文档内容
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(04
(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 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<0，00）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
