人教版华师大北师大版等通用版 中考数学 专题43 动态几何之其他存在性问题（含解析）

 专题43 动态几何之其他存在性问题

数学因运动而充满活力，数学因变化而精彩纷呈。动态题是近年来中考的的一个热点问题，以运动的观点探究几何图形的变化规律问题，称之为动态几何问题，随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题，就其运动对象而言，有点动、线动、面动三大类，就其运动形式而言，有轴对称（翻折）、平移、旋转（中心对称、滚动）等，就问题类型而言，有函数关系和图象问题、面积问题、最值问题、和差问题、定值问题和存在性问题等。解这类题目要“以静制动”，即把动态问题，变为静态问题来解，而静态问题又是动态问题的特殊情况。以动态几何问题为基架而精心设计的考题，可谓璀璨夺目、精彩四射。

   动态几何形成的存在性问题是动态几何中的基本类型，包括等腰（边）三角形存在问题；直角三角形存在问题；平行四边形存在问题；矩形、菱形、正方形存在问题；梯形存在问题；全等三角形存在问题；相似三角形存在问题；其它存在问题等。本专题原创编写动态几何之其他存在性问题模拟题。

在中考压轴题中，动态几何之其他存在性问题的重点和难点在于应用分类思想和数形结合的思想准确地进行分类。

1. 如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴，y轴分别交于点B（8，0），A（0，6），点C的坐标为（3，0），过点C作CE⊥AB于点E，点D为y轴上一动点，连结CD，DE，以CD，DE为边作□CDEF。是否存在点D，使□CDEF的顶点F恰好落在y轴上？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由。

【答案】解：存在。 

∵B（8，0），A（0，6），∴OA=6，OB=8。∴AB=10。

∵C（3，0），∴OC=3，BC=5。

∵∠CEB=∠EBC=900，∠OBA=∠EBC，

∴△BCE∽△BAO。

∴，即。∴。

∴根据勾股定理得BE=4。∴AE=AB－BE=6。

【考点】单动点问题，勾股定理，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数定义。

【解析】由△EDA∽△BOA即可求得，从而得到点D的坐标。

2. 在平面直角坐标系x、y中，过原点O及点A（0，2）、C（，0）作矩形OABC，点D在AB上，且AD=．点P从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线OD方向移动；同时点Q从点O出发，以每秒个单位长度的速度沿x轴正方向移动．设移动时间为t秒．已知过O、P、Q三点的抛物线解析式为（t＞0）．问是否存在某一时刻t，将△PQB绕某点旋转180°后，三个对应顶点恰好都落在上述抛物线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【答案】解：存在这样的t值。理由如下：

将△PQB绕某点旋转180°，三个对应顶点恰好都落在抛物线上，则旋转中心为PQ中点，此时四边形PBQB′为平行四边形。

∵A（0，2）、C（，0），∴∠ADO=300。

∵矩形OABC，∴AB∥OC。∴∠DOC=∠ADO=300。

∴存在t=或t=，将△PQB绕某点旋转180°后，三个对应顶点恰好都落在上述抛物线上。

【考点】双动点和旋转问题，矩形的性质，含30度直角三角形的性质，平行四边形的性质，曲线上点的坐标与方程的关系。

3. 在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=2x+2的图象与x轴交于A，与y轴交于点C，点B的坐标为（a，0），（其中a＞0），直线l过动点M（0，m）（m≠0，2），且与x轴平行，并与直线AC、BC分别相交于点D、E，P点在y轴上（P点异于C点）满足PE=CE，直线PD与x轴交于点Q，连接PA．问：是否存在实数m，使CD•AQ=PQ•DE？若能，求出m的值（用含a的代数式表示）；若不能，请说明理由．

【答案】解：假设存在实数m，使CD•AQ=PQ•DE，依题意，点M有三种位置：m＞2，0＜m＜2，m＜0。

∵一次函数y=2x+2的图象与x轴交于A，与y轴交于点C，

∴C（0，2），A（﹣1，0）。

∵PE=CE，∴直线l是线段PC的垂直平分线。∴MC=MP。

（1）当m＞2时，如图1，

∵A（﹣1，0），Q（m+1，0），B（a，0），∴AQ=m+2，AB=a+1。

∵OA=1，OC=2，由勾股定理得：CA=。

∵直线l∥x轴，∴△CDE∽△CAB。∴。

又∵CD•AQ=PQ•DE，∴。∴，即，解得：。

∵m＞2，∴当2＜a＜5时，；当0＜a≤2或a≥5时，m不存在。

（2）当0＜m＜2时，如图2，

∵M（0，m），∴P（0，2m﹣2）。

∵直线l与y=2x+2交于点D，

∴令y=m，则x=，∴D（，m）。

∵0＜m＜2，∴当a＞1时，；当0＜a≤1时，m≥2，m不存在。

（3）当m＜0时，如图3，

∵M（0，m），∴P（0，2m﹣2）。

∵直线l与y=2x+2交于点D，

∴令y=m，则x=，∴D（，m）。

∵OA=1，OC=2，由勾股定理得：CA=。

∵直线l∥x轴，∴△CDE∽△CAB。∴。

又∵CD•AQ=PQ•DE，∴。∴，即，解得：。

∵m＜0，而，∴m不存在。

综上所述。当m＞2时，若2＜a＜5，，若0＜a≤2或a≥5，m不存在；当0＜m＜2时，若a＞1，，若0＜a≤1，m不存在；当m＜0时， m不存在；

【考点】一次函数综合题，单动点问题，待定系数法的应用，直线上点的坐标与方程的关系，线段垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，解方程，分类思想的应用。

【解析】分m＞2，0＜m＜2，m＜0三种情况讨论即可。

4. 如图，将Rt△OAB沿斜边OB折叠后，点A落在第一象限内的点C处，抛物线经过点O，A，点C是抛物线的顶点，抛物线的对称轴与线段OB交于点D，与x轴交于点H。

（1）求∠AOB的度数；

（2）求抛物线的对称轴与线段OB交点D的坐标；

（3）线段OB与抛物线交与点E，点P为线段OE上一动点（点P不与点O，点E重合），过P点作y轴的平行线，交抛物线于点M，问：在线段OE上是否存在这样的点P，使得PD=CM？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由。

【答案】解：（1）∵，∴C，即 OH=，CH=3。

            在Rt△OCH中，，∴。

            ∵Rt△OCB是Rt△OAB沿斜边OB折叠所得，∴。

（2）∵抛物线经过点A，∴A ，即 OA=。

     ∴。∴B点坐标为（，2）。

∴设直线BO的解析式为：y=kx，则2=k，解得：k=。

∴设直线BO的解析式为：y=x。

∵的对称轴为直线，∴将两函数联立得出：y=。

∴抛物线的对称轴与线段OB交点D的坐标为：（，1）。

（3）存在。

设MP与x轴的交点为点N，设PN=t；

∵∠AOB=30°，∴ON=t。∴P（t，t）。

【考点】二次函数综合题，折叠问题，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，折叠对称的性质。

MF⊥CD（即抛物线对称轴）于F，过P作PQ⊥CD于Q，若PD=CM，那么CF=QD，根据C、M、P、D四点纵坐标，易求得CF、QD的长，联立两式即可求出此时t的值，从而求得点P的坐标。

5. 如图，在Rt△ABC中，AB=AC=4．一动点P从点B出发，沿BC方向以每秒1个单位长度的速度匀速运动，到达点C即停止．在整个运动过程中，过点P作PD⊥BC与Rt△ABC的直角边相交于点D，延长PD至点Q，使得PD=QD，以PQ为斜边在PQ左侧作等腰直角三角形PQE．设运动时间为t秒（t＞0）．

（1）在整个运动过程中，设△ABC与△PQE重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式以及相应的自变量t的取值范围；

（2）当点D在线段AB上时，连接AQ、AP，是否存在这样的t，使得△APQ成为等腰三角形？若存在，求出对应的t的值；若不存在，请说明理由；

（3）当t=4秒时，以PQ为斜边在PQ右侧作等腰直角三角形PQF，将四边形PEQF绕点P旋转，PE与线段AB相交于点M，PF与线段AC相交于点N．试判断在这一旋转过程中，四边形PMAN的面积是否发生变化？若发生变化，求出四边形PMAN的面积y与PM的长x之间的函数关系式以及相应的自变量x的取值范围；若不发生变化，求出此定值．

【答案】（1）当0＜t≤4时，S=t2，当4＜t≤时，S=-t2+8t-16，当＜t＜8时，S=t2-12t+48；（2）秒或t2=（12-4）秒；（3）8.

【解析】

（ⅰ）若AP=PQ，则有 ，

（ⅱ）若AQ=PQ，过点Q作QG⊥AP于点G，根据△PGQ∽△AHP求出PG=，若AQ=PQ，得出．

（2）存在，理由如下：

当点D在线段AB上时，

∵AB=AC，

∴∠B=∠C=（180°-∠BAC）=45°．

∵PD⊥BC，

∴∠BPD=90°，

∴∠BDP=45°，

∴PD=BP=t，

∴QD=PD=t，

∴PQ=QD+PD=2t．

过点A作AH⊥BC于点H，

∵AB=AC，

∴BH=CH=BC=4，AH=BH=4，

∴PH=BH-BP=4-t，

（ⅱ）若AQ=PQ，过点Q作QG⊥AP于点G，如图（1），

∵∠BPQ=∠BHA=90°，

∴PQ∥AH．

∴∠APQ=∠PAH．

∵QG⊥AP，

∴∠PGQ=90°，

∴∠PGQ=∠AHP=90°，

∴△PGQ∽△AHP，

解得：t1=12-4，t2=12+4（不合题意，舍去）；

（ⅲ）若AP=AQ，过点A作AT⊥PQ于点T，如图（2），

易知四边形AHPT是矩形，故PT=AH=4．

若AP=AQ，由于AT⊥PQ，则有QT=PT，即PT=PQ，

即4=×2t．解得t=4．

当t=4时，A、P、Q三点共线，△APQ不存在，故t=4舍去．

综上所述，存在这样的t，使得△APQ成为等腰三角形，即秒或t2=（12-4）秒；

∵此时t=4秒，

∴BP=4×1=4=BC，

∴点P为BC的中点．

∵△ABC是等腰直角三角形，

∴AP⊥BC，AP=BC=CP=BP=4，∠BAP=∠CAP=∠BAC=45°，