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
∵ − <0，0<m<4，
8
3
∴当m=2时，线段PE有最大值，最大值为： ；
2
2 11
（3）存在，m的值为 或 ．
3 9
3 3
根据题意得：OD=m，BD=4−m，PE=− m2+ m，
8 2
分以下三种情况讨论：
3 3
①当CP为对角线时，CE=PE=− m2+ m，
8 2
∵ PD⊥x轴于点D，
∴ PD∥OC，
CE BC
∴ = ，
OD OB
∵ OB=4，OC=3，
∴ BC=❑√OB2+OC2=❑√42+32=5，
3 3
− m2+ m
∴ 8 2 5，
=
m 42
解得：m =0（舍去），m = ；
1 2 3
②当CE为对角线时，CP=PE，
1
如图，过点P作PH⊥BC于点H，则EH=CH= CE，
2
由（1）知PD∥OC，
∴ ∠BED=∠BCO，
BD 4
∴ sin∠BCO=sin∠BED= = ，
BE 5
5 5 5
∴ BE= BD= (4−m)=5− m，
4 4 4
( 5 ) 5
∴ CE=BC−BE=5− 5− m = m，
4 4
1 5
∴ EH= CE= m，
2 8
∵ ∠PEH=∠BED=∠BCO，
EH 3
∴ cos∠BCO=cos∠PEH= = ，
PE 5
5
m
8 3
∴ = ，
3 3 5
− m2+ m
8 2
11
解得：m =0（舍去），m = ；
1 2 9
③当CM为对角线时，CE=CP，
1
如图，过点C作CK⊥PE于点K，则EK=PK= PE，
2
∵ C(0,−3)，
∴ K(m,−3)，3 3
∴ EK= m−3−(−3)= m，
4 4
∴ 3 m= 1 × ( − 3 m2+ 3 m ) ，
4 2 8 2
解得:m =m =0（舍去）；
1 2
2 11
综上所述，m的值为 或 ．
3 9
◆ 学霸必刷
1．（24-25九年级上·山东威海·期中）如图，二次函数的图象与x轴交于A(−1,0)，B(5,0)两点，与y轴交
1
于点C，顶点为D，O为坐标原点，tan∠ACO= ．
5
（1）求二次函数的表达式；
（2）若点P为抛物线第一象限上一动点，求点P运动到什么位置时四边形ACPB的面积最大，最大面积为
多少？
【思路点拨】
1
（1）由tan∠ACO= 可求出OC的长，进而可求得C点坐标，设二次函数解析式为
5
y=ax2+bx+c(a≠0)，将A、B、C三点坐标代入，建立三元一次方程组，解方程组即可得出答案；（2）过点P作PE⊥x轴于点E，设点P坐标为(m,−m2+4m+5)（0<m<5），利用各点坐标可分别求出
OA、OE、BE、OC、PE的长，根据S =S +S +S 及三角形的面积公式，即可将
四边形ACPB △AOC 梯形COEP △BEP
四边形ACPB的面积用m表示出来，将该二次函数化成顶点式，即可求得四边形ACPB面积的最大值以及
此时的P点坐标．
【解题过程】
（1）解：∵A(−1,0)，
∴OA=0−(−1)=1，
OA 1
又∵tan∠ACO= = ，
OC 5
∴OC=5OA=5，
∴C(0,5)，
设二次函数解析式为y=ax2+bx+c(a≠0)，
∵二次函数的图象与x轴交于A(−1,0)，B(5,0)两点，与y轴交于点C(0,5)，
∴将上述三点坐标代入，可得：
{
a−b+c=0
)
25a+5b+c=0 ，
c=5
{a=−1
)
解得： b=4 ，
c=5
∴二次函数的表达式为y=−x2+4x+5；
（2）解：如图，过点P作PE⊥x轴于点E，
∵ P
点 为抛物线第一象限上一动点，
∴设点P坐标为(m,−m2+4m+5)（0<m<5），
∴OA=0−(−1)=1，
OE=m−0=m，BE=5−m，
OC=5−0=5，
PE=−m2+4m+5−0=−m2+4m+5，
∴S =S +S +S
四边形ACPB △AOC 梯形COEP △BEP
1 1 1
= ⋅OA⋅OC+ ⋅(OC+PE)⋅OE+ ⋅BE⋅PE
2 2 2
1 1 1
= ×1×5+ ×(5−m2+4m+5)×m+ ⋅(5−m)⋅(−m2+4m+5)
2 2 2
5( 5) 2 245
=− m− + ，
2 2 8
5
∵− <0，
2
∴函数图象开口向下，
5 245
∴当m= 时，S 取得其最大值，最大值为 ，
2 四边形ACPB 8
∴−m2+4m+5=−
(5) 2
+4×
5
+5=
35
，
2 2 4
(5 35)
∴P , ，
2 4
(5 35) 245
答：点P运动到 , 时四边形ACPB的面积最大，最大面积为 ．
2 4 8
2．（2023·黑龙江鸡西·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+8交x轴于A、B两点，
交y轴于点C，连接AC、BC，AB=AC，tan∠ABC=2．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在一点G，使直线BG将△ABC的面积分成1:2的两部分，若存在，求点G的横坐
标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）求出C(0，8)，则OC=8，由tan∠ABC=2得OB=4，B(4，0)，设OA=m，由勾股定理可得，可得到 ，再用待定系数法可得答案；
m2+82=(m+4) 2 A(−6，0)
（2）设直线BG交AC于点M，过点M作MN⊥x轴于点N，过点G作GQ⊥x轴于点Q，设
G ( t，− 1 t2− 2 t+8 ) ，则GQ=− 1 t2− 2 t+8，OQ=−t，BQ=4−t，分两种情况：当
3 3 3 3
1 2
S :S =1:2时，即S = S 时；当S :S =1:2时，即S = S 时，分别进行
△ABM △CBM △ABM 3 △ABC △CBM △ABM △ABM 3 △ABC
求解即可得到答案．
【解题过程】
（1）解：在y=ax2+bx+8中，令x=0，得y=8，
∴C(0，8)，
∴OC=8，
OC
∵tan∠ABC= =2，
OB
∴OB=4，
∴B(4，0)，
设OA=m，则AC=AB=4+m，
在Rt△AOC中，OA2+OC2=AC2，即m2+82=(m+4) 2，
解得：m=6，
∴A(−6，0)，
∴设抛物线解析式为y=a(x+6)(x−4)，
1
将点C(0，8)代入，得a=− ，
3
1 1 2
∴抛物线解析式为y=− (x+6)(x−4)=− x2− x+8；
3 3 3
（2）解：设直线BG交AC于点M，过点M作MN⊥x轴于点N，过点G作GQ⊥x轴于点Q，
，设G ( t，− 1 t2− 2 t+8 ) ，则GQ=− 1 t2− 2 t+8，OQ=−t，
3 3 3 3
∴BQ=4−t，
1 MN 1 MN 1
当S :S =1:2时，即S = S 时， = ，即 = ，
△ABM △CBM △ABM 3 △ABC OC 3 8 3
1 8
∴MN= OC= ，
3 3
MN OC 4
∵tan∠BAC= = = ，
AN OA 3
∴AN=2，
∴BN=AB−AN=8，
1 2 8
GQ MN − t2− t+8
∵tan∠GBQ= = ，即 3 3 3，
BQ BN =
4−t 8
解得t=−5或t=4（与A重合，舍去），
∴G(−5，3)，
2
当S :S =1:2时，即S = S 时，
△CBM △ABM △ABM 3 △ABC
2 16
同理可得MN= OC= ，
3 3
MN OC 4
∵tan∠BAC= = = ，
AN OA 3
∴AN=4，
∴BN=AB−AN=6，
1 2 16
GQ MN − t2− t+8
∵tan∠GBQ= = ，即 3 3 3 ，
BQ BN =
4−t 6
10
解得t=− 或t=4（舍去），
3
( 10 176)
∴G − ， ，
3 27
( 10 176)
综上所述，G的坐标为(−5，3)或 − ， ．
3 27
3．（2024·湖北省直辖县级单位·一模）抛物线y=x2−4x与直线y=x交于原点O和点B，与x轴交于另一
点A，顶点为D．（1）求出点B和点D的坐标；
1
（2）如图①，连接OD，P为x轴的负半轴上的一点，当tan∠PDO= 时，求点P的坐标；
2
（3）如图②，M是点B关于抛物线的对称轴的对称点，Q是抛物线上的动点，它的横坐标为m(0<m<5)，
S
连接MQ，BQ，MQ与直线OB交于点E，设△BEQ和△BEM的面积分别为S 和S ，求 1 的最大值．
1 2 S
2
【思路点拨】
（1）令y=x2−4x=x，可求出点B的坐标，将函数y=x2−4x化为顶点式，可求出点D的坐标；
1
（2）过点D作DE⊥y轴于点E，可得tan∠DOE= ，推出∠DOE=∠PDO，由点P为x轴的负半轴
2
上的一点，设直线DP与y轴交于点G，则△ODG是等腰三角形，可得OG=DG，设OG=t，则DG=t，
¿=4−t，根据勾股定理求出t值，进而得到点G的坐标，利用待定系数法求出直线DG的解析式，即可求
解；
1
（3）分别过点M，Q作y轴的平行线，交直线OB于点N，K，则S = QK(x −x )，
1 2 B E
1 S
S = MN(x −x )，由点P的横坐标为m，可表达 1 ，利用二次函数的性质可得结论．
2 2 B E S
2
【解题过程】
（1）解：令y=x2−4x=x，
解得x=0或x=5，
∴ B(5,5)；∵ y=x2−4x=(x−2) 2−4，
∴顶点D(2,−4)；
（2）如图，过点D作DE⊥y轴于点E，
∴ DE=2，OE=4，
1
∴ tan∠DOE= ，
2
1
∵ tan∠PDO= ，
2
∴ ∠DOE=∠PDO，
∵ P为x轴的负半轴上的一点，设直线DP与y轴交于点G，则△ODG是等腰三角形，
∴ OG=DG，
设OG=t，则DG=t，¿=4−t，
在Rt△DGE中，t2=22+(4−t) 2，
5
解得：t= ，
2
( 5)
∴ G 0,− ，
2
( 5)
设直线DG的解析式为：y=kx+b，将点D(2,−4)、G 0,− 代入得：
2
{2k+b=−4
)
5 ，
0+b=−
23
{ k=− )
4
解得： ，
5
b=−
2
3 5
∴直线DG的解析式为：y=− x− ，
4 2
3 5
令y=0，则− x− =0，
4 2
10
解得：x=− ，
3
( 10 )
∴ P − ,0 ；
3
（3）∵点B(5,5)与点M关于对称轴x=2对称，
∴ M(−1,5)，
如图，分别过点M，Q作y轴的平行线，交直线OB于点N，K，
∴ N(−1,−1)，MN=6，
∵点Q横坐标为m，
∴ Q(m,m2−4m)，K(m,m)，
∴ KQ=m−(m2−4m)=−m2+5m，
1 1
∵ S = QK(x −x )，S = MN(x −x )，
1 2 B E 2 2 B E
∴
S
1=
QK
=−
1
(m2−5m)=−
1(
m−
5) 2
+
25
=，
S MN 6 6 2 24
2
1
∵ − <0，
65 S 25
∴当m= 时， 1 的最大值为 ．
2 S 24
2
4．（2023·山东菏泽·二模）如图，抛物线y=ax2+bx+4与坐标轴分别交于A，B，两点A(−2,0)，B(3,0)，
点P是第一象限内抛物线上的一点．
（1）求抛物线的解析式；
1
（2）连接AP，CP，AC，若S = S ，求点P的坐标；
△APC 2 △AOC
（3）连接AP，BC，是否存在点P，使得2∠PAB=∠ABC，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请
说明理由．
【思路点拨】
（1）把已知点坐标代入解析式，构造方程组计算即可．
(2) 连接OP，设点P的坐标为 ( x,− 2 x2+ 2 x+4 ) (0<x<3)，分别表示三角形的面积列出等式计算即可．
3 3
(3)作BM平分∠ABC交y轴于点M，作MN⊥BC于点N，利用角的平分线性质定理，勾股定理，三角函
数，解析式构造方程组计算即可．
【解题过程】
{4a−2b+4=0)
（1）∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−2,0)，B(3,0)，∴ ，
9a+3b+4=0
2
{ a=− )
3
解得 ，
2
b=
3
2 2
∴抛物线的解析式为y=− x2+ x+4．
3 3
（2）如图1，连接OP，设点P的坐标为 ( x,− 2 x2+ 2 x+4 ) (0<x<3)，
3 3∵∠AOC=90°，OA=2，OC=4，
1
∴S = ×2×4=4，
△AOC 2
1
∴S = S =2，
△APC 2 △AOC
∴S =S +S −S ，
△APC △AOC △POC △AOP
∴4+ 1 ×4x− 1 ×2 ( − 2 x2+ 2 x+4 ) =2，
2 2 3 3
整理得x2+2x−3=0，解得x =1，x =−3（不符合题意，舍去），
1 2
∴点P的坐标为(1,4)．
(9 17)
（3）存在，且点P的坐标为 , ．理由如下：
4 8
如图2，作BM平分∠ABC交y轴于点M，作MN⊥BC于点N，则∠CNM=90°，
∵BM平分∠ABC，MO⊥BA，MN⊥BC，
∴NM=OM，
∵∠BOC=90°，OB=3，OC=4，
∴BC=❑√OB2+OC2=❑√32+42=5，NM OB 3
∵ = =sin∠OCB= ，
CM BC 5
5 5
∴CM= NM= OM，
3 3
5
∴ OM+OM=4，
3
3
∴OM= ，
2
1
∵∠MBA=∠MBC= ∠ABC，
2
∴当∠PAB=∠MBA时，2∠PAB=2∠MBA=∠ABC，
设AP交y轴于点Q，则∠AOQ=90°，
3
∴OQ OM 2 1，
=tan∠PAB=tan∠MBA= = =
OA OB 3 2
1 1
∴OQ= OA= ×2=1，
2 2
∴Q(0,1)，
1
设直线AP的解析式为y=kx+1，则−2k+1=0，解得k= ，
2
1
∴直线AP的解析式为y= x+1，
2
{x =−2)
解方程组¿，得¿， 2 （不符合题意，舍去），
y =0
2
(9 17)
∴点P的坐标为 , ．
4 8
5．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线
y=−x+4与x轴、y轴分别相交B，C，抛物线y=ax2+bx+4与x轴交于点A，点B，且AB=6．（1）求a和b的值．
（2）点P是直线BC上方抛物线上任意一点，设点P的横坐标为t，连接AC．四边形ACPB的面积为S，
求S与t的函数关系式．
（3）点P为抛物线上的一点，连接AC，当∠PBO+∠ACO=45°，求P的坐标．
【思路点拨】
本题是二次函数综合，考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数与面积综合，二次函数与特殊角度，
正切函数等知识点；
（1）求出A(−2,0)，B(4,0)，再代入y=ax2+bx+4计算即可；
（2）过P作PF⊥x轴于F，利用割补法得到S=S =S +S +S ，代入求面积即可；
四边形ACPB △AOC 梯形COFP △PBF
OA 1
（3）由OA=2，OB=OC=4，可得∠CBO=∠BCO=45°，tan∠ACO= = ，BC=4❑√2，当
OC 2
∠PBO+∠ACO=45°且点P在x轴上方时，即可得到∠ACO=∠PBC，连接BP交y轴于M，过M作
MN⊥BC于N，可得
1 MN ( 4)
∴tan∠ACO=tan∠PBC= = ，求出M 0, ，再求出直线BM解析式与抛物线联立即可求出
2 BN 3
( 4 16) ( 4) ( 4)
P − , ；作M 0, 关于x轴对称点K 0,− ，此时∠P BO=∠P BO，求出直线BK解析式
1 3 9 3 3 2 1
( 8 4)
再与抛物线联立求出P − ,− ．
2 3 9
【解题过程】
（1）解：∵线y=−x+4与x轴、y轴分别相交B，C，当y=−x+4=0时，x=4；当x=0时，
y=−x+4=4；
∴B(4,0)，C(0,4)，
∴OB=4，
∵AB=6，
∴OA=2，
∴A(−2,0)，
{0=4a−2b+4)
把A(−2,0)，B(4,0)代入y=ax2+bx+4可得 ，
0=16a+4b+4
{ a=− 1 )
解得 2 ；
b=11
（2）解：由（1）可得抛物线解析式为y=− x2+x+4，
2
∵点P是直线BC上方抛物线上任意一点，设点P的横坐标为t，
∴P ( t,− 1 t2+t+4 ) ，且0<t<4，
2
过P作PF⊥x轴于F，则F(t,0)，
1
∴PF=− t2+t+4，OF=t，BF=OB−OF=4−t，
2
∴S=S =S +S +S
四边形ACPB △AOC 梯形COFP △PBF
1 1 1
= OA⋅OC+ (PF+OC)⋅OF+ BF⋅PF
2 2 2
= 1 ×2×4+ 1 × ( − 1 t2+t+4+4 ) ×t+ 1( − 1 t2+t+4 ) ⋅(4−t)
2 2 2 2 2
=−t2+4t+12，
∴S=−t2+4t+12(0<t<4)；
（3）解：∵B(4,0)，C(0,4)，A(−2,0)，
∴OA=2，OB=OC=4，
OA 1
∴∠CBO=∠BCO=45°，tan∠ACO= = ，BC=4❑√2，
OC 2
当∠PBO+∠ACO=45°且点P在x轴上方时，连接BP交y轴于M，过M作MN⊥BC于N，则
∠NMC=∠BCO=45°，❑√2
∴MN=CN= CM，
2
∵∠PBO+∠ACO=45°，∠PBO+∠PBC=45°，
∴∠ACO=∠PBC，
1 MN
∴tan∠ACO=tan∠PBC= = ，
2 BN
∴BN=2MN=2CN，
∵BN+CN=BC=4❑√2，
❑√2 4❑√2
∴MN=CN= CM= ，
2 3
8
∴CM= ，
3
4
∴OM=OC−CM= ，
3
( 4)
∴M 0, ，
3
4 4 1
∴设直线BM解析式为y=kx+ ，代入B(4,0)得0=4k+ ，解得k=− ，
3 3 3
1 4
∴直线BM解析式为y=− x+ ，
3 3
1 4 4
{ y=− x+ ) { x=− )
3 3 {x=4) 3
联立 ，解得 或 ，
1 y=0 16
y=− x2+x+4 y=
2 9
∵B(4,0)，
( 4 16)
∴P − , ；
1 3 9
( 4) ( 4) 1 4
作M 0, 关于x轴对称点K 0,− ，此时∠P BO=∠P BO，直线BK解析式为y= x− ，
3 3 2 1 3 3
1 4 8
{ y= x− ) { x=− )
3 3 {x=4) 3
联立 ，解得 或 ，
1 y=0 4
y=− x2+x+4 y=−
2 9
∵B(4,0)，
( 8 4)
∴P − ,− ；
2 3 9( 4 16) ( 8 4)
综上所述，P的坐标P − , ，P − ,− ．
1 3 9 2 3 9
1
6．（24-25九年级上·全国·阶段练习）如图，已知抛物线y= x2+bx+c经过点A(−6,0)，B(2,0)，与y
2
轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为该抛物线上一动点．
①当点P在直线AC下方时，过点P作PE∥x轴，交直线AC于点E，作PF∥y轴．交直线AC于点F，求
EF的最大值；
②若∠PCB=3∠OCB，求点P的横坐标．
【思路点拨】
（1）待定系数法求解析式即可；
（2）①当x=0时，y=−6，即C(0,−6)，OA=6=OC，∠OAC=∠OCA=45°，待定系数法求直线
AC的解析式为y=−x−6；如图1，设F(t,−t−6)，则P ( t, 1 t2+2t−6 ) ，
2
1 1 9 1 9
PF=− t2−3t=− (t+3) 2+ ，由− <0，可知当t=−3时，PF有最大值 ，由PE∥x轴，PF∥y轴，
2 2 2 2 2
可得∠PFE=∠PEF，PE=PF，由勾股定理得，EF=❑√PE2+PF2=❑√2PF，进而可求EF的最大值；
②如图2，作B关于y轴的对称点N，连接CN，作CP，使∠PCN=∠NCO，交x轴于D， 由轴对称的性
质可知，∠NCO=∠OCB，ON=OB=2，CN=CB，则∠NCB=2∠OCB，
∠PCO=∠PCN+∠NCO=2∠OCB=∠NCB，∠PCB=∠PCO+∠OCB=3∠OCB，由勾股定理
1 1
得，BC=CN=❑√ON2+OC2=2❑√10，如图2，作BM⊥CN于M，由S = CN⋅BM= BN⋅OC，
△BCN 2 21 1 6❑√10 8❑√10
即 ×2❑√10×BM= ×4×6，可求BM= ，由勾股定理得，CM=❑√BC2−BM2= ，则
2 2 5 5
6❑√10
BM 5 3 OD 3 OD 3 18
tan∠NCB= = = ，由tan∠DCO= =tan∠NCB= ，即 = ，可求OD= ，即
CM 8❑√10 4 OC 4 6 4 4
5
D ( − 18 ,0 ) ，待定系数法求直线CD的解析式为y=− 4 x−6，联立，− 4 x−6= 1 x2+2x−6，计算求
4 3 3 2
出满足要求的解即可．
【解题过程】
（1）解：将A(−6,0)，B(2,0)代入y=
1
x2+bx+c得，
{18−6b+c=0)
，
2 2+2b+c=0
{ b=2 )
解得， ，
c=−6
1
∴y= x2+2x−6；
2
（2）①解：当x=0时，y=−6，即C(0,−6)，
∴OA=6=OC，∠OAC=∠OCA=45°，
设直线AC的解析式为y=kx+d，
{−6k+b=0)
将A(−6,0)，C(0,−6)，代入得， ，
b=−6
{k=−1)
解得， ，
b=−6
∴直线AC的解析式为y=−x−6；
如图1，设F(t,−t−6)，则P ( t, 1 t2+2t−6 ) ，PF=− 1 t2−3t=− 1 (t+3) 2+ 9 ，
2 2 2 2
1
∵− <0，
2
9
∴当t=−3时，PF有最大值 ，
2
∵PE∥x轴，PF∥y轴，
∴∠PFE=∠OCA=45°，∠PEF=∠OAC=45°，
∴∠PFE=∠PEF，
∴PE=PF，
由勾股定理得，EF=❑√PE2+PF2=❑√2PF，
9❑√2
∴EF的最大值为 ；
2
②解：如图2，作B关于y轴的对称点N，连接CN，作CP，使∠PCN=∠NCO，交x轴于D，
由轴对称的性质可知，∠NCO=∠OCB，ON=OB=2，CN=CB，
∴∠NCB=2∠OCB，∠PCO=∠PCN+∠NCO=2∠OCB=∠NCB，
∴∠PCB=∠PCO+∠OCB=3∠OCB，
由勾股定理得，BC=CN=❑√ON2+OC2=2❑√10，
如图2，作BM⊥CN于M，
1 1 1 1
∴S = CN⋅BM= BN⋅OC，即 ×2❑√10×BM= ×4×6，
△BCN 2 2 2 2
6❑√10
解得，BM= ，
58❑√10
由勾股定理得，CM=❑√BC2−BM2=
，
5
6❑√10
BM 5 3
∴tan∠NCB= = = ，
CM 8❑√10 4
5
OD 3 OD 3
∴tan∠DCO= =tan∠NCB= ，即 = ，
OC 4 6 4
9
解得，OD= ，
2
( 9 )
∴D − ,0 ，
2
设直线CD的解析式为y=mx+n，
( 9 ) {
n=−6
)
将C(0,−6)，D − ,0 代入得， 9 ，
2 − m+n=0
2
{n=−6
)
解得， 4 ，
m=−
3
4
∴直线CD的解析式为y=− x−6，
3
4 1
联立，− x−6= x2+2x−6，
3 2
20
解得，x=− 或x=0（舍去），
3
20
∴点P的横坐标为− ．
3
7．（2024·福建厦门·模拟预测）如图，抛物线经过△AOD的三个顶点，其中O为原点，A(2,4)，D(6,0)，
点F在线段AD上运动，点G在直线AD上方的抛物线上，GF∥AO，¿⊥DO于点E，交AD于点I，AH
平分∠OAD，C(−2,−4)，AH⊥CH于点H，连接FH．（1）求抛物线的解析式；
（2）当点F运动至抛物线的对称轴上时，求△AFH的面积；
FG
（3）试探究 的值是否为定值？如果为定值，求出该定值；如果不为定值，请说明理由．
GI
【思路点拨】
1
（1）利用待定系数法可得y=− x2+3x；
2
1
（2）当点F运动至对称轴上时，点F的横坐标为3，可得AF= AD．连接OC、OH，由点A与点C关于
4
原点O对称，可得点A、O、C三点共线，且O为AC的中点．推出HO∥AD，可得点H到AD的距离为d．
再根据三角形面积公式即可求得答案；
（3）过点A作AL⊥OD于点L，过点F作FK⊥≥¿于点K．运用勾股定理可得OA=❑√AL2+OL2=2❑√5．
再证得△FIK为等腰直角三角形．设FK=m，则KI=m，再运用解直角三角形可求得GK=2m，
FG=❑√5m，即可求得答案．
【解题过程】
（1）解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx(a≠0)．
{4a+2b=4
)
将A(2,4)，D(6,0)代入，得 ，
36a+6b=0
{ a=− 1 )
解得： 2 ，
b=3
1
∴y=− x2+3x；
21 1 9
（2）解：∵y=− x2+3x=− (x−3) 2+ ，
2 2 2
∴抛物线的对称轴为直线x=3．
当点F运动至对称轴上时，点F的横坐标为3，
AF 3−2 1
则 = = ，
AD 6−2 4
1
即AF= AD．
4
如图1，连接OC、OH，
由点C(−2,4)，得点A与点C关于原点O对称，
∴点A、O、C三点共线，且O为AC的中点．
∵AH⊥CH，
1
∴OH= AC=OA，
2
∴∠OAH=∠AHO．
∵AH平分∠CAD，
∴∠OAH=∠DAH，
∴∠AHO=∠DAH，
∴HO∥AD，
∴HO与AD间的距离为d，
∴点H到AD的距离为d．
1 1
∵S = ×AF×d，S = ×AD×d=12，
△AFH 2 △AOD 21 1 1 1 1 1
∴S = ×AF×d= × AD×d= ×( ×AD×d)= ×12=3．
△AFH 2 2 4 4 2 4
∴当点F运动至抛物线的对称轴上时，△AFH的面积为3；
FG
（3）解： 的值为定值；理由如下：
GI
如图，过点A作AL⊥OD于点L，过点F作FK⊥≥¿于点K．
由题意得AL=4，OL=2，
∴OA=❑√AL2+OL2=❑√42+22=2❑√5．
∴DL=OD−OL=6−2=4，
在Rt△ADL中，AL=DL，
∴∠ADL=45°，
∵≥⊥DO，
∴∠FIK=45°，即△FIK为等腰直角三角形．
设FK=m，则KI=m，
在Rt△AOL和Rt△GFK中，
∵FG∥AO
∴∠AOL=∠GFK，
∴tan∠AOL=tan∠GFK，
AL GK
∴ = ，
OL FK
4 GK
即 = ，
2 m
∴GK=2m，
∴GI=GK+KI=2m+m=3m．又∵sin∠AOL=sin∠GFK，
AL GK
∴ = ，
AO FG
4 2m
即 = ，
2❑√5 FG
∴FG=❑√5m，
FG ❑√5m ❑√5
∴ = = ．
GI 3m 3
FG ❑√5
∴ 的值是定值，定值为 ．
GI 3
8．（2024·湖南衡阳·二模）已知抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A，B两点，点A在点B的左侧，与y轴
1
交于点C(0,5)，且tan∠ACO= ．
5
（1）求抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）如图1，将△MBC沿BC翻折得到△NBC，NB与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得△PQB
是直角三角形，直接写出所有符合条件的点P的坐标．
（3）如图2，若点G为线段AB上的动点，过点G作GH∥BM交AM于点H．求△HGM面积的最大值，
并求此时G点坐标．
【思路点拨】
（1）根据题意得到OC，结合三角函数得到点A的坐标，利用待定系数法求出抛物线解析式，将抛物线解
析式化为顶点式即可得到其顶点坐标；
（2）根据题意得到顶点B(5,0)，进而得到△OBC为等腰直角三角形，过点C作DC⊥OC交BM于点D，
结合轴对称性质证明△DBC≌△QBC(ASA)，得到CQ=CD，且有CD∥x轴，设直线BM的解析式为
y=kx+b ，利用待定系数法求出直线BM的解析式，进而得到点D，点Q坐标，根据点P在对称轴上，使
1得△PQB是直角三角形，设P(2,t)，则PQ2=4+ ( t− 5) 2 ，PB2=(2−5) 2+t2=9+t2，
3
25 250
BQ2=25+ = ，结合勾股定理逆定理分以下三种情况①当PQ2+PB2=BQ2时，②当
9 9
PQ2+BQ2=PB2时，③当PB2+BQ2=PQ2时，建立等式，讨论求解，即可解题；
（3）设直线AM的解析式为y=k x+b ，利用待定系数法求出直线AM的解析式，利用平行的特点设GH
2 2
( m m) ( m )
的解析式为y=−3x+15−m，分别得到H 2− ,9− ，G 5− ,0 ，进而根据
6 2 3
S =S −S −S 表示出S 的表达式，再利用二次函数的最值，得到S 的最大值，
△HGM △ABM △AHG △BMG △HGM △HGM
并推出G点坐标．
【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c与y轴交于点C(0,5)，
∴OC=5，
1
∵ tan∠ACO= ，
5
OA OA 1
∴ = = ，
OC 5 5
∴OA=1，即A(−1,0)，
∵抛物线y=−x2+bx+c过点C(0,5)，A(−1,0)，
{−1−b+c=0)
∴ ，
c=5
{b=4)
解得 ，
c=5
∴抛物线解析式为y=−x2+4x+5，
∵ y=−x2+4x+5=−(x−2) 2+9，
∴抛物线的顶点坐标M(2,9)；
（2）解：∵ −x2+4x+5=0时，解得x =−1，x =5，
1 2
∴B(5,0)，即OB=5，
∵ OC=OB=5，
∴△OBC为等腰直角三角形，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
过点C作DC⊥OC交BM于点D，∴∠DCO=90°，
∴∠DCB=∠DCO−∠OCB=45°=∠OCB，
由对称的性质可知，∠DBC=∠QBC，
∵BC=BC，
∴△DBC≌△QBC(ASA)，
∴CQ=CD，
∵ ∠DCB=45°=∠OBC，
∴CD∥x轴，
设直线BM的解析式为y=kx+b ，
1
{2k+b =9)
∴ 1 ，
5k+b =0
1
{k=−3)
解得 ，
b =15
1
∴直线BM的解析式为y=−3x+15，
10
∴当y=5时，有−3x+15=5，解得x= ，
3
(10 ) 10
∴D ,5 ，即CQ=CD= ，
3 3
10 5
∴OQ=5− = ，
3 3
( 5)
∴Q 0, ，
3
∵点P在对称轴上，使得△PQB是直角三角形，
设P(2,t)，则PQ2=4+ ( t− 5) 2 ，PB2=(2−5) 2+t2=9+t2，BQ2=25+ 25 = 250 ，
3 9 9
①当PQ2+PB2=BQ2时，
有4+ ( t− 5) 2 +9+t2= 250 ，
3 9
5+❑√241 5−❑√241
解得t= 或t= ，
6 6
( 5+❑√241) ( 5−❑√241)
∴ P的坐标为 2, 或 2, ；
6 6
②当PQ2+BQ2=PB2时，
有4+ ( t− 5) 2 + 250 =9+t2 ，
3 9
23
解得t= ，
3
( 23)
∴ P的坐标为 2, ；
3
③当PB2+BQ2=PQ2时，
有9+t2+ 250 =4+ ( t− 5) 2 ，
9 3
解得t=−9，
∴ P的坐标为(2,−9)；
( 5+❑√241) ( 5−❑√241) ( 23)
综上所述，P的坐标为 2, 或 2, 或 2, 或(2,−9)；
6 6 3
（3）解：设直线AM的解析式为y=k x+b ，
2 2
{2k +b =9)
∴ 2 2 ，
−k +b =0
2 2
{k =3)
解得 2 ，
b =3
2
∴直线AM的解析式为y=3x+3，
∵ GH∥BM，
设GH的解析式为y=−3x+15−m（其中G的横坐标范围为−1≤x≤5），m
联立y=3x+3与y=−3x+15−m，有3x+3=−3x+15−m，解得x=2− ，
6
m ( m) m
当x=2− 时，y=3× 2− +3=9− ，
6 6 2
( m m)
即H 2− ,9− ，
6 2
m
当y=0时，有−3x+15−m=0，即x=5− ，
3
( m )
即G 5− ,0 ，
3
∴S =S −S −S
△HGM △ABM △AHG △BMG
1 1 [ m ) ( m) 1 [ ( m))
= ×[5−(−1))×9− × 5− −(−1) × 9− − × 5− 5− ×9
2 2 3 2 2 3
1 ( m)( m) 3
=27− × 6− 9− − m
2 3 2 2
1 27
=− (m−9) 2+ ，
12 4
1
∵− <0，
12
27
∴当m=9时，S 有最大值为 ，
△HGM 4
此时，G点坐标为(2,0)．
9．（2024·山东济宁·一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)交x轴于
A(−6,0)、B(2,0)两点，交y轴于点C(0,6)，连接AC．
（1）求抛物线表达式；
（2）点P从点C以每秒❑√2个单位长度的速度沿CA运动到点A，点Q从点O以每秒1个单位长度的速度沿OC运动到点C，点P和点Q同时出发，连接PQ，设点P和点Q的运动时间为t，求S 的最大值及
△CPQ
此时点P的坐标；
（3）抛物线上存在点M，使得∠ACM=15°，请直接写出点M的坐标．
【思路点拨】
本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，直角三角形的性质，解直角三角形，灵活运用这些性
质解决问题是解题的关键．
（1）直接利用待定系数法即可求解析式；
（2）先求出CQ与PH的长，由三角形的面积公式和二次函数的性质可求解；
（3）分两种情况讨论，先求出CM的解析式，联立方程组可求解．
【解题过程】
（1）解：点A(−6,0)、B(2,0)，C(0,6)三点在抛物线y=ax2+bx+c上，将其代入抛物线中得：
{0=36a−6b+c
)
0=4a+2b+c ,
6=c
1
{ a=− )
2
解得： ,
b=−2
c=6
1
∴抛物线的表达式为：y=− x2−2x+6．
2
（2）解：如图，过点P作PH⊥CO于H，
∵A(−6,0)、C(0,6)，
∴OA=OC=6,
又∵∠AOC=90°，
∴∠ACO=45°，
∵PH⊥OC,∴∠ACO=∠CPH=45°,
∴PH=CH,
∵点P从点C以每秒❑√2个单位长度的速度沿CA运动到点A，点Q从点O以每秒1个单位长度的速度沿OC
运动到点C，
∴CP=❑√2t,OQ=t,
又∵PH=CH，
∴PH=CH=t,CQ=6−t，
1
∴S = ×CQ×PH
△CPQ 2
1
= ×(6−t)×t
2
1
=3t− t2
2
1 9
=− ×(t−3) 2+ ，
2 2
9
∴当 t=3时，S 的最大值为 ,
△CPQ 2
∴PH=CH=3,
∴OH=6−3=3,
∴点P的坐标为(−3,3)．
（3）如图，当点M在AC的下方时，设CM与x轴的交点为H，
∴∠ACM=15°,∠ACO=45°,
∴∠OCH=30°,
OH ❑√3
∴tan∠OCH= = ,
OC 3
∵OC=6，∴OH=2❑√3,
∴点H(−2❑√3,0),
设直线CM的解析式为：y=kx+b,
{−2❑√3k+b=0)
把H(−2❑√3,0), C(0,6)代入得： ，
b=6
{k=❑√3)
解得： ，
b=6
∴直线CM的解析式为：y=❑√3x+6,
联立方程组可得：
{ y=❑√3x+6 )
1 ,
y=− x2−2x+6
2
{x=0) {x=−4−2❑√3)
解得： (舍去)或 ，
y=0 y=−4❑√3
故点M(−4−2❑√3,−4❑√3)；
当点M′在AC的上方时，设CM′与x轴的交点为G，
∵∠ACM′=15°,∠ACO=45°,
∴∠OCG=60°,
OG
∴tan∠OCG= =❑√3,
OC
∴OG=6❑√3,
∴点G(−6❑√3,0),
设直线CM′的解析式为：y=kx+b,
{−6❑√3k+b=0)
把G(−6❑√3,0), C(0,6)代入得： ，
b=6
{ k= ❑√3 )
解得： 3 ，
b=6
❑√3
∴直线 CM′的解析式为：y= x+6
3联立方程组可得：
{ y=
❑√3
x+6 )
3
,
1
y=− x2−2x+6
2
{ x=−4−
2❑√3
)
解得：
{x=0)
(舍去)或
3
,
y=0 4❑√3 16
y=− +
3 3
( 2❑√3 4❑√3 16)
故点M −4− ,− +
3 3 3
( 2❑√3 4❑√3 16)
综上所述：点M的坐标为 (−4−2❑√3,−4❑√3)或 −4− ,− + ．
3 3 3
10．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，抛物线C :y=x2+bx+c交x轴于A(−2,0)，B(4,0)两点，交y轴
1
于点C．
（1）直接写出抛物线C 的解析式；
1
（2）如图1，连接AC，点P在抛物线C上，且在对称轴右侧，若∠ACO=∠CBP，求点P的坐标；
（3）如图2，将抛物线C通过变换得到顶点为(0,1)的抛物线C，交x轴于D，E(1,0)两点，F(0,2)，点G
在第四象限的抛物线上，过点G作不平行y轴的直线l，分别交直线DF，FE于P，Q两点，若直线l与抛物
线只有一个公共点，求证：DP=FQ．
【思路点拨】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）连接BC，作BC下方作∠CBP，使得∠ACO=∠CBP，过点C作BC的垂线，交直线BP于点N，
其中点P在抛物线上，过N点作NM⊥y轴于点M，求出BC=❑√OC2+OB2=4❑√5，
AO 1 1
tan∠ACO= = ，根据tan∠CBP=tan∠ACO= ，可得CN=❑√5，接着证明△CMN∽△BOC，
CO 4 4
9
可得CM=1，MN=2，即有N(2,−9)，求出直线BN的解析式为：y= x−18，联立：
2
{ y= 9 x−18 ) (5 27)
2 ，可得此时点P的坐标为： ,− ；
2 4
y=x2−2x−8
（3）设抛物线解析式为：y=ax2+1，利用待定系数法可得y=−x2+1， 再利用待定系数法可得：
y =2x+2，y =−2x+2，设P点坐标为：P(p,2p+2)，Q点坐标为：Q(q,−2q+2)，利用待定系
DF EF
2(p+q) 4 pq+2(p−q) { y = 2(p+q) x+ 4 pq+2(p−q) )
数法可得y = x+ ，联立： PQ p−q p−q ，整理
PQ p−q p−q
y=−x2+1
2(p+q) 4 pq
x2+ x− +1=0，根据直线l与抛物线只有一个公共点，，可得方程的Δ=0，可得p−q=−1，
p−q p−q
则有Q(p+1,−2p)，再利用勾股定理可得DP2=FQ2，问题得证．
【解题过程】
{4−2b+c=0)
（1）将A(−2,0)，B(4,0)代入y=x2+bx+c中，有： ，
16+4b+c=0
{b=−2)
解得： ，
c=−8
∴抛物线C 的解析式为y=x2−2x−8；
1
（2）连接BC，作BC下方作∠CBP，使得∠ACO=∠CBP，过点C作BC的垂线，交直线BP于点N，
其中点P在抛物线上，过N点作NM⊥y轴于点M，如图，当x=0时，y=x2−2x−8=−8，
∴C(0,−8)，即CO=8，
∵A(−2,0)，B(4,0)，
∴OA=2，OB=4，
AO 1
∴BC=❑√OC2+OB2=4❑√5，tan∠ACO= = ，
CO 4
∵∠ACO=∠CBP，
1
∴tan∠CBP=tan∠ACO= ，
4
∵CN⊥BC，
即∠BCN=90°，
CN 1
∴在Rt△BCN中，tan∠CBP= = ，
BC 4
∴CN=❑√5，
∵∠BCN=90°，
∴∠OCB+∠MCN=180°−∠BCN=90°，
∵∠OCB+∠OBC=90°，
∴∠MCN=∠OBC，
∵NM⊥y轴，
∴∠CMN=∠COB=90°，
∴△CMN∽△BOC，
∴△CMN∽△BOC，
CM MN CN
∴ = = ，
BO OC BC
CM MN ❑√5
∴ = = ，
4 8 4❑√5∴CM=1，MN=2，
∴OM=OC+CM=9，
∴N(2,−9)，
设直线BN的解析式为：y=sx+t，
又∵B(4,0)，
{ 4s+t=0 ) { s= 9 )
∴ ，解得： 2 ，
2s+t=−9
t=−18
9
∴直线BN的解析式为：y= x−18，
2
{ y= 9 x−18 )
联立： 2 ，
y=x2−2x−8
5
{ x= )
{x=4) 2
解得： （点B的坐标），或者 ，
y=0 27
y=−
4
(5 27)
此时点P的坐标为： ,− ；
2 4
（3）∵抛物线经过顶点(0,1)和点E(1,0)，
∴设抛物线解析式为：y=ax2+1，
则有0=a+1，即a=−1，
∴抛物线解析式为：y=−x2+1，
∴抛物线与x轴的另一个交点D(−1,0)，
∵E(1,0)，D(−1,0)，F(0,2)，
∴利用待定系数法可得：y =2x+2，y =−2x+2，
DF EF
设P点坐标为：P(p,2p+2)，Q点坐标为：Q(q,−2q+2)，
2(p+q) 4 pq+2(p−q)
∴利用待定系数法可得y = x+ ，
PQ p−q p−q
{ y = 2(p+q) x+ 4 pq+2(p−q) )
联立： PQ p−q p−q ，
y=−x2+1
2(p+q) 4 pq
整理x2+ x− +1=0，
p−q p−q∵直线l与抛物线只有一个公共点，，
2
[2(p+q)) ( 4 pq )
∴方程的Δ= −4 −1 =0，
p−q p−q
化简：p−q=−1，
∴q=p+1，
∴Q(p+1,−2p)，
∵P(p,2p+2)，D(−1,0)，F(0,2)，
∴DP2=(p+1) 2+(2p+2) 2=5(p+1) 2，FQ2=(p+1) 2+(−2p−2) 2=5(p+1) 2，
∴DP2=FQ2，
∴DP=FQ．
11．（24-25九年级上·重庆·阶段练习）如图，抛物线y=x2+bx+c交x轴于点A(−3,0)，点B(1,0)交y轴
于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，连接AC，BC，点P为线段AC下方抛物线上一动点，过点P作PQ∥y轴交AC于点Q，过点
3
Q作QH∥x轴交BC于点H，求PQ+ QH的最大值以及点P的坐标；
4
（3）将二次函数沿射线AC平移一定的单位长度，使得平移后的抛物线过点(1,−4)，记平移后的点C对应
点为C′，连接C′，点G为平移后新抛物线上一动点，若满足∠AC′G=∠OCB，直接写出符合题意所有点
G的横坐标．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先利用待定系数法求出直线AC的解析式为y=−x−3，直线BC的解析式为y=3x−3，设( 1 ) 4
P(t,t2+2t−3)，则Q(t,−t−3)，H − t,−t−3 ，进而得到PQ=−t2−3t，QH=− t，推出
3 3
3
PQ+ QH=−(t+2) 2+4，即可求解；
4
1
（3）根据B(1,0)，C(0,−3)，可得tan∠OCB= ，将二次函数沿射线AC平移一定的单位长度，相当于
3
向右平移m个单位，向下平移m个单位，设平移后的新抛物线的解析式为y=(x+1−m) 2−4−m，将新抛
物线经过点(1,−4)代入可得到m=1或4，当m=1时，新抛物线的解析式为y=x2−5，则C′(1,−4)，在x
轴上取点L(−1,0)，连接C′L交新抛物线于点G，过点L作LJ⊥AC于J，则∠AC′G=∠OCB，利用待
( 7)
定系数法求出直线C′L的解析式，再与新抛物线联立即可求出点G的坐标；在y轴上取点S 0,− ，连接
2
C′S交新抛物线于点G，过点S作ST⊥AC于点T，则∠AC′G=∠OCB，利用待定系数法求出直线C′S
的解析式，再与新抛物线联立即可求出点G的坐标；当m=4时，同理可求得点G的坐标．
【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c交x轴于点A(−3,0)，点B(1,0)，
{9−3b+c=0)
∴ ，
1+b+c=0
{ b=2 )
解得： ，
c=−3
∴抛物线的解析式为y=x2+2x−3；
（2）∵抛物线y=x2+2x−3交y轴于点C，
∴ C(0,−3)，
设直线AC的解析式为y=kx+d，将A(−3,0)，C(0,−3)分别代入得：
{−3k+d=0)
，
0+d=−3
{k=−1)
解得： ，
d=−3
∴直线AC的解析式为y=−x−3，
同理可得：直线BC的解析式为y=3x−3，
设P(t,t2+2t−3)，则Q(t,−t−3)，∴ PQ=−t−3−(t2+2t−3)=−t2−3t，
∵ QH∥x轴，
∴点H的纵坐标为−t−3，代入y=3x−3，
得−t−3=3x−3，
1
解得：x=− t，
3
( 1 )
∴ H − t,−t−3 ，
3
1 4
∴ QH=− t−t=− t，
3 3
∴ PQ+ 3 QH=−t2−3t+ 3 × ( − 4 t ) =−t2−4t=−(t+2) 2+4，
4 4 3
∵ −1<0，
3
∴当t=−2时，PQ+ QH取得最大值4，此时，点P(−2,−3)；
4
（3）∵ B(1,0)，C(0,−3)，
∴ OB=1，OC=3，
∵ ∠BOC=90°，
OB 1
∴ tan∠OCB= = ，
OC 3
∵ y=x2+2x−3=(x+1) 2−4，
∴原抛物线的顶点坐标为(−1,−4)，
∵将二次函数沿射线AC平移一定的单位长度，相当于向右平移m个单位，向下平移m个单位，
∴平移后的新抛物线的解析式为y=(x+1−m) 2−4−m，
∵新抛物线经过点(1,−4)时，
∴ −4=(1+1−m) 2−4−m，
解得：m=1或4，
当m=1时，新抛物线的解析式为y=x2−5，则C′(1,−4)，如图，在x轴上取点L(−1,0)，连接C′L交新抛物线于点G，过点L作LJ⊥AC于J，则AL=2，
∵ OA=OC=3，
∴ △AOC是等腰直角三角形，
∴ ∠CAO=∠ACO=45°，AC=❑√2OA=3❑√2，
∴ ∠LAJ=45°，
又∠AJL=90°，
∴ △ALJ是等腰直角三角形，
❑√2
∴ AJ=LJ= AL=❑√2,
2
∴ CJ=AC−AJ=3❑√2−❑√2=2❑√2，
∵ CC′=❑√(1−0) 2+(−4+3) 2=❑√2，
∴ C′J=CC′+CJ=❑√2+2❑√2=3❑√2，
LJ ❑√2 1
∴ tan∠AC′L= = = ，
C′J 3❑√2 3
∴ tan∠AC′L=tan∠OCB，
∴ ∠AC′L=∠OCB，即∠AC′G=∠OCB，
{k +b❑=−4)
设直线C′L的解析式为y=k x+b ，则 1 1 ，
1 1 −k +b❑=0
1 1
{k =−2)
1
解得： ，
b =−2
1∴直线C′L的解析式为y=−2x−2，
{y=−2x−2)
联立 ，
y=x2−5
{x=−3) { x=1 )
解得： 或 （舍去），
y=4 y=−4
∴ G(−3,4)；
( 7)
在y轴上取点S 0,− ，连接C′S交新抛物线于点G，过点S作ST⊥AC于点T，
2
7 1
则CS=− −(−3)= ，
2 2
∵ ∠SCT=∠ACO=45°，∠CTS=90°，
∴ △CST是等腰直角三角形，
❑√2 ❑√2
∴ CT=ST= CS= ，
2 4
❑√2 3❑√2
∴ C′T=CC′−CT=❑√2− = ，
4 4
❑√2
ST 4 1
∴ tan∠AC′G= = = ，
C′T 3❑√2 3
4
∴ ∠AC′G=∠OCB，
1 7
同理可得直线C′S的解析式为y=− x− ，
2 2
{ y=− 1 x− 7 )
联立 2 2 ，
y=x2−53
{ x=− )
2 { x=1 )
解得： 或 （舍去），
11 y=−4
y=−
4
( 3 11)
∴ G − ,− ；
2 4
当m=4时，新抛物线的解析式为y=(x−3) 2−8，则C′(4,−7)，如图，
在y轴上取点L(0,1)，连接C′L交新抛物线于点G，过点L作LJ⊥AC于点J，
同理可得∠AC′G=∠OCB，直线C′L的解析式为：y=−2x+1，{ y=−2x+1 )
联立 ，
y=(x−3) 2−8
{x=0) { x=4 )
解得： 或 （舍去），
y=1 y=−7
∴ G(0,1)；
在y轴上取点S(0,−5)，连接C′S交新抛物线于点G，过点S作ST⊥AC于点T，
1
同理可得∠AC′G=∠OCB，直线SL的解析式为：y=− x−5，
2
{ y=− 1 x−5 )
联立 2 ，
y=(x−3) 2−8
3
{ x= )
2 { x=4 )
解得： 或 （舍去），
23 y=−7
y=−
4
(3 23)
∴ G ,− ；
2 4
3 3
综上所述，符合题意所有点G的横坐标为−3或− 或0或 ．
2 2
9
12．（2024·重庆·二模）已知抛物线y=ax2− x+3与x轴交于点A(−4,0)和点B，与y轴交于点C．
4
（1）求a的值和点B的坐标；
（2）如图1，点P为直线AC上方抛物线上的一点，过点P作PQ∥y轴交AC于点Q，再过点P作
PH⊥AC于点H，求△PQH周长的最大值以及此时点P的坐标；
（3）如图2，平移该抛物线，平移后的抛物线y′经过点C．且与x轴交于D,E(3,0)两点，连接CB，CE．
点F是抛物线y′上一点，连接FE，若∠FEC=∠BCE，直接写出所有符合条件的点F的坐标．并写出求解点F坐标的其中一种情况的过程．
【思路点拨】
9
（1）根据抛物线y=ax2− x+3与x轴交于点A(−4,0)，代入解析式求解即可．
4
（2）设直线AC的解析式为：y=kx+b，确定直线AC的解析式为：y= 3 x+3，设P ( t,− 3 t2− 9 t+3 ) ，
4 4 4
则Q ( t, 3 t+3 ) ，PQ= ( − 3 t2− 9 t+3 ) − (3 t+3 ) =− 3 t2−3t，延长PQ交x轴于点E，确定
4 4 4 4 4
4 3
PH=PQcos∠QPH=PQcos∠QAE= PQ，QH=PQsin∠QPH=PQsin∠QAE= PQ，得到
5 5
△PQH的周长为PQ+PH+QH= 12 PQ = 12( − 3 t2−3t ) =− 9 (t+2) 2+ 36 ，借以构造二次函数，用函
5 5 4 5 5
数思想求最值即可．
（3）先运用平移思想确定新抛物线的解析式，后运用分类思想，构造出符合题意的直线，确定直线与抛
物线的交点，运用解析式交点法确定坐标即可．
【解题过程】
9
（1）∵抛物线y=ax2− x+3与x轴交于点A(−4,0)，
4
∴16a+9+3=0，
3
解得a=− ，
4
3 9
故抛物线的解析式为y=− x2− x+3，
4 4
3 9
解方程− x2− x+3=0，
4 4
解得x=−4,x=1，
故B(1,0)．
3 9
（2）∵抛物线的解析式为y=− x2− x+3，A(−4,0)，
4 4
∴C(0,3)，OA=4,OC=3,AC=❑√OA2+OC2=5，
∴C(0,3)，OA=4,OC=3,AC=❑√OA2+OC2=5，OC 3 OA 4
∴sin∠OAC= = ,cos∠OAC= = ，
AC 5 AC 5
设直线AC的解析式为：y=kx+b，
{−4k+b=0)
将A(−4，0)，C(0，3)代入直线AC的解析式得： ，
b=3
{ k= 3 )
解得 4 ，
b=3
3
∴直线AC的解析式为：y= x+3，
4
∴设P ( t,− 3 t2− 9 t+3 ) ，则Q ( t, 3 t+3 ) ，
4 4 4
∴PQ= ( − 3 t2− 9 t+3 ) − (3 t+3 ) =− 3 t2−3t，
4 4 4 4
延长PQ交x轴于点E，
∵PE⊥x轴,PH⊥AC, ∠PQH=∠AQE，
∴∠QAE=∠QPH，
4
∴PH=PQcos∠QPH=PQcos∠QAE= PQ，
5
3
QH=PQsin∠QPH=PQsin∠QAE= PQ
5
12
∴△PQH的周长为PQ+PH+QH= PQ
5
= 12( − 3 t2−3t ) =− 9 (t+2) 2+ 36
5 4 5 5
9
∵a=− ＜0，
536
∴△PQH的周长有最大值，且当t=−2时，取得最大值，最大值为 ，
5
此时− 3 t2− 9 t+3= 9 ，故点P ( −2, 9) ．
4 4 2 2
（3）∵抛物线的解析式为y=−
3
x2−
9
x+3=−
3(
x+
3) 2
+75，
4 4 4 2
3( 3 ) 2
设平移后抛物线y′的解析式为y=− x+ −m +75−n，
4 2
∵抛物线y′经过C(0,3),E(3,0)，
{ − 3( 0+ 3 −m ) 2 +75−n=3)
4 2
∴ ，
3( 3 ) 2
− 3+ −m +75−n=0
4 2
7
{ m= )
3
解得 ，
7
n=
6
3 5
整理，得抛物线y′的解析式为y=− x2+ x+3，
4 4
作OM⊥BE于点M，
∵抛物线y′经过C(0,3),E(3,0)，
∴OC=OE=3，
∴MC=ME，
(3 3)
∴直线OM是线段BE的垂直平分线，且M , ，
2 2
设直线OM的解析式为：y=mx，3 3
根据题意，得 m= ，
2 2
解得m=1．
∴直线OM的解析式为：y=x，
设直线OM与直线BC交于点N，
则NC=NB，
此时∠NEC=∠BCE，
3 5
延长BN交抛物线y=− x2+ x+3于点F，
4 4
则∠FEC=∠BCE，
设直线BC的解析式为：y=nx+3，
把B(1,0)代入解析式y=nx+3，得0=n+3，
解得n=−3．
∴直线BC的解析式为：y=−3x+3，
{ y=x )
根据题意，得 ，
y=−3x+3
3
{ x= )
4
解得 ，
3
y=
4
(3 3)
故N , ；
4 4
设直线BN的解析式为：y=px+q，
{3
p+q=
3
)
根据题意，得 4 4 ，
3p+q=0
{ p=− 1 )
解得 3 ，
q=1
1
∴直线EN的解析式为：y=− x+1，
3
1
{ y=− x+1 )
3
根据题意，得 ，
3 5
y=− x2+ x+3
4 48
解得x =− ,x =3（舍去），
1 9 2
1 ( 8) 35
此时y=− × − +1=
3 9 27
( 8 35)
故点F − , ；
9 27
3 5
过点E作FE∥BC，交抛物线y=− x2+ x+3于点F，
4 4
则∠FEC=∠BCE；
∵直线BC的解析式为：y=−3x+3，
不妨设直线EF的解析式为：y=−3x+g，
∴0=−3×3+g，
解得g=9，
∴直线EF的解析式为：y=−3x+9，
{
y=−3x+9
)
根据题意，得 3 5 ，
y=− x2+ x+3
4 4
{x=3) { x= 8 )
解得 ， 3 ，
y=0
y=1
(8 )
故点F ,1 ；
3
(8 ) ( 8 35)
综上所述，符合题意的点F ,1 或F − , ．
3 9 27
13．（2024·重庆·一模）如图，抛物线y=ax2−2x+c(a≠0)交x轴于点A(−1,0)和点B，交y轴于点
C(0,−4)．（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P为直线BC下方抛物线上一点，过点P作PD∥y轴交直线BC于点D，过点D作
❑√5
DE⊥BD交x轴于点E，求PD− DE的最大值，并求此时点P的坐标；
10
（3）如图2，将抛物线先向左平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度后得到新抛物线y'，新抛物线
y'交y轴于点G，点H为新抛物线y′上一点，当∠BGC+∠BCO=∠CAH时，请直接写出所有符合条件
的点H的横坐标，并写出求点H横坐标的其中一种情况的过程．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法把点A(−1,0)，点C(0,−4)代入抛物线y=ax2−2x+c(a≠0)，确定解析式即可．
（2）先求得直线BC的解析式，设P(m，2m2−2m−4)，则D(m，2m−4)，求得DP=−2m2+4m，
结合B(2,0)，C(0,−4)利用两点间距离公式和点P的位置求得DB，结合三角形函数求得DE，构造二次函
数计算即可．
（3）利用平移思想确定新的抛物线解析式，在结合分类讨论思想求得对应点H的坐标即可．
【解题过程】
（1）把点A(−1,0)，点C(0,−4)，代入抛物线y=ax2−2x+c(a≠0)，
{a+2+c=0)
得 ，
c=−4
{ a=2 )
解得 ，
b=−4
故抛物线的解析式为y=2x2−2x−4．
（2）∵y=2x2−2x−4,A(−1,0),n−1 −2
设点B(n,0)，则 =− ，
2 2×2
解得n=2，
故B(2,0)；
设直线BC的解析式为y=kx+p，
将B(2,0)，C(0,−4)代入直线BC的解析式得：
{2k+p=0)
，
p=−4
{ k=2 )
解得 ，
p=−4
∴直线BC的解析式为：y=2x−4．
设P(m，2m2−2m−4)，则D(m，2m−4)，
则DP=(2m−4)−(2m2−2m−4)=−2m2+4m
∵B(2,0)，C(0,−4)，
∴DB=❑√(2−m) 2+(4−2m) 2=❑√5|2−m)，OB=2,OC=4，
∵点P在直线BC下方的抛物线上，
∴0<m<2，
∴DB=❑√(2−m) 2+(4−2m) 2=❑√5(2−m)，
OC
∵tan∠ABC= =2，DE⊥BD，
OB
DE
∴tan∠ABC= =2，
DB
∴DE=2DB=2❑√5(2−m)，❑√5 ❑√5
∴ DE= ×2❑√5(2−m)=2−m，
10 10
❑√5
∴PD− DE=−2m2+4m+m−2
10
=−2m2+5m−2=−2 ( m− 5) 2 + 9 ，
4 8
∵a=−2<0，
❑√5 5 9
∴PD− DE有最大值，且当m= 时，取得最大值，且最大值为 ，
10 4 8
27
此时，2m2−2m−4=−
，
8
(5 27)
故P ，− ．
4 8
( 1) 2 9
（3）∵y=2 x− − ，
2 2
∴先向左平移1个单位长度，再向下平移4个单位长度后得到新抛物线y'的解析式为：
y′=2 ( x− 1 +1 ) 2 − 9 −4，
2 2
∴y′=2 ( x+ 1) 2 − 17 =2x2+2x−8，
2 2
∴点G(0,−8)，
∵B(2,0)，C(0,−4)，A(−1,0)，
∴OB=2,OC=4,OA=1,OG=8，
OB 2 1 OA 1
∵tan∠BGC= = = ，tan∠ACO= = ，
OG 8 4 OC 4
∴∠ACO=∠BGC，
∴∠BGC+∠BCO=∠ACO+∠BCO=∠ACB，
∵∠BGC+∠BCO=∠CAH，
∴∠ACB=∠CAH；
故过点A作AH ∥BC，交y′于点H ，
1 1
∴∠ACB=∠CAH ；
1
∵直线BC的解析式为：y=2x−4．
设直线AH 的解析式为：y=2x+b，
1
把A(−1,0)代入解析式y=2x+b，得0=2×(−1)+b，解得b=2．
∴直线AH 的解析式为：y=2x+2，
1
{ y=2x+2 )
根据题意，得 ，
y=2x2+2x−8
解得x =−❑√5,x =❑√5（舍去），
1 2
故点H 的横坐标为−❑√5，
1
过点B作BM⊥AC于点M，
∵B(2,0)，C(0,−4)，A(−1,0)，
∴AB=3,AC=❑√OA2+OC2=❑√17,BC=❑√OB2+OC2=2❑√5，
AB·OC 12❑√17
∴BM= = ，
AC 17
BM OC
∵tan∠BAM= ，tan∠OAC= =4，∠OAC=∠BAM，
AM OA
BM
∴ =4，
AM
3❑√17
∴AM= ，
17
延长CM到点N使CM=MN，连接BN，
则直线BM是线段CN的垂直平分线，
∴BN=BC，
∴∠ACB=∠BNC；
点A作AH ∥BN，交y′于点H ，
2 2∴∠BNC=∠CAH ；
2
∴∠ACB=∠CAH ；
2
∴∠BGC+∠BCO=∠CAH ；
2
12❑√17
∵BM= ，
17
14❑√17
∴CM=MN=❑√BC2−BM2=
，
17
11❑√17
∴NA=NM−AM= ，
17
过点N作NQ⊥AB于点Q，
∵∠NAQ=∠OAC，
OC 4❑√17
∴sin∠NAQ=sin∠OAC= = ，
AC 17
4❑√17 11❑√17 44
∴NQ=NAsin∠NAQ= × = ，
17 17 17
11
∴AQ=❑√N A2−NQ2=
，
17
28
∴OQ=OA+AQ=❑√N A2−NQ2=
，
17
( 28 44)
∴N − , ，
17 17
设直线BN的解析式为：y=mx+n，
{
0=2m+n
)
根据题意，得 44 28 ，
=− m+n
17 17
22
{ m=− )
31
解得 ．
44
n=
31
22 44
∴直线BN的解析式为：y=− x+ ，
31 31
∵AH ∥BN，
2
22
设直线AH 的解析式为：y=− x+t，
2 31
22 22
把A(−1,0)代入解析式y=− x+t，得0=− ×(−1)+t，
31 3122
解得t=− ．
31
22 22
∴直线AH 的解析式为：y=− x− ，
2 31 31
{ y=− 22 x− 22 )
根据题意，得 31 31 ，
y=2x2+2x−8
−21+2❑√986 −21−2❑√986
解得x = ,x = （舍去），
3 31 4 31
−21+2❑√986
故点H 的横坐标为 ，
2 31
−21+2❑√986
综上所述，符合题意的点H的横坐标为−❑√5或 ．
31
4
14．（2023·辽宁·二模）已知抛物线y=−x2+bx+c，直线y=− x+4与y轴交于A，与x轴交于B．抛物
3
线过A、B两点．
（1）求抛物线的解析式；
AM 4
（2）如图1，点M为抛物线第一象限一点，AM⊥MN．若 = ，求点M的横坐标；
MN 3
（3）如图2，∠ACB=90°，点P为AB中点，EP∥OB，且点E的横坐标为−1．∠ECD=90°，
，作点A关于x轴的对称点F， ( 5 5❑√3)，连接 ， ．请直接写出
∠EDC=60° G − ,2− DG DF
2 65❑√3
DG+DF的最小值（结果无需化简） ．
12
【思路点拨】
本题考查了待定系数法求抛物线解析式，三角函数的计算，解方程组，线段和的最小值，熟练掌握待定系
数法，三角函数是解题的关键．
（1）把A(0,4)，点B(3,0)分别代入解析式y=−x2+bx+c，计算即可．
（2）先证明∠NAM=∠OAB，过点O作OE⊥AB于点E，交AM的延长线于点G，确定点G的坐标，
再计算直线AG的解析式，联立抛物线的解析式构造一元二次方程，求得x的值即可．
（3）以点E为中心，将EP顺时针旋转30°到EH，过点P作EP⊥PH于点P，交EH于点H，证明
△EDC∽△EHP,△EDH∽△ECP，作∠HID=∠HCG交GH于点I，证明△IDH∽△DGH,得到
5❑√3
ID= DG，利用三角形不等式计算即可．
12
【解题过程】
4
（1）∵直线y=− x+4与y轴交于A，与x轴交于B，
3
∴A(0,4)，点B(3,0)，
把A(0,4)，点B(3,0)分别代入解析式y=−x2+bx+c，
{−9+3b+c=0)
得 ，
c=4
{ b= 5 ) 5
解得 3 ，故抛物线的解析式为y=−x2+ x+4．
3
c=4
4
（2）∵直线y=− x+4与y轴交于A，与x轴交于B，
3
∴A(0,4)，点B(3,0)，
∴OA=4,OB=3,AB=❑√OA2+OB2=5
OB 3 OA 4 OB 3
∴tan∠OAB= = ,cos∠OAB= = ,sin∠OAB= = ，
OA 4 AB 5 AB 5
AM 4
∵AM⊥MN， = ，
MN 3
MN 3
∴tan∠NAM= = ，
AM 4
∴∠NAM=∠OAB，过点O作OE⊥AB于点E，交AM的延长线于点G，
{∠OAE=∠GAE
)
∵ AE=AE
∠AEO=∠AEG
∴△AEO≌△AEG(ASA)，
∴OE=EG，
过点E作EF⊥OB于点F，
OA·OB 12
则 OE= = ，∠EOF=90°−∠AOE=∠OAB，
AB 5
12 4 48
∴OF=OEcos∠EOF=OEcos∠OAB= × = ，
5 5 25
12 3 36
EF=OEsin∠EOF=OEsin∠OAB= × = ，
5 5 25
(48 36)
∴E , ，
25 25
(96 72)
∴G , ，
25 25
设直线AG的解析式为y=kx+m，
{96
k+m=
72
)
∴ 25 25 ，
m=4
{ k=− 7 )
解得 24 ，
b=4
7
故直线AG的解析式为y=− x+4．
245 7
根据题意，得−x2+ x+4=− x+4，
3 24
47
解得x= ,x=0（舍去），
24
47
故点M的横坐标为 ．
24
（3）以点E为旋转中心，将EP顺时针旋转30°到EH，过点P作EP⊥PH于点P，交EH于点H，
∵A(0,4)，点B(3,0)，点P为AB中点，
(3 )
∴P ,2 ，AB=❑√32+42=5,
2
∵EP∥OB，且点E的横坐标为−1,∠ACB=90°,
1 5
∴E(−1,2)，CP= AB=
2 2
3 5
∴EP= −(−1)= ，
2 2
∴EP=CP，
5 ❑√3 5❑√3
∴PH=EP·tan∠PEH=EP·tan30°= × = ，
2 3 6
(3 5❑√3) 5❑√3
∴H ,2− ,EH=2PH= ，
2 6 3
( 5 5❑√3)
∵G − ,2− ，
2 63 ( 5)
∴GH∥x轴, GH= − − =4，
2 2
∵∠ECD=90°，∠EDC=60°，
∴∠DEC=30°，
∴∠DEC=∠HEP，∠ECD=∠EPH
∴△EDC∽△EHP
ED EC
∴ =
EH EP
ED EH
∴ =
EC EP
∵∠DEH=30°+∠CEH=∠CEP
∴△EDH∽△ECP，
DH EH
∴ =
CP EP
5❑√3
∴DH=EH= ，
3
作∠HID=∠HDG交GH于点I，
∵∠IHD=∠DHG，
∴△IDH∽△DGH
ID IH DH
∴ = =
DG DH GH
∴DH2=GH⋅IH，
1 (5❑√3) 2 25
∴IH= × =
4 3 12
3 25
∴ −x =
2 I 12
3 25 7
解得x = − =−
I 2 12 12
( 7 5❑√3)
∴I − ,2− ，
12 6
5❑√3
∴ ID DH 3 ，
= =
GD GH 45❑√3
∴ID= DG，
12
5❑√3
∴ DG+DF=ID+DF，
12
故当I,D,F三点共线时，IF最小，
∵点A关于x轴的对称点F，且A(0,4)，
∴F(0,−4)
( 7 5❑√3)
∵I − ,2− ，
12 6
∴IF=❑ √ ( 7 ) 2 + ( 6− 5❑√3) 2 ，
12 6
5❑√3 DG+DF的最小值❑ √ ( 7 ) 2 + ( 6− 5❑√3) 2 ，
12 12 6
故答案为：❑ √ ( 7 ) 2 + ( 6− 5❑√3) 2 ．
12 6
9
15．（2023·江苏淮安·三模）如图，抛物线y=ax2+ x+c与x轴交于点A(1,0)和点B两点，与y轴交于点
4
C(0,−3)．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是抛物线上一动点，作PD⊥x轴，垂足为D，连接PC．
1
①如图1，若点P在第三象限，且tan∠CPD= ，求点P的坐标；
2
②若点P在y轴左侧时，直线PD交直线BC于点E，当点E关于直线PC的对称点E′落在y轴上时，直接写出点P的坐标．
【思路点拨】
（1）把点A(1,0)，C(0,−3)代入，即可求解；
（2）①设P ( x, 3 x2+ 9 x−3 ) ，过点C作CE⊥PD于点E，求出PE,CE，根据tan∠CPD= CE = 1 ，
4 4 PE 2
列出方程求出x的值即可；
3
②过点E作EM∥x轴于点M，先求出直线BC的解析式为y=− x−3，证得四边形PECE′为菱形，可
4
得CE=PE= 3 t2+3t，然后根据△CEM∽△CBO，设点P ( t, 3 t2+ 9 t−3 ) ，则点E ( t,− 3 t−3 ) ，然
4 4 4 4
后分三种情况讨论，即可求解．
【解题过程】
（1）解：把点A(1,0)，C(0,−3)代入得：
{ a+ 9 +c=0)
4 ，
c=−3
{ a= 3 )
解得： 4 ，
c=−3
3 9
∴抛物线解析式为y= x2+ x−3；
4 4
（2）解：①设P ( x, 3 x2+ 9 x−3 ) ，过点C作CE⊥PD于点E，如图，
4 4
∴∠PEC=∠CED=90°,
∵C(0,−3),
∴OC=3,
∵PD⊥x轴，∴∠PDO=90°,
又∠DOC=90°,
∴四边形DOCE是矩形，
∴DE=OC=3,DO=CE=−x，
∴PE=PD−DE=− (3 x2+ 9 x−3 ) −3=− 3 x2− 9 x,
4 4 4 4
CE 1
∵tan∠CPD= = ,
PE 2
−x 1
= ,
∴ 3 9 2
− x2− x
4 4
1
∴x =− ,x =0（不合题意，舍去）
1 3 2
3 9 11
∴ x2+ x−3=− ,
4 4 3
( 1 11)
∴P − ,− ；
3 3
②如图，过点E作EM∥x轴于点M，
3 9
令y=0， x2+ x−3=0，
4 4
解得：x =−4,x =1 (舍去)，
1 2
∴点B(−4，0)，
∴OB=4，
∴ BC=❑√OB2+OC2=5，
设直线BC的解析式为y=kx+n(k≠0)，
把点B(−4，0)，C(0，−3)代入得：{−4k+n=0)
，
n=−3
{ k=− 3 )
解得： 4 ，
n=−3
3
∴直线BC的解析式为y=− x−3，
4
∵点E关于直线PC的对称点E′落在y轴上时，
∴ CE=CE′，PE=PE′，∠PCE=∠PCE′，
∵DP⊥x轴，
∴ PD∥CE′，
∴ ∠CPE=∠PCE′，
∴ ∠CPE=∠PCE，
∴CE=PE，
∴ PE=PE′=CE=CE′，
∴四边形PECE′为菱形，
∵ EM∥x轴，
∴△CEM∽△CBO，
EM CE
∴ = ，
OB BC
设点P ( t, 3 t2+ 9 t−3 ) ，则点E ( t,− 3 t−3 ) ，
4 4 4
当点P在y轴左侧时，EM=−t，
当−4<t<0时，PE= ( − 3 t−3 ) − (3 t2+ 9 t−3 ) =− 3 t2−3t，
4 4 4 4
3
∴ CE=PE=− t2−3t，
4
3
− t2−3t
∴ −t 4 ，
=
4 5
7
解得：t=− 或0(舍去)，
3
( 7 25)
∴点P的坐标为 − ,− ；
3 6
当点P在y轴左侧，x轴上方时，EM=−t，当t≤−4时，PE= (3 t2+ 9 t−3 ) − ( − 3 t−3 ) = 3 t2+3t，
4 4 4 4
3
t2+3t 17
∴ −t 4 ，解得：t=− 或0(舍去)，
= 3
4 5
( 17 25)
∴点P的坐标为 − ,
3 3
当点P在y轴右侧，即t>0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<m<3，设直线BC的解析式为y=kx+n，将B(3,0)，C(0，3)代入，
DE BO ❑√2 3❑√2
求出直线BC的解析式为y=−x+3，证明△DME∽△BCO，得出 = ，DE=− m2+ m，
DM BC 2 2
即可解得；
OC
（3）由正切的定义得出tan∠CFO= =3，过点B作BG⊥BC，交CD的延长线于点G，过点G作
OF
GH⊥x轴于H，分两种情况①若∠DCE=∠CFO，②若∠CDE=∠CFO分别求解即可．
【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过A(﹣1，0)，B(3，0)，C(0，3)三点，
∴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，
∴y=−(x+1)(x−3)=−x2+2x+3，
∴抛物线解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：设D(m,−m2+2m+3)，且0<m<3，
在Rt△BOC中，
BO=3，
OC=3，
BC=❑√32+32=3❑√2，
设直线BC的解析式为y=kx+n，将B(3,0)，C(0，3)代入，
{3k+n=0)
得 ，
n=3
{k=−1)
解得 ，
n=2
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
∴M(m，−m+3)，
∴DM=−m2+2m+3−(−m)(−m+3)=−m+3m2+3m，
∵DE⊥BC，
∴∠DEM=∠BOC=90°，∵DQ⊥x轴，
∴DQ∥y轴，
∴∠DME=∠BCO，
∴△DME∽△BCO，
DE BO
∴ = ，
DM BC
DE 3
=
即 ，
−m2+3m 3❑√2
∴DE=−
❑√2
m2+
3❑√2
m=−
❑√2(3
−
3) 2
+
9❑√2
，
2 2 2 2 2 8
3 9❑√2
∴当m= 时，DE取得最大值，最大值是 ；
2 8
（3）解：存在点D，使得△CDE中有一个角与∠CFO相等．
∵点F是AB的中点，A(−1，0)，B(3，0)，C(0，3)，
∴F（1，0），
∴OF=1，OC=3，BC=4，
OC
∴tan∠CFO= =3，
OF
如图2，过点B作BG⊥BC，交CD的延长线于点G，过点G作GH⊥x轴于H，
①若∠DCE=∠CFO，
∴tan∠DCE=tan∠CFO=3，
GB
∵tan∠DCE= ，
BC
GB
∴ =3，
BC
∴GB=12，∵BG⊥BC，GH⊥x轴，
∴∠CBG=∠GHB=∠BCO=90°，
∴∠CBO+∠GBH=∠BGH+∠GBH=90°，
∴∠CBO=∠BGH，
∴△CBO∽△BGH，
GH HB GB
∴ = =
BO OC BC
∴GH=9，HB=9，
∴OH=OB+BH=3+9=12，
∴G（12，9）；
设直线CG的解析式为y=k x+b ，
1 1
{12k +b =9)
∴ 1 1
b =3
1
{ k = 1 )
解得： 1 2
b =3
1
1
∴直线CG的解析式为y= x+3，
2
{ y= 1 x+3 )
联立方程组，得 2
y=−x2+2x+3
3
{ x = )
1 2 {x =0)
解得： ， 2 （不合题意，舍去）
15 y =3
y = 2
1 4
3
∴D的横坐标为：
2
②若∠CDE=∠CFO，
则tan∠CDE=tan∠CFO=3，
∵BG⊥BC，DE⊥BC，
∴∠CBG=∠CED=90°，
∴GB∥DE，
∴∠CDE=∠CGB，BC
∴tan∠CDE=tan∠CGB= =3，
GB
1 1
∴GB= BC= ×3❑√2=❑√2
3 3
∵△CBO∽△BGH，
GH HB GB
∴ = =
BO OC BC
1
∴GH=BO=1，HB= OC=1，
3
∴OH=OB+BH=3+1=4，
∴G(4，1)；
设直线CG的解析式为y=k x+b ，
2 2
{4k +b =1)
∴ 2 2
b =3
2
{ k =− 1 )
解得： 2 2
b =3
2
1
∴直线CG的解析式为y=− x+3，
2
{ y=− 1 x+3 )
联立方程组，得 2
y=−x2+2x+3
5
{ x = )
1 2 {x =0)
解得：解得： ， 2 （不合题意，舍去），
7 y =3
y = 2
1 4
5
∴D的横坐标为：
2
3 5
∴存在点D，使得△CDE中有一个角与∠CFO相等，点D的横坐标为 或 ．
2 2
18．（24-25九年级上·重庆·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−2与x轴交于点
A(4，0)和点B(−1，0)，与y轴交于点C，连接AC、BC．（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，点P是直线AC下方抛物线上的一动点，过点P作直线PD∥AC交x轴于点D，过点P作
PE⊥AC于点E，求出PE+AD的最大值及此时点P的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，连接OP交AC于点Q，将原抛物线沿射线CA方向平移❑√5个单位得到新
抛物线y ，在新抛物线y 上存在一点M，使∠OQC−∠MAC=∠BCO，请直接写出所有符合条件的点
1 1
M的横坐标．
【思路点拨】
（1）把点点A(4，0)和点B(−1，0)的坐标代入y=ax2+bx−2求出a、b的值即可解答；
1
（2）运用待定系数法求出直线AC的解析式为y= x−2，如图1，过点P作PF∥y轴交AC于F，过点
2
A作AG∥y轴交PD于G，设P ( t, 1 t2− 3 t−2 ) ，则F ( t, 1 t−2 ) ，
2 2 2
❑√5 4❑√5
，可证得△PFE∽△ACO，求得PE=− t2+ t，证明四边形AGPF是平行四边形，再证明
5 5
△DGA∽△ACO，可得AD=−t2+4t，表示出PE+AD关于t的函数关系，再运用二次函数的性质，求
出的最大值及此时点的坐标即可；
1 7
（3）先求得新抛物线的解析式为y = x2− x+4，如图2，过点Q作QJ∥x轴交y轴于J，过点P作
1 2 2
PS 3
PS⊥x轴于S，根据三角函数定义可得tan∠MAC=tan∠POS= = ，过点C作AC的垂线，在该
OS 2
CL 3 CT 3
垂线上分别截取CL=CT，使 =tan∠LAC= 或 =tan∠TAC= ，分别过点L、T作y轴的垂线，
AC 2 AC 2
LK CK CL 3
垂足分别为K、N；再证得△CLK∽△ACO，可得 = = = ，根据图形与坐标得出点
OC OA AC 2
4 16
L(−3，4)的坐标，再利用待定系数法求得直线AL的解析式为y=− x+ ，联立解析式求解即可；同
7 7理求得另一种情况．
【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−2与x轴交于点A(4，0)和点B(−1，0)，
1
{ a= )
{16a+4b−2=0) 2
∴ ，解得： ，
a−b−2=0 3
b=−
2
1 3
∴抛物线的表达式为y= x2− x−2；
2 2
1 3
（2）解：在y= x2− x−2中，令x=0，得y=−2，
2 2
∴C(0，−2)，
设直线AC的解析式为y=kx+c，把A(4，0)、C(0，−2)代入，
{4k+c=0) { k= 1 )
得 ，解得： 2 ，
c=−2
c=−2
1
∴直线AC的解析式为y= x−2，
2
在Rt△ACO中，OA=4，OC=2，
∴AC=❑√OA2+OC2=❑√42+22=2❑√5，
如图1，过点P作PF∥y轴交AC于F，过点A作AG∥y轴交PD于G，
则∠PFE=∠ACO，
设P ( t, 1 t2− 3 t−2 ) ，则F ( t, 1 t−2 ) ，
2 2 2
∴PF= 1 t−2− (1 t2− 3 t−2 ) =− 1 t2+2t，
2 2 2 2
∵PE⊥AC，
∴∠PEF=∠AOC=90°，∴△PFE∽△ACO，
PE PF
∴ = ，
OA AC
∴PE= OA ⋅PF= 4 ( − 1 t2+2t ) =− ❑√5 t2+ 4❑√5 t，
AC 2❑√5 2 5 5
∵AG∥PF，AC∥PD，
∴四边形AGPF是平行四边形，∠ADG=∠OAC，
∴AG=PF，
∵∠DAG=∠AOC=90°，
∴△DGA∽△ACO，
1
AD AG − t2+2t
∴ = ，即AD 2 ，
OA OC =
4 2
∴AD=−t2+4t，
❑√5 4❑√5
∴PE+AD=− t2+ t+(−t2+4t)
5 5
= ( − ❑√5 −1 ) t2+ (4❑√5 +4 ) t
5 5
= ( − ❑√5 −1 ) (t−2) 2+ 4❑√5 +4，
5 5
❑√5
∵− −1<0，
5
4❑√5
∴当t=2时，PE+AD取得最大值，最大值为 +4，此时点P的坐标为(2,−3)；
5
（3）解：由y=
1
x2−
3
x−2=
1(
x−
3) 2
−
25
，可得原抛物线的顶点为
(3
,−
25)
，
2 2 2 2 8 2 8
将原抛物线沿射线CA方向平移❑√5个单位得到新抛物线y ，即向右平移2个单位，向上平移1个单位得到
1
新抛物线y ，
1
∴新抛物线y 的解析式为y = 1( x− 3 −2 ) 2 − 25 +1= 1 x2− 7 x+4，
1 1 2 2 8 2 2
如图2，过点Q作QJ∥x轴交y轴于J，过点P作PS⊥x轴于S，
则∠CQJ=∠CAO，∠OQJ=∠POS，OS=2，PS=3，OB 1 OC 1
∵tan∠BCQ= = ，tan∠CAQ= = ，
OC 2 OA 2
∴∠BCO=∠CAO，
∴∠BCO=∠CQJ，
∵∠OQC−∠OQJ=∠CQJ，∠OQC−∠MAC=∠BCO，
∴∠OQJ=∠MAC，
∴∠MAC=∠POS，
PS 3
∴tan∠MAC=tan∠POS= = ，
OS 2
CL 3 CT 3
过点C作AC的垂线，在该垂线上分别截取CL=CT，使 =tan∠LAC= 或 =tan∠TAC= ，
AC 2 AC 2
分别过点L、T作y轴的垂线，垂足分别为K、N，
∵∠ACO+∠LCK=∠ACO+∠CAO=90°，
∴∠LCK=∠CAO，
∵∠CKL=∠AOC=90°，
∴△CLK∽△ACO，
LK CK CL 3
∴ = = = ，
OC OA AC 2
3 3
∴LK= OC=3，CK= OA=6，
2 2
∴L(−3，4)，
设直线AL的解析式为y＝kx+b，把L(−3，4)，A(4，0)代入，
1 1
4
{ k =− )
{−3k +b =4) 1 7
得 1 1 ，解得： ，
4k +b =0 16
1 1 b =
1 74 16
∴直线AL的解析式为y=− x+ ，
7 7
4 16
{ y=− x+ y)
7 7
联立方程组得 ，整理得7x2−41x+24=0，
1 7
y= x2− x+4
2 2
41−❑√1009 41+❑√1009
∴x= 或x= （舍去）；
14 14
23−❑√241
同理可得T(3,−8)，直线AT的解析式为y= x−32，
2
{
y=8x−32
)
联立方程组得 1 7 ，整理得x2−23x+72=0，
y= x2− x+4
2 2
23−❑√241 23+❑√241
∴x= 或x= （舍去）．
2 2
41−❑√1009 23−❑√241
综上所述，所有符合条件的点M的横坐标为 或 ．
14 2
