1、专题22.8 二次函数中的存在性问题【八大题型】【人教版】【题型1 二次函数中直角三角形的存在性问题】1【题型2 二次函数中等腰三角形的存在性问题】10【题型3 二次函数中等腰直角三角形的存在性问题】21【题型4 二次函数中平行四边形的存在性问题】35【题型5 二次函数中矩形的存在性问题】42【题型6 二次函数中菱形的存在性问题】56【题型7 二次函数中正方形的存在性问题】68【题型8 二次函数中角度问题的存在性问题】78【题型1 二次函数中直角三角形的存在性问题】【例1】（2022柳州）已知抛物线yx2+bx+c与x轴交于A（1，0），B（m，0）两点，与y轴交于点C（0，5）（1）求b，c
2、，m的值；（2）如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EFx轴，垂足为点F，当四边形DEFG的周长最大时，求点D的坐标；（3）如图2，点M是抛物线的顶点，将MBC沿BC翻折得到NBC，NB与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得PQB是以QB为直角边的直角三角形，求出所有符合条件的点P的坐标【分析】（1）把A（1，0），C（0，5）代入yx2+bx+c，解二元一次方程组即可得b，c的值，令y0即可得m的值；（2）设D（x，x2+4x+5），则E（4x，x2+4x+5），表示出四边形DEFG的周
3、长，根据二次函数的最值即可求解；（3）过点C作CH对称轴于H，过点N作NKy轴于K，证明MCHNCK，根据全等三角形的性质得NKMH4，CKCH2，则N（4，3），利用待定系数法可得直线BN的解析式为y=13x+53，可得Q（0，53），设P（2，p），利用勾股定理表示出PQ2、BP2、BQ2，分两种情况：当BQP90时，当QBP90时，利用勾股定理即可求解【解答】解：（1）把A（1，0），C（0，5）代入yx2+bx+c，得1b+c=0c=5，解得b=4c=5这个抛物线的解析式为：yx2+4x+5，令y0，则x2+4x+50，解得x15，x21，B（5，0），m5；（2）抛物线的解析式为：y
4、x2+4x+5（x2）2+9，对称轴为x2，设D（x，x2+4x+5），DEx轴，E（4x，x2+4x+5），过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EFx轴，四边形DEFG是矩形，四边形DEFG的周长2（x2+4x+5）+2（x4+x）2x2+12x+22（x3）2+20，当x3时，四边形DEFG的周长最大，当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为（3，8）；（3）过点C作CH对称轴于H，过点N作NKy轴于K，NKCMHC90，由翻折得CNCM，BCNBCM，B（5，0），C（0，5）OBOC，OCBOBC45，CH对称轴于H，CHx轴，BCH45，BCHO
5、CB，NCKMCH，MCHNCK（AAS），NKMH，CKCH，抛物线的解析式为：yx2+4x+5（x2）2+9，对称轴为x2，M（2，9），MH954，CH2，NKMH4，CKCH2，N（4，3），设直线BN的解析式为ymx+n，4m+n=35m+n=0，解得m=13n=53，直线BN的解析式为y=13x+53，Q（0，53），设P（2，p），PQ222+（p53）2p2103p+619，BP2（52）2p29+p2，BQ252+（53）225+259，分两种情况：当BQP90时，BP2PQ2+BQ2，9+p2p2103p+619+25+259，解得p=233，点P的坐标为（2，233）；当
6、QBP90时，PQ2BP2+BQ2，p2103p+619=9+p2+25+259，解得p9，点P的坐标为（2，9）综上，所有符合条件的点P的坐标为（2，233），（2，9）【变式1-1】（2022桐梓县模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=36x2+233x+23与x轴交于A，B两点（点B在点A的右侧），与y轴交于点C，它的对称轴与x轴交于点D，直线L经过C，D两点，连接AC（1）求A，B两点的坐标及直线L的函数表达式；（2）探索直线L上是否存在点E，使ACE为直角三角形，若存在，求出点E的坐标；若不存在，说明理由【分析】（1）令x0，y0，可分别求出A、B、C三点坐标，在求出函数的对
7、称轴即可求D点坐标，利用待定系数法求直线解析式即可；（2）设E（t，3t+23），分三种情况讨论：当CAE90时，AC2+AE2CE2，当ACE90时，AC2+CE2AE2，当AEC90时，AE2+CE2AC2，分别利用勾股定理求解即可【解答】解：（1）令y0，则36x2+233x+23=0，解得x2或x6，A（2，0），B（6，0），令x0，则y23，C（0，23），y=36x2+233x+23=36（x2）2+833，抛物线的对称轴为直线x2，D（2，0），设直线CD的解析式为ykx+b，b=232k+b=0，解得k=3b=23，y=3x+23；（2）在点E，使ACE为直角三角形，理由如下
8、：设E（t，3t+23），AC216，AE24t28t+16，CE24t2，当CAE90时，AC2+AE2CE2，16+4t28t+164t2，t4，E（4，23）；当ACE90时，AC2+CE2AE2，16+4t24t28t+16，t0（舍）；当AEC90时，AE2+CE2AC2，4t28t+16+4t216，t0（舍）或t1，E（1，3）；综上所述：E点坐标为（4，23）或（1，3）【变式1-2】（2022秋日喀则市月考）如图，二次函数yx2+4x+5的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，M为抛物线的顶点（1）求M点的坐标；（2）求MBC的面积；（3）坐标轴上是否存在点N，使得以B，
9、C，N为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）由yx2+4x+5（x2）2+9，即可求顶点M；（2）过点M作MEy轴于点E，由 SMBCS四边形MBOESMCESBOC求解即可；（3）分三种情况讨论：当C为直角顶点时，作CN1BC交坐标轴为N1，OBON15，则N1（5，0）； 当B为直角顶点时，作BN2BC交坐标轴为N2，OCON25，则N1（0，5）；当N为直角顶点时，点O与N3重合，则N3（0，0）【解答】解：（1）yx2+4x+5（x2）2+9，M（2，9）；（2）令y0，得x2+4x+50，解得 x1或x5，A（1，0），B（5，0），令
10、x0，得yx2+4x+55，C（0，5），过点M作MEy轴于点E，SMBCS四边形MBOESMCESBOC=12(2+5)9122(95)1255=15；（3）存在点N，使得以B，C，N为顶点的三角形是直角三角形，理由如下：OBOC5，COB90，OCBOBC45，BOC是等腰直角三角形，当C为直角顶点时，作CN1BC交坐标轴为N1，CN1BCBN145，OBON15，N1（5，0）；当B为直角顶点时，作BN2BC交坐标轴为N2，CN2BBCN245，OCON25，N1（0，5）；当N为直角顶点时，点O与N3重合，N3（0，0）综上所述，满足条件的点N的坐标为（5，0）或（0，5）或（0，0）
11、【变式1-3】（2022平南县二模）如图，二次函数yx2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且A（1，0），对称轴为直线x2（1）求该抛物线的表达式；（2）直线l过点A与抛物线交于点P，当PAB45时，求点P的坐标；（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得BCQ是直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）设y（x2）2+k，用待定系数法可得抛物线的解析式为yx24x5；（2）过点P作PMx轴于点M，设P（m，m24m5），根据PAB45知AMPM，即|m24m5|m+1，解得m的值，即可得P的坐标是（6，7）或P（4，5）；（3）由yx2
12、4x5求出B（5，0），C（0，5），设Q（2，t），有BC250，BQ29+t2，CQ24+（t+5）2，分三种情况：当BC为斜边时，9+t2+4+（t+5）250，当BQ为斜边时，50+4+（t+5）29+t2，当CQ为斜边时，50+9+t24+（t+5）2，分别解得t的值，即可求出相应Q的坐标【解答】解：（1）设y（x2）2+k，把A（1，0）代入得：（12）2+k0，解得：k9，y（x2）29x24x5，答：抛物线的解析式为yx24x5；（2）过点P作PMx轴于点M，如图：设P（m，m24m5），则PM|m24m5|，A（1，0），AMm+1PAB45AMPM，|m24m5|m+1，即
13、m24m5m+1或m24m5（m+1），当m24m5m+1时，解得：m16，m21（不合题意，舍去），当m24m5（m+1），解得m34，m41（不合题意，舍去），P的坐标是（6，7）或P（4，5）；（3）在抛物线的对称轴上存在一点Q，使得BCQ是直角三角形，理由如下：在yx24x5中，令x0得y5，令y0得x1或x5，B（5，0），C（0，5），由抛物线yx24x5的对称轴为直线x2，设Q（2，t），BC250，BQ29+t2，CQ24+（t+5）2，当BC为斜边时，BQ2+CQ2BC2，9+t2+4+（t+5）250，解得t6或t1，此时Q坐标为（2，6）或（2，1）；当BQ为斜边时，BC
14、2+CQ2BQ2，50+4+（t+5）29+t2，解得t7，此时Q坐标为（2，7）；当CQ为斜边时，BC2+BQ2CQ2，50+9+t24+（t+5）2，解得t3，此时Q坐标为（2，3）；综上所述，Q的坐标为（2，3）或（2，7）或（2，1）或（2，6）【题型2 二次函数中等腰三角形的存在性问题】【例2】（2022沙坪坝区校级模拟）如图1，抛物线yax2+bx+2（a0）交x轴于点A（1，0），点B（4，0），交y轴于点C连接BC，过点A作ADBC交抛物线于点D（异于点A）（1）求抛物线的表达式；（2）点P是直线BC上方抛物线上一动点，过点P作PEy轴，交AD于点E，过点E作EGBC于点G，连
15、接PG求PEG面积的最大值及此时点P的坐标；（3）如图2，将抛物线yax2+bx+2（a0）水平向右平移32个单位，得到新抛物线y1，在y1的对称轴上确定一点M，使得BDM是以BD为腰的等腰三角形，请写出所有符合条件的点M的坐标，并任选其中一个点的坐标，写出求解过程【分析】（1）用待定系数法直接可得抛物线的函数表达式；（2）过点G作GHPE于H，根据勾股定理的逆定理可得ABC是直角三角形，ACB90，则ACBC，由EGBC得ACBG，根据等角的余角相等得ACOGEH，证明ACOGEH，可得GHAO1，用待定系数法求出直线BC为y=12x+2，根据ADBC得直线AD为y=12x12，设P（m，1
16、2m2+32m+2），则E（m，12m12），从而得PE=12m2+2m+52，即可求出PEG面积为12PEGH=14m2+m+54，根据二次函数性质即得答案（3）求出点D的坐标D（5，3），设点M的坐标为（3，t），可得BD2（54）2+3210，BM2（43）2+t21+t2，MD2（53）2+（t+3）2t2+6t+13，分两种情况：当BDBM时，当BDMD时，根据等腰三角形的性质即可求解【解答】解：（1）把A（1，0），B（4，0）代入抛物线yax2+bx+2得：16a+4b+2=0ab+2=0，解得a=12b=32，抛物线的函数表达式为y=12x2+32x+2；（2）过点G作GHPE
17、于H，抛物线y=12x2+32x+2交y轴于点CC（0，2），A（1，0），B（4，0），AB5，AC=12+22=5，BC=42+22=25，AB2AC2+BC2，ABC是直角三角形，ACB90，ACBC，ADBC，EGBC，ACBG=5，PEy轴，OCGEFG，ACO+OCG90，GEH+EFG90，ACOGEH，AOCGHE90，ACOGEH（AAS），GHAO1，设直线BC为ykx+n，将C（0，2），B（4，0）代入得：4k+n=0n=2，解得k=12n=2，直线BC为y=12x+2，ADBC，A（1，0），直线AD为y=12x12，设P（m，12m2+32m+2），则E（m，12m
18、12），PE=12m2+2m+52，PEG面积为12PEGH=14m2+m+54=14（m2）2+94，140，m2时，PEG面积的最大值为94，此时点P的坐标为（2，3）；（3）抛物线y=12x2+32x+2=12（x32）2+258水平向右平移32个单位，得到新抛物线y1=12（x3）2+258，y1的对称轴为x3，联立直线AD为y=12x12，抛物线y=12x2+32x+2，解得x=1y=0或x=5y=3，D（5，3），设点M的坐标为（3，t），BD2（54）2+3210，BM2（43）2+t21+t2，MD2（53）2+（t+3）2t2+6t+13，当BDBM时，BD2BM2，1+t2
19、10，t3，点M的坐标为（3，3）或（3，3），点（3，3）与B，D共线，点M的坐标为（3，3）；当BDMD时，BD2MD2，t2+6t+1310，t36，点M的坐标为（3，3+6）或（3，36）；综上所述，点M的坐标为（3，3）或（3，3+6）或（3，36）【变式2-1】（2022湘西州）定义：由两条与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月牙线”，如图，抛物线C1：yx2+2x3与抛物线C2：yax2+2ax+c组成一个开口向上的“月牙线”，抛物线C1和抛物线C2与x轴有着相同的交点A（3，0）、B（点B在点A右侧），与y轴的交点分别为G、H（0，1）（1）求抛
20、物线C2的解析式和点G的坐标（2）点M是x轴下方抛物线C1上的点，过点M作MNx轴于点N，交抛物线C2于点D，求线段MN与线段DM的长度的比值（3）如图，点E是点H关于抛物线对称轴的对称点，连接EG，在x轴上是否存在点F，使得EFG是以EG为腰的等腰三角形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）将A（3，0）、H（0，1）代入yax2+2ax+c中，即可求函数的解析式；（2）设M（t，t2+2t3），则D（t，13t2+23t1），N（t，0），分别求出MN，DM，再求比值即可；（3）先求出E（2，1），设F（x，0），分来两种情况讨论：当EGEF时，22=(x+2)2+
21、1，可得F（72，0）或（72，0）；当EGFG时，22=9+x2，F点不存在【解答】解：（1）将A（3，0）、H（0，1）代入yax2+2ax+c中，9a6a+c=0c=1，解得a=13c=1，y=13x2+23x1，在yx2+2x3中，令x0，则y3，G（0，3）；（2）设M（t，t2+2t3），则D（t，13t2+23t1），N（t，0），NMt22t+3，DM=13t2+23t1（t2+2t3）=23t243t+2，MNDM=(t2+2t3)23(t2+2t3)=32；（3）存在点F，使得EFG是以EG为腰的等腰三角形，理由如下：由（1）可得yx2+2x3的对称轴为直线x1，E点与H点
22、关于对称轴x1对称，E（2，1），设F（x，0），当EGEF时，G（0，3），EG22，22=(x+2)2+1，解得x=72或x=72，F（72，0）或（72，0）；当EGFG时，22=9+x2，此时x无解；综上所述：F点坐标为（72，0）或（72，0）【变式2-2】（2022秋永嘉县校级期末）如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别是y轴正半轴，x轴正半轴上两动点，OA2k，OB2k+3，以AO，BO为邻边构造矩形AOBC，抛物线y=34x2+3x+k交y轴于点D，P为顶点，PMx轴于点M（1）求OD，PM的长（结果均用含k的代数式表示）（2）当PMBM时，求该抛物线的表达式（3）在点A在整个
23、运动过程中，若存在ADP是等腰三角形，请求出所有满足条件的k的值【分析】（1）点D在y=34x2+3x+k上，且在y轴上，即y0求出点D坐标，根据抛物线顶点公式，求出即可；（2）先用k表示出相关的点的坐标，根据PMBM建立方程即可；（3）先用k表示出相关的点的坐标，根据ADP是等腰三角形，分三种情况，ADAP，DADP，PAPD计算；【解答】解：（1）把x0，代入y=34x2+3x+k，ykODk4acb24a=4(34)k324(34)=k+3，PMk+3；（2）由抛物线的表达式知，其对称轴为x2，OM2，BMOBOM2k+322k+1又PMk+3，PMBM，k+32k+1，解得k2该抛物线
24、的表达式为y=34x2+3x+2；（3）当点P在矩形AOBC外部时，如图1，过P作PKOA于点K，当ADAP时，ADAODO2kkk，ADAPk，KAKOAOPMAOk+32k3kKPOM2，在RtKAP中，KA2+KP2AP2（3k）2+22k2，解得k=136当点P在矩形AOBC内部时，当APAD时，同法可得（k3）2+22k2，解得k=136当PDAP时，过P作PHOA于H，ADk，HD=12k，HODO+HD=3k2，又HOPMk+3，3k2=k+3，解得k6当DPDA时，过D作PQPM于Q，PQPMQMPMODk+3k3DQOM2，DPDAk，在RtDQP中，DP=DQ2+PQ2=2
25、2+32=13kPD=13，故k=136或6或13【变式2-3】（2022杭州校级自主招生）如图，抛物线yax25ax+4经过ABC的三个顶点，已知BCx轴，点A在x轴的负半轴上，点C在y轴上，且ACBC（1）求抛物线的对称轴；（2）求A点坐标并求抛物线的解析式；（3）若点P在x轴下方且在抛物线对称轴上的动点，是否存在PAB是等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点P坐标；不存在，请说明理由【分析】（1）本题须根据二次函数的对称轴公式即可求出结果（2）本题须先求出C点的坐标，再根据BC两点关于对称轴x=52对称，求出B点的坐标，设A点坐标（m，0），求出m即可得出点A的坐标，最后代入即可求出抛
26、物线解析式（3）本题须先根据题意画出图形，再分别根据图形求出相应的点P的坐标即可【解答】解：（1）yax25ax+4，对称轴：x=5a2a=52；（2）经过ABC的三个顶点，已知BCx轴，点A在x轴上，点C在y上，且ACBC，令x0，y4，可知C点坐标（0，4），BCx轴，所以B点纵坐标也为4，又BC两点关于对称轴x=52对称，即：xB+02=52，xB5，B点坐标（5，4）A点在x轴上，设A点坐标（m，0），ACBC，即AC2BC2，AC242+m2，BC5，42+m252，m3，A点坐标（3，0），将A点坐标之一（3，0）代入yax25ax+4，09a+15a+4，a=16，y=16x2+
27、56x+4；将A点坐标是（3，0），则与A在x轴的负半轴矛盾，故舍去故函数关系式为：y=16x2+56x+4（3）存在符合条件的点P共有3个以下分三类情形探索设抛物线对称轴与x轴交于N，与CB交于M过点B作BQx轴于Q，易得BQ4，AQ8，AN5.5，BM=52以AB为腰且顶角为角A的PAB有1个：P1ABAB2AQ2+BQ282+4280（8分）在RtANP1中，P1N=AP12AN2=AB2AN2=80(5.5)2=1992，P1（52，1992）以AB为腰且顶角为角B的PAB有1个：P2AB在RtBMP2中MP2=BP22BM2=AB2BM2=80254 =2952，（10分）P2（52，82952）以AB为底，顶角为角P的PAB有1个，即P3AB画AB的垂直平分线交抛物线对称轴于P3，此时平分线必过等腰ABC的顶点C过点P3作P3K垂直y轴，垂足为K，显然RtP3CKRtBAQP
