2020中考数学压轴题揭秘专题16二次函数的存在性问题试题（附答案）
2020中考数学压轴题揭秘专题16二次函数的存在性问题试题（附答案）,中考数学压轴题专题,莲山课件.
专题15 动点综合问题
【典例分析】
【考点1】动点之全等三角形问题
【例1】如图，直线 与 轴和 轴分别交于 两点，另一条直线过点 和点 .
(1)求直线 的函数表达式;
(2)求证: ;
(3)若点 是直线 上的一个动点，点 是 轴上的一个动点，且以 为顶点的三角形与 全等，求点 的坐标.
【答案】(1) ;(2) ; (3) 点 的坐标为 或 或 或
【解析】（1）在y=- x+4中，令y=0，则0=- x+4，求得A（3，0），设直线AC对应的函数关系式为y=kx+b，解方程组即可得到结论；
（2）在直线ABy=- x+4中，得到k1=- ，在直线ACy＝ x− 中，得到k2= ，由于k1•k2=-1，即可得到结论；
（3）根据勾股定理得到AB=5，①当∠AQP=90°时，如图1，由全等三角形的性质得到AQ=OB=4，于是得到Q1（7，0），Q2（-1，0），②当∠APQ=90°时，如图2，根据全等三角形的性质得到AQ=AB=5，于是得到Q3（8，0），Q4（-2，0），③当∠PAQ=90°时，这种情况不存在．
【详解】（1）在y=- x+4中，
令y=0，则0=- x+4，
∴x=3，
∴A（3，0），
设直线AC对应的函数关系式为y=kx+b，
则： ，解得： ，
∴直线AC对应的函数关系式为y＝ x- .
(2) 在直线ABy=- x+4中，
∵k1=- ，
在直线ACy＝ x− 中，k2= ，
∴k1•k2=-1，
∴AB⊥AC；（3）在y=- x+4中，
令x=0，则y=4，
∴OA=3，OB=4，由勾股定理得AB=5，
①当∠AQP=90°时，如图1，∵△AOB≌△AQP，
∴AQ=OB=4，
∴Q1（7，0），Q2（-1，0），
②当∠APQ=90°时，如图2，∵△AOB≌△AQP，
∴AQ=AB=5，
∴Q3（8，0），Q4（-2，0）．
③当∠PAQ=90°时，这种情况不存在，
综上所述：点Q的坐标为：（7，0）（8，0）（-1，0）（-2，0）．
【点睛】考查了一次函数综合题，待定系数法求函数的解析式，勾股定理的应用和全等三角形的性质等知识，分类讨论是解题关键，以防遗漏．
【变式1-1】）如图,CA⊥BC,垂足为C,AC=2Cm,BC=6cm,射线BM⊥BQ,垂足为B,动点P从C点出发以1cm/s的速度沿射线CQ运动,点N为射线BM上一动点,满足PN=AB,随着P点运动而运动,当点P运动_______秒时，△BCA与点P、N、B为顶点的三角形全等.(2个全等三角形不重合)
【答案】0；4；8；12
【解析】此题要分两种情况：①当P在线段BC上时，②当P在BQ上，再分别分两种情况AC＝BP或AC＝BN进行计算即可．
【详解】解：①当P在线段BC上，AC＝BP时，△ACB≌△PBN，
∵AC＝2，
∴BP＝2，
∴CP＝6−2＝4，
∴点P的运动时间为4÷1＝4（秒）；
②当P在线段BC上，AC＝BN时，△ACB≌△NBP，
这时BC＝PN＝6，CP＝0，因此时间为0秒；
③当P在BQ上，AC＝BP时，△ACB≌△PBN，
∵AC＝2，
∴BP＝2，
∴CP＝2＋6＝8，
∴点P的运动时间为8÷1＝8（秒）；
④当P在BQ上，AC＝NB时，△ACB≌△NBP，
∵BC＝6，
∴BP＝6，
∴CP＝6＋6＝12，
点P的运动时间为12÷1＝12（秒），
故答案为：0或4或8或12．
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等时必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
【考点2】动点之直角三角形问题
【例2】（模型建立）
（1）如图1，等腰直角三角形 中， ， ，直线 经过点 ，过 作 于点 ，过 作 于点 .求证： ；
（模型应用）
（2）已知直线 ： 与坐标轴交于点 、 ，将直线 绕点 逆时针旋转 至直线 ，如图2，求直线 的函数表达式；
（3）如图3，长方形 ， 为坐标原点，点 的坐标为 ，点 、 分别在坐标轴上，点 是线段 上的动点，点 是直线 上的动点且在第四象限.若 是以点 为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出点 的坐标.
【答案】（1）见解析；（2）y＝−7x−21；（3）D（4，−2）或（ ， ）.
【解析】（1）根据△ABC为等腰直角三角形，AD⊥ED，BE⊥ED，可判定 ；
（2）①过点B作BC⊥AB，交l2于C，过C作CD⊥y轴于D，根据△CBD≌△BAO，得出BD＝AO＝3，CD＝OB＝4，求得C（−4，7），最后运用待定系数法求直线l2的函数表达式；
（3）根据△APD是以点D为直角顶点的等腰直角三角形，当点D是直线y＝−2x＋6上的动点且在第四象限时，分两种情况：当点D在矩形AOCB的内部时，当点D在矩形AOCB的外部时，设D（x，−2x＋6），分别根据△ADE≌△DPF，得出AE＝DF，据此列出方程进行求解即可．
【详解】解：（1）证明：∵△ABC为等腰直角三角形，
∴CB＝CA，∠ACD＋∠BCE＝90°，
又∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠D＝∠E＝90°，∠EBC＋∠BCE＝90°，
∴∠ACD＝∠EBC，
在△ACD与△CBE中， ，
∴ （AAS）；
（2）①如图2，过点B作BC⊥AB，交l2于C，过C作CD⊥y轴于D，
∵∠BAC＝45°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
由（1）可知：△CBD≌△BAO，
∴BD＝AO，CD＝OB，
∵直线l1：y＝ x＋4中，若y＝0，则x＝−3；若x＝0，则y＝4，
∴A（−3，0），B（0，4），
∴BD＝AO＝3，CD＝OB＝4，
∴OD＝4＋3＝7，
∴C（−4，7），
设l2的解析式为y＝kx＋b，则 ，
解得： ，
∴l2的解析式为：y＝−7x−21；
（3）D（4，−2）或（ ， ）．
理由：当点D是直线y＝−2x＋6上的动点且在第四象限时，分两种情况：
当点D在矩形AOCB的内部时，如图，过D作x轴的平行线EF，交直线OA于E，交BC于F，
设D（x，−2x＋6），则OE＝2x−6，
2020中考数学压轴题揭秘专题17二次函数的面积问题试题（附答案）
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AE＝6−（2x−6）＝12−2x，DF＝EF−DE＝8−x，
由（1）可得，△ADE≌△DPF，则DF＝AE，即：12−2x＝8−x，
解得x＝4，
∴−2x＋6＝−2，
∴D（4，−2），
此时，PF＝ED＝4，CP＝6＝CB，符合题意；
当点D在矩形AOCB的外部时，如图，过D作x轴的平行线EF，交直线OA于E，交直线BC于F，
设D（x，−2x＋6），则OE＝2x−6，AE＝OE−OA＝2x−6−6＝2x−12，DF＝EF−DE＝8−x，
同理可得：△ADE≌△DPF，则AE＝DF，即：2x−12＝8−x，
解得x＝ ，
∴−2x＋6＝ ，
∴D（ ， ），
此时，ED＝PF＝ ，AE＝BF＝ ，BP＝PF−BF＝ ＜6，符合题意，
综上所述，D点坐标为：（4，−2）或（ ， ）
【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查了点的坐标、矩形的性质、待定系数法、等腰直角三角形的性质以及全等三角形等相关知识的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，运用全等三角形的性质进行计算，解题时注意分类思想的运用．
【变式2-1】（2019·辽宁中考模拟）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+4的图象与x轴交于点A(4，0)和点D(﹣1，0)，与y轴交于点C，过点C作BC平行于x轴交抛物线于点B，连接AC
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)点M从点O出发以每秒2个单位长度的速度向点A运动；点N从点B同时出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停动，过点N作NQ垂直于BC交AC于点Q，连结MQ.
①求△AQM的面积S与运动时间t之间的函数关系式，写出自变量的取值范围；当t为何值时，S有最大值，并求出S的最大值；
②是否存在点M，使得△AQM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)y＝﹣x2+3x+4；(2)①S=-t2+t+2；0≤t≤2；t＝ 时，S最大值＝ ；②存在，点M的坐标分别为(1，0)和(2，0)．
【解析】(1)由待定系数法将AD两点代入即可求解．
(2)①分别用t表示出AM、PQ，由三角形面积公式直接写出含有t的二次函数关系式，由二次函数的最大值可得答案；
②分类讨论直角三角形的直角顶点，然后解出t，求得M坐标．
【详解】(1)∵二次函数的图象经过A(4，0)和点D(﹣1，0)，
∴ ，
解得 ，
所以，二次函数的解析式为y＝﹣x2+3x+4．
(2)①延长NQ交x轴于点P，
∵BC平行于x轴，C(0，4)
∴B(3，4)，NP⊥OA．
根据题意，经过t秒时，NB＝t，OM＝2t，
则CN＝3﹣t，AM＝4﹣2t．
∵∠BCA＝∠MAQ＝45°，
∴QN＝CN＝3﹣t，
∴PQ＝NP﹣NQ＝4﹣(1﹣t)＝1+t，
∴S△AMQ= AM×PQ= (4-2t)(1+t)
＝﹣t2+t+2．
∴S=-t2+t+2=-(t- )2+ ．
∵a＝﹣1＜0，且0≤t≤2，∴S有最大值．
当t＝ 时，S最大值＝ ．
②存在点M，使得△AQM为直角三角形．
设经过t秒时，NB＝t，OM＝2t，
则CN＝3﹣t，AM＝4﹣2t，
∴∵∠BCA＝∠MAQ＝45°．
Ⅰ．若∠AQM＝90°，
则PQ是等腰Rt△MQA底边MA上的高．
∴PQ是底边MA的中线，
∴PQ＝AP＝ MA，
∴1+t＝ (4﹣2t)，
解得，t＝ ，
∴M的坐标为(1，0)．
Ⅱ．若∠QMA＝90°，此时QM与QP重合．
∴QM＝QP＝MA，
∴1+t＝4﹣2t，
∴t＝1，
∴点M的坐标为(2，0)．
所以，使得△AQM为直角三角形的点M的坐标分别为(1，0)和(2，0)．
【点睛】此题考查了待定系数法求解析式，还考查了三角形的面积，要注意利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系还要注意求最大值可以借助于二次函数．
【变式2-2】如图，四边形ABCD是正方形，以DC为边向外作等边△DCE，连接AE交BD于点F，交CD于点G，点P是线段AE上一动点，连接DP、BP．
（1）求∠AFB的度数；
（2）在点P从A到E的运动过程中，若DP平分∠CDE，求证：AG•DP＝DG•BD；
（3）已知AD＝6，在点P从A到E的运动过程中，若△DBP是直角三角形，请求DP的长．
【答案】(1) 60°；(2)见解析；(3) DP=6或DP＝3 －3或DP＝3 时，△DBP是直角三角形
【解析】（1）根据正方形的性质、等边三角形的性质解答；
（2）连接AC，证明△DGP∽△AGC，根据相似三角形的对应边的比相等证明；
（3）根据正方形的性质、勾股定理分别求出BD、OD，根据直角三角形的性质求出DF，分∠BPD＝90°、∠BDP＝90°两种情况，根据相似三角形的性质计算．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DC，∠ADC＝90°，
又∵△DCE是等边三角形，
∴DE＝DC，∠EDC＝60°，
∴DA＝DE，∠ADE＝150°，
∴∠DAE＝15°，
又∠ADB＝45°，
∴∠AFB＝∠DAF+∠ADF＝15°+45°＝60°；
（2）连接AC，
∠CAG＝∠CAD﹣∠DAG＝45°﹣15°＝30°，
∵DP平分∠CDE，
∴ ，
∴∠PDG＝∠CAG，
又∠DGP＝∠AGC，
∴△DGP∽△AGC，
∴ ，即AG•DP＝DG•AC，
∵AC＝DB，
∴AG•DP＝DG•BD；
（3）连接AC交BD于点O，则∠AOF＝90°，
∵AD＝6，
∴ ，
在Rt△AOF中，∠OAF＝30°，
∴ ，
∴ ，
由图可知：0°＜∠DBP≤45°，
则△DBP是直角三角形只有∠BPD＝90°和∠BDP＝90°两种情形：
①当∠BPD＝90°时，
I、若点P与点A重合，∠BPD＝90°，
∴DP＝DA＝6；
II、当点P在线段AE上时，∠BPD＝90°，
连接OP， ，
∴∠OPA＝∠OAP＝30°，
∴∠AOP＝120°，
∴∠FOP＝∠AOP﹣∠AOF＝30°，
∴∠DBP＝∠OPB＝15°，
∴∠FDP＝75°，
又∠BAF＝∠BAD﹣∠DAF＝75°，
∴∠BAF＝∠PDF，
又∠AFB＝∠DFP，
∴△BAF∽△PDF，
∴ ，即
解得， ；
②当∠BDP＝90°时，∠DFP＝∠AFB＝60°，
∴DP＝DF×tan∠DFP＝ ，
综上，DP=6或DP＝3 －3或DP＝3 时，△DBP是直角三角形．
【点睛】本题考查的是正方形的性质、相似三角形的判定和性质以及等边三角形的性质、直角三角形的性质，掌握正方形的性质、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
【考点3】动点之等腰三角形问题
【例3】（2019·湖南中考真题）如图一，在射线 的一侧以 为一条边作矩形 ， ， ，点 是线段 上一动点（不与点 重合），连结 ，过点 作 的垂线交射线 于点 ，连接 ．
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2020中考数学压轴题揭秘专题18创新型与新定义综合问题试题（附答案）
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