重难点突破05 二次函数与几何的动点及最值、存在性问题（解析版）

重难点突破05 二次函数与几何的动点及最值、存在性问题 目 录 题型01 平行y 轴动线段最大值与最小值问题 题型02 抛物线上的点到某一直线的距离问题 题型03 已知点关于直线对称点问题 题型04 特殊角度存在性问题 题型05 将军饮马模型解决存在性问题 题型06 二次函数中面积存在性问题 题型07 二次函数中等腰三角形存在性问题 题型08 二次函数中直角三角形存在性问题 题型09 二次函数中全等三角形存在性问题 题型10 二次函数中相似三角形存在性问题 题型11 二次函数中平行四边形存在性问题 题型12 二次函数中矩形存在性问题 题型13 二次函数中菱形存在性问题 题型14 二次函数中正方形存在性问题 二次函数常见存在性问题： （1）等线段问题：将动点坐标用函数解析式以“一母式”的结构表示出来，再利用点到点或点到直线的 距离公式列出方程或方程组，然后解出参数的值，即可以将线段表示出来 【说明】在平面直角坐标系中该点在某一函数图像上，设该点的横坐标为m，则可用含m 字母的函数解析 式来表示该点的纵坐标，简称“设横表纵”或“一母式” （2）平行y 轴动线段最大值与最小值问题：将动点坐标用函数解析式以“一母式”的结构表示出来，再用 纵坐标的较大值减去较小值，再利用二次函数的性质求出动线段的最大值或最小值 （3）求已知点关于直线对称点问题：先求出直线解析式，再利用两直线垂直的性质（两直线垂直，斜率 之积等于-1）求出已知点所在直线的斜率及解析式，最后用中点坐标公式即可求出对称点的坐标 （4）“抛物线上是否存在一点，使其到某一直线的距离为最值”的问题：常常利用直线方程与二次函数 解析式联立方程组，求出切点坐标，运用点到直线的距离公式进行求解 （5）二次函数与一次函数、特殊图形、旋转及特殊角度综合：图形或一次函数与x 轴的角度特殊化，利用 与角度有关知识点求解函数图像上的点，结合动点的活动范围，求已知点与动点是否构成新的特殊图形 2 二次函数与三角形综合 (1)将军饮马问题:本考点主要分为两类： ①在定直线上是否存在点到两定点的距离之和最小; ②三角形周长最小或最大的问题，主要运用的就是二次函数具有对称性 (2)不规则三角形面积最大或最小值问题:利用割补法将不规则三角形分割成两个或以上的三角形或四边形， 在利用“一母式”将动点坐标表示出来，作线段差，用线段差来表示三角形的底或高，用面积公式求出各 部分面积，各部分面积之和就是所求三角形的面积将三角形的面积用二次函数的结构表示出来，再利用二 次函数的性质求出面积的最值及动点坐标 (3)与等腰三角形、直角三角形的综合问题:对于此类问题，我们可以利用两圆一线或两线一圆的基本模型 来进行计算 问题 分情况 找点 画图 解法 等 腰 三 已知点，B 和直线 以B 为 腰 分别以点，B 为圆 心，以B 长为半径画 圆，与已知直线的交 分别表示出点，B，P 的坐 标，再表示出线段B，BP， P 的长度，由①B＝P；②B 角 形 l，在l 上求点P，使 △PB 为等腰三角形 点P1，P2，P4，P5即 为所求 ＝BP；③BP＝P 列方程解 出坐标 以B 为 底 作线段B 的垂直平 分线，与已知直线的 交点P3 即为所求 分别表示出点，B，P 的坐 标，再表示出线段B ， BP，P 的长度，由①B＝ P；②B＝BP；③BP＝P 列方程解出坐标 问题 分情况 找点 画图 解法 直 角 三 角 形 已知点，B 和直线l， 在l 上求点P，使△PB 为直角三角形 以B 为 直角边 分别过点，B 作B 的 垂线，与已知直线的 交点P1，P4 即为所 求 分别表示出点，B，P 的坐 标，再表示出线段B ， BP，P 的长度，由①B2＝ BP2 ＋P2 ；②BP2 ＝B2 ＋ P2；③P2＝B2＋BP2列方程 解出坐标 以 B 为斜边 以B 的中点Q 为圆 心，Q 为半径作圆， 与已知直线的交点 P2，P3 即为所求 注：其他常见解题思路有： ①作垂直，构造“三垂直”模型，利用相似列比例关系得方程求解； ②平移垂线法：若以B 为直角边，且B 的一条垂线的解析式易求(通常为过原点与B 垂直的直线)，可将这 条直线分别平移至过点或点B 得到相应解析式，再联立方程求解． （4)与全等三角形、相似三角形的综合问题:在没有指定对应点的情况下，理论上有六种情况需要讨论，但 在实际情况中，通常不会超过四种，要注意边角关系，积极分类讨论来进行计算 情况一 探究三角形相似的存在性问题的一般思路： 解答三角形相似的存在性问题时，要具备分类讨论思想及数形结合思想，要先找出三角形相似的分类标准， 一般涉及动态问题要以静制动，动中求静，具体如下： ①假设结论成立，分情况讨论．探究三角形相似时，往往没有明确指出两个三角形的对应点(尤其是以文 字形式出现求证两个三角形相似的题目)，或者涉及动点问题，因动点问题中点的位置的不确定，此时应考 虑不同的对应关系，分情况讨论； ②确定分类标准．在分类时，先要找出分类的标准，看两个相似三角形是否有对应相等的角，若有，找出 对应相等的角后，再根据其他角进行分类讨论来确定相似三角形成立的条件；若没有，则分别按三种角对 应来分类讨论； ③建立关系式，并计算．由相似三角形列出相应的比例式，将比例式中的线段用所设点的坐标表示出来 (其长度多借助勾股定理运算)，整理可得一元一次方程或者一元二次方程，解方程可得字母的值，再通过 计算得出相应的点的坐标． 情况二 探究全等三角形的存在性问题的思路与探究相似三角形的存在性问题类似，但是除了要找角相等外， 还至少要找一组对应边相等． 3 二次函数与四边形的综合问题 特殊四边形的探究问题解题步骤如下： ①先假设结论成立； ②设出点坐标，求边长； ③建立关系式，并计算．若四边形的四个顶点位置已确定，则直接利用四边形边的性质进行计算；若四边 形的四个顶点位置不确定，需分情况讨论： 探究平行四边形：①以已知边为平行四边形的某条边，画出所有的符合条件的图形后，利用平行四边形的 对边相等进行计算；②以已知边为平行四边形的对角线，画出所有的符合条件的图形后，利用平行四边形 对角线互相平分的性质进行计算；③若平行四边形的各顶点位置不确定，需分情况讨论，常以已知的一边 作为一边或对角线分情况讨论． b 探究菱形：①已知三个定点去求未知点坐标；②已知两个定点去求未知点坐标，一般会用到菱形的对角 线互相垂直平分、四边相等的性质列关系式． 探究正方形：利用正方形对角线互相垂直平分且相等的性质进行计算，一般是分别计算出两条对角线的长 度，令其相等，得到方程再求解． d 探究矩形：利用矩形对边相等、对角线相等列等量关系式求解；或根据邻边垂直，利用勾股定理列关系 式求解 题型01 平行y 轴动线段最大值与最小值问题 1．（2023·广东东莞·一模）如图，抛物线y = x 2＋bx＋c与x 轴交于、B 两点，与y 轴交于点， OA=OC=3，顶点为D． (1)求此函数的关系式； (2)在AC下方的抛物线上有一点，过点作直线l∥y轴，交AC与点M，当点坐标为多少时，线段MN的长 度最大？最大是多少？ (3)在对称轴上有一点K，在抛物线上有一点L，若使，B，K，L 为顶点形成平行四边形，求出K，L 点的 坐标． (4)在y 轴上是否存在一点E，使△ADE为直角三角形，若存在，直接写出点E 的坐标；若不存在，说明理 由． 【答】(1)y=x 2+2 x−3 (2)当的坐标为( −3 2 ,−15 4 )，M 有最大值9 4 (3)K (−1，4 )，L (−1，−4 )或K (−1，12)，L (−5，12)或K (−1，12)，L (3，12) (4)存在，点E 的坐标为(0, 3 2)或(0,−7 2)或(0,−1)或(0,−3) 【分析】（1）由OA=OC=3求得A (−3,0),C (0，−3),再分别代入抛物线解析式y = x 2＋bx＋c，得到 以b，为未知数的二元一次方程组，求出b，的值即可； （2）求出直线AC的解析式，再设出M、的坐标，把MN表示成二次函数，配方即可； （3）根据平行四边形的性质，以AB为边，以AB为对角线，分类讨论即可； （4）设出E 的坐标，分别表示出△ADE的平分，再分每一条都可能为斜边，分类讨论即可． 【详解】（1）∵抛物线y=x 2+bx+c经过点，点，且OA=OC=3, ∴A (−3,0),C (0，−3), ∴将其分别代入抛物线解析式，得¿， 解得¿． 故此抛物线的函数表达式为：y=x 2+2 x−3； （2）设直线AC的解析式为y=kx+t， 将A (−3,0),C (0，−3)代入，得¿， 解得¿， ∴直线AC的解析式为y=−x−3， 设的坐标为(n，n 2+2n−3)，则M (n，−n−3)， ∴MN=−n−3−(n 2+2n−3)=−n 2−3n=−(n+ 3 2)+ 9 4 ， ∵−1<0， ∴当n=−3 2 时，MN有最大值，为9 4 ， 把n=−3 2 代入抛物线得，的坐标为( −3 2 ,−15 4 )， 当的坐标为( −3 2 ,−15 4 )，M 有最大值9 4 ； （3）①当以AB为对角线时，根据平行四边形对角线互相平分， ∴KL必过(−1,0)， ∴L 必在抛物线上的顶点D 处， ∵y=x 2+2 x−3=(x+1) 2−4， ∴K (−1，4 )，L (−1，−4 ) ②当以AB为边时，AB=KL=4， ∵K 在对称轴上x =−1， ∴L 的横坐标为3 或−5， 代入抛物线得L (−5,12)或L (3,12)，此时K 都为(−1，12)， 综上，K (−1，4 )，L (−1，−4 )或K (−1，12)，L (−5，12)或K (−1，12)，L (3，12)； （4）存在， 由y=x 2+2 x−3=(x+1) 2−4，得抛物线顶点坐标为D (−1,−4 ) ∵A (−3，0)， ∴A D 2=(−3+1) 2+(0+4 ) 2=20， 设E (0，m)，则A E 2=(−3−0) 2+(0−m) 2=9+m 2，D E 2=(−1−0) 2+(−4−m) 2=17+m 2+8m， ①AE为斜边，由A E 2=A D 2+D E 2得：9+m 2=20+17+m 2+8m， 解得：m=−7 2 ， ②DE为斜边，由D E 2=A D 2+ A E 2得：9+m 2+20=17+m 2+8m， 解得：m=3 2， ③AD为斜边，由A D 2=E D 2+ A E 2得：20=17+m 2+8m+9+m 2， 解得：m=−1或−3， ∴点E 的坐标为(0, 3 2)或(0,−7 2)或(0,−1)或(0,−3)． 【点睛】本题主要考查待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象与性质，平行四边形的判定与性质以 及勾股定理等知识，会运用待定系数法列方程组，两点间距离公式求MN的长，由平行四边形的性质判定 边相等，运用勾股定理列方程． 2．（2023·河南南阳·统考一模）如图，抛物线与x 轴相交于点、B（点在点B 的左侧），与y 轴的交于点 C (0，−4 )，点P 是第三象限内抛物线上的一个动点，设点P 的横坐标为m，过点P 作直线PD⊥x轴于 点D，作直线AC交PD于点E．已知抛物线的顶点P 坐标为(−3，−25 4 )． (1)求抛物线的解析式； (2)求点、B 的坐标和直线AC的解析式； (3)求当线段CP=CE时m 的值； (4)连接BC，过点P 作直线l∥BC交y 轴于点F，试探究：在点P 运动过程中是否存在m，使得CE=DF， 若存在直接写出m 的值；若不存在，请说明理由． 【答】(1)y= 1 4 x 2+ 3 2 x−4 (2)A (−8，0)，B (2，0)， y=−1 2 x−4 (3)−4 (4)存在， m=2−2❑ √5或m=−4 【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线的解析式； （2）令y=0，解方程即可求得点、B 的坐标，再运用待定系数法即可求得直线AC的解析式； （3）过点作CF ⊥PE于点F，根据等腰三角形的性质可得点F 是PE的中点，设P(m, 1 4 m 2+ 3 2 m−4)， 则E(m，−1 2 m−4)，可得F(m，1 8 m 2+ 1 2 m−4)，再由点F 与点的纵坐标相同建立方程求解即可； （4）过作CH ⊥PD于，设P(m, 1 4 m 2+ 3 2 m−4)，由PF ∥BC，可得直线PF解析式为 y=2 x+ 1 4 m 2−1 2 m−4，进而可得OF=¿ 1 4 m 2−1 2 m−4∨¿，再证得Rt △CHE≅Rt △DOF (HL)，得 出∠HCE=∠FDO，进而推出∠FDO=∠CAO，即tan∠FDO=tan∠CAO，据此建立方程求解即 可． 【详解】（1）解：∵抛物线的顶点坐标为(−3，−25 4 ) ∴设抛物线的解析式为y=a (x+3) 2−25 4 ， 把点C (0，−4 )代入，得：−4=9a−25 4 ，解得：a= 1 4 ， ∴y= 1 4 (x+3) 2−25 4 = 1 4 x 2+ 3 2 x−4， ∴该抛物线的解析式为y= 1 4 x 2+ 3 2 x−4． （2）解：令y=0，得1 4 x 2+ 3 2 x−4=0，解得：x1=−8，x2=2， ∴A (−8，0)，B (2，0)，， 设直线AC的解析式为y=kx+b，则¿，解得：¿， ∴直线AC的解析式为y=−1 2 x−4． （3）解：如图，过点作CF ⊥PE于点F， ∵CP=CE， ∴EF=PF，即点F 是PE的中点， 设P(m, 1 4 m 2+ 3 2 m−4)，则E(m，−1 2 m−4)， ∴F(m，1 8 m 2+ 1 2 m−4)， ∵PE∥y轴，CF ⊥PE， ∴CF ∥x轴， ∴1 8 m 2+ 1 2 m−4=−4，解得：m=−4或m=0（不符合题意，舍去）， ∴m=−4． （4）解：存在m，使得CE=DF，理由如下： 如图：过作CH ⊥PD于， 设P(m, 1 4 m 2+ 3 2 m−4)， 由B (2，0)，C (0，−4 )，由待定系数法可得直线BC解析式为y=2 x−4， 根据PF ∥BC，设直线PF解析式为y=2 x+c，将P(m, 1 4 m 2+ 3 2 m−4)代入得： 1 4 m 2+ 3 2 m−4=2m+c， ∴c= 1 4 m 2−1 2 m−4， ∴直线PF解析式为y=2 x+ 1 4 m 2−1 2 m−4， 令x=0得y= 1 4 m 2−1 2 m−4， ∴F(0, 1 4 m 2−1 2 m−4)， ∴OF=| 1 4 m 2−1 2 m−4|， ∵∠CHD=∠PDO=∠COD=90°， ∴四边形CODH是矩形， ∴CH=OD， ∵CE=DF， ∴Rt △CHE≅Rt △DOF (HL)， ∴∠HCE=∠FDO， ∵∠HCE=∠CAO， ∴∠FDO=∠CAO， ∴tan∠FDO=tan∠CAO， ∴OF OD =OC OA ，即| 1 4 m 2−1 2 m−4| −m = 4 8 =1 2 ， ∴1 4 m 2−1 2 m−4=−1 2 m或1 4 m 2−1 2 m−4=1 2 m， 解得：m=−4或m=4或m=2−2❑ √5或m=2+2❑ √5， ∵P 在第三象限， ∴m=2−2❑ √5或m=−4． 【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式、二次函数综合应用、等腰三角 形性质、矩形判定及性质、相似三角形判定及性质、解直角三角形等知识点，解题的关键是用含m 的代数 式表示相关点坐标和相关线段的长度． 3．（2023·山东聊城·统考三模）抛物线y=−x 2+bx+c与x 轴交于点A (3,0)，与y 轴交于点C (0,3)，点P 为抛物线上的动点． (1)求b，的值； (2)若P 为直线AC上方抛物线上的动点，作PH ∥x轴交直线AC于点，求PH的最大值； (3)点为抛物线对称轴上的动点，是否存在点，使直线AC垂直平分线段PN？若存在，请直接写出点的纵 坐标；若不存在，请说明理由． 【答】(1)b=2，=3 (2)P 取得最大值为9 4 (3)存在，2−❑ √2或2+❑ √2 【分析】（1）将坐标代入解析式，构建方程求解； （2）设PH交y 轴于点M，P (m,−m 2+2m+3)，则PM=m；待定系数法确定直线AC的解析式为 y=−x+3，从而确定PH=m−(m 2−2m)=−m 2+3m=−(m−3 2) 2 + 9 4 ，解得PH最大值为9 4 ； （3）如图，设PN与AC交于点G，可设直线PN的解析式为y=x+ p，设点N (1,n)，求得y=x+(n−1)； 联立¿，解得¿，所以点P 的横坐标为2×(−n 2 +2)−1=−n+3，纵坐标为2×( n 2 +1)−n=2，由二次函数 解析式构建方程−(−n+3) 2+2(−n+3)+3=2，解得n=2± ❑ √2； 【详解】（1）∵抛物线y=−x 2+bx+c与x 轴交于点A (3,0)，与y 轴交于点C (0,3)， ∴¿，解得：¿， ∴b=2，=3； （2）设PH交y 轴于点M，P (m,−m 2+2m+3)， ∴PM=m， ∵PH ∥x轴，∴点的纵坐标为−m 2+2m+3， 设直线的解析式为y=kx+n，∴¿，解得：¿， ∴直线AC的解析式为y=−x+3． ∴−m 2+2m+3=−x+3， ∴x=m 2−2m， ∴H (m 2−2m,−m 2+2m+3)， ∴PH=m−(m 2−2m)=−m 2+3m=−(m−3 2) 2 + 9 4 ， ∴当m=3 2时，PH取得最大值为9 4 （3）存在点，使直线AC垂直平分线段PN，点的纵坐标为2−❑ √2或2+❑ √2 如图，设PN与AC交于点G， ∵AC垂直平分PN，直线AC的解析式为y=−x+3 ∴可设直线PN的解析式为y=x+ p 设点N (1,n)，则n=1+ p ∴p=n−1， ∴y=x+(n−1) 联立¿， 解得¿ ∴点P 的横坐标为2×(−n 2 +2)−1=−n+3，纵坐标为2×( n 2 +1)−n=2 ∴−(−n+3) 2+2(−n+3)+3=2，解得n=2± ❑ √2 ∴点的纵坐标为2−❑ √2或2+❑ √2． 【点睛】本题考查利用二次函数解析式及点坐标求待定参数、待定系数法确定函数解析式、二次函数极值 及其它二次函数综合问题，利用直线间的位置关系、点线间的位置关系，融合方程的知识求解坐标是解题 的关键． 题型02 抛