二次函數的背景下的幾何探究型問題，往往涉及到的知識點較多、關係複雜、條件隱蔽、思路難覓，綜合性較強，難度較大．但只要牢記「數形結合記心上，潛在條件不能忘，大題小做來轉化，化動為靜多畫圖，分類討論要嚴密，方程函數作工具」就一定能迎刃而解．其形式往往出現存在性形式，所謂存在性形式是指根據題目所給的條件，探究是否存在符合要求的結論，此類問題的敘述一般是「是否存在……，如果存在，請求出……(或請證明)；如果不存在，請說明理由，」解決此類問題的一般方法是逆推法，即假設結論存在，根據條件推理、計算，如果求得出一個結果，並根據推理或計算過程每一步的可逆性，證得結論存在；如果推的矛盾的結論或求不出結果，則說明結論不存在．
類型1 探究線段數量關係及最值的存在性
例1．(2018·宜賓中考題)在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線的頂點坐標為(2,0)，且經過點(4,1)，如圖，直線y＝x/4與拋物線交於A，B兩點，直線l為y＝－1.
(1)求拋物線的解析式；
(2)在l上是否存在一點P，使PA＋PB取得最小值？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．
(3)已知F(x0，y0)為平面內一定點，M(m，n)為拋物線上一動點，且點M到直線l的距離與點M到點F的距離總是相等，求定點F的坐標．
【分析】 (1)設頂點式y＝a(x－2) ，將點(4，1)代入即可求a的值，得出拋物線的解析式；
(2)聯立直線AB與拋物線解析式得到點A與點B的坐標，設出點M的坐標為(0，m)，利用等式MA ＝MB ，求出點M的坐標；
(3)利用最短線段思想，作點B關於直線l的對稱點B′，連接AB′交直線l於點P，此時PA＋PB取得最小值．求出直線AB′解析式後，聯立直線l得出點P坐標；
(4)由最短線段思想可知，當S，A，B三點共線時，SB－SA取得最大值．
解：(1)∵拋物線的頂點坐標為(2,0)，∴設拋物線的解析式為y＝a(x－2)2.
∵該拋物線經過點(4,1)，∴1＝4a，解得a＝1/4，∴拋物線的解析式為y＝1/4 (x－2) ＝1/4x －x＋1.
(2)聯立直線AB與拋物線解析式成方程組，
∴點A的坐標為(1，1/4)，點B的坐標為(4,1)．
如答圖，作點B關於直線l的對稱點B′，連接AB′交直線l於點P，此時PA＋PB取得最小值．
∵點B(4,1)，直線l為y＝－1，∴點B′的坐標為(4，－3)．
設直線AB′的解析式為y＝kx＋b(k≠0)，
將A(1，1/4)，B′(4，－3)分別代入y＝kx＋b，得k+b=1/4,4k+b=-3,
解得k=-13/12, b=4/3.
∴直線AB′的解析式為y＝－13/12x＋4/3.當y＝－1時，有－13/12x＋4/3＝－1，
解得x＝28/13，∴點P的坐標為(28/13，－1)．
【方法規律】直線同側兩點到直線上一點距離和最小問題，要通過軸對稱將直線同側兩點轉化為直線異側兩點，連接對稱點與另一點交直線上一點，此點即為直線上的點到同側兩點距離和最小的點。
例2.（2018廣西中考題）如圖，拋物線y＝ax﹣5ax+c與坐標軸分別交於點A，C，E三點，其中A（﹣3，0），C（0，4），點B在x軸上，AC＝BC，過點B作BD⊥x軸交拋物線於點D，點M，N分別是線段CO，BC上的動點，且CM＝BN，連接MN，AM，AN．
（1）求拋物線的解析式及點D的坐標；
（2）當△CMN是直角三角形時，求點M的坐標；
（3）試求出AM+AN的最小值．
【分析】（1）利用待定係數法求拋物線解析式；利用等腰三角形的性質得B（3，0），然後計算自變量為3所對應的二次函數值可得到D點坐標；
（3）連接DN，AD，如圖，先證明△ACM≌△DBN，則AM＝DN，所以AM+AN＝DN+AN，利用三角形三邊的關係得到DN+AN≥AD（若且唯若點A、N、D共線時取等號），然後計算出AD即可．
【解答】（1）把A（﹣3，0），C（0，4）代入y＝ax﹣5ax+c得9a+15a+c=0,c=4，解得a=-1/6,c=4，
∴拋物線解析式為y＝﹣1/6x+5/6x+4；
∵AC＝BC，CO⊥AB，
∴OB＝OA＝3，∴B（3，0），
∵BD⊥x軸交拋物線於點D，∴D點的橫坐標為3，
當x＝3時，y＝﹣1/6×9+5/6×3+4＝5，∴D點坐標為（3，5）；
（3）連接DN，AD，如圖，∵AC＝BC，CO⊥AB，∴OC平分∠ACB，∴∠ACO＝∠BCO，
∵BD∥OC，∴∠BCO＝∠DBC，
∵DB＝BC＝AC＝5，CM＝BN，∴△ACM≌△DBN，
∴AM＝DN，∴AM+AN＝DN+AN，
而DN+AN≥AD（若且唯若點A、N、D共線時取等號），
【方法點評】本題考查了二次函數的綜合題：熟練掌握二次函數圖象上點的坐標特徵、二次函數的性質和相似三角形的判定與性質；會利用待定係數法求函數解析式；理解坐標與圖形性質；會運用分類討論的思想解決數學問題．
在解決二次函數與幾何問題的綜合問題時，相似是常見手段，在遇到陌生問題的時候，要善於運用已學知識進行轉化，轉化為熟悉的問題來解決．
例3．(2018·煙臺中考題)如圖1，拋物線y＝ax ＋2x＋c與x軸交於A(－4,0)，B(1,0)兩點，過點B的直線y＝kx＋2/3分別與y軸及拋物線交於點C，D.
(1)求直線和拋物線的表達式；
(2)動點P從點O出發，在x軸的負半軸上以每秒1個單位長度的速度向左勻速運動，設運動時間為t秒，當t為何值時，△PDC為直角三角形？請直接寫出所有滿足條件的t的值；
(3)如圖2，將直線BD沿y軸向下平移4個單位後，與x軸，y軸分別交於E，F兩點，在拋物線的對稱軸上是否存在點M，在直線EF上是否存在點N，使DM＋MN的值最小？若存在，求出其最小值及點M，N的坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）∵拋物線y＝ax ＋2x＋c和x軸交點A（－4，0），B（1，0），∴設y=a(x+4)(x-1)， 展開後讓一次項係數等於2，可求出a，從而求出拋物線的表達式；
（2）此題分類討論，先以BD為直徑畫圓和x軸交於兩點；再分別過D和C兩點作CD的垂線，分別與x軸交於兩點，都是符合條件的點，共有四個點．每一種情況都可以通過三角函數（或相似）解決；
(3)此題D是定點，M、N是動點，這與我們以前遇到的求一動點到兩定點的距離之和最小不同，但也有共同之處，就是都需要過定點作對稱軸的對稱點．此題也不例外，就是作D關於對稱軸的對稱點D』，再根據垂線段最短，過D』作直線EF的垂線，垂足為N，垂線D』N與直線EF交於點M，此時M、N即為所求點，再利用D′N⊥EF，得到：
從而求出直線D′N的表達式，與直線EF的表達式聯立求出N的坐標；又M的橫坐標可通過對稱軸x=-3/2確定，將M的的橫坐標x=-3/2代入直線D′N的表達式，可求出M的坐標．DM＋MN的最小值即為D′N的長度，可以通過D』和N的坐標，利用兩點間距離公式得到．
【解答】（1）方法1：∵A（－4，0），B（1，0），
∴設y=a(x+4)(x-1)，∴y=ax +3ax-4a，
∴3a＝2，∴a=2/3，∴y=2x /3+2x-8/3．
把B（1，0）代入y=kx+2/3，可得k=-2/3，∴y=-2/3x+2/3．
方法2：把A（－4，0），B（1，0）代入y=ax +2x+c，得
0=16a-8+c, 0=a+2+c,
解得a=2/3,c=-8/3,∴y=2x /3+2x-8/3．
把B（1，0）代入y=kx+2/3，，可得k=-2/3，∴y=-2/3x+2/3．
Ⅰ)若∠DPC＝90°，如圖（1），作DH⊥x軸於H，∴∠1＋∠2＝90°＝∠3＋∠2，∴∠1＝∠3，
∴tan∠1＝tan∠3，∵P（－t，0），∴PH＝5－t，OP＝t，
【方法規律】（1）二次函數圖象與其他函數圖象相結合問題：解決此類問題時，先根據給定的函數或函數圖象判斷出係數的符號，然後判斷新的函數關係式中係數的符號，再根據係數與圖象的位置關係判斷出圖象特徵，則符合所有特徵的圖象即為正確選項．
（2）二次函數與方程、幾何知識的綜合應用：將函數知識與方程、幾何知識有機地結合在一起．這類試題一般難度較大．解這類問題關鍵是善於將函數問題轉化為方程問題，善於利用幾何圖形的有關性質、定理和二次函數的知識，並注意挖掘題目中的一些隱含條件．
類型2 探究角度數量關係的存在性
例4．拋物線y＝﹣x +2x+3與x軸交於點A，B（A在B的左側），與y軸交於點C．
（1）求直線BC的解析式；
（2）拋物線的對稱軸上存在點P，使∠APB＝∠ABC，利用圖1求點P的坐標；
（3）點Q在y軸右側的拋物線上，利用圖2比較∠OCQ與∠OCA的大小，並說明理由．
【分析】（1）由拋物線解析式可求得B、C的坐標，利用待定係數法可求得直線BC的解析式；
（2）由直線BC解析式可知∠APB＝∠ABC＝45°，設拋物線對稱軸交直線BC於點D，交x軸於點E，結合二次函數的對稱性可求得PD＝BD，在Rt△BDE中可求得BD，則可求得PE的長，可求得P點坐標；
（3）設Q（x，﹣x +2x+3），當∠OCQ＝∠OCA時，利用兩角的正切值相等可得到關於x的方程，可求得Q點的橫坐標，再結合圖形可比較兩角的大小．
【解答】（1）在y＝﹣x +2x+3中，令y＝0可得0＝﹣x +2x+3，解得x＝﹣1或x＝3，令x＝0可得y＝3，∴B（3，0），C（0，3），
∴可設直線BC的解析式為y＝kx+3，
把B點坐標代入可得3k+3＝0，解得k＝﹣1，∴直線BC解析式為y＝﹣x+3；
（2）∵OB＝OC，∴∠ABC＝45°，
∵y＝﹣x +2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴拋物線對稱軸為x＝1，
設拋物線對稱軸交直線BC於點D，交x軸於點E，當點P在x軸上方時，如圖1，
∵∠APB＝∠ABC＝45°，且PA＝PB，
∴∠PBA＝（180°-45°）/2＝67.5°，∠DPB＝1/2∠APB＝22.5°，
∴∠PBD＝67.5°﹣45°＝22.5°，∴∠DPB＝∠DBP，∴DP＝DB，
在Rt△BDE中，BE＝DE＝2，由勾股定理可求得BD＝2√2，
∴PE＝2+2√2，∴P（1，2+2√2）；
當點P在x軸下方時，由對稱性可知P點坐標為（1，﹣2﹣2√2）；
綜上可知P點坐標為（1，2+2√2）或（1，﹣2﹣2√2）；
（3）設Q（x，﹣x+2x+3），當點Q在x軸下方時，如圖2，過Q作QF⊥y軸於點F，
當∠OCA＝∠OCQ時，則△QFC∽△AOC，
∴當Q點橫坐標為5時，∠OCA＝∠OCQ；
當Q點橫坐標大於5時，則∠OCQ逐漸變小，故∠OCA＞∠OCQ；
當Q點橫坐標小於5且大於0時，則∠OCQ逐漸變大，故∠OCA＜∠OCQ．
【方法點評】本題為二次函數的綜合應用，涉及待定係數法、等腰三角形的判定和性質、勾股定理、相似三角形的判定和性質、方程思想和分類討論思想等知識．在（1）中求得B、C坐標是解題的關鍵，在（2）中構造等腰三角形求得P到x軸的距離是解題的關鍵，在（3）中確定出兩角相等時Q點的位置是解題的關鍵．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度適中．
當Q點橫坐標大於5時，則∠OCQ逐漸變小，故∠OCA＞∠OCQ；
當Q點橫坐標小於5且大於0時，則∠OCQ逐漸變大，故∠OCA＜∠OCQ．
【方法點評】本題為二次函數的綜合應用，涉及待定係數法、等腰三角形的判定和性質、勾股定理、相似三角形的判定和性質、方程思想和分類討論思想等知識．在（1）中求得B、C坐標是解題的關鍵，在（2）中構造等腰三角形求得P到x軸的距離是解題的關鍵，在（3）中確定出兩角相等時Q點的位置是解題的關鍵．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度適中．
例5．如果三角形的兩個內角α與β滿足2α+β＝90°，那麼我們稱這樣的三角形為「準互餘三角形」．
（1）若△ABC是「準互餘三角形」，∠C＞90°，∠A＝50°，則∠B═_____°；
（2）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝5，若AD是∠BAC的平分線，
①判斷：△ABD______（填「是」或「不是」）「準互餘三角形」．
②試問在邊BC上是否存在點E（異於點D），使得△ABE也是「準互餘三角形」？若存在，請求出BE的長，若不存在，請說明理由．
【分析】（1）由題意得：∠A+2∠B＝90°，∠A＝50°即可求解；
（2）①是．設∠A＝2α，∠B＝β，而∠A+∠B＝90°，即：2α+β＝90°；②存在，如圖①，連結AE，利用△CAE∽△CBA，即可求解；
（3）由題意得：D是線段BC的中點，則：S△BOC＝2S△OCD＝1/2BOc，求出BO＝√3c，而OC＝c，tan∠CBO＝OC/OB=√3/3，∴∠CBO＝30°，即可求解．
【解答】（1）由題意得：∠A+2∠B＝90°，∠A＝50°，則：∠B＝20°，
故：答案為20°；
（2）①是．設∠A＝2α，∠B＝β，而∠A+∠B＝90°，即：2α+β＝90°；
故：答案是：是；
②存在，如圖，連結AE，
∵△ABE也是「準互餘三角形」，∴∠B+2∠BAE＝90°，
∵∠B+∠BAE+∠EAC＝90°，∴∠EAC＝∠B，又∵∠C＝∠C，∴△CAE∽△CBA，∴CA/CB=CE/CA，
即CA2＝CBCE，∵AC＝4，BC＝5，∴CE＝16/5．
∴BE=BC-CE=5-16/5=9/5；
若∠CBO＝30°＝α，由2α+β＝90°得：β＝30°，即：∠CAB＝30°，
若∠CAB＝30°＝α，由2α+β＝90°得：β＝30°，即：∠CBO＝30°，
即∠CAB＝∠CBA＝30°，
則：OA＝OB＝2√3，OC＝2，
即：點A、B、C的坐標分別為（﹣2√3，0）、（2√3，0）、（0，2），
【方法點評】本題考查的是二次函數知識的綜合運用，涉及到三角形相似、一元二次方程解法等相關知識，本題（2）是難點，其核心是確定△CAE∽△CBA．
綜上所述，解答二次函數幾何探究性問題時，要注意以下三點：①題目中多個知識點時，這時不妨把不同的知識點層層剝離開來，轉化為一個小問題來分析，這樣思路就清晰的多；②存在探索性問題，應先假設結論成立，然後運用有關數學知識求解. 善於將函數問題轉化為方程問題，善於利用幾何圖形的有關性質、定理和二次函數的知識，並注意挖掘題目中的一些隱含條件；對於數形結合的思想的應用要注意幾何圖形的性質為相應的函數或方程提供的條件的應用．
這類問題應充分利用「數形結合」的思想，按照「解析式→坐標→距離（線段長度）→幾何圖形性質及應用」的思路思考；（3）在運動中求最大值或最小值時，通常可以考慮將問題轉化為函數的最值討論問題，利用二次函數的頂點坐標或函數取值範圍解決；對於數形結合的思想的應用要注意幾何圖形的性質為相應的函數或方程提供的條件的應用．