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2019届人教版中考复习数学练习专题四：存在型专题含试卷分析答题技巧专题四存在型专题【考纲与命题规律】考纲要求 存在型探索问题是在某种题设条件，判断具有某种性质的数学对象是否存在或某一结论是否出现或成立的一类.这类问题构思巧妙，对学生思维的敏锐性、哲理的严密性具有独特的作用，它以解答题的形式出现，难度较大，是以压轴题为主，涉及代数、几何等多个知识点.命题规律 存在型探索问题解题的策略与法法：直接解法，从已知条件出发，推导出所要求的结论.假设求解法，先假设数学对象存在，以条件进行运算或推理。【课堂精讲】例1.问题探究（1）如图①，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，如果BC边上存在点P，使△APD为等腰三角形，那么请画出满足条件的一个等腰三角形△APD，并求出此时BP的长；（2）如图②，在△ABC中，∠ABC=60°，BC=12，AD是BC边上的高，E、F分别为边AB、AC的中点，当AD=6时，BC边上存在一点Q，使∠EQF=90°，求此时BQ的长；问题解决（3）有一山庄，它的平面图为如图③的五边形ABCDE，山庄保卫人员想在线段CD上选一点M安装监控装置，用来监视边AB，现只要使∠AMB大约为60°，就可以让监控装置的效果达到最佳，已知∠A=∠E=∠D=90°，AB=270m，AE=400m，ED=285m，CD=340m，问在线段CD上是否存在点M，使∠AMB=60°？若存在，请求出符合条件的DM的长，若不存在，请说明理由．考点： 圆的综合题；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；勾股定理；三角形中位线定理；矩形的性质；正方形的判定与性质；直线与圆的位置关系；特殊角的三角函数值．菁优网分析： （1）由于△PAD是等腰三角形，底边不定，需三种情况讨论，运用三角形全等、矩形的性质、勾股定理等知识即可解决问题．（2）以EF为直径作⊙O，易证⊙O与BC相切，从而得到符合条件的点Q唯一，然后通过添加辅助线，借助于正方形、特殊角的三角函数值等知识即可求出BQ长．（3）要满足∠AMB=60°，可构造以AB为边的等边三角形的外接圆，该圆与线段CD的交点就是满足条件的点，然后借助于等边三角形的性质、特殊角的三角函数值等知识，就可算出符合条件的DM长．解答： 解：（1）①作AD的垂直平分线交BC于点P，如图①，则PA=PD．∴△PAD是等腰三角形．∵四边形ABCD是矩形，∴AB=DC，∠B=∠C=90°．∵PA=PD，AB=DC，∴Rt△ABP≌Rt△DCP（HL）．∴BP=CP．∵BC=4，∴BP=CP=2．②以点D为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P′，如图①，．则DA=DP′．∴△P′AD是等腰三角形．∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AB=DC，∠C=90°．∵AB=3，BC=4，∴DC=3，DP′=4．∴CP′==．∴BP′=4﹣．③点A为圆心，AD为半径画弧，交BC于点P″，如图①，则AD=AP″．∴△P″AD是等腰三角形．同理可得：BP″=．综上所述：在等腰三角形△ADP中，若PA=PD，则BP=2；若DP=DA，则BP=4﹣；若AP=AD，则BP=．（2）∵E、F分别为边AB、AC的中点，∴EF∥BC，EF=BC．∵BC=12，∴EF=6．以EF为直径作⊙O，过点O作OQ⊥BC，垂足为Q，连接EQ、FQ，如图②．∵AD⊥BC，AD=6，∴EF与BC之间的距离为3．∴OQ=3∴OQ=OE=3．∴⊙O与BC相切，切点为Q．∵EF为⊙O的直径，∴∠EQF=90°．过点E作EG⊥BC，垂足为G，如图②．∵EG⊥BC，OQ⊥BC，∴EG∥OQ．∵EO∥GQ，EG∥OQ，∠EGQ=90°，OE=OQ，∴四边形OEGQ是正方形．∴GQ=EO=3，EG=OQ=3．∵∠B=60°，∠EGB=90°，EG=3，∴BG=．∴BQ=GQ+BG=3+．∴当∠EQF=90°时，BQ的长为3+．（3）在线段CD上存在点M，使∠AMB=60°．理由如下：以AB为边，在AB的右侧作等边三角形ABG，作GP⊥AB，垂足为P，作AK⊥BG，垂足为K．设GP与AK交于点O，以点O为圆心，OA为半径作⊙O，过点O作OH⊥CD，垂足为H，如图③．则⊙O是△ABG的外接圆，∵△ABG是等边三角形，GP⊥AB，∴AP=PB=AB．∵AB=270，∴AP=135．∵ED=285，∴OH=285﹣135=150．∵△ABG是等边三角形，AK⊥BG，∴∠BAK=∠GAK=30°．∴OP=APotan30°=135×=45．∴OA=2OP=90．∴OH＜OA．∴⊙O与CD相交，设交点为M，连接MA、MB，如图③．∴∠AMB=∠AGB=60°，OM=OA=90．．∵OH⊥CD，OH=150，OM=90，∴HM===30．∵AE=400，OP=45，∴DH=400﹣45．若点M在点H的左边，则DM=DH+HM=400﹣45+30．∵400﹣45+30＞340，∴DM＞CD．∴点M不在线段CD上，应舍去．若点M在点H的右边，则DM=DH﹣HM=400﹣45﹣30．∵400﹣45﹣30＜340，∴DM＜CD．∴点M在线段CD上．综上所述：在线段CD上存在唯一的点M，使∠AMB=60°，此时DM的长为（400﹣45﹣30）米．点评： 本题考查了垂直平分线的性质、矩形的性质、等边三角形的性质、正方形的判定与性质、直线与圆的位置关系、圆周角定理、三角形的中位线定理、全等三角形的判定与性质、勾股定理、特殊角的三角函数值等知识，考查了操作、探究等能力，综合性非常强．而构造等边三角形及其外接圆是解决本题的关键．例2如图，四边形OMTN中，OM=ON，TM=TN，我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做筝形。(1)试探究筝形对角线之间的位置关系，并证明你的结论；(2)在筝形ABCD中，已知AB=AD=5，BC=CD，BC>AB，BD、AC为对角线，BD=8，①是否存在一个圆使得A，B，C，D四个点都在这个圆上?若存在，求出圆的半径；若不存在，请说明理由；②过点B作BF⊥CD，垂足为F，BF交AC于点E，连接DE，当四边形ABED为菱形时，求点F到AB的距离。分析：（1）证明△OMP≌△ONP，即可证得MN⊥OT，且OT平分MN；（2）①若经过A，B，C，D四个点的圆存在，则对角互补，据此即可判断；②已知FM⊥AB，作EG⊥AB于G，根据菱形的面积公式求得GE的长，然后根据△BNE∽△BFD求得BF的长，再根据△BEG∽△BFM求得FM的长．解答：解：（1）MN⊥OT，且OT平分MN．理由是：连接MN、OT相交于点P．在△OMT和△ONT中，，∴△OMT≌△ONT，∴∠MOT=∠NPT，∴在△OMP和△ONP中，，∴△OMP≌△ONP，∴MP=NP，∠OPM=∠OPN=90°，即MN⊥OT；（2）①经过A，B，C，D四个点的圆不一定存在，理由是：若经过A，B，C，D四个点的圆存在，则圆心一定是AC和BD的中垂线的交点，根据（1）可得AC垂直平分BD，而垂足不一定是AC的中点；②作FM⊥AB，作EG⊥AB于G．∵四边形ABED是菱形，∴AE⊥BD，且BN=BD=4，∴AN=NE===3，AE=6．∴S菱形ABED=AEBD=×6×8=24，又∵S菱形ABED=ABEG，∴EG=．∵∠DBF=∠DBF，∠BNE=∠BFD，∴△BNE∽△BFD，∴，即，∴BF=．∵GE⊥AB，FM⊥AB，∴GE∥FM，∴△BEG∽△BFM，∴，即，解得：FM=．【课堂提升】1.如图,抛物线y=?54x2+174x+1与y轴交于A点,过点A的直线与抛物线交于另一点B,过点B作BC⊥x轴,垂足为点C(3,0)(1)求直线AB的函数关系式；(2)动点P在线段OC上从原点出发以每秒一个单位的速度向C移动。过点P作PN⊥x轴，交直线AB于点M，交抛物线于点N.设点P移动的时间为t秒，MN的长度为s个单位，求s与t的函数关系式，并写出t的取值范围；(3)当线段MN最长时，求出△ABN的面积；(4)设在(2)的条件下(不考虑点P与点O,点C重合的情况)，连接CM、BN.当t为何值时，四边形BCMN为平行四边形?问对于所求的t值，平行四边形BCMN是否菱形?请说明理由。2.如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c经过点A(0，1)、B（3，）两点，BC⊥x轴，垂足为C．点P是线段AB上的一动点（不与A，B重合），过点P作x轴的垂线交抛物线于点M，设点P的横坐标为t．(1)求此抛物线的函数表达式；(2)连结AM、BM，设△AMB的面积为S，求S关于t的函数关系式，并求出S的最大值；(3)连结PC，当t为何值时，四边形PMBC是菱形．（10分[来源:学*科*网]3.如图,抛物线y=?12x2+mx+n与x轴交于A.B两点,与y轴交于点C,抛物线的对称轴交x轴于点D,已知A(?1,0),C(0,2).(1)求抛物线的表达式；(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形?如果存在，直接写出P点的坐标；如果不存在，请说明理由；(3)点E是线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大?求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标。【高效作业本】专题四存在型专题1.如图2－2－1，点P为定角∠AOB的平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补，若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA，OB相交于M，N两点，则以下结论：①PM＝PN恒成立；②OM＋ON的值不变；③四边形PMON的面积不变；④MN的长不变，其中正确的个数为(B)A．4B．3 C．2  D．1 图2－2－1 第1题答图2.若△ABC内一点P满足∠PAC＝∠PBA＝∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点(Brocard，point)是法国数学家和数学教育家克洛尔(A.L.Crelle，1780～1855)于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡(Brocard，1845～1922)重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，∠EDF＝90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ＝1，则EQ＋FQ的值为          ()A．5 B．4C．3＋2 D．2＋2 图2－2－2第2题答图3．如图2－2－3，∠AOB＝45°，点M，N在边OA上，OM＝x，ON＝x＋4，点P是边OB上的点，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是__4.如图2－2－9①是一张直角三角形纸片，∠B＝90°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE，EF剪下时，所得的矩形的面积最大．随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为__12__．图2－2－9【拓展应用】如图②，在△ABC中，BC＝a，BC边上的高AD＝h，矩形PQMN的顶点P，N分别在边AB，AC上，顶点Q，M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为___．(用含a，h的代数式表示)如图③，有一块"缺角矩形"ABCDE，AB＝32，BC＝40，AE＝20，CD＝16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形(∠B为所剪出矩形的内角)，求该矩形的面积．21*cnjy*com【实际应用】如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB＝50cm，BC＝108cm，CD＝60cm，且tanB＝tanC＝43，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M，N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．图2－2－9④备用图5.如图2－2－8①，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A(－1，0)，点B(0，3)．(1)求∠BAO的度数；(2)如图①，将△AOB绕点O顺时针旋转得△A′OB′，当A′恰好落在AB边上时，设△AB′O的面积为S1，△BA′O的面积为S2，则S1与S2有何关系？为什么？(3)若将△AOB绕点O顺时针旋转到如图②所示的位置，S1与S2的关系发生变化了吗？证明你的判断．① ②【答案】专题四存在型专题答案1.解答：(1)x=0时，y=1，∴点A的坐标为：(0,1)，∵BC⊥x轴,垂足为点C(3,0)，∴点B的横坐标为3，[来源:学科网]当x=3时,y=52，∴点B的坐标为(3,52)，设直线AB的函数关系式为y=kx+b，b=13k+b=52，解得k=12b=1，则直线AB的函数关系式y=12x+1；(2)当x=t时,y=12t+1，∴点M的坐标为(t,12t+1)，当x=t时,y=?54t2+174t+1，∴点N的坐标为(t,?54t2+174t+1)，s=?54t2+174t+1?(12t+1)=?54t2+154t(0?t?3)；(3)s=?54t2+154t=?54(t?32)2+4516，当x=32时,MN有最大值4516，△ABN的面积=12×32×4516+12×32×4516=13532；(4)若四边形BCMN为平行四边形，则有MN=BC，∴?54t2+154t=52，解得t1=1,t2=2，[来源:学§科§网Z§X§X§K]∴当t=1或2时，四边形BCMN为平行四边形，①当t=1时,MP=32，PC=2，∴MC=52=MN，此时四边形BCMN为菱形，②当t=2时，MP=2，PC=1，[来源:Zxxk.Com]∴MC=5√≠MN，此时四边形BCMN不是菱形。2.已知抛物线y＝－x2＋bx＋c经过点A(0，1)、B（3，）两点，那么，解得，所以此抛物线的函数表达式是（2）BC⊥x轴，垂足为C．点P是线段AB上的一动点（不与A，B重合），过点P作x轴的垂线交抛物线于点M，交X轴于D点；，而，；M、P点的横坐标相同，由（1）知抛物线的解析式是，所以M的纵坐标为；由题知A0=1，BC=，OD=t，CD=OC-OD=3-t,DM=,所以=+-=，设△AMB的面积为S，=，要使有最大值，那么当且仅当，即当（3）四边形PMBC是菱形，则PM=PC=BC，而由题知BC=，PM=PC=BC=，过点P作x轴的垂线交抛物线于点M，设点P的横坐标为t，M的纵坐标为，MD=，PD=MD-MP=-=，在中，由勾股定理得，即，解得，所以四边形PMBC为菱形点评：本题考查抛物线，求最值，菱形，要求学生掌握用待定系数法求抛物线的解析式，会用配方法求二次函数的最值，掌握菱形的性质，本题问题多，所涉及的知识面广，计算量比较大，但总体难度不大3.解：（1）∵抛物线y=-12x2+mx+n经过A（-1，0），C（0，2）．解得：m＝32n＝2，∴抛物线的解析式为：y=-12x2+32x+2；（2）∵y=-12x2+32x+2，∴y=-12（x-32）2+258，∴抛物线的对称轴是x=32．∴OD=32．∵C（0，2），∴OC=2．在Rt△OCD中，由勾股定理，得CD=52．∵△CDP是以CD为腰的等腰三角形，∴CP1=DP2=DP3=CD．作CH⊥x对称轴于H，∴HP1=HD=2，∴DP1=4．∴P1（32，4），P2（32，52），P3（32，-52）；（3）当y=0时，0=-12x2+32x+2∴x1=-1，x2=4，∴B（4，0）．设直线BC的解析式为y=kx+b，由图象，得2＝b0＝4k+b，解得：k＝?12b＝2，∴直线BC的解析式为：y=-12x+2．如图2，过点C作CM⊥EF于M，设E（a，-12a+2），F（a，-12a2+32a+2），∴EF=-12a2+32a+2-（-12a+2）=-12a2+2a（0≤x≤4）．∵S四边形CDBF=S△BCD+S△CEF+S△BEF=12BD?OC+12EF?CM+12EF?BN，=12×52×2+12a（-12a2+2a）+12（4-a）（-12a2+2a），=-a2+4a+52（0≤x≤4）．=-（a-2）2+132∴a=2时，S四边形CDBF的面积最大=132，∴E（2，1）．