专题22.8 二次函数中的存在性问题【八大题型】（人教版）（解析版）.docx

专题22.8 二次函数中的存在性问题【八大题型】 【人教版】 【题型1 二次函数中直角三角形的存在性问题】 1 【题型2 二次函数中等腰三角形的存在性问题】 10 【题型3 二次函数中等腰直角三角形的存在性问题】 21 【题型4 二次函数中平行四边形的存在性问题】 35 【题型5 二次函数中矩形的存在性问题】 42 【题型6 二次函数中菱形的存在性问题】 56 【题型7 二次函数中正方形的存在性问题】 68 【题型8 二次函数中角度问题的存在性问题】 78 【题型1 二次函数中直角三角形的存在性问题】 【例1】（2022•柳州）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（m，0）两点，与y轴交于点C（0，5）． （1）求b，c，m的值； （2）如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，当四边形DEFG的周长最大时，求点D的坐标； （3）如图2，点M是抛物线的顶点，将△MBC沿BC翻折得到△NBC，NB与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得△PQB是以QB为直角边的直角三角形，求出所有符合条件的点P的坐标． 【分析】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，解二元一次方程组即可得b，c的值，令y＝0即可得m的值； （2）设D（x，﹣x2+4x+5），则E（4﹣x，﹣x2+4x+5），表示出四边形DEFG的周长，根据二次函数的最值即可求解； （3）过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，证明△MCH≌△NCK，根据全等三角形的性质得NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，则N（﹣4，3），利用待定系数法可得直线BN的解析式为y=−13x+53，可得Q（0，53），设P（2，p），利用勾股定理表示出PQ2、BP2、BQ2，分两种情况：①当∠BQP＝90°时，②当∠QBP＝90°时，利用勾股定理即可求解． 【解答】解：（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c， 得−1−b+c=0c=5， 解得b=4c=5． ∴这个抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5， 令y＝0，则﹣x2+4x+5＝0，解得x1＝5，x2＝﹣1， ∴B（5，0）， ∴m＝5； （2）∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9， ∴对称轴为x＝2， 设D（x，﹣x2+4x+5）， ∵DE∥x轴， ∴E（4﹣x，﹣x2+4x+5）， ∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴， ∴四边形DEFG是矩形， ∴四边形DEFG的周长＝2（﹣x2+4x+5）+2（x﹣4+x）＝﹣2x2+12x+2＝﹣2（x﹣3）2+20， ∴当x＝3时，四边形DEFG的周长最大， ∴当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为（3，8）； （3）过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K， ∴∠NKC＝∠MHC＝90°， 由翻折得CN＝CM，∠BCN＝∠BCM， ∵B（5，0），C（0，5）． ∴OB＝OC， ∴∠OCB＝∠OBC＝45°， ∵CH⊥对称轴于H， ∴CH∥x轴， ∴∠BCH＝45°， ∴∠BCH＝∠OCB， ∴∠NCK＝∠MCH， ∴△MCH≌△NCK（AAS）， ∴NK＝MH，CK＝CH， ∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9， ∴对称轴为x＝2，M（2，9）， ∴MH＝9﹣5＝4，CH＝2， ∴NK＝MH＝4，CK＝CH＝2， ∴N（﹣4，3）， 设直线BN的解析式为y＝mx+n， ∴−4m+n=35m+n=0，解得m=−13n=53， ∴直线BN的解析式为y=−13x+53， ∴Q（0，53）， 设P（2，p）， ∴PQ2＝22+（p−53）2＝p2−103p+619， BP2＝（5﹣2）2p2＝9+p2， BQ2＝52+（53）2＝25+259， 分两种情况： ①当∠BQP＝90°时，BP2＝PQ2+BQ2， ∴9+p2＝p2−103p+619+25+259，解得p=233， ∴点P的坐标为（2，233）； ②当∠QBP＝90°时，P′Q2＝BP′2+BQ2， ∴p2−103p+619=9+p2+25+259，解得p＝﹣9， ∴点P′的坐标为（2，﹣9）． 综上，所有符合条件的点P的坐标为（2，233），（2，﹣9）． 【变式1-1】（2022•桐梓县模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=−36x2+233x+23与x轴交于A，B两点（点B在点A的右侧），与y轴交于点C，它的对称轴与x轴交于点D，直线L经过C，D两点，连接AC． （1）求A，B两点的坐标及直线L的函数表达式； （2）探索直线L上是否存在点E，使△ACE为直角三角形，若存在，求出点E的坐标；若不存在，说明理由． 【分析】（1）令x＝0，y＝0，可分别求出A、B、C三点坐标，在求出函数的对称轴即可求D点坐标，利用待定系数法求直线解析式即可； （2）设E（t，−3t+23），分三种情况讨论：①当∠CAE＝90°时，AC2+AE2＝CE2，②当∠ACE＝90°时，AC2+CE2＝AE2，③当∠AEC＝90°时，AE2+CE2＝AC2，分别利用勾股定理求解即可． 【解答】解：（1）令y＝0，则−36x2+233x+23=0， 解得x＝﹣2或x＝6， ∴A（﹣2，0），B（6，0）， 令x＝0，则y＝23， ∴C（0，23）， ∵y=−36x2+233x+23=−36（x﹣2）2+833， ∴抛物线的对称轴为直线x＝2， ∴D（2，0）， 设直线CD的解析式为y＝kx+b， ∴b=232k+b=0， 解得k=−3b=23， ∴y=−3x+23； （2）在点E，使△ACE为直角三角形，理由如下： 设E（t，−3t+23）， ∴AC2＝16，AE2＝4t2﹣8t+16，CE2＝4t2， ①当∠CAE＝90°时，AC2+AE2＝CE2， ∴16+4t2﹣8t+16＝4t2， ∴t＝4， ∴E（4，23）； ②当∠ACE＝90°时，AC2+CE2＝AE2， ∴16+4t2＝4t2﹣8t+16， ∴t＝0（舍）； ③当∠AEC＝90°时，AE2+CE2＝AC2， ∴4t2﹣8t+16+4t2＝16， ∴t＝0（舍）或t＝1， ∴E（1，3）； 综上所述：E点坐标为（4，23）或（1，3）． 【变式1-2】（2022秋•日喀则市月考）如图，二次函数y＝﹣x2+4x+5的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，M为抛物线的顶点． （1）求M点的坐标； （2）求△MBC的面积； （3）坐标轴上是否存在点N，使得以B，C，N为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，即可求顶点M； （2）过点M作ME⊥y轴于点E，由 S△MBC＝S四边形MBOE﹣S△MCE﹣S△BOC求解即可； （3）分三种情况讨论：①当C为直角顶点时，作CN1⊥BC交坐标轴为N1，OB＝ON1＝5，则N1（﹣5，0）； ②当B为直角顶点时，作BN2⊥BC交坐标轴为N2，OC＝ON2＝5，则N1（0，﹣5）；③当N为直角顶点时，点O与N3重合，则N3（0，0）． 【解答】解：（1）y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9， ∴M（2，9）； （2）令y＝0，得﹣x2+4x+5＝0， 解得 x＝﹣1或x＝5， ∴A（﹣1，0），B（5，0）， 令x＝0，得y＝﹣x2+4x+5＝5， ∴C（0，5）， 过点M作ME⊥y轴于点E， ∴S△MBC＝S四边形MBOE﹣S△MCE﹣S△BOC=12×(2+5)×9−12×2×(9−5)−12×5×5=15； （3）存在点N，使得以B，C，N为顶点的三角形是直角三角形，理由如下： ∵OB＝OC＝5，∠COB＝90°， ∴∠OCB＝∠OBC＝45°， ∴△BOC是等腰直角三角形， ①当C为直角顶点时，作CN1⊥BC交坐标轴为N1，∠CN1B＝∠CBN1＝45°， ∴OB＝ON1＝5， ∴N1（﹣5，0）； ②当B为直角顶点时，作BN2⊥BC交坐标轴为N2，∠CN2B＝∠BCN2＝45°， ∴OC＝ON2＝5， ∴N1（0，﹣5）； ③当N为直角顶点时，点O与N3重合， ∴N3（0，0）． 综上所述，满足条件的点N的坐标为（﹣5，0）或（0，﹣5）或（0，0）． 【变式1-3】（2022•平南县二模）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且A（﹣1，0），对称轴为直线x＝2． （1）求该抛物线的表达式； （2）直线l过点A与抛物线交于点P，当∠PAB＝45°时，求点P的坐标； （3）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得△BCQ是直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）设y＝（x﹣2）2+k，用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝x2﹣4x﹣5； （2）过点P作PM⊥x轴于点M，设P（m，m2﹣4m﹣5），根据∠PAB＝45°知AM＝PM，即|m2﹣4m﹣5|＝m+1，解得m的值，即可得P的坐标是（6，7）或P（4，﹣5）； （3）由y＝x2﹣4x﹣5求出B（5，0），C（0，﹣5），设Q（2，t），有BC2＝50，BQ2＝9+t2，CQ2＝4+（t+5）2，分三种情况：当BC为斜边时，9+t2+4+（t+5）2＝50，当BQ为斜边时，50+4+（t+5）2＝9+t2，当CQ为斜边时，50+9+t2＝4+（t+5）2，分别解得t的值，即可求出相应Q的坐标． 【解答】解：（1）设y＝（x﹣2）2+k，把A（﹣1，0）代入得： （﹣1﹣2）2+k＝0， 解得：k＝﹣9， ∴y＝（x﹣2）2﹣9＝x2﹣4x﹣5， 答：抛物线的解析式为y＝x2﹣4x﹣5； （2）过点P作PM⊥x轴于点M，如图： 设P（m，m2﹣4m﹣5），则PM＝|m2﹣4m﹣5|， ∵A（﹣1，0）， ∴AM＝m+1 ∵∠PAB＝45° ∴AM＝PM， ∴|m2﹣4m﹣5|＝m+1， 即m2﹣4m﹣5＝m+1或m2﹣4m﹣5＝﹣（m+1）， 当m2﹣4m﹣5＝m+1时，解得：m1＝6，m2＝﹣1（不合题意，舍去）， 当m2﹣4m﹣5＝﹣（m+1），解得m3＝4，m4＝﹣1（不合题意，舍去）， ∴P的坐标是（6，7）或P（4，﹣5）； （3）在抛物线的对称轴上存在一点Q，使得△BCQ是直角三角形，理由如下： 在y＝x2﹣4x﹣5中，令x＝0得y＝﹣5，令y＝0得x＝﹣1或x＝5， ∴B（5，0），C（0，﹣5）， 由抛物线y＝x2﹣4x﹣5的对称轴为直线x＝2，设Q（2，t）， ∴BC2＝50，BQ2＝9+t2，CQ2＝4+（t+5）2， 当BC为斜边时，BQ2+CQ2＝BC2， ∴9+t2+4+（t+5）2＝50， 解得t＝﹣6或t＝1， ∴此时Q坐标为（2，﹣6）或（2，1）； 当BQ为斜边时，BC2+CQ2＝BQ2， ∴50+4+（t+5）2＝9+t2， 解得t＝﹣7， ∴此时Q坐标为（2，﹣7）； 当CQ为斜边时，BC2+BQ2＝CQ2， ∴50+9+t2＝4+（t+5）2， 解得t＝3， ∴此时Q坐标为（2，3）； 综上所述，Q的坐标为（2，3）或（2，﹣7）或（2，1）或（2，﹣6）． 【题型2 二次函数中等腰三角形的存在性问题】 【例2】（2022•沙坪坝区校级模拟）如图1，抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）交x轴于点A（﹣1，0），点B（4，0），交y轴于点C．连接BC，过点A作AD∥BC交抛物线于点D（异于点A）． （1）求抛物线的表达式； （2）点P是直线BC上方抛物线上一动点，过点P作PE∥y轴，交AD于点E，过点E作EG⊥BC于点G，连接PG．求△PEG面积的最大值及此时点P的坐标； （3）如图2，将抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）水平向右平移32个单位，得到新抛物线y1，在y1的对称轴上确定一点M，使得△BDM是以BD为腰的等腰三角形，请写出所有符合条件的点M的坐标，并任选其中一个点的坐标，写出求解过程． 【分析】（1）用待定系数法直接可得抛物线的函数表达式； （2）过点G作GH⊥PE于H，根据勾股定理的逆定理可得△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，则AC⊥BC，由EG⊥BC得AC＝BG，根据等角的余角相等得∠ACO＝∠GEH，证明△ACO≌△GEH，可得GH＝AO＝1，用待定系数法求出直线BC为y=−12x+2，根据AD∥BC得直线AD为y=−12x−12，设P（m，−12m2+32m+2），则E（m，−12m−12），从而得PE=−12m2+2m+52，即可求出△PEG面积为12PE•GH=−14m2+m+54，根据二次函数性质即得答案． （3）求出点D的坐标D（5，﹣3），设点M的坐标为（3，t），可得BD2＝（5﹣4）2+32＝10，BM2＝（4﹣3）2+t2＝1+t2，MD2＝（5﹣3）2+（t+3）2＝t2+6t+13，分两种情况：①当BD＝BM时，②当BD＝MD时，根据等腰三角形的性质即可求解． 【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（4，0）代入抛物线y＝ax2+bx+2得： 16a+4b+2=0a−b+2=0，解得a=−12b=32， ∴抛物线的函数表达式为y=−12x2+32x+2； （2）过点G作GH⊥PE于H， ∵抛物线y=−12x2+32x+2交y轴于点C． ∴C（0，2）， ∵A（﹣1，0），B（4，0）， ∴AB＝5，AC=12+22=5，BC=42+22=25， ∴AB2＝AC2+BC2， ∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°， ∴AC⊥BC， ∵AD∥BC，EG⊥BC， ∴AC＝BG=5， ∵PE∥y轴， ∴∠OCG＝∠EFG， ∵∠ACO+∠OCG＝90°，∠GEH+∠EFG＝90°， ∴∠ACO＝∠GEH， ∵∠AOC＝∠GHE＝90°， ∴△ACO≌△GEH（AAS）， ∴GH＝AO＝1， 设直线BC为y＝kx+n，将C（0，2），B（4，0）代入得： 4k+n=0n=2，解得k=−12n=2， ∴直线BC为y=−12x+2， ∵AD∥BC，A（﹣1，0）， ∴直线AD为y=−12x−12， 设P（m，−12m2+32m+2），则E（m，−12m−12）， ∴PE=−12m2+2m+52， ∴△PEG面积为12PE•GH=−14m2+m+54=−14（m﹣2）2+94， ∵−14＜0， ∴m＝2时，△PEG面积的最大值为94， 此时点P的坐标为（2，3）； （3）∵抛物线y=−12x2+32x+2=−12（x−32）2+258水平向右平移32个单位，得到新抛物线y1=−12（x﹣3）2+258， ∴y1的对称轴为x＝3， 联立直线AD为y=−12x−12，抛物线y=−12x2+32x+2，解得x=−1y=0或x=5y=−3， ∴D（5，﹣3）， 设点M的坐标为（3，t）， ∴BD2＝（5﹣4）2+32＝10， BM2＝（4﹣3）2+t2＝1+t2， MD2＝（5﹣3）2+（t+3）2＝t2+6t+13， ①当BD＝BM时， ∴BD2＝BM2， ∴1+t2＝10， ∴t＝±3， ∴点M的坐标为（3，3）或（3，﹣3）， ∵点（3，3）与B，D共线， ∴点M的坐标为（3，﹣3）； ②当BD＝MD时， ∴BD2＝MD2， ∴t2+6t+13＝10， ∴t＝﹣3±6， ∴点M的坐标为（3，﹣3+6）或（3，﹣3−6）； 综上所述，点M的坐标为（3，﹣3）或（3，﹣3+6）或（3，﹣3−6）． 【变式2-1】（2022•湘西州）定义：由两条与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月牙线”，如图①，抛物线C1：y＝x2+2x﹣3与抛物线C2：y＝ax2+2ax+c组成一个开口向上的“月牙线”，抛物线C1和抛物线C2与x轴有着相同的交点A（﹣3，0）、B（点B在点A右侧），与y轴的交点分别为G、H（0，﹣1）． （1）求抛物线C2的解析式和点G的坐标． （2）点M是x轴下方抛物线C1上的点，过点M作MN⊥x轴于点N，交抛物线C2于点D，求线段MN与线段DM的长度的比值． （3）如图②，点E是点H关于抛物线对称轴的对称点，连接EG，在x轴上是否存在点F，使得△EFG是以EG为腰的等腰三角形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）将A（﹣3，0）、H（0，﹣1）代入y＝ax2+2ax+c中，即可求函数的解析式； （2）设M（t，t2+2t﹣3），则D（t，13t2+23t﹣1），N（t，0），分别求出MN，DM，再求比值即可； （3）先求出E（﹣2，﹣1），设F（x，0），分来两种情况讨论：①当EG＝EF时，22=(x+2)2+1，可得F（7−2，0）或（−7−2，0）；②当EG＝FG时，22=9+x2，F点不存在． 【解答】解：（1）将A（﹣3，0）、H（0，﹣1）代入y＝ax2+2ax+c中， ∴9a−6a+c=0c=−1， 解得a=13c=−1， ∴y=13x2+23x﹣1， 在y＝x2+2x﹣3中，令x＝0，则y＝﹣3， ∴G（0，﹣3）； （2）设M（t，t2+2t﹣3），则D（t，13t2+23t﹣1），N（t，0）， ∴NM＝﹣t2﹣2t+3，DM=13t2+23t﹣1﹣（t2+2t﹣3）=−23t2−43t+2， ∴MNDM=−(t2+2t−3)−23(t2+2t−3)=32； （3）存在点F，使得△EFG是以EG为腰的等腰三角形，理由如下： 由（1）可得y＝x2+2x﹣3的对称轴为直线x＝﹣1， ∵E点与H点关于对称轴x＝﹣1对称， ∴E（﹣2，﹣1）， 设F（x，0）， ①当EG＝EF时， ∵G（0，﹣3）， ∴EG＝22， ∴22=(x+2)2+1， 解得x=7−2或x=−7−2， ∴F（7−2，0）或（−7−2，0）； ②当EG＝FG时，22=9+x2， 此时x无解； 综上所述：F点坐标为（7−2，0）或（−7−2，0）． 【变式2-2】（2022秋•永嘉县校级期末）如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别是y轴正半轴，x轴正半轴上两动点，OA＝2k，OB＝2k+3，以AO，BO为邻边构造矩形AOBC，抛物线y=−34x2+3x+k交y轴于点D，P为顶点，PM⊥x轴于点M． （1）求OD，PM的长（结果均用含k的代数式表示）． （2）当PM＝BM时，求该抛物线的表达式． （3）在点A在整个运动过程中，若存在△ADP是等腰三角形，请求出所有满足条件的k的值． 【分析】（1）点D在y=−34x2+3x+k上，且在y轴上，即y＝0求出点D坐标，根据抛物线顶点公式，求出即可； （2）先用k表示出相关的点的坐标，根据PM＝BM建立方程即可； （3）先用k表示出相关的点的坐标，根据△ADP是等腰三角形，分三种情况，AD＝AP，DA＝DP，PA＝PD计算； 【解答】解：（1）把x＝0，代入y=−34x2+3x+k， ∴y＝k． ∴OD＝k． ∵4ac−b24a=4×(−34)k−324×(−34)=k+3， ∴PM＝k+3； （2）由抛物线的表达式知，其对称轴为x＝2， ∴OM＝2，BM＝OB﹣OM＝2k+3﹣2＝2k+1． 又∵PM＝k+3，PM＝BM， ∴k+3＝2k+1， 解得k＝2． ∴该抛物线的表达式为y=−34x2+3x+2； （3）①当点P在矩形AOBC外部时，如图1， 过P作PK⊥OA于点K，当AD＝AP时， ∵AD＝AO﹣DO＝2k﹣k＝k， ∴AD＝AP＝k，KA＝KO﹣AO＝PM﹣AO＝k+3﹣2k＝3﹣k KP＝OM＝2，在Rt△KAP中，KA2+KP2＝AP2 ∴（3﹣k）2+22＝k2，解得k=136． ②当点P在矩形AOBC内部时， 当AP＝AD时，同法可得（k﹣3）2+22＝k2，解得k=136． 当PD＝AP时，过P作PH⊥OA于H， AD＝k，HD=12k，HO＝DO+HD=3k2， 又∵HO＝PM＝k+3， ∴3k2=k+3， 解得k＝6． 当DP＝DA时，过D作PQ⊥PM于Q， PQ＝PM﹣QM＝PM﹣OD＝k+3﹣k＝3 DQ＝OM＝2，DP＝DA＝k， 在Rt△DQP中，DP=DQ2+PQ2=22+32=13． ∴k＝PD=13， 故k=136或6或13． 【变式2-3】（2022•杭州校级自主招生）如图，抛物线y＝ax2﹣5ax+4经过△ABC的三个顶点，已知BC∥x轴，点A在x轴的负半轴上，点C在y轴上，且AC＝BC． （1）求抛物线的对称轴； （2）求A点坐标并求抛物线的解析式； （3）若点P在x轴下方且在抛物线对称轴上的动点，是否存在△PAB是等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点P坐标；不存在，请说明理由． 【分析】（1）本题须根据二次函数的对称轴公式即可求出结果． （2）本题须先求出C点的坐标，再根据BC两点关于对称轴x=52对称，求出B点的坐标，设A点坐标（m，0），求出m即可得出点A的坐标，最后代入即可求出抛物线解析式． （3）本题须先根据题意画出图形，再分别根据图形求出相应的点P的坐标即可． 【解答】解：（1）y＝ax2﹣5ax+4， 对称轴：x=−−5a2a=52； （2）经过△ABC的三个顶点，已知BC∥x轴，点A在x轴上，点C在y上，且AC＝BC， 令x＝0，y＝4，可知C点坐标（0，4）， BC∥x轴，所以B点纵坐标也为4， 又∵BC两点关于对称轴x=52对称， 即：xB+02=52， xB＝5， ∴B点坐标（5，4）． A点在x轴上，设A点坐标（m，0）， AC＝BC，即AC2＝BC2， AC2＝42+m2， BC＝5， ∴42+m2＝52， ∴m＝±3， ∴A点坐标（﹣3，0）， 将A点坐标之一（﹣3，0）代入y＝ax2﹣5ax+4， 0＝9a+15a+4， a=−16， y=−16x2+56x+4； 将A点坐标是（3，0），则与A在x轴的负半轴矛盾，故舍去． 故函数关系式为：y=−16x2+56x+4． （3）存在符合条件的点P共有3个．以下分三类情形探索． 设抛物线对称轴与x轴交于N，与CB交于M． 过点B作BQ⊥x轴于Q， 易得BQ＝4，AQ＝8，AN＝5.5，BM=52． ①以AB为腰且顶角为角A的△PAB有1个：△P1AB． ∴AB2＝AQ2+BQ2＝82+42＝80（8分） 在Rt△ANP1中，P1N=AP12−AN2=AB2−AN2=80−(5.5)2=1992， ∴P1（52，−1992）． ②以AB为腰且顶角为角B的△PAB有1个：△P2AB． 在Rt△BMP2中MP2=BP22−BM2=AB2−BM2 =80−254 =2952，（10分） ∴P2＝（52，8−2952）． ③以AB为底，顶角为角P的△PAB有1个，即△P3AB． 画AB的垂直平分线交抛物线对称轴于P3，此时平分线必过等腰△ABC的顶点C． 过点P3作P3K垂直y轴，垂足为K，显然Rt△P3CK∽Rt△BAQ． ∴P