初中数学总复习《动态几何之存在性问题探讨》学生版 答案A4.docVIP

【一、等腰（边）三角形存在问题：【】 【例3：】解：（1）B（3，0），C（0，）。 ∵ A（—1，0）B（3，0） ∴ 可设过A、B、C三点的抛物线为 。 又∵ C（0，）在抛物线上，∴，解得。 ∴ 经过A、B、C三点的抛物线解析式 即。 （2）① 当△OCE∽△OBC时，则。 ∵OC =， OE=AE—AO=x－1， OB=3， ∴ 。 ∴ x =2。 ∴ 当x=2时，△OCE∽△OBC。 ② 存在点P。 由①可知x=2，∴OE =1。 ∴ E（1，0）。 此时，△CAE为等边三角形。 ∴ ∠AEC=∠A=60°。 又∵ ∠CEM=60°， ∴ ∠MEB=60°。 ∴ 点C与点M关于抛物线的对称轴 对称。 ∵ C（0，），∴M（2，）。 过M作MN⊥x轴于点N（2，0）， ∴ MN =。 ∴ EN =1。 ∴ 。 若△PEM为等腰三角形，则：ⅰ) 当EP=EM时, ∵EM=2，且点P在直线x=1上，∴P(1，2)或P（1，－2）。 ⅱ）当EM=PM时，点M在EP的垂直平分线上，∴P(1，2) 。 ⅲ）当PE=PM时，点P是线段EM的垂直平分线与直线x=1的交点，∴P(1，) ∴ 综上所述，存在P点坐标为（1，2）或（1，—2）或（1，2）或（1，）时， △EPM为等腰三角形。 【二、直角三角形存在问题 【三、平行四边形存在问题 联立BD与AC的直线解析式可得：， 解得 。 ∴ M点的坐标为（）。 【】 解：（1）由x2－7 x +12=0解得x1=3，x2=4。 ∵OA＜OB ，∴OA=3 , OB=4。 ∴ A(0，3)， B(4，0)。 由OA=3 , OB=4，根据勾股定理，得AB=5。 由题意得，AP=t, AQ=5－2t 。分两种情况讨论： ① 当∠APQ=∠AOB时，如图1，△APQ∽△AOB。 ∴ ，即 解得 t = 。∴Q（）。 ② 当∠AQP=∠AOB时，如图2， △APQ∽△ABO。 ∴ ，即 解得 t = 。 ∴ Q（）。 （3）存在。M1（）， M2（），M3（）。矩形、菱形、正方形存在问题【】 （3）如图所示，符合题意的点Q有4个： 设直线y=－x+4分别与x轴、y轴交于点E、点F， 则E（0，4），F（4，0），OE=OF=4，EF=4。 ① 菱形OEP1Q1，此时OE为菱形一边。 则有P1E=P1Q1=OE=4，P1F=EF－P1E=4－4。 易知△P1NF为等腰直角三角形， ∴ P1N =NF =P1F =4－2。 设P1Q1交x轴于点N，则NQ1=P1Q1－P1N=4－（4－2）=2。 又ON =OF－NF =2， ∴ Q1（2 ，－2）。 ② 菱形OEP2Q2，此时OE为菱形一边。此时Q2与Q1关于原点对称， ∴ Q2（－2，2）。 ③ 菱形OEQ3P3，此时OE为菱形一边。此时P3与点F重合，菱形OEQ3P3为正方形， ∴ Q3（4，4）。 ④ 菱形OP4EQ4，此时OE为菱形对角线。由菱形性质可知，P4Q4为OE的垂直平分线， 由OE =4，得P4纵坐标为2，代入直线解析式y=－x+4得横坐标为2，则P4（2，2）。 由菱形性质可知，P4、Q4关于OE或x轴对称， ∴ Q4（－2，2）。 综上所述，存在点Q，使以O、E、P、Q为顶点的四边形是菱形，点Q的坐标为： Q1（2，－2），Q2（－2，2），Q3（4，4），Q4（－2，2）。 【例2：】 解：（1）作CE⊥x轴于点E，∵ 四边形ABCD为正方形， ∴ AB =BC，∠ABO +∠CBE =90°。 ∵∠OAB+∠OBA =90°，∴∠OAB =∠EBC。 ∴ Rt△AOB ≌Rt△CEA（AAS）。 ∵ A（0，2）、点B（1，0）， ∴AO =2，BO =1。 ∴ OE =2+1=3，CE =1。 ∴ C点坐标为（3，1）。 （2）∵ 抛物线经过点C，∴1=a×32﹣a×3﹣2，解得a=。 ∴ 抛物线的解