考点11 二次函数存在性问题-人教版九年级上册期中专项（初中数学）

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 专项 11 二次函数存在性问题 参考答案 1．(1) 2 4 3y x x   (2)存在，点 P的坐标为  1,0 或  2, 1 【知识点】特殊三角形问题(二次函数综合)、待定系数法求二次函数解析式、几何问题(一次函 数的实际应用) 【分析】（1）设抛物线解析式为顶点式，代入  0,3C 即可求解； （2）由 ADPÐ 为锐角可知分两种情况：①当点 P为直角顶点时，可得点 1P与点 B重合，求出 点 B坐标即可；②当点 A为直角顶点时，证明 2P、 2D 关于 x轴对称，求出直线 AC的解析式， 设  2 , 3D m m  ，则  22 , 4 3P m m m  ，根据关于 x轴对称的点的坐标特征列方程求解即可． 【详解】（1）解：抛物线的顶点坐标为  2, 1 ， 可设该抛物线的解析式为  22 1y a x   ， 将  0,3C 代入得：  23 0 2 1a   ， 解得 1a  ， 抛物线的解析式为  22 1y x   ，即 2 4 3y x x   ； （2）由题意可知， ADPÐ 为锐角， 需分点 P为直角顶点和点 A为直角顶点两种情况进行分析： ①当点 P为直角顶点时，如图，点 P、D分别在点 1P、 1D 的位置． 1 1 90APD   ， 1 1D P y∥ 轴， 1AP y  轴， 点 A在 x轴上， 点 1P也在 x轴上， 此时点 1P与点 B重合， 令 0y  ，得 2 4 3 0x x   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 解得 1 1x  ， 2 3x  ， 点 A在点 B的右侧，  1,0B ，  3,0A ， 此时点 1P的坐标为  1,0 ； ②当点 A为直角顶点时，如图，点 P、D分别在点 2P、 2D 的位置．  3,0A ，  0,3C ， OA OC  ， OAC 为等腰直角三角形， 2 45OAD  ， 2 2 90P AD   ， 2 45OAP  ， AO 平分 2 2D AP ， 又 2 2PD y∥ 轴， 2 2P D AO  ， 2P 、 2D 关于 x轴对称， 设直线 AC的解析式为 y kx b   0k  ， 将  3,0A ，  0,3C 代入得 0 3 3 k b b     ， 解得 1 3 k b     ， 直线 AC的解析式为 3y x   ， 设  2 , 3D m m  ，则  22 , 4 3P m m m  ，    23 4 3 0m m m       ， 解得 1 2m  ， 2 3m  （舍）， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 当 2m  时， 2 24 3 2 4 2 3 1m m        ， 此时点 2P的坐标为  2, 1 ． 综上可得，存在点 P，使得 APD△ 是直角三角形，点 P的坐标为  1,0 或  2, 1 ． 【点睛】本题考查了待定系数法的应用，一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质，等 腰直角三角形的判定和性质等知识，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题的关 键． 2．(1) 2 (2)45 (3)存在， 3 5( 2  ， 5 5 ) 2  和 (2,3) 【知识点】特殊三角形问题(二次函数综合)、角度问题(二次函数综合)、等腰三角形的性质和 判定、待定系数法求二次函数解析式 【分析】本题主要考查了二次函数的对称性，以及等腰三角形的判定方法和垂直平分线的性质， 解题的关键是： （1）由于抛物线的解析式中只有一个未知数m，因此只需将C点的坐标代入抛物线中即可求 出m的值． （2）首先表示出抛物线的顶点式，就可以求出D点的坐标，然后过C点作DE的垂线CF，在 DCF 中根据C、D、 F三点的坐标求出DF和CF长度相等，得出 CDE 的度数； （3）分三种情况， 1DC DP ，PD PC ，PC CD ，利用二次函数的对称性以及利用线段垂直平 分线的性质求出 P的坐标． 【详解】（1）解：抛物线过点 (0,3)C ， 1 3m   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 2m   ； （2）由（1）可知该抛物线的解析式为 2 22 3 ( 1) 4y x x x        ， 此抛物线的对称轴 1x  ， 抛物线的顶点 (1, 4)D ， 过点C作CF DE ，则CF OE∥ ， (1,3)F ， 所以 1CF  ， 4 3 1DF    ， CF DF  ， 又 CF DE ， 90DFC  ， 45CDE   ； （3）存在． ①延长CF交抛物线于点 1P，则 1CP x∥ 轴，所以 1P正好是C点关于DE的对称点时， 有 1DC DP ，得出 1P点坐标 (2,3)； 由 2 2 3y x x    得，D点坐标为 (1,4)，对称轴为 1x  ． ②若以CD为底边，则PD PC ， 设 P点坐标为 ( , )x y ，根据两点间距离， 得 2 2 2 2(3 ) ( 1) (4 )x y x y      ， 即 4y x  ． 又 P 点 ( , )x y 在抛物线上， 24 2 3x x x      ， 即 2 3 1 0x x   ， 解得： 3 5 2 x  ， 3 5 1 2   ，应舍去； 3 5 2 x   ， 5 54 2 y x     则 2P点坐标 3 5( 2  ， 5 5) 2  ． ③当 PC CD 时， P只能在C点左边的抛物线上，所以不考虑； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 符合条件的点 P坐标为 3 5( 2  ， 5 5) 2  和 (2,3)． 3．(1)这个二次函数的表达式为 2 4 3y x x   ； (2)点Q的坐标为  3 2 2 ， 或  3 2 2 ， ； (3)M 点坐标为  2 1， 或 7 5 2 4       ， ． 【知识点】相似三角形问题(二次函数综合)、角度问题(二次函数综合)、相似三角形的判定与 性质综合、待定系数法求二次函数解析式 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）利用折叠的性质和平行线的性质证明QC PQ ，然后设元，求解即可； （3）过点 A作 AD AC 与直线CM交于点D，过点D作DM x 轴于点M ，利用 DCA BCO∽△ △ ， 求得点D的坐标，据此分两种情况讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵二次函数 2y x bx c   的图象经过  10B , ，  0,3C ， ∴ 1 0 3 b c c      ，解得 4 3 b c     ， ∴这个二次函数的表达式为 2 4 3y x x   ； （2）解：令 0y  ，则 2 4 3 0x x   ， 解得 1 1x  ， 2 3x  ， ∴  3,0A ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 设直线 AC的解析式为 3y kx  ， 则0 3 3k  ，解得 1k   ， ∴直线 AC的解析式为 3y x   ， 将 PCQ△ 沿 PC折叠，当Q的对应点Q恰好落在 y轴上时， PCQ PCQ¢Ð = Ð ， ∵ PQ y∥ 轴， ∴ QPC PCQ   ， ∴ QPC PCQ   ， ∴QC PQ ， 设点 P的坐标为  2 4 3n n n ， ，则点Q的坐标为  3n n ， ， ∴ 2QC n ，  2 24 3 3 3PQ n n n n n        ， ∴ 2 3 2n n n  或 2 3 2n n n   ， 解 2 3 2n n n  得 0n  （舍去）或 3 2n   ； 解 2 3 2n n n   得 0n  （舍去）或 3 2n   ； 当 3 2n   时， 3 2n    ； 当 3 2n   时， 3 2n   ； ∴点Q的坐标为  3 2 2 ， 或  3 2 2 ， ； （3）解：过点 A作 AD AC 与直线CM交于点D，过点D作DM x 轴于点M ， 点D在 x轴上方时，如图， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 ∵  3,0A ，  10B , ，  0,3C ， ∴ 3OA OC  ， 1OB  ， 2 23 3 3 2AC    ， 45OAC OCA   ， ∴ 45DAE  ∠ ， ∴ DAE 是等腰直角三角形， ∴ ED EA ， ∵ 90CAD COB     ， MCA OCB   ， ∴ DCA BCO∽△ △ ， ∴ AC AD OC OB  ，即 3 2 3 1 AD  ， ∴ 2AD  ， ∴ 1ED EA  ， ∴  4,1D ， 同理求得直线CD的解析式为 1 3 2 y x   ， 联立 2 1 3 4 3 2 x x x     ， 解得 0x  （舍去）或 3.5x  ， ∴M 点坐标为 7 5 2 4       ， ； 若点D在 x轴下方时，如图， 同理， 1ED EA  ， ∴  2, 1D  ，同理求得直线CD的解析式为 2 3y x   ，联立 22 3 4 3x x x     ， 解得 0x  （舍去）或 2x  ， ∴M 点坐标为  2 1， 与点D重合； 综上，M 点坐标为  2 1， 或 7 5 2 4       ， ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 【点睛】本题是二次函数的综合问题，考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定和 性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 4．(1)① 2= 2 3y x x  ；② 3 15, 2 4 P      ；③ 5 7, 2 4 Q      ； (2) 32m  【知识点】特殊三角形问题(二次函数综合)、面积问题(二次函数综合)、y=ax²+bx+c的图象与 性质、待定系数法求二次函数解析式 【分析】（1）①求得二次函数的解析式；②根据二次函数的解析式求得点 A、B、C的坐标， 再求得直线 BC的解析式，过点 P作PH x 轴于 H，设  2, 2 3P m m m  ，则  , 3G m m  ，0 3m  ， 2 3PG m m   ，进而    21 3 32 2BCP B CS PH x x m m      23 3 27 2 2 8 m        ，利用二次函数的性质 求解即可；③如图，过C作CF AC 交 AQ于 F，过 F作 FE y∥ 轴，作CE y 轴，证明 AOC FEC ≌ ， 可得 3CE OC  ， 1EF OA  ，则  3, 3E  ，  3, 2F  ，求解直线 AF 为： 1 1 2 2 y x   ，再建立方程 组解题即可； （2）根据二次函数的性质得到该二次函数图象开口向上，对称轴为直线 x m ，则当 x m 时， y随 x的增大而增大，进而根据点 M、N的中点坐标和对称轴的位置关系即可求解． 【详解】（1）解：①当 1m  时，  22 2 3 1 4y x x x      ， ②令 0y  ，由 2 2 3 0x x   得 1 1x   ， 2 3x  ， 当 0x  时， = 3y  ， ∴  1,0A  ，  3,0B ，  0, 3C  ， 设直线 BC的解析式为 3y kx  ， 将  3,0B 代入，得3 3 0k   ，解得 1k  ， ∴直线 BC的解析式为 3y x  ， 过点 P作PH x 轴于 H， 与 BC交于 G， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 9 设  2, 2 3P m m m  ，则  , 3G m m  ，0 3m  ， ∴    2 23 2 3 3PG m m m m m        ， ∴    21 3 32 2BCP B CS PH x x m m      23 3 27 2 2 8 m        ， ∵ 3 0 2   ，0 3m  ， ∴当 3 2 m  时， BCPS 有最大值，最大值为 27 8 ； 此时 3 15, 2 4 P      ； ③如图，过C作CF AC 交 AQ于 F，过 F作 FE y∥ 轴，作CE y 轴， ∴ 90COA CEF     ， ∵ 45CAQ  ， ∴ 45CAF CFA     ，CA CF ， ∵ 90ACF OCE     ， ∴ ACO FCE   ， ∴ AOC FEC ≌ ，而  1,0A  ，  0, 3C  原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 10 ∴ 3CE OC  ， 1EF OA  ， ∴  3, 3E  ，  3, 2F  ， 设直线 AF 为 y kx b  ， ∴ 0 3 2 k b k b        ，解得： 1 2 1 2 k b         ， ∴直线 AF为： 1 1 2 2 y x   ， ∴ 2 2 3 1 1 2 2 y x x y x          ， 解得： 1 0 x y     或 5 2 7 4 x y        ， ∴ 5 7, 2 4 Q      ； （2）∵  22 22 5 5y x mx m m x m m         ∴二次函数图象开口向上，对称轴为直线 x m ， ∴当 x m 时，y随 x的增大而增大， ∵点  1 1,M x y 、  2 2,N x y 为函数图象上任意两点，且 1 2x x ， 若对于 1 2 3x x  ，即 1 2 3 2 2 x x  时，都有 1 2y y ， ∴ 3 2 m  ． 【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及待定系数法求函数解析式、坐标与图形、二次函数的 图象与性质、三角形的面积、等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练 掌握二次函数的图象与性质，利用数形结合思想进行分析求解是解答的关键． 5．(1) 2 3 4y x x    (2)    5 3 7 13,1 , 2, 2 , ,2 2 2 2             , , (3)      3 51,5 , , , 2,6 , 10, 62 2        【知识点】其他问题(二次函数综合)、特殊三角形问题(二次函数综合)、y=ax²+bx+c的图象与 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 性质、待定系数法求二次函数解析式 【分析】（1）利用求出点 B和点 C的坐标，利用待定系数法即可求出答案； （2）根据题意画出图形，分两种情况求解即可； （3）分四种情况分别进行求解即可． 【详解】（1）解：当 0x  时， 4y  ，当 0y  时， 4x  ， ∵直线 4y x   与 x轴交于点 B，与 y轴交于点 C， ∴    4,0 , 0,4B C ， 把    4,0 , 0,4B C 代入抛物线 2y x bx c    中， 16 4 0 4 b c c       解得 3 4 b c    ， ∴抛物线解析式是 2 3 4y x x    （2）当点 D在点 E下方时，如图，过点 M作MH AB 于点 H，过点 D作DN HM 交 HM的 延长线于点 N，过点 D作DE y∥ 轴交抛物线于点 E， ∴ 90MHA DNM   ， ∴ 90MAH AMH   ， ∵线段MA绕点 M顺时针旋转90得MD， ∴ 90AMD  ，MA MD ， ∴ 90DMN AMH   ， ∴ MAH DMN  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 12 又∵MA MD ， ∴  AASAHM MND ≌ ， ∴ AH MN MH DN ， ， 把 0y  代入 2 3 4y x x    中得到， 2 3 4 0x x    ， 解得 1 21 4x x  ， ， ∴  1,0A  ， 设  4M m, m  ， ∴ 1 4HA MN m DN MH m      ， ， ∴  1 4 5NH MN MH m m        ， ∴  2 4,5D m  ， ∵DE y∥ 轴， 1DE  ， 即  22 4 3(2 4) 4 5 1m m       ， 解得 1 2 53 2 m m ， ， 当 3m  时， 4 1m   ， 当 5 2 m  时， 34 2 m   ， ∴  1 2 5 33,1 2 2 M M， （ ，）； 当点 D在点 E上方时，如图， 同理可得，  22 4 3(2 4) 4 5 1m m        ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 解得 3 4 72 2 m m ， ， 当 2m  时， 4 2m   ， 当 7 2 m  时， 14 2 m   ， ∴  3 4 7 12,2 2 2 M M， （ ，）； 综上可知，点 M的坐标为    5 3 7 13,1 , 2, 2 , ,2 2 2 2             , , ， （3）当以P，Q，B为顶点的三角形是等腰直角三角形时，点Q的坐标是      3 51,5 , , , 2,6 , 10,62 2       ， 理由如下： 由（1）可知， 4OB OC  ， ∴ 45OBC OCB    ， 当 PQB△ 是等腰直角三角形时，分以下三种情况： 当 90PQB  时， PQ BQ ， ∴ 45QBP QPB   ， 则点 P为抛物线与 x轴的交点，即点 P和点 A重合，如图，过点 Q作QF AB 于点 F， ∵ ( )4 1 5AB = - - = ， ∴ 1 5 2 2 AF QF AB   ， 当 5 2 y  时， 34 2 x   ， ∴点 Q的坐标是 3 5 2 2       ， ， 当 90QPB  时，PQ PB ， ∴ 45PQB PBQ    ，则点 P为抛物线与 x轴的交点，即点 P和点 A重合，如图， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 14 ∴ 5PQ PB AB   ， ∴点 Q的坐标是  1,5 ， 当 90PBQ  时，则 PB BQ ， PB QB ， 当点 Q在 x轴上方时，过点 P作PK x 轴于点 K，交 BC于点 Q，如图， 则点 K为 PQ的中点， ∴ PBK△ 为等腰直角三角形， ∴ PK BK ， 设点 P的横坐标为 t，则  2, 3 4P t t t   ， ∴ 24 3 4t t t    ， 解得 2t   或 4t  （舍去）， ∴点 P的坐标为  2, 6  ， ∴点 Q的坐标是  2,6 ， 当点Q在 x轴下方时，过点 B作 BG PQ 轴于点 G，如图， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 15 则 45BPQ BQ P     ， ∴ 12PQ PQ  ， ∴ 1 6 2 BG PQ  ， ∴点Q的纵坐标为 6 ， ∴ 4 6x    ， 解得 10x  ， ∴点Q的坐标为  10, 6 ， 当以 P，Q，B为顶点的三角形是等腰直角三角形时，点 Q的坐标是      3 51,5 , , , 2,6 , 10, 62 2        ． 【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质、待定系数法、轴对称的性质、图形的旋转、全等 三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，数形结合和分类讨论是解题的关 键． 6．(1) 2 2y x x  (2) 2 3 1 2 S t t    (3)存在， (1, 1)N 或 (3,3)或 ( 1,3) 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、面积问题(二次函数综合)、特殊四边形(二次函数综 合) 【分析】（1）由二次函数的最小值为 1 ，点 (1, )M m 是其对称轴上一点，得二次函数顶点为 (1, 1) ， 设顶点式 2( 1) 1y a x   ，将点 (0,0)O 代入即可求出函数解析式； （2）连接OP，根据 AOB OAP OBPS S S S  △ △ △ 求出 S与 t的函数关系式； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 16 （3）设  2, 2N n n n ，分三种情况：当 AB为对角线时，当 AM为对角线时，当 AN为对角线时， 由中点坐标公式求出 n即可． 【详解】（1） 解：二次函数的最小值为 1 ，点 (1, )M m 是其对称轴上一点， 二次函数顶点为 (1, 1) ， 设二次函数解析式为 2( 1) 1y a x   ， 将点 (0,0)O 代入得， 1 0a   ， 1a  ， 2 2( 1) 1 2y x x x      ； （2） 如图，连接OP， 当 0y  时， 2 2 0x x  ， 0x  或 2， (2,0)A ， 点 P在抛物线 2 2y x x  上， 点 P的纵坐标为 2 2t t ， AOB OAP OBPS S S S   △ △ △  21 1 12 1 2 22 2 2t t t        2 3 1 2 t t    ； （3） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 17 设  2, 2N n n n ， 当 AB为对角线时，由中点坐标公式得， 2 0 1 n   ， 1n  ， (1, 1)N  ， 当 AM 为对角线时，由中点坐标公式得， 2 1 0n   ， 3n  ， (3,3)N ， 当 AN为对角线时，由中点坐标公式得， 2 0 1n   ， 1n   ， ( 1,3)N  ， 综上： (1, 1)N 或 (3,3)或 ( 1,3) ． 【点睛】 此题考查了待定系数法求抛物线的解析式，抛物线与图形面积，平行四边形的性质，熟练掌 握待定系数法及平行四边形是性质是解题的关键． 7．(1) 2 2 3y x x    ； (2)① 2 2 3m m   ， 3m  ；②点 P的坐标为  1,4 ；③点 P的坐标为  2,3 (3)点 F的坐标为： (2,3)或  1 7 3 ， 或  1 7 3 ， ． 【知识点】特殊四边形(二次函数综合)、y=ax²+bx+c的图象与性质、待定系数法求二次函数解 析式 【分析】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到平行四边形的性质、函数的图象和性质，正 确确定线段的长度是解题的关键． （1）由待定系数法即可求解； （2）①根据点的坐标，即可求解； ②若 PE DE ，则 2 3 3m m m     ，即可求解； ③若 2PE DE ，则 2 3 2 6m m m     ，即可求解； （3）当 BC为对角线时，由中点坐标公式得： 23 2 3m m    ，即可求解；当 BF或 BG为对角线 时，同理可解． 【详解】（1）解：由题意得： 2 0 3 a c c      ，解得： 1 3 a c     ， 则抛物线的表达式为： 2 2 3y x x    ； （2）解：设点 2( , 2 3)P m m m   ， 由点 B、C的坐标得，直线 BC的表达式为： 3y x   ， 则点 ( , 3)E m m  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 18 则 2 22 3 ( 3) 3PE m m m m m= - + + - - + = - + ； ①则 2 2 3PD m m    ， 3DE m   ； 故答案为： 2 2 3m m   ， 3m  ； ②若 PE DE ，则 2 3 3m m m     ， 解得： 3m  （舍去）或 1m  ， 即点 (1, 4)P ； ③若 2PE DE ，则 2 3 2 6m m m     ， 解得： 3m  （舍去）或 2m  ， 即点 (2,3)P ； （3）解：设点 2( , 2 3)F m m m   ，点 ( ,0)G x ， 当 BC为对角线时，由中点坐标公式得： 23 2 3m m    ， 解得： 0m  （舍去）或 2m  ， 即点 (2,3)F ； 当 BF或 BG为对角线时，同理可得： 23 2 3m m    或 20 2 3 3m m     ， 解得： 0m  （舍去）或 2m  或 1 7m   ， 故点 F的坐标为： (2,3)或  1 7 3 ， 或  1 7 3 ， ． 综上，点 F的坐标为： (2,3)或  1 7 3 ， 或  1 7 3 ， ． 8．(1)    1 21,1 2,2N N， (2) ABCV 是直角三角形 (3)点 P的坐标为  2 13, 13 2  或  2 13, 13 2   【知识点】特殊四边形(二次函数综合)、判断三边能否构成直角三角形、用勾股定理解三角形、 y=ax²+bx+c的图象与性质 【分析】（1）根据“梦之点”的定义判断这几个点是否在矩形的内部或者边上即可得到答案； （2）根据“梦之点”的定义求出 A B、 的坐标，再求出顶点C的坐标，计算出 AC BC AB、 、 的长， 根据勾股定理逆定理得出 ABCV 是直角三角形，最后由三角形面积公式计算即可得到答案； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 19 （3）由（2）可得  3,3A ，  3, 3B   ，求出直线 AB的解析式为 y x ，由菱形的性质可得点 P、 Q在直线 y x  上，联立 21 9 2 2 y x y x x         ，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：矩形 ABCD的顶点坐标分别是    1,2 1, 1A B  ， ，    3, 1 3,2C D ， ， 矩形 ABCD的“梦之点”  x y， 满足 1 3x   ， 1 2y   ， 点    1 21,1 2,2N N， 是矩形 ABCD的“梦之点”，  3 3,3N 不是矩形 ABCD的“梦之点”． （2）点 A B， 是抛物线 21 9 2 2 y x x    上的“梦之点”， 21 9 2 2 x x x    ， 解得： 1 3x  ， 2 3x   ， 当 3x  时， 3y  ，当 3x   时， = 3y  ，  3,3A ，  3, 3B   ，  221 9 1 1 5 2 2 2 y x x x        ， 顶点  1,5C ，    2 23 1 3 5 2 2AC      ，    2 23 1 3 5 4 5BC        ，    2 23 3 3 3 6 2AB        ，    2 22 2 26 2 2 2 80AB AC BC     ， ABC 是直角三角形． （3）由（2）可得  3,3A ，  3, 3B   ， 设直线 AB的解析式为： y kx ， 将  3,3A 代入得：3 3k  ， 解得： 1k  ， 直线 AB的解析式为： y x ， 以 AB为对角线，以 A B P Q、 、 、 为顶点的四边形是菱形， AB PQ  ， 点 P、Q在直线 y x  上， 点 P在二次函数 2 1 9 2 2 y x x    上， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 20 联立 21 9 2 2 y x y x x         ， 解得： 1 2 13x   ， 2 2 13x   ， 点 P的坐标为  2 13, 13 2  或  2 13, 13 2   ． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、坐标与图形、勾股定理以及勾股定理逆定理、菱 形的性质、一次函数等知识，熟练掌握以上知识点，理解题意，采用数形结合的思想是解此题 的关键． 9．(1) 2 2 3y x x    (2) FGH 的周长最大值为 9 9 2 4  ， 1 15 2 4 F      ， ； (3) 10 2      ， 或 90 2       ， 或  0 2 5， 或  0 2 5， ． 【知识点】特殊四边形(二次函数综合)、面积问题(二次函数综合)、用勾股定理解三角形、待 定系数法求二次函数解析式 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）先求出抛物线对称轴为直线 1x  ，进而求出点 D坐标  2 3， ，可得直线 AD解析式为： 1y x  ， 则  01E ，，证明 45EAO  ，进而得到 45FHA EAO   ，则 FGH 是等腰直角三角形，推出 2 2 FG GH FH  ；设点 F坐标  2 2 3m m m  ， ，则点 H坐标  2 22 2 2 3m m m m     ， ，则 2 2FH m m    ，则 FGH 的周长   21 92 1 2 4 m              ，由二次函数的性质可得当 1 2 m  时， FGH 的周长有最大值，最大值为 9 9 2 4  ，此时点 F的坐标为 1 15 2 4       ， ； （3）先求出顶点 M的坐标为  1 4， ，则 2 20AM  ；设  0P t， ，则 2 2 1PA t  ， 2 2 8 17PM t t   ， 由矩形的性质可得 PMA△ 是直角三角形，故可分当 90PAM  时， 当 90PMA  时， 当 90APM  时，三种情况利用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】（1）解：把    10 3 0A B ，、 ， 代入 2 3y ax bx   中得： 3 0 9 3 3 0 a b a b        解得 1 2 a b     ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 21 ∴抛物线解析式为 2 2 3y x x    ； （2）解：∵抛物线解析式为  22 2 3 1 4y x x x        ， ∴抛物线对称轴为直线 1x  ， ∵D、C关于对称轴对称，点 C坐标  0 3， ， ∴点 D坐标  2 3， ， 设直线 AD解析式为 y kx b  ， ∴ 2 3 0 k b k b        ， ∴ 1 1 k b    ∴直线 AD解析式为： 1y x  ， ∴  01E ，， ∴ 1OA OE  ， ∴ 45EAO  ， ∵FH AB∥ ， ∴ 45FHA EAO    ， ∵FG AH ， ∴ FGH 是等腰直角三角形， ∴ 2 2 FG GH FH  ， 设点 F坐标  2 2 3m m m  ， ，则点 H坐标  2 22 2 2 3m m m m     ， ， ∴ 2 2FH m m    ， ∴ FGH 的周长 FG GH FH    2 1 FH    21 92 1 2 4 m              ， ∵  2 1 0   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 22 ∴当 1 2 m  时， FGH 的周长有最大值，最大值为 9 9 2 4  ，此时点 F的坐标为 1 15 2 4       ， ； （3）解：∵抛物线解析式为  22 2 3 1 4y x x x        ， ∴顶点 M的坐标为  1 4， ， ∴    2 22 1 1 0 4 20AM       ； 设  0P t， ， ∴    2 22 21 0 0 1PA t t       ，    2 22 20 1 4 8 17PM t t t       ， ∵以 A，M，P，Q为顶点的四边形是矩形， ∴ PMA△ 是直角三角形， 当 90PAM  时，则 2 2 2AM PA PM  ， ∴ 2 21 20 8 17t t t     ， 解得 1 2 t   ， ∴点 P的坐标为 10 2      ， ； 当 90PMA  时，则 2 2 2AM PM PA  ， ∴ 2 28 17 20 1t t t     ， 解得 9 2 t  ， ∴点 P的坐标为 90 2       ， ； 当 90APM  时，则 2 2 2PA PM AM  ， ∴ 2 21 8 17 20t t t     ， 解得 2 5t   或 2 5t   ， ∴点 P的坐标为  0 2 5， 或  0 2 5， ； 综上所述，点 P的坐标为 10 2      ， 或 90 2       ， 或  0 2 5， 或  0 2 5， ． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，矩形的性质，勾股定理，等腰 直角三角形的性质与判定等等，解题的关键在于根据矩形的性质得到 PMA△ 是直角三角形，进 而利用勾股定理建立方程求解即可． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 23 10．(1)抛物线的解析式为 21 4 2 y x x    ； (2) 4EH  ； (3)点N的坐标为  44， 或 7 32 2      ， 或 5 57 17 3 57, 4 4           或 5 57 17 3 57, 4 4           【知识点】特殊四边形(二次函数综合)、线段周长问题(二次函数综合)、待定系数法求二次函 数解析式 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； （2）先求得直线 BC的解析式为 4y x   ，设 2 1 4 2 xE xx        ， ，则  4F x x ， ，利用对称性质 求得 21 4 2 2H x x x       ， ，推出 2 1 2 2 GH EF x x    ， 2 2GF EH x   ，利用矩形周长公式列一 元二次方程计算即可求解； （3）先求得直线 AC的解析式为 2 4y x  ，分别过点 M、E作 y的垂线，垂足分别为 P、Q，证 明 OEP MOQ≌△ △ ，推出 PE OQ ， PO MQ ，设 2 1 4 2 mE mm        ， ，则 21 4 2 M m m m       ， ，由 点 M在直线 AC上，列式计算，可求得 m的值，利用平移的性质可得点 N的坐标；设点  ,M a b ， 则点  ,E b a ，当OM 绕着点 O逆时针旋转90得到OE时，当点 M绕点 O逆时针90得到点 E 时，根据旋转的性质，可得点 N的坐标． 【详解】（1）解：∵抛物线 2 1 2 y x bx c    经过点  4 0B ， 和  0 4C ， ， ∴ 21 4 4 0 2 4 b c c         ， 解得 1 4 b c    ， ∴抛物线的解析式为 2 1 4 2 y x x    ； （2）解：∵点  4 0B ， 和  0 4C ， ， 设直线 BC的解析式为 4y kx  ，则0 4 4k  ， 解得 1k   ， ∴直线 BC的解析式为 4y x   ， 设 21 4 2 xE xx        ， ，且0 4x  ，则  4F x x ， ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 24 ∴  2 21 14 4 2 2 2 GH EF x x x x x           ， ∵抛物线的对称轴为直线 1 1 12 2 x          ， ∴ 21 4 2 2H x x x       ， ， ∴  4 2 2GF EH x x x      ， 依题意得 22 111 2 2 2 2 x x x          ， 解得 5x  （舍去）或 3x  ， ∴ 4EH  ； （3）解：令 0y  ，则 21 4 0 2 x x    ， 解得 2x   或 4x  ， ∴  2 0A  ， ， 同理，直线 AC的解析式为 2 4y x  ， ∵四边形OENM是正方形， ∴OE OM ， 90EOM  ，分别过点 M、E作 y的垂线，垂足分别为 P、Q，如图， 90OPE MQO    ， 90OEP EOP MOQ     ， ∴ OEP MOQ≌△ △ ， ∴ PE OQ ， PO MQ ， 设 21 4 2 mE mm        ， ， ∴ PE OQ m   ， 2 1 4 2 P mO M mQ     ， 则 21 4 2 M m m m       ， ， ∵点 M在直线 AC上， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 25 ∴ 2 442 1 2 m m m        ， 解得 4m  或 1m   ， 当 4m  时，  0 4M ， ，  4 0E ， ， 即点 M与点 C重合，点 E与点 B重合时，四边形OENM 是正方形，此时  4 4N ， ； 当 1m   时， 5 1 2 M       ， ， 51 2 E      ， ， 点 O向左平移 5 2 个单位，再向下平移 1个单位，得到点 M， 则点 E向左平移 5 2 个单位，再向下平移 1个单位，得到点 N， ∴ 5 51 1 2 2 N        ， ，即 7 3 2 2 N      ， ； 设点  ,M a b ，则点  ,E b a ， 当OM 绕着点 O逆时针旋转90得到OE时，如图， ∵点 E在 2 4y x  的图象上， ∴ 2 4b a  ， ∴点  , 2 4M a a  ， ∵点 E在 21 4 2 y x x    的图象上， ∴  21 2 4 2 4 4 2 a a a       ， 解得： 5 2 a   或 0， ∴    1 1 2 50,4 , 4,0 , , 1 2 M E M       ， 2 51, 2 E      ， 当点 M绕点 O逆时针90得到点 E时，点  ,E b a ，    , 2 4 , 2 4,M a a E a a   ， ∵点 E在 21 4 2 y x x    的图象上， ∴  21 2 4 2 4 4 2 a a a       ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 26 解得： 11 57 4 a   ， ∴点 1 11 57 3 57, 4 2 M           ， 1 3 57 11 57, 2 4 E          ， 2 11 57 3 57, 4 2 M           ， 2 3 57 11 57, 2 4 E          ， ∴点 N的坐标为 5 57 17 3 57, 4 4           或 5 57 17 3 57, 4 4           ； 综上，点N的坐标为  44， 或 7 32 2      ， 或 5 57 17 3 57, 4 4           或 5 57 17 3 57, 4 4           ． 【点睛】本题考查的是待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，待定系 数法求一次函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，两点之间的距离公式和正方形的性质， 是一道综合性较强的题，解题的关键是求出二次函数和一次函数解析式以及分情况讨论． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 专项 11 二次函数存在性问题 1．如图，已知抛物线的顶点坐标为  2, 1 ，与 x轴交于 A、B两点（点 A在点 B的右侧），与 y轴交于点 (0,3)C ，点 P在 AC所在直线下方的抛物线上，过点 P作 PD y∥ 轴，交 AC于点 D． 备用图 (1)求该抛物线的函数解析式； (2)连接 AP，问是否存在点 P，使得 APD△ 是直角三角形？若存在，求出点 P的坐标；若不存 在，请说明理由． 2．如图所示，已知抛物线 2 2 1y x x m     与 x轴相交于 ,A B两点，与 y轴相交于点C，其中点 C的坐标是  0,3 ，顶点为点D，连接CD，抛物线的对称轴与 x轴相交于点 E． (1)求m的值； (2)求 CDE 的度数； (3)在抛物线对称轴的右侧部分上是否存在一点 P，使得 PDC△ 是等腰三角形？如果存在，求出 符合条件的点 P的坐标；如果不存在，请说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 3．如图，二次函数 2y x bx c   的图象与 x轴交于 ,A B两点，与 y轴交于C点，其中  10B , ，  0,3C ． (1)求这个二次函数的表达式； (2)点 P是二次函数上一动点，过点 P作 PQ y∥ 轴交直线 AC于点Q，连接CP，将 PCQ△ 沿 PC折 叠，当Q的对应点Q恰好落在 y轴上时，请求出点Q的坐标； (3)在二次函数的图象上，是否存在点M ，使得 MCA OCB   ？若存在，请求出M 点坐标；若 不存在，请说明理由． 4．二次函数 2 22 5y x mx m m     ． (1)当 1m  时，函数图象与 x轴交于点 A、B，与 y轴交于点 C． ①直接写出函数的解析式； ②如图 1，点 P是第四象限内函数图象上一动点，求出点 P坐标，使得 BCP 的面积最大； ③如图 2，在抛物线上是否存在点 Q，使 45CAQ  ，若存在请求出点 Q的坐标；若不存在， 请说明理由； (2)点  1 1,M x y 、  2 2,N x y 为函数图象上任意两点，且 1 2x x ．若对于 1 2 3x x  时，都有 1 2y y ， 求 m的取值范围． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 5．如图，直线 4y x   与坐标轴交于 B，C两点，抛物线 2y x bx c    经过 B，C两点，与 x轴 交于点 A． (1)求抛物线的解析式； (2)M在直线 BC上，线段MA绕点 M顺时针旋转90得MD，过点 D做 y轴的平行线交抛物线于 点 E，若DE的长是 1，求点 M的坐标； (3)P在抛物线上，Q在直线 BC上，以 P，Q，B为顶点的三角形是等腰直角三角形，直接写出 点 Q的坐标． 6．如图，二次函数 2y ax bx c   的图象与 x轴交于 O（O为坐标原点），A两点，且二次函数 的最小值为 1 ，点 (1, )M m 是其对称轴上一点，y轴上一点 (0,1)B ． (1)求二次函数的表达式； (2)二次函数在第四象限的图象上有一点 P，连结 PA，PB，设点 P的横坐标为 t， PAB 的面积 为 S，求 S与 t的函数关系式； (3)在二次函数图象上是否存在点 N，使得以 A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 存在，直接写出所有符合条件的点 N的坐标，若不存在，请说明理由． 7．综合与探究 如图，抛物线 2y ax 2x c   与 y轴相交于点 (0,3)C ，与 x轴正半轴相交于点 B，负半轴相交于点 ( 1,0)A  ． (1)求此抛物线的解析式； (2)如图 1， P是第一象限抛物线上的一个动点，过点 P作 PD x 轴，垂足是点D， PD与 BC的 交点为 E，设 ( , )P m n ． ①用含 m的式子表示： PD  ，DE  ； 直接用①的结论求解②③； ②若 PE DE ，请直接写出点 P的坐标； ③若 2PE DE ，求点 P的坐标； (3)如图 2，若点 F在抛物线上，点 G在 x轴上，当以点 B，C，F，G为顶点的四边形是平行 四边形时，求点 F的坐标． 8．定义：在平面直角坐标系 xOy中，当点N在图形M 的内部，或在图形M 上，且点N的横坐 标和纵坐标相等时，则称点N为图形M 的“梦之点”． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 (1)如图①，矩形 ABCD的顶点坐标分别是  1,2A  ，  1, 1B   ，  3, 1C  ，  3,2D ，在点  1 1,1N ，  2 2,2N ，  3 3,3N 中，是矩形 ABCD“梦之点”的是______； (2)如图②，已知点 A，B是抛物线 21 9 2 2 y x x    上的“梦之点”，点 C是抛物线的顶点．连接 AC AB BC， ， ，判断 ABCV 的形状并说明理由． (3)在（2）的条件下，点 P为抛物线上一点，点 Q为平面内一点，是否存在点 P、Q，使得以 AB 为对角线，以 A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出 P点坐标；若不存在，请 说明理由． 9．如图，抛物线 2 3y ax bx   与 x轴交于    10 3 0A B ，、 ， 两点，与 y轴交于点 C，点 D和点 C 关于抛物线的对称轴对称，直线 AD与 y轴交于点 E． (1)求抛物线的解析式； (2)如图 1，直线 AD上方的抛物线上有一点 F，过点 F作 FG垂直 AD于点 G，作 FH 平行于 x轴 交直线 AD于点 H，求 FGH 周长的最大值及 F点坐标； (3)点 M是抛物线顶点，点 P是 y轴上一点，点 Q是坐标平面内一点，以 A，M，P，Q为顶点 的四边形是矩形，请直接写出 P点坐标． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 10．如图，抛物线 2 1 2 y x bx c    与 x轴交于点A和点  4 0B ， ，与 y轴交于点  0 4C ， ，点 E在抛 物线上． (1)求抛物线的解析式； (2)点 E在第一象限内，过点 E作EF y∥ 轴，交 BC于点 F，作 EH x 轴，交抛物线于点 H，点H 在点 E的左侧，以线段 ,EF EH为邻边作矩形 EFGH ，当矩形 EFGH 的周长为 11时，求线段 EH 的 长； (3)点M 在直线 AC上，点N在平面内，当四边形OENM 是正方形时，请直接写出点N的坐标．