文档内容
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，
∴−40)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
∵− <0，00．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,−63，
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
