专题14二次函数与几何压轴（解析版）_02中考总复习（2026版更新中）_02-数学-中考总复习_2024年中考复习资料_二轮复习资料_完2024年中考数学二轮复习课件+讲义+练习（全国通用）_练习

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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) <PQ≤14
2
【分析】（1）根据函数图象平移的性质直接求解即可；
1
（2）先求出直线OA解析式为y= x，求出点B(2,4)，过点B作BE∥AC交OA于点E，得出
2
BD BE 3 12
= = =
BE=4−1=3，证明△DBE∽△DAC，得出CD CA 7 7 即可；
4
（3）当H点恰好落在抛物线C 上时，满足抛物线C 在矩形EFHG内部（不含边界）的部分对应的函数值
2 1
y随x的增大而增大，再向上移动EG时，即可满足题意；直至当F点恰好与异于A点的点重合时，满足题
意，因此计算两个端点时对应PQ的长度即可．
7 7
【详解】（1）解：∵抛物线C :y=x2先向右平移 个单位长度，再向上平移 个单位长度，得到新的抛
1 2 4
物线C ，其顶点为A，
2
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( 7) 2 7 (7 7)
∴新的抛物线C :y= x− + ，顶点为A , ，
2 2 4 2 4
(7 7)
故答案为： , ；
2 4
（2）解：如图，设直线OA解析式为y=kx(k≠0)，
(7 7)
∵图象经过点A , ，
2 4
7 7
∴ k= ，
2 4
1
解得：k= ，
2
1
∴直线OA解析式为y= x，
2
( 7) 2 7
∵C :y= x− + ，
2 2 4
令x2= ( x− 7) 2 + 7 ，
2 4
解得：x=2，
∴y=4，
∴B(2,4)，
过点B作BE∥AC交OA于点E，
1
∴y = ×2=1，
E 2
∴BE=4−1=3，
∵BE∥AC，
∴∠DBE=∠DCA,∠BED=∠CAD，
∴△DBE∽△DAC，
BD BE 3 12
∴ = = =
CD CA 7 7 ，
4
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设△OBC边BC上的高为h，
1
⋅BD⋅h
S 2 BD 12
∴ △OBD = = = ．
S 1 CD 7
△OCD ⋅CD⋅h
2
（3）解：①如图所示，当H点恰好落在抛物线C 上时，满足抛物线C 在矩形EFHG内部（不含边界）的
2 1
部分对应的函数值y随x的增大而增大，
( 3)
∵E(0,n)，G 0,n+ ，
2
1
∴F点的纵坐标为n，代入直线OA的解析式y= x，
2
解得F点的纵坐标为2n，即：F(2n,n)，
3
∵HF=EG= ，HF∥y轴，
2
( 3)
∴H 2n,n+ ，
2
( 3) ( 7) 2 7
将H 2n,n+ 代入C :y= x− + ，
2 2 2 4
5 5
解得：n= 或n= ，
4 2
∵此时点H在点A左侧，点B右侧，
5
∴n= ，
4
(5 11)
∴H , ，
2 4
(5 11)
此时，直线FH分别交抛物线C ，C 于点P，Q，则Q的坐标即为Q , ，
1 2 2 4
将x=
5
代入C :y=x2 ，得：y=
25
，即：P的坐标即为P
(5
,
25)
，
2 1 4 2 4
25 11 7
∴此时PQ= − = ；
4 4 2
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②如图所示，当F点恰好和A点重合时，
(7 7) (7 7)
即：此时F点的坐标为 , ，也即Q点的坐标为 , ，
2 4 2 4
将x=
7
代入C :y=x2 ，得：y=
49
，即：P的坐标即为P
(7
,
49)
，
2 1 4 2 4
49 7 21
∴此时PQ= − = ；
4 4 2
③如图所示，当F点为直线OA与抛物线C 的另一交点时，满足题意；
2
联立¿，
解得：¿或¿，
∴此时F点的坐标为(4,2)，也即Q点的坐标为(4,2)，
将x=4代入C :y=x2 ，得：y=16，
1
即：P的坐标即为P(4,16)，
∴此时PQ=16−2=14；
7
综上，PQ的取值范围为 <PQ≤14．
2
【点睛】本题考查二次函数综合问题，理解二次函数的基本性质，以及平移法则，掌握矩形相关性质是解
题关键．
4．（2021·天津河西·二模）如图所示，在抛物线上选定两点，我们把过这两点的线段和这条抛物线所围成
的图形称作抛物线弓形．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2(a>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（0<m<n），M（k，0）在x轴正半轴上，如图所示，过点M作平行于y
3 4
轴的直线，分别交抛物线C 于点A、B，交抛物线C 于点C、D．过点A作x轴的平行线交抛物线C 于点
3 4 4
E，过点D作x轴的平行线交抛物线C 于点F．对于x轴上任取一点P，均有△PAE与△PDF面积的比值
3
1:3，请直接写出m和n之间满足的等量关系是______．
1 1 1
【答案】【概念与理解】y2= x，y2=x；【猜想与证明】（1） ， ；（2）成立，证明见解析；【探
4 2 2
1 1 1
究与应用】① ；②△COD与△AOB面积之差为 或 ；【联想与拓展】n3=9m3．
2 16 2
【分析】【概念与理解】：根据题意信息即可得出答案；
【猜想与证明】：（1）当x=1时，求出A，B，C，D的坐标进而得出AB ,CD即可得出答案；当x=2时，
求出A，B，C，D的坐标进而得出AB ,CD即可得出答案；
（2）任意x（x＞0），求出A，B，C，D的坐标进而得出AB ,CD即可得出答案；
【探究与应用】：①根据已知条件表示出△AOB与△COD面积即可得出答案；
x√x
②设M（x，0）（x＞0），根据已知条件可得出S −S = ，分两种情况当△AOB是直角三角形
△COD △AOB 2
1
时解得x= ，当△COD是直角三角形时，解得x=1，把x代入即可；
4
【联想与拓展】：根据题意求出AEDF的坐标然后表示出面积再利用△PAE与△PDF面积的比值1:3，即
可得出关系式；
【概念与理解】∵y=4x2
1
1
∴由题意可得C ：y2= x
1 4
∵y=x2
2
∴由题意可得C ：y2=x
2
1
故答案为：C ：y2= x，C ：y2=x；
1 4 2
【猜想与证明】（1）当x=1时，
∵点A、B在抛物线C 上
1
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√1 1
∴令x=1，则y❑=± ×1=±
1 4 2
1 1
∴A(1, )，B(1,− )
2 2
∴AB=1
∵点C、D在抛物线C 上
2
∴令x=1，则y =±√1=±1
2
∴C(1,1)，D(1,−1)
∴CD=2
AB 1
∴ =
CD 2
当x=2时，
∵点A、B在抛物线C 上
1
√1 √2
∴令x=2，则y❑=± ×2=±
1 4 2
√2 √2
∴A(2, )，B(2,− )
2 2
∴AB=√2
∵点C、D在抛物线C 上
2
∴令x=2，则y =±√2
2
∴C(2,√2)，D(2,−√2)
∴CD=2√2
AB √2 1
∴ = =
CD 2√2 2
（2）对任意x（x＞0）上述结论仍然成立
理由如下：
√1 √x
对任意x（x＞0），y❑=± x=±
1 4 2
√x √x
∴A(x, )，B(x,− )
2 2
∴AB=√x
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对任意x（x＞0），y =±√x
2
∴C(x,√x)，D(x,−√x)
∴CD=2√x
AB √x 1
∴ = =
CD 2√x 2
【探究与应用】①连接OA，OB，OC，OD
1
S = AB·OM
△AOB 2
1
S = CD·OM
△COD 2
S AB 1
∴ △AOB = =
S CD 2
△COD
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1
故答案为：
2
②设M（x，0）（x＞0），
∵M（x，0）
√1 √x
∴y❑=± x=±
1 4 2
∴AB=√x
∵M（x，0），
∴y =±√x
2
∴CD=2√x
1 x√x
∵S = AB·OM=
△AOB 2 2
1 2x√x
S = CD·OM=
△COD 2 2
x√x
∴S −S =
△COD △AOB 2
当△AOB是直角三角形时，由题意可知OA=OB
∴△△AOB为等腰直角三角形
∴OM=AM
√x
∴x=
2
1
解得：x=
4
x√x 1
∴S −S = =
△COD △AOB 2 16
当△COD是直角三角形时，由题意可知OD=OC
∴△△COD为等腰直角三角形
∴OM=CM
∴x=√x
解得：x=1
x√x 1
∴S −S = =
△COD △AOB 2 2
1 1
综上所述：△COD与△AOB面积之差为 或
16 2
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【联想与拓展】∵M（k，0）且点A、B在抛物线C 上
3
∴令x=k，则y❑=±√m×k=±√km
1
∴A(k,√km)
∵AE∥x轴，且交C 于点E
4
km
∴E( ,√km)
n
km
∴AE=(k− )
n
∵M（k，0）且点C、D在抛物线C 上
4
∴令x=k，则y =±√n×k=±√kn
2
∴D(k,√kn)
∵DF∥x轴，且交C 于点F
3
kn
∴F( ,√kn)
m
kn
∴DF=( −k)
m
∵AE∥x轴，且交C 于点E
4
∴△PEA的高=√km
∵DF∥x轴，且交C 于点F
3
∴△PDF的高=√kn
1 1 km
∴S = AE·√km= (k− )√km
△PEA 2 2 n
1 1 kn
S = FD·√kn= ( −k)√kn
△PDF 2 2 m
∵△PAE与△PDF面积的比值1:3
1 km
(k− )√km
S 2 n 1
∴ △PEA = =
S 1 kn 3
△PDF ( −k)√kn
2 m
m√m 1
∴ =
n√n 3
∴n3=9m3
故答案为：n3=9m3
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【点睛】本题考出了抛物线性质的综合运用以及旋转等知识，由特殊到一般的数学思想的运用，等腰直角
三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，轴对称的性质的运用，在解答本题时运用两个抛物线上
的点的特征不变建立方程求解是关键．
类型三 面积存在性问题
6．（2023·宁夏吴忠·一模）如图抛物线y=x2+bx+c经过点A(−1,0)，点B(2,−3)，与y轴交于点C，抛
物线的顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线上是否存在点p，使△PBC的面积是△BCD面积的3倍，若存在，请直接写出点p的坐标；若不
存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)存在，(3,0)或(−1,0)
【分析】本题考查了待定系数法求解析式，根据三角形面积关系确定点的存在性，掌握待定系数法求函数
解析式的方法，理解二次函数图象上点的坐标特征，利用方程思想解题是关键．
（1）待定系数法求解析式即可；
（2）设抛物线上的点P坐标为(m,m2−2m−3)，结合方程思想和三角形面积公式列方程求解．
【详解】（1）把点A(−1,0)，点B(2,−3)分别代入解析式y=x2+bx+c，
得¿，
解得¿，
故抛物线的解析式为y=x2−2x−3．
（2）存在，理由如下：
∵y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴C(0,−3),D(1,−4)，
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∵B(2,−3)，
∴BC∥x轴，
∴D到直线y=−3的距离为(−3)−(−4)=1,BC=2−0=2，
1
∴S = ×2×1=1
△BCD 2
∴S =3,
△PBC
设P(m,m2−2m−3),
1
∵S = ·BC·|m2−2m−3−(−3)|=|m2−2m|，
△PBC 2
∴|m2−2m|=3,
∴m2−2m=3或m2−2m=−3,
解得m=3,m=−1或无解，
故m=3,m=−1，
故P(3,0)或P(−1,0)．
7．（2023·贵州遵义·一模）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=−x+4交两坐标轴于B、C两点，二次
函数y=ax2+bx+c图象经过A，B，C三点且A(−1,0)．
(1)求二次函数的解析式．
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P？使得PA+PC的长度最短．若存在，求出点P的坐标；若不存在，
请说明理由．
(3)在直线上方抛物线上是否存在点Q？使得△QBC的面积有最大值．若存在，求出点Q的坐标及此时
△QBC的面积；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+3x+4；
(3 5)
(2)存在，点P的坐标为 ， ；
2 2
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(3)存在，点Q的坐标为(2,6)，此时△QBC的面积为8
【分析】
（1）利用待定系数法解答即可；
（2）利用将军饮马模型解答即可；
（3）过点Q作QD∥y轴，交直线BC于点D，设点Q(m,−m2+3m+4)，则D(m,−m+4)，利用△QBC
的面积=S +S ，求出△QBC的面积关于m的函数关系式，再利用配方法和二次函数的性质解答即
△QCD △QBD
可得出结论．
【详解】（1）
解：(1)令x=0，则y=4，
∴C(0,4)．
令y=0，则x=4，
∴B(4,0)．
∵二次函数y=ax2+bx+c图象经过A，B，C三点且A(−1,0)，
∴¿，
解得：¿，
∴二次函数的解析式为y=−x2+3x+4；
（2）
(3 5)
解：在抛物线的对称轴上存在点P使得PA+PC的长度最短，点P的坐标为 , ，理由：
2 2
3 25
∵y=−x2+3x+4=−(x−
)
2+
，
2 4
3
∴抛物线y=−x2+3x+4的对称轴为直线x= ，
2
设抛物线的对称轴与直线BC交于点P，连接PA，
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3
∵直线x= 为AB的垂直平分线，
2
∴PA=PB，
∴PA+PC=PB+PC=BC，
∴此时点P使得PA+PC的长度最短，
3 3 5
令x= ，则y=− +4= ，
2 2 2
(3 5)
∴在抛物线的对称轴上存在点P使得PA+PC的长度最短，点P的坐标为 , ；
2 2
（3）
解：在直线上方抛物线上存在点Q，使得△QBC的面积有最大值．点Q的坐标为(2,6)，此时△QBC的面积
为8，理由：
过点Q作OD∥y轴，交直线BC于点D，如图，
设点Q(m,−m2+3m+4)，则D(m,−m+4)，
∴QD=−m2+3m+4−(−m+4)=−m2+4m，
∵B(4,0)，
∴OB=4，
∴△QBC的面积=S +S
△QCD △QBD
1
= ×QD⋅OB
2
1
= ×4(−m2+4m)
2
=−2m2+8m
=−2(m−2) 2+8，
∵−2<0，
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∴当m=2时，△QBC的面积有最大值8，此时点Q的坐标为(2,6)，
∴在直线上方抛物线上存在点Q，使得△QBC的面积有最大值．点Q的坐标为(2,6)，此时△QBC的面积为
8．
【点睛】
本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，待定系数法，配方法，函数的极值，
理由点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
8．（2024·陕西西安·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C :y=ax2−x+c(a≠0)与x轴交于
1
A(−1,0)，B(3,0)两点，交y轴于点C．
(1)求抛物线C 的解析式；
1
(2)设抛物线C 关于坐标原点对称的抛物线为C ，点A，B的对应点分别为A'，B'，抛物线C 的顶点为E．
1 2 2
则在x轴下方的抛物线C 上是否存在点F，使得S =2S ．若存在，求出F点的坐标；若不存在，
2 △ABF △B'BE
请说明理由．
1 3
【答案】(1)y= x2−x−
2 2
(2)F(3,−6)或F(−5,−6)
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）设抛物线为Q'(m，n)是抛物线C 上一点，点Q是抛物线C 上与点Q'(m，n)对应的点，则
2 1
1 3
Q(−m，−n)，由点Q(−m，−n)在抛物线C 推出n=− m2−m+ ，则C 的解析式为
1 2 2 2
1 1
y=− (x+1) 2+2，可得E(−1,2)；由B(3,0)，得到B'(−3,0)， 则BB'=6，S = BB' ⋅y =6，设
2 △B'BE 2 E
F的纵坐标为−t，进而根据△ABF的面积等于△B'BE的面积的两倍，建立方程求得F的坐标，即可求解．
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【详解】（1）解：∵抛物线C :y=ax2−x+c(a≠0)与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)
1
∴¿
解得：¿,
1 3
∴抛物线C 的解析式为：y= x2−x− ；
1 2 2
（2）解：设抛物线为Q'(m，n)是抛物线C 上一点，点Q是抛物线C 上与点Q'(m，n)对应的点
2 1
∵抛物线C 和抛物线C 关于原点对称，
2 1
∴Q(−m，−n)，
1 3 1 3
∴−n= m2+m− ，即n=− m2−m+ ，
2 2 2 2
1 3 1
∴C 的解析式为：y=− x2−x+ =− (x+1) 2+2，
2 2 2 2
∴E(−1,2)；
∵B(3,0)，
∴B'(−3,0)，
∴BB'=6，
1 1
∴S = BB' ⋅y = ×6×2=6，
△B'BE 2 E 2
∵A(−1,0)，B(3,0)，
∴AB=4
设F的纵坐标为−t，
∵S =2S ．
△ABF △B'BE
1
∴ ×4n=2×6
2
解得：n=6
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∴F的纵坐标为−6
1 3
当− x2−x+ =−6时，
2 2
解得x=3或x=−5，
∴F(3,−6)或F(−5,−6)。
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，面积问题，中心对称的性质，掌握二次函数的性质是解题的关
键．
类型四 面积最值问题
9．（2024·山东泰安·一模）在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，
与y轴交于点C(0,2)，且顶点P的坐标为(−1,3)．
(1)求二次函数的解析式；
5 3
(2)如图1，点D(− , )，若点M是二次函数图象上的点，且在直线CD的上方，连接MC，MD．求
2 4
△MCD面积的最大值及此时点M的横坐标；
(3)如图2，设点Q是抛物线对称轴上的一点，且在点C的下方，连接QC，将线段QC绕点Q逆时针旋转
90°，点C的对应点为F，直线PF交抛物线于点E（点E与点P不重合），判断此时能否求出点E的坐标，
如能，求出点E的坐标，不能，说明理由．
【答案】(1)y=−x2−2x+2
125 5
(2)△MCD面积的最大值为 ，点M的横坐标为− ；
64 4
(3)能，E(−2,2)
【分析】
（1）用待定系数法即可求解；
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（2）由△MCD面积=S +S ，即可求解；
△MHD △MHC
（3）证明△QNF≌△CHQ(AAS)，得到CG=2−t=QN，QH=1=FN，则点F(t−3,t+1)，求出直线
PF的表达式，进而求解．
【详解】（1）
解：设抛物线的表达式为：y=a(x−h) 2+k=a(x+1) 2+3，
当x=0时，y=a(0+1) 2+3=2，
解得：a=−1，
则抛物线的表达式为：y=−(x+1) 2+3=−x2−2x+2；
（2）如图1，过点M作MH∥y轴交CD于点H，
1
由点C、D的坐标得，直线CD的表达式为：y= x+2，
2
1
设点M(m,−m2−2m+2)，点H(m, m+2)，
2
则△MCD面积
1 1 5 5 5
=S +S = MH×(x −x )= ×[(−m2−2m+2)−(m+2)]× =− (m2+ m)，
ΔMHD ΔMHC 2 C D 2 2 4 2
5
∵− <0，故函数由最大值，
4
5 125
当m=− 时，△MCD面积的最大值为 ；
4 64
（3）能求出点E的坐标，理由：
设点Q(−1,t)，如图2，
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当点Q在点C的下方时，
过点Q作x轴的平行线交y轴于点H，交过点F与y轴的平行线于点N，
∵∠FQN+∠QFN=90°，∠FQN+∠CQH=90°，
∴∠FNQ=∠QCH，
∵∠N=∠CHQ=90°，CQ=QF，
∴△QNF≌△CHQ(AAS)，
∴CH=2−t=QN，QH=1=FN，
∴点F(t−3,t+1)，
设直线FP的表达式为：y=px+q，
则¿，解得¿，
故直线PF的表达式为：y=x+4，
联立得：x+4=−x2−2x+2，
解得：x=−2（不合题意的值已舍去），
即点E(−2,2)．
【点睛】
本题考查了二次函数的综合题：包括二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质和旋转的性质；用三
角形全等的知识解决线段相等的问题；解一元二次方程；理解坐标与图形性质等，综合运用这些知识解决
问题是关键．
4
10．（2023·山东济宁·二模）如图，已知直线y= x+4与 x 轴交于点 A，与 y 轴交于点 C，抛物线
3
y=ax2+bx+4经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线x=−1．
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(1)求抛物线的表达式；
(2)D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形ABCD面积S的最大值及此时D点的
坐标；
(3)若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的
菱形？若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由．
4 8
【答案】(1)y=− x2− x+4
3 3
(2)S最大为12.5，(−1.5，5)
13 19
(3)存在，P(−1， )，Q(−2， )
8 8
【分析】
（1）首先求出点A(−3，0)，点C(0，4)，然后利用待定系数法即可求出抛物线的表达式；
（2）先求出点B(0，1)，再作DE⊥x轴于 E，连接BC，依题意设点 D 的坐标为(m，n)，则
3 8 1
n=− m2− m+4， 则 OE=−m， DE=n， AE=m+3， 分 别 求 出 S =− mn−2m，
4 3 四 边 形OCDE2
1 3
S = mn+ n，S =2，然后根据S=S +S +S 列出S与m的函数关系式，根据S
△ADE 2 2 △BOC 四 边 形OCD△EADE △BOC
有最大值求出m，进而可得点D的坐标；
（3）设点P(−1，t)，直线x=−1与x轴交于点F，过点P作PT⊥y轴，AC与PQ交于点K，先由勾股
定理求出PA2=t2+4，PC2=1+(4−t) 2，再根据PA=PC可求出t，进而可得点P的坐标，然后根据点K
为AC的中点求出k的坐标，进而根据K为PQ的中点可求出点Q的坐标．
【详解】（1）
4
解：对于y= x+4，当x=0时，y=4，当y=0时，x=−3，
3
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∴点A的坐标为(−3，0)，点C的坐标为(0，4)，
∵对称轴是直线：x=−1，
∴有：¿，解得：¿，
4 8
∴抛物线的表达式为：y=− x2− x+4；
3 3
（2）
4 8 4 8
解：对于y=− x2− x+4，当y=0时，− x2− x+4=0，解得：x =3，x =1，
3 3 3 3 1 2
∴点B的坐标为(0，1)，
又∵点A(−3，0)，点C(0，4)，
∴OA=3，OB=1，OC=4
作DE⊥x轴于E，
∵点D在第二象限内的抛物线上，且横坐标为m
4 8
∴点D的坐标为(m，n)，则n=− m2− m+4，
3 3
∴OE=−m，DE=n，
∴AE=OA−OE=3−(−m)=m+3，
∵DE⊥x轴，则四边形OCDE为直角梯形，
1 1 1
∴S = (OC+DE)⋅OE= (4+n)⋅(−m)=− mn−2m，
四 边 形OC2DE 2 2
1 1 1 3 1 1
又S = AE⋅DE= (m+3)n= mn+ n，S = OB⋅OC= ×1×4=2，
△ADE 2 2 2 2 △BOC 2 2
∴S=S +S +S ，
四 边 形OCD△EADE △BOC
1 1 3 3
即S=− mn−2m+ mn+ n+2= n−2m+2，
2 2 2 2
4 8
又n=− m2− m+4，
3 3
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3 4 8
S= (− m2− m+4)−2m+2=−2m2−6m+8=−2(m+1.5) 2+12.5，
2 3 3
当m=−1.5时，S为最大，
4 8
此时n=− m2− m+4=5
3 3
∴点D的坐标为(−1.5，5)．
（3）
解：存在点P和点Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，理由如下：
∵点P在抛物线的对称轴x=−1上，
∴可设点P的坐标为：(−1，t)，
∵以A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，
∴PA=PC=QA=QC，AC与PQ互相垂直平分，
设直线x=−1与x轴交于点F，过点P作PT⊥y轴，AC与PQ交于点K，
∵点A(−3，0)，C(0，4)，
∴OA=3，CO=4，OF=PT=1，OT=PF=t，
∴AF=OA−OF=3−1=2，CT=OC−OT=4−t，
在Rt△APF中，由勾股定理得：PA2=PF2+AF2=t2+4，
在Rt△CPT中，由勾股定理得：PC2=PT2+CT2=1+(4−t) 2
13
∴t2+4=1+(4−t) 2，解得：t= ，
8
13
∴点P的坐标为(−1， )，
8
设点K的坐标为(x ，y )，
K K
∵点K为AC的中点，
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1 1
∴x = ×(−3+0)=−1.5，y = ×(0+4)=2，
K 2 K 2
设点Q的坐标为(x ，y )，
Q Q
∵点K为PQ的中点，
1 1 13
∴−1.5= ×(x +1)，2= ×(y + )，
2 Q 2 Q 8
19
解得：x =−2，y = ，
Q Q 8
19
∴点Q的坐标为(−2， )．
8
【点睛】此题主要考查了求二次函数的解析式，二次函数的最值，对称轴，菱形的性质，勾股定理等，解
答此题的关键是熟练掌握待定系数法求二次函数的解析式，以及求二次函数最值、对称轴的方法，理解菱
形的四条边都相等，对角线互相平分．
11．（2024·湖北孝感·一模）如图1，已知抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A(−1,0)，B(3,0)，与y轴
交于点C，连接BC．
(1)求a，b的值及直线BC的解析式；
(2)如图1，点P是抛物线上位于直线BC上方的一点，连接AP交BC于点E，过P作PF⊥x轴于点F，交
BC于点G，
(ⅰ)若EP=EG，求点P的坐标，
S
(ⅱ)连接CP，CA，记△PCE的面积为S ，△ACE的面积为S ，求 1 的最大值；
1 2 S
2
(3)如图2，将抛物线位于x轴下方面的部分不变，位于x轴上方面的部分关于x轴对称，得到新的图形，将
直线BC向下平移n个单位，得到直线l，若直线l与新的图形有四个不同交点，请直接写出n的取值范围．
【答案】(1)¿，y=−x+3
9
(2)(ⅰ)P(2,3)；(ⅱ)
16
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25
(3)4<n<
4
【分析】
（1）待定系数法求解析式，先求得抛物线解析式y=−x2+2x+3，得出点C(0,3)，然后待定系数法求一
次函数解析式即可求解；
（2）（i）设P(m,−m2+2m+3) (−1<m<3)，则G(m,−m+3)，PG=−m2+3m，得出△BOC，
△AFP是等腰直角三角形，根据等腰三角形的性质可得AF=PF，建立方程，解方程，即可求解；
PE PG
（ii）过A作AH⊥x轴，交BC于点H，则PF∥HA，得出 = ，根据相似三角形的性质得出面积
AE AH
比，进而根据二次函数的性质，即可求解．
（3）先求得折叠部分的抛物线解析式为y=x2−2x−3(−1≤x≤3)，观察函数图象，可得当y=−x+3−n
经过点A时，当y=−x+3−n与y=x2−2x−3(−1≤x≤3)只有一个交点，直线l与新的图形有三个不同交
点，进而求得n的值，根据函数图象，即可求解．
【详解】（1）解：依题可得：¿
解得：¿
∴y=−x2+2x+3，
令x=0，得y=3，即C (0, 3)
设直线BC的解析式为y=kx+t，将B (3,0)，C (0, 3)代入得：
¿ 解得：¿
∴直线BC的解析式为y=−x+3
（2）设P(m,−m2+2m+3) (−1<m<3)，则G(m,−m+3)，PG=−m2+3m
（i）∵OB=OC=3，∠COB=90°
∴△BOC是等腰直角三角形
∴ ∠OCB=45°
∵ PF∥CO，
∴ ∠PGE=∠OCB=45°
∵ EP=EG，
∴ ∠EPG=∠EGP=45°
∴△AFP是等腰直角三角形，
∴ AF=PF
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∴ m+1=−m2+2m+3，解得m=2，m=−1 (舍)
∴点P的坐标为P(2,3)
（ii）如图，
过A作AH⊥x轴，交BC于点H，则PF∥HA，
∴△PGE∽△AHE
PE PG
∴ = ，
AE AH
S PE PG −m2+3m 1 3 2 9
∴ 1= = = =− (m− ) +
S AE AH 4 4 2 16
2
3 S 9
∴当m= 时， 1 有最大值为
2 S 16
2
（3）解：依题意，y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4
新的图形的顶点坐标为(1，−4)
则新的抛物线解析式为y=(x−1) 2−4=x2−2x−3(−1≤x≤3)
设平移后的直线解析式为y=−x+3−n
当y=−x+3−n经过点A时，有3个交点，即0=1+3−n
解得：n=4，
当y=−x+3−n与y=x2−2x−3(−1≤x≤3)只有一个交点，
则¿
消去y得，x2−2x−3=−x+3−n
即x2−x−6+n=0
∴Δ=b2−4ac=1−4(−6+n)=0
25
解得：n=
4
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25
结合函数图象可得：4<n<
4
【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，面积问题，轴对称的性质，一次函数的平移，
熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
3
12．（2023·山东济南·模拟预测）已知对称轴为直线x= 的抛物线经过A(−1,0)，C(0,−4)两点，抛物线
2
与x轴的另一个交点为B．
(1)求抛物线的解析式；
S△PBD
(2)如图1，若点P为第四象限抛物线上一点，连接OP，BC交于点D，连接BP，求 的最大值；
S△OBD
1
(3)如图2，若点Q为抛物线上一点，且当tan∠BCQ= ，求点Q的坐标．
4
【答案】(1)y=x2−3x−4
S
(2)当m=2时， △PBD 有最大值，最大值是1
S
△OBD
(14 34) (18 46)
(3) , 或 ,−
3 9 5 25
【分析】
本题考查了二次函数综合问题，相似三角形的性质与判定，正切的定义；
（1）待定系数法求解析式，即可求解；
S PF
（2）过点P作PG⊥x轴于点G，交BC于点F，证明△OCD∽△PFD，得出 △PBD = ，求得直线BC
S OC
△OBD
的解析式为y=x−4，设P(m,m2−3m−4)，则F(m,m−4)，表示出PF，进而根据二次函数的性质，
即可求解；
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OA 1
（3）过点Q作QG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点Q作QH⊥BC于点H，由已知可得 = ，又
OC 4
HQ 1
tan∠BCQ= = ，进而证明△CQH∽△CAO，设Q(n,n2−3n−4)，则F(n,n−4)，根据相似三角
HC 4
14 18
形的性质求得n= 或 ，即可求解．
3 5
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c．
∵A(−1,0)，C(0,−4) ，
b 3
抛物线x=− = ，
2a 2
∴¿，
解得¿，
∴抛物线的解析式为y=x2−3x−4；
（2）过点P作PG⊥x轴于点G，交BC于点F，
∴OC//PG，
∴△OCD∽△PFD，
PF PD
∴ = ，
OC OD
PF PD S
∴ = = △PBD ，
OC OD S
△OBD
∵抛物线y=x2−3x−4经过A(−1,0)，与x轴的另一个交点为B．
∴B(4,0)，
设直线BC的解析式为y=kx+b ，
1
∴¿，
解得¿，
∴直线BC的解析式为y=x−4，
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设P(m,m2−3m−4)，则F(m,m−4)，
∴PF=m−4−m2+3m+4=−m2+4m．
S PF −m2+4m 1 1
∴ △PBD = = =− m2+m=− (m−2) 2+1.
S OC 4 4 4
△OBD
S
∴当m=2时， △PBD 有最大值，最大值是1；
S
△OBD
（3）过点Q作QG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点Q作QH⊥BC于点H，
∴∠QHC=∠AOC=90°，
∵A(−1,0)，C(0,−4)，
OA 1
∴ = ，
OC 4
HQ 1
∵tan∠BCQ= = ，
HC 4
∴△CQH∽△CAO，
QH CQ
∴ = ，
AO CA
设Q(n,n2−3n−4)，则F(n,n−4)，
∴QF=PF=n−4−n2+3n+4=−n2+4n．
∵OC=OB=4，∠BOC=90°，
∴∠OBC=45°，
∴∠HFQ=∠BFG=45°，
∵QH⊥BC，
√2 √2
∴QH= QF= (−n2+4n)，
2 2
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√2
(−n2+4n)
2
√n2+(n2−3n−4+4) 2
，
∴ =
1 √42+12
14 18
解得n= 或 ，
3 5
(14 34) (18 46)
∴点Q的坐标为 , 或 ,− .
3 9 5 25
题型 02 线段相关问题
类型一 线段和最值问题
1
13．（2024·重庆南岸·模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y= x2+bx+c交x轴于点
4
A(−2,0)，B(7,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图，若点M是第四象限内抛物线上一点，MN∥y轴交BC于点N,MQ∥BC交x轴于点Q，求
3
MN+ BQ的最大值；
2
(3)如图，在y轴上取一点G(0,7)，抛物线沿BG方向平移2√2个单位得新抛物线，新抛物线与x轴交于点
E,F，交y轴于点D，点P在线段FD上运动，线段OF关于线段OP的对称线段OF'所在直线交新抛物线
于点H，直线F'P与直线BG所成夹角为45°，直接写出点H的横坐标．
1 5 7
【答案】(1)y= x2− x−
4 4 2
49
(2)
4
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−13+√601
(3)−2或
6
【分析】
（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式即可；
（2）过点 B 作BE∥MN交MQ于点 E，证明四边形MNBE为平行四边形，得出BE=MN，根据
1
MQ∥BC，得出tan∠BQE=tan∠OBC= ，证明BQ=2BE=2MN，求出直线BC的解析式为：
2
y= 1 x− 7 ， 设 M ( m, 1 m2− 5 m− 7) ， N ( m, 1 m− 7) ， 得 出
2 2 4 4 2 2 2
MN= 1 m− 7 − 1 m2+ 5 m+ 7 =− 1 m2+ 7 m，求出MN+ 3 BQ=− ( m− 7) 2 + 49 ，得出最大值即可；
2 2 4 4 2 4 4 2 2 4
1 1
（3）连接F'P并延长交x轴于点K，交BG于点L，求出新的抛物线解析式为y= x2− x−3，求出
4 4
OD 3
D(0,−3)，F(4,0)，得出tan∠OFD= = ，分两种情况：当P'F⊥x轴时，当F'P⊥y轴时，分别
OF 4
画出图形，求出结果即可．
1
【详解】（1）解：把A(−2,0)，B(7,0)代入y= x2+bx+c得：
4
¿，
解得：¿，
1 5 7
∴抛物线的函数表达式为y= x2− x− ；
4 4 2
（2）解：过点B作BE∥MN交MQ于点E，如图所示：
∵MQ∥BC，
∴四边形MNBE为平行四边形，
∴BE=MN，
∵MN∥y轴，
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∴BE∥y轴，
∴∠EBQ=∠COB=90°，
∴△EBQ为直角三角形，
1 5 7 7
把x=0代入y= x2− x− 得出y=− ，
4 4 2 2
( 7)
∴C 0,− ，
2
7
∴OC= ，
2
∵OB=7，
7
∴ 2 1，
tan∠OBC= =
7 2
∵MQ∥BC，
1
∴tan∠BQE=tan∠OBC= ，
2
∴BQ=2BE=2MN，
7
设直线BC的解析式为：y=kx− ，
2
7
把B(7,0)代入得：0=7k− ，
2
1
解得：k= ，
2
1 7
∴直线BC的解析式为：y= x− ，
2 2
设M ( m, 1 m2− 5 m− 7) ，N ( m, 1 m− 7) ，
4 4 2 2 2
1 7 1 5 7 1 7
∴MN= m− − m2+ m+ =− m2+ m，
2 2 4 4 2 4 4
3 3
∴MN+ BQ=MN+ ×2MN
2 2
=4MN
=4× ( − 1 m2+ 7 m )
4 4
=−m2+7m
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( 7) 2 49
=− m− + ，
2 4
∵−1<0，
7 3 49
∴当m= 时，MN+ BQ有最大值，且最大值为 ；
2 2 4
（3）解：∵B(7,0)，G(0,7)，
∴OB=OG，
∵∠BOG=90°，
1
∴∠OBG=∠OGB= ×90°=45°，
2
2√2
∴抛物线沿BG方向平移2√2个单位时，沿x轴、y轴移动的距离为： =2个单位，
√2
∵抛物线y=
1
x2−
5
x−
7
=
1(
x−
5) 2
−
81
，
4 4 2 4 2 16
∴抛物线沿BG方向平移2√2个单位后新抛物线的解析式为：
1( 5 ) 2 81
y= x− +2 − +2
4 2 16
1( 1) 2 49
= x− −
4 2 16
1 1
= x2− x−3，
4 4
1 1
把x=0代入y= x2− x−3得：y=−3，
4 4
1 1 1 1
把y=0代入y= x2− x−3得：0= x2− x−3，
4 4 4 4
解得：x =−3，x =4，
1 2
∴D(0,−3)，F(4,0)，
∴OD=3，OF=4，
OD 3
∴tan∠OFD= = ，
OF 4
当P'F⊥x轴时，连接F'P并延长交x轴于点K，交BG于点L，如图所示：
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∴∠LKB=180°−45°−45°=90°，
∴F'P⊥x轴，
∴∠LKB=90°，
∵∠OBG=45°，
∴∠KLB=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'(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<t<4，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴ ¿，
解得¿
4 20
即直线BC的解析式为y=− x+ ，
3 3
3
令y=t，得：x=5− t，
4
3
∴点E(5− t，t)，
4
3 4 t
把x=5− t代入y=− (x+1)(x−5)，得y=t(2− )，
4 9 4
3 1
即F(5− t,2t− t2 )，
4 4
1 t2
∴ EF=(2t− t2 )−t=t− ，
4 4
1 3 t2 3 3 3
∴△BCF的面积= ×EF×BD= (t− )=− (t2−4t)=− (t−2) 2+ ，
2 2 4 8 8 2
3
∴当t=2时，△BCF的面积最大，且最大值为 ；
2
②如图，据图形的对称性可知∠ACD=∠BCD，AC=BC=5，
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AD 3
∴ sin∠ACD= = ，
AC 5
3
过点P作PG⊥AC于G，则在Rt△PCG中，PG=PC⋅sin∠ACD= PC，
5
3
∴ PC+PB=PG+PB，
5
过点B作BH⊥AC于点H，则PG+PB≥BH，
3
∴线段BH的长就是 PC+PB的最小值，
5
1 1
∵ S = ×AB×CD= ×6×4=12，
ΔABC 2 2
1 5
又∵ S = ×AC×BH= BH，
△ABC 2 2
5
∴ BH=12，
2
24
即BH= ，
5
3 24
∴ PC+PB的最小值为 ．
5 5
【点睛】
本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，一次函数的性质，三角形面积公式，锐角三角函数，
二次函数的性质等知识，利用数形结合思想解决问题是本题的关键．
1
15．（2024·重庆·模拟预测）如图，在平面直角坐标系钟，已知直线y= x+2分别与x轴和y轴交于点
2
A，B，抛物线y=ax2+bx+2经过点A，与x轴交于另一点C(1,0)．
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(1)求出抛物线解析式．
(2)已知过点C的直线CE∥AB，交抛物线于点于点E，P是直线AB上方抛物线上一动点，过点P作直线
PG∥AB与x轴交于点G，过点P作PF∥y轴，与直线AB交于点D， 直线CE交于点F，求出PF+AG
的最大值和此时P点坐标．
15
(3)在（2）的条件下，将上述抛物线沿射线AB方向平移 √5个单位得到一条新抛物线，新抛物线顶点为
8
Q，若点M是直线AB上一点，N是直线CE上一点，有如下情况：点Q关于直线PM的对称点为点N，或
者点P关于直线QM的对称点为N，请直接写出符合条件的N点坐标．
1 3
【答案】(1)抛物线解析式为：y=− x2− x+2
2 2
17
(2)最大值为 ，此时P(−2，3)
2
−2+√469 −12+√469 −2−√469 −12−√469
(3)N的坐标为（ ， ）或（ ， ）或（
10 20 10 20
20+3√15 15+3√15 20−3√15 15−3√15
， ）或（ ， ）
5 10 5 10
【分析】
（1）先求解A，B的坐标，再结合C的坐标，利用待定系数法求解解析式即可；
（2）由平行线的性质求解直线CE为y= 1 x− 1 ，设P ( x,− 1 x2− 3 x+2 ) ，D ( x, 1 x+2 ) ，
2 2 2 2 2
F ( x, 1 x− 1) ，而PF∥y轴，表示PF=− 1 x2−2x+ 5 ，PD=− 1 x2−2x，如图，记PF与x轴的交点
2 2 2 2 2
1 AK DK
为K，PF∥y，则DK= x+2，KA=x+4，可得 = ，再表示AG，再建立二次函数求解即可；
2 AG PD
15
（3）将抛物线沿射线AB方向平移 √5个单位得到一条新抛物线，设抛物线向右平移2m个单位，则向上
8
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15√5 15 15
平移m个单位，沿AB方向平移√5m个单位，可得 =√5m，解得：m= ，2m= ，可得平移后
8 8 4
1( 9) 2 (9 )
的抛物线y=− x− +5，可得Q ,5 ，如图，由Q，N关于PM对称，PQ=PN，如图，点P关
2 4 4
于直线QM的对称点为N，则QP=QN，再利用勾股定理建立方程求解即可．
1
【详解】（1）解：∵y= x+2，
2
当x=0，y=2，当y=0，则x=−4，
∴A(−4,0)，B(0,2)，而C(1,0)，
∴¿，
解得：¿，
1 3
∴抛物线为：y=− x2− x+2；
2 2
1
（2）∵直线AB为y= x+2，AB∥CE，
2
1 1
设CE为y= x+b，把C(1,0)代入可得：b=− ，
2 2
1 1
∴直线CE为y= x− ，
2 2
设P ( x,− 1 x2− 3 x+2 ) ，D ( x, 1 x+2 ) ，F ( x, 1 x− 1) ，而PF∥y轴，
2 2 2 2 2
1 3 1 1 1 5
∴PF=− x2− x+2− x+ =− x2−2x+ ，
2 2 2 2 2 2
1 3 1 1
PD=− x2− x+2− x−2=− x2−2x，
2 2 2 2
1
如图，记PF与x轴的交点为K，PF∥y，则DK= x+2，KA=x+4,
2
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AK DK
∴ = ，
AG PD
(x+4) ( − 1 x2−2x ) (x+4) ( − 1 x2−2x )
2 2
∴AG= = =−x2−4x，
1 1
x+2 (x+4)
2 2
1 5 3 5
∴PF+AG=− x2−2x+ −x2−4x=− x2−6x+ ；
2 2 2 2
−6
x=− =−2
当 ( 3) 时，PF+AG最大，
2× −
2
3 5 17
最大值为：− ×(−2) 2−6×(−2)+ = ，
2 2 2
∴P(−2,3)；
（3）∵A(−4,0)，B(0,2)，
2 1
∴tan∠BAO= = ，
4 2
15
将抛物线沿射线AB方向平移 √5个单位得到一条新抛物线，设抛物线向右平移2m个单位，则向上平移
8
m个单位，沿AB方向平移√5m个单位，
15√5 15 15
∴ =√5m，解得：m= ，2m= ，
8 8 4
∴抛物线y=−
1
x2−
3
x+2=−
1(
x+
3) 2
+
25
向右平移
15
个单位，则向上平移
15
个单位可得：
2 2 2 2 8 4 8
1( 9) 2
y=− x− +5，
2 4
(9 )
∴Q ,5 ，
4
如图，由Q，N关于PM对称，
∴PQ=PN，
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( 1 1)
设N x, x− ，而P(−2,3)，
2 2
∴PQ2= ( −2− 9) 2 +(3−5) 2= 353 ，
4 16
PN2=(x+2) 2+ (1 x− 1 −3 ) 2 = 5 x2+ 1 x+ 65 ，
2 2 4 2 4
5 1 65 353
∴ x2+ x+ = ，即20x2+8x−93=0，
4 2 4 16
−8+4√469 −2+√469 −2−√469
解得：x = = ，x = ，
1 40 10 2 10
(−2+√469 −12+√469) (−2−√469 −12−√469)
∴N , 或N , ，
10 20 10 20
如图，点P关于直线QM的对称点为N，则QP=QN
同理可得：
∴PQ2= ( −2− 9) 2 +(3−5) 2= 353 ，
4 16
QN2= ( x− 9) 2 + (1 x− 1 −5 ) 2 = 5 x2−10x+ 565 ，
4 2 2 4 16
5 565 353
∴ x2−10x+ = ，即5x2−40x+53=0，
4 16 16
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40+6√15 20+3√15 20−3√15
解得：x = = ，x = ，
1 10 5 2 5
(20+3√15 15+3√15) (20−3√15 15−3√15)
∴N , 或N , ．
5 10 5 10
【点睛】本题考查的是二次函数的综合应用，平行线分线段成比例的应用，轴对称的性质，勾股定理的应
用，一元二次方程的解法，本题难度很大，计算量大，细心的计算是解本题的关键．
1
16．（2023·浙江·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=− x2+bx+3的对称轴是直线x=2，
4
与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式及顶点坐标；
(2)M为第一象限内抛物线上的一个点，过点M作MN⊥x轴于点N，交BC于点D，连接CM，当线段
CM=CD时，求点M的坐标；
(3)以原点O为圆心，AO长为半径作⊙O，点P为⊙O上的一点，连接BP，CP，求2PC+3PB的最小值．
1
【答案】(1)y=− x2+x+3，顶点坐标为(2，4)
4
(2)点M的坐标为(2，4)
(3)2PC+3PB的最小值为2√85
b
b
【分析】（1）由x=2=− =− 1 ，解得b=1，然后代入解析式求解；
2a 2×(− )
4
1
（2）当线段CM=CD时，则点C在MD的中垂线上，即y = (y + y )时，即可求解；
C 2 M D
（3）先证明△POG∽△COP，然后利用当B、P、G三点共线时，2PC+3PB最小，最小值为3BG即可
求解．
【详解】（1）∵对称轴是直线x=2，
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b
b
故x=2=− =− 1 ，解得b=1，
2a 2×(− )
4
1 1
故抛物线的表达式为y=− x2+x+3=− (x−2) 2+4，
4 4
∴抛物线的顶点为(2,4)；
（2）
1 1
对于y=− x2+x+3，令y=− x2+x+3=0，
4 4
解得x=6或−2，令x=0，则y=3，
故点A、B、C的坐标分别为(−2，0)、(6，0)、(0，3)，
设直线BC的表达式为y=mx+n，则¿，解得¿，
1
故直线BC的表达式y=− x+3，
2
设点M的坐标为 ( x,− 1 x2+x+3 ) ，则点D的坐标为 ( x,− 1 x+3 ) ，
4 2
1
当线段CM=CD时，则点C在MD的中垂线上，即y = (y + y )，
C 2 M D
即3= 1( − 1 x2+x+3− 1 x+3 ) ，
2 4 2
解得x=0（舍去）或2，
故点M的坐标为(2,4)；
（3）
OP OG 2 2 OG 4 ( 4)
在OC上取点G，使 = = ，即 = ，则OG= ，则点G 0, ，
OC OP 3 3 2 3 3
OP OG
∵ = ，∠GOP=∠COP，
OC OP
∴△POG∽△COP，
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PG OP 2 2
∴ = = ，故PG= PC，
PC OC 3 3
( 2 )
则2PC+3PB=3 PB+ PC =3(BP+PG)，
3
故当B、P、G三点共线时，2PC+3PB最小，最小值为3BG，
则2PC+3PB的最小值3BG=3
√
62+
(4) 2
=2√85．
3
【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养，会利用数形结合的思
想把代数和几何图形结合起来以及利用点的坐标的意义表示线段的长度是解题的关键．.
类型二 线段差最小问题
1
17．（2023·重庆·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=− x2+bx+c与x轴交于点
2
A(−4√2,0)，B(2√2,0)，与y轴交于点C，连接AC．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)如图1，D是线段AC上方抛物线上的一个动点，过点D作DE⊥AC于点E，过点E作EF∥x轴交y轴
3√2
于点F．求√3DE− EF的最大值及此时点D的坐标；
2
1
(3)如图2，在平面内将抛物线y=− x2+bx+c沿x轴向右平移，当平移后的新抛物线经过点C时停止平
2
移，此时得到新抛物线．G在第一象限且为新抛物线的对称轴上一点，直接写出所有使得以A，C，G为顶
点的三角形是等腰三角形的点G的坐标，并把求其中一个点G的坐标的过程写出来．
1
【答案】(1)y=− x2−√2x+8
2
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25 ( 5√2 143)
(2) ，D − ,
8 4 16
(3)G (√2,√46)，G (√2,√94+8)，G (√2,1)．
1 2 3
【分析】
本题考查了二次函数综合问题，待定系数法求解析式，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质；
（1）根据待定系数法求解析式，即可求解；
（2）过点D作DG⊥x轴交AC于点G，延长FE交DG于点M，求得l ：y=√2x+8．设
AC
D ( a,− 1 a2−√2a+8 ) ，则G(a,√2a+8)．证明△DGE∽△ACO，△ACO∽△DEM 得出
2
√3 √3 3√2
DE= DG，DM= DE，进而得出√3DE− EF，根据二次函数的性质，即可求解．
3 3 2
（3）由题意，得新抛物线的对称轴为直线x=√2．设G(√2,m)．分三种情况讨论，AG=CG，AG=AC，
AC=GC，根据勾股定理建立方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线过点A(−4√2,0)，B(2√2,0)，
∴¿解得¿
1
∴抛物线的解析式为y=− x2−√2x+8．
2
（2）如图，过点D作DG⊥x轴交AC于点G，
延长FE交DG于点M，
∴DG∥FC．
1
当x=0时，y=− x2−√2x+8=8，则C(0,8)
2
∵A(−4√2,0),C(0,8)
设直线AC的解析式为y=kx+8，
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将点A(−4√2,0)代入得，−4√2k+8=0
解得：k=√2，
∴l ：y=√2x+8．
AC
设D ( a,− 1 a2−√2a+8 ) ，则G(a,√2a+8)．
2
∵DE⊥AC，AO⊥CO，EF⊥MG
∴∠DME=∠AOC=90°,∠DEG=∠AOC=90°
∵DG∥FC，
∴∠DGE=∠MGE=∠ACO，则∠MDE=∠CAO
∴△DGE∽△ACO，△ACO∽△DEM
∴△DGE∽△ACO∽△DEM，
DE OA 4√2 √3 √3
∴ = = = ，即DE= DG，
DG AC 4√6 3 3
DM AO 4√2 √2
= = = ，
EM CO 8 2
DM AO 4√2 √3
即EM=√2DM， = = =
DE AC 4√6 3
√3
即DM= DE，
3
√3 √3 1
∴DM= × DG= DG，
3 3 3
1 √2 √2 4
∴EM=√2× DG= DG=− a2− a，
3 3 6 3
√2 1
∴EF=−a−ME= a2+ a．
6 3
1
∵√3DE=DG=− a2−2√2a，
2
3√2 5√2
∴√3DE− EF=−a2− a．
2 2
∵−1<0，
5√2 ( 3√2 ) 25
∴当a=− 时， √3DE− EF = ，
4 2 8
max
( 5√2 143)
∴D − , ．
4 16
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（3）G (√2,√46)，G (√2,√94+8)，G (√2,1)．
1 2 3
由题意，得新抛物线的对称轴为直线x=√2．
设G(√2,m)．
当AG=CG时，有2+(m−8) 2=50+m2，
解得m=1，
∴G(√2,1)；
当AG=AC时，有50+m2=32+64，
解得m=√46（负值已舍去），
∴G(√2,√46)；
当AC=GC时，有96=2+(8−m) 2，
解得m=√94+8（负值已舍去），
∴G(√2,√94+8)．
1
18．（2023·内蒙古兴安盟·一模）如图，已知直线y= x+1与y轴交于点A，与x轴交于点D，抛物线
2
1
y= x2+bx+1与直线交于A、E两点，与x轴交于B、C两点，且线段OA=OB．（注：抛物线
2
b
y=ax2+bx+c的对称轴为x=− ）
2a
(1)求该抛物线的解析式；
(2)动点P在x轴上移动，当△PAE是直角三角形时，求点P的坐标；
(3)在抛物线的对称轴上找一点M，使|AM−CM|的值最大，求点M的坐标．
1 3
【答案】(1)抛物线的解析式为y= x2− x+1
2 2
(1 ) (11 )
(2)点P的坐标为 ,0 或(1,0)或(3,0)或 ,0 ；
2 2
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(3 1)
(3)M ,−
2 2
1
【分析】（1）首先得点A(0,1)，B(1,0)，那么把A，B坐标代入y= x2+bx+c即可求得函数解析式；
2
（2）让直线解析式与抛物线的解析式结合即可求得点E的坐标．△PAE是直角三角形，应分点P为直角顶
点，点A是直角顶点，点E是直角顶点三种情况探讨；
（3）首先得|AM−CM|的值最大，应找到C关于对称轴的对称点B，连接AB交对称轴的一点就是M．应
让过AB的直线解析式和对称轴的解析式联立即可求得点M坐标．
【详解】（1）∵直线与y轴交于点A，
令x=0，则y=1
∴A点坐标为(0,1)，
1
∵线段OA=OB，直线y= x+1与x轴交于B点，
2
∴B(1,0)，
1
∵抛物线y= x2+bx+1与直线交于A点，与x轴交于B点，
2
1
将A(0,1)、B(1,0)坐标代入y= x2+bx+c
2
得¿，解得¿，
1 3
∴抛物线的解析式为y= x2− x+1；
2 2
1 3
（2）设点E的横坐标为m，则它的纵坐标为 m2− m+1，
2 2
1 3
即E点的坐标(m, m2− m+1)，
2 2
1
又∵点E在直线y= x+1上，
2
1 3 1
∴ m2− m+1= m+1
2 2 2
解得m =0（舍去），m =4，
1 2
∴E的坐标为(4,3)．
（Ⅰ）当A为直角顶点时，
过A作AP ⊥DE交x轴于P 点，设P (a,0)，
1 1 1
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1
∵直线y= x+1与x轴交于点D，
2
令y=0，则x=−2
∴D点坐标为(−2,0)，
∵∠DAO+∠P AO=90°，∠DAO+∠ADO=90°
1
∴∠ADO=∠P AO
1
∵∠DOA=∠P OA=90°
1
∴Rt△AOD∽Rt△P OA，
1
DO OA 2 1
= =
∴ ，即 ，
OA OP 1 OP
1 1
1
∴OP = ，
1 2
(1 )
∴P ,0 ．
1 2
（Ⅱ）同理，当E为直角顶点时，过E作EP ⊥DE交x轴于P 点，过E作EF⊥x轴于F，
2 2
同理可证Rt△AOD∽Rt△P ED，
2
DO DE
=
∴ ，
OA EP
2
∵D点坐标为(−2,0)，E的坐标为(4,3)
∴DE=√(−2−4) 2+(0−3) 2=3√5
2 3√5
即 = ，
1 EP
2
3√5
∴EP = ，
2 2
DE×EP 15
∴DP = 2= ，
2 EF 2
15 11
∴OP = −2= ，
2 2 2
(11 )
∴P 点坐标为 ,0 ．
2 2
（Ⅲ）当P为直角顶点时，设P (t,0)，
3
由∠OP A+∠FP E=90°，∠P EF+∠FP E=90°得∠OP A=∠FEP ，
3 3 3 3 3 3
∴Rt△AOP ∽Rt△P FE，
3 3
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AO OP 1 t
由 = 3 得 = ，
P F EF 4−t 3
3
解得t =3，t =1，
1 2
∴此时的点P 的坐标为(1,0)或(3,0)，
3
(1 ) (11 )
综上所述，满足条件的点P的坐标为 ,0 或(1,0)或(3,0)或 ,0 ；
2 2
3
（3）抛物线的对称轴为x= ，
2
3
∵B、C关于x= 对称，
2
∴MC=MB，
要使|AM−MC|最大，即是使|AM−MB|最大，
由三角形两边之差小于第三边得，当A、B、M在同一直线上时|AM−MB|的值最大．
∵A(0,1)，B(1,0)，
设直线AB的解析式为y=kx+b
∴¿，解得¿
∴直线AB的解析式为y=−x+1
∴由¿，得¿，
(3 1)
∴M ,− ．
2 2
【点睛】此题主要考查了二次函数综合以及待定系数法求二次函数解析式和相似三角形的判定与性质等知
识，根据一个三角形是直角三角形，应分不同顶点为直角等多种情况进行分析；求两条线段和或差的最值，
都要考虑做其中一点关于所求的点在的直线的对称点得出是解题关键．
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类型三 周长最值
1
17．（2023·重庆·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=− x2+bx+c与x轴交于点
2
A(−4√2,0)，B(2√2,0)，与y轴交于点C，连接AC．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)如图1，D是线段AC上方抛物线上的一个动点，过点D作DE⊥AC于点E，过点E作EF∥x轴交y轴
3√2
于点F．求√3DE− EF的最大值及此时点D的坐标；
2
1
(3)如图2，在平面内将抛物线y=− x2+bx+c沿x轴向右平移，当平移后的新抛物线经过点C时停止平
2
移，此时得到新抛物线．G在第一象限且为新抛物线的对称轴上一点，直接写出所有使得以A，C，G为顶
点的三角形是等腰三角形的点G的坐标，并把求其中一个点G的坐标的过程写出来．
1
【答案】(1)y=− x2−√2x+8
2
25 ( 5√2 143)
(2) ，D − ,
8 4 16
(3)G (√2,√46)，G (√2,√94+8)，G (√2,1)．
1 2 3
【分析】
本题考查了二次函数综合问题，待定系数法求解析式，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质；
（1）根据待定系数法求解析式，即可求解；
（2）过点D作DG⊥x轴交AC于点G，延长FE交DG于点M，求得l ：y=√2x+8．设
AC
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D ( a,− 1 a2−√2a+8 ) ，则G(a,√2a+8)．证明△DGE∽△ACO，△ACO∽△DEM 得出
2
√3 √3 3√2
DE= DG，DM= DE，进而得出√3DE− EF，根据二次函数的性质，即可求解．
3 3 2
（3）由题意，得新抛物线的对称轴为直线x=√2．设G(√2,m)．分三种情况讨论，AG=CG，AG=AC，
AC=GC，根据勾股定理建立方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线过点A(−4√2,0)，B(2√2,0)，
∴¿解得¿
1
∴抛物线的解析式为y=− x2−√2x+8．
2
（2）如图，过点D作DG⊥x轴交AC于点G，
延长FE交DG于点M，
∴DG∥FC．
1
当x=0时，y=− x2−√2x+8=8，则C(0,8)
2
∵A(−4√2,0),C(0,8)
设直线AC的解析式为y=kx+8，
将点A(−4√2,0)代入得，−4√2k+8=0
解得：k=√2，
∴l ：y=√2x+8．
AC
设D ( a,− 1 a2−√2a+8 ) ，则G(a,√2a+8)．
2
∵DE⊥AC，AO⊥CO，EF⊥MG
∴∠DME=∠AOC=90°,∠DEG=∠AOC=90°
∵DG∥FC，
∴∠DGE=∠MGE=∠ACO，则∠MDE=∠CAO
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∴△DGE∽△ACO，△ACO∽△DEM
∴△DGE∽△ACO∽△DEM，
DE OA 4√2 √3 √3
∴ = = = ，即DE= DG，
DG AC 4√6 3 3
DM AO 4√2 √2
= = = ，
EM CO 8 2
DM AO 4√2 √3
即EM=√2DM， = = =
DE AC 4√6 3
√3
即DM= DE，
3
√3 √3 1
∴DM= × DG= DG，
3 3 3
1 √2 √2 4
∴EM=√2× DG= DG=− a2− a，
3 3 6 3
√2 1
∴EF=−a−ME= a2+ a．
6 3
1
∵√3DE=DG=− a2−2√2a，
2
3√2 5√2
∴√3DE− EF=−a2− a．
2 2
∵−1<0，
5√2 ( 3√2 ) 25
∴当a=− 时， √3DE− EF = ，
4 2 8
max
( 5√2 143)
∴D − , ．
4 16
（3）G (√2,√46)，G (√2,√94+8)，G (√2,1)．
1 2 3
由题意，得新抛物线的对称轴为直线x=√2．
设G(√2,m)．
当AG=CG时，有2+(m−8) 2=50+m2，
解得m=1，
∴G(√2,1)；
当AG=AC时，有50+m2=32+64，
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解得m=√46（负值已舍去），
∴G(√2,√46)；
当AC=GC时，有96=2+(8−m) 2，
解得m=√94+8（负值已舍去），
∴G(√2,√94+8)．
1
18．（2023·内蒙古兴安盟·一模）如图，已知直线y= x+1与y轴交于点A，与x轴交于点D，抛物线
2
1
y= x2+bx+1与直线交于A、E两点，与x轴交于B、C两点，且线段OA=OB．（注：抛物线
2
b
y=ax2+bx+c的对称轴为x=− ）
2a
(1)求该抛物线的解析式；
(2)动点P在x轴上移动，当△PAE是直角三角形时，求点P的坐标；
(3)在抛物线的对称轴上找一点M，使|AM−CM|的值最大，求点M的坐标．
1 3
【答案】(1)抛物线的解析式为y= x2− x+1
2 2
(1 ) (11 )
(2)点P的坐标为 ,0 或(1,0)或(3,0)或 ,0 ；
2 2
(3 1)
(3)M ,−
2 2
1
【分析】（1）首先得点A(0,1)，B(1,0)，那么把A，B坐标代入y= x2+bx+c即可求得函数解析式；
2
（2）让直线解析式与抛物线的解析式结合即可求得点E的坐标．△PAE是直角三角形，应分点P为直角顶
点，点A是直角顶点，点E是直角顶点三种情况探讨；
（3）首先得|AM−CM|的值最大，应找到C关于对称轴的对称点B，连接AB交对称轴的一点就是M．应
让过AB的直线解析式和对称轴的解析式联立即可求得点M坐标．
【详解】（1）∵直线与y轴交于点A，
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令x=0，则y=1
∴A点坐标为(0,1)，
1
∵线段OA=OB，直线y= x+1与x轴交于B点，
2
∴B(1,0)，
1
∵抛物线y= x2+bx+1与直线交于A点，与x轴交于B点，
2
1
将A(0,1)、B(1,0)坐标代入y= x2+bx+c
2
得¿，解得¿，
1 3
∴抛物线的解析式为y= x2− x+1；
2 2
1 3
（2）设点E的横坐标为m，则它的纵坐标为 m2− m+1，
2 2
1 3
即E点的坐标(m, m2− m+1)，
2 2
1
又∵点E在直线y= x+1上，
2
1 3 1
∴ m2− m+1= m+1
2 2 2
解得m =0（舍去），m =4，
1 2
∴E的坐标为(4,3)．
（Ⅰ）当A为直角顶点时，
过A作AP ⊥DE交x轴于P 点，设P (a,0)，
1 1 1
1
∵直线y= x+1与x轴交于点D，
2
令y=0，则x=−2
∴D点坐标为(−2,0)，
∵∠DAO+∠P AO=90°，∠DAO+∠ADO=90°
1
∴∠ADO=∠P AO
1
∵∠DOA=∠P OA=90°
1
∴Rt△AOD∽Rt△P OA，
1
DO OA 2 1
= =
∴ ，即 ，
OA OP 1 OP
1 1
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1
∴OP = ，
1 2
(1 )
∴P ,0 ．
1 2
（Ⅱ）同理，当E为直角顶点时，过E作EP ⊥DE交x轴于P 点，过E作EF⊥x轴于F，
2 2
同理可证Rt△AOD∽Rt△P ED，
2
DO DE
=
∴ ，
OA EP
2
∵D点坐标为(−2,0)，E的坐标为(4,3)
∴DE=√(−2−4) 2+(0−3) 2=3√5
2 3√5
即 = ，
1 EP
2
3√5
∴EP = ，
2 2
DE×EP 15
∴DP = 2= ，
2 EF 2
15 11
∴OP = −2= ，
2 2 2
(11 )
∴P 点坐标为 ,0 ．
2 2
（Ⅲ）当P为直角顶点时，设P (t,0)，
3
由∠OP A+∠FP E=90°，∠P EF+∠FP E=90°得∠OP A=∠FEP ，
3 3 3 3 3 3
∴Rt△AOP ∽Rt△P FE，
3 3
AO OP 1 t
由 = 3 得 = ，
P F EF 4−t 3
3
解得t =3，t =1，
1 2
∴此时的点P 的坐标为(1,0)或(3,0)，
3
(1 ) (11 )
综上所述，满足条件的点P的坐标为 ,0 或(1,0)或(3,0)或 ,0 ；
2 2
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3
（3）抛物线的对称轴为x= ，
2
3
∵B、C关于x= 对称，
2
∴MC=MB，
要使|AM−MC|最大，即是使|AM−MB|最大，
由三角形两边之差小于第三边得，当A、B、M在同一直线上时|AM−MB|的值最大．
∵A(0,1)，B(1,0)，
设直线AB的解析式为y=kx+b
∴¿，解得¿
∴直线AB的解析式为y=−x+1
∴由¿，得¿，
(3 1)
∴M ,− ．
2 2
【点睛】此题主要考查了二次函数综合以及待定系数法求二次函数解析式和相似三角形的判定与性质等知
识，根据一个三角形是直角三角形，应分不同顶点为直角等多种情况进行分析；求两条线段和或差的最值，
都要考虑做其中一点关于所求的点在的直线的对称点得出是解题关键．
19．（2023·广东肇庆·三模）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A(−2,0)和B(1,0)，与y轴交于点
C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)作射线AC，将射线AC绕点A顺时针旋转90°交抛物线于另一点D，在射线AD上是否存在一点H，使
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△CHB的周长最小，若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)在（2）的条件下，点Q为抛物线的动点，过Q点作x轴的垂线交射线AD与P点，点Q从A点出发，P
点随之运动，当△APQ是以AP为腰的等腰三角形时，直接写出Q点的坐标．
【答案】(1)y=−x2−x+2
( 8 6)
(2)存在，H − ,−
7 7
(3)Q点的坐标为(2+√2,−6−5√2)或(2−√2,−6+5√2)或(0,2)
【分析】（1）由抛物线与x轴两交点坐标，可得抛物线交点式为y=−(x+2)(x−1)，去括号即得到抛物
线的表达式；
（2）由于点H在射线AD上运动，点C、B在射线AD的同侧，求△CHB的周长最小即求CH+BH最小，
作点C关于直线AD的对称点C'即有CH=C'H，只要点C'、H、B在同一直线上时，
CH+BH=C'H+BH=C'B最小．求点C坐标，即求直线AC解析式，由射线AD是由射线AC旋转90°得
到可求得直线AD解析式．由点A为CC'中点求得点C'坐标，即求得直线C'B解析式，把直线AD与直线
C'B解析式联立成方程组，求得的解即为点H坐标．
（3）设Q(m,−m2−m+2)(m>−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
77 77关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
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 ) (0<m<4)，点N的坐标为
4 2
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( 2 )
m, m−4 ．过点M作MP⊥y轴于点P，过点N作NQ⊥y轴于点Q，可证Rt△MCP≌Rt△≠¿，得
3
到CP=EQ，∠MCP=∠≠¿．①当点M在点C的上方时，四边形CENM为平行四边形，MN=CE=10，
得到− 3 m2+ 3 m+6− (2 m−4 ) =10，解方程可得m的值；②当点M在点C的下方时，CP=EQ，得到
4 2 3
6− ( − 3 m2+ 3 m+6 ) = 2 m−4−(−4)，解方程可得m的值．综上可求得点M的横坐标．
4 2 3
（3）设MN与x轴交于点H，则当△MHD≌△DOE时，四边形MDEG是正方形，此时MH=OD=6，
DH=OE=4，则OH=2，进而得到点M的坐标为(2,6)，根据平移性质可得点G的坐标为(−4,2)．
【详解】（1）把A(−2,0)，B(4,0)代入y=ax2+bx+6中，得
¿，解得¿
3 3
∴抛物线的函数表达式为y=− x2+ x+6．
4 2
2
把x=0代入y= x−4中，得y=−4，
3
∴E(0,−4)
2
把y=0代入y= x−4中，得x=6，
3
∴D(6,0)
（2）设点M的横坐标为m，
∴点M的坐标为 ( m,− 3 m2+ 3 m+6 ) (0<m<4)，点N的坐标为 ( m, 2 m−4 ) ．
4 2 3
如图，过点M作MP⊥y轴于点P，过点N作NQ⊥y轴于点Q．
∵MN⊥x轴
∴MN∥y轴
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∴PM=NQ
又∵CM=EN
∴Rt△MCP≌Rt△≠¿，
∴CP=EQ，∠MCP=∠≠¿．
如图1，当点M在点C的上方时，
∵∠MCP=∠≠¿
∴MC∥EN
∴四边形CENM为平行四边形，
∴MN=CE=10
∴− 3 m2+ 3 m+6− (2 m−4 ) =10，
4 2 3
10
解得m =0（舍去），m = ．
1 2 9
如图2，当点M在点C的下方时，CP=EQ，
∴6− ( − 3 m2+ 3 m+6 ) = 2 m−4−(−4)，
4 2 3
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26
解得m =0（舍去），m = ．
1 2 9
10 26
综上所述，点M的横坐标为 或 ．
9 9
（3）存在，点G的坐标为(−4,2)
如图3，设MN与x轴交于点H
当△MHD≌△DOE时，四边形MDEG是正方形，
∴当MH=OD，DH=OE时，四边形MDEG是正方形，
∴MH=OD=6，DH=OE=4
∴OH=2
3 3
把x=2代入y=− x2+ x+6中，得y=6
4 2
∴点M的坐标为(2,6)
根据平移性质可得点G的坐标为(−4,2)
【点睛】本题考查待定系数法，坐标平面内两点间的距离，三角形全等的判定与性质，平行四边形及正方
形的判定与性质，正确作出辅助线，综合运用各个知识是解题的关键．
类型五 等腰三角形存在性问题
32．（2024·内蒙古乌海·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y=−3x−3与x轴交于点A，与y轴交
于点C．抛物线y=x2+bx+c经过A、C两点，且与x轴交于另一点B（点B在点A右侧）．
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(1)求抛物线的解析式；
(2)设该抛物线的顶点为点H，求△BCH的面积；
(3)若点M是线段BC上一动点，过点M的直线ED平行y轴交x轴于点D，交抛物线于点E，求ME长的最
大值及点M的坐标；
(4)在(3)的条件下：当ME取得最大值时，在x轴上是否存在这样的点P，使得以点M、点B、点P为顶点
的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)3
9 (3 3)
(3) ， ,−
4 2 2
(6−3√2 ) (3 ) (6+3√2 )
(4)存在，P (0,0)，P ,0 ，P ,0 ，P ,0
1 2 2 3 2 4 2
【分析】
（1）由直线y=−3x−3与x轴交于点A，与y轴交于点C，得A(−1,0)、C(0,−3)，将A(−1,0)、
C(0,−3)代入y=x2+bx+c，列方程组求b、c的值及点B的坐标；
（2）设抛物线的对称轴交BC于点F，求直线BC的解析式及抛物线的顶点坐标，再求出点F的坐标，推导
1
出S = FH⋅OB，可求出△BCH的面积；
△BCH 2
（3）设点E的横坐标为x，用含x的代数式表示点E、点M的坐标及线段ME的长，再根据二次函数的性质
求出线段ME的最大值及点M的坐标；
（4）在x轴上存在点P，使以点M、B、P为顶点的三角形是等腰三角形．由（3）得
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(3 ) (3 3) 3√2 3 3√2
D ,0 ，M ,− ，由勾股定理求出OM=BM= ，由等腰三角形PBM的腰长为 或 求出
2 2 2 2 2 2
OP的长即可得到点P的坐标．
【详解】（1）
解：∵直线y=−3x−3与x轴、y轴分别交于点A、C，
∴A(−1,0)，C(0,−3)，
∵抛物线y=x2+bx+c经过点A(−1,0)，C(0,−3)，
∴ ¿，
解得¿，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3．
（2）
解：设抛物线的对称轴交BC于点F，交x轴于点G．
设直线BC的解析式为y=kx−3，则3k−3=0，解得k=1，
∴y=x−3；
∵y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴抛物线的顶点H(1,−4)，
当x=1时，y=1−3=−2，
∴F(1,−2)，
∴FH=−2−(−4)=2，
1 1 1 1
∴S = FH⋅OG+ FH⋅BG= FH⋅OB= ×2×3=3．
△BCH 2 2 2 2
（3）
解：设E(x,x2−2x−3)(0<x<3)， 则M(x,x−3)，
3 2 9
∴ME=x−3−(x2−2x−3)=−x2+3x=−(x− ) + ，
2 4
3 9 (3 3)
∴当x= 时，M E = ，此时M ,− ．
2 最大 4 2 2
（4）
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解：存在．
(3 ) (3 3)
如图3，由（2）得，当ME最大时，则D ,0 ，M ,− ，
2 2 2
3
∴DO=DB=DM= ；
2
∵∠BDM=90°，
√ 3 2 3 2 3√2
∴OM=BM= ( ) +( ) = ．
2 2 2
点P 、P 、P 、P 在x轴上，
1 2 3 4
3√2
当点P 与原点O重合时，则P M=BM= ，P (0,0)；
1 1 2 1
3√2 3√2 6−3√2
当BP =BM= 时，则OP =3− = ，
2 2 2 2 2
(6−3√2 )
∴P ,0 ；
2 2
3 (3 )
当点P 与点D重合时，则P M=P B= ，P ,0 ；
3 3 3 2 3 2
3√2 3√2 6+3√2
当BP =BM= 时，则OP =3+ = ，
4 2 4 2 2
(6+3√2 )
∴P ,0 ．
4 2
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(6−3√2 ) (3 ) (6+3√2 )
综上所述，P (0,0)，P ,0 ，P ,0 ，P ,0
1 2 2 3 2 4 2
【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、等腰三角形的判定、用待定系数法求函数解析式、求抛物
线的顶点坐标以及勾股定理、二次根式的化简等知识和方法，解最后一题时要注意分类讨论，求出所有符
合条件的点P的坐标．
33．（2023·广东汕头·二模）如图，点A、B在x轴正半轴上，点C、D在y轴正半轴上，且
OB=OC=3, OA=1, OD=2，过A、B、C三点的抛物线上有一点E，使得AE⊥AD．
(1)求过A、B、C三点的抛物线的解析式．
(2)求点E的坐标．
(3)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△ACP为等腰三角形，若存在，直接写出点P的坐标，若不存在，
请说明理由．
【答案】(1)y=x2−4x+3
(7 5)
(2)点E的坐标为 ,
2 4
(3)点P的坐标为(2，2)或(2，3+√6)或(2，3−√6)或(2，3)或(2,−3)
【分析】
本题主要考查运用待定系数法求二次函数解析式，二次函数与几何综合等知识以及等腰三角形的性质：
（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，把点A(1，0)，B(3，0)，C(0,3)代入函数解析式，求出
a,b,c的值即可；
EF AO
（2）过点E作EF⊥x轴于点F，设E(a,a2−4a+3)，证明△EFA∽△AOD，得 = ，代入相关
AF OD
a2−4a+3 1
数据得 = ，求出a的值，再进行判断即可；
a−1 2
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（3）由y=x2−4x+3得对称轴为直线x=2，设P(2,t)，分PC=AC,PA=AC,PC=AP三种情况讨论求
解即可．
【详解】（1）解：OB=OC=3, OA=1，
∴A(1，0)，B(3，0)，C(0,3)
∵A、B、C三点在抛物线上，
∴¿，
解得，¿，
∴抛物线的解析式为：y=x2−4x+3；
（2）解：过点E作EF⊥x轴于点F，如图，
∴∠EAF+∠AEF=90°,
∵DA⊥EA，
∴∠DAE=90°,
∴∠DAO+∠EAF=90°,
∴∠DAO=∠AEF,
又∠EFA=∠AOD=90°,
∴△EFA∽△AOD，
EF AO
∴ = ，
AF OD
设E(a,a2−4a+3)，
∴AF=a−1,EF=a2−4a+3，
∵AO=1,OD=2,
a2−4a+3 1
∴ = ，
a−1 2
7
解得，a= 或a=1，
2
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7
经检验，a= 是原方程的解，a=1是增根，
2
7
∴a= ，
2
5
∴a2−4a+3=
，
4
(7 5)
∴点E的坐标为 , ；
2 4
（3）解：由y=x2−4x+3=(x+2) 2−1知，抛物线的对称轴为直线x=2，
设点P(2,t)，
∵A(1，0)，C(0,3)，
∴PC2=(2−0) 2+(t−3) 2=t2−6t+13，AP2=(2−1) 2+(0−t) 2=t2+1，AC2=(1−0) 2+(3−0) 2=10，
∵△ACP是等腰三角形，
∴分三种情况讨论：①当PC=AP时，即PC2=AP2，
∴t2−6t+13=t2+1，
解得，t=2，
∴点P的坐标为(2，2)；
②当PC=AC时，即PC2=AC2，
∴t2−6t+13=10，
解得，t=3+√6或t=3−√6
∴点P的坐标为(2，3+√6)或(2，3−√6)；
③当AP=AC时，即AP2=AC2，
∴t2+1=10，
解得，t=3或t=−3，
∴点P的坐标为(2，3)或(2,−3)；
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综上，点P的坐标为(2，2)或(2，3+√6)或(2，3−√6)或(2，3)或(2,−3)．
34．（2023·甘肃平凉·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，
与y轴交于C点，其中B(4,0),C(0,−8) ，连接AC，BC．点E是线段OB上一动点（不与O、B两点重
合），过点E作x轴的垂线l，与直线l交于点D，与抛物线交于点P．
(1)求抛物线的表达式，及直线BC的表达式；
(2)过点P作PF⊥BC，垂足为F，求Rt△PFD周长的最大值；
(3)点Q在y轴上，点H在抛物线对称轴上，是否存在点Q、H使得△AQH为等腰直角三角形，且
∠QAH=90∘，若存在，求出点Q、H的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线表达式： y=x2−2x−8，直线BC的表达式： y=2x−8；
12√5
(2)△PFD周长最大值为4+ ；
5
(3)存在，Q(0,1)，H(1,−1)或Q(0,−1)，H(1,1)．
【分析】
本题考查二次函数的综合应用，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，正确的求出函数解析式，利用
数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）设P(n,n2−2n−8)，求出PD的长，利用三角函数值，表示出PF,DF的长，将Rt△PFD的周长转
化为二次函数求最值，即可；
（3）分Q在x轴上方和下方，两种情况，构造全等三角形，进行求解即可．
【详解】（1）解：把B(4,0),C(0,−8)代入y=x2+bx+c，得：
¿，解得：¿，
∴y=x2−2x−8；
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设直线BC的解析式为：y=kx−8，把：B(4,0)，代入得：k=2，
∴y=2x−8；
（2）∵B(4,0),C(0,−8)，
∴OB=4,OC=8，
∴BC=4√5，
OC 2√5 OB √5
∴sin∠OBC= = ，cos∠OBC= = ，
BC 5 BC 5
∵PE⊥x轴，PF⊥BC，
∴∠DEB=∠DFP，
又∵∠FDP=∠BDE，
∴∠FPD=∠OBC，
√5
∴PF=PD⋅cos∠FPD=PD⋅cos∠OBC= PD，
5
2√5
DF=PD⋅sin∠FPD=PD⋅sin∠OBC= PD，
5
(3√5 )
∴Rt△PDF的周长=PD+DF+PF= +1 PD，
5
∴当PD最大时，Rt△PDF的周长最大，
设P(n,n2−2n−8)，则：D(n,2n−8)，
∴PD=2n−8−n2+2n+8=−n2+4n=−(n−2) 2+4，
∴当n=2时，PD有最大值为4，
12√5
此时：Rt△PDF的周长最大为4+ ；
5
（3）存在；
∵y=x2−2x−8，
−2
∴对称轴为：x=− =1，当y=0时，x2−2x−8=0，解得：x =4,x =−2，
2×1 1 2
∴A(−2,0)，
∴OA=2，
设Q(0,m)，H(1,t)，
①当点Q在x轴上方时，如图：
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过点Q作QN∥x轴，交对称轴于N，过点A作AW⊥QN，则：∠AWQ=∠QNH=90°，
AW=OQ=m,QW=OA=2，
∵△AQH为等腰直角三角形，∠AQH=90°，
∴AQ=QH，∠AQW=∠QHN=90°−∠HQN，
∴△AWQ≌△QNH，
∴HN=QW=2,AW=QN=1，
∴m=1,1−t=2，
∴t=−1，
∴Q(0,1)，H(1,−1)；
②当点Q在x轴下方时，
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同法可得：Q(0,−1)，H(1,1)；
综上：Q(0,1)，H(1,−1)或Q(0,−1)，H(1,1)
类型六 直角三角形存在性问题
35．（2023·贵州贵阳·二模）如图，二次函数y=x2−3x−4的图象与x轴交于A和B两点，与y轴交于点C，
点P是直线AC下方的抛物线上一动点，过点P作PD⊥x轴于点D，交直线AC于点E．
(1)求点A和点B的坐标；
(2)求线段PE的最大值及此时点P的坐标；
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(3)当PE最大时，在二次函数的图象上是否存在点Q，使以点A,P,Q为顶点的三角形是直角三角形？若存
在，求点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(4,0),B(−1,0)
(2)当t=2时，线段PE的最大值为4，此时点P的坐标为(2,−6)
( 4 16) (2 50)
(3)存在， − , 或Q ,− 或(0,−4)
3 9 3 9
【分析】
（1）令y=0时，求解即可；
（2）求出C点坐标，进而直线AC的解析式，设出P点，表示出PE，利用配方法即可求解；
（3）设出点Q，分三种情况讨论，作出辅助线①如图1，当点A为直角顶点时，即∠QAP=90°，②如图
2，当点P为直角顶点时，即∠APQ=90°，③如图3，当点Q为直角顶点时，即∠AQP=90°，构造相
似三角形进行求解即可．
【详解】（1）
解：∵二次函数y=x2−3x−4(a≠0)的图象与x轴交于A和B两点，
∴当y=0时，即0=x2−3x−4，
解得：x =−1,x =4，
1 2
∴A(4,0),B(−1,0)；
（2）
解：当x=0时，y=−4，
∴C(0,−4)，
设直线AC的解析式为y=kx+n，则¿，
解得：¿，
∴直线AC的表达式为y=x−4，
设P(t,t2−3t−4)，则E(t,t−4)，
∴PE=t−4−(t2−3t−4)=−t2+4t=−(t−2) 2+4，
∵−1<0，
∴当t=2时，线段PE的最大值为4，此时点P的坐标为(2,−6)；
（3）解：存在．
设Q(m,m2−3m−4)，
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如图①，当点A为直角顶点时，即∠QAP=90°，
此时，点Q在第二象限，m<0，
过点P作PM⊥x轴于点M，过点Q作QN⊥x轴于点N，
∵A(4,0),P(2,−6)，
∴PM=6,AM=2,ON=m,OA=4，则AN=4−m，
∵∠QAP=90°，
∴∠QAN+∠NAP=90°，
∵∠APM+∠NAP=90°，
∴∠APM=∠NAP
又∵∠QNA=∠AMP=90°，
∴△APM∽△QAN，
QN AN m2−3m−4 4−m
∴ = ，即 = ，
AM PM 2 6
4
解得：m =− ,m =4（舍去）
1 3 2
( 4 16)
∴Q − , ；
3 9
如图②，当点P为直角顶点时，即∠APQ=90°，此时，点Q在第四象限，m>0，
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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1<m<3，连接OM，利用
△MAB △CAB △BCD
3 9
S=S +S +S =3S 得到− m2+ m+6=9，再分别解关于m的一元二次方程求出m；
ΔAOC ΔCOM ΔMOB ΔBCD 2 2
（3）存在．直线x=1交x轴于F，利用两点间的距离公式计算出BD=2√5，分类讨论：①EP⊥DB于
4√5 6√5
P，证明Rt△DEP∽Rt△DBF，利用相似比可计算出DP= ，则BP=BD−DP= ；②
5 5
4√5 2√5
ED'⊥BD于H，证明Rt△DEH∽Rt△DBF，利用相似比计算出DH= ，EH= ，在
5 5
4√5 2√5
Rt△PH D'中，设PH=x，D'P=DP=DH−HP= −x，D'H=D'E−EH=DE−EH=2− ，
5 5
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2 2
则利用勾股定理可得x2+ ( 2− 2√5) = (4√5 −x ) ，解得x=1− √5 ，于是
5 5 5
√5 2√5
BP=BD−DH+HP− =√5+1；③D'P⊥BC于G，作EI⊥BD于I，利用①得结论可得EI= ，
5 5
6√5 2√5
BI= ，而BE=2√2，则BG=BE−EG=2√2− ，根据折叠性质得∠EPD=∠EPD'，则根据角
5 5
2√5 4√5 2√2
平分线性质得EG=EI= ，接着证明△BPG∽△BEI，利用相似比可得BP= − ，所以当BP
5 3 3
6√5 4√5 2√2
为 或√5+1或 − 时，将△DEP沿边EP翻折得到△D'EP，使得△D'EP与△BEP的重叠部分
5 3 3
图形为直角三角形．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点D的坐标为(1,−4)，
b
∴− =1，即b=−2a，
2a
∴抛物线的解析式为y=ax2−2ax+c，
将点A和点D坐标代入得：
¿，
解得：¿，
∴b=−2，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：令y=x2−2x−3=0，
解得：x=−1或3，
∴B(3，0)，
令x=0，则y=−3，
∴C(0，−3)，设BC的表达式为y=px+q，
则¿，
解得：¿，
∴直线BC的解析式为y=x−3，
设M(m,m2−2m−3)，
当x=1时，y=x−3=−2，则E(1,−2)，
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1
∴S =S +S = ×3×(−2+4)=3，
△BDC △BDE △CDE 2
当点M在x轴上方时，即m>3，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<m<3，如图2，连接OM，
1 1 1 3 9
S=S +S +S = ⋅3⋅1+ ⋅3⋅m+ ⋅3⋅(−m2+2m+3)=− m2+ m+6，
△AOC △COM △MOB 2 2 2 2 2
∵S=3S ，
△BCD
3 9
∴− m2+ m+6=9，
2 2
解得m =1（舍去），m =2；
1 2
2+√22
综上所述，m的值为： 或2；
2
（3）解：存在．设直线x=1交x轴于F，BD=√22+42=2√5；
①如图3，EP⊥DB于P，△DEP沿边EP翻折得到△D'EP，
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∵∠EDP=∠BDF，∠EPD=∠BFD=90°，
∴△DEP∽△DBF，
DP DE DP 2
∴ = ，即 = ，
DF BD 4 2√5
4√5
解得：DP= ，
5
4√5 6√5
∴BP=BD−DP=2√5− = ；
5 5
②如图4，ED'⊥BD于H，
∵∠EDH=∠BDF，∠EHD=∠BFD=90°，
∴△DEH∽△DBF，
DH DE EH DH 2 EH
∴ = = ，即 = = ，
DF DB BF 4 2√5 2
4√5 2√5
解得：DH= ，EH= ，
5 5
4√5
在Rt△PH D'中，设PH=x，D'P=DP=DH−HP= −x，
5
2√5
D'H=D'E−EH=DE−EH=2−
，
5
2 2
∴x2+ ( 2− 2√5) = (4√5 −x ) ，
5 5
√5
解得x=1− ，
5
4√5 √5
∴BP=BD−DP=BD−(DH−HP)=BD−DH+HP=2√5− +1− =√5+1；
5 5
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2√5 6√5
③如图5，D'P⊥BC于G，作EI⊥BD于I，由①得EI= ，BI= ，
5 5
∵BE=√22+22=2√2，
2√5
∴BG=BE−EG=2√2− ，
5
∵△DEP沿边EP翻折得到△D'EP，
∴∠EPD=∠EPD'，
2√5
∴EG=EI= ，
5
∵∠GBP=∠IBE，
∴△BPG∽△BEI，
2√5
2√2−
BP BG BP 5
∴ = ，即 = ，
BE BI 2√2 6√5
5
4√5−2√2
∴BP= ，
3
6√5 4√5−2√2
综上所述，当BP为 或√5+1或 时，将△DEP沿边EP翻折得到△D'EP，使得△D'EP与
5 3
△BEP的重叠部分图形为直角三角形．
【点睛】本题考查了二次函数综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和折叠的性质；三角形相似
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的判定和性质，会利用待定系数法求二次函数解析式；灵活运用相似比和勾股定理计算线段的长；会利用
分类讨论的思想解决数学问题；本题难度较大，综合性较强．
37．（2023·青海西宁·二模）如图，抛物线y=x2+2x−3与x轴相交于点A(−3,0)，与y轴相交于点C．
(1)求直线AC的解析式；
(2)若点P为第三象限内抛物线上的一点，设△PAC的面积为S，求S的最大值；
(3)设抛物线的顶点为D，DE⊥x轴于点E，在y轴上是否存在点M，使得△ADM是直角三角形？若存在，
请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x−3
27
(2)
8
( 3) ( 7)
(3)存在点M，M的坐标为 0, 或 0,− 或(0,−1)或(0,−3)．
2 2
【分析】（1）已知抛物线上的三点坐标，利用待定系数法可求出该二次函数的解析式；
（2）过点P作x轴的垂线，交AC于点N，先运用待定系数法求出直线AC的解析式，设P点坐标为
(x,x2+2x−6)，根据AC的解析式表示出点N的坐标，再根据S =S +S 就可以表示出△PAC
△PAC △PAN △PCN
的面积，运用顶点式就可以求出结论；
（3）分三种情况进行讨论：①以A为直角顶点；②以D为直角顶点；③以M为直角顶点；设点M的坐标
为(0,t)，根据勾股定理列出方程，求出t的值即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+2x−3与y轴相交于点C，
∴C(0,−3)，
∵抛物线y=x2+2x−3与x轴相交于点A(−3,0)，
∴设直线AC的解析式为y=kx+b，
∴¿，
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解得¿，
∴直线AC的解析式为y=−x−3；
（2）解：如图，过点P作x轴的垂线，交AC于点N．
∵直线AC的解析式为：y=−x−3．
设P点坐标为(x,x2+2x−3)，则点N的坐标为(x,−x−3)，
∴PN=PE−NE=−(x2+2x−3)+(−x−3)=−x2−3x．
∵S =S +S ，
△PAC △PAN △PCN
∴S=
1
PN⋅OA=
1
×3(−x2−3x)=−
3(
x+
3) 2
+
27
，
2 2 2 2 8
3 27
∴当x=− 时，S有最大值 ；
2 8
（3）解：在y轴上是存在点M，能够使得△ADM是直角三角形．理由如下：
∵y=x2+2x−3=(x+1) 2−4，
∴顶点D的坐标为(−1,−4)，
∵A(−3,0)，
∴AD2=(−1+3) 2+(−4−0) 2=20．
设点M的坐标为(0,t)，分三种情况进行讨论：
①当A为直角顶点时，如图3①，
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由勾股定理，得AM2+AD2=DM2，
即(0+3) 2+(t−0) 2+20=(0+1) 2+(t+4) 2，
3
解得t= ，
2
( 3)
所以点M的坐标为 0, ；
2
②当D为直角顶点时，如图3②，
由勾股定理，得DM2+AD2=AM2，
即(0+1) 2+(t+4) 2+20=(0+3) 2+(t−0) 2，
7
解得t=− ，
2
( 7)
所以点M的坐标为 0,− ；
2
③当M为直角顶点时，如图3③，
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由勾股定理，得AM2+DM2=AD2，
即(0+3) 2+(t−0) 2+(0+1) 2+(t+4) 2=20，
解得t=−1或−3，
所以点M的坐标为(0,−1)或(0,−3)；
( 3) ( 7)
综上可知，在y轴上存在点M，能够使得△ADM是直角三角形，此时点M的坐标为 0, 或 0,− 或
2 2
(0,−1)或(0,−3)．
【点睛】本题考查的是二次函数综合题，涉及到用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，三角形的
面积，二次函数的顶点式的运用，勾股定理等知识，难度适中．运用数形结合、分类讨论及方程思想是解
题的关键．
类型七 相似三角形存在性问题
38．（2024·甘肃平凉·一模）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−2,0)，点B(4,0)，交y轴于点C(0,4)．
连接AC,BC.D为OB上的动点，过点D作ED⊥x轴，交抛物线于点E，交BC于点G．
(1)求这条抛物线的函数表达式；
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(2)过点E作EF⊥BC，垂足为F，设点D的坐标为(m,0)，请用含m的代数式表示线段EG的长，并求出当
m为何值时EG有最大值，最大值是多少？
(3)点D在运动过程中，是否存在一点G，使得以O,D,G为顶点的三角形与△AOC相似．若存在，请求出
此时点G的坐标；若不存在，请说明理由．
1
【答案】(1)y=− x2+x+4
2
√2
(2)EF=− m2+√2m,当m=2时，EF有最大值√2
4
(4 8) (8 4)
(3)存在， , 或 ,
3 3 3 3
【分析】
本题考查了二次函数的性质及相似三角形的判定及性质；
（1）将A(−2,0)，B(4,0)，C(0,4)代入y=ax2+bx+c，即可求解；
（2）利用待定系数法求出直线BC的表达式，即可表示出点E和点G的坐标，从而得出EG再根据解直角
三角形求得EF，根据二次函数的最值即可得出答案；
（3）分△OAC∽△DOG和△OAC∽△DGO两种情况，根据相似三角形的性质得出线段之间的关系求得
m的值，从而求得点G的坐标．
【详解】（1）
由题意得¿，
∴¿
1
∴y=− x2+x+4；
2
（2）
设直线BC的表达式为y=kx+n，
∵过点B(4,0)，C(0,4)，
∴¿，
∴¿，
∴直线BC的表达式为y=−x+4，
∴点E的坐标为 ( m,− 1 m2+m+4 ) ，点G的坐标为(m,−m+4)，
2
1 1
∴EG=− m2+m+4−(−m+4)=− m2+2m，
2 2
∵OC=OB=4，
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∴∠OBC=45°，
∵ED⊥x轴，
∴∠BGD=45°，
∴∠EGF=45°，
∵EF⊥BC，
√2 √2
∴EF= EG=− m2+√2m
2 4
√2
=− (m−2) 2+√2，
4
∴当m=2时，EF有最大值√2；
（3）
存在
∵OC=4，OA=2，G的坐标为(m,−m+4)，∠COA=∠ODG=90°，
DG OC
∴①当△OAC∽△DOG时， = =2，
DO OA
−m+4
即 =2，
m
4
解得m= ，
3
(4 8)
此时G的坐标为 , ，
3 3
DG OA 1
②当△OAC∽△DGO时， = = ，
DO OC 2
−m+4 1
即 = ，
m 2
8
解得m= ，
3
(8 4)
此时G的坐标为 , ，
3 3
(4 8) (8 4)
综上，G点坐标为 , 或 ,
3 3 3 3
39．（2024·云南昆明·模拟预测）抛物线y=ax2+2ax+c(a＞0)与x轴交于A(−3,0)、B两点（A在B的
左侧），与y输交于点C(0,−3)，抛物线的顶点为M．
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(1)求a、c的值；
(2)若点P是线段AC上一个动点，连接OP．问，是否存在点P，使得以点O、C、P为顶点的三角形与
△ABC相似?若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1, −3
( 9 3)
(2)P(−2,−1)或P − ,−
4 4
【分析】本题考查了待定系数法求解析式，三角形相似的判定，熟练掌握待定系数法，三角形相似的判定
定理是解题的关键．（1）根据题意，得¿，解方程组求解即可；
（2）根据AO=OC=3，∠OAC=∠OCA=45°，分∠CPO=∠ABC，∠CPO=∠ACB,计算求解即可．
【详解】（1）根据题意，得¿．
解得¿，
故a=1，c=−3．
（2）∵a=1，c=−3，
∴y=x2+2x−3．
−3+1
∴ =−1，
2
故B(1,0)，
∵A(−3,0)，点C(0,−3)，B(1,0)，
∴AO=OC=3，AB=4，AC=√OA2+OC2=3√2，
∴∠OAC=∠OCA=45°，
当∠CPO=∠ABC时，
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∵∠OCP=∠CAB=45°，
∴△OCP∽△CAB，
CO PC
∴ = ，
CA AB
3 PC
∴ = ，
3√2 4
解得PC=2√2，
过点P作PF⊥y轴于点F，
则PF=FC=PCsin45°=2，
∴OF=OC−FC=1，
∴P(−2,−1)．
当∠CPO=∠ACB时，
∵∠OCP=∠BAC=45°，
∴△OCP∽△BAC，
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CO PC
∴ = ，
AB CA
3 PC
∴ = ，
4 3√2
9√2
解得PC= ，
4
过点P作PG⊥y轴于点G，
9
则PG=GC=PCsin45°= ，
4
3
∴OG=OC−GC= ，
4
( 9 3)
∴P − ,− ;
4 4
( 9 3)
综上所述，存在点P使得O,P，C为顶点的三角形与△ABC相似，且P(−2,−1)或P − ,− ．
4 4
40．（2024·江苏淮安·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+4的图像与x轴交于
A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为(−2，0)，点B的坐标为(8，0)．
(1)求此二次函数的解析式；
(2)动点D从点C出发，以每秒√5个单位的速度在线段CB上运动，过点D作x轴的垂线，交二次函数图像
于点E，交x轴于点F，连接CE和OD，若△OCD与△CDE的面积相等，求t的值．
(3)点D在直线CB上运动，过点D作x轴的垂线，交二次函数图像于点E，交x轴于点F，是否存在点D，
使得以B、E、F为顶点的三角形与△ABC相似？ 若存在，求出D的坐标；若不存在，请说明理由．
1 3
【答案】(1)y=− x2+ x+4
4 2
(2)2
(3)(−10，9)或(−4，6)或(0，4)或(6，1)
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【分析】
（1）利用待定系数法求解即可；
( 1 )
（2）先求出点C坐标，进而求出直线BC解析式，设点D的坐标为 m，− m+4 ，则
2
E ( m，− 1 m2+ 3 m+4 ) ，DE=− 1 m2+2m；由△OCD与△CDE的面积相等，推出DE=OC=4，则
4 2 4
1 2√5
− m2+2m=4，解得m=4，则D(4，2)，利用勾股定理求出CD=2√5，则t= =2；
4 √5
（3）先证明△AOC∽△COB，得到∠OCB=∠OAC，进而推出∠ACB=90°，则当点D与点C重合时，
此时点E与点C重合，点F与点O重合，则△EFB∽△ACB；如图3-1所示，当点F在OA之间时，可得
∠EFB=90°，∠EBF<∠ABC，则此时△BEF和△ABC不可能相似；如图3-2所示，当点F在点A左
侧，设E ( s，− 1 s2+ 3 s+4 ) ，则F(s，0)，D ( s，− 1 s+4 ) ，EF= 1 s2− 3 s−4，BF=8−s，当
4 2 2 4 2
EF AC 1
∠EBF=∠ABC时，△BEF∽△BAC，证明△BOC∽△BCA，推出 = = ，则
BF BC 2
8−s=2 (1 s2− 3 s−4 ) ，解得s=−4或s=8（舍去），则D(−4，6)；当点F在点A左侧，且当
4 2
1 3
∠EBF=∠BAC时，可得△BEF∽△ABC，则 s2− s−4=2(8−s)，解得s=−10或s=8（舍去），
4 2
则D(−10，9)；如图3-3所示，如图所示，当点F在OB之间时，只有当∠EBF=∠BAC时，△EBF与
△BAC才能相似，此时△EBF∽△BAC，根据相似三角形的性质列出比例式求解即可；如图3-4所示，当
点F在点B右侧，只有当∠EBF=∠BAC时，△EBF与△BAC才能相似，此时△EBF∽△BAC，根据相
似三角形的性质列出比例式求解即可．
【详解】（1）解：把A(−2，0)，B(8，0)代入y=ax2+bx+4中得：¿，
∴¿，
1 3
∴抛物线解析式为y=− x2+ x+4；
4 2
1 3
（2）解：在y=− x2+ x+4中，当x=0时，y=4，
4 2
∴C(0，4)，
∴OC=4；
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设直线BC解析式为y=kx+b ，则¿，
1
∴¿，
1
∴直线BC解析式为y=− x+4，
2
( 1 )
设点D的坐标为 m，− m+4 ，
2
∵DE⊥x轴，
∴E ( m，− 1 m2+ 3 m+4 ) ，
4 2
∴DE=− 1 m2+ 3 m+4− ( − 1 m+4 ) =− 1 m2+2m；
4 2 2 4
∵△OCD与△CDE的面积相等，
1 1
∴ OC⋅OF= DE⋅OF，
2 2
∴DE=OC=4，
1
∴− m2+2m=4，
4
解得m=4，
∴D(4，2)，
∴CD=√(4−0) 2+(2−4) 2=2√5，
2√5
∴t= =2；
√5
（3）解：∵A(−2，0)，B(8，0)，C(0，4)，
∴OA=2，OB=8，OC=4，
OA OC 1
∴ = = ，
OC OB 2
又∵∠AOC=∠COB=90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠OCB=∠OAC，
∵∠OAC+∠OCA=90°，
∴∠OCB+∠OCA=90°，即∠ACB=90°，
当点D与点C重合时，此时点E与点C重合，点F与点O重合，则
∠EBF=∠ABC，∠EFB=∠ACB=90°，
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∴△EFB∽△ACB，
∴此时点D的坐标为(0，4)；
如图3-1所示，当点F在OA之间时，
∵OC<OB，
∴∠OBC<∠OCB，即∠ABC<∠BAC，
∵∠EFB=90°，∠EBF<∠ABC，
∴此时△BEF和△ABC不可能相似；
如图3-2所示，当点F在点A左侧，设E ( s，− 1 s2+ 3 s+4 ) ，则F(s，0)，D ( s，− 1 s+4 ) ，
4 2 2
1 3
∴EF= s2− s−4，BF=8−s，
4 2
当∠EBF=∠ABC时，
又∵∠EFB=∠ACB=90°，
∴△BEF∽△BAC，
∵∠OBC=∠CBA，∠BOC=∠BCA=90°，
∴△BOC∽△BCA，
AC OC 1
∴ = = ，
BC OB 2
EF AC 1
∴ = = ；
BF BC 2
∴8−s=2 (1 s2− 3 s−4 ) ，
4 2
解得s=−4或s=8（舍去），
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∴D(−4，6)；
当点F在点A左侧，且当∠EBF=∠BAC时，可得△BEF∽△ABC，
EF BC
∴ = =2，
BF AC
1 3
∴ s2− s−4=2(8−s)，
4 2
∴s=−10或s=8（舍去），
∴D(−10，9)；
如图3-3所示，如图所示，当点F在OB之间时，
∵∠EBF>∠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1<m<6．
(1)试求抛物线的表达式；
2
(2)过点P作PN∥y轴并BC交于点N，作PM∥x轴并交抛物线的对称轴于点M，若PM= PN，求点P
3
的坐标；
1
(3)当点P运动到使∠PAB= ∠ABC时，求出m的值．
2
1 2
【答案】(1)抛物线解析式为y=− x2+ x+8，
3 3
(2)P(3，7)；
9
(3)m=
2
【分析】（1）根据待定系数法即可求得抛物线的表达式和直线BC的表达式，从而求得抛物线的对称轴；
（2）设P ( m，− 1 m2+ 2 m+8 ) ，由PN∥y轴， PM∥x轴，抛物线的对称轴为直线x=1，直线BC
3 3
为：y=− 4 x+8，得M ( 1，− 1 m2+ 2 m+8 ) ，N ( m，− 4 m+8 ) ，进而得
3 3 3 3
PN=− 1 m2+2m，PM=m−1，由PM= 2 PN得m−1= 2( − 1 m2+2m ) ，解m=3，即可得解；
3 3 3 3
（3）先求得点C(0,8)关于直线x=1的对称点为D(2,8)，过点A作AP平分∠BAD交抛物线于点P，交BD
1
于点H，再求得H(4,4)，从而求得设直线AP的解析式，联立直线AP为：y= x+2与抛物线解析式为
2
1 2
y=− x2+ x+8即可求解．
3 3
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c过A(−4,0)，B(6,0)，C(0,8)三点，
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∴¿，
解得¿，
1 2
∴抛物线解析式为y=− x2+ x+8，
3 3
1 2 1 25
∵y=− x2+ x+8=− (x−1) 2+ ，
3 3 3 3
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
设直线BC：y=kx+b(k≠0)，
∵B(6,0)，C(0,8)在y=kx+b(k≠0)上，
∴¿，
解得¿，
4
∴直线BC为：y=− x+8；
3
1 2
（2）解：由点P是第一象限内抛物线y=− x2+ x+8上的动点，点P的横坐标是m，且1<m<6，设
3 3
P ( m，− 1 m2+ 2 m+8 ) ，
3 3
4
∵PN∥y轴，PM∥x轴，抛物线的对称轴为直线x=1，直线BC为：y=− x+8，
3
∴M ( 1，− 1 m2+ 2 m+8 ) ，N ( m，− 4 m+8 ) ，
3 3 3
1
∴PN=− m2+2m，PM=m−1，
3
2
∵PM= PN，
3
∴m−1= 2( − 1 m2+2m ) ，
3 3
3
解得m =3，m =− （舍去），
1 2 2
1 2
当m=3时，− m2+ m+8=7，
3 3
∴P(3，7)；
1 2
（3）解：∵抛物线y=− x2+ x+8的对称轴为直线x=1，A(−4,0)，B(6,0)，C(0,8)，
3 3
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∴A、B两点关于直线x=1成轴对称，设点C(0,8)关于直线x=1的对称点为D(x ,8)，
0
x +0
∴ 0 =1，
2
∴x =2，
0
∴点C(0,8)关于直线x=1的对称点为D(2,8)，
∵A、B两点关于直线x=1成轴对称，点C(0,8)关于直线x=1的对称点为D(2,8)，
∴△ABC与△BAD关于直线x=1成轴对称，
∴∠ABC=∠BAD，
1 1
过点A作AP平分∠BAD交抛物线于点P，交BD于点H，则∠PAB= ∠BAD= ∠ABC，点P为所
2 2
求的点，
∵A(−4,0)，B(6,0)，D(2,8)，
∴AB=4+6=10，AD=√(2+4) 2+82=10，
∴AB=AD，
∵AP平分∠BAD交抛物线于点P，交BD于点H，
∴AH⊥BD，HD=HB，
∴B(6,0)，D(2,8)，
(6+2 0+8)
∴H , 即H(4,4)，
2 2
设直线AP为：y=mx+n，
∵直线AP为：y=mx+n过H(4,4)，A(−4,0)，
∴¿，
解得¿，
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1
∴直线AP为：y= x+2，
2
1 1 2
联立直线AP为：y= x+2与抛物线解析式为y=− x2+ x+8得，
2 3 3
¿，
解得¿或¿（舍去），
(9 17)
∴P ， ．
2 4
9
∴m的值为
2
【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数与二次函数，等腰三角形的性质，勾股定理，轴对称的性
质，熟练掌握二次函数的图像及性质式解题的关键．
1
45．（2023·广东阳江·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y= x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，
2
1
抛物线y=− x2+bx+c经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B．
2
(1)填空：b=___________，c=___________；
(2)点D为直线AC上方抛物线上一动点．
DE
①连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，求 的最大值；
EB
②过点D作DF⊥AC于点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的∠DCF=2∠BAC，若存在，
求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
3
【答案】(1)b=− ，c=2
2
DE 4
(2)① 最大值为 ；②D(−2,3)
EB 5
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1
【分析】（1）根据线y= x+2求出点A，C，代入到抛物线即可求解；
2
（2）①过D作DM∥y轴交AC于点M，过B作BN∥y轴交AC于点N，根据抛物线和直线解析式可求出
点B、N的坐标，从而求出BN，再表示出点D、M的坐标，根据△EMD∼△ENB即可求出；②过点D作
DG∥x轴，交y轴于点R，交直线AC于点G，根据条件证明∠BAC=∠CDG，利用
tan∠BAC=tan∠CDG求解即可．
1
【详解】（1）解：∵直线y= x+2与x轴交于点A，与y轴交于点C，
2
当x=0时，y=2，当y=0时，x=−4，
∴A(−4,0)，C(0,2)，
1
把A(−4,0)，C(0,2)代入抛物线y=− x2+bx+c得：¿，
2
解得¿；
（2）①解：过D作DM∥y轴交AC于点M，过B作BN∥y轴交AC于点N，如图，
1 3
由（1）得：抛物线解析式为y=− x2− x+2，
2 2
1 3
令− x2− x+2=0，解得：x =−4，x =1，
2 2 1 2
∴B(1,0)，
1 5
在y= x+2中，令x=1，得y= ，
2 2
( 5) 5
∴N 1, ，BN= ，
2 2
设D ( m,− 1 m2− 3 m+2 ) ，则M ( m, 1 m+2 ) ，
2 2 2
1
∴DM=− m2−2m，
2
∵DM∥y轴，BN∥y轴，
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∴BN∥DM，
∴∠EDM=∠EBN，∠EMD=∠ENB，
∴△EMD∼△ENB，
DE DM
∴ = ，
EB BN
1
− m2−2m
DE 2 1 4
∴ = =− (m+2) 2+ ，
EB 5 5 5
2
1
∵− <0，
5
DE 4
∴当m=−2时， 取最大值，最大值为 ；
EB 5
②存在点D，使得△CDF中的∠DCF=2∠BAC，
过点D作DG∥x轴，交y轴于点R，交直线AC于点G，如图，
∵DG∥x轴，
∴∠BAC=∠DGC，
∵∠DCF=2∠BAC，
∴∠DCF=2∠DGC，
∵∠DCF=∠DGC+∠CDG，
∴∠DGC=∠CDG，
∴∠BAC=∠CDG，
OC CR
∴tan∠BAC=tan∠CDG，即 = ，
OA DR
设D ( t,− 1 t2− 3 t+2 ) ，
2 2
1 3
∴DR=−t，¿=− t2− t+2，
2 2
∵A(−4,0)，C(0,2)，
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∴OA=4， OC=2，
1 3
∴CR=∨−OC=− t2− t，
2 2
1 3
− t2− t
∴2 2 2 ，解得：t=2，
=
4 −t
∴D(−2,3)；
【点睛】本题考查二次函数综合应用，掌握待定系数法，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用
等知识是关键．
类型十 特殊角存在性问题
7
46．（2022·黑龙江绥化·模拟预测）如图，抛物线y=ax2+ x+c与直线y=kx+2交于C，D两点，其中
2
7
点C在y轴上，点D的坐标为(3, )．点P是y轴右侧的抛物线上一动点，过点P作PE⊥x轴于点E，交
2
CD于点F．
(1)求直线和抛物线的解析式；
(2)若点P的横坐标为m，当m为何值时，以O，C，P，F为顶点的四边形是平行四边形？请说明理由．
(3)是否存在点P，使∠PCF=45°？若存在，请求出相应的点P的坐标；若不存在请说明理由．
1 7
【答案】(1)y= x+2，y=−x2+ x+2
2 2
3+√17
(2)m=1或m=2或m=
2
1 7 23 13
(3)存在，P( , )或P( , )
2 2 6 18
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【分析】（1）将已知点坐标代入一次函数解析式，从而确定直线解析式，得到点C(0,2).将已知点坐标代
入抛物线解析式，求得待定参数，确定抛物线解析式；
7
（2）若以O，C，P，F为顶点的四边形是平行四边形，则PF=OC=2,设P(m,−m2+ m+2)，
2
1
F(m, m+2)，得PF=|m2−3m|，构建方程|m2−3m|=2，求解即可；
2
（3）分情况讨论：如图，若P点在CD上方，且∠PCF=45°，过P点作PM⊥CD于点M，过点C作
PM m
= =2
CN⊥EF于点N，则∠PMF=∠CNF，可证△PMF∽△CNF，得MF 1 ，PM=2MF；
m
2
5 5 1 7
Rt△PMF中，PF=√5MF= m，于是得方程−m2+3m= m，求解得P( , )；如图，若P点在CD
2 2 2 2
下方，且∠PCF=45°，过点P作PG⊥CF于点G，过点C作CH⊥EF于H，可证△HFC∽△GFP，
GP HC m
= = =2 √5 √5
可得GF HF 1 ．Rt△HCF中，CF=√HC2+H F2= m，于是CF=3GF= m，得
m 2 2
2
√5 5 5 23 13
GF= m．Rt△GFP中，PF=√5GF= m．可得方程m2−3m= m，求解得P( , )．
6 6 6 6 18
7
【详解】（1）解：直线y=kx+2经过D(3, )，
2
7 1
∴3k+2= ，得k=
2 2
1
∴直线CD的解析式为y= x+2.
2
x=0时，y=2，
∴C(0,2).
7
抛物线y=ax2+ x+c经过C,D两点，则
2
¿，解得¿，
7
∴抛物线解析式为y=−x2+ x+2
2
（2）解：如图，PF∥OC，若以O，C，P，F为顶点的四边形是平行四边形，则PF=OC=2,
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∵点P在抛物线上，且横坐标为m
7 1
∴设P(m,−m2+ m+2)，F(m, m+2)
2 2
| 7 1 |
∴PF= (−m2+ m+2)−( m+2) =|m2−3m|
2 2
∴|m2−3m|=2，
∴m2−3m=2,或m2−3m=−2，
3+√17 3−√17
即m2−3m−2=0解得，m= 或m= <0（舍去）
2 2
或m2−3m+2=0解得，m=1或m=2．
3+√17
综上，当m=1或m=2或m= 时，以O，C，P，F为顶点的四边形是平行四边形．
2
（3）解：如图，若P点在CD上方，且∠PCF=45°，
过P点作PM⊥CD于点M，过点C作CN⊥EF于点N，则∠PMF=∠CNF，
又∠PFM=∠CFN，
∴△PMF∽△CNF．
PM MF
∴ = ．
CN NF
PM CN
∴ =
MF NF
7 1
同（2），P(m,−m2+ m+2)，F(m, m+2)
2 2
1
∴CN=m,NF= m．
2
PM m
= =2
∴MF 1 ．
m
2
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∴PM=2MF．
Rt△PMC中，PM=MC=2MF，
∴MF=CF．
√ m 2 √5
Rt△CNF中，CF=√NC2+N F2= m2+( ) = m．
2 2
√5
∴MF= m．
2
5
Rt△PMF中，PF=√PM2+M F2=√5MF= m．
2
又PF=−m2+3m，
5 1
∴−m2+3m= m，解得m = ,m =0（舍去）
2 1 2 2
1 7 7
m= 时，−m2+ m+2= ，
2 2 2
1 7
∴P( , )
2 2
如图，若P点在CD下方，且∠PCF=45°，
过点P作PG⊥CF于点G，过点C作CH⊥EF于H，则∠FHC=∠FGP=90°，
∵∠HFC=∠GFP，
∴△HFC∽△GFP．
HF HC
∴ = ．
GF GP
1
∵HC=m,FH=FE−HE= m
2
GP HC m
= = =2
∴GF HF 1 ．
m
2
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∴GP=2GF．
Rt△GCP中，∠GCP=∠GPC=45°，
∴GC=GP=2GF．
√ m 2 √5
Rt△HCF中，CF=√HC2+H F2= m2+( ) = m
2 2
√5
∴CF=GC+GF=3GF= m
2
√5
∴GF= m．
6
5
Rt△GFP中，PF=√GP2+GF2=√5GF= m．
6
1 7
又PF=( m+2)−(−m2+ m+2)=m2−3m
2 2
5 23
∴m2−3m= m，解得m= 或m=0（舍去）
6 6
7 23 2 7 23 13
于是，−m2+ m+2=−( ) + × +2= ．
2 6 2 6 18
23 13
∴P( , )．
6 18
1 7 23 13
综上，点P的坐标为P( , )或P( , )．
2 2 6 18
【点睛】本题考查待定系数确定函数解析式、相似三角形的判定和性质、平行四边形判定、勾股定理；运
用几何图形的等量关系构建方程是解题关键．
47．（2022·广东江门·一模）如图，抛物线y=−x2+bx+c经过A(4,0)，C(−1,0)两点，于y轴交于点B，
P为第一象限抛物线上的动点，连接AB，BC，PA，PC，PC与AB相交于点Q．
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(1)求抛物线的解析式；
(2)设△APQ的面积为S ，△BCQ的面积为S ，当S −S =5时，求点P的坐标；
1 2 1 2
(3)是否存在点P，使∠PAB+∠CBO=45°，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)y=−x2+3x+4
(2)P(1,6)或P(2,6)
(3)P(3,4)
【分析】
（1）将A(4，0)，C(−1，0)代入y=−x2+bx+c，利用待定系数法确定函数解析式；
（2）根据图形得到：S +S =S +S +5，即S =S +5．运用三角形的面积公式求得点P的
1 △AQC 2 △AQC △APC △ABC
纵坐标y=6，然后由二次函数图象上点的坐标特征求得点P的横坐标即可；
（3）过点P作PD⊥x轴于点D，根据OB=OA=4得到∠ABO=∠OAB=45°，可推出△BOC∽△PDA，
进入即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c经过A(4,0)，C(−1,0)两点，
∴¿，
解得：¿，
∴抛物线的解析式为y=−x2+3x+4；
（2）解：∵S −S =5，
1 2
∴S ❑ −S =5．
△ ACP △ABC
令x=0，
则y=4，
∴B(0，4)．
∵A(4,0)，C(−1,0)，
∴OB=OA=4，AC=5，
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1 1
∴S = ×AC×OB= ×5×4=10，
△ABC 2 2
∴S =15．
△ACP
设P(t，−t2+3t+4)，
1 1
∴S = ×AC×y = ×5×(−t2+3t+4)=15，
△ACP 2 P 2
∴t=1或t=2，
∴P(1,6)或P(2,6)
（3）解：存在，点P的坐标是(3，4)．
理由：过点P作PD⊥x轴于点D，
∵OB=OA=4
∴∠ABO=∠OAB=45°．
∵∠PAB+∠CBO=45°，
∴∠CBO+∠PAB+∠BAO=90°．
∵∠CBO+∠BCO=90°，
∴∠BCO=∠OAB+∠PAB=∠PAD．
∵∠BOC=∠PDA=90°，
∴△BOC∽△PDA，
BO CO
∴ = ．
PD AD
设点P(a,−a2+3a+4)，
∴PD=−a2+3a+4，AD=4−a，
4 1
=
∴ ，
−a2+3a+4 4−a
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整理得a2−7a+12=0，
解得a =3或a =4（不符合题意），
1 2
∴P(3,4) ．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、二次函数的性
质，勾股定理的应用以及三角形面积公式，相似三角形的性质等知识点．
类型十一 线段存在性
48．（2024·新疆伊犁·一模）如图1，已知抛物线顶点C(1,4)，且与y轴交于点D(0,3)．
(1)求该抛物线的解析式及其与x轴的交点A、B的坐标；
(2)将直线AC绕点A顺时针旋转45°后得到直线AE，与抛物线的另一个交点为E，请求出点E的坐标；
PM
(3)如图2，点P是该抛物线上位于第一象限的点，线段AP交BD于点M，是否存在点P使得 的值最大，
AM
若存在，求出点P坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+3；A(−1,0)，B(3,0)
(8 11)
(2)E ,
3 9
(3 15)
(3)存在； ,
2 4
【分析】（1）设抛物线的表达式为：y=a(x−h) 2+k=a(x−1) 2+4，将点D的坐标代入上式，即可求解；
（2）构建△ACH，用解直角三角形的方法求出点H的坐标，进而求解；
（3）过点P作PE∥AB，交BD于点E，求出直线BD的解析式为y=−x+3，设点P的坐标为
(m，−m2+2m+3)(0<m<3)，则E(m2−2m,−m2+2m+3)，得出PE=m−(m2−2m)=−m2+3m，证
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PM PE PM 1( 3) 2 9
明△PEM∽△ABM，得出 = ，整理得出 =− m− + ，即可求解．
AM AB AM 4 2 16
【详解】（1）解：设抛物线的表达式为：y=a(x−h) 2+k=a(x−1) 2+4，
将D(0,3)代入上式得：a+4=3，
解得：a=−1，
故抛物线的表达式为：y=−(x−1) 2+4=−x2+2x+3，
令y=0，则0=−x2+2x+3，
解得：x=−1或x=3，
∴点A、B的坐标分别为：(−1,0)，(3,0)；
（2）解：如图，设函数的对称轴交x轴于点G，交AE于点H，过点H作HN⊥AC于点N，如图所示：
抛物线的对称轴为直线x=1，
AG 2 1
在△AGC中， tan∠ACG= = = =tan∠HCN，
CG 4 2
在Rt△CHN中，设HN=x，则CN=HN⋅tan∠HCN=2x，
在Rt△ANH中，∠NAH=45°，则AN=NH=x，
∴AC=AN+CN=3x，
∵AC=√(1+1) 2+42=2√5，
∴3x=2√5，
2√5
解得：x＝ ，
3
10
在Rt△CHN中， CH=√CN2+N H2=√5x= ，
3
( 2)
∴点H 1, ，
3
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设直线AH的解析式为：y=kx+b，
则¿，
解得：¿
1 1
∴直线AH的表达式为：y= x+ ，
3 3
联立¿，
解得：¿或¿，
(8 11)
∴点E , ；
3 9
（3）解：存在；
过点P作PE∥AB，交BD于点E，如图所示：
设直线BD的解析式为y=k'x+b'，则：
¿，
解得：¿，
∴直线BD的解析式为y=−x+3，
设点P的坐标为(m，−m2+2m+3)(0<m<3)，则E(m2−2m,−m2+2m+3)，
∴PE=m−(m2−2m)=−m2+3m，
∵PE∥AB，
∴△PEM∽△ABM，
PM PE
∴ = ，
AM AB
PM −m2+3m
∴ =
AM 3−(−1)
1 3
=− m2+ m
4 4
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1( 3) 2 9
=− m− + ，
4 2 16
1
∵− <0，
4
3 PM 9
∴当m= 时， 有最大值 ，
2 AM 16
(3 15)
∴此时点P的坐标为： , ．
2 4
【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数解析式，锐角三角函数，用函数思想求极值，三角形相似的
判定和性质，求一次函数解析式，解题关键是用解直角三角形的方法的使用．
49．（2023·浙江·模拟预测）已知二次函数y=x2−2x+1的图象为抛物线S，点A(1,a),B(1,−a)(a>0)
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−QM<DM，
2 2
1
当D、Q、B三点共线时DQ− CQ=DQ−QM有最大值DM，利用相似三角形判定与性质求出M点坐
2
标，利用两点之间距离公式代值求解即可得到答案．
√5 √5
【详解】（1）解：∵抛物线 y= x2− x−2√5分别交x轴于点A，B（点A在点B的左侧），
4 2
√5 √5
∴令y=0，则0= x2− x−2√5，即x2−2x−8=0，
4 2
∴(x−4)(x+2)=0，解得x=−2或x=4，
∴A(−2,0)、B(4,0)；
（2）解：①连接BC，如图所示：
∵过点P作⊙B的一条切线PM（点M为切点），
∴ PM⊥BM，
在Rt△PBM中，PM=√PB2−MB2=√PB2−9，当PB最小时，则线段PM有最小值，
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∵连接AC，P是线段AC上的动点，B(4,0)，
∴当PB⊥AC时，线段PB最小，
∵A(−2,0)，C(0,−2√5)，B(4,0)，
1 1
∴OC=2√5，AC=√OA2+OC2=2√6，AB=4−(−2)=6，则S = AC⋅PB= AB⋅OC，即
△ABC 2 2
6×2√5
PB= =√30，
2√6
∴PM=√PB2−9=√21，即线段PM的最小值√21；
1
②由DQ− CQ可知，线段端点为C、D、Q，其中C、D为固定点；Q为动点，且动点轨迹是⊙B，
2
√5 √5 √5 9√5
∵ y= x2− x−2√5= (x−1) 2− ，
4 2 4 4
( 9√5)
∴D 1, ，
4
∵C(0,−2√5)，
∴BC=√OB2+OC2=6，BD=
√
32+
(9√5) 2
=
3
√61，
4 4
∵ BQ=3，
BQ 3 1 BM 1 3
∴ = = ，则在BC上找一点M，使 = ，即BM= ，如图所示：
BC 6 2 BQ 2 2
QM BQ 1 1
∴ △BQM∽△BCQ，则 = = ，即QM= CQ，
CQ BC 2 2
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1
∴ DQ− CQ=DQ−QM，
2
1
在△DQM中，DQ−QM<DM，当D、Q、B三点共线时DQ− CQ=DQ−QM为最大值，
2
过点M作MN⊥x轴，如图所示：
∴MN∥y轴，则△BNM∽△BOC，
3 3
MN BM ON CM 6− √5
∴ = ， = ，即MN 2，ON 2，解得MN= ，ON=3，
OC BC OB BC = = 2
2√5 6 4 6
( √5)
∴M 3, ，
2
∴ DQ− 1 CQ的最大值为DM= √ 22+ (7 √5 ) 2 = √309 ．
2 4 4
【点睛】本题考查二次函数综合，涉及二次函数图象与性质、二次函数图象与坐标轴交点、切线性质、动
点最值问题-点线模型、勾股定理、等面积法求线段长、动点最值问题-阿氏圆模型、相似三角形的判定与
性质、三角形三边关系、两点之间距离公式等知识，难度较大、综合性较强，熟练掌握动点最值问题的的
解法，灵活构造辅助线求解是解决问题的关键．
2．（2024·四川成都·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知一抛物线经过原点，与x轴交于另一点
A，顶点坐标为(2,−1)，过点G(2,0)的直线y=kx+b(k≠0)与抛物线交于点B，C，且点B在点C的左侧．
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(1)求抛物线的函数表达式；
(2)连接AB,AC，当△ABG的面积与△ACG的面积之比为1:2时，求直线的函数表达式；
1 1
(3)若有直线l:y=−2，点B到直线l的距离为BD，点C到直线l的距离为CE，求证： + =1．
BD CE
1
【答案】(1)y= x2−x
4
√2 √2
(2)y= x−
4 2
(3)见解析
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）首先将G(2,0)代入直线解析式得到y=kx−2k，然后与抛物线联立得到x2−(4k+4)x+8k=0，求
−y 1
出x 和x ，然后根据题意得到 B= ，代入x 和x 得到3k=√k2+1，进而求解即可；
B C y 2 B C
C
（3）由（2）求出y =kx−2k=2k2−2k√k2+1，y =kx−2k=2k2+2k√k2+1，然后根据题意得到
B C
1 1
BD，CE，然后代入 + 整理求解即可．
BD CE
【详解】（1）∵抛物线顶点坐标为(2,−1)
∴设抛物线解析式为y=a(x−2) 2−1
∵抛物线经过原点
∴将(0,0)代入得，0=a(0−2) 2−1
1
解得a=
4
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1 1
∴y= (x−2) 2−1= x2−x；
4 4
（2）∵直线y=kx+b(k≠0)过点G(2,0)
∴0=2k+b
∴b=−2k
∴直线y=kx−2k
联立¿
整理得，x2−(4k+4)x+8k=0
解得x =2k+2+2√k2+1，x =2k+2−2√k2+1
C B
∴x +x =4k+4
B C
∵△ABG的面积与△ACG的面积之比为1:2
1
AG⋅(−y )
2 B 1
∴ =
1 2
AG⋅y
2 C
−y 1
∴
B=
y 2
C
−(kx −2k) 1
∴ B =
kx −2k 2
C
整理得x +2x =6
C B
将x =2k+2+2√k2+1，x =2k+2−2√k2+1代入x +2x =6
C B C B
整理得3k=√k2+1
∴9k2=k2+1
∴8k2=1
√2 √2
∴k= 或− （舍去）
4 4
√2 √2
∴直线的函数表达式为y= x− ；
4 2
（3）由（2）得，x =2k+2+2√k2+1，x =2k+2−2√k2+1
C B
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∴y =kx−2k=2k2−2k√k2+1，y =kx−2k=2k2+2k√k2+1
B C
∵有直线l:y=−2，点B到直线l的距离为BD，点C到直线l的距离为CE，
∴BD=2k2−2k√k2+1+2，CE=2k2+2k√k2+1+2
1 1
∴ +
BD CE
1 1
= +
2k2−2k√k2+1+2 2k2+2k√k2+1+2
1 1
= +
2k2+2−2k√k2+1 2k2+2+2k√k2+1
2k2+2+2k√k2+1 2k2+2−2k√k2+1
= +
(2k2+2−2k√k2+1)(2k2+2+2k√k2+1) (2k2+2−2k√k2+1)(2k2+2+2k√k2+1)
2k2+2+2k√k2+1 2k2+2−2k√k2+1
= +
(2k2+2) 2 −(2k√k2+1) 2 (2k2+2) 2 −(2k√k2+1) 2
2k2+2+2k√k2+1 2k2+2−2k√k2+1
= +
4k2+4 4k2+4
4k2+4
=
4k2+4
=1．
【点睛】此题考查了二次函数和一次函数综合题，待定系数法求解析式，面积综合题，解一元二次方程等
知识，解题的关键是正确表示出点B和点C的坐标．
3．（2022·安徽·模拟预测）如图，已知抛物线y=x2−2x+c与x轴正半轴交于点A，与y轴负半轴交于点B，
且OA=OB，与直线y=kx+1(k≠0)交于C,D两点．
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(1)求点B的坐标；
(2)当k=1时，求△BCD的面积；
(3)k取何值时△BCD的面积最小？最小面积是多少？
【答案】(1)点B的坐标为(0,−3)
(2)10
(3)k=−2时，△BCD的面积最小，最小面积是8
【分析】（1）由题意得点B的坐标为(0,c)，根据OA=OB，得出点A的坐标为(−c,0)，把点A的坐标代
入抛物线的解析式即可得出答案；
（2）当k=1时，直线CD的函数表达式为y=x+1，设直线CD与y轴交于点E，求出点E的坐标为(0,1)，
得出BE=4，令x2−2x−3=x+1，解得x =−1,x =4，根据三角形面积公式求出结果即可；
1 2
k+2±√(k+2) 2+16
（3）令x2−2x−3=kx+1，解得x= ，得出|x −x |=√(k+2) 2+16，表示出S
2 C D △BCD
1
与k之间的函数关系式为：S = ×4⋅√(k+2) 2+16=2√(k+2) 2+16，最后求出结果即可．
△BCD 2
【详解】（1）解：由题意得点B的坐标为(0,c)，
∵OA=OB，
∴点A的坐标为(−c,0)，
∴c2+2c+c=0，
解得c=−3或c=0（舍去），
∴点B的坐标为(0,−3)．
（2）解：抛物线的函数表达式为y=x2−2x−3，
当k=1时，直线CD的函数表达式为y=x+1，
设直线CD与y轴交于点E，把x=0代入y=x+1得：y=1，
∴点E的坐标为(0,1)，
∴BE=1−(−3)=4，
由x2−2x−3=x+1，得x =−1,x =4，
1 2
1 1
∴S = ×4×[4−(−1)]= ×4×5=10．
△BCD 2 2
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（3）解：同（2）可得BE=4，当x2−2x−3=kx+1时，
即x2−(k+2)x−4=0，
k+2±√(k+2) 2+16
解得x= ，
2
∴|x −x |=√(k+2) 2+16，
C D
1
∴S 与k之间的函数关系式为：S = ×4⋅√(k+2) 2+16=2√(k+2) 2+16．
△BCD △BCD 2
当k=−2时，S 有最小值为8．
△BCD
故k=−2时，△BCD的面积最小，最小面积是8．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，求二次函数解析式，二次函数的面积问题，三角形面积的
计算，解题的关键是数形结合，熟练掌握二次函数的性质．
4．（2023·湖北武汉·模拟预测）如图，抛物线F:y=ax2−2ax−8a(a>0)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<t<4)，再分两种情况，利用相似
三角形的性质和矩形的性质将t,n用m表示出来，然后将点E(t，n)代入抛物线的解析式可求出m的值，
由此即可得出答案；
（3）设点M ( m， 1 m2+ 1) ，用参数m表示点N坐标，过点M作MH⊥y轴于点H，通过证明
2 2
HM HQ
△MQH∽△QNO，可得 = ，可求OQ的长，即可求解．
OQ ON
【详解】（1）解：令y=0，则0=ax2−2ax−8a，即x2−2x−8=0，
解得x=4或x=−2，
∴A(−2，0)，B(4，0)，
∵OB=OC，
∴C(0，−4)，即−8a=−4，
1
∴a= ，
2
1
∴抛物线的解析式为y= x2−x−4；
2
1 1 9
（2）解：抛物线y= x2−x−4= (x−1) 2− 的对称轴为直线x=1，
2 2 2
A(−2，0)，B(4，0)，C(0，−4)，
设点F的坐标为F(m，0)(0≤m≤3)，点E的坐标为E(t，n)(0<t<4)，
由题意，分以下两种情况：
①如图，当以CF为一边的矩形，是矩形CFGE时，
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则OF=m,DF=3−m，∠DFG=90°，
∴∠OFC+∠DFG=90°，
∵∠OFC+∠OCF=90°，
∴∠DFG=∠OCF，
∴△DFG∽△OCF，
DG DF DG 3−m
∴ = ，即 = ，
OF OC m 4
3m−m2
解得DG= ，
4
(
m2−3m)
∴G 3, ，
4
∵矩形CFGE的对角线互相平分，
∴¿，解得¿，
1 1 m2−3m−16
将点E(t，n)代入y= x2−x−4得： (3−m) 2−3+m−4= ，
2 2 4
解得m=2或m=3，
当m=2时，t=3−m=3−2=1，符合题意，
当m=3时，t=3−m=3−3=0，不符题意，舍去，
则此时点F的坐标为(2，0)，
②如图，当以CF为一边的矩形是矩形CFEG时，过点B作CQ⊥DG于点Q，
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则CQ=OD=3,DQ=OC=4，
同理可证：△QCG∽△OCF，
QG QC QG 3
∴ = ，即 = ，
OF OC m 4
3
解得QG= m，
4
3m+16
∴DG=DQ+QG= ，
4
(
3m+16)
∴G 3,− ，
4
∵矩形BFPG的对角线互相平分，
∴¿，解得¿，
1 1 3m
将点E(t，n)代入y= x2−x−4得： (m+3) 2−m−3−4=− ，
2 2 4
−11+√201 −11−√201
解得m= 或m= <0（不符题意，舍去），
4 4
−11+√201 −11+√201 1+√201
当m= 时，t=m+3= +3= <4，符合题意，
4 4 4
(√201−11 )
则此时点F的坐标为 ,0 ，
4
(√201−11 )
综上，存在这样的点F，点F的坐标为(2，0)或 ,0 ；
4
( 1)
（3）解：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，
2
1 1
则抛物线G的解析式为y= x2+ ，
2 2
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设点M ( m， 1 m2+ 1) ，直线MN的解析式为y=kx+b，
2 2
1 1 1 1
则 m2+ =km+b，解得b= m2+ −km，
2 2 2 2
1 1
∴直线MN的解析式为y=kx+ m2+ −km，
2 2
1 1 1 1
联立得 x2+ =kx+ m2+ −km，整理得x2−2kx−m2+2km=0，
2 2 2 2
由题意得Δ=4k2−4(−m2+2km)=0，
解得k=m，
1 1 1 1
∴直线MN的解析式为y=mx+ m2+ −m2=mx− m2+ ，
2 2 2 2
1 1 1 1
当y=0时，mx− m2+ =0，解得x= m− ，
2 2 2 2m
(1 1 )
∴N m− ，0 ，
2 2m
1 1
如图，过点M作MH⊥y轴于点H，则MH=m，OH= m2+ ，
2 2
∵∠MHQ=∠MQN=∠QON=90°，
∴∠MQH+∠NQO=90°，∠NQO+∠QNO=90°，
∴∠MQH=∠QNO，
∴△MQH∽△QNO，
1 1
m2+ −OQ
HM HQ m 2 2
∴ = ，即 = ，
OQ ON OQ 1 1
m−
2 2m
解得m=1，经检验，m=1是所列方程的解，且符合题意，
∴OQ=1，
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∴点Q(0，1)．
【点睛】本题考查了二次函数的几何应用、相似三角形的判定与性质、矩形的性质、一元二次方程的应用
等知识点，利用参数解决问题是本题的关键．
5．（2023·山东淄博·二模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c经过A(−2,0)，B(8,0)，
C(0,4)三点．
(1)求抛物线y=ax2+bx+c的表达式；
(2)如图2，设点P是抛物线上在第一象限内的动点（不与B，C重合），过点P作PD⊥BC，垂足为点
D，点P在运动的过程中，以P，D，C为顶点的三角形与△AOC相似时，求点P的坐标；
(3)在y轴负半轴上是否存在点N，使点A绕点N顺时针旋转后，恰好落在第四象限抛物线上的点M处，且
使∠ANM+∠ACM=180°，若存在，请求N点坐标，若不存在，请说明理由．（请在备用图中自己画
图）
1 3
【答案】(1)y=− x2+ x+4
4 2
( 25)
(2)(6,4)或 3,
4
(3)(0,−16)，图见解析
【分析】（1）利用待定系数法解答，即可求解；
（2）先证明△AOC∽△COB，可得∠ACO=∠CBO，然后分两种情况讨论：当△AOC∽△PDC时，
当△AOC∽△CDP时，即可求解；
（3）过N作NF⊥MC交MC于点F，过N点作NG⊥AC，交CA的延长线于点G，则
∠G=∠CFN=90°，设CM与x轴交于K，证明△NGA≌△NFM，可得NG=NF，从而得到NC平分
∠ACM，再求出CK的解析式，可得M(14，−24)，再由AN=MN，可求出点N的坐标，即可．
【详解】（1）解：将A(−2,0),B(8,0),C(0,4)三点坐标代入y=ax2+bx+c中，
得，¿，解得，¿，
1 3
所以抛物线表达式为：y=− x2+ x+4．
4 2
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（2）解：根据题意，得：
∵A(−2,0),B(8,0),C(0,4)，
∴OA=2,OB=8,OC=4，
AO CO 1
∴ = = ，
OC BO 2
又∠AOC=∠COB=90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠ACO=∠CBO，
∴∠ACB=∠ACO+∠BCO=∠CBO+∠BCO=90°，
当△AOC∽△PDC时，
∴∠ACO=∠PCD，
∵∠ACO+∠OCB=90°，
∴∠PCD+∠OCB=90°，
∴PC⊥OC，
∴点P的纵坐标为4，
1 3
当y=4时，有− x2+ x+4=4，
4 2
解得x=6或x=0（舍），
∴点P的坐标为(6,4)；
当△AOC∽△CDP时，∠P'CD'=∠CAO，
作P'G⊥y轴于点G，过点P'作P'H∥y轴交BC于点H，如图，
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∴∠P'HC=∠BCO，
AO CO 1
∵ = = ,∠AOC=∠BOC=90°，
OC BO 2
∴△AOC∽△COB
∴∠OCB=∠OAC，
∴∠P'CH=∠P'HC，
∴P'C=P'H，
设直线BC的解析式为y=k'x+b'，
把点B(8,0),C(0,4)代入得：
¿，解得：¿，
1
∴直线BC的解析式为y=− x+4，
2
设P'( m,− 1 m2+ 3 m+4 ) ，则H ( m,− 1 m+4 ) ，
4 2 2
∴P'C=P'H=− 1 m2+ 3 m+4− ( − 1 m+4 ) =− 1 m2+2m，
4 2 2 4
在Rt△P'GC中，由勾股定理得，P'C2=P'G2+GC2，
即 ( − 1 m2+2m ) 2 =m2+ ( − 1 m2+ 3 m ) 2 ，
4 4 2
解得m=3，
∴P'(
3,
25)
，
4
( 25)
综上，点P的坐标为：(6,4)或 3, ．
4
（3）解：过N作NF⊥MC交MC于点F，过N点作NG⊥AC，交CA的延长线于点G，则
∠G=∠CFN=90°，
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∴∠ACM+∠GNF=180°，
设CM与x轴交于K，
由旋转得：AN=MN，
∵∠ANM+∠ACM=180°
∴∠ANM=∠GNF，
∴∠ANG=∠MNF，
∵∠G=∠MFN=90°，
∴△NGA≌△NFM，
∴NG=NF，
∴NC平分∠ACM，
∵CO⊥AB，
∴OK=OA=2，
∴K(2,0)，
∴CK的解析式为：y=−2x+4，
1 3
∴−2x+4=− x2+ x+4，
4 2
解得：x =0,x =14，
1 2
∴M(14，−24)，
设N(0,n)，
∵AN=MN，
∴(−2) 2+n2=142+(−24−n) 2，
解得：n=−16，
所以，点N坐标为(0,−16)．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，涉及了二次函数，一次函数的性质，相似三角形的判定和性
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质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握二次函数，一次函数的性质，相似三角形的判
定和性质，利用分类讨论思想解答是解题的关键．
6．（2023·陕西西安·三模）已知抛物线L 过点A（−1，0），B（3，0） ，C（0，−3）．
1
(1)求该抛物线的表达式．
(2)抛物线L 的对称轴与x轴交于点P，将该抛物线沿直线y=m翻折得抛物线L ，在抛物线L 第四象限的图
1 2 2
象上是否存在一点D，使的△CPD是以CP为直角边的等腰直角三角形？若存在，求出满足条件的L 的解
2
析式；若不能，请说明理由．
【答案】(1)该抛物线的解析式为y=x2−2x−3
(2)存在，抛物线L 的解析式为y=−x2+2x−1
2
【分析】（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，将点A（−1，0），B（3，0） ，
C（0，−3）代入y=ax2+bx+c，组成方程组，解方程组求出待定系数的值；
（2）将抛物线L 的解析式化为顶点式，根据轴对称的性质用含m的代数式表示翻折后抛物线L 的顶点坐
1 2
标及解析式，作出等腰直角△CPD且使顶点D在第四象限，求出点D的坐标，并代入L 的解析式求出m的
2
值，再写出入L 的解析式．
2
【详解】（1）解：设抛物线L 的解析式为y=ax2+bx+c，将A（−1，0），B（3，0） ，
1
C（0，−3）代入y=ax2+bx+c，
得¿，解得¿，
∴该抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：存在，
如图，作CD⊥PC，使CD=PC，且点D在第四象限；作DE⊥y轴于点E，
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由y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，得该抛物线的顶点坐标为(1，−4)，点P的坐标为(1，0)，
∴抛物线L 沿直线y=m翻折后得到的抛物线L 的顶点坐标为(1，2m+4)，
1 2
∴抛物线L 的解析式为y=−(x−1) 2+2m+4=−x2+2x+2m+3，
2
∵∠CED=∠POC=∠PCD=90°，
∴∠ECD=90°−∠PCO=∠OPC，
又∵CD=PC，
∴△CED≌△POC（AAS），
∴CE=PO=1，ED=OC=3，
∴D（3，−4），
∵点D在抛物线L 上，
2
∴−9+6+2m+3=−4，
解得：m=−2，
∴抛物线L 的解析式为y=−x2+2x−1．
2
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质、图形的轴对称以及全等三角形的判定与性质等知识，解题的关
键有两点，一是用含m的代数式表示翻折后的顶点坐标，二是正确地作出辅助线并且求出点D的坐标，难
度适中，综合性比较强．
186 186