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<t<5，当t＝2时，S 取最大值，求得P(2,6)；
△PAD △PAD
（3）分两种情况：当NC是平行四边形的一条边时，当NC是平行四边形的对角线时，分别解答即可得
解．
【解题过程】
（1）解：将A(−1,0)，D(5,−6)代入直线l:y=kx+n得：
{−k+n=0
)
，
5k+n=−6{k=−1)
解得： ，
n=−1
故直线l的解析式为：y=−x−1；
将A(−1,0)，D(5,−6)代入抛物线解析式得：
{ −1−b+c=0 )
，
−25+5b+c=−6
{b=3)
解得： ，
c=4
∴抛物线的表达式为：y=−x2+3x+4；
（2）如图，过点P作PQ⊥x轴，交直线l于点Q，
由题意设点P(t,−t2+3t+4)，则点Q(t,−t−1)，
∴ PQ=−t2+3t+4−(−t−1)=−t2+4t+5，
1
∴ S = ×[5−(−1))·(−t2+4t+5)=−3(t−2) 2+27，
△PAD 2
∵ −1<t<5，
∴当t=2时，S 取最大值27，
△PAD
此时P(2,6)；
（3）在抛物线：y=−x2+3x+4中，令x=0，则y=4；在直线l：y=−x−1中，令x=0，则y=−1；
∴ N(0,4)，C(0,−1)，
∴ NC=4−(−1)=5，①当NC是平行四边形的一条边时，设P(x,−x2+3x+4)，则点M(x,−x−1)，
由题意得：|y −y |=5，即：|−x2+3x+4+x+1|=5，
M P
解得：x=2±❑√14或x=0或x=4（舍去x=0，此时M和C重合），
则点M坐标为(2+❑√14,−3−❑√14)或(2−❑√14,−3+❑√14)或(4,−5)；
( 3)
②当NC是平行四边形的对角线时，则NC的中点坐标为 0, ，
2
设点P(m,−m2+3m+4)，则点M(n,−n−1)，
∵以N、C、M、P为顶点的四边形为平行四边形，
∴ NC的中点即为PM中点，
m+n 3 −m2+3m+4+(−n−1)
∴ 0= ， = ，
2 2 2
解得：n=0或n=−4（舍去x=0，此时M和C重合），
故点M(−4,3)，
综上，点M的坐标为(2+❑√14,−3−❑√14)或(2−❑√14,−3+❑√14)或(4,−5)或(−4,3)．
3．（24-25九年级上·湖南长沙·开学考试）如图1，抛物线y=ax2+bx−4交x轴于点A(−2，0)和点
B(4，0)，交y轴于点C．（1）求抛物线的表达式；
（2）若点P是直线BC下方抛物线上动点，连接PC，PB，当△BPC的面积最大时，求点P的坐标及面积
的最大值；
（3）在（2）的条件下，若点N是直线BC上的动点，在平面内，是否存在点Q，使得以P、B、N、Q分
别为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出符合条件的所有Q点的坐标，若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
本题考查了二次函数的综合运用，掌握二次函数的性质，点的特征，分类讨论等是解题的关键．
（1）将点A和点B代入解析式，求出a和b即可得到抛物线表达式；
（2）过点P作PD∥y轴交BC于点D，设点P ( x， 1 x2−x−4 ) (0<x<4)，D(x，x−4)，利用
2
1
S = ⋅PD⋅|x −x )表示出面积，即可求解；
△PBC 2 B C
（3）B(4，0)，P(2，−4)，N(x，x−4)，Q(m，n)，分①以BN、PQ为对角线，BP=PN，②以
BQ、NP为对角线，BP=BN，③以BP、NQ为对角线，BN=PN，三种情况进行讨论．
【解题过程】
（1）解：∵y=ax2+bx−4交x轴于点A(−2，0)和点B(4，0)，
{0=4a−2b−4)
∴ ，
0=16a+4b−4
{ a= 1 )
∴ 2 ，
b=−1
1
∴ y= x2−x−4；
2
（2）解：当x=0时，y=−4，
∴C(0，−4)，
过点P作PD∥y轴交BC于点D，设直线BC的解析式为y=kx+t，
代入B(4，0)，C(0，−4)，
{4k+t=0)
得： ，
t=−4
{ k=1 )
解得 ，
t=−4
∴直线BC的解析式为：y=x−4，
设点P ( x， 1 x2−x−4 ) (0<x<4)，
2
∴D(x，x−4)，
∴PD=(x−4)− (1 x2−x−4 ) =− 1 x2+2x，
2 2
∵ S = 1 ⋅PD⋅|x −x )= 1 ⋅ ( − 1 x2+2x ) ⋅4=−x2+4x=−(x−2) 2+4，
△PBC 2 B C 2 2
∵ −1<0，且0<x<4，
∴当x=2，即点P(2，−4)时，△PBC的面积取得最大值，最大值为4；
（3）解：B(4，0)，P(2，−4)，N(x，x−4)，Q(m，n)，
①以BN、PQ为对角线时，BP=PN，
4+x 2+m
{ = )
2 2
∴ 0+x−4 −4+n ，
=
2 2
(4−2) 2+(0+4) 2=(x−2) 2+(x−4+4) 2
{x=−2
)
{x=4
)
∴ m=0 或 m=6 （舍)，
n=−2 n=4∴Q(0，−2)；
②以BQ、NP为对角线时，BP=BN，
4+m x+2
{ = )
2 2
∴ 0+n x−4−4 ，
=
2 2
(4−2) 2+(0+4) 2=(x−4) 2+(x−4) 2
{x=4+❑√10 ) { x=4−❑√10 )
∴ m=2+❑√10 或 m=2−❑√10 ，
n=❑√10−4 n=−4−❑√10
∴Q(2+❑√10，❑√10−4)或Q(2−❑√10，−4−❑√10)；
③以BP、NQ为对角线，BN=PN，
4+2 x+m
{ = )
2 2
∴ 0−4 x−4+n ，
=
2 2
(x−4) 2+(x−4) 2=(x−2) 2+(x−4+4) 2
7
{ x=
)
3
11
∴ m= ，
3
7
n=−
3
(11 7)
∴Q ，− ；
3 3
(11 7)
综上所述：Q(0，−2)或Q(2+❑√10，❑√10−4)或Q(2−❑√10，−4−❑√10)或Q ，− ．
3 3
1
4．（24-25九年级上·河南·阶段练习）如图，抛物线y= x2+2x−6与x轴交于A，B两点（点A在点B的
2
左侧），与y轴交于点C，连接AC，BC．（1）求A、B，C三点的坐标；
（2）求直线BC的函数表达式．
（3）点P是直线AC下方抛物线上的一个动点，过点P作BC的平行线l，交线段AC于点D．在直线l上
是否存在点E，使得以点D，C，B，E为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点E的坐标，若不存在，
请说明理由．
【思路点拨】
（1）分别令x=0,y=0即可求出A、B、C三点的坐标；
（2）根据B、C三点的坐标求直线BC的函数表达式即可；
（3）根据直线AC的表达式设点D(m,−m−6)，然后分为四边形BDEC是菱形和四边形CBED是菱形两
种情况分别讨论即可．
【解题过程】
1
（1）解：当y=0时， x2+2x−6=0，
2
解得：x =−6,x =2，
1 2
∴A(−6,0),B(2,0)，
当x=0时，y=−6，
∴C(0,−6)；
（2）解：∵B(2,0),C(0,−6)，
设直线BC的表达式为：y=kx+b；
{2k+b=0)
将B(2,0),C(0,−6)代入得： ，
0+b=−6
{ k=3 )
解得： ，
b=−6
∴直线BC的函数表达式为y=3x−6；
（3）解：存在：
设直线AC的表达式为：y=k′x+b′；{−6k′+b′=0)
将A(−6,0),C(0,−6)代入得： ，
0+b′=−6
{k′=−1)
解得： ，
b′=−6
故直线AC的表达式为：y=−x−6；
设点D的坐标为(m,−m−6)，其中−6<m<0，
∵B(2,0),C(0,−6)，
∴BD2=(m−2) 2+(m+6) 2,BC2=22+62=40,DC2=m2+(−m−6+6) 2=2m2，
∵DE∥BC，
∴当DE=BC时，以点D,C,B,E为顶点的四边形为平行四边形，
分两种情况：
如图，当BD=BC时，四边形BDEC为菱形，
∴BD2=BC2，
∴(m−2) 2+(m+6) 2=40，
解得：m =−4,m =0（舍去），
1 2
∴点D的坐标为(−4,−2)，
∵点B向左移动2各单位长度，向下移动6个单位长度得到点C，
∴点D向左移动2各单位长度，向下移动6个单位长度得到点E，
∴点E的坐标为(−6,−8)；
如图，当CD=CB时，四边形CBED为菱形，∴CD2=CB2，
∴2m2=40，
解得：m =−2❑√5,m =2❑√5(舍去)，
1 2
∴点D的坐标为(−2❑√5,2❑√5−6)，
∵点C向右移动2个单位长度，向上移动6个单位长度得到点B，
∴点D向右移动2个单位长度，向上移动6个单位长度得到点E，
∴点E的坐标为(2−2❑√5,2❑√5)；
综上，存在点E，使得以点D,C,B,E为顶点的四边形为菱形，点E的坐标为(−6,−8)或
(2−2❑√5,2❑√5)．
5．（23-24九年级上·广东惠州·期末）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点
C，OA=OC=3，顶点为D．
（1）求此函数的关系式；
（2）在AC下方的抛物线上有一点N，过点N作直线l∥y轴，交AC于点M，当点N坐标为多少时，线段
MN的长度最大？最大是多少？
（3）在对称轴上有一点K，在抛物线上有一点L，若使A，B，K，L为顶点形成平行四边形，求出K，L点的坐标．
【思路点拨】
本题主要考查待定系数法求二次函数解析式、二次函数图像与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理
等知识点，掌握用待定系数法求函数解析式以及数形结合思想是解题的关键．
（1）由OA=OC=3求得A(−3,0),C(0,−3)，然后分别代入抛物线解析式y=x2+bx+c，得到以b，c
为未知数的二元一次方程组，求出b，c的值即可；
（2）先求出直线AC的解析式，再设出M、N的坐标，把MN表示成二次函数，再运用二次函数的性质求
最值即可；
（3）先求出点B的坐标，然后分AB为边、为对角线两种情况，分别画出图形，再根据平行四边形的性质
以及坐标与图形进行分析计算即可．
【解题过程】
（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过点A，点C，且OA=OC=3,
∴A(−3,0),C(0,−3),
{ c=−3 )
∴将其分别代入抛物线y=x2+bx+c，可得 ，
9−3b+c=0
{ b=2 )
解得 ．
c=−3
故此抛物线的函数表达式为：y=x2+2x−3．
（2）解：设直线AC的解析式为y=kx+t，
{ t=−3 )
将A(−3,0),C(0,−3)代入y=kx+t，得 ，
−3k+t=0
{k=−1)
解得： ，
t=−3
∴直线AC的解析式为y=−x−3，
设N的坐标为(n,n2+2n−3)，则M(n,−n−3)，
∴MN=−n−3−(n2+2n−3)=−n2−3n=− ( n+ 3) 2 + 9 ，
2 4
∵−1<0，
3 9
∴当n=− 时，MN有最大值，且为 ，
2 4
3 ( 3 15)
把n=− 代入抛物线得，N的坐标为 − ,− ，
2 2 4( 3 15) 9
当N的坐标为 − ,− ，MN有最大值 ．
2 4 4
（3）解：∵y=x2+2x−3，
b
∴抛物线对称轴为x=− =−1，
2a
令y=0得，x2+2x−3=0，
解得，x =−3，x =1，
1 2
∴点B的坐标为(1，0)；
①当AB和KL是平行四边形的对角线时，点K 和L 都在对称轴x=−1上时，
1 1
∴K (−1,4),L (−1,−4)；
1 1
②当AB和KL是平行四边形的两条对边，且KL在y轴右侧时，∵AB=OA+OB=3+1=4，
∴K L =4，
2 2
∴L 的横坐标为3，
2
∴K (−1,12),L (3,12)；
2 2
当AB和KL是平行四边形的两条对边，且KL在y轴左侧时，∵K L =AB=4，
3 3
∴L 的横坐标为−5，
3
∴K (−1,12),L (−5,12)；
3 3
综上所述，K、L点的坐标为K(−1,4),L(−1,−4)或K(−1,12),L(−5,12)或K(−1,12),L(3,12)．
6．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图①，抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于点A(−3,0)和点B(1,0)，
与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点N是抛物线对称轴上位于点D上方的一动点，是否存在以点N，A，C为顶点的三角形是等腰
三角形，若存在，请直接写出满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．
拓展设问：点E为平面内一点，直线AC上方的对称轴上是否存在点F，使得以A、C、F、E为顶点的
四边形是菱形．若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）由题意，根据抛物线的交点式列方程求解即可得到答案；
（2）求出C(0,−3)及对称轴，设N(−1,m)，由两点之间距离公式得到AC2=18，AN2=4+m2，
CN2=1+(m+3) 2，根据题意，由等腰三角形性质分三种情况：当AC=AN时；当AC=CN时；当
AN=CN时；分类讨论求解即可得到答案；
拓展设问：设点F的坐标为(−1,n)，根据坐标两点的距离公式，得到AF2=n2+4，CF2=n2+6n+10，
AC2=18，根据题意，分三种情况：当AC为菱形的对角线时；当CE为菱形对角线时；当CF为对角线
时，由菱形性质列方程求解即可得到答案．
【解题过程】
解：（1）抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于点A(−3,0)和点B(1,0)，
∴ y=a(x+3)(x−1)=a(x2+2x−3)=ax2+bx−3，
解得a=1，b=2，
∴抛物线的解析式为y=x2+2x−3；（2）存在，点N的坐标为(−1,❑√14)或(−1,−❑√14)或(−1,−1)或(−1,−3+❑√17)，理由如下：
由（1）知y=x2+2x−3=(x+1) 2−4，
∴C(0,−3)，D(−1,−4)，抛物线的对称轴为直线x=−1，
设点N(−1,m)，其中m>−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0<x<3，
2
3 27
∴当x= 时，△CBE面积有最大值，最大值为 ，
2 8
当x=
3
时，y=x2−2x−3=
(3) 2
−2×
3
−3=−
15
2 2 2 4
(3 15)
∴此时点E的坐标为 ,− ．
2 4
(3 15)
（3）如图：C(0,−3)、E ,− ，设P(x,x2−2x−3)，M(1,m)，
2 4a．当四边形CEPM为平行四边形时，
则CE∥PM，CE=PM，
x +x =x +x ，
C P E M
3
即0+x= +1
2
5
解得x=
2
当x=
5
时，y=x2−2x−3=
(5) 2
−2×
5
−3=−
7
2 2 2 4
(5 7)
所以P ,−
2 4
b．当四边形CEMP为平行四边形时，
则CE∥MP，CE=MP，
则x +x =x +x ，
C M E P
3
即0+1= +x
2
1
x=− ，
2
当x=− 1 时，y=x2−2x−3= ( − 1) 2 −2× ( − 1) −3=− 7
2 2 2 4
( 1 7)
所以P − ,−
2 4
c．当四边形CPEM为平行四边形时，
则CP∥EM，CP=EM，
x +x =x +x ，
C E P M
3
即0+ =x+1
2
1
解得x=
2
当x=
1
时，y=x2−2x−3=
(1) 2
−2×
1
−3=−
15
2 2 2 4
(1 15)
所以P ,−
2 4
(5 7) ( 1 7) (1 15)
所以，符合题意的点P有 ,− 或 − ,− 或 ,− ．
2 4 2 4 2 49．（2024·山西长治·模拟预测）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，抛物线的顶点为D，对称轴为直线l．
（1）求抛物线的解析式；
（2）图2中，对称轴直线l与x轴交于点H，连接AC，CD，BD，求四边形ACDB的面积；
（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．
【思路点拨】
（1）因为抛物线y=ax2+bx−2经过点A(−1,0)，B(4,0)两点，所以由待定系数法即可求解；
1
（2）先待定系数法求出直线BC的表达式为：y= x−2，再由四边形ACDB的面积=S S ，即可
2 △BAC+ △BCD
求解；
（3）分两种情况：①当BC为边，BF为对角线时；②当BC为边，BF为对角线时，根据菱形的性质即可
求解．
【解题过程】
（1）∵抛物线y=ax2+bx−2经过点A(−1,0)，B(4,0)两点，
{ 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
3 3 25
（2）解：由抛物线的表达式知，点C(0,−2)，其对称轴为直线x= ，点D( ，− )，
2 2 8
连接BC交直线l于点N，设直线BC的表达式为y=k x+b
1 1
把B(4,0)，C(0,−2)代入y=k x+b
1 1
{0=4k +b
)
得 1 1
−2=b
1
{ k = 1 )
解得 1 2
b =−2
1
1
直线BC的表达式为：y= x−2，
2
3 1 5
当x= 时，y= x−2=− ，
2 2 4
3 5
即点N( ，− )，
2 4
15
则ND= ，
8
则四边形ACDB的面积=S +S
△BAC △BCD
1 1
= ×AB×CO+ ×ND×OB
2 2
1 1 15
= ×5×2+ × ×4
2 2 8
35
= ；
4
3
（3）解：由（2）得抛物线的对称轴为直线x= ，
2
(3 )
设点F的坐标为 ,m ，
2
①当BC为边，BF为对角线时，BC=CF，
∴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
②当BC为边，CF为对角线时，BC=BF，
∴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
10．（2023·山西太原·二模）如图，抛物线y=ax2+bx+4与x轴交于A(−2,0)和B(4,0)两点，与y轴交于
点C，连接AC，BC．（1）求抛物线的函数表达式；
（2）设点D在第一象限，且△BCD≅△BCA，求点D的坐标；
（3）点A绕抛物线的对称轴l上一点P顺时针旋转90°恰好与点C重合，将△ACP沿x轴平移得到
△A′C′P′，点A，C，P的对应点分别为点A′，C′，P′．在抛物线上是否存在点E，使得以A′，C′，P′，E
为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法即可求解；
（2）过点P作PQ∥BC交x轴于点Q，求得点Q的坐标为(5，0)，求得直线PQ的解析式为
4 20
y=− x+ ，据此求解即可；
3 3
（3）过点C作l ∥x轴交l于点N，则C′在l 上，根据全等三角形的判定和性质得出△AMP≌△PNC，确
1 1
定P(1,1)，过点P作l ∥x轴，则P′在l 上，过点C作Q Q ∥AP，且CQ =CQ =AP=❑√10，过点Q
2 2 1 2 1 2 1
，Q 作Q H ⊥l 于点H ，Q H ⊥l 于点H ，根据全等三角形的判定和性质及平行四边形的判定得出
2 1 1 1 1 2 2 1 2
AQ =PC，PQ =AC，过点Q 作Q H ⊥l于点H ，然后利用二次函数的性质求解即可．
3 3 3 3 3 3
【解题过程】
（1）∵抛物线y=ax2+bx+4过点A(−2,0)和B(4,0)，
∴¿
{ a=− 1 ,)
解，得 2
b=1
1
∴抛物线的函数表达式是y=− x2+x+4.
2
（2）如图，1
当x=0时，y=− x2+x+4=4.
2
∴C(0,4).
∵A(−2,0)，B(4,0)，
∴OB=OC=4，AB=5.
∵∠BOC=90°，
1
∴∠ABC= (180°−∠BOC)=45°.
2
∵△BCD≅△BCA，
∴∠DBC=∠ABC=45°，BD=BA=5.
∴∠ABD=∠DBC+∠ABC=90°.
∴BD⊥x轴于点B.
∴点D的坐标是(4,5).
1
（3）抛物线y=− x2+x+4的对称为直线l:x=1，交x轴于点M，
2
过点C作l ∥x轴交l于点N，则C′在l 上，
1 1
∵∠APC=90°,AP=PC，∴∠APM+∠CPN=90°=∠APM+∠PAM，
∵∠CPN=∠PAM,∠AMP=∠PNC=90°，
∴△AMP≌△PNC，
∴CN=MP=1,AM=NP=3，
∴P(1,1)，
过点P作l ∥x轴，则P′在l 上，
2 2
如图：过点C作Q Q ∥AP，且CQ =CQ =AP=❑√12+32=❑√10，
1 2 1 2
过点Q ，Q 作Q H ⊥l 于点H ，Q H ⊥l 于点H ，
1 2 1 1 1 1 2 2 1 2
同理得：△CQ H ≌△APM，
1 1
∴CH =AM=3，Q H =PM=1，
1 1 1
∴Q (−3,3)，
1
同理得：△CQ H ≌△APM，
2 2
∴CH =AM=3，Q H =PM=1，
2 2 2
∴Q (3,5)，
2
延长Q A，Q P交于Q ，
1 2 3
设直线Q A的解析式为：y=kx+b,
1
代入得：¿，
解得：¿，
直线Q A的解析式为：y=−3x−6，
1
同理得：直线CP的解析式为：y=−3x+4，直线Q P的解析式为：y=2x−1，直线CA的解析式为：
2
y=2x+4，
∴AQ ∥PC,PQ ∥AC，
3 3
∴四边形AQ PC为平行四边形，
3
AQ =PC，PQ =AC，
3 3
过点Q 作Q H ⊥l于点H ，
3 3 3 3
同理得：△PQ H ≌△CAO，
3 3
∴Q H =OA=2，PH =OC=4，
3 3 3
∴x =−(Q H −1)=−1，y =−(PH −PM)=−(4−1)=−3，
Q 3 3 Q 3
3 3
∴Q (−1,−3)，
3
当Q ，Q ，Q 随△ACP沿着x轴平移时，对应抛物线上点E ，E ，E ，
1 2 3 1 2 31
∴当y = y =3=− x2+x+4，
E 1 Q 1 2
2±❑√4+8
解得：x= =1±❑√3，
2
∴E (1+❑√3,3)或(1−❑√3,3)，
1
1
当y = y =5=− x2+x+4，方程无解；
E 2 Q 2 2
1
当y = y =−3=− x2+x+4，
E 3 Q 3 2
2±❑√4+56
解得：x= =1±❑√15，
2
∴E (1+❑√15,−3)或(1−❑√15,−3)，
3
综上，点E的坐标为(1+❑√15,−3)，(1−❑√15,−3)，(1+❑√3,3)和(1−❑√3,3)．
3
11．（2024·黑龙江绥化·模拟预测）如图，二次函数y= x2+bx+c的图象与x轴交于点A和B，点B的坐
4
标是(4.0)，与y轴交于点C(0,−3)．点D在抛物线上运动．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图2．当点D在第四象限的抛物线上运动时，连接BD，CD，BC，当△BCD的面积最大时，求点
D的坐标及△BCD的最大面积；
（3）当点E在x轴上运动时，借助图1探究以点B，C，D，E为顶点的四边形是平行四边形，并直接写出
点E的坐标．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法解答即可；
（2）连接OD，过点D作DE⊥AB于点E，设点D的坐标为 ( m, 3 m2− 9 m−3 ) ，利用
4 4S =S +S −S ，求得△BCD的面积关于m的函数关系式，利用配方法和二次函数的性质解
△BCD △OCD △OBD △ABC
答即可；
（3）利用分类讨论的思想方法分两种情形解答：①当BE∥CD时，四边形CDBE为平行四边形，利用平
行四边形的性质求得线段OE即可；②当BC∥DE时，四边形CBDE为平行四边形时，利用平行四边形的
性质求得线段OE即可求得结论．
【解题过程】
（1）解：由题意得：
{3
×42+4b+c=0)
4 ，
c=−3
{ b=− 9 )
解得： 4 ．
c=−3
3 9
∴抛物线的表达式为y= x2− x−3；
4 4
（2）解：连接OD，过点D作DE⊥AB于点E，如图，
∵点B的坐标是(4.0)，点C(0,−3)，
∴OB=4，OC=3．
∵点D在第四象限的抛物线上，
∴设点D的坐标为 ( m, 3 m2− 9 m−3 ) ，
4 4
则OE=m，DE=− (3 m2− 9 m−3 ) =− 3 m2+ 9 m+3．
4 4 4 4
∵ S =S +S −S ，
△BCD △OCD △OBD △ABC
1 1 1
∴ S = ×OC⋅OE+ ×OB⋅DE− ×OC⋅OB
△BCD 2 2 2
= 1 ×3m+ 1 ×4× ( − 3 m2+ 9 m+3 ) − 1 ×3×4
2 2 4 4 23
=− m2+6m
2
3
=− (m−2) 2+6，
2
3
∵ − <0，
2
∴当m=2时，△BCD的面积最大，最大值为6．
( 9)
此时点D的坐标为 2,− ；
2
❑√41+5 ❑√41−5
（3）解：点E的坐标为(1,0)或(7,0)或(− ，0)或( ，0)．理由：
2 2
①当BE∥CD时，四边形CDBE为平行四边形，如图，
∵ CD∥x轴，
3 9
∴令y=−3，则 x2− x−3=−3，
4 4
解得：x=0或3．
∴D(3,−3)．
∴CD=3．
∵四边形CDBE为平行四边形，
∴BE=CD=3．
∴OE=OB−BE=1．
∴E(1,0)；
四边形CDBE为平行四边形，如图，同理可得：OE=OB+BE=7，
∴E(7,0)；
②当BC∥DE时，四边形CBDE为平行四边形时，如图，
过点D作DF⊥x轴于点F，
∵四边形CBDE为平行四边形，
∴ DE=BC．
∴∠DEB=∠CBO．
在△≝¿和△CBO中，
{∠DFE=∠COB=90°
)
∠DEB=∠CBO ，
DE=BC
∴△≝≌△CBO(AAS)．
∴DF=CO=3，EF=BC=4．
3 9
令y=3，则 x2− x−3=3，
4 4
3±❑√41
解得：x= ．
2
∵x<0，
(3−❑√41 )
∴D ,3 ，
2❑√41−3
∴OF= ．
2
❑√41−3 ❑√41+5
∴OE=OF+EF= +4= ．
2 2
( ❑√41+5 )
∴E − ,0 ；
2
如图，
同理可得：△OAC≌△BFD，
∴DF=OC=3，OE=BF．
3 9
令y=3，则 x2− x−3=3，
4 4
3±❑√41
解得：x= ．
2
∵x>0，
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)(−1<x<2)，则E(x,x2−2x−3)，
∵点P在点E的上方，
∴PE=(−x−1)−(x2−2x−3)=−x2+x+2，
∵A(−1,0)，C(2,−3)，
∴A、C两点之间横坐标的距离为：|x −x )=|−1−2)=3，
A C
1 1 3 3
∴S = PE×|x −x )= ×(−x2+x+2)×3=− x2+ x+3，
△ACE 2 A C 2 2 2
3( 1) 2 27
∴S =− x− + ，
△ACE 2 2 8
1 27
当x= 时，S 最大为 ，
2 △ACE 8
27
∴△ACE面积的最大值为 ；
8
（3）存在4个这样的点F，坐标分别是(−3,0)，(1,0)，(4+❑√7,0)，(4−❑√7,0)，使A、C、F、H四个点为顶点的四边形是平行四边形．
设抛物线y=x2−2x−3与y轴交于点D，
当x=0时，得：y=−3，
∴D(0,−3)，
∵C(2,−3)，
∴CD∥x轴，CD=2，
①如图，四边形ACHF为平行四边形（点H与点D重合），
∵CH∥AF，CH=2，A(−1,0)，
∴AF=CH=2，
∴F(−3,0)，
②如图，四边形AFCH为平行四边形（点H与点D重合），
∵CH∥AF，CH=2，A(−1,0)，
∴AF=CH=2，
∴F(1,0)；
③如图，四边形ACFH为平行四边形，点H在y轴右侧，∵点F在x轴上，A(−1,0)，C(2,−3)，
∴AF是平行四边形ACFH的对角线，且在x轴上，
∴点C和点H到x轴的距离相等，
∴C，H两点的纵坐标关于x轴对称，
∴H点的纵坐标为3，
∵点H在抛物线y=x2−2x−3上，
∴x2−2x−3=3，
解得：x=1+❑√7或x=1−❑√7（舍去），
∴H(1+❑√7,3)，
设F(m,0)，
∵四边形ACFH是平行四边形，
−1+m 2+1+❑√7
∴ = ，
2 2
解得：m=4+❑√7，
∴F(4+❑√7,0)；
④如图，四边形ACFH为平行四边形，点H在y轴左侧，
∵点F在x轴上，A(−1,0)，C(2,−3)，
∴AF是平行四边形ACFH的对角线，且在x轴上，∴点C和点H到x轴的距离相等，
∴C，H两点的纵坐标关于x轴对称，
∴H点的纵坐标为3，
∵点H在抛物线y=x2−2x−3上，
∴x2−2x−3=3，
解得：x=1+❑√7（舍去）或x=1−❑√7，
∴H(1−❑√7,3)，
设F(m,0)，
∵四边形ACFH是平行四边形，
−1+m 2+1−❑√7
∴ = ，
2 2
解得：m=4−❑√7，
∴F(4−❑√7,0)；
综上所述，存在4个符合条件的点F，坐标分别是(−3,0)，(1,0)，(4+❑√7,0)，(4−❑√7,0)，使A、C、F
、H四个点为顶点的四边形是平行四边形；
（4）∵抛物线y=x2−2x−3，
−2
∴它的对称轴PE的解析式：x=− =1，
2×1
∵C(2,−3)，D(0,−3)，
∴点D(0,−3)关于直线PE对称点为点C(2,−3)，
∵直线AC的解析式为y=−x−1，
当x=0时，得：y=−1，
∴Q(0,−1)，
∵D(0,−3)，
∴DQ=−1−(−3)=2，
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，∴四边形DMNQ的周长：
DQ+DM+MN+QN
=2+CM+MN+KN
≥2+CK，
当点C、M、N、K四点共线时，取“=”，此时四边形DMNQ的周长的最小值为(2+CK)，
设直线CK的解析式为y=k x+b ，过点K(0，1)，C(2,−3)，
CK CK
{ b =1 )
∴ CK ，
2k +b =−3
CK CK
{k =−2)
解得： CK ，
b =1
CK
∴直线CK的解析式为y=−2x+1，
当y=0时，得：−2x+1=0，
1
解得： x= ，
2
(1 )
∴N ,0 ．
2
15．（23-24九年级下·吉林长春·开学考试）已知二次函数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，点P在抛物线上，其横坐标为m．
（1）求该二次函数的解析式．
（2）抛物线在P、A之间的函数部分（包括P、A两点）的最大值为4−m时，求出此时m的值．
(m m)
（3）已知点B , ，点P关于点B的对称点为点M，以PM为对角线构造矩形PQMN，其中PQ⊥x
2 2
轴．
①m>0，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1<m<3时；若点P在对称轴左侧，即m≤1时；若m≥3，再分别利用二次函数的性
质，求解即可得出答案；
（3）①令抛物线与y轴的交点为C，可得C(0,3)，求出点M(0,m2−m−3)，即M在y轴上，再根据矩形
的性质结合PQ⊥x轴得出N在y轴上，画出图形得出当y >y 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1<m<3时，抛物线在P、A之间的函数部分y随x的增大而减小，
∴当x=m时有最大值，即−m2+2m+3=4−m，
3+❑√5 3−❑√5
解得：m= 或m= ，
2 2
∵1<m<3，
3+❑√5
∴m= ；
2
若点P在对称轴左侧，即m≤1时，抛物线顶点为最大值，
即4−m=4，
解得：m=0；
当m≥3时，抛物线在P、A之间的函数部分y随x的增大而减小，
∴4−m=0，
解得：m=4，
3+❑√5
综上所述，m的值为 或0或4；
2
（3）①解：令抛物线与y轴的交点为C，
在y=−x2+2x+3中，当x=0时，y=3，
∴C(0,3)，
(m m)
∵P(m,−m2+2m+3)，点B , ，点P关于点B的对称点为点M，
2 2
∴x =0，y =m2−m−3，
M M
∴M(0,m2−m−3)，即M在y轴上，
∵PQ⊥x轴，四边形PQMN为矩形，
∴MN⊥x轴，
∴N在y轴上，
如图，当N恰与点C重合时，
此时抛物线没有在矩形内，只有将矩形往上移动，才会有抛物线在矩形中，∴y >y ，
N C
∴−m2+2m+3>3，
解得：0<m<2，
如图，当P,Q重合时，则m2−m−3=−m2+2m+3，
3±❑√57
解得：m= （舍去负根）
4
3+❑√57
∴m= ，
4
当P,A重合时，则m=3，
3+❑√57
∴结合图象可得： <m≤3，
4
当m>3不符合题意；
3+❑√57
∴m的取值范围为0<m<2或 <m≤3．
4
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)，
∴S =m(−m2+2m+3−m2+m+3)=m(−2m2+3m+6)，
矩形PQMN
∵R为MN的中点，
( 1 )
∴R 0, m ，
2
由抛物线的对称性可得：G(2−m,−m2+2m+3)，
1 1
∴S = ×m× (−2m2+3m+6)，
△RMQ 2 2
1
S = ×(2m−2)×(−2m2+3m+6)，
△QPG 2
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 ，
16
1 1 1 9
∴ ×m× (−2m2+3m+6)+ ×(2m−2)×(−2m2+3m+6)= m(−2m2+3m+6)，
2 2 2 16
16
解得：m= ，（不符合题意的根舍去）
11
如图，当N在C的下方，且MQ与抛物线的左侧交点为G时，9
同理可得：S +S = S ，
△GMR △PNQ 16 矩形PQMN
1
结合矩形性质可得：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= ，
17
如图，当N在C的下方，且MQ与抛物线的右侧交点为G时，
1 1
同理：MG= MQ= m，
4 4
1
此时 m>1，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
−2<m<2−❑√7时，当m<−2时，当0<m≤❑√3时，当❑√3<m<2+❑√7时，当m>2+❑√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<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，综上所述，m的取值范围为：−❑√3≤m<2−❑√7或0<m<2+❑√7；
（4）解：∵y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴顶点为(1,−4)，而P(m,m2−2m−3),Q(m,2m),M(−m,2m),N(−m,m2−2m−3)，
{y=x2−2x−3)
联立 ，
y=2x
解得：x=2+❑√7或x=2−❑√7，
①当m<2−❑√7且2m>−4时，即：−2<m<2−❑√7，如图：
此时|y + y )=2，而y = y ，
P E E Q
∴|m2−2m−3+2m)=2，
解得：m=±❑√5（舍）或m=1（舍）或m=−1；
②当2m<−4，即m<−2时，记顶点为点D，如图：此时|y + y )=2，
P D
则|m2−2m−3+(−4))=2，
整理得，m2−2m−9=0或m2−2m−5=0，
解得：m=1−❑√10或m=1+❑√10（舍）或m=1−❑√6（舍）或m=1+❑√6（舍）；
③当0<m≤❑√3时，
此时：|y + y )=2，y =(−m) 2−2(−m)−3=m2+2m−3
P E E即：|m2−2m−3+m2+2m−3)=2，
整理得，|m2−3)=1，
解得：m=❑√2或m=−❑√2（舍）或m=±2（舍）；
④❑√3<m<2+❑√7时，
此时|y + y )=2，
P E
即：|m2−2m−3+2m)=2
解得：m=❑√5或m=−❑√5（舍）或m=1（舍）或m=−1（舍）；
⑤当m>2+❑√7时，不存在．
综上所述：m=❑√5或❑√2或1−❑√10或−1．
