专题 22.5 二次函数综合——特殊四边形问题
【典例1】如图1，抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)，与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，点P、Q为直线BC下方抛物线上的两点，点Q的横坐标比点P的横坐标大1，过点P作
PM∥y轴交BC于点M，过点Q作QN∥y轴交BC于点N，求PM+QN的最大值及此时点Q的坐标；
（3）如图3，将抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度得到新
的抛物线y′，在y′的对称轴上有一点D，坐标平面内有一点E，使得以点B、C、D、E为顶点的四边形是
矩形，请直接写出所有满足条件的点E的坐标．
【思路点拨】
（1）直接运用待定系数法即可解答；
（2）设P(a,a2−2a−3)，则Q(a+1,a2−4)，进而得到M(a,a−3)，N(a+1,a−2)；再表示出
PM+QN=−2a2+4a+2=−2(a−1) 2+4，最后根据二次函数的性质即可解答；
（3）分以BC为矩形一边和对角线两种情况，分别根据等腰直角三角形的性质、平移和矩形的判定定理解
答即可．
【解题过程】
（1）解：把A(−1,0)和B(3,0)代入y=ax2+bx−3(a≠0)，得
{ a−b−3=0 )
，解得a=1，b=−2
9a+3b−3=0
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3．（2）解：设P(a,a2−2a−3)，则Q(a+1,a2−4).
又l :y=x−3
BC
∴M(a,a−3)，N(a+1,a−2)
∴PM=−a2+3a，QN=−a2+a+2
∴PM+QN=−2a2+4a+2=−2(a−1) 2+4
∴当a=1时，(PM+QN) =4
max
∴Q(2,−3)．
（3）解：由题意可得：y′=(x−1) 2 −2(x−1)−3−1=x2−4x−1=(x−2) 2 −5，
∴y′的对称轴为x=2
∵抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与y轴交于点C．
∴C(0,−3),
∵B(3,0),
∴OC=OB=3,∠BCO=∠CBO=45°；
①如图：当BC为矩形一边时，且点D在x轴的下方，过D作DF⊥y轴，
∵D在y′的对称轴为x=2，
∴FD=2，
∴CF=FD=2,OF=3+2=5,即点D(2,−5)，
∴点C向右平移2个单位、向下平移3个单位可得到点D，则点B向右平移2个单位、向下平移3个单位
可得到E(5,−3)；
②如图：当BC为矩形一边时，且点D在x轴的上方，y′的对称轴为x=2与x轴交于F，∵D在y′的对称轴为x=2，
∴FO=2，
∴BF=3−2=1，
∵∠CBO=45°，即∠DBO=45°，
∴BF=FD=3−2=1 ,即点D(2,1)，
∴点B向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点D，则点C向左平移1个单位、向上平移1个单位
可得到点E(−1,−2)；
③如图：当BC为矩形对角线时，设D(2,d)，E(m,n)，
(3 3)
∴BC的中点F的坐标为 , ，
2 2
2+m 3
{ = )
2 2 { m=1 )
∴ ，解得：
d+n 3 d+n=3
=
2 2
又∵DE=BC,
∴(2−1) 2+(d−n) 2=32+32，解得： { d+n=3 ) ，
d−n=±❑√17
{d−n=±❑√17) −3±❑√17
联立 ，解得：n= ，
d+n=3 2
( −3−❑√17) ( −3+❑√17)
∴点E的坐标为 1, 或 1, ．
2 2( −3−❑√17) ( −3+❑√17)
综上，存在E(−1,−2)或(5,−2)或 1, 或 1, 使以点B、C、D、E为顶点的四边
2 2
形是矩形．
1．（2023·广东江门·统考一模）如图，已知抛物线y=ax2+3ax+c(a>0)与x轴交于A、B两点，与y轴交
于点C，点A在点B左侧，点B的坐标为(1,0)，点C的坐标为为(0,−3)．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）若点D是x轴上的一点，在抛物线上是否存在点E，使以A、C、D、E为顶点且以AC为一边的四边
形是平行四边形﹖若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）分点E在x轴上方和x轴下方，两种情况进行讨论求解．
【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=ax2+3ax+c(a>0)过点B (1,0)，C(0,−3)，
{a+3a+c=0，)
∴
c=−3，{ a= 3 ，)
解得 4
c=−3，
3 9
∴抛物线的函数关系式为y= x2+ x−3；
4 4
（2）在抛物线上存在点E，使以A，C，D，E为顶点且以AC为一边的四边形是平行四边形；
理由：①如图1，当点E在x轴下方时，则：CE∥AD，
∴点E的纵坐标为−3，
3 9
令y=−3，则 x2+ x−3=−3，
4 4
解得x =−3，x =0，
1 2
∴点E的坐标为(−3,−3)；
②如图2，当点E在x轴上方时，
∵平行四边形的对角线分平行四边形为面积相等的两个三角形，点C到x轴的距离为3，
∴点E到x轴的距离为3，
3 9
令y=3，则 x2+ x−3=3，
4 4
−3±❑√41
解得x= ，
2
(−3−❑√41 ) (−3+❑√41 )
∴E ,3 ，E ,3 ，
2 2 3 2综上可得，在抛物线上存在点E，使以A，C，D，E为顶点且以AC为一边的四边形是平行四边形，点E
(−3−❑√41 ) (−3+❑√41 )
的坐标为(−3,−3)或 ,3 或 ,3 ．
2 2
2．（2023·浙江·九年级假期作业）如图所示，在平面直角坐标系中，直线y=−x+3交坐标轴于B、C两
点，抛物线y=ax2+bx+3经过B、C两点，且交x轴于另一点A(−1,0)．点D为抛物线在第一象限内的一
点，过点D作DQ∥CO，DQ交BC于点P，交x轴于点Q．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P的横坐标为m，在点D的移动过程中，存在∠DCP=∠DPC，求出m值；
（3）在抛物线上取点E，在平面直角坐标系内取点F，问是否存在以C、B、E、F为顶点且以CB为边的
矩形？如果存在，请求出点F的坐标；如果不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）根据一次函数的解析式求出点B,C的坐标，再利用待定系数法求解即可得；
（2）先根据OB=OC=3求出∠OCB=∠OBC=∠BPQ=∠DPC=45°，从而可得∠DCO=90°，再根
据平行线的判定可得CD∥AB，从而可得点D的纵坐标与点C的纵坐标相同，即为3，由此即可得；
（3）设点F的坐标为F(s,t)，分两种情况：①四边形BCEF是矩形，②四边形BCFE是矩形，先联立二次
函数和一次函数的解析式求出点E的坐标，再根据矩形的性质求解即可得．
【解题过程】
（1）解：一次函数y=−x+3，
当x=0时，y=3，即C(0,3)，
当y=0时，−x+3=0，解得x=3，即B(3,0)，
{ a−b+3=0 )
把A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx+3得 ，
9a+3b+3=0
{a=−1)
解得 ，
b=2则抛物线的解析式为y=−x2+2x+3．
（2）解：∵B(3,0)，C(0,3)，
∴OB=OC=3，
∴∠OCB=∠OBC=∠BPQ=∠DPC=45°，
∵∠DCP=∠DPC，
∴∠DCO=90°，
∴CD∥AB，
∴点D的纵坐标与点C的纵坐标相同，即为3，
当y=3时，−x2+2x+3=3，解得x=2或x=0（舍去），
则m=2．
（3）解：存在，求解如下：
设点F的坐标为F(s,t)，
①当四边形BCEF是矩形时，则CE⊥BC，
∵直线BC的解析式为y=−x+3，
∴设直线CE的解析式为y=x+c，
把点C(0,3)代入得c=3，
∴直线CE的解析式为y=x+3，
{ y=x+3 ) {x=1) {x=0)
联立 ，解得 或 （即为点C，舍去），
y=−x2+2x+3 y=4 y=3
∴E(1,4)，
∵四边形BCEF是矩形，且B(3,0)，C(0,3)，E(1,4)，
0+s 3+1
{ = )
2 2 {s=4)
∴ ，解得 ，
3+t 0+4 t=1
=
2 2
则此时点F的坐标为F(4,1)；
②当四边形BCFE是矩形时，则BE⊥BC，
设直线BE的解析式为y=x+n，
将点B(3,0)代入得：3+n=0，解得n=−3，
则直线BE的解析式为y=x−3，
{ y=x−3 ) {x=−2) {x=3)
联立 ，解得 或 （即为点B，舍去），
y=−x2+2x+3 y=−5 y=0∴E(−2,−5)，
∵四边形BCFE是矩形，且B(3,0)，C(0,3)，E(−2,−5)，
3+s −2+0
{ = )
2 2 {s=−5)
∴ ，解得 ，
0+t −5+3 t=−2
=
2 2
则此时点F的坐标为F(−5,−2)，
综上，存在以C、B、E、F为顶点且以CB为边的矩形，此时点F的坐标为(4,1)或(−5,−2)．
4 8
3．（2023·山西晋城·统考一模）综合与探究：如图，抛物线y= x2+ x−4与x轴交于A，B两点（点A
3 3
在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求点A，B，C的坐标；
（2）点D是第三象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形ABCD面积S的最大值及此时
点D的坐标；
（3）若点P在抛物线对称轴上，点Q是平面内一点，试探究，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为
顶点的四边形是以AC为对角线的菱形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
4 8
（1）对于y= x2+ x−4，分别令x=0，y=0，可解得A的坐标为(−3，0)，B的坐标为(1，0)，C
3 3
的坐标为(0，−4)；
（2）连接OD，设D ( m， 4 m2+ 8 m−4 ) ，可得S = 1 ×3× ( − 4 m2− 8 m+4 ) =−2m2−4m+6，
3 3 △AOD 2 3 31 1 ( 3) 2 25
S = ×4×(−m)=−2m，S = ×4×1=2，故S=S +S +S =−2 m+ + ，最
△COD 2 △BOC 2 △AOD △COD △BOC 2 2
后由二次函数性质可得答案；
4 8
（3）由y= x2+ x−4可得抛物线对称轴为直线x=−1，设P(−1，t)，Q(p，q)，以点A，C，P，
3 3
Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，则AC的中点与PQ的中点重合，且AP=CP，故
{
−1+p=−3+0
)
t+q=0+4
，解之，即得答案．
4+t2=1+(t−4) 2
【解题过程】
4 8
（1）解：对于y= x2+ x−4，令x=0，得：y=−4，
3 3
∴C(0，−4)．
4 8
令y=0，得 x2+ x−4=0，
3 3
解得：x =1，x =−3，
1 2
∴A(−3，0)，B(1，0)．
（2）解：连接OD，如图：
∵点D的横坐标为m，
∴D ( m， 4 m2+ 8 m−4 ) ，
3 3
∴S = 1 OA⋅|y )= 1 ×3× ( − 4 m2− 8 m+4 ) =−2m2−4m+6，
△AOD 2 D 2 3 31 1
S = OC⋅|x )= ×4×(−m)=−2m，
△COD 2 D 2
1 1
S = OC⋅OB= ×4×1=2，
△BOC 2 2
∴S=S +S +S =−2m2−6m+8=−2 ( m+ 3) 2 + 25 ．
△AOD △COD △BOC 2 2
∵−2<0，
3 25
∴当m=− 时，S取最大值，最大值为 ，
2 2
4 ( 3) 2 8 ( 3)
∴y = × − + × − −4=−5，
D 3 2 3 2
( 3 )
∴此时D − ，−5 ，
2
( 3 ) 25
综上可知当点D坐标为 − ，−5 时，四边形ABCD面积S的最大值为 ；
2 2
（3）存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形．
4 8 b
理由：由y= x2+ x−4可得抛物线对称轴为直线x=− =−1，
3 3 2a
∴可设P(−1，t)，Q(p，q)．
∵以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，
∴AC的中点与PQ的中点重合，且AP=CP，
x +x x +x y + y y + y
∴ P Q= A C， P Q= A C，
2 2 2 2
∴−1+p=−3+0，t+q=0+4．
∵A(−3，0)，C(0，4)，
∴AP=❑√(x −x ) 2+(y −y ) 2=❑√(−3+1) 2+(0−t) 2=❑√4+t2，
A P A P
CP=❑√(x −x ) 2+(y −y ) 2=❑√(0+1) 2+(4−t) 2=❑√17−8t+t2，
C P C P
∴AP2=CP2，即4+t2=17−8t+t2．
13
{t=
)
{ −1+p=−3+0 ) 8
联立 t+q=0+4 ，解得： p=−2 ，
4+t2=17−8t+t2 19
q=
8( 13)
∴点P的坐标为 −1， ，
8
∴存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，此时点P的坐标为
( 13)
−1， ．
8
4．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线L：
y=ax2+bx−3与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，其对称轴直线l与x轴交于点D．
（1）求抛物线L的函数表达式．
（2）将抛物线L向左平移得到抛物线L′，当抛物线L′经过原点时，与原抛物线的对称轴相交于点E，点F
为抛物线L′对称轴上的一点，点M是平面内一点，若以点A，E，F，M为顶点的四边形是以AE为边的菱
形，请求出满足条件的点M的坐标．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）根据平移的性质得到抛物线L′的解析式为y′=x2+4x，求出点E的坐标，设F(−2,n)，分两种情
况：当AE=AF时，则AE2=AF2；当AE=EF时，则AE2=EF2，利用两点间的距离公式列方程求解．
【解题过程】
（1）解：将A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx−3，得
{ a−b−3=0 ) { a=1 )
，解得 ，
9a+3b−3=0 b=−2
∴抛物线L的函数表达式是y=x2−2x−3
（2）∵抛物线L向左平移得到抛物线L′，B(3,0)，
∴抛物线L向左平移3个单位得到抛物线L′，
∴抛物线L′过点(−4,0)，
设抛物线L′的解析式为y′=x2+px，∴16−4 p=0，解得p=4，
∴y′=x2+4x，
b −2
∵抛物线L′与原抛物线的对称轴相交于点E，原抛物线对称轴为直线x=− =− =1，
2a 2
∴y′=x2+4x=5，
∴E(1,5)，
b 4
∵点F为抛物线L′对称轴上的一点，对称轴为直线x=− =− =−2，
2a 2
∴设F(−2,n)，
∵以点A，E，F，M为顶点的四边形是以AE为边的菱形，
∴当AE=AF时，则AE2=AF2，
∴(1+1) 2+(5−0) 2=(−1+2) 2+(0−n) 2，
解得n=±2❑√7，
∴F的坐标为(−2,2❑√7)或(−2,−2❑√7)，
∵以点A，E，F，M为顶点的四边形是以AE为边的菱形，
∴AF∥EM,AF=EM，
∴点M的坐标为(0,5−2❑√7)或(0,5+2❑√7)；
当AE=EF时，则AE2=EF2，∴(1+1) 2+(5−0) 2=(1+2) 2+(5−n) 2，
解得n=5±2❑√5，
∴F的坐标为(−2,5+2❑√5)或(−2,5−2❑√5)，
∵以点A，E，F，M为顶点的四边形是以AE为边的菱形，
∴AE∥FM,AE=FM，
∴点M的坐标为(−4,2❑√5)或(−4,−2❑√5)，
综上，点M的坐标为(0,5−2❑√7)或(0,5+2❑√7)或(−4,2❑√5)或(−4,−2❑√5)．
5．（2023秋·湖南湘西·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2−2x−3与x轴交
于A、B两点（A点在B点的左侧），直线y=x+m与抛物线交于A、C两点．
（1）求点C的坐标；
（2）点P为直线AC下方抛物线上一点，过点P作y轴平行线交AC于E点，当EP最长时求此时点P的坐
标；
（3）抛物线顶点为M，在平面内是否存在点N，使以A,B,M,N为顶点的四边形为平行四边形？若存在请求出N点坐标并在备用图中画出图形；若不存在，请说明理由．
【解题过程】
（1）解：在y=x2−2x−3中，令y=0，得x2−2x−3=0，
解得：x =−1，x =3，
1 2
∴A(−1,0),B(3,0)，
∵直线y=x+m经过点A(−1,0)，
∴ 0=−1+m，解得：m=1，
∴直线AC的解析式为y=x+1，
{ y=x+1 )
联立方程组，得 ，
y=x2−2x−3
{x =−1) {x =4)
解得： 1 ， 2
y =0 y =5
1 2
∴C(4,5)；
（2）如图1，设点P(n,n2−2n−3)，则点E(n,n+1)，
3 2 25
∴ PE=n+1−(n2−2n−3)=−n2+3n+4=−(n− ) + ，
2 4
∵ −1<0，
3 25 (3 15)
∴当n= 时，PE取得最大值 ，此时，P ,− ；
2 4 2 4
（3）∵ y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，∴抛物线顶点为M(1，−4)，
如图2，点A,B,M,N为顶点的四边形是平行四边形时，设N(m,n)，分三种情况：
①BM为对角线时，AN的中点与BM的中点重合，
m+(−1) 3+1 n+0 −4+0
∴ = ， = ，解得：m=5，n=−4，
2 2 2 2
∴ N (5，−4)，
1
②AM为对角线时，BN的中点与AM的中点重合，
m+3 −1+1 n+0 −4+0
∴ = ， = ，解得：m=−3，n=−4，
2 2 2 2
∴ N (−3，−4)，
2
③AB为对角线时，MN的中点与AB的中点重合，
m+1 −1+3 n+(−4) 0+0
∴ = ， = ，
2 2 2 2
解得：m=1，n=4，
∴ N (1,4)，
3
综上所述，点N的坐标为：N (5，−4)，N (−3，−4)，N (1,4)．
1 2 3
1
6．（2023秋·山西大同·九年级大同一中校考期末）如图，抛物线y= x2+bx+c与x轴交于A(4,0)，
2
1
B(−1,0)两点，直线y=− x+m与抛物线交于A、D两点，与y轴交于点E．
2（1）求出抛物线与直线的解析式；
（2）已知点K为线段AD上一动点，过点K作y轴的平行线交抛物线于点H，连接DH、AH，求△AHD
的最大面积；
（3）若点M是x轴上的一动点，点N是抛物线上一动点，当以点E、B、M、N四点为顶点的四边形是平
行四边形时，请你直接写出符合条件的点N的坐标．
【思路点拨】
（1）待定系数法求解析式即可求解；
( 1 )
（2）先求得点D的坐标，当KH取得最大值时，△AHD的面积取得最大值，设K a,− a+2 ，则
2
H ( a, 1 a2− 3 a−2 ) ，进而表示出KH，根据二次函数的性质求得KH的最大值，即可求解；
2 2
（3）先求得E点的坐标，分BE为对角线与边两种情况讨论，根据平行四边形的性质即可求解．
【解题过程】
1
（1）解：∵抛物线y= x2+bx+c与x轴交于A(4,0)，B(−1,0)两点，
2
1
{ ×42+4b+c=0)
2
∴
1
−b+c=0
2
{ b=− 3 )
解得： 2 ，
c=−2
1 3
∴抛物线解析式为：y= x2− x−2；
2 21
将点A(4,0)代入y=− x+m，
2
1
∴− ×4+m=0，
2
解得：m=2，
1
∴直线解析式为：y=− x+2；
2
1 3
{ y= x2− x−2)
2 2
（2）依题意，联立
1
y=− x+2
2
{x =4) {x =−2)
解得： 1 ， 1
y =0 y =3
1 1
∴D(−2,3)
1 1
∵S = (x −x )×KH= [4−(−2))×KH=3KH,
△AHD 2 A D 2
∴当KH取得最大值时，△AHD的面积取得最大值，
设K ( a,− 1 a+2 ) ，则H ( a, 1 a2− 3 a−2 )
2 2 2
∴KH=− 1 a+2− (1 a2− 3 a−2 ) =− 1 a2+a+4=− 1 (a−1) 2+ 9
2 2 2 2 2 2
9
∴a=−1时，KH取得最大值为 ，
2
9 27
∴△AHD的面积最大值为3× = ；
2 2
1
（3）∵E是y=− x+2与y轴的交点，
2
当x=0时，y=2，
∴E(0,2)；
①当BE为边时，∵B(−1,0)，E(0,2)，M在x轴上，
∴EN∥BM，则点N的纵坐标为2，
1 3
∵N在y= x2− x−2上，
2 2
1 3
∴ x2− x−2=2，
2 2
3+❑√41 3−❑√41
解得：x = ,x =
1 2 2 2
(3+❑√41 ) (3−❑√41 )
∴N ,2 或N ,2 ，
2 2
②当BE为对角线时，则NE的中点在x轴上，
∴N的纵坐标为−2，
1 3
∴ x2− x−2=−2
2 2
解得：x =0,x =3
1 2
∴N(0，−2)或N(3,−2)
(3+❑√41 ) (3−❑√41 )
综上所述，N ,2 或N ,2 或N(0，−2)或N(3,−2)
2 2
7．（2023·宁夏银川·校考二模）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，过点A的
直线l交抛物线于点C(2,m)．（1）求抛物线的解析式．
（2）点P是线段AC上一个动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点E，求线段PE最大时点P的坐标．
（3）点F是抛物线上的动点，在x轴的正半轴上是否存在点D，使得以点A，C，D，F为顶点的四边形是
平行四边形？如果存在，请直接写出所有满足条件的点D的坐标；如果不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）将点A和点B的坐标代入即可求出结论；
（2）先利用抛物线解析式求出点C的坐标，然后利用待定系数法求出直线AC的解析式，设点P的坐标为
(x,−x−1)，点E的坐标为(x,x2−2x−3)且−1≤x≤2，从而求出PE与x的函数解析式，然后利用二次
函数求最值即可；
（3）设点D的坐标为(n,0)，点F的坐标为(t,t2−2t−3)，根据平行四边形的对角线分类讨论，然后根据
平行四边形的对角线互相平分和中点公式列出方程，即可分别求解．
【解题过程】
（1）将A(−1,0)，B(3,0)两点坐标分别代入抛物线解析式中，得，
{0=1−b+c
)
，
0=9+3b+c
{b=−2)
解得： ，
c=−3
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
（2）将点C(2,m)代入抛物线解析式中，得，
m=22−4−3=−3，
∴点C的坐标为C(2,−3)，
设直线AC的解析式为y=kx+d，
将A(−1,0)和点C(2,−3)的坐标分别代入，得，{0=−k+d
)
，
−3=2k+d
{k=−1)
解得： ，
d=−1
∴直线AC的解析式为y=−x−1，
设点P的坐标为(x,−x−1)，点E的坐标为(x,x2−2x−3)且−1≤x≤2，
∴PE=−x−1−(x2−2x−3)，
=−x2+x+2，
( 1) 2 9
=− x− + ，
2 4
∵−1<0，
∴抛物线的开口向下，
1 9
∴当x= 时，PE有最大值，最大值为 ，
2 4
(1 3)
此时点P的坐标为 ,− ；
2 2
（3）存在，
设点D的坐标为(n,0)，点F的坐标为(t,t2−2t−3)，
若AD和CF为平行四边形的对角线时，
∴AD的中点即为CF的中点，
−1+n 2+t
{ = ① )
2 2
∴ ，
0+0 −3+(t2−2t−3)
= ②
2 2
解②，得t =1−❑√7，t =1+❑√7，
1 2
将t=1−❑√7代入①，解得：n=4−❑√7；
将t=1+❑√7代入①，解得：n=4+❑√7；
∴此时点D的坐标为(4−❑√7,0)或(4+❑√7,0)；
若AC和DF为平行四边形的对角线时，∴AC的中点即为DF的中点，
−1+2 n+t
{ = ① )
2 2
∴ ，
0+(−3) 0+(t2−2t−3)
= ②
2 2
解②，得t =0，t =2（此时点F和点C重合，故舍去），
1 2
将t=0代入①，解得：n=1；
∴此时点D的坐标为(1,0)；
若AF和CD为平行四边形的对角线时，
∴AF的中点即为CD的中点，
−1+t n+2
{ = ① )
2 2
∴ ，
0+(t2−2t−3) 0+(−3)
= ②
2 2
解②，得t =0，t =2（此时点F和点C重合，故舍去），
1 2
将t=0代入①，解得：n=−3，
∵点D在x轴的正半轴上，故舍去；
综上：存在，此时点D的坐标为(4−❑√7,0)或(4+❑√7,0)或(1,0)．
8．（2023·湖南娄底·统考一模）如图所示，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A、B两点，与y轴交
于点C，且点A、B的坐标分别为A(−2,0)、B(4,0)，点C的坐标为C(0,6)．点D是抛物线第一象限上一
个动点，设点D的横坐标为m(0<m<4)，连接BC、DC、DB．（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当四边形BOCD的面积最大时，求m的值；
（3）在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是拋物线上一动点，试判断是否存在这样的点M，
使得以点B、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形．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】
（1）用待定系数法即可求解；
（2）先求出直线BC的表达式，设点D ( m,− 3 m2+ 3 m+6 ) ，则点H ( m,− 3 m+6 ) ，可得
4 2 2
3
S =− (m−2) 2+6，故当m=2时，S 有最大值6；求出S =12，推出当S 最大时，
△BDC 2 △BDC △BOC △BDC
S 也最大，则当S 最大时，m=2；
四边形BOCD 四边形BOCD
（3）分BD是边、BD是对角线两种情况，利用图象平移的性质和中点公式即可求解．
【解题过程】
（1）解：设抛物线解析式为y=a(x+2)(x−4)，
把C(0,6)代入y=a(x+2)(x−4)中得：6=a(0+2)(0−4)，
3
解得a=− ，
4
3 3 3
∴y=− (x+2)(x−4)=− x2+ x+6；
4 4 2
（2）解： 设直线BC的表达式为y=kx+b (k≠0)，
1
{4k+b =0)
把点B(4,0)，C(0,6)代入y=kx+b (k≠0)中得： 1 ，
1 b =6
1{ k=− 3 )
解得： 2 ，
b =6
1
3
∴直线BC的表达式为y=− x+6，
2
如图所示，过点D作y轴的平行线交直线BC于点H，
设点D ( m,− 3 m2+ 3 m+6 ) ，则H ( m,− 3 m+6 ) ，
4 2 2
3 3 3 3
∴HD=(− m2+ m+6)−(− m+6)=− m2+3m
4 2 2 4
1 1 3 3
∴S = HD⋅OB= ×4(− m2+3m)=− m2+6m
△BDC 2 2 4 2
3
S =− (m−2) 2+6，
△BDC 2
3
∵− <0，
2
∴当m=2时，S 有最大值6；
△BDC
1 1
∵S = OB⋅OC= ×4×6=12，
△BOC 2 2
∴S =S +S =12+S ，
四边形BOCD △BOC △CBD △BDC
∴当S 最大时，S 也最大，
△BDC 四边形BOCD
∴当S 最大时，m=2；
四边形BOCD
3 3
（3）解：在y=− x2+ x+6中，当x=2时，y=6，
4 2
∴点D(2,6)，
3 3
设点M(x,0)，点N(t,n)，则n=− t2+ t+6①，
4 2
①当BD是边时， 点B向左平移2个单位向上平移6个单位得到点D，同样点M(N)向左平移2个单位向上平移6个单位得到点N(M)，
{x−2=t) {x+2=t)
故 或 ②，
0+6=n 0−6=n
联立①②得：
x−2=t x+2=t
{ ) { )
0+6=n 0−6=n
或
3 3 3 3
n=− t2+ t+6 n=− t2+ t+6
4 2 4 2
{x=0
)
{x=2
)
{x=❑√17−1
)
{x=−❑√17−1
)
并解得： t=2 （舍去）或 t=0 或 t=1+❑√17 或 t=1−❑√17 ；
n=6 n=6 n=−6 n=−6
故点M的坐标为(2,0)或(❑√17−1,0)或(−❑√17−1,0)；
②当BD是对角线时，
1 1
{ (2+4)= (x+t))
2 2
由中点公式得： ③，
1 1
(6+0)= (n+0)
2 2
1 1
{ (2+4)= (x+t))
2 2
1 1
{t=0
)
{t=2
)
联立①③ (6+0)= (n+0) ，解得 n=6 或 n=6 （舍去），
2 2
x=6 x=4
3 3
n=− t2+ t+6
4 2
故点M的坐标为(6,0)；
综上，点M的坐标为(2,0)或(❑√17−1,0)或(−❑√17−1,0)或(6,0)．
9．（2023春·广东东莞·九年级校考开学考试）抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点A(−3,0)，
B(1,0)两点，与y轴交于点C(0,3)，点P是抛物线上的一个动点．（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点P在线段AC上方的抛物线上运动（不与A，C重合），过点P作PD⊥AB，垂足为D，
PD交AC于点E，作PF⊥AC，垂足为F，若点P的横坐标为t，请用t的式子表示PE，并求△PEF的面
积的最大值；
（3）如图2，点Q是抛物线的对称轴l上的一个动点，在抛物线上是否存在点P，使得以点A，P，C，Q
为顶点的四边形是平行四边形?若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标，若不存在，说明理由．
【思路点拨】
（1）将A(−3,0)，B(1,0)，C(0,3)三点代入解析式y=ax2+bx+c(a≠0)求解即可得到答案；
（2）利用待定系数法，求出直线AC的解析式，再根据点P在抛物线上，点E在直线AC上，可得P的坐标
为(t,−t2−2t+3)，E的坐标为(t,t+3)，即可求出PE，由题意可得△AOC是等腰直角三角形，
∠CAO=∠ACO=45°，进而证明△PEF是等腰直角三角形，列出△PEF面积等式，即可求得△PEF的
最大面积；
（3）分情况讨论：①当AC作为平行四边形的边时，则有AC∥PQ，且AC=PQ，如图，过点P作PE
垂直抛物线对称轴于点E，先证明△AOC和△PEQ是全等三角形，得出PE的值，进而求出点P的横坐
标，再将点P横坐标的值代入抛物线解析式，即可得出点P的坐标；②当AC，PQ为平行四边形对角线
时，AC，PQ互相平分，由A，C坐标可求出对角线中点坐标，再根据中点坐标公式求出点P的横坐标，
将点P横坐标的值代入抛物线解析式，即可得出点P的坐标．
【解题过程】
（1）解：将A(−3,0)，B(1,0)，C(0,3)三点代入解析式y=ax2+bx+c(a≠0)得
{9a−3b+c=0
)
a+b+c=0 ，
c=3
解得：a=−1，b=−2，c=3，∴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+b，
将A(−3,0)，C(0,3)代入解析式得
{−3k+b=0)
，
b=3
解得：k=1，b=3，
∴直线AC的解析式为y=x+3，
∵ P在抛物线上，且横坐标为t，
∴P(t,−t2−2t+3)，
∵PD⊥AB，PD交AC于点E，
∴E的坐标为(t,t+3)，
∴PE=−t2−2t+3−(t+3)=−t2−3t，
∵A(−3,0)，C(0,3)，
∴OA=OC，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠CAO=∠ACO=45°，
∴∠AED=90°−∠CAO=90°−45°=45°，
∴∠PEF=∠AED=45°，
又∵ PF⊥AC，
∴∠EPF=90°−∠PEF=45°，
∴ △PEF是等腰直角三角形，
❑√2
∴PF=EF= PE，
2
1 1 ❑√2 2 1 1 1 3 2 9 2
∴S = PF⋅EF= ×( PE) = PE2= (−t2−3t) 2= [−(t+ ) + ] ，
△PEF 2 2 2 4 4 4 2 4
3
∴当t=− 时，△PEF面积最大，
2
1 9 81
∴ S = ×（ ）2= ．
△PEF最大 4 4 64
（3）解：抛物线上存在点P，使得以点A，P，C，Q为顶点的四边形是平行四边形，
−2
由（1）抛物线解析式得对称轴l：x=− =−1，
2×(−1)①当AC作为平行四边形的边时，则有AC∥PQ，且AC=PQ，
如图，过点P作PE垂直抛物线对称轴于点E，令AC与对称轴的交点为F，
∵AC∥PQ，
∴∠AFQ=∠PQE，
∵对称轴x=−1与y轴平行，
∴∠AFQ=∠ACO，
∴∠PQE=∠ACO，
{∠PQE=∠ACO
)
在△AOC和△PEQ中 ∠AOC=∠PEQ ，
AC=PQ
∴△AOC≌△PEQ(AAS)，
∴PE=OA=3，
∴点P到对称轴x=−1的距离为3，
设点P(x,y)，则|x−(−1))=3，
解得x=2或x=−4，
又∵点P在抛物线y=−x2−2x+3上，
∴当x=2时，y=−x2−2x+3=−4−4+3=−5，
当x=−4时，y=−x2−2x+3=−16+8+3=−5，
∴ P的坐标为(2,−5)或(−4,−5)；
②当AC，PQ为平行四边形对角线时，
如图，令AC与PQ的交点为G，则点G为AC和PQ的中点，∵A(−3,0)，C(0,3)，
1 3 1 3
∴ x = (x +x )=− ，y = (y + y )= ，
G 2 A C 2 G 2 A C 2
3 3
∴ G(− , )，
2 2
1 3
∵ (x +x )=x =− ，点Q在对称轴x=−1上，
2 P Q G 2
3
∴x =2×(− )−x =−3−(−1)=−2，
P 2 Q
又∵点P在抛物线y=−x2−2x+3上，
∴ y =−x 2−2x +3=−4+4+3=3，
P P P
∴点P的坐标为(−2,3)，
综上所述得点P的坐标为(2,−5)或(−4,−5)或(−2,3)．
10．（2023春·辽宁阜新·九年级阜新实验中学校考阶段练习）如图，抛物线y=ax2+bx+c经过点
A(−1,0)，B(0,3)，C(3,0)．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若点P为第一象限内抛物线上的一点，设△PBC的面积为S，求S的最大值及此时点P的坐标；
（3）已知M是抛物线对称轴上一点，在平面内是否存在点N，使以B、C、M、N为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出N点坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）运用抛物线交点式解析式求解，设抛物线y=a(x+1)(x−3)，点B(0,3)代入求解；
（2）如图，过点P作PD⊥AC，垂足为点D，交BC于点E，设P(m,−m2+2m+3)，确定BC的解析式
1 3 3 2 27 3 27
y=−x+3，于是PE=−m2+3m，从而S= PE·OC=− (m− ) + ，所以m= 时，S最大值为
2 2 2 8 2 8
3 15
，进而求得P( , )；
2 4
（3）设M(1,p)，如图，BC2=18，BM2=p2−6p+10，CM2=p2+4，分类讨论：当BC为对角线
1
时，∠BMC=90°，由勾股定理，BM2+CM2=BC2，解得p= (3±❑√17)，设点N(n,q)，则
2
{0+3=1+n)
，从而得点N(2,
1
(3+❑√17))或N(2,
1
(3−❑√17))；另当BM为对角线时，∠BCM=90°
3+0=p+q 2 2
，同法求得N(−2,1)，当MC为对角线时，∠MBC=90°，同法求得点N(4,1)．
【解题过程】
（1）解：设抛物线y=a(x+1)(x−3)，
由经过点B(0,3)，得−3a=3，
∴a=−1
∴y=−(x+1)(x−3)=−x2+2x+3．
（2）如图，过点P作PD⊥AC，垂足为点D，交BC于点E，
设P(m,−m2+2m+3)
设直线BC的解析式为y=kx+ ℎ(k≠0)，得{0=3k+
ℎ)
{k=−1)
，解得
3=
ℎ ℎ
=3
∴y=−x+3
则点E(m,−m+3)，PE=−m2+2m+3−(−m+3)=−m2+3m
1 1 3 3 2 27
∴S= PE·OC= ×3(−m2+3m)=− (m− ) +
2 2 2 2 8
3 27
∴当m= 时，S最大值为
2 8
9 15
−m2+2m+3=− +3+3= ，
4 4
3 15
∴P( , )；
2 4
（3）存在．
设M(1,p)，如图，BC2=32+32=18，BM2=(1−0) 2+(p−3) 2=p2−6p+10，
CM2=(1−3) 2+(p−0) 2=p2+4
当BC为对角线时，∠BMC=90°
由勾股定理，BM2+CM2=BC2
1
∴p2−6p+10+p2+4=18，解得p= (3±❑√17)，
2
设点N(n,q)，则
{0+3=1+n) {
n=2
)
解得 1
3+0=p+q q= (3±❑√17)
2
1 1
∴点N(2, (3+❑√17))或N(2, (3−❑√17))
2 2如图，当BM为对角线时，∠BCM=90°
BM2=CM2+BC2，即p2−6p+10=p2+4+18，解得p=−2，则
{0+1=3+n) {n=−2)
解得
3+p=0+q q=1
∴点N(−2,1)
如图，当CM为对角线时，∠MBC=90°
BM2+BC2=CM2，即p2−6p+10+18=p2+4，解得p=4，则
{0+n=3+1) {n=4)
解得
3+q=0+p q=1
∴点N(4,1)
1 1
综上，点N(2, (3+❑√17))或(2, (3−❑√17))或(−2,1)或(4,1)．
2 2
11．（2023·广西贵港·统考三模）如图，抛物线y=ax2+2ax+c与y轴负半轴交于点C，与x轴交于A，B
两点，点A在点B左侧，点B的坐标为(1,0)，OC=3OB．（1）求抛物线的解析式；
（2）若点D是第三象限抛物线上的动点，连接AC，当△ACD的面积为3时，求出此时点D的坐标；
（3）将抛物线y=ax2+2ax+c向右平移2个单位，平移后的抛物线与原抛物线相交于点M，N在原抛物
线的对称轴上，H为平移后的抛物线上一点，当以A、M、H、N为顶点的四边形是平行四边形时，请直
接写出点H的坐标．
【思路点拨】
（1）根据点B的坐标及OC=3OB可得出点C的坐标，再根据点B、C的坐标利用待定系数法即可求出抛
物线的解析式；
（2）过点D作x轴的垂线交直线AC于点E，先求出点A(−3,0)，用待定系数法求出直线AC的解析式为
3 9 3 9
y=−x−3，设D(a,a2+2a−3)，则E(a,−a−3)，得到S =− a2− a，由− a2− a=3，得：
△ADC 2 2 2 2
a =−1，a =−2，即可得到点D的坐标；
1 2
（3）先求得平移后的抛物线解析式为y=(x−1) 2−4=x2−2x−3，设H(t,t2−2t−3)，N(−1,n)，分
三种情况讨论即可．
【解题过程】
（1）解：∵点B的坐标为(1,0)，OC=3OB，
∴点C的坐标为(0,−3)，
将点B(1,0)、C(0,−3)代入y=ax2+2ax+c，
{a+2a+c=0)
得 ，
c=−3
{ a=1 )
解得： ，
c=−3
∴抛物线的解析式为y=x2+2x−3．
（2）过点D作x轴的垂线交直线AC于点E．由x2+2x−3=0，解得：x =−3，x =1，
1 2
∴A(−3,0)，
设直线AC的解析式为y=kx+b，把A(−3,0)、C(0,−3)代入，
{−3k+b=0)
得 ，
b=−3
{k=−1)
解得： ，
b=−3
∴直线AC的解析式为y=−x−3，
设D(a,a2+2a−3)，则E(a,−a−3)，
∴DE=−a−3−(a2+2a−3)=−a2−3a
1 3 9
∴S = (−a2−3a)×3=− a2− a，
△ADC 2 2 2
3 9
由− a2− a=3，得：a =−1，a =−2，
2 2 1 2
当a=−1时，a2+2a−3=(−1) 2−2−3=−4，
a=−2时，a2+2a−3=(−2) 2−4−3=−3，
∴点D的坐标为(−1,−4)，(−2,−3)；
（3）∵y=x2+2x−3=(x+1) 2−4，对称轴为直线x=−1，
∴将抛物线y=(x+1) 2−4向右平移2个单位后的抛物线解析式为y=(x−1) 2−4=x2−2x−3，
{y=(x+1) 2−4)
联立 ，
y=(x−1) 2−4{ x=0 )
解得： ，
y=−3
∴M(0,−3)，
设H(t,t2−2t−3)，N(−1,n)，又A(−3,0)，M(0,−3)，
①以MN、AH为对角线，则MN、AH的中点重合，
{ t−3=−1+0 )
∴ ，
t2−2t−3+0=n−3
{t=2)
解得： ，
n=0
此时t2−2t−3=22−2×2−3=−3，
∴H(2,−3)；
②以MA、NH为对角线，则MA、NH的中点重合，
{ t−1=−3+0 )
∴ ，
t2−2t−3+n=0−3
{t=−2)
解得： ，
n=−8
此时t2−2t−3=(−2) 2−2×(−2)−3=5，
∴H(−2,5)；
③以MH、NA为对角线，则MH、NA的中点重合，
{ t+0=−1−3 )
∴ ，
t2−2t−3−3=n+0
{t=−4)
解得： ，
n=18
此时t2−2t−3=(−4) 2−2×(−4)−3=21，
∴H(−4,21)；
综上所述，点H的坐标为(2,−3)或(−2,5)或(−4,21)．
1
12．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，抛物线y=− x2+bx+c与x轴交于点A和点B(4，0)，与y轴
2
交于点C(0，4)，点E在抛物线上．（1）求抛物线的解析式；
（2）点E在第一象限内，过点E作EF∥y轴，交BC于点F，作EH∥x轴，交抛物线于点H，点H在点E
的左侧，以线段EF,EH为邻边作矩形EFGH，当矩形EFGH的周长为11时，求线段EH的长；
（3）点M在直线AC上，点N在平面内，当四边形OENM是正方形时，请直接写出点N的坐标．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法即可求解；
（2）先求得直线BC的解析式为y=−x+4，设E ( x，− 1 x2+x+4 ) ，则F(x，−x+4)，利用对称性质
2
求得H ( 2−x，− 1 x2+x+4 ) ，推出GH−EF=− 1 x2+2x，GF−EH=2x−2，利用矩形周长公式列
2 2
一元二次方程计算即可求解；
（3）先求得直线AC的解析式为y=2x+4，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，证明
△OEP≌△MOQ，推出PE=OQ，PO=MQ，设E ( m，− 1 m2+m+4 ) ，则M (1 m2−m−4，m ) ，
2 2
由点M在直线AC上，列式计算，可求得m的值，利用平移的性质即可求解．
【解题过程】
1
（1）解：∵抛物线y=− x2+bx+c经过点B(4，0)和C(0，4)，
2
{ − 1 ×42+4b+c=0)
∴ 2 ，
c=4
{b=1)
解得 ，
c=4
1
∴抛物线的解析式为y=− x2+x+4；
2（2）解：∵点B(4，0)和C(0，4)，
设直线BC的解析式为y=kx+4，则0=4k+4，
解得k=−1，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
设E ( x，− 1 x2+x+4 ) ，且0<x<4，则F(x，−x+4)，
2
1 1
∴GH−EF=− x2+x+4−(−x+4)=− x2+2x，
2 2
1
− =1
∵解析式的对称轴为 ( 1) ，
2× −
2
∴H ( 2−x，− 1 x2+x+4 ) ，
2
∴GF−EH=x−(4−x)=2x−2，
依题意得2 ( − 1 x2+2x+2x−2 ) =11，
2
解得x=5（舍去）或x=3，
∴EH=4；
1
（3）解：令y=0，则− x2+x+4=0，
2
解得x=−2或x=4，
∴A(−2，0)，
同理，直线AC的解析式为y=2x+4，
∵四边形OENM是正方形，
∴OE=OM，∠EOM=90°，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，如图，
∠OPE=∠MQO=90°，∠OEP=90°−∠EOP=∠MOQ，∴△OEP≌△MOQ，
∴PE=OQ，PO=MQ，
设E ( m，− 1 m2+m+4 ) ，
2
1
∴PE=OQ=−m，PO=MQ=− m2+m+4，
2
则M (1 m2−m−4，m ) ，
2
∵点M在直线AC上，
∴m=2 (1 m2−m−4 ) +4，
2
解得m=4或m=−1，
当m=4时，M(0，4)，E(4，0)，
即点M与点C重合，点E与点B重合时，四边形OENM是正方形，此时N(4，4)；
( 5 ) ( 5)
当m=−1时，M − ，−1 ，E −1， ，
2 2
5
点O向左平移 个单位，再向下平移1个单位，得到点M，
2
5
则点E向左平移 个单位，再向下平移1个单位，得到点N，
2
( 5 5 ) ( 7 3)
∴N −1− ， −1 ，即N − ， ．
2 2 2 2
( 7 3)
综上，点N的坐标为(4，4)或 − ， ．
2 2
13．（2023·广东佛山·统考三模）如图，抛物线y=−x2+bx+c交直线y=−x+4于坐标轴上B,C两点，交
x轴于另一点A，连接AC．（1）求抛物线的解析式；
（2）点D为线段BC上一点，过点D作直线l∥AC，交x轴于点E．连接AD，求△ADE面积的最大值；
（3）若在直线l上存在点P，使得以点A,C,D,P为顶点的四边形为菱形，求点P的坐标．
【思路点拨】
（1）根据直线y=−x+4，求出B(4,0)，C(0,4)，再代入二次函数解析式即可．
（2）根据二次函数解析式，得到A(−1,0)，从而得出y =4x+4，再根据直线l∥AC，设y =4x+n
AC DE
5
，将D(m,−m+4)代入得n=−5m+4，得出y =4x−5m+4，则E( m−1,0)，从而得出
DE 4
5 5
S =− (m−2) 2+ ，得出面积最大值．
△ADE 8 2
（3）根据菱形的性质进行分类讨论，①AC=CD，根据D(m,−m+4)，C(0,4)得出CD=❑√2m=❑√17，
求出m的值从而求解；②AC=AD，D(m,−m+4)，A(−1,0)，得出AD=❑√2m2−6m+17=❑√17，求
出m的值从而求解．
【解题过程】
（1）∵直线y=−x+4于坐标轴上B,C两点，
∴ B(4,0)，C(0,4)，
∵抛物线y=−x2+bx+c的图象过B,C两点，代入得，
{0=−16+4b+c)
，
4=c
{b=3)
解得 ，
c=4
∴抛物线的解析式为：y=−x2+3x+4；
（2）如图，
∵抛物线的解析式为：y=−x2+3x+4，当y=0时，−x2+3x+4=0，
解得：x =−1,x =4，
1 2
∴ A(−1,0)，
∵ C(0,4)，
∴ y =4x+4，
AC
∵直线l∥AC，
设y =4x+n，
DE
∵点D为线段BC上一点，设D(m,−m+4)，代入得，n=−5m+4，
∴ y =4x−5m+4，
DE
5
∴ E( m−1,0)，
4
5
∴ AE= m，
4
1 5 5 5 5 5
∴ S = · m(−m+4)=− m2+ m=− (m−2) 2+ ，
△ADE 2 4 8 2 8 2
5
当m=2时， S 有最大值 ．
△ADE 2
（3）存在，理由如下：
∵ A(−1,0)，C(0,4)，
∴ AC=❑√12+42=❑√17，
∵以点A,C,D,P为顶点的四边形为菱形，
①AC=CD，
∵ D(m,−m+4)，C(0,4)，
∴ CD=❑√m2+m2=❑√2m2=❑√17，❑√34
∴ m=± ，
2
∵点D为线段BC上一点，
❑√34
∴ m= ，
2
∵直线l∥AC，以点A,C,D,P为顶点的四边形为菱形，
∴ AC=DP，
∵ D(m,−m+4)，
∴ P(m−1,−m)
❑√34 ❑√34
∴ P( −1,− )
2 2
②AC=AD
∵ D(m,−m+4)，A(−1,0)，
∴ AD=❑√(m+1) 2+(m−4) 2=❑√2m2−6m+17=❑√17，
∴ m =0,m =3，
1 2
当m=0时，D(0,4)与点C(0,4)重合，不符合题意，舍去，
当m=3时，D(3,1)，
∵直线l∥AC，以点A,C,D,P为顶点的四边形为菱形，
∴ AC=DP，
∵ D(m,−m+4)，
∴ P(m+1,−m+8)
∴ P(4,5)
❑√34 ❑√34
综上所述：P的坐标为( −1,− )或(4,5)
2 2
3 3
14．（2023·山西大同·校联考三模）综合与探究：如图，抛物线y= x2− x−6与x轴交于A，B两点
4 2
（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为m(1<m<4)，连
接AC，BC，DC，DB．（1）求A，B，C三点的坐标；
3
（2）当△BCD的面积等于△AOC的面积的 时，求m的值；
4
（3）在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试探究是否存在这样的点M，
使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形．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】
（1）令y=0和x=0求解即可；
3 3 9
（2）过点C作CF⊥ED交ED的延长线于F，首先求出S = S = ×6= ，求出直线BC的函数
△BCD 4 △ADG 4 2
表达式为：y= 3 x−6，得到D ( m, 3 m2− 3 m−6 ) ，D ( m, 3 m−6 ) ，然后根据S =S +S 列
2 4 2 2 △BCD △CDG △BDG
方程求解即可；
（3）首先得到D ( 3,− 15) ，然后设M(t,0)，N ( n, 3 n2− 3 n−6 ) ，然后根据题意分3种情况讨论：
4 4 2
BD是平行四边形BDMN的边，BD是平行四边形BDNM的边，BD是平行四边形BNDM的对角线，分别
根据平行四边形的性质列方程求解即可．
【解题过程】
3 3
（1）由y=0，得 x2− x−6=0．
4 2
解，得x =−2，x =4．
1 2
∴点A，B的坐标分别为A(−2,0)，B(4,0)，
由x=0，得y=−6．
∴点C的坐标为C(0,−6)．（2）如图，过点D作DE⊥x轴于E，交BC于G，
过点C作CF⊥ED交ED的延长线于F．
∵点A的坐标为(−2,0)，点C的坐标为(0,−6)．
∴OA=2，OC=6．
1 1
∴S = OA⋅OC= ×2×6=6．
△AOC 2 2
3 3 9
∴S = S = ×6= ．
△BCD 4 △ADG 4 2
∵点B的坐标为(4,0)，点C的坐标为(0,−6)，
{4k+b=0) { k= 3 ,)
设直线BC的函数表达式为y=kx+b．则 ．解得 2
b=−6
b=−6.
3
∴直线BC的函数表达式为：y= x−6．
2
∵点D的横坐标为m(1<m<4)，
∴点D的坐标为 ( m, 3 m2− 3 m−6 ) ，点G的坐标为： ( m, 3 m−6 ) ．
4 2 2
∴GD= 3 m−6− (3 m2− 3 m−6 ) =− 3 m2+3m，CF=m，BE=4−m．
2 4 2 4
1 1
∴S =S +S = DG⋅CF+ DG⋅BE
△BCD △CDG △BDG 2 2
1
= DG(CF+BE)
2
= 1( − 3 m2+3m ) (m+4−m)
2 4
3
=− m2+6m
23 9
∴− m2+6m= ．
2 2
解得：m =1（不合题意舍去），m =3，
1 2
∴m的值为3．
3 3 15
（3）将m=3代入y= x2− x−6=−
4 2 4
( 15)
∴D 3,− ，
4
设M(t,0)，N ( n, 3 n2− 3 n−6 ) ，
4 2
∵B(4,0)，
∴如图所示，当BD是平行四边形BDMN的边时，
∴由平行四边形的性质可得，
{
3+n=4+t
) { t=❑√14 ) { t=−❑√14 )
15 3 3 ，解得 或
− + n2− n−6=0+0 n=1+❑√14 n=1−❑√14
4 4 2
∴点M的坐标为(❑√14,0)或(−❑√14,0)；
当BD是平行四边形BDNM的边时，∴由平行四边形的性质可得，
{
4+n=3+t
) {n=−1) {n=3)
3 3 15 ，解得 或 （不合题意，应舍去）
n2− n−6+0=− +0 t=0 t=4
4 2 4
∴点M的坐标为(0,0)；
如图所示，当BD是平行四边形BNDM的对角线时，
∴由平行四边形的性质可得，
{
3+4=t+n
) {n=−1) {n=3)
15 3 3 ，解得 或 （不合题意，应舍去）
0− =0+ n2− n−6 t=8 t=4
4 4 2
∴点M的坐标为(8,0)；
综上所述，点M的坐标为(8,0)或(0,0)或(❑√14,0)或(−❑√14,0)．
15．（2023·山东枣庄·统考中考真题）如图，抛物线y=−x2+bx+c经过A(−1,0),C(0,3)两点，并交x
轴于另一点B，点M是抛物线的顶点，直线AM与轴交于点D．（1）求该抛物线的表达式；
（2）若点H是x轴上一动点，分别连接MH，DH，求MH+DH的最小值；
（3）若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点Q，使得以D，M，P，Q为顶点的四边形是平
行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）作点D关于x轴的对称点D′，连接D′M，D′M与x轴的交点即为点H，进而得到MH+DH的最小值
为D′M的长，利用两点间距离公式进行求解即可；
（3）分DM，DP，MP分别为对角线，三种情况进行讨论求解即可．
【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c经过A(−1,0),C(0,3)两点，
{−1−b+c=0) {b=2)
∴ ，解得： ，
c=3 c=3
∴y=−x2+2x+3；
（2）∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴M(1,4)，
设直线AM:y=kx+m(k≠0)，
{−k+m=0) {k=2)
则： ，解得： ，
k+m=4 m=2
∴AM:y=2x+2，
当x=0时，y=2，
∴D(0,2)；
作点D关于x轴的对称点D′，连接D′M，
则：D′(0,−2)，MH+DH=MH+D′H≥D′M，∴当M,H,D′三点共线时，MH+DH有最小值为D′M的长，
∵D′(0,−2)，M(1,4)，
∴D′M=❑√12+(4+2) 2=❑√37，
即：MH+DH的最小值为：❑√37；
（3）解：存在；
∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴对称轴为直线x=1，
设P(p,t)，Q(1,n)，
当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时：
{1+p=0+1)
①DM为对角线时： ，
t+n=4+2
{ p=0 )
∴ ，
t+n=6
当p=0时，t=3，
∴n=3，
∴Q(1,3)；{0+p=1+1)
②当DP为对角线时： ，
2+t=4+n
{ p=2 )
∴ ，
2+t=4+n
当p=2时，t=−22+2×2+3=3，
∴n=1，
∴Q(1,1)；
{1+p=0+1)
③当MP为对角线时： ，
4+t=2+n
{ p=0 )
∴ ，
n−t=2
当p=0时，t=3，
∴n=3，
∴Q(1,5)；
综上：当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，Q(1,3)或Q(1,1)或Q(1,5)．
16．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考三模）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线
1
y=− x2−x+4与x轴分别交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于C点．
2（1）求△ABC的面积；
❑√2
（2）点P为直线AC上方抛物线上的任意一点，过点P作PD∥y轴交直线AC于点D，求PD+ CD的
2
最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线沿着水平方向向右平移2个单位长度得到新的抛物线，点E为原抛物线与平移后的
抛物线的交点，点M为平移后的抛物线对称轴上的一动点，点N为坐标平面内的一点，直接写出所有使得
以点B、E、M、N为顶点的四边形是菱形的点N的坐标，并把求其中一个点N的坐标的求解过程写出
来．
【思路点拨】
（1）根据抛物线的解析式及抛物线与x轴的交点坐标即可解答；
（2）根据题意得到直线AC的解析式为y=x+4，进而设P ( m，− 1 m2−m+4 ) ，D(m，m+4)，最后
2
❑√2 1 9
利用两点之间的距离公式及等腰直角三角形的性质得到PD+ CD=− (m+3) 2+ 即可解答；
2 2 2
（3）根据平移规律得到新抛物线的解析式及对称轴，再根据菱形的性质分情况讨论即可解答．
【解题过程】
1
（1）解：∵抛物线y=− x2−x+4，
2
∴C(0，4)，
∴OC=4，
1
∵抛物线y=− x2−x+4与x轴分别交于A，B两点（点A在点B左侧），
2
1
∴− x2−x+4=0，
2
∴x =−4，x =2，
1 2∴A(−4，0)，B(2，0)，
∴AB=|−4−2)=6，
1 1
∴S = ⋅AB⋅OC= ×6×4=12；
△ABC 2 2
（2）解：∵C(0，4)，A(−4，0)，
∴设直线AC的解析式为y=kx+b，
{b=4)
∴解得： ，
k=1
∴直线AC的解析式为y=x+4；
∴设点P ( m，− 1 m2−m+4 ) ，D(m，m+4)，
2
1 1
∴PD=− m2−m+4−(m+4)=− m2−2m，
2 2
∵OC=OA，
∴∠OCA=∠OAC=45°，
∴∠HCD=45°，
❑√2
∴ CD=DH=|m)=−m，
2
❑√2 1 1 1 9
∴PD+ CD=− m2−2m−m=− m2−3m=− (m+3) 2+ ，
2 2 2 2 2
❑√2 9
∴PD+ CD的最大值为 ，
2 2
❑√2
∴当PD+ CD的最大值时，m=−3，
2
∴P(−3，6)，
1
（3）解：∵抛物线y=− x2−x+4，
21 1 9
∴y=− x2−x+4=− (x＋1) 2 ＋ ，
2 2 2
1
∵将抛物线y=− x2−x+4沿着水平方向向右平移2个单位长度得到新的抛物线，
2
1 9
∴新抛物线为：y=− (x−1) 2 ＋ ，
2 2
∴原抛物线与新抛物线的交点，
1 9 1 9
∴− (x−1) 2 ＋ =− (x＋1) 2 ＋ ，
2 2 2 2
∴解得：x=0，
∴当x=0时，y=4，
∴E(0，4)，
∵B(2，0)，
∴EB=❑√42+22=2❑√5，
当EB为菱形的边长时，
设M(1，m)，
∴BM2=(2−1) 2+(0−m) 2
∵BM=EB=2❑√5，
∴(2❑√5) 2=(2−1) 2+(0−m) 2，
∴20=1+m2，
∴m=±❑√19，∴M(1，❑√19)或者(1，−❑√19)，
(1 4+❑√19) (1 4−❑√19)
∵E、M的中点坐标位 ， ， ， ，
2 2 2 2
(1 4+❑√19) (1 4−❑√19)
∴N、B的中点坐标 ， ， ， ，
2 2 2 2
∴N(−1，4+❑√19)或者(−1，4−❑√19)，
∵当BE为对角线时，无法形成菱形，
∴点N不存在，
∴N(−1，4+❑√19)或者(−1，4−❑√19)，
17．（2023春·黑龙江齐齐哈尔·九年级校联考期中）综合与探究
如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A、点B，与y轴交于点C，直线y=2x−6与抛物线交于点B、
1
点C，直线y=− x−1与抛物线交于点A，与y轴交于点E，与直线y=2x−6交于点F．
2
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知点M(m,n)在抛物线上，当−4≤m≤2时，直接写出n的取值范围；
（3）H是直线CB上一点，若S =2S ，求点H的坐标；
△ECH △ECF
（4）P是x轴上一点，Q是平面内任意一点，是否存在以B，C，P，Q为顶点的四边形是菱形？者存在，
请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】（1）先求得A、B、C三点的坐标，然后代入y=ax2+bx+c求得a、b、c的值即可解答；
b
（2）根据对称轴直线y=− 求出对称轴，即可得出最小值，再分别求出m=−4和
2a
m=2时的函数值，即可确定n取值范围；
（3）先求出点E、F的坐标，然后再运用勾股定理逆定理说明EF⊥BC，设H(m,n)，再分H在EF上方
和下方两种情况，分别根据三角形面积和中点的性质进行解答即可；
（4）先求出BC的长，然后当BC为菱形一边和对角线两种情况分别画图，再结合菱形的性质、勾股定理
即可解答．
【解题过程】
（1）解：∵直线y=2x−6与x轴、y轴交于点B、点C,
∴B(3,0),C(0,−6)，
1
∵直线y=− x−1与x轴交于点A，
2
∴A(−2,0)，
∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A、点B，与y轴交于点C，
{0=9a+3b+c
) {
a=1
)
∴ −6=c ，解得： b=−1 ，
0=4a−2b+c c=−6
∴抛物线的解析式为y=x2−x−6．
( 1) 2 25
（2）解：∵y= x− − ，
2 4
1
∴抛物线的对称轴为x= ，
2
∵点M(m,n)在抛物线上，−4≤m≤2，
1 25 25
∴当x= 时，抛物线有最小值− ，即n有最小值− ；
2 4 4
( 1) 2 25 ( 1) 2 25
∵当m=−4时，n= −4− − =14；当m=2时，n= 2− − =−4，即n有最大值14．
2 4 2 4
25
∴n的取值范围为− ≤n≤14．
4
1
（3）解：∵直线y=− x−1与y轴交于点E，
2
∴E(0,−1)，{ y=− 1 x−1) { x=2 )
∵ 2 ，即得： ，
y=−2
y=2x−6
∴F(2,−2)，
∴EC2=[−6−(−1)) 2 =25,EF2=[2−0) 2+[−2−(−1)) 2 =5,FC2=[2−0) 2+[−2−(−6)) 2 =20，
∴EC2=EF2+FC2
∴EF⊥BC．
设H(m,n)．
①当H在EF上方，
∵S =2S ，
△ECH △ECF
1 1
∴ CH⋅EF=2× CF⋅EF，
2 2
∴CH=2CF，即F是CH的中点，
0+m
{ =2 )
2 {m=4)
∴ ，解得： ，
−6+n n=2
=−2
2
∴H(4,2)；
②当H在EF下方，∵S =2S ，
△ECH △ECF
1 1
∴ CH⋅EF=2× CF⋅EF，
2 2
∴CH=2CF，
设点G(m,n)为HC的中点，如图，即C是FG的中点，
2+m
{ =0 )
2 {m=−2)
∴ ，解得： ，
−2+n n=−10
=−6
2
∴G(−2,−10)．
∵C(0,−6)，
∴设点H(j,ℎ)，由G(−2,−10)为HC的中点,
0+ j
{ =−2 )
2 { j=−4 )
∴ ，解得： ,
−6+
ℎ ℎ
=−14
=−10
2
∴H(−4,−14)；
综上，点H的坐标为(4,2)或(−4,−14)．（4）解：存在一点Q使存在以B，C，P，Q为顶点的四边形是菱形，理由如下：
∵B(3,0),C(0,−6),
∴BC=❑√62+32=3❑√5，
①当BC为菱形一边时，则P (3+3❑√5,0),P (3−3❑√5,0)，
1 2
∴Q (0+3❑√5,−6),Q (0−3❑√5,−6),即Q (3❑√5,−6),Q (−3❑√5,−6)，
1 2 1 2
②当BC为菱形对角线时，则BP =CP ，
3 3
设P (n,0)，P B=P C=3−n，
3 3 3
∵P O 2+OC2=P C 2 ❑，
3 ❑ 3 ❑
∴(3−n) 2=n2+62，
9
解得：n=− ，
2
9 15
∴P B=3+ = ，
3 2 2
(15 )
∴Q ,−6 ．
3 2
(15 )
综上 ，点Q的坐标为(3❑√5,−6)或(−3❑√5,−6)或 ,−6 ．
2
18．（2023·辽宁阜新·阜新实验中学校考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−3与x轴
交于A(−1,0)，B(3,0)两点，与y轴交于点C，点P为抛物线上的动点．（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点D为直线y=x上的动点，当点P在第四象限时，求四边形PBDC面积的最大值及此时点P的坐标；
（3）已知点E为x轴上一动点，点Q为平面内任意一点，是否存在以点P，C，E，Q为顶点的四边形是以
PC为对角线的正方形，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）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）作直线BC，过P作PH⊥x轴于点G，交BC于点H．设P(m,m2−2m−3)，则H(m,m−3)，
1 3 2 9 3 27
PH=−m2+3m，则S =− (t− ) + ，当t= 时，△BPC的面积最大值为 ，从而求出此时四边
ΔBPC 2 2 8 2 8
形PBDC面积的最大值，P点坐标；
（3）设P(m,m2−2m−3)，E(n,0)，分四种情况画出图形，利用正方形性质求解即可．
【解题过程】
（1）解：将A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx−3中，
{ a−b−3=0 ) { a=1 )
得 ，解得 ．
9a+3b−3−0 b=−2
∴该抛物线的函数表达式为y=x2−2x−3．
（2）解：作直线BC，过P作PH⊥x轴于点G，交BC于点H．设直线BC的表达式为：y=kx+n，将B(3,0)，C(0,−3)代入y=kx+n中，
{3k+n=0) { k=1 )
得 ，解得 ，
n=−3 n=−3
∴y=x−3．
设P(m,m2−2m−3)，则H(m,m−3)，PH=m−3−(m2−2m−3)=−m2+3m，
∵S =S +S
△BPC △CPH △BPH
1 1 1
∴S = PH⋅OG+ PH⋅BG= PH(OG+BG)
△BPC 2 2 2
1 3 3 9
∴S = PH×OB= (−m2+3m)=− m2+ m，
△BPC 2 2 2 2
3( 3) 2 27
∴S =− m− + ，
△BPC 2 2 8
3 27
∴当m= 时，△BPC面积的最大值为 ．
2 8
∵BC与直线y=x平行，
1 1 9
∴S =S = OB⋅OC= ×3×3= ，
△DBC △OBC 2 2 2
27 9 63
∴四边形PBDC面积的最大值为 + = ．
8 2 8
3 (3) 2 3 15
∵当m= 时，y= −2× −3=− ，
2 2 2 4
(3 15)
∴P ,−
2 4
（3）解：设P(m,m2−2m−3)，E(n,0)，
I.如图，当点E在原点时，即点E(0,0)，CE=PE=3，∠CEP=90°，∵四边形PECQ为正方形，
∴点Q(3,−3)，
II.如解图3-2，当四边形PECQ为正方形时，CE=PE，∠CEP=∠PEO+∠CEO=90°，
作PI⊥x轴，垂足为I，作QH⊥y轴，垂足为H，
又∵∠CEO+∠OCE=90°，
∴∠OCE=∠PEO，
∴△OCE≅△PEI(ASA)
∴CO=IE=3，EO=IP=m2−2m−3，
同理可得：QH=CO=IE=3，CH=EO=IP
∴OE=OI+IE=m+3，HO=IO
❑√33+3 −❑√33+3
∴m+3=m2−2m−3，解得：m= ，（m= <0，不合题意舍去）
2 2
❑√33+3
∴HO=IO= ，
2❑√33+3
∴点Q(−3, )，
2
III.如解图3-3，当四边形PECQ为正方形时，
同理可得：PI=OE=CH，IE=QH=OC=3，
∴OE=IE−IO=3+m，
−❑√33+3 ❑√33+3
∴m=m2−2m−3−3，解得：m= ，（m= >0，不合题意舍去）
2 2
−❑√33+3
∴HO=IO= ，
2
−❑√33+3
∴点Q(−3, )，
2
IV.如解图3-4，当四边形PECQ为正方形时，
同理可得：PI=OE=CH，EI=HQ=OC=3，
∴OE=IE+IO=3+|m)=3−m，
∴3−m=m2−2m−3，解得：m=−2，（m=3>0，不合题意舍去）∴HO=IO=2，
∴点Q(3,2)，
( 3+❑√33) ( 3−❑√33)
综上所述：点Q坐标为 −3, ； −3, ；(3,−3)；(3,2)．
2 2
19．（2023·安徽安庆·校考一模）如图，直线y=mx+n(m≠0)．与抛物线y=−x2+bx+c交于A(−1,0)，
B(2,3)两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点C在抛物线上，且△ABC的面积为3，求点C的坐标；
（3）若点P在抛物线上，PQ⊥OA交直线AB于点Q，点M在坐标平面内，当以B,P,Q,M为顶点的四
边形是菱形时，请直接写出点M的坐标．
【思路点拨】
（1）将A(−1,0)、B(2,3)代入二次函数解析式，利用待定系数法即可解答；
（2）根据题意分当点C在直线AB上方时和点C在AB的下方两种情况即可解答；
（3）设点P(a，−a2+2a+3)根据菱形的性质分情况讨论即可解答．
【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c经过点A(−1,0)，B(2,3)两点，
{−1−b+c=0
)
∴ ，
−4+2b+c=3
{b=2)
∴解得 ，
c=3
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：设点C的坐标为(x,y)，
如图1，当点C在直线AB上方时，过点B作BD⊥x轴，垂足为D，连接CD，∴点D(2，0)，
∵A(−1,0)，B(2,3)，
∴AD=3，BD=3，
1 1 1
∴S =S +S −S = ×3×y+ ×3×(2−x)− ×3×3=3，
△ABC △ADC △BDC △ADC 2 2 2
∴y=x+3，
∴点C在直线y=x+3上，
∵点C在抛物线上，
∴点C是直线y=x+3与抛物线的交点，
∴x+3=−x2+2x+3，
解得：x =0，x =1，
1 2
∴点C的坐标(0,3)或(1,4)；
设直线AB的解析式为：y=kx+b(k≠0)，
{−k+b=0) {k=1)
则 ，解得： ，
2k+b=3 b=1
∴y=x+1，
∴直线y=x+3是直线AB向上平移2个单位得到的，
∴将直线AB向下平移2个单位，得到直线y=x−1，与抛物线的交点与点A,B组成的三角形的面积也为
3，
即：当点C在直线AB下方时，为直线y=x−1与抛物线的交点，∴x−1=−x2+2x+3，
1−❑√17 1+❑√17
解得：x = ，x = ；
1 2 2 2
(1−❑√17 −1−❑√17) (1+❑√17 −1+❑√17)
∴点C的坐标为 ， 或 ，
2 2 2 2
(1−❑√17 −1−❑√17) (1+❑√17 −1+❑√17)
综上，点C的坐标为(0,3)或(1,4)或 ， 或 ， ．
2 2 2 2
（3）解：由（2）知：直线AB为y=x+1，设直线与y轴的交点为E，
当x=0时，y=1，
∴直线AB与y轴的交点为：E(0,1)，
∴OE=OA，
∴∠OAE=∠OEA=45°，
设点P(a,−a2+2a+3)，则：点Q(a,a+1)，
∵以B,P,Q,M为顶点的四边形是菱形，
当PQ为边，则：BM∥PQ，即：点M的横坐标为：2，
点P在点Q上方时：①如图，当PQ=BP时，∵PQ⊥OA，
∴∠PQB=45°，
∴∠MQB=45°，
∴∠PQM=90°，
∴∠BPQ=90°，
∴PB∥x轴，
∵B(2,3)，
∴点P(0,3)，
∴BM=BP=2，
∴点M(2,1)；
②当PQ=BQ时，如图，过点B作BF⊥PQ，则：BF=2−a，
∵∠PQB=45°，
∴BQ=❑√2(2−a)，
又PQ=−a2+a+2，
∴❑√2(2−a)=−a2+a+2，
解得：a =2(舍)，a =❑√2−1，
1 2
∴BM=BQ=3❑√2−2，∴M(2,3❑√2+1)；
当点P在点Q下方时：如图：
同上②法可得：❑√2(2−a)=a2−a−2，
解得：a =2(舍)，a =−❑√2−1，
3 4
∴BM=BQ=3❑√2+2，
∴M(2,−3❑√2+1)；
当PQ为对角线时，如图，则：BM⊥PQ，
∴BM∥x轴，即点M的纵坐标为3，
设BM,PQ相交与点G，
∵∠PQB=45°，
∴∠BQM=90°，
∴∠PBQ=90°，
∴PQ=2BG，
即：2(2−a)=−a2+a+2，
解得：a=1或a=2（舍去）；∴BM=2，
∴M(0,3)；
综上所述，点M的坐标为(2，1)或(0，3)或(2，3❑√2+1)或(2，−3❑√2+1)．
20．（2023·四川·九年级专题练习）如图，二次函数y=x2+bx+c的图象交x轴于点A，B，交y轴于点C
，点B的坐标为(1,0)，对称轴是直线x=−1，点P是x轴上一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛
物线于点N．
（1）求这个二次函数的解析式．
（2）若点P在线段AO上运动（点P与点A、点O不重合），求四边形ABCN面积的最大值，并求出此时
点P的坐标．
（3）若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M、N、C、Q为顶点的四边形是菱形？若存
在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）先根据二次函数对称轴公式求出b=2，再把B(1,0)代入二次函数解析式中进行求解即可；
（2）先求出A(−3，0)，C(0，−3)，则AB=4，OC=3，求出直线AC的解析式为y=−x−3，设
P(m，0)，则M(m，−m−3)，N(m，m2+2m−3)，则MN=−m2−3m；再由
3( 3) 2 75 3
S =S +S 得到S =− m+ + ，故当m=− 时，S 最大，最大
四边形ABCN △ABC △ACN 四边形ABCN 2 2 8 2 四边形ABCN
75 ( 3 )
值为 ，此时点P的坐标为 − ，0 ；
8 2
（3）分如图3-1，图3-2，图3-3，图3-4，图3-5，图3-6所示，MC为对角线和边，利用菱形的性质进行
列式求解即可．【解题过程】
（1）解：∵二次函数y=x2+bx+c的对称轴为直线x=−1，
b
∴− =−1，
2
∴b=2，
∵二次函数经过点B(1,0)，
∴12+b+c=0，即1+2+c=0，
∴c=−3，
∴二次函数解析式为y=x2+2x−3；
（2）解：∵二次函数经过点B(1,0)，且对称轴为直线x=−1，
∴A(−3，0)，
∴AB=4，
∵二次函数y=x2+2x−3与y轴交于点C，
∴C(0，−3)，
∴OC=3；
设直线AC的解析式为y=kx+b′，
{−3k+b′=0)
∴ ，
b′=−3
{k=−1)
∴ ，
b′=−3
∴直线AC的解析式为y=−x−3，
设P(m，0)，则M(m，−m−3)，N(m，m2+2m−3)，
∴MN=−m−3−(m2+2m−3)=−m2−3m；
1 1
∵S = AB⋅OC= ×4×3=6，
△ABC 2 2
∴S =S +S
四边形ABCN △ABC △ACN
=S +S +S
△ABC △AMN △CMN
1 1
= AP⋅MN+ OP⋅MN+6
2 21
= ×3(−m2−3m)+6
2
3( 3) 2 75
=− m+ + ，
2 2 8
3
∵− <0，
2
3 75
∴当m=− 时，S 最大，最大值为 ，
2 四边形ABCN 8
( 3 )
∴此时点P的坐标为 − ，0 ；
2
（3）解：设P(m，0)，则M(m，−m−3)，N(m，m2+2m−3)，
∵PM⊥x轴，
∴PM∥y轴，即MN∥CQ，
∴MN、CQ是以M、N、C、Q为顶点的菱形的边；
如图3-1所示，当MC为对角线时，
∵OA=OC=3，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠ACO=45°，
∵QM=QC，
∴∠QMC=∠QCM=45°，
∴∠MQC=90°，
∴MQ⊥y轴，
∴NC⊥y轴，即NC∥x轴，∴点C与点N关于抛物线对称轴对称，
∴点N的坐标为(−2，−3)，
∴CQ=CN=2，
∴Q(0，−1)；
如图3-2所示，当MC为边时，则MN=CM，
∵M(m，−m−3)，C(0，−3)，N(m，m2+2m−3)
∴CM=❑√ m2+[(−m−3)−(−3)) 2 =−❑√2m，MN=m2+2m−3−(−m−3)=m2+3m
∴m2+3m=−❑√2m，
解得m=−3−❑√2或m=0（舍去），
∴CQ=CM=−❑√2m=3❑√2+2，
∴Q(0，3❑√2−1)；
如图3-3所示，当MC为边时，则MN=CM，同理可得CM=−❑√2m，
∴−m2−3m=−❑√2m，
解得m=❑√2−3或m=0（舍去），
∴CQ=CM=−❑√2m=3❑√2−2，
∴Q(0，−1−3❑√2)；
如图3-4所示，当MC为边时，则CM=MN，
同理可得m2+3m=❑√2m，
解得m=❑√2−3（舍去）或m=0（舍去）；
如图3-5所示，当MC为对角线时，∴∠MCQ=∠ACO=45°，
∵CQ=MQ，
∴∠QCM=∠QMC=45°，
∴∠MQC=90°，
∴MQ⊥y轴，
∴NC⊥y轴，这与题意相矛盾，
∴此种情形不存在
如图3-6所示，当MC为对角线时，设MC，QN交于S，
∵MN∥y轴，
∴∠NMC=180°−∠MCO=135°，
∵NQ⊥CM，
∴∠NSM=90°，这与三角形内角和为180度矛盾，
∴此种情况不存在；
