专题01 二次函数与特殊图形（举一反三专项训练）
【新教材人教版】
【题型1 二次函数与一般等腰三角形】................................................................................................................1
【题型2 二次函数与等腰直角三角形】................................................................................................................8
【题型3 二次函数与平行四边形】......................................................................................................................18
【题型4 二次函数与矩形】..................................................................................................................................26
【题型5 二次函数与菱形】..................................................................................................................................36
【题型6 二次函数与正方形】..............................................................................................................................45
【题型7 二次函数与等腰梯形】..........................................................................................................................56
【题型8 二次函数与直角梯形】..........................................................................................................................66
【题型1 二次函数与一般等腰三角形】
【例1】（25-26 九年级下·陕西·期中）如图，抛物线𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐（b、c 为常数）分别与𝑥轴交于点𝐴
(−1,0)、𝐵(4,0)，与𝑦轴交于点𝐶．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点𝑃是抛物线的顶点，连接𝐶𝑃，点𝑄是抛物线的对称轴𝑙上的点，如果△𝐶𝑃𝑄是以𝐶𝑃为腰的等腰三角形，
请你求出所有满足条件的点𝑄的坐标．
【答案】(1)𝑦= 𝑥2−3𝑥−4
(2)点𝑄的坐标为
3
2 ,−
7
4 或
3
2 ,
3 13−25
4
或
3
2 ,−
3 13+25
4
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数综合—特殊三角形问题，熟练掌握以上知识
点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
题型归纳
（1）利用待定系数法计算即可得出结果；
（2）先求出点𝐶的坐标为(0,−4)，点𝑃的坐标为
3
2 ,−
25
4 ，再分两种情况：当𝐶𝑃= 𝐶𝑄时，点𝑄位于点𝑄1位置，
过点𝐶作𝐶𝐷⊥𝑙于点𝐷；当𝑃𝐶= 𝑃𝑄时，点𝑄位于点𝑄2和点𝑄3位置；分别计算即可得出结果．
【详解】（1）解：分别将𝐴(−1,0)、𝐵(4,0)代入𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐中，得：
0 = 1−𝑏+ 𝑐
0 = 16 + 4𝑏+ 𝑐
，
解得
𝑏= −3
𝑐= −4
，
∴该抛物线的函数表达式为𝑦= 𝑥2−3𝑥−4．
（2）解：令𝑥= 0，则𝑦= −4，
∴点𝐶的坐标为(0,−4)，
∵𝑦= 𝑥2−3𝑥−4 = 𝑥−
3
2
2
−
25
4 ，
∴点𝑃的坐标为
3
2 ,−
25
4 ，
①当𝐶𝑃= 𝐶𝑄时，点𝑄位于点𝑄1位置，过点𝐶作𝐶𝐷⊥𝑙于点𝐷，如图，
则点𝐷的坐标为
3
2 ,−4 ，
∵𝐶𝑃= 𝐶𝑄1，
∴𝐷𝑄1 = 𝐷𝑃= −4−−
25
4
=
9
4，
∴点𝑄1的纵坐标为−
25
4 +2 ×
9
4 = −
7
4，
∴点𝑄1的坐标为
3
2 ,−
7
4 ；
②当𝑃𝐶= 𝑃𝑄时，点𝑄位于点𝑄2和点𝑄3位置，如图，
∵𝐶𝐷=
3
2，𝐷𝑃=
9
4，∠𝐶𝐷𝑃= 90°，
∴𝐶𝑃=
𝐶𝐷2 + 𝐷𝑃2 =
3 13
4 ，
∴点𝑄2的纵坐标为
3 13−25
4
，点𝑄3的纵坐标为−
3 13+25
4
，
∴点𝑄2的坐标为
3
2 ,
3 13−25
4
，点𝑄3的坐标为
3
2 ,−
3 13+25
4
，
综上所述，点𝑄的坐标为
3
2 ,−
7
4 或
3
2 ,
3 13−25
4
或
3
2 ,−
3 13+25
4
．
【变式1-1】（2026·安徽宿州·三模）已知抛物线𝑦= 𝑥2−2𝑎𝑥+ 𝑎2−4（a 为常数），与x 轴交于A，B 两点
（A 在B 的左侧）．
(1)当𝑎= 3时，求抛物线的解析式及点A，B 的坐标；
(2)已知点𝑀(2,𝑦𝑀)在该抛物线上．
（i）若𝑦𝑀= 0，求a 的值；
（ii）当𝑎= 1时，设抛物线的顶点为P，点Q 在抛物线的对称轴上，若△𝑃𝑀𝑄是等腰三角形，求点Q 的坐
标．
【答案】(1)𝑦= 𝑥2−6𝑥+ 5；𝐴(1,0)；𝐵(5,0)
(2)（i）𝑎= 0或𝑎= 4；（ii）1,−4 +
2 或1,−4−2 或(1,−2)或(1,−3)．
【分析】（1）由题意得到抛物线解析式为𝑦= 𝑥2−6𝑥+ 5，令𝑥2−6𝑥+ 5 = 0，解方程即可解答；
（2）（ⅰ）令𝑦𝑀= 4−4𝑎+ 𝑎2−4 = 𝑎2−4𝑎= 0 ，解方程即可解答；（ⅱ）由题意得抛物线解析式为
𝑦= 𝑥2−2𝑥+ 1−4 = (𝑥−1)2−4 ，得到顶点𝑃(1,−4)，𝑀(2,−3)，求出𝑃𝑀=
2，设点𝑄(1,𝑦)，分
𝑃𝑄= 𝑃𝑀=
2，𝑀𝑄= 𝑃𝑀=
2，𝑃𝑄= 𝑀𝑄，三种情况讨论即可．
【详解】（1）解：当𝑎= 3时，抛物线解析式为𝑦= 𝑥2−6𝑥+ 5，
当𝑦= 0，则𝑥2−6𝑥+ 5 = 0，解得𝑥= 1或𝑥= 5，
∴𝐴(1,0)，𝐵(5,0)；
（2）解：（ⅰ）∵点𝑀(2,𝑦𝑀)在该抛物线上，
∴𝑦𝑀= 4−4𝑎+ 𝑎2−4 = 𝑎2−4𝑎，
当𝑦𝑀= 0，则𝑎2−4𝑎= 0，
解得𝑎= 0或𝑎= 4；
（ⅱ）当𝑎= 1时，抛物线解析式为𝑦= 𝑥2−2𝑥+ 1−4 = (𝑥−1)2−4 ，
∴顶点𝑃(1,−4)，𝑦𝑀= (2−1)2−4 = −3 ，
∴𝑀(2,−3)，
∴𝑃𝑀=
(2−1)2 + (−3 + 4)2 =
2，
设点𝑄(1,𝑦)，
∵△𝑃𝑀𝑄是等腰三角形，分三种情况讨论：
情形一：𝑃𝑄= 𝑃𝑀=
2，
∴𝑃𝑄= |𝑦−(−4)| = |𝑦+ 4| =
2，
∴𝑦= −4 ±
2，
∴𝑄1,−4 +
2 或𝑄1,−4−2 ；
情形二：𝑀𝑄= 𝑃𝑀=
2，
∴𝑀𝑄=
(1−2)2 + (𝑦+ 3)2 =
1 + (𝑦+ 3)2 =
2，
∴1 + (𝑦+ 3)2 = 2 ，
∴𝑦+ 3 =± 1，
∴𝑦= −2或𝑦= −4，
当𝑦= −2时，𝑄(1,−2)，
当𝑦= −4时，𝑄(1,−4)，与顶点P 重合，舍去；
情形三：𝑃𝑄= 𝑀𝑄，
∴|𝑦+ 4| =
1 + (𝑦+ 3)2，即(𝑦+ 4)2 = 1 + (𝑦+ 3)2，
解得𝑦=−3，此时𝑄(1,−3)；
综上所述，满足条件的点Q 的坐标为1,−4 +
2 或1,−4−2 或(1,−2)或(1,−3)．
【变式1-2】（2026·河南周口·一模）如图，抛物线 𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐(𝑎≠0)与x 轴交于𝐴(−2,0)，𝐵(8,0)两
点，与y 轴交于点𝐶(0,4)，连接𝐴𝐶，𝐵𝐶．
(1)抛物线的解析式；
(2)D 为抛物线上第一象限内一点，求△𝐷𝐶𝐵面积的最大值；
(3)点P 是抛物线对称轴上的一动点，当△𝑃𝐶𝐵是以𝐵𝐶为腰的等腰三角形时，求点P 的坐标．
【答案】(1)抛物线的表达式为𝑦= −
1
4𝑥2 +
3
2𝑥+ 4
(2)最大值为16
(3)点P 的坐标为3, 55 或3,−55 或3,4 +
71 或3,4−71
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）过点D 作𝐷𝐸∥𝑦轴交𝐵𝐶于点E，利用三角形的面积公式即可求得结论；
（3）利用勾股定理求出𝐵𝐶，设出点P 坐标，求出𝐵𝑃、𝐶𝑃，再分类讨论，建立方程求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线 𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐(𝑎≠0)与x 轴交于𝐴(−2,0)，𝐵(8,0)两点，与y 轴交于点𝐶(0,4)，
∴
4𝑎−2𝑏+ 𝑐= 0
64𝑎+ 8𝑏+ 𝑐= 0
c = 4
，
解得：
𝑎= −1
4
𝑏= 3
2
𝑐= 4
，
∴抛物线的表达式为𝑦= −
1
4𝑥2 +
3
2𝑥+ 4；
（2）解：如图，过点D 作𝐷𝐸∥𝑦轴交𝐵𝐶于点E，交x 轴于点F，
设直线𝐵𝐶解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
把𝐵(8,0)，𝐶(0,4)代入解析式得
8𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= 4
，
解得
𝑘= −1
2
𝑏= 4
，
∴直线𝐵𝐶解析式为𝑦= −
1
2𝑥+ 4，
设𝐷𝑚,−
1
4 𝑚2 +
3
2 𝑚+ 4 ，则𝐸𝑚,−
1
2 𝑚+ 4 ，
∵D 为抛物线上第一象限内一点，
∴𝐷𝐸= 𝐷𝐹−𝐸𝐹= −
1
4 𝑚2 +
3
2 𝑚+ 4 −−
1
2 𝑚+ 4 = −
1
4𝑚2 +2𝑚，
∴△𝐷𝐶𝐵的面积=
1
2 × 8 × 𝐷𝐸= 4 −
1
4 𝑚2 + 2𝑚= −𝑚2 +8𝑚= −(𝑚−4)2 +16，
∵−1 < 0，
∴△𝐷𝐶𝐵的面积有最大值，
∴当𝑚= 4时，△𝐷𝐶𝐵的面积最大，最大值为16；
（3）解：∵𝐵(8,0)，𝐶(0,4)，
∴𝑂𝐵= 8，𝑂𝐶= 4，
∴𝐵𝐶2 = 𝑂𝐵2 +𝑂𝐶2 = 80，
又𝑦= −
1
4𝑥2 +
3
2𝑥+ 4 = −
1
4(𝑥−3)2 +
25
4 ，
所以，对称轴为直线𝑥= 3，
设𝑃(3,𝑚)，
则𝐵𝑃2 = 25 + 𝑚2，𝐶𝑃2 = 9 + (𝑚−4)2，
∵△𝑃𝐶𝐵是以𝐵𝐶为腰的等腰三角形，
∴分两种情况：
当𝐵𝑃= 𝐵𝐶时，则25 + 𝑚2 = 80，
解得𝑚=±
55，
∴点P 的坐标为3, 55 或3,−55 ；
当𝐶𝑃= 𝐵𝐶时，则9 + (𝑚−4)2 = 80，
解得𝑚= 4 ±
71，
∴点P 的坐标为3,4 +
71 或3,4−71 ；
综上，点P 的坐标为3, 55 或3,−55 或3,4 +
71 或3,4−71 ．
【变式1-3】（25-26 九年级上·陕西西安·阶段检测）如图，已知抛物线与x 轴交于𝐴(−1,0)、𝐵(3,0)两点，
与y 轴交于点𝐶(0,3)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接𝐶𝐵，在直线𝐶𝐵上方的抛物线上有一点M，使得△𝐵𝐶𝑀的面积最大，求出M 点的坐标．
(3)在抛物线的对称轴上是否存在以𝑃𝐵为腰的点P，使得△𝑃𝐵𝐶是等腰三角形？若存在，请直接写出符合条
件的点P 的坐标．
【答案】(1)𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3
(2)𝑀
3
2 ,
15
4
(3)共存在3 个点𝑃1(1,1)，𝑃2 1, 14 ，𝑃3 1,−14 ，使△𝑃𝐵𝐶是以𝑃𝐵为腰的等腰三角形
【分析】本题考查用待定系数法求二次函数解析式，等腰三角形的性质，三角形面积的求法等；
（1）利用待定系数法即可求得解析式；
（2）设M 的坐标为(𝑛,−𝑛2 + 2𝑛+ 3)，根据𝑆△𝐵𝐶𝑀= 𝑆△𝑂𝐵𝐶+ 𝑆△𝑂𝐶𝑀−𝑆△𝑂𝐵𝐶即可得出△𝐵𝐶𝑀的面积S 关于n
的函数关系式，进而求得M 的坐标．
（3）根据点P 在抛物线对称轴上，可设点P 的坐标为(1,𝑚)，分两种情况讨论，①𝑃𝐵= 𝑃𝐶，
②𝑃𝐵= 𝐵𝐶，求出m 的值后即可得出答案．
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐，
∵抛物线与x 轴交于𝐴−1，0 、𝐵3，0 两点，与y 轴交于点𝐶0，3 ．
∴
𝑎−𝑏+ 𝑐= 0
9𝑎+ 3𝑏+ 𝑐= 0
𝑐= 3
解得：
𝑎= −1
𝑏= 2
𝑐= 3
∴抛物线的解析式为𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3.
（2）解：如图，设M 的坐标为(𝑛,−𝑛2 + 2𝑛+ 3)，
∵𝐵(3,0)，𝐶(0,3)．
∴𝑂𝐵= 3，𝑂𝐶= 3，
∴𝑆△𝑂𝐵𝐶=
1
2 × 3 × 3 =
9
2，𝑆△𝑂𝐵𝑀=
1
2 × 3 × (−𝑛2 + 2𝑛+ 3) =
3
2(−𝑛2 + 2𝑛+ 3)，𝑆△𝑂𝐶𝑀=
1
2 × 3 × 𝑛=
3
2𝑛 ，
∴𝑆△𝐵𝐶𝑀= 𝑆△𝑂𝐵𝑀+ 𝑆△𝑂𝐶𝑀−𝑆△𝑂𝐵𝐶=
3
2(−𝑛2 + 2𝑛+ 3) +
3
2𝑛−
9
2 = −
3
2 𝑛−
3
2
2
+
27
8 ，
∴当𝑛=
3
2时，△𝐵𝐶𝑀的面积最大，最大值是
27
8 ，
∴−𝑛2 +2𝑛+ 3 = −
3
2
2
+2 ×
3
2 +3 =
15
4 ，
∴𝑀
3
2 ,
15
4 .
（3）解：存在，理由如下：
∵抛物线与x 轴交于𝐴(−1,0)、𝐵(3,0)两点，
∴抛物线的对称轴为：𝑥= 1，假设存在𝑃(1,𝑚)满足题意：
①当𝑃𝐵= 𝑃𝐶时，
12 + (3−𝑚)2 =
(3−1)2 + 𝑚2，
解得：𝑚= 1，
∴𝑃1(1,1)，
②当𝑃𝐵= 𝐵𝐶时，(3−1)2 + 𝑚2 = 3 2，
解得：𝑚2 =
14，𝑚3 = −14，
∴𝑃2 1, 14 ，𝑃3 1,−14 ，
综上，共存在3 个点𝑃1(1,1)，𝑃2 1, 14 ，𝑃3 1,−14 ，使△𝑃𝐵𝐶是以𝑃𝐵为腰的等腰三角形．
【题型2 二次函数与等腰直角三角形】
【例2】（25-26 九年级上·甘肃兰州·期末）如图，抛物线𝑦= (𝑥+ 1)2 +𝑘与𝑥轴交于𝐴、𝐵两点，与𝑦轴交于
点𝐶(0,−3)．
(1)求抛物线的解析式及点𝐴、𝐵的坐标；
(2)点𝑀是抛物线上一动点，且在第三象限；
①当𝑀点运动到何处时，△𝐴𝐶𝑀的面积最大？求出△𝐴𝐶𝑀的最大面积及此时点𝑀的坐标；
②在抛物线的对称轴上存在一点𝑃，使△𝐴𝑀𝑃是以𝐴𝑀为底的等腰直角三角形，请直接写出点𝑃和点𝑀的坐
标______．
【答案】(1)抛物线的表达式为：𝑦= (𝑥+ 1)2−4，𝐴(−3,0)，𝐵(1,0)
(2)①𝑆△𝐴𝐶𝑀的最大值为
27
8 ，此时𝑀−
3
2 ,−
15
4 ；②𝑃(−1,−1)，𝑀(−2,−3)．
【分析】（1）利用待定系数法求得抛物线解析式，然后将𝑦= 0代入，即可求得𝐴、𝐵的坐标；
（2）①设点𝑀(𝑎,(𝑎+ 1)2−4)，其中𝑎< 0,(𝑎+ 1)2−4 < 0，先利用待定系数法求得直线𝐴𝐶的表达式为
𝑦= −𝑥−3，设𝑁(𝑎,−𝑎−3)，那么𝑆△𝐴𝐶𝑀=
𝑀𝑁⋅(𝑥𝐶−𝑥𝐴)
2
，然后利用二次函数的性质求解即可；②先求得其对称
轴为𝑥= −1，设点𝑀(𝑎,(𝑎+ 1)2−4)，其中𝑎< 0,(𝑎+ 1)2−4 < 0，过点𝑀作𝑀𝑆⊥对称轴𝑥= −1于点𝑆，设
𝑥= −1交𝑥轴于点𝑇，那么𝑇(−1,0)，先证明△𝐴𝑇𝑃≌△𝑃𝑆𝑀(AAS)，得到𝐴𝑇= 𝑃𝑆,𝑇𝑃= 𝑆𝑀，那么有
−𝑎−1 + 2 = 4−(𝑎+ 1)2，从而解得答案．
【详解】（1）解：∵抛物线𝑦= (𝑥+ 1)2 +𝑘与𝑦轴交于点𝐶(0,−3)，
∴−3 = (0 + 1)2 +𝑘，
∴𝑘= −4，
∴抛物线的表达式为：𝑦= (𝑥+ 1)2−4，
当𝑦= 0时，0 = (𝑥+ 1)2−4，解得𝑥= 1或𝑥= −3，
∵抛物线𝑦= (𝑥+ 1)2 +𝑘与𝑥轴交于𝐴、𝐵两点，
∴𝐴(−3,0)，𝐵(1,0)；
综上，抛物线的表达式为：𝑦= (𝑥+ 1)2−4，𝐴(−3,0)，𝐵(1,0)；
（2）解：设点𝑀(𝑎,(𝑎+ 1)2−4)，其中𝑎< 0,(𝑎+ 1)2−4 < 0，连接𝐴𝐶，过点𝑀作𝑥轴的垂线交𝐴𝐶于点𝑁，连
接𝐴𝑀,𝐶𝑀，如图所示：
设直线𝐴𝐶为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏(𝑘≠0)，代入𝐴(−3,0)，𝐶(0,−3)，
0 = −3𝑘+ 𝑏
−3 = 𝑏
，解得
𝑘= −1
𝑏= −3
，
∴直线𝐴𝐶的表达式为𝑦= −𝑥−3，
设𝑁(𝑎,−𝑎−3)，
∴𝑀𝑁= −𝑎−3−(𝑎+ 1)2 +4 = −𝑎2−3𝑎，
∵𝐴(−3,0)，𝐶(0,−3)，
∴𝑆△𝐴𝐶𝑀=
𝑀𝑁⋅(𝑥𝑀−𝑥𝐴)
2
+
𝑀𝑁⋅(𝑥𝐶−𝑥𝑀)
2
=
𝑀𝑁⋅(𝑥𝐶−𝑥𝐴)
2
=
(−𝑎2−3𝑎)×3
2
= −
3
2 𝑎+
3
2
2
+
27
8 ，
∵−
3
2 𝑎+
3
2
2
≤0，
∴当𝑎= −
3
2时，𝑆△𝐴𝐶𝑀取得最大值，最大值为
27
8 ，
当𝑎= −
3
2时，(𝑎+ 1)2−4 = −
3
2 + 1
2
−4 = −
15
4 ，
∴𝑀−
3
2 ,−
15
4 ；
∴𝑆△𝐴𝐶𝑀的最大值为
27
8 ，此时𝑀−
3
2 ,−
15
4 ；
②∵抛物线的表达式为：𝑦= (𝑥+ 1)2−4，
∴其对称轴为𝑥= −1，
设点𝑀(𝑎,(𝑎+ 1)2−4)，其中𝑎< 0,(𝑎+ 1)2−4 < 0，过点𝑀作𝑀𝑆⊥对称轴𝑥= −1于点𝑆，设𝑥= −1交𝑥轴于
点𝑇，那么𝑇(−1,0)，如图所示：
∵△𝐴𝑀𝑃是以𝐴𝑀为底的等腰直角三角形，
∴𝐴𝑃= 𝑃𝑀,∠𝐴𝑃𝑀= 90°，
∵∠𝐴𝑇𝑃= ∠𝑀𝑆𝑃= ∠𝐴𝑃𝑀= 90°，
∴∠𝑃𝐴𝑇+ ∠𝐴𝑃𝑇= ∠𝐴𝑃𝑇+ ∠𝑆𝑃𝑀= 90°，
∴∠𝑃𝐴𝑇= ∠𝑆𝑃𝑀，
∴△𝐴𝑇𝑃≌△𝑃𝑆𝑀(AAS)，
∴𝐴𝑇= 𝑃𝑆,𝑇𝑃= 𝑆𝑀，
∵𝐴(−3,0),𝑇(−1,0)，
∴𝐴𝑇= 2，
∴𝑃𝑆= 2，
∵𝑀(𝑎,(𝑎+ 1)2−4)，其中𝑎< 0,(𝑎+ 1)2−4 < 0，𝑆在对称轴𝑥= −1上，
∴𝑀𝑆= −𝑎−1，
∴𝑇𝑃= −𝑎−1，
∴𝑇𝑆= 𝑇𝑃+ 𝑃𝑆= −𝑎−1 + 2 = 4−(𝑎+ 1)2，
∴𝑎= −2，𝑎= 1（舍去），
∴𝑇𝑃= −𝑎−1 = −(−2)−1 = 1，(𝑎+ 1)2−4 = (−2 + 1)2−4 = −3
∴𝑃(−1,−1)，𝑀(−2,−3)．
故答案为：𝑃(−1,−1)，𝑀(−2,−3)．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定与性质，二次函
数的最值问题，待定系数法求函数解析式，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
【变式2-1】如图1，抛物线𝑦1 = 𝑎𝑥2−3𝑥+ 𝑐的图象与x 轴的交点为A 和B，与y 轴交点为𝐷(0,4)，与直线
𝑦2 = −𝑥+ 𝑏交点为A 和C，且𝑂𝐴= 𝑂𝐷．
(1)求抛物线的解析式和b 值；
(2)在直线𝑦2 = −𝑥+ 𝑏上是否存在一点P，使得△𝐴𝐵𝑃是等腰直角三角形，如果存在，求出点P 的坐标，如
果不存在，请说明理由；
(3)将抛物线𝑦1图象x 轴上方的部分沿x 轴翻折得一个“M”形状的新图象（如图2），若直线𝑦3 = −𝑥+ 𝑛与该
新图象恰好有四个公共点，请求出此时n 的取值范围．
【答案】(1)抛物线的解析式为𝑦1 = −𝑥2−3𝑥+ 4；𝑏= −4
(2)存在，点P 的坐标为1，−5 或−
3
2 ，−
5
2
(3)n 的取值范围为−8 < 𝑛< −4
【分析】（1）根据题意可得点A 坐标，然后利用待定系数法可求抛物线解析式以及b 值；
（2）求出点B 坐标，由直线𝐴𝐶的解析式可得∠𝐵𝐴𝐶= 45°，分两种情况：当∠𝐴𝐵𝑃= 90°时，当∠𝐴𝑃𝐵= 90°
时，分别求出点P 的横坐标即可；
（3）分别求出直线𝑦3 = −𝑥+ 𝑛过点𝐴−4，0 时n 的值以及直线𝑦3 = −𝑥+ 𝑛与抛物线𝑦= 𝑥2 +3𝑥−4有唯
一公共点时n 的值即可得出答案．
【详解】（1）解：∵抛物线与y 轴交点为𝐷(0,4)，
∴𝑐= 4，𝑂𝐴= 𝑂𝐷= 4，
∴𝐴−4，0 ，
将𝐴−4，0 代入𝑦1 = 𝑎𝑥2−3𝑥+ 4得16𝑎+ 12 + 4 = 0，
解得𝑎= −1，
∴抛物线的解析式为𝑦1 = −𝑥2−3𝑥+ 4，
将𝐴−4，0 代入𝑦2 = −𝑥+ 𝑏得0 = 4 + 𝑏，
解得𝑏= −4；
（2）解：存在；
令𝑦1 = −𝑥2−3𝑥+ 4 = 0，
解得𝑥1 = −4，𝑥2 = 1，
∴𝐴−4，0 ，𝐵1，0 ，
∵直线𝐴𝐶的解析式为𝑦2 = −𝑥−4，
∴∠𝐵𝐴𝐶= 45°，
当∠𝐴𝐵𝑃= 90°时，点P 横坐标和点B 横坐标相同，都是1，
把𝑥= 1代入𝑦2 = −𝑥−4得𝑦2 = −5，
∴此时𝑃1，−5 ，
当∠𝐴𝑃𝐵= 90°时，如图1，过点P 作𝑃𝐸⊥𝑥轴于E，则点E 为𝐴𝐵的中点，
∴点E 的横坐标为
−4+1
2
= −
3
2，
∴点P 的横坐标为−
3
2，
把𝑥= −
3
2代入𝑦2 = −𝑥−4得𝑦2 = −
5
2，
∴此时𝑃−
3
2 ，−
5
2 ，
综上所述，满足条件的点P 的坐标为1，−5 或−
3
2 ，−
5
2 ；
（3）解：将抛物线𝑦1图象x 轴上方部分沿x 轴翻折后所在的抛物线表达式为𝑦= 𝑥2 +3𝑥−4，
当直线𝑦3 = −𝑥+ 𝑛过点𝐴−4，0 与该新图象恰好有三个公共点时，可得4 + 𝑛= 0，
解得𝑛= −4；
当直线𝑦3 = −𝑥+ 𝑛与抛物线𝑦= 𝑥2 +3𝑥−4有唯一公共点时，可得𝑥2 +3𝑥−4 = −𝑥+ 𝑛，
即𝑥2 +4𝑥−4−𝑛= 0只有一个实数解，
∴△= 42−4 × (−4−𝑛) = 0，
解得𝑛= −8；
∴若直线𝑦3 = −𝑥+ 𝑛与该新图象恰好有四个公共点，此时n 的取值范围为−8 < 𝑛< −4．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，等腰直
角三角形的性质，二次函数图象与几何变换等知识，熟练掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用是解题
的关键．
【变式2-2】定义：在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，过抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐(𝑎≠0)与y 轴的交点作
y 轴的垂线，则称这条垂线是该抛物线的伴随直线．例如：抛物线𝑦= 𝑥2 +1的伴随直线为直线𝑦= 1．抛物
线𝑦= −
1
2𝑥2 +𝑚𝑥+ 𝑛的伴随直线l 与该抛物线交于点A、D（点A 在y 轴上），该抛物线与x 轴的交点为𝐵
−1，0 和C（点C 在点B 的右侧）．
(1)若直线l 是𝑦= 2，求该抛物线对应的函数关系式．
(2)求点D 的坐标（用含m 的代数式表示）．
(3)设抛物线𝑦= −
1
2𝑥2 +𝑚𝑥+ 𝑛(𝑚> 0)的顶点为M，作𝑂𝐴的垂直平分线𝐸𝐹，交抛物线于点E，交该抛物线
的对称轴于点F．
①当△𝐴𝐷𝐹是等腰直角三角形时，求点M 的坐标．
②若以𝐴、𝐷、𝐸、𝐹为顶点的四边形是平行四边形，直接写出m 的值．
【答案】(1)𝑦= −
1
2𝑥2 +
3
2𝑥+ 2
(2) 2𝑚，𝑚+
1
2
(3)①
1
2 ，
9
8 ；②
7+1
6
【分析】（1）先求出点A 坐标，再利用待定系数法求解即可；
（2）根据抛物线经过点𝐵−1，0 ，得到𝑛= 𝑚+
1
2，进而把抛物线解析式化为顶点式得到抛物线对称轴是
直线𝑥= 𝑚，再根据抛物线的对称性即可求出点D 的坐标为2𝑚，𝑚+
1
2 ；
（3）①根据题意得到∠𝐴𝐹𝐷= 90°，则𝐴𝐺= 𝐹𝐺= 𝐷𝐺=
1
2𝐴𝐷= 𝑚，再由𝐸𝐹是𝑂𝐴的垂直平分线，得到
𝐴𝐹= 𝐺𝐹=
1
2𝑂𝐴=
1
2𝑚+
1
4，即可得到
1
2𝑚+
1
4 = 𝑚，求出𝑚=
1
2；②根据平行四边形的性质得到
𝐴𝐷= 𝐸𝐹= 2𝑚，则点E 的坐标为−𝑚，
1
2 𝑚+
1
4 或3𝑚，
1
2 𝑚+
1
4 ，再由点E 在抛物线上进行求解即可．
【详解】（1）解：由题意，得A 的坐标为0，2 ．
∵抛物线经过点𝐵−1，0 ，
∴
𝑛= 2
0 = −1
2 × (−1)2 + 𝑚×(−1)+ 𝑛
，
解得
𝑚= 3
2
𝑛= 2
，
∴该抛物线的对应的函数关系式为：𝑦= −
1
2𝑥2 +
3
2𝑥+ 2．
（2）解：∵抛物线经过点𝐵−1，0 ，
∴−
1
2−𝑚+ 𝑛= 0，
∴𝑛= 𝑚+
1
2．
∴抛物线解析式为𝑦= −
1
2𝑥2 +𝑚𝑥+ 𝑚+
1
2 = −
1
2(𝑥−𝑚)2 +
1
2𝑚2 +𝑚+
1
2，
∴抛物线对称轴是直线𝑥= 𝑚，
∵𝐴𝐷⊥𝑦轴，𝐴0，𝑛，即𝐴0，𝑚+
1
2
∴点D 的坐标为2𝑚，𝑚+
1
2 ；
（3）解：①当𝑚> 0，△𝐴𝐷𝐹是等腰直角三角形时，∠𝐴𝐹𝐷= 90°．
∴𝐴𝐺= 𝐹𝐺= 𝐷𝐺=
1
2𝐴𝐷= 𝑚，
∵𝐸𝐹是𝑂𝐴的垂直平分线，
∴𝐴𝐹= 𝐺𝐹=
1
2𝑂𝐴=
1
2𝑚+
1
4，
∴
1
2𝑚+
1
4 = 𝑚
∴𝑚=
1
2．
∴𝑦= −
1
2 𝑥−
1
2
2
+
9
8．
∴点M 的坐标为
1
2 ，
9
8 ；
②∵若以A、D、E、F 为顶点的四边形是平行四边形，
∴𝐴𝐷= 𝐸𝐹= 2𝑚，
∴点E 的坐标为−𝑚，
1
2 𝑚+
1
4 或3𝑚，
1
2 𝑚+
1
4 ，
∵点E 在抛物线上，
∴
1
2𝑚+
1
4 = −
1
2(−𝑚−𝑚)2 +
1
2𝑚2 +𝑚+
1
2或
1
2𝑚+
1
4 = −
1
2(3𝑚−𝑚)2 +
1
2𝑚2 +𝑚+
1
2
∴𝑚=
7+1
6 （负值舍去）．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，待定系数法求二次函数解析式，平行四边形的性质，等腰直角三
角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
【变式2-3】（25-26 九年级下·山东烟台·期中）如图，二次函数𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐的图象与直线𝑦= 𝑥−2交于
点𝐴(0,−2)和点𝐵(4,𝑛)，对称轴是直线𝑥= 1，过B 平行于x 轴的直线与抛物线的另一个交点是C．M 是抛物
线上任意一点，其横坐标是m．
(1)求抛物线的函数关系式；
(2)当点M 在直线𝐴𝐵上方时，若𝑆△𝐴𝐵𝑀=
1
2𝑆△𝐴𝐵𝐶，求m 的值；
(3)设N 是直线𝐵𝐶上的点，是否存在点M 和点N 的位置，使△𝐴𝑀𝑁是以𝐴𝑁为斜边的等腰直角三角形？若存
在，请求所有m 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦=
1
2𝑥2−𝑥−2
(2)2 +
10或2−10
(3)存在，𝑚1 = 2 2，𝑚2 = −2 2，𝑚3 = 2 + 2 3，𝑚4 = 2−2 3．
【分析】（1）先求出点B 的坐标，再用待定系数法求解即可；
（2）在A 点上方的y 轴取点D，连接𝐵𝐷，求出使得𝑆△𝐴𝐵𝐷= 6的点D 的坐标，求出过点D 且平行𝐴𝐵的直
线的解析式，再运用求交点横坐标的方法求解m 即可；
（3）作𝑀𝐸⊥𝐵𝐶于点E，𝐴𝐹⊥𝑀𝐸于点F，根据题意可知当𝐴𝐹= 𝑀𝐸，∠𝐴𝑀𝑁= 90°时，△𝐴𝑀𝑁是以𝐴𝑁为
斜边的等腰直角三角形，从而根据𝐴𝐹= 𝑀𝐸列出m 的方程求解即可．
【详解】（1）解：将𝐵(4,𝑛)代入𝑦= 𝑥−2得，4 = 𝑛−2
解得：𝑛= 2
∴点B 坐标为(4,2)
由题意，
16𝑎+ 4𝑏+ 𝑐= 2
−𝑏
2𝑎= 1
𝑐= −2
，
解得，
𝑎= 1
2
𝑏= −1
𝑐= −2
，
∴抛物线的函数关系式是𝑦=
1
2𝑥2−𝑥−2．
（2）当𝑥= 0时，𝑦=
1
2𝑥2−𝑥−2 = −2，
∴𝐴(0,−2)，
∵点B 坐标为(4,2)，抛物线对称轴为直线𝑥= 1，
∴点C 坐标为(−2,2)，
∴𝐵𝐶= 6
∴𝑆△𝐴𝐵𝐶= 1
2 𝐵𝐶⋅|𝑦𝐵−𝑦𝐴| = 1
2 × 6 × 4 = 12
由题意，𝑆△𝐴𝐵𝑀=
1
2𝑆△𝐴𝐵𝐶= 6
在A 点上方的y 轴取点D，连接𝐵𝐷，设𝑆△𝐴𝐵𝐷= 6，则
1
2𝐴𝐷⋅𝑥𝐵= 6，即
1
2𝐴𝐷× 4 = 6，
解得𝐴𝐷= 3，
∴𝐷(0,1)
过点D 作𝐴𝐵的平行线交抛物线于点M，
由题意，该直线函数关系式为𝑦= 𝑥+ 1
令
1
2𝑥2−𝑥−2 = 𝑥+ 1
解得，𝑥1 = 2 +
10，𝑥2 = 2−10
∴𝑚= 2 +
10或2−10
（3）存在．𝑚1 = 2 2，𝑚2 = −2 2，𝑚3 = 2 + 2 3，𝑚4 = 2−2 3．
作𝑀𝐸⊥𝐵𝐶于点E，𝐴𝐹⊥𝑀𝐸于点F
∴∠𝑀𝐸𝑁= ∠𝐹= 90°，∠𝑁𝑀𝐸+ ∠𝑀𝑁𝐸= 90°
当𝐴𝐹= 𝑀𝐸，∠𝐴𝑀𝑁= 90°时，∠𝐴𝑀𝐹+ ∠𝑁𝑀𝐸= 90°，
∴∠𝐴𝑀𝐹= ∠𝑀𝑁𝐸，
∴△𝐸𝑀𝑁≌△𝐹𝐴𝑀，
∴𝐴𝑀= 𝑀𝑁，
∴当𝐴𝐹= 𝑀𝐸，∠𝐴𝑀𝑁= 90°时，△𝐴𝑀𝑁是以𝐴𝑁为斜边的等腰直角三角形．
∴|𝑚| = |2−
1
2 𝑚2−𝑚−2 |，
解得，𝑚1 = 2 2，𝑚2 = −2 2，𝑚3 = 2 + 2 3，𝑚4 = 2−2 3．
二次函数与平行四边形综合解题方法归纳：
（1）几何法：先分类，再画出平行四边形，然后根据平行四边形的性质来解答；
（2）代数法：先罗列四个顶点的坐标，再分类讨论列方程求解．
如图，四边形ABCD 为平行四边形，则利用平行四边形的性质可得四个顶点的坐标关系为：
𝒙𝑩−𝒙𝑨= 𝒙𝑪−𝒙𝑫
𝒚𝑩−𝒚𝑨= 𝒚𝑪−𝒚𝑫 或 𝒙𝑨+ 𝒙𝑪= 𝒙𝑩+ 𝒙𝑫
𝒚𝑨+ 𝒚𝑪= 𝒚𝑩+ 𝒚𝑫
（3）已知不在同一直线上的三点A，B，C，在平面内找到一个点D，使以A，B，C，D 为顶点的四
边形是平行四边形，有三种情况：
①以AB 为对角线，则𝒙𝑨+ 𝒙𝑩= 𝒙𝑪+ 𝒙𝑫；
②以AC 为对角线，则𝒙𝑨+ 𝒙𝑪= 𝒙𝑩+ 𝒙𝑫；
③以BC 为对角线，则𝒙𝑩+ 𝒙𝑪= 𝒙𝑨+ 𝒙𝑫．
【题型3 二次函数与平行四边形】
【例3】（25-26 九年级上·山东烟台·期末）抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥−2的图像经过𝑀(−2,3)，𝑁(1,−3)，与𝑥轴交
于𝐴、𝐵两点，与𝑦轴交于𝐶点．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)P 为坐标平面内一点，如果以𝐴、𝐵、𝐶、𝑃为顶点的四边形是平行四边形，直接写出满足条件的𝑃点坐标．
【答案】(1)𝑦=
1
2𝑥2−
3
2𝑥−2
(2)满足条件的𝑃点坐标为(3,2)或(−5,−2)或(5,−2)
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、抛物线与坐标轴的交点坐标以及二次函数与特殊四边
形综合问题，掌握二次函数的性质是解题关键．
（1）将𝑀(−2,3)，𝑁(1,−3)，代入𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥−2即可求解；
（2）分类讨论①𝐴𝐶,𝐵𝑃为对角线时：②𝐴𝑃,𝐵𝐶为对角线时：③𝐴𝐵,𝐶𝑃为对角线时：三种情况即可求解；
【详解】（1）解：依题意得：
4𝑎−2𝑏−2 = 3
𝑎+ 𝑏−2 = −3
，
解得
𝑎= 1
2
𝑏= −3
2
．
∴𝑦=
1
2𝑥2−
3
2𝑥−2；
（2）解：由𝑦=
1
2𝑥2−
3
2𝑥−2知，令𝑥= 0，得𝑦= −2；
令𝑦= 0，即
1
2𝑥2−
3
2𝑥−2 = 0，
解得𝑥1 = −1，𝑥2 = 4．
∴𝐴(−1,0),𝐵(4,0),𝐶(0,−2)
设点𝑃(𝑥,𝑦)
①𝐴𝐶,𝐵𝑃为对角线时：
4 + 𝑥= −1 + 0
0 + 𝑦= 0−2
，解得
𝑥= −5
𝑦= −2
∴𝑃1(−5,−2)；
②𝐴𝑃,𝐵𝐶为对角线时：
−1 + 𝑥= 4 + 0
0 + 𝑦= 0−2
，解得
𝑥= 5
𝑦= −2
∴𝑃2(5,−2)；
③𝐴𝐵,𝐶𝑃为对角线时：
4−1 = 𝑥+ 0
0 + 0 = 𝑦−2
，解得
𝑥= 3
𝑦= 2
∴𝑃3(3,2)；
综上所述：满足条件的P点坐标为(3,2)或(−5,−2)或(5,−2)．
【变式3-1】（2026·陕西·一模）如图，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，连接𝐴𝐶，点𝑃为抛物线上一动点（不与点𝐴, 𝐶重合），图中虚线是抛物线的对称轴．
(1)求该二次函数的表达式；
(2)若点𝑀在抛物线的对称轴上，是否存在点𝑀，使得以点𝑃, 𝐴, 𝑀, 𝐶为顶点的四边形是以𝐴𝐶为边的平行四边
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= −𝑥2−2𝑥+ 3；
(2)(−1,−2)或(−1,−8)
【分析】（1）直接利用待定系数法求解解析式即可；
（2）求解抛物线的对称轴为直线𝑥= −
−2
2×(−1) = −1，设𝑀(−1,𝑚)，𝑃(𝑛,−𝑛2−2𝑛+ 3)，再分类讨论即可
【详解】（1）解：∵抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 3与𝑥轴交于点𝐴(−3, 0), 𝐵(1, 0)，
∴
𝑎+ 𝑏+ 3 = 0
9𝑎−3𝑏+ 3 = 0
，
解得：
𝑎= −1
𝑏= −2
，
∴抛物线为：𝑦= −𝑥2−2𝑥+ 3；
（2）解：∵𝑦= −𝑥2−2𝑥+ 3，
∴抛物线的对称轴为直线𝑥= −
−2
2×(−1) = −1，
令𝑥= 0，则𝑦= 3，
∴𝐶(0,3),
设𝑀(−1,𝑚)，𝑃(𝑛,−𝑛2−2𝑛+ 3)
如图，
当𝐴𝐶= 𝑃1𝑀，𝐴𝐶∥𝑃1𝑀时，则(−3) + (−1) = 𝑛+ 0且0 + 𝑚= −𝑛2−2𝑛+ 3 + 3
解得：𝑚= −2,𝑛= −4，
∴𝑀(−1,−2)
当𝐴𝐶= 𝑃2𝑀，𝐴𝐶∥𝑃2𝑀时，则(−3) +𝑛= (−1) +0且3 + 𝑚= −𝑛2−2𝑛+ 3 + 0
解得：𝑚= −8,𝑛= 2，
∴𝑀(−1,−8)
综上：点M 坐标为(−1,−2)或(−1,−8)
【变式3-2】（25-26 九年级下·宁夏银川·阶段检测）如图，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐(𝑎≠0)与x 轴相交于𝐴
(−1,0)，𝐵(3,0)，与y 轴交于点𝐶(0,3)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)连接𝐵𝐶，点P 为抛物线上第一象限内一动点，当△𝐵𝐶𝑃面积最大时，求点P 的坐标；
(3)设点D 是抛物线的对称轴上的一点，在抛物线上是否存在点Q，使以点B，C，D，Q 为顶点的四边形为
平行四边形？若存在，求出点Q 的坐标：若不存在，说明理由．
【答案】(1)𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3
(2)
3
2 ,
15
4
(3)存在，(4,−5)或(−2,−5)或(2,3)
【分析】（1）设交点式𝑦= 𝑎(𝑥+ 1)(𝑥−3)，然后把C 点坐标代入求出a 的值即可得到抛物线的解析式；
（2）先利用待定系数法求出直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= −𝑥+ 3，作𝑃𝑀∥𝑦轴交𝐵𝐶于M，如图1，设𝑃
(𝑥,−𝑥2 + 2𝑥+ 3)(0 < 𝑥< 3)，则𝑀(𝑥,−𝑥+ 3)，利用三角形面积公式得到𝑆△𝑃𝐶𝐵=
1
2 × 3 × 𝑃𝑀= −
3
2𝑥2 +
9
2𝑥，
然后根据二次函数的性质求解；
（3）如图2，分类讨论：当四边形𝐵𝐶𝐷𝑄为平行四边形，设𝐷(1,𝑎)，利用点平移的坐标规律得到𝑄(4,𝑎−3)，
然后把𝑄(4,𝑎−3)代入𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3中求出a 即可得到Q 点坐标；当四边形𝐵𝐶𝑄𝐷为平行四边形或四边形
𝐵𝑄𝐶𝐷为平行四边形时，利用同样方法可求出对应Q 点坐标．
【详解】（1）解：设抛物线解析式为𝑦= 𝑎(𝑥+ 1)(𝑥−3)，
把𝐶(0,3)代入得𝑎× 1 × (−3) = 3，
解得𝑎= −1，
所以抛物线解析式为𝑦= −(𝑥+ 1)(𝑥−3)，即𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3；
（2）解：设直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚，
把𝐵(3,0)，𝐶(0,3)代入得
3𝑘+ 𝑚= 0
𝑚= 3
，
解得
𝑘= −1
𝑚= 3
，
所以直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= −𝑥+ 3，
作𝑃𝑀∥𝑦轴交𝐵𝐶于M，如图1，
设𝑃(𝑥,−𝑥2 + 2𝑥+ 3)(0 < 𝑥< 3)，则𝑀(𝑥,−𝑥+ 3)，
∴𝑃𝑀= −𝑥2 +2𝑥+ 3−(−𝑥+ 3) = −𝑥2 +3𝑥，
∴𝑆△𝑃𝐶𝐵=
1
2 × 3 × 𝑃𝑀= −
3
2𝑥2 +
9
2𝑥= −
3
2 𝑥−
3
2
2
+
27
8 ，
当𝑥=
3
2时，△𝐵𝐶𝑃的面积最大，此时P 点坐标为
3
2 ,
15
4 ；
（3）解：如图2，抛物线的对称轴为直线𝑥= 1，
当四边形𝐵𝐶𝐷𝑄为平行四边形，设𝐷(1,𝑎)，则𝑄(4,𝑎−3)，
把𝑄(4,𝑎−3)代入𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3得𝑎−3 = −16 + 8 + 3，解得𝑎= −2，
∴𝑄(4,−5)；
当四边形𝐵𝐶𝑄𝐷为平行四边形时，设𝐷(1,𝑎)，则𝑄(−2,3 + 𝑎)，
把𝑄(−2,3 + 𝑎)代入𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3得3 + 𝑎= −4−4 + 3，解得𝑎= −8，
∴𝑄(−2,−5)；
当四边形𝐵𝑄𝐶𝐷为平行四边形时，设𝐷(1,𝑎)，则𝑄(2,3−𝑎)，
把𝑄(2,3−𝑎)代入𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3得3−𝑎= −4 + 4 + 3，解得𝑎= 0，
∴𝑄(2,3)，
综上所述，满足条件的Q 点坐标为(4,−5)或(−2,−5)或(2,3)．
【变式3-3】（25-26 九年级上·山东烟台·期末）如图，抛物线与𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥−4与𝑥轴相交于𝐴(−1,0)，𝐵(4,0)
两点，与𝑦轴相交于点𝐶，𝑃为抛物线的对称轴上一个动点．
(1)求直线𝐵𝐶的表达式；
(2)求抛物线的表达式；
(3)请探索在直线𝐵𝐶的上方且在抛物线上是否存在点𝑄，使得𝐵，𝐶，𝑃，𝑄构成的四边形为平行四边形？若存
在，求出点𝑃，𝑄的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)𝑦= 𝑥−4；
(2)𝑦= 𝑥2−3𝑥−4；
(3)存在满足条件的点𝑃、𝑄，坐标分别为𝑃
3
2 ,
23
4 ，𝑄
11
2 ,
39
4 或𝑃
3
2 ,
55
4 ，𝑄−
5
2 ,
39
4
【分析】本题考查了一次函数与二次函数的表达式求解、平行四边形的判定，关键是利用待定系数法求函
数解析式，结合平行四边形对角线互相平分的性质，以𝐵𝐶、𝐵𝑃、𝐵𝑄分别为对角线分三种情况，利用中点坐
标公式列方程求解，最后结合点𝑄的位置限制筛选符合条件的解．
（1）先根据抛物线与𝑦轴的交点特征求出点𝐶的坐标，再利用待定系数法，将𝐵、𝐶两点坐标代入一次函数的
一般式，求解得到直线𝐵𝐶的表达式；
（2）将𝐴、𝐵两点的坐标代入抛物线的一般式，得到关于𝑎、𝑏的二元一次方程组，解方程组求出𝑎、𝑏的值，
即可得到抛物线的表达式；
（3）先求出抛物线的对称轴，确定点𝑃的横坐标，设出𝑃、𝑄的坐标，根据平行四边形对角线互相平分的性
质，对角线的中点坐标相同，分𝐵𝐶为对角线、𝐵𝑃为对角线、𝐵𝑄为对角线三种情况，利用中点坐标公式列方
程求解，再结合点𝑄在直线𝐵𝐶上方的限制条件，筛选出符合要求的点的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥−4与𝑦轴交于点𝐶，
∴当𝑥= 0时，𝑦= −4，即𝐶(0,−4)；
设直线𝐵𝐶的表达式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑐，
将𝐵(4,0)、𝐶(0,−4)代入得：
4𝑘+ 𝑐= 0
𝑐= −4
，解得
𝑘= 1
𝑐= −4
，
∴直线𝐵𝐶的表达式为𝑦= 𝑥−4；
（2）解：抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥−4过𝐴(−1,0)、𝐵(4,0)，
将两点坐标代入解析式得：
𝑎× (−1)2 + 𝑏×(−1)−4 = 0
16𝑎+ 4𝑏−4 = 0
，
解得
𝑎= 1
𝑏= −3
，
∴抛物线的表达式为𝑦= 𝑥2−3𝑥−4；
（3）解：∵抛物线的表达式为𝑦= 𝑥2−3𝑥−4，
∴抛物线的对称轴为直线𝑥= −
𝑏
2𝑎=
3
2，
∵点𝑃在抛物线的对称轴上，
∴设点𝑃的坐标为
3
2 ,𝑝，
设点𝑄的坐标为(𝑥,y)，则𝑦= 𝑥2−3𝑥−4．
∵点𝑄在直线𝐵𝐶上方，
∴𝑥< 0或𝑥> 4．
已知𝐵(4,0)，𝐶(0,−4)，分以下三种情况讨论：
①以𝐵𝐶为平行四边形的对角线，此时𝐵𝐶的中点与𝑃𝑄的中点重合，
𝐵𝐶的中点坐标为
4+0
2 ,
0+(−4)
2
= (2,−2)，
𝑃𝑄的中点坐标为
3
2+𝑥
2 ,
𝑝+𝑦
2
，
根据中点坐标相同列方程：
3
2+𝑥
2 = 2
𝑝+𝑦
2
= −2
，
解
3
2+𝑥
2 = 2得：𝑥=
5
2，不满足𝑥< 0或𝑥> 4的条件，故此情况舍去；
②以𝐵𝑃为平行四边形的对角线，此时𝐵𝑃的中点与𝐶𝑄的中点重合，
𝐵𝑃的中点坐标为
4+
3
2
2 ,
0+𝑝
2
=
11
4 ,
𝑝
2 ，
𝐶𝑄的中点坐标为
0+𝑥
2 ,
−4+𝑦
2
，
根据中点坐标相同列方程：
𝑥
2 = 11
4
−4+𝑦
2
= 𝑝
2
，
解
𝑥
2 =
11
4 得：𝑥=
11
2 ，
当𝑥=
11
2 时，𝑦=
11
2
2
−3 ×
11
2 −4 =
39
4 ，即点𝑄的坐标为
11
2 ,
39
4 ，
解
−4+𝑦
2
=
𝑝
2得：𝑝= 𝑦−4 =
39
4 −4 =
23
4 ，即点𝑃的坐标为
3
2 ,
23
4 ；
③以𝐵𝑄为平行四边形的对角线，此时𝐵𝑄的中点与𝐶𝑃的中点重合，
𝐵𝑄的中点坐标为
4+𝑥
2 ,
0+𝑦
2
，
𝐶𝑃的中点坐标为
0+
3
2
2 ,
−4+𝑝
2
=
3
4 ,
𝑝−4
2
，
根据中点坐标相同列方程：
4+𝑥
2 = 3
4
𝑦
2 = 𝑝−4
2
，
解
4+𝑥
2 =
3
4得：𝑥= −
5
2，
当𝑥= −
5
2时，𝑦= −
5
2
2
−3 × −
5
2 −4 =
39
4 ，即点𝑄的坐标为−
5
2 ,
39
4 ，
解
𝑦
2 =
𝑝−4
2 得：𝑝= 𝑦+ 4 =
39
4 +4 =
55
4 ，即点𝑃的坐标为
3
2 ,
55
4 ；
综上，存在满足条件的点𝑃、𝑄，坐标分别为𝑃
3
2 ,
23
4 ，𝑄
11
2 ,
39
4 或𝑃
3
2 ,
55
4 ，𝑄−
5
2 ,
39
4 ．
【题型4 二次函数与矩形】
【例4】（2026·江苏苏州·一模）如图①，已知抛物线𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐的图象与𝑥轴的负半轴交于点𝐴(−1,0)，
与𝑥轴的正半轴交于点𝐵，与𝑦轴交于点𝐶(0,−3)，直线𝐴𝐷与𝑦轴交于点𝐷0,
1
2 ，𝐸是第四象限抛物线上一点，
连接𝐴𝐸，𝐷𝐸，过点𝐸作𝐸𝐹∥𝑦轴交𝐴𝐷于点𝐹，设𝐸点横坐标为𝑚．
(1)求抛物线的函数表达式：
(2)当𝑚为何值时，△𝐴𝐷𝐸的面积有最大值，并求出此时的最大值；
(3)作𝐸𝐻∥𝑥轴，且𝐻点横坐标为2𝑚+ 1，以𝐸𝐹，𝐸𝐻为邻边构造矩形𝐸𝐹𝐺𝐻．若矩形𝐸𝐹𝐺𝐻的边与抛物线有三
个交点，且其中的一个交点为矩形一边的中点，求𝑚的值．
【答案】(1)𝑦= 𝑥2−2𝑥−3
(2)
81
32
(3)
3
5或
11
14
【分析】（1）将𝐴，𝐶坐标代入解析式即可求出解析式；
（2）利用△𝐴𝐸𝐹的面积减去△𝐷𝐸𝐹的面积得出△𝐴𝐷𝐸的面积，分析关于𝑚的二次函数的最值；
（3）根据矩形𝐸𝐹𝐺𝐻的顶点坐标，结合矩形的边与抛物线的交点情况，分三种情况讨论矩形各边中点在抛
物线上的情形，分别列方程求解并检验，确定𝑚的值．
【详解】（1）解：将𝐴(−1,0)，𝐶(0,−3)代入𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐，
得
1−𝑏+ 𝑐= 0
𝑐= −3
，解得
𝑏= −2
𝑐= −3
，
抛物线的函数表达式：𝑦= 𝑥2−2𝑥−3；
（2）解：设直线𝐴𝐷的解析式𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑛将(−1,0)，0,
1
2 代入得
−𝑘+ 𝑛= 0
𝑛= 1
2
，解得
𝑘= 1
2
𝑛= 1
2
，
∴直线𝐴𝐷的解析式为𝑦=
1
2𝑥+
1
2，
∴点𝐸(𝑚,𝑚2−2𝑚−3)，𝐹𝑚,
1
2 𝑚+
1
2 ，
∴𝐸𝐹=
1
2𝑚+
1
2−(𝑚2−2𝑚−3) = −𝑚2 +
5
2𝑚+
7
2，
∴△𝐴𝐸𝐹的面积减去△𝐷𝐸𝐹的面积得出△𝐴𝐷𝐸的面积，
∴𝑆=
1
2(𝑚+ 1−𝑚) −𝑚2 +
5
2 𝑚+
7
2 = −
1
2𝑚2 +
5
4𝑚+
7
4 = −
1
2 𝑚−
5
4
2
+
81
32，
∵−
1
2 < 0，二次函数开口向下，
当𝑚=
5
4时，𝑆有最大值是
81
32；
（3）解：∵点𝐸位于第四象限，
∴𝑚> 0，
∴2𝑚+ 1 > 𝑚，即点𝐻位于点𝐸右侧，
∵矩形𝐸𝐹𝐺𝐻与抛物线有三个交点，
∴点𝐸位于抛物线对称轴左侧，
∴0 < 𝑚< 1，
点𝐸的对称点为(2−𝑚,𝑚2−2𝑚−3)，
则必有2𝑚+ 1 > 2−𝑚，
即𝑚>
1
3，
∴
1
3 < 𝑚< 1，
由题意得，𝐺2𝑚+ 1,
1
2 𝑚+
1
2 ，𝐻(2𝑚+ 1,𝑚2−2𝑚−3)，
①当中点位于𝐺𝐻上时，如图，
∴𝐺𝐻中点坐标为(2𝑚+ 1,𝑦)，𝑦=
1
2 𝑚+
1
2+𝑚2−2𝑚−3
2
，
又∵中点在抛物线上，
∴𝑦= 4𝑚2−4，
∴
1
2 𝑚+
1
2+𝑚2−2𝑚−3
2
= 4𝑚2−4，
解得：𝑚1 = −1（舍去），𝑚2 =
11
14；
②当中点位于𝐹𝐺上时，如图，
同理可得，𝐹𝐺中点坐标为
3𝑚+1
2
,
𝑚+1
2
，
代入抛物线解析式得，
3𝑚+1
2
2
−2 ×
3𝑚+1
2
−3 =
𝑚+1
2 ，
解得：𝑚1 = −1（舍去），𝑚2 =
17
9 （舍去）；
③当中点位于𝐸𝐻上时，如图，
同理可得，𝐸𝐻中点坐标为
3𝑚+1
2
,𝑚2−2𝑚−3 ，
代入抛物线解析式得，𝑦=
3𝑚+1
2
2
−3𝑚−4 = 𝑚2−2𝑚−3，
解得：𝑚1 = −1（舍去），𝑚2 =
3
5；
综上所述，𝑚=
3
5或
11
14．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数表达式、二次函数的最值问题、矩形的
性质以及函数交点与中点问题，熟练运用二次函数的性质、矩形的相关性质及分类讨论思想是解答本题的
关键．
【变式4-1】（25-26 九年级上·四川眉山·期中）如图，矩形𝐴𝐵𝐶𝐷在平面直角坐标系中，
𝐴(−1,0),𝐵(3,0),𝐶(3,3)，抛物线𝑦= −
3
4𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐经过点A 和点B．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点𝐸在𝑥轴上方的抛物线上，当𝑆△𝐵𝐶𝐸=
1
4𝑆矩形𝐴𝐵𝐶𝐷时，求点E 的坐标；
(3)点P 在抛物线的对称轴上，点Q 在坐标平面内，以𝐴,𝐶,𝑃,𝑄为顶点的四边形为矩形，请直接写出点P 的坐
标．
【答案】(1)𝑦= −
3
4𝑥2 +
3
2𝑥+
9
4
(2)𝐸(1,3)
(3)𝑃(1,−1)或(1,4)或(1,
17
3 )或(1,−
8
3)
【分析】本题主要考查了求二次函数关系式，二次函数与几何图形，矩形的性质，勾股定理，
对于（1），直接将点𝐴(−1,0),𝐵(3,0)代入关系式，求出方程组的解即可；
对于（2），先根据面积之间的关系求出点E 的横坐标为1，再代入关系式即可；
对于（3），先求出对称轴为𝑥= 1，再设点𝑃(1,𝑝),𝑄(𝑚,𝑛),𝐴(−1,0),𝐶(3,3)，然后分三种情况：以𝐴𝐶为矩形的
对角线时，以𝐴𝐶为矩形的边时，若以𝐴𝑄为矩形的对角线时，根据勾股定理可得答案．
【详解】（1）解：将点𝐴(−1,0),𝐵(3,0)代入关系式𝑦= −
3
4𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐，
∴
−3
4 −𝑏+ 𝑐= 0
−3
4 × 9 + 3𝑏+ 𝑐= 0
，
解得
𝑏= 3
2
𝑐= 9
4
，
∴抛物线的关系式为𝑦= −
3
4𝑥2 +
3
2𝑥+
9
4；
（2）解：如图，
∵𝑆△𝐵𝐶𝐸=
1
2𝐵𝐶⋅ℎ,𝑆矩形𝐴𝐵𝐶𝐷= 𝐶𝐷⋅𝐵𝐶，且𝑆△𝐵𝐶𝐸=
1
4𝑆矩形𝐴𝐵𝐶𝐷，
∴
1
2𝐵𝐶⋅ℎ=
1
4𝐶𝐷⋅𝐵𝐶，
∴ℎ=
1
2𝐶𝐷=
1
2𝐴𝐵．
∵点A，B 关于对称轴对称，
∴点E 的横坐标为1，此时𝑦= −
3
4 +
3
2 +
9
4 = 3，
即点𝐸(1,3)；
（3）解：∵抛物线𝑦= −
3
4𝑥2 +
3
2𝑥+
9
4，
∴对称轴为𝑥= −
3
2
2×(−
3
4 ) = 1，
设点𝑃(1,𝑝),𝑄(𝑚,𝑛),𝐴(−1,0),𝐶(3,3)，
如图，以𝐴𝐶为矩形的对角线，
由中点的坐标可知
−1 + 3 = 1 + 𝑚
0 + 3 = 𝑝+ 𝑛
，
解得
𝑚= 1
𝑛= 3−𝑝
．
∵∠𝐴𝑃𝐶= 90°，
∴𝑃𝐶2 +𝑃𝐴2 = 𝐴𝐶2，
∴(3−1)2 + (3−𝑝)2 + (−1−1)2 + (0−𝑝)2 = (−1−3)2 + (0−3)2，
解得𝑝= −1或4，
∴点𝑃(1,−1)或(1,4)；
如图，以𝐴𝐶为矩形的边时，
由中点的坐标公式，得
−1 + 1 = 𝑚+ 3
𝑝+ 0 = 3 + 𝑛
，
解得
𝑚= −3
𝑛= 𝑝−3
，
∵∠𝐴𝐶𝑃= 90°，
∴𝑃𝐶2 +𝐴𝐶2 = 𝐴𝑃2，
∴(3−1)2 + (3−𝑝)2 + (−1−3)2 + (0−3)2 = (−1−1)2 + (0−𝑝)2，
解得𝑝=
17
3 ，
∴点𝑃(1,
17
3 )；
若以𝐴𝑄为矩形的对角线时，
由中点的坐标公式，得
1 + 3 = −1 + 𝑚
𝑛+ 0 = 3 + 𝑝
，
解得
𝑚= 5
𝑛= 𝑝+ 3
，
∵∠𝑃𝐴𝐶= 90°，
∴𝐴𝑃2 +𝐴𝐶2 = 𝑃𝐶2，
∴(−1−1)2 + (0−𝑝)2 + (−1−3)2 + (0−3)2 = (3−1)2 + (3−𝑝)2，
解得𝑝= −
8
3，
∴点𝑃(1,−
8
3)，
综上所述，点P 的坐标为(1,−1)或(1,4)或(1,
17
3 )或(1,−
8
3)．
【变式4-2】（2025·陕西西安·二模）已知抛物线𝐿1:𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐交𝑥轴于点𝐴(−3,0)，交𝑦轴于点𝐶(0,−6)，
连接𝐴𝐶，将抛物线𝐿1平移后得到抛物线𝐿2，且点𝐴对应点𝐸．
(1)求抛物线𝐿1的表达式．
(2)在𝑦轴上是否存在一点𝑀，使得以点𝐴，𝐶，𝑀，𝐸为顶点的四边形为矩形？若存在，求点𝑀，𝐸的坐标；若
不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦= 𝑥2 +𝑥−6
(2)存在，当∠𝐶𝐴𝑀= 90°时，点𝑀的坐标为0,
3
2 ，点𝐸的坐标为3,−
9
2 ．当∠𝐴𝑀𝐶= 90°时，点𝑀的坐标为
(0,0)，点𝐸的坐标为(−3,−6)
【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定和性质，矩形的性质．
（1）将点𝐴(−3,0),𝐶(0,−6)代入𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐，利用待定系数法求函数解析式即可；
（2）设点𝐸为(𝑥,𝑦)，分两种情况讨论：①当∠𝐶𝐴𝑀= 90°时，证明△𝐴𝑂𝑀∽△𝐶𝑂𝐴即可得
𝑂𝑀
𝑂𝐴=
𝑂𝐴
𝑂𝐶，可求
得M 的坐标，再根据矩形的性质可求得E 的坐标；②当∠𝐴𝑀𝐶= 90°时，此时点𝑀与原点重合，而可得答
案．
【详解】（1）解：将点𝐴(−3,0),𝐶(0,−6)代入𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐，
得
𝑐= −6
0 = 9−3𝑏+ 𝑐
，
解得
𝑏= 1
𝑐= −6
，
∴抛物线𝐿1的函数表达式为𝑦= 𝑥2 +𝑥−6；
（2）解：存在．
设点𝐸为(𝑥,𝑦)，
分以下两种情况讨论：
①当∠𝐶𝐴𝑀= 90°时，
∵∠𝑀𝐴𝐶= 90°，
∴∠𝐴𝑀𝑂+ ∠𝐴𝐶𝑂= 90°，
∵∠𝐴𝑂𝐶= 90°，
∴∠𝐶𝐴𝑂+ ∠𝑂𝐶𝐴= 90°，
∴∠𝐶𝐴𝑂= ∠𝐴𝑀𝐶，
∴△𝐴𝑂𝑀∽△𝐶𝑂𝐴，
∴
𝑂𝑀
𝑂𝐴=
𝑂𝐴
𝑂𝐶，
∴𝑂𝑀=
3
2，
∴点𝑀的坐标为0,
3
2 ，
∵四边形𝐴𝑀𝐸𝐶为矩形，
∴
𝑥+(−3)
2
= 0+0
2
𝑦+0
2
=
3
2+(−6)
2
解得𝑥= 3,𝑦= −
9
2，
∴点𝐸的坐标为3,−
9
2 ，
②当∠𝐴𝑀𝐶= 90°时，此时点𝑀与原点重合，
∴点𝑀的坐标为(0,0)．
∵四边形𝐴𝑀𝐶𝐸为矩形，
∴∠𝐸𝐴𝑂= 90°,𝐴𝐸= 𝑂𝐶= 6，
∴点𝐸的坐标为(−3,−6)．
【变式4-3】（24-25 九年级上·湖北武汉·阶段检测）已知抛物线𝐿1:𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 4与𝑥轴交于𝐴(−4,0)，𝐵(2,0)
两点，与𝑦轴交于点𝐶．
(1)请直接写出：此抛物线的函数解析式为_____________；
(2)如图1，已知点𝐷在第二象限的抛物线上，点𝐸在抛物线的对称轴上，是否存在这样的𝐷、𝐸两点使得四边
形𝐵𝐶𝐷𝐸为矩形？若存在，求𝐷、𝐸两点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，平移抛物线𝐿1，使新抛物线𝐿2的顶点𝑃在𝐴𝐶的延长线上，过点𝑃作𝑃𝑄⊥𝑥轴于点𝑄，过原抛物线
的顶点𝑀作𝑀𝑁⊥𝑥轴，交新抛物线于点𝑁，若𝑀𝑁= 𝑃𝑄，求点𝑃的坐标．
【答案】(1)𝑦= −
1
2𝑥2−𝑥+ 4
(2)𝐷−3,
5
2 ，𝐸−1,−
3
2
(3)𝑃1 +
7,5 +
7
【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）首先求出对称轴为直线𝑥= −1，𝐶(0,4)，设𝐷𝑚,−
1
2 𝑚2−𝑚+ 4 ，𝐸(−1,𝑛)，首先根据平行四边形的性
质得到
𝑥𝐶+ 𝑥𝐸= 𝑥𝐷+ 𝑥𝐵
𝑦𝐶+ 𝑦𝐸= 𝑦𝐷+ 𝑦𝐵
𝐵𝐷2 = 𝐶𝐸2
，然后代入求出𝐷−3,
5
2 ，𝐸−1,−
3
2 ，然后利用两点间距离公式得到𝐶𝐸= 𝐵𝐷，
证明出四边形𝐵𝐶𝐷𝐸为矩形，符合题意，即可求解；
（3）首先求出抛物线𝐿1的顶点坐标𝑀−1,
9
2 ，求出𝐴𝐶所在直线表达式为𝑦= 𝑥+ 4，得到新抛物线𝐿2的顶点P
的坐标为(ℎ,ℎ+ 4)，然后求出表示出𝑁−1,−
1
2 ℎ2 +
7
2 ，根据𝑀𝑁= 𝑃𝑄列方程求出ℎ= 1 +
7，进而求解即
可．
【详解】（1）解：将𝐴(−4,0)，𝐵(2,0)代入函数解析式得，
16𝑎−4𝑏+ 4 = 0
4𝑎+ 2𝑏+ 4 = 0
，
解得
𝑎= −1
2
𝑏= −1
，
∴此二次函数的解析式为𝑦= −
1
2𝑥2−𝑥+ 4；
（2）∵𝑦= −
1
2𝑥2−𝑥+ 4
∴对称轴为直线𝑥= −
−1
2× −
1
2
= −1
当𝑥= 0时，𝑦= 4
∴𝐶(0,4)
∵点𝐷在第二象限的抛物线上，点𝐸在抛物线的对称轴上
∴设𝐷𝑚,−
1
2 𝑚2−𝑚+ 4 ，𝐸(−1,𝑛)
当四边形𝐵𝐶𝐷𝐸为矩形时，四边形𝐵𝐶𝐷𝐸为平行四边形
∴
𝑥𝐶+ 𝑥𝐸= 𝑥𝐷+ 𝑥𝐵
𝑦𝐶+ 𝑦𝐸= 𝑦𝐷+ 𝑦𝐵
𝐵𝐷2 = 𝐶𝐸2
，即
0 +(−1)= 𝑚+ 2
4 + 𝑛= −1
2 𝑚2−𝑚+ 4 + 0
∴
𝑚= −3
𝑛= −3
2
∴𝐷−3,
5
2 ，𝐸−1,−
3
2
∴𝐶𝐸=
0−(−1)
2 + 4−−
3
2
2
=
5 5
2 ，𝐵𝐷=
2−(−3)
2 +
5
2 −0
2
=
5 5
2
∴𝐶𝐸= 𝐵𝐷
∴四边形𝐵𝐶𝐷𝐸为矩形，符合题意，
∴𝐷−3,
5
2 ，𝐸−1,−
3
2 ；
（3）抛物线𝐿1:𝑦= −
1
2𝑥2−𝑥+ 4 = −
1
2(𝑥+ 1)2 +
9
2
∴顶点坐标𝑀−1,
9
2
∵𝐴(−4,0)，𝐶(0,4)
∴设𝐴𝐶所在直线表达式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑡
∴−4𝑘+ 𝑡= 0
𝑡= 4
∴𝑘= 1
𝑡= 4
∴𝐴𝐶所在直线表达式为𝑦= 𝑥+ 4
∵平移抛物线𝐿1，使新抛物线𝐿2的顶点𝑃在𝐴𝐶的延长线上，
∴新抛物线𝐿2的顶点P 的坐标为(ℎ,ℎ+ 4)
∴设新抛物线𝐿2的表达式为𝑦= −
1
2(𝑥−ℎ)2 +ℎ+ 4
将𝑥= −1代入𝑦= −
1
2(𝑥−ℎ)2 +ℎ+ 4得，𝑦= −
1
2ℎ2 +
7
2
∴𝑁−1,−
1
2 ℎ2 +
7
2
∵𝑀𝑁= 𝑃𝑄
∴
9
2−−
1
2 ℎ2 +
7
2 = ℎ+ 4
解得ℎ= 1 +
7或ℎ= 1−7
∵新抛物线𝐿2的顶点𝑃在𝐴𝐶的延长线上
∴ℎ> 0，故ℎ= 1−7应舍去
∴ℎ= 1 +
7
∴𝑃1 +
7,5 +
7 ．
【点睛】本题属于二次函数和一次函数综合题，考查了待定系数法，特殊四边形的存在性问题，抛物线的
平移，勾股定理等知识，解题的关键是掌握待定系数法以及二次函数的性质．
【题型5 二次函数与菱形】
【例5】（25-26 九年级上·福建厦门·阶段检测）如图，抛物线𝑦=
1
2𝑥2 +2𝑥−6与x 轴交于A，B 两点（点A
在点B 的左侧），与y 轴交于点C，连接𝐴𝐶,𝐵𝐶．
(1)求A、B，C 三点的坐标．
(2)点P 是直线𝐴𝐶下方抛物线上的一个动点，过点P 作𝐵𝐶的平行线l，交线段𝐴𝐶于点D．在直线l 上是否存
在点E，使得以点D，C，B，E 为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点E 的坐标，若不存在，请说明理
由．
【答案】(1)(−6,0)，(2,0)，(0,−6)
(2)存在；2−2 5,2 5 或(−6,−8)
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质、一次函数图象和性质、菱形的性质，熟练掌握菱形的性质和
待定系数法是解题的关键．
（1）分别令𝑥= 0，𝑦= 0，即可求出𝐴、𝐵、𝐶三点的坐标；
（2）根据𝐴、𝐶三点的坐标求直线𝐴𝐶的函数表达式，根据直线𝐴𝐶的表达式设点D 的坐标为(𝑚,−𝑚−6)，然
后分为四边形𝐵𝐷𝐸𝐶是菱形和四边形𝐶𝐵𝐸𝐷是菱形两种情况分别讨论即可．
【详解】（1）解：对于𝑦=
1
2𝑥2 +2𝑥−6来说，
当𝑥= 0时 ，𝑦= −6；
故点𝐶(0,−6)，
当𝑦= 0时，有
1
2𝑥2 +2𝑥−6 = 0，
解得：𝑥1 = 2,𝑥2 = −6，
∴𝐵(2,0)，𝐴(−6,0)；
（2）解：存在：
设直线𝐴𝐶的表达式为：𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏；
将𝐴(−6,0)，𝐶(0,−6)代入得：−6𝑘+ 𝑏= 0
0 + 𝑏= −6
，
解得：𝑘= −1
𝑏= −6
故直线𝐴𝐶的表达式为：𝑦= −𝑥−6 ；
设点D 的坐标为(𝑚,−𝑚−6)，其中−6 < 𝑚< 0，
∵𝐵2，0 ，𝐶0，−6 ，
∴𝐵𝐷2=(𝑚−2)2 + (𝑚+ 6)2，𝐵𝐶2 = 22 + 62 = 40，𝐷𝐶2 = 𝑚2 + (−𝑚−6 + 6)2 = 2𝑚2，
∵𝐷𝐸∥𝐵𝐶，
∴当𝐷𝐸= 𝐵𝐶时，以点D，C，B，E 为顶点的四边形为平行四边形，
分两种情况：
如图，当𝐵𝐷= 𝐵𝐶时，四边形𝐵𝐷𝐸𝐶为菱形，
∴𝐵𝐷2 = 𝐵𝐶2，
∴(𝑚−2)2 + (𝑚+ 6)2 = 40，
解得：𝑚1 = −4，𝑚2 = 0（舍去），
∴点D 的坐标为(−4,−2)，
∵点D 向左移动2 个单位长度，向下移动6 个单位长度得到点E，
∴点E 的坐标为(−6,−8)；
如图，当𝐶𝐷= 𝐶𝐵时，四边形𝐶𝐵𝐸𝐷为菱形，
∴𝐶𝐷2 = 𝐶𝐵2，
∴2𝑚2 = 40，
解得：𝑚1 = −2 5，𝑚2 = 2 5（舍去），
∴点D 的坐标为−2 5，2 5−6 ，
∵点D 向右移动2 个单位长度，向上移动6 个单位长度得到点E，
∴点E 的坐标为2−2 5，2 5 ；
综上，存在点E，使得以点D，C，B，E 为顶点的四边形为菱形，点E 的坐标为(−6,−8)或2−2 5，2 5 ；
【变式5-1】（2025·陕西西安·一模）如图，在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，抛物线𝐶1:𝑦= 𝑥2 +2𝑥−3与𝑥轴交于
点𝐴和点𝐵．
(1)求点𝐴，点𝐵的坐标；
(2)抛物线𝐶2与抛物线𝐶1关于原点𝑂成中心对称，求抛物线𝐶2的表达式；
(3)已知𝐴的对应点为𝐴′，𝐵的对应点为𝐵′，𝐶的对应点为𝐶′，以𝐴，𝐴′，𝐵，𝐵′，𝐶，𝐶′六个点中的4 个点为顶
点构造四边形，请写出形状为菱形的四边形，并求出面积最大的菱形面积．
【答案】(1)𝐴(−3,0)，𝐵(1,0)
(2)𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3
(3)四边形𝐶′𝐵′𝐶𝐵，𝐶′𝐴𝐶𝐴′是菱形，面积最大的菱形面积为18
【分析】（1）当𝑦= 0时，0 = 𝑥2 +2𝑥−3，然后求解即可；
（2）首先将抛物线𝐶1配方得到𝑦1 = 𝑥2 +2𝑥−3 = (𝑥+ 1)2−4，求出抛物线𝐶1的顶点坐标为(−1,−4)，然后
根据中心对称的性质得到抛物线𝐶2的二次项系数为−1，顶点坐标为(1,4)，进而求解即可；
（3）首先求出𝐶(0,−3)，𝐴′(3,0)，𝐵′(−1,0)，𝐶′(0,3)，然后得出𝑂𝐵= 𝑂𝐵′ = 1，𝑂𝐶= 𝑂𝐶′ = 3，𝑂𝐴= 𝑂𝐴′
= 3，结合𝐵𝐵′ ⊥𝐶𝐶′，𝐴𝐴′ ⊥𝐶𝐶′证明出四边形𝐶′𝐵′𝐶𝐵，𝐶′𝐴𝐶𝐴′是菱形，然后利用菱形面积公式求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线𝐶1:𝑦= 𝑥2 +2𝑥−3与𝑥轴交于点𝐴和点𝐵
∴当𝑦= 0时，0 = 𝑥2 +2𝑥−3
解得𝑥= 1或−3
∴𝐴(−3,0)，𝐵(1,0)；
（2）解：∵𝑦1 = 𝑥2 +2𝑥−3 = (𝑥+ 1)2−4
∴抛物线𝐶1的顶点坐标为(−1,−4)
∵抛物线𝐶2与抛物线𝐶1关于原点𝑂成中心对称
∴抛物线𝐶2的二次项系数为−1，顶点坐标为(1,4)
∴抛物线𝐶2的表达式为𝑦= −(𝑥−1)2 +4 = −𝑥2 +2𝑥+ 3；
（3）解：如图所示，
当𝑥= 0时，𝑦1 = 𝑥2 +2𝑥−3 = −3
∴𝐶(0,−3)
∵𝐴(−3,0)，𝐵(1,0)，抛物线𝐶2与抛物线𝐶1关于原点𝑂成中心对称
∴𝐴′(3,0)，𝐵′(−1,0)，𝐶′(0,3)
∴𝑂𝐵= 𝑂𝐵′ = 1，𝑂𝐶= 𝑂𝐶′ = 3，𝑂𝐴= 𝑂𝐴′ = 3
∴四边形𝐶′𝐵′𝐶𝐵，𝐶′𝐴𝐶𝐴′是平行四边形
又∵𝐵𝐵′ ⊥𝐶𝐶′，𝐴𝐴′ ⊥𝐶𝐶′
∴四边形𝐶′𝐵′𝐶𝐵，𝐶′𝐴𝐶𝐴′是菱形
由图可得，菱形𝐶′𝐴𝐶𝐴′的面积大于菱形𝐶′𝐵′𝐶𝐵的面积
∴菱形𝐶′𝐴𝐶𝐴′的面积=
1
2𝐴𝐴′ ⋅𝐶𝐶′ =
1
2 × 6 × 6 = 18．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象和性质，关于点成中心对称的图形的性质以
及菱形的判定和面积公式，其中根据中心对称的性质求出抛物线𝐶2的函数表达式是解题的关键．
【变式5-2】如图，抛物线𝑦= −𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐与𝑥轴交于点𝐴(−1,0)、𝐵(4,0)，与𝑦轴交于点𝐶，连接𝐵𝐶，点𝑃为
线段𝐶𝐵上一个动点（不与点𝐶，𝐵重合），过点𝑃作𝑃𝑄∥𝑦轴交抛物线于点𝑄，
(1)求抛物线的表达式；
(2)设 𝑃的横坐标为𝑡，请用含𝑡的式子表示线段𝑃𝑄的长，并求出线段𝑃𝑄的最大值；
(3)已知点𝑀是抛物线对称轴上的一个点，点𝑁是平面直角坐标系内一点，当线段𝑃𝑄取得最大值时，是否存
在这样的点𝑀、𝑁，使得四边形𝑃𝐵𝑀𝑁是菱形？ 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 +3𝑥+ 4
(2)−𝑡2 +4𝑡，最大值是4
(3)存在，
3
2 ,
7
2 或
3
2 ,−
7
2
【分析】（1）设抛物线的解析式为𝑦= −(𝑥−𝑥1)(𝑥−𝑥2)，根据抛物线与𝑥轴交点可得交点式，化简即可求解；
（2）求出点𝐶坐标后可求得直线𝐵𝐶的表达式，设点𝑃(𝑡,−𝑡+ 4)，则𝑄(𝑡,−𝑡2 + 3𝑡+ 4)，利用二次函数的性质
即可求出𝑃𝑄的最大值；
（3）当四边形𝑃𝐵𝑀𝑁是菱形时，𝐵𝑃= 𝐵𝑀，设点𝑀
3
2 ,𝑚，由方程(4−2)2 + (0−2)2 = 4−
3
2
2
+ (0−𝑚)2，
求出𝑚的值即得答案．
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为𝑦= −(𝑥−𝑥1)(𝑥−𝑥2)，
∵抛物线𝑦= −𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐与𝑥轴交于点𝐴(−1,0)、𝐵(4,0)，
∴𝑦= −(𝑥−𝑥1)(𝑥−𝑥2) = −(𝑥+ 1)(𝑥−4) = −𝑥2 +3𝑥+ 4，
故抛物线的表达式为𝑦= −𝑥2 +3𝑥+ 4；
（2）解：∵抛物线的表达式为𝑦= −𝑥2 +3𝑥+ 4，
∴𝑥= 0时，𝑦= 4，即𝐶(0,4)，
设直线𝐵𝐶的表达式为𝑦= 𝑘𝑥+ 4，
将𝐵(4,0)代入得4𝑘+ 4 = 0，
解得𝑘= −1，
则直线𝐵𝐶的表达式为𝑦= −𝑥+ 4，
设点𝑃(𝑡,−𝑡+ 4)，则𝑄(𝑡,−𝑡2 + 3𝑡+ 4)，
则𝑃𝑄= (−𝑡2 + 3𝑡+ 4)−(−𝑡+ 4) = −𝑡2 +4𝑡，
∵𝑃𝑄= −𝑡2 +4𝑡= −(𝑡−2)2 +4，
其中−1 < 0，
∴𝑃𝑄有最大值，当𝑡= 2时，𝑃𝑄取最大值4；
（3）解：存在，理由如下：
当𝑡= 2时，点𝑃(2,2)，
∵抛物线的表达式为𝑦= −𝑥2 +3𝑥+ 4 = −𝑥−
3
2
2
+
25
4 ，
∴抛物线对称轴为𝑥=
3
2，
设点𝑀
3
2 ,𝑚，而𝐵(4,0)，
∵四边形𝑃𝐵𝑀𝑁是菱形，
∴𝐵𝑃= 𝐵𝑀，
即(4−2)2 + (0−2)2 = 4−
3
2
2
+ (0−𝑚)2，
解得𝑚=±
7
2 ，
即点𝑀的坐标为
3
2 ,
7
2 或
3
2 ,−
7
2 ．
【点睛】本题考查的知识点是二次函数综合、二次函数交点式、求一次函数解析式、二次函数的图象与性
质、菱形的性质、一元二次方程的应用，解题关键是熟练掌握二次函数的图象与性质．
【变式5-3】（25-26 九年级上·辽宁大连·阶段检测）如图，已知直线𝑦=
4
3𝑥+ 4与x 轴交于点A，与y 轴交
于点C，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 4经过A，C 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)D 是第二象限内抛物线上的动点，求△𝐴𝐶𝐷面积S 的最大值及此时D 点的坐标；
(3)若点P 在抛物线对称轴上，点Q 在平面上，以点A，C，P，Q 为顶点作菱形，请直接写出符合题意的P
点的坐标．
【答案】(1)𝑦= −
4
3𝑥2−
8
3𝑥+ 4
(2)𝑆最大=
9
2，𝐷−
3
2 ,5
(3)𝑃−1,
13
8 或𝑃−1, 21 或𝑃−1,−21 或𝑃−1,4 + 2 6 或𝑃−1,4−2 6
【分析】（1）先求得𝐴，𝐵，𝐶三点的坐标，将抛物线设为交点式，进一步求得结果；
（2）作𝐷𝐹⊥𝐴𝐵于𝐹，交𝐴𝐶于𝐸，根据点𝐷和点𝐸坐标可表示出𝐷𝐸的长，进而表示出三角形𝐴𝐷𝐶的面积，进
而表示出𝑆的函数关系式，进一步求得结果；
（3）根据菱形性质分别进行分类讨论，即以𝐴𝐶为对角线或以𝐴𝐶为边这两个情况，进而求得点𝑃的坐标即可．
【详解】（1）解：当𝑥= 0时，𝑦= 4，∴𝐶(0,4)，
当𝑦= 0时，由
4
3𝑥+ 4 = 0得𝑥= −3，
∴𝐴(−3,0)，
∵对称轴为直线𝑥= −1，
∴𝐵(1,0)，
∴设抛物线的表达式为𝑦= 𝑎(𝑥−1)(𝑥+ 3)，
∴4 = −3𝑎，
∴ 𝑎= −
4
3，
∴抛物线的表达式为𝑦= −
4
3(𝑥−1)(𝑥+ 3) = −
4
3𝑥2−
8
3𝑥+ 4；
（2）解：如图1，
作𝐷𝐹⊥𝐴𝐵于𝐹，交𝐴𝐶于𝐸，
∴ 𝐷𝑚,−
4
3 𝑚2−
8
3 𝑚+ 4 ，𝐸𝑚,
4
3 𝑚+ 4 ，
∴ 𝐷𝐸= −
4
3𝑚2−
8
3𝑚+ 4−
4
3 𝑚+ 4 = −
4
3𝑚2−4𝑚，
∴ 𝑆=
1
2𝐷𝐸⋅𝑂𝐴=
3
2 ⋅−
4
3 𝑚2−4𝑚= −2𝑚2−6𝑚= −2 𝑚+
3
2
2
+
9
2，
∵−2 < 0，−3 < 𝑚< 0，
∴当𝑚= −
3
2时，S 取最大值，最大值为
9
2，
当𝑚= −
3
2时，𝑦= −
4
3 × −
3
2 −1 × −
3
2 + 3 = 5，
∴ 𝐷−
3
2 ,5 ；
（3）解：∵点𝑃在抛物线对称轴上，
∴设𝑃(−1,𝑛)，
∵以点𝐴，𝐶，𝑃，𝑄为顶点作菱形，
∴①当以𝐴，𝐶，𝑃，𝑄为顶点的四边形是以𝐴𝐶为对角线的菱形，
∴𝑃𝐴= 𝑃𝐶，即𝑃𝐴2 = 𝑃𝐶2，
∴(−1 + 3)2 + 𝑛2 = 1 + (𝑛−4)2，
∴ 𝑛=
13
8 ，
∴ 𝑃−1,
13
8 ；
②当以𝐴，𝐶，𝑃，𝑄为顶点的四边形是以𝐴𝐶、𝐴𝑃为邻边的菱形，
∴𝑃𝐴= 𝐴𝐶，即𝑃𝐴2 = 𝐴𝐶2，
∴(−1 + 3)2 + 𝑛2 = (−3)2 + 42，
∴ 𝑛=±
21，
∴ 𝑃−1, 21 或𝑃−1,−21 ；
③当以𝐴，𝐶，𝑃，𝑄为顶点的四边形是以𝐴𝐶、𝑃𝐶为邻边的菱形，
∴𝑃𝐶= 𝐴𝐶，即𝑃𝐶2 = 𝐴𝐶2，
∴(−1)2 + (𝑛−4)2 = (−3)2 + 42，
∴ 𝑛= 4 ± 2 6，
∴ 𝑃−1,4 + 2 6 或𝑃−1,4−2 6
综上：𝑃−1,
13
8 或𝑃(−1, 21)或𝑃(−1,−21)或𝑃−1,4 + 2 6 或𝑃−1,4−2 6 ．
【点睛】本题考查了二次函数的面积综合，待定系数法解二次函数的解析式，二次函数的图象与性质，勾
股定理，三角形的面积，菱形性质等知识，解题的关键是熟练掌握知识点及分类讨论思想的运用．
【题型6 二次函数与正方形】
【例6】（24-25 九年级下·山东菏泽·期中）如图，在平面直角坐标系中，将一个正方形𝐴𝐵𝐶𝐷放在第一象限
斜靠在两坐标轴上，且点𝐴，𝐵的坐标分别为𝐴(0,2)，𝐵(1,0)，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2−𝑎𝑥−2经过点𝐶．
(1)求点𝐶的坐标；
(2)求抛物线的表达式，并求出其顶点坐标；
(3)在抛物线上是否存在点𝑃与点𝑄（点𝐶，𝐷除外）使四边形𝐴𝐵𝑃𝑄为正方形？若存在，请求出𝑃，𝑄的坐标；
若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(3,1)
(2)𝑦=
1
2𝑥2−
1
2𝑥−2，顶点坐标为
1
2 ,−
17
8 ；
(3)𝑄(−2,1)，𝑃(−1,−1)
【分析】（1）如图，作𝐶𝐸⊥𝑥轴于点𝐸，证明出△𝐴𝑂𝐵≌△𝐵𝐸𝐶(AAS)，得到𝑂𝐴= 𝐵𝐸= 2，𝐶𝐸= 𝑂𝐵= 1，
进而求解即可；
（2）利用待定系数法求出抛物线的解析式为𝑦=
1
2𝑥2−
1
2𝑥−2 =
1
2 𝑥−
1
2
2
−
17
8 ，即可得到顶点坐标为
1
2 ,−
17
8 ；
（3）如图，以𝐴𝐵为边在𝐴𝐵的左侧作正方形𝐴𝐵𝑃𝑄，过𝑄作𝑄𝐸⊥𝑂𝐴于𝐸，𝑃𝐺⊥𝑥轴于𝐺，同（1）可证
△𝑄𝐸𝐴≌△𝐵𝐺𝑃≌△𝐴𝑂𝐵，求出𝑄点坐标为(−2,1)，𝑃点坐标为(−1,−1)．然后分别代入抛物线验证即可．
【详解】（1）如图，作𝐶𝐸⊥𝑥轴于点𝐸，
∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为正方形，
∴∠𝐴𝐵𝑂+ ∠𝐶𝐵𝐸= 90°，𝐴𝐵= 𝐵𝐶
∵∠𝑂𝐴𝐵+ ∠𝑂𝐵𝐴= 90°，
∴∠𝑂𝐴𝐵= ∠𝐸𝐵𝐶，
又∵∠𝐴𝑂𝐵= ∠𝐵𝐸𝐶
∴△𝐴𝑂𝐵≌△𝐵𝐸𝐶(AAS)，
∵𝐴(0,2)，𝐵(1,0)，
∴𝐴𝑂= 2，𝐵𝑂= 1，
∴𝑂𝐴= 𝐵𝐸= 2，𝐶𝐸= 𝑂𝐵= 1
∴𝑂𝐸= 2 + 1 = 3，
∴𝐶点坐标为(3,1)；
（2）∵抛物线经过点𝐶(3,1)，
∴1 = 𝑎× 32−𝑎× 3−2，
∴𝑎=
1
2，
∴抛物线的解析式为𝑦=
1
2𝑥2−
1
2𝑥−2 =
1
2 𝑥−
1
2
2
−
17
8
∴顶点坐标为
1
2 ,−
17
8 ；
（3）在抛物线上存在点𝑃、𝑄，使四边形𝐴𝐵𝑃𝑄是正方形．
如图，以𝐴𝐵为边在𝐴𝐵的左侧作正方形𝐴𝐵𝑃𝑄，过𝑄作𝑄𝐸⊥𝑂𝐴于𝐸，𝑃𝐺⊥𝑥轴于𝐺，
同（1）可证△𝑄𝐸𝐴≌△𝐵𝐺𝑃≌△𝐴𝑂𝐵，
∴𝑄𝐸= 𝐵𝐺= 𝐴𝑂= 2，𝐴𝐸= 𝑃𝐺= 𝐵𝑂= 1，
∴𝑄点坐标为(−2,1)，𝑃点坐标为(−1,−1)．
由（2）抛物线𝑦=
1
2𝑥2−
1
2𝑥−2，
当𝑥= −2时，𝑦= 1；当𝑥= −1时，𝑦= −1．
∴𝑃、𝑄在抛物线上．
故在抛物线上存在点𝑄(−2,1)、𝑃(−1,−1)，使四边形𝐴𝐵𝑃𝑄是正方形．
【点睛】此题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数和四边形综合，全等三角形的性质和判定，
正方形的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
【变式6-1】如图，直线𝑦= −3𝑥+ 3与𝑥轴、𝑦轴分别交于𝐴、𝐵两点，抛物线𝑦= 𝑎(𝑥−2)2 +𝑘经过A、B 两
点，并与𝑥轴交于另一点𝐶．
(1)求此抛物线的函数解析式；
(2)若抛物线的对称轴上有一点𝑄，使得△𝐴𝐵𝑄是以𝐴𝐵为底边的等腰三角形，求点𝑄的坐标；
(3)在抛物线及其对称轴上分别取点𝑀,𝑁，使得以𝐴,𝐶,𝑀,𝑁为顶点的四边形为正方形，求此正方形的边长．
【答案】(1)𝑦= 𝑥2−4𝑥+ 3
(2)𝑄(2,2)
(3) 2
【分析】（1）根据一次函数的解析式求出A、B 坐标，代入抛物线的解析式即可求出a、k，进而得到答案；
（2）过点𝐵作𝐵𝐸⊥对称轴于点𝐸，设𝑄(2,𝑡)，根据𝐵𝑄= 𝐴𝑄并结合勾股定理求出t 即可；
（3）作出图象，可知以𝐴,𝐶,𝑀,𝑁为顶点的四边形为正方形时，𝐴𝐶和𝑀𝑁分别为对角线，利用对称性和勾股定
理即可求解．
本题考查了一次函数与坐标轴的交点、待定系数法求二次函数解析式、勾股定理解三角形、正方形的性质
等，作出合理的辅助线是解题关键．
【详解】（1）解：∵直线𝑦= −3𝑥+ 3与𝑥轴、𝑦轴分别交于𝐴,𝐵两点，
∴当𝑥= 0时，𝑦= 3,𝐵(0,3)；
当𝑦= 0时，𝑥= 1,𝐴(1,0)．
∵抛物线𝑦= 𝑎(𝑥−2)2 +𝑘经过点𝐴、𝐵，
∴
𝑎(1−2)2 + 𝑘= 0
𝑎(0−2)2 + 𝑘= 3
，解得
𝑎= 1
𝑘= −1
，
∴𝑦= (𝑥−2)2−1，
即抛物线的函数解析式为𝑦= 𝑥2−4𝑥+ 3；
（2）解：如图1，过点𝐵作𝐵𝐸⊥对称轴于点𝐸，
设抛物线的对称轴与𝑥轴交于点𝐷，则𝐸(2,3),𝐷(2,0)，
设𝑄(2,𝑡)，则𝐵𝐸2 +𝑄𝐸2 = 𝐴𝐷2 +𝐷𝑄2，
∴4 + (3−𝑡)2 = 1 + 𝑡2,解得𝑡= 2,
∴𝑄(2,2)；
（3）解：如图2，
由正方形的性质可知𝑀𝑁⊥ 𝐴𝐶，且𝑀𝑁平分𝐴𝐶,𝑀𝑁= 𝐴𝐶，
易求𝐶(3,0)，
∴𝐴𝐶= 2,
∴𝐴𝑀2 +𝑀𝐶2 = 𝐴𝐶2,𝑀𝐶= 𝐴𝑀，
解得𝐴𝑀=
2，
即正方形的边长为2．
【变式6-2】（2024·黑龙江大庆·二模）如图，某一次函数与二次函数𝑦= 𝑥2 +𝑚𝑥+ 𝑛的图象交点为𝐴
(−1,0)，𝐵(4,5)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点𝐶为抛物线对称轴上一动点，当𝐴𝐶与𝐵𝐶的和最小时，求点𝐶的坐标；
(3)在（2）条件下，点𝑀为𝑦轴上一点，点𝐹为直线𝐴𝐵上一点，点𝑁为平面直角坐标系内一点，若以点𝐶，𝑀，
𝐹，𝑁为顶点的四边形是正方形，请直接写出点𝑁的坐标．
【答案】(1)抛物线的解析式为𝑦= 𝑥2−2𝑥−3
(2)𝐶(1,2)
(3)(1,1)或(1,4)或(−1,2)或
1
2 ,
5
2
【分析】本题考查用等定系数法求函数解析式，二次函数与正方形综合，二次函数与一次函数综合．熟练
掌握二次函数的图象性质和正方形的性质是解题的关键．
（1）用待定系数法求解即可；
（2）先用待定系数法求出直线𝐴𝐵的解析式为𝑦= 𝑥+ 1，根据当点𝐴、 𝐵、𝐶三点共线时，𝐴𝐶+ 𝐵𝐶的最小
值为𝐴𝐵的长，再根据抛物线𝑦=𝑥2−2𝑥−3的对称轴为𝑥= 1，把∴ 𝑥= 1代入𝑦= 𝑥+ 1，求得𝑦= 2，即可求
解．
（3）分三种情况：当𝐶𝐹为对角线时，此时四边形𝐶𝑀𝐹𝑁是正方形；当𝐶𝐹为边时，若点𝐹在𝐶的上方，四边形
𝐶𝐹𝑁𝑀是正方形；当若点𝐹在点𝐶的下方时，四边形𝐶𝐹𝑀𝑁是正方形．分别求解即可．
【详解】（1）解：将𝐴(−1,0)，𝐵(4,5)代入𝑦= 𝑥2 +𝑚𝑥+ 𝑛得
1−𝑚+ 𝑛= 0
16 + 4𝑚+ 𝑛= 5
∴𝑚= −2
𝑛= −3
∴抛物线的解析式为𝑦=𝑥2−2𝑥−3．
（2）解：设直线𝐴𝐵的函数解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
−𝑘+ 𝑏= 0
4𝑘+ 𝑏= 5
，
∴
𝑘= 1
𝑏= 1
，
∴直线𝐴𝐵的解析式为𝑦= 𝑥+ 1．
∵𝐴𝐶+ 𝐵𝐶≥𝐴𝐵，
∴当点𝐴、 𝐵、𝐶三点共线时，𝐴𝐶+ 𝐵𝐶的最小值为𝐴𝐵的长，
∵抛物线𝑦=𝑥2−2𝑥−3的对称轴为𝑥= 1，
∴当𝑥= 1时，𝑦= 2，
∴𝐶(1,2)
（3）解：当𝐶𝐹为对角线时，此时四边形𝐶𝑀𝐹𝑁是正方形，如图，
令𝑥= 0，则𝑦= 𝑥+ 1 = 1，
∴𝐹(0,1)，
∵四边形𝐶𝑀𝐹𝑁是正方形，点𝑀为𝑦轴上一点，
∴𝐶𝑀⊥𝑦轴，𝐹𝑁= 𝐶𝑀
∵𝐶(1,2)，
∴𝑁(1,1)；
当𝐶𝐹为边时，若点𝐹在𝐶的上方，四边形𝐶𝐹𝑁𝑀是正方形，如图，
此时∠𝑀𝐹𝐶= 45° ，
∴𝑀𝐹∥𝑥轴
∵△𝑀𝐶𝐹是等腰直角三角形，
∴𝑀𝐹= 𝐶𝑁= 2，
∴𝑁(1,4)；
当点𝐹在点𝐶的下方时，四边形𝐶𝐹𝑀𝑁是正方形，如图，
∵△𝑀𝐶𝐹是等腰直角三角形，
∴点F 在𝐶𝑀的垂直平分线上，
∵点𝑀为𝑦轴上一点，𝐶(1,2)，
∴点F 的横坐标为
1
2，
把𝑥=
1
2代入𝑦= 𝑥+ 1，得𝑦=
3
2，
∴𝐹
1
2 ,
3
2
∵四边形𝐶𝐹𝑀𝑁是正方形，
∴点F 与点N 关于𝐶𝑀对称，
∴𝑁
1
2 ,
5
2 ；
当点𝐹在点𝐶的下方时，如图，四边形𝐶𝐹𝑁𝑀是正方形，
∵四边形𝐶𝐹𝑁𝑀是正方形，点𝑀为𝑦轴上一点，
∴点N 与点C 关于y 轴对称，
∵𝐶(1,2)
∴𝑁(−1,2)；
综上：点𝑁的坐标为(1,1)或(1,4)或(−1,2)或
1
2 ,
5
2 ．
【变式6-3】（25-26 九年级上·辽宁大连·期末）如图，在平面直角坐标系中，O 是原点．抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 4
与x 轴交于点𝐴(−3,0),𝐵(2,0)，与y 轴交于点C．点P 是抛物线上的一个动点，其横坐标是m．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)当𝑃𝐶∥𝐴𝐵时，求点P 的坐标；
(3)设此抛物线在点A 与点P 之间的部分（包括点A 和点P）的最高点与最低点的纵坐标的差为h，当
𝑚> 0，且ℎ= 4𝑚时，求m 的值；
(4)取𝑂𝐶的中点M，连接𝑃𝑀，以𝑃𝑀为对角线作正方形𝑃𝑄𝑀𝑁，当𝑚< 0，且正方形𝑃𝑄𝑀𝑁的顶点N 或Q 落
在x 轴上时，请直接写出m 的值．
【答案】(1)𝑦= −
2
3𝑥2−
2
3𝑥+ 4
(2)𝑃(−1,4)
(3)𝑚=
25
24或𝑚=
5+2 6
2
(4)𝑚=
1−145
4
或𝑚= −
9
2
【分析】（1）把𝐴(−3,0),𝐵(2,0)代入抛物线利用待定系数法求解即可．
（2）先求出点𝐶坐标，根据𝑃𝐶∥𝐴𝐵，得出𝑃点纵坐标为 4 ，则−
2
3𝑥2−
2
3𝑥+ 4 = 4，解方程即可求解．
（3）先求出抛物线的顶点坐标为−
1
2 ,
25
6 ，当0 < 𝑚≤2时，最高点为顶点坐标，最低点为𝐴点坐标，得出
25
6 −0 = 4𝑚，求解即可．当𝑚> 2时，最高点为顶点坐标，最低点为𝑃点坐标，得出
25
6 −−
2
3 𝑚2−
2
3 𝑚+ 4
= 4𝑚，求解即可．
（4）分两种情况：①如图，过𝑃作𝑃𝐻⊥𝑥轴．证明△𝑃𝑄𝐻≌△𝑄𝑀𝑂，得出𝑀𝑂= 𝑄𝐻,𝑃𝐻= 𝑂𝑄，从而得
𝑄𝐻= 𝑀𝑂= 2， 根据𝑃𝑚,−
2
3 𝑚2−
2
3 𝑚+ 4 ， 得出𝑂𝑄= 𝑃𝐻= −
2
3𝑚2−
2
3𝑚+ 4， 根据𝑂𝑄+ 𝑄𝐻= 𝑂𝐻，
列出方程−
2
3𝑚2−
2
3𝑚+ 4 + 2 = −𝑚， 求解即可．②如图所示：同理证明△𝑀𝑂𝑁≌△𝑁𝐻𝑃，得出
𝐻𝑁= 𝑀𝑂= 2,𝑁𝑂= 𝑃𝐻=
2
3𝑚2 +
2
3𝑚−4，根据𝑂𝑁= 𝑁𝐻+ 𝐻𝑂，列出方程−𝑚+ 2 =
2
3𝑚2 +
2
3𝑚−4，求解即
可．
【详解】（1）解：把𝐴(−3,0),𝐵(2,0)代入抛物线得：
0 = 9𝑎−3𝑏+ 4
0 = 4𝑎+ 2𝑏+ 4
，
∴𝑎= −
2
3,𝑏= −
2
3，
∴该抛物线的解析式为𝑦= −
2
3𝑥2−
2
3𝑥+ 4．
（2）解：∵抛物线的解析式为𝑦= −
2
3𝑥2−
2
3𝑥+ 4与𝑦轴交于点𝐶，
∴𝐶(0,4)，
∵𝑃𝐶∥𝐴𝐵，
∴𝑃点纵坐标为 4 ，
∴−
2
3𝑥2−
2
3𝑥+ 4 = 4，
∴𝑥1 = 0,𝑥2 = −1，
∴𝑃(−1,4)．
（3）解：抛物线𝑦= −
2
3𝑥2−
2
3𝑥+ 4 = −
2
3 𝑥+
1
2
2
+
25
6 ，
故顶点坐标为−
1
2 ,
25
6 ，
当0 < 𝑚≤2时，
最高点为顶点坐标，最低点为𝐴点坐标，
∴
25
6 −0 = 4𝑚，
∴𝑚=
25
24，
当𝑚> 2时，
最高点为顶点坐标，最低点为𝑃点坐标，
∴
25
6 −−
2
3 𝑚2−
2
3 𝑚+ 4 = 4𝑚，
∴4𝑚2−20𝑚+ 1 = 0，
∴𝑚=
5±2 6
2
，
∵𝑚> 2，
∴𝑚=
5+2 6
2
，
综上所述，𝑚=
25
24或𝑚=
5+2 6
2
．
（4）解：①如图，过𝑃作𝑃𝐻⊥𝑥轴．
∵正方形𝑃𝑄𝑀𝑁，
∴𝑃𝑄= 𝑄𝑀,∠𝑃𝑄𝑀= 90°，
∵∠𝑃𝑄𝐻+ ∠𝑀𝑄𝑂= 90°,∠𝑄𝑀𝑂+ ∠𝑀𝑄𝑂= 90°，
∴∠𝑃𝑄𝐻= ∠𝑄𝑀𝑂，
在△𝑃𝑄𝐻和△𝑄𝑀𝑂中，
∠𝑃𝐻𝑄= ∠𝑄𝑂𝑀
∠𝑃𝑄𝐻= ∠𝑄𝑀𝑂
𝑃𝑄= 𝑄𝑀
，
∴△𝑃𝑄𝐻≌△𝑄𝑀𝑂(AAS)，
∴𝑀𝑂= 𝑄𝐻,𝑃𝐻= 𝑂𝑄，
∵𝑀为𝑂𝐶中点，
∴𝑀(0,2)，
∴𝑄𝐻= 𝑀𝑂= 2，
∵𝑃𝑚,−
2
3 𝑚2−
2
3 𝑚+ 4 ，
∴𝑂𝑄= 𝑃𝐻= −
2
3𝑚2−
2
3𝑚+ 4，
∵𝑂𝑄+ 𝑄𝐻= 𝑂𝐻，
∴−
2
3𝑚2−
2
3𝑚+ 4 + 2 = −𝑚，
∴2𝑚2−𝑚−18 = 0，
∴𝑚=
1± 145
4
，
∵𝑚< 0，
∴𝑚=
1−145
4
．
②如图所示：如图，过𝑃作𝑃𝐻⊥𝑥轴．
∵正方形𝑃𝑄𝑀𝑁，
∴𝑃𝑁= 𝑁𝑀,∠𝑃𝑁𝑀= 90°，
∵∠𝑃𝑁𝐻+ ∠𝑀𝑁𝑂= 90°,∠𝑁𝑀𝑂+ ∠𝑀𝑁𝑂= 90°，
∴∠𝑃𝑁𝐻= ∠𝑁𝑀𝑂，
在△𝑃𝑁𝐻和△𝑁𝑀𝑂中，
∠𝑃𝐻𝑁= ∠𝑁𝑂𝑀
∠𝑃𝑁𝐻= ∠𝑁𝑀𝑂
𝑃𝑁= 𝑁𝑀
，
∴△𝑀𝑂𝑁≌△𝑁𝐻𝑃(AAS)，
∴𝐻𝑁= 𝑀𝑂= 2,𝑁𝑂= 𝑃𝐻=
2
3𝑚2 +
2
3𝑚−4，
∵𝑂𝑁= 𝑁𝐻+ 𝐻𝑂，
∴−𝑚+ 2 =
2
3𝑚2 +
2
3𝑚−4，
∴2𝑚2 +5𝑚−18 = 0，
∴𝑚= −
9
2或2，
∵𝑚< 0，
∴𝑚= −
9
2，
综上所述，𝑚=
1−145
4
或𝑚= −
9
2．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，待定系数法求二次函数解析式，解一元二次方程，正方形的性质，
全等三角形的性质与判定，二次函数的最值问题等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
【题型7 二次函数与等腰梯形】
【例7】如图，把两个全等的Rt△AOB 和Rt△COD 分别置于平面直角坐标系中，使直角边OB，OD 在x 轴
上，已知点A（2，4），过点A、C 两点的直线分别交x 轴、y 轴于点E、F，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐经过
O，A，C 三点．
(1)求该抛物线的函数解析式；
(2)点G 为抛物线上位于线段OC 所在直线上方部分的一动点，求点G 到直线OC 的最大距离和此时点G 的
坐标；
(3)点P 为线段OC 上一个动点，过点P 作y 轴的平行线交抛物线于点M，交x 轴于点N，问是否存在这样
的点P，使得四边形ABPM 是等腰梯形？若存在，求出此时点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦= −
3
4𝑥2 +
7
2𝑥；
(2)G 点到直线OC 的最大距离为
6 5
5 ，此时G(2，4)；
(3)存在，P 点的坐标为
4
3 ，
2
3 ．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求得直线OC 的解析式，再利用二次函数的性质求解即可；
（3）确定相关点的坐标以及线段长度的数量关系，得到一元二次方程，求出t 的值，从而可解．
【详解】（1）解：由题意：A(2，4)，C(4，2)，O(0，0)，
因为抛物线y=ax2+bx+c 经过点O，A，C，
∴
4𝑎+ 2𝑏+ 𝑐= 4
16𝑎+ 4𝑏+ 𝑐= 2
𝑐= 0
，
解得𝑎= −
3
4，𝑏=
7
2，𝑐= 0，
∴抛物线解析式为𝑦= −
3
4𝑥2 +
7
2𝑥；
（2）解：连接GO，GC，过G 点作x 轴的垂线交OC 于点K，GH⊥OC 于点H．
令G 点的横坐标为m（0<m<4），则G(m，−
3
4m2+
7
2m)．
设直线OC 的解析式为y=kx+b，把C(4，2)，O(0，0)代入得：
4𝑘+ 𝑏= 2
𝑏= 0
，
解之得：b=0，k=
1
2，
∴直线OC 的解析式为y=
1
2x，则K(m，
1
2m)
∴𝑆△𝐺𝑂𝐶=
1
2 × 4 −
3
4 𝑚2 +
7
2 𝑚−
1
2 𝑚(0 < 𝑚< 4)
= −
3
2𝑚2 +6𝑚= −
3
2(𝑚−2)2 +6，
当𝑚= 2时，𝑆△𝐺𝑂𝐶的值最大为6，此时GH 的值为最大，
𝑂𝐶=
42 + 22 = 2 5，
∴
1
2 × 2 5𝐺𝐻= 6，𝐺𝐻=
6 5
5 ，
∴G 点到直线OC 的最大距离为
6 5
5 ，此时G(2，4)；
（3）解：存在．
如图所示，过点M 作𝑀𝑅⊥𝐴𝐵于点R，过点P 作𝑃𝑇⊥𝐴𝐵于点T．
由题意：𝑀𝑁∥𝐴𝐵，
∴MR=PT，
∵AM=BP，
∴𝑅𝑡△𝐴𝑀𝑅≌𝑅𝑡△𝐵𝑃𝑇(HL)．
∴𝐴𝑅= 𝐵𝑇
设点M 的横坐标为t(0 < 𝑡< 4)，则𝑀𝑡，−
3
4 𝑡2 +
7
2 𝑡．
由（2）知：直线OC 的解析式为𝑦=
1
2𝑥，则𝑃𝑡，
1
2 𝑡
∴|4−−
3
4 𝑡2 +
7
2 𝑡| =
1
2𝑡，
当4−−
3
4 𝑡2 +
7
2 𝑡=
1
2𝑡时，
解得：𝑡1 =
4
3，𝑡2 = 4（不合题意，舍去）；
当4−−
3
4 𝑡2 +
7
2 𝑡= −
1
2𝑡时，无实数解．
∴𝑡=
4
3，此时𝑃
4
3 ，
2
3
∴P 点的坐标为
4
3 ，
2
3 ．
【点睛】本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、二次函数的最值、相似三角形，涉及到的
知识点众多，难度较大，对学生能力要求较高，有利于训练并提升学生解决复杂问题的能力．
【变式7-1】已知二次函数的图象经过𝐴(2,0)、𝐶(0,12)两点，且对称轴为直线𝑥= 4．设顶点为点𝑃，与𝑥轴
的另一交点为点𝐵．
(1)求二次函数的解析式及顶点𝑃的坐标；
(2)如图，在直线𝑦= 2𝑥上是否存在点𝐷，使四边形𝑂𝑃𝐵𝐷为等腰梯形？若存在，求出点𝐷的坐标；若不存在，
请说明理由；
【答案】(1)𝑦= 𝑥2−8𝑥+ 12，(4,−4)
(2)存在，当𝐷
2
5 ,
4
5 时，四边形𝑂𝑃𝐵𝐷为等腰梯形
【分析】此题主要考查了待定系数法求二次解析式以及等腰梯形的性质与判定以及待定系数法求一次函数
解析式等知识，熟练应用等腰梯形的判定与性质是解题的关键．
（1）直接利用待定系数法求出二次函数解析式进而得出答案；
（2）首先求出直线𝐵𝑃的解析式，进而利用当𝐵𝐷= 𝑂𝑃时，得出𝑥的值，即当𝑥=
2
5时四边形𝑂𝑃𝐵𝐷为等腰梯
形．
【详解】（1）解：设二次函数的解析式为𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐，
由题意得
−𝑏
2𝑎= 4
𝑐= 12
4𝑎+ 2𝑏+ 𝑐= 0
，
解得
𝑎= 1
𝑏= −8
𝑐= 12
，
∴二次函数的解析式为𝑦= 𝑥2−8𝑥+ 12 = (𝑥−4)2−4，
∴点P 的坐标为(4,−4)．
（2）解：存在点𝐷，使四边形𝑂𝑃𝐵𝐷为等腰梯形．
理由如下：
当𝑦= 0时，𝑥2−8𝑥+ 12 = 0，
∴𝑥1 = 2，𝑥2 = 6，
∴点𝐵的坐标为(6,0)，
设直线𝐵𝑃的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚，
则
6𝑘+ 𝑚= 0
4𝑘+ 𝑚= −4
，
解得
𝑘= 2
𝑚= −12
，
∴直线𝐵𝑃的解析式为𝑦= 2𝑥−12，
∴直线𝑂𝐷∥𝐵𝑃，
∵顶点坐标𝑃(4,−4)，
∴𝑂𝑃= 4 2，
设𝐷(𝑥,2𝑥)，则𝐵𝐷2 = (2𝑥)2 + (6−𝑥)2，
当𝐵𝐷= 𝑂𝑃时，(2𝑥)2 + (6−𝑥)2 = (4 2)
2
，
解得：𝑥1 =
2
5，𝑥2 = 2，
当𝑥2 = 2时，𝑂𝐷= 𝐵𝑃= 2 5，四边形𝑂𝑃𝐵𝐷为平行四边形，舍去，
∴当𝑥=
2
5时，四边形𝑂𝑃𝐵𝐷为等腰梯形，
∴当𝐷
2
5 ,
4
5 时，四边形𝑂𝑃𝐵𝐷为等腰梯形．
【变式7-2】（2025·江苏宿迁·一模）已知抛物线𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐交𝑥轴于𝐴(1,0)、𝐵(3,0)两点，交y 轴于点
C，其顶点为D．
(1)求b、c 的值并写出抛物线的对称轴；
(2)连接𝐵𝐶，过点O 作直线𝑂𝐸⊥𝐵𝐶交抛物线的对称轴于点E．
求证：四边形𝑂𝐷𝐵𝐸是等腰梯形；
(3)抛物线上是否存在点Q，使得△𝑂𝐵𝑄的面积等于四边形𝑂𝐷𝐵𝐸的面积的
1
3？若存在，求点Q 的坐标；若不
存在，请说明理由．
【答案】(1)−4，3，𝑥= 2
(2)
证明：∵抛物线的解析式为𝑦= 𝑥2−4𝑥+ 3，
令𝑥= 0，可得𝑦= 3，即C 点坐标为(0,3)，
∵𝑦= 𝑥2−4𝑥+ 3 = (𝑥−2)2−1，
∴𝐷(2,−1)，
如下图，设抛物线的对称轴𝐷𝐸交𝑥轴于点𝐹，连接𝑂𝐷、𝐷𝐵、𝐵𝐸，
则𝐹点坐标为(2,0)，
∴𝑂𝐹= 2，𝐷𝐹= 1，𝐵𝐹= 3−2 = 1，
∵𝐵(3,0)，𝐶(0,3)，
∴𝑂𝐵= 𝑂𝐶= 3，
∵∠𝐵𝑂𝐶= 90°，
∴△𝑂𝐵𝐶是等腰直角三角形，
∵𝑂𝐸⊥𝐵𝐶，
∴∠𝐸𝑂𝐵=
1
2 × 90° = 45°，
∵𝐷𝐸⊥𝑥轴，
∴∠𝑂𝐸𝐹= 90°−∠𝐸𝑂𝐹= 45° = ∠𝐸𝑂𝐹，
∴𝐸𝐹= 𝑂𝐹= 2，
∴𝐸(2,2)，
∵𝐵𝐹= 𝐷𝐹= 1，∠𝐵𝐹𝐷= 90°，
∴△𝐵𝐹𝐷也是等腰直角三角形，
∴∠𝐸𝑂𝐵= ∠𝑂𝐵𝐷= 45°，
∴𝑂𝐸∥𝐵𝐷，
∴四边形𝑂𝐷𝐵𝐸是梯形，
在Rt △𝑂𝐷𝐹和Rt △𝐸𝐵𝐹中，𝑂𝐷=
𝑂𝐹2 + 𝐷𝐹2 =
22 + 12 =
5，𝐵𝐸=
𝐸𝐹2 + 𝐹𝐵2 =
22 + 12 =
5，
∴𝑂𝐷= 𝐵𝐸，
∴四边形𝑂𝐷𝐵𝐸是等腰梯形；
(3)存在，点Q 的坐标为2 +
2,1 或2−2,1 或(2,−1)
【分析】（1）将点𝐴(1,0)、𝐵(3,0)代入抛物线解析式，利用待定系数法解得b、c 的值，即可确定该抛物线
解析式，并确定其对称轴；
（2）首先确定点C，D 坐标；设抛物线的对称轴𝐷𝐸交𝑥轴于点𝐹，连接𝑂𝐷、𝐷𝐵、𝐵𝐸，易得𝐹点坐标为
(2,0)，分别证明△𝑂𝐵𝐶，△𝐵𝐹𝐷均为等腰直角三角形，易得∠𝐸𝑂𝐵= ∠𝑂𝐵𝐷= 45°，可证明𝑂𝐸∥𝐵𝐷，可知
四边形𝑂𝐷𝐵𝐸是梯形，再利用勾股定理确定𝑂𝐷= 𝐵𝐸，即可证明结论；
（3）点𝑄坐标为(𝑥,𝑦)，首先求得于四边形𝑂𝐷𝐵𝐸的面积，由题意得𝑆△𝑂𝐵𝑄=
1
2𝑂𝐵⋅|𝑦| =
3
2，易得𝑦= 1或
𝑦= −1，然后分𝑦= 1和𝑦= −1两种情况，分别求解即可．
【详解】（1）解：将点𝐴(1,0)、𝐵(3,0)代入抛物线𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐，
可得
0 = 1 + 𝑏+ 𝑐
0 = 9 + 3𝑏+ 𝑐
，解得
𝑏= −4
𝑐= 3
，
∴该抛物线解析式为𝑦= 𝑥2−4𝑥+ 3，
∵𝑦= 𝑥2−4𝑥+ 3 = (𝑥−2)2−1，
∴抛物线的对称轴为𝑥= 2；
（2）略
（3）存在，理由如下：
由题意得，可得𝑆四边形𝑂𝐷𝐵𝐸=
1
2𝑂𝐵⋅𝐷𝐸=
1
2 × 3 × 3 =
9
2，
设点𝑄坐标为(𝑥,𝑦)，
由题意得𝑆△𝑂𝐵𝑄=
1
2𝑂𝐵⋅|𝑦| =
1
2 × 3|𝑦| =
1
3𝑆四边形𝑂𝐷𝐵𝐸=
3
2，
∴|𝑦| = 1，
∴𝑦= 1或𝑦= −1，
当𝑦= 1时，可有𝑥2−4𝑥+ 3 = 1，
解得𝑥1 = 2 +
2,𝑥2 = 2−2，
∴𝑄点坐标为2 +
2,1 或2−2,1 ，
当𝑦= −1时，可有𝑥2−4𝑥+ 3 = −1，
解得𝑥1 = 𝑥2 = 2，
∴𝑄点坐标为(2,−1)．
综上所述，若△𝑂𝐵𝑄的面积等于四边形𝑂𝐷𝐵𝐸的面积的
1
3，则点𝑄坐标为2 +
2,1 或2−2,1 或(2,−1)．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的图像与性质、等腰直角三角形的判定
与性质、勾股定理、二次函数综合应用等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
【变式7-3】已知抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +3𝑥过点C（4，0），顶点为D，点B 在第一象限，BC 垂直于x 轴，且
BC＝2，直线BD 交y 轴于点A．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求点A 的坐标；
(3)点M 在抛物线的对称轴上，且四边形AOMD 和四边形BCMD 中，一个是平行四边形，另一个是等腰梯
形，求点M 的坐标（直接写出答案）．
【答案】(1)y＝﹣
3
4x2+3x；
(2)（0，4）；
(3)（2，1）或（2，﹣1）．
【分析】（1）将C（4，0）代入y＝ax2+3x，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
（2）先利用配方法求出（1）中抛物线的顶点D 的坐标，再由点B 在第一象限，BC 垂直于x 轴，且BC＝
2，可知B（4，2），设直线BD 的解析式为y＝kx+b，将B、D 两点的坐标代入，运用待定系数法求出直线
BD 的解析式，令x＝0 求出y 的值，进而得到点A 的坐标；
（3）由于点M 在抛物线的对称轴上，所以DM ∥BC ∥AO．分两种情况讨论：①当DM＝BC 时，四边形
BCMD 是平行四边形，再证明四边形AOMD 是等腰梯形；②当DM＝AO 时，四边形AOMD 是平行四边形，
再证明四边形BCMD 是等腰梯形．
【详解】（1）解：抛物线y＝ax2+3x 过点C（4，0），
∴16a+12＝0，
解得a＝﹣
3
4 ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣
3
4x2+3x；
（2）解：∵y＝﹣
3
4x2+3x＝﹣
3
4（x2﹣4x）＝﹣
3
4（x﹣2）2+3，
∴顶点D 的坐标为（2，3）．
∵点B 在第一象限，BC 垂直于x 轴，且BC＝2，
∴B（4，2）．
设直线BD 的解析式为y＝kx+b，将B（4，2），D（2，3）代入，
得4𝑘+ 𝑏= 2
2𝑘+ 𝑏= 3
，
解得
𝑘= −1
2
𝑏= 4
，
∴直线BD 的解析式为y＝﹣
1
2x+4，
当x＝0 时，y＝4，
∴点A 的坐标为（0，4）；
（3）解：在抛物线的对称轴上存在点M，使四边形AOMD 和四边形BCMD 中，一个是平行四边形，另一
个是等腰梯形．理由如下：
设点M 的坐标为（2，y）．由AOMD 和BCMD 都是四边形，得y＜3．
分两种情况：
①如图1 所示，
∵DM ∥BC，
∴当DM＝BC 时，四边形BCMD 是平行四边形．
∵D（2，3），DM＝BC，
∴3﹣y＝2，解得y＝1，
∴当M 的坐标为（2，1）时，四边形BCMD 是平行四边形，
此时，∵OM＝22 + 12 =
5 ，AD＝22 + (4−3)2 =
5，
∴OM＝AD，
又∵AO ∥DM，AO≠DM，
∴四边形AOMD 是等腰梯形；
②如图2 所示，
∵DM ∥AO，
∴当DM＝AO 时，四边形AOMD 是平行四边形．
∵D（2，3），DM＝AO，
∴3﹣y＝4，解得y＝﹣1，
∴当M 的坐标为（2，﹣1）时，四边形AOMD 是平行四边形，
此时，∵CM＝(4−2)2 + 12 =
5，BD＝(4−2)2 + (3−2)2 =
5，
∴CM＝BD，
又∵BC ∥DM，BC≠DM，
∴四边形BCMD 是等腰梯形．
综上可知，在抛物线的对称轴上存在点M，使四边形AOMD 和四边形BCMD 中，一个是平行四边形，另一
个是等腰梯形，此时点M 的坐标为（2，1）或（2，﹣1）．
【点睛】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有运用待定系数法求一次函数、二次函数的解
析式，抛物线的顶点坐标，平行四边形的判定与性质，等腰梯形的判定，综合性较强，难度不大．运用数
形结合及分类讨论是解题的关键．
【题型8 二次函数与直角梯形】
【例8】（专题30 圆与二次函数结合-【微专题】2022-2023 学年九年级数学上册常考点微专题提分精练（人
教版））如图，二次函数𝑦= 𝑎𝑥2 +4的图象与𝑥轴交于点𝐴和点𝐵(点𝐴在点𝐵的左侧)，与𝑦轴交于点𝐶，且
𝑂𝐴= 𝑂𝐶
(1)求二次函数的解析式；
(2)若以点𝑂为圆心的圆与直线𝐴𝐶相切于点𝐷，求点𝐷的坐标；
(3)在（2）的条件下，抛物线上是否存在点𝑃使得以𝑃、𝐴、𝐷、𝑂为顶点的四边形是直角梯形？若存在，直接
写出点𝑃坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦= −
1
4𝑥2 +4
(2)点𝐷的坐标为(−2,2)
(3)存在，点𝑃的坐标为(8,−12)或−2−2 5,−2−2 5
【分析】（1）由题意可知𝐶坐标，根据题意得到三角形𝐴𝑂𝐶为等腰直角三角形，确定出𝐴坐标，代入二次函
数解析式求出𝑎的值，即可确定出解析式；
（2）由题意连接𝑂𝐷，作𝐷𝐸∥𝑦轴，交𝑥轴于点𝐸，𝐷𝐹∥𝑥轴，交𝑦轴于点𝐹，如图1 所示，由圆𝑂与直线𝐴𝐶相切
于点𝐷，得到𝑂𝐷垂直于𝐴𝐶，由𝑂𝐴= 𝑂𝐶，利用三线合一得到𝐷为𝐴𝐶中点，进而求出𝐷𝐸与𝐷𝐹的长，确定出𝐷
坐标即可；
（3）根据题意分两种情况考虑：经过点𝐴且与直线𝑂𝐷平行的直线的解析式为𝑦= −𝑥−4，与抛物线解析式
联立求出𝑃坐标；经过点𝑂且与直线𝐴𝐶平行的直线的解析式为𝑦= 𝑥，与抛物线解析式联立求出𝑃坐标即可．
【详解】（1）解：∵二次函数𝑦= 𝑎𝑥2 +4的图象与𝑦轴交于点𝐶，
∴点𝐶的坐标为(0,4)，
∵二次函数𝑦= 𝑎𝑥2 +4的图象与𝑥轴交于点𝐴，tan∠𝑂𝐴𝐶= 1，
∴∠𝐶𝐴𝑂= 45°，
∴𝑂𝐴= 𝑂𝐶= 4，
∴点𝐴的坐标为(−4,0)，
∴0 = 𝑎× (−4)2 +4，
∴𝑎= −
1
4，
∴二次函数的解析式为𝑦= −
1
4𝑥2 +4；
（2）连接𝑂𝐷，作𝐷𝐸轴，交𝑥轴于点𝐸，𝐷𝐹轴，交𝑦轴于点𝐹，如图1 所示，
∵⊙𝑂与直线𝐴𝐶相切于点𝐷，
∴𝑂𝐷⊥𝐴𝐶，
∵𝑂𝐴= 𝑂𝐶= 4，
∴点𝐷是𝐴𝐶的中点，
∴𝐷𝐸=
1
2𝑂𝐶= 2，𝐷𝐹=
1
2𝑂𝐴= 2，
∴点𝐷的坐标为(−2,2)；
（3）∵点𝐷的坐标为(−2,2)；
则直线𝑂𝐷的解析式为𝑦= −𝑥，如图2 所示，
则经过点𝐴且与直线𝑂𝐷平行的直线的解析式为𝑦= −𝑥−4，
解方程组
𝑦= −𝑥−4
𝑦= −1
4 𝑥2 + 4
，消去y，得𝑥2−4𝑥−32 = 0，即(𝑥−8)(𝑥+ 4) = 0，
∴𝑥1 = 8，𝑥2 = −4(舍去)，
∴y=-12，
∴点𝑃1的坐标为(8,−12)；
∵直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= 𝑥+ 4，
则经过点𝑂且与直线𝐴𝐶平行的直线的解析式为𝑦= 𝑥，
解方程组
𝑦= 𝑥
𝑦= −1
4 𝑥2 + 4
，
消去𝑦，得𝑥2 +4𝑥−16 = 0，即𝑥= −2 + 2 5，
∴𝑥1 = −2−2 5，𝑥2 = −2 + 2 5(舍去)，
∴𝑦= −2−2 5，
∴点𝑃2的坐标为−2−2 5,−2−2 5 ．
综上所述，点𝑃的坐标为(8,−12)或−2−2 5,−2−2 5 ．
【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定二次函数解析式，坐标与图形性质，
直线与抛物线的交点，直线与圆相切的性质，锐角三角函数定义，以及等腰直角三角形的性质，熟练掌握
二次函数
【变式8-1】如图，已知抛物线与x 轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y 轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的顶点为D，在其对称轴的右侧的抛物线上是否存在点P，使得△PDC 是等腰三角形？若存在，
求出符合条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点M 是抛物线上一点，以B，C，D，M 为顶点的四边形是直角梯形，试求出点M 的坐标．
【答案】解：（1）∵抛物线与y 轴交于点C（0，3），
∴设抛物线解析式为y=ax2+bx+3（a≠0），
根据题意，得{
a−b+3 = 0
9a+3b+3 = 0，解得{
a = −1
b = 2 ．
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．
（2）存在．
由y=﹣x2+2x+3 得，D 点坐标为（1，4），对称轴为x=1．
①若以CD 为底边，则PD=PC，
设P 点坐标为（x，y），根据勾股定理，得x2 + (3−y)2 = (x−1)2 + (4−y)2，即y=4﹣x．
又P 点（x，y）在抛物线上，∴4﹣x=﹣x2+2x+3，即x2﹣3x+1=0．
解得x1 =
3+ 5
2 ，x2 =
3−5
2 ＜1，舍去．
∴x =
3+ 5
2 ，∴y = 4−x = 4−
3+ 5
2
=
5−5
2 ．
∴点P 坐标为(
3+ 5
2 ，
5−5
2 )．
②若以CD 为一腰，
∵点P 在对称轴右侧的抛物线上，由抛物线对称性知，点P 与点C 关于直线x=1 对称，
∴点P 坐标为（2，3）．
综上所述，符合条件的点P 坐标为(
3+ 5
2 ，
5−5
2 )或（2，3）．
（3）由B（3，0），C（0，3），D（1，4），根据勾股定理，得CB=3 2，CD= 2，BD=2 5，
∴CB2+CD2=BD2=20．∴∠BCD=90°．
设对称轴交x 轴于点E，过C 作CM⊥DE，交抛物线于点M，垂足为F，
在Rt△DCF 中，∵CF=DF=1，∴∠CDF=45°．，
由抛物线对称性可知，∠CDM=2×45°=90°，点坐标M 为（2，3）．
∴DM∥BC．∴四边形BCDM 为直角梯形．
由∠BCD=90°及题意可知，
以BC 为一底时，顶点M 在抛物线上的直角梯形只有上述一种情况；
以CD 为一底或以BD 为一底，且顶点M 在抛物线上的直角梯形均不存在．
综上所述，符合条件的点M 的坐标为（2，3）．
【详解】试题分析：（1）由于A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点均在坐标轴上，故用待定系数法
求解即可．
（2）分以CD 为底和以CD 为腰两种情况讨论．运用两点间距离公式建立起P 点横坐标和纵坐标之间的关系，
再结合抛物线解析式即可求解．
（3）根据抛物线上点的坐标特点，利用勾股定理求出相关边长，再利用勾股定理的逆定理判断出直角梯形
中的直角．
【变式8-2】如图，二次函数y= -x2+ax+b 的图象与x 轴交于A（−
1
2，0）、B（2，0）两点，且与y 轴交于点
C．
（1）求该拋物线的解析式，并判断△ABC 的形状；
（2）在x 轴上方的拋物线上有一点D，且以A、C、D、B 四点为顶点的四边形是等腰梯形，请直接写出D
点的坐标；
（3）在拋物线上存在点P，使得以A、C、B、P 四点为顶点的四边形是直角梯形，求出P 点的坐标.
【答案】（1）y=-x2+
3
2x+1；△ABC 是直角三角形，且∠ACB=90°；（2）D（
3
2，1）；（3）P（
5
2，-
3
2）或（-
5
2，
-9）.
【详解】试题分析：（1）将A、B 的坐标代入抛物线的解析式中即可确定抛物线的解析式；进而可得到C
点坐标，进而可求出AC、BC、AB 的长，然后再判断△ABC 的形状；
（2）根据抛物线和等腰梯形的对称性知，点C 关于抛物线对称轴的对称点符合点D 的要求，由此可求出点
D 的坐标；
（3）在（1）题已将证得∠ACB=90°，若A、C、B、P 四点为顶点的四边形是直角梯形，则有两种情况需要考
虑：
①以BC、AP 为底，AC 为高；可先求出直线BC 的解析式，进而可确定直线AP 的解析式，联立抛物线的解
析式即可求出点P 的坐标．
②以AC、BP 为底，BC 为高；方法同①．
试题解析：（1）由题意得：
{
−1
4 −𝑎
2 + 𝑏= 0
−4 + 2𝑎+ 𝑏= 0，
解得{
𝑎= 3
2
𝑏= 1；
∴抛物线的解析式为y=-x2+
3
2x+1；
∴C（0，1）；
∴AC2=
1
4+1=
5
4，BC2=1+4=5，AB2=（2+
1
2）2=
25
4 ；
∴AC2+BC2=AB2，即△ABC 是直角三角形，且∠ACB=90°；
（2）由（1）的抛物线知：其对称轴方程为x=
3
4；
根据抛物线和等腰梯形的对称性知：点D（
3
2，1）；
（3）存在，点P（
5
2，-
3
2）或（-
5
2，-9）；
若以A、C、B、P 四点为顶点的直角梯形以BC、AP 为底；
∵B（2，0），C（0，1），
∴直线BC 的解析式为：y=-
1
2x+1；
设过点A 且平行于BC 的直线的解析式为y=-
1
2x+h，
则有：（-
1
2）×（-
1
2）+h=0，h=-
1
4；
∴y=-
1
2x-
1
4；
联立抛物线的解析式有：
{
𝑦= −1
2 𝑥−1
4
𝑦= −𝑥2 + 3
2 𝑥+ 1，
解得{
𝑥= −1
2
𝑦= 0 ，{
𝑥= 5
2
𝑦= −3
2
；
∴点P（
5
2，-
3
2）；
若以A、C、B、P 四点为顶点的直角梯形以AC、BP 为底，
同理可求得P（-
5
2，-9）；
故当P（
5
2，-
3
2）或（-
5
2，-9）时，以A、C、B、P 四点为顶点的四边形是直角梯形．
（根据抛物线的对称性求出另一个P 点坐标亦可）
考点：二次函数综合题．
【变式8-3】如图，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥经过点𝐴(−4,0),𝐵(−2,2)，连接𝑂𝐵、𝐴𝐵，
(1)求该抛物线的解析式．
(2)求证：△𝑂𝐴𝐵是等腰直角三角形．
(3)将△𝑂𝐴𝐵绕点O 按逆时针方向旋转135°，得到△𝑂𝐴′𝐵′，写出𝐴′𝐵′的中点P 的坐标，试判断点P 是否在
此抛物线上．
(4)在抛物线上是否存在这样的点M，使得四边形𝐴𝐵𝑂𝑀成直角梯形？若存在，请求出点M 坐标及该直角梯
形的面积；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦= −
1
2𝑥2−2𝑥
(2)证明：过点B 作𝐵𝐶⊥𝑥轴，垂足是点C．
∵𝐴(−4,0),𝐵(−2,2)，
∴𝑂𝐴= 4,𝐵𝐶= 𝑂𝐶= 𝐴𝐶= 2，
∴△𝐴𝐵𝐶和△𝑂𝐵𝐶为全等的等腰直角三角形，
∴𝐴𝐵= 𝑂𝐵且∠𝐴𝐵𝑂= ∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝑂𝐵𝐶= 90°
∴△𝑂𝐴𝐵是等腰直角三角形；
(3)P 的坐标为
2,−2 2 ，点P 不在此抛物线上
(4)存在．(−6,−6)和(2,−6)；16．
【分析】（1）将𝐴(−4,0),𝐵(−2,2)代入抛物线解析式𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥，列方程组求a、b 的值即可；
（2）过点B 作𝐵𝐶⊥𝑥轴，垂足是点C，根据所求抛物线解析式求抛物线的顶点坐标，判断三角形的形状；
（3）根据△𝑂𝐴𝐵的形状，旋转方向，旋转角，画出图形，可求𝐴′、𝐵′的坐标，根据中点坐标公式求P 的坐
标，代入抛物线解析式进行判断；
（4）过点O 作𝑂𝑀∥𝐴𝐵交抛物线于点M，根据△𝑂𝐴𝐵为等腰直角三角形，可求直线𝑂𝑀的解析式，与抛物
线解析式联立，可求M 点坐标，同理，过点A，作𝐴𝑀′ ∥𝑂𝐵交抛物线于点𝑀′，联立方程组可求𝑀′的坐标，
由图形的特殊性可知，两种情况下，梯形面积相等，根据梯形面积公式求解．
【详解】（1）解：∵𝐴(−4,0),𝐵(−2,2)在抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥图象上，
得：
16𝑎−4𝑏= 0
4𝑎−2𝑏= 2
，
解得：
𝑎= −1
2
𝑏= −2
，
∴该函数解析式为：𝑦= −
1
2𝑥2−2𝑥．
（2）略
（3）解：如图，将△𝑂𝐴𝐵绕点O 按逆时针方向旋转135°，得到△𝑂𝐴′𝐵′，
其中点𝐵′正好落在y 轴上且𝐵′𝐴′ ∥𝑥轴．
∴𝑂𝐵′和𝐴′𝐵′的长度为2 2，
∴𝐴′𝐵′中点P 的坐标为
2,−2 2 ，
当𝑥=
2时，𝑦= −
1
2 × ( 2)
2
−2 2 = −1−2 2 ≠−2 2，
∴点P 不在此抛物线上；
（4）解：存在，
过点O，作𝑂𝑀∥𝐴𝐵交抛物线于点M，
∵𝐴(−4,0),𝐵(−2,2)，
∴直线𝐴𝐵的解析式为𝑦= 𝑥+ 4，
∴直线𝑂𝑀的解析式为：𝑦= 𝑥，
联立抛物线解析式得：
𝑦= 𝑥
𝑦= −1
2 𝑥2−2𝑥
解得：点𝑀(−6,−6)，
∵点𝑀(−6,−6)关于对称轴𝑥= −2的对称点𝑀′(2,−6)，且点𝑀′(2,−6)也满足要求，
∴满足条件的点M 共有两个，坐标分别为(−6,−6)和(2,−6)，
∴𝑠𝐴𝐵𝑂𝑀= 𝑆△𝐴𝐵𝑂+ 𝑠△𝐴𝑂𝑀=
1
2 × 4 × 2 +
1
2 × 4 × 6 = 16．
【点睛】本题主要查了二次函数综合题．涉及待定系数法求二次函数，一次函数与二次函数的交点，等腰
直角三角形的判定与性质，一次函数，熟练掌握这些性质和判定是解题的关键．
