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，
∴0<m<6且PN=PM−NM=− 1 m2+ 4 m+4− ( − 2 m+4 ) =− 1 (m−3) 2+3，
3 3 3 3
1
∵− <0，且0<m<6，
3
∴当m=3时，PN有最大值，线段PN长的最大值为3．
1 3
2．（24-25九年级上·湖北荆门·阶段练习）如图，抛物线y=− x2+ x+2交x轴于A、B两点，与y轴交
2 2
于点C．点D(2,n)在抛物线上．
（1）求四边形ABDC的面积；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得|PC−PB)的值最大，若存在，试求出点P的坐标．
【思路点拨】
本题考查了二次函数与一元二次方程的关系，求一次函数的解析式，轴对称的性质等知识，解决问题的关
键是熟练掌握有关基础知识．
（1）分别求得抛物线与x轴和y轴的交点，从而得出OA,OC,OB的值，进一步得出结果；
（2）连接PA，PB，则|PC−PB|=|PC−PA)≤AC，过当A、C、P三点共线时|PC−PB|最大，
据此求出直线CP与对称轴的交点坐标即可得到答案，进一步得出结果．
【解题过程】
（1）解：如图，连接OD，1 3
当x=2时，y=− ×22+ ×2+2=3，
2 2
∴D(2,3)，
1 3
由− x2+ x+2=0得，x =4,x =−1，
2 2 1 2
∴OA=1,OB=4，
当x=0时，y=2，
∴OC=2，
∴S =S +S +S
四边形ABDC △AOC △COD △BOD
1 1 1
= OA⋅OC+ OC⋅|x )+ OB⋅|y )
2 2 D 2 D
1 1 1
= ×1×2+ ×2×2+ ×4×3=9；
2 2 2
（2）解：如图，
−1+4 3
抛物线的对称轴为：直线x= = ，
2 2
连接PB，PA，
根据抛物线对称性可得：PA=PB，
则|PC−PB)=|PC−PA)=|PA−PC)≤AC，故当A、P、C三点共线，|PC−PB|的值最大，最大值即为AC的长，
设直线CP的解析式为：y=kx+b，
{ b=2 )
∴ ，
−k+b=0
{b=2)
∴ ，
k=2
∴y=2x+2，
3 3
当x= 时，y=2× +2=5，
2 2
(3 )
∴P ,5 ．
2
3．（24-25九年级上·广西南宁·开学考试）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A(1,0)，B(−5,0)两
点，与y轴交于点C， P是抛物线上的任意一点（不与点C重合），点P的横坐标为m，拋物线上点C与点
P之间的部分（包含端点）记为图象G．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P位于线段BC上方，求△PBC面积的最大值；
（3）若图象G的最大值与最小值的差为4，求m的取值范围．
【思路点拨】
本题考查了待定系数法求函数解析式，坐标与图形，二次函数几何综合，二次函数的最值，以及二次函数
图象与性质，解题的关键在于熟练掌握相关知识并灵活运用．
（1）利用待定系数法求解，即可解题；
（2）根据二次函数得到点C，设直线BC的解析式为y=kx+5，待定系数法求出直线BC的解析式，过点P
作PD∥y轴，交BC于点D，利用坐标和三角形面积公式求解，得到△PBC面积的表达式，再结合二次函
数最值，即可解题；
（3）根据图象G的最大值与最小值的差为4，分情况讨论①当点P在点C上方时，②当点P在点C下方时，
结合二次函数的最值，以及二次函数对称性求解，即可解题．【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A(1,0)，B(−5,0)两点，
{ −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）解：∵抛物线的解析式为y=−x2−4x+5，与y轴交于点C；
∴C(0,5)，
设直线BC的解析式为y=kx+5，
∴−5k+5=0，
解得k=1，
∴直线BC的解析式为y=x+5，
∵点P位于线段BC上方，点P的横坐标为m，
∴P(m,−m2−4m+5)，
过点P作PD∥y轴，交BC于点D，
∴D(m,m+5)，
∴ S =
1
(−m2−4m+5−m−5)×(0+5)=−
5(
m+
5) 2
+
125
，
△PBC 2 2 2 8
5
∵− <0，
2
125
∴ △PBC面积的最大值为 ；
8
（3）解：∵图象G的最大值与最小值的差为4，
①当点P在点C上方时，∵ y=−x2−4x+5=−(x+2) 2+9，且9−5=4，
−m2−4m+5=5，
解得m=−4或0（舍去），
∴−4≤m≤−2，
②当点P在点C下方时，
此时点P在点C左侧，不满足题意，
∴点P在点C右侧，
∴5−(−m2−4m+5)=4，
解得m=−2+2❑√2或m=−2−2❑√2（舍去），
综上所述，m的取值范围是−4≤m≤−2或m=−2+2❑√2．
4．（23-24九年级上·宁夏石嘴山·期中）如图，直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线
y=−x2+bx+c经过点B、C，与x轴另一交点为A，顶点为D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在x轴上找一点E，使EC+ED的值最小，求EC+ED的最小值；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得∠APB=∠OCB？若存在，求出P点坐标；若不存在，
请说明理由．
【思路点拨】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、等腰三角形性质、点的对称性等，其中（3），要注
意分类求解，避免遗漏．
（1）直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，则点B、C的坐标分别为(3，0)、(0，3)，将点
B、C的坐标代入二次函数表达式，即可求解；
（2）如图1，作点C关于x轴的对称点C′，连接CD′交x轴于点E，则此时EC+ED为最小，即可求解；
（3）分点P在x轴上方、点P在x轴下方两种情况，分别求解．
【解题过程】（1）直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，则点B、C的坐标分别为(3，0)、(0，3)，
将点B、C的坐标代入二次函数表达式得：
¿，解得：¿，
故函数的表达式为：y=−x2+2x+3，
令y=0，则x=−1或3，故点A(−1，0)；
（2）如图1中，作点C关于x轴的对称点C′，连接CD′交x轴于点E，则此时EC+ED为最小，
函数顶点D坐标为(1，4)，点C′(0，−3)，
设直线C′D的解析式为y=kx+a，将C′、D的坐标代入得：
¿，解得¿，
直线C′D的表达式为：y=7x−3，
3
当y=0时，x= ，
7
3
故点E( ，0)，
7
则EC+ED的最小值为DC′=❑√12+(4+3) 2=5❑√2；
（3）①当点P在x轴上方时，如图2中，
∵OB=OC=3，则∠OCB=45°=∠APB，
过点B作BH⊥AP于点H，设PH=BH=m，则PB=PA=❑√2m，
由勾股定理得：AB2=AH2+BH2，即42=m2+(❑√2m−m) 2 ，
解得：m2＝8+4❑√2，
则PB2=2m2=16+8❑√2，
则y =❑√PB2−22=2+2❑√2；
P
②当点P在x轴下方时，
同理可得y =−2−2❑√2；
P
故点P的坐标为(1，2+2❑√2)或(1，﹣2﹣2❑√2)．
5．（24-25九年级上·广东东莞·阶段练习）如图，抛物线y=x2−2x−3与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两
点，直线l：y=kx+b与抛物线交于A、C两点，其中C点的横坐标为2．
（1）求点C的坐标和直线l的解析式；
（2）点P是y轴上的一点，求满足PB+PC的值为最小的点P坐标；
（3）点Q是直线l下方抛物线上一动点，动点Q运动到什么位置时，△AQC的面积最大?求出此时Q点坐
标和△AQC的最大面积．
【思路点拨】
（1）由C点横坐标可求得C点坐标，利用待定系数法可求得直线l的函数表达式；
（2）作点B(3,0)关于y轴的对称点B′ (−3,0)，连接B′C交y轴于点P，此时PB+PC=PB′+PC=B′C，
PB+PC的值最小，据此求解即可；
（3）过Q作QM∥y轴交AC于M，用m表示出M和Q的坐标，从而可表示出QM的长，表示出△AQC的
面积，利用二次函数的性质可求得其最大值时的m．
【解题过程】
（1）解：把x=2代入抛物线解析式y=x2−2x−3可得y=22−2×2−3=−3，∴ C(2,−3)，
{ 0=k+b )
把A、C坐标代入直线l：y=kx+b可得， ，
−3=2k+b
{k=−1)
解得 ，
b=−1
∴直线l解析式为y=−x−1；
（2）解：作点B(3,0)关于y轴的对称点B′ (−3,0)，连接B′C交y轴于点P，此时
PB+PC=PB′+PC=B′C，PB+PC的值最小，
设直线B′C的解析式为y=ax+s，
把B′ (−3,0)、C(2,−3)坐标代入可得，
{0=−3a+s)
，
−3=2a+s
3
{ a=− )
5
解得 ，
9
s=−
5
3 9
∴直线B′C解析式为y=− x− ；
5 5
9
令x=0，则y=− ，
5
( 9)
∴点P坐标为 0,− ；
5
（3）解：过Q作QM∥y轴交AC于M，设Q(m,m2−2m−3)，则M(m,−m−1)，
∴QM=(−m−1)−(m2−2m−3)=−m2+m+2，
1 3
∴S = QM⋅[2−(−1))= QM
△ACQ 2 2
3
= (−m2+m+2)
2
3( 1) 2 27
=− m− + ，
2 2 8
3
∵− <0，
2
1 27
∴当m= 时，△AQC的面积最大，最大值为 ．
2 8
(1 15)
此时Q ,− ．
2 4
1 1
6．（24-25九年级上·重庆·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，拋物线y=− x2+ x+3与x轴正半
2 2
轴交于点B，与y轴于点C，且过点A(−1,2)，连接AB，AC，BC．（1）求△ABC的面积；
（2）若点P是抛物线对称轴上一点，且S =2S ，求点P的坐标．
△ABC △BCP
【思路点拨】
（1）先求出点B、C坐标，再利用待定系数法求出直线AB的解析式，进而求出点D坐标，最后利用
S =S +S 即可求解；
△ABC △ACD △BCD
1 1 1
（2）由y=− x2+ x+3可得抛物线的对称轴为直线x= ，利用待定系数法可得直线BC的解析式为
2 2 2
(1 ) (1 5)
y=−x+3，设直线BC与抛物线对称轴相交于点M，点P坐标为 ,p ，可得M , ，进而得
2 2 2
|5 ) 3|5 )
PM= −p ，再根据三角形的面积可得2× −p =3，据此即可求解；
2 2 2
本题考查了二次函数与坐标轴的交点问题，待定系数法求一次函数的解析式，三角形的面积，二次函数的
图象和性质，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
【解题过程】
1 1 1 1
（1）解：把y=0代入y=− x2+ x+3得，− x2+ x+3=0，
2 2 2 2
解得x =−2，x =3，
1 2
∴B(3,0)，
1 1
把x=0代入y=− x2+ x+3得，y=3，
2 2
∴C(0,3)，
设直线AB的解析式为y=kx+b，直线AB与y轴相交于点D，
把A(−1,2)、B(3,0)代入y=kx+b得，{2=−k+b)
，
0=3k+b
1
{ k=− )
2
解得 ，
3
b=
2
1 3
∴直线AB的解析式为y=− x+ ，
2 2
1 3 3
把x=0代入y=− x+ 得，y= ，
2 2 2
( 3)
∴D 0, ，
2
3 3
∴CD=3− = ，
2 2
1 3 1 3
∴S =S +S = × ×1+ × ×3=3；
△ABC △ACD △BCD 2 2 2 2
1 1 1
（2）解：由y=− x2+ x+3可得抛物线的对称轴为直线x= ，
2 2 2
设直线BC的解析式为y=mx+n，把B(3,0)、C(0,3)代入得，
{0=3m+n)
，
3=n
{m=−1)
解得 ，
n=3
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
(1 )
设直线BC与抛物线对称轴相交于点M，点P坐标为 ,p ，
2
1 1 5
把x= 代入y=−x+3得，y=− +3= ，
2 2 2(1 5)
∴M , ，
2 2
|5 )
∴PM= −p ，
2
1 1 |5 ) 1 ( 1) |5 ) 3|5 )
∴S =S +S = × × −p + × 3− × −p = −p ，
△BCP △CPM △BPM 2 2 2 2 2 2 2 2
∵S =2S ，
△ABC △BCP
∴2S =3，
△BCP
3|5 )
∴2× −p =3，
2 2
|5 )
即 −p =1，
2
3 7
解得p= 或p= ，
2 2
(1 3) (1 7)
∴点P的坐标为 , 或 , ．
2 2 2 2
7．（23-24九年级上·福建厦门·期中）如图，抛物线y=ax2+bx+3过点A(−1，0)，B（3，0），与
y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）第一象限内的抛物线y=ax2+bx+3图象上有一动点P，x轴正半轴上有一点D，且OD=2，当
△PCD的面积是3时，求出点P的坐标；
（3）抛物线y=ax2+bx+3的顶点为Q，直线y=kx与抛物线交于点E，F，M是线段EF的中点，当
0<k<2时，求四边形MCQB面积的最小值．
【思路点拨】
本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用二次函数的性质是关键.
（1）依据题意，把点A(−1,0),B(3,0)代入y=ax2+bx+3 ,求出a，b后即可求得解析式；
（2）依据题意，先求出点C和点D的坐标，然后连接OP，设点P的坐标为(m,−m²+2m+3)，根据S =S +S −S 列方程求出m值即可解题；
△PCD △PCO △POD △OCD
（3）依据题意可得点Q的坐标是(1，4)，又把y=−x²+2x+3与 y=kx联立方程组，得
x +x 2−k k(2−k)
x²+(k−2)x−3=0,可得x = E F = >0,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，
∴2<a<6，
设直线CM的解析式为y=k x+m ，
1 1
则
{ m
1
=12 )
，解得：
{k
1
=a−8)
，
ak +m =a2−8a+12 m =12
1 1 1
∴直线BC的解析式为y=(a−8)x+12，
12
令y=0，则(a−8)x+12=0，解得：x= ，
8−a
( 12 )
∴N ,0 ，
8−a
12
∴ON= ，
8−a
12
∴BN=6− ，
8−a
1 1 1
∵S =S +S = BN⋅|y )+ BN⋅|y )= BN(|y )+|y ))，
△CBM △CBN △MBN 2 C 2 M 2 C M
∴S = 1 × ( 6− 12 ) ×[12−(a2−8a+12))
△CBM 2 8−a
= ( 3− 6 ) ×(8a−a2)
8−a
6
=3×(8a−a2)− ×(8a−a2)
8−a=24a−3a2−6a
=−3a2+18a
=−3(a−3) 2+27，
∴当a=3时，S 有最大值，最大值为27．
△CBM
9．（23-24九年级下·安徽阜阳·期中）如图1，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A和点B(3,0)，与y轴交
于点C，且OB=OC，抛物线的对称轴为直线x=1．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若DE是该抛物线的对称轴，点D是顶点，点P是第一象限内对称轴右侧抛物线上的一个动点．
（ⅰ）如图2，连接BP，若△PCB的面积为3，求点P的坐标；
（ⅱ）如图3，连接BC，与DE交于点G，连接PC，PG，PD，求2S +S 的最大值．
△PCG △PDG
【思路点拨】
（1）由抛物线的对称轴为直线x=1和点B(3,0)，得点A(−1,0)．由点B(3,0)，OB=OC，得点C(0,3)．
再运用待定系数法即可求得答案；
（2）（ⅰ）由点B(3,0)，C(0,3)，得直线BC的解析式, 过点P作PF∥y轴交BC于点F．设点
P(m,−m2+2m+3)，则点F(m,−m+3)，得关于m的方程，解出即可；（ⅱ）由抛物线y=−x2+2x+3
求出顶点D的坐标为(1,4)．由（ⅰ）知直线BC的解析式为y=−x+3，则点G(1,2)．设直线CP交DE于点
F，设点P(m,−m2+2m+3)．由直线PC经过点C(0,3)，可设直线PC的解析式为y=kx+3，把点
P(m,−m2+2m+3)代入，得关于m的方程，解出即可．
【解题过程】
（1）解：由抛物线的对称轴为直线x=1和点B(3,0)，得点A(−1,0)．
由点B(3,0)，OB=OC，得点C(0,3)．
由抛物线经过点A，B，得y=a(x+1)(x−3)．把点C(0,3)代入，得3=a(0+1)×(0−3)，
解得a=−1，
∴抛物线的解析式为y=−(x+1)(x−3)=−x2+2x+3．
（2）解：（ⅰ）由点B(3,0)，C(0,3)，得直线BC的解析式为y=−x+3．
如图1，过点P作PF∥y轴交BC于点F．
设点P(m,−m2+2m+3)，则点F(m,−m+3)，
∴PF=−m2+2m+3−(−m+3)=−m2+3m．
1 1
由题意，得S = PF⋅OB= (−m2+3m)×3=3，
△BCP 2 2
整理，得m2−3m+2=0，
解得m=1（舍去）或m=2，
则−m2+2m+3=3，
∴点P的坐标为(2,3)．
（ⅱ）由抛物线y=−x2+2x+3知，顶点D的坐标为(1,4)．
由（ⅰ）知直线BC的解析式为y=−x+3，则点G(1,2)．
如图2，设直线CP交DE于点F，设点P(m,−m2+2m+3)．
由直线PC经过点C(0,3)，
设直线PC的解析式为y=kx+3，
把点P(m,−m2+2m+3)代入，
得−m2+2m+3=km+3，
解得m=0（舍去）或m=−k+2，
即k=−m+2，
∴直线PC的解析式为y=(−m+2)x+3．
当x=1时，y=(−m+2)x+3=5−m，即FG=5−m−2=3−m，∴2S +S
△PCG △PDG
1 1
=2× FG×(x −x )+ DG×(x −x )
2 P C 2 P D
1
=(3−m)m+ ×2×(m−1)
2
=−(m−2) 2+3≤3，
即2S +S 的最大值为3．
△PCG △PDG
10．（24-25九年级上·安徽六安·阶段练习）如图1，抛物线y=ax2+bx−3经过A(−1,0)，B(3,0)两点，
与y轴交于点C，P为第四象限内抛物线上一点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）设四边形COBP的面积为S，求S的最大值；
（3）如图2，过点P作PM⊥x轴于点M，连接AC，AP，AP与y轴交于点N．当∠MPA=2∠PAC
时，求直线AP的函数表达式及点P的坐标．
【思路点拨】
（1）将A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx−3，即可求解；
（2）过点P作PM⊥x轴于点N，P为第四象限内抛物线上一点，设点P(m,m2−2m−3)(0<m<3)，则
PN=−(m2−2m−3)=−m2+2m+3，ON=m，根据
1 1 3( 3) 2 63
S=S +S = (OC+PN)ON+ PN⋅BN得S=− m− + ，然后根据二次函数的最值
梯形PNOC △PNB 2 2 2 2 8
求解即可；( 4)
（3）由题意得到∠NAC=∠NCA，则AN=CN，设N(0,n)，由1+n2=(n+3) 2，求出N 0,− ，再
3
由待定系数法求直线AP的解析式即可；分解直线AP的解析式和抛物线的解析式，求出点P的坐标即可．
【解题过程】
（1）解：将A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx−3，得：
{ a−b−3=0 )
∴ ，
9a+3b−3=0
{ a=1 )
∴ ，
b=−2
∴y=x2−2x−3；
（2）解：过点P作PN⊥x轴于点N，如图所示，
令x=0，则y=−3，
∴C(0,−3)，
∴OC=3，
∵P为第四象限内抛物线上一点，设点P(m,m2−2m−3)(0<m<3)，
∴PN=−(m2−2m−3)=−m2+2m+3，ON=m，
∵B(3,0)，
∴OB=3，
∴BN=3−m，
∴S=S +S
梯形PNOC △PNB
1 1
= (OC+PN)⋅ON+ PN⋅BN
2 2
1 1
= (3−m2+2m+3)⋅m+ (−m2+2m+3)(3−m)
2 23 9 9
=− m2+ m+
2 2 2
3( 3) 2 63
=− m− + ，
2 2 8
3
∵− <0
2
3 63
∴当m= 时，S有最大值，S = ．
2 最大值 8
（3）解：设AP交y轴于点N，如图，
∵ON⊥x轴，PM⊥x轴，
∴ON∥MP，
∴∠ANO=∠APM，
∵∠MPA=2∠PAC，
∴∠ANO=2∠PAC，
∴∠NAC=∠NCA，
∴AN=CN，
设N(0,n)，则AN=CN=n−(−3)=n+3，
∴1+n2=(n+3) 2，
4
∴n=− ，
3
( 4)
∴N 0,− ，
3
( 4)
设直线AP的解析式为y=kx+b，把N 0,− ，A(−1,0)代入得：
3{ b=− 4 )
3 ，
−k+b=0
4
{ k=− )
3
∴ ，
4
b=−
3
4 4
∴y=− x− ，
3 3
4 4
令− x− =x2−2x−3，
3 3
5
解得：x =−1，x = ，
1 2 3
5
∴点P的横坐标为 ，
3
5 4 4 4 5 4 32
把x= 代入y=− x− 得：y=− × − =− ，
3 3 3 3 3 3 9
(5 32)
∴点P的坐标为 ,− ．
3 9
x2
11．（23-24九年级上·四川成都·期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，有一抛物线y= ，直线y=kx
4
3
（k≠0）与抛物线相交于点A，直线y=− x与抛物线分别相交于点B．
k
（1）当k=2时，求A，B两点坐标．
7
（2）在（1）的条件下，第一象限一点P在抛物线上，当S = 时，求P点的横坐标．
ΔPAB 2
（3）试探究直线AB是否经过某一定点．若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．
【思路点拨】x2 x2 3
（1）当k=2时，联立y= 和y=2x，可求出A点坐标，联立y= 和y=− x可求出B点坐标．
4 4 2
1 m2
（2）先求出直线AB的解析式为y= x+12．设P(m, )，过P点作PC⊥x轴，交直线AB于E点，则
2 4
1 1 7
E( m+12)．根据S = PE⋅|x −x )= 求出m的值，即可得P点的横坐标．
2 △PAB 2 A B 2
x2 x2 3 ( 12 36)
（3）由 =kx得A(4k,4k2 )，由 =− x得B − , ．设直线AB的解析式为y=mx+n，则可求
4 4 k k k2
( 3)
得y= k− x+12，由此可得直线AB经过定点(0,12)．
k
【解题过程】
（1）解：当k=2时，
{
x2
)
y=
联立 4 ，
y=2x
{x =0) { x =8 )
得 1 （舍去）， 2 ，
y =0 y =16
1 2
∴A(8,16)．
{ y=
x2
)
4
联立 ，
3
y=− x
2
{x =0) {x =−6)
得 1 （舍去）， 2 ，
y =0 y =9
1 2
∴B(−6,9)．
（2）解：如图，过P点作PC⊥x轴，交直线AB于E点，设直线AB的表达式为y=kx+b，则
{8k+b=16) { k= 1 )
，解得 2 ，
−6k+b=9
b=12
1
∴AB：y= x+12．
2
m2 1
设P(m, )，则E( m+12)．
4 2
|m2 1 )
∴PE= − m−12 ，
4 2
∵S =S −S
△PAB △PBE △PAE
1
= PE⋅|x −x )
2 A B
7
= ，
2
|m2 1 )
∴ − m−12 ⋅(8+6)=7，
4 2
|m2 1 ) 1
∴ − m−12 = ，
4 2 2
m2 1 1
∴ − m−12=± ．
4 2 2
m2 1 1
①当 − m−12= 时，
4 2 2
解得m =1+❑√51，m =1−❑√51（舍去）．
1 2
m2 1 1
②当 − m−12=− 时，
4 2 2解得m =1+❑√47，m =1−❑√47（舍去）．
3 2
∴P点的横坐标为1+❑√51或1+❑√47．
x2
（3）解：由 =kx，得x =0（舍去），x =4k，
4 1 2
∴A(4k,4k2 )．
x2 3 12
由 =− x，得x =0（舍去），x =− ，
4 k 1 2 k
( 12 36)
∴B − , ．
k k2
设直线AB的解析式为y=mx+n，则
{
4km+n=4k2
)
12 36 ，
− m+n=
k k2
3
解得m=k− ，n=12．
k
( 3)
∴直线AB的解析式为y= k− x+12．
k
∴直线AB经过定点(0,12)．
12．（24-25九年级上·江苏南通·阶段练习）在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=ax2+2ax−3a的图
象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），C，D两点的坐标分别为(−4,5)，(0,5)．
（1）则点A坐标为 ；点B坐标为 ；
（2）若二次函数y=ax2+2ax−3a的图象经过点C，点P是二次函数图象上x轴下方一动点，求△ABP面
积的最大值；
（3）若二次函数y=ax2+2ax−3a的图象与线段CD只有一个交点，求a的取值范围．【思路点拨】
（1）在y=ax2+2ax−3a中，令y=0得0=ax2+2ax−3a，解一元二次方程可得A(−3,0)，B(1,0)；
（2）由二次函数y=ax2+2ax−3a的图象经过点C(−4,5)，求出a= 5 ，设P ( m, 5 m2+ 5 m− 15) ，根
4 4 2 4
5 15 5
据面积公式求出△ABP面积为− m2−5m+ =− (m+1) 2+10，然后求二次函数最值即可；
2 2 2
（3）分①当a>0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) (−3<m<1)，
4 2 4
由（1）得A(−3,0)，B(1,0)，
∴AB=4，
∵点P是二次函数图象上x轴下方一动点，
∴△ABP面积为
1
×4×
[
0−
(5
m2+
5
m−
15))
=−
5
m2−5m+
15
=−
5
(m+1) 2+10，
2 4 2 4 2 2 2
5
∵− <0，
2
∴当m=−1时，△ABP面积有最大值，为10；
（3）∵y=ax2+2ax−3a=a(x+1) 2−4a，
∴抛物线y=ax2+2ax−3a的对称轴为直线x=−1，顶点坐标为(−1,−4a)，抛物线与y轴交点为(0,−3a)，
①当a>0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<t<6，
2
则
S −S =S −S = 1 ⋅|AB)⋅|y )− 1 ⋅AB⋅|y )= 1 ×8×6− 1 ×8× ( − 1 t2+2t+6 ) =2t2−8t=8
△ACM △PBM △ABC △ABP 2 C 2 P 2 2 2
，
整理，得t2−4t−4=0，
解得t =−2❑√2+2（舍去），t =2❑√2+2，
1 2
1
当t=2❑√2+2时，y= t2−2t−6=−4，
2∴此时点P的坐标为(2❑√2+2,−4)；
（ⅱ）如图，连接PC，过点P作PD⊥x轴于点D，交BC于点E，
∵PQ∥AC，
∴S =S ，
△PAQ △PCQ
∴S +S =S ，
△PAQ △PBQ △PCB
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将点B(6,0)和点C(0,−6)代入得，
{0=6k+b)
，
−6=b
∴直线BC的解析式为y=x−6，
设点P的坐标为 ( m, 1 m2−2m−6 ) ，则E(m,m−6)，
2
∴PE=(m−6)− (1 m2−2m−6 ) =− 1 m2+3m，
2 2
∴S +S =S = 1 ×6×PE=3× ( − 1 m2+3m ) =− 3 (m2−6m)=− 3 (m−3) 2+ 27 ，
△PAQ △PBQ △PCB 2 2 2 2 2
3
∵− <0，
2
27
∴当m=3时，S +S 有最大值，最大值为 ．
△PAQ △PBQ 2
14．（23-24九年级下·山东济宁·开学考试）如图，二次函数y=ax2+bx+c的图像与x轴交于A(−4,0)，
B(2,0)两点，直线l与抛物线交于A，D两点，与y轴交于点C，点D的坐标为(3,7)（1）求抛物线的解析式与直线l的解析式；
（2）若P是抛物线上的点且在直线l的下方，连接PA，PD，当△PAD的面积最大时，求出点P的坐标及
该面积的最大值；
（3）若Q是y轴上的点，且∠ADQ=45°，请直接写出点Q的坐标
【思路点拨】
本题主要考查二次函数和一次函数的结合、等腰直角三角形的性质、坐标与图形等知识点，求得二次函数
的性质和一次函数解析式是解题的关键．
（1）利用待定系数法将点A、点B和点D代入y=ax2+bx+c求解即可；
（2）利用待定系数法求得直线AD的解析式为y=x+4，过点P作PH⊥x轴交AD于点H，设点
1
P(n,n2+2n−8)，则点H(n,n+4)，那么，S = ×HP×(x −x )化简求得二次函数的最大值即可；
△PAD 2 D A
（3）根据直线AD的解析式为y=x+4，求得点D(0,4)，则∠OAC=∠ACO=45°，分类讨论①若点Q
位于直线AD上面；②若点Q位于直线AD下面，分别求解即可．
【解题过程】
（1）解：∵二次函数y=ax2+bx+c的图像与x轴交于A(−4,0)，B(2,0)两点，且过点D(3,7)，
{0=16a−4b+c
) {
a=1
)
∴ 0=4a+2b+c ，解得 b=2 ，
7=9a+3b+c c=−8
则二次函数y=x2+2x−8．
（2）解：设直线AD的解析式为y=kx+b(k≠0)，{0=−4k+b) {k=1)
则 ，解得 ，
7=3k+b b=4
∴直线AD的解析式为y=x+4，
过点P作PH⊥x轴交AD于点H，如图，
设点P(n,n2+2n−8)，则点H(n,n+4)，
1 1
∴S = ×HP×(x −x )= [n+4−(n2+2n−8))×(3+4)
△PAD 2 D A 2
7[ ( 1) 2 49)
=− n+ −
2 2 4
7( 1) 2 343
=− n+ +
2 2 8
1 ( 1 35) 343
则当n=− 时，点P − ,− ，△PAD的面积最大为 ．
2 2 4 8
（3）解：①若点Q位于直线AD上面，
如图：过点D作DQ⊥y轴交于点Q,∵∠ADQ=45°，
∴∠DCQ=∠ADQ=45°，
∴CQ=DQ,
∵D(3,7)，
∴CQ=DQ=3,
∵直线AD的解析式为y=x+4，
∴点C(0,4)，即OC=4,
∵A(−4,0)，
∴OA=4,
∴AO=CO，
根据题意设点Q(0,m)，则m=OC+CQ=4+3=7，
∴Q(0,7)；
②若点Q位于直线AD下面，
∵∠ADQ=45°，∠OAC=45°，
∴点Q位于与y轴平行的直线上，与题意矛盾，不符合题意．
综上，点Q的坐标Q(0,7)．
( 7 9)
15．（2024·安徽合肥·三模）如图，已知抛物线y＝−x2+bx+c过点A − , ，与x轴交于B(1,0)，与
2 4
y轴交于点C．（1）求该抛物线的解析式；
（2）点M是x轴上的一个动点，当MA+MC的值最小时，求点M的坐标；
（3）如图2，连接AB，在AB上方的抛物线上是否存在一动点D，使△ABD面积取得最大值，若存在，
求出D点坐标，并求△ABD的最大面积．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法求解即可；
25
（2）先求得直线A′C的解析式为y= x+4，又两点之间线段最短，得此时MA+MC取最小值，最小值
14
25
为线段A′C的长度．令y=0， x+4=0,求解即可；
14
（3）过点D作DE⊥x轴，交x轴于点E，过点A作AF⊥x轴，交x轴于点F．如图2所示．先求出直线
1 1
AB的解析式为y=− x+ ．设点D的坐标为(t,−t2−3t+4)，则点E的坐标为(t,0)，点F的坐标为
2 2
( 7 )
− ,0 ，进而利用面积公式构造二次函数即可得解．
2
【解题过程】
( 7 9)
（1）解：将点A − , ，B(1,0)代入y=−x2+bx+c，得
2 4
{ − 49 − 7 b+c= 9 ,)
4 2 4
−1+b+c=0,
{b=−3,)
解得
c=4,
∴该抛物线的解析式为y=−x2−3x+4．（2）解：如图1，作A关于x轴对称点A′(
−
7
,−
9)
，连接A′C,A′C交x轴于点M，
2 4
y=−x2−3x+4中，令x=0，则y=4，
∴C(0,4)．
设直线A′C的解析式为y=mx+n，
把A′(
−
7
,−
9)
，C(0,4)代入y=mx+n得，
2 4
{
4=n
)
9 7 ，
− =− m+n
4 2
{ m= 25 )
解得 14 ，
n=4
25
∴直线A′C的解析式为y= x+4，
14
∵两点之间线段最短，
∴此时MA+MC取最小值，最小值为线段A′C的长度．
25
令y=0， x+4=0,
14
56
∴x=− ，
25
( 56 )
∴点M的坐标为 − ,0 ．
25
（3）解：过点D作DE⊥x轴，交x轴于点E，过点A作AF⊥x轴，交x轴于点F．如图2所示．设直线AB的解析式为y=mx+n（m≠0），
( 7 9)
∵点A − , ，B(1,0)．
2 4
1
{ − 7 m+n= 9 ,) { m=− 2 ,)
∴ 2 4 解得
1
m+n=0, n= ,
2
1 1
∴直线AB的解析式为y=− x+ ．
2 2
∵该抛物线的解析式为y=−x2−3x+4，
∴设点D的坐标为(t,−t2−3t+4)，
( 7 )
∴点E的坐标为(t,0)，点F的坐标为 − ,0 ，
2
∴S =S +S −S
△ABD 梯形ADEF △DBE △ABF
= 1(9 −t2−3t+4 )( t+ 7) + 1 (1−t)(−t2−3t+4)− 1 × 9 × 9
2 4 2 2 2 2 4
9 45 63
=− t2− t+
4 8 8
9( 5) 2 729
=− t+ + ，
4 4 64
9
∵− <0，
4
5 ( 5 99) 729
∴当t=− 时，点D的坐标为 − , ，S 取最大值，为 ．
4 4 16 △ABD 64
1
16．（2023·山东东营·二模）如图，抛物线y=− x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B两点，与y轴交于点
2
C(0,2)，连接BC．（1）求抛物线的解析式．
（2）点P是第三象限抛物线上一点，当△BCP的面积为12时，求P点坐标．
（3）抛物线上是否存在点Q使得∠QCB=∠CBO？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理
由．
【思路点拨】
1
（1）将A、C两点的坐标代入y=− x2+bx+c中，求出b、c的值，即可得抛物线的解析式．
2
1
（2）先求出B点的坐标为(4,0)，再求出BC的表达式为y=− x+2．过P点做y轴的平行线交BC的延
2
1 3 1
长线与M点，设P(m,− m2+ m+2)则M(m,− m+2)．根据S =S −S =12求出m的
2 2 2 △BCP △BMP △CMP
值，即可得P点的坐标．
（3）根据题意当点Q在第一象限时，利用二次函数的对称性求解；当点Q在第四象限时，设CQ与x轴交
于点E，首先根据勾股定理求出点E的坐标，然后求出CE的解析式，最后联立直线CE和抛物线即可求出
点Q的坐标．
【解题过程】
1
（1）解：将A(−1,0)，C(0,2)代入y=− x2+bx+c，
2
{
c=2
)
∴ 1 ，
− −b+c=0
2
{ b= 3 )
解得 2 ，
c=2
1 3
∴抛物线的解析式y=− x2+ x+2；
2 2
（2）解：1 3
由y=− x2+ x+2=0，得
2 2
x =−1，x =4，
1 2
∵A(−1,0)，
∴B(4,0)．
设BC的表达式为：y=kx+b，
{ b=2 ) { k=− 1 )
则 ，解得 2 ，
4k+b=0
b=2
1
∴BC:y=− x+2．
2
1 3 1
过P点做y轴的平行线交BC的延长线与M点，设P(m,− m2+ m+2)，则M(m,− m+2)，
2 2 2
则PM= ( − 1 m+2 ) − ( − 1 m2+ 3 m+2 ) = 1 m2−2m．
2 2 2 2
∵S =S −S =12，
△BCP △BMP △CMP
1 1
∴ PM⋅(4−m)− PM⋅(0−m)=12，
2 2
得PM=6，
1
∴
m2−2m=6，
2
解得m =−2，m =6（舍去），
1 2
∴P(−2,−3) ．
（3）解：存在，如图所示，当点Q在第一象限抛物线上时，∵∠QCB=∠CBO，
∴CQ∥OB，
∴点Q和点C关于对称轴对称，
∵A(−1,0)，B(4,0)，
−1+4 3
∴抛物线的对称轴为x= = ，
2 2
∵C(0,2)，
∴点Q的坐标为(3,2)；
如图所示，当点Q在第四象限的抛物线上时，设CQ与x轴交于点E．
∵∠QCB=∠CBO，
∴EC=EB，
∴设EC=EB=x，
∵C(0,2)，B(4,0)，
∴OC=2，OE=4−x，
∴在Rt△OEC中，OC2+OE2=CE2，
即22+(4−x) 2=x2，
5
解得x= ，
2
3
∴OE= ，
2(3 )
∴E ,0 ．
2
∴设直线CE的解析式为y=k x+b ，
1 1
(3 ) {
2=b
1 )
将C(0,2)，E ,0 代入得 3 ，
2 0= k +b
2 1 1
{ b 1 =2 )
∴解得 4 ，
k =−
1 3
4
∴y=− x+2．
3
4
{ y=− x+2 )
3
∴联立直线CE和抛物线得， ，
1 3
y=− x2+ x+2
2 2
17
∴解得x =0（舍去0），x = ，
1 2 3
17 4 50
∴将x = 代入y=− x+2得y=− ，
2 3 3 9
(17 50)
∴点Q的坐标为 ,− ．
3 9
(17 50)
综上所述，点Q的坐标为(3,2)或 ,− ．
3 9
17．（23-24九年级上·全国·开学考试）在平面直角坐标系中，抛物线 y=ax2+bx+c(a≠0)的图象交 x
轴于点 A，B（A在y轴右侧，B在y轴左侧），C 为抛物线与 y 轴的交点，已知 OC=3，且
OA=OC=3OB．
（1）求抛物线的解析式．（2）在抛物线的对称轴上是否存在点 P，使得PO+PC的值最小，若存在，请求出点P的坐标，若不存
在，请说明理由．
（3）若y=ax2+bx+c有最低点，点Q是直线AC下方的抛物线上的一个动点，求△ACQ面积的最大值及
此时对应的点Q坐标．
【思路点拨】
本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求二次函数的解析式，一次函数与坐标轴的
交点，配方法求二次函数的最大值，利用点Q和点F的坐标求得QF的长，从而得到△ACQ的面积与a的函
数关系式是解题的关键．
（1）由题意可求点A，点B，点C坐标，用待定系数法可求解析式；
（2）先求出点O关于对称轴对称的点M坐标，连接MC，交对称轴于点P，用待定系数法可求CM解析
式，即可求点P坐标；
（3）设点Q(a,a2−2a−3)，则点F(a,a−3)，求出QF的长，从而得到△ACQ的面积与a的函数关系
式，由二次函数的性质可求解．
【解题过程】
（1）（1）∵OC=3，且OA=OC=3OB．
∴OA=3，OB=1，且A在y轴右侧，B在y轴左侧，
∴点A(3,0)，点B(−1,0)，点C(0,−3)或(0,3)
设抛物线解析式为y=a(x−3)(x+1)，
若点C(0,−3)，
∴−3=a×(−3)×1
∴a=1，
∴抛物线解析式为：y=(x−3)(x+1)=x2−2x−3，
若点C(0,3)，
∴3=a×(−3)×1
∴a=−1，
∴抛物线解析式为：y=−1×(x−3)(x+1)=−x2+2x+3；
（2）∵点A(3,0)，点B(−1,0)，
∴抛物线对称轴为直线x=1，
∴点O(0,0)关于对称轴x=1的对称点为M(2,0)，连接MC，交直线x=1的交点为P点，
∵点C(0,3)，
∴设直线MC解析式为y=kx+b
1
{ b =3 )
若C(0,3)，M(2,0)代入得， 1
2k+b =0
1
{ b 1 =3 )
解得 3
k=−
2
3
则直线MC解析式为：y=− x+3，
2
3
∴当x=1时，y=
2
( 3)
∴点P 1， ，
2
若点C(0,−3)，
3
同理可得直线EC解析式为：y= x−3，
2
3
∴当x=1时，y=−
2
( 3)
∴点P 1,− ；
2
（3）如图，过点Q作QE⊥AB，交AC于点F，∵若y=ax2+bx+c有最低点，
∴y=x2−2x−3，
∵点A(3,0)，点C(0,−3)，
∴直线AC的解析式y=x−3，
设点Q(a,a2−2a−3)，则点F(a,a−3)，
∴QF=a−3−(a2−2a−3)=−a2+3a，
1 3 3 2 27
∴S = ×3×(−a2+3a)=− (a− ) + ，
△ACQ 2 2 2 8
3 27 (3 15)
∴当a= 时，△ACQ面积的最大值为 ，此时点Q ,− ．
2 8 2 4
18．（23-24九年级下·重庆南岸·开学考试）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线
y=ax2+bx+6(a≠0)交x轴于A、B两点，交y轴于点C，对称轴为直线x=−2，点B的坐标为(2,0)，连接
AC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）动点P和动点Q同时出发，点P从点A以每秒2个单位长度的速度沿AC运动到点C，点Q从点C以每
秒1个单位长度的速度沿CO运动到点O，连接PQ，当点P到达点C时，点Q停止运动，求S 的最大值
△CPQ
及此时点P的坐标；（3）将原抛物线沿射线CA方向平移2❑√2个单位长度，在平移后的抛物线的对称轴上存在点G，使得
∠ACG=15°，请写出所有符合条件的点G的坐标，并写出其中一个的求解过程．
【思路点拨】
此题考查了二次函数的图象和性质、二次函数的平移等知识，数形结合和分类讨论是解题的关键
（1）利用对称性求出点A的坐标，利用待定系数法解答即可；
（2）求出OA=OC=6，得到∠CAO=45°，得到P(❑√2t−6,❑√2t)，Q(0,6−t)，即可得到
1 ❑√2( 3❑√2) 2 9❑√2
S = t×(6−❑√2t)=− t− + ，根据二次函数的性质即可得到答案；
△CPQ 2 2 2 4
1
（3）求出平移后的解析式为y=− (x+4) 2=6，得到抛物线的对称轴为直线x=−4，分两种情况：当点
2
G在直线AC下方时，当点G在直线AC上方时，分别画图进行解答即可．
【解题过程】
（1）∵对称轴为直线x=−2，点B的坐标为(2,0)，
∴A(−6,0)
将点A和点B的坐标代入y=ax2+bx+6(a≠0)得到
{ 4a+2b+6=0 )
36a−6b+6=0
{ a=− 1 )
解得 2
b=−2
1
∴y=− x2−2x+6
2
1
（2）当x=0时，y=− x2−2x+6=6
2
∴点C的坐标为(0,6)，
∴CO=6，
∵A(−6,0)
∴OA=OC=6，
∴∠CAO=45°，
∵点P从点A以每秒2个单位长度的速度沿AC运动到点C，
∴AP=2t∴P(❑√2t−6,❑√2t)，
∵点Q从点C以每秒1个单位长度的速度沿CO运动到点O，
∴CQ=t
∴Q(0,6−t)
1 ❑√2( 3❑√2) 2 9❑√2
∴S = t×(6−❑√2t)=− t− + ，
△CPQ 2 2 2 4
3❑√2 9❑√2
∴当t= 时，S 的最大值为 ，此时点P的坐标为P(−3,3)
2 △CPQ 4
（3）∵原抛物线沿射线CA方向平移2❑√2个单位长度，
∴抛物线向x轴负方向平移2个单位，向y轴负方向平移2个单位，
1
∴平移后的解析式为y=− (x+4) 2=6，
2
∴抛物线的对称轴为直线x=−4
当点G在直线AC下方时，如图1，
设CG与x轴交于点E，
∵∠ACE=15°，∠ACO=45°
∴∠OCE=30°
∴EO=2❑√3
∴E(−2❑√3，0)，
设直线CE的解析式为y=kx+6
∴0=−2❑√3k+6
∴k=❑√3
∴直线CE的解析式为y=❑√3x+6当x=−4时，y=−4❑√3+6
∴G点坐标为(−4，−4❑√3+6)
当点G在直线AC上方时，如图2，
设CG与x轴交于点F，
∵∠ACF=15°，∠ACO=45°
∴∠FCO=60°
∴OF=6❑√3
∴F(−6❑√3，0)，
❑√3
同理可得直线CF为y= x+6
3
4❑√3
当x=−4时，y=− +6
3
( 4❑√3 )
∴点G的坐标为 −4，− +6 ，
3
( 4❑√3 )
综上可知，点G的坐标为(−4，−4❑√3+6)或 −4，− +6
3
19．（24-25九年级上·湖南长沙·开学考试）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)与点
B(3,0)，与y轴交于点C(0,3)，点P是抛物线上的一个动点．（1）求抛物线的解析式；
（2）在点P的运动过程中，是否存在点P，使∠CAP=45°？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说
明理由；
S
（3）当点P在第一象限时，连接BP，设△ACP的面积为S ，△BCP的面积为S ，求 1 的取值范围．
1 2 S
2
【思路点拨】
{
a−b+c=0
)
{a=−1
)
（1）将A(−1,0)，B(3,0)，C(0,3)代入y=ax2+bx+c得， 9a+3b+c=0 ，可求 b=2 ，进而可
c=3 c=3
得抛物线的解析式；
（2）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，则∠ACD=45°=∠CAD，AD=CD，证明△DEA≌△CFD(AAS)，则
AE=DF，DE=CF，设D(m，n)，则DE=n，AE=m+1，CF=m，DF=3−n，m+1=3−n，
1 1
m=n，可求m=n=1，即D(1，1)，待定系数法求直线AP的解析式为y= x+ ，联立
2 2
{ y= 1 x+ 1 )
2 2 ，计算求出满足要求的解即可；
y=−x2+2x+3
（3）如图②，过 作 轴于 ，设 ，则 ，
P PG⊥x G P(t，−t2+2t+3) G(t，0)
t2+t −3t2+9t
S =S =S +S −S = ，S =S =S +S −S = ，即
1 △ACP △AOC 梯形OCPG △AGP 2 2 △BCP 梯形OCPG △BPG △BOC 2t2+t
S 2 4 1 4 4 S 4 1 4 1
1= = − ，由题意知，0<t<3，进而可得 > ， 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<t<3，
1 1 4 4
∴ > ， > ，
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°．
