?專題21.12 二次函數(shù)中的十二大存在性問(wèn)題
【滬科版】


【題型1 二次函數(shù)中等腰三角形的存在性問(wèn)題】 1
【題型2 二次函數(shù)中直角三角形的存在性問(wèn)題】 12
【題型3 二次函數(shù)中等腰直角三角形的存在性問(wèn)題】 23
【題型4 二次函數(shù)中全等三角形的存在性問(wèn)題】 33
【題型5 二次函數(shù)中平行四邊形的存在性問(wèn)題】 42
【題型6 二次函數(shù)中菱形的存在性問(wèn)題】 53
【題型7 二次函數(shù)中矩形的存在性問(wèn)題】 63
【題型8 二次函數(shù)中正方形的存在性問(wèn)題】 75
【題型9 二次函數(shù)中面積問(wèn)題的存在性問(wèn)題】 87
【題型10 二次函數(shù)中線段問(wèn)題的存在性問(wèn)題】 97
【題型11 二次函數(shù)中角度問(wèn)題的存在性問(wèn)題】 110
【題型12 二次函數(shù)中最值問(wèn)題的存在性問(wèn)題】 123


【題型1 二次函數(shù)中等腰三角形的存在性問(wèn)題】
【例1】（2023春·甘肅張掖·九年級(jí)?？计谥校┤鐖D甲，直線y=-x+3與x軸、y軸分別交于點(diǎn)B、點(diǎn)C，經(jīng)過(guò)B、C兩點(diǎn)的拋物線y=x2+bx+c與x軸的另一個(gè)交點(diǎn)為A，頂點(diǎn)為P．
??
(1)求該拋物線的解析式；
(2)當(dāng)00，
∴PQ=-t2+3t+4-43t=-t2+53t+4，OQ=t2+43t2=53t，
∴53t=-t2+53t+4，
解得t1=2，t2=-2（舍去），
∴t=2，
∴-t2+3t+4=-4+6+4=6，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為2,6；
（3）解：存在，P3,4或P-34,1916．
當(dāng)x=0時(shí)，y=4，則C0,4，
∴OB=OC=4，則∠OBC=∠OCB=45°，
將△AOC繞點(diǎn)O順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°，至△A'OB，如圖2所示：
則A'O=AO=1，∠ACO=∠A'BO，
∴A'0,1
由題意∠CBP+∠ACO=45°知，直線BP過(guò)點(diǎn)A'，
設(shè)直線BP的解析式為y=mx+n，
將B4,0，A'0,1，代入，得：n=14m+n=0，
解得：m=-14n=1，
∴直線BP的解析式為y=-14x+1，
聯(lián)立y=-x2+3x+4y=-14x+1，
解得：x=-34y=1916或x=4y=0，
∴P-34,1916，
此時(shí)使∠CBP+∠A'BO=∠CBP+∠ACO=45°；

如圖2所示，過(guò)C作CF∥x軸，過(guò)B作BF∥y軸，CF與BF交于點(diǎn)F，則四邊形OBFC為正方形，
作A'關(guān)于BC的對(duì)稱點(diǎn)G，則點(diǎn)G在CF上且CG=A'G=4-1=3，
∴G3，4，與點(diǎn)D重合，
作直線BG，則∠CBG=∠A'BC，
∴直線BG與拋物線的交點(diǎn)也滿足條件∠CBP+∠ACO=45°，
∵點(diǎn)D3,4在拋物線上，
∴P3,4．
綜上，拋物線上存在點(diǎn)P，使∠CBP+∠ACO=45°，點(diǎn)P的坐標(biāo)為P3,4或P-34,1916．
【點(diǎn)睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，涉及待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、坐標(biāo)與圖形、等腰三角形的判定與性質(zhì)、解一元二次方程、二次函數(shù)與幾何變換（旋轉(zhuǎn)和軸對(duì)稱）、正方形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)的聯(lián)系與運(yùn)用，會(huì)利用數(shù)形結(jié)合思想和正確添加輔助線求解是解答的關(guān)鍵．
【變式11-1】（2023春·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，直線y=-x+3與x軸、y軸分別交于B、C兩點(diǎn)，拋物線y=-x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)B、C，與x軸另一交點(diǎn)為A，頂點(diǎn)為D．

(1)求拋物線的解析式；
(2)在第四象限的拋物線上是否存在一點(diǎn)M，使△MBC的面積為27？若存在，求出M點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
(3)在拋物線的對(duì)稱軸上是否存在一點(diǎn)P，使得∠APB=∠OCB？若存在，求出P點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】(1)見(jiàn)解析；
(2)存在，M5+732,-35+732；
(3)存在，P1,2+22或P1,-2-22．

【分析】（1）由直線y=-x+3與x軸、y軸分別交于B、C兩點(diǎn)，求出B、C兩點(diǎn)坐標(biāo)，然后用代入法求拋物線解析式；
（2）如圖，M是拋物線第四象限上的點(diǎn)，連接CM，OM設(shè)Mx,y，根據(jù)面積公式求出S△MBC=SOMBC-S△OCM得x2-3x-18=0，解方程接可求出；
（3）如圖，作拋物線的對(duì)稱軸PN交x軸于N，作EN=NB，連接BE由（2）可知OC=OB=3，對(duì)稱軸為x=1，根據(jù)等腰直角三角形性質(zhì)證∠PBE=∠BPN即PE=BE，根據(jù)勾股定理求出PE=BE=22，從而得到PN=PE+EN=22+2，當(dāng)P 在第一象限時(shí)、當(dāng)P 在第四象限時(shí)討論即可．
【詳解】（1）解：直線y=-x+3與x軸、y軸分別交于B、C兩點(diǎn)
當(dāng)y=0時(shí)，解得x=3，
當(dāng)x=0時(shí)，解得y=-3，
∴B3,0，C0,3
拋物線y=-x2+bx+c經(jīng)過(guò)點(diǎn)B、C
∴0=-9+3b+c3=c
解得b=2c=3
拋物線的解析式為：y=-x2+2x+3
（2）解：如圖，M是拋物線第四象限上的點(diǎn)，連接CM，OM
設(shè)Mx,y，則
SOMBC=S△OMB+S△OCB=12OB·My+12OB·OC
=12×3×-y+12×3×3
=-32y+92
S△OCM=12OC·Mx=12×3×x=3x2
S△MBC=SOMBC-S△OCM
=-32y+92-3x2
=-32-x2+2x+3+92-3x2
即S△MBC=32x2-9x2
32x2-9x2=27
x2-3x-18=0
解得x=6或x=-3（舍去）
當(dāng)x=6時(shí)
y=-62+2×6+3=-21
∴M6,-21

（3）解：如圖，作拋物線的對(duì)稱軸PN交x軸于N，作EN=NB，連接BE
由（2）可知OC=OB=3，對(duì)稱軸為x=1
∴∠APB=∠OCB=45°，，
∴∠BPN=12∠APB=22.5°
∵EN=NB=OB-ON=2
∴∠EBN=∠NEB=45°，
∴∠PBE=∠NEB-∠BPN=45°-22.5°=22.5°
∴∠PBE=∠BPN
∴PE=BE
∵BE=EN2+BN2=22
∴PE=BE=22
∴PN=PE+EN=22+2
當(dāng)P 在第一象限時(shí)：P1,2+22
當(dāng)P 在第四象限時(shí)：P1,-2-22
故答案為：存在，P1,2+22或P1,-2-22．

【點(diǎn)睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，通過(guò)角度和面積探討點(diǎn)的存在性；用代入法求函數(shù)解析式，假設(shè)點(diǎn)存在，根據(jù)條件做出圖形，利用數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．
【變式11-2】（2023春·江蘇鹽城·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，拋物線y=12x2+mx+n與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，拋物線的對(duì)稱軸交x軸于點(diǎn)D，已知A-4,0,C0,-2．

(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
(2)點(diǎn)E是線段AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作x軸的垂線與拋物線相交于點(diǎn)F，當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，四邊形CDAF的面積最大?求出四邊形CDAF的最大面積及此時(shí)E點(diǎn)的坐標(biāo)；
(3)在y軸上是否存在點(diǎn)P，使得∠OAP+∠OAC=60°？若存在，請(qǐng)直接寫出P點(diǎn)的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】(1)y=12x2+32x-2
(2)四邊形CDAF的面積最大為132，E點(diǎn)坐標(biāo)為（－2，－1）
(3)存在，P 點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，-32+203）或（0，32-203）

【分析】（1）將點(diǎn)A,C坐標(biāo)代入y=12x2+mx+n，解得m,n，即可得解；
（2）先求直線AC的函數(shù)表達(dá)式為y=-12x-2,設(shè)點(diǎn)E(x,-12x-2) (-4≤x≤0)，結(jié)合圖形， 四邊形CDAF的面積=S△ACF+S△ACD= -x+22+132，運(yùn)用二次函數(shù)的性質(zhì)求得最值及點(diǎn)E點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）設(shè)P(0，n)，作PG⊥AC于點(diǎn)G， ∠OAP＋∠OAC＝60°，求得PG＝32×n2+16，利用等積法12AC×PG=12PC×OA得n2+64n-176=0，解得n，得到點(diǎn)P，再利用對(duì)稱性得另一點(diǎn)P
【詳解】（1）將A(-4，0)，C(0,-2)
代入拋物線表達(dá)式得8-4m+n=0n=-2，解得m=32n=-2，
拋物線表達(dá)式為y=12x2+32x-2；
（2）∵拋物線的對(duì)稱軸為直線x=-322×12=-32，

∴D(-32,0)，B（1，0），
設(shè)直線AC的函數(shù)表達(dá)式為y＝kx＋b，
將A,C點(diǎn)坐標(biāo)代入得-4k+b=0b=-2，
解得k=-12b=-2，
∴直線AC的函數(shù)表達(dá)式為y=-12x-2，..
設(shè)E(x,-12x-2) (-4≤x≤0)，則F(x,12x2+32x-2)，
∴EF= -12x-2-(12x2+32x-2)＝-12x2-2x，
∴S△ACF= 12×4×-12x2-2x＝-x2-4x，
四邊形CDAF的面積=S△ACF+S△ACD= -x2-4x＋12×2×4-32
=-x2-4x+52= -x+22+132
當(dāng)x=-2時(shí)，四邊形CDAF的面積最大，最大值為132，
此時(shí)E點(diǎn)坐標(biāo)為(－2,－1)；
（3）P 點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,-32+203)或(0,32-203)
①作PG⊥AC于點(diǎn)G， ∠OAP＋∠OAC＝60°，
設(shè)P(0,n)，

∠PAG＝60°， PG=32PA，
PA=n2+16， PG=32×n2+16，
AC=42+22=25，
由△PAC的面積，得
12AC×PG=12PC×OA，即12×25×32×n2+16=12×4n+2，
化簡(jiǎn)，得n2＋64n－176＝0，
解得n1=-32+203， n2=-32-203（不符合題意，舍去），
∴P(0,-32+203)，
②∵點(diǎn)P'與點(diǎn)P關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱， OP'=OP=-32+203，
∴P'(0,32-203)，
綜上所述：P 點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,-32+203)或(0,32-203)）
【點(diǎn)睛】本題為二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法，三角形的面積，二次函數(shù)的性質(zhì)，方程的思想及分類討論的思想等知識(shí)，本題考點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，難度適中．
【變式11-3】（2023春·浙江湖州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線y=12x-2與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)C，拋物線y=12x2+bx+c經(jīng)過(guò)A，C兩點(diǎn)，與x軸的另一交點(diǎn)為點(diǎn)B，點(diǎn)P為拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．

(1)求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；
(2)當(dāng)△ACP的面積與△ABC的面積相等時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
(3)是否存在點(diǎn)P，使得∠ACP=∠ABC-∠BAC，若存在，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)P的橫坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】(1)拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y=12x2-32x-2
(2)點(diǎn)P的坐標(biāo)為P(5,3)
(3)存在，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為2911或7．

【分析】（1）根據(jù)一次函數(shù)求出A、C兩點(diǎn)坐標(biāo)，代入解析式求解即可得到答案；
（2）根據(jù)A、B、C點(diǎn)坐標(biāo)即可得到∠ACB=90°，求出△ABC的面積，分點(diǎn)P在AC下方或上方兩類列方程即可得到答案；
（3）由（2）得∠ACB=90°，作AB的垂直平分線交AC于一點(diǎn)F，求得tan∠CBF=34，即tan∠ACP=34，過(guò)點(diǎn)A作AG∥CB，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥BF交AG于點(diǎn)G，得到∠ACG=∠CBF=∠ACP，即點(diǎn)P在直線CG上，求得直線CG的解析式，根據(jù)一次函數(shù)與二次函數(shù)交點(diǎn)問(wèn)題聯(lián)立方程求解即可得到答案．
【詳解】（1）解：當(dāng)x=0時(shí)，y=12×0-2=-2，故C(0,-2)，
當(dāng)y=0時(shí)，12x-2=0，x=4，故A(4,0)，
將A(4,0)，C(0,-2)代入解析式得，
12×42+4b+c=0c=-2，解得：b=-32c=-2，
∴y=12x2-32x-2；
（2）解：①點(diǎn)P在AC下方時(shí)，如圖所示，連接OP，設(shè)P(m,12m2-32m-2)，

∴S△APC=S△OPC+S△OAP-S△AOC
=12×2×m+12×4×(-12m2+32m+2)-12×4×2
=-m2+4m，
當(dāng)12x2-32x-2=0，解得：x1=-1，x2=4，
故B(-1,0)，
∵C(0,-2)，A(4,0)，
∴AB=4-(-1)=5，AC=22+42=25，BC=22+12=5，
∴BC2+AC2=AB2，
∴∠ACB=90°，
∴S△ABC=12×25×5=5，
∵△ACP的面積與△ABC的面積相等，
∴-m2+4m=5，即m2-4m+5=0，
∵△=(-4)2-4×1×5=-4

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