专项突破04 二次函数与几何图形综合
（7种高频考察题型 共28题）
题型1：线段周长问题（二次函数综合）................................................................................................................1
题型2：面积问题（二次函数综合）..........................................................................................................................8
题型3：角度问题（二次函数综合）........................................................................................................................18
题型4：特殊三角形问题（二次函数综合）..........................................................................................................30
题型5：特殊四边形（二次函数综合）...................................................................................................................40
题型6：相似三角形问题（二次函数综合）..........................................................................................................50
题型7：其他问题（二次函数综合）........................................................................................................................62
题型1：线段周长问题（二次函数综合）
1．（25-26九年级上·全国·课后作业）如下图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于
点C，点A的坐标为(−1,0)，点B的坐标为(3,0)．
(1)求△ABC的面积．
(2)若P是第四象限内抛物线上任意一点，PH⊥x轴于点H，与BC交于点M．求线段PM的最大值．
【答案】(1)△ABC的面积为6
9
(2)线段PM的最大值为
4
【思路引导】本题主要考查了待定系数法确定函数关系式、三角形面积的计算以及线段最大值的求法，解
题的关键是利用函数性质求线段最大值．（1）将A(−1,0),B(3,0)代入y=x2+bx+c可求得抛物线的解析式，进而根据抛物线解析式求得点C的
坐标，易得线段OC，AB的长度，所以由三角形面积公式解答即可；
（2）根据平行于y轴直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得
PM=(n−3)−(n2−2n−3)，再根据二次函数的性质，可得答案．
【规范解答】（1）解：将A(−1,0),B(3,0)代入y=x2+bx+c，
{1−b+c=0,
)
得
9+3b+c=0,
{b=−2,)
解得
c=−3,
∴抛物线解析式为y=x2−2x−3，
∴C(0,−3)，
∴OC=3．
由A(−1,0),B(3,0)可知，AB=4，
1 1
∴S = AB⋅OC= ×4×3=6，
△ABC 2 2
故答案为：△ABC的面积是6．
（2）（2）设直线BC的解析式为y=kx+t．
{3k+t=0,)
将点B、C的坐标代入函数解析式，得
t=−3,
{k=1,
)
解得
t=−3,
∴直线BC的解析式为y=x−3．
设M(n,n−3)，则P(n,n2−2n−3)，
∴PM=(n−3)−(n2−2n−3)
=−n2+3n
( 3) 2 9
=− n− + ，
2 4
3 9
∴当n= 时，PM有最大值，最大值为 ．
2 4
9
故答案为：线段PM的最大值为 .
42．（24-25九年级上·河北承德·期末）如图1，已知抛物线y=x2+mx+n与x轴交于A(−1,0)，B两点，
与y轴交于点C(0,−3)．
(1)求抛物线的解析式及点B的坐标；
(2)如图2，点P，Q为直线BC下方抛物线上的两点，点Q的横坐标比点P的横坐标大1，过点P作PM∥y
轴，交BC于点M，过点Q作QN∥y轴，交BC于点N．
①求直线BC的解析式；
②求PM+QN的最大值及此时点Q的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3，(3,0)
(2)①y=x−3；②4，(2,−3)
【思路引导】本题主要考查了运用待定系数法求解析式、运用二次函数的性质求最值、二次函数与几何的
综合等知识点，掌握二次函数的性质是解答本题的关键．
（1）直接运用待定系数法即可解答；
（2）①直接运用待定系数法即可解答；
②设P(a,a2−2a−3)(0<a<2)，则Q(a+1,a2−4)，M(a,a−3)，N(a+1,a−2)，再表示出PM+QN，
最后根据二次函数的性质即可解答．
【规范解答】（1）解：把A(−1,0)和C(0,−3)代入y=x2+mx+n，
{1−m+n=0)
得 ，
n=−3
{m=−2)
解得 ，
n=−3
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3．
令y=0，则x2−2x−3=0，
解得x =−1,x =3，
1 2
∴点B的坐标为(3,0)．
（2）解：①设直线BC的解析式为y=kx+b．{3k+b=0)
把B(3,0),C(0,−3)代入上述解析式，得 ，
b=−3
{ k=1 )
解得 ，
b=−3
∴直线BC的解析式为y=x−3．
②设P(a,a2−2a−3)(0<a<2)，
则Q(a+1,a2−4)，M(a,a−3)，N(a+1,a−2)，
∴PM=−a2+3a，QN=−a2+a+2，
∴PM+QN=−2a2+4a+2=−2(a−1) 2+4．
∵−2<0，
∴当a=1时，PM+QN有最大值4，
此时a+1=2，a2−4=−3，
∴点Q的坐标为(2,−3)．
3．（24-25九年级上·全国·期末）已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)交x轴于O，A(4,0)两点，顶点为
B(2,2❑√3)，点C为OB的中点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，连接OB，点C为线段OB的中点，过点C作CH⊥OA，垂足为点H，交抛物线于点E；求线段
CE的长
(3)点D为线段OA上一动点（O点除外），在OC右侧作平行四边形OCFD．
①如图2，当点F落在抛物线上时，求点F的坐标；
②如图3，连接BD，BF，直接写出BD+BF的最小值
❑√3
【答案】(1)y=− x2+2❑√3x；
2❑√3
(2)
2
(3)①点F(2+❑√2,❑√3)；②最小值为2❑√7
【思路引导】本题考查了待定系数法求函数的解析式，中点坐标公式，平行四边形的判定和性质，矩形的
判定和性质，勾股定理，利用轴对称的性质求线段和的最小值，熟练掌握平行四边形的性质，轴对称的性
质是解题的关键．
（1）根据顶点为B(2,2❑√3)，设抛物线y=a(x−2) 2+2❑√3，把A(4,0)代入解析式，计算求解即可；
（2）根据顶点为B(2,2❑√3)．点C为OB的中点，得到C(1,❑√3)，当x=1时，
y=− ❑√3 ×12+2❑√3×1= 3❑√3 ，得到E ( 1, 3❑√3) ，结合CH⊥OA，垂足为H，得到
2 2 2
3❑√3 ❑√3
CE= −❑√3= ．
2 2
（3）①根据题意，得C(1,❑√3)，结合四边形OCFD是平行四边形，CF∥OD，所以点F的纵坐标和C点
❑√3
相同，结合点F落在抛物线上，得到− (x−2) 2+2❑√3=❑√3，解得即可；
2
②设点D(m,0)，则点F(m+1,❑√3)，过点B作直线l⊥y轴，作点F关于直线l的对称点F′(m+1,3❑√3)，
连接BF′，利用平行四边形的判定和性质，勾股定理，矩形判定和性质，计算解答即可．
【规范解答】（1）解：由题意得，y=a(x−2) 2+2❑√3，
将点A的坐标(4,0)代入y=a(x−2) 2+2❑√3得，
0=a×(4−2) 2+2❑√3，
❑√3
解得，a=− ，
2
❑√3
∴抛物线的解析式为y=− (x−2) 2+2❑√3，
2
❑√3
即y=− x2+2❑√3x；
2（2）解：如图1，∵O(0,0)，B(2,2❑√3)，点C是OB的中点，
∴点C的坐标为(1,❑√3)，
❑√3 3❑√3
当x=1时，y=− ×12+2❑√3×1= ，
2 2
( 3❑√3)
∴点E 1, ，
2
∵点C的坐标为(1,❑√3)，
3❑√3 ❑√3
则CE= −❑√3= ；
2 2
（3）解：①如图2，∵四边形OCFD是平行四边形，
∴CF∥OD，
∵点C(1,❑√3)，
❑√3
∴当y=❑√3时，− (x−2) 2+2❑√3=❑√3，
2
解得：x =2+❑√2，x =2−❑√2（舍），
1 2
∴点F(2+❑√2,❑√3)；②设点D(m,0)，则点F(m+1,❑√3)，
如图3，过点B作直线l⊥y轴，
作点F关于直线l的对称点F′(m+1,3❑√3)，连接BF′，
则BD+BF=BD+BF′≥DF′，
当D，B，F′三点共线时，BD+BF=DF′为最小，
由定点F′，D的坐标得，直线DF′的表达式为：y=3❑√3(x−m)，
将点B的坐标(2,2❑√3)代入上式得：2❑√3=3❑√3(2−m)，
4
解得，m= ，
3
则点F′(7
,3❑√3
)
，点D
(4
,0
)
，
3 3
√ 7 4 2
则BD+BF最小值为：DF′=❑( − ) +(3❑√3) 2=❑√28=2❑√7，
3 3
即BD+BF最小值为2❑√7．
4．（24-25九年级上·山东日照·期末）如图1，将△ABC放置在平面直角坐标系xOy中，使边AB与x
轴重合，点C在y轴上，已知A(−1,0)，过A、B、C三点画抛物线y=−x2+bx+3．(1)求b的值及点B、C的坐标；
(2)如图2，将此拋物线沿水平方向向左平移m(m>0)个单位长度，得到的新抛物线记为L，L与x轴交于
点D，E（点D在点E的左侧），与y轴交于点F，设FC的长为d．
①求d关于m的函数解析式；
②在抛物线平移过程中，是否存在FC=2OE？若存在，求出m的所有可能值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)b=2，B(3,0)，C(0,3)
(2)①d=|−m2+2m)②存在，m=❑√6
【思路引导】本题考查二次函数的综合应用，二次函数图象的平移，熟练掌握平移规则，正确的求出函数
解析式，是解题的关键：
（1）待定系数法求出函数解析式，进而求出B、C的坐标即可；
（2）①求出平移后的解析式，进而求出点F的坐标，利用两点间的距离列出函数关系式即可；②先求出E
点坐标，根据FC=2OE，列出方程进行求解即可．
【规范解答】（1）解：把A(−1,0)代入y=−x2+bx+3，得：−1−b+3=0，
∴b=2，
∴抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3，
∴当y=−x2+2x+3=0时，解得：x =3,x =−1，当x=0时，y=3，
1 2
∴B(3,0)，C(0,3)；
（2）①∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴平移后的解析式为：y=−(x−1+m) 2+4，
∴当x=0时，y=−(m−1) 2+4=−m2+2m+3，
∴F(0,−m2+2m+3)，
∵C(0,3)，
∴CF=|−m2+2m+3−3)=|−m2+2m)，即：d=|−m2+2m)；
②存在，由题意，点E为点B向左平移m个单位得到，
∴E(3−m,0)，
∴OE=|3−m)，
当FC=2OE时，则：|−m2+2m)=2|3−m)，解得：m=❑√6或m=−❑√6（舍去）．
故m=❑√6．
题型2：面积问题（二次函数综合）
5．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期末）在平面直角坐标系中，O为原点，抛物线y=a(x+6)(x−2)
交x轴于A、B两点，交y轴于点C(0,−1)
(1)a的值为 ．
(2)如图1，在第二象限的抛物线上取点P，点D为抛物线的顶点，连接AP、AD、BD、BP，若点P的横
坐标为t，四边形APBD的面积为S，求S与t的函数关系式（不要求写出自变量t的取值范围）；
(3)如图2，在（2）的条件下，在抛物线的对称轴上取点E，且点E在x轴的上方，连接PE、BE，
∠BEP=90°，∠PED−∠BED=2∠ABP，再在第二象限的抛物线上另取一点Q，点Q在点P的上方，
连接BQ交PE于G，并在BE上取点H，连接PH交BQ于T,TH=BH,EG:EH=2:3，求点Q的坐标．
1
【答案】(1)
12
1 4 4
(2)S= t2+ t+
3 3 3
51
(3)Q(−15, )
4
【思路引导】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结
合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
（1）由待定系数法即可求解；
1 1
（2）由S=S +S = AB⋅PK+ AB⋅DR，即可求解；
△ABP △ABD 2 2
（3）证明△PWE≌△ERB(AAS)得到P(−10,4)，E(−2,8)，证明△PEH≌△BEF(AAS)得到
EF=EH=3m，BG=2m，在△BEF中，利用勾股定理和中点公式得到G(−6,6)，进而求解．
【规范解答】（1）解：y=a(x+6)(x−2)=a(x2+4x−12)，由于函数经过C(0,−1)，
则−12a=−1，
1
解得：a= ，
12
1
故答案为： ；
12
（2）解：作DR⊥AB于点R，PK⊥x轴于点K，
4
由抛物线解析式得A(−6,0)、B(2,0)、D(−2,− )，
3
1 1
设P(t, t2+ t−1)，
12 3
1 1 4
∴ PK= t2+ t−1，AB=8，DR= ，
12 3 3
1 1
∴S=S +S = AB⋅PK+ AB⋅DR
△ABP △ABD 2 2
1 1 1 4
= ×8( t2+ t−1+ )
2 12 3 3
1 4 4
= t2+ t+ ；
3 3 3
（3）解：设抛物线的对称轴DE交x轴于R，作PW⊥ER于点W，
设∠BED=α，
∵∠BEP=90°，
∴∠PED=90°−α，
∴2∠ABP=90°−α−α=90°−2α，
∴∠ABP=45°−α，
又∵ER⊥AB，
∴∠EBR=90°−α，
∴∠PBE=90°−α−(45°−α)=45°，
∵∠BEP=90°，∴∠BPE=∠PBE=45°，
∴PE=BE，
又∵∠PWE=∠BRE=90°，∠PEW=∠EBR=90°−α，
∴ △PWE≌△ERB(AAS)，
1 1
∴EW=BR=4，PW =ER=EW+RW = t2+ t−1+4，
12 3
1 1
∴ PW = t2+ t+3，
12 3
∵PW+∨=t，
1 1
∴ t2+ t+3+2=t，
12 3
解得t =−10，t =6（舍），
1 2
∴P(−10,4)，E(−2,8)，
∴PE=BE=❑√5，
延长PE至点F，连接BF且满足BF=GF，设∠EBG=β，
∵TH=BH，
∴∠BTH=∠EBG=β，
∴∠PHE=2β，
∴∠EPH=90°−2β，∠BGE=90°−β，
∵BF=GF
∴∠F=180°−2(90°−β)=2β=∠PHE，
∴∠PEH=∠PEB=90°，
∵BE=PE，
∴ △PEH≌△BEF(AAS)，
设EG=2m,EH=3m，
∴EF=EH=3m，GF=BF=5m，
根据勾股定理可得BE=❑√(5m) 2−(3m) 2=4m，
在△BEF中，BE=4m=4❑√5，
∴m=❑√5，EG=2m=2❑√5，
∴PG=PE−EG=2❑√5=EG，
∴G为PE的中点，
∵P(−10,4)，E(−2,8)，∴G(−6,6)
设直线BQ解析式为y=kx+b，
{ 0=2k+b )
把G(−6,6)，B(2,0)代入可得， ，
6=−6k+b
3
{ k=− )
4
解得 ，
3
b=
2
3 3
∴直线BQ解析式为y=− x+ ，
4 2
3 3 1
解方程− x+ = (x+6)(x−2)得：x =−15，x =2（舍去），
4 2 12 1 2
51
故点Q(−15, )．
4
6．（24-25九年级上·湖北孝感·期末）已知抛物线y=ax2+bx+4与x轴交于点A(−2,0)和点B(4,0)，
与y轴交于点C，连接AC，BC．
(1)求拋物线及直线BC的解析式；
(2)如图1，过点B作BD⊥AC，交抛物线于另一点D，求点D的坐标；
(3)如图2，P是x轴正半轴一动点（不与点B重合），过点P作y轴的平行线交直线CB于点E，连接AE，
设点P的横坐标为m，△APE的面积为S．①求S关于m的函数解析式；
9
②若当0<m≤t时，S有最大值为 ，请直接写出实数t的取值范围．
2
1
【答案】(1)抛物线的解析式为y=− x2+x+4；直线BC的解析式为y=−x+4
2
( 5)
(2)D −1,
2
(3)①S=¿；②1≤t≤3❑√2+1
【思路引导】（1）根据待定系数法，把点A(−2,0)和点B(4,0)代入y=ax2+bx+4可求抛物线的解析式；
设直线BC为y=kx+b，将B(4,0)，C(0,4)代入可求直线的解析式；
（2）设直线BD与y轴交于点F，先证明△ACO≌△FBO，再求出直线BD的解析式，与
1
y=− x2+x+4联立即可求解；
2
（3）①由PE∥y轴交直线CB于点E，可得，PE=|−m+4)，PA=m+2，分0<m<4，m>4两种情况，
9 9
分别得S关于m的函数解析式；②当0<m<4时，S = 时，m=1；当m>4时，S= ，m=1+3❑√2时，
max 2 2
即可求解．
【规范解答】（1）解：把点A(−2,0)和点B(4,0)代入y=ax2+bx+4，
{4a−2b+4=0)
得 ，
16a+4b+4=0
{ a=− 1 )
解得 2 ，
b=1
1
∴抛物线的解析式为y=− x2+x+4，
2
当x=0 时y=4，
∴C(0,4)，
设直线BC为y=kx+b，
将B(4,0)，C(0,4)代入，
{4k+b=0)
得 ，
b=4
{k=−1)
解得 ，
b=4∴直线BC的解析式为y=−x+4；
（2）解：设直线BD与y轴交于点F，
∵B(4,0) C(0,4)
， ，
∴OB=OC，
∵BD⊥AC，∠AOC=∠BOE=90°，
∴∠ACO+∠CFD=∠BFO+∠OBF=∠ACO+∠CAO=90°，
∵∠CFD=∠BFO，
∴∠ACO=∠OBF，
∴△ACO≌△FBO，
∴OA=OF，
∴F(0,2)，
设直线BD为y=cx+d，
将B(4,0)，F(0,2)代入，
{4c+d=0)
得 ，
d=2
{ c=− 1 )
解得 2 ，
d=2
1
∴直线BD的解析式为y=− x+2，
2
1 1
∴− x+2=− x2+x+4，
2 2
解得x =−1，x =4（舍去），
1 2
1 5
x=−1时，y=− ×(−1)+2= ，
2 2( 5)
∴D −1, ；
2
（3）解：①∵点P的横坐标为m，PE∥y轴交直线CB于点E，
∴E(m,−m+4)，
∴PE=|−m+4)，PA=m+2，
当0<m<4时，PE=−m+4，
1 1
S= ×(m+2)×(−m+4)=− m2+m+4；
2 2
当m>4时，PE=m−4，
1 1
S= ×(m+2)×(m−4)= m2−m−4，
2 2
1
{ − m2+m+4(0<m<4))
2
综上所述，S=
；
1
m2−m−4(m>4)
2
②当0<m<4时，
1
1
m=− =1
对于S=− m2+m+4， ( 1) 时，
2 2× −
2
4× ( − 1) ×4−12
2 9
S = = ；
max ( 1) 2
4× −
2
1
对于S= m2−m−4，
2
m=1时，函数有最小值，
当m>4时，S随m的增大而增大，
1 9
当
m2−m−4=
时，
2 2
解得m=1+3❑√2或m=1−3❑√2（舍去），
9
综上所述，当0<m≤t时，S有最大值 ，实数t的取值范围是1≤t≤1+3❑√2．
2
【考点剖析】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，求一次函数解析式，一元二次方程与二次函
数的关系等知识，解题的关键是理解题意，做到数形结合，建立正确的方程，准确计算．7．（2025·河北秦皇岛·一模）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，
且点B与点C的坐标分别为B(6,0)、C(0,6)，点M是抛物线的顶点．
(1)求二次函数的关系式；
(2)点P为线段MB上一个动点，过点P作PD⊥x轴于点D．设点P的横坐标为n，△PCD的面积为S．
①求S与n的函数关系式，写出自变量n的取值范围；
②求S的最大值．
【答案】(1)y=−x2+5x+6
7 21 5 63
(2)①S=− n2+ n， ≤n≤6；②
4 2 2 4
【思路引导】（1）将B(6,0)、C(0,6)代入抛物线y=−x2+bx+c得方程组求解即可得到答案；
(5 49)
（2）①由（1）知二次函数的关系式y=−x2+5x+6，得到M , ，再由待定系数法确定直线BM的
2 4
解析式，结合题意即可得到答案；②由抛物线性质求最值即可得到答案．
【规范解答】（1）解：将B(6,0)、C(0,6)代入抛物线y=−x2+bx+c可得，
{0=−36+6b+c)
，
6=c
{b=5)
解得 ，
c=6
∴二次函数的关系式y=−x2+5x+6；
（2）解：①由（1）知二次函数的关系式y=−x2+5x+6，
∵点M是抛物线的顶点，
(5 49)
∴M , ，
2 4
设直线BM的解析式为y=kx+b，(5 49)
将B(6,0)、M , 代入y=kx+b得，
2 4
{ 0=6k+b ) { k=− 7 )
49 5 ，解得 2 ，
= k+b
4 2 b=21
7
∴直线BM的解析式为y=− x+21，
2
∵过点P作PD⊥x轴于点D，点P的横坐标为n，
( 7 )
∴P n,− n+21 、D(n,0)，
2
∴ △PCD的面积为S = 1 PD⋅OD= 1 × ( − 7 n+21 ) ×n=− 7 n2+ 21 n，
2 2 2 4 2
(5 49)
∵ M , 、B(6,0)，
2 4
5
∴ ≤n≤6；
2
7 21 5
②由①知S=− n2+ n， ≤n≤6，
4 2 2
7 21
∴ S=− n2+ n
4 2
7
=− (n2−6n)
4
7 63
=− (n−3) 2+ ，
4 4
7 5
∵a=− <0，n=3满足 ≤n≤6，
4 2
63
∴ △PCD的面积S有最大值，为 ．
4
【考点剖析】本题考查二次函数与一次函数综合，涉及待定系数法确定抛物线解析式、解二元一次方程组、
待定系数法确定一次函数解析式、抛物线图象与性质、二次函数一般式化为顶点式、二次函数求最值等知
识，熟练掌握二次函数图象与性质是解决问题的关键．
8．（24-25九年级下·安徽池州·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c与x轴
交于A(−2,0),B(4,0)两点，与y轴的负半轴交于点C，且OC=8，点P是直线BC下方抛物线上的一动点．(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)连接PO,PC，并将△POC沿y轴对折，得到四边形POP′C，是否存在点P，使四边形POP′C为菱
形？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)在点P运动过程中，当四边形ABPC的面积最大时，求出此时点P的坐标和四边形ABPC的最大面积．
【答案】(1)该抛物线的函数表达式为y=x2−2x−8
(2)存在这样的点P，此时点P的坐标为(1+❑√5,−4)
(3)当点P运动到(2,−8)时，四边形ABPC的面积最大，四边形ABPC的最大面积为32
【思路引导】本题主要考查二次函数的性质、特殊四边形的性质以及函数与坐标轴的交点问题，
（1）根据题意可知点C坐标，利用待定系数法即可求得抛物线的函数表达式；
（2）连接PP′交CO于点D，结合菱形的性质可得PC=PO，且PD⊥CO，进一步求得点P的纵坐标为
−4，代入函数解析式有x2−2x−8=−4，即可求得点P的坐标；
（3）连接PO，作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，设点P的坐标为(m,m2−2m−8)．则AO=2，
OB=4，PM=−m2+2m+8，PN=m，结合
1 1 1
S =S +S +S = AO⋅OC+ OB⋅PM+ OC⋅PN，化解后利用二次函数的性
四边形ABPC △AOC △POB △POC 2 2 2
质求得最大值即可．
【规范解答】（1）解： ∵抛物线y=ax2+bx+c与y轴的负半轴交于点C，且OC=8，
∴C(0,−8)．
把A(−2,0)，B(4,0)，C(0,−8)代入y=ax2+bx+c中，
{4a−2b+c=0,
) {
a=1,
)
得 16a+4b+c=0, 解得 b=−2,
c=−8, c=−8,
∴该抛物线的函数表达式为y=x2−2x−8．
（2）解：假设抛物线上存在点P，使四边形POP′C为菱形，连接PP′交CO于点D．如图，∵ POP′C OC=8
四边形 为菱形， ，
∴PC=PO，且PD⊥CO，
∴OD=DC=4，即点P的纵坐标为−4．
由x2−2x−8=−4，得x =1+❑√5，x =1−❑√5（不合题意，舍去），
1 2
故存在这样的点P，此时点P的坐标为(1+❑√5,−4)．
（3）解：连接PO，作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点，如图，
设点P的坐标为(m,m2−2m−8)．
∵A(−2,0)，B(4,0)，OC=8，
∴AO=2，OB=4，PM=−m2+2m+8，PN=m，
1 1 1
∴S =S +S +S = AO⋅OC+ OB⋅PM+ OC⋅PN
四边形ABPC △AOC △POB △POC 2 2 2
1 1 1
= ×2×8+ ×4(−m2+2m+8)+ ×8m=−2m2+8m+24=−2(m−2) 2+32，
2 2 2
∴当m=2时，m2−2m−8=−8，
此时点P的坐标为(2,−8)，
即当点P运动到(2,−8)时，四边形ABPC的面积最大，四边形ABPC的最大面积为32．
题型3：角度问题（二次函数综合）
9．（24-25九年级上·海南省直辖县级单位·期末）如图，抛物线y=−x2+bx+c经过点A(−4,0)、B(1,0)，交y轴于点C(0,4)，点P是抛物线上一动点．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)当点P的坐标为(−2,6)时，求四边形AOCP的面积；
(3)若∠PBA=45°，求点P的坐标．
【答案】(1)y=−x2−3x+4
(2)16
(3)(−3,4)或(−5,−6)
【思路引导】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点P作PT⊥AB于T，根据S =S +S 列式求解即可；
四边形AOCP △APT 梯形OCPT
（3）取H (−4,5)，连接AH ，BH ，证明∠ABH =45°，则线段BH 与抛物线的交点P 即为所求；
1 1 1 1 1 1
{ y=−x+1 ) {x=−3) {x=1)
求出直线BH 的解析式为y=−x+1，联立 ，解得 或 （舍去），则
1 y=−x2−3x+4 y=4 y=0
P (−3,4)；如图所示，取H (−4,−5)，连接AH ，BH ，同理可得∠ABH =45°，则直线BH 与抛
1 2 2 2 2 2
物线的交点P 即为所求；同理可得P (−5,−6)；则符合题意的点P的坐标为(−3,3)或(−5,−6)．
2 2
【规范解答】（1）解：将点B(1,0)代入y=−x2+bx+4，
得−1+b+4=0
解得b=−3
∴抛物线解析式为y=−x2−3x+4；
（2）解∶如图所示，过点P作PT⊥AB于T，
∵P(−2,6)，A(−4,0)，C(0,4)，
∴OA=4，OT=2，OC=4 PT=6，∴AT=2，
∴S =S +S
四边形AOCP △APT 梯形OCPT
1 6+4
= ×2×6+ ×2
2 2
=16；
（3）解：如图所示，取H (−4,5)，连接AH ，BH ，
1 1 1
∵A(−4,0)、B(1,0)，H (−4,5)，
1
∴AH =5，AB=5，AH ⊥AB，
1 1
∴∠ABH =45°，
1
∴线段BH 与抛物线的交点P 即为所求；
1 1
设直线BH 的解析式为y=kx+b ，
1 1
{ k+b =0 )
∴ 1 ，
−4k+b =5
1
{k=−1)
∴ ，
b =1
1
∴直线BH 的解析式为y=−x+1，
1
{ y=−x+1 ) {x=−3) {x=1)
联立 ，解得 或 （舍去），
y=−x2−3x+4 y=4 y=0
∴P (−3,4)；
1如图所示，取H (−4,−5)，连接AH ，BH ，
2 2 2
同理可得∠ABH =45°，
2
∴直线BH 与抛物线的交点P 即为所求；
2 2
同理可知直线BH 的解析式为y=x−1，
2
{ y=x−1 ) {x=−5) {x=1)
联立 ，解得 或 （舍去），
y=−x2−3x+4 y=−6 y=0
∴P (−5,−6)；
2
综上所述，符合题意的点P的坐标为(−3,4)或(−5,−6)．
【考点剖析】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，勾股定理等知识，解题的关键在于正
确作出辅助线并利用数形结合的思想求解．
10．（24-25九年级上·湖北恩施·期中）如图，抛物线y=−x2+bx+4交x轴于A(−1,0)，B两点，与y
3
轴交于点C，P为抛物线上的一个动点，且点P的横坐标为m− ．
2(1)直接写出抛物线的解析式及顶点D的坐标；
(2)若m>3，当抛物线在点P和点A之间的部分（包括P、A两点）的最高点与最低点的纵坐标之差为m+1
时，求m的值；
(3)在第一象限的抛物线上是否存在点P，使∠PBC+∠ACO=45°，若存在，请求出点P的坐标；若不
存在，说明理由．
(3 25)
【答案】(1)y=−x2+3x+4，顶点D坐标为 ,
2 4
21 7+❑√17
(2)m＝ 或
4 2
(3)存在，P(3,4)
【思路引导】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）首先求出B(4,0)，然后表示出P的坐标为 ( m− 3 ,−m2+6m− 11) ，然后分三种情况：①当点P在x
2 4
轴上方时；②当点P在x轴下方时；③当点P在x轴上时，然后根据题意分别列方程求解即可；
（3）如图所示，在x轴的正半轴上取点E(1,0)，连接CE，过点B作BP∥CE交抛物线于点P，根据题意
得到∠PBC+∠ACO=45°，然后求出直线CE的解析式为y=−4x+4，直线PB的解析式为
y=−4x+16，然后和抛物线联立求解即可．
【规范解答】（1）将点A(−1,0)代入抛物线y=−x2+bx+4中
得0=−1−b+4
解得：b=3
∴抛物线解析式为y=−x2+3x+4=− ( x− 3) 2 + 25
2 4(3 25)
∴顶点D坐标为 , ；
2 4
（2）令−x2+3x+4=0
解得x =−1，x =4
1 2
∴B(4,0)
3
∵P的横坐标为m− 且m>3
2
3 3
∴m− >
2 2
∴将x=m− 3 代入y=−x2+3x+4=− ( m− 3) 2 +3 ( m− 3) +4=−m2+6m− 11
2 2 2 4
∴点P一定在对称轴右侧，且P的坐标为 ( m− 3 ,−m2+6m− 11) ；
2 4
①如右图所示，当点P在x轴上方时，
3 3
则 <m− <4，即3<m<5.5
2 2
25
此时：m+1= y −y = ，
D A 4
21
解得：m= ，符合题意；
4
②如右图所示，当点P在x轴下方时，3
则m− >4，即m>5.5
2
此时：m+1= y −y = 25 − ( −m2+6m− 11)
D P 4 4
7+❑√17 7−❑√17
解得：m = ，m = <5.5（舍去）
1 2 2 2
③当点P在x轴上时，
3
则m− =4，即m=5.5
2
25 21
此时：m+1= y −y （或y ）= ，解得：m= ≠5.5（舍去）
D A P 4 4
21 7+❑√17
综上所述，m= 或 ；
4 2
（3）存在点P，使∠PBC+∠ACO=45°，点P的坐标为(3,4)
理由如下：
如图所示，在x轴的正半轴上取点E(1,0)，连接CE，过点B作BP∥CE交抛物线于点P
∵A(−1,0)，E(1,0)，
∴∠ACO=∠ECO
∵BP∥CE，∴∠PBC=∠ECB，
∴∠PBC+∠ACO=∠ECB+∠ECO=∠BCO
∵OB=OC=4，∠BOC=90°
∴∠BCO=45°
∴∠PBC+∠ACO=45°
设直线CE的解析式为y=px+q，过C(0,4)，E(1,0)
∴直线CE的解析式为y=−4x+4
∵BP∥CE
∴设直线PB的解析式为y=−4x+n
将B(4,0)代入得0=−16+n
解得：n=16
∴直线PB的解析式为y=−4x+16
由−x2+3x+4=−4x+16
解得：x =3，x =4（舍去）
1 2
∴P(3,4)．
【考点剖析】本题考查了二次函数解析式，一次函数解析式，二次函数与角度综合等知识．熟练掌握二次
函数解析式，一次函数解析式是解题的关键．
11．（24-25九年级上·湖北武汉·期中）已知抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，
与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图（1），Q为抛物线上第一象限内一点，若∠AQC=2∠BAQ，求点Q的坐标；
(3)如图（2），P为x轴上方一动点，直线PM,PN与抛物线均只有唯一公共点M,N，OH⊥MN于点H，
且△PAB的面积是10，求线段OH长度的最大值．
【答案】(1)y=−x2+2x+3；(5 7)
(2)点Q的坐标为 , ；
2 4
(3)OH长度的最大值为❑√10．
【思路引导】本题考查了二次函数综合问题，熟练掌握二次函数的图象与性质，学会利用函数思想转化角
度和线段的关系是解题的关键．
（1）代入A(−1,0)，B(3,0)到抛物线y=ax2+bx+3，求解a、b的值即可；
（2）过点Q作QM⊥y轴交y轴于点M，设Q(t,−t2+2t+3)，结合∠AQC=2∠BAQ得出CM=NM，
得出N(0,−2t2+4t+3)，代入直线AQ的解析式，解出t的值即可；
（3）设M(m,−m2+2m+3)，N(n,−n2+2n+3)，依据题意表示出直线PM和PN的解析式，再求出交
点P的坐标，结合△PAB的面积是10，得出m、n的关系式，代入直线MN解析式可得定点坐标，再利用
定点坐标确定OH长度的最大值即可．
{ a−b+3=0 )
【规范解答】（1）解：代入A(−1,0)，B(3,0)得： ，
9a+3b+3=0
{a=−1)
解得： ，
b=2
∴抛物线的解析式为：y=−x2+2x+3．
（2）如图，过点Q作QM⊥y轴交y轴于点M，则∠CMQ=∠NMQ=90°，
设Q(t,−t2+2t+3)，则M(0,−t2+2t+3)，
∵QM⊥y轴，
∴QM∥x轴，
∴∠MQN=∠BAQ，
∵∠AQC=2∠BAQ，
∴∠AQC=2∠MQN，∴∠CQM=∠NQM，
又∵MQ=MQ，
∴△CQM≌△NQM，
∴CM=NM，
又∵C(0,3)，M(0,−t2+2t+3)，
∴N(0,−2t2+4t+3)，
∵A(−1,0)，
∴AQ:y=(3−t)x+3−t，
∴3−t=−2t2+4t+3，
5
解得：t =0（舍），t = ，
1 2 2
(5 7)
∴点Q的坐标为 , ．
2 4
（3）设M(m,−m2+2m+3)，N(n,−n2+2n+3)，
设PM的解析式为y=kx+p，
代入M(m,−m2+2m+3)得，−m2+2m+3=km+p，
∴p=−km−m2+2m+3，
∴y=kx−km−m2+2m+3，
{y=kx−km−m2+2m+3)
联立 ，
y=−x2+2x+3
消去y整理得：x2+(k−2)x−m2−km+2m=0，
∵PM与抛物线只有唯一公共点，
∴Δ=(k−2) 2−4(−m2−km+2m)=0，
整理得：(k+2m−2) 2=0，
解得：k=−2m+2，
∴PM:y=(−2m+2)x−m(−2m+2)−m2+2m+3=(−2m+2)x+m2+3，同理可得，PN:y=(−2n+2)x+n2+3，
(m+n
)
联立PM与PN可得交点P ,m+n−mn+3 ；
2
∵S =10，
△PAB
1
∴ AB⋅y =10，
2 P
∴y =5，
P
∴m+n−mn+3=5，
∴−m−n+mn=−2，
MN:y=(−m−n+2)x+mn+3，
当x=1时，y=−m−n+2+mn+3=−m−n+mn+5=−2+5=3，
即MN经过定点S(1,3)，
∵OH⊥MN，
∴OH≤OS=❑√10，
当OS⊥MN时，OH长度有最大值❑√10，
∴线段OH长度的最大值为❑√10．
12．（24-25九年级上·重庆南川·期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)过点
(2,−5)，交x轴于点A(−3,0)和点B．交y轴于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，点P是直线AC上方抛物线上一动点．连接PA，PC．求△PAC面积最大值及此时点P的坐标；
(3)将原抛物线沿x轴正半轴平移2个单位长度得到新抛物线y′，新抛物线y′与x轴的负半轴交于点M．点
N为平移后的新抛物线上一动点，当∠NMB=∠CAB．请直接写出所有符合条件的点N的坐标．
【答案】(1)y=−x2−2x+327 ( 3 15)
(2) ，P − ,
8 2 4
(3)(2,3)或(4,−5)
【思路引导】（1）将点A的坐标和(2,−5)代入解析式，即可求解；
（2）过点P作PD⊥x轴，交x轴于D，交BC于E，待定系数法求得直线AC的解析式为y=x+3， 设
x =m，P(m,−m2−2m+3)，E(m,m+3)，则有PE= y −y =−m2−3m，由S =S +S
P P E △PAC △PAE △PCE
及二次函数的性质即可求解；
（3）由二次函数图象平移得y′=−(x−1) 2+4，①当∠N MB=∠CAB时，由平行线的判定方法得
1
M N ∥AC，由待定系数法得直线M N 的解析式为y=x+1，联立二者解析式，即可求解；②当
1 1
∠N MB=∠CAB时，直线M N 与直线M N 关于x轴对称，直线M N 经过N 关于x轴对称点(2,−3)，
2 1 2 2 1
同理可求．
【规范解答】（1）解：由题意得
{4a+2b+3=−5)
，
9a−3b+3=0
{a=−1)
解得： ，
b=−2
∴抛物线的解析式为y=−x2−2x+3；
（2）解：如图，过点P作PD⊥x轴，交x轴于D，交BC于E，
当x=0时，y=3，
∴C(0,3)，
设直线AC的解析式为y=kx+b，则有
{−3k+b=0)
，
b=3
{k=1)
解得： ，
b=3∴直线AC的解析式为y=x+3，
∵ A(−3,0)，
∴OA=3，
设x =m，
P
∴P(m,−m2−2m+3)，
E(m,m+3)，
∴PE= y −y
P E
=−m2−2m+3−(m+3)
=−m2−3m，
∴S =S +S
△PAC △PAE △PCE
1 1
= PE⋅AD+ PE⋅OD
2 2
1
= PE⋅(AD+OD)
2
1
= PE⋅OA
2
1
= (−m2−3m)×3
2
3 9
=− m2− m，
2 2
∵点P是直线AC上方抛物线上一动点，
∴ −3<m<0，
3
∵− <0，
2
9
−
2 3
x=− =−
∴当 时，
( 3) 2
2× −
2
3 ( 3) 2 9 ( 3)
S =− × − − × −
最大 2 2 2 2
27
= ，
8( 3) 2 ( 3)
∴ y=− − −2× − +3
2 2
15
= ，
4
( 3 15)
∴P − , ，
2 4
27 ( 3 15)
故△PAC面积最大值为 ，此时点P的坐标为 − , ；
8 2 4
（3）解：由题意得
M(−1,0)，
∵ y=−x2−2x+3
=−(x+1) 2+4，
∴ y′=−(x+1−2) 2+4
=−(x−1) 2+4，
①当∠N MB=∠CAB时，如图，
1
∴M N ∥AC
1
，
∴设直线M N 的解析式为y=x+b ，则有
1 1
−1+b =0，
1
解得：b =1，
1
∴直线M N 的解析式为y=x+1，
1
{ y=x+1 )
联立 ，
y=−(x−1) 2+4{x =−1) {x =2)
解得： 1 ， 2 ，
y =0 y =3
1 2
∴ N (2,3)；
1
②当∠N MB=∠CAB时，如图，
2
∴ M N M N x
1 2
直线 与直线 关于 轴对称，
∴直线M N 经过N 关于x轴对称点(2,−3)，
2 1
同理可求直线M N 的解析式为y=−x−1，
2
{ y=−x−1 )
联立 ，
y=−(x−1) 2+4
{x =−1) { x =4 )
解得： 1 ， 2 ，
y =0 y =−5
1 2
∴ N (4,−5)；
2
综上所述：N的坐标为(2,3)或(4,−5)．
【考点剖析】本题考查了待定系数法，二次函数与三角形面积最值综合问题，二次函数与角度综合问题，
掌握待定系数法，能熟练利用二次函数的性质求最值及分类讨论思想解题问题是解题的关键．
题型4：特殊三角形问题（二次函数综合）
13．（23-24九年级上·陕西渭南·期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C :y=ax2+3(a≠0)与x
1
轴交于A(−3,0)、B两点，将抛物线C 向右平移4个单位长度得到的抛物线C 与x轴交于C、D两点（点C
1 2
在点D的左侧）．(1)求点B的坐标和抛物线C 的函数解析式；
2
(2)记抛物线C 的对称轴l与x轴交于点H，在直线l上是否存在点E，使得以点B、D、E为顶点的三角形是
2
等腰三角形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
1
【答案】(1)B(3,0)，抛物线C 的函数解析式为y=− (x−4) 2+3
2 3
(2)存在，此时点E的坐标为(4,❑√7)或(4,−❑√7)或(4,❑√15)或(4,−❑√15)
【思路引导】本题考查了二次函数的图象与性质、二次函数图象的平移、等腰三角形的定义，熟练掌握待
定系数法和二次函数图象的平移规律是解题关键．
（1）将点A(−3,0)代入可求出抛物线C 的解析式，从而可得点B的坐标，再根据二次函数图象的平移规
1
律即可得抛物线C 的函数解析式；
2
（2）先求出点D的坐标，再设点E的坐标为E(4,m)，分别求出BE,BD,DE的长，从而可得BE≠DE，
则分两种情况：①BD=BE和②DE=BD，据此建立方程，解方程即可得．
【规范解答】（1）解：将点A(−3,0)代入抛物线C :y=ax2+3(a≠0)得：9a+3=0，
1
1
解得a=− ，
3
1
∴抛物线C 的解析式为y=− x2+3，
1 3
1
当y=0时，− x2+3=0，解得x=−3或x=3，
3
∵抛物线C :y=ax2+3(a≠0)与x轴交于A(−3,0)、B两点，
1
∴点B的坐标为B(3,0)，
1
∵将抛物线C :y=− x2+3向右平移4个单位长度得到抛物线C ，
1 3 2
1
∴抛物线C 的函数解析式为y=− (x−4) 2+3．
2 31
（2）解：对于抛物线C :y=− (x−4) 2+3，
2 3
1
当y=0时，− (x−4) 2+3=0，解得x=1或x=7，
3
∵抛物线C 与x轴交于C、D两点（点C在点D的左侧），
2
∴C(1,0)或D(7,0)，
1
抛物线C :y=− (x−4) 2+3的对称轴l为直线x=4，
2 3
∴可设点E的坐标为E(4,m)，
由（1）已得：点B的坐标为B(3,0)，
∴BD=7−3=4，BE2=(4−3) 2+(m−0) 2=1+m2，DE2=(7−4) 2+(0−m) 2=9+m2，
∴BE≠DE，
则分以下两种情况：
①当BD=BE时，△BDE是等腰三角形，
∴BE2=BD2，即1+m2=42，
解得m=±❑√15，
∴此时点E的坐标为(4,❑√15)或(4,−❑√15)；
②当DE=BD时，△BDE是等腰三角形，
∴DE2=BD2，即9+m2=42，
解得m=±❑√7，
∴此时点E的坐标为(4,❑√7)或(4,−❑√7)；
综上，在直线l上存在点E，使得以点B、D、E为顶点的三角形是等腰三角形，此时点E的坐标为(4,❑√7)
或(4,−❑√7)或(4,❑√15)或(4,−❑√15)．
14．（24-25九年级上·江西南昌·期中）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B
左边），与y轴交于点C．直线y=x−3经过B，C两点，点P是抛物线上一动点．(1)求抛物线的解析式；
(2)当点P在BC下方运动时，求△BCP面积的最大值；
(3)若点F为直线BC上一点，作点A关于y轴的对称点A′,连接A′C,A′F,当△F A′C是直角三角形时，直
接写出点F的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
27
(2)△BCP面积的最大值为
8
(5 1)
(3)当△F A′C是直角三角形时，F(2,−1)或F ,−
2 2
【思路引导】（1）先求出B，C两点坐标，再代入抛物线解析式中，即可求出解析式；
1
（2）过点P作PG∥y轴交BC于点G，设P(t,t2−2t−3)，则Q(t， t−2)，表示PG长，进而表示面
2
积求最大值；
（3）先求得A′(1,0)，根据勾股定理分别表示出A′C,A′F,FC，根据△F A′C是直角三角形时，分类讨
论，即可求解．
【规范解答】（1）对于直线y=x−3，令x=0，则y=−3，
∴C(0,−3)，
令y=0，则0=x−3，
∴x=3，
∴B(3，0)，
将点B，C坐标代入抛物线y=x2+bx+c，得
{9+3b+c=0)
，
c=−3{b=−2)
∴ ，
c=−3
∴抛物线的解析式为：y=x2−2x−3；
（2）解：过点P作PG∥y轴交BC于点G，
设P(t,t2−2t−3)，则G(t,t−3))，
∴PG=t−3−(t2−2t−3)=−t2+3t，
∴S =
1
×3(−t2+3t)=−
3(
t−
3) 2
+
27
，
△BCP 2 2 2 8
3 27
∴当t= 时，S 的值最大，最大值为 ；
2 △BCP 8
（3）解：对应y=x2−2x−3，
当y=0时，x2−2x−3=0，解得：x =−1,x =3
1 2
∴A(−1,0)，
∵A′是A(−1,0)关于y轴的对称点
∴A′(1,0)，
如图所示，设F(m,m−3)，
∵A′(1,0)，C(0,−3)，
∴A′F2=(m−1) 2+(m−3) 2，CF=m2+(m−3+3) 2=2m2，A'C2=12+32=10
当∠A′FC=90°时，A′C2=A′F2+CF2
∴10=(m−1) 2+(m−3) 2+2m2
解得：m=0（舍去）或m=2，则F(2,−1)
当∠F A′C=90°时，A′C2+A′F2=CF2
∴10+(m−1) 2+(m−3) 2=2m2
5 (5 1)
解得：m= ，则F ,−
2 2 2
(5 1)
综上所述，当△F A′C是直角三角形时，F(2,−1)或F ,− ．
2 2
【考点剖析】本题考查一次函数的应用，二次函数的解析式，轴对称的性质，勾股定理；三角形的面积等，
解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用数形结合的思想考虑问题．
15．（24-25九年级上·四川德阳·期末）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(0,7)．(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．
【答案】(1)b=6,c=7,m=7
(2)(4,15)
( 55)
(3) 3, 或(3,−16)
4
【思路引导】（1）把A(−1,0)，C(0,7)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+6x+7)，则E(6−x,−x2+6x+7)，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C作CH垂直抛物线对称轴于H，过N作NK⊥y轴于K，证明△MCH≌△NCK(AAS)，再求解
1 7 ( 7)
N(−9,4)，求解直线BN的解析式为：y=− x+ 可得Q 0, 设P(3,p)，再利用勾股定理表示
4 4 4
PQ2=32+ ( p− 7) 2 =p2− 7 p+ 193 ，BP2=(7−3) 2+p2=16+p2，BQ2=72+ (7) 2 =49+ 49 = 833 ，
4 2 16 4 16 16再分两种情况建立方程求解即可．
【规范解答】（1）解：把A(−1,0)，C(0,7)代入y=−x2+bx+c，
{−1−b+c=0)
得 ，
c=7
{b=6)
解得 ．
c=7
∴这个抛物线的解析式为：y=−x2+6x+7，
令y=0，则−x2+6x+7=0，
解得x =7，x =−1，
1 2
∴B(7,0)，
∴m=7；
（2）解：∵抛物线的解析式为y=−x2+6x+7=−(x−3) 2+16；
∴对称轴为x=3，
设D(x,−x2+6x+7)，
∵DE∥x轴，
∴E(6−x,−x2+6x+7)，
∵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+6x+7)+2(x−6+x)=−2x2+16x+2
=−2(x−4) 2+34
∵−2<0
∴当x=4时，四边形DEFG的周长最大，则−42+6×4+7=15，
∴当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为(4,15)；
（3）解：过C作CH垂直抛物线对称轴于H，过N作NK⊥y轴于K，∠NKC=∠MHC=90°
∴ ，
由翻折得CN=CM,∠BCN=∠BCM，
∵B(7,0),C(0,7)．
∴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+6x+7=−(x−3) 2+16，
∴对称轴为x=3,M(3,16)，
∴MH=16−7=9,CH=3，
∴NK=MH=9,CK=CH=3，
∴OK=OC−CK=4，
∴N(−9,4)，
设直线BN的解析式为y=k'x+b'，{−9k'+b'=4)
∴ ，
7k'+b'=0
1
{ k'=− )
4
解得： ，
7
b'=
4
1 7
∴直线BN的解析式为：y=− x+
4 4
( 7)
∴Q 0, ，
4
设P(3,p)，
∴PQ2=32+ ( p− 7) 2 =p2− 7 p+ 193 ，BP2=(7−3) 2+p2=16+p2，BQ2=72+ (7) 2 =49+ 49 = 833 ，
4 2 16 4 16 16
分两种情况：
①当∠BQP=90°时，BP2=PQ2+BQ2，
7 193 833
∴16+p2=p2− p+ +
2 16 16
55
解得：p= ，
4
( 55)
∴P 3, ；
4
②当∠QBP=90°时，P'Q2=BP'2+BQ2，
7 193 833
∴p2− p+ =16+p2+
2 16 16
解得：p=−16，
∴点P'的坐标为(3,−16)；
( 55)
综上，所有符合条件的点P的坐标为 3, 或(3,−16)．
4
【考点剖析】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数与坐标轴的交点坐标问题，
二次函数的性质，对称轴的性质，二次函数与直角三角形，勾股定理的应用，清晰的分类讨论是解本题的
关键．16．（24-25九年级上·湖北襄阳·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，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C(0,3)，A点在原点的左侧，B点的坐标为(3,0)．点P是抛物线上
一个动点，且在直线BC的上方．
(1)求这个二次函数及直线BC的表达式；
(2)过点P作PD∥y轴交直线BC于点D，求PD的最大值；
(3)点M为抛物线对称轴上的点，问在抛物线对称轴右侧的图象上是否存在点N，使△MNO为等腰直角
三角形，且∠NMO为直角，若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)二次函数的表达式为y=−x2+2x+3，直线BC的表达式为y=−x+3
9
(2)
4
(1+❑√21 ❑√21−3) (3+❑√13 1−❑√13)
(3)存在，点N的坐标为 , 或 ,
2 2 2 2
【思路引导】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）设P(x,−x2+2x+3)，可得D(x,−x+3)，即得PD=−x2+2x+3−(−x+3)=− ( x− 3) 2 + 9 ，再
2 4
根据二次函数的性质解答即可；
（3）分四种情况：①点M在x轴上方，点N在对称轴右侧；②点M在x轴下方，点N在对称轴右侧，分别
画出图形解答即可求解．
【规范解答】（1）解：抛物线y=−x2+bx+c经过点B(3,0)，C(0,3)，
{−9+3b+c=0)
∴ ，
c=3
{b=2)
解得 ，
c=3
∴二次函数的表达式为y=−x2+2x+3，
设直线BC的表达式为y=kx+d，把B(3,0)、C(0,3)代入得，{0=3k+d)
，
3=d
{k=−1)
解得 ，
d=3
∴直线BC的表达式为y=−x+3；
（2）解：设P(x,−x2+2x+3)，
∵PD∥y轴交直线BC于点D，
∴D(x,−x+3)，
∴PD=−x2+2x+3−(−x+3)=−x2+3x=− ( x− 3) 2 + 9 ，
2 4
3 9
∴当x= 时，PD的值最大，最大值为 ；
2 4
（3）解：存在．
①当点M在x轴上方，点N在对称轴右侧时，如图1，
设对称轴与x轴交于点F，过点N作NE⊥MF于点E，
∵△MNO为等腰直角三角形，且∠NMO为直角，
∴NM=MO，∠NMO=90°，
∴∠NME+∠OMF=90°，
∵∠NME+∠MNE=90°，
∴∠MNE=∠OMF，
又∵∠MEN=∠OFM=90°，
∴△MEN≌△OFM(AAS)，
∴ME=OF，NE=MF，
2
∵二次函数y=−x2+2x+3的对称轴为直线x=− =1，
2×(−1)∴ME=OF=1，
设点M坐标为(1,a)，则NE=MF=a，
∴N(1+a,a−1)，
∵点N在抛物线y=−x2+2x+3上，
∴a−1=−(1+a) 2+2(1+a)+3，
整理得，a2+a−5=0，
−1+❑√21 −1−❑√21
解得a= 或a= （不合，舍去），
2 2
(1+❑√21 ❑√21−3)
点N坐标为 , ；
2 2
②当点M在x轴下方，点N在对称轴右侧时，如图2，
(3+❑√13 1−❑√13)
同理可得，点N坐标为 , ；
2 2
(1+❑√21 ❑√21−3) (3+❑√13 1−❑√13)
综上，点N的坐标为 , 或 , ．
2 2 2 2
【考点剖析】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的几何应用，二次函数的性质，等腰直角三
角形的性质，全等三角形的判定和性质，运用分类讨论思想解答是解题的关键．
题型5：特殊四边形（二次函数综合）
17．（24-25九年级下·陕西西安·期中）如图，已知抛物线L:y=ax2+bx+c(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，且OB=OC=3OA，点A(−1,0)．(1)求抛物线L的函数表达式；
(2)若抛物线L的顶点为D，抛物线的对称轴交直线BC于点E，点P为直线DE右侧抛物线上一点，点Q在
直线BC上，是否存在以点D，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，若存在，求出点Q的坐标，若不
存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线L的函数表达式为y=x2−2x−3；
(3+❑√17 −3+❑√17)
(2)存在，点Q的坐标为(2,−1)或 , 或(0,−3)．
2 2
【思路引导】（1）由A(−1,0)，OB=OC=3OA，OB=OC=3，求出B(3,0)，C(0,−3)，然后利用待
定系数法即可求解；
（2）先求出直线BC解析式为y=x−3，设Q(m,m−3)，P(n,n2−2n−3)(n>1)，则分当DE为边时，
四边形EDP Q 为平行四边形时；当DE为边时，四边形EDQ P 为平行四边形时；当DE为对角线时，
1 1 2 2
四边形EP DQ 为平行四边形时三种情况，然后根据中点坐标即可求解；
3 3
本题考查了二次函数和一次函数的性质，待定系数法求解析式，二次函数与平行四边形的关系，掌握知识
点的应用是解题的关键．
【规范解答】（1）解：∵A(−1,0)，
∴OA=1，
∵OB=OC=3OA，
∴OB=OC=3，
∴B(3,0)，C(0,−3)，
∵抛物线L:y=ax2+bx+c(a>0)，与x轴交于A，B两点与y轴交于点C，
{
a−b+c=0
) {
a=1
)
∴ 9a+3b+c=0 ，解得： b=−2 ，
c=3 c=−3∴抛物线L的函数表达式为y=x2−2x−3；
（2）解：存在点Q，理由如下，
∵B(3,0)，C(0,−3)，
∴设直线BC解析式为y=k x+b ，
1 1
{3k +b =0) { k =1 )
∴ 1 1 ，解得： 1 ，
b =−3 b =−3
1 1
∴直线BC解析式为y=x−3，
∵点Q在直线BC上，
∴设Q(m,m−3)，
∵点P为直线DE右侧抛物线上一点，
设P(n,n2−2n−3)(n>1)，
由抛物线L的函数表达式为y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴D(1,−4)，
∴当x=1时，y=1−3=−2，
∴E(1,−2)，
当DE为边时，四边形EDP Q 为平行四边形时，如图，
1 1
{ 1+m=1+n )
由中点坐标可得： ，
m−3+(−4)=n2−2n−3−2
{m=2) {m=1)
解得： 或 （舍去），
n=2 n=1
∴点Q (2,−1)；
1
当DE为边时，四边形EDQ P 为平行四边形时，如图，
2 2{ 1+m=1+n )
由中点坐标可得： ，
m−3+(−2)=n2−2n−3−4
{ m=
3+❑√17
) { m=
3−❑√17
)
2 2
解得： 或 （舍去），
3+❑√17 3−❑√17
n= n=
2 2
(3+❑√17 −3+❑√17)
∴点Q , ；
2 2 2
当DE为对角线时，四边形EP DQ 为平行四边形时，如图，
3 3
{ 1+1=m+n )
由中点坐标可得： ，
−2−4=n2−2n−3+m−3
{m=0) {m=1)
解得： 或 （舍去），
n=2 n=1
∴点Q (0,−3)，此时与点Q重合；
3(3+❑√17 −3+❑√17)
综上可知：点Q的坐标为(2,−1)或 , 或(0,−3)．
2 2
18．（24-25八年级下·江西宜春·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，一次函数
1
y=−2x−1与y轴交于点A，若点A关于x轴的对称点D在一次函数y= x+b的图象上．
2
(1)求b的值；
(2)若一次函数y=−2x−1与一次函数y=−x交于B，且点B关于原点的对称点为点C．求过A，B，C三点
对应的二次函数表达式；
(3)在（2）的条件下P为抛物线上一点，它关于原点的对称点为点Q．当四边形PBQC为菱形时，求点P
的坐标．
【答案】(1)b=1；
(2)y=x2−x−1；
(3)(1−❑√2,1−❑√2)或(1+❑√2,1+❑√2)；
【思路引导】此题考查二次函数和一次函数综合题，准确求出二次函数表达式是解题的关键．
1
（1）由一次函数y=−2x−1与y轴交于点A，得A(0,−1)，则D(0,1)，再把点D(0,1)代入y= x+b求
2
出b值；
（2）通过由两个一次函数组成方程组求出点B的坐标，再由对称知识求出点C的坐标，后将A、B、C三
点坐标代入即可；
（3）求出直线BC、PQ的解析式，再联立解得点P的坐标．
【规范解答】（1）解：∵一次函数y=−2x−1与y轴交于点A，点A关于x轴的对称点D在一次函数
1
y= x+b的图象上，
2
∴点A坐标为(0,−1)，∴点D坐标为(0,1)，
1
∵点D在一次函数y= x+b的图象上，
2
1
∴1= ×0+b，
2
∴b=1；
{y=−2x−1) {x=−1)
（2）解：由方程组 ，解得 ，
y=−x y=1
∴B点坐标为(−1,1)，
又C点为B点关于原点的对称点，
∴C点坐标为(1,−1)，
∵一次函数y=−2x−1与y轴交于点A，
∴A点坐标为(0,−1)，
设二次函数对应的函数表达式为y=mx2+nx+p，
{
−1=p
) {
m=1
)
把A，B，C三点的坐标分别代入，得 1=m−n+p ，解得 n=−1 ，
−1=m+n+p p=−1
∴二次函数对应的函数表达式为y=x2−x−1；
（3）当四边形PBQC为菱形时，PQ⊥BC，
∵直线BC对应的函数表达式为y=−x，
∴直线PQ对应的函数表达式为y=x．
{ y=x )
联立方程组 ．
y=x2−x−1
{x=1−❑√2) {x=1+❑√2)
解得 或 ，
y=1−❑√2 y=1+❑√2
∴P点坐标为(1−❑√2,1−❑√2)或(1+❑√2,1+❑√2)；
19．（22-23九年级下·湖北襄阳·阶段练习）如图，在Rt△ABC，∠ABC=90°，该三角形的三个顶
点均在坐标轴上．二次函数y=ax2+bx+c过A(−1,0)，B(0,2)，C(4,0)．(1)求二次函数的解析式；
(2)点P为该二次函数第一象限上一点，当△BCP的面积最大时，求P点的坐标；
(3)M为二次函数上一点，N为x轴上一点，当B、C、M、N成的四边形是平行四边形时，求出N的坐标．
1 3
【答案】(1)y=− x2+ x+2
2 2
(2)P(2,3)
(−5+❑√41 ) (−5−❑√41 )
(3)N点坐标为(1,0)或 ,0 或 ,0 或(7,0)
2 2
【思路引导】本题是二次函数综合应用题，主要考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式、二次函
数的图像与性质、平行线的性质等知识，难度较大，解题关键是综合运用数形结合的思想和分类讨论的思
想分析问题．
（1）利用待定系数法解二次函数解析式即可；
1
（2）利用待定系数法解得直线BC的函数解析式为y=− x+2，过P点作PQ∥y轴交BC于点Q，设
2
P ( t,− 1 t2+ 3 t+2 ) ，则Q ( t,− 1 t+2 ) ，可得S= 1 ×4× ( − 1 t2+2t ) =−t2+4t=−(t−2) 2+4，利用
2 2 2 2 2
二次函数的图像与性质即可获得答案；
（3）分BC为平行四边形的对角线；BM为平行四边形的对角线；BN为平行四边形的对角线，分别作出
图形求解即可．
【规范解答】（1）解：将A(−1,0)，B(0,2)，C(4,0)代入y=ax2+bx+c，
∴¿，
1
{ a=− )
2
解得 ，
3
b=
21 3
∴抛物线的解析式为y=− x2+ x+2；
2 2
（2）解：设直线BC的解析式为y=kx+2，
1
∴4k+2=0，解得k=− ，
2
1
∴直线BC的解析式为y=− x+2，
2
过P点作PQ∥y轴交BC于点Q，
设P ( t,− 1 t2+ 3 t+2 ) ，则Q ( t,− 1 t+2 ) ，
2 2 2
1 3 1 1
∴PQ=− t2+ t+2+ t−2=− t2+2t，
2 2 2 2
∴S= 1 ×4× ( − 1 t2+2t ) =−t2+4t=−(t−2) 2+4，
2 2
当t=2时，△BCP的面积最大，此时P(2,3)；
（3）设M ( m,− 1 m2+ 3 m+2 ) ，N(n,0)，
2 2
1 3
当BC为平行四边形的对角线时，4=m+n，2=− m2+ m+2，
2 2
解得m=0，n=4（舍）或m=3，n=1，
∴N(1,0)；
1 3
当BM为平行四边形的对角线时，m=4+n，0=− m2+ m+4，
2 2
3+❑√41 −5+❑√41 3−❑√41 −5−❑√41
解得m= ，n= 或m= ，n= ，
2 2 2 2(−5+❑√41 ) (−5−❑√41 )
∴N ,0 或 ,0 ；
2 2
1 3
当BN为平行四边形的对角线时，n=4+m，2=− m2+ m+2，
2 2
解得m=0，n=4（舍）或m=3，n=7，
∴N(7,0)；
(−5+❑√41 ) (−5−❑√41 )
综上所述：N点坐标为(1,0)或 ,0 或 ,0 或(7,0)．
2 2
20．（24-25九年级上·山东烟台·期末）如图，在平面直角坐标系中，直线y=−x+4与x轴交于点A，
1
与y轴交于点B，抛物线y=− x2+bx+c经过A，B两点且与x轴的负半轴交于点C，D为抛物线上的一个
2
动点，连接BC，BD，AD．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)当点D在直线AB上方时，求△ABD面积的最大值；
(3)当点D在y轴右侧时：
①连接CD，当△BCD的面积是△OBC面积的一半时，直接写出点D的坐标______；
②设E(1,m)是抛物线对称轴上一动点，当A、B、D、E为顶点的四边形是平行四边形时，求出所有符合
条件的m的值．
1
【答案】(1)y=− x2+x+4
2
(2)4
3 1
(3)①(❑√5−1,2❑√5)；② 或
2 2
【思路引导】（1）先求出直线与坐标轴交点A，B的坐标，再代入抛物线解析式求出b，c的值．
（2）过点D作DF⊥x轴交AB于点F，设F点的横坐标为m，则F(m,−m+4)，得到点D的坐标为( m,− 1 m2+m+4 )，通过三角形面积公式表示出 △ABD 面积，再根据二次函数性质求最大值．
2
（3）①先求出△OBC面积，再根据△BCD面积与△OBC面积关系求出点D纵坐标，进而求出横坐标．
②分二种情况，根据平行四边形对边平行且相等的性质，利用点的坐标关系求出m的值．
【规范解答】（1）对于直线y=−x+4，当y=0时，−x+4=0，解得x=4，
∴ A(4,0)；
当x=0时，y=4，
∴ B(0,4)，
1
把A(4,0)，B(0,4)代入y=− x2+bx+c得：
2
{ − 1 ×42+4b+c=0)
2 ，
c=4
1
将c=4代入− ×42+4b+c=0，
2
得−8+4b+4=0，4b=4，解得b=1，
1
∴抛物线解析式为y=− x2+x+4；
2
（2）过点D作DF⊥x轴交AB于点F，设F点的横坐标为m，把x=m代入y=−x+4得y=−m+4，
∴ F(m,−m+4)．
∴点D的坐标为 ( m,− 1 m2+m+4 ) ，
2
∴ DF= ( − 1 m2+m+4 ) −(−m+4)=− 1 m2+2m
2 2
∵ S =S +S
△ABD △BDF △ADF1 1
S = ×DF×m，S = ×DF×(4−m)．
△BDF 2 △ADF 2
1 1 1 1
∴ S = ×DF×m+ ×DF×(4−m)= ×DF×(m+4−m)= ×DF×4
△ABD 2 2 2 2
1
将DF=− m2+2m代入，
2
1
∴ S = ×DF×4=−(m−2) 2+4，
△ABD 2
∴ △ABD面积的最大值最大值是4；
1 1
（3）①抛物线y=− x2+x+4，令y=0，即− x2+x+4=0，
2 2
解得x =4,x =−2，
1 2
∴ C(−2,0)．
1
S = ×2×4=4，
△OBC 2
∵ △BCD的面积是△OBC面积的一半，
∴ S =2，
△BCD
过点D作DH⊥x轴交x轴于点H，设H点的横坐标为n，
∴H点坐标为(n,0)，D ( n,− 1 n2+n+4 ) ，
2
∴ DH= ( − 1 n2+n+4 )
2
∵ S +S =S +S
△BCD △CDH 梯形OBDH △OBC
∴ S =S +S −S
△BCD 梯形OBDH △OBC △CDH
∵ S = 1 (OB+DH)·OH= 1( 4− 1 n2+n+4 ) ·n
梯形OBDH 2 2 21 1 1
∵ S = CH·DH= ·(n+2)·(− n2+n+4)
△CDH 2 2 2
代入化简解得n=❑√5−1，
代入抛物线得y=2❑√5，
∴ D(❑√5−1,2❑√5)；
②由题意A(4,0)，B(0,4)
当AB是对角线时，如图，BE∥AD，BE=AD
由E(1,m)及平移得，D(3,−m+4)
1 3
代入y=− x2+x+4，解得m= ；
2 2
当AB是平行四边形的边时，如图，BE∥AD，BE=AD
由E(1,m)及平移得，D(5,−4+m)
1 3
代入y=− x2+x+4，解得m= ；
2 2
1
解得m=
2
3 1
∴ m的值是 或 ．
2 2
【考点剖析】本题考查一次函数与二次函数的综合应用，三角形面积计算，平行四边形的性质等，解题的
关键是熟练掌握函数的性质，利用相关公式和性质建立方程求解．
题型6：相似三角形问题（二次函数综合）
21．（24-25九年级上·江苏扬州·期末）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=x+4与抛物线
1
y=− x2+bx+c（b，c是常数）交于A、B两点，点A在x轴上，点B在y轴上．设抛物线与x轴的另一
2个交点为点C．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1，直线AB上方抛物线上是否存在点M，使得△MAB的面积等于3，若存在，写出点M的坐标，
若不存在，请说明理由．
(3)P是抛物线上一动点（不与点A、B重合），如图2，若点P在直线AB上方，连接OP交AB于点D，记
S
△ADP，△ADO的面积分别为S ，S ，求 1 的最大值．
1 2 S
2
1
【答案】(1)y=− x2−x+4
2
( 9) ( 5)
(2)存在，M −1, ，M −3,
2 2
1
(3)
2
【思路引导】（1）由直线y=x+4与两坐标的交点可得A(−4,0)，B(0,4)，然后利用待定系数法求解即可；
（2）在图1中，过点M作MN∥OB交直线AB于点N，设M ( t,− 1 t2−t+4 ) ，则N(t,t+4)，−4<t<0，
2
利用坐标与图形可得S = 1 × ( − 1 t2−2t ) ×4=−t2−4t，由−t2−4t=3求得t值，进而可求解；
△MAB 2 2
（3）过点P作 交直线 于点E，则 ，所以S PD PE，设点
PE∥OB AB △PDE∽△ODB 1= =
S DO OB
2P ( m,− 1 m2−m+4 ) (−4<m<0) ，利用坐标与图形可得S 1=− 1 (m+2) 2+ 1，利用二次函数的性质求
2 S 8 2
2
解即可．
【规范解答】（1）解：∵ 直线y=x+4与坐标轴交于A、B两点，
当x=0时，y=4，当y=0时，x=−4，
∴A(−4，0)，B(0,4)，
1
将A、B代入抛物线y=− x2+bx+c，得
2
{ 0=− 1 ×(−4) 2−4b+c) {b=−1)
2 ，解得 ，
c=4
c=4
1
∴抛物线的解析式为：y=− x2−x+4．
2
（2）解：存在．
在图1中，过点M作MN∥OB交直线AB于点N，
依题意，设M ( t,− 1 t2−t+4 ) ，则N(t,t+4)，−4<t<0，
2
1 1
∴MN=− t2−t+4−t−4=− t2−2t，
2 2
∴S = 1 × ( − 1 t2−2t ) ×4=−t2−4t，
△MAB 2 2
由−t2−4t=3得t2+4t+3=0，
解得t =−1，t =−3，
1 2
当t=−1时，− 1 t2−t+4= 9 ，则M ( −1, 9) ；
2 2 2当t=−3时，− 1 t2−t+4= 5 ，则M ( −3, 5) ，
2 2 2
( 9) ( 5)
综上，存在点M，使得△MAB的面积等于3，此时M −1, ，M −3, ；
2 2
（3）解：在图2中，过点P作PE∥OB交直线AB于点E，则△PDE∽△ODB，
PD PE S PD PE
∴ = 1= =
DO OB S DO OB
2
，则 ，
设点P ( m,− 1 m2−m+4 ) (−4<m<0) ，
2
∴E(m,m+4) ，
1 1
∴PE=− m2−m+4−m−4=− m2−2m，
2 2
1
− m2−2m
∴ S 1= PE = 2 =− 1 m2− 1 m=− 1 (m+2) 2+ 1 ，
S OB 4 8 2 8 2
2
1
∵− <0，−4<m<0，
8
S 1
∴当m=−2时， 1 有最大值，最大值为 ．
S 2
2
【考点剖析】本题是二次函数与一次函数的交点问题，考查了用待定系数法求二次函数的解析式，二次函
数的性质，坐标与图形，相似三角形的判定与性质，解一元二次方程等知识，解题的关键是添加合适的辅
助线构造△PDE∽△ODB．
22．（24-25九年级上·湖北襄阳·期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点
A(3,0)，与y轴交点B(0,−3)，连接AB．若点P是直线AB下方抛物线上一动点，其横坐标为m．(1)求该抛物线的解析式；
(2)连接OP交AB于点G，当OG=2PG时，求点P的坐标；
(3)设该抛物线在点B与点P之间（包含点B和点P）的部分的最高点和最低点到x轴的距离分别为d,n，设
F=d−n．
①直接写出F关于m的函数解析式；
②当F=−1时，直接写出m的取值范围．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(3+❑√3 ❑√3−6) (3+❑√3 −❑√3−6)
(2)点P的坐标为 , 或 ,
2 2 2 2
{
m2−2m(0≤m<1)
)
(3)① F= −1(1≤m<2) ；②1≤m≤2
−m2+2m−1(2≤m<3)
【思路引导】（1）运用待定系数法把A(3,0),B(0,−3)代入，解二元一次方程组即可求解；
（2）运用待定系数法求直线AB的解析式，如图所示，过点P作PD∥y轴交AB于点D，得到
PD PG −m2+3m 1
PD=−m2+3m，证明△GOB∽△GPD，得到 = ，根据题意则有 = ，由此解一元
OB OG 3 2
二次方程得到m的值，代入点坐标即可求解；
（3）①根据题意，得到二次函数对称轴直线x=1，点B关于对称轴的对称点F(2,−3)，由此分类讨论，
结合图形分析可得出F关于m的函数解析式；②根据图示即①中的计算结果进行判定即可求解．
【规范解答】（1）解：抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A(3,0)，与y轴交点B(0,−3)，
{9+3b+c=0)
∴ ，
c=−3
{b=−2)
解得， ，
c=−3
∴抛物线的解析式为：y=x2−2x−3；
（2）解：∵A(3,0),B(0,−3)，∴设直线AB的解析式为：y =k x−3(k ≠0)，
1 1 1
∴3k −3=0，
1
解得，k =1，
1
∴直线AB的解析式为y =x−3，
1
∵点P是直线AB下方抛物线y=x2−2x−3上一动点，其横坐标为m，
∴P(m,m2−2m−3)(0<m<3)，
如图所示，过点P作PD∥y轴交AB于点D，
∴D(m,m−3)，
∴PD=(m−3)−(m2−2m−3)=−m2+3m，
∵PD∥OB，
∴△GOB∽△GPD，
PD PG
∴ = ，
OB OG
∵OB=3,OG=2PG，
PD PG 1 −m2+3m 1
∴ = = ，即 = ，
OB OG 2 3 2
整理得，2m2−6m+3=0，Δ=(−6) 2−4×2×3=36−24=12>0
6±2❑√3
∴m= ，
4
3+❑√3 3−❑√3
解得，m = ,m = ，
1 2 2 2
3+❑√3 (3+❑√3) 2 3+❑√3 ❑√3−6 (3+❑√3 ❑√3−6)
当m= 时，y= −2× −3= ，即P , ，
2 2 2 2 2 23−❑√3 (3−❑√3) 2 3−❑√3 −❑√3−6 (3+❑√3 −❑√3−6)
当m= 时，y= −2× −3= ，即P , ，
2 2 2 2 2 2
(3+❑√3 ❑√3−6) (3+❑√3 −❑√3−6)
综上所述，当OG=2PG时，点P的坐标为 , 或 , ；
2 2 2 2
（3）解：①二次函数y=x2−2x−3的图像如图所示，设顶点坐标为E，点B关于对称轴对称的点为F，
∴对称轴直线为x=1，即E(1,−4)
由题意可得，P(m,m2−2m−3)，抛物线在点B与点P之间的部分包含点B和点P，
∴0≤m<3，
令y=−3时，x2−2x−3=−3，
解得，x =0,x =2，
1 2
∴点B关于对称轴对称的点的坐标为F(2,−3)，
当0≤m<1时，d=0−(−3)=3,n=0−(m2−2m−3)=−m2+2m+3，
∴F=3−(−m2+2m+3)=m2−2m(0≤m<1)；
当1≤m≤2时，d=0−(−3)=3,n=0−(−4)=4，
∴F=3−4=−1(1≤m<2)；
当2<m<3时，d=0−(m2−2m−3)=−m2+2m+3,n=0−(−4)=4，
∴F=−m2+2m+3−4=−m2+2m−1(2≤m<3)；
{
m2−2m(0≤m<1)
)
综上所述， F= −1(1≤m<2) ；
−m2+2m−1(2≤m<3)
②根据题意，当F=m2−2m=−1时，m =m =1，不符合题意，舍去；
1 2当F=−1，1≤m<2；
当F=−m2+2m−1=−1时，m =0（不符合题意，舍去），m =2；
1 2
∴当F=1时，m的取值范围为1≤m≤2．
【考点剖析】本题主要考查待定系数法求解析式，二次函数图象的性质，相似三角形的判定和性质，动点
与函数图象的性质等知识的综合，掌握二次函数图象的性质，相似三角形的判定和性质，数形结合思想是
解题的关键．
23．（2024·山东济宁·二模）综合与探究
3 9
如图1，二次函数y=− x2+ x+3的图象与x轴交于点A，B（点A在点B左侧），与y轴交于点C．点P
4 4
是y轴左侧抛物线上的一个动点，设点P的横坐标为m，过点P作x轴的平行线交y轴于点D，交抛物线于
另一点E．
(1)求点A，B，C的坐标．
(2)如图2，当点P在第二象限时，连接BC，交直线PE于点F．当PF=EF时，求m的值．
(3)当点P在第三象限时，以BD为边作正方形DBMN，当点C在正方形DBMN的边上时，直接写出点D
的坐标．
【答案】(1)A(−1,0)，B(4,0)，C(0,3)
3−❑√15
(2)
2
( 16)
(3)(0,−2)或 0,−
3
3 9
【思路引导】（1）在y=− x2+ x+3中，分别令y=0，x=0，计算即可得出答案；
4 4
（2）利用待定系数法求出直线 BC 的解析式为 y=− 3 x+3 ，由题意得 P ( m,− 3 m2+ 9 m+3 )，则
4 4 4E ( 3−m,− 3 m2+ 9 m+3 )，求出 F (3 , 15)，得到 − 3 m2+ 9 m+3= 15，计算即可得解；
4 4 2 8 4 4 8
（3）设D(0,t)，且t<0，则OD=−t，分两种情况：当点C在正方形DBMN的边MN上时，设边DN交x
轴于G；当点C在正方形DBMN的边BM上时；分别计算即可得出答案．
3 9 3 9
【规范解答】（1）解：在y=− x2+ x+3中，令y=0，则− x2+ x+3=0，
4 4 4 4
解得：x =−1，x =4，
1 2
∴A(−1,0)，B(4,0)，
令x=0，则y=3，即C(0,3)；
（2）解：设直线BC的解析式为y=kx+b，
{4k+b=0)
将B(4,0)，C(0,3)代入解析式得 ，
b=3
{ k=− 3 )
∴ 4 ，
b=3
3
∴直线BC的解析式为y=− x+3，
4
∵y=−
3
x2+
9
x+3=−
3(
x−
3) 2
+
75
，
4 4 4 2 16
3
∴抛物线的对称轴为直线x= ，
2
由题意得：P ( m,− 3 m2+ 9 m+3 ) ，则E ( 3−m,− 3 m2+ 9 m+3 ) ，
4 4 4 4
∵PE∥x轴，
3 3
∴点P、E关于抛物线的对称轴直线x= 对称，即直线x= 经过线段PE的中点，
2 2
如图，
，∵BC交直线PE于点F，且PF=EF，
3 3 3 15 (3 15)
∴当x= 时，y=− × +3= ，即F , ，
2 4 2 8 2 8
3 9 15
∴− m2+ m+3= ，
4 4 8
3±❑√15
解得：m= ，
2
∵点P在第二象限，
∴m<0，
3−❑√15
∴m= ；
2
（3）解：设D(0,t)，且t<0，则OD=−t，
∵B(4,0)，C(0,3)，
∴OB=4，OC=3，
如图，当点C在正方形DBMN的边MN上时，设边DN交x轴于G，
，
则BD=DN，∠BDG=∠DNC=90°，
∴∠BDO+∠NDC=90°，
∵∠DOG=∠BOD=90°，
∴∠DBO+∠BDO=90°，
∴∠NDC=∠DBO，即∠NDC=∠DBG，
∴△DNC≌△BDG(ASA)，
∴BG=CD，
∵∠BOD=∠DOG=90°，
∴∠BDO+∠DBO=90°，
∵∠BDO+∠GDO=90°，
∴△BDO∽△GDO，OD OG −t OG
∴ = ，即 = ，
OB OD 3 −t
1
∴OG= t2 ，
3
1
∴BG=OG+OB= t2+3，
3
∵CD=3−t，
1
∴
t2+3=3−t，
3
解得：t =0（舍去），t =−3，
1 2
∴D(0,−3)；
如图，当点C在正方形DBMN的边BM上时，
，
∵∠BOC=∠BOD=∠CBD=90°，
∴∠BDO+∠DBO=∠DBO+∠CBO=90°，
∴∠BDO=∠CBO，
∴△BDO∽△CBO，
OD OB OD 4
∴ = ，即 = ，
OB OC 4 3
16
∴OD= ，
3
( 16)
∴D 0, ，
3
( 16)
综上所述，点D的坐标为(0,−2)或 0,− ．
3
【考点剖析】本题考查了二次函数与坐标轴的交点问题、求一次函数解析式、二次函数综合—线段问题、
相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵
活运用，添加适当的辅助线，采用数形结合与分类讨论的思想是解此题的关键．24．（24-25九年级上·广东东莞·期末）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线：y=ax2+bx−3与x轴
交于A(−1,0)和B(3,0)两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，连接BC，D是线段BC下方抛物线上的一点，作DE⊥BC于E，求DE的最大值；
(3)如图3，点P在第四象限内的抛物线上且CB平分∠ACP，求点P的坐标；
(4)如图4，过点(1,0)作直线MN与抛物线相交于点M和点N，若点M和点N的纵坐标之和为2，求该直线
的解析式．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
9
(2)DE有最大值 ❑√2；
8
(5 32)
(3)点P的坐标为 ,− ；
3 9
(4)直线MN解析式为y=❑√2x−❑√2或y=−❑√2x+❑√2．
【思路引导】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）过D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，求出直线BC解析式为y=x−3，设D(t,t2−2t−3)，则
1 1
F(t,t−3)，DF=t−3−(t2−2t−3)=−t2+3t，利用S = BC×DE= DF×(x −x )，求出
△BCD 2 2 B C
❑√2( 3) 2 9
DE=− t− + ❑√2，最后根据二次函数的性质即可求解；
2 2 8
（3）过P作PT⊥x轴于点T，过C作CH⊥PT轴于点H，然后证明△ACO∽△PCH，由性质得
AO CO
= ，设P(s,s2−2s−3)，则H(s,−3)，代入得s=3(−s2+2s)，再解方程和检验即可；
PH CH
（4）设直线MN解析式为y=k x+b ，由于过点(1,0)，则直线MN解析式为y=k x−k ，联立联立
1 1 1 1{ y=k 1 x−k 1 )，则 x2−(2+k )x+k −3=0 ，再通过一元二次方程根与系数的关系即可求解；
y=x2−2x−3 1 1
本题考查了二次函数的性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程解法及根与系数的关系，掌握知识
点的应用是解题的关键．
【规范解答】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A(−1,0)和B(3,0)两点，
{ a−b−3=0 ) { a=1 )
∴ ，解得： ，
9a+3b−3=0 b=−2
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：如图，过D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，
由（1）得：抛物线的解析式为y=x2−2x−3，
当x=0时，y=−3，
∴C(0,−3)，
∴BC=❑√32+32=3❑√2，
设直线BC解析式为y=mx+n，
{3m+n=0) {m=1
)
∴ ，解得： ，
n=−3 n=−3
∴直线BC解析式为y=x−3，
设D(t,t2−2t−3)，则F(t,t−3)，
∴DF=t−3−(t2−2t−3)=−t2+3t，
1 1
∴S = BC×DE= DF×(x −x )，
△BCD 2 2 B C
1 1
∴ ×3❑√2×DE= (−t2+3t)×3，
2 2
∴DE=
❑√2
(−t2+3t)=−
❑√2(
t−
3) 2
+
9
❑√2，
2 2 2 83 9
∴当t= 时，DE有最大值 ❑√2；
2 8
（3）解：如图，过P作PT⊥x轴于点T，过C作CH⊥PT轴于点H，
∴∠CHP=∠COA=∠OCH=90°，
由上可知于A(−1,0)，B(3,0)，C(0,−3)，
∴OB=OC=3，OA=1，
∴∠OCB=∠BCH=45°，
∵CB平分∠ACP，
∴∠ACB=∠PCB，
∴∠ACO+∠OCB=∠PCH+∠BCH，
∴∠ACO=∠PCH，
∴△ACO∽△PCH，
AO CO
∴ = ，
PH CH
1 3
∴ = ，即CH=3PH，
PH CH
设P(s,s2−2s−3)，则H(s,−3)，
∴PH=s−3−(s2−2s−3)=−s2+2s，CH=s，
∴s=3(−s2+2s)，
5
∴s= 或s=0（舍去），
3
∴s2−2s−3=
(5) 2
−2×
5
−3=−
32
，
3 3 9
(5 32)
∴点P的坐标为 ,− ；
3 9（4）解：设直线MN解析式为y=k x+b ，
1 1
∵过点(1,0)，
∴0=k +b ，
1 1
∴b =−k ，
1 1
∴直线MN解析式为y=k x−k ，
1 1
{ y=k x−k )
联立： 1 1 ，
y=x2−2x−3
∴x2−(2+k )x+k −3=0，
1 1
∵点M和点N的纵坐标之和为2，y =k x −k ，y =k x −k
M 1 M 1 N 1 N 1
∴y + y =k x −k +k x −k =k (x +x )−2k
M N 1 M 1 1 N 1 1 M N 1
∵y + y =2，x +x =2+k ，
M N M N 1
∴k (x +x )−2k =k (2+k )−2k =2，
1 M N 1 1 1 1
整理得：k =±❑√2，
1
∴直线MN解析式为y=❑√2x−❑√2或y=−❑√2x+❑√2．
题型7：其他问题（二次函数综合）
25．（24-25九年级上·江苏盐城·阶段练习）已知抛物线y=x2+bx+c与x轴的两个交点A(−1,0)和
B(3,0)与y轴交点为点C
(1)求出抛物线的解析式；
(2)如图1，若在线段BC下方的抛物线上有一点P，若P到BC距离最大，求出点P的坐标；
(3)如图2，若在线段BC下方的抛物线上有两点P和Q且PQ∥BC，连接射线CP和BQ相交于点M，请猜想点M运动轨迹 （填一条线段、一段抛物线、一段圆弧）并证明你的猜想．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(3 15)
(2) ,−
2 4
(3)一条线段，证明见解析
【思路引导】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）求出直线BC的解析式为y=x−3，过点P作作l∥BC，则直线l的解析式为y=x+b ，直线l与抛物
2
{y=x2−2x−3)
线只有一个公共点时，P到BC距离最大，联立 ，求解即可；
y=x+b
2
（3）待定系数法求出直线BQ的解析式为y=(m+1)x−3(m+1)，同理可得直线CP的解析式为
{y=(m+1)x−3(m+1)) −3m
y=(n−2)x−3，联立 ，可得x = ①，结合PQ∥BC，得出
y=(n−2)x−3 M n−3−m
m2−2m−3−(n2−2n−3)
=1，进而可得m+n=3②，即可得解．
m−n
【规范解答】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c与x轴的两个交点A(−1,0)和B(3,0)，
{1−b+c=0
)
∴ ，
9+3b+c=0
{b=−2)
解得： ，
c=−3
∴抛物线的解析式为：y=x2−2x−3；
（2）解：在y=x2−2x−3中，当x=0时，y=−3，即C(0,−3)，
设直线BC的解析式为y=kx+b ，
1
{3k+b =0)
将C(0,−3)，B(3,0)代入解析式可得： 1 ，
b =−3
1
{ k=1 )
解得： ，
b =−3
1
∴直线BC的解析式为y=x−3，
如图，过点P作作l∥BC，则直线l的解析式为y=x+b ，
2
∵P到BC距离最大，
∴直线l与抛物线只有一个公共点时，P到BC距离最大，
{y=x2−2x−3)
联立 可得：x2−3x−3−b =0，
y=x+b 2
2
∴Δ=9−4(−3−b )=0，
2
21
解得：b =− ，
2 4
代入x2−3x−3−b =0可得x=
3
，此时y=
(3) 2
−2×
3
−3=−
15
，
2 2 2 2 4
(3 15)
∴P ,− ；
2 4
（3）解：一条线段，证明如下：
设Q(m,m2−2m−3)，P(n,n2−2n−3)，
设直线BQ的解析式为y=sx+t，
{ 3s+t=0 )
将Q(m,m2−2m−3)，B(3,0)代入解析式可得： ，
ms+t=m2−2m−3
{ s=m+1 )
解得： ，
t=−3(m+1)
∴直线BQ的解析式为y=(m+1)x−3(m+1)，同理可得直线CP的解析式为y=(n−2)x−3，
{y=(m+1)x−3(m+1))
联立 ，
y=(n−2)x−3
−3m
解得：x = ①，
M n−3−m
∵PQ∥BC，
m2−2m−3−(n2−2n−3)
∴ =1，
m−n
∴m+n=3②，
3
由①和②可得：x = ，
M 2
3
∴点M运动轨迹是直线x= 上的一条线段．
2
【考点剖析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、求一次函数解析式；二次函数与一次函数的交点
等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
1 1
26．（24-25九年级上·湖北荆州·期中）如图，抛物线y=− x2− x+2交x轴于A，B两点A在B左边，
4 2
交y轴于点C，点P是第二象限内抛物线上任意一点，其横坐标为n．
(1)直接写出点A，B，C的坐标；
(2)如图1，连接AC，过点P作直线PD∥y轴，交AC于点D．当线段PD的长度最大时，求点P的坐标；
(3)如图2，连接AC，BC，过点P作直线PQ∥BC，交y轴于点Q．若AC平分线段PQ，求直线PQ的解
析式．
【答案】(1)A(−4,0)，B(2,0)，C(0,2)
(2)(−2,2)
5
(3)y=−x+
4【思路引导】本题考查二次函数的性质，利用待定系数法求解一次函数的解析式，熟练掌握二次函数的性
质是解题的关键．
1 1 1 1
（1）把x=0代入y=− x2− x+2，即可求解点C的坐标，把y=0代入y=− x2− x+2，即可求解
4 2 4 2
点A，B的坐标；
（2）设直线AC的解析式为y=kx+2，将A(−4,0)代入得−4k+2=0，即可求解直线AC的解析式，根据
D，P坐标，应用二次函数性质即可求解；
（3）根据题意求解直线BC的解析式，进而求出线段PQ的中点坐标，将 (1 n,− 1 n2+2 ) 代入y= 1 x+2，
2 4 2
即可求解；
1 1
【规范解答】（1）解：在y=− x2− x+2中，令x=0得y=2，
4 2
∴C(0,2),
1 1
令y=0得− x2− x+2=0，
4 2
解得x=−4或x=2，
∴A(−4,0),B(2,0)；
（2）解：设直线AC的解析式为y=kx+2，
将A(−4,0)代入得−4k+2=0，
1
解得k= ，
2
1
∴直线AC的解析式为y= x+2，
2
∵点P在第二象限的抛物线上，点D在直线AC上，
∴P ( n,− 1 n2− 1 n+2 ) ，(−4<n<0)，D ( n, 1 n+2 ) ，
4 2 2
∴PD= ( − 1 n2− 1 n+2 ) − (1 n+2 ) =− 1 n2−n，
4 2 2 4
b −1
n=− =− =−2
∴当 2a 1 时，PD最大，
−
2
此时点P的坐标为(−2,2)；（3）解：设直线BC的解析式为y=mx+2，将B(2,0)代入得2m+2=0，
解得m=−1，
∴直线BC的解析式为y=−x+2，
∵PQ∥BC，
设直线PQ的解析式为y=−x+b，将P ( n,− 1 n2− 1 n+2 ) 代入得，
4 2
1 1
∴− n2− n+2=−n+b，
4 2
1 1
∴b=− n2+ n+2，
4 2
1 1
∴直线PQ的解析式为y=−x− n2+ n+2，
4 2
∴Q ( 0,− 1 n2+ 1 n+2 ) ，
4 2
∴线段PQ的中点坐标为 (1 n,− 1 n2+2 ) ，
2 4
∵AC平分线段PQ，
∴线段PQ的中点在直线AC上，
将 (1 n,− 1 n2+2 ) 代入y= 1 x+2得− 1 n2+2= 1 n+2，
2 4 2 4 4
解得：n =−1，n =0，（舍去）
1 2
5
∴直线PQ的解析式为y=−x+ ；
4
27．（24-25九年级上·重庆忠县·期末）如图，已知抛物线y=ax2−2x+c与x轴相交于A(−1,0)，
B(3,0)两点，与y轴相交于点C，设点P在抛物线上．(1)求已知抛物线的解析式；
(2)如图1，当点P位于第四象限时，若△BCP面积的最大，求点P坐标；
(3)如图2，过点P作直线y=−2x+m与抛物线还交于另一点Q，直线BP，BQ分别交y轴于点D，E，设
点P在y轴的左侧．证明：点C为线段DE的中点．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(3 15)
(2) ,−
2 4
(3)见解析
【思路引导】（1）根据待定系数法即可求解；
（2）先求得C(0,−3)，再利用待定系数法求得直线BC的函数表达式为y=x−3，过点P作y轴的平行线
交BC于H，设点P的坐标为(t,t2−2t−3)，则H(t,t−3)，0<t<3，利用坐标与图形性质和三角形的面
3( 3) 2 27
积公式得到S =− t− + ，然后利用二次函数的性质求解即可；
△BCP 2 2 8
（3）分别求得直线BP、BQ的函数表达式，进而求得点D、E的坐标，利用中点坐标公式可得结论．
【规范解答】（1）解：∵抛物线y=ax2−2x+c与x轴交于A(−1,0)、B(3,0)两点，
{ a+2+c=0 )
∴ ，
9a−6+c=0
{ a=1 )
解得 ，
c=−3
∴抛物线的解析式y=x2−2x−3；
（2）解：令x=0，则y=−3，
∴C(0,−3)，设直线BC的函数表达式为y=kx+b，
{3k+b=0) { k=1 )
将B(3,0)、C(0,−3)代入，得 ，解得 ，
b=−3 b=−3
∴直线BC的函数表达式为y=x−3，
过点P作y轴的平行线交BC于H，
设点P的坐标为(t,t2−2t−3)，则H(t,t−3)，0<t<3，
∴PH=t−3−(t2−2t−3)=−t2+3t，
∴S =
1
×(−t2+3t)×3=−
3(
t−
3) 2
+
27
，
△BCP 2 2 2 8
3
∵− <0，0<t<3，
2
3 27 15
∴当t= 时，S 有最大值，最大值为 ，此时t2−2t−3=− ，
2 △BCP 8 4
(3 15)
∴△BCP面积的最大时，点P坐标为 ,− ；
2 4
（3）证明：由题意，设点P的坐标为(t,t2−2t−3)，t<0，
设直线BP的函数表达式为y=k x+b ，
1 1
则 { 3k 1 +b 1 =0 ) ，解得 { k 1 =t+1 ) ，
tk +b =t2−2t−3 b =−3t−3
1 1 1
∴直线BP的函数表达式为y=(t+1)x−3t−3，
∴D(0,−3t−3)；
{ y=−2x+m )
联立 ，得x2=3+m，解得x=±❑√3+m，
y=x2−2x−3∴Q(❑√3+m,−2❑√3+m+m)，P(−❑√3+m,2❑√3+m+m),
∴t=−❑√3+m，则m=t2−3，
∴Q(−t,t2+2t−3)，
设直线BQ的函数表达式为y=k x+b ，
2 2
{−tk +b =t2+2t−3) { k =1−t )
则 2 2 ，解得 2 ，
3k +b =0 b =3t−3
2 2 2
∴直线BQ的函数表达式为y=(1−t)x+3t−3，
∴E(0,3t−3)，
(
(−3t−3)+(3t−3))
∴点D、E的中点坐标为 0, ，即(0,−3)，
2
又C(0,−3)，
∴点C为线段DE的中点．
【考点剖析】此题是二次函数综合应用题，主要考查了待定系数法求函数解析式、三角形的面积、二次函
数的性质、坐标与图形、方程思想等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用数形结合思想求解是解
答的关键．
28．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期末）已知，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，拋物线
1
y=ax2+ x+3与x轴交于A，B两点（A在B左），与y轴交于点C，OB=OC．
2
(1)如图1，求拋物线的解析式；
(2)如图2，点P为第一象限内抛物线上一点，连接BC，过点P作PD⊥BC，垂足为D，设点P的横坐标
为t，线段PD的长为d，求d与t的函数解析式（不要求写出自变量t的取值范围）；(3)如图3，在（2）的条件下，点E在线段OC的延长线上，连接AE，DE，DE=AC，延长AC交DE于
点F，点G在BD上，连接AG，若∠AGC−∠AEC=45°，∠AFD=∠EAG，求点P的坐标．
1 1
【答案】(1)y=− x2+ x+3
2 2
❑√2 3❑√2
(2)d=− t2+ t
4 4
−1+❑√17 1+❑√17
(3)P( , )
2 2
【思路引导】（1）求得点B的坐标，利用待定系数法解答即可；
（2）利用待定系数法求得直线BC的解析式，点P作PM⊥OB于点M，交BC于点N，利用二次函数图象
上点的坐标的特征得到P(t,− 1 t2+ 1 t+3 ) ,N(t,−t+3)，则PN=PM−MN=− 1 t2+ 3 t，再利用等腰
2 2 2 2
直角三角形的性质解答即可得出结论；
（3）延长BC，交AE于点K，在EA上截取ER=AG，连接DR，利用等腰直角三角形的性质，三角形的
外角的性质和等腰三角形的判定定理得到AK=AG，利用全等三角形的判定与性质得到DK=DR，
∠EKD=∠ARD；连接AD，利用全等三角形的判定与性质得到ED=AD，利用勾股定理求得AC，则
AD=DE=AC=❑√13；过点D作DS⊥OB于点S，则DS=SB，设OS=n，则DS=SB=3−n，利用勾股
定理求得n值，则点D坐标可求，利用待定系数法求得直线PD的解析式，并与二次函数的解析式联立组成
方程组，解方程组即可得出结论．
【规范解答】（1）令x=0，则y=3，
∴C(0,3)，
∴OC=3，
∵OB=OC，
∴OB=3，
∴B(3,0)，
3
∴9a+ +3=0，
2
1
∴a=− ，
2
1 1
∴．抛物线的解析式为y=− x2+ x+3；
2 2
（2）由（1）知：OB=OC=3，∴∠OCB=∠OBC=45°，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
{3k+b=0)
∴ ，
b=3
{k=−1)
∴
b=3
∴直线BC的解析式为y=−x+3．
过点P作PM⊥OB于点M，交BC于点N，如图，
∵ P
设点 的横坐标为t，
∴P ( t,− 1 t2+ 1 t+3 ) ，N(t,−t+3)，
2 2
1 1
∴PM=− t2+ t+3，MN=−t+3，
2 2
1 3
∴PN=PM−MN=− t2+ t，
2 2
∵PM⊥OB，∠OBC=45°，
∴∠OMN=45°，
∴∠PND=∠OMN=45°，
∵PD⊥BC，
❑√2 ❑√2 3❑√2
∴d=PD= PN=− t2+ t．
2 4 4
（3）延长BC，交AE于点K，在EA上截取ER=AG，连接DR，如图，∵∠AGC−∠AEC=45°
∴∠AGC=∠AEC+45°
∵∠KCE=∠OCB=45°，∠AKB=∠AEC+∠KCE
∴∠AKB=∠AEC+45°
∴∠AKB=∠AGC
∴AK=AG
∴AK=ER
∴AR=EK
∵∠AFD=∠EAG，∠AFD=∠AED+∠EAF，
∠EAG=∠EAF+∠CAG，
∴∠AED=∠CAG，
在△ERD和△AGC中，
{
ER=AG
)
∠AED=∠CAG ，
ED=AC
∴△ERD≌△AGC(SAS)，
∴∠ERD=∠AGC，
∴∠AKG=∠ERD，
∴DK=DR，∠EKD=∠ARD，
连接AD，
在△EKD和△ARD中，
{
DK=DR
)
∠EKD=∠ARD ，
EK=AR
．∴△EKD≌△ARD(SAS)，
∴ED=AD，1 1
令y=0，则− x2+ x+3=0，
2 2
∴x=3或−2，
∴A(−2,0)，
∴OA=2，
∴AC=❑√OA2+OC2=❑√22+32=❑√13，
∴AD=DE=AC=❑√13，
过点D作DS⊥OB于点S，则DS=SB，
设OS=n，则DS=SB=3−n，
∴AS=OA+OS=2+n，
∵AS2+DS2=AD2，
∴(2+n) 2+(3−n) 2=(❑√13) 2 ，
∴n=1，
∴D(1,2)，
设直线PD的解析式为y=x+c，
∴1+c=2，
∴c=1，
∴直线PD的解析式为y=x+1，
{
y=x+1
)
∵ 1 1 ，
y=− x2+ x+3
2 2
{ x = −1+❑√17 { x = −1−❑√17 ))
1 2 2 2
∴ , ,
1+❑√17 1−❑√17
y = y =
1 2 2 2
∵点P为第一象限内抛物线上一点，
(−1+❑√17 1+❑√17)
∴P ,
2 2
【考点剖析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法，抛物线上点的坐标的特征，一次函数
的图象与性质，一次函数的图象上点的坐标的特征，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定
理，全等三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
