专题 04 二次函数中的存在性问题（举一反三专项训练）
【人教版】
【题型1 角度存在性问题】......................................................................................................................................1
【题型2 全等三角形存在性问题】........................................................................................................................14
【题型3 等腰三角形存在性问题】........................................................................................................................23
【题型4 直角三角形存在性问题】........................................................................................................................32
【题型5 等腰直角三角形存在性问题】................................................................................................................41
【题型6 平行四边形存在性问题】........................................................................................................................50
【题型7 菱形存在性问题】....................................................................................................................................61
【题型8 矩形存在性问题】....................................................................................................................................74
【题型9 正方形存在性问题】................................................................................................................................85
【题型10 梯形存在性问题】....................................................................................................................................97
【题型1 角度存在性问题】
【例1】（2025·重庆·模拟预测）如图，抛物线y=ax2+bx+2与x轴分别交于点A(−1,0)，点B（点B在点
3
A的右侧），与y轴交于点C，对称轴为直线x= ．
2
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P为直线BC上方抛物线上一点，过点P作PM∥x轴交BC与点M，当线段PM的值最大时，在直线
BC上找一点N，连接NA,NP，使得|PN−NA)的值最大．请求出|PN−NA)的最大值并求出点N的坐
标；
(3)将抛物线沿射线BC方向平移后经过点C，在新抛物线上是否存在一点Q，使∠BAQ与∠OCA互补，若
存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．1 3
【答案】(1)y=− x2+ x+2
2 2
(2)|PN−NA)的最大值为❑√2，N(6,−1)
(3)存在，点Q的坐标为(−5,2)或(−3−2❑√3,−1−❑√3)
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）可求直线BC:y=− 1 x+2，设P ( m,− 1 m2+ 3 m+2 ) ，则M ( m2−3m,− 1 m2+ 3 m+2 ) ，那么
2 2 2 2 2
PM=−(m−2) 2+4，则当m=2，PM最大为4，此时P(2,3)连接AC并延长至点A′，使得A′C=AC，连
接PA′,N A′，可得点A,A′关于直线BC对称，则AN=A′N，那么|PN−NA)=|PN−N A′)≤PA′，当
点N,A′,P三点共线时，取得最大值，而A′(1,4)，则|PN−NA) =PA′=❑√(2−1) 2+(3−4) 2=❑√2，同
max
1
理可求直线PA′:y=−x+5，与直线y=− x+2联立，求出N(6,−1)；
2
1 5
（3）可求新抛物线y=− x2− x+2，①当Q在x轴上方抛物线上时，可得AQ∥BC，求出直线
2 2
1 1
AQ:y=− x− ，与抛物线解析式联立即可求解Q(−5,2)，②当Q在x轴下方抛物线上时，记x轴上方抛
2 2
物线的点Q为Q ，下方抛物线的点Q为Q ，作Q 关于x轴的对称点Q ′ ，则∠BAQ =∠BAQ ′ ，则直线
1 2 1 1 1 1
1
AQ′与抛物线交点即为点Q ，则Q ′(−5,−2)，同理可求直线AQ ′: y=2x+ ，则与抛物线联立，即可
2 1 1 2
求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+2与x轴分别交于点A(−1,0)，点B（点B在点A的右侧），与y
3
轴交于点C，对称轴为直线x= ．
2
{a−b+2=0
)
∴ b 3 ，
− =
2a 21
{ a=− )
2
解得： ，
3
b=
2
1 3
∴抛物线的解析式为y=− x2+ x+2；
2 2
3
（2）解：∵对称轴为直线x= ，与x轴分别交于点A(−1,0)，
2
∴B(4,0)，
1 3
对于y=− x2+ x+2，
2 2
当x=0,y=2，
∴C(0,2)
设直线BC:y=kx+b，
{4k+b=0)
代入点B,C，则 ，
b=2
{ k=− 1 )
解得： 2 ，
b=2
1
∴直线BC:y=− x+2，
2
设P ( m,− 1 m2+ 3 m+2 ) ，
2 2
∵PM∥x轴，
1 3 1
∴将y=− m2+ m+2代入y=− x+2，
2 2 2
1 1 3
则− x+2=− m2+ m+2，
2 2 2
解得：x=m2−3m，
∴M ( m2−3m,− 1 m2+ 3 m+2 ) ，
2 2
∴PM=m−m2+3m=−(m−2) 2+4，
∴当m=2，PM最大为4，此时P(2,3)
连接AC并延长至点A′，使得A′C=AC，连接PA′,N A′，∵A(−1,0),B(4,0),C(0,2)，
∴AC2=5,BC2=20,AB2=25，
∴AC2+BC2=AB2，
∴AC⊥BC，
∴点A,A′关于直线BC对称，
∴AN=A′N，
∴|PN−NA)=|PN−N A′)≤PA′，当点N,A′,P三点共线时，取得最大值，
∵A(−1,0),C(0,2)，且A′C=AC，
∴A′(1,4)，
∴|PN−NA) =PA′=❑√(2−1) 2+(3−4) 2=❑√2，
max
同理可求直线PA′:y=−x+5，
{
y=−x+5
)
则 1 ，
y=− x+2
2
解得：x=6，
∴N(6,−1)；
（3）解：存在，理由如下：
CO 2 1
在Rt△COB中，tan∠CBO= = = ，
BO 4 2
原抛物线：y=−
1
x2+
3
x+2=−
1(
x−
3) 2
+
25
，
2 2 2 2 8
1( 3 ) 2 25
∴设平移后的解析式为：y=− x− +2m + +m，
2 2 8
1( 3 ) 2 25
代入C(0,2)得：− 0− +2m + +m=2
2 2 8
解得：m=2或m=0（舍），∴新抛物线解析式为：y=−
1(
x+
5) 2
+
41
，即y=−
1
x2−
5
x+2，
2 2 8 2 2
①当Q在x轴上方抛物线上时，
∵∠BAQ与∠OCA互补，
∴∠BAQ+∠OCA=180°，
∵∠BAQ+∠1=180°，
∴∠1=∠2，
∴∠1+∠3=∠2+∠3=90°，
∴∠QAC=∠ACB=90°，
∴AQ∥BC，
1 1
设直线AQ:y=− x+b，代入A(−1,0)，则 +b=0，
2 2
1
解得：b=− ，
2
1 1
∴直线AQ:y=− x− ，
2 2
1 1
{ y=− x− )
2 2
则 ，
1 5
y=− x2− x+2
2 2
{x=−5) { x=1 )
解得： 或 （舍），
y=2 y=−1
∴Q(−5,2)
②当Q在x轴下方抛物线上时，记x轴上方抛物线的点Q为Q ，下方抛物线的点Q为Q ，作Q 关于x轴的对称点Q ′ ，则
1 2 1 1
∠BAQ =∠BAQ ′ ，
1 1
则直线AQ′与抛物线交点即为点Q ，
2
∵Q (−5,2)
1
∴Q ′(−5,−2)，
1
1
同理可求：直线AQ ′: y=2x+ ，
1 2
1 1
{ y= x+ )
2 2
则与抛物线联立得： ，
1 5
y=− x2− x+2
2 2
{x=−3−2❑√3) {x=−3+2❑√3)
解得： 或 （舍），
y=−1−❑√3 y=−1+❑√3
∴Q(−3−2❑√3,−1−❑√3)
综上：点Q的坐标为(−5,2)或(−3−2❑√3,−1−❑√3)．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题，二次函数的图象与性质，涉及待定系数法求函数解析式，抛物线
的平移问题，“将军饮马”问题，勾股定理逆定理，轴对称问题等知识点，难度较大，熟练掌握各知识点
并灵活运用是解题的关键．
【变式1-1】（2025·福建莆田·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+3经过点
A(−1,0)，B(3,0)，与y轴交于点C，顶点为D．(1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
(2)如图2，连接CB，DB，若在BC上方的抛物线上存在点E，满足∠CBD=∠BDE，求点E的坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+3；(1,4)；
(2)E(2,3)．
【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式、一次函数与二次函数交点问题等内容，熟练掌握
相关知识是解题的关键．
（1）将点A和点B坐标代入求解即可；
（2）由题意可知CB∥DE，进而求出DE解析式，联立方程组求解．
{ 0=a−b+3 )
【详解】（1）解：由条件可得 ，
0=9a+3b+3
{a=−1,)
解得
b=2
∴抛物线y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴顶点D(1,4)；
（2）解：如图，
当x=0时，y=−x2+2x+3=3，
则C(0,3)，
设直线BC表达式为y=kx+c，则由题意得：{ c=3 )
，
3k+c=0
{ c=3 )
解得：
k=−1
∴直线BC表达式为y=−x+3，
由条件可知CB∥DE，
设直线DE的解析式为y=−x+m，
将点D的坐标代入得：m=5，
∴直线DE的解析式为y=−x+5，
{ y=−x+5 )
联立 ，
y=−x2+2x+3
{x=1) {x=2)
解得： (舍)或 ，
y=4 y=3
∴E(2,3)．
【变式1-2】（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
y′=−(x−t) 2+4(x−t)+5−t，把B(5,0)代入可解得新抛物线函数表达式为
y′=−(x−5) 2+4(x−5)+5−5=−x2+14x−45，可得M(9,0)，而直线AE函数表达式为y=2x+2，设
K(m,2m+2)，根据∠AEO+∠EAO=90°，∠TMB+∠AEO=90°，得AK=MK，即
(m+1) 2+(2m+2) 2=(m−9) 2+(2m+2) 2，解除m得K(4,10)，故直线MK函数表达式为y=−2x+18，
{ y=−2x+18 )
联立 ，即可解得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
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 2
5 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1-3】（24-25九年级下·重庆·阶段练习）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+2
过点A(−2,0),B(1,0)，与y轴交于点C，连接AC．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)P为线段AC上方抛物线上一动点，当△ACP的面积最大时，在线段AC上有一动点M，线段AP上有一
动点N，求PM+MN的最小值；
(3)如图2，将原抛物线水平向右平移，使得平移后的抛物线y′恰好经过点C，新抛物线与x轴在右边的交点
是点G，连接CG,R为y轴右边的新抛物线y′上一动点，过点R作RT⊥ x轴于点T，在y轴上是否存在点
Q，满足∠ORQ=∠GCT,∠ROQ=∠CGT？若存在，请求出点R的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−x+2
3❑√5
(2)
5
(3)存在，R(❑√2,❑√2)或R(❑√3+1,−❑√3−1)
【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）求出直线AC的解析式，将直线AC向上平移，直至直线与抛物线只有一个交点P时，此时△ACP的面积最大，联立解析式，根据根的判别式求出点P的坐标，作点P关于AC的对称点P′，作P′N⊥AP，垂
线段最短，得到PM+MN的最小值即为P′N的长，求解即可；
（3）根据平移规则，求出平移后的抛物线的解析式，进而求出点G的坐标，求出∠CGT=45°，得到
∠ROQ=45°，进而得到点R在一三象限或二四象限的角平分线上，联立角平分线的解析式与新的抛物线
的解析式，进行求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+2过点A(−2,0),B(1,0)，
{4a−2b+2=0) {a=−1)
∴ ，解得： ，
a+b+2=0 b=−1
∴y=−x2−x+2；
（2）∵y=−x2−x+2，
∴当x=0时，y=2，
∴C(0,2)，
∵A(−2,0)，
∴设直线AC的解析式为直线y=kx+2，把A(−2,0)代入，得：k=1，
∴y=x+2，
把直线AC向上平移，直至直线与抛物线只有一个交点P时，此时△APC的面最大，
设平移后的解析式为y=x+m，
令x+m=−x2−x+2，整理，得：x2+2x+m−2=0，
则：Δ=22−4(m−2)=0，
∴m=3，
∴x2+2x+1=0，y=x+3
∴x =x =−1，
1 2
∴y=−1+3=2，
∴P(−1,2)，
∵C(0,2)，A(−2,0)，
∴OC=OA=2,AC=2❑√2，PC∥x轴，PC=1，AP=❑√12+22=❑√5，
∴∠CAO=∠ACO=45°，
∵PC∥x轴，
∴∠PCA=∠CAO=45°，
作点P关于AC的对称点P′，交AC于点R，连接AP′，则：AC垂直平分PP′，
PM+MN=P′M+MN≥P′N，∵N为AP上的动点，
∴当P′N⊥AP时，PM+MN的值最小，
∵∠PCA=45°，PR⊥AC，
∴△PRC为等腰直角三角形，
❑√2 ❑√2
∴PR=CR= PC= ，
2 2
3❑√2
∴PP′=2PR=❑√2,AR=AC−CR=
，
2
∵AR⊥PP′,P′N⊥AP，
1 1
∴S = PP′ ⋅AR= AP⋅P′N，
△APP′ 2 2
3❑√2
∴❑√2× =❑√5PN′ ，
2
3❑√5
∴PN′=
，
5
3❑√5
∴PM+MN的最小值为： ；
5
（3）存在，
∵y=−x2−x+2=− ( x+ 1) 2 + 9 ，
2 4
设平移后的解析式为：y=−x2−x+2=− ( x+ 1 −ℎ ) 2 + 9 (ℎ >0)，
2 4
∵平移后的解析式经过点C，
(1 ) 2 9
∴− −ℎ + =2，
2 4
解得：ℎ =1或ℎ =0（舍去）；
( 1) 2 9
∴y=− x− + ，
2 4∴点G是由点B向右平移一个单位得到的，
∵B(1,0)，
∴G(2,0)，
∵C(0,2)
∴OC=OG=2，
∴∠OGC=45°
当R在x轴上方时，则：∠CGT=45°，
∴∠ROQ=45°，即：点R在一三象限的角平分线上，即：在直线y=x上，
{
y=x
)
联立 ( 1) 2 9 ，解得：
{x=❑√2)
或
{x=−❑√2)
（舍去）；
y=− x− + y=❑√2 y=−❑√2
2 4
∴R(❑√2,❑√2)；
当点R在x轴下方时，则：∠CGT=180°−45°=135°，
∴∠ROQ=135°，此时点Q在y轴正半轴，
∴∠ROT=135°−90°=45°，
∴点R在二四象限的角平分线上，即在直线y=−x上，
{
y=−x
)
联立 ( 1) 2 9 ，解得： { x=❑√3+1 ) 或 {x=1−❑√3) （舍去）；
y=− x− + y=−❑√3−1 y=❑√3−1
2 4
∴R(❑√3+1,−❑√3−1)；
综上：R(❑√2,❑√2)或R(❑√3+1,−❑√3−1)．【题型2 全等三角形存在性问题】
【例2】（24-25九年级下·重庆沙坪坝·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+2x+b的
图像与一次函数 y=−x+1的图像交于A，B两点，已知B(6,−5)．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点C是直线AB上方抛物线上的一动点，连接AC,BC．点M，N是y轴上的两动点（M在N上方），且
满足 MN=3，连接CM,BN，当 △ABC的面积取得最大值时，求CM+MN+BN的最小值；
(3)当（2）中CM+MN+BN取得最小值时，将点N向下平移1个单位得到点P，将该抛物线沿直线AB的
方向平移得到新抛物线 y′，Q为新抛物线y′的顶点，在平移过程中，是否存在以A，B，Q为顶点的三角
形和 △ABP全等?若存在，请直接写出所有满足条件的点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
1
【答案】(1)抛物线的表达式为 y=− x2+2x+1
2
9❑√5
(2)CM+MN+BN最小值为 +3
2
(3)存在，Q (4,1)，Q (6,−1)
1 2
【分析】（1）首先确定A(0,1)，将A(0,1)，B(6,−5)两点代入y=ax2+2x+b并求解即可；
（2）过点C作CE∥y轴交直线AB于点E， 设点C坐标为 ( t,− 1 t2+2t+1 ) ，易得点E 坐标为
2
(t,−t+1)，可知CE=− 1 t2+3t，结合三角形面积公式可得S = 1 × ( − 1 t2+3t ) ×6，由二次函数的
2 △ABC 2 2
( 5)
性质可得当t=3时，S 有最大值，此时C 3, ，将点 B 关于y轴对称，再向上平移3个单位得到
△ABC 2
9❑√5
B′(−6,−2)，则有CM+MN+BN≥B′C+MN= +3，即可获得答案；
21
（3）首先确定直线B′C:y= x+1，进而解得点M，N，P的坐标，根据题意解得Q点运动轨迹为直线
2
y=−x+5，然后根据全等三角形的性质，分BQ=AP、BP=AQ或BQ=BP,AP=AQ两种情况，分别
求解即可．
【详解】（1）解：对于一次函数y=−x+1，令x=0，可得y=1，
∴A(0,1)，
将A(0,1)，B(6,−5)两点代入y=ax2+2x+b，
{ 1=b ) { a=− 1 )
可得 ，解得 2 ，
−5=36a+12+b
b=1
1
则抛物线的表达式为y=− x2+2x+1；
2
（2）过点C作CE∥y轴交直线AB于点E， 设点C坐标为 ( t,− 1 t2+2t+1 ) ，
2
∴点E 坐标为(t,−t+1)，
1 1
∴CE=− t2+2t+1−(−t+1)=− t2+3t，
2 2
∵A(0,1)，B(6,−5)，
∴S = 1 ×CE×|x −x )= 1 × ( − 1 t2+3t ) ×6，
△ABC 2 B A 2 2
∴当t=3时，S 有最大值，
△ABC
( 5)
此时C 3, ，
2
将点 B 关于y轴对称，再向上平移3个单位得到B′(−6,−2)，9❑√5
则：CM+MN+BN≥B′C+MN= +3，
2
9❑√5
即CM+MN+BN最小值为 +3；
2
（3）设直线B′C的解析式为y=mx+n(m≠0)，
( 5)
将点B′(−6,−2)，C 3, 代入，
2
{−2=−6m+n ) { m= 1 )
可得 5 ，解得 2 ，
=3m+n
2 n=1
1
∴直线B′C:y= x+1，
2
令x=0得M(0,1)，
∴N(0,−2)，
∴P(0,−3),AP=4，
1 1
∵y=− x2+2x+1=− (x−2) 2+3，
2 2
∴原抛物线的顶点坐标为(2,3)，
根据题意，将原抛物线沿直线AB的方向平移得到新抛物线 y′，Q为新抛物线y′的顶点，
可设Q点运动轨迹所在直线为y=−x+q，
将点(2,3)代入，可得3=−2+q，解得q=5，
∴Q点运动轨迹为直线：y=−x+5，
∴BQ=AP、BP=AQ或BQ=BP,AP=AQ，
当BQ=AP、BP=AQ时∠BAP=∠ABQ，
∴BQ⊥x轴，令x=6， 则Q(6,−1)，
经检验，符合题意，
当BQ=BP,AP=AQ时，∠BAQ=∠BAP=45°，
∴∠PAQ=90°， 即AP⊥AQ，
∴令y=1， 则Q(4,1)，
经检验，符合题意，
∴Q (4,1)，Q (6,−1)．
1 2
【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式、二次函数的图像与性质、二次函数图
像的平移、全等三角形的性质等知识，综合运用相关知识是解题关键．
【变式2-1】（2024九年级下·全国·专题练习）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B两点，
与y轴交于点C(0,−3)．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)已知点P(m,n)在抛物线上，当−1≤m<3时，直接写出n的取值范围；
(3)抛物线的对称轴与x轴交于点M，点D坐标为(2,3)，试问在该抛物线上是否存在点P，使△ABP与
△ABD全等？若存在，请求出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)−4≤n≤0
(3)存在，点P的坐标为(0,−3)或(2,−3)
【分析】本题考查了二次函数的综合应用，正确的求出二次函数解析式，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）将A，C两点的坐标代入解析式可得抛物线的解析式；
（2）根据二次函数的性质可求n的取值范围；
（3）在x轴上方的P不存在，点P只可能在x轴的下方，按照题意，分别求解即可．
【详解】（1）解：将A(−1,0)、C(0,−3)代入抛物线y=x2+bx+c得：{ c=−3 )
，
1−b+c=0
{b=−2)
解得： ，
c=−3
∴抛物线的函数解析式为：y=x2−2x−3；
（2）令y=x2−2x−3=0，
解得：x=3或−1，即A(−1,0)、B(3,0)，
∴抛物线的对称轴为x=1，
∵−1≤m<3，
∴当m=−1时，n=(−1) 2−2×(−1)−3=0，
当m<3时，函数的最小值为顶点纵坐标的值：y=1−2−3=−4，
故n的取值范围为−4≤n≤0；
（3）存在
∵D(2,3)到x轴的距离为3，由图象可知，
则点P在x轴下方，点P到x轴的距离为3，
当y=−3时，x2−2x−3=−3，
解得：x=0或x=2，
∴点P的坐标为(0,−3)或(2,−3)．
∵(2,−3)，(2,3)关于x轴对称
∴△ABP与△ABD全等，
∵(0,−3)，(2,−3)关于抛物线的对称轴对称
∴△ABP与△ABD全等
【变式2-2】（2024·陕西咸阳·二模）已知抛物线L：y=x2+3x−4与y轴交于点A，抛物线L′与L关于x轴
对称．
(1)求抛物线L′的函数表达式；(2)O为坐标原点，点B是y轴正半轴上一点，OB=OA，点C是x轴负半轴上的动点，点P是第二象限抛物
线L′上的动点，连接OP,BP,是否存在点P，使得以点O,P,C为顶点的三角形与△OPB全等？若存在，请
求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−3x+4
(2)(−3，4)或(−1−❑√5，1+❑√5)
【分析】本题考查二次函数的性质．
（1）先将抛物线L化为顶点式，再根据抛物线L′与L关于x轴对称得抛物线L′的顶点坐标，最后由开口方向
即可得出；
（2）先由抛物线L：y=x2+3x−4求出点A,B的坐标，再根据题意，分两种情况：当ΔOPB≌ΔPOC时
及当ΔOPB≌ΔOPC时，设点P的坐标为(p,−p2−3p+4)，p<0，分别求出p的值即可，具体见详
解．
【详解】（1）解：∵抛物线L:y=x2+3x−4= ( x+ 3) 2 − 25
2 4
( 3 25)
∴抛物线L的顶点为 − ,− ，
2 4
∵抛物线L′与L关于x轴对称
( 3 25)
∴抛物线L′的顶点为 − , ，且抛物线开口向下，
2 4
∴抛物线L′的函数表达式为y=− ( x+ 3) 2 + 25 =−x2−3x+4;
2 4
（2）∵抛物线L：y=x2+3x−4与y轴交于点A，
∴A(0,−4)，即OA=4
∴OB=0A=4，
∵点B是y轴正半轴上一点，
∴B(0,4)由题意可知，△OPC与△OPB有一条公共边OP，设点P的坐标为(p,−p2−3p+4)，p<0，
分两种情况：
当ΔOPB≌ΔPOC时，∠POC=∠OPB，
∴PB∥x轴，即点P与点B的纵坐标一样，
令−p2−3p+4=4，解得p =0(舍去)，p =−3，
1 2
∴P(−3，4)
当ΔOPB≌ΔOPC时，此时点P与点P′重合，点C与点C′重合，∠P′OC′=∠P′OB，
∴OP′平分∠BOC，即点P′到x轴，y轴的距离相等
∴−p=−p2−3p+4，解得p =−1+❑√5(舍去)，p =−1−❑√5，
1 2
∴P′(−1−❑√5，1+❑√5)
综上，存在点P，使得以点O,P,C为顶点的三角形与△OPB全等，点P的坐标为(−3，4)或
(−1−❑√5，1+❑√5)．
1
【变式2-3】（2023·陕西咸阳·三模）如图，抛物线y= x2−2x+3与x轴交于A，B两点，抛物线的顶点
4
为C，对称轴为直线l，l交x轴于点D．
(1)求点A、B、C的坐标；(2)点P是抛物线上的动点，过点P作PM⊥y轴于点M，点N在y轴上，且点N在点M上方，是否存在这
样的点P、N，使得以点P、M、N为顶点的三角形与△BCD全等，若存在，请求出点P、N的坐标；若不
存在，请说明理由．
【答案】(1)A(2，0)，B(6，0)，C(4,−1)；
( 5) ( 13)
(2)存在，点P和点N的坐标分别为：P(2,0), N(0,1)或P(−2,8), N(0,9)或P 1, , N 0, 或
4 4
( 21) ( 29)
P −1, , N 0, ．
4 4
1
【分析】（1）令y=0，得 x2−2x+3=0,解方程求出x的值，可得A,B的坐标，将抛物线解析式化为顶
4
点式可得点C的坐标；
（2）分△PMN≅△BDC和△PMN≅△CDB两种情况，依据全等三角形的性质讨论求解即可．
1 1
【详解】（1）对于y= x2−2x+3，令y=0，得 x2−2x+3=0,
4 4
解得，x =2,x =6,
1 2
∵点A在点B的左侧，
∴A(2，0)，B(6，0)，
1 1
又y= x2−2x+3= (x−4) 2−1,
4 4
∴C(4,−1)；
（2）由（1）知，A(2，0)，B(6，0)，C(4,−1)，
∵l交x轴于点D
∴D(4,0),
∴BD=2,CD=1,
∵PM⊥y轴,
∴∠PMN=∠BDC=90°,分两种情况讨论：
①当△PMN≅△BDC时，PM=BD=2， MN=DC=1，
∴点P的横坐标为2或−2；
1
当x=2时，y= ×22−2×2+3=0，
4
∴P(2,0),
∴M(0,0),
∴N(0,1);
1
当x=−2时，y= ×(−2) 2−2×(−2)+3=8，
4
∴P(−2,8),
∴M(0,8),
∵MN=1,
∴N(0,9);
②当△PMN≅△CDB时，PM=CD=1,MN=BD=2,
∴点P的横坐标为1或−1；
1 5
当x=1时，y= ×12−2×1+3= ，
4 4
( 5)
∴P 1, ,
4
( 5)
∴M 0, ,
4
∵MN=2,( 13)
∴N 0, ;
4
1 21
当x=−1时，y= ×(−1) 2−2×(−1)+3= ，
4 4
( 21)
∴P −1, ,
4
( 21)
∴M 0, ,
4
( 29)
∴N 0, ;
4
( 5) ( 13)
综上所述，点P和点N的坐标分别为：P(2,0), N(0,1)或P(−2,8), N(0,9)或P 1, , N 0, 或
4 4
( 21) ( 29)
P −1, , N 0, ．
4 4
【点睛】本题主要考查了二次函数图象与性质，正确进行分类讨论是解答本题的关键．
【题型3 等腰三角形存在性问题】
【例3】（2025·山东烟台·中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A，B两点（点A在点B左
侧），与y轴交于点C，OA=2，OB=6，D是直线BC上方抛物线上一动点，作DF⊥AB交BC于点E，
垂足为点F，连接CD．
(1)求抛物线的表达式；
(2)设点D的横坐标为t，
①用含有t的代数式表示线段DE的长度；
②是否存在点D，使△CDE是等腰三角形?若存在，请求出所有满足条件的点D的坐标；若不存在，请说
明理由；
(3)连接OE，将线段OE绕点O按顺时针方向旋转90°得到线段OG，连接AG，请直接写出线段AG长度的
最小值．1
【答案】(1)y=− x2+x+3
4
(2)①DE=− 1 t2+ 3 t(0<t<6)；②存在，D(2,4)或D ( 1, 15) 或D(6−2❑√5,4❑√5−5)
4 2 4
(3)2❑√5
【分析】（1）运用待定系数法即可求解；
（2）①求出直线BC：y=− 1 x+3，则D ( t,− 1 t2+t+3 ) ，E ( t,− 1 t+3 ) ，即可用t的代数式表示DE
2 4 2
；②用两点间距离公式分别表示三边，分类讨论，建立方程求解即可；
（3）在y轴负半轴取点N(0,−6)，连接NG并延长交x轴于点M，连接AN，证明△BOE≌△NOG(SAS)
，则∠CBO=∠MNO，确定点G在线段MN上运动（不包括端点），故当AG⊥MN时，AG最小，可
证明△COB≌△MON(ASA)，求得MN=❑√OM2+ON2=3❑√5，而当AG⊥MN时，
1 1
S = AM⋅ON= MN⋅AG，即可由面积法求最小值．
△AMN 2 2
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，
OA=2，OB=6，
∴A(−2,0),B(6,0)，
{4a−2b+3=0)
∴
36a+6b+3=0
{ a=− 1 )
解得： 4 ，
b=1
1
∴抛物线表达式为y=− x2+x+3；
4
1
（2）解：①对于抛物线表达式y=− x2+x+3，
4
当x=0,y=3，
∴C(0,3)，
设直线BC表达式为：y=kx+b，
{6k+b=0)
则 ，
b=3{ k=− 1 )
解得： 2 ，
b=3
1
∴直线BC：y=− x+3，
2
∵DE⊥AB，
∴D ( t,− 1 t2+t+3 ) ，E ( t,− 1 t+3 ) ，
4 2
∴DE=− 1 t2+t+3− ( − 1 t+3 ) =− 1 t2+ 3 t，
4 2 4 2
1 3
∴DE=− t2+ t(0<t<6)；
4 2
②存在，
CD=❑ √ t2+ ( − 1 t2+t+3−3 ) 2 =❑ √ t2+ ( − 1 t2+t ) 2 ，而CE=❑ √ t2+ ( − 1 t+3−3 ) 2 = ❑√5 t
4 4 2 2
1 3 ❑√5
当DE=CE时，− t2+ t= t，
4 2 2
解得：t=6−2❑√5或t=0（舍），
1 1
∴− t2+t+3=− ×(6−2❑√5) 2+6−2❑√5+3=4❑√5−5，
4 4
∴D(6−2❑√5,4❑√5−5)；
当CD=DE时，t2+ ( − 1 t2+t ) 2 = ( − 1 t2+ 3 t ) 2
4 4 2
整理得：t2(−t+1)=0，
解得：t=1或t=0（舍），
1 1 15
∴− t2+t+3=− ×12+1+3= ，
4 4 4
( 15)
∴D 1, ；
4
当CD=CE时，t2+ ( − 1 t2+t ) 2 = (❑√5 t ) 2
4 2
整理得：t2( 1 t2− 1 t+ 3) =0，
16 2 4解得：t=2或t=6（舍）或t=0（舍），
1 1
∴− t2+t+3=− ×22+2+3=4，
4 4
∴D(2,4)，
( 15)
综上：△CDE是等腰三角形时，D(2,4)或D 1, 或D(6−2❑√5,4❑√5−5)；
4
（3）解：在y轴负半轴取点N(0,−6)，连接NG并延长交x轴于点M，连接AN，
由旋转得：OE=OG,∠EOG=90°，
∵B(6,0)，
∴OB=ON，
∵∠BON=90°，
∴∠1=∠2=90°−∠MOG，
∴△BOE≌△NOG(SAS)，
∴∠CBO=∠MNO，
∴点G在线段MN上运动（不包括端点），
∴当AG⊥MN时，AG最小，
∵∠CBO=∠MNO，OB=ON，∠COB=∠MON，
∴△COB≌△MON(ASA)，
∴OM=OC=3，
∴MN=❑√OM2+ON2=3❑√5，
1 1
∴当AG⊥MN时，S = AM⋅ON= MN⋅AG
△AMN 2 2
1 1
∴ ×5×6= ×3❑√5×AG，
2 2
∴AG=2❑√5，∴线段AG长度的最小值2❑√5．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，涉及得到系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，等腰
三角形的存在性问题，两点间距离公式，全等三角形的判定与性质，垂线段最短等知识点，难度较大，综
合性强．
1 3
【变式3-1】（24-25九年级上·内蒙古呼伦贝尔·期中）如图，已知二次函数y =− x2+ x+c的图象与x
1 2 2
轴的一个交点为A(4, 0)，与y轴的交点为B，过A、B的直线为y =kx+b．
2
(1)求二次函数y 的解析式及点B的坐标；
1
(2)由图象写出满足y <y 的自变量x的取值范围；
1 2
(3)在两坐标轴上是否存在点P，使得△ABP是以AB为底边的等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若
不存在，说明理由．
1 3
【答案】(1)y=− x2+ x+2，B(0,2)
2 2
(2)x<0或x>4
(3 )
(3) ,0 或(0,−3)，
2
【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式，根据自变量为零，可得B点坐标；
（2）根据一次函数图像在上方的部分是不等式的解集，可得答案；
（3）根据线段垂直平分线上的点到线段两点间的距离相等，可得P在线段的垂直平分线上，所以作AB的
垂直平分线交坐标轴两点，利用方程思想和勾股定理求解出两个坐标．
1 3
【详解】（1）解：将A点坐标代入y ，得− ⋅16+ ⋅4+c=0，
1 2 2
解得c=2，
1 3
二次函数y 的解析式为y=− x2+ x+2，
1 2 2
∴B点坐标为(0,2)；
（2）解：由图象得直线在抛物线上方的部分，是x<0或x>4，∴x<0或x>4时，y <y ；
1 2
（3）解： 如图，作AB的垂直平分线，交AB于C，交x轴于P ，交y轴于P ，连接BP ,AP ，
1 2 1 2
由垂直平分线性质得，BP =AP ，BP =AP ，
1 1 2 2
∵A(4, 0)，B(0,2)，
∴OA=4，OB=2，
设OP =m，BP =AP =4−m，
1 1 1
在Rt△BOP 中，OB2+OP 2=BP 2 ，
1 1 1
3
4+m2=(4−m) 2，解得m= ，
2
(3 )
∴P ,0 ，
1 2
设P (0,n)，
2
AP 2=42+(−n) 2 ，BP 2=(2−n) 2 ，
2 2
∴42+(−n) 2=(2−n) 2，解得n=−3，
∴P (0,−3)，
2
(3 )
综上所述：点P的坐标 ,0 或(0,−3)，使得△ABP是以AB为底边的等腰三角形．
2
【点睛】本题考查了二次函数综合题，利用待定系数法求函数解析式，利用函数与不等式的关系求不等式
的解集，利用线段垂直平分线的性质和方程思想，通过勾股定理解出满足题意的坐标．
【变式3-2】（2025·湖南郴州·模拟预测）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(0,3)，对称轴为直线x=1．点M是抛物线上的一个动点，设它的横坐标为m(0<m<3)．过点M作
MN⊥x轴，与BC交于点N，连接CM，BM．(1)求抛物线的表达式；
(2)求线段MN的最大值；
(3)是否存在以CN为腰的等腰三角形CMN？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
9
(2)MN有最大值
4
(3)m=1或m=3−❑√2
{ − b =− b =1)
【分析】（1）根据抛物线的对称轴为x=1，与y轴交于点C(0,3)得 2a 2×(−1) ，解出b、c的
c=3
值，即可求解；
（2）设点M(m,−m2+2m+3)，利用待定系数法求出直线BC的解析式为y=−x+3，即点N(m,−m+3)
，再根据MN= y −y 求出MN的表达式，最后根据二次函数的顶点公式求得最大值即可；
M N
（3）分两种情况讨论：①当CN=CM时；②当CN=MN时；即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c的对称轴为x=1，与y轴交于点C(0,3)，
{ − b =− b =1)
∴ 2a 2×(−1) ，
c=3
{b=2)
解得： ，
c=3
∴y=−x2+2x+3；
（2）解：设点M(m,−m2+2m+3)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∵直线BC经过点C(0,3)，B(3,0)，{ 3=b )
∴ ，
3k+b=0
{k=−1)
解得： ，
b=3
∴直线BC的表达式为：y=−x+3，
即点N(m,−m+3)，
∴MN= y −y =(−m2+2m+3)−(−m+3)，
M N
=−m2+3m，
( 3) 2 9
=− m− + ，
2 4
3
∵a=−1<0时，开口向下，当m= 时，MN有最大值，
2
9
∴M N = ；
max 4
（3）解：存在以CN为腰的等腰三角形CMN，有以下两种情况：
①当CN=CM时，过C作CE⊥MN于点E，则点E为MN的中点，即ME=EN，
∴E(m,3)
，
∴(−m2+2m+3)−3=3−(−m+3)，
∴m =1，m =0（舍去）；
1 2
②当CN=MN时，
∵CN=❑√2m，
∴❑√2m=−m2+3m，
∴m =3−❑√2，m =0（舍去），
1 2
综上所述：当m=1或m=3−❑√2时，存在以CN为腰的等腰三角形CMN．
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、二次函数的解析式，二次函数的性质，等腰三角形的
性质，解一元二次方程，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．1
【变式3-3】（2025·广东清远·一模）如图，抛物线y= x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点E
2
．过点B的直线与y轴交于点C，与抛物线交于点D，连接OD，已知OE=2OC=2OA=4．
(1)求OB的长．
(2)求△OBD的面积．
(3)抛物线对称轴上是否存在一点P，使以P，A，E为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，直接写出点P
的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)4
(2)7
(3)(1,−1)或(1,❑√11)或(1,−❑√11)或(1,−4+❑√19)或(1,−4−❑√19)
【分析】（1）先求出点A和点E的坐标，再利用待定系数法求出抛物线解析式，进而求出点B的坐标即
可得到答案；
（2）先求出点C坐标，再求出直线BC解析式，进而求出点D的坐标，最后根据三角形面积计算公式求解
即可；
（3）分PA=PE，PE=AE，PA=AE三种情况，根据两点距离计算公式建立方程求解即可．
【详解】（1）解；∵OE=2OA=4，
∴OA=2，
∴点A坐标为(−2,0)点E坐标为(0,−4)．
1
将点A(−2,0)，E(0,−4)分别代入y= x2+bx+c中得¿
2
解得¿
1
∴抛物线解析式为y= x2−x−4．
2
1 1
在y= x2−x−4中，当y=0时，则 x2−x−4=0，
2 2解得x =−2，x =4，
1 2
∴点B坐标为(4,0)，
∴OB=4．
（2）解；设直线BD的解析式为y=kx+ ℎ，
∵2OC=4
∴OC=2，，
∴C(0，2)．
把点B(4,0)，C(0,2)代入y=kx+ ℎ，得¿解得¿
1
∴直线BD的解析式为y=− x+2．
2
联立¿
解得¿
( 7)
∴D −3， ，
2
OB⋅y
∴S = D=7；
△OBD 2
1
（3）解：∵抛物线解析式为y= x2−x−4，
2
−1
x=− =1
∴对称轴为直线 1 ，
2×
2
∵OA=2，OE=4，
∴AE2=OA2+OE2=20．
设P(1,a)，
①当PA=PE时，[1−(−2)) 2 +(a−0) 2=(1−0) 2+[a−(−4)) 2 ，
解得a=−1，
∴P(1,−1)；
②当PA=AE时，[1−(−2)) 2 +(a−0) 2=20，
解得a = ❑√11，a =−❑√11，
1 2
∴P(1,❑√11)或P(1,−❑√11)；③当PE=AE时，(1−0) 2+[a−(−4)) 2 =20，
解得a = −4+❑√19，a =−4−❑√19，
1 2
∴P(1,−4+❑√19)或P(1,−4−❑√19)．
综上，点P的坐标为(1,−1)或(1,❑√11)或(1,−❑√11)或(1,−4+❑√19)或(1,−4−❑√19)．
【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，等腰三角形的定义等
等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
【题型4 直角三角形存在性问题】
1
【例4】（2025·青海西宁·一模）如图，抛物线y= x2+nx−2与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，
2
抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A(−1,0)．
(1)求抛物线的表达式；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是直角三角形？如果存在，请直接写出点P的坐标；如果
不存在，请说明理由；
(3)点M是线段BC上的一个动点，过点M作x轴的垂线，与抛物线相交于点N，当点M移动到什么位置
时，使△CBN的面积最大？求出△CBN的最大面积及此时M点的坐标．
1 3
【答案】(1)y= x2− x−2
2 2
3 25 3
(2)存在满足条件的点P，其坐标为( ,− )或( ,−2)
2 8 2
(3)点M为BC的中点，△CBN的面积最大，最大面积为4，此时M点坐标为(2,−1)
【分析】（1）由A的坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式；
（2）可设出P点坐标，则可表示出PC、PD和CD的长，分PD2=CD2+PC2、PC2+PD2=CD2两种情况分别得到关于P点坐标的方程，可求得P点坐标；
（3）由B、C的坐标可求得直线BC的解析式，可设出M点坐标，则可表示出N点的坐标，从而可表示出
MN的长，可表示出△CBN的面积，再利用二次函数的性质可求得其最大值及此时点M的坐标．
1
【详解】（1）解：∵A(−1,0)在抛物线y= x2+nx−2上，
2
1 3
∴ −n−2=0，解得n=− ，
2 2
1 3
∴抛物线解析式为y= x2− x−2；
2 2
1 3 1 3 2 25
（2）∵y= x2− x−2= (x− ) − ，
2 2 2 2 8
3
∴抛物线对称轴为直线x= ，
2
当x=0时，y=−2，
3
∴D( ,0)，且C(0,−2)，
2
√ 3 2 5
∴CD=❑( ) +22= ，
2 2
∵点P在对称轴上，
3
∴可设P( ,t)，
2
√ 3 2
∴PD=|t|，PC=❑( ) +(t+2) 2，
2
5 2 3 2
当PD2=CD2+PC2时，|t) 2=( ) +( ) +(t+2) 2，
2 2
25 3 25
解得t=− ，此时P点坐标为( ,− )；
8 2 8
3 2 5 2
当PC2+PD2=CD2时，|t) 2+( ) +(t+2) 2=( )
2 2
3
解得t=0（与D重合，舍去）或t=−2，此时P点坐标为( ,−2)；
2
3 25 3
综上可知：存在满足条件的点P，其坐标为( ,− )或( ,−2)；
2 8 21 3
（3）当y=0时，即 x2− x−2=0，解得x=−1或x=4，
2 2
∴A(−1,0)，B(4,0)，
设直线BC解析式为y=kx+s，
{ s=−2 )
{s=−2
)
由题意可得 ，解得 1 ，
4k+s=0 k=
2
1
∴直线BC解析式为y= x−2，
2
∵点M是线段BC上的一个动点，
1 1 3
∴可设M(m, m−2)，则N(m, m2− m−2)，
2 2 2
1 1 3 1 1
∴MN=( m−2)−( m2− m−2)=− m2+2m=− (m−2) 2+2，
2 2 2 2 2
∴S = 1 ×4×MN=2 [ − 1 (m−2) 2+2 ) =−(m−2) 2+4，
△CBN 2 2
∵−1<0，
∴当m=2时，S 有最大值，最大值为4，
△CBN
1
此时 x−2=−1，
2
∴M(2,−1)，即M为BC的中点，
∴点M为BC的中点，△CBN的面积最大，最大面积为4，此时M点坐标为(2,−1)．
【点睛】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、等腰三角形的性质、勾股定
理、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）中用P点的坐标表示出
PC和PD是解题的关键，在（3）中用M点坐标表示出△CBN的面积是解题的关键．本题考查知识点较
多，综合性较强，难度适中．
【变式4-1】（2025·湖南株洲·三模）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)在抛物线的对称轴上是否存在点M，使得△ACM是以AC为斜边的直角三角形？若存在，请求出点M
的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)若点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，并写出此时点P的坐标．
【答案】(1)y=−x2−3x+4
( 3 ❑√31) ( 3 ❑√31)
(2)存在，点M的坐标为 − ,2+ 或 − ,2− ；
2 2 2 2
(3)四边形AOCP的面积的最大值为16，此时点P的坐标为(−2,6)．
【分析】（1）将点A(−4,0)和C(0,4)代入抛物线的函数解析式，利用待定系数法求解即可；
( 3 )
（2）先求出抛物线的对称轴，进而设点M − ,m ，利用坐标两点距离公式，得到AC2=32，
2
25 9
AM2= +m2 ，CM2= +(m−4) 2 ，再根据△ACM是以AC为斜边的直角三角形，利用勾股定理列方
4 4
程，求出m的值，即可得到点M的坐标；
1
（3）先求出S = OA⋅OC=8，再利用待定系数法求出直线AC的解析式为y=x+4，设D(a,0)，且
△AOC 2
−4≤a≤0，则P(a,−a2−3a+4)，Q(a,a+4)，可得PQ=−a2−4a，从而得出
S =S +S =−2a2−8a，进而得到S =S +S =−2(a+2) 2+16，利用二次函数
△ACP △APQ △CPQ 四边形AOCP △APC △AOC
的性质求最值即可．
【详解】（1）解：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)，{−16−4b+c=0)
∴ ，
c=4
{b=−3)
解得： ，
c=4
∴抛物线的函数解析式为y=−x2−3x+4．
（2）解：存在，理由如下：
∵y=−x2−3x+4=− ( x+ 3) 2 + 25 ，
2 4
3
∴抛物线的对称轴为直线x=− ，
2
∵点M在抛物线的对称轴上，
( 3 )
∴设点M − ,m ，
2
∵A(−4,0)，C(0,4)，
∴AC2=(−4−0) 2+(0−4) 2=32，AM2= ( − 3 +4 ) 2 +m2= 25 +m2 ，
2 4
CM2= ( − 3) 2 +(m−4) 2= 9 +(m−4) 2 ，
2 4
∵△ACM是以AC为斜边的直角三角形，
∴AM2+CM2=AC2，
∴ 25 +m2+ [9 +(m−4) 2) =32，
4 4
15
整理得：m2−4m− =0，
4
4±❑√31 ❑√31
解得：m= =2± ，
2 2
( 3 ❑√31) ( 3 ❑√31)
∴存在点M使得△ACM是以AC为斜边的直角三角形，点M的坐标为 − ,2+ 或 − ,2−
2 2 2 2
；
（3）解：∵A(−4,0)，C(0,4)，
∴OA=4，OC=4，
1
∴S = OA⋅OC=8，
△AOC 2
设直线AC的解析式为y=mx+n，{−4m+n=0)
∴ ，
n=4
{m=1)
解得： ，
n=4
∴直线AC的解析式为y=x+4，
∵点D在线段OA上运动，
∴设D(a,0)，且−4≤a≤0，
∵过点D作x轴的垂线，与AC交于点Q，与抛物线交于点P，
∴P(a,−a2−3a+4) Q(a,a+4)
， ，
∴PQ=−a2−3a+4−(a+4)=−a2−4a，
1 1 1 1
∴S =S +S = PQ⋅AD+ PQ⋅OD= PQ⋅OA= ×4(−a2−4a)=−2a2−8a，
△ACP △APQ △CPQ 2 2 2 2
∴S =S +S =−2a2−8a+8=−2(a+2) 2+16，
四边形AOCP △APC △AOC
∵−2<0，
∴当a=−2时，S 有最大值，
四边形AOCP
即四边形AOCP的面积的最大值为16，此时点P的坐标为(−2,6)．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了求二次函数解析式，二次函数的图象和性质，勾股定理，公式法
解一元二次方程，二次函数的最值问题等，利用数形结合的思想解决问题是关键．
【变式4-2】（2025·江西九江·模拟预测）如图，抛物线y=x2+bx+c与直线y=−x−1相交于
A(−1,0),B(4,m)两点，抛物线与x轴的另一个交点是点C．(1)求抛物线的解析式．
(2)点P是抛物线上的一个动点（不与A,B重合），过点P作PD⊥x轴于点D，交直线AB于点E，连接
BC,EC，是否存在点P，使△BEC为直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；否则，请说明理
由．
【答案】(1)y=x2−4x−5
( 5 45)
(2)存在点P，使△BEC为直角三角形，且点P的坐标为(2,−9)或 − ,
2 4
【分析】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式、函数图象上点的坐标特点、勾
股定理、解一元二次方程等知识，熟练掌握函数图象上点的坐标满足函数解析式、全面分类是解题的关
键；
（1）先求出点B的坐标，然后利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点C的坐标，然后设点D(m,0)，则P(m,m2−4m−5)，E(m,−m−1)，利用两点间的距离
公式表示出BE2,CE2,BC2，再分三种情况：当∠BEC=90°、∠BCE=90°、∠CBE=90°时，利用勾
股定理列出方程求解即可．
【详解】（1）解：把B(4,m)代入直线y=−x−1，得m=−4−1=−5，
∴B(4,−5)，
把A(−1,0),B(4,−5)代入抛物线的解析式可得：
{ 1−b+c=0 )
，
16+4b+c=−5
{b=−4)
解得： ，
c=−5
∴抛物线的解析式是y=x2−4x−5；
（2）解：对于y=x2−4x−5，当y=0时，x2−4x−5=0，
解得x =−1,x =5，
1 2
∴C(5,0)，
设点D(m,0)，则P(m,m2−4m−5)，E(m,−m−1)，
∴BE2=(4−m) 2+(m−4) 2=2m2−16m+32，CE2=(5−m) 2+(m+1) 2=2m2−8m+26，
BC2=(4−5) 2+(−5−0) 2=26，
若△BEC为直角三角形，则当∠BEC=90°时，BE2+CE2=BC2，
∴2m2−16m+32+2m2−8m+26=26，即m2−6m+8=0
解得：m=2或m=4（舍去）；
此时点P的坐标为(2,−9)；
当∠BCE=90°时，BC2+CE2=BE2，
∴2m2−16m+32=2m2−8m+26+26，即−8m=20
5
解得：m=− ；
2
( 5 45)
此时点P的坐标为 − , ；
2 4
当∠CBE=90°时，BC2+BE2=CE2，
∴2m2−16m+32+26=2m2−8m+26，
解得：m=4（舍去）；
( 5 45)
综上，存在点P，使△BEC为直角三角形，且点P的坐标为(2,−9)或 − , ．
2 4
【变式4-3】（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）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，并写出此时点P的坐标．
(3)在（2）的条件下，点N是x轴上一动点，求当N点坐标为 时，PN+NC的值最小，最小值为 ．
(4)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；点P的坐标为(−2,6)
( 4 )
(3)N − ,0 ，PC′=2❑√26
5( 3 5) ( 3 11) ( 3 ❑√31) ( 3 ❑√31)
(4)点M的坐标为 − ,− 或 − , 或 − ,2+ 或 − ,2−
2 2 2 2 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PQ=−t2−4t，则
△AOC 2
1
S = PQ⋅(x −x )=−2(t+2) 2+8，根据四边形AOCP的面积=S +S =−2(t+2) 2+16，结
△ACP 2 C A △ACP △AOC
合二次函数的增减性，即可解答；
（3）作C点关于x轴的对称点C′ (0,−4)，连接PC′与x轴相交于点N，此时PN+NC的值最小，根据两
点间距离公式即可求出PN+NC的最小值，再求出直线PC'的解析式为y=−5x−4，即可得到点N的坐
标；
（4）设M ( − 3 ,m ) ，根据两点之间距离公式得出AC2=32，AM2= 25 +m2 ，CM2= 9 +(m−4) 2 ，然
2 4 4
后分情况根据勾股定理列出方程求解即可．
【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，此时点P的坐标为(−2,6)；
（3）解：作C点关于x轴的对称点C′ (0,−4)，连接PC′与x轴相交于点N，
此时PN+NC的值最小，PC'=❑√ (−2−0) 2+[6−(−4)) 2 =2❑√26，
设直线PC'的解析式为y=tx−4，则6=−2t−4，
解得：t=−5，
则直线PC'的解析式为y=−5x−4，
令y=−5x−4=0，
4
解得：x=− ，
5
( 4 )
此时点N − ,0 ；
5
( 3 )
（4）解：设M − ,m ，
2
∵A(−4,0)，C(0,4)，
∴AC2=42+42=32，AM2= ( − 3 +4 ) 2 +m2= 25 +m2 ，CM2= ( − 3) 2 +(m−4) 2= 9 +(m−4) 2 ，
2 4 2 4
当斜边为AC时，AM2+CM2=AC2，
25 9 15
即 +m2+ +(m−4) 2=32，整理得：m2−4m− =0，
4 4 4❑√31
解得：m=2± ；
2
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) ( 3 ❑√31) ( 3 ❑√31)
综上：点M的坐标为 − ,− 或 − , 或 − ,2+ 或 − ,2− ．
2 2 2 2 2 2 2 2
【题型5 等腰直角三角形存在性问题】
【例5】（24-25九年级上·吉林松原·期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+2x+c经过原点
O，与x轴正半轴交于另一点A，点B(−1,−3)在抛物线上，点M是抛物线上一点（不与点B重合），其横
坐标为m，以BM为对角线作矩形BCMD，BC垂直于y轴．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当抛物线在矩形BCMD内部的图象从左到右逐渐上升时，直接写出m的取值范围；
(3)当矩形BCMD内部的图象（包括边界）的最高点的纵坐标与最低点的纵坐标之差为4时，求m的值；
(4)当点M在对称轴左侧时，在抛物线的对称轴上是否存在一点E，使△MBE是以BM为斜边的等腰直角三
角形？若存在，直接写出m的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=−x2+2x；
(2)m<3，且m≠−1；
(3)m=1或1−2❑√2或1+2❑√2；
(4)存在，m=0或m=−2．
【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）抛物线的对称轴为直线x=1，则点B关于抛物线对称轴的对称点为(3,−3)，当M在(3,−3)的左侧
时，抛物线在矩形BCMD内部的图象从左到右逐渐上升，即可求解；
（3）B(−1,−3)，矩形 BCMD内部的图象（包括边界）的最高点的纵坐标与最低点的纵坐标之差为4，
当点M的纵坐标为−3+4=1 时，1=−m2+2m，解得：m=1；当点M的纵坐标为−3−4=−7时，
−7=−m2+2m，即可求解；
（4）当点M在点B的上方时，证明△BHE≌△EGM(AAS)，得到M(−t−2,t+2)，即可求解；当点M
在点B的下方时，同理可解．
【详解】（1）解：（1）抛物线y=ax2+2x+c经过原点O，
则抛物线的表达式为：y=ax2+2x，
将点B的坐标代入上式得：−3=a−2，则a=−1，
抛物线的解析式为y=−x2+2x；
（2）解：抛物线的对称轴为直线x=1，则点B关于抛物线对称轴的对称点为(3,−3)，
当M在(3,−3)的左侧时，抛物线在矩形BCMD内部的图象从左到右逐渐上升，
即m<3，点B、M不重合，故m≠−1，
即m<3且m≠−1；
（3）解：∵点B(−1,−3)，矩形 BCMD内部的图象（包括边界）的最高点的纵坐标与最低点的纵坐标之
差为4，
∴当点M的纵坐标为−3+4=1 时，
∴1=−m2+2m，解得：m=1；
当点M的纵坐标为−3−4=−7时，
∴−7=−m2+2m，
解得：m=1−2❑√2或m=1+2❑√2；
综上，m的值为1或1−2❑√2或1+2❑√2；
（4）解：存在，m=0或m=−2，理由：
当点M在点B的上方时，如图，设点E(1,t)，
过点B、M分别作抛物线对称轴的垂线，垂足分别为H、G，∵△MBE是以BM为斜边的等腰直角三角形，
则EM=BE,∠BEM=90°，
∴∠MEG+∠BEH=90°,∠BEH+∠EBH=90°，∠MEG+∠BEH=90°,∠BEH+∠EBH=90°，
∴∠MEG=∠EBH，
∵∠BHE=∠EGM=90°，
∴△BHE≌△EGM(AAS)，
∴MG=HE=t+3,≥=BH=1−(−1)=2，
则点M(−t−2,t+2)，
将点M的坐标代入抛物线表达式得：t+2=−(−t−2) 2+2(−t−2)，
解得：t=−5（舍去）或−2，
则m=−t−2=0；
当点M在点B的下方时，
同理可得，点M(t+4,t−2)，
将点M的坐标代入抛物线表达式得：t−2=−(t+2) 2+2(t+2)，
解得：t=−6（不合题意的值已舍去）
则m=−t−2=2；
综上，m=0 或m=−2．
【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的
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，从而求出线段之间的关系．
【变式5-1】（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图，将抛物线y=x2向右平移a(a>0)个单位得到新抛物
线，新抛物线的顶点为A，与y轴交于点B，且△AOB为等腰直角三角形．(1)求a的值；
(2)在新抛物线上是否存在一点C，使△ABC为等腰直角三角形？若存在，请求出点C的坐标；若不存在，
请说明理由．
【答案】(1)1
(2)在图中的抛物线上存在点C，使△ABC为等腰直角三角形，点C的坐标为(2,1)
【分析】本题考查了二次函数的平移、解一元二次方程、等腰直角三角形的判定以及二次函数的性质，解
题的关键是：（1）找出关于a的一元二次方程；（2）找出点C的位置．本题属于中档题，难度不大，解
决该题时，巧妙的利用了抛物线的对称性来寻找点C的位置．
（1）根据平移的性质找出平移后的抛物线的解析式，分别求出点A，B的坐标，根据△AOB为等腰直角三
角形即可得出关于a的一元二次方程，解方程即可求出a值；
（2）作点B关于抛物线对称轴对称的点C，连接BC，交抛物线的对称轴于点D，根据等腰直角三角形的
判定定理找出△ABC为等腰直角三角形，由抛物线的对称性结合点B的坐标即可得出点C的坐标．
【详解】（1）解：∵将抛物线y=x2向右平移a(a>0)个单位得到新抛物线，
∴新抛物线的解析式为y=(x−a) 2，
∴新抛物线的顶点为(a,0)，
∴OA=a，
当x=0时，y=a2，
∴点B的坐标为(0,a2)，即OB=a2，
∵△AOB为等腰直角三角形，
∴OA=OB，
∴a=a2，解得：a=1或0（舍去），
∴a的值为1；
（2）解：存在，理由如下：
如图，作点B关于抛物线对称轴对称的点C，连接BC，交抛物线的对称轴于点D，则∠BDA=∠CDA=90°，∠OAD=90°，∠BAD=∠CAD，
∵△AOB为等腰直角三角形，
∴∠OAB=45°，
∴∠BAD=∠CAD=45°，
∴△ACD、△ABD为等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠BAC=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
由（1）得点B的坐标为(0,1)，对称轴为直线x=1，
∴点C的坐标为(2,1)，
故在图中的抛物线上存在点C，使△ABC为等腰直角三角形，点C的坐标为(2,1)．
【变式5-2】（2025·陕西西安·三模）如图，抛物线L：y=ax2+2ax+c(a≠0)与x轴交于点B(−3,0)和点D
，与y轴交于点C(0,1)，顶点为A．
(1)求抛物线L的解析式和顶点A的坐标；
(2)将抛物线L上下平移，请问在平移后的抛物线L′上是否存在点E，使得△BCE是以CB为腰，点B为直角
顶点的等腰直角三角形，若存在请求出平移的方式．
【答案】(1)y=− 1 x2− 2 x+1，顶点A的坐标为 ( −1, 4)
3 3 3
14
(2)存在，将抛物线L向上平移 个单位或向下平移4个单位
3
【分析】（1）利用待定系数法可求出抛物线L的解析式，进而把解析式转化为顶点式可求出顶点A的坐标；
1
（2）设平移后解析式为y=− (x+1) 2+m，过点B作BC的垂线并在垂线上取一点E，使得BE=BC，记
3
BC上方的点为E，下方的点为E′，连接CE，则△BCE为等腰直角三角形，过点E作EF⊥x轴于点F，可
证△EFB≌△BOC(AAS)，可得EF=OB=3，BF=OC=1，得到点E坐标为(−4,3)，进而把点E坐标代
1 4 14
入y=− (x+1) 2+m可得m=6，即可得将抛物线L向上平移6− = 个单位；同理可得点E′坐标为
3 3 3
4 ( 8)
(−2,−3)，进而可得将抛物线L向下平移 − − =4个单位，即可求解；
3 3
本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的平移，二次函数的几何应用，掌握二次函数的图象
和性质是解题的关键．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点C(0,1)，
∴c=1，
∴y=ax2+2ax+1，
将点B(−3,0)代入得，0=9a−6a+1，
1
解得a=− ，
3
1 2
∴该抛物线L的解析式为y=− x2− x+1，
3 3
1 2 1 4
∵y=− x2− x+1=− (x+1) 2+ ，
3 3 3 3
( 4)
∴顶点A的坐标为 −1, ；
3
（2）解：存在，理由如下：
∵将抛物线L上下平移，1
∴a=− ，抛物线对称轴x=−1，
3
1
∴设平移后解析式为y=− (x+1) 2+m，
3
过点B作BC的垂线并在垂线上取一点E，使得BE=BC，记BC上方的点为E，下方的点为E′，连接CE，
则△BCE为等腰直角三角形，
过点E作EF⊥x轴于点F，
则∠EFO=∠EBC=∠BOC=90°，
∴∠CBO+∠EBF=90°，
∵∠CBO+∠BCO=90°，
∴∠EBF=∠BCO，
∵BE=BC，
∴△EFB≌△BOC(AAS)，
∴EF=OB=3，BF=OC=1，
∴点E坐标为(−4,3)，
1 1
把E(−4,3)代入y=− (x+1) 2+m得，3=− (−4+1) 2+m，
3 3
解得m=6，
4 14
∴将抛物线L向上平移6− = 个单位；
3 3
同理可得点E′坐标为(−2,−3)，
1 1
把E′(−2,−3)代入y=− (x+1) 2+m得，−3=− (−2+1) 2+m，
3 38
解得m=− ，
3
4 ( 8)
∴将抛物线L向下平移 − − =4个单位；
3 3
14
综上，将抛物线L向上平移 个单位或向下平移4个单位，平移后的抛物线L′上存在点E，使得△BCE是
3
以CB为腰，点B为直角顶点的等腰直角三角形．
【变式5-3】（24-25九年级下·宁夏银川·期中）如图，抛物线y=x2+bx+c过点A(−1,0)、点B(5,0)，交y
轴于点C．
(1)求抛物线的解析式．
(2)点P是第四象限抛物线上的一个动点．
①当△PBC的面积最大时，求点P的坐标？并求出△PBC面积的最大值；
②过点P作PE⊥x轴，交BC于点E，再过点P作PF∥x轴，交抛物线于点F，连接EF，问：是否存在点
P，使△PEF为等腰直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−4x−5
125 (7−❑√33 3−3❑√33)
(2)①P(2.5,8.75)，最大值为 ；②存在，P(4,−5)或 ,
8 2 2
【分析】本题考查二次函数的综合应用，主要考查二次函数的性质，三角形的面积，等腰直角三角形，掌
握二次函数的性质，等腰直角三角形是解题的关键．
（1）由抛物线过点A，B，可直接得出抛物线的表达式为y=(x+1)(x−5)，展开即可得出结论．
1
（2）①过点P作PD⊥x轴，交线段BC于点D，则S = OB⋅PD，根据二次函数的性质可得结论；
△PBC 2
②由题意可知PF⊥PE，若△PEF是等腰直角三角形，则PE=PF，分别表示PE及PF，可求出x的值，
进而求出点P的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c过点A(−1,0)，点B(5,0)，
∴抛物线的表达式为y=(x+1)(x−5)=x2−4x−5；（2）由（1）得抛物线的解析式为y=x2−4x−5，
令x=0，则y=−5，
∴C(0,−5)，
∴直线BC的表达式为y=x−5，
∵点P是第四象限抛物线上的一个动点，
∴设P(x ,x2−4x −5)，
0 0 0
①如图，过点P作x轴的垂线，交线段BC于点D，则D(x ,x −5)，
0 0
1
∴ S = OB⋅PD
△PBC 2
1
= ×5×(x −5−x2+4x +5)
2 0 0 0
5 25
=− x2+ x
2 0 2 0
5 125
=− (x −2.5) 2+
2 0 8
125
∴当x =2.5时，即P(2.5,8.75)，S的值取最大，最大值为
0 8
②存在，
由题意可知PE⊥PF，
若△PEF是等腰直角三角形，则PE=PF，
∵ P
点 是第四象限抛物线上的一个动点，
∴设P(x ,x2−4x −5)，E(x ,x −5)，
0 0 0 0 0∴ PE=x −5−x2+4x +5=−x2+5x ，
0 0 0 0 0
∵PF∥x轴，
∴ F(4−x ,x2−4x −5)，
0 0 0
∴ PF=|2x −4|，
0
∴ |2x −4)=−x2+5x ，
0 0 0
7−❑√33 7+❑√33
解得x =−1 (舍去)或x =4或x = 或x = (舍去)，
0 0 0 2 0 2
(7−❑√33 3−3❑√33)
∴当△PEF是等腰直角三角形时，点P的坐标为P(4,−5)或 , ．
2 2
【题型6 平行四边形存在性问题】
1
【例6】（2025·湖南岳阳·二模）已知抛物线W 解析式为：y=− x2+2x．
1 2
(1)求抛物线W 的顶点坐标．
1
(2)将抛物线W 向右平移2个单位，再向上平移1个单位，得到抛物线W ，求抛物线W 的解析式．
1 2 2
(3)点Q是直线OP上方，且又是抛物线W 图像上的一个动点，连接OQ、PQ，是否存在一点Q，使
1
△OPQ面积最大，若存在，请求出此时点Q的坐标，并求出其最大面积；若不存在，请说明理由．
(4)如图，抛物线W 的顶点为P，x轴上有一动点M，在W 、W 这两条抛物线上是否存在点N，使O（原
2 1 2
点）、P、M、N四点构成以OP为一边的平行四边形，若存在，求出N点的坐标；若不存在，请说明理
由．
【答案】(1)(2,2)1
(2)y=− x2+4x−5
2
25 (5 55)
(3)存在， ， ,
16 4 32
(4)存在，N (2−❑√10,−3)，N (4−2❑√3,−3)，N (2+❑√10,−3)，N (4+2❑√3,−3)
1 2 3 4
【分析】】本题考查了二次函数及其图象的性质，求一次函数的解析式，相似三角形的判定和性质，解直
角三角形等知识，解决问题的关键是较强的计算能力．
1 1
（1）根据y=− x2+2x=− (x−2) 2+2求顶点坐标即可；
2 2
（2）根据平移规则求解析式即可；
（3）过点Q作QE⊥x轴，垂足为E，QE交OP于点F，设点Q坐标为 ( x,− 1 x2+2x ) ， 点F坐标为
2
( 3 ) 1
x, x ，根据S =S +S = OG⋅QF计算即可；
4 △OPQ △OQF △PQF 2
（4）若四边形OPMN为符合条件的平行四边形， OP∥MN，且OP=MN，据此求解即可．
1 1
【详解】（1）解：y=− x2+2x=− (x−2) 2+2，
2 2
∴顶点坐标是(2,2)；
1
（2）解：∵抛物线W 的解析式为y=− (x−2) 2+2，
1 2
∴将抛物线W 向右平移2个单位，再向上平移1个单位，得到W 抛物线W 的解析式
1 2 2
1 1
y=− (x−2−2) 2+2+1，即：y=− x2+4x−5；
2 2
（3）解：过点Q作QE⊥x轴，垂足为E，QE交OP于点F，设点Q坐标为 ( x,− 1 x2+2x ) ，
2
3 ( 3 )
容易求得直线OP的解析式为y= x ，则点F坐标为 x, x ．
4 4
∵S =S +S = 1 OG⋅QF= 1 ×4× ( − 1 x2+2x− 3 x ) =− ( x− 5) 2 + 25 ，
△OPQ △OQF △PQF 2 2 2 4 4 16
5 25 (5 55)
∴当x= ，△OPQ面积最大为 ，此时点Q的坐标为 , ，
4 16 4 32
(5 55)
即存在一点Q，使△OPQ面积最大，点Q的坐标为 , ；
4 32
（4）解：符合条件的N点存在．
如图：若四边形OPMN为符合条件的平行四边形，
则OP∥MN，且OP=MN，
∴∠POA=∠BMN，
作PA⊥x轴于点A，NB⊥x轴于点B，
∴∠PAO=∠MBN=90°，
则有△POA≌△NMB(AAS)，
∴PA=BN，
∵点P的坐标为(4,3)，
∴NB=PA=3，
∵点N在抛物线y 、y 上，且P点为y 、y 的最高点，
1 2 1 2
∴符合条件的N点只能在x轴下方，
1
①点N在抛物线y 上，则有：− x2+2x=−3，
1 2
解得：x=2−❑√10或x=2+❑√10，1
②点N在抛物线y 上，则有：− (x−4) 2+3=−3，
2 2
解得：x=4−2❑√3或x=4+2❑√3，
∴符合条件的N点有四个：
N (2−❑√10,−3),N (4−2❑√3,−3),N (2+❑√10,−3),N (4+2❑√3,−3)．
1 2 3 4
【变式6-1】（2025·吉林·模拟预测）如图，已知抛物线y=x2+bx+c过点A(1,0)、B(0,−3)，点C是直线
x=2上一点．
(1)求此抛物线对应的函数解析式和顶点坐标；
(2)当点C在抛物线上时，求点C的坐标；
(3)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；
(4)若点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以点B、C、M、N为顶点的四边形是平行四
边形？若存在，直接写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+2x−3，顶点坐标为(−1,−4)
(2)C(2,5)
(3)点P的坐标为(−1,0)
(4)存在．点M的坐标为(1,0)或(−3,0)
【分析】（1）利用待定系数法解得该抛物线的函数解析式，并将其转化为顶点式，即可确定该抛物线的
顶点坐标；
（2）把x=2代入抛物线的解析式，进行求解即可；
（3）结合（1）可知该抛物线的对称轴为x=−1，并确定该抛物线与x轴的另一个交点E的坐标；结合点C
是直线x=2上一点，并根据抛物线轴对称的性质可得PA=PE，易得PA+PC=PE+PC，故当点P、C均
在x轴上时，即EC⊥l时，PE+PC的值最小，即PA+PC的值最小，即可确定答案；
（4）根据题意，设M(a,a2+2a−3)，N(−1,n)，分BN是平行四边形的一边和BN是平行四边形的对角线两种情况，分别求解即可．
【详解】（1）解：将点A(1,0)，B(0,−3)代入抛物线y=x2+bx+c，
{0=1+b+c) { b=2 )
可得 ，解得 ，
−3=c c=−3
∴此抛物线的函数解析式为y=x2+2x−3，
∵y=x2+2x−3=(x+1) 2−4，
∴该抛物线的顶点坐标为(−1,−4)；
（2）由（1）知：y=x2+2x−3，
∵点C是直线x=2上一点，且点C在抛物线上，
∴当x=2，y=22+2×2−3=5，
∴C(2,5)；
（3）∵抛物线y=x2+2x−3=(x+1) 2−4，
∴该抛物线的对称轴为x=−1，
设该抛物线与x轴的另一个交点为E，
令y=0，可得x2+2x−3=0，
解得x =−3，x =1，
1 2
∴E(−3,0)，
如下图，
∵点P是抛物线对称轴上的一个动点，
∴PA=PE，
∴PA+PC=PE+PC，
∵点C在直线x=2上，
当点P、C均在x轴上时，即EC⊥l时，PE+PC的值最小，即PA+PC的值最小，如下图，
此时C(2,0)，
∴PA+PC=PE+PC=CE=2−(−3)=5，
∴点P的坐标为(−1,0)；
（4）∵点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，
∴可设M(a,a2+2a−3)，N(−1,n)，
①如下图，
当BN是平行四边形的一边时，
则有x −x =x −x ，
B N C M
∴0−(−1)=2−a，解得a=1，
∴M(1,0)；
②如下图，当BN是平行四边形的对角线时，
x +x x +x
则有 B N = C M，
2 2
0+(−1) 2+a
∴ = ，解得a=−3，
2 2
∴M(−3,0)．
综上所述，存在以点B、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形，符合条件的点M的坐标为(1,0)或
(−3,0)．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式、二次函数的图象与性质、平行四边形
的性质、轴对称的性质等知识，解题关键是运用数形结合和分类讨论的思想分析问题．
【变式6-2】（2025·海南省直辖县级单位·一模）如图，抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A、B两点，与y
轴交于点C，已知A(−1,0)、C(0,3)，连接BC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点P为线段BC上的一动点（不与B、C重合），PM∥y轴，且PM交抛物线于点M，交x轴于点N，
求四边形ABMC的最大面积；
(3)在（2）的条件下，当四边形ABMC的面积最大时，点D是抛物线的对称轴上的动点，在抛物线上是否
存在点E，使得以A、P、D、E为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，
请说明理由．【答案】(1)y=−x2+2x+3
57
(2)四边形ABMC的最大面积为
8
( 1 7) ( 3 9) 7 9
(3)存在， − , 或 − ,− 或( , − )
2 4 2 4 2 4
【分析】（1）根据题意将A，C两点的坐标代入即可求出解析式；
（2）求出直线BC的解析式，设点M(x,−x2+2x+3)，则点P(x,−x+3)，可表示出PM的长，则四边形
ABMC的面积=S +S ，根据二次函数的性质可求出面积的最大值和点的坐标；
△ABC △BCM
（3）分三种不同的情况进行讨论，利用平行四边形的对角线互相平分即可求出点的坐标．
【详解】（1）解：由题意得：¿，
解得¿，
则抛物线的表达式为：y=−x2+2x+3；
（2）解：令y=0，则−x2+2x+3=0，
解得x=−1或x=3，
∴点B(3,0)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，把点B、C的坐标代入得：
¿，解得¿
∴直线BC的表达式为：y=−x+3,
设点M(x,−x2+2x+3)，则点P(x,−x+3)，则PM=−x2+3x，
则四边形ABMC的面积
1 1 1 1 3 3 2 57 57
=S +S = ×AB×CO+ ×PM×OB= ×3×4+ ×3×(−x2+3x)=− (x− ) + ≤
△ABC △BCM 2 2 2 2 2 2 8 8
，
57
即四边形ABMC的最大面积为 ；
8
（3）解：存在， 理由：
3 (3 3)
由（2）知，四边形ABMC的最大面积时，x= ，即点P , ，
2 2 2
由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x=1，
设点D(1,t)， 设点E的横坐标为m，3
当AP为对角线时，则−1+ =m+1，
2
1 ( 1 7)
解得m=− ，即点E − , ;
2 2 4
当AD或AE为对角线时，
3 3
同理可得：−1+1=m+ 或m−1=1+ ，
2 2
3 7 ( 3 9) 7 9
解得m=− 或 ，即点E − ,− 或( ,− )，
2 2 2 4 2 4
( 1 7) ( 3 9) 7 9
综上，点E − , 或 − ,− 或( , − )．
2 4 2 4 2 4
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，用函数的思想求最值，平行四边形的性质等，解题的关键是能
够根据题意利用中点坐标进行分类讨论求出存在的点的坐标．
【变式6-3】（2025·湖北武汉·三模）已知，如图1，O为平面直角坐标系的原点，过定点C的直线
1
l:y=kx− k+1(k≠0)与抛物线L:y=2x2交于点A,B（点A在点B左侧）．
4
( 1 1)
(1)若A − , ，则求直线l的解析式；
2 2
(2)若AC=BC，试探究在平面直角坐标系中，是否存在点D，使以A，B，O，D为顶点的四边形是平行
四边形，若存在，求D点的坐标，若不存在，请说明原因；
5
(3)如图2，分别过点A,B作与抛物线L均有唯一公共点的直线m,n，直线m,n的交点为E，若EC= ，求
4
k的值．
2 5
【答案】(1)y= x+
3 6
(1 ) (❑√7 ❑√7) ( ❑√7 ❑√7)
(2)存在，D ,2 或D , 或D − ,−
2 2 2 2 2(3)4或5
( 1 1) 1
【分析】（1）将A − , 代入y=kx− k+1，求出k即可；
2 2 4
（2）先求出定点C (1 ,1 ) ，联立抛物线和直线l，得到2x2−kx+ 1 k−1=0，则
4 4
k 1 1 x +x k 1 3
x +x = ,x x = k− ，由AC=BC得到 A B= = ，则k=1，那么直线l:y=x+ ，
A B 2 A B 8 2 2 4 4 4
1 3 ❑√7
x +x = ，y + y =2，x x =− ，则x −x =❑√(x −x ) 2= ，再按照对角线分三种情况，结合平
A B 2 A B A B 8 B A B A 2
行四边形的性质求解；
k 1 1
（3）设A(a,2a2),B(b,2b2)，联立直线l与抛物线得到一元二次方程，则a+b= ,ab= k− ，设直线
2 8 2
EA:y=k x+b ，与抛物线联立得到2x2−k x−b =0，由点A,B作与抛物线L均有唯一公共点，则
1 1 1 1
k b
a+a= 1，a2=− 1，那么直线EA:y=4ax−2a2，同理可得直线EB:y=4bx−2b2，联立两直线求得
2 2
(a+b ) (k k ) 5
E ,2ab ，则E , −1 ，由EC= ，结合两点间距离公式求解即可．
2 4 4 4
【详解】（1）解：存在，理由如下：
( 1 1) 1 1 1 1
由题意得将A − , 代入y=kx− k+1得：− k− k+1= ，
2 2 4 2 4 2
2
解得：k= ，
3
2 5
∴直线l的解析式为：y= x+ ；
3 6
1 ( 1)
（2）解：由y=kx− k+1得k x− = y−1，
4 4
1
∵直线l:y=kx− k+1(k≠0)过定点，
4
{ x− 1 =0)
∴ 4 ，
y−1=0{ x= 1 )
解得： 4 ，
y=1
(1 )
∴C ,1 ，
4
{
y=2x2
)
联立得： 1 ，
y=kx− k+1
4
1
∴2x2−kx+ k−1=0，
4
k 1 1
∴x +x = ,x x = k− ，
A B 2 A B 8 2
∵AC=BC，
x +x k 1
∴ A B= = ，
2 4 4
解得：k=1，
3
∴直线l:y=x+ ，
4
1 3 3
∴x +x = ，y + y =x +x + =2，x x =− ，
A B 2 A B A B 2 A B 8
√1 3 ❑√7
∴x −x =❑√(x −x ) 2=❑√(x +x ) 2−4x x =❑ +4× = ，
B A B A B A A B 4 8 2
∵以A，B，O，D为顶点的四边形是平行四边形，
①AB,OD为对角线时，
{x +x =x +x )
A B O D ，
y + y = y + y
A B O D
1
∴x = ,y =2，
D 2 D(1 )
∴D ,2 ；
2
②AD,OB为对角线时，
则AB=OD,AB∥OD，
❑√7
∴x −x =x −x = ，直线OD:y=x
B A D O 2
❑√7 ❑√7
∴x = ，y = ，
D 2 D 2
(❑√7 ❑√7)
∴D , ；
2 2
③AO,DB为对角线时，
则AB=OD,AB∥OD，
❑√7
∴x −x =x −x = ，
B A O D 2
❑√7 ❑√7
∴x =− ，y =− ，
D 2 D 2
( ❑√7 ❑√7)
∴D − ,− ，
2 2
(1 )
综上所述：存在点D，使以A，B，O，D为顶点的四边形是平行四边形，D点的坐标为D ,2 或
2(❑√7 ❑√7)或 ( ❑√7 ❑√7)；
D , D − ,−
2 2 2 2
（3）解：设A(a,2a2),B(b,2b2)，
{
y=2x2
)
联立得： 1 ，
y=kx− k+1
4
1
∴2x2−kx+ k−1=0，
4
k 1 1
∴a+b= ,ab= k− ，
2 8 2
设直线EA:y=k x+b ，
1 1
{ y=2x2 )
联立 ，
y=k x+b
1 1
整理得：2x2−k x−b =0，
1 1
∵点A,B作与抛物线L均有唯一公共点，
k b
∴a+a= 1，a2=− 1，
2 2
∴直线EA:y=4ax−2a2，
同理可得直线EB:y=4bx−2b2，
{y=4ax−2a2
)
∴联立得： ，
y=4bx−2b2
{ x =
a+b
)
解得： E 2 ，
y =2ab
E
(a+b
)
∴E ,2ab ，
2
(k k )
∴E , −1 ，
4 4
5
∵EC= ，
4√ (k 1) 2 (k ) 2 5
∴❑ − + −1−1 = ，
4 4 4 4
整理得：k2−9k+20=0，
解得：k =4,k =5．
1 2
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的图象与性质，涉及待定系数法求函数解析式，抛物线与直线的
交点问题，一元二次方程根与系数的关系，平行四边形的性质，两点间距离公式等知识点，难度大，计算
复杂．
【题型7 菱形存在性问题】
【例7】1．（2025·贵州贵阳·二模）如图①，在平面直角坐标系中，二次函数y=−x2+bx+c的图象交x轴
于A，B两点，交y轴于点C(0,4)，若点B的坐标为(4,0)，点D是该二次函数图象上的一个动点，且在第一
象限．
(1)求二次函数的表达式；
(2)连接BC，过点D作DE⊥x轴于点E，交线段BC于点F，当点D运动到什么位置时，线段DF有最大
值？请求出点D的坐标和DF的最大值；
(3)连接OD，CD，若△OCD关于y轴的对称图形是△OCD′，是否存在点D，使得四边形ODCD′为菱
形？若存在，求出点D的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+3x+4
(2)点D的坐标为(2,6)时，DF的最大值为4
(3+❑√17 )
(3)存在，D的坐标是 ,2
2
【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的性质，菱形的性质．
（1）将B(4,0)，C(0,4)分别代入y=−x2+bx+c，得到二元一次方程组，解方程组即可求解；
（2）设D(x,−x2+3x+4)，由由B(4,0)，C(0,4)，可得直线BC的表达式为y=−x+4，设F(x,−x+4)，得DF=−x2+4x=−(x−2) 2+4，即可求解；
1
（3）由四边形ODCD′为菱形，得OD=DC=CD′=D′O，DD′⊥OC，进而得OM=MC= OC=2，
2
则−x2+3x+4=2，即可求解．
【详解】（1）解：将B(4,0)，C(0,4)分别代入y=−x2+bx+c，
{−16+4b+c=0)
得 ，
c=4
{b=3)
解这个方程组，得 ，
c=4
所以二次函数的表达式为y=−x2+3x+4；
（2）解：设D(x,−x2+3x+4)，
由B(4,0)，C(0,4)，可得直线BC的表达式为y=−x+4，
设F(x,−x+4)，
∴DF=−x2+3x+4−(−x+4)
=−x2+4x
=−(x−2) 2+4≤4，
当x=2时，−x2+3x+4=6，
故点D的坐标为(2,6)时，DF的最大值为4；
（3）解：存在，理由如下：
如图，连接DD′，交OC于点M，
设点D(x,−x2+3x+4)，
若四边形ODCD′为菱形，
则OD=DC=CD′=D′O，DD′⊥OC，1
∴OM=MC= OC=2，
2
∴−x2+3x+4=2，即x2−3x−2=0，
3±❑√17
解得x= ，
2
∵点D在第一象限，
(3+❑√17 )
故当点D的坐标是 ,2 时，四边形ODCD′为菱形．
2
【变式7-1】（2025·内蒙古·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A,B(4,0)
两点，与y轴交于点C(0,−8)，P是直线BC下方抛物线上的一个动点．
(1)求点A的坐标和该抛物线的函数解析式；
(2)连接PO,PC，并将△POC沿y轴翻折，得到四边形POP′C，是否存在点P，使得四边形POP′C为菱
形？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)在点P的运动过程中，当四边形ABPC的面积最大时，求出此时点P的坐标和四边形ABPC的最大面
积．
【答案】(1)点A的坐标为(−2,0)，该抛物线的函数表达式为y=x2−2x−8
(2)存在这样的点P，此时点P的坐标为(1+❑√5,−4)
(3)当点P运动到(2,−8)时，四边形ABPC的面积最大，四边形ABPC的最大面积为32
【分析】本题主要考查二次函数的性质、特殊四边形的性质以及函数与坐标轴的交点问题，
（1）利用待定系数法即可求得抛物线的函数表达式，再令y=0求出点A的坐标即可；
（2）连接PP′交CO于点D，结合菱形的性质可得PC=PO，且PD⊥CO，进一步求得点P的纵坐标为
−4，代入函数解析式有x2−2x−8=−4，即可求得点P的坐标；
（3）连接 ，作 轴于点 ， 轴于点 ，设点 的坐标为 ．则 ，
PO PM⊥x M PN⊥y N P (m,m2−2m−8) AO=2
OB=4，PM=−m2+2m+8，PN=m，结合1 1 1
S =S +S +S = AO⋅OC+ OB⋅PM+ OC⋅PN，化解后利用二次函数的性质
四边形ABPC △AOC △POB △POC 2 2 2
求得最大值即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A,B(4,0)两点，与y轴交于点C(0,−8)，
把B(4,0)，C(0,−8)代入y=x2+bx+c中，
{16a+4b+c=0) {b=−2)
得 解得
c=−8 c=−8
∴该抛物线的函数表达式为y=x2−2x−8．
当y=0时， 0=x2−2x−8，解得x=4或x=−2，
∴点A的坐标为(−2,0)；
（2）解：假设抛物线上存在点P，使四边形POP′C为菱形，连接PP′交CO于点D．如图，
∵ POP′C OC=8
四边形 为菱形， ，
∴PC=PO，且PD⊥CO，
∴OD=DC=4，即点P的纵坐标为−4．
由x2−2x−8=−4，得x =1+❑√5，x =1−❑√5（不合题意，舍去），
1 2
故存在这样的点P，此时点P的坐标为(1+❑√5,−4)．
（3）解：连接PO，作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点，如图，
设点P的坐标为(m,m2−2m−8)．
∵A(−2,0)，B(4,0)，OC=8，∴AO=2，OB=4，PM=−m2+2m+8，PN=m，
1 1 1
∴S =S +S +S = AO⋅OC+ OB⋅PM+ OC⋅PN
四边形ABPC △AOC △POB △POC 2 2 2
1 1 1
= ×2×8+ ×4(−m2+2m+8)+ ×8m=−2m2+8m+24=−2(m−2) 2+32，
2 2 2
∵−2<0，0<m<4，
∴当m=2时，S有最大值，最大值为32，此时m2−2m−8=−8，
此时点P的坐标为(2,−8)，
即当点P运动到(2,−8)时，四边形ABPC的面积最大，四边形ABPC的最大面积为32．
【变式7-2】（24-25九年级上·重庆永川·阶段练习）如图，抛物线 y=ax2+bx−2与x轴交于
A(−1,0),B(4,0)两点，与y轴交于点C，对称轴为直线l．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是直线BC下方的抛物线上一个动点，求四边形ACPB面积的最大值及此时P点的坐标；
(3)点F是直线l上一点，点G是平面内一点，是否存在以BC为边，以点B，C，F，G为顶点的菱形？若
存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
1 3
【答案】(1)y= x2− x−2
2 2
(2)四边形ACPB面积的最大值为9，此时点P的坐标为(2,−3)；
(3 ❑√71 ) (3 ❑√71 ) (3 ❑√55) (3 ❑√55)
(3) , −2 或 ,− −2 或 , 或 ,−
2 2 2 2 2 2 2 2
【分析】1）利用待定系数法解答，即可求解；
（2）连接OP，设点P的坐标为 ( t, 1 t2− 3 t−2 ) ，再由四边形ACPB面积=S +S +S ，结合
2 2 △AOC △POC △POB
二次函数的性质解答，即可求解；
(3 )
（3）设点F的坐标为 ,m ，分两种情况： 当BC为边，BF为对角线时，BC=CF；当BC为边，CF
2为对角线时，BC=BF，即可求解．
【详解】（1）解：把点A(−1,0),B(4,0)代入y=ax2+bx−2得：
{ a−b−2=0 )
，
16a+4b−2=0
1
{ a= )
2
解得： ，
3
b=−
2
1 3
∴抛物线的解析式为y= x2− x−2；
2 2
（2）解：∵点A(−1,0),B(4,0)，
∴OA=1,OB=4，
当x=0时，y=−2，
∴点C(0,−2)，
∴OC=2，
如图，连接OP，
设点P的坐标为 ( t, 1 t2− 3 t−2 ) ，
2 2
∴四边形ACPB面积=S +S +S
△AOC △POC △POB
= 1 ×1×2+ 1 t×2+ 1 ×4 ( − 1 t2+ 3 t+2 )
2 2 2 2 2
=−t2+4t+5
=−(t−2) 2+9，
∵−1<0，
∴当t=2时，四边形ACPB面积最大，最大值为9，
此时点P的坐标为(2,−3)；
（3）解：∵点A(−1,0),B(4,0)，−1+4 3
∴抛物线的对称轴为直线x= = ，
2 2
(3 )
设点F的坐标为 ,m ，
2
当BC为边，BF为对角线时，BC=CF，
即BC2=CF2，
∴42+22=
(3) 2
+(m+2) 2 ，
2
❑√71
解得：m=± −2，
2
(3 ❑√71 ) (3 ❑√71 )
∴点F的坐标为 , −2 或 ,− −2 ；
2 2 2 2
当BC为边，CF为对角线时，BC=BF，
即BC2=BF2，
∴42+22= ( 4− 3) 2 +m2 ，
2
❑√55
解得：m=± ，
2(3 ❑√55) (3 ❑√55)
∴点F的坐标为 , 或 ,− ；
2 2 2 2
(3 ❑√71 ) (3 ❑√71 ) (3 ❑√55) (3 ❑√55)
综上所述，点F的坐标为 , −2 或 ,− −2 或 , 或 ,− ．
2 2 2 2 2 2 2 2
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式、二次函数与坐标轴的交点、面
积的计算，菱形的性质，勾股定理等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
【变式7-3】（24-25九年级上·山东烟台·期末）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴
交于C点，OA=1，OB=OC=3．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，点D为第一象限抛物线上一动点，连接DC、DB、BC，设点D的横坐标为m，△BCD的面积
为S，求S的最大值；
(3)如图2，点P是抛物线上一动点且位于对称轴左侧，PB交对称轴于点M，将线段MB绕点M旋转90°得
到点B的对应点N．是否存在P的位置，使点N落在y轴上？若存在，请求出满足条件的P点坐标，若不存
在，请说明理由；
(4)若点M是抛物线对称轴上一动点，点N为坐标平面内一点，是否存在点N，使得以点B、C、M、N为
顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
27
(2)S的最大值是
8
( 1 7) ( 3 9)
(3) − , 或 − ,−
2 4 2 4
(4)(−2,−❑√14+3)或(−2,❑√14+3)或(2,2)或(4,❑√17)或(4,−❑√17)．【分析】（1）根据OA=1，OB=OC=3，得A(−1,0)，B(3,0)，C(0,3)，再由待定系数法即可求出解析
式；
（2）作DF⊥x轴于点F，交BC于点E，用含m的式子表示出D、E的坐标，进而表示出DE，根据
1 1 1
S=S +S = DE⋅OF+ DE⋅BF= DE⋅OB，列出S关于m的二次函数关系式，利用二次函
△CDE △BDE 2 2 2
数的性质求解即可；
（3）由题意知∠NMB=90°，MN=MB，设对称轴与x轴交点为点H，过点N作对称轴的垂线交于点Q
，可证明△MNQ≌△BMH，得到MH=NQ=1，再根据线段MB顺时针或逆时针旋转90°，分情况讨
论，分别求出点M坐标，再求出直线MB解析式，与抛物线联立求交点即可；
（4）分BC为边和BC为对角线两种情况，根据菱形的邻边相等以及对角线中点坐标相同讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵OA=1，OB=OC=3，
∴A(−1,0)，B(3,0)，C(0,3)，
∴可设抛物线的表达式为y=a(x+1)(x−3)，
把C(0,3)代入y=a(x+1)(x−3)得，3=a(0+1)(0−3)，解得a=−1，
∴抛物线的表达式为y=−(x+1)(x−3)=−x2+2x+3；
（2）解：作DF⊥x轴于点F，交BC于点E，
设直线BC的解析式为y=kx+b′，
{3k+b′=0)
∴
b′=3
{k=−1)
∴ ，
b′=3
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
∵点D的横坐标为m，且点D在抛物线上，∴D(m,−m2+2m+3)，E(m,−m+3)，
∴DE=−m2+2m+3−(−m+3)=−m2+3m，
1 1
∴S=S +S = DE⋅OF+ DE⋅BF
△CDE △BDE 2 2
1
= DE⋅OB
2
=
3
(−m2+3m)=−
3(
m−
3) 2
+
27
，
2 2 2 8
3
∵− <0，
2
3 27
∴当m= 时，S有最大值，最大值是 ；
2 8
（3）解：由题意知∠NMB=90°，MN=MB，
∵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，
设对称轴与x轴交于点H，
如图，过点N作NQ⊥MH交直线MH于Q，
①当线段MB顺时针旋转90°得到线段MN时，
∵∠NMB=90°=∠MQN，
∴∠NMQ+∠QMB=∠NMQ+∠MNQ，
∴∠QMB=∠MNQ，
又∵∠NQM=∠MHB=90°，MN=MB，
∴△MNQ≌△BMH，
∴MH=NQ=1，∴M(1,1)，
设直线MB的解析式为y=k x+b ，
1 1
1
{ k =− )
{ k +b =1 ) 1 2
将M(1,1)，B(3,0)代入得 1 1 ，解得 ，
3k +b =0 3
1 1 b =
1 2
1 3
∴直线MB的解析式为y=− x+ ，
2 2
1
{ y=− 1 x+ 3 ) { x=− 2 ) {x=3)
联立 2 2 ，解得 或 ，
7 y=0
y=−x2+2x+3 y=
4
( 1 7)
∴点P的坐标为 − , ；
2 4
②当线段MB逆时针旋转90°得到线段MN时，
同理可证△MNQ≌△BMH，
∴MH=NQ=1，
∴M(1,−1)，
1 3
同理可得直线MB的解析式为y= x− ，
2 2
3
{ y= 1 x− 3 ) { x=− 2 ) {x=3)
联立 2 2 ，解得 或 ，
9 y=0
y=−x2+2x+3 y=−
4
( 3 9)
∴点P的坐标为 − ,− ．
2 4
( 1 7) ( 3 9)
综上所述，点P的坐标为 − , 或 − ,− ；
2 4 2 4（4）解：设M(1,e)，N(s,t)，
如图所示，当四边形BCNM是菱形时，则BC=BM，
∴(1−3) 2+(e−0) 2=(3−0) 2+(0−3) 2，
解得e=−❑√14或e=❑√14（舍去），
∴M(1,−❑√14)，
∵菱形对角线交于一点，且对角线互相平分，
s+3 0+1
{ = )
2 2
∴ ，
t+0 −❑√14+3
=
2 2
{ s=−2 )
∴ ，
t=−❑√14+3
∴点N的坐标为(−2,−❑√14+3)；
如图所示，当四边形BCNM是菱形时，则BC=BM，
∴(1−3) 2+(e−0) 2=(3−0) 2+(0−3) 2，
解得e=❑√14或e=−❑√14（舍去），
∴M(1,❑√14)，
∵菱形对角线交于一点，且对角线互相平分，
s+3 0+1
{ = )
2 2
∴ ，
t+0 ❑√14+3
=
2 2{ s=−2 )
∴ ，
t=−❑√14+3
∴点N的坐标为(−2,❑√14+3)；
如图所示，当四边形BMCN是菱形时，则MC=MB，
∴(1−0) 2+(e−3) 2=(1−3) 2+(e−0) 2，
解得e=1，
∴M(1,1)，
∵菱形对角线交于一点，且对角线互相平分，
s+1 0+3
{ = )
2 2
∴ ，
t+1 0+3
=
2 2
{s=2)
∴ ，
t=2
∴点N的坐标为(2,2)；
如图所示，当四边形BCMN是菱形时，则BC=MC，∴(1−0) 2+(e−3) 2=(3−0) 2+(0−3) 2，
解得e=3+❑√17或e=3−❑√17（舍去），
∴M(1,3+❑√17)，
∵菱形对角线交于一点，且对角线互相平分，
s+0 1+3
{ = )
2 2
∴ ，
t+3 0+3+❑√17
=
2 2
{ s=4 )
∴ ，
t=❑√17
∴点N的坐标为(4,❑√17)；
如图所示，当四边形BCMN是菱形时，则BC=MC，
∴(1−0) 2+(e−3) 2=(3−0) 2+(0−3) 2，
解得e=3−❑√17或e=3+❑√17（舍去），
∴M(1,3−❑√17)，
∵菱形对角线交于一点，且对角线互相平分，
s+0 1+3
{ = )
2 2
∴ ，
t+3 0+3−❑√17
=
2 2{ s=4 )
∴ ，
t=−❑√17
∴点N的坐标为(4,−❑√17)；
综上所述，点N的坐标为(−2,−❑√14+3)或(−2,❑√14+3)或(2,2)或(4,❑√17)或(4,−❑√17)．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，旋转的性质，两点距离公式，菱形的性质，全等三角形的性质与
判定，中点坐标，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
【题型8 矩形存在性问题】
【例8】（2025·湖北随州·模拟预测）如图，抛物线y=x2+6x+5经过A、B两点，顶点为M，对称轴l与x
轴交于点D，与直线AC交于点E．
(1)将抛物线沿直线AB平移，使得点A落在点B处记为A′，此时点C′的对应点为C，求点C′的坐标，判断
四边形A A′CC′的形状，并说明理由．
(2)设G是坐标平面内一点，当以A、C、G、M为顶点的四边形是平行四边形时．求点G的坐标．
(3)设G是抛物线上的对称轴上一点，K是坐标平面内一点，是否存在点G，使得以A、C、G、K为顶点的
四边形是矩形，若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)四边形A A′CC′是平行四边形，理由见解析；(2)(−2,9)或(−8,−9)或(2,1)；
(3)存在，(−3,8)或(−3,−2)或(−3,6)或(−3,−1)
【分析】此题考查了二次函数综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质是关键．
（1）证明A A′=CC′=4,A A′∥CC′，即可得到A A′CC′是平行四边形；
（2）①若AC为▱AMCG的对角线时，则AC与MG互相平分，② 若AM为▱AGMC的对角线，则AM
与CG互相平分，③ 若CM为▱AMGC的对角线，则AG与CM互相平分，分三种情况进行解答即可；
（3）要使以A、C、G、K为顶点的四边形是矩形，则△ACG一定是直角三角形，分三种情况进行解答即
可．
【详解】（1）解：四边形A A′CC′是平行四边形，理由如下：
∵抛物线y=x2+6x+5与y轴交于点C，
令x=0，则y=5，
∴点C(0,5)，
令y=0，则0=x2+6x+5，
解得x =−5,x =−1，
❑1 ❑2
∴A(−5,0)，B(−1,0)，
∴A A′=AB=4 ，由平移的性质可知C′(4,5)，
∵A A′=CC′=4,A A′∥CC′，
∴A A′CC′是平行四边形；
（2）∵抛物线的解析式为y=x2+6x+5=(x+3) 2−4，
∴点M(−3,−4)，
设点G(x,y)，
∵A(−5,0)，C(0,5)，
①若AC为▱AMCG的对角线时，则AC与MG互相平分，
x +x x +x y + y y + y
∴ A C = M G, A C = M G
2 2 2 2
−5+0 −3+x 0+5 −4+ y
∴ = G, = G
2 2 2 2
{x =−2)
解得
G
y =9
G
∴G (−2,9)
1
② 若AM为▱AGMC的对角线，则AM与CG互相平分，x +x x +x y + y y + y
∴ A M = C G, A M = C G
2 2 2 2
−5−3 0+x 0−4 5+ y
∴ = G, = G
2 2 2 2
{x =−8)
解得 G
y =−9
G
∴G (−8,−9)
1
③ 若CM为▱AMGC的对角线，则AG与CM互相平分
x +x x +x y + y y + y
∴ A G= C M , A G= C M
2 2 2 2
−5+x 0−3 0+ y 5−4
∴ G= , G=
2 2 2 2
{x =2)
解得 G
y =1
G
∴G (2,1)
1
综上所述，点G的坐标为(−2,9)或(−8,−9)或(2,1)；
（3）存在，
要使以A、C、G、K为顶点的四边形是矩形，则△ACG一定是直角三角形，
∵点G在对称轴上，
∴设点G的坐标为(−3,g)，
由勾股定理，得AC2=52+52=50,CG2=(0+3) 2+(g−5) 2=g2−10g+34，
AG2=(−5+3) 2+(g−0) 2=g2+4，
①若∠ACG=90°，则AC2+CG2=AG2,即50+g2−10g+34=4+g2，
得g=8，
此时点G的坐标为(−3,8)，
② 若∠CAG=90°，则AC2+AG2=CG2,即50+4+g2=g2−10g+34，
解得g=−2，
此时点G的坐标为(−3,−2)，
③ 若∠CGA=90°，则CG2+AG2=AC2,即g2−10g+34+4+g2=50，
解得g =6,g =−1，
❑1 ❑2此时点G的坐标为(−3,6)或(−3,−1)，
综上可知，点G的坐标为(−3,8)或(−3,−2)或(−3,6)或(−3,−1)．
【变式8-1】（2025·甘肃陇南·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线y=−x+3交坐标轴于B、C两
点，抛物线y=ax2+bx+3经过B、C两点，且交x轴于另一点A(−1,0)．点D为抛物线在第一象限内的一
点，过点D作DQ∥CO，DQ交BC于点P，交x轴于点Q．
(1)求抛物线的解析式；
(2)设点P的横坐标为m，在点D的移动过程中，存在∠DCP=∠DPC，求出m的值；
(3)在抛物线上取点E，在平面直角坐标系内取点F，问是否存在以C、B、E、F为顶点且以CB为边的矩
形？如果存在，请求出点E的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)m=2
(3)存在以C、B、E、F为顶点且以CB为边的矩形，此时点E的坐标为(1,4)或(−2,−5)．
【分析】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，矩形的性质等等，利用分类讨论的思想求
解是解题的关键．
（1）根据一次函数的解析式求出点B,C的坐标，再利用待定系数法求解即可得；
（2）先根据OB=OC=3求出∠OCB=∠OBC=∠BPQ=∠DPC=45°，从而可得∠DCO=90°，再根
据平行线的判定可得CD∥AB，从而可得点D的纵坐标与点C的纵坐标相同，即为3，由此即可得；
（3）设点F的坐标为F(s,t)，分两种情况：①四边形BCEF是矩形，②四边形BCFE是矩形，先联立二次
函数和一次函数的解析式求出点E的坐标，再根据矩形的性质求解即可得．
【详解】（1）解：一次函数y=−x+3，
当x=0时，y=3，即C(0,3)，
当y=0时，−x+3=0，解得x=3，即B(3,0)，
{ a−b+3=0 )
把A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx+3得 ，
9a+3b+3=0
{a=−1)
解得 ，
b=2则抛物线的解析式为y=−x2+2x+3．
（2）解：∵B(3,0)，C(0,3)，
∴OB=OC=3，
∴∠OCB=∠OBC=∠BPQ=∠DPC=45°，
∵∠DCP=∠DPC，
∴∠DCO=90°，
∴CD∥AB，
∴点D的纵坐标与点C的纵坐标相同，即为3，
当y=3时，−x2+2x+3=3，解得x=2或x=0（舍去），
则m=2．
（3）解：存在，求解如下：
设点F的坐标为F(s,t)，
①当四边形BCEF是矩形时，则CE⊥BC，
∵直线BC的解析式为y=−x+3，
∴设直线CE的解析式为y=x+c，
把点C(0,3)代入得c=3，
∴直线CE的解析式为y=x+3，
{ y=x+3 ) {x=1) {x=0)
联立 ，解得 或 （即为点C，舍去），
y=−x2+2x+3 y=4 y=3
∴E(1,4)，
②当四边形BCFE是矩形时，则BE⊥BC，
设直线BE的解析式为y=x+n，
将点B(3,0)代入得：3+n=0，解得n=−3，
则直线BE的解析式为y=x−3，
{ y=x−3 ) {x=−2) {x=3)
联立 ，解得 或 （即为点B，舍去），
y=−x2+2x+3 y=−5 y=0
∴E(−2,−5)，
综上，存在以C、B、E、F为顶点且以CB为边的矩形，此时点E的坐标为(1,4)或(−2,−5)．
【变式8-2】（2025·江苏无锡·二模）如图，已知二次函数y=m2x2−2mx−3（是常数，m>0）的图象与
x轴分别相交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴为直线l．点C关于l的对称点为
D，连接AD．点E为该函数图象上一点，AB平分∠DAE．(1)①线段AB的长为_____．
②求点E的坐标；（①、②中的结论均用含m的代数式表示）
(2)设M是该函数图象上一点，点N在l上．探索：是否存在点M．使得以A、E、M、N为顶点的四边形
是矩形？如果存在，求出点M坐标；如果不存在，说明理由．
4 (4 )
【答案】(1)① ，②E ,5
m m
(2)存在，M(4,−3)或M(−4❑√7,21)
【分析】本题考查二次函数与特殊三角形、特殊四边形的综合、一次函数的综合，涉及用待定系数法求函
数解析式，函数图象和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是综合运用以上知识．
（1）①令y=0，则(mx−3)(mx+1)=0得出AB的坐标，即可求解；
( 2 )
②根据角平分线的性质可得点D关于x轴的对称点Q ,3 在直线AE上，则点D关于x轴的对称点
m
( 2 )
Q ,3 在直线AE上，可得直线AE的解析式为y=mx+1，进而得出E的坐标；
m
( 1 )
（2）设M(x,m2x2−2mx−3)，N ,a ，分①以AE，MN为对角线时，②以AN，ME为对角线时，
m
③以AM，NE为对角线时，分别根据中点坐标，勾股定理建立方程， 解方程，即可求解．
【详解】（1）解：①令y=0，则(mx−3)(mx+1)=0，
1 3
∴x=− 或x= ，
m m
( 1 ) (3 )
∴A − ,0 ，B ,0 ，
m m
4
∴AB= ，
m
4
故答案为 ；
m
②∵二次函数y=m2x2−2mx−3，1
∴C(0,−3)，对称轴l:x= ，
m
( 2 )
∴D ,−3
m
∵AB平分∠DAE，
( 2 )
∴点D关于x轴的对称点Q ,3 在直线AE上，
m
∴直线AE的解析式为y=mx+1，
∵点E是抛物线和直线AE的交点，
(4 )
∴E ,5 ．
m
( 1 )
（2）设M(x,m2x2−2mx−3)，N ,a
m
( 1 ) (4 )
∵A − ,0 ，E ,5 ．
m m
以A、E、M、N为顶点的四边形是矩形，
①以AE，MN为对角线时，
AE，MN的中点重合，
1 4 1
∴− + =x+ ，
m m m
2
∴x= ，
m
( 2 )
∴M ,−3 ，
m
∵M A2+M E2=AE2，
9 4 25
∴ +9+ +64= +25，
m2 m2 m2
1 1
∴m=− （舍），或m= ，
2 2
∴M(4,−3)，
②以AN，ME为对角线时，
AN,ME的中点重合，
1 1 4
∴− + =x+ ，
m m m4
∴x=− ，
m
( 4 )
∴M − ,21 ，
m
∵AE2+AM2=M E2，
25 9 64
∴ +25+ +441= +256，
m2 m2 m2
1 1
∴m=− （舍）或m=
❑√7 ❑√7
∴M(−4❑√7,21)，
③以AM，NE为对角线时，
∴AM,NE的中点重合，
( 1) 1 4
∴x+ − = + ，
m m m
6
∴x= ，
m
(6 )
∴M ,21 ，
m
∵AE2+EM2=AM2，
25 4 49
∴ +25+ +256= +441，此方程无解，
m2 m2 m2
即：存在，M(4,−3)或M(−4❑√7,21)．
【变式8-3】（2025·吉林松原·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+2x+c(a≠0)与x
轴交于点A,B，与y轴交于点C，连接BC,OA=1，对称轴为x=1，点D为此抛物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式．
(2)若连接CD，则∠BCD=________°(3)点E是第一象限内抛物线上的动点，连接BE和CE，求△BCE面积的最大值．
(4)点P在抛物线的对称轴上，平面内存在点Q，当以点B,C,P,Q为顶点的四边形是矩形时，请直接写出
点Q的横坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)90
27
(3)
8
(4)4,−2,2
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象的性质，矩形的性质，勾股定理，掌握
二次函数的性质是解题的关键．
（1）根据题意求得A的坐标，根据对称性求得B的坐标，进而待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）求出顶点D的坐标，分别求出BC,CD,BD，根据勾股定理逆定理得△BCD是直角三角形，故可得
∠BCD=90°；
先根据解析式求得C的坐标，进而求得BC的解析式，设E(m,−m22m+3)，作EF∥y轴交BC于点F，则
F(m,−m+3)，进而求得S 关于x的表达式，根据二次函数的性质即可求得最大值；
△BCE
（3）分情况讨论，BC，BP，BQ为矩形的对角线，设P(2,y),Q(m,n)，根据矩形的性质以及中点坐
标公式求得m的值，进而求得Q点的横坐标．
【详解】（1）解：抛物线y=ax2+2x+c(a≠0)与x轴交于点A、B，OA=1，对称轴为直线x=1，
∴A(−1,0)，
∴B(3,0)，
将A，B代入y=ax2+2x+c(a≠0)得：
{0=a−2+c
)
，
0=9a+6+c
{a=−1)
解得 ，
c=3
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴D(1,4)，
又c=3，
∴C(0,3)，∴BC=❑√(3−0) 2+(0−3) 2=3❑√2，CD=❑√(0−1) 2+(3−4) 2=❑√2，BD=❑√(1−3) 2+(4−0) 2=2❑√5，
∴BC2+CD2=BD2，
∴∠BCD=90°；
故答案为：90；
（3）解：设直线BC的解析式为y=kx+b，
{3k+b=0)
将点B，点C的坐标代入得： ，
b=3
{k=−1)
解得： ，
b=3
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
设E(m,−m22m+3)，
如图，作EF∥y轴交BC于点F，
则F(m,−m+3)，
∴EF=−m2+2m+3−(−m+3)=−m2+3m，
∴S =
1
×(x −x )×EF=
1
×3×(−m2+3m)=−
3
x(x−5)=−
3(
m−
3) 2
+
27
△BCE 2 B C 2 2 2 2 8
3 27
当m= 时，S 有最大值为 ；
2 △BCE 8
（4）解：设P(1,y)，Q(m,n)，
由（1）知B(3,0),C(0,3)，
①若BC为矩形的对角线，
由中点坐标公式得：0+3=m+1，
解得：m=2，
∴点Q的横坐标为2；②若BP为矩形得对角线，
3+1 m+0
由中点坐标公式得： = ，
2 2
解得m=4，
∴点Q的横坐标为4；
③若BQ为矩形的对角线，
3+m 1+0
由中点坐标公式得： = ，
2 2
解得：m=−2，
∴点Q的横坐标为−2，
综上，点Q的横坐标为4或2或−2．
【题型9 正方形存在性问题】
4
【例9】（2025·山东烟台·二模）如图，抛物线C :y=ax2+ x+c的图像经过点D(1,−1)，与x轴交于点
1 3
2
A，点B，抛物线对称轴为x=− ．
5
(1)求抛物线C 的表达式；
1
(2)将抛物线C 向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到抛物线C ，求抛物线C 的表达式，并判断点D
1 2 2
是否在抛物线C 上；
2
(3)在抛物线C 的对称轴上是否存在一点P，使|PB−PD)最大，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，
2
请说明理由；
(4)点F是平面内的一点，在抛物线C 和抛物线C 上是否存在一点E，使以点B,D，E,F为顶点的四边形
2 1
是以BD为边的正方形．若存在，请直接写出E点的坐标；若不存在，请说明理由．
5 4
【答案】(1)y= x2+ x−4
3 35( 3) 2 19
(2)C :y= x− − ，点D在抛物线C 上
2 3 5 15 2
(3 13)
(3)存在，P ,−
5 11
(4)存在，E点的坐标为：(0,−4)或(2,2)或(−1,3)
2 5 5 4
【分析】（1）由对称轴为x=− ，计算得到a= ，将点D的坐标代入抛物线表达式y= x2+ x+c求
5 3 3 3
出c=−4，计算即可；
5( 3) 2 19
（2）求出C :y= x− − ，当x=1时，y=−1，即可判断点D在抛物线C 上
2 3 5 15 2
3 (1 ) 3
（3）设点D关于抛物线C 对称轴x= 的对称点为点N，可知N ,−1 ，连接BN并延长交直线x= 于
2 5 5 5
点P，此时|PB−PD))最大，设直线BN的表达式为：y=kx+b，求出直线BN的表达式为：
5 10 (3 13)
y=− x− ，即可得到P ,−
11 11 5 11
（4）连接CD,BC，勾股定理求出BC,BD,CD，得到△BCD为等腰直角三角形，进而得到当E于点C重
合时，满足题意，作C关于D点得对称点C′，易得△BC′D为等腰直角三角形，且点C′在抛物线C 上，得
2
到点E于点C′重合时满足题意，过点B作CD的平行线交抛物线C 于点E，求出直线CD的解析式，进而求
2
出BE的解析式，联立直线和抛物线C 的解析式，求出E点坐标，求出BE=BD，满足题意，即可．
2
2
【详解】（1）解：∵抛物线对称轴为x=− ，
5
4
∴ b 3 2，
− =− =−
2a 2a 5
5
∴a= ，
3
5 4 5 4
将点D的坐标代入抛物线表达式y= x2+ x+c得：−1= + +c，
3 3 3 3
解得：c=−4，
5 4
则抛物线的表达式为：y= x2+ x−4；
3 3
（2）解：由题意得：C :y=
5
(x−1) 2+
4
(x−1)−4+3=
5(
x−
3) 2
−
19
，
2 3 3 3 5 155( 3) 2 19 5( 3) 2 19
当x=1时，y= x− − = 1− − =−1，
3 5 15 3 5 15
故点D在抛物线C 上；
2
3
（3）解：设点D关于抛物线C 对称轴x= 的对称点为点N，
2 5
(1 )
∴N ,−1
5
3
连接BN并延长交直线x= 于点P，此时|PB−PD))最大，
5
5 4 6
令y= x2+ x−4=0，解得：x =−2,x = ，
3 3 1 2 5
∴B(−2,0)，
(1 )
设直线BN的表达式为：y=kx+b，将B(−2,0)、N ,−1 两点坐标代入，
5
5
{−2k+b=0
)
{ k=− )
11
∴ 1 ，解得： ，
k+b=−1 10
5 b=−
11
5 10
∴直线BN的表达式为：y=− x− ，
11 11
3 13
令x= ，得y=− ，
5 11
(3 13)
∴P ,−
5 11
（4）存在，理由如下：
连接CD,BC，
5 4
∵y= x2+ x−4，
3 3∴当x=0时，y=−4，
∴C(0,−4)，
∵B(−2,0)，D(1,−1)，
∴BC=❑√22+42=2❑√5,BD=❑√(2+1) 2+12=❑√10,CD=❑√ 12+[−1−(−4)) 2 =❑√10，
∴BD=CD，BC2=BD2+CD2，
∴△BCD为等腰直角三角形，
∴当点E与点C重合时，存在正方形BDEF，
作点C关于D点的对称点C′(2,2)，则：△BC′D为等腰直角三角形，
当点E与C′重合时，存在正方形BDEF，
5( 3) 2 19 5 ( 3) 2 19
对于y= x− − ，当x=2时，y= × 2− − =2，
3 5 15 3 5 15
故C′(2,2)，在抛物线C 上，满足题意；
2
过点B作CD的平行线交抛物线C 于点E，则：BE⊥BD，
2
同（2）法可得，直线CD的解析式为：y=3x−4，
设BE的解析式为：y=3x+m，把B(−2,0)代入，得：0=3×(−2)+m，解得：m=6，
∴y=3x+6，
{
y=3x+6
)
联立 5( 3) 2 19 ，解得：
{x=−1)
或
{x=4
) （不合题意，舍去）
y= x− − y=3 y=18
3 5 15
∴E(−1,3)，
∴BE=❑√[−1−(−2)) 2 +(3−0) 2=❑√10=BD，
故存在正方形BEFD；
综上：存在，E点的坐标为(0,−4)或(2,2)或(−1,3)
【变式9-1】（24-25九年级上·广东广州·期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+4(a≠0)与x轴交于A、C两点，其中A(−1,0)，C(4,0)，与y轴交于点B．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点D是第一象限内抛物线上的一个动点，连结BC，过点D作DE⊥BC于点E，延长DE与直线
❑√2
y=−2交于点F，求 DF+❑√2DE的最大值及此时点D的坐标；
2
(3)若将原抛物线绕原点O旋转180°得到新的抛物线y′，P是新抛物线y′上的一个动点，H是直线y=−2上
的一个动点，在平面直角坐标系上，是否存在一点K，使得四边形OPKH为正方形？请直接写出满足条件
的所有K的坐标．
【答案】(1)y=−x2+3x+4
97 (7 99)
(2)最大值为 ，此时点D的坐标为 ,
8 4 16
(3)存在，(8,4)或(4,−8)
【分析】本题是二次函数的综合题，考查二次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的
判定和性质，正方形的性质等知识，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质，用含字母
的代数式表示相关点坐标和相关线段长度是解题的关键．
（1）根据题意得：y=a(x+1)(x−4)=a(x2−3x−4)=ax2+bx+4，即可求解；
❑√2 ❑√2 ( 7) 2 97
（2）证明DM= DF，得到 DF+❑√2DE=DG+DM=−2 m− + ，即可求解；
2 2 4 8
（3）证明△PON≌△HOM(AAS)，得到PN=HM=2，ON=OM．则P点的坐标为(2,6)或(−2,−6)，
H(6,−2)，再分类求解即可．
【详解】（1）根据题意得：y=a(x+1)(x−4)=a(x2−3x−4)=ax2+bx+4，
∴抛物线的解析式为y=−x2+3x+4；
（2）过点D作DM⊥直线y=−2于M，交直线BC于G，∴DM∥y轴，
∴∠DGE=∠OBC，
∵抛物线y=−x2+3x+4与x轴交于A、C两点，其中A(−1,0)，与y轴交于点B．
令y=0，则0=−x2+3x+4，解得x =−1，x =4，
1 2
令x=0，则y=4，
∴B(4,0)，C(0,4)，
∴OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∴∠DGE=∠OBC=45°，
∵DE⊥BC，
∴∠EDG=∠DGE=45°，
∴DE=EG，
∴DG=❑√2DE，
∵DM⊥直线y=−2，
∴∠EDG=∠DFM=45°，
❑√2
∴DM= DF，
2
由点B、C的坐标得，直线BC的解析式为y=−x+4，
设直线DM交x轴于N，D(m,−m2+3m+4)，则G(m,−m+4)，M(m,−2)，
∴DG=−m2+3m+4−(−m+4)=−m2+4m，DM=−m2+3m+4−(−2)=−m2+3m+6，
∴ ❑√2 DF+❑√2DE=DG+DM=−m2+4m−m2+3m+6=−2m2+7m+6=−2 ( m− 7) 2 + 97 ，
2 4 8
❑√2 97 (7 99)
∴ DF+❑√2DE的最大值为 ，此时点D的坐标为 , ；
2 8 4 16（3）如图，
根据旋转得抛物线y′过点(0,−4)，(1,0)，(−4,0)，
∴y′=x2+3x−4，
设P(n,n2+3n−4)，
∵四边形OPKH为正方形，
∴OP⊥OH，OP=OH，
∴∠PON+∠NOH=90°，
过点H作HM⊥x轴于M，过点P作PN⊥y轴于N，
∴∠PNO=∠HMO=90°，
∴∠HOM+∠NOH=90°，
∴∠PON=∠HOM，
∴△PON≌△HOM(AAS)，
∴PN=HM=2，ON=OM．
∴n=±2，
∴P点的坐标为(2,6)或(−2,−6)，H(6,−2)，
①当P点的坐标为(2,6)时，
∵O(0,0)，P(2,6)，H(6,−2)，四边形OPKH为正方形，
∴点K的坐标为(8,4)；
②当P点的坐标为(−2,−6)时，
∵O(0,0)，P(2,6)，H(6,−2)，四边形OPKH为正方形，
∴点K的坐标为(4,−8)；综上，存在，点K的坐标为(8,4)或(4,−8)．
【变式9-2】（24-25九年级上·四川南充·期中）如图，抛物线经过A(−1,0),C(4,0),D(3,−4)三点．
(1)求抛物线的解析式．
(2)探究在抛物线上是否存在点P，使S =2S ？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，试说明理
△PBC △DBC
由．
(3)直线AD交y轴于点G，M是线段GD上动点，MN∥x轴与抛物线CD段交于点N．MF⊥x轴于F，
NH⊥x轴于H，当四边形MFHN是正方形时，求点M的坐标
【答案】(1)y=x2−3x−4
(2)(2+❑√10,4+❑√10)或(2−❑√10,4−❑√10)
(5 9)
(3)M ,−
4 4
【分析】（1）设抛物线的解析式解析式为y=a(x+1)(x−4)，将D(3,−4)代入计算即可；
（2）先求出B(0,−4)，过点P作x轴的垂线，交BC于点Q，求出直线BC的解析式为y=x−4，设
P(p,p2−3p−4)，则Q(p,p−4)，求出PQ=|p2−3p−4−(p−4))=|p2−4 p)，再根据
S =2S 建立方程求解即可；
△PBC △DBC
（3）求出直线AD的解析式为y=−x−1，设M(m,−m−1)(0≤m≤3)，N(n,n2−3n−4)(n>m)，根据
题意得到F(m,0)，H(n,0)，求出MF=m+1,MN=n−m,NH=−n2+3n+4，由四边形MFHN是正方
{ m+1=n−m )
形，建立方程组 ，转化为m+1=−(2m+1) 2+3(2m+1)+4，求解即可．
m+1=−n2+3n+4【详解】（1）解：根据题意：设抛物线的解析式解析式为y=a(x+1)(x−4)，将D(3,−4)代入得：
−4=a(3+1)×(3−4)，
解得：a=1，
则抛物线的解析式解析式为y=(x+1)(x−4)=x2−3x−4；
（2）解：将x=0代入y=x2−3x−4，则y=−4，
∴B(0,−4)，
过点P作x轴的垂线，交BC于点Q，
设直线BC的解析式为y=kx−4，则0=4k−4，解得：k=1，
∴直线BC的解析式为y=x−4，
设P(p,p2−3p−4)，则Q(p,p−4)，
∴PQ=|p2−3p−4−(p−4))=|p2−4 p)，
∵B(0,−4)，D(3,−4)，
∴BD=3,BD∥x轴，
∵S =2S ，
△PBC △DBC
1 1 1 1
∴ PQ·x =2× BD·|y )，即 ×4×|p2−4 p)=2× ×3×4，
2 C 2 D 2 2
∴|p2−4 p)=6，
当p2−4 p=6时，解得：p=2+❑√10或p=2−❑√10，
则p2−3p−4=(2+❑√10) 2 −3×(2+❑√10)−4=4+❑√10或
p2−3p−4=(2−❑√10) 2 −3×(2−❑√10)−4=4−❑√10，∴点P的坐标为(2+❑√10,4+❑√10)或(2−❑√10,4−❑√10)；
当p2−4 p=−6时，方程无解；
综上，点P的坐标为(2+❑√10,4+❑√10)或(2−❑√10,4−❑√10)；
（3）解：设直线AD的解析式为y=k'x+b，
{ 0=−k'+b ) {k'=−1)
则 ，解得： ，
−4=3k'+b b=−1
∴直线AD的解析式为y=−x−1，
设M(m,−m−1)(0≤m≤3)，N(n,n2−3n−4)(n>m)，
∵MN∥x轴与抛物线CD段交于点N，MF⊥x轴于F，NH⊥x轴于H，
∴F(m,0)，H(n,0)，
∴MF=m+1,MN=n−m,NH=−n2+3n+4，
∵四边形MFHN是正方形，
∴MN=NH=FH=MF，
{ m+1=n−m )
∴ ，
m+1=−n2+3n+4
∴n=2m+1，
∴m+1=−(2m+1) 2+3(2m+1)+4，即4m2−m−5=0，
5
解得：m= 或m=−1（舍去），
4
5 9
则−m−1=− −1=− ，
4 4
(5 9)
∴M ,− ．
4 4【点睛】本题主要考查了运用待定系数法求函数解析式、二次函数与几何的综合、一次函数解析式，正方
形的性质性质等知识定，掌握数形结合思想成为解题的关键．
【变式9-3】（24-25八年级上·辽宁鞍山·阶段练习）实践与探究
为了适应辽宁新中考，我校2024届毕业生成立了九年级数学兴趣学习小组，参与同学集思广益，兴趣盎
然，同时也成果斐然．以下是一次学习小组研究学习二次函数问题的集体智慧结晶，期间他们经历了实践
——应用——探究的过程，下面请同学们尝试解决一下他们的设置问题．
【实践】：（1）他们对一条抛物线形拱桥进行测量，测得当拱顶离水面6.25m时，水面宽10m，并画出了
拱桥截面图，建立了如图1所示的直角坐标系，通过计算直接写出该抛物线解析式为________；（写成顶
点式）
【应用】：（2）按规定，船通过拱桥时，顶部与拱桥顶部在竖直方向上的高度差至少为0.5m．一场大
雨，让水面上升了0.2m，为了确保安全，问该拱桥能否让宽度为6m、高度为3.2m的货船通过？请通过计
算进行说明．（货船看作长方体）
【探究】：（3）探究：该课题学习小组为进一步探索拋物线的有关知识，他们借助上述抛物线模型，并
过原点作一条y=x的直线OF，交抛物线于点F，交抛物线对称轴于点E，提出了以下两个问题，请予解
答：
①如图2，B为直线OF上方抛物线上一动点，过B作BA垂直于x轴，交x轴于A，交直线OF于C，过点B
作BD垂直于直线OF，交直线OF于D，求BD+CD的最大值．
②如图3，G为线段OF上一动点，过G点作x轴的垂线交抛物线于点H，点P在坐标平面内．问：是否存在以E、G、H、P为顶点的四边形是正方形？若存在，请直接写出G点的坐标；若不存在，请说明理由．
9❑√2
【答案】（1）y=−0.25(x−5) 2+6.25；（2）船能通过，说明见解析；（3）① ；②
4
(5−❑√5,5−❑√5)或(4,4)
【分析】（1）设抛物线的解析式为y=a(x−5) 2+6.25，由图可知抛物线经过(10,0)点，代入求出a的值
即可求函数的解析式；
（2）由题可知当x=2时，y=4，再由3.2+0.2+0.5=3.9<4，可以判断出船能通过；
❑√2
（3）①由题可知△BCD是等腰直角三角形，则BD=CD= BC，设B(t,−0.25(t−5) 2+6.25)，则
2
C(t,t)，BC=−0.25t2+1.5t=−0.25(t−3) 2+2.25，当t=3时，BC的最大值为2.25，即可得BD+CD的
最大值；
②由①可得∠EGH=45°，当∠EHG=90°时，H点的纵坐标为5，可得5=−0.25(x−5) 2+6.25，解得
1
x=5+❑√5或x=5−❑√5，再由G点在直线y=x上，即可求G点坐标；当∠HEG=90°时，EM= HG，
2
可得2(5−m)=−0.25m2+2.5m−m，解得m=10或m=4，可求G点坐标．
【详解】解：（1）根据坐标系可知此函数顶点坐标为(5,6.25)，且图象过(10,0)点，
代入顶点式得：
y=a(x−5) 2+6.25，
∴0=a(10−5) 2+6.25，
解得：a=−0.25，
∴y=−0.25(x−5) 2+6.25，
故答案为：y=−0.25(x−5) 2+6.25；
（2）∵船的宽为6m，
∴10−6=4(m)，
当x=2时，y=−0.25×9+6.25=4，∵3.2+0.2+0.5=3.9<4，
∴船能通过；
（3）①∵y=−0.25(x−5) 2+6.25，
∴抛物线的对称轴为直线x=5，
∴E(5,5)，
∴∠EOA=45°，
∵BD⊥OE，AB⊥OA，
∴∠BCD=45°，∠BDC=90°，
❑√2
∴BD=CD= BC，
2
设B(t,−0.25(t−5) 2+6.25)，则C(t,t)，
∴BC=−0.25t2+1.5t=−0.25(t−3) 2+2.25，
当t=3时，BC的最大值为2.25，
9❑√2
∴BD+CD的最大值为2.25❑√2= ；
4
②存在以E、G、H、P为顶点的四边形是正方形，理由如下：
由①可得∠EGH=45°，
∴△EGH是等腰直角三角形，
{y=−0.25(x−5) 2+6.25) {x=6) {x=0)
联立 ，解得 ， ，
y=x y=6 y=0
∴F(6,6)，
∵G为线段OF上一动点，
∴0≤x ≤6，
G
如图，分以下两种情况讨论：
当∠EHG=90°时，HG=HE，∠EOx=∠HEG=45°，则EH∥x轴，
∵E(5,5)，
∴H点的纵坐标为5，
∴5=−0.25(x−5) 2+6.25，
解得x=5+❑√5或x=5−❑√5，
∵G点在线段OF上，
∴G(5−❑√5,5−❑√5)；
当∠HEG=90°时，∠HGE=45°，点M为HG的中点，
1
∴EM= HG，
2
设H(m,−0.25m2+2.5m)，G(m,m)，
∴2(5−m)=−0.25m2+2.5m−m，
解得m=10或m=4，
∵G点在线段OF上，
∴G(4,4)；
综上所述：G点坐标为(5−❑√5,5−❑√5)或(4,4)．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，正方形的性质，等腰直角三
角形的性质是解题的关键．
【题型10 梯形存在性问题】
3 3
【例10】（22-23九年级上·甘肃庆阳·期中）如图，已知抛物线y= x2− x−3与x轴的交点为点A、D
8 4(点A在点D的右侧)，与y轴的交点为点C．
(1)直接写出A、D、C三点的坐标；
(2)在抛物线的对称轴上找一点M，使得MD+MC的值最小，并求出点M的坐标；
(3)设点C关于抛物线对称轴的对称点为点B，在抛物线上是否存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点
的四边形为梯形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(4,0)，D(−2,0)，C(0,−3)
( 9)
(2)连接AC交对称轴于点M，点M即为所求，M 1,−
4
(3)(−2,0)或(6,6).
3 3
【分析】（1）令y=0，解方程 x2− x−3=0可得到A点和D点坐标；令x=0，求出y=−3，可确定C
8 4
点坐标；
（2）连接AC交对称轴于点M，根据对称性可得MD=MA，则CA为MD+MC的最小值，求出直线AC
的解析式，令x=1，即可求解；
（3）分BC为梯形的底边和BA为梯形的底和CA为梯形的底三种情况讨论，求出另一底边的解析式即可.
3 3 3 3
【详解】（1）解：在y= x2− x−3中令0= x2− x−3，
8 4 8 4
解得x =−2,x =4，
1 2
∴A(4,0),D(−2,0)，
3 3
在y= x2− x−3中令x=0，得y=−3，
8 4
∴C(0,−3)；
（2）解：如图，连接AC交对称轴于点M，则点M即为所求，连接DM，∵MD=MA，
∴MC+MD=MC+MA
∴MC+MD的最小值即为CA的长，
∵A(4,0),D(−2,0)，
4−2
∴抛物线的对称轴为x= =1，
2
∵A(4,0),C(0,−3)，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
{ b=−3 )
则 ，
4k+b=0
{ k= 3 )
解得： 4 ,
b=−3
3
∴直线AC的解析式为y= x−3，
4
∵抛物线的对称轴为x=1，
( 9)
∴M 1,−
4
（3）存在，分两种情况：
①如图，当BC为梯形的底时，点P与D重合时，四边形ADCB是梯形，此时点P为(−2,0).
②如图，当BA为梯形的底时，过点C作CP∥AB，与抛物线交于点P，
∵点C，B关于抛物线对称，∴B(2,−3)
设直线AB的解析式为y=k x+b ，
1 1
4k +b =0
则{¿) 1 1 ，
2k +b =−3
1 1
3
k =
解得{¿) 1 2 .
b =−6
1
3
∴直线AB的解析式为y= x−6 .
2
∵CP∥AB，
3
∴可设直线CP的解析式为y= x+m .
2
∵点C在直线CP上，
∴ m=−3 .
3
∴直线CP的解析式为y= x−3 .
2
3
y= x−3
2
联立{¿) ，
3 3
y= x2− x−3
8 4
{ x =0 ) {x =6)
解得 1 ， 2
y =−3 y =6
1 2
∴P(6,6)；
③当AC为梯形的底时，过点B作BP∥AC，与抛物线交于点P，
3
4k +b =0 k =
设直线AC的解析式为y=k x+b ，则{¿) 2 2 ，解得{¿) 2 4 .
2 2 b =−3
2 b =−3
2
3
∴直线AC的解析式为y= x−3 .
4
∵BP∥AC，
3
∴可设直线CP的解析式为y= x+n .
4
∵点B在直线CP上，
9
∴ n=− .
23 9
∴直线CP的解析式为y= x− .
4 2
3 9
y= x−
4 2
联立{¿) ，
3 3
y= x2− x−3
8 4
{ x =2 ) { x =2 )
解得 1 (舍去)， 2 (舍去)
y =−3 y =−3
1 2
综上所述，在抛物线上存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点的四边形为梯形，点P的坐标为(−2,0)
或(6,6) ．
【点睛】本题考查了抛物线与坐标轴交点问题，轴对称的性质求最短距离，特殊四边形问题，分类讨论是
解题的关键．
3 3
【变式10-1】如图，已知抛物线y＝ x2－ x－3与x轴的交点为A、D(A在D的右侧)，与y轴的交点为C.
8 4
(1)直接写出A、D、C三点的坐标；
(2)若点M在抛物线上，使得△MAD的面积与△CAD的面积相等，求点M的坐标；
(3)设点C关于抛物线对称轴的对称点为B，在抛物线上是否存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点的
四边形为梯形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）A点坐标为(4，0)，D点坐标为(－2，0)，C点坐标为(0，－3)；（2）(2,−3)或(1+❑√17,3)或(1−❑√17,3)；（3）在抛物线上存在一点P，使得以点A、B、C、P四点为顶点所构成的
四边形为梯形；点P的坐标为(－2，0)或(6，6)．
3 3
【分析】（1）令y=0，解方程 x2− x−3=0可得到A点和D点坐标；令x=0，求出y=-3，可确定C点
8 4
坐标；
（2）根据两个同底三角形面积相等得出它们的高相等，即纵坐标绝对值相等，得出点M的纵坐标为：±3
，分别代入函数解析式求解即可；
（3）分BC为梯形的底边和BA为梯形的底和CA为梯形的底三种情况讨论，求出另一底边的解析式即可.
3 3 3 3
【详解】解：（1）在y= x2− x−3中令0= x2− x−3，
8 4 8 4
解得x =−2,x =4，
1 2
∴A(4，0) 、D(－2，0).
3 3
在y= x2− x−3中令x=0，得y=−3，
8 4
∴C(0，－3)；
（2）过点C做x轴的平行线a，交抛物线与点M ，做点C关于x轴的对称点C′,过点C′做x轴的平行线b，
1
交抛物线与点M 、M ,如下图所示：
2 3
∵△MAD的面积与△CAD的面积相等，且它们是等底三角形，
∴点M的纵坐标绝对值跟点C的纵坐标绝对值相等，
∵点C的纵坐标绝对值为：|−3)=3，
∴点M的纵坐标绝对值为：|y )=3，
m
∴点M的纵坐标为：±3，
3 3
当点M的纵坐标为−3时，则−3= x2− x−3，
8 4
解得：x=2或x=0（即点C，舍去），
∴点M❑❑的坐标为：(2,−3)，
13 3
当点M的纵坐标为3时，则3= x2− x−3，
8 4
解得：x=1±❑√17
∴点M❑❑的坐标为：(1+❑√17,3)，点M❑❑的坐标为：(1−❑√17,3)，
2 3
∴点M的坐标为：(2,−3)或(1+❑√17,3)或(1−❑√17,3)；
（3）存在，分两种情况：
①如图，当BC为梯形的底时，点P与D重合时，四边形ADCB是梯形，此时点P为(－2，0).
②如图，当BA为梯形的底时，过点C作CP//AB，与抛物线交于点P，
∵点C，B关于抛物线对称，∴B(2，－3)
3
4k +b =0 k =
设直线AB的解析式为y=k x+b ，则{¿) 1 1 ，解得{¿) 1 2 .
1 1 2k +b =−3
1 1 b =−6
1
3
∴直线AB的解析式为y= x−6.
2
∵CP//AB，
3
∴可设直线CP的解析式为y= x+m.
2
∵点C在直线CP上，
∴m=−3.
3
∴直线CP的解析式为y= x−3.
2
3
y= x−3
2
联立{¿) ，
3 3
y= x2− x−3
8 4
x =0 x =6
解得{ 1 ，{ 2
y =−3 y =6
1 2
∴P(6，6).③当AC为梯形的底时，过点B作BP//AC，与抛物线交于点P，
3
4k +b =0 k =
设直线AC的解析式为y=k x+b ，则{¿) 2 2 ，解得{¿) 2 4 .
2 2 b =−3
2 b =−3
2
3
∴直线AC的解析式为y= x−3.
4
∵BP//AC，
3
∴可设直线CP的解析式为y= x+n.
4
∵点B在直线CP上，
9
∴n=− .
2
3 9
∴直线CP的解析式为y= x− .
4 2
3 9
y= x−
4 2
联立{¿) ，
3 3
y= x2− x−3
8 4
x =2 x =2
解得{ 1 （舍去），{ 2 （舍去）
y =−3 y =−3
1 2
综上所述，在抛物线上存在点P，使得以A、B、C、P四点为顶点的四边形为梯形，点P的坐标为(－2，0)
或(6，6).
【变式10-2】已知，矩形OABC在平面直角坐标系中位置如图所示，点A的坐标为(4,0)，点C的坐标为
2
(0,−2)，直线y=− x与边BC相交于点D．
3（1）求点D的坐标；
（2）抛物线y=ax2+bx+c经过点A、D、O，求此抛物线的表达式；
（3）在这个抛物线上是否存在点M，使O、D、A、M为顶点的四边形是梯形？若存在，请求出所有符合
条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
2 8 10
【答案】（1）D(3，−2)；（2）y= x2− x；（3）(1,−2),(−1, ),(7,14)．
3 3 3
【分析】（1）由于BC∥x轴，那么B、C两点的纵坐标相同，已知了点C的坐标，设D(m,−2)，将
D(m,−2)代入直线OD的解析式中，即可求得点D的坐标；
（2）已知抛物线图象上的A、O、D三点坐标，可利用待定系数法求得该抛物线的解析式；
（3）此题应分作三种情况考虑： ①所求的梯形以OA为底，那么OA∥DM，由于抛物线是轴对称图形，那
么D点关于抛物线对称轴的对称点一定满足M点的要求，由此可得M点的坐标； ②所求的梯形以OD为
底，那么OD∥AM，所以直线AM、直线OD的斜率相同，已知点AD的坐标，即可确定直线AM的解析式，
联立抛物线的解析式，即可确定点M的坐标； ③所求的梯形以AD为底，那么AD∥OM，参照②的解题思
路，可先求出直线AD的解析式，进而确定直线OM的解析式，联立抛物线的解析式，即可求得点M的坐
标．
【详解】解：（1）∵D在BC上，BC∥x轴，C（0，-2），
∴设D(m,−2)
2
∵D在直线y=− x上，
3
2
∴−2=− m,
3∴m=3,
∴D(3，−2).
（2）∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A(4，0)，D(3，−2)，O(0，0)；
16a+4b+c=0
∴{9a+3b+c=−2，
c=0
2
a=
3
解得：{ 8；
b=−
3
c=0
2 8
故所求的二次函数解析式为y= x2− x；
3 3
（3）存在点M，使O、D、A、M为顶点的四边形是梯形，理由如下：
①若以OA为底，BC//x轴，如图，
∴M是BC与抛物线的另一个交点，
∵ 抛物线是轴对称图形，抛物线的对称轴是x=2,
∴点M的坐标为(1,−2)；
②若以OD为底，过点A作OD的平行线交抛物线为点M，如图，2
∵直线OD为y=− x，
3
2
设AM为y=− x+b，
3
2
∴− ×4+b=0,
3
8
∴b= ,
3
2 8
∴直线AM为y=− x+ ；
3 3
2 8 2 8
∴− x+ = x2− x,
3 3 3 3
∴x2−3x−4=0,
∴(x+1)(x−4)=0,
解得：x =−1,x =4，（舍去）
1 2
10
∴点M的坐标为(−1, )；
3
③若以AD为底，过点O作AD的平行线交抛物线为点M，设AD为y=mx+n,
4k+b=0
∴{ ,
3k+b=−2
k=2
解得：{ ,
b=−8
∵直线AD为y=2x-8，
∴直线OM为y=2x，
2 8
∴2x= x2− x,
3 3
解得：x =7,x =0（舍去）；
1 2
∴点M的坐标为(7,14)．
10
∴综上所述，当点M的坐标为(1,−2),(−1, ),(7,14)时，以O、D、A、M为顶点的四边形是梯形．
3
【点睛】此题考查了矩形的性质，二次函数解析式与一次函数的解析式的确定，梯形的判定，函数图象交
点坐标的求法，分类讨论的数学思想，掌握以上知识是解题的关键．【变式10-3】如图所示，平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c经过A(0,4)、B(−2,0)、C(6,0)
．过点A作AD//x轴交抛物线于点D，过点D作DE⊥x轴，垂足为点E．点M是四边形OADE的对角线
的交点，点F在y轴负半轴上，且F(0,−2)．
（1）求抛物线的解析式，并直接写出四边形OADE的形状；
（2）当点P、Q从C、F两点同时出发，均以每秒1个长度单位的速度沿CB、FA方向运动，点P运动到O
时P、Q两点同时停止运动．设运动的时间为t秒，在运动过程中，以P、Q、O、M四点为顶点的四边形
的面积为S，求出S与t之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围；
（3）在抛物线上是否存在点N，使以B、C、F、N为顶点的四边形是梯形？若存在，直接写出点N的坐
标；不存在，说明理由．
1 4 1
【答案】（1）y=− x2+ x+4，四边形OADE为正方形；（2）当0≤t<2时，S= t2−5t+12；当
3 3 2
7
2<t<6时，S=4；（3）在抛物线上存在点N (1,5)，N (5, )，N (2+❑√22,−2)，N (2−❑√22,−2)
1 2 3 3 4
，使以B、C、F、N为顶点的四边形是梯形．
【分析】（1）由抛物线y=ax2+bx+c经过A（0，4）、B（-2，0）、C（6，0）三点，把三点坐标代入抛物
线表达式中，联立方程解出a、b、c；
（2）过M作MN⊥OE于N，则MN=2，由题意可知CP=FQ=t，当0≤t<2时，OP=6－t，OQ=2－t，列出S与t
的关系式，当t=2时，Q与O重合，点M、O、P、Q不能构成四边形，当2<t<6时，连接MO，ME则
MO=ME且∠QOM=∠PEM=45°，可证三角形全等，进而计算出三角形面积；
（3）若B、C、F、N为顶点的四边形是梯形，则四边形有两边平行，设出N点的坐标，分类讨论两边平行
时N点坐标满足的条件，进而求出N点坐标．
【详解】解：（1）∵抛物线经过A(0,4)、B(−2,0)、C(6,0)，
∴c=4，
¿，
1 4
解得a=− ，b= ，c=4．
3 31 4
∴抛物线的解析式为y=− x2+ x+4．
3 3
四边形OADE为正方形．
（2）连接MQ．
根据题意，可知OE=OA=4，OC=6OB=OF=2，
∴CE=2，
∴CO=FA=6，
∵运动的时间为t，
∴CP=FQ=t，
过M作MN⊥OE于N，则MN=2，
当0≤t<2时，OP=6−t，OQ=2−t，
1 1 1
∴S=S +S = (6−t)×2+ (6−t)(2−t)= (6−t)(4−t)，
△OPQ △OPM 2 2 2
1
∴S= t2−5t+12．
2
当t=2时，Q与O重合，点M、O、P、Q不能构成四边形，
当2<t<6时，连接MO，ME则MO=ME且∠QOM=∠PEM=45∘，
∵FQ=CP=t，FO=CE=2，
∴OQ=EP，
∴△QOM≅△PEM，
1
∴四边形OPMQ的面积S=S = ×4×2=4，
△MOE 2
1
综上所述，当0≤t<2时，S= t2−5t+12；当2<t<6时，S=4．
2（3）分三种情况：
①以BF为底边时，经过点C作BF的平行线，与抛物线交于点N的坐标为(1,5)；
7
②以CF为底边时，经过点B作CF的平行线，与抛物线交于点N的坐标为(5, )；
3
③以BC为底边时，经过点F作BC的平行线，与抛物线交于点N的坐标为(2+❑√22,−2)或(2−❑√22,−2)
．
7
故在抛物线上存在点N (1,5)，N (5, )，N (2+❑√22,−2)，N (2−❑√22,−2)，
1 2 3 3 4
使以B、C、F、N为顶点的四边形是梯形．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式、二次函数与坐标轴交点的求法、以及梯形的判定方法和全
等三角形的判定等知识，学会运用分类讨论思想.
