文档内容
专题 04 二次函数与几何综合重难点题型汇编
【题型01 ：二次函数与角相等】...............................................1
【题型02 ：二次函数与线段最值】.............................................13
【 题 型 03 ： 二 次 函 数 与 面 积 综
合】...............................................20
【 题 型 04 ： 二 次 函 数 与 平 行 四 边 形 存 在 性 问
题】...................................28
【 题 型 05 ： 二 次 函 数 与 菱 形 存 在 性 问
题】.........................................40
【 题 型 06 ： 二 次 函 数 与 矩 形 存 在 性 问
题】.........................................58
【 题 型 07 ： 二 次 函 数 与 等 腰 三 角 形 存 在 性 问
题】...................................72
【 题 型 08 ： 二 次 函 数 与 直 角 三 角 形 存 在 性 问
题】...................................88
【题型09：二次函数与等腰直角三角形存在性问题】.............................107
【 题 型 10 ： 二 次 函 数 与 全 等 三 角 形 存 在 性 问
题】..................................120
【题型01 ：二次函数与角相等】
1．抛物线y=x2 +bx+c与x轴交于A(−1,0)、B两点，与y轴交于C(0,−3)，顶点为D，
点M是抛物线上任意一点．(1)求抛物线解析式；
(2)在抛物线对称轴右侧的图象上是否存在点M，使∠AMC=∠MCD？若存在，求出
点M的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)点N为抛物线对称轴上一动点，若以B、N、C为顶点的三角形为直角三角形，求出
所有相应的点N的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)存在，M(2,−3)；
( −3+❑√17) ( −3−❑√17)
(3)点N的坐标为 1, 或 1, 或(1,2)或(1,−4)．
2 2
【分析】此题主要考查了二次函数综合以及勾股定理的应用和待定系数法求函数解析式
等知识，利用分类讨论得出N点坐标是解题关键．
（1）直接利用待定系数法求出抛物线解析式进而得出答案即可；
（2）首先求出l ：y=−x−3，l ：y=−x−1，令x2−2x−3=−x−1，即可求出
CD AM
M点坐标即可；
（3）①若∠BNC=90°，则BC2 =BN2 +NC2，②若∠NBC=90°，则
NC2 =BN2 +BC2，③若∠NCB=90°，则BN2 =NC2 +BC2，分别求出N点坐标即
可．
【详解】（1）解：抛物线y=x2 +bx+c过A(−1,0)，C(0,−3)，
{1−b+c=0)
∴ ，
c=−3
{b=−2)
解得： ，
c=−3
∴抛物线解析式为：y=x2−2x−3；
（2）解：存在．如图1，当AM∥CD时，∠AMC=∠MCD ，
由（1）可得抛物线y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴D(1,−4)，
设直线CD的解析式为：y=kx−3，
∴−4=k−3，
∴k=−1，
∴ l ：y=−x−3，
CD
∵AM∥CD，∴ l ：y=−x−1，
AM
∴x2−2x−3=−x−1，
∴ x =−1（舍），x =2 ，
1 2
∴y=22−2×2−3=−3，
∴M(2,−3)；
（3）解：设N(1,n)，则BN=❑√4+n2，NC=❑√1+(−3−n) 2，BC=3❑√2，
①如图2，若∠BNC=90°，则BC2 =BN2 +NC2，即18=4+n2 +1+9+6n+n2，∴n2 +3n−2=0，
−3±❑√17
∴解得：n= ，
2
( −3+❑√17) ( −3−❑√17)
∴点N的坐标为 1, 或 1, ；
2 2
②若∠NBC=90°，则NC2 =BN2 +BC2，即1+9+6n+n2 =4+n2 +18，
∴6n=12，
∴n=2，
∴点N的坐标为(1,2)；
③若∠NCB=90°，则BN2 =NC2 +BC2，即1+9+6n+n2 +18=4+n2，
∴6n=−24，
∴n=−4，
∴点N的坐标为(1,−4)，
( −3+❑√17) ( −3−❑√17)
综上，点N的坐标为 1, 或 1, 或(1,2)或(1,−4)．
2 2
2．如图，抛物线y=x2−2x−3与x轴交于A,B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点
C，其顶点为D．
(1)点E为x轴上的动点，当△CDE周长最小时，求点E的坐标；
(2)若E为BD中点，P为抛物线上一点，当∠PAB=∠EAB时，求点P的坐标．
(3)点B右侧抛物线上一动点Q，满足S =S ，求点Q的横坐标．
△ACQ 四边形ABDC
(3 )
【答案】(1) ,0
7
(11 28) (7 20)
(2)P , 或 ,−
3 9 3 9−1+❑√73
(3)
2
【分析】本题考查二次函数的综合应用，利用数形结合的思想，进行求解是解题的关键：
（1）求出C,D的坐标，作点C关于x轴的对称点F(0,3)，连接DF交x轴于E，此时
△CDE周长最小，求出直线DF的解析式，进而求出E点坐标即可；
（2）分两种情况，①P点不在直线AE上，设直线AP交y轴于N，直线AE交y轴于
M，证明△AMO≌△ANO，得到OM=ON，求出直线AE的解析式，进而求出M
的坐标，进而求出N点坐标，求出直线AN的解析式，联立直线和抛物线的解析式，求
出P点的坐标即可；②点P在直线AE上，联立直线和抛物线的解析式，进行求解即可；
（3）设Q(t,t2−2t−3)，AQ交y轴于H，过Q作QG⊥x轴于G，分割法求出三角形
t+1
ACQ和四边形ABDC的面积，进而得到 CH=9，进行求解即可．
2
【详解】（1）解：∵y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴D(1,−4)，
当y=x2−2x−3=0时，则：x =3,x =−1，当x=0时，y=−3，
1 2
∴A(−1,0),B(3,0),C(0,−3)，
作点C关于x轴的对称点F(0,3)，连接DF交x轴于E，则
△CDE=CD+DE+CE=CD+DE+EF=CD+DF，周长最小．
设直线DF的解析式为y=kx+3，把D(1,−4)代入y=kx+3，则有−4=k+3，
∴k=−7
∴直线DF的解析式为y=−7x+3，
3
令y=0，则−7x+3=0，解得：x=
7(3 )
∴点E的坐标为 ,0 ；
7
（2）①P点不在直线AE上时，如图，设直线AP交y轴于N，直线AE交y轴于M，
∵∠PAB=∠EAB，
∴∠NAO=∠MAO，
∵OA⊥y轴
∴∠AOM=∠AON，
又∵OA=OA，
∴△AMO≌△ANO，
∴ON=OM；
∵B(3,0),D(1,−4)，
∴中点E(2,−2)，
设直线AE解析式为y=tx+b，
∵A(−1,0),E(2,−2)，
2
{ t=− )
{−t+b=0 ) 3
∴ ，解得： ，
2t+b=−2 2
b=−
3
2 2
∴直线AE解析式为y=− x− ．
3 3
2
∴当x=0时，y=− ，
3
2
∴ ON=OM= ，
3
2 2
同法可得：直线AN解析式为y= x+ ，
3 311
{ y= 2 x+ 2 ) {x=−1) { x= 3 )
由 3 3 解得 或 ，
y=0 28
y=x2−2x−3 y=
9
(11 28)
∴P的坐标为 , ．
3 9
7
{ y=− 2 x− 2 ) {x=−1) { x= 3 )
②当点P在直线AE上时，则： 3 3 ，解得：解得 或 ，
y=0 20
y=x2−2x−3 y=−
9
(7 20)
∴P的坐标为 ,− ；
3 9
(11 28) (7 20)
故P , 或 ,− ．
3 9 3 9
（3）设Q(t,t2−2t−3)，AQ交y轴于H，过Q作QG⊥x轴于G．
∵A(−1,0),B(3,0),C(0,−3),D(1,−4)
1 t+1
则S = CH⋅AG= CH，
△ACQ 2 2
1 1 1 3 7 8
S = ×1×3+ ×(3+4)×1+ ×4×(3−1)= + + =9，
四边形ABDC 2 2 2 2 2 2
∵ S =S ，
△ACQ 四边形ABDC
t+1
∴
CH=9，
2
设直线AQ解析式为y=mx+n，{ 0=−m+n )
则有 ，
t2−2t−3=tm+n
消去m，解得：n=t−3，
∴OH=t−3，
∴CH=OC+OH=t．
t+1
∵
CH=9，
2
−1+❑√73 −1−❑√73
∴t(t+1)=18，解得：t= 或t= （舍去），
2 2
−1+❑√73
∴点Q的横坐标为 ．
2
3．抛物线y=ax2−2ax−3a(a<0)交x轴于A，B两点，交y轴于点C．
(1)直接写出点A，B的坐标；
(2)如图（1），当a=−1时，连接AC，点P在第四象限内抛物线上，若
∠PAB=2∠ACO，求点P的坐标；
(3)如图（2），若顶点为H，在第一象限的抛物线上取点D，连接HD并延长交x轴于
点E，当AD=DE时，将△ADB沿DE方向平移得到△A′EB′．将抛物线L平移得到
抛物线L′，使得点A′，B′都落在抛物线L′上，试判断抛物线L′与L是否交于某个定点．
若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】(1)A(−1,0)，B(3,0)
(15 57)
(2)P ,−
4 16
(3)是；(3,0)
【分析】（1）令y=ax2−2ax−3a=0，解一元二次方程即可得出点A，点B的坐标．
（2）过线段AC的中点M，作AC的垂直平分线MD交y轴于点D，连接AD，设OD=m，则CD=3−m，AD=CD=3−m，OA=1，利用勾股定理求出点D的坐标，
将AD绕A点顺时针旋90°转得到线段AE，则AE=AD，作EF⊥x轴于F点，直线
AE交第四象限的抛物线于点P．Rt△AOD≌Rt△EAF(AAS)，由全等三角形的性
质进一步求出点 (1 )，然后求出 解析式，再联立 直线和抛物线解析解方程
E ,−1 AE AE
3
组即可得出答案．
（3）过D作DM⊥x轴于M，设D(m,am2−2am−3a)，则AM=m+1，
DM=am2−2am−3a，将△ADB沿DE方向平移得到△A′EB′，相当于将△ADB
向右平移(m+1)个单位，再向下平移am2−2am−3a个单位，即可得出抛物线L′解析
式，由ax2−2ax−3a=a(x−m−2) 2−am2 +2am−a(a<0)，解出x即可得出定点
坐标．
【详解】（1）解：令y=ax2−2ax−3a=0，
∴ax2−2ax−3a=a(x+1)(x−3)=0
∵a≠0，
∴
x =−1，x =3，
1 2
∴A(−1,0)，B(3,0)．
（2）解：当a=−1时，则抛物线解析式为：y=−x2 +2x+3，
过线段AC的中点M，作AC的垂直平分线MD交y轴于点D，连接AD，
则CD=AD，∠ACO=∠DAC，∠ADO=∠DAC+∠ACD=2∠ACO，
设OD=m，
则CD=3−m，AD=CD=3−m，OA=1，
在Rt△AOD中，∠AOD=90°，
∴12 +m2 =(3−m) 2，
4
∴ m= ，
3
( 4)
∴ D 0, ．
3将AD绕A点顺时针旋90°转得到线段AE，则AE=AD，作EF⊥x轴于F点，直线
AE交第四象限的抛物线于点P．
∵∠DAO+∠FAE=90°，∠DAO+∠ADO=90°，
∴∠FAE=∠ADO，
∴∠PAB=∠FAE=∠ADO=2∠ACO，
在Rt△AOD和Rt△EAF中，
{∠AOD=∠EFA=90°
)
∠FAE=∠ADO ，
AD=AE
∴Rt△AOD≌Rt△EFA(AAS)，
4
∴EF=OA=1，AF=OD= ，
3
1
∴ OF= ，
3
(1 )
∴ E ,−1 ．
3
设AE的解析式为：y=kx+b，
{ −k+b=0 )
则 1 ，
k+b=−1
3
3
{ k=− )
4
解得： ，
3
b=−
43 3
则直线AE为y=− x− ，
4 4
{ y=− 3 x− 3 )
联立 4 4
y=−x2 +2x+3
15
{ x = )
{x =−1) P 4
解得 A ，
y =0 57
A y =−
P 16
(15 57)
∴ P ,− ．
4 16
（3）解：抛物线L′与L交于定点(3,0)，理由如下：
过D作DM⊥x轴于M，如图：
设D(m,am2−2am−3a)，
则AM=m+1，DM=am2−2am−3a，
∵AD=DE，
∴EM=AM=m+1，
将△ADB沿DE方向平移得到△A′EB′，相当于将△ADB向右平移(m+1)个单位，
再向下平移am2−2am−3a个单位，
又A(−1,0)，B(3,0)，H(1,−4a)，
∴A′(m,−am2 +2am+3a)，B′(m+4,−am2 +2am+3a)，
H′(m+2,−am2 +2am−a)，∴抛物线L′的对称轴为直线x=m+2，
∴抛物线L′解析式为y=a(x−m−2) 2−am2 +2am−a(a<0)，
由ax2−2ax−3a=a(x−m−2) 2−am2 +2am−a(a<0)，
解得：x=3，
∴抛物线L′与L交于定点(3,0)．
【点睛】本题了主要考查了二次函数的综合问题，涉及二次函数与角度的问题，抛物线
平移问题，抛物线与坐标轴的交点问题等，掌握二次函数的图像和性质是解题的关键．
4．如图1，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，
与直线l交于B，C两点，其中点A的坐标为(−2,0)，点C的坐标为(−1,−4)．
(1)求二次函数的表达式和点B的坐标．
(2)如图2，若抛物线与y轴交于点D，连接AD,BD，抛物线上是否存在点M，使
∠MAB=∠ADB？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−x−6；点B的坐标为(3,0)
(2)点M的坐标为(2,−4)或(4,6)
【分析】（1）利用待定系数法求出二次函数的解析式，即可求解；
（2）先求出点D的坐标为(0,−6)，可得OD=6，AB，BD，AD的长，
1 1
过点A作AE⊥BD于点E，再由S = OD×AB= AE×BD，可得AE=2❑√5，
△ABD 2 2
再由勾股定理求出DE=2❑√5，从而得到AE=DE，△ADE是等腰直角三角形，进而
得到∠ADB=45°，再由∠MAB=∠ADB，可得∠MAB=45°，过点M作轴于点F，可得 是等腰直角三角形，设点M的坐标为 ，
MF⊥x △AFM (t,t2−t−6)
可得 ， ，即可求解．
FM=|t2−t−6) AF=t+2
【详解】（1）解：∵点A的坐标为(−2,0)，点C的坐标为(−1,−4)，
{4−2b+c=0) {b=−1)
∴ ，解得： ，
1−b+c=−4 c=−6
∴二次函数的表达式为y=x2−x−6；
令y=0，则x2−x−6=0，
解得：x =3,x =−2，
1 2
∴点B的坐标为(3,0)；
（2）解：对于y=x2−x−6，
令x=0，y=−6，
∴点D的坐标为(0,−6)，
∴OD=6，
∵点A(−2,0)，B(3,0)，
∴AB=5，BD=❑√32 +62 =3❑√5，AD=❑√22 +62 =2❑√10，
如图，过点A作AE⊥BD于点E，
1 1
∵ S = OD×AB= AE×BD，
△ABD 2 2
∴AE=2❑√5，
∴DE=❑√AD2−AE2 =2❑√5，∴AE=DE，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴∠ADB=45°，
∵∠MAB=∠ADB，
∴∠MAB=45°，
过点M作MF⊥x轴于点F，
∴△AFM是等腰直角三角形，
∴AF=FM，
设点M的坐标为(t,t2−t−6)，
∴FM=|t2−t−6)，AF=t+2，
∴
|t2−t−6)=t+2，
解得：t=−2（舍去）或2或4，
∴点M的坐标为(2,−4)或(4,6)．
【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及了求二次函数的解析式，解一元二次方程，等
腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，利用数形结合思想解答是解题的关键．
【题型02 ：二次函数与线段最值】
5．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2 +bx(a<0)与正比例函数y=kx的图象都
经过点A(3,3)，点P为二次函数图象上点O与点A之间的一点，过点P作x轴的垂线，
交OA于点C，交x轴于点D．若点A为该二次函数的顶点，
(1)求二次函数的表达式；
(2)求线段PC长度的最大值．
1
【答案】(1)y=− x2 +2x
33 3
(2)当t= 时，线段PC的长度取得最大值
2 4
【分析】本题考查了二次函数的线段问题，二次函数的图象性质，求二次函数的解析式，
一次函数的解析式，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）利用待定系数法进行求解，即可作答；
1
（2）正比例函数表达式为y=x，设OD=t(0≤t≤3)，则CD=t，PD=− t2 +2t，则
3
1 1 3 2 3
PC=PD−CD=− t2 +2t−t=− (t− ) + ，然后通过二次函数的性质即可求解；
3 3 2 4
【详解】（1）解：∵A(3,3)为二次函数y=ax2 +bx的顶点，
∴ ¿，
{ a=− 1 )
解得 3 ，
b=2
1
∴二次函数表达式为y=− x2 +2x；
3
（2）解：∵正比例函数y=kx经过点A(3,3)，
∴3k=3，
∴k=1，
∴正比例函数表达式为y=x，
设OD=t(0≤t≤3)，则CD=t，
1
∴
PD=− t2 +2t，
3
∴PC=PD−CD
1
=− t2 +2t−t
3
1
=− t2 +t
3
1 3 2 3
=− (t− ) + ，
3 2 4
1
∵
− <0．
3
3 3
∴当t= 时，线段PC的长度取得最大值 ；
2 4
6．如图，在平面直角坐标系中，直线l与x轴交于点A(6,0)，与y轴交于点B(0,−6)，抛物线经过点A，B，且对称轴是直线x=1．
(1)求直线l的解析式；
(2)求抛物线的解析式；
(3)点P是直线l下方抛物线上的一动点，过点P作PC⊥x轴，垂足为C，交直线l于点D，
求线段PD的最大值．
【答案】(1)y=x−6
1 1
(2)y= x2− x−6
4 2
9
(3)
4
【分析】（1）设直线l的解析式为y=kx+m，利用待定系数法解答即可；
（2）设抛物线的解析式为y=ax2 +bx+c，利用待定系数法解答即可；
（3）设P ( t, 1 t2− 1 t−6 ) ，则D(t,t−6)，可得
4 2
PD=t−6− (1 t2− 1 t−6 ) =− 1 (t−3) 2 + 9 ，再根据二次函数的性质解答即可求解；
4 2 4 4
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，利用待定系数法求出函数
解析式是解题的关键．
【详解】（1）解：设直线l的解析式为y=kx+m，把A(6,0)和B(0,−6)代入得，
¿，
解得¿，
∴直线l的解析式为y=x−6；
（2）解：设抛物线的解析式为y=ax2 +bx+c，
由题意得，¿，
解得¿，1 1
∴抛物线的解析式为y= x2− x−6；
4 2
（3）解：设P ( t, 1 t2− 1 t−6 ) ，则D(t,t−6)，
4 2
∴ PD=t−6− (1 t2− 1 t−6 ) =− 1 t2 + 3 t=− 1 (t−3) 2 + 9
4 2 4 2 4 4
1
∵
− <0，00，
则PA2 =m2 +22 =m2 +4，PC2 =(m+3) 2 +12 =(m+3) 2 +1，AC2 =12 +32 =10，
∵△PAC是以AC为直角边的直角三角形，
∴当∠PAC=90°时，PA2 +AC2 =PC2，
∴m2 +4+10=(m+3) 2 +1，
2
∴ m= ，
3
当∠PCA=90°时，PC2 +AC2 =AC2，
∴(m+3) 2 +1+10=m2 +4，
8
∴ m=− （不合题意，舍去），
3
( 2)
∴ P 1, ．
3
( 2)
综上所述，点P的坐标为 1,
3
36．如图，抛物线y=ax2 +bx+3与x轴交于点A(1,0)、B(3,0)两点，与y轴交于点C．(1)求此抛物线对应的函数表达式；
(2)点E为直线BC上的任意一点，过点E作x轴的垂线与此抛物线交于点F．
①若点E在第一象限，连接CF、BF，求△CFB面积的最大值；
②此抛物线对称轴与直线BC交于点D，连接DF，若△≝¿为直角三角形，请直接写
出E点坐标．
【答案】(1)y=x2−4x+3
27
(2)① ；②E(1,2)或(4,−1)或E(2−❑√2,1+❑√2)或E(2+❑√2,1−❑√2)
8
【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分
类讨论的思想进行求解是解题的关键．
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）①先求出BC的解析式，设E(m,−m+3)，将三角形的面积转化为二次函数求最
值，即可；
②分点D为直角顶点，点F为直角顶点，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：把点A(1,0)、B(3,0)代入解析式，得：
{ a+b+3=0 ) { a=1 )
，解得： ；
9a+3b+3=0 b=−4
∴y=x2−4x+3；
（2）①∵y=x2−4x+3，
∴当x=0时，y=3，
∴C(0,3)，
设BC的解析式为y=kx+3，把B(3,0)代入，得：k=−1，
∴y=−x+3，
设点E(m,−m+3)，则：F(m,m2−4m+3)，∴EF=−m+3−m2 +4m−3=−m2 +3m，
∴S =
1
EF⋅OB=
1
×3(−m2 +3m)=−
3(
m−
3) 2
+
27
，
△CFB 2 2 2 2 8
3 27
∴当m= 时，△CFB面积的最大值为 ；
2 8
②∵y=x2−4x+3=(x−2) 2−1，
∴对称轴为直线x=2，
当x=2时，y=−2+3=1，
∴D(2,1)
设点E(m,−m+3)，则：F(m,m2−4m+3)，
∴
EF2 =(−m2 +3m) 2 ,DE2 =(2−m) 2 +(m−2) 2 =2(m−2) 2,DF2 =(2−m) 2 +(m2−4m+，2) 2
当点D为直角顶点时，则：EF2 =DF2 +DE2，
∴(−m2 +3m) 2 =2(m−2) 2 +(2−m) 2 +(m2−4m+2) 2 ，
解得：m=2（舍去），m=4或m=1；
∴E(1,2)或(4,−1)
当点F为直角顶点时：DE2 =DF2 +FE2，
∴2(m−2) 2 =(−m2 +3m) 2 +(2−m) 2 +(m2−4m+2) 2 ，
解得：m=3（舍），m=0（舍），m=2+❑√2或m=2−❑√2；
∴E(2−❑√2,1+❑√2)或E(2+❑√2,1−❑√2)；
综上：E(1,2)或(4,−1)或E(2−❑√2,1+❑√2)或E(2+❑√2,1−❑√2)．
37．将抛物线y=ax2 (a≠0)向左平移1个单位，再向上平移4个单位后，得到抛物线
H:y=a(x−ℎ) 2 +k．抛物线H与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．已知A(−3,0)，
点P是抛物线H上的一个动点．(1)求抛物线H的表达式；
(2)如图，点M是抛物线H的对称轴L上的一个动点，是否存在点M，使得以点A，
M，C为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若
不存在，说明理由．
【答案】(1)y=−(x+1) 2 +4
( 3+❑√17) ( 3−❑√17)
(2)存在点M −1, ，M −1, ，M (−1,−2)，M (−1,4)
1 2 1 2 3 4
【分析】（1）根据题意设抛物线H:y=a(x+1) 2 +4，根据点A的坐标，待定系数法
求二次函数解析式即可；
（2）设M(−1,m)，A(−3,0)，C(0,3)，则M A2 =4+m2,MC2 =1+(3−m) 2，
AC2 =18 AC2 =18，则分类讨论，即∠AMC=90°，∠MCA=90°，
∠AMC=90°，根据勾股定理建立方程，解方程求解即可．
【详解】（1）解：由题意得抛物线的顶点坐标为(−1,4)，
∴抛物线H:y=a(x+1) 2 +4，
将A(−3,0)代入得：a(−3+1) 2 +4=0，解得：a=−1
∴抛物线H的表达式为y=−(x+1) 2 +4；
（2）解：令y=0，得−(x+1) 2 +4=0，
解得：x=−3或x=1，
令x=0，则y=3，∴A(−3,0)，C(0,3)，
∵点M是抛物线H的对称轴L上的一个动点，
∴设M(−1,m)，
∴M A2 =4+m2,MC2 =1+(3−m) 2，AC2 =18，
如图示：
①当∠AMC=90°时，则M A2 +MC2 =AC2
∴4+m2 +1+(3−m) 2 =18，
3±❑√17
解得：m= ，
2
( 3+❑√17) ( 3−❑√17)
∴M −1, ，M −1, ，
1 2 1 2
②当∠MAC=90°时，M A2 +AC2 =MC2，
∴4+m2 +18=1+(3−m) 2
解得：m=−2 ，即M (−1,−2)
3
③当∠MCA=90°时，M A2 =AC2 +MC2，
即4+m2 =18+1+(3−m) 2
解得m=4，即M (−1,4)，
4
( 3+❑√17) ( 3−❑√17)
综上所述：在抛物线的对称轴上存在点M −1, ，M −1, ，
1 2 1 2
M (−1,−2)，M (−1,4)，使以A、M、C为顶点的三角形为直角三角形．
3 4
【点睛】本题考查了二次函数与直角三角形的存在性问题，待定系数法求二次函数解析式，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
3
38．如图1，在平面直角坐标系中，直线y= x+1分别与x轴，y轴交于点A、B(0,1)，
4
1 3
抛物线y=− x2 +bx+c经过点B，且与直线y= x+1的另一个交点为C(−4,n)．
2 4
(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得△BCP为直角三角形？若存在，请直接写
出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
1 5
【答案】(1)y=− x2− x+1
2 4
( 5 17) ( 5 8) ( 5 −2−❑√91) ( 5 −2+❑√91)
(2)点P的坐标为 − ,− 或 − , 或 − , 或 − ,
4 3 4 3 4 4 4 4
3 3
【分析】（1）将点C的坐标代入y= x+1得，n= ×(−4)+1=−2，故点
4 4
C(−4,−2)，将点B、C的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）分PB是斜边、PC是斜边、BC是斜边三种情况，利用勾股定理即可求解．
3 3
【详解】（1）解：将点C的坐标代入y= x+1得，n= ×(−4)+1=−2，
4 4
故点C(−4,−2)；
{ −2=− 1 (−4) 2−4b+c)
将点B、C的坐标代入抛物线的表达式得 2 ，
c=1
{ b=− 5 )
解得 4 ，
c=1
1 5
故抛物线得表达式为y=− x2− x+1；
2 4( 5)
− −
4 5
（2）解：由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x= =− ，
( 1) 4
2× −
2
( 5 )
设点P − ,m ，
4
而点B、C的坐标分别为(0,1)、(−4,−2)，
则PB2 = (5) 2 +(m−1) 2 ，PC2 = ( − 5 +4 ) 2 +(m+2) 2 ，
4 4
同理BC2 =25，
当PB是斜边时，则 (5) 2 +(m−1) 2 = ( − 5 +4 ) 2 +(m+2) 2 +25
4 4
17
解得m=− ；
3
8
当PC是斜边时，同理可得m= ，
3
当BC是斜边时，BC的中点坐标为(−2,−0.5)，BC=5，
则 ( − 5 +2 ) 2 +(m+0.5) 2 =(5÷2) 2 ，
4
−2±❑√91
解得m= ，
4
( 5 17) ( 5 8) ( 5 −2−❑√91) ( 5 −2+❑√91)
故点P的坐标为 − ,− 或 − , 或 − , 或 − , ．
4 3 4 3 4 4 4 4
【点睛】本题考查二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质，勾股定理的运用等，
其中对于问题（2），要注意分类求解，避免遗漏．
39．在平面直角坐标系中，把与x轴交点相同的二次函数图象称为“共根抛物线”．如图，
1 1
抛物线L ：y=− x2− x+2交x轴于点A，B（点A在点B左侧），交y轴于点C．
1 4 2
抛物线L 与L 是“共根抛物线”，其顶点为P．
2 1(1)若抛物线L 经过点(1,−5)，求抛物线L 对应的函数关系式；
2 2
(2)当△BPC的周长最小时，求抛物线L 对应的函数关系式；
2
(3)是否存在以点A，C，P为顶点的三角形是以AC为直角边的直角三角形？若存在，
求出抛物线L 对应的函数关系式；若不存在，请说明理由．
2
【答案】(1)y=x2 +2x−8；
1
(2)y=− (x+4)(x−2)；
6
2 4
(3)抛物线L 的函数关系式为：y= (x+4)(x−2)或y=− (x+4)(x−2)．
2 3 9
【分析】本题是二次函数的综合题，关键是根据待定系数法求解析式，二次函数图象
上点的坐标特征，以及勾股定理解答．
1 1
（1）根据抛物线L ：y=− x2− x+2求出点A，B的坐标，由抛物线L 与L 是
1 4 2 2 1
“共根抛物线”，可设出抛物线L 的解析式，最后把点(1,−5)代入即可求解；
2
（2）连接AC交对称轴直线x=−1于点P，连接BP，交y轴于点E，此时△BPC的周
长最小，先求出直线AC的解析式，从而求出点P的坐标，据此即可求解；
（3）设点P的坐标为(−1,m)，求得AC=2❑√5，PC=❑√(2−m) 2 +12，PA=❑√m2 +32，
分点P在x轴上方和点P在x轴下方，利用勾股定理列式，求得点P的坐标，据此即可
求解．
1 1
【详解】（1）解：在抛物线L ：y=− x2− x+2中，令y=0，则
1 4 2
1 1
0=− x2− x+2，
4 2
解得：x=−4或x=2，
即点A(−4,0)，点B(2,0)，
根据题意，设抛物线L 的函数关系式为：y=a(x+4)(x−2)，
2将点(1,−5)代入得：−5=a(1+4)(1−2)，
解得：a=1，
∴抛物线L 的函数关系式为：y=(x+4)(x−2)=x2 +2x−8；
2
−4+2
（2）解：连接AC交对称轴直线x= =−1于点P，连接BP，交y轴于点E，此
2
时△BPC的周长最小．
令x=0，则y=2，
∴C(0,2)，
设直线AC的解析式为y=kx+2，将点A(−4,0)代入得，0=−4k+2，
1
解得：k= ，
2
1
∴直线AC的解析式为y= x+2，
2
3
当x=−1时，y= ，
2
( 3)
∴点P的坐标为 −1, ，
2
( 3) 3
将点 −1, 代入y=a(x+4)(x−2)得： =a(−1+4)(−1−2)，
2 2
1
解得：a=− ，
6
1
∴抛物线L 的函数关系式为：y=− (x+4)(x−2)；
2 6
（3）解：假设存在，设点P的坐标为(−1,m)，
∵A(−4,0)，C(0,2)，∴AC=❑√22 +42 =2❑√5，PC=❑√(2−m) 2 +12，PA=❑√m2 +32，
当点P在x轴上方时，
由题意得AC2 +PC2 =AP2，即(2❑√5) 2 + [❑√(2−m) 2 +12) 2 =(❑√m2 +32) 2 ，
解得m=4，
即点P的坐标为(−1,4)，
将点(−1,4)代入y=a(x+4)(x−2)得：4=a(−1+4)(−1−2)，
4
解得：a=− ，
9
4
∴抛物线L 的函数关系式为：y=− (x+4)(x−2)；
2 9
当点P在x轴下方时，
由题意得AC2 +AP2 =PC2，即(2❑√5) 2 +(❑√m2 +32) 2 = [❑√(2−m) 2 +12) 2 ，
解得m=−6，
即点P的坐标为(−1,−6)，
将点(−1,−6)代入y=a(x+4)(x−2)得：−6=a(−1+4)(−1−2)，
2
解得：a= ，
3
2
∴抛物线L 的函数关系式为：y= (x+4)(x−2)；
2 3
2 4
综上，抛物线L 的函数关系式为：y= (x+4)(x−2)或y=− (x+4)(x−2)．
2 3 9
40．如图，抛物线y=ax2 +bx−3经过A(−1,0)，与y轴交于点C，过点C作BC∥x轴，
交抛物线于点B，连接AC、AB，AB交y轴于点D，且BC=2OA．
(1)求该抛物线的表达式；(2)点P为抛物线对称轴上一点，且位于x轴上方，连接PA、PC，若△PAC是以AC
为直角边的直角三角形，求点P的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
( 2)
(2) 1,
3
【分析】本题主要考查了二次函数、二次函数与直角三角形综合，解决问题的关键是
熟练掌握二次函数性质、用待定系数法确定二次函数的解析式、运用勾股定理解直角
三角形．
（1）根据A(−1,0)，BC=2OA，得到OA=1，BC=2，对y=ax2 +bx−3，令x=0，
则y=−3，得到C(0,−3)，则OC=3，根据BC∥x轴，得得到B(2,−3)，把
A(−1,0)，B(2,−3)代入y=ax2 +bx−3，求得a，b的值，即可求得到抛物线解析式；
（2）抛物线解析式并配方为y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，得到抛物线的对称轴是直
线x=1，设P(1,m)，写出PA2 =m2 +22 =m2 +4，PC2 =(m+3) 2 +12 =(m+3) 2 +1，
AC2 =12 +32 =10,根据△PAC是以AC为直角边的直角三角形，分两种情况：当
∠PAC=90°时，PA2 +AC2 =PC2；当∠PCA=90°时，PC2 +AC2 =AC2，分
别列方程即可求解．
【详解】（1）解：∵A(−1,0)，BC=2OA，
∴OA=1，BC=2，
在y=ax2 +bx−3中，令x=0，则y=−3，
∴C(0,−3)，则OC=3，
∵BC∥x轴，
∴B(2,−3)；
把点A(−1,0)，B(2,−3)代入y=ax2 +bx−3，
{ a−b−3=0 ) { a=1 )
得： ，解得： ，
4a+2b−3=−3 b=−2
∴抛物线的表达式为y=x2−2x−3；
（2）∵抛物线的表达式为y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴抛物线的对称轴是直线x=1，
设P(1,m)，m>0，则PA2 =m2 +22 =m2 +4，PC2 =(m+3) 2 +12 =(m+3) 2 +1，AC2 =12 +32 =10，
∵△PAC是以AC为直角边的直角三角形，
∴当∠PAC=90°时，PA2 +AC2 =PC2，
∴m2 +4+10=(m+3) 2 +1，
2
∴ m= ，
3
当∠PCA=90°时，PC2 +AC2 =AC2，
∴(m+3) 2 +1+10=m2 +4，
8
∴ m=− （不合题意，舍去），
3
( 2)
∴ P 1, ．
3
( 2)
综上所述，点P的坐标为 1,
3
41．如图，抛物线y=ax2 +bx+3与x轴交于点A(1,0)、B(3,0)两点，与y轴交于点C．
(1)求此抛物线对应的函数表达式；
(2)点E为直线BC上的任意一点，过点E作x轴的垂线与此抛物线交于点F．
①若点E在第一象限，连接CF、BF，求△CFB面积的最大值；
②此抛物线对称轴与直线BC交于点D，连接DF，若△≝¿为直角三角形，请直接写
出E点坐标．
【答案】(1)y=x2−4x+327
(2)① ；②E(1,2)或(4,−1)或E(2−❑√2,1+❑√2)或E(2+❑√2,1−❑√2)
8
【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分
类讨论的思想进行求解是解题的关键．
（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）①先求出BC的解析式，设E(m,−m+3)，将三角形的面积转化为二次函数求最
值，即可；
②分点D为直角顶点，点F为直角顶点，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：把点A(1,0)、B(3,0)代入解析式，得：
{ a+b+3=0 ) { a=1 )
，解得： ；
9a+3b+3=0 b=−4
∴y=x2−4x+3；
（2）①∵y=x2−4x+3，
∴当x=0时，y=3，
∴C(0,3)，
设BC的解析式为y=kx+3，把B(3,0)代入，得：k=−1，
∴y=−x+3，
设点E(m,−m+3)，则：F(m,m2−4m+3)，
∴EF=−m+3−m2 +4m−3=−m2 +3m，
∴S =
1
EF⋅OB=
1
×3(−m2 +3m)=−
3(
m−
3) 2
+
27
，
△CFB 2 2 2 2 8
3 27
∴当m= 时，△CFB面积的最大值为 ；
2 8
②∵y=x2−4x+3=(x−2) 2−1，
∴对称轴为直线x=2，
当x=2时，y=−2+3=1，
∴D(2,1)
设点E(m,−m+3)，则：F(m,m2−4m+3)，
∴EF2 =(−m2 +3m) 2 ,DE2 =(2−m) 2 +(m−2) 2 =2(m−2) 2,DF2 =(2−m) 2 +(m2−4m+2) 2
当点D为直角顶点时，则：EF2 =DF2 +DE2，
∴(−m2 +3m) 2 =2(m−2) 2 +(2−m) 2 +(m2−4m+2) 2 ，
解得：m=2（舍去），m=4或m=1；
∴E(1,2)或(4,−1)
当点F为直角顶点时：DE2 =DF2 +FE2，
∴2(m−2) 2 =(−m2 +3m) 2 +(2−m) 2 +(m2−4m+2) 2 ，
解得：m=3（舍），m=0（舍），m=2+❑√2或m=2−❑√2；
∴E(2−❑√2,1+❑√2)或E(2+❑√2,1−❑√2)；
综上：E(1,2)或(4,−1)或E(2−❑√2,1+❑√2)或E(2+❑√2,1−❑√2)．
42．将抛物线y=ax2 (a≠0)向左平移1个单位，再向上平移4个单位后，得到抛物线
H:y=a(x−ℎ) 2 +k．抛物线H与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．已知A(−3,0)，
点P是抛物线H上的一个动点．
(1)求抛物线H的表达式；
(2)如图，点M是抛物线H的对称轴L上的一个动点，是否存在点M，使得以点A，
M，C为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若
不存在，说明理由．
【答案】(1)y=−(x+1) 2 +4( 3+❑√17) ( 3−❑√17)
(2)存在点M −1, ，M −1, ，M (−1,−2)，M (−1,4)
1 2 1 2 3 4
【分析】（1）根据题意设抛物线H:y=a(x+1) 2 +4，根据点A的坐标，待定系数法
求二次函数解析式即可；
（2）设M(−1,m)，A(−3,0)，C(0,3)，则M A2 =4+m2,MC2 =1+(3−m) 2，
AC2 =18 AC2 =18，则分类讨论，即∠AMC=90°，∠MCA=90°，
∠AMC=90°，根据勾股定理建立方程，解方程求解即可．
【详解】（1）解：由题意得抛物线的顶点坐标为(−1,4)，
∴抛物线H:y=a(x+1) 2 +4，
将A(−3,0)代入得：a(−3+1) 2 +4=0，解得：a=−1
∴抛物线H的表达式为y=−(x+1) 2 +4；
（2）解：令y=0，得−(x+1) 2 +4=0，
解得：x=−3或x=1，
令x=0，则y=3，
∴A(−3,0)，C(0,3)，
∵点M是抛物线H的对称轴L上的一个动点，
∴设M(−1,m)，
∴M A2 =4+m2,MC2 =1+(3−m) 2，AC2 =18，
如图示：①当∠AMC=90°时，则M A2 +MC2 =AC2
∴4+m2 +1+(3−m) 2 =18，
3±❑√17
解得：m= ，
2
( 3+❑√17) ( 3−❑√17)
∴M −1, ，M −1, ，
1 2 1 2
②当∠MAC=90°时，M A2 +AC2 =MC2，
∴4+m2 +18=1+(3−m) 2
解得：m=−2 ，即M (−1,−2)
3
③当∠MCA=90°时，M A2 =AC2 +MC2，
即4+m2 =18+1+(3−m) 2
解得m=4，即M (−1,4)，
4
( 3+❑√17) ( 3−❑√17)
综上所述：在抛物线的对称轴上存在点M −1, ，M −1, ，
1 2 1 2
M (−1,−2)，M (−1,4)，使以A、M、C为顶点的三角形为直角三角形．
3 4
【点睛】本题考查了二次函数与直角三角形的存在性问题，待定系数法求二次函数解
析式，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
3
43．如图1，在平面直角坐标系中，直线y= x+1分别与x轴，y轴交于点A、B(0,1)，
4
1 3
抛物线y=− x2 +bx+c经过点B，且与直线y= x+1的另一个交点为C(−4,n)．
2 4
(1)求抛物线的解析式；(2)抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得△BCP为直角三角形？若存在，请直接写
出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
1 5
【答案】(1)y=− x2− x+1
2 4
( 5 17) ( 5 8) ( 5 −2−❑√91) ( 5 −2+❑√91)
(2)点P的坐标为 − ,− 或 − , 或 − , 或 − ,
4 3 4 3 4 4 4 4
3 3
【分析】（1）将点C的坐标代入y= x+1得，n= ×(−4)+1=−2，故点
4 4
C(−4,−2)，将点B、C的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）分PB是斜边、PC是斜边、BC是斜边三种情况，利用勾股定理即可求解．
3 3
【详解】（1）解：将点C的坐标代入y= x+1得，n= ×(−4)+1=−2，
4 4
故点C(−4,−2)；
{ −2=− 1 (−4) 2−4b+c)
将点B、C的坐标代入抛物线的表达式得 2 ，
c=1
{ b=− 5 )
解得 4 ，
c=1
1 5
故抛物线得表达式为y=− x2− x+1；
2 4
( 5)
− −
4 5
（2）解：由抛物线的表达式知，其对称轴为直线x= =− ，
( 1) 4
2× −
2
( 5 )
设点P − ,m ，
4
而点B、C的坐标分别为(0,1)、(−4,−2)，
则PB2 = (5) 2 +(m−1) 2 ，PC2 = ( − 5 +4 ) 2 +(m+2) 2 ，
4 4
同理BC2 =25，当PB是斜边时，则 (5) 2 +(m−1) 2 = ( − 5 +4 ) 2 +(m+2) 2 +25
4 4
17
解得m=− ；
3
8
当PC是斜边时，同理可得m= ，
3
当BC是斜边时，BC的中点坐标为(−2,−0.5)，BC=5，
则 ( − 5 +2 ) 2 +(m+0.5) 2 =(5÷2) 2 ，
4
−2±❑√91
解得m= ，
4
( 5 17) ( 5 8) ( 5 −2−❑√91) ( 5 −2+❑√91)
故点P的坐标为 − ,− 或 − , 或 − , 或 − , ．
4 3 4 3 4 4 4 4
【点睛】本题考查二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质，勾股定理的运用等，
其中对于问题（2），要注意分类求解，避免遗漏．
44．在平面直角坐标系中，把与x轴交点相同的二次函数图象称为“共根抛物线”．如图，
1 1
抛物线L ：y=− x2− x+2交x轴于点A，B（点A在点B左侧），交y轴于点C．
1 4 2
抛物线L 与L 是“共根抛物线”，其顶点为P．
2 1
(1)若抛物线L 经过点(1,−5)，求抛物线L 对应的函数关系式；
2 2
(2)当△BPC的周长最小时，求抛物线L 对应的函数关系式；
2
(3)是否存在以点A，C，P为顶点的三角形是以AC为直角边的直角三角形？若存在，
求出抛物线L 对应的函数关系式；若不存在，请说明理由．
2
【答案】(1)y=x2 +2x−8；1
(2)y=− (x+4)(x−2)；
6
2 4
(3)抛物线L 的函数关系式为：y= (x+4)(x−2)或y=− (x+4)(x−2)．
2 3 9
【分析】本题是二次函数的综合题，关键是根据待定系数法求解析式，二次函数图象
上点的坐标特征，以及勾股定理解答．
1 1
（1）根据抛物线L ：y=− x2− x+2求出点A，B的坐标，由抛物线L 与L 是
1 4 2 2 1
“共根抛物线”，可设出抛物线L 的解析式，最后把点(1,−5)代入即可求解；
2
（2）连接AC交对称轴直线x=−1于点P，连接BP，交y轴于点E，此时△BPC的周
长最小，先求出直线AC的解析式，从而求出点P的坐标，据此即可求解；
（3）设点P的坐标为(−1,m)，求得AC=2❑√5，PC=❑√(2−m) 2 +12，PA=❑√m2 +32，
分点P在x轴上方和点P在x轴下方，利用勾股定理列式，求得点P的坐标，据此即可
求解．
1 1
【详解】（1）解：在抛物线L ：y=− x2− x+2中，令y=0，则
1 4 2
1 1
0=− x2− x+2，
4 2
解得：x=−4或x=2，
即点A(−4,0)，点B(2,0)，
根据题意，设抛物线L 的函数关系式为：y=a(x+4)(x−2)，
2
将点(1,−5)代入得：−5=a(1+4)(1−2)，
解得：a=1，
∴抛物线L 的函数关系式为：y=(x+4)(x−2)=x2 +2x−8；
2
−4+2
（2）解：连接AC交对称轴直线x= =−1于点P，连接BP，交y轴于点E，此
2
时△BPC的周长最小．令x=0，则y=2，
∴C(0,2)，
设直线AC的解析式为y=kx+2，将点A(−4,0)代入得，0=−4k+2，
1
解得：k= ，
2
1
∴直线AC的解析式为y= x+2，
2
3
当x=−1时，y= ，
2
( 3)
∴点P的坐标为 −1, ，
2
( 3) 3
将点 −1, 代入y=a(x+4)(x−2)得： =a(−1+4)(−1−2)，
2 2
1
解得：a=− ，
6
1
∴抛物线L 的函数关系式为：y=− (x+4)(x−2)；
2 6
（3）解：假设存在，设点P的坐标为(−1,m)，
∵A(−4,0)，C(0,2)，
∴AC=❑√22 +42 =2❑√5，PC=❑√(2−m) 2 +12，PA=❑√m2 +32，
当点P在x轴上方时，
由题意得AC2 +PC2 =AP2，即(2❑√5) 2 + [❑√(2−m) 2 +12) 2 =(❑√m2 +32) 2 ，
解得m=4，
即点P的坐标为(−1,4)，将点(−1,4)代入y=a(x+4)(x−2)得：4=a(−1+4)(−1−2)，
4
解得：a=− ，
9
4
∴抛物线L 的函数关系式为：y=− (x+4)(x−2)；
2 9
当点P在x轴下方时，
由题意得AC2 +AP2 =PC2，即(2❑√5) 2 +(❑√m2 +32) 2 = [❑√(2−m) 2 +12) 2 ，
解得m=−6，
即点P的坐标为(−1,−6)，
将点(−1,−6)代入y=a(x+4)(x−2)得：−6=a(−1+4)(−1−2)，
2
解得：a= ，
3
2
∴抛物线L 的函数关系式为：y= (x+4)(x−2)；
2 3
2 4
综上，抛物线L 的函数关系式为：y= (x+4)(x−2)或y=− (x+4)(x−2)．
2 3 9
【题型09：二次函数与等腰直角三角形存在性问题】
45．二次函数y=ax2 +bx+2的图象交x轴于A(−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)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P的坐标．
1 3
【答案】(1)y=− x2 + x+2
2 2
(2)(1,−1)或(3,3)【分析】本题考查了二次函数与几何的综合题，待定系数法求二次函数表达式，根据
等腰直角三角形求点的坐标，解题的关键是根据点的坐标求出函数解析式，同时根据
解析式将点表示出来，列出方程进行计算．
（1）将A、B两点的坐标代入二次函数解析式中，求出系数a与b即可；
（2）由BM的值得出M的坐标M（2t−1,0)，因此设P(2t−1,m)，由勾股定理可
得PC2 =(2t−1) 2 +(m−2) 2，PB2 =(2t−5) 2 +m2，根据题意PB=PC，所以
(2t−1) 2 +(m−2) 2 =(2t−5) 2 +m2，得出P的坐标为P(2t−1,4t−5)，再利用勾股定
理列出方程，解得t=1或t=2，代入求值即得出答案．
【详解】（1）解：将A(−1,0) ，B(4,0) 代入y=ax2 +bx+2中，
{ a−b+2=0 )
得： ，
16a+4b+2=0
1
{ a=− )
2
解得： ．
3
b=
2
1 3
∴二次函数的表达式为y=− x2 + x+2；
2 2
（2）解：∵A(−1,0),B(4,0)，
∴AB=5，
∴ M(2t−1,0)．
1 3
对于y=− x2 + x+2，当x=0,y=2，
2 2
∴C(0,2)，
∴BC=❑√OB2 +OC2 =2❑√5，
设P(2t−1,m)，
则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，
∴PC2 +PB2 =BC2，
∴ [(2t−1) 2 +(m−2) 2)+[(2t−5) 2 +m2)=(2❑√5) 2 ，
将m=4t−5代入整理得：t2−3t+2=0，
解得：t=1或t=2．
将t=1或t=2分别代入P(2t−1,4t−5)中，
∴P(1,−1)或(3,3)．
46．如图，将抛物线y=x2向右平移a(a>0)个单位得到新抛物线，新抛物线的顶点为A，
与y轴交于点B，且△AOB为等腰直角三角形．
(1)求a的值；
(2)在新抛物线上是否存在一点C，使△ABC为等腰直角三角形？若存在，请求出点C
的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1
(2)在图中的抛物线上存在点C，使△ABC为等腰直角三角形，点C的坐标为(2,1)
【分析】本题考查了二次函数的平移、解一元二次方程、等腰直角三角形的判定以及
二次函数的性质，解题的关键是：（1）找出关于a的一元二次方程；（2）找出点C
的位置．本题属于中档题，难度不大，解决该题时，巧妙的利用了抛物线的对称性来
寻找点C的位置．
（1）根据平移的性质找出平移后的抛物线的解析式，分别求出点A，B的坐标，根据
△AOB为等腰直角三角形即可得出关于a的一元二次方程，解方程即可求出a值；
（2）作点B关于抛物线对称轴对称的点C，连接BC，交抛物线的对称轴于点D，根
据等腰直角三角形的判定定理找出△ABC为等腰直角三角形，由抛物线的对称性结
合点B的坐标即可得出点C的坐标．【详解】（1）解：∵将抛物线y=x2向右平移a(a>0)个单位得到新抛物线，
∴新抛物线的解析式为y=(x−a) 2，
∴新抛物线的顶点为(a,0)，
∴OA=a，
当x=0时，y=a2，
∴点B的坐标为(0,a2)，即OB=a2，
∵△AOB为等腰直角三角形，
∴OA=OB，
∴a=a2，解得：a=1或0（舍去），
∴a的值为1；
（2）解：存在，理由如下：
如图，作点B关于抛物线对称轴对称的点C，连接BC，交抛物线的对称轴于点D，则
∠BDA=∠CDA=90°，∠OAD=90°，∠BAD=∠CAD，
∵△AOB为等腰直角三角形，
∴∠OAB=45°，
∴∠BAD=∠CAD=45°，
∴△ACD、△ABD为等腰直角三角形，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠BAC=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
由（1）得点B的坐标为(0,1)，对称轴为直线x=1，
∴点C的坐标为(2,1)，
故在图中的抛物线上存在点C，使△ABC为等腰直角三角形，点C的坐标为(2,1)．
47．如图1，抛物线y=ax2 +bx+3与x轴交于点A(3，0)、B(−1，0)，与y轴交于点C，点P为x轴上方抛物线上的动点，点F为y轴上的动点，连接PA，PF，AF．
(1)求该抛物线所对应的函数解析式；
(2)如图1，当点F的坐标为(0，−3)，过点P作x轴的垂线，交线段AF于点D，求线
段PD长度的最大值；
(3)如图2，是否存在点F，使得△AFP是以点A为直角顶点的等腰直角三角形？若存
在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2 +2x+3
75
(2)
8
(3)存在，(0，−3)或(0，−1)
【分析】本题考查待定系数法，三角形的面积求法，等腰直角三角形的讨论，二次函
数的图象与性质，难度比较大，根据题意正确作出辅助线是解题的关键．
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点P作x轴的垂线，交线段AF于点D，用待定系数法求出直线AF的解析式，
1
利用抛物线解析式设出点P坐标，从而得出点D的坐标，利用S = PD⋅OA求
△AFP 2
面积，再配成顶点式从而可求△AFP面积的最大值；
（3）通过作垂线构造△APQ≌△FAO，从而得出边相等，列出方程求解即可．
【详解】（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x轴的垂线，交线段AF于点D，
设直线AF的解析式为y=kx+d，
由A(3，0)，F(0，−3)的坐标得，
{3k+d=0)
，
d=−3
{ k=1 )
解得
d=−3
∴直线AF的表达式为：y=x−3，
设P(t，−t2 +2t+3)(−1
