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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(00，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；
