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专题 28.2 锐角三角函数与函数综合
◆ 典例分析
3 3
【典例1】如图，抛物线y= x2− x−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，
8 4
作直线BC．P是第四象限内抛物线上的一个动点，点P的横坐标为m．过点P作PD⊥x轴于点D，交BC
于点E．
（1）求B，C两点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式．
（2）求线段PE的最大值．
（3）若M是平面内一点，是否存在点P，使以C，P，E，M为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写
出m的值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）令y=0，可求出B的坐标，令x=0，可求出C的坐标，利用待定系数法可求出直线BC的函数表达式；
（2）先表示出点P的坐标，再表示出点E的坐标，进而表示出PE的长，最后根据二次函数的性质即可求
解；
（3）分三种情况讨论：当CP为对角线时，当CE为对角线时，当CM为对角线时．
【解题过程】
3 3
（1）解：令y=0，则 x2− x−3=0，
8 4
解得：x =−2，x =4，
1 2
∵点A在点B的左侧，
∴ A(−2,0)，B(4,0)，
令x=0，则y=−3，
∴ C(0,−3)，
设直线BC的函数表达式为y=kx+b，将B(4,0)，C(0,−3)代入，
{4k+b=0)
得： ，
0+b=−3
{ k= 3 )
解得： 4 ，
b=−3
3
∴直线BC的函数表达式为y= x−3；
4
（2）根据题意得：P ( m, 3 m2− 3 m−3 ) ，
8 4
∵ PD⊥x轴于点D，交BC于点E，
( 3 )
∴ E m, m−3 ，
4
∴ PE= 3 m−3− (3 m2− 3 m−3 ) =− 3 m2+ 3 m=− 3 (m−2) 2+ 3 ，
4 8 4 8 2 8 2
3
∵ − <0，00时，EM=t，PE= (3 t2+ 9 t−3 ) − ( − 3 t−3 ) = 3 t2+3t，
4 4 4 4
3
t2+3t 7
∴ t 4 ，解得：t=− 或0，
= 3
4 5
不符合题意，舍去；
( 7 25) ( 17 25)
综上所述，点P的坐标为 − ,− 或 − , ．
3 6 3 3
1 ❑√3
16．（2023·重庆沙坪坝·一模）如图，抛物线y=− x2+ x+3与x轴交于点A，B（点A在点B的左
6 6
侧），与y轴交于点C，抛物线的对称轴与直线BC的交点为E．
（1）如图1，求直线BC的表达式；
（2）如图1，点P是直线BC上方抛物线上的一动点，过点P作y轴的平行线交直线BC于点Q，过点P作
x轴的平行线交直线BC于点H，求△PQH周长的最大值和此时P点的坐标；
（3）如图2，将抛物线沿射线BC方向平移4个单位得到新抛物线y′，新抛物线y′与坐标轴y轴交于点M．
点D与点C关于x轴对称，连接BD，将△BCD沿直线AC平移得到△B′C′D′．平移过程中，在直线ME
上是否存在点N，使得N，B′，C′，D′为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出N点的坐标，并写出
求解其中一个N点坐标的过程．
【思路点拨】
（1）根据抛物线解析式，确定A、B、C的坐标，再利用待定系数法确定解析式即可．OC 3 ❑√3
（2）根据tan∠CBO= = = ，得到∠CBO=30°，继而得到∠PHQ=30°，得到△PQH周
OB 3❑√3 3
长等于(3+❑√3)PQ，设点P ( n,− 1 n2+ ❑√3 n+3 ) ，则Q ( n,− ❑√3 n+3 ) ，确定PQ=− 1 n2+ ❑√3 n，根据
6 6 3 6 2
二次函数最值计算即可．
（3）根据抛物线沿射线BC方向平移4个单位得到新抛物线y′，结合∠CBO=30°，得到
1( ❑√3) 2 25
4sin30°=2,4cos30°=2❑√3即将y=− x− + ，为向左平移2❑√3个单位长，再向上平移2个单
6 2 8
1( ❑√3 ) 2 25
位长，得到y=− x− +2❑√3 + +2，整理得到如下解析式：
6 2 8
1 ❑√3
y=− x2− x+4确定M的坐标，从而确定直线ME的解析式， 根据A(−2❑√3,0),C(0,3)得到
6 2
OC 3 ❑√3
= = ，设平移变换为向右平移2t个单位长，再向上平移❑√3t个单位长，根据
OA 2❑√3 2
B(3❑√3,0),C(0,3),D(0,−3)确定B′(3❑√3+2t,❑√3t),C′(2t,❑√3t+3),D′(2t,❑√3t−3)，分情况讨论：
C′D′是菱形的对角线，C′D′是菱形的边，分别解题，得到N的坐标，代入直线ME的解析式确定t即可．
【解题过程】
1 ❑√3
（1）∵，抛物线y=− x2+ x+3与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，
6 6
令y=0，
1 ❑√3
∴− x2+ x+3=0，
6 6
解得x =3❑√3,x =−2❑√3；
1 2
令x=0，
∴y=3，
∴A(−2❑√3,0),B(3❑√3,0),C(0,3)，设BC的解析式为y=kx+3，
∴3❑√3k+3=0，
❑√3
解得k=− ，
3
❑√3
故直线BC的解析式为y=− x+3．
3
（2）∵B(3❑√3,0),C(0,3)，
∴BO=3❑√3,OC=3，
OC 3 ❑√3
∴tan∠CBO= = = ，
OB 3❑√3 3
∴∠CBO=30°，
∵PH∥x轴，PQ∥y轴，
∴∠PHQ=30°,∠QPH=90°，
∴HQ=2PQ,PH=❑√3PQ，
∴△PQH周长等于(3+❑√3)PQ，
1 ❑√3 ❑√3
∵y=− x2+ x+3，y=− x+3
6 6 3
设点P ( n,− 1 n2+ ❑√3 n+3 ) ，则Q ( n,− ❑√3 n+3 ) ，
6 6 3
∴PQ=−
1
n2+
❑√3
n=−
1(
n−
3❑√3) 2
+
9
，
6 2 6 2 8
3❑√3 9
故当n= 时，PQ取得最大值，且最大值为 ，
2 8
1 ❑√3 21 27+9❑√3
此时− n2+ n+3= ，(3+❑√3)PQ= ，
6 6 8 8
9❑√3+27 (3❑√3 21)
故△PQH周长的最大值为 ，此时P点的坐标是P , ．
8 2 8
（3）∵抛物线沿射线BC方向平移4个单位得到新抛物线y′，∠CBO=30°，
1( ❑√3) 2 25
∴4sin30°=2,4cos30°=2❑√3即将y=− x− + ，为向左平移2❑√3个单位长，再向上平移2个
6 2 81( ❑√3 ) 2 25
单位长，得到y=− x− +2❑√3 + +2，
6 2 8
1 ❑√3
整理得y=− x2− x+4，
6 2
∴M的坐标为(0,4)，
❑√3 (❑√3 25)
∵直线BC的解析式为y=− x+3，抛物线的顶点坐标为 , ，
3 2 8
(❑√3 5)
∴E , ，
2 2
设ME的解析式为y=px+4，
❑√3 5
∴ p+4= ，
2 2
解得p=−❑√3，
故直线ME的解析式为y=−❑√3x+4．
∵A(−2❑√3,0),C(0,3)，
OC 3 ❑√3
∴ = = ，设平移变换为向右平移2t个单位长，再向上平移❑√3t个单位长，
OA 2❑√3 2
∵B(3❑√3,0),C(0,3),D(0,−3)，
∴B′(3❑√3+2t,❑√3t),C′(2t,❑√3t+3),D′(2t,❑√3t−3)，
当C′D′是菱形的对角线时，
∵菱形的对角线互相垂直平分，C′D′⊥x轴，C′D′⊥B′N，
∴NB′∥x轴，∴对角线交点坐标为(2t,❑√3t)，N(x,❑√3t)，
3❑√3+2t+x
∴ =2t，
2
解得x=2t−3❑√3，
∴N(2t−3❑√3,❑√3t)，
∴❑√3t=−❑√3(2t−3❑√3)+4，
13❑√3
解得t= ，
9
( ❑√3 13)
∴N − , ；
9 3
当C′D′是菱形的边时，如图，则C′D′=B′N=6, B′N∥y轴，
∴N点坐标为(3❑√3+2t,❑√3t−6),
❑√3
把(3❑√3+2t,❑√3t−6)代入y=−❑√3x+4解得：t= ，
9
(29❑√3 17)
∴N ,− ；
9 3
当C′D′是菱形的边时，如图，则C′D′=B′N=6, B′N∥y轴，∴N点坐标为(3❑√3+2t,❑√3t+6),
11❑√3
把(3❑√3+2t,❑√3t+6)代入y=−❑√3x+4解得：t=− ，
9
(5❑√3 7)
∴N , ；
9 3
(5❑√3 7) (29❑√3 17) ( ❑√3 13)
综上所述：N点坐标为 , 或 ,− 或 − ,
9 3 9 3 9 3
17．（23-24九年级下·全国·单元测试）如图，抛物线y=a2+bx+c经过A(﹣1，0)，B(3，0)，
C(0，3)三点，D为直线BC上方抛物线上一动点，过点D作DQ⊥x轴于点Q，DQ与BC相交于点M．
DE⊥BC于E．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）求线段DE长度的最大值；
（3）连接AC，F是AB的中点，是否存在点D，使得△CDE中有一个角与∠CAO相等？若存在，求点D
的横坐标；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)，将C(0，3)代入，得：a×(0+1)×(0−3)=3，解得a=−1，即可求出抛物线解析式为y=−x2+2x+3；
（2）设D(m,−m2+2m+3)，且0
