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重难点 01 二次函数与几何图形的综合练习
中考数学中《二次函数与几何图形的综合练习》部分主要考向分为九类：
一、二次函数与几何变换的综合（选择性考，10~12分）
二、二次函数与直角三角形的综合（选择性考，10~12分）
三、二次函数与等腰三角形的综合（选择性考，10~12分）
四、二次函数与相似三角形的综合（选择性考，10~12分）
五、二次函数与四边形的综合（选择性考，10~12分）
六、二次函数与最值的综合（选择性考，10~12分）
七、二次函数与新定义的综合（选择性考，10~12分）
八、二次函数与圆的综合（选择性考，10~12分）
九、二次函数与角的综合（选择性考，10~12分）
因为二次函数是大多数中考压轴题的几何背景，所以，训练二次函数与其他几何图形的综合问题非常
必要，只要自己见过一定量的题型，才能再遇到对应类型的压轴题时不至于新生畏惧。所以，本专题就常
见的中考数学中二次函数的几种结合类型的压轴题进行训练，希望大家在训练中摸索方法，掌握技能，练
就心态！
考向一：二次函数与几何变换的综合
1．（2023•武汉）抛物线 交x轴于A，B两点（A在B的左边），交y轴于点C．
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（1）直接写出A，B，C三点的坐标；
（2）如图（1），作直线x＝t（0＜t＜4），分别交x轴，线段BC，抛物线C 于D，E，F三点，连接
1
CF，若△BDE与△CEF相似，求t的值；
（3）如图（2），将抛物线C 平移得到抛物线C ，其顶点为原点．直线y＝2x与抛物线交于O，G两
1 2
点，过OG的中点H作直线MN（异于直线OG）交抛物线C 于M，N两点，直线MO与直线GN交于
2
点P．问点P是否在一条定直线上？若是，求该直线的解析式；若不是，请说明理由．
【分析】（1）分别令x、y为0，解方程即可求得点A、B、C的坐标；
（2）分两种情况：①若△BE D ∽△CE F 时，可得∠BCF ＝∠CBO，由平行线的判定可得
1 1 1 1 1
CF ∥OB，即CF ∥x轴，点F与C的纵坐标相同，建立方程求解即可．②若△BE D ∽△F E C 时，
1 1 2 2 2 2
过 F 作F T⊥y轴于点T．可证得△BCO∽△CF T， ，即 ＝ ，解方程即可求得答案；
2 2 2
（3）由题意知抛物线C ：y＝x2，联立方程求解即可得G（2，4）．根据中点坐标公式可得 H（1，
2
2）．设 M（m，m2），N（n，n2），可得直线MN的解析式为y＝（m+n）x﹣mn．将点H的坐标代入
可得mn＝m+n﹣2．同理，直线GN的解析式为y＝（n+2）x﹣2n；直线MO的解析式为y＝mx．联立方
程组求解可得 P（ ， ）．代入 y＝kx+b，整理得 2m+2n﹣4＝2kn+bn﹣bm+2b＝﹣
bm+（2k+b）n+2b，比较系数可得k＝2，b＝﹣2，故点P在定直线y＝2x﹣2上．
【解答】解：（1）当y＝0时，x2﹣2x﹣8＝0，
解得：x ＝﹣2，x ＝4，
1 2
当x＝0时，y＝﹣8，
∴A（﹣2，0），B（4，0），C（0，﹣8）．
（2）∵F是直线x＝t与抛物线 C 的交点，
1
∴F（t，t2﹣2t﹣8）．
①如图，若△BE D ∽△CE F 时．
1 1 1 1
则∠BCF ＝∠CBO，
1
∴CF ∥OB．
1
∵C（0，﹣8），
∴t2﹣2t﹣8＝﹣8．
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解得：t＝0（舍去）或t＝2．
②如图，若△BE D ∽△F E C时．
2 2 2 2
过 F 作F T⊥y轴于点T．
2 2
∵∠BCF ＝∠BD E ＝90°，
2 2 2
∴∠CBO+∠BCO＝90°，∠F CT+∠BCO＝90°，
2
∴∠F CT＝∠OBC，
2
又∵∠CTF ＝∠BOC，
2
∴△BCO∽△CF T，
2
∴ ，
∵B（4，0），C（0，﹣8），
∴OB＝4，OC＝8．
∵F T＝t，CT＝﹣8﹣（t2﹣2t﹣8）＝2t﹣t2，
2
∴ ＝ ，
∴2t2﹣3t＝0，
解得：t＝0（舍去）或 ，
综上，符合题意的t的值为2或 ；
（3）点P在一条定直线上．
由题意知抛物线C ：y＝x2，
2
∵直线OG的解析式为y＝2x，
∴G（2，4）．
∵H是OG的中点，
∴H（1，2）．
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设 M（m，m2），N（n，n2），直线MN的解析式为y＝k x+b ．
1 1
则 ，
解得： ，
∴直线MN的解析式为y＝（m+n）x﹣mn．
∵直线MN经过点H（1，2），
∴mn＝m+n﹣2．
同理，直线GN的解析式为y＝（n+2）x﹣2n；直线MO的解析式为y＝mx．
联立，得 ，
∵直线OM与NG相交于点P，
∴n﹣m+2≠0．
解得： ，
∵mn＝m+n﹣2，
∴P（ ， ）．
设点P在直线y＝kx+b上，则 ，
整理得，2m+2n﹣4＝2kn+bn﹣bm+2b＝﹣bm+（2k+b）n+2b，
比较系数，得 ，
∴k＝2，b＝﹣2．
∴当k＝2，b＝﹣2时，无论m，n为何值时，等式 恒成立．
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∴点P在定直线y＝2x﹣2上．
2．在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交
于点C（0，3），点P是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）当点P在直线AC上方的抛物线上时，连接BP交AC于点D，如图1，当 的值最大时，求点P
的坐标及 的最大值；
（3）过点P作x轴的垂线交直线AC于点M，连结PC，将△PCM沿直线PC翻折，当点M的对应点
M′恰好落在y轴上时，请直接写出此时点M的坐标．
【分析】（1）运用待定系数法，将点A（﹣3，0），B（1，0），C（0，3）代入y＝ax2+bx+c，即可求
得抛物线的解析式；
（2）运用待定系数法可得直线AC的解析式为y＝x+3，过点P作PE∥x轴交直线AC于点E，设P（t，
﹣t2﹣2t+3），则 E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），可得 PE＝﹣t2﹣2t﹣t＝﹣t2﹣3t，由 PE∥x 轴，得
△EPD∽△ABD，进而得出 ＝ ＝ ＝﹣ （t+ ）2+ ，再运用二次函数的性质即可求
得答案；
（3）设点P的坐标，则点M的坐标可表示，PM长度可表示，利用翻折推出PM＝CM，列方程求解即
可求得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C
（0，3），
∴ ，
解得： ，
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
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（2）设直线AC的解析式为y＝kx+n，则 ，
解得： ，
∴直线AC的解析式为y＝x+3，
过点P作PE∥x轴交直线AC于点E，如图，
设P（t，﹣t2﹣2t+3），则E（﹣t2﹣2t，﹣t2﹣2t+3），
∴PE＝﹣t2﹣2t﹣t＝﹣t2﹣3t，
∵A（﹣3，0），B（1，0），
∴AB＝1﹣（﹣3）＝4，
∵PE∥x轴，
∴△EPD∽△ABD，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ＝﹣ （t+ ）2+ ，
∵﹣ ＜0，
∴当t＝﹣ 时， 的值最大，最大值为 ，此时点P的坐标为（﹣ ， ）；
（3）如图，设P（m，﹣m2﹣2m+3），
则M（m，m+3），
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∴PM＝|m+3﹣（﹣m2﹣2m+3）|＝|m2+3m|，
CM＝ ＝ |m|，
∵△PCM沿直线PC翻折，M的对应点为点M′，M′落在y轴上，
而PM∥y轴，
∴PM∥CM′，PM＝PM′，CM＝CM′，∠PCM＝∠PCM′，
∴∠PCM′＝∠MPC，
∴∠PCM＝∠MPC，
∴PM＝CM，
∴|m2+3m|＝ |m|，
当m2+3m＝ m时，
解得：m ＝0（舍去），m ＝ ﹣3，
1 2
此时点M（ ﹣3， ）；
当m2+3m＝﹣ m时，
解得：m ＝0（舍去），m ＝﹣ ﹣3，
1 2
此时点M（﹣ ﹣3，﹣ ）；
综上，点M的坐标为（ ﹣3， ）或（﹣ ﹣3，﹣ ）．
考向二：二次函数与直角三角形的综合
1．（2023•连云港）如图，在平面直角坐标系 xOy中，抛物线L ：y＝x2﹣2x﹣3的顶点为P．直线l过点
1
M（0，m）（m≥﹣3），且平行于x轴，与抛物线L 交于A、B两点（B在A的右侧）．将抛物线L 沿
1 1
直线l翻折得到抛物线L ，抛物线L 交y轴于点C，顶点为D．
2 2
（1）当m＝1时，求点D的坐标；
（2）连接BC、CD、DB，若△BCD为直角三角形，求此时L 所对应的函数表达式；
2
（3）在（2）的条件下，若△BCD的面积为3，E、F两点分别在边BC、CD上运动，且EF＝CD，以
EF为一边作正方形EFGH，连接CG，写出CG长度的最小值，并简要说明理由．
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【分析】本题考查二次函数的对称的相关知识，直角三角形的三个角为直角的情况分析，不同情况下的
最值问题．
【解答】解：（1）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴抛物线L 的顶点坐标P（1，﹣4），
1
∵m＝1，点P和点D关于直线y＝1对称，
∴点D的坐标为（1，6）；
（2）∵抛物线L 的顶点P（1，﹣4）与L 的顶点D关于直线y＝m对称，
1 2
∴D（1，2m+4），抛物线L ：y＝﹣（x﹣1）2+（2m+4）＝﹣x2+2x+2m+3，
2
∴当x＝0时，C（0，2m+3），
①当∠BCD＝90°时，如图1，过D作DN⊥y轴于N，
∵D（1，2m+4），
∴N（0，2m+4），
∵C（0，2m+3），
∴DN＝NC＝1，
∴∠DCN＝45°，
∵∠BCD＝90°，
∴∠BCO＝45°，
∵直线l∥x轴，
∴∠BOC＝90°，
∴∠CBO＝∠BCO＝45°，BO＝CO，
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∵m≥﹣3，
∴BO＝CO＝（2m+3）﹣m＝m+3，
∴B（m+3，m），
∵点B在y＝x2﹣2x﹣3的图象上，
∴m＝（m+3）2﹣2（m+3）﹣3，
∴m＝0或m＝﹣3，
∵当m＝﹣3时，得B（0，﹣3），C（0，﹣3），此时，点B和点C重合，舍去，当m＝0时，符合题
意；
将m＝0代入L ：y＝﹣x2+2x+2m+3得L ：y＝﹣x2+2x+3，
2 2
②当∠BDC＝90°，如图2，过B作BT⊥ND交ND的延长线于T，
同理，BT＝DT，
∴D（1，2m+4），
∴DT＝BT＝（2m+4）﹣m＝m+4，
∵DN＝1，
∴NT＝DN+DT＝1+（m+4）＝m+5，
∴B（m+5，m），
∵当B在y＝x2﹣2x﹣3的图象上，
∴m＝（m+5）2﹣2（m+5）﹣3，
解得m＝﹣3或m＝﹣4，
∵m≥﹣3，
∴m＝﹣3，此时，B（2，﹣3），C（0，﹣3）符合题意；
将m＝﹣3代入L ：y＝﹣x2+2x+2m+3得，L ：y＝﹣x2+2x﹣3，
2 2
③易知，当∠DBC＝90°，此种情况不存在；
综上所述，L 所对应的函数表达式为y＝﹣x2+2x+3或y＝﹣x2+2x﹣3；
2
（3）由（2）知，当∠BDC＝90°时，m＝﹣3，
此时，△BCD的面积为1，不合题意舍去，
当∠BCD＝90°时，m＝0，此时，△BCD的面积为3，符合题意，
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由题意得，EF＝FG＝CD＝ ，取EF的中点Q，
在Rt△CEF中可求得CQ＝ EF＝ ，在Rt△FGQ中可求得GQ＝ ，
当Q，C，G三点共线时，CG取最小值，最小值为 ．
2．（2023•内江）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于B（4，0），C（﹣2，0）
两点，与y轴交于点A（0，﹣2）．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）若点P是直线AB下方抛物线上的一动点，过点P作x轴的平行线交AB于点K，过点P作y轴的
平行线交x轴于点D，求 的最大值及此时点P的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△MAB是以AB为一条直角边的直角三角形；若存在，
请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A、B、C代入抛物线解析式求解即可；
（2）可求直线 AB 的解析式为 ，设 P （0＜m＜4），可求
，从而可求 PK+PD＝﹣ m2+ m+2，即可求解；
（3）过A作AM ⊥AB交抛物线的对称轴于 M ，过B作BM ⊥AB交抛物线的对称轴于点 M ，连接
2 2 1 1
AM ，BM ，设M （1，n），可求 ＝n2+4n+5， ＝n2+9，由AB2+ ＝ ，构建方程可得M
1 2 1 1
坐标，求出直线BM 的解析式，利用平行线的性质求出直线AM 的解析式，可得结论．
1 2
【解答】解：（1）由题意， ，
解得 ，
∴抛物线的解析式为y＝ x2﹣ x﹣2；
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（2）∵A（0，﹣2），B（4，0），
∴直线AB的解析式为y＝ x﹣2，
设P （0＜m＜4），则 ，
∴ PK+PD＝ （m﹣ m2+m）+（﹣ + m+2）＝﹣ m2+ m+2＝﹣ （m﹣ ）2+ ，
∵﹣ ＜0，
∴当m＝ 时， PK+PD有最大值，最大值为 ，此时P（ ，﹣ ）；
（3）存在．过A作AM ⊥AB交抛物线的对称轴于M ，过B作BM ⊥AB交抛物线的对称轴于点M ，连
2 2 1 1
接AM ，BM ，设M （1，n），则 ＝n2+4n+5， ＝n2+9，
1 2 1
由AB2+ ＝ ，可得22+42+n2+9＝n2+4n+5，
∴n＝6，
∴M （1，6），
1
∴直线 BM 解析式为y＝﹣2x+8，
1
∵AM ∥BM ，且经过A（0，﹣2），
2 1
∴直线 AM 解析式为y＝﹣2x﹣2，
2
∴当x＝1时，y＝﹣2×1﹣2＝﹣4，
∴M （1，﹣4），
2
综上所述：存在，M的坐标为（1，6）或（1，﹣4）．
考向三：二次函数与等腰三角形的综合
1．（2023•青海）如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴相交于点A和点C（1，0），交y轴于点B
（0，3）．
（1）求此二次函数的解析式；
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（2）设二次函数图象的顶点为P，对称轴与x轴交于点Q，求四边形AOBP的面积（请在图1中探索）；
（3）二次函数图象的对称轴上是否存在点M，使得△AMB是以AB为底边的等腰三角形？若存在，请
求出满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由（请在图2中探索）．
【分析】（1）将B，C两点坐标代入抛物线的解析式，进一步得出结果；
（2）连接OP，将二次函数的解析式配方求得顶点的坐标，令 y＝0求得A的坐标，从而求得OQ，
PQ，OA的长，再根据S四边形AOBP ＝S△AOP +S△BOP 求得结果；
（3）设M（﹣1，m），表示出AM和BM，根据AM2＝BM2列出方程求得m的值，进而求得结果．
【解答】解：（1）由题意得，
，
∴ ，
∴y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图，
连接OP，
∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴P（﹣1，4），
∴PQ＝4，OQ＝1，
由﹣x2﹣2x+3＝0得，
x ＝1，x ＝﹣3，
1 2
∴OA＝3，
∴S四边形AOBP ＝S△AOP +S△BOP ＝ ＝ ＝ ；
（3）设M（﹣1，m），
由AM2＝BM2得，
[（﹣3）﹣（﹣1）]2+m2＝（﹣1）2+（m﹣3）2，
∴m＝1，
∴M（﹣1，1）．
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2．（2023•娄底）如图，抛物线y＝x2+bx+c过点A（﹣1，0）、点B（5，0），交y轴于点C．
（1）求b，c的值．
（2）点P（x ，y ）（0＜x ＜5）是抛物线上的动点．
0 0 0
①当x 取何值时，△PBC的面积最大？并求出△PBC面积的最大值；
0
②过点P作PE⊥x轴，交BC于点E，再过点P作PF∥x轴，交抛物线于点F，连接EF，问：是否存
在点P，使△PEF为等腰直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由抛物线过点A，B，可直接得出抛物线的表达式为：y＝（x+1）（x﹣5），展开即可得
出结论；
（2）过点P作PD⊥x轴，交线段BC于点D，则S△PBC ＝ OB•PD，根据二次函数的性质可得结论；
（2）由题意可知PF⊥PE，若△PEF是等腰直角三角形，则PE＝PF，分别表达PE及PF，可求出x 的
0
值，进而求出点P的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过点A（﹣1，0）、点B（5，0），
∴抛物线的表达式为：y＝（x+1）（x﹣5）＝x2﹣4x﹣5，
∴b＝﹣4，c＝﹣5；
（2）由（1）得，抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x﹣5，
令x＝0，则y＝﹣5；
∴C（0，﹣5）
∴直线BC的表达式为：y＝x﹣5，P（x ， ﹣4x ﹣5），
0 0
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①如图，过点P作x轴的垂线，交线段BC于点D，
则D（x ，x ﹣5），
0 0
∴S△PBC ＝ OB•PD＝ ×5×（x
0
﹣5﹣ +4x
0
+5）
＝﹣ + x
0
＝﹣ （x ﹣2.5）2+ ，
0
∴当x ＝2.5时，S的值取最大，最大值为 ；
0
②存在，理由如下：
由题意可知，PE⊥PF，若△PEF是等腰直角三角形，则PE＝PF，
由①可得，PE＝x ﹣5﹣x +4x +5＝﹣ +5x ，
0 02 0 0
∵PF∥x轴，
∴F（4﹣x ， ﹣4x ﹣5），
0 0
∴PF＝|2x ﹣4|，
0
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∴|2x ﹣4|＝﹣ +5x ，
0 0
解得x ＝﹣1（舍）或x ＝4或x ＝ ﹣ 或x ＝ + （舍），
0 0 0 0
∴当△PEF是等腰直角三角形时，点P的坐标为（4，﹣5），（ ﹣ ， ﹣ ）．
考向四：二次函数与相似三角形的综合
1．（2023•乐至县）如图，直线 与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线 经过
A、B两点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点D是抛物线在第二象限内的点，过点D作x轴的平行线与直线AB交于点C，求DC的长的最大
值；
（3）点Q是线段AO上的动点，点P是抛物线在第一象限内的动点，连结PQ交y轴于点N．是否存在
点P，使△ABQ与△BQN相似，若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）首先求得A、B点的坐标，然后利用待定系数法求抛物线的解析式；
（2）设D（m，﹣ m2﹣ m+3），则C（﹣m2﹣3m，﹣ m2﹣ m+3），进而表示出CD的长；接下
来用含m的二次函数表示S，根据二次函数的性质，即可解答；
（3）分两种情况：①当△ABQ∽△BQN时，②当△ABQ∽△QBN时，分别求解即可．
【解答】解：（1）∵直线y＝ x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，
A（﹣4，0），B（0，3），
∵抛物线y＝﹣ x2+bx+c经过A、B两点．
∴ ，
解得 ，
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∴y＝﹣ x2﹣ x+3；
（2）设D（m，﹣ m2﹣ m+3），
∵DC∥作x轴，与直线AB交于点C，
∴ x+3＝﹣ m2﹣ m+3，解得x＝﹣m2﹣3m，
∴C（﹣m2﹣3m，﹣ m2﹣ m+3），
∴DC＝﹣m2﹣3m﹣m＝﹣m2﹣4m＝﹣（m+2）2+4，
∴当m＝﹣2时，DC的长的最大值为4；
（3）设N（0，n），
∵A（﹣4，0），B（0，3），
∴AB＝ ＝5，
分两种情况：
①当△ABQ∽△BQN时，
∵△ABQ∽△BQN，
∴∠ABQ＝∠BQN， ，
∴PQ∥AB，
∴△OQN∽△OAB，
∴ ，
∴ ，
∴OQ＝ n，QN＝ n，
∴BQ＝ ＝ ，
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∴ ，
∴n＝ 或3（舍去），
∴OQ＝ n＝ ，
∴Q（﹣ ，0），N（0， ），
设直线PQ的解析式为y＝kx+a，
∴ ，解得 ，
∴直线PQ的解析式为y＝ x+ ，
联立y＝﹣ x2﹣ x+3解得x＝ 或 （不合题意，舍去）
∴点P的坐标为（ ， ）；
②当△ABQ∽△QBN时，过点Q作QH⊥AB于H，
∵△ABQ∽△QBN，
∴∠ABQ＝∠QBN，∠BAQ＝∠BQN，
∴QH＝QO，
∵BQ＝BQ，
∴Rt△BHQ≌Rt△BOQ，
∴BH＝OB＝3，
∴AH＝AB﹣BH＝2，
设OQ＝q，则AQ＝4﹣q，QH＝q，
∴22+q2＝（4﹣q）2，解得q＝ ，
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∴Q（﹣ ，0），
∵∠BQO＝∠BQN+∠OQN＝∠BAQ+∠ABQ，∠BAQ＝∠BQN，∠ABQ＝∠QBN，
∴∠OQN＝∠QBN，
∵∠QON＝∠BOQ＝90°，
∴△OQN∽△OBQ，
∴ ，
∴ ，
∴n＝ ，
∴Q（﹣ ，0），N（0， ），
同理得直线PQ的解析式为y＝ x+ ，
联立y＝﹣ x2﹣ x+3解得x＝ 或 （不合题意，舍去）
∴点P的坐标为（ ， ）；
综上，点P的坐标为（ ， ）或（ ， ）．
2．（2023•随州）如图1，平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣1，0），B（2，0）和
C（0，2），连接BC，点P（m，n）（m＞0）为抛物线上一动点，过点P作PN⊥x轴交直线BC于点
M，交x轴于点N．
（1）直接写出抛物线和直线BC的解析式；
（2）如图2，连接OM，当△OCM为等腰三角形时，求m的值；
（3）当P点在运动过程中，在y轴上是否存在点Q，使得以O，P，Q为顶点的三角形与以B，C，N为
顶点的三角形相似（其中点P与点C相对应），若存在，直接写出点P和点Q的坐标；若不存在，请
说明理由．
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【分析】（1）由题得抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣2），将点C坐标代入求a，进而得到抛物线
的解析式；设直线BC的解析式为y＝kx+t，将B、C两点坐标代入求解即可得到直线BC的解析式．
（2）由题可得M坐标，分别求出OC，OM，CM，对等腰三角形OCM中相等的边界线分类讨论，进而
列方程求解．
（3）对P点在B点左右两侧进行分类讨论，设法表示出各线段的长度，利用相似三角形的相似比求解
m，进而得到点P，点Q的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣1，0），B（2，0），
∴抛物线的表达式为y＝a（x+1）（x﹣2），
将点C（0，2）代入得，2＝﹣2a，
∴a＝﹣1，
∴抛物线的表达式为y＝﹣（x+1）（x﹣2），即y＝﹣x2+x+2．
设直线BC的表达式为y＝kx+t，
将B（2，0），C（0，2）代入得，
，
解得 ，
∴直线BC的表达式为y＝﹣x+2．
（2）∵点M在直线BC上，且P（m，n），
∴点M的坐标为（m，﹣m+2），
∴OC＝2
∴CM2＝（m﹣0）2+（﹣m+2﹣2）2＝2m2，OM2＝m2+（﹣m+2）2＝2m2﹣4m+4，
当△OCM为等腰三角形时，
①若CM＝OM，则CM2＝OM2，
即2m2＝2m2﹣4m+4，
解得m＝1；
②若CM＝OC，则CM2＝OC2，
即2m2＝4，
解得 或m＝﹣ （舍去）；
③若OM＝OC，则OM2＝OC2，
即2m2﹣4m+4＝4，
解得m＝2或m＝0（舍去）．
综上，m＝1或m＝ 或m＝2．
（3）∵点P与点C相对应，
∴△POQ∽△CBN或△POQ∽△CNB，
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①若点P在点B的左侧，
则 ，
当△POQ∽△CBN，即∠POQ＝45°时，
直线OP的表达式为y＝x，
∴﹣m2+m+2＝m，
解得 或m＝﹣ （舍去），
∴ ，即OP＝2，
∴ ，即 ，
解得OQ＝ ，
∴ ，
当△POQ∽△CNB，即∠PQO＝45°时，
，
∴ ，即 ，
解得m＝1± （舍去）．
当△POQ∽△CNB，即∠PQO＝45°时，
PQ＝ ，OQ＝m﹣（﹣m2+m+2）＝m2﹣2，
∴ ，即 ，
解得m＝ ，（负值舍去），
∴P（ ），Q（0. ）．
②若点P在点B的右侧，
则∠CBN＝135°，BN＝m﹣2，
当△POQ∽△CBN，即∠POQ＝135°时，
直线OP的表达式为y＝﹣x，
∴﹣m2+m+2＝﹣m，
解得m＝1+ 或m＝1﹣ （舍去），
∴ ，
∴ ，即 ，
解得OQ＝1，
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∴ ，
当△POQ∽△CNB，即∠PQO＝135°时，
PQ＝ ，OQ＝|﹣m2+m+2+m|＝m2﹣2m﹣2，
∴ ，即 ，
解得m＝1+ 或m＝1﹣ （舍去），
∴ ，
综上，P（ ），Q（0， ）或 P（ ），Q（0， ）或 P（
），Q（0，1）或P（1+ ），Q（0，﹣2）．
考向五：二次函数与四边形的综合
1．（2023•枣庄）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，并交x轴于另一点B，
点M是抛物线的顶点，直线AM与y轴交于点D．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）若点H是x轴上一动点，分别连接MH，DH，求MH+DH的最小值；
（3）若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点 Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是
平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线的表达式；
（2）利用待定系数法可得直线AM的解析式为y＝2x+2，进而可得D（0，2），作点D关于x轴的对称
点 D′（0，﹣2），连接 D′M，D′H，MH+DH＝MH+D′H≥D′M，即 MH+DH 的最小值为
D′M，利用两点间距离公式即可求得答案；
（3）分三种情况：当DM、PQ为对角线时，当DP、MQ为对角线时，当DQ、PM为对角线时，根据
平行四边形的对角线互相平分即对角线的中点重合，分别列方程组求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，
∴ ，
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解得： ，
∴该抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点M（1，4），
设直线AM的解析式为y＝kx+d，则 ，
解得： ，
∴直线AM的解析式为y＝2x+2，
当x＝0时，y＝2，
∴D（0，2），
作点D关于x轴的对称点D′（0，﹣2），连接D′M，D′H，如图，
则DH＝D′H，
∴MH+DH＝MH+D′H≥D′M，即MH+DH的最小值为D′M，
∵D′M＝ ＝ ，
∴MH+DH的最小值为 ；
（3）对称轴上存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形．
由（2）得：D（0，2），M（1，4），
∵点P是抛物线上一动点，
∴设P（m，﹣m2+2m+3），
∵抛物线y＝﹣x2+2x+3的对称轴为直线x＝1，
∴设Q（1，n），
当DM、PQ为对角线时，DM、PQ的中点重合，
∴ ，
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解得： ，
∴Q（1，3）；
当DP、MQ为对角线时，DP、MQ的中点重合，
∴ ，
解得： ，
∴Q（1，1）；
当DQ、PM为对角线时，DQ、PM的中点重合，
∴ ，
解得： ，
∴Q（1，5）；
综上所述，对称轴上存在点 Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，点 Q的坐标为
（1，3）或（1，1）或（1，5）．
2．定义：若一次函数的图象与二次函数的图象有两个交点，并且都在坐标轴上，则称二次函数为一次函
数的轴点函数．
【初步理解】
（1）现有以下两个函数：①y＝x2﹣1；②y＝x2﹣x，其中， ① 为函数y＝x﹣1的轴点函数．（填
序号）
【尝试应用】
（2）函数y＝x+c（c为常数，c＞0）的图象与x轴交于点A，其轴点函数y＝ax2+bx+c 与x轴的另一交
点为点B．若OB＝ OA，求b的值．
【拓展延伸】
（3）如图，函数y＝ x+t（t为常数，t＞0）的图象与x轴、y轴分别交于M，C两点，在x轴的正半轴
上取一点N，使得ON＝OC．以线段MN的长度为长、线段 MO的长度为宽，在 x轴的上方作矩形
MNDE．若函数y＝ x+t（t为常数，t＞0）的轴点函数y＝mx2+nx+t的顶点P在矩形MNDE的边上，求
n的值．
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【分析】（1）根据“轴点函数”的定义即可求得答案；
（2）由题意得A（﹣c，0），ac2﹣bc+c＝0，即b＝ac+1，得出y＝ax2+（ac+1）x+c，设B（x′，
0），则x′（﹣c）＝ ，得出B（﹣ ，0），再由OB＝ OA，可得| |＝ c，即ac＝±4，即可求得
b的值；
（3）由题意得：M（﹣2t，0），C（0，t），N（t，0），D（t，2t），E（﹣2t，2t），分三种情况：
当m＞0时，轴点函数y＝mx2+nx+t的顶点P与点M重合，即P（﹣2t，0），可得 ，整理
得n2﹣n＝0，可得n＝1；当m＜0时，轴点函数y＝mx2+nx+t的顶点P在DE边上，即P（x，2t），可
得 ，消去m、t，得n2+2n﹣1＝0，可得n＝﹣ ﹣1；当m＜0时，轴点函数y＝
mx2+nx+t的顶点P在DN边上，即P（t，s），可得 ，进而求得n＝ ．
【解答】解：（1）∵函数y＝x﹣1与x轴的交点坐标为（1，0），与y轴的交点坐标为（0，﹣1），
函数y＝x2﹣1与x轴的交点坐标为（1，0），与y轴的交点坐标为（0，﹣1），
函数y＝x2﹣x与x轴的交点坐标为（1，0），与y轴的交点坐标为（0，0），
∴函数y＝x2﹣1为函数y＝x﹣1的轴点函数，函数y＝x2﹣x不是函数y＝x﹣1的轴点函数，
故答案为：①；
（2）令y＝0，得x+c＝0，
解得：x＝﹣c，
∴A（﹣c，0），
令x＝0，得y＝c，
∴函数y＝x+c（c为常数，c＞0）的图象与y轴交于点（0，c），
∵其轴点函数y＝ax2+bx+c经过点A（﹣c，0），
∴ac2﹣bc+c＝0，且c＞0，
∴ac﹣b+1＝0，即b＝ac+1，
∴y＝ax2+（ac+1）x+c，
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设B（x′，0），
则x′（﹣c）＝ ，
∴x′＝﹣ ，
∴B（﹣ ，0），
∴OB＝| |，OA＝c，
∵OB＝ OA，
∴| |＝ c，
∴ac＝±4，
∴b＝5或﹣3；
（3）由题意得：M（﹣2t，0），C（0，t），N（t，0），
∵四边形MNDE是矩形，ME＝OM＝2t，
∴D（t，2t），E（﹣2t，2t），
当m＞0时，轴点函数y＝mx2+nx+t的顶点P与点M重合，即P（﹣2t，0），如图，
∴ ，
∴n2﹣n＝0，且n≠0，
∴n＝1；
当m＜0时，轴点函数y＝mx2+nx+t的顶点P在DE边上，即P（x，2t），如图，
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∴ ，
消去m、t，得n2+2n﹣1＝0，
解得：n ＝ ﹣1，n ＝﹣ ﹣1，
1 2
∵函数y＝mx2+nx+t的对称轴在y轴左侧，
∴n与m同号，即n＜0，
∴n＝﹣ ﹣1；
当m＜0时，轴点函数y＝mx2+nx+t的顶点P在DN边上，即P（t，s），如图，
∴ ，
∴n＝ ，
综上所述，n的值为1或﹣ ﹣1或 ．
3．（2023•邵阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+x+c经过点A（﹣2，0）和点B（4，0），
且与直线l：y＝﹣x﹣1交于D、E两点（点D在点E的右侧），点M为直线l上的一动点，设点M的横
坐标为t．
（1）求抛物线的解析式．
（2）过点M作x轴的垂线，与抛物线交于点N．若0＜t＜4，求△NED面积的最大值．
（3）抛物线与y轴交于点C，点R为平面直角坐标系上一点，若以B、C、M、R为顶点的四边形是菱
形，请求出所有满足条件的点R的坐标．
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【分析】（1）待定系数法求解析式即可；
（2）根据题意，联立抛物线与直线解析式，求得点 D，E的横坐标，表示出MN的长，可得S△NED ＝
MN•|x ﹣x |＝﹣ （t﹣2）2+7 ，再根据二次函数性质可得答案；
D E
（3）求出C（0，4），设M（t，﹣t﹣1），R（m，n），分三种情况：①当BC，MR为对角线时，
BC，MR的中点重合，且BM＝CM，②当BM，CR为对角线时，BM，CR的中点重合，且BC＝CM，
③当BR，CM为对角线时，BR，CM的中点重合，且BC＝BM，分别列方程组可解得答案．
【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+x+c 得：
，
解得： ，
∴抛物线解析式为y＝﹣ x2+x+4；
（2）联立 ，
解得 或 ，
∴D（2+ ，﹣3﹣ ），E（2﹣ ，﹣3+ ），
∵点M为直线l上的一动点，横坐标为t，
∴M（t，﹣t﹣1），
∴N（t，﹣ t2+t+4），
∴MN＝﹣ t2+t+4﹣（﹣t﹣1）＝﹣ t2+2t+5，
∴S△NED ＝ MN•|x
D
﹣x
E
|＝ ×（﹣ t2+2t+5）×2 ＝﹣ （t﹣2）2+7 ，
∵﹣ ＜0，0＜t＜4，
∴当t＝2时，S△NED 取最大值7 ，
∴△NED面积的最大值是7 ；
（3）在y＝﹣ x2+x+4中，令x＝0得y＝4，
∴C（0，4），
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设M（t，﹣t﹣1），R（m，n），
又B（4，0），
①当BC，MR为对角线时，BC，MR的中点重合，且BM＝CM，
∴ ，
解得 ，
∴R（ ， ）；
②当BM，CR为对角线时，BM，CR的中点重合，且BC＝CM，
∴ ，
解得 或 ，
∴R（ ， ）或（ ， ）；
③当BR，CM为对角线时，BR，CM的中点重合，且BC＝BM，
∴ ，
解得 或 ，
∴R（ ， ）或（ ， ）；
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综上所述，R的坐标为（ ， ）或（ ， ）或（ ， ）或（ ，
）或（ ， ）．
考向六：二次函数与最值的综合
1．（2023•吉林）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y＝﹣x2+2x+c经过点A（0，1），点P，Q在此抛
物线上，其横坐标分别为m，2m（m＞0），连接AP，AQ．
（1）求此抛物线的解析式．
（2）当点Q与此抛物线的顶点重合时，求m的值．
（3）当∠PAQ的边与x轴平行时，求点P与点Q的纵坐标的差．
（4）设此抛物线在点A与点P之间部分（包括点A和点P）的最高点与最低点的纵坐标的差为h ，在
1
点A与点Q之间部分（包括点A和点Q）的最高点与最低点的纵坐标的差为h ，当h ﹣h ＝m时，直接
2 2 1
写出m的值．
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）化为顶点式，求得顶点坐标，进而根据点O的横坐标为2m，即可求解；
（3）分AQ∥x轴时，AP∥x轴时，分别根据抛物线的对称性求得O的横坐标与P的横坐标，进而代入
抛物线解析式，求得纵坐标，即可求解；
（4）分四种情况讨论，如图所示，当 P，O都在对称轴x＝1的左侧时，当P，O在对称轴两侧时，当
点P在x＝1的右侧时，当P的纵坐标小于1时，分别求得h ，h ，根据h ﹣h ＝m建立方程，解方程即
1 2 2 1
可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线 y＝﹣x2+2x+c经过点A（0，1），
∴c＝1，
∴抛物线解析式为 y＝﹣x2+2x+1；
（2）∵y＝﹣x2+2x+1
＝﹣（x﹣1）2+2，
∴顶点坐标为（1，2），
∵点Q与此抛物线的顶点重合，点Q的横坐标为2m，
∴2m＝1，
解得： ；
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（3）①AQ∥x轴时，点A，Q关于对称轴x＝1对称，
x ＝2m＝2，
Q
∴m＝1，
则﹣12+2×1+1＝2﹣22+2×2+1＝1，
∴P（1，2），Q（2，1），
∴点P与点Q的纵坐标的差为2﹣1＝1；
②当AP∥x轴时，则A，P关于直线x＝1对称，x ＝m＝2，x ＝2m＝4，
P Q
则﹣42+2×4+1＝﹣7，
∴P（2，1），Q（4，﹣7）；
∴点P与点Q的纵坐标的差为1﹣（﹣7）＝8；
综上所述，点P与点Q的纵坐标的差为1或8；
（4）①如图所示，当P，Q都在对称轴x＝1的左侧时，
则0＜2m＜1，
∴0＜m ，
∵P（m，﹣m2+2m+1），
∴Q（2m，﹣4m2+4m+1），
∴ ＝﹣m2+2m，
h ＝y ﹣y ＝﹣4m2+4m+1﹣1＝﹣4m2+4m，
2 Q A
∴h ﹣h ＝﹣4m2+4m+m2﹣2m＝m，
2 1
解得： 或 m＝0（舍去）；
②当P，Q在对称轴两侧或其中一点在对称轴上时，
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则2m≥1，m≤1，即 ，
则 h ＝2﹣1＝1，
2
∴1+m2﹣2m＝m，
解得： （舍去）或 （舍）；
③当点P在x＝1的右侧且在直线y＝1方时，即1＜m＜2，
∵h ＝2﹣1＝1，
1
，
∵4m2﹣4m+1﹣1＝m，
解得： 或m＝0（舍去）；
④当P在直线y＝1上或下方时，即m≥2，
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，
∴4m2﹣4m+1﹣（m2﹣2m+1）＝m，
解得：m＝1（舍去）或 m＝0（舍去），
综上所述， 或 ．
2．（2023•聊城）如图①，抛物线y＝ax2+bx﹣9与x轴交于点A（﹣3，0），B（6，0），与y轴交于点
C，连接AC，BC．点P是x轴上任意一点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点Q在抛物线上，若以点A，C，P，Q为顶点，AC为一边的四边形为平行四边形时，求点Q的
坐标；
（3）如图②，当点P（m，0）从点A出发沿x轴向点B运动时（点P与点A，B不重合），自点P分
别作PE∥BC，交AC于点E，作PD⊥BC，垂足为点D．当m为何值时，△PED面积最大，并求出最
大值．
【分析】（1）可将抛物线的表达式设为交点式，代入点C坐标，进一步求得结果；
（2）点Q的纵坐标为±9，代入求得其横坐标，进而求得结果；
（3）根据三角函数定义和相似三角形的性质分别表示出PD和PE，进而表示出△PDE的面积的函数表
达式，进一步求得结果．
【解答】解：（1）设抛物线的表达式为：y＝a（x+3）（x﹣6），
∴﹣9＝a•3×（﹣6），
∴a＝ ，
∴y＝ （x+3）（x﹣6）＝ ；
（2）如图1，
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抛物线的对称轴为：直线x＝ ＝ ，由对称性可得Q （3，﹣9），
1
∵CQ ＝OA＝3，OA∥CQ ，
1 1
∴四边形ACQ O是平行四边形，
1
∴Q 满足条件，
1
当y＝9时，
＝9，
∴x＝ ，
∴Q （ ，9），Q （ ，9），
2 3
综上所述：Q（3，﹣9）或（ ，9）或（ ，9）；
（3）设△PED的面积为S，
由题意得：AP＝m+3，BP＝6﹣m，OB＝6，OC＝9，AB＝9．
∴BC＝ ＝3 ，
∵sin∠PBD＝ ，
∴ ，
∴PD＝ ，
∵PE∥BC，
∴△APE∽△ABC，∠EPD＝∠PDB＝90°，
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∴ ，
∴ ，
∴PE＝ ，
∴S＝ PE•PD＝ （m+3）（6﹣m）＝﹣ ，
∴当m＝ 时，S最大＝ ，
∴当m＝ 时，△PDE的面积最大值为： ．
考向七：二次函数与新定义的综合
1．（2023•南通）定义：平面直角坐标系xOy中，点P（a，b），点Q（c，d），若c＝ka，d＝﹣kb，其
中k为常数，且k≠0，则称点Q是点P的“k级变换点”．例如，点（﹣4，6）是点（2，3）的“﹣2
级变换点”．
（1）函数y＝﹣ 的图象上是否存在点（1，2）的“k级变换点”？若存在，求出k的值；若不存在，
说明理由；
（2）动点A（t， t﹣2）与其“k级变换点”B分别在直线l ，l 上，在l ，l 上分别取点（m2，y ），
1 2 1 2 1
（m2，y ）．若k≤﹣2，求证：y ﹣y ≥2；
2 1 2
（3）关于x的二次函数y＝nx2﹣4nx﹣5n（x≥0）的图象上恰有两个点，这两个点的“1级变换点”都
在直线y＝﹣x+5上，求n的取值范围．
【分析】（1）求出（1，2）的“k级变换点”的坐标，即可求解；
（2）求出点A、B所在的直线表达式，即可求解；
（3）先求出点A、B所在的直线为y＝x﹣5，当n＞0时，画出抛物线和直线AB的大致图象，求出点A
的横坐标为x，得到x+5＝ ，即可求解；当n＜0时，当x≥0时，直线AB不可能和抛物线在x≥0
时有两个交点，即可求解．
【解答】（1）解：存在，理由：
由题意得，（1，2）的“k级变换点”为：（k，﹣2k），
将（k，﹣2k）代入反比例函数表达式得：﹣4＝k（﹣2k），
解得：k＝± ；
（2）证明：由题意得，点B的坐标为：（kt，﹣ kt+2k），
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由点A的坐标知，点A在直线y＝ x﹣2上，同理可得，点B在直线y＝﹣ x+2k，
则y ＝ m2﹣2，y ＝﹣ m2+2k，
1 2
则y ﹣y ＝ m2﹣2+ m2﹣2k＝m2﹣2k﹣2，
1 2
∵k≤﹣2，则﹣2k﹣2+m2≥2，
即y ﹣y ≥2；
1 2
（3）解：设在二次函数上的点为点A、B，
设点A（s，t），则其“1级变换点”坐标为：（s，﹣t），
将（s，﹣t）代入y＝﹣x+5得：﹣t＝﹣s+5，
则t＝s﹣5，
即点A在直线y＝x﹣5上，
同理可得，点B在直线y＝x﹣5上，
即点A、B所在的直线为y＝x﹣5；
由抛物线的表达式知，其和x轴的交点为：（﹣1，0）、（5，0），其对称轴为x＝2，
当n＞0时，
抛物线和直线AB的大致图象如下：
直线和抛物线均过点（5，0），则点A、B必然有一个点为（5，0），设该点为点B，另外一个点为点
A，如上图，
联立直线AB和抛物线的表达式得：y＝nx2﹣4nx﹣5n＝x﹣5，
设点A的横坐标为x，则x+5＝ ，
∵x≥0，
则 ﹣5≥0，
解得：n≤1，
此外，直线AB和抛物线在x≥0时有两个交点，故Δ＝（﹣4n﹣1）2﹣4n（5﹣5n）＝（6n﹣1）2＞0，
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故n≠ ，
即0＜n≤1且n≠ ；
当n＜0时，
当x≥0时，直线AB不可能和抛物线在x≥0时有两个交点，
故该情况不存在，
综上，0＜n≤1且n≠1/6．
2．（2023•宿迁）规定：若函数y 的图象与函数y 的图象有三个不同的公共点，则称这两个函数互为“兄
1 2
弟函数”，其公共点称为“兄弟点”．
（1）下列三个函数①y＝x+1；② ；③y＝﹣x2+1，其中与二次函数y＝2x2﹣4x﹣3互为“兄弟
函数”的是 ② （填写序号）；
（2）若函数 与 互为“兄弟函数”，x＝1是其中一个“兄弟点”的横坐
标．
①求实数a的值；
②直接写出另外两个“兄弟点”的横坐标是 、 ；
（3）若函数y ＝|x﹣m|（m为常数）与 互为“兄弟函数”，三个“兄弟点”的横坐标分别为
1
x 、x 、x ，且x ＜x ＜x ，求 的取值范围．
1 2 3 1 2 3
【分析】（1）分别验证三个函数①y＝x+1；② ；③y＝﹣x2+1与二次函数y＝2x2﹣4x﹣3的交
点个数；
（2）①把x＝1代入 得y＝﹣1，把x＝1，y＝﹣1代入函数 得，a＝2；
②由2x2﹣5x+2＝﹣ 得2x3﹣5x2+2x+1＝0，因式分解法解方程，左边一定有因式（x﹣1）；
（3）数形结合，对函数y ＝|x﹣m|进行分段．
1
【解答】解：（1）如图：由图可知，与二次函数y＝2x2﹣4x﹣3有3个交点的是y＝﹣ ，
∴与二次函数y＝2x2﹣4x﹣3互为“兄弟函数”的是②，
故答案为：②；
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（2）①把x＝1代入 得y＝﹣1，把x＝1，y＝﹣1代入函数 得，a＝2；
②∵2x2﹣5x+2＝﹣ ，
∴2x3﹣5x2+2x+1＝0，
∴2x3﹣2x2﹣2x2+2x﹣x2+1＝0，
∴（2x3﹣2x2）﹣（2x2﹣2x）﹣（x2﹣1）＝0，
∴2x2（x﹣1）﹣2x（x﹣1）﹣（x+1）（x﹣1）＝0，
∴（x﹣1）（2x2﹣2x﹣x﹣1）＝0，
∴2x2﹣3x﹣1＝0，
∴x＝ 或x＝ ．
故答案为： ， ．
（3）x 满足方程﹣x+m＝﹣ ，即 ﹣mx ＝2，
1 1
x ，x 满足方程x﹣m＝﹣ ，即x ，x 是方程x2﹣mx+2＝0的两个根，
2 3 2 3
∴Δ＝m2﹣8＞0，即m2＞8，x +x ＝m，
2 3
∴ ＝（m﹣2x ）2＝m2﹣4mx +4 ＝m2+4（ ﹣mx ）＝m2+8＞16．
1 1 1
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考向八：二次函数与圆的综合
1．（2023•湘西州）如图（1），二次函数y＝ax2﹣5x+c的图象与x轴交于A（﹣4，0），B（b，0）两点，
与y轴交于点C（0，﹣4）．
（1）求二次函数的解析式和b的值．
（2）在二次函数位于x轴上方的图象上是否存在点M，使 ？若存在，请求出点M的
坐标；若不存在，请说明理由．
（3）如图（2），作点A关于原点O的对称点E，连接CE，作以CE为直径的圆．点E′是圆在x轴上
方圆弧上的动点（点E′不与圆弧的端点E重合，但与圆弧的另一个端点可以重合），平移线段AE，
使点E移动到点E′，线段AE的对应线段为A′E′，连接E′C，A′A，A′A的延长线交直线E′C
于点N，求 的值．
【分析】（1）将点A，C的坐标代入y＝ax2﹣5x+c得到二元一次方程组求解可得a，c的值，可确定二
次函数的解析式，再令y＝0，解关于x的一元二次方程可得点B的坐标，从而确定b的值；
（2）不存在．设M（m，﹣m2﹣5m﹣4），根据 ，可得m2+5m+8＝0，根据Δ＝52﹣
4×8＝﹣7＜0，可确定方程无实数根，即可作出判断；
（3）根据对称的性质和点的坐标可得OE＝OA＝OC＝4，根据等腰三角形的性质及判定可得∠OAC＝
∠OCA＝45°＝∠OCE＝∠OEC，AC＝EC，再根据CE为圆的直径，可得∠CE′E＝90°，然后分两种情
况：①当点 E′与点 O不重合时，由平移的性质可得四边形 AEE′A′是平行四边形，从而得到
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A′A∥E′E，A′A＝E′E，再证明△ANC≌△CE′E（AAS），可得CN＝EE′，可得 的值；
②当点E′与点O重合时，此时点N与点O重合，可得AA′＝EE′＝OE＝4，CN＝CO＝4，代入
可得结论．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2﹣5x+c的图象与x轴交于A（﹣4，0），B（b，0）两点，与y轴
交于点C（0，﹣4），
∴ ，
解得： ，
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2﹣5x﹣4，
当y＝0时，得：﹣x2﹣5x﹣4＝0，
解得：x ＝﹣4，x ＝﹣1，
1 2
∴B（﹣1，0），
∴二次函数的解析式为y＝﹣x2﹣5x﹣4，b＝﹣1；
（2）不存在．理由如下：
如图，设M（m，﹣m2﹣5m﹣4），
∵A（﹣4，0），B（﹣1，0），C（0，﹣4），
∴AB＝﹣1﹣（﹣4）＝3，OB＝1，OC＝4，
∵点M在二次函数位于x轴上方的图象上，且 ，
∴ ，
整理得：m2+5m+8＝0，
∵Δ＝52﹣4×8＝﹣7＜0，
∴方程无实数根，
∴不存在符合条件的点M；
（3）如图，设CE′交x轴于点M，
∵A（﹣4，0），C（0，﹣4），
∴OA＝OC＝4，
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∵点E与点A关于原点O对称，
∴OE＝OA＝OC＝4，
∵∠AOC＝∠EOC＝90°，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°＝∠OCE＝∠OEC，
∴AC＝EC，
∵CE为圆的直径，
∴∠CE′E＝90°，
∵平移线段AE，使点E移动到点E′，线段AE的对应线段为A′E′，
①当点E′与点O不重合时，
∴A′E′＝AE，A′E′∥AE，
∴四边形AEE′A′是平行四边形，
∴A′A∥E′E，A′A＝E′E，
∴∠ANE′＝∠CE′E＝90°，∠MAN＝∠MEE′，
∴∠ANC＝90°，
在Rt△ANM和Rt△COM中，
∵∠MAN＝90°﹣∠AMN，∠MCO＝90°﹣∠CMO，
∴∠MAN＝∠MCO，
∵∠OAC＝∠OCE＝45°，
∴∠CAN＝∠ECE′，
又∵∠ANC＝∠CE′E＝90°，
在△ANC和△CE′E中，
，
∴△ANC≌△CE′E（AAS），
∴CN＝EE′，
∴AA′＝CN，
∴ ，
②当点E′与点O重合时，此时点N与点O重合，
∴AA′＝EE′＝OE＝4，CN＝CO＝4，
∴ ，
综上所述， 的值为1．
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2．（2023•株洲）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）．
（1）若a＝1，c＝﹣1，且该二次函数的图象过点（2，0），求b的值；
（2）如图所示，在平面直角坐标系Oxy中，该二次函数的图象与x轴交于点A（x ，0），B（x ，
1 2
0），且x ＜0＜x ，点D在 O上且在第二象限内，点E在x轴正半轴上，连接DE，且线段DE交y轴
1 2
⊙
正半轴于点F， ．
①求证： ．
②当点E在线段OB上，且BE＝1． O的半径长为线段OA的长度的2倍，若4ac＝﹣a2﹣b2，求2a+b
的值．
⊙
【分析】（1）依题意得出二次函数解析式为y＝x2+bx﹣1，该二次函数的图象过点（2，0），代入即可
求解；
（2）①证明△DOF∽△DEO，根据相似三角形的性质即可求解；
②根据题意可得 OE＝x ﹣1，OD＝﹣2x ，由①可得 ，进而得出 x ＝1﹣3x ，由已知可得
2 1 2 1
，根据一元二次方程根与系数的关系，可得 ，将x ＝1
2
﹣3x 代入，解关于x 的方程，进而得出x ，可得对称轴为直线 ，即可求解．
1 1 2
【解答】（1）解：∵a＝1，c＝﹣1，
∴二次函数解析式为y＝x2+bx﹣1，
∵该二次函数的图象过点（2，0），
∴4+2b﹣1＝0，
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解得：b＝﹣ ；
（2）①证明：∵∠DOF＝∠DEO，∠ODF＝∠EDO，
∴△DOF∽△DEO，
∴ ，
∴ ＝ ，
∵ ，
∴ ；
②解∵该二次函数的图象与x轴交于点A（x ，0），B（x ，0），且x ＜0＜x ，
1 2 1 2
∴OA＝﹣x ，OB＝x ，
1 2
∵BE＝1．
∴OE＝x ﹣1，
2
∵ O的半径长为线段OA的长度的2倍，
∴OD＝﹣2x ，
⊙ 1
∵ ，
∴ ，
∴3x +x ﹣1＝0，
1 2
即x ＝1﹣3x ①，
2 1
∵该二次函数的图象与x轴交于点A（x ，0），B（x ，0），
1 2
∴x ，x 是方程ax2+bx+c＝0的两个根，
1 2
∴ ，
∵4ac＝﹣a2﹣b2，a≠0，
∴ ，
即4（x 1 x 2 ）+1+（x 1 +x 2） 2＝0②
①代入②，即 ，
即 ，
整理得﹣8（x ）2＝﹣2，
1
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∴ ，
解得： （正值舍去），
∴ ，
∴抛物线的对称轴为直线 ，
∴b＝﹣2a，
∴2a+b＝0．
考向九：二次函数与角的综合
1．（2023•无锡）已知二次函数y＝ （x2+bx+c）的图象与y轴交于点A，且经过点B（4， ）和点C
（﹣1， ）．
（1）请直接写出b，c的值；
（2）直线BC交y轴于点D，点E是二次函数y＝ （x2+bx+c）图象上位于直线AB下方的动点，过
点E作直线AB的垂线，垂足为F．
①求EF的最大值；
②若△AEF中有一个内角是∠ABC的两倍，求点E的横坐标．
【分析】（1）利用待定系数法即可求解．
（2）①作辅助线，利用三角函数求得 ，易得直线 AB的解析式为 y＝ ，设E
（m， ），则G（m， ），表示出EG，利用配方法即可求解．
②作图，利用三角函数求出tan（2∠ABC）＝2 ，构造△AMF∽△FNE，相似比为AF：EF，设AM
＝ ，MF＝2a，1°当∠FAE＝2∠ABC时， ，根据相似比求解即可，2°当∠FEA＝
2∠ABC时， ，根据相似比求解即可．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ （x2+bx+c）的图象经过点B（4， ）和点C（﹣1， ），
∴ ，
解得b＝﹣3，c＝﹣2，
∴二次函数解析式为y＝ （x2﹣3x﹣2）．
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答：b的值为﹣3，c的值为﹣2．
（2）①如图1，过点E作y轴平行线分别交AB、BD于G、H，
∵y＝ （x2﹣3x﹣2），
∴A（0，﹣ ），
∴AD＝2 ，BD＝4，
∴AB＝2 ，
∴cos ，
∴cos ，
∴ ，
∴ ，
∵A（0，﹣ ），B（4， ）
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴ ，
解得
∴直线AB的解析式为y＝ ，
设E（m， ），则G（m， ），
∴ ，
∴当m＝2时，EG取得最大值 ，
∴EF的最大值为 ．
答：EF的最大值为 ．
②如图2，已知 ，令AC＝ ，BC＝2，在BC上截取AD＝BD，
∴∠ADC＝2∠ABC，
设CD＝x，则AD＝BD＝2﹣x，
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则 ，
解得x＝ ，
∴tan∠ADC＝ ，即tan（2∠ABC）＝2 ，
如图3，构造△AMF∽△FNE，相似比为AF：EF，
∵tan∠MFA＝tan∠CBA＝tan∠FEN＝ ，
设AM＝ ，MF＝2a，
1°当∠FAE＝2∠ABC时， ，
∴ ，
∴ ，
∴E（6a， ），
代入抛物线解析式，得 （舍去），
∴E点的横坐标为6a＝2，
2°当∠FEA＝2∠ABC时， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
代入抛物线解析式，得 （舍去），
∴E点的横坐标为 ，
综上，点E的横坐标为2或 ．
2．（2023•营口）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣1（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B，与y轴交于点C，
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抛物线的对称轴交x轴于点D（3，0），过点B作直线l⊥x轴，过点D作DE⊥CD，交直线l于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，点P为第三象限内抛物线上的点，连接CE和BP交于点Q，当 ＝ 时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，连接AC，在直线BP上是否存在点F，使得∠DEF＝∠ACD+∠BED？若存在
请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）可得出B的坐标，于是设抛物线的交点式解析式，代入点C坐标求得二次项系数，进而
得出结果；
（2）可证明△OCD∽△BDE，从而 ，进而得出BE＝6，从而得出E（5，﹣6），进而得出CE
的解析式，作PT⊥x轴，交直线CE于点T，设P（m，﹣ ），表示出T（m，﹣m﹣1），
从而表示出PT的长，根据△PQT∽△BQE得出 ，从而求得m的值，进一步得出结果；
（3）先推出∠DEF＝45°，分为当点F在BP上时，方法一：直线EF，交y轴于点G，作GH⊥CE于点
H，根据直线CE的解析式为：y＝﹣x﹣1可推出∠ECF＝∠BEC＝45°，进而得出∠DEF＝∠BEC，进而
得出 ，设GH＝t，EH＝3t，可得出t+3t＝5 ，求得x的值，进而得出G（0，﹣ ），从而得
出直线EG的解析式为：y＝﹣ x﹣ ，和直线PB的解析式为：y＝ ﹣4联立成方程组，进而求得F
点坐标；
方法二：作ER⊥y轴于点R，可推出∠REF+∠BED＝45°，根据tan∠BED＝ 得出tan∠REF＝ ，从而
得出直线EF的解析式为：y＝﹣ x﹣ ；当点F在PB的延长线上时，设EF交x轴于点W，同理得出
tan∠BEF＝ ＝ ，从而得出BW＝ BE＝3，求得OW＝8，进而得出直线EF的解析式为：y＝2x﹣
16，进一步得出结果．
【解答】解：（1）由题意得：B（5，0），
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设抛物线的解析式为：y＝a（x﹣1）（x﹣5），过点C（0，﹣1），
∴﹣1＝a•（﹣1）×（﹣5），
∴a＝﹣ ，
∴y＝﹣ （x﹣1）（x﹣5）＝﹣ ；
（2）如图1，
∵直线l⊥x轴，DE⊥CD，
∴∠COD＝∠CDE＝∠EBD＝90°，
∴∠ODC+∠OCD＝90°，∠ODC+∠BDE＝90°，
∴∠OCD＝∠BDE，
∴△OCD∽△BDE，
∴ ，
∵OC＝1，OD＝3，BD＝OB﹣OD＝5﹣3＝2，
∴ ，
∴BE＝6，
∴E（5，﹣6），
设CE的解析式为：y＝kx+n，
∴ ，
∴ ，
∴y＝﹣x﹣1，
作PT⊥x轴，交直线CE于点T，设P（m，﹣ ），
∴T（m，﹣m﹣1），PT∥BE，
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∴PT＝（﹣m﹣1）﹣（﹣ ）＝ ，△PQT∽△BQE，
∴ ，
∴ ，
∴m ＝﹣3，m ＝14（舍去），
1 2
当m＝﹣3时，y＝﹣ ×（﹣3﹣1）×（﹣3﹣5）＝﹣ ，
∴P（﹣3，﹣ ）；
（3）存在F点满足∠DEF＝∠ACD+∠BED，理由如下：
由（2）知：△OCD∽△BDE，
∴∠BED＝∠CDO，
∴∠ACD+∠BED＝∠ACD+∠CDO＝∠OAC，
∵OA＝OC＝1，∠AOC＝90°，
∴∠OAC＝45°，
∵∠DEF＝∠ACD+∠BED，
∴∠DEF＝45°，
如图2，
当点F在BP上时，
方法一：直线EF，交y轴于点G，作GH⊥CE于点H，
∵直线CE的解析式为：y＝﹣x﹣1，
∴∠ECF＝∠BEC＝45°，
∴∠DEF＝∠BEC，
∴∠FEQ＝∠BED，
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∴tan∠FEQ＝tan∠BED＝ ，
∴ ，
∴设GH＝t，EH＝3t，
∴CH＝GH＝t，
∵C（0，﹣1），E（5，﹣6），
∴CE＝5 ，
∴t+3t＝5 ，
∴t＝ ，
∴CG＝ GH＝ ＝ ，
∴OG＝1+ ＝ ，
∴G（0，﹣ ），
∴直线EG的解析式为：y＝﹣ x﹣ ，
∵P（﹣3，﹣ ），B（5，0），
∴直线PB的解析式为：y＝ ﹣4，
由 得，
，
∴F （ ），
1
方法二：如图3，
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作ER⊥y轴于点R，
∵∠DEF＝45°，∠BER＝90°，
∴∠REF+∠BED＝45°，
∵tan∠BED＝ ，
∴tan∠REF＝ ，
又E（5，﹣6），
∴直线EF的解析式为：y＝﹣ x﹣ ，
后面步骤同上，
如图4，
当点F在PB的延长线上时，设EF交x轴于点W，
∵∠DEF＝45°，tan∠BED＝ ，
∴tan∠BEF＝ ＝ ，
∴BW＝ BE＝3，
∴W（8，0），
∴直线EF的解析式为：y＝2x﹣16，
由2x﹣16＝ 得：x＝10，
当x＝10时，y＝2×10﹣16＝4，
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∴F （10，4），
2
综上所述：F（ ，﹣ ）或（10，4）．
（建议用时：150分钟）
1．（2023•宜兴市一模）如图，二次函数 的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左
侧），与y轴交于点C，则∠ACB＝ 90 °；M是二次函数在第四象限内图象上一点，作MQ∥y轴交
BC于Q，若△NQM是以NQ为腰的等腰三角形，则线段NC的长为 5 ﹣ 或 ．
【分析】由y＝ x2﹣ x﹣4可得A（﹣2，0），B（8，0），C（0，﹣4），即得AB2＝100，AC2＝
20，BC2＝80，故AB2＝AC2+BC2，从而∠ACB＝90°；当NQ＝MQ时，过N作NH⊥x轴于H，设AM交
y轴于K，可证△AHN≌△ACN（AAS），即得AH＝AC＝ ＝2 ，NC＝HN，有BH＝AB﹣AH＝10
﹣2 ，由△BHN∽△BCA，得 ＝ ，求出HN＝5﹣ ，故NC＝5﹣ ；当NQ＝NM
时，过 N 作 NT⊥y 轴于 T，可证△AOK∽△COA，得 ＝ ，OK＝1，CK＝OC﹣OK＝3，AK＝
＝ ，求出TK＝CT＝ CK＝ ，由△AOK∽△NTK，可得 ＝ ，求得NK＝ ，
故NC＝ ．
【解答】解：在y＝ x2﹣ x﹣4中，令x＝0得y＝﹣4，令y＝0得x＝8或x＝﹣2，
∴A（﹣2，0），B（8，0），C（0，﹣4），
∴AB2＝100，AC2＝20，BC2＝80，
∴AB2＝AC2+BC2，
∴∠ACB＝90°；
当NQ＝MQ时，过N作NH⊥x轴于H，设AM交y轴于K，如图：
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∴∠QMN＝∠QNM＝∠ANC，
∵QM∥y轴，
∴∠QMN＝∠NKC＝∠AKO，
∴∠ANC＝∠AKO，
∴∠OAK＝90°﹣∠AKO＝90°﹣∠ANC＝∠CAN，
∵∠AHN＝90°＝∠ACN，AN＝AN，
∴△AHN≌△ACN（AAS），
∴AH＝AC＝ ＝2 ，NC＝HN，
∴BH＝AB﹣AH＝10﹣2 ，
∵∠HBN＝∠CBA，∠NHB＝90°＝∠ACB，
∴△BHN∽△BCA，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴HN＝5﹣ ，
∴NC＝5﹣ ；
当NQ＝NM时，过N作NT⊥y轴于T，如图：
∴∠NQM＝∠NMQ，
∵QM∥y轴，
∴∠NKC＝∠NCK，
∴NK＝NC，
∵∠AKO＝∠NKC，
∴∠AKO＝∠NCK，
∴∠OAK＝90°﹣∠AKO＝90°﹣∠NCK＝∠ACO，
∵∠AOK＝90°＝∠COA，
∴△AOK∽△COA，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴OK＝1，
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∴CK＝OC﹣OK＝4﹣1＝3，AK＝ ＝ ＝ ，
∴TK＝CT＝ CK＝ ，
∵∠AKO＝∠TKN，∠AOK＝90°＝∠NTK，
∴△AOK∽△NTK，
∴ ＝ 即 ＝ ，
∴NK＝ ，
∴NC＝ ，
∴线段NC的长为5﹣ 或 ．
故答案为：90，5﹣ 或 ．
2．（2023•越秀区一模）如图，抛物线 与H： 交于点B（1，﹣
2），且分别与y轴交于点D，E．过点B作x轴的平行线，交抛物线于点A，C．则以下结论：
①无论x取何值，y 总是负数；
2
②抛物线H可由抛物线G向右平移3个单位，再向下平移3个单位得到；
③当﹣3＜x＜1时，随着x的增大，y ﹣y 的值先增大后减小；
1 2
④四边形AECD为正方形．
其中正确的是 ①②④ ．（填写正确的序号）
【分析】①由非负数的性质，即可证得y ＝﹣（x﹣2）2﹣1≤﹣1＜0，即可得无论x取何值，y 总是负
2 2
数；
②由抛物线l ：y ＝a（x+1）2+2与l ：y ＝﹣（x﹣2）2﹣1交于点B（1，﹣2），可求得a的值，然后
1 1 2 2
由抛物线的平移的性质，即可得l 可由l 向右平移3个单位，再向下平移3个单位得到；
2 1
③由 y ﹣y ＝﹣（x+1）2+2﹣[﹣（x﹣2）2﹣1]＝﹣6x+6，可得随着x的增大，y ﹣y 的值减小；
1 2 1 2
④首先求得点A，C，D，E的坐标，即可证得AF＝CF＝DF＝EF，又由AC⊥DE，即可证得四边形
AECD为正方形．
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【解答】解：①∵（x﹣2）2≥0，
∴﹣（x﹣2）2≤0，
∴y ＝﹣（x﹣2）2﹣1≤﹣1＜0，
2
∴无论x取何值，y 总是负数；
2
故①正确；
②∵抛物线G：y ＝a（x+1）2+2与抛物线H：y ＝﹣（x﹣2）2﹣1交于点B（1，﹣2），
1 2
∴当x＝1时，y＝﹣2，
即﹣2＝a（1+1）2+2，
解得：a＝﹣1；
∴y ＝﹣（x+1）2+2，
1
∴H可由G向右平移3个单位，再向下平移3个单位得到；
故②正确；
③∵y ﹣y ＝﹣（x+1）2+2﹣[﹣（x﹣2）2﹣1]＝﹣6x+6，
1 2
∴随着x的增大，y ﹣y 的值减小；
1 2
故③错误；
④设AC与DE交于点F，
∵当y＝﹣2时，﹣（x+1）2+2＝﹣2，
解得：x＝﹣3或x＝1，
∴点A（﹣3，﹣2），
当y＝﹣2时，﹣（x﹣2）2﹣1＝﹣2，
解得：x＝3或x＝1，
∴点C（3，﹣2），
∴AF＝CF＝3，AC＝6，
当x＝0时，y ＝1，y ＝﹣5，
1 2
∴DE＝6，DF＝EF＝3，
∴四边形AECD为平行四边形，
∴AC＝DE，
∴四边形AECD为矩形，
∵AC⊥DE，
∴四边形AECD为正方形．
故④正确．
故答案为：①②④．
3．（2023•晋州市模拟）如图所示，已知在平面直角坐标系xOy中，点A（15，8），点M是横轴正半轴
上的一个动点， P经过原点O，且与AM相切于点M．
⊙
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（1）当AM⊥x轴时，点P的坐标为 （ ， 0 ） ；
（2）若点P在第一象限，设点P的坐标为（x，y），则y关于x的函数关系式为 y ＝﹣ x 2 + x
（不用写出自变量x的取值范围）；
（3）当射线OP与直线AM相交时，点M的横坐标t的取值范围是 7 ＜ t ＜ 2 3 ．
【分析】（1）由AM与 P相切，得出PM⊥AM，而AM⊥x轴，进而判断出点P在x轴上，即可得出
答案；
⊙
（2）由PM与 P相切，得出PM⊥AM，过点P作PG⊥x轴于G，过点A作AQ⊥x轴于Q，用互余得
出△PGM∽△MQA，得出比例式即可求出答案；
⊙
（3）分当点P在第一象限时和当点P在第四象限时，找出AM∥OP时，判断出△OPM为等腰直角三角
形，进而得出PH＝OH＝HM，进而得出x＝y或x＝﹣y，建立方程求出x的值，即可得出t的分界点，
进而得出答案．
【解答】解：（1）∵AM⊥x轴，A（15，8），
∴OM＝15，
∵AM与 P相切，
∴AM⊥PM，
⊙
∵AM⊥x轴，
∴点P在x轴上，
∵点P是圆心，
∴点P的横坐标为 OM＝ ，
∴P（ ，0），
故答案为：（ ，0）；
（2）如图1，连接PM，过点P作PG⊥x轴于G，过点A作AQ⊥x轴于Q，
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则∠PGM＝∠AQM＝90°，
∴∠PMG+∠MPG＝90°，
由（1）知，PM⊥AM，
∴∠PMG+∠AMQ＝90°，
∴∠MPG＝∠AMQ，
∴△PGM∽△MQA，
∴ ，
∵PO＝PM，PG⊥x轴于G，P（x，y），且点P在第一象限内，
∴PG＝y，OG＝GM＝x，OM＝2OG＝2x，
∴MQ＝OQ﹣OM＝15﹣2x，
∵AQ⊥x轴，A（15，8），
∴OQ＝15，AQ＝8，
∴ ，
∴y＝﹣ x2+ x，
故答案为：y＝﹣ x2+ x，
（3）∵直线AM过点A（15，8），
∴当AM∥OP是射线OP与直线AM相交的分界点，
如图2，①当点P在第一象限时，过点P作PH⊥x轴于G，
当OP∥AM时，
由（1）知，PM⊥AM，
∴OP⊥PM，
∴∠OPM＝90°，
∵PO＝PM，
∴△OPM为等腰直角三角形，
∴PH＝OH，
∵P（x，y），
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∴x＝y，
∴x＝﹣ x2+ x，
∴x＝0（舍去）或x＝ ，
由（2）知，OM＝2OH＝7；
②当点P在第四象限时，过点P'作P'H'⊥x轴于H'，
同①的方法得，P'H'＝OH'，
∵P'（x，y），
∴x＝﹣y，
∴﹣x＝﹣ x2+ x，
∴x＝0（舍去）或x＝ ，
由（2）知，OM＝2OH＝23，
∴7＜t＜23，
故答案为：7＜t＜23．
4．（2024•道里区模拟）已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y＝﹣x+3与x轴交于点B，
与y轴交于点C，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过B、C两点，与x轴的另一交点为点A．
（1）如图1，求抛物线的解析式；
（2）如图2，点D为直线BC上方抛物线上一动点，连接 AC、CD，设直线BC交线段AD于点E，
△CDE的面积为S ，△ACE的面积为S 当 最大值时，求点D的坐标；
1 2
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CD、BD，将△BCD沿BC翻折，得到△BCF（点D和点F为对
应点），直线BF交y轴于点P，点S为BC中点，连接PS，过点S作SP的垂线交x轴于点R，在对称
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轴TH上有一点Q，使得△PQB是以PB为直角边的直角三角形，求直线RQ的解析式．
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）过点A作x轴的垂线交BC的延长线于点M，过点D作y轴平行线交BC于点N，利用相似三角形
的判定与性质得到 ，利用等高的三角形的面积比等于底的比的性质得到 ＝ ，设D（t，﹣
t2+2t+3），则N（t，﹣t+3），进而求得线段DN，求出线段MA＝4，再利用配方法解答即可；
（3）利用分类讨论的方法分两种情形讨论解答：①当∠FBQ＝90°时，利用待定系数法求得直线PS，
BF，SR，PQ的解析式，进而求得点R，Q的坐标，再利用待定系数法解答即可；②当∠BPQ＝90°时，
利用①中的方法解答即可．
【解答】解：（1）令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3），
令y＝0，则x＝3，
∴B（3，0），
把B（3，0）和C（0，3）代入抛物线解析式中得：
，
解得： ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）过点A作x轴的垂线交BC的延长线于点M，过点D作y轴平行线交BC于点N，如图，
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∵DN∥MA，
∴∠AME＝∠DNE，∠MAE＝∠NDE，
∴△DEN∽△AEM，
∴ ，
∵△CDE中DE边上的高与△ACE中AE边上的高相同，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ．
设D（t，﹣t2+2t+3），则N（t，﹣t+3），
∴DN＝（﹣t2+2t+3）﹣（﹣t+3）＝﹣t2+3t，
把x＝﹣1代入y＝﹣x+3中，得：y＝4，
∴M（﹣1，4），
∴MA＝4，
∴ ＝ ＝ ＝﹣ （t﹣ ）2+ ≤ ，
∴当 时， 有最大值 ，
∴D（ ， ）；
（3）①当∠FBQ＝90°时，如图，
由（2）知：D（ ， ），
∵点D和点F关于直线BC对称，
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∴F（﹣ ， ）．
∴直线BF的解析式为y＝ x+ ，
令x＝0，则y＝ ，
∴P（0， ），
根据题意可知：S（ ， ），
∴直线PS的解析式为y＝ x+ ．
∴直线RS的解析式为y＝﹣5x+9，
令y＝0，则x＝ ．
∴R（ ，0）．
∵直线BF的解析式为y＝ x+ ，∠FBQ＝90°，
∴直线BQ的解析式为y＝ x﹣ ．
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线对称轴TH的解析式为x＝1，
当x＝1时，y＝ ×1﹣ ＝﹣5，
∴Q（1，﹣5）．
设直线RS的解析式为y＝kx+b，
∴ ，
∴ ，
∴直线RS的解析式为y＝ x﹣ ；
②当∠BPQ＝90°时，
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∵直线BF的解析式为y＝ x+ ，∠BPQ＝90°，
∴直线PQ的解析式为y＝ x+ ，
∵抛物线对称轴TH的解析式为x＝1，
∴当x＝1时，y＝ ，
∴Q（1， ）．
设直线RS的解析式为y＝mx+n，
∴ ，
∴ ，
∴直线RS的解析式为y＝﹣ x+ ．
综上，直线RQ的解析式为y＝ x﹣ 或y＝﹣ x+ ．
5．（2023•枣庄）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，并交x轴于另一点B，
点M是抛物线的顶点，直线AM与y轴交于点D．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）若点H是x轴上一动点，分别连接MH，DH，求MH+DH的最小值；
（3）若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点 Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是
平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
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【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线的表达式；
（2）利用待定系数法可得直线AM的解析式为y＝2x+2，进而可得D（0，2），作点D关于x轴的对称
点 D′（0，﹣2），连接 D′M，D′H，MH+DH＝MH+D′H≥D′M，即 MH+DH 的最小值为
D′M，利用两点间距离公式即可求得答案；
（3）分三种情况：当DM、PQ为对角线时，当DP、MQ为对角线时，当DQ、PM为对角线时，根据
平行四边形的对角线互相平分即对角线的中点重合，分别列方程组求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，
∴ ，
解得： ，
∴该抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点M（1，4），
设直线AM的解析式为y＝kx+d，则 ，
解得： ，
∴直线AM的解析式为y＝2x+2，
当x＝0时，y＝2，
∴D（0，2），
作点D关于x轴的对称点D′（0，﹣2），连接D′M，D′H，如图，
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则DH＝D′H，
∴MH+DH＝MH+D′H≥D′M，即MH+DH的最小值为D′M，
∵D′M＝ ＝ ，
∴MH+DH的最小值为 ；
（3）对称轴上存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形．
由（2）得：D（0，2），M（1，4），
∵点P是抛物线上一动点，
∴设P（m，﹣m2+2m+3），
∵抛物线y＝﹣x2+2x+3的对称轴为直线x＝1，
∴设Q（1，n），
当DM、PQ为对角线时，DM、PQ的中点重合，
∴ ，
解得： ，
∴Q（1，3）；
当DP、MQ为对角线时，DP、MQ的中点重合，
∴ ，
解得： ，
∴Q（1，1）；
当DQ、PM为对角线时，DQ、PM的中点重合，
∴ ，
解得： ，
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∴Q（1，5）；
综上所述，对称轴上存在点 Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，点 Q的坐标为
（1，3）或（1，1）或（1，5）．
6．（2023•东莞市一模）抛物线y＝ax2+bx﹣2与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），且A（﹣1，
0），B（4，0），与y轴交于点C．连结BC，以BC为边，点O为中心作菱形BDEC，点P是x轴上的
一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，交BD于点M．
（1）求该抛物线对应的函数表达式；
（2）x轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请
说明理由；
（3）当点P在线段OB上运动时，试探究：当m为何值时，四边形CQMD是平行四边形？请说明理由．
【分析】（1）抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，故抛物线的表达式为：y＝a（x+1）
（x﹣4）＝a（x2﹣3x﹣4），即﹣4a＝﹣2，解得：a＝ ，即可求解；
（2）分PB＝PC、PB＝BC、PC＝BC三种情况，分别求解即可；
（3）直线BD的解析式为y＝﹣x+2；如图，当MQ＝DC时，四边形CQMD是平行四边形，则（﹣
m+2）﹣（ m2﹣ m﹣2）＝2﹣（﹣2），即可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣2与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，
∴设抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣4）＝a（x2﹣3x﹣4），
即﹣4a＝﹣2，解得：a＝ ，
∴抛物线的解析式为：y＝ x2﹣ x﹣2；
（2）设点P的坐标为（m，0），
则PB2＝（m﹣4）2，PC2＝m2+4，BC2＝20，
①当PB＝PC时，（m﹣4）2＝m2+4，解得：m＝ ；
②当PB＝BC时，同理可得：m＝4±2 ；
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③当PC＝BC时，同理可得：m＝±4（舍去4），
故点P的坐标为：（ ，0）或（4+2 ，0）或（4﹣2 ，0）或（﹣4，0）；
（3）∵C（0，﹣2）
∴由菱形的对称性可知，点D的坐标为（0，2），
设直线BD的解析式为y＝kx+2，又B（4，0）
解得k＝﹣ ，
∴直线BD的解析式为y＝﹣ x+2；
则点M的坐标为（m，﹣ m+2），
点Q的坐标为（m， m2﹣ m﹣2），
如图，当MQ＝DC时，四边形CQMD是平行四边形
∴（﹣ m+2）﹣（ m2﹣ m﹣2）＝2﹣（﹣2），
解得m ＝0（不合题意舍去），m ＝2，
1 2
∴当m＝2时，四边形CQMD是平行四边形．
7．（2024•碑林区校级二模）二次函数y＝ax2+bx+4（a≠0）的图象与x轴交于A（﹣4，0），B（1，0）
两点，点M为y轴负半轴上一点，且OM＝2．
（1）求二次函数表达式；
（2）点E是线段AB（包含A，B）上的动点，过点E作x轴的垂线，交二次函数图象于点P，交直线
AM于点N，若以点P，N，A为顶点的三角形与△AOM相似，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，
请说明理由．
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【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）当P点与B点重合时，△APN∽△AOM，P（1，0）；设P（t，﹣t2﹣3t+4），则N（t，﹣ t﹣
2），当∠PAN＝90°时，∠APN＝∠OAM，sin∠APN＝ ＝ ，求得P（﹣1，
6）．
【解答】解：（1）将A（﹣4，0），B（1，0）代入y＝ax2+bx+4，
∴ ，
解得 ，
∴函数的表达式为y＝﹣x2﹣3x+4；
（2）存在，理由如下：
∵EP⊥x轴，OM⊥x轴，
∴EP∥OM，
当P点与B点重合时，△APN∽△AOM，
∴P（1，0）；
∵AO＝4，OM＝2，
∴AM＝2 ，
∴sin∠OAM＝ ，
设直线AM的解析式为y＝kx﹣2，
∴﹣4k﹣2＝0，
解得k＝﹣ ，
∴直线AM的解析式为y＝﹣ x﹣2，
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设P（t，﹣t2﹣3t+4），则N（t，﹣ t﹣2），
∴PN＝﹣t2﹣3t+4+ t+2＝﹣t2﹣ t+6，AN＝ ，
∵PN∥OM，
∴∠PNA＝∠OMA，
当∠PAN＝90°时，∠AOM＝∠PAN，
∴∠APN＝∠OAM，
∴ ＝ ，
解得t＝﹣4（舍）或t＝4（舍）或t＝﹣1，
∴P（﹣1，6）；
综上所述：P点坐标为（﹣1，6）或（1，0）．
8．（2024•镇海区校级模拟）若二次函数 y ＝a x2+b x+c 与y ＝a x2+b x+c 的图象关于点P（1，0）成中
1 1 1 1 2 2 2 2
心对称图形，我们称y 与y 互为“中心对称”函数．
1 2
（1）求二次函数y＝x2+6x+3的“中心对称”函数的解析式；
（2）若二次函数 y＝ax2+2ax+c（a＞0）的顶点在它的“中心对称”函数图象上，且当
时，y最大值为2，求此二次函数解析式；
（3）二次函数y ＝ax2+bx+c（a＜0）的图象顶点为M，与x轴负半轴的交点为A、B，它的“中心对
1
称”函数y 的顶点为N，与x轴的交点为C、D，从左往右依次是A、B、C、D，若AB＝2BP，且四边
2
形AMDN为矩形，求b2﹣4ac的值．
【分析】（1）由新定义即可求解；
（2）求出c＝﹣7a，得到抛物线的表达式为：y＝﹣a（x﹣3）2+a﹣c＝a（x2+2x﹣7），即可求解；
（3）由MH2＝AH•DH，即可求解．
【解答】解：（1）y＝x2+6x+3＝（x+3）2﹣6，
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则该函数的顶点坐标为：（﹣3，﹣6），
则该顶点关于（1，0）的对称点为（5，6），
则“中心对称”函数的解析式为：y＝﹣（x﹣5）2+6；
（2）由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x＝﹣1，则顶点坐标为：（﹣1，c﹣a），
则“中心对称”函数的顶点坐标为：（3，a﹣c），
则“中心对称”函数的表达式为：y＝﹣a（x﹣3）2+a﹣c，
将（﹣1，c﹣a）代入上式得：c﹣a＝﹣a（﹣1﹣3）2+a﹣c，
解得：c＝﹣7a，
则抛物线的表达式为：y＝﹣a（x﹣3）2+a﹣c＝a（x2+2x﹣7），
当 时，即﹣5≤x≤2，
则抛物线在x＝﹣5时，取得最大值为2，
即a（25﹣10﹣7）＝2，
解得：a＝ ，
则抛物线的表达式为：y＝ x2+ x﹣ ；
（3）如下图：
设点A、D的横坐标分别为：x ，x ，Δ＝b2﹣4ac，
1 2
则点M的坐标为：（﹣ ， ），x ＝ ，
1
根据点的对称性，点D的横坐标x ＝2﹣x ，
2 1
由点A、H的坐标得，AB＝ ，
则BP＝1﹣ ，
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若AB＝2BP，即 ＝2﹣ ×2，
整理得：2a+b＝2 ，
当四边形AMDN为矩形时，则∠AMD＝90°，设左侧抛物线的对称轴交x轴于点H，
在Rt△ADM中，tan∠MDH＝ ＝tan∠AMH＝ ，
则MH2＝AH•DH，
而MH＝﹣ ，AH＝﹣ ﹣（ ）＝ ，DH＝（2﹣x ﹣x ），
A H
则（﹣ ）2＝ ×（2﹣x ﹣x ），
A H
整理得： ＝ （2b+4a+ ），
将2a+b＝2 代入上式得： ＝ ×（5 ），
解得：Δ＝20，
即b2﹣4ac＝20．
9．（2024•雁塔区校级二模）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．
【分析】（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．
【解答】解：（1）设抛物线的表达式为：y＝a（x+4）（x﹣1）＝a（x2+3x﹣4），
则﹣4a＝2，
解得：a＝﹣ ，
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∴抛物线的解析式为y＝﹣ x2﹣ x+2；
（2）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，
∴ ，
∴DH＝2OD，
设P（t，﹣ t2﹣ t+2），则OD＝﹣t，PD＝﹣ t2﹣ t+2，
∴DH＝2OD＝﹣2t，
∴PH＝DH﹣PD＝﹣2t﹣（﹣ t2﹣ t+2）＝ t2﹣ t﹣2，
∵PH＝OP，
∴ t2﹣ t﹣2＝ ，
∴（t2﹣t﹣2）2﹣（t2+t﹣2）2＝t2，
解得t＝0（舍去）或 （舍去）或 ，
∴点P的横坐标为 ．
10．（2024•长沙模拟）若两条抛物线相交于A（x ，y ），B（x ，y ）两点，并满足y ﹣kx ＝y ﹣kx ，其
1 1 2 2 1 1 2 2
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中k为常数，我们不妨把k叫做这两条抛物线的“依赖系数”．
（1）若两条抛物线相交于A（﹣2，2），B（﹣4，4）两点，求这两条抛物线的“依赖系数”；
（2）若抛物线1：y＝2ax2+x+m与抛物线2：y＝ax2﹣x﹣n相交于A（x ，y ），B（x ，y ）两点，其中
1 1 2 2
a＞0，求抛物线1与抛物线2的“依赖系数”；
（3）如图，在（2）的条件下，设抛物线1和2分别与y轴交于C，D两点，AB所在的直线与y轴交于
E点，若点A在x轴上，m≠0，DA＝DC，抛物线2与x轴的另一个交点为点F，以D为圆心，CD为半
径画圆，连接EF，与圆相交于G点，求tan∠ECG．
【分析】（1）两条抛物线相交于A（﹣2，2），B（﹣4，4）两点，则2+2k＝4+4k，即可求解；
（2）由y＝2ax2+x+m，则y ﹣y ＝2a（ ﹣ ）+（x ﹣x ）＝k（x ﹣x ），进而求解；
1 2 1 2 1 2
（3）由DA＝DC得到A（﹣3m，0），求出 F（x ，0），而D是CE的中点，则点E在圆D上，即可
3
求解．
【解答】解：（1）∵两条抛物线相交于A（﹣2，2），B（﹣4，4）两点，
∴2+2k＝4+4k，
∴k＝﹣1；
（2）∵抛物线1：y＝2ax2+x+m 与抛物线2：y＝ax2﹣x＝n相交于 A（x ，y ），B （x ，y ） 两点，
1 1 2 2
∴y ＝kx ＝y ＝kx ．
1 1 2 2
∴y ﹣y ＝k（x ﹣x ），
1 2 1 2
∵y＝2ax2+x+m，
则y ﹣y ＝2a（ ﹣ ）+（x ﹣x ）＝k（x ﹣x ），
1 2 1 2 1 2
∵x≠x，
∴2a（x +x ）+1＝k，
1 2
联立抛物线1和2得：ax2+x+m＝ax2﹣x﹣n，
∴ax2+2x+m+n＝0 的两根为x 和x ，
1 2
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，
∴k＝﹣3；
（3）∵抛物线1：y＝2ax2+x+m与抛物线2：y＝ax2﹣x﹣n的交点A（x ，y ）在x轴上，
1 1
∴y＝2 +x +m＝0，
1
∴ ，
∴ ，
∵DA＝DC，D（0，﹣n），C（0，m），
∴ ，
∴4m2+7mn﹣2n2＝0，
∴n＝4m 或 ．
∴当 时，A（0，0），
则 m＝0，
∵m≠0，
∴n＝4m，
∴A（﹣3m，0），
∴直线AB：y＝﹣3x﹣9m，
∴E（0，﹣9m），
∴18am2﹣3n+m＝0，
∴ ，即 ，
设F（x ，0），
3
则
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∴x ＝12m，
3
∵D（0，﹣4m），C（0，m），
∴D是CE的中点，
∴CE为圆D的直径，点E在圆D上，
∠EGC＝90°，
∴∠ECG＝∠OFE
∴ ．
11．（2023•嘉善县一模）“距离”是数学研究的重要对象，如我们所熟悉的两点间的距离．现在我们定
义一种新的距离：已知P（a，b），Q（c，d）是平面直角坐标系内的两点，我们将|a﹣c|+|b﹣d|称作
P，Q间的“L型距离”，记作L（P，Q），即L（P，Q）＝|a﹣c|+|b﹣d|．
已知二次函数y 的图象经过平面直角坐标系内的 A，B，C三点，其中A，B两点的坐标为A（﹣1，
1
0），B（0，3），点C在直线x＝2上运动，且满足L（B，C）≤BC．
（1）求L（A，B）；
（2）求抛物线y 的表达式；
1
（3）已知y ＝2tx+1是该坐标系内的一个一次函数．
2
①若D，E是y ＝2tx+1图象上的两个动点，且DE＝5，求△CDE面积的最大值；
2
②当t≤x≤t+3时，若函数y＝y +y 的最大值与最小值之和为8，求实数t的值．
1 2
【分析】（1）根据题干中对于“L型距离”的定义，即可求解；
（2）根据二次函数y 经过点A、B、C三点，所以只要求出C点坐标即可：根据点C在直线x＝2上运
1
动，所以可设点C（2，m），根据L（B，C）≤BC列方程求解出m的值，利用待定系数法列方程组即
可求出抛物线y 的表达式；
1
（3）①根据△CDE的一边DE长度固定等于5，所以只要求出顶点C到DE的最大距离即可：由DE所
在的直线y ＝2tx+1过固定点N（0，1），故直线y 的图象是绕点N（0，1）旋转的直线，当CN⊥直线
2 2
y 时，点C到DE的距离最大，此时就是△CDE的最大面积，根据三角形面积公式求解即可；
2
②根据y＝y +y ，可得函数y的解析式：y＝﹣x2+2（t+1）x+4，可知函数y的图象是一个开口向下，对
1 2
称轴是直线x＝t+1的抛物线，由此可知函数y在对称轴上取得最大值，根据t≤x≤t+3可知当x＝t+3时
y有最小值，最后根据函数y的最大值与最小值之和是8，从而列出方程即可求出t的值．
【解答】解：（1）∵A（﹣1，0），B（0，3），
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∴L（A，B）＝|﹣1﹣0|+|0﹣3|＝1+3＝4；
（2）∵点C在直线x＝2上运动，
∴设点C（2，m），
∵B（0，3），
由平面上两点间距离，利用勾股定理得：
∴BC2＝（2﹣0）2+（3﹣m）2＝4+（3﹣m）2，
∵L（B，C）＝|0﹣2|+|3﹣m|＝2+|3﹣m|，
∴L2（B，C）＝（2+|3﹣m|）2＝22+4|3﹣m|+（3﹣m）2，
∵0≤L（B，C）≤BC，
∴L2（B，C）≤BC2，
即22+4|3﹣m|+（3﹣m）2≤4+（3﹣m）2，
∴4|3﹣m|≤0，
又∵|3﹣m|≥0，
∴3﹣m＝0，
∴m＝3，
∴C（2，3），
∵二次函数y 的图象经过A（﹣1，0），B（0，3），C（2，3），
1
∴设 ，
∴代入解析式得： ，
解方程组得： ，
∴抛物线y 的表达式为 ；
1
（3）①∵y ＝2tx+1，
2
令x＝0时，y ＝1，
2
∴直线y 恒过定点N（0，1），
2
∴直线y 的图象是绕点N（0，1）旋转的直线，
2
∴当CN⊥直线y 时，点C到DE的距离最大，△CDE面积也最大，
2
过点C作CM⊥DE交直线y 于点M，
2
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由点到直线的距离，垂线段最短知：CM≤CN，
∴ ，
∵C（2，3），N（0，1），
∴ ，
∴ ，
∴△CDE面积的最大值为 ；
②∵ ，
二次函数y的对称轴为 ，
∵a＝﹣1＜0，
∴二次函数y的图象开口向下，当x＝t+1时，函数值y取得最大值y＝﹣（t+1）2+2（t+1）（t+1）+4，
又∵t+3﹣（t+1）＞（t+1）﹣t，
∴当x＝t+3时，函数值y取得最小值y＝﹣（t+3）2+2（t+1）（t+3）+4，
∵函数y＝y +y 的最大值与最小值之和为8，
1 2
∴﹣（t+1）2+2（t+1）2+4﹣（t+3）2+2（t+1）（t+3）+4＝8，
整理得：t2+2t﹣1＝0，
解得： ，
∴实数t的值为 ．
12．（2023•任城区二模）如图，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左
边），与y轴交于点C，且OB＝OC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，若点P是线段BC（不与B，C重合）上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于M点，连
接CM，当△PCM和△ABC相似时，求此时点P的坐标；
（3）若点P是直线BC（不与B，C重合）上一动点，过点 P作x轴的垂线交抛物线于 M点，连接
CM，将△PCM沿CM对折，如果点P的对应点N恰好落在y轴上，求此时点P的坐标；
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【分析】（1）在抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）中，令y＝0，得出点A、B坐标，再根据OB＝OC，
建立方程求a的值即可求出函数的关系式；
（2）分△CPM∽△CBA、△CPM∽△ABC两种情况，由相似三角形的性质分别求解即可；
（3）分两种情况情况，由等腰三角形的性质及折叠的性质可得出答案．
【解答】解：（1）在y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）中，
令y＝0，得：ax2﹣2ax﹣3a＝0，
解得：x ＝3，x ＝﹣1，
1 2
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴OB＝3，
∵OB＝OC，
∴OC＝3，
∴C（0，﹣3），
∴﹣3a＝﹣3，
∴a＝1，
∴抛物线解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）设直线BC解析式为y＝kx+b，
∵B（3，0），C（0，﹣3），
∴ ，解得： ，
∴直线BC解析式为：y＝x﹣3，
设M点坐标为（m，m2﹣2m﹣3），
∵PM⊥x轴，
∴P（m，m﹣3），
∴PM＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m，
∵OB＝OC，∠BOC＝90°，
∴CB＝ OB，
∴CP＝ m，
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∵A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3），
∴OB＝OC，AC＝ ，BC＝3 ，
∴∠PBA＝∠OCB＝45°＝∠MPC，
若△PCM和△ABC相似，分两种情况：
①当△CPM∽△CBA，
∴ ，即 ，
解得：m＝ ，
∴P（ ，﹣ ）；
②当△CPM∽△ABC，
∴ ，即 ，
解得：m＝ ，
∴P（ ，﹣ ）；
综上所述，点P的坐标为（ ，﹣ ）或（ ，﹣ ）；
（3）设M点坐标为（m，m2﹣2m﹣3），
当点P在M的上方时，由（2）知PM＝﹣m2+3m，CP＝ m，
∵△PCM沿CM对折，点P的对应点N恰好落在y轴上，
∴∠PCM＝∠NCM，
∵PM∥y轴，
∴∠NCM＝∠PMC，
∴∠PCM＝∠PMC，
∴PC＝PM，
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∴ m＝﹣m2+3m，
整理得：m2+（ ﹣3）m＝0，
解得：m ＝0（舍去），m ＝3﹣ ，
1 2
∴当m＝3﹣ 时，m﹣3＝﹣ ，
∴P（3﹣ ，﹣ ）．
当点P在M点下方时，PM＝m2﹣3m，
同理可得 m＝m2﹣3m，
解得m ＝0（舍去），m ＝3+ ，
1 2
∴P（3+ ， ），
综上所述，点P的坐标为（3﹣ ，﹣ ）或（3+ ， ）．
13．（2023•姑苏区校级二模）探究阅读题：
【阅读】在大自然里，有很多数学的奥秘，一片美丽的心形叶片，一棵生长的幼苗都可以看作把一条抛
物线的一部分沿直线折叠而形成．（如图1和图2）
【探究任务1】确定心形叶片的形状
如图3建立平面直角坐标系，心形叶片下部轮廓线可以看作是二次函数y＝mx2﹣4mx﹣20m+5图象的一
部分，且过原点，求抛物线的解析式和顶点D的坐标．
【探究任务2】研究心形叶片的尺寸
如图3，心形叶片的对称轴直线y＝x+2与坐标轴交于A、B两点，直线x＝6分别交抛物线和直线AB于
点E、F点，点E、E′是叶片上的一对对称点，EE′交直线AB与点G，求叶片此处的宽度EE′．
【探究任务3】研究幼苗叶片的生长小李同学在观察幼苗生长的过程中，发现幼苗叶片下方轮廓线都可
以看作是二次函数y＝mx2﹣4mx﹣20m+5图象的一部分．如图4，幼苗叶片下方轮廓线正好对应探究任
务1中的二次函数，已知直线PD与水平线的夹角为45°，三天后，点D长到与点P同一水平位置的点
D′时，叶尖Q落在射线OP上，如图5所示，求此时幼苗叶子的长度和最大宽度．
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【分析】【探究任务1】：利用待定系数法求出抛物线解析式，再化为顶点式求出顶点坐标即可；
【探究任务2】：先求出OA＝OB＝2，得到∠ABO＝45°，再求出F（6，8），E（6，3），得到EF＝
5，由对称性得EE′＝2EG，EG⊥FG，证明△EFG是等腰直角三角形，求出 ，则
．
【探究任务3】：先求出直线PD的解析式为y＝﹣x+1，进而求出P（﹣2，3），同理可求出直线OP
的解析式为 ，则D'（2，3），求出抛物线解析式为 ，进而求出Q（﹣4，
6），作QH⊥PD'交D′P延长线于点H，利用勾股定理求出 ，再求出直线QD'的解析式为
，作MN⊥x轴交抛物线QD'O'和直线OD'分别于点N，M，作NT⊥QD'交曲线QD'于N'，则
MN＝y
M
﹣y
N
＝﹣ （x+1）2+ ，即可得到MN最大 ＝ ，证明△MNT∽△QD'H，求出 ，
，则叶片此时的长度为 ，最大宽度为 ．
【解答】解：【探究任务1】：把（0，0）代入y＝mx2﹣4mx﹣20m+5，
得0＝﹣20m+5，
解得m＝ ，
∴抛物线解析式为 ，
∴顶点D的坐标为 （2，﹣1）；
【探究任务2】：∵直线AB的解析式为 y＝x+2，
∴A（﹣2，0），B（0，2），
∴OA＝OB＝2，
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∴∠ABO＝45°，
在y＝x+2中，
当x＝6 时，y＝8，
在y＝ 中，
当x＝6 时，y＝3，
∴F（6，8），E（6，3），
∴EF＝5．
∵EF∥OB，
∴∠GFE＝∠ABO＝45°，
∵E、E'是叶片上的一对对称点，
∴EE'＝2EG，EG⊥FG．
∴△EFG是等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ．
【探究任务3】：∵直线PD与x轴成45°角，
设直线PD的解析式为y＝﹣x+b，
把点D（2，﹣1）代入得﹣1＝﹣2+b，
解得b＝1．
∴直线PD的解析式为y＝﹣x+1，
联立 ，
解得 或 ，
∴P（﹣2，3），
同理可求出直线OP的解析式为 ，
∴D′（2，3），
把D′（2，3）代入y＝mx2﹣4mx﹣20m+5，
∴4m﹣8m﹣20m+5＝3，
解得 ，
∴抛物线解析式为 ，
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联立 ，
解得x ＝﹣4，x ＝﹣10，
1 2
∵幼苗是越长越张开，
∴x ＝﹣10不合题意，舍去，
2
∴Q（﹣4，6），
作QH⊥PD'交 D'P 延长线于点H，
∴QD′＝ ，
设直线QD'的解析式为y＝kx+b ，
2
把点Q（﹣4，6）和D′（2，3）代入得 ，
解得 ，
∴直线QD'的解析式为 ，
作MN⊥x轴交抛物线QD'Q'和直线QD'分别于点N，M，作NT⊥QD'交曲线OD'于N'，
∴MN＝y ﹣y ＝ ＝﹣ （x+1）2+ ，
M N
∴MN最大 ＝ ，
∵MN∥QH，
∴∠D′QH＝∠NMT，
∵∠QHD'＝∠MTN，
∴△MNT∽△QD'H．
∴NT：MN＝HD′：QD′＝6：3 ，
∴ ， ，
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∴叶片此时的长度为 ，最大宽度为 ．
82
