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专题 22.4 二次函数综合——特殊三角形问题
【典例1】如图，抛物线的顶点坐标为P(2,6)，且与x轴交于点A、B（点A在点B的右侧），与y轴交于
( 10)
点C 0, ，点D为该抛物线的对称轴上的点．
3
（1）求该抛物线的函数表达式和点A的坐标；
（2）在对称轴右侧的抛物线上是否存在点E，使得△ADE是以D为直角顶点的等腰直角三角形？若存
在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
( 10)
（1）设抛物线的函数表达式为y=a(x−2) 2+6，将点C 0, 代入，利用待定系数法即可求解，令
3
y＝0即可求得点A的坐标；
（2）记抛物线的对称轴与x轴的交点为F，则F(2,0)，分两种情况：①当点E在x轴上方时，如图点D、E
分别在点D E 的位置，过点E 作E N⊥PF于点N，证明△AFD ≌△D N E (AAS)，得D N＝AF，
1 1 1 1 1 1 1 1
2 8 10
D F＝E N，设D (2,m)，则E (m+2,m+3)，代入y=− x2+ x+ 可得m的值，从而求得E 的坐
1 1 1 1 3 3 3 1
标；②当点E在x轴下方时，如图点D、E分别在点D E 的位置，过点E 作E H⊥PF于点H，同理可得
2 2 2 2
E 的坐标．
2
【解题过程】（1）解：设抛物线的函数表达式为y=a(x−2) 2+6，
( 10) 10
将点C 0, 代入得：4a+6= ，
3 3
2
解得a=− ，
3
2 2 8 10
∴抛物线的函数表达式为y=− (x−2) 2+6=− x2+ x+ ，
3 3 3 3
2 8 10
令y=0得：− x2+ x+ =0，
3 3 3
解得x =−1，x =5，
1 2
∴A(5,0)；
（2）解：存在点E，使得△ADE是以D为直角顶点的等腰直角三角形，理由如下：
记抛物线的对称轴与x轴的交点为F，则F(2,0)，
①当点E在x轴上方时，如图点D、E分别在点D E 的位置，过点E 作E N⊥PF于点N，如图：
1 1 1 1
∵∠AD E =90°，
1 1
∴∠AD F+∠E D N=90°，
1 1 1
∵∠E D N+∠D E N=90°，
1 1 1 1
∴∠AD F=∠D E N，
1 1 1
∵AD =D E ，∠AFD =∠D N E =90°，
1 1 1 1 1 1
∴ △AFD ≌△D N E (AAS)，
1 1 1
∴D N=AF，D F=E N，
1 1 1
∵ A(5,0)，F(2,0)，
∴AF=D N=3，
1
设D (2,m)，则E (m+2,m+3)，
1 12 8 10 2 8 10
将E (m+2,m+3)代入y=− x2+ x+ 得：− (m+2) 2+ (m+2)+ =m+3，
1 3 3 3 3 3 3
3
解得m=−3（舍去）或m= ；
2
(7 9)
∴E , ；
1 2 2
②当点E在x轴下方时，如图点D、E分别在点D E 的位置，过点E 作E H⊥PF于点H，如图：
2 2 2 2
∵∠AD E =90°，
2 2
∴∠AD F+∠H D E =90°，
2 2 2
∵∠H D E +∠H E D =90°，
2 2 2 2
∴∠AD F=∠H E D ，
2 2 2
∵AD =D E ，∠AFD =∠D H E =90°，
2 2 2 2 2 2
∴△AFD ≌△D H E (AAS)，
2 2 2
∴D H=AF，D F=E H，
2 2 2
∵ A(5,0)，F(2,0)，
∴D H=AF=3，
2
设D (2,n)，则E (2−n,n−3)，
2 2
2 8 10 2 8 10
把E (2−n,n−3)代入y=− x2+ x+ 得：− (2−n) 2+ (2−n)+ =n−3，
2 3 3 3 3 3 3
9
解得：n=3（舍去）或n=− ，
2
(13 15)
∴E ,− ．
2 2 2
(7 9) (13 15)
综上所述，E的坐标为 , 或 ,− ．
2 2 2 21．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，已知抛物线y=−x2+2x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B
的左边），与y轴交于点C，连接BC．
（1）求A、B、C三点的坐标及抛物线的对称轴；
(3 )
（2）若已知x轴上一点N ，0 ，则在抛物线对称轴上是否存在一点Q，使得△CNQ是直角三角形？
2
若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）分别令x=0和y=0进行求解即可；
（2）设Q(1，m)，分别按C、N、Q三点为直角顶点，应用勾股定理进行求解．
【解题过程】
（1）解：由y=−x2+2x+3得到：y=−(x+1)(x−3)=−(x−1) 2+4，
令y=0，则−(x+1)(x−3)=0，
∴x=−1或x=3，
则A(−1，0)，B(3，0)，对称轴是x=1．
令x=0，则y=3，
所以C(0，3)，
综上所述，A(−1，0)，B(3，0)，C(0，3)，对称轴是x=1；
（2）解：假设存在满足条件的点Q．
设Q(1，m)．
又C(0，3)，∴CN2=32+ (3) 2 = 45 ，CQ2=12+(3−m) 2=m2−6m+10，NQ2= (3 −1 ) 2 +m2= 1 +m2 ，
2 4 2 4
45 1
①当点C是直角顶点时，则CN2+CQ2=NQ2，即 +m2−6m+10= +m2 ，
4 4
7
解得m= ，
2
( 7)
此时点Q的坐标是 1， ；
2
45 1
②当点N为直角顶点时，CN2+NQ2=CQ2，即 + +m2=m2−6m+10，
4 4
1
解得m=− ，
4
( 1)
此时点Q的坐标是 1，− ；
4
45 1
③当点Q为直角顶点时，CQ2+NQ2=CN2，即 = +m2+m2−6m+10，
4 4
3+❑√11 3−❑√11
解得m= 或m= ，
2 2
( 3+❑√11) ( 3−❑√11)
此时点Q的坐标是 1， 或 1， ．
2 2
( 7) ( 1) ( 3+❑√11) ( 3−❑√11)
综上所述，满足条件的点Q的坐标为： 1， 或 1，− 或 1， 或 1， ．
2 4 2 2
2．（2022秋·山西吕梁·九年级校考阶段练习）综合与探究
如图，抛物线y=−x2+2x+3与x轴交于A,B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点P是第一象
限内抛物线上的一个动点．
（1）请直接写出点A，B，C的坐标；（2）是否存在这样的点P，使得S =S ？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
△COP △BOP
（3）若点Q是直线BC上一点，是否存在点Q，使得以点A、C、Q为顶点的三角形是等腰三角形？若存
在，求出Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）令x=0，求出y值，令y=0，求出x的值，进而得到点A，B，C的坐标；
（2）根据S =S ，得到P点的横纵坐标之间的数量关系，再跟点P在抛物线上，进行求解即可；
△COP △BOP
（3）分AC=CQ,AC=AQ,AQ=CQ，三种情况进行讨论及求解即可；
【解题过程】
（1）解：∵y=−x2+2x+3，
当x=0时，y=3，当y=0时，0=−x2+2x+3，解得：x =−1,x =3，
1 2
∴A(−1,0),B(3,0),C(0,3)；
（2）解：设P(m,n)(m>0,n>0)，
∵B(3,0),C(0,3)，
∴OB=OC=3，
1 3m 1 3n
∴S = OC⋅m= ,S = OB⋅n= ，
△COP 2 2 △BOP 2 2
∵S =S ，
△COP △BOP
∴m=n，
∴P(m,m)，
❑√13+1
∴m=−m2+2m+3，解得：m= （负值已舍掉）；
2
(❑√13+1 ❑√13+1)
∴P , ；
2 2
（3）存在，设直线BC的解析式为：y=kx+t，
{3k+t=0) {k=−1)
则： ，解得： ，
t=3 t=3
∴y=−x+3；
设Q(p,−p+3)，
∵A(−1,0)，C(0,3)，
∴AC2=12+32=10，AQ2=(p+1) 2+(3−p) 2=2p2−4 p+10，CQ2=p2+p2=2p2，
当AC=CQ时：2p2=10，解得：p=±❑√5；∴Q(❑√5,−❑√5+3)或Q(−❑√5,❑√5+3)；
当AC=AQ时：10=2p2−4 p+10，解得：p=0（舍去）或p=2，
∴Q(2,1)；
5
当AQ=CQ时：2p2=2p2−4 p+10，解得：p= ，
2
(5 1)
∴Q , ，
2 2
(5 1)
综上：Q(❑√5,−❑√5+3)或Q(−❑√5,❑√5+3)或Q(2,1)或Q , ．
2 2
3．（2023秋·山西晋城·九年级校考期末）如图1，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A(−1,0)，B(4,0)两
点，与y轴交于点C，顶点为D．点P是直线BC上方抛物线上的一个动点，过点P作PE⊥x轴于点E，
交直线BC于点Q．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求线段PQ的最大值；
（3）如图2，过点P作x轴的平行线交y轴于点M，连接QM．是否存在点P，使得△PQM为等腰三角
形？若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点C的坐标，进而求出直线BC的解析式，设P ( m，− 3 m2+ 9 m+3 ) ，则
4 4
Q ( m，− 3 m+3 ) ，则PQ=− 3 (m−2) 2+3，由此即可求出答案；
4 4
（3）先证明PQ⊥PM，则当△PQM为等腰三角形，只存在PM=PQ这一种情况，设
P ( n，− 3 n2+ 9 n+3 ) ，则Q ( n，− 3 n+3 ) ，则− 3 n2+3n=n，解方程即可．
4 4 4 4【解题过程】
{ a−b+3=0 )
（1）解：把A(−1,0)，B(4,0)代入y=ax2+bx+3中得： ，
16a+4b+3=0
3
{ a=− )
4
∴ ，
9
b=
4
3 9
∴抛物线解析式为y=− x2+ x+3；
4 4
（2）解：设直线BC的解析式为y=kx+b ，
1
3 9
在y=− x2+ x+3中，当x=0时，y=3，
4 4
∴C(0，3)，
{4k+b =0)
把C(0，3)，B(4,0)代入y=kx+b 中得 1 ，
1 b =3
1
{ k=− 3 )
∴ 4 ，
b =3
1
3
∴直线BC的解析式为y=− x+3，
4
设P ( m，− 3 m2+ 9 m+3 ) ，则Q ( m，− 3 m+3 ) ，
4 4 4
∴PQ=− 3 m2+ 9 m+3− ( − 3 m+3 )
4 4 4
3 9 3
=− m2+ m+3+ m−3
4 4 4
3
=− m2+3m
4
3
=− (m−2) 2+3，
4
3
∵− <0，
4
∴当m=2时，PQ有最大值，最大值为3；
（3）解：∵PQ⊥x轴，PM∥x轴，
∴PQ⊥PM，∴当△PQM为等腰三角形，只存在PM=PQ这一种情况，
设P ( n，− 3 n2+ 9 n+3 ) ，则Q ( n，− 3 n+3 ) ，
4 4 4
3
同理可得PQ=− n2+3n，
4
又∵PM=n，
3
∴− n2+3n=n，
4
8
解得n= 或n=0，
3
8
∴存在一点P，当点P的横坐标为 时，△PQM为等腰三角形．
3
1
4．（2023春·山东济宁·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=− x+2的图象与x
2
3
轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=ax2+bx+c关于直线x= 对称，且经过A，C两点，与x轴交于
2
另一点为B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为直线AC上方的抛物线上的一点，过点P作PQ⊥x轴于M，交AC于Q，求PQ的最大值，
并求此时P点的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上找一点D，使△ADC是以AC为直角边的直角三角形，请求出点D的坐标．
【思路点拨】
（1）先求得A，B，C的坐标，再利用待定系数法即可求解；
（2）设P点坐标为 ( m,− 1 m2+ 3 m+2 ) ，则点Q的坐标为 ( m,− 1 m+2 ) ，由
2 2 2
PQ= ( − 1 m2+ 3 m+2 ) − ( − 1 m+2 ) =− 1 m2+2m=− 1 (m−2) 2+2≤2，即可求解；
2 2 2 2 2
（3）分AC2+AD2=CD2、AC2+CD2=AD2，两种情况，分别求解即可．【解题过程】
1
（1）解：令y=− x+2=0，
2
解得：x=4，
即点A的坐标为(4,0)．
3
∵A、B关于直线x= 对称，
2
∴点B的坐标为(−1,0)．
令x=0，则y=2，
∴点C的坐标为(0,2)，
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B、C，
1
{a=−
)
{ c=2 ) 2
∴有 a−b+c=0 ，解得： 3 ．
b=
16a+4b+c=0 2
c=2
1 3
故抛物线解析式为y=− x2+ x+2；
2 2
（2）∵PQ⊥x轴，设P点坐标为 ( m,− 1 m2+ 3 m+2 ) ，
2 2
( 1 )
∴点Q的坐标为 m,− m+2 ，
2
∴PQ= ( − 1 m2+ 3 m+2 ) − ( − 1 m+2 ) =− 1 m2+2m=− 1 (m−2) 2+2≤2，
2 2 2 2 2
∴当m=2时，PQ =2，此时点P(2,3)；
最大
(3 )
（3）假设存在，设D点的坐标为 ,n ．
2
由两点间的距离公式可知：AC=❑√42+(0−2) 2=2❑√5，AD=❑ √ (3 −4 ) 2 +n2，CD=❑ √ (3) 2 +(n−2) 2，
2 2
△ADC为直角三角形分两种情况：①AC2+AD2=CD2，
此时有20+ (3 −4 ) 2 +n2= (3) 2 +(n−2) 2 ，即：4n=−20，
2 2
解得：n=−5，
(3 )
此时点D的坐标为 ,−5 ；
2②AC2+CD2=AD2，
此时有20+ (3) 2 +(n−2) 2= (3 −4 ) 2 +n2 ，即：20−4n=0，
2 2
解得：n=5，
(3 )
此时点D的坐标为 ,5 ；
2
(3 ) (3 )
综上可知：在抛物线的对称轴上存在点D，使△ADC为直角三角形，点D的坐标为 ,−5 或 ,5 ．
2 2
5．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴相交
于A，B两点，与y轴相交于点C，直线y=kx+n(k≠0)经过B，C两点，已知A(1，0)，C(0，3)，且
BC=5．
（1）试求出点B的坐标．
（2）分别求出直线BC和抛物线的解析式．
（3）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使得以B，C，P三点为顶点的三角形是直角三角形？若存
在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）由OC=3，BC=5，可由勾股定理求OB，进而得点B坐标；
（2）用待定系数法即可求解函数解析式；
(5 )
（3）设点P坐标为 ,m ，分三类讨论：①当∠PCB=90°时；②当∠PBC=90°时；③当
2
∠BPC=90°时，分别建立勾股定理方程求解点P坐标即可．
【解题过程】
（1）解：∵点C(0，3)，即OC=3．
∵BC=5，在Rt△BOC中，根据勾股定理得OB =❑√BC2−OC2=4，
即点B坐标为(4，0)．
（2）把B(4，0)、C(0，3)分别代入y=kx+n中，
{4k+n=0) { k=− 3 )
得 ，解得 4 ．
n=3
n=3
3
∴直线BC解析式为y=− x+3；
4
把A(1，0)、B(4，0)、C(0，3)分别代入y=ax2+bx+c得
3
{ a= )
{ a+b+c=0 ) 4
16a+4b+c=0 ，解得 15 ．
b=−
c=3 4
c=3
3 15
∴抛物线的解析式是y= x2− x+3．
4 4
（3）在抛物线的对称轴上存在点P，使得以B，C，P三点为顶点的三角形是直角三角形，理由如下：
3 15
∵抛物线的解析式是y= x2− x+3，
4 4
b 5
∴抛物线对称轴为直线x=− = ．
2a 2
(5 )
设点P坐标为 ,m ．
2
①当∠PCB=90°时，有BP2=BC2+PC2．
∵BP2= ( 4− 5) 2 +m2 ，PC2= (5) 2 +(m−3) 2 ，BC2=25，
2 2
∴ ( 4− 5) 2 +m2= (5) 2 +(m−3) 2+25，
2 2
19
解得：m= ，
3
(5 19)
故点P , ；
1 2 3
②当∠PBC=90°时，有PC2=PB2+BC2．
∵PC2= (5) 2 +(m−3) 2 ，PB2= ( 4− 5) 2 +m2 ，BC2=25，
2 2∴ (5) 2 +(m−3) 2= ( 4− 5) 2 +m2+25，
2 2
解得：m=−2，
(5 )
故点P ,−2 ；
2 2
③当∠BPC=90°时，有BC2=BP2+PC2．
∵PC2= (5) 2 +(m−3) 2 ，PB2= ( 4− 5) 2 +m2 ，BC2=25，
2 2
∴25= ( 4− 5) 2 +m2+ (5) 2 +(m−3) 2 ．
2 2
3+2❑√6 3−2❑√6
解得：m = ，m = ，
1 2 2 2
(5 3+2❑√6) (5 3−2❑√6)
∴P , ，P , ．
3 2 2 4 2 2
(5 19) (5 ) (5 3+2❑√6)
综上所述，使得△BCP为直角三角形的点P的坐标为 , 或 ,−2 或 , 或
2 3 2 2 2
(5 3−2❑√6)
, ．
2 2
6．（2023秋·山西阳泉·九年级统考期末）综合与探究：在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−2与x
轴交于点A(−1,0)和点B(4,0)，与y轴交于点C，过动点D(0,m)作平行于x轴的直线l，直线l与抛物线
y=ax2+bx−2相交于点E，F．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求m的取值范围；（3）直线l上是否存在一点P，使得△BCP是以BC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求m的值；若不
存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）把点A(−1,0)和点B(4,0)代入y=ax2+bx−2，求解即可；
25
（2）将抛物线解析式化成顶点式，求得y的最小值为− ．由直线l与抛物线有两个交点，即可得出
8
25
m>− ；
8
（3）分两种情况：①当∠BCP=90°，BC=PC时，②如图，当∠CBP=90°，BC=BP时，分别 求解
即可．
【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−2经过点A(−1,0)和点B(4,0)，
∴¿
1
{ a= , )
2
解得
3
b=− .
2
1 3
∴抛物线的表达式为y= x2− x−2．
2 2
（2）解：y=
1
x2−
3
x−2=
1(
x−
3) 2
−
25
2 2 2 2 8
25
∴y的最小值为− ．
8
∵直线l与抛物线有两个交点，
25
∴m>− ．
8
（3）解：存在．
1 3
当x=0时，y= x2− x−2=−2．
2 2
∴点C的坐标为(0,−2)．
①如图，当∠BCP=90°，BC=PC时，过点P作PG⊥y轴于G，∴∠BOC=∠CGP=90°．
∵∠BCO+∠PCG=90°，∠GPC+∠PCG=90°，
∴∠BCO=∠CPG．
在△BCO和△CPG中，¿
∴△BCO≌△CPG．
∴CG=BO=4．
∵CO=2，
∴m=OG=4−2=2．
延长PC至P′使得CP′=CP，此时△BCP′也是等腰直角三角形．
易得，此时m=−6．（不合题意，舍去）
②如图，当∠CBP=90°，BC=BP时，过点P作PM⊥x轴于M，
∵∠BOC=∠BMP=90°，∠BCO+∠OBC=90°，∠PBM+∠OBC=90°，
∴∠BCO=∠PBM．
∴△BCO≌△PBM．
∴PM=BO=4．
∴m=PM=4．延长PB，使得BP′=BP，此时△BCP′也是等腰直角三角形．
同理可得， m=−4．（不合题意，舍去）
综上所述，直线l上存在一点P，使得△BCP是以BC为直角边的等腰直角三角形，m的值为2或4．
7．（2023秋·九年级单元测试）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴相交于A，B两点（点A位于点B的左
侧），与y轴相交于点C，M是抛物线的顶点，直线x=1是抛物线的对称轴，且点C的坐标为(0,3)．
（1）求抛物线的关系式；
（2）已知P为线段MB上一个动点，过点P作PD⊥x轴于点D．若PD=m，△PCD的面积为S．
①求S与m之间的函数关系式．
②当S取得最大值时，求点P的坐标．
（3）在（2）的条件下，在线段MB上是否存在点P，使△PCD为等腰三角形？如果存在，直接写出满足
条件的点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）点C坐标代入解析式可求c的值，由对称轴可求b的值，即可求解；
（2）①先求出点M，点A，点B的坐标，利用待定系数法可求BM解析式，由三角形的面积公式可求解；
②利用二次函数的性质可求解；
（3）分三种情况讨论，利用两点距离公式列出方程可求解．
【解题过程】
（1）解：∵直线x=1是抛物线的对称轴，且点C的坐标为(0,3)，
b
∴c=3，− =1，
2×(−1)
∴b=2，
∴抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3；
（2）解：①∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4∴M(1,4)．
∵令y=0，则−x2+2x+3=0，
解得x =3,x =−1，
1 2
∴A(−1,0).B(3,0)．
∵点M(1,4)，点B(3,0)，
∴直线BM的解析式为y=−2x+6．
∵点P在直线BM上，且PD⊥x轴于点D，PD=m，
( m )
∴点P 3− ,m ，
2
∴S = 1 PD⋅OD= 1 m× ( 3− m) =− 1 m2+ 3 m．
△PCD 2 2 2 4 2
1 3
∴S与m之间的函数关系式为S=− m2+ m(02，不符合题意，舍去）
0 2 0 2
此时y =x 2−4x −5=
3−3❑√33
，即点P
(7−❑√33
,
3−3❑√33)
；
0 0 0 2 2 2
当点P在对称轴右侧时，即23．
（3）解：①二次函数y=x2−4x+3=(x−2) 2−1的对称轴为直线x=2，顶点坐标为(2,−1)，
当x=m时，y=m2−4m+3，
即P(m,m2−4m+3)，
（Ⅰ）如图，当m<2时，
当x≤m时，y随x的增大而减小，
则此时点P即为最低点，
所以m2−4m+3=2−m，
3−❑√5 3+❑√5
解得m= 或m= >2（不符题设，舍去）；
2 2
（Ⅱ）如图，当m≥2时，当x≤2时，y随x的增大而减小；当2
