专题 03 二次函数与角度（举一反三专项训练）
【人教版】
【题型1 二次函数与特殊角】..................................................................................................................................1
【题型2 二次函数与等角】....................................................................................................................................16
【题型3 二次函数与二倍角】................................................................................................................................29
【题型4 二次函数与角度和差倍分】....................................................................................................................45
【题型5 二次函数与角度之间关系】....................................................................................................................59
知识点 1 特殊角与等角
类型一 特殊角
图示
条件 ∠PAB=45°
构等腰Rt△ABQ，得△ABO≌△BQH⇒Q点坐标⇒直线PA解析式⇒P点坐标（联立
解题思路
直线PA与抛物线解析式）
类型二 等角⟶平行
图示
条件 ∠PBA=∠CAB
∠PBA=∠CAB⇒PB∥AC⇒直线AC和直线PB斜率相等⇒直线PB解析式⇒P点坐标
解题思路
（联立直线PB与抛物线解析式）
类型三 等角⟶全等
图示条件 ∠PBA=∠DBC，CD∥x轴，OC=OB
∠CBO=∠DCB=∠BCO=45°⇒△BCE≌△BCD⇒E点坐标⇒直线PB解析式⇒P
解题思路
点坐标（联立直线PB与抛物线解析式）
知识点 2 二倍角（一题多法）
类型一 二倍角⟶加倍
图示
条件 ∠PBA=2∠OAB
解题思路 翻折△BAO得△DAO⇒∠PBA=∠BAD⇒PB∥AD
类型二 二倍角⟶减半
图示
条件 ∠PBA=2∠OAB
解题思路 延长PB交x轴于点D⇒∠BDA=∠BAD⇒OA=OD
类型三 二倍角⟶减半
图示
条件 ∠PBA=2∠OAB
作AD⊥x作轴，交BP的延长线于点D，BH⊥AD于点H
解题思路
⇒∠DBH=∠ABH⇒AD=2OB
【题型1 二次函数与特殊角】
【例1】（24-25八年级下·湖南长沙·期末）已知二次函数y=x2−2tx−t−3．(1)求出该二次函数的顶点坐标（用含t的式子表示）；
(2)当0≤x≤3时，y的最小值为−5，求出t的值；
(3)如图，若该二次函数的图象过点B(5,0)，且与x轴交于另一点A，与y轴交于点C，在对称轴上是否存
在点P，使得∠APC=45°，若存在，请求出点P坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)顶点坐标为(t,−t2−t−3)
(2)t的值为1
(3)存在点P坐标为(2,−2+❑√13)或(2,−2−❑√13)时，∠APC为45°
【分析】（1）将y=x2−2tx−t−3化为顶点式即可解答．
（2）根据抛物线y=x2−2tx−t−3得对称轴为x=t．分为若t<0，当x=0时函数取最小值；若0≤t≤3，
当x=t时函数取最小值．若t>3，当x=3时函数取最小值，列方程求出t即可；
（3）由题意得：抛物线解析式为：y=x2−4x−5=(x−2) 2−9，则抛物线图象的对称轴为x=2，
p+5
C(0,−5)，根据题意，设P(2,p)，求出直线CP的解析式为y= x−5，过点A作AQ⊥AP交CP于
2
点Q，分别过点P，Q作x轴的垂线，垂足分别为E，F，分为当点P在x轴上方时，和当点P在x轴下方
时，分别画图求解即可．
【详解】（1）解：y=x2−2tx−t−3=(x−t) 2−t2−t−3，
则该二次函数的顶点坐标为(t,−t2−t−3)．
（2）解：抛物线y=x2−2tx−t−3对称轴为x=t．
若t<0，当x=0时函数取最小值，
∴−t−3=−5，解得：t=2（不符合题意，舍去）；若0≤t≤3，当x=t时函数取最小值，
∴−t2−t−3=−5，解得：t =−2，t =1；
1 2
∵0≤t≤3，
∴t=1．
若t>3，当x=3时函数取最小值，
11
∴9−6t−t−3=−5，解得：t= （不符合题意，舍去）；
7
综上所述，t的值为1．
（3）解：存在点P坐标为(2,−2+❑√13)或(2,−2−❑√13)时，∠APC为45°，
理由如下：
由题意得：0=52−2t·5−t−3，解得：t=2，
故抛物线解析式为：y=x2−4x−5=(x−2) 2−9，
则抛物线图象的对称轴为x=2，C(0,−5),A(−1,0)，
根据题意，设P(2,p)，直线CP的解析式为y=kx+b(k≠0)，
将C(0,−5)，P(2,p)代入y=kx+b(k≠0)，
{ −5=b )
则 ，
p=2k+b
{ k=
p+5
)
解得 2 ，
b=−5
p+5
∴直线CP的解析式为y= x−5，
2
过点A作AQ⊥AP交CP于点Q，分别过点P，Q作x轴的垂线，垂足分别为E，F，
当点P在x轴上方时，如图，
∵∠APQ=45°，∠PAQ=90°，∴∠AQP=45°，
∴△AQP是等腰直角三角形，
∴AP=AQ，
∵∠PAE+∠QAE=∠PAE+∠APE=90°，
∴∠QAE=∠APE，
∵∠AEP=∠AFQ=90°，
∴△APE≌△QAF(AAS)，
∴PE=AF，AE=QF，
∵AE=OA+OE=1+2=3，PE=p，
∴AF=p，QF=3，
∴OF=AF−OA=p−1，
∴Q(p−1,−3)，
p+5 p+5
将Q(p−1,−3)代入y= x−5，则−3= (p−1)−5，
2 2
解得：p=−2+❑√13或p=−2−❑√13（舍去）；
当点P在x轴下方时，如图，
同理△APE≌△QAF(AAS)，
∴PE=AF，AE=QF，
∵AE=OA+OE=1+2=3，PE=−p，
∴AF=−p，QF=3，
∴OF=AF+OA=−p+1，
∴Q(p−1,−3)，
将Q(p−1,−3)，
b+5 (p+5)
代入y= x−5则−3= (p−1)−5，
2 2
解得：p=−2+❑√13（舍去）或p=−2−❑√13；综上，当点P坐标为(2,−2+❑√13)或(2,−2−❑√13)时，∠APC为45°．
【点睛】该题是二次函数综合题，涉及二次函数的图象和性质、二次函数最值、一次函数解析式、等腰直
角三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
( 5 7)
【变式1-1】（24-25九年级上·天津·期末）如图，在平面直角坐标系中，过点P − , 的抛物线
2 6
2
y=− x2+bx+2．分别交x轴于A，B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C．
3
(1)求抛物线的函数表达式．
(2)若点Q是抛物线对称轴上一点，当△BCQ的周长取得最小值时，求点Q的坐标及△BCQ的周长．
5
(3)当M(m,0)，N(0,n)两点满足：− <m<0，n>0，且∠PMN=90°时，若符合条件的M点的个数有
2
2个，请直接写出n的取值范围．
2 4
【答案】(1)y=− x2− x+2
3 3
( 4)
(2)点Q的坐标为 −1, ，△BCQ的周长为❑√5+❑√13
3
75
(3)n的取值范围为0<n<
56
【分析】(1)将点P的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
(2)求出抛物线的对称轴，抛物线与x轴的交点A,B两点的坐标，根据对称性可得A,B两点关于对称轴对
称，连接AC，交对称轴于点Q，连接BQ，此时BQ+CQ取得最小值，即可求出△BCQ的周长，然后求出
直线AC的函数表达式，进而即可得点Q的坐标；
(3)分别求出PM2、M N2、PN2，当∠PMN=90°时，根据勾股定理可得PM2+M N2=PN2，化简可
得关于m的一元二次方程，由符合条件的M点的个数有2个可得Δ>0，解不等式结合已知条件n>0即可求
解．【详解】（1）解：∵P ( − 5 , 7) 在抛物线y=− 2 x2+bx+2上，
2 6 3
7 2 ( 5) 2 5
∴ =− × − − b+2
6 3 2 2
4
解得：b=− ，
3
2 4
∴抛物线的函数表达式为：y=− x2− x+2；
3 3
2 4 2 8
（2）∵y=− x2− x+2=− (x+1) 2+ ，
3 3 3 3
∴抛物线的对称轴为直线x=−1，
2 4
由− x2− x+2=0，得x =−3，x =1，
3 3 1 2
∴A(−3,0)，B(1,0)，
2 4
由− ×02− ×0+2= y得，y=2，
3 3
∴C(0,2)，
∴由勾股定理得，BC=❑√CO2+BO2=❑√22+12=❑√5，
AC=❑√CO2+AO2=❑√22+32=❑√13，
∵A,B两点关于对称轴对称，
∴连接AC，交对称轴于点Q，连接BQ，如图，
∴AQ=BQ
，
∴BQ+CQ=AQ+CQ=AC，由两点之间，线段最短，此时BQ+CQ取得最小值，即为AC的长，
∵BC是定值，
∴△BCQ的周长此时最小为❑√5+❑√13，
设直线AC的函数表达式为y=kx+c，
∴¿，解得¿，2
∴y= x+2，
3
4
当x=−1时，y= ，
3
( 4)
∴点Q的坐标为 −1, ；
3
( 5 7)
（3）解：∵M(m,0),N(0,n),P − , ，
2 6
∴PM2= (7) 2 + ( m+ 5) 2 ,PN2= (5) 2 + ( n− 7) 2 ，M N2=m2+n2，
6 2 2 6
∵∠PMN=90°，
∴PM2+M N2=PN2，
∴ (7) 2 + ( m+ 5) 2 +m2+n2= (5) 2 + ( n− 7) 2 ，
6 2 2 6
7
整理得：2m2+5m+ n=0，
3
∵符合条件的M点的个数有2个，
∴Δ>0，
7
∴b2−4ac=25−4×2× n>0，
3
75
解得：n< ，
56
∵n>0，
75
∴n的取值范围为0<n< ．
56
【点睛】本题主要考查了抛物线的图象和性质的综合应用，勾股定理，求一次函数解析式，根的判别式，
最短距离等知识点，熟练掌握其性质并能灵活运用是解决此题的关键．
【变式1-2】（2024·山东枣庄·一模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于两点
( 1 ) ( 7)
A − ,0 ，B（点A在B左边），交y轴于C，点P 3, 是抛物线上一点．
2 2(1)求抛物线的关系式；
(2)在对称轴上找一点M，使MA+MC的值最小，求点M的坐标；
(3)如图2，抛物线上是否存在点Q，使∠QCP=45°？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理
由．
7
【答案】(1)y=−x2+ x+2
2
7 9
(2)M( , )
4 8
23 13 1 7
(3)存在，Q( , )或Q( , )
6 18 2 2
【分析】(1)根据待定系数法，将点A，点P代入抛物线解析式，解关于b，c的二元一次方程组，即可求得
抛物线的解析式；
（2）由对称可得，直线BC与对称轴的交点就是所求的点M，求出直线BC的关系式和对称轴，求出交点
坐标即可；
（3）分两种情况：当Q在PC下方或当Q在PC上方，构造等腰直角三角形和全等三角形求解即可．
1 7
【详解】（1）将点A(− ,0)，P(3, )代入y=ax2+bx+2，
2 2
1 1
{ a− b+2=0)
4 2
得： ，
7
9a+3b+2=
2
{a=−1
)
解得： 7
b=
2
7
∴抛物线的解析式为 y=−x2+ x+2；
2（2）当x=0时，y=2，
∴点C(0,2)，
7
当y=0时，有−x2+ x+2=0，
2
1
解得：x =− ，x =4，
1 2 2
∴点B(4,0)，
1
− +4
∴抛物线的对称轴为：直线 2 7
x= =
2 4
设直线BC的关系式为y=kx+2，把点B坐标代入，
1
得：0=4k+2，解得，k=− ，
2
1
∴直线BC的关系式为y=− x+2，
2
由对称可得，直线BC与对称轴交点就是所求的点M，
7 1 7 9
当x= 时，y=− × +2= ，
4 2 4 8
7 9
∴M( , )时，MA+MC最小；
4 8
（3）当Q在PC下方时，如图，过P作PH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴， 交y轴于M，过P作
PN⊥MH于N，
∴∠PHC=∠CMH=∠HNP=90°，
∵∠QCP=45°，
∴△PHC是等腰直角三角形，∴CH=HB，
∴∠CHM+∠BHN=∠HBN+∠BHN=90°，
∴∠CHM=∠HPN，
∴△CHM≌△HPN(AAS)，
∴CM=HN，MH=PN，
∵H(m,n)，
7
∵C(0,2)，P(3, ),
2
9
{2−n=3−m
)
{ m= )
4
∴ 7 ，解得 ，
−n=m 5
2 n=
4
9 5
∴H( , ),
4 4
设直线CH的解析式为 y=px+q，
{9 p+q= 5 ) { p=− 1 )
∴ 4 4 ，解得 3 ，
q=2 q=2
1
∴直线CH的解析式为 y=− x+2，
3
联立直线CH与抛物线解析式得
7
{ y=−x2+ x+2)
2
，
1
y=− x+2
3
23
{ x= )
{x=0) 6
解得 或 ，
y=2 13
y=
18
23 13
∴Q( , )；
6 18
②当Q在PC上方时， 如图，过P作.PH⊥CQ于H，过H作.MN⊥y轴， 交y轴于M，过P作
PN⊥MH于N，1 7
同理得Q( , ).
2 2
23 13 1 7
综上，存在，点Q的坐标为Q( , )或Q( , )
6 18 2 2
【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，等腰直角三
角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，二次函数图象上点的坐标特征，用待定系数法确定出解析
式是解本题的关键.
1
【变式1-3】（24-25九年级下·重庆·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y= x2+bx+c与x轴
2
交于A，B两点，与y轴交于点C，连接AC,BC，且B(−2,0)，AB=6．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图1，点P为直线AC下方抛物线上一动点，过P作PD⊥AC交AC于点D，过P作PG⊥x轴交x轴
❑√2
于点G、交AC于点E，点M为直线PG上一动点，当△DEP周长最大时，求OM+ PM的最小值及此
2
时点M的坐标；
1
(3)如图2，将抛物线y= x2+bx+c沿射线BC方向平移2❑√5个单位，得到新抛物线y′，点F是新抛物线y′
2上一点，点Q为点B关于y轴的对称点，当∠FQC=45°时，请直接写出所有符合条件的F点的坐标．
1
【答案】(1)y= x2−x−4
2
(2)3❑√2，M(2,−2)
(10−4❑√10 4−4❑√10)
(3)P , 或P(2❑√5,−6❑√5+6)
3 9
1 1
【分析】（1）根据B(−2,0)，AB=6，得A(4,0)，代入y= x2+bx+c，解方程组得即得y= x2−x−4
2 2
；
（2）证明△DPE是等腰直角三角形，设P ( x, 1 x2−x−4 ) ，求出直线AC表达式y=x−4，得
2
1
E(x,x−4)，PE=− (x−2) 2+2当x=2时，PE最大时，△DEP周长最大，此时P(2,−4), E(2,−2)，
2
得PE=2，DE=❑√2，过点P作AC的平行线，连接OE，并延长OE，交于点H，过点M作MT⊥PH于点
❑√2 ❑√2
T，证明出△PMT为等腰直角三角形，则MT= PM，那么OM+ PM=OM+MT≥OH，当点
2 2
❑√2
O,M,T共线，且点T与点H重合，点M与点E重合时，OM+ PM取得最小值为OH，此时
2
❑√2 ❑√2
OH=OE+EH= OC+ PE=3❑√2，M(2,−2)；
2 2
（3）由轴对称知，Q(2,0)，结合C(0,−4)得BC=❑√OB2+OC2=2❑√5， 由
1 1 1
y= x2−x−4= (x−1) 2−4.5平移，得y′= (x−3) 2−8.5，过点C作CP⊥CQ，交直线FQ于点P,过
2 2 2
P作PN⊥y轴于点N，则∠PCQ=90°，证明CP=CQ， ∠PNC=∠COQ=90°， ∠CPN=∠QCO
1 2
，得△CPN≌△QCO(AAS)，可得P(−4,−2)，求出直线PQ解析式y= x− ，联立得
3 3
1
(x−3) 2−8.5=
1
x−
2
解得：x=
10−4❑√10
，得P
(10−4❑√10
,
4−4❑√10)
；当F在CQ右下侧时同
2 3 3 3 3 91
理得P(4,−6)，直线PQ解析式为y=−3x+6，联立得 (x−3) 2−8.5=−3x+6，解得x=2❑√5，得
2
P(2❑√5,−6❑√5+6)．
1
【详解】（1）解：∵抛物线y= x2+bx+c与x轴交于A，B两点，B(−2,0)，AB=6，
2
∴A(4,0)，
{8+4b+c=0)
∴ ，
2−2b+c=0
{b=−1)
解得 ，
c=−4
1
∴y= x2−x−4；
2
（2）解：由（1）可知，A(4,0)，C(0,−4)，
∴OA=OC=4，
∴∠OAC=∠OCA=45°，
∵PD⊥AC，PG⊥x轴，
∴PG∥y轴,
∴∠PEC=∠OCA=45°，
∴△DPE是等腰直角三角形，
设P ( x, 1 x2−x−4 ) ，直线AC表达式为y=kx+d，
2
{4k+d=0)
则 ，
d=−4
{ k=1 )
解得 ，
d=−4
∴y=x−4，
∴E(x,x−4)，
∴PE=x−4− (1 x2−x−4 ) =− 1 (x−2) 2+2，
2 2
∴当x=2时，PE最大时，△DEP周长最大，
此时P(2,−4), E(2,−2)，
∴PE=2，❑√2
∴DE= PE=❑√2，
2
过点P作AC的平行线，连接OE，并延长OE，交于点H，过点M作MT⊥PH于点T，
∵E(2,−2)，C(0,−4)，
∴OE=CE=2❑√2，OC=4，
∴OE2+CE2=OC2，
∴OE⊥AC，
∵AC∥PH，
∴OH⊥PH，
∵∠OCA=45°，PG∥OC，AC∥PH，
∴∠OCA=∠PEH=∠EPH=45°，
∴△PMT为等腰直角三角形，
❑√2
∴MT= PM，
2
❑√2
∴OM+ PM=OM+MT≥OH，
2
❑√2
当点O,M,T共线，且点T与点H重合，点M与点E重合时，OM+ PM取得最小值为OH，
2
❑√2 ❑√2 ❑√2 ❑√2
此时OH=OE+EH= OC+ PE= ×4+ ×2=3❑√2
2 2 2 2
∴M(2,−2)；
（3）解：由轴对称知，Q(2,0)，
∴OQ=OB=2，，
∵OC=4，
∴BC=❑√OB2+OC2=2❑√5，1
∵抛物线y= x2−x−4沿射线BC方向平移2❑√5个单位，
2
1
∴抛物线y= x2−x−4是向右平移2个单位，再向下平移4个单位，
2
1 1
∵y= x2−x−4= (x−1) 2−4.5，
2 2
1
∴y′= (x−3) 2−8.5，
2
过点C作CP⊥CQ，交直线FQ于点P，过P作PN⊥y轴于点N，
则∠PCQ=90°，
∵∠CQF=45°，
∴∠CPQ=90°−∠CQF=45°，
∴CP=CQ，
∵∠PNC=∠COQ=90°，
∴∠PCN+∠CPN=∠PCN+∠QCO=90°，
∴∠CPN=∠QCO，
∴△CPN≌△QCO(AAS)，
∴PN=CO=4，CN=QO=2，
当F在直线CQ左上侧时，
∴ON=OC−CN=2，
∴P(−4,−2)，
设直线PQ解析式为y=mx+n，
{ 2m+n=0 )
则 ，
−4m+n=−21
{ m= )
3
解得 ，
2
n=−
3
1 2
∴y= x− ，
3 3
1 1 2
联立得 (x−3) 2−8.5= x−
2 3 3
10−4❑√10 10+4❑√10
解得：x= 或x= （舍去），
3 3
(10−4❑√10 4−4❑√10)
∴P , ；
3 9
当F在直线CQ右下侧时，
同理得P(4,−6)，直线PQ解析式为y=−3x+6，
1
联立得 (x−3) 2−8.5=−3x+6。
2
解得x=2❑√5或x=−2❑√5（舍去），
∴P(2❑√5,−6❑√5+6)；
(10−4❑√10 4−4❑√10)
∴P , 或P(2❑√5,−6❑√5+6)．
3 9
【点睛】本题考查了二次函数综合．熟练掌握待定系数法求二次函数和一次函数解析式，二次函数与一次
函数图象和性质，三角形周长产生的二次函数的最值问题，轴对称性质，二次函数的平移性质，全等三角
形的判定和性质，是解题的关键．【题型2 二次函数与等角】
【例2】（2025·山东济宁·二模）如图，已知抛物线y=ax2+bx+5经过A(−5,0)，B(−4,−3)两点，与x
轴的另一个交点为C，顶点为D，连接CD．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)点P为该抛物线上一动点（与点B，C不重合），设点P的横坐标为m．
①当点P在直线BC的下方运动时，求△PBC的面积的最大值；
②该抛物线上存在点P，使得∠PBC=∠BCD，请直接写出所有点P的坐标．
【答案】(1)y=x2+6x+5
27 ( 3 7)
(2)① ；② − ,− 或(0,5)
8 2 4
【分析】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、等腰三角形性质、图形的面积计算等，解题
的关键是需要利用分类讨论的思想求解；
（1）将点A、B坐标代入二次函数表达式，即可求解；
（2）①利用待定系数法可得直线BC的解析式为y=x+1，如图1，过点P作y轴的平行线交BC于点G，设
点G(m,m+1)，则点P(m,m2+6m+5)，PG=m+1−(m2+6m+5)=−m2−5m−4，根据
1
S = PG(x −x )，即可求解；
ΔPBC 2 C B
②分点P在直线BC下方、上方两种情况，分别求解即可．
【详解】（1）解：将点A(−5,0)、B(−4,−3)代入抛物线y=ax2+bx+5，
{ 25a−5b+5=0 )
得： ，
16a−4b+5=−3
{a=1)
解得： ，
b=6
∴该抛物线的表达式为：y=x2+6x+5①；
（2）解：①令y=0，得x2+6x+5=0，解得：x =−1，x =−5，
1 2
∴点C(−1,0)，
{−4k+d=−3)
设直线BC的解析式为y=kx+d，将点B、C的坐标代入得： ，
−k+d=0
{k=1)
解得： ，
d=1
∴直线BC的解析式为y=x+1…②，
如图1，过点P作y轴的平行线交BC于点G，
设点G(m,m+1)，则点P(m,m2+6m+5)，
∴PG=m+1−(m2+6m+5)=−m2−5m−4，
1 1 3 15 3 5 2 27
∴S = PG⋅(x −x )= ×(−m2−5m−4)×3=− m2− m−6=− (m+ ) + ，
△PBC 2 C B 2 2 2 2 2 8
3
∵− <0，
2
5 27 5 15
∴S 有最大值，当m=− 时，其最大值为 ，此时P(− ,− )；
△PBC 2 8 2 4
②∵y=x2+6x+5=(x+3) 2−4，
∴顶点D(−3,−4)，
设直线BP与CD交于点H，当点P在直线BC下方时，
∵∠PBC=∠BCD，
∴点H在BC的中垂线上，
5 3
∵线段BC的中点坐标为(− ,− )，过该点与BC垂直的直线的k值为−1，
2 2
5 3 3 5
设BC中垂线的表达式为：y=−x+t，将点(− ,− )代入上式得− =−(− )+t，
2 2 2 2
解得：t=−4，
∴直线BC中垂线的表达式为：y=−x−4…③，
{ −k′+b′=0 )
设直线CD的解析式为y=k′x+b′，把C(−1,0)，D(−3,−4)代入得： ，
−3k′+b′=−4
{k′=2)
解得： ，
b′=2
∴直线CD的解析式为：y=2x+2…④，
{y=−x−4)
联立③④得： ，
y=2x+2
{x=−2)
解得： ，
y=−2
∴点H(−2,−2)，
{−4k″+b″=−3)
设直线BH的解析式为y=k″x+b″，则 ，
−2k″+b″=−2{ k″= 1 )
解得： 2 ，
b″=−1
1
∴直线BH的解析式为：y= x−1…⑤，
2
{y=x2+6x+5)
联立①⑤得 1 ，
y= x−1
2
3
{ x =− )
1 2 {x =−4)
解得： ， 2 （舍去），
7 y =−3
y =− 2
1 4
3 7
故点P(− ,− )；
2 4
当点P(P′ )在直线BC上方时，
∵∠PBC=∠BCD，
∴BP′∥CD，
则直线BP′的表达式为：y=2x+s，将点B坐标代入上式并解得：s=5，
即直线BP′的表达式为：y=2x+5…⑥，
联立①⑥并解得：x=0或−4（舍去−4)，
故点P(0,5)；
3 7
综上所述，点P的坐标为P(− ,− )或(0,5)．
2 4
【变式2-1】（2025·河北邯郸·三模）已知抛物线y=x2+ax+b经过A(−5,0)，B(−4,−3)两点，与x轴的
另一个交点为C，顶点为D，连接CD．(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1，点M从点C出发，在线段CB上以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时点N从点A出
发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当其中一个点到达终点时，另外一个点也停止运动，设运动
时间为t秒，求t为多少时，△MNC的面积最大，并求出最大面积；
(3)如图2，P为该抛物线上一动点（与点B，C不重合），连接BP．该抛物线上是否存在点P，使得
∠PBC=∠BCD？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．（提示：当直线y=k x+b
1 1
与直线y=k x+b 垂直时，k ⋅k =−1）
2 2 1 2
【答案】(1)y=x2+6x+5
(2)当t=2时，△MNC的面积最大，最大面积为2❑√2
( 3 7)
(3)存在， − ,− 或(0,5)．
2 4
【分析】（1）将点A(−5,0)和点B(−4,−3)代入二次函数解析式中求解b的c的值即可求解解析式．
（2）根据点C为抛物线与x轴的交点可求解点C的坐标，由待定系数法进而可求解直线BC的解析式，根
据三角形面积的求法，表示出△MNC的面积的表达式，再根据二次函数的性质即可求解最大值．
（3）分类讨论点P的位置，根据点P在直线BC下方时，求出直线BC的垂直平分线的解析式以及直线CD
的解析式，即可求解点Q的坐标，进而可求解点P的坐标；再根据点P在直线BC上方时，依次求出直线
方程即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+ax+b经过A(−5,0)，B(−4,−3)两点，
{ 0=25−5a+b ) {a=6)
得 ，解得 ，
−3=16−4a+b b=5
∴抛物线的解析式为y=x2+6x+5．
（2）解：过点M作MH⊥OA于点H，BC与y轴交于点G．如图．设C(m,0)，
∴m2+6m+5=0，解得m=−5或−1．
∴C(−1,0)，即OC=1．
设直线BC的解析式为y=kx+n，
将点B(−4,−3)，C(−1,0)代入，
{ 0=−k+n ) {k=1)
得 ，解得 ，
−3=−4k+n n=1
∴y=x+1，G(0,1)．
∴OG=OC=1．
∴∠GCO=45°．
∴∠HCM=∠GCO=45°．
∵CM=2t，
❑√2
∴HM=CM⋅sin45°=2t⋅ =❑√2t．
2
∵NC=AC−AN=4−t，
1 1 ❑√2 ❑√2
∴S = ⋅NC⋅HM= ⋅(4−t)⋅❑√2t=− t2+2❑√2t=− (t−2) 2+2❑√2．
△MNC 2 2 2 2
❑√2
∵− <0，
2
∴当t=2时，△MNC的面积最大，最大面积为2❑√2．
（3）解：存在．
设直线BP与CD交于点Q，如图．当点P在直线BC下方时，
∵∠PBC=∠BCD，
∴QB=QC，即点Q在BC的垂直平分线上．
( 5 3)
所以线段BC的中点坐标为 − ,− ．
2 2
过该点与BC垂直的直线的k值为−1，
故设BC的垂直平分线解析式为y=−x+c，
(5 3)
将点 , 代入，得c=−4，
2 2
∴直线BC的垂直平分线的解析式为y=−x−4．
∵y=x2+6x+5=(x+3) 2−4，
∴D(−3,−4)，同理可求直线CD的解析式为y=2x+2．
{y=−x−4) {x=−2)
联立 ，解得 ，
y=2x+2 y=−2
∴点Q的坐标(−2,−2)．
1
所以直线BQ的解析式为y= x−1．
2
{y=x2+6x+5)
3
联立 1 ，解得x=− 或−4．
y= x−1 2
2
( 3 7)
∴点P的坐标为 − ,− ．
2 4
当点P(P′)在直线BC上方时，
∵∠P′BC=∠BCD，
∴BP′∥CD，则设直线BP′的解析式为y=2x+s，将点B的坐标代入，得s=5，
∴直线BP′的解析式为y=2x+5，
{y=x2+6x+5)
联立 ，解得x=0或−4，
y=2x+5
∴点P′的坐标为(0,5)．
( 3 7)
综上所述，点P的坐标为 − ,− 或(0,5)．
2 4
【点睛】本题考查了二次函数解析式的求解，直线方程的求解，二次函数最值的性质，分类讨论点P的位
置求解直线方程与抛物线的交点是解决本题的关键．
【变式2-2】（2025·湖北·一模）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2−2ax−3a
与x轴交于点A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OC=OB．
(1)直接写出a的值；
(2)如图1，点P为第一象限的抛物线上一点，且满足∠BCP=∠ACO，求点P的坐标；
(3)如图2，点Q为第四象限的抛物线上一点，直线BQ交y轴于点M，过点B作直线NB∥AQ，交y轴于
点N，当Q点运动时，线段MN的长度不会变化．试求其值．
【答案】(1)1
(2)(4,5)
(3)不变，12
【分析】（1）将x=0代入y=ax2−2ax−3a中，得y=−3a，令y=0，即ax2−2ax−3a=0，求出点B
的坐标，进而求出a的值；
（2）当点P在第一象限抛物线上时，∠BCP=∠ACO时，过点A作AH⊥CP，1 1 AK AH ❑√5
S = AK⋅OC= CK⋅AH， = = ，设AK=❑√5m，CK=3m，OK=❑√5m−1，在
ΔACK 2 2 CK OC 3
❑√5 (3 )
Rt△COK中，OC2+OK2=CK2，可得m= ，则K ，0 ，求出直线CK解析式为y=2x−3，则
2 2
P(n，2n−3)，由P在抛物线y=x2−2x−3上，可得2n−3=n2−2n−3，求出n的值，即可求解；
（3）设Q(m,m2−2m−3)，分别求出直线BQ、直线AQ的解析式，根据NB∥AQ可得BN的解析式，可
得出M、N的坐标，即可得线段MN的长度．
【详解】（1）解：由图象，可知a>0，
将x=0代入y=ax2−2ax−3a中，得y=−3a，
∴点C(0,−3a)，
∴OC=−3a，
令y=0，即ax2−2ax−3a=0，
解得x =−1，x =3，
1 2
∵点A在点B的左侧，
∴点A(−1,0)，B(3,0)，
∴OB=3，
∴−3a=−3，
解得a=1，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：如图，当点P在第一象限抛物线上时，∠BCP=∠ACO，过点A作AH⊥CP于H，
∵A(−1,0) B(3,0)
， ，
∴OA=1，OB=3，
∴AC=❑√32+12=❑√10，∵OC=3，
∴OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
∵∠BCP=∠ACO，
∴∠ACH=∠OCB=45°，
❑√2
∴AH= AC=❑√5，
2
1 1
∵S = AK⋅OC= CK⋅AH，
△ACK 2 2
AK AH ❑√5
∴ = = ，
CK OC 3
设AK=❑√5m，CK=3m，OK=❑√5m−1，
在Rt△COK中，OC2+OK2=CK2，
∴32+(❑√5m−1) 2=(3m) 2，
❑√5
解得m= 或−❑√5（负值不合题意，舍去），
2
(3 )
∴K ,0 ，
2
设直线CK的解析式为y=cx+d，
{
d=−3
) {d=−3)
∴ 3 ，解得 ，
c+d=0 c=2
2
∴直线CK解析式为y=2x−3，
∴P(n,2n−3)
∵P在抛物线y=x2−2x−3上，
∴2n−3=n2−2n−3，解得n=0（不合题意，舍去）或4，
∴P(4,5)；
（3）解：设Q(m,m2−2m−3)，
∵B(3,0)，
设直线BQ的解析式为y=kx+b，
{ 3k+b=0 ) { k=m+1 )
∴ ，解得 ，
mk+b=m2−2m−3 b=−3(m+1)∴直线BQ的解析式为y=(m+1)x−3(m+1)，
∴M(0,−3m−3)，
同理得：直线AQ的解析式为y=(m−3)x+(m−3)，
∵NB∥AQ，
设BN的解析式为y=(m−3)x+n，
∵B(3,0)，
∴0=3(m−3)+n，解得n=−3m+9，
∴BN的解析式为y=(m−3)x−3m+9，
∴N(0,−3m+9)，
∴线段MN的长度为−3m+9−(−3m−3)=12，
∴线段MN的长度不会改变，线段MN的长度为12．
【点睛】本题是二次函数综合题．考查了运用待定系数法求直线及抛物线的解析式、三角形的面积、勾股
定理、求直线与抛物线的交点坐标等知识，掌握数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐
标的意义表示线段的长度是解题的关键．
( 3)
【变式2-3】（2025·四川南充·一模）如图，顶点为A的拋物线经过B(5,4),C(7,−2),D 0, ．Rt
2
△ABE的顶点E在x轴正半轴上．
(1)求抛物线的解析式．
(2)求点E的坐标．
(3)在拋物线上求出点P，使∠PBE=∠AEB．
1 3
【答案】(1)抛物线解析式为y=− x2+3x+
2 2
(2)E(1,0)
(1 22)
(3)点P的坐标为(−5,−26)或 ,
3 93
【分析】（1）已知抛物线上的点D在y轴上，可设抛物线的一般式y=ax2+bx+ ，再将点B、C的坐标
2
代入，得到关于a、b的方程组，求解方程组即可得到抛物线的解析式．
（2）先根据（1）中求出的抛物线解析式确定顶点A的坐标，结合图像可知∠ABE=90°，通过延长AB
与x轴交于点F，作BG⊥x轴于G，利用全等三角形的性质求出点F的坐标，再求出直线AB的解析式，进
而求出直线AB与x轴正半轴的交点E的坐标．
（3）分两种情况讨论，一是当PB∥AE时，先求出直线AE的解析式，再根据两直线平行斜率相等求出直
线PB的解析式，最后联立直线PB与抛物线的解析式求出点P的坐标；二是利用角的关系，通过中点构造
全等三角形，求出相关直线解析式，再联立直线与抛物线解析式求出点P的坐标．
( 3)
【详解】（1）解：∵D 0, 在y轴上，
2
3
∴可设抛物线为y=ax2+bx+ .
2
3
{ 25a+5b+ =4, )
2
将A,B的坐标代入，得 ．
3
49a+7b+ =−2.
2
1
解得a=− ,b=3．
2
1 3
∴抛物线解析式为y=− x2+3x+ ．
2 2
1 3 1
（2）解：由（1），y=− (x2−6x)+ =− (x−3) 2+6．
2 2 2
∴A(3,6)．
如图1，由所给数据，结合图象，只能∠ABE=90°．
延长AB与x轴交于F，作BG⊥x轴于G．则∠EBF=90°．
设直线AB表达式为y=kx+d．则{3k+d=6)
，
5k+d=4
解得k=−1,d=9，
∴直线AB表达式为y=−x+9．
当y=0时，x=9，
∴F(9,0)．
∵B(5,4),
∴BG=4,FG=9−5=4．
∴BG=FG.
∴∠1=45°.
∴∠2=45°=∠1．
∴EG=FG=4，
∴OE=5−4=1．
∴E(1,0)．
（3）解：如图2，①当PB∥AE时，∠4=∠3．
设直线AE表达式为y=px+e．则
{3p+e=6)
，解得p=3,e=−3，
p+e=0
∴直线AE表达式为y=3x−3．
设直线PB表达式为y=3x+f．
则3×5+f =4．
∴f =−11．
∴ PB y=3x−11
直线 表达式为 ．
1 3
由y=− x2+3x+ =3x−11，
2 2
整理，得x2=25，
∴x=5，或x=−5．当x=−5时，y=−26．
∴P(−5,−26)．
②由（2），得AE中点H(2,3)．
此时HB=❑√(5−2) 2+(4−3) 2=❑√10,HE=❑√(2−1) 2+(0−3) 2=❑√10，
∴HB=HE
∴∠5=∠3．
设直线HB表达式为y=tx+g．则
{2t+g=3)
，
5t+g=4
1 7
解得t= ,g= ．
3 3
1 7
∴直线HB表达式为y= x+ ．
3 3
1 3 1 7
由y=− x2+3x+ = x+ ，
2 2 3 3
1
整理，得3x2−16x+5=0．解得x=5，或x= ．
3
1 22
当x= 时，y= ，
3 9
(1 22)
∴P , ．
3 9
(1 22)
综上，点P的坐标为(−5,−26)，或 ,
3 9
【点睛】本题主要考查了待定系数法求抛物线解析式、一次函数解析式，全等三角形的判定与性质，以及
直线与抛物线的交点问题．熟练掌握待定系数法求函数解析式的方法，能根据几何关系（如平行、垂直、
角相等）构造全等三角形或利用直线斜率关系，以及联立函数解析式求交点坐标，是解题的关键．
【题型3 二次函数与二倍角】
【例3】（2025·江苏徐州·模拟预测）在平面直角坐标系中xOy中，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交
于点A、B（A在B的左侧），与y轴交于点C(0,−3)，其顶点的横坐标是−1．(1)b= ________，c= ________；
(2)已知一次函数y=kx−3（k为常数）的图象为直线l，直线l与x轴交于点D．
①连接BC，若S <6，求k的取值范围；
△BCD
②当直线l与该抛物线有且只有一个公共点时，在该抛物线上是否存在点P，使得直线PC与CD所夹的锐角
是∠DCO的2倍？若存在，直接写出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)2；−3
3 ( 20 403)
(2)①k<−1或k> 且k≠3；②(4,5)或 − ,−
5 11 121
【分析】（1）根据顶点横坐标可得对称轴为直线x=−1，再由对称轴计算公式可得b的值，把点C坐标代
入解析式即可求出c的值；
（2）①先求出OC=3，再求出B(1,0)，根据S <6，可得BD<4；则可求出−3<x <5且x ≠1，求出
△BCD D D
直线y=kx−3恰好经过点(−3,0)，点(5,0)，点(1,0)时，k的值即可得到答案；
②联立{y=x2+2x−3)得 ，根据直线 与该抛物线有且只有一个公共点，可得关于x的方
x2+(2−k)x=0 l
y=kx−3
(3 ) ( 3 )
程x2+(2−k)x=0有两个相等的实数根，则可求出k=2，据此可得到D ，0 ，取H − ,0 ，作直线
2 2
CH，可证明△COH≌△COD(SAS)，得到∠OCH=∠OCD，则∠BCD=2∠OCD，即可得到直线CH
与抛物线的交点（不是C）即为点P的一个位置；求出直线CH解析式为y=−2x−3，联立
{ y=−2x−3 )，解得{x=−4)或{ x=0 )，则此时点P的坐标为 ；过点D作 ，过点D作
(4,5) DI∥CH
y=x2+2x−3 y=5 y=−3
∠DCI=∠DCH交直线DI于I，则∠CDI=∠DCH=∠DCI，CI=DI，可推出直线CI与抛物线的交点
（不是C）即为点P的一个位置；求出直线DI解析式为y=−2x+3，得到设I(m,−2m+3)，由CI2=DI2，得到 ( m− 3) 2 +(−2m+3−0) 2=(m−0) 2+(−2m+3+3) 2 ，则I (11 ,− 5) ，同理可得此时点
2 4 2
( 20 403) ( 20 403)
P的坐标为 − ,− ；综上所述，点P的坐标为(4,5)或 − ,− ．
11 121 11 121
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c的顶点的横坐标是−1，
∴抛物线对称轴为直线x=−1，
b
∴− =−1，
2×1
∴b=2，
∵二次函数y=x2+bx+c的图象与y轴交于点C(0,−3)，
∴c=−3；
（2）解：①∵C(0,−3)，
∴OC=3，
由（1）可得抛物线解析式为y=x2+2x−3，
在y=x2+2x−3中，当y=x2+2x−3=0时，解得x=1或x=−3，
∴B(1,0)，
∵S <6，
△BCD
1
∴ OC⋅BD<6，
2
∴BD<4；
∴−3<x <5且x ≠1，
D D
当直线y=kx−3恰好经过点(−3,0)时，则0=−3k−3，解得k=−1，
3
当直线y=kx−3恰好经过点(5,0)时，则0=5k−3，解得k= ，
5
当直线y=kx−3恰好经过点(1,0)时，则0=k−3，解得k=3，
3
∴当S <6时，k<−1或k> 且k≠3；
△BCD 5
{y=x2+2x−3)
②联立 得x2+(2−k)x=0，
y=kx−3
∵直线l与该抛物线有且只有一个公共点，
∴关于x的方程x2+(2−k)x=0有两个相等的实数根，
∴Δ=(2−k) 2−4×1×0=0，∴k=2，
∴直线l解析式为y=2x−3，
3
在y=2x−3中，当y=2x−3=0时，x= ，
2
(3 )
∴D ，0 ，
2
3
∴OD= ；
2
( 3 )
如图所示，取H − ,0 ，作直线CH，
2
3
∴OH=OD= ，
2
又∵OC=OC，∠COH=∠COD=90°，
∴△COH≌△COD(SAS)，
∴∠OCH=∠OCD，
∴∠BCD=2∠OCD，
∴直线CH与直线CD所夹的锐角是∠DCO的2倍，
∴直线CH与抛物线的交点（不是C）即为点P的一个位置；
设直线CH解析式为y=k x+b ，
1 1
{ − 3 k +b =0)
∴ 2 1 1 ，
b =−3
1
{k =−2)
1
∴ ，
b =−3
1
∴直线CH解析式为y=−2x−3，
{ y=−2x−3 ) {x=−4) { x=0 )
联立 ，解得 或 ，
y=x2+2x−3 y=5 y=−3
∴此时点P的坐标为(4,5)；如图所示，过点D作DI∥CH，过点D作∠DCI=∠DCH交直线DI于I，
∴∠CDI=∠DCH=∠DCI，
∴CI=DI，
∵∠DCI=∠DCH=2∠OCD
∴直线CI与直线CD所夹的锐角是∠DCO的2倍，
∴直线CI与抛物线的交点（不是C）即为点P的一个位置；
∵DI∥CH，
∴可设直线DI解析式为y=−2x+b ，
2
3
∴0=−2× +b ，
2 2
∴b =3，
2
∴直线DI解析式为y=−2x+3，
设I(m,−2m+3)，
∴DI2= ( m− 3) 2 +(−2m+3−0) 2 ，CI2=(m−0) 2+(−2m+3+3) 2，
2
∵CI=DI，
∴CI2=DI2，
∴ ( m− 3) 2 +(−2m+3−0) 2=(m−0) 2+(−2m+3+3) 2 ，
2
11
解得m= ，
4
5
∴−2m+3=− ，
2
(11 5)
∴I ,− ，
4 22
同理可得直线CI解析式为y= x−3，
11
20
{ y= 2 x−3 ) { x=− 11 ) { x=0 )
联立 11 ，解得 或 ，
403 y=−3
y=x2+2x−3 y=−
121
( 20 403)
∴此时点P的坐标为 − ,− ；
11 121
( 20 403)
综上所述，点P的坐标为(4,5)或 − ,− ．
11 121
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，两点距离计算公式，全等三角形的性质与
判定，等腰三角形的性质与判定等等，解题的关键在于利用分类讨论的思想求解即可．
【变式3-1】（2025·内蒙古赤峰·三模）已知抛物线y=x2−4x+c，与x轴交于点A和点B（A在B的左
侧），与y轴交于点C，且OC=3OA，抛物线的顶点为P．
(1)直接写出这条抛物线的解析式_____和顶点P的坐标_____；
(2)若点M在此抛物线上，MF⊥x轴于点F，MF与直线PQ相交于点E，设点M的横坐标为t(t>3)，且
ME:EF=2:1，求点M的坐标；
(3)在（2）的基础上，在直线AM上是否存在一点N，使直线PN与直线AM的夹角等于∠AMP的2倍．
若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−4x+3；P(2,−1)
(2)M(4,3)
(7 4) ( 1 4)
(3)存在点N的坐标为N , ，N − ,−
1 3 3 2 3 3
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求函数解析式，等腰三角形的判定与性质，两点
间距离公式等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
(1 )
（1）先求出A c,0 ，再将其代入y=x2−4x+c，即可求解c，得到抛物线解析式，再配方求解顶点坐
3标即可；
（2）先求出y =x−3 设M(t,t2−4t+3)，则E(t,t−3)，由ME:EF=2:1建立方程求解即可；
PB
（3）先求y =x−1，设N(m,m−1)，当∠PN A=2∠AMP时，导角得到PN =M N ，由两点间距
AM 1 1 1
离公式建立方程求解；当∠PN A=2∠AMP时，则PN =PN ，由两点间距离公式建立方程求解即
2 2 1
可．
【详解】（1）解：当x=0,y=c，
∴C(0,c)，
∴OC=c，
∵OC=3OA，
(1 )
∴A c,0 ，
3
(1 )
将A c,0 代入y=x2−4x+c，
3
1 4
则： c2− c+c=0
9 3
解得：c=3或c=0（舍），
∴抛物线解析式为y=x2−4x+3；
而y=(x−2) 2−1，
∴P(2,−1)；
（2）解：当y=0，则x2−4x+3=0，
解得：x =1,x =3，
1 2
∴B(3,0)，A(1,0)
设直线PB表达式为：y =kx+b，
PB
代入点P,B得，
{ 3k+b=0 )
，
2k+b=−1
{ k=1 )
解得： ，
b=−3
∴y =x−3
PB
设M(t,t2−4t+3)，则E(t,t−3)
∵ME:EF=2:1，∴(t2−4t+3−t+3):(t−3)=2:1，
解得：t =4，t =3（舍）
1 2
∴M(4,3)；
（3）解：存在，理由如下：
∵A(1,0)，M(4,3)，
∴同理可求y =x−1，设N(m,m−1)，
AM
如图：当∠PN A=2∠AMP时，
1
∴∠3=2∠1=∠1+∠2，
∴∠1=∠2，
∴PN =M N ，
1 1
∴(m−2) 2+(m−1+1) 2=(m−4) 2+(m−1−3) 2，
7
解得：m=
3
(7 4)
∴N , ；
1 3 3
②当∠PN A=2∠AMP时，
2
即∠3=∠4，
∴PN =PN ，
2 1
∴(n−2) 2+(n−1+1) 2= (7 −2 ) 2 + (4 +1 ) 2 ，
3 3
7 1
解得：n = （舍），n =−
1 3 2 3( 1 4)
∴N − ,−
2 3 3
(7 4) ( 1 4)
综上所述，存在点N的坐标为N , 或N − ,− ．
1 3 3 2 3 3
【变式3-2】（24-25九年级上·四川南充·阶段练习）如图，抛物线y=x2+bx+c(a≠0)与x轴交于A、B两
点，与y轴交于点C(0,−3)，且过点(−2,5)．
(1)求抛物线解析式；
(2)在该抛物线的对称轴上是否存在点P使PA+PC最小，若存在，请求出点P坐标；若不存在，请说明理
由．
(3)点M是抛物线上的一点，连接BC、CM，当∠ABC=2∠BCM时，求点M的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)(1,−2)
(3)(3+❑√2,2+4❑√2)或(1+❑√2,−2)
【分析】（1）直接利用待定系数法求解即可；
（2）先求出A(−1,0)，B(3,0)，则有直线BC解析式为y=x−3；再求出对称轴为直线x=1；连接
PA，PC，PB，由对称性可得PA=PB，则PA+PC=PB+PC，当P、B、C三点共线时，PB+PC的
值最小，即此时PA+PC的值最小，据此求出直线BC与对称轴的交点坐标即可得到答案；
（3）分点M在x轴上方和下方两种情况，根据∠ABC=2∠BCM构造角平分线讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c(a≠0)与y轴交于点C(0,−3)，且过点(−2,5)，
{4−2b+c=5)
∴ ，
c=−3
{b=−2)
∴ ，
c=−3
∴抛物线解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：在y=x2−2x−3中，当y=x2−2x−3=0时，解得x=3或x=−1，∴A(−1,0)，B(3,0)，
设直线BC解析式为y=kx+b′，
{3k+b′=0)
∴ ，
b′=−3
{ k=1 )
∴ ，
b′=−3
∴直线BC解析式为y=x−3；
∵抛物线解析式为y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴对称轴为直线x=1；
如图所示，连接PA，PC，PB，
由对称性可得PA=PB，
∴PA+PC=PB+PC，
∴当P、B、C三点共线时，PB+PC的值最小，即此时PA+PC的值最小，
在y=x−3中，当x=1时，y=−2，
∴当PA+PC的值最小时， 点P的坐标为(1,−2)；
（3）解：如图所示，当点M在x轴上方时，设CM交x轴于G，过点G作GH⊥BC于H，
∵B(3,0)，C(0,−3)，
∴OB=OC=3，
∴∠OCB=∠OBC，
∵∠ABC=2∠BCM，
∴∠OCB=2∠BCM，
∴CM平分∠OCB，
∵OG⊥OC，CH⊥BC，∴OG=HG，
在Rt△OBC中，由勾股定理得BC=❑√OC2+OB2=3❑√2，
∵S =S +S ，
△OBC △OCG △BCG
1 1 1
∴ ×3×3= ×3OG+ ×3❑√2HG，
2 2 2
9 3 3❑√2
∴ = OG+ OG，
2 2 2
∴OG=3❑√2−3，
∴G(3❑√2−3,0)，
设直线CG解析式为y=k x+b ，
1 1
{(3❑√2−3)k +b =0)
∴ 1 1 ，
b =−3
1
{k =❑√2+1)
∴解得 1 ，
b =−3
1
∴直线CG解析式为y=(❑√2+1)x−3，
{y=(❑√2+1)x−3) { x=3+❑√2 ) { x=0 )
联立 ，解得 或 ，
y=x2−2x−3 y=2+4❑√2 y=−3
∴此时点M的坐标为(3+❑√2,2+4❑√2)；
如图所示，当点M在x轴下方时，如图所示，取K(3,−3)，连接CK，BK，设直线CM交BK于L，
∴CK∥OB，CK⊥BK，∴∠BCK=∠ABC，
同理可得CM平分∠KCB，
∴同理可得LK=3❑√2−3，
∴BL=BL−LK=3−(3❑√2−3)=6−3❑√2，
∴L(3,3❑√2−6)，
同理可得直线CL解析式为y=(❑√2−1)x−3，
{y=(❑√2−1)x−3) {x=1+❑√2) { x=0 )
联立 ，解得 或 ，
y=x2−2x−3 y=−2 y=−3
∴此时点M的坐标为(1+❑√2,−2)；
综上所述，点M的坐标为(3+❑√2,2+4❑√2)或(1+❑√2,−2)．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，角平分线的性质等等，利用分类讨论的思
想求解是解题的关键．
【变式3-3】（2025·四川绵阳·三模） 如图，抛物线y=ax2+2x+c(a<0)与x轴交于点A和点B(点A在原
点的左侧，点B在原点的右侧)，与y轴交于点C，OB=OC=3．
(1)求该抛物线的函数解析式．(2)如图1，连接BC，点D是直线BC上方抛物线上的点，连接OD，CD．OD交BC于点F，当
S :S =3:2时，求点D的坐标．
△COF △CDF
( 3)
(3)如图2，点E的坐标为 0,− ，点P是抛物线上的点，连接EB，PB，PE，是否存在点P，使
2
∠PBE或∠PEB等于2∠OBE？若存在，请直接写出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)(1,4)或(2,3)
( 1 7) ( 13 209) (5+❑√97 17+❑√97)
(3)存在，P的坐标 − , 或 − ,− 或(1,4)或 ,−
2 4 2 4 4 8
【分析】（1）由OB=OC=3及图像可得B、C两点坐标，然后利用待定系数法直接进行求解即可；
3 5
（2）由题意得出S ❑ = S ，进而得到点D、F横坐标之间的关系为x = x ，设F点横坐标为3t
△ COF 5 △COD D 3 F
，则D点横坐标为5t，待定系数法求出直线BC的解析式为y=−x+3，设F(3t,3−3t)，待定系数法求出
1−t
直线OF所在的直线表达式为：y= x，推得点D(5t,5−5t)，将D点坐标代入抛物线，即可求出点D
t
的坐标；
（3）当∠PBE=2∠OBE时，分为点P在x轴上方和点P在x轴下方，两种情况进行讨论，结合全等三角
( 3)
形的判定和性质得出点E′的坐标为 0, ，根据待定系数法求求出直线BE′的解析式；联立方程组，求出
2
P 的坐标，结合平行线的性质与等角对等边的性质得出FE=BF，结合一次函数的平移得出直线EF解析
1
式，结合勾股定理即可求出点F的坐标，根据待定系数法求出直线BF的解析式，联立方程组，求出P 的
2
坐标；当∠PEB=2∠OBE时，分为点P在x轴上方和点P在x轴下方，两种情况进行讨论，根据等角对等
边得出EG=BG，结合勾股定理即可求出点G的坐标，待定系数法求出直线EG的解析式，联立方程组，
即可求出点P 的坐标，结合一次函数的平移得出直线EP 的解析式，联立方程组，即可求出点P 的坐
3 4 4
标．
【详解】（1）解：∵OB=OC=3，
∴B(3,0)，C(0,3)，
把B、C坐标代入y=ax2+2x+c(a<0)得
{9a+6+c=0)
，
c=3
{a=−1)
解得： ，
c=3∴抛物线解析式：y=−x2+2x+3；
（2）解：∵S :S =3:2，
△COF △CDF
3 5
∴S ❑ = S ，即：x = x ，
△ COF 5 △COD D 3 F
设F点横坐标为3t，则D点横坐标为5t，
设直线BC的解析式为：y=kx+3(k≠0)，把B(3,0)代入得，3k+3=0，
解得：k=−1，
∴BC所在的直线表达式为：y=−x+3，
∵点F在直线BC上，
∴F(3t,3−3t)，
设直线OF的函数表达式为：y=mx，把F(3t,3−3t)代入得：3t×m=3−3t，
1−t
解得：m= ，
t
1−t
∴直线OF所在的直线表达式为：y= x，
t
则点D(5t,5−5t)，
把D点坐标代入抛物线解析式得：−(5t) 2+2×5t+3=5−5t，
1 2
解得：t= 或 ，
5 5
则点D的坐标为(1，4)或(2，3)；
（3）解：①当∠PBE=2∠OBE，
若点P在x轴上方，此时点∠P BE=2∠OBE，直线BP 交y轴于点E′，
1 1
若点P在x轴下方，此时点∠P BE=2∠OBE，过点E作EF∥BE′交BP 于点F，过点F作FH⊥y轴交
2 2
于点H，作BK⊥HF于点K，如图：∵∠P BE=2∠OBE，
1
∴∠E′BO=∠EBO，
∵∠E′OB=∠EBO=90°，∠E′BO=∠EBO，BO=BO，
∴△E′BO≌△EBO(AAS)，
3
∴E′O=EO=
，
2
( 3)
∴点E′的坐标为 0, ，
2
设直线BE′的解析式为：y=nx+t，
把B(3,0)，E′(
0,
3)
代入得：
{ 3
2
=t )
，
2
3n+t=0
1
{ n=− )
2
解得： ，
3
t=
2
1 3
∴直线BE′的解析式为y=− x+ ；
2 2
1 3
∵直线BP 过点B、E′，则直线BP 的解析式为：y=− x+ ，
1 1 2 2
{y=−x2+2x+3)
联立 1 3 ，
y=− x+
2 21
{ x=− )
2 {x=3)
解得： 或 （舍去），
7 y=0
y=
4
( 1 7)
∴点P 的坐标为 − , ；
1 2 4
∵EF∥BE′，
∴∠FEB=∠EBE′，
∴∠FEB=∠EBE′=2∠OBE，
又∵∠P BE=2∠OBE，
2
∴∠FEB=∠EBF ，
∴FE=BF ，
∵EF∥BE′，EE′=2EO=3，
故直线EF可以看成直线BE′向下平移3个单位得到的，
1 3 1 3
即直线EF的解析式为：y=− x+ −3=− x− ，
2 2 2 2
( 1 3)
故设F b,− b− ，
2 2
∵BK⊥OB，HK⊥OE，
( 1 3) ( 1 3)
∴H 0,− b− ，K 3,− b− ，
2 2 2 2
3 ( 1 3) 1 ( 1 3) 1 3
∴EH=− − − b− = b，FH=b，BK=0− − b− = b+ ，FK=3−b，
2 2 2 2 2 2 2 2
在Rt△EFH与Rt△BFK中，EF=BF，
即EF2=BF2，
∴b2+ (1 b ) 2 =(3−b) 2+ (1 b+ 3) 2 ，
2 2 2
5
解得：b= ，
2
(5 11)
则点F的坐标为 ,− ，
2 4
设直线BF的解析式为：y=dx+e，
(5 11)
{5
d+e=−
11
)
把B(3,0)，F ,− 代入得： 2 4 ，
2 4
3d+e=011
{ d= )
2
解得： ，
33
e=−
2
11 33
∴直线BF的解析式为y= x− ；
2 2
11 33
∵直线BP 过点B、F，则直线BP 的解析式为y= x− ，
2 2 2 2
{y=−x2+2x+3)
联立 11 33 ，
y= x−
2 2
13
{ x=− )
2 {x=3)
解得： ， (舍去)，
209 y=0
y=−
4
( 13 209)
则点P − ,− ；
2 2 4
②当∠PEB=2∠OBE时，
若点P在x轴上方，此时点∠P EB=2∠OBE，直线EP 与BE′交于点G，过点G作GM⊥y轴交于点M
3 3
，过点B作作BN⊥x轴交GM于点N，
若点P在x轴下方，此时点∠P EB=2∠OBE，如图：
4
∵∠EBE′=2∠OBE，∠P EB=2∠OBE，
3
∴∠EBE′=∠P EB ，
3
∴EG=BG ，
1 3
由①知，直线BE′的解析式为y=− x+ ，
2 2
( 1 3)
故设G f ,− f + ，
2 2∵GM⊥OE，BN⊥OB，
( 1 3) ( 1 3)
∴M 0,− f + ，N 3,− f + ，
2 2 2 2
1 3 1 3 ( 3) 1
∴GM=f，GN=3−f，BN=− f + ，ME=− f + − − =− f +3，
2 2 2 2 2 2
在Rt△EGM与Rt△GBN中，EG=BG，
∴f2+ ( − 1 f +3 ) 2 =(3−f) 2+ ( − 1 f + 3) 2 ，
2 2 2
1
解得：f = ，
2
(1 5)
则点G的坐标为 , ，
2 4
设直线EG的解析式为：y=gx+ ℎ，
3
{
ℎ
=− )
( 3) (1 5) 2
把E 0,− ，G , 代入得： ，
2 2 4 1 5
g+
ℎ
=
2 4
11
{ g= )
2
解得： ，
3
ℎ
=−
2
11 3
∴直线EG的解析式为y= x− ；
2 2
11 3
∵直线EP 过点E、G，则直线EP 的解析式为y= x− ，
3 3 2 2
{y=−x2+2x+3)
联立 11 3 ，
y= x−
2 2
9
{ x=− )
{x=1) 2
解得： 或 （舍去），
y=4 105
y=−
4
∴点P 的坐标为(1,4)；
3
∵∠P EB=2∠OBE，∠EBE′=2∠OBE，
4
∴∠P EB=∠EBE′，
4∴EP ∥BE′ ，
4
故直线EP 可以看成直线BE′向下平移3个单位得到的，
4
1 3 1 3
即直线EP 的解析式为：y=− x+ −3=− x− ，
4 2 2 2 2
{y=−x2+2x+3)
联立 1 3 ，
y=− x−
2 2
{ x=
5+❑√97
) { x=
5−❑√97
)
4 4
解得： 或 （舍去），
17+❑√97 −17+❑√97
y=− y=
8 8
(5+❑√97 17+❑√97)
∴点P 的坐标为 ,− ；
4 4 8
( 1 7) ( 13 209) (5+❑√97 17+❑√97)
综上所述，点P的坐标 − , 或 − ,− 或(1,4)或 ,− ．
2 4 2 4 4 8
【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用，待定系数法求二次函数解析式，求一次函数解析式，三角形
的面积，求一次函数与二次函数的交点坐标，全等三角形的判定和性质，勾股定理，一次函数的平移，等
角对等边等，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质与一次函数的性质，利用数形结合及分类讨论思想进
行求解．
【题型4 二次函数与角度和差倍分】
【例4】（2025·吉林长春·中考真题）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=x2+bx经过点
(3,3)．点A、B是该抛物线上的两点，横坐标分别为m、m+1，已知点M(1,1)，作点A关于点M的对称点
C，作点B关于点M的对称点D，构造四边形ABCD．(1)求该抛物线所对应的函数表达式；
(2)当A,B两点关于该抛物线的对称轴对称时，求点C的坐标；
(3)设抛物线在A、B两点之间的部分（含A、B两点）为图象G．当0<m<1时，若图象G的最高点与最低
1
点的纵坐标之差为 ．求m的值；
2
(4)连结OA、OB，当∠AOB=∠OAD+∠OBC时，直接写出m的取值范围（这里∠AOB、∠OAD、
∠OBC均是大于0°且小于180°的角）．
【答案】(1)y=x2−2x
(3 11)
(2)C ,
2 4
❑√2 ❑√2
(3)1− 或
2 2
5
(4) <m<4
3
【分析】（1）根据待定系数法，将点(3,3)代入y=x2+bx即可求解．
（2）通过抛物线对称轴公式确定对称轴，利用对称点横坐标中点在对称轴上求 m 值，再根据点关于点对
称的中点公式求对称点坐标．
（3）根据抛物线顶点及开口方向，确定区间m,m+1与顶点位置关系，分情况讨论最高点坐标，利用纵坐
标差建立方程求解m．
（4）根据平行线的性质，先分析条件可得点O在AD,BC之间，利用中点公式计算求出各点的坐标，再计
算直线AD,BC的解析式，根据点O分别在AD,BC上时，取得临界值，求得m的值，即可求解．
【详解】（1）将点(3,3)代入y=x2+bx中得：
3=9+3b
解得：b=−2，
∴y=x2−2x．
b
（2）根据抛物线对称轴公式x=− 可知：
2a
b
抛物线y=x2−2x的对称轴为x=− =1，
2a
∵A、B关于对称轴对称，且横坐标分别为m、m+1，
∴A、B中点在对称轴上，
m+(m+1)
∴ =1，
22m+1=2，
1
解得：m= ，
2
∵点A是该抛物线上的点，
1
将m= 代入抛物线解析式得，
2
3
y=− ，
4
(1 3)
即A ,−
2 4
设C(x,y)是A关于M(1,1)的对称点，则：
1 3
+x − + y
2 4
=1, =1
2 2
3 11
解得x= ，y= ，
2 4
(3 11)
∴C点坐标为 , ．
2 4
（3）∵抛物线顶点为(1,−1)，开口向上，A(m,m2−2m)，B(m+1,m2−1)，
当0<m<1时，m≤x≤m+1包含x=1，最低点为y=−1。
1 1
当0<m≤ 时，y ≥ y ，最高点为A，纵坐标差为：(m2−2m)−(−1)=(m−1) 2= ，
2 A B 2
❑√2
解得：m=1− ；
2
1 1
当 <m<1时，y >y ，最高点为B，纵坐标差为：(m2−1)−(−1)=m2= ，
2 B A 2
❑√2
解得：m= ．
2
❑√2 ❑√2
综上，m的值为1− 或 ．
2 2
（4）∵点C是点A关于点M的对称点，点D是点B关于点M的对称点，结合题意可知：
x +x y + y x +x y + y
∴ A C =1， A C =1， B D=1， B D=1，
2 2 2 2
∴A(m,m2−2m)，B(m+1,m2−1)，C(2−m,−m2+2m+2)，D(1−m,−m2+3)，如图，四边形ABCD是平行四边形，当点O在AD,BC之间，AB的左侧，过点O作OH∥AD
∴AD∥BC∥OH
∴∠OAD=∠HOA,∠OBC=∠BOH
∴∠AOB=∠HOA+∠HOB=∠OAD+∠OBC
当点O在AD上时，
∴k =k
AO OD
y y
∴ A = D
x x
A D
m2−2m −m2+3
=
m 1−m
5
解得m= ，m≠0,1
3
当点O在BC上时
∴k =k ，
BO CO
y y
∴
B= C
，
x x
B C
m2−1 −m2+2m+2
∴ = ，
m+1 2−m
解得m=4，m≠−1,2．
其中m=0，m=1，m=2时，如图，经检验符合∠AOB=∠OAD+∠OBC，5
综上， <m<4．
3
【点睛】本题主要考虑二次函数的解析式、二次函数的图象和性质、二次函数的最值、平行四边形的性质
等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
【变式4-1】（2025·广东揭阳·一模）【问题背景】如图，二次函数y=−x2+4bx+4b+1的图象与x轴交
于A，B两点，与y轴交于点C．且在实数范围内❑√b−1与❑√1−b都有意义．
(1)【知识技能】请直接写出：b的值是___________，B点坐标___________，C点坐标___________
(2)【构建联系】M是直线BC上方的抛物线上一点，过点M作y轴的垂线交直线BC于点N，求线段MN的
最大值：
(3)【深入探究】在抛物线上是否存在点E，使∠CBE=∠ACB−2∠ACO，若存在，请求出点E的坐
标：若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1，(5，0)，(0，5)；
25
(2)
4
( 4 29)
(3)存在，E(4,5)或 − ,
5 25
【分析】（1）由二次根式有意义的条件可得b=1，即二次函数的解析式为y=−x2+4x+5；
当y=0时，求x的值，当x=0时求出y的值，进而确定点B、C的坐标；则−5x+25=−x2+4x+5求得（2）先运用待定系数法求出直线BC的解析式y=−x+5，设M(m，−m2+4m+5)，从而表示出N的坐
标，进而表示出MN的关系式，然后根据二次函数的性质求最值即可解答；
（3）①如图1：在AB上截取OD=OA=1，作BF∥CD，连接AC、BC，先说明∴CF与抛物线的交点
符合条件，再求出直线CD的解析式为y=−5x+5，进而求得直线BF的解析式为y=−5x+25，由
−5x+25=−x2+4x+5解得x=4，进而确定点E的坐标；如图2，在①的图形中，作∠CBE′=∠CBE，
交抛物线于E′，交CD于G，易得直线CG的解析式为：y=−5x+5；进而得到BG=CG，即BG2=CG2
5 (5 5)
，设G(t，−5t+5)，则t2+(5t) 2=(t−5) 2+(5t−5) 2，解得：t= ，即G ， ；由待定系数法可得直
6 6 6
1 1 4
线BG的解析式为y=− x+1，则− x+1=−x2+4x+5解得x=− ，进而求得点E′的坐标．
5 5 5
【详解】（1）解：∵在实数范围内❑√b−1与❑√1−b都有意义，
{b−1≥0)
∴ ，解得：b=1，
1−b≥0
∴二次函数的解析式为y=−x2+4x+5，
令y=0，即−x2+4x+5=0，解得：x=−1或5，
∴B(5，0)，
令x=0，即y=5，即C(0，5)．
故答案为：1，(5，0)，(0，5)．
（2）解：设直线BC的表达式为y=kx+n，
{0=5k+n) {k=−1)
代入B(5，0)，C(0，5)，得 ，解得：
5=n n=5
∴直线BC的解析式为：y=−x+5，
设M(m，−m2+4m+5)，
∵MN⊥y轴，
∴MN∥x轴，
∴y = y =−m2+4m+5，
N M
∵−x+5=−m2+4m+5，
∴ x=m2−4m，
∴x =m2−4m，
N∴MN=m−(m2−4m)=−m2+5m=− ( m− 5) 2 + 25 ，
2 4
5 25
∴当m= 时，M N = ．
2 最大 4
（3）解：①如图1：在AB上截取OD=OA=1，作BF∥CD，连接AC、DC，
∴∠CBF=∠BCD，
∵OC⊥AD，
∴AC=CD，
∴∠ACD=2∠ACO，
∴∠ACB−2∠ACO=∠ACB−∠ACD=∠BCD，
∵∠CBE=∠ACB−2∠ACO，
∴∠CBE=∠BCD，
∴CF与抛物线的交点符合条件，
∵C(0，5)，D(1，0)，
∴直线CD的解析式为：y=−5x+5，
设直线BF的解析式为：y=−5x+m，
将点B(5,0)代入y=−5x+m可得0=−5×5+m，解得：m=25，
∴直线BF的解析式为：y=−5x+25，
由−5x+25=−x2+4x+5，解得：x=5（舍去）或x=4，
当x=4时，y=−5×4+25=5，
∴ E(4，5)；
②如图2，在①的图形中，作∠CBE′=∠CBE，交抛物线于E′，交CD于G，
∴∠BCG=∠CBE，
∴∠BCG=∠CBE′，∴BG=CG，即BG2=CG2，
5
设G(t，−5t+5)，即t2+(5t) 2=(t−5) 2+(5t−5) 2，解得：t= ．
6
(5 5)
∴G ，
6 6
1
运用待定系数法可得：直线BG的解析式为y=− x+1，
5
1 4
∴− x+1=−x2+4x+5，解得：x=5（舍去）或x=− ，
5 5
4 1 ( 4) 29
当x=− 时，y=− × − +1= ，
5 5 5 25
∴E′(
−
4
，
29)
．
5 25
( 4 29)
综上所述：E(4，5)或 − ， ．
5 25
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数及其图象的性质、二次根式有意义的条件、等腰
三角形的判定和性质、一元二次方程的解法、求一次函数的解析式等知识，灵活运用相关知识成为解题的
关键．
【变式4-2】（2025·湖北武汉·模拟预测）已知抛物线C :y=x2−2mx−3m2 (m>0)交x轴于A(−1,0),B
1
两点，交y轴于C．(1)直接写出点B，C的坐标；
(2)如图1，设点N在y轴上，满足∠OCA+∠ANO=∠ABC，求点N的坐标；
(3)如图2，将抛物线C 平移得到抛物线C ，抛物线C 的顶点为坐标原点，直线y =−2x与抛物线C 交于
1 2 2 2
O，M两点，过OM的中点K作直线RQ（异于直线OM）交抛物线C 于R，Q两点，直线QO与直线MR
2
交于点H．探究：点H是否一定在某条确定直线上？若是，求出该直线的解析式；若不是，请说明理由．
【答案】(1)B(3,0),C(0,−3)
(2)点N的坐标为(0,2)或(0,−2)
(3)是，点H一定在某直线上，直线为y=−2x−2
【分析】（1）把点A坐标代入抛物线解析式求出m，进而得到抛物线表达式，再分别求与x轴、y轴交点
坐标．
（2）分点N在y轴正、负半轴两种情况．利用角度关系构造全等三角形，求出相关点坐标，进而得到直线
解析式，确定N点坐标．
（3）先确定抛物线C 解析式，求出M、K坐标，设出R、Q坐标，求出直线RQ、MR、OQ解析式，联
2
立求解H坐标，探究其所在直线．
【详解】（1）解：将A(−1,0)代入y=x2−2mx−3m2，得
1+2m−3m2=0，
(3m+1)(−m+1)=0，
∵m>0，
∴m=1．
抛物线解析式为y=x2−2x−3．
令y=0，x2−2x−3=0，解得x=3或x=−1，
∴B(3,0)．令x=0，y=−3，
∴C(0,−3)．
故答案为：B(3,0),C(0,−3)；
（2）解： 由（1）已求得m=1
∴抛物线C :y=x2−2x−3，A(−1,0)，B(3,0)，C(0,−3) ．
1
要满足∠OCA+∠ANO=∠ABC，分点N在y轴正半轴、负半轴两种情况讨论：
① 当点N在y轴正半轴时
∵B(3,0)，C(0,−3)，∠BOC=90°（x轴与y轴垂直 ），且OB=OC=3（B到原点距离为3，C到原点
距离为3 ），
∴∠OBC=∠OCB=45°，即∠ABC=45° ．
∵∠OCA+∠ANO=∠ABC=45°，过点C作AC的垂线交直线NA于点Q，过Q作QH⊥y轴于H ．
∵∠ACQ=90°（所作垂线 ），∠QAC=∠OCA+∠ANO=45°，
∴在△AQC中，∠QAC=∠AQC=45°，
∴AC=QC ．
∵∠AOC=∠QHC=90°（QH⊥y轴，x轴与y轴垂直 ），
∴∠OAC+∠OCA=90°，∠HCQ+∠OCA=90°（∠ACQ=90° ），
∴∠OAC=∠HCQ ．
在△AOC和△CHQ中：
¿
∴△AOC≌△CHQ ．
∴AO=CH，OC=HQ ．
∵A(−1,0)，C(0,−3)，
∴AO=1，OC=3，
∴CH=1，HQ=3 ．∵C(0,−3)，CH=1且Q在y轴左侧，
∴H点纵坐标为−3−1=−4，Q点横坐标为−3（HQ=3且QH⊥y轴 ），即Q(−3,−4) ．
设直线AQ的解析式为y=px+q（k为斜率，b为截距 ），
把A(−1,0)，Q(−3,−4)代入得：
¿
解得p=2 ，q=2．
∴直线AQ的解析式为y=2x+2．
∵点N在y轴上，令x=0，则y=2×0+2=2，
∴N(0,2) ．
② 当点N在y轴负半轴时
根据对称性（y轴正负半轴关于原点对称，角度关系、构造全等的逻辑类似 ），同理
∴N(0,−2) ．
综上，点N的坐标为(0,2)或(0,−2) ．
（3）解：抛物线C 的解析式为y=x2，
2
联立¿解得，x=−2或x=0
∴M(−2,4) K(−1,2)
设Q(m,m2),R(n,n2)，直线RQ的解析式为y =kx+b，
1
将Q(m,m2),R(n,n2)，代入y =kx+b，得
1
¿，
解得，¿
∴y =(m+n)x−mn；
1
将K(−1,2)代入得，2=−(m+n)−mn，即mn=−2−m−n；
同理可求，直线MR的解析式为y =(n−2)x+2n，直线OQ的解析式为y =mx，
2 3
联立直线MR、直线OQ解析式，得，(n−2)x+2n=mx，
−2n −2mn
解得x= , y= ,
n−2−m n−2−m
( −2n −2mn )
∴H ,
n−2−m n−2−m
−2mn −2n
设点H在直线y=px+q上，则 =p⋅ +q，
n−2−m n−2−m
整理得，2m+2n+4=−qm+(q−2p)n−2q，比较系数得，¿，
解得，p=−2,q=−2．
−2mn −2n
∴当p=−2,q=−2时，无论m，n为何值时， =p⋅ +q恒成立，
n−2−m n−2−m
∴点H一定在直线y=−2x−2上，
直线解析式为y=−2x−2．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质、全等三角形的判定与性质、一次函数解析式求解及直线
交点问题，熟练掌握二次函数与坐标轴交点求法、全等三角形构造、函数解析式联立求解是解题的关键．
1
【变式4-3】（2025·重庆开州·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线y= x2+bx+c(a≠0)交x轴于
8
A(−4,0)，B(8,0)两点，交y轴于C，连接AC，BC．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，点P是线段BC下方抛物线上一动点，过点P作PH∥y轴交直线BC于点H，点E和点F是直线
BC上的两个动点（点F在点E的下方），且EF=❑√5，连接AF，EP，当PH有最大值时，求
AF+EF+EP的最小值；
(3)将抛物线沿射线CB方向平移2❑√5个单位得新抛物线y′，点Q是新抛物线y′上的一点，连接QB，当
∠QBC=∠ABC+∠ACO时，直接写出所有符合条件的点Q的横坐标．
1 1
【答案】(1)y= x2− x−4
8 2
(2)❑√61+❑√5
(3)点Q的横坐标为−22+2❑√229或2−2❑√13
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）待定系数法求出直线BC的解析式为y= 1 x−4，设P ( m, 1 m2− 1 m−4 ) (0<m<8)，则
2 8 2H ( m, 1 m−4 ) ，表示出PH=− 1 (m−4) 2+2，由二次函数的性质可得当m=4时，PH最大为2，此时
2 8
P(4,−4)，将点A沿CB方向平移❑√5个单位长度（即向右平移2个单位长度，向上平移1个单位长度）得到
A′，连接A′E，A′P，由平移的性质可得A A′=EF=❑√5，A A′∥EF，A′(−2,1)，得出四边形A A′EF
为平行四边形，由平行四边形的性质可得AF=A′E，结合AF+EP=A′E+EP≥A′P得出AF+EP的最小
值为A′P=❑√61，即可得解；
1 3
（3）求出y′= x2− x+2，∠ACO=45°，再分两种情况：当点Q 在直线BC的上方时；当点Q 在直线
8 2 1 2
BC的下方时，作点Q 关于直线BC的对称点为D，作直线BD交抛物线y′于Q ，分别求解即可．
1 2
1
【详解】（1）解：∵抛物线y= x2+bx+c(a≠0)交x轴于A(−4,0)，B(8,0)两点，
8
{2−4b+c=0)
∴ ，
8+8b+c=0
{ b=− 1 )
解得： 2 ，
c=−4
1 1
∴抛物线的解析式为y= x2− x−4；
8 2
1 1
（2）解：在y= x2− x−4中，当x=0时，y=−4，即C(0,−4)，
8 2
设直线BC的解析式为y=kx+b (k≠0)，
1
{8k+b =0)
将B(8,0)，C(0,−4)代入解析式可得 1 ，
b =−4
1
{ k= 1 )
解得 2 ，
b =−4
1
1
∴直线BC的解析式为y= x−4，
2
设P ( m, 1 m2− 1 m−4 ) (0<m<8)，则H ( m, 1 m−4 ) ，
8 2 2
∴PH= 1 m−4− (1 m2− 1 m−4 ) =− 1 m2+m=− 1 (m−4) 2+2，
2 8 2 8 8
1
∵− <0，
81 1
∴当m=4时，PH最大为2，此时 m2− m−4=−4，即P(4,−4)；
8 2
如图：将点A沿CB方向平移❑√5个单位长度（即向右平移2个单位长度，向上平移1个单位长度）得到A′，
连接A′E，A′P，
由平移的性质可得A A′=EF=❑√5，A A′∥EF，A′(−2,1)，
∴四边形A A′EF为平行四边形，
∴AF=A′E，
∴AF+EP=A′E+EP≥A′P，
∴AF+EP的最小值为A′P=❑√ (−2−4) 2+[1−(−4)) 2 =❑√61，
∴AF+EF+EP的最小值为❑√61+❑√5；
1 1 1 1 9
（3）解：∵y= x2− x−4= (x2−4x)−4= (x−2) 2− ，
8 2 8 8 2
∴将抛物线沿射线CB方向平移2❑√5个单位（即向右平移4个单位长度，向上平移2个单位长度）得新抛物
1 9 1 3
线y′，则y′= (x−2−4) 2− +2= x2− x+2；
8 2 8 2
∵A(−4,0)，B(8,0)，C(0,−4)，
∴OA=OC=4，
∴△ACO为等腰直角三角形，
∴∠ACO=45°，
如图，当点Q 在直线BC的上方时，
1∵∠Q BC=∠ABC+∠ACO，∠Q BC=∠ABC+∠Q BA，
1 1 1
∴∠Q BA=45°，
1
设直线BQ 的解析式为y=−x+b ，
1 2
将B(8,0)代入解析式可得：−8+b =0，
2
∴b =8，
2
∴直线BQ 的解析式为y=−x+8，
1
{
y=−x+8
)
联立 1 3 ，
y′= x2− x+2
8 2
解得：x=2−2❑√13或x=2+2❑√13（不符合题意，舍去），
故此时点Q 的横坐标为2−2❑√13，此时点Q 的纵坐标为−(2−2❑√13)+8=6+2❑√13；
1 1
当点Q 在直线BC的下方时，作点Q 关于直线BC的对称点为D，作直线BD交抛物线y′于Q ，
2 1 2
由轴对称的性质可得：∠Q BC=∠Q BC，Q B=DB，
1 2 1∴Q B2=DB2 ，
1
(s+2−2❑√13 2❑√13+6+t)
设D(s,t)，则DQ 的中点坐标为 , 在直线BC上，
1 2 2
{ s+2−2❑√13 × 1 −4= 2❑√13+6+t )
∴ 2 2 2 ，
(2−2❑√13−8) 2+(❑√13+6−0) 2=(s−8) 2+(t−0) 2
❑ ❑
{ s=
46+2❑√13
)
5
解得： ，
−14❑√13−42
t=
5
(46+2❑√13 −14❑√13−42)
∴D , ，
5 5
设直线BD的解析式为y=k x+b (k ≠0)，
2 3 2
(46+2❑√13 −14❑√13−42) { 8k 2 +b 3 =0 )
将D , ，B(8,0)代入解析式可得： 46+2❑√13 −14❑√13−42 ，
5 5 k +b =
5 2 3 5
{k =−7)
解得： 2 ，
b =56
3
∴直线BD的解析式为y=−7x+56，
{
y=−7x+56
)
联立 1 3 ，
y′= x2− x+2
8 2
解得：x=−22+2❑√229或x=−22−2❑√229（不符合题意，舍去），
故此时点Q 的横坐标为−22+2❑√229；
2
综上所述，点Q的横坐标为−22+2❑√229或2−2❑√13．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数综合—线段周长问题，二次函数综合—角
度问题，平移的性质，求一次函数解析式，轴对称的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵
活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键．【题型5 二次函数与角度之间关系】
【例5】（2025·广东东莞·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+4x+c(a≠0)与x轴交于点
A(−1,0)和点B，且点A在点B的左侧，与y轴交于点C(0,5)．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)如图1，直线y=−x+2与x轴交于点D，与y轴交于点E，动点P为抛物线第一象限上的一点，
PG⊥ED于点G，PH ∥ y轴交ED于点H，求△PGH的周长的最大值，及此时点P的坐标；
(3)如图2，连接AE，将原抛物线沿射线ED方向平移得到新抛物线y′，使平移后的新抛物线y′经过点B，
新抛物线y′与x轴的另一交点为点M，请问在新抛物线y′上是否存在一点T，使得∠TMB+∠AEO=90°
？若存在，则直接写出点T的坐标；若不存在，则说明理由．
【答案】(1)y=−x2+4x+5；
37❑√2+37 (5 35)
(2)周长的最大值为 ，此时点P的坐标为 , ；
4 2 4
(3)存在，坐标为(7,4)或(3,−12)．
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的函数表达式为y=−x2+4x+5；
（2）设P(p,−p2+4 p+5)，则H(p,−p+2)，PH=−p2+5p+3；求出D(2,0)，E(0,2)，可得
❑√2
∠ODE=∠OED=45°，即可知△PGH是等腰直角三角形，故PG=GH= PH，有
2
❑√2 ❑√2 5 2 37❑√2+37
C =PG+GH+PH= PH+ PH+PH=(❑√2+1)PH=−(❑√2+1)(p− ) + ，根据
△PGH 2 2 2 4
二次函数性质可得答案；
（3）当T在x轴上方时，延长AE，MT交于K，求出B(5,0)，设新抛物线函数表达式为
，把 代入可解得新抛物线函数表达式为
y′=−(x−t) 2+4(x−t)+5−t B(5,0)，可得 ，而直线 函数表达式为 ，设
y′=−(x−5) 2+4(x−5)+5−5=−x2+14x−45 M(9,0) AE y=2x+2
K(m,2m+2)，根据∠AEO+∠EAO=90°，∠TMB+∠AEO=90°，得AK=MK，即
，解除m得 ，故直线 函数表达式为 ，
(m+1) 2+(2m+2) 2=(m−9) 2+(2m+2) 2 K(4,10) MK y=−2x+18
联立{ y=−2x+18 )，即可解得 ；当 在 轴下方时，设 关于x轴的对称点为 ，则
T(7,4) T′ x K(4,10) K′
y=−x2+14x−45
K′(4,−10)，由轴对称性质可知，T′为直线K′M与新抛物线的交点，同理可解得T′(3,−12).
{a−4+c=0)
【详解】（1）解：把A(−1,0)，C(0,5)代入y=ax2+4x+c得： ，
c=5
{a=−1)
解得 ，
c=5
∴抛物线的函数表达式为y=−x2+4x+5；
（2）解：设P(p,−p2+4 p+5)，
∵PH∥y轴，H在直线y=−x+2上，
∴H(p,−p+2)，
∴PH=(−p2+4 p+5)−(−p+2)=−p2+5p+3；
在y=−x+2中，令x=0得y=2，令y=0得x=2，
∴D(2,0)，E(0,2)，
∴OD=OE=2，
∴∠ODE=∠OED=45°，
∵PH∥y轴，
∴∠PHG=∠OED=45°，
∵PG⊥ED，
∴△PGH是等腰直角三角形，
❑√2
∴PG=GH= PH，
2
❑√2 ❑√2
∴C =PG+GH+PH= PH+ PH+PH=(❑√2+1)PH，
△PGH 2 25 2 37❑√2+37
∴C =(❑√2+1)(−p2+5p+3)=−(❑√2+1)(p− ) + ，
△PGH 2 4
∴−(❑√2+1)<0，
5 37❑√2+37
∴当p= 时，C 取最大值，最大值为 ，
2 △PGH 4
5 2 5 35
此时−p2+4 p+5=−( ) +4× +5= ，
2 2 4
37❑√2+37 (5 35)
∴△PGH的周长的最大值为 ，此时点P的坐标为 , ；
4 2 4
（3）解：在新抛物线y′上存在一点T，使得∠TMB+∠AEO=90°，理由如下：
当T在x轴上方时，延长AE，MT交于K，如图：
在y=−x2+4x+5中，令y=0得x=−1或x=5，
∴B(5,0)，
由OD=OE=2，设抛物线y=−x2+4x+5向右平移t个单位，再向下平移t个单位，
∴新抛物线函数表达式为y'=−(x−t) 2+4(x−t)+5−t，
把B(5,0)代入得：0=−(5−t) 2+4(5−t)+5−t，
解得t=0(舍去)或t=5，
∴新抛物线函数表达式为y′=−(x−5) 2+4(x−5)+5−5=−x2+14x−45，
在y′=−x2+14x−45中，令y′=0得x=5或x=9，
∴M(9,0)，
由A(−1,0)，E(0,2)可得直线AE函数表达式为y=2x+2，
设K(m,2m+2)，∵∠AEO+∠EAO=90°，∠TMB+∠AEO=90°，
∴∠EAO=∠TMB，
∴AK=MK，
∵A(−1,0)，
∴(m+1) 2+(2m+2) 2=(m−9) 2+(2m+2) 2，
解得m=4，
∴K(4,10)，
由M(9,0)，K(4,10)可得直线MK函数表达式为y=−2x+18，
{ y=−2x+18 )
联立 ，
y=−x2+14x−45
{x=7) {x=9)
解得 或 ，
y=4 y=0
∴T(7,4)；
当T′在x轴下方时，设K(4,10)关于x轴的对称点为K′，则K′(4,−10)，由轴对称性质可知，T′为直线
K′M与新抛物线的交点，
由K′(4,−10)，M(9,0)得直线K′M函数表达式为y=2x−18，
{ y=2x−18 )
联立 ，
y=−x2+14x−45
{ x=3 ) {x=9)
解得 或 ，
y=−12 y=0
∴T′(3,−12)；
综上所述，T的坐标为(7,4)或(3,−12)．
【点睛】本题考查了二次函数，一次函数，待定系数法求解析式，等腰直角三角形判定与性质，二次函数
图象与几何变换等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
【变式5-1】（2025·山东济宁·二模）如图，平面直角坐标系xOy中，二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴
相交于点A(−1,0)、点B(3,0)，与y轴相交于点C，连接AC、BC．(1)求：a，b的值；
(2)当t≤x≤1时，函数y=ax2+bx+3的最小值是2，求出t的值；
(3)在抛物线上是否存在点P，使得∠CBP+∠ACO=45∘？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说
明理由．
【答案】(1)−1，2
(2)1−❑√2
( 2 11)
(3)存在，点P − , 或(2,3)
3 9
【分析】本题考查了二次函数的综合运用，涉及待定系数法求表达式，二次函数的性质，二次函数与角度
问题等．第（3）问关键是构造三角全等．
（1）由题意得：y=a(x+1)(x−3)=a(x2−2x−3)，利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点B(3,0)，点C(0,3)，抛物线的对称轴为直线x=1，再根据二次函数的性质解答即可；
（3）先求出∠OBC=45°，分点P在BC左侧时，点P在BC右侧时，两种情况讨论，利用三角形全等的性
质解答即可．
【详解】（1）解：由题意得：y=a(x+1)(x−3)=a(x2−2x−3)，
则−3a=3，则a=−1，
∴抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3，
则b=2；
（2）解：当y=0时，−x2+2x+3=0，
解得x =−1，x =3，
1 2
∴点B(3,0)，
当x=0时，y=3，
∴点C(0,3)．
由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x=1，当t≤x≤1时，函数y=ax2+bx+3的最小值是2，即x=t时，函数取得最小值，
则2=−t2+2t+3，则t=1±❑√2（舍去1+❑√2），
∴t的值为1−❑√2；
（3）解：存在点P，理由如下：
∵C(0,3)，B(3,0)，
∴OB=OC，
∴∠OBC=45°，
①当点P在BC左侧时，如图，在y轴上取点M(0,1)，延长BM交抛物线于点P ，
1
在△AOC和△BOM中，
∵OA=OM，∠AOC=∠BOM，OC=OB，
∴△AOC≌△BOM(SAS)，
∴∠ACO=∠ABM，
∴∠CBP+∠ACO=∠CBM+∠OBM=∠ABC，
设直线BM的解析式为y=kx+b，
1
由点B、M的坐标得，直线BM的解析式为y=− x+1，
3
1
联立上式和抛物线的表达式得：−x2+2x+3=− x+1，
3
2 ( 2 11)
则x=3（舍去）或− ，故点P − , ；
3 3 9
②当点P在BC右侧时，如上图，作△BOC关于BC的对称△CBN，CN交二次函数y=−x2+2x+3于点P
2
，
则∠CBN=∠CBO=45°，∠N=∠BOC=90°，∠BCO=∠BCN=45°，
∴∠OCN=∠N=∠OBN=90°，
∵OC=OB，
∴四边形OCNB是正方形，
∴BN=3，令y=−x2+2x+3中，y=3，则−x2+2x=0，
解得x=0或x=2，
∴P (2,3)，P N=3−2=1=OM，
2 2
∵OB=NB，∠BOM=∠BN P =90∘，
2
∴△BOM≌△BN P (SAS)，
2
∴∠OBM=∠NBP ，
2
∴∠CBP +∠ACO=∠CBP +∠BOM=∠CBP +∠NBP =45∘=∠ABC，
2 2 2 2
∴在点P 抛物线上，即点P 满足条件∠CBP+∠ACO=∠ABC，
2 2
( 2 11)
故存在满足条件的点P有两个，分别为： − , 或(2,3)．
3 9
【变式5-2】（2025·山东烟台·模拟预测）如图，抛物线y=ax2+bx+4(a<0)的图象与x轴交于点A和点B
，与y轴交于点C，过点C作CD⊥y轴，交抛物线于点D，且OC=OB=2OA．
(1)求抛物线的表达式；
(2)①在图1中，抛物线对称轴上是否存在一点E，使△BDE为等腰三角形，若存在，请求点E的坐标；若
不存在，请说明理由；
②在图2中，点P为抛物线上第四象限上一点，连接DP交y轴于点E，当2∠BDP−∠DEC=90∘时，求
点P的坐标．
1
【答案】(1)y=− x2−x+4
2
(2)①存在，E(−1,1)或E(−1,4+❑√19)或E(−1,4−❑√19)或E(−1,❑√11)或E(−1,−❑√11)；
(8 20)
②P ,−
3 3【分析】本题考查了求二次函数解析式，勾股定理，一元二次方程的应用.
（1）先求出C(0,4)，再根据OC=OB=2OA求出B(−4,0)，A(2,0)，代入y=ax2+bx+4(a<0)计算即
可；
（2）①先求出D点坐标，再分三种情况根据勾股定理计算一元二次方程即可；
②作DF⊥x轴交x轴于F，连接BP，先根据平行线的判定和性质得到∠FDE=∠DEC，由
2∠BDP−∠DEC=90∘得到∠DBF=∠BDP，根据等角对等边得到BG=DG，设G(b,0)，根据勾股定
4 4 1 8
理求出G(1,0)，进而求出直线DP的解析式为y=− x+ ，联立y=− x2−x+4求出x = ，即可得解.
3 3 2 p 3
【详解】（1）当x=0时，y=4
∴C(0,4)
∵OC=OB=2OA
∴B(−4,0)，A(2,0)
分别将B(−4,0)，A(2,0)代入y=ax2+bx+4(a<0)得：
{ 4a+2b+4=0 )
16a−4b+4=0
{ a=− 1 )
解得： 2
b=−1
1
∴y=− x2−x+4；
2
（2）①存在.
设CD交对称轴于M，设AB交对称轴于N，则M(−1,4)，N(−1,0)
1 2−4
y=− x2−x+4对称轴为直线x= =−1，
2 2
设E点纵坐标为a
则E(−1,a)
∵过点C作CD⊥y轴，交抛物线于点D，
∴C，D关于直线x=−1对称，
∴D(−2,4)
Ⅰ.当BE=DE时，如图，则DM2+EM2=BN2+EN2
即1+(4−a) 2=9+a2，
解得：a=1
即E(−1,1)；
Ⅱ.当BD=DE时，如图，
或
则BD2=DM2+EM2
即20=1+(4−a) 2，
解得：a=4±❑√19
即E(−1,4+❑√19)或E(−1,4−❑√19)；
Ⅲ.当BE=BD时，如图，或
则BD2=BN2+EN2
即20=9+a2，
解得：a=±❑√11
即E(−1,❑√11)或E(−1,−❑√11)；
综上所述，点E的坐标为E(−1,1)或E(−1,4+❑√19)或E(−1,4−❑√19)或E(−1,❑√11)或E(−1,−❑√11)；
②如图，作DF⊥x轴交x轴于F，连接BP
∴DF∥y轴，
即∠FDE=∠DEC
∴2∠BDP−∠DEC
=∠BDP+∠BDP−∠FDE
=∠BDP+∠BDF
=90∘
∵∠DBF+∠BDF =90∘
∴∠DBF+∠BDF =∠BDP+∠BDF
∴∠DBF=∠BDP，
∴BP=DP
设DP与AB交于G，
则BG=DG，
设G(b,0)，
∵B(−4,0)，D(−2,4)
∴[b−(−4)) 2 +(0−0) 2=[b−(−2)) 2 +(0−4) 2
整理得8b=4b+4，解得：b=1，
∴G(1,0)
设直线DP的解析式为y=kx+b
将D(−2,4)，G(1,0)
{−2k+b=4)
则
k+b=0
4
{ k=− )
3
解得
4
b=
3
4 4
∴y=− x+ ，
3 3
1
联立y=− x2−x+4得
2
1 4 4
− x2−x+4=− x+
2 3 3
8
解得：x = ，x =−2
1 3 2
∵点P为抛物线上第四象限上一点，
8
∴x = ，
p 3
(8 20)
∴P ,−
3 9
【变式5-3】（2025·山东淄博·二模）二次函数y=ax2+bx−3的图象与x轴交于A(−3,0)，B(1,0)两点，
与y轴交于点C．(1)求此二次函数的表达式；
(2)如图1，点E是第三象限内的抛物线上的动点，过E作ED∥y轴，交x轴于点D，四边形CDAE的面积
是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，说明理由；
(3)如图2，点P是抛物线的顶点，抛物线的对称轴与x轴交于点Q，已知点N(−5,0)，连接NP，在抛物线
的对称轴上是否存在一点H，使得∠HNP+∠BCO=45°，若存在，请直接写出点H的坐标；若不存
在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)存在，最大值是6
( 4)
(3)存在， −1,− 或(−1,−12)
3
【分析】（1）把A(−3,0)，B(1,0)分别代入抛物线y=ax2+bx−3，确定解析式即可；
（2）设E(m，m2+2m−3)，则D(m，0)，则DE=0−m2−2m+3=−m2−2m+3，
1
则S =S +S = DE(x −x )
四边形CDAE △CDE △ADE 2 C A
1 3
= ×[0−(−3))(−m2−2m+3)=− (m2+2m−3)
2 2
3
=− (m+1) 2+6，根据抛物线的性质解答即可．
2
(3) 取点Q(−2,0)，过点Q作QM∥y轴，交AC于点M，确定M(−2,−1)，连接NM并延长交对称轴直线
x=−1于点H ，确定一个位置；过点C作CG∥x轴，过点N作NG∥y轴，二线交于点G，则四边形
1
OCGN是矩形，在GC上取一点W，使得GW =1，则W(−4,−3)，连接NW并延长交对称轴直线x=−1
于点H，确定第二个位置，解答即可．【详解】（1）解：把A(−3,0)，B(1,0)分别代入抛物线y=ax2+bx−3，得
{9a−3b−3=0，)
∴
a+b−3=0．
{a=1)
解得
b=2
∴抛物线的解析式为y=x2+2x−3.
（2）解：根据抛物线的解析式为y=x2+2x−3，
∴A(−3,0)，B(1,0)，C(0,−3)，
设E(m，m2+2m−3)，则D(m，0)，则DE=0−m2−2m+3=−m2−2m+3，
1
∴S =S +S = DE(x −x )
四边形CDAE △CDE △ADE 2 C A
1 3
= ×[0−(−3))(−m2−2m+3)=− (m2+2m−3)
2 2
3
=− (m+1) 2+6，
2
3
∵− <0，
2
∴抛物线开口向下，函数有最大值，且最大值为6．
（3）解：∵A(−3,0)，C(0,−3)，
∴OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC=45°，
∵y=x2+2x−3=(x+1) 2−4，
∴P(−1,−4)，
设直线AC的解析式为y=mx−3，将A(−3,0)代入直线AC的解析式得：−3m−3=0，
解得m=−1，
∴直线AC的解析式为：y=−x−3，
设直线PN的解析式为y=kx+p，
{−5k+p=0)
∴ ，
−k+p=−4
{k=−1)
解得 ，
p=−5
∴直线PN的解析式为：y=−x−5，∴PN∥AC，
∴∠ONP=∠OAC=45°，
取点Q(−2,0)，过点Q作QM∥y轴，交AC于点M，
则y=−(−2)−3=−1，
∴M(−2,−1)，
连接NM并延长交对称轴直线x=−1于点H ，
1
根据题意，QM=OB=1，NQ=5−2=3=OC，
{
QN=CO
)
∵ ∠NQM=∠COB=90° ，
QM=OB
∴△NQM≌△COB(SAS)，
∴∠MNQ=∠BCO；
∵∠H NP+∠MNQ=45°，
1
∴∠H NP+∠BCO=45°，
1
∴点H 符合题意，
1
设直线MN的解析式为y=tx+q，
{ −5t+q=0 )
∴ ，
−2t+q=−1
1
{ t=− )
3
解得 ，
5
p=−
3
1 5
∴直线MN的解析式为：y=− x− ，
3 3
1 5 4
当x=−1时，y=− ×(−1)− =− ，
3 3 3( 4)
故H −1,− ；
1 3
过点C作CG∥x轴，过点N作NG∥y轴，二线交于点G，
则四边形OCGN是矩形，
∴OC=GN=3,ON=GC=5，∠GNO=90°，
∴∠GNP=45°，
在GC上取一点W，使得GW =1，
则CW =CG−GW =4，
∴W(−4,−3)，
连接NW并延长交对称轴直线x=−1于点H，
根据题意，GW =OB=1，NG=CO，
{
GN=OC
)
∵ ∠NGW =∠COB=90° ，
GM=OB
∴△NGW≌△COB(SAS)，
∴∠WNG=∠BCO；
∵∠HNP+∠GNW =45°，
∴∠HNP+∠BCO=45°，
∴点H符合题意，
设直线WN的解析式为y=rx+l，
{ −5r+l=0 )
∴ ，
−4r+l=−3
{r=−3)
解得 ，
l=−15∴直线WN的解析式为：y=−3x−15，
当x=−1时，y=−3×(−1)−15=−12，
故H(−1,−12)；
( 4)
综上所述，符合题意的点H坐标有H(−1,−12)，H −1,− ．
1 3
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，三角形全等的判定和性质，构造二次函数求最值，角的和
计算，平行线的函数思想判定，平行线的性质，一次函数解析式确定，解方程组，熟练掌握待定系数法，
解方程组是解题的关键．
