十 存在性问题-2021年中考数学一轮考点复习练习

专题十存在性问题

类型o等腰三角形存在性问题

圉胭圜国

1.等腰三角形存在性问题解法

几何法：(1)“两圆一线”作出点；

⑵利用勾股定理、相似、三角函数等求线段长，由线段长得点坐标.

代数法：(1)表示出三个点A,B,C坐标；

(2)由点坐标表示出三条线段：AB,AC,BC；

(3)根据题意要求取①AB=AC,②AB=BC,③AC=BC；

(4)列出方程求解.

2.等腰三角形存在性问题题型

(1)两定一动：动点可在直线上、抛物线上；

(2)一定两动：两动点必有关联，可表示线段长度列方程求解；

(3)三动点：分析可能存在的特殊边、角，以此为突破口.

【例1】如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c交x轴于

点A(—4,0),B(2,0),交y轴于点C(0,6),在y轴上有一点E(0,-2),

连接AE.

(1)求二次函数的表达式;

(2)抛物线对称轴上是否存在点P,使4AEP为等腰三角形？若存在，请直

接写出所有P点的坐标；若不存在，请说明理由.

33

【分析】(l)y=一r2—»+6.

(2)这个问题只涉及A,E两点及直线x=-1(对称轴).

①如图1,当AE=AP时，以A为圆心，AE长为半径画圆，与对称轴交点

即为所求P点.

;AE=2』.APi=，

又AH=3,.，.PiH=Vn.

故Pi(T,P2(-l,一班).

②如图2,当EA=EP时，以E点为圆心，EA为半径画圆，与对称轴交点

即为所求P点.

22

过点E作EM垂直对称轴于M点,则EM=1,P3M=P4M=^/(275)-1

=亚，

故P3(T,-2+V19),P4(-l,-2-V19).

图1

③如图3,当PA=PE时，作AE的垂直平分线，与对称轴交点即为所求P

点.

设Ps(—1,m),

222

P5A=(-l+4)+(m-0),

222

P5E=(-l-0)+(m+2),

.,.m2+9=(m+2)2+l,

解得m=l.故P5(—l,1).

综上所述，P点坐标为

Pi(-i,Vil),P2(-L-Vii),

P3(-b-2+V19),P4(-l,-2-V19)

或P5(—1,1).

1.如图，抛物线y=ax?+bx+4交x轴于A(—3,0),B(4,0)两点，与y

轴交于点C,连接AC,BC.点P是第一象限内抛物线上的一个动点，点P

的横坐标为m.

(1)求此抛物线的表达式；

⑵过点P作PM_Lx轴，垂足为点M,PM交BC于点Q.试探究点P在运

动过程中，是

否存在这样的点Q,使得以A,C,Q为顶点的三角形是等腰三角形？若存

在，请求出此时点Q的坐标；若不存在，请说明理由.

【分析】(l)y=—|x2+|x+4.

(2)存在.①当CA=CQ时，以点C为圆心，AC长为半径画圆，与BC交

点即为所求Q点.

VCA=5,，CQ=5.

考虑到CB与y轴夹角为45。，故过点Q作y轴的垂线，垂足记为H,

则CH=QH=¥，

故Q点坐标为傍，4一嚼.

②当AC=AQ时，以点A为圆心，AC长为半径画圆，与BC交点即为所

求Q点.考虑直线BC解析式为y=-x+4,可设Q点坐标为(m,—m+

4),

AQ=、(m+3)2+~(—m+4—0)2,

即、（m+3）2+（―m+4-0）2=5.

解得m=l或m=0（舍去）.

故Q点坐标为(1,3).

③当QA=QC时，作AC的垂直平分线，显然与线段BC无交点，故不存

在.

综上所述，Q点坐标为g湃，4—4目或(1,3).

类型自直角三角形存在性问题

图题相掰

直角三角形存在性问题解法

1.几何法

(1)“两线一圆''作出点；

(2)构造三垂直相似，利用对应边成比例求线段，必要时可设未知数.

2.代数法

(1)表示点A,B,C坐标；

(2)表示线段AB,AC,BC；

(3)分类讨论：①AB2+AC2=BC2,®AB2+BC2=AC2,(3)AC2+BC2=AB2；

(4)代入列方程，求解.

【例2】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=荽2+bx+c与x轴交于

A,B两点，点B(3,0),经过点A的直线AC与抛物线的另一交点为C。，

与y轴交点为D,点P是直线AC下方的抛物线上的一个动点(不与点A,C重

合）•

(1)求该抛物线的解析式;

(2)点Q在抛物线的对称轴上运动，当△OPQ是以OP为直角边的等腰直角

三角形时，请直接写出符合条件的点P的坐标.

13

【分析】⑴丫=«—x—不.

⑵①当NPOQ为直角时，考虑Q点在对称轴上，故过点Q向y轴作垂线，

垂线段长为1,可知过点P向x轴作垂线，长度必为1,故P的纵坐标为±1.

如下图，不难求出P点坐标.

设P点坐标为(m,1m2—m—

可得=1.

解得mi=l+Vi,m2=l—013=14-^/6,

m4=l—#（舍）.

如图，对应P点坐标分别为(1+6，-1),(1-^2,-1)或(1+#,1).

②当NOPQ为直角时，构造△OMP之ZkPNQ,可得PM=QN.

设P点坐标为（m,/ip—m—

则PM=|o-&n2-m一割=—1m2+m+|,QN=|m—1|,

:.—^m2+m+|=|m—1],

解得m5=V^,m6=—舍）.

13

若一jm2+m+5=-m+1,

解得m7=2—V5,m8=2+小（舍）.

如下图，对应P点坐标分别为(4，1一下)、(2-75,1-^5).

，P点坐标为(1+收，-1),(1一啦，-1),(1+^/6,1),(A/5,1一而或(2

-y[5,1—A/S).

2.如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(aW0)的对称轴为直线x=-l,且抛物

线与x轴交于A,B两点，与y轴交于C点，其中A(L0),C(0,3).

(1)若直线y=mx+n经过B,C两点，求直线BC和抛物线的解析式；

⑵在抛物线的对称轴x=-l上找一点M,使点M到点A的距离与到点C

的距离之和最小，求出点M的坐标；

(3)设点P为抛物线的对称轴x=-l上的一个动点，求使4BPC为直角三角

形的点P坐标.

【分析】(1)直线BC:y=x+3;抛物线：y=—X2—2x+3.

(2)J等军饮马问题，考虑到M点在对称轴上，且点A关于对称轴的对称点为

点B,故MA+MC=MB+MC,.•.当B,M,C三点共线时，M至IA和C

的距离之和最小，此时M点坐标为(-1,2).

(3)两圆一线作点P:

以Pi为例，构造△PNBsaBMC,考虑到BM=MC=3,

/.BN=PN=2,故Pi点坐标为（-1,-2）.

1JL

易求P2坐标为（-1,4）

P3,P4求法类似，求P.，：

已知PN=1,PM=2,设CN=a,BM=b,

由相似得：即

2=*al)=2,

由图可知：b—a=3,

3

故可解：bi一厂，b2-产(舍)，对应P3坐标为(―1,主要

tjf

i_3c/py'

类似可求P4坐标为（一13-yJV7\

，)，Cl，明,(—1,y或Jl,鹏.

...P点坐标为（-1,-2

类型自平行四边形存在性问题

1.解平行四边形存在性问题所需知识

平行四边形两大性质:

⑴对边平行且相等；

(2)对角线互相平分.

可以统一成相同等式

XA+XC=XB+XD，

*

.yA+yc=yB+yo.

2.对对角线的分类讨论

(1)四边形ABCD是平行四边形：AC,BD一定是对角线，不需要分类讨论.

(2)以A,B,C,D四个点为顶点的四边形是平行四边形：对角线不确定需

要分类讨论.

3.平行四边形存在性题型

(1)三定一动；(2)两定两动.

“三定一动”的动点和“两定两动”的动点性质并不完全一样,“三定一动”

中动点是在平面中，横、纵坐标都不确定，需要用两个字母表示，这样的我

们称为“全动点”，“两定两动”中动点在坐标轴或者直线或者抛物线上，用

一个字母即可表示点坐标，称为“半动点虽然动点数量不同，但本质都

是在用两个字母表示出4个点坐标.

【例3】如图，已知抛物线交x轴于A,B两点，交y轴于C点，A点坐

标为

(-L0),OC=2,OB=3,点D为抛物线的顶点.

(1)求抛物线的解析式;

(2)P为坐标平面内一点，以B,C,D,P为顶点的四边形是平行四边形,

求P点坐标.

【分析】(1)抛物线：y=—|x2+^x+2.

(2)设P点坐标为(m,n),又B(3,0),C(0,2),D|

①若BC为对角线，由题意得

3+0=01+1,m=2,

Q解得2

0+2=n+y1>=一?

故Pi的坐标为(2,—|

8

②若BD为对角线，由题意得＜-

3

m=4,

解得2

n=y

故P2坐标为（4,I）

③若BP为对角线，由题意得

m+3=0+l,m=—2,

Q解得14

n+0=2+§,n=T,

故P3坐标为（一2,岁.

综上所述，P点坐标为（2,—|）,（%|）或（一2,/）.

3.如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a#0)经过点A(3,0),B(—1,0),C(0,

-3).

（1）求该抛物线的解析式;

⑵若点Q在x轴上，点P在抛物线上，是否存在以点B,C,Q,P为顶点

的四边形是平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由.

【分析】(l)y=x2—2x—3.

(2)存在.设P(m,m2-2m-3),Q(n,0),又B(-l,0),C(0,-3),

如图1,若BC为对角线，由题意得

解得或—舍).

n=—3

故对应的P(2,-3).

L

图1

「\AoL\-LM«2

如图2,若BP为对角线，由题意得

m—l=n+O

<

m2—2m—340=0-3,

图3

m=2,

解得

n=l

m=0,

或彳1（舍）.

ln=-l

故对应的P（2,-3）.

如图3,若BQ为对角线，由题意得

n—l=m+O,

<

,04-0=m2—2m—3—3,

m=l+S，m=l—

解得或<

n=2+S,n=2一市.

故对应的P（l+S，3）,P（l—S，3）.

综上所述，P点坐标为（2,-3）,（1+S，3）或（1—S，3）.

类型画矩形存在性问题

胸胸眼图

1.矩形存在性问题题型分析

矩形除了具有平行四边形的性质之外，还有“对角线相等““内角为直角”，

因此相比起平行四边形，坐标系中的矩形满足以下3个等式：（AC为对角线

时）.

fXA+XC=XB+XD»①

<yA+yc=yu+yD，②

^■\l（XA-Xc）2+（yA-yc）2=^/（XB-XD）2+（yB-yo）2®

因此在矩形存在性问题最多可以有3个未知量，代入可以得到三元一次方程

组，可解.

确定了有3个未知量，则可判断常见矩形存在性问题至少有2个动点，多则

可以有3个.

题型如下：

(1)2个定点+1个半动点+1个全动点；

(2)1个定点+3个半动点.

2.矩形存在性问题解题思路

思路1：先构造直角三角形，再确定矩形.

在构成矩形的4个点中任取3个点，必构成直角三角形，以此为出发点，可

先确定其中3个点构造直角三角形，再确定第4个点.对“2定+1半动+1

全动”尤其适用.

思路2：先确定平行四边形，再确定矩形.

A,B,C,D满足题型分析中的3个等式，则为矩形.其中式①、式②是

平行四边形的要求，再加上式③可为矩形.表示出点坐标后，代入点坐标解

方程即可.

以上只是两种简单的处理方法，对于一些较复杂的题目，还需具体问题具体

分析，或许有更为简便的方法.

【例4】如图，直线y=x-3与坐标轴交于A,B两点，抛物线¥=«+

bx+c经过点B,与直线y=x—3交于点E(8,5),且与x轴交于C,D两

点.

(1)求抛物线的解析式；

(2)点P在抛物线上，在坐标平面内是否存在点Q,使得以点P,Q,B,C

为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请

说明理由.

【分析】(l)y=1x2—x—3.

(2)存在.B,C为定点，P在抛物线上，Q在平面中，即为“2定+1半动

+1全动”类型.

先确定P点，使得以P,B,C为顶点构成的三角形为直角三角形,

设P点坐标为(m,和2—m—3),

①当NPBC=90°时，构造三垂直相似：

△PEB^ABFC.

PE=^m2—m—3—(―3)

BE=—m,BF=6—0=6,

CF=0-(-3)=3.

1_

由相似可知：即彳2^于，

解得mi=-4,m2=0(舍)，代入得P点坐标为(-4,5).

根据点的平移可知对应的Q点坐标为(2,8).

②当NPCB=90。时，同理可构造相似：

6—m1,-g人

-j=5,解仔mi=-10,m2=6(舍).

4m2-m—3

代入得P点坐标为(-10,32),根据点的平移可知对应的Q点坐标为(一16,

29).

③以BC为直径作圆，与抛物线并无交点，故不存在以P点为直角顶点的情

况.

综上所述，Q点坐标为(2,8)或(一16,29).

幽回回圈

4.如图，在平面直角坐标系中，直线1：y=1x—；与x轴交于点A,经过点

3

A的抛物线y=ax2—3x+c的对称轴是X=T.

⑴求抛物线的解析式；

⑵平移直线1经过原点O,得到直线m,点P是直线m上任意一点，PB±x

轴于点B,PC_Ly轴于点C,若点E在线段OB上，点F在线段OC的延长

线上，连接PE,PF,且PF=3PE,求证：PE±PF；

(3)若(2)中的点P坐标为(6,2),点E是x轴上的点，点F是y轴上的点，

当PE±PF时，抛物线上是否存在点Q,使四边形PEQF是矩形？如果存

在，请求出点Q的坐标，如果不存在，请说明理由.

【分析】(1)由题意得：A(4,0),根据对称轴可知：a=l.

将(4,0)代入解析式得：c=—4,

故抛物线：y=x2—3x—4.

(2)易证△PCFs/iPBE,可得：PE±PF.

(3)存在.P点为定点(6,2),E是x轴上动点，F是y轴上动点，Q是抛物

线上动点，

且四边形为PEQF,确定了点的顺序，省去了分类讨论的麻烦.

思路1:设E(a,0),F(0,b),Q(c,c2-3c~4),又P(6,2),

由矩形可列方程组：

[6+c=a+0,①

<2+c2-3c-4=0+b,②

(c—6)2+~(c2—3c—4—2)2=(a—0)2+~(0—b)2,③

a=8,a=4,

解得｛b=-4,或｛b=8,

lc=2lc=-2.

故Q点坐标为(2,—6)或(一2,6).

这种做法思路并不麻烦，难点在于解方程组，将式①、式②代入式③中，两

边平方之后移项构造平方差，可简便得解.

思路2:有问题(2)作铺垫，当PE_LPF时，始终有△PCFS^PBE,且相似

比为3：1,

①当E点在B点左侧时，F点在C点上方，

不妨设BE=m,则CF=3m,

根据点的平移可得：Q点坐标为(一m,3m),

代入抛物线解析式：3m=(-m)2—3(—m)—4,

解得mi=2,m2=—2(舍).

此时Q点坐标为(一2,6);

②当E点在B点右侧时，F点在C点下方，

同理可得m的值为一2,

对应Q点坐标为(2,-6).

综上所述，Q点坐标为(-2,6)或Q,—6).

类型回菱形存在性问题

图图相图

1.菱形存在性问题题型分析

菱形除了具有平行四边形的性质之外，还有“对角线垂直”或“邻边相

等”，因此相比起平行四边形，坐标系中的菱形满足以下3个等式：(AC为

对角线时).

XA+XC=XB+XD,①

yA+yc=yB+yn,②

{4(XA-XB)2+(y,\-yB)2=7(xc-XB)2+(yc—yB)2③

因此在菱形存在性问题中最多可以有3个未知量，代入可以得到三元一

次方程组，可解.

确定了有3个未知量，则可判断常见菱形存在性问题至少有2个动点,

多则可以有3个.

题型如下：

(1)2个定点+1个半动点+1个全动点；

(2)1个定点+3个半动点.

2.菱形存在性问题解题思路

思路1：先确定平行四边形，再确定菱形.

设点坐标，根据平行四边形存在性要求列出“A+C=B+D”(AC,BD为

对角线)，再结合一组邻边相等，得到方程组.

思路2：先确定等腰三角形，再确定菱形.

在构成菱形的4个点中任取3个点，必构成等腰三角形，根据等腰存在性方

法可先确定第3个点，再确定第4个点.

以上只是两种简单的处理方法，对于一些较复杂的题目，还需具体问题具体

分析，或许有更为简便的方法.

【例5】如图，抛物线y=x?+bx+c与x轴交于A,B两点，与y轴交于

C点，OA=2,OC=6,连接AC和BC.

(1)求抛物线的解析式；

(2)若点M是y轴上的动点，在坐标平面内是否存在点N,使以点A、C、

M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存

在，请说明理由.

【分析】(1)抛物线：y=x2-X—6.

⑵存在.先考虑M点位置，即由A,C,M三点为顶点构成的三角形是等

腰三角形：

①当CA=CM时，CM=CA=2V10,

M点坐标为(0,-6-2V10),(0,一6+2亚),

对应N点坐标为(一2,—2亚)，(-2,2710).

②当AC=AM时，AM=AC=2V10,M点坐标为(0,6),

对应N点坐标为(2,0).

③当MA=MC时,

利用勾股定理可求得M点坐标为,，一§,

对应N点坐标为-2,

综上，N点坐标为(一2,—2亚)，(-2,2亚)，(2,0)或一2,

如下图依次从左到右.

5.如图，已知直线y=-2x+4分别交x轴、y轴于点A,B,抛物线过A,

B两点，点P是线段AB上一动点，过点P作PC_Lx轴于点C,交抛物线

于点D.若抛物线的

解析式为y=-2x2+2x+4,设其顶点为M,其对称轴交AB于点N.

(1)求点M,N的坐标；

⑵是否存在点P,使四边形MNPD为菱形？并说明理由.

【分析】(1)M点坐标为(；，|),N点坐标为&3).

(2)不存在.理由如下：由题意可知MN〃PD,故四边形MNPD若是菱形,

首先MN=PD.

3

考虑到M,N是定点，可先求得MN=3，

设P(m,—2m+4),

则D(m,—2m2+2m+4),

PD=—2m2+2m+4—(―2m+4)=—2m2+4in.

33

令PD=T,即一2m2+4m=3，

13

解得mi=孑(舍去)，1112=不・

故P点坐标为g1),D点坐标为gI)

但此时仅仅满足四边形MNPD是平行四边形，本题要求的是菱形，故还需

加邻边相等.

但此时P,D已定，因此接下来要做的只是验证邻边是否相等.

由两点间距离公式得：

PN=d《—?+(1—3)2=4号,

PNWMN,故不存在点P使四边形MNPD是菱形.

类型以正方形存在性问题

国圈相掰

1.正方形存在性问题题型分析

作为特殊四边形中最特殊的一位，正方形拥有更多的性质，因此坐标系中的

正方形存在性问题变化更加多样.从判定的角度来说，可以有如下：

(1)有一个角为直角的菱形；

(2)有一组邻边相等的矩形；

(3)对角线互相垂直平分且相等的四边形.

依据题目给定的已知条件选择恰当的判定方法，即可确定所求的点坐标.

从未知量的角度来说，正方形可以有4个“未知量”，因其点坐标满足4

个等量关系，考虑对角线性质，互相平分(2个)垂直(1个)且相等(1个).

从动点角度来说，关于正方形存在性问题可分为：

(1)2个定点+2个全动点；

(2)1个定点+2个半动点+1个全动点；

(3)4个半动点.

2.正方形存在性问题解题思路

思路1：从判定出发

若已知菱形，则加有一个角为直角或对角线相等;

若已知矩形，则加有一组邻边相等或对角线互相垂直；若已知对角线互相垂

直或平分或相等，则加上其他条件.

思路2：构造三垂直全等

若条件并未给关于四边形及对角线的特殊性，则考虑在构成正方形的4个顶

点中任取3个，必是等腰直角三角形，若已知两定点，则可通过构造三垂直全等

来求得第3个点，再求第4个点.

总结：构造三垂直全等的思路仅适合已知两定点的情形，若题目给了4个动

点，则考虑从矩形的判定出发，观察该四边形是否已为某特殊四边形，考证还需

满足的其他关系.

［例6］如图，在平面直角坐标系中，将一个正方形ABCD放在第一象限

斜靠在两坐标轴上，且点A(0,2)、点B(l,0),抛物线y=ax2—ax-2经过

点C.

(1)求点C的坐标；

(2)求抛物线的解析式；

⑶在抛物线上是否存在点P与点Q(点C,D除外)使四边形ABPQ为正方

形？若存在，求出点P,Q两点坐标；若不存在，说明理由.

【分析】(1)C(3,1).

(2)y=|x2-1x-2.

(3)存在.考虑A,B,P构成等腰直角三角形且NB为直角，故可作出点P,

如下：

构造三垂直全等：△AMBg/\BNP,

即可求得P点坐标为(-1,-1),将点P代入抛物线解析式，成立,

即点P在抛物线上.

根据点P构造点Q,通过点的平移易得点Q坐标为(-2,1),

代入抛物线解析式，成立，即点Q也在抛物线上.

故存在，P点坐标为(-1,-1),Q点坐标为(一2,1).

固圆圆圈

6.如图，抛物线顶点为P(L4),与y轴交于点C(0,3),与x轴交于点A,

(1)求抛物线的解析式;

⑵若M,N为抛物线上两个动点，分别过点M,N作直线BC的垂线段,

垂足分别为D,E.是否存在点M,N使四边形MNED为正方形？如果存在,

求正方形MNED的边长；如果不存在，请说明理由.

【分析】(l)y=-x2+2x+3.

(2)存在.由题意可得：MN〃BC,四边形MNED是矩形，若要变为正方形,

可考虑①对角线互相垂直；②有一组邻边相等.

思路1:考虑对角线.

连接ME,则△MDN为等腰直角三角形，ZMED=45°,

即MEJLx轴.

设M点坐标为(m,—m2+2m+3),

则E点坐标为(m,—m+3).

①当M点在E点上方时，可推得N点坐标为

m2+5m—m2+m+6>!

I2'2/

将点N坐标代入抛物线y=—(x+l)(x—3)得

(-m2+5m+2)(-m2+5m-6)—m2+m+6

化简得：^(m2—5m—2)(m—2)(m—3)=(m—3)(m+2),

2(m3—7m2+8m+4)=m4-2,

解得mi=l,012=6（舍）.

此时ME=2,正方形边长为

②当M点在E点下方时，同理可解m=6.

此时ME=18,正方形边长为八

综上，正方形边长为啦或外位.

思路2:考虑邻边相等.

考虑M,N两点均未知，但MN〃BC,

故可设直线MN解析式为

y=-x+b,

联立方程：

—x2+2x+3=—x+b,

化简为x2-3x+(b-3)=0,

MN=-\[2]xi—X21=取7(xi+x2)2—4XIX2=^42—8b,

MD=^ME=^|b-3|,

.____、历

VMN=MD,.*.J42-8b=4-|b-3l-

解得bi=5,b2=-15.

代入得正方形边长为啦或9^2.

类型窗相似三角形存在性问题

图图相图

1.相似三角形判定所需知识

判定1：三边对应成比例的两个三角形是相似三角形；

判定2：两边对应成比例且夹角相等的两个三角形是相似三角形；

判定3：有两组角对应相等的三角形是相似三角形.

2.相似三角形存在性题型分析

通常相似的两个三角形有一个是已知的，而另一个三角形中有1个或2个动

点，即可分为“单动点”类、“双动点”两类问题.

3.相似三角形存在性问题解题思路

根据相似三角形的做题经验，可以发现，判定1基本是不会用的，这里也一

样不怎么用，对比判定2、3可以发现，都有角相等！

所以，要证相似的两个三角形必然有相等角，关键点也是先找到一组相等角.

然后再找：

思路1：两相等角的两边对应成比例；

思路2：还存在另一组角相等.

事实上，坐标系中在已知点的情况下，线段长度比角的大小更容易表示，因

此选择方法可优先考虑思路1.

4.相似三角形存在性分类讨论

(l)AABC^ADEF,——对应，不需要分类讨论.

(2)Z\ABC与aDEF相似，对应关系不确定，需要分类讨论.

一、角相等+边成比例

［例7］如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c经过A(-l,

0),B(4,0),C(0,4)三点.

(1)求抛物线的解析式及顶点的坐标；

⑵点P为线段BC上一动点(点P不与点B,C重合)，过点P作x轴的垂线

交(1)中的抛物线于点Q,当APQC与4ABC相似时，求aPQC的面积.

【分析】(1)解析式：y=-x?+3x+4;

D点坐标为住，点).

⑵由B,C两点坐标易求直线BC解析式：y=-x+4.

不难得出NCPQ=NBCO=NOBC,即在ACP。和aABC中，ZCPQ=

ZABC.

接下来求解两边对应成比例：

表示点：设P点坐标为(m,—m+4)(0<m<4),则Q点坐标为(m,—m2+

3m+4).

表示线段：PC=V2m,PQ=-m2+4m.

分类讨论：

①当△CPQs/\ABC时，

代入得："|典=―/^4m＞解得mi=号，m2=0(舍).

3叭23

、、/128、96

对应p点坐标为慢，PQ=云,

e_11296576

SAPCQ-XX

2525125,

CPPO

②当△CPQs2XCBA时，则加=言,

Or\

V2m—m2+4m

代入得:

4a_5

解得013=彳，m4=0(舍).

对应P点坐标为借,皆，PQ=|1,

SPCQ=|xyX55605

A16=128,

综上所述，当△PQC与4ABC相似时，△PQC的面积为翟或黑.

1/3IZo

隗扇翦园

找对应角的常用方法:

(1)有一组公共角，公共角必是对应角.

(2)通过等量代换、平行等关系找角相等.

(3)通过计算三角函数，找角相等.

7.如图，以D为顶点的抛物线y=-x2+bx+c交x轴于A,B两点，交y

轴于点C,直线BC的表达式为y=-x+3.

(1)求抛物线的表达式；

⑵在x轴上是否存在一点Q,使得以A,C,Q为顶点的三角形与4BCD

相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.

【分析】(l)y=-X2+2X+3.

(2)思路：计算三角函数值得相等角.

易求B(3,0),C(0,3),D(l,4),

故tanZBDC=3.

又A点坐标为(-1,0),可得tanNOAC=3,

故NBDC=NOAC.

由题意得：CD=巾,BD=2AC=V1(),

ACAOACAO

若AACQ与4BDC相似，则必有点Q在A点右边，且盒=合或寿=木・

(此处可转化对应边成比例为同一三角形中角两边比例相同，即考虑到舞=

、-AC…AC1

3,可行'AQ—3或AQ—5)

解得AQ=10或AQ=1.

故Q点坐标为(9,0)或(0,0).

二'直角三角形相似

[例8]如图，已知抛物线y=jx2+bx+c与直线y=1x+3交于A,B两

点，交x轴于C,D两点，连接AC、BC,已知A(0,3),C(-3,0).

(1)求此抛物线的解析式；

⑵点P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA,过点P作PQ1PA交y轴于

点Q,问：是否

存在点P,使得以A,P,Q为顶点的三角形与4ABC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.

【分析】(l)y=|x2+|x4-3.

(2)存在.思路：已知直角构造直角边成比例，化斜为直.

考虑到A(0,3),C(-3,0),B(-4,1),

AC

易得△ABC是直角三角形，ZACB=90°,且两直角边之比为Q方=3.

APAP1

若△APQ与4ABC相似，则丽=3或丽=丁

考虑到AP,PQ均为斜线，并不容易表示，可转化比例:

APAH

过点P作PH±y轴交y轴于H点，则丽=而正

(m，|m2+|m+3)(m>0),则H点坐标为

表示点：设P点坐标为

0,最2+|1n+3),

表示线段：AH=pn2+|m,PH=m.

分类讨论:

、［/AP

情况一:时,

mpQ—3

襦=3,

由题意得：---=3,解得m=l,

对应的P点坐标为(1,6).

1AH1

-时

AP即-

3H-3

情况二：当丽1P

2m2+2m113

由题意得：----=§,解得m=一舍).

综上所述，P点坐标为(1,6).

陶炭翦园

解直角三角形相似就是找对应边成比例:

(1)若直角边与坐标轴平行，直接表示线段计算.

(2)若直角边与坐标轴不平行，则(a)表示线段；(b)构造三垂直相似.

般回应圈

8.如图，已知抛物线经过点A(-l,0),B(4,0),C(0,2)三点，点D与

点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为(m,0),

过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q,交直线BD于点M.

(1)求该抛物线所表示的二次函数的表达式；

(2)点P在线段AB运动过程中，是否存在点Q,使得以点B,Q,M为顶

点的三角形与ABOD相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明

理由.

【分析】(l)y=-52+3+2.

(2)存在.思路：已知相等角构造直角.

考虑到QM〃y轴，.,.ZBMQ=ZBDO.

又△BOD是直角三角形，故△BQM是直角三角形即可.

情况一：若NMBQ=90。，

即BQ_LBD,考虑到kBD=；,故kBQ=-2.

...直线BQ解析式为y=-2x+8.

联立方程：一京+看+2=—2x+8,

解得xi=3,X2=4(舍去).

故Q点坐标为(3,2).

情况二：若NBQM=90。，

点Q与点A重合，此时Q点坐标为(-1,0).

综上所述，Q点坐标为(3,2),(-1,0).

三、由相似反求参数

[例9]如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=(x-a)(x-3)(0<a<3)

的图象与x轴交于点A,B(点A在点B的左侧)，与y轴交于点D,过其顶

点C作直线CPJLx轴，垂足为点P,连接AD,BC.

(1)求点A,B,D的坐标；

(2)若AAOD与aBPC相似，求a的值.

【分析】(1)A点坐标为(a,0),B点坐标为(3,0),D点坐标为(0,3a).

(2)由点坐标可知，在△AOD中，猾=3,

UA

PBPC

若AAOD与ABPC相似，则记=3或而=3.

।3~~a

由A,B坐标可得：PB=jAB=一厂，

①若黑=3,则PC=^=Y，

（3+aa—3\

故C点坐标为匕一，一力，代入抛物线解析式得

（3—a）（a-3、a—3

'尸丁

7

解得ai=§,a2=3（舍）；

oJC,,9-3a

②若崩=3,则PC=3PB=—,

1JD乙

/3+a3a—9

故C点坐标为上一，~T~代人解析式得:

解得a3=-3（舍），a4=3（舍）.

7

综上所述，若aAOD与△!«?（：相似，a的值为亍

圈圆圆圈

9.如图，二次函数y=-x2+4x+5图象的顶点为D,对称轴是直线1,一

次函数y=*；+l的图象与x轴交于点A,且与直线DA关于1的对称直线

交于点B.

（1）点D的坐标是

（2）直线I与直线AB交于点C,N是线段DC上一点（不与点D,C重合）,

点N的纵坐标为n.过点N作直线与线段DA,DB分别交于点P,Q,使得

△DPQ与4DAB相似.

①当11=等时，求DP的长；

②若对于每一个确定的n值，有且只有一个△DPQ与4DAB相似，请直接

写出n的取值范围：.

【分析】(1)(2,9).

(2)①由题意得A点坐标为(一|,0),C点坐标为(2,D，

根据对称性求得直线BD解析式为y=-2x+13,

2

联立方程：p:+l=—2x+13,

解得x=5,故B点坐标为(5,3).

ADA,DB=34.

当n=期时，N点坐标为(2,引，DN=葭.

情况一：若△DPQS/\DAB,

过N点作AB的平行线，与DA交点即为P点，

DPDN1工…129r-

可付：亦=而=5,故DP-DA=排；

情况二：若△DPQs/UJBA,

将情况一中的DP,DQ作关于直线1的对称即可，

可得：黑=黑4，故DP《DB=¥-

综上所述，DP的长为/或挛

②无论n为何值，过点N作AB平行线，总有一组相似：△DPQs/XDAB,

若要求有且只有一个4DPQ与4DAB相似,

则必不存在△DPQs/^DBA,此时点Q不在线段DB上.

若△DPQs2\DBA,且Q点坐标为(5,3)时,

DQDN

DA=DC,代入解得DN=M，

此时N点坐标为(2,离，

921

故n的取值范围是gvn〈W

类型图等角存在性问题

图胭相图

判定或构造相同角的方法

⑴平行：两直线平行，同位角、内错角相等;

(2)角平分线：角平分线分的两个角相等；

(3)等腰三角形：等边对等角;

(4)全等(相似)三角形：对应角相等；

(5)三角函数：若两个角的三角函数值相等，则两个角相等；

(6)圆周角定理：同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等.

【例10]如图，抛物线y=ax2+bx+c与两坐标轴相交于点A(—1,0),

B(3,0),C(0,3),D是抛物线的顶点，E是线段AB的中点.

⑴求抛物线的解析式，并写出D点的坐标；

(2)F(x,y)是抛物线上的动点：

①当x>Ly>0时，求4BDF的面积的最大值；

②当NAEF=NDBE时，求点F的坐标.

【分析】(1)抛物线：y=-x2+2x4-3,D点坐标为(1,4).

⑵①铅垂法可解，当点F的坐标为(2,3)时，ABDF面积最大，最大值为1;

②思路1:构造平行线.

考虑到A,E,B三点均在x轴上，故可构造EF〃BD即可得前相等.

过点E作EF/7BD交抛物线于F点,

考虑到BD解析式：y=-2x+6,

故可求EF解析式：y=-2x+2.

联立方程：-x2+2x+3=—2x+2,

解得xi=2—X2=2+小（舍）.

故F点坐标为（2—立，-2+2^5）.

将EF作关于x轴的对称，如图，交点亦为满足条件的F点,

且翻折后的直线解析式为

y=2x-2,

联立方程：-X2+2X+3=2X-2,

解得Xl=一小，X2=V^（舍）.

故F点坐标为（一正，-2^5-2）.

综上，F点坐标为（2—小，一2+24）或（一,，—2y[5—2）.

思路2:三角函数值.

设F点坐标为(m,—m2+2m+3),

过F点作FH±x轴交x轴于H点，

则H点坐标为（m,0）,

FH=|-m2+2m4-3|,EH=|m—1|,

FH|—m2+2m+3|m2—2m—3

tanNAEF=^rjj=j\=2.

EH|m-1|m—1

解得xi=2一乖,*2=2+价（舍），

X3=一小,*4=邓（舍）.

故F点坐标为（2—小，—2+2/）或（一小，-275-2）.

幽回扇圈

10.如图，直线y=-3x+3与x轴、y轴分别交于A,B两点，抛物线y

=-x2+bx+c与直线y=c分别交y轴的正半轴于点C和第一象限的点P,

连接PB,得△PCBgaBOA（O为坐标原点）.若抛物线与x轴正半轴交点

为点F,设M是点C,F间抛物线上的一点（包括端点），其横坐标为m.

（1）直接写出点P的坐标和抛物线的解析