2020届上海市中考数学压轴题解题策略：面积的存在性问题(加精)

//// //// 中考数学压轴题解题策略 面积的存在性问题解题策略 专题攻略 面积的存在性问题常见的题型和解题策略有两类 第一类，先根据几何法确定存在性，再列方程求解，后检验方程的根． 第二类，先假设关系存在，再列方程，后根据方程的解验证假设是否正确． 例题解析 例❶ 如图 1-1，矩形 ABCD 的顶点 C 在 y 轴右侧沿抛物线y＝x2－6x＋ 10 滑动， 在滑动过程中 CD//x 轴， CD＝1， AB 在 CD 的下方． 当点 D 在 y 轴 上时，AB 落在 x 轴上．当矩形 ABCD 在滑动过程中被 x 轴分成两部分的面 积比为 14 时， 求点 C 的坐标． 图 1-1 【解析】先求出 CB＝5，再进行两次转化，然后解方程． 把上下两部分的面积比为 1∶4 转化为 S 上∶S全＝1∶5 或 S上∶S全＝4∶5． 把面积比转化为点 C 的纵坐标为 1 或 4． 如图 1-2，C 3, 1．如图 1-3， C3 3 , 4或3－ 3, 4． 图 1-2 图 1-3 例❷ 如图 2-1，二次函数 y＝x＋m2＋k 的图象与 x 轴交于 A、B 两点，顶点 M 的坐标为1,－4，AM 与 y 轴相交于点 C，在抛物线上是否还存在点 P，使得 S△PMBS△BCM，如存在，求出点 P 的坐标． 图 2-1 【解析】△BCM 是确定的，△PBM 与三角形 BCM 有公共边 BM，根据“同底等高的三角形面积相等” 和“平行线间的距离处处相等” ，过点 C 画 BM 的平行线与抛物线的交点就是点 P．一目了然，点 P 有 2 个． 由 y＝x－12－4＝x＋1x－3，得 A－1,0，B3,0．由 A、M，得 C0,－2． 如图 2-2，设 Px, x2－2x－3，由 PC//BM，得∠CPE＝∠BMF．所以 CEBF PEMF  ． 解方程 21424 2 x x   ，得 25x  ．所以 25,22 5P 或2 5,22 5 ． //// //// 图 2-2 例❸ 如图 3-1，直线 y＝x＋1 与抛物线 y＝－x2＋2x＋3 交于 A、B 两点，点 P 是直线 AB 上方抛物线上 的一点，四边形 PAQB 是平行四边形，当四边形 PAQB 的面积最大时，求点 P 的坐标． 图 3-1 【解析】△PAB 的面积最大时，平行四边形 PAQB 的面积也最大． 我们介绍三种割补的方法求△PAB 的面积如图 3-2，把△PAB 分割为两个共底 PE 的三角形，高的和 等于 A、B 两点间的水平距离；如图 3-3，用四边形 PACB 的面积减去△ABC 的面积；如图 3-4，用直角梯形 ABNM 的面积减去两个直角三角形的面积． 我们借用图 3-2 介绍一个典型结论．已知 A－1,0、B2, 3，设 Px,－x2＋2x＋3． S△PAB＝S△PAE＋S△PBE＝ 1 2 PE AFBD ＝ 1 2 PEBA yyxx ＝2 1 23 2 xx ＝2 3127 228 x ． 当 1 2 x  时，△PAB 的面积最大． 1 2 x  的几何意义是点 E 为 AB 的中 点，这是一个典型结论．同时我 们可以看到，由于 xB－xA是定值，因此当 PE 最大时，△PAB 的面积最大． 图 3-2 图 3-3 图 3-4 例❹ 如图 4-1，在平行四边形 A BCD 中，AB＝3，BC＝5，AC⊥AB，△ACD 沿 AC 方向匀速平移得到 △PNM，速度为每秒 1 个单位长度；同时点 Q 从点 C 出发，沿 CB 方向匀速移动，速度为每秒 1 个单位长 度；当△PNM 停止运动时，点 Q 也停止运动，如图 4-2，设移动时间为 t 秒（0＜t＜4） ．是否存 在某一时 刻 t，使 S△QMC∶S 四边形ABQP＝1∶4若存在，求出 t 的值；若不存在，请说明理由． 图 4-1 图 4-2 【解析】两步转化，问题就解决了．△QMC 与△QPC 是同底等高的三角形，△QPC 是△ABC 的一部 分． //// //// 因此 S△QMC∶S 四边形ABQP＝1∶4 就转化为 S△QPC∶S△ABC＝1∶5，更进一步转化为 S△QPC＝ 6 5 ．如图 4-3， 解方程 136 4 255 tt ，得 t＝2． 图 4-3 例❺ 如图 5-1，在平面直角坐标系中，点 A 的坐标为0, 1，直线 y＝2x－4 与抛物线 2 1 4 yx相交于点 B，与 y 轴交于点 D．将△ABD 沿直线 BD 折叠后，点 A 落在点 C 处（如图 5-2） ，问在抛物线上是否存在点 P，使得 S△PCD＝3S△PAB如果存在，请求出所有满足条件的点 P 的坐标；如果不存在，请说明理由． 图 1 图 2 【解析】由 A0, 1，B4, 4，D0,－4，可得 AB＝AD＝ 5，这里隐含了四边形 ADCB 是菱形．因此△ PCD 与△PAB 是等底三角形，而且两底 CD//AB． 如果 S△PCD＝3S△PAB，那么点 P 到直线 CD 的距离等于它到直线 AB 距离的 3 倍． 如果过点 P 与 CD 平行的直线与 y 轴交于点 Q，那么点 Q 到直线 CD 的距离等于它到直线 AB 距离的 3 倍． 所以 QD＝3QA．点 Q 的位置有两个，在 DA 的延长线上或 AD 上． 如图 5-3，过点 Q 7 0 2 ，画 CD 的平行线，得 P 365 373 65 28  ，，或 365 373 65 28  ，． 如图 5-4，过点 Q 1 0 4 画 CD 的平行线，得 P 35 73 5 28  ，，或 35 73 5 28  ，． 图 5-3 图 5-4 例❻ 如图 6-1，抛物线 2 15 84 yxx 经过点 E6, n，与 x 轴正半轴交于点 A，若点 P 为抛物线上位 于第一象限内的一个动点，以 P、O、A、E 为顶点的四边形的 面积记作 S，则 S 取何值时，相应的点 P 有 且只有 3 个 //// //// 图 6-1 【解析】如图 6-2，当点 P 在直线 AE 上方的抛物线上，过点 P 作 AE 的平行线，当这条直线与抛物线 相切时，△PAE 的面积最大．这时我们可以在直线 OE 的上方画一条与 OE 平行的直线，这条直线与抛物线 有 2 个交点 P′和 P′′，满足 S△PAE＝S△P′OE＝S△P′′OE． 设过点 P 与直线 AE 平行的直线为 3 4 yxm ，联立 2 15 84 yxx ，消去 y， 整理，得 x2－16x＋ 8m＝0．由Δ＝0，解得 m＝8． 因此方程 x2－16x＋64＝0 的根为 x1＝x2＝8．所以 P8, 2． 如图 6-3，作 PH⊥x 轴