日照宏仁培优初三中考强化辅导函数图象中点的存在性问题

第一部分函数图象中点的存在性问题1.1因动点产生的相似三角形问题例12013年上海市中考第24题如图1，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线y＝ax2＋bx（a＞0）经过点A和x轴正半轴上的点B，AO＝BO＝2，∠AOB＝120°．（1）求这条抛物线的表达式；（2）连结OM，求∠AOM的大小；（3）如果点C在x轴上，且△ABC与△AOM相似，求点C的坐标．图1动感体验请打开几何画板文件名“13上海24”，拖动点C在x轴上运动，可以体验到，点C在点B的右侧，有两种情况，△ABC与△AOM相似．请打开超级画板文件名“13上海24”，拖动点C在x轴上运动，可以体验到，点C在点B的右侧，有两种情况，△ABC与△AOM相似．点击按钮的左部和中部，可到达相似的准确位置。思路点拨1．第（2）题把求∠AOM的大小，转化为求∠BOM的大小．2．因为∠BOM＝∠ABO＝30°，因此点C在点B的右侧时，恰好有∠ABC＝∠AOM．3．根据夹角相等对应边成比例，分两种情况讨论△ABC与△AOM相似．满分解答（1）如图2，过点A作AH⊥y轴，垂足为H．在Rt△AOH中，AO＝2，∠AOH＝30°，所以AH＝1，OH＝3．所以A(1,3)．因为抛物线与x轴交于O、B(2,0)两点，设y＝ax(x－2)，代入点A(1,3)，可得33a．图2所以抛物线的表达式为23323(2)333yxxxx．（2）由2232333(1)3333yxxx，得抛物线的顶点M的坐标为3(1,)3．所以3tan3BOM．所以∠BOM＝30°．所以∠AOM＝150°．（3）由A(1,3)、B(2,0)、M3(1,)3，得3tan3ABO，23AB，233OM．所以∠ABO＝30°，3OAOM．因此当点C在点B右侧时，∠ABC＝∠AOM＝150°．△ABC与△AOM相似，存在两种情况：①如图3，当3BAOABCOM时，23233BABC．此时C(4,0)．②如图4，当3BCOABAOM时，33236BCBA．此时C(8,0)．图3图4考点伸展在本题情境下，如果△ABC与△BOM相似，求点C的坐标．如图5，因为△BOM是30°底角的等腰三角形，∠ABO＝30°，因此△ABC也是底角为30°的等腰三角形，AB＝AC，根据对称性，点C的坐标为(－4,0)．图5例22012年苏州市中考第29题如图1，已知抛物线211(1)444byxbx（b是实数且b＞2）与x轴的正半轴分别交于点A、B（点A位于点B是左侧），与y轴的正半轴交于点C．（1）点B的坐标为______，点C的坐标为__________（用含b的代数式表示）；（2）请你探索在第一象限内是否存在点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似（全等可看作相似的特殊情况）？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．图1动感体验请打开几何画板文件名“12苏州29”，拖动点B在x轴的正半轴上运动，可以体验到，点P到两坐标轴的距离相等，存在四边形PCOB的面积等于2b的时刻．双击按钮“第（3）题”，拖动点B，可以体验到，存在∠OQA＝∠B的时刻，也存在∠OQ′A＝∠B的时刻．思路点拨1．第（2）题中，等腰直角三角形PBC暗示了点P到两坐标轴的距离相等．2．联结OP，把四边形PCOB重新分割为两个等高的三角形，底边可以用含b的式子表示．3．第（3）题要探究三个三角形两两相似，第一直觉这三个三角形是直角三角形，点Q最大的可能在经过点A与x轴垂直的直线上．满分解答（1）B的坐标为(b,0)，点C的坐标为(0,4b)．（2）如图2，过点P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，那么△PDB≌△PEC．因此PD＝PE．设点P的坐标为(x,x)．如图3，联结OP．所以S四边形PCOB＝S△PCO＋S△PBO＝1152428bxbxbx＝2b．解得165x．所以点P的坐标为(1616,55)．图2图3（3）由2111(1)(1)()4444byxbxxxb，得A(1,0)，OA＝1．①如图4，以OA、OC为邻边构造矩形OAQC，那么△OQC≌△QOA．当BAQAQAOA，即2QABAOA时，△BQA∽△QOA．所以2()14bb．解得843b．所以符合题意的点Q为(1,23)．②如图5，以OC为直径的圆与直线x＝1交于点Q，那么∠OQC＝90°。因此△OCQ∽△QOA．当BAQAQAOA时，△BQA∽△QOA．此时∠OQB＝90°．所以C、Q、B三点共线．因此BOQACOOA，即14bQAb．解得4QA．此时Q(1,4)．图4图5考点伸展第（3）题的思路是，A、C、O三点是确定的，B是x轴正半轴上待定的点，而∠QOA与∠QOC是互余的，那么我们自然想到三个三角形都是直角三角形的情况．这样，先根据△QOA与△QOC相似把点Q的位置确定下来，再根据两直角边对应成比例确定点B的位置．如图中，圆与直线x＝1的另一个交点会不会是符合题意的点Q呢？如果符合题意的话，那么点B的位置距离点A很近，这与OB＝4OC矛盾．例32012年黄冈市中考模拟第25题如图1，已知抛物线的方程C1：1(2)()yxxmm(m＞0)与x轴交于点B、C，与y轴交于点E，且点B在点C的左侧．（1）若抛物线C1过点M(2,2)，求实数m的值；（2）在（1）的条件下，求△BCE的面积；（3）在（1）的条件下，在抛物线的对称轴上找一点H，使得BH＋EH最小，求出点H的坐标；（4）在第四象限内，抛物线C1上是否存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．图1动感体验请打开几何画板文件名“12黄冈25”，拖动点C在x轴正半轴上运动，观察左图，可以体验到，EC与BF保持平行，但是∠BFC在无限远处也不等于45°．观察右图，可以体验到，∠CBF保持45°，存在∠BFC＝∠BCE的时刻．思路点拨1．第（3）题是典型的“牛喝水”问题，当H落在线段EC上时，BH＋EH最小．2．第（4）题的解题策略是：先分两种情况画直线BF，作∠CBF＝∠EBC＝45°，或者作BF//EC．再用含m的式子表示点F的坐标．然后根据夹角相等，两边对应成比例列关于m的方程．满分解答（1）将M(2,2)代入1(2)()yxxmm，得124(2)mm．解得m＝4．（2）当m＝4时，2111(2)(4)2442yxxxx．所以C(4,0)，E(0,2)．所以S△BCE＝1162622BCOE．（3）如图2，抛物线的对称轴是直线x＝1，当H落在线段EC上时，BH＋EH最小．设对称轴与x轴的交点为P，那么HPEOCPCO．因此234HP．解得32HP．所以点H的坐标为3(1,)2．（4）①如图3，过点B作EC的平行线交抛物线于F，过点F作FF′⊥x轴于F′．由于∠BCE＝∠FBC，所以当CEBCCBBF，即2BCCEBF时，△BCE∽△FBC．设点F的坐标为1(,(2)())xxxmm，由''FFEOBFCO，得1(2)()22xxmmxm．解得x＝m＋2．所以F′(m＋2,0)．由'COBFCEBF，得244mmBFm．所以2(4)4mmBFm．由2BCCEBF，得222(4)4(2)4mmmmm．整理，得0＝16．此方程无解．图2图3图4②如图4，作∠CBF＝45°交抛物线于F，过点F作FF′⊥x轴于F′，由于∠EBC＝∠CBF，所以BEBCBCBF，即2BCBEBF时，△BCE∽△BFC．在Rt△BFF′中，由FF′＝BF′，得1(2)()2xxmxm．解得x＝2m．所以F′(2,0)m．所以BF′＝2m＋2，2(22)BFm．由2BCBEBF，得2(2)222(22)mm．解得222m．综合①、②，符合题意的m为222．考点伸展第（4）题也可以这样求BF的长：在求得点F′、F的坐标后，根据两点间的距离公式求BF的长．例42010年义乌市中考第24题如图1，已知梯形OABC，抛物线分别过点O（0，0）、A（2，0）、B（6，3）．（1）直接写出抛物线的对称轴、解析式及顶点M的坐标；（2）将图1中梯形OABC的上下底边所在的直线OA、CB以相同的速度同时向上平移，分别交抛物线于点O1、A1、C1、B1，得到如图2的梯形O1A1B1C1．设梯形O1A1B1C1的面积为S，A1、B1的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)．用含S的代数式表示x2－x1，并求出当S=36时点A1的坐标；（3）在图1中，设点D的坐标为(1，3)，动点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿着线段BC运动，动点Q从点D出发，以与点P相同的速度沿着线段DM运动．P、Q两点同时出发，当点Q到达点M时，P、Q两点同时停止运动．设P、Q两点的运动时间为t，是否存在某一时刻t，使得直线PQ、直线AB、x轴围成的三角形与直线PQ、直线AB、抛物线的对称轴围成的三角形相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．图1图2动感体验请打开几何画板文件名“10义乌24”，拖动点I上下运动，观察图形和图象，可以体验到，x2－x1随S的增大而减小．双击按钮“第（3）题”，拖动点Q在DM上运动，可以体验到，如果∠GAF＝∠GQE，那么△GAF与△GQE相似．思路点拨1．第（2）题用含S的代数式表示x2－x1，我们反其道而行之，用x1，x2表示S．再注意平移过程中梯形的高保持不变，即y2－y1＝3．通过代数变形就可以了．2．第（3）题最大的障碍在于画示意图，在没有计算结果的情况下，无法画出准确的位置关系，因此本题的策略是先假设，再说理计算，后验证．3．第（3）题的示意图，不变的关系是：直线AB与x轴的夹角不变，直线AB与抛物线的对称轴的夹角不变．变化的直线PQ的斜率，因此假设直线PQ与AB的交点G在x轴的下方，或者假设交点G在x轴的上方．满分解答（1）抛物线的对称轴为直线1x，解析式为21184yxx，顶点为M（1，18）．（2）梯形O1A1B1C1的面积12122(11)3()62xxSxx，由此得到1223sxx．由于213yy，所以22212211111138484yyxxxx．整理，得212111()()384xxxx．因此得到2172xxS．当S=36时，212114,2.xxxx解得126,8.xx此时点A1的坐标为（6，3）．（3）设直线AB与PQ交于点G，直线AB与抛物线的对称轴交于点E，直线PQ与x轴交于点F，那么要探求相似的△GAF与△GQE，有一个公共角∠G．在△GEQ中，∠GEQ是直线AB与抛物线对称轴的夹角，为定值．在△GAF中，∠GAF是直线AB与x轴的夹角，也为定值，而且∠GEQ≠∠GAF．因此只存在∠GQE＝∠GAF的可能，△GQE∽△GAF．这时∠GAF＝∠GQE＝∠PQD．由于3tan4GAF，tan5DQtPQDQPt，所以345tt．解得207t．图3图4考点伸展第（3）题是否存在点G在x轴上方的情况？如图4，假如存在，说理过程相同，求得的t的值也是相同的．事实上，图3和图4都是假设存在的示意图，实际的图形更接近图3．例52009年临沂市中考第26题如图1，抛物线经过点A(4，0)、B（1，0)、C（0，－2）三点．（1）求此抛物线的解析式；（2）P是抛物线上的一个动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在点P，使得以A、P、M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存