存在性问题-中考数学综合专题训练试题

∴eq\f(1,OP)＋eq\f(1,ED)＝eq\f(1,2t)＋eq\f(1,4－2t)＝eq\f(1,－t2＋2t)＝eq\f(1,1－〔t－1〕2)，∵0<t<2，1－(t－1)2始终为正数，且t＝1时，1－(t－1)2有最大值1，∴t＝1时，eq\f(1,1－〔t－1〕2)有最小值1，即t＝1时，eq\f(1,OP)＋eq\f(1,ED)有最小值1，此时OP＝2，OE＝1，∴E(0，1)，P(2，0)；②存在．F的坐标为(3，2)或(3，7)．【规律总结】这类问题一般是对结论作出肯定的假设，然后由肯定的假设出发，结合条件建立方程，解出方程的解的情况和结合题目的条件确定“存在与，由方程有无符合条件的解来肯定“存在与否〞的问题．◆模拟题区1．(汇川升学二模)在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2＋(k－1)x－k与直线y＝kx＋1交于A，B两点，点A在点B的左侧．(1)如图①，当k＝1时，写出A，B两点的坐标；(2)在(1)的条件下，点P为抛物线上的一个动点，且在直线AB下方，试求出△ABP面积的最大值及此时点P的坐标；(3)如图②，抛物线y＝x2＋(k－1)x－k(k>0)与x轴交于点C，D两点(点C在点D的左侧)，在直线y＝kx＋1上是否存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°？假设存在，请求出此时k的值；假设不存在，请说明理由．解：(1)当k＝1时，抛物线的解析式为y＝x2－1，直线的解析式为y＝x＋1.联立两个解析式，得x2－1＝x＋1，解得x＝－1或x＝2，当x＝－1时，y＝x＋1＝0；当x＝2时，y＝x＋1＝3，∴A(－1，0)，B(2，3)；(2)设P(x，x2－1)．如图①所示，过点P作PF∥y轴，交直线AB于点F，那么F(x，x＋1)．∴PF＝(x＋1)－(x2－1)＝－x2＋x＋2.S△ABP＝S△PFA＋S△PFB＝eq\f(1,2)PF(xF－xA)＋eq\f(1,2)PF(xB－xF)＝eq\f(1,2)PF(xB－xA)＝eq\f(3,2)PF，∴S△ABP＝eq\f(3,2)(－x2＋x＋2)＝－eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(27,8)，当x＝eq\f(1,2)时，yP＝x2－1＝－eq\f(3,4).∴△ABP面积最大值为eq\f(27,8)，此时点P坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(3,4)))；(3)存在，理由如下：设直线AB：y＝kx＋1与x轴，y轴分别交于点E，F，那么Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，0))，F(0，1)，OE＝eq\f(1,k)，OF＝1.在Rt△EOF中，由勾股定理得：EF＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)))\s\up12(2)＋1)＝eq\f(\r(1＋k2),k).2＋(k－1)x－k＝0，即(x＋k)(x－1)＝0，解得x＝－k或x＝1，∴C(－k，0)，OC＝k.设以OC为直径的圆与直线AB相切于点Q，根据圆周角定理，此时∠OQC＝90°.设点N为OC中点，连接NQ，如图②所示，那么NQ⊥EF，NQ＝CN＝ON＝eq\f(k,2)，∴EN＝OE－ON＝eq\f(1,k)－eq\f(k,2).∵∠NEQ＝∠FEO，∠EQN＝∠EOF＝90°，∴△EQN∽△EOF，∴eq\f(NQ,OF)＝eq\f(EN,EF)，即eq\f(\f(k,2),1)＝eq\f(\f(1,k)－\f(k,2),\f(\r(1＋k2),k))，∴k＝±eq\f(2\r(5),5).∵k>0，∴k＝eq\f(2\r(5),5)，∴当k＝eq\f(2\r(5),5)时，存在唯一一点Q，使得∠OQC＝90°.◆中考真题区2．(黔东南中考)如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝－eq\f(1,6)x2＋bx＋c过点A(0，4)和C(8，0)，P(t，0)是x轴正半轴上的一个动点，M是线段AP的中点，将线段MP绕点P顺时针旋转90°得线段PB.过点B作x轴的垂线，过点A作y轴的垂线，两直线相交于点D.(1)求b，c的值；(2)当t为何值时，点D落在抛物线上；(3)是否存在t，使得以A，B，D为顶点的三角形与△AOP相似？假设存在，求此时t的值；假设不存在，请说明理由．解：(1)∵A(0，4)，C(8，0)在抛物线上，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝4，,0＝－\f(1,6)×82＋8b＋c，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝\f(5,6)，,c＝4；))(2)∵∠AOP＝∠PEB＝90°，∠OAP＝90°－∠APO＝∠EPB，∴△AOP∽△PEB，∴eq\f(AO,PE)＝eq\f(AP,PB)，∵AO＝4，AP＝2MP＝2PB，∴PE＝2，OE＝OP＋PE＝t＋2，又∵DE＝OA＝4，∴点D的坐标为(t＋2，4)，当点D落在抛物线上时，有－eq\f(1,6)(t＋2)2＋eq\f(5,6)(t＋2)＋4＝4，解得t＝3或t＝－2，∵t＞0，∴t＝3，故当t为3时，点D落在抛物线上；(3)存在t，能够使得以A，B，D为顶点的三角形与△AOP相似．理由如下：①当0＜t＜8时，假设△POA∽△ADB，那么eq\f(PO,AD)＝eq\f(AO,BD)，即eq\f(t,t＋2)＝eq\f(4,4－\f(1,2)t)整理，得t2＋16＝0，∴t无解；假设△POA∽△BDA，同理，解得t＝－2±2eq\r(5)(负值舍去)；②当t＞8时，假设△POA∽△ADB，那么eq\f(PO,AD)＝eq\f(AO,BD)，即eq