專題2112二次函數(shù)中的十二大存在性問題（滬科版）

專題21.12二次函數(shù)中的十二大存在性問題【滬科版】TOC\o"13"\h\u【題型1二次函數(shù)中等腰三角形的存在性問題】 1【題型2二次函數(shù)中直角三角形的存在性問題】 12【題型3二次函數(shù)中等腰直角三角形的存在性問題】 23【題型4二次函數(shù)中全等三角形的存在性問題】 33【題型5二次函數(shù)中平行四邊形的存在性問題】 42【題型6二次函數(shù)中菱形的存在性問題】 53【題型7二次函數(shù)中矩形的存在性問題】 63【題型8二次函數(shù)中正方形的存在性問題】 75【題型9二次函數(shù)中面積問題的存在性問題】 87【題型10二次函數(shù)中線段問題的存在性問題】 97【題型11二次函數(shù)中角度問題的存在性問題】 110【題型12二次函數(shù)中最值問題的存在性問題】 123【題型1二次函數(shù)中等腰三角形的存在性問題】【例1】（2023春·甘肅張掖·九年級?？计谥校┤鐖D甲，直線y=-x+3與x軸、y軸分別交于點B、點C，經(jīng)過B、C兩點的拋物線y=x2+

(1)求該拋物線的解析式；(2)當(dāng)0<x<3時，在拋物線上求一點E，使△CBE(3)在該拋物線的對稱軸上是否存在點M，使以C、P、【答案】(1)y(2)最大面積為278，(3)存在，見詳解【分析】（1）把B、（2）連接CE、BE，經(jīng)過點E作x軸的垂線FE，交直線BC于點F，設(shè)點F（x，-x+3代入求出即可．（3）先求出C、P的坐標(biāo)，由勾股定理可求【詳解】（1）解：∵直線y=-x+3與x軸、y軸分別交于點B∴B（3，∴c=30=9+3b∴拋物線解析式為y=（2）當(dāng)0<x<3時，在此拋物線上任取一點E，連接CE、BE，過點E作x軸的垂線FE，交直線

設(shè)點F（x，∴EF=-∴S△CBE=S△CEF+∵a=-32∴當(dāng)x=32時，S△CBE有最大值∴E3（3）∵y=∴對稱軸為直線x=2，頂點坐標(biāo)為P∴CP=設(shè)點M的坐標(biāo)為（2，m），則PM=m則m+1∴m=-1±2∴點M2,-1-25或2,-1+2若CP=CM=2∴m=7∴點M（若PM=CM，如圖，過點C作CH⊥

∴CH=2，PH∵CH∴4+H∴HM=∴點M2,∴滿足條件的點M分別為M1（2，7），M22,-1-25，【點睛】本題綜合考查了二次函數(shù)的綜合，二次函數(shù)的最值，等腰三角形性質(zhì)，用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，三角形的面積等知識點的應(yīng)用，綜合性比較強(qiáng)．【變式11】（2023春·廣西貴港·九年級統(tǒng)考期末）如圖，拋物線y=ax2+3x+ca≠0與x軸交于點A-2,0和點B，與y軸交于點C0,8，點P

(1)求拋物線的解析式；(2)求△BCP(3)點M是拋物線的對稱軸l上一動點．是否存在點M，使得△BEM為等腰三角形？若存在，求出點M【答案】(1)y(2)△BCP的面積最大值為(3)存在，M點坐標(biāo)為3,0或3,-5或3,52+5【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式即可；（2）先求出直線BC的解析式，過點P作PG∥y軸交BC于G，設(shè)Pt,-1（3）分三種情況進(jìn)行討論：當(dāng)BE=BM時；當(dāng)BE=【詳解】（1）解：將A-2,0，C0,8∴4a解得a=-∴y=（2）令y=0，則-解得x=-2或x∴B8,0設(shè)直線BC的解析式為y=∴b=8解得k=-1∴y=-過點P作PG∥y軸交BC于

設(shè)Pt,-1∴PG=-∴S△∴當(dāng)t=4時，△BCP的面積有最大值，最大值為（3）①存在點M，使得△BEM∵y=-∴拋物線的對稱軸為直線x=3∴E3,5，設(shè)M∴BE=52，BM=當(dāng)BE=BM時，解得m=5（舍）或m∴M3,-5當(dāng)BE=EM時，解得m=52+5∴M3,52+5當(dāng)BM=EM時，解得m=0∴M3,0綜上所述：M點坐標(biāo)為3,0或3,-5或3,52+5或【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合，待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，二次函數(shù)綜合－面積問題以及特殊三角形問題，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．【變式12】（2023春·山西晉城·九年級?？计谀┤鐖D1，拋物線y=ax2+bx+3與x軸交于A-1,0，B4,0兩點，與y軸交于點C，頂點為D．點P是直線BC上方拋物線上的一個動點，過點

(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)求線段PQ的最大值；(3)如圖2，過點P作x軸的平行線交y軸于點M，連接QM．是否存在點P，使得△PQM為等腰三角形？若存在，請直接寫出點P【答案】(1)y(2)3(3)存在一點P，當(dāng)點P的橫坐標(biāo)為83時，△【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可；（2）先求出點C的坐標(biāo)，進(jìn)而求出直線BC的解析式，設(shè)Pm，-34（3）先證明PQ⊥PM，則當(dāng)△PQM為等腰三角形，只存在PM=PQ這一種情況，設(shè)P【詳解】（1）解：把A-1,0，B4,0代入y∴a=-∴拋物線解析式為y=-（2）解：設(shè)直線BC的解析式為y=在y=-34x2∴C0把C0，3，B4,0代入∴k=-∴直線BC的解析式為y=-設(shè)Pm，-∴PQ=-=-=-3∵-3∴當(dāng)m=2時，PQ有最大值，最大值為3（3）解：∵PQ⊥x軸，∴PQ⊥∴當(dāng)△PQM為等腰三角形，只存在PM設(shè)Pn，-同理可得PQ=-又∵PM=∴-3解得n=83∴存在一點P，當(dāng)點P的橫坐標(biāo)為83時，△【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)綜合，一次函數(shù)與幾何綜合，待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，等腰三角形的定義等等，熟知二次函數(shù)的相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．【變式13】（2023?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）交x軸于點A（﹣1，0），點B（4，0），交y軸于點C．連接BC，過點A作AD∥BC交拋物線于點D（異于點A）．（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）點P是直線BC上方拋物線上一動點，過點P作PE∥y軸，交AD于點E，過點E作EG⊥BC于點G，連接PG．求△PEG面積的最大值及此時點P的坐標(biāo)；（3）如圖2，將拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）水平向右平移32個單位，得到新拋物線y1，在y1的對稱軸上確定一點M，使得△BDM是以BD為腰的等腰三角形，請寫出所有符合條件的點M【分析】（1）用待定系數(shù)法直接可得拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）過點G作GH⊥PE于H，根據(jù)勾股定理的逆定理可得△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，則AC⊥BC，由EG⊥BC得AC＝BG，根據(jù)等角的余角相等得∠ACO＝∠GEH，證明△ACO≌△GEH，可得GH＝AO＝1，用待定系數(shù)法求出直線BC為y=-12x+2，根據(jù)AD∥BC得直線AD為y=-12x-12，設(shè)P（m，-12m2+32m+2），則E（m，-12m-12（3）求出點D的坐標(biāo)D（5，﹣3），設(shè)點M的坐標(biāo)為（3，t），可得BD2＝（5﹣4）2+32＝10，BM2＝（4﹣3）2+t2＝1+t2，MD2＝（5﹣3）2+（t+3）2＝t2+6t+13，分兩種情況：①當(dāng)BD＝BM時，②當(dāng)BD＝MD時，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可求解．【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（4，0）代入拋物線y＝ax2+bx+2得：16a+4b∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=-12x2+（2）過點G作GH⊥PE于H，∵拋物線y=-12x2+32x+2交∴C（0，2），∵A（﹣1，0），B（4，0），∴AB＝5，AC=12+22=∴AB2＝AC2+BC2，∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵AD∥BC，EG⊥BC，∴AC＝BG=5∵PE∥y軸，∴∠OCG＝∠EFG，∵∠ACO+∠OCG＝90°，∠GEH+∠EFG＝90°，∴∠ACO＝∠GEH，∵∠AOC＝∠GHE＝90°，∴△ACO≌△GEH（AAS），∴GH＝AO＝1，設(shè)直線BC為y＝kx+n，將C（0，2），B（4，0）代入得：4k+n∴直線BC為y=-12∵AD∥BC，A（﹣1，0），∴直線AD為y=-12x設(shè)P（m，-12m2+32m+2），則E（m，∴PE=-12m2+2m∴△PEG面積為12PE?GH=-14m2+m+54=-14∵-14∴m＝2時，△PEG面積的最大值為94此時點P的坐標(biāo)為（2，3）；（3）∵拋物線y=-12x2+32x+2=-12（x-32）2+258水平向右平移32∴y1的對稱軸為x＝3，聯(lián)立直線AD為y=-12x-12，拋物線y=-12x2+∴D（5，﹣3），設(shè)點M的坐標(biāo)為（3，t），∴BD2＝（5﹣4）2+32＝10，BM2＝（4﹣3）2+t2＝1+t2，MD2＝（5﹣3）2+（t+3）2＝t2+6t+13，①當(dāng)BD＝BM時，∴BD2＝BM2，∴1+t2＝10，∴t＝±3，∴點M的坐標(biāo)為（3，3）或（3，﹣3），∵點（3，3）與B，D共線，∴點M的坐標(biāo)為（3，﹣3）；②當(dāng)BD＝MD時，∴BD2＝MD2，∴t2+6t+13＝10，∴t＝﹣3±6，∴點M的坐標(biāo)為（3，﹣3+6）或（3，﹣3-綜上所述，點M的坐標(biāo)為（3，﹣3）或（3，﹣3+6）或（3，﹣3-【題型2二次函數(shù)中直角三角形的存在性問題】【例2】（2023春·四川廣安·九年級?？计谥校┤鐖D，已知拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)經(jīng)過點A(-3,2)，

(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；(2)試在線段AD下方的拋物線上求一點E，使得△ADE(3)在拋物線的對稱軸上是否存在一點F，使得△ADF是直角三角形？如果存在，求點F【答案】(1)y=(2)E(1,-223)，△ADE(3)存在，點F的坐標(biāo)為F(52,13)或(5【分析】（1）根據(jù)點的坐標(biāo)，運用待定系數(shù)法，建立方程組求解；（2）運用待定系數(shù)法，確定直線AD解析式為y=-12x+12，聯(lián)立二次函數(shù)解析式，求解得D(5,-2)，過點E作EF⊥x軸，交AD于點G，設(shè)E(（3）存在．設(shè)點F(52,n)，則AF2=n2-4n+1374；D【詳解】（1）解：由題意，c=-29∴y=（2）解：設(shè)直線AD的解析式為y=-3k∴直線AD解析式為y=-聯(lián)立直線與拋物線解析式，得y=-12x∴D過點E作EF⊥x軸，交AD于點設(shè)E(m,1△ADE的面積∴S∴當(dāng)m=1時，-3<m<5，此時，16∴E(1,-2

（3）解：存在．設(shè)點F(AFDFAD①若∠FAD=90°，則∴n2+∴F(

②若∠FDA=90°，則∴n2-∴F(

③若∠DFA=90°，則∴n2解得，n∴F(5

綜上，點F的坐標(biāo)為F(52,13)或(5【點睛】本題考查待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式，函數(shù)圖象交點與方程組的聯(lián)系，勾股定理，二次函數(shù)的性質(zhì)；根據(jù)勾股定理建立方程是解題的關(guān)鍵．【變式21】（2023春·遼寧盤錦·九年級校考期中）如圖，已知直線y=x+3與x軸交于點A，與y軸交于點B，拋物線y=-x2+bx+c經(jīng)過A、B兩點，與

(1)求拋物線的解析式；(2)在第三象限內(nèi)，F(xiàn)為拋物線上一點，以A、E、F為頂點的三角形面積為3，求點F的橫坐標(biāo)；(3)點P是對稱軸上的一動點，是否存在某一點P使P、B、C為頂點的三角形是以BC為直角邊的直角三角形？若存在，請直接寫出所有符合條件的P點坐標(biāo)；不存在，說明理由．【答案】(1)y(2)-(3)存在，-1,8【分析】（1）先由直線AB的解析式為y=x+3，求出它與x軸的交點A，與y軸的交點B的坐標(biāo)，再將A，B（2）設(shè)第三象限內(nèi)的點F的坐標(biāo)為m,-m2+2m+3，運用配方法求出拋物線的對稱軸和頂點D的坐標(biāo)，再設(shè)拋物線的對稱軸與x軸交于點G，連接FG，再根據(jù)S△（3）設(shè)點P坐標(biāo)為-1,n，先由B，C兩點坐標(biāo)運用勾股定理求出BC，再分兩種情況討論：①若∠PBC=90°，根據(jù)勾股定理列出關(guān)于n的方程，求出n值，得出P點坐標(biāo)；②若∠BCP【詳解】（1）∵y=x+3與x軸的交點A，與y∴當(dāng)y=0時，x=-3，即點A的坐標(biāo)為當(dāng)x=0時，y=3，即點B的坐標(biāo)為將A-3,0，B0,3得-9-3∴b∴拋物線的解析式為y（2）如圖1，設(shè)第三象限內(nèi)的點F的坐標(biāo)為m,-

則m<0，-∵y∴對稱軸為直線x=-1，頂點D設(shè)拋物線的對稱軸與軸交于點G，連接FG，則G-1,0，∵直線AB的解析式為y=∴當(dāng)x=-1∴E點坐標(biāo)為-∵S==∴以A、E、F為頂點的三角形面積為3時，m2解得：m1=-當(dāng)m=-=-=-3+==∴點F的坐標(biāo)為-3-（3）設(shè)點P坐標(biāo)為-1,∵B0,3，∴B分兩種情況①如圖2，

若∠PBC則PB2+∴n=∴點P的坐標(biāo)為-1,②如圖3，

若∠BCP則BC2∴n∴點P的坐標(biāo)為-1,-綜上所述，P點坐標(biāo)為-1,83【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合題型，運用待定系數(shù)法求拋物線的解析式，函數(shù)圖像上的點的坐標(biāo)特征，拋物線的頂點坐標(biāo)和三角形面積的求法，直角三角形性質(zhì)和勾股定理，其中利用面積的和差表示出S△【變式22】（2023春·廣東梅州·九年級?？计谥校┮阎魏瘮?shù)y=x2+bx+c的圖象經(jīng)過A(1)求這個二次函數(shù)的解析式；(2)點P直線AC下方拋物線上的一動點，求△PAC(3)在拋物線對稱軸上是否存在點Q，使△ACQ是直角三角形？若存在，直接寫出點Q【答案】(1)二次函數(shù)的解析式為y(2)S(3)存在，Q1(1,8),Q2(1,-2)【分析】（1）直接把點A(-2,5)，B(-1,0)代入y=x2+（2）先求出點C的坐標(biāo)，根據(jù)S△PAC=（3）設(shè)點Q的坐標(biāo)為(1,y)，然后分三種情況討論：①∠QAC=90°；②∠QCA=90°；③【詳解】（1）解：將A(-2,5)，B(-1,0)得4-2解得b=-2∴二次函數(shù)的解析式為y（2）將y=0代入y=x2∴點C∵點P直線AC下方拋物線上的一動點，過點P作PE⊥x軸交AC于點

則S由A(-2,5)，C(3,0)得直線AC∴設(shè)P(x∴xPE=∴S∵x=-將x=12代入S（3）解：存在，Q1(1,8)，Q2(1,-2)∵y=∴對稱軸是直線x=1∵A(-2,5)，∴AC設(shè)點Q的坐標(biāo)為(1,y①如果∠QAC=90°，那么則1+22+y所以點Q的坐標(biāo)為(1,8)；②如果∠QCA=90°，那么則1-32+y所以點Q的坐標(biāo)為(1,-2)；③如果∠CQA=90°，那么則1-32+y-0所以點Q的坐標(biāo)為Q(1,-1)或Q(1,6)．綜上所述，所求點Q的坐標(biāo)為Q1(1,8)，Q2(1,-2)，【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合問題，主要利用了待定系數(shù)法求二次函數(shù)、一次函數(shù)的解析式，三角形的面積，二次函數(shù)的性質(zhì)，勾股定理等知識．熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式23】（2023春·甘肅金昌·九年級統(tǒng)考期中）平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=a(x-1)2+92與x軸交于(1)求拋物線的解析式，并直接寫出點A，C的坐標(biāo)；(2)在拋物線的對稱軸上是否存在點P，使△BCP是直角三角形？若存在，請直接寫出點P(3)如圖，點M是直線BC上的一個動點，連接AM，OM，是否存在點M使AM+OM最小，若存在，請求出點【答案】(1)y=-12(x-1)2+(2)存在，P(1，5)，(1，-3)，(1，2+7)，(1，2-7(3)存在，M(85，12【分析】（1）將B(4，0)代入y=a（2）根據(jù)題意y=-12(x-1)2+92，對稱軸為直線x=1，設(shè)P1,n，根據(jù)勾股定理BC2=（3）存在點M使AM+OM最小，作O點關(guān)于BC的對稱點Q，連接AQ交BC于點M，連接BQ，求得直線AQ的解析式y(tǒng)=23【詳解】（1）解：將B(4，0)代入y即0=9a+9∴y=-令x=0，則y令y=0，則-解得：x1A(-2,0)，C(0（2）解：存在點P∵y=-12設(shè)P1,∵B(4，0)∴BC2=4①當(dāng)∠BCP=90°時，∴4-12+n2=32解得：n=5②當(dāng)∠CBP=90°時，∴12+4-n2=解得：n=-3③當(dāng)∠BPC=90°時，32=4-12+n2解得：n=2-7或綜上所述：P(1，5)，(1，-3)，(1，2+7)，(1，2-7（3）存在點M使AM+作O點關(guān)于BC的對稱點Q，連接AQ交BC于點M，連接BQ，由對稱性可知，OM=∴AM當(dāng)A、M、Q三點共線時，AM+∵B(4，0)，C(0∴OB∴∠CBO由對稱性可知∠QBM∴BQ∴Q(4，設(shè)直線AQ的解析式為y=∴-2解得k=∴直線AQ的解析式y(tǒng)=設(shè)直線BC的解析式為y=∴4m∴m∴直線BC的解析式為y=-聯(lián)立方程組y=-解得x=∴M(85，12【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合運用，待定系數(shù)求解析式，勾股定理，軸對稱的性質(zhì)求線段長的最值問題，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【題型3二次函數(shù)中等腰直角三角形的存在性問題】【例3】（2023春·山西陽泉·九年級統(tǒng)考期末）綜合與探究：在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx-2與x軸交于點A-1,0和點B4,0，與y軸交于點C，過動點D0,m

(1)求拋物線的表達(dá)式；(2)求m的取值范圍；(3)直線l上是否存在一點P，使得△BCP是以BC為直角邊的等腰直角三角形？若存在，求m【答案】(1)y=(2)m>-(3)存在，2或4．【分析】（1）把點A-1,0和點B4,0（2）將拋物線解析式化成頂點式，求得y的最小值為-258．由直線l與拋物線有兩個交點，即可得出（3）分兩種情況：①當(dāng)∠BCP=90°，BC=PC時，②如圖，當(dāng)∠CBP【詳解】（1）解：∵拋物線y=ax2+∴a解得a∴拋物線的表達(dá)式為y=（2）解：y=∴y的最小值為-25∵直線l與拋物線有兩個交點，∴m>-（3）解：存在．當(dāng)x=0時，y∴點C的坐標(biāo)為0,-2．①如圖，當(dāng)∠BCP=90°，BC=PC時，過點P作∴∠BOC∵∠BCO+∠PCG∴∠BCO

在△BCO和△CPG∴△BCO∴CG=∵CO=2∴m=延長PC至P'使得CP'易得，此時m=-6．（不合題意，舍去）②如圖，當(dāng)∠CBP=90°，BC=BP時，過點P作

∵∠BOC=∠BMP=90°，∴∠BCO∴△BCO∴PM=∴m=PM延長PB，使得BP'=同理可得，m=-4綜上所述，直線l上存在一點