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
∵
− <0，0<t<6，
4
9
∴当t=3时，线段PD的值最大，最大值为 ．
4
2
7．如图所示，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坐标
3
为(−1,0)，点B坐标为(3, 0)．
(1)求此抛物线的函数表达式．
(2)点P是直线BC上方抛物线上一个动点，过点P作x轴的垂线交直线BC于点D，过点
P作y轴的垂线，垂足为E，请探究2PD+PE是否有最大值?若有最大值，求出最大值
及此时P点的坐标；若没有最大值，请说明理由．
2 4
【答案】(1)y=− x2 + x+2
3 3
75 (15 69)
(2)有最大值， ，P ,
16 8 32
【分析】本题考查二次函数的综合应用，主要考查利用待定系数法求解抛物线的解析式，
抛物线的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
（1）直接利用抛物线的交点式可得抛物线的解析式；（2）先求解C(0，2)，及直线BC为y=− 2 x+2，设P ( m，− 2 m2 + 4 m+2 ) ，可
3 3 3
( 2 )
得D m，− m+2 ，再建立二次函数求解即可．
3
2
【详解】（1）解：（1）∵抛物线y=− x2 +bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交
3
于点C，点A坐标为(−1,0)，点B坐标为(3，0)，
2 2 4
∴ y=− (x+1)(x−3)=− x2 + x+2．
3 3 3
（2）（2）2PD+PE是有最大值，理由如下：
2 4
∵当x=0时，y=− x2 + x+2=2，
3 3
∴C(0，2)．
设直线BC的函数表达式为y=kx+2，
∴3k+2=0，
2
解得k=− ．
3
2
∴直线BC的函数表达式为y=− x+2，
3
设P ( m，− 2 m2 + 4 m+2 ) ，
3 3
( 2 )
则D m，− m+2 ．
3
∴2PD+PE
=2 ( − 2 m2 + 4 m+2+ 2 m−2 ) +m
3 3 3
4
=− m2 +5m
3
4( 15) 2 75
=− m− + ．
3 8 1615 75
当m= 时，有最大值 ，
8 16
此时−
2
m2 +
4
m+2=−
2
×
(15) 2
+
4
×
15
+2=
69
，
3 3 3 8 3 8 32
75 (15 69)
∴2PD+PE有最大值，为 ．此时P , ．
16 8 32
8．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2 +bx−3与x轴交于A(−1,0)，B两点，交y
5
轴于点C，抛物线的对称轴是直线x= ．
2
(1)求抛物线的表达式；
(2)点P是直线BC下方对称轴右侧抛物线上一动点，过点P作PD∥x轴交抛物线于点D，
❑√5
作PE⊥BC于点E，求PD+ PE的最大值及此时点P的坐标．
2
1 5
【答案】(1)y= x2− x−3
2 2
15
(2)最大值 ，P(5,−3)
2
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数关系式，求二次函数的最值，勾股定理等知
识，利用割补法表示出△PBC的面积是解题的关键．
b 5
（1）把A(−1,0)代入y=ax2 +bx−3，得a−b−3=0，根据对称轴公式得出− = ，
2a 2
然后联立方程组求解即可；
（2）连接 OP,BP,CP ，再设点 P ( t, 1 t2− 5 t−3 )，再根据
2 2S =S +S −S 表示❑√5PE，然后根据抛物线的对称性得 PD，即可
△PBC △POC △POB △BOC
得出二次函数，再配方讨论极值即可.
5
【详解】（1）解：∵抛物线经过点A(−1,0)，且对称轴是x= ，
2
{a−b−3=0
)
∴ b 5 ，
− =
2a 2
1
{ a= )
2
解得 ，
5
b=−
2
1 5
∴抛物线的解析式为y= x2− x−3．
2 2
1 5
（2）当x=0时，y=−3，当y=0时， x2− x−3=0，
2 2
解得x =−1,x =6，
1 2
∴OB=6,OC=3，
根据勾股定理，得BC=❑√CO2 +BO2 =3❑√5.
连接OP,BP,CP，设点P ( t, 1 t2− 5 t−3 ) ，
2 2
由S =S +S −S ，得
△PBC △POC △POB △BOC
1 ×3❑√5×PE= 1 ×3t+ 1 ×6× ( − 1 t2 + 5 t+3 ) − 1 ×3×6，
2 2 2 2 2 2
∴❑√5PE=−t2 +6t，
5
∵点P与D关于直线x= 对称，
2( 5)
∴PD=2 t− =2t−5，
2
❑√5 1 1 15
∴PD+ PE=2t−5+ (−t2 +6t)=− (t−5) 2 + ，
2 2 2 2
❑√5 15
∴当t=5时，PD+ PE取得最大值 ，此时点P(5,−3)．
2 2
9．如图，抛物线y=−x2 +bx+c交x轴于点A(−3,0)和点B，交y轴于点C(0,3)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点M为该抛物线对称轴上的一点，当CM+BM最小时，求点M的坐标．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)M(−1,2)
【分析】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法求二次函数解析式，掌握二次函
数的图象和性质是解题的关键．
（1）利用待定系数法解答即可；
（2）由抛物线解析式可得抛物线对称轴为直线x=−1，连接AC交对称轴于点M，由
点A、B关于对称轴对称可得AM=BM，即得CM+BM=AM+BM=AC，由两点之
间线段最短，可知此时CM+BM的值最小，利用待定系数法求出直线AC的解析式，
进而即可求解；
【详解】（1）解：把A(−3,0),C(0,3)代入抛物线y=−x2 +bx+c得，
{−9−3b+c=0)
，
c=3
{b=−2)
解得 ，
c=3
∴抛物线的函数表达式为y=−x2−2x+3；
（2）解：∵抛物线y=−x2−2x+3，
∴抛物线对称轴为直线x=−1，连接AC交对称轴于点M，
∵点A、B关于对称轴对称，
∴AM=BM，
∴CM+BM=CM+AM=AC，
由两点之间线段最短，可知此时CM+BM的值最小，最小值即为线段AC的长，
设直线AC的解析式为y=kx+n，
{0=−3k+n)
把A(−3,0),C(0,3)代入得， ，
3=n
{k=1)
解得 ，
n=3
∴直线AC的解析式为y=x+3，
当x=−1时，y=−1+3=2，
∴M(−1,2)．
【题型03：二次函数与面积综合】
10．如图，抛物线y=−x2 +bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，已知B(2,0)，
C(0,6)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)第二象限内的点P在该抛物线上，求△APC面积的最大值．
【答案】(1)y=−x2−x+627
(2)
8
【分析】本题考查了二次函数的综合应用，主要考查了二次函数图象与性质，一次函
数的图象与性质，解题的关键是灵活运用这些知识．
（1）把B、C两点的坐标代入抛物线的解析式可得b和c的值，即可求得抛物线的解析
式；
（2）当y=0时，解方程得到点A的坐标，根据待定系数法求出直线AC的解析式，过
点P作PQ垂直于x轴交AC于点Q，设点P坐标为(p,−p2−p+6)(p<0)，则
1
Q(p,2p+6)，S = PQ⋅AO，得到S关于p的二次函数解析式，进而根据二次
△APC 2
函数的性质可得△APC面积的最大值．
【详解】（1）解：将点B(2,0)，C(0,6)代入y=−x2 +bx+c中，
{0=−4+2b+c) {b=−1)
得到 ，解得 ，
6=c c=6
∴抛物线的解析式为y=−x2−x+6；
（2）解：当y=0时，即−x2−x+6=0，解得x =2，x =−3，
1 2
∴A(−3,0)，
设直线AC的解析式为y=mx+n，
{0=−3m+n)
将A(−3,0)，C(0,6)代入得 ，
6=n
{m=2)
解得 ，
n=6
∴直线AC的解析式为y=2x+6，
如图所示，过点P作PQ垂直于x轴交AC于点Q，
设点P的坐标为(p,−p2−p+6)(p<0)，则Q(p,2p+6)，
∴PQ=(−p2−p+6)−(2p+6)=−p2−3p，
1 1 3 9
∴S = PQ⋅AO= (−p2−3p)⋅3=− p2− p，
△APC 2 2 2 2
3
∵− <0，
2
∴抛物线的开口向下，9
−
∴当 p=− 2 =− 3 时，S =− 3 × ( − 3) 2 − 9 × ( − 3) = 27 ，
( 3) 2 最大 2 2 2 2 8
2× −
2
27
即△APC面积的最大值为 ．
8
11．如图，对称轴为x=−1的抛物线y=ax2 +bx+c(a≠0)与x轴相交于A、B两点，其中
点A的坐标为(−3,0)．
(1)求点B的坐标．
(2)已知a=1，C为抛物线与y轴的交点．
①若点P在抛物线上，且S =4S ，求点P的坐标．
△POC △BOC
②设点Q是线段AC上的一动点，作QD⊥x轴交抛物线于点D，试问△ADC是否存
在最大值，若不存在，说明理由；若存在，求出此时D点的坐标和△ADC面积的最
大值．
【答案】(1)点B的坐标为(1,0)
( 3 15)
(2)①点P的坐标为(4,21)或(−4,5)；②存在，D点的坐标为 − ,− ；
2 4
27
△ADC的面积的最大值是
8【分析】本题主要考查了求出二次函数关系式，求一次函数关系式，二次函数图象的
性质，二次函数与几何图形，
对于（1），根据抛物线的对称性解答即可；
对于（2）①，当a=1时，结合抛物线y=ax2 +bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=−1，
可得b=2，进而求出c=−3，可得二次函数关系式，再求出抛物线与y轴的交点C的坐
1 1
标，然后设P点坐标，根据S =4S ，可得 ×3×|x)=4× ×3×1，求出
△POC △BOC 2 2
x，即可得出答案；
②先求出直线AC的解析式，再设Q点坐标为(x，−x−3)(−3≤x≤0)，则D点坐标
3 9
为(x，x2 +2x−3)，即可得出QD=−(x+ ) 2 + ，可得D点的坐标，结合
2 4
S =S +S 可得答案.
△ADC △ADQ △CDQ
【详解】（1）解：∵对称轴为直线x=−1的抛物线y=ax2 +bx+c(a≠0)与x轴相交
于A、B两点，
∴A、B两点关于直线x=−1对称.
∵点A的坐标为(−3，0)，
∴点B的坐标为(1，0)；
（2）解：①a=1时，∵抛物线y=ax2 +bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=−1，
−b
∴
=−1，
2
解得b=2，
将B(1，0)代入y=x2 +2x+c ，
得1+2+c=0，
解得：c=−3，
则二次函数的解析式为y=x2 +2x−3 ，
∴抛物线与y轴的交点C的坐标为(0，−3)，
∴OC=3，
设P点坐标为(x，x²+2x−3 ).
∵ S =4S ，
△POC △BOC1 1
∴ ×3×|x)=4× ×3×1，
2 2
∴|x)=4，
∴x=±4．
当x=4时，x²+2x−3=16+8−3=21；
当x=−4时，x²+2x−3=16−8−3=5，
∴点P的坐标为(4，21)或(−4，5)；
②设直线AC的解析式为y=kx+t，
将A(−3，0)，C(0，−3)代入解析式，
{−3k+t=0)
得 ,
t=−3
{k=−1)
解得： ，
t=−3
即直线AC的解析式为y=−x−3．
设Q点坐标为(x，−x−3)(−3≤x≤0)，则D点坐标为(x，x2 +2x−3)，
3 2 9
QD=(−x−3)−(x²+2x−3)=−x²−3x=−(x+ ) + ，
2 4
3 9
∴当x=− 时，QD有最大值 ，
2 4
3 3 15
∴当x=− 时，三角形的面积有最大值，此时D点的坐标为(− ,− )；
2 2 4
1 1 9 27
∴ S =S +S = ×DQ×OA= ×3× = ，
△ADC △ADQ △CDQ 2 2 4 8
3 15 27
∴D点的坐标(− ,− ) ；△ADC的面积的最大值是 ．
2 4 8
12．如图，抛物线y=−x2 +bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其中B(2,0)，C(0,6)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在第二象限的抛物线上是否存在一点P，使得△APC的面积最大．若存在，请直
接写出点P坐标和△APC的面积最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−x+6
( 3 21) 27
(2)存在，P − , ，面积最大为
2 4 8
【分析】本题考查了二次函数的图像和性质，用待定系数法求函数解析式，三角形的
面积的计算等，解题关键是熟练运用待定系数法和二次函数最值的求解方法．
（1）设出抛物线的解析式，利用待定系数法求解即可；
（2）通过分割图形法表示三角形面积，转化为二次函数最值问题，利用二次函数性质
求解．
【详解】（1）解：将B(2,0)，C(0,6)代入y=−x2 +bx+c．
{−4+2b+c=0) {b=−1)
得 解得： ，
c=6 c=6
∴y=−x2−x+6；
（2）设点P的坐标为(m,−m2−m+6)，且在第二象限内，
把y=0代入y=−x2−x+6，可得x =2,x =−3，
1 2
∴A(−3,0)，
设直线AC的解析式为y=mx+n，
{0=−3m+n)
将A(−3,0),C(0,6)代入上式，得 ，
6=n
{m=2)
解得， ，
n=6
∴直线AC的解析式为y=2x+6，
过点P作PQ垂直于x轴交AC于点Q，则Q(m,2m+6)，∴PQ=(−m2−m+6)−(2m+6)=−m2−3m，
1 1 3 9
∴S = PQ⋅AO= (−m2−3m)⋅3=− m2− m，
△APC 2 2 2 2
3
∵− <0，
2
b 3 3 ( 3) 2 9 ( 3) 27
∴当m=− =− 时，S =− × − − × − = ，
2a 2 最大 2 2 2 2 8
−m2−m+6=− ( − 3) 2 − ( − 3) +6= 21 ，
2 2 4
( 3 21)
∴P − , ．
2 4
13．如图1，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(0,16)，且过点D(−6,c)．
(1)求抛物线表达式；
(2)如图2，点P为抛物线在y轴左侧的一个动点，过点P作PF∥y轴，交直线AC于点
S 4
E，交x轴于点F，连接PC，BE，BC，若 △PEC = 时，求点P的坐标．
S 5
△BEC
【答案】(1)二次函数的表达式为y=−x2−6x+16；(2)点P的坐标为(−4,24)或(−4−4❑√2,−8−8❑√2)．
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求解解析式，解分式方程，
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）先求出A(−8,0)，B(2,0)，通过待定系数法求出直线AC表达式为y=2x+16，
设点F的坐标为(m,0)(m<0)，E(m,2m+16)，P(m,−m2−6m+16)，然后分①当
点P在直线AC上方时，②当点P在直线AC下方时两种情况分析求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2 +bx+c与y轴交于点C(0,16)，
∴c=16，
∴D(−6,16)，
∵抛物线y=−x2 +bx+c过点D(−6,16)，
∴−(−6) 2−6b+16=16，
∴b=−6，
∴二次函数的表达式为y=−x2−6x+16；
（2）解：当y=−x2−6x+16=0，
解得：x =−8，x =2，
1 2
∴A(−8,0)，B(2,0)，
∵C(0,16)，
设直线AC的解析式为y=kx+16，
把A(−8,0)代入，得k=2，
∴直线AC表达式为y=2x+16，
设点F的坐标为(m,0)(m<0)，E(m,2m+16)，P(m,−m2−6m+16)，
①如图，当点P在直线AC上方时，∴PE=−m2−6m+16−(2m+16)=−m2−8m，EF=2m+16，
1 1 1
∴ S = PE×OF= (−m2−8m)×(−m)= (m3 +8m2)，
△PEC 2 2 2
S =S −S
△BEC △CAB △EAB
1 1
= AB×OC− AB×EF
2 2
1 1
= ×10×16− ×10×(2m+16)
2 2
=−10m，
S 4
∵ △PEC = ，
S 5
△BEC
1
(m3 +8m2)
∴2 4，解得：m=−4，
=
−10m 5
经检验：m=−4是原方程的解，
∴P(−4,24)；
②如图，当点P在直线AC下方时，
∴PE=2m+16−(−m2−6m+16)=m2 +8m，EF=−2m−16，1 1 1
∴ S = PE×OF= (m2 +8m)×(−m)=− (m3 +8m2)，
△PEC 2 2 2
S =S +S
△BEC △CAB △EAB
1 1
= AB×OC+ AB×EF
2 2
1 1
= ×10×16+ ×10×[−(2m+16))
2 2
=−10m，
S 4
∵ △PEC = ，
S 5
△BEC
1
− (m3 +8m2)
∴ 2 4，解得：m=−4±4❑√2，
=
−10m 5
经检验：m=−4±4❑√2是原方程的解，
∵m<0，
∴m=−4−4❑√2，
∴P(−4−4❑√2,−8−8❑√2)；
综上可知：点P的坐标为(−4,24)或(−4−4❑√2,−8−8❑√2)．
【题型04：二次函数与平行四边形存在性问题】
2
14．如图，抛物线y=− x2 +bx+c与x轴交于 A(−1,0)， B 两点（点 A 在点 B 的左
3
侧）， 与y轴交于点C(0,2)，直线 CD:y=−x+2与x轴交于点 D，动点M在抛物
线上运动，过点 M 作MP⊥x轴，垂足为P，交直线CD于点 N．
(1)求抛物线的解析式；
(2)E是抛物线对称轴与x轴交点，点F是x轴上一动点，在M 运动过程中，若C、E、F、M为顶点的四边形是平行四边形时，请求出满足条件的点F的坐标．
2 4
【答案】(1)y=− x2 + x+2
3 3
(2)F(−1,0)或F(❑√7,0)或F(−❑√7,0)或F(3,0)
【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）分三种情况，利用平行四边形的对角线互相平分，进行求解即可．
2
【详解】（1）解：把A(−1,0)，C(0,2)代入y=− x2 +bx+c，得：
3
{ − 2 −b+c=0) { b= 4 )
3 ，解得： 3 ，
c=2 c=2
2 4
∴ y=− x2 + x+2；
3 3
2 4
（2）∵y=− x2 + x+2，
3 3
4
3
∴抛物线的对称轴为直线x=− =1，
2
− ×2
3
∴E(1,0)，设F(n,0)，M ( m,− 2 m2 + 4 m+2 ) ，
3 3
∵C(0,2)，
{ m+n=1+0 )
{m=2 ) {m=0)
∴当以CE为对角线时，则：
−
2
m2 +
4
m+2=2
，解得：
n=−1
或
n=1
（舍
3 3
去）；
∴F(−1,0)；
{ m+0=1+n ) {m=1+❑√7) {m=1−❑√7)
当以EF为对角线时， 2 4 ，解得： 或 ，
− m2 + m+2+2=0 n=❑√7 n=−❑√7
3 3
∴F(❑√7,0)或F(−❑√7,0)；{ m+1=n+0 )
{m=2) {m=0)
当以CF为对角线时， 2 4 ，解得： 或 （舍去）；
− m2 + m+2=2 n=3 n=1
3 3
∴F(3,0)；
综上：F(−1,0)或F(❑√7,0)或F(−❑√7,0)或F(3,0)．
15．在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2 +bx+c与x轴交于点A、B（点A在点B的左
侧），与y轴交于点C，点A的坐标为(−5,0)，点C的坐标为(0,5)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，若点P是第二象限内抛物线上一动点，当△PAC面积最大时，求点P的坐
标及△PAC面积的最大值；
(3)如图2，若点M是抛物线上一动点，点N是抛物线对称轴上一点，是否存在点M，
使得以A、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点M的坐标，
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2−4x+5
125 ( 5 35)
(2)△ACP面积的最大值： ，P − ,
8 2 4
(3)点M的坐标为：(−3,8)或(3,−16)或(−7,−16)
【分析】（1）把点A，点C的坐标代入y=−x2 +bx+c，求出b，c，即可；
（2）过点P作PF⊥x轴交AC于点H，设AC的解析式为y=kx+5，求出AC的解析
式，设点P(m，−m2−4m+5)且−5<m<0，则点H(m,m+5)，求出PH，再根据
二次函数的性质求解即可；
（3）根据平行四边形的性质分类讨论：①当AC为平行四边形的对角线时；②当AM为平行四边形的对角线时；③当AN为平行四边形的对角线时，分别求解，即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2 +bx+c经过点A(−5,0)，点C(0,5)，
{ c=5 )
∴ ，
−25−5b+c=0
{ c=5 )
解得： ，
b=−4
∴抛物线的解析式为：y=−x2−4x+5．
（2）解：过点P作PF⊥x轴交AC于点H，垂足为F，如图：
∵A(−5,0)，C(0,5)，设直线AC解析式为y=kx+b，
将A(−5,0)、C(0,5)代入，
{−5k+b=0)
得： ，
b=5
{k=1)
∴ ，
b=5
∴直线AC解析式为y=x+5，
设P(m,−m2−4m+5)，(−5<m<0)，则H(m,m+5)，
∴PH=(−m2−4m+5)−(m+5)=−m2−5m=− ( m+ 5) 2 + 25 ，
2 4
∵a=−1<0，
5 25
∴当m=− 时，PH最大为 ，
2 4
1 5
∴△ACP面积为 PH×(0+5)= PH，
2 2
5 25 125
∴ △ACP面积的最大值：S = × = ，
△APC 2 4 8( 5 35)
此时P − , .
2 4
（3）解：存在．
∵y=−x2−4x+5=−(x+2) 2 +9，
∴抛物线的对称轴为直线x=−2，
设点N的坐标为(−2,m)，点M的坐标为(x,−x2−4x+5)
分三种情况：①当AM为平行四边形ANMC的对角线时，如图，
∵A(−5,0)、C(0,5)，
∴ x −x =x −x ，即x−(−2)=0−(−5)，
C A M N
解得，x=3.
∴−x2−4x+5=−32−4×3+5=−16，
∴点M的坐标为(3,−16)
②当AN为平行四边形AMNC的对角线时，如图，∵A(−5,0)、C(0,5)，
∴ x −x =x −x ，即−2−x=0−(−5)，
C A N M
解得，x=−7.
∴−x2−4x+5=−32−4×3+5=−16，
∴点M的坐标为(−7,−16)；
③当AC为平行四边形ANCM的对角线时，如图，
∵A(−5,0)、C(0,5)，
(−5+0 0+5) ( 5 5)
∴线段AC的中点H的坐标为 , ，即H − , ，
2 2 2 2
x+(−2) 5
∴ =− ，
2 2
解得，x=−3，
∴−x2−4x+5=−(−3) 2−4×(−3)+5=8，
∴点M的坐标为(−3,8)，综上，点M的坐标为：(−3,8)或(3,−16)或(−7,−16)．
【点睛】本题是二次函数综合题，其中涉及到二次函数图象上点的坐标特征，二次函
数图象与几何变换，二次函数的性质，平行四边形的判定与性质．熟知几何图形的性
质利用数形结合是解题的关键．
16．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2 +bx−5(a≠0)交x轴于A，C两点，交y
轴于点B，5OA=OB=OC．
(1)求此抛物线的表达式；
(2)已知抛物线的对称轴上存在一点M，使得△ABM周长最小，请求出点M的坐标；
(3)连接BC，点P是线段BC上一点，过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，求当四
边形OBQP为平行四边形时点P的坐标．
【答案】(1)y=x2 +4x−5
(2)M(−2,−3)
(−5+❑√5 −5−❑√5) (−5−❑√5 −5+❑√5)
(3)则点P的坐标为： , 或 ,
2 2 2 2
【分析】本题主要考查待定系数法求二次函数解析式，轴对称最短路径的计算方法，
平行四边形的判定和性质的综合，掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．
（1）根据二次函数解析式可求出OB=5=OC=5OA，可得点A,B,C的坐标，运用
交点式即可求解二次函数解析式；
（2）根据抛物线的解析式可得点A的对称点为点C，结合轴对称最短路径可得
△ABM的周长=AB+AM+BM=AB+CM+BM=AB+BC为最小，根据点B,C的
坐标可求出直线BC的解析式，由抛物线的对称轴为x=−2，代入直线BC的解析式即
可求解；（3）根据平行四边形的判定和性质可得PQ=OB=5，设点P(x,−x−5)则
Q(m,m2 +4m−5)，由此列式求解即可．
【详解】（1）解：由抛物线的表达式y=ax2 +bx−5(a≠0)可知，c=−5=y ，
B
∴OB=OC=5=5OA，
∴OA=1，
∴A(1,0)，B(0,−5)，C(−5,0)，
设抛物线的表达式为：y=a(x−1)(x+5)=a(x2 +4x−5)=ax2 +4ax−5a，
∴−5a=−5，
∴a=1，
故抛物线的表达式为：y=x2 +4x−5；
（2）解：由（1）可知，抛物线的表达式为：y=x2 +4x−5，
∴对称轴为直线x=−2，
∴点A关于抛物线对称轴的对称点为点C，
∴BC交抛物线的对称轴于点M，即为所求点的位置，即△ABM的周长
=AB+AM+BM=AB+CM+BM=AB+BC为最小，
已知B(0,−5)，C(−5,0)，
设直线BC的解析式为：y=kx+b(k≠0)，
{ b=−5 )
∴ ，
−5k+b=0
{k=−1)
解得 ，
b=−5
∴直线BC的解析式为：y=−x−5，∵抛物线的对称轴为直线x=−2，
∴当x=−2时，y=−x−5=−3，
则点M(−2,−3)；
（3）解：由（1）和（2）可知，抛物线的解析式为y=x2 +4x−5，直线BC的解析式
为y=−x−5，
∴如图所示，设点P(x,−x−5)，根据过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，四边形
OBQP为平行四边形，则Q(x,x2 +4x−5)，
∴PQ=OB=5，
∴PQ=(−x−5)−(x2 +4x−5)=−x2−5x=5，
∴x2 +5x+5=0
−5+❑√5 −5−❑√5
解得：x = ，x = ，
1 2 2 2
−5+❑√5 −5+❑√5 −5−❑√5 (−5+❑√5 −5−❑√5)
∴当x= 时，−x−5=− −5= ，即P , ；
2 2 2 2 2
−5−❑√5 −5−❑√5 −5+❑√5 (−5−❑√5 −5+❑√5)
当x= 时，−x−5=− −5= ，即P ,
2 2 2 2 2
(−5+❑√5 −5−❑√5) (−5−❑√5 −5+❑√5)
∴点P的坐标为： , 或 , ．
2 2 2 2
17．如图，抛物线y=x2−2x−3与x轴交于A、B两点(A点在B点左侧)，直线l与抛物线
交于A、C两点，其中C点的横坐标为2．(1)求A、B 两点的坐标及直线AC的函数表达式；
(2)P是线段AC上的一个动点，过P点作y轴的平行线交抛物线于E点，求线段PE长
度的最大值；
(3)点G抛物线上的动点，在x轴上是否存在点F，使A、C、F、G这样的四个点为顶
点的四边形是平行四边形？如果存在，求出所有满足条件的F点坐标；如果不存在，
请说明理由．
【答案】(1)A(−1,0)，B(3,0)，y=−x−1
9
(2)
4
(3)F (1,0)，F (−3,0)，F (4+❑√7,0),F (4−❑√7,0)
1 2 3 4
【分析】本题主要考查了二次函数的综合题，涉及到了待定系数法求一次函数解析式、
平行四边形的判定、二次函数的性质等重要知识点，综合性强，解答本题的关键是要
求学生掌握分类讨论，数形结合的数学思想方法，此题有一定的难度．
(1)因为抛物线与x轴相交，所以可令y=0，解出A、B的坐标．再根据C点在抛物线
上，C点的横坐标为2，代入抛物线中即可得出C点的坐标．再根据两点式方程即可
解出AC的函数表达式；
(2)根据P点在AC上可设出P点的坐标．E点坐标可根据已知的抛物线求得．因为PE
都在垂直于x轴的直线上，所以两点之间的距离为y −y ，列出方程后结合二次函数
p E
的性质即可得出答案；
(3)此题要分两种情况：①以AC为边，②以AC为对角线．确定平行四边形后，可直接
利用平行四边形的性质求出F点的坐标．
【详解】（1）解：令y=0，得
x2−2x−3=0，
解得x =−1或x =3，
1 2
∴A(−1,0),B(3,0)，将C点的横坐标x=2代入y=x2−2x−3得
y=4−4−3=−3，
∴C(2,−3)，
∴设直线AC的函数解析式为y=kx+b(k≠0)，将A(−1,0)，C(2,−3)分别代入，
得
{−k+b=0 ) {k=−1)
，解得 ，
2k+b=−3 b=−1
∴直线AC的函数解析式是y=−x−1；
（2）设P点的横坐标为x(−1≤x≤2)，
则P、E的坐标分别为P(x,−x−1)，E(x,x2−2x−3)，
∵P点在E点的上方，
1 2 9
∴PE=(−x−1)−(x2−2x−3)=−x2 +x+2=−(x− ) + ，
2 4
1
由a=−1<0，对称轴x= ，抛物线开口向下，
2
1 9
∴当x= 时，PE的最大值为 ；
2 4
（3）(3)存在4个这样的点F，分别是F (1,0)，
1
F (−3,0),F (4+❑√7,0),F (4−❑√7,0)．
2 3 4
①如图1，
连接C与抛物线和y轴的交点，
∴CG∥x轴，
∴AF=CG=2，A(−1,0)，
∴F点的坐标是(−3，0)；②如图2，
AF=CG=2 (−1，0)
，A点的坐标为 ，
∴F点的坐标为(1，0)；
③如图3，
此时C，G两点的纵坐标互为相反数，
∴G点的纵坐标为3，代入抛物线y=x2−2x−3中，得
x2−2x−3=3，
解得x =1+❑√7,x =−1−❑√7（不符合题意，舍去），
1 2
∴G点的坐标为(1+❑√7,3)，
设直线GF的解析式为y=−x+ℎ，
将G(1+❑√7,3)代入y=−x+ℎ，得
3=−(1+❑√7)+ℎ，解得ℎ=4+❑√7，
∴直线GF的解析式为y=−x+4+❑√7，
当y=0时，−x+4+❑√7=0，
解得x=4+❑√7，
∴直线GF与x轴的交点F的坐标为(4+❑√7,0)；
④如图4，同③可求出F的坐标为(4−❑√7,0)，
∴符合条件的F点共有4个，为F (1,0)，F (−3,0)，
1 2
F (4+❑√7,0),F (4−❑√7,0)．
3 4
1
18．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y= x2 +bx+c与直线AC交于点A(4,0)，
2
C(0,−4)．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)将该抛物线沿水平方向向右平移3个单位，平移后抛物线与y轴交于点F，原抛物
线上有一点 P(2,−4)，点M为平移后点P的对应点，N为平移后的抛物线的对称轴
上一点．在平移后的抛物线上确定一点Q，使得以点M，F，N，Q为顶点的四边形
是平行四边形，写出所有符合条件的点Q的坐标．
1
【答案】(1)y= x2−x−4
2
(2)：(1,0)或(−1,8)或(9,8)
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象的平移，平行四边
形的性质等知识，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
（1）用待定系数法可得抛物线的函数表达式；1 7
（2）将抛物线向右平移3个单位得新抛物线y= x2−4x+ ，对称轴是直线x=4，
2 2
即可得M(5,−4)，F ( 0, 7) ，设N(4,n)， Q ( r, 1 r2−4r+ 7) ，分三种情况：①
2 2 2
当QN、MF为对角线时；②当QM、NF为对角线时；③当QF、NM为对角线时，分
别计算出参数r的值，即可求出Q点坐标．
1
【详解】（1）解：∵抛物线y= x2 +bx+c经过A(4,0)，C(0,−4)两点，
2
{1
×42 +4b+c=0)
∴ 2 ，
c=−4
{b=−1)
解得 ，
c=−4
1
∴抛物线的解析式为y= x2−x−4；
2
1
（2）解∶ ∵将抛物线y= x2−x−4向右平移3个单位得抛物线
2
1 1 7
y= (x−3) 2−(x−3)−4= x2−4x+ ，
2 2 2
−4
x=− =4
∴新抛物线对称轴是直线 1 ，
2×
2
1 7 7
在y= x2−4x+ 中，令x=0得y= ，
2 2 2
( 7)
∴ F 0, ，
2
将P(2,−4)向右平移3个单位得M(5,−4)，
设N(4,n)， Q ( r, 1 r2−4r+ 7) ，
2 2
则①当QN、MF为对角线时，
{ r+4=5 )
∴ n+ 1 r2−4r+ 7 = 7 −4 ，
2 2 2解得r=1，
∴Q(1,0)；
②当QM、NF为对角线时，
{ 5+r=4 )
∴ −4+ 1 r2−4r+ 7 =n+ 7 ，
2 2 2
解得r=−1，
∴Q(−1,8)；
③当QF、NM为对角线时，
{ r=4+5 )
∴ 1 r2−4r+ 7 + 7 =n−4 ，
2 2 2
解得r=9，
∴Q(9,8)；
综上所述，Q的坐标为：(1,0)或(−1,8)或(9,8)．
【题型05：二次函数与菱形存在性问题】
9．如图，已知二次函数y=ax2 +2x+c的图象经过点C(0,3)，与x轴分别交于点A，点
B(3,0)．点P是直线BC上方的抛物线上一动点．
(1)求二次函数y=ax2 +2x+c的表达式；
(2)连接PO，PC，并把△POC沿y轴翻折，得到四边形POP′C，若四边形POP′C
为菱形，请求出此时点P的坐标；
(3)当点P运动到什么位置时，四边形ACPB的面积最大？求出此时P点的坐标
【答案】(1)y=−x2 +2x+3
(2+❑√10 3)
(2)P ,
2 2(3 15)
(3)P ,
2 4
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）由题意可得OC=3，连接PP′，由菱形的性质可得PP′垂直平分OC，从而可得
3 3 3
点P的纵坐标为 ，令y= ，则−x2 +2x+3= ，计算即可得解；
2 2 2
（3）连接AC、CP、BP，求出A(−1,0)，则AB=4，计算可得S =6，直线BC
△ABC
的解析式为y=−x+3，作PD∥y轴交直线BC于D，设
P(m,−m2 +2m+3)(0<m<3)，则D(m,−m+3)，PD=−m2 +3m，表示出
3( 3) 2 75
S =− m− + ，再由二次函数的性质计算即可得解．
四边形ACPB 2 2 8
【详解】（1）解：将C(0,3)，B(3,0)代入二次函数的解析式y=ax2 +2x+c，
{9a+6+c=0)
得： ，
c=3
{a=−1)
解得： ，
c=3
∴二次函数的解析式为y=−x2 +2x+3；
（2）解：∵C(0,3)，
∴OC=3，
如图，连接PP′，
，
∵四边形POP′C为菱形，
∴PP′垂直平分OC，
3
∴点P的纵坐标为 ，
2∵点P是直线BC上方的抛物线上一动点，
3 3
∴令y= ，则−x2 +2x+3= ，
2 2
2+❑√10 2−❑√10
解得：x = ，x = （不符合题意，舍去），
1 2 2 2
(2+❑√10 3)
∴P , ；
2 2
（3）解：如图，连接AC、CP、BP，
，
在y=−x2 +2x+3中，当y=0时，−x2 +2x+3=0，解得：x =−1，x =3，
1 2
∴A(−1,0)，
∵B(3,0)，C(0,3)，
∴AB=4，OC=3，
1 1
∴ S = AB⋅OC= ×4×3=6，
△ABC 2 2
设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0)，
{3k+b=0)
将C(0,3)，B(3,0)代入y=kx+b(k≠0)可得： ，
b=3
{k=−1)
解得： ，
b=3
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
作PD∥y轴交直线BC于D，
∵点P是直线BC上方的抛物线上一动点，
∴设P(m,−m2 +2m+3)(0<m<3)，则D(m,−m+3)，
∴PD=−m2 +2m+3−(−m+3)=−m2 +3m，
∴
S =S +S
四边形ACPB △ABC △BCP1 1
= AB⋅OC+ PD⋅(x −x )
2 2 B C
1
=6+ (−m2 +3m)×(3−0)
2
3 9
=− m2 + m+6
2 2
3( 3) 2 75
=− m− + ，
2 2 8
3
∵
− <0，0<m<3，
2
3 75
∴当m= 时，S 最大，最大为 ，
2 四边形ACPB 8
当m=
3
时，−m2 +2m+3=−
(3) 2
+2×
3
+3=
15
，即P
(3
,
15)
．
2 2 2 4 2 4
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，菱形的性质，二次函数综合—
面积问题，求一次函数的解析式，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
20．如图，已知抛物线C :y=−x2 +bx+c与y轴相交于点C(0,1)，对称轴为直线x=2．
1
坐标原点为O点，抛物线C 的对称轴交x轴于A点．
1
(1)抛物线的关系表达式；
(2)将抛物线C 向左平移2个单位长度得到抛物线C ，C 与C 相交于点E，点F为抛物
1 2 2 1
线C 对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点H，使以点C，E，F，H为
1
顶点的四边形为菱形，若存在，请求出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2 +4x+1
(2)点H 的坐标为(−1,3)或(1,−2)或(3,4+❑√6)或(3,4−❑√6)【分析】本题考查了利用待定系数法求点的坐标以及设点的坐标的能力，同时还考查
了二次函数图象平移的性质与数形结合分析图形并求解点的坐标的能力．
（1）由对称轴方程可求出b=4，由点C(0,1)代入可求出c=1，从而可得抛物线的解
析式为y=−x2 +4x+1；
（2）求出点E坐标，设H(a,b),F(2,t)，分CF,EF为邻边，CE,FH为对角线；
CE,CF为邻边，EF,CH为对角线；CE,EF为邻边，CF,EH为对角线三种情况，
以邻边相等求出t，根据中点坐标公式求出a,b的值即可解决问题．
【详解】（1）解：∵抛物线C ：y=−x2 +bx+c与y轴相交于点C(0,1)，
1
∴c=1；
∵抛物线的对称轴为直线x=2．
b
∴
− =2，
2×(−1)
∴b=4，
∴抛物线的解析式为：y=−x2 +4x+1；
（2）解：∵y=−x2 +4x+1=−(x−2) 2 +5
向左平移两个单位后抛物线的解析式为y=−(x−2+2) 2 +5=−x2 +5，
{ y=−x2 +5 )
联立 ，
y=−x2 +4x+1
{x=1)
解得 ，
y=4
∴E(1,4)，
∵抛物线y=−x2 +4x+1的对称轴为直线x=2,
∴可设F(2,t), H(a,b),
①如图，CF,EF为邻边，CE,FH为对角线时；
CF2 =(2−0) 2 +(t−1) 2 =t2−2t+5
；，
EF2 =(2−1) 2 +(t−4) 2 =t2−8t+17
又CF2 =EF2，
∴t2−2t+5=t2−8t+17，
解得，t=2，
∴F(2,2)，
(1+0 1+4) (1 5)
又CE的中点坐标为 , ，即 , ，
2 2 2 2
a+2 1 b+2 5
∴ = ， = ，
2 2 2 2
∴a=−1,b=3，
∴H(−1,3)；
②CE,CF为邻边，EF,CH为对角线时，如图，
同理：EC2 =(1−0) 2 +(4−1) 2 =10,CF2 =(2−0) 2 +(t−1) 2 =t2−2t+5
又CE2 =CF2
∴t2−2t+5=10，
解得，t=1±❑√6，
当t=1+❑√6时，F(2,1+❑√6)，
(3 5+❑√6)
EF的中点坐标为 , ，
2 2
a 3 b+1 5+❑√6
∴ = , = ，
2 2 2 2
∴a=3,b=4+❑√6，
∴H(3,4+❑√6)；当t=1−❑√6,时，F(2,1−❑√6)，
(3 5−❑√6)
EF的中点坐标为 , ，
2 2
a 3 b+1 5−❑√6
∴ = , = ，
2 2 2 2
∴a=3,b=4−❑√6，
∴H(3,4−❑√6)；
③CE,EF为邻边，CF,EH为对角线，如图，
同理：EC2 =(1−0) 2 +(4−1) 2 =10,EF2 =(2−1) 2 +(t−4) 2 =t2−8t+17，
又EC2 =EF2，
∴t2−8t+17=10
解得，t=1,t=7（C、E、F三点共线，不符合题意舍去），
∵F(2,1)，
∴CF的中点坐标为(1,1)，
a+1 b+4
∴
=1, =1，
2 2
解得，a=1,b=−2，
∴H(1,−2)，
综上，点H 的坐标为(−1,3)或(1,−2)或(3,4+❑√6)或(3,4−❑√6)．
21．如图，抛物线 y=ax2 +bx−2与x轴交于A(−1,0),B(4,0)两点，与y轴交于点C，对
称轴为直线l．(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是直线BC下方的抛物线上一个动点，求四边形ACPB面积的最大值及此时P
点的坐标；
(3)点F是直线l上一点，点G是平面内一点，是否存在以BC为边，以点B，C，F，G
为顶点的菱形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
1 3
【答案】(1)y= x2− x−2
2 2
(2)四边形ACPB面积的最大值为9，此时点P的坐标为(2,−3)；
(3 ❑√71 ) (3 ❑√71 ) (3 ❑√55) (3 ❑√55)
(3) , −2 或 ,− −2 或 , 或 ,−
2 2 2 2 2 2 2 2
【分析】1）利用待定系数法解答，即可求解；
（2）连接OP，设点P的坐标为 ( t, 1 t2− 3 t−2 ) ，再由四边形ACPB面积
2 2
=S +S +S ，结合二次函数的性质解答，即可求解；
△AOC △POC △POB
(3 )
（3）设点F的坐标为 ,m ，分两种情况： 当BC为边，BF为对角线时，BC=CF；
2
当BC为边，CF为对角线时，BC=BF，即可求解．
【详解】（1）解：把点A(−1,0),B(4,0)代入y=ax2 +bx−2得：
{ a−b−2=0 )
，
16a+4b−2=0
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：∵点A(−1,0),B(4,0)，
∴OA=1,OB=4，
当x=0时，y=−2，
∴点C(0,−2)，
∴OC=2，
如图，连接OP，
设点P的坐标为 ( t, 1 t2− 3 t−2 ) ，
2 2
∴四边形ACPB面积=S +S +S
△AOC △POC △POB
= 1 ×1×2+ 1 t×2+ 1 ×4 ( − 1 t2 + 3 t+2 )
2 2 2 2 2
=−t2 +4t+5
=−(t−2) 2 +9，
∵−1<0，
∴当t=2时，四边形ACPB面积最大，最大值为9，
此时点P的坐标为(2,−3)；
（3）解：∵点A(−1,0),B(4,0)，
−1+4 3
∴抛物线的对称轴为直线x= = ，
2 2
(3 )
设点F的坐标为 ,m ，
2
当BC为边，BF为对角线时，BC=CF，即BC2 =CF2，
∴42 +22 =
(3) 2
+(m+2) 2 ，
2
❑√71
解得：m=± −2，
2
(3 ❑√71 ) (3 ❑√71 )
∴点F的坐标为 , −2 或 ,− −2 ；
2 2 2 2
当BC为边，CF为对角线时，BC=BF，
即BC2 =BF2，
∴42 +22 = ( 4− 3) 2 +m2 ，
2
❑√55
解得：m=± ，
2
(3 ❑√55) (3 ❑√55)
∴点F的坐标为 , 或 ,− ；
2 2 2 2
综上所述，点F的坐标为(3 ❑√71 )或(3 ❑√71 )或(3 ❑√55)或
, −2 ,− −2 ,
2 2 2 2 2 2(3 ❑√55)．
,−
2 2
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式、二次函数
与坐标轴的交点、面积的计算，菱形的性质，勾股定理等知识点，数形结合、熟练掌
握相关性质及定理是解题的关键．
22．如图，抛物线y=x2 +bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，OA=2，OC=6，
连接AC和BC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点D在抛物线的对称轴上，当△ACD的周长最小时，点D的坐标为 ．
(3)点E是第四象限内抛物线上的动点，连接CE和BE．求△BCE面积的最大值及此
时点E的坐标；
(4)若点M是y轴上的动点，在坐标平面内是否存在点N，使以点A、C、M、N为顶点
的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2−x−6
(1 )
(2) ,−5
2
(3 21) 27
(3)点E坐标为 ,− 时，ΔBCE面积最大，最大值为
2 4 8
( 10)
(4)点N坐标为(−2,2❑√10)，(−2,−2❑√10)，(2,0)， −2,−
3
【分析】本题主要考查二次函数的图象和性质、一元二次方程，一次函数的图象和性
质、轴对称图形的性质、菱形的判定及性质，能采用数形结合的方法和分类讨论的思
想分析问题是解题的关键．（1）根据点A和点C的坐标，采用待定系数法即可求得答案．
（2）点A关于抛物线对称轴的对称点为点B，直线BC与对称轴的交点D即为所求．
（3）设过点E与直线BC平行的直线l的解析式为y=2x+n，根据题意可知，当直线l
的图象与抛物线y=x2−2x−8的图象只有一个交点时，点E到直线BC的距离最大，
此时△BCE的面积最大，求得点E的坐标，进而可求得△BCE的面积．
（4）分两种情况讨论：①当点M位于原点O上方时，根据OC=OM，OA=ON，即
可求得点N的坐标；当点M位于点C下方时，先求得直线MN的解析式，根据
CM∥AN，可求得点N的横坐标，进而求得点N的坐标．
【详解】（1）解：∵OA=2，OC=6
∴A(−2,0)，C(0,−6)
∵抛物线y=x2 +bx+c过点A，C，
{4−2b+c=0)
∴
0+0+c=−6
{b=−1)
解得：
c=−6
∴抛物线解析式为y=x2−x−6．
（2）∵当y=0时，x2−x−6=0，
解得x =−2，x =3，
1 2
∴B(3,0)，
−2+3 1
则抛物线对称轴为直线x= =
2 2
1 1
∵点D在直线x= 上，点A、B关于直线x= 对称
2 2
1
∴ x = ，AD=BD
D 2
∴当点B、D、C在同一直线上时，
C =AC+AD+CD=AC+BD+CD=AC+BC最小，
ΔACD设直线BC解析式为y=kx−6，将B(3,0)代入，得
∴3k−6=0，
解得k=2
∴直线BC:y=2x−6
1
∴
y =2× −6=−5
D 2
(1 )
D ,−5
∴
2
(1 )
故答案为 ,−5 ．
2
（3）过点E作EG⊥x轴于点G，交直线BC与点F
设E(t,t2−t−6)(0<t<3)，则F(t,2t−6)
∴EF=2t−6−(t2−t−6)=−t2 +3t
1 1
∴ S =S +S = EF⋅BG+ EF⋅OG
ΔBCE ΔBEF ΔCEF 2 2
1 1
= EF(BG+OG)= EF⋅OB
2 2
=
1
×3(−t2 +3t)=−
3(
t−
3) 2
+
27
，
2 2 2 8
3
∴当t= 时，ΔBCE面积最大
2
(3) 2 3 21
∴y = − −6=−
E 2 2 4(3 21) 27
∴点E坐标为 ,− 时，ΔBCE面积最大，最大值为 ．
2 4 8
（4）存在点N，使以点A、C、M、N为顶点的四边形是菱形．
∵A(−2,0)，C(0,−6) ，
∴AC=❑√22 +62 =2❑√10，
①AC为菱形的边长，如图，
则AN =AC=2❑√10,AN ∥AC, AN =AC=2❑√10,AN ∥AC, OA=ON ，
1 1 2 2 3
∴N (−2,2❑√10)，N (−2,−2❑√10)，N (2,0)．
1 2 3
②若AC为菱形的对角线，如图，则AN ∥CM ，AN =CN
4 4 4 4
设N (−2,n)，则
4
AM =AN =CM =−n，OA=2，
4 4 4
∴
OM=OC−CM =6+n，
4∵AM =❑√OA2 +OM 2
4 4
∴−n=❑√22 +(n+6) 2
10
解得：n=−
3
( 10)
N −2,−
∴
4 3
( 10)
综上所述，点N坐标为(−2,2❑√10)，(−2,−2❑√10)，(2,0)， −2,− ．
3
23．在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2 +bx+4与x轴交于点B(2,0)和点C(−1,0)．D为
第一象限的抛物线上一点．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)求△ADB面积的最大值；
(3)若点F、G分别为线段OA、AB上一点，且四边形AFGD是菱形，直接写出D的坐
标．
【答案】(1)y=−2x2 +2x+4
(2)2
(11 95)
(3)D ,
8 32
【分析】本题主要考查二次函数图象的性质，二次函数与几何图形面积，二次函数与
特殊四边形的综合，掌握待定系数法，二次函数与图形面积，特殊四边形的综合运用
技巧是关键．（1）根据题意得到A(0,4)，由抛物线与x轴的交点可设y=a(x−2)(x+1)，将点
A(0,4)代入，运用待定系数法即可求解；
（2）如图所示，过点D作DM⊥x轴于点M，交AB于点N，运用待定系数法可得直
线AB的解析式为y=−2x+4，设点D(m,−2m2 +2m+4)(0<m<2)，则点
N(m,−2m+4)，所以DN=−2m2 +2m+4−(−2m+4)=−2m2 +4m，由
1 1
S = DN×OB= ×2×(−2m2 +4m)=−2(m−1) 2 +2，结合二次函数最大值的
△ABD 2 2
计算方法即可求解；
（3）设D(t,−2t2 +2t+4)，G(t,−2t+4)，则
DG=(−2t2 +2t+4)−(−2t+4)=−2t2 +4t，根据菱形的性质得到AD=DG，由此
列式得t2 +(−2t2 +2t+4−4) 2 =(−2t2 +4t) 2，解方程即可求解．
【详解】（1）解：抛物线y=ax2 +bx+4，
当x=0时，y=4，
∴A(0,4)，
∵抛物线与x轴交于点B(2,0)，C(−1,0)，
∴设y=a(x−2)(x+1)，将点A(0,4)代入，
得：−2a=4，
解得：a=−2，
∴ y=−2(x−2)(x+1)=−2x2 +2x+4；
∴该抛物线的函数表达式为y=−2x2 +2x+4；
（2）解：D为第一象限的抛物线上一点，如图所示，过点D作DM⊥x轴于点M，交
AB于点N，设直线AB的解析式为y=kx+b，
∵A(0,4)，B(2,0)，
{2k+b=0)
∴ ，
b=4
{k=−2)
解得： ，
b=4
∴直线AB的解析式为y=−2x+4，
设点D(m,−2m2 +2m+4)(0<m<2)，则点N(m,−2m+4)，
∴ DN=−2m2 +2m+4−(−2m+4)=−2m2 +4m，
1 1
∴ S = DN×OB= ×2×(−2m2 +4m)=−2(m−1) 2 +2，
△ABD 2 2
∵−2<0，
∴当m=1时，△ADB面积的最大值为2；
（3）解：设D(t,−2t2 +2t+4)，G(t,−2t+4)，
∴ DG=(−2t2 +2t+4)−(−2t+4)=−2t2 +4t，
∵四边形AFGD是菱形，∴AD=DG，
∴ t2 +(−2t2 +2t+4−4) 2 =(−2t2 +4t) 2，
11
解得：t =0，t = ，
1 2 8
(11 95)
∴ D , ．
8 32
24．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2 +bx+c与x轴交于A,B(4,0)两点，与y轴
交于点C(0,−8)，P是直线BC下方抛物线上的一个动点．
(1)求点A的坐标和该抛物线的函数解析式；
(2)连接PO,PC，并将△POC沿y轴翻折，得到四边形POP′C，是否存在点P，使
得四边形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的运动过程中，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)点A的坐标为(−2,0)，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【分析】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）利用待定系数法即可求得抛物线的函数表达式，再令y=0求出点A的坐标即可；
（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
四边形ABPC △AOC △POB △POC 2 2 2
后利用二次函数的性质求得最大值即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2 +bx+c与x轴交于A,B(4,0)两点，与y轴交于点
C(0,−8)，
把B(4,0)，C(0,−8)代入y=x2 +bx+c中，
{16a+4b+c=0) {b=−2)
得 解得
c=−8 c=−8
∴该抛物线的函数表达式为y=x2−2x−8．
当y=0时， 0=x2−2x−8，解得x=4或x=−2，
∴点A的坐标为(−2,0)；
（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
∵−2<0，0<m<4，
∴当m=2时，S有最大值，最大值为32，此时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06：二次函数与矩形存在性问题】
25．如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2 +bx+c(a≠0)的图象与x轴交于
A(−1,0)、B(3,0)两点，与y轴交于点C，且抛物线的顶点D的坐标为(1,4)，连接BC，
拋物线的对称轴与BC交于点H．(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线上B、D两点之间的部分（不包含B、D两点），是否存在点G，使得
S =3S ，若存在，求出点G的坐标，若不存在，请说明理由；
△BGH △DGH
(3)如图②，将拋物线在BC上方的图象沿BC折叠后与y轴交于点E，M为直线x=1上
一个动点，在平面内是否存在一个点N，使得以B、E、M、N为顶点的四边形是以
BE为对角线的矩形，若存在，求出N点坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2 +2x+3
(2)存在，G(❑√3,2❑√3)
(3)N点坐标为(2,−1)或(2,2)．
【分析】（1）利用二次函数的顶点式运算求解即可；
（2）求出直线BC的解析式，过点G作GM∥x轴交对称轴于点M，过点G作
GN∥y轴交直线BC于点N，分别表达出G，M，N的坐标，再利用三角形面积公式
列式运算即可；
（3）设点E关于直线BC的对称点为E′，利用折叠和等腰三角形的性质求得E(0,1)．
设M(1,n)，求得EM2 =n2−2n+2，BM2 =n2 +4，BE2 =10，从而得出
n2−2n+2+n2 +4=10，求得n的值，进一步得出结果．
【详解】（1）解：∵拋物线的顶点D的坐标为(1,4)，
∴设抛物线的解析式为y=a(x−1) 2 +4，
∵抛物线过点A(−1,0)，
∴a(−1−1) 2 +4=0，
解得a=−1，
∴抛物线的解析式为y=−(x−1) 2 +4=−x2 +2x+3；
（2）解：存在，理由如下：
由（1）知抛物线的解析式为y=−x2 +2x+3，
令x=0，则y=3，
∴C(0,3)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，代入C(0,3)和B(3,0)可得：
{ b=3 )
，
3k+b=0{k=−1)
解得： ，
b=3
∴直线BC的解析式为：y=−x+3，
∵抛物线的对称轴与BC交于点H，
∴把x=1代入y=−x+3可得：y=2，
∴H(1,2)，
∴DH=2，
过点G作GM∥x轴交对称轴于点M，过点G作GN∥y轴交直线BC于点N，如图所
示：
设点G的坐标为(m,−m2 +2m+3)(1<m<3)，则N(m,−m+3)，
M(1,−m2 +2m+3)，
∴GM=m−1，GN=−m2 +2m+3−(−m+3)=−m2 +3m，
1 1
∴ S = ×(3−1)×(−m2 +3m)=−m2 +3m，S = ×2×(m−1)=m−1，
△BGH 2 △DGH 2
∵ S =3S ，
△BGH △DGH
∴−m2 +3m=3(m−1)，
解得m=❑√3或m=−❑√3（舍去），
∴G(❑√3,2❑√3)；
（3）解：由（2）知，OB=OC=3，又∠BOC=90°，
∴∠OCB=45°，
设点E关于直线BC的对称点为E′，如图所示，则CE=CE′，EE′ ⊥BC，
∵∠OCB=45°，
∴∠CEE′ =45°，
∴∠CE′E=45°，
即△ECE′是等腰直角三角形，
∴∠ECE′ =90°，
由抛物线的对称性可知，E′(2,3)，
∴CE′ =2，
∴CE=2，
∴OE=1，
∴E(0,1)．
∵BE是以B、E、M、N为顶点的矩形的对角线，
∴∠BME=90°，
设M(1,n)，
∵EM2 =12 +(n−1) 2 =n2−2n+2，BM2 =(3−1) 2 +n2 =n2 +4，BE2 =12 +32 =10，
∴n2−2n+2+n2 +4=10，
∴n=2或n=−1，
当n=2时，M(1,2)，
∴N(2,−1)，
当n=−1时，M(1,−1)，
∴N(2,2)，
综上所述：N点坐标为(2,−1)或(2,2)．
【点睛】本题为二次函数综合题，考查了二次函数的图形性质，二次函数点的坐标特
征，待定系数法求函数解析式，三角形面积，等腰三角形的判定及性质，矩形的性质等知识点，熟悉掌握各知识点是解题的关键．
26．如图，抛物线y=ax2 +bx+c(a≠0)的图象经过A(1,0)，B(3,0)两点，与y轴交于点
C(0,6)，M是抛物线的顶点．
(1)求抛物线的表达式和顶点M的坐标；
(2)将原抛物线进行平移，平移后的抛物线顶点为Q，在原抛物线的对称轴上，是否存
在一点P，使以A，P，Q，M为顶点的四边形是矩形？若存在，求出点Q的坐标，并
说明平移的方向和距离；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=2x2−8x+6，(2,−2)；
( 3) ( 3)
(2)点Q的坐标为 3,− 或(1,−2)，当点Q的坐标为 3,− 时，原抛物线先向右平
2 2
1
移1个单位长度，再向上平移 个单位长度；当点Q的坐标为(1,−2)时，原抛物线向
2
左平移1个单位长度．
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可
（2）设P(2,m)，分三种情况讨论：①以AQ为对角线时，由AP2 +AM2 =PM2，
( 3)
求出m的值，再由中点坐标公式，求得Q 3,− ，则平移的方向为先向右平移1个
2
1
单位长度，再向上平移 个单位长度；②以AM为对角线时，点P在x轴上，则
2
P(2,0)，从而求得Q(1,−2)，则平移的方向为向左平移1个单位长度；③以AP为对
角线时，矩形不存在本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，函数图象平移的
性质，点的平移性质是解题的关键
【详解】（1）解：∵抛物线与y轴交于点C(0,6)，∴y=ax2 +bx+6．
将A(1,0)，B(3,0)代入y=ax2 +bx+6，
{ a+b+6=0, ) { a=2 )
得 解得
9a+3b+6=0, b=−8
∴抛物线的表达式为y=2x2−8x+6，
∴ y=2x2−8x+6=2(x−2) 2−2，
∴顶点M的坐标为(2,−2)；
（2）存在．
如图，设P(2,m)．
①以AQ为对角线．
此时AP2 =(2−1) 2 +m2 =1+m2，AM2 =(2−1) 2 +22 =5，M P2 =(−2−m) 2，
∴ AP2 +AM2 =PM2，
1
即1+m2 +5=(−2−m) 2，解得m= ．
2
( 3)
∵ AQ，PM为矩形的对角线，∴由中点坐标公式，得Q 3,− ，
2
1
∴平移的方向为先向右平移1个单位长度，再向上平移 个单位长度．
2
②以AM为对角线．
∵ ∠APM=90°，∴点P在x轴上，∴ P(2,0)，则Q(1,−2)，
∴平移的方向为向左平移1个单位长度．③以AP为对角线时，矩形不存在．
( 3) ( 3)
综上所述，点Q的坐标为 3,− 或(1,−2)，当点Q的坐标为 3,− 时，
2 2
1
原抛物线先向右平移1个单位长度，再向上平移 个单位长度；
2
当点Q的坐标为(1,−2)时，原抛物线向左平移1个单位长度．
27．如图，抛物线y=ax2 +bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），点A、B的
坐标分别是(−1,0)、(3,0)，与y轴交于点C，点C的坐标是(0,3)，点D和点C关于抛物
线的对称轴对称．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，直线AD上方的抛物线上有一点F，过点F作FG⊥AD于点G，求线段FG
的最大值；
(3)点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，
Q为顶点的四边形是以AM为边的矩形，求点P和Q的坐标．
【答案】(1)y=x+1
9❑√2
(2)
8
( 1) ( 9) ( 7) ( 1)
(3)P 0,− 或P 0, ，Q 2, 或Q −2,
2 2 2 2
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）记AD于y轴的交点为E，证明△OAE为等腰直角三角形， 过F作FN∥y轴交
❑√2
AD于N，△FGN为等腰直角三角形， 则FG= FN，设F(x,−x2 +2x+3)，则
2
N(x,x+1)， 再建立二次函数，利用二次函数的性质解题即可；（3）如图，当P在AM的右边，记直线AM交y轴于R，
y=−x2 +2x+3=−(x−1) 2 +4，则M(1,4)，求解直线AM的解析式为y=2x+2，
可得R(0,2)， 设P(0,y)，而四边形APQM为矩形，可得∠RAP=90°，再利用勾
( 1) ( 7)
股定理建立方程求解P 0,− ，结合平移的性质可得：Q 2, ；如图，当P在AM
2 2
( 9) ( 1)
的左边，同理可得：P 0, ，结合平移的性质可得：Q −2, ．
2 2
【详解】（1）解： 把A(−1,0)，(3,0)，(0,3)分别代入y=ax2 +bx+c得：
{ a−b+c=0 )
9a+3b+c=0 ，
c=3
{a=−1
)
解得 b=2 ，
c=3
∴抛物线的解析式为y=−x2 +2x+3；
（2）解：由（1）知y=−x2 +2x+3=−(x+1) 2 +4，
∴抛物线对称轴为直线x=1，
∵点D和点C关于抛物线的对称轴对称，
∴D(2,3)，
设直线AD的解析式为y=kx+b，
{−k+b=0)
把A(−1,0)，D(2,3)分别代入得 ，
2k+b=3
{k=1)
解得 ，
b=1
∴直线AD的解析式为y=x+1
记AD于y轴的交点为E，当x=0时，y=x+1=1，则E(0,1)，
∴OA=OE，
∴△OAE为等腰直角三角形，
∴∠EAO=∠AEO=45°，
过F作FN∥y轴交AD于N，
∴∠FNG=45°，
∴△FGN为等腰直角三角形，
❑√2
∴FG= FN，
2
设F(x,−x2 +2x+3)，则N(x,x+1)，
∴FN=−x2 +2x+3−x−1=−x2 +x+2=− ( x− 1) 2 + 9 ，
2 4
1 9
当x= 时，FN有最大值 ，
2 4
9 ❑√2 9❑√2
∴FG的最大值为： × = ；
4 2 8
（3）解：如图，当P在AM的右边，
记直线AM交y轴于R，y=−x2 +2x+3=−(x−1) 2 +4，则M(1,4)，设直线AM的解析式为y=mx+n，
{−m+n=0)
把A(−1,0)、M(1,4)分别代入得 ，
m+n=4
{m=2)
解得 ，
n=2
∴直线AM的解析式为y=2x+2，
当x=0时，y=2x+2=2，则R(0,2)，
设P(0,y)，而四边形APQM为矩形，
∴∠RAP=90°，
∴(2−y) 2 =12 +y2 +12 +22，
1 ( 1)
解得：y=− ，即P 0,− ，
2 2
( 7)
由平移的性质可得：Q 2, ；
2
如图，当P在AM的左边，同理可得：(y−2) 2 =(1−0) 2 +(4−2) 2 +(0−1) 2 +(y−4) 2，
9 ( 9)
解得：y= ，即P 0, ，
2 2
( 1)
由平移的性质可得：Q −2, ；
2
( 7) ( 1)
综上：Q 2, 或Q −2, ．
2 2
【点睛】本题考查的是待定系数法求二次函数解析式，二次函数与坐标轴的交点，二
次函数的性质，勾股定理的应用，等腰直角三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，
平移的性质，熟练的建立二次函数模型再利用二次函数的性质解决问题是解本题的关
键．
28．如图，抛物线y=−x2 +bx+c与x轴交于A(−1,0)、B(3,0)两点（点A在点B的左
边），与y轴交于点C，点D和点C关于抛物线的对称轴对称．
(1)求直线AD和抛物线的表达式；
(2)如图，直线AD上方的抛物线上有一点F，过点F作FG⊥AD于点G，求线段FG
的最大值；
(3)点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以
A，M，P，Q为顶点的四边形是以AM为边的矩形，求点Q的坐标．
【答案】(1)直线AD解析式为y=x+1；抛物线表达式为y=−x2 +2x+3
9❑√2
(2)线段FG的最大值为
8( 7) ( 1)
(3)Q 2, 或Q −2，
2 2
【分析】（1）利用待定系数法即可求出抛物线解析式，则可求得点C的坐标与抛物
线的对称轴，从而求得点D的坐标，再用待定系数法即可求得直线AD的解析式；
（2）设AD交y轴于点E，则△OAE为等腰直角三角形；过F作FN∥y轴交AD于
❑√2
点N，则△FGN为等腰直角三角形，FG= FN；设F(m,−m2 +2m+3)，则
2
N(m,m+1)，根据题意建立二次函数，利用二次函数性质求解；
（3）分两种情况：当点P在AM的右边时，设直线AM交y轴于点R，易得M(1,4)，
求出直线AM的解析式y=2x+2，得点R的坐标；设P(0,y)，由四边形APQM为矩
形，可得∠RAP=90°，再利用勾股定理建立方程求得点P的坐标，结合平移的性质
可求得点Q的坐标；当点P在AM的左边时，同理求得点P的坐标，结合平移的性质
可求得点Q的坐标．
【详解】（1）解：把A、B两点坐标分别代入y=−x2 +bx+c中，得：
{−1−b+c=0 )
，
−9+3b+c=0
{b=2)
解得： ，
c=3
∴y=−x2 +2x+3；
上式中令x=0，得y=3，即C(0,3)；
∵抛物线的对称轴为直线x=1，C、D关于对称轴对称，
∴D(2,3);
{−k+p=0)
设直线AD解析式为y=kx+p，把A、D两点坐标代入得： ，
2k+p=3
{k=1)
解得： ，
p=1
∴直线AD解析式为y=x+1；
（2）解：如图，设AD交y轴于点E，
当x=0时，y=0+1=1，则E(0,1)，
∴OA=OE=1，
∴△OAE为等腰直角三角形，
∴∠EAO=∠AEO=45°；过F作FN∥y轴交AD于点N，则∠FNG=∠AEO=45°，
∴△FGN为等腰直角三角形，
❑√2
∴FG= FN；
2
设F(m,−m2 +2m+3)，则N(m,m+1)，
∴FN=−m2 +2m+3−(m+1)=−m2 +m+2=− ( m− 1) 2 + 9 ，
2 4
1 9
由于二次项系数为负，则当m= 时，FN有最大值 ，
2 4
❑√2 9 9❑√2
∴FG= × = ；
2 4 8
9❑√2
即FG的最大值为 ；
8
（3）解：如图，当点P在AM的右边时，设直线AM交y轴于点R，
∵抛物线的对称轴为直线x=1，
∴当x=1时，y=−12 +2+3=4，
即M(1,4)；
{−k +b =0) {k =2)
设直线AM的解析式y=k x+b ，则有 1 1 ，解得 1 ，
1 1 k +b =4 b =2
1 1 1
∴直线AM的解析式y=2x+2，
上式中令x=0，则y=2，即R(0,2)；
设P(0,y)，
∵四边形APQM为矩形，
∴∠RAP=90°，由勾股定理得AP2 +AR2 =PR2，
即1+y2 +1+22 =(2−y) 2，
1 ( 1)
解得：y=− ，即P 0,− ；
2 2
∵AP∥MQ，AP=MQ，
( 7)
∴由平移得Q 2, ；
2
如图，当点P在AM的左边时，
同理：由勾股定理得：PM2 +M R2 =PR2，
即12 +(y−4) 2 +12 +(4−2) 2 =(y−2) 2，
9
解得：y= ，
2
( 9)
即P 0, ；
2
( 1)
由平移得：Q −2， ；
2
( 7) ( 1)
综上，Q 2, 或Q −2， ．
2 2【点睛】本题考查了二次函数图象与坐标轴的交点，二次函数的图象与性质，勾股定
理的应用，等腰直角三角形的判定与性质，矩形的性质，平移的性质，熟练的建立二
次函数模型再利用二次函数的性质解决问题是解题的关键．
29．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=−x2 +bx+c与x轴分别相交于A，B两点，
与y轴交于点C，直线y=−x+3经过B、C两点．
(1)求抛物线的表达式；
(2)抛物线的顶点为M，点N是y轴上一点，点Q是平面内一点，是否存在以B、M、
N、Q为顶点的四边形是以BM为边的矩形？若存在，请求出点N、Q的坐标；若不存
在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2 +2x+3
( 7) ( 1) ( 3) ( 5)
(2)N 0, ,Q 2,− 或N 0,− ,Q −2,
2 2 2 2
【分析】本题主要考查了求二次函数解析式、二次函数与几何的综合等知识点，掌握
分类讨论思想成为解题的关键．
（1）先根据一次函数解析式求出点B、C的坐标，然后利用待定系数法求解即可；
（2）先根据二次函数的性质求得顶点为M(1,4)，设N(0,n),Q(p,q)，然后分
∠BMN=90°、∠NBM=90°和∠BNM=90°三种情况，分别画出图形并运用矩形的对角线相等且相互平分列方程组求解即可．
【详解】（1）解：∵B、C分别是直线y=−x+3与x轴，y轴的交点，
∴点B的坐标为(3，0)，点C的坐标为(0，3)，
∵B、C在抛物线y=−x2 +bx+c上，
{−9+3b+c=0) {b=2)
∴ ，解得： ，
c=3 c=3
∴抛物线解析式为y=−x2 +2x+3；
（2）解：∵抛物线解析式为y=−x2 +2x+3=−(x−1) 2 +4，
∴顶点M(1,4)，
设N(0,n),Q(p,q)，
①如图：当∠BMN=90°时，
{
1+p
=
3
) {
p=2
)
2 2 1
q=−
则 4+q 0+n ，解得： 2 ，
=
2 2 7
n=
(1−p) 2 +(4−q) 2 =32 +(0−n) 2 2
( 7) ( 1)
∴ N 0, ,Q 2,− ；
2 2
②如图：当∠NBM=90°时，{
1+0
=
3+p
) {
p=−2
)
2 2 5
q=
则 4+n q ，解得： 2 ，
=
2 2 3
n=−
(p−3) 2 +q2 =12 +(4−n) 2 2
( 3) ( 5)
∴ N 0,− ,Q −2, ．
2 2
( 7) ( 1) ( 3) ( 5)
所以N 0, ,Q 2,− 或N 0,− ,Q −2, ．
2 2 2 2
【题型07：二次函数与等腰三角形存在性问题】
30．如图，抛物线y=ax2 +bx+2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，其对称轴交x
1
轴于点D．已知线段AB=5， 直线y=− x+m经过B，C两点．
2
(1)求抛物线的表达式；
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是等腰三角形？如果存在，直接写
出所有满足条件的点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
1 3
【答案】(1)y=− x2 + x+2
2 23 3 5 3 5 3 25
(2)存在，P ( ,4)，P ( , )，P ( ,− )，P ( , )
1 2 2 2 2 3 2 2 4 2 16
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，涉及待定系数法求函数解析式，两点间
距离公式，等腰三角形的定义等知识点．
（1）先根据一次函数求出点B坐标，再由AB=5求出A坐标，然后由待定系数法求解
即可；
3 (3 ) (3 )
（2）先求出对称轴为直线x= ，则D ,0 ，然后设P ,p ，表示出
2 2 2
25 25
PC2 =p2−4 p+ ，CD2 = ，PD2 =p2，再分三种情况列方程求解即可．
4 4
【详解】（1）解：对于y=ax2 +bx+2，当x=0,y=2，
∴C(0,2)，
1
将C(0,2)代入y=− x+m，则m=2，
2
1
∴
y=− x+2，
2
1
当y=0，− x+2=0，
2
解得：x=4，
∴B(4,0)，
∵AB=5，
∴A(−1,0)，
{16a+4b+2=0)
将A,B代入y=ax2 +bx+2，则
a−b+2=0
1
{ a=− )
2
解得： ，
3
b=
2
1 3
∴抛物线的表达式为y=− x2 + x+2；
2 2
（2）解：存在，由y=− 1 x2 + 3 x+2可得对称轴为直线x= 3 ，则D (3 ,0 )
2 2 2 2(3 )
∴设P ,p ，
2
则PC2 =
(3) 2
+(p−2) 2 =p2−4 p+
25
，CD2 =
(3) 2
+22 =
25
，PD2 =p2，
2 4 2 4
25 25
①PC=CD时，p2−4 p+ = ，
4 4
解得：p=4或p=0（舍），
(3 )
∴ P ,4 ；
2
25
②PC=PD时，p2−4 p+ =p2 ，
4
25
解得：p= ，
16
(3 25)
∴ P , ；
2 16
25
③当CD=PD时，p2
= ，
4
5
解得：p=± ，
2
(3 5) (3 5)
∴ P , 或P ,− ，
2 2 2 2
3 3 5 3 5 3 25
综上：当△PCD是等腰三角形，P ( ,4)，P ( , )，P ( ,− )，P ( , )．
1 2 2 2 2 3 2 2 4 2 16
31．如图，抛物线y=ax2 +bx+3(a≠0)与x轴交于A,B两点，与y轴交于点C．已知点A
的坐标是(−1,0)，抛物线的对称轴是直线x=1．(1)求抛物线的解析式；
(2)第一象限内的抛物线上有一动点P，使△BCP的面积最大，求点P的坐标和
△BCP面积的最大值；
(3)对称轴与x轴交于点N，在对称轴上找一点M，使△MNC是以CN为腰的等腰三角
形，求点M的坐标．
【答案】(1)y=−x2 +2x+3
(3 15) 27
(2) , ；面积最大值为
2 4 8
(3)点M的坐标为(1,−❑√10)，(1,❑√10)，(1,6)
【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质的综合应用，等腰三角形的性质，勾
股定理等知识点，熟练掌握二次函数的图象和性质，合理作出辅助线是解决此题的关
键．
（1）用待定系数法即可求解；
（2）如图，过点P作PE∥y轴交BC于点E，先用含m的解析式表示出
S =
1
PE(x −x )=
1
(−m2 +3m)×3=−
3(
m−
3) 2
+
27
，再利用二次函数的
△BCP 2 B O 2 2 2 8
性质即可得解；
（3）分①当CN=MN=❑√10时，②当CN=CM =❑√10时，两种种情况讨论，即可求
3
解；
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴是直线x=1，
b
∴
− =1，
2a
∴b=−2a①，
将A(−1,0)代入y=ax2 +bx+3(a≠0)得a−b+3=0②，
由①②得，a=−1，b=2，
∴抛物线的解析式为y=−x2 +2x+3；
（2）解：令y=0得0=−x2 +2x+3，
∴
x =3，x =−1，
1 2∴B(3,0)，
令x=0得y=3，
∴C(0,3)，
设直线BC的解析式为y=kx+b (k≠0)，
1
{3k+b =0) {k=−1)
∴ 1 ，解方程得 ，
0+b =3 b =3
1 1
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
如图，过点P作PE∥y轴交BC于点E，
设P点坐标为(m,−m2 +2m+3)，则E(m,−m+3)，(0<m<3)，
∴PE=−m2 +2m+3−(−m+3)=−m2 +3m，
∴S =
1
PE(x −x )=
1
(−m2 +3m)×3=−
3(
m−
3) 2
+
27
，
△BCP 2 B O 2 2 2 8
3 27
∴当m= 时，S 有最大值，最大值为 ，
2 △BCP 8
∴y=−m2 +2m+3=−
(3) 2
+2×
3
+3=
15
，
2 2 4
(3 15)
∴此时P点坐标为 , ；
2 4
（3）解：∵对称轴与x轴交于点N，
∴N(1,0)，
∴ON=1，
∵C(0,3)，
∴OC=3，∴CN=❑√ON2 +OC2 =❑√12 +32 =❑√10，、
①当CN=MN=❑√10时，
如图所示有M (1,−❑√10)，M (1,❑√10)，
1 2
②当CN=CM =❑√10时，过点C作CF⊥M N，
3 3
∵
CN=CM ，CF⊥M N，
3 3
∴
M N=2FN=3+3=6，
3
∴M (1,6)，
3
综上所述：点M的坐标为(1,−❑√10)，(1,❑√10)，(1,6)．
32．如图，直线y=x−3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线
y=−x2 +mx+n与x轴的另一个交点为A，顶点为P．
(1)求3m+n的值；
(2)在该抛物线的对称轴上是否存在点Q，使以C，P，Q为顶点的三角形为等腰三角形？
若存在，求出所有符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)9
( 3)
(2)存在，(2,1−2❑√5)或(2,1+2❑√5)或 2,− 或(2,−7)
2
【分析】本题考查的是二次函数综合运用，解决本题的关键是熟练掌握二次函数的性
质．
（1）求出B、C的坐标，将点B、C的坐标分别代入抛物线表达式，即可求解；
（2）分CP=PQ、CP=CQ、CQ=PQ三种情况，分别求解即可．
【详解】（1）直线y=x−3，令y=0，则x=3，令x=0，则y=−3，
故点B、C的坐标分别为(3,0)、(0,−3)，
将点B、C的坐标分别代入抛物线表达式得：
{ n=−3 )
，
0=−9+3m+n
{m=4 )
解得： ，
n=−3
则抛物线的表达式为：y=−x2+4x−3，
则点A坐标为(1,0)，顶点P的坐标为(2,1)，
∴3m+n=12−3=9；
（2）设Q(2,t)，
①当CP=CQ时，如图，
则C点纵坐标与PQ中点的纵坐标相同，
∵P(2,1),C(0,−3)，
1+t
∴ =−3，
2解得：t=−7，
故此时Q点坐标为(2,−7)；
②当CP=PQ时，如图，
∵P(2,1),C(0,−3)
，
∴ PQ=PC=❑√(2−0) 2 +(1+3) 2 =2❑√5，
故此时点Q的坐标为(2,1−2❑√5)或(2,1+2❑√5)；
③当CQ=PQ时，如图，
∴QC2 =QP2
,
∴22 +(t+3) 2 =(1−t) 2 ,
3
解得：t=− ，
2
3
故此时点Q的坐标为(2,− )；
2
3
综上所述，点Q的坐标为(2,1−2❑√5)或(2,1+2❑√5)或(2,− )或(2,−7)；
2
33．如图，已知抛物线y=ax2−2x+c与x轴交于点A，B(1,0)（A在B的左侧），与y轴
交于点C(0,3)，顶点为D．(1)求出抛物线的表达式；
(2)若∠CAB的角平分线与在第一象限的抛物线交于点P，求点P的横坐标；
(3)若点M是抛物线对称轴上的一点，是否存在点M．使得以点A，C，M为顶点的三
角形是以AC为腰的等腰三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的表达式为y=−x2−2x+3
(2)点P的横坐标为2−❑√2
(3)点M坐标为(−1,❑√14)或(−1,−❑√14)或(−1,3+❑√17)或(−1,3−❑√17)
【分析】本题考查了二次函数的图像与性质，勾股定理，等腰三角形的定义，分类讨
论是解本题的关键．
（1）直接利用待定系数法求解解析式即可；
（2）作∠CAB的角平分线交y轴于点E，交抛物线y=−x2−2x+3于点P，过点E作
EF⊥AC于点F，得到EF=OE，先求出点A的坐标，推出∠OCA=45°，进而得
到CF=EF，设E(0,n)，则OE=EF=CF=n，由勾股定理可得CE=❑√2n，结合
CE=OC−OE=3−n，可求出n，进而得到E(0,3❑√2−3)，然后利用待定系数法求出
直线AP的解析式为y=(❑√2−1)x+3(❑√2−1)，最后联立直线AP的解析式和抛物线的
解析式即可求解；
（3）求解抛物线的对称轴为直线x=−1，设M(−1,m)，求解A(−3,0)，可得
AC2 =18，AM2 =m2 +4，CM2 =m2−6m+10，再分类讨论即可．
【详解】（1）解：将B(1,0)，C(0,3)代入抛物线y=ax2−2x+c可得：
{a−2+c=0)
，
0−0+c=3{a=−1)
解得： ，
c=3
∴抛物线的表达式为y=−x2−2x+3；
（2）如图，作∠CAB的角平分线交y轴于点E，交抛物线y=−x2−2x+3于点P，
过点E作EF⊥AC于点F，
∴ EF=OE
，
令y=0，则−x2−2x+3=0，
解得：x =−3，x =1，
1 2
∴ A(−3,0)，
∵ C(0,3)，
∴ OA=OC=3，
∴ ∠OCA=45°，
又∵ EF⊥AC，
∴ CF=EF，
设E(0,n)，则OE=EF=CF=n，
∴ CE=❑√CF2 +EF2 =❑√2n，
又∵ CE=OC−OE=3−n，
∴ 3−n=❑√2n，
解得：n=3(❑√2−1)，
∴ E(0,3❑√2−3)，
设直线AP的解析式为y=kx+b，将A(−3,0)，E(0,3❑√2−3)代入可得：{ −3k+b=0 )
，
0+b=3❑√2−3
{ k=❑√2−1 )
解得： ，
b=3(❑√2−1)
∴直线AP的解析式为y=(❑√2−1)x+3(❑√2−1)，
{y=(❑√2−1)x+3(❑√2−1))
联立： ，
y=−x2−2x+3
−❑√2−1±❑√27−10❑√2 −❑√2−1±❑√(5−❑√2) 2 −❑√2−1±(5−❑√2)
解得：x= = = ，
2 2 2
∵点P在第一象限，
−❑√2−1+(5−❑√2)
∴ x= =2−❑√2，
2
即点P的横坐标为2−❑√2；
（3）解：∵抛物线的表达式为y=−x2−2x+3，
−2
∴抛物线的对称轴为直线x=− =−1，
2×(−1)
设M(−1,m)，
∴ AC2 =32 +32 =18，AM2 =(−1+3) 2 +(m−0) 2 =m2 +4，
CM2 =(−1−0) 2 +(m−3) 2 =m2−6m+10，
如图，
当AC=AM时，∴ m2 +4=18，
解得：m=±❑√14，
∴ M(−1,❑√14)或M(−1,−❑√14)；
当AC=CM′时，
∴ m2−6m+10=18即m2−6m−8=0，
解得：m=3±❑√17，
∴ M′(−1,3+❑√17)或M′(−1,3−❑√17)，
综上：点M坐标为(−1,❑√14)或(−1,−❑√14)或(−1,3+❑√17)或(−1,3−❑√17)．
34．如图，已知抛物线y=ax2 +bx+c经过点A(−3,0)，C(0,4)两点，且与x轴的另一个交
点为B，对称轴为直线x=−1．
(1)求抛物线的表达式；
(2)已知点M是抛物线对称轴上一点，当△MBC的周长最小时，求M点的坐标．
(3)D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形ABCD面积S的
最大值及此时D点的坐标；
(4)若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，使以点B，C，P为顶点的三角形是等腰
三角形？若存在，请求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．
4 8
【答案】(1)y=− x2− x+4
3 3
( 8)
(2)M −1,
3
25 ( 3 )
(3)S= ，D − ,5
2 2( 13)
(4)P的坐标为：(−1,0)或(−1,❑√13)或(−1,−❑√13)或 −1,
8
【分析】（1）把点A(−3,0)，点C(0,4)的坐标带入y=ax2 +bx+c，再根据对称轴
b
x=− =−1，解出a，b，c，即可；
2a
（2）设直线AC与对称轴的交点为点E，设直线AC的解析式为：y=kx+b(k≠0)，
把点A，点C的坐标代入，求出解析式，再根据点E在AC上，求出点E的坐标；根据
直线x=−1垂直平分AB，则MA=MB，EA=EB；根据等量代换，三角形三边的关
系，则MA+MC≥AC，当点M在直线AC上，则MA+MC有最小值，根据
C =MB+MC+BC，BC是定值，即可；
△MBC
（3）根据题意，则点D ( m,− 4 m2− 8 m+4 ) ，过点D作DG⊥x轴交AC于点F，
3 3
( 4 )
则点F m, m+4 ，求出DF的值，根据四边形ABCD面积S为：S +S ，
3 △ADC △ABC
1 1 3
且S = ×AG×DF+ ×OG×DF=−2m2−6m，当m=− 时，S 有最
△ADC 2 2 2 △ADC
3
大值；再根据S =8，即当m=− 时，四边形ABCD面积S有最大值，最后根据
△ABC 2
4 8
点D在y=− x2− x+4，即可；
3 3
（4）根据等腰三角形的性质，分类讨论：①当点P与点B关于y轴对称，则PC=PB，
求出点P的坐标；②延长BC交直线x=−1于点P′，此时CP′ =CP=BC，三点共线，
不存在以点B，C，P为顶点的三角形是等腰三角形；③当BP =BC，求出点P的坐
1
标；④当PB=PC时，求出点P的坐标，即可．
【详解】（1）∵抛物线y=ax2 +bx+c经过点A(−3,0)，C(0,4)两点，
{9a−3b+4=0)
∴ ，
c=4
∵对称轴为直线x=−1，b
∴ x=−1=− ，
2a
∴b=2a，
4
{a=−
)
3
解得： 8 ，
b=−
3
c=4
4 8
∴抛物线的解析式为：y=− x2− x+4．
3 3
（2）设直线AC与对称轴的交点为点E，
设直线AC的解析式为：y=kx+b(k≠0)，
{0=−3k+b)
∴ ，
b=4
{ k= 4 )
解得： 3 ，
b=4
4
∴直线AC的解析式为：y= x+4；
3
( 8)
∴点E −1, ，
3
∵直线x=−1垂直平分AB，
∴MA=MB，EA=EB
∴MA+MC=MB+MC，EB+EC=EA+EC=AC，
当点M与点E重合时，MA+MC=AC，此时MA+MC有最小值，
∴MB+MC=MA+MC=EB+EC=AC，此时MB+MC的值最小，
∵
C =MB+MC+BC，BC是定值
△MBC
( 8)
∴当点M −1, 时，C =MB+MC+BC有最小值，
3 △MBC
( 8)
故答案为：M −1, ．
3（3）过点D作DG⊥x轴交AC于点F，
设点D的横坐标为m，
∴ D ( m,− 4 m2− 8 m+4 ) ，F ( m, 4 m+4 ) ，
3 3 3
∴
DF=− 4 m2− 8 m+4− (4 m+4 ) =− 4 m2−4m，
3 3 3 3
1 1
∵四边形ABCD的面积=S +S ，S = ×AG×DF+ ×OG×DF，
△ADC △ABC △ADC 2 2
∴ S = 1 ×AG×DF+ 1 ×OG×DF= 1 ×OA×DF= 1 ×3× ( − 4 m2−4m ) ，
△ADC 2 2 2 2 3
∴S =−2m2−6m=−2 ( m+ 3) 2 + 9 ，
△ADC 2 2
3 9
当m=− 时，S 有最大值，S = ，
2 △ADC △ADC 2
1
∵ S = ×AB×OC=8，
△ABC 2
3 9 25
∴当m=− 时，四边形ABCD面积S有最大值为： +8= ，
2 2 2
( 3 )
∴点D − ,5 ．
2（4）存在，理由如下：
∵点A(−3,0)，对称轴x=−1，
∴点B(1,0)，
∴BC=❑√OC2 +OB2 =❑√17，
设点P(−1,n)，
①设直线x=−1与x轴交于点P，
∴点P与点B关于y轴对称，
∴PC=PB，
∴△PBC是等腰三角形，
∴点P(−1,0)；
②延长BC交直线x=−1于点P′，
∵∠P′PB=90°，
∴∠CP′P+∠CBP=90°，∠CPP′ +∠CPB=90°，
∵∠CBP=∠CPB，
∴∠CP′P=∠CPP′，
∴CP′ =CP=BC，
∴B，C，P三点共线，
∴不存在以点B，C，P为顶点的三角形是等腰三角形；
③当BP=BC，
∴22 +n2 =17，
解得：n=±❑√13，
∴点P (−1,❑√13)或P (−1,−❑√13)；
1 2④当PB=PC时，
∴22 +n2 =12 +(4−n) 2，
13
解得：n= ；
8
( 13)
综上所述，当点P的坐标为：(−1,0)或(−1,❑√13)或(−1,−❑√13)或 −1, 时，存
8
在以点B，C，P为顶点的三角形是等腰三角形．
【点睛】本题考查二次函数与几何的综合，解题的关键是掌握二次函数的图象和性质，
两点间线段最短，等腰三角形的性质，待定系数法求解析式，学会运用数形结合，分
类讨论的方法．
【题型08：二次函数与直角三角形存在性问题】
35．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
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<t<3)，则D(t，t−3)，
∴PD=−t2 +2t+3−(t−3)=−t2 +t+6，
1
∴ S = PD⋅OA
△AFP 2
1
= (−t2 +t+6)×3
2
3( 1) 2 75
=− t− + ，
2 2 8
3
∵
− <0，−1<t<3，
2
1 75
∴当t= 时，△AFP面积的最大值为 ；
2 8
（3）解：存在，理由：设P(m，−m2 +2m+3)(−1<m<3)，F（0，n），
∵A(3，0)，
∴OA=3，OF=|n)，
如图2，过点P作PQ⊥x轴于点Q，
则∠AQP=90°=∠AOF，
∴∠PAQ+∠APQ=90°，
∵∠PAQ+∠FAO=90°，
∴∠APQ=∠FAO，
在△APQ和△FAO中，
{∠AQP=∠AOF
)
∠APQ=∠FAO ，
AP=AF
∴△APQ≌△FAO(AAS)，
∴PQ=OA，AQ=OF，
∵PQ=−m2 +2m+3，AD=3−m，
∴−m2 +2m+3=3，
解得：m=0或2，
当m=0时，P(0，3)，AQ=3，
∴OF=3，即|n)=3，
∵点F在y的负半轴上，
∴n=−3，
∴F(0，−3)；当m=2时，P(2，3)，AD=1，
∴OF=1，即|n)=1，
∵点F在y的负半轴上，
∴n=−1，
∴F(0，−1)．
综上，点F的坐标为(0，−3)或(0，−1)．
48．如图，抛物线y=−x2 +bx+c与x轴交于点A(−3,0)和点B，与y轴交于点C(0,3)，点
D在抛物线上．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)当点D在第二象限内，且△ACD的面积为3时，求点D的坐标；
(3)在直线BC上是否存在点P，使△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形？若存在，
请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=−x2−2x+3
(2)D的坐标为(−1,4)或(−2,3)
(25−❑√193 −7+❑√193) (25+❑√193 −7−❑√193)
(3)P的坐标为(0,3)或 , 或 , 或
18 6 18 6
(11 2)
,−
9 3
【分析】（1）利用待定系数法求解；
（2）过D作DK∥y轴交AC于K，求出直线AC解析式，根据
1
S = DK⋅|x −x )=3列式求解；
△ACD 2 A C
（3）先求出点A，B坐标，再求出直线BC解析式，过P作PN⊥y轴于N，过D作
DM⊥y轴于M，分以下情况分别讨论即可：①P与C重合，D与A重合时；②当P在第一象限，D在第四象限时；③当P在第四象限，D在第三象限时；④当P在第四象限，
D在第一象限时．
【详解】（1）解：把A(−3,0)，C(0,3)代入y=−x2 +bx+c得：
{−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：过D作DK∥y轴交AC于K，如图：
由A(−3,0)，C(0,3)得直线AC解析式为y=x+3，
设D(t,−t2−2t+3)，则K(t,t+3)，
∴DK=−t2−2t+3−(t+3)=−t2−3t，
∵△ACD的面积为3，
1 1
∴ DK⋅|x −x )=3，即 (−t2−3t)×3=3，
2 A C 2
解得t=−1或t=−2，
∴D的坐标为(−1,4)或(−2,3)；
（3）解：在直线BC上存在点P，使△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，理由
如下：
在y=−x2−2x+3中，令y=0得0=−x2−2x+3，
解得x=−3或x=1，
∴A(−3,0)，B(1,0)，
由B(1,0)，C(0,3)得直线BC解析式为y=−3x+3，
设P(m,−3m+3)，D(n,−n2−2n+3)，
过P作PN⊥y轴于N，过D作DM⊥y轴于M，①∵OA=OC=3，
∴当P与C重合，D与A重合时，△OPD是等腰直角三角形，如图：
此时P(0,3)；
②当P在第一象限，D在第四象限时，
∵△OPD PD
是以 为斜边的等腰直角三角形，
∴OD=OP，∠POD=90°，
∴∠DOM=90°−∠PON=∠OPN，
∵∠DMO=90°=∠PNO，
∴△DOM≌△OPN(AAS)，
∴DM=ON，OM=PN，
∴¿，
解得¿（n小于0，舍去）或¿，
25−❑√193 −7+❑√193
∴−3m+3=−3× +3= ，
18 6
(25−❑√193 −7+❑√193)
∴P的坐标为 , ；
18 6
③当P在第四象限，D在第三象限时，如图：∵△OPD PD
是以 为斜边的等腰直角三角形，
∴OD=OP，∠POD=90°，
∴∠DOM=90°−∠PON=∠OPN，
∵∠DMO=90°=∠PNO，
∴△DOM≌△OPN(AAS)，
∴PN=OM，ON=DM，
同理可得¿，
解得¿或¿（大于0，舍去），
25+❑√193 −7−❑√193
∴−3m+3=−3× +3= ，
18 6
(25+❑√193 −7−❑√193)
∴P的坐标为 , ；
18 6
④当P在第四象限，D在第一象限，如图：
∵△OPD PD
是以 为斜边的等腰直角三角形，
∴OD=OP，∠POD=90°，
∴∠DOM=90°−∠PON=∠OPN，
∵∠DMO=90°=∠PNO，
∴△DOM≌△OPN(AAS)，
∴PN=OM，ON=DM，
∴¿，{m=0 )
解得 （舍去）或¿，
n=−3
11 2
∴−3m+3=−3× +3=− ，
9 3
(11 2)
∴P的坐标为 ,− ；
9 3
(25−❑√193 −7+❑√193) (25+❑√193 −7−❑√193)
综上所述，P的坐标为(0,3)或 , 或 ,
18 6 18 6
(11 2)
或 ,− ．
9 3
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查待定系数法求函数解析式、二次函数中三角
形面积计算、特殊三角形存在性问题、等腰直角三角形的性质等，难度较大，熟练运
用数形结合及分类讨论思想是解题的关键．
49．如图，二次函数y=ax2 +bx+4与x轴交于点A(4,0),B(−1,0)，与y轴交于点C．
(1)求函数表达式及顶点坐标；
(2)连接AC，点P为线段AC上方抛物线上一点，过点P作PQ⊥x轴于点Q，交AC
于点H，当PH=2HQ时，求点P的坐标；
(3)是否存在点M在抛物线上，点N在抛物线对称轴上，使得△BMN是以BN为斜边
的等腰直角三角形，若存在，直接写出点M的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2 +3x+4；
(2)P(2,6)
4+❑√26 4−❑√26 2+❑√26 2−❑√26
(3)存在； 或 或 或
2 2 2 2【分析】（1）利用待定系数法求出二次函数解析式，并转化为顶点式，即可求出顶点
坐标；
（2）先求出直线AC的解析式，设点P(m,−m2 +3m+4)，则H(m,−m+4)，则
PH=−m2 +4m，HQ=−m+4，根据PH=2HQ，列出关于m的方程，解方程即可；
（3）过点M作EF∥x轴，交对称轴于点F，过点B作BE⊥EF于点E，证明
△BEM≌△MFN，得出BE=MF，设点M(s,−s2 +3s+4)，则
BE=|−s2 +3s+4)，MF= |3 −s ) ，得出 |−s2 +3s+4)= |3 −s ) ，求出s的值即可．
2 2
【详解】（1）解：把点A(4，0)、B(−1，0)代入y=ax2 +bx+4得：
{16a+4b+4=0)
，
a−b+4=0
{a=−1)
解得：
b=3
∴y=−x2 +3x+4=− ( x− 3) 3 + 25 ，
2 4
(3 25)
∴顶点坐标为： , ；
2 4
（2）解：把x=0代入y=−x2 +3x+4得：y=4，
∴C(0,4)，
设直线AC的解析式为：y=kx+4，
把A(4，0)代入得：4k+4=0，
解得：k=−1，
∴
y =−x+4，
AC
设点P(m,−m2 +3m+4)，则H(m,−m+4)，
∴PH=−m2 +4m，HQ=−m+4，
∵PH=2HQ，∴−m2 +4m=2(−m+4)，
解得m =2，m =4（舍去），
1 2
∴P(2,6)；
（3）解：过点M作EF∥x轴，交对称轴于点F，过点B作BE⊥EF于点E，如图所
示：
∵∠BEM=∠MFN=∠BMN=90°，
∴∠EBM+∠EMB=∠EMB+∠NMF=90°，
∴∠EBM=∠NMF，
∵BM=MN，
∴△BEM≌△MFN，
∴BE=MF，
|3 )
设点M(s,−s2 +3s+4)，则BE=|−s2 +3s+4)，MF= −s ，
2
∴ |−s2 +3s+4)= |3 −s ) ，
2
3 4+❑√26 4−❑√26
当−s2 +3s+4= −s时，解得：s = 或s = ；
2 1 2 2 2
3 2+❑√26 2−❑√26
当−s2 +3s+4=s− 时，解得：s = 或s = ；
2 3 2 4 2
4+❑√26 4−❑√26 2+❑√26 2−❑√26
综上分析可知，点M的横坐标为： 或 或 或 ．
2 2 2 2
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，求一次函数解析式，三角形全等的判
定和性质，解一元二次方程，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明
△BEM≌△MFN．【题型10：二次函数与全等三角形存在性问题】
50．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2 +bx+c与x轴交于A(−4,0),B(1,0)两点，
与y轴交于点C，点P为抛物线上的一个动点，连接BC．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点P在直线AC上方，当四边形PABC面积最大时，求点P的坐标；
(3)过点P作抛物线对称轴的垂线，垂足为点D，点Q是对称轴上一点，当△PDQ与
△AOC全等时，求点P，Q的坐标．
【答案】(1)y=−x2−3x+4
(2)P(−2,6)
(5 39) ( 11 39) ( 3 23) ( 3 55)
(3)P ,− 或 − ,− ，Q − ,− 或 − ,−
2 4 2 4 2 4 2 4
【分析】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数与面积，二
次函数与特殊三角形形，难度大，清晰的分类讨论是解本题的关键．
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点C的坐标，再求出直线AC的解析式为y=x+4，过P点作PG∥y轴
交AC于点G，设P(t,−t2−3t+4)，则G(t,t+4)，求出PG=−t2−4t，进而求出
S =−2(t+2) 2 +18，利用二次函数的性质即可解答；
四边形APBC
（3）根据题意易证△AOC是等腰直角三角形，由△PDQ与△AOC全等，得到
△PDQ 是等腰直角三角形，推出 PD=DQ ，设 P(t,−t2−3t+4),Q ( − 3 ,m )，则
2D ( − 3 ,−t2−3t+4 )，得到| t+ 3| =|−t2−3t+4−m|=4 ，即可求解．
2 2
【详解】（1）解：将A(−4,0),B(1,0)两点代入y=−x2 +bx+c，得¿，
解得¿，
∴y=−x2−3x+4；
（2）解：令x=0，则y=4，
∴C(0,4)，
设直线AC的解析式为y=kx+d，则¿，
{k=1)
解得 ，
d=4
∴直线AC的解析式为y=x+4，
过P点作PG∥y轴交AC于点G，
设P(t,−t2−3t+4)，则G(t,t+4)，
∴PG=−t2−3t+4−t−4=−t2−4t，
1 1
∴ S =S +S = ×5×4+ ×4×(−t2−4t)=−2(t+2) 2 +18，
四边形APBC △ABC △PAC 2 2
∵−4<t<0，
∴t=−2时，四边形PABC面积有最大值，
此时P(−2,6)；
（3）解：∵y=−x2−3x+4=− ( x+ 3) 2 + 25 ，
2 4
3
∴抛物线的对称轴为直线x=− ，
2
∵AO=4,OC=4，
∴△AOC是等腰直角三角形，∵△PDQ与△AOC全等，
∴△PDQ是等腰直角三角形，
∵PD⊥DQ，
∴PD=DQ，
设P(t,−t2−3t+4),Q ( − 3 ,m ) ，
2
则D ( − 3 ,−t2−3t+4 ) ，
2
| 3|
∴
t+ =|−t2−3t+4−m|=4，
2
5 11 23 55
∴ t= 或t=− ，m=− 或m=− ，
2 2 4 4
(5 39) ( 11 39) ( 3 23) ( 3 55)
∴ P ,− 或 − ,− ，Q − ,− 或 − ,− ．
2 4 2 4 2 4 2 4
51．如图所示，抛物线经过点A(−3,0)，B(1,0)，C(0,−3)，它的对称轴为直线l．
(1)求△ABC的面积；(2)求抛物线的解析式；
(3)点P是该抛物线上的一个动点，过点P作直线l的垂线，垂足为点D，点E是直线l上
的点，若以点P，D，E为顶点的三角形与△AOC全等，求满足条件的点P，点E的
坐标．
【答案】(1)S =6；
△ABC
(2)y=x2 +2x−3；
(3)P (2,5)，P (−4,5)，E (−1,8)，E (−1,2)．
1 2 1 2
【分析】（1）求出AB、OC的长，然后利用面积公式即可求解；
（2）利用待定系数法求解析式即可；
（3）分别解得A、B、C的坐标，抛物线的对称轴x=−1，推理出当PD=DE=3时，
以P，D，E为顶点的三角形与△AOC全等，设P(x ,y )，则x =−1±3，据此当
P P P
点P在抛物线对称轴的右（或左）侧时解答即可；
本题考查了二次函数的应用，根据题意推出两个三角形全等的条件，掌握待定系数法、
二次函数的对称性及坐标轴上点的特征，解题的关键是掌握知识点的应用与分类讨论
的思想方法．
【详解】（1）解：∵A(−3,0)，B(1,0)，C(0,−3)，
∴AB=4，OC=3，
1 1
∴ S = AB⋅OC= ×4×3=6；
△ABC 2 2
（2）解：∵A(−3,0)，B(1,0)，C(0,−3)，
∴可设所求解析式为：y=a(x+3)(x−1)，
则−3=a(0+3)(0−1)，解得：a=1，
∴y=(x+3)(x−1)，
∴解析式为y=x2 +2x−3；
（3）解：∵抛物线：y=x2 +2x−3，
b 2
∴对称轴直线x=− =− =−1，
2a 2×1
∴直线l为直线x=−1，
∵A(−3,0)，C(0,−3)，
∴等腰Rt△OAC中，OA=OC=3，∵△PDE与△AOC全等，PD⊥l，
∴PD=DE=3且点D、E在直线x=−1上，
设P(x ,y )，则x =−1±3，
P P P
∴当x =−1+3=2时，y =22 +2×2−3=5，即P (2,5)；
P P 1
∴当x =−1−3=−4时，y =(−4) 2 +2×(−4)−3=5，即P (−4,5)；
P P 2
∵PD⊥l，y =5，
P
∴
y =y =5，即D(−1,5)
D p
∵DE=3，点D，E在直线x=−1上，
∴
y =y ±3=5±3，
E D
∴E (−1,8)，E (−1,2)，
1 2
∴P (2,5)，P (−4,5)，E (−1,8)，E (−1,2)．
1 2 1 2
52．如图，抛物线y=x2 +bx+c的顶点坐标为(−1,−4)，与x轴交于A、B两点，与y轴交
于点C．(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线的对称轴为直线l，点P是抛物线上一点，过点P作l的垂线，垂足为D，E
是l上的点，要使以P、D、E为顶点的三角形与△AOC全等，求满足条件的点P和
点E的坐标．
【答案】(1)y=x2 +2x−3
(2)点P的坐标为(2,5)或(−4,5)，点E的坐标为(−1,8)或(−1,2)
【分析】本题主要考查了求二次函数解析式，二次函数综合，全等三角形的性质等等：
（1）根据题意把顶点代入到解析式的顶点式中，即可求解；
（2）设P(m,m2 +2m−3)，则D(−1,m2 +2m−3)，根据全等三角形的性质得到
PD=|m+1)=3，求出m的值，当 m=2 时，点P位于直线l的右侧，此时，
m2 +2m−3=5，求出点P的坐标为(2,5)，即可求解； 当 m=−4时，点P位于直线l
的左侧，同理可解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2 +bx+c的顶点坐标为 (−1,−4)，
∴设抛物线的表达式为：y=(x+1) 2−4=x2 +2x−3；
（2）解：在y=x2 +2x−3中，当 x=0时，y=−3，
∴C(0,−3)，
当y=0时，即x2 +2x−3=0，解得：x =−3，x =1，
1 2
俗A(−3,0)，
∴AO=CO=3，
设P(m，m2 +2m−3)，则D(−1,m2 +2m−3)，
∵△PDE和△AOC全等，且∠PDE=∠AOC=90°，
∴PD=|m+1)=3，
∴m+1=±3，
∴m=2或m=−4．
①当 m=2 时，点P位于直线l的右侧，
此时，m2 +2m−3=5，
∴点P的坐标为(2,5)，
∴D(−1,5)，
∵DE=3，∴对应点E的坐标为(−1,8)或(−1,2)．
②当 m=−4时，点P位于直线l的左侧，
此时，m2 +2m−3=5，
∴点P的坐标为(−4,5)，
∴D(−1,5)，
∵DE=3，
∴对应点E的坐标为(−1,8)或(−1,2)．
综上所述，点P的坐标为(2,5)或(−4,5)，点E的坐标为(−1,8)或(−1,2)．
53．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线y=−x−3与x轴交于点A，与y轴交于点
C，过A、C两点的抛物线y=ax2 +bx+c与x轴交于另一点B(1,0)，抛物线对称轴为
直线l．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点M为直线AC下方抛物线上一点，当△MAC的面积最大时，求点M的坐标；
(3)点P是抛物线上的点，过点P作l的垂线，垂足为D，E是l上的点．要使得以P、
D、E为顶点的三角形与△BOC全等，请求出点P、点E的坐标；
【答案】(1)y=x2 +2x−3
( 3 15)
(2)M − ,−
2 4
(3)P点坐标为(−4,5)或(2,5)或(−2,−3)或(0,−3)，E(−1,6)或(−1,4)或
(−1,−6)或(−1,0)
【分析】（1）先求出A,C的坐标，进而利用待定系数法求出二次函数解析式即可；
（2）过点M作MF垂直于x轴交AC于点F，设M(x,x2 +2x−3)，F(x,−x−3)，
1
则MF=(−x−3)−(x2 +2x−3)=−x2−3x，由S = MF×|x −x )即可求解；
△AMC 2 C A（3）抛物线对称轴为直线x=−1．∠PDE=∠BOC，OB=1，OC=3．设
P(x,x2 +2x−3)，则D(−1,x2 +2x−3)，分两种情况当PD=OC，DE=OB时，
△PDE≌△COB，此时|−1−x)=3，当PD=OB，DE=OC时，
△EDP≌△COB，此时|−1−x)=1，求解即可．
【详解】（1）解：把x=0代入y=−x−3得y=−3；
把y=0代入y=−x−3得x=−3．
∴A(−3,0)，C(0,−3)．
∵抛物线y=ax2 +bx+c经过A,C,B三点，
{9a−3b+c=0
)
∴ a+b+c=0 ，
c=−3
{ a=1 )
解得 b=2 ．
c=−3
∴抛物线的解析式为y=x2 +2x−3；
（2）过点M作MF垂直于x轴交AC于点F，设M(x,x2 +2x−3)，则F(x,−x−3)，
则MF=(−x−3)−(x2 +2x−3)=−x2−3x，
S =
1
MF×|x −x )=
1
(−x2−3x)×3=−
3(
x+
3) 2
+
27
，
△AMC 2 C A 2 2 2 8
3 15
∴当x=− 时，S 最大，此时y=x2 +2x−3=− ．
2 △AMC 4
( 3 15)
∴当M坐标为 − ,− 时，S 取得最大值．
2 4 △AMC（3）∵y=x2 +2x−3=(x+1) 2−4，
∴抛物线对称轴为直线x=−1．
∵过点P作l的垂线，垂足为D，
∴∠PDE=∠BOC=90°，
∵C(0,−3)，A(−3,0)，
∴B(1,0)，
∴OB=1，OC=3．
设P(x,x2 +2x−3)，则D(−1,x2 +2x−3)
当PD=OC，DE=OB时，△PDE≌△COB，
此时|−1−x)=3，
解得x=−4或x=2．
∴P点坐标为(−4,5)或(2,5)，
∵DE=OB=1，
∴E(−1,6)或(−1,4)．
当PD=OB，DE=OC时，△EDP≌△COB，
此时|−1−x)=1，
解得x=−2或x=0．
∴P点坐标为(−2,−3)或(0,−3)，
∵DE=3，
∴E(−1,−6)或(−1,0)．
综上：P点坐标为(−4,5)或(2,5)或(−2,−3)或(0,−3)，E(−1,6)或(−1,4)或
(−1,−6)或(−1,0)．
【点睛】本题考查了二次函数求解析式，二次函数的性质，三角形全等的性质，最值
问题等，熟练掌握各知识点，能准确作出辅助线，并结合图形列出相应关系式是解题
的关键．
54．如图，已知抛物线y=ax2 +bx+4(a≠0)经过点B(−2,0)和点A(4,0)，与y轴交于点C，
抛物线的对称轴与x轴交于点M．(1)求此抛物线的解析式；
(2)若点D是线段AC上的一个动点（不点A,C重合），DE⊥x轴交抛物线于点E，连
接CE，AE，求△ACE面积最大时点E坐标；
(3)点C关于点M的对称点为P，在该抛物线上是否存在点R，使得△ABR与△ABP
全等？若存在，请求出所有满足条件的点R的坐标；若不存在，请说明理由．
1
【答案】(1)y=− x2 +x+4
2
(2)E(2,4)
(3)R(2,4)或R(0,4)
【分析】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握利用待定系数法求出二次函数
解析式以及二次函数的图象和性质，全等三角形的性质是解题的关键；
（1）利用待定系数法解答，即可求解；
（2）求出直线AC的解析式，可得D(m,−m+4),E ( m,− 1 m2 +m+4 ) ,从而得到
2
1
DE=− m2 +2m，进而得到
2
S = 1 ×4× ( − 1 m2 +2m ) =−m2 +4m=−(m−2) 2 +4,即可求解；
△ACE 2 2
（3）分两种情况讨论：当AP=AR,BP=BR时，当AP=BR,BP=AR时，即可求解．
【详解】（1）解：将B(−2,0),A(4,0)代入y=ax2 +bx+4，
{4a−2b+4=0)
∴ ，
16a+4b+4=0{ a=− 1 )
∴ 2 ，
b=1
1
∴抛物线的解析式为y=− x2 +x+4；
2
1
（2）解：∵抛物线的解析式为y=− x2 +x+4，
2
∴C(0,4)，
设直线AC的解析式为y=k′x+b′，
{4k′ +b′ =0 )
∴ ,
b′ =4
{k′ =−1 )
解得： ,
b′ =4
∴直线AC的解析式为y=−x+4，
设D(m,−m+4),E ( m,− 1 m2 +m+4 ) ,
2
1
∴DE=− m2 +2m,
2
S = 1 ×4× ( − 1 m2 +2m ) =−m2 +4m=−(m−2) 2 +4,
△ACE 2 2
∴当m=2时，S 最大，最大为4，
△ACE
∴E(2,4);
（3）解：存在，理由如下：
1
∵抛物线的解析式为y=− x2 +x+4，
2∴M(1,0)
，
∴P(2,−4),
∵△ABR与△ABP全等，
∵AB=AB,
当AP=AR,BP=BR时，点R与点C关于对称轴对称，
故R(2,4)；
当AP=BR,BP=AR时，点C、R重合，故R(0,4)，
综上，R(2,4)或R(0,4)．
