备考2019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
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- -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.动态几何之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. 针对以上要点，结合2017、2018年全国各地中考的实例和2019年名校中考模拟试题进行研究分析。
考点剖析☆典型例题
例1如图，点O在直线m上，在m的同侧有A，B两点，∠AOB=90°，OA=10cm，OB=8cm，点P以2cm/s的速度从点 A 出发沿A—O—B 路径向终点 B 运动，同时点 Q 以1cm/s的速度从点B出发沿 B—O—A路径向终点A运动，两点都要到达相应的终点时才能停止运动．分别过点P，Q作PC⊥m于点 C，QD⊥m 于点C，QD⊥m于点D．若△OPC与△OQD全等，则点Q运动的时间是________秒．
例2如图，正方形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A的坐标为(4，3)．
?
?? (备用图)
（1）顶点 的坐标为(________，________)；
（2）现有动点P、Q分别从C、A同时出发，点P沿线段CB向终点B运动，速度为每秒1个单位，点Q沿折线A→O→C向终点C运动，速度为每秒k个单位，当运动时间为2秒时，以P、Q、C为顶点的三角形是等腰三角形，求此时k的值．
（3）若正方形OABC以每秒 个单位的速度沿射线AO下滑，直至顶点C落到 轴上时停止下滑．设正方形OABC在 轴下方部分的面积为S，求S关于滑行时间 的函数关系式，并写出相应自变量 的取值范围．
例3已知抛物线y=a(x-2)2-9经过点P(6,7),与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,直线AP与y轴交于点D,抛物线对称轴与x轴交于点E.
（1）求抛物线的解析式； （2）过点E任作一条直线l(点B、C分别位于直线l的异侧),设点C到直线的距离为m,点B到直线l的距离为n,求m+n的最大值；
（3）y轴上是否存在点Q,使∠QPD=∠DEO,若存在,请求出点Q的坐标:若不存在,请说明理由.
例4如图，抛物线y═﹣x2+bx+c与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，点B的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，5）．有一宽度为1，长度足够长的矩形（阴影部分）沿x轴方向平移，与y轴平行的一组对边交抛物线于点P和点Q，交直线AC于点M和点N，交x轴于点E和点F．
（1）求抛物线的解析式及点A的坐标；
（2）当点M和N都在线段AC上时，连接MF，如果sin∠AMF= ，求点Q的坐标；
（3）在矩形的平移过程中，是否存在以点P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
考点过关☆专项突破
类型一 三角形存在性
1. 如图，∠MAN=90°，点C在边AM上，AC=4，点B为边AN上一动点，连接BC，△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，点D，E分别为AC，BC的中点，连接DE并延长交A′B所在直线于点F，连接A′E．当△A′EF为直角三角形时，AB的长为________．
2. 如图，点P,Q分别是边长为4 cm的等边三角形ABC边AB,BC上的动点，点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为1 cm/s，连接AQ,CP，相交于点M.下面四个结论正确的有________(填序号).①BP=CM; ②△ABQ ≌△CAP ;③∠CMQ的度数不变，始终等于60°;④当第 s或 s时，△PBQ为直角三角形.
3. 如图①， cm， ， ， cm.点 在线段 上以1 cm/s的速度由点 向点 运动，同时，点 在线段 上由点 向点 运动.它们运动的时间为 s.
（1）若点 的运动速度与点 的运动速度相等，当 时， 与 是否全等，请说明理由，并判断此时线段 和线段 的位置关系；
（2）如图②，将图①中的“ ， ”改为“ ”，其他条件不变.设点 的运动速度为 ?cm/s，是否存在实数 ，使得 与 全等?若存在，求出相应的 的值；若不存在，请说明理由.
4. 如图，在△ABC中，AC=8厘米，BC=16厘米，点P从点A出发，沿着AC边向点C以1cm/s的速度运动，点Q从点C出发，沿着CB边向点B以2cm/s的速度运动，如果P与Q同时出发，经过几秒△PQC和△ABC相似？
类型二 四边形存在性
1. （2018·四川自贡·14分）如图，抛物线y=ax2+bx﹣3过A（1，0）、B（﹣3，0），直线AD交抛物线于点D，点D的横坐标为﹣2，点P（m，n）是线段AD上的动点．
（1）求直线AD及抛物线的解析式；
（2）过点P的直线垂直于x轴，交抛物线于点Q，求线段PQ的长度l与m的关系式，m为何值时，PQ最长？
（3）在平面内是否存在整点（横、纵坐标都为整数）R，使得P、Q、D、R为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点R的坐标；若不存在，说明理由．
2．（2018·辽宁省抚顺市）（14.00分）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c和直线y=x+1交于A，B两点，点A在x轴上，点B在直线x=3上，直线x=3与x轴交于点C
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P从点A出发，以每秒个单位长度的速度沿线段AB向点B运动，点Q从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段CA向点A运动，点P，Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．以PQ为边作矩形PQNM，使点N在直线x=3上．
①当t为何值时，矩形PQNM的面积最小？并求出最小面积；
②直接写出当t为何值时，恰好有矩形PQNM的顶点落在抛物线上．
类型三 其它类型存在性
1．已知关于x的方程x2﹣（m+n+1）x+m（n≥0）的两个实数根为α、β，且α≤β．
（1）试用含α、β的代数式表示m和n； （2）求证：α≤1≤β； （3）若点P（α，β）在△ABC的三条边上运动，且△ABC顶点的坐标分别为A（1，2）、B（，1）、C（1，1），问是否存在点P，使m+n=？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
2．（2018·浙江衢州·12分）如图，Rt△OAB的直角边OA在x轴上，顶点B的坐标为（6，8），直线CD交AB于点D（6，3），交x轴于点C（12，0）．
（1）求直线CD的函数表达式；
（2）动点P在x轴上从点（﹣10，0）出发，以每秒1个单位的速度向x轴正方向运动，过点P作直线l垂直于x轴，设运动时间为t．
①点P在运动过程中，是否存在某个位置，使得∠PDA=∠B？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
②请探索当t为何值时，在直线l上存在点M，在直线CD上存在点Q，使得以OB为一边，O，B，M，Q为顶点的四边形为菱形，并求出此时t的值．
3. 如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=6厘米，BC=8厘米．点P从A点开始沿A边向点B以1厘米/秒的速度移动（到达点B即停止运动），点Q从B点开始沿BC边向点C以2厘米/秒的速度移动（到达点C即停止运动）．
（1）如果P、Q分别从A、C两点同时出发，经过几秒钟，△PBQ的面积等于是△ABC的三分之一？
（2）如果P、Q两点分别从A、C两点同时出发，而且动点P从A点出发，沿AB移动（到达点B即停止运动），动点Q从B出发，沿BC移动（到达点C即停止运动），几秒钟后，P、Q相距6厘米？
（3）如果P、Q两点分别从A、C两点同时出发，而且动点P从A点出发，沿AB移动（到达点B即停止运动），动点Q从C出发，沿CB移动（到达点B即停止运动），是否存在一个时刻，PQ同时平分△ABC的周长与面积？若存在求出这个时刻的t值，若不存在说明理由．
4. 已知：如图1，在平面直角坐标系中，点A，B，C都在坐标轴上，且OA=OB=OC，△ABC的面积为9，点P从C点出发沿y轴负方向以1个单位/秒的速度向下运动，连接PA，PB，D（﹣m，﹣m）为AC上的点（m＞0）
（1）试分别求出A，B，C三点的坐标；
（2）设点P运动的时间为t秒，问：当t为何值时，DP与DB垂直且相等？请说明理由；
（3）如图2，若PA=AB，在第四象限内有一动点Q，连QA，QB，QP，且∠PQA=60°，当Q在第四象限内运动时，求∠APQ与∠PBQ的度数和．
备考2019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
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- -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.动态几何之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. 针对以上要点，结合2017、2018年全国各地中考的实例和2019年名校中考模拟试题进行研究分析。
考点剖析☆典型例题
例1如图，点O在直线m上，在m的同侧有A，B两点，∠AOB=90°，OA=10cm，OB=8cm，点P以2cm/s的速度从点 A 出发沿A—O—B 路径向终点 B 运动，同时点 Q 以1cm/s的速度从点B出发沿 B—O—A路径向终点A运动，两点都要到达相应的终点时才能停止运动．分别过点P，Q作PC⊥m于点 C，QD⊥m 于点C，QD⊥m于点D．若△OPC与△OQD全等，则点Q运动的时间是________秒．
【答案】2或6或16
【考点】全等三角形的判定与性质，几何图形的动态问题
【解析】【解答】解：分情况讨论： ①P在AO上，Q在BO上， ∵PC⊥m，QD⊥m， ∴∠PCO=∠QDO=90°， ∵∠AOB=90°， ∴∠OPC+∠POC=90°,∠POC+∠QOD=90°， ∴∠OPC=∠QOD， 则△PCO≌△OQD， ∴PO=OQ， ∴10-2t=8?t 解之：t=2； ②如图，P在BO上，Q在AO上， ∵由①知：OP=QO， ∴2t-10=t-8， 解之：t=2； t?8<0，即此种情况不符合题意； ③当P、Q都在OB上时,如图3, OP=OQ 则8?t=2t?10， 解之：t=6； ④当P到B点停止，Q在OA上时， OQ=OB，t?8=8时， 解之：t=16 P和Q都在BC上的情况不存在， 故答案为：2或6或16 【分析】由△PCO≌△OQD，可证得PO=OQ，再分情况讨论：①P在AO上，Q在BO上；②P在BO上，Q在AO上；③当P、Q都在OB上时；④当P到B点停止，Q在OA上时；P和Q都在BC上的情况不存在，分别根据PO=OQ，建立关于t的方程，求解即可。
例2如图，正方形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A的坐标为(4，3)．
?
?? (备用图)
（1）顶点 的坐标为(________，________)；
（2）现有动点P、Q分别从C、A同时出发，点P沿线段CB向终点B运动，速度为每秒1个单位，点Q沿折线A→O→C向终点C运动，速度为每秒k个单位，当运动时间为2秒时，以P、Q、C为顶点的三角形是等腰三角形，求此时k的值．
（3）若正方形OABC以每秒 个单位的速度沿射线AO下滑，直至顶点C落到 轴上时停止下滑．设正方形OABC在 轴下方部分的面积为S，求S关于滑行时间 的函数关系式，并写出相应自变量 的取值范围．
【分析】(1)如图1中，作CM⊥x轴于，AN⊥x轴于N.易证△AON≌△COM，可得CM=ON=4，OM=AN=3，从而得出C点的坐标； （2）由题意得，AO=CO=BC=AB=5，当t=2时，CP=2，①当点Q在OA上时，由于PQ≥AB>PC ，根据等腰三角形的性质只存在一点Q，使QC=QP，作QD⊥PC于点D(如图2中)，根据等腰三角形的三线合一得出CD=PD=1，根据矩形的对边相等得出QA=2k=5?1=4，从而求出k的值；②当点Q在OC上时,由于∠C=90° ， 根据等腰三角形的性质只存在一点Q，使CP=CQ=2，从而得出2k=AO+CO-CQ=10?2=8，求解得出k的值，综上所述即可得出答案； （3）①当点A运动到点O时，t=3.当 0 < t ≤ 3 时,设O'C’交x轴于点E,作A'F⊥x轴于点F(如图3中)，则△A'OF∽△EOO’，根据相似三角形对应边成比例得出EO'∶OO'=A'F∶OF=3∶4，从而表示出EO'，根据三角形的面积公式即可建立出S与t的函数关系式；②当点C运动到x轴上时，t=4，当 3 < t ≤ 4 时(如图4中)，设A'B'交x轴于点F，则A'O = t ? 5 ，根据平行线分线段成比例定理，由OA'∶OO'＝A'F∶C'O',表示出A'F，再根据梯形的面积计算方法即可建立出S与t的函数关系式。
【答案】（1）-3；4
如图1中，作CM⊥x轴于，AN⊥x轴于N.
∴∠CM0=∠ONA=90o
∵∠COM＋∠OCM=90o,∠COM＋∠AON=90o
∴∠OCM=∠AON
又∵CO=AO
∴△AON≌△COM，
∴CM=ON=4，OM=AN=3
∴C（-3,4）
（2）解：由题意得，AO=CO=BC=AB=5，
当t=2时，CP=2.
①当点Q在OA上时， ，
∴只存在一点Q，使QC=QP.
作QD⊥PC于点D(如图2中)，则CD=PD=1，
∴QA=2k=5?1=4，
∴k=2.
②当点Q在OC上时,由于∠C=90°所以只存在一点Q，使CP=CQ=2，
∴2k=10?2=8，∴k=4.
综上所述，k的值为2或4???
（3）解：①当点A运动到点O时，t=3.
当 时,设O'C’交x轴于点E,作A'F⊥x轴于点F(如图3中).
则△A'OF∽△EOO’，
∴ ， ，
∴ .
.( ).
②当点C运动到x轴上时，t=4
当 时(如图4中)，设A'B'交x轴于点F，?
则A'O，
∴ .
∴ .( ).
综上所述,
例3已知抛物线y=a(x-2)2-9经过点P(6,7),与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,直线AP与y轴交于点D,抛物线对称轴与x轴交于点E.
（1）求抛物线的解析式； （2）过点E任作一条直线l(点B、C分别位于直线l的异侧),设点C到直线的距离为m,点B到直线l的距离为n,求m+n的最大值；
（3）y轴上是否存在点Q,使∠QPD=∠DEO,若存在,请求出点Q的坐标:若不存在,请说明理由.
【考点】待定系数法求二次函数解析式，二次函数的实际应用-动态几何问题
【分析】（1）将P点的坐标代入抛物线y=a（x-2）2-9，求出a的值，从而得出抛物线的解析式； （2）作BM⊥l于M，BN⊥l于N，BG⊥CM于G，如图1，易得四边形BGMN为矩形，根据矩形的对边相等得出BN=MG，从而得出m+n=CM+BN=CM+MG=CG，由于BG≤BC（当且仅当M点在BC上取等号），故m+n的最大值为BC的长，根据抛物线与坐标轴交点的坐标特点求出C,A,B三点的坐标，根据勾股定理即可算出BC的长，从而得出答案； （3）存在，利用待定系数法求出直线AD的解析式，根据直线与y轴交点的坐标特点求出D点的坐标，根据两点间的距离公式算出PD的长，根据A,D两点的坐标，判断出△AOD为等腰直角三角形，根据抛物线对称轴上点的坐标特点，求出E点的坐标，根据正切函数的定义求出tan∠DEO=，当点Q在点D的上方，作QG⊥AP于G，如图2，设QG=t，然后判断出△QDG为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出DG=QG=t，QD=?QG=t，进而根据PGPD-DG表示出PG的长，根据等角的同名三角函数值相等呢过，由正切函数的定义，建立出方程，求解得出t的值，从而得出Q点的坐标；当点Q在点D的下方，作QG⊥AP于G，如图3，设QG=t，然后判断出△QDG为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出DG=QG=t，QD=?QG=t，进而由PG=PD+DG表示出PG的长，根据等角的同名三角函数值相等呢过，由正切函数的定义，建立出方程，求解得出t的值，从而得出Q点的坐标，综上所述，即可得出答案。
【答案】（1）解：∵抛物线y=a（x-2）2-9经过点P（6，7），
∴a（6-2）2-9=7，解得a=1，
∴抛物线解析式为y=（x-2）2-9，
即y=x2-4x-5
（2）解：作BM⊥l于M，BN⊥l于N，BG⊥CM于G，如图1，
易得四边形BGMN为矩形，
∴BN=MG，
∴m+n=CM+BN=CM+MG=CG，
∵BG≤BC（当且仅当M点在BC上取等号）
∴m+n的最大值为BC的长，
当x=0时，y=x2-4x-5=-5，则C（0，-5），
当y=0时，x2-4x+5=0，解得x1=-1，x2=5，则A（-1，0），B（5，0）??
∴BC= ，
∴m+n的最大值为5
（3）解：存在．
设直线AD的解析式为y=kx+b，
把A（-1，0），P（6，7）代入得 ，
解得 ?，
∴直线AD的解析式为y=x+1，
当x=0，y=x+1=1，则D（0，1），
∴PD= ，△AOD为等腰直角三角形，
∵抛物线的对称轴为直线x=2，
∴E（2，0），
∴tan∠DEO= ，
当点Q在点D的上方，作QG⊥AP于G，如图2，
设QG=t，
∵∠QDG=∠ADO=45°，
∴△QDG为等腰直角三角形，
∴DG=QG=t，QD= QG= t，
∴PG=PD-DG=6 -t，
∵∠QPD=∠DEO，
∴tan∠QPD= ，
∴ ，解得t=2 ，
∴DQ=2 ×=4，
∴OQ=4+1=5，
∴Q点坐标为（0，5）；
当点Q在点D的下方，作QG⊥AP于G，如图3，
设QG=t，
∴△QDG为等腰直角三角形，
∴DG=QG=t，QD= QG= t，
∴PG=PD+DG=6 +t，
∵∠QPD=∠DEO，
∴tan∠QPD= ，
∴ ，解得t=6，
∴DQ=6×=12，
∴OQ=12-1=11
∴Q点坐标为（0，-11），
综上所述，Q点的坐标为（0，5）或（0，-11）．
例4如图，抛物线y═﹣x2+bx+c与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，点B的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，5）．有一宽度为1，长度足够长的矩形（阴影部分）沿x轴方向平移，与y轴平行的一组对边交抛物线于点P和点Q，交直线AC于点M和点N，交x轴于点E和点F．
（1）求抛物线的解析式及点A的坐标；
（2）当点M和N都在线段AC上时，连接MF，如果sin∠AMF= ，求点Q的坐标；
（3）在矩形的平移过程中，是否存在以点P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【考点】待定系数法求二次函数解析式，二次函数的实际应用-动态几何问题
【解析】【分析】（1）由题意把 点B的坐标为（3，0）和点C的坐标为（0，5） 代入解析式可求得二次函数的解析式，在令y=0，解关于x的一元二方程即可求得点A的坐标； （2） 作FG⊥AC于G ，由 sin∠AMF=即可求解； （3） ①当MN是对角线时，点M在y轴的右侧，设点F（m，0）， 根据 QN=PM，即可求解； 当MN是对角线时，点N在点A的左侧时，设点F（m，0） ，同理可求解； ②当MN为边时，设点Q（m，﹣m2﹣m+5）则点P（m+1，﹣m2﹣m+6）， 根据 NQ=PM 可求解。【答案】（1）解：∵抛物线上的点B的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，5）
∴将其代入y═﹣x2+bx+c，得
?，
解得b=﹣，c=5．
∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣x+5．
∴点A的坐标是（﹣5，0）
（2）解：作FG⊥AC于G，
设点F坐标（m，0），
则AF=m+5，AE=EM=m+6，FG= （m+5），FM= ，
∵sin∠AMF=，
∴= ，
∴ = ，
整理得到2m2+19m+44=0，
∴（m+4）（2m+11）=0，
∴m=﹣4或﹣5.5（舍弃），
∴点Q坐标（﹣4， ）
（3）解：①当MN是对角线时，点M在y轴的右侧，设点F（m，0），
∵直线AC解析式为y=x+5，
∴点N（m，m+5），点M（m+1，m+6），
∵QN=PM，
∴﹣m2﹣m+5﹣m﹣5=m+6﹣[﹣（m+1）2- （m+1）+5]，
解得m=﹣3+ 或﹣3﹣（舍弃），
此时M（﹣2+ ，3+ ），
当MN是对角线时，点N在点A的左侧时，设点F（m，0）．
∴m+5﹣（﹣m2﹣m+5）=[- （m+1）2- （m+1）+5]﹣（m+6），
解得m=﹣3﹣ 或﹣3+ （舍弃），
此时M（﹣2﹣ ，3﹣ ）
②当MN为边时，设点Q（m，﹣m2﹣ m+5）则点P（m+1，﹣m2﹣m+6），
∵NQ=PM，
∴﹣m2﹣m+6=- （m+1）2﹣（m+1）+5，
解得m=﹣3．
∴点M坐标（﹣2，3），
综上所述以点P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，点M的坐标为（﹣2，3）或（﹣2+ ，3+ ）或（﹣2﹣，3﹣）
考点过关☆专项突破
类型一 三角形存在性
1. 如图，∠MAN=90°，点C在边AM上，AC=4，点B为边AN上一动点，连接BC，△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，点D，E分别为AC，BC的中点，连接DE并延长交A′B所在直线于点F，连接A′E．当△A′EF为直角三角形时，AB的长为________．
【考点】等腰三角形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，几何图形的动态问题
【分析】根据题意可知当△A′EF为直角三角形时，存在两种情况：①当∠A'EF=90°时，如图1，根据轴对称的性质，可得出A'C=AC=4，∠ACB=∠A'CB，再证明DE是△ABC的中位线，去证明AC∥A'E，然后就可证得∠A'CB=∠A'EC，得出A'C=A'E=4，利用直角三角形斜边的性质及勾股定理，可求出AB的长；②当∠A'FE=90°时，如图2，根据轴对称的性质及等腰三角形的性质，可求得AB的长。
【解答】解：当△A′EF为直角三角形时，存在两种情况： ①当∠A'EF=90°时，如图1， ∵△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称， ∴A'C=AC=4，∠ACB=∠A'CB， ∵点D、E分别为AC，BC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE∥AB， ∴∠CDE=∠MAN=90°， ∴∠CDE=∠A'EF， ∴AC∥A'E， ∴∠ACB=∠A'EC， ∴∠A'CB=∠A'EC， ∴A'C=A'E=4， Rt△A'CB中，∵E是斜边BC的中点， ∴BC=2A'E=8， 由勾股定理得：AB2=BC2-AC2 ， ∴AB= ； ②当∠A'FE=90°时，如图2， . ∵∠ADF=∠A=∠DFB=90°， ∴∠ABF=90°， ∵△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称， ∴∠ABC=∠CBA'=45°， ∴△ABC是等腰直角三角形， ∴AB=AC=4；. 综上所述，AB的长为4 或4； 故答案为：4 或4. 2. 如图，点P,Q分别是边长为4 cm的等边三角形ABC边AB,BC上的动点，点P从顶点A，点Q从顶点B同时出发，且它们的速度都为1 cm/s，连接AQ,CP，相交于点M.下面四个结论正确的有________(填序号).①BP=CM; ②△ABQ ≌△CAP ;③∠CMQ的度数不变，始终等于60°;④当第 s或 s时，△PBQ为直角三角形.
【答案】 ②③④
【考点】几何图形的动态问题
【分析】由等边三角形中AB=BC，又有AP=BQ，所以BP=CQ，若BP=CM，又∠CMQ=60°，所以三角形CMQ为等边三角形，所以∠QCM=60°，与∠QCM<∠ACB=60°相矛盾，所以①错误.
【解析】【解答】BP不一定等于CM，选项①错误；
根据题意得：AP=BQ=t，
∵△ABC为等边三角形，
∴ ?
在△ABQ和△CAP中，
?
∴△ABQ≌△CAP(SAS)，选项②正确；
∴∠AQB=∠CPA，
在△APM中, ?
∵ ?
在△ABQ中, ?
∴ ?
∴ ?
∴ ，选项③正确；
若 ,由 ，得到PB=2BQ，即4?t=2t，
解得：t= ；
若 ,由 ,得到BQ=2PB,即t=2(4?t)，
解得：t= ，
综上,当第 秒或第 秒时，△PBQ为直角三角形，选项④正确，
故答案为：②③④.
3. 如图①， cm， ， ， cm.点 在线段 上以1 cm/s的速度由点 向点 运动，同时，点 在线段 上由点 向点 运动.它们运动的时间为 s.
（1）若点 的运动速度与点 的运动速度相等，当 时， 与 是否全等，请说明理由，并判断此时线段 和线段 的位置关系；
（2）如图②，将图①中的“ ， ”改为“ ”，其他条件不变.设点 的运动速度为 ?cm/s，是否存在实数 ，使得 与 全等?若存在，求出相应的 的值；若不存在，请说明理由.
【考点】三角形全等的判定，几何图形的动态问题
【解析】【分析】 （1）由题意可知CP=BP，加上已知条件，根据SAS可以判定ΔACP≌ΔBPQ，再由全等三角形的对应角相等可知∠ACP=∠BPQ，即可得到PC与PQ的位置关系； （2）由题意可知有两种情况，第一种情况是ΔACP≌ΔBPQ，即AC=BP，AP=BQ，即可求得x与t的值；第二种情况是ΔACP≌ΔBQP，即AC=BQ，AP=BP，即可求得x与t的值，经检验这两种情况下x与t的值都存在。
【答案】（1）解：当t=1时，AP=BQ=1，∵AB＝4cm，
∴BP=AC=3，又因为∠A=∠B=90°，
∴△ACP≌△BPQ（SAS）．∴∠ACP=∠BPQ，
∴∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°．
∴∠CPQ=90°，即线段PC与线段PQ垂直 （2）解：设点Q的运动速度为x cm/s，则BQ=tx，分两种情况：
①若△ACP≌△BPQ，则AC=BP，AP=BQ，
所以3=4-t，t=xt，解得：t=1，x=1；
②若△ACP≌△BQP，则AC=BQ，AP=BP，
所以3=xt，t=4-t，解得：t=2，x= ．
综上所述，存在这样的实数x，使得△ACP与△BPQ全等，此时相应的x、t的值为t=1、x=1或t=2、x= ．
4. 如图，在△ABC中，AC=8厘米，BC=16厘米，点P从点A出发，沿着AC边向点C以1cm/s的速度运动，点Q从点C出发，沿着CB边向点B以2cm/s的速度运动，如果P与Q同时出发，经过几秒△PQC和△ABC相似？
【考点】相似三角形的性质，几何图形的动态问题
【解析】【分析】设经过x秒，两三角形相似，用含x的代数式分别表示出CP、CQ，再利用相似三角形的性质，分情况讨论：当CP与CA是对应边时；当CP与BC是对应边时，分别得出对应边成比例，建立关于x的方程，解方程求出x的值即可。
【答案】解：设经过x秒，两三角形相似，
则CP=AC﹣AP=8﹣x，CQ=2x，
（ 1 ）当CP与CA是对应边时， ，
即 ，
解得x=4秒；
（ 2 ）当CP与BC是对应边时， ，
即 ，
解得x= 秒；
故经过4或 秒，两个三角形相似
类型二 四边形存在性
1. （2018·四川自贡·14分）如图，抛物线y=ax2+bx﹣3过A（1，0）、B（﹣3，0），直线AD交抛物线于点D，点D的横坐标为﹣2，点P（m，n）是线段AD上的动点．
（1）求直线AD及抛物线的解析式；
（2）过点P的直线垂直于x轴，交抛物线于点Q，求线段PQ的长度l与m的关系式，m为何值时，PQ最长？
（3）在平面内是否存在整点（横、纵坐标都为整数）R，使得P、Q、D、R为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点R的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）根据待定系数法，可得抛物线的解析式；根据自变量与函数值的对应关系，可得D点坐标，再根据待定系数法，可得直线的解析式；
（2）根据平行于y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案；
（3）根据PQ的长是正整数，可得PQ，根据平行四边形的性质，对边平行且相等，可得DR的长，根据点的坐标表示方法，可得答案．
【解答】解：（1）把（1，0），（﹣3，0）代入函数解析式，得
，
解得，
抛物线的解析式为y=x2+2x﹣3；
当x=﹣2时，y=（﹣2）2+2×（﹣2）﹣3，解得y=﹣3，
即D（﹣2，﹣3）．
设AD的解析式为y=kx+b，将A（1，0），D（﹣2，﹣3）代入，得
，
解得，
直线AD的解析式为y=x﹣1；
（2）设P点坐标为（m，m﹣1），Q（m，m2+2m﹣3），
l=（m﹣1）﹣（m2+2m﹣3）
化简，得
l=﹣m2﹣m+2
配方，得
l=﹣（m+）2+，
当m=﹣时，l最大=；
（3）DR∥PQ且DR=PQ时，PQDR是平行四边形，
由（2）得0＜PQ≤，
又PQ是正整数，
∴PQ=1，或PQ=2．
当PQ=1时，DR=1，﹣3+1=﹣2，即R（﹣2，﹣2），
﹣3﹣1=﹣4，即R（﹣2，﹣4）；
当PQ=2时，DR=2，﹣3+2=﹣1，即R（﹣2，﹣1），
﹣3﹣2=﹣5，即R（﹣2，﹣5），
综上所述：R点的坐标为（﹣2，﹣2），（﹣2，﹣4），（﹣2，﹣1）（﹣2，﹣5），使得P、Q、D、R为顶点的四边形是平行四边形．
【点评】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用二次函数的性质；解（3）的关键是利用DR=PQ且是正整数得出DR的长．
2．（2018·辽宁省抚顺市）（14.00分）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c和直线y=x+1交于A，B两点，点A在x轴上，点B在直线x=3上，直线x=3与x轴交于点C
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P从点A出发，以每秒个单位长度的速度沿线段AB向点B运动，点Q从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段CA向点A运动，点P，Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．以PQ为边作矩形PQNM，使点N在直线x=3上．
①当t为何值时，矩形PQNM的面积最小？并求出最小面积；
②直接写出当t为何值时，恰好有矩形PQNM的顶点落在抛物线上．
【分析】（1）利用待定系数法即可；
（2）①分别用t表示PE.PQ、EQ，用△PQE∽△QNC表示NC及QN，列出矩形PQNM面积与t的函数关系式问题可解；
②由①利用线段中点坐标分别等于两个端点横纵坐标平均分的数量关系，表示点M坐标，分别讨论M、N、Q在抛物线上时的情况，并分别求出t值．
【解答】解：（1）由已知，B点横坐标为3
∵A.B在y=x+1上
∴A（﹣1，0），B（3，4）
把A（﹣1，0），B（3，4）代入y=﹣x2+bx+c得
解得
∴抛物线解析式为y=﹣x2+3x+4
（2）①过点P作PE⊥x轴于点E
∵直线y=x+1与x轴夹角为45°，P点速度为每秒个单位长度
∴t秒时点E坐标为（﹣1+t，0），Q点坐标为（3﹣2t，0）
∴EQ=4﹣3t，PE=t
∵∠PQE+∠NQC=90°
∠PQE+∠EPQ=90°
∴∠EPQ=∠NQC
∴△PQE∽△QNC
∴
∴矩形PQNM的面积S=PQ?NQ=2PQ2
∵PQ2=PE2+EQ2
∴S=2（）2=20t2﹣36t+18
当t=时，
S最小=20×（）2﹣36×+18=
②由①点C坐标为（3﹣2t，0）P（﹣1+t，t）
∴△PQE∽△QNC，可得NC=2QO=8﹣6t
∴N点坐标为（3，8﹣6t）
由矩形对角线互相平分
∴点M坐标为（3t﹣1，8﹣5t）
当M在抛物线上时
8﹣5t=﹣（3t﹣1）2+3（3t﹣1）+4
解得t=
当点Q到A时，Q在抛物线上，此时t=2
当N在抛物线上时，8﹣6t=4
∴t=
综上所述当t=、或2时，矩形PQNM的顶点落在抛物线上．
【点评】本题是代数几何综合题，考查了二次函数、一次函数、三角形相似和矩形的有关性质，解答时应注意数形结合和分类讨论的数学思想．
类型三 其它类型存在性
1．已知关于x的方程x2﹣（m+n+1）x+m（n≥0）的两个实数根为α、β，且α≤β．
（1）试用含α、β的代数式表示m和n； （2）求证：α≤1≤β； （3）若点P（α，β）在△ABC的三条边上运动，且△ABC顶点的坐标分别为A（1，2）、B（，1）、C（1，1），问是否存在点P，使m+n=？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵α、β为方程x2﹣（m+n+1）x+m=0（n≥0）的两个实数根，
∴判别式△=（m+n+1）2﹣4n=（m+n﹣1）2+4n≥0，且α+β=m+n+1，αβ=m，
于是m=αβ，n=α+β﹣m﹣1=α+β﹣αβ﹣1
（2）解：∵（1﹣α）（1﹣β）=1﹣（α+β）+αβ=﹣n≤0（n≥0），又α≤β，∴α≤1≤β （3）解：若使m+n成立，只需α+β=m+n+1= ，
①当点M（α，β）在BC边上运动时，由B（ ，1），C（1，1），得≤α≤1，β=1，
而α= ﹣β= ﹣1=＞1，故在BC边上存在满足条件的点，其坐标为（，1）所以不符合题意舍去； 即在BC边上不存在满足条件的点
②当点M（α，β）在AC边上运动时，由A（1，2），C（1，1），得α=1，1≤β≤2，
此时β= ﹣α= ﹣1= ，又因为1＜ ＜2，故在AC边上存在满足条件的点，其坐标为（1， ）；
③当点M（α，β）在AB边上运动时，由A（1，2），B（，1），得≤α≤1，1≤β≤2，
由平面几何知识得， ，于是β=2α，由 ，解得α= ，β= ，
又因为＜＜1，1＜＜2，故在AB边上存在满足条件的点，其坐标为（，）．
综上所述，当点M（α，β）在△ABC的三条边上运动时，存在点（1，）和点（，），使m+n= 成立
【考点】一元二次方程的根与系数的关系，几何图形的动态问题
【解析】【分析】（1）根据根与系数的关系得出α+β=m+n+1，αβ=m，于是m=αβ，n=α+β﹣m﹣1=α+β﹣αβ﹣1； （2）利用求差法，及有理数的乘法法则，得出（1﹣α)(1﹣β）=1-(α+β）+αβ，再整体代入得出（1﹣α)(1﹣β)=-n≤0（n≥0），又α≤β，故α≤1≤β； （3）若使m+n=成立，只需α+β=m+n+1=，①当点M（α，β）在BC边上运动时，得?≤α≤1，β=1，而α=﹣β=﹣1=＞1，故在BC边上存在满足条件的点，其坐标为（，1）所以不符合题意舍去； 即在BC边上不存在满足条件的点故在BC边上存在满足条件的点；②当点M（α，β）在AC边上运动时，，得α=1，1≤β≤2，此时β=﹣α=﹣1=，又因为1＜＜2，故在AC边上存在满足条件的点，其坐标为（1，）；③当点M（α，β）在AB边上运动时，，得?≤α≤1，1≤β≤2，及方程组求解得出α，β的值，又因为?＜?＜1，1＜?＜2，故在AB边上存在满足条件的点，其坐标为（?，?）．
2．（2018·浙江衢州·12分）如图，Rt△OAB的直角边OA在x轴上，顶点B的坐标为（6，8），直线CD交AB于点D（6，3），交x轴于点C（12，0）．
（1）求直线CD的函数表达式；
（2）动点P在x轴上从点（﹣10，0）出发，以每秒1个单位的速度向x轴正方向运动，过点P作直线l垂直于x轴，设运动时间为t．
①点P在运动过程中，是否存在某个位置，使得∠PDA=∠B？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
②请探索当t为何值时，在直线l上存在点M，在直线CD上存在点Q，使得以OB为一边，O，B，M，Q为顶点的四边形为菱形，并求出此时t的值．
【考点】一次函数、待定系数法、菱形的判定、平行线分线段成比例定理
【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；
（2）①如图1中，作DP∥OB，则∠PDA=∠B．利用平行线分线段成比例定理，计算即可，再根据对称性求出P′；
②分两种情形分别求解即可解决问题：如图2中，当OP=OB=10时，作PQ∥OB交CD于Q．如图3中，当OQ=OB时，设Q（m，﹣ m+6），构建方程求出点Q坐标即可解决问题；
【解答】解：（1）设直线CD的解析式为y=kx+b，
则有，解得，
∴直线CD的解析式为y=﹣x+6．
（2）①如图1中，作DP∥OB，则∠PDA=∠B．
∵DP∥OB，∴ =，∴ =，
∴PA=，∴OP=6﹣=，∴P（，0），
根据对称性可知，当AP=AP′时，P′（，0），
∴满足条件的点P坐标为（，0）或（，0）．
②如图2中，当OP=OB=10时，作PQ∥OB交CD于Q．
∵直线OB的解析式为y=x，
∴直线PQ的解析式为y=x+，
由，解得，∴Q（﹣4，8），∴PQ==10，∴PQ=OB．
∵PQ∥OB，∴四边形OBQP是平行四边形．
∵OB=OP，∴四边形OBQP是菱形，此时点M与的Q重合，满足条件，t=0．
如图3中，当OQ=OB时，设Q（m，﹣ m+6），
则有m2+（﹣m+6）2=102，解得m=，∴点Q 的横坐标为或，设点M的横坐标为a，则有： =或=，∴a=或，
∴满足条件的t的值为或．
【点评】本题考查了一次函数综合题、待定系数法、菱形的判定、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会由分类讨论的思想思考问题，学会构建一次函数，利用方程组确定两个函数的交点坐标，所以中考压轴题．
3. 如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=6厘米，BC=8厘米．点P从A点开始沿A边向点B以1厘米/秒的速度移动（到达点B即停止运动），点Q从B点开始沿BC边向点C以2厘米/秒的速度移动（到达点C即停止运动）．
（1）如果P、Q分别从A、C两点同时出发，经过几秒钟，△PBQ的面积等于是△ABC的三分之一？
（2）如果P、Q两点分别从A、C两点同时出发，而且动点P从A点出发，沿AB移动（到达点B即停止运动），动点Q从B出发，沿BC移动（到达点C即停止运动），几秒钟后，P、Q相距6厘米？
（3）如果P、Q两点分别从A、C两点同时出发，而且动点P从A点出发，沿AB移动（到达点B即停止运动），动点Q从C出发，沿CB移动（到达点B即停止运动），是否存在一个时刻，PQ同时平分△ABC的周长与面积？若存在求出这个时刻的t值，若不存在说明理由．
【考点】几何图形的动态问题，一元二次方程的实际应用-几何问题
【解析】【分析】（1）抓住已知条件：点P从A点出发向点B运动，先Q从点B向点C运动，设经过t秒钟，△PBQ的面积等于是△ABC的三分之一，就可得出AP、BP、BQ的长，再利用△PBQ的面积=△ABC的面积，建立关于t的方程，解方程求出t的值，然后根据0≤t≤4，可解答。 （2）根据题意在Rt△PQB中，利用勾股定理可得出PQ2=BQ2+PB2=36，建立方程求解即可。 （3）根据题意表示出PB、BQ的长，分两种情况讨论：① 当PQ平分△ABC面积时，由S△PBQ= S△ABC ， 建立方程求出符合题意t的值，再根据t的值就可得出AP、BP、BQ、CQ的长；然后由PQ将△ABC的周长分为两部分，分别求出AC+AP+CQ和PB+BQ的值，判断它们是否相等；②当PQ平分△ABC周长时，即AP+AC+CQ=PB+BQ，建立关于t的方程，求出t的值，就可得出PB、BQ的长，再求出△PBQ的面积，然后判断△PBQ的面积是否等于12，即可得出答案。
【答案】（1）解：设经过t秒钟，△PBQ的面积等于是△ABC的三分之一，
由题意得：AP=t，BP=6﹣t，BQ=2t，
×2t×（6﹣t）= ××6×8，
解得：t=2或4，
∵0≤t≤4，
∴t=2或4符合题意，
答：经过2或4秒钟，△PBQ的面积等于是△ABC的三分之一
（2）解：在Rt△PQB中，PQ2=BQ2+PB2 ，
∴62=（2t）2+（6﹣t）2 ，
解得：t1=0（舍），t2=，
答：秒钟后，P、Q相距6厘米
（3）解：由题意得：PB=6﹣t，BQ=8﹣2t，
分两种情况：
① 当PQ平分△ABC面积时，
S△PBQ= S△ABC ，
（6﹣t）（8﹣2t）= ××8×6，
解得：t1=5+ ，t2=5﹣，
∵Q从C到B，一共需要8÷2=4秒，5+ ＞4，
∴t1=5+ 不符合题意，舍去，
当t2=5﹣时，AP=5﹣，BP=6﹣（5﹣）=1+ ，BQ=8﹣2（5﹣）=2 ﹣2，CQ=2（5﹣）=10﹣2 ，
PQ将△ABC的周长分为两部分：
一部分为：AC+AP+CQ=10+5﹣+10﹣2 =25﹣3 ，
另一部分：PB+BQ=1+ +2 ﹣2=3 ﹣1，
25﹣3 ≠3 ﹣1，
②当PQ平分△ABC周长时，
AP+AC+CQ=PB+BQ，
10+2t+t=6﹣t+8﹣2t，
t= ，
当t= 时，PB=6﹣= ，
BQ=8﹣2×= ，
∴S△PBQ= ××= ≠12，
综上所述，不存在这样一个时刻，PQ同时平分△ABC的周长与面积
4. 已知：如图1，在平面直角坐标系中，点A，B，C都在坐标轴上，且OA=OB=OC，△ABC的面积为9，点P从C点出发沿y轴负方向以1个单位/秒的速度向下运动，连接PA，PB，D（﹣m，﹣m）为AC上的点（m＞0）
（1）试分别求出A，B，C三点的坐标；
（2）设点P运动的时间为t秒，问：当t为何值时，DP与DB垂直且相等？请说明理由；
（3）如图2，若PA=AB，在第四象限内有一动点Q，连QA，QB，QP，且∠PQA=60°，当Q在第四象限内运动时，求∠APQ与∠PBQ的度数和．
【考点】几何图形的动态问题
【分析】（1）根据三角形ABC面积为9，可知OA=OB=OC=3，再根据点A，B，C的位置可知它们的坐标分别为（-3，0），（3，0），（0，-3）；（2）连接OD，作DM⊥x轴于点M，作DN⊥y轴于点N，由点D的坐标特征及三角形ABC的特点可知三角形OCD为等腰直角三角形，且∠ODC=90°，从而根据同角的余角相等可得，进而可证得△PCD≌△BOD（SAS），故可求得PC=BO，那么t=3；（3）在QA上截取QS=QP，连接PS，得到等边三角形△QSP，由线段垂直平分线到线段两端点的距离相等及PA=AB可知△PAB是等边三角形，从而可由等边三角形性质可得∠APS=∠BPQ，即可真的△APS≌△BPQ，从而得到∠PAS=∠PBQ，即可求得∠APQ+∠PBQ的度数.
【解答】（1）解：∵ABC面积为9，∴OA=OB=OC=3 ∴A（﹣3，0），B（3，0），C（0，﹣3）；（2）解：当t=3秒时，DP与DB垂直且相等．
理由如下：连接OD，作DM⊥x轴于点M，作DN⊥y轴于点N，
∵D（﹣m，﹣m），
∴DM=DN=OM=ON=m，
∴∠DOM=∠DON=45°，而∠ACO=45°，
∴DC=DO，∠ODC=90°
∵∠ODB+∠BDC=∠CDP+∠BDC=90°
∴∠ODB =∠CDP
又∵DP=DB
∴△PCD≌△BOD（SAS）
∴ PC=BO 又∵BO=3
∴ t=3 ；
（3）解：在QA上截取QS=QP，连接PS．
∵∠PQA=60°，
∴△QSP是等边三角形，
∴PS=PQ，∠SPQ=60°，
∵PO是AB的垂直平分线，
∴PA=PB而PA=AB，
∴△PAB是等边三角形，
∴∠APB=60°，
∴∠APS=∠BPQ，
∴△APS≌△BPQ，
∴∠PAS=∠PBQ，
∴∠APQ+∠PBQ=∠APQ+∠PAS=120°．
