专题六-是否存在型问题.ppt

第二部分　热点专题攻略 专题六　是否存在型问题 中考题型精讲精练 考点精讲 【例】（2014深圳）如图Z-6-1， 直线AB的解析式为y=2x+4，交x轴 于点A，交y轴于点B，以A为顶点的 抛物线交直线AB于点D，交y轴负半 轴于点C（0，-4）. 　　（1）求抛物线的解析式； 　　（2）将抛物线顶点沿着直 线AB平移，此时顶点记为E，与 y轴的交点记为F， 　　①求当△BEF与△BAO相似时， E点的坐标； 　　②记平移后抛物线与AB的另一个交点为G，则S△EFG与s△ACD是否存在8倍的关系？若存在请直接写出F点的坐标. 　　思路点拨：（1）求出点A的坐标，利用顶点式求出抛物线的解析式； 　　（2）①首先确定点E为Rt△BEF的直角顶点，相似关系为：△BAO∽△BFE；如图Z-6-2，作辅助线，利用相似关系求出点E的坐标； 　　②首先求出△ACD的面积：S△ACD=8；若S△EFG与S△ACD存在8倍的关系，则S△EFG=64或S△EFG=1；先求出S△EFG的表达式，进而求出点F的坐标. 　　解：（1）直线AB的解析式为y=2x+4， 　　令x=0，得y=4；令y=0，得x=-2. 　　∴A（-2，0），B（0，4）. 　　∵抛物线的顶点为点A（-2，0）， 　　∴设抛物线的解析式为：y=a（x+2）2， 　　点C（0，-4）在抛物线上，代入上式,得 　　-4=4a，解得a=-1. 　　∴抛物线的解析式为y=-（x+2）2. 　　（2）平移过程中，设点E的坐标为（m，2m+4）， 　　则平移后抛物线的解析式为：y=-（x-m）2+2m+4. 　　∴F（0，-m2+2m+4）. 　　①∵点E为顶点， 　　∴∠BEF≥90°. 　　∴若△BEF与△BAO相似，只能是点E作为直角顶点. 　　∴△BAO∽△BFE， 　　 可得：BE=2EF. 如图Z-6-2，过点E作EH⊥y轴于点H，则点H坐标为： H（0，2m+4）. ∵B（0，4），H（0，2m+4），F（0，-m2+2m+4）， ∴BH=|2m|，FH=|-m2|. 在Rt△BEF中，BE2=BH·BF，EF2=FH·BF， 又∵BE=2EF，∴BH=4FH. 即4|-m2|=|2m|. 若-4m2=2m，解得m= 或m=0 （与点B重合，舍去）； 若-4m2=-2m，解得m= 或m=0 （与点B重合，舍去），此时点E位于 第一象限，∠BEF为锐角，故此情形不成立. ②假设存在. 联立抛物线：y=-（x+2）2与直线AB：y=2x+4， 可求得：D（-4，-4）. ∴S△ACD= ×4×4=8. ∵S△EFG与S△ACD存在8倍的关系， ∴S△EFG=64或S△EFG=1. 联立平移抛物线：y=-（x-m）2+2m+4与直线AB：y=2x+4，可求得：G（m-2，2m）. ∴点E与点G横坐标相差2，即：|xG|-|xE|=2. 当顶点E在y轴左侧时，如图Z-6-3， ∵B（0，4），F（0，-m2+2m+4）， ∴BF=|-m2+2m|. ∴|-m2+2m|=64或|-m2+2m|=1， ∴-m2+2m可取值为：64,-64,1,-1. 当取值为64时，一元二次方程-m2+2m=64无解，故-m2+2m≠64. ∴-m2+2m可取值为：-64,1,-1. ∵F（0，-m2+2m+4）， ∴F坐标为：（0，-60）,（0，5）,（0，3）. 同理，当顶点E在y轴右侧时，点F为（0，5）. 综上所述，S△EFG与S△ACD存在8倍的关系，点F坐标为 （0，-60）,（0，5）,（0，3）. 　　解题指导：解此类是否存在型问题的关键是根据题设条件和图形的有关特征，对“是否存在”做出准确的判断和推理.解此类题的基本思路是：假设存在——演绎推理——得出结论：合理或矛盾.如果合理则结论存在，如果矛盾则结论不存在. 考题再现 　　1. （2013广东）已知二次函数y=x2-2mx+m2-1. 　　（1）当二次函数的图象经过坐标原 点O（0，0）时，求二次函数的解析式； 　　（2）如图Z-6-4，当m=2时，该抛物 线与y轴交于点C，顶点为D，求C,D两点 的坐标； 　　（3）在（2）的条件下，x轴上是否 存在一点P，使得PC+PD最短？若P点存在， 求出P点的坐标；若P点不存在，请说明理由. 解：（1）∵二次函数的图象经过坐标原点O（0，0）， ∴把（0,0）代入二次函数y=x2-2mx+m2-1，得m2-1=0， 解得m=±1. ∴二次函数的解析式为：y=x2-2x或y=x2+2x. （2）∵m=2， ∴二次函数y=x2-2mx+m2-1可化为y=x2-4x+3=（x-2）2-1. ∴抛物线的