专题09 二次函数抛物线与三角形存在性问题（解析版）.docx

1、专题09 二次函数抛物线与三角形存在性问题（解析版）类型一 二次函数与等腰三角形1（2022秋和平区校级期中）如图，抛物线yax2+bx+c（a0）与y轴交于点C（0，4），与x轴交于点A和点B，其中点A的坐标为（2，0），抛物线的对称轴x1与抛物线交于点D，与直线BC交于点E（1）求抛物线的解析式；（2）若点F是直线BC上方的抛物线上的一个动点，是否存在点F使四边形ABFC的面积最大，若存在，求出点F的坐标和最大值；若不存在，请说明理由；（3）平行于DE的一条动直线l与直线BC相交于点P，与抛物线相交于点Q，若以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，求P点的坐标（4）探究对称轴上是否存在

2、一点P，使得以点P，C，A为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的P点的坐标，若不存在，请说明理由思路引领：（1）由抛物线yax2+bx+c经过点C（0，4）、A（2，0），且对称轴为x1，列方程组得c=44a2b+c=0b2a=1，解方程组求出a、b、c的值，即得到抛物线的解析式为y=12x2+x+4；（2）作FHx轴于点H，交BC于点G，设F（x，12x2+x+4），求得直线BC的解析式为yx+4，则G（x，x+4），所以FG=12x2+2x，则SFBC=124（12x2+2x）x2+4x，可求得S四边形SABFCx2+4x+1264（x2）2+16，则当x2时，S四边

3、形SABFC最大16，此时，F（2，4）；（3）设P（x，x+4），则Q（x，12x2+x+4），PQ|12x2+2x|，由PQDE，且PQDE，得|12x2+2x|=32，解方程求出符合题意的x的值，再求出点P的坐标即可；（4）设P（1，m），则AC220，PA2m2+9，PC2m28m+17，再分三种情况讨论，一是PAPC，则m2+9m28m+17；二是PCAC，则m28m+1720；三是PAAC，则m2+920，解方程求出相应的m的值，再求出点P的坐标即可解：（1）抛物线yax2+bx+c经过点C（0，4）、A（2，0），且对称轴为x1，c=44a2b+c=0b2a=1，解得a=12b=

4、1c=4，抛物线的解析式为y=12x2+x+4（2）存在，如图1，作FHx轴于点H，交BC于点G，设F（x，12x2+x+4），点B与点A（2，0）关于直线x1对称，B（4，0），AB4+26，设直线BC的解析式为ykx+4，则4k+40，解得k1，yx+4，G（x，x+4），FG=12x2+x+4（x+4）=12x2+2x，SFBC=12OHFG+12BHFG=124（12x2+2x）x2+4x，S四边形SABFCSFBC+SABCx2+4x+1264（x2）2+16，当x2时，S四边形SABFC最大16，F（2，4），点F的坐标是（2，4），四边形ABFC的面积的最大值是16（3）如图2，

5、设P（x，x+4），则Q（x，12x2+x+4），PQ|12x2+x+4（x+4）|12x2+2x|，抛物线y=12x2+x+4，当x1时，y=92，D（1，92）；直线yx+4，当x1时，y1+43，E（1，3），DE=923=32，PQDE，且以D、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，PQDE，|12x2+2x|=32，当12x2+2x=32时，解得x13，x21（不符合题意，舍去），P1（3，1）；当12x2+2x=32时，解得x12+7，x227，P2（2+7，27），P3（27，2+7），综上所述，点P的坐标是（3，1）或（2+7，27）或（27，2+7）（4）存在，设P（1，m）

6、，A（2，0），C（0，4），AC222+4220，PA2m2+（1+2）2m2+9，PC2（m4）2+12m28m+17，当PAPC时，则m2+9m28m+17，解得m1，P1（1，1）；当PCAC时，则m28m+1720，解得m1419，m24+19，P2（1，419），P3（1，4+19）；当PAAC时，则m2+920，解得m1=11，m2=11，P4（1，11），P5（1，11），综上所述，P点的坐标（1，1）或（1，419）或（1，4+19）或（1，11）或（1，11）总结提升：此题重点考查一次函数的图象与性质、二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、平行四边形的判定、等腰三

7、角形的判定、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题2（2019黄冈）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知A（2，2），B（2，0），C（0，2），D（2，0）四点，动点M以每秒2个单位长度的速度沿BCD运动（M不与点B、点D重合），设运动时间为t（秒）（1）求经过A、C、D三点的抛物线的解析式；（2）点P在（1）中的抛物线上，当M为BC的中点时，若PAMPBM，求点P的坐标；（3）当M在CD上运动时，如图过点M作MFx轴，垂足为F，MEAB，垂足为E设矩形MEBF与BCD重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并求出S的最大值；（4）点Q为x轴上

8、一点，直线AQ与直线BC交于点H，与y轴交于点K是否存在点Q，使得HOK为等腰三角形？若存在，直接写出符合条件的所有Q点的坐标；若不存在，请说明理由思路引领：（1）设函数解析式为yax2+bx+c，将点A（2，2），C（0，2），D（2，0）代入解析式即可；（2）由已知易得点P为AB的垂直平分线与抛物线的交点，点P的纵坐标是1，则有1=14x212x+2，即可求P；（3）S=12（GM+BF）MF=12（2t4+t）（4t）=32t2+8t8=32（t83）2+83；（4）设点Q（m，0），直线BC的解析式yx+2，直线AQ的解析式y=2m+2（x+2）+2，求出点K（0，2mm+2），H（4

9、m+4，2m+4m+4），由勾股定理可得OK2=(2mm+2)2，OH2=(4m+4)2+(2m+4m+4)2，HK2=(4m+4)2+(2m+4m+42mm+2)2，分三种情况讨论HOK为等腰三角形即可解：（1）设函数解析式为yax2+bx+c，将点A（2，2），C（0，2），D（2，0）代入解析式可得2=4a2b+c2=c0=4a+2b+c，a=14b=12c=2，y=14x212x+2；（2）PAMPBM，PAPB，MAMB，点P为AB的垂直平分线与抛物线的交点，AB2，点P的纵坐标是1，1=14x212x+2，x1+5或x15，P（15，1）或P（1+5，1）；（3）CM=2t22，M

10、G=2CM2t4，MD42（BC+CM）42（22+2t22）422t，MF=22MD4t，BF44+tt，S=12（GM+BF）MF=12（2t4+t）（4t）=32t2+8t8=32（t83）2+83；当t=83时，S最大值为83；（4）设点Q（m，0），直线BC的解析式yx+2，直线AQ的解析式y=2m+2（x+2）+2，K（0，2mm+2），H（4m+4，2m+4m+4），OK2=(2mm+2)2，OH2=(4m+4)2+(2m+4m+4)2，HK2=(4m+4)2+(2m+4m+42mm+2)2，当OKOH时，(2mm+2)2=(4m+4)2+(2m+4m+4)2，3m2+12m+8

11、0，m2+233或m2233；当OHHK时，(4m+4)2+(2m+4m+4)2=(4m+4)2+(2m+4m+42mm+2)2，m2+4m+80，m无解；当OKHK时，(2mm+2)2=(4m+4)2+(2m+4m+42mm+2)2，m2+4m80，m2+23或m223；综上所述：Q（2+23，0）或Q（223，0）或Q（2+233，0）或Q（2233，0）总结提升：本题考查二次函数综合；熟练应用待定系数法求函数解析式，掌握三角形全等的性质，直线交点的求法是解题的关键类型二 二次函数与直角三角形3（2022呼和浩特）如图，抛物线y=12x2+bx+c经过点B（4，0）和点C（0，2），与x轴

12、的另一个交点为A，连接AC、BC（1）求抛物线的解析式及点A的坐标；（2）如图1，若点D是线段AC的中点，连接BD，在y轴上是否存在点E，使得BDE是以BD为斜边的直角三角形？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由（3）如图2，点P是第一象限内抛物线上的动点，过点P作PQy轴，分别交BC、x轴于点M、N，当PMC中有某个角的度数等于OBC度数的2倍时，请求出满足条件的点P的横坐标思路引领：（1）用待定系数法可得抛物线的解析式为y=12x2+32x+2，令y0得A（1，0）；（2）由A（1，0），C（0，2），知线段AC的中点D（12，1），设E（0，t），根据BED90，得（40）2+

13、（0t）2+（120）2+（1t）2（4+12）2+（01）2，即可解得E的坐标为（0，1）或（0，2）；（3）分当PCM2OBC时，CMP2OBC时，当CPM2OBC时三种情况，利用二次函数的性质和等腰三角形，勾股定理等性质进行计算即可解：（1）将点B（4，0）和点C（0，2）代入抛物线y=12x2+bx+c中，则1242+4b+c=0c=2，解得：b=32c=2，抛物线的解析式为y=12x2+32x+2，在y=12x2+32x+2中，令y0得12x2+32x+20，解得：x11，x24，A（1，0）；（2）存在y轴上一点E，使得BDE是以BD为斜边的直角三角形，理由如下：如图：点D是线段A

14、C的中点，A（1，0），C（0，2），D（12，1），设E（0，t），又B（4，0），BED90，BE2+DE2BD2，即（40）2+（0t）2+（120）2+（1t）2（4+12）2+（01）2，化简得：t2t20，解得：t11，t22，E的坐标为（0，1）或（0，2）；（3）B（4，0）、C（0，2），设直线BC的解析式为ykx+2（k0），把点B（4，0）代入解析式得，4k+20，解得：k=12，直线BC的解析式为y=12x+2，设点P（m，12m2+32m+2），则M（m，12m+2），当PCM2OBC时，过点C作CFPM于点F，如图，CFPM，PMy轴，CFOB，FCMOBC，F（m

15、，2），又PCM2OBC，PCFFCMOBC，F是线段PM的中点，12m2+32m+2+(12m+2)2=2，整理得：m22m0，解得：m2或m0，点P是第一象限内抛物线上的动点，m2；CMP2OBC时，CMPBMN，BMN2OBC，即BMN2NBM，PNx轴，BMN+NBM90，即3NBM90，NBM30，OC=12BC，BC=OC2+OB2=4+16=254，此种情况不存在；当CPM2OBC时，CMPNMB90OBC，PCM180CPMCMP1802OBC（90OBC）90OBC，PCMCMP，PCPM，（m0）2+（12m2+32m+22）2（12m2+32m+2）（12m+2）2，整理

16、得：m2+14m432m3+94m2=14m42m3+4m2，解得：m=32；综上所述，满足条件的点P的横坐标为2或32总结提升：本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法、等腰三角形性质、直角三角形性质及应用，利用分类讨论的思想是解题的关键4（2019广西）如果抛物线C1的顶点在抛物线C2上，抛物线C2的顶点也在抛物线C1上时，那么我们称抛物线C1与C2“互为关联”的抛物线如图，已知抛物线C1：y1=14x2+x与C2：y2ax2+x+c是“互为关联”的抛物线，点A，B分别是抛物线C1，C2的顶点，抛物线C2经过点D（6，1）（1）直接写出A，B的坐标和抛物线C2的解析式；（2）抛物线C2上是

17、否存在点E，使得ABE是直角三角形？如果存在，请求出点E的坐标；如果不存在，请说明理由；思路引领：（1）由抛物线C1：y1=14x2+x可得A（2，1），将A（2，1），D（6，1）代入y2ax2+x+c，求得y2=14x2+x+2，B（2，3）；（2）易得直线AB的解析式：yx+1，若B为直角顶点，BEAB，E（6，1）；若A为直角顶点，AEAB，E（10，13）；若E为直角顶点，设E（m，14m2+m+2）不符合题意；解：由抛物线C1：y1=14x2+x可得A（2，1），将A（2，1），D（6，1）代入y2ax2+x+c得 4a2+c=136a+6+c=1，解得a=14c=2，y2=14x

18、2+x+2，B（2，3）；（2）易得直线AB的解析式：yx+1，若B为直角顶点，BEAB，kBEkAB1，kBE1，直线BE解析式为yx+5联立y=x+5y=14x2+x+2，解得x2，y3或x6，y1，E（6，1）；若A为直角顶点，AEAB，同理得AE解析式：yx3，联立y=x3y=14x2+x+2，解得x2，y1或x10，y13，E（10，13）；总结提升：本题考查了二次函数，熟练运用二次函数的性质、直角三角形的性质以及一次函数的性质是解题的关键5（2021郧西县校级模拟）如图，抛物线yx2+2x+3与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，点P是抛物线上的一个动点（1

19、）求直线BD的解析式；（2）当点P在第一象限时，求四边形BOCP面积的最大值，并求出此时P点的坐标；（3）在点P的运动过程中，是否存在点P，使BDP是以BD为直角边的直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由思路引领：（1）对于yx2+2x+3，令x0，则y3，令yx2+2x+30，解得x1或3，进而求解；（2）由四边形BOCP面积SOBC+SPHC+SPHB=12OBOC+12PHOB=1233+123（x2+2x+3+x3）=32x2+92x+92，即可求解；（3）分PBD为直角、PDB为直角两种情况，利用数形结合的方法，分别求解即可解：（1）对于yx2+2x+3，令x0，则

20、y3，令yx2+2x+30，解得x1或3，故点A、B、C的坐标分别为（1，0）、（3，0）、（0，3），点D与点C关于x轴对称，故点D（0，3），设直线BD的表达式为ykx+b，则b=30=3k+b，解得k=1b=3，故直线BD的表达式为yx3；（2）连接BC，过点P作y轴的平行线交BC于点H，由点B、C的坐标，同理可得，直线BC的表达式为yx+3，设点P（x，x2+2x+3），则点H（x，x+3），则四边形BOCP面积SOBC+SPHC+SPHB=12OBOC+12PHOB=1233+123（x2+2x+3+x3）=32x2+92x+92，320，故四边形BOCP面积存在最大值，当x=32时

21、，四边形BOCP面积最大值为638，此时点P（32，154）；（3）存在，理由：当PBD为直角时，如上图所示，此时点P与点C重合，过点P的坐标为（0，3）；当PDB为直角时，由BD的表达式知，直线BD与x轴的倾斜角为45，故设直线PD的表达式为yx+t，将点D的坐标代入上式得，30+t，解得t3，故直线PD的表达式为yx3，联立并解得：x=3332，故点P的坐标为（3+332，9+332）或（3332，9332），综上，点P的坐标为（3+332，9+332）或（3332，9332）或（0，3）总结提升：本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、直角三角形的性质、面积的计算等，其中（3

22、），要注意分类求解，避免遗漏类型三 二次函数与等腰直角三角形6（2020岳阳）如图1所示，在平面直角坐标系中，抛物线F1：ya（x25）2+6415与x轴交于点A（65，0）和点B，与y轴交于点C（1）求抛物线F1的表达式；（2）如图2，将抛物线F1先向左平移1个单位，再向下平移3个单位，得到抛物线F2，若抛物线F1与抛物线F2相交于点D，连接BD，CD，BC求点D的坐标；判断BCD的形状，并说明理由；（3）在（2）的条件下，抛物线F2上是否存在点P，使得BDP为等腰直角三角形，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由思路引领：（1）把点A（65，0）代入抛物线F1：ya（x25）2+64

23、15中，求出a的值，即可求解；（2）由平移的原则：左加，右减，上加，下减，可得抛物线F2的解析式，与抛物线F1联立方程组，解出可得点D的坐标；根据两点的距离公式和勾股定理的逆定理可得：BDC是等腰直角三角形；（3）设Pm，53(m+35)2+1915，根据两点的距离公式和勾股定理列方程可解出m的值，并确认两直角边是否相等，可得符合条件的点P的坐标解：（1）把点A（65，0）代入抛物线F1：ya（x25）2+6415中得：0a（6525）2+6415，解得：a=53，抛物线F1：y=53（x25）2+6415；（2）由平移得：抛物线F2：y=53（x25+1）2+64153，y=53（x+35）

24、2+1915，53（x+35）2+1915=53（x25）2+6415，103x=103，解得：x1，D（1，1）；当x0时，y=53425+6415=4，C（0，4），当y0时，53（x25）2+6415=0，解得：x=65或2，B（2，0），D（1，1），BD2（2+1）2+（10）210，CD2（0+1）2+（41）210，BC222+4220，BD2+CD2BC2且BDCD，BDC是等腰直角三角形；（3）存在，设P（m，53(m+35)2+1915），B（2，0），D（1，1），BD2（2+1）2+1210，PB2=(m2)2+53(m+35)2+19152，PD2=(m+1)2+53

25、(m+35)2+191512，分三种情况：当DBP90时，BD2+PB2PD2，即10+（m2）2+53(m+35)2+19152（m+1）2+53（m+35）2+191512，解得：m4或1，当m4时，BD=10，PB=36+324=610，即BDP不是等腰直角三角形，不符合题意，当m1时，BD=10，PB=1+9=10，BDPB，即BDP是等腰直角三角形，符合题意，P（1，3）；当BDP90时，BD2+PD2PB2，即10+（m+1）2+53（m+35）2+191512（m2）2+53(m+35)2+19152，解得：m1（舍）或2，当m2时，BD=10，PD=1+9=10，BDPD，即此

26、时BDP为等腰直角三角形，P（2，2）；当BPD90时，且BPDP，有BD2PD2+PB2，如图3，当BDP为等腰直角三角形时，点P1和P2不在抛物线上，此种情况不存在这样的点P；综上，点P的坐标是（1，3）或（2，2）总结提升：本题是二次函数综合题型，主要利用了待定系数法和平移求二次函数解析式，勾股定理及逆定理，两点的距离公式，难点在于（3）根据直角三角形的直角顶点分情况讨论7（2022黔东南州一模）抛物线yax2+bx32经过点（1，1），现将一块等腰直角三角板ABC（ACB90）按照如图的方式放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A、C坐标分别为（0，2）、（1，0）B点在抛物线yax2+

27、bx32图象上（1）求点B的坐标：（2）求抛物的解析式；（3）在抛物线上是否还存在点P（点B除外），使ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出点P的坐标：若不存在，请说明理由思路引领：（1）根据题意，过点B作BDx轴，垂足为D；根据角的互余的关系，易得B到x、y轴的距离，即B的坐标；（2）根据抛物线过B点的坐标，可得a的值，进而可得其解析式；（3）首先假设存在，分A、C是直角顶点两种情况讨论，根据全等三角形的性质，可得答案解：（1）过点B作BDx轴，垂足为DBCD+ACO90，ACO+CAO90，BCDCAO，又BDCCOA90，CBAC，BCDCAO（AAS），BDOC1，C

28、DOA2，点B的坐标为（3，1）；（2）抛物线yax2+bx32经过点（1，1），点B（3，1），则a+b32=19a3b32=1，解得a=13b=16，所以抛物线的解析式为y=13x2+16x32；（3）假设存在点P，使得ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形：若以点C为直角顶点；则延长BC至点P1，使得P1CBC，得到等腰直角三角形ACP1，过点P1作P1Mx轴，CP1BC，MCP1BCD，P1MCBDC90，MP1CDBC（AAS），CMCD2，P1MBD1，OC1，OM1，P1（1，1）；若以点A为直角顶点；则过点A作AP2CA，且使得AP2AC，得到等腰直角三角形ACP2，过点P

29、2作P2Ny轴，同理可证AP2NCAO，NP2OA2，ANOC1，点P2（2，1），以A为直角顶点的等腰RtACP的顶点P有两种情况即过点A作直线LAC，在直线L上截取APAC时，点P可能在y轴右侧，即现在解答情况的点P2；点P也可能在y轴左侧，即还有第种情况的点P3因此，然后过P3作P3Gy轴于G，同理：AGP3CAO，GP3OA2，AGOC1，P3为（2，3）；经检验，点P1（1，1）与在抛物线y=13x2+16x32上，点P2（2，1）点P3（2，3）都不在抛物线y=13x2+16x32上综上，存在，点P的坐标为（1，1）总结提升：本题为二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质等知识，本题综合性强，能力要求极高解题的关键是利用分类讨论，数形结合的数学思想方法