专题22.8 二次函数中的存在性问题【八大题型】（解析版）

专题228 二次函数中的存在性问题【八大题型】 【人版】 【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y＝﹣x2+bx+与x 轴交于（﹣1，0），B（m，0）两点， 与y 轴交于点（0，5）． （1）求b，，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EF⊥x 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△MB 沿B 翻折得到△B，B 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（﹣1，0），（0，5）代入y＝﹣x2+bx+，解二元一次方程组即可得 b，的值，令y＝0 即可得m 的值； 1 （2）设D（x，﹣x2+4x+5），则E（4﹣x，﹣x2+4x+5），表示出四边形DEFG 的周长， 根据二次函数的最值即可求解； （3）过点作⊥对称轴于，过点作K⊥y 轴于K，证明△M≌△K，根据全等三角形的性质得 K＝M＝4，K＝＝2，则（﹣4，3），利用待定系数法可得直线B 的解析式为y¿−1 3x+5 3 ，可得Q（0，5 3），设P（2，p），利用勾股定理表示出PQ2、BP2、BQ2，分两种情况： ①当∠BQP＝90°时，②当∠QBP＝90°时，利用勾股定理即可求解． 【解答】解：（1）把（﹣1，0），（0，5）代入y＝﹣x2+bx+， 得{ −1−b+c=0 c=5 ， 解得{ b=4 c=5． ∴这个抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5， 令y＝0，则﹣x2+4x+5＝0，解得x1＝5，x2＝﹣1， ∴B（5，0）， ∴m＝5； （2）∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x 2 ﹣）2+9， ∴对称轴为x＝2， 设D（x，﹣x2+4x+5）， ∵DE∥x 轴， ∴E（4﹣x，﹣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 EF⊥x 轴， ∴四边形DEFG 是矩形， ∴四边形DEFG 的周长＝2（﹣x2+4x+5）+2（x 4+ ﹣ x）＝﹣2x2+12x+2＝﹣2（x 3 ﹣） 2+20， ∴当x＝3 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）过点作⊥对称轴于，过点作K⊥y 轴于K， 1 ∴∠K＝∠M＝90°， 由翻折得＝M，∠B＝∠BM， ∵B（5，0），（0，5）． ∴B＝， ∴∠B＝∠B＝45°， ∵⊥对称轴于， ∴∥x 轴， ∴∠B＝45°， ∴∠B＝∠B， ∴∠K＝∠M， ∴△M≌△K（S）， ∴K＝M，K＝， ∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x 2 ﹣）2+9， ∴对称轴为x＝2，M（2，9）， ∴M＝9 5 ﹣＝4，＝2， ∴K＝M＝4，K＝＝2， ∴（﹣4，3）， 设直线B 的解析式为y＝mx+， ∴{ −4 m+n=3 5m+n=0 ，解得{ m=−1 3 n=5 3 ， 1 ∴直线B 的解析式为y¿−1 3x+5 3 ， ∴Q（0，5 3）， 设P（2，p）， ∴PQ2＝22+（p−5 3 ）2＝p2−10 3 p+61 9 ， BP2＝（5 2 ﹣）2p2＝9+p2， BQ2＝52+（5 3）2＝25+25 9 ， 分两种情况： ①当∠BQP＝90°时，BP2＝PQ2+BQ2， 9+ ∴ p2＝p2−10 3 p+61 9 +¿25+25 9 ，解得p¿ 23 3 ， ∴点P 的坐标为（2，23 3 ）； ②当∠QBP＝90°时，P′Q2＝BP′2+BQ2， ∴p2−10 3 p+61 9 =¿9+p2+25+25 9 ，解得p＝﹣9， ∴点P′的坐标为（2，﹣9）． 综上，所有符合条件的点P 的坐标为（2，23 3 ），（2，﹣9）． 【变式1-1 】（2022• 桐梓县模拟）在平面直角坐标系xy 中，已知抛物线y ¿− ❑ √3 6 x 2+ 2❑ √3 3 x+2❑ √3与x 轴交于，B 两点（点B 在点的右侧），与y 轴交于点，它 的对称轴与x 轴交于点D，直线L 经过，D 两点，连接． （1）求，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△E 为直角三角形，若存在，求出点E 的坐标；若 不存在，说明理由． 1 【分析】（1）令x＝0，y＝0，可分别求出、B、三点坐标，在求出函数的对称轴即可求 D 点坐标，利用待定系数法求直线解析式即可； （2）设E（t，−❑ √3t+2❑ √3），分三种情况讨论：①当∠E＝90°时，2+E2＝E2，②当∠E ＝90°时，2+E2＝E2，③当∠E＝90°时，E2+E2＝2，分别利用勾股定理求解即可． 【解答】解：（1）令y＝0，则−❑ √3 6 x 2+ 2❑ √3 3 x+2❑ √3=¿0， 解得x＝﹣2 或x＝6， ∴（﹣2，0），B（6，0）， 令x＝0，则y＝2❑ √3， ∴（0，2❑ √3）， ∵y¿− ❑ √3 6 x 2+ 2❑ √3 3 x+2❑ √3=−❑ √3 6 （x 2 ﹣）2+8 ❑ √3 3 ， ∴抛物线的对称轴为直线x＝2， ∴D（2，0）， 设直线D 的解析式为y＝kx+b， ∴{ b=2❑ √3 2k+b=0， 解得{ k=−❑ √3 b=2❑ √3 ， ∴y¿−❑ √3x+2❑ √3； （2）在点E，使△E 为直角三角形，理由如下： 设E（t，−❑ √3t+2❑ √3）， ∴2＝16，E2＝4t2 8 ﹣t+16，E2＝4t2， ①当∠E＝90°时，2+E2＝E2， 16+4 ∴ t2 8 ﹣t+16＝4t2， ∴t＝4， ∴E（4，2❑ √3）； ②当∠E＝90°时，2+E2＝E2， 16+4 ∴ t2＝4t2 8 ﹣t+16， ∴t＝0（舍）； ③当∠E＝90°时，E2+E2＝2， 4 ∴t2 8 ﹣t+16+4t2＝16， ∴t＝0（舍）或t＝1， ∴E（1，❑ √3）； 1 综上所述：E 点坐标为（4，2❑ √3）或（1，❑ √3）． 【变式1-2】（2022 秋•日喀则市月考）如图，二次函数y＝﹣x2+4x+5 的图象与x 轴交于， B 两点，与y 轴交于点，M 为抛物线的顶点． （1）求M 点的坐标； （2）求△MB 的面积； （3）坐标轴上是否存在点，使得以B，，为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求 出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x 2 ﹣）2+9，即可求顶点M； （2）过点M 作ME⊥y 轴于点E，由 S△MB＝S 四边形MBE﹣S△ME﹣S△B求解即可； （3）分三种情况讨论：①当为直角顶点时，作1⊥B 交坐标轴为1，B＝1＝5，则1（﹣ 5，0）； ②当B 为直角顶点时，作B2⊥B 交坐标轴为2，＝2＝5，则1（0，﹣5）；③当 为直角顶点时，点与3重合，则3（0，0）． 【解答】解：（1）y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x 2 ﹣）2+9， ∴M（2，9）； （2）令y＝0，得﹣x2+4x+5＝0， 解得 x＝﹣1 或x＝5， ∴（﹣1，0），B（5，0）， 令x＝0，得y＝﹣x2+4x+5＝5， ∴（0，5）， 过点M 作ME⊥y 轴于点E， ∴S△MB＝S 四边形MBE﹣S△ME﹣S△B¿ 1 2 ×(2+5)×9−1 2 ×2×(9−5)−1 2 ×5×5=¿15； （3）存在点，使得以B，，为顶点的三角形是直角三角形，理由如下： ∵B＝＝5，∠B＝90°， ∴∠B＝∠B＝45°， ∴△B 是等腰直角三角形， 1 ①当为直角顶点时，作1⊥B 交坐标轴为1，∠1B＝∠B1＝45°， ∴B＝1＝5， ∴1（﹣5，0）； ②当B 为直角顶点时，作B2⊥B 交坐标轴为2，∠2B＝∠B2＝45°， ∴＝2＝5， ∴1（0，﹣5）； ③当为直角顶点时，点与3重合， ∴3（0，0）． 综上所述，满足条件的点的坐标为（﹣5，0）或（0，﹣5）或（0，0）． 【变式1-3】（2022•平南县二模）如图，二次函数y＝x2+bx+的图象与x 轴交于、B 两点， 与y 轴交于点，且（﹣1，0），对称轴为直线x＝2． （1）求该抛物线的表达式； （2）直线l 过点与抛物线交于点P，当∠PB＝45°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△BQ 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． 1 【分析】（1）设y＝（x 2 ﹣）2+k，用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝x2 4 ﹣x 5 ﹣； （2）过点P 作PM⊥x 轴于点M，设P（m，m2 4 ﹣m 5 ﹣），根据∠PB＝45°知M＝PM， 即|m2 4 ﹣m 5| ﹣＝m+1，解得m 的值，即可得P 的坐标是（6，7）或P（4，﹣5）； （3）由y＝x2 4 ﹣x 5 ﹣求出B（5，0），（0，﹣5），设Q（2，t），有B2＝50，BQ2＝ 9+t2，Q2＝4+（t+5）2，分三种情况：当B 为斜边时，9+t2+4+（t+5）2＝50，当BQ 为斜 边时，50+4+（t+5）2＝9+t2，当Q 为斜边时，50+9+t2＝4+（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＝（x 2 ﹣）2+k，把（﹣1，0）代入得： （﹣1 2 ﹣）2+k＝0， 解得：k＝﹣9， ∴y＝（x 2 ﹣）2 9 ﹣＝x2 4 ﹣x 5 ﹣， 答：抛物线的解析式为y＝x2 4 ﹣x 5 ﹣； （2）过点P 作PM⊥x 轴于点M，如图： 设P（m，m2 4 ﹣m 5 ﹣），则PM＝|m2 4 ﹣m 5| ﹣， ∵（﹣1，0）， ∴M＝m+1 ∵∠PB＝45° ∴M＝PM， 1 | ∴m2 4 ﹣m 5| ﹣＝m+1， 即m2 4 ﹣m 5 ﹣＝m+1 或m2 4 ﹣m 5 ﹣＝﹣（m+1）， 当m2 4 ﹣m 5 ﹣＝m+1 时，解得：m1＝6，m2＝﹣1（不合题意，舍去）， 当m2 4 ﹣m 5 ﹣＝﹣（m+1），解得m3＝4，m4＝﹣1（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△BQ 是直角三角形，理由如下： 在y＝x2 4 ﹣x 5 ﹣中，令x＝0 得y＝﹣5，令y＝0 得x＝﹣1 或x＝5， ∴B（5，0），（0，﹣5）， 由抛物线y＝x2 4 ﹣x 5 ﹣的对称轴为直线x＝2，设Q（2，t）， ∴B2＝50，BQ2＝9+t2，Q2＝4+（t+5）2， 当B 为斜边时，BQ2+Q2＝B2， 9+ ∴ t2+4+（t+5）2＝50， 解得t＝﹣6 或t＝1， ∴此时Q 坐标为（2，﹣6）或（2，1）； 当BQ 为斜边时，B2+Q2＝BQ2， 50+4+ ∴ （t+5）2＝9+t2， 解得t＝﹣7， ∴此时Q 坐标为（2，﹣7）； 当Q 为斜边时，B2+BQ2＝Q2， 50+9+ ∴ t2＝4+（t+5）2， 解得t＝3， ∴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y＝x2+bx+2（≠0）交x 轴于点（﹣1， 0），点B（4，0），交y 轴于点．连接B，过点作D∥B 交抛物线于点D（异于点）． （1）求抛物线的表达式； （2）点P 是直线B 上方抛物线上一动点，过点P 作PE∥y 轴，交D 于点E，过点E 作 EG⊥B 于点G，连接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y＝x2+bx+2（≠0）水平向右平移3 2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． 1 【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G⊥PE 于，根据勾股定理的逆定理可得△B 是直角三角形，∠B＝90°，则 ⊥B，由EG⊥B 得＝BG，根据等角的余角相等得∠＝∠GE，证明△≌△GE，可得G＝＝ 1，用待定系数法求出直线B 为y¿−1 2x+2，根据D∥B 得直线D 为y¿−1 2x−1 2 ，设P （m，−1 2 m2+3 2 m+2），则E（m，−1 2 m−1 2 ），从而得PE¿−1 2m2+2m+5 2 ，即可求出 △PEG 面积为1 2PE•G¿−1 4 m2+m+5 4 ，根据二次函数性质即得答． （3）求出点D 的坐标D（5，﹣3），设点M 的坐标为（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，分两种情况： ①当BD＝BM 时，②当BD＝MD 时，根据等腰三角形的性质即可求解． 【解答】解：（1）把（﹣1，0），B（4，0）代入抛物线y＝x2+bx+2 得： { 16a+4 b+2=0 a−b+2=0 ，解得{ a=−1 2 b=3 2 ， ∴抛物线的函数表达式为y¿−1 2x2+3 2 x+2； （2）过点G 作G⊥PE 于， 1 ∵抛物线y¿−1 2x2+3 2 x+2 交y 轴于点． ∴（0，2）， ∵（﹣1，0），B（4，0）， ∴B＝5，¿ ❑ √1 2+2 2=❑ √5，B¿ ❑ √4 2+2 2=¿2❑ √5， ∴B2＝2+B2， ∴△B 是直角三角形，∠B＝90°， ∴⊥B， ∵D∥B，EG⊥B， ∴＝BG¿ ❑ √5， ∵PE∥y 轴， ∴∠G＝∠EFG， + ∵∠∠G＝90°，∠GE+∠EFG＝90°， ∴∠＝∠GE， ∵∠＝∠GE＝90°， ∴△≌△GE（S）， ∴G＝＝1， 设直线B 为y＝kx+，将（0，2），B（4，0）代入得： { 4 k+n=0 n=2 ，解得{ k=−1 2 n=2 ， ∴直线B 为y¿−1 2x+2， ∵D∥B，（﹣1，0）， ∴直线D 为y¿−1 2x−1 2 ， 1 设P（m，−1 2 m2+3 2 m+2），则E（m，−1 2 m−1 2 ）， ∴PE¿−1 2m2+2m+5 2 ， ∴△PEG 面积为1 2PE•G¿−1 4 m2+m+5 4 =−1 4 （m 2 ﹣）2+9 4 ， ∵−1 4 ＜0， ∴m＝2 时，△PEG 面积的最大值为9 4 ， 此时点P 的坐标为（2，3）； （3）∵抛物线y¿−1 2x2+3 2 x+2¿−1 2（x−3 2 ）2+25 8 水平向右平移3 2个单位，得到新抛物 线y1¿−1 2（x 3 ﹣）2+25 8 ， ∴y1的对称轴为x＝3， 联立直线D 为y¿−1 2x−1 2 ，抛物线y¿−1 2x2+3 2 x+2，解得{ x=−1 y=0 或{ x=5 y=−3， ∴D（5，﹣3）， 设点M 的坐标为（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当BD＝BM 时， ∴BD2＝BM2， 1+ ∴ t2＝10， 1 ∴t＝±3， ∴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）； ②当BD＝MD 时， ∴BD2＝MD2， ∴t2+6t+13＝10， ∴t＝﹣3±❑ √6， ∴点M 的坐标为（3，﹣3+❑ √6）或（3，﹣3−❑ √6）； 综上所述，点M 的坐标为（3，﹣3）或（3，﹣3+❑ √6）或（3，﹣3−❑ √6）． 【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①，抛物线1：y＝x2+2x 3 ﹣与抛物线 2：y＝x2+2x+组成一个开口向上的“月牙线”，抛物线1和抛物线2与x 轴有着相同的交 点（﹣3，0）、B（点B 在点右侧），与y 轴的交点分别为G、（0，﹣1）． （1）求抛物线2的解析式和点G