当前位置：文档库 › 第一节存在性问题

第一节存在性问题

第五章组合数学

第一节存在性问题

E1-001 证明：对每一个自然数m，平面内存在一有限点集S．有如下性质：对S中每一个点A，S中恰有m个点与A相距为1单位，这种点集S有

无限多个．

【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题5．本题由保加利亚提供．

【证】m=1时，取两个距离为1的点，它们所成的集显然具有所说的性质．

设对于自然数k，存在点集S k具有所说性质．将S k平移1个单位得到点S'k．平移方向不与以下直线平行：

（1）过S k中任两点的直线；

（2）以S k中每一点为圆心，1为半径作圆，过这些圆的交点与圆心的直线．

这时S k中每一点A恰与S k∪S'k中k+1个点的距离为1．同样，S'k中每一点恰与S k∪S'k中k+1个点的距离为1．因此S k+1=S k∪S'k具有所说的性质．

因此命题成立．

E1-002 给出一个集合，该集合由十个互不相同的两位十进制正整数组成．证明：这个集合必有两个无共同元素的子集，两子集中各数之和相等．

【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题1．本题由原苏联提供．

【证】该集合共有210-1=1023个非空子集．每个子集中的数的和?103100=1000，故其中必有两个和相等．相应的两个子集如有公共元，将公共元划去，产生的两个子集，所含数的和相等．

E1-003 集合M由1985个不等的正整数组成，其中每个正整数的素因子均不大于26．证明：M至少含有一个由4个不同的数组成的子集，这4个数之积为某整数的4次幂．

【题说】第二十六届（1985年）国际数学奥林匹克题4．本题由内蒙古提供．

【证】小于26的素数为2，3，5，7，11，13，17，19，23共9个．按题意，M中每一数具有标准形式：

2a13a25a3...23a9 (1)

其中a1，a2，…，a9为非负整数．

注意a i按奇偶来分只有两种可能，所以9个指数a1，a2，…，a9的奇偶分配共29=512种，从而M中1985（＞513）个形如（1）的数中，可以找到一对数，它们的指数的奇偶性相同，不仅如此，将找到的数取出后，还可以继续在M中选出这样的数对，直至选出737对，每一对这样的数的乘积的形式为

（2β13β2…23β9）2（2）

其中βi（1?i?9）为非负整数．

如上所说，在形如（2）的737个数中，必有两数的指数中的β1，β2，…，β9与β'1，β'2，…β'9的奇偶性相同，这两个数的积

（ab）（cd）=（2r12r2…23r9）4

其中r i为非负整数，所以a、b、c、d的积为整数的4次方．

E1-004 在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点称为整点．试证：存在一个同心圆的集合，使得

（1）每个整点都在此集合的某一圆周上；

（2）此集合的每个圆周上，有且只有一个整点．

【题说】1987年全国联赛二试题2．

【证】设m是无理数，n是有理数，且2n≠整数，则点P（m，n）到任何二相异整点（a，b），（c，d）不等距

因为由（a-m）2+（b-n）2=（c-m）2+（d-n）2

得出 a2+b2-c2-d2+2（d-b）n=2（a-c）m

上式左边是有理数，所以必须右边为0，从而a=c，则

（b-d）（b+d-2n）=0

由n的取法，必须b=d，与二点不同矛盾）．

以P为心，过各个整点作圆，则每个圆上恰有一个整点，所以这一族同心圆即为所求．

E1-005 空间是否存在一个无限点集，它在每个平面上都至少有一个点，但都没有无限多个点？

【题说】1987年匈牙利数学奥林匹克题2．

【解】点集M=｛（t5，t3，t）：t∈R｝在每一个平面Ax+By+Cz+D=0上至少有一个点，至多有五个点，因为奇次方程At5+Bt3+Ct+D=0至少有一个实数根，至多有五个实数根．

E1-006 是否存在两个整数，其立方和等于1991？

【题说】第十七届（1991年）全俄数学奥林匹克九年级题5．

【解】易知对x∈Z

x3≡0，±1（mod 7）

因此，对于任意的X、y∈Z，x3+y3除以7的余数∈｛0，1，2，5，6｝．但1991除以7的余数是3，所以不存在X，y∈Z，使得

x3+y3=1991

E1-007 设X是一个有限集合．法则f使得X的每一个偶子集E（偶数个元素组成的子集）都对应一个实数f（E），且满足条件：

（1）存在一个偶子集D，使得f（D）＞1990；

（2）对于X的任意两个不相交的偶子集A，B，有

f（A∪B）=f（A）+f（B）-1990

求证：存在X的子集P和Q，满足

（1）P∩Q=，P∪Q=Z；

（2）对P的任何非空偶子集S，有f（S）＞ 1990；

（3）对Q的任何偶子集T，有f（T）?1990．

【题说】第五届（1990年）全国冬令营赛题5．

【证】由于X是有限集，X的偶子集的个数是有限的．令P是使f值最大的偶子集，如果这样的偶子集不只一个，取其中元素最少的为P．Q是P 相对于X的余集．显然

P∩Q=，P∪Q=X

从而 f（S）＞1990

对Q的偶子集T，由于P∩T=，P∩T是偶子集，所以

f（P）?f（P∪T）=f（P）+f（T）-1990

因此， f（T）?1990

E1-008 从数集｛0，1，2，…，14｝中选出不同的数，填入下图中10个小圆中，使得由线段连结的两个数之差的绝对值均不相同．这可能吗？请证明你的结论．

【题说】第二十三届（1991年）加拿大数学奥林匹克题4．

【解】不可能．用反证法证明如下：如果能按题中要求从｛0，1，…，14｝选出10个数填入图中圆中，使由线段连结的两个数之差的绝对值都不同．那么这14个差的绝对值应恰好是1，2，…，14，其中有7个奇数，7个偶数．因而它们的和S是奇数．

另一方面，小圆中的每个数在S中出现偶数次（每个小圆引出偶数条线段），所以S应当是偶数．

以上矛盾即证明了我们的论断．

E1-009设整数n?4，a1，a2，…，a n是区间（0，2n）中的不同整数．证明：集合｛a1，a2，…，a n｝有这样的子集存在，它的所有元素之和能被2n 整除．

【题说】1992年四川省高中数学联赛决赛题4．

【证】（1）若n｛a1，a2，…，a n｝则2n个整数a1，a2，…，a n，2n-a1，2n-a2，…，2n-an都属于（0，2n）．由抽屉原理其中至少有二数相等，令a i=2n-a j．

因n｛a1，a2，…，a n｝，必有i≠j，于是a i+a j能被2n整除．

（2）若n∈｛a1，a2，…，a n｝，不妨设a n=n，考虑 n-1个整数 a1，a2，…，a n-1（n-1?3），在其中任取三个数a i＜a j＜a k．若a k-a j，a j-a i均能被n整除，则

a k-a i=a k-a j+a j-a i?2n

与a k∈（0，2n）矛盾．

故a1，a2，…，a n-1中至少有两个数，差不能被n整除．

不妨设a1与a2的差不能被n整除，考虑n个整数：

a1，a2，a1+a2，a1+a2+a3，…，a1+a2+…+a n-1．

（i）若这n个数关于模n的余数都不同，则其中必有一个数能被n整除，令此数为kn．若k为偶数，结论成立；若k为奇数，加上a n即构成所需要的子集．

（ii）若这些数中有两个数关于模n同余，则它们的差被n整除，因a1和a2不同余，故这二数之差必为原集合中若干数之和．以下讨论同（i）．

这里n?4是必要的，如n=3时，集｛1，3，4｝结论不成立．

【又解】假设结论不成立，则｛1，2n-1｝，｛2，2n-2｝，…，（n-1，n+1｝，｛n｝这n个集每个至多含一个a i（1?i?n）．从而这n个集每个恰含一个a i（1?i?n）．特别地，可设a n=n．于是

（否则j+（n-j）+n=2n）．

因为（2n-1）+（n+1）+n=4n，所以1与n-1至少有一个∈A．不妨设1

∈A，这时n-1A，n+1∈A．

因为（2n-2）+（n+1）+1+n=4n，所以2n-2A，2∈A．

E1-010 A是满足下列条件的m3n矩阵．

（1）m?n；

（2）矩阵中的元素均为0或1；

（3）若f是｛1，2，…，m｝到｛1，2，…，n｝的单射，则存在i∈｛1，2，…，m｝，使得第i行f（i）列元素为0．

证明：存在满足下列条件的集合S ｛1，2，…，m ｝和T ｛1，2，…，n｝，使得

（1）若i∈S，j∈T，则第i行j列元素为0；

【题说】1992年日本数学奥林匹克题4．

【证】条件（3）即A'中任m个元素，如果每两个不同行也不同列，那么这m个元素中必有0．所要证的结论即A有一个s3t的子矩阵，元素全为0，而且s+t＞n．

如果m＜n，可添n-m行，每行元素都是1，因此可设m=n，即只需考虑方阵．

m=1时结论显然．假设m换为较小的数时结论成立．

如果元素全部为0，结论显然．不妨设第m行第m列的那个元素为1．这时前m-1行前m-1列的子矩阵，具有与（3）相应的性质，即每m-1个两两不同行不同列的元中必有0，从而由归纳假设，存在s3t的零子矩阵，s+t ＞m-1．若s+t＞m，结论已真．设s+t=m，并且这个零子矩阵在左上角，即前s行前t列．

右上角的s3s方阵与左下角的t3t方阵中，若某一个不具有与（3）相应的性质（即有一条两两不同行不同列的1组成的对角线），则由（3），另一个必具有相应的性质．不妨设s3s方阵具有相应的性质，则由归纳假设，其中有h3k的零子矩阵，h+k＞s．将它与左上角的零子矩阵合在一起，得到一个h3（t+k）的零子矩阵，而

h+（t+k）＞s+t=n

于是结论对一切自然数m成立．

E1-011 设k和l为正整数．证明：存在整数M，使得当n＞M时，

【题说】1992年澳大利亚数学奥林匹克题4．

（2k+1）n+（2l+1）n≡1+2kn+1+2ln（mod 4）

=2n（k+l）+2

要使2n整除（2k+1）n+（2l+1）n，n必为奇数．

此时

（2k+1）n+（2l+l）n=（2k+2l+2）［（2k+1）n-1-（2k+1）n-2．

（2l+1）+…+（2l+1）n-1］

上式右端第二个因式是n个奇数的代数和，因而是奇数．所以，2n整除（2k+1）n+（2l+1）n的充要条件是2n整除2（k+l+1）．

E1-012 （1）考虑20的平方，它与20有着相同个数的非零数字．问除了10、20、30以外，是否存在一个两位数，它的平方与它有相同个数的非零数字？如果你认为存在，找出它，如果你认为不存在，证明你的结论．

（2）问除了100、200、300以外，是否存在一个三位数，使它的平方数与它有相同个数的非零数字？

【题说】 1992年英国数学奥林匹克题1．

【解】（1）设n是满足题意的两位数，个位数字不为0，则n2具

55，64，71，78，84，90，95均不满足题意．

所以，满足题意的两位数不存在．

（2）显然，245满足题意，因为2452=60025．

E1-013 设n是奇数．试证：存在2n个整数．a1，a2，…，a n；b1，b2，…，b n，使对任一整数k，0＜k＜n，下列3n个数

a i+a i+1，a i+

b i，b i+b i+k

（i=1，2，…，n；其中a n+1=a1，b n+j=b j，0＜j＜n）被3n除所得余数互不相同．

【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题1．

【证】取a i=3i，b i=3i+1（1?i?n），则

a i+a i+1=6i+3

a i+

b i=6i+1

显然，6i+3，6j+1，6t+3k+2，或6t+3k-3n+2，除以3余数分别为0，1，2．因此它们被3n除后余数各不相同．

在1?i?j?n时，（6j+3）-（6i+3）=6（j-i）．因为n是奇数，0＜j-i＜n，所以6（j-i）不被3n整除，即6j+3与6i+3被3n除，余数不同．

同样，在1?i＜j?n时，6j+1与6i+1被3n除，余数不同．6j+3k+2或6j+3k-3n+2与6i+3k+2或6i+3k-3n+2被3n除，余数不同．

因此，所取的a i，b i（1?i?n）符合要求．

E1-014是否存在自然数n，使n！的前四位为1993？

【题说】1993年德国数学奥林匹克（第二轮）题4．

【解】答案是肯定的．

取N=1000100000，当n=N，N+1，…时，考虑数n！的前4位的

过不多于10次的乘法运算后将增加1．所以，数n！前四位将跑遍所有的四位数，其中当然会有1993．

E1-015证明：在任给的8个不同的实数x1，x2，…，x8中，至少存在两个实数x i和x j使得不等式

成立．

【题说】1994年四川省高中数学联赛题2．

互不相同，且

两个θi和θj使得

即

E1-016对于任何正整数k，f（k）表示集合｛k+1，k+2，…，2k｝内在二进制表示下恰有3个1的所有元素的个数．

（a）求证：对于每个正整数m，至少存在一个正整数k，使得f（k）=m．

（b）确定所有正整数m，对每一个m，恰存在一个 k满足f（k）=m．

【题说】第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题3．本题由罗马尼亚提供．

【解】k=1，2，3时，f（k）=0．k=4=（100）2时，f（k）=1．

若k+1的二进制表示中恰有三个1，那么2（k+1）的二进制表示中也恰有三个1，所以f（k+1）?f（k）．当且仅当2k+1的二进制表示恰有三个1时，f（k+1）=f（k）+1，即k=（100…0100…0）2［包括k=（10…01）2在内］时，f（k+1）=f（k）+1．由于这样的k有无穷多个，所以f（k）从1逐一增加至无穷（即（a）成立）．并且仅在k=（10…010）2时，f（k），f（k+1）连续（比前一项）增加1，从而当且仅当k=（10…010）2=2n+1+2时，m=f（k）仅出现一次，

E1-017求证：存在一个具有下述性质的正整数的集合A：对于任何由

无限多个素数组成的集合S，存在k?2及正整数m∈A和n A，使得m和n均为S中k个不同元素的乘积．

【题说】第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题6．本题由芬兰提供．

【证】将素数依大小排列为 p1＜p2＜p3＜…．

令A i=｛p i p j1…P j i｜i＜j1＜…j i｝，i=1，2，…，则

A=∪A i

E1-018是否存在

（1）4个；（2）5个不同的自然数，它们中任意三个数之和是素数？

【题说】1995年城市数学联赛高年级普通水平题2．

【解】（1）1，3，7，9满足条件．

（2）由于任意5个不同的自然数中，必存在3个数，除以3后余数相同，从而这三个数的和是3的倍数，因而是合数．即不存在5个不同的自然数，它们中任意三个数之和是素数

E1-019 是否存在100个正整数，使得它们的和与最小公倍数相等？

【题说】1995年城市数学联赛低年级普通水平题2．

【解】1，2，22，23，…，22n+1与3，322，3223，3225，…，3222n-1，这3n+3个数的最小公倍数为3222n+1，和为

（22n+2-1）+（3+22n+1-2）=3222n+1

取n=33，得到102个数1，2，4，8，…，2”与3，6，24，…，32265，去掉4，8，16，32，增加12，48，如此100个正整数满足条件．

E1-020 由同一组数码写成的自然数称之为相似数（例如，对数码组1，1，2，相似数有112，121，211）．证明：存在三个不含数码0且有1995位的相似数，使得其中两数之和等于第三个数．

【题说】第二十一届（1995年）全用数学奥林匹克九年级题5．

【证】因为159十495—954，而1995被3g除，所以三个数

459459…459（665个459）

495495…495（665个495）

954954…954（665个954）

合乎要求．

E1-021 是否存在正整数n＞1，满足下列条件：正整数集可分拆为n 个非空子集，使得从任n-1个子集中各任取一个数，这n-1个数的和在剩下的哪个集中？

【题说】第三十六届（1995年）IMO预选题．

【解】 n=2显然不满足条件．

若n=3满足条件，正整数集分拆成的三个非空子集人A1，A2，A3中必有一个至少含有一个奇数，另一个至少含有一个偶数．设奇数a=2h-1∈A1，偶数b=2k∈A2，则根据已知条件可得

a+b∈A3，a+2b∈A1，a+3b∈A3，a+4b∈A1，…

以及

b+a∈A3， b+2a∈A2， b+3a∈A3， b+4a∈A2，…

于是a+2hb∈A1，b+（2k+1）a∈A3，但

a+2hb=b+（2k+1）a．

与分拆的定义不符，所以 n=3不满足条件（注意我们并没有用到 A1∪A2∪A3=N）．

若n＞3满足条件，正整数集分拆成n个非空子集A1，A2，A3，…，A n．这个集中有两个，不妨设为A1，A2；A1中有一个元a与A2中一个元b的奇偶性不同．从A4，…，A n中各取一个数作成和s，令a'=a+s，b'=b+s，则

A'i=｛x+s｜x∈A i｝，i=1，2，3

显然a'、b'奇偶性不同、并且分别属于A1'、A2'．对任意的x∈A i'，y ∈A j'（1?i＜j?3），

x+y=（x-s）+（y-s）+s+s∈A'k

k是｛1，2，3｝-｛i，j｝中的元素．

根据上面对n=3的证明，A'1，A'2，A'3中有两个集的交非空，从而A1，A2，A3的交非空．因此，没有满足要求的n．

E1-022 Z表示整数集．证明对任意整数A、B可以找到整数C，使得集M1=｛x2+Ax+B｜x∈Z｝与M2=｛2x2+2x+C｜x∈Z｝不交．

【题说】第三十六届（1995年）IMO预选题．

【证】2x2+2x+C≡C（mod 4）

若A为奇数，则

y2+Ay≡y2+y≡0（mod 2）

即y2+Ay+B（mod 4）仅有两类．

若A为偶数．则y为偶数时，y2+Ay≡0（mod 4），y为奇数时，y2+Ay ≡1+4（mod4）．即y2+Ay+B（mod 4）仍仅两类．

因此，可取C不属于以上两类（mod 4），这时M1，M2无公共元素．

E1-023 k为正整数，证明存在无限多个形如n22k-7的平方数，这里n是正整数．

【题说】第三十六届（1995年）IMO预选题．

【证】对k=1，2，3，取m=1+4l，l为正奇数，则

m2+7≡0（mod24）

对k?3，设有正整数m，满足

m2+7≡0（mod2k+1）（1）

显然m为奇数．对任意正整数a，

（m+a22k）2+7≡m2+7+2k+1ma=2k+1（b+ma）（mod2k+2）

取a与b的奇偶性相同，则

（m+a22k）2+7≡0（mod2k+2）

因此，对任意正整数k，均有无穷多个m满足（1），即有无穷多个正整数n，使n22k-7为平方数m2．

E1-024 是否存在这样的有限非零实数集合M，使得对任意的自然数n，总可求得以M中的数为系数．且次数不低于n的多项式，它的所有实根也属于集合M？

【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克十一年级题7．

【解】设存在满足要求的集合M=｛a1，a2，…，a m｝．记a=min ｛｜a1｜，｜a2｜，…，｜a m｜｝，A=max｛｜a1｜，｜a2｜，…，｜a m｜｝，显然A?a＞0．

考察多项式

p（x）=b k x k+b k-12x k-1+…+b1x+b0

它的系数b0，b1，…，b k及根x1，x2，…，x k均属于集合M．

由韦达定理，有

这说明多项式的次数不可能大于C，矛盾．因此，满足题设条件的集合M不存在．

E1-025确定（并证明）是否有整数集的子集X具有下面的性质：对任意整数n，恰有一组a、b∈X，使a+2b=n．

【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题6．

【解】这样的X存在．首先令X2=｛0，1｝．假设已有X k=｛a1，a2，…，a k｝，使得a1+2a j（1?i，j?k）互不相同．令S k=｛a i+2a j｜1?i，j?k｝．对任一不属于S k的整数n，取正整数a k+1，又令a k+2=-2a k+1+n．

只要a k+1充分大，对1?i，j，s，t?k，有3a k+1＞a s+2a k+1＞a k+1+2a i＞n ＞a k+2+2a j＞a k+1+2a k+2＞a t+2a k+2＞3a k+2，而且a k+1+2a i大于S k中一切正数，a k+2+2a j 小于S k中一切负数．于是，对

X k+2=｛a k+1，a k+2｝∪X k

中任二数a、b，a+2b）互不相同．

令 X=X2∪X4∪…∪X2k∪2k+2∪…

则X满足要求．

E1-026求证存在无穷多个自然数n，使得可将3n个数1，2， (3)

列成数表

a1 a2…a n

b1 b2… b n

c1 c2… c n

满足条件：

（1）a1+b1+c1=a2+b2+c2=…=a n+b n+c n，且为6的倍数；

（2）a1+a2+…+a n=b1+b2+…+b n=c1+c2+…+c n，且为6的倍数．

【题说】1997年中国数学奥林匹克题3．

【解】设 n=12h-3，h为任一自然数，则在1，2，…，3n能排成33n 的矩阵使每行和都相等，每列和都相等时，每行的和为

每列的和为

均被6整除．因此只要证明能排成上述矩阵．

更一般地，我们证明对奇数m=2k+1，9m个数1，2，…，9m总可以排成333m的矩阵使行和都相等，列和也都相等．

首先将这些数排列如下：

这时行和已经相等．考虑第1，4，7，…，3m-2列．为方便起见，将这些列写成

将它调整为

0 1 2 … 2k-2 2k-

1 2k

k 2k k-1 … 1 k+ 1 0

2k k-1 2k-1 … k+1 0 k

（第二行自右向左先写0，间隔一个写1，…，写到k再回到右边写k+1，k+2，…，2k．第三行则自右边第二个位置写起．）

不难验证此时各列和相等（均为8+3+4+3k39）．对第2，5，8，…，3m-1列以及第3，6，9，…，3m列用同样方法调整，便得到行和都相等，列和也都相等的矩阵．

E1-028 图a是由16条线段组成的图形，证明不能画出一条折线，它和图中每条线段都相交一次（这条折线可以是开的，可以是自身相交的，但折线的顶点不能在线段上，而折线的边也不能通过线段的公共端点）．

【题说】 1961年全俄数学奥林匹克八年级题1．

【证】原图有6个区域A、B、C、D、E、F可以看作6个点（图b）．如果所说的折线存在，每一段折线就是连结A、B、C、C、D、E、F中某两点的边（边AB表明这段折线的端点为A、B），区域A的边界被分为五段，即点A引出5条边，A是奇顶点．同样，B、D、F是奇顶点（分别引出5、5、9

条边）．有4个奇顶点的图不能一笔画成．因此所说的折线不存在．

E1-029 已知平面上有2n+3（n?1）个点，其中没有三个点共线，也没有四个点共圆，能不能通过它们之中的某三个点作一个圆，使得其余的2n个点一半在圆内，一半在圆外？证明你的结论．

【题说】 1963年北京市赛高三二试题3．

【证】结论是肯定的．

首先在2n+3个点之中一定可以找到A、B两点，使得其余2n+1个点在直线AB的一侧，事实上，按任意选定方向，通过每一个已知点作一条直线，这样的直线最多有2n+3条，其中有一条最靠外的令为l1．若l1上有两个已知点，则l1为所求的直线；若l1上只有一个已知点A，由A出发通过其余

2n+2个点作射线．设其中射线AB与l1的夹角最小，则直线AB即为所求．

线段AB对其余2n+1个点的张角各不相等（因为这2n+3个点中没有四点共圆），设为θ1＜θ2＜…＜θn＜θn+1＜…＜θ2n＜θ2n+1，对应于θn+1的点为C，则圆ABC即为所求．对应于θ1，θ2，…，θn的n个点在圆ABC外，对应于θn+2，θn+3，…，θ2n+1的n个点在圆ABC之内．

E1-030设在一环形公路上有n个汽车站，每一站存有汽油若干桶（其中有的站也可以不存），n个站的总存油量足够一辆汽车沿此公路行驶一周．现在使一辆原来没油的汽车从某站依反时针方向沿公路行驶；每到一站即把该站的存油全部带上（出发的站也如此），试证n站之中至少有一站，可以使汽车从这站出发环行一周，不致在中途因缺油而停车．

【题说】 1964年北京市赛高三二试题3．

【证】设这n个站依次（逆时针顺序）为A1，A2，…，A n，并且每个站都存有油（否则可将该站取消）．

当n=1时，显然从唯一的汽车站出发可走完全程．

设对n=k时，结论成立．在n=k+1时，由已知条件总油量足够汽车行驶一周，A1，A2，…，A n中必有一个站A i，从它出发可以行驶到下一站A i+1（1?i?nA n+1=A1）．将A i+1的油全部移到A i并取消A i+1站，则由归纳假设，存在站A i，由它出发可以行驶一周．由于在行驶中，先到A i后到A i+1，所以恢复A i+1站后，从站A j出发仍可以行驶一周．因此结论对一切自然数n均成立．

E1-031 在圆内或圆上任取8个点．证明：在这8个点中，必有两个点的距离小于圆的半径．

【题说】 1965年匈牙利数学奥林匹克题2．

【证】在所取的8个点中至少有7个点不和圆心重合．如果有某两个点在同一条半径上，那么这两点的距离显然不小于圆的半径．

设不和圆心重合的7个点在7条不同的半径上．每相邻两条半径构成一个圆心角，7个圆心角合成周角．因此必有两点A、B使∠AOB＜60°．在△OAB中，最大边大于边AB（因为一角大于60°）．但是边OA和OB都不超过圆的半径，所以AB小于圆的半径．

E1-032 一个旅游者乘火车到莫斯科，他在街上逛了一整天，在广场上一个小吃店里吃了晚饭后，决定回火车站．证明：他一定可以沿着来时走过奇数次的街道回火车站．

【题说】 1965年全俄数学奥林匹克十年级题3．

【证】将交叉口当作点，交叉口之间的街道当作边，除车站与广场外，每一个点都是偶顶点，即引出偶数条边（走过k次的边算作k条）．

旅游者沿原路退回．在每一点处面临奇数条边，其中必有一条边他来时只走过奇数次，沿这条边前进．这样继续下去，由于边数有限，必在某一点停止，这点就是火车站．

E1-033在无限大的方格纸上，有n个方格涂成黑色．证明：一定可以剪掉有限个正方形，满足以下两个条件：

1．所有的黑色方格全部在被剪掉的正方形之中．

2．在任何一个被剪掉的正方形中，黑色方格的面积不小于这个正方

【题说】第五届（1971年）全苏数学奥林匹克九年级题8．

【证】从平面上剪掉一个2n32n的正方形k0，它含有所有黑色方格和至少比它多4倍的白色方格．于是，所有黑方格的面积小于正方

则将它再剪成四个正方形k2，等等，直到得到一些232的正方形，将所有不含黑色方格的正方形去掉，则剩下的正方形满足题给要求．

E1-034 1．假定一个437方格的棋盘，如图a所示，各个方格着色为黑或白．求证：对任何一种着色方式，在棋盘中必定包含一个由棋盘上横线和纵线所构成的矩形，它的四角上的方格同色．

2．给出一个436方格的棋盘上的一种黑白着色，使得在棋盘内每一个如上所说的矩形中，四角上的方格都不是同色的．

【题说】第五届（1976年）美国数学奥林匹克题1．题中所说“矩形”，应理解成由平行于棋盘中横线与纵线的线段为四边的矩形，其顶点不与格点重合．

【证】 1．可以证明更强的结论：在337的棋盘内，存在四角同色的矩形．

第一行的7个方格中至少有四个同色．不妨设前4个方格均为白色．第二行（或第三行）的前4个方格中如果有两个白格，那么结论已经成立．如果第二行、第三行的前4个方格中均只有1个白格，那么去掉白格所在的列便得到四角同为黑色的矩形．

2．图b即为所求．

动点问题题型方法归纳

动点问题知识点：动态几何特点----问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，所以要把握好一般与特殊的关系；分析过程中，特别要关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置。）动点问题一直是中考热点，近几年考查探究运动中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四边形、梯形、特殊角或其三角函数、线段或面积的最值。下面就此问题的常见题型作简单介绍，解题方法、关键给以点拨。一、三角形边上动点 1、（2009年齐齐哈尔市）直线3 6 4 y x =-+ 与坐标轴分别交于A B 、两点，动点P Q 、同时从O点出发，同时到达A点，运动停止．点Q沿线段OA运动，速度为每秒1个单位长度，点P沿路线O→B→A运动．（1）直接写出A B 、两点的坐标；（2）设点 Q的运动时间为t秒，OPQ △的面积为S，求出S与t之间的函数关系式；（3）当 48 5 S= 时，求出点P的坐标，并直接写出以点O P Q 、、为顶点的平行四边形的第四个顶点M的坐标．

提示：第（2）问按点P到拐点B所有时间分段分类；第（3）问是分类讨论：已知三定点O、P、Q ，探究第四点构成平行四边形时按已知线段身份不同分类-----①OP为边、OQ为边，②OP为边、OQ为对角线，③OP为对角线、OQ 为边。然后画出各类的图形，根据图形性质求顶点坐标。 2、（2009年衡阳市）如图，AB是⊙O的直径，弦BC=2cm，∠ABC=60o．（1）求⊙O的直径；（2）若D是AB延长线上一点，连结CD，当BD长为多少时，CD与⊙O相切；（3）若动点E以2cm/s的速度从A点出发沿着AB方向运动，同时动点F以1cm/s的速度从B点出发沿BC方向运动，设运动时间为 )2 )( (<

(完整版)二次函数,矩形的存在性问题,含答案

1. (2015 黑龙江省龙东地区) 如图，四边形OABC是矩形，点A、C在坐标轴上，△ODE是△OCB绕点O顺时针旋转90°得到的，点D在x轴上，直线BD交y轴于点F，交OE于点H，线段BC、OC的长是方程x2﹣6x+8=0的两个根，且OC＞BC．（1）求直线BD的解析式；（2）求△OFH的面积；（3）点M在坐标轴上，平面内是否存在点N，使以点D、F、M、N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

2. (2015 重庆市綦江县) 如图，抛物线2 23y x x =-++与x 轴交与A ，B 两点（点A 在点B 的左侧），与 y 轴交于点C . 点D 和点C 关于抛物线的对称轴对称，直线AD 与y 轴相交于点E . （1）求直线AD 的解析式；（2）如图1，直线AD 上方的抛物线上有一点F ，过点F 作FG ⊥AD 于点G ，作FH 平行于x 轴交直线AD 于点H ，求△FGH 的周长的最大值；（3）点M 是抛物线的顶点，点P 是y 轴上一点，点Q 是坐标平面内一点，以A ，M ，P ，Q 为顶点的四边形是AM 为边的矩形，若点T 和点Q 关于AM 所在直线对称，求点T 的坐标. x x x 26题备用图2 26题备用图1 26题图1

3. (2016 山东省东营市) 】．】．在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC如图放置，点A、C的坐标分别是（0，4）、（﹣1，0），将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°，得到平行四边形A′B′OC′．（1）若抛物线经过点C、A、A′，求此抛物线的解析式；（2）点M时第一象限内抛物线上的一动点，问：当点M在何处时，△AMA′的面积最大？最大面积是多少？并求出此时M的坐标；（3）若P为抛物线上一动点，N为x轴上的一动点，点Q坐标为（1，0），当P、N、B、Q构成平行四边形时，求点P的坐标，当这个平行四边形为矩形时，求点N的坐标．

专题：二次函数中的动点问题2(平行四边形存在性问题)

y x O 二次函数中的动点问题（二）平行四边形的存在性问题一、技巧提炼 1、二次函数y=ax 2 +bx+c 的图像和性质 a ＞0 a ＜0 图象开口对称轴顶点坐标最值当x ＝时，y 有最值是当x ＝时，y 有最值是增减性在对称轴左侧 y 随x 的增大而 y 随x 的增大而在对称轴右侧 y 随x 的增大而 y 随x 的增大而 2、平行四边形模型探究如图1，点A ()11,x y 、B ()22,x y 、C ()33,x y 是坐标平面内不在同一直线上的三点。平面直角坐标系中是否存在点D ，使得以A 、B 、C 、D 四点为顶点的四边形为平行四边形，如果存在，请求出点D 的坐标。 A B C x y 图1 图2 如图2，过A 、B 、C 分别作BC 、AC 、AB 的平行线，则以不在同一直线上的三点为顶点的平行四边形有三个。

由已知的三点坐标可根据图形平移的坐标性质，直接写出第四个顶点的坐标。 3、平面直角坐标系中直线和直线l2: 当l1∥l2时k1= k2;当l1⊥l2时k1·k2= -1 4、二次函数中平行四边形的存在性问题：解题思路：（1）先分类（2）再画图（3）后计算二、精讲精练 1、已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于A、B两点（A、B分别在原点的左右两侧），与y轴正半轴相交于C 点，且OA：OB：OC=1：3：3，△ABC的面积为6，（如图1）（1）求抛物线的解析式；（2）坐标平面内是否存在点M，使得以点M、A、B、C为顶点四边形是平行四边形若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如图2，在直线BC上方的抛物线上是否存在一动点P，△BCP面积最大如果存在，求出最大面积，并指出此时P点的坐标；如果不存在，请简要说明理由．

高一B10：任意性与存在性问题综合

类型一 “x ?，使得()()f x g x >”与“x ?，使得()()f x g x >”的 (1)x ?，使得()()f x g x >，只需()()()min min 0h x f x g x =->????. (2)x ?，使得()()f x g x >，只需()()()max max 0h x f x g x =->????. 类型二 “若1122x D x D ?∈?∈，，，使得()()12f x g x ＝”与“1122x D x D ?∈?∈，，使 ()()12f x g x ＝”的辨析 (1) 1122x D x D ?∈?∈，，使得()()12f x g x ＝等价于函数()f x 在1D 上的值域A 与()g x 在2D 上的值域B 的交集不是空集，即A B ≠?，如图③.其等价转化的目标是两个函数有相等的函数值． (2) 1122x D x D ?∈?∈，，使得()()12f x g x ＝等价于函数()f x 在1D 上的值域A 是()g x 在2D 上的值域B 的子集，即A B ?，如图④.其等价转化的目标是函数()y f x =的值域都在函数()y g x =的值域之中．说明：图③，图④中的条形图表示函数在相应定义域上的值域在y 轴上的投影．类型三()(),f x g x 是闭区间D 上的连续函数，“12,x x D ?∈，使得()()12f x g x >”与“12,x x D ?∈，使得()()12f x g x >”的辨析 (1) ()(),f x g x 是在闭区间D 上的连续函数且12,x x D ?∈，使得()()12f x g x >，等价于()()min max f x g x >.其等价转化的目标是函数()y f x =的任意一个函数值均大于函数 ()y g x =的任意一个函数值．如图⑤.

动点问题、存在性问题小结

动点问题和存在性问题小结训练一、基础训练 1.已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示对称轴为X=﹣．下列结论中，正确的是（） A．abc＞0 B．a+b=0 C．2b+c＞0 D．4a+c＜2b 2.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，给出下列结论： ① b2-4ac>0；② 2a+b<0；③ 4a-2b+c=0；④ a：b：c= －1：2：3. 其中正确的是( ) (A) ①② (B) ②③ (C) ③④ (D)①④ 3.已知二次函数的图象过（-2，0）、（4，0）、（0，3）三点，求这个二次函数的关系式． 4.已知一个二次函数当x = 8时,函数有最大值9,且图象过点（0，1）,求这个二次函数的关系式． 5.已知二次函数的图象过（3，0）、（2，-3）二点,且对称轴是x=1，求这个二次函数的关系式． 6.某商场购进一批单价为4元的日用品．若按每件5元的价格销售，每月能卖出3万件；若按每件6元的价格销售，每月能卖出2万件，假定每月销售件数y（件）与价格x（元/件）之间满足一次函数关系．（1）试求y与x之间的函数关系式；（2）当销售价格定为多少时，才能使每月的利润最大？每月的最大利润是多少？ 7.如图，在平面直c bx ax y+ + =2角坐标系中，抛物线c bx ax y+ + =2经过 A（-2，-4），O（0，0），B(2,0)三点. (1)求抛物线的解析式；（2）若点M是抛物线对称轴上一点，求AM+OM的最小值．（3）在此抛物线上是否存在点P，使得以点P与点O、A、B为顶点的四边形是梯形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．

存在性问题

1.（19年北京中考）在矩形ABCD 中，M ，N ，P ，Q 分别为边AB ，BC ，CD ，DA 上的点（不与端点重合）．对于任意矩形ABCD ，下面四个结论中， ①存在无数个四边形MNPQ 是平行四边形； ②存在无数个四边形MNPQ 是矩形； ③存在无数个四边形MNPQ 是菱形； ④至少存在一个四边形MNPQ 是正方形．所有正确结论的序号是__________． 2．（20年朝阳期末）如图，分别过第二象限内的点P 作x ，y 轴的平行线，与y ，x 轴分别交于点A ，B ，与双曲线6y x = 分别交于点C ，D . 下面三个结论， ①存在无数个点P 使AOC BOD S S =△△； ②存在无数个点P 使POA POB S S =△△； ③存在无数个点P 使ACD OAPB S S =△四边形. 所有正确结论的序号是 . 3. 已知长方形ABCD 可以按图示方式分成九部分，在a ，b 变化的过程中，下面说法正确的有 ①图中存在三部分的周长之和恰好等于长方形ABCD 的周长 ②存在长方形ABCD 的长宽之比为2 ③存在长方形ABCD 分成的九部分为正方形 ④当长方形ABCD 的周长为60时，它的面积可能为100 A ．①② B ．①③ C ．②③④ D ．①③④ b b a a b a C D B

4.（20年人大附中月考）在□ABCD 中，对角线AC ，BD 交于点O ，E 是边AD 上的一个动点（与点A ，D 不重合），连接EO 并延长，交BC 于点F ，连接BE ，DF . 下列说法： ① 对于任意的点E ，四边形BEDF 都是平行四边形； ② 当90ABC ∠>?时，至少存在一个点E ，使得四边形BEDF 是矩形； ③ 当AB AD <时，至少存在一个点E ，使得四边形BEDF 是菱形； ④ 当45ADB ∠=?时，至少存在一个点E ，使得四边形BEDF 是正方形. 所有正确说法的序号是_________________. 5.我们知道任意三角形都存在内切圆，同样的，一些凸四边形也存在内切圆。我们规定：存在与凸四边形的三边相切的圆叫伪内切圆，以下结论正确的是：______ ①凸四边形必存在伪内切圆 ②当平行四边形只存在一个伪内切圆时，它的对角线一定相等 ③矩形伪内切圆的个数可能为1,2,4 ④当且仅当四边形对角线互相垂直平分且相等时，该四边形的伪内切圆与内切圆重合 6.如图，点A ，B ，C 是⊙O 上的三个点，点D 在BC 的延长线上.有如下四个结论: ①在∠ABC 所对的弧上存在一点E,使得∠BCE =∠DCE ; ②在∠ABC 所对的弧上存在一点E,使得∠BAE =∠AEC ; ③在∠ABC 所对的弧上存在一点E,使得EO 平分∠AEC ; ④在∠ABC 所对的弧上任意取一点E (不与点A,C 重合) , ∠DCE=∠ABO +∠AEO 均成立. 上述结论中,所有．．正确结论的序号是____________ 7.(20年海淀一模)16.如果四边形有一组对边平行，且另一组对边不平行，那么称这样的四边形为梯形，若梯形中有一个角是直角，则称其为直角梯形. 下面四个结论中， ①存在无数个直角梯形，其四个顶点分别在同一个正方形的四条边上; ②存在无数个直角梯形，其四个顶点在同一条抛物线上; ③存在无数个直角梯形，其四个顶点在同一个反比例函数的图象上; ④至少存在一个直角梯形，其四个顶点在同一个圆上. 所有正确结论的序号是 .

任意性与存在性问题探究

函数中任意性和存在性问题探究 2011-12-22 高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点，下面结合高考试题对此类问题进行归纳探究一、相关结论：结论1：1212min max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ?∈?∈>?>；【如图一】结论2：1212max min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ?∈?∈>?>；【如图二】结论3：1212min min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ?∈?∈>?>；【如图三】结论4：1212max max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ?∈?∈>?>；【如图四】结论5：1212[,],[,],()()()x a b x c d f x g x f x ?∈?∈=?的值域和()g x 的值域交集不为空；【如图五】【例题1】：已知两个函数2 3 2 ()816,()254,[3,3],f x x x k g x x x x x k R =+-=++∈-∈; (1) 若对[3,3]x ?∈-,都有()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； (2) 若[3,3]x ?∈-,使得()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； (3) 若对12,[3,3]x x ?∈-,都有12()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围；解：（1）设3 2 ()()()2312h x g x f x x x x k =-=--+,（1）中的问题可转化为：[3,3]x ∈-时，()0h x ≥恒成立，即min [()]0h x ≥。 '2()66126(2)(1)h x x x x x =--=-+；当x 变化时，' (),()h x h x 的变化情况列表如下：

特殊平行四边形动点及存在性问题(压轴题)复习课程

特殊平行四边形动点及存在性问题(压轴题)

特殊平行四边形中的动点及存在性问题【例1】正方形ABCD 的边长为8，M 在DC 上，且DM ＝2，N 是AC 上的一动点，DN ＋MN 的最小值为。【练习1】如图，在平面直角坐标系中，矩形OACB 的顶点O 在坐标原点，顶点A 、B 分别在x 轴、y 轴的正半轴上，OA =3，OB =4，D 为边OB 的中点. （1）若E 为边OA 上的一个动点，当△CDE 的周长最小时，求点E 的坐标；（2）若E 、F 为边OA 上的两个动点，且EF =2，当四边形CDEF 的周长最小时，求点E 、F 的坐标. 【例2】如图，在平面直角坐标系中,矩形OABC 的顶点A 、C 的坐标分别为（10，0），（0，4）,点D 是OA 的中点,点P 在BC 上运动,当三角形△ODP 是腰长为5的等腰三角形时，P 的坐标为；【练习2】如图，在平面直角坐标系中，AB ∥OC ，A （0，12），B （a ，c ），C （b ，0），并且a ，b 满足16b =．一动点P 从点A 出发，在线段AB 上以每秒2个单位长度的速度向点B 运动；动点Q 从点O 出发在线段OC 上以每秒1个单位长度的速度向点C 运动，点P 、Q 分别从点A 、O 同时出发，当点P 运动到点B 时，点Q 随之停止运动．设运动时间为t （秒）（1）求B 、C 两点的坐标；（2）当t 为何值时，四边形PQCB 是平行四边形？并求出此时P 、Q 两点的坐标；（3）当t 为何值时，△PQC 是以PQ 为腰的等腰三角形？并求出P 、Q 两点的坐标． x

【例3】（1）如图，矩形ONEF 的对角线相交于点M ，ON 、OF 分别在x 轴和y 轴上，O 为坐标原点，点E 的坐标为（4，3），则点M 的坐标为；（2）在直角坐标系中，有A （-1，2），B （3，1），C （1，4）三点，另有一点D 与点A 、B 、C 构成平行四边形的顶点，求点D 的坐标．【练习3】如图，四边形ABCD 为矩形，C 点在x 轴上，A 点在y 轴上，D 点坐标是（0，0），B 点坐标是（3，4），矩形ABCD 沿直线EF 折叠，点A 落在BC 边上的G 处，E 、F 分别在AD 、AB 上，且F 点的坐标是（2，4）．（1）求G 点坐标；（2）求直线EF 解析式；（3）点N 在x 轴上，直线EF 上是否存在点M ，使以M 、N 、F 、G 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出M 点的坐标；若不存在，请说明理由．【例4】在Rt △ABC 中，∠B =90°，AC =60cm ，∠A =60°，点D 从点C 出发沿CA 方向以4cm /s 的速度向点A 匀速运动，同时点E 从点A 出发沿AB 方向以2cm /s 的速度运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D ，E 运动的时间是ts （0

导数中的任意性与存在性问题探究

函数中任意性和存在性问题探究高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点，下面结合高考试题对此类问题进行归纳探究一、相关结论：结论1：1212min max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ?∈?∈>?>；【如图一】结论2：1212max min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ?∈?∈>?>；【如图二】结论3：1212min min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ?∈?∈>?>；【如图三】结论4：1212max max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ?∈?∈>?>；【如图四】结论5：1212[,],[,],()()()x a b x c d f x g x f x ?∈?∈=?的值域和()g x 的值域交集不为空；【如图五】例题1：已知两个函数2 3 2 ()816,()254,[3,3],f x x x k g x x x x x k R =+-=++∈-∈; (1) 若对[3,3]x ?∈-,都有()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； (2) 若[3,3]x ?∈-,使得()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； (3) 若对12,[3,3]x x ?∈-,都有12()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围；解：（1）设3 2 ()()()2312h x g x f x x x x k =-=--+,（1）中的问题可转化为：[3,3]x ∈-时，()0h x ≥恒成立，即min [()]0h x ≥。 '2()66126(2)(1)h x x x x x =--=-+；当x 变化时，' (),()h x h x 的变化情况列表如下： x -3 (-3,-1 ) -1 (-1,2) 2 (2,3) 3 h '(x ) + 0 － 0 + h(x) k-45 增函数极大值减函数极小值增函数 k-9

动点存在性问题

第一讲动点存在性问题一．考情分析二．知识回顾 1、题型分类在中考中，存在性问题一般分为四类： 1.是否存在三角形（等腰三角形、直角三角形）； 2.是否存在四边形（平行四边形、直角梯形和等腰梯形）； 3.是否存在三角形与已知三角形相似或者全等； 4.是否存在三角形与已知三角形的面积之间有数量关系。 2、方法归纳在解决动点存在性问题时，一般先假设其存在，得到方程，如果有解，则存在，反之，则不存在。而在列方程时，一般要用到特殊三角形以及特殊平行四边形的性质、相似、解直角三角形等知识点，需要注意的是，列方程时，一定要遵循：用两种不同的方法表示同一个量，否则，将会得到“1=1”之类的恒等式。对于是否存在三角形，一般按顶点分为三类情况。而对于是否存在平行四边形则有两种形式的题目：如果已知三个定点，就有三种情况，一般利用平移坐标法即可求出答案；如果只有两个定点就应该按与边平行以及与对角线平行两种情况考虑了。对于等腰梯形，就应该考虑腰长在下底边上的投影了。对于是否存在三角形与已知三角形相似或者全等，则与是否存在三角形一样，分三类情况，当然，如果有一个角是一个定角（比如直角），则就分为两类情况。

类型一：是否存在三角形（等腰三角形、直角三角形）（A ）【典型例题1】如图，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠C ＝90°，BC ＝16，DC ＝12，AD ＝21。动点P 从点D 出发，沿射线DA 的方向以每秒2两个单位长的速度运动，动点Q 从点C 出发，在线段CB 上以每秒1个单位长的速度向点B 运动，点P ，Q 分别从点D ，C 同时出发，当点Q 运动到点B 时，点P 随之停止运动。设运动的时间为t （秒）。当t 为何值时，以B ，P ，Q 三点为顶点的三角形是等腰三角形？（C ）【典型例题2】如图2，在等腰梯形中，，是的中点，过点作交于点．，. （1）求点到的距离；（2）点为线段上的一个动点，过作交于点，过作交折线于点，连结，设. ①当点在线段上时（如图3），的形状是否发生改变？若不变，求出的周长；若改变，请说明理由； ②当点在线段上时（如图4），是否存在点，使为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的的值；若不存在，请说明理由. （B ）【典型例题3】如图，已知直线1 12y x =+与y 轴交于点A ，与x 轴交于点D ，抛物线 21 2y x bx c =++与直线交于A 、E 两点，与x 轴交于B 、C 两点，且B 点坐标为 (1，0)。学习心得 A B Q C P D 图1

11 答案二次函数-矩形的存在性问题

参考答案 1. (2015 黑龙江省龙东地区) 如图，四边形OABC 是矩形，点A 、C 在坐标轴上，△ODE 是△OCB 绕点O 顺时针旋转90°得到的，点D 在x 轴上，直线BD 交y 轴于点F ，交OE 于点H ，线段BC 、OC 的长是方程x 2 ﹣6x+8=0的两个根，且OC ＞BC ．（1）求直线BD 的解析式；（2）求△OFH 的面积；（3）点M 在坐标轴上，平面内是否存在点N ，使以点 D 、F 、M 、N 为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点N 的坐标；若不存在，请说明理由． 1. 分析：（1）解方程可求得OC 、BC 的长，可求得B 、D 的坐标，利用待定系数法可求得直线BD 的解析式；（2）可求得E 点坐标，求出直线OE 的解析式，联立直线BD 、OE 解析式可求得H 点的横坐标，可求得△OFH 的面积；（3）当△MFD 为直角三角形时，可找到满足条件的点N ，分∠MFD=90°、∠MDF=90°和∠FMD=90°三种情况，分别求得M 点的坐标，可分别求得矩形对角线的交点坐标，再利用中点坐标公式可求得N 点坐标．解答：解：（1）解方程x 2 ﹣6x+8=0可得x=2或x=4，∵BC 、OC 的长是方程x 2 ﹣6x+8=0的两个根，且OC ＞BC ， ∴BC=2，OC=4，∴B （﹣2，4），∵△ODE 是△OCB 绕点O 顺时针旋转90°得到的， ∴OD=OC=4，DE=BC=2，∴D （4，0），设直线BD 解析式为y=kx+b ，把B 、D 坐标代入可得，解得，∴直线BD 的解析式为y=﹣x+；（2）由（1）可知E （4，2），设直线OE 解析式为y=mx ，把E 点坐标代入可求得m=， ∴直线OE 解析式为y=x ，令﹣x+=x ，解得x= ，∴H 点到y 轴的距离为，又由（1）可得F （0，），∴OF=，∴S △OFH =××= ；（3）∵以点D 、F 、M 、N 为顶点的四边形是矩形， ∴△DFM 为直角三角形， ①当∠MFD=90°时，则M 只能在x 轴上，连接FN 交MD 于点G ，如图1，由（2）可知OF=，OD=4，则有△MOF ∽△FOD ， ∴=，即=，解得OM=，∴M （﹣，0），且D （4，0），∴G （，0），设N 点坐标为（x ，y ），则=，=0，解得x=，y=﹣，此时N 点坐标为（，﹣）； ②当∠MDF=90°时，则M 只能在y 轴上，连接DN 交MF 于点G ，如图2，

导数中的任意性与存在性问题探究资料

导数中的任意性与存在性问题探究

函数中任意性和存在性问题探究高考中全称命题和存在性命题与导数的结合是近年高考的一大亮点，下面结合高考试题对此类问题进行归纳探究一、相关结论：结论1：1212min max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ?∈?∈>?>；【如图一】结论2：1212max min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ?∈?∈>?>；【如图二】结论3：1212min min [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ?∈?∈>?>；【如图三】结论4：1212max max [,],[,],()()[()][()]x a b x c d f x g x f x g x ?∈?∈>?>；【如图四】结论5：1212[,],[,],()()()x a b x c d f x g x f x ?∈?∈=?的值域和()g x 的值域交集不为空；【如图五】例题1：已知两个函数232()816,()254,[3,3],f x x x k g x x x x x k R =+-=++∈-∈; (1) 若对[3,3]x ?∈-,都有()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； (2) 若[3,3]x ?∈-,使得()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围； (3) 若对12,[3,3]x x ?∈-,都有12()()f x g x ≤成立，求实数k 的取值范围；解：（1）设32()()()2312h x g x f x x x x k =-=--+,（1）中的问题可转化为：[3,3]x ∈-时，()0h x ≥恒成立，即min [()]0h x ≥。 '2()66126(2)(1)h x x x x x =--=-+；当x 变化时，'(),()h x h x 的变化情况列表如下： x -3 (-3,-1) -1 (-1,2) 2 (2,3) 3

平行四边形的存在性问题

平行四边形的存在性问题专题攻略解平行四边形的存在性问题一般分三步：第一步寻找分类标准，第二步画图，第三步计算．难点在于寻找分类标准，分类标准寻找的恰当，可以使得解的个数不重复不遗漏，也可以使计算又好又快．如果已知三个定点，探寻平行四边形的第四个顶点，符合条件的有3个点：以已知三个定点为三角形的顶点，过每个点画对边的平行线，三条直线两两相交，产生3个交点．如果已知两个定点，一般是把确定的一条线段按照边或对角线分为两种情况．灵活运用向量和中心对称的性质，可以使得解题简便．针对训练 1．如图，已知抛物线y＝－x2－2x＋3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为P．若以A、C、P、M为顶点的四边形是平行四边形，求点M的坐标．解析、由y＝－x2－2x＋3＝－(x＋3)(x－1)＝－(x＋1)2＋4，得A（－3，0），B（1，0），C（0，3），P（－1，4）．如图，过△P AC的三个顶点，分别作对边的平行线，三条直线两两相交的三个交点就是要求的点M． ①因为AM1//PC，AM1＝PC，那么沿PC方向平移点A可以得到点M1．因为点P(－1，4)先向下平移1个单位，再向右平移1个单位可以与点C(0，3)重合，所以点A(－3，0)先向下平移1个单位，再向右平移1个单位就得到点M1(－2，－1)． ②因为AM2//CP，AM2＝CP，那么沿CP方向平移点A可以得到点M2．因为点C(0，3)先向左平移1个单位，再向上平移1个单位可以与点P(－1，4)重合，所以点A(－3，0)先向左平移1个单位，再向上平移1个单位就得到点M2(－4，1)． ③因为PM3//AC，PM3＝AC，那么沿AC方向平移点P可以得到点M3．因为点A(－3，0)先向右平移3个单位，再向上平移3个单位可以与点C(0，3)重合，所以点P(－1，4)先向右平移3个单位，再向上平移3个单位就得到点M3(2，7)． 2．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝－x2+2x＋3与x轴交于A、B两点，点M在这条抛物线上，点P在y轴上，如果以点P、M、A、B为顶点的四边形是平行四边形，求点M的坐标．解析．由y＝－x2+2x＋3＝－(x＋1)(x－3)，得A(－1，0)，B(3，0)． ①如图1，当AB是平行四边形的对角线时，PM与AB互相平分，因此点M与点P关于AB 的中点（1，0）对称，所以点M的横坐标为2．当x＝2时，y =－x2+2x＋3＝3．此时点M的坐标为(2，3)．

2019-2020年中考数学专题37动态几何之动点形成的等腰三角形存在性问题(含解析)

2019-2020年中考数学专题37 动态几何之动点形成的等腰三角形存在性问题（含解析）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。本专题原创编写动点形成的等腰三角形存在性问题模拟题。在中考压轴题中，动点形成的等腰三角形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xOy中，A（2，0），B（4，0），动点C在直线 1 l:y x 2 上，若以A、B、C三点为顶点的三角形是等腰三角形，则点C的个数是【】 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A。【考点】单动点问题，坐标与图形性质，等腰三角形的判定，含30度角直角三角形的性质。

任意性问题和存在性问题在压轴题中的应用

任意性问题和存在性问题的讨论全称量词和特称量词频频出现在我们的考试卷中，尤其常插足于函数相关的综合问题中，使得题目更有新意之余也增加了不小的难度。下面我们一起来揭开这两者的神秘面纱，来看看他们的真面目。教材释义：全程量词：，表示整体或全部，所有的，任意一个。特称量词：，表示整体的一部分，存在一个，至少有一个。那么，在考题中，这两个连词都是以什么形式出现的呢？我们一起来看一下；常见模型及结论展示： (1)任意性问题（恒成立问题）； 1. ?x∈D,均有f(x)>A恒成立，则f(x)min>A； 2. ?x∈D,均有f(x)﹤A恒成立，则 f(x)maxg(x)恒成立，则F(x)= f(x)- g(x) >0∴F(x)min>0 4. ?x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立，则F(x)= f(x)- g(x) ﹤0∴F(x) max﹤0 5. ?x1∈D, ?x2∈E,均有f(x1) >g(x2)恒成立，则f(x)min> g(x)max 6. ?x1∈D, ?x2∈E,均有f(x1) A成立，则f(x) max>A； 2. ?x0∈D,使得f(x0)﹤A成立，则 f(x) ming(x0)成立，设F(x)= f(x)- g(x)，∴F(x) max>0 4. ?x0∈D,使得f(x0) g(x2)成立，则f(x) max> g(x) min 6. ?x1∈D, ?x2∈E,均使得f(x1)