中考二次函数的存在性问题全总结(解析版)

中考二次函数的存在性问题全总结【典例分析】【考点1】二次函数与相似三角形问题【例1】已知抛物线23yaxbx与x轴分别交于(3,0)A，(1,0)B两点，与y轴交于点C．（1）求抛物线的表达式及顶点D的坐标；（2）点F是线段AD上一个动点．①如图1，设AFkAD，当k为何值时，2CFAD1.②如图2，以A，F，O为顶点的三角形是否与ABC相似？若相似，求出点F的坐标；若不相似，请说明理由．【答案】（1）223yxx，D的坐标为(1,4)；（2）①12k；②以A，F，O为顶点的三角形与ABC相似，F点的坐标为618,55或(2,2)．【解析】(1)将A、B两点的坐标代入二次函数解析式，用待定系数法即求出抛物线对应的函数表达式，可求得顶点D(1,4)；(2)①由A、C、D三点的坐标求出AC32，DC2，AD25，可得ΔACD为直角三角形，若1CFAD2，则点F为AD的中点，可求出k的值；②由条件可判断DACOBC，则OAFACB，若以A，F，O为顶点的三角形与ΔABC相似，可分两种情况考虑：当AOFABC或AOFCAB45时，可分别求出点F的坐标．【详解】(1)抛物线2yaxbx3过点A(3,0)，B(1,0)，933030abab，解得：12ab，抛物线解析式为2yx2x3；22yx2x3x14，顶点D的坐标为(1,4)；(2)①在RtΔAOC中，OA3，OC3，222ACOAOC18，D1,4，C0,3，A3,0，222CD112，222AD2420，222ACCDAD，ΔACD为直角三角形，且ACD90，1CFAD2，F为AD的中点，AF1AD2，1k2；②在RtΔACD中，DC21tanACDAC332，在RtΔOBC中，OB1tanOCBOC3，ACDOCB，OAOC，OACOCA45，FAOACB，若以A，F，O为顶点的三角形与ΔABC相似，则可分两种情况考虑：当AOFABC时，ΔAOFΔCBA∽，OFBC，设直线BC的解析式为ykxb，03kbb，解得：33kb，直线BC的解析式为y=3x+3，直线OF的解析式为y=3x，设直线AD的解析式为y=mx+n，430kbkb，解得：26kb，直线AD的解析式为y=2x6，263yxyx，解得：65185xy，618F,55．当AOFCAB45时，ΔAOFΔCAB∽，CAB45，OFAC，直线OF的解析式为y=x，26yxyx，解得：22xy，F2,2，综合以上可得F点的坐标为618,55或(2,2)．【点睛】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、相似三角形的判定与性质和直角三角形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；会运用分类讨论的思想解决数学问题．【变式1-1】如图，抛物线2y2axxc经过(1,0)A，B两点，且与y轴交于点(0,3)C，抛物线与直线1yx交于A，E两点．（1）求抛物线的解析式；（2）坐标轴上是否存在一点Q，使得AQE是以AE为底边的等腰三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．（3）P点在x轴上且位于点B的左侧，若以P，B，C为顶点的三角形与ABE相似，求点P的坐标．【答案】（1）2yx2x3；（2）存在，40Q，或04，，理由见解析；（3）3p05，或9p02，．【解析】（1）将A、C的坐标代入2y2axxc求出a、c即可得到解析式；（2）先求出E点坐标，然后作AE的垂直平分线，与x轴交于Q，与y轴交于Q'，根据垂直平分线的性质可知Q、与A、E，Q'与A、E组成的三角形是以AE为底边的等腰三角形，设Q点坐标(0,x)，Q'坐标(0,y)，根据距离公式建立方程求解即可；（3）根据A、E坐标，求出AE长度，然后推出∠BAE=∠ABC=45°，设p0m，，由相似得到PBABBCAE或PBAEBCAB，建立方程求解即可．【详解】（1）将(1,0)A，(0,3)C代入2y2axxc得：203acc，解得13ac∴抛物线解析式为2y23xx（2）存在，理由如下：联立y1x和2yx2x3，2y123xyxx，解得10xy或45xy∴E点坐标为(4,-5)，如图，作AE的垂直平分线，与x轴交于Q，与y轴交于Q'，此时Q点与Q'点的坐标即为所求，设Q点坐标(0,x)，Q'坐标(0,y)，由QA=QE，Q'A=Q'E得：221405xx，2222010045yy解得4x，4y故Q点坐标为40，或04，（3）∵(1,0)A，45E，∴22145=52AE，当2230xx时，解得1x或3∴B点坐标为(3,0)，∴3OBOC∴45ABC，4AB，32BC，由直线1yx可得AE与y轴的交点为(0,-1)，而A点坐标为(-1,0)∴∠BAE=45°设p0m，则3mBP，∵PBC和ABE相似∴PBABBCAE或PBAEBCAB，即343252m或352432m解得35m或92m，∴3p05，或9p02，．【点睛】本题考查二次函数的综合问题，是中考常见的压轴题型，熟练掌握待定系数法求函数解析式，等腰三角形的性质，以及相似三角形的性质是解题的关键．【变式1-2】如图，已知抛物线1(2)()yxxmm(m＞0)与x轴相交于点A，B，与y轴相交于点C，且点A在点B的左侧.（1）若抛物线过点（2，2），求抛物线的解析式；（2）在（1）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在一点H，使AH+CH的值最小，若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在第四象限内，抛物线上是否存在点M，使得以点A，B，M为顶点的三角形与△ACB相似？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）211242yxx；（2）点H的坐标为（1，32）；（3）当m=222时，在第四象限内抛物线上存在点M，使得以点A，B，M为顶点的三角形与△ACB相似.【解析】分析：（1）把点（2，2）代入1(2)()?(0)yxxmmm中，解出m的值即可得到抛物线的解析式；（2）由（1）中所得解析式求出点A、B、C的坐标，由题意可知，点A、B关于抛物线的对称轴对称，这样连接BC与对称轴的交点即为所求的点H，根据B、C的坐标求出直线BC的解析式即可求得点H的坐标；（3）由解析式1(2)()?(0)yxxmmm可得点A、B、C的坐标分别为（-2，0）、（m，0）和（0，2），如下图，由图可知∠ACB和∠ABM是钝角，因此存在两种可能性：①当△ACB∽△ABM，②△ACB∽△MBA，分这两种情况结合题中已知条件进行分析解答即可.详解：（1）把点（2，2）代入抛物线，得2=1222mm.解得m=4.∴抛物线的解析式为2111yx2x4xx2442.（2）令211yxx2042，解得12x2x4，.则A（-2，0），B（4，0）.对称轴x=-121124.∵211yxx242中当x=0时，y=2，∴点C的坐标为（0，2）.∵点A和点B关于抛物线的对称轴对称，∴连接BC与对称轴的交点即为点H，此时AH+CH的值最小，设直线BC的解析式为y=kx+b，把B（4，0），C（0，2）代入得：402kbb，解得：1 22kb，∴直线BC的解析式为y=1x22.∵当x=1时，y=1122=32.∴点H的坐标为（1，32）.（3）假设存在点M，使得以点A，B，M为顶点的三角形与△ACB相似.如下图，连接AC，BC，AM，BM，过点M作MN⊥x轴于点N，由图易知，∠ACB和∠ABM为钝角，①当△ACB∽△ABM时，有ACAB=ABAM，即2ABAC?AM.∵A（-2，0），C（0，2），即OA=OC=2，∴∠CAB=∠BAM=o45.∵MN⊥x轴，∴∠BAM=∠AMN=45°，∴AN=MN.∴可设M的坐标为：（x，-x-2）（x＞0），把点M的坐标代入抛物线的解析式，得：-x-2=1x2xmm.化简整理得：x=2m，∴点M的坐标为：（2m，-2m-2）.∴AM=222m22m222m1.∵2ABAC?AM，AC=22，AB=m+2，∴2m22222m1.解得：m=222.∵m＞0，∴m=222.②当△ACB∽△MBA时，有ABMA=CBBA，即2ABCB?MA.∵∠CBA=∠BAM，∠ANM=∠BOC=o90，∴△ANM∽△BOC，∴MNAN=COBO.∵BO=m，设ON=x，∴2MNx=2m，即MN=2m（x+2）.令M（x，2x2m）（x＞0），把M点的坐标代入抛物线的解析式，得2x2m=1x2xmm.解得x=m+2.即M（m+2，2m4m）.∵2ABCB?MA，CB=2m4ANm4，，MN=2m4m，∴222224m4m2m4?m4m.化简整理，得16=0，显然不成立.综上所述，当m=222时，在第四象限内抛物线上存在点M，使得以点A，B，M为顶点的三角形与△ACB相似.点睛：本题是一道二次函数和几何图形综合的题目，解题的要点有以下两点：（1）“知道点A、B是关于抛物线的对称轴对称的，连接BC与对称轴的交点即为所求的点H”是解答第2小题的关键；（2）“能根据题意画出符合要求的图形，知道∠ACB和∠ABM为钝角，结合题意得到存在：①当△ACB∽△ABM，②△ACB∽△MBA这两种可能情况”是解答第3小题的关键.【考点2】二次函数与直角三角形问题【例2】如图，抛物线20yaxbxca的顶点坐标为2,1，图象与y轴交于点0,3C，与x轴交于A、B两点．1求抛物线的解析式；2设抛物线对称轴与直线BC交于点D，连接AC、AD，求ACD的面积；3点E为直线BC上的任意一点，过点E作x轴的垂线与抛物线交于点F，问是否存在点E使DEF为直角三角形？若存在，求出点E坐标，若不存在，请说明理由．【答案】(1)22 (2)143yxxx;(2)2;(3)见解析.【解析】（1）可设抛物线解析式为顶点式，把C点坐标代入可求得抛物线解析式；（2）由抛物线解析式可求得A、B坐标，利用待定系数法可求得直线BC解析式，利用对称轴可求得D点坐标，则可求得AD2、AC2和CD2，利用勾股定理的逆定理可判定△ACD为直角三角形，则可求得其面积；（3）根据题意可分∠DFE=90°和∠EDF=90°两种情况，当∠DFE=90°时，可知DF∥x轴，则可求得E点纵坐标，代入抛物线解析式可求得E点坐标；当∠EDF=90°时，可求得直线AD解析式，联立直线AC和抛物线解析式可求得点E的横坐标，代入直线BC可求得点E的坐标．【详解】解：1∵抛物线的顶点坐标为2,1，∴可设抛物线解析式为2(2)10yaxa，把0,3C代入可得2(02)13a，解得1a，∴抛物线解析式为22(2)143yxxx；2在243yxx