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专题第 03 讲 二次函数的最值与存在性问题（20 题）
1．（2023春•鼓楼区校级期末）在人教版八年级上册数学教材P53的数学活动中有这样一段描述：如图，
四边形ABCD中，AD＝CD，AB＝BC，我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．
（1）试猜想筝形的对角线有什么位置关系，然后用全等三角形的知识证明你的猜想；
（2）已知筝形ABCD的对角线AC，BD的长度为整数值，且满足AC+BD＝6．试求当AC，BD的长度
为多少时，筝形ABCD的面积有最大值，最大值是多少？
【分析】（1）由SSS证明△ABD≌△CBD，再由对应角相等，可知在等腰三
角形ACD中，OD是三线合一，由此可证想筝形的对角线相互垂直；
（2）写出筝形ABCD的面积表达式S筝形ABCD ＝ AC•BD，将BD＝6﹣AC代
入，得到关于AC的二次函数，再用配方法求其最大值及取得最大值的条件．
【解答】（1）筝形的对角线相互垂直．
证明：∵AD＝CD，AB＝BC，BD＝BD，
∴△ABD≌△CBD（SSS），
∴∠ADB＝∠CDB，
∴AC⊥BD．
（2）∵AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，
∴OA＝OC，
∴S筝形ABCD ＝ AC•BD．
将BD＝6﹣AC代入S筝形ABCD ＝ AC•BD，
得S筝形ABCD ＝ AC•BD＝ AC（6﹣AC）＝﹣ ≤ ．
∴当AC＝BD＝3时，筝形ABCD的面积有最大值，最大值是 ．
2．（2023•苏州一模）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3cm，BC＝4cm．点P从点A出发，以
1cm/s的速度沿AB运动：同时，点Q从点B出发，2cm/s的速度沿BC运动．当点Q到达点C时，P、Q
两点同时停止运动．设动点运动的时间为t（s）．
（1）当t为何值时，△PBQ的面积为2cm2；
（2）求四边形PQCA的面积S的最小值．【分析】（1）利用两点运动的速度表示出PB，BQ的长，进而表示出△PBQ的面积即可；
（2）根据二次函数的性质确定四边形APQC面积的最小值．
【解答】解：（1）由题意得：PB＝（3﹣t）cm，BQ＝2tcm，
S△PBQ ＝ BQ•PB＝ ×2t×（3﹣t）＝﹣t2+3t（0≤t≤2），
∵S△PBQ ＝﹣t2+3t＝2，
解得t＝1或t＝2，
∴当t＝1s或2s时，△PBQ的面积为2cm2；
（2）∵S＝ ﹣（﹣t2+3t）＝t2﹣3t+6＝（t﹣ ）2+ （0≤t≤2），
∵a＝1，
∴t＝﹣ ＝ s时，S有最小值，最小值为 cm2．
3．（2023春•汉寿县期中）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0），点B（3，
0），与y轴交于点C（0，﹣3），点D为直线OD与抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）在x轴下方的一个交
点，点P为此抛物线上的一个动点．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若直线OD为 ，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，当点P在直线OD下方时，求△POD面积的最大值．
【分析】（1）根据点C坐标得到c值，再将A，B坐标代入y＝ax2+bx﹣3，解之，即可求解；
（2）联立抛物线表达式和OD的表达式，解之，根据点D的位置可得结果；
（3）设点P（m，m2﹣2m﹣3），分点P在第三象限和第四象限分别求解．【解答】解：（1）由抛物线y＝ax2+bx+c与y轴的交点为C（0，﹣3）可知：
c＝﹣3，
把点A（﹣1，0），点B（3，0）代入抛物线y＝ax2+bx﹣3可得：
，
解得： ，
故抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x﹣3；
（2）由题意可得方程组：
，
解得： 或 ，
又∵点D为直线OD与抛物线y＝ax2+bx+c在x轴下方的一个交点．
∴点D的坐标为（2，﹣3）；
（3）设点P（m，m2﹣2m﹣3），
①当点P在第三象限时，
设直线PD与y轴交于点G，设点P（m，m2﹣2m﹣3），
将点P、D的坐标代入一次函数表达式：y＝sx+t并解得：
直线PD的表达式为：y＝mx﹣3﹣2m，则OG＝3+2m，
S△POD ＝ OG×（X
D
﹣X
P
）＝ ，
②当点P在第四象限时，
设PD交y轴于点M，同理可得：S△POD ＝ OM×（X
D
﹣X
P
）＝ ，
综上，S△POD ＝ ，
∵﹣1＜0，故S△POD 有最大值，当 时，其最大值为 ．
4．（2023•鄄城县一模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两
点，与y轴交于C（0，3），A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0）．点P是抛物线上一个动点，
且在直线BC的上方．
（1）求这个二次函数及直线BC的表达式．
（2）过点P作PD∥y轴交直线BC于点D，求PD的最大值．
（3）点M为抛物线对称轴上的点，问在抛物线上是否存在点 N，使△MNO为等腰直角三角形，且
∠NMO为直角，若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将B（3，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，列方程组并且解该方程组求出b、c的值，
设直线BC的表达式为y＝kx+3，则3k+3＝0，解方程求出k的值，得到二次函数的表达式为y＝﹣
x2+2x+3，直线BC的表达式为y＝﹣x+3；
（2）设P（x，﹣x2+2x+3），则D（x，﹣x+3），所以PD＝﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣
）2+ ，即可求得PD的最大值为 ；
（3）设N（m，﹣m2+2m+3），先求得抛物线的对称轴是直线 x＝1，设直线x＝1交x轴于点G，则G
（1，0），MG⊥x轴，作NF⊥MG于点F，可证明△FMN≌△GOM，再分四种情况讨论，一是点M在
x轴上方，且点N在直线OM左侧，可列方程﹣m2+2m+3﹣（1﹣m）＝1；二是点M在x轴上方，且点
N在直线OM右侧，可列方程m﹣1﹣（﹣m2+2m+3）＝1；三是点M在x轴下方，且点N在直线OM右
侧，可列方程﹣m2+2m+3﹣（1﹣m）＝1；四是点M在x轴下方，且点N在直线OM左侧，可列方程m
﹣1﹣（﹣m2+2m+3）＝1，分别求出相应的符合题意的m值，再求出对应的点N的纵坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点B（3，0），C（0，3），
∴ ，解得 ，
设直线BC的表达式为y＝kx+3，则3k+3＝0，
解得k＝﹣1，
∴二次函数的表达式为y＝﹣x2+2x+3，直线BC的表达式为y＝﹣x+3．
（2）如图1，设P（x，﹣x2+2x+3），
∵PD∥y轴交直线BC于点D，，
∴D（x，﹣x+3），
∴PD＝﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）＝﹣x2+3x，
∵PD＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣ ）2+ ，
∴当x＝ 时，PD最大 ＝ ，
∴PD的最大值为 ．
（3）存在，设N（m，﹣m2+2m+3），
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴抛物线y＝﹣x2+2x+3的对称轴是直线x＝1，
设直线x＝1交x轴于点G，则G（1，0），MG⊥x轴，
作NF⊥MG于点F，则∠MFN＝∠OGM＝90°，F（1，﹣m2+2m+3），
如图2，点M在x轴上方，且点N在直线OM左侧，
∵∠NMO＝90°，MN＝OM，
∴∠FMN＝∠GOM＝90°﹣∠OMG，
∴△FMN≌△GOM（AAS），
∴MF＝OG＝1，FN＝GM＝1﹣m，
∴﹣m2+2m+3﹣（1﹣m）＝1，
解得m ＝ ，m ＝ （不符合题意，舍去），
1 2
∴GF＝GM+MF＝1﹣ +1＝ ，
∴N（ ， ）；
如图3，点M在x轴上方，且点N在直线OM右侧，
同理可得△FMN≌△GOM（AAS），
∴MF＝OG＝1，FN＝GM＝m﹣1，
∴m﹣1﹣（﹣m2+2m+3）＝1，解得m ＝ ，m ＝ （不符合题意，舍去），
1 2
∴GF＝GM﹣MF＝ ﹣1﹣1＝ ，
∴N（ ， ）；
如图4，点M在x轴下方，且点N在直线OM右侧，
同理可得△FMN≌△GOM（AAS），
∴MF＝OG＝1，FN＝GM＝m﹣1，
∴M（1，1﹣m），
∴﹣m2+2m+3﹣（1﹣m）＝1，
解得m ＝ ，m ＝ （不符合题意，舍去），
1 2
∴GF＝GM﹣MF＝ ﹣1﹣1＝ ，
∴y ＝y ＝﹣ ＝ ，
N F
∴N（ ， ）；
如图5，点M在x轴下方，且点N在直线OM左侧，
同理可得△FMN≌△GOM（AAS），
∴MF＝OG＝1，FN＝GM＝1﹣m，
∴M（1，m﹣1），
∴m﹣1﹣（﹣m2+2m+3）＝1，
解得m ＝ ，m ＝ （不符合题意，舍去），
1 2
∴GF＝GM+MF＝1﹣ +1＝ ，
∴y ＝y ＝﹣ ＝ ，
N F
∴N（ ， ），
综上所述，点N的坐标为（ ， ）或（ ， ）或（ ， ）或
（ ， ）．
5．（2023春•铜梁区校级期中）如图，已知二次函数 y＝x2﹣3x﹣4的图象与x轴交于B，C两点，与y轴交于点D，点A为抛物线的顶点，连接CD．
（1）求S△COD ；
（2）如图1，点P在直线CD下方抛物线上的一个动点，过点P作PQ⊥CD交于点Q，过点P作PE∥x
轴交CD于点E，求PE+PQ的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，将抛物线沿着射线DC方向平移 个单位长度得到新抛物线y ，点M在新
1
抛物线对称轴上运动，点N是平面内一点，若以B、P、M、N为顶点的四边形是以BM为边的菱形，请
直接写出所有符合条件的点N的坐标，并选择其中一个点的坐标写出求解过程．
【分析】（1）已知函数解析式，分别令x＝0、y＝0，解方程即可求得B、C、D的坐标，再运用三角形
面积公式即可求得答案．
（2）利用待定系数法可得直线CD的解析式为y＝x﹣4，设P（t，t2﹣3t﹣4），可表示出PE，利用等
腰直角三角形性质可将PE表示PQ的长，进而用点P坐标将PE+PQ表示成函数，借助二次函数求最值
的方法即可求得PE+PQ的最大值．
（3）菱形的存在性问题先转化为求以AC为边的等腰三角形的存在性问题，然后根据平行四边形存在
性问题的处理方法写出第四点N即可．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝﹣4，
∴D（0，﹣4），
∴OD＝4，
当y＝0时，x2﹣3x﹣4＝0，
解得：x ＝﹣1，x ＝4，
1 2
∴B（﹣1，0），C（4，0），
∴OC＝4，
∴S△COD ＝ OC•OD＝ ×4×4＝8；（2）设直线CD的解析式为y＝kx+b，
则 ，
解得： ，
∴直线CD的解析式为y＝x﹣4，
设P（t，t2﹣3t﹣4），
∵OC＝OD＝4，∠COD＝90°，
∴△COD是等腰直角三角形，
∴∠DCO＝45°，
∵PE∥x轴，
∴∠PEQ＝∠DCO＝45°，点E的纵坐标与点P的纵坐标相同，
∴t2﹣3t﹣4＝x﹣4，
∴x＝t2﹣3t，
∴E（t2﹣3t，t2﹣3t﹣4），
∴PE＝t﹣（t2﹣3t）＝﹣t2+4t，
∵PQ⊥CD，
∴△PEQ是等腰直角三角形，
∴PQ＝ PE＝ （﹣t2+4t），
∴PE+PQ＝﹣t2+4t+ （﹣t2+4t）＝﹣ （t﹣2）2+2 +4，
∵﹣ ＜0，
∴当t＝2时，PE+PQ取得最大值，最大值为2 +4，此时点P的坐标为（2，﹣6）；
（3）依题意，抛物线沿射线DC平移2 个单位即抛物线向右平移2个单位，向上平移2个单位．
平移后抛物线解析式为：y ＝（x﹣ ）2﹣ ，对称轴为直线x＝ ．
1
故设点M（ ，m），又B（﹣1，0），P（2，﹣6）．
∴BP＝ ＝3 ，
BM＝ ＝ ，
PM＝ ＝ ．
由题意知，以BM为腰的等腰三角形△BPM有两种情况：①如图1，当BP＝BM时，
则3 ＝ ，
解得：m ＝ ，m ＝﹣ ．
1 2
M （ ， ），M （ ，﹣ ）．
1 2
由平行四边形对角线互相平分可知：
，
∴N （ ，﹣6+ ），N （ ，﹣6﹣ ）；
1 2
②如图2，当PM＝BM时，则 ＝ ，
解得：m＝﹣ ，
∴M （ ，﹣ ），
3
∴N （﹣ ，﹣ ），
3
综上：使以BM为边的菱形的N点有：N （ ，﹣6+ ），N （ ，﹣6﹣ ），N （﹣
1 2 3
，﹣ ）．
6．（2023•襄阳模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点M（﹣2， ）和N（2，﹣ ）两点，且抛
物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）若点M是抛物线y＝ax2+bx+c的顶点，求抛物线解析式及A、B、C坐标；
（2）在（1）的条件下，若点P是A、C之间抛物线上一点，求四边形APCN面积的最大值及此时点P
的坐标；
（3）若B（m，0），且1≤m≤3，求a的取值范围．【分析】（1）设抛物线的顶点式为y＝a（x+2）2+ ，将N点代入即可求a的值，从而确定函数的解析
式；
（2）设P（t，﹣ t2﹣2t+ ），先求出直线AC的解析式为y＝ x+ ，过P点作PG∥y轴交AC于点
G，则G（t， t+ ），从而得到S△PAC ＝﹣ （t+ ）2+ ，当t＝﹣ 时，△PAC的面积有最大值
，此时P（﹣ ， ），求出直线CN与x轴的交点为（ ，0），再求S△ACN ＝ （ +1）×（
+ ）＝ ，即可求四边形APCN面积的最大值为 ；
（3）将M（﹣2， ）和N（2，﹣ ）代入y＝ax2+bx+c，可得函数解析式为y＝ax2﹣2x+ ﹣4a，当m
＝1时，a＝﹣ ，当m＝3时，a＝ ，从而得到a≤﹣ 或a≥ ．
【解答】解：（1）∵点M是抛物线y＝ax2+bx+c的顶点，
设抛物线解析式为y＝a（x+2）2+ ，
∴﹣ ＝16a+ ，
解得a＝﹣ ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣ x2﹣2x+ ，
当y＝0时，﹣ x2﹣2x+ ＝0，解得x＝1或x＝﹣5，
∴A（﹣5，0），B（1，0），
当x＝0时，y＝ ，
∴C（0， ）；
（2）设P（t，﹣ t2﹣2t+ ），设直线AC的解析式为y＝kx+ ，
∴﹣5k+ ＝0，
解得k＝ ，
∴直线AC的解析式为y＝ x+ ，
过P点作PG∥y轴交AC于点G，
∴G（t， t+ ），
∴PG＝﹣ t2﹣2t+ ﹣ t﹣ ＝﹣ t2﹣ t，
∴S△PAC ＝ （﹣ t2﹣ t）×5＝﹣ （t+ ）2+ ，
当t＝﹣ 时，△PAC的面积有最大值 ，此时P（﹣ ， ），
设直线CN的解析式为y＝k'x+ ，
∴2k'+ ＝﹣ ，
解得k'＝﹣3，
∴直线CN的解析式为y＝﹣3x+ ，
∴直线CN与x轴的交点为（ ，0），
∴S△ACN ＝ （ +1）×（ + ）＝ ，
∴四边形APCN面积的最大值为 + ＝ ；
（3）将M（﹣2， ）和N（2，﹣ ）代入y＝ax2+bx+c，
∴ ，
解得 ，∴y＝ax2﹣2x+ ﹣4a，
当m＝1时，a﹣2+ ﹣4a＝0，解得a＝﹣ ，
当m＝3时，9a﹣6+ ﹣4a＝0，解得a＝ ，
∴a≤﹣ 或a≥ ．
7．（2023•崇川区校级开学）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣4，0）、B
（2，0）两点，交y轴于点C，连接AC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为线段AC上方的抛物线上一动点，过P作PF⊥AC，当PF最大时，求出此时P点的坐标以
及PF的最大值．
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）过P点作PE∥y轴交于AC于E点，直线AC的解析式为y＝x+4，设P（m，﹣ m2﹣m+4），则
E（m，m+4），可得PF＝﹣ （m+2）2+ ，运用二次函数性质即可求得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4交x轴于A（﹣4，0）、B（2，0）两点，
∴ ，
解得： ，∴该抛物线的解析式为y＝﹣ x2﹣x+4；
（2）过点P作PE∥y轴，交AC于点E，如图，
∵抛物线y＝﹣ x2﹣x+4交y轴于点C，
∴C（0，4），
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+4，
设P（m，﹣ m2﹣m+4），则E（m，m+4），
∴PE＝﹣ m2﹣m+4﹣（m+4）＝﹣ m2﹣2m，
∵OA＝OC＝4，
∴△ACO是等腰直角三角形，
∴∠ACO＝45°，
∵PE∥y轴，
∴∠PEF＝∠ACO＝45°，
∵PF⊥AC，
∴△PEF是等腰直角三角形，
∴PF＝ PE＝ （﹣ m2﹣2m）＝﹣ （m+2）2+ ，
∵﹣ ＜0，
∴当m＝﹣2时，PF取得最大值，最大值为 ，此时点P的坐标为（﹣2，4）．
8．（2023•平潭县模拟）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点（点A
在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；（2）若M为抛物线对称轴上一动点，使得△MBC为直角三角形，请求出点M的坐标．
（3）如图1，P为直线BC上方的抛物线上一点，PD∥y轴交BC于D点，过点D作DE⊥AC于E点．
设m＝PD+ DE，求m的最大值及此时P点坐标．
【分析】（1）把A（﹣1，0），B（3，0）两点代入解析式y＝ax2+bx+3计算即可．
（2）分∠MCB＝90°，∠MBC＝90°，∠CMB＝90°，三种情形计算即可．
（3）设PD与x轴的交点为F，点P（n，﹣n2+2n+3），则D（n，﹣n+3），确定PD＝﹣n2+3n；根据
A（﹣1，0），C（0，3）计算 ，于是 ，结合S△ADC ＝S△ABC ﹣
S△ADB ，确定 ，继而得到 ，运用二次函数最值计
算即可．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）两点代入解析式y＝ax2+bx+3，得 ，
解得 ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）如图，当∠MCB＝90°时，延长MC交x轴于点G，
∵A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），
∴OB＝OC＝3，AB＝3﹣（﹣1）＝4
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∵∠MCB＝90°，∴∠GCB＝90°，∠GCO＝45°，
∴∠GCO＝∠CGO＝45°，
∴OG＝OC＝3，
∴G（﹣3，0），
设直线GC的解析式为y＝kx+3，
∴0＝﹣3k+3，
解得k＝1，
∴直线GC的解析式为y＝x+3，
∴x＝1时，y＝x+3＝4，
此时M（1，4）；
如图，当∠MBC＝90°时，延长BM交y轴于点H，
∵A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），
∴OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∵∠MBC＝90°，
∴∠HBO＝45°，
∴∠HBO＝∠BHO＝45°，
∴OH＝OB＝3，
∴H（0，﹣3），
设直线BH的解析式为y＝px﹣3，
∴0＝3p﹣3，
解得p＝1，
∴直线BH的解析式为y＝x﹣3，
∴x＝1时，y＝x﹣3＝﹣2，
此时M（1，﹣2）；
当∠CMB＝90°时，设M（1，a），
∵B（3，0），C（0，3），
∴OB＝OC＝3，
∴BC2＝32+32＝18，MC2＝1+（a﹣3）2，BM2＝4+a2，
∵∠CMB＝90°，
∴BC2＝MC2+BM2，
∴18＝1+（a﹣3）2+4+a2，
整理，得a2﹣3a﹣2＝0，
解得 ，此时 或 ；
综上所述，点M（1，4）或点M（1，﹣2）或点 或点 ．
（3）如图，设PD与x轴的交点为F，点P（n，﹣n2+2n+3），
∵B（3，0），C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝qx+3，
∴0＝3q+3，
解得q＝﹣1，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
∴D（n，﹣n+3），
∴PD＝﹣n2+2n+3﹣（﹣n+3）＝﹣n2+3n；
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴ ，
∴ ，
连接AD，
∴ ，
∵S△ADC ＝S△ABC ﹣S△ADB ，AB＝3﹣（﹣1）＝4
∴ ，
∴ ，
∴
∵抛物线开口向下，
∴m有最大值，且当 时，取得最大值，且为 ，
此时 ，故点 ．
9．（2023•荔城区校级开学）如图，在平面直角坐标系中，二次函数 y＝ax2+bx+c交x轴于点A（﹣4，
0）、B（2，0），交y轴于点C（0，6），在y轴上有一点E（0，﹣2），连接AE．
（1）求二次函数的表达式；
（2）若点D为抛物线在x轴负半轴上方的一个动点，求△ADE面积的最大值．
【分析】（1）由题意利用待定系数法将点A（﹣4，0）、B（2，0），C（0，6）代入，列出关于a、
b、c的方程组，解方程组即可得出二次函数的表达式；
（2）利用待定系数法求出直线AE的解析式，过点D作DM⊥x轴于点M，延长DM交AE于点H，设
，则 ，表示出S△ADE ，化为顶点式即可得出△ADE的面积的最
大值．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c经过点A（﹣4，0）、B（2，0），C（0，6），
∴ ，
解得： ，
∴二次函数解析式为 ；
（2）设直线AE的解析式为y＝kx+m，
∵过点A（﹣4，0），E（0，﹣2），
∴ ，解得： ，
∴直线AE的解析式为 ，
如图，过点D作DM⊥x轴于点M，延长DM交AE于点H，
设 ，则 ，
∴ ，
∴S△ADE ＝S△ADH +S△DHE
＝
＝
＝
＝ ，
＝
＝ ，
∴当 时，△ADE的面积取得最大值为 ．
10．（2023•阜新）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+bx﹣c的图象与x轴交于点A（﹣3，
0）和点B（1，0），与y轴交于点C．
（1）求这个二次函数的表达式．
（2）如图1，二次函数图象的对称轴与直线AC：y＝x+3交于点D，若点M是直线AC上方抛物线上的一个动点，求△MCD面积的最大值．
（3）如图2，点P是直线AC上的一个动点，过点P的直线l与BC平行，则在直线l上是否存在点Q，
使点B与点P关于直线CQ对称？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据抛物线的交点式直接得出结果；
（2）作MQ⊥AC于Q，作ME⊥AB于F，交AC于E，先求出抛物线的对称轴，进而求得C，D坐标及
CD的长，从而得出过M的直线y＝x+m与抛物线相切时，△MCD的面积最大，根据x+m＝﹣x2﹣2x+3
的Δ＝0求得m的值，进而求得M的坐标，进一步求得CD上的高MQ的值，进一步得出结果；
（3）分两种情形：当点P在线段AC上时，连接BP，交CQ于R，设P（t，t+3），根据CP＝CB求得t
的值，可推出四边形BCPQ是平行四边形，进而求得Q点坐标；当点P在AC的延长线上时，同样方法
得出结果．
【解答】解：（1）由题意得，
y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3；
（2）如图1，
作MQ⊥AC于Q，作ME⊥AB于F，交AC于E，
∵OA＝OC＝3，∠AOC＝90°，
∴∠CAO＝∠ACO＝45°，
∴∠MEQ＝∠AEF＝90°﹣∠CAO＝45°，
抛物线的对称轴是直线：x＝ ，
∴y＝x+3＝﹣1+3＝2，∴D（1，2），
∵C（0，3），
∴CD＝ ，
故只需△MCD的边CD上的高最大时，△MCD的面积最大，
设过点M与AC平行的直线的解析式为：y＝x+m，
当直线y＝x+m与抛物线相切时，△MCD的面积最大，
由x+m＝﹣x2﹣2x+3得，
x2+3x+（m﹣3）＝0，
由Δ＝0得，
32﹣4（m﹣3）＝0得，
m﹣3＝ ，
∴x2+3x+ ＝0，
∴x ＝x ＝﹣ ，
1 2
∴y＝﹣（﹣ ）2﹣2× +3＝ ，
y＝x+3＝﹣ +3＝ ，
∴ME＝ ，
∴MQ＝ME•sin∠MEQ＝ME•sin45°＝ ，
∴S△MCD最大 ＝ ＝ ；
（3）如图2，
当点P在线段AC上时，连接BP，交CQ于R，
∵点B和点Q关于CQ对称，∴CP＝CB，
设P（t，t+3），
由CP2＝CB2得，
2t2＝10，
∴t ＝﹣ ，t ＝ （舍去），
1 2
∴P（﹣ ，3﹣ ），
∵PQ∥BC，
∴ ，
∴CR＝QR，
∴四边形BCPQ是平行四边形，
∵1+（﹣ ）﹣0＝1﹣ ，0+（3﹣ ）﹣3＝﹣ ，
∴Q（1﹣ ，﹣ ）；
如图3，
当点P在AC的延长线上时，由上可知：P（ ，3+ ），
同理可得：Q（1+ ， ），
综上所述：Q（1﹣ ，﹣ ）或（1+ ， ）．
11．（2023•防城区二模）如图1，已知抛物线y＝ax2+bx+6与轴交于点A（2，0）和点B，与y轴交于点
C，∠ABC＝45°．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图2，点E为第二象限抛物线上一动点，EF⊥x轴与BC交于F，求EF的最大值，并说明此时
△BCE的面积是否最大．
（3）已知点D（﹣3，10），E（2，10），连接DE．若抛物线y＝ax2+bx+6向上平移k（k＞0）个单位
长度时，与线段DE只有一个公共点，请求出k的取值范围．【分析】（1）由∠ABC＝45°得OB＝OC＝6，求出点B（ 1﹣6，0），用待定系数法即可求解；
（2）可得直线BC的解析式为y＝x+6．设F（m，m+6），则E（m，﹣ m2﹣2m+6），EF＝（−
m2−2m+6）−（m+6）＝− m2−3m＝− （m+3）2+ ，根据二次函数的性质得EF的最大值是 ，由
S△BCE ＝ EF•OB＝3EF，可得此时△BCE的面积是最大；
（3）抛物线向上平移过程中抛物线顶点落在DE上满足题意，分别求出抛物线经过点D，E时k的值，
可得抛物线顶点在DE上时k的取值范围．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6与y轴交于C，
∴C（0，6），
∵∠ABC＝45°，
∴OB＝OC＝6，
∴点B（﹣6，0），
将A（2，0），B（﹣6，0）代入抛物线得，
，解得 ，
∴抛物线解析式为y＝﹣ x2﹣2x+6；
（2）∵C（0，6），B（﹣6，0），
∴直线BC的解析式为y＝x+6．
设F（m，m+6），
则E（m，﹣ m2﹣2m+6），
∴EF＝（− m2−2m+6）−（m+6）＝− m2−3m＝− （m+3）2+ ，
当m＝−3时，EF的最大值是 ，
则S△BCE ＝ EF•OB＝3EF，
∴此时△BCE的面积是最大．（3）抛物线y＝﹣ x2﹣2x+6＝﹣ （x+2）2+8向上平移k个单位后解析式为y＝﹣ （x+2）2+8+k，
∴抛物线顶点坐标为（﹣2，8+k），
①当抛物线顶点落在DE上时，8+k＝10，
解得k＝2，
②当抛物线经过点D（﹣3，10）时，10＝﹣ （﹣3+2）2+8+k，
解得k＝ ，
当抛物线经过E（2，10）时，10＝﹣ （2+2）2+8+k，
解得k＝10，
∴ ＜k≤10时，满足题意．
综上所述，k＝2或 ＜k≤10．
12．（2023•明水县模拟）如图，在平面直角坐标系中，二次函数 y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两
点，与y轴交于C（0，3），A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），点P是抛物线上一个动点，
且在直线BC的上方．
（1）求这个二次函数的表达式．
（2）连接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP'C，那么是否存在点P，使四边形POP'C
为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）当点P运动到什么位置时，使△BPC的面积最大，求出点P的坐标和△BPC的面积最大值．
【分析】（1）利用待定系数法可直接求出二次函数的解析式；
（2）先设出点P的坐标，再求出P'的坐标，利用菱形的对角线互相垂直且邻边相等即可求出点P的坐
标；
（3）先设出点P的坐标，然后作PQ平行y轴交BC与点Q，将三角形PCQ和三角形PBQ的面积表示
出来，再求出最大值的条件和最大值．
【解答】解：（1）把点B，点C的坐标代入解析式，
得： ，解得： ，
∴二次函数得表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）存在点P，使四边形POP'C为菱形，
设P（x，﹣x2+2x+3），PP'交CO于点E，
若四边形POP'C是菱形，则PC＝PO，
连接PP'，则PE⊥CO，OE＝CE＝ ，
∴ ，
解得 ， （不合题意，舍去），
∴点P的坐标为（ ， ）；
（3）过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，
设P（x，﹣x2+2x+3），
易得直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
则Q（x，﹣x+3），
∴S△CPB ＝S△BPQ +S△CPQ ＝ QP•BO＝ ，
当x＝ 时，△CPB的面积最大，
此时，点P的坐标为（ ， ），△CPB的面积的最大值为 ．13．（2023•晋中模拟）综合与探究
如图1，抛物线 与x轴交于点A（1，0），B（5，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图2，若P是直线BC下方抛物线上的一动点，连接PB，PC，过点P作 PD⊥BC于点D，求
△PBC面积的最大值，并求出此时点P的坐标和线段PD的长；
（3）若E是抛物线上的任意一点，过点E作EQ∥y轴，交直线BC于点Q，抛物线上是否存在点E，使
以E，Q，O，C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点Q的横坐标；若不存在，请说
明理由．
【分析】（1）将A（1，0）、B（5，0）代入y＝ax2+bx+ ，列方程组并且解该方程组求出a、b的值，
即可得到该抛物线的函数表达式为y＝ x2﹣3x+ ；
（2）先求得C（0， ），则OC＝ ，BC＝ ＝ ，再求得直线BC为y＝﹣ x+ ，作
PF∥y轴，交BC于点F，设P（x， x2﹣3x+ ），则F（x，﹣ x+ ），所以PF＝﹣ x2+ x，由
＝sin∠DFP＝sin∠OCB＝ ＝ ，得PD＝ PF，于是得S△PBC ＝ BC•PD＝﹣ （x﹣ ）
2+ ，可求得△PBC面积的最大值是 ，此时P（ ，﹣ ），PD的长是 ；（3）由EQ∥OC，可知当EQ＝OC＝ 时，以E，Q，O，C为顶点的四边形是平行四边形，设点Q的
横坐标为m，则Q（m，﹣ m+ ），E（m， m2﹣3m+ ），所以EQ＝| m2﹣3m+ + m﹣ |＝|
m2﹣ m|，则| m2﹣ m|＝ ，解方程求出m的值即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+ 经过点A（1，0）、B（5，0），
∴ ，解得 ，
∴抛物线的函数表达式为y＝ x2﹣3x+ ．
（2）抛物线y＝ x2﹣3x+ ，当x＝0时，y＝ ，
∴C（0， ），OC＝ ，
∵∠BOC＝90°，OB＝5，
∴BC＝ ＝ ＝ ，
设直线BC的函数表达式为y＝kx+ ，则5k+ ＝0，解得k＝﹣ ，
∴直线BC的函数表达式为y＝﹣ x+ ，
如图2，作PF∥y轴，交BC于点F，设P（x， x2﹣3x+ ）（0＜x＜5），则F（x，﹣ x+ ），
∴PF＝﹣ x+ ﹣（ x2﹣3x+ ）＝﹣ x2+ x，
∵∠PDF＝∠BOC＝90°，∠DFP＝∠OCB，
∴ ＝sin∠DFP＝sin∠OCB＝ ＝ ＝ ，
∴PD＝ PF，
∴S△PBC ＝ BC•PD＝ × × （﹣ x2+ x）＝﹣ （x﹣ ）2+ ，
∴当x＝ 时，S△PBC最大 ＝ ，当x＝ 时，y＝﹣ × ﹣3× + ＝﹣ ，PD＝ ×（﹣ × + × ）＝ ，
∴△PBC面积的最大值是 ，此时点P的坐标是（ ，﹣ ），PD的长是 ．
（3）存在，
如图3，∵EQ∥OC，
∴当EQ＝OC＝ 时，以E，Q，O，C为顶点的四边形是平行四边形，
设点Q的横坐标为m，则Q（m，﹣ m+ ），E（m， m2﹣3m+ ），
∵EQ＝| m2﹣3m+ + m﹣ |＝| m2﹣ m|，
∴| m2﹣ m|＝ ，
由 m2﹣ m＝ ，解得m ＝ ，m ＝ ；
1 2
由 m2﹣ m＝﹣ ，解得m ＝ ，m ＝ ，
1 2
综上所述，存在符合条件的点E，点Q的横坐标为 或 或 或 ．
14．（2022秋•曲周县期末）如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（2，0），B（﹣4，0）两点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若抛物线交y轴于C点，在该抛物线的对称轴上是否存在点 Q，使得△QAC的周长最小？若存在，
求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）在抛物线的第二象限图象上是否存在一点 P，使得△PBC的面积最大？若存在，求出点P的坐标
及△PBC的面积最大值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）直接利用待定系数求出二次函数解析式即可；
（2）首先求出直线BC的解析式，再利用轴对称求最短路线的方法得出答案；（3）根据S△BPC ＝S四边形BPCO ﹣S△BOC ＝S四边形BPCO ﹣16，得出函数最值，进而求出P点坐标即可．
【解答】解：（1）将A（2，0），B（﹣4，0）代入得：
，
解得： ，
则该抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+8；
（2）如图1，点A关于抛物线对称轴的对称点为点B，设直线BC的解析式为：
y＝kx+d，
将点B（﹣4，0）、C（0，8）代入得：
，
解得： ，
故直线BC解析式为：y＝2x+8，
直线BC与抛物线对称轴 x＝﹣1的交点为Q，此时△QAC的周长最小．
解方程组 得，
则点Q（﹣1，6）即为所求；
（3）如图2，过点P作PE⊥x轴于点E，
P点（x，﹣x2﹣2x+8）（﹣4＜x＜0）
∵S△BPC ＝S四边形BPCO ﹣S△BOC ＝S四边形BPCO ﹣16
若S四边形BPCO 有最大值，则S△BPC 就最大
∴S四边形BPCO ＝S△BPE +S直角梯形PEOC
＝ BE•PE+ OE（PE+OC）
＝ （x+4）（﹣x2﹣2x+8）+ （﹣x）（﹣x2﹣2x+8+8）
＝﹣2（x+2）2+24，
当x＝﹣2时，S四边形BPCO 最大值＝24，
∴S△BPC 最大＝24﹣16＝8，
当x＝﹣2时，﹣x2﹣2x+8＝8，
∴点P的坐标为（﹣2，8）．
15．（2022秋•云阳县期末）如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过点A（﹣3，0），B（1，0），C（0，﹣3）．（1）求抛物线得解析式；
（2）若点P为第三象限内抛物线上的一点，设△PAC的面积为S，求S的最大值并求此时点P的坐标．
（3）设抛物线的顶点为D，DE⊥x轴于点E，在y轴上确定一点M，使得△ADM是直角三角形，写出
所有符合条件的点M的坐标，并任选其中一个点的坐标，写出求解过程．
【分析】（1）已知抛物线上的三点坐标，利用待定系数法可求出该二次函数的解析式；
（2）过点P作x轴的垂线，交AC于点N，先运用待定系数法求出直线 AC的解析式，设P点坐标为
（x，x2+2x﹣3），根据AC的解析式表示出点N的坐标，再根据S△PAC ＝S△PAN +S△PCN 就可以表示出
△PAC的面积，运用顶点式就可以求出结论；
（3）分三种情况进行讨论：①以A为直角顶点；②以D为直角顶点；③以M为直角顶点；设点M的
坐标为（0，t），根据勾股定理列出方程，求出t的值即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣3，0），B（1，0），
∴可设抛物线的解析式为：y＝a（x+3）（x﹣1），
∴再将C点坐标（0，﹣3）代入，得：
a（0+3）（0﹣1）＝﹣3，
解得 a＝1，
∴y＝（x+3）（x﹣1）＝x2+2x﹣3，
∴该抛物线的解析式为：y＝x2+2x﹣3；
（2）过点P作x轴的垂线，交AC于点N，如图1，
设直线AC的解析式为y＝kx+m，由题意，得
，解得 ，
∴直线AC的解析式为：y＝﹣x﹣3．
再设动点P的坐标为（x，x2+2x﹣3），
则点N的坐标为（x，﹣x﹣3），
∴PN＝PE﹣NE＝﹣（x2+2x﹣3）+（﹣x﹣3）＝﹣x2﹣3x．
∵S△PAC ＝S△PAN +S△PCN ，
∴S＝ PN•OA＝ ×3（﹣x2﹣3x）
＝﹣ （x+ ）2+ ，
∴当x＝﹣ 时，S有最大值 ，此时点P的坐标为（﹣ ，﹣ ）；
（3）在y轴上是存在点M，能够使得△ADM是直角三角形．理由如下：
∵y＝x2+2x﹣3＝y＝（x+1）2﹣4，
∴顶点D的坐标为（﹣1，﹣4）．
设点M的坐标为（0，t）则，
∵A（﹣3，0），D（﹣1，﹣4），M（0，t），
∴AD2＝（﹣1+3）2+（﹣4﹣0）2＝20，
AM2＝（0+3）2+（t﹣0）2，
DM2＝（0+1）2+（t+4）2，
分三种情况进行讨论：
①当A为直角顶点时，如图2，
由勾股定理，得AM2+AD2＝DM2，
即（0+3）2+（t﹣0）2+20＝（0+1）2+（t+4）2，
解得t＝ ，
所以点M的坐标为（0， ）；
②当D为直角顶点时，如图3，
由勾股定理，得DM2+AD2＝AM2，
即（0+1）2+（t+4）2+20＝（0+3）2+（t﹣0）2，
解得t＝﹣ ，
所以点M的坐标为（0，﹣ ）；
③当M为直角顶点时，如图4，
由勾股定理，得AM2+DM2＝AD2，
即（0+3）2+（t﹣0）2+（0+1）2+（t+4）2＝20，
解得t＝﹣1或﹣3，
所以点M的坐标为（0，﹣1）或（0，﹣3）；
综上可知，在y轴上存在点M，能够使得△ADM是直角三角形，此时点M的坐标为（0， ）或（0，﹣ ）或（0，﹣1）或（0，﹣3）．
16．（2023•湟中区校级开学）如图1，抛物线经过A（﹣5，0），B（1，0），C（0，5）三点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上有一点P，使PB+PC的值最小，求点P的坐标；
（3）如图2，点M是线段AC上的点（不与A、C重合），过M作MN∥y轴交抛物线于N，若点M的
横坐标为m，请用m的代数式表示MN的长，并求出MN的最大值．
【分析】（1）由题意可得抛物线的解析式为：y＝a（x+5）（x﹣1），将点C坐标代入解析式，求出a
即可得出结论；
（2）先判断出点P是直线AC与抛物线对称轴的交点，再用待定系数法求出直线AC的解析式，即可得
出结论；
（3）点M在抛物线上，则 M（m，﹣m2﹣4m+5），由上可得直线 AC的表达式为：y＝x+5，再由
MN∥y轴，可得N（m，m+5），进而可表达MN的长，再利用二次函数的性质即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线过点A（﹣5，0），B（1，0），
∴可设抛物线的解析式为：y＝a（x+5）（x﹣1），
将C（0，5）代入解析式可得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣（x+5）（x﹣1）＝﹣x2﹣4x+5；（2）由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣4x+5，
∴抛物线的对称轴直线为x＝﹣2，
∴点A，B关于抛物线对称轴直线x＝﹣2对称，
∴直线AC与对称轴直线x＝﹣2的交点为点P，
设直线AC的解析式为y＝kx+c，
∴ ，
解得 ，
∴直线AC的解析式为y＝x+5，
令x＝﹣2，则y＝3，
∴P（﹣2，3）；
（3）由（2）得直线AC的表达式为：y＝x+5，
∵点N在抛物线上，
∴N（m，﹣m2﹣4m+5），
∵MN∥y轴，
∴M（m，m+5），
∴MN＝﹣m2﹣4m+5﹣m﹣5＝﹣m2﹣5m＝﹣（m+2.5）2+6.25（﹣5＜m＜0），
∴MN的最大值为6.25．
17．（2023•太平区二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y＝ax2+bx﹣3（a＞0）与x轴交于A（﹣
1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为直线BC下方抛物线上的一动点，PM⊥BC于点M，PN∥y轴交BC于点N．求线段PM的
最大值和此时点P的坐标；
（3）点E为x轴上一动点，点Q为抛物线上一动点，是否存在以CQ为斜边的等腰直角三角形CEQ？
若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】①将A，B点坐标代入抛物线解析式求出系数a，b的值，即可得解析式，
②数形结合思想找到PN和PM的数量关系，求PM最大值转化为求PN最大值问题，利用配方法求最值，
③分类讨论，应用一线三直角模型构造全等三角形，找到线段关系，从而出点坐标．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）中，
得 ，
解得 ，
∴解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
故抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）当x＝0时，y＝3，
∴C（0，﹣3），
∵B（3，0），
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵PN∥y轴，
∴∠MNP＝45°，
∵PM⊥BC，
∴ PM＝PN，则当PN最大时，PM也最大，
设BC的解析式为y＝mx+n，
∴ ，
解得 ，
∴BC解析式为y＝x﹣3，
设P（x，x2﹣2x﹣3），N（x，x﹣3），
∴PN＝x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣（x﹣ ）2+ ，
当x＝ 时，PN最大，则PM＝ PN＝ × ＝ ，
∴P（ ， ），
故PM最大值为 ，P点坐标为（ ， ）；
（3）存在，点E的坐标为（﹣5，0），（ ，0），（0，0），（ ，0）．
∵CEQ是以CQ为斜边的等腰直角三角形，
∴设Q（x，x2﹣2x﹣3），
①如图，过点E作x轴的垂线l，再分别过点C和点Q作垂线l的垂线，分别交于点M和点N，∵∠CEQ＝90°，
∴∠QEM+∠CEN＝90°，
∵∠QEM+∠MQE＝90°，
∴∠EQM＝∠CEN，
∵∠CNE＝∠QME＝90°，EC＝EQ，
∴△EMQ≌△CNE（AAS），
∴CN＝EM＝x2﹣2x﹣3，MQ＝EN＝3，
∴|x |+MQ＝CN，﹣x+3＝x2﹣2x﹣3，
Q
解得x＝﹣2，x＝3（舍去），
∴OE＝CM＝2+3＝5，E（﹣5，0），
②如图，过点E作x轴的垂线l，再分别过点C和点Q作垂线l的垂线，分别交于点M和点N，
同理：△EMC≌△QNE（AAS），CM＝EN＝x2﹣2x﹣3，NQ＝EM＝3，
∴﹣x+x2﹣2x﹣3＝3，
解得x＝ ，x＝ （舍去），
∴OE＝CM＝ ，E（ ，0），
③如图，点E和点O重合，点Q和点B重合，此时E（0，0），
④如图，过点E作x轴的垂线l，再分别过点C和点Q作垂线l的垂线，分别交于点M和点N，
同理：△EMC≌△QNE（AAS），
CM＝EN＝x2﹣2x﹣3，NQ＝EM＝3，
∴x+3＝x2﹣2x﹣3，解得x＝ ，x＝ （舍去），
∴OE＝CM＝ ，E（ ，0），
综上所述，点E的坐标为（﹣5，0），（ ，0），（0，0），（ ，0）．
18．（2023•昭平县二模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线 y＝ax2+bx﹣3与x轴交于点A，B（点
A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB＝3OA＝3．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）若点M是线段BC下方抛物线上的一个动点（不与点B，点C重合），过点M作直线MN⊥x轴于
点D，交线段BC于点N．是否存在点M使得线段MN的长度最大，若存在，求线段MN长度的最大值，
若不存在，请说明理由；
（3）当二次函数y＝ax2+bx﹣3的自变量x满足t≤x≤t+1时，此函数的最大值与最小值的差为2，求出t
的值．
【分析】（1）先求出点A、B的坐标，再将点A、B的坐标代入函数表达式y＝ax2+bx﹣3，求出a，b值，
即可得答案；
（2）由题意巧设坐标，用未知数m表示出来MN的长度，根据二次函数最值问题即可解决问题；
（3）分4种情况，当t+1≤1时，t2﹣2t﹣3﹣t2+4＝﹣2t+1＝2，解得： ；当t≥1时，t2﹣4﹣（t2
﹣2t﹣3）＝2t﹣1＝2，解得： ；当 ，函数的最小值是﹣4，函数的最大值t2﹣4，t不
符合题意；当 时，函数的最小值是﹣4，函数的最大值t2﹣2t﹣3，t不符合题意．
【解答】解：（1）∵OB＝3OA＝3，
∴点A、B的坐标分别为（﹣1，0），（3，0），
将点A、B的坐标代入函数表达式y＝ax2+bx﹣3，
，解得：
∴抛物线的表达式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）当x＝0时，y＝﹣3，
∴点C的坐标为（0，﹣3），
设直线BC的关系式为y＝kx+n，将B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝kx+n，
，
解得
∴直线BC的关系式为y＝x﹣3，
设M（m，m2﹣2m﹣3），则N（m，m﹣3），
∴
当 时，线段MN长度有最大值 ，
∴存在点M使得线段MN的长度最大，最大值是 ；
（3）∵ ，
∴1﹣2﹣3＝﹣4，
∴二次函数的顶点坐标是（1，﹣4），
当x＝t时，y＝t2﹣2t﹣3，当x＝t+1时，y＝（t+1）2﹣2（t+1）﹣3＝t2﹣4，
当t+1≤1时，即t≤0，此时函数的最小值是t2﹣4，函数的最大值t2﹣2t﹣3，
∴t2﹣2t﹣3﹣t2+4＝﹣2t+1＝2，
解得： ；
当t≥1时，此时函数的最小值是t2﹣2t﹣3，函数的最大值t2﹣4，
∴t2﹣4﹣（t2﹣2t﹣3）＝2t﹣1＝2，
解得： ；
当 ，函数的最小值是﹣4，函数的最大值t2﹣4，
t2﹣4﹣（﹣4）＝2，
解得： （舍去）或 （舍去）；
当 时，函数的最小值是﹣4，函数的最大值t2﹣2t﹣3，t2﹣2t﹣3﹣（﹣4）＝2，
解得： （舍去）或 （舍去）；
综上所述： 或 ．
19．（2023•芝罘区一模）如图，抛物线y＝ax2+x+c经过坐标轴上A、B、C三点，直线y＝﹣x+4过点B和
点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）E是直线BC上方抛物线上一动点，连接BE、CE，求△BCE面积的最大值及此时点E的坐标；
（3）Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以P、Q、B、C为顶点的四边形是
平行四边形？若存在，请求出所有满足条形的点P坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）求出B、C点坐标，再用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）过E点作EG∥y轴交BC于点G，设E（t，﹣ t2+t+4），则G（t，﹣t+4），可得S△BCE ＝﹣（t
﹣2）2+4，当t＝2时，△BCE的面积有最大值4，此时E（2，4）；
（3）设Q（1，m），P（n，﹣ n2+n+4），B（0，4），C（4，0），根据平行四边形的对角线分三种
情况讨论，利用中点坐标公式求n的值即可求P点坐标．
【解答】解：（1）当x＝0时，y＝4，
∴B（0，4），
当y＝0时，x＝4，
∴C（4，0），
将B、C点代入y＝ax2+x+c，
∴ ，
解得 ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣ x2+x+4；
（2）设直线BC的解析式为y＝kx+4，
∴4k+4＝0，
解得k＝﹣1，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4，
过E点作EG∥y轴交BC于点G，
设E（t，﹣ t2+t+4），则G（t，﹣t+4），
∴EG＝﹣ t2+2t，
∴S△BCE ＝ （﹣ t2+2t）×4＝﹣t2+4t＝﹣（t﹣2）2+4，
当t＝2时，△BCE的面积有最大值4，此时E（2，4）；
（3）存在点P，使得以P、Q、B、C为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
∵y＝﹣ x2+x+4＝﹣ （x﹣1）2+ ，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1，
设Q（1，m），P（n，﹣ n2+n+4），B（0，4），C（4，0），
①当PQ为平行四边形的对角线时，1+n＝4，
解得n＝3，
∴P（3， ）；
②当PB为平行四边形的对角线时，n＝4+1＝5，
∴P（5，﹣ ）；
③当PC为平行四边形的对角线时，4+n＝1，
解得n＝﹣3，
∴P（﹣3，﹣ ）；
综上所述：P点坐标为（3， ）或（5，﹣ ）或（﹣3，﹣ ）．
20．（2023春•东莞市校级月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 与直线AB交于点A
（0，﹣4），B（4，0）．点P是直线AB下方抛物线上的一动点．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）过点P作x轴的平行线交AB于点C，过点P作y轴的平行线交x轴于点D，求PC+PD的最大值及此时点P的坐标；
（3）连接PA、PB，是否存在点P，使得线段PC把△PAB的面积分成1：3两部分，如果存在，请求出
点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）设P（t， t2﹣t﹣4），则PD＝﹣ t2+t+4，BD＝4﹣t，利用等腰直角三角形性质可得DE＝BD＝
4﹣t，进而可得PC+PD＝﹣（t﹣ ）2+ ，运用二次函数的性质即可求得答案；
（3）延长PC交y轴于点F，设P（t， t2﹣t﹣4），则PD＝﹣ t2+t+4，分两种情况：当S△PAC ：S△PBC
＝1：3时，当S△PBC ：S△PAC ＝1：3时，分别得出AF＝1或3，建立方程求解即可得出答案．
【解答】解：（1）∵抛物线 与直线AB交于点A（0，﹣4），B（4，0），
∴ ，
解得： ，
∴该抛物线的函数表达式为y＝ x2﹣x﹣4；
（2）设P（t， t2﹣t﹣4），设PD交AB于点E，如图，
则PD＝﹣ t2+t+4，BD＝4﹣t，∵OA＝OB＝4，∠AOB＝90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠ABO＝45°，
∵PC∥x轴，PD∥y轴，
∴∠CPE＝∠BDE＝90°，∠BED＝∠PEC＝45°，
∴△BDE、△CPE均为等腰直角三角形，
∴DE＝BD＝4﹣t，
∴PC＝PE＝PD﹣DE＝﹣ t2+t+4﹣（4﹣t）＝﹣ t2+2t，
∴PC+PD＝﹣ t2+2t+（﹣ t2+t+4）＝﹣t2+3t+4＝﹣（t﹣ ）2+ ，
∵﹣1＜0，
∴当t＝ 时，PC+PD取得最大值 ，此时点P的坐标为（ ，﹣ ）；
（3）存在点P，使得线段PC把△PAB的面积分成1：3两部分．
如图，延长PC交y轴于点F，设P（t， t2﹣t﹣4），则PD＝﹣ t2+t+4，
当S△PAC ：S△PBC ＝1：3时，
∵∠PDO＝∠DOF＝∠PFO＝90°，∴四边形PDOF是矩形，
∴OF＝PD＝﹣ t2+t+4，
∴AF＝OA﹣OF＝4﹣（﹣ t2+t+4）＝ t2﹣t，
∵ ＝ ＝ ＝ ，
∴PD＝3AF，即OF＝3AF，
∵OF+AF＝4，
∴AF＝1，
即 t2﹣t＝1，
解得：t＝1+ 或t＝1﹣ （舍去），
∴P（1+ ，﹣3）；
当S△PBC ：S△PAC ＝1：3时，同理可得AF＝3，
即 t2﹣t＝3，
解得：t＝1+ 或t＝1﹣ （舍去），
∴P（1+ ，﹣1）；
综上所述，存在点P，使得线段PC把△PAB的面积分成1：3两部分，点P的坐标为（1+ ，﹣3）或
（1+ ，﹣1）．
