文档内容
专题 22.8 二次函数中的存在性问题【八大题型】
【人教版】
【题型1 二次函数中直角三角形的存在性问题】.................................................................................................1
【题型2 二次函数中等腰三角形的存在性问题】...............................................................................................10
【题型3 二次函数中等腰直角三角形的存在性问题】.......................................................................................21
【题型4 二次函数中平行四边形的存在性问题】...............................................................................................35
【题型5 二次函数中矩形的存在性问题】...........................................................................................................42
【题型6 二次函数中菱形的存在性问题】...........................................................................................................56
【题型7 二次函数中正方形的存在性问题】.......................................................................................................68
【题型8 二次函数中角度问题的存在性问题】...................................................................................................78
【题型1 二次函数中直角三角形的存在性问题】
【例1】（2022•柳州）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（m，0）两点，与y轴交于
点C（0，5）．
（1）求b，c，m的值；
（2）如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点 D在第一象限内，过点D作x轴的平
行线交抛物线于点 E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，当四边形
DEFG的周长最大时，求点D的坐标；
（3）如图2，点M是抛物线的顶点，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是以QB为直角边的直角三角形，求出所有符合条件的点P的坐标．【分析】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，解二元一次方程组即可得b，c的值，
令y＝0即可得m的值；
（2）设D（x，﹣x2+4x+5），则E（4﹣x，﹣x2+4x+5），表示出四边形DEFG的周长，根据二次函数
的最值即可求解；
（3）过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，证明△MCH≌△NCK，根据全等三角形的
1
性质得NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，则N（﹣4，3），利用待定系数法可得直线BN的解析式为y=- x
3
5 5
+ ，可得Q（0， ），设P（2，p），利用勾股定理表示出PQ2、BP2、BQ2，分两种情况：①当
3 3
∠BQP＝90°时，②当∠QBP＝90°时，利用勾股定理即可求解．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，
{-1-b+c=0
得 ，
c=5
{b=4
解得 ．
c=5
∴这个抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5，
令y＝0，则﹣x2+4x+5＝0，解得x＝5，x＝﹣1，
1 2
∴B（5，0），
∴m＝5；
（2）∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴对称轴为x＝2，
设D（x，﹣x2+4x+5），
∵DE∥x轴，
∴E（4﹣x，﹣x2+4x+5），
∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，
∴四边形DEFG是矩形，
∴四边形DEFG的周长＝2（﹣x2+4x+5）+2（x﹣4+x）＝﹣2x2+12x+2＝﹣2（x﹣3）2+20，
∴当x＝3时，四边形DEFG的周长最大，
∴当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为（3，8）；（3）过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，
∴∠NKC＝∠MHC＝90°，
由翻折得CN＝CM，∠BCN＝∠BCM，
∵B（5，0），C（0，5）．
∴OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵CH⊥对称轴于H，
∴CH∥x轴，
∴∠BCH＝45°，
∴∠BCH＝∠OCB，
∴∠NCK＝∠MCH，
∴△MCH≌△NCK（AAS），
∴NK＝MH，CK＝CH，
∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴对称轴为x＝2，M（2，9），
∴MH＝9﹣5＝4，CH＝2，
∴NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，
∴N（﹣4，3），
设直线BN的解析式为y＝mx+n，1
{m=-
{-4m+n=3 3
∴ ，解得 ，
5m+n=0 5
n=
3
1 5
∴直线BN的解析式为y=- x+ ，
3 3
5
∴Q（0， ），
3
设P（2，p），
5 10 61
∴PQ2＝22+（p- ）2＝p2- p+ ，
3 3 9
BP2＝（5﹣2）2p2＝9+p2，
5 25
BQ2＝52+（ ）2＝25+ ，
3 9
分两种情况：
①当∠BQP＝90°时，BP2＝PQ2+BQ2，
10 61 25 23
∴9+p2＝p2- p+ +25+ ，解得p= ，
3 9 9 3
23
∴点P的坐标为（2， ）；
3
②当∠QBP＝90°时，P′Q2＝BP′2+BQ2，
10 61 25
∴p2- p+ =9+p2+25+ ，解得p＝﹣9，
3 9 9
∴点P′的坐标为（2，﹣9）．
23
综上，所有符合条件的点P的坐标为（2， ），（2，﹣9）．
3
❑√3 2❑√3
【变式1-1】（2022•桐梓县模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=- x2+ x+2❑√3与x
6 3
轴交于A，B两点（点B在点A的右侧），与y轴交于点C，它的对称轴与x轴交于点D，直线L经过
C，D两点，连接AC．（1）求A，B两点的坐标及直线L的函数表达式；
（2）探索直线L上是否存在点E，使△ACE为直角三角形，若存在，求出点E的坐标；若不存在，说
明理由．
【分析】（1）令x＝0，y＝0，可分别求出A、B、C三点坐标，在求出函数的对称轴即可求D点坐标，
利用待定系数法求直线解析式即可；
（2）设E（t，-❑√3t+2❑√3），分三种情况讨论：①当∠CAE＝90°时，AC2+AE2＝CE2，②当∠ACE＝
90°时，AC2+CE2＝AE2，③当∠AEC＝90°时，AE2+CE2＝AC2，分别利用勾股定理求解即可．
❑√3 2❑√3
【解答】解：（1）令y＝0，则- x2+ x+2❑√3=0，
6 3
解得x＝﹣2或x＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0），
令x＝0，则y＝2❑√3，
∴C（0，2❑√3），
❑√3 2❑√3 ❑√3 8❑√3
∵y=- x2+ x+2❑√3=- （x﹣2）2+ ，
6 3 6 3
∴抛物线的对称轴为直线x＝2，
∴D（2，0），
设直线CD的解析式为y＝kx+b，
{b=2❑√3
∴ ，
2k+b=0
{k=-❑√3
解得 ，
b=2❑√3
∴y=-❑√3x+2❑√3；
（2）在点E，使△ACE为直角三角形，理由如下：
设E（t，-❑√3t+2❑√3），∴AC2＝16，AE2＝4t2﹣8t+16，CE2＝4t2，
①当∠CAE＝90°时，AC2+AE2＝CE2，
∴16+4t2﹣8t+16＝4t2，
∴t＝4，
∴E（4，2❑√3）；
②当∠ACE＝90°时，AC2+CE2＝AE2，
∴16+4t2＝4t2﹣8t+16，
∴t＝0（舍）；
③当∠AEC＝90°时，AE2+CE2＝AC2，
∴4t2﹣8t+16+4t2＝16，
∴t＝0（舍）或t＝1，
∴E（1，❑√3）；
综上所述：E点坐标为（4，2❑√3）或（1，❑√3）．
【变式1-2】（2022秋•日喀则市月考）如图，二次函数 y＝﹣x2+4x+5的图象与x轴交于A，B两点，与y
轴交于点C，M为抛物线的顶点．
（1）求M点的坐标；
（2）求△MBC的面积；
（3）坐标轴上是否存在点N，使得以B，C，N为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出点 N的坐
标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，即可求顶点M；
（2）过点M作ME⊥y轴于点E，由 S ＝S ﹣S ﹣S 求解即可；
△MBC 四边形MBOE △MCE △BOC
（3）分三种情况讨论：①当C为直角顶点时，作CN ⊥BC交坐标轴为N ，OB＝ON ＝5，则N （﹣
1 1 1 1
5，0）； ②当B为直角顶点时，作BN ⊥BC交坐标轴为N ，OC＝ON ＝5，则N （0，﹣5）；③当N
2 2 2 1
为直角顶点时，点O与N 重合，则N （0，0）．
3 3【解答】解：（1）y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴M（2，9）；
（2）令y＝0，得﹣x2+4x+5＝0，
解得 x＝﹣1或x＝5，
∴A（﹣1，0），B（5，0），
令x＝0，得y＝﹣x2+4x+5＝5，
∴C（0，5），
过点M作ME⊥y轴于点E，
1 1 1
∴S ＝S ﹣S ﹣S = ×(2+5)×9- ×2×(9-5)- ×5×5=15；
△MBC 四边形MBOE △MCE △BOC 2 2 2
（3）存在点N，使得以B，C，N为顶点的三角形是直角三角形，理由如下：
∵OB＝OC＝5，∠COB＝90°，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴△BOC是等腰直角三角形，
①当C为直角顶点时，作CN ⊥BC交坐标轴为N ，∠CN B＝∠CBN ＝45°，
1 1 1 1
∴OB＝ON ＝5，
1
∴N （﹣5，0）；
1
②当B为直角顶点时，作BN ⊥BC交坐标轴为N ，∠CN B＝∠BCN ＝45°，
2 2 2 2
∴OC＝ON ＝5，
2
∴N （0，﹣5）；
1
③当N为直角顶点时，点O与N 重合，
3
∴N （0，0）．
3
综上所述，满足条件的点N的坐标为（﹣5，0）或（0，﹣5）或（0，0）．【变式1-3】（2022•平南县二模）如图，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点
C，且A（﹣1，0），对称轴为直线x＝2．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）直线l过点A与抛物线交于点P，当∠PAB＝45°时，求点P的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点 Q，使得△BCQ是直角三角形？若存在，请直接写出点 Q的坐
标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）设y＝（x﹣2）2+k，用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝x2﹣4x﹣5；
（2）过点P作PM⊥x轴于点M，设P（m，m2﹣4m﹣5），根据∠PAB＝45°知AM＝PM，即|m2﹣4m﹣
5|＝m+1，解得m的值，即可得P的坐标是（6，7）或P（4，﹣5）；
（3）由y＝x2﹣4x﹣5求出B（5，0），C（0，﹣5），设Q（2，t），有BC2＝50，BQ2＝9+t2，CQ2＝
4+（t+5）2，分三种情况：当BC为斜边时，9+t2+4+（t+5）2＝50，当BQ为斜边时，50+4+（t+5）2＝
9+t2，当CQ为斜边时，50+9+t2＝4+（t+5）2，分别解得t的值，即可求出相应Q的坐标．
【解答】解：（1）设y＝（x﹣2）2+k，把A（﹣1，0）代入得：
（﹣1﹣2）2+k＝0，
解得：k＝﹣9，
∴y＝（x﹣2）2﹣9＝x2﹣4x﹣5，
答：抛物线的解析式为y＝x2﹣4x﹣5；
（2）过点P作PM⊥x轴于点M，如图：
设P（m，m2﹣4m﹣5），则PM＝|m2﹣4m﹣5|，
∵A（﹣1，0），
∴AM＝m+1∵∠PAB＝45°
∴AM＝PM，
∴|m2﹣4m﹣5|＝m+1，
即m2﹣4m﹣5＝m+1或m2﹣4m﹣5＝﹣（m+1），
当m2﹣4m﹣5＝m+1时，解得：m＝6，m＝﹣1（不合题意，舍去），
1 2
当m2﹣4m﹣5＝﹣（m+1），解得m＝4，m＝﹣1（不合题意，舍去），
3 4
∴P的坐标是（6，7）或P（4，﹣5）；
（3）在抛物线的对称轴上存在一点Q，使得△BCQ是直角三角形，理由如下：
在y＝x2﹣4x﹣5中，令x＝0得y＝﹣5，令y＝0得x＝﹣1或x＝5，
∴B（5，0），C（0，﹣5），
由抛物线y＝x2﹣4x﹣5的对称轴为直线x＝2，设Q（2，t），
∴BC2＝50，BQ2＝9+t2，CQ2＝4+（t+5）2，
当BC为斜边时，BQ2+CQ2＝BC2，
∴9+t2+4+（t+5）2＝50，
解得t＝﹣6或t＝1，
∴此时Q坐标为（2，﹣6）或（2，1）；
当BQ为斜边时，BC2+CQ2＝BQ2，
∴50+4+（t+5）2＝9+t2，
解得t＝﹣7，
∴此时Q坐标为（2，﹣7）；
当CQ为斜边时，BC2+BQ2＝CQ2，
∴50+9+t2＝4+（t+5）2，
解得t＝3，
∴此时Q坐标为（2，3）；
综上所述，Q的坐标为（2，3）或（2，﹣7）或（2，1）或（2，﹣6）．
【题型2 二次函数中等腰三角形的存在性问题】
【例2】（2022•沙坪坝区校级模拟）如图1，抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）交x轴于点A（﹣1，0），点B
（4，0），交y轴于点C．连接BC，过点A作AD∥BC交抛物线于点D（异于点A）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P是直线BC上方抛物线上一动点，过点P作PE∥y轴，交AD于点E，过点E作EG⊥BC于点
G，连接PG．求△PEG面积的最大值及此时点P的坐标；3
（3）如图2，将抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）水平向右平移 个单位，得到新抛物线y ，在y 的对称轴
2 1 1
上确定一点M，使得△BDM是以BD为腰的等腰三角形，请写出所有符合条件的点M的坐标，并任选
其中一个点的坐标，写出求解过程．
【分析】（1）用待定系数法直接可得抛物线的函数表达式；
（2）过点G作GH⊥PE于H，根据勾股定理的逆定理可得△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，则
AC⊥BC，由EG⊥BC得AC＝BG，根据等角的余角相等得∠ACO＝∠GEH，证明△ACO≌△GEH，可
1 1 1
得GH＝AO＝1，用待定系数法求出直线BC为y=- x+2，根据AD∥BC得直线AD为y=- x- ，设P
2 2 2
1 3 1 1 1 5 1
（m，- m2+ m+2），则E（m，- m- ），从而得PE=- m2+2m+ ，即可求出△PEG面积为
2 2 2 2 2 2 2
1 5
PE•GH=- m2+m+ ，根据二次函数性质即得答案．
4 4
（3）求出点D的坐标D（5，﹣3），设点M的坐标为（3，t），可得BD2＝（5﹣4）2+32＝10，BM2＝
（4﹣3）2+t2＝1+t2，MD2＝（5﹣3）2+（t+3）2＝t2+6t+13，分两种情况：①当BD＝BM时，②当BD＝
MD时，根据等腰三角形的性质即可求解．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（4，0）代入抛物线y＝ax2+bx+2得：
1
{a=-
{16a+4b+2=0 2
，解得 ，
a-b+2=0 3
b=
21 3
∴抛物线的函数表达式为y=- x2+ x+2；
2 2
（2）过点G作GH⊥PE于H，
1 3
∵抛物线y=- x2+ x+2交y轴于点C．
2 2
∴C（0，2），
∵A（﹣1，0），B（4，0），
∴AB＝5，AC=❑√12+22=❑√5，BC=❑√42+22=2❑√5，
∴AB2＝AC2+BC2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∵AD∥BC，EG⊥BC，
∴AC＝BG=❑√5，
∵PE∥y轴，
∴∠OCG＝∠EFG，
∵∠ACO+∠OCG＝90°，∠GEH+∠EFG＝90°，
∴∠ACO＝∠GEH，
∵∠AOC＝∠GHE＝90°，
∴△ACO≌△GEH（AAS），
∴GH＝AO＝1，
设直线BC为y＝kx+n，将C（0，2），B（4，0）代入得：{ 1
{4k+n=0 k=-
，解得 2，
n=2
n=2
1
∴直线BC为y=- x+2，
2
∵AD∥BC，A（﹣1，0），
1 1
∴直线AD为y=- x- ，
2 2
1 3 1 1
设P（m，- m2+ m+2），则E（m，- m- ），
2 2 2 2
1 5
∴PE=- m2+2m+ ，
2 2
1 1 5 1 9
∴△PEG面积为 PE•GH=- m2+m+ =- （m﹣2）2+ ，
2 4 4 4 4
1
∵- ＜0，
4
9
∴m＝2时，△PEG面积的最大值为 ，
4
此时点P的坐标为（2，3）；
1 3 1 3 25 3 1
（3）∵抛物线y=- x2+ x+2=- （x- ）2+ 水平向右平移 个单位，得到新抛物线y =- （x﹣
2 2 2 2 8 2 1 2
25
3）2+ ，
8
∴y 的对称轴为x＝3，
1
1 1 1 3 {x=-1 { x=5
联立直线AD为y=- x- ，抛物线y=- x2+ x+2，解得 或 ，
2 2 2 2 y=0 y=-3
∴D（5，﹣3），
设点M的坐标为（3，t），
∴BD2＝（5﹣4）2+32＝10，
BM2＝（4﹣3）2+t2＝1+t2，
MD2＝（5﹣3）2+（t+3）2＝t2+6t+13，
①当BD＝BM时，∴BD2＝BM2，
∴1+t2＝10，
∴t＝±3，
∴点M的坐标为（3，3）或（3，﹣3），
∵点（3，3）与B，D共线，
∴点M的坐标为（3，﹣3）；
②当BD＝MD时，
∴BD2＝MD2，
∴t2+6t+13＝10，
∴t＝﹣3±❑√6，
∴点M的坐标为（3，﹣3+❑√6）或（3，﹣3-❑√6）；
综上所述，点M的坐标为（3，﹣3）或（3，﹣3+❑√6）或（3，﹣3-❑√6）．
【变式2-1】（2022•湘西州）定义：由两条与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月牙线”，如图①，抛物线C ：y＝x2+2x﹣3与抛物线C ：y＝ax2+2ax+c组成一个开口
1 2
向上的“月牙线”，抛物线C 和抛物线C 与x轴有着相同的交点A（﹣3，0）、B（点B在点A右侧），
1 2
与y轴的交点分别为G、H（0，﹣1）．
（1）求抛物线C 的解析式和点G的坐标．
2
（2）点M是x轴下方抛物线C 上的点，过点M作MN⊥x轴于点N，交抛物线C 于点D，求线段MN
1 2
与线段DM的长度的比值．
（3）如图②，点E是点H关于抛物线对称轴的对称点，连接EG，在x轴上是否存在点F，使得△EFG
是以EG为腰的等腰三角形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A（﹣3，0）、H（0，﹣1）代入y＝ax2+2ax+c中，即可求函数的解析式；
1 2
（2）设M（t，t2+2t﹣3），则D（t， t2+ t﹣1），N（t，0），分别求出MN，DM，再求比值即可；
3 3
（3）先求出 E（﹣2，﹣1），设 F（x，0），分来两种情况讨论：①当 EG＝EF 时，2
❑√2=❑√(x+2) 2+1，可得F（❑√7-2，0）或（-❑√7-2，0）；②当EG＝FG时，2❑√2=❑√9+x2，F点不
存在．
【解答】解：（1）将A（﹣3，0）、H（0，﹣1）代入y＝ax2+2ax+c中，
{9a-6a+c=0
∴ ，
c=-1
{ 1
a=
解得 3 ，
c=-1
1 2
∴y= x2+ x﹣1，
3 3
在y＝x2+2x﹣3中，令x＝0，则y＝﹣3，∴G（0，﹣3）；
1 2
（2）设M（t，t2+2t﹣3），则D（t， t2+ t﹣1），N（t，0），
3 3
1 2 2 4
∴NM＝﹣t2﹣2t+3，DM= t2+ t﹣1﹣（t2+2t﹣3）=- t2- t+2，
3 3 3 3
MN
-(t2+2t-3)
3
= =
∴DM 2 2；
- (t2+2t-3)
3
（3）存在点F，使得△EFG是以EG为腰的等腰三角形，理由如下：
由（1）可得y＝x2+2x﹣3的对称轴为直线x＝﹣1，
∵E点与H点关于对称轴x＝﹣1对称，
∴E（﹣2，﹣1），
设F（x，0），
①当EG＝EF时，
∵G（0，﹣3），
∴EG＝2❑√2，
∴2❑√2=❑√(x+2) 2+1，
解得x=❑√7-2或x=-❑√7-2，
∴F（❑√7-2，0）或（-❑√7-2，0）；
②当EG＝FG时，2❑√2=❑√9+x2，
此时x无解；
综上所述：F点坐标为（❑√7-2，0）或（-❑√7-2，0）．
【变式2-2】（2022秋•永嘉县校级期末）如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别是y轴正半轴，x轴正
3
半轴上两动点，OA＝2k，OB＝2k+3，以AO，BO为邻边构造矩形AOBC，抛物线y=- x2+3x+k交y
4
轴于点D，P为顶点，PM⊥x轴于点M．
（1）求OD，PM的长（结果均用含k的代数式表示）．
（2）当PM＝BM时，求该抛物线的表达式．
（3）在点A在整个运动过程中，若存在△ADP是等腰三角形，请求出所有满足条件的k的值．3
【分析】（1）点D在y=- x2+3x+k上，且在y轴上，即y＝0求出点D坐标，根据抛物线顶点公式，
4
求出即可；
（2）先用k表示出相关的点的坐标，根据PM＝BM建立方程即可；
（3）先用k表示出相关的点的坐标，根据△ADP是等腰三角形，分三种情况，AD＝AP，DA＝DP，PA
＝PD计算；
3
【解答】解：（1）把x＝0，代入y=- x2+3x+k，
4
∴y＝k．
∴OD＝k．
3
4×(- )k-32
4ac-b2 4
∵ = = k+3，
4a 3
4×(- )
4
∴PM＝k+3；
（2）由抛物线的表达式知，其对称轴为x＝2，
∴OM＝2，BM＝OB﹣OM＝2k+3﹣2＝2k+1．
又∵PM＝k+3，PM＝BM，
∴k+3＝2k+1，
解得k＝2．
3
∴该抛物线的表达式为y=- x2+3x+2；
4
（3）①当点P在矩形AOBC外部时，如图1，过P作PK⊥OA于点K，当AD＝AP时，
∵AD＝AO﹣DO＝2k﹣k＝k，
∴AD＝AP＝k，KA＝KO﹣AO＝PM﹣AO＝k+3﹣2k＝3﹣k
KP＝OM＝2，在Rt△KAP中，KA2+KP2＝AP2
13
∴（3﹣k）2+22＝k2，解得k= ．
6
②当点P在矩形AOBC内部时，
13
当AP＝AD时，同法可得（k﹣3）2+22＝k2，解得k= ．
6
当PD＝AP时，过P作PH⊥OA于H，
1 3k
AD＝k，HD= k，HO＝DO+HD= ，
2 2
又∵HO＝PM＝k+3，
3k
∴ = k+3，
2
解得k＝6．
当DP＝DA时，过D作PQ⊥PM于Q，
PQ＝PM﹣QM＝PM﹣OD＝k+3﹣k＝3
DQ＝OM＝2，DP＝DA＝k，
在Rt△DQP中，DP=❑√DQ2+PQ2=❑√22+32=❑√13．
∴k＝PD=❑√13，
13
故k= 或6或❑√13．
6【变式2-3】（2022•杭州校级自主招生）如图，抛物线 y＝ax2﹣5ax+4经过△ABC的三个顶点，已知
BC∥x轴，点A在x轴的负半轴上，点C在y轴上，且AC＝BC．
（1）求抛物线的对称轴；
（2）求A点坐标并求抛物线的解析式；
（3）若点P在x轴下方且在抛物线对称轴上的动点，是否存在△PAB是等腰三角形？若存在，求出所
有符合条件的点P坐标；不存在，请说明理由．
【分析】（1）本题须根据二次函数的对称轴公式即可求出结果．
5
（2）本题须先求出C点的坐标，再根据BC两点关于对称轴x= 对称，求出B点的坐标，设A点坐标
2
（m，0），求出m即可得出点A的坐标，最后代入即可求出抛物线解析式．
（3）本题须先根据题意画出图形，再分别根据图形求出相应的点P的坐标即可．
【解答】解：（1）y＝ax2﹣5ax+4，
-5a 5
对称轴：x=- = ；
2a 2
（2）经过△ABC的三个顶点，已知BC∥x轴，点A在x轴上，点C在y上，且AC＝BC，
令x＝0，y＝4，可知C点坐标（0，4），
BC∥x轴，所以B点纵坐标也为4，5
又∵BC两点关于对称轴x= 对称，
2
xB+0 5
即： = ，
2 2
x ＝5，
B
∴B点坐标（5，4）．
A点在x轴上，设A点坐标（m，0），
AC＝BC，即AC2＝BC2，
AC2＝42+m2，
BC＝5，
∴42+m2＝52，
∴m＝±3，
∴A点坐标（﹣3，0），
将A点坐标之一（﹣3，0）代入y＝ax2﹣5ax+4，
0＝9a+15a+4，
1
a=- ，
6
1 5
y=- x2+ x+4；
6 6
将A点坐标是（3，0），则与A在x轴的负半轴矛盾，故舍去．
1 5
故函数关系式为：y=- x2+ x+4．
6 6
（3）存在符合条件的点P共有3个．以下分三类情形探索．
设抛物线对称轴与x轴交于N，与CB交于M．
过点B作BQ⊥x轴于Q，
5
易得BQ＝4，AQ＝8，AN＝5.5，BM= ．
2
①以AB为腰且顶角为角A的△PAB有1个：△PAB．
1
∴AB2＝AQ2+BQ2＝82+42＝80（8分）
❑√199
在Rt△ANP 中，PN=❑√AP 2-AN2=❑√AB2-AN2=❑√80-(5.5) 2= ，
1 1 1 2
5 ❑√199
∴P（ ，- ）．
1 2 2②以AB为腰且顶角为角B的△PAB有1个：△PAB．
2
在Rt△BMP 中MP =❑√BP2-BM2=❑√AB2-BM2
2 2 2
√ 25
=❑80-
4
❑√295
= ，（10分）
2
5 8-❑√295
∴P＝（ ， ）．
2 2 2
③以AB为底，顶角为角P的△PAB有1个，即△PAB．
3
画AB的垂直平分线交抛物线对称轴于P，此时平分线必过等腰△ABC的顶点C．
3
过点P 作PK垂直y轴，垂足为K，显然Rt△PCK∽Rt△BAQ．
3 3 3
P K BQ 1
∴ 3 = = ．
CK AQ 2
∵PK＝2.5
3
∴CK＝5于是OK＝1，
∴P（2.5，﹣1）．
3
5 8+❑√295
④以B为顶点时，交于x轴上方，求得P（ ， ）（舍去）．
2 2
【题型3 二次函数中等腰直角三角形的存在性问题】
【例3】（2022•顺城区模拟）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A和B（5，0），与y轴交于点C
（0，5）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴与x轴交于点M，与BC交于点F，点D是对称轴上一点，当点D关于直线BC的
对称点E在抛物线上时，求点E的坐标；
（3）点P在抛物线的对称轴上，点Q在直线BC上方的抛物线上，是否存在以O，P，Q为顶点的三角形是等腰直角三角形，若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法，将B，C的坐标代入y＝﹣x2+bx+c，即可求得二次函数的解析式；
（2）设点M关于直线BC的对称点为点M′，连接MM′，BM′，则直线FM′为抛物线对称轴关于
b
直线BC的对称直线，x =- =2，可得△OBC是等腰直角三角形，求得点M′的坐标为（5，3），
M 2a
由﹣x2+4x+5＝3，解方程即可求解；
（3）设Q（m，﹣m2+4m+5），P（2，p），分三种情况讨论，O，P，Q分别为等腰直角三角形的顶点，
分别作出图形，构造全等三角形，利用全等的性质，建立方程，解方程求解即可．
【解答】解：（1）∵点B（5，0），C（0，5）在抛物线y＝﹣x2+bx+c上，
{-52+5b+c=0 {b=4
∴ ，解得， ，
c=5 c=5
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x+5；
（2）设点M关于直线BC的对称点为点M′，连接MM′，BM′，
则直线FM′为抛物线对称轴关于直线BC的对称直线，
∵点E是点D关于直线BC的对称点，点E落在抛物线上，
∴直线FM′与抛物线的交点E，E 为D，D 落在抛物线上的对称点，
1 2 1 2
∵对称轴与x轴交于点M，与BC交于点F，
b
∴x =- =2，
M 2a
∴点M的坐标为（2，0），
∵点C的坐标为（0，5），点B的坐标为（5，0），
∴OB＝OC，∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OBC＝45°，
∴△MBF是等腰直角三角形，
∴MB＝MF，
∴点F的坐标为F（2，3），
∵点M关于直线BC的对称点为点M′，
∴BM′＝BM，∠MBM′＝90°，
∴△MBM′是等腰直角三角形，
∴BM′＝BM＝3，
∴点M′的坐标为（5，3），
∴FM′∥x轴，
∴﹣x2+4x+5＝3，解得，x =2+❑√6，x =2-❑√6，
1 2
∴E（2+❑√6，3），E（2-❑√6，3），
1 2
∴点E的坐标为（2+❑√6，3）或（2-❑√6，3）；
3+❑√37 -1+❑√37 3+3❑√5 -5+3❑√5
（3）存在，Q（ ， ），Q（ ， ），Q（2+❑√7，2）．
1 2 2 2 2 2 3
设Q（m，﹣m2+4m+5），P（2，p），
①当OP＝PQ，∠OPQ＝90°时，作PL⊥y轴于L，过Q作QK⊥x轴，交PL于K，∴∠LPO＝90°﹣∠LOP＝90°﹣KPQ，∠PLO＝∠QKP＝90°，
∴∠LOP＝∠KPQ，
∵OP＝PQ，
∴△LOP≌△KPQ（AAS），
∴LO＝PK，LP＝QK，
{p-(-m2+4m+5)=2
∴ ，
p=m-2
3+3❑√5 3-3❑√5
解得m = ，m = （舍去），
1 2 2 2
3+3❑√5 -5+3❑√5
当m = 时，﹣m2+4m+5= ，
1 2 2
3+3❑√5 -5+3❑√5
∴Q（ ， ）；
2 2
②当QO＝PQ，∠PQO＝90°时，作PL⊥y轴于L，过Q作QK⊥x轴于T，交PL于K，
同理可得△PKQ≌△QTO（AAS），
∴QT＝PK，TO＝QK，
{ m-2=-m2+4m+5
∴ ，
p-(-m2+4m+5)=m3+❑√37 3-❑√37
解得m = ，m = （舍去），
1 2 2 2
3+❑√37 -1+❑√37
当m = 时，﹣m2+4m+5= ，
1 2 2
3+❑√37 -1+❑√37
∴Q（ ， ）；
2 2
③当QO＝OP，∠POQ＝90°时，作PL⊥y轴于L，过Q作QK⊥x轴于T，交PL于K，
同理可得△OLP≌△QSO（AAS），
∴SQ＝OL，SO＝LP，
{-m2+4m+5=2
∴ ，
m=-p
解得m＝2+❑√7，m＝2-❑√7（舍去），
1 2
当m＝2+❑√7时，﹣m2+4m+5＝2，
1
∴Q（2+❑√7，2）；
3+❑√37 -1+❑√37 3+3❑√5 -5+3❑√5
综上，Q（ ， ），Q（ ， ），Q（2+❑√7，2）．
1 2 2 2 2 2 3
1
【变式3-1】（2022•碑林区校级三模）已知抛物线C ：y= x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣2，0），与
1 4
y轴交于点C（0，﹣3），顶点为D．
（1）求抛物线C 的表达式和点D的坐标；
1
（2）将抛物线C 沿x轴平移m（m＞0）个单位长度，所得新的抛物线记作C ，C 的顶点为D′，与抛
1 2 2
物线C 交于点E，在平移过程中，是否存在△DED′是等腰直角三角形？如果存在，请求出满足条件的
1
抛物线C 的表达式，并写出平移过程；如果不存在，请说明理由．
21
【分析】（1）由题意可以把A（﹣2，0），C（0．﹣3）代入y= x2+bx+c，可得C 的解析式，从而可
4 1
以求的顶点D．
（2）求出抛物线C 的顶点D′，两个抛物线交点为点E，且△DED′是等腰直角三角形，利用等腰直
2
角三角形性质，用m分别表示出点E的横纵坐标，然后代入到C 的解析式中求出m．
1
【解答】解：（1）由题意知：抛物线C 过点A（﹣2，0），点C（0，﹣3），
1
1
将A、C的坐标代入y= x2+bx+c，
4
{1
×(-2) 2-2b+c=0
可得： 4 ，
c=-3
{b=-1
解得： ，
c=-3
1
∴抛物线C 的解析式为：y= x2﹣x﹣3，
1 4
∴抛物线C 的对称轴为直线x＝2，
1
当x＝2时，y＝﹣4，
∴顶点D的坐标为（2，﹣4）；
1
（2）存在，将抛物线C 向左平移8个单位长度得到抛物线C y= x2+3x+5．
1 2： 4
1
将抛物线C 向右平移8个单位长度得到抛物线C y= x2﹣5x+21．
1 2： 4
理由如下：
∵沿着x轴向右平移，
D′坐标为（2+m，﹣4），过E作DD′的垂线，交DD′垂足为M，两个图象总关于EM对称，
∴DE＝D′E，
∴要使得△DED′是等腰直角三角形，只要再满足∠DED′＝90°即可，
∵△DED′是等腰直角三角形，且EM⊥DD′，
∴DD′＝2EM，M为DD′中点
1
∵点M为DD′中点，所以M（2+ m，﹣4），
2
1
∴点E的横坐标为2+ m，
2
1
设点E的坐标为（2+ m，y），
2
则EM＝y﹣（﹣4）＝y+4，DD′＝m，
∴m＝2（y+4），
1
即y= m﹣4，
2
1 1
∴点E的坐标为（2+ m， m﹣4）
2 2
又点E在抛物线C 上，
1
1 1 1 1
∴ m﹣4 = （2 + m）2﹣（2 + m）﹣3，
2 4 2 2
解得m＝0或8，
又∵m＞0，
∴m＝8，1 1
∴抛物线C 的解析式为：y= （x﹣8）2﹣（x﹣8）﹣3= x2﹣5x+21
2 4 4
1
即将抛物线C 向右平移8个单位长度得到抛物线C y= x2﹣5x+21
1 2： 4
1
同法可得，将抛物线C 向左平移8个单位长度得到抛物线C y= x2+3x+5．
1 2： 4
【变式3-2】（2022•琼海二模）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（3，0）、B（﹣1，0），与y
轴交于点C，点P为x轴上方抛物线上的动点，点F为y轴上的动点，连接PA，PF，AF．
（1）求该抛物线所对应的函数解析式；
（2）如图1，当点F的坐标为（0，﹣4），求出此时△AFP面积的最大值；
（3）如图2，是否存在点F，使得△AFP是以AP为腰的等腰直角三角形？若存在，求出所有点F的坐
标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
4
（2）如图1，过点P作PQ∥y轴交直线AF于点Q，运用待定系数法可得直线AF的解析式为y= x﹣
3
4 1
4，设P（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜3），则Q（t， t﹣4），利用三角形面积公式可得S = PQ•OA
3 △AFP 2
1 2 3 1 32
= （﹣t2+ t+7）×3=- （t- ）2+ ，再运用二次函数性质即可求得答案；
2 3 2 3 3
（3）设P（m，﹣m2+2m+3）（﹣1＜m＜3），F（0，n），分两种情况：①当AP＝AF，∠PAF＝90°时，
②当AP＝PF，∠APF＝90°时，分别讨论计算即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（3，0）、B（﹣1，0），
{9a+3b+3=0
∴ ，
a-b+3=0{a=-1
解得： ，
b=2
∴该抛物线所对应的函数解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）如图1，过点P作PQ∥y轴交直线AF于点Q，
设直线AF的解析式为y＝kx+d，
∵A（3，0），F（0，﹣4），
{3k+d=0
∴ ，
d=-4
{ 4
k=
解得： 3 ，
d=-4
4
∴直线AF的解析式为y= x﹣4，
3
4
设P（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜3），则Q（t， t﹣4），
3
4 2
∴PQ＝﹣t2+2t+3﹣（ t﹣4）＝﹣t2+ t+7，
3 3
1 1 2 3 1 32
∴S = PQ•OA= （﹣t2+ t+7）×3=- （t- ）2+ ，
△AFP 2 2 3 2 3 3
3
∵- ＜0，﹣1＜t＜3，
2
1 32
∴当t= 时，△AFP面积的最大值为 ；
3 3
（3）设P（m，﹣m2+2m+3）（﹣1＜m＜3），F（0，n），
∵A（3，0），
∴OA＝3，OF＝|n|，
①当AP＝AF，∠PAF＝90°时，如图2，过点P作PD⊥x轴于点D，
则∠ADP＝90°＝∠AOF，
∴∠PAD+∠APD＝90°，
∵∠PAD+∠FAO＝90°，
∴∠APD＝∠FAO，
在△APD和△FAO中，
{∠ADP=∠AOF
∠APD=∠FAO，
AP=AF∴△APD≌△FAO（AAS），
∴PD＝OA，AD＝OF，
∵PD＝﹣m2+2m+3，AD＝3﹣m，
∴﹣m2+2m+3＝3，
解得：m＝0或2，
当m＝0时，P（0，3），AD＝3，
∴OF＝3，即|n|＝3，
∵点F在y的负半轴上，
∴n＝﹣3，
∴F（0，﹣3）；
当m＝2时，P（2，3），AD＝1，
∴OF＝1，即|n|＝1，
∵点F在y的负半轴上，
∴n＝﹣1，
∴F（0，﹣1）；
②当AP＝PF，∠APF＝90°时，如图3，过点P作PD⊥x轴于点D，PG⊥y轴于点G，
则∠PDA＝∠PDO＝∠PGF＝90°，
∵∠PDO＝∠PGF＝∠DOG＝90°，
∴四边形PDOG是矩形，
∴∠FPG+∠FPD＝90°，
∵∠APD+∠FPD＝∠APF＝90°，
∴∠FPG＝∠APD，
在△FPG和△APD中，
{∠PGF=∠PDA
∠FPG=∠APD，
PF=AP
∴△FPG≌△APD（AAS），
∴PG＝PD，FG＝AD，
∵PD＝﹣m2+2m+3，AD＝3﹣m，PG＝m，
∴﹣m2+2m+3＝m，
1-❑√13 1+❑√13
解得：m= （舍去）或m= ，
2 21+❑√13 1+❑√13 1+❑√13
当m= 时，P（ ， ），
2 2 2
1+❑√13 5-❑√13
∴FG＝AD＝3﹣m＝3- = ，
2 2
∴F（0，❑√13-2）；
综上所述，点F的坐标为（0，﹣3）或（0，﹣1）或（0，❑√13-2）．
【变式3-3】（2022•枣庄）如图①，已知抛物线L：y＝x2+bx+c的图象经过点A（0，3），B（1，0），过
点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的关系式；
（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当△OPE面积最大时，求出P点坐标；（3）将抛物线L向上平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OAE内（包括△OAE的边
界），求h的取值范围；
（4）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P，使△POF成为以点P为直角
顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法可得抛物线的解析式；
（2）过P作PG∥y轴，交OE于点G，设P（m，m2﹣4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表
示PG的长，根据面积和可得△OPE的面积，利用二次函数的最值可得其最大值；
（3）求出原抛物线的对称轴和顶点坐标以及对称轴与 OE的交点坐标、与AE的交点坐标，用含h的代
数式表示平移后的抛物线的顶点坐标，列出不等式组求出h的取值范围；
（4）存在四种情况：作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据|OM|＝|PN|，列方程可
得点P的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线L：y＝x2+bx+c的图象经过点A（0，3），B（1，0），
{1+b+c=0 {b=-4
∴ ，解得 ，
c=3 c=3
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）如图，过P作PG∥y轴，交OE于点G，设P（m，m2﹣4m+3），
∵OE平分∠AOB，∠AOB＝90°，
∴∠AOE＝45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE＝OA＝3，
∴E（3，3），
∴直线OE的解析式为：y＝x，
∴G（m，m），
∴PG＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3，
∴S ＝S +S
△OPE △OPG △EPG
1
= PG•AE
2
1
= ×3×（﹣m2+5m﹣3）
2
3
=- （m2﹣5m+3）
2
3 5 39
=- （m- ）2+ ，
2 2 8
3
∵- ＜0，
2
5
∴当m= 时，△OPE面积最大，
2
5 3
此时，P点坐标为（ ，- ）；
2 4
（3）由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，得抛物线l的对称轴为直线x＝2，顶点为（2，﹣1），抛物线L向上平移h个单位长度后顶点为F（2，﹣1+h）．
设直线x＝2交OE于点DM，交AE于点N，则E（2，3），
∵直线OE的解析式为：y＝x，
∴M（2，2），
∵点F在△OAE内（包括△OAE的边界），
∴2≤﹣1+h≤3，
解得3≤h≤4；
（4）设P（m，m2﹣4m+3），分四种情况：
①当P在对称轴的左边，且在x轴下方时，如图，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，
∴∠OMP＝∠PNF＝90°，
∵△OPF是等腰直角三角形，
∴OP＝PF，∠OPF＝90°，
∴∠OPM+∠NPF＝∠PFN+∠NPF＝90°，
∴∠OPM＝∠PFN，∴△OMP≌△PNF（AAS），
∴OM＝PN，
∵P（m，m2﹣4m+3），
则﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，
5+❑√5 5-❑√5
解得：m= （舍）或 ，
2 2
5-❑√5 1-❑√5
∴P的坐标为（ ， ）；
2 2
②当P在对称轴的左边，且在x轴上方时，
同理得：2﹣m＝m2﹣4m+3，
3+❑√5 3-❑√5
解得：m = （舍）或m = ，
1 2 2 2
3-❑√5 ❑√5+1
∴P的坐标为（ ， ）；
2 2
③当P在对称轴的右边，且在x轴下方时，
如图，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，
同理得△ONP≌△PMF，
∴PN＝FM，
则﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，
3+❑√5 3-❑√5
解得：m= 或m = （舍）；
2 2 2
3+❑√5 1-❑√5
P的坐标为（ ， ）；
2 2④当P在对称轴的右边，且在x轴上方时，如图，
同理得m2﹣4m+3＝m﹣2，
5+❑√5 5-❑√5
解得：m= 或 （舍），
2 2
5+❑√5 ❑√5+1
P的坐标为：（ ， ）；
2 2
5-❑√5 1-❑√5 3-❑√5 ❑√5+1 3+❑√5 1-❑√5
综上所述，点 P的坐标是：（ ， ）或（ ， ）或（ ， ）或（
2 2 2 2 2 2
5+❑√5 ❑√5+1
， ）．
2 2
【题型4 二次函数中平行四边形的存在性问题】
【例4】（2022•垦利区二模）已知抛物线y＝ax2+bx+3的图象与x轴相交于点A和点B（1，0），与y轴交
于点C，连接AC，有一动点D在线段AC上运动，过点D作x轴的垂线，交抛物线于点E，交x轴于点
F，AB＝4，设点D的横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式；
3 3
（2）连接AE、CE，当△ACE的面积最大时，点D的坐标是 （- ， ） ；
2 2
（3）当m＝﹣2时，在平面内是否存在点Q，使以B，C，E，Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在，
请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将B（1.0），A（﹣3.0）代入y＝ax2+bx+3，即可求解析式；
1
（2）求出直线AC的解析式，即可知D（m．m+3），E（m，﹣m2﹣2m+3），再求S = ×3×（﹣m2
△ACE 2
3 3 27
﹣3m）=- （m+ ）2+ ，即可求解；
2 2 8
（3）设Q （n，t），分①当BC为平行四边形的对角线时，②当BE为平行四边形的对角线时，③当
BQ为平行四边形的对角线时三种情况求解即可．
【解答】解：（1）∵点B（1，0），，AB＝4，
∴A（﹣3，0），
将A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝ax2+bx+3，
{ z+b+3=0
∴ ，
9a-3b+3=0
{a=-1
解得： ，
b=-2
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）由（1）知，C（0，3），
设直线AC的解析式为y＝kx+b′（k≠0），
{-3k+b'=0
则 ，
b'=3
{k=1
解得： ，
b'=3
∴直线AC的解析式为y＝x+3，
∴D（m，m+3），E（m，﹣m2﹣2m+3），
∴DE＝﹣m2﹣3m，1 3 3 27
∴S == ×3×（﹣m2﹣3m）=- （m+ ）2+ ，
△ACE 2 2 2 8
3
∴当x=- 时，S 最大，
2 △ACE
3 3
∴D（- ， ），
2 2
3 3
故答案为：（- ， ）；
2 2
（3）解：存在，理由如下：
∵m＝﹣2，
∴E（﹣2.3），
设Q（n．t），如图：
①当BC为平行四边形对角线时，
{1+0=-2+n
，
0+3=3+t
{n=3
解得： ，
t=0
∴Q（3，0）；
1
②当BE为平行四边形对角线时，
{1-2=0+n
则 ，
0+3=3+t
{n=-1
解得： ，
t=0
∴Q（﹣1，0）；
2
③当BQ为平行四边形对角线时，{1+n=0-2
则 ，
0+t=3+3
{n=-3
解得： ，
t=6
∴Q（﹣3，6）．
3
综上所述，当点Q为（3，0）或（﹣1，0）或（﹣3，6）时，以B，C，E，Q为顶点的四边形为平行四
边形．
【变式4-1】（2022•澄迈县模拟）在平面直角坐标系中，抛物线经过点 A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原
点O，顶点为C．
（1）求该抛物线的函数表达式及顶点C的坐标；
（2）设该抛物线上一动点P的横坐标为t．
①在图1中，当﹣3＜t＜0时，求△PBO的面积S与t的函数关系式，并求S的最大值；
②在图2中，若点P在该抛物线上，点E在该抛物线的对称轴上，且以A，O，P，E为顶点的四边形是
平行四边形，求点P的坐标；
【分析】（1）由待定系数法求函数的解析式即可；
3 3
（2）①求出直线BO的解析式，过点P作PG⊥x轴交BO于点G，可得E（t，﹣t）再由S=- （t+
2 2
27
）2+ ，即可求解；
8
②设E（﹣1，m），根据平行四边形对角线的情况，分三种情况讨论：当 AO为平行四边形的对角线时，
当AP为平行四边形的对角线时，当AE为平行四边形的对角线时；利用中点坐标公式求解即可；
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx，
将A（﹣2，0），B（﹣3，3）代入，
{4a-2b=0
∴ ，
9a-3b=3
{a=1
解得 ，
b=2
∴y＝x2+2x，
∴C（﹣1，﹣1）；
（2）①∵P的横坐标为t，
∴P（t，t2+2t），
设直线BO的解析式为y＝kx，∴﹣3k＝3，
∴k＝﹣1，
∴y＝﹣x，
过点P作PG⊥x轴交BO于点G，
∴E（t，﹣t）
∴PG＝﹣t﹣t2﹣2t＝﹣t2﹣3t，
1 3 3 27
∴S= ×3×（﹣t2﹣3t）=- （t+ ）2+ ，
2 2 2 8
∵﹣3＜t＜0，
3 27
∴t=- 时，S有最大值 ；
2 8
②∵y＝x2+2x，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
设E（﹣1，m），
当AO为平行四边形的对角线时，
{-2=t-1
，
0=t2+2t+m
{t=-1
解得 ，
m=1
∴P（﹣1，﹣1）；
当AP为平行四边形的对角线时，
{t-2=-1
，
t2+2t=m
{t=1
解得 ，
m=3
∴P（1，3）；
当AE为平行四边形的对角线时，
{-2-1=t
，
m=t2+2t
{t=-3
解得 ，
m=3∴P（﹣3，3）；
综上所述：P点坐标为（﹣1，﹣1）或（1，3）或（﹣3，3）；
【变式4-2】（2022•福山区一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c过点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴负
半轴交于点C，且OC＝3OA，抛物线的顶点为D，对称轴交x轴于点E．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）求直线BC的函数表达式；
（3）若点P是抛物线上一点，过点P作PQ⊥x轴交直线BC于点Q，试探究是否存在以点E，D，P，
Q为顶点的平行四边形．若存在，求出点P坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求得C（0，3），再利用待定系数法求解即可；
（2）设出直线BC的函数表达式，再利用待定系数法求解即可；
（3）设p（a，a2﹣2a﹣3），因为PQ⊥x轴交直线BC于点Q，所以Q（a，a﹣3），因为PQ∥ED，所
以当PQ＝ED时，E、D、P、Q为平行四边形，据此即可解答．
【解答】解：（1）∵点A（﹣1，0），OC＝3OA，
∴OC＝3，
∴C（0，﹣3），
把点A（﹣1，0）、C（0，﹣3）和B（3，0）代入抛物线y＝ax2+bx+c中，
{
a-b+c=0
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）设直线BC解析式为：y＝kx+b，
把B（3，0）、C（0，﹣3）代入得：
{3k+b=0
，
b=-3
{ k=1
解得： ，
b=-3
∴y＝x﹣3；
（3）存在，设p（a，a2﹣2a﹣3），
∴Q（a，a﹣3），
∵抛物线的顶点为D，
∴D（1，﹣4），
∵E（1，0），
∴|PQ|＝|y ﹣y |＝|a2﹣3a|，PQ∥ED，
Q P
若E、D、P、Q为平行四边形，
∴PQ＝ED，
∵D（1，﹣4），E（1，0），
∴ED＝4，PQ＝4，
∴|a2﹣3a|＝4，
∴a2﹣3a＝4或a2﹣3a＝﹣4，
当a2﹣3a＝4时，解得：a ＝4，a ＝﹣1；
1 2
当a2﹣3a＝﹣4，时，Δ＜0，无解，
∴P （4，5），P （﹣1，0），
1 2
∴存在，点P坐标为（4，5）或（﹣1，0）．
【变式4-3】（2022•青羊区校级模拟）抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣3，0），B（1，
0）两点，与y轴交于点C（0，3），点P是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点P在线段AC上方的抛物线上运动（不与A，C重合），过点P作PD⊥AB，垂足为
D，PD交AC于点E．作PF⊥AC，垂足为F，求△PEF的面积的最大值；
（3）如图2，点Q是抛物线的对称轴l上的一个动点，在抛物线上，是否存在点P，使得以点A，P，
C，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）由PD∥OC，可得∠PEF＝∠ACO＝45°，故△PEF是等腰直角三角形，如图1，过点F作FH⊥PE
1 1 1
于点H，则FH= PE，可得：S = ×PE×FH= PE2，当PE最大时，S 最大，利用待定系数法求
2 △PEF 2 4 △PEF
3 9
得直线AC的解析式为y＝x+3，设P（t，﹣t2﹣2t+3），则E（t，t+3），可得PE＝﹣（t+ ）2+ ，运
2 4
用二次函数的性质求得PE的最大值即可得出答案；
（3）分两种情形：①当AC为平行四边形的边时，则有PQ∥AC，且PQ＝AC，如图2，过点P作对称
轴的垂线，垂足为G，设AC交对称轴于点H，证得△PQG≌△ACO（AAS），根据点P到对称轴的距
离为3，建立方程求解即可；②当AC为平行四边形的对角线时，如图3，设AC的中点为M，则M（
3 3
- ， ），设点P的横坐标为x，根据中点公式建立方程求解即可．
2 2
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣3，0），B（1，0）两点，
∴设y＝a（x+3）（x﹣1），把C（0，3）代入，得：3＝a×（0+3）×（0﹣1），
解得：a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3，
∴该抛物线的函数表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴OA＝OC＝3，
∴∠ACO＝45°，
∵PD⊥AB，OC⊥AB，
∴PD∥OC，
∴∠PEF＝∠ACO＝45°，∵PF⊥AC，
∴△PEF是等腰直角三角形，
如图1，过点F作FH⊥PE于点H，
1
则FH= PE，
2
1 1
∴S = ×PE×FH= PE2，
△PEF 2 4
当PE最大时，S 最大，
△PEF
设直线AC的解析式为y＝kx+d，
{-3k+d=0
则 ，
d=3
{k=1
解得： ，
d=3
∴直线AC的解析式为y＝x+3，
设P（t，﹣t2﹣2t+3），则E（t，t+3），
3 9
∴PE＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t＝﹣（t+ ）2+ ，
2 4
∵﹣1＜0，
3 9
∴当t=- 时，PE取得最大值 ，
2 4
1 1 9 81
∴S = PE2= ×（ ）2= ，
△PEF 4 4 4 64
81
∴△PEF的面积的最大值为 ；
64
（3）①当AC为平行四边形的边时，则有PQ∥AC，且PQ＝AC，
如图2，过点P作对称轴的垂线，垂足为G，设AC交对称轴于点H，
则∠AHG＝∠ACO＝∠PQG，
在△PQG和△ACO中，
{∠PGQ=∠AOC
∠PQG=∠ACO，
PQ=AC
∴△PQG≌△ACO（AAS），
∴PG＝AO＝3，
∴点P到对称轴的距离为3，又∵y＝﹣（x+1）2+4，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣1，
设点P（x，y），则|x+1|＝3，
解得：x＝2或x＝﹣4，
当x＝2时，y＝﹣5，
当x＝﹣4时，y＝﹣5，
∴点P坐标为（2，﹣5）或（﹣4，﹣5）；
②当AC为平行四边形的对角线时，
如图3，设AC的中点为M，
∵A（﹣3，0），C（0，3），
3 3
∴M（- ， ），
2 2
∵点Q在对称轴上，
∴点Q的横坐标为﹣1，设点P的横坐标为x，
3
根据中点公式得：x+（﹣1）＝2×（- ）＝﹣3，
2
∴x＝﹣2，此时y＝3，
∴P（﹣2，3）；
综上所述，点P的坐标为（2，﹣5）或（﹣4，﹣5）或（﹣2，3）．【题型5 二次函数中矩形的存在性问题】
【例5】（2022•齐齐哈尔三模）综合与实践
如图，二次函数y＝﹣x2+c的图象交x轴于点A、点B，其中点B的坐标为（2，0），点C的坐标为
（0，2），过点A、C的直线交二次函数的图象于点D．
（1）求二次函数和直线AC的函数表达式；
（2）连接DB，则△DAB的面积为 6 ；
（3）在y轴上确定点Q，使得∠AQB＝135°，点Q的坐标为 （ 0 ， 2❑√2- 2 ）或（ 0 ， 2 ﹣ 2 ❑√2） ；
（4）点M是抛物线上一点，点N为平面上一点，是否存在这样的点N，使得以点A、点D、点M、点
N为顶点的四边形是以AD为边的矩形？若存在，请你直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用待定系数法可求出c的值，进而可得出二次函数的表达式，利用二次函数图象上点
的坐标特征可求出点A的坐标，再由点A，C的坐标，利用待定系数法即可求出直线AC的函数表达式；
（2）联立直线AC和抛物线的函数表达式可求出点D的坐标，再结合点A，B的坐标，利用三角形的面
积计算公式，即可求出△DAB的面积；
（3）当点Q在y轴正半轴轴时，过点 Q作QE⊥AC于点E，根据各角之间的关系可得出 AQ平分
∠OAC，利用角平分线的性质及面积法，可求出OQ的长，进而可得出点Q的坐标；当点Q在y轴负半
轴时，利用对称性可得出点Q的坐标；
（4）连接BC，则AD⊥BC，分四边形ADMN为矩形及四边形ADNM为矩形两种情况考虑：①当四边
形ADMN为矩形时，利用平行线的性质及待定系数法可求出直线DM的函数表达式，联立后可求出点
M的坐标，再利用矩形的性质可求出点N的坐标；②当四边形ADNM为矩形时，利用平行线的性质及
待定系数法可求出直线AM的函数表达式，联立后可求出点M的坐标，再利用矩形的性质可求出点N的
坐标．
【解答】解：（1）将B（2，0）代入y＝﹣x2+c得：0＝﹣4+c，
解得：c＝4，
∴二次函数的表达式为y＝﹣x2+4．
当y＝0时，﹣x2+4＝0，
解得：x＝﹣2，x＝2，
1 2
∴点A的坐标为（﹣2，0）．
设直线AC的函数表达式为y＝kx+b（k≠0），
{-2k+b=0
将A（﹣2，0），C（0，2）代入y＝kx+b得： ，
0+b=2
{k=1
解得： ，
b=2
∴直线AC的函数表达式为y＝x+2．{ y=x+2
（2）联立直线AC和抛物线的函数表达式得： ，
y=-x2+4
{x =-2 {x =1
1 2
解得： ， ，
y =0 y =3
1 2
∴点D的坐标为（1，3），
1
∴S = ×|2﹣（﹣2）|×|3|＝6．
△ABD 2
故答案为：6．
（3）当点Q在y轴正半轴轴时，过点Q作QE⊥AC于点E，如图1所示．
∵点A，B关于y轴对称，
∴AQ＝BQ，
∵∠AQB＝135°，
1
∴∠BAQ= （180°﹣135°）＝22.5°．
2
∵点A的坐标为（﹣2，0），点C的坐标为（0，2），
∴OA＝OC＝2，
1
∴∠OAC= （180°﹣90°）＝45°，AC=❑√2OA＝2❑√2，
2
∴∠CAQ＝∠OAC﹣∠BAQ＝45°﹣22.5°＝22.5°＝∠BAQ，
∴AQ平分∠OAC，
∴OQ＝EQ．
1 1 1
∵S = CQ•OA= AC•EQ= AC•OQ，
△ACQ 2 2 2
∴（2﹣OQ）•2＝2❑√2•OQ，
∴OQ＝2❑√2-2，
∴点Q的坐标为（0，2❑√2-2）．
当点Q在y轴负半轴时，点Q的坐标为（0，2﹣2❑√2）.
故答案为：（0，2❑√2-2）或（0，2﹣2❑√2）．
（4）连接BC，则AC⊥BC，即AD⊥BC，利用待定系数法可求出直线BC的函数表达式y＝﹣x+2．
分两种情况考虑，如图2所示．
①当四边形ADMN为矩形时，设直线DM的函数表达式为y＝﹣x+m，
将D（1，3）代入y＝﹣x+m得：﹣1+m＝3，解得：m＝4，
∴直线DM的函数表达式为y＝﹣x+4．
{y=-x+4
联立直线DM和抛物线的函数表达式得： ，
y=-x2+4
{x =0 {x =1
1 2
解得： ， ，
y =4 y =3
1 2
∴点M的坐标为（0，4），
又∵四边形ADMN为矩形，
∴点N的坐标为（﹣2+0﹣1，0+4﹣3），即（﹣3，1）；
②当四边形ADNM为矩形时，同理可得出直线AM的函数表达式为y＝﹣x﹣2，
{y=-x-2
联立直线AM和抛物线的函数表达式得： ，
y=-x2+4
{x =-2 { x =3
1 2
解得： ， ，
y =0 y =-5
1 2
∴点M的坐标为（3，﹣5），
又∵四边形ADNM为矩形，
∴点N的坐标为（1+3﹣（﹣2），3﹣5﹣0），即（6，﹣2）．
综上所述，存在这样的点N，使得以点A、点D、点M、点N为顶点的四边形是以AD为边的矩形，点
N的坐标为（﹣3，1）或（6，﹣2）．【变式5-1】（2022•博山区一模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣4与x轴交于A，B两点，与y轴交于点
1
C，且点A的坐标为（﹣2，0），直线BC的解析式为y= x﹣4．
2
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图1，过点A作AD∥BC交抛物线于点D（异于点A），P是直线BC下方抛物线上一点，过点
P作PQ∥y轴，交AD于点Q，过点Q作QR⊥BC于点R，连接PR．求△PQR面积的最大值及此时点P
的坐标．
（3）如图2，点C关于x轴的对称点为点C′，将抛物线沿射线C′A的方向平移2❑√5个单位长度得到
新的抛物线y′，新抛物线y′与原抛物线交于点M，原抛物线的对称轴上有一动点N，平面直角坐标
系内是否存在一点K，使得以D，M，N，K为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点K的坐标；
若不存在，请说明理由．
1
【分析】（1）由题可知B点既在x轴上，又在y= x﹣4上，则B（8，0），再将A、B代入y＝ax2+bx
2
﹣4即可求解析式；
1 1
（2）先求出直线AD的解析式为y= x+1，过点B作BG⊥AD，在Rt△ABG中，AB＝10，tan∠BAG=
2 21 3 1 1
，求出BG＝2❑√5，设P（m，- m2- m﹣4），R（n， n﹣4），则Q（m， m+1），QR＝2❑√5，代
4 2 2 2
1 1
入点的坐标可得n﹣m＝2，则R（m+2， m﹣3），S =- （m﹣4）2+9，当m＝4时，S 有最大
2 △PQR 4 △PQR
值9，则可求P（4，﹣6）；
（3）求出C'（0，﹣4），直线AC的解析式为y＝2x+4，由平移可知抛物线沿着x轴负方向平移2个单
1 41 1
位长度，沿着y轴负方向平移4个单位长度，可得平移后抛物线解析式为 y'= （x﹣1）2- ，联立
4 4 4
25 1 41 1 1 3
（x﹣3）2- = （x﹣1）2- 可求两抛物线交点M（6，﹣4），联立 x+1= x2- x﹣4，可求D
4 4 4 2 4 2
3+x t+ y
（10，6），设N（3，t），K（x，y），①当DM与KN为矩形对角线时，8= ，1= ，再由DM
2 2
＝KN，则16+100＝（3﹣x）2+（t﹣y）2，可求K（13，﹣1）或K（13，3）；②当DN与MK为矩形对
13 6+x y-4 6+t
角线时， = ， = ，再由DN＝MK，则49+（6﹣t）2＝（6﹣x）2+（y+4）2，求出K
2 2 2 2
36 10+x 9 6+ y t-4
（7， ）；③当KD与MN为矩形对角线时， = ， = ，再由KD＝MN，（x﹣10）
5 2 2 2 2
6
2+（6﹣y）2＝9+（t+4）2，求出K（﹣1，- ）．
5
1
【解答】解：（1）∵B点在x轴上，且B点在y= x﹣4上，
2
∴B（8，0），
∵A（﹣2，0），B（8，0），都在抛物线y＝ax2+bx﹣4上，
∴x＝﹣2，x＝8是方程ax2+bx﹣4＝0的两个根，
4 b
∴﹣16=- ， =6，
a a
1 3
∴a= ，b=- ，
4 2
1 3
∴y= x2- x﹣4；
4 2
1
（2）∵AD∥BC，直线BC的解析式为y= x﹣4，
21
∴直线AD的解析式为y= x+1，
2
过点B作BG⊥AD交点G，
∵QR⊥BC，
∴QR＝BG，
1
在Rt△ABG中，AB＝10，tan∠BAG= ，
2
∴BG＝2❑√5，
1 3 1 1
设P（m， m2- m﹣4），R（n， n﹣4），则Q（m， m+1），
4 2 2 2
∵QR＝2❑√5，
1 1
∴20＝（m﹣n）2+( m- n+5) 2 ，
2 2
∴n﹣m＝2，
1
∴R（m+2， m﹣3），
2
1 1 1 3 1 1
S = ×（ m+1- m2+ m+4）×2=- m2+2m+5=- （m﹣4）2+9，
△PQR 2 2 4 2 4 4
∴当m＝4时，S 有最大值9，
△PQR
∴P（4，﹣6）；
（3）∵点C关于x轴的对称点为点C′，
∴C'（0，﹣4），
∴直线AC的解析式为y＝2x+4，
∵抛物线沿射线C′A的方向平移2❑√5个单位长度，
∴抛物线沿着x轴负方向平移2个单位长度，沿着y轴负方向平移4个单位长度，
1 3 1 25
∵y= x2- x﹣4= （x﹣3）2- ，
4 2 4 4
1 41
∴y'= （x﹣1）2- ，
4 4
1 25 1 41
联立 （x﹣3）2- = （x﹣1）2- ，解得x＝6，
4 4 4 4
∴M（6，﹣4），
1 1 3
联立 x+1 = x2- x﹣4，解得x＝10或x＝﹣2，
2 4 2∵D异于点A，
∴D（10，6），
1 3
∵y= x2- x﹣4的对称轴为直线x＝3，
4 2
设N（3，t），K（x，y），
①当DM与KN为矩形对角线时，
DM的中点与KN的中点重合，
3+x t+ y
∴8= ，1= ，
2 2
∴x＝13，t＝2﹣y，
∵DM＝KN，
∴16+100＝（3﹣x）2+（t﹣y）2，
∴y＝﹣1或y＝3，
∴K（13，﹣1）或K（13，3）；
②当DN与MK为矩形对角线时，
DN的中点与MK的中点重合，
13 6+x y-4 6+t
∴ = ， = ，
2 2 2 2
∴x＝7，t＝y﹣10，
∵DN＝MK，
∴49+（6﹣t）2＝（6﹣x）2+（y+4）2，
36
∴y= ，
5
36
∴K（7， ）；
5
③当KD与MN为矩形对角线时，
KD的中点与MN的中点重合
10+x 9 6+ y t-4
∴ = ， = ，
2 2 2 2
∴x＝﹣1，t＝10+y，
∵KD＝MN，
∴（x﹣10）2+（6﹣y）2＝9+（t+4）2，6
∴y=- ，
5
6
∴K（﹣1，- ）；
5
6 36
综上所述：以D，M，N，K为顶点的四边形是矩形时，K点坐标为（﹣1，- ）或（7， ）或（13，
5 5
﹣1）或（13，3）．
【变式5-2】（2022•绥化）如图，抛物线y＝ax2+bx+c交y轴于点A（0，﹣4），并经过点C（6，0），过
点A作AB⊥y轴交抛物线于点B，抛物线的对称轴为直线x＝2，D点的坐标为（4，0），连接AD，
BC，BD．点E从A点出发，以每秒❑√2个单位长度的速度沿着射线AD运动，设点E的运动时间为m秒，
过点E作EF⊥AB于F，以EF为对角线作正方形EGFH．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点G随着E点运动到达BC上时，求此时m的值和点G的坐标；
（3）在运动的过程中，是否存在以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，如果存在，直
接写出点G的坐标，如果不存在，请说明理由．【分析】（1）根据抛物线的对称轴为直线x＝2，可得出抛物线与x轴的另一个交点的坐标为（﹣2，
0），列出交点式，再将点A（0，﹣4）可得出抛物线的解析式；
（2）根据可得出△ABD是等腰直角三角形，再根据点E的运动和正方形的性质可得出点H，F，G的坐
标，根据点B，C的坐标可得出直线BC的解析式，将点G代入直线BC的解析式即可；
（3）若存在，则△BGC是直角三角形，则需要分类讨论，当点B为直角顶点，当点G为直角顶点，当
点C为直角顶点，分别求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴为直线x＝2，D点的坐标为（4，0），
∴抛物线与x轴的另一个交点为（﹣2，0），
∴抛物线的解析式为：y＝a（x+2）（x﹣6），
将点A（0，﹣4）解析式可得，﹣12a＝﹣4，
1
∴a= ．
3
1 1 4
∴抛物线的解析式为：y= （x+2）（x﹣6）= x2- x﹣4．
3 3 3
（2）∵AB⊥y轴，A（0，﹣4），
∴点B的坐标为（4，﹣4）．
∵D（4，0），
∴AB＝BD＝4，且∠ABD＝90°，
∴△ABD是等腰直角三角形，∠BAD＝45°．
∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形．
∵AE=❑√2m，
∴AF＝EF＝m，
∴E（m，﹣4+m），F（m，﹣4）．
∵四边形EGFH是正方形，
∴△EHF是等腰直角三角形，
∴∠HEF＝∠HFE＝45°，
∴FH是∠AFE的角平分线，点H是AE的中点．
1 1 3 1
∴H（ m，﹣4+ m），G（ m，﹣4+ m）．
2 2 2 2
∵B（4，﹣4），C（6，0），∴直线BC的解析式为：y＝2x﹣12．
3 1
当点G随着E点运动到达BC上时，有2× m﹣12＝﹣4+ m．
2 2
16
解得m= ．
5
24 12
∴G（ ，- ）．
5 5
（3）存在，理由如下：
3 1
∵B（4，﹣4），C（6，0），G（ m，﹣4+ m）．
2 2
3 1
∴BG2＝（4- m）2+（ m）2，
2 2
BC2＝（4﹣6）2+（﹣4）2＝20，
3 1
CG2＝（6- m）2+（﹣4+ m）2．
2 2
若以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，则△BGC是直角三角形，
∴分以下三种情况：
①当点B为直角顶点时，BG2+BC2＝CG2，
3 1 3 1
∴（4- m）2+（ m）2+20＝（6- m）2+（﹣4+ m）2，
2 2 2 2
8
解得m= ，
5
12 16
∴G（ ，- ）；
5 5
②当点C为直角顶点时，BC2+CG2＝BG2，
3 1 3 1
∴20+（6- m）2+（﹣4+ m）2＝（4- m）2+（ m）2，
2 2 2 2
28
解得m= ，
5
42 6
∴G（ ，- ）；
5 5
③当点G为直角顶点时，BG2+CG2＝BC2，
3 1 3 1
∴（4- m）2+（ m）2+（6- m）2+（﹣4+ m）2＝20，
2 2 2 224
解得m= 或2，
5
36 8
∴G（3，﹣3）或（ ，- ）；
5 5
12 16
综上，存在以B，G，C和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，点 G的坐标为（ ，- ）或（
5 5
42 6 36 8
，- ）或（3，﹣3）或（ ，- ）．
5 5 5 5
【变式5-3】（2022•黔东南州）如图，抛物线 y＝ax2+2x+c的对称轴是直线 x＝1，与x轴交于点A，B
（3，0），与y轴交于点C，连接AC．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）已知点D是第一象限内抛物线上的一个动点，过点 D作DM⊥x轴，垂足为点M，DM交直线BC
于点N，是否存在这样的点N，使得以A，C，N为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出点 N
的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）已知点E是抛物线对称轴上的点，在坐标平面内是否存在点F，使以点B、C、E、F为顶点的四
边形为矩形，若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由抛物线的对称轴为直线x＝1，抛物线经过点B（3，0），可得A（﹣1，0），用待定
系数法即可求解；
（2）求出直线BC的解析式，设点D坐标为（t，﹣t2+2t+3），则点N（t，﹣t+3），利用勾股定理表示
出AC2，AN2，CN2，然后分①当AC＝AN时，②当AC＝CN时，③当AN＝CN时三种情况进行讨论，列
出关于t的方程，求出t的值，即可写出点N的坐标；
（3）分两种情形讨论：①当BC为对角线时，②当BC为边时，先求出点E的坐标，再利用平行四边形的中心对称性求出点F的坐标即可．
【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+2x+c的对称轴是直线x＝1，与x轴交于点A，B（3，0），
∴A（﹣1，0），
{ a-2+c=0 {a=-1
∴ ，解得 ，
9a+6+c=0 c=3
∴抛物线的解析式y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3，
∴C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+3，
将点B（3，0）代入得：0＝3k+3，
解得：k＝﹣1，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3；
设点D坐标为（t，﹣t2+2t+3），则点N（t，﹣t+3），
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴AC2＝12+32＝10，
AN2＝（t+1）2+（﹣t+3）2＝2t2﹣4t+10，
CN2＝t2+（3+t﹣3）2＝2t2，
①当AC＝AN时，AC2＝AN2，
∴10＝2t2﹣4t+10，
解得t＝2，t＝0（不合题意，舍去），
1 2
∴点N的坐标为（2，1）；
②当AC＝CN时，AC2＝CN2，
∴10＝2t2，
解得t =❑√5，t =-❑√5（不合题意，舍去），
1 2
∴点N的坐标为（❑√5，3-❑√5）；
③当AN＝CN时，AN2＝CN2，
∴2t2﹣4t+10＝2t2，
5
解得t= ，
2
5 1
∴点N的坐标为（ ， ）；
2 25 1
综上，存在，点N的坐标为（2，1）或（❑√5，3-❑√5）或（ ， ）；
2 2
（3）设E（1，a），F（m，n），
∵B（3，0），C（0，3），
∴BC＝3❑√2，
①以BC为对角线时，BC2＝CE2+BE2，
∴（3❑√2）2＝12+（a﹣3）2+a2+（3﹣1）2，
3+❑√17 3-❑√17
解得：a= ，或a= ，
2 2
3+❑√17 3-❑√17
∴E（1， ）或（1， ），
2 2
∵B（3，0），C（0，3），
3+❑√17 3-❑√17
∴m+1＝0+3，n+ =0+3或n+ =0+3，
2 2
3-❑√17 3+❑√17
∴m＝2，n= 或n= ，
2 2
3-❑√17 3+❑√17
∴点F的坐标为（2， ）或（2， ）；
2 2
②以BC为边时，BE2＝CE2+BC2或CE2＝BE2+BC2，∴a2+（3﹣1）2＝12+（a﹣3）2+（3❑√2）2或12+（a﹣3）2＝a2+（3﹣1）2+（3❑√2）2，
解得：a＝4或a＝﹣2，
∴E（1，4）或（1，﹣2），
∵B（3，0），C（0，3），
∴m+0＝1+3，n+3＝0+4或m+3＝1+0，n+0＝3﹣2，
∴m＝4，n＝1或m＝﹣2，n＝1，
∴点F的坐标为（4，1）或（﹣2，1），
3-❑√17 3+❑√17
综上所述：存在，点F的坐标为（2， ）或（2， ）或（4，1）或（﹣2，1）．
2 2
【题型6 二次函数中菱形的存在性问题】
【例6】（2022•烟台一模）如图，平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A，B在x轴上，抛物线y＝﹣
x2+bx+c经过A，C（4，﹣5）两点，且与直线DC交于另一点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P为y轴上一点，过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为 Q，连接EQ，AP．试求EQ+PQ+AP的
最小值；
（3）N为平面内一点，在抛物线对称轴上是否存在点 M，使得以点M，N，E，A为顶点的四边形是菱
形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）求出A点坐标后，将点A、C代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解；
（2）连接OC，交对称x＝1于点Q，此时EQ+OQ的值最小，最小值为线段OC长，再求解即可；
（3）分三种情况讨论：①以 AE为菱形对角线，此时AM＝ME；②以AM为菱形对角线，此时AE＝
EM；③以AN为菱形对角线，此时AE＝AM；再利用中点坐标公式和两点间距离公式求解即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，C（4，﹣5），
∴AD＝AB＝5，B（4，0），
∴OA＝1，
∴A（﹣1，0），
将点A，C代入y＝﹣x2+bx+c，
{-16+4b+c=-5
∴ ，
-1-b+c=0
{b=2
解得 ，
c=3
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）连接OC，交对称轴x＝1于点Q，
∵PQ⊥y轴，
∴AO∥PQ，
∵AO＝PQ＝1，
∴四边形AOQP是平行四边形，
∴AP＝OQ，
∴EQ+PQ+AP＝EQ+1+OQ
若使EQ+PQ+AP值为最小，则EQ+OQ的值为最小，
∵E，C关于对称轴x＝1对称，
∴EQ＝CQ，∴EQ+OQ＝CQ+OQ，
此时EQ+OQ的值最小，最小值为线段OC长，
∵C（4，﹣5），
∴OC=❑√42+52=❑√41，
∴EQ+PQ+AP的最小值为❑√41+1，
即EQ+PQ+AP的最小值为❑√41+1；
（3）存在点M，使得以点M，N，E，A为顶点的四边形是菱形，理由如下：
①以AE为菱形对角线，此时AM＝ME，
{
-1-2=1+x
∴ -5=m+ y ，
4+m2=9+(m+5) 2
{x=-4
解得 y=-2，
m=-3
∴M（1，﹣3）；
②以AM为菱形对角线，此时AE＝EM，
{
-1+1=-2+x
∴
m= y-5
，
1+25=9+(m+5) 2
{
x=2
{
x=2
解得 y=❑√17 或 y=-❑√17 ，
m=-5+❑√17 m=-5-❑√17
∴M（1，﹣5+❑√17）或（1，﹣5-❑√17）；
③以AN为菱形对角线，此时AE＝AM，
{
-1+x=-2+1
∴ y=m-5 ，
1+25=4+m2
{
x=0
{
x=0
解得 y=❑√22-5或 y=-5-❑√22，
m=❑√22 m=-❑√22∴M（1，❑√22）或（1，-❑√22）；
综上所述：M点坐标为（1，﹣3），(1，❑√22)，(1，-❑√22)，(1，-5+❑√17)，(1，-5-❑√17)．
【变式6-1】（2022•邵阳县模拟）如图，直线l：y＝﹣3x﹣6与x轴、y轴分别相交于点A、C；经过点A、
1
C的抛物线C：y= x2+bx+c与x轴的另一个交点为点B，其顶点为点D，对称轴与x轴相交于点E．
2
（1）求抛物线C的对称轴．
（2）将直线l向右平移得到直线l．
1
①如图①，直线l 与抛物线C的对称轴DE相交于点P，要使PB+PC的值最小，求直线l 的解析式．
1 1
②如图 ②，直线l 与直线BC相交于点F，直线l 上是否存在点M，使得以点A、C、F、M为顶点的四
1 1
边形是菱形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）分别把x＝0和y﹣0代入一次函数的解析式，求出A、C坐标，代入抛物线得出方程组，求出方程组的解，得出抛物线的解析式，即可求解；
（2）①求出抛物线C的对称轴和B的坐标，连接BC交对称轴于点P′，PB+PC＝QP′B+P′C＝BC
的值最小，求出点P′的坐标，根据平移的性质即可求出直线l 的解析式；
1
②分两种情况：Ⅰ当AM为边时，Ⅱ当AM为对角线时，根据菱形的性质即可求解．
【解答】解：（1）在y＝﹣3x﹣6中，令y＝0，
即﹣3x﹣6＝0，x＝﹣2，得A（﹣2，0）．
令x＝0，得y＝﹣6，得C（0，﹣6），
将点A、C的坐标代入抛物线C的表达式，
{2-2b+c=0 {b=-2
得： ，解得 ，
c=-6 c=-6
-2
1 =- =
∴抛物线C的解析式为y= x2-2x-6，其对称轴为x 1 2；
2 2×
2
（2）①如图，连接BC交DE于点P′，
则PB+PC≥BC．当点P到达点P时，
PB+PC＝QP′B+P′C＝BC的值最小，
1
令y＝0，即
x2-2x-6=0，
2
解得 x＝﹣2，x＝6．
1 2
∴点B坐标为（6，0）．
设直线BC的表达式为 y＝kx+h，
{6k+h=0 { k=1
则： ，解得 ．
h=-6 h=-6
∴y＝x﹣6，
当x＝2时，y＝2﹣6＝﹣4．
∴点P′即点P的坐标为（2，﹣4），∵将直线l：y＝﹣3x﹣6向右平移得到直线l，
1
∴设直线l 的解析式为y＝﹣3x+h．
1 1
则﹣4＝﹣3×2+h，
1
∴h＝2．
1
∴直线l 的解析式为y＝﹣3x+2；
1
②存在点M，使得以点A、C、F、M为顶点的四边形是菱形．
由点F在直线BC：y＝x﹣6上，可设点F（m，m﹣6）．
Ⅰ当AM为边时，如图，过点A作AM∥CB交l 于点M．
1
∵FM∥CA，
∴当FM＝CA时，以点A、C、F、M为顶点的四边形ACFM是平行四边形．
当CA＝CF时， ▱ACFM是菱形．
过点F作FH⊥CO于H，则CH＝|（m﹣6）﹣（﹣6）|＝|m|．CF2＝CH2+FH2＝m2+m2＝2m2，
∵CA2＝22+62＝40，
∴2m2＝40，
∴m =2❑√5，m =-2❑√5（舍去），
1 2
∴F（2❑√5，2❑√5-6）．
∵FM∥CA且FM＝CA，
∴可将CA先向右平移2❑√5单位、再向上平移2❑√5单位得到FM，
即可将点A（﹣2，0）先向右平移2❑√5单位、再向上平移2❑√5单位得到点M．
故点M的坐标为（2❑√5-2，2❑√5）；
Ⅱ当AM为对角线时，连接AF，过点C作CM∥AF交l 于点M．
1∵FM∥AC，
∴当FM＝AC时，以点A、C、F、M为顶点的四边形ACFM是平行四边形．
当AC＝AF时， ▱ACMF是菱形．
∵AF2＝（m+2）2+（m﹣6）2，CA2＝40，
∴（m+2）2+（m﹣6）2＝40，
∴m＝4，m＝0（舍去），
1 2
∴点F的坐标为（4，﹣2）．
∵FM∥AC且FM＝AC，
∴可将AC先向右平移6个单位、再向下平移2个单位得到FM，
即可将点C（0，﹣6）先向右平移6单位、再向下平移2单位得到点M．
∴点M的坐标为（6，﹣8）．
综上，点M的坐标为（2❑√5-2，2❑√5）或（6，﹣8）．
【变式6-2】（2022•嘉定区二模）在平面直角坐标系xOy（如图）中，已知抛物线y＝ax2+bx+3经过点A
（3，0）、B（4，1）两点，与y轴的交点为C点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求四边形OABC的面积；
（3）设抛物线y＝ax2+bx+3的对称轴是直线l，点D与点B关于直线l对称，在线段BC上是否存在一点
E，使四边形ADCE是菱形，如果存在，请求出点E的坐标；如果不存在，请说明理由．【分析】（1）把点A、B的坐标代入函数解析式，利用待定系数法求二次函数解析式解答；
（2）将四边形OABC的面积分解为△OBC、△OAB的面积和，即可求解；
（3）求出点D的坐标，可得AD＝CD，利用待定系数法求AD、BC、CD的解析式，可AD∥BC，求出
AE的解析式，再求AE、BC的交点坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）经过A（3，0），B（4，1）两点，
{9a+3b+3=0
∴ ，
16a+4b+3=1
1
{ a=
2
解得 ，
5
b=-
2
1 5
∴抛物线的关系式为y= x2- x+3；
2 2
（2）如图，连接OB，1 5
∵y= x2- x+3与y轴的交点为C点，
2 2
∴C（0，3），
∵A（3，0）、B（4，1），
∴OC＝3，OA＝3，
1 1 15
∴S ＝S +S = ×3×4+ ×3×1= ；
四边形OABC △OBC △OAB 2 2 2
（3）如图，
1 5
∵y= x2- x+3，
2 2
5
-
2 5
∴抛物线的对称轴是直线l：x=- = ，
1 2
2×
2∵点D与点B（4，1）关于直线l对称，
∴D（1，1），
∵A（3，0），C（0，3），
∴AD=❑√(3-1) 2+12=❑√5，CD=❑√(3-1) 2+12=❑√5，
∴AD＝CD，
设直线AD的解析式为y＝mx+n，
1
{m=-
{3m+n=0 2
∴ ，解得 ，
m+n=1 3
n=
2
1 3
∴直线AD的解析式为y=- x+ ，
2 2
1
同理：直线BC的解析式为y=- x+3，
2
直线CD的解析式为y＝﹣2x+3，
∴AD∥BC，
当AE∥CD时，四边形ADCE是菱形，
设直线AE的解析式为y＝﹣2x+a，
∵A（3，0），
∴﹣6+a＝0，解得a＝6，
∴直线AE的解析式为y＝﹣2x+6，
1
联立直线BC：y=- x+3得，
2
{y=-2x+6
{x=2
1 ，解得 ，
y=- x+3 y=2
2
∴点E的坐标为（2，2）．
∴存在一点E，使四边形ADCE是菱形，点E的坐标为（2，2）．
【变式6-3】（2022•山西模拟）综合与探究
如图，二次函数y＝ax2+bx+4的图象与x轴分别交于点A（﹣2，0），B（4，0），点E是x轴正半轴上
的一个动点，过点E作直线PE⊥x轴，交抛物线于点P，交直线BC于点F．
（1）求二次函数的表达式．1
（2）当点E在线段OB上运动时（不与点O，B重合），恰有线段PF= EF，求此时点P的坐标．
2
（3）试探究：若点Q是y轴上一点，在点E运动过程中，是否存在点Q，使得以点C，F，P，Q为顶
点的四边形为菱形，若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，即可求函数的解析式；
1 1
（2）求出直线BC的解析式，设P（t，- t2+t+4），则F（t，﹣t+4），E（t，0），分别求出PF=-
2 2
1 9
t2+2t，EF＝﹣t+4，再由PF= EF，求出t＝1，即可求P（1， ）；
2 2
1
（3）设P（t，- t2+t+4），则F（t，﹣t+4），①当P点在F点上方时，当四边形CFPQ 为菱形时，
2 1
1
PF＝CQ，先求Q（0，- t2+2t+4），再由CQ＝CF，可得Q（0，4❑√2）；当四边形CFPQ 为菱形时，
1 1 2 1 1 2
1
PF＝CQ ，求出Q （0， t2﹣2t+4），再由QF＝CQ ，可得Q （0，2）；②当P点在F点下方时，PF
2 2 2 2 2 2
1 1
= t2﹣2t，由PF＝CQ，可得Q（0，- t2+2t+4），再由CQ＝CF，可得Q（0，﹣4❑√2）．
2 3 3 2 3 3
【解答】解：（1）将A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，
{4a-2b+4=0
∴ ，
16a+4b+4=0
{ 1
a=-
解得 2，
b=1
1
∴y=- x2+x+4；
2（2）令x＝0，则y＝4，
∴C（0，4），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
{4k+b=0
∴ ，
b=4
{k=-1
解得 ，
b=4
∴y＝﹣x+4，
1
设P（t，- t2+t+4），则F（t，﹣t+4），E（t，0），
2
1 1
∴PF=- t2+t+4﹣（﹣t+4）=- t2+2t，EF＝﹣t+4，
2 2
1
∵PF= EF，
2
1 1
∴- t2+2t= （﹣t+4），
2 2
解得t＝1或t＝4，
∵0＜t＜4，
∴t＝1，
9
∴P（1， ）；
2
（3）存在点Q，使得以点C，F，P，Q为顶点的四边形为菱形，理由如下：
1
设P（t，- t2+t+4），则F（t，﹣t+4），
2
由（2）知C（0，4），
1
①当P点在F点上方时，PF=- t2+2t，
2
当四边形CFPQ 为菱形时，PF＝CQ，
1 1
1
∴Q（0，- t2+2t+4），
1 2
∵CQ＝CF，
1
1
∴- t2+2t=❑√2t，
2
解得t＝0（舍）或t＝4﹣2❑√2，∴Q（0，4❑√2）；
1
当四边形CFPQ 为菱形时，PF＝CQ，
2 2
1
∴Q（0， t2﹣2t+4），
2 2
∵QF＝CQ，
2 2
1 1
∴（- t2+2t）2＝t2+（ t2﹣t）2，
2 2
解得t＝2，
∴Q（0，2）；
2
②当P点在F点下方时，
1 1
PF＝﹣t+4﹣（- t2+t+4）= t2﹣2t，
2 2
∵PF＝CQ，
3
1
∴Q（0，- t2+2t+4），
3 2
∵CQ＝CF，
3
1
= t2﹣2t=❑√2t，
2
解得t＝0（舍）或t＝4+2❑√2，
∴Q（0，﹣4❑√2）；
3
综上所述：Q点坐标为（0，4❑√2）或（0，﹣4❑√2）或（0，2）．【题型7 二次函数中正方形的存在性问题】
【例7】（2022•铁锋区二模）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+b与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B，过A，B两点的
抛物线交x轴于另一点C，且OA＝20C，点F是直线AB下方抛物线上的动点，连接FA，FB．
（1）求抛物线解析式；
（2）当点F与抛物线的顶点重合时，△ABF的面积为 3 ；
（3）求四边形FAOB面积的最大值及此时点F的坐标．
（4）在（3）的条件下，点Q为平面内y轴右侧的一点，是否存在点Q及平面内另一点M，使得以A，
F，Q，M为顶点的四边形是正方形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）把（4，0）代入y＝x+b，求出b的值，从而求出点B坐标，然后根据OA＝2OC，求出点
C坐标（﹣2，0），设抛物线解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），把B（0，﹣4）代入，即可求解；
（2）将抛物线解析式化成顶点式，得出顶点坐标，即可得出点F坐标，再求出对称轴与直线AB的交点坐标，即可求解；
1
（3）过点F作FE∥y轴，交AB于点E，设点P的横坐标为t，则P（t，
t2-t-4
），则E（t，t﹣
2
1 1 1
4 ） ， 所 以 S = OA⋅EF= ×(4-0)×(t-4- +t+4)=- t2+4t ， 又 因
△BFA 2 2 22
1 1
S = OA⋅OB= ×4×4=8，则S ＝S +S ＝﹣t2+4t+8＝﹣（t﹣2）2+12，（0＜t＜
△BOA 2 2 四边形FAOB △BFA △BOA
4），根据二次函数最伯求解即可；
（4）分两种情况：①当AF为正方形AFMQ的边时，②当AF为正方形AFMQ的对角线时，分别求出点
Q坐标即可．
【解答】解：（1）把（4，0）代入y＝x+b，得，
4+b＝0，解得：b＝4，
∴y＝x﹣4，
当x＝0时，y＝0﹣4＝﹣4，
∴B（0，﹣4），
∴A（4，0），
∴OA＝4，
∵OA＝2OC，
∴OC＝2，
∴C（﹣2，0），
设抛物线解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），
把B（0﹣4）代入得：﹣4＝a（0+2）（0﹣4），
1
解得：a= ，
2
1 1
∴抛物线解析式为y= （x+2）（x﹣4）= x2-x﹣4；
2 2
1 1 9
（2）y= x2-x﹣4= (x-1) 2- ，
2 2 2
∵点F与抛物线的顶点重合，
9
∴F（1，- ），
2
设抛物线对称轴与直线AB相交于E，如图，∵A （4，0），B（0，4），
∴直线AB解析式为：y＝x﹣4，
则当x＝1时，y＝1﹣4＝﹣3，
∴E（1，﹣3），
1 9
∴S = ×| -3|×|4-0|=3，
△ABF 2 2
故答案为：3；
（3）如图，过点F作FE∥x轴，交AB于点E，
1
设点P的横坐标为t，则P（t，
t2-t-4），
2
∵直线AB的解析式为y＝x﹣4，
∴E（t，t﹣4），
1 1 1
∴S = OA⋅EF= ×(4-0)×(t-4- +t+4)=- t2+4t，
△BFA 2 2 22
1 1
∵S = OA⋅OB= ×4×4=8，
△BOA 2 2
∴S ＝S +S ＝﹣t2+4t+8＝﹣（t﹣2）2+12（0＜t＜4），
四边形FAOB △BFA △BOA
1
∴当t＝2时，S 有最大值12，
t2-t-4=-4，
四边形FAOB 2
∴此时点F的坐标为（2，﹣4）．
（4）过作FE⊥x轴于E，∵A（4，0），F（2，﹣4），
∴AE＝2，EF＝4，AF＝2❑√5，
如图，①当AF为正方形AFMQ的边时，
1）有正方形 AFMQ，
1 1
过Q 作QN ⊥x轴于N ，
1 1 1 1
∵∠AEF＝∠AN Q＝90°，∠FAQ ＝90°，
1 1 1
∴∠EAF＝∠AQN ，
1 1
∵AF＝AQ，
1
∴△AEF≌△QN A（AAS），
1 1
∴AN ＝EF＝4，QN ＝AE＝2，
1 1 1
∴Q（8，﹣2）；
2）有正方形AFQ M 时，
2 2
过Q 作QN ⊥EF于N ，
2 2 2 2
同理可得△AEF≌△FN Q（AAS），
2 2
∴FN ＝AE＝2，QN ＝EF＝4，
2 2 2
∴Q（6，﹣6）；
2
②当AF为正方形AFMQ的对角线时，设AF与QM相交于P，
∵A（4，0），F（2，﹣4），
∴P（3，﹣2），
1）有正方形AQFM 时，过Q 作QG⊥x轴于G，过M 作MH⊥x轴于H，
3 3 3 3 3 3
易证△AHM≌△QGA，
3 3
∴AH＝QG，MH＝AG，
3 3
设Q（4+a，b），则M（4+b，﹣a），
3 34+a+4+b
{ =3
2
∴ ，
b-a
=-2
2
{ a=1
解得： ，
b=-3
Q（5，﹣3），M（1，﹣1），
3 3
2）有正方形AQFM 时，过Q 作QH⊥x轴于H，
4 4 4 4
则Q 与M 重合，
3 3
∴Q （1，﹣1），
4
综上，存在，当以A，F，Q，M为顶点的四边形是正方形时，点Q的坐标Q （8，﹣2），Q （6，﹣
1 2
6），Q（5，﹣3），Q（1，﹣1）．
3 4
【变式7-1】（2022•陇县二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线L ：y=ax2+bx+c经过A（﹣2，
1
9
0），B(1，- )两点，且与y轴交于点C，点B是该抛物线的顶点．
4
（1）求抛物线L 的表达式；
1
（2）将L 平移后得到抛物线L ，点D，E在L 上（点D在点E的上方），若以点A，C，D，E为顶点
1 2 2
的四边形是正方形，求抛物线L 的解析式．
2
【分析】（1）利用顶点式，可以求得该抛物线的解析式；
（2）根据题意，画出相应的图形，然后利用分类讨论的方法，可以分别求得对应的抛物线L 的解析式．
2
9
【解答】解：（1）设抛物线L 的表达式是y=a(x-1) 2- ，
1 4
∵抛物线L 过点A（﹣2，0），
1
9
∴0=a(-2-1) 2- ，
4
1
解得a= ，
4
1 9
∴y= (x-1) 2- ．
4 4
1 9
即抛物线L 的表达式是y= (x-1) 2- ；
1 4 4
（2）令x＝0，则y＝﹣2，∴C（0，﹣2）．Ⅰ．当AC为正方形的对角线时，如图所示，
∵AE＝EC＝CD＝DA＝2，
3 3 3 3
∴点D 的坐标为（0，0），点E 的坐标为（﹣2，﹣2）．
3 3
1 1
设y= x2+bx，则-2= ×22-2b，
4 4
3 1 3
解得b= 即抛物线L 的解析式是y= x2+ x．
2 2 4 2
Ⅱ．当AC为边时，分两种情况，
如图，第①种情况，点D，E 在AC的右上角时．
1 1
∵AO＝CO＝EO＝DO＝2，∴点D 的坐标为（0，2），点E 的坐标为（2，0）．
1 1 1 1
1
设y= x2+bx+2，
4
1
则0= ×22+2b+2，
4
3
解得：b=- ，
2
1 3
即抛物线L 的解析式是y= x2- x+2．
2 4 2
第②种情况，点DE 在AC的左下角时，过点D 作DM⊥x轴，
2 2 2 2
则有△ADM≌△ADO，
2 1
∴AO＝AM，DO＝DM．
1 2
过E 作EN⊥y轴，同理可得，△CE N≌△CE O，
2 2 2 1
∴CO＝CN，EO＝EN．
1 2
则点D 的坐标为（﹣4，﹣2），点E 的坐标为（﹣2，﹣4），
2 21
设y= x2+bx+c，
4
1
{-2= ×16-4b+c
4
则 ，
1
-4= ×4-2b+c
4
{ 1
b=
解得 2 ，
c=-4
1 1
即抛物线L 的解析式是y= x2+ x-4．
2 4 2
1 3 1 3 1 1
综上所述：L 的表达式为：y= x2+ x，y= x2- x+2或y= x2+ x-4．
2 4 2 4 2 4 2
【变式7-2】（2022秋•南宁期中）如图，抛物线与y轴交于点C（0，3），与x轴于点A（﹣1，0）、B
（3，0），点P是抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）Q是抛物线上第一象限除点P外一点，△BCQ与△BCP的面积相等，求点Q的坐标；
（3）若M、N为抛物线上两个动点，分别过点M、N作直线BC的垂线段，垂足分别为D、E．是否存
在点M、N使四边形MNED为正方形？如果存在，求正方形MNED的边长；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）设抛物线为y＝a（x+1）（x﹣3），把C坐标代入求出即可；
（2）由△BCQ与△BCP的面积相等，知PQ与BC平行，故过P作PQ∥BC，交抛物线于点Q，求出P
（1，4）和直线BC解析式y＝﹣x+3，再联立BC解析式和抛物线解析式即可求出Q的坐标；
（3）存在点M，N使四边形MNED为正方形，过M作MF∥y轴，过N作NF∥x轴，过N作NH∥y轴，
则有△MNF与△NEH都为等腰直角三角形，设M（x ，y ），N（x ，y ），设直线MN解析式为y＝﹣
1 1 2 2
x+b，与二次函数解析式联立，消去y得到关于x的一元二次方程，利用根与系数关系表示出 NF2，由△MNF为等腰直角三角形，得到MN2＝2NF2，若四边形MNED为正方形，得到NE2＝MN2，求出b的值，
进而确定出MN的长，即为正方形边长．
【解答】解：（1）∵抛物线与x轴于点A（﹣1，0）、B（3，0），
∴设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），把C（0，3）代入得：
3＝﹣3a，解得a＝﹣1，
∴抛物线解析式为y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3；
（2）过P作PQ∥BC交抛物线于Q，如图：
∵△BCQ和△BCQ同底等高，
∴Q是满足条件的点，
由y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4知抛物线顶点坐标是（1，4）；
∴P（1，4），
设直线BC为y＝kx+b，将B（3，0），C（0，3）代入得：
{0=3k+b {k=-1
，解得 ，
3=b b=3
∴直线BC为y＝﹣x+3，
∵PQ∥BC，
∴设直线PQ为y＝﹣x+t，将P（1，4）代入得：4＝﹣1+t，
∴t＝5，
∴直线PQ为y＝﹣x+5，
{ y=-x+5 {x=1 {x=2
由 得 或 ，
y=-x2+2x+3 y=4 y=3
∴Q（2，3）；
（3）存在点M、N，使四边形MNED为正方形，
过M作MF∥y轴，过N作NF∥x轴，过N作NH∥y轴，如图：∵四边形MNED为正方形，且△BOC是等腰直角三角形，
∴△MNF与△NEH都为等腰直角三角形，
设M（x，y），N（x，y），设直线MN解析式为y＝﹣x+b，
1 1 2 2
{ y=-x+b
联立得 ，消去y得：x2﹣3x+b﹣3＝0，
y=-x2+2x+3
∴NF2＝|x﹣x|2＝（x+x）2﹣4xx＝21﹣4b，
1 2 1 2 1 2
∵△MNF为等腰直角三角形，
∴MN2＝2NF2＝42﹣8b，
∵H（x，﹣x+3），
2 2
∴NH2＝[y﹣（﹣x+3）]2＝（﹣x+b+x﹣3）2＝（b﹣3）2，
2 2 2 2
1
∴NE2= （b﹣3）2，
2
若四边形MNED为正方形，则有NE2＝MN2，
1
∴42﹣8b= （b2﹣6b+9），
2
整理得：b2+10b﹣75＝0，
解得：b＝﹣15或b＝5，
∵正方形边长为MN=❑√42-8b，
∴MN＝9❑√2或❑√2，即正方形MNED边长为9❑√2或❑√2．
【变式7-3】（2022•南充）如图，抛物线顶点P（1，4），与y轴交于点C（0，3），与x轴交于点A，
B．
（1）求抛物线的解析式．
（2）Q是抛物线上除点P外一点，△BCQ与△BCP的面积相等，求点Q的坐标．
（3）若M，N为抛物线上两个动点，分别过点M，N作直线BC的垂线段，垂足分别为D，E．是否存
在点M，N使四边形MNED为正方形？如果存在，求正方形MNED的边长；如果不存在，请说明理由．【分析】（1）设出抛物线顶点坐标，把C坐标代入求出即可；
（2）由△BCQ与△BCP的面积相等，得到PQ与BC平行，①过P作PQ∥BC，交抛物线于点Q，如图
1所示；②设G（1，2），可得PG＝GH＝2，过H作直线QQ∥BC，交x轴于点H，分别求出Q的坐
2 3
标即可；
（3）存在点M，N使四边形MNED为正方形，如图2所示，过M作MF∥y轴，过N作NF∥x轴，过N
作NH∥y轴，则有△MNF与△NEH都为等腰直角三角形，设M（x ，y ），N（x ，y ），设直线MN
1 1 2 2
解析式为y＝﹣x+b，与二次函数解析式联立，消去y得到关于x的一元二次方程，利用根与系数关系表
示出NF2，由△MNF为等腰直角三角形，得到MN2＝2NF2，若四边形MNED为正方形，得到NE2＝
MN2，求出b的值，进而确定出MN的长，即为正方形边长．
【解答】解：（1）设y＝a（x﹣1）2+4（a≠0），
把C（0，3）代入抛物线解析式得：a+4＝3，即a＝﹣1，
则抛物线解析式为y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3；
（2）由B（3，0），C（0，3），得到直线BC解析式为y＝﹣x+3，
∵S ＝S ，
△PBC △QBC
∴PQ∥BC，
①过P作PQ∥BC，交抛物线于点Q，如图1所示，
∵P（1，4），∴直线PQ解析式为y＝﹣x+5，{ y=-x+5
联立得： ，
y=-x2+2x+3
{x=1 {x=2
解得： 或 ，即（1，4）与P重合，Q（2，3）；
y=4 y=3 1
②∵S ＝S ，
△BCQ △BCP
∴PG＝GH
∵直线BC的解析式为y＝﹣x+3，P（1，4）
∴G（1，2），
∴PG＝GH＝2，
过H作直线QQ∥BC，交x轴于点H，则直线QQ 解析式为y＝﹣x+1，
2 3 2 3
{ y=-x+1
联立得： ，
y=-x2+2x+3
{ x=
3+❑√17
{ x=
3-❑√17
2 2
解得： 或 ，
-1-❑√17 -1+❑√17
y= y=
2 2
3-❑√17 -1+❑√17 3+❑√17 -1-❑√17
∴Q（ ， ），Q（ ， ）；
2 2 2 3 2 2
（3）存在点M，N使四边形MNED为正方形，
如图2所示，过M作MF∥y轴，过N作NF∥x轴，过N作NH∥y轴，则有△MNF与△NEH都为等腰
直角三角形，
设M（x，y），N（x，y），设直线MN解析式为y＝﹣x+b，
1 1 2 2
{ y=-x+b
联立得： ，
y=-x2+2x+3
消去y得：x2﹣3x+b﹣3＝0，∴NF2＝|x﹣x|2＝（x+x）2﹣4xx＝21﹣4b，
1 2 1 2 1 2
∵△MNF为等腰直角三角形，
∴MN2＝2NF2＝42﹣8b，
∵H（x，﹣x+3），
2 2
∴NH2＝[y﹣（﹣x+3）]2＝（﹣x+b+x﹣3）2＝（b﹣3）2，
2 2 2 2
1
∴NE2= （b﹣3）2，
2
若四边形MNED为正方形，则有NE2＝MN2，
1
∴42﹣8b= （b2﹣6b+9），
2
整理得：b2+10b﹣75＝0，
解得：b＝﹣15或b＝5，
∵正方形边长为MN=❑√42-8b，
∴MN＝9❑√2或❑√2．
【题型8 二次函数中角度问题的存在性问题】
【例8】（2022•西宁）如图，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，点C在直线
AB上，过点C作CD⊥x轴于点D（1，0），将△ACD沿CD所在直线翻折，使点A恰好落在抛物线上
的点E处．
（1）求抛物线解析式；
（2）连接BE，求△BCE的面积；
（3）抛物线上是否存在一点P，使∠PEA＝∠BAE？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由点A的坐标可得出点E的坐标，由点A，E的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的
解析式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标，由点A，B的坐标，利用待定系数法可求出
直线AB的解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，再利用三角形的面积计算公
式，结合S ＝S ﹣S ，即可求出△BCE的面积；
△BCE △ABE △ACE
（3）存在，由点A，B的坐标可得出OA＝OB，结合∠AOB＝90°可得出∠BAE＝45°，设点P的坐标为
（m，﹣m2+2m+3），分点P在x轴上方及点P在x轴下方两种情况考虑：①当点P在x轴上方时记为
P ，过点P 作PM⊥x轴于点M，则EM＝PM，进而可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m
1 1 1 1
的值，将符合题意的m值代入点P的坐标中即可求出点P 的坐标；②当点P在x轴下方时记为P ，过
1 2
点P 作PN⊥x轴于点N，则EN＝PN，进而可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，将
2 2 2
符合题意的m值代入点P的坐标中即可求出点P 的坐标．
2
【解答】解：（1）∵将△ACD沿CD所在直线翻折，使点A恰好落在抛物线上的点E处，点A的坐标
为（3，0），点D的坐标为（1，0），
∴点E的坐标为（﹣1，0）．
将A（3，0），E（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+3，
{9a+3b+3=0 {a=-1
得： ，解得： ，
a-b+3=0 b=2
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）当x＝0时，y＝﹣1×（0）2+2×0+3＝3，
∴点B的坐标为（0，3）．
设直线AB的解析式为y＝mx+n（m≠0），将A（3，0），B（0，3）代入y＝mx+n，
{3m+n=0 {m=-1
得： ，解得： ，
n=3 n=3
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+3．
∵点C在直线AB上，CD⊥x轴于点D（1，0），当x＝1时，y＝﹣1×1+3＝2，
∴点C的坐标为（1，2）．
∵点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（0，3），点C的坐标为（1，2），点E的坐标为（﹣1，
0），
∴AE＝4，OB＝3，CD＝2，
1 1 1 1
∴S ＝S ﹣S = AE•OB- AE•CD= ×4×3- ×4×2＝2，
△BCE △ABE △ACE 2 2 2 2
∴△BCE的面积为2．
（3）存在，理由如下：
∵点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（0，3），
∴OA＝OB＝3．
在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝OB，
∴∠BAE＝45°.
∵点P在抛物线上，
∴设点P的坐标为（m，﹣m2+2m+3）．
①当点P在x轴上方时记为P，过点P 作PM⊥x轴于点M，
1 1 1
在Rt△EMP 中，∠PEA＝45°，∠PME＝90°，
1 1 1
∴EM＝PM，即m﹣（﹣1）＝﹣m2+2m+3，
1
解得：m＝﹣1（不合题意，舍去），m＝2，
1 2
∴点P 的坐标为（2，3）；
1
②当点P在x轴下方时记为P，过点P 作PN⊥x轴于点N，
2 2 2
在Rt△ENP 中，∠PEN＝45°，∠PNE＝90°，
2 2 2
∴EN＝PN，即m﹣（﹣1）＝﹣（﹣m2+2m+3），
2
解得：m＝﹣1（不合题意，舍去），m＝4，
1 2
∴点P 的坐标为（4，﹣5）．
2
综上所述，抛物线上存在一点P，使∠PEA＝∠BAE，点P的坐标为（2，3）或（4，﹣5）．1
【变式8-1】（2022•鄂尔多斯）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2经过A（- ，0），B
2
7
（3， ）两点，与y轴交于点C．
2
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在抛物线上，过P作PD⊥x轴，交直线BC于点D，若以P、D、O、C为顶点的四边形是平
行四边形，求点P的横坐标；
（3）抛物线上是否存在点Q，使∠QCB＝45°？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理
由．
【分析】（1）根据待定系数法，将点A，点B代入抛物线解析式，解关于b，c的二元一次方程组，即
可求得抛物线的解析式；
（2）设出点P的坐标，确定出PD∥CO，由PD＝CO，列出方程求解即可；
（3）过点D作DF⊥CP交CP的延长线于点F，过点F作y轴的平行线EF，过点D作DE⊥EF于点E，过点C作CG⊥EF于点G，证明△DEF≌△FGC（AAS），由全等三角形的性质得出DE＝FG，EF
＝CG，求出F点的坐标，由待定系数法求出直线CF的解析式，联立直线CF和抛物线解析式即可得出
点P的坐标．
1 7
【解答】解：（1）将点A（- ，0），B（3， ）代入到y＝ax2+bx+2中得：
2 2
1 1
{ a- b+2=0 {a=-1
4 2
，解得： 7 ，
7 b=
9a+3b+2= 2
2
7
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+ x+2；
2
7
（2）设点P（m，﹣m2+ m+2），
2
7
∵y＝﹣x2+ x+2，
2
∴C（0，2），
设直线BC的解析式为y＝kx+c，
{ 7 { 1
3k+c= k=
∴ 2，解得 2，
c=2 c=2
1
∴直线BC的解析式为y= x+2，
2
1
∴D（m， m+2），
2
7 1
∴PD＝|﹣m2+ m+2- m﹣2|＝|m2﹣3m|，
2 2
∵PD⊥x轴，OC⊥x轴，
∴PD∥CO，
∴当PD＝CO时，以P、D、O、C为顶点的四边形是平行四边形，
3+❑√17 3-❑√17
∴|m2﹣3m|＝2，解得m＝1或2或 或 ，
2 2
3+❑√17 3-❑√17
∴点P的横坐标为1或2或 或 ；
2 2（3）①当Q在BC下方时，如图，过 B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过B作
BN⊥MH于N，
∴∠BHC＝∠CMH＝∠HNB＝90°，
∵∠QCB＝45°，
∴△BHC是等腰直角三角形，
∴CH＝HB，
∴∠CHM+∠BHN＝∠HBN+∠BHN＝90°，
∴∠CHM＝∠HBN，
∴△CHM≌△HBN（AAS），
∴CM＝HN，MH＝BN，
∵H（m，n），
7
∵C（0，2），B（3， ），
2
9
{2-n=3-m {m=
4
∴ 7 ，解得 ，
-n=m 5
2 n=
4
9 5
∴H（ ， ），
4 4
设直线CH的解析式为y＝px+q，
{9 5 { 1
p+q= p=-
∴ 4 4，解得 3，
q=2 q=2
1
∴直线CH的解析式为y=- x+2，
37
{y=-x2+ x+2
2
联立直线CF与抛物线解析式得 ，
1
y=- x+2
3
23
{x=
{x=0 6
解得 或 ，
y=2 13
y=
18
23 13
∴Q（ ， ）；
6 18
②当Q在BC上方时，如图，过B作BH⊥CQ于H，过H作MN⊥y轴，交y轴于M，过B作BN⊥MH
于N，
1 7
同理得Q（ ， ）．
2 2
23 13 1 7
综上，存在，点Q的坐标为（ ， ）或（ ， ）．
6 18 2 2
【变式8-2】（2022•运城二模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣8与x轴交于点A（﹣2，0），B（8，0）两
点，与y轴交于点C，点P是直线BC下方抛物线上一动点，过点P作直线PE∥y轴，交直线BC于点
D，交x轴于点F，以PD为斜边，在PD的右侧作等腰直角△PDF．
（1）求抛物线的表达式，并直接写出直线BC的表达式；
（2）设点P的横坐标为m（0＜m＜3），在点P运动的过程中，当等腰直角△PDF的面积为9时，请
求出m的值；
（3）连接AC，该抛物线上是否存在一点M，使∠ACO+∠BCM＝∠ABC，若存在，请直接写出所有符
合条件的点M的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式，再求出C点坐标，然后利用待定系数法求直线BC
的表达式即可；
1
（2）设出P（m，
m2-3m﹣8），D（m，m﹣8），然后根据两点间距离公式表示出PD长，再根据等
2
腰直角三角形的性质列出△PDF的面积表达式，结合面积为9建立方程求解，即可解决问题；
（3）分点M在BC的上方和点M在BC的下方两种情况讨论，根据题意画出图形，构造三角形全等，
求出直线CM上的一点坐标，则可利用待定系数法求出直线 CM的解析式，最后和抛物线的解析式联立
求解，即可求出点M的坐标．
【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（8，0）分别代入y＝ax2+bx﹣8中，
{4a-2b-8=0
则 ，
64a+8b-8=0
{ 1
a=
解得 2 ，
b=-3
1
∴抛物线的表达式为y= x2﹣3x﹣8；
2
令x＝0．则y＝﹣8，
∴C（0，﹣8），
设直线BC解析式为y＝kx﹣8（k≠0），
把B（8，0）代入解析式得，8k﹣8＝0，
解得：k＝1，
∴直线BC解析式为y＝x﹣8；
（2）∵点P的横坐标为m（0＜m＜3），
1
∴P（m，
m2-3m﹣8），D（m，m﹣8），
21 1
∴PD＝（m﹣8）﹣（
m2-3m﹣8）=- m2+4m，
2 2
过点P作PN⊥PD于N，
∵△PDF是等腰直角三角形，PD为斜边，
∴PN＝DN，
1
∴FN= PD，
2
1 1
∴S = PD•FN= PD2＝9，
△PDF 2 4
∴PD＝6，
1
∴- m2+ 4m＝6，
2
解得：m＝6，m＝2，
1 2
又∵0＜m＜3，
∴m＝2；
（3）存在，理由如下：由（2）得△BOC为等腰直角三角形，
∴∠ACO+∠BCM＝∠ABC＝∠BCO＝45°，
①如图，当点M在BC的上方时，设CM与x轴交于一点D，∵∠ACO+∠BCD＝∠ABC＝∠BCO＝∠OCD+∠BCD，
∴∠ACO＝∠DCO，
∵OC⊥AD，OC＝OC，
∴△AOC≌△COD（ASA），
∴OD＝OA＝2，
∴D（2，0），
设直线CM解析式为y＝nx﹣8（n≠0），
则2n﹣8＝0，
解得：n＝4，
∴直线CM解析式为y＝4x﹣8，
{
y=4x-8
则 1 ，
y= x2-3x-8
2
{x=14 { x=0
解得： 或 （舍去），
y=48 y=-8
∴此时点M的坐标为（14，48）；
②如图，当点M在BC的下方时，
过B作x轴的垂线，过C作y轴的垂线，两条垂线交于一点H，作∠HCK＝∠ACO，CK交抛物线与点
M，由（2）得△BOC为等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠BCO＝45°，
∴∠BCH＝45°，
即∠BCM+∠MCH﹣45°，
∵∠ACO+∠BCM＝∠ABC＝45°，
∴∠ACQ＝∠MCH，
又∵∠AOC＝∠KHC＝90°，
∵OB＝OC．∠COB＝∠OCH＝∠OBH＝90°，
∴四边形OCHB正方形，
∵OC＝OH，
∴△AOC≌△KHC（ASA），
∴KH＝OA＝2，
∴BK＝BH﹣KH＝8﹣2＝6，
∴K（8，﹣6），
设直线CK的解析式为y＝ex﹣8（e≠0），
∴﹣6＝8e﹣8，
1
解得：e= ，
4
1
∴直线CK的解析式为y= x﹣8，
4
1
{ y= x-8
4
则 ，
1
y= x2-3x-8
213
{ x=
2 { x=0
解得 或 （舍去），
51 y=-8
y=-
8
13 51
∴M（ ，- ）；
2 8
13 51
综上所述，点M坐标为（14，48）或（ ，- ）．
2 8
1
【变式8-3】（2022•罗湖区校级一模）如图，已知抛物线 y=- x2+bx+c交x轴于A（﹣3，0），B（4，
3
0）两点，交y轴于点C，点P是抛物线上一点，连接AC、BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）连接OP，BP，若S ＝2S ，求点P的坐标；
△BOP △AOC
（3）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得∠QBA＝75°？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，
请说明理由．
1
【分析】（1）将A（﹣3，0），B（4，0）两点代入y=- x2+bx+c，即可求解；
3
1 1 1 1 1
（2）先求出S ＝6，则S ＝12，设P（t，- t2+ t+4），可得 ×4×|- t2+ t+4|＝12，即可求P
△OAC △BOP 3 3 2 3 3
点坐标；
7
（3）在对称轴上取点M使QM＝MB，则∠EMB＝30°，可得MB＝2BE，再由BE= ，分别求出BM＝
2
7 1 7 1 7
QM＝7，ME= ❑√3，可求Q（ ，7+ ❑√3），Q点关于x轴对称的点为（ ，﹣7- ❑√3）．
2 2 2 2 2
1
【解答】解：（1）将A（﹣3，0），B（4，0）两点代入y=- x2+bx+c，
3{
-3-3b+c=0
∴ 16 ，
- +4b+c=0
3
{ 1
b=
解得 3，
c=4
1 1
∴y=- x2+ x+4；
3 3
（2）令x＝0，则y＝4，
∴C（0，4），
∴OC＝4，
∵A（﹣3，0），
∴OA＝3，
1
∴S = ×3×4＝6，
△OAC 2
∵S ＝2S ，
△BOP △AOC
∴S ＝12，
△BOP
1 1
设P（t，- t2+ t+4），
3 3
∵B（4，0），
∴OB＝4，
1 1 1
∴ ×4×| - t2+ t+4|＝12，
2 3 3
解得t＝6或t＝﹣5，
∴P（﹣5，﹣6）或（6，﹣6）；
（3）存在点Q，使得∠QBA＝75°，理由如下：
1 1 1 1 49
∵y=- x2+ x+4=- （x- ）2+ ，
3 3 3 2 12
1
∴抛物线的对称轴为x= ，
2
在对称轴上取点M使QM＝MB，
∴∠EMB＝2∠MQB，
∵∠QBA＝75°，
∴∠MQB＝15°，∴∠EMB＝30°，
∴MB＝2BE，
1
∵B（4，0），E（ ，0），
2
7
∴BE= ，
2
7
∴BM＝QM＝7，ME= ❑√3，
2
7
∴QE＝7+ ❑√3，
2
1 7
∴Q（ ，7+ ❑√3）；
2 2
1 7
Q点关于x轴对称的点为（ ，﹣7- ❑√3）；
2 2
1 7 1 7
综上所述：点Q的坐标为（ ，7+ ❑√3）或（ ，﹣7- ❑√3）．
2 2 2 2
