专题 04 二次函数与几何综合常考题型
【题型01 ：二次函数与角相等】
【题型02 ：二次函数与线段最值】
【题型03：二次函数与面积综合】
【题型04：二次函数与平行四边形存在性问题】
【题型05：二次函数与菱形存在性问题】
【题型06：二次函数与矩形存在性问题】
【题型07：二次函数与等腰三角形存在性问题】
【题型08：二次函数与直角三角形存在性问题】
【题型09：二次函数与等腰直角三角形存在性问题】
【题型10：二次函数与全等三角形存在性问题】
【题型01 ：二次函数与角相等】
【典例1】如图1，抛物线y=ax2+bx+4与x轴交于点A(−3，0)，B(2，0)，与y轴交
于点C，点D是OC的中点，点P是抛物线上的一个动点．
(1)求该抛物线的表达式．
(2)当∠ABP=∠BAD时，求点P的坐标．
(3)如图2，过点P作直线BD的垂线，垂足为M．以PM为对角线作正方形PQMN，当点
Q落在抛物线y=ax2+bx+4的对称轴上时，请写出点P的横坐标．2 2
【答案】(1)y=− x2− x+4
3 3
8
(2)点P的坐标为(−4,−4)或(−2, )；
3
1
(3)P的横坐标为−3或
2
2 2
【分析】（1）用待定系数法可得抛物线的表达式为y=− x2− x+4；
3 3
（2）分两种情况：①当P在x轴下方时，设BP交y轴于K，求出D(0,2)，直线AD解析式
2 2 4
为y= x+2，由∠ABP=∠BAD，知AD∥BP，可得直线BP解析式为y= x− ，联
3 3 3
2 4
{ y= x− )
3 3
立 ，即可解得P(−4,−4)；②当P′在x轴上方时，BP′交y轴于K′，
2 2
y=− x2− x+4
3 3
4 2 4
可知K′与K关于x轴对称，从而可得K′ (0, )，直线BP′解析式为y=− x+ ，联立
3 3 3
2 4
{ y=− x+ )
3 3 8
，可解得P′ (−2, )；
2 2 3
y=− x2− x+4
3 3
（3）分两种情况：①当P在对称轴左侧时，延长MP交x轴于T，求得抛物线对称轴为直线
1 1 1
x=− ，证明MQ⊥BT，即MQ⊥x轴，知MQ∥直线x=− ，故当Q在直线x=− 上
2 2 2
1 1 5 2 2
时，M也在直线x=− 上，求得M(− ， )；设P(m,− m2− m+4)，得
2 2 2 3 3
5 2 2 1
−(− m2− m+4)=− −m，即可解得此时P的横坐标为−3；②当P在对称轴右侧
2 3 3 21 5 2 2
时，同理可知M(− ， )；设P(n,− n2− n+4)，有
2 2 3 3
2 2 5 1 1
(− n2− n+4)− =n−(− )，可解得此时P的横坐标为 ．
3 3 2 2 2
【详解】（1）解：把A(−3,0)，B(2,0)代入y=ax2+bx+4得：
{9a−3b+4=0)
，
4a+2b+4=0
2
{ a=− )
3
解得： ，
2
b=−
3
2 2
∴抛物线的表达式为y=− x2− x+4；
3 3
（2）解：①当P在x轴下方时，设BP交y轴于K，如图：
∵ D OC C(0,4)
点 是 的中点， ，
∴D(0,2)，
设直线AD解析式为y=k x+b
0 0
把A(−3,0)，D(0,2)代入y=k x+b
0 0
{0=−3k +b )
0 0
∴
2=b
0
2
得直线AD解析式为y= x+2，
3
∵∠ABP=∠BAD，
∴AD∥BP，
2
设直线BP解析式为y= x+m，
34
把B(2,0)代入得：0= +m，
3
4
解得m=− ，
3
2 4
∴直线BP解析式为y= x− ，
3 3
2 4
{ y= x− )
3 3
联立 ，
2 2
y=− x2− x+4
3 3
{x=2) {x=−4)
解得 或 ；
y=0 y=−4
∴P(−4,−4)；
②当P′在x轴上方时，BP′交y轴于K′，如图，
∵∠ABP′=∠BAD=∠ABP，
∴K′与K关于x轴对称，
2 4
由①知直线BP解析式为y= x− ，
3 3
4
∴K(0,− )，
3
4
∴K′ (0, )，
3
4 2 4
由B(2,0)，K′ (0, )得直线BP′解析式为y=− x+ ，
3 3 3
2 4
{ y=− x+ )
3 3
联立 ，
2 2
y=− x2− x+4
3 3
{x=−2
)
{x=2)
解得 或 8 ，
y=0 y=
3
8
∴P′ (−2, )；
3
8
综上所述，点P的坐标为(−4,−4)或(−2, )；
3
（3）解：当P在对称轴左侧时，延长MP交x轴于T，如图：2 2 1
由y=− x2− x+4可得抛物线对称轴为直线x=− ，
3 3 2
∵B(2,0)，D(0,2)，
∴OB=OD，直线BD解析式为y=−x+2，
∴∠DBO=45°，
∵∠TMB=90°，
∴∠MTB=45°，
∵四边形PQMN为正方形，
∴∠MPQ=45°，
∴PQ∥BT，
∵MQ⊥PQ，
∴MQ⊥BT，即MQ⊥x轴，
1
∵抛物线对称轴直线x=− 垂直x轴，
2
1
∴MQ∥直线x=− ，
2
1 1
∴当Q在直线x=− 上时，M也在直线x=− 上，
2 2
如图：1
{ x=− 1 ) { x=− 2 )
由 2 得 ，
5
y=−x+2 y=
2
1 5
∴M(− ， )；
2 2
2 2 1 2 2
设P(m,− m2− m+4)，则Q(− ，− m2− m+4)，
3 3 2 3 3
∵MQ=PQ，
5 2 2 1
∴ −(− m2− m+4)=− −m，
2 3 3 2
1
解得m= （舍去）或m=−3，
2
∴此时P的横坐标为−3；
②当P在对称轴右侧时，如图：
1 5
同理可知M(− ， )；
2 2
2 2 1 2 2
设P(n,− n2− n+4)，则Q(− ，− n2− n+4)，
3 3 2 3 3
∵MQ=PQ，
2 2 5 1
∴(− n2− n+4)− =n−(− )，
3 3 2 2
1
解得n= 或n=−3（舍去），
2
1
∴此时P的横坐标为 ；
2
1
综上所述，P的横坐标为−3或 ．
2
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，一次函数的性质，涉及待定系数法，梯形的面积，正方形，公式法解一元二次方程等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用．
【变式1-1】已知直线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轴的另一个交点为A，其顶点为D，P是抛物线上的动点．
(1)求抛物线的解析式，并写出D点坐标；
(2)如图1，点E(2,m)在抛物线上，连接BE，点P在抛物线对称轴左侧，满足
∠PBC=∠EBC，请求出点P的坐标；
(3)如图2，连接BD，CD．
①判断△BCD的形状；
②当∠BCP=∠CBD时，直接写出点P的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3，(1,−4)
( 2 11)
(2)P − ,−
3 9
(5 7)
(3)①直角三角形；②(4,5)或 ,−
2 4
【分析】（1）分别求出B、C的坐标，然后把B、C的坐标代入y=x2+bx+c求解即可；
（2）连接CE，过B作BF⊥CE于F，判断四边形OCFB是正方形，得出CF=OB=3，
∠OBC=∠FBC，则可证∠OBG=∠FBE，利用ASA证明△BOG≌△BFE，可求出G
的坐标，利用待定系数法求出BG的解析式，然后与抛物线解析式联立方程组求解即可；
（3）①利用两点间距离公式，勾股定理的逆定理即可判断；②分CP在CB的上方和下方两
种情况讨论即可．
【详解】（1）解：当x=0时，y=−3，
∴C(0,−3)，
当y=0时，x−3=0，解得x=3，∴B(3,0)，
把B、C的坐标代入y=x2+bx+c，
{9+3b+c=0)
得 ，
c=−3
{b=−2)
解得 ，
c=−3
∴y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴顶点D的坐标为(1,−4)；
（2）解：把E(2,m)代入y=x2−2x−3，得m=22−2×2−3，
∴E(2,−3)，
∴CE∥ x轴，则CE⊥y轴，CE=2，
∵B(3,0)，C(0,−3)，
∴BO=CO=3，
如图，连接CE，过B作BF⊥CE于F，
则四边形OCFB是矩形，
又OB=OC，
∴四边形OCFB是正方形，
∴CF=OB=3，∠OBC=∠FBC，
∴EF=1，
∵∠PBC=∠EBC，
∴∠OBG=∠FBE，
又∠BOG=∠F=90°，
∴△BOG≌△BFE，
∴OG=EF=1，
∴G(0,−1)，
设BG的解析式为y=k x+b ，
1 1{3k +b =0)
则 1 1 ，
b =−1
1
{ k = 1 )
解得 1 3 ，
b =−1
1
1
∴y= x−1，
3
{ y= 1 x−1 )
联立方程组 3 ，
y=x2−2x−3
2
{ x=− )
{x=3) 3
解得 或 ，
y=0 11
y=−
9
( 2 11)
∴P − ,−
3 9
（3）解：①∵B(3,0)，C(0,−3)，D(1,−4)，
∴BC2=32+32=18，CD2=12+(−3+4) 2 =2，BD2=(3−1) 2 +42=20，
∴BC2+CD2=BD2，
∴△BCD是直角三角形，其中∠DCB=90°；
②当CP在CB的上方时，如图，
设直线BD解析式为y=mx+n，
{3m+n=0) {m=2 )
则 ，解得 ，
m+n=−4 n=−6
∴y=2x−6，∵∠BCP=∠CBD，
∴CP∥ BD，
∴设CP的解析式为y=2x+b ，
2
∴b =−3，
2
∴y=2x−3，
{ y=2x−3 )
联立方程组 ，
y=x2−2x−3
{ x=0 ) {x=4)
解得 或 ，
y=−3 y=5
∴P的坐标为(4,5)；
当CP在CB的下方时，
如图，过B作BG⊥BC，交CP于G，过G作GH⊥OB于H
又①知∠DCB=90°，
∴∠DCB=∠GBC=90°，
又BC=CB，∠BCG=∠CBD，
∴△BCG≌△CBD(ASA)，
∴BG=CD，
∵OB=OC=3，∠BOC=90°，
∴∠OBC=45°，
∴∠GBH=180°−∠OBC−∠CBG=45°，
∴∠BGH=45°=∠GBH，
∴BH=GH，
又BH2+GH2=BG2=CD2=2，
∴BH=GH=1，
∴G(4,−1)，
∴设CP的解析式为y=m x+n❑ ，
1 1{4m +n =−1)
∴ 1 1 ，
n =−3
1
{ m = 1 )
∴ 1 2 ，
n =−3
1
1
∴y= x−3
2
{ y= 1 x−3 )
联立方程组 2 ，
y=x2−2x−3
5
{ x= )
{ x=0 ) 2
解得 或 ，
y=−3 7
y=−
4
(5 7)
∴P的坐标为 ,− ；
2 4
(5 7)
综上，P的坐标为(4,5)或 ,− ．
2 4
【点睛】本题考查了二次函数与几何图形，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性
质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理与逆定理等知识，明确题意，添加合适辅助
线，构造全等三角形、等腰直角三角形求解是解题的关键．
【变式1-2】如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=−x2−3x+4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，作直线AC．D为直线AC上方抛物线上
的一个动点，横坐标为m，过点D作DF⊥x轴于点F，交直线AC于点E．
(1)求点A，B，C的坐标，并直接写出直线AC的函数表达式．(2)当∠ACD=2∠BAC时，求点D的坐标．
【答案】(1)A(−4,0)，B(1,0)，C(0,4)，y=x+4
(2)(−2,6)
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、等腰三角形的三线合一等知识，
熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键．
（1）根据二次函数的性质和待定系数法求解即可得；
（2）过点C作CG⊥DF于点G，先求出EF,DG,EG的长，从而可得点D的坐标，再代
入二次函数的解析式求解即可得．
【详解】（1）解：对于二次函数y=−x2−3x+4，
当y=0时，−x2−3x+4=0，解得x=−4或x=1，
∴A(−4,0)，B(1,0)，
当x=0时，y=4，
∴C(0,4)，
设直线AC的函数表达式为y=kx+b，
{−4k+b=0) {k=1)
将点A(−4,0)，C(0,4)代入得： ，解得 ，
b=4 b=4
则直线AC的函数表达式为y=x+4．
（2）解：∵C(0,4)，
∴OC=4，
如图，过点C作CG⊥DF于点G，
则四边形OCGF是矩形，
∴GF=OC=4，CG∥AB，
∴∠ACG=∠BAC，
∵∠ACD=2∠BAC，
∴∠ACG=∠DCG，
∴90°−∠ACG=90°−∠DCG，即∠CED=∠CDE，∴CD=CE，
又∵CG⊥DF，
∴DG=EG，
∵D为直线AC上方抛物线上的一个动点，横坐标为m，DF⊥x轴于点F，
∴−4<m<0，E(m,m+4)，
∴EF=m+4，
∴DG=EG=GF−EF=−m，
∴DF=DG+GF=−m+4，
∴D(m,−m+4)，
将点D(m,−m+4)代入y=−x2−3x+4得：−m+4=−m2−3m+4，
解得m=−2或m=0（不符合题意，舍去），
∴点D的坐标为(−2,6)．
【典例2】综合与探究
如图，已知抛物线y=ax2+bx−2(a>0)与x轴交于点A(−1,0)，B(2,0)，与y轴交于点
C．P是抛物线上一动点，设点P的横坐标为m．
(1)求抛物线的函数表达式．
(2)若∠BAP=45°，求m的值．
【答案】(1)y=x2−x−2
(2)m=1或3
【分析】此题考查了二次函数的图象和性质、待定系数法求函数解析式、等腰直角三角形
的性质等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键．
（1）利用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）分两种情况画出图形，根据等腰直角三角形的性质列出方程，解方程即可得到答案．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−2(a>0)与x轴交于点A(−1,0)，B(2,0)，{ a−b−2=0 )
∴ ，
4a+2b−2=0
{ a=1 )
解得 ，
b=−1
∴抛物线的函数表达式为y=x2−x−2．
（2）当点P在x轴下方时，如图，过点P作PD⊥x轴于点D，则点D的坐标为(m,0)，
∵∠BAP=45°，
∴△ADP是等腰直角三角形，AD=PD，
即m+1=−(m2−m−2)，
解得m1 =−1,m =1
❑ 2
其中m =−1不合题意，故m=1
❑1
当点P在x轴上方时，如图，过点P作PE⊥x轴于点E，则点E的坐标为(m,0)，
∵∠BAP=45°，
∴△AEP是等腰直角三角形，AE=PE，
即m+1=m2−m−2，
解得m =−1,m =3
❑1 2
其中m =−1不合题意，故m=3
❑1
综上可知，m=1或m=3.
【典例3】如图，二次函数的图像与x轴交于A(−2,0)，B两点，与y轴交于点C，且顶点
为(2,8)，连接BC．(1)求抛物线的解析式；
(2)如图①，在BC的上方抛物线上存在一点P，已知P点的横坐标为t，过点P作
1
PQ⊥BC交BC于点Q，则BQ+ PQ是否存在最大值，若存在求出最大值，若不存在请
2
说明理由；
(3)如图②，连接CA，抛物线上是否存在点M，使得∠BCM+∠OCA=45°，如果存在，
请求出直线CM与x轴的交点坐标，不存在，请说明理由．
1 1
【答案】(1)y=− (x−2) 2 +8=− x2+2x+6；
2 2
507❑√2
(2)最大值 ；
72
(3)(2,0)或(18,0)
【分析】此题考查了二次函数的图象和性质、待定系数法、相似三角形的判定和性质、等
腰直角三角形的判定和性质、一次函数的图象和性质等知识，数形结合和分类讨论是解题
的关键．
（1）利用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）过点P作x轴的垂线交BC于点D，交x轴于点E，求出B(6,0） C(0,6)，求出直线
BC 的解析式为 y=−x+6 ，由题意知 P ( t,− 1 t2+2t+6 )， D(t,−t+6) ， E(t,0) ，得到
21 1 3❑√2( 5) 2 507❑√2，即可得到答案；
BQ+ PQ= PQ+DQ+BD=− t− +
2 2 8 3 72
（3）分两种情况画出图形，分别进行解答即可．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为(2,8)
设该抛物线解析式为：y=a(x−2) 2 +8
∵点A(−2,0)在抛物线上
∴0=a⋅(−2−2) 2 +8
1
解得：a=−
2
1 1
∴抛物线解析式为：y=− (x−2) 2 +8=− x2+2x+6
2 2
（2）如图，过点P作x轴的垂线交BC于点D，交x轴于点E
1
令y=0则− x2+2x+6=0
2
解得：x =−2，x =6
1 2
∴B(6,0） C(0,6)
设直线BC的解析式为y=mx+n，
{6m+n=0)
则
n=6
{m=−1)
解得
n=6
∴BC:y=−x+6
由题意知P ( t,− 1 t2+2t+6 ) ，D(t,−t+6)，E(t,0)
21
所以PD=− t2+3t，DE=−t+6
2
∵OB=OC=6,∠BOC=90°
∴∠EBD=∠BDE=∠PDQ=∠P=45°
❑√2 ❑√2 3❑√2
∴BD=❑√2DE=−❑√2t+6❑√2，QD=PQ= PD=− t2+ t
2 4 2
∴BQ+
1
PQ=
1
PQ+DQ+BD=−
3❑√2
t2+
5❑√2
t+6❑√2=−
3❑√2(
t−
5) 2
+
507❑√2
2 2 8 4 8 3 72
5 1 507❑√2
∴当t= 时，BQ+ PQ的值最大，最大值是
3 2 72
（3）①如图，取点A关于y轴的对称点F(2,0)，连接CF，
直线CF与抛物线在第四象限的交点即为点M
∵∠OCB=45°
∴∠BCF+∠OCF=45°且∠FCO=∠OCA
∴∠BCF+∠OCA=45°
∴直线CM与x轴的交点坐标为(2,0)
②如图，∵∠OCB=45°
若∠BCF+∠OCA=45°，则∠ACF=90°
将AC绕着C点逆时针旋转90°得到线段CF，
则直线CF与抛物线在第一象限的交点即为点M，过点M作MN⊥y轴于点N，
则∠CMN+∠MCN=∠ACO+∠MCN=90°，∠CNM=∠AOC=90°
∴∠CMN=∠ACO，
∴△CMN∽△ACO
CN MN
∴ = ，
AO CO
设点M的坐标为 ( s,− 1 s2+2s+6 ) ，则MN=s,ON=− 1 s2+2s+6，
2 2
∴CN=6− ( − 1 s2+2s+6 ) = 1 s2−2s
2 2
1
s2−2s
∴2 s
=
2 6
14
解得s=0或s=
3
(14 40)
则M , ，
3 9
设直线CF的解析式为y=kx+b{14
k+b=
40
)
则 3 9
b=6
{ k=− 1 )
解得 3
b=6
1
∴CF的解析式为：y=− x+6
3
令y=0，则x=18
∴直线CM与x轴的交点坐标为(18,0)
综上可知，直线CM与x轴的交点坐标为(2,0)或(18,0)
【题型02 ：二次函数与线段最值】
【典例4】已知抛物线与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，与y轴交于点C(0,−3)，D是抛
物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标．
(2)若点P是抛物线对称轴上的一个动点，当PA+PC的值最小时，求点P的坐标．
❑√3
(3)若点M为y轴上的一个动点，连接AM，求 CM+AM的最小值．
2
【答案】(1)y=x2−2x−3，(1,−,4)
(2)P(1,−2)
3❑√3 1
(3) +
2 2
【分析】本题考查了二次函数解析式及顶点坐标，一次函数解析式，二次函数的性质，解
直角三角形等知识；
（1）根据题意设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−3)，将点C(0，−3)代入解析式即可
求解；（2）设直线BC为y=mx+n，把B(3,0)，C(0,−3)分别代入解析式即可求得直线BC解析
式，即可求解；
❑√3
（3）以MC为斜边作Rt△CME（点E在y轴右侧），使得sin∠MCE= 得
2
❑√3
CM=ME，过点A作AF∥ ME，交y轴于M′，交CE于点F，则AF⊥CE，根据
2
❑√3
sin∠MCE= ，得∠MCE=60°，当A、M、E三点共线且AE⊥CE时，ME+AM
2
的值最小，最小值为AF的长，在Rt∠AM′O中，∠AM′O=30°，OA=1，可得
3❑√3 3
AM′=2，M′O=❑√3，进而可求得M′F= − ，即可求解
2 2
3❑√3 1
AF=AM′+FM′= +
2 2
【详解】（1）解：根据题意可设抛物线的解析式为y=a(x+1)(x−3)，
∵抛物线经过点C(0，−3)，
∴将点C(0，−3)代入y=a(x+1)(x−3)，解得a=1，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴顶点D的坐标为(1，−4)，
（2）解：设直线BC为y=mx+n，
{3m+n=0)
把B(3,0)，C(0,−3)分别代入得 ，
n=−3
{m=1 )
∴ ．
n=−3
∴直线BC为解析式为y=x−3
令x=1得y=1−3=−2，
∴P(1,−2)．
❑√3
（3）解：如图，以MC为斜边作Rt△CME（点E在y轴右侧），使得sin∠MCE= ，
2❑√3
∴ CM=ME
2
，
过点A作AF∥ ME，交y轴于M′，交CE于点F，则AF⊥CE，
❑√3
根据sin∠MCE= ，得∠MCE=60°
2
❑√3
则 CM+AM=ME+AM，当A、M、E三点共线且AE⊥CE时，ME+AM的值最小，
2
最小值为AF的长，
∵AF∥ ME
∴∠AM′O=∠CM′F=90°−∠MCE=30°
∵在Rt∠AM′O中，∠AM′O=30°，OA=1
∴ AM′=2，M′O=❑√3
∴CM′=3−❑√3
❑√3 3❑√3 3
∴M′F=(3−❑√3)× = −
2 2 2
3❑√3 3 3❑√3 1
∴ AF=AM′+FM′=2+ − = + ，
2 2 2 2
❑√3 3❑√3 1
即 CM+AM的最小值为 +
2 2 2
【变式4-1】如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A，B两点，点A的坐标为(−1,0)，
b
与y轴交于点C(0,4)．注：抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是x=− ，顶点坐标是
2a
( b 4ac−b2 )
− , ．
2a 4a(1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
(2)点M(m,0)是x轴上的一个动点，当MC+MD的值是最小时，请计算此时m的值．
(3 25)
【答案】(1)y=−x2+3x+4，D ,
2 4
24
(2)m=
41
【分析】本题主要考查了用待定系数法求解二次函数表达式，根据轴对称的性质确定最短
路径，解题的关键是熟练掌握用待定系数法求解函数表达式的方法和步骤．
（1）利用待定系数法即可求得抛物线的解析式，再根据顶点坐标即可求解；
（2）作点C(0,4)关于x轴的对称点E(0,−4)，连接DE，可知与x轴交点即为MC+MD
41
的值最小时，利用待定系数法求得DE解析式为y= x−4，令y=0，即可求解．
6
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c过点A(−1,0),C(0,4)，
∴¿，
{b=3)
∴ ，
c=4
∴抛物线的解析式为y=−x2+3x+4．
( b 4ac−b2 )
∵顶点坐标 − , ，
2a 4a
(3 25)
∴D , ．
2 4
（2）作点C(0,4)关于x轴的对称点E(0,−4)，连接DE，
则MC+MD=ME+MD≥ED，
∴与x轴交点即为MC+MD的值最小时，(3 25)
设DE解析式为y=kx+b，代入E(0,−4)，D , ，
2 4
∴¿，
{ k= 41 )
∴ 6 ，
b=−4
41 24 24
∴y= x−4，令y=0，解得x= ，即m= ．
6 41 41
3
【变式4-2】如图，直线y= x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线
4
3
y=− x2+bx+c经过A、B两点．
4
(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 9
【答案】(1)y=− x2− x+3
4 4
(2)4【分析】本题主要考查了二次函数综合，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式．
（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；
3 9 3 9
（2）设D(m,− m2− m+3)，则C(−m2−3m，− m2− m+3)，进而表示出CD
4 4 4 4
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
【详解】（1）∵直线y= x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点，
4
∴A(−4,0)、B(0,3)，
3
∵抛物线y=− x2+bx+c经过A、B两点，
4
{−12−4b+c=0)
∴ ，
c=3
{ b=− 9 )
∴ 4 ，
c=3
3 9
∴y=− x2− x+3．
4 4
3 9
（2）设D(m,− m2− m+3)，
4 4
∵DC平行于x轴，与直线AB交于点C，
3 3 9
∴令 x+3=− m2− m+3，
4 4 4
∴x=−m2−3m，
3 9
∴C(−m2−3m，− m2− m+3)，
4 4
∴DC=−m2−3m−m=−m2−4m=−(m+2) 2+4，
∴当m=−2时，DC的长取最大值，最大值为4．
【变式4-3】如图，抛物线y=ax2+bx−3经过A(−1,0)，B(3,0)两点，与y轴交于点C．(1)求抛物线解析式；
(2)点P是抛物线对称轴上一点，当△PAC的周长最小时，求点P的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)(1,−2)
【分析】本题主要考查的是二次函数的综合应用，一次函数的图象与性质，轴对称的性质
等知识点，依据轴对称路径最短问题确定出点P的位置是解题的关键．
（1）根据待定系数法即可求得；
（2）连接BC交抛物线的对称轴于点P，连接PA，依据轴对称图形的性质可得到PA=PB，
则△PAC的周长=AC+PA+PC，故当点C、P、B在一条直线上时，△PAC的周长最小
值，然后求得直线BC的解析式，从而可得到点P的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−3经过A(−1，0)、B(3，0)两点，
{ a−b−3=0 )
∴ ，
9a+3b−3=0
{ a=1 )
解得 ，
b=−2
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
（2）∵当x=0时，y=x2−2x−3=−3，
∴C(0，−3)，
∵点P是抛物线对称轴上一点，
∴PA=PB，
∴AP+PC=CP+PB．
∴当点P、C、B在一条直线上时，AP+PC有最小值，即BC的长度．
如图，连接BC交抛物线的对称轴于点P，
又∵AC为定值，∴此时，△APC的周长最小．
设直线BC的解析式为y=kx+b，
{3k+b=0)
则 ，
b=−3
{ k=1 )
解得： ，
b=−3
∴直线BC的解析式为y=x−3，
将x=1代入y=x−3得：y=−2，
∴点P的坐标为(1，−2)，
即当△PAC的周长最小时，点P的坐标为(1，−2)．
【题型03：二次函数与面积综合】
【典例5】已知：如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，其中A点
坐标为(−1,0)，M(2,9)为抛物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在第一象限的抛物线上是否存在一点P，使得△BCP的面积最大，求出点P的坐标及
△BCP最大面积．
【答案】(1)y=−(x−2) 2 +9=−x2+4x+5
(5 35) 125
(2)存在，点P的坐标为 , ，△BCP最大面积为 ．
2 4 8
【分析】此题是二次函数综合题，考查了待定系数法和面积问题，数形结合是解题的关键．
（1）利用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）求出点B的坐标为(5,0)和点C的坐标为(0,5)，待定系数法求出直线BC的解析式为，设点 为 ，过点P作 轴的垂线交 于点N，垂足为点H，
y=−x+5 P (m,−m2+4m+5) x BC
则点N的坐标为 ，得到 5( 5) 2 125，根据二次函数的性质即可
(m,−m+5) S =− m− +
❑△BCP 2 2 8
得到答案．
【详解】（1）解：∵M(2,9)为抛物线的顶点，
∴可设抛物线解析式为y=a(x−2) 2 +9，
把A点坐标(−1,0)代入得到，0=a(−1−2) 2 +9，
解得a=−1
∴抛物线解析式为：y=−(x−2) 2 +9=−x2+4x+5，
（2）存在，求解如下：
当y=0时，−(x−2) 2 +9=0，
解得x =5,x =−1，
❑1 ❑2
∴点B的坐标为(5,0)，
当x=0时，y=−x2+4x+5=5，
∴点C的坐标为(0,5)，
设直线BC的解析式为y=kx+n，
{5k+n=0)
n=5
{k=−1)
解得
n=5
∴直线BC的解析式为y=−x+5，
设点P为(m,−m2+4m+5)，过点P作x轴的垂线交BC于点N，垂足为点H，则点N的坐
标为(m,−m+5)，∴S =
1
PN(x −x )=
1
(−m2+4m+5+m−5)×5=−
5(
m−
5) 2
+
125
❑△BCP 2 ❑B ❑C 2 2 2 8
5
∵− <0，0<m<5，
2
5 125
∴当m= 时，S 有最大值，最大值为 ，
2 ❑△BCP 8
35
此时−m2+4m+5=
，
4
(5 35) 125
∴点P的坐标为 , ，△BCP最大面积为 ．
2 4 8
【变式5-1】如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中
B(1,0)，C(0,3)．
(1)求抛物线的解析式．
(2)在第二象限的抛物线上是否存在一点P，使得△APC的面积最大．若存在，请直接写出
点P坐标和△APC的面积最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
( 3 15) 27
(2)存在，点P的坐标是P − , ，△APC的面积最大值是
2 4 8【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质以及与几何综合：
（1）将B，C两点坐标代入函数解析式，求出b，c的值即可；
（2）过点P作PE⊥x轴于点E，设P(x,−x2−2x+3)，且点P在第二象限，根据
S =S +S −S 可得二次函数关系式，再利用二次函数的性质即可求解.
△APC △APE 梯形PCOE △AOC
【详解】（1）解：将B(1,0)，C(0,3)代入y=−x2+bx+c得，
{−1+b+c=0)
c=3
{b=−2)
解得：
c=3
∴y=−x2−2x+3
（2）解：对于y=−x2−2x+3，令y=0,则−x2−2x+3=0,
解得，x =−3,x =1，
1 2
∴A(−3,0)，
∴OA=3,
∵C(0,3)，
∴OC=3，
过点P作PE⊥x轴于点E，如图，
设P(x,−x2−2x+3)，且点P在第二象限，
∴OE=−x,AE=3+x,
∴S =S +S −S
△APC △APE 梯形PCOE △AOC
1 1 1
= AE×PE+ (OC+PE)×OE− OA×OC
2 2 2
1 1 1
= (3+x)(−x2−2x+3)+ (3−x2−2x+3)(−x)− ×3×3
2 2 23( 3) 2 27
=− x+ +
2 2 8
3
∵− <0，
2
∴S有最大值，
3 27 ( 3 15)
∴当x=− 时，S有最大值，最大值为 ，此时点P的坐标为 − ,
2 8 2 4
【变式5-2】如图，已知二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A,B两点，与y轴交于点
C，其中A(−2,0),C(0,−2)．
(1)求二次函数的表达式；
(2)若P是二次函数图象上的一点，且点P在第二象限，线段PC交x轴于点D,△PDB的面
积是△CDB的面积的2倍，求点P的坐标．
【答案】(1)y=x2+x−2
(2)(−3,4)
【分析】本题考查二次函数表达式、二次函数的图象与性质、二元一次方程组、一元二次
方程、三角形面积等基础知识，考查运算能力、推理能力、几何直观等.
（1）根据待定系数法求解即可；
S
（2）设P(m,n)，因为点P在第二象限，所以m<0,n>0．依题意，得 △PDB=2，即可得
S
△CDB
n
出 =2，求出n=2CO=4，由m2+m−2=4，求出m，即可求出点P的坐标．
CO【详解】（1）解：将A(−2,0),C(0,−2)代入y=x2+bx+c，
{4−2b+c=0)
得 ，
c=−2
{ b=1 )
解得 ，
c=−2
所以，二次函数的表达式为y=x2+x−2．
（2）设P(m,n)，因为点P在第二象限，所以m<0,n>0．
1
BD⋅n
S 2 n
依题意，得 △PDB=2，即 =2，所以 =2．
S 1 CO
△CDB BD⋅CO
2
由已知，得CO=2，
所以n=2CO=4．
由m2+m−2=4，
解得m =−3,m =2（舍去），
1 2
所以点P坐标为(−3,4)．
【题型04：二次函数与平行四边形存在性问题】
4
【典例6】如图，抛物线y=− x2+bx+c与x轴交于A(−3,0)，B(1,0)两点，与y轴交于
3
点C．
(1)求抛物线解析式及C点坐标；
(2)D是平面直角坐标系内一点，以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，求点D坐
标；
4 8
【答案】(1)y=− x2− x+4，(0,4)
3 3
(2)(−4,4)或(−2,−4)或(4,4)
【分析】（1）根据待定系数法求出抛物线的解析式，然后即可求出抛物线与x轴和y轴的交点坐标；
（2）分三种情况，先确定四边形的对角线，找到对角线的中点，然后根据中点坐标公式即
可求解；
【详解】（1）解：将A(−3,0)，B(1,0)代入解析式得¿，
∴¿，
4 8
∴抛物线的解析式为y=− x2− x+4，
3 3
∴点C的坐标为(0,4)；
（2）解：由题意知，以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，分三种情况求解；
①当AC为对角线，则BD为对角线，
( 3 )
设AC的中点为F，则F − ,2 ，
2
设D (a,b)，
∴¿，
解得a=−4，b=4，
∴D (−4,4)；
②当AB为对角线，则CD为对角线，
设AB的中点为F，则F (−1,0)，
设D (a,b)，
∴¿，
解得a=−2，b=−4，
∴D (−2,−4)；
③当BC为对角线，则AD为对角线，
(1 )
设BC的中点为F，则F ,2 ，
2
设D (a,b)，
∴¿，
解得a=4，b=4，
∴D (4,4)；
综上所述，点D的坐标为(−4,4)或(−2,−4)或(4,4)；
【点睛】本题综合考查了二次函数解析式，二次函数的图象与性质，二次函数与平行四边形综合，二次函数与角度综合，一次函数解析式等知识．熟练掌握二次函数解析式，二次
函数的图象与性质，二次函数与平行四边形综合，二次函数与角度综合，一次函数解析式
是解题的关键．
【变式6-1】已知抛物线L：y=x2−2x−3与x轴交于点A，B（A在B的左侧），顶点为
C，将抛物线L向左平移5个单位，得到抛物线L′．
(1)求A，B，C三点坐标；
(2)M为抛物线L上一动点，N为抛物线L′上一动点，是否存在M，N，使得以A，B，M，N
为顶点的四边形是以AB为边的平行四边形？若存在，请求出点M，N的坐标；若不存在，
请说明理由．
【答案】(1)A(−1,0),B(3,0)，C(1,−4)
(1 15) ( 7 15) ( 7 65) (1 65)
(2)M ,− ，N − ,− 或M − , ，N ,
2 4 2 4 2 4 2 4
【分析】本题考查二次函数图象的平移以及综合应用：
（1）求出y=0时，x的值，得到A，B的坐标，一般式化为顶点式，求出C点坐标即可；
（2）先求出平移后的函数解析式，分平行四边形ABMN和平行四边形ABNM，两种情况
讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴当y=0时，x2−2x−3=0，C(1,−4)；
∴x =3,x =−1，
1 2
∴A(−1,0),B(3,0)；（2）由题意，平移后的解析式为：y=(x−1+5) 2−4=(x+4) 2−4=x2+8x+12；
∵A(−1,0),B(3,0)，
∴AB=4，
设M(m,m2−2m−3)，
当以A，B，M，N为顶点的四边形是以AB为边的平行四边形时，分两种情况：
①四边形ABMN为平行四边形，则：MN∥AB,MN=AB，
∴N(m−4,m2−2m−3)，
把N(m−4,m2−2m−3)代入y=(x+4) 2−4，得：
m2−2m−3=(m−4+4) 2−4，
1
解得：m= ，
2
(1 15) ( 7 15)
∴M ,− ，N − ,− ；
2 4 2 4
②四边形ABNM为平行四边形，则：N(m+4,m2−2m−3)，
把N(m+4,m2−2m−3)代入y=(x+4) 2−4，得：
7
m2−2m−3=(m+4+4) 2−4，解得：m=− ，
2
( 7 65) (1 65)
∴M − , ，N , ；
2 4 2 4
(1 15) ( 7 15) ( 7 65) (1 65)
综上：M ,− ，N − ,− 或M − , ，N , ．
2 4 2 4 2 4 2 4
5
【变式6-2】如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx+ (a≠0)与x轴交于
2
A(−1,0),B(5,0)两点，与y轴交于点C，连接BC．(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点M在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在点N，使得以B、C、M、N为顶点的四
边形是平行四边形？若存在，请求出所有符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．
1 5
【答案】(1)y=− x2+2x+
2 2
(2)存在，且为N(3,4)或N(7,−8)或N(−3,−8)，见解析
【分析】（1）把点的坐标代入解析式，解方程组即可．
（2）根据y=− 1 (x−2) 2 + 9 得到B(5,0)，C ( 0, 5) ，对称轴为直线x=2，设M(2,m)，
2 2 2
N ( n,− 1 n2+2n+ 5) ．利用分类思想和中点坐标公式计算即可．
2 2
5
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+ (a≠0)与x轴交于A(−1,0),B(5,0)两点，与y
2
轴交于点C，连接BC．
5
{ a−b+ =0 )
2
∴ ，
5
25a+5b+ =0
2
{ a=− 1 )
解得 2 ，
b=2
1 5
故抛物线的解析式为y=− x2+2x+ ，
2 2
5
令x=0得y= ，
2( 5)
∴C 0, ．
2
（2）存在点N,使得四边形为平行四边形，且N(3,4)或N(7,−8)或N(−3,−8)．理由如下：
1 5 1 9
∵y=− x2+2x+ =− (x−2) 2 + ，
2 2 2 2
∴对称轴为直线x=2，
设M(2,m)，N ( n,− 1 n2+2n+ 5) ．
2 2
( 5) (5 5)
当B(5,0)，C 0, 两点为一条对角线时，此时中点坐标为 ,
2 2 4
M(2,m)，N ( n,− 1 n2+2n+ 5) 两点为另一条对角线，此时中点坐标为
2 2
1 5
( m− n2+2n+ )
2+n 2 2 ，
,
2 2
2+n 5
故 = ，
2 2
1 5
解得n=3，此时− n2+2n+ =4，
2 2
故N(3,4)；
(7 m)
当B(5,0)，M(2,m)两点为一条对角线时，此时中点坐标为 ,
2 2
C ( 0, 5) ，N ( n,− 1 n2+2n+ 5) 两点为另一条对角线，此时中点坐标为
2 2 2
5 1 5
( − n2+2n+ )
n 2 2 2 ，
,
2 2n 7
故 = ，
2 2
1 5
解得n=7，此时− n2+2n+ =−8，
2 2
故N(7,−8)；
当B(5,0)，N ( n,− 1 n2+2n+ 5) 两点为一条对角线时，此时中点坐标为
2 2
1 5
( − n2+2n+ )
n+5 2 2
,
2 2
( 5) ( m+5)
C 0, ，M(2,m)两点为另一条对角线，此时中点坐标为 1, ，
2 2
n+5
故 =1，
2
1 5
解得n=−3，此时− n2+2n+ =−8，
2 2
故N(−3,−8)；
综上所述，点N(3,4)或N(7,−8)或N(−3,−8)．
【点睛】本题考查了抛物线的解析式，与坐标轴的交点，平行四边形的存在问题，中点坐
标公式，分类思想，熟练掌握待定系数法，平行四边形的性质是解题的关键．
【变式6-3】如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点A，B，对称轴是直线x=1，与y轴
交于点C(0,6)，B点坐标为(6,0)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是直线BC上方抛物线上的一动点，连接PC，PB，求△PBC面积的最大值；
(3)在y轴的右侧是否存在点M，使得以M，A，C，B为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
1 1
【答案】(1)y=− x2+ x+6
4 2
27
(2)
4
(3)存在，(10,6)或(2,−6)
【分析】本题是二次函数的综合问题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的性质，
平行四边形的性质和判定等知识，用到了分类讨论思想、图形割补思想等数学思想．
（1）利用待定系数法直接求抛物线的解析式，即可解题；
（2）作PN⊥x轴交BC于点N，设P点坐标为(m,n)，设BC所在直线解析式为y=kx+6，
利用待定系数法求出BC所在直线解析式，得到PN，利用三角形面积公式表示出三角形面
积，再利用二次函数最值即可得到△PBC面积的最大值．
（3）根据点M在y轴的右侧，使得以M，A，C，B为顶点的四边形是平行四边形，利用
平行四边形的性质和判定分以下两种情况①当AB为平行四边形的边时，②当AB为平行四
边形的对角线时，进行分析求解，即可解题．
{ b=−2a )
【详解】（1）解：根据题意得 c=6 ，
36a+6b+c=0
1
{a=−
)
4
解得 1 ，
b=
2
c=6
1 1
∴抛物线的解析式为y=− x2+ x+6．
4 2
（2）解：如图，作PN⊥x轴交BC于点N，设P点坐标为(m,n)，1 1
则n=− m2+ m+6．
4 2
设BC所在直线解析式为y=kx+6，则6k+6−0，得k=−1，
∴直线BC的解析式为y=−x+6，
∴N点坐标为(m,−m+6)，
1 3
PN=− m2+ m，
4 2
∴ S = 1 ×6× ( − 1 m2+ 3 m ) =− 3 (m−3) 2 + 27 ，
△PBC 2 4 2 4 4
27
∴当m=3时，△PBC的面积最大，且最大值为 ．
4
（3）解：A点坐标为(−4,0)．
①当AB为平行四边形的边时，AB=10，MC=10，MC∥AB，
∴M点坐标为(10,6)；
②当AB为平行四边形的对角线时，其中点坐标为(1,0)．
0+x 6+y
设M点坐标为(x,y)，则 =1， =0，
2 2
解得x=2，y=−6，
∴M点坐标为(2,−6)．
综上所述，M点坐标为(10,6)或(2,−6)．
【变式6-4】如图，已知拋物线y=ax2−2x+c与直线y=kx+b都经过A(0,3)，B(−3,0)
两点，该拋物线的顶点为C．
(1)求此抛物线和直线AB的表达式；
(2)设直线AB与该抛物线的对称轴交于点E，在射线EB上是否存在一点M，过点M作x轴
的垂线交抛物线于点N，使点M，N，C，E是平行四边形的四个顶点？若存在，求出点
M的坐标；若不存在，说明理由．【答案】(1)抛物线的表达式为y=−x2−2x+3，直线AB的表达式为y=x+3
(−3−❑√17 3−❑√17)
(2)存在，M点的坐标为(−2,1)或 ,
2 2
【分析】（1）将A(0,3)，B(−3,0)，分别代入抛物线和直线的表达式中求解，得出完整
表达式即可；
（2）分“点M在x轴的上方”和“点M在x轴的下方”两种情况讨论，根据题意画出符合
题意的图形，设出点M的坐标，依据解析式得出点N的坐标，利用M，N的坐标表示出线
段MN，求出CE的长度，利用平行四边形的对边相等得到CE=MN，得出方程求解，得
出M的坐标即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2−2x+c经过A(0,3)，B(−3,0)两点，
{9a+6+c=0)
∴ ，
c=3
{a=−1)
解得： ，
c=3
∴抛物线的表达式为y=−x2−2x+3，
∵直线y=kx+b经过A(0,3)，B(−3,0)两点，
{−3k+b=0)
∴ ，
b=3
{k=1)
解得： ，
b=3
∴直线AB的表达式为y=x+3；
（2）解：存在，
∵y=−x2−2x+3=−(x+1) 2 +4，
∴抛物线的顶点C的坐标为(−1,4)，
∵CE∥ y轴，E在直线y=x+3上，
∴−1+3=2，点E的坐标为(−1,2)．
∴CE=4−2=2，
情况一：如图，若点M在x轴的上方，连接CN，∴四边形CEMN为平行四边形，CE=MN，
设M(a,a+3)，则N(a,−a2−2a+3)，
∴MN=(−a2−2a+3)−(a+3)=−a2−3a，
∴−a2−3a=2，
解得：a=−2或a=−1（舍去），
∴a+3=−2+3=1，
∴M(−2,1)；
情况二：如图，若点M在x轴的下方，连接EN，CM，MN，
∴四边形CENM为平行四边形，CE=MN，设M(a,a+3)，则N(a,−a2−2a+3)，
∴MN=(a+3)−(−a2−2a+3)=a2+3a．
∴a2+3a=2，
−3±❑√17
解得：a= ，
2
−3−❑√17
∴取负值得：a= ，
2
−3−❑√17 3−❑√17
∴a+3= +3= ，
2 2
(−3−❑√17 3−❑√17)
∴M , ，
2 2
(−3−❑√17 3−❑√17)
综上所述，M点的坐标为(−2,1)或 , ．
2 2
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合运用，求二次函数、一次函数的解析式，利用点
的坐标的特征表示相应线段的长度、平行四边形的性质，分类讨论、画出图形、数形结合
是解题的关键．
【题型05：二次函数与菱形存在性问题】
【典例7】如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A,B(2,0)两点，与y轴交于点C(0,−6)，
对称轴为直线x=−2，连接AC．
(1)求抛物线的表达式．
(2)点E在直线AC下方的抛物线上运动（不含端点A,C），连接AE,CE,BC，当四边形
AECB的面积最大时，求出面积的最大值和此时点E的坐标．
(3)连接BC,Q是线段AC上的一个动点，过点Q作BC的平行线l．在直线l上是否存在点H，
使得以点Q,C,B,H为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
1
【答案】(1)y= x2+2x−6
2
75 ( 15)
(2) ； −3,−
2 2
(3)存在，(2−2❑√5,2❑√5)或(−6,−8)
【分析】本题主要考查二次函数的性质，菱形的性质，图形的面积：
（1）运用待定系数支求解即可；
（2）如图，作EM∥y轴交AC于点M，求出直线AC的表达式为y=−x−6．设点
E ( t, 1 t2+2t−6 ) ，则点M(t,−t−6)，根据S =S +S 可列出式子求解
2 四边形AECB △ABC △AEC
（3）根据菱形的性质求解即可
【详解】（1）解：∵抛物线交y轴于点C(0,−6)，
∴c=−6，
∵点B的坐标为(2,0)，对称轴为直线x=−2，
∴点A的坐标为(−6,0)，
将点A(−6,0),B(2,0)代入y=ax2+bx−6，
{36a−6b−6=0) { a= 1 )
得 ，解得 2 ，
4a+2b−6=0
b=2
1
∴抛物线的表达式为y= x2+2x−6．
2
（2）解：如图，作EM∥y轴交AC于点M，
设直线AC的解析式为y=kx+b，{−6k+b=0)
把A(−6,0),C(0,−6)代入得：
b=−6
{k=−1)
解得， ，
b=−6
∴直线AC的表达式为y=−x−6．
设点E ( t, 1 t2+2t−6 ) ，则点M(t,−t−6)，
2
∴EM=(−t−6)− (1 t2+2t−6 ) =− 1 t2−3t，
2 2
1 1
∴S =S +S = AB⋅OC+ EM⋅OA
四边形AECB △ABC △AEC 2 2
= 1 ×8×6+ 1( − 1 t2−3t ) ×6=− 3 t2−9t+24=− 3 (t+3) 2+ 75 ，
2 2 2 2 2 2
3
∵− <0,−6<t<0，
2
75 ( 15)
∴当t=−3时，S 的最大值为 ，此时点E −3,− ，
四边形AECB 2 2
75 ( 15)
∴四边形AECB面积的最大值为 ，此时点E的坐标为 −3,− ．
2 2
（3）解：存在．点H的坐标为(2−2❑√5,2❑√5)或(−6,−8)．
理由：∵直线AC的表达式为y=−x−6，
∴设点Q(t,−t−6)(−6≤t≤0)．
∵点B(2,0),C(0,−6)，
∴BC=2❑√10，
当四边形BCQH为菱形时，点C平移到点Q，点B平移到点H，则点H(2+t,−t)，
∴BC=BH=❑√2t2=2❑√10，
∴t=2❑√5（舍去）或t=−2❑√5，
∴点H(2−2❑√5,2❑√5)，
当四边形BCHQ为菱形时，点B平移到点Q，点C平移到点H，则点H(t−2,−t−12)，∴BC=BQ=❑√(t−2) 2+(t+6) 2=2❑√10，
解得t=0（舍去）或t=−4，
∴点H(−6,−8)．
【变式7-1】已知抛物线L:y=ax2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)和点B(3,0)，与y轴交
于点C(0,3)．
(1)求抛物线L的表达式．
(2)若点P是直线y=x+1上的一动点，将抛物线L平移得到抛物线L′，点B的对应点为Q，
是否存在以A、B、P、Q四个点为顶点的四边形是以AB为对角线的菱形？若存在，求出抛
物线L′的表达式：若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)存在，y=−(x+1) 2 +2
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）根据已知条件画出符合题意的图形，利用等腰直角三角形的性质和菱形的性质确定平
移方式，再根据函数的平移规律“上加下减，左加右减”即可求解．
{ a−b+c=0 )
【详解】（1）解：由题意得： 9a+3b+c=0 ，
c=3
{a=−1
)
解得： b=2 ．
c=3
∴抛物线L的表达式为y=−x2+2x+3；
（2）解：存在以A、B、P、Q四个点为顶点的四边形是菱形．理由：
∵点A(−1，0)，点B(3，0)，∴AB=4，
如图，当四边形APBQ为菱形时，
∵OA=OD=1
，
∴∠DAO=45°，
∵四边形APBQ为菱形，
∴∠BAQ=∠DAO=45°，
∴∠PAQ=90°，
∴四边形APBQ为正方形，
∴P(1，2)， Q(1，−2)，
此时，抛物线的平移方式为：先将抛物线向左平移2个单位，再向下平移2个单位，
∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2 +4
∴抛物线L′的表达式为y=−(x−1+2) 2 +4−2=−(x+1) 2 +2．
【点睛】本题主要考查了待定系数法确定函数的解析式，二次函数图象的性质，二次函数
图象上点的坐标的特征，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标的特征，菱形的性质，
抛物线的平移，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
【题型06：二次函数与矩形存在性问题】
【典例8】如图，抛物线y=x²+bx+c交x轴于A(−1,0)，B(3,0)两点，交y轴于点C，点
P是抛物线上一个动点．(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)当点P的坐标为(2,−3)时，求四边形ACPB的面积；
(3)当动点P在直线BC上方时，在平面直角坐标系内是否存在点Q，使得以B，C，P，Q
为顶点的四边形是矩形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)9
(5+❑√5 −1−❑√5)
(3)存在，点Q的坐标为(−5,2)或 ,
2 2
【分析】（1）把A(−1,0)，B(3,0)代入y=x²+bx+c中求解，得出抛物线的函数表达式
即可；
（2）连接AC、CP、BP、OP，过点P作PE⊥AB于点E，利用点的坐标得出出线段OA、
OB、OC、OE、PE的长度，再根据S =S +S +S ，进行计算即可；
四边形ACPB △OAC △OCP △OBP
（3）当BC为矩形的边时，四边形BCQP为矩形，PB交y轴于点E，CQ交x轴于点F，连
接EF，过点P作PM⊥y轴于点M，过点Q作QN⊥x轴于点N，利用等腰直角三角形的
判定与性质及矩形的判定与性质得到NF=QN=PM=ME，利用待定系数法求得直线PB
的解析式与抛物线的解析式联立方程组求得点P的坐标，则PM=2，进而得到ON、QN的
长度，即可得出点Q的坐标；当BC为对角线时，四边形BPCQ为矩形，过点Q作QD⊥x
PE BE
轴于点D，PE⊥x轴于点E，证明△BEP∽△QDB，得出 = ，设P(t,t2−2t−3)，
DB DQ
Q(x ，y )，表示出Q(3−t,−t2+2t)，DQ=t2−2t，BD=−t，EP=−t2+2t+3，
Q Q
−t2+2t+3 3−t
BE=3−t，得出方程 = ，整理、分解因式得(t−3)(t2−t−1)=0，则
−t t2−2t
t−3=0或t2−t−1=0，求解并取舍，求出3−t、−t2+2t，即可得出点Q的坐标．
{1−b+c=0 )
【详解】（1）解：把A(−1,0)，B(3,0)代入y=x²+bx+c得： ，
9+3b+c=0
{b=−2)
解得： ，
c=−3
∴该抛物线的函数表达式为y=x2−2x−3；（2）解：如图，连接AC、CP、BP、OP，过点P作PE⊥AB于点E，
∵点P的坐标为(2,−3)，
∴PE=3，OE=2，
∵x=0时，y=−3，
∴C(0,−3)，
∴OC=3，
∵A(−1,0)，B(3,0)，
∴OA=1，OB=3，
∴S =S +S +S
四边形ACPB △OAC △OCP △OBP
1 1 1
= OA⋅OC+ OC⋅OE+ OB⋅PE
2 2 2
1 1 1
= ×1×3+ ×3×2+ ×3×3
2 2 2
=9；
（3）解：存在，
如图，当BC为边时，四边形BCQP为矩形，PB交y轴于点E，CQ交x轴于点F，连接EF，
过点P作PM⊥y轴于点M，过点Q作QN⊥x轴于点N，
∵OC=OB=3，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵四边形BCQP为矩形，∴∠PBC=∠QCB=90°，
∴∠OBE=∠OCF=45°，
∴△OBE和△OCF为等腰直角三角形，
∴OB=OC=OE=OF=3，
∴四边形BCFE为正方形，
∴CF=BE，∠EFC=∠BEF=90°，
∴四边形EFQP为矩形，
∴QF=PE，
∵∠MEP=∠BEO=45°，∠QFN=∠OFC=45°，
∴△PME和△QNF为全等的等腰直角三角形，
∴NF=QN=PM=ME，
∵OE=3，
∴E(0,3)，
设直线BE的解析式为y=kx+n(k≠0)，
{3k+n=0)
∴ ，
n=3
{k=−1)
∴ ，
n=3
∴直线BE的解析式为y=−x+3，
{ y=−x+3 )
联立方程组得 ，
y=x2−2x−3
{x=3) {x=−2)
解得 或 ，
y=0 y=5
∴P(−2,5)，
∴PM=2，
∴QN=NF=2，
∴ON=OF+NF=3+2=5，
∴Q(−5,2)；
如图，当BC为对角线时，四边形BPCQ为矩形，过点Q作QD⊥x轴于点D，PE⊥x轴
于点E，则∠PEB=∠BDQ=90°，∠PBQ=90°，
∵∠PBE+∠EPB=∠PBE+∠DBQ=90°，
∴∠EPB=∠DBQ，
∴△BEP∽△QDB，
PE BE
∴ = ，
DB DQ
设P(t,t2−2t−3)，Q(x ，y )，
Q Q
∵C(0,−3)，B(3,0)，动点P在直线BC上方，
∴x =3−t，y =−t2+2t，t<0或t>3，
Q Q
∴Q(3−t,−t2+2t)，
∴DQ=t2−2t，BD=−t，EP=−t2+2t+3，BE=3−t，
−t2+2t+3 3−t
∴ = ，
−t t2−2t
整理得：t3−4t2+2t+3=0，
t3−3t2−(t2−2t−3)=0，
t2(t−3)−(t−3)(t+1)=0
分解因式得：(t−3)(t2−t−1)=0，
∴t−3=0或t2−t−1=0，
1+❑√5 1−❑√5
解得：t =3（舍去），t = <3（舍去），t = <0，
1 2 2 3 2∴3−t=3−
1−❑√5
=
5+❑√5
，−t2+2t=−
(1−❑√5) 2
+2×
1−❑√5
=
−1−❑√5
，
2 2 2 2 2
(5+❑√5 −1−❑√5)
∴此时点Q的坐标为 , ．
2 2
综上所述，在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，
(5+❑√5 −1−❑√5)
点Q的坐标为(−5,2)或 , ．
2 2
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质、求函数解析式、一次函数的性质、等腰
直角三角形的判定与性质、矩形和正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，熟练
掌握知识点、分类讨论、数形结合是解题的关键．
【变式8-1】如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A(−1，0)、B(3，0)两点，与y轴
交于点C，点D和点C关于抛物线的对称轴对称，直线AD与y轴交于点E．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，直线AD上方的抛物线上有一点F，过点F作FG垂直AD于点G，作FH平行于
x轴交直线AD于点H，求△FGH周长的最大值及F点坐标；
(3)点M是抛物线顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶
点的四边形是矩形，请直接写出P点坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
9+9❑√2 (1 15)
(2)△FGH的周长最大值为 ，F ， ；
4 2 4
( 1) ( 9)
(3) 0，− 或 0， 或(0，2+❑√5)或(0，2−❑√5)．
2 2【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出抛物线对称轴为直线x=1，进而求出点D坐标(2，3)，可得直线AD解析式
为：y=x+1，则E(0，1)，证明∠EAO=45°，进而得到∠FHA=∠EAO=45°，则
❑√2
△FGH是等腰直角三角形，推出FG=GH= FH；设点F坐标(m，−m2+2m+3)，
2
则点H坐标(−m2+2m+2，−m2+2m+3)，则FH=−m2+m+2，则△FGH的周长
[( 1) 2 9) 1
=−(❑√2+1) m− − ，由二次函数的性质可得当m= 时，△FGH的周长有最大值，
2 4 2
9+9❑√2 (1 15)
最大值为 ，此时点F的坐标为 ， ；
4 2 4
（3）先求出顶点M的坐标为(1，4)，则AM2=20；设P(0，t)，则PA2=t2+1，
PM2=t2−8t+17，由矩形的性质可得△PMA是直角三角形，故可分当∠PAM=90°时，
当∠PMA=90°时， 当∠APM=90°时，三种情况利用勾股定理建立方程求解即可．
{ a−b+3=0 )
【详解】（1）解：把A(−1，0)、B(3，0)代入y=ax2+bx+3中得：
9a+3b+3=0
{a=−1)
解得 ，
b=2
∴抛物线解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：∵抛物线解析式为y=−x2+2x+3=−(x−1) 2 +4，
∴抛物线对称轴为直线x=1，
∵D、C关于对称轴对称，点C坐标(0，3)，
∴点D坐标(2，3)，
设直线AD解析式为y=kx+b′，
{2k+b′=3)
∴ ，
−k+b′=0{k=1)
∴
b′=1
∴直线AD解析式为：y=x+1，
∴E(0，1)，
∴OA=OE=1，
∴∠EAO=45°，
∵FH∥AB，
∴∠FHA=∠EAO=45°，
∵FG⊥AH，
∴△FGH是等腰直角三角形，
❑√2
∴FG=GH= FH，
2
设点F坐标(m，−m2+2m+3)，则点H坐标(−m2+2m+2，−m2+2m+3)，
∴FH=−m2+m+2，
∴△FGH的周长=FG+GH+FH
=(❑√2+1)FH
[ ( 1) 2 9)
=−(❑√2+1) m− − ，
2 4
∵−(❑√2+1)<0，
1 9+9❑√2
∴当m= 时，△FGH的周长有最大值，最大值为 ，此时点F的坐标为
2 4
(1 15)
， ；
2 4
（3）解：∵抛物线解析式为y=−x2+2x+3=−(x−1) 2 +4，
∴顶点M的坐标为(1，4)，
∴AM2=(−1−1) 2 +(0−4) 2 =20；
设P(0，t)，∴PA2=(−1−0) 2 +(0−t) 2 =t2+1，PM2=(0−1) 2 +(t−4) 2 =t2−8t+17，
∵以A，M，P，Q为顶点的四边形是矩形，
∴△PMA是直角三角形，
当∠PAM=90°时，则AM2+PA2=PM2，
∴t2+1+20=t2−8t+17，
1
解得t=− ，
2
( 1)
∴点P的坐标为 0，− ；
2
当∠PMA=90°时，则AM2+PM2=PA2，
∴t2−8t+17+20=t2+1，
9
解得t= ，
2
( 9)
∴点P的坐标为 0， ；
2
当∠APM=90°时，则PA2+PM2=AM2，
∴t2+1+t2−8t+17=20，
解得t=2+❑√5或t=2−❑√5，
∴点P的坐标为(0，2+❑√5)或(0，2−❑√5)；
( 1) ( 9)
综上所述，点P的坐标为 0，− 或 0， 或(0，2+❑√5)或(0，2−❑√5)．
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，矩形的性质，勾股定理，
等腰直角三角形的性质与判定等等，解题的关键在于根据矩形的性质得到△PMA是直角三
角形，进而利用勾股定理建立方程求解即可．
【变式8-2】已知：如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，
OA=OC=3，顶点为D．(1)求此抛物线的解析式：
(2)在直线AC下方的抛物线上，是否存在一点N，使四边形ABCN的面积最大？最大面积
是多少？
(3)点E在y轴上的一个动点，点F是坐标平面上的一个动点，是否存在这样的点E和点F，
使点A，D，E，F构成矩形，若存在，求出点E，F的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+2x−3
75
(2)存在，
8
(3)存在，E(0,−3.5)，F(−2,0.5)或E(0,1.5)，F(2,−2.5)或E(0,−3) F(−4,−1)或
E(0,−1)，F(−4,−3)
【分析】（1）由题意得出A(−3,0)，C(0,−3)，再利用待定系数法求解即可；
（2）待定系数法求出直线AC的解析式为：y=−x−3，求出点B(1,0)，则AB=4，求出
1
S = AB⋅OC=6，作NE∥y轴交AC于E，设点N(n,n2+2n−3)(−3<n<0)，则
△ABC 2
1 3
E(n,−n−3)，EN=−n2−3n，表示出S = EN⋅(x −x )=− (n2+3n)，再根据
△ACN 2 C A 2
3( 3) 2 75
S =S +S =− n+ + ，由二次函数的性质即可得出答案；
四边形ABCN △ABC △ACN 2 2 8
（3）分三种情况：当四边形ADEF为矩形时；当四边形AEFD为矩形时；当AD为对角线
时；分别求解即可得出答案．
【详解】（1）解：∵OA=OC=3，
∴A(−3,0)，C(0,−3)，{9−3b+c=0)
将A(−3,0)，C(0,−3)代入y=x2+bx+c得： ，
c=−3
{ b=2 )
解得： ，
c=−3
∴抛物线的解析式为：y=x2+2x−3；
（2）解：设直线AC的解析式为：y=kx+b，
{−3k+b=0)
将A(−3,0)，C(0,−3)代入解析式得： ，
b=−3
{k=−1)
解得： ，
b=−3
∴直线AC的解析式为：y=−x−3，
在y=x2+2x−3中，令y=0，得出x2+2x−3=0，
解得：x =−3，x =1，
1 2
∴B(1,0)，
∴AB=1−(−3)=4，
1 1
∴S = AB⋅OC= ×4×3=6，
△ABC 2 2
如图，作NE∥y轴交AC于E，
设点N(n,n2+2n−3)(−3<n<0)，则E(n,−n−3)，
∴EN=−n−3−(n2+2n−3)=−n−3−n2−2n+3=−n2−3n，
1 1 3
∴S = EN⋅(x −x )= ×(−n2−3n)×3=− (n2+3n)，
△ACN 2 C A 2 2
∴S =S +S =6−
3
(n2+3n)=−
3(
n+
3) 2
+
75
，
四边形ABCN △ABC △ACN 2 2 2 83
∵a=− <0，
2
3 75
∴当n=− 时，S 最大，为 ；
2 四边形ABCN 8
（3）解：∵y=x2+2x−3=(x+1) 2−4，
∴D(−1,−4)，
设直线AD的解析式为y=k x+b ，
1 1
{0=−3k +b )
将A(−3,0)，D(−1,−4)代入解析式得： 1 1 ，
−4=−k +b
1 1
{k =−2)
1
解得： ，
b =−6
1
∴直线AD的解析式为y=−2x−6，
如图，当四边形ADEF为矩形时，
则DE⊥AD，
1
设直线DE的解析式为y= x+b ，
2 2
1
将D(−1,−4)代入解析式得： ×(−1)+b =−4，
2 2
解得：b =−3.5，
2
1
∴直线DE的解析式为y= x−3.5，
2
令x=0，则y=−3.5，
∴E(0,−3.5)，
∵四边形ADEF是矩形，∴AD∥EF，
∵点D到点E，是将点D向右平移1个单位长度，向上平移0.5个单位长度得到，
∴点F由点A向右平移1个单位长度，向上平移0.5个单位长度得到，即F(−2,0.5)；
如图，当四边形AEFD为矩形时，
则AE⊥AD，
1
设直线AE的解析式为y= x+b ，
2 3
1
将A(−3,0)代入解析式得： ×(−3)+b =0，
2 3
解得：b =1.5，
3
1
∴直线DE的解析式为y= x+1.5，
2
令x=0，则y=1.5，
∴E(0,1.5)，
∵四边形ADEF是矩形，
∴AD∥EF，
∵点A到点E，是将点A向右平移3个单位长度，向上平移1.5个单位长度得到，
∴点F由点D向右平移3个单位长度，向上平移1.5个单位长度得到，即F(2,−2.5)；
当AD为对角线时，设E(0,m)，F(s,t)，
∵四边形ADEF是矩形，
∴AD=EF，
{ −3+(−1)=0+s )
∴ 0+(−4)=m+t ，
❑√[−3−(−1)) 2 +[0−(−4)) 2 =❑√(0−s) 2 +(m−t) 2{s=−4
)
{s=−4
)
解得： m=−3 或 m=−1 ，
t=−1 t=−3
∴E(0,−3)，F(−4,−1)或E(0,−1)，F(−4,−3)；
综上所述，E(0,−3.5)，F(−2,0.5)或E(0,1.5)，F(2,−2.5)或E(0,−3) F(−4,−1)或
E(0,−1)，F(−4,−3)．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数综合—面积问题、二次函数
综合—特殊四边形，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用数形结合的思想是解此题的关
键．
【变式8-3】如图，在平面直角坐标系中，经过点A(4,0)的直线AB与y轴交于点B(0,4)．
经过原点O的抛物线y=−x2+bx+c交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D．
(1)求抛物线y=−x2+bx+c的表达式；
(2)M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当MN∥ y轴且MN=2时，求点M的坐标；
(3)P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点
的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+4x
(5−❑√17 3+❑√17)
(2) , 或(2,2)或(3,1)
2 2
(7−❑√5 1−❑√5) (7+❑√5 1+❑√5)
(3)存在，(5,1)或(−4,−2)或 , 或 ,
2 2 2 2【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
(2)求出直线AB的表达式为y=−x+4，设M(t,−t+4)，N(t,−t2+4t)，分当M在N点
上方时，MN=−t+4−(−t2+4t)=t2−5t+4=2．和当M在N点下方时，
MN=−t2+4t−(−t+4)=−t2+5t−4=2，即可求出M的坐标；
（3）画出图形，分AC是四边形的边和AC是四边形的对角线，进行讨论，利用勾股定理、
相似三角形的判定与性质、函数图像的交点、平移等知识点进行解答即可得出答案．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c过点A(4,0)，O(0,0)
{−16+4b+c=0) {b=4)
∴ ，解得 ，
c=0. c=0
∴抛物线的表达式为y=−x2+4x．
（2）设直线AB的解析式为：y=kx+b′，
∵直线AB经过A(4,0)，B(0,4)，
{4k+b′=0)
∴ ，
b′=4
{k=−1)
∴ ，
b′=4
∴直线AB的表达式为y=−x+4．
∵MN∥y轴，可设M(t,−t+4)，N(t,−t2+4t)，其中0≤t≤4．
当M在N点上方时，MN=−t+4−(−t2+4t)=t2−5t+4=2．5−❑√17 5+❑√17
解得t = ，t = （舍去）．
1 2 2 2
(5−❑√17 3+❑√17)
∴M , ．
1 2 2
当M在N点下方时， MN=−t2+4t−(−t+4)=−t2+5t−4=2．
解得t =2，t =3．
3 4
∴M (2,2)，M (3,1)．
2 3
(5−❑√17 3+❑√17)
综上所述，满足条件的点M的坐标有三个 , ，(2,2)，(3,1)．
2 2
(7−❑√5 1−❑√5)
（3）存在．满足条件的点Q的坐标有4个．(5,1)，(−4,−2)， , ，
2 2
(7+❑√5 1+❑√5)
, ．
2 2
理由如下：
①如图，若AC是四边形的边．
当x=2时，y=−2+4=2
∴拋物线的对称轴与直线AB相交于点R(2,2)．
过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点P ，P ，
1 2∵C(1,3)，D(2,4)，
∴CD=❑√2，CR=❑√2，RD=2．
∵(❑√2) 2 +(❑√2) 2 =22，
∴CD2+CR2=DR2．
∴∠RCD=90°．
∴点P 与点D重合．
1
当CP ∥AQ ，CP =AQ 时，四边形ACP Q 是矩形．
1 1 1 1 1 1
∵C(1,3)向右平移1个单位，向上平移1个单位得到P (2,4)．
1
∴A(4,0)向右平移1个单位，向上平移1个单位得到Q (5,1)．
1
此时直线P C的解析式为y=x+2．
1
∵直线P A与P C平行且过点A(4,0)，
2 1
∴直线P A的解析式为y=x−4．
2
∵点P 是直线y=x−4与拋物线y=−x2+4x的交点，
2
∴−x2+4x=x−4．
解得x =−1，x =4（舍去）．
1 2
∴P (−1,−5)．当AC∥P Q ，AC=P Q 时，四边形ACQ P 是矩形．
2 2 2 2 2 2 2
∵A(4,0)向左平移3个单位，向上平移3个单位得到C(1,3)．
∴P (−1,−5)向左平移3个单位，向上平移3个单位得到Q (−4,−2)．
2 2
②如图，若AC是四边形的对角线，
当∠AP C=90°时．过点P 作P H⊥x轴，垂足为H，过点C作CK⊥P H，垂足为
3 3 3 3
K．可得∠P KC=∠AH P =90°，∠P CK=∠AP H．
3 3 3 3
∴△P CK∽△AP H．
3 3
P K AH
∴ 3 = ．
CK P H
3
−t2+4t−3 4−t
∴ = ．
t−1 −t2+4t
∵点P不与点A，C重合，
∴t≠1和t≠4．
∴t2−3t+1=0．
3±❑√5
∴t = ．
3,4 2
(3+❑√5 5+❑√5) (3−❑√5 5−❑√5)
∴如图，满足条件的点P有两个．即P , ，P , ．
3 2 2 4 2 2
当P C∥AQ ，P C=AQ 时，四边形AP CQ 是矩形．
3 3 3 3 3 3
(3+❑√5 5+❑√5) 1+❑√5 −1+❑√5
∵P , 向左平移 个单位，向下平移 个单位得到C(1,3)．
3 2 2 2 2
1+❑√5 −1+❑√5 (7−❑√5 1−❑√5)
∴A(4,0)向左平移 个单位，向下平移 个单位得到Q , ．
2 2 3 2 2
当P C∥AQ ，P C=AQ 时，四边形AP CQ 是矩形．
4 4 4 4 4 4
(3−❑√5 5−❑√5) −1+❑√5 1+❑√5
∵P , 向右平移 个单位，向上平移 个单位得到C(1,3)．
4 2 2 2 2−1+❑√5 1+❑√5 (7+❑√5 1+❑√5)
∴A(4,0)向右平移 个单位，向上平移 个单位得到Q , ．
2 2 4 2 2
(7−❑√5 1−❑√5) (7+❑√5 1+❑√5)
综上，满足条件的点Q的坐标为(5,1)或(−4,−2)或 , 或 , ．
2 2 2 2
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，本题主要涉及了待定系数法求函数的解
析式、勾股定理，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，点的平移等知识，根据题意画
出符合条件的图形、进行分类讨论是解题的关键．
【题型07：二次函数与等腰三角形存在性问题】
【典例9】如图，抛物线y=a(x+1) 2 +ℎ交x轴于点A(−4,0)，B，交y轴于点C(0,6)，在
y轴上有一点D(0,−2)，连接AD．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)若抛物线对称轴上存在一点P，使△ADP为以AD为腰的等腰三角形，求满足条件的点
P的坐标．
3 3
【答案】(1)y=− x2− x+6
4 2
(2)点P的坐标为(−1,−2+❑√19)或(−1,−2−❑√19)或(−1,❑√11)或(−1,−❑√11)
【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨
论的思想进行求解，是解题的关键．
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）设点P(−1,t)，分AD=AP,AD=DP，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=a(x+1) 2+ℎ经过点A(−4,0),C(0,6)，3
{ a=− ,)
{a(−4+1) 2+ℎ=0) 4
∴ ，解得
a(0+1) 2+ℎ=6 27
ℎ= .
4
3 27 3 3
∴该抛物线的表达式为y=− (x+1) 2+ =− x2− x+6．
4 4 4 2
3 27
（2）∵y=− (x+1) 2+ ，
4 4
∴抛物线对称轴为直线x=−1．
∴设P(−1,t)，
①当△ADP为等腰三角形，且以AP为底边，
∵AD=PD，A(−4,0),D(0,−2)，
∴AD2=PD2，即42+22=12+(t+2) 2，
解得t =−2+❑√19，t =−2−❑√19．
1 2
∴P(−1,−2+❑√19)或(−1,−2−❑√19)．
②当△ADP为等腰三角形，且以PD为底边，
∵AD=AP，
∴AD2=AP2，即42+22=(−1+4) 2+t2，
解得t =❑√11，t =−❑√11．
1 2
∴P(−1,❑√11)或(−1,−❑√11)．
综上所述，点P的坐标为(−1,−2+❑√19)或(−1,−2−❑√19)或(−1,❑√11)或(−1,−❑√11)．
【变式9-1】如图，抛物线y=ax2+bx+8(a≠0)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，
抛物线的对称轴交x轴于点D．已知点A(−4,0)，B(2,0)．(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)若在抛物线的对称轴上存在一点E，使得ΔECD是以CD为腰的等腰三角形，请求出所
有满足题意的点E的坐标．
【答案】(1)y=−x2−2x+8
(2)(−1,16)或(−1,❑√65)或(−1,−❑√65)
【分析】本题主要考查了二次函数综合运用，等腰三角形的性质，勾股定理等知识点，
（1）由待定系数法即可求解；
（2）由CD=CE或CD=DE，列出等式即可求解．
熟练掌握其性质，分类求解是解决此题的关键．
【详解】（1）∵抛物线与x轴交于A(−4,0)，B(2,0)两点
∴y=a(x+4)(x−2)=a(x2+2x−8)=ax2+bx+8，
即−8a=8，
解得：a=−1，
则抛物线的表达式为：y=−x2−2x+8；
（2）由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x=−1，C(0,8)
故点D(−1,0)，设点E(−1,m)，
由点C、D、E的坐标得，CD2=65，CE2=(m−8) 2+1，DE2=m2，
当CD=CE或CD=DE时，
即(m−8) 2+1=65或m2=65，
解得：m=0（舍去）或16或±❑√65，
故点E的坐标为：(−1,16)或(−1,❑√65)或(−1,−❑√65)．
【变式9-2】如图，二次函数 y=x²+bx+c的图象与 x 轴交于A(−1,0)、B(3,0)两点，与 y 轴交于点 C，D 为抛物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求 △DBC的面积；
(3)在抛物线对称轴上，是否存在一点P，使 P，B，C为顶点的三角形为等腰三角形？若存
在，写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x²−2x−3
(2)3
(3)存在，符合条件的 P 点坐标为
(1,−1)，(1,−3+❑√17)，(1,−3−❑√17)，(1,❑√14)，(1,−❑√14)
【分析】本题主要考查了待定系数法、二次函数与面积的综合、二次函数与三角形的综合
等知识点，掌握分类讨论和数形结合思想成为解题的关键．
（1）直接运用待定系数法求解即可；
（2）先求得D(1，−4)、C(0，−3)，再运用待定系数法求得直线BC的解析式为
y=x−3；如图：过D作x轴的垂线交BC于E， 垂足为F．则E(1,−2),F(0,1),
则DE=−2−(−4)=2，最后根据三角形的面积公式即可解得；
（3）如图：设点P(1，a)， 连接PB，PC,根据两点间的距离公式可得PB2=4+a2、
PC2=a2+6a+10、BC2=18，然后再分PC=PB、PC=BC、PB=BC三种情况分别解
得即可．
【详解】（1）解∶ 由抛物线 y=x²+bx+c经过A(−1,0)、B(3,0)两点，
{0=1−b+c ) {b=−2)
则 ，解得： ，
0=9+3b+c c=−3
所以抛物线的函数关系式是：y=x²−2x−3．
（2）解：∵y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，∴D(1，−4)，
当x=0时，y=−3，即C(0，−3)，
由待定系数法可得直线BC的解析式为y=x−3．
如图：过D作x轴的垂线交BC于E， 垂足为F．则E(1,−2),F(0,1),
∴DE=−2−(−4)=2,
∴
1 1 1 1
S =S +S = ×DE×OA+ ×DE×OA×BF= ×DE×BO= ×2×3=3．
△BDC △EDC △BDE 2 2 2 2
（3）解：存在．
如图：设点P(1，a)， 连接PB，PC,
PB2=(1−3) 2 +a2=4+a2
,
PC2=(1−0) 2 +(−3−a) 2 =a2+6a+10,BC2=32+32=18；
①若PC=PB，则PC2=PB2，即a²+6a+10=4+a2，
解得a=−1．即 P (1，−1)．
1
②若PC=BC，则PC2=BC2 ．即a2+6a+10=18，
解得：a =−3+❑√17，a =−3−❑√17，即 P (1, −3+❑√17)，P (1，−3−❑√17)；
1 2 2 3
③若PB=BC，则PB2=BC2，4+a2=18解得：a =❑√14，a =−❑√14，即P (1, ❑√14)，P (1, −❑√14)．
1 2 4 5
综上， 符合条件的 P 点坐标为 (1，−1)，(1, −3+❑√17)、(1，−3−❑√17)、
(1, ❑√14)、(1, −❑√14)．
【变式9-3】如图，关于x的二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴相交于点A(1,0)和点B，
与y轴相交于点C(0,3)．
(1)求二次函数的表达式．
(2)求线段BC的长．
(3)在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？直接写出点P的坐标．
【答案】(1)y=x2−4x+3
(2)3❑√2
(3)存在，(0,3+3❑√2)或(0,3−3❑√2)或(0,−3)或(0,0)
【分析】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到运用待定系数法求二次函数，等腰三角
形的性质，轴对称的性质等知识，运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键．
（1）代入A(1,0)和C(0,3)，解方程组即可；
（2）令y=0，求出点B的坐标，利用两点间距离公式求解即可；
（3）当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：①CP=CB；②BP=BC；③
PB=PC．
【详解】（1）解：解：把A(1,0)和C(0,3)代入y=x2+bx+c，{1+b+c=0)
c=3
解得：b=−4，c=3，
∴二次函数的表达式为：y=x2−4x+3；
（2）解：令抛物线y=0，则x2−4x+3=0，
解得x=1或x=3，
根据题意：B(3,0)，
∵C(0,3)，
∴BC=❑√(3−0) 2 +(0−3) 2 =3❑√2；
（3）解：∵BC=3❑√2，
点P在y轴上，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图，
①当CP=CB时，PC=3❑√2，
又∵C(0,3)，
∴P (0,3+3❑√2)，P (0,3−3❑√2)；
1 2
②当BP=BC时，OP=OC=3，
∴P (0,−3)；
3
③当PB=PC时，
∵OC=OB=3
∴此时P与O重合，
∴P (0,0)；
4综上所述，点P的坐标为：(0,3+3❑√2)或(0,3−3❑√2)或(0,−3)或(0,0)．
【题型08：二次函数与直角三角形存在性问题】
【典例10】如图，二次函数y=x2−2x−3的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点
C，M为抛物线的顶点．
(1)求A，B 两点的坐标；
(2)对称轴上是否存在点N，使得以B，C，N为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出
点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(−1 ，0)，B(3，0)
( −3+❑√17) ( −3−❑√17)
(2)存在；点N的坐标为 1， 或 1， 或(1，−4)或(1，2)．
2 2
【分析】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式、直角三角形的判定和
性质，二次函数与坐标轴交点，勾股定理等知识，解题的关键是学会分类讨论的思想思考
问题．
（1）当y=0时，代入y=x2−2x−3即可求解；
（2）设N(1，t)，可得：BC2=18，BN2=t2+4，CN2=t2+6t+10，分三种情况列出
方程求解即可．
【详解】（1）解：y=x2−2x−3，当y=0时，
x2−2x−3=0，
解得：x =−1，x =3，
1 2
∴A(−1，0)，B(3，0)；
（2）解：B(3，0)，C(0，−3)，设N(1，t)，
则：BC2=32+32=18，BN2=22+t2=t2+4，
CN2=12+(t+3) 2 =t2+6t+10，
当BC边为斜边时：BN2+CN2=BC2，
t2+6t+10+t2+4=18，
−3+❑√17 −3−❑√17
解得：t = ，t = ，
1 2 2 2
( −3+❑√17) ( −3−❑√17)
∴N 1， ，N 1， ；
1 2 2 2
当BN边为斜边时：BC2+CN2=BN2，
t2+6t+10+18=t2+4，
解得：t=−4，
∴N (1，−4)；
3
当CN边为斜边时：BC2+BN2=CN2，
t2+4+18=t2+6t+10，
解得：t=2，
∴N (1，2)；
4
综上所述：存在点N，使得以B，C，N为顶点的三角形是直角三角形，点N的坐标为
( −3+❑√17) ( −3−❑√17)
1， 或 1， 或(1，−4)或(1，2)．
2 2
【变式10-1】如图，抛物线y=−x2+bx+c交x轴于A(−4,0)，B两点，交y轴于点C(0,4)．
(1)求抛物线的函数解析式．
(2)点D在线段OA上运动，过点D作x轴的垂线，与AC交于点Q，与抛物线交于点P，连接AP、CP，求四边形AOCP的面积的最大值．
(3)在抛物线的对称轴上是否存在点M，使得以点A、C、M为顶点的三角形是直角三角形？
若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−3x+4；
(2)四边形AOCP的面积最大为16；
( 3 5) ( 3 11)
(3)点M的坐标为 − ,− 或 − , ．
2 2 2 2
【分析】本题主要考查了二次函数综合，熟练掌握用待定系数法求解函数解析式的方法和
步骤，以及二次函数的图象和性质，是解题的关键．
（1）把A(−4,0)，C(0,4)代入y=−x2+bx+c，求出b和c的值，即可得出函数解析式；
1
（2）易得S = OA⋅OC=8，设P(t,−t2−3t+4)，则Q(t,t+4)，求出
△AOC 2
1
PQ=−t2−4t，则S = PQ⋅(x −x )=−2(t+2) 2 +8，根据四边形AOCP的面积
△ACP 2 C A
=S +S =−2(t+2) 2 +16，结合二次函数的增减性，即可解答；
△ACP △AOC
（3）设M ( − 3 ,m ) ，根据两点之间距离公式得出AC2=32，AM2= 25 +m2 ，
2 4
9
CM2= +(m−4) 2 ，然后分情况根据勾股定理列出方程求解即可．
4
【详解】（1）解：把A(−4,0)，C(0,4)代入y=−x2+bx+c得∶
{0=−16−4b+c)
，
4=c
{b=−3)
解得： ，
c=4
∴该二次函数的解析式y=−x2−3x+4；
（2）解：∵A(−4,0)，C(0,4)，
∴OA=4,OC=4，
1 1
∴S = OA⋅OC= ×4×4=8，
△AOC 2 2设直线AC的解析式为y=kx+4，
代入A(−4,0)得，0=−4k+4，
解得k=1，
∴直线AC的解析式为y=x+4，
设P(t,−t2−3t+4)，则Q(t,t+4)，
∴PQ=−t2−3t+4−(t+4)=−t2−4t，
1 1
∴S = PQ⋅(x −x )= (−t2−4t)×4=−2(t+2) 2 +8，
△ACP 2 C A 2
∴四边形AOCP的面积=S +S =−2(t+2) 2 +16，
△ACP △AOC
∵−2<0，
∴当t=−2时，四边形AOCP的面积最大为16；
( 3 )
（3）解：设M − ,m ，
2
∵A(−4,0)，C(0,4)，
∴AC2=42+42=32，AM2= ( − 3 +4 ) 2 +m2= 25 +m2 ，
2 4
CM2= ( − 3) 2 +(m−4) 2 = 9 +(m−4) 2 ，
2 4
当斜边为AC时，AM2+CM2=AC2，
25 9
即 +m2+ +(m−4) 2 =32，整理得：m2+4m+15=0，
4 4
无解；
当斜边为AM时，AC2+CM2=AM2，
9 25
即32+ +(m−4) 2= +m2 ，
4 4
11
解得：m= ；
2( 3 11)
∴M − ,
2 2
当斜边为CM时，AC2+AM2=CM2，
25 9
即32+ +m2= +(m−4) 2 ，
4 4
5
解得：m=− ；
2
( 3 5)
∴M − ,−
2 2
( 3 5) ( 3 11)
综上：点M的坐标为 − ,− 或 − , ．
2 2 2 2
【题型09：二次函数与等腰直角三角形存在性问题】
【典例11】如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A(−3,0)和点B，与y轴交于点
C(0,3)，点D在抛物线上．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)当点D在第二象限内，且△ACD的面积为3时，求点D的坐标；
(3)在直线BC上是否存在点P，使△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形？若存在，请直
接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=−x2−2x+3
(2)D的坐标为(−1,4)或(−2,3)
(25−❑√193 −7+❑√193) (25+❑√193 −7−❑√193) (11 2)
(3)P的坐标为(0,3)或 , 或 , 或 ,−
18 6 18 6 9 3【分析】（1）利用待定系数法求解；
（2）过D作DK∥ y轴交AC于K，求出直线AC解析式，根据
1
S = DK⋅|x −x )=3列式求解；
△ACD 2 A C
（3）先求出点A，B坐标，再求出直线BC解析式，过P作PN⊥y轴于N，过D作
DM⊥y轴于M，分以下情况分别讨论即可：①P与C重合，D与A重合时；②当P在第一
象限，D在第四象限时；③当P在第四象限，D在第三象限时；④当P在第四象限，D在第
一象限时．
【详解】（1）解：把A(−3,0)，C(0,3)代入y=−x2+bx+c得：
{−9−3b+c=0)
，
c=3
{b=−2)
解得 ，
c=3
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3；
（2）解：过D作DK∥ y轴交AC于K，如图：
由A(−3,0)，C(0,3)得直线AC解析式为y=x+3，
设D(t,−t2−2t+3)，则K(t,t+3)，
∴DK=−t2−2t+3−(t+3)=−t2−3t，
∵△ACD的面积为3，
1 1
∴ DK⋅|x −x )=3，即 (−t2−3t)×3=3，
2 A C 2
解得t=−1或t=−2，
∴D的坐标为(−1,4)或(−2,3)；
（3）解：在直线BC上存在点P，使△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，理由如下：
在y=−x2−2x+3中，令y=0得0=−x2−2x+3，
解得x=−3或x=1，∴A(−3,0)，B(1,0)，
由B(1,0)，C(0,3)得直线BC解析式为y=−3x+3，
设P(m,−3m+3)，D(n,−n2−2n+3)，
过P作PN⊥y轴于N，过D作DM⊥y轴于M，
①∵OA=OC=3，
∴当P与C重合，D与A重合时，△OPD是等腰直角三角形，如图：
此时P(0,3)；
②当P在第一象限，D在第四象限时，
∵△OPD PD
是以 为斜边的等腰直角三角形，
∴OD=OP，∠POD=90°，
∴∠DOM=90°−∠PON=∠OPN，
∵∠DMO=90°=∠PNO，
∴△DOM≌△OPN(AAS)，
∴DM=ON，OM=PN，
∴¿，
解得¿（n小于0，舍去）或¿，
25−❑√193 −7+❑√193
∴−3m+3=−3× +3= ，
18 6
(25−❑√193 −7+❑√193)
∴P的坐标为 , ；
18 6
③当P在第四象限，D在第三象限时，如图：∵△OPD PD
是以 为斜边的等腰直角三角形，
∴OD=OP，∠POD=90°，
∴∠DOM=90°−∠PON=∠OPN，
∵∠DMO=90°=∠PNO，
∴△DOM≌△OPN(AAS)，
∴PN=OM，ON=DM，
同理可得¿，
解得¿或¿（大于0，舍去），
25+❑√193 −7−❑√193
∴−3m+3=−3× +3= ，
18 6
(25+❑√193 −7−❑√193)
∴P的坐标为 , ；
18 6
④当P在第四象限，D在第一象限，如图：
∵△OPD PD
是以 为斜边的等腰直角三角形，
∴OD=OP，∠POD=90°，
∴∠DOM=90°−∠PON=∠OPN，
∵∠DMO=90°=∠PNO，
∴△DOM≌△OPN(AAS)，
∴PN=OM，ON=DM，
∴¿，{m=0 )
解得 （舍去）或¿，
n=−3
11 2
∴−3m+3=−3× +3=− ，
9 3
(11 2)
∴P的坐标为 ,− ；
9 3
(25−❑√193 −7+❑√193) (25+❑√193 −7−❑√193)
综上所述，P的坐标为(0,3)或 , 或 , 或
18 6 18 6
(11 2)
,− ．
9 3
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查待定系数法求函数解析式、二次函数中三角形面
积计算、特殊三角形存在性问题、等腰直角三角形的性质等，难度较大，熟练运用数形结
合及分类讨论思想是解题的关键．
【变式11】在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于点A(−1,0)和点
B(3,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式及顶点坐标；
(2)若点P为第四象限内抛物线上一点，当△PBC面积最大时，求点P的坐标；
(3)若点P为抛物线上一点，点Q是线段BC上一点（点Q不与两端点重合），是否存在以P、
Q、O为顶点的三角形是等腰直角三角形，若存在，请直接写出满足条件的点P的坐标；若
不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3，(1,−4)
(3 15)
(2)点P ,−
2 4(2−❑√10 3)
(3)点P的坐标为(3,0)或(0,−3)或(2,−3)或 ,−
2 2
【分析】（1）利用待定系数法求解析式即可；
（2）作PR∥ y交BC于点R，先求得直线BC的解析式，设点P的坐标为(x,x2−2x−3)，
则点R的坐标为(x,x−3)，利用三角形面积公式列式，利用二次函数的性质求解即可；
（3）分四种情况讨论，利用等腰直角三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：将A(−1,0)、B(3,0)代入y=ax2+bx−3得，
{ a−b−3=0 )
，
9a+3b−3=0
{ a=1 )
解得： ，
b=−2
∴抛物线的解析式为：y=x2−2x−3=(x−1) 2−4；
顶点坐标为(1,−4)；
（2）解：作PR∥ y交BC于点R，
令x=0，则y=−3，
∴C(0,−3)，
∵B(3,0)，
设直线BC的解析式为y=kx−3，
∴0=3k−3，
解得k=1，
∴直线BC的解析式为y=x−3，
设点P的坐标为(x,x2−2x−3)，则点R的坐标为(x,x−3)，
1 1
∴S = PR⋅x = (x−3−x2+2x+3)×3
△PBC 2 B 2=−
3
(x2−3x)=−
3(
x−
3) 2
+
27
，
2 2 2 8
3
∵− <0，
2
3 (3 15)
∴x= 时，S 有最大值，此时点P的坐标为 ,− ；
2 △PBC 2 4
（3）解：∵点Q是线段BC上一点，
∴设点Q的坐标为(m,m−3)，
∵B(3,0)，C(0,−3)，
∴OB=OC=3，
∴当点P与点B重合，点Q与点C重合时，△PQO是等腰直角三角形，此时点P的坐标为
(3,0)；
同理当点P与点C重合，点Q与点B重合时，△PQO是等腰直角三角形，此时点P的坐标
为(0,−3)；
如图，当点P在第四象限时，过点Q作DE⊥x轴于点D，作PE⊥DE交DE于点E，
∵OQ=PQ，∠OQP=90°，
∴∠QOD=90°−∠OQD=∠PQE，
∴△QOD≌△PQE，
∴QE=OD=m，QD=PE=|m−3)=3−m，
∴ED=QD+QE=m+3−m=3，即点P的纵坐标为−3，
∴x2−2x−3=−3，
解得x=0或x=2，
∴点P的坐标为(2,−3)；
如图，当点P在第三象限时，过点P作DE⊥x轴于点D，作QE⊥DE交DE于点E，设
OD=d，同理△POD≌△QPE，
∴PE=OD=EF=d，QF=m，QE=PD，OF=DE=|m−3)=3−m，
∴PD=DE−PE=3−m−d，QE=QF+EF=m+d，
∴3−m−d=m+d，
3
解得d= −m，
2
( 3 ) 3
∴点P的纵坐标为−(3−m−d)=− 3−m− +m =− ，
2 2
3
∴x2−2x−3=−
，
2
2+❑√10 2−❑√10
解得x= （舍去）或x= ，
2 2
(2−❑√10 3)
∴点P的坐标为 ,− ；
2 2
(2−❑√10 3)
综上，点P的坐标为(3,0)或(0,−3)或(2,−3)或 ,− ．
2 2
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象和性质、待定系数法求函数的解
析式、轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识；本题综
合性较强，具有一定的难度，熟练掌握二次函数的图形和性质，学会用代数的方法求解几
何问题，分类思想的应用是解题的关键．
【题型10：二次函数与全等三角形存在性问题】
【典例12】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线y=−x−3与x轴交于点A，与y轴
交于点C，过A，C两点的抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于另一点B(1,0)，抛物线对称轴
为直线l．(1)求抛物线的解析式；
(2)点M为直线AC下方抛物线上一点，当△MAC的面积最大时，求点M的坐标；
(3)点P是抛物线上一点，过点P作l的垂线，垂足为D，E是l上一点． 要使得以P，D，
E为顶点的三角形与△BOC全等，请直接写出点P的坐标．
【答案】(1)y=x2+2x−3
( 3 15)
(2)M − ,−
2 4
(3)P点坐标为(−4,5)或(2,5)或(−2,−3)或(0,−3)
【分析】（1）先求出A,C的坐标，进而利用待定系数法求出二次函数解析式即可；
（2）过点M作MF垂直于x轴交AC于点F，设M(x,x2+2x−3)，F(x,−x−3)，则
1
MF=(−x−3)−(x2+2x−3)=−x2−3x，由S = MF×|x −x )即可求解；
△AMC 2 C A
（3）抛物线对称轴为直线x=−1．∠PDE=∠BOC，OB=1，OC=3．设
P(x,x2+2x−3)，则D(−1,x2+2x−3)，分两种情况当PD=OC，DE=OB时，
△PDE≌△COB，此时|−1−x)=3，当PD=OB，DE=OC时，△EDP≌△COB，此时
|−1−x)=1，求解即可．
【详解】（1）解：把x=0代入y=−x−3得y=−3；
把y=0代入y=−x−3得x=−3．
∴A(−3,0)，C(0,−3)．
∵抛物线y=ax2+bx+c经过A,C,B三点，
{9a−3b+c=0
)
∴ a+b+c=0 ，
c=−3{ a=1 )
解得 b=2 ．
c=−3
∴抛物线的解析式为y=x2+2x−3；
（2）过点M作MF垂直于x轴交AC于点F，设M(x,x2+2x−3)，则F(x,−x−3)，
则MF=(−x−3)−(x2+2x−3)=−x2−3x，
S =
1
MF×|x −x )=
1
(−x2−3x)×3=−
3(
x+
3) 2
+
27
，
△AMC 2 C A 2 2 2 8
3 15
∴当x=− 时，S 最大，此时y=x2+2x−3=− ．
2 △AMC 4
( 3 15)
∴当M坐标为 − ,− 时，S 取得最大值．
2 4 △AMC
（3）∵y=x2+2x−3=(x+1) 2−4，
∴抛物线对称轴为直线x=−1．
∵过点P作l的垂线，垂足为D，
∴∠PDE=∠BOC=90°，
∵C(0,−3)，A(−3,0)，B(1,0)，
∴OB=1，OC=3．
设P(x,x2+2x−3)，则D(−1,x2+2x−3)
当PD=OC，DE=OB时，△PDE≌△COB，
此时|−1−x)=3，
解得x=−4或x=2．
∴P点坐标为(−4,5)或(2,5),当PD=OB，DE=OC时，△EDP≌△COB，
此时|−1−x)=1，
解得x=−2或x=0．
∴P点坐标为(−2,−3)或(0,−3),
综上：(−4,5)或(2,5)或(−2,−3)或(0,−3)．
【点睛】本题考查了二次函数求解析式，二次函数的性质，三角形全等的性质，最值问题
等，熟练掌握各知识点，能准确作出辅助线，并结合图形列出相应关系式是解题的关键．
【变式12-1】如图，已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A(−2，0)和点B(4，0)，
与y轴交于点C(0，4)．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)若点D在x轴下方，以A，B，D为顶点的三角形与△ABC全等，平移这条抛物线，使
平移后的抛物线经过点B和点D，请求出点D的坐标并写出平移的过程．
1
【答案】(1)y=− x2+x+4
2
(2)当点D的坐标为(0，−4)时，平移方式为向右平移2个单位长度，向下平移4个单位长
度；当点D的坐标为(2，−4)时，平移方式为向右平移4个单位长度，向下平移4个单位
长度
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先分△ABC≌△ABD和△ABC≌△BAD两种情况求出对应的点D的坐标，再设出
平移后的抛物线解析式，代入对应的B、D坐标求解即可．
【详解】（1）解：设抛物线解析式为y=a(x+2)(x−4)，代入点C的坐标得：
2×(−4)a=4，1
∴a=− ，
2
1 1
∴抛物线解析式为y=− (x+2)(x−4)=− x2+x+4；
2 2
（2）解：∵A(−2，0)，B(4，0)，C(0，4)，
∴AB=6，AC=❑√22+42=2❑√5，BC=❑√42+42=4❑√2，
∴只存在△ABC≌△ABD和△ABC≌△BAD两种情况，
当△ABC≌△ABD时，如图1所示，由对称性可知点D的坐标为(0，−4)；
当△ABC≌△BAD时，如图2所示，
∴AC=BD，AD=BC，
∴四边形ACBD是平行四边形，
{x +0=−2+4)
D
∴ ，
y +4=0+0
D
{ x =2 )
D
∴ ，
y =−4
D
∴点D的坐标为(2，−4)；
综上所述，点D的坐标为(0，−4)或(2，−4)；设平移方式为向右平移m个单位长度，向下平移n个单位长度，则平移后的抛物线解析式
1 9
为y=− (x−1−m) 2 + −n，
2 2
∵平移后的抛物线经过B、D，
当点D的坐标为(0，−4)时，
1 9
{ − (−1−m) 2 + −n=−4)
2 2
∴ ，
1 9
− (4−1−m) 2 + −n=0
2 2
{m=2)
解得 ，
n=4
∴平移方式为向右平移2个单位长度，向下平移4个单位长度；
当点D的坐标为(2，−4)时，
1 9
{ − (2−1−m) 2 + −n=−4)
2 2
∴ ，
1 9
− (4−1−m) 2 + −n=0
2 2
{m=4)
解得 ，
n=4
∴平移方式为向右平移4个单位长度，向下平移4个单位长度；综上所述，当点D的坐标为(0，−4)时，平移方式为向右平移2个单位长度，向下平移4
个单位长度；当点D的坐标为(2，−4)时，平移方式为向右平移4个单位长度，向下平移
4个单位长度．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象的
平移，平行四边形的性质，全等三角形的性质等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
1
【变式12-2】如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=− x2+x+4的图象与x轴交于A、
2
B两点（A在B的左侧），其顶点为P，对称轴与x轴交于点H．
(1)求点A、P的坐标；
(2)连接AP，点D是该二次函数图象第四象限上的动点，过D作DE⊥x轴于点E，点F是x
轴上一点，是否存在以点D、E、F为顶点的三角形与△APH全等？若存在，求出所有满
足条件的点D的坐标；若不存在，请说明理由．
( 9)
【答案】(1)A(−2,0)，P 1, ；
2
( 9)
(2)存在，点D的坐标为：(1+❑√15,−3)或 3❑√2+1,−
2
【分析】本题考查二次函数与几何的综合，解题的关键是掌握二次函数的图象和性质，顶
点坐标，全等三角形的判定，即可．
1 1
（1）根据题意，则0=− x2+x+4，求出A，B的坐标，把y=− x2+x+4换成顶点式，
2 2
即可得到点P的坐标；
（2）设点 D ( a,− 1 a2+a+4 )，根据全等三角形的判定，分类讨论： ①△AHP≌△≝¿ ，
2②△AHP≌△FED，即可．
1
【详解】（1）∵二次函数y=− x2+x+4的图象与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），
2
1
∴0=− x2+x+4，
2
解得：x =−2，x =4，
1 2
∴点A(−2,0)，B(4,0)；
1 1 9
∵y=− x2+x+4=− (x−1) 2 + ，
2 2 2
( 9)
∴顶点P 1, ．
2
（2）存在，理由如下：
1 1 9
∵点H在二次函数y=− x2+x+4=− (x−1) 2 + 的对称轴上且交于x轴，
2 2 2
∴点H(1,0)，
( 9)
∵A(−2,0)，P 1, ，
2
9
∴|AH)=3，|PH)= ，
2
设点D ( a,− 1 a2+a+4 ) ，
2
∵过D作DE⊥x轴于点E，点F是x轴上一点，
∴点E(a,0)，
1
∴|ED)= a2−a−4，
2
∵以点D、E、F为顶点的三角形与△APH全等，
∴当①△AHP≌△≝¿时，AH=DE，
∴|3)= |1 a2−a−4 ) ，
2
解得：a =1+❑√15，a =1−❑√15（舍），
1 21
∴当a=1+❑√15时，− (1+❑√15) 2 +1+❑√15+4=−3，
2
∴点D(1+❑√15,−3)；
当②△AHP≌△FED时，PH=ED，
∴ |9) = |1 a2−a−4 ) ，
2 2
解得：a =3❑√2+1，a =1−3❑√2（舍），
1 2
1 9
∴当a=3❑√2+1时，− (3❑√2+1) 2 +3❑√2+1+4=− ，
2 2
( 9)
∴点D 3❑√2+1,− ；
2
( 9)
综上所述，当点D的坐标为：(1+❑√15,−3)或 3❑√2+1,− 时，存在以点D、E、F为
2
顶点的三角形与△APH全等．
