專題1.6 二次函數(shù)與特殊三角形存在性綜合問題（三大題型）（解析版）

專題1.6二次函數(shù)與特殊三角形存在性綜合問題（三大題型）重難點題型歸納【題型1等腰三角形的存在性問題】【題型2直角三角形的存在性問題】【題型3等腰直角三角形存在性問題】等腰三角形的存在性問題【方法1幾何法】“兩圓一線”（1）以點A為圓心，AB為半徑作圓，與x軸的交點即為滿足條件的點C，有AB=AC；（2）以點B為圓心，AB為半徑作圓，與x軸的交點即為滿足條件的點C，有BA=BC；（3）作AB的垂直平分線，與x軸的交點即為滿足條件的點C，有CA=CB．注意：若有重合的情況，則需排除．以點C1為例，具體求點坐標(biāo)：過點A作AH⊥x軸交x軸于點H，則AH=1，又類似可求點C2、C3、C4．關(guān)于點C5考慮另一種方法．【方法2代數(shù)法】點-線-方程表示點：設(shè)點C5坐標(biāo)為(m,0)，又A（1,1）、B（4,3），表示線段：聯(lián)立方程：，，直角三角形的存在性【方法1幾何法】“兩線一圓”（1）若∠A為直角，過點A作AB的垂線，與x軸的交點即為所求點C；（2）若∠B為直角，過點B作AB的垂線，與x軸的交點即為所求點C；（3）若∠C為直角，以AB為直徑作圓，與x軸的交點即為所求點C．（直徑所對的圓周角為直角）如何求得點坐標(biāo)？以為例：構(gòu)造三垂直．【方法2代數(shù)法】點-線-方程【題型1等腰三角形的存在性問題】【典例1】（2023?興慶區(qū)校級模擬）如圖，已經(jīng)拋物線經(jīng)過點O（0，0），A（5，5），且它的對稱軸為x＝2．?（1）求此拋物線的解析式；（2）若點B是x軸上的一點，且△OAB為等腰三角形，請直接寫出B點坐標(biāo)．【答案】（1）拋物線的解析式為y＝x2﹣4x；（2）B的坐標(biāo)為（5，0）或（﹣5，0）或（10，0）或（5，0）．【解答】解：（1）∵拋物線經(jīng)過點O（0，0），對稱軸為直線x＝2，∴拋物線經(jīng)過點（4，0），設(shè)拋物線的解析式為y＝ax（x﹣4），把A（5，5）代入得：5＝5a，解得：a＝1，∴y＝x（x﹣4）＝x2﹣4x，∴拋物線的解析式為y＝x2﹣4x；（2）設(shè)B（m，0），∵O（0，0），A（5，5），∴OA2＝50，OB2＝m2，AB2＝（m﹣5）2+25，①若OA＝OB，則50＝m2，解得m＝5或m＝﹣5，∴B（5，0）或（﹣5，0）；②若OA＝AB，則50＝（m﹣5）2+25，解得m＝0（與O重合，舍去）或m＝10，∴B（10，0）；③若OB＝AB，則m2＝（m﹣5）2+25，解得m＝5，∴B（5，0）；綜上所述，B的坐標(biāo)為（5，0）或（﹣5，0）或（10，0）或（5，0）．【變式1-1】（2023?青海）如圖，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象與x軸相交于點A和點C（1，0），交y軸于點B（0，3）．（1）求此二次函數(shù)的解析式；（2）設(shè)二次函數(shù)圖象的頂點為P，對稱軸與x軸交于點Q，求四邊形AOBP的面積（請在圖1中探索）；（3）二次函數(shù)圖象的對稱軸上是否存在點M，使得△AMB是以AB為底邊的等腰三角形？若存在，請求出滿足條件的點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由（請在圖2中探索）．【答案】（1）y＝﹣x2﹣2x+3；（2）；（3）M（﹣1，1）．【解答】解：（1）由題意得，，∴，∴y＝﹣x2﹣2x+3；（2）如圖，連接OP，∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，∴P（﹣1，4），∴PQ＝4，OQ＝1，由﹣x2﹣2x+3＝0得，x1＝1，x2＝﹣3，∴OA＝3，∴S四邊形AOBP＝S△AOP+S△BOP＝＝＝；（3）設(shè)M（﹣1，m），由AM2＝BM2得，[（﹣3）﹣（﹣1）]2+m2＝（﹣1）2+（m﹣3）2，∴m＝1，∴M（﹣1，1）．【變式1-2】（2023?郴州模擬）如圖1，拋物線y＝x2+bx+c與x軸交于點A（﹣1，0），B，與y軸交于點C，且CO＝3AO，連接AC．（1）求拋物線的表達(dá)式；（2）如圖2，若點M是直線BC下方拋物線上一動點（不與點B，C重合），是否存在△BCM，使∠BCM＝90°，若存在，請求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．（3）在y軸上找一點P，使得△ACP是等腰三角形，并求出點P的坐標(biāo)．【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）存在，（1，﹣4）；（3）（0，3）或（0，﹣3）或（0，﹣﹣3）或（0，﹣）．【解答】解：（1）∵點A（﹣1，0），∴OA＝1，∵CO＝3AO，∴CO＝3，∴C（0，﹣3），將A（﹣1，0），C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，∴1﹣b+c＝0，c＝﹣3，解得b＝﹣2，∴拋物線的表達(dá)式為y＝x2﹣2x﹣3；（2）存在△BCM，使∠BCM＝90°，理由如下：當(dāng)y＝0時，x2﹣2x﹣3＝0，解得x＝3或x＝﹣1，∴B（3，0），設(shè)M（m，m2﹣2m﹣3），∴CM＝，BM＝，BC＝3，當(dāng)∠BCM＝90°時，（）2＝（）2+（3）2，解得m＝0（舍）或m＝1，∴M（1，﹣4）；（3）設(shè)P（0，y），∴CP＝|y+3|，AC＝，AP＝，當(dāng)AC＝AP時，＝，解得y＝3或y＝﹣3（舍），∴P（0，3）；當(dāng)AC＝CP時，＝|y+3|，解得y＝﹣3或y＝﹣﹣3，∴P（0，﹣3）或（0，﹣﹣3）；當(dāng)CP＝AP時，＝|y+3|，解得y＝﹣，∴P（0，﹣）；綜上所述：P點坐標(biāo)為（0，3）或（0，﹣3）或（0，﹣﹣3）或（0，﹣）．【變式1-3】（2022秋?東麗區(qū)期末）如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過B（﹣3，0），C（0，3）兩點，與x軸的另一個交點為A．（1）求拋物線的解析式；（2）若直線y＝mx+n經(jīng)過B，C兩點，則m＝1；n＝3；（3）設(shè)點P為x軸上的一個動點，是否存在使△BPC為等腰三角形的點P，若存在，直接寫出點P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．【答案】（1）y＝﹣x2﹣2x+3；（2）1，3；（3）點P的坐標(biāo)為（﹣3﹣3，0）或（3﹣3，0）或（0，0）或（3，0）．【解答】解：（1）把點B（﹣3，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c得：，解得：，∴拋物線的解析式是y＝﹣x2﹣2x+3；（2）把B（﹣3，0），C（0，3）代入y＝mx+n中得：，解得：；故答案為：1，3；（3）∵B（﹣3，0），C（0，3），∴OB＝OC＝3，∴BC＝3，分三種情況：①BC＝BP，如圖2，此時點P的坐標(biāo)為（﹣3﹣3，0）或（3﹣3，0）；②當(dāng)P與O重合時，△BPC也是等腰三角形，此時P（0，0）；③BC＝CP，如圖3，此時點P的坐標(biāo)為（3，0）；綜上所述，點P的坐標(biāo)為（﹣3﹣3，0）或（3﹣3，0）或（0，0）或（3，0）．【變式1-4】（2023?曹縣二模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸相交于點A（﹣1，0），B，對稱軸是直線x＝1，與y軸相交于點C．（1）求拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）點P為拋物線對稱軸上一動點，當(dāng)△PCB是以BC為底邊的等腰三角形時，求點P的坐標(biāo)；【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）（1，1）；【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3與x軸相交于點A（﹣1，0），B，對稱軸是直線x＝1，∴點B的坐標(biāo)為（3，0）．將A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+3得：，解得：，∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝﹣x2+2x+3；（2）當(dāng)x＝0時，y＝3，∴點C的坐標(biāo)為（0，3），又∵點B的坐標(biāo)為（3，0），∴OB＝OC.連接OP，設(shè)拋物線的對稱軸與x軸交于點E，如圖1所示．∵△PCB是以BC為底邊的等腰三角形，∴PC＝PB．在△OPC和△OPB中，，∴△OPC≌△OPB（SSS），∴∠POC＝∠POB，∵∠BOC＝90°，∴∠POE＝∠BOC＝×90°＝45°，∴△POE為等腰直角三角形，∴PE＝OE，∵拋物線的對稱軸是直線x＝1，∴OE＝1，∴PE＝1，∴點P的坐標(biāo)為（1，1）；【變式1-5】（2023?菏澤三模）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）三點，直線l是拋物線的對稱軸．（1）求拋物線的函數(shù)關(guān)系式及對稱軸l；（2）設(shè)點P為直線l上的一個動點，當(dāng)△PAC的周長最小時，求點P的坐標(biāo)？（3）在直線l上是否存在點M，使△MAC為等腰三角形？若存在，求出點M的坐標(biāo)；不存在，說明理由．【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3，x＝1；（2）P（1，2）；（3）M坐標(biāo)為（1，0）、、、（1，1）．【解答】解：（1）將A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）代入拋物線y＝ax2+bx+c中，則，解得，故拋物線的解析式是y＝﹣x2+2x+3；由拋物線的表達(dá)式知，函數(shù)的對稱軸為直線；（2）點A關(guān)于函數(shù)對稱軸的對稱點為點B，連接BC交函數(shù)對稱軸于點P，則點P為所求點，理由：△PAC的周長＝AC+PA+PC＝AC+PB+PC＝AC+BC為最小，設(shè)直線BC的表達(dá)式為y＝sx+t，則，解得，故直線BC的表達(dá)式為y＝﹣x+3，當(dāng)x＝1時，y＝﹣1+3＝2，故點P（1，2），則△PAC的周長最小值＝；（3）設(shè)點M（1，m），由點A、C、M的坐標(biāo)知，AC2＝10，CM2＝m2﹣6m+10，AM2＝4+m2，①當(dāng)AC＝CM時，10＝m2﹣6m+10，解得：m＝0或m＝6（舍去），②當(dāng)AC＝AM時，10＝4+m2，解得：或，③當(dāng)CM＝AM時，m2﹣6m+10＝4+m2，解得：m＝1，檢驗：當(dāng)m＝6時，M、A、C三點共線，不合題意，故舍去；綜上可知，符合條件的M點有4個，M坐標(biāo)為（1，0）、、、（1，1）．【變式1-6】（2023?扎蘭屯市三模）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，拋物線的對稱軸交x軸于點D．已知A（﹣1，0），C（0，3）．（1）求拋物線的解析式；（2）在拋物線的對稱軸上有一點M，使得MA+MC的值最小，求此點M的坐標(biāo)；（3）在拋物線的對稱軸上是否存在P點，使△PCD是等腰三角形，如果存在，求出點P的坐標(biāo)，如果不存在，請說明理由．【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）點M（1，2）；（3）點P的坐標(biāo)為（1，6）或（1，）或（1，﹣）或（1，）．【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過A（﹣1，0），C（0，3）兩點，∴，解得：，∴該拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；（2）由對稱性可知，直線BC與拋物線對稱軸的交點就是點M，拋物線y＝﹣x2+2x+3的對稱軸是直線x＝﹣＝1，由于點A（﹣1，0），則點B（3，0），設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+d，則，解得，∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，當(dāng)x＝1時，y＝﹣1+3＝2，∴點M（1，2）；（3）設(shè)P（1，t），則PC2＝12+（t﹣3）2，CD2＝32+12＝10，PD2＝t2，根據(jù)△PCD為等腰三角形，分三種情況討論：①當(dāng)PC＝CD時，則12+（t﹣3）2＝10，解得：t＝6或t＝0（此時點P與D重合，舍去），∴P（1，6）；②當(dāng)CD＝PD時，則10＝t2，解得：t＝±，∴P1（1，），P2（1，﹣）；③當(dāng)PC＝PD時，則12+（t﹣3）2＝t2，解得：t＝，P（1，）；綜上所述，點P的坐標(biāo)為（1，6）或（1，）或（1，﹣）或（1，）．【變式1-7】（2023?中山市模擬）如圖，拋物線與x軸交于A，B兩點，與y軸正半軸交于點C，已知△ABC的面積等于12．（1）求拋物線的解析式；（2）點D在拋物線的對稱軸上，若△DBC為等腰三角形，請直接寫出點D的坐標(biāo)．【答案】（1）y＝﹣x2+x+4；（2）（1，1）或（1，）或（1，﹣）或（1，4+）或（1，4﹣）．【解答】解：（1）當(dāng)x＝0時，＝t，∴OC＝t，令＝0得x＝﹣2或x＝t，∴OA＝2，OB＝t＞0，∴AB＝2+t，∵△ABC的面積等于12，∴×（2+t）×t＝12，∴t＝﹣6（舍）或t＝4，∴拋物線的解析式為y＝﹣（x+2）（x﹣4）＝﹣x2+x+4．（2）點D在拋物線的對稱軸x＝1上，∴設(shè)點D（1，y），∵B（4，0），C（0，4），∴BD2＝（1﹣4）2+y2＝9+y2，CD2＝（1﹣0）2+（y﹣4）2＝y(tǒng)2﹣8y+17，BC2＝（4﹣0）2+（0﹣4）2＝32，∵△DBC為等腰三角形，∴當(dāng)BD＝CD時，9+y2＝y(tǒng)2﹣8y+17，∴y＝1，∴點D的坐標(biāo)為（1，1），當(dāng)BD＝BC時，9+y2＝32，∴y＝±，∴點D的坐標(biāo)為（1，）或（1，﹣），當(dāng)CD＝BC時，y2﹣8y+17＝32，∴y＝4±，∴點D的坐標(biāo)為（1，4+）或（1，4﹣），∴點D的坐標(biāo)為（1，1）或（1，）或（1，﹣）或（1，4+）或（1，4﹣）．【題型2直角三角形的存在性問題】【典例2】（2022秋?云陽縣期末）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過點A（﹣3，0），B（1，0），C（0，﹣3）．（1）求拋物線得解析式；（2）若點P為第三象限內(nèi)拋物線上的一點，設(shè)△PAC的面積為S，求S的最大值并求此時點P的坐標(biāo)．（3）設(shè)拋物線的頂點為D，DE⊥x軸于點E，在y軸上確定一點M，使得△ADM是直角三角形，寫出所有符合條件的點M的坐標(biāo)，并任選其中一個點的坐標(biāo)，寫出求解過程．【答案】（1）求拋物線得解析式為y＝x2+2x﹣3；（2）S有最大值，此時點P的坐標(biāo)為（﹣，﹣）；（3）在y軸上存在點M，能夠使得△ADM是直角三角形，此時點M的坐標(biāo)為（0，）或（0，﹣）或（0，﹣1）或（0，﹣3）．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣3，0），B（1，0），∴可設(shè)拋物線的解析式為：y＝a（x+3）（x﹣1），∴再將C點坐標(biāo)（0，﹣3）代入，得：a（0+3）（0﹣1）＝﹣3，解得a＝1，∴y＝（x+3）（x﹣1）＝x2+2x﹣3，∴該拋物線的解析式為：y＝x2+2x﹣3；（2）過點P作x軸的垂線，交AC于點N，如圖1，設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+m，由題意，得，解得，∴直線AC的解析式為：y＝﹣x﹣3．再設(shè)動點P的坐標(biāo)為（x，x2+2x﹣3），則點N的坐標(biāo)為（x，﹣x﹣3），∴PN＝PE﹣NE＝﹣（x2+2x﹣3）+（﹣x﹣3）＝﹣x2﹣3x．∵S△PAC＝S△PAN+S△PCN，∴S＝PN?OA＝×3（﹣x2﹣3x）＝﹣（x+）2+，∴當(dāng)x＝﹣時，S有最大值，此時點P的坐標(biāo)為（﹣，﹣）；（3）在y軸上是存在點M，能夠使得△ADM是直角三角形．理由如下：∵y＝x2+2x﹣3＝y(tǒng)＝（x+1）2﹣4，∴頂點D的坐標(biāo)為（﹣1，﹣4）．設(shè)點M的坐標(biāo)為（0，t）則，∵A（﹣3，0），D（﹣1，﹣4），M（0，t），∴AD2＝（﹣1+3）2+（﹣4﹣0）2＝20，AM2＝（0+3）2+（t﹣0）2，DM2＝（0+1）2+（t+4）2，分三種情況進(jìn)行討論：①當(dāng)A為直角頂點時，如圖2，由勾股定理，得AM2+AD2＝DM2，即（0+3）2+（t﹣0）2+20＝（0+1）2+（t+4）2，解得t＝，所以點M的坐標(biāo)為（0，）；②當(dāng)D為直角頂點時，如圖3，由勾股定理，得DM2+AD2＝AM2，即（0+1）2+（t+4）2+20＝（0+3）2+（t﹣0）2，解得t＝﹣，所以點M的坐標(biāo)為（0，﹣）；③當(dāng)M為直角頂點時，如圖4，由勾股定理，得AM2+DM2＝AD2，即（0+3）2+（t﹣0）2+（0+1）2+（t+4）2＝20，解得t＝﹣1或﹣3，所以點M的坐標(biāo)為（0，﹣1）或（0，﹣3）；綜上可知，在y軸上存在點M，能夠使得△ADM是直角三角形，此時點M的坐標(biāo)為（0，）或（0，﹣）或（0，﹣1）或（0，﹣3）．【變式2-1】（2023春?興寧區(qū)校級月考）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l1：y＝x+1與直線l2：x＝﹣2相交于點D，點A是直線l2上的動點，過點A作AB⊥l1于點B，點C的坐標(biāo)為（0，3），連接AC，BC．設(shè)點A的縱坐標(biāo)為t，△ABC的面積為s．?（1）當(dāng)點B的坐標(biāo)為時，直接寫出t的值；（2）s關(guān)于t的函數(shù)解析式為，其圖象如圖2所示，結(jié)合圖1、2的信息，求出a與b的值；（3）在l2上是否存在點A，使得△ABC是直角三角形？若存在，請求出此時點A的坐標(biāo)和△ABC的面積；若不存在，請說明理由．【答案】（1）t＝2；（2）b＝﹣1，a＝﹣；（3）點A（﹣2，1），S△ABC＝2或點A（﹣2，9），S△ABC＝10或點A（﹣2，3），S△ABC＝2．【解答】解：（1）過點B作BH⊥x軸于H，設(shè)直線l1交x軸于P，直線l2與x軸交于點M，∵直線l1：y＝x+1與直線l2：x＝﹣2相交于點D，∴點D（﹣2，﹣1），∵直線l1交x軸于P，∴點P（﹣1，0），∴OP＝1，∵點B（﹣，），∴BH＝OH＝，BD＝＝，∴BH＝PH＝，∴∠BPH＝45°＝∠MPD，∵AB⊥BD，∴∠ADB＝45°，∴△ADB是等腰直角三角形，∴AD＝BD＝3，∴點A（﹣2，2），∴t＝2；（2）如圖2可知：當(dāng)t＝7時，s＝4，把（7，4）代入s＝t2+bt﹣，中得：+7b﹣＝4，解得：b＝﹣1，如圖3，過B作BH∥y軸，交AC于H，由（1）知：當(dāng)t＝2時，A（﹣2，2），B（﹣，），∵C（0，3），設(shè)AC的解析式為：y＝kx+n，則，解得，∴AC的解析式為：y＝x+3，∴H（﹣，），∴BH＝﹣＝，∴s＝BH?|xC﹣xA|＝××2＝，把（2，）代入s＝a（t+1）（t﹣5）得：a（2+1）（2﹣5）＝，解得：a＝﹣；（3）存在，設(shè)B（x，x+1），分兩種情況：①當(dāng)∠CAB＝90°時，如圖4，∵AB⊥l1，∴AC∥l1，∵l1：y＝x+1，C（0，3），∴AC：y＝x+3，∴A（﹣2，1），∵D（﹣2，﹣1），在Rt△ABD中，AB2+BD2＝AD2，即（x+2）2+（x+1﹣1）2+（x+2）2+（x+1+1）2＝22，解得：x1＝﹣1，x2＝﹣2（舍），∴B（﹣1，0），即B在x軸上，∴AB＝＝，AC＝＝2，∴S△ABC＝AB?AC＝××2＝2；②當(dāng)∠ACB＝90°時，如圖5，∵∠ABD＝90°，∠ADB＝45°，∴△ABD是等腰直角三角形，∴AB＝BD，∵A（﹣2，t），D（﹣2，﹣1），∴（x+2）2+（x+1﹣t）2＝（x+2）2+（x+1+1）2，∴（x+1﹣t）2＝（x+2）2，∴x+1﹣t＝x+2或x+1﹣t＝﹣x﹣2，解得：t＝﹣1（舍）或t＝2x+3，Rt△ACB中，AC2+BC2＝AB2，即（﹣2）2+（t﹣3）2+x2+（x+1﹣3）2＝（x+2）2+（x+1﹣t）2，把t＝2x+3代入得：x2﹣3x＝0，解得：x＝0或3，當(dāng)x＝3時，如圖5，則t＝2×3+3＝9，∴A（﹣2，9），B（3，4），∴AC＝＝2，BC＝＝，∴S△ABC＝AC?BC＝××2＝10；當(dāng)x＝0時，如圖6，此時，A（﹣2，3），AC＝2，BC＝2，∴S△ABC＝AC?BC＝×2×2＝2，綜上所述：點A（﹣2，1），S△ABC＝2或點A（﹣2，9），S△ABC＝10或點A（﹣2，3），S△ABC＝2．【變式2-2】（2023?莊浪縣三模）如圖：已知二次函數(shù)y＝ax2+x+c的圖象與x軸交于A，B點，與y軸交于點C，其中B（2，0），C（0，4）．（1）求該拋物線的解析式；（2）P是第一象限拋物線的一個動點，當(dāng)P點運動到何處時，由點P，B，C構(gòu)成的三角形的面積最大，求出此時P點的坐標(biāo)；（3）若M是拋物線上的一個動點，當(dāng)M運動到何處時，△MBC是以BC為直角邊的直角三角形，求出此時點M的坐標(biāo)．?【答案】（1）y＝﹣x2+x+4；（2）點P（1，）；（3）點M的坐標(biāo)為：（﹣，﹣）或（，）．【解答】解：（1）由題意得：，解得：，則拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2+x+4①；（2）如圖1，過點P作PH∥y軸交BC于點H，由點C、B的坐標(biāo)得，直線BC的表達(dá)式為：y＝﹣2x+4，則S△PBC＝S△PHB+S△PHC＝PH×OB＝PH，設(shè)點P的坐標(biāo)為：（m，﹣m2+m+4），則點H（﹣2m+4），則PH＝﹣m2+m+2m﹣4＝﹣m2+3m，∵，故PH有最大值，此時，點P（1，）；（3）由點B、C的坐標(biāo)知，tan∠CBA＝2，當(dāng)∠MBC為直角時，如圖2，則tan∠ABM＝，則直線BM的表達(dá)式為：y＝（x﹣xB）＝（x﹣2）＝x﹣1②，聯(lián)立①②得：﹣x2+x+4＝x﹣1，解得：x＝2（舍去）或﹣，即點M（﹣，﹣）；當(dāng)∠CBM′為直角時，同理可得，直線CM′的表達(dá)式為：y＝x﹣4③，聯(lián)立①③得：﹣x2+x+4＝x﹣4，解得：x＝0（舍去）或，即點M′（，）；綜上，點M的坐標(biāo)為：（﹣，﹣）或（，）．【變式2-3】（2023?喀喇沁旗一模）如圖①，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點A、B（3，0），與y軸交于點C（0，3），直線l經(jīng)過B、C兩點．拋物線的頂點為D．（1）求拋物線和直線l的解析式；（2）判斷△BCD的形狀并說明理由．（3）如圖②，若點E是線段BC上方的拋物線上的一個動點，過E點作EF⊥x軸于點F，EF交線段BC于點G，當(dāng)△ECG是直角三角形時，求點E的坐標(biāo)．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點A、B（3，0），與y軸交于點C（0，3），∴y＝﹣x2+bx+3，將點B（3，0）代入y＝﹣x2+bx+3，得0＝﹣9+3b+3，∴b＝2，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3；∵直線l經(jīng)過B（3，0），C（0，3），∴可設(shè)直線l的解析式為y＝kx+3，將點B（3，0）代入，得0＝3k+3，∴k＝﹣1，∴直線l的解析式為y＝﹣x+3；（2）△BCD是直角三角形，理由如下：如圖1，過點D作DH⊥y軸于點H，∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴頂點D（1，4），∵C（0，3），B（3，0），∴HD＝HC＝1，OC＝OB＝3，∴△DHC和△OCB是等腰直角三角形，∴∠HCD＝∠OCB＝45°，∴∠DCB＝180°﹣∠HCD﹣∠OCB＝90°，∴△BCD是直角三角形；（3）∵EF⊥x軸，∠OBC＝45°，∴∠FGB＝90°﹣∠OBC＝45°，∴∠EGC＝45°，∴若△ECG是直角三角形，只可能存在∠CEG＝90°或∠ECG＝90°，①如圖2﹣1，當(dāng)∠CEG＝90°時，∵EF⊥x軸，∴EF∥y軸，∴∠ECO＝∠COF＝∠CEF＝90°，∴四邊形OFEC為矩形，∴yE＝y(tǒng)C＝3，在y＝﹣x2+2x+3中，當(dāng)y＝3時，x1＝0，x2＝2，∴E（2，3）；②如圖2﹣2，當(dāng)∠ECG＝90°時，由（2）知，∠DCB＝90°，∴此時點E與點D重合，∵D（1，4），∴E（1，4），綜上所述，當(dāng)△ECG是直角三角形時，點E的坐標(biāo)為（2，3）或（1，4）．【變式2-4】（2023?鐵嶺模擬）如圖，一次函數(shù)的圖象與x軸交于點A，與y軸交于點B，二次函數(shù)y＝的圖象與一次函數(shù)y＝﹣的圖象交于B、C兩點，與x軸交于D、E兩點，且點D坐標(biāo)為（﹣1，0）．（1）求二次函數(shù)的解析式；（2）求四邊形BDEC的面積S；（3）在x軸上是否存在點P，使得△PBC是直角三角形？若存在，請直接寫出所有滿足條件的點P的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．?【答案】（1）二次函數(shù)的解析式為y＝x2+x+1；（2）四邊形BDEC的面積為4.5；（3）P的坐標(biāo)為（﹣1，0）或（﹣3，0）或（﹣，0）或（﹣，0）．【解答】解：（1）在y＝﹣x+1中，令x＝0得y＝1，令y＝0得x＝2，∴A（2，0），B（0，1），把B（0，1），D（﹣1，0）代入y＝x2+bx+c得：，解得，∴二次函數(shù)的解析式為y＝x2+x+1；（2）如圖：在y＝x2+x+1中，令y＝0得0＝x2+x+1，解得x＝﹣2或x＝﹣1，∴E（﹣2，0），D（﹣1，0），∵A（2，0），AD＝3，∴AE＝4，由解得或，∴C（﹣4，3），∴S△ACE＝×4×3＝6，S△ABD＝×3×1＝1.5，∴四邊形BDEC的面積S＝S△ACE﹣S△ABD＝6﹣1.5＝4.5，∴四邊形BDEC的面積為4.5；（3）設(shè)P（m，0），∵B（0，1），C（﹣4，3），∴BC2＝20，PB2＝m2+1，PC2＝（m+4）2+9，當(dāng)P為直角頂點時，PB2+PC2＝BC2，∴m2+1+（m+4）2+9＝20，解得m＝﹣1或m＝﹣3，∴P（﹣1，0）或（﹣3，0）；當(dāng)B為直角頂點時，PB2+BC2＝PC2，∴m2+1+20＝（m+4）2+9，解得m＝﹣，∴P（﹣，0），當(dāng)C為直角頂點時，PC2+BC2＝PB2，∴（m+4）2+9+20＝m2+1，解得m＝﹣，∴P（﹣，0），綜上所述，P的坐標(biāo)為（﹣1，0）或（﹣3，0）或（﹣，0）或（﹣，0）．【變式2-5】（2023?懷化二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)的圖象分別交x軸、y軸于點A、B，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過點A、B，E是線段OA的中點．（1）求拋物線的解析式；（2）點F是拋物線上的動點，當(dāng)∠OEF＝∠BAE時，求點F的橫坐標(biāo)；（3）在拋物線上是否存在點P，使得△ABP是以點A為直角頂點的直角三角形，若存在，請求出P點坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；【答案】（1）y＝x2﹣x﹣2；（2）點F的坐標(biāo)為：（2﹣，﹣）或（，）；（3）存在，點P的坐標(biāo)為：（﹣，13）；【解答】解：（1）令x＝0，得y＝x﹣2＝﹣2，則B（0，﹣2），令y＝0，得0＝x﹣2，解得x＝4，則A（4，0），把A（4，0），B（0，﹣2）代入y＝x2+bx+c（a≠0）中，得：，解得：，∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣x﹣2①；（2）當(dāng)點F在x軸的下方時，如圖1，∵∠OEF＝∠BAE，則直線EF∥AB，故設(shè)直線EF的表達(dá)式為：y＝（x﹣xE）＝（x﹣2）＝x﹣1②，聯(lián)立①②得：x2﹣x﹣2＝x﹣1，解得：x＝2﹣（不合題意的值已舍去），即點F的坐標(biāo)為：（2﹣，﹣）；當(dāng)點F（F′）在x軸上方時，同理可得，直線EF′的表達(dá)式為：y＝﹣x+1③，聯(lián)立①②得：x2﹣x﹣2＝﹣x+1，解得：x＝（不合題意的值已舍去），即點F的坐標(biāo)為：（，），綜上，點F的坐標(biāo)為：（2﹣，﹣）或（，）；（3）存在，理由：如圖2，∵△ABP是以點A為直角頂點的直角三角形，即∠PAB＝90°，由直線AB的表達(dá)式知，tan∠OAB＝，則tan∠PAO＝2，則直線PA的表達(dá)式為：y＝﹣2（x﹣xA）＝﹣2（x﹣4）＝﹣2x+8④，聯(lián)立①④得：x2﹣x﹣2＝﹣2x+8，解得：x＝4（舍去）或﹣，即點P的坐標(biāo)為：（﹣，13）；【變式2-6】（2023?金灣區(qū)一模）如題22圖，拋物線y＝ax2+bx+3的對稱軸為直線x＝2，并且經(jīng)過點A（﹣2，0），交x軸于另一點B，交y軸于點C．（1）求拋物線的解析式；（2）在直線BC上方的拋物線上有一點P，求點P到直線BC距離的最大值及此時點P的坐標(biāo)；（3）在直線BC下方的拋物線上是否存在點Q，使得△QBC為直角三角形？若存在，請直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+3；（2）點P到直線BC距離的最大值為，此時點P的坐標(biāo)（3，）；（3）在直線BC下方的拋物線上是存在點Q，使得△QBC為直角三角形，此時點Q的坐標(biāo)為（﹣4，﹣5）或（﹣10，﹣32）．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3的對稱軸為直線x＝2，并且經(jīng)過點A（﹣2，0），∴，解得，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+x+3；（2）設(shè)P（p，﹣p2+p+3）．如圖，過點P作PM⊥BC于M，PN⊥x軸于N，交BC于D．∵y＝﹣x2+x+3，∴當(dāng)x＝0時，y＝3，即C（0，3），當(dāng)y＝0時，﹣x2+x+3＝0，解得x1＝﹣2，x2＝6，即B（6，0）．設(shè)直線BC的解析式為y＝mx+n，則，解得，∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3．∵PD⊥x軸，且D在BC上，∴D（p，﹣p+3），∴S△PBC＝S△PDC+S△PBD＝PD?ON+PD?NB＝PD?（ON+NB）＝PD?OB＝（﹣p2+p+3+p﹣3）×6＝﹣p2+p＝﹣（p﹣3）2+，∴當(dāng)p＝3時，△PBC面積最大，最大值為．∵BC為定值，∴△PBC面積最大時，點P到直線BC的距離最大，即PM最大．∵B（6，0），C（0，3），∴BC＝＝3，∴S△PBC＝BC?PM＝PM＝，∴PM＝，即點P到直線BC距離的最大值為．當(dāng)p＝3時，﹣p2+p+3＝，∴點P的坐標(biāo)為（3，）；（3）如圖，假設(shè)在直線BC下方的拋物線上存在點Q（x，﹣x2+x+3），使得△QBC為直角三角形，則x＜0或x＞6．∵B（6，0），C（0，3），∴BC2＝62+32＝45．當(dāng)△QBC為直角三角形時，分兩種情況：①如果∠Q1CB＝90°時，那么Q1B2＝BC2+Q1C2，∴（x﹣6）2+（﹣x2+x+3）2＝45+x2+（﹣x2+x）2，解得x＝0（舍去），或x＝﹣4，當(dāng)x＝﹣4時，﹣x2+x+3＝﹣×（﹣4）2+（﹣4）+3＝﹣5，∴點Q1的坐標(biāo)為（﹣4，﹣5）；②如果∠Q2BC＝90°時，那么Q2C2＝BC2+Q2B2，∴x2+（﹣x2+x）2＝45+（x﹣6）2+（﹣x2+x+3）2，解得x＝6（舍去），或x＝﹣10，當(dāng)x＝﹣10時，﹣x2+x+3＝﹣×（﹣10）2+（﹣10）+3＝﹣32，∴點Q2的坐標(biāo)為（﹣10，﹣32）；綜上所述，在直線BC下方的拋物線上是存在點Q，使得△QBC為直角三角形，此時點Q的坐標(biāo)為（﹣4，﹣5）或（﹣10，﹣32）．【題型3等腰直角三角形存在性問題】【典例3】（2023?增城區(qū)校級一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx﹣3（a＞0）與x軸交于A（﹣1，0）、B（3，0）兩點，與y軸交于點C．（1）求拋物線的解析式；（2）點P為直線BC下方拋物線上的一動點，PM⊥BC于點M，PN∥y軸交BC于點N．求線段PM的最大值和此時點P的坐標(biāo)；（3）點E為x軸上一動點，點Q為拋物線上一動點，是否存在以CQ為斜邊的等腰直角三角形CEQ？若存在，請直接寫出點E的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）將A（﹣1，0），B（3，0）代入函數(shù)y＝ax2+bx﹣3（a＞0）中，得，解得，∴解析式為y＝x2﹣2x﹣3，故拋物線解析式為y＝x2﹣2x﹣3；（2）當(dāng)x＝0時，y＝3，∴C（0，﹣3），∵B（3，0），∴∠OCB＝∠OBC＝45°，∵PN∥y軸，∴∠MNP＝45°，∵PM⊥BC，∴PM＝PN，則當(dāng)PN最大時，PM也最大，設(shè)BC的解析式為y＝mx+n，∴，解得，∴BC解析式為y＝x﹣3，設(shè)P（x，x2﹣2x﹣3），N（x，x﹣3），∴PN＝x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣（x﹣）2+，當(dāng)x＝時，PN最大，則PM＝PN＝×＝，∴P（，），故PM最大值為，P點坐標(biāo)為（，﹣）；（3）存在，點E的坐標(biāo)為（﹣5，0），（，0），（0，0），（，0）．∵CEQ是以CQ為斜邊的等腰直角三角形，∴設(shè)Q（x，x2﹣2x﹣3），①如圖，過點E作x軸的垂線l，再分別過點C和點Q作垂線l的垂線，分別交于點M和點N，∵∠CEQ＝90°，∴∠QEM+∠CEN＝90°，∵∠QEM+∠MQE＝90°，∴∠EQM＝∠CEN，∵∠CNE＝∠QME＝90°，EC＝EQ，∴△EMQ≌△CNE（AAS），∴CN＝EM＝x2﹣2x﹣3，MQ＝EN＝3，∴|xQ|+MQ＝CN，﹣x+3＝x2﹣2x﹣3，解得x＝﹣2，x＝3（舍去），∴OE＝CM＝2+3＝5，E（﹣5，0），②如圖，過點E作x軸的垂線l，再分別過點C和點Q作垂線l的垂線，分別交于點M和點N，同理：△EMC≌△QNE（AAS），CM＝EN＝x2﹣2x﹣3，NQ＝EM＝3，∴﹣x+x2﹣2x﹣3＝3，解得x＝，x＝（舍去），∴OE＝CM＝，E（，0），③如圖，點E和點O重合，點Q和點B重合，此時E（0，0），④如圖，過點E作x軸的垂線l，再分別過點C和點Q作垂線l的垂線，分別交于點M和點N，同理：△EMC≌△QNE（AAS），CM＝EN＝x2﹣2x﹣3，NQ＝EM＝3，∴x+3＝x2﹣2x﹣3，解得x＝，x＝（舍去），∴OE＝CM＝，E（，0），綜上所述，點E的坐標(biāo)為（﹣5，0），（，0），（0，0），（，0）．【變式3-1】（2023?撫遠(yuǎn)市二模）如圖，拋物線y＝x2+bx+c與x軸相交于點A（﹣1，0）和點B（2，0）．（1）求拋物線的解析式；（2）在拋物線上有一點P，過點P作x軸的垂線交x軸于點Q，若△APQ是等腰直角三角形，求點P的坐標(biāo)．【答案】（1）y＝x2﹣x﹣2．（2）P（3，4）或（1，2）．【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c與x軸相交于點A（﹣1，0）和點B（2，0）．∴，解得，，∴拋物線的解析式為y＝x2﹣x﹣2．（2）如圖，∵PQ⊥x軸于Q，∴∠PQA＝90°，∵△APQ是等腰直角三角形，∴AQ＝PQ，∵點P在拋物線y＝x2﹣x﹣2上，∴設(shè)點Q的坐標(biāo)為（m，0）則點P（m，m2﹣m﹣2），∴AQ＝|m﹣（﹣1）|＝|m+1|，PQ＝|m2﹣m﹣2|，∴|m+1|＝|m2﹣m﹣2|，∴m+1＝m2﹣m﹣2或m+1＝﹣（m2﹣m﹣2），即m2﹣2m﹣3＝0或m2＝1，當(dāng)m2﹣2m﹣3＝0時，解得，m＝3或m＝﹣1（舍去），此時P（3，4），當(dāng)m2＝1時，解得，m＝1或m＝﹣1（舍去），此時P（1，﹣2），綜上得，點P的坐標(biāo)為P（3，4）或（1，2）．【變式3-2】（2023?富錦市校級一模）如圖，是拋物線y＝x2+bx+c與x軸相交于點A（﹣1，0）和點B（2，0）．（1）求拋物線的解析式；（2）在拋物線上有一點P，過點P作x軸的垂線交x軸于點Q，若△APQ是等腰直角三角形，求點P的坐標(biāo)．【答案】（1）y＝x2﹣x﹣2．（2）P（3，4）或（1，﹣2）．【解答】解：（1）∵拋物線y＝x2+bx+c與x軸相交于點A（﹣1，0）和點B（2，0）．∴，解得，．∴拋物線的解析式為y＝x2﹣x﹣2．（2）如圖，∵PQ⊥x軸于Q，∴∠PQA＝90°，∵△APQ是等腰直角三角形，∴AQ＝PQ，∵點P在拋物線y＝x2﹣x﹣2上，∴設(shè)點Q的坐標(biāo)為（m，0）則點P（m，m2﹣m﹣2），∴AQ＝|m﹣（﹣1）|＝|m+1|，PQ＝|m2﹣m﹣2|，∴|m+1|＝|m2﹣m﹣2|，∴m+1＝m2﹣m﹣2或m+1＝﹣（m2﹣m﹣2），即m2﹣2m﹣3＝0或m2＝1，當(dāng)m2﹣2m﹣3＝0時，解得，m＝3或m＝﹣1（舍去），此時P（3，4），當(dāng)m2＝1時，解得，m＝1或m＝﹣1（舍去），此時P（1，﹣2），綜上得，點P的坐標(biāo)為P（3，4）或（1，﹣2）．【變式3-3】（2023?碑林區(qū)校級模擬）如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+3（a≠0）與x軸交于點A（﹣1，0）和點B（3，0），與y軸交于點C．?（1）求該拋物線的解析式；（2）點M為該拋物線的對稱軸l上一點，點P為該拋物線上的點且在l左側(cè)，當(dāng)△AMP是以M為直角頂點的等腰直角三角形時，求符合條件的點M的坐標(biāo)．【答案】（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）M的坐標(biāo)為（1，1）或．【解答】解：（1）將點A（﹣1，0），點B（3，0）代入y＝ax2+bx+3，∴，解得，∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+2x+3；（2）由y＝﹣x2+2x+3得，y＝﹣（x﹣1）2+4；設(shè)M點的坐標(biāo)為（1，m），過點M作PM⊥AM交拋物線于點P，過點P作PE⊥對稱軸于點E，對稱軸與x軸交于點D，①當(dāng)點