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第 12、13 讲 二次函数专项突破
（限时120分钟，满分120分）
一、解答题（共12小题，每题10分，满分120分）
1．（2025·陕西西安·一模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线F :y=x2+bx+c经过点A(−3,0)和点
1
B(1,0)．
(1)求抛物线F 的解析式；
1
(2)作抛物线F ，使它与抛物线F 关于原点O成中心对称，在抛物线F 上是否存在一点P，使△ABP面积
2 1 2
为8，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)存在，P(1,4)或P(2√2+1,−4)或P(−2√2+1,−4)
【分析】本题考查了二次函数的图像与性质，图像的几何变换，与面积有关的综合问题：
（1）直接运用待定系数法求解；
（2）先求出抛物线F 解析式y=−(x−1) 2+4，再根据三角形面积公式即可求解．
2
【详解】（1）解：∵抛物线F :y=x2+bx+c经过点A(−3,0)和点B(1,0)
1
∴¿，
解得：¿，
∴解析式为：y=x2+2x−3；
（2）解：存在，理由如下：
∵y=x2+2x−3=(x+1) 2−4，
∴顶点为(−1,−4)，
∵抛物线F 与抛物线F 关于原点O成中心对称，
2 1
∴对于抛物线F 顶点为(1,4)，a=−1，
2
∴抛物线F ：y=−(x−1) 2+4，
2
如图：
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∵A(−3,0)，B(1,0)，
∴AB=4，
1 1
∴ AB×|y |=8，即 ×4×|y |=8，
2 P 2 P
解得：y =±4，
P
当y =4时，−(x−1) 2+4=4，
P
解得：x=1，
∴P(1,4)
当y =−4时，−(x−1) 2+4=−4，
P
解得：x=±2√2+1，
∴P(2√2+1,−4)或P(−2√2+1,−4)
综上所述，P(1,4)或P(2√2+1,−4)或P(−2√2+1,−4)．
2．（2025·河北·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中有一个封闭的L形框ABCDEF，其中点A(1,2)，
B(3,2)，C(3,4)，D(2,4)，E(2,3)，F(1,3)，抛物线G；y=−x2+bx+c与x轴交于点P，Q．
(1)当抛物线G的顶点为点C时，求b，c的值；
(2)若抛物线G的顶点总在L形框内或边上，求PQ长的取值范围；
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(3)若抛物线G仅经过点F，A，B中的两个点，直接写出所有符合条件的c的值．
【答案】(1)b=6，c=−5；
(2)2√2≤PQ≤4；
1
(3)c的值为 或−1.
2
【分析】本题考查了二次函数的图形及性质，二次函数与x轴的交点、顶点式的化简等知识点的应用是本
题的解题关键．
（1）设顶点式，代入顶点即可解答；
（2）判断出当抛物线G顶在CD时，PQ最大，当抛物线G顶在AB时，PQ最小，分别求出顶点在AB和
CD上的关系式，再求出相应的PQ即可解答；
（3）判断出抛物线可以经过A和B或F和B这两种情况，再分别代入求出关系式即可．
【详解】（1）解：设抛物线G:y=−(x−h) 2+k，
∵C(3,4)，
∴y=−(x−3) 2+4，
∴y=−x2+6x−5，
∴b=6，c=−5；
（2）解：由题得，
当抛物线G顶在CD时，PQ最大，当抛物线G顶点为C时，
设抛物线G:y=−x2+6x−5，
令y=0，即0=−x2+6x−5，
解得，x=1或5，
∴PQ=4，
当抛物线G顶在AB时，PQ最小，
当抛物线G顶点为A时，
设抛物线G:y=−(x−h) 2+k，
∵A(1,2)，
∴y=−(x−1) 2+2，
∴y=−x2+2x+1，
令y=0，即0=−x2+2x+1，解得，x=1±√2，
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∴PQ=2√2，
∴2√2≤PQ≤4；
（3）解：∵FA∥y轴，
∴抛物线可以经过A和B或F和B，
把F(1,3)，B(3,2)代入抛物线，
得¿，
∴ ¿；
把A(1,2)，B(3,2)代入抛物线，
得¿，
∴ ¿，
1
∴c的值为 或−1．
2
3．（2025·湖南娄底·模拟预测）已知抛物线y=ax2+bx+c(a>0)与x轴左、右交点分别为A、B，与y轴
负半轴交于点C，坐标原点为O，若OB=OC=3OA，S =6，点P是抛物线上的动点（点P在y轴右
△ABC
侧）．
(1)求抛物线的解析式；
(2)D是线段OC的中点，①当∠OPC=45°时，请求出点P的坐标；②当∠OPC=∠OAD时，请求出点
P的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(1+√5 −5−√5)
(2)①P(3,0)或P , ②P(2,−3)或P(1+√3,−1)
2 2
【分析】（1）根据OB=OC=3OA，S =6，求出OA的长，进而求出A,B,C的坐标，待定系数法求
△ABC
出函数解析式即可；
（2）①根据OB=OC，得到∠OBC=∠OCB=45°，进而得到∠OPC=45°=∠OBC，推出O,C,B,P
四点共圆，圆周角定理得到BC为圆的直径，取BC的中点E，则点E即为圆心，连接EP，设
1 3
P(m,m2−2m−3)(m>0)，结合勾股定理列出方程进行求解即可；②中点得到OD= OC= ，进而得到
2 2
OD 3 OC 3
tan∠OAD= = ，取点F(2,0)，连接CF，得到tan∠OFC= = ，进而得到∠OPC=∠OFC，
OA 2 OF 2
同法①进行求解即可．
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【详解】（1）解：抛物线与y轴负半轴交于点C，且a>0，则：点A在y轴左侧，点B在y轴右侧：
∵OB=OC=3OA，
∴AB=OA+OB=4OA，
1
∴S = AB⋅OC=6OA2=6，
△ABC 2
∴OA=1（负值舍去）；
∴A(−1,0)，B(3,0)，C(0,−3)，
∴设抛物线的解析式为：y=a(x+1)(x−3)，把C(0,−3)代入解析式，得：−3=a(0+1)(0−3)，
∴a=1，
∴y=x2−2x−3；
（2）①当∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵∠OPC=45°=∠OBC，
∴当点P与点B重合时，满足题意；此时：P(3,0)；
当点P与点B不重合时，则：O,C,B,P四点共圆，
∵∠BOC=90°，
1
∴BC为圆的直径，取BC的中点E，则点E即为圆心，连接EP，则：EP= BC，
2
∵B(3,0),C(0,3)，
(3 3) 3√2
∴BC=3√2，E ,− ，EP= ，
2 2 2
设点P(m,m2−2m−3)(m>0)，
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则： (3 −m ) 2 + ( − 3 −m2+2m+3 ) 2 = (3√2) 2 ，
2 2 2
整理，得：m(m2−m−1)(m−3)=0
1−√5 1+√5
解得：m=0（舍去）或m=3（舍去）或m= （舍去）或m= ，
2 2
1+√5 −5−√5
当m= 时，m2−2m−3= ，
2 2
(1+√5 −5−√5)
∴P , ；
2 2
(1+√5 −5−√5)
综上：P(3,0)或P , ；
2 2
②∵C(0.−3)，D为OC的中点，
1 3
∴OD= OC= ，
2 2
∵OA=1，
OD 3
∴tan∠OAD= = ，
OA 2
取点F(2,0)，连接CF，则：OF=2，
OC 3
∴tan∠OFC= = ，
OF 2
∴∠OFC=∠OAD，
∵∠OPC=∠OAD，
∴∠OPC=∠OFC，
∴O,P,F,C四边共圆，
∵∠COF=90°，
1 ( 3)
∴CF为圆的直径，取CF的中点H，则HP= CF，H 1,− ，
2 2
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∵CF=√32+22=√13，
√13
∴HP= ，
2
设P(n,n2−2n−3)，
∴(1−n) 2+ ( − 3 −n2+2n+3 ) 2 = (√13) 2 ，
2 2
化简，得：n4−4n3+2n2+4n=n(n2−2n−2)(n−2)=0，
解得：n=0（舍去）或n=2或n=1−√3（舍去）或n=1+√3；
∴P(2,−3)或P(1+√3,−1)．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，四点共圆，圆周角定理的推论，
解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，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．
4．（2025·陕西西安·二模）在平面直角坐标系中，抛物线L:y=ax2+bx+3过点A(−1,0)，与y轴交于点
C，对称轴为直线x=1．
(1)求抛物线L的表达式；
(2)将此抛物线在坐标平面内平移，得到抛物线L'，使其经过原点．若在第二象限的抛物线L'上存在点P，
使△PAC为等腰直角三角形，请求出抛物线L'的表达式．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
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17 13
(2)y=−x2− x或y=−x2− x或y=−x2−3x
4 3
【分析】（1）利用待定系数法求二次函数的解析式，由点A(−1,0))在函数图象上，对称轴为直线x=1，
列方程组即可求得解析式；
（2）根据平移后的图象过原点，所以设y=−x2+mx，使抛物线第二象限上的点P与AC组成的△PAC是
等腰直角三角形，所以分三种情况来讨论，分别求出三种情况的解析式即可．
【详解】（1）解：由题意，得¿，
解得¿，
∴抛物线的表达式为y=−x2+2x+3．
（2）解：当x=0时，y=3，
∴C(0,3)，则OC=3，
∵A(−1,0)，
∴OA=1，
由平移后抛物线过原点，可设表达式是y=−x2+mx，分三种情况：
①当PC为等腰直角三角形PAC的斜边，如解图①所示，作P Q⊥x轴于点Q，
1
∵∠P AC=∠AOC=90°
1
，
∴∠P AQ+∠CAO=90°，∠CAO+∠ACO=90°，
1
∴∠P AQ=∠ACO．
1
又∠P QA=∠AOC,P A=AC，
1 1
∴△P QA≌△AOC(AAS)，
1
∴P Q=OA=1,AQ=OC=3，
1
∴OQ=AQ+OA=4，
∴P 点坐标是(−4,1)，
1
把P (−4,1)代入y=−x2+mx得，1=−16−4m，
1
17
∴m=− ．
4
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17
∴平移后抛物线表达式为y=−x2− x；
4
②当PA为等腰直角三角形PAC的斜边，如解图②所示，过P 作P H⊥y轴于H，
2 2
同上可得△P HC≌△COA，
2
∴P H=OC=3,CH=OA=1，
2
∴P 点坐标是(−3,4)，
2
把P (−3,4)代入y=−x2+mx得，4=−9−3m，
2
13
∴m=− ．
3
13
∴平移后抛物线表达式为y=−x2− x；
3
③当AC为等腰直角三角形PAC的斜边，如解图③所示，
此时P 是P C的中点，
3 1
∵P (−4,1),C(0,3)，
1
∴P (−2,2)，
3
把P (−2,2)代入y=−x2+mx得，2=−4−2m,m=−3．
3
∴平移后抛物线表达式为y=−x2−3x．
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17 13
综上所述，平移后抛物线表达式为y=−x2− x或y=−x2− x或y=−x2−3x．
4 3
【点睛】本题考查了二次函数综合应用，涉及待定系数法求函数解析式、二次函数图象的平移、等腰直角
三角形的性质、全等三角形的判定与性质，坐标与图形性质等知识，要注意数形结合和分类讨论思想方法
的运用．
5．（24-25九年级下·陕西西安·期中）如图，已知抛物线L:y=ax2+bx+c(a>0)，与x轴交于A，B两点
（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB=OC=3OA，点A(−1,0)．
(1)求抛物线L的函数表达式；
(2)若抛物线L的顶点为D，抛物线的对称轴交直线BC于点E，点P为直线DE右侧抛物线上一点，点Q在
直线BC上，是否存在以点D，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求出点Q的坐标，若不
存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线L的函数表达式为y=x2−2x−3；
(3+√17 −3+√17)
(2)存在，点Q的坐标为(2,−1)或 , 或(0,−3)．
2 2
【分析】（1）由A(−1,0)，OB=OC=3OA，OB=OC=3，求出B(3,0)，C(0,−3)，然后利用待定系
数法即可求解；
（2）先求出直线BC解析式为y=x−3，设Q(m,m−3)，P(n,n2−2n−3)(n>1)，则分当DE为边时，
四边形EDP Q 为平行四边形时；当DE为边时，四边形EDQ P 为平行四边形时；当DE为对角线时，
1 1 2 2
四边形EP DQ 为平行四边形时三种情况，然后根据中点坐标即可求解；
3 3
本题考查了二次函数和一次函数的性质，待定系数法求解析式，二次函数与平行四边形的关系，掌握知识
点的应用是解题的关键．
【详解】（1）解：∵A(−1,0)，
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∴OA=1，
∵OB=OC=3OA，
∴OB=OC=3，
∴B(3,0)，C(0,−3)，
∵抛物线L:y=ax2+bx+c(a>0)，与x轴交于A，B两点与y轴交于点C，
∴¿，解得：¿，
∴抛物线L的函数表达式为y=x2−2x−3；
（2）解：存在点Q，理由如下，
∵B(3,0)，C(0,−3)，
∴设直线BC解析式为y=k x+b ，
1 1
∴¿，解得：¿，
∴直线BC解析式为y=x−3，
∵点Q在直线BC上，
∴设Q(m,m−3)，
∵点P为直线DE右侧抛物线上一点，
设P(n,n2−2n−3)(n>1)，
由抛物线L的函数表达式为y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴D(1,−4)，
∴当x=1时，y=1−3=−2，
∴E(1,−2)，
当DE为边时，四边形EDP Q 为平行四边形时，如图，
1 1
由中点坐标可得：¿，
解得：¿或¿（舍去），
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∴点Q (2,−1)；
1
当DE为边时，四边形EDQ P 为平行四边形时，如图，
2 2
由中点坐标可得：¿，
解得：¿或¿（舍去），
(3+√17 −3+√17)
∴点Q , ；
2 2 2
当DE为对角线时，四边形EP DQ 为平行四边形时，如图，
3 3
由中点坐标可得：¿，
解得：¿或¿（舍去），
∴点Q (0,−3)，此时与点Q重合；
3
(3+√17 −3+√17)
综上可知：点Q的坐标为(2,−1)或 , 或(0,−3)．
2 2
6．（2025·湖北·一模）如图抛物线y=ax2+bx−2与x轴交于A(−1,0)和B(4,0)两点，与y轴交于点C，
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(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是x轴下方抛物线上一点，设点P的横坐标为t，过点P作x轴的平行线交直线BC于点M，过点P
作x轴的垂线交x轴于Q，以PM，PQ为邻边的矩形的周长记为l．
①请直接写出l关于t的函数关系式；
②求l的最值；
3
(3)将抛物线y=ax2+bx−2向上平移 个单位长度，再向左平移m(m>0)个单位长度，若新抛物线的顶点
2
G在△ABC内（不含边界），直接写出m的取值范围．
1 3
【答案】(1)y= x2− x−2
2 2
169
(2)①l=¿；②周长l的最大值为
12
3 27
(3) 0)个单位长度，新抛物线的顶点G为
2
(3 13)
−m,− ，
2 8
由点A(−1,0)，C(0,−2)可得直线AC的解析式为y=−2x−2，
13 13
对于直线AC:y=−2x−2，令y=− ，则− =−2x−2，
8 8
3
解得x=− ．
16
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1 13 13 1
对于直线BC:y= x−2，令y=− ，则− = x−2，
2 8 8 2
3
解得x= ．
4
∵点G在△ABC内（不含边界），
3 3 3
∴− < −m< ，
16 2 4
3 27
∴ 0，即m>−3，
F
(
2m+6)
∴2m+6=3× − −2，解得m=−1或−5（舍），
m−1
∴x =2×(−1)+6=4，
F
1
当x=4时，y= (4−2) 2−8=−6，
2
∴F(4,−6)．
9．（2025·山东济南·一模）如图1，已知抛物线y =x2+bx+c与x轴交于点A、B，与y轴交于点
1
C(0,−3)，其对称轴为直线l :x=1，顶点为D，将抛物线y 绕点O旋转180°后得到新抛物线y ，抛物线
1 1 2
y 与y轴交于点E，对称轴为直线l ,y 与x轴在对称轴左侧的交点为F．
2 2 2
(1)试求抛物线y 和抛物线y 的解析式；
1 2
(2)在图1中，点P的坐标为(5,0)，动点M在直线l 上，过点M作MN∥x轴与直线l 交于点N，连接
1 2
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PM,EN，求PM+MN+EN的最小值；
(3)如图2，将直线DF沿y轴平移，交y轴于点Q，当点Q在线段CE上运动（包括端点），△QDF的面积
为正整数时，恰好直线DF与抛物线y 或抛物线y 交点的横、纵坐标均为整数，请直接写出此时点Q的坐
1 2
标为 ．
【答案】(1)y =x2−2x−3，y =−x2−2x+3
1 2
(2)√34+2
(3)(0,3)
【分析】（1）利用待定系数法可求出y 的解析式，可得点D坐标，再根据关于原点对称的点的坐标特征
1
可得抛物线y 的顶点坐标，进而即可求解；
2
（2）连接EM，由y 解析式可得E(0,3)，对称轴为直线l :x=−1，进而可得MN=1−(−1)=2，点
2 2
M,N关于y轴对称，得到PM+MN+EN=PM+EM+2，可知当点P,M,E三点共线时，可知
PM+EM最小，此时PM+EM=PE，利用勾股定理求出PE即可求解；
（3）求出F点坐标，可得直线DF的解析式为y=−x−3，设直线DF沿y轴向上平移n个单位长度，则所
得直线解析式为y=−x−3+n，由x2−2x−3=−x−3+n得n=2或 6 ；由−x2−2x+3=−x−3+n得
n=4或 6 ，综上可得n=6，据此即可求解．
【详解】（1）解：由题意得，¿，
∴¿，
∴抛物线y 的解析式为y =x2−2x−3，
1 1
∵y =x2−2x−3=(x−1) 2−4，
1
∴顶点D(1,−4)，
∵将抛物线y 绕点O旋转180°后得到新抛物线y ，
1 2
∴抛物线y 的顶点坐标为(−1,4)，
2
∴抛物线y 的解析式为y =−(x+1) 2+4=−x2−2x+3，
2 2
即y =−x2−2x+3；
2
（2）解：连接EM，
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∵y =−x2−2x+3，顶点坐标为(−1,4)，
2
∴E(0,3)，对称轴为直线l :x=−1，
2
∵MN∥x轴，点M在直线l 上，点N在直线l 上，
1 2
∴MN=1−(−1)=2，且点M,N关于y轴对称，
∴EN=EM，
∴PM+MN+EN=PM+EM+2，
当点P,M,E三点共线时，可知PM+EM最小，此时PM+EM=PE，
∵PE=√52+32=√34，
∴PM+MN+EN的最小值为√34+2；
（3）解：把y=0代入y =−x2−2x+3得，−x2−2x+3=0，
2
解得：x =1,x =−3，
1 2
∴F(−3,0)，
设直线DF的解析式为y=kx+d，
把D(1,−4),F(−3,0)代入得，¿，
解得：¿，
∴直线DF的解析式为y=−x−3，
设直线DF沿y轴向上平移n个单位长度，则所得直线解析式为y=−x−3+n，
由x2−2x−3=−x−3+n得，x2−x−n=0，
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当直线DF与抛物线y 交点的横，纵坐标均为整数时，则Δ=(−1) 2+4n=1+4n是个完全平方数，
1
∵n≤3−(−3)=6，
∴n=2或6；
由−x2−2x+3=−x−3+n得x2+x+n−6=0，
当直线DF与抛物线y 交点的横，纵坐标均为整数时，则Δ=12−4(n−6)=25−4n是个完全平方数，
2
∴n=4或 6 ；
综上，n=6，
∴点Q的坐标为(0,3)，
当点Q的坐标为(0,3)时，QC=3−(−3)=6，
∵x=0时，y=−x−3=−3，
∴点C(0,−3)在直线DF上，
∴S =S +S
△QDF △FQC △DQC
1 1
= ×6×3+ ×6×1
2 2
=12，符合题意，
故答案为：(0,3)．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数和一次函数解析式，二次函数的几何应用，轴对称的性质，关
于原点对称的点的坐标特征，一次函数的平移，勾股定理，掌握以上知识点是解题的关键．
10．（24-25九年级下·广东惠州·开学考试）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的顶点坐标为
Q(2,−1)，且与y轴交于点C(0,3)，与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），点P是该抛物线上一
动点，从点C沿抛物线向点A运动（点P与A不重合），过点P作PD∥y轴，交AC于点D．
(1)求该抛物线的函数关系式；
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(2)若点D的横坐标为2，求△ABD的周长；
(3)当△ADP是直角三角形时，求点P的坐标．
【答案】(1)y=x2−4x+3；
(2)△ABD的周长为2√2+2；
(3)P点坐标为P (1,0)，P (2,−1)．
1 2
【分析】（1）根据顶点坐标设出顶点式，再将点C(0,3)坐标代入即可．
（2）先求出直线AC的表达式，再由点D的横坐标为2，求出纵坐标，再用两点间的距离公式求出
BD、AD的长即可求解；
（3）由于PD∥y轴，所以∠ADP≠90°，若△ADP是直角三角形，可考虑两种情况∶
①以点P为直角顶点时，此时AP⊥DP，此时P点位于x轴上(即与B点重合)，由此可求出P点的坐标；
②以点A为直角顶点时，易知OA=OC，则∠OAC=45°，所以OA平分∠CAP，那么此时D、P关于x
轴对称，然后设D、P的横坐标，根据抛物线和直线的解析式表示出D、P的纵坐标，由于两点关于x轴
对称，则纵坐标互为相反数．可据此求出P点的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为Q(2,−1)，
∴可设顶点式为y=a(x−2) 2−1，
将C(0,3)代入顶点式，
得3=a(0−2) 2−1，
解得：a=1，
∴y=(x−2) 2−1，
即y=x2−4x+3；
（2）解：令y=0，得x2−4x+3=0，
解得x =1，x =3，
1 2
∵点A在点B的右边，
∴B(1,0)，A(3,0)，
∴AB=3−1=2，
设直线AC的函数关系式为y=kx+b，
将A(3,0)，C(0,3)代入上式，
得¿，
解得¿，
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∴直线AC的函数关系式为y=−x+3，
∵D在直线AC上，
∴x=2时，y=−2+3=1，
∴D(2,1)，
∴AD=√(3−2) 2+12=√2,BD=√(2−1) 2+12=√2，
∴ △ABD的周长=AD+BD+AB=2√2+2；
（3）解：分两种情况：
①当点P 为直角顶点时，点P 与点B重合（如图），
1 1
∵ B(1,0)，
∴P (1,0)；
1
②当点A为△APD 的直角顶点时（如图），
2
∵OA=OC，∠AOC=90°，
∴∠OAD =45°，
2
当∠D AP =90°时，∠OAP =45°，
2 2 2
∴AO平分∠D AP ，
2 2
又∵P D ∥y轴，
2 2
∴P D ⊥AO，
2 2
∴P 、D 关于轴对称，
2 2
∵D 在直线y=−x+3上，P 在y=x2−4x+3上，
2 2
设D (x,−x+3)，P (x,x2−4x+3)，
2 2
∴(−x+3)+(x2−4x+3)=0，
即x2−5x+6=0，
解得x =2，x =3（舍），
1 2
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∴当x=2时，y=x2−4x+3=22−4×2+3=−1，
∴P 的坐标为P (2,−1)（抛物线顶点），
2 2
∴综上所述，P点坐标为：P (1,0)，P (2,−1)．
1 2
【点睛】此题主要考查了二次函数解析式的确定，直角三角形的判定等重要知识，会用分类讨论、数形结
合的数学思想分析问题是解题的关键．
11．（2024·广东佛山·一模）已知抛物线C ：y=−x2−2x+k与抛物线C 关于原点对称，C 和C 的顶点
1 2 1 2
分别是E．
(1)若k=3，直接写出抛物线C 的解析式： ；
2
(2)如图1，若k<0，点P是x轴上一个动点，过P作x轴的垂线交C 于A点，交C 于B点，求AB的最小
1 2
长度（用含k的式子表示）．
(3)如图2，若两条抛物线C 和C 相交于G，H，当四边形EGFH是矩形时，求k的值．
1 2
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)AB =−2k
最小
(3)k=1或k=2
【分析】（1）将数字代入，化成顶点式，再根据对称得到顶点代入定点式即可得到答案；
（2）根据（1）的原理得到解析式，设B(m,m2−2m−k)，A(m,−x2−2x+k)，
表示出AB，根据二次函数的性质求解即可得到答案；
（3）联立两条曲线，求出点的坐标得到点G和点H关于原点对称，结合抛物线对称得到四边形GHFE是
平行四边形，结合当GH=EF时四边形是矩形列式求解即可得到答案．
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【详解】（1）解：∵C ：y=−x2−2x+3=−(x+1) 2+4的顶点是(−1,4)，
1
∴C 的顶点为：(1,−4)，
2
∴C 的解析式为：y=(x−1) 2−4=x2−2x−3，
2
故答案为：y=x2−2x−3；
（2）解：同理（1）可得，
C 的解析式为：y=x2−2x−k，
2
设B(m,m2−2m−k)，A(m,−x2−2x+k)，
∴AB=(m2−2m−k)−(−m2−2m+k)=2m2−2k，
∵a=2>0，
∴当m=0时，AB =−2k；
最小
（3）解：由x2−2x−k=−x2−2x+k得，
2x2=2k，
∴x=±√k，
∴点G和点H关于原点对称，
∴OG=OH，
同理可得，
C 和C 的顶点关于原点对称，
1 2
∴OE=OF，
∴四边形GHFE是平行四边形，
当GH=EF时，
四边形GHFE是矩形，
1 1
∵OE= EF，OG= GH，
2 2
∴OE=OG，
∵y=−(x+1) 2+(k+1)，
∴E(−1,k+1)，
∴OE=1+(k+1) 2=k2+2k+2，
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当x=−√k时，y=−(√k) 2+2√k+k=2√k，
∴OG2=(√k) 2+(2√k) 2=5k，
∴k2+2k+2=5k，
∴k=1或k=2．
【点睛】本体考查二次函数的综合应用，解题的关键是根据对称求出另外一个抛物线的解析式，再结合特
殊图形性质列等式．
1
12．（2025·重庆·模拟预测）如图1，抛物线y=− x2+bx+4经过点A(1,3)，与y轴交于点C，经过点C
3
的直线与抛物线交于另一个点E(−6,m)，点M为抛物线的顶点，抛物线的对称轴与x轴交于点D．
(1)求抛物线与直线CE的解析式；
(2)如图2，点P为直线CE上方抛物线上一动点，连接PC，PE．当△PCE的面积最大时，求P的坐标以及
△PCE的面积的最大值；
(3)如图3，将点D向左平移1个单位长度得到点N.将抛物线沿射线NA平移得到新抛物线y'，y'经过点N，
射线NA与新抛物线交于点R，连接MR，在新抛物线的对称轴上是否存在点H，使∠MRH=∠ANO？若
存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
1 2 4
【答案】(1)抛物线解析式为y=− x2− x+4，直线CE的解析式为y= x+4
3 3 3
(2)△PCE的面积的最大值为9，此时P(−3,3)
( 101) ( 9)
(3)存在点H 3, 或H 3, ，使∠MRH=∠ANO
13 5
1 2
【分析】（1）把把A(1,3)代入y=− x2+bx+4求出b=− 即可得到抛物线解析式，再求出E(−6,−4)，
3 3
根据待定系数法求出直线CE的解析式；
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（2）过P作PF⊥x轴交CE于F，设P ( t,− 1 t2− 2 t+4 ) ，则F ( t, 4 t+4 ) ，PF=− 1 (t+3) 2+3，再根
3 3 3 3
1
据S = PF⋅(x −x )得到S =−(t+3) 2+9，利用二次函数的性质即可得到△PCE的面积的最大值
△PCE 2 c E △PCE
为9；
( 13)
（3）先求出M −1, ，D(−1,0)，N(−2,0)，过A(1,3)作AK⊥x轴于K，得到AK=NK=3，即可
3
1 2 1 13
得到将抛物线沿射线NA平移得到新抛物线y'，即y=− x2− x+4=− (x+1) 2+ 向上平移n个单位
3 3 3 3
长度再向右平移n个单位长度得到新抛物线y'，求出新抛物线的解析式，再以MR为直角边构造等腰直角三
( 11 31) (5 5)
角形△JRM和△J RM，再根据一线三等角构造全等三角形求出J − , ，J ,− ，最后根据
1 3 3 1 3 3
∠MRJ=∠MRJ =45°，∠MRH=∠ANO=45°，得到点H为RJ和RJ 与新抛物线的对称轴交点，据
1 1
此求解即可．
1 1 2
【详解】（1）解：把A(1,3)代入y=− x2+bx+4得，3=− +b+4，解得b=− ，
3 3 3
1 2
∴抛物线解析式为y=− x2− x+4，
3 3
∴抛物线与y轴交点C(0,4)，
1 2
∵E(−6,m)在y=− x2− x+4上，
3 3
1 2
∴m=− ×(−6) 2− ×(−6)+4=−4，
3 3
∴E(−6,−4)，
设直线CE的解析式为y=k x+b ，
1 1
把E(−6,−4)，C(0,4)代入y=k x+b 得¿，
1 1
解得¿，
4
∴直线CE的解析式为y= x+4；
3
（2）解：过P作PF⊥x轴交CE于F，
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设P ( t,− 1 t2− 2 t+4 ) ，则F ( t, 4 t+4 ) ，
3 3 3
∴PF= ( − 1 t2− 2 t+4 ) − (4 t+4 ) =− 1 t2−2t=− 1 (t+3) 2+3，
3 3 3 3 3
1 1 1
∵S =S +S = PF⋅(x −x )+ PF⋅(x −x )= PF⋅(x −x )，
△PCE △PCF △PEF 2 c F 2 F E 2 c E
1 [ 1 ]
∴S = × − (t+3) 2+3 ×6=−(t+3) 2+9，
△PCE 2 3
∴当t=−3时，△PCE的面积的最大，最大值为9，此时P(−3,3)；
1 2 1 13
（3）解：∵抛物线解析式为y=− x2− x+4=− (x+1) 2+ ，
3 3 3 3
( 13)
∴抛物线对称轴为直线x=−1，顶点M −1, ，
3
∵抛物线的对称轴与x轴交于点D，
∴D(−1,0)，
∴将点D向左平移1个单位长度得到点N(−2,0)，
取两点J，J ，使J M=JM=MR，JM⊥MR，J 在JM上，即△JRM和△J RM为等腰直角三角形，过
1 1 1 1
A作AK⊥x轴于K，过M作MQ⊥y轴，过R作RQ⊥MQ轴于Q，过J作JI⊥MQ轴于I，
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∵A(1,3)，
∴AK=NK=3，
∴∠ANK=∠NAK=45°，NA=3√2，
1 2 1 13
∴将抛物线沿射线NA平移得到新抛物线y'，即y=− x2− x+4=− (x+1) 2+ 向上平移n个单位长
3 3 3 3
度再向右平移n个单位长度得到新抛物线y'，其中n>0，
1 13
∴新抛物线解析式为y'=− (x+1−n) 2+ +n，
3 3
∵y'经过点N(−2,0)，
1 13
∴0=− (−2+1−n) 2+ +n，
3 3
解得n=4或n=−3（舍去），
1 25
∴新抛物线解析式为y'=− (x−3) 2+ ，
3 3
∴新抛物线的对称轴为直线x=3，
同理由N(−2,0)，A(1,3)可得直线NA的解析式为y=x+2，
联立¿，解得¿，¿，
∴射线NA与新抛物线交于点R(5,7)，
∵JM⊥MR，MQ⊥y轴，RQ⊥MQ，JI⊥MQ，
∴∠JMR=∠I=∠Q=90°，∠JMI=∠QRM=90°−∠RMQ，
∵JM=MR，
∴△JMI≌△MRQ(AAS)，
13 8
∴RQ=ℑ=7− = ，IJ=MQ=5−(−1)=6，
3 3
( 11 31)
∴J − , ，
3 3
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( 13)
∵J M=JM，即M −1, 为JJ 中点，
1 3 1
(5 5)
∴J ,− ，
1 3 3
( 11 31) 5 116
同理由J − , ，R(5,7)可得直线RJ的解析式为y=− x+ ，
3 3 13 13
(5 5) 13
J ,− ，R(5,7)可得直线RJ 的解析式为y= x−6，
1 3 3 1 5
∵△JRM和△J RM为等腰直角三角形，
1
∴∠MRJ=∠MRJ =45°，
1
∵∠MRH=∠ANO=45°，
∴点H为RJ和RJ 与新抛物线的对称轴交点，
1
13 13 9 ( 9)
当H为RJ 与新抛物线的对称轴交点时，此时x=3，y= x−6= ×3−6= ，此时H 3, ；
1 5 5 5 5
5 116 5 116 101
当H为RJ与新抛物线的对称轴交点时，此时x=3，y=− x+ =− ×3+ = ，此时
13 13 13 13 13
( 101)
H 3, ；
13
( 101) ( 9)
综上所述，在新抛物线的对称轴上存在点H 3, 或H 3, ，使∠MRH=∠ANO．
13 5
35
