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- 2021-05-10 发布
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第四节 存在性问题
这类问题是近几年来各地中考的“热点”．解决存在性问题就是：假设存在→推理论证→得出结论．若能导出合理的结果，就作出“存在”的判断，导出矛盾，就作出不存在的判断．尤其以二次函数中的是否存在相似三角形、三角形的面积相等、等腰(直角)三角形、平行四边形作为考查对象是中考命题热点．这类题型对基础知识，基本技能提出了较高要求，并具备较强的探索性，正确、完整地解答这类问题，是对知识、能力的一次全面的考查．
,中考重难点突破)
【例1】(汇川中考模拟)抛物线y＝x2－x＋2与x轴交于A，B两点(OA0)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°？若存在，请求出此时k的值；若不存在，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，则F(x，x＋1)．
∴PF＝(x＋1)－(x2－1)＝－x2＋x＋2.
S△ABP＝S△PFA＋S△PFB＝PF(xF－xA)＋PF(xB－xF)＝PF(xB－xA)＝PF，
∴S△ABP＝(－x2＋x＋2)＝－＋，
当x＝时，yP＝x2－1＝－.
∴△ABP面积最大值为，
此时点P坐标为；
(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，
则E，F(0，1)，OE＝，OF＝1.
在Rt△EOF中，由勾股定理得：
EF＝＝.
令y＝x2＋(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，
则NQ⊥EF，NQ＝CN＝ON＝，
∴EN＝OE－ON＝－.
∵∠NEQ＝∠FEO，∠EQN＝∠EOF＝90°，
∴△EQN∽△EOF，
∴＝，
即＝，∴k＝±.
∵k>0，
∴k＝，
∴当k＝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＝－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？若存在，求此时t的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵A(0，4)，C(8，0)在抛物线上，
∴解得
(2)∵∠AOP＝∠PEB＝90°，
∠OAP＝90°－∠APO＝∠EPB，
∴△AOP∽△PEB，∴＝，
∵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－(t＋2)2＋(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，若△POA∽△ADB，
则＝，即＝整理，得t2＋16＝0，
∴t无解；
若△POA∽△BDA，
同理，解得t＝－2±2(负值舍去)；
②当t＞8时，若△POA∽△ADB，则＝，
即＝，
解得t＝8±4(负值舍去)；
若△POA∽△BDA，同理，解得t无解．
综上所述，当t＝－2＋2或8＋4时，
以A，B，D为顶点的三角形与△AOP相似.
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