第二部分热点题型突破专题五

第二部分热点题型攻略题型二

解答题重难点突破专题五

二次函数中存在性问题类型一 三角形相似的存在性问题典例精讲例1（’13黔西南州）如图，已知抛物线经过A（-2，0），B（-3，3）及原点O，顶点为C.（1）求抛物线的函数解析式；设点D在抛物线上，点E在抛物线的对称轴上，且以AO为边的四边形AODE是平行四边形，求点D的坐标；P是抛物线上第一象限内的动点，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在点P，使得以P、M、A为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.（1）【思路分析】由于抛物线经过A（-2，0），B（-3，3）及原点O，用待定系数法即可求出抛物线的解析式.解：设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c（a≠0），将点A（-2，0），B（-3，3），O（0，0），代入可得：4a-2b+c=09a-3b+c=3c=0，a=1解得：b=2c=0,故抛物线的函数解析式为y=x2+2x.（2）【思路分析】根据平行四边形的性质，对边平行且相等，可以求出点D的坐标.解：当AO为平行四边形的边时，

DE∥AO，DE=AO，由A（-2，0）知：

DE=AO=2，若D在对称轴直线x=-1左侧，则D横坐标为-3，代入抛物线解析式得D1（-3，3），若D在对称轴直线x=-1右侧，则D横坐标为1，代入抛物线解析式得D2（1，3），综上可得点D的坐标为（-3，3）或（1，3）.（3）【思路分析】分两种情况讨论，①△AMP∽△BOC，②△PMA∽△BOC，根据相

似三角形对应边的比相等可以求出点P的坐标.PM例1题解图解：存在．如解图：∵B（-3，3），C（-1，-1），根据勾股定理得：BO2=18，CO2=2，BC2=20，∵BO2+CO2=BC2，∴△BOC是直角三角形，假设存在点P，使以P，M，A为顶点的三角形与△BOC相似，设P（x，y），由题意知x＞0，y＞0，且y=x2+2x，即,故x+2=3（x2+2x），，

），即BO

CO①若△AMP∽△BOC，则

AM

=

PM

，2

x

+

2

x2

+

2x18=得：x

=

1

，x

=-2（舍去）．31

2当x=

1

时，y=

，即P（3791379BO

CO②若△PMA∽△BOC，则

AM

=

PM

，2

8x

+

2

x2

+

2x=

，故x2+2x=3（x+2），得：x1=3，x2=-2（舍去），当x=3时，y=15，即P（3，15）.故符合条件的点P有两个，分别是3P

（

1

，7）或P（3，15）．9【备考指导】解答三角形相似的存在性问题时，要具备分类讨论的思想及数形结合思想，具体如下：①假设结论成立，分情况讨论，剔除不符合的情况．探究三角形相似时，往往没有明

确指出两个三角形的对应角、对应边，因此，根据相似三角形的对应关系，可以确定出三种不同的对应形式，根据题意或实际情况，剔除不符合的对应形式；②设未知量，求边长．在每种情况下，直接或间接设出所求点的坐标，并用所设的点坐标表示出所求三角形的边长；③建立关系式并计算．由相似三角形的性质列出相应的比例关系式，整理可得一元一次方程或一元二次方程，解方程可得字母的值，再通过计算得出相应点的坐标.类型二 等腰三角形的存在性问题典例精讲例2（’13铜仁）如图，已知直线y=3x-3分别交x轴、y轴于A、B两点，抛物线y=x2+bx+c经过A、B两点，点C是抛物线与x轴的另一个交点（与A点不重合）．求抛物线的解析式；求△ABC的面积；在抛物线的对称轴上，是否存在点

M，使△ABM为等腰三角形？若不存在，请说明理由；若存在，求出点M的坐标．（1）【思路分析】根据直线解析式求出点A及点B的坐标，然后将点A及点B的坐标代入抛物线解析式，可得出b、c的值，求出抛物线解析式.解：∵直线y=3x-3分别交x轴、y轴于A、B两点，∴可得A（1，0），B（0，-3），把A、B两点的坐标分别代入y=x`+bx+c得,1+b+c=0c=-3，b=2c=-3.∴抛物线解析式为y=x2+2x-3.解得（2）【思路分析】由（1）求得的抛物线解析式，可求出点C的坐标，继而求出AC的长度，代入三角形的面积公式即可计算.解：令y=0得：0=x2+2x-3，解得x1=1，x2=-3，则C点坐标为（-3，0），∴AC=4，△ABC2故可得S

=

1

AC·OB=

1

×4×3＝6.2（3）【思路分析】根据点M在抛物线对称轴上，可设点M的坐标为（-1，m），分三种情况讨论，①MA=BA，②MB=BA，③MB=MA，求出m的值后即可得出答案．解：存在，理由如下：抛物线的对称轴为x=-1,假设存在M(-1,m)满足题意，讨论：①当MA=AB时，∵OA＝1，OB＝3，∴AB＝∴=解得m=±∴M1(-1,,10，10

,22

+

m266

),M2(-1,-

6);，②当MB=BA时，12

+(m

+3)2

=解得，m1=0,m2=-6,∴M3(-1,0),M4(-1,-6)（不符合题意舍去）；10

,③当MA=MB时，

22

+

m2

=解得m=-1，∴M5(-1,-1)，12

+

(m

+

3)2故共存在4个点M1（-1，

6

），M2(-1,-

6

),M3(-1,0),M5(-1,-1)使△ABM为等腰三角形.【方法指导】在解答等腰三角形的存在性问题时，具体方法如下：①假设结论

成立；②分情况讨论，当所给条件中没有说明哪条边是等腰三角形的底，哪条边是等腰三角形的腰时，要对其进行分类讨论，假设某两条边相等，得到三种情况；③设未知量，求边长．在每种情况下，直接或间接设出所求点的坐标，并用所设点坐标表示出假设相等的两条边的长或第三边的长；④计算求解．根据等腰三角形的性质或利用勾股定理或相似三角形的性质列等量关系式，根据等量关系求解即可.类型三 直角三角形的存在性问题典例精讲例3（’14安顺模拟）如图，抛物线

y=ax2+bx-4a经过A（-1，0）、C（0，4）两点，与x轴交于另一点B．（1）求抛物线的解析式；（2）已知点D（m，m+1）在第一象限的抛物线上，连接CD、BD，把△BCD沿BC折叠，①求点D的对应点D′的坐标；②在抛物线上是否存在点P，使得△DD′P是以DD′为一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．（1）【思路分析】把A（-1，0）、C（0，4）两点的坐标代入y=ax2+bx-4a，根据待定系

数法可得这个抛物线的解析式.解：把A（-1，0）、C（0，4）两点的坐标代入y=ax2+bx-4a，a-b-4a=0得-4a=4，a=-1b=3.所以这个抛物线的解析式为y=-x2+3x+4．解得（2）【思路分析】①如解图①，将点D（m，m+1）代入y=-x2+3x+4中，得到D点坐标，根据等腰直角三角形的判定可得△OBC是等腰直角三角形，根据折叠的性质进一步得到点D的对应点D′的坐标；②存在满足条件的点

P．如解图②，过D′作D′E∥BC交x轴于E，交抛物线于P1，根据待定系数法可得直线D′E的解析式，联立方程组可得点P1的坐标；过D作DF∥BC交y轴于F，交抛物线于

P2，根据待定系数法可得直线DF的解析式，联立方程组可得点P2的坐标．解：①如解图①，将点D（m，m+1）代入y=-x2+3x+4中，得：-m2+3m+4=m+1，化简得：m2-2m-3=0，解得：m1=-1（舍去），m2=3；∴D（3，4），∴CD∥x轴，∴∠DCO=90°，由B（4，0）、C（0，4）可得：OB=OC＝4，即△OBC是等腰直角三角形，得：∠OCB=∠DCB=45°；把△BCD沿BC折叠，点D的对称点D′落在y轴上，且CD=CD′=3，OD′=OC-CD′=1，则点D′的坐标为（0，1）．②存在满足条件的点P．如解图②，过D′作D′E∥BC交x轴于E，交抛物线于P1．∵DD′⊥BC，∴∠DD′P1=90°，△OD′E为等腰直角三角形，则E（1，0），设直线D′E的解析式为y=k1x+b1，依题意得

k1+b1=0b1=1，k1=-1b

=1，1∴直线D′E的解析式为y=-x+1．解得y=-x+1y=-x2+3x+4，x1=2-x2=2+y

=-1+1

2过D作DF∥BC交y轴于F，交抛物线于P2．∵DD′⊥BC，∴DD′⊥DF，∠D′DP2=90°，△CDF为等腰直角三角形，得,由777y

=-1-

7

，b

=7,2∴直线DF的解析式为y=-x+7．y=-x+7

x3=1y=-x2+3x+4

得y3=6x4=34y

=4（不符合题意舍去）.,则F（0，7

），设直线DF的解析式为y=k2x+b2，依题意得3k2+b2=4b2=7，k2=-1解得由故在抛物线上存在点P，使得△DD′P是以DD′为一直角边的直角三角形，点P的坐标为（2-

，-17+

）或7（2+

，-17-

）或7（1，6）.【备考指导】在解答直角三角形的存在性问题时，具体方法如下：①假设结论成立；②当所给的条件不能确定直角顶点时，分情况讨论，分别令三角形的某个角为90°；在每种情况下，利用图形中的点坐标，或含有自变量的代数式表示出三边的长；用勾股定理逆定理进行验证并求解；③当所给的条件中已知直角或垂直关系（即直角三角形的两条直角边是确定的）时，利用图形中的点坐标，或含有自变量的代数式表示出三边的长；用勾股定理进行验证并求解；或求出某条直角边所在直线的解析式，用两条互相垂直的直线的斜率乘积为-1，设出与之垂直的直线解析式，然后根据点既在直线上又在抛物线上或对称轴上，联立求解即可.类型四 面积最值的存在性问题典例精讲例4（’12黔西南州）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线经过点A（0,4），B（1,0），C（5,0），抛物线的对称轴l与x轴相交于点M．（1）求抛物线对应的函数解析式和对称轴；（2）设点P为抛物线（x＞5）上的一点，若以A、O、M、P为顶点的四边形的四条边的长度为四个连续的正整数，请你直接写出点P的坐标；（3）连接AC，探索：在直线AC下方的抛物线上是否存在一点N，使△NAC的面积最大？若存在，请你求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.（1）【思路分析】抛物线经过点A（0，4），B（1，0），C（5，0），可利用两点式法设抛物线的解析式为y=a（x-1）（x-5），代入A（0，4）即可求得函数的解析式，则可求得抛物线的对称轴.故抛物线的对称轴是：x=3.解：根据已知条件可设抛物线的解析式为y=a(x-1)(x-5),将点A（0，4）代入上式解得：a=

4

,5即可得函数解析式为：y=

4

(x-1)(x-5)=

4

x2-5

524

x+4=

4

(x-3)2-

16

,5

5

5（2）【思路分析】由已知，可求得P（6，4），由题意可知以A、O、M、P为顶点的四边形有两条边AO=4、OM=3，又知点P的坐标中x＞5，所以MP＞2，AP＞2；因此以1、2、3、4为边或以2、3、4、5为边都不符合题意，所以四条边的长只能是3、4、5、6的一种情况，则分析求解即可求得答案.FN例4题解图图①图②P解：P点坐标为：(6,4),由题意可知以A、O、M、P为顶点的四边形有两条边AO＝4、OM＝3，如解图①，又∵点P的坐标中x>5，∴MP>2,AP>2;∴以1、2、3、4为边或以2、3、4、5为边都不符合题意，∴四条边的长只能是3、4、5、6的一种情况，=∴在抛物线x>5的图象上有关于点A的对称点与M的距离为5，即PM＝5，此时点P横坐标为6，即AP＝6；故以A、O、M、P为顶点的四边形的四条边长度分别是四个连续的正整数3、4、5、6成立，即P（6，4）.OA2

+

OM

2在Rt△AOM中，AM＝42

+

32

=5,∵抛物线对称轴过点M，再求得直线AC的解析式，即可求得NG的长与△ACN的面积，由二次函数最大值的问题即可求得答案.(3)【思路分析】在直线AC的下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大，设N点的横坐标为t,此时点N(t,

4

t

2-

24

t+4)

(0<t<5)，5

5t2+4t,∵AF+CE＝CO，5解：在直线AC的下方的抛物线上存在点N，使△NAC面积最大.设N点的横坐标为t，此时点N(t,

4

t2-524

t+4)(0<t<5),过点N作NG∥y轴交AC于G，作AF⊥NG于F，如解图②,由点A(0,4)和点C(5,0)可求出直线AC的解析式为：y=-

4x+4;5把x=t代入y=-

4

x+4，则可得G（t,-

4

t

5

）,+45此时：NG=-

4

t+4-(

4

t2-

24

t+4)=-

45

5

5

5△ACN

△ANG

△CGN1NG×

12

5

5由t= ,得：y=5

t

2-

t+4=-3,∴点N坐标为(

2

，－3).2×(-45t2+4t)×5=-2t

2

+252CE

=

×5NG·2O5C=2

210t=-2(t-5

)2+

,∴S

=S

+S

=

1

AF×NG

+

12

222∴当t=5 ,△CAN4

面积2的4

最大值为

，【备考指导】在解答面积最值的存在问题时，具体方法如下：假设存在；设出点坐标，求边长．根据题意，直接或间接设出所求点的坐标（若所求的点在抛物线上时，该点的坐标可以设为（x，ax2+bx+c)；若所求的点在对称轴上时，该点的坐标可以设为（-

b

，y)，若所求的点在已知直线y=kx+b上时，2该a

点的坐标可以设为（x，kx+b)，并用所设点坐标表示出所求图形某条边的长（常利用相似三角形性质或勾股定理求解）；（3）建立关系式，并计算.观察所求图形的面积能不能直接利用面积公式求出，若能，根据几何图形面积公式得到点坐标或线段长关于面积的二次函数关系式；若所求图形的面积不能直接利用面积公式求出时，则需要根据题意构造相似或全等三角形，得到对应线段比或进行线段等量代换得到所求面积关系式；另外，若所求图形可分割成几个可直接利用面积公式

计算的图形，可以分别计算出每个图形的面积，再进行和差计算求解；（4）结合已知条件和函数图象性质求出面积取最大值时的点坐标或对应函数自变量的取值范围.类型五 面积倍分关系的存在性问题典例精讲例5（’14铜仁）已知：直线y=ax+b与抛物线

y=ax2-bx+c的一个交点为

A（0，2），同时这条直线与x轴相交于点B，且相交所成的角β为45°.求点B的坐标；求抛物线y=ax2-bx+c的解析式；（3）判断抛物线y=ax2-bx+c与x轴是否有交点，并说明理由.若有交点设为M，N（点M在点N左边），将此抛物线关于y轴作轴反射得到M的对应点为E，轴反射后的像与原像相交于点F，连接NF、EF得△NEF，在原像上是否存在点P，使得△NEP的面积与△NEF的面积相等？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.（1）【思路分析】根据等腰直角三角形的性质即可求得.解：∵直线y=ax+b过A（0，2），同时这条直线与x轴相交于点B，且相交所成的角β为45°，∴OA=OB，∴当a＞0时，B（-2，0）；当a＜0时，B（2，0）.（2）【思路分析】利用待定系数法即可求得解析式.解：把A（0，2），B（-2，0）代入直线y=ax+b得：2=b

a=10=-2a+b，解得：b=2，把A（0，2），B（2，0）代入直线y=ax+b得：2=b a=-10=2a+b，解得：b=2，∵抛物线y=ax2-bx+c过A（0，2），∴c=2，∴抛物线的解析式为：y=x2+2x+2或y=

-x2+2x+2．（3）【思路分析】利用b2-4ac确定抛物线有没有交点，∵y轴反射后的像与原像相交于点F，则F点即为A点，则OF=2，由于△NEP的面积与△NEF的面积相等且同底，∴P点的纵坐标为2或-2，代入y=-x2+2x+2即可求得．解：抛物线为y=x2+2x+2时，b2-4ac=4-4×1×2＜0，抛物线与x轴没有交点；抛物线为y=-x2+2x+2时，b2-4ac=4-4×（-1）×2＞0，抛物线与x轴有两个交点；存在.如解图，轴反射后的像与原像相交于点F，则

F点即为A点，∴F（0，2），∵△NEP的面积与△NEF的面积相等且同底，∴P点的纵坐标为2或-2，当y=2时，代入2=-x2+2x+2得：x1=0(舍去)，x2=2，∴P(2,2)，当y=-2时，代入-2=-x2+2x+2得：x1=1+

,，-2）或P（1-,2），5x2=1-

，∴P（15+55综上所述：存在P(2,2)或P(1+

5,-2)或P(1-5，-2)使得△NEP的面积与△NEF的面积相等.【备考指导】解答面积倍分关系的存在假设存在；设出点坐标，

求边长．根据题意，直接或间接设出所求点的坐标（若所求的点在抛物线上时，该点的坐标可以设为（x，ax2+bx+c)；若所求的点在对称轴上时，该点的坐标可以设为（-

b

，y)；若所求的点2a在已知直线y=kx+b上时，该点的坐标可以设为（x，kx+b)，并用所设点坐标表示出所求图形的某条边的长（常利用相似三角形性质或勾股定理求解）；（3）列等量关系求解.观察所求的两个图

形的面积能不能直接利用面积公式求出，若能，根据几何图形面积公式分别求出面积；若所求

的两个图形的面积不能直接利用面积公式求出

时，可将所求图形分割成几个可直接利用面积公式计算的图形，分别计算出每个图形的面积，再进行和差计算求解；根据题干中所给关系式，建立方程，求出点坐标即可.（4）根据所求点的不确定性和函数图象的性质，对（3）中求出的结果分情况讨论，当点在x轴左边和y轴下方时，x、y分别取负值求解；当点在x轴右边和y轴上方时，x、y分别取正值求解.类型六 特殊四边形的存在性问题典例精讲例6（’12安顺）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边长OA、OC分别为12

cm、6cm,点A、C分别在y轴的负半轴和x轴的正半轴上，抛物线y=ax2+bx+c经过点

A、B，且18a+c=0.(1)求抛物线的解析式；(2)如果点P由点A开始沿AB边以1cm/s的速度向终点B移动，同时点Q由点B开始沿BC边以2

cm/s的速度向终点C移动.①移动开始后第t秒时，设△PBQ的面积为S,试写出S与t之间的函数关系式，并写出t的取值范围.②当S取得最大值时，在抛物线上是否存在点R,使得以P、B、Q、R为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，求出R点的坐标；如果不存在，请说明理由.求得b的值，继而求得二次函数的解析式.（1）【思路分析】由OA的长从而求出点

A的坐标，代入解析式得到c=-12,再与18a+c=0联立从而求出a的值，再利用对称轴为-b

＝32a解：由题意知点A坐标为（0，-12），∴c=-12,又∵18a+c=0，∴a=2

，∴b=-4，∴抛物线的解析式为y=

2

x2-4x-12.3∵AB∥OC且AB＝OC＝6，∴抛物线的对称轴是直线x=3，∴x=-

b

=3,2a3（2）【思路分析】①由题意得AP＝t,×2t=-t2+6t（0＜t＜6）；②由s与t的函数关系式可得到S的最大值，当以P、B、Q、R为顶点的四边形为平行四边形时，要分三种情况加以讨论.2PB=6-t,QB=2t,所以S=

1

PB·BQ＝

1

×（6-t）2解：①由题意得AP=t,PB=6-t,QB=2t,-t2+6t，t的取值范围：0＜t＜6；