文档内容
专题 10 二次函数综合问题
一、【知识回顾】
【思维导图】
【类型清单】
二、【考点类型】
考点1：线段周长问题
典例1：（2022·漳州）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A和点B（3，0），与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点M是抛物线在x轴下方上的动点，过点M作MN∥y轴交直线BC于点N，求线段MN的
最大值；
（3）在（2）的条件下，当MN取得最大值时，在抛物线的对称轴l上是否存在点P，使△PBN是
等腰三角形？若存在，请直接写出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：将点B（3，0）、C（0，3）代入抛物线y=x2+bx+c中，
{0=9+3b+c {b=−4
得： ，解得： ，
3=c c=3
∴抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3．
（2）解：设点M的坐标为（m，m2﹣4m+3），设直线BC的解析式为y=kx+3，
把点点B（3，0）代入y=kx+3中，
得：0=3k+3，解得：k=﹣1，
∴直线BC的解析式为y=﹣x+3．
∵MN∥y轴，
∴点N的坐标为（m，﹣m+3）．
∵抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的对称轴为x=2，
∴点（1，0）在抛物线的图象上，
∴1＜m＜3．
1 9
∵线段MN=﹣m+3﹣（m2﹣4m+3）=﹣m2+3m=﹣ + ，
2 4
3 9
∴当m= 时，线段MN取最大值，最大值为 ．
2 4（3）解：假设存在．设点P的坐标为（2，n）．
3 3 3
当m= 时，点N的坐标为（ ， ），
2 2 2
√ 3 2 3 2 √ 3 2 3 2
∴PB= √(2−3) 2+(n−0) 2 = √1+n2 ，PN= (2− ) +(n− ) ，BN= (3− ) +(0− ) =
2 2 2 2
3√2
．
2
△PBN为等腰三角形分三种情况：
√ 3 2 3 2
①当PB=PN时，即 √1+n2 = (2− ) +(n− ) ，
2 2
1
解得：n= ，
2
1
此时点P的坐标为（2， ）；
2
3√2
②当PB=BN时，即 √1+n2 = ，
2
√14
解得：n=± ，
2
√14 √14
此时点P的坐标为（2，﹣ ）或（2， ）；
2 2
√ 3 2 3 2 3√2
③当PN=BN时，即 (2− ) +(n− ) = ，
2 2 2
3±√17
解得：n= ，
2
3−√17 3+√17
此时点P的坐标为（2， ）或（2， ）．
2 2
1
综上可知：在抛物线的对称轴l上存在点P，使△PBN是等腰三角形，点的坐标为（2， ）、
2
√14 √14 3−√17 3+√17
（2，﹣ ）、（2， ）、（2， ）或（2， ）．
2 2 2 2
【解析】【分析】（1）由点B、C的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）设出点M的坐标以及直线BC的解析式，由点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，结合点M的坐标即可得出点N的坐标，由此即可得出线段MN的长度关于m的函数关系式，
再结合点M在x轴下方可找出m的取值范围，利用二次函数的性质即可解决最值问题；
（3）假设存在，设出点P的坐标为（2，n），结合（2）的结论可求出点N的坐标，结合点N、B的
坐标利用两点间的距离公式求出线段PN、PB、BN的长度，根据等腰三角形的性质分类讨论即可求出
n值，从而得出点P的坐标．
【变式1】（2018·大庆）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A、B两点，B点坐标为（4，0），与y
轴交于点C（0，4）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在x轴下方的抛物线上，过点P的直线y=x+m与直线BC交于点E，与y轴交于点F，求
PE+EF的最大值；
（3）点D为抛物线对称轴上一点．
①当△BCD是以BC为直角边的直角三角形时，直接写出点D的坐标；
②若△BCD是锐角三角形，直接写出点D的纵坐标n的取值范围．
{16+4b+c=0 {b=−5
【答案】（1）解：把B（4，0），C（0，4）代入y=x2+bx+c，得 ，解得 ∴
c=4 c=4
抛物线的解析式为y=x2﹣5x+4．
（2）解：由B（4，0），C（0，4）易得BC的解析式为y=﹣x+4，
由OB=OC，可得△BOC为等腰直角三角形，∠BCO=∠CBO=45°，
由直线y=x+m可得F（0，m），与x轴的交点为Q（-m，0），则OF=OQ，
∴∠EFC=45°，
√2 √2
∴△ECF为等腰直角三角形，EF= CF= (4−m) ，
2 2
作PG∥y轴交BC于G，√2
△EPG为等腰直角三角形，PE= PG，
2
设P（t，t2﹣5t+4）（1＜t＜4），则G（t，﹣t+4），m=t2﹣6t+4
√2 √2
∴PG=﹣t+4﹣（t2﹣5t+4）=﹣t2+4t，EF= (4−t2+6t−4)=− t2+3√2t ，
2 2
√2 √2
∴PE= PG=﹣ t2 + 2√2t ，
2 2
√2 √2 5 2 25√2
∴PE+EF=﹣ t2 + 2√2t − t2+3√2t = −√2t2+5√2t=−√2(t− ) +
2 2 2 4
5 25√2
当t= 时，PE+EF的最大值为 ；
2 4
（3）解：①如图，
5 5 5
抛物线的对称轴为直线x= ，设D（ ，n），则BC2=42+42=32，DC2=（ ）2+（n﹣4）2，
2 2 2
5 9
BD2=（4﹣ ）2+n2= +n2，当△BCD是以BC为直角边，BD为斜边的直角三角形时，
2 45 9 5 13
BC2+DC2=BD2，即32+（ ）2+（n﹣4）2= +n2，解得n=5，此时D点坐标为（ ， ）.
2 4 2 2
9 5
当△BCD是以BC为直角边，CD为斜边的直角三角形时，BC2+BD2=DC2，即32+ +n2=（ ）2+
4 2
5 3
（n﹣4）2，解得n=﹣1，此时D点坐标为（ ， − ）；
2 2
5 13 5 3
综上所述，符合条件的点D的坐标是（ ， ）或（ ， − ）．
2 2 2 2
5 9
②当△BCD是以BC为斜边的直角三角形时，DC2+DB2=BC2，即（ ）2+（n﹣4）2+ +n2=32，解
2 4
4+√31 4−√31 5 4+√31 5 4−√31
得n= ，n= ，此时D点坐标为（ ， ）或（ ， ），
1 2 2 2 2 2 2 2
4+√31 13 3 4−√31
∴△BCD是锐角三角形，点D的纵坐标的取值范围为 ＜n＜ 或 − ＜y＜ ．
2 2 2 2
【解析】【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式：将B（4，0）和C（0，4）代入二次函数
解析式，联立方程解出b，c即可；（2）求PE+PF的最大值，一般可以通过几何分析得到特殊点，或
者将PE+PF运用含字母的代数式表示出来，分析字母的取值范围，得到PE+PF的最值；由点P是抛
物线与直线y=x+m的交点，即点P为动点，不妨设P（t，t2﹣5t+4）（1＜t＜4），尝试结合直线
y=x+m及直线BCy=﹣x+4的特殊性，可得∠BCO=∠CFE=45°，用t表示出PE及EF的长度，并求出
5
PE+EF的和；（3）①直角三角形中已知B（4，0），C（0，4），且D的横坐标为 ，∵BC为直
2
角边，则需要分类讨论，BD为斜边时，CD为斜边时点D的坐标：由勾股定理及两点坐标的距离公式，
构造方程解出点D的纵坐标即可；
②结合①的结论，以及当△BCD是以BC为斜边的直角三角形时，由勾股定理可求得此时D的坐标，
结合图形将①和②所求得的点D的坐标在图中标出来，可确定点D在哪些位置时，△BCD是锐角三
角形．
【变式2】（2022九上·东阳月考）如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1，0），B（3，0），C（0，
3）三点，D为直线BC上方抛物线上一动点，过点D做DQ⊥x轴于点M，DQ与BC相交于点M．
DE⊥BC于E．（1）求抛物线的函数表达式；
（2）求线段DE长度的最大值；
（3）连接AC，是否存在点D，使得△CDE中有一个角与∠CAO相等？若存在，求点D的横坐标；
若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（-1，0），B（3，0），C（0，3）三点，
∴设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x-3），
将C（0，3）代入，得：a×（0+1）×（0-3）＝3，
解得：a＝-1，
∴y＝-（x+1）（x-3）＝-x2+2x+3，
∴抛物线解析式为y＝-x2+2x+3
（2）解：设D（m，-m2+2m+3），且0＜m＜3，如图1，
在Rt△BOC中，BO＝3，OC＝3，
∴BC＝ √BO2+OC2=√32+32=3√2 ，
设直线BC的解析式为y＝kx+n，将B（3，0），C（0，3）代入，
{3k+n=0
得：
n=3{k=−1
解得：
n=3
∴直线BC的解析式为y＝-x+3，
∴G（m，-m+3），
∴DG＝-m2+2m+3-（-m+3）＝-m2+3m，
∵DE⊥BC，
∴∠DEG＝∠BOC＝90°，
∵DG⊥x轴，
∴DG∥y轴，
∴∠DGE＝∠BCO，
∴△DGE∽△BCO，
DE BO
∴ = ，
DG BC
DE 3
=
∴ ，
−m2+3m 3√2
√2 3√2 √2 3 2 9√2
∴DE＝- m2+ m=− (m− ) +
2 2 2 2 8
3 9√2
∴当m＝ 时，DE取得最大值，最大值是 .
2 8
（3）解：存在点D，使得△CDE中有一个角与∠CFO相等．
∵点F是AB的中点，A（-1，0），B（3，0），C（0，3），
∴F（1，0），
∴OF＝1，OC＝3，BC＝4，
OC
∴tan∠CFO＝ ＝3，
OF
如图2所示，过点B作BG⊥BC，交CD的延长线于点G，过点G作GH⊥x轴于点H，①若∠DCE＝∠CFO，
∴tan∠DCE＝tan∠CFO＝3，
GB
∵tan∠DCE＝ =3，
BC
∴GB＝12，
∵BG⊥BC，GH⊥x轴，
∴∠CBG＝∠GHB＝∠BCO＝90°，
∴∠CBO+∠GBH＝∠BGH+∠GBH＝90°，
∴∠CBO＝∠BGH，
∴△CBO∽△BGH，
GH HB GB
∴ = = ，
BO OC BC
∴GH＝9，HB＝9，
∴OH＝OB+BH＝3+9＝12，
∴G（12，9），
设直线CG的解析式为y＝kx+b ，
1 1
{12k +b =9
∴ 1 1 ，
b =3
1
{ 1
k =
解得： 1 2 ，
b =3
1
1
∴直线CG的解析式为y＝ x+3，
2
{ 1
y= x+3
联立方程组，得： 2 ，
y=−x2+2x+3
3
{ x =
1 2 {x =0
解得： ,，, 2 （不合题意，舍去），
15 y =3
y = 2
1 4
3 1 3 15
当x＝ 时，y＝ × +3＝ ，
2 2 2 43 15
∴D（ ， ）；
2 4
②若∠CDE＝∠CFO，
∴tan∠CDE＝tan∠CFO＝3，
∵BG⊥BC，DE⊥BC，
∴∠CBG＝∠CED＝90°，
∴GB∥DE，
∴∠CDE＝∠CGB，
BC
∴tan∠CDE＝tan∠CGB＝ ＝3，
GB
1 1
∴GB＝ BC＝ ×3√2＝√2 ，
3 3
∵△CBO∽△BGH，
GH HB GB
∴ = = ，
BO OC BC
1 1
∴GH＝ BO＝1，HB＝ OC＝1，
3 3
∴OH＝OB+BH＝3+1＝4，
∴G（4，1）；
1
同①方法，易求得直线CG的解析式为y＝- x+3，
2
{ 1
y= x+3
联立方程组，得 2
y=−x2+2x+3
5
{ x =
1 2 {x =0
解得： ,，, 2 （不合题意，舍去），
7 y =3
y = 2
1 4
5 7
∴D（ ， ），
2 4
3 15 5 7
综上所述，存在点D使得△CDE中有一个角与∠CFO相等，点D的坐标为（ ， ）或（ ， ）．
2 4 2 4
【解析】【分析】（1）利用”两根式“待定系数法求解，由抛物线y＝ax2+bx+c经过A（-1，0），B
（3，0），C（0，3）三点，设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x-3），再代入点坐标求解即可；（2）设D（m，-m2+2m+3），且0＜m＜3，利用勾股定理求得BC的长，再利用待定系数法求出直线
BC的解析式，再证明△DGE∽△BCO，根据相似三角形性质，用含m的代数式表示出DE，再利用二
次函数最值即可求解；
（3）△CDE中有一个角与∠CAO相等，分两种情况：①若∠DCE＝∠CFO，②若∠CDE＝∠CFO，
过点B作BG⊥BC，交CD的延长线于点G，过点G作GH⊥x轴于H，运用三角函数定义和相似三角
形性质求出直线CG的解析式，再联立方程组并求解方程组，即可求得使得△CDE中有一个角与
∠CFO相等的点D的坐标．
【变式3】（2022九上·鄞州月考）如图，已知抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A，B两点，其中点A的坐
标为(-3，0)，与y轴交于点C，点D(-2，-3)在抛物线上.
（1）求抛物线的表达式；
（2）抛物线的对称轴上有一动点P，求△PAD周长的最小值；
（3）抛物线的对称轴上有一动点M，当△MAD是等腰三角形时，直接写出点M的坐标.
【答案】（1）解：由题意得
{ 9−3b+c=0 { b=2
解之：
4a−2b+c=−3 c=−3
∴抛物线的解析式为y=x2+2x-3.
（2）解：连接BD交对称轴于点P，∵点A，B关于对称轴对称，
∴AP=BP，
∴AP+PD+AD=BP+PD+AP=BD+AD，
∵两点之间线段最短，
∴此时△PAD的周长为BD+AD为最小，
当y=0时x2+2x-3=0
解之：x=-3，x=1，
1 2
∴点B（1，0），
∵A (-3，0) ，D (-2，-3) ，
∴BD=√(−2−1) 2+32=3√2，
AD=√(−3+2) 2+32=√10∴△PAD的周长为3√2+√10.
（3）解：设点M（-1，n），
∵A (-3，0) ，D (-2，-3) ，
∴AM2=（-1+3）2+n2=n2+4，AD2=（-3+2）2+9=10，
MD2=（-1+2）2+（n+3）2=n2+6n+10
当AM=AD时n2+4=10，
解之：n=√6，n=-√6，
1 2
∴点M（-1，√6）或（-1，-√6）；
当AM=MD时n2+4=n2+6n+10
解之：n=-1，
∴点M（-1，-1）
当AD=DM时n2+6n+10=10
解之：n=0，n=-6；
1 2
∴点P（-1，0），（-1，-6），
设AD的函数解析式为y=kx+b
{ −3k+b=0
∴
−2k+b=−3{k=−3
解之：
b=−9
∴AD的函数解析式为y=-3x-9，
当x=-1时y=3-9=-6，
∴（-1，-6）在直线AD上，
∴点（-1，-6）不符合题意，舍去
∴当△MAD是等腰三角形时，点M的坐标为（-1，√6）或（-1，-√6）或（-1，-1）或（-1，0）.
【解析】【分析】（1）将点A，D的坐标分别代入函数解析式，可得到关于b，c的方程组，解方程
组求出b，c的值，可得到抛物线的解析式.
（2）连接BD交对称轴于点P，利用对称轴的应用-最短问题及二次函数的对称性，可知此时△PAD
的周长为BD+AD为最小，由y=0求出对应的x的值，可得到点B的坐标；再利用勾股定理求出BD，
AD的长，然后求出△PAD的周长.
（3）设点M（-1，n），利用平面直角坐标系中的两点之间的距离公式，分别求出AM2，AD2，
MD2，再利用等腰三角形的定义，分情况讨论：当AM=MD时；当AM=AD时；当MD=AD时，分别
可得到关于n的方程，分别解方程求出n的值，可得到点P的坐标；再求出直线AD的函数解析式，
可知点（-1，-6）在此函数图象上，综上所述可得到符合题意的点P的坐标.
考点2：面积问题
典例2：（2021九上·鄂城期末）如图1，在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 y=ax2+bx 经过点
1
(−2，5) ，且与直线 y=− x 在第二象限交于点A，过点A作 AB⊥x 轴，垂足为点
2
B(−4，0) .若P是直线 OA 上方该抛物线上的一个动点，过点P作 PC⊥x 轴于点C，交 OA 于
点D，连接 OP ， PA .（1）求抛物线的解析式；
（2）求 △AOP 的面积S的最大值；
（3）连接 PB 交 OA 于点E，如图2，线段 PB 与 AD 能否互相平分？若能，请求出点E的坐
标；若不能，请说明理由.
【答案】（1）解： ∵ AB⊥x 轴，点 B(−4，0) ，
1
∴y=− ×4=−2，
2
∴ A(−4，2) ，
又∵抛物线经过 (−2，5) ，
{a=−1
{16a−4b=2
∴ ， 解得： 9，
4a−2b=5 b=−
2
9
∴抛物线的解析式为 y=−x2− x
2
9 1
（2）解：设点 P(t，−t2− t) ，则点 D(t，− t) ，
2 2
9 1
∴PD=(−t2− t)−(− t)=−t2−4t
2 2
1 1
∴ S= ⋅PD⋅4= ⋅(−t2−4t)⋅4=−2(t+2) 2+8 ，
2 2
∴t=−2 时， S =8 ；
max
（3）解：线段 PB 与 AD 能相互平分.理由如下：如图，连接 BD∵线段 PB 与 AD 相互平分，
∴四边形 ABDP 是平行四边形，
∴PD=AB ，
∵A(−4，2)，PD =−t2−4t，
∴ −t2−4t=2 ，
∴t=−2+√2 或 t=−2−√2
√2
当 t=−2+√2 时，则 D(−2+√2，1− )，
2
∵E 为 AD 的中点，
−6+√2 6−√2
∴点E的坐标为 ( ， )
2 4
√2
当 t=−2−√2 时， 则 D(−2−√2，1+ )，
2
∵E 为 AD 的中点，
−6−√2 6+√2
∴点E的坐标为 ( ， )
2 4
−6+√2 6−√2 −6−√2 6+√2
∴点E的坐标为 ( ， ) 或 ( ， ) .
2 4 2 4
1
【解析】【分析】（1）根据AB⊥x轴可得点A、B的横坐标均为-4，将x=-4代入y=− x中求出y，
2
据此可得点A的坐标，将点A的坐标及（-2，5）代入y=ax2+bx中求出a、b，据此可得抛物线的解析
式；9 1
（2）设P（t，-t2- t），则D（t，− t），表示出PD，然后根据三角形的面积公式可得S，接下来结
2 2
合二次函数的性质可得S的最大值；
（3）连接BD，则四边形ABDP是平行四边形，得到PD=AB，据此可得t的值，进而得到点D的坐
标，然后由E为AD的中点就可得到点E的坐标.
【变式1】（2022九上·岳麓开学考）如图，抛物线y=ax2+bx+6经过A(−2，0)、B(4，0)两点，与
y轴交于点C，点D是抛物线上一动点，设点D的横坐标为m(10 ，
∴OC=3 ，
∵ 抛物线 y=ax2+bx+c(a≠0) 与 x 轴交于点 A(1，0) ， B(9，0) ，
设 y=a(x−1)(x−9) ，
1
把 C(0，3) 代入得 a(0−1)(0−9)=3 ，解得 a= ，
3
1 1 10
∴ 抛物线的函数表达式 y= (x−1)(x−9)= x2− x+3 ；
3 3 3
（2） 解：存在，抛物线的对称轴上是否存在唯一的点 Q ，满足 ∠AQP=90° ，就是指以 AP 为直径的圆与对
9+1
称轴：直线 x= =5 有唯一的交点，即相切.
2
如图，
设 AP 的中点为 M ，
∵A(1，0) ，
∴ 点 M 的横坐标为 0.5 ，
∴ 点 M 到直线 x=5 的距离为 4.5 ，
∴ 直径 AP 的长为 9 ，
∴OP=√92−12=4√5 ，
∴ 点 P 的坐标为 (0，4√5) 或 (0，−4√5) ；
（3） 解：存在，如图：
当点 P 在以 AB 为弦的 ⊙N 上，圆心角 ∠ANB=2∠APB .
过点 N 做 NH⊥AB 于 H ，则 ∠ANH=∠APB .
AH 2
∴sin∠ANH=sin∠APB= = ，
AN 3∵AH=BH=4 .
∴AN=6 ，
∴NH=√62−42=2√5 ，
∴N(5，2√5) 或 N(5，−2√5) ，
设 P(0，P) ，
∵PN=AN=6 ，
当 N(5，2√5) 时， (0−5) 2+(2√5−P) 2=62 ，
∴P=2√5−√11 或 P=2√5+√11 ，
同理，当 N(5，−2√5) 时， p=−2√5−√11 或 P=−2√5+√11
综上所述，点 P 的坐标为 (0，2√5−√11) 或 (0，2√5+√11) 或 (0，−2√5−√11) 或
(0，−2√5−√11) .
【解析】【分析】（1）由已知条件知∠OAC=∠OCB，∠AOC=∠COB=90°，证明△OAC∽△OCB，根
据相似三角形的性质可得OC的值，设y=a(x-1)(x-9)，将点C的坐标代入求出a的值，据此可得抛物
线的解析式；
（2）由题意可得以AP为直径的圆与对称轴x=5有唯一的交点，即相切，设AP的中点为M，易得点
M的横坐标为0.5，则点M到直线x=5的距离为4.5，然后求出OP，据此可得点P的坐标；
（3）当点P在以AB为弦的⊙N上时，根据圆周角定理可得∠ANB=2∠APB，过点N做NH⊥AB于
H，则∠ANH=∠APB，结合三角函数的概念可得AN=6，利用勾股定理求出NH，据此可得点N的坐
标，设P（0，p），根据两点间距离公式可得p的值，据此可得点P的坐标.
【变式1】（2021九上·潮安期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−3过点A(−3，0)，
B(1，0)，与y轴交于点C，连接BC，点N是第一象限抛物线上一点，连接NA，交y轴于点E，
∠NAB=∠BCO．
（1）求抛物线的解析式；（2）求线段AN的长；
（3）若点M在第三象限抛物线上，连接MN，∠ANM=45°，则这时点M的坐标为
（直接写出结果）．
【答案】（1）解：把A(−3，0)，B(1，0)代入y=ax2+bx−3得：
{0=9a−3b−3 {a=1
，解得 ，
0=a+b−3 b=2
故抛物线的表达式为y=x2+2x−3．
（2）解：令x=0，得y=−3，
∴C(0，−3)，OC=3．
∵A(−3，0)，
∴OA=OC=3．
∵∠NAB=∠BCO，
∠AOE=∠COB，
∴△AEO≌△CBO．
∴OE=OB=1，
∴E(0，1)．
设直线AN的解析式为y=kx+n，
{0=−3k+n
把A(−3，0)，E(0，1)代入得： ，
1=n
{ 1
k=
解得 3，
n=1
1
故直线AN的解析式为y= x+1．
3
{ 1
y= x+1
由 3 ，
y=x2+2x−3
4
{ x =
1 3 {x =−3
解得 ， 2 ．
13 y =0
y = 2
1 9
4 13
故点N( ， )．
3 913 13
过点N作ND⊥x轴于点D，则ND= ，AD= ，
9 3
√ 13 2 13 2 13√10
根据勾股定理得：AN=√N D2+AD2= ( ) +( ) = ．
9 3 9
4 35
（3）M(− ，− )
3 9
【解析】【解答】解：（3）设△AMN的外接圆为圆R，
过点R作GH⊥x轴于点G，过点M作MH⊥GR的延长线于点H，连接AR，MR，NR．
当∠ANM=45°时，则∠ARM=90°，设圆心R的坐标为(m，n)，
∵∠GRA+∠MRH=90°，∠MRH+∠RMH=90°，∴∠RMH=∠GAR，
∵AR=MR，∠AGR=∠RHM=90°，
∴△AGR≌△RHM（AAS），
∴AG=m+3=RH，RG=−n=MH，
∴点M(m+n，n−m−3)，
将点M的坐标代入抛物线表达式得：n−m−3=(m+n) 2+2(m+n)−3④，
4 2 13 2
由题意得：AR=NR，即(m+3) 2+n2=(m− ) +( −n) ⑤，
3 9
2
{ m=−
9
联立④⑤并解得： ，
10
n=−
9
4 35
故点M(− ，− )．
3 9
【分析】（1）将A（-3，0）、B（1，0）代入y=ax2+bx-3中可得a、b的值，据此可得抛物线的解析
式；（2）易得C（0，-3），则OC=3，根据点A的坐标可得OA=3，则OA=OC，证明△AEO≌△CBO，
得到OE=OB=1，据此可得点E的坐标，然后求出直线AN的解析式，联立抛物线解析式求出x、y，
课程点N的坐标，过点N作ND⊥x轴于点D，则可得ND，AD，然后利用勾股定理求解即可；
（3）设△AMN的外接圆为圆R，过点R作GH⊥x轴于点G，过点M作MH⊥GR的延长线于点H，连
接AR，MR，NR，当∠ANM=45°时，∠ARM=90°，设圆心为（m，n），易证△AGR≌△RHM，得到
AG=m+3=RH，RG=-n=MH，表示出点M的坐标，代入抛物线解析式中可得m与n的关系式，根据
AR=NR可得m与n的关系式，联立求解可得m、n的值，据此可得点M的坐标.
【变式2】（2022·通辽）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，直线BC
方程为y=x−3．
（1）求抛物线的解析式；
1
（2）点P为抛物线上一点，若S = S ，请直接写出点P的坐标；
△PBC 2 △ABC
（3）点Q是抛物线上一点，若∠ACQ=45°，求点Q的坐标．
【答案】（1）解：对于直线BC解析式y=x-3，
令x=0时，y=-3，
则C（0，-3），
令y=0时，x=3，
则B（3，0），
把B（3，0），C（0，-3），分别代入y=−x2+bx+c，得
{−9+3b+c=0 { b=4
，解得： ，
c=−3 c=−3
∴求抛物线的解析式为：y=-x2+4x-3；
（2）解：对于抛物线y=-x2+4x-3，
令y=0，则-x2+4x-3=0，解得：x=1，x=3，
1 2∴A（1，0），B（3，0），
∴OA=1，OB=3，AB=2，
过点A作AN⊥BC于N，过点P作PM⊥BC于M，如图，
∵A（1，0），B（3，0），C（0，-3），
∴OB=OC=3，AB=2，
∴∠ABC=∠OCB=45°，
∴AN=√2，
1
∵S = S ，
△PBC 2 △ABC
√2
∴PM= ，
2
过点P作PE∥BC，交y轴于E，过点E作EF⊥BC于F，
√2
则EF= PM= ，
2
∴CE=1
∴点P是将直线BC向上或向下平移1个单位，与抛物线的交点，如图P，P，P，P，
1 2 3 4
∵B（3，0），C（0，-3），
∴直线BC解析式为：y=x-3，
∴平移后的解析式为y=x-2或y=x-4，
联立直线与抛物线解析式，得
{y=−x2+4x−3 {y=−x2+4x−3
或 ，
y=x−2 y=x−4{ 3+√5 { 3−√5 { 3+√13 { 3−√13
x = x = x = x =
1 2 1 2 1 2 1 2
解得： ， ， ， ，
−1+√5 −1−√5 −5+√13 −5−√13
y= y= y= y=
2 2 2 2
3+√5 −1+√5 3−√5 −1−√5 3+√13 −5+√13 3−√13
∴P点的坐标为（ ， ）或（ ， ）或（ ， ）或（ ，
2 2 2 2 2 2 2
−5−√13
）．
2
（3）解：如图，点Q在抛物线上，且∠ACQ=45°，过点Q作AD⊥CQ于D，过点D作DF⊥x轴于
F，过点C作CE⊥DF于E，
∵∠ADC=90°，
∴∠ACD=∠CAD=45°，
∴CD=AD，
∵∠E=∠AFD=90°，
∴∠ADF=90°-∠CDE=∠DCE，
∴△CDE≌△DAD（AAS），
∴DE=AF，CE=DF，
∵∠COF=∠E=∠AFD=90°，
∴四边形OCEF是矩形，
∴OF=CE，EF=OC=3，
设DE=AF=n，
∵OA=1，
∴CE=DF=OF=n+1
∴DF=3-n，
∴n+1=3-n解得：n=1，
∴DE=AF=1，
∴CE=DF=OF=2，
∴D（2，-2），
设直线CQ解析式为y=px-3，
1
把D（2，-2）代入，得p= ，
2
1
∴直线CQ解析式为y= x-3，
2
联立直线与抛物线解析式，得
{ 1
y= x−3
2
y=−x2+4x−3
7
{ x =
1 2 { x =0
解得： ， 2 （不符合题意，舍去），
5 y =−3
y =− 2
1 4
7 5
∴点Q坐标为（ ，− ）.
2 4
【解析】【分析】（1）利用待定系数法即可得出抛物线的解析式；
（2）令y=0，则-x2+4x-3=0，解得x的值，得出OA=1，OB=3，AB=2，过点A作AN⊥BC于N，过点
1 √2
P作PM⊥BC于M，由点A、B、C的坐标得出OB=OC=3，AB=2，由S = S ，得出PM=
△PBC 2 △ABC 2
，CE=1，由点B、C的坐标得出直线BC解析式，平移后的解析式为y=x-2或y=x-4，联立直线与抛物
线解析式即可得出点P的坐标；
（3）点Q在抛物线上，且∠ACQ=45°，过点Q作AD⊥CQ于D，过点D作DF⊥x轴于F，过点C作
CE⊥DF于E，利用AAS证出△CDE≌△DAD，得出DE=AF，CE=DF，推出四边形OCEF是矩形，设
DE=AF=n，得出n的值，从而得出点D的坐标，再利用代入法得出直线CQ解析式，联立直线与抛物
线解析式，即可得出点Q的坐标。
【变式3】（2021九上·海珠期末）如图，已知直线y＝﹣2x+m与抛物线相交于A，B两点，且点A(1，
4)为抛物线的顶点，点B在x轴上．（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P是y轴上一点，当∠APB＝90°时，求点P的坐标．
【答案】（1）解：将点A（1，4）代入y=-2x+m，
∴-2+m=4，
∴m=6，
∴y=-2x+6，
令y=0，则x=3，
∴B（3，0），
设抛物线解析式为y=a（x-1）2+4，
将B（3，0）代入y=a（x-1）2+4，
∴4a+4=0，
∴a=-1，
∴y=-x2+2x+3；
（2）解：设P（0，t），
∵A（1，4），B（3，0），
∴AB=2√5，AB的中点M（2，2），
∵∠APB=90°，
∴MP=√5，
∴4+（t-2）2=5，
∴t=1或t=3，
∴P点坐标为（0，1）或（0，3）．
【解析】【分析】（1）利用待定系数法即可求出二次函数解析式；（2）设P（0，t），则可求出AB=2√5，AB的中点M（2，2），再根据直角三角形斜边的中线等于
斜边的一半可以得出4+（t-2）2=5，解出t的值即可得出点P的坐标。
考点4：特殊三角形问题
典例4：（2022·湘西）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
1 2
侧），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
1 2
MN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．
【答案】（1）解：将A（﹣3，0）、H（0，﹣1）代入y＝ax2+2ax+c中，
{ 1
{9a−6a+c=0 a=
∴ ，解得 3 ，
c=−1
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）解：设M（t，t2+2t﹣3），则D（t， t2+ t−1），N（t，0），
3 31 2 2 4
∴NM＝﹣t2﹣2t+3，DM= t2+ t−1−(t2+2t−3)=− t2− t+2，
3 3 3 3
−(t2+2t−3)
3
MN =
∴ ＝2 2．
DM (t2+2t−3)
3
（3）解：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）．
【解析】【分析】（1）将点A，H的坐标代入函数解析式，可得到关于a，c的方程组解方程组求出
a，c的值，可得到二次函数解析式；由x=0可求出对应的y的值，可得到点G的坐标.
1 2
（2）设M（t，t2+2t﹣3），可得到D（t， t2+ t−1），N（t，0），可表示出MN，DM的长；然
3 3
后代入求出线段MN与线段DM的长度的比值.
（3）利用二次函数解析式可求出对称轴，利用对称性求出点E的坐标；设F（x，0）；利用等腰三角
形的判定，分情况讨论：当EG=EF时；当EG=FG时，利用直角坐标系中两点之间的距离公式，分别
得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到点F的坐标.
【变式1】（2021九上·南充期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴是直线 x=1 ，且与x
轴交于A，B两点，与y轴交于点 C(0，−3) ， OB=OC .（1）求抛物线的解析式.
（2）在抛物线上是否存在点Q，使得 △BCQ 是以BC为直角边的直角三角形？若存在，求出点
Q的坐标；若不存在，请说明理由.
（3）设抛物线上的一点 P 的横坐标为m，且在直线BC的下方，求使 △BCP 的面积为最大整数
时点P的坐标.
【答案】（1）解：∵C(0，−3) ， OB=OC ，
∴OB=OC=3 ，
∴B(3，0) ，
设抛物线的解析式为 y=ax2+bx+c ，则有：
b
{ − =1
{
a=1
2a
，解得： b=−2 ，
9a+3b+c=0
c=−3
c=−3
∴抛物线解析式为 y=x2−2x−3 ；
（2）解：存在点Q，使得 △BCQ 是以BC为直角边的直角三角形，理由如下：
①当 ∠BCQ=90° 时，如图所示：
过点Q作QH⊥y轴于点H，
∵OB=OC ， ∠BOC=90° ，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠OCB=45° ，
∵∠BCQ=90° ，∴∠HCQ=45° ，
∴△HCQ是等腰直角三角形，
∴HC=HQ ，
设点 Q(t，t2−2t−3) ，则有 HQ=t，CH=−3−t2+2t+3=−t2+2t ，
∴t=−t2+2t ，解得： t =1，t =0 （不符合题意，舍去），
1 2
∴点 Q(1，−4) ；
②当 ∠CBQ=90° 时，如图所示：
过点B作x轴的垂线，然后过点Q、C分别作QE⊥BE于点E，CF⊥BE于点F，
∴CF=BF=3 ，
∴△BFC是等腰直角三角形，
∴∠CBF=45° ，
∵∠CBQ=90° ，
∴∠EBQ=45° ，
∴△QEB是等腰直角三角形，
∴EQ=EB ，
设点 Q(t，t2−2t−3) ，则有 EQ=3−t，EB=t2−2t−3 ，
∴3−t=t2−2t−3 ，解得： t =−2，t =3 （不符合题意，舍去），
1 2
∴点 Q(−2，5) ；
综上所述：当 △BCQ 是以BC为直角边的直角三角形时，点 Q(1，−4) 或 Q(−2，5) ；
（3）解：由（1）可知： B(3，0) ， C(0，−3) ，设直线BC的解析式为 y=kx+b ，则有：
{3k+b=0 { k=1
，解得： ，
b=−3 b=−3
∴直线BC的解析式为 y=x−3 ，
过点P作PM⊥x轴，交BC于点M，如图所示：
∴P(m，m2−2m−3) ，
∴M(m，m−3) ，
∴PM=m−3−m2+2m+3=−m2+3m ，
1 3 3 3 2 27
∴S =S +S = PM⋅(x −x )= (−m2+3m)=− (m− ) + ，
△BCP △CPM △BPM 2 B C 2 2 2 8
3
∵− <0 ，开口向下，
2
27
∴S ≤ ，
△BCP 8
∴△BCP 的面积为最大整数时的值为3，
3 9
∴− m2+ m=3 ，
2 2
解得： m =1，m =2 ，
1 2
∴点 P(1，−4) 或 P(2，−3) .
【解析】【分析】（1）根据点C的坐标可得OC，结合OB=OC可得OB的值，据此可得点B的坐标，
b
将B（3，0）、C（0，-3）、对称轴为x=− =1代入可得a、b、c的值，进而可得抛物线的解析式；
2a（2）①当∠BCQ=90°时，过点Q作QH⊥y轴于点H，易得△BOC、△HCQ是等腰直角三角形，得
到HC=HQ，设Q（t，t2-2t-3），表示出HQ、CH，根据HC=HQ求出t的值，据此可得点Q的坐标；
②当∠CBQ时，过点B作x轴的垂线，然后过点Q、C分别作QE⊥BE于点E，CF⊥BE于点F，易得
△BFC、△QEB是等腰直角三角形，则EQ=EB，同理求出t的值，得到点Q的坐标；
（3）首先利用待定系数法求出直线BC的解析式，过点P作PM⊥x轴，交BC于点M，设P（m，
m2-2m-3），则M（m，m-3），表示出PM，根据S =S +S 表示出S ，然后利用二次函数
△BCP △CPM △BPM △BCP
的性质进行解答.
【变式2】（2021九上·遂宁期末）如图，抛物线 y=ax2+bx+c 与 x 轴交于
A(−2，0)，B(6，0) 两点，与 y 轴交于点 C ，直线 l 与抛物线交于 A，D 两点，与 y 轴
交于点 E ，且点 D 为 (4，3) ；
（1）求抛物线及直线 l 的函数关系式；
（2）点 F 为抛物线顶点，在抛物线的对称轴上是否存点 G ，使 ΔAFG 为等腰三角形，若存在，
求出点 G 的坐标；
（3）若点 Q 是 y 轴上一点，且 ∠ADQ=45∘ ，请直接写出点 Q 的坐标.
【答案】（1）解：
∴ 设抛物线的解析式为 y=a(x+2)(x−6) ，
∵D(4，3) 在抛物线上，
∴3=a(4+2)×(4−6) ，
1
解得 a=− ，
4
1 1
∴ 抛物线的解析式为 y=− (x+2)(x−6)=− x2+x+3 ，
4 4
∵ 直线 l 经过 A(−2，0) 、 D(4，3) ，
设直线 l 的解析式为 y=kx+m(k≠0) ，
{−2k+m=0
则 ，
4k+m=3{ 1
k=
解得， 2 ，
m=1
1
∴ 直线 l 的解析式为 y= x+1 ；
2
（2）解：
∴顶点坐标 F(2，4) ，
∴AF=√(−2−2) 2+(0−4) 2=4√2
当点A为顶点，AF为腰时，AF=AG，此时点G与点F是关于x轴的对称，故此时 G(2，−4) ；
当点F为顶点，AF为腰时，FA=FG，此时 G(2，4+4√2)或(2，4−4√2)
当点G为顶点，AF为底时，设 G(2，y) ，
√(2+2) 2+ y2=4−y ，解得 y=0 ， ∴G(2，0)
综上所述： ∴G(2，0)，(2，4+4√2)，(2，4−4√2)，(2，−4)
（3）解：
设 DT 交 y 轴于点 Q ，则 ∠ADQ=45° ，
∵D(4，3) ，
1 13
∴ 直线 DT 的解析式为 y=− x+ ，
3 3
13
∴Q(0， ) ，
3
将线段 AD 绕点 A 顺时针旋转 90° 得到 AT' ， T'(1，−6) ，
则直线 DT' 的解析式为 y=3x−9 ，
设 DQ' 交 y 轴于点 Q' ，则 ∠ADQ'=45° ，∴Q'(0，−9) ，
13
综上所述，满足条件的点 Q 的坐标为 (0， ) 或 (0，−9) .
3
【解析】【分析】（1）根据点A、B的坐标可设抛物线的解析式为y=a(x+2)(x-6)，将D（4，3）代入
求解可得a的值，据此可得抛物线的解析式，利用待定系数法可得直线l的解析式；
（2）根据抛物线的解析式可得顶点坐标，利用勾股定理求出AF，当点A为顶点，AF为腰时，
AF=AG，此时点G与点F是关于x轴的对称，据此可得点G的坐标；当点F为顶点，AF为腰时，
FA=FG，同理可得点G的坐标；当点G为顶点，A、F为底时，设G（2，y），根据两点间距离公式
表示出AG、AF，求出y的值，据此可得点G的坐标；
（3）设DT交y轴于点Q，则∠ADQ=45°，求出直线DT的解析式，得到点Q的坐标；将线段AD
绕点A顺时针旋转90°得到AT′，求出直线DT′的解析式，设DQ′ 交y轴于点Q′，则∠ADQ′=45°，求
出点Q′的坐标.
【变式3】（2022九上·温州月考）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为抛物线第一象限上的动点，点F为y轴上的动点，连结PA，PF，AF．
（1）求该抛物线所对应的函数表达式；
（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．
【答案】（1）解：∵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）解：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），
{ 4
{3k+d=0 k=
∴ ， 解得： 3 ，
d=−4
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）解：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 2
1+√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）．
【解析】【分析】（1）利用待定系数法，即把点A、点B坐标代入解析式求得a、b，即可求得抛物
线所对应函数表达式；4
（2）如图1，过点P作PQ∥y轴交直线AF于点Q，利用待定系数法求得直线AF的解析式为y＝ x﹣
3
4
4，设P（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜3），则Q（t， t﹣4），并表示出PQ的长，再利用三角形面积公
3
1 3 1 32
式可得S ＝ PQ·OA＝﹣ （t﹣ ）2+ ，最后利用二次函数增减性求得△AFP面积的最大值；
△AFP 2 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，如图2，过点P作PD⊥x轴于点D；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，分别讨论求解即可.
考点5：特殊四边形问题
典例5：（2022九下·重庆开学考）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
【答案】（1）解：∵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）解：∵AD∥BC，直线BC的解析式为y= x-4，
2
1
设直线AD的解析式为y= x+b ，
2 1
1
把A（-2，0）代入得：0= ×(−2) +b ，
2 1
解得：b=1，
1
1
∴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 BG
在Rt△ABG中，AB=10，tan∠BAG= = ，
2 AG
∴由勾股定理得：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
∴（2 √5 ）2=（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 PQR= ×（ m+1- m2+ m+4）×2=- m2+2m+5=- （m-4）2+9，
△ 2 2 4 2 4 4
∴当m=4时，S PQR有最大值9，
△
∴P（4，-6）；
6 36
（3）解：存在，以D，M，N，K为顶点的四边形是矩形时，K点坐标为（-1，- ）或（7，
5 5
）或（13，-1）或（13，3）.
【解析】【解答】解：（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=- ，
56
∴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
5 5
（13，-1）或（13，3）.
【分析】（1）易得B（8，0），根据点A、B在抛物线图象上结合根与系数的关系可得a、b的值，
据此可得抛物线的解析式；
（2）首先求出直线BC、AD的解析式，过点B作BG⊥AD交点G，根据勾股定理求出BG，设P
1 3 1 1
（m， m2- m-4），R（n， n-4），则Q（m， m+1），根据QR=2√5结合两点间距离公式可得
4 2 2 2
1
n-m=2，则R（m+2， m-3），根据三角形的面积公式表示出S ，然后利用二次函数的性质进行解
2 △PQR
答；
（3）点C关于x轴的对称点为点C′（0，4），求出直线AC的解析式，易得平移后抛物线的解析式
1 41
为y'= (x-1)2- ，联立抛物线解析式求出x，可得点M的坐标，联立抛物线与直线AC的解析式求
4 4
出x、y，可得点D的坐标，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，根据中点坐标公式可表示出x、y，然后根据DM=KN可得x、y，据此可得点K
的坐标；②当DN与MK为矩形对角线时，同理可得点K的坐标；③当KD与MN为矩形对角线时，
KD的中点与MN的中点重合，同理可得点K的坐标.
【变式1】（2022九上·浦江期中）如图，在平面直角坐标系中，经过点A（4，0）的直线AB与y轴交
于点B（0，4）．经过原点O的抛物线y＝﹣x2+bx+c交直线AB于点A，C，抛物线的顶点为D．（1）求抛物线y＝﹣x2+bx+c的表达式；
（2）M是线段AB上一点，N是抛物线上一点，当MN∥y轴且MN＝2时，求点M的坐标；
（3）P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四
边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：由题意得
{ c=0 {b=4
解之：
−16+4b+c=0 c=0
∴二次函数解析式为：y＝﹣x2+4x
（2）解：如图，
∵点A（4，0），点B（0，4），
∴设直线AB的函数解析式为y=kx+4
∴4k+4=0，
解之：k=-1，
∴直线AB的解析式为y=-x+4；
设点N（m，-m2+4m），点M（m，-m+4）
∵点M是线段AB上的一点，
∴0＜m＜4，
MN=|-m2+4m-（-m+4）|=|-m2+5m-4|=2
∴-m2+5m-4=±2，
当-m2+5m-4=2时，
解之：m =3，m =2，
1 2当m=3时-m+4=1；
当m=2时-m+4=2；
∴点M（2，2）或（3，1）；
当-m2+5m-4=-2，
5−√17 5+√17
解之：m = ，m = >4（舍去），
3 2 4 2
5−√17 3+√17
∴−m+4=− +4=
2 2
5−√17 3+√17
∴点M（ ， ）
2 2
5−√17 3+√17
满足条件的点M的坐标有三个（ ， ）或（2，2）或（3，1）
2 2
（3）解：存在
当AC为矩形的边时，
∵-x2+4x=-x+4
解之：x=4，x=1，
1 2
当x=1时y=-1+4=3，
∴点C（1，3），∵y=-x2+4x=-（x-2）2+4，
∴点D（2，4）
当x=2时y=-2+4=2，
∴点R（2，2）
过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点P，P，
1 2
∵C（1，3），D（2，4），
∴CD2＝（1-2）2＋(4−3)2＝2，CR2＝1，RD＝2，
∴CD2＋CR2＝DR2，
∴∠RCD＝90°，
∴点P 与点D重合，
1
当CP ∥AQ ，CP ＝AQ 时，四边形ACPQ 是矩形，
1 1 1 1 1 1
∵C（1，3）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到P（2，4），
1
∴A（4，0）向右平移1个单位，向上平移1个单位得到Q（5，1），
1
此时直线PC的解析式为：y＝x＋2，
1
∵直线PA与PC平行且过点A（4，0），
2 1
∴直线PA的解析式为：y＝x−4，
2
∵点P 是直线y＝x−4与抛物线y＝−x2＋4x的交点，
2
∴−x2＋4x＝x−4，
解之：x＝−1，x＝4（舍），
1 2
∴P（−1，−5），
2
当AC∥P Q 时，四边形ACQ P 是矩形，
2 2 2 2
∵A（4，0）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到C（1，3），
∴P（−1，−5）向左平移3个单位，向上平移3个单位得到Q（−4，−2）；
2 2
当AC是矩形的对角线时，设P（m，−m2＋4m）
3
当∠AP C＝90°时，过点P 作PH⊥x轴于H，过点C作CK⊥PH于K，
3 3 3 3
∴∠PKC＝∠AHP ＝90°，∠PCK＝∠AP H，
3 3 3 3
∴△PCK∽△APH，
3 3
P K AH
∴ 3 ＝
CK P H
3
−m2＋4m−3 4−m
∴ ＝ ，
m−1 −m2＋4m
∵点P不与点A，C重合，
∴m≠1或m≠4，
∴−m2−3m＋1＝0，
3±√5
∴m= ，
2
(3+√5 5+√5) (3−√5 5−√5)
∴如图，满足条件的点P有两个，即P ， ，P ，
3 2 2 4 2 2当PC∥AQ ，PC＝AQ 时，四边形AP CQ 是矩形，
3 3 3 3 3 3
(3+√5 5+√5) −1+√5 −1+√5
∵P ， 向左平移 个单位，向下平移 个单位得到C（1，3），
3 2 2 2 2
1+√5 −1+√5 (7−√5 1−√5)
∴A（4，0）向左平移 个单位，向下平移 个单位得到Q ，
2 2 3 2 2
当PC∥AQ ，PC＝AQ 时，四边形AP CQ 是矩形，
4 4 4 4 4 4
(3−√5 5−√5) −1+√5 1+√5
∵P4 ， 向右平移 个单位，向上平移 个单位得到C（1，3），
2 2 2 2
−1+√5 1+√5 (7+√5 1+√5)
∴A（4，0）向右平移 个单位，向上平移 个单位得到Q ，
2 2 4 2 2
7−√5 1−√5 7+√5 1+√5
∴点Q的坐标为（5，1）或（﹣4，﹣2）或（ ， ）或（ ， ）．
2 2 2 2
【解析】【分析】（1）将点A和点O的坐标代入，可得到关于b，c的方程组，解方程组求出b，c的
值，可得到函数解析式.
（2）利用待定系数法及点A，B的坐标求出直线AB的函数解析式，设点N（m，-m2+4m），点M
（m，-m+4），同时可得到m的取值范围，利用MN=2可得到关于m的方程为：|-m2+5m-4|=2，解方
程求出符合题意的m的值，可得到点M的坐标.（3）分情况讨论：当AC为矩形的边时，将两函数解析式联立方程组，可求出点C，D，R的坐标；
过点C，A分别作直线AB的垂线交抛物线于点P，P，利用勾股定理的逆定理证明∠RCD=90°，可
1 2
知点P 与点D重合；当CP ∥AQ ，CP ＝AQ 时，四边形ACPQ 是矩形，利用点的坐标平移规律可得
1 1 1 1 1 1 1
到点P，Q 的坐标，同时可求出直线PC的解析式和直线PA的解析式，再求出点P 的坐标，当
1 1 1 2 2
AC∥P Q 时，四边形ACQ P 是矩形，利用点的坐标平移规律，可得到点Q 的坐标；AC是矩形的对角
2 2 2 2 2
线时，设P（m，−m2＋4m），当∠AP C＝90°时，过点P 作PH⊥x轴于H，过点C作CK⊥PH于
3 3 3 3 3
K，易证△PCK∽△APH，利用相似三角形的性质可得到关于m的方程，解方程求出m的值，可得到
3 3
满足条件的点P的坐标；当PC∥AQ ，PC＝AQ 时，四边形AP CQ 是矩形，利用点的坐标平移规律
3 3 3 3 3 3
可求出点Q 及点Q 的坐标；综上所述可得到符合题意的点Q的坐标.
3 4
【变式2】21．（2022九上·海曙期中）如图， 拋物线y=−x2+bx+c交y轴于点A(0，2)，交x轴于
点B(4，0)、C两点，点D为线段OB上的一个动点（不与O、B重合)，过点D作DM⊥x轴，交
AB于点M，交抛物线于点N.
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AN和BN，当△ABN的面积最大时，求出点D的坐标及△ABN的最大面积；
（3）在平面内是否存在一点P，使得以点A，M，N，P为顶点，以AM为边的四边形是菱形？若
存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：将点A(0，2)，点B(4，0)代入抛物线y=−x2+bx+c，
{ c=2
∴ ，
−16+4b+c=0
{ 7
b=
∴ 2.
c=2
7
∴抛物线的解析式为：y=−x2+ x+2；
2
（2）解：∵点A(0，2)，点B(4，0)，1
∴直线AB的解析式为：y=− x+2；
2
设D(t，0)(04时，AM=m−4，PM= m2− m+2，
2 2
PM OC 1 PM OA
① = = 或② = =2，
AM OA 2 AM OC
1 5 1 5 1 5
把P(m，− m2+ m−2)代入得：2( m2− m+2)=m−4，2(m−4)= m2− m+2，
2 2 2 2 2 2
解得：第一个方程的解是m=−2−2√3<4(舍去)m=−2+2√3<4(舍去)，
第二个方程的解是m=5，m=4(舍去)1 5
求出m=5，− m2+ m−2=−2，
2 2
则P(5，−2)，
1 5
当m<1时，AM=4−m，PM= m2− m+2．
2 2
PM OC 1 PM OA
① = = 或 = =2，
AM OA 2 AM OC
1 5 1 5
则：2( m2− m+2)=4−m，2(4−m)= m2− m+2，
2 2 2 2
解得：第一个方程的解是m=0(舍去)，m=4(舍去)，第二个方程的解是m=4(舍去)，m=−3，
1 5
m=−3时，− m2+ m−2=−14，
2 2
则P(−3，−14)，
综上所述，符合条件的点P为(2，1)或(5，−2)或(−3，−14)，
1 5
（3）解：如图，设D点的横坐标为t(04时，AM=m-4，PM= m2- m+2，根据
PM OA 2 2 2
相似三角形的性质求出m的值，进而可得点P的坐标；同理可得m<1时对应的点P的坐标；
1 5
（3）设D点的横坐标为t（00)，则OA=4OB=4x，
∵y=ax2+bx+2(a≠0) 为“黄金”抛物线，
∴OC2=OA⋅OB ，代入数据：
4=4x²，解得x=1(负值舍去)，∴OB=1，OA=4，
∴B(1，0)，A(-4，0)代入 y=ax2+bx+2(a≠0) 中，
1
{ a=−
{ 0=a+b+2 2
∴ ，解得 ，
0=16a−4b+2 3
b=−
2
1 3
∴抛物线的解析式为 y=− x2− x+2 .
2 2
（2）解：①过P点作PH⊥x轴于H点，交AC于E点，如下图所示：
则∠PDE=∠DHA=90°，∠PED=∠AEH，
∴∠P=∠CAO，
AO 4 2√5
∴cos∠P=cos∠CAO= = = ，
AC 2√5 5
PD 2√5 2√5
∴ = ，即 PD= PE
PE 5 5
故要使得 PD 最大，只要PE最大即可，接下来求PE的最大值，
设直线AC的解析式为：y=mx+n，代入A(-4，0)、C(0，2)，
{ 1
{0=−4m+n m=
∴ ，解得： 2 ，
2=n
n=2
1
∴直线AC解析式为： y= x+2 ，
2
1 3 1
设 P(x，− x2− x+2) ，则 E(x， x+2) ，
2 2 21 3 1 1 1
∴PE=(− x2− x+2)−( x+2)=− x2−2x=− (x+2) 2+2 ，
2 2 2 2 2
∵P为 AC 上方抛物线上的动点，
∴−40 ，得 ( ) −6( )+5≤0 ，
a a
c
解得 1≤ ≤5 .
a
又抛物线 y=ax2+ax+5a 与直线 y=ax+5a ， y=5ax+a 中的每一条都至多一个公共点.
c
所以 的最大值为5.
a
c 1 19
（2）解：当 取最大值时，抛物线为 y=ax2+ax+5a ，其顶点 C(− ， a) .
a 2 4
31
由 ax2+ax+5a= a ，
4
1 1
得 x =− −√3 ， x =− +√3 ，
1 2 2 2
于是 AB=2√3 ， CA=CB .
设 I 为 △ABC 的内心， D 为线段 AB 中点，则 CD⊥AB ， ID⊥AB ，且 ID=1 ， DB=√3 .
∴∠DBI=30° ， ∠ABC=60° ， △ABC 为等边三角形.
31 19
∴CD=3ID=3 .因此 a− a=3a=3 ， a=1 .
4 4
所以 a=1 .
√ 31 19 2
或：由 CA=CB= (√3) 2+( a− a) =√3+9a2 ，
4 4
得 △ABC 的周长 l=2√3+2√3+9a2 ，
1
面积 S= ×2√3×3a=3√3a .
2
l 2√3+2√3+9a2
利用 S= ×r ，得 3√3a= ×1 ，
2 2
解得 a=1 .
【解析】【分析】（1）令ax2+bx+c=ax+c求出x，根据抛物线与直线y=ax+c至多有一个公共点，得
c c
a=b，由ax2+bx+c=cx+a结合a=b以及△≤0可得 的范围，进而可得 的最大值；
a a
c
（2）当 取最大值时，得顶点C的坐标，联立抛物线与直线解析式求出x，得AB=2√3，CA=CB，
a
设I为△ABC的内心，D为线段AB中点，则∠DBI=30°，∠ABC=60°，△ABC为等边三角形，CD=3，据此可得a的值.
【变式2】（2022九上·桐庐月考）已知二次函数y＝ax2+bx+b﹣a（a≠0）．
（1）若a＝b时，求二次函数与x轴的交点坐标；
（2）若a＞0，二次函数的对称轴为直线x＝2，求该函数的最小值（用字母a表示）；
（3）若该抛物线与直线y＝ax+a（a≠0）交于A（x，y），B（x，y）两点，当x＜0＜x 时，都
1 1 2 2 1 2
有y＜y，求证：b＜2a．
1 2
【答案】（1）解：若a＝b，则y＝ax2+bx+b﹣a＝ax2+ax，
令ax2+ax＝0，
解得x＝0，x＝﹣1，
1 2
∴二次函数图象与x轴交点坐标坐标为（﹣1，0），（0，0）．
（2）解：∵a＞0，
∴抛物线开口向上，
b
∵抛物线对称轴为直线x＝﹣ ＝2，
2a
∴b＝﹣4a，
∴y＝ax2+bx+b﹣a＝ax2﹣4ax﹣5a＝a（x﹣2）2﹣9a，
∴抛物线顶点坐标为（2，﹣9a），
∴函数最小值为﹣9a．
（3）证明：∵x＜0＜x 时，y＜y，
1 2 1 2
∴一次函数y＝ax+a中y随x增大而增大，
∴a＞0，抛物线开口向上，
把x＝0代入y＝ax+a得y＝a，
∴直线与y轴交点坐标为（0，a），
把x＝0代入y＝ax2+bx+b﹣a得y＝b﹣a，
∴抛物线与y轴交点坐标为（0，b﹣a），
∵抛物线与直线交点在y轴两侧，
∴点（0，b﹣a）在点（0，a）下方，
∴b﹣a＜a，
解得b＜2a．
【解析】【分析】（1）把b＝a代入函数解析式，再令y＝0求解；b
（2）由抛物线对称轴为直线x＝- 可得b与a的等量关系，再将二次函数解析式化为顶点式求解；
2a
（3）由x＜0＜x 时，y＜y 可得a＞0，即抛物线开口向上，由点A，B在y轴两侧可得抛物线与y轴
1 2 1 2
交点在直线与y轴交点下方，进而求解．若a＝b，则y＝ax2+ax，令y=0，求出x的值，据此可得二次
函数图象与x轴交点坐标.
【变式3】（2022九上·溪湖开学考）已知：抛物线C ：y=ax2+bx+c(a>0)．
1
（1）若顶点坐标为(1，1)，求b和c的值(用含a的代数式表示)；
（2）当c<0时，求函数y=−2022|ax2+bx+c|−1的最大值；
m2
（3）若不论m为任何实数，直线y=m(x−1)− 与抛物线C 有且只有一个公共点，求a，b，c的
4 1
值；此时，若k≤x≤k+1时，抛物线的最小值为k，求k的值．
【答案】（1）解：∵抛物线的顶点坐标为(1，1)，
∴y=a(x−1) 2+1=ax2−2ax+a+1，
∴b=−2a，c=a+1
（2）解：∵y=ax2+bx+c，a>0，c<0，
∴Δ=b2−4ac>0，
∴抛物线y=ax2+bx+c(a>0)与x轴有两个交点，
∴|ax2+bx+c|≥0，
∴−2022|ax2+bx+c|≤0，
∴−2022|ax2+bx+c|−1≤−1，
∴函数y=−2022|ax2+bx+c|−1的最大值为-1；
m2
（3）解：∵直线y=m(x−1)− 与抛物线C 有且只有一个公共点，
4 1
{
m2
y=m(x−1)−
∴方程组 4 只有一组解，
y=ax2+bx+c
m2
∴ax2+(b−m)x+ +m+c=0有两个相等的实数根，
4
∴Δ=0，m2
∴(b−m) 2−4a( +m+c)=0，
4
整理得：(1−a)m2−2(2a+b)m+b2−4ac=0，
∵不论m为任何实数，(1−a)m2−2(2a+b)m+b2−4ac=0恒成立，
{
1−a=0
∴ −2(2a+b)=0，
b2−4ac=0
∴a=1，b=−2，c=1．
此时，抛物线解析式为y=x2−2x+1=(x−1) 2，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，开口向上，
∵当k≤x≤k+1时，抛物线的最小值为k，
∴分三种情况：k<0或0≤k≤1或k>1，
①当k<0时，k+1<1，当k≤x≤k+1时，y随着x的增大而减小，则当x=k+1时，y的最小值为k，
∴(k+1−1) 2=k，
解得：k=0或1，均不符合题意，舍去；
②当0≤k≤1时，当x=1时，抛物线的最小值为0，
∴k=0；
③当k>1时，y随着x的增大而增大，则当x=k时，y的最小值为k，
∴(k−1) 2=k，
3−√5 3+√5
解得：k= 或 ，
2 2
∵k>1，
3+√5
∴k= ，
2
3+√5
综上所述，若k≤x≤k+1时，抛物线的最小值为k，k的值为0或 ．
2
【解析】【分析】（1）根据抛物线顶点式可得 y=a(x−1) 2+1=ax2−2ax+a+1， 从而得解；
（2）由题意可得 Δ=b2−4ac>0， 易得 |ax2+bx+c|≥0， 故−2022|ax2+bx+c|−1≤−1，从而求解；
m2
（3）由直线与抛物线有且只有一个公共点，可得方程 ax2+(b−m)x+ +m+c=0有两个相等的
4
{
1−a=0
实数根， 即△=0，可得(1−a)m2−2(2a+b)m+b2−4ac=0， 进而可得 −2(2a+b)=0， 从而求
b2−4ac=0
出a=1，b=-2，c=1，即得抛物线解析式为y=x2−2x+1=(x−1) 2，由于抛物线的对称轴为直线x=1，
开口向上，由于当k≤x≤k+1时，抛物线的最小值为k，可分三种情况：k＜0或0≤k＜1或k＞1，据
此利用二次函数的性质分别求解即可.
