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专题 22.9 线段、面积与角度问题——二次函数的综合
◆ 典例分析
【典例1】已知平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴
的正半轴交于点C，且A(−1,0)，C(0,3)．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是抛物线在第一象限内的一点，连接PB，PC，过点P作PD⊥x轴于点D，交BC于
点K．记△PBC，△BDK的面积分别为S ，S ，求S −S 的最大值；
1 2 1 2
（3）如图2，连接AC，点E为线段AC的中点，过点E作EF⊥AC交x轴于点F．在抛物线上是否存在
点M，使∠MFA=∠OCA？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）求出BC的解析式，设P(m,−m2+2m+3)，则K(m,−m+3)，D(m,0)，将S −S 转化为二次函数
1 2
求最值即可；
（3）易得FE垂直平分AC，设OF=a，则CF=AF=a+1，勾股定理求出F点坐标，三线合一结合同角的
余角相等，推出∠AFE=∠OCA，分两种情况讨论，进行求解即可．
【解题过程】
（1）解：把A(−1,0)，C(0,3)，代入函数解析式得：
{−1−b+c=0) {b=2)
，解得： ，
c=3 c=3
∴y=−x2+2x+3；
（2）解：∵当y=0时，−x2+2x+3=0解得x =−1，x =3，
1 2∴B(3,0)，
∴设直线BC的解析式为：y=kx+3(k≠0)，
把B(3,0)代入，得：k=−1，
∴y=−x+3，
设P(m,−m2+2m+3)，则K(m,−m+3)，D(m,0)，
PK=−m2+2m+3−(−m+3)=−m2+3m，DK=−m+3，DB=3−m，
1 3 9 1 1
∴S = PK⋅OB=− m2+ m，S = DK⋅BD= (3−m) 2 ，
1 2 2 2 2 2 2
∴S −S =− 3 m2+ 9 m− 1 (3−m) 2=−2m2+ 15 m− 9 =−2 ( m− 15) 2 + 81 ，
1 2 2 2 2 2 2 8 32
15 81
∴当m= 时，S −S 的最大值为 ；
8 1 2 32
（3）解：∴A(−1,0)，C(0,3)，点E为AC的中点，
( 1 3)
∴E − , ，
2 2
∵FE⊥AC，
∴AF=CF，
∴∠AFE=∠CFE，
设OF=a，则CF=AF=a+1，
在Rt△COF中，由勾股定理，得：a2+32=(a+1) 2，
∴a=4，
∴F(4,0)，CF=5，
∵FE⊥AC，∠AOC=90°，
∴∠AFE=∠OCA=90°−∠CAF，
∴∠AFE=∠OCA，
( 1 3)
设FE的解析式为：y=kx+b，E − , ，F(4,0)，
2 2
{
4k+b=0
)
1 3 ，
− k+b=
2 21
{ k=− )
3
解得： ，
4
b=
3
1 4
∴y=− x+ ，
3 3
{y=−x2+2x+3)
联立 1 4 ，
y=− x+
3 3
7+❑√109 7−❑√109
解得x = ，x = ，
1 6 2 6
(7−❑√109 17+❑√109) (7+❑√109 17−❑√109)
∴M , ；M ,
6 18 6 18
取点E关于x轴的对称点 ，连接 交抛物线于点M，则：∠MFA=∠EFA=∠OCA，
( 1 3)
− ,− ，
2 2
设 的解析式为：y=k x+b，
1
{
4k+b=0
)
则： 1 3 ，
− k+b=−
2 2
1
{ k= )
3
解得： ，
4
b=−
31 4
∴y= x− ，
3 3
{y=−x2+2x+3)
联立 1 4 ，
y= x−
3 3
5+❑√181 5−❑√181
解得x = ，x = ，
1 6 2 6
(5+❑√181 −19+❑√181) (5−❑√181 −19−❑√181)
∴M , ；M ,
6 18 6 18
(7+❑√109 17−❑√109) (7−❑√109 17+❑√109) (5+❑√181 −19+❑√181)
综上，点M的坐标为 , 或 , 或 , 或
6 18 6 18 6 18
(5−❑√181 −19−❑√181)
, ．
6 18
◆ 学霸必刷
1 4
1．（2024·山西·二模）如图，抛物线y=− x2+ x+4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与
3 3
y轴交于点C，连接BC．
（1）求A，B，C三点的坐标，并直接写出线段BC所在直线的函数表达式；
（2）点P是线段BC上方抛物线上的一个动点，过点P作PM⊥x轴于点M，交BC于点N求线段PN长的最大值．
【思路点拨】
（1）分别令x=0,y=0，解方程即可得到A，B，C 三点的坐标，再利用待定系数法即可求出线段BC所
在直线的函数表达式；
（2）根据题意，结合（1）线段BC所在直线的函数表达式，设点P的坐标为 ( m,− 1 m2+ 4 m+4 ) ，点N
3 3
的坐标为 ( m,− 2 m+4 ) ，由PN=PM−NM=− 1 m2+ 4 m+4− ( − 2 m+4 ) =− 1 (m−3) 2+3，利用二
3 3 3 3 3
次函数的性质解答即可．
【解题过程】
1 4
（1）解：在y=− x2+ x+4中，
3 3
令x=0，则y=4，
∴点C的坐标为(0,4)，
1 4
令y=0，则− x2+ x+4=0，
3 3
即x2−4x−12=0，
解得：x=−2或x=6，
∵点A在点B的左侧，
∴点A的坐标为(−2,0)，点B的坐标为(6,0)，
设线段BC所在直线的函数表达式为y=kx+b，
{0=6k+b)
将点B(6,0),C(0,4)代入y=kx+b，得 ，
4=b
{ k=− 2 )
解得： 3 ，
b=4
2
∴线段BC所在直线的函数表达式为y=− x+4；
3
1 4
（2）解：∵点P在抛物线y=− x2+ x+4上，
3 3
∴设点P的坐标为 ( m,− 1 m2+ 4 m+4 ) ，
3 3
∵ PM⊥x轴交BC于点N，( 2 )
∴点N的坐标为 m,− m+4 ，
3
∵点P在线段BC上方的抛物线上，
∴00,y = , 连接OD, 有
M 2 2 M 2
3( 1) 2 93
S = k− + ,再结合二次函数的性质即可判断得解.
四边形MCQB 4 2 16
【解题过程】
（1）由题意, 把点. A(−1,0),B(3,0)代入y=ax²+bx+3,
{ a−b+3=0 )
得 ，
9a+3b+3=0
{a=−1)
∴ ，
b=2
∴抛物线的解析式为 y=−x²+2x+3.
（2）解：当x=0时，y=3，
∴点C的坐标为(0,3)，
∵x轴正半轴上有一点D，且OD=2，
∴点D的坐标为(2,0)，
连接OP，
设点P的坐标为(m,−m²+2m+3)，
1 1 1
则S =S +S −S = ×3m+ ×2(−m²+2m+3)− ×3×2=3，
△PCD △PCO △POD △OCD 2 2 2
3
解得：m = ，m =2，
1 2 2
3 15
∴点P的坐标为( , )或(2,3)；
2 4
（3）解：∵点C的坐标是(0,3),∴OC=3.
又∵y=−x²+2x+3=−(x−1)²+4,
∴点Q的坐标是(1,4).
把y=−x²+2x+3与y=kx联立方程组，得 x²+(k−2)x−3=0,
x +x 2−k k(2−k)
∴x = E F = >0,y = ，
M 2 2 M 2
如图, 连接OQ.
1 1 1 2−k 1 k(2−k)
S =S +S −S −S = ×3×1+ ×3×4− ×3× − ×3×
四边形MCQB △OCQ △OBQ △OCM △OBM 2 2 2 2 2 2
3( 1) 2 93
= k− + .
4 2 16
3
∵ >0,
4
1 93
当k= 时，S 有最小值，最小值为 .
2 四边形MCQB 16
8．（23-24九年级上·广东湛江·期中）如图，二次函数y=x2+bx+c图象的对称轴为直线x=4，图象过点
A、B、C，B点的坐标为(6,0)，点M为抛物线上的一个动点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）当点M位于x轴下方的抛物线上时，过点M作x轴的垂线，交BC于点Q，求线段MQ的最大值．
（3）在（2）的条件下，当点M位于x轴下方的抛物线上时，求△CBM的最大面积．
【思路点拨】（1）根据抛物线对称轴，求得b=−8，再将点B(6,0)代入二次函数y=x2−8x+c，求得c=12，即可得到
二次函数的表达式；
（2）先求出点C坐标，再利用待定系数法求出直线BC的解析式，设M(a,a2−8a+12)，则
Q(a,−2a+12)，进而得到MQ=−(a−3) 2+9，利用二次函数的性质，即可求出线段MQ的最大值；
（3）先求出点A的坐标，令M(a,a2−8a+12)，进而得到a的取值范围，利用待定系数法求出直线CM的
解析式，得到N的坐标，从而得到BN的长，由S =S +S ，得出S =−3(a−3) 2+27，利
△CBM △CBN △MBN △CBM
用二次函数的性质，即可求出△CBM的最大面积．
【解题过程】
（1）解：∵二次函数y=x2+bx+c图象的对称轴为直线x=4，
b
∴− =4，
2
∴b=−8，
将点B(6,0)代入二次函数y=x2−8x+c，得：62−6×8+c=0，
解得：c=12，
∴二次函数的表达式为y=x2−8x+12；
（2）解：∵二次函数y=x2−8x+12与y轴交于点C，
令x=0，则y=12，
∴C(0,12)，
设直线BC的解析式为y=kx+m，
{ m=12 ) {k=−2)
则 ，解得： ，
6k+m=0 m=12
∴直线BC的解析式为y=−2x+12，
∵MQ⊥x轴，
∴设M(a,a2−8a+12)，则Q(a,−2a+12)，
∴MQ=−2a+12−(a2−8a+12)=−a2+6a=−(a−3) 2+9，
∴当a=3时，MQ有最大值，最大值为9；
（3）解：∵二次函数y=x2−8x+12与x轴交于点A、B，令y=0，则x2−8x+12=0，
解得：x =2，x =6，
1 2
∴A(2,0)，B(6,0)，
如图，令CM与x轴的交点为N，
令M(a,a2−8a+12)，
∵点M位于x轴下方的抛物线上，
∴20时和②当a<0时两种情况分析即可；
本题考查了二次函数的图象与性质，解一元二次方程，二次函数图象与线段的交点，二次函数最值问题，
解题的关键是掌握知识点的应用及分类讨论思想和数形结合思想的应用．
【解题过程】
（1）在 y=ax²+2ax−3a中，令 y=0得0=ax2+2ax−3a，
解得 x=−3或 x=1，
∴A(−3,0)，B(1,0)，
故答案为：(−3,0)，(1,0)；
（2）∵二次函数y=ax2+2ax−3a的图象经过点C(−4,5)，
5
∴16a+2a×(−4)−3a=5，解得：a= ，
4
5 5 15
∴二次函数解析式为y= x2+ x− ，
4 2 4
设P ( m, 5 m2+ 5 m− 15) (−30时，−3a<0，−4a<0，
∴抛物线y=ax2+2ax−3a与y轴交点在D下方，顶点在直线y=5下方，
如图：
在y=ax2+2ax−3a中，令x=−4得y=16a−8a−3a=5a，
∵C(−4,5)，
∴5a=5，即a=1时抛物线过点C，
由图可知，当a≥1时，二次函数y=ax2+2ax−3a的图象与线段CD只有一个交点；
②当a<0时，
若顶点在线段CD时，如图：
此时−4a=5
5
解得a=− ；
4
若顶点在直线y=5上方，即−4a>5时，如图：∵二次函数y=ax2+2ax−3a的图象与线段CD只有一个交点，C(−4,5)，D(0,5)，
{ 5a<5 )
∴ ，
−3a>5
5
解得a<− ，
3
此时满足−4a>5，
5
∴a<− ，
3
5
综上所述，二次函数y=ax2+2ax−3a的图象与线段CD只有一个交点，a的取值范围是a≥1或a=− 或
4
5
a<− ．
3
1
13．（2024·安徽六安·模拟预测）如图1，抛物线y= x2+bx+c与x轴交于点A，点B(6,0)（点A位于点
2
B左侧），与y轴交于点C，且OB=OC．
（1）求b，c的值；
（2）连接BC，点P是直线BC下方抛物线上的一点，连接AC，AP，PB．
（ⅰ）如图2，AP与BC交于点M，若S −S =8，求此时点P的坐标；
△ACM △PBM
（ⅱ）如图3，过点P作PQ∥AC交BC于点Q，连接AQ，求S +S 的最大值．
△PAQ △PBQ
【思路点拨】
本题主要考查了二次函数与几何图形的综合应用，主要涉及了求二次函数解析式、利用面积的转化求三角
形面积、在坐标系中求线段的长度，解题的关键是正确设出点的坐标，表示出线段长度．
（1）由B点坐标和OB=OC可以求出c的值，再将点B(6,0)代入抛物线中即可求出b的值；
（2）（ⅰ）设点P的坐标为 ( t, 1 t2−2t−6 ) ，再将S −S 转化为S −S 即可求出结果；
2 △ACM △PBM △ABC △ABP
（ⅱ）连接PC，过点P作PD⊥x轴于点D，交BC于点E，由PQ∥AC，可得S +S =S ，设
△PAQ △PBQ △PCB点P的坐标为 ( m, 1 m2−2m−6 ) ，则E(m,m−6)，即可得出PE的长，再根据面积计算公式 1 乘水平宽
2 2
乘铅直高即可得出结论．
【解题过程】
（1）解： ∵B(6,0)，OB=OC，
∴OB=OC=6，
∵点C位于原点下方，
∴C(0,−6)，
∴c=−6，
1
把点B(6,0)代入抛物线y= x2+bx−6中，
2
1
得0= ×36+6b−6，
2
解得b=−2，
故b，c的值分别为−2，−6．
1
（2）（ⅰ）由（1）可知抛物线的解析式为y= x2−2x−6，
2
1
当y=0时， x2−2x−6=0，
2
解得x =−2，x =6，
1 2
∴A(−2,0)，
∴AB=6−(−2)=8，
设点P的坐标为 ( t, 1 t2−2t−6 ) ，其中0 ， 1= − > − ，
S −3t2+9t 3(3−t) 3 3(3−t) 9 S 3(3−t) 3 9 3
2 2
2
计算求解然后作答即可．
【解题过程】
{
a−b+c=0
)
（1）解：将A(−1,0)，B(3,0)，C(0,3)代入y=ax2+bx+c得， 9a+3b+c=0 ，
c=3
{a=−1
)
解得， b=2 ，
c=3
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：如图①，连接AC，过A作直线AP，使∠CAP=45°，过C作CD⊥AP于D，过D作EF⊥x轴
于E，作CF⊥EF于F，
∴∠ACD=45°=∠CAD，
∴AD=CD，
∵∠DAE+∠ADE=90°=∠ADE+∠CDF，
∴∠DAE=∠CDF，
又∵∠DEA=∠CFD=90°，AD=CD，
∴△DEA≌△CFD(AAS)，
∴AE=DF，DE=CF，
设D(m，n)，则DE=n，AE=m+1，CF=m，DF=3−n，
∴m+1=3−n，m=n，
解得，m=n=1，
∴D(1，1)，
设直线AP的解析式为y=kx+d，{−k+d=0)
将A(−1,0)，D(1，1)代入y=kx+d得， ，
k+d=1
1
{ k= )
2
解得， ，
1
d=
2
1 1
∴直线AP的解析式为y= x+ ，
2 2
{ y= 1 x+ 1 )
联立 2 2 ，
y=−x2+2x+3
5
{ x= )
{x=−1) 2
解得， 或 ，
y=0 7
y=
4
(5 7)
∴P ， ，
2 4
(5 7)
∴存在点P，使∠CAP=45°，P ， ；
2 4
（3）解：如图②，过P作PG⊥x轴于G，
设P(t，−t2+2t+3)，则G(t，0)，
∴
1 3+(−t2+2t+3) 1 t2+t
S =S =S +S −S = ×1×3+ ×t− ×(t+1)×(−t2+2t+3)=
1 △ACP △AOC 梯形OCPG △AGP 2 2 2 2
，3+(−t2+2t+3) 1 1 −3t2+9t
S =S =S +S −S = ×t+ ×(3−t)×(−t2+2t+3)− ×3×3=
2 △BCP 梯形OCPG △BPG △BOC 2 2 2 2
，
t2+t
S 2 t+1 t−3+4 1 4 4 1
∴ 1= = = =− + = − ，
S −3t2+9t −3t+9 −3(t−3) 3 −3(t−3) 3(3−t) 3
2
2
由题意知，0 ， > ，
3−t 3 3(3−t) 9
S 4 1 4 1 1
∴ 1= − > − = ，
S 3(3−t) 3 9 3 9
2
S S 1
∴
1
的取值范围为
1>
．
S S 9
2 2
1
20．（24-25九年级上·重庆·开学考试）如图1，已知抛物线y= x2+x−4的图象与x轴交于A，B两点（
2
A在B左侧），与y轴交于点C．
（1）抛物线顶点为D，连接AD、AC、CD，求点D到AC的距离；
（2）如图2，在y轴正半轴有一点E满足OC=2OE，点P为直线AC下方抛物线上的一个动点，连接PA、
AE，过点E作EF∥AP交x轴于点F，M为y轴上一个动点，N为x轴上一个动点，平面内有一点( 7 5)
G − ,− ，连接PM、MN、NG，当S 最大时，求PM+MN+NG的最小值；
2 8 △APF
（3）如图3，连接AC、BC，将抛物线沿着射线BC平移2❑√5得到新的抛物线y′，y′上是否存在一点R，
使得∠RAC+∠BCO=45°？若存在，直接写出点R的坐标，若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）利用二次函数图象及性质即可得到本题答案；
（2）先求出AE解析式，再连接PE，作PQ∥y轴交AE于Q，再设P ( m, 1 m2+m−4 ) ，则
2
Q ( m, 1 m+2 ) ，即PQ=− 1 m2− 1 m+6，利用面积法分别求出P,Q的坐标，再分别作P,Q关于y,x轴
2 2 2
对称得到P′,Q′坐标，再连接P′G′交于y轴于点M，交于x轴于点N，继而求出本题答案；
（3）求出平移后的新抛物线解析式，再利用全等三角形判定得到∠BCO=∠OAS，利用函数交点即可求
出本题答案．
【解题过程】
1
（1）解：∵已知抛物线y= x2+x−4的图象与x轴交于A，B两点（A在B左侧），与y轴交于点C，
2
∴当x=0时，y=−4，即C(0,−4)，
∴当y=0时，x=−4或x=2，即A(−4,0)，B(2,0)，
9 ( 9)
对称轴x=−1，当x=−1时，y=− ，即D −1,− ，
2 2
∴S =3，AC=4❑√2，
△ACD
1 3❑√2
∴S =3= ⋅AC⋅ℎ，得ℎ = ，
△BCD 2 4
3❑√2
∴D到AC的距离为 ；
4
（2）解：设AE解析式为y=kx+m(k≠0)，代入E(0,2)，A(−4,0)，
{0=−4k+m) { k= 1 )
∴ ，解得： 2 ，
2=m
m=2
1
∴AE的解析式为：y= x+2，
2
连接PE，作PQ∥y轴交AE于Q，∵EF∥AP，
1
∴S =S = ⋅PQ⋅|x −x )，
△APF △APE 2 E A
设P ( m, 1 m2+m−4 ) ，则Q ( m, 1 m+2 ) ，即PQ=− 1 m2− 1 m+6，
2 2 2 2
1
S =S = ⋅PQ⋅|x −x )=−m2−m+12，
△APF △APE 2 E A
1 49 ( 1 35)
∴当m=− 时，S = ，此时P的坐标为 − ,− ，
2 △APF max 4 2 8
(1 35)
作P关于y轴对称得到P′坐标为： ,− ，
2 8
( 7 5)
作G的关于x轴对称得到G′坐标为： − , ，
2 8
连接P′G′交于y轴于点M，交于x轴于点N，则PM+MN+NG=P′M+MN+NG′≥P′G′=❑√41，
1
（3）解：∵将抛物线沿着射线BC平移2❑√5得到新的抛物线y′，平移前抛物线解析式为y= x2+x−4，
2
1
∴平移后的新抛物线y′= x2+3x−4，
2
假设y′上存在一点R，使得∠RAC+∠BCO=45°，即在y轴上找点S满足OS=OB，
在△OSA和△OBC中，
{
OA=OC
)
∠AOS=∠BOC ，
OS=OB
∴△OSA≌△OBC，
∴∠BCO=∠OAS，
∵∠OAC=45°，
∴∠OAS+∠SAC=45°，
同理存在一点S 使得∠S AC=∠CAS，使得∠SAC+∠BCO=45°，
1 1
∵设y =ax+b(a≠0)，将A(−4,0),S(0,−2)代入，
AS
{ y=− 1 x−2 ) { x= −7+❑√65 ) { x= −7−❑√65 )
1 2 2 2
∴y =− x−2，联立 ，解得 或 （舍），
AS 2 1 −1−❑√65 −1+❑√65
y= x2+3x−4 y= y=
2 4 4
∵存在一点S 使得∠S AC=∠CAS，使得∠SAC+∠BCO=45°，
1 1
∴OS =8，设y =nx+q，将A(−4,0),S (0,−8)代入，
1 AS 1
1
{
y=−2x−8
) {x=−5+❑√17) {x=−5−❑√17)
∴y =−2x−8，联立 1 ，解得 或 （舍），
AS 1 y= x2+3x−4 y=2−2❑√17 y=2+2❑√17
2(−7+❑√65 −1−❑√65)
∴R , 或R(−2+❑√17,2−2❑√17)，
2 4
∴y′上存在一点R，使得∠RAC+∠BCO=45°．
