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挑战 20 2 3 年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘 （ 全国通用 ）
专题16二次函数与动点综合问题
二次函数与动点问题的背景是特殊图形,考查问题也是二次函数的有个性质和特殊图形的性质，体现
的数学思想方法主要是数形结合思想和分类讨论思想，所以要把握好一般与特殊的关系；分析过程中,特别
要关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置.)
动点问题一直是中考热点，近几年考查探究运动中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、
相似三角形、平行四边形、梯形、特殊角或三角函数、线段或面积的最值.
解决“动点型问题”的关键是动中求静，灵活运用“动中求静”，找到并运用不变的数、不变的
量、不变的关系，建立函数关系及综合应用代数、几何知识解决问题. 根据题意灵活运用特殊三角形和四
边形的相关性质、判定、定理知识确定二次函数关系式，通过二次函数解析式或函数图象判定“动点型问
题”涉及的线与线关系、特殊三角形、四边形及相应的周长、面积，还有存在、最值等问题.
【例1】（2022•本溪二模）如图，抛物线y＝﹣ x2+bx+c经过A（3，0），C（﹣1，0）两点，与y轴
交于点B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点M是线段AB上方抛物线上一动点，以AB为边作平行四边形ABMD，连接OM，若
OM将平行四边形ABMD的面积分成为1：7的两部分，求点M的横坐标；
（3）如图2，点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿B→A匀速运动，同时点Q从点A出发，
以每秒1个单位长度的速度沿A→O→B匀速运动，当点P到达点A时，P、Q同时停止运动，设点P运
动的时间为t秒，点G在坐标平面内，使以B、P、Q、G为顶点的四边形是菱形，直接写出所有符合条
件的t值．【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）连接 AM，设 AB 与 OM 的交点为 N ，作 NH⊥OA 于点 H，则 NH∥OB，设点 M
，点N ，证明△ANH∽△AOB，求出 ，可得 ，求
出直线OM的解析式，联立方程组 ，即可求M点的横坐标；
（3）分两种情况讨论：①当0＜t≤3时，P（ t，4﹣ t），Q（3﹣t，0），再由菱形的边的性质分三
种情况求解：当BP＝PQ时，t＝ 或t＝5（舍）；当BP＝BQ时，t＝ （舍）；当BQ＝PQ时，t＝
0（舍）或t＝ （舍）；②当3＜t≤5时，P（ t，4﹣ t），Q（0，t﹣3），再由菱形的边的性质分
三种情况求解：当BP＝BQ，t＝3.5；当BP＝PQ时，t＝7（舍）或t＝ （舍）；当BQ＝PQ时，t＝0
（舍）或t＝ ．
【解答】解：（1）将（3，0），（﹣1，0）代入y＝﹣ x2+bx+c，
得 ，解得 ，
∴ ；
（2）连接AM，设AB与OM的交点为N，作NH⊥OA于点H，则NH∥OB，
∵A（3，0），B（0，4），
设直线AB的解析式为y＝kx+4，
∴3k+4＝0，
∴k＝﹣ ，
∴y＝﹣ x+4，
设点M ，点N ，
∵S△BMN ：S△ABM ＝1：4，
∴S△BMN ：S△ABM ＝1：4，
∴BN：AN＝1：3，
∵NH∥OB，
∴△ANH∽△AOB，
∴ ，即 ，
解得 ，
∴ ，
∴直线OM的解析式为y＝4x，
联立方程组 ，
解得 ，
∵点M在第一象限，∴ ，
∴点M的横坐标为 ；
（3）∵A（3，0），B（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
∴AB＝5，
①当0＜t≤3时，P（ t，4﹣ t），Q（3﹣t，0），
∵四边形BPQG是菱形，
当BP＝PQ时，t2＝（ t﹣3+t）2+（ t）2，
解得t＝ 或t＝5（舍）；
当BP＝BQ时，（3﹣t）2+42＝t2，
解得t＝ （舍）；
当BQ＝PQ时，（3﹣t）2+42＝（ t﹣3+t）2+（ t）2，
解得t＝0（舍）或t＝ （舍）；
②当3＜t≤5时，P（ t，4﹣ t），Q（0，t﹣3），
∵四边形BPQG是菱形，
当BP＝BQ，t2＝（7﹣t）2，
∴t＝3.5；
当BP＝PQ时，t2＝（ t）2+（4﹣ t﹣t+3）2，
解得t＝7（舍）或t＝ （舍）；
当BQ＝PQ时，（7﹣t）2＝（ t）2+（4﹣ t﹣t+3）2，
解得t＝0（舍）或t＝ ；综上所述：t的值为 或3.5或 ．
【例2】（2022•沈北新区二模）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，且OA＝OC＝3OB，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C以每秒2个单位长度的速度沿CA运动到点A，点Q从点O
以每秒1个单位长度的速度沿OC运动到点C，连接PQ，当点P到达点A时，点Q停止运动，求S△CPQ
的最大值及此时点P的坐标；
（3）点M是抛物线上一点，是否存在点M，使得∠ACM＝15°？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）先求出点A，点B坐标，利用待定系数法可求解析式；
（2）先求出CQ与PH的长，由三角形的面积公式和二次函数的性质可求解；
（3）分两种情况讨论，先求出CM的解析式，联立方程组可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）交y轴于点C，
∴点C（0，6），
∴OC＝6，
∵OA＝OC＝3OB，
∴OA＝OC＝6，OB＝2，∴点A（﹣6，0），点B（2，0），
将点A，点B坐标代入解析式，可得： ，
解得： ，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣ x2﹣2x+6；
（2）如图，过点P作PH⊥CO于H，
∵OA＝OC＝6，
∴∠OCA＝45°
∵PH⊥OC，
∴∠ACO＝∠CPH＝45°，
∴PH＝CH，
∵点P从点C以每秒2个单位长度的速度沿CA运动到点A，点Q从点O以每秒1个单位长度的速度沿
OC运动到点C，
∴CP＝2t，OQ＝t，
∴PH＝CH＝ t，CQ＝6﹣t，
∴S△PCQ ＝ ×CQ×PH＝ （﹣t2+6t）＝﹣ （t﹣3）2+ ，
∴当t＝3时，S△CPQ 的最大值为 ，
∴PH＝CH＝3 ，
∴OH＝6﹣3 ，
∴点P的坐标为（﹣3 ，6﹣3 ）；（3）如图，当点M在AC的下方时，设CM与x轴的交点为H，
∵∠ACM＝15°，∠ACO＝45°，
∴∠OCH＝30°，
∴tan∠OCH＝ ＝ ，
∴OH＝2 ，
∴点H（﹣2 ，0），
∴直线CM的解析式为：y＝ x+6，
联立方程组可得： ，
解得： （舍去）或 ，
故点M（﹣4﹣2 ，﹣4 ）；
当点M'在AC的上方时，设CM'与x轴的交点为G，
∵∠ACM'＝15°，∠ACO＝45°，
∴∠OCG＝60°，
∴tan∠OCG ＝ ，
∴OG＝6 ，
∴点H（﹣6 ，0），
∴直线CM'的解析式为：y＝ x+6，联立方程组可得： ，
解得： （舍去）或 ，
故点M（﹣4﹣ ，﹣ + ）；
综上所述：点M的坐标为（﹣4﹣2 ，﹣4 ）或（﹣4﹣ ，﹣ + ）．
【例3】（2022•三亚模拟）如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴正半轴、y轴分别交于A（3，0）、B（0，
3）两点，点P为抛物线的顶点，连接AB、BP．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求∠PBA的度数；
（3）如图2，点M从点O出发，沿着OA的方向以1个单位/秒的速度向A匀速运动，同时点N从点A
出发，沿着AB的方向以 个单位/秒的速度向B匀速运动，设运动时间为t秒，ME⊥x轴交AB于点
E，NF⊥x轴交抛物线于点F，连接MN、EF．
①当EF∥MN时，求点F的坐标；
②在M、N运动的过程中，存在t使得△BNP与△BMN相似，请直接写出t的值．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）如图1，过点P作PD⊥y轴于点D，可证：△PBD是等腰直角三角形，△AOB是等腰直角三角形，
即可求得答案；
（3）①如图2，延长FN交x轴于点G，由△AEM是等腰直角三角形，可得EM＝AM＝3﹣t，再由四边
形EFNM是平行四边形，可得EM＝FN，建立方程求解即可得出答案；②如图3，过点N作HG⊥x轴于点G，由于∠MBN＜90°，故∠MBN≠∠PBN，若∠BMN＝∠PBN＝
90°，推出t＝0，不符合题意；若∠BNM＝∠PBN＝90°，可求得t＝1，进而可得△BNM∽△NBP，故t
＝1．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（3，0）、B（0，3）两点，
∴ ，
解得： ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点P（1，4），
如图1，过点P作PD⊥y轴于点D，
则D（0，4），∠PDB＝90°，
∴PD＝1，BD＝4﹣3＝1，
∴PD＝BD，
∴△PBD是等腰直角三角形，
∴∠PBD＝45°，BP＝ ，
∵OA＝OB＝3，∠AOB＝90°，
∴△AOB是等腰直角三角形，
∴∠ABO＝45°，AB＝3 ，
∴∠PBA＝180°﹣∠PBD﹣∠ABO＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
（3）①如图2，延长FN交x轴于点G，
由题意得：OM＝t，AN＝ t，
∴AM＝3﹣t，
∵FN⊥x轴，
∴∠AGN＝90°，
由（2）知：△AOB是等腰直角三角形，
∴∠BAO＝45°，
∴△ABG是等腰直角三角形，
∴AG＝NG＝ AN＝ × t＝t，
∴G（3﹣t，0），当x＝3﹣t时，﹣x2+2x+3＝﹣（3﹣t）2+2（3﹣t）+3＝﹣t2+4t，
∴F（3﹣t，﹣t2+4t），
∴FG＝﹣t2+4t，
∴FN＝FG﹣NG＝﹣t2+4t﹣t＝﹣t2+3t，
∵ME⊥x轴，
∴△AEM是等腰直角三角形，
∴EM＝AM＝3﹣t，
∵ME⊥x轴，
∵EF∥MN，FN⊥x轴，
∴四边形EFNM是平行四边形，
∴EM＝FN，
∴3﹣t＝﹣t2+3t，
解得：t＝1或t＝3（不符合题意，舍去），
∴F（2，3）；
②存在．如图3，过点N作HG⊥x轴于点G，
由①知：OM＝t，AN＝ t，AG＝NG＝t，
∴MG＝3﹣2t，
∴BN＝3 ﹣ t，BP＝ ，∠PBN＝90°，
∵∠MBN＜90°，
∴∠MBN≠∠PBN，
若∠BMN＝∠PBN＝90°，
则∠BMO+∠NMG＝90°，
∵∠BOM＝∠MGN＝90°，
∴∠BMO+∠MBO＝90°，
∴∠MBO＝∠NMG，
∴△BMO∽△MNG，
∴ ＝ ，即 ＝ ＝1，
∴3﹣2t＝3，
解得：t＝0（不符合题意，舍去），
故∠BMN≠∠PBN，若∠BNM＝∠PBN＝90°，则∠ANM＝90°，
∴△AMN是等腰直角三角形，
∴AM＝ AN＝2t，
∴OA＝OM+AM＝3t＝3，
∴t＝1，
当t＝1时，MN＝AN＝ ，
∴BN＝AB﹣AN＝3 ﹣ ＝2 ，
∵ ＝ ＝ ， ＝ ，
∴ ＝ ，且∠BNM＝∠PBN＝90°，
∴△BNM∽△NBP，
综上所述，当△BNP与△BMN相似时，t＝1．
【例4】（2021•长沙模拟）在一个三角形中，如果其中某两边的长度之和等于第三边长度的两倍，则称该三角形为“调和三角形”例如我们学过的等边三角形就是“调和三角形”．
（1）已知一个“调和三角形”三条边的长度分别为4，6，m﹣1，求m的值．
（2）已知Rt△ABC是“调和三角形”，它的三边长分别为a，b，c，且a＜b＜c．
①求a：b：c的值；
②若△ABC周长的数值与面积的数值相等，求a，b，c的值．
（3）在（2）的条件下，动点P从点A出发以每秒2个单位c长度的速度沿路线A→B→C运动，动点Q
从点C出发以每秒1个单位长度的速度向点A运动，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，
设运动时间为t秒，设y＝PQ2．
①求y关于t的函数关系式；
②求y的最小值．
【分析】（1）根据两边的长度之和等于第三边长度的两倍，分情况求m值即可；
（2）①根据两边的长度之和等于第三边长度的两倍，及勾股定理列出三边关系，联立方程组求出比值
即可；
②根据三边比值和△ABC周长的数值与面积的数值相等，求出三边长度即可；
（3）①分点P在AB上和在BC上两种情况，根据勾股定理求出PQ2即可；
②利用①的函数关系式求最值即可．
【解答】解：（1）∵“调和三角形”某两边的长度之和等于第三边长度的两倍，
∴①当4+6＝2（m﹣1）时，
解得m＝6，
②当m﹣1+4＝2×6时，
解得m＝9，
③当6+m﹣1＝2×4时，
解得m＝3（不合题意舍去），
综上，m的值为6或9；
（2）①∵Rt△ABC是“调和三角形”，且a＜b＜c，∴a2+b2＝c2，①
a+c＝2b，②
由②，得b＝ ，代入①，
得a2+（ ）2＝c2，
整理得（5a﹣3c）（a+c）＝0，
∵a，b，c为三角形三边，
∴0＜a＜b＜c，
∴5a﹣3c＝0，
故a：c＝3：5，
同理可得，a：b＝3：4，
∴a：b：c＝3：4：5；
②若△ABC周长的数值与面积的数值相等，
即a+b+c＝ ，
∵a：b：c＝3：4：5，
∴b＝ a，c＝ a，
∴a+b+c＝ ，
即a+ a+ a＝ a× a，
解得a＝6或a＝0（舍去），
∴a＝6，b＝8，c＝10；
（3）①（Ⅰ）当P点在AB上时，即0≤t≤5时，
过P作PD⊥AC于D，
则有AP＝2t，CQ＝t，
∵∠A＝∠A，∠PDA＝∠BCA＝90°，
∴△APD∽△ABC，
∴PD：AD：AP＝3：4：5，
∴PD＝ t，AD＝ t，∴DQ＝8﹣t﹣ t＝8﹣ t，
∵PQ2＝PD2+DQ2，
∴PQ2＝（ t）2+（8﹣ t）2＝ t2﹣ t+64；
（Ⅱ）当P在BC上时，即5＜t≤8时，
此时，PC＝6+10﹣2t＝16﹣2t，
CQ＝t，
∴PQ2＝PD2+DQ2＝（16﹣2t）2+t2＝5t2﹣64t+256，
综上，y关于t的函数关系式： ；
②由y关于t的函数关系式可知当P在AB上时有最小值，
∵y＝ t2﹣ t+64＝ （t﹣ ）2+ ，
∴当t＝ ，y有最小值为 ．
1．（2021•遵化市模拟）如图，关于x的二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）和点B，与y
轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与x轴交于点D．
（1）求二次函数的表达式；
（2）在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在．请求出点P的坐标；
（3）有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从 点D与点M
同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达点B时，点M、N同时停止运
动，问点M、N运动到何处时，△MNB面积最大，试求出最大面积．【分析】（1）代入A（1，0）和C（0，3），解方程组即可；
（2）求出点B的坐标，再根据勾股定理得到 BC，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：
①CP＝CB；②BP＝BC；③PB＝PC；
（3）设AM＝t则DN＝2t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，S△MNB＝ ×（2﹣t）×2t＝﹣t2+2t，运用二次函
数的顶点坐标解决问题；此时点M在D点，点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴
下方2个单位处．
【解答】解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y＝x2+bx+c，
解得：b＝﹣4，c＝3，
∴二次函数的表达式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）令y＝0，则x2﹣4x+3＝0，
解得：x＝1或x＝3，
∴B（3，0），
∴BC＝3 ，
点P在y轴上，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图1，
①当CP＝CB时，PC＝3 ，∴OP＝OC+PC＝3+3 或OP＝PC﹣OC＝3 ﹣3
∴P （0，3+3 ），P （0，3﹣3 ）；
1 2
②当BP＝BC时，OP＝OC＝3，
∴P （0，﹣3）；
3
③当PB＝PC时，
∵OC＝OB＝3
∴此时P与O重合，
∴P （0，0）；
4综上所述，点P的坐标为：（0，3+3 ）或（0，3﹣3 ）或（0，﹣3）或（0，0）；
（3）如图2，设M运动时间为t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，则DN＝2t，
∴S△MNB＝ ×（2﹣t）×2t＝﹣t2+2t＝﹣（t﹣1）2+1，
即当M（2，0）、N（2，2）或（2，﹣2）时△MNB面积最大，最大面积是1．
2．（2020•市中区一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y＝ax2+bx+4经过A（﹣3，0）、B（4，0）
两点，且与y轴交于点C，D（4﹣4 ，0）．动点P从点A出发，沿线段AB以每秒1个单位长度的速
度向点B移动，同时动点Q从点C出发，沿线段CA以某一速度向点A移动．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若经过t秒的移动，线段PQ被CD垂直平分，求此时t的值；
（3）在第一象限的抛物线上取一点G，使得S△GCB ＝S△GCA ，再在抛物线上找点E（不与点A、B、C重
合），使得∠GBE＝45°，求E点的坐标．【分析】（1）直接利用待定系数法求二次函数解析式得出即可；
（2）首先求出△AQD∽△ACB，则 ，得出DQ＝DP的长，进而得出答案；
（3）首先得出G点坐标，进而得出△BGM∽△BEN，进而假设出E点坐标，利用相似三角形的性质得
出E点坐标．
【解答】解：（1）将A（﹣3，0）、B（4，0）代入y＝ax2+bx+4得：
，
解得： ，
故抛物线的解析式为： ；
（2）如图，连接QD，
由B（4，0）和D（ ，0），
可得BD＝ ，
∵ ，
∴CO＝4，
∴BC＝4 ，则BC＝BD，
∴∠BDC＝∠BCD＝∠QDC，
∴DQ∥BC，
∴△AQD∽△ACB，∴ ，
∴ ，
∴DQ＝ ＝DP，
＝ ；
（3）如图，过点G作GM⊥BC于点M，过点E作EN⊥AB于点N，
∵S△GCB ＝S△GCA ，
∴只有CG∥AB时，G点才符合题意，
∵C（0，4），
∴4＝﹣ x2+ x+4，
解得：x ＝1，x ＝0，
1 2
∴G（1，4），
∵∠GBE＝∠OBC＝45°，
∴∠GBC＝∠ABE，
∴△BGM∽△BEN，
∴ ，
设E（x， ）
∴ ＝
解得x ＝﹣ ，x ＝4（舍去），
1 2
则E（ ， ）．3．（2020•项城市三模）如图，抛物线 经过A（﹣3，0），C（5，0）两点，点B
为抛物线顶点，抛物线的对称轴与x轴交于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）动点P从点B出发，沿线段BD向终点D作匀速运动，速度为每秒1个单位长度，运动时间为t，
过点P作PM⊥BD，交BC于点M，以PM为正方形的一边，向上作正方形PMNQ，边QN交BC于点
R，延长NM交AC于点E．
①当t为何值时，点N落在抛物线上；
②在点P运动过程中，是否存在某一时刻，使得四边形ECRQ为平行四边形？若存在，求出此时刻的t
值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点A、C坐标代入抛物线解析式得到关于a、b的二元一次方程组，解方程组求出a、b
的值，即可得解；
（2）根据抛物线解析式求出顶点B的坐标，然后根据相似三角形对应边成比例用t表示出PM，再求出
NE的长度，①表示出点N的坐标，再根据点N在抛物线上，把点N的坐标代入抛物线，解方程即可得
解；②根据PM的长度表示出QD，再利用待定系数法求出直线BC的解析式，然后根据直线BC的解
析式求出点R的横坐标，从而求出QR的长度，再表示出EC的长度，然后根据平行四边形对边平行且
相等列式求解即可．【解答】解：（1）∵y＝ax2+bx+ 经过A（﹣3，0），C（5，0）两点，
∴ ，
解得 ，
所以，抛物线的解析式为y＝﹣ x2+x+ ；
（2）∵y＝﹣ x2+x+ ，
＝﹣ （x2﹣2x+1）+ + ，
＝﹣ （x﹣1）2+8，
∴点B的坐标为（1，8），
∵抛物线的对称轴与x轴交于点D，
∴BD＝8，CD＝5﹣1＝4，
∵PM⊥BD，
∴PM∥CD，
∴△BPM∽△BDC，
∴ ＝ ，
即 ＝ ，
解得PM＝ t，
所以，OE＝1+ t，
∵四边形PMNQ为正方形，
∴NE＝8﹣t+ t＝8﹣ t，①点N的坐标为（1+ t，8﹣ t），
若点N在抛物线上，则﹣ （1+ t﹣1）2+8＝8﹣ t，
整理得，t（t﹣4）＝0，
解得t ＝0（舍去），t ＝4，
1 2
所以，当t＝4秒时，点N落在抛物线上；
②存在．
理由如下：∵PM＝ t，四边形PMNQ为正方形，
∴QD＝NE＝8﹣ t，
设直线BC的解析式为y＝kx+m，
则 ，
解得 ，
所以直线BC的解析式为y＝﹣2x+10，
则﹣2x+10＝8﹣ t，
解得x＝ t+1，
所以，QR＝ t+1﹣1＝ t，
又EC＝CD﹣DE＝4﹣ t，
根据平行四边形的对边平行且相等可得QR＝EC，
即 t＝4﹣ t，
解得t＝ ，
此时点P在BD上，所以，当t＝ 时，四边形ECRQ为平行四边形．
4．（2018•泉山区三模）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+4经过A（﹣3，0）、B（4，0）两点，且与y轴交于点C，点D在x轴的负半轴上，且BD＝BC，有一动点P从点A出发，沿线段AB以每
秒1个单位长度的速度向点B移动，同时另一个动点Q从点C出发，沿线段CA以某一速度向点A移动．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若经过t秒的移动，线段PQ被CD垂直平分，求此时t的值；
（3）该抛物线的对称轴上是否存在一点M，使MQ+MA的值最小？若存在，求出点M的坐标；若不存
在，请说明理由．
【分析】（1）由抛物线y＝ax2+bx+4经过A（﹣3，0），B（4，0）两点利用待定系数法可求出a、b、
c的值，进而得出抛物线的解析式；
（2）由 A、B、C 三点的坐标求出 AC、BC 及 AB 的值，由相似三角形的判定定理得出
△ADQ∽△ABC，再由相似三角形的对应边成比例可求出DP的值，进而可得出AP（即t）的值；
（3）设抛物线y＝﹣ x2+ x+4的对称轴x＝ 与x轴交于点E．点A、B关于对称轴x＝ 对称，连接
BQ交该对称轴于点M．则MQ+MA＝MQ+MB，即MQ+MA＝BQ，由于当BQ⊥AC时，BQ最小，此时
∠EBM＝∠ACO，再由tan∠EBM＝tan∠ACO＝ 可求出ME的值，进而得出M点的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+4经过A（﹣3，0），B（4，0）两点，
∴ ，解得 ，
∴所求抛物线的解析式为：y＝﹣ x2+ x+4；（2）如图1，依题意知AP＝t，连接DQ，
∵A（﹣3，0），B（4，0），C（0，4），
∴AC＝5，BC＝4 ，AB＝7．
∵BD＝BC，
∴AD＝AB﹣BD＝7﹣4 ，
∵CD垂直平分PQ，
∴QD＝DP，∠CDQ＝∠CDP．
∵BD＝BC，
∴∠DCB＝∠CDB．
∴∠CDQ＝∠DCB．
∴DQ∥BC．
∴△ADQ∽△ABC．
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
解得DP＝4 ﹣ ，
∴AP＝AD+DP＝ ．
∴线段PQ被CD垂直平分时，t的值为 ；
（3）如图2，设抛物线y＝﹣ x2+ x+4的对称轴x＝ 与x轴交于点E．点A、B关于对称轴x＝ 对称，连接BQ交该对称轴于点M．
则MQ+MA＝MQ+MB，即MQ+MA＝BQ，
∵当BQ⊥AC时，BQ最小，此时，∠EBM＝∠ACO，
∴tan∠EBM＝tan∠ACO＝ ，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，解ME＝ ．
∴M（ ， ），即在抛物线y＝﹣ x2+ x+4的对称轴上存在一点M（ ， ），使得MQ+MA的
值最小．
5．（2018•扬州）如图1，四边形OABC是矩形，点A的坐标为（3，0），点C的坐标为（0，6），点P
从点O出发，沿OA以每秒1个单位长度的速度向点A运动，同时点Q从点A出发，沿AB以每秒2个
单位长度的速度向点B运动，当点P与点A重合时运动停止．设运动时间为t秒．
（1）当t＝2时，线段PQ的中点坐标为 （ ， 2 ） ；
（2）当△CBQ与△PAQ相似时，求t的值；
（3）当t＝1时，抛物线y＝x2+bx+c经过P，Q两点，与y轴交于点M，抛物线的顶点为K，如图2所
示，问该抛物线上是否存在点D，使∠MQD＝ ∠MKQ？若存在，求出所有满足条件的D的坐标；若
不存在，说明理由．
【分析】（1）先根据时间t＝2，和P，Q的运动速度可得动点P和Q的路程OP和AQ的长，再根据中
点坐标公式可得结论；
（2）根据矩形的性质得：∠B＝∠PAQ＝90°，所以当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：①当△PAQ∽△QBC时， ，②当△PAQ∽△CBQ时， ，分别列方程可得t的值；
（3）根据t＝1求抛物线的解析式，根据 Q（3，2），M（0，2），可得MQ∥x轴，则KM＝KQ，
KE⊥MQ，画出符合条件的点D，证明△KEQ∽△QMH或利用三角函数，列比例式可得点D的坐标，
同理根据对称可得另一个点D．
【解答】解：（1）如图1，∵点A的坐标为（3，0），
∴OA＝3，
当t＝2时，OP＝t＝2，AQ＝2t＝4，
∴P（2，0），Q（3，4），
∴线段PQ的中点坐标为：（ ， ），即（ ，2）；
故答案为：（ ，2）；
（2）如图1，∵当点P与点A重合时运动停止，且△PAQ可以构成三角形，
∴0＜t＜3，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠B＝∠PAQ＝90°，
∴当△CBQ与△PAQ相似时，存在两种情况：
①当△PAQ∽△QBC时， ，
∴ ，
4t2﹣15t+9＝0，
（t﹣3）（t﹣ ）＝0，
t ＝3（舍），t ＝ ，
1 2
②当△PAQ∽△CBQ时， ，
∴ ，
t2﹣9t+9＝0，
t＝ ，∵ ＞3，
∴t＝ 不符合题意，舍去，
综上所述，当△CBQ与△PAQ相似时，t的值是 或 ；
（3）当t＝1时，P（1，0），Q（3，2），
把P（1，0），Q（3，2）代入抛物线y＝x2+bx+c中得：
，解得： ，
∴抛物线：y＝x2﹣3x+2＝（x﹣ ）2﹣ ，
∴顶点K（ ，﹣ ），
∵Q（3，2），M（0，2），
∴MQ∥x轴，
作抛物线对称轴，交MQ于E，设DQ交y轴于H，
∴KM＝KQ，KE⊥MQ，
∴∠MKE＝∠QKE＝ ∠MKQ，
如图2，∠MQD＝ ∠MKQ＝∠QKE，
∴tan∠MQD＝tan∠QKE＝ ，
即 ，MH＝2，
∴H（0，4），
易得HQ的解析式为：y＝﹣ x+4，
则 ，x2﹣3x+2＝﹣ x+4，
解得：x ＝3（舍），x ＝﹣ ，
1 2
∴D（﹣ ， ）；
同理，在M的下方，y轴上存在点H，如图3，使∠HQM＝ ∠MKQ＝∠QKE，
由对称性得：H（0，0），
易得OQ的解析式：y＝ x，
则 ，
x2﹣3x+2＝ x，
解得：x ＝3（舍），x ＝ ，
1 2
∴D（ ， ）；
综上所述，点D的坐标为：D（﹣ ， ）或（ ， ）．6．（2019•兰州）二次函数y＝ax2+bx+2的图象交x轴于点（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C．
动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点
N，交抛物线于点D，连接AC，设运动的时间为t秒．
（1）求二次函数y＝ax2+bx+2的表达式；
（2）连接BD，当t＝ 时，求△DNB的面积；
（3）在直线MN上存在一点P，当△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标；
（4）当t＝ 时，在直线MN上存在一点Q，使得∠AQC+∠OAC＝90°，求点Q的坐标．
【分析】（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2即可；
（2）由已知分别求出M（2，0），N（2，1），D（2，3），根据∴△DNB的面积＝△DMB的面积﹣
△MNB的面积即可求解；
（3）由已知可得M（2t﹣1，0），设P（2t﹣1，m），根据勾股定理可得PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）
2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，再由PB＝PC，得到m与t的关系式：m＝4t﹣5，因为PC⊥PB，则有 •
＝﹣1求出t＝1或t＝2，即可求D点坐标；（4）当t＝ 时，M（ ，0），可知点Q在抛物线对称轴x＝ 上；过点A作AC的垂线，以M为圆心
AB为直径构造圆，圆与x＝ 的交点分别为Q 与Q ，由AB＝5，可得圆半径AM＝ ，即可求Q点坐
1 2
标分别为（ ，﹣ ），（ ， ）．
【解答】解：（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，
∴a＝﹣ ，b＝ ，
∴y＝﹣ x2+ x+2；
（2）C（0，2），
∴BC的直线解析式为y＝﹣ x+2，
当t＝ 时，AM＝3，
∵AB＝5，
∴MB＝2，
∴M（2，0），N（2，1），D（2，3），
∴△DNB的面积＝△DMB的面积﹣△MNB的面积＝ MB×DM﹣ MB×MN＝ ×2×2＝2；
（3）∵BM＝5﹣2t，
∴M（2t﹣1，0），
设P（2t﹣1，m），
∵PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，
∵PB＝PC，
∴（2t﹣1）2+（m﹣2）2＝（2t﹣5）2+m2，
∴m＝4t﹣5，
∴P（2t﹣1，4t﹣5），
∵PC⊥PB，
∴ • ＝﹣1
∴t＝1或t＝2，∴M（1，0）或M（3，0），
∴D（1，3）或D（3，2）；
方法二，过点C作CH⊥MN于H，可证△BMP≌△PHC，利用全等三角形的性质可求解．
（4）当t＝ 时，M（ ，0），
∴点Q在抛物线对称轴x＝ 上，
如图：过点A作AC的垂线，以M为圆心AB为直径构造圆，圆与x＝ 的交点分别为Q 与Q ，
1 2
∵AB＝5，
∴AM＝ ，
∵∠AQ C+∠OAC＝90°，∠OAC+∠MAG＝90°，
1
∴∠AQ C＝∠MAG，
1
又∵∠AQ C＝∠CGA＝∠MAG，
1
∴Q （ ，﹣ ），
1
∵Q 与Q 关于x轴对称，
1 2
∴Q （ ， ），
2
∴Q点坐标分别为（ ，﹣ ），（ ， ）；
7．（2019•鄂州）如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，AB＝4，交y轴于点C，对称轴是直线x＝1．
（1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）连接BC，E是线段OC上一点，E关于直线x＝1的对称点F正好落在BC上，求点F的坐标；
（3）动点M从点O出发，以每秒2个单位长度的速度向点B运动，过M作x轴的垂线交抛物线于点
N，交线段BC于点Q．设运动时间为t（t＞0）秒．
①若△AOC与△BMN相似，请直接写出t的值；
②△BOQ能否为等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．
【分析】（1）将A、B关坐标代入y＝﹣x2+bx+c中，即可求解；
（2）确定直线BC的解析式为y＝﹣x+3，根据点E、F关于直线x＝1对称，即可求解；
（3）①△AOC与△BMN相似，则 ，即可求解；②分OQ＝BQ、BO＝BQ、OQ＝OB三
种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）∵点A、B关于直线x＝1对称，AB＝4，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
代入y＝﹣x2+bx+c中，得： ，解得 ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
∴C点坐标为（0，3）；
（2）设直线BC的解析式为y＝mx+n，
则有： ，解得 ，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
∵点E、F关于直线x＝1对称，
又E到对称轴的距离为1，∴EF＝2，
∴F点的横坐标为2，将x＝2代入y＝﹣x+3中，
得：y＝﹣2+3＝1，
∴F（2，1）；
（3）①如下图，连接BC交MN于Q，
MN＝﹣4t2+4t+3，MB＝3﹣2t，
△AOC与△BMN相似，则 ，
即： ，
解得：t＝ 或﹣ 或1（舍去 、﹣ ），
故：t＝1；
②∵M（2t，0），MN⊥x轴，∴Q（2t，3﹣2t），
∵△BOQ为等腰三角形，∴分三种情况讨论，
第一种，当OQ＝BQ时，
∵QM⊥OB
∴OM＝MB
∴2t＝3﹣2t
∴t＝ ；
第二种，当BO＝BQ时，在Rt△BMQ中
∵∠OBQ＝45°，
∴BQ＝ ，
∴BO＝ ，即3＝ ，
∴t＝ ；
第三种，当OQ＝OB时，
则点Q、C重合，此时t＝0
而t＞0，故不符合题意
综上述，当t＝ 或 秒时，△BOQ为等腰三角形．
8．（2019•乐山）如图，已知抛物线y＝a（x+2）（x﹣6）与x轴相交于A、B两点，与y轴交于C点，且
tan∠CAB＝ ．设抛物线的顶点为M，对称轴交x轴于点N．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P为抛物线的对称轴上一点，Q（n，0）为x轴上一点，且PQ⊥PC．
①当点P在线段MN（含端点）上运动时，求n的变化范围；
②在①的条件下，当n取最大值时，求点P到线段CQ的距离；
③在①的条件下，当n取最大值时，将线段CQ向上平移t个单位长度，使得线段CQ与抛物线有两个
交点，求t的取值范围．
【分析】（1）由函数解析式，可以求出点A、B的坐标分别为（﹣2，0），（6，0），在Rt△OAC中
由tan∠CAB＝ ，可以求出点C的坐标为（0，3），进而可以求出抛物线的解析式；
（2）①抛物线的对称轴为：x＝2，顶点M（2，4），在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2＝CQ2，把三角形三边长用点P，Q的坐标表达出来，整理得： ，利用0≤m≤4，求出n
的取值范围；
②由 ，得： ，求出点P到线段CQ距离为2；
③设线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为： ，联立抛物线方程，可求出x2﹣7x+4t
＝0，由△＝49﹣16t＝0，得 ，可得当线段CQ与抛物线有两个交点时， ．
【解答】解：（1）根据题意得：A（﹣2，0），B（6，0），
在Rt△AOC中，∵ ，且OA＝2，得CO＝3，∴C（0，3），将C点坐标代入y＝a
（x+2）（x﹣6）得： ，
抛物线解析式为： ；
整理得：y＝﹣
故抛物线解析式为：得：y＝﹣ ；
（2）①由（1）知，抛物线的对称轴为：x＝2，顶点M（2，4），设P点坐标为（2，m）（其中
0≤m≤4），
则PC2＝22+（m﹣3）2，PQ2＝m2+（n﹣2）2，CQ2＝32+n2，
∵PQ⊥PC，
∴在Rt△PCQ中，由勾股定理得：PC2+PQ2＝CQ2，
即22+（m﹣3）2+m2+（n﹣2）2＝32+n2，整理得： ＝ （0≤m≤4），
∴当 时，n取得最小值为 ；当m＝4时，n取得最大值为4，
所以 ；
②由①知：当n取最大值4时，m＝4，
∴P（2，4），Q（4，0），则 ， ，CQ＝5，
设点P到线段CQ距离为h，
由 得： ，
故点P到线段CQ距离为2；
③由②可知：当n取最大值4时，Q（4，0），∴线段CQ的解析式为： ，
设线段CQ向上平移t个单位长度后的解析式为： ，
当线段CQ向上平移，使点Q恰好在抛物线上时，线段CQ与抛物线有两个交点，此时对应的点Q'的纵
坐标为： ，
将Q'（4，3）代入 得：t＝3，
当线段CQ继续向上平移，线段CQ与抛物线只有一个交点时，
联解 得： ，化简得：x2﹣7x+4t＝0，
由△＝49﹣16t＝0，得 ，
∴当线段CQ与抛物线有两个交点时，3≤t＜ ．9．（2019•西宁）如图①，直线y＝﹣ x+2 与x轴，y轴分别交于A，B两点，以A为顶点的抛物线
经过点B，点P是抛物线上一点，连接OP，AP．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若△AOP的面积是3 ，求P点坐标；
（3）如图②，动点M，N同时从点O出发，点M以1个单位长度/秒的速度沿x轴正半轴方向匀速运动，
点N以 个单位长度/秒的速度沿y轴正半轴方向匀速运动，当其中一个动点停止运动时，另一个动点
也随之停止运动，过点N作NE∥x轴交直线AB于点E．若设运动时间为t秒，是否存在某一时刻，使四边形AMNE是菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）求出点A、B的坐标；因为抛物线的顶点为点A，所以设抛物线的表达式为：y＝a（x﹣
2）2，将点B的坐标代入上式，即可求解；
（2）△AOP的面积＝ ×OA×y ＝ 2×y ＝3 ，解得：y ＝3 ，即可求解；
P P P
（3）t秒时，点M、N的坐标分别为：（t，0）、（0， t），则点E（2﹣t， t），而点N（0，
t），故NE＝2﹣t，当四边形AMNE是菱形时，NE＝MN，即可求解．
【解答】解：（1）y＝﹣ x+2 ，令x＝0，则y＝2 ，令y＝0，则x＝2，
故点A、B的坐标分别为：（2，0）、（0，2 ），
∵抛物线的顶点为点A（2，0），
∴设抛物线的表达式为：y＝a（x﹣2）2，
将点B的坐标代入上式得：2 ＝a（0﹣2）2，解得：a＝ ，
故抛物线的表达式为：y＝ （x﹣2）2＝ x2﹣2 x+2 ；
（2）∵点A（2，0），则OA＝2，
∴△AOP的面积＝ ×OA×y ＝ 2×y ＝3 ，
P P
解得：y ＝3 ，
P
则y ＝3 ＝ （x﹣2）2，解得：x＝2 ，
P
故点P的坐标为：（2+ ，3 ）或（2﹣ ，3 ）；
（3）存在，理由：
由题意得：t秒时，点M、N的坐标分别为：（t，0）、（0， t），
当y＝ t时，y＝ t＝﹣ x+2 ，解得：x＝2﹣t，故点E（2﹣t， t），
而点N（0， t），故NE＝2﹣t，
当四边形AMNE是菱形时，NE＝MN，
即t2+（ t）2＝（2﹣t）2，解得：t＝ 或﹣2（舍去﹣2），
故t＝ ．
10．（2019•沈阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y＝ax2+bx+2（a≠0）与x轴交于A，B两点（点A
在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线经过点D（﹣2，﹣3）和点E（3，2），点P是第一象限抛
物线上的一个动点．
（1）求直线DE和抛物线的表达式；
（2）在y轴上取点F（0，1），连接PF，PB，当四边形OBPF的面积是7时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，当点P在抛物线对称轴的右侧时，直线DE上存在两点M，N（点M在点N的
上方），且MN＝2 ，动点Q从点P出发，沿P→M→N→A的路线运动到终点A，当点Q的运动路程
最短时，请直接写出此时点N的坐标．
【分析】（1）将点D、E的坐标代入函数表达式，即可求解；
（2）S四边形OBPF ＝S△OBF +S△PFB ＝ ×4×1+ ×PH×BO，即可求解；
（3）过点M作A′M∥AN，过作点A′直线DE的对称点A″，连接PA″交直线DE于点M，此时，点
Q运动的路径最短，即可求解．
【解答】解：（1）将点D、E的坐标代入函数表达式得： ，解得： ，
故抛物线的表达式为：y＝﹣ x2+ x+2，
同理可得直线DE的表达式为：y＝x﹣1…①；
（2）如图，连接BF，过点P作PH∥y轴交BF于点H，将点FB代入一次函数表达式，
同理可得直线BF的表达式为：y＝﹣ x+1，
设点P（x，﹣ x2+ x+2），则点H（x，﹣ x+1），
S四边形OBPF ＝S△OBF +S△PFB ＝ ×4×1+ ×PH×BO＝2+2（﹣ x2+ x+2+ x﹣1）＝7，
解得：x＝2或 ，
故点P（2，3）或（ ， ）；
（3）当点P在抛物线对称轴的右侧时，点P（2，3），
过点M作A′M∥AN，过点A'作直线DE的对称点A″，连接PA″交直线DE于点M，此时，点Q运动
的路径最短，
∵MN＝2 ，相当于向上、向右分别平移2个单位，故点A′（1，2），
A′A″⊥DE，则直线A′A″过点A′，则其表达式为：y＝﹣x+3…②，
联立①②得x＝2，则A′A″中点坐标为（2，1），
由中点坐标公式得：点A″（3，0），
同理可得：直线A″P的表达式为：y＝﹣3x+9…③，
联立①③并解得：x＝ ，即点M（ ， ），点M沿ED向下平移2 个单位得：N（ ，﹣ ）．
11．（2019•湖州）如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A，C分别在x轴和y
轴的正半轴上，连接AC，OA＝3，tan∠OAC＝ ，D是BC的中点．
（1）求OC的长和点D的坐标；
（2）如图2，M是线段OC上的点，OM＝ OC，点P是线段OM上的一个动点，经过P，D，B三点
的抛物线交x轴的正半轴于点E，连接DE交AB于点F．
①将△DBF沿DE所在的直线翻折，若点B恰好落在AC上，求此时BF的长和点E的坐标；
②以线段DF为边，在DF所在直线的右上方作等边△DFG，当动点P从点O运动到点M时，点G也
随之运动，请直接写出点G运动路径的长．
【分析】（1）由OA＝3，tan∠OAC＝ ＝ ，得OC＝ ，由四边形OABC是矩形，得BC＝OA＝
3，所以CD＝ BC＝ ，求得D（ ， ）；
（2）①由易知得ACB＝∠OAC＝30°，设将△DBF沿DE所在的直线翻折后，点B恰好落在AC上的
B'处，则DB'＝DB＝DC，∠BDF＝∠B'DF，所以∠BDB'＝60°，∠BDF＝∠B'DF＝30°，所以BF＝
BD•tan30°＝ ，AF＝BF＝ ，因为∠BFD＝∠AEF，所以∠B＝∠FAE＝90°，因此
△BFD≌△AFE，AE＝BD＝ ，点E的坐标（ ，0）；
②动点P在点O时，求得此时抛物线解析式为y＝﹣ x2+ x，因此E（ ，0），直线DE：y＝﹣
x+ ，F （3， ）；当动点 P从点 O运动到点 M时，求得此时抛物线解析式为 y＝﹣
1x2+ x+ ，所以E（6，0），直线DE：y＝﹣ x+ ，所以F （3， ）；所以
2
点F运动路径的长为F F ＝ ＝ ，即G运动路径的长为 ．
1 2
【解答】解：（1）∵OA＝3，tan∠OAC＝ ＝ ，
∴OC＝ ，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC＝OA＝3，
∵D是BC的中点，
∴CD＝ BC＝ ，
∴D（ ， ）；
（2）①∵tan∠OAC＝ ，
∴∠OAC＝30°，
∴∠ACB＝∠OAC＝30°，
设将△DBF沿DE所在的直线翻折后，点B恰好落在AC上的B'处，
则DB'＝DB＝DC，∠BDF＝∠B'DF，
∴∠DB'C＝∠ACB＝30°
∴∠BDB'＝60°，
∴∠BDF＝∠B'DF＝30°，
∵∠B＝90°，
∴BF＝BD•tan30°＝ ，
∵AB＝ ，
∴AF＝BF＝ ，
∵∠BFD＝∠AEF，
∴∠B＝∠FAE＝90°，
∴△BFD≌△AFE（ASA），∴AE＝BD＝ ，
∴OE＝OA+AE＝ ，
∴点E的坐标（ ，0）；
②动点P在点O时，
∵抛物线过点P（0，0）、D（ ， ）、B（3， ）
求得此时抛物线解析式为y＝﹣ x2+ x，
∴E（ ，0），
∴直线DE：y＝﹣ x+ ，
∴F （3， ）；
1
当动点P从点O运动到点M时，
∵抛物线过点P（0， ）、D（ ， ）、B（3， ）
求得此时抛物线解析式为y＝﹣ x2+ x+ ，
∴E（6，0），
∴直线DE：y＝﹣ x+ ，
∴F （3， ）；
2
∴点F运动路径的长为F F ＝ ＝ ，
1 2
如图，当动点P从点O运动到点M时，点F运动到点F'，点G也随之运动到G'．
连接GG'．当点P向点M运动时，抛物线开口变大，F点向上线性移动，所以G也是线性移动．
即GG'＝FF'．∵△DFG、△DF'G'为等边三角形，
∴∠GDF＝∠G'DF'＝60°，DG＝DF，DG'＝DF'，
∴∠GDF﹣∠GDF'＝∠G'DF'﹣∠GDF'，
即∠G'DG＝∠F'DF
在△DFF'与△DGG'中，
，
∴△DFF'≌△DGG'（SAS），
∴GG'＝FF'＝ ，
此时∠FGG′＝120°，GG′∥DF，
∴点G的运动轨迹是线段GG′，
∴G运动路径的长为 ．
12．（2021•高明区校级模拟）在平面直角坐标系中，Rt△ABC，∠ACB＝90°，AB∥x轴，如图1，C（1，
0），且OC：OA＝AC：BC＝1：2．
（1）A点坐标为 （ 0 ， 2 ） ，B点坐标为 （ 5 ， 2 ） ；
（2）求过A、B、C三点的抛物线表达式；
（3）如图2，抛物线对称轴与AB交于点D，现有一点P从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上
向点B运动，另一点Q从点D与点P同时出发，以每秒5个单位在抛物线对称轴上运动．当点P到达B
点时，点P、Q同时停止运动，问点P、Q运动到何处时，△PQB面积最大，试求出最大面积．【分析】（1）根据OC＝1可得OA＝2，因为A在y轴上，可得A的坐标，根据勾股定理计算AC，AB
的长，可得B的坐标；
（2）利用待定系数法求二次函数的解析式；
（3）根据动点的时间和速度表示PB和DQ的长，根据三角形面积公式表示△PQB面积，根据二次函数
的最值即可解答．
【解答】解：（1）∵C（1，0），
∴OC＝1，
∵OC：OA＝1：2，
∴OA＝2，
∴A（0，2），
∴AC＝ ＝ ，
∵AC：BC＝1：2，
∴BC＝2 ，
∵∠ACB＝90°，
∴AB＝ ＝ ＝5，
∵AB∥x轴，
∴B（5，2），
故答案为：（0，2），（5，2）；
（2）设过A、B、C三点的抛物线表达式为：y＝ax2+bx+c，
则 ，解得： ，
∴过A、B、C三点的抛物线表达式为：y＝ x2﹣ x+2；
（3）如图2，设运动t秒时，△PQB面积最大，且0≤t≤5，则BP＝5﹣t，DQ＝5t，
∴S△PQB ＝ ＝ ＝﹣ ，
∵a＝﹣ ＜0
∴当t＝﹣ ＝ 时，面积最大值是：S△PQB ＝﹣ ＝ ，
此时点P的坐标为（ ，2），
当点Q向上运动时，点Q的坐标为（ ， ），
当点Q向下运动时，点Q的坐标为（ ，﹣ ），
综上，当点P的坐标为（ ，2），点Q的坐标为（ ， ）或（ ，﹣ ）时，△PQB面积最大，
最大面积为 ．
13．（2020•香洲区校级一模）如图1，矩形OBCD的边OD，OB分别在x轴和y轴上，且B（0，8），D
（10，0）．点E是DC边上一点，将矩形OBCD沿过点O的射线OE折叠，使点D恰好落在BC边上的
点A处．
（1）若抛物线y＝ax2+bx经过点A，D，求此抛物线的解析式；
（2）若点M是（1）中的抛物线对称轴上的一点，点N是坐标平面内一点，是否存在M，N使以A，
M，N，E为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出点M的坐标；若不存在，说明理由；
（3）如图2，动点P从点O出发沿x轴正方向以每秒1个单位的速度向终点D运动，动点Q从点D出
发沿折线D﹣C﹣A以同样的速度运动，两点同时出发，当一点运动到终点时，另一点也随之停止，过
动点P作直线l⊥x轴，依次交射线OA，OE于点F，G，设运动时间为t（秒），△QFG的面积为S，求S与t的函数关系式，并直接写出t的取值范围．（t的取值应保证△QFG的存在）
【分析】（1）用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）易求得抛物线的对称轴x＝5，过点E作ET⊥AH，垂足为T，运用勾股定理用的代数式表示出
AM2、EM2，然后分别以AM与AE，EM与EA，ME与MA为菱形的一组邻边进行讨论，列出等式，求
出n，就可求出点M的坐标；
（3）根据点Q的位置不同，分以下四种情况进行讨论：①点Q在线段DC上、②点Q在AC上且在直
线的右边、③）点Q在AC上且在直线上、④点Q在AC上且在直线l的左边，就可解决问题．
【解答】（1）解：∵四边形OBCD是矩形，B（0，8），D（10，0），
∴BC＝OD＝10，DC＝OB＝8，∠OBC＝∠C＝90°，
由折叠可得：OA＝OD＝10，AE＝DE，
∵∠OBC＝90°，OB＝8，OA＝10，
∴AB＝6，
∴AC＝4，
设AE＝DE＝x，则CE＝8﹣x，
∵∠C＝90°，
∴x2＝42+（8﹣x）2，
解得：x＝5，
∴AE＝DE＝5，
∴点A的坐标为（6，8），点E的坐标为（10，5），
∵抛物线y＝ax2+bx经过点A（6，8），D（10，0），
∴ ，解得： ．
此抛物线的解析式为 ；
（2）存在M、N，使以A、M、N、E为顶点的四边形为菱形，
设抛物线的对称轴与 BC 交于点 H，过点 E 作 ET⊥AH，垂足为 T，连接 AM、ME，如图 1，
设点M的坐标为（m，n），则 ，
∴AH＝6﹣5＝1，HM＝﹣8﹣n，
ET＝10﹣5＝5，TM＝﹣5﹣n，
因为AH⊥HM，
∴AM2＝AH2+MH2＝1+（8﹣n）2，
∵ET⊥MH，
∴ME2＝ET2+MT2＝25+（5﹣n）2，
①若AM与AE是菱形的一组邻边，则AM＝AE，
∴AM2＝AE2，
∴1+（8﹣n）2＝25，
∴（8﹣n）2＝24，解得： ；
②若EM与EA是菱形的一组邻边，则EM＝EA，
∴EM2＝EA2，
∴25+（5﹣n）2＝25，
∴（5﹣n）2＝0，
∴n ＝5；
3
③若MA与ME是菱形的一组邻边，则MA＝ME，
∴MA2＝ME2，
∴1+（8﹣n）2＝25+（5﹣n）2，
解得：n ＝2.5．
4
综上所述：满足要求的点M的坐标为 ，（5，5），（5，2.5）；
（3）设直线OA的解析式y＝k x，
1
∵点A的坐标为（6，8），
∴6k ＝8，
1
∴k ＝ ，
1
故直线OA的解析式为y＝ x，
同理可得：直线OE的表达式为y＝ ，
∵OP＝1×t＝t，
∴P（t，0），
∵直线⊥x轴于点P，点F，G是直线l与OA，OE的交点，
∴ ，
故 ，
当0＜t＜8时，点Q在线段DC上，
过点Q作QS⊥直线l，垂足为S，
如图2，则QS＝PD＝10﹣t，
∴
＝
＝ ，
②当8≤t＜9时，点Q在线段CA上，且在直线l的右侧，
设FG交AC于点N，如图3，
则QN＝CN﹣CQ＝PD﹣CQ＝（10t）﹣（t﹣8）＝18﹣2t，
∴
＝
＝ ；
③当t＝9时，QN＝18﹣2t＝0，点Q与点N重合，此时△QFG不存在，故舍去；
④当9＜t≤10时，点Q在线段CA上，且在直线l的左侧，设FG交AC于点N，如图4．则QN＝CQ﹣CN＝CQ﹣PD＝（10﹣t）＝2t﹣18，
∴
＝ （2t﹣18）
＝ ．
综上所述： ．
14．（2020•南充一模）如图，抛物线y＝﹣ （x+1）（x﹣n）与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），
与y轴交于点C，△ABC的面积为5．动点P从点A出发沿AB方向以每秒1个单位的速度向点B运动，
过P作PN⊥x轴交BC于M，交抛物线于N．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当M在线段BC上，MN最大时，求运动的时间；（3）经过多长时间，点N到点B、点C的距离相等？
【分析】（1）根据已知条件，求出点A、点B、点C的坐标，根据△ABC的面积为5即可求解；
（2）根据题意得出点M、点N的坐标，求出MN的代数式即可求解；
（3）根据两点间的距离的含义，作BC的中垂线即可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣ （x+1）（x﹣n）与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y
轴交于点C，
∴A（﹣1，0），B（n，0），C（0， ），n＞0，
∴AB＝n+1，OC＝ n，
由S△ABC ＝ ×AB×OC＝5，
∴ n（n+1）＝5，
∴n（n+1）＝20，
∴取正根n＝4，
∴y＝﹣ （x+1）（x﹣4）＝﹣ x2+ x+2；
（2）由（1），B（4，0），C（0，2），
∴直线BC为y＝﹣ x+2，
设M（m，﹣ m+2），N（m，﹣ m2+ m+2），
∴MN＝（﹣ m2+ m+2）﹣（﹣ m+2）＝﹣ m2+2m＝﹣ （m﹣2）2+2，
∴当m＝2时，MN最大，
∴OP＝2，
∴AP＝3，即经过3s，MN最大；
（3）如下图所示，作BC的中垂线，与BC交于点D，与y轴交于点E，
与抛物线交于点N，∴△CDE∽△COB
∴ ＝ ＝ ，
由（2），BC＝2 ，D（2，1），
∴DE＝2CD＝2 ，
∴CE＝5，
∴OE＝3，
∴E（0，﹣3），
∴直线DE为y＝2x﹣3，
由﹣ x2+ x+2＝2x﹣3，
移项整理得： x2+ x﹣5＝0，
∴x2+x﹣10＝0，
取正根x＝ ，
∴OP＝ ，
∴AP＝ ，
即经过 秒，点N到点B、点C的距离相等．
15．（2020•潮南区模拟）如图，关于x的二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于点A（1，0）和点B，与
y轴交于点C（0，3），抛物线的对称轴与x轴交于点D．
（1）求二次函数的解析式．
（2）有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从点D与点M
同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达点B时，点M、N同时停止运动，问点M、N运动到何处时，△MNB面积最大，试求出最大面积．
（3）在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标，若不存在
请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法可求解析式；
（2）设AM＝t则DN＝2t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，S△MNB ＝ ×（2﹣t）×2t＝﹣t2+2t，运用二次函数
的顶点坐标解决问题；此时点M在D点，点N在对称轴上x轴上方2个单位处或点N在对称轴上x轴下
方2个单位处．
（3）求出点B的坐标，再根据勾股定理得到 BC，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：
①CP＝CB；②BP＝BC；③PB＝PC；
【解答】解：（1）把A（1，0）和C（0，3）代入y＝x2+bx+c，
，
解得： ，
∴二次函数的表达式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）如图1，设A运动时间为t，由AB＝2，得BM＝2﹣t，则DN＝2t，
∴S△MNB ＝ ×（2﹣t）×2t＝﹣t2+2t＝﹣（t﹣1）2+1，即当M（2，0）、N（2，2）或（2，﹣2）时△MNB面积最大，最大面积是1；
（3）令y＝0，则x2﹣4x+3＝0，
解得：x＝1或x＝3，
∴B（3，0），
∴BC＝3 ，
点P在y轴上，当△PBC为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图2，
①当CP＝CB时，PC＝3 ，
∴OP＝OC+PC＝3+3 或OP＝PC﹣OC＝3 ﹣3
∴P （0，3+3 ），P （0，3﹣3 ）；
1 2
②当BP＝BC时，OP＝OB＝3，
∴P （0，﹣3）；
3
③当PB＝PC时，
∵OC＝OB＝3，
∴此时P与O重合，
∴P （0，0）；
4
综上所述，点P的坐标为：（0，3+3 ）或（0，3﹣3 ）或（0，﹣3）或（0，0）．
16．（2020•潮州模拟）如图1，已知抛物线y＝ x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），
与y轴交于点C，且OB＝2OA＝4．
（1）求该抛物线的函数表达式；（2）设P是（1）中抛物线上的一个动点，当直线OC平分∠ACP时，求点P的坐标；
（3）如图2，点G是线段AC的中点，动点E从点A出发，以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，
动点F从点B出发，以每秒 个单位长度的速度向终点C运动，若E、F两点同时出发，运动时间为t
秒．则当t为何值时，△EFG的面积是△ABC的面积的 ？
【分析】（1）根据OA、OB的长度求出点A、B的坐标，然后利用待定系数法求二次函数解析式解答；
（2）求出C（0，﹣4），求出直线CD的解析式，联立直线CD的解析式和抛物线的解析式可求出答案；
（3）过点G作GH⊥x轴于点H，证明△AHG∽△AOC，得出 ，求出点G的坐标，当
0＜t＜4时，如图2，过点F作FM⊥x轴于点M，依题意得： ，根据三角形的面积可求
出答案，当4≤t≤6时，可求出答案．
【解答】解：（1）∵OB＝2OA＝4，
∴A（﹣2，0），B（4，0），
把A（﹣2，0），B（4，0）分别代入 得：
，
解得： ，
∴抛物线的函数表达式为 ；
（2）如图，设CP与x轴相交于点D，∵OC平分∠ACP，AO⊥CO，
∴OA＝OD＝2，
∴D（2，0），
把x＝0代入 得，y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
设直线CD的解析式为y＝kx+d，
把C（0，﹣4），D（2，0）分别代入y＝kx+d得： ，
解得： ，
∴y＝2x﹣4，
依题意得 ，
解得 ， ，
∴P（6，8）；
（3）如图2，过点G作GH⊥x轴于点H，∵GH∥y轴
∴△AHG∽△AOC，
∴ ，
∴由A（﹣2，0），C（0，﹣4），
得G（﹣1，﹣2），
点E运动到点B的时间为[4﹣（﹣2）]÷1＝6秒，
点F运动到点C的时间为 秒，
当0＜t＜4时，如图2，过点F作FM⊥x轴于点M，
依题意得： ，
∵OC＝OB＝4，∠OBC＝45°，
∴FM＝MB＝t，
∴EH＝1﹣t，HG＝2，HM＝6﹣1﹣t＝5﹣t，EM＝6﹣t﹣t＝6﹣2t，
∴S△EFG ＝S△EGH +S梯形HGFM ﹣S△EFM ＝ ＝ ，
∵ ，△EFG的面积是△ABC的面积的 ，
∴ ，
解得：t ＝1，t ＝4，
1 2
当4≤t≤6时，如图3，∴S△EFG ＝S△AFE ﹣S△AGE ＝ ＝t，
∴ ．
综上所述，当t＝1或t＝4时，△EFG的面积是△ABC的面积的 ．
17．（2021•饶平县校级模拟）如图，抛物线y＝x2+bx+c过点A（3，0），B（1，0），交y轴于点C，点
P是该抛物线上一动点，点P从C点沿抛物线向A点运动（点P不与A重合），过点P作PD∥y轴交直
线AC于点D．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求点P在运动的过程中线段PD长度的最大值；
（3）△APD能否构成直角三角形？若能，请直接写出所有符合条件的点P坐标；若不能，请说明理由．
【分析】（1）把点A、B的坐标代入抛物线解析式，解方程组得到b、c的值，即可得解；
（2）求出点C的坐标，再利用待定系数法求出直线AC的解析式，再根据抛物线解析式设出点P的坐
标，然后表示出PD的长度，再根据二次函数的最值问题解答；
（3）①∠APD是直角时，点P与点B重合，②求出抛物线顶点坐标，然后判断出点P为在抛物线顶
点时，∠PAD是直角，分别写出点P的坐标即可；
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过点A（3，0），B（1，0），∴ ，
解得 ，
∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x+3；
（2）令x＝0，则y＝3，
∴点C（0，3），
则直线AC的解析式为y＝﹣x+3，
设点P（x，x2﹣4x+3），
∵PD∥y轴，
∴点D（x，﹣x+3），
∴PD＝（﹣x+3）﹣（x2﹣4x+3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣ ）2+ ，
∵a＝﹣1＜0，
∴当x＝ 时，线段PD的长度有最大值 ；
（3）①∠APD是直角时，点P与点B重合，
此时，点P（1，0），
②∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的顶点坐标为（2，﹣1），
∵A（3，0），
∴点P为在抛物线顶点时，∠PAD＝45°+45°＝90°，
此时，点P（2，﹣1），
综上所述，点P（1，0）或（2，﹣1）时，△APD能构成直角三角形．
18．（2020•山西模拟）综合与实践
如图，抛物线y＝ 与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），交y轴于点C．点D从点A
出发以每秒1个单位长度的速度向点B运动，点E同时从点B出发以相同的速度向点C运动，设运动的
时间为t秒．
（1）求点A，B，C的坐标；
（2）求t为何值时，△BDE是等腰三角形；
（3）在点D和点E的运动过程中，是否存在直线DE将△BOC的面积分成1：4两份，若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）令x＝0和y＝0，可得方程，解得可求点A，B，C的坐标；
（2）分三种情况讨论，利用等腰三角形的性质和锐角三角函数可求解；
（3）分两种情况讨论，利用锐角三角函数和三角形面积公式可求解．
【解答】解：（1）令y＝0，可得0＝ x2﹣ x﹣3，
解得：x ＝﹣1，x ＝4，
1 2
∴点A（﹣1，0），点B（4，0），
令x＝0，可得y＝﹣3，
∴点C（0，﹣3）；
（2）∵点A（﹣1，0），点B（4，0），点C（0，﹣3），
∴AB＝5，OB＝4，OC＝3，
∴BC＝ ＝ ＝5，
当BD＝BE时，则5﹣t＝t，
∴t＝ ，
当BE＝DE时，如图1，过点E作EH⊥BD于H，
∴DH＝BH＝ BD＝ ，∵cos∠DBC＝ ，
∴ ，
∴t＝ ，
当BD＝DE时，如图2，过点D作DF⊥BE于F，
∴EF＝BF＝ BE＝ t，
∵cos∠DBC＝ ，
∴ ，
∴t＝ ，
综上所述：t的值为 ， 和 ；
（3）∵S△BOC ＝ BO×CO＝6，
∴ S△BOC ＝ ， S△BOC ＝ ，
如图1，过点E作EH⊥BD于H，∵sin∠DBC＝ ，
∴ ，
∴HE＝ t，
当S△BDE ＝ S△BOC ＝ 时，则 （5﹣t）× t＝ ，
∴t ＝1，t ＝4，
1 2
当S△BDE ＝ S△BOC ＝ ，时，则 （5﹣t）× t＝ ，
∴t2﹣5t+16＝0，
∴方程无解，
综上所述：t的值为1或4．
19．（2020•雁塔区校级模拟）将抛物线C ：y＝﹣x2+3沿x轴翻折，得抛物线C ．
1 2
（1）请求出抛物线C 的表达式；
2
（2）现将抛物线C 向左平移m个单位长度，平移后得到的新抛物线的顶点为M，与x轴的交点从左到
1
右依次为A、B；将抛物线C 向右也平移m个单位长度，平移后得到的新抛物线的顶点为N，与x轴交
2
点从左到右依次为D、E．在平移过程中，是否存在以点A，N，E，M为顶点的四边形是矩形的情形？
若存在，请求出此时m的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）抛物线翻折前后顶点关于x轴对称，顶点的纵坐标为互为相反数；
（2）连接AN，NE，EM，MA，M，N关于原点O对称可得OM＝ON，A，E关于原点O对称可得OA
＝OE，判断四边形ANEM为平行四边形；若AM2+ME2＝AE2，解得m＝ ，即可求解；
【解答】解：（1）∵抛物线C ：y＝﹣x2+3的顶点为（0，3），
1
∴翻折后的抛物线的顶点坐标为（0，﹣3），∴抛物线C 解析式为：y＝x2﹣3；
2
（2）存在
连接AN，NE，EM，MA，
依题意可得：M（﹣m，3），N（m，﹣3），
∴M，N关于原点O对称，
∴OM＝ON，
原C 、C 抛物线与x轴的两个交点分别（﹣ ，0），（ ，0），
1 2
∴A（﹣ ﹣m，0），E（ +m，0），
∴A，E关于原点O对称，
∴OA＝OE，
∴四边形ANEM为平行四边形，
∴AM2＝3+9＝12，
ME2＝（ +m+m）2+32＝4m2+4 m+12，
AE2＝（ +m+ +m）2＝4m2+8 m+12，
若AM2+ME2＝AE2，
∴12+4m2+4 m+12＝4m2+8 m+12，
解得m＝ ，
此时△AME是直角三角形，且∠AME＝90°，
∴当m＝ 时，以点A，N，E，M为顶点的四边形是矩形．
20．（2020•清江浦区模拟）如图 1，矩形OBCD的边OD，OB分别在x轴和y轴上，且B（0，8），D（10，0）．点E是DC边上一点，将矩形OBCD沿过点O的射线OE折叠，使点D恰好落在BC边上的
点A处．
（1）若抛物线y＝ax2+bx经过点A，D，求此抛物线的解析式；
（2）若点M是（1）中抛物线对称轴上的一点，是否存在点M，使△AME为等腰三角形？若存在，直
接写出点M的坐标；若不存在，说明理由；
（3）如图2，动点P从点O出发沿x轴正方向以每秒1个单位的速度向终点D运动，动点Q从点D出
发沿折线D﹣C﹣A以同样的速度运动，两点同时出发，当一点运动到终点时，另一点也随之停止，过
动点P作直线l⊥x轴，依次交射线OA，OE于点F，G，设运动时间为t（秒），△QFG的面积为S，
求S与t的函数关系式，并直接写出t的取值范围．（t的取值应保证△QFG的存在）
【分析】（1）设AE＝DE＝x，则CE＝8﹣x，则x2＝42+（8﹣x）2，则AE＝DE＝5，则点A的坐标为
（6，8），进而求解；
（2）分AE＝AM、AE＝EM、AM＝EM三种情况，分别求解即可；
（3）分0＜t＜8、8≤t＜9、t＝9、9＜t≤10三种情况，分别求解函数表达式即可求解．
【解答】解：（1）∵四边形OBCD是矩形，B（0，8），D（10，0），
∴BC＝OD＝10，DC＝OB＝8，∠OBC＝∠C＝90°，
由折叠可得：OA＝OD＝10，AE＝DE，
∵∠OBC＝90°，OB＝8，OA＝10，
∴AB＝6，
∴AC＝4，
设AE＝DE＝x，则CE＝8﹣x，
∵∠C＝90°，
∴x2＝42+（8﹣x）2，
解得：x＝5，∴AE＝DE＝5，
∴点A的坐标为（6，8），点E的坐标为（10，5），
∵抛物线y＝ax2+bx经过点A（6，8），D（10，0），则 ，解得 ，
此抛物线的解析式为y＝﹣ x2+ x；
（2）抛物线过O、D（10，0）两点，则其对称轴为x＝5，
设点M（5，m），而点A（6，8）、点E（10，5），
则AE2＝16+9＝25，AM2＝1+（m﹣8）2，EM2＝（m﹣5）2+25，
当AE＝AM时，则25＝1+（m﹣8）2，解得：m＝8±2 ；
当AE＝EM时，同理可得：m＝5；
当AM＝EM时，同理可得：m＝ ；
故点M的坐标为（5，8+2 ）或（5，8﹣2 ）或（5，5）或（5，2.5）；
（3）设直线OA的解析式y＝k x，
1
∵点A的坐标为（6，8），
∴6k ＝8，解得：k ＝ ，
1 1
直线OA的解析式y＝ x，
同理可得：直线OE的表达式为y＝ x，
∵OP＝1×t＝t，
∴P（t，0），
∵直线⊥x轴于点P、点F，
G是直线l与OA，OE的交点，
∴点F、G的坐标分别为（t， t）、（t， t），则FG＝ t﹣ t＝ t，
当0＜t＜8时，点Q在线段DC上，
过点Q作QS⊥直线l，垂足为S，如图1，
则QS＝PD＝10﹣t，
∴S＝ ×FG•QS＝ FG•PD＝ t（10﹣t）＝﹣ t2+ t；
②当8≤t＜9时，点Q在线段CA上，且在直线l的右侧，
设FG交AC于点N，如图2，
则QN＝CN﹣CQ＝PD﹣CQ＝（10t）﹣（t﹣8）＝18﹣2t
∴S＝ FD•QN＝ t（18﹣2t）＝﹣ t2+ t；
③当t＝9时，QN＝18﹣2t＝0，点Q与点N重合，此时△QFG不存在，故舍去，
④当9＜t≤10时，点Q在线段CA上，且在直线l的左侧，设FG交AC于点N，如图3．则QN＝CQ﹣CN＝CQ﹣PD＝（10﹣t）＝2t﹣18，
S＝ FG•QN＝ t（2t﹣18）＝ t2﹣ t；
综上所述：S＝ ．
21．（2022•济宁三模）如图，直线y＝﹣2x+4交x轴于点A，交y轴于点B，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）
经过点A、E，点E的坐标是（5，3），抛物线交x轴于另一点C（6，0）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）设抛物线的顶点为D，连接BD，AD，CD，动点P在BD上以每秒2个单位长度的速度由点B向
点D运动，同时动点Q在线段CA上以每秒3个单位长度的速度由点C向点A运动，当其中一个点到达
终点停止运动时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t秒，PQ交线段AD于点H．
①当∠DPH＝∠CAD时，求t的值；
②过点H作HM⊥BD，垂足为点M，过点P作PN⊥BD交线段AB或AD于点N．在点P、Q的运动过
程中，是否存在以点P，N，H，M为顶点的四边形是矩形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理
由．【分析】（1）先由直线解析式求得点A、B坐标，根据两点式设抛物线解析式，将点E坐标代入抛物线
解析式求得a的值，从而得出答案；
（2）①由点A，点B，点C，点D坐标可求AD＝CD，BD∥OC，可证四边形PDQC是平行四边形，
可得PD＝CQ，即3t＝4﹣2t，解之即可；
②分点N在AB上和点N在AD上两种情况分别求解．
【解答】解：（1）在直线y＝﹣2x+4中，
令x＝0时，y＝4，
∴点B坐标（0，4），
令y＝0时，得：﹣2x+4＝0，
解得：x＝2，
∴点A（2，0），
∵抛物线经过点A（2，0），C（6，0），E（5，3），
∴可设抛物线解析式为y＝a（x﹣2）（x﹣6），
将E（5，3）代入，得：3＝a×（5﹣2）×（5﹣6），
解得：a＝﹣1，
∴抛物线解析式为：y＝﹣（x﹣2）（x﹣6）＝﹣x2+8x﹣12；
（2）①∵抛物线解析式为：y＝﹣x2+8x﹣12＝﹣（x﹣4）2+4，
∴顶点D（4，4），
∵点B坐标（0，4），
∴BD∥OC，BD＝4，
∵y＝﹣x2+8x﹣12与x轴交于点A，点C，
∴令y＝0，得0＝﹣x2+8x﹣12，
解得：x ＝6，x ＝2，
1 2∴点C（6，0），点A（2，0），
∴AC＝4，
∵点D（4，4），点C（6，0），点A（2，0），
∴AD＝CD＝2 ，
∴∠DAC＝∠DCA，
∵BD∥AC，
∴∠DPH＝∠PQA，
且∠DPH＝∠DAC，
∴∠PQA＝∠DAC，
∴PQ∥DC，且BD∥AC，
∴四边形PDCQ是平行四边形，
∴PD＝QC，
∴4﹣2t＝3t，
∴t＝ ；
②存在以点P，N，H，M为顶点的四边形是矩形，此时t＝1﹣ ．
如图，若点N在AB上时，即0≤t≤1，
∵BD∥OC，
∴∠DBA＝∠OAB，
∵点B坐标（0，4），A（2，0），点D（4，4），
∴AB＝AD＝2 ，OA＝2，OB＝4，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴tan∠OAB＝ ＝ ＝tan∠DBA＝ ，
∴PN＝2BP＝4t，
∴MH＝PN＝4t，
∵tan∠ADB＝tan∠ABD＝ ＝2，
∴MD＝2t，
∴DH＝ ＝2 t，
∴AH＝AD﹣DH＝2 ﹣2 t，∵BD∥OC，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴5t2﹣10t+4＝0，
∴t ＝1+ （舍去），t ＝1﹣ ；
1 2
若点N在AD上，即1＜t≤ ，
∵PN＝MH，
∴点H、N重合，此时以点P，N，H，M为顶点的矩形不存在，
综上所述：当以点P，N，H，M为顶点的四边形是矩形时，t的值为1﹣ ．
22．（2022•望花区模拟）如图1，已知抛物线y＝ax2+ x+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，且
点A的坐标为（﹣1，0）、点C的坐标为（0，3）．（1）请写出该抛物线的函数表达式和点B的坐标；
（2）如图2，有两动点D、E在△COB的边上运动，运动速度均为每秒5个单位长度，它们分别从点C
和点B同时出发，点D沿折线COB按C→O→B方向向终点B运动，点E沿线段BC按B→C方向向终
点C运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动时间为t秒，请解答下列问题：
①当t为何值时，△BDE的面积等于 ；
②在点D、E运动过程中，该抛物线上存在点F，使得依次连接AD、DF、FE、EA得到的四边形ADFE
是平行四边形，请直接写出所有符合条件的点F的坐标．
【分析】（1）把A、C两点代入抛物线y＝ax2+ x+c解析式，即可得表达式．令y＝0，得B点的坐标；
（2）①在△OBC中，BC＜OC+OB，当动点E运动到终点C时，另一个动点D也停止运动，由勾股定
理得BC＝5，当运动时间为t秒时，BE＝5t，过点E作EN⊥x轴，垂足为N，根据相似三角形的判定得
△BEN∽△BCO，根据相似三角形的性质得，点E的坐标为（4﹣4t，3t），分两种情形讨论：Ⅰ、当点
D在线段CO上运动时，0＜t≤ ，此时CD＝5t，点D的坐标为（0，3﹣5t），S△BDE ＝S△BOC ﹣S△CDE ﹣
S△BOD ，由S△BDE ＝ ，即可求解；Ⅱ、如图，当点D在线段OB上运动时， ＜t≤1，BD＝7﹣5t，
S△BDE ＝ BD•EN＝ ，解方程即可求解；
②根据平行四边形ADFE的性质得出坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+ x+c经过A（﹣1，0），C（0，3）两点，∴ ，
解得 ，
∴该抛物线的函数表达式为y＝﹣ x2+ x+3；
∵抛物线y＝﹣ x2+ x+3，令y＝0，
解得：x ＝﹣1，x ＝4，
1 2
∴B点的坐标为（4，0）；
（2）①∵在△OBC中，BC＜OC+OB，
∴当动点E运动到终点C时，另一个动点D也停止运动，
∵OC＝3，OB＝4，
∴在Rt△OBC中，BC＝ ＝5，
∴0＜t≤1，
当运动时间为t秒时，BE＝CD＝5t，
如图，
过点E作EN⊥x轴，垂足为N，
则△BEN∽△BCO，
∴ ＝t，
∴BN＝4t，EN＝3t，∴点E的坐标为（4﹣4t，3t），
下面分两种情形讨论：
Ⅰ、当点D在线段CO上运动时，0＜t≤ ，
此时CD＝5t，点D的坐标为（0，3﹣5t），
∴S△BDE ＝S△BOC ﹣S△CDE ﹣S△BOD
＝ BO•CO﹣ CD•|x |﹣ OB•OD
E
＝ ×4×3﹣ ×5t×（4﹣4t）﹣ ×4×（3﹣5t）
＝10t2，
当S△BDE ＝ 时，10t2＝ ，
解得t ＝﹣ （舍去），t ＝ ，
1 2
∴t＝ ；
Ⅱ、如图，当点D在线段OB上运动时， ＜t≤1，BD＝7﹣5t，
∴S△BDE ＝ BD•EN＝ ×（7﹣5t）×3t＝ ，
解得 （不合题意，舍去）， ．
综上所述，当 或 时，△BDE的面积等于 ；
②当点D在线段OC上，过点E作EH∥x轴，过点F作FH⊥EH于H，∵四边形ADFE是平行四边形，
∴AD＝EF，AD∥EF，
∴∠ADF+∠DFE＝180°，
∵CO∥FH，
∴∠ODF+∠DFH＝180°，
∴∠ADO＝∠EFH，
又∵∠AOD＝∠EHF，
∴△ADO≌△EFH（AAS），
∴AO＝EH＝1，FH＝DO＝3﹣5t，
∵点E的坐标为（4﹣4t，3t），
∴点F（5﹣4t，3t+3﹣5t），
∴3t+3﹣5t＝﹣ （5﹣4t）2+ （5﹣4t）+3，
解得：t ＝ ，t ＝ （不合题意舍去），
1 2
∴F坐标为（ ， ）；
当点D在线段OB上，过点E作EQ⊥AB于Q，过点F作FM⊥AB于M，∵四边形ADFE是平行四边形，
∴AD＝EF，AD∥EF，
∴∠EAQ＝∠FDM，
又∵∠AQE＝∠DMF＝90°，
∴△AEQ≌△DFM（AAS），
∴DM＝AQ，EQ＝FM，EF＝AD＝4﹣（7﹣5t）+1＝5t﹣2，
∵点E的坐标为（4﹣4t，3t），
∴点F（2+t，3t），
∴3t＝﹣ （2+t）2+ （2+t）+3，
解得：t ＝﹣6（不合题意舍去），t ＝1，
3 4
∴F坐标为（3，3）．
综上所述：F的坐标为（3，3）或（ ， ）．
