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专题 22.11 特殊四边形——二次函数的综合
◆ 典例分析
【典例1】如图，抛物线y=ax2+ax−2a(a<0)与x轴交于A、B两点（A在B左边），与y轴交于点C，
3
△ABC的面积为 ．
2
（1）直接写出A、B两点坐标以及抛物线的解析式；
（2）点P(2,ℎ)在抛物线上，点D在第三象限的抛物线上∠APD=∠BAP，求点D的坐标；
（3）若抛物线上一点E，使△ABE的面积为△ABC的2倍，求E点的坐标？
（4）若抛物线上有点P，点Q在坐标轴上，要使A，C，P，Q为平行四边形，求P，Q点的坐标？
【思路点拨】
3
（1）令y=0，且a<0，可求出A(−2,0)，B(1,0)，根据△ABC的面积为 ，可求出OC，由此即可求解；
2
（2）点P(2,ℎ)在抛物线上，可求出点P的坐标，根据AB∥PD，点D的纵坐标为−2，代入二次函数即
可求解；
（3）根据题意可得△ABE的面积为为3，设E ( e,− 1 e2− 1 e+1 ) ，结合图形面积可得
2 2
| − 1 e2− 1 e+1 ) =2，由此即可求解；
2 2
（4）设P ( p,− 1 p2− 1 p+1 ) ，根据平行四边形的性质，中点坐标的计算，分类讨论：点Q在y轴上，四
2 2
边形ACPQ是平行四边形；点Q在x轴上，四边形ACPQ是平行四边形；点Q在x轴上，四边形ACQP是
平行四边形；点Q在y轴上，该种情况不符合题意；图形结合分析，即可求解．
【解题过程】（1）解：抛物线y=ax2+ax−2a(a<0)与x轴交于A、B两点（A在B左边），
∴令y=0，且a<0，则x2+x−2=0，
解得，x =1，x =−2，
1 2
∴A(−2,0)，B(1,0)，
∴AB=1−(−2)=3，
3
∵△ABC的面积为 ，
2
1 3 3 3
∴S = AB·OC= ，即 OC= ，
△ABC 2 2 2 2
解得，OC=1，
∴C(0,1)，
∴−2a=1，
1
解得，a=− ，
2
1 1
∴抛物线的解析式为：y=− x2− x+1；
2 2
（2）解：点P(2,ℎ)在抛物线上，
1 1
∴ℎ =− ×22− ×2+1=−2，即P(2,−2)，
2 2
∵点D在第三象限的抛物线上∠APD=∠BAP，
∴AB∥PD，
∴点D的纵坐标为−2，
1 1
∴−2=− x2− x+1，
2 2
解得，x =2，x =−3，
1 2
∴D(−3,−2)；
3
（3）解：∵△ABC的面积为 ，△ABE的面积为△ABC的2倍，
2
3
∴△ABE的面积为为 ×2=3，
2
∵抛物线上一点E，
∴设E ( e,− 1 e2− 1 e+1 ) ，
2 2∴S = 1 ×3× | − 1 e2− 1 e+1 ) =3，
△ABE 2 2 2
∴ | − 1 e2− 1 e+1 ) =2，
2 2
1 1
当− e2− e+1=2时，整理得，e2+e+2=0，
2 2
∵Δ=12−4×1×2=−7<0，方程无实数根，
1 1
∴− e2− e+1=2舍去；
2 2
1 1
当− e2− e+1=−2时，整理得，e2+e−6=0，
2 2
解得，e =2，e =−3，
1 2
∴E(2,−2)或E(−3,−2)，
∴△ABE的面积为△ABC的2倍时，点E的坐标为(2,−2)或(−3,−2)；
（4）解：已知A(−2,0)，C(0,1)，
∴OA=2，OC=1，且∠AOC=90°，
∴AC=❑√OA2+OC2=❑√5，
∵抛物线上有点P，
∴设P ( p,− 1 p2− 1 p+1 ) ，
2 2
第一种情况，如图所示，点Q在y轴上，四边形ACPQ是平行四边形，
设Q(x,y)，
∴AP的中点坐标为
(p−2
,−
1
p2−
1
p+
1)
，CQ的中点坐标为
(x
,
y+1)
，
2 4 4 2 2 2
p−2 x
{ = )
2 2
∴ ，
1 1 1 y+1
− p2− p+ =
4 4 2 2{
x=p−2
)
(
−p2−p)
解得， −p2−p ，即Q p−2, ，
y= 2
2
∴p−2=0，
解得，p=2，
∴P(2,−2)，Q(0,−3)；
第二种情况，如图所示，点Q在x轴上，四边形ACPQ是平行四边形，
−p2−p
∴ =0，
2
解得，p =0，p =−1，
1 2
当p=0时，P(0,1)，Q(−2,0)，则点P与点C重合，点Q与点A重合，
∴不符合题意，舍去；
当p=−1时，P(−1,1)，Q(−3,0)，符合题意；
第三种情况，如图所示，点Q在x轴上，四边形ACQP是平行四边形，
同理，CP的中点坐标为 (p ,− 1 p2− 1 p+1 ) ，AQ的中点坐标为 (x−2 , y) ，
2 4 4 2 2
p x−2
{ = )
2 2
∴ ，
1 1 y
− p2− p+1=
4 4 2
解得， { x 1 =p+2 1 ) ，即Q ( p+2,− 1 p2− 1 p+2 ) ，
y=− p2− p+2 2 2
2 2
1 1
∴− p2− p+2=0，
2 2❑√17−1 −❑√17−1
解得，p = ，p = ，
1 2 2 2
❑√17−1 (❑√17−1 ) (❑√17+3 )
当p= 时，P ,−1 ，Q ,0 ，符合题意；
2 2 2
−❑√17−1 (−❑√17−1 ) (−❑√17−3 )
当p= 时，P ,−2 ，Q ,0 ，符合题意；
2 2 2
第四种情况，如图所示，点Q在y轴上，
∵点C,P在抛物线上，若PQ=AC，则重合，
∴该种情况不符合题意；
综上所示，要使A，C，P，Q为平行四边形，点P，Q的坐标为：P(2,−2)，Q(0,−3)或P(−1,1)，
(❑√17−1 ) (❑√17+3 ) (−❑√17−1 ) (−❑√17−3 )
Q(−3,0)或P ,−1 ，Q ,0 或P ,−2 ，Q ,0 ．
2 2 2 2
◆ 学霸必刷
1．（23-24九年级上·江苏南京·阶段练习）如图，一次函数y=−x+3的图像与x轴和y轴分别交于点B和
点C，二次函数y=−x2+bx+c的图像经过B，C两点，并与x轴交于点A．点M(m，0)是线段OB上一个
动点（不与点O、B重合），过点M作x轴的垂线，分别与二次函数图像和直线BC相交于点D和点E，连
接CD．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）点F是平面内一点，是否存在以C，D，E，F为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出点M的坐
标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）由一次函数求出B，C两点的坐标，代入二次函数中可求出b，c，从而可求出二次函数的解析式；（2）当以C，D，E，F为顶点的四边形为菱形时，讨论画出所有的情况，再利用菱形的四边相等，求解
对应m的值，从而得到点M的坐标．
【解题过程】
（1）解：将x=0代入一次函数y=−x+3得：y=3，
∴点C坐标(0,3)，
将y=0代入一次函数y=−x+3得：x=3，
∴点B坐标(3,0)，
将点B、C代入抛物线y=−x2+bx+c得，
{−9+3b+c=0)
，
c=3
{b=2)
解得 ，
c=3
∴抛物线y=−x2+2x+3．
（2）存在，以C，D，E，F为顶点的四边形为菱形时，需满足以下三种情况：
由（1）可得，点C(0,3)，D(m,−m2+2m+3)，E(m,−m+3)，
∴CD2=m2+(−m2+2m+3−3) 2 =m2+(−m2+2m) 2 ，CE2=2m2，DE2=(−m2+3m) 2 ，
当CD=CE时，m2+(−m2+2m) 2 =2m2，解得m =1，m =3（舍去），m =0（舍去），
1 2 3
此时点M的坐标为(1,0)；
②当CD=DE时，m2+(−m2+2m) 2 =(−m2+3m) 2 ，解得m=2或0（0舍去），
此时点M的坐标为(2,0)；
③当CE=DE时，2m2=(−m2+3m) 2 ，解得m =3+❑√2（舍去），m =3−❑√2，m =0（舍去），此时点M的坐标为(3−❑√2,0)；
1 2 3
综合上述，存在，点M的坐标为(1，0)或(2，0)或(3−❑√2,0)．
2．（2024·广东惠州·模拟预测）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与
y轴交于点N，过A点的直线l:y=kx+n与y轴交于点C，与抛物线y=−x2+bx+c的另一个交点为D，已
知A(−1,0)，D(5,−6)，P点为抛物线y=−x2+bx+c上一动点（不与A、D重合）．
（1）求抛物线和直线l的解析式；
（2）当点P在直线l上方的抛物线上时，连接PA、PD，当△PAD的面积最大时，求P点的坐标；
（3）设M为直线l上的点，探究是否存在点M，使得以点N、C、M、P为顶点的四边形为平行四边形？
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】
本题主要考查了二次函数的性质，一次函数的图像与性质，平行四边形的判定与性质，三角形的面积，解
答本题的关键是分类讨论思想的运用．
（1）分别将A(−1,0)，D(5,−6)代入抛物线解析式与直线l的解析式，即可得解；
（2）过点P作PQ⊥x轴，交直线l于点Q，设点P(t,−t2+3t+4)，则点Q(t,−t−1)，得到
PQ=−t2+4t+5，S =−3(t−2) 2+27，结合−1−4，
∵点A(−3,0)、C(0,−3)、N(−1,m)，
∴ AC2=18，AN2=4+m2，CN2=1+(m+3) 2，
当AC=AN时，则18=4+m2，解得m=±❑√14，则点N(−1,❑√14)或(−1,−❑√14)；
当AC=CN时，则18=1+(m+3) 2，解得m=−3+❑√17或m=−3−❑√17（负值舍去），则点
N(−1,−3+❑√17)；
当AN=CN时，则4+m2=1+(m+3) 2，解得m=−1，则点N(−1,−1)；
综上，点N的坐标为(−1,❑√14)或(−1,−❑√14)或(−1,−1)或(−1,−3+❑√17)；
拓展设问：存在，点F的坐标为(−1,−1)或(−1,❑√17−3)或(−1,❑√14)，理由如下：
∵抛物线y=x2+2x−3的对称轴为直线x=−1，
设直线AC的解析式为y=kx+m,
{−3k+m=0) {k=−1)
则 ，解得： ，
m=−3 m=−3
∴直线AC的解析式为y=−x−3，
当x=−1时，y=−x−3=−2，
∴设点F的坐标为(−1,n)，此时n>−2，
∵A(−3,0)，C(0,−3)，
∴AF2=(−3+1) 2+(0−n) 2=n2+4，CF2=(−1) 2+(n+3) 2=n2+6n+10，
AC2=32+(−3) 2=18，
①当AC为菱形的对角线时，如图所示：此时AF=CF，
∴n2+4=n2+6n+10，解得n=−1，
∴F(−1,−1)；
②当CE为菱形对角线时，如图所示：
此时AC=CF，
∴n2+6n+10=18，解得n=❑√17−3或n=−❑√17−3（不合题意，舍去），
∴F(−1,❑√17−3)；
③当CF为对角线时，如图所示：
此时AC=AF，
∴n2+4=18，解得n=❑√14或−❑√14（不合题意，舍去），
∴F(−1,❑√14)；
综上，点F的坐标为(−1,−1)或(−1,❑√17−3)或(−1,❑√14)．4
7．（24-25九年级上·甘肃平凉·阶段练习）如图，二次函数y=ax2− x+c的图象与x轴交于A(3,0)点，
3
与y轴交于点B(0,−2)．
（1）求二次函数的解析式；
（2）若点P是抛物线上一动点，且S =3，求点P的坐标；
△POA
（3）点M是抛物线上一动点，点Q为x轴上一动点，当以点A，B，Q，M为顶点的四边形为平行四边形
时，求点M的坐标．
【思路点拨】
2 4
（1）用待定系数法可得二次函数的解析式为y= x2− x−2 ；
3 3
1
（2）由S =3，可知S = ×|y )×OA=3，令y=|y )解方程即可求点P的坐标；
△POA △OAP 2 P P
（3）设M ( p, 2 p2− 4 p−2 ) ，Q(q,0)，又A(3,0),B(0,−2)，分两种情况∶①若AB为边，则
3 3
MQ=AB，利用平移建立方程即可求解；②若AB为对角线，则利用平行四边形的性质可求得答案．
【解题过程】
4
（1）解：把A(3,0)，B(0,−2)代入y=ax2− x+c，
3
{ 32a− 4 ×3−2=0)
得 3 ，
c=−2
{ a= 2 )
解得 3 ，
c=−2
2 4
∴二次函数的解析式为y= x2− x−2；
3 3
（2）解：∵A(3,0)，∴OA=3，
∵S =3，
△POA
1
∴S = ×|y )×OA=3，
△OAP 2 P
1
∴ ×|y )×3=3，
2 P
∴|y )=2，
P
2 4
当 x2− x−2=2时，
3 3
解得：x =1+❑√7,x =1−❑√7，
1 2
∴P(1−❑√7,2)或(1+❑√7,2)；
2 4
当 x2− x−2=−2时，
3 3
解得：x =0,x =2，
1 2
∴P(0,−2)或(2,−2)；
综上所述，S =3时，
△POA
点P的坐标是(1+❑√7,2)或(1−❑√7,2)或(0,−2)或(2,−2)；
（3）解：设M ( p, 2 p2− 4 p−2 ) ，Q(q,0)，
3 3
又A(3,0),B(0,−2)，
分两种情况∶①若AB为边，则MQ=AB，如下图，有两种情况：当点M在y轴左侧时，
∵B(0,−2)，Q(q,0)，
∴点Q可以看作点B向左平移以后再向上平移2个单位得到的，
∴点M可以看作点A向左平移相同单位以后再向上平移2个单位得到的，
2 4
∴ p2− p−2=2，
3 3
解得p =1−❑√7,p =1+❑√7（舍正值），
1 2
∴M(1−❑√7,2)，
同理可得，当点M在y轴右侧时，
2 4
∴ p2− p−2=2，
3 3
解得p =1−❑√7,p =1+❑√7（舍负值），
1 2
∴M(1+❑√7,2)；
②若AB为对角线，如下图所示：
此时BM∥AQ，
∵B(0,−2)，
由（2）可知M(2,−2)；
综上所述，当以点A，B，Q，M为顶点的四边形为平行四边形时，
点M的坐标为(1+❑√7,2)或(1−❑√7,2)或(2,−2)．
8．（23-24九年级下·山东菏泽·开学考试）如图，抛物线y=x2+bx+c经过B(3,0)、C(0,−3)两点，与x轴的另一个交点为A，顶点为D．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点E为该抛物线上一动点（与点B、C不重合），当点E在直线BC的下方运动时，求△CBE的面积
的最大值及此时点E的坐标；
（3）在（2）的条件下，点M是抛物线的对称轴上的动点，在该抛物线上是否存在点P，使以C、E、P、
M为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
此题主要考查二次函数与四边形、三角形的综合问题，包括待定系数法确定函数解析式，三角形面积问
题，平行四边形的性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题的关键．
（1）将B、C两点分别代入解析式求解即可得；
（2）过点E作y轴的平行线交BC于点N，将点B、C的坐标代入一次函数确定函数解析式，然后设点
E(x,x2−2x−3)，则点N(x,x−3)，得出NE=−x2+3x，结合图象确定面积的函数表达式即可得出结
果；
（3）分三种情况进行讨论分析：a．当四边形CEPM为平行四边形时，则CE∥PM，CE=PM；b．当四
边形CEMP为平行四边形时，则CE∥MP，CE=MP；c．当四边形CPEM为平行四边形时，则
CP∥EM，CP=EM，利用平行四边形的性质及中点点坐标的性质求解即可．
【解题过程】
{9+3b+c=0)
（1）将B、C两点分别代入解析式可得： ，
c=−3
{b=−2)
解得：
c=−3
∴函数的表达式为：y=x2−2x−3；
（2）过点E作y轴的平行线交BC于点N，设直线BC的解析式为y=kx+b，
{3k+b=0)
将点B、C的坐标代入一次函数表达式得： ，
b=−3
{ k=1 )
解得： ，
b=−3
∴直线BC的表达式为：y=x−3，
设点E(x,x2−2x−3)，则点N(x,x−3)，
则NE=x−3−(x2−2x−3)=−x2+3x，
∴S =S +S =
1
NE×3 =
3
(−x2+3x) =−
3(
x−
3) 2
+
27
，
△CBE △ENC △ENB 2 2 2 2 8
3
∵a=− <0，且00，
3+❑√41
∴x= ．
2
(3+❑√41 )
∴D ,3 ，
2
❑√41+3
∴OF= ．
2
❑√41+3 ❑√41−5
∴BF=OF−OB= −4= ．
2 2
❑√41−5
∴OE=BF= ．
2
(❑√41−5 )
∴E ,0 ，
2( ❑√41+5 ) (❑√41−5 )
综上，点E的坐标为(1,0)或(7,0)或 − ,0 或 ,0 ．
2 2
12．（2024·湖南·模拟预测）如图，二次函数y =ax²+bx+c图象顶点坐标为A(1，4)，一次函数
1
y =mx+n图象与二次函数图象相交于y轴上一点B(0，3)，同时相交于x正半轴上点C．
2
（1）试求二次函数y =ax²+bx+c与一次函数y =mx+n的表达式．
1 2
（2）连接AB，AC，试求四边形ABOC的面积．
（3）假设点P 是二次函数y =ax²+bx+c对称轴上一动点，点Q 是平面直角坐标系中任意一点，是否存
1
在这样的点P 及点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存
在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）先设顶点式y =a(x−1) 2+4，再把B(0，3)代入计算，即可得出y =−x2+2x+3，再求出
1 1
C(3，0)，结合B(0，3)，运用待定系数法解一次函数解析式，即可作答．
（2）先作图，过点A作平行于x轴的直线交y轴于一点W，再过点C作平行于y轴的直线交WA于一点
M，再运用割补法进行列式四边形ABOC的面积=S −S −S ，然后代入数值进行计算，
矩形OCMW △AWB △AMC
即可作答．
（3）结合菱形的判定（运用对角线互相平分，得出是平行四边形，再结合一组邻边相等的平行四边
形），要进行分类讨论，过程紧扣中点公式列式计算，即可作答．
本题考查了菱形的判定与性质，二次函数的图象性质，待定系数法求出函数解析式，割补法求面积，正确
掌握相关性质内容是解题的关键．
【解题过程】
（1）解：∵顶点坐标为A(1，4)，
∴设二次函数为y =a(x−1) 2+4，
1再把B(0，3)代入y =a(x−1) 2+4，
1
∴3=a×(0−1) 2+4，
∴a=−1，
∴y =−(x−1) 2+4=−x2+2x+3，
1
∵y =−x2+2x+3=(−x+3)(x+1)，
1
∴当y=0，(−x+3)(x+1)=0，
∴x =3，x =−1，
1 2
结合图象，得出C(3，0)，
把C(3，0)，B(0，3)分别代入y =mx+n，
2
{0=3m+n)
得 ，
3=n
{m=−1)
∴ ，
n=3
则y =−x+3；
2
（2）解：依题意，过点A作平行于x轴的直线交y轴于一点W，再过点C作平行于y轴的直线交WA于一
点M，
∴∠WOC=90°，∠MWO=90°，∠MCO=90°，
∴四边形OCMW是矩形，
∵A(1，4)，C(3，0)，
∴MC=OW =4，WM=OC=3，
∵B(0，3)，
∴AW =1，BW =1，AM=3−1=2，
结合图象，四边形ABOC的面积=S −S −S
矩形OCMW △AWB △AMC
1 1
=3×4− ×1×1− ×2×4
2 2
1
=12− −4
2
=7.5；
（3）解：Q(2，2)或(4，❑√17)或(4，−❑√17)或(−2，3+❑√14)或(−2，3−❑√14)
过程如下：
依题意，设P(1，p)，
当BC为对角线时，
∵C(3，0)，B(0，3)，且以B，C，P，Q为顶点的四边形是菱形，
则菱形四边相等，即CP=BP，
∴(1−3) 2+p2=12+(p−3) 2，
解得p=1，
(3 3)
则该菱形的对角线的中点为 ， ，
2 2
1 3 1 3
∴ (x +x )= ， (y + y )= ，
2 P Q 2 2 P Q 2
∴x =2，y =2，
Q Q
∴Q(2，2)，
当BC为边时，
∵C(3，0)，B(0，3)，且以B，C，P，Q为顶点的四边形是菱形，
则菱形四边相等，即CB=BP，
∴(0−3) 2+(3−0) 2=(1−0) 2+(p−3) 2，
解得p =3+❑√17，p =3−❑√17，
1 2
1 1 3+❑√17
则当p=3+❑√17时， (x +x )=2， (y + y )= ，
2 P C 2 P C 2
( 3+❑√17)
∴此时该菱形的对角线的中点为 2， ，
21 1 3+❑√17
∴ (x +x )=2， (y + y )= ，
2 B Q 2 B Q 2
∴x =4，y =❑√17，
Q Q
∴Q(4，❑√17)，
1 1 3−❑√17
则当p=3−❑√17时， (x +x )=2， (y + y )= ，
2 P C 2 P C 2
( 3−❑√17)
∴此时该菱形的对角线的中点为 2， ，
2
1 1 3−❑√17
∴ (x +x )=2， (y + y )= ，
2 B Q 2 B Q 2
∴x =4，y =−❑√17，
Q Q
∴Q(4，−❑√17)，
当BC为边时，
∵C(3，0)，B(0，3)，且以B，C，P，Q为顶点的四边形是菱形，
则菱形四边相等，即CB=CP，
∴(0−3) 2+(3−0) 2=(1−3) 2+(p−0) 2，
解得p =❑√14，p =−❑√14，
1 2
1 1 1 3+❑√14
则当p=❑√14时， (x +x )= ， (y + y )= ，
2 P B 2 2 P B 2
(1 3+❑√14)
∴此时该菱形的对角线的中点为 ， ，
2 2
1 1 1 3+❑√14
∴ (x +x )= ， (y + y )= ，
2 C Q 2 2 C Q 2
∴x =−2，y =3+❑√14，
Q Q
∴Q(−2，3+❑√14)，
1 1 1 3−❑√14
则当p=−❑√14时， (x +x )= ， (y + y )= ，
2 P B 2 2 P B 2(1 3−❑√14)
∴此时该菱形的对角线的中点为 ， ，
2 2
1 1 1 3−❑√14
∴ (x +x )= ， (y + y )= ，
2 C Q 2 2 C Q 2
∴x =−2，y =3−❑√14，
Q Q
∴Q(−2，3−❑√14)，
综上：Q(2，2)或(4，❑√17)或(4，−❑√17)或(−2，3+❑√14)或(−2，3−❑√14)．
13．（2024·四川南充·模拟预测）如图1，抛物线y=−x2+bx+c与直线y=−x+3相交于点B和C，点B
在x轴上，点C在y轴上，抛物线与x轴的另一个交点为A．
（1）求抛物线y=−x2+bx+c的解析式；
（2）如图2，将直线BC绕点B逆时针旋转90°交y轴于点D，在直线BD上有一点P，求△ACP周长的最
小值及此时点P的坐标；
（3）如图3，将抛物线y=−x2+bx+c沿射线CB方向平移❑√2个单位长度得到新抛物线y′，在新抛物线y′
上有一点N，在x轴上有一点M，试问是否存在以点B、M、C、N为顶点的平行四边形？若存在，写出所
有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）求出点C(0,3)和B(3,0)，利用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）在直线BC上取一点C′，使BC′=BC，连接AC′交BD于点P，证明
C =AC+AP+CP=AC+AP+C′P，则当A、C′、P三点共线时，C 有最小值为AC+AC′．求
△ACP △ACP出AC=❑√12+32=❑√10,AC′=❑√(6+1) 2+(−3) 2=❑√58，得到C 的最小值为AC+AC′=❑√10+❑√58，
△ACP
3 3
求出直线AC′的解析式为y=− x− ，进一步得到OD=OB=3,D(0,−3)，求出直线BD解析式为
7 7
y=x−3，联立直线AC′与直线BD即可求出交点P的坐标；
（3）求出平移后新抛物线为y=−(x−1) 2+2(x−1)+3−1=−x2+4x−1，设点M的坐标为(m,0)，要
使点M与以上三点围成平行四边形，可能有以下三种情形：①当BC为对角线时，②当CM为对角线时，
③当BM为对角线时，分别画出图形进行解答即可；
【解题过程】
（1）解：∵在y=−x+3中，
令x=0，得y=3，
∴C(0,3)，
令y=0，得x=3，
∴B(3,0)，
把B(3,0),C(0,3)两点的坐标代入y=−x2+bx+c中得，
{−9+3b+c=0)
，
c=3
{b=2)
解得 ，
c=3
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：在直线BC上取一点C′，使BC′=BC，连接AC′交BD于点P，
∴BD垂直平分CC′，CP=C′P，
∴C =AC+AP+CP=AC+AP+C′P，
△ACP
∵AC为定值，∴当A、C′、P三点共线时，C 有最小值为AC+AC′．
△ACP
∵点B为CC′的中点，B(3,0),C(0,3),
∴C′ (6,−3)
在y=−x2+2x+3中，
令y=0，得x =−1,x =3（舍），
1 2
∴A(−1,0)，
∴AC=❑√12+32=❑√10, AC′=❑√(6+1) 2+(−3) 2=❑√58，
C 的最小值为AC+AC′=❑√10+❑√58，
△ACP
设直线AC′解析式为y=kx+b，
{6k+b=−3)
则 ，
−k+b=0
3
{ k=− )
7
解得 ，
3
b=−
7
3 3
∴直线AC′的解析式为y=− x− ，
7 7
∵B(3,0),C(0,3),
∴OB=OC=3，
∵∠BOC=90°,
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵∠CBD=∠BOD=90°,
∴∠OBD=∠ODB=45°，
∴OD=OB=3,D(0,−3)，
设直线BD解析式为y=k x+b ，
1 1
{3k +b =0)
则 1 1 ，
b =−3
1
{ k =1 )
解得 1 ，
b =−3
1
∴直线BD解析式为y=x−3，
直线AC′与直线BD的交点P的坐标满足方程组：{ y=− 3 x− 3 )
7 7 ，
y=x−3
9
{ x= )
5
解得 ，
6
y=−
5
(9 6)
∴点P的坐标为 ,− ．
5 5
（3）解：∵将抛物线y=−x2+2x+3沿射线CB方向平移❑√2个单位长度，∠ABC=45°，
∴相当于将抛物线先向右平移1个单位，再向下平移1个单位，
∴平移后新抛物线为y=−(x−1) 2+2(x−1)+3−1=−x2+4x−1
设点M的坐标为(m,0)，
∵B(3,0)、C(0,3)，
要使点M与以上三点围成平行四边形，可能有以下三种情形：
①当BC为对角线时，点N的坐标为(3−m,3)；
此时若点N在抛物线y=−x2+4x−1上，
则−(3−m) 2+4(3−m)−1=3，解得m =m =1，
1 2
∴M (1,0), N (2,3)，
1 1
②当CM为对角线时，点N的坐标为(m−3,3)，
此时若点N在抛物线y=−x2+4x−1上，
则−(m−3) 2+4(m−3)−1=3，解得m =m =5，
1 2
∴M (5,0), N (2,3)，
2 2③当BM为对角线时，点N的坐标为(m+3,−3)；
此时若点N在抛物线y=−x2+4x−1上，
则−(m+3) 2+4(m+3)−1=−3，解得m=−1±❑√6，
当m=−1+❑√6时，得到M (−1+❑√6,0), N (2+❑√6,−3)，
3 3
当m=−1−❑√6时，得到M (−1−❑√6,0), N (2−❑√6,−3)
4 4
综上，点M的坐标为(1,0)或(5,0)或(−1+❑√6,0)或(−1−❑√6,0)．
14．（2024·海南省直辖县级单位·二模）如图， 抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，
直线l与抛物线交于A，C两点，其中点C的横坐标为2．（1）求抛物线的解析式；
（2）P是线段AC上的一个动点（P与A， C不重合），过 P 点作y轴的平行线交抛物线于点 E，求
△ACE面积的最大值；
（3）点H是抛物线上的动点，在x轴上是否存在点F，使A、C、F、H四个点为顶点的四边形是平行四
边形？如果存在，请求出所有满足条件的F点坐标；如果不存在，请说明理由．
（4）若直线PE为抛物线的对称轴，抛物线与y轴交于点 D，直线AC与y轴交于点Q，点M为直线PE上
一动点，则在x轴上是否存在一点N，使四边形DMNQ的周长最小？若存在，请直接写出点N的坐标；若
不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）根据点A(−1,0)，B(3,0)在抛物线y=x2+bx+c上，得到关于b，c的二元一次方程组，求解即可；
（2）设出P点的坐标，继而得到E点坐标，因为PE都在垂直于x轴的直线上，得到PE=−x2+x+2，然后
根据A，C两点之间横坐标的距离为|x −x )，列出△ACE面积的函数关系式后结合二次函数的性质即可
A C
得出答案；
（3）存在四个这样的点．①连接点C与抛物线和y轴的交点D，则CD∥x轴，此时AF=CD=2，可得点
F的坐标；②AF=CD=2，A(−1,0)，可得点F的坐标；③此时C，H两点的纵坐标关于x轴对称，因此
H点的纵坐标为3，代入抛物线中即可得出H点的坐标为(1+❑√7,3)，然后根据平行四边形的性质及中点坐
标公式可得点F的坐标；④同③可求出点F的坐标；综合四种情况可得出，存在4个符合条件的F点；
（4）由抛物线的对称轴PE是直线：x=1，得点D(0,−3)关于直线PE对称点为点C(2,−3)，确定
Q(0,−1)，取点Q(0,−1)关于x轴的对称点为K(0，1)，连接CK交直线PE于点M，交x轴于点N，当点
C、M、N、K四点共线时，四边形DMNQ的周长的最小值为(2+CK)，确定直线CK的解析式为
y=−2x+1，即可得解．
【解题过程】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，
{1−b+c=0
)
∴ ，
9+3b+c=0
{b=−2)
解得：
c=−3
∴抛物线的解析式是y=x2−2x−3；
（2）∵点C在抛物线y=x2−2x−3上，且点C的横坐标为2，
∴当x=2时，得：y=22−2×2−3=−3，
∴C(2,−3)，
设直线AC的解析式为y=k x+b ，过点A(−1,0)，C(2,−3)，
AC AC
{−k +b =0 )
∴ AC AC ，
2k +b =−3
AC AC
{k =−1)
解得： AC ，
b =−1
AC
∴直线AC的解析式为y=−x−1，
∵P是线段AC上的一个动点（P与A， C不重合），且PE∥y轴，
设P(x,−x−1)(−10，抛物线在矩形PQMN内部的函数部分y随x的增大而增大或者y随x的增大而减小时，求m的取
值范围．②取线段MN的中点记为R，当矩形PQMN与抛物线存在多个交点时，设其中一个交点为G（非点P），
7
当存在以Q、N、R、G为顶点的四边形的面积与矩形PQMN的面积比为 时，直接写出此时m的
16
值．
【思路点拨】
（1）直接利用待定系数法，求出b、c的值即可；
（2）分两种情况：若1y 时，才会有抛物线在矩形中，列出不等
N C
3±❑√57
式，解不等式即可，再思考当P,Q重合时，则m2−m−3=−m2+2m+3，可得：m= （舍去负
4
根），结合图象得出答案即可．②如图，当N在C的上方，且P在顶点右侧（左侧不符合题意）时，设
P(m,−m2+2m+3)，则M(0,m2−m−3)，如图，当N在C的下方，且MQ与抛物线的左侧交点为G时，
如图，当N在C的下方，且MQ与抛物线的右侧交点为G时，如图，当m<0时，同理可得：
1
S = S ，再进一步解答即可．
△GMR 16 矩形PQMN
【解题过程】
（1）解：∵二次函数y=−x2+bx+c（其中b、c为常数）经过点A(3,0)，对称轴为直线x=1，
{−9+3b+c=0
)
∴ b ，
− =1
2×(−1)
{b=2)
解得： ，
c=3
∴该二次函数的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴抛物线的顶点坐标为：(1，4)，
∵点P在抛物线上，其横坐标为m，∴P(m,−m2+2m+3)，
若1y ，
N C
∴−m2+2m+3>3，
解得：03不符合题意；
3+❑√57
∴m的取值范围为01，即m>4，结合上步可得：此时不符合题意，舍去，
4
如图，当m<0时，1
同理可得：S = S ，
△GMR 16 矩形PQMN
1 1 1
∴ × MN⋅MG= MN⋅MQ，
2 2 16
1 1
∴MG= MQ= m，
4 4
∴G (1 m,m2−m−3 ) ，
4
∴− (1 m ) 2 +2× 1 m+3=m2−m−3，
4 4
12−4❑√111
解得：m= ，（不符合题意的根舍去）
17
7 16
综上：当存在以Q、N、R、G为顶点的四边形的面积与矩形PQMN的面积比为 时， m的值为 或
16 11
12±4❑√111
．
17
16．（24-25九年级上·吉林·阶段练习）在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c（b、c为常数）经
过点(0,−3)和点(3,0)，点P是抛物线上一动点，其横坐标为m，过点P作x轴垂线交直线y=2x于点Q，分
别作点P、Q关于y轴的对称点N、M，构造矩形PQMN．（1）求此二次函数的解析式．
（2）当抛物线顶点落在矩形PQMN的边上时，求矩形PQMN的面积．
（3）当抛物线在矩形内部的图象y随x的增大而减小时，求m的取值范围．
（4）抛物线在矩形内部（包括边界）的最高点与最低点的纵坐标之和的绝对值为2时，直接写出m的值．
【思路点拨】
（1）直接把(0,−3)，(3,0)代入y=x2+bx+c，求解即可；
（2）分两种情况：当抛物线顶点落在矩形PQMN的边PN上时，当抛物线顶点落在矩形PQMN的边QM
上时，分别 求解即可；
（3）画出动点P的几种情况图，利用数形结合求解即可；
（4）根据抛物线在矩形内部（包括边界）的最高点与最低点的纵坐标之和的绝对值为2，当
−22+❑√7时，分别求解即
可．
【解题过程】
（1）解：把(0,−3)，(3,0)代入y=x2+bx+c，得
{ c=−3 )
，
9+3b+c=0
{c=−3)
解得： ，
b=−2
∴y=x2−2x−3；
（2）解： ∵y=x2−2x−3=(x−1) 2−4
∴抛物线顶点坐标为(1,−4)，
当抛物线顶点落在矩形PQMN的边PN上时，如图，∵P、N是关于y轴的对称点，
∴PN∥x轴，
∴点P纵坐标为−4，
∴点P与抛物线的顶点重合，
即P(1,−4)，
∴点N(−1,−4)，
∴PN=2，
∵过点P作x轴垂线交直线y=2x于点Q，
∴Q点横坐标为1，
当x=1时，y=2x=2
∴Q(1,2)，
∴PQ=2−(−4)=6
∴矩形PQMN的面积=PQ⋅PN=6×2=12；
当抛物线顶点落在矩形PQMN的边QM上时，如图，同理可得点Q的纵坐标为−4，
当y=−4时，则2x=−4，
解得：x=−2，
∴Q(−2,−4)，
∴M(2,−4)，
∴MQ=4，
∵PQ⊥x轴，
∴P点的横坐标为−2，
当x=−2时，则y=x2−2x−3=(−2) 2−2×(−2)−3=5，
∴P(−2,5)，
∴PQ=9，
∴矩形PQMN的面积=PQ⋅QM=9×4=36；
综上，矩形PQMN的面积为12或36．
（3）解：由题意得，P(m,m2−2m−3),Q(m,2m),M(−m,2m)
当点P在第二象限，点M恰好在抛物线上时，如图：
则y =(−m) 2+2m−3，
M
∴m2+2m−3=2m，
解得：m=−❑√3或m=❑√3（舍），
此时符合抛物线在矩形内部的图像y随x的增大而减小，
当点P向右运动，此时m>−❑√3时，符合抛物线在矩形内部的图像y随x的增大而减小，如图：当点P继续向右运动与点Q重合时，此时矩形不存在，如图：
此时，m2−2m−3=2m，
解得：m=2−❑√7或m=2+❑√7（舍），
当点P向右运动，点P在点Q下方时，如图：此时不符合题意，
∴当−❑√3≤m<2−❑√7，符合抛物线在矩形内部的图像y随x的增大而减小；
当点P与点N重合时，矩形不存在，
当点P继续向右运动，在第四象限时，此时m>0，如图，符合题意：
当点P继续向右运动，均符合题意，如图：当点P与点Q重合时，矩形不存在，此时m2−2m−3=2m，
解得：m=2+❑√7或m=2−❑√7（舍），
当点P继续向右运动，在点Q上方时，不符合题意 ，如图：
，
∴当0−4时，即：−22+❑√7时，不存在．
综上所述：m=❑√5或❑√2或1−❑√10或−1．
