛物线y=﹣x2平移后得到的抛物线，其对称轴为x=1，与x轴的一个交点为A（﹣1，0），另一个交点为B，与y轴的交点为C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点N为抛物线上一点，且BC⊥NC，求点N的坐标；
（3）点P是抛物线上一点，点Q是一次函数y=x+的图象上一点，若四边形OAPQ为平行四边形，这样的点P、Q是否存在？若存在，分别求出点P，Q的坐标；若不存在，说明理由．
2．（2017甘肃天水）如图所示，在平面直角坐标系中xOy中，抛物线y=ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l：y=kx+b与y轴负半轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD=4AC．21教育网
（1）求A、B两点的坐标及抛物线的对称轴；
（2）求直线l的函数表达式（其中k、b用含a的式子表示）；
（3）点E是直线l上方的抛物线上的动点，若△ACE的面积的最大值为，求a的值；
（4）设P是抛物线对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A、D、P、Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．
3．（2017青海西宁）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=4，OC=3，若抛物线经过O，A两点，且顶点在BC边上，对称轴交BE于点F，点D，E的坐标分别为（3，0），（0，1）．21*cnjy*com
（1）求抛物线的解析式；
（2）猜想△EDB的形状并加以证明；
（3）点M在对称轴右侧的抛物线上，点N在x轴上，请问是否存在以点A，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．21cnjy.com
类型三 其它类型存在性
1．（2017日照）如图所示，在平面直角坐标系中，⊙C经过坐标原点O，且与x轴，y轴分别相交于M（4，0），N（0，3）两点．已知抛物线开口向上，与⊙C交于N，H，P三点，P为抛物线的顶点，抛物线的对称轴经过点C且垂直x轴于点D．www-2-1-cnjy-com
（1）求线段CD的长及顶点P的坐标；
（2）求抛物线的函数表达式；
（3）设抛物线交x轴于A，B两点，在抛物线上是否存在点Q，使得S四边形OPMN=8S△QAB，且△QAB∽△OBN成立？若存在，请求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
2．（2017?新疆）如图，抛物线y=﹣x2+x+2与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．
（1）试求A，B，C的坐标；
（2）将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD．
①求点D的坐标；
②判断四边形ADBC的形状，并说明理由；
（3）在该抛物线对称轴上是否存在点P，使△BMP与△BAD相似？若存在，请直接写出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．【出处：21教育名师】
备考2018中考数学高频考点剖析
专题三十六 动态几何之存在性问题
考点扫描☆聚焦中考
实数的概念和计算，是每年中考的必考内容之一，考查的知识点包括实数的概念和实数的计算两方面，总体来看，难度系数低，以选择填空为主。也有少量的解析题。解析题主要以计算为主。结合2017年全国各地中考的实例，我们从三方面进行实数的概念和计算问题的探讨：www-2-1-cnjy-com
（1）实数的有关概念（相反数、倒数、绝对值、数轴、实数分类、大小比较等）；
（2）科学记数法和近似数；
（3）实数的计算问题．
考点剖析☆典型例题
例1（2017广东）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO是矩形，点A，C的坐标分别是A（0，2）和C（2，0），点D是对角线AC上一动点（不与A，C重合），连结BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB为邻边作矩形BDEF．【来源：21cnj*y.co*m】
（1）填空：点B的坐标为 （2，2） ；
（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD的长度；若不存在，请说明理由；
（3）①求证： =；
②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值．
【考点】SO：相似形综合题．
【分析】（1）求出AB、BC的长即可解决问题；
（2）存在．连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．首先证明B、D、E、C四点共圆，可得∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，由tan∠ACO==，推出∠ACO=30°，∠ACD=60°由△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，推出∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，推出∠DBC=∠BCD=60°，可得△DBC是等边三角形，推出DC=BC=2，由此即可解决问题；
（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，推出∠DBC=∠DCE=30°，由此即可解决问题；
②作DH⊥AB于H．想办法用x表示BD、DE的长，构建二次函数即可解决问题；
【解答】解：（1）∵四边形AOCB是矩形，
∴BC=OA=2，OC=AB=2，∠BCO=∠BAO=90°，
∴B（2，2）．
故答案为（2，2）．
（2）存在．理由如下：
连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．
∵∠BDE=∠BCE=90°，
∴KD=KB=KE=KC，
∴B、D、E、C四点共圆，
∴∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，
∵tan∠ACO==，
∴∠ACO=30°，∠ACB=60°
①如图1中，△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，
∴∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，
∴∠DBC=∠BCD=60°，
∴△DBC是等边三角形，
∴DC=BC=2，
在Rt△AOC中，∵∠ACO=30°，OA=2，
∴AC=2AO=4，
∴AD=AC﹣CD=4﹣2=2．
∴当AD=2时，△DEC是等腰三角形．
②如图2中，∵△DCE是等腰三角形，易知CD=CE，∠DBC=∠DEC=∠CDE=15°，
∴∠ABD=∠ADB=75°，
∴AB=AD=2，
综上所述，满足条件的AD的值为2或2．
（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，
∴∠DBC=∠DCE=30°，
∴tan∠DBE=，
∴=．
②如图2中，作DH⊥AB于H．
在Rt△ADH中，∵AD=x，∠DAH=∠ACO=30°，
∴DH=AD=x，AH==x，
∴BH=2﹣x，
在Rt△BDH中，BD==，
∴DE=BD=?，
∴矩形BDEF的面积为y= []2=（x2﹣6x+12），
即y=x2﹣2x+4，
∴y=（x﹣3）2+，
∵＞0，
∴x=3时，y有最小值．
例2（2017山东临沂）如图，抛物线y=ax2+bx﹣3经过点A（2，﹣3），与x轴负半轴交于点B，与y轴交于点C，且OC=3OB．21教育网
（1）求抛物线的解析式；
（2）点D在y轴上，且∠BDO=∠BAC，求点D的坐标；
（3）点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）待定系数法即可得到结论；
（2）连接AC，作BF⊥AC交AC的延长线于F，根据已知条件得到AF∥x轴，得到F（﹣1，﹣3），设D（0，m），则OD=|m即可得到结论；【出处：21教育名师】
（3）设M（a，a2﹣2a﹣3），N（1，n），①以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，如图2，过M作ME⊥对称轴y于E，AF⊥x轴于F，于是得到△ABF≌△NME，证得NE=AF=3，ME=BF=3，得到M（4，5）或（﹣2，11）；②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，如图3，则N在x轴上，M与C重合，于是得到结论．21*cnjy*com
【解答】解：（1）由y=ax2+bx﹣3得C（0．﹣3），
∴OC=3，
∵OC=3OB，
∴OB=1，
∴B（﹣1，0），
把A（2，﹣3），B（﹣1，0）代入y=ax2+bx﹣3得，
∴，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（2）设连接AC，作BF⊥AC交AC的延长线于F，
∵A（2，﹣3），C（0，﹣3），
∴AF∥x轴，
∴F（﹣1，﹣3），
∴BF=3，AF=3，
∴∠BAC=45°，
设D（0，m），则OD=|m|，
∵∠BDO=∠BAC，
∴∠BDO=45°，
∴OD=OB=1，
∴|m|=1，
∴m=±1，
∴D1（0，1），D2（0，﹣1）；
（3）设M（a，a2﹣2a﹣3），N（1，n），
①以AB为边，则AB∥MN，AB=MN，如图2，过M作ME⊥对称轴y于E，AF⊥x轴于F，
则△ABF≌△NME，
∴NE=AF=3，ME=BF=3，
∴|a﹣1|=3，
∴a=3或a=﹣2，
∴M（4，5）或（﹣2，11）；
②以AB为对角线，BN=AM，BN∥AM，如图3，
则N在x轴上，M与C重合，
∴M（0，﹣3），
综上所述，存在以点A，B，M，N为顶点的四边形是平行四边形，M（4，5）或（﹣2，11）或（0，﹣3）．
【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．
例3（2017齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，DC与y轴相交于点E，矩形OABC的边OC，OA的长是关于x的一元二次方程x2﹣12x+32=0的两个根，且OA＞OC．
（1）求线段OA，OC的长；
（2）求证：△ADE≌△COE，并求出线段OE的长；
（3）直接写出点D的坐标；
（4）若F是直线AC上一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】LO：四边形综合题．
【分析】（1）解方程即可得到结论；
（2）由四边形ABCO是矩形，得到AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°，根据折叠的性质得到AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°，根据全等三角形的判定得到△ADE≌△COE；根据勾股定理得到OE=3；
（3）过D作DM⊥x轴于M，则OE∥DM，根据相似三角形的性质得到CM=，DM=，于是得到结论．21*cnjy*com
（4）过P1作P1H⊥AO于H，根据菱形的性质得到P1E=CE=5，P1E∥AC，设P1H=k，HE=2k，根据勾股定理得到P1E=k=5，于是得到P1（﹣，2+3），同理P3（，3﹣2），当A与F重合时，得到P2（4，5）；当CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形，得到EP4=5，EP4∥AC，如图2，过P4作P4G⊥x轴于G，过P4作P4N⊥OE于N，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）解方程x2﹣12x+32=0得，x1=8，x2=4，∵OA＞OC，
∴OA=8，OC=4；
（2）∵四边形ABCO是矩形，
∴AB=OC，∠ABC=∠AOC=90°，
∵把矩形OABC沿对角线AC所在直线折叠，点B落在点D处，
∴AD=AB，∠ADE=∠ABC=90°，
∴AD=OC，∠ADE=∠COE，
在△ADE与△COE中，，
∴△ADE≌△COE；
∵CE2=OE2+OC2，即（8﹣OE）2=OE2+42，
∴OE=3；
（3）过D作DM⊥x轴于M，
则OE∥DM，
∴△OCE∽△MCD，
∴，
∴CM=，DM=，
∴OM=，
∴D（﹣，）；
（4）存在；∵OE=3，OC=4，
∴CE=5，
过P1作P1H⊥AO于H，
∵四边形P1ECF1是菱形，
∴P1E=CE=5，P1E∥AC，
∴∠P1EH=∠OAC，
∴==，
∴设P1H=k，HE=2k，
∴P1E=k=5，
∴P1H=，HE=2，
∴OH=2+3，
∴P1（﹣，2+3），
同理P3（，3﹣2），
当A与F重合时，四边形F2ECP2是菱形，
∴EF2∥CP2，EF2，=CP2=5，
∴P2（4，5）；
当CE是菱形EP4CF4的对角线时，四边形EP4CF4是菱形，
∴EP4=5，EP4∥AC，
如图2，过P4作P4G⊥x轴于G，过P4作P4N⊥OE于N，
则P4N=OG，P4G=ON，
EP4∥AC，
∴=，
设P4N=x，EN=2x，
∴P4E=CP4=x，
∴P4G=ON=3﹣2x，CG=4﹣x，
∴（3﹣2x）2+（4﹣x）2=（x）2，
∴x=，
∴3﹣2x=，
∴P4（，），
综上所述：存在以点E，C，P，F为顶点的四边形是菱形，P（﹣，2+3），（，3﹣2），（4，5），（，）．2-1-c-n-j-y
考点过关☆专项突破
类型一 三角形存在性
1. （2017贵州安顺）如图甲，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y=x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P．【版权所有：21教育】
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当0＜x＜3时，在抛物线上求一点E，使△CBE的面积有最大值（图乙、丙供画图探究）．
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）由直线解析式可求得B、C坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由抛物线解析式可求得P点坐标及对称轴，可设出M点坐标，表示出MC、MP和PC的长，分MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，可分别得到关于M点坐标的方程，可求得M点的坐标；
（3）过E作EF⊥x轴，交直线BC于点F，交x轴于点D，可设出E点坐标，表示出F点的坐标，表示出EF的长，进一步可表示出△CBE的面积，利用二次函数的性质可求得其取得最大值时E点的坐标．
【解答】解：
（1）∵直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，
∴B（3，0），C（0，3），
把B、C坐标代入抛物线解析式可得，解得，
∴抛物线解析式为y=x2﹣4x+3；
（2）∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线对称轴为x=2，P（2，﹣1），
设M（2，t），且C（0，3），
∴MC==，MP=|t+1|，PC==2，
∵△CPM为等腰三角形，
∴有MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，
①当MC=MP时，则有=|t+1|，解得t=，此时M（2，）；
②当MC=PC时，则有=2，解得t=﹣1（与P点重合，舍去）或t=7，此时M（2，7）；
③当MP=PC时，则有|t+1|=2，解得t=﹣1+2或t=﹣1﹣2，此时M（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；【来源：21·世纪·教育·网】
综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（2，）或（2，7）或（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；
（3）如图，过E作EF⊥x轴，交BC于点F，交x轴于点D，
设E（x，x2﹣4x+3），则F（x，﹣x+3），
∵0＜x＜3，
∴EF=﹣x+3﹣（x2﹣4x+3）=﹣x2+3x，
∴S△CBE=S△EFC+S△EFB=EF?OD+EF?BD=EF?OB=×3（﹣x2+3x）=﹣（x﹣）2+，
∴当x=时，△CBE的面积最大，此时E点坐标为（，），
即当E点坐标为（，）时，△CBE的面积最大．
2. （2017毕节）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交坐标轴于A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣4）三点，点P是直线BC下方抛物线上一动点．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）是否存在点P，使△POC是以OC为底边的等腰三角形？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由；
（3）动点P运动到什么位置时，△PBC面积最大，求出此时P点坐标和△PBC的最大面积．
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由题意可知点P在线段OC的垂直平分线上，则可求得P点纵坐标，代入抛物线解析式可求得P点坐标；
（3）过P作PE⊥x轴，交x轴于点E，交直线BC于点F，用P点坐标可表示出PF的长，则可表示出△PBC的面积，利用二次函数的性质可求得△PBC面积的最大值及P点的坐标．
【解答】解：
（1）设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
把A、B、C三点坐标代入可得，解得，
∴抛物线解析式为y=x2﹣3x﹣4；
（2）作OC的垂直平分线DP，交OC于点D，交BC下方抛物线于点P，如图1，
∴PO=PD，此时P点即为满足条件的点，
∵C（0，﹣4），
∴D（0，﹣2），
∴P点纵坐标为﹣2，
代入抛物线解析式可得x2﹣3x﹣4=﹣2，解得x=（小于0，舍去）或x=，
∴存在满足条件的P点，其坐标为（，﹣2）；
（3）∵点P在抛物线上，
∴可设P（t，t2﹣3t﹣4），
过P作PE⊥x轴于点E，交直线BC于点F，如图2，
∵B（4，0），C（0，﹣4），
∴直线BC解析式为y=x﹣4，
∴F（t，t﹣4），
∴PF=（t﹣4）﹣（t2﹣3t﹣4）=﹣t2+4t，
∴S△PBC=S△PFC+S△PFB=PF?OE+PF?BE=PF?（OE+BE）=PF?OB=（﹣t2+4t）×4=﹣2（t﹣2）2+8，21·世纪*教育网
∴当t=2时，S△PBC最大值为8，此时t2﹣3t﹣4=﹣6，
∴当P点坐标为（2，﹣6）时，△PBC的最大面积为8．
3. （2017贵州）如图，⊙M的圆心M（﹣1，2），⊙M经过坐标原点O，与y轴交于点A，经过点A的一条直线l解析式为：y=﹣x+4与x轴交于点B，以M为顶点的抛物线经过x轴上点D（2，0）和点C（﹣4，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求证：直线l是⊙M的切线；
（3）点P为抛物线上一动点，且PE与直线l垂直，垂足为E，PF∥y轴，交直线l于点F，是否存在这样的点P，使△PEF的面积最小？若存在，请求出此时点P的坐标及△PEF面积的最小值；若不存在，请说明理由．www.21-cn-jy.com
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）（x+4），将点M的坐标代入可求得a的值，从而得到抛物线的解析式；
（2）连接AM，过点M作MG⊥AD，垂足为G．先求得点A和点B的坐标，可求得，可得到AG、ME、OA、OB的长，然后利用锐角三角函数的定义可证明∠MAG=∠ABD，故此可证明AM⊥AB；
（3））先证明∠FPE=∠FBD．则PF：PE：EF=：2：1．则△PEF的面积=PF2，设点P的坐标为（x，﹣x2﹣x+），则F（x，﹣x+4）．然后可得到PF与x的函数关系式，最后利用二次函数的性质求解即可．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）（x+4），将点M的坐标代入得：﹣9a=2，解得：a=﹣．
∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣x+．
（2）连接AM，过点M作MG⊥AD，垂足为G．
把x=0代入y=﹣x+4得：y=4，
∴A（0，4）．
将y=0代入得：0=﹣x+4，解得x=8，
∴B（8，0）．
∴OA=4，OB=8．
∵M（﹣1，2），A（0，4），
∴MG=1，AG=2．
∴tan∠MAG=tan∠ABO=．
∴∠MAG=∠ABO．
∵∠OAB+∠ABO=90°，
∴∠MAG+∠OAB=90°，即∠MAB=90°．
∴l是⊙M的切线．
（3）∵∠PFE+∠FPE=90°，∠FBD+∠PFE=90°，
∴∠FPE=∠FBD．
∴tan∠FPE=．
∴PF：PE：EF=：2：1．
∴△PEF的面积=PE?EF=×PF?PF=PF2．
∴当PF最小时，△PEF的面积最小．
设点P的坐标为（x，﹣x2﹣x+），则F（x，﹣x+4）．
∴PF=（﹣x+4）﹣（﹣x2﹣x+）=﹣x+4+x2+x﹣=x2﹣x+=（x﹣）2+．
∴当x=时，PF有最小值，PF的最小值为．
∴P（，）．
∴△PEF的面积的最小值为=×（）2=．
类型二 四边形存在性
1.（2017山东泰安）如图，是将抛物线y=﹣x2平移后得到的抛物线，其对称轴为x=1，与x轴的一个交点为A（﹣1，0），另一个交点为B，与y轴的交点为C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点N为抛物线上一点，且BC⊥NC，求点N的坐标；
（3）点P是抛物线上一点，点Q是一次函数y=x+的图象上一点，若四边形OAPQ为平行四边形，这样的点P、Q是否存在？若存在，分别求出点P，Q的坐标；若不存在，说明理由．
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）已知抛物线的对称轴，因而可以设出顶点式，利用待定系数法求函数解析式；
（2）首先求得B和C的坐标，易证△OBC是等腰直角三角形，过点N作NH⊥y轴，垂足是H，设点N纵坐标是（a，﹣a2+2a+3），根据CH=NH即可列方程求解；
（3）四边形OAPQ是平行四边形，则PQ=OA=1，且PQ∥OA，设P（t，﹣t2+2t+3），代入y=x+，即可求解．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式是y=﹣（x﹣1）2+k．
把（﹣1，0）代入得0=﹣（﹣1﹣1）2+k，
解得k=4，
则抛物线的解析式是y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3；
（2）在y=﹣x2+2x+3中令x=0，则y=3，即C的坐标是（0，3），OC=3．
∵B的坐标是（3，0），
∴OB=3，
∴OC=OB，则△OBC是等腰直角三角形．
∴∠OCB=45°，
过点N作NH⊥y轴，垂足是H．
∵∠NCB=90°，
∴∠NCH=45°，
∴NH=CH，
∴HO=OC+CH=3+CH=3+NH，
设点N纵坐标是（a，﹣a2+2a+3）．
∴a+3=﹣a2+2a+3，
解得a=0（舍去）或a=1，
∴N的坐标是（1，4）；
（3）∵四边形OAPQ是平行四边形，则PQ=OA=1，且PQ∥OA，
设P（t，﹣t2+2t+3），代入y=x+，则﹣t2+2t+3=（t+1）+，
整理，得2t2﹣t=0，
解得t=0或．
∴﹣t2+2t+3的值为3或．
∴P、Q的坐标是（0，3），（1，3）或（，）、（，）．
2．（2017甘肃天水）如图所示，在平面直角坐标系中xOy中，抛物线y=ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l：y=kx+b与y轴负半轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD=4AC．21cnjy.com
（1）求A、B两点的坐标及抛物线的对称轴；
（2）求直线l的函数表达式（其中k、b用含a的式子表示）；
（3）点E是直线l上方的抛物线上的动点，若△ACE的面积的最大值为，求a的值；
（4）设P是抛物线对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A、D、P、Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．21·cn·jy·com
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）解方程即可得到结论；
（2）根据直线l：y=kx+b过A（﹣1，0），得到直线l：y=kx+k，解方程得到点D的横坐标为4，求得k=a，得到直线l的函数表达式为y=ax+a；2·1·c·n·j·y
（3）过E作EF∥y轴交直线l于F，设E（x，ax2﹣2ax﹣3a），得到F（x，ax+a），求出EF=ax2﹣3ax﹣4a，根据三角形的面积公式列方程即可得到结论；
（4）令ax2﹣2ax﹣3a=ax+a，即ax2﹣3ax﹣4a=0，得到D（4，5a），设P（1，m），①若AD是矩形ADPQ的一条边，②若AD是矩形APDQ的对角线，列方程即可得到结论．
【解答】解：（1）当y=0时，ax2﹣2ax﹣3a=0，
解得：x1=﹣1，x2=3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
对称轴为直线x==1；
（2）∵直线l：y=kx+b过A（﹣1，0），
∴0=﹣k+b，
即k=b，
∴直线l：y=kx+k，
∵抛物线与直线l交于点A，D，
∴ax2﹣2ax﹣3a=kx+k，
即ax2﹣（2a+k）x﹣3a﹣k=0，
∵CD=4AC，
∴点D的横坐标为4，
∴﹣3﹣=﹣1×4，
∴k=a，
∴直线l的函数表达式为y=ax+a；
（3）过E作EF∥y轴交直线l于F，设E（x，ax2﹣2ax﹣3a），
则F（x，ax+a），EF=ax2﹣2ax﹣3a﹣ax﹣a=ax2﹣3ax﹣4a，
∴S△ACE=S△AFE﹣S△CEF=（ax2﹣3ax﹣4a）（x+1）﹣（ax2﹣3ax﹣4a）x=（ax2﹣3ax﹣4a）=a（x﹣）2﹣a，
∴△ACE的面积的最大值=﹣a，
∵△ACE的面积的最大值为，
∴﹣a=，
解得a=﹣；
（4）以点A、D、P、Q为顶点的四边形能成为矩形，
令ax2﹣2ax﹣3a=ax+a，即ax2﹣3ax﹣4a=0，
解得：x1=1，x2=4，
∴D（4，5a），
∵抛物线的对称轴为直线x=1，
设P（1，m），
①若AD是矩形ADPQ的一条边，
则易得Q（﹣4，21a），
m=21a+5a=26a，则P（1，26a），
∵四边形ADPQ是矩形，
∴∠ADP=90°，
∴AD2+PD2=AP2，
∴52+（5a）2+32+（26﹣5a）2=22+（26a）2，
即a2=，
∵a＜0，
∴a=﹣，
∴P（1，﹣）；
②若AD是矩形APDQ的对角线，
则易得Q（2，﹣3a），
m=5a﹣（﹣3a）=8a，则P（1，8a），
∵四边形APDQ是矩形，
∴∠APD=90°，
∴AP2+PD2=AD2，
∴（﹣1﹣1）2+（8a）2+（1﹣4）+（8a﹣5a）2=52+（5a）2，
即a2=，
∵a＜0，
∴a=﹣，
∴P（1，﹣4），
综上所述，点A、D、P、Q为顶点的四边形能成为矩形，点P（1，﹣）或（1，﹣4）．
3．（2017青海西宁）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=4，OC=3，若抛物线经过O，A两点，且顶点在BC边上，对称轴交BE于点F，点D，E的坐标分别为（3，0），（0，1）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）猜想△EDB的形状并加以证明；
（3）点M在对称轴右侧的抛物线上，点N在x轴上，请问是否存在以点A，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）由条件可求得抛物线的顶点坐标及A点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由B、D、E的坐标可分别求得DE、BD和BE的长，再利用勾股定理的逆定理可进行判断；
（3）由B、E的坐标可先求得直线BE的解析式，则可求得F点的坐标，当AF为边时，则有FM∥AN且FM=AN，则可求得M点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得M点坐标；当AF为对角线时，由A、F的坐标可求得平行四边形的对称中心，可设出M点坐标，则可表示出N点坐标，再由N点在x轴上可得到关于M点坐标的方程，可求得M点坐标．
【解答】解：
（1）在矩形OABC中，OA=4，OC=3，
∴A（4，0），C（0，3），
∵抛物线经过O、A两点，
∴抛物线顶点坐标为（2，3），
∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣2）2+3，
把A点坐标代入可得0=a（4﹣2）2+3，解得a=﹣，
∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣2）2+3，即y=﹣x2+3x；
（2）△EDB为等腰直角三角形．
证明：
由（1）可知B（4，3），且D（3，0），E（0，1），
∴DE2=32+12=10，BD2=（4﹣3）2+32=10，BE2=42+（3﹣1）2=20，
∴DE2+BD2=BE2，且DE=BD，
∴△EDB为等腰直角三角形；
（3）存在．理由如下：
设直线BE解析式为y=kx+b，
把B、E坐标代入可得，解得，
∴直线BE解析式为y=x+1，
当x=2时，y=2，
∴F（2，2），
①当AF为平行四边形的一边时，则M到x轴的距离与F到x轴的距离相等，即M到x轴的距离为2，
∴点M的纵坐标为2或﹣2，
在y=﹣x2+3x中，令y=2可得2=﹣x2+3x，解得x=，
∵点M在抛物线对称轴右侧，
∴x＞2，
∴x=，
∴M点坐标为（，2）；
在y=﹣x2+3x中，令y=﹣2可得﹣2=﹣x2+3x，解得x=，
∵点M在抛物线对称轴右侧，
∴x＞2，
∴x=，
∴M点坐标为（，﹣2）；
②当AF为平行四边形的对角线时，
∵A（4，0），F（2，2），
∴线段AF的中点为（3，1），即平行四边形的对称中心为（3，1），
设M（t，﹣ t2+3t），N（x，0），
则﹣t2+3t=2，解得t=，
∵点M在抛物线对称轴右侧，
∴x＞2，
∴t=，
∴M点坐标为（，2）；
综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（，2）或（，﹣2）．
类型三 其它类型存在性
1．（2017日照）如图所示，在平面直角坐标系中，⊙C经过坐标原点O，且与x轴，y轴分别相交于M（4，0），N（0，3）两点．已知抛物线开口向上，与⊙C交于N，H，P三点，P为抛物线的顶点，抛物线的对称轴经过点C且垂直x轴于点D．21教育名师原创作品
（1）求线段CD的长及顶点P的坐标；
（2）求抛物线的函数表达式；
（3）设抛物线交x轴于A，B两点，在抛物线上是否存在点Q，使得S四边形OPMN=8S△QAB，且△QAB∽△OBN成立？若存在，请求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）连接OC，由勾股定理可求得MN的长，则可求得OC的长，由垂径定理可求得OD的长，在Rt△OCD中，可求得CD的长，则可求得PD的长，可求得P点坐标；
（2）可设抛物线的解析式为顶点式，再把N点坐标代入可求得抛物线解析式；
（3）由抛物线解析式可求得A、B的坐标，由S四边形OPMN=8S△QAB可求得点Q到x轴的距离，且点Q只能在x轴的下方，则可求得Q点的坐标，再证明△QAB∽△OBN即可．
【解答】解：
（1）如图，连接OC，
∵M（4，0），N（0，3），
∴OM=4，ON=3，
∴MN=5，
∴OC=MN=，
∵CD为抛物线对称轴，
∴OD=MD=2，
在Rt△OCD中，由勾股定理可得CD===，
∴PD=PC﹣CD=﹣=1，
∴P（2，﹣1）；
（2）∵抛物线的顶点为P（2，﹣1），
∴设抛物线的函数表达式为y=a（x﹣2）2﹣1，
∵抛物线过N（0，3），
∴3=a（0﹣2）2﹣1，解得a=1，
∴抛物线的函数表达式为y=（x﹣2）2﹣1，即y=x2﹣4x+3；
（3）在y=x2﹣4x+3中，令y=0可得0=x2﹣4x+3，解得x=1或x=3，
∴A（1，0），B（3，0），
∴AB=3﹣1=2，
∵ON=3，OM=4，PD=1，
∴S四边形OPMN=S△OMP+S△OMN=OM?PD+OM?ON=×4×1+×4×3=8=8S△QAB，
∴S△QAB=1，
设Q点纵坐标为y，则×2×|y|=1，解得y=1或y=﹣1，
当y=1时，则△QAB为钝角三角形，而△OBN为直角三角形，不合题意，舍去，
当y=﹣1时，可知P点即为所求的Q点，
∵D为AB的中点，
∴AD=BD=QD，
∴△QAB为等腰直角三角形，
∵ON=OB=3，
∴△OBN为等腰直角三角形，
∴△QAB∽△OBN，
综上可知存在满足条件的点Q，其坐标为（2，﹣1）．
2．（2017?新疆）如图，抛物线y=﹣x2+x+2与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．
（1）试求A，B，C的坐标；
（2）将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD．
①求点D的坐标；
②判断四边形ADBC的形状，并说明理由；
（3）在该抛物线对称轴上是否存在点P，使△BMP与△BAD相似？若存在，请直接写出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．21世纪教育网版权所有
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）直接利用y=0，x=0分别得出A，B，C的坐标；
（2）①利用旋转的性质结合三角形各边长得出D点坐标；
②利用平行四边形的判定方法结合勾股定理的逆定理得出四边形ADBC的形状；
（3）直接利用相似三角形的判定与性质结合三角形各边长进而得出答案．
【解答】解：（1）当y=0时，0=﹣x2+x+2，
解得：x1=﹣1，x2=4，
则A（﹣1，0），B（4，0），
当x=0时，y=2，
故C（0，2）；
（2）①过点D作DE⊥x轴于点E，
∵将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD，
∴DE=2，AO=BE=1，OM=ME=1.5，
∴D（3，﹣2）；
②∵将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD，
∴AC=BD，AD=BC，
∴四边形ADBC是平行四边形，
∵AC==，BC==2，
AB=5，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ACB是直角三角形，
∴∠ACB=90°，
∴四边形ADBC是矩形；
（3）由题意可得：BD=，AD=2，
则=，
当△BMP∽△ADB时，
==，
可得：BM=2.5，
则PM=1.25，
故P（1.5，1.25），
当△BMP1∽△ABD时，
P1（1.5，﹣1.25），
当△BMP2∽△BDA时，
可得：P2（1.5，5），
当△BMP3∽△BDA时，
可得：P3（1.5，﹣5），
综上所述：点P的坐标为：（1.5，1.25），（1.5，﹣1.25），（1.5，5），（1.5，﹣5）．
【点评】此题主要考查了二次函数的综合以及相似三角形的判定与性质等知识，正确分类讨论是解题关键．
