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专题 14 二次函数与几何压轴
目 录
题型01 三角形面积问题
类型一 利用铅垂高计算三角形面积
类型二 面积比值问题
类型三 面积存在性问题
类型四 面积最值问题
题型02 线段相关问题
类型一 线段和最值问题
类型二 线段差最小问题
类型三 周长最值
题型03 存在性问题
类型一 平行四边形存在性问题
类型二 矩形存在性问题
类型三 菱形存在性问题
类型四 正方形存在性问题
类型五 等腰三角形存在性问题
类型六 直角三角形存在性问题
类型七 相似三角形存在性问题
类型八 等角存在性问题
类型九 二倍角、半角存在性问题
类型十 特殊角存在性问题
类型十一 线段存在性
（时间：60分钟）
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题型 01 三角形面积问题
类型一 利用铅垂高计算三角形面积
1．（2023·山东青岛·一模）对于某些三角形，我们可以直接用面积公式或是用割补法等来求它们的面积，
下面我们研究一种求面积的新方法：如图1所示，分别过三角形的顶点A、C作水平线的铅垂线l 、l ，l 、
1 2 1
l 之间的距离d叫做水平宽；如图1所示，过点B作水平线的铅垂线交AC于点D，称线段BD的长叫做这
2
个三角形的铅垂高；
1
结论提炼：容易证明，“三角形的面积等于水平宽与铅垂高乘积的一半”，即“S= dh”．
2
尝试应用：
已知：如图2，点A(−5,3)、B(4,0)、C(0,6)，则△ABC的水平宽为______，铅垂高为______，所以
△ABC的面积为______．
学以致用：
如图3，在平面直角坐标系中，抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3，点B为抛物线的顶点，图象与y轴
交于点A，与x轴交于E、C两点，BD为△ABC的铅垂高，延长BD交x轴于点F，则顶点B坐标为______，
铅垂高BD=______，△ABC的面积为______．
14
【答案】尝试应用：9， ，21；学以致用：(1，4)，2，3
3
【分析】尝试应用：先求出直线l 即为直线x=−5，直线l 即为直线x=4，则d=9，即△ABC的水平宽为
1 2
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1 4 ( 4) 14 14
9，求出直线AB的解析式为y=− x+ ，则D 0， ，即可得到h= ，即铅垂高为 ，则
3 3 3 3 3
1 1 14
S = dh= ×9× =21；
△ABC 2 2 3
学以致用：先把抛物线解析式化为顶点式求出点B的坐标，再求出A、C的坐标，进而求出直线AC的解析
式和水平宽，从而得到点D的坐标，求出BD的长即可求出△ABC的面积．
【详解】解：尝试应用：∵点A(−5,3)、B(4,0)，
∴直线l 即为直线x=−5，直线l 即为直线x=4，
1 2
∴d=4−(−5)=9，即△ABC的水平宽为9，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
∴¿，
∴¿，
1 4
∴直线AB的解析式为y=− x+ ，
3 3
1 4 4
在y=− x+ 中，当x=0时，y= ，
3 3 3
( 4)
∴D 0， ，
3
∵C(0,6)，
∴OC=6，
4 14 14
∴h=6− = ，即铅垂高为 ，
3 3 3
1 1 14
∴S = dh= ×9× =21；
△ABC 2 2 3
14
故答案为：9， ，21；
3
学以致用：∵抛物线解析式为y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴顶点B的坐标为(1，4)；
令x=0，则y=3；令y=0，则−x2+2x+3=0，解得x=−1或x=3，
∴A(0，3)，C(3，0)，
∴直线l 即为直线x=0，直线l 即为直线x=3，
1 2
∴d=3−0=3，即△ABC的水平宽为3，
设直线AC的解析式为y=k x+b ，
1 1
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∴¿，
∴¿，
∴直线AC的解析式为y=−x+3，
在y=−x+3中，当x=1时，y=2，
∴D(1，2)，
∴BD=2，
1 1
∴S = d⋅BD= ×3×2=3；
△ABC 2 2
故答案为：(1，4)，2，3．
【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，二次函数与几何综合，正确理解题意是解题的关键．
2．（2024·山西晋城·一模）综合与探究
1 4
如图，抛物线y=− x2− x+4与x轴交于A，B两点（点B在点A的左侧），与y轴交于点C，P是直
3 3
线BC上方抛物线上一动点．
(1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式．
(2)连接PB，PC，求△PBC面积的最大值及此时点P的坐标．
(3)在（2）的条件下，若F是抛物线对称轴上一点，在抛物线上是否存在点Q，使以B，F，P，Q为顶点
的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
2
【答案】(1)A(2，0)，B(−6，0)，C(0，4)，y= x+4
3
(2)△PBC的面积最大值为9，此时点P的坐标为(−3，5)
( 7) ( 7)
(3) 1， 或 −5， 或(−7，−3)
3 3
【分析】
（1）根据二次函数解析式分别求出自变量和函数值为0时自变量或函数值即可求出A、B、C的坐标，再
利用待定系数法求出直线BC的函数表达式即可；
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（2）过点P作PD∥y轴交BC于D，设P ( m，− 1 m2− 4 m+4 ) ，则D ( m， 2 m+4 ) ，则
3 3 3
1
PD=− (m+3) 2+3，根据S =S +S ，可得S =−(m+3) 2+9，则当m=−3时，△PBC的
3 △PBC △PBD △PCD △PBC
面积最大，最大值为9，此时点P的坐标为(−3，5)
（3）设F(−2，n)，Q(s，t)，再分当BP为对角线时， 当BF为对角线时， 当BQ为对角线时，由平行
四边形对角线中点坐标相同建立方程求解即可。
1 4
【详解】（1）解：在y=− x2− x+4中，当x=0时，y=4，
3 3
∴C(0，4)；
1 4 1 4
在y=− x2− x+4中，当y=− x2− x+4=0时，解得x=2或x=−6，
3 3 3 3
∴A(2，0)，B(−6，0)；
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴¿，
∴¿，
2
∴直线BC的解析式为y= x+4；
3
（2）解：如图所示，过点P作PD∥y轴交BC于D，
设P ( m，− 1 m2− 4 m+4 ) ，则D ( m， 2 m+4 ) ，
3 3 3
∴PD=− 1 m2− 4 m+4− (2 m+4 ) =− 1 m2−2m=− 1 (m+3) 2+3，
3 3 3 3 3
∵S =S +S
△PBC △PBD △PCD
1 1 1
∴S = PD⋅(x −x )+ PD⋅(x −x )= PD⋅(x −x )=3PD=−(m+3) 2+9，
△PBC 2 P B 2 C P 2 C B
∵−1<0，
∴当m=−3时，△PBC的面积最大，最大值为9，此时点P的坐标为(−3，5)
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（3）解：∵A(2，0)，B(−6，0)，
−6+2
∴抛物线对称轴为直线x= =−2，
2
设F(−2，n)，Q(s，t)，
−6−3 −2+s
当BP为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得： = ，
2 2
解得s=−7，
∴点Q的坐标为(−7，−3)；
−6−2 −3+s
当BF为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得： = ，
2 2
解得s=−5，
( 7)
∴点Q的坐标为 −5， ；
3
−6+s −3−2
当BQ为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得： = ，
2 2
解得s=1，
( 7)
∴点Q的坐标为 1， ；
3
( 7) ( 7)
综上所述，点Q的坐标为 1， 或 −5， 或(−7，−3)．
3 3
类型二 面积比值问题
7
3．（2023·辽宁大连·二模）平面直角坐标系xOy中，抛物线C ：y=x2先向右平移 个单位长度，再向上
1 2
7
平移 个单位长度，得到新的抛物线C ，其顶点为A，C ，C 相交于点B，过点A作AC⊥x轴于点C，
4 2 1 2
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连接BC交OA于点D．
(1)点A的坐标是________；
(2)如图，求△OBD面积与△OCD面积的比值；
( 3)
(3)在y轴上有两点E(0，n)，G 0,n+ ，过点E作x轴的平行线交直线AO于点F，以EF，EG为邻边
2
作矩形EFHG，直线FH分别交抛物线C ，C 于点P，Q．若抛物线C在矩形EFHG内部（不含边界）的
1 2
部分对应的函数值y随x的增大而增大，且抛物线C ，在矩形EFHG内部（不含边界）的部分对应的函数
2
值y随x的增大而减小，求PQ的取值范围．
(7 7)
【答案】(1) ,
2 4
S 12
(2) △OBD =
S 7
△OCD
7
(3) 0)与直线y=x相交于点O和点
A，OA截得的抛物线弓形的曲线上有一点P．
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（Ⅰ）当a=1时，解答下列问题：
①求A点的坐标；
②连接OP，AP，求△OPA面积的最大值；
③当△OPA的面积最大时，直线OP也截得一个更小的抛物线弓形，同理在这个更小的抛物线弓形曲线上
也有一点P'，连接OP'，P'P，当△OP'P的面积最大时，求这个△OP'P的最大面积与②中△OPA的最大
面积的比值；
（Ⅱ）将（Ⅰ）中a=1的条件去掉后，其它条件不变，则△OP'P的最大面积与△OPA的最大面积的比值
是否变化？请说明理由．
1 1
【答案】（Ⅰ）①A(1,1)；② ；③ ；（Ⅱ）不变，见解析；
8 8
【分析】（Ⅰ）①当a=1时得抛物线解析式为y=x2，解方程组¿，即可求得A的坐标；
1 (1 1)
②设过点P与OA平行的直线为y=x+b，由¿得b=− ，由此求出P , ，利用三角形面积公式计算得
4 2 4
到△OPA面积最大值；
1 1 1
③由②直线OP的解析式y= x，设与OP平行的直线为y= x+b ，由¿ b =− ，求出△OPP'面积最
2 2 1 1 16
1 1 1 1
大值为 × × = ，即可求得答案；
2 16 2 64
(1 1)
（Ⅱ）不变．由y=ax2 (a>0)与直线y=x交点为(0,0)和A , ，设过点P与OA平行的直线为y=x+b，
a a
由¿得b=− 1 ，得到y=x− 1 ，得到P ( 1 , 1 ) ，求得此时△OPA面积最大值为 1 × 1 × 1 = 1 ．
4a 4a 2a 4a 2 4a a 8a2
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1 1 1
由OP:y= x，设与OP平行的直线为y= x+b ，由¿得b =− ，求出△OPP'面积最大值为
2 2 1 1 16a
1 1 1 1
× × = ，由此得到答案．
2 16a 2a 64a2
【详解】解：（Ⅰ）①当a=1时，抛物线解析式为y=x2，
解方程组¿，解得¿，
∴A(1,1)；
②设过点P与OA平行的直线为y=x+b，
1
由¿得x2−x−b=0，由Δ=0，可得b=− ，
4
1
∴y=x− ，
4
(1 1)
∴P , ，
2 4
1 1 1
此时△OPA面积最大值为 × ×1= ．
2 4 8
1
③由②直线OP的解析式y= x，
2
1
设与OP平行的直线为y= x+b ，
2 1
1 1
由¿得x2− x−b =0，由Δ=0，可得b =− ，
2 1 1 16
1 1 1 1
∴△OPP'面积最大值为 × × = ，
2 16 2 64
1
∴△OPP'的面积与△OPA的面积的比 ．
8
（Ⅱ）不变．
(1 1)
理由：y=ax2 (a>0)与直线y=x交点为(0,0)和A , ，
a a
设过点P与OA平行的直线为y=x+b，
1
由¿得ax2−x−b=0，由Δ=0，可得b=− ，
4a
1
∴y=x− ，
4a
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∴P ( 1 , 1 ) ，此时△OPA面积最大值为 1 × 1 × 1 = 1 ．
2a 4a 2 4a a 8a2
1
由OP:y= x，
2
1
设与OP平行的直线为y= x+b ，
2 1
1
由¿得2ax2−x−2b =0，由Δ=0，可得b =− ，
1 1 16a
1 1 1 1
∴△OPP'面积最大值为 × × = ，
2 16a 2a 64a2
1
∴△OPP'的面积与△OPA的面积的比 ．
8
【点睛】此题考查求直线与抛物线的交点坐标，平行的直线解析式的求法，图形面积的计算，熟练掌握两
个函数图象交点的求法是解题的关键．
5．（2021·江苏盐城·二模）将抛物线y＝ax2的图像（如图1）绕原点顺时针旋转90度后可得新的抛物线图
1
像（如图2），记为C：y2＝ x．
a
【概念与理解】
将抛物线y=4x2和y=x2按上述方法操作后可得新的抛物线图像，记为：C ：_____________；C ：
1 2 1 2
____________．
【猜想与证明】
在平面直角坐标系中，点M（x，0）在x轴正半轴上，过点M作平行于y轴的直线，分别交抛物线C 于点
1
A、B，交抛物线C 于点C、D，如图3所示．
2
AB AB
（1）填空：当x=1时， =______；当x=2时， =_______；
CD CD
（2）猜想：对任意x（x＞0）上述结论是否仍然成立？若成立，请证明你的猜想；若不成立，请说明理由．
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【探究与应用】
①利用上面的结论，可得△AOB与△COD面积比为 ；
②若△AOB和△COD中有一个是直角三角形时，求△COD与△AOB面积之差；
【联想与拓展】
若抛物线C ：y2＝mx、C ：y2＝nx（00)，则F'K=4a，
∴F'(3a,−4a)，
设直线OF'的解析式为：y=k'x，
把F'(3a,−4a)代入y=k'x得：−4a=3a⋅k'，
4
解得：k'=−
，
3
4
∴直线OF'的解析式为：y=− x，
3
4 1 1
令− x= x2− x−3，
3 4 4
−13+√601 −13−√601
解得：x = ，x = （舍去），
1 6 2 6
−13+√601
∴点H的横坐标为 ；
6
当F'P⊥y轴时，连接F'P并延长交y轴于点K，交BG于点L，如图所示：
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∵∠GKL=90°，∠BGO=45°，
∴∠F'LG=90°−45°=45°，
∴此时直线F'P与直线BG所成夹角为45°，符合题意，
根据折叠可知，∠OF'P=∠OFP，
3
∴tan∠OF'K=tan∠OFD=
，
4
∴设OK=3a(a<0)，则F'K=4a，
∴F'(4a,3a)，
设直线OF'的解析式为：y=k″x，
把F'(4a,3a)代入y=k″x得：3a=4a⋅k″，
3
解得：k″=
，
4
3
∴此时直线OF'的解析式为：y= x，
4
3 1 1
令 x= x2− x−3，
4 4 4
解得：x =−2，x =6（舍去），
1 2
∴此时点H的横坐标为−2；
−13+√601
综上分析可知，点H的横坐标为−2或 ．
6
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，求二次函数的最值，二次函数解析式，求一次函数解析式，
折叠问题，解直角三角形，平行四边形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，数形结合，注意分类讨
论，准确计算．
14．（2023·浙江·模拟预测）已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(5,0)两点，C为抛物线的
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4
顶点，抛物线的对称轴交x轴于点D，连接AC，BC，且tan∠CBD= ，如图所示．
3
(1)求抛物线的解析式；
(2)设P是抛物线的对称轴上的一个动点．
①过点P作x轴的平行线交线段BC于点E，过点E作EF⊥PE交抛物线于点F，连接FB、FC，求△BCF
的面积的最大值；
3
②连接PB，求 PC+PB的最小值．
5
4 16 20
【答案】(1)抛物线的解析式为y=− x2+ x+
9 9 9
3 3 24
(2)①△BCF的面积的最大值为 ；② PC+PB的最小值为
2 5 5
【分析】
（1）设抛物线的解析式为：y=a(x+1)(x−5)，可得对称轴为直线x=2，由锐角三角函数可求点C坐标，
代入解析式可求解析式；
3 3 1
（2）①先求出直线BC解析式，设P(2,t)，可得点E(5− t，t)，点F(5− t,2t− t2 )，可求EF的
4 4 4
长，由三角形面积公式和二次函数性质可求解；
3
②根据图形的对称性可知∠ACD=∠BCD，AC=BC=5，过点P作PG⊥AC于G，可得PG= PC，
5
3 3
可得 PC+PB=PG+PB，过点B作BH⊥AC于点H，则PG+PB≥BH，即BH是 PC+PB的最小值，
5 5
由三角形面积公式可求解．
【详解】（1）
根据题意，可设抛物线的解析式为：y=a(x+1)(x−5)，
∵抛物线的对称轴为直线x=2，
∴D(2,0)，
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4 CD
又∵ tan∠CBD= = ，
3 DB
∴CD=BD⋅tan∠CBD=4，
即C(2,4)，
代入抛物线的解析式，得4=a(2+1)(2−5)，
4
解得a=− ，
9
4 4 16 20
∴二次函数的解析式为y=− (x+1)(x−5)=− x2+ x+ ；
9 9 9 9
（2）
①设P(2,t)，其中0−2)，由直线AD：y=−x−2可得P(m,−m−2)，则
PQ=|−m2−m+2+m+2|=|m2−4|，AP=√(m+2) 2+(m+2) 2=√2(m+2)，分两种情况：①当PA=PQ时，
②当AP=AQ时，根据等腰三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A(−2,0)和B(1,0)，
∴交点式为y=−(x+2)(x−1)=−(x2+x−2)=−x2−x+2，
∴抛物线的表示式为y=−x2−x+2；
（2）解：在射线AD上存在一点H，使△CHB的周长最小，
如图，延长CA到C'，使AC'=AC，连接BC'，BC'与AD交点即为满足条件的点H，
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∵x=0时，y=−x2−x+2=2，
∴C(0,2)，
∴OA=OC=2，
∴∠CAO=45°，直线AC解析式为y=x+2，
∵射线AC绕点A顺时针旋转90°得射线AD，
∴∠CAD=90°，
∴∠OAD=∠CAD−∠CAO=45°，
∴直线AD解析式为y=−x−2，
∵AC'=AC,AD⊥CC'，
∴C'(−4,−2)，AD垂直平分CC'，
∴CH=C'H，
∴当C'、H、B在同一直线上时，
C =CH+BH+BC=C'H+BH+BC=BC'+BC最小，
△CHB
设直线BC'解析式为y=kx+a，
∴¿，解得：¿，
2 2
∴直线BC'：y= x− ，
5 5
∵¿，解得：¿，
( 8 6)
∴点H坐标为 − ,− ；
7 7
（3）解：设Q(m,−m2−m+2)(m>−2)，则P(m,−m−2)，
∴PQ=|−m2−m+2+m+2|=|m2−4|，AP=√(m+2) 2+(m+2) 2=√2(m+2)，
①当PA=PQ时，√2(m+2)=|m2−4|，
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∴√2(m+2)=m2−4或√2(m+2)=−m2+4，
解得m =2+√2,m =−2（舍去）或m =2−√2,m =−2（舍去），
1 2 3 4
∴Q点的坐标为(2+√2,−6−5√2)或(2−√2,−6+5√2)；
②当AP=AQ时，如图，
∵AP=AQ,PQ⊥x轴，
∴PO=QO，
∴−m2−m+2=−(−m−2)，
∴m =0,m =−2（舍去）,
1 2
∴Q点的坐标为(0,2)．
综上所述，当△APQ是以AP为腰的等腰三角形时，Q点的坐标为(2+√2,−6−5√2)或
(2−√2,−6+5√2)或(0,2)．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象与性质，旋转的性质，轴对称求最短路径，等腰
三角形的性质，解二元一次方程组．其中第（3）题要分类讨论，避免漏解．
4
20．（2023·四川资阳·二模）如图，直线y=− x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线
3
4
y=− x2+bx+c过A、B两点．
3
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(1)求抛物线的解析式；
(2)点D为抛物线上位于AB上方的一点，过点D作DE⊥AB于点E，作DF∥y轴交AB于点F，当△≝¿的
周长最大时，求点D的坐标；
(3)G是平面内的一点，在（2）的条件下，将△≝¿绕点G顺时针旋转α得到△D'E'F'，当α=∠OBA时，
△D'E'F'的两个顶点恰好落在抛物线上，求点D'的横坐标．
4 8
【答案】(1)y=− x2+ x+4
3 3
(3 )
(2)D ,5
2
19 7
(3) 或
10 5
4
【分析】（1）根据y =− x+4，令y=0和x=0，求出 A(3,0)，B(0,4)，代入解析式即可得到最后结
AB 3
果；
（2）根据勾股定理求出AB长度，表示出DE+EF+DF= 12 DF，设D ( t,− 4 t2+ 8 t+4 ) ，则
5 3 3
F ( t,− 4 t+4 ) ，表示出DF=− 4 t2+4t，DE+EF+DF=− 16( t− 3) 2 + 36 ，根据题意，即可得到D
3 3 5 2 5
点坐标；
（3）根据当△≝¿顺时针旋转α后，EF∥y轴，D'E'⊥y轴，设D'(m,n)则E'(
m−
9
,n
)
，
5
F'(
m−
9
,n
)
，分别在当E'、D'两个顶点在抛物线上时，和当D'、E'两个顶点在抛物线上时，求出m的值
5
19 7
为 或 ，即可得到最后结果．
10 5
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4
【详解】（1）解：∵y =− x+4，令y=0，
AB 3
4
得− x+4=0，
3
解得：x=3，
令x=0，得y=4，
∴A(3,0)，B(0,4)，
故得方程组¿，
∴¿，
4 8
∴此抛物线的解析式为：y=− x2+ x+4；
3 3
（2）∵A(3,0)，B(0,4)，
∴OA=3，OB=4，
∴AB=√OA2+OB2=5，
OA 3 OB 4
∴sin∠ABO= = ，cos∠ABO= = ，
AB 5 AB 5
∵DF∥y轴，
∴∠DFE=∠ABO，
∵DE⊥AB，
DE 3
∴ =sin∠DFE=cos∠ABO= ，
DF 5
3
∴EF= DF，
5
EF 4
∵ =cos∠DFE=cos∠ABO= ，
DF 5
4
∴EF= DF，
5
3 4 12
∴DE+EF+DF= DF+ DF+DF= DF，
5 5 5
设D ( t,− 4 t2+ 8 t+4 ) ，则F ( t,− 4 t+4 ) ，
3 3 3
∴DF=− 4 t2+ 8 t+4− ( − 4 t+4 ) =− 4 t2+4t，
3 3 3 3
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∴DE+EF+DF= 12( − 4 t2+4t ) =− 16( t− 3) 2 + 36 ，
5 3 5 2 5
3
∴当t= 时，△≝¿的周长最大，
2
3 4 8
∵t= ，− t2+ t+4=5，
2 3 3
(3 )
∴D ,5 ；
2
3
（3）当t= 时，DF=3，
2
3 9 4 12
∴DE= DF= ，EF= DF= ，
5 5 5 5
∵∠DFE=∠ABO=α，
∴当△≝¿顺时针旋转α后，EF∥y轴，D'E'⊥y轴，
设D'(m,n)则E'(
m−
9
,n
) ，F'(
m−
9
,n
)
，
5 5
①当E'、D'两个顶点在抛物线上时，
¿，
19
解得：m= ，
10
19
∴D'的横坐标为 ，
10
②当D'、F'两个顶点在抛物线上时，
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∴¿，
7
解得：m= ，
5
7
∴D'的横坐标为 ，
5
又∵E'F'∥y轴，
∴E'、F'不会同时在抛物线上，
19 7
∴综上所述，点D'的横坐标为 或 ．
10 5
【点睛】本题考查了二次函数综合题，待定系数法求函数解析式，二次函数图像和特征，一次函数图像和
特征，勾股定理，三角函数值，解答本题的关键是运用分类讨论的思想．
21．（2023·湖北恩施·一模）已知直线y=x−1与x轴交于点A，过x轴上A，C两点的抛物线
y=ax2+bx+3与y轴交于点B，与直线y=x−1交于D且OB=OC，
(1)直接写出A，B，C三点的坐标；
(2)求抛物线的解析式；
(3)若点M是抛物线对称轴l上一动点，当△CDM的周长最小时，求△CDM的面积；
(4)点P是抛物线上一动点（点P不与B，C重合），连接AP，DP，若△ADP的面积等于3，求点P的坐
标．
【答案】(1)A(1，0)，C(3，0)，B(0，3)
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(2)y=x2−4x+3
(3)2
(5+√17 7+√17) (5−√17 7−√17)
(4)P (2，−1)或P ， 或P ，
1 2 2 2 3 2 2
【分析】（1）先求出点C的坐标，进而求出点B的坐标，在y=x−1中，当y=0时，x=1，即可求出点A
的坐标；
（2）利用待定系数法求解即可；
（3）先求出D(4，3)；设直线AD与直线l交于点H，连接AM、CM，CH，由对称性可知AM=CM，
则当A、M、D三点共线时，AM+DM最小，即此时△CDM的周长最小，最小值为AD+CD，此时点
M与点H重合，根据S =S −S 进行求解即可；
△CDH △ACD △ACH
（4）先求出过点C且与AD平行的直线解析式为y=x−3，再证明S =S ，则由平行线间的距离处
△ADC △ADP
处相等可得点P在直线y=x−3或在直线y=x+1上，据此求解即可．
【详解】（1）解：在y=ax2+bx+3中，当x=0时，y=3，
∴C(3，0)，
∴OB=OC=3，
∴B(0，3)，
在y=x−1中，当y=0时，x=1，
∴A(1，0)；
（2）解：设抛物线解析式为y=a(x−1)(x−3)，
把C(0，3)代入y=a(x−1)(x−3)中得3=a(0−1)(0−3)，
解得a=1，
∴抛物线解析式为y=(x−1)(x−3)=x2−4x+3；
（3）解：联立¿，
解得¿或¿，
∴D(4，3)；
设直线AD与直线l交于点H，连接AM、CM，CH，
由对称性可知AM=CM，
∴△CDM的周长=CM+DM+CD=AM+DM+CD，
∵CD是定值，
∴当A、M、D三点共线时，AM+DM最小，即此时△CDM的周长最小，最小值为AD+CD，此时点
M与点H重合，
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∵A(1，0)，B(3，0)，
∴抛物线对称轴为直线x=2，
在y=x−1中，当x=2时，y=1，
∴H(2，1)，
1 1
∴S =S −S = ×(3−1)×3− ×(3−1)×1=2；
△CDH △ACD △ACH 2 2
（4）解：设过点C且与AD平行的直线解析式为y=x+b❑❑，
1
∴0=3+b❑❑，
1
∴b❑=−3，
1
∴过点C且与AD平行的直线解析式为y=x−3，
1
∵S = ×(3−2)×3=3，
△ADC 2
∴S =S ，
△ADC △ADP
∴由平行线间的距离处处相等可得点P在直线y=x−3或在直线y=x+1上，
联立¿，解得¿或¿，
∴P (2，−1)；
1
联立¿，解得¿或¿，
(5+√17 7+√17) (5−√17 7−√17)
∴P ， 或P ， ；
2 2 2 3 2 2
(5+√17 7+√17) (5−√17 7−√17)
综上所述，点P的坐标为P (2，−1)或P ， 或P ， ．
1 2 2 2 3 2 2
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【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数综合，待定系数法求函数解析式等等，灵活运用所学知识是
解题的关键．
题型 03 存在性问题
类型一 平行四边形存在性问题
22．（2024·浙江·模拟预测）如图，抛物线y=−x2+2x+m(m>0)与y轴交于A点，其顶点为D．直线
1
y=− x−2m分别与x轴、y轴交于B、C两点，与直线AD相交于E点．
2
(1)求A、D的坐标（用m的代数式表示）；
(2)将△ACE沿着y轴翻折，若点E的对称点P恰好落在抛物线上，求m的值；
(3)抛物线y=−x2+2x+m(m>0)上是否存在一点P，使得以P、A、C、E为顶点的四边形是平行四边形？
若存在，求此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(0,m),D(1,m+1)
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3
(2)m=
2
5 1
(3)y=−x2+2x+ 或y=−x2+2x+
4 4
【分析】
本题考查二次函数综合题、一次函数、对称、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握待
定系数法，学会用配方法确定抛物线顶点坐标，学会分类讨论，知道可以利用方程组求两个函数图象交点
坐标，属于中考压轴题．
（1）利用配方法求出顶点D坐标，令x=0，可以求出点A坐标；
（2）求出直线AC解析式，利用方程组求出点E坐标，再求出点E关于y轴对称点E'坐标，利用待定系数
法即可解决问题；
（3）分AC为边，AC为对角线两种情形分别讨论即可解决问题．
【详解】（1）∵y=−x2+2x+m=−(x−1) 2+m+1，
∴顶点D(1,m+1)，
令x=0，则y=m，
∴点A(0,m)，
∴A(0，m)，D(1，m+1)；
（2）设直线AD为y=kx+b，则¿，解得¿，
∴直线AD解析式为y=x+m，
由¿，解得¿，
∴点E坐标为(−2m,−m)，
∴点E关于y轴的对称点P(2m,−m)，
∵点P在抛物线上，
∴−m=−4m2+4m+m，
3
∴m= 或m=0，
2
∵m>0，
3
∴m= ；
2
（3）如图，
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①当AC为边时，EP∥AC，EP=AC，
令x=0，则y=−2m，
∴点C的坐标为(0,−2m)，
∴AC=m−(−2m)=3m
根据平移可以得到点P坐标(−2m,−4m)，
∴−4m=−4m2−4m+m，
1
∴m= 或m=0(舍弃)，
4
②当AC为对角线时，AE为边，
根据平移可得点P'坐标(2m,0)，
∴0=−4m2+4m+m，
5
∴m= 或m=0(舍弃)
4
5 1
∴抛物线解析式为y=−x2+2x+ 或y=−x2+2x+
．
4 4
23．（2023·河南·模拟预测）如图，抛物线y=ax2+bx−16对称轴是直线x=1，且过点A(−2,0)．点B为
抛物线与x轴另一交点．
(1)求抛物线的表达式．
(2)矩形BCDE的边BC在x轴正半轴上，边CD在第四象限．BC=6，CD=4．将矩形BCDE沿x轴负半轴
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方向平移得到矩形B'C'D'E'，直线B'E'与直线C'D'分别交抛物线于点M、N．在平移过程中，是否存在
以C'、E'、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求平移距离；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=2x2−4x−16.
35
(2)存在；平移距离是
6
【分析】（1）用待定系数法即可求出抛物线；
（2）设将矩形BCDE沿x轴负半轴方向平移t个单位得到矩形B'C'D'E'，则C(10,0),E(4,−4)，
B'(4−t,0),C'(10−t,0),E'(4−t,−4)，，根据平行四边形的对边平行且相等，分两种情况讨论，列
出方程求出t的值即可．
【详解】（1）解：由题可得¿，
解得¿，
∴抛物线的表达式为：y=2x2−4x−16.
（2）解：存在以C'、E'、M、N为顶点的四边形是平行四边形，
理由如下：
∵抛物线y=2x2−4x−16对称轴是直线x=1，且过点A(−2,0)，
∴B(4,0),
∵BC=6，CD=4，
∴C(10,0),E(4,−4)，
设将矩形BCDE沿x轴负半轴方向平移t个单位得到矩形B'C'D'E'，
∴B'(4−t,0),C'(10−t,0),E'(4−t,−4)，
∵直线B'E'与直线C'D'分别交抛物线于点M、N．
∴M(4−t,2t2−12t)，N(10−t,2t2−36t+144)，
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∴E'M=|2t2−12t+4|,C'N=|2t2−36t+144|,
∵C'N∥E'M,
∴C'N=E'M时，以C'、E'、M、N为顶点的四边形是平行四边形，
∴2t2−12t+4=2t2−36t+144①或2t2−12t+4=−(2t2−36t+144)②，
35
解方程①得t= ；
6
化简②得t2−12t+37=0，
∵Δ=122−4×1×37=−4<0，
∴此方程无解，这种情况不成立，
35
综上所述，当平移 个单位时存在以C'、E'、M、N为顶点的四边形是平行四边形.
6
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，矩形的性质，平行四边形的
判定及性质，平移的性质，分类讨论是解题的关键．
类型二 矩形存在性问题
24．（2023·山西晋中·模拟预测）综合与探究
如图，抛物线y=−x2+bx+c的顶点为D(1,4)与x轴交于A和B两点，交y轴于点C．
(1)求抛物线的函数表达式及点A、B、C的坐标；
(2)如图1，点P是直线BC上方的抛物线上的动点，当△BCP面积最大时，求点P的横坐标；
(3)如图2，若点M是坐标轴上一点，点N为平面内一点，是否存在这样的点，使以B、D、M、N为顶点
的四边形是以BD为对角线的矩形？若存在，请直接写出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3，点A、B、C的坐标分别为：(−1,0)、(3,0)、(0,3) ;
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(3 15)
(2)P ,
2 4
(3)点N(4,1)或(4,3)或(3,4)
【分析】（1）依题意，y=−(x−1) 2+4=−x2+2x+3，当x=0时，y=3，令y=−x2+2x+3=0，解方
程即可求解；
1
（2）由△BCP面积=S +S = ×PH·OB；即可求解；
△PHC △PHB 2
（3）根据矩形的性质，由中点坐标公式和对角线BD=MN列出方程组，即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c的顶点为D(1,4)，
∴ y=−(x−1) 2+4=−x2+2x+3，
当x=0时，y=3，令y=−x2+2x+3=0，解得：x=−1或x=3
∴即点A、B、C的坐标分别为：(−1,0)、(3,0)、(0,3) ;
（2）过点P作PH∥y轴交BC于点H，如图所示，
设直线BC的解析式为y=kx+3，将(3,0)代入，得3k+3=0，
解得：k=−1，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
设点P(x,−x2+2x+3) ,则点H(x,−x+3) ,
1
则△BCP面积=S +S = ×PH·OB
△PHC △PHB 2
3 3
= ×(−x2+2x+3+x−3)=− (x2−3x)
2 2
3
∵ − <0 ,则△BCP面积有最大值，
2
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3 15
当x= 时，−x2+2x+3= ,
2 4
(3 15)
此时，点P , ；
2 4
（3）存在，理由如下：
设点M的坐标为：(0，m)或(n,0)，点N(s,t)，
由点B、D的坐标得，BD2=20，
由中点坐标公式和对角线BD=MN得：
¿或¿
解得：¿或¿或¿或¿ (舍去)
∴即点N(4,1)或(4,3)或(3,4) ．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，矩形的性质等知识，分类求解是
解题的关键．
25．（2023·河北石家庄·模拟预测）如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(−3,0),B(2,0)．
与y轴交于点C，∠CAO=45°，直线y=kx交抛物线于点E，且AE=EC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点M为直线y=1上一点，点N为直线EC上一点，求CM+MN的最小值；
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(3)点P为抛物线上一点，点Q为平面内一点，是否存在点P，Q，使得以E，C，P，Q为顶点的四边形是
矩形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
1 1
【答案】(1)y=− x2− x+3
2 2
8√5
(2)
5
(3)存在，（1，﹣4）或（7，﹣11）．
【分析】（1）求出C点坐标，再由待定系数法求函数的解析式即可；
（2）作C点关于y=1的对称点C'，过C'作C'N⊥EC交于N，交y=1于点M，连接CM，EC'，当M、
N、C'三点共线时，CM+MN的值最小，最小值为C'N，求出C'N即可；
（3）分两种情况讨论：①以EC为矩形的边，如图2，过点C作CE⊥CP 交抛物线于P ，过点E作
1 1
EP ⊥EC交抛物线于点P ，过点P 作P Q ∥EC交EP 于Q ，过P 作P Q ∥EC交CP 于Q ，求出
2 2 1 1 1 2 1 2 2 2 1 2
1
直线CE的解析式为y= x+3，可求出直线CH的解析式为y=2x+3，联立方程组¿，可求得P (3,−3)，
2 1
由C点向左平移2个单位，再向下平移1个单位得到点E，可得Q (1,−4)，同理可得Q (7,−11)；②当
1 2
CE为矩形对角线时，如图3，以EC为直径的圆与抛物线没有交点，此时P点不存在．
【详解】（1）解：∵∠CAO=45°，
∴OC=OA，
∵A(−3,0)，
∴OA=3，
∴OC=3，
∴C(0,3)，
将点A(−3,0)，B(2,0)，C(0,3)代入y=ax2+bx+c，
∴¿，
解得¿，
1 1
∴y=− x2− x+3；
2 2
（2）解：作C点关于y=1的对称点C'，过C'作C'N⊥EC交于N，交y=1于点M，连接CM，EC'，
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∴CM=MC'，
∴MN+CM=MN+C'M≥NC'，
∴M、N、C'三点共线时，CM+MN的值最小，
∵AE=EC，AO=CO，
∴EO为线段AC的垂直平分线，
∴直线y=kx的解析式为y=−x，
联立方程组¿，
解得¿，
∴E(−2,2)，
∴EC=√5，
∵C(0,3)，
∴C' (0,−1)，
∴CC'=4，
1 1
∴ ×√5×NC'= ×4×2，
2 2
8√5
∴C'N=
，
5
8√5
∴CM+MN的最小值为 ．
5
（3）解：在点P，Q，使得以E，C，P，Q为顶点的四边形是矩形，理由如下：
①以EC为矩形的边，如图2，过点C作CE⊥CP 交抛物线于P ，过点E作EP ⊥EC交抛物线于点P ，
1 1 2 2
过点P 作P Q ∥EC交EP 于Q ，过P 作P Q ∥EC交CP 于Q ，
1 1 1 2 1 2 2 2 1 2
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∵C(0,3),E(−2,2)，
设直线CE的解析式为y=kx+b，
∴¿，
解得¿，
1
∴直线CE的解析式为y= x+3，
2
设直线EC与x轴交点为G，直线CP 与x轴的交点为H，
1
∵CE⊥CQ ，
2
∴∠ECO+∠OCH=90°，
∵∠OCH+∠OHC=90°，
∴∠ECO=∠OHC，
∵G(−6,0),C(0,3)，
GO CO
∴ = ，
CO OH
3
∴HO= ，
2
可求直线CH的解析式为y=2x+3，
联立方程组¿，
解得¿（舍）或¿，
∴P (3,−3)；
1
∵C点向左平移2个单位，再向下平移1个单位得到点E，
∴Q (1,−4)；
1
同理可得Q (7,−11)；
2
②当CE为矩形对角线时，如图3，以EC为直径的圆与抛物线没有交点，
∴此时P点不存在；
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综上所述：Q点坐标为(1,−4)或(7,−11)．
【点睛】本题考查了二次函数的图像及性质，熟练掌握二次函数的图像及性质，利用轴对称求最短距离的
方法，矩形的性质，数形结合，分类讨论是解题的关键．
类型三 菱形存在性问题
26．（2024·陕西西安·一模）已知：平面坐标系内点P(x,y)和点A(0,1)，点P到点A的距离始终等于点P
到x轴的距离．
(1)请你求出点P满足的函数关系式；
(2)如果（1）中求出的函数图象记为L，L'是L沿着水平方向平移得到的，若点M在L上，点N是L平移后
点M的对应点，点Q是x轴上的点．是否存在这样的点M，使得以M、N、O、Q为顶点的四边形是有一
个内角为60°且的菱形？若存在，请你求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
1 1
【答案】(1)y= x2+ ；
2 2
(2)存在，Q坐标为(2√3+2√2,0)、(2√3−2√2,0)，(−2√3−2√2,0)，(−2√3+2√2,0)．
【分析】
（1）由题意得PA=PB，PB⊥x轴，PD⊥y轴，利用勾股定理得AP2=PD2+AD2再计算即可；
（2）过M作MG⊥x轴，，由菱形性质得OQ=OM=k，由直角三角形中30度角所对直角边是斜边的一
1 1 (1 1 )
半得OG= OM= k，求出M k, √3k ，代入函数解析式计算即可．
2 2 2 2
【详解】（1）如图，PA=PB，PB⊥x轴，PD⊥y轴．
在Rt△PDA中，
AP2=PD2+AD2，
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∴y2=x2+(y−1) 2，
1 1
∴y= x2+ ，
2 2
1 1
∴点P满足的函数关系式为y= x2+ ；
2 2
（2）如图：过M作MG⊥x轴，
设OQ=OM=k，
1 1
∴OG= OM= k，
2 2
√3
∴MG=√3OG= k，
2
(1 1 )
∴M k, √3k ，
2 2
1 (1 ) 2 1
∴ √3k= k + ，
2 2 2
∴k=2√3±2√2，
∴Q (2√3+2√2,0)或(2√3−2√2,0)，
根据对称性得Q (−2√3−2√2,0)或(−2√3+2√2,0)，
综上所述，Q坐标为(2√3+2√2,0)，(2√3−2√2,0)，(−2√3−2√2,0)，(−2√3+2√2,0)．
【点睛】
本题考查了二次函数的动点问题，图象及性质和30度角所对直角边是斜边的一半，菱形的性质和勾股定理，
熟练掌握以上知识点的应用，画出函数图象，再分类讨论是解题的关键．
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27．（2023·山东青岛·二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=−x2+bx+c的图象与x轴交于A，
B点，与y轴交于点C(0，3)，点B的坐标为（3,0），点P是抛物线上一个动点．
(1)求这个二次函数的解析式；
(2)当点P运动到什么位置时，△BPC的面积最大？请求出点P的坐标和△BPC面积的最大值．
(3)连接PO，PC，并把△POC沿CO翻折，那么是否存在点P，使四边形POP'C为菱形？若存在；若不
存在，请说明理由．
【答案】(1)y=﹣x2＋2x＋3
3 15 27
(2)点P的坐标为（ ， ），面积最大
2 4 8
(2+√10 3)
(3)P ,
6 2
【分析】（1）利用待定系数法即可求解．
（2）设出点P的坐标，作辅助线，表示出三角形PCQ和三角形PBQ的面积，即可求解．
（3）设出点P的坐标，求出P'的坐标，利用菱形的性质即可求解．
【详解】（1）将B（3，0），C（0，3）代入y=−x2＋bx＋c，
得¿，
解得¿，
∴二次函数的解析式为y=−x2+2x+3．
答：二次函数的解析式为y=−x2+2x+3．
（2）如图，过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，
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设P（x，−x2+2x+3），直线BC的解析式为y=mx+n，
则¿，
解得¿，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
则Q（x，−x+3），
∴S =S +S =
1
QP⋅OB=
1
(−x2+3x)×3=−
3(
x−
3) 2
+
27
，
△CPB △BPQ △CPQ 2 2 2 2 8
3
当x= 时，△CPB的面积最大，
2
(3 15) 27
此时，点P的坐标为 , ，△CPB的面积最大 ．
2 4 8
（3）存在．
如图，设点P（x，−x2+2x+3），PP'交CO于点E，
若四边形POP'C是菱形，则OP=PC，
3
连接PP'，则PE⊥OC，OE=CE= ，
2
3
∴−x2+2x+3=
，
2
2+√10 2−√10
解得x = ，x = （不合题意，舍去）
1 2 2 2
(2+√10 3)
∴P , ．
6 2
【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用，关键是要会用待定系数法求抛物线的解析式，还要牢记菱形
的性质：菱形的对角线互相垂直，菱形的四条边都相等，对于求三角形面积最大值的问题，一般是将三角
形分割成两个三角形，即作x轴的平行线或y轴的平行线，然后再利用面积公式得出一个二次函数，求出
顶点的纵坐标即是最大值．
√3
28．（2022·陕西·模拟预测）如图，一次函数y= x+√3的图象与坐标轴交于点A、B，二次函数
3
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√3
y=− x2+bx+c的图象经过A、B两点．
3
(1)求二次函数解析式；
(2)点B关于抛物线对称轴的对称点为C、P是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点Q，使得以B、C、
P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
√3 2√3
【答案】(1)y=− x2− x+√3
3 3
4√3
(2)存在，Q点坐标为(−1, )或(−3,0)或(1,0)
3
√3
【分析】（1）由直线y= x+√3与坐标轴的交点坐标A，B，代入抛物线解析式，求出b，c坐标即可；
3
（2）分BC为对角线和边两种情况讨论，其中当BC为边时注意点Q的位置有两种：在点P右侧和左侧，根
据菱形的性质求解即可．
√3
【详解】（1）解：对于y= x+√3：当x=0时，y=√3；
3
√3
当y=0时， x+√3=0，解得，x=−3
3
∴A(−3,0)，B(0, √3 )
√3
把A(−3,0)，B(0, √3 )代入y=− x2+bx+c得：
3
¿
解得，¿
√3 2√3
∴抛物线的解析式为：y=− x2− x+√3；
3 3
2√3
−
b 3
（2）抛物线的对称轴为直线x=− =− =−1
2a √3
−2×
3
故设P(1,p)，Q(m,n)
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①当BC为菱形对角线时，如图，
∵B，C关于对称轴对称，且对称轴与x轴垂直，
∴BC与对称轴垂直，且BC∥x轴
∵在菱形BQCP中，BC⊥PQ
∴ PQ⊥x轴
∵点P在x=−1上，
∴点Q也在x=−1上，
√3 2√3 4√3
当x=−1时，y=− ×(−1) 2+ ×1+√3=
3 3 3
4√3
∴Q(−1, )；
3
②当BC为菱形一边时，若点Q在点P左侧时，如图，
∴BC∥PQ，且BC=PQ
∵BC∥x轴，
√3 2√3
∴令y=√3，则有y=− x2− x+√3=√3
3 3
解得，x =0,x =−2
1 2
∴ C(−2,√3)
∴ PQ=BC=2
∵ √ (√3) 2+(−1) 2=2
∴ PB=BC=2
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∴点P在x轴上，
∴P(−1,0)，
∴Q(−3,0)；
若点Q在点P的右侧，如图，
同理可得，Q(1,0)
4√3
综上所述，Q点坐标为(−1, )或(−3,0)或(1,0) ．
3
【点睛】本题考查待定系数法求出二次函数的解析式，菱形的性质和判定，解一元二次方程，熟练掌握以
上知识是解题的关键．
类型四 正方形存在性问题
29．（2023·辽宁阜新·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A(−1,0)，
B(3,0)两点，与y轴交于点C，点P为抛物线上的动点．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点D为直线y=x上的动点，当点P在第四象限时，求四边形PBDC面积的最大值及此时点P的坐标；
(3)已知点E为x轴上一动点，点Q为平面内任意一点，是否存在以点P，C，E，Q为顶点的四边形是以PC
为对角线的正方形，若存在，请直接写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
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【答案】(1)y=x2−2x−3
27 (3 15)
(2) ， P ,−
8 2 4
( 3+√33) ( 3−√33)
(3) −3, ； −3, ；(3,−3)；(3,2)
2 2
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）作直线BC，过P作PH⊥x轴于点G，交BC于点H．设P(m,m2−2m−3)，则H(m,m−3)，
1 3 2 9 3 27
PH=−m2+3m，则S =− (t− ) + ，当t= 时，△BPC的面积最大值为 ，从而求出此时四边
ΔBPC 2 2 8 2 8
形PBDC面积的最大值，P点坐标；
（3）设P(m,m2−2m−3)，E(n,0)，分四种情况画出图形，利用正方形性质求解即可．
【详解】（1）解：将A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx−3中，
得¿，解得¿．
∴该抛物线的函数表达式为y=x2−2x−3．
（2）解：作直线BC，过P作PH⊥x轴于点G，交BC于点H．
设直线BC的表达式为：y=kx+n，将B(3,0)，C(0,−3)代入y=kx+n中，
得¿，解得¿，
∴y=x−3．
设P(m,m2−2m−3)，则H(m,m−3)，PH=m−3−(m2−2m−3)=−m2+3m，
∵S =S +S
△BPC △CPH △BPH
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1 1 1
∴S = PH⋅OG+ PH⋅BG= PH(OG+BG)
△BPC 2 2 2
1 3 3 9
∴S = PH×OB= (−m2+3m)=− m2+ m，
△BPC 2 2 2 2
3( 3) 2 27
∴S =− m− + ，
△BPC 2 2 8
3 27
∴当m= 时，△BPC面积的最大值为 ．
2 8
∵BC与直线y=x平行，
1 1 9
∴S =S = OB⋅OC= ×3×3= ，
△DBC △OBC 2 2 2
27 9 63
∴四边形PBDC面积的最大值为 + = ．
8 2 8
3 (3) 2 3 15
∵当m= 时，y= −2× −3=− ，
2 2 2 4
(3 15)
∴P ,−
2 4
（3）解：设P(m,m2−2m−3)，E(n,0)，
I.如图，当点E在原点时，即点E(0,0)，CE=PE=3，∠CEP=90°，
∵四边形PECQ为正方形，
∴点Q(3,−3)，
II.如解图3-2，当四边形PECQ为正方形时，CE=PE，∠CEP=∠PEO+∠CEO=90°，
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作PI⊥x轴，垂足为I，作QH⊥y轴，垂足为H，
又∵∠CEO+∠OCE=90°，
∴∠OCE=∠PEO，
∴△OCE≅△PEI(ASA)
∴CO=IE=3，EO=IP=m2−2m−3，
同理可得：QH=CO=IE=3，CH=EO=IP
∴OE=OI+IE=m+3，HO=IO
√33+3 −√33+3
∴m+3=m2−2m−3，解得：m= ，（m= <0，不合题意舍去）
2 2
√33+3
∴HO=IO= ，
2
√33+3
∴点Q(−3, )，
2
III.如解图3-3，当四边形PECQ为正方形时，
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同理可得：PI=OE=CH，IE=QH=OC=3，
∴OE=IE−IO=3+m，
−√33+3 √33+3
∴m=m2−2m−3−3，解得：m= ，（m= >0，不合题意舍去）
2 2
−√33+3
∴HO=IO= ，
2
−√33+3
∴点Q(−3, )，
2
IV.如解图3-4，当四边形PECQ为正方形时，
同理可得：PI=OE=CH，EI=HQ=OC=3，
∴OE=IE+IO=3+|m|=3−m，
∴3−m=m2−2m−3，解得：m=−2，（m=3>0，不合题意舍去）
∴HO=IO=2，
∴点Q(3,2)，
( 3+√33) ( 3−√33)
综上所述：点Q坐标为 −3, ； −3, ；(3,−3)；(3,2)．
2 2
【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、正
方形性质、全等三角形的判定与性质、一元二次方程的解法、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识
与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
1
30．（2023·辽宁抚顺·三模）如图，抛物线y=− x2+bx+c的对称轴与x轴交于点A(1,0)，与y轴交于点
4
B(0,3)，C为该抛物线图象上的一个动点．
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(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，当点C在第一象限，且∠BAC=90°，求tan∠ABC的值；
(3)点D在抛物线上（点D在点C的左侧，不与点B重合），点P在坐标平面内，问是否存在正方形
ACPD？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
1 1
【答案】(1)y=− x2+ x+3
4 2
(2)tan∠ABC=1
(3)存在；P (−1,4)，P (1,2√17−4)，P (1,−2√17−4)
1 2 3
【分析】
（1）用待定系数法求函数解析式即可．
（2）过点C作CM⊥x轴，根据题意求证△AOB∽△CMA，利用相似的性质求出C点坐标，再通过勾股
定理求出AB,AC的长，进而求出最终结果．
（3）分情况进行讨论，当 P 在 y 轴右侧时，证得△DMA≌△ANC，当 P 在 y 轴左侧时，证得
△PFC≌△CEA，△ADG≌△ACE，再结合全等三角形的性质去代数计算即可．
【详解】（1）
解：由题意可知，抛物线的对称轴为x=1，
1
设抛物线的解析式为y=− (x−1) 2+k，经过点B(0,3)，
4
1
∴− +k=3，
4
13
∴k= ，
4
1 13
∴y=− (x−1) 2+ ，
4 4
1 1
∴y=− x2+ x+3
4 2
（2）
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解：过点C作CM⊥x轴，垂足为M，如图所示：
∴∠BOA=∠AMC=90°，
∵∠BAC=90°
∴∠BAO+∠CAM=90°
∵在Rt△ACM中，∠ACM+∠CAM=90°
∴∠BAO=∠ACM
∴△AOB∽△CMA
OB OA
∴ = ，即OB⋅MC=OA⋅MA
MA MC
∵B(0,3)，A(1,0)
∴OB=3，OA=1，
设C ( t,− 1 t2+ 1 t+3 ) ，
4 2
1 1
∴OM=t，CM=− t2+ t+3，AM=OM−OA=t−1，
4 2
∴3× ( − 1 t2+ 1 t+3 ) =1×(t−1)
4 2
10
解得：t =− ，t =4，
1 3 2
10
∵点C在第一象限，∴t =− 舍去
1 3
1 1
当t =4时，y=− ×42+ ×4+3=1，
2 4 2
∴AM=4−1=3，CM=1，
∴AC=√CM2+AM2=√12+32=√10，AB=√OA2+OB2=√12+32=√10
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AC √10
∴在Rt△ABC中，tan∠ABC= = =1 ．
AB √10
（3）
解：如图所示：过点D作DM⊥x轴，过点C作CN⊥x轴
①当P在y轴右侧时
设C ( m,− 1 m2+ 1 m+3 ) ，
4 2
∵ A(1,0)，根据正方形的对称性和二次函数的对称性可知，当点P在抛物线的对称轴上时符合题意，
∴设P(1,t)，
∵∠DAM+∠CAN=90°，∠CAN+∠ACN=90°，
∴∠DAM=∠ACN
又∵∠DMA=∠CNA，DA=AC
∴△DMA≌△ANC，
∴DM=AN，
即CN=AN，
1 1
∴m−1=− m2+ m+3，
4 2
即m2+2m−16=0，
解得：m=√17−1或−√17−1
∴PA=CD=m−(2−m)=2m−2，
∴PA=2√17−4或−2√17−4，
∴点P的坐标为(1,2√17−4)，(1,−2√17−4)；
②当P在y轴左侧时，
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如图:过点C作CE⊥x轴，交x轴于点E，，过点D作DG⊥x轴, 交x轴于点G，过点P作PF⊥CE，交
CE于F点，如图所示：
设C(m,n)，
∵∠CPF+∠PCF=90°，∠PCF+∠ECA=90°，
∴∠PCF=∠ECA，
又∵∠PFC=∠CEA，PC=CA，
∴△PFC≌△CEA，
∴PF=CE=n，CF=1−m，EF=n−(1−m)=m+n−1，
∴P(m−n,m+n−1)，
同理：△ADG≌△ACE，
∴AG=CE=n，DG=AE=1−m，
∴D(1−n,m−1)，
¿，
整理得：(m−n−1)(m+n−5)=0，
解得：m−n=1（舍）m+n=5，
∴n=5−m，
1 1
∴− m2+ m+3=5−m，
4 2
整理得：(m−4)(m−2)=0，
解得：m=4（舍）或m=2,
∴n=3，
∴m−n=−1，
∴P(−1,4)，
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∴存在，P (−1,4)，P (1,2√17−4)，P (1,−2√17−4)．
1 2 3
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了用待定系数法求解析式，二次函数的图形和性质，相似三
角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识，采用数形结合的方法巧妙的添加辅助线是解题的关
键．
31．（2023·山西大同·模拟预测）综合与探究
2
如图，抛物线y=ax2+bx+6与x轴交于A(−2,0)，B(4,0)两点，与y轴交于点C，直线y= x−4与x轴
3
交于点D，与y轴交于点E．若M为第一象限内抛物线上一点，过点M且垂直于x轴的直线交DE于点
N，连接MC，MD．
(1)求抛物线的函数表达式及D，E两点的坐标．
(2)当CM=EN时，求点M的横坐标．
(3)G为平面直角坐标系内一点，是否存在点M使四边形MDEG是正方形．若存在，请直接写出点G的坐
标；若不存在，请说明理由．
3 3
【答案】(1)抛物线的函数表达式为y=− x2+ x+6，E(0,−4)，D(6,0)
4 2
10 26
(2) 或
9 9
(3)存在，点G的坐标为(−4,2)
【分析】（1）把点A(−2,0)，B(4,0)代入函数y=ax2+bx+6，得到二元一次方程组，求解a，b的值，
2
即可得到抛物线的函数表达式；把x=0，y=0分别代入y= x−4，即可得到点E，点D的坐标．
3
（2）设点M的横坐标为m，则点M的坐标为 ( m,− 3 m2+ 3 m+6 ) (00，
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过点P作PM⊥x轴于点M，过点P作PE⊥y轴于点E，过点Q作QN⊥PE垂足为点E，
∵A(4,0),P(2,−6)，
∴PM=6,AM=2，
由图②可知PN=2−m，
QN=6+m2−3m−4=m2−3m+2，
∵∠APQ=90°，
∴∠APM+∠MPQ=90°，
∵∠MPQ+∠QPN=90°，
∴∠APM=∠QPN，
又∵∠QNP=∠AMP=90°，
∴△APM∽△QPN，
QN PN m2−3m+2 2−m
∴ = 即 = ，
AM PM 2 6
2
解得：m = ,m =2（舍去）
1 3 2
(2 50)
∴Q ,− ；
3 9
如图③当点Q为直角顶点时，即∠AQP=90°，过点Q作QM⊥x轴于点M，过点P作PN⊥QM于点N，
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∵A(4,0),P(2,−6)，由图③可知PN=2−m，
QN=6+m2−3m−4=m2−3m+2,QM=−(m2−3m−4),AM=4−m，
∵∠AQP=90°，
∴∠AQM+∠PQN=90°，
∵∠AQM+∠MAQ=90°，
∴∠MAQ=∠PQN，
又∵∠QNP=∠AMQ=90°，
∴△AQM∽△QPN，
QN AM m2−3m+2 4−m
∴ = 即 = ，
PN QM 2−m −(m2−3m−4)
解得：m=0，
∴Q(0,−4)即点Q与点C重合；
( 4 16) (2 50)
综上所述，点Q的坐标为 − , 或Q ,− 或(0,−4)．
3 9 3 9
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，二次函数的图象与性质，二次函是与线段的综合应用，特殊三
角形的存问题，三角形相似的判定与性质解题的关键是作辅助线，构造相似三角形解决问题．
36．（2023·广西梧州·三模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A、B
两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点A的坐标为(−1,0)，抛物线顶点D的坐标为(1,−4)，直
线BC与对称轴相交于点E．
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(1)求抛物线的解析式；
(2)点M为直线x=1右方抛物线上的一点（点M不与点B重合），设点M的横坐标为m，记
A、B、C、M四点所构成的四边形面积为S，若S=3S ，请求出m的值；
△BCD
(3)点P是线段BD上的动点，将△DEP沿边EP翻折得到△D'EP，是否存在点P，使得△D'EP与△BEP的
重叠部分图形为直角三角形？若存在，请直接写出BP的长，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
2+√22
(2) 或2
2
6√5 4√5−2√2
(3)存在， 或√5+1或
5 3
【分析】（1）根据顶点D的坐标得出b=−2a，再利用待定系数法求解即可；
（2）设M(m,m2−2m−3)，先确定直线BC的解析式y=x−3，再确定E(1,−2)，则可根据三角形面积
公式计算出S =S +S =3，然后分类讨论：当点M在x轴上方时，即m>3，利用
△BDC △BDE △CDE
S=S +S =3S 得到2m2−4m=9；当点M在x轴下方时，即13，如图1，
1 1
S=S +S = ⋅3⋅(3+1)+ ⋅(3+1)⋅(m2−2m−3)=2m2−4m，
△MAB △CAB 2 2
∵S=3S ，
△BCD
∴2m2−4m=9，
2+√22 2−√22
解得m = ，m = （舍去）；
1 2 2 2
当点M在x轴下方时，即1∠ABC，
∴只有当∠EBF=∠BAC时，△EBF与△BAC才能相似，
∴此时△EBF∽△BAC，
EF BC
∴ = =2，
BF AC
设D ( h，− 1 h+4 ) ，则E ( h，− 1 h2+ 3 h+4 ) ，F(h，0)，
2 4 2
1 3
∴EF=− h2+ h+4，BF=8−h，
4 2
1 3
∴− h2+ h+4=2(8−h)，
4 2
解得h=6或h=8（舍去），
∴D(6，1)；
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如图3-4所示，当点F在点B右侧，
∵∠EBF>∠DBF=∠ABC，
∴只有当∠EBF=∠BAC时，△EBF与△BAC才能相似，
∴此时△EBF∽△BAC，
EF BC
∴ = =2，
BF AC
设D ( k，− 1 k+4 ) ，则E ( k，− 1 k2+ 3 k+4 ) ，F(k，0)，
2 4 2
1 3
∴EF= k2− k−4，BF=k−8，
4 2
1 3
∴ k2− k−4=2(k−8)
4 2
解得k=6（舍去）或k=8（舍去），即此种情况不存在；
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综上所述，点D的坐标为(−10，9)或(−4，6)或(0，4)或(6，1)．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，勾股定理，一次函数与几何综合等等，
证明△ABC是直角三角形，进而推出△BEF两直角边的比例关系是解题的关键．
类型八 等角存在性问题
41．（2024·山西朔州·一模）综合与探究
2
如图1，二次函数y= x2+bx+c的图象与x轴交于A，B（点A在点B的左侧）两点，与y轴交于点C．直
3
线y=−2x−2经过A，C两点，连接BC．
(1)求抛物线的函数表达式．
(2)在抛物线上是否存在除点C外的点D，使得∠ABD=∠ABC？若存在，请求出此时点D的坐标；若不
存在，请说明理由．
(3)如图2，将△AOC沿x轴正方向平移得到△A'O'C'（点A，O，C的对应点分别为A'，O'，C'），A'C'，
O'C'分别交线段BC于点E，F，当△C'EF与△O'BF的面积相等时，请直接写出△A'O'C'与△BOC重叠
部分的面积．
2 4
【答案】(1)y= x2− x−2
3 3
( 10)
(2)存在，D −2,
3
2
(3)
3
【分析】
此题是二次函数一次函数综合题，考查了待定系数法、图形的平移、全等三角形的判定和性质等知识，数
形结合是解题的关键．
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（1）利用一次函数求出点A和点C的坐标，利用待定系数法求出抛物线解析式即可；
（2）抛物线上存在点D，使得∠ABD=∠ABC，设直线BD与y轴交于点E，证明
△BOE≌△BOC(ASA)，求出E(0,2)，再求出点B的坐标是(3,0)，利用待定系数法求出直线BE的解析式
2 2 4
为y=− x+2，与y= x2− x−2联立即可求出答案；
3 3 3
（3）当△C'EF与△O'BF的面积相等时，则△A'EB与△O' A'C'的面积相等，则
1 1
A'O' ⋅C'O'= A'B⋅|y |，据此进一步求解即可．
2 2 ❑E
【详解】（1）解：当x=0时，y=−2x−2=−2，
当y=0时，0=−2x−2，解得x=−1，
∴点A的坐标是(−1,0)，点C的坐标是(0,−2)
2
把点A的坐标和点C的坐标代入y= x2+bx+c得，
3
¿
解得¿
2 4
∴抛物线的函数表达式为y= x2− x−2．
3 3
（2）解：如图，抛物线上存在点D，使得∠ABD=∠ABC，设直线BD与y轴交于点E，
∵∠BOE=∠BOC,OB=OB，
∴△BOE≌△BOC(ASA)，
∴OE=OC=−2，
∴E(0,2)，
2 4
当y=0时，0= x2− x−2，
3 3
解得x =−1,x =3，
❑1 ❑2
∴点B的坐标是(3,0)，
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设直线BE的解析式为y=rx+s，
¿
解得¿，
2
∴直线BE的解析式为y=− x+2，
3
2 4
与y= x2− x−2联立得到
3 3
¿，
解得¿或¿（不合题意，舍去），
( 10)
∴点D的坐标是 −2, ；
3
（3）如图所示，当△C'EF与△O'BF的面积相等时，则△A'EB与△O' A'C'的面积相等，
1 1
∴ A'O' ⋅C'O'= A'B⋅|y |，
2 2 ❑E
设点A'的坐标为(a,0)，其中a<3，设直线A'C'的解析式为y=mx+n，
∵AC∥A'C'，直线AC为y=−2x−2，
∴m=−2，
∴y=−2x+n，
把(a,0)代入得，0=−2a+n，解得n=2a，
∴直线A'C'的解析式为y=−2x+2a，
设直线BC的解析式为y=px+q，
¿
解得¿，
2
∴直线BC的解析式为y= x−2，
3
联立得到¿
解得¿，
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1 3
即点E的纵坐标是 a− ，
2 2
当△C'EF与△O'BF的面积相等时，则△A'EB与△O' A'C'的面积相等，
1 1
∴ A'O' ⋅C'O'= A'B⋅|y |，
2 2 ❑E
∵A'O'=AO=1,C'O'=OC=2，A'B=3−a
1 1 ( 1 3)
∴ ×1×2= (3−a)⋅ − a+
2 2 2 2
解得，a=1或a=5（不合题意，舍去）
当a=1时，A'B=3−a=2，OO'=OA'+A'O'=OA'+AO=2,O'B=OB−OO'=1，点E的纵坐标是
1 3
a− =−1，
2 2
∵OC∥O'C'，
∴O'F⊥x轴，
∴点F的横坐标为2，
2 2
当x=2时，y= x−2=− ，
3 3
2
∴O'F=
，
3
1 1 1 1 2 2
∴S −S = A'B⋅(−y )− O'B⋅O'F= ×2×1− ×1× = ，
❑△A'EB ❑△O'FB 2 ❑E 2 2 2 3 3
2
即△A'O'C'与△BOC重叠部分的面积为 ．
3
42．（2023·辽宁盘锦·二模）如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A(3,0)，与y轴交于点B，点C在
直线AB上，过点C作CD⊥x轴于点D(1,0)，将△ACD沿CD所在直线翻折，使点A恰好落在抛物线上的
点E处．
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(1)求抛物线解析式；
(2)连接BE，
①S = ；
△BCE
②若点P为直线AB上方抛物线上一动点，连接PB,PC，当四边形PBCE面积最大时，求点P的坐标．
(3)抛物线上是否存在一点Q，使∠QEA=∠BAE？若存在，求出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(3 15)
(2)①2；②P ,
2 4
(3)(2,3)或(4,−5)
【分析】
（1）由点A的坐标可得出点E的坐标，由点A，E的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）①利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标，由点A，B的坐标，利用待定系数法可求出
直线AB的解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，再利用三角形的面积计算公式，
结合S =S −S ，即可求出△BCE的面积；②由①知S =2，当S 最大时，即S 最大
△BCE △ABE △ACE △BCE △PBC △APB
时，四边形PBCE的面积最大，过点 P 作 x 轴的垂线，交AB于点 Q，设点P(n,−n2+2n+3)，则
1
Q(n,−n+3)，得到PQ=−n2+3n，根据S = PQ⋅|x |，根据二次函数的性质，即可求出结果；
△APB 2 A
（3）存在，由点A，B的坐标可得出OA=OB，结合∠AOB=90°可得出∠BAE=45°，设点Q的坐标为
(m,−m2+2m+3)，分点Q在x轴上方及点Q在x轴下方两种情况考虑：①当点Q在x轴上方时记为Q ，过
1
点Q 作Q M⊥x轴于点M，则EM=Q M，进而可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，
1 1 1
将符合题意的m值代入点Q的坐标中即可求出点Q 的坐标；②当点Q在x轴下方时记为Q ，过点Q 作
1 2 2
Q N⊥x轴于点N，则EN=Q N，进而可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，将符合题
2 2
意的m值代入点Q的坐标中即可求出点Q 的坐标．
2
【详解】（1）
解：∵将△ACD沿CD所在直线翻折，使点A恰好落在抛物线上的点E处，点A的坐标为(3,0)，点D的坐
标为(1,0)，
∴点E的坐标为(−1,0)．
将A(3,0)，E(−1,0)代入y=ax2+bx+3，
得：¿，解得：¿，
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∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）
解：①当x=0时，y=−1×02+2×0+3=3，
∴点B的坐标为(0,3)．
设直线AB的解析式为y=mx+n(m≠0)，
将A(3,0)，B(0,3)代入y=mx+n，
得：¿，解得：¿，
∴直线AB的解析式为y=−x+3．
∵点C在直线AB上，CD⊥x轴于点D(1,0)，当x=1时，y=−1×1+3=2，
∴点C的坐标为(1,2)．
∵点A的坐标为(3,0)，点B的坐标为(0,3)，点C的坐标为(1,2)，点E的坐标为(−1,0)，
∴AE=4，OB=3，CD=2，
1 1 1 1
∴S =S −S = AE⋅OB− AE⋅CD= ×4×3− ×4×2=2，
△BCE △ABE △ACE 2 2 2 2
故答案为：2．
②由①知S =2，当S 最大时，即S 最大时，四边形PBEC的面积最大，
△BCE △PBC △APB
过点P作x轴的垂线，交AB于点Q，
设点P(n,−n2+2n+3)，则Q(n,−n+3)，
∴ PQ=−n2+3n，
∴ S =
1
PQ⋅|x |=−
3
n2+
9
n=−
3(
n−
3) 2
+
27
，
△APB 2 A 2 2 2 2 8
3
∵− <0，
2
3
∴当n= 时，S 的最大，即四边形PBEC的面积最大，
2 △APB
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(3 15)
∴P , ；
2 4
（3）
解：存在，理由如下：
∵点A的坐标为(3,0)，点B的坐标为(0,3)，
∴OA=OB=3．
在Rt△AOB中，∠AOB=90°，OA=OB，
∴∠BAE=45°.
∵点Q在抛物线上，
∴设点Q的坐标为(m,−m2+2m+3)．
①当点Q在x轴上方时记为Q ，过点Q 作Q M⊥x轴于点M，
1 1 1
在Rt△EMQ 中，∠Q EA=45°，∠Q ME=90°，
1 1 1
∴EM=Q M，即m−(−1)=−m2+2m+3，
1
解得：m =−1（不合题意，舍去），m =2，
1 2
∴点Q 的坐标为(2,3)；
1
②当点Q在x轴下方时记为Q ，过点Q 作Q N⊥x轴于点N，
2 2 2
在Rt△ENQ 中，∠Q EN=45°，∠Q NE=90°，
2 2 2
∴EN=Q N，即m−(−1)=−(−m2+2m+3)，
2
解得：m =−1（不合题意，舍去），m =4，
1 2
∴点Q 的坐标为(4,−5)．
2
综上所述，抛物线上存在一点Q，使∠QEA=∠BAE，点Q的坐标为(2,3)或(4,−5)．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、
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一次函数图象上点的坐标特征、三角形的面积、等腰直角三角形以及解一元二次方程，灵活运用数形结合
的思想是解题的关键
类型九 二倍角、半角存在性问题
43．（2024·陕西西安·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+2(a≠0)与x轴分别交于A，
B两点，点A的坐标是(−4,0)，点B的坐标是(1,0)，与y轴交于点C，P是抛物线上一动点，且位于第二
象限，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，线段PD与直线AC相交于点E
(1)求该抛物线的解析式；
(2)连接OP，是否存在点P，使得∠OPD=2∠CAO？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理
由．
1 3
【答案】(1)抛物线的解析式为y=− x2− x+2；
2 2
−3−√73
(2)点P的横坐标为 ．
4
【分析】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，锐角三角函数等知识，解题的关键是用含字母
的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
（1）由待定系数法即可求解；
（2）证明∠H=∠CAO，则tanH=tan∠CAO，由PH=OP，即可求解．
【详解】（1）解：设抛物线的表达式为：y=a(x+4)(x−1)=a(x2+3x−4)，
则−4a=2，
1
解得：a=− ，
2
1 3
∴抛物线的解析式为y=− x2− x+2；
2 2
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（2）解：设存在点P，使得∠OPD=2∠CAO，理由如下：
延长DP到H，设PH=OP，连接OH，如图：
∵PH=OP，
∴∠H=∠POH，
∴∠OPD=∠H+∠POH=2∠H，
∵∠OPD=2∠CAO，
∴∠H=∠CAO，
∴tanH=tan∠CAO，
OD CO 2 1
∴ = = = ，
DH OA 4 2
∴DH=2OD，
设P ( t,− 1 t2− 3 t+2 ) ，则OD=−t，PD=− 1 t2− 3 t+2，
2 2 2 2
∴DH=2OD=−2t，
∴PH=DH−PD=−2t− ( − 1 t2− 3 t+2 ) = 1 t2− 1 t−2，
2 2 2 2
∵PH=OP，
∴ 1 t2− 1 t−2= √ t2+ (1 t2+ 3 t−2 ) 2 ，
2 2 2 2
∴(t2+t−4)(−2t)=t2，
−3+√73 −3−√73
解得t=0（舍去）或 （舍去）或 ，
4 4
−3−√73
∴点P的横坐标为 ．
4
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44．（2023·山东东营·模拟预测）如图，抛物线y=ax2+bx+c过A(−4,0)，B(6,0)，C(0,8)三点；点P是
第一象限内抛物线上的动点，点P的横坐标是m，且10)
是平面直角坐标系上的两点，一次函数y=kx+b的图象过点A且与S交于P(x ,y ),Q(x ,y )两点，PC垂
1 1 2 2
直于S的对称轴，垂足为C．
(1)用x ,x 表示线段BC的长；
1 2
(2)求证：∠ABP=∠ABQ；
(3)若a=1，是否存在直线PQ，使得∠PBQ=60°？如果存在，求出PQ的解析式，如果不存在，说明理
由．
【答案】(1)x2−x x −x +x
1 1 2 1 2
(2)见解析
(3)不存在，理由
【分析】（1）联立可得x2−(2+k)x+1−b=0①，从而得到x +x =2+k,x ⋅x =1−b，再由k+b=a，
1 2 1 2
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可得BC= y −y = y +ax2−2x +1+k+b，即可；
1 B 1 1 1
（2）过点Q作对称轴的垂线，垂足为点D，由（1）得：BC=x2−x x −x +x =(x −x )(x −1)，
1 1 2 1 2 1 2 1
BC 1−x PC
DB=(x −x )(x −1)，从而得到 = 1= ，可证得△PCB∽△QDB，即可；
2 1 2 DB x −1 DQ
2
（3）假设存在直线PQ，使得∠PBQ=60°，则∠ABP=∠ABQ=30°，设PC=m,DQ=n，可得
BC=√3m,BD=√3n，从而得到AC=√3m−2,AD=2−√3n，再根据△PCD∽△QDA，可得
m+n=√3mn，然后由（2）得：x +x =2+k,x ⋅x =1−b，k+b=a=1，从而得到
1 2 1 2
mn=(1−x )(x −1)==x +x −x x −1=k+b=1，继而得到m，n为一元二次方程x2−√3x+1=0的两
1 2 1 2 1 2
个根，即可求解．
【详解】（1）解：由¿得：x2−(2+k)x+1−b=0①，
∵一次函数y=kx+b的图象过点A且与S交于P(x ,y ),Q(x ,y )两点，
1 1 2 2
∴x +x =2+k,x ⋅x =1−b，
1 2 1 2
∵一次函数y=kx+b的图象过点A(1,a)，
∴k+b=a，
∴BC= y −y =x2−2x +1−(−a)
1 B 1 1
=x2−2x +1+k+b
1 1
=x2−2x +1+k+(1−x x )
1 1 1 2
=x2−2x −x x +(k+2)
1 1 1 2
=x2−2x −x x +x +x
1 1 1 2 1 2
=x2−x x −x +x ；
1 1 2 1 2
（2）解：如图，过点Q作对称轴的垂线，垂足为点D，
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由（1）得：BC=x2−x x −x +x =(x −x )(x −1)，
1 1 2 1 2 1 2 1
同理DB=(x −x )(x −1)，
2 1 2
BC 1−x PC
∴ = 1= ，
DB x −1 DQ
2
∵∠PCB=∠BDQ=90°，
∴△PCB∽△QDB，
∴∠ABP=∠ABQ；
（3）解：不存在，理由如下：
假设存在直线PQ，使得∠PBQ=60°，则∠ABP=∠ABQ=30°，
设PC=m,DQ=n，
∴BC=√3m,BD=√3n，
∵a=1，
∴点A(1,1)，B(1,−1)，
∴AC=√3m−2,AD=2−√3n，
∵PC⊥BD,DQ⊥BD，
∴PC∥DQ，
∴△PCD∽△QDA，
AC PC
∴ = ，
AD DQ
√3m−2 m
∴ = ，
2−√3n n
∴m+n=√3mn，
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由（2）得：x +x =2+k,x ⋅x =1−b，k+b=a=1，
1 2 1 2
∴mn=(1−x )(x −1)=x +x −x x −1=k+b=1，
1 2 1 2 1 2
∴m，n为一元二次方程x2−√3x+1=0的两个根，
此时Δ=(√3) 2 −4×1<0，
∴此方程无解，
即满足条件的直线不存在．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程根的判别式及
根与系数的关系，熟练掌握二次函数的图象和性质、相似三角形的判定与性质是解题的关键．
1 3
50．（2023·广东东莞·二模）如图，二次函数y= x2+bx− 的图象与x轴交于点A(−3,0)和点B，以AB
2 2
为边在x轴上方作正方形ABCD，点P是x轴上一动点，连接DP，过点P作DP的垂线与y轴交于点E．
(1)b= ___；点D的坐标：___；
1
(2)线段AO上是否存在点P（点P不与A、O重合），使得OE的长为 ？若存在，请求出点P，若不存在，
2
请说明理由．
(3)在x轴负半轴上是否存在这样的点P，使△PED是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标及此时
△PED与正方形ABCD重叠部分的面积；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1；(−3,4)．
1
(2)线段AO上存在点P（点P不与A、O重合），使得OE的长为 ．此时点P坐标为P(−1,0)或(−2,0)，
2
24
(3)存在这样的点P，点P的坐标为(−4,0)，此时ΔPED与正方形ABCD重叠部分的面积为 ．
5
【分析】（1）利用点在二次函数图象上，代入即可求得b，将二次函数换成交点式，即能得出B点的坐标，
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由AD=AB可算出D点坐标；
（2）假设存在，由DP⊥AE，找出∠EPO=∠PDA，利用等角的正切相等，可得出一个关于OP长度的
一元二次方程，再求解即可；
（3）利用角和边的关系，找到全等，再利用三角形相似，借助相似比即可求得AM，求出△ADM的面积
即是所求．
1 3
【详解】（1）∵点A(−3,0)在二次函数y= x2+bx− 的图象上，
2 2
9 3
∴0= −3b− ，解得b=1，
2 2
1 3 1
∴二次函数解析式为y= x2+x− = (x+3)(x−1)，
2 2 2
∴点B(1,0)，AB=1−(−3)=4，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB=4，
∴点D(−3,4)，
故答案为：1；(−3,4)．
（2）直线PE交y轴于点E，如图1，
1
假设存在点P，使得OE的长为 ，设OP=a，则AP=3−a，
2
∵DP⊥AE，∠APD+∠DPE+∠EPO=180°，
∴∠EPO=90°−∠APD=∠ADP，
1
AP 3−a
tan∠ADP= = ， OE 2，
AD 4 tan∠EPO= =
OP a
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1
∴ 3−a 2，即a2−3a+2=0，
=
4 a
解得：a =1,a =2，
1 2
∴P(−1,0)或(−2,0)，
1
故线段AO上存在点P（点P不与A、O重合），使得OE的长为 ．此时点P坐标为P(−1,0)或(−2,0)，
2
（3）假设存在这样的点P，DE交x轴于点M，如图2，
∵△PED是等腰三角形，
∴DP=PE，
∵DP⊥PE，四边形ABCD为正方形
∴∠EPO+∠APD=90°，∠DAP=90°，∠PAD+∠APD=90°，
∴∠EPO=∠PDA，∠PEO=∠DPA，
在△PEO和△DAP中，
¿，
∴△PEO≌△DAP，
∴PO=DA=4，OE=AP=PO−AO=4−3=1，
∴点P坐标为(−4,0)．
∵DA⊥x轴，
∴DA∥EO，
∴∠ADM=∠OEM，
又∵∠AMD=∠OME，
∴△DAM∽△EOM，
OM OE 1
∴ = = ，
MA AD 4
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∵OM+MA=OA=3，
4 12
∴MA= ×3= ，
1+4 5
1 1 12 24
△PED与正方形ABCD重叠部分△ADM面积为 ×AD×AM= ×4× = ．
2 2 5 5
24
答：存在这样的点P，点P的坐标为(−4,0)，此时△PED与正方形ABCD重叠部分的面积为 ．
5
【点睛】本题考查了二次函数的交点式、全等三角形的判定、相似三角形的相似比等知识，解题的关键是
注重数形结合，找准等量关系．
（时间：60分钟）
√5 √5
1．（2024·广东珠海·一模）如图， 抛物线 y= x2− x−2√5分别交x轴于点A，B（点A在点B的
4 2
左侧）， 交y轴于点C．
(1)求点A和点B的坐标；
(2)以B为圆心， 3 为半径作圆．
①如图1，连接AC，P是线段AC上的动点， 过点P作⊙B的一条切线PM（点M为切点）， 求线段
PM的最小值；
1
②如图2，点D为抛物线的顶点， 点Q在圆B上，连接CQ，DQ， 求DQ− CQ的最大值．
2
【答案】(1)A(−2,0)、B(4,0)
√309
(2)①√21；②
4
【分析】
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√5 √5
（1）由题意，令y=0，则0= x2− x−2√5，解一元二次方程，再根据点A在点B的左侧即可得到
4 2
点A和点B的坐标；
（2）①根据切线性质，在Rt△PBM中，由勾股定理表示出PM=√PB2−9，从而得到当PB最小时，线
段PM有最小值，再由动点最值问题-点线模型确定当PB⊥AC时，线段PB最小，利用等面积法求出PB
1
即可得到答案；②分析DQ− CQ可知，线段端点为C、D、Q，其中C、D为固定点；Q为动点，且
2
( 9√5) 3
动点轨迹是⊙B，这是动点最值问题-阿氏圆模型，求出D 1, ，得到BC=6，BD= √61，构造
4 4
1 1
△BQM∽△BCQ，使QM= CQ，则DQ− CQ=DQ−QM，由三角形三边关系可得DQ−QM0)与x轴交于A，B两点，与y轴
交于点C，直线x=3交x轴于点D．
(1)若OB=OC，直接写出抛物线的解析式；
(2)如图1，已知点E在第四象限的抛物线上，在线段OD和直线x=3上是否存在F，G两点，使得C，E，
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F，G为顶点的四边形是以CF为一边的矩形？若存在，求点F的坐标；若不存在，说明理由；
( 1)
(3)如图2，将抛物线F平移，使其顶点落在轴上的点P 0, 处，得到抛物线G，直线MN与抛物线G只
2
有一个公共点M，与x轴交于点N，定点Q在y轴正半轴上，且满足∠MQN=90°，求此时点Q的坐标．
1
【答案】(1)y= x2−x−4
2
(√201−11 )
(2)存在这样的点F，点F的坐标为(2，0)或 ,0 ；
4
(3)Q(0，1)
【分析】（1）先求得A、B的坐标，利用OB=OC，求得C(0，−4)，则−8a=−4，据此求解即可；
（2）设点F的坐标为F(m，0)(0≤m≤3)，点E的坐标为E(t，n)(0
