专题12存在性问题 -2022年中考数学必考的十五种类型大题夺分技巧再训练

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专题12  存在性问题1.如图，已知A（1，2）、B（5，3）、C（3，5），试在平面内找一点D，使得以A、B、C、D四个点为顶点的四边形是平行四边形.【解答】见解析【解析】设D（m，n），通过对角线互相平分，分类讨论：①当BC为对角线时，则有，此时②当AC为对角线时，则有，此时③当AB为对角线时，则有，此时，具体如图所示：2.如图，在平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点，点C的坐标为，过点C作于点E，点D为轴正半轴的一动点，且满足，连接DE，以DE、DA为边作平行四边形DEFA，若平行四边形DEFA为矩形，求的值；【解答】（1）或【解析】（1）在中，，在中，，当四边形DEFA是矩形时，在中，，①如图1，当点C在轴上方时，可得方程，解得；②如图2，当点C在轴下方时，可得方程，解得.3.如图，在矩形ABCD中，AB＝16cm，AD＝6cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以每秒3cm的速度向点B移动，点Q以每秒2cm测得速度向点D移动，当点P到达点B处时，两点均停止移动，问：（1）P，Q两点出发多长时间，线段PQ的长度为10cm？（2）是否存在某一时刻，使四边形PBCQ为正方形？若存在，求出该时刻；若不存在，请说明理由．【解答】（1）P，Q两点出发或秒，线段PQ的长度为10cm；（2）不存在【解析】（1）过点P作PH⊥CD于点H，如图所示：∴HQ＝16﹣5t，∴PQ2＝PH2+HQ2，即102＝（16﹣5t）2+62，解得，答：P，Q两点出发或秒，线段PQ的长度为10cm；（2）∵四边形PBCQ是正方形，∴BP＝CQ，即16﹣3t＝2t，解得，∵，∴不成立．4.如图，已知抛物线交x轴于点A、点B，交y轴于点C，且点A（6，0），点C（0，4），AB＝5OB，设点E（x，y）是抛物线上一动点，且位于第四象限，四边形OEAF是以OA为对角线的平行四边形．（1）求抛物线解析式及顶点坐标；（2）求平行四边形OEAF的面积S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；（3）当平行四边形OEAF的面积为24时，请判断平行四边形OEAF是否为菱形？（4）是否存在点E，使平行四边形OEAF为正方形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】（1）y＝ax2+bx+c，顶点坐标为；（2）S=﹣4x2+28x﹣24（1＜x＜6）；（3）不是菱形；（4）不存在【解析】（1）∵点A（6，0），AB＝5OB，∴点B（1，0），设所求抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c，则由题意可得：，解得，∴所求抛物线的解析式为，∵，∴所求抛物线的顶点坐标为；（2）∵点E（x，y）在抛物线上，位于第四象限，且坐标适合，∴y＜0，即﹣y＞0，﹣y表示点E到OA的距离．∵OA是平行四边形OEAF的对角线，∴S＝2S△OAE＝2××OA•|y|＝﹣6y＝﹣6（x2﹣x+4）＝﹣4x2+28x﹣24，自变量x的取值范围为：1＜x＜6；（3）根据题意得：﹣4x2+28x﹣24＝24，解之，得x1＝3，x2＝4，∴所求的点E有两个，分别为E1（3，﹣4），E2（4，﹣4），∵点E1（3，﹣4），∴OE＝5，，∴OE＝AE，∴平行四边形OEAF是菱形，∵点E2（4，﹣4），∴OE＝，，∴不满足OE＝AE，∴平行四边形OEAF不是菱形；（4）∵当OA⊥EF，且OA＝EF时，平行四边形OEAF是正方形，此时点E坐标只能（3，﹣3），而坐标为（3，﹣3）点不在抛物线上，∴不存在这样的点E，使平行四边形OEAF为正方形．5.如图，在坐标系中，已知A（1，1）、B（5，4），点C在x轴上，在平面内任取一点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形.【解答】见解析【解析】思路1：设点C的坐标为，点D的坐标为，①当AB为对角线时，即AB与CD互相平分，且AC＝BC，则，解得，如图所示：②当AC为对角线时，即AC与BD互相平分，且BA＝BC，则，解得，如图所示：③当AD为对角线时，则，解得，如图所示：思路2：先用等腰三角形存在性方法确定点C，再确定点D.①当AB＝AC时，如图所示：C点的坐标为，对应的点D的坐标为；C点的坐标为，对应的点D的坐标为.②当BA＝BC时，如图所示：C点的坐标为，对应的点D的坐标为；C点的坐标为，对应的点D的坐标为.③当AC＝BC时，如图所示： 6.在平面直角坐标平面内，O为原点，二次函数的图像经过点A（，0）和点B（0，3），顶点为P．（1）求二次函数解析式及点P的坐标；（2）如果点Q是x轴上一点，以点A、P、Q为顶点的三角形是直角三角形，求点Q的坐标．【答案】（1）解析式：，顶点（1，4）； （2）点Q的坐标是（1，0）或（9，0）．【解析】（1）由题意得，解得：，；∴二次函数解析式为，∴点P的坐标是（1，4）；（2）P（1，4），A（，0），∴设点Q的坐标是（x，0），则，．当时，，∴，解得：，（不合题意，舍去），∴点Q的坐标是（1，0）；当时，，∴，解得：，∴点Q的坐标是（9，0）．当时，不合题意．综上所述，所求点Q的坐标是（1，0）或（9，0）．7．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过A（1，0），B（3，0），C（0，6）三点．（1）求抛物线的解析式．（2）抛物线的顶点M与对称轴l上的点N关于x轴对称，直线AN交抛物线于点D，直线BE交AD于点E，若直线BE将△ABD的面积分为1：2两部分，求点E的坐标．（3）P为抛物线上的一动点，Q为对称轴上动点，抛物线上是否存在一点P，使A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析。【分析】（1）设抛物线解析式为：y＝a（x﹣1）（x﹣3），把点C坐标代入解析式，可求解；（2）先求出点M，点N坐标，利用待定系数法可求AD解析式，联立方程组可求点D坐标，可求S△ABD2×6＝6，设点E（m，2m﹣2），分两种情况讨论，利用三角形面积公式可求解；（3）分两种情况讨论，利用平行四边形的性质可求解．【解析】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过A（1，0），B（3，0），∴设抛物线解析式为：y＝a（x﹣1）（x﹣3），∵抛物线y＝a（x﹣1）（x﹣3）（a≠0）的图象经过点C（0，6），∴6＝a（0﹣1）（0﹣3），∴a＝2，∴抛物线解析式为：y＝2（x﹣1）（x﹣3）＝2x2﹣8x+6；（2）∵y＝2x2﹣8x+6＝2（x﹣2）2﹣2，∴顶点M的坐标为（2，﹣2），∵抛物线的顶点M与对称轴l上的点N关于x轴对称，∴点N（2，2），设直线AN解析式为：y＝kx+b，由题意可得：，解得：，∴直线AN解析式为：y＝2x﹣2，联立方程组得：，解得：，，∴点D（4，6），∴S△ABD2×6＝6，设点E（m，2m﹣2），∵直线BE将△ABD的面积分为1：2两部分，∴S△ABES△ABD＝2或S△ABES△ABD＝4，∴2×（2m﹣2）＝2或2×（2m﹣2）＝4，∴m＝2或3，∴点E（2，2）或（3，4）；（3）若AD为平行四边形的边，∵以A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，∴AD＝PQ，∴xD﹣xA＝xP﹣xQ或xD﹣xA＝xQ﹣xP，∴xP＝4﹣1+2＝5或xP＝2﹣4+1＝﹣1，∴点P坐标为（5，16）或（﹣1，16）；若AD为平行四边形的对角线，∵以A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，∴AD与PQ互相平分，∴，∴xP＝3，∴点P坐标为（3，0），综上所述：当点P坐标为（5，16）或（﹣1，16）或（3，0）时，使A、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形．8．如图，二次函数y1＝a（x﹣m）2+n，y2＝6ax2+n（a＜0，m＞0，n＞0）的图象分别为C1、C2，C1交y轴于点P，点A在C1上，且位于y轴右侧，直线PA与C2在y轴左侧的交点为B．（1）若P点的坐标为（0，2），C1的顶点坐标为（2，4），求a的值；（2）设直线PA与y轴所夹的角为α．①当α＝45°，且A为C1的顶点时，求am的值；②若α＝90°，试说明：当a、m、n各自取不同的值时，的值不变；（3）若PA＝2PB，试判断点A是否为C1的顶点？请说明理由．【答案】见解析。【解析】（1）由题意m＝2，n＝4，∴y1＝a（x﹣2）2+4，把（0，2）代入得到a．（2）①如图1中，过点A作AN⊥x轴于N，过点P作PM⊥AN于M．∵y1＝a（x﹣m）2+n＝ax2﹣2amx+am2+n，∴P（0，am2+n），∵A（m，n），∴PM＝m，AN＝n，∵∠APM＝45°，∴AM＝PM＝m，∴m+am2+n＝n，∵m＞0，∴am＝﹣1．②如图2中，由题意AB⊥y中，∵P（0，am2+n），当y＝am2+n时，am2+n＝6ax2+n，解得x＝±m，∴B（m，am2+n），∴PBm，∵AP＝2m，∴2．（3）如图3中，过点A作AH⊥x轴于H，过点P作PK⊥AH于K，过点B作BE⊥KP交KP的延长线于E．设B（b，6ab2+n），∵PA＝2PB，∴A[﹣2b，a（﹣2b﹣m）2+n]，∵BE∥AK，∴，∴AK＝2BE，∴a（﹣2b﹣m）2+n﹣am2﹣n＝2（am2+n﹣6ab2﹣n），整理得：m2﹣2bm﹣8b2＝0，∴（m﹣4b）（m+2b）＝0，∵m﹣4b＞0，∴m+2b＝0，∴m＝﹣2b，∴A（m，n），∴点A是抛物线C1的顶点．