专题 22.4 二次函数综合——特殊三角形问题
【典例1】如图，抛物线的顶点坐标为P(2,6)，且与x轴交于点A、B（点A在点B的右侧），与y轴交于
( 10)
点C 0, ，点D为该抛物线的对称轴上的点．
3
（1）求该抛物线的函数表达式和点A的坐标；
（2）在对称轴右侧的抛物线上是否存在点E，使得△ADE是以D为直角顶点的等腰直角三角形？若存
在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
( 10)
（1）设抛物线的函数表达式为y=a(x−2) 2+6，将点C 0, 代入，利用待定系数法即可求解，令
3
y＝0即可求得点A的坐标；
（2）记抛物线的对称轴与x轴的交点为F，则F(2,0)，分两种情况：①当点E在x轴上方时，如图点D、E
分别在点D E 的位置，过点E 作E N⊥PF于点N，证明△AFD ≌△D N E (AAS)，得D N＝AF，
1 1 1 1 1 1 1 1
2 8 10
D F＝E N，设D (2,m)，则E (m+2,m+3)，代入y=− x2+ x+ 可得m的值，从而求得E 的坐
1 1 1 1 3 3 3 1
标；②当点E在x轴下方时，如图点D、E分别在点D E 的位置，过点E 作E H⊥PF于点H，同理可得
2 2 2 2
E 的坐标．
2
【解题过程】（1）解：设抛物线的函数表达式为y=a(x−2) 2+6，
( 10) 10
将点C 0, 代入得：4a+6= ，
3 3
2
解得a=− ，
3
2 2 8 10
∴抛物线的函数表达式为y=− (x−2) 2+6=− x2+ x+ ，
3 3 3 3
2 8 10
令y=0得：− x2+ x+ =0，
3 3 3
解得x =−1，x =5，
1 2
∴A(5,0)；
（2）解：存在点E，使得△ADE是以D为直角顶点的等腰直角三角形，理由如下：
记抛物线的对称轴与x轴的交点为F，则F(2,0)，
①当点E在x轴上方时，如图点D、E分别在点D E 的位置，过点E 作E N⊥PF于点N，如图：
1 1 1 1
∵∠AD E =90°，
1 1
∴∠AD F+∠E D N=90°，
1 1 1
∵∠E D N+∠D E N=90°，
1 1 1 1
∴∠AD F=∠D E N，
1 1 1
∵AD =D E ，∠AFD =∠D N E =90°，
1 1 1 1 1 1
∴ △AFD ≌△D N E (AAS)，
1 1 1
∴D N=AF，D F=E N，
1 1 1
∵ A(5,0)，F(2,0)，
∴AF=D N=3，
1
设D (2,m)，则E (m+2,m+3)，
1 12 8 10 2 8 10
将E (m+2,m+3)代入y=− x2+ x+ 得：− (m+2) 2+ (m+2)+ =m+3，
1 3 3 3 3 3 3
3
解得m=−3（舍去）或m= ；
2
(7 9)
∴E , ；
1 2 2
②当点E在x轴下方时，如图点D、E分别在点D E 的位置，过点E 作E H⊥PF于点H，如图：
2 2 2 2
∵∠AD E =90°，
2 2
∴∠AD F+∠H D E =90°，
2 2 2
∵∠H D E +∠H E D =90°，
2 2 2 2
∴∠AD F=∠H E D ，
2 2 2
∵AD =D E ，∠AFD =∠D H E =90°，
2 2 2 2 2 2
∴△AFD ≌△D H E (AAS)，
2 2 2
∴D H=AF，D F=E H，
2 2 2
∵ A(5,0)，F(2,0)，
∴D H=AF=3，
2
设D (2,n)，则E (2−n,n−3)，
2 2
2 8 10 2 8 10
把E (2−n,n−3)代入y=− x2+ x+ 得：− (2−n) 2+ (2−n)+ =n−3，
2 3 3 3 3 3 3
9
解得：n=3（舍去）或n=− ，
2
(13 15)
∴E ,− ．
2 2 2
(7 9) (13 15)
综上所述，E的坐标为 , 或 ,− ．
2 2 2 21．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，已知抛物线y=−x2+2x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B
的左边），与y轴交于点C，连接BC．
（1）求A、B、C三点的坐标及抛物线的对称轴；
(3 )
（2）若已知x轴上一点N ，0 ，则在抛物线对称轴上是否存在一点Q，使得△CNQ是直角三角形？
2
若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）分别令x=0和y=0进行求解即可；
（2）设Q(1，m)，分别按C、N、Q三点为直角顶点，应用勾股定理进行求解．
【解题过程】
（1）解：由y=−x2+2x+3得到：y=−(x+1)(x−3)=−(x−1) 2+4，
令y=0，则−(x+1)(x−3)=0，
∴x=−1或x=3，
则A(−1，0)，B(3，0)，对称轴是x=1．
令x=0，则y=3，
所以C(0，3)，
综上所述，A(−1，0)，B(3，0)，C(0，3)，对称轴是x=1；
（2）解：假设存在满足条件的点Q．
设Q(1，m)．
又C(0，3)，∴CN2=32+ (3) 2 = 45 ，CQ2=12+(3−m) 2=m2−6m+10，NQ2= (3 −1 ) 2 +m2= 1 +m2 ，
2 4 2 4
45 1
①当点C是直角顶点时，则CN2+CQ2=NQ2，即 +m2−6m+10= +m2 ，
4 4
7
解得m= ，
2
( 7)
此时点Q的坐标是 1， ；
2
45 1
②当点N为直角顶点时，CN2+NQ2=CQ2，即 + +m2=m2−6m+10，
4 4
1
解得m=− ，
4
( 1)
此时点Q的坐标是 1，− ；
4
45 1
③当点Q为直角顶点时，CQ2+NQ2=CN2，即 = +m2+m2−6m+10，
4 4
3+❑√11 3−❑√11
解得m= 或m= ，
2 2
( 3+❑√11) ( 3−❑√11)
此时点Q的坐标是 1， 或 1， ．
2 2
( 7) ( 1) ( 3+❑√11) ( 3−❑√11)
综上所述，满足条件的点Q的坐标为： 1， 或 1，− 或 1， 或 1， ．
2 4 2 2
2．（2022秋·山西吕梁·九年级校考阶段练习）综合与探究
如图，抛物线y=−x2+2x+3与x轴交于A,B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点P是第一象
限内抛物线上的一个动点．
（1）请直接写出点A，B，C的坐标；（2）是否存在这样的点P，使得S =S ？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
△COP △BOP
（3）若点Q是直线BC上一点，是否存在点Q，使得以点A、C、Q为顶点的三角形是等腰三角形？若存
在，求出Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）令x=0，求出y值，令y=0，求出x的值，进而得到点A，B，C的坐标；
（2）根据S =S ，得到P点的横纵坐标之间的数量关系，再跟点P在抛物线上，进行求解即可；
△COP △BOP
（3）分AC=CQ,AC=AQ,AQ=CQ，三种情况进行讨论及求解即可；
【解题过程】
（1）解：∵y=−x2+2x+3，
当x=0时，y=3，当y=0时，0=−x2+2x+3，解得：x =−1,x =3，
1 2
∴A(−1,0),B(3,0),C(0,3)；
（2）解：设P(m,n)(m>0,n>0)，
∵B(3,0),C(0,3)，
∴OB=OC=3，
1 3m 1 3n
∴S = OC⋅m= ,S = OB⋅n= ，
△COP 2 2 △BOP 2 2
∵S =S ，
△COP △BOP
∴m=n，
∴P(m,m)，
❑√13+1
∴m=−m2+2m+3，解得：m= （负值已舍掉）；
2
(❑√13+1 ❑√13+1)
∴P , ；
2 2
（3）存在，设直线BC的解析式为：y=kx+t，
{3k+t=0) {k=−1)
则： ，解得： ，
t=3 t=3
∴y=−x+3；
设Q(p,−p+3)，
∵A(−1,0)，C(0,3)，
∴AC2=12+32=10，AQ2=(p+1) 2+(3−p) 2=2p2−4 p+10，CQ2=p2+p2=2p2，
当AC=CQ时：2p2=10，解得：p=±❑√5；∴Q(❑√5,−❑√5+3)或Q(−❑√5,❑√5+3)；
当AC=AQ时：10=2p2−4 p+10，解得：p=0（舍去）或p=2，
∴Q(2,1)；
5
当AQ=CQ时：2p2=2p2−4 p+10，解得：p= ，
2
(5 1)
∴Q , ，
2 2
(5 1)
综上：Q(❑√5,−❑√5+3)或Q(−❑√5,❑√5+3)或Q(2,1)或Q , ．
2 2
3．（2023秋·山西晋城·九年级校考期末）如图1，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A(−1,0)，B(4,0)两
点，与y轴交于点C，顶点为D．点P是直线BC上方抛物线上的一个动点，过点P作PE⊥x轴于点E，
交直线BC于点Q．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求线段PQ的最大值；
（3）如图2，过点P作x轴的平行线交y轴于点M，连接QM．是否存在点P，使得△PQM为等腰三角
形？若存在，请直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点C的坐标，进而求出直线BC的解析式，设P ( m，− 3 m2+ 9 m+3 ) ，则
4 4
Q ( m，− 3 m+3 ) ，则PQ=− 3 (m−2) 2+3，由此即可求出答案；
4 4
（3）先证明PQ⊥PM，则当△PQM为等腰三角形，只存在PM=PQ这一种情况，设
P ( n，− 3 n2+ 9 n+3 ) ，则Q ( n，− 3 n+3 ) ，则− 3 n2+3n=n，解方程即可．
4 4 4 4【解题过程】
{ a−b+3=0 )
（1）解：把A(−1,0)，B(4,0)代入y=ax2+bx+3中得： ，
16a+4b+3=0
3
{ a=− )
4
∴ ，
9
b=
4
3 9
∴抛物线解析式为y=− x2+ x+3；
4 4
（2）解：设直线BC的解析式为y=kx+b ，
1
3 9
在y=− x2+ x+3中，当x=0时，y=3，
4 4
∴C(0，3)，
{4k+b =0)
把C(0，3)，B(4,0)代入y=kx+b 中得 1 ，
1 b =3
1
{ k=− 3 )
∴ 4 ，
b =3
1
3
∴直线BC的解析式为y=− x+3，
4
设P ( m，− 3 m2+ 9 m+3 ) ，则Q ( m，− 3 m+3 ) ，
4 4 4
∴PQ=− 3 m2+ 9 m+3− ( − 3 m+3 )
4 4 4
3 9 3
=− m2+ m+3+ m−3
4 4 4
3
=− m2+3m
4
3
=− (m−2) 2+3，
4
3
∵− <0，
4
∴当m=2时，PQ有最大值，最大值为3；
（3）解：∵PQ⊥x轴，PM∥x轴，
∴PQ⊥PM，∴当△PQM为等腰三角形，只存在PM=PQ这一种情况，
设P ( n，− 3 n2+ 9 n+3 ) ，则Q ( n，− 3 n+3 ) ，
4 4 4
3
同理可得PQ=− n2+3n，
4
又∵PM=n，
3
∴− n2+3n=n，
4
8
解得n= 或n=0，
3
8
∴存在一点P，当点P的横坐标为 时，△PQM为等腰三角形．
3
1
4．（2023春·山东济宁·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=− x+2的图象与x
2
3
轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=ax2+bx+c关于直线x= 对称，且经过A，C两点，与x轴交于
2
另一点为B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为直线AC上方的抛物线上的一点，过点P作PQ⊥x轴于M，交AC于Q，求PQ的最大值，
并求此时P点的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上找一点D，使△ADC是以AC为直角边的直角三角形，请求出点D的坐标．
【思路点拨】
（1）先求得A，B，C的坐标，再利用待定系数法即可求解；
（2）设P点坐标为 ( m,− 1 m2+ 3 m+2 ) ，则点Q的坐标为 ( m,− 1 m+2 ) ，由
2 2 2
PQ= ( − 1 m2+ 3 m+2 ) − ( − 1 m+2 ) =− 1 m2+2m=− 1 (m−2) 2+2≤2，即可求解；
2 2 2 2 2
（3）分AC2+AD2=CD2、AC2+CD2=AD2，两种情况，分别求解即可．【解题过程】
1
（1）解：令y=− x+2=0，
2
解得：x=4，
即点A的坐标为(4,0)．
3
∵A、B关于直线x= 对称，
2
∴点B的坐标为(−1,0)．
令x=0，则y=2，
∴点C的坐标为(0,2)，
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B、C，
1
{a=−
)
{ c=2 ) 2
∴有 a−b+c=0 ，解得： 3 ．
b=
16a+4b+c=0 2
c=2
1 3
故抛物线解析式为y=− x2+ x+2；
2 2
（2）∵PQ⊥x轴，设P点坐标为 ( m,− 1 m2+ 3 m+2 ) ，
2 2
( 1 )
∴点Q的坐标为 m,− m+2 ，
2
∴PQ= ( − 1 m2+ 3 m+2 ) − ( − 1 m+2 ) =− 1 m2+2m=− 1 (m−2) 2+2≤2，
2 2 2 2 2
∴当m=2时，PQ =2，此时点P(2,3)；
最大
(3 )
（3）假设存在，设D点的坐标为 ,n ．
2
由两点间的距离公式可知：AC=❑√42+(0−2) 2=2❑√5，AD=❑ √ (3 −4 ) 2 +n2，CD=❑ √ (3) 2 +(n−2) 2，
2 2
△ADC为直角三角形分两种情况：①AC2+AD2=CD2，
此时有20+ (3 −4 ) 2 +n2= (3) 2 +(n−2) 2 ，即：4n=−20，
2 2
解得：n=−5，
(3 )
此时点D的坐标为 ,−5 ；
2②AC2+CD2=AD2，
此时有20+ (3) 2 +(n−2) 2= (3 −4 ) 2 +n2 ，即：20−4n=0，
2 2
解得：n=5，
(3 )
此时点D的坐标为 ,5 ；
2
(3 ) (3 )
综上可知：在抛物线的对称轴上存在点D，使△ADC为直角三角形，点D的坐标为 ,−5 或 ,5 ．
2 2
5．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴相交
于A，B两点，与y轴相交于点C，直线y=kx+n(k≠0)经过B，C两点，已知A(1，0)，C(0，3)，且
BC=5．
（1）试求出点B的坐标．
（2）分别求出直线BC和抛物线的解析式．
（3）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使得以B，C，P三点为顶点的三角形是直角三角形？若存
在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）由OC=3，BC=5，可由勾股定理求OB，进而得点B坐标；
（2）用待定系数法即可求解函数解析式；
(5 )
（3）设点P坐标为 ,m ，分三类讨论：①当∠PCB=90°时；②当∠PBC=90°时；③当
2
∠BPC=90°时，分别建立勾股定理方程求解点P坐标即可．
【解题过程】
（1）解：∵点C(0，3)，即OC=3．
∵BC=5，在Rt△BOC中，根据勾股定理得OB =❑√BC2−OC2=4，
即点B坐标为(4，0)．
（2）把B(4，0)、C(0，3)分别代入y=kx+n中，
{4k+n=0) { k=− 3 )
得 ，解得 4 ．
n=3
n=3
3
∴直线BC解析式为y=− x+3；
4
把A(1，0)、B(4，0)、C(0，3)分别代入y=ax2+bx+c得
3
{ a= )
{ a+b+c=0 ) 4
16a+4b+c=0 ，解得 15 ．
b=−
c=3 4
c=3
3 15
∴抛物线的解析式是y= x2− x+3．
4 4
（3）在抛物线的对称轴上存在点P，使得以B，C，P三点为顶点的三角形是直角三角形，理由如下：
3 15
∵抛物线的解析式是y= x2− x+3，
4 4
b 5
∴抛物线对称轴为直线x=− = ．
2a 2
(5 )
设点P坐标为 ,m ．
2
①当∠PCB=90°时，有BP2=BC2+PC2．
∵BP2= ( 4− 5) 2 +m2 ，PC2= (5) 2 +(m−3) 2 ，BC2=25，
2 2
∴ ( 4− 5) 2 +m2= (5) 2 +(m−3) 2+25，
2 2
19
解得：m= ，
3
(5 19)
故点P , ；
1 2 3
②当∠PBC=90°时，有PC2=PB2+BC2．
∵PC2= (5) 2 +(m−3) 2 ，PB2= ( 4− 5) 2 +m2 ，BC2=25，
2 2∴ (5) 2 +(m−3) 2= ( 4− 5) 2 +m2+25，
2 2
解得：m=−2，
(5 )
故点P ,−2 ；
2 2
③当∠BPC=90°时，有BC2=BP2+PC2．
∵PC2= (5) 2 +(m−3) 2 ，PB2= ( 4− 5) 2 +m2 ，BC2=25，
2 2
∴25= ( 4− 5) 2 +m2+ (5) 2 +(m−3) 2 ．
2 2
3+2❑√6 3−2❑√6
解得：m = ，m = ，
1 2 2 2
(5 3+2❑√6) (5 3−2❑√6)
∴P , ，P , ．
3 2 2 4 2 2
(5 19) (5 ) (5 3+2❑√6)
综上所述，使得△BCP为直角三角形的点P的坐标为 , 或 ,−2 或 , 或
2 3 2 2 2
(5 3−2❑√6)
, ．
2 2
6．（2023秋·山西阳泉·九年级统考期末）综合与探究：在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−2与x
轴交于点A(−1,0)和点B(4,0)，与y轴交于点C，过动点D(0,m)作平行于x轴的直线l，直线l与抛物线
y=ax2+bx−2相交于点E，F．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求m的取值范围；（3）直线l上是否存在一点P，使得△BCP是以BC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求m的值；若不
存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）把点A(−1,0)和点B(4,0)代入y=ax2+bx−2，求解即可；
25
（2）将抛物线解析式化成顶点式，求得y的最小值为− ．由直线l与抛物线有两个交点，即可得出
8
25
m>− ；
8
（3）分两种情况：①当∠BCP=90°，BC=PC时，②如图，当∠CBP=90°，BC=BP时，分别 求解
即可．
【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−2经过点A(−1,0)和点B(4,0)，
∴¿
1
{ a= , )
2
解得
3
b=− .
2
1 3
∴抛物线的表达式为y= x2− x−2．
2 2
（2）解：y=
1
x2−
3
x−2=
1(
x−
3) 2
−
25
2 2 2 2 8
25
∴y的最小值为− ．
8
∵直线l与抛物线有两个交点，
25
∴m>− ．
8
（3）解：存在．
1 3
当x=0时，y= x2− x−2=−2．
2 2
∴点C的坐标为(0,−2)．
①如图，当∠BCP=90°，BC=PC时，过点P作PG⊥y轴于G，∴∠BOC=∠CGP=90°．
∵∠BCO+∠PCG=90°，∠GPC+∠PCG=90°，
∴∠BCO=∠CPG．
在△BCO和△CPG中，¿
∴△BCO≌△CPG．
∴CG=BO=4．
∵CO=2，
∴m=OG=4−2=2．
延长PC至P′使得CP′=CP，此时△BCP′也是等腰直角三角形．
易得，此时m=−6．（不合题意，舍去）
②如图，当∠CBP=90°，BC=BP时，过点P作PM⊥x轴于M，
∵∠BOC=∠BMP=90°，∠BCO+∠OBC=90°，∠PBM+∠OBC=90°，
∴∠BCO=∠PBM．
∴△BCO≌△PBM．
∴PM=BO=4．
∴m=PM=4．延长PB，使得BP′=BP，此时△BCP′也是等腰直角三角形．
同理可得， m=−4．（不合题意，舍去）
综上所述，直线l上存在一点P，使得△BCP是以BC为直角边的等腰直角三角形，m的值为2或4．
7．（2023秋·九年级单元测试）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴相交于A，B两点（点A位于点B的左
侧），与y轴相交于点C，M是抛物线的顶点，直线x=1是抛物线的对称轴，且点C的坐标为(0,3)．
（1）求抛物线的关系式；
（2）已知P为线段MB上一个动点，过点P作PD⊥x轴于点D．若PD=m，△PCD的面积为S．
①求S与m之间的函数关系式．
②当S取得最大值时，求点P的坐标．
（3）在（2）的条件下，在线段MB上是否存在点P，使△PCD为等腰三角形？如果存在，直接写出满足
条件的点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）点C坐标代入解析式可求c的值，由对称轴可求b的值，即可求解；
（2）①先求出点M，点A，点B的坐标，利用待定系数法可求BM解析式，由三角形的面积公式可求解；
②利用二次函数的性质可求解；
（3）分三种情况讨论，利用两点距离公式列出方程可求解．
【解题过程】
（1）解：∵直线x=1是抛物线的对称轴，且点C的坐标为(0,3)，
b
∴c=3，− =1，
2×(−1)
∴b=2，
∴抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3；
（2）解：①∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4∴M(1,4)．
∵令y=0，则−x2+2x+3=0，
解得x =3,x =−1，
1 2
∴A(−1,0).B(3,0)．
∵点M(1,4)，点B(3,0)，
∴直线BM的解析式为y=−2x+6．
∵点P在直线BM上，且PD⊥x轴于点D，PD=m，
( m )
∴点P 3− ,m ，
2
∴S = 1 PD⋅OD= 1 m× ( 3− m) =− 1 m2+ 3 m．
△PCD 2 2 2 4 2
1 3
∴S与m之间的函数关系式为S=− m2+ m(0<m≤4)；
4 2
1 3 1 9
②∵S=− m2+ m=− (m−3) 2+
4 2 4 4
9
∴当m=3时，S有最大值为 ，
4
此时PD=m=3
3
把y=3代入y=−2x+6，得x=
2
(3 )
∴P ,3
2
9 (3 )
∴当m=3时，S有最大值为 ，此时P ,3 ．
4 2
（3）解：存在满足条件的点P，点P的坐标为(−6+3❑√7,18−6❑√7)或(4−❑√7,−2+2❑√7)．
理由如下：
设P(t,6−2t)，则C(0,3)，D(t,0)，
所以|PD)=|6−2t)，
|CD)=❑√t2+9，
|PC)=❑√t2+(3−2t) 2=❑√5t2−12t+9，
若|PD)=|CD)，即|6−2t)=❑√t2+9，
解得t=4−❑√7（4+❑√7舍去），所以点P(4−❑√7,−2+2❑√7)；
若|PD)=|PC)，即|6−2t)=❑√5t2−12t+9，
解得t=−6+3❑√7（−6−3❑√7舍去），
所以点P(−6+3❑√7,18−6❑√7)；
若|CD)=|PC)，即❑√t2+9=❑√5t2−12t+9，
解得t=0或t=3，均不合题意，故舍去，
所以点P的坐标为(−6+3❑√7,18−6❑√7)或(4−❑√7,−2+2❑√7)．
8．（2023·辽宁营口·校联考一模）已知直线l与x轴、y轴分别相交于A(1,0)、B(0,3)两点，抛物线
y=ax2−2ax+a+4 (a<0)经过点B，交x轴正半轴于点C．
（1）求直线l的函数解析式和抛物线的函数解析式；
（2）在第一象限内抛物线上取点M，连接AM、BM，求△AMB面积的最大值及点M的坐标．
（3）抛物线上是否存在点P使△CBP为直角三角形，如果存在，请直接写出点P的坐标；如果不存在，请
说明理由．
【思路点拨】
（1）先利用待定系数法求得直线l的函数解析式，求得点B的坐标，从而可以求得抛物线的解析式；
（2）根据题意可以求得点A的坐标，然后根据题意和图形可以用含m的代数式表示出S，然后将其化为顶
点式，再根据二次函数的性质即可解答本题；
（3）分三种情况讨论，分别当BC、PC、PB为斜边时，利用勾股定理列方程即可求解．
【解题过程】
（1）解：设y=kx+b，
{k+b=0)
把A(1,0)，B(0,3)代入得： ，
0+b=3
∴k=−3，b=3，∴一次函数解析式为：y=−3x+3，
把B(0,3)代入y=ax2−2ax+a+4，
∴3=a+4，
∴a=−1，
∴二次函数解析式为：y=−x2+2x+3；
（2）解：连接OM，
把y=0代入y=−x2+2x+3得，0=−x2+2x+3，
∴x=−1或3，
∴抛物线与x轴的交点横坐标为−1和3，
设点M(m,−m2+2m+3)，
∵M在抛物线上，且在第一象限内，
∴0<m<3，
∵A的坐标为(1,0)，
∴S=S +S −S
△OBM △OAM △AOB
=
1
×m×3+
1
×1×(−m2+2m+3)−
1
×1×3 =−
1(
m−
5) 2
+
25
，
2 2 2 2 2 8
5 25
∴当m= 时，S取得最大值 ．
2 8
(5 7)
此时M的坐标为 , ；
2 4
（3）解：设点P(n，−n2+2n+3)，
则BC2=32+32=18，PC2=(n−3) 2+(−n2+2n+3) 2 ，PB2=n2+(−n2+2n) 2 ，
当PC为斜边时，则n2+(−n2+2n) 2 +18=(n−3) 2+(−n2+2n+3) 2 ，解得n=0（舍去）或n=1，
∴点P(1，4)；
当PB为斜边时，则(n−3) 2+(−n2+2n+3) 2 +18=n2+(−n2+2n) 2 ，
解得n=3（舍去）或n=−2，
∴点P(−2，−5)；
当BC为斜边时，则(n−3) 2+(−n2+2n+3) 2 +n2+(−n2+2n) 2 =18，
1+❑√5 1−❑√5
解得n=3（舍去）或n=0（舍去）或n= 或n= ，
2 2
(1+❑√5 5+❑√5) (1−❑√5 5−❑√5)
∴点P的坐标为 ， 或 ， ；
2 2 2 2
(1+❑√5 5+❑√5) (1−❑√5 5−❑√5)
综上，点P的坐标为(−2，−5)或(1，4)或 ， 或 ， ．
2 2 2 2
9．（2022秋·广东惠州·九年级校考阶段练习）如图，点A(−2,0)，B(4,0)，C(3,3)均在抛物线
y=ax2+bx+c上，点D在y轴上，且DC⊥BC，∠BCD绕点C顺时针旋转后两边与x轴、y轴分别相交
于点E，F．
（1）求抛物线的解析式；
（2）CF能否经过抛物线的顶点？若能，求出此时点E的坐标；若不能，请说明理由；
（3）若△FDC是等腰三角形，求点F的坐标．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法即可求解；
（2）作CH⊥y轴于点H，CS⊥x轴于点S，求得顶点M坐标，求得直线CM即CF的解析式，得出点F
的坐标，证明△FCH≌△ECS，据此求解即可；（3）证明△DCH≌△SCB，求得CD=❑√10，分三种情况讨论，即可求解．
【解题过程】
（1）解：由抛物线与x轴的两个交点A，B的坐标，可以由两根式设抛物线解析式为y=a(x+2)(x−4)，
然后将C点坐标代入得：a(3+2)(3−4)=3，
3
解得：a= ，
5
3 3 6 24
故抛物线解析式为y=− (x+2)(x−4)=− x2+ x+ ；
5 5 5 5
（2）解：作CH⊥y轴于点H，CS⊥x轴于点S，
3 3 27
y=− (x+2)(x−4)=− (x−1) 2+ ，
5 5 5
( 27)
∴顶点M坐标为 1， ，
5
设直线CM的解析式为y=mx+n，
6
{3=3m+n
)
{ m=− )
5
∴ 27 ，解得 ，
=m+n 33
5 n=
5
6 33
∴直线CM即CF的解析式为y=− x+ ，
5 5
( 33)
∴F点坐标为 0， ．
5
∵∠FCH+∠HCE=90°，∠ECS+∠HCE=90°，
∴∠ECS=∠HCF，
∴△FCH≌△ECS，
33 18
∴FH=SE= −3= ，
5 518 3
∴EO= −3= ，
5 5
( 3 )
∴E − ，0 ，
5
( 3 )
∴CF能经过抛物线的顶点，此时点E的坐标为 − ，0 ；
5
（3）解：同理求得CB直线方程为y=−3x+12，
作CH⊥y轴于点H，CS⊥x轴于点S．
∵C(3，3)，
∴四边形HOSC是正方形，OS=3，
∵B(4，0)，
∴BS=1，
∵∠HCD+∠DCS=90°，∠BCS+∠DCS=90°，
∴∠DCH=∠SCB，
∴△DCH≌△SCB，
∴DH=SB=1，OD=2，
∴D(0，2)，
∴CD=❑√10，
则△FDC是等腰三角形可以有三种情形：
①FC=CD=❑√10．则DH=1，FH=1，则F点坐标为(0，4)；
②FD=CD=❑√10，则F点坐标为(0，2+❑√10)；
③FD=FC，设F(0，m)．
∵FC2=FH2+HC2，即FC2=(m−3) 2+32，FD=FC=m−2，
∴(m−3) 2+32=(m−2) 2，解得m=7，
∴F(0，7)，
综上，点F的坐标为(0，4)或(0，2+❑√10)或(0，7)．
10．（2023·四川·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于B(4,0)
，C(−2,0)两点．与y轴交于点A(0,−2)．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）若点P是直线AB下方抛物线上的一动点，过点P作x轴的平行线交AB于点K，过点P作y轴的平行
1
线交x轴于点D，求与 PK+PD的最大值及此时点P的坐标；
2
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△MAB是以AB为一条直角边的直角三角形：若存在，请
求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）将A、B、C代入抛物线解析式求解即可；
（2）可求直线AB的解析式为y= 1 x−2，设P ( m, 1 m2− 1 m−2 ) （0<m<4），可求
2 4 2
K (1 m2−m, 1 m2− 1 m−2 ) ，从而可求 1 PK+PD=− 1 m2+ 3 m+2，即可求解；
2 4 2 2 2 2
（3）过A作AM ⊥AB交抛物线的对称轴于M ，过B作BM ⊥AB交抛物线的对称轴于M ，连接AM
2 2 1 1 1
，设M (1,n)， 可求AM 2=n2+4n+5，BM 2=n2+9，由AB2+BM 2=AM 2 ，可求M ，进而求出
1 1 1 1 1 1
直线BM 的解析式，即可求解．
1
【解题过程】
（1）解：由题意得{16a+4b+c=0
)
4a−2b+c=0 ，
c=−2
1
{ a= )
4
解得： 1 ，
b=−
2
c=−2
1 1
∴抛物线的解析式为y= x2− x−2．
4 2
（2）解：设直线AB的解析式为y=kx+b，则有
{4k+b=0)
，
b=−2
{ k= 1 )
解得： 2 ，
b=−2
1
∴直线AB的解析式为y= x−2；
2
设P ( m, 1 m2− 1 m−2 ) （0<m<4），
4 2
1 1 1
∴ x−2= m2− m−2，
2 4 2
1
解得：x= m2−m，
2
∴K (1 m2−m, 1 m2− 1 m−2 ) ，
2 4 2
∴PK=m− (1 m2−m )
2
1
=− m2+2m，
2
1 1
∴ PK=− m2+m，
2 4
PD=− (1 m2− 1 m−2 )
4 2
1 1
=− m2+ m+2，
4 21 1 1 1
∴ PK+PD=− m2+m− m2+ m+2
2 4 4 2
1 3
=− m2+ m+2
2 2
1( 3) 2 25
=− m− + ，
2 2 8
1
∵− <0，
2
3 1 25
∴当m= 时， PK+PD的最大值为 ，
2 2 8
1 (3) 2 1 3 35
∴ y= × − × −2=− ，
4 2 2 2 16
(3 35)
∴ P ,− ．
2 16
1 25 (3 35)
故 PK+PD的最大值为 ，P ,− ．
2 8 2 16
（3）解：存在，
如图，过A作AM ⊥AB交抛物线的对称轴于M ，过B作BM ⊥AB交抛物线的对称轴于M ，连接
2 2 1 1
AM ，
1
1 1
∵抛物线y= x2− x−2的对称轴为直线x=1，
4 2
∴设M (1,n)，
1
∴AM 2=12+(n+2) 2
1=n2+4n+5，
AB2=22+42=20，
BM 2=(4−1) 2+n2
1
=n2+9，
∵AB2+BM 2=AM 2
，
1 1
∴n2+9+20=n2+4n+5，
解得：n=6，
∴M (1,6)；
1
设直线BM 的解析式为y=k x+b ，则有
1 1 1
{ k +b =6 )
1 1 ，
4k +b =0
1 1
{k =−2)
解得 1 ，
b =8
1
∴直线BM 解析式为y=−2x+8，
1
∵AM ∥BM ，且经过A(0,−2)，
2 1
∴直线AM 解析式为y=−2x−2，
2
∴当x=1时，y=−2×1−2=−4，
∴M (1,−4)；
2
综上所述：存在，M的坐标为(1,6)或(1,−4)．
11．（2023·湖南娄底·统考中考真题）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b，c的值．（2）点P(x ,y )(0<x <5)是抛物线上的动点
0 0 0
①当x 取何值时，△PBC的面积最大？并求出△PBC面积的最大值；
0
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．
【思路点拨】
（1）将将A(−1,0)、B(5,0)代入抛物线y=x2+bx+c即可求解；
（2）①由（1）可知：y=x2−4x−5，得C(0,−5)，可求得BC的解析式为y=x−5，过点P作PE⊥x
轴，交BC于点E，交x轴于点Q，易得PE= y −y =−x 2+5x ，根据△PBC的面积=S +S ，可
E 0 0 0 △PEC △PEB
1 1 5( 5) 2 125
得△PBC的面积= PE⋅(x −x )+ PE⋅(x −x ) =− x − + ，即可求解；
2 0 C 2 B 0 2 0 2 8
−4
②由题意可知抛物线的对称轴为x =− =2，则x =4−x ，分两种情况：当点P在对称轴左侧时，
对 2×1 F 0
即0<x <2时，当点P在对称轴右侧时，即2<x <5时，分别进行讨论求解即可．
0 0
【解题过程】
（1）解：将A(−1,0)、B(5,0)代入抛物线y=x2+bx+c中，
{ 1−b+c=0 ) {b=−4)
可得： ，解得： ，
25+5b+c=0 c=−5
即：b=−4，c=−5；
（2）①由（1）可知：y=x2−4x−5，
当x=0时，y=−5，即C(0,−5)，
设BC的解析式为：y=kx+b，
将B(5,0)，C(0,−5)代入y=kx+b中，
{5k+b=0) { k=1 )
可得 ，解得： ，
b=−5 b=−5
∴BC的解析式为：y=x−5，
过点P作PE⊥x轴，交BC于点E，交x轴于点Q，∵P(x ,y )(0<x <5)，则y =x 2−4x −5，
0 0 0 0 0 0
∴点E的横坐标也为x ，则纵坐标为y =x −5，
0 E 0
∴PE= y −y =(x −5)−(x 2−4x −5)=−x 2+5x ，
E 0 0 0 0 0 0
△PBC的面积=S +S
△PEC △PEB
1 1
= PE⋅(x −x )+ PE⋅(x −x )
2 0 C 2 B 0
1
= PE⋅(x −x )
2 B C
5
= (−x 2+5x )
2 0 0
5( 5) 2 125
=− x − + ，
2 0 2 8
5
∵− <0，
2
5 125
∴当x = 时，△PBC的面积有最大值，最大值为 ；
0 2 8
(7−❑√33 3−3❑√33)
②存在，当点P的坐标为 , 或(4,−5)时，△PEF为等腰直角三角形．
2 2
理由如下：由①可知PE=−x 2+5x ，
0 0
−4
由题意可知抛物线的对称轴为直线x =− =2，
对 2×1
∵PF∥x轴，
x +x
∴∠EPF=90°， 0 F =x =2，则x =4−x ，
2 对 F 0当点P在对称轴左侧时，即0<x <2时，
0
PF=x −x =4−2x ，当PE=PF时，△PEF为等腰直角三角形，
F 0 0
即：−x 2+5x =4−2x ，整理得：x 2−7x +4=0，
0 0 0 0 0
7−❑√33 7+❑√33
解得：x = （x = >2，不符合题意，舍去）
0 2 0 2
此时y =x 2−4x −5=
3−3❑√33
，即点P
(7−❑√33
,
3−3❑√33)
；
0 0 0 2 2 2
当点P在对称轴右侧时，即2<x <5时，
0
PF=x −x =2x −4，当PE=PF时，△PEF为等腰直角三角形，
0 F 0
即：−x 2+5x =2x −4，整理得：x 2−3x −4=0，
0 0 0 0 0
解得：x =4（x =−1<2，不符合题意，舍去）
0 0
此时：y =42−4×4−5=−5，即点P(4,−5)；
0(7−❑√33 3−3❑√33)
综上所述，当点P的坐标为 , 或(4,−5)时，△PEF为等腰直角三角形．
2 2
12．（2022秋·广西贵港·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于
A（−1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）请在y轴上找一点M，使△BDM的周长最小，求出点M的坐标；
（3）试探究：在抛物线上是否存在点P，使以点A，P，C为顶点，AC为直角边的三角形是直角三角
形？若存在，请直接写出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）设抛物线解析式为y=a(x+1)(x−3)，展开得到−2a=2，然后求出a的值即可得到抛物线的解析
式；
（2）利用二次函数的性质确定点D的坐标为(1，4)，作B点关于y轴的对称点B′，连接DB′交y轴于M，
如图1，则B′(−3，0)，利用两点之间线段最短即可判断此时MB+MD的值最小，此时△BDM的周长最
小，然后求出直线DB′的解析式即可得到点M的坐标；
（3）过点C作AC的垂线交抛物线于另一点P，如图2，先用待定系数法求出直线AC的解析式，利用两直
1
线垂直一次项系数互为负倒数设直线PC的解析式为y=− x+d，把点C的坐标代入求出d的值得到直线
3
{ y=− 1 x+3 )
PC的解析式，再解方程组 3 得此时点P的坐标，过点A作AC的垂线交抛物线于另一点P
y=−x2+2x+3
，利用同样的方法可求出此时点P的坐标．
【解题过程】（1）解：设抛物线解析式为y=a(x+1)(x−3)，
即y=ax2−2ax−3a，
∴−2a=2，
解得a=−1，
∴抛物线解析式为：y=−x2+2x+3；
（2）解：∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴顶点D的坐标为(1，4)，
作B点关于y轴的对称点B′，连接DB′交y轴于M，如图1，则B′(−3，0)，
∵MB=MB′，
∴MB+MD=MB′+MD=DB′，此时MB+MD的值最小，
而BD的值不变，
∴此时△BDM的周长最小，
设直线DB′的解析式为y=kx+b，将B′(−3，0)，D (1，4)代入解析式得：
{−3k+b=0)
，
k+b=4
{k=1)
解得 ，
b=3
∴直线DB′的解析式为y=x+3，
当x=0时，y=x+3=3，
∴点M的坐标为(0，3)；
（3）解：存在，
过点C作AC的垂线交抛物线于另一点P，如图2，∵抛物线与y轴交于点C，
∴当x=0时，y=3，
∴点C(0，3)，
设直线AC的解析式为：y=px+q，
把C(0，3)，A（−1，0）代入得，
{ q=3 )
，
−p+q=0
{q=3)
解得 ，
p=3
∴直线AC的解析式为y=3x+3，
∵AC⊥PC，
1
∴设直线PC解析式为：y=− x+d，
3
把C(0，3)代入得：d=3，
1
∴直线PC解析式为y=− x+3，
3
{ y=− 1 x+3 )
解方程组 3 ，
y=−x2+2x+3
7
{ x= )
{x=0) 3
解得 或 ，
y=3 20
y=
9
(7 20)
则此时点P坐标为 ， ；
3 9
过点A作AC的垂线交抛物线于另一点P，1
则直线AP的解析式可设为y=− x+e，
3
1 1
把A（−1，0）代入得 +e=0，解得e=− ，
3 3
1 1
∴直线AP的解析式为：y= x− ，
3 3
{ y= 1 x− 1 )
解方程组 3 3 ，
y=−x2+2x+3
10
{ x= )
{x=−1) 3
解得 或 ，
y=0 13
y=−
9
(10 13)
则此时点P坐标为 ，− ，
3 9
(10 13) (7 20)
综上所述，符合条件的点P的坐标为： ，− 或 ， ．
3 9 3 9
1
13．（2023春·重庆江津·九年级校联考期中）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y= x2+bx+c与直
2
线AB交于点A(0,−4)，B(4,0)．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点P为直线AB下方抛物线上的一动点，过点P作PM⊥AB交AB于点M，过点P作y轴的平行线交x
轴于点N，求❑√2PM+PN的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，将该抛物线先向左平移4个单位，再向上移3个单位，得到新抛物线y′，新抛物线y′与y轴
交于点F，点M为y轴左侧新抛物线y′上一点，过M作MN∥y轴交射线BF于点N，连接MF，当
△FMN为等腰三角形时，直接写出所有符合条件的点M的横坐标．【思路点拨】
1
（1）用待定系数法把A(0,−4)，B(4,0)代入y= x2+bx+c可得．
2
（2）设直线AB的解析式为y=kx+b，把A(0,−4)，B(4,0)代入可得，求出直线AB的解析式为y=x−4
3 25
，求出PC=❑√2PM，当m= 时，❑√2PM+PN最大值为 ．
2 4
1
（3）求出左平移4个单位，再向上移3个单位的函数表达式y′= x2+3x+3，把NF，MN，MF表示出
2
来，分情况讨论即可．
【解题过程】
1
（1）解：把A(0,−4)，B(4,0)代入y= x2+bx+c可得，
2
{ −4=c )
，
0=8+4b+c
解得c=−4，b=−1，
1
∴y= x2−x−4，
2
（2）解：设直线AB的解析式为y=kx+b，
把A(0,−4)，B(4,0)代入可得，
k=1，b=−4，
∴直线AB的解析式为y=x−4，
设P ( m, 1 m2−m−4 ) ，则
2
1
PN=− m2+m+4，
2
∵OA=OB，
∴∠OBA=45°，
∴∠NCB=45°，
∴∠MCP=45°，
又∵PM⊥AB，
∴PC=❑√2PM，
把P点的横坐标代入y=x−4可得，
y=m−4，C(m,m−4)
1
∴PC=− m2+2m，
2
∴❑√2PM+PN=−m2+3m+4=− ( m− 3) 2 + 25
2 4
3 25 (3 35)
当m= 时，❑√2PM+PN最大值为 ．此时，P ,−
2 4 2 8
1 1 9
（3）把y= x2−x−4变成顶点式为y= (x−1) 2− ，
2 2 2
∵左平移4个单位，再向上移3个单位，
1 3 1
∴y′= (x+3) 2− 即y′= x+3x+3，
2 2 2
∴F(0,3)，
设过BF的直线解析式为y=kx+b，
把F(0,3)，B(4,0)代入得
{4a+b=0)
，解得b=3，k=−
3
，
b=3 4
3
∴BF的直线解析式y=− x+3，
4
设M ( a, 1 a2+3a+3 ) ，M和N的横坐标相同，把M的横坐标代入y=− 3 x+3，
2 4
( 3 )
∴N a,− a+3 ，
4
5
∴NF=− a，
4
MN=
|
−
15
a−
1 a2)
，
4 2
√ 1 2 √ 1 2
MF=❑a2+( a2+3a) =−a❑1+( a+3)
2 2
I、当NF=MN时，−
5
a=
|
−
15
a−
1 a2)
，
4 4 2
解得：a =−5，a =0（舍去），a =−10，
1 2 3
( 1)
∴M −5, ，M (−10,23)
1 2 25 √ 1 2
II、当NF=MF时，− a=−a❑1+( a+3)
4 2
整理得：4a2+48a+135=0，
9 15
∵a =− ，a =−
1 2 2 2
9 ( 9 3) ( 9 51)
当a=− 时，M − ,− ．N − ,
2 2 8 2 8
15 ( 15 69) ( 15 69)
当a=− 时，M − ,− ．N − , ，此时M、N重合，不合题意，舍去，
2 2 8 2 8
15 1 √ 1 2
III、当MN=MF时，− a− a2=−a❑1+( a+3)
4 2 2
3 65
整理得： a=−
4 4
65
解得a=− ，
12
65 ( 65 409)
当a=− 时，M − , ，
12 12 288
9 65
综上所述：符合条件的点M有四个，其横坐标分别为−5、−10、− 、− ．
2 12
4
14．（2022秋·云南昆明·九年级校考期中）如图，已知直线y= x+4与x轴交于点A，与y轴交于点C，
3
抛物线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）已知点M是抛物线对称轴上一点，当MB+MC的值最小时，点M的坐标是___________；
（3）若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，使以点B，C，P为顶点的三角形是等腰三角形？若存
在，请求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．【思路点拨】
b 4
（1）由抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=−1，得− =−1，即b=2a，由直线y= x+4与x轴
2a 3
交于点A，与y轴交于点C，得A(−3,0)，C(0,4)，因为抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−3,0)，
{
b=2a
)
C(0,4)，于是可列方程组 9a−3b+c=0 ，解方程组求出a、b、c的值，即可得到抛物线的解析式为
c=4
4 8
y=− x2− x+4；
3 3
8
（2）设直线x=−1交AC于点E，连接AM、BE，则E(−1, )，可根据直线x=−1垂直平分AB及两点
3
8
之间线段最短证明当点M与点E重合时，MB+MC的值最小，则点M的坐标是(−1, )；
3
（3）先求得B(1,0)，则BC2=12+42=17，设点P的坐标为(−1,r)，分五种情况讨论，①直线x=−1与x
轴交于点P，则PC=BC，此时△PBC是等腰三角形，P(−1,0)；②是延长BC交直线x=−1于点P′，此
时CP′=CP=CB，但B、C、P′三点在同一条直线上，所以不存在以B、C、P′三点为顶点的等腰三角
形；③是BP =BC，且点P 在x轴的上方，由BP 2=BC2 ，列方程得(1+1) 2+r2=17，可求得
1 1 1
P (−1,❑√13)；④是BP =BC，且且点P 在x轴的下方，设直线x=−1与x轴交于点H，则
1 2 2
P H=P H=❑√13，所以P (−1,−❑√13)；⑤是BP =P C，则P B2=P C2 ，列方程得
2 1 2 3 3 3 3
13
(1+1) 2+r2=12+(4−r) 2，可求得P (−1, )．
3 8
【解题过程】
（1）∵抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=−1，
b
∴− =−1，
2a
∴b=2a，
4
∵直线y= x+4与x轴交于点A，与y轴交于点C，
3当x=0时，y=4，
当y=0时，x=−3，
∴A(−3,0)，C(0,4)，
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−3,0)，C(0,4)，
{
b=2a
)
∴ 9a−3b+c=0 ，
c=4
4
{a=−
)
3
解得： 8 ，
b=−
3
c=4
4 8
∴抛物线的解析式为y=− x2− x+4；
3 3
（2）如图1，设直线x=−1交AC于点E，连接AM、BE，
4 8
∵直线y= x+4，当x=−1时，y= ，
3 3
8
∴E(−1, )，
3
∵直线x=−1垂直平分AB，
∴MB=MA，EB=EA，
∴MB+MC=MA+MC，EB+EC=EA+EC=AC，
∵MA+MC≥AC，
∴当点M与点E重合时，MA+MC=AC，
此时MB+MC的值最小，
∴MB+MC=MA+MC=EB+EC=AC，8
∴当MB+MC的值最小时，点M的坐标是(−1, )，
3
8
故答案为：(−1, )
3
（3）存在
1
设点B的横坐标为n，则 (−3+n)=−1，
2
解得：n=1，
∴B(1,0)，
∴BC2=12+42=17，
设点P的坐标为(−1,r)，
如图2，直线x=−1与x轴交于点P，则PC=BC，
∴点P与点B关于y轴对称，
∴PC=BC，
∴△PBC是等腰三角形，P(−1,0)；
延长BC交直线x=−1于点P′，
∵∠P′PB=90°，
∴∠CP′P+∠CBP=90°， ∠CPP′+∠CPB=90°，
∵∠CBP=∠CPB，
∴∠CP′P=∠CPP′，
∴CP′=CP=CB，
∵B、C、P′三点在同一条直线上，
∴不存在以B、C、P′三点为顶点的等腰三角形；如图3，BP =BC，且点P 在x轴的上方，
1 1
∵BP 2=BC2 ，
1
∴(1+1) 2+r2=17，
解得：r =❑√13，r =−❑√13，
1 2
∴P (−1,❑√13)；
1
如图3，BP =BC，且且点P 在x轴的下方，设直线x=−1与x轴交于点H，
2 2
∵BH⊥P P ，
1 2
∴P H=P H=❑√13，
2 1
∴P (−1,−❑√13)；
2
如图3，BP =P C，
3 3
∵P B2=P C2 ，
3 3
∴(1+1) 2+r2=12+(4−r) 2，
13
解得：r= ，
8
13
∴P (−1, )，
3 813
综上所述：P点的坐标为(−1,0)或(−1,❑√13)或(−1,−❑√13)或(−1, )
8
15．（2022秋·广西柳州·九年级校考阶段练习）如图，抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A(−1,0)、
B(5,0)两点，与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，点P(m,0)是x轴上的一个动点，过点P作x轴
的垂线PQ交抛物线于点Q，交直线BD于点M，交直线BC于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若BC平分QM时，试求Q点的坐标；
（3）在点P的运动过程中，是否存在点Q，使△BDQ是以BD为直角边的直角三角形？若存在，求出点Q
的坐标：若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法求解即可；
( 1 5) ( 1 5)
（2）首先求出直线BD和BC的表达式，然后得到E m,− m+ ，M m, m− ，
2 2 2 2
Q ( m,− 1 m2+2m+ 5) ，进而表示出ME=− 1 m+ 5 − (1 m− 5) =−m+5，
2 2 2 2 2 2
QE=− 1 m2+2m+ 5 − ( − 1 m+ 5) =− 1 m2+ 5 m，最后利用BC平分QM列方程求解即可；
2 2 2 2 2 2
（3）首先根据题意表示出BD2，BQ2，QD2，然后分两种情况讨论，分别根据勾股定理列方程求解即
可．
【解题过程】
（1）将A(−1,0)，B(5,0)代入y=ax2+2x+c得，
1
{ a=− )
{ a−2+c=0 ) 2
，解得
25a+10+c=0 5
c=
21 5
∴y=− x2+2x+ ；
2 2
1 5 5
（2）当x=0时，y=− x2+2x+ =
2 2 2
( 5)
∴C 0,
2
∵点D与点C关于x轴对称，
( 5)
∴D 0,−
2
∴设直线BD的表达式为y=kx+b
5
{ b=− 5 ) { b=− 2 )
∴ 2 ，解得
1
5k+b=0 k=
2
1 5
∴直线BD的表达式为y= x−
2 2
1 5
同理可得直线BC的表达式为y=− x+
2 2
∵P(m,0)
∴E ( m,− 1 m+ 5) ，M ( m, 1 m− 5) ，Q ( m,− 1 m2+2m+ 5)
2 2 2 2 2 2
∴ME=− 1 m+ 5 − (1 m− 5) =−m+5，QE=− 1 m2+2m+ 5 − ( − 1 m+ 5) =− 1 m2+ 5 m
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
∵BC平分QM
∴ME=QE
1 5
∴−m+5=− m2+ m
2 2
∴解得m =2，m =5（舍去）
1 2
( 9)
∴Q 2, ；
2
（3）∵B(5,0)，D ( 0,− 5) ，Q ( m,− 1 m2+2m+ 5)
2 2 2
∴BD2=(5−0) 2+ ( 0+ 5) 2 = 125 ，BQ2=(5−m) 2+ ( − 1 m2+2m+ 5) 2 ，
2 4 2 2
DQ2=(0−m) 2+ ( − 1 m2+2m+ 5 + 5) 2 =m2+ ( − 1 m2+2m+5 ) 2
2 2 2 2当∠DBQ=90°时，
∴BD2+BQ2=DQ2
∴ 125 +(5−m) 2+ ( − 1 m2+2m+ 5) 2 =m2+ ( − 1 m2+2m+5 ) 2
4 2 2 2
∴解得m=❑√11或m=−❑√11（舍去），
∴Q(❑√11,2❑√11−3)；
当∠DBQ=90°时，
∴BD2+DQ2=BQ2
∴ 125 +m2+ ( − 1 m2+2m+5 ) 2 =(5−m) 2+ ( − 1 m2+2m+ 5) 2
4 2 2 2
∴解得m=4−❑√26或m=4−❑√26（舍去）
( 21)
∴Q 4−❑√26,2❑√26−
2
( 21)
综上所述，点Q的坐标为(❑√11,2❑√11−3)或 4−❑√26,2❑√26− ．
2
16．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c（b，c是常数）
经过点A(1,0)，点B(0,3)．点P在此抛物线上，其横坐标为m．（1）求此抛物线的解析式；
（2）当点P在x轴上方时，结合图象，直接写出m的取值范围；
（3）若此抛物线在点P左侧部分（包括点P）的最低点的纵坐标为2−m．
①求m的值；
②以PA为边作等腰直角三角形PAQ，当点Q在此抛物线的对称轴上时，直接写出点Q的坐标．
【思路点拨】
（1）根据点A,B的坐标，利用待定系数法即可得；
（2）先根据抛物线的解析式求出此抛物线与x轴的另一个交点坐标为(3,0)，再画出函数图象，由此即可
得；
（3）①先求出抛物线的对称轴和顶点坐标、以及点P的坐标，再分m<2和m≥2两种情况，分别画出函数
图象，利用函数的增减性求解即可得；
3−❑√5
②设点Q的坐标为Q(2,n)，分m=3和m= 两种情况，分别根据等腰直角三角形的定义建立方程
2
组，解方程组即可得．
【解题过程】
{1+b+c=0)
（1）解：将点A(1,0),B(0,3)代入y=x2+bx+c得： ，
c=3
{b=−4)
解得 ，
c=3
则此抛物线的解析式为y=x2−4x+3．
（2）解：对于二次函数y=x2−4x+3，
当y=0时，x2−4x+3=0，解得x=1或x=3，
则此抛物线与x轴的另一个交点坐标为(3,0)，画出函数图象如下：
则当点P在x轴上方时，m的取值范围为m<1或m>3．
（3）解：①二次函数y=x2−4x+3=(x−2) 2−1的对称轴为直线x=2，顶点坐标为(2,−1)，
当x=m时，y=m2−4m+3，
即P(m,m2−4m+3)，
（Ⅰ）如图，当m<2时，
当x≤m时，y随x的增大而减小，
则此时点P即为最低点，
所以m2−4m+3=2−m，
3−❑√5 3+❑√5
解得m= 或m= >2（不符题设，舍去）；
2 2
（Ⅱ）如图，当m≥2时，当x≤2时，y随x的增大而减小；当2<x≤m时，y随x的增大而增大，
则此时抛物线的顶点即为最低点，
所以2−m=−1，
解得m=3，符合题设，
3−❑√5
综上，m的值为 或3；
2
②设点Q的坐标为Q(2,n)，
由题意，分以下两种情况：
（Ⅰ）如图，当m=3时，设对称轴直线x=2与x轴的交点为点C，
则在等腰Rt△PAQ中，只能是∠AQP=90°，
∵QC垂直平分AP，且AC=2−1=1，
1
∴QC= AP=AC=1（等腰三角形的三线合一），
2
∴|n)=1，
解得n=±1，
则此时点Q的坐标为(2,1)或(2,−1)；3−❑√5
（Ⅱ）当m= 时，
2
3−❑√5 1+❑√5
由（3）①可知，此时m2−4m+3=2−m=2− = ，
2 2
3−❑√5 1+❑√5
则点P( , )，
2 2
3−❑√5 2 1+❑√5 2
∴PA2=(1− ) +(0− ) =3，
2 2
3−❑√5 2 1+❑√5 2
PQ2=( −2) +( −n) =n2−(1+❑√5)n+3+❑√5，
2 2
AQ2=(2−1) 2+(n−0) 2=n2+1，
当∠PAQ=90°,PA=AQ时，△PAQ是等腰直角三角形，
{ PA2=AQ2 ) { n2+1=3 )
则 ，即 ，
PA2+AQ2=PQ2 3+n2+1=n2−(1+❑√5)n+3+❑√5
方程组无解，
所以此时不存在符合条件的点Q；
当∠APQ=90°,PA=PQ时，△PAQ是等腰直角三角形，
{ PA2=PQ2 ) { n2−(1+❑√5)n+3+❑√5=3 )
则 ，即 ，
PA2+PQ2=AQ2 3+n2−(1+❑√5)n+3+❑√5=n2+1
解得n=❑√5，
所以此时点Q的坐标为(2,❑√5)；
当∠AQP=90°,PQ=AQ时，△PAQ是等腰直角三角形，
{ PQ2=AQ2 ) { n2−(1+❑√5)n+3+❑√5=n2+1 )
则 ，即 ，
PQ2+AQ2=PA2 n2+1+n2−(1+❑√5)n+3+❑√5=3
方程组无解，
所以此时不存在符合条件的点Q；
综上，点Q的坐标为(2,1)或(2,−1)或(2,❑√5)．
17．（2023·海南海口·海师附中校考三模）如图，抛物线y=ax2+3x+c(a≠0)与x轴交于点A(−2,0)和点
B，与y轴交于点C(0,8)，顶点为D，连接AC，CD，DB，P是第一象限内抛物线上的动点，连接
PB，PC，设点P的横坐标为t．（1）求抛物线的解析式；
（2）当t为何值时，△PBC的面积最大？并求出最大面积；
（3）M为直线BC上一点，求MO+MA的最小值；
（4）过P点作PE⊥x轴，交BC于E点．是否存在点P，使得△PEC为等腰三角形？若存在，请直接写
出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法求解析式；
（2）利用抛物线的解析式求出点B的坐标，得到直线BC的解析式，过点P作PG⊥x轴，交x轴于点F，
1
交BC于点G，利用S = ×PG×OB求出解析式，利用函数性质解答即可；
△PBC 2
（3）作O关于直线BC的对称点为O′，得到四边形COBO′为正方形，则O′(8,8)，则
MO+MA=MO′+MA，当A、M、O′三点共线时，MO+MA最小，即为线段AO′的长，勾股定理求出
AO′即可．
（4）分三种情况：当CE=PE时，当PE=PC时，当CE=CP时，分别求出点P的坐标
【解题过程】
{4a−6+c=0) { a=− 1 )
（1）解：由题意得： ，解得： 2 ，
c=8
c=8
1
∴抛物线的解析式为：y=− x2+3x+8；
2
1
（2）当− x2+3x+8=0时，得x=−2或x=8，
2
∴B(8,0)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
{8k+b=0)
则 ，
b=8{k=−1)
解得
b=8
∴直线BC的解析式为y=−x+8．
如图，过点P作PG⊥x轴，交x轴于点F，交BC于点G．
设点P ( t,− 1 t2+3t+8 ) ，G(t,−t+8)．
2
1
∴PG=− t2+4t．
2
∴S = 1 ×PG×OB= 1 × ( − 1 t2+4t ) ×8=−2t2+16t=−2(t−4) 2+32，
△PBC 2 2 2
∴当t=4时，△PBC的面积最大，最大面积为32；
（3）作O关于直线BC的对称点为O′，连接O'C、O'B、OO'、OM，如图，
∵∠CBO=45°，OB=OC，
∴四边形COBO′为正方形，则O′(8,8)，
则MO+MA=MO′+MA，
当A、M、O′三点共线时，MO+MA最小，即为线段AO′的长，
∴MO+MA最小值为O′ A=❑√AB2+O′B2=❑√102+82=2❑√41．
（4）∵P ( t,− 1 t2+3t+8 ) ，
2∴E(t,−t+8)，
∵OB=OC=8，
∴BC=❑√2OB=8❑√2，∠OBC=∠BEF=∠CEP=45°
∵BF=EF=8−t
∴BE=❑√2BF=❑√2(8−t)，
∴CE=CB−BE=8❑√2−❑√2(8−t)=❑√2t，
1 1
PE=− t2+3t+8−(−t+8)=− t2+4t，
2 2
PC2=t2+ ( − 1 t2+3t+8−8 ) 2 = 1 t4−3t3+10t2 ，
2 4
1
当CE=PE时，− t2+4t=❑√2t，解得t=0或t=8−2❑√2，
2
∴P(8−2❑√2,10❑√2−4)；
当PE=PC时，则PE2=PC2，
∴ ( − 1 t2+4t ) 2 = 1 t4−3t3+10t2 ，
2 4
解得t=0（舍去）或t=6，
∴P(6,8)；
当CE=CP时，则CE2=PC2，
1
∴2t2= t4−3t3+10t2
，
4
解得t=4或t=8（舍去），
∴P(4,12)，
综上，P点的坐标为P(6,8)，P(4,12)，P(8−2❑√2,10❑√2−4)．18．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考三模）综合与探究
1
如图，已知直线y=− x+2与x轴，y轴交于B，A两点，抛物线y=−x2+bx+c经过点A，B，点P为线
2
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
1
19．（2023秋·重庆丰都·九年级统考期末）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=− x2+bx+4经过
3
A(−1,3)，与y轴交于点C，经过点C的直线与抛物线交于另一点E(6,m)，点M为抛物线的顶点，抛物
线的对称轴与x轴交于点D．（1）求直线CE的解析式；
（2）如图2，点P为直线CE上方抛物线上一动点，连接PC，PE，当△PCE的面积最大时，求点P的坐
标以及△PCE面积的最大值；
（3）如图3，将点D右移一个单位到点N，连接AN，将（1）中抛物线沿射线NA平移得到新抛物线y′，
y′经过点N，y′的顶点为点G，在新抛物线y′的对称轴上是否存在点H，使得△MGH是等腰三角形？若存
在，请直接写出点H的坐标：若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）将点A代入二次函数解析式，求出b值，再将点E代入二次函数解析式，求出m值，再利用待定系
数法求出直线CE的解析式；
（2）过点P作PQ∥y轴交CE于点Q，设点P的横坐标为t，可表示点P和点Q的坐标，可表示出△PCE
的面积，根据二次函数最值问题可求解；
（3）求出点D坐标，得到点N坐标，结合点A的坐标，求出平移方式，得到平移后的解析式，将点N代
入，求出平移后的解析式，从而确定点G坐标和对称轴，再分MG=MH，GH=GM，HG=HM，三种
情况，利用等腰三角形的性质求解即可．
【解题过程】
1
（1）解：∵y=− x2+bx+4经过A(−1,3)，
3
1
∴3=− ×(−1) 2−b+4，
3
2 1 2
解得：b= ，即y=− x2+ x+4，
3 3 3
∴点C(0,4)
∵抛物线经过点E(6,m)，1 2
∴m=− ×62+ ×6+4=−4，即E(6,−4)，
3 3
设直线CE的解析式为y=kx+b ，则
1
{ 4=b ) { k=− 4 )
1 ，解得： 3 ，
−4=6k+b
1 b =4
1
4
∴直线CE的解析式为y=− x+4；
3
（2）过点P作PQ∥y轴交CE于点Q，
设点P的横坐标为t，则P ( t,− 1 t2+ 2 t+4 ) ，Q ( t,− 4 t+4 ) ，
3 3 3
∴PQ=− 1 t2+ 2 t+4− ( − 4 t+4 ) =− 1 t2+2t，
3 3 3 3
1
∴S = ×PQ×|x −x )
△CPE 2 E C
= 1 × ( − 1 t2+2t ) ×|6−0)
2 3
=−t2+6t
=−(t−3) 2+9，
∴当点P坐标为P(3,3)时，△PCE面积的最大值为9；
1 2 1 13
（3）由抛物线解析式y=− x2+ x+4=− (x−1)+
3 3 3 3
( 13)
∴顶点坐标为M 1, ，与x轴交于点D点坐标为(1,0)，
3
∴N(2,0)，又A(−1,3)，∴|x −x )=|y −y )，
A N A N
∴射线NA与x轴夹角为45°，
设抛物线向左平移n个单位，则向上平移了n个单位，
1 13
∴平移后y′的解析式为y=− (x−1+n) 2+( +n)，
3 3
∵y′经过点N，
1 13
∴将点N代入，得0=− (x−1+n) 2+( +n)，
3 3
解得：n=−3（舍）或n=4，
∴y′的解析式为y=− 1 (x+3) 2+ 25 ，顶点为G ( −3, 25) ，
3 3 3
∵点H在y′对称轴上，
13 25 1
∴当MG=MH时，y =2y −y =2× − = ，
H M G 3 3 3
( 1)
∴H −1, ；
3
当GH=GM时，若点H在点G下方，
∵GM=❑
√
(−3−1) 2+
(25
−
13) 2
=4❑√2=GH，
3 3
( 25 )
∴点H的坐标为H −3, −4❑√2 ；
3
( 25 )
同理若点H在点G上方，点H的坐标为H −3, +4❑√2 ；
3( 13)
当HG=HM时，M 1, ，
3
设点H的坐标为H(−3,a)，
则 25 −a=❑ √ (−3−1) 2+ ( a− 13) 2 ，
3 3
13
解得：a= ，
3
( 13)
∴点H的坐标为H −3, ；
3
( 1) ( 25 )
综上，存在点H，使得△MGH是等腰三角形，点H的坐标为 −1, 或 −3, −4❑√2 或
3 3
( 25 ) ( 13)
−3, +4❑√2 或 −3, ．
3 3
4
20．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·九年级校考阶段练习）如图，已知直线y= x+4与x轴交于点A，与y轴
3交于点C，抛物线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）已知点M是抛物线对称轴上一点，当MB+MC的值最小时，点M的坐标是
（3）D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求三角形ACD面积S的最大值及此时D点的
坐标；
（4）若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，使以点B，C，P为顶点的三角形是等腰三角形？若存
在，请求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
b 4
（1）由抛物线的对称轴可得− =−1，即b=2a，由直线y= x+4得出A(−3，0)，C(0，4)，将
2a 3
{
b=2a
)
A(−3，0)，C(0，4)代入抛物线可得 9a−3b+c=0 ，解方程组即可得到答案；
c=4
( 8)
（2）设直线x=−1交AC于点E，连接AM、BE，则E −1， ，根据直线x=−1垂直平分AB及两点
3
( 8)
之间线段最短证明当点M与点E重合时， MB+MC的值最小时，点M的坐标是 −1， ；
3
（3）作DG⊥x轴于点G，交AC于点F D ( m，− 4 m2− 8 m+4 ) ，F ( m， 4 m+4 ) ，则
3 3 3
DF=− 4 m2− 8 m+4− (4 m+4 ) =− 4 m2−4m，进而得到S=−2m2−6m=−2 ( m+ 3) 2 + 9 ，则当
3 3 3 3 2 2
3 9 ( 3 )
m=− 时，S = ，此时D − ，5 ；
2 最大 2 2
（4）先求得B(1，0)，则BC2=12+42=17，设点P的坐标为(−1，r)，分五种情况讨论：设直线x=−1
与x轴交于点P，则PC=BC，此题△PBC是等腰三角形P(−1，0)；延长BC交直线x=−1于点P′，此时
CP=CP′=CB，但B、C、P′三点在同一条直线上，因此不存在以B、C、P′三点为顶点的等腰三角形；BP =BC，且点P 在x轴上方，由BP 2=BC2 ，列方程得(1+1) 2+r2=17，求得 P(−1，❑√13)；
1 1 1
BP =BC，且点P 在x轴下方，设直线x=−1与x轴交于点H，则P H=P H=❑√13，得到
2 2 2 1
P (−1，−❑√13)；P B=P C，则P B2=P C2 ，列得方程(1+1) 2+r2=12+(4−r) 2，可得
2 3 3 3 3
( 13)
P −1， ．
3 8
【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=−1，
b
∴− =−1，
2a
∴b=2a，
4
直线y= x+4，当x=0时，y=4，
3
4
当y=0时， x+4=0，
3
解得x=−3，
∴A(−3，0)，C(0，4)，
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−3，0)，C(0，4)，
{
b=2a
)
∴ 9a−3b+c=0 ，
c=4
4
{a=−
)
3
解得： 8 ，
b=−
3
c=4
4 8
∴抛物线的解析式为：y=− x2− x+4；
3 3
（2）解：如图1，设直线x=−1交AC于点E，连接AM、BE，4
直线y= x+4，
3
4 8
当x=−1时，y= ×(−1)+4= ，
3 3
( 8)
∴E −1， ，
3
∵直线x=−1垂直平分AB，
∴MB=MA，EB=EA，
∴MB+MC=MA+MC，
∵MA+MC≥AC，
∴当点M与点E重合时，MA+MC=AC，此时MA+MC的值最小，
∴MB+MC=MA+MC=EB+EC=AC，此时MB+MC的值最小，
( 8)
∴当MB+MC的值最小时，点M的坐标是 −1， ，
3
( 8)
故答案为： −1， ；
3
（3）解：如图2，作DG⊥x轴于点G，交AC于点F，
∵点D的横坐标为m，∴D ( m，− 4 m2− 8 m+4 ) ，F ( m， 4 m+4 ) ，
3 3 3
∴DF=− 4 m2− 8 m+4− (4 m+4 ) =− 4 m2−4m，
3 3 3 3
∵S = 1 AG⋅DF+ 1 OG⋅DF= 1 OA⋅DF= 1 ×3m ( − 4 m2−4m ) =−2m2−6m，
△ACD 2 2 2 2 3
∴S=−2m2−6m=−2 ( m+ 3) 2 + 9 ，
2 2
3 9 ( 3 )
∴当m=− 时，S = ，此时D − ，5 ，
2 最大 2 2
9 ( 3 )
∴三角形ACD面积S的最大值是 ，此时点D的坐标是 − ，5 ；
2 2
（4）解：存在，
设点B的坐标为(n，0)，
1
则 (−3+n)=−1，
2
解得n=1，
∴B(1，0)，
∴BC2=12+42=17，
设点P的坐标为(−1，r)，
如图3，设直线x=−1与x轴交于点P，
∴点P点B关于y轴对称，
∴PC=BC，
此题△PBC是等腰三角形，P(−1，0)，
延长BC交直线x=−1于点P′，∵∠P′PB=90°，
∴∠CP′P+∠CBP=90°，∠CPP′+∠CPB=90°，
∵∠CBP=∠CPB，
∴∠CP′P=∠CPP′，
∴CP=CP′=CB，
∵B、C、P′三点在同一条直线上，
∴不存在以B、C、P′三点为顶点的等腰三角形，
如图4，BP =BC，且点P 在x轴上方，
1 1
∵BP 2=BC2 ，
1
∴(1+1) 2+r2=17，
解得：r =❑√13，r =−❑√13,
1 2
∴P(−1，❑√13)，
如图4，BP =BC，且点P 在x轴下方，
2 2
设直线x=−1与x轴交于点H，
∵BH⊥P P ，
1 2
∴P H=P H=❑√13，
2 1
∴P (−1，−❑√13)，
2
如图4，P B=P C，
3 3∵P B2=P C2 ，
3 3
∴(1+1) 2+r2=12+(4−r) 2，
13
解得：r= ，
8
( 13)
∴P −1， ，
3 8
