专题 22.3 二次函数综合——面积问题
【典例1】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−4交x轴于A(−3,0)，B两点，交y轴于点
C，CD∥x轴，交抛物线于点D，AC=CD．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在直线AD上方的抛物线上是否存在一点Q，连接AQ，DQ，使S =8，若存在，求点Q的横坐
△AQD
标；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）根据抛物线解析式确定点C(0,−4)，根据勾股定理，得到AC=CD=5，确定抛物线的对称轴，把点
A代入解析式计算即可．
（2）设Q ( m, 1 m2− 5 m−4 ) ，分类用m的代数式表示三角形的面积，建立方程计算即可．
6 6
【解题过程】
解：（1）∵y=ax2+bx−4，
令x=0，得y=−4.
∴C(0,−4).
∴OC=4.
∵A(−3,0)，
∴OA=3.
∴AC=❑√OA2+OC2=5.
∴CD=5.5
∴抛物线对称轴为x= ，
2
b 5
∴− = .
2a 2
∴b=−5a.
将点A(−3,0)代入y=ax2−5ax−4中，
1
得a=
.
6
5
∴b=−5a=− ，
6
1 5
∴抛物线解析式为y= x2− x−4．
6 6
（2）∵CD=5，C(0,−4)，
∴D(5,−4).
设Q ( m, 1 m2− 5 m−4 ) ，
6 6
当m<−3时，
设直线QD的解析式为y=kx+b，
{ mk+b= 1 m2− 5 m−4)
∴ 6 6 ，
5k+b=−4
1
{ k= m )
6
解得 ，
5
b=− m−4
6
m 5m
∴直线QD的解析式为y= x− −4.
6 6
过点A作AE∥y轴，交QD于点E，( 4 )
则E −3,− m−4 ,
3
4
∴AE=− m−4,
3
1 1( 4 )
∴S = AE(x −x )= − m−4 (5−m),
△ADQ 2 D Q 2 3
∵S =8,
△AQD
1( 4 )
∴ − m−4 (5−m)=8，
2 3
解得m =1−2❑√7,m =1+2❑√7（舍去）
1 2
故Q的横坐标为1−2❑√7；
当m>5时，
设直线Q′ A的解析式为y=px+q，
{ mp+q= 1 m2− 5 m−4)
∴ 6 6 ，
−3p+q=0
1
{ p= (m−8))
6
解得 ，
1
q= (m−8)
2
m−8 m−8
∴直线Q′ A的解析式为y= x+ .
6 2
( 4 )
过点D作DG∥y轴，交Q′ A于点G，则G 5, (m−8) ,
34
∴GD= (m−5),
3
1 1 4 2
∴S = GD(x −x )= × (m−5)(m+3)= (m−5)(m+3),
△ADQ 2 Q A 2 3 3
∵S =8,
△AQD
2
∴ (m−5)(m+3)=8，
3
解得m =1+2❑√7,m =1−2❑√7（舍去）
1 2
故Q的横坐标为m=1+2❑√7；
∴点Q的横坐标为m=1+2❑√7或1−2❑√7．
1
1．（2023·山东菏泽·统考二模）已知抛物线y=− x2+bx+4的对称轴是直线x=3，与x轴相交于A，B两
4
点（点B在点A右侧），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，若点P是抛物线上B、C两点之间的一个动点（不与B、C重合），是否存在点P，使四边形
PBOC的面积最大？若存在，求点P的坐标及四边形PBOC面积的最大值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
b
（1）根据对称轴公式x=− ，求出b的值即可；
2a
（2）连接BC，过点P作PE∥y轴交BC于点E，设P ( t,− 1 t2+ 3 t+4 ) ，再表示出E ( t,− 1 t+4 ) ，表
4 2 2示出PE的长，根据S =S ❑ +S 表示出S ，再根据二次函数求出最大值及P的坐标，再根据
△PBC △ PEC △PEB △PBC
S =S +S 即可．
四边形PBOC △PBC △OBC
【解题过程】
（1）解：抛物线的对称轴是直线x=3，
b
x=− =2b=3
3
( 1) ，解得b= ，
2× − 2
4
1 3
故抛物线的解析式为y=− x2+ x+4．
4 2
（2）解：连接BC，过点P作PE∥y轴交BC于点E，设P ( t,− 1 t2+ 3 t+4 ) ，
4 2
1 3
y=0时，− x2+ x+4=0，
4 2
解得：x =−2,x =8，A(−2,0),B(8,0)，C(0,4)，
1 2
1 1
∴OC=4,OB=8,S = ×OB×OC= ×8×4=16，
△BOC 2 2
设直线BC的解析式为y=kx+b ，代入B(8,0)，C(0,4)，
1
{8k+b =0) 1
得 1 ，解得：k=− ,b =4，
b =4 2 1
1
1
∴直线BC的解析式为y=− x+4，
2
( 1 )
∴E t,− t+4 ，
2
∴PE=− 1 t2+ 3 t+4− ( − 1 t+4 ) =− 1 t2+2t，
4 2 2 4
∵S =S ❑ +S = 1 PE×8= 1 × ( − 1 t2+2t ) ×8=−t2+8t=−(t−4) 2+16，
△PBC △ PEC △PEB 2 2 4当t=4时，S 有最大值，最大值为S =16，此时P(4,6)，
△PBC △PBC
又∵S =S +S =16+16=32，
四边形PBOC △PBC △OBC
故存在点P(4,6)，使四边形PBOC的面积最大，最大值为32．
2．（2023秋·河南·九年级校联考期末）如图，已知抛物线y=−x2+bx+c与直线y=x+1交于A(a,0)，
C(3,4)两点．
（1）求a的值及抛物线的解析式；
（2）若点P是位于直线AC上方的抛物线上的一个动点，求△APC面积的最大值及此时点P的坐标．
【思路点拨】
（1）将A(a,0)代入直线y=x+1可得a的值，再将A，C两点代入抛物线y=−x2+bx+c即可解答；
（2）过点P作PE⊥x轴交x轴于点E，交直线AC于点F，过点C作CQ⊥x轴交x轴于点Q，设出点P
的坐标，利用S =S +S 即可解答．
△APC △APF △PCF
【解题过程】
（1）解：将A(a,0)代入y=x+1并解得a=−1，
∴点A的坐标为(−1,0)，
将A(−1,0)，C(3,4)代入y=−x2+bx+c，
{−1−b+c=0
)
{b=3)
得 ，解得 ，
−9+3b+c=4 c=4
∴抛物线的解析式为y=−x2+3x+4；
（2）如图，过点P作PE⊥x轴交x轴于点E，交直线AC于点F，过点C作CQ⊥x轴交x轴于点Q，设点P的坐标为(m,−m2+3m+4)(−1<m<3)，
则点F的坐标为(m,m+1)，
∴PF=−m2+3m+4−(m+1)=−m2+2m+3，
又∵点C的坐标为(3,4)，
∴点Q的坐标为(3,0)，
∴AQ=3−(−1)=4，
1 1
∴S =S +S = PF⋅AE+ PF⋅EQ
△APC △APF △PCF 2 2
1
= PF⋅(AE+EQ)
2
1
= PF⋅AQ
2
=−2m2+4m+6
=−2(m−1) 2+8，
又∵−2<0，
∴当m=1时，△APC的面积取最大值，最大值为8，此时点P的坐标为(1,6)．
3．（2022春·九年级单元测试）如图，抛物线y=ax2+bx+5经过点A(−5,0),B(−4,−3)，与x轴的另一
个交点为C．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）点P为抛物线上一动点（与点B，C不重合），设点P的横坐标为t，连接PB，PC，若点P在直线
BC的下方运动，当△PBC的面积最大时，求t的值．
【思路点拨】
（1）将A、B两点坐标代入抛物线，求解即可得出其解析式；
（2）首先求出直线BC解析式，然后设点G(t,t+1)，则点P(t,t2+6t+5)，利用△PBC面积构建二次函数，即可求出最值．
【解题过程】
（1）由题意，得将A(−5,0),B(−4,−3)代入抛物线，得
{ 25a−5b+5=0 )
16a−4b+5=−3
解得a=1,b=6，
∴该抛物线的解析式为y=x2+6x+5；
（2）令y=0，0=x2+6x+5，
解得：x=−1或x=−5，即点C(−1,0)，
过点P作y轴的平行线交BC于点G，如图所示：
设直线BC的解析式为y=kx+c，
将B、C的坐标代入一次函数表达式，得
{−4k+c=−3)
，
−k+c=0
解得k=1,c=1，
直线BC为y=x+1，
设点G(t,t+1)，则点P(t,t2+6t+5)
则|PG)=−t2−5t−4，
∴S =
1
|x −x )|PG)=
3
(−t2−5t−4)=−
3(
t+
5) 2
+
27
△PBC 2 C B 2 2 2 8
5 27
∴当t=− 时，其最大值为 ．
2 8
4．（2023秋·山东济宁·九年级统考期末）如图，抛物线y=mx2+3mx+3(m<0)与y轴交于C点，与x轴
交于A，B两点，点A在点B的左侧，且OC=3OB．（1）求此抛物线的解析式；
（2）求A点坐标和抛物线的对称轴；
（3）如果点M是线段AC上方抛物线上的动点，设M点的横坐标为t，△ACM的面积为S，求S与t的关系
式，并求当S最大时M点的坐标．
【思路点拨】
（1）根据题意可得C(0,3)，结合OC=3OB，求出B点的坐标，把点B的坐标代入
y=mx2+3mx+3(m<0)，即可得到抛物线的解析式；
（2）根据（1）得到抛物线的解析式，令y=0，可得关于x的一元二次方程，求解即可得到A点坐标，再
根据抛物线的对称轴公式可得抛物线的对称轴；
（3）连接OM，点M在抛物线y=− 3 x2− 9 x+3上，其横坐标为t，则M ( t,− 3 t2− 9 t+3 ) ，由
4 4 4 4
S=S +S −S 求出S关于t的二次函数关系式，利用二次函数的最值即可求解．
△AOM △COM △AOC
【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=mx2+3mx+3(m<0)与y轴交于C点，与x轴交于A，B两点，
∴当x=0时，y=3，
∴C(0,3)，OC=3，
∵OC=3OB，
∴OB=1，
∴B(1,0)，
∴m×12+3m×1+3=0，
3
解得：m=− ，
4
3 9
∴抛物线的解析式y=− x2− x+3．
4 4
3 9
（2）∵抛物线y=− x2− x+3与x轴交于A，B两点，点A在点B的左侧，
4 49
−
4 3
∴抛物线对称轴为：x=− =−
，
( 3) 2
2× −
4
3 9
当y=0时，− x2− x+3=0，
4 4
解得：x =1，x =−4，
1 2
3
∴A点坐标为(−4,0)；抛物线对称轴为x=− ．
2
（3）连接OM，
∵点M是线段AC上方抛物线上的动点，设M点的横坐标为t，
∴M ( t,− 3 t2− 9 t+3 ) ，
4 4
∵A(−4,0)，C(0,3)，OC=3，
∴OA=4，t的取值范围是：−4<t<0，
∴S=S +S −S
△AOM △COM △AOC
= 1 ×4× ( − 3 t2− 9 t+3 ) + 1 ×3×(−t)− 1 ×4×3，
2 4 4 2 2
3
∴S=− t2−6t(−4<t<0)，
2
3
即S=− (t+2) 2+6(−4<t<0)，
2
( 9)
当t=−2时，S有最大值，此时M点坐标为 −2, ．
2
1 1
5．（2023·全国·九年级专题练习）如图一，已知直线y=− x与抛物线y=− x2+6交于A、B两点，抛
2 4
物线与y轴交于C．（1）求A、B两点的坐标；
（2）设抛物线与x轴的两个交点M、N（M在N左侧），请计算△AOM和△BON的面积；
（3）在抛物线A、B两点之间有一动点P，△APB的面积是否存在最大值？若存在，请求出最大面积；若
不存在，请说明理由；
【思路点拨】
1 1 1 1
（1）联立y=− x与y=− x2+6得：− x=− x2+6，解得：x=−4或6，
2 4 2 4
即可求解；
1
（2）令y=− x2+6=0，则x=±2❑√6，则点M、N的坐标分别为(−2❑√6,0)、(2❑√6,0)，即可求解；
4
（3）设点P ( m,− 1 m2+6 ) ，则点H ( m,− 1 m ) ，由△APB的面积=S +S = 1 PH×(x −x )
4 2 △PHA △PHB 2 ❑B ❑A
即可求解．
【解题过程】
1 1
（1）解：联立y=− x与y=− x2+6得：
2 4
1 1
− x=− x2+6，
2 4
解得：x=−4或6，
1
当x=−4时，y=− x=2，
2
1
当x=6时，y=− x=−3，
2
即点A、B的坐标分别为(−4，2)，(6,−3)；
1
（2）令y=− x2+6=0，则x=±2❑√6，
4即点M、N的坐标分别为(−2❑√6,0)、(2❑√6,0)，
1 1
则△AOM的面积= ×OM×y = ×2❑√6×2=2❑√6，
2 ❑A 2
1 1
△BON的面积= ×ON×|y )= ×2❑√6×3=3❑√6；
2 ❑B 2
（3）存在，理由：
过点P作PH∥y轴交AB于点H，
设点P ( m,− 1 m2+6 ) ，则点H ( m,− 1 m ) ，
4 2
则△APB的面积=S +S = 1 PH×(x −x )= 1 × ( − 1 m2+6+ 1 m ) ×(6+4)
△PHA △PHB 2 ❑B ❑A 2 4 2
5 5 5 125 125
=− m2+ m+30=− (m−1) 2+ ≤ ，
4 2 4 4 4
125
∴△APB的面积存在最大值，最大值为 ．
4
2
6．（2023秋·江苏宿迁·九年级统考期末）如图，二次函数y=− x2+bx+c的图像与x轴交于A(−1,0)、
3
C(3,0)两点，与y轴交于点B．点P是直线BC上方抛物线上的一个动点，连接PB、PC．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）设△PBC的面积为S，点P的横坐标为m，求S与m之间的函数表达式；
（3）点P在运动过程中，能否使△PBC的面积S恰好为整数？若能，请求出m的值；若不能，请说明理由．
【思路点拨】
（1）直接用待定系数法求解即可；
（2）由点P的横坐标可得点P的坐标，求出直线BC的函数解析式；过点P作PF⊥x轴于点F，交直线
BC于点N，过点B作BG⊥PF于点G，由S =S +S 即可求得S与m的关系式；
ΔBPC ΔPNB ΔPNC
（3）确定出S的最大值，根据最大值即可知S可以为整数1与2，再求出m的值即可．
【解题过程】
2
（1）解：∵二次函数y=− x2+bx+c的图像与x轴交于A(−1，0)、C(3,0)两点
3
∴¿，
{ b= 4 )
解得， 3 ，
c=2
2 4
∴二次函数的解析式为：y=− x2+ x+2；
3 3
（2）解：∵点P的横坐标为m，
2 4
∴点P的坐标为（m,− m2+ m+2），
3 3
设y =kx+b，把(3,0)、(0,2)代入得
{3k+b=0)
，
BC b=2
{ k=− 2 )
解得： 3 ，
b=2
2
即直线BC的解析式为：y =− x+2，
BC 3
如图，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线BC于点N，过点B作BG⊥PF于点G，所以
2
PN=PF−NF=− m2+2m，
3∵S =S +S
ΔBPC ΔPNB ΔPNC
1 1
= PN⋅BG+ PN⋅CF
2 2
1
= PN(BG+CF)
2
1
= PN×3
2
= 1 × ( − 2 m2+2m ) ×3
2 3
=−m2+3m
∴S与m之间的函数关系式：S=−m2+3m，
3 2 9
（3）解：由（2）得S=−m2+3m=−(m− ) + ，
2 4
3 9 9
故当m= 时，S有最大值 ，所以0<S≤ ，
2 4 4
所以S的整数值为1，2；
3+❑√5 3−❑√5
当S=1时，得m = ，m = ，
1 2 2 2
当S=2时，m =1，m =2，
3 4
3+❑√5 3−❑√5
∴m = ，m = ，m =1，m =2．
1 2 2 2 3 4
7．（2020秋·广东广州·九年级广州市第十三中学校考期中）如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为
(−3,−4)，线段OB绕原点逆时针旋转后与x轴的正半轴重合，点B的对应点为点A．（1）直接写出点A的坐标，并求出经过A、O、B三点的抛物线的解析式．
（2）在抛物线的对称轴上是否存在点C，使BC+OC的值最小？若存在，求出点C的坐标；若不存在，
请说明理由．
（3）点P是抛物线上的一个动点，且在x轴的上方，当点P运动到什么位置时，△PAB的面积最大？求出
此时点P的坐标和△PAB的最大面积．
【思路点拨】
（1）首先求出OB的长，由旋转的性质知OB=OA，即可得到A点的坐标，然后用待定系数法即可求得该
抛物线的解析式；
（2）由于O、A关于抛物线的对称轴对称，若连接AB，则AB与抛物线对称轴的交点即为所求的C点，可
先求出直线AB的解析式，联立抛物线对称轴方程即可求得C点的坐标；
（3）可过P作y轴的平行线，交直线AB于M；可设出P点的横坐标（根据P点的位置可确定其横坐标的取
值范围），根据抛物线和直线AB的解析式，可表示出P、M的纵坐标，即可得到PM的长，以PM为底，
A、B纵坐标差的绝对值为高即可得到△PAB的面积，从而得出关于△PAB的面积与P点横坐标的函数关系
式，根据所得函数的性质及自变量的取值范围，即可求得△PAB的最大面积及对应的P点坐标．
【解题过程】
（1）解：点A的坐标(5,0)，
设抛物线的解析式为y=ax2+bx，
{−4=a×(−3) 2+b×(−3))
∴ ，
0=25a+5b
1 5
∴ a=− ，b= ，
6 6
1 5
∴ y=− x2+ x；
6 6
（2）由于A、O关于抛物线的对称轴对称，连接AB，则AB与抛物线对称轴的交点即为所求的C点；
设直线AB的解析式为y=mx+n，
1
{ m= )
{ 0=5m+n ) 2
则 ，解得： ，
−4=−3m+n 5
n=−
2
1 5
∴直线AB的解析式为：y= x− ，
2 2
b 5
∵抛物线的对称轴为直线x=− = ，
2a 2
5 1 5 5 5
当x= 时，y= × − =− ；
2 2 2 2 4
5 5
∴点C的坐标为( ，− )；
2 4
（3）过P作直线PM∥y轴，交AB于M，
1 5 1 5
设P(x,− x2+ x)，则M(x, x− )，
6 6 2 2
1 5 1 5 1 1 5
∴PM=− x2+ x−( x− )=− x2+ x+ ，
6 6 2 2 6 3 2
∴△PAB的面积：S=S +S
△PAM △PBM
1 1
= PM⋅(5−x)+ PM⋅(x+3)
2 21 1 1 5
= ×(− x2+ x+ )×(5+3)
2 6 3 2
2 4
=− x2+ x+10
3 3
2 32
=− (x−1) 2+ ，
3 3
2 32
∴当x=1，即P(1, )时，△PAB的面积最大，且最大值为 ．
3 3
8．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）如图，顶点M在y轴负半轴上的抛物线与直线
y=x+2相交于点A(−2,0)，B(4,6)，连接AM，BM.
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）若将抛物线向下平移3个单位长度，则在平移后的抛物线上，且在直线AB的下方，是否存在点P，
11
使得S = S ？若存在，求出点P的坐标：若不存在，请说明理由.
△ABP 8 △ABM
【思路点拨】
（1）根据题意设设抛物线的解析式为y=ax2+c(a≠0)利用待定系数法即可解答；
（2）根据平移规律得到平移后的抛物线为y= 1 x2−5进而设P ( x， 1 x2−5 ) ，Q(x，x+2)即可得到PQ，
2 2
11
最后利用S = S 即可解答．
△ABP 8 △ABM
【解题过程】
（1）解：∵由图象可知抛物线的对称轴为x=0，
∴b=0，
∴设抛物线的解析式为y=ax2+c(a≠0)，
∵抛物线与直线y=x+2相交于点A(−2,0)，B(4,6)，
{4a+c=0
)
∴ ，
16a+c=6{ a= 1 )
∴ 2 ，
c=−2
1
∴抛物线的解析式为y= x2−2，
2
11
（2）解：存在一点P，使得S = S ，理由如下：
△ABP 8 △ABM
∵将抛物线向下平移3个单位长度，
1
∴平移后的抛物线为y= x2−5，
2
过点P作PQ∥y轴，交AB于点Q，交x轴于点F，过点B作BE⊥y轴交于点D，
设P ( x， 1 x2−5 ) ，Q(x，x+2)，
2
∴PQ=x+2− (1 x2−5 ) =− 1 x2+x+7,
2 2
11
∵S = S ，
△ABP 8 △ABM
1 1 1 1
∴S = ⋅PQ⋅AF+ ⋅PQ⋅BD= PQ(AF+BD)= ⋅PQ⋅AB⋅cos∠OAB，
△ABP 2 2 2 2
1 1 1 1
S = ⋅CM⋅OA+ ⋅CM⋅BE= CM(OA+BE)= ⋅CM⋅AB⋅cos∠OAB,
△AMB 2 2 2 2
11
∴PQ= MC，
81
∵平移之前抛物线的解析式为y= x2−2，直线AB的解析式为y=x+2，
2
∴M(0，−2)，C(0，2)，
∴MC=4，
1 11 11
∴− x2+x+7= ×4= ,
2 8 2
整理得到：x2−2x−3=0,
∴(x−3)(x+1)=0,
∴x =3,x =−1，
1 2
( 1) ( 9)
∴P 3，− 或P −1，− ．
2 2
9．（2022秋·天津滨海新·九年级校考期中）如图，已知抛物线y=x2−2x+c与x轴交于A，B两点，与y
轴交于C点，抛物线的顶点为D点，点A的坐标为(−1,0)．
（1）求D点的坐标；
（2）连接BC、CD，说明∠BCD=90°；
（3）若点P是直线BC下方抛物线上一动点，当点P位于何处时，△PBC的面积最大？求出此时点P的坐
标．
【思路点拨】
（1）将(−1,0)代入求出抛物线表达式，化为顶点式可得结果；
（2）求出点B，点C坐标，分别求出BC2，BD2，CD2，得到BC2+CD2=BD2，即可证明结果；
（3）过点P作 轴，垂足为R，与 交于点Q，求出 的解析式，设 ，则
PR⊥x BC BC P(a,a2−2a−3)Q(a,a−3)，得到PQ，表示出△PBC的面积，再根据二次函数的最值求解即可．
【解题过程】
（1）解：将(−1,0)代入y=x2−2x+c，
则1+2+c=0，
解得：c=−3，
∴y=x2−2x−3
=x2−2x+1−4
=(x−1) 2−4，
∴D(1,−4)；
（2）连接BD，如图，
∵y=x2−2x−3，
令x=0，则y=−3，即C(0,−3)，
∵A(−1,0)，D(1,−4)，
∴B(1×2−(−1),0)，即B(3,0)，
∵BC2=32+32=18，BD2=(3−1) 2+42=20，CD2=12+12=2，
∴BC2+CD2=BD2，
∴∠BCD=90°；
（3）如图，过点P作PR⊥x轴，垂足为R，与BC交于点Q，设BC的解析式为y=mx+n，将B(3,0)，C(0,−3)代入，
{0=3m+n) {m=1
)
得 ，解得： ，
−3=n n=−3
∴BC的解析式为y=x−3，
设P(a,a2−2a−3)，则Q(a,a−3)，
∴PQ=a−3−(a2−2a−3)=−a2+3a，
∴△PBC的面积为
1
×PQ×(x −x )=
1
×(−a2+3a)×3=−
3(
a−
3) 2
+
27
，
2 B C 2 2 2 8
∵点P在BC下方，
∴0<a<3，
3
∴当a= 时，△PBC的面积最大，
2
(3 15)
此时，P ,− ．
2 4
10．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考模拟预测）已知抛物线y=−x2+bx+c交x轴于
A(−1，0)，B(3，0)，与y轴交于点C．（1）求b，c的值；
（2）已知P为抛物线y=−x2+bx+c一点（不与点B重合），若点P关于x轴对称的点P′恰好在直线BC
上，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，平移抛物线y=−x2+bx+c，使其顶点始终在直线y=x上，且与PP′相交于点
Q，求△QBP′面积的最小值．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法即可求解；
（2）求得直线BC的解析式为y=−x+3，设P′(a，−a+3)，则P(a，a−3)，解方程
a−3=−a2+2a+3，即可求解；
b2 b 5PQ
（3）由顶点始终在直线y=x上，推出c=− + ，由三角形面积公式得S = ，当P′Q取最小值
4 2 △QBP′ 2
时，S 取最小值，求得P′Q关于b的二次函数，利用二次函数的性质即可求解．
△QBP′
【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c交x轴于A(−1，0)，B(3，0)，
{−1−b+c=0
)
{b=2)
∴ ，解得 ；
−9+3b+c=0 c=3
（2）解：由（1）得抛物线解析式为y=−x2+2x+3，
令x=0，则y=3，
∴C(0，3)，设直线BC的解析式为y=kx+3，
则0=3k+3，解得k=−1，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
∵点P关于x轴对称的点P′恰好在直线BC上，
∴设P′(a，−a+3)，则P(a，a−3)，即点P(a，a−3)在抛物线y=−x2+2x+3上，
∴a−3=−a2+2a+3，整理得a2−a−6=0，
解得a =−2，a =3，
1 2∵点P不与点B重合，
∴P′(−2，5)，P(−2，−5)；
(b b2 )
（3）解：抛物线y=−x2+2x+3的顶点坐标为 ， +c ，
2 4
∵顶点始终在直线y=x上，
b b2 b2 b
∴ = +c，即c=− + ，
2 4 4 2
由（2）知直线PP′的方程为x=−2，
∵抛物线y=−x2+bx+c与PP′相交于点Q，
5PQ
∵S = ，
△QBP′ 2
∴当P′Q取最小值时，S 取最小值，
△QBP′
∵P′Q=5−(−4−2b+c)=9+2b−c
( b2 b) b2 3b
=9+2b− − + = + +9
4 2 4 2
(b 3) 27
= + + ，
2 2 4
∵1>0，
b 3 27
∴当 =− 即b=−3时，P′Q的最小值为 ，
2 2 4
5 27 135
∴S 的最小值为= × = ．
△QBP′ 2 4 8
11．（2022秋·山西大同·九年级大同一中校考阶段练习）如图，已知抛物线y=−x2+mx+3与x轴交于A，
B两点，与y轴交于点C，点B的坐标为(3,0)，（1）求m的值及抛物线的顶点坐标
（2）点P是抛物线对称轴l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求点P的坐标．
（3）点E为抛物线在第一象限上的一个点，连接BE，CE，当△BCE的面积最大时，求出△BCE的最大
面积和点E的坐标；
【思路点拨】
（1）将点B的坐标为(3,0)代入解析式中，即可求得m的值，然后利用顶点坐标公式求得抛物线的顶点坐标；
（2）根据A、B关于抛物线的对称轴对称，先连接BC交抛物线对称轴于点P，则此时PA+PC+AC的值
最小，然后利用待定系数法求得直线BC的解析式，从而求出P点坐标；
（3）过E点作ED⊥x轴交BC与点D，利用E、D所在的图像设出坐标，再利用“铅垂高水平宽”求出面
积与坐标的关系，最后利用顶点坐标求最值即可得解．
【解题过程】
（1）解：将点B的坐标为(3，0)代入解析式y=−x2+mx+3中得：
0=−32+3m+3
解得：m=2
∴抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3
b 2
顶点坐标的横坐标为：x=− =− =1，代入解析式中得y=−12+2+3=4，
2a 2×(−1)
∴抛物线的顶点坐标为：(1，4)；
（2）解：将x=0代入到y=−x2+2x+3中，得：y=3，∴
∴点C的坐标为(0，3)，
令y=−x2+2x+3中y=0，得0=−x2+2x+3，
解得x=−1，或x=3，
∴A(−1，0)，
∴OA=1，OC=3，
∴AC=❑√OA2+OC2=❑√12+32=❑√10，
∵根据A、B关于抛物线的对称轴对称，∴连接BC交抛物线对称轴于点P，则此时PA+PC的值最小，即△PAC的周长PA+PC+PC最小，
设直线BC的解析式为：y=kx+b，
将B、C的坐标分别代入得：
{0=3k+b)
3=b
{k=−1)
解得：
b=3
所以直线BC的解析式为：y=−x+3
将x=1代入到y=−x+3得：y=2
∴P点坐标为(1，2)；
（3）解：过E点作ED⊥x轴交BC与点D，设E的坐标为(x,−x2+2x+3)，D的坐标为(x,−x+3)，C到
ED的距离为ℎ，B到ED的距离为ℎ，由图可知ℎ + ℎ =OB=3，
1 2 1 2
∴ED= (−x2+2x+3)−(−x+3)=−x2+3x
∴S =S +S =
1
ED⋅ℎ +
1
ED⋅ℎ =
1
ED(ℎ + ℎ )=−
3
x2+
9
x=−
3(
x−
3) 2
+
27
，
△BCE △DC△ △BDE 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 8
3
∵− <0
2
3 27
∴当x= 时，△BCE的面积最大，最大面积为 ，
2 8
3 15
将x= 代入y=−x2+2x+3中，得：y= ，
2 4(3 15)
故当△BCE的面积最大时点E的坐标为： , ．
2 4
12．（2023秋·广东韶关·九年级统考期末）如图，已知抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(5,0)
两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上存在一点P，使得PA+PC的值最小，此时点P的坐标为______；
（3）点D是第一象限内抛物线上的一个动点（不与点C，B重合），过点D作DF⊥x轴于点F，交直线
BC于点E，连接BD，直线BC把△BDF的面积分成两部分，使S :S =3:2，请求出点D的坐标．
△BDE △BEF
【思路点拨】
（1）将A(−1，0)，B(5，0)代入y=−x2+bx+c求解即可；
（2）点B是点A关于函数对称轴的对称点，连接BC交抛物线对称轴于点P，此时PA+PC的值最小；
（3）设点D(m,−m2+4m+5)，则点E(m,−m+5)，由三角形的面积关系列出方程求解即可．
【解题过程】
（1）∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B(5,0)，
{ −1−b+c=0 )
∴ ，
−25+5b+c=0
{b=4)
解得 ，
c=5
∴抛物线的解析式为y=−x2+4x+5；
（2）∵y=−x2+4x+5=−(x−2) 2+9，
∴抛物线对称轴为直线x=2，
∵点A，点B关于抛物线的对称轴l对称，
设BC交l于点P，则P即为所求的点，当x=0时，y=5，则C(0,5)
设直线BC解析式为y=kx+b ，
1
则¿，
∴¿，
∴直线BC解析式为y=−x+5，
当x=2时，y=3，
∴P(2,3)；
（3）如图，
设D(m,−m2+4m+5)，则E(m,−m+5)，
∴DE=−m2+4m+5−(−m+5)=−m2+5m，EF=−m+5，
∵S :S =3:2，
△BDE △BEF
(1 ) (1 )
∴ DE⋅BF : EF⋅BF =3:2，即DE:EF=3:2，
2 2
∴(−m2+5m):(−m+5)=3:2，
化简得2m2−13m+15=0，
3
解得m = ，m =5（舍去），
1 2 2∴−m2+4m+5=−
(3) 2
+4×
3
+5=
35
，
2 2 4
(3 35)
∴D , ．
2 4
13．（2023秋·黑龙江大庆·九年级统考期末）如图，抛物线y=(x+1) 2+k与x轴相交于A、B两点，与y轴
相交于点C(0,−3)．
（1）求抛物线的对称轴及k值；
（2）抛物线的对称轴上存在一点P，使得PA+PC的值最小，求此时点P的坐标；
（3）点M是抛物线上一动点，且在第三象限，当M点运动到何处时，四边形AMCB的面积最大？求出四
边形AMCB的最大面积．
【思路点拨】
（1）根据解析式可得抛物线的对称轴为直线x=−1，将点C(0,−3)代入解析式，待定系数法即可求解；
（2）连接AC，交对称轴于点P，根据两点之间，线段最短可得点P即为所求，求得直线AC的解析式，令
x=−1，即可求解；
（3）连接OM，如图1，设M点坐标为(x,(x+1) 2−4)，根据S =S +S +S
四边形AMCB △AMO △CMO △CBO
3( 3) 2 75
=− x+ + ，根据二次函数的性质即可求解．
2 2 8
【解题过程】
（1）解：抛物线y=(x+1) 2+k的对称轴为直线x=−1，
把C(0,−3)代入y=(x+1) 2+k
得−3=1+k，
∴k=−4；（2）连接AC，交对称轴于点P，
∵两点之间，线段最短，
∴PA+PC的最小值为AC的长，则点P即为所求
对于y=(x+1) 2−4，令y=0，则(x+1) 2−4=0，解得x =1，x =−3，
1 2
∴A点坐标为(−3,0)，B点坐标为(1,0)，
设直线AC的关系式为：y=mx+b，
把A(−3,0)，C(0,−3)代入y=mx+b
{−3m+b=0)
得 ，
b=−3
{m=−1)
解得 ，
b=−3
∴直线AC的关系式为y=−x−3，
当x=−1时，y=1−3=−2，
∴P点坐标为(−1,−2)；
（3）连接OM，如图1，设M点坐标为(x,(x+1) 2−4)，S =S +S +S
四边形AMCB △AMO △CMO △CBO
1 1 1
= ×AO×|y )+ ×CO×|x )+ ×OC×BO
2 m 2 m 2
3 1 1
= [4−(x+1) 2)+ ×3×(−x)+ ×3×1
2 2 2
3 9
=− x2− x+6
2 2
3( 3) 2 75
=− x+ + ，
2 2 8
3 75
当x=− 时，S最大，最大值为 ．
2 8
14．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x
轴交于点A(−2,0)和点B(6,0)两点，与y轴交于点C(0,6)．点D为线段BC上的一动点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）如图1，求△AOD周长的最小值；
（3）如图2，过动点D作DP∥AC交抛物线第一象限部分于点P，连接PA,PB，记△PAD与△PBD的面积和为S，当S取得最大值时，求点P的坐标，并求出此时S的最大值．
【思路点拨】
（1）根据题意设抛物线的表达式为y=a(x+2)(x−6)，将(0,6)代入求解即可；
（2）作点O关于直线BC的对称点E，连接EC、EB，根据点坐特点及正方形的判定得出四边形OBEC
为正方形，E(6,6)，连接AE，交BC于点D，由对称性|DE)=|DO)，此时|DO)+|DA)有最小值为AE的
长，再由勾股定理求解即可；
（3）由待定系数法确定直线BC的表达式为y=−x+6，直线AC的表达式为y=3x+6，设
P ( m,− 1 m2+2m+6 ) ，然后结合图形及面积之间的关系求解即可．
2
【解题过程】
（1）解：由题意可知，设抛物线的表达式为y=a(x+2)(x−6)，
将(0,6)代入上式得：6=a(0+2)(0−6)，
1
a=−
2
1
所以抛物线的表达式为y=− x2+2x+6；
2
（2）作点O关于直线BC的对称点E，连接EC、EB，
∵B(6,0)，C(0,6)，∠BOC=90°，
∴OB=OC=6，
∵O、E关于直线BC对称，
∴四边形OBEC为正方形，
∴E(6,6)，
连接AE，交BC于点D，由对称性|DE)=|DO)，
此时|DO)+|DA)有最小值为AE的长，AE=❑√AB2+BE2=❑√82+62=10
∵△AOD的周长为DA+DO+AO，
AO=2，DA+DO的最小值为10，
∴△AOD的周长的最小值为10+2=12；
（3）由已知点A(−2,0)，B(6,0)，C(0,6)，
设直线BC的表达式为y=kx+b，
{6k+b=0) {k=−1)
将B(6,0)，C(0,6)代入y=kx+b中， ，解得 ，
b=0 b=6
∴直线BC的表达式为y=−x+6，
同理可得：直线AC的表达式为y=3x+6，
∵PD∥AC，
∴设直线PD表达式为y=3x+a，
由（1）设P ( m,− 1 m2+2m+6 ) ，代入直线PD的表达式
2
1
得：a=− m2−m+6，
2
1
∴直线PD的表达式为：y=3x− m2−m+6，
2
1 1
{
y=−x+6
)
{ x= m2+ m )
8 4
由 1 ，得 ，
y=3x− m2−m+6 1 1
2 y=− m2− m+6
8 4
∴D (1 m2+ 1 m,− 1 m2− 1 m+6 ) ，
8 4 8 4
∵P，D都在第一象限，
∴S=S +S =S −S
△PAD △PBD △PAB △DAB
= 1 |AB) [( − 1 m2+2m+6 ) − ( − 1 m2− 1 m+6 ))
2 2 8 4
= 1 ×8 ( − 3 m2+ 9 m )
2 8 4
3 3
=− m2+9m=− (m2−6m)
2 23 27
=− (m−3) 2+ ，
2 2
( 15)
∴当m=3时，此时P点为 3, .
2
27
S = ．
最大值 2
15．（2022秋·浙江嘉兴·九年级平湖市林埭中学校联考期中）已知：m，n是方程x2−6x+5=0的两个实
数根，且m<n，抛物线y=−x2+bx+c的图象经过点A(m,0)，B(0,n)．
（1）求这个抛物线的解析式；
（2）设（1）中的抛物线与x轴的另一交点为C，抛物线的顶点为D，试求△BCD的面积；
（3）P是线段OC上的一点，过点P作PH⊥x轴，与抛物线交于H点，若直线BC把△PCH分成面积之比
为2:3的两部分，请求出P点的坐标．
【思路点拨】
（1）利用因式分解法求出一元二次方程的解，从而得到点A，B的坐标，再代入抛物线解析式即可解答；
（2）令抛物线解析式中y=0，可求得点C坐标，利用公式法求出顶点D的坐标，过点D作x轴的垂线，垂
足为点E，分别求出△CDE、梯形DEOB、△BCO的面积，利用S =S + S −S 解答即
△BCD △CDE 梯形DEOB △BCO
可；
（3）先利用待定系数法求得直线BC的解析式，再设直线BC与PH相交于点F，点P(a,0)，则点，从而求得 ，最后分两种情况讨论①当
F(a，a+5),H(a,−a2−4a+5) PF=a+5,FH=−a2−5a
PF:HF=2:3时或②当HF:PF=2:3时，分别计算解答即可．
【解题过程】
（1）解：x2−6x+5=0
∴(x−1)(x−5)=0
∴x−1=0,x−5=0
∴x=1,x=5
∵m，n是方程x2−6x+5=0的两个实数根，且m<n，
∴m=1,n=5
∴A(1,0)，B(0,5)
把点A(1,0)，B(0,5)代入抛物线解析式得
{−1+b+c=0) {b=−4)
，解得 ，
c=5 c=5
∴y=−x2−4x+5；
（2）解：∵y=−x2−4x+5=−(x+2) 2+9
∴D(−2,9)
令y=0
∴x+2=±3
∴x=1,x=−5
∴C(−5,0)
如图，过点D作x轴的垂线，垂足为点E，
∴E(−2,0)
S =S + S −S
△BCD △CDE 梯形DEOB △BCO1 (OB+DE)⋅OE 1
= CE⋅DE+ − CO⋅BO
2 2 2
1 (5+9)×2 1
= ×3×9+ − ×5×5
2 2 2
27 25
= +14−
2 2
=1+14
=15；
（3）解：如图，
设直线BC的解析式为y=kx+5，代入点C(-5,0)得，−5k+5=0
∴k=1
∴y =x+5
BC
设直线BC与PH相交于点F，点P(a,0)
则点F(a，a+5),H(a,−a2−4a+5)
∴PF=a+5,FH=−a2−4a+5−(a+5)=−a2−5a
直线BC把△PCH分成面积之比为2:3的两部分，分两种情况讨论：
①当PF:HF=2:3时
PF a+5 2
∴ = =
FH −a2−5a 3
∴−2a2−10a=3a+15
∴2a2+13a+15=0
∴a=−1.5（a=−5舍去）
∴P(−1.5,0)
②当HF:PF=2:3时HF −a2−5a 2
∴ = =
PF a+5 3
2
∴a=−
3
2
∴P(− ,0)
3
2
综上所述，点P(−1.5,0)或P(− ,0)．
3
16．（2023秋·福建泉州·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，顶点为E(1，4)的抛物线
y=ax2+bx+c与x轴从左到右依次交于A，B两点，与y轴的交点为C(0，3)，P是抛物线对称轴右侧图
象上的一点，且在x轴的上方．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）若直线BP与抛物线对称轴交于点D，当|BD−CD)取得最大值时，求点P的坐标；
（3）若直线BC与抛物线对称轴交于点F，连接PC，PE，PF，记△PCF，△PEF的面积分别为S ，S ，
1 2
判断2S +S 是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
1 2
【思路点拨】
（1）由顶点坐标可设该函数顶点式为y=a′ (x−1) 2+4，再将C(0，3)代入，求出a′的值，即可得出抛物
线的解析式；
（2）设直线BP与抛物线对称轴交于点D，连接AD，CD，AC．根据抛物线解析式可求出
A(−1，0)，B(3，0)，由抛物线的对称性可知AD=BD，即|BD−CD)=|AD−CD)．再根据
AD−CD≤AC，即得出|BD−CD)的最大值为AC的长，此时点A，C，D三点共线，最后再次根据抛物
线的对称性可知点C关于抛物线对称轴的对称点即为点P，即可解答；
（3）利用待定系数法可求出直线BC的解析式为y=−x+3，从而可求出F(1，2)．设直线PC与抛物线
对称轴交于点Q，设P(t，−t2+2t+3)(1<t<3)，利用待定系数法又可求出直线PC解析式为
y=(−t+2)x+3，从而得出Q(1，−t+5)，进而可求出FQ= y −y =−t+3，即可由三角形面积公式
Q F1 1 1 1 3
得出S =S =S +S = FQ⋅x + FQ⋅(x −x )= FQ⋅x =− t2+ t．再求出
1 △PCF △CFQ △PFQ 2 F 2 P F 2 P 2 2
1
EF= y −y =2，进而得出S =S = EF⋅(x −x )=t−1，最后计算出2S +S =−(t−2) 2+3，结
E F 2 △PEF 2 P F 1 2
合二次函数的性质即可解答．
【解题过程】
（1）解：∵该抛物线顶点为E(1，4)，
∴还可设该抛物线解析式为y=a′ (x−1) 2+4．
∵该抛物线与y轴的交点为C(0，3)，
∴3=a′ (0−1) 2+4，
解得：a′=−1，
∴该抛物线解析式为：y=−(x−1) 2+4=−x2+2x+3；
（2）如图，设直线BP与抛物线对称轴交于点D，连接AD，CD，AC．
对于y=−x2+2x+3，令y=0，即−x2+2x+3=0，
解得：x =−1，x =3，
1 2
∴A(−1，0)，B(3，0)．
∵抛物线关于其对称轴对称，点D在抛物线对称轴上，
∴AD=BD，
∴|BD−CD)=|AD−CD)．
∵AD−CD≤AC，
∴|BD−CD)≤AC，即|BD−CD)的最大值为AC的长，此时点A，C，D三点共线，∴点C关于抛物线对称轴的对称点即为点P．
b 2
∵抛物线对称轴为x=− =− =1，
2a 2×(−1)
∴P(2，3)；
（3）存在，最大值为3．
设直线BC的解析式为y=mx+n，
{0=3m+n) {m=−1)
则 ，解得： ，
3=n n=3
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
当x=1时，y=−1+3=2，
∴F(1，2)．
如图，设直线PC与抛物线对称轴交于点Q，
设P(t，−t2+2t+3)(1<t<3)，直线PC解析式为：y=px+q，
{−t2+2t+3=tp+q) {p=−t+2)
则 ，解得： ，
3=q q=3
∴直线PC解析式为y=(−t+2)x+3，
令x=1，则y=−t+5，
∴Q(1，−t+5)，
∴FQ= y −y =−t+5−2=−t+3，
Q F
1 1 1 1 1 3
∴S =S =S +S = FQ⋅x + FQ⋅(x −x )= FQ⋅x = ×(−t+3)×t=− t2+ t．
1 △PCF △CFQ △PFQ 2 F 2 P F 2 P 2 2 2
∵EF= y −y =4−2=2，
E F
1 1
∴S =S = EF⋅(x −x )= ×2×(t−1)=t−1，
2 △PEF 2 P F 2∴2S +S =2× ( − 1 t2+ 3 t ) +t−1=−(t−2) 2+3，
1 2 2 2
∵1<t<3，
∴当t=2时，2S +S 有最大值，最大值为3．
1 2
17．（2023·湖北恩施·统考一模）已知直线y=x−1与x轴交于点A，过x轴上A，C两点的抛物线
y=ax2+bx+3与y轴交于点B，与直线y=x−1交于D且OB=OC，
（1）直接写出A，B，C三点的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）若点M是抛物线对称轴l上一动点，当△CDM的周长最小时，求△CDM的面积；
（4）点P是抛物线上一动点（点P不与B，C重合），连接AP，DP，若△ADP的面积等于3，求点P
的坐标．
【思路点拨】
（1）先求出点C的坐标，进而求出点B的坐标，在y=x−1中，当y=0时，x=1，即可求出点A的坐标；
（2）利用待定系数法求解即可；
（3）先求出D(4，3)；设直线AD与直线l交于点H，连接AM、CM，CH，由对称性可知AM=CM，
则当A、M、D三点共线时，AM+DM最小，即此时△CDM的周长最小，最小值为AD+CD，此时点
M与点H重合，根据S =S −S 进行求解即可；
△CDH △ACD △ACH
（4）先求出过点C且与AD平行的直线解析式为y=x−3，再证明S =S ，则由平行线间的距离处
△ADC △ADP
处相等可得点P在直线y=x−3或在直线y=x+1上，据此求解即可．
【解题过程】
（1）解：在y=ax2+bx+3中，当x=0时，y=3，
∴C(3，0)，
∴OB=OC=3，
∴B(0，3)，
在y=x−1中，当y=0时，x=1，∴A(1，0)；
（2）解：设抛物线解析式为y=a(x−1)(x−3)，
把C(0，3)代入y=a(x−1)(x−3)中得3=a(0−1)(0−3)，
解得a=1，
∴抛物线解析式为y=(x−1)(x−3)=x2−4x+3；
{ y=x−1 )
（3）解：联立 ，
y=x2−4x+3
{x=4) {x=1)
解得 或 ，
y=3 y=0
∴D(4，3)；
设直线AD与直线l交于点H，连接AM、CM，CH，
由对称性可知AM=CM，
∴△CDM的周长=CM+DM+CD=AM+DM+CD，
∵CD是定值，
∴当A、M、D三点共线时，AM+DM最小，即此时△CDM的周长最小，最小值为AD+CD，此时点
M与点H重合，
∵A(1，0)，B(3，0)，
∴抛物线对称轴为直线x=2，
在y=x−1中，当x=2时，y=1，
∴H(2，1)，
1 1
∴S =S −S = ×(3−1)×3− ×(3−1)×1=2；
△CDH △ACD △ACH 2 2
（4）解：设过点C且与AD平行的直线解析式为y=x+b❑❑，
1∴0=3+b❑❑，
1
∴b❑=−3，
1
∴过点C且与AD平行的直线解析式为y=x−3，
1
∵S = ×(3−2)×3=3，
△ADC 2
∴S =S ，
△ADC △ADP
∴由平行线间的距离处处相等可得点P在直线y=x−3或在直线y=x+1上，
{ y=x−3 ) { x=2 ) {x=3)
联立 ，解得 或 ，
y=x2−4x+3 y=−1 y=0
∴P (2，−1)；
1
{ x=
5+❑√17
) { x=
5−❑√17
)
{ y=x+1 ) 2 2
联立 ，解得 或 ，
y=x2−4x+3 7+❑√17 7−❑√17
y= y=
2 2
(5+❑√17 7+❑√17) (5−❑√17 7−❑√17)
∴P ， 或P ， ；
2 2 2 3 2 2
(5+❑√17 7+❑√17) (5−❑√17 7−❑√17)
综上所述，点P的坐标为P (2，−1)或P ， 或P ， ．
1 2 2 2 3 2 2
1
18．（2023·陕西西安·西安市庆华中学校考一模）如图，经过点A(0,−6)的抛物线y= x2+bx+c与x轴
2
相交于B(−2,0)，C两点．（1）求此抛物线的函数关系式和顶点D的坐标；
（2）判断△ADC的形状，并说明理由；
（3）若点P是第四象限抛物线上的一点，是否存在一点P使以P、A、D、C为顶点的四边形面积最大？
若存在，求点P的坐标及四边形的最大面积，若不存在，说明理由．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式，并确定顶点D的坐标即可；
（2）首先确定点C的坐标为(6,0)，然后借助勾股定理可得AC=6❑√2，AD=2❑√2， CD=4❑√5，利用勾
股定理的逆定理可证明△ACD的形状是直角三角形；
1
（3）分两种情况讨论：当点P 在AD之间时，设P 的坐标为(a, a2−2a−6) (0<a<2)，先求得
1 1 2
S =12，再利用待定系数法求得过点A(0,−6)，点D(2,−8)的直线解析式为y=−x−6，设点
△ACD
1 1
Q(a,−a−6)，即有S = P Q(x −x ) =− a2+a，然后由S =S +S 并结合二
△AP 1 D 2 1 D A 2 四边形AP 1 DC △ACD AP 1 D
次函数的性质确定四边形面积取得最大值及P 的坐标；当点P 在DC之间时，设P 的坐标为
1 2 2
1
(a, a2−2a−6)，确定过点C(6,0)，点D(2,−8)的直线解析式为y=2x−12，设点Q′ (a,2a−12)，
2
1
即有S = P Q′ (x −x ) =−a2+8a−12，然后由S =S +S 并结合二次函数的性
△AP 2 D 2 2 C D 四边形ADP 2 C △ACD CP 2 D
质确定四边形面积取得最大值及P 的坐标．
2
【解题过程】
1
（1）解：∵经过点A(0,−6)的抛物线y= x2+bx+c与x轴相交于B(−2,0)，C两点，
2{
c=−6
) {b=−2)
∴ 1 ，解得 ，
×(−2) 2−2b+c=0 c=−6
2
1
∴抛物线的解析式为y= x2−2x−6，
2
1 1
∵y= x2−2x−6= (x−2) 2−8，
2 2
∴顶点D的坐标为(2,−8)，
1
即抛物线的函数关系式为y= x2−2x−6，顶点D的坐标为(2,−8)；
2
（2）△ACD的形状是直角三角形，理由如下：
1
∵抛物线的解析式为y= x2−2x−6，
2
1
∴当y=0时，0= x2−2x−6，
2
解得 x =−2，x =6，
1 2
∴点C的坐标为(6,0)，
又∵点A(0,−6)，点D(2,−8)，
∴AC=❑√(6−0) 2+[0−(−6)] 2=6❑√2，AD=❑√(0−2) 2+[(−6)−(−8)] 2=2❑√2，
CD=❑√(6−2) 2+[0−(−8)] 2=4❑√5，
∵(6❑√2) 2+(2❑√2) 2=80=(4❑√5) 2 ，
∴△ACD是直角三角形，AC⊥AD，
即△ACD的形状是直角三角形；
（3）存在一点P使以P、A、D、C为顶点的四边形面积最大．
如下图所示，1
当点P 在AD之间时，设P 的坐标为(a, a2−2a−6) (0<a<2)，
1 1 2
∵AC⊥AD，AC=6❑√2，AD=2❑√2，CD=4❑√5，
1 1
∴△ACD的面积是： AC⋅AD= ×6❑√2×2❑√2=12，
2 2
设过点A(0,−6)，点D(2,−8)的直线解析式为y=kx+b，
{ b=−6 ) {k=−1)
则有 ，解得 ，
2k+b=−8 b=−6
∴过点A(0,−6)，点D(2,−8)的直线解析式为y=−x−6，
设点Q(a,−a−6)，
1
∴S = P Q(x −x )
△AP 1 D 2 1 D A
1 1
= ×[−a−6−( a2−2a−6)]×(2−0)
2 2
1
=− a2+a，
2
∴S =S +S
四边形AP DC △ACD AP D
1 1
1
=12− a2+a
2
1
=− (a−1) 2+12.5，
2
∴当a=1时，四边形面积取得最大值，最大值为12.5，
1 1
此时，y= a2−2a−6= ×12−2×1−6=−7.5，
2 2
即P 的坐标为(1,−7.5)；
11
当点P 在DC之间时，设P 的坐标为(a, a2−2a−6) (2<a<6)，
2 2 2
设过点C(6,0)，点D(2,−8)的直线解析式为y=cx+d，
{ 6c+d=0 ) { c=2 )
则有 ，解得 ，
2c+d=−8 d=−12
∴过点C(6,0)，点D(2,−8)的直线解析式为y=2x−12，
设点Q′ (a,2a−12)，
1
∴S = P Q′ (x −x )
△AP 2 D 2 2 C D
1 1
= ×[2a−12−( a2−2a−6)]×(6−2)
2 2
=−a2+8a−12，
∴S =S +S
四边形ADP C △ACD CP D
2 2
=12+(−a2+8a−12)
=−a2+8a
=−(a−4) 2+16，
∴当a=4时，四边形的面积最大，最大值为16，
1
此时，y= ×42−2×4−6=−6，
2
即点P 的坐标为(4,−6)．
2
综上所述，点P的坐标为(4,−6)，四边形的最大面积是16．
19．（2023·福建宁德·统考模拟预测）已知抛物线y=ax2+c(a>0)与x轴分别交于A，B两点（点A在点B
的左侧），与y轴交于点P．直线y=kx+b(k≠0)经过点B，与y轴正半轴和抛物线分别交于C，D两点．（1）如图1，当点P的坐标为(0,−1)，且△PAB的面积为1时，求该抛物线的表达式；
（2）在（1）的条件下，若∠DAC=90°，求k的值；
（3）如图2，过点D作DE⊥x轴于点E．判断△PAE的面积与△OBC的面积之间的数量关系，并说明理
由．
【思路点拨】
（1）将点P(0,−1)代入y=ax2+c可得c=−1，抛物线对称轴直线x=0，OA=OB，OP=1．根据△PAB
的面积为1，可得点A，B的坐标，进而求解即可；
（2）将点B的坐标代入y=kx+b可得y=kx−k，令x=0，可得C的坐标为(0,−k)，联立y=x2−1和
y=kx−k求得点D的坐标，过D作DM⊥x轴于点M．易证△ADM≌△CAO(ASA)，可得DM=AO=1，
即可求解；
（3）根据解析式用a、c表示△PAE的面积与△OBC的面积，即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：∵点P(0,−1)在抛物线在抛物线y=ax2+c上，
可得c=−1．
∴ y=ax2−1，
∴抛物线的对称轴为直线x=0，点P(0,−1)为顶点．
∴ OA=OB，OP=1．
AB⋅OP
∵ S = =1．
△PAB 2
解得AB=2．
∴点A，B的坐标分别为A(−1,0)，B(1,0)．
∵点A(−1,0)在抛物线y=ax2−1上，可得a=1．
∴抛物线的表达式是y=x2−1．（2）解：由（1）可得点A，B的坐标分别为A(−1,0)，B(1,0)．
∵点B(1,0)在直线y=kx+b上，
∴ k+b=0．得b=−k．
∴ y=kx−k．
当x=0时，y=−k．
∴ C的坐标为(0,−k)．
{y=kx−k)
由 得x2−kx+k−1=0．
y=x2−1
∴ x +x =k，即x =k−1．
D B D
∴ y =(k−1) 2−1=k2−2k．
D
∴ D的坐标为(k−1,k2−2k)．
过D作DM⊥x轴于点M．
∴ AM=−1−(k−1)=−k，OC=−k，DM=k2−2k，
∴AM=OC．
∵∠DMA=∠AOC=90°．
∴∠MDA+∠MAD=90°，
∵∠DAC=90°，
∴ ∠MAD+∠CAO=180°−∠DAC=90°，
∴∠MDA=∠CAO．
∴ △ADM≌△CAO(ASA)．
∴DM=AO=1．
∴ k2−2k=1．得k=1±❑√2．∵ k<0，
∴得k=1−❑√2．
（3）解：结论：S =S ．
△OBC △PAE
∵当y=0时，ax2+c=0，得x2=− c ，则x=±❑ √ − c ，
a a
( √ c ) (√ c )
∴点A，B的坐标分别为A −❑− ,0 ，B ❑− ,0 ，
a a
(√ c )
∵点B ❑− ,0 在直线y=kx+b上，
a
√ c √ c
∴ k❑− +b=0，得b=−k❑− ，
a a
( √ c)
∴点C的坐标为C 0,−k❑− ．
a
√ c √ c
∴ OB=❑− ，OC=−k❑− ，
a a
√c ( √ c)
❑ ⋅ −k❑−
a a kc ，
∴S = =
△OBC 2 2a
{ √ c)
y=kx−k❑− √ c
由 a ，得ax2−kx+k❑− +c=0，
a
y=ax2+c
k
∴ x +x = ，
D B ak √ c
∴ x = −❑− ，
D a a
(k √ c )
∴点E的坐标为E −❑− ,0 ．
a a
√ c (k √ c) k
∴ AE=−❑− − −❑− =− ．
a a a a
当x=0时，y=c．
∴点P的坐标为P(0,c)，
∴ OP=−c．
k
− (−c)
∴ a kc．
S = =
△PAE 2 2a
∴ S =S ．
△OPC △PAE
20．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物
线y=ax2+bx+3交x轴负半轴于点A，交x轴正半轴于点B，交y轴于点C，且A(−3,0)，B(1,0)
（1）求这个抛物线的解析式；
（2）如图1，点P为第三象限抛物线上的点，设点P的横坐标为t，△PAC面积S ，求S 与t的函数解析式
1 1
（直接写出自变量t的取值范围）；
（3）如图2，在（2）的条件下，Q为CA延长线上的一点，QB与AP交于点M，若S =S ，求
1 △ABC
S S
△QBC− △QMA
的最大值．
S S
△PBC △BMP
【思路点拨】（1）把A(−3,0)，B(1,0)分别代入解析式，解方程组即可．
3t+9
（2）设PC与x轴的交点为F，设P(t,−t2−2t+3)，确定直线PC的解析式y=kx+3，计算AF= ，
t+2
1
根据S = AF(y −y )计算即可．
1 2 C P
3 9
（3）根据S = t2+ t=6求得t值，设Q(m,m+3)，表示各个三角形的面积，构造二次函数求解即可．
1 2 2
【解题过程】
（1）把A(−3,0)，B(1,0)分别代入解析式y=ax2+bx+3，得
{9a−3b+3=0)
，
a+b+3=0
{a=−1)
解得 ，
b=−2
故抛物线的解析式为y=−x2−2x+3．
（2）如图，设PC与x轴的交点为F，
∵点P为第三象限抛物线上的点，
∴t<−3，
设P(t,−t2−2t+3)，直线PC的解析式y=kx+3，
∴−t2−2t+3=kt+3，
解得k=−(t+2)，
∴直线PC的解析式y=−(t+2)x+3，
( 3 )
∴F ,0 ，
t+2
3 3t+9
∴AF= +3= ，
t+2 t+21 1 3t+9
∴S = AF(y −y )= × ×(3+t2+2t−3)，
1 2 C P 2 t+2
3 9
故S = t2+ t(t<−3)．
1 2 2
（3）∵A(−3,0)，B(1,0)，y=−x2−2x+3，
1
∴C(0,3)，S = ×4×3=6，
△ABC 2
3 9
∵S =S ，S = t2+ t(t<−3)，
1 △ABC 1 2 2
3 9
∴ t2+ t=6，
2 2
解得t =−4,t =1（舍去）
1 2
∴P(−4,−5)，
∴直线PC的解析式y=2x+3，
( 3 )
∴F − ,0 ，
2
1 1 5
S = BF(y −y )= × ×8=10．
△PBC 2 C P 2 2
设直线AC的解析式y=px+3，
∴0=−3p+3，
解得p=1，
∴直线AC的解析式y=x+3，
设Q(m,m+3)，
1 1
∴S = AB(y −y )= ×4×(3−m−3)=−2m，
△QBC 2 C Q 2
S −2m 1
∴ △QBC = =− m；
S 10 5
△PBC
设直线AP的解析式y=wx+r，
{−4w+r=−5)
∴ ，
−3w+r=0
{w=5)
解得 ，
r=15
∴直线AP的解析式y=5x+15，
设直线QB的解析式y=sx+t，{ s+t=0 )
∴ ，
ms+t=m+3
m+3
{ s= )
m−1
解得 ，
m+3
t=−
m−1
m+3 m+3
∴直线QB的解析式y= x− ，
m−1 m−1
{ y=
m+3
x−
m+3
)
∴ m−1 m−1 ，
y=5x+15
3−4m
{ x= )
m−2
解得 ，
−5(m+3)
y=
m−2
(3−4m −5(m+3))
∴M , ，
m−2 m−2
1
S =S −S = AB|y −y )
△QMA △QAB △MAB 2 Q M
1 ( 5(m+3))
= ×4 −(m+3)−
2 m−2
2(m+3) 2
=− ；
m−2
1
S =S −S = AB|y −y )
△BMP △PAB △MAB 2 P M
1 ( 5(m+3))
= ×4 5−
2 m−2
50
=− ；
m−2
S 1
∴ △QMA = (m+3) 2 ，
S 25
△BMP∴ S △QBC− S △QMA =− 1 m− 1 (m+3) 2=− 1 ( m+ 11) 2 + 17 ，
S S 5 25 25 2 20
△PBC △BMP
