专题 22.10 特殊三角形——二次函数的综合
◆ 典例分析
【典例1】如图，直线y=x−3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y=−x2+mx+n
与x轴的另一个交点为A，顶点为P．
（1）求3m+n的值；
（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点Q，使以C，P，Q为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，求出
所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
本题考查的是二次函数综合运用，解决本题的关键是熟练掌握二次函数的性质．
（1）求出B、C的坐标，将点B、C的坐标分别代入抛物线表达式，即可求解；
（2）分CP=PQ、CP=CQ、CQ=PQ三种情况，分别求解即可．
【解题过程】
（1）直线y=x−3，令y=0，则x=3，令x=0，则y=−3，
故点B、C的坐标分别为(3,0)、(0,−3)，
将点B、C的坐标分别代入抛物线表达式得：
{ n=−3 )
，
0=−9+3m+n
{m=4
)
解得： ，
n=−3
则抛物线的表达式为：y=−x2+4x−3，
则点A坐标为(1,0)，顶点P的坐标为(2,1)，∴3m+n=12−3=9；
（2）设Q(2,t)，
①当CP=CQ时，如图，
则C点纵坐标与PQ中点的纵坐标相同，
∵P(2,1),C(0,−3)，
1+t
∴ =−3，
2
解得：t=−7，
故此时Q点坐标为(2,−7)；
②当CP=PQ时，如图，
∵P(2,1),C(0,−3)，
∴ PQ=PC=❑√(2−0) 2+(1+3) 2=2❑√5，
故此时点Q的坐标为(2,1−2❑√5)或(2,1+2❑√5)；
③当CQ=PQ时，如图，∴QC2=QP2,
∴22+(t+3) 2=(1−t) 2,
3
解得：t=− ，
2
3
故此时点Q的坐标为(2,− )；
2
3
综上所述，点Q的坐标为(2,1−2❑√5)或(2,1+2❑√5)或(2,− )或(2,−7)．
2
◆ 学霸必刷
1
1．（24-25九年级上·全国·单元测试）如图，抛物线y=− x2+2x+c与x轴交于A(−1,0)，B两点，与y
2
轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
27
（2）P是抛物线上x轴上方的一个动点，当△PAB的面积为 时，求点P的坐标；
2
（3）在y轴上是否存在点D，使△BCD为等腰三角形？若存在，直接写出点D的坐标；若不存在，请说明
理由．
【思路点拨】
1
（1）把点A的坐标(−1,0)代入抛物线y=− x2+2x+c中可得c的值，从而可得抛物线的解析式；
227
（2）根据△PAB的面积为 列方程可得点P的坐标；
2
（3）由等腰三角形行政，分情况讨论：①当BC=BD时；②当CD=BC时；③当CD=BD时，从而可以
解答．
【解题过程】
1 1
（1）解：把点A的坐标(−1,0)代入抛物线y=− x2+2x+c中得：− −2+c=0
2 2
5
∴c= ，
2
1 5
∴抛物线的解析式为：y=− x2+2x+ ；
2 2
1 5
（2）解：当y=0时，− x2+2x+ =0，解得x =5，x =−1，
2 2 1 2
∴B(5,0)，
∵A(−1,0)，
∴AB=5−(−1)=6，
27
∵ S = ，
△PAB 2
1 27
∴ ×6×y = ，
2 P 2
9
∴y = ，
P 2
9 1 5 9
当y= 时，− x2+2x+ = ，
2 2 2 2
∴x =x =2，
1 2
( 9)
∴P 2, ；
2
5
（3）解：当x=0时，y= 时，
2
( 5)
∴C 0, ，
2
∵B(5,0)，
∴BC=❑
√
52+
(5) 2
=
5❑√5
，
2 2( 5)
①当BC=BD时，D 0,− ；
2
( 5 5❑√5)
②当CD=BC时，D 0, − ；
2 2
5
③当CD=BD时，设BD=a，则OD=a− ，
2
在Rt△ODB中，OD2+OB2=BD2，即 ( a− 5) 2 +52=a2 ，解得a= 25 ，
2 4
25 5 15
∴OD= − = ，
4 2 4
( 15)
∴D 0,− ；
4
( 5) ( 5 5❑√5) ( 15)
综上，点D的坐标为 0,− 或 0, − 或 0,− ．
2 2 2 4
2．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，经过点(9,13)的抛物线C :y=ax2+bx+1
1
（a、b为常数，且a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，顶点为D，对称轴为直线x=3．
（1）求抛物线C 的函数表达式和点D的坐标；
1
（2）将抛物线C 向左平移m(m>0)个单位长度后得到抛物线C ，抛物线C 的顶点为E，连接CE、DE
1 2 2
，请问在平移过程中，是否存在m的值，使得△CDE是等腰三角形？若存在，请求出m的值；若不存在，
请说明理由．
【思路点拨】
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）利用待定系数法可求得抛物线C 的函数表达式，配方成顶点式即可求得顶点D的坐标；
14
（2）根据平移的性质得到C :y= (x−3+m) 2−3，则顶点E的坐标为(3−m,−3)，利用两点之间的距
2 9
离公式求得CD=5，CE=❑√m2−6m+25，DE=m，分CD=DE或CD=DE或DE=CE三种情况讨论，
列出方程，据此求解即可．
【解题过程】
（1）解：∵经过点(9,13)的抛物线C :y=ax2+bx+1，且对称轴为直线x=3，
1
{81a+9b+1=13
)
∴ b ，
− =3
2a
4
{ a= )
9
解得 ，
8
b=−
3
4 8
∴抛物线C 的函数表达式为y= x2− x+1，
1 9 3
4 8 4
y= x2− x+1= (x−3) 2−3，
9 3 9
∴顶点D的坐标为(3,−3)；
4
（2）解：由题意将y= (x−3) 2−3向左平移m(m>0)个单位长度后得到抛物线C ，
9 2
4
∴C :y= (x−3+m) 2−3，
2 9
∴C 的顶点E的坐标为(3−m,−3)，
2
对于C ，令x=0，则y=1，
1
∴C 与y轴交于点C的坐标为(0,1)，
2
即C(0,1)，D(3,−3)，E(3−m,−3)其中m>0，
∴CD=❑√(3−0) 2+(−3−1) 2=5，
CE=❑√(3−m) 2+(−3−1) 2=❑√m2−6m+25，
DE=❑√(3−m−3) 2+(−3+3) 2=m，当CD=CE时，则❑√m2−6m+25=5，
解得m=0（舍去）或m=6，此时CD=CE=5，DE=6，符合题意；
当CD=DE时，则m=5，
此时CD=DE=5，CE=❑√52−6×5+25=2❑√5，符合题意；
当DE=CE时，
25 25
则❑√m2−6m+25=m，解得m= ，此时CD=5，DE=CE= ，符合题意；
6 6
25
综上，m的值为6或5或 ．
6
3．（24-25九年级上·陕西渭南·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2−4x+c(a≠0)与x
轴分别交于点A(1,0)、点B(3,0)，与y轴交于点C，连接BC，点P在线段BC上，设点P的横坐标为m．
（1）求直线BC的解析式；
（2）如果以P为顶点的新抛物线经过原点，且与x轴的另一个交点为D，若△PAB是以PA为腰的等腰三角
形，求新抛物线的解析式．
【思路点拨】
（1）先确定点C的坐标，再利用待定系数法求直线BC的解析式即可；
（2）利用等腰三角形定义分类求解即可．
本题考查了待定系数法求解析式，等腰三角形的分类求解，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
【解题过程】
（1）解：设抛物线的解析式为：y=a(x−1)(x−3)=a(x2−4x+3)，
∴−4a=−4，
解得：a=1，
∴抛物线的解析式为：y=x2−4x+3，
令x=0得y=3，∴C(0,3)，
设直线BC的解析式为：y=kx+3，
将点B(3,0)代入得：0=3k+3，
解得：k=−1，
∴直线BC的解析式为：y=−x+3.
（2）解：∵点P的横坐标为m，点P在线段BC上，
∴P(m,−m+3)，(0≤m≤3)，
∴设新抛物线的解析式为y=s(x−m) 2−m+3，
∵点A(1,0)、点B(3,0)，
∴PA2=(m−1) 2+(−m+3) 2，PB2=(m−3) 2+(−m+3) 2，AB2=4.
分情况讨论：
（1）当PA=PB时，则(m−1) 2+(−m+3) 2=(m−3) 2+(−m+3) 2，
解得m=2，
此时，P(2,1)，
∴新抛物线的解析式为y=s(x−2) 2+1，
∵新抛物线经过原点，
∴0=4s+1，
1
解得s=− ，
4
1
∴新抛物线的解析式为y=− (x−2) 2+1；
4
（2）当PA=AB时，(m−1) 2+(−m+3) 2=4，
解得m =1，m =3（此时P与B重合，舍去），
1 2
∴P(1,2)，
∴新抛物线的解析式为y=s(x−1) 2+2，
∵新抛物线经过原点，
∴0=s+2，
解得s=−2，∴新抛物线的解析式为y=−2(x−1) 2+2.
1
综上所述，新抛物线的解析式为y=− (x−2) 2+1或y=−2(x−1) 2+2.
4
4．（24-25九年级上·江苏苏州·阶段练习）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=−1
，且抛物线经过A(1,0)， C(0,3)两点，与x轴交于点B．
（1）若直线y=mx+n经过B，C两点，求直线BC和抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴x=−1上找一点M，使MA+MC的值最小，求点M的坐标；
（3）设P为抛物线的对称轴x=−1上的一个动点，求使△BPC为直角三角形的点P的坐标．
【思路点拨】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、直角三角形的性质、点的对称性等；
（1）用待定系数法即可求解；
（2）设直线BC与对称轴x=−1的交点为M，则此时MA+MC的值最小，进而求解；
（3）分点B为直角顶点、点C为直角顶点、P为直角顶点三种情况，分别求解即可．
【解题过程】
（1）抛物线的对称轴为直线x=−1，且抛物线经过A(1，0)，
∴B(−3，0)，
设抛物线的表达式为y=a(x−1)(x+3)，
将C(0,3)代入上式得：3=a(0−1)(0+3)，解得a=−1，
∴抛物线的解析式为：y=−(x−1)(x+3)=−x2−2x+3；
{ 3=n )
把B(−3，0)，C(0,3)代入y=mx+n得：
0=−3m+n
{n=3)
，解得 ，
m=1
∴直线的解析式为y=x+3；
（2）设直线BC与对称轴x=−1的交点为M，则此时MA+MC的值最小，把x=−1代入直线y=x+3得y=2，故M(−1,2)，
即当点M到点A的距离与到点C的距离之和最小时M的坐标为(−1,2)；
（3）设P(−1,t)，
∵B(−3，0)，C(0,3)，
∴BC2=18，PB2=(−1+3) 2+t2=4+t2，PC2=(t−3) 2+1，
若点B为直角顶点时，则BC2+PB2=PC2，
即18+4+t2=(t−3) 2+1，
解得t=−2；
若点C为直角顶点时，则BC2+PC2=PB2，
即18+(t−3) 2+1=4+t2
解得t=4，
若P为直角顶点时，则PB2+PC2=BC2，
∴4+t2+(t−3) 2+1=18，
3±❑√17
解得t= ，
2
( 3+❑√17) ( 3−❑√17)
综上，点P的坐标为(−1,−2)或(−1,4)或 −1, 或 −1, ．
2 2
1
5．（2023九年级·辽宁铁岭·学业考试）如图，一次函数y=− x+1的图象与x轴交于点A，与y轴交于点
2
1 1
B，二次函数y= x2+bx+c的图象与一次函数y=− x+1的图象交于B、C两点，与x轴交于D、E两
2 2
点，且点D坐标为(−1,0)．（1）求二次函数的解析式；
（2）求四边形BDEC的面积S；
（3）在x轴上是否存在点P，使得△PBC是直角三角形？若存在，请直接写出所有满足条件的点P的坐
标，若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
题目主要考查二次函数与一次函数综合问题，勾股定理解三角形，面积问题等，理解题意，进行分类讨论
是解题关键．
（1）根据题意得出B(0,1)，然后利用待定系数法确定函数解析式即可；
（2）根据两个函数得出C(−4,3)，结合图象得出S=S −S 求解即可；
ΔACE ΔABD
（3）设点P(m,0)，根据题意得出BC2=20,PB2=m2+1,PC2=(m+4) 2+9，然后分三种情况：当P为
直角顶点时，当B为直角顶点时，当C为直角顶点时，分别求解即可．
【解题过程】
1
（1）解：根据题意得，当x=0时，y=− ×0+1=1，
2
∴B(0,1)，
1
将B(0,1)，D (−1,0)代入y= x2+bx+c得
2
{
c=1
)
{c=1
)
1 ，解得 3 ，
−b+c=0 b=
2 2
1 3
得解析式y= x2+ x+1；
2 2
（2）根据题意得：联立两个函数¿，
解得：¿或¿，∴C(−4,3)，
1 1
∴S = ×4×3=6，S = ×1×3=1.5，
ΔACE 2 ΔABD 2
∴四边形BDEC的面积为：S=S −S =4.5；
ΔACE ΔABD
（3）设点P(m,0)，
∵B(0,1),C(−4,3)，
∴BC2=20,PB2=m2+1,PC2=(m+4) 2+9，
当P为直角顶点时，PB2+PC2=CB2，
∴m2+1+(m+4) 2+9=20，
解得：m=−1或m=−3，
∴P(−1,0)或(−3,0)；
当B为直角顶点时，PB2+BC2=PC2，
∴m2+1+20=(m+4) 2+9，
1
解得：m=− ，
2
1
∴P(− ,0)；
2
当C为直角顶点时，PC2+BC2=PB2，
∴(m+4) 2+9+20=m2+1，
11
解得：m=− ，
2
11
∴P(− ,0)；
2
11 1
综上可得：P的坐标为(− ,0)或(− ,0)或(−1,0)或(−3,0) ．
2 2
6．（23-24九年级上·广东东莞·期中）如图，已知抛物线y=ax2+bx+5与x轴交于A(−1,0)，B(5,0)两点
（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；
（2）点D是第一象限内抛物线上的一个动点（与点C，B不重合），连接CD、BD，求△BDC面积的最
大值；
（3）若M为抛物线对称轴上一动点，使得△MBC为直角三角形，请直接写出点M的坐标．
【思路点拨】
（1）由待定系数法即可求解；
（2）由点D横坐标为m得出点D、点E的坐标，结合两点间的距离公式以及三角形的面积公式，即可求
解；
（3）先确定抛物线的对称轴，如图，设M(2,t)，利用两点间的距离公式得到BC2=50，
MC2=t2−10t+29，MB2=t2+9，利用勾股定理的逆定理分类讨论：当BC2+MC2=MB2时，△BCM
为直角三角形，则50+t2−10t+29=t2+9；当BC2+MB2=MC2时，△BCM为直角三角形，则
50+t2+9=t2−10t+29；当MC2+BM2=BC2时，△BCM为直角三角形，则t2−10t+29+t2+9=50，
然后分别解关于t的方程，从而可得到满足条件的M点坐标．
【解题过程】
（1）解：在y=ax2+bx+5中，令x=0，则y=5，即C(0,5)，
设y=a(x+1)(x−5)，
∴5=a(0+1)×(0−5)，
解得a=−1，
∴抛物线的函数关系式为y=−(x+1)(x−5)，即y=−x2+4x+5；
（2）解：设直线BC的解析式为y=kx+b，
{5k+b=0)
将B(5,0)，C(0,5)代入直线解析式得 ，
b=5
{k=−1)
解得： ，
b=5
∴直线BC的解析式为y=−x+5，设D(m,−m2+4m+5)，则E(m,−m+5)，
∴DE=−m2+4m+5+m−5=−m2+5m，
∴△BDC面积=
1
×5×(−m2+5m)=−
5(
m−
5) 2
+
125
≤
125
，
2 2 2 8 8
125
∴△BDC面积的最大值为： ；
8
（3）解：∵y=−x2+4x+5=−(x−2) 2+9，
∴抛物线的对称轴为直线x=2，
故设M(2,t)，
∵B(5,0)，C(0,5)，
∴BC2=52+52=50，MC2=22+(t−5) 2=t2−10t+29，MB2=(2−5) 2+t2=t2+9，
当BC2+MC2=MB2时，△BCM为直角三角形，∠BCM=90°，即50+t2−10t+29=t2+9，
解得t=7，
此时M点的坐标为(2,7)；
当BC2+MB2=MC2时，△BCM为直角三角形，∠CBM=90°，即50+t2+9=t2−10t+29，
解得t=−3，
此时M点的坐标为(2,−3)；
当MC2+BM2=BC2时，△BCM为直角三角形，∠CMB=90°，即t2−10t+29+t2+9=50，
解得t =6，t =−1，
1 2
此时M点的坐标为(2,6)或(2,−1)，
综上所述，满足条件的M点的坐标为(2,7)，(2,−3)，(2,6)，(2,−1)．
7．（23-24九年级上·内蒙古包头·阶段练习）如图1，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点
A(−2,0)、B(4,0)（A点在B点左侧），与y轴交于点C(0,8)，点P是抛物线上一个动点，连接
PB，PC，BC．（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图2所示，当点P在直线BC上方运动时，连接AC，求四边形ABPC面积的最大值，并写出此时
P点坐标；
（3）若点M是x轴上的一个动点，点P的横坐标为3．试判断是否存在这样的点M，使得以点B、M、P
为顶点的三角形是直角三角形，若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
本题考查二次函数的几何综合，二次函数的图象及性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握
相关性质定理是解题的关键．
（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）过点P作PQ∥y轴交BC于点Q，设P(t,-t2+2t+8)，则Q(t,−2t+8)，所以四边形ABPC面积
=S +S ，可得当t=2时，四边形ABPC面积有最大值32，此时P(2,8)；
△ABC △PCB
（3）先求出P(3,5)，设M(x,0)，分别求出M P2=(x−3) 2+25，MB2=(x−4) 2，再由勾股定理分类讨
论求出M点坐标即可．
【解题过程】
（1）解：将点A(−2,0)、B(4,0)、C(0,8)代入y=ax2+bx+c，
{4a−2b+c=0
)
∴ 16a+4b+c=0 ，
c=8
{a=−1
)
解得 b=2 ，
c=8
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+8；
（2）设直线BC的解析式为y=kx+8，
把B(4,0)代入，
∴4k+8=0，
解得k=−2，
∴直线BC的解析式为y=−2x+8，
过点P作PQ∥y轴交BC于点Q，设P(t,−t2+2t+8)，则Q(t,−2t+8)，
∴PQ=−t2+2t+8+2t−8=−t2+4t，
∵AO=2，CO=8，OB=4，
1
∴S = ×(2+4)×8=24，
△ABC 2
1 1 1
S =S +S = ⋅PQ⋅x + PQ(x −x )= ⋅PQ⋅x
△PCB △PQC △PQB 2 P 2 B P 2 B
1
∴四边形ABPC面积=S +S =24+ ×4×(−t2+4t)=−2(t−2) 2+32，
△ABC △PCB 2
∵点P在直线BC上方，
∴0<t<4，
∴当t=2时，四边形ABPC面积有最大值32，此时P(2,8)；
（3）存在点M，使得以点B、M、P为顶点的三角形是直角三角形，理由如下：
当x=3时，y=5，
∴P(3,5)，
设M(x,0)，
∴M P2=(x−3) 2+25，MB2=(x−4) 2 ，BP2=(4−3) 2+(5−0) 2=26，
①当MP为斜边时，(x−3) 2+25=(x−4) 2+26，
解得x=4，
∴M(4,0)（舍）；
②当MB为斜边时，(x−4) 2=(x−3) 2+25+26，
解得x=−22，
∴M(−22,0)；③当BP为斜边时，(x−4) 2+(x−3) 2+25=26，
解得x=3或x=4，
∴M(3,0)或(4,0)（舍）；
综上所述：M点坐标为(−22,0)或(3,0)．
8．（23-24九年级下·山东聊城·期中）如图，抛物线y=ax2+bx+c过x轴上点A(−1,0)、点B(5,0)，过y
轴上点C(0,−5)，点P(m,n)(0<m<5)是抛物线上的一个动点．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）求四边形OCPB面积的最大值；
（3）当点P的横坐标m满足2<m<5时，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，求使△PEF为等腰直角三角形的点P的坐标．
【思路点拨】
（1）用待定系数法可得二次函数的表达式为y=x2−4x−5；
（2）求出直线BC的表达式为y=x−5，过点P作PQ⊥x轴，交BC于点E，交x轴于点Q，可知
P(m,m2−4m−5)，E(m,m−5)，PE= y −y =−m2+5m故S =−
5(
m−
5) 2
+
225
，根据
E P 四边形OCPB 2 2 8
二次函数性质可得答案；
（3）求出抛物线对称轴为直线x=2，故当点P的横坐标m满足2<m<5时，点P在对称轴右侧，可得
PF=2(m−2)=2m−4，即可得−m2+5m=2m−4，解方程并检验可得答案．
【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c过点C(0,−5)，
∴y=ax2+bx−5．
将A(−1,0)，B(5,0)代入y=ax2+bx−5，{ a−b−5=0 ) { a=1 )
得 ，解得 ，
25a+5b−5=0 b=−4
∴二次函数的表达式为y=x2−4x−5；
（2）设直线BC的表达式为y=kx+t，将B(5,0)，C(0,−5)代入y=kx+t，
{5k+t=0) {k=1
)
可得 ，解得 ，
t=−5 t=−5
∴直线BC的表达式为y=x−5．
如图，过点P作PQ⊥x轴，交BC于点E，交x轴于点Q．
∵P(m,m)(0<m<5)，则n=m2−4m−5，
∴点E的横坐标也为m，则纵坐标为y =m−5，
E
∴PE= y −y =(m−5)−(m2−4m−5)=−m2+5m．
E P
四边形OCPB的面积=S +S =S +S +S
△BOC △PBC △BOC △PEC △PEB
1 1 1 1 1
= OB⋅OC+ PE⋅(m−x )+ PE⋅(x −m)= ×5×5+ PE⋅(x −x )
2 2 C 2 B 2 2 B C
=
5
(−m2+5m)+
25
=−
5(
m−
5) 2
+
225
．
2 2 2 2 8
5
∵− <0，
2
5 225
∴当m= 时，四边形OCPB的面积最大，为 ；
2 8
（3）当点P的横坐标m满足2<m<5时，此时点P在对称轴右侧，如图，∵y=x2−4x−5=(x−2) 2−9，
∴抛物线对称轴为直线x=2，
当点P的横坐标m满足2<m<5时，点P在对称轴右侧，
∴PF=m−x =2m−4，
F
同（2）知PE=−m2+5m，
当PE=PF时，△PEF为等腰直角三角形，即−m2+5m=2m−4．
整理，得m2−3m−4=0，解得m=4或m=−1（不符合题意，舍去），
此时，n=42−4×4−5=−5，即点P(4,−5)．
所以当点P的坐标为(4,−5)时，△PEF为等腰直角三角形．
9．（2024·山西长治·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2−2x+c与x轴交于点
A(−3,0)和点C，与y轴交于点B(0,3)，点P是抛物线上点A与点C之间的动点（不包括点A，点C）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）动点P在抛物线上，且在直线AB上方，求△ABP面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，将该抛物线向右平移2.5个单位，点F为点P的对应点，平移后的抛物线与y轴交
于点E，Q为平移后的抛物线的对称轴上任意一点，若△QFE是以QE为腰的等腰三角形，求出所有符合条
件的点Q的坐标．
【思路点拨】
本题考查二次函数与几何的综合，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，等腰三角形的性质，即可．
（1）把点A，B的坐标代入函数解析式，即可；
（2）设直线AB的解析式为y=kx+b，根据点A，B的坐标求出解析式，过点P作x轴的垂线交AB于点
1
H，求出PH，根据S = ×PH×AO，即可；
△APB 2
（3）根据函数平移的性质，则平移的函数解析式：y=−(x−1.5) 2+4，根据点F为点P的对应点，求出点
F的坐标，平移后的抛物线与y轴交于点E，求出点E的坐标，根据两点间的距离公式，求出
QE2= 9 + ( m− 7) 2 ，QF2= 1 + ( m− 15) 2 ，EF2=5，分类讨论等腰三角形的形状，即可．
4 4 4 4
【解题过程】
（1）∵抛物线经过A(−3,0)，B(0,3)，
{9a+6+c=0)
∴ ，
c=3
{a=−1)
解得： ，
c=3
∴抛物线的解析式为：y=−x2−2x+3．
（2）设直线AB的解析式为y=kx+b，
∵直线AB经过(−3,0)，(0,3)
{−3k+b=0)
∴ ，
b=3
{k=1)
解得： ，
b=3
∴直线AB的解析式为y=x+3，
过点P作x轴的垂线交AB于点H，设P(x,−x2−2x+3)，
∴H(x,x+3)，
∴PH=−x2−2x+3−(x+3)=−x2−3x，
1
∵△ABP面积= ×PH×AO，
2
∴S =
1
×(−x2−3x)×3=−
3
x2−
9
x=−
3(
x+
3) 2
+
27
，
△ABP 2 2 2 2 2 8
3 27
∴当x=− 时，△ABP面积最大值为 ，
2 8( 3 15)
此时P − , ．
2 4
（3）抛物线整理得：y=−x2−2x+3=−(x+1) 2+4，
∴平移后的抛物线表达式为：y=−(x−1.5) 2+4，
( 3 15)
∵点F为点P的对应点，P − , ，
2 4
( 15)
∴点F 1, ，
4
∵平移后的抛物线与y轴交于点E，
7
∴当x=0时，y=−(x−1.5) 2+4= ，
4
( 7)
∴点E 0, ，
4
设点Q(1.5,m)，
∴QE2= 9 + ( m− 7) 2 ，QF2= 1 + ( m− 15) 2 ，EF2=5，
4 4 4 4
9 ( 7) 2 1 ( 15) 2 9
当QE=QF时，则 + m− = + m− ，解得：m= ，
4 4 4 4 4
( 9)
∴点Q的坐标为： 1.5, ；
4
9 ( 7) 2 7±2❑√11
当QE=EF时，则5= + m− ，解得：m= ，
4 4 4
( 7±2❑√11)
∴点Q的坐标为： 1.5, ，
4
检验得点Q，点E，点F三点不共线．
(3 7+2❑√11) (3 7−2❑√11) (3 9)
综上所述，点Q的坐标为： , 或 , 或 , ．
2 4 2 4 2 44
10．（23-24九年级上·云南昆明·期末）如图、已知直线y= x+4与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物
3
线y=ax2+bx+c经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线x=−1．
（1）求抛物线的表达式；
（2）抛物线对称轴上的点P，使得以点B，C，P为顶点的三角形是等腰三角形，这样的点P称为“圣和
点”、此题中，是否存在“圣和点”、若存在，请求出“圣和点”P的坐标：若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）根据二次函数对称轴，设其函数表达式为：y=a(x+1) 2+k，根据一次函数的表达式求出点A和点C
的坐标，再根据二次函数的对称性，求出点B的坐标，最后将点A和点B的坐标代入求解即可；
（2）分情况进行讨论，①当BC=PC时，②当BC=BP时，③当BP=CP时，分别求解即可．
【解题过程】
4
（1）解：∵一次函数的表达式为：y= x+4，
3
4
∴当y=0时，0= x+4，解得：x=−3，当x=0时，y=4，
3
∴A(−3,0)，C(0,4)，
∵二次函数称轴为直线x=−1，
∴B(1,0)，
设二次函数表达式为：y=a(x+3)(x−1)，
4
把C(0,4)代入得：4=a(0+3)(0−1)，解得：a=− ，
3
4
∴二次函数表达式为：y=− (x+3)(x−1)，
3
4 8
整理得：y=− x2− x+4．
3 3（2）存在
①当BC=PC时，如图：此时P (−1,0)；
1
②当BC=BP时，如图：有两种情况，
∵B(1,0)，C(0,4)，
∴BC=BP=❑√12+42=❑√17，
令对称轴与x轴交于点Q，
∵对称轴为直线x=−1，
∴BQ=1−(−1)=2，
∴PQ=❑√17−22=❑√13，
∴P (−1,❑√13),P (−1,−❑√13)；
2 3
③当BP=CP时，过点C作CM垂直于对称轴，垂足为点M，∵对称轴为直线x=−1，
∴点P横坐标为−1，CM=1,BQ=2，
设点P(−1,a)，
∴PM=4−a,PQ=a，
∴CP2=CM2+PM2=1+(4−a) 2，BP2=BQ2+PQ2=4+a2，
∵BP=CP，
13
∴1+(4−a) 2=4+a2，解得：a= ，
8
( 13)
∴P −1, ．
4 8
( 13)
综上存在“圣和点”，点P坐标为：(−1,0)或(−1,❑√13)或(−1,−❑√13)或 −1, ．
8
11．（2024·陕西咸阳·模拟预测）如图，已知抛物线y=ax2−6x+c（a、c为常数，且a≠0）与x轴交于
A，B(−1,0)两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，AB=4．抛物线的对称轴与x轴交于点D，与经
过点B的直线y=x+1交于点E．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）在抛物线上是否存在点P，使得△BPE是以BE为直角边的直角三角形?若存在，求出所有得合条件的
点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
本题考查待定系数法求函数表达式、坐标与图形、等腰三角形的判定与性质、一次函数图象的平移、直角
三角形的性质等知识，正确求得抛物线的函数表达式是解答的关键．
（1）先求点A坐标，再利用待定系数法求函数表达式即可；
（2）先根据二次函数的性质求得D(−3,0)，点E的坐标为E(−3,−2)，进而可得∠ABE=∠BED=45°
；当∠EBP=90°时，则∠ABP=45°，可得PQ=BQ，设点P的坐标为(t,−t2−6t−5)，然后解方程求得t值即可；求直线BP的函数表达式，然后平移至经过点E，此时直线与抛物线的交点分别为P ，P ，可
1 2
得∠BEP =∠BEP =90°，再利用待定系数法求得直线P P 的函数表达式，然后联立方程组求解即
1 2 1 2
可．
【解题过程】
（1）解：∵点B的坐标为(−1,0)，AB=4，点A在点B左侧，
∴点A的坐标为(−5,0)，
将A(−5,0)，B(−1,0)代入y=ax2−6x+c．
{25a+30+c=0) {a=−1)
，解得： ，
a+6+c=0 c=−5
∴抛物线的函数表达式为y=−x2−6x−5；
（2）解：在抛物线上存在点P，使得△BPE是以BE为直角边的直角三角形．
理由如下：由y=−x2−6x−5=−(x+3) 2+4得抛物线的对称轴为直线x=−3，
∴D(−3,0)，
∵抛物线的对称轴与经过点B的直线y=x+1交于点E，
∴当x=−3时，y=−2，
∴点E的坐标为(−3,−2)，则DE=BD=2，
∴∠ABE=∠BED=45°.
当∠EBP=90°时，则∠ABP=45°，过点P作PQ⊥OA于点Q，如图．
则Rt△PQO是等腰直角三角形，
∴PQ=BQ，
设点P的坐标为(t,−t2−6t−5)，
∴−t2−6t−5=−1−t，
解得：t =−4，t =−1（舍），
1 2当t=−4时，−t2−6t−5=3，
点P的坐标为(−4,3)；
设直线BP的函数表达式为y=kx+n，
{−k+n=0
)
{k=−1)
将点B(−1,0)，P(−4,3)代入，得 ，解得 ，
−4k+n=3 n=−1
∴直线BP的函数表达式为y=−x−1．
将直线BP平移至经过点E，此时直线与抛物线的交点分别为P ，P ，
1 2
则∠BEP =∠BEP =90°，可设直线P P 的函数表达式为y=−x+m，
1 2 1 2
将E(−3,−2)代入，得−2=3+m，解得m=−5，
∴直线P P 的函数表达式为y=−x−5．
1 2
∴−x−5=−x2−6x−5，解得：x=0或x=−5．
∴点P的坐标为(0,−5)或(−5,0)．
综上可得，在抛物线上存在点P，使得△BPE是以BE为直角边的直角三角形，点P的坐标为(−4,3)或
(0,−5)或(−5,0)．
12．（24-25九年级上·山西吕梁·阶段练习）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两
点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接BC，直线l与抛物线交于B，D两点，与y轴交于点E，
1
点D的横坐标为− ．
2
（1）求抛物线的函数解析式；
（2）求△BCD的面积；
（3）若抛物线的对称轴与直线l的交点为N，则在抛物线的对称轴上是否存在点M，使△BMN是以MN为
腰的等腰三角形？如果存在，直接写出点M的坐标；如果不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法求解即可；( 1 7)
（2）先求出D − , ，设直线l的解析式为：y=px+q，利用待定系数法求出直线l的解析式为
2 4
1 3 ( 3) 3
y=− x+ ，进而得到E 0, ，根据抛物线的解析式求出点C坐标，得到CE= ，最后根据
2 2 2 2
1
S = CE·(x −x )，即可求解；
△BCD 2 B D
（3）设抛物线的对称轴与x轴的交点为P，抛物线y=−x2+2x+3的对称轴为直线x=1，得到P(1,0)，
N(1,1)，设M(1,a)，分两种情况讨论：当BN=MN时，当BM=MN时，结合勾股定理求解即可．
【解题过程】
（1）解：将点A(−1,0)，B(3,0)代入y=−x2+bx+c得：
{−1−b+c=0
)
，
−9+3b+c=0
{b=2)
解得： ，
c=3
∴抛物线的函数解析式为y=−x2+2x+3；
1 ( 1) 2 ( 1) 7
（2）将x=− 代入y=−x2+2x+3得：y=− − +2× − +3= ，
2 2 2 4
( 1 7)
∴ D − , ，
2 4
设直线l的解析式为：y=px+q，
( 1 7)
将点D − , ，B(3,0)代入得：
2 4
{
3p+q=0
)
1 7 ，
− p+q=
2 4
1
{ p=− )
2
解得： ，
3
q=
2
1 3
∴直线l的解析式为：y=− x+ ，
2 2
1 3 3
在y=− x+ 中，令x=0，则y= ，
2 2 2
( 3)
∴ E 0, ，
2在y=−x2+2x+3中，令x=0，则y=3，
∴ C(0,3)，
3 3
∴ CE=3− = ，
2 2
( 1 7)
∵ D − , ，B(3,0)，
2 4
1 1 3 ( 1) 21
∴ S = CE·(x −x )= × × 3+ = ；
△BCD 2 B D 2 2 2 8
3
（3）存在，点M的坐标为(1,❑√5+1)或(1,−❑√5+1)或(1,− )，理由如下：
2
设抛物线的对称轴与x轴的交点为P，
2
∵抛物线y=−x2+2x+3的对称轴为直线x=− =1，
2×(−1)
∴ P(1,0)，
1 3 1 3
把x=1代入直线y=− x+ 中得：y=− ×1+ =1，
2 2 2 2
∴ N(1,1)，
∴ PN=1，BP=3−1=2，
∴ BN=❑√PN2+BP2=❑√12+22=❑√5，
设M(1,a)，
当BN=MN时，|a−1)=❑√5，
解得：a=❑√5+1或a=−❑√5+1，
∴ M (1,❑√5+1)或M (1,−❑√5+1)，
1 2
当BM=MN时，在Rt△PBM 中，由勾股定理可得：BM 2=PM 2+BP2 ，即(1−a) 2=a2+22，
3 3 3
3
解得：a=− ，
2
3
∴ M (1,− )，
3 2
3
综上所述，存在，点M的坐标为(1,❑√5+1)或(1,−❑√5+1)或(1,− )，使△BMN是以MN为腰的等腰三
2
角形．
13．（24-25九年级上·湖南长沙·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+mx+n经过点
A(3,0)，B(0,−3)两点，点P是直线AB上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点M、交x轴于点N．
设点P的横坐标为t．
（1）分别求直线AB和这条抛物线的解析式；
（2）若S =2S ，求此时点P的坐标；
△BPO △APN
（3）是否存在这样的点M，使得以A、B、M为顶点组成直角三角形？若存在，直接写出点M的坐标；
若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）设l =kx+b，将A(3,0)，B(0,−3)代入两个函数解析式即可求出答案；
AB
（2）设P(t,t−3)，M(t,t2−2t−3)，根据N(t,0)，则AN=3−t，即可解答；
（3）设M(m,m2−2m−3)，分当AB2+AM2=BM2时；AB2+BM2=AM2 AM2+BM2=AB2，三
种情况依次进行讨论即可．
【解题过程】
（1）解：设l =kx+b，将A(3,0)，B(0,−3)代入，
AB{0=3k+b)
得 ，
−3=b
{ k=1 )
解得 ，
b=−3
∴直线AB的解析式为y=x−3，
抛物线y=x2+mx+n经过点A(3,0)，B(0,−3)两点，将A(3,0)，B(0,−3)代入，
{ 0=32+m⋅3+n )
∴ ，
−3=02+m⋅0+n
{n=−3)
解得 ，
m=−2
∴y=x2−2x−3；
（2）设P(t,t−3)，M(t,t2−2t−3)，N(t,0)，则AN=3−t，PN=3−t
当0<t<3时
∵S =2S
△BPO △APN
1 1
∴ ×3×t= ×2×(3−t)(3−t)，
2 2
整理得2t2−15t+18=0，
3
∴t = ，t =6（舍去）
1 2 2
3 3
∴P( ,− )；
2 2
当t>3时
∵S =2S
△BPO △APN
1 1
∴ ×3×t= ×2×(t−3)(t−3)，
2 2
整理得2t2−15t+18=0，
3
∴x= （舍去）或x=6；
2
∴P(6,3)
当t<0时
S <S
△BPO △APN
∴不存在3 3
综上所述：P( ,− ),P(6,3)
2 2
（3）设M(m,m2−2m−3)，则
AB2=32+32，AM2=(m−3) 2+(m2−2m−3) 2，BM2=m2+(m2−2m) 2，
①当AB2+AM2=BM2时，即32+32+(m−3) 2+(m2−2m−3) 2=m2+(m−2m) 2，
∴32+32+32−6m−6(m2−2m)+32=0，
∴36−6m−6(m2−2m)=0，
∴6−m−(m2−2m)=0，
∴m2−m−6=0，
∴(m+2)(m−3)=0，
解得m=−2或m=3（舍去），
∴M(−2,5)
②AB2+BM2=AM2时，即32+32+m2+(m2−2m) 2=(m−3) 2+(m2−2m−3) 2，
∴32+32=32−6m+32−6(m2−2m)，
∴6m+6(m2−2m)=0，
∴m2−m=0，
而m≠0，
∴m=1，
∴M(1,−4)，
③AM2+BM2=AB2时，即32+32=m2+(m2−2m) 2+(m−3) 2+(m2−2m−3) 2，
∴m3−4m2+2m+3=0，
∴(m−3)(m2−m−1)=0，
1+❑√5 1−❑√5
∴m=3（舍去）或m= m= ，
2 21+❑√5 1−❑√5
∴m= 或m= ，
2 2
1+❑√5 −5−❑√5 1−❑√5 −5+❑√5
∴M( , )或M( , )，
2 2 2 2
1+❑√5 −5−❑√5 1−❑√5 −5+❑√5
综上所述：M(−2,5)，M(1,−4)，M( , )或M( , )．
2 2 2 2
14．（23-24九年级上·辽宁盘锦·期中）如图，已知直线y=x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线
y=−x2+bx+c经过A、B两点，与x轴交于另一个点C，对称轴与直线AB交于点E，抛物线顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在第三象限内，F为抛物线上一点，以A、E、F为顶点的三角形面积为3，求点F的横坐标；
（3）点P是对称轴上的一动点，是否存在某一点P使P、B、C为顶点的三角形是以BC为直角边的直角三
角形？若存在，请直接写出所有符合条件的P点坐标；不存在，说明理由．
【思路点拨】
（1）先由直线AB的解析式为y=x+3，求出它与x轴的交点A，与y轴的交点B的坐标，再将A，B两点坐
标代入y=−x2+bx+c，再利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）设第三象限内的点F的坐标为(m,−m2+2m+3)，运用配方法求出抛物线的对称轴和顶点D的坐标，
再设抛物线的对称轴与x轴交于点G，连接FG，再根据S =S +S −S =3，列出关于m的方
△AEF △AEG △AFG △EFG
程，解方程求出m的值，进而得出点F的坐标；
（3）设点P坐标为(−1,n)，先由B，C两点坐标运用勾股定理求出BC，再分两种情况讨论：①若
∠PBC=90°，根据勾股定理列出关于n的方程，求出n值，得出P点坐标；②若∠BCP=90°，同①可求
出对应的P点坐标，进而得出结果．
【解题过程】
（1）∵ y=x+3与x轴的交点A，与y轴的交点B的坐标，
∴当y=0时，x=−3，即点A的坐标为(−3,0)，当x=0时，y=3，即点B的坐标为(0,3)，
将A(−3,0)，B(0,3)代入y=−x2+bx+c，
{−9−3b+c=0)
得 ，
c=3
{b=−2)
∴
c=3
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3
（2）如图1，设第三象限内的点F的坐标为(m,−m2−2m+3)，
则m<0，−m2−2m+3<0.
∵y=−x2−2x+3=−(x+1) 2+4，
∴对称轴为直线x=−1，顶点D的坐标为(−1,4)，
设抛物线的对称轴与轴交于点G，连接FG，则G(−1,0)，AG=2.
∵直线AB的解析式为y=x+3，
∴当x=−1时，y=−1+3=2，
∴E点坐标为(−1,2).
∵S =S +S −S ，
△AEF △AEG △AFG △EFG
1 1 1
= ×2×2+ ×2×(m2+2m−3)− ×2×(−1−m)
2 2 2
=m2+3m
∴以A、E、F为顶点的三角形面积为3时，m2+3m=3，
−3−❑√21 −3+❑√21
解得：m = ，m = （舍去），
1 2 2 2
−3−❑√21
当m= 时，
2−m2−2m+3
=−m2−3m+m+3
=−3+m+3
=m
−3−❑√21
=
2
(−3−❑√21 −3−❑√21)
∴点F的坐标为 , ；
2 2
（3）设点P坐标为(−1,n)，
∵ B(0,3)，C(1,0)
∴ BC2=12+32=10
分两种情况
①如图2，
若∠PBC=90°，
则PB2+BC2=PC2，即(0+1) 2+(n−3) 2+10=(1+1) 2+(n−0) 2，
8
∴ n= ，
3
( 8)
∴点P的坐标为 −1, ；
3
②如图3，若∠BCP=90°，
则BC2+PC2=PB2，即10+(1+1) 2+(n−0) 2=(0+1) 2+(n−3) 2
2
∴ n=−
3
( 2)
∴点P的坐标为 −1,− ；
3
( 8) ( 2)
综上所述，P点坐标为 −1, 或 −1,− ．
3 3
15．（24-25九年级上·湖南长沙·开学考试）如图，已知抛物线y=ax2−2x+c与x轴交于点A，B(1,0)（
A在B的左侧），与y轴交于点C(0,3)，顶点为D．
（1）求出抛物线的表达式；
（2）若∠CAB的角平分线与在第一象限的抛物线交于点P，求点P的横坐标；
（3）若点M是抛物线对称轴上的一点，是否存在点M．使得以点A，C，M为顶点的三角形是以AC为腰
的等腰三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
本题考查了二次函数的图像与性质，勾股定理，等腰三角形的定义，分类讨论是解本题的关键．（1）直接利用待定系数法求解解析式即可；
（2）作∠CAB的角平分线交y轴于点E，交抛物线y=−x2−2x+3于点P，过点E作EF⊥AC于点F，
得到EF=OE，先求出点A的坐标，推出∠OCA=45°，进而得到CF=EF，设E(0,n)，则
OE=EF=CF=n，由勾股定理可得CE=❑√2n，结合CE=OC−OE=3−n，可求出n，进而得到
E(0,3❑√2−3)，然后利用待定系数法求出直线AP的解析式为y=(❑√2−1)x+3(❑√2−1)，最后联立直线
AP的解析式和抛物线的解析式即可求解；
（3）求解抛物线的对称轴为直线x=−1，设M(−1,m)，求解A(−3,0)，可得AC2=18，AM2=m2+4
，CM2=m2−6m+10，再分类讨论即可．
【解题过程】
（1）解：将B(1,0)，C(0,3)代入抛物线y=ax2−2x+c可得：
{a−2+c=0)
，
0−0+c=3
{a=−1)
解得： ，
c=3
∴抛物线的表达式为y=−x2−2x+3；
（2）如图，作∠CAB的角平分线交y轴于点E，交抛物线y=−x2−2x+3于点P，过点E作EF⊥AC于
点F，
∴ EF=OE
，
令y=0，则−x2−2x+3=0，
解得：x =−3，x =1，
1 2
∴ A(−3,0)，
∵ C(0,3)，
∴ OA=OC=3，
∴ ∠OCA=45°，又∵ EF⊥AC，
∴ CF=EF，
设E(0,n)，则OE=EF=CF=n，
∴ CE=❑√CF2+EF2=❑√2n，
又∵ CE=OC−OE=3−n，
∴ 3−n=❑√2n，
解得：n=3(❑√2−1)，
∴ E(0,3❑√2−3)，
设直线AP的解析式为y=kx+b，将A(−3,0)，E(0,3❑√2−3)代入可得：
{ −3k+b=0 )
，
0+b=3❑√2−3
{ k=❑√2−1 )
解得： ，
b=3(❑√2−1)
∴直线AP的解析式为y=(❑√2−1)x+3(❑√2−1)，
{y=(❑√2−1)x+3(❑√2−1))
联立： ，
y=−x2−2x+3
−❑√2−1±❑√27−10❑√2 −❑√2−1±❑√(5−❑√2) 2 −❑√2−1±(5−❑√2)
解得：x= = = ，
2 2 2
∵点P在第一象限，
−❑√2−1+(5−❑√2)
∴ x= =2−❑√2，
2
即点P的横坐标为2−❑√2；
（3）解：∵抛物线的表达式为y=−x2−2x+3，
−2
∴抛物线的对称轴为直线x=− =−1，
2×(−1)
设M(−1,m)，
∴ AC2=32+32=18，AM2=(−1+3) 2+(m−0) 2=m2+4，CM2=(−1−0) 2+(m−3) 2=m2−6m+10，如图，
当AC=AM时，
∴ m2+4=18，
解得：m=±❑√14，
∴ M(−1,❑√14)或M(−1,−❑√14)；
当AC=CM′时，
∴ m2−6m+10=18即m2−6m−8=0，
解得：m=3±❑√17，
∴ M′(−1,3+❑√17)或M′(−1,3−❑√17)，
综上：点M坐标为(−1,❑√14)或(−1,−❑√14)或(−1,3+❑√17)或(−1,3−❑√17)．
1
16．（2023·黑龙江齐齐哈尔·三模）如图，已知直线y=− x+2与x轴，y轴交于B，A两点，抛物线
2
y=−x2+bx+c经过点A，B，点P为线段OB上一个动点，过点P作垂直于x轴的直线交抛物线于点N，
交直线AB于点M，设点P的横坐标为t．
（1）求抛物线解析式；（2）当MN=2MP，t的值为___________；
（3）若点N到直线AB的距离为d，求d的最大值；
（4）在y轴上是否存在点Q，使△QBN是以BN为腰的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐
标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）先求出一次函数与坐标轴的交点，然后代入二次函数求解即可；
1 7 1
（2）根据点P(t,0)，确定点M(t,− t+2)，N(t,−t2+ t+2)，得出MN=−t2+4t，MP=− t+2
2 2 2
，根据题意代入求解即可；
（3）点N到直线AB的距离为d，求d的最大值即为求△ANB面积的最大值，连接NA、NB，根据（2）
中MN=−t2+4t代入确定面积最大值，然后由等面积法求解即可；
（4）分两种情况分析：当∠QNB=90°时，当∠QBN=90°时，分别利用全等三角形的判定和性质及二
次函数的性质求解即可．
【解题过程】
1
（1）解：当x=0时，y=− x+2=2，
2
∴点A的坐标为(0,2)；
1
当y=0时，0=− x+2，解得；x=4，
2
∴点B的坐标为(4,0)．
将A(0,2)，B(4,0)代入y=−x2+bx+c，
{ c=2 )
得： ，
−16+4b+c=0
{ b= 7 )
解得： 2 ，
c=2
7
∴这个抛物线的解析式为y=−x2+ x+2；
2
1 7
（2）点P(t,0)，则点M(t,− t+2)，N(t,−t2+ t+2)，
2 2
∴MN=−t2+ 7 t+2− ( − 1 t+2 ) =−t2+4t，MP=− 1 t+2，
2 2 2
∵MN=2MP，1
∴−t2+4t=2(− t+2)，
2
解得：t=1或t=4（与点B重合，舍去），
故答案为：1；
（3）点N到直线AB的距离为d，求d的最大值即为求△ANB面积的最大值，
连接NA、NB，如图所示：
∵点B的坐标为(4,0)．A(0,2)
∴OB=4，OA=2，
由（2）得MN=−t2+4t，
1 1
∴S = ×MN×OB= (−t2+4t)×4=−2(t−2) 2+8，
ΔANB 2 2
∴面积最大为：8，
∵AB=❑√OA2+OB2=2❑√5，
1 8❑√5
∴ ×AB×d=8，解得：d= ；
2 5
❑√17−9 ❑√17+9 ❑√57−3
（4）存在， Q (0, )，Q (0, )，Q (0, )，理由如下：
1 4 2 4 3 2
当∠QNB=90°时，如图所示：NQ=BN，
过点N作ND⊥y轴，过点B作BC⊥x轴交DN延长线于点C，∴∠CDQ=∠BCN=90°，∠QND+∠BNC=90°，∠QND+∠DQN=90°，ND=PO=t，
∴∠BNC=∠DQN，
∴△DQN≌△NCB(AAS)，
∴ND=BC=t，DQ=NC=BP=4−t，
∴PN=BC=OD=t，
∴N(t,t)，
7
∴−t2+ t+2=t，
2
5+❑√57
解得：t= ，（负值舍去）
4
5+❑√57−8 ❑√57−3
∴OQ=OD−DQ=t−(4−t)=2t−4= = ；
2 4
当∠QBN=90°时，如图所示：QB=BN，
∵∠QOB=∠BPN=∠QBN=90°，
∴∠QBO+∠OQB=90°，∠QBO+∠OBN=90°，
∴∠OQB=∠OBN，∴△OQB≌△PBN(AAS)，
∵BP=4−t，OB=4，
∴OQ=BP=4−t，NP=OB=4，
∴N(t,4)，
7
∴−t2+ t+2=4，
2
7±❑√17
解得：t= ，
4
7+❑√17 9−❑√17 7−❑√17 9+❑√17
∴OQ=4− = 或OQ=4− = ，
4 4 4 4
∵点Q在x轴下方，
❑√17−9 ❑√17+9
∴Q(0, )，Q(0, )；
4 4
❑√17−9 ❑√17+9 ❑√57−3
综上可得：Q (0, )，Q (0, )，Q (0, )．
1 4 2 4 3 2
