专题03 二次函数图象与角度（举一反三专项训练）
【新教材人教版】
【题型1 二次函数中等角构等腰】........................................................................................................................1
【题型2 二次函数中等角构全等】......................................................................................................................11
【题型3 二次函数与倍角】................................................................................................................................22
【题型4 二次函数与45°角】.............................................................................................................................33
【题型5 二次函数与直角】..................................................................................................................................42
【题型6 二次函数与角的和差倍分】..................................................................................................................51
【题型7 二次函数与60°角】.............................................................................................................................58
【题型8 二次函数与135°角】...........................................................................................................................70
【题型9 二次函数与15°角】.............................................................................................................................81
知识点1 等角构等腰
类型
等角构等腰
图示
条件
∠𝑃𝐴𝐶= ∠𝐴𝐶𝑂
∠𝑃𝐶𝐴= ∠𝐶𝐴𝑂
∠𝑃𝐶𝐵= ∠𝐴𝐶𝐵，作BD∥PC 交
CA 的延长线于点D
结论
𝐴𝑄= 𝐶𝑄
𝐴𝑄= 𝐶𝑄
𝐶𝐷= 𝐵𝐷
【题型1 二次函数中等角构等腰】
【例1】（2026·山东济南·二模）如图，二次函数𝑦= 𝑎𝑥2 +2𝑥+ 𝑐(𝑎≠0)的图象经过点𝐵(4,0)和点𝑀(1,4)，
与𝑥轴交于另一点𝐴．
题型归纳
(1)求二次函数的表达式；
(2)在𝑥轴上方的二次函数图象上有一动点𝐶．
①如图1，作射线𝐵𝐶，当𝐵𝐶平分∠𝐴𝐵𝑀时，求点𝐶的坐标；
②如图2，连接𝐵𝐶，𝐴𝐶，设点𝐶的横坐标为𝑚，当△𝐴𝐵𝐶为锐角三角形时，求出𝑚的取值范围．
【答案】(1)𝑦= −
2
3𝑥2 +2𝑥+
8
3
(2)①𝐶(−
1
4,
17
8 )；②−
1
2 < 𝑚<
7
2时△𝐴𝐵𝐶为锐角三角形
【分析】（1）把𝐵(4,0)、𝑀(1,4)代入𝑦= 𝑎𝑥2 +2𝑥+ 𝑐，解方程组求出𝑎、𝑐的值即可得出答案；
（2）①连接𝐴𝑀，交𝐵𝐶于𝐷，根据二次函数解析式求出𝐴(−1,0)，进而求出𝐴𝐵= 𝐵𝑀，根据𝐵𝐶平分∠𝐴𝐵𝑀，
结合等腰三角形“三线合一”的性质求出𝐷(0,2)，利用待定系数法求出直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= −
1
2𝑥+ 2，联立
直线𝐵𝐶与二次函数的解析式求出点𝐶坐标即可；
②设𝐴𝐵的中点为𝐸，连接𝐶𝐸，当∠𝐴𝐶𝐵= 90°时，根据直角三角形斜边上的中线的性质得出𝐶𝐸=
1
2𝐴𝐵=
5
2，
利用两点间距离公式列方程求出𝑚的值，即可得出答案．
【详解】（1）解：将𝐵(4,0)、𝑀(1,4)代入𝑦= 𝑎𝑥2 +2𝑥+ 𝑐，
∴
16𝑎+ 8 + 𝑐= 0
𝑎+ 2 + 𝑐= 4
，
解得：
𝑎= −2
3
𝑐= 8
3
，
∴𝑦= −
2
3𝑥2 +2𝑥+
8
3．
（2）解：①如图，连接𝐴𝑀，交𝐵𝐶于𝐷，
由（1）可知，𝑦= −
2
3𝑥2 +2𝑥+
8
3，
∴当𝑦= 0时，−
2
3𝑥2 +2𝑥+
8
3 = 0，
解得：𝑥= 4或𝑥= −1，
∴𝐴(−1,0)，
∵𝐵(4,0)，𝑀(1,4)，
∴𝐴𝐵= 4−(−1) = 5，𝐵𝑀=
(4−1)2 + (4 + 0)2 = 5，
∴𝐴𝐵= 𝐵𝑀，△𝐴𝐵𝑀是等腰三角形，
∵𝐵𝐶平分∠𝐴𝐵𝑀，
∴𝐴𝐷= 𝐷𝑀，即𝐷为𝐴𝑀的中点，
∵𝐴(−1,0)，𝑀(1,4)，
∴𝐷(0,2)，
设直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
∴
4𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= 2
，
解得：
𝑘= −1
2
𝑏= 2
，
∴直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= −
1
2𝑥+ 2，
联立直线𝐵𝐶与抛物线解析式得，
𝑦= −2
3 𝑥2 + 2𝑥+ 8
3
𝑦= −1
2 𝑥+ 2
，
解得：
𝑥1 = −1
4
𝑦1 = 17
8
，
𝑥2 = 4
𝑦2 = 0
（与点𝐵重合，舍去），
∴𝐶(−
1
4,
17
8 )．
②设𝐴𝐵的中点为𝐸，连接𝐶𝐸，
∵𝐴(−1,0)，𝐵(4,0)，
∴𝐸
3
2 ,0 ，
∵点C 的横坐标为𝑚，
∴𝐶(𝑚,−
2
3𝑚2 +2𝑚+
8
3)，
当∠𝐴𝐶𝐵= 90°时，𝐶𝐸=
1
2𝐴𝐵=
5
2，
∴(𝑚−
3
2)2 +(−
2
3𝑚2 +2𝑚+
8
3)2 =
25
4 ，
解得：𝑚= −
1
2或𝑚=
7
2，
∴−
1
2 < 𝑚<
7
2时，△𝐴𝐵𝐶为锐角三角形．
【变式1-1】（24-25 九年级下·安徽淮南·期中）已知：如图，抛物线𝑦= −𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐内的△𝐴𝐶𝐷的三个顶
点都在抛物线上：其中点𝐷为抛物线的顶点，点𝐵的坐标为(5,0)，点𝐶的坐标为(4,3)．
（1）∠𝐷𝐶𝐴= ___________．
（2）在𝑦轴上有一点𝑃，∠𝐴𝐶𝑃= ∠𝐶𝐴𝐷，则点𝑃的坐标为___________．
【答案】
90
(0,1)或(0,−5)
【分析】（1）先用待定系数法求出抛物线解析式，得出点D 的坐标，用勾股定理逆定理判断△𝐴𝐶𝐷为直角
三角形即可求解；
（2）分①当点𝑃在𝐴𝐶的上方时和②当点𝑃在𝐴𝐶的下方时两种情况求解即可．
【详解】∵点𝐵(5,0)，点𝐶(4,3)都在抛物线𝑦= −𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐上，
∴−25 + 5𝑏+ 𝑐= 0，
−16 + 4𝑏+ 𝑐= 3，
∴
𝑏= 6，
𝑐= −5，
∴抛物线的解析式为𝑦= −𝑥2 +6𝑥−5．
令𝑦= 0，则−𝑥2 +6𝑥−5 = 0，
∴𝑥= 5或𝑥= 1，
∴𝐴(1,0)，
∴𝑂𝐴= 1．
∵𝑦= −𝑥2 +6𝑥−5 = −(𝑥−3)2 +4，
∴𝐷(3,4)．
如图1，过点𝐷作𝐷𝐸⊥𝐴𝐵于点𝐸，过点𝐶作𝐶𝐹⊥𝐴𝐵于点𝐹，𝐶𝐺⊥𝐷𝐸于点𝐺，则𝑂𝐸= 3，𝐷𝐸= 4，𝑂𝐹= 4，
𝐶𝐹= 3，
∴𝐸𝐹= 𝑂𝐹−𝑂𝐸= 4−3 = 1，𝐴𝐸= 𝑂𝐸−𝑂𝐴= 2，𝐴𝐹= 𝑂𝐹−𝑂𝐴= 3．
∵𝐷𝐸⊥𝐴𝐵，𝐶𝐹⊥𝐴𝐵，𝐶𝐺⊥𝐷𝐸，
∴四边形𝐶𝐺𝐸𝐹为矩形，
∴𝐶𝐺= 𝐸𝐹= 1，𝐸𝐺= 𝐶𝐹= 3，
∴𝐷𝐺= 𝐷𝐸−𝐸𝐺= 1，
∴𝐴𝐷2 = 𝐴𝐸2 +𝐷𝐸2 = 22 + 42 = 20，
𝐶𝐷2 = 𝐶𝐺2 + 𝐷𝐺2 = 12 + 12 = 2，
𝐴𝐶2 = 𝐴𝐹2 + 𝐶𝐹2 = 32 + 32 = 18，
∴𝐶𝐷2 +𝐴𝐶2 = 2 + 18 = 20，
∴𝐶𝐷2 +𝐴𝐶2 = 𝐴𝐷2，
∴△𝐴𝐶𝐷为直角三角形，
∴∠𝐴𝐶𝐷= 90∘．
（2）如图2，①当点𝑃在𝐴𝐶的上方时，设𝑃𝐶与𝐴𝐷交于点𝐻，
由（1）知∠𝐴𝐶𝐷=90°，
∴∠𝑃𝐶𝐴+ ∠𝑃𝐶𝐷= 90°，∠𝐶𝐴𝐷+ ∠𝐻𝐷𝐶= 90°．
∵∠𝑃𝐶𝐴= ∠𝐶𝐴𝐷，
∴∠𝐻𝐷𝐶= ∠𝑃𝐶𝐷，
∴𝐻𝐷= 𝐻𝐶．
∵∠𝑃𝐶𝐴= ∠𝐶𝐴𝐷，
∴𝐻𝐴= 𝐻𝐶，
∴𝐻𝐴= 𝐻𝐷．
∵𝐴(1,0)，𝐷(3,4)，
∴𝐻(2,2)．
设直线𝐶𝐻的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑎，
∴2𝑘+ 𝑎= 2，
4𝑘+ 𝑎= 3，
∴𝑘=
1
2 ，
𝑎= 1，
∴直线𝐶𝐻的解析式为𝑦=
1
2𝑥+ 1．
令𝑥= 0，则𝑦= 1，
∴𝑃(0,1)；
②如图3，当点𝑃在𝐴𝐶的下方时，
∵∠𝑃𝐶𝐴= ∠𝐶𝐴𝐷，
∴𝑃𝐶∥𝐴𝐷．
设直线𝐴𝐷的解析式为𝑦= 𝑚𝑥+ 𝑛，
∵𝐷(3,4)，𝐴(1,0)，
∴3𝑚+ 𝑛= 4，
𝑚+ 𝑛= 0，
∴
𝑚= 2，
𝑛= −2，
∴直线𝐴𝐷的解析式为𝑦= 2𝑥−2．
设直线𝑃𝐶的解析式为𝑦= 2𝑥+ 𝑑，
则2 × 4 + 𝑑= 3，
∴𝑑= −5，
∴直线𝑃𝐶的解析式为𝑦= 2𝑥−5．
令𝑥= 0，则𝑦= −5，
∴𝑃(0,−5)．
综上，当∠𝑃𝐶𝐴= ∠𝐶𝐴𝐷时，点𝑃的坐标为(0,1)或(0,−5)．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，求抛物线与𝑥轴的交点坐标，因式分解法解一元二
次方程，把𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐化成顶点式，𝑦= 𝑎(𝑥−ℎ)2 +𝑘的图象与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，
勾股定理的逆定理，求一次函数解析式，，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键．
【变式1-2】（2026 九年级下·福建泉州·专题练习）如图1，在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 3
的顶点为𝐷(1,4)且图象经过点𝐵(3,0)，与𝑦轴交于点𝐶．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图2，连接𝐶𝐵，𝐷𝐵，若抛物线上存在点𝐸，满足∠𝐶𝐵𝐷= ∠𝐵𝐷𝐸，求点𝐸的坐标．
【答案】(1)𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3
(2)点𝐸的坐标为(8,−45)或(2,3)．
【分析】（1）将点𝐷和点𝐵坐标代入求解即可；
（2）分两种情况讨论，当点E 在𝐶𝐵上方的抛物线上，当点E 在𝐶𝐵下方的抛物线上，画出图形，根据∠
∠𝐶𝐵𝐷= ∠𝐵𝐷𝐸分情况求解即可．
【详解】（1）解：由条件可得
4 = 𝑎+ 𝑏+ 3
0 = 9𝑎+ 3𝑏+ 3
，
解得
𝑎= −1
𝑏= 2
，
∴抛物线𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3；
（2）解：当点E 在𝐶𝐵上方的抛物线上，如图，
当𝑥= 0时，𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3 = 3，
则𝐶(0,3)，
设直线𝐵𝐶表达式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑐，则由题意得：
𝑐= 3
3𝑘+ 𝑐= 0
，
解得：
𝑐= 3
𝑘= −1
∴直线𝐵𝐶表达式为𝑦= −𝑥+ 3，
由条件可知𝐶𝐵∥𝐷𝐸，
设直线𝐷𝐸的解析式为𝑦= −𝑥+ 𝑚，
将点𝐷的坐标代入得：𝑚= 5，
∴直线𝐷𝐸的解析式为𝑦= −𝑥+ 5，
联立
𝑦= −𝑥+ 5
𝑦= −𝑥2 + 2𝑥+ 3
，
解得：
𝑥= 1
𝑦= 4
（舍去）或
𝑥= 2
𝑦= 3
，
∴点𝐸的坐标为(2,3)；
当点E 在𝐶𝐵下方的抛物线上，如图，设𝐷𝐸交𝐶𝐵于点G，
由条件可知𝐺𝐷= 𝐺𝐵，
设𝐺(𝑛,−𝑛+ 3)，则(𝑛−1)2 + (−𝑛+ 3−4)2 =
(𝑛−3)2 + (−𝑛+ 3)2，
解得𝑛=
4
3，
则𝐺
4
3 ,
5
3 ，
设直线𝐷𝐺的解析式为𝑦= 𝑘1𝑥+ 𝑏1，
则
4
3 𝑘1 + 𝑏1 = 5
3
𝑘1 + 𝑏1 = 4
，
解得
𝑘1 = −7
𝑏1 = 11
，
∴直线𝐷𝐺的解析式为𝑦= −7𝑥+ 11，联立
𝑦= −7𝑥+ 11
𝑦= −𝑥2 + 2𝑥+ 3
，
解得
𝑥= 1
𝑦= 4
（舍去）或
𝑥= 8
𝑦= −45
，
∴点𝐸的坐标为(8,−45)；
综上，点𝐸的坐标为(8,−45)或(2,3)．
【变式1-3】（25-26 九年级上·江苏苏州·阶段检测）如图，二次函数𝑦= −𝑥2 + (𝑚−1)𝑥+ 𝑚（m 是常数，
且𝑚> 0）的图象与𝑥轴交于A，B 两点（点𝐴在点𝐵的左侧），与𝑦轴交于点𝐶．
(1)求A，B，C 三点的坐标（用数字或含𝑚的式子表示），并求∠𝐴𝐵𝐶的度数；
(2)若𝑚= 4，点𝑃在抛物线上，且∠𝑃𝐴𝐵= ∠𝐴𝐵𝐶，求点𝑃的坐标．
【答案】(1)𝐴(−1,0)，𝐵(𝑚,0)，𝐶(0,𝑚)，∠𝐴𝐵𝐶= 45°
(2)(3,4)或(5,−6)
【分析】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键
是学会分类讨论．
（1）令𝑦= 0，解方程可得𝐴，𝐵两点坐标，令𝑥= 0，可得点𝐶的坐标，证明𝑂𝐶= 𝑂𝐵，可得∠𝑂𝐵𝐶= 45°；
（2）分两种情况，即点𝑃在𝑥轴上方或点𝑃在𝑥轴下方，利用等腰三角形的判定和性质即可解答．
【详解】（1）解：当𝑦= 0时，0 = −𝑥2 + (𝑚−1)𝑥+ 𝑚，
(𝑥−𝑚) (𝑥+ 1) = 0
解方程，得𝑥1 = −1，𝑥2 = 𝑚，
∵点𝐴在点𝐵的左侧，且𝑚> 0，
∴𝐴(−1,0)，𝐵(𝑚,0)，
当𝑥= 0时，𝑦= 𝑚，
∴𝐶(0,𝑚)，
∴𝑂𝐵= 𝑂𝐶= 𝑚，
∵∠𝐵𝑂𝐶= 90°，
∴∠𝐴𝐵𝐶= 45°；
（2）解：当𝑚= 4时，𝑦= −𝑥2 +3𝑥+ 4，𝐴(−1,0)，𝐵(4,0)，𝐶(0,4)，
当点𝑃在𝑥轴上方时，如图，过点𝑃作𝐴𝐵的垂线段交于点𝐸，
∵∠𝑃𝐴𝐵= ∠𝐴𝐵𝐶= 45°，∠𝑃𝐸𝐴= 90，
∴ 𝐴𝐸= 𝑃𝐸，
设𝑃(𝑎,−𝑎2 + 3𝑎+ 4)，
∴𝑎+ 1 = −𝑎2 +3𝑎+ 4，
解得𝑎1 = 3,𝑎2 = −1，
∴𝑃(3,4)；
当点𝑃在𝑥轴下方时，如图，过点𝑃作𝐴𝐵的垂线段交于点𝐷，
，
同理可得𝐴𝐷= 𝑃𝐷，
设𝑃(𝑎,−𝑎2 + 3𝑎+ 4)，
∴𝑎+ 1 = |−𝑎2 + 3𝑎+ 4|，即𝑎+ 1 = 𝑎2−3𝑎−4
解得𝑎1 = 5,𝑎2 = −1，
∴𝑃(5,−6)；
综上所述，𝑃的坐标为(3,4)或(5,−6)．
知识点2 等角构全等
类型
等角构全等
图示
条件
𝑂𝐵= 𝑂𝐶，∠𝑃𝐵𝐴= ∠𝐴𝐶𝑂
BC 平分∠𝑃𝐵𝐷，CD∥x 轴，𝑂𝐵= 𝑂𝐶
结论
△𝑂𝐵𝑄≌△𝑂𝐶𝐴
△𝐵𝐶𝐸≌△𝐵𝐷𝐶
【题型2 二次函数中等角构全等】
【例2】（25-26 九年级上·湖北襄阳·阶段检测）如图，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 2与𝑥轴交于点𝐴(−4,0)，𝐵
(2,0)，与𝑦轴交于点𝐶．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，若点𝐷在抛物线的对称轴上，当𝐶𝐷平分∠𝐴𝐶𝑂时，求点𝐷的坐标．
【答案】(1)抛物线的解析式为𝑦= −
1
4𝑥2−
1
2𝑥+ 2；
(2)𝐷−1,
3−5
2
．
【分析】本题考查了二次函数与一次函数的性质，二次函数的应用——角度问题，角平分线性质，全等三角
形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键．
（1）利用待定系数法即可求解；
（2）设𝐶𝐷与𝑥轴交于𝐸点，过点𝐸作𝐸𝐹⊥𝐴𝐶于点𝐹，由角平分线性质可得𝐸𝐹= 𝐸𝑂，∠𝐴𝐶𝐸= ∠𝑂𝐶𝐸，证明
△𝐶𝐸𝐹≌△𝐶𝐸𝑂(AAS)，所以𝐹𝐶= 𝑂𝐶= 2，在Rt △𝐴𝐸𝐹中，𝐴𝐸2 = 𝐴𝐹2 +𝐸𝐹2，则(4−𝑂𝐸)2 = 𝑂𝐸2 +
(2 5−2)
2
，从而求得𝐸1−5,0 ，再求出直线𝐶𝐸解析式为𝑦=
5+1
2 𝑥+ 2，再根据当𝑥= −1时，𝑦=
5+1
2
×
(−1) +2 =
3−5
2 ，从而求解．
【详解】（1）解：∵抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 2与𝑥轴交于点𝐴(−4,0)，𝐵(2,0)，
∴
16𝑎−4𝑏+ 2 = 0
4𝑎+ 2𝑏+ 2 = 0
，解得：
𝑎= −1
4
𝑏= −1
2
，
∴抛物线的解析式为𝑦= −
1
4𝑥2−
1
2𝑥+ 2；
（2）解：如图，设𝐶𝐷与𝑥轴交于𝐸点，过点𝐸作𝐸𝐹⊥𝐴𝐶于点𝐹，
∵𝐶𝐷平分∠𝐴𝐶𝑂， 𝐸𝑂⊥𝐶𝑂，
∴𝐸𝐹= 𝐸𝑂，∠𝐴𝐶𝐸= ∠𝑂𝐶𝐸，
∴△𝐶𝐸𝐹≌△𝐶𝐸𝑂(AAS)，
∴𝐹𝐶= 𝑂𝐶= 2，
∵𝐴𝑂= 4，
∴ 𝐴𝐶=
𝑂𝐶2 + 𝑂𝐴2 =
22 + 42 = 2 5，
在Rt △𝐴𝐸𝐹中，𝐴𝐸2 = 𝐴𝐹2 +𝐸𝐹2，
∴(4−𝑂𝐸)2 = 𝑂𝐸2 + (2 5−2)
2
，
∴𝑂𝐸=
5−1，
∴𝐸1−5,0 ，
设直线𝐶𝐸解析式为𝑦= 𝑘1𝑥+ 𝑏1，
∴(1−5)𝑘1 + 𝑏1 = 0
𝑏1 = 2
，解得：𝑘1 =
5+1
2
𝑏1 = 2
，
∴直线𝐶𝐸解析式为𝑦=
5+1
2 𝑥+ 2，
∵抛物线的解析式为𝑦= −
1
4𝑥2−
1
2𝑥+ 2，
∴对称轴为直线𝑥= −
−
1
2
2× −
1
4
= −1，
当𝑥= −1时，𝑦=
5+1
2
× (−1) +2 =
3−5
2 ，
∴𝐷−1,
3−5
2
．
【变式2-1】（2025·贵州铜仁·模拟预测）如图，已知二次函数的图象经过点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)若点𝐷为抛物线的顶点，连接𝐶𝐷、𝐵𝐷，求四边形𝑂𝐶𝐷𝐵的面积
(3)若点𝑃是抛物线图象上的一点，且满足∠𝑃𝐴𝐵= ∠𝐴𝐵𝐶，请直接写出满足要求的所有点𝑃的坐标．
【答案】(1)𝑦=𝑥2−2𝑥−3
(2)7.5
(3)𝑃1(2,−3)，𝑃2(4,5)
【分析】（1）运用待定系数法将𝐴−1，0 ，𝐵3，0 ，𝐶(0,−3)代入𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐，即可求解；
（2）利用待定系数法求出直线𝐵𝐶的解析式，运用配方法将抛物线解析式化为顶点式即可求得顶点坐标，过
点D 作𝐷𝐸⊥𝑥轴交直线𝐵𝐶于点E，求得𝐷𝐸，利用𝑆△𝐵𝐶𝐷= 𝑆△𝐵𝐷𝐸+ 𝑆△𝐶𝐷𝐸，根据四边形𝑂𝐶𝐷𝐵的面积为
𝑆△𝐵𝐶𝐷+ 𝑆△𝐵𝐶𝐷，即可求解；
（3）先求出点C 关于对称轴的对称点；先运用待定系数法求出直线𝐵𝐶的解析式，再根据互相平行的两直线
的关系求出与𝐵𝐶平行的直线𝐴𝑃2的解析式，联立抛物线解析式即可求解．
【详解】（1）解：设二次函数解析式为𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐，其图象经过点𝐴(−1,0)，𝐵(3,0)，𝐶(0,−3)，
则
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：设直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= 𝑚𝑥+ 𝑛，
∵𝐵(3,0)，𝐶(0,−3)，
∴
3𝑚+ 𝑛= 0
𝑛= −3
，
解得：
𝑚= 1
𝑛= −3
，
∴直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= 𝑥−3．
∵𝑦= 𝑥2−2𝑥−3 = (𝑥−1)2−4，
∴𝐷(1,−4)，
过点D 作𝐷𝐸⊥𝑥轴交直线𝐵𝐶于点E，如图1，
∴𝐸(1,−2)，
∴𝐷𝐸= −2 + 4 = 2，
∴𝑆△𝐵𝐶𝐷= 𝑆△𝐵𝐷𝐸+ 𝑆△𝐶𝐷𝐸=
1
2 × 2 × 2 +
1
2 × 2 × 1 = 3；
∵𝐵(3,0)，𝐶(0,−3)，
∴𝑆△𝐵𝑂𝐶=
1
2 × 3 × 3 = 4.5
∴四边形𝑂𝐶𝐷𝐵的面积为𝑆△𝐵𝐶𝐷+ 𝑆△𝐵𝐶𝐷= 3 + 4.5 = 7.5
（3）解：抛物线上存在点P，使∠𝑃𝐴𝐵= ∠𝐴𝐵𝐶，理由如下：
如图2，
①取点𝐶(0,−3)关于对称轴𝑥= 1的对称点𝑃1(2,−3)，连接𝐴𝐶，𝐵𝑃1，
∵𝐵𝐶=
32 + 32 = 3 2，𝑃1𝐴=
(2 + 1)2 + 32 = 3 2，
𝐴𝐶=
12 + 32 =
10，𝑃1𝐵=
(3−2)2 + 32 =
10，
∴𝐵𝐶= 𝑃1𝐴，𝐴𝐶= 𝐵𝑃1，
∵𝐴𝐵= 𝐵𝐴，
∴△𝐴𝐵𝐶≌△𝐵𝐴𝑃1，
∴∠𝑃1𝐴𝐵= ∠𝐴𝐵𝐶，
∴𝑃1(2,−3)符合题意；
②当直线𝑃2𝐴∥𝐵𝐶时，则有∠𝑃2𝐴𝐵= ∠𝐴𝐵𝐶，
∵直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= 𝑥−3，
∴直线𝐴𝑃2的解析式中一次项系数为1．
设与𝐵𝐶平行的直线𝐴𝑃2的解析式为𝑦= 𝑥+ 𝑚，
将𝐴(−1,0)代入得：−1 + 𝑚= 0，
解得：𝑚= 1，
∴直线𝐴𝑃2的解析式为𝑦= 𝑥+ 1，
联立抛物线解析式得：
𝑦= 𝑥+ 1
𝑦= 𝑥2−2𝑥−3
，
解得：
𝑥= 4
𝑦= 5
或
𝑥= −1
𝑦= 0
（不合题意，舍去），
∴𝑃2(4,5)．
综上所述，𝑃1(2,−3)，𝑃2(4,5)．
【点睛】本题考查了二次函数综合题，运用待定系数法求一次函数和二次函数解析式，配方法，三角形面
积，互相平行的两直线的关系等，熟练掌握二次函数图象和性质，利用待定系数法求函数解析式等相关知
识，灵活运用方程思想和分类讨论思想是解题关键．
【变式2-2】抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 3过点𝐴(−1,0),𝐵(3,0)，与y 轴交于点C．对称轴与x 轴交于点D．
(1)求抛物线的解析式及点D 的坐标；
(2)如图，连接𝐶𝐷、𝐶𝐵，在直线𝐵𝐶上方的抛物线上找点P，使得∠𝑃𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐵，求出P 点的坐标．
【答案】(1)𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3，𝐷(1,0)
(2)点P 坐标为
7
3 ,
20
9
【分析】（1）用待定系数法求解即可；
（2）过点B 作𝐵𝐸⊥𝑂𝐵交𝐶𝑃延长线于点E，可证△𝐵𝐶𝐷≌△𝐵𝐶𝐸，则可求点E 坐标，然后求直线𝐶𝐸的解析
式，联立方程组
𝑦= −𝑥2 + 2𝑥+ 3
𝑦= −1
3 𝑥+ 3
，解方程组即可求点P 的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 3过点𝐴(−1,0),𝐵(3,0)，
∴
𝑎−𝑏+ 3 = 0
9𝑎+ 3𝑏+ 3 = 0
，
解得
𝑎= −1
𝑏= 2
，
∴抛物线
解析式为𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3，
对称轴为直线𝑥= −
𝑏
2𝑎= −
2
2×(−1) = 1，
∴对称轴与x 轴的交点D 坐标为(1,0)．
（2）解：过点B 作𝐵𝐸⊥𝑂𝐵交𝐶𝑃延长线于点E，
当𝑥= 0时，𝑦= 3，
∴𝐶(0,3)，
∴𝑂𝐶= 3，
∵𝐵(3,0)，
∴𝑂𝐵= 3，
∴𝑂𝐵= 𝑂𝐶，
∴△𝐵𝑂𝐶是等腰直角三角形，
∴∠𝐶𝐵𝑂= 45°，
∴∠𝐶𝐵𝐸= 90°−∠𝐶𝐵𝑂= 45°，
∴∠𝐶𝐵𝑂= ∠𝐶𝐵𝐸，
在△𝐵𝐶𝐷和△𝐵𝐶𝐸中，
∠𝐶𝐵𝑂= ∠𝐶𝐵𝐸
𝐵𝐶= 𝐵𝐶
∠𝐷𝐶𝐵= ∠𝐸𝐶𝐵
∴△𝐵𝐶𝐷≌△𝐵𝐶𝐸(ASA)，
∴𝐵𝐷= 𝐵𝐸，
∵𝐵(3,0)，𝐷(1,0)，
∴𝐵𝐸= 𝐵𝐷= 2，
∴点E 坐标为(3,2)，
设直线𝐶𝐸解析式为𝑦= 𝑚𝑥+ 𝑛，
把𝐶(0,3)，𝐸(3,2)代入得，
3𝑚+ 𝑛= 2
𝑛= 3
，
解得
𝑚= −1
3
𝑛= 3
，
∴直线𝐶𝐸解析式为𝑦= −
1
3𝑥+ 3，
联立方程组
𝑦= −𝑥2 + 2𝑥+ 3
𝑦= −1
3 𝑥+ 3
，
解得
𝑥= 7
3
𝑦= 20
9
，
∴点P 坐标为
7
3 ,
20
9 ．
【变式2-3】在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，抛物线 𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥−4与x 轴交于𝐴(−1,0),𝐵(4,0)两点，
与y 轴交于点 C，连接𝐵𝐶．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点 D 为抛物线上一点且在x 轴上方，满足∠𝐷𝐵𝐴= ∠𝐴𝐶𝑂，求D 点坐标；
(3)点 M 为线段𝐵𝐶上一动点（不与B，C 重合），过点M 作𝑀𝑃⊥𝑥轴于点 P，交抛物线于点N．如图2，
在抛物线上找一点Q，连接𝐴𝑀,𝑄𝑁,𝑄𝑃，使得△𝑃𝑄𝑁与△𝐴𝑃𝑀的面积相等，求线段𝑄𝑁长度的最小值，并写
出此时Q 点坐标．
【答案】(1)𝑦= 𝑥2−3𝑥−4
(2) −
5
4 ,
21
16
(3)最小值为1，𝑄(2,−6)或𝑄(1,−6)
【分析】（1）把𝐴(−1,0)，点𝐵(4,0)分别代入解析式𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥−4，计算即可．
（2）取点𝐸(0,1)，先证明∠𝐸𝐵𝑂= ∠𝐴𝐶𝑂，再计算直线𝐵𝐸的解析式，联立抛物线的解析式构造一元二次方
程，解答即可．
（3）确定直线𝐵𝐶的解析式为：𝑦= 𝑥−4，设𝑀(𝑚,𝑚−4)，则𝑁(𝑚,𝑚2−3𝑚−4)，𝑃(𝑚,0)，则𝑃𝑀= 0−(𝑚−4)
= 4−𝑚，𝑃𝐴= 𝑚−(−1) = 𝑚+ 1，设𝑄(𝑛,𝑛2−3𝑛−4)，则点Q 到直线𝑃𝑁的距离为|𝑛−𝑚|，利用三角形面积
相等，构造二次函数求值计算即可．
【详解】（1）解：把𝐴(−1,0)，点𝐵(4,0)分别代入解析式𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥−4，得
得
16𝑎+ 4𝑏−4 = 0
𝑎−𝑏−4 = 0
，
解得
𝑎= 1
𝑏= −3
，
故抛物线的解析式为𝑦= 𝑥2−3𝑥−4．
（2）解：取点𝐸(0,1)，作直线𝐵𝐸交抛物线于点Ｄ，
∵抛物线𝑦= 𝑥2−3𝑥−4，
∴𝐶(0,−4)，
∵𝐴(−1,0)，点𝐵(4,0)，
∴𝑂𝐵= 𝑂𝐶= 4,𝑂𝐴= 𝑂𝐸= 1，
∵
𝑂𝐴= 𝑂𝐸
∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐸𝑂𝐵= 90°
𝑂𝐶= 𝑂𝐵
，
∴△𝐴𝑂𝐶≌△𝐸𝑂𝐵(SAS)，
∴∠𝐸𝐵𝑂= ∠𝐴𝐶𝑂，
∵∠𝐷𝐵𝐴= ∠𝐴𝐶𝑂，
∴点𝐷在直线𝐵𝐸上，
设直线𝐵𝐸的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
∴
4𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= 1
，
解得
𝑘= −1
4
𝑏= 1
，
故直线𝐵𝐸的解析式为𝑦= −
1
4𝑥+ 1．
根据题意，得𝑥2−3𝑥−4 = −
1
4𝑥+ 1，
解得𝑥= −
5
4,𝑥= 4（舍去），
当𝑥= −
5
4时，𝑦= −
1
4𝑥+ 1 =
21
16，
故𝐷−
5
4 ,
21
16 ．
（3）解：设直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= 𝑚𝑥+ 𝑝，
将𝐵(4,0)，𝐶(0,−4)代入直线𝐵𝐶的解析式得：
4𝑚+ 𝑝= 0
𝑝= −4
，
解得
𝑚= 1
𝑝= −4
，
∴直线𝐵𝐶的解析式为：𝑦= 𝑥−4，
设𝑀(𝑚,𝑚−4)，则𝑁(𝑚,𝑚2−3𝑚−4)，𝑃(𝑚,0)，
∴𝑃𝑀= 0−(𝑚−4) = 4−𝑚，𝑃𝐴= 𝑚−(−1) = 𝑚+ 1，𝑃𝑁= 0−(𝑚2−3𝑚−4) = −(𝑚+ 1)(𝑚−4) = (𝑚+ 1)
(4−𝑚)，
设𝑄(𝑛,𝑛2−3𝑛−4)，
则点Q 到直线𝑃𝑁的距离为ℎ= |𝑛−𝑚|，
∵△𝑃𝑄𝑁与△𝐴𝑃𝑀的面积相等，𝑆△𝐴𝑃𝑀=
1
2𝐴𝑃·𝑃𝑀=
1
2(4−𝑚)(𝑚+ 1)，𝑆△𝑃𝑄𝑁=
1
2𝑃𝑁·ℎ=
1
2(4−𝑚)(𝑚+ 1)ℎ
∴
1
2(4−𝑚)(𝑚+ 1) =
1
2(4−𝑚)(𝑚+ 1)ℎ
解得ℎ= 1；
故点Q 到直线𝑃𝑁的距离为1；
∴|𝑛−𝑚| = 1，
∴𝑛= 𝑚+ 1或𝑛= 𝑚−1，
当𝑛= 𝑚+ 1时，
𝑦= (𝑚+ 1)2−3(𝑚+ 1)−4 = 𝑚2−𝑚−6
则𝑄(𝑚+ 1,𝑚2−𝑚−6)，
又𝑁(𝑚,𝑚2−3𝑚−4)，
∴𝑄𝑁=
(𝑚+ 1−𝑚)2 + (𝑚2−𝑚−6−𝑚2 + 3𝑚+ 4)2
=
1 + (2𝑚−2)2
=
1 + 4(𝑚−1)2，
令𝑝= 1 + 4(𝑚−1)2，
∵𝑎= 4>0，
∴函数p 有最小值，且当𝑚= 1时，p 取得最小值1，此时𝑄𝑁的值最小为1；
此时，𝑚+ 1 = 2,𝑚2−𝑚−6 = −6，Q 点坐标𝑄(2,−6)．
当𝑛= 𝑚−1时，
𝑦= (𝑚−1)2−3(𝑚−1)−4 = 𝑚2−5𝑚
则𝑄(𝑚−1,𝑚2−5𝑚)，
又𝑁(𝑚,𝑚2−3𝑚−4)，
∴𝑄𝑁=
(𝑚−1−𝑚)2 + (𝑚2−5𝑚−𝑚2 + 3𝑚+ 4)2
=
1 + 4(𝑚−2)2，
令𝑝= 1 + 4(𝑚−2)2，
∵𝑎= 4>0，
∴函数p 有最小值，且当𝑚= 2时，p 取得最小值1，此时𝑄𝑁的值最小为1；
此时，𝑚−1 = 1,𝑚2−5𝑚= −6，Q 点坐标𝑄(1,−6)．
综上所述：线段𝑄𝑁长度的最小值为1，𝑄(2,−6)或𝑄(1,−6)
知识点3 二倍角（一题多法）
类型
二倍角⟶加倍
图示
条件
∠𝑃𝐵𝐴= 2∠𝑂𝐴𝐵
解题思路
翻折△𝐵𝐴𝑂得△𝐷𝐴𝑂⇒∠𝑃𝐵𝐴= ∠𝐵𝐴𝐷⇒PB∥AD
类型
二倍角⟶减半
图示
条件
∠𝑃𝐵𝐴= 2∠𝑂𝐴𝐵
解题思路
延长PB 交x 轴于点D⇒∠𝐵𝐷𝐴= ∠𝐵𝐴𝐷⇒𝑂𝐴= 𝑂𝐷
类型
二倍角⟶减半
图示
条件
∠𝑃𝐵𝐴= 2∠𝑂𝐴𝐵
解题思路
作𝐴𝐷⊥𝑥作轴，交BP 的延长线于点D，𝐵𝐻⊥𝐴𝐷于点H⇒∠𝐷𝐵𝐻= ∠𝐴𝐵𝐻⇒𝐴𝐷= 2𝑂𝐵
【题型3 二次函数与倍角】
【例3】（25-26 九年级上·湖南常德·期末）已知二次函数𝑦=
1
2𝑥2−𝑎𝑥+ 𝑎，其图象过点−1,
7
2 ．
(1)求二次函数的解析式 ；
(2)当−2 ≤𝑥≤1时，求二次函数𝑦=
1
2𝑥2−𝑎𝑥+ 𝑎的最大值；
(3)将抛物线𝑦=
1
2𝑥2−𝑎𝑥+ 𝑎向下平移
7
2个单位后，如图所示与x 轴交于A、B 两点（点A 位于点B 的左侧），
与y 轴交于点C，连接𝐴𝐶，抛物线上存在点Q，使得∠𝐴𝐵𝑄= 2∠𝐴𝐵𝐶．请求出直线𝐵𝑄的解析式．
【答案】(1)𝑦=
1
2𝑥2−
3
2𝑥+
3
2
(2)
13
2
(3)𝑦=
4
3𝑥−
16
3 或𝑦= −
4
3𝑥+
16
3
【分析】本题考查了二次函数的性质及平移，熟练掌握性质定理是解题的关键．
（1）根据待定系数法求出解析式，再根据对称轴公式即可得出答案；
（2）求出抛物线的对称轴为直线𝑥=
3
2，可得当𝑥<
3
2时，y 随x 的增大而减小，即可得出答案；
（3）分两种情况：当点𝑄在𝑥轴下方的抛物线上时；当点𝑄在𝑥轴上方的抛物线上时；先画出图形再根据二次
函数的性质即可得出答案．
【详解】（1）解：将点−1,
7
2 代入𝑦=
1
2𝑥2−𝑎𝑥+ 𝑎得：
1
2 +𝑎+ 𝑎=
7
2，
解得：𝑎=
3
2，
∴该二次函数的解析式为𝑦=
1
2𝑥2−
3
2𝑥+
3
2；
（2）解：∵𝑦=
1
2𝑥2−
3
2𝑥+
3
2 =
1
2 𝑥−
3
2
2
+
3
8，
∴抛物线的对称轴为直线𝑥=
3
2，
∵
1
2 > 0，
∴抛物线开口向上，
∴当𝑥<
3
2时，y 随x 的增大而减小，
∴当𝑥= −2时，y 的值最大，为
1
2 × (−2)2−
3
2 × (−2) +
3
2 =
13
2
即当−2 ≤𝑥≤1时，二次函数𝑦=
1
2𝑥2−𝑎𝑥+ 𝑎的最大值为
13
2 ；
（3）解：由已知可得二次函数解析式为：𝑦=
1
2𝑥2−
3
2𝑥−2，
则点𝐴(−1,0)，点𝐵(4,0)，𝐶(0,−2)，
当点𝑄在𝑥轴下方的抛物线上时，在𝐴𝐶的延长线上取一点𝐹，使𝐶𝐹= 𝐴𝐶，连接𝐵𝐹，若𝐵𝐹与抛物线有交点，
设𝐵𝐹与抛物线交于点𝑄，过点𝐹作𝐹𝑁⊥𝑦轴于𝑁,𝐹𝐻⊥𝑥轴于𝐻，
∵∠𝐹𝑁𝐶= ∠𝐴𝑂𝐶= 90°,∠𝐹𝐶𝑁= ∠𝐴𝐶𝑂,𝐴𝐶= 𝐶𝐹，
∴△𝐹𝑁𝐶≌△𝐴𝑂𝐶(AAS)，
∴𝐹𝑁= 𝐴𝑂= 1，
∵𝐹𝐻⊥𝑥轴，
∴𝑂𝐻= 𝑁𝐹= 1，
∵𝐴𝐶2 = 𝑂𝐴2 +𝑂𝐶2 = 5,𝐵𝐶2 = 𝑂𝐶2 +𝑂𝐵2 = 20,𝐴𝐵2 = (4 + 1)2 = 25，
∴𝐵𝐶⊥𝐴𝐶
∵𝐴𝐶= 𝐶𝐹，
∴∠𝐴𝐵𝐹= 2∠𝐴𝐵𝐶，
∵𝐴𝐶= 𝐶𝐹,𝐴𝑂= 𝑂𝐻，
∴𝐻𝐹= 2𝑂𝐶= 4，
∴𝐹(1,−4)，
设𝐵𝑄的解析式为：𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
∴
𝑘+ 𝑏= −4
4𝑘+ 𝑏= 0
，
解得：𝑘=
4
3,𝑏= −
16
3 ，
∴𝐵𝑄的解析式为：𝑦=
4
3𝑥−
16
3 ，
当点𝑄在𝑥轴上方的抛物线上时，延长𝐹𝐻到𝑀，使𝐻𝑀= 𝐻𝐹，连接𝐵𝑀并延长𝐵𝑀交𝑦轴于𝐺，若𝐵𝐺与抛物线
有交点，
设𝐵𝐺交抛物线于点𝑄，
∵𝐹𝐻⊥𝑥轴，𝐹𝐻= 𝑀𝐻，
∴∠𝑀𝐵𝐻= ∠𝐹𝐵𝐻= 2∠𝐴𝐵𝐶,𝑀(1,4)，
同理可得，直线𝐵𝑀的解析式为：𝑦= −
4
3𝑥+
16
3 ，
综上所述直线𝐵𝑄的解析式为：𝑦=
4
3𝑥−
16
3 和𝑦= −
4
3𝑥+
16
3 ．
【变式3-1】（24-25 九年级下·福建莆田·开学考试）抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 4与x 轴交于点A，𝐵(4,0)（点A
在点 B 左侧），与y 轴交于点C，𝐴𝐵= 5．
(1)求抛物线的函数表达式．
(2)点P 是𝐵𝐶上方抛物线上的一动点，过点P 作x 轴的垂线交线段𝐵𝐶于点Q，连接𝑂𝑄，𝐶𝑃，求线段𝑃𝑄的长
度最大值．
(3)在（2）的条件下，在y 轴的正半轴上有一点D，且𝐷𝑂=
1
2𝐶𝑂，过点P 的直线与抛物线交于点E(点E 在
点P 右侧)，且∠𝐷𝑃𝐸= 2∠𝐶𝐷𝑃，连接𝐵𝐸，点F 是y 轴上一点，若𝐵𝐸= 𝐵𝐹，求点F 的坐标
【答案】(1)𝑦= −𝑥2 +3𝑥+ 4
(2)4
(3)(0,1)或(0,−1)
【分析】本题主要考查二次函数图象与性质，求一次函数关系式和平行线的性质，正确作出辅助线是解答
本题的关键．
（1）根据点𝐵(4,0)和𝐴𝐵= 5求出点𝐴的坐标为(−1,0)，把点𝐴、𝐵的坐标代入𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 4，求出𝑎,𝑏的值
即可得出二次函数解析式；
（2）求出直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= −𝑥+ 4，设𝑃(𝑥,−𝑥2 + 3𝑥+ 4),得𝑄(𝑥,−𝑥+ 4)，求出𝑃𝑄= −𝑥2 +4𝑥，运用
二次函数的性质可得𝑃𝑄的最大值为4；
（3）过点P 作𝑃𝐻⊥𝑥轴于点𝐻，得出∠𝐷𝑃𝐻= ∠𝐸𝑃𝐻，可得点𝐷关于𝑃𝐻对称点在𝑃𝐸上，可求出直线𝑃𝐸的解
析式为𝑦= −2𝑥+ 10，联立抛物线的解析式求出点𝐸的坐标，设𝐹(1,𝑎)，根据𝐵𝐸= 𝐵𝐹列方程，求出𝑎的值即
可．
【详解】（1）解：∵𝐵(4,0)和𝐴𝐵= 5，且点A 在点 B 左侧，
∴点𝐴的坐标为(−1,0)，
把点𝐴、𝐵的坐标代入𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 4，得
𝑎−𝑏+ 4 = 0
16𝑎+ 4𝑏+ 4 = 0
，
解得
𝑎= −1
𝑏= 3
，
∴抛物线的解析式为𝑦= −𝑥2 +3𝑥+ 4；
（2）解：对于𝑦= −𝑥2 +3𝑥+ 4，当𝑥= 0时，𝑦= 4，
∴𝐶(0,4)，
设直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
把𝐵(4,0)，𝐶(0,4)代入解析式得
4𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= 4
，
解得
𝑘= −1
𝑏= 4
，
∴直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= −𝑥+ 4，
设𝑃(𝑥,−𝑥2 + 3𝑥+ 4) (0 < 𝑥< 4)，则𝑄(𝑥,−𝑥+ 4)，
∵𝑃𝑄⊥𝑥轴，
∴𝑃𝑄= −𝑥2 +3𝑥+ 4−(−𝑥+ 4) = −𝑥2 +4𝑥= −(𝑥−2)2 +4，
∵−1 < 0，
∴𝑃𝑄有最大值，
当𝑥= 2时，𝑃𝑄的最大值为4；
（3）解：当𝑃𝑄的最大值为4 时，𝑃(2,6)，
∵𝐷𝑂=
1
2𝐶𝑂，𝐶(0,4)，
∴点𝐷在𝑦轴上，且𝐷(0,2)，
过点𝑃作𝑃𝐻⊥𝑥轴于点𝐻，
∴𝑃𝐻∥𝑂𝐶
∴∠𝐶𝐷𝑃= ∠𝐷𝑃𝐻，
又∠𝐷𝑃𝐸= 2∠𝐶𝐷𝑃，
∴∠𝐷𝑃𝐻= ∠𝐸𝑃𝐻，
∴点𝐷关于𝑃𝐻对称的点在直线𝑃𝐸上，
∵𝐷(0,2),𝑃(2,6),
∴点𝐷关于𝑃𝐻对称的点的坐标为(4,2)，
设直线𝑃𝐸的解析式为𝑦= 𝑚𝑥+ 𝑛，
把(4,2)，(2,6)代入得
2𝑚+ 𝑛= 6
4𝑚+ 𝑛= 2
，
解得
𝑚= −2
𝑛= 10
，
∴直线𝑃𝐸的解析式为𝑦= −2𝑥+ 10,
联立方程组
𝑦= −2𝑥+ 10
𝑦= −𝑥2 + 3𝑥+ 4
，
解得
𝑥1 = 3
𝑦1 = 4
或
𝑥2 = 2
𝑦2 = 6
，
∴点𝐸的坐标为(3,4)，
设𝐹(0,𝑎)，则𝐵𝐸2 = (4−3)2 + (0−4)2 = 17,
𝐵𝐹2 = (4−0)2 + (0−𝑎)2 = 16 + 𝑎2，
∵𝐵𝐸= 𝐵𝐹，
∴𝐵𝐸2 = 𝐵𝐹2，
∴17 = 16 + 𝑎2，解得：𝑎= 1或−1，
∴点𝐹的坐标为(0,1)或(0,−1)．
【变式3-2】（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，直线𝑦= 𝑘𝑥+ 4与𝑥轴交于点𝐴(−4,0)，与𝑦轴交于点𝐶，抛物线𝑦= −𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐
经过𝐴,𝐶两点且与𝑥轴的正半轴交于点𝐵．
(1)求𝑘的值及抛物线的解析式．
(2)如图①，若点𝐷为直线AC 上方抛物线上一动点，当∠𝐴𝐶𝐷= 2∠𝐵𝐴𝐶时，𝐷点的坐标为______;
(3)如图②，若𝐹是线段OA 的上一个动点，过点𝐹作直线EF 垂直于𝑥轴交直线AC 和抛物线分别于点G、E，
连接CE．设点𝐹的横坐标为𝑚．当𝑚为何值时，线段EG 有最大值，并写出最大值为多少；
(4)在（2）条件下，点N 为抛物线在第四象限上的一点，其横坐标为2，若动点𝑃(𝑚,4)在直线𝑙:𝑦= 4上，动
点𝑄(𝑚,0)在x 轴上，连接𝑃𝐷,𝑃𝑄,𝑁𝑄，请直接写出𝑃𝑀+ 𝑃𝑄+ 𝑄𝑁的最小值．
【答案】(1)𝑘= 1, 𝑦= −𝑥2−3𝑥+ 4
(2)(−2,6)
(3)当𝑚= −2时，线段𝐸𝐺有最大值为4
(4)4 5 +4
【分析】（1）将点𝐴的坐标直接代入直线解析式可得出𝑘的值；再求出点𝐶的坐标，将𝐴，𝐶的坐标代入抛物
线解析式，即可得出结论；
（2）由（1）可得𝑂𝐴= 𝑂𝐶= 4，则∠𝑂𝐴𝐶= ∠𝑂𝐶𝐴= 45°，设𝐶𝑁= 𝐷𝑁= 𝑛，可表达点𝐷的坐标，代入抛物
线的解析式即可得出结论；
（3）①由点𝐴，𝐶坐标可得出直线𝐴𝐶的解析式，由此可表达点𝐺，𝐸的坐标，进而表达𝐸𝐺的长度，结合二次
函数的性质可得出结论；
（4）根据题意确定𝑁(2,−6)，将点D 向下平移四个单位长度到点H，得𝐻(−2,2)，连接𝑁𝐻交x 轴于点Q，
过点Q 作𝑃𝑄⊥𝑥轴，连接𝑃𝐷，过点N 作𝑁𝐸⊥𝐷𝐻的延长线于点E，利用平行四边形的性质得出 𝐷𝑃= 𝐻𝑄，
𝐷𝑃∥𝐻𝑄，确定点H、Q、N 三点共线，此时𝑄𝐻+ 𝑄𝑁取得最小值，即𝑃𝐷+ 𝑄𝑁取得最小值，然后由各点的坐
标结合勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：∵直线𝑦= 𝑘𝑥+ 4与𝑥轴交于点𝐴(−4,0)，
∴−4𝑘+ 4 = 0，
∴𝑘= 1，
∴直线𝐴𝐶的表达式为𝑦= 𝑥+ 4；
当𝑥= 0时，𝑦= 4，
∴点𝐶的坐标为(0,4)，
将点𝐴的坐标为(−4,0)，点𝐶的坐标为(0,4)，代入𝑦= −𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐，
得：
−16−4𝑏+ 𝑐= 0
𝑐= 4
，
解得：
𝑏= −3
𝑐= 4
，
∴抛物线的解析式为𝑦= −𝑥2−3𝑥+ 4；
（2）如图，过点𝐶作𝐶𝑀∥𝑥轴交抛物线于点𝑀，过点𝐷作𝐶𝑀的垂线，垂足为𝑁，
∵𝐶𝑀∥𝑥轴，
∴∠𝐴𝐶𝑀= ∠𝐵𝐴𝐶，
∵∠𝐴𝐶𝐷= 2∠𝐵𝐴𝐶，
∴∠𝐴𝐶𝐷= 2∠𝐴𝐶𝑀，
∴∠𝐴𝐶𝑀= ∠𝐷𝐶𝑀，
∵𝑂𝐴= 𝑂𝐶= 4，
∴∠𝑂𝐴𝐶= ∠𝑂𝐶𝐴= 45°，
∴∠𝐷𝐶𝑀= ∠𝐶𝐷𝑁= 45°，
∴𝐷𝑁= 𝐶𝑁，
设𝐶𝑁= 𝐷𝑁= 𝑛，
∴𝐷的坐标为(−𝑛,𝑛+ 4)，
将点𝐷的坐标代入解析式可得，−𝑛2 +3𝑛+ 4 = 𝑛+ 4，
解得𝑛= 2或𝑛= 0（舍去）
∴𝐷的坐标为(−2,6)；
（3）由（1）可知，直线𝐴𝐶的解析式为：𝑦= 𝑥+ 4；
∵点𝐹的横坐标为𝑚，
∴点𝐺的坐标为(𝑚,𝑚+ 4)，点𝐸的坐标为(𝑚,−𝑚2−3𝑚+ 4)，
设线段𝐸𝐺的长度为𝑊，
则𝑊= −𝑚2−3𝑚+ 4−(𝑚+ 4)
= −𝑚2−4𝑚
= −(𝑚+ 2)2 +4，
∴当𝑚= −2时，线段𝐸𝐺有最大值为4；
（4）∵点N 为抛物线在第四象限上的一点，其横坐标为2，
∴当𝑥= 2时，𝑦= −6，
∴𝑁(2,−6)，
由（2）得𝐷的坐标为(−2,6)，
将点D 向下平移四个单位长度到点H，
∴𝐻(−2,2)，
连接𝑁𝐻交x 轴于点Q，过点Q 作𝑃𝑄⊥𝑥轴，连接𝑃𝐷，过点N 作𝑁𝐸⊥𝐷𝐻的延长线于点E，如图所示：
∵𝑃(𝑚,4)在直线𝑙:𝑦= 4上，动点𝑄(𝑚,0)在x 轴上，
∴𝐷𝐻∥𝑃𝑄,𝐷𝐻= 𝑃𝑄= 4，
∴四边形𝑃𝑄𝐻𝐷为平行四边形，
∴𝐷𝑃= 𝐻𝑄，𝐷𝑃∥𝐻𝑄，
∴点H、Q、N 三点共线，此时𝑄𝐻+ 𝑄𝑁取得最小值，即𝑃𝐷+ 𝑄𝑁取得最小值，
∵𝐻(−2,2)，𝑁(2,−6)，
∴𝐻𝐸= 2−(−6) = 8,𝑁𝐸= 2−(−2) = 4，
∴𝐻𝑁=
42 + 82 = 4 5，
𝑃𝑀+ 𝑃𝑄+ 𝑄𝑁的最小值为4 5 +4．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查的是待定系数法求二次（一次）函数解析式、二次函数图象
上点的坐标特征、最短路程等，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握运用这些知识点．
【变式3-3】（24-25 九年级上·安徽亳州·阶段检测）已知抛物线𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐经过点(−1,12)和(4,−3)．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)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，如图．
①求△𝐴𝐵𝐶的面积；
②点𝐷(2,𝑚)在抛物线上，点𝐸在线段𝐵𝐶上（不与端点𝐵，𝐶重合），若∠𝐷𝐸𝐵= 2∠𝐷𝐶𝐵，求点𝐸的坐标．
【答案】(1)𝑦= 𝑥2−6𝑥+ 5
(2)①10；②
17
5 ,
8
5
【分析】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，求抛物线与坐标轴的交点，角度问题；
（1）待定系数法求解析式，即可求解；
（2）①分别令𝑥,𝑦= 0求得𝐴,𝐵,𝐶的坐标，根据三角形的面积公式，即可求解；
②先求出𝐷点坐标，当𝐸点在线段𝐵𝐶上时:∠𝐷𝐸𝐵是△DCE 的外角，∠𝐷𝐸𝐵= 2∠𝐷𝐶𝐵，而
∠𝐷𝐸𝐵= ∠𝐷𝐶𝐸+ ∠𝐶𝐷𝐸，所以此时∠𝐷𝐶𝐸= ∠𝐶𝐷𝐸，有𝐶𝐸= 𝐷𝐸，可求出𝐵𝐶所在直线的解析式𝑦= −𝑥+ 5，
设𝐸点(𝑎,−𝑎+ 5)坐标，再根据两点距离公式，𝐶𝐸= 𝐷𝐸，得到关于𝑎的方程，求解𝑎的值，即可求出𝐸点坐标；
当𝐸点在线段𝐶𝐵的延长线上时，根据题中条件，可以证明𝐵𝐶2 +𝐵𝐷2 = 𝐷𝐶2，得到∠𝐷𝐵𝐶为直角三角形，延
长𝐸𝐵至𝐸′，取𝐵𝐸′ = 𝐵𝐸，此时，∠𝐷𝐸′𝐸= ∠𝐷𝐸𝐸′ = 2∠𝐷𝐶𝐵，从而证明𝐸′是要找的点，应为𝑂𝐶= 𝑂𝐵，△𝑂𝐶𝐵
为等腰直角三角形， 点𝐸和𝐸′关于𝐵点对称，可以根据𝐸点坐标求出𝐸′点坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐经过点(−1,12)和(4,−3)．
∴
12 = 1−𝑏+ 𝑐
−3 = 16 + 4𝑏+ 𝑐
解得：
𝑏= −6
𝑐= 5
∴抛物线解析式为𝑦= 𝑥2−6𝑥+ 5
（2）解：①在𝑦= 𝑥2−6𝑥+ 5中，当𝑥= 0时，𝑦= 5，则有𝐶(0,5)，
令𝑦= 0，则有𝑥2−6𝑥+ 5 = 0，
解得：𝑥1 = 1,𝑥2 = 5，
∴𝐴(1,0)，𝐵(5,0)，则𝐴𝐵= 5−1 = 4
∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=
1
2𝐴𝐵× 𝑂𝐶=
1
2 × 4 × 5 = 10
②∵点𝐷(2,𝑚)在抛物线𝑦= 𝑥2−6𝑥+ 5上
∴𝑚= 22−6 × 2 + 5 = −3
∴𝐷点坐标(2,−3)
设𝐵𝐶所在直线解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，其过点𝐶(0,5)、𝐵(5,0)
有
𝑏= 5
5𝑘+ 𝑏= 0
，
解得
𝑘= −1
𝑏= 5
∴𝐵𝐶所在直线的解析式为：𝑦= −𝑥+ 5
当𝐸点在线段𝐵𝐶上时，设𝐸(𝑎,−𝑎+ 5)
∠𝐷𝐸𝐵= ∠𝐷𝐶𝐸+ ∠𝐶𝐷𝐸
而∠𝐷𝐸𝐵= 2∠𝐷𝐶𝐵
∴∠𝐷𝐶𝐸= ∠𝐶𝐷𝐸
∴𝐶𝐸= 𝐷𝐸
𝐸(𝑎,−𝑎+ 5)，𝐶(0,5)，𝐷(2,−3)
∴𝑎2 + (−𝑎+ 5−5)2 =
(𝑎−2)2 + [−𝑎+ 5−(−3)]2
解得：𝑎=
17
5 ，
−𝑎+ 5 = 8
5
所以𝐸点的坐标为:
17
5 ,
8
5
知识点4 特殊角
类型
特殊角
图示
条件
∠𝑃𝐴𝐵= 45°
解题思路
构等腰Rt △𝐴𝐵𝑄，得△𝐴𝐵𝑂≌△𝐵𝑄𝐻⇒点Q 坐标⇒直线AQ 解析式⇒与抛物线联立⇒点P
坐标
【题型4 二次函数与45°角】
【例4】（2025·江苏扬州·二模）已知，二次函数𝑦= −𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐．
(1)如图，该二次函数图象交𝑥轴于点𝐴(−4,0)、𝐵，交𝑦轴于点𝐶(0,4)，点𝑃是函数图象上一动点．
①求该二次函数表达式；
②当∠𝑃𝐵𝐴= 45∘时，求点𝑃的坐标；
(2)定义：若一个点的纵坐标是横坐标的3 倍，则称这个点为“三倍点”．在−3 ≤𝑥≤1的范围内，若该二次
函数的对称轴为直线𝑥= −
1
2，且图象上有且只有1 个“三倍点”，直接写出𝑐的取值范围．
【答案】(1)①𝑦= −𝑥2−3𝑥+ 4；②𝑃(−3,4)或𝑃(−5,−6)
(2)𝑐= −4或−3 < 𝑐≤5
【分析】此题考查了一次函数和二次函数综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质是关键．
（1）①由待定系数法即可求出答案；②当∠𝑃𝐵𝐴= 45∘时，则直线𝑃𝐵的表达式为𝑦=± (𝑥−1)，联立解一
元二次方程即可得到答案；
（2）由定义可知，𝑦= 3𝑥,求得𝑏= −1，当𝑦= −𝑥2−𝑥+ 𝑐与𝑦= 3𝑥只有一个交点时，3𝑥= −𝑥2−𝑥+ 𝑐有两
个相等的实数根，则Δ = 16 + 4𝑐= 0，解得𝑐= −4，当𝑥= −3时，𝑦= 3𝑥= 9，则当函数过(−3,−9)时满足
题意，当𝑥= 1时，𝑦= 3𝑥= 3，当函数过(1,3)时满足题意，据此即可得到答案．
【详解】（1）解：①由题意可得，
𝑐= 4
−16−4𝑏+ 𝑐= 0
，
解得
𝑐= 4
𝑏= −3
，
∴该二次函数表达式为𝑦= −𝑥2−3𝑥+ 4；
②当𝑦= 0时，0 = −𝑥2−3𝑥+ 4，
解得𝑥1 = −4,𝑥2 = 1，
∴𝐵(1,0)，
当∠𝑃𝐵𝐴= 45∘时，则直线𝑃𝐵的表达式为𝑦=± (𝑥−1)，
和抛物线解析式联立得到，𝑥−1 = −𝑥2−3𝑥+ 4或−𝑥+ 1 = −𝑥2−3𝑥+ 4，
解得𝑥= 1（舍去）或−3或−5，
即点𝑃的坐标为(−3,4)或(−5,−6)；
（2）由定义可知，𝑦= 3𝑥,
由题意可得， 𝑥= −
1
2 = −
𝑏
2×(−1)，解得𝑏= −1，
∴抛物线解析式为𝑦= −𝑥2−𝑥+ 𝑐
当𝑦= −𝑥2−𝑥+ 𝑐与𝑦= 3𝑥只有一个交点时，
3𝑥= −𝑥2−𝑥+ 𝑐有两个相等的实数根，
∴Δ = 16 + 4𝑐= 0，
解得𝑐= −4，
当𝑥= −3时，𝑦= 3𝑥= 9
当函数过(−3,−9)时满足题意，
∴−9 = −9 + 3 + 𝑐，解得𝑐= −3，
当𝑥= 1时，𝑦= 3𝑥= 3
当函数过(1,3)时满足题意，
则3 = −1−1 + 𝑐，解得𝑐= 5，
∴−3 < 𝑐≤5或𝑐= −4
【变式4-1】（2025·山东济宁·二模）如图，平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，二次函数𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 3的图象与𝑥轴
相交于点𝐴(−1,0)、点𝐵(3,0)，与𝑦轴相交于点𝐶，连接𝐴𝐶、𝐵𝐶．
(1)求：𝑎，𝑏的值；
(2)当𝑡≤𝑥≤1时，函数𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 3的最小值是2，求出𝑡的值；
(3)在抛物线上是否存在点𝑃，使得∠𝐶𝐵𝑃+ ∠𝐴𝐶𝑂= 45∘？若存在，请求出点𝑃的坐标；若不存在，请说明理
由．
【答案】(1)−1，2
(2)1−2
(3)存在，点𝑃 −
2
3 ,
11
9 或(2,3)
【分析】本题考查了二次函数的综合运用，涉及待定系数法求表达式，二次函数的性质，二次函数与角度
问题等．第（3）问关键是构造三角全等．
（1）由题意得：𝑦= 𝑎(𝑥+ 1)(𝑥−3) = 𝑎(𝑥2−2𝑥−3)，利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点𝐵(3,0)，点𝐶(0,3)，抛物线的对称轴为直线𝑥= 1，再根据二次函数的性质解答即可；
（3）先求出∠𝑂𝐵𝐶= 45°，分点𝑃在𝐵𝐶左侧时，点𝑃在𝐵𝐶右侧时，两种情况讨论，利用三角形全等的性质解
答即可．
【详解】（1）解：由题意得：𝑦= 𝑎(𝑥+ 1)(𝑥−3) = 𝑎(𝑥2−2𝑥−3)，
则−3𝑎= 3，则𝑎= −1，
∴抛物线的解析式为：𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3，
则𝑏= 2；
（2）解：当𝑦= 0时，−𝑥2 +2𝑥+ 3 = 0，
解得𝑥1 = −1，𝑥2 = 3，
∴点𝐵(3,0)，
当𝑥= 0时，𝑦= 3，
∴点𝐶(0,3)．
由抛物线的表达式知，其对称轴为直线𝑥= 1，
当𝑡≤𝑥≤1时，函数𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 3的最小值是2，即𝑥= 𝑡时，函数取得最小值，
则2 = −𝑡2 +2𝑡+ 3，则𝑡= 1 ±
2（舍去1 +
2），
∴𝑡的值为1−2；
（3）解：存在点𝑃，理由如下：
∵𝐶(0,3)，𝐵(3,0)，
∴𝑂𝐵= 𝑂𝐶，
∴∠𝑂𝐵𝐶= 45°，
①当点𝑃在𝐵𝐶左侧时，如图，在𝑦轴上取点𝑀(0,1)，延长𝐵𝑀交抛物线于点𝑃1，
在△𝐴𝑂𝐶和△𝐵𝑂𝑀中，
∵𝑂𝐴= 𝑂𝑀，∠𝐴𝑂𝐶= ∠𝐵𝑂𝑀，𝑂𝐶= 𝑂𝐵，
∴△𝐴𝑂𝐶≌△𝐵𝑂𝑀(SAS)，
∴∠𝐴𝐶𝑂= ∠𝐴𝐵𝑀，
∴∠𝐶𝐵𝑃+ ∠𝐴𝐶𝑂= ∠𝐶𝐵𝑀+ ∠𝑂𝐵𝑀= ∠𝐴𝐵𝐶，
设直线𝐵𝑀的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
由点𝐵、𝑀的坐标得，直线𝐵𝑀的解析式为𝑦= −
1
3𝑥+ 1，
联立上式和抛物线的表达式得：−𝑥2 +2𝑥+ 3 = −
1
3𝑥+ 1，
则𝑥= 3（舍去）或−
2
3，故点𝑃−
2
3 ,
11
9 ；
②当点𝑃在𝐵𝐶右侧时，如上图，作△𝐵𝑂𝐶关于𝐵𝐶的对称△𝐶𝐵𝑁，𝐶𝑁交二次函数𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3于点𝑃2，
则∠𝐶𝐵𝑁= ∠𝐶𝐵𝑂= 45°，∠𝑁= ∠𝐵𝑂𝐶= 90°，∠𝐵𝐶𝑂= ∠𝐵𝐶𝑁= 45°，
∴∠𝑂𝐶𝑁= ∠𝑁= ∠𝑂𝐵𝑁= 90°，
∵𝑂𝐶= 𝑂𝐵，
∴四边形𝑂𝐶𝑁𝐵是正方形，
∴𝐵𝑁= 3，
令𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3中，𝑦= 3，则−𝑥2 +2𝑥= 0，
解得𝑥= 0或𝑥= 2，
∴𝑃2(2,3)，𝑃2𝑁= 3−2 = 1 = 𝑂𝑀，
∵𝑂𝐵= 𝑁𝐵，∠𝐵𝑂𝑀= ∠𝐵𝑁𝑃2 = 90∘，
∴△𝐵𝑂𝑀≌△𝐵𝑁𝑃2(SAS)，
∴∠𝑂𝐵𝑀= ∠𝑁𝐵𝑃2，
∴∠𝐶𝐵𝑃2 +∠𝐴𝐶𝑂= ∠𝐶𝐵𝑃2 +∠𝐵𝑂𝑀= ∠𝐶𝐵𝑃2 +∠𝑁𝐵𝑃2 = 45∘= ∠𝐴𝐵𝐶，
∴在点𝑃2抛物线上，即点𝑃2满足条件∠𝐶𝐵𝑃+ ∠𝐴𝐶𝑂= ∠𝐴𝐵𝐶，
故存在满足条件的点𝑃有两个，分别为：−
2
3 ,
11
9 或(2,3)．
【变式4-2】（25-26 九年级上·福建泉州·期末）已知：如图，二次函数𝑦= 𝑎𝑥2−4𝑎𝑥−12𝑎(𝑎< 0)与x 轴交
于点A，B，点A 在点B 左侧，交y 轴于点𝐶(0,3)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在第一象限的抛物线上有一点D，连接𝐴𝐷，若∠𝐷𝐴𝐵= 45°，求点D 坐标．
【答案】(1)𝑦= −
1
4𝑥2 +𝑥+ 3
(2)𝐷(2,4)
【分析】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，等腰直角三角形的性质与判定，
正确作出辅助线构造等腰直角三角形是解题的关键．
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点D 作𝐷𝐸⊥𝐴𝐵于点E，可证明△𝐷𝐴𝐸是等腰直角三角形，得到𝐷𝐸= 𝐴𝐸；求出𝐴(−2,0)设𝐷
𝑚,−
1
4 𝑚2 + 𝑚+ 3 ，则𝐴𝐸= 𝑚−(−2) = 𝑚+ 2，𝐷𝐸= −
1
4𝑚2 +𝑚+ 3，则可得到方程−
1
4𝑚2
+𝑚+ 3 = 𝑚+ 2，解方程即可得到答案．
【详解】（1）解：∵二次函数𝑦= 𝑎𝑥2−4𝑎𝑥−12𝑎(𝑎< 0)与y 轴交于点𝐶(0,3)，
∴−12𝑎= 3，
∴𝑎= −
1
4，
∴−4𝑎= 1，−12𝑎= 3，
∴抛物线的解析式为𝑦= −
1
4𝑥2 +𝑥+ 3；
（2）解：如图所示，过点D 作𝐷𝐸⊥𝐴𝐵于点E，
∵𝐷𝐸⊥𝐴𝐵，∠𝐷𝐴𝐵= 45°，
∴△𝐷𝐴𝐸是等腰直角三角形，
∴𝐷𝐸= 𝐴𝐸；
在𝑦= −
1
4𝑥2 +𝑥+ 3中，当𝑦= 0时，−
1
4𝑥2 +𝑥+ 3 = 0，
解得𝑥= −2或𝑥= 6，
∴𝐴(−2,0)
设𝐷𝑚,−
1
4 𝑚2 + 𝑚+ 3 ，则𝐴𝐸= 𝑚−(−2) = 𝑚+ 2，𝐷𝐸= −
1
4𝑚2 +𝑚+ 3，
∴−
1
4𝑚2 +𝑚+ 3 = 𝑚+ 2，
解得𝑚= 2或𝑚= −2（舍去），
∴−
1
4𝑚2 +𝑚+ 3 = −
1
4 × 22 +2 + 3 = 4，
∴𝐷(2,4)．
【变式4-3】（24-25 九年级上·湖北恩施·期中）如图，抛物线𝑦= −𝑥2 +𝑏𝑥+ 4交𝑥轴于𝐴(−1,0)，𝐵两点，与
𝑦轴交于点𝐶，𝑃为抛物线上的一个动点，且点𝑃的横坐标为𝑚−
3
2．
(1)直接写出抛物线的解析式及顶点𝐷的坐标；
(2)若𝑚> 3，当抛物线在点𝑃和点𝐴之间的部分（包括𝑃、𝐴两点）的最高点与最低点的纵坐标之差为𝑚+ 1时，
求𝑚的值；
(3)在第一象限的抛物线上是否存在点𝑃，使∠𝑃𝐵𝐶+ ∠𝐴𝐶𝑂= 45°，若存在，请求出点𝑃的坐标；若不存在，
说明理由．
【答案】(1)𝑦= −𝑥2 +3𝑥+ 4，顶点D 坐标为
3
2 ,
25
4
(2)m＝
21
4 或
7+ 17
2
(3)存在，𝑃(3,4)
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）首先求出𝐵(4,0)，然后表示出P 的坐标为𝑚−
3
2 ,−𝑚2 + 6𝑚−
11
4 ，然后分三种情况：①当点P 在x 轴
上方时；②当点P 在x 轴下方时；③当点P 在x 轴上时，然后根据题意分别列方程求解即可；
（3）如图所示，在x 轴的正半轴上取点𝐸(1,0)，连接𝐶𝐸，过点B 作𝐵𝑃∥𝐶𝐸交抛物线于点P，根据题意得到
∠𝑃𝐵𝐶+ ∠𝐴𝐶𝑂= 45°，然后求出直线𝐶𝐸的解析式为𝑦= −4𝑥+ 4，直线𝑃𝐵的解析式为𝑦= −4𝑥+ 16，然后
和抛物线联立求解即可．
【详解】（1）将点𝐴(−1,0)代入抛物线𝑦= −𝑥2 +𝑏𝑥+ 4中
得0 = −1−𝑏+ 4
解得：𝑏= 3
∴抛物线解析式为𝑦= −𝑥2 +3𝑥+ 4 = −𝑥−
3
2
2
+
25
4
∴顶点D 坐标为
3
2 ,
25
4 ；
（2）令−𝑥2 +3𝑥+ 4 = 0
解得𝑥1 = −1，𝑥2 = 4
∴𝐵(4,0)
∵P 的横坐标为𝑚−
3
2且𝑚> 3
∴𝑚−
3
2 >
3
2
∴将𝑥= 𝑚−
3
2代入𝑦= −𝑥2 +3𝑥+ 4 = −𝑚−
3
2
2
+3 𝑚−
3
2 +4 = −𝑚2 +6𝑚−
11
4
∴点P 一定在对称轴右侧，且P 的坐标为𝑚−
3
2 ,−𝑚2 + 6𝑚−
11
4 ；
①如右图所示，当点P 在x 轴上方时，
则
3
2 < 𝑚−
3
2 < 4，即3 < 𝑚< 5.5
此时：𝑚+ 1 = 𝑦𝐷−𝑦𝐴=
25
4 ，
解得：𝑚=
21
4 ，符合题意；
②如右图所示，当点P 在x 轴下方时，
则𝑚−
3
2 > 4，即𝑚> 5.5
此时：𝑚+ 1 = 𝑦𝐷−𝑦𝑃=
25
4 −−𝑚2 + 6𝑚−
11
4
解得：𝑚1 =
7+ 17
2
，𝑚2 =
7−17
2
< 5.5（舍去）
③当点P 在x 轴上时，
则𝑚−
3
2 = 4，即𝑚= 5.5
此时：𝑚+ 1 = 𝑦𝐷−𝑦𝐴（或𝑦𝑃）=
25
4 ，解得：𝑚=
21
4 ≠5.5（舍去）
综上所述，𝑚=
21
4 或
7+ 17
2
；
（3）存在点P，使∠𝑃𝐵𝐶+ ∠𝐴𝐶𝑂= 45°，点P 的坐标为(3,4)
理由如下：
如图所示，在x 轴的正半轴上取点𝐸(1,0)，连接𝐶𝐸，过点B 作𝐵𝑃∥𝐶𝐸交抛物线于点P
∵𝐴(−1,0)，𝐸(1,0)，
∴∠𝐴𝐶𝑂= ∠𝐸𝐶𝑂
∵𝐵𝑃∥𝐶𝐸，
∴∠𝑃𝐵𝐶= ∠𝐸𝐶𝐵，
∴∠𝑃𝐵𝐶+ ∠𝐴𝐶𝑂= ∠𝐸𝐶𝐵+ ∠𝐸𝐶𝑂= ∠𝐵𝐶𝑂
∵𝑂𝐵= 𝑂𝐶= 4，∠𝐵𝑂𝐶= 90°
∴∠𝐵𝐶𝑂= 45°
∴∠𝑃𝐵𝐶+ ∠𝐴𝐶𝑂= 45°
设直线𝐶𝐸的解析式为𝑦= 𝑝𝑥+ 𝑞，过𝐶(0,4)，𝐸(1,0)
∴直线𝐶𝐸的解析式为𝑦= −4𝑥+ 4
∵𝐵𝑃∥𝐶𝐸
∴设直线𝑃𝐵的解析式为𝑦= −4𝑥+ 𝑛
将𝐵(4,0)代入得0 = −16 + 𝑛
解得：𝑛= 16
∴直线𝑃𝐵的解析式为𝑦= −4𝑥+ 16
由−𝑥2 +3𝑥+ 4 = −4𝑥+ 16
解得：𝑥1 = 3，𝑥2 = 4（舍去）
∴𝑃(3,4)．
【点睛】本题考查了二次函数解析式，一次函数解析式，二次函数与角度综合等知识．熟练掌握二次函数
解析式，一次函数解析式是解题的关键．
【题型5 二次函数与直角】
【例5】如图，已知抛物线𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3与𝑥轴交于𝐴、𝐵两点(点𝐴在点𝐵的左边)，与𝑦轴交于点𝐶，连接𝐵𝐶．
(1)求𝐴、𝐵、𝐶三点的坐标；
(2)若点𝑃为线段𝐵𝐶上的一点(不与𝐵、𝐶重合)，𝑃𝑀∥𝑦轴，且𝑃𝑀交抛物线于点𝑀，交𝑥轴于点𝑁，当线段𝑃𝑀的
长度最大时，求点𝑀的坐标；
(3)在（2）的条件下，当线段𝑃𝑀的长度最大时，在抛物线的对称轴上有一点𝑄，使得△𝐶𝑁𝑄为直角三角形，
直接写出点𝑄的坐标．
【答案】(1)𝐴(−1,0)，𝐵(3,0)，𝐶(0,3)
(2)点𝑀坐标
3
2 ,
15
4
(3)点𝑄坐标为1,−
1
4 或1,
7
2 或1,
3+ 11
2
或1,
3−11
2
【分析】（1）在抛物线解析式中，令𝑥= 0可求得点𝐶坐标，令y=0 则可求得𝐴、𝐵的坐标；
（2）由𝐵、𝐶的坐标可求得直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= −𝑥+ 3，则可表示出点𝑀坐标，从而可用𝑡表示𝑃𝑀的长，
再利用二次函数的性质即可求解；
（3）由（2）可知点𝑁坐标，设点𝑄(1,𝑚)，则可用𝑚分别表示出𝑄𝑁、𝑄𝐶及𝐶𝑁，分点𝐶为直角顶点、点𝑄为
直角顶点和点𝑁为直角顶点三种情况，分别根据勾股定理可得到关于𝑚的方程，可求出𝑚的值，可求得点𝑄
坐标．
【详解】（1）解：对于𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3，令𝑥= 0，则𝑦= 3，
∴𝐶(0,3)，
令𝑦= 0，则−𝑥2 +2𝑥+ 3 = 0，
解得：𝑥1 = 3，𝑥2 = −1，
∴𝐴(−1,0)，𝐵(3,0)；
（2）设𝐵𝐶的表达式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
则
3𝑘+ 𝑏= 0
0 + 𝑏= 3
，
解得
𝑘= −1
𝑏= 3
，
∴直线𝐵𝐶的表达式为𝑦= −𝑥+ 3，
设点𝑃的坐标为(𝑡,−𝑡+ 3)，则点𝑀的坐标为(𝑡,−𝑡2 + 2𝑡+ 3)，
∴ 𝑃𝑀= −𝑡2 +2𝑡+ 3−(−𝑡+ 3) = −𝑡2 +3𝑡= −𝑡−
3
2
2
+
9
4，
∴当𝑡=
3
2时，𝑃𝑀最大，
此时点𝑀坐标为
3
2 ,
15
4 ；
（3）∵𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3 = −(𝑥−1)2 +4，
∴抛物线的对称轴为直线𝑥= 1，
∴设𝑄(1,𝑚)，且𝐶(0,3)，𝑁
3
2 ,0 ，
∴ 𝐶𝑁=
32 +
3
2
2
=
3 5
2 ，𝐶𝑄=
12 + (𝑚−3)2 =
𝑚2−6𝑚+ 10，𝑁𝑄=
1−
3
2
2
+ 𝑚2 =
𝑚2 +
1
4，
∵ △𝐶𝑁𝑄为直角三角形，
∴分点𝐶为直角顶点、点𝑄为直角顶点和点𝑁为直角顶点三种情况，
①当点𝐶为直角顶点时，则有𝐶𝑁2 +𝐶𝑄2 = 𝑁𝑄2
即
3 5
2
2
+ (𝑚2−6𝑚+ 10) = 𝑚2 +
1
4，
解得：𝑚=
7
2，
此时点𝑄坐标为1,
7
2 ；
②当点𝑄为直角顶点时，则有𝐶𝑄2 +𝑁𝑄2 = 𝐶𝑁2，
即𝑚2 +
1
4 + (𝑚2−6𝑚+ 10) =
3 5
2
2
，
解得：𝑚1 =
3+ 11
2
，𝑚2 =
3−11
2
，
此时点𝑄坐标为1,
3+ 11
2
或1,
3−11
2
，
③当点𝑁为直角顶点时，则有𝐶𝑁2 +𝑁𝑄2 = 𝐶𝑄2，
即
3 5
2
2
+ 𝑚2 +
1
4 = 𝑚2−6𝑚+ 10，
解得：𝑚= −
1
4，
此时点𝑄坐标为1,−
1
4 ，
综上所述，点𝑄坐标为1,−
1
4 或1,
7
2 或1,
3+ 11
2
或1,
3−11
2
．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法函数与坐标轴的交点，三角形的面积，二次函数
的性质，勾股定理，方程思想以及分类讨论思想等知识，解题的关键是灵活运用这些知识．
【变式5-1】已知抛物线𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐与𝑥轴交于𝐴、𝐵两点，点𝐴在点𝐵左边，点𝐵的坐标为(3,0)，且抛物
线的对称轴是直线𝑥=
3
2，
(1)求此抛物线的表达式．
(2)在抛物线的对称轴右边的图象上，是否存在点M，使锐角三角形𝐴𝑀𝐵的面积等于3．若存在，请求出点M
的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)在（1）（2）条件下，若P 点是抛物线上的一点，且∠𝑃𝐴𝑀= 90°，求△𝐴𝑃𝑀的面积．
【答案】(1)𝑦= 𝑥2−3𝑥；
(2)存在点𝑀(2,−2)，使锐角三角形𝐴𝑀𝐵的面积等于3；
(3)8
【分析】（1）根据抛物线对称轴解析式列式求出𝑏，再把点𝐵的坐标代入求出𝑐，即可得解；
（2）根据抛物线解析式求出点𝐴的坐标，再求出𝐴𝐵的长度，然后利用三角形的面积公式求出点𝑀到𝐴𝐵的距
离，然后根据△𝐴𝑀𝐵是锐角三角形判断点𝑀在𝑥轴下方，从而确定点𝑀的纵坐标，再代入抛物线解析式计算
求出横坐标，从而得解；
（3）根据点𝑀的坐标可得∠𝐵𝐴𝑀= 45°，然后求出∠𝑃𝐴𝐵= 45°，从而写出直线𝑃𝐴的解析式，与抛物线解析
式联立求出点𝑃的坐标，再利用勾股定理求出𝑃𝐴、𝐴𝑀的长度，然后根据直角三角形的面积等于两直角边乘
积的一半计算即可得解．
【详解】（1）解：抛物线的对称轴是直线𝑥= −
𝑏
2×1 =
3
2，
解得𝑏= −3，
∵点𝐵(3,0)在抛物线上，
∴9−3 × 3 + 𝑐= 0，
解得𝑐= 0．
所以此抛物线的表达式为𝑦= 𝑥2−3𝑥；
（2）解：存在．
理由如下：令𝑦= 0，则𝑥2−3𝑥= 0，
解得𝑥1 = 0，𝑥2 = 3，
∵点𝐴在点𝐵左边，
∴点𝐴的坐标为(0,0)，
∴𝐴𝐵= 3，
设点𝑀到𝐴𝐵的距离为ℎ，则𝑆△𝐴𝑀𝐵=
1
2 × 3·ℎ= 3，
解得ℎ= 2，
∵△𝐴𝑀𝐵是锐角三角形，
∴点𝑀应该在𝑥轴的下方，
∴点𝑀的纵坐标为−2，
代入抛物线解析式得，𝑥2−3𝑥= −2，
即𝑥2−3𝑥+ 2 = 0，
解得𝑥1 = 1，𝑥2 = 2，
又∵点𝑀在对称轴右边的图象上，
∴点𝑀的横坐标为2，
∴点𝑀的坐标为(2,−2)，
此时，过点𝑀作𝑀𝑁⊥𝑥轴于点𝑁，则𝐴𝑁= 𝑀𝑁= 2，𝐵𝑁= 1，
∴∠𝐴𝑀𝑁= 45°，∠𝐵𝑀𝑁< 45°，
∴∠𝐴𝑀𝐵< 90°，是锐角，
∴△𝐴𝑀𝐵是锐角三角形，
故存在点𝑀(2,−2)，使锐角三角形𝐴𝑀𝐵的面积等于3；
（3）
解：由（2）得∠𝑀𝐴𝑁= 45°，
∵∠𝑃𝐴𝑀= 90°，
∴∠𝑃𝐴𝑁= 90°−45° = 45°，
∴点𝑃在直线𝑦= 𝑥上，
联立
𝑦= 𝑥
𝑦= 𝑥2−3𝑥
，
解得
𝑥1 = 0
𝑦1 = 0
（舍去），
𝑥2 = 4
𝑦2 = 4
，
∴点𝑃的坐标为(4,4)，
根据勾股定理，𝐴𝑀=
22 + 22 = 2 2，
𝑃𝐴=
42 + 42 = 4 2，
所以△𝐴𝑃𝑀的面积=
1
2𝐴𝑀·𝑃𝑀=
1
2 × 2 2 × 4 2 = 8．
【点睛】本题是对二次函数的综合考查，主要利用了二次函数的对称轴，点在抛物线上，三角形的面积，
直角三角形的面积以及直线与抛物线的交点的求解，难度不是很大，先求出抛物线的解析式是解题的关键，
数据的巧妙设计也是本题的一大特点．
【变式5-2】（2024·安徽淮北·三模）如图1，已知抛物线𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐与x 轴交于点𝐴(−1,0)，𝐵(3,0)，
与y 轴交于点C，点P 为对称轴l 上一动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若∠𝑂𝑃𝐵= 90°，求点P 的坐标；
(3)如图2，点Q 为抛物线上一点，若以O，P，B，Q 四点为顶点的四边形为平行四边形，直接写出点Q 的
坐标．
【答案】(1)𝑦=𝑥2−2𝑥−3
(2)𝑃点的坐标为1, 2 或1,−2
(3)点𝑄的坐标为(2,−3)，(−2,5)，(4,5)
【分析】（1）把(−1,0)，(3,0)代入𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐，再建立方程组解题即可；
（2）由抛物线的对称轴为直线𝑥= 1，故点𝑃的横坐标为1，设𝑃(1,𝑚)，再利用勾股定理可得12 + 𝑚2 + 𝑚2 +
22 = 32，再解方程即可；
（3）分三种情况讨论：当𝑂𝐵，𝑃𝑄为对角线时，当𝑂𝑃，𝐵𝑄为对角线时， 当𝑂𝑄，𝑃𝐵为对角线时，再利用中
点坐标公式建立方程求解即可．
【详解】（1）解：把(−1,0)，(3,0)代入𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐，
1−𝑏+ 𝑐= 0
9 + 3𝑏+ 𝑐= 0
，
解得：
𝑏= −2
𝑐= −3
，
∴𝑦= 𝑥2−2𝑥−3．
（2）解：抛物线的对称轴为直线𝑥= 1，故点𝑃的横坐标为1，设𝑃(1,𝑚)，
则12 + 𝑚2 + 𝑚2 + 22 = 32
解得𝑚=±
2，
∴P 点的坐标为1, 2 或1,−2
（3）解：设𝑄的横坐标为𝑛，则𝑄的坐标为(𝑛,𝑛2−2𝑛−3)
当𝑂𝐵，𝑃𝑄为对角线时，1 + 𝑛= 0 + 3，解得𝑛= 2，
∴𝑛2−2𝑛−3 = −3；
∴𝑄(2,−3)，
当𝑂𝑃，𝐵𝑄为对角线时，1 + 0 = 𝑛+ 3，解得𝑛= −2，
∴𝑛2−2𝑛−3 = 5；
∴𝑄(−2,5)
当𝑂𝑄，𝑃𝐵为对角线时，0 + 𝑛= 1 + 3，解得𝑛= 4，
∴𝑛2−2𝑛−3 = 5；
∴𝑄(4,5)
∴点𝑄的坐标为(2,−3)，(−2,5)，(4,5)．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，勾股定理的应用，平行四边形的判定与性
质，清晰的分类讨论是解本题的关键．
【变式5-3】如图，抛物线与𝑥轴交于𝐴，𝐵两点，与𝑦轴交于点𝐶，𝑂𝐴= 𝑂𝐶= 6，对称轴是𝑥= −2，点𝐹在
对称轴上运动．
(1)求抛物线的解析式；
(2)是否存在一点𝐹，使得∠𝐵𝐹𝐶为直角？若存在，求点𝐹的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)将线段𝐵𝐶绕着点𝐹逆时针方向旋转90°后得到线段𝐵1𝐶1，当点𝐵1与𝐶1恰有一点落在抛物线上时，求点𝐹的
坐标．
【答案】(1)𝑦= −
1
2𝑥2−2𝑥+ 6
(2)存在，𝐹(−2,2)或(−2,4)
(3)(−2,2)，(−2,−4)，(−2,4)，(−2,6)
【分析】（1）由题意得出𝐴(−6,0)，𝐶(0,6)．结合轴对称的性质得出𝐵(2,0)，再利用待定系数法求解即可；
（2）由勾股定理得出𝐵𝐶= 2 10．设𝐵𝐶中点为𝐷，则𝐷(1,3)，连接𝐷𝐹．设点𝐹(−2,𝑡)，则𝐷𝐹=
𝑡2−6𝑡+ 18．当𝐷𝐹= 𝐷𝐶= 𝐵𝐷时，点𝐵，𝐶，𝐹三点在以𝐷为圆心，𝐵𝐶为直径的圆上，由圆周角定理得出
此时∠𝐵𝐹𝐶为直角，由直角三角形的性质得出𝐷𝐹=
1
2𝐵𝐶=
10，即𝑡2−6𝑡+ 18 =
10，解方程即可得解；
（3）设点𝐹(−2,𝑡)．则点𝐵逆时针方向旋转90°后的坐标为𝐵1(𝑡−2,𝑡+ 4)，点𝐶逆时针方向旋转90°后的坐标
为𝐶1(𝑡−8,𝑡+ 2)，再分两种情况：当𝐵1(𝑡−2,𝑡+ 4)在抛物线上时，当𝐶1(𝑡−8,𝑡+ 2)在抛物线上时，分别求解
即可．
【详解】（1）解：∵𝑂𝐴= 𝑂𝐶= 6，
∴𝐴(−6,0)，𝐶(0,6)．
∵对称轴𝑥= −2，
∴𝐵(2,0)．
设抛物线解析式为𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 6(𝑎≠0)
由题意得
36𝑎−6𝑏+ 𝑏= 0
4𝑎+ 2𝑏+ 6 = 0
，
解得
𝑎= −1
2
𝑏= −2
，
∴抛物线解析式为𝑦= −
1
2𝑥2−2𝑥+ 6．
（2）解：存在，
∵𝐵(2,0)，𝐶(0,6)，
∴𝐵𝐶= 2 10．
设𝐵𝐶中点为𝐷，则𝐷(1,3)，连接𝐷𝐹．
设点𝐹(−2,𝑡)，则𝐷𝐹=
(−2−1)2 + (𝑡−3)2 =
𝑡2−6𝑡+ 18．
当𝐷𝐹= 𝐷𝐶= 𝐵𝐷时，点𝐵，𝐶，𝐹三点在以𝐷为圆心，𝐵𝐶为直径的圆上，
此时，∠𝐵𝐹𝐶为直角，𝐷𝐹=
1
2𝐵𝐶=
10，则𝑡2−6𝑡+ 18 =
10，
∴𝑡2−6𝑡+ 18 = 10，
化简得𝑡2−6𝑡+ 8 = 0，
解得𝑡1 = 2，𝑡2 = 4．
∴𝐹的坐标为(−2,2)或(−2,4)时，∠𝐵𝐹𝐶为直角．
（3）解：设点𝐹(−2,𝑡)．
则点𝐵逆时针方向旋转90°后的坐标为𝐵1(𝑡−2,𝑡+ 4)，点𝐶逆时针方向旋转90°后的坐标为𝐶1(𝑡−8,𝑡+ 2)，
当𝐵1(𝑡−2,𝑡+ 4)在抛物线上时，𝑡+ 4 = −
1
2(𝑡−2)2−2(𝑡−2) +6，
化简得𝑡2 +2𝑡−8 = 0，
解得𝑡1 = 2，𝑡2 = −4．
∴𝑡1 = 2时，𝐹(−2,2)，𝑡2 = −4时，𝐹(−2,−4)．
经检验，此时点𝐶1不在抛物线上．
当𝐶1(𝑡−8,𝑡+ 2)在抛物线上时，𝑡+ 2 = −
1
2(𝑡−8)2−2(𝑡−8) +6，
化简得𝑡2−10𝑡+ 24 = 0，
解得𝑡1 = 4，𝑡2 = 6．
∴当𝑡1 = 4时，𝐹(−2,4)，当𝑡2 = 6时，𝐹(−2,6)．
经检验，此时点𝐵1不在抛物线上．
综上，满足题意的点𝐹的坐标为(−2,2)，(−2,−4)，(−2,4)，(−2,6)．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、圆周角定理、直角三角形的性质、坐标与图形—旋转变
换、勾股定理等知识点，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6 二次函数与角的和差倍分】
【例6】（2024·山东济南·三模）如图，抛物线M 过点𝐸(−2,3)，与x 轴交于点A 和点B（点A 在点B 左
侧），与y 轴交于点C，顶点D 的坐标为(−1,4)．
(1)求抛物线M 的表达式和点A 的坐标；
(2)点F 是线段𝐴𝐶上一动点，求△𝐷𝐸𝐹周长的最小值；
(3)平移抛物线M 得到抛物线N，已知抛物线N 过点D，顶点为P，其对称轴与抛物线M 交于点Q，若
∠𝑃𝐷𝑄= 4∠𝐷𝑃𝑄，直接写出点P 的坐标．
【答案】(1)𝑦= −(𝑥+ 1)2 +4，(−3,0)
(2)最小值为2 +
10
(3)P 的坐标为( 3−1,7)或(−3−1,7)
【分析】（1）利用待定系数法求出表达式然后求出点A 的坐标即可；
（2）首先得到直线𝐴𝐶的表达式为：𝑦= 𝑥+ 3，作E 关于𝐴𝐶的对称点𝐸′，则𝐸𝐸′ ⊥𝐴𝐶，设垂足为G，则点G
为E 与𝐸′的中点，勾股定理求出𝐷𝐸=
12 + 12 =
2，𝐷𝐸′ =
12 + 32 =
10，进而求解即可；
（3）抛物线N 由抛物线M 平移得到，求出抛物线N 的表达式为𝑦= −𝑥2 +𝑛𝑥+ 𝑛+ 5，得到顶点P 的坐标
为
𝑛
2 ,
1
4 𝑛2 + 𝑛+ 5 ，𝑄
𝑛
2 ,−
1
4 𝑛2−𝑛+ 3 ，作𝐷𝐻⊥𝑃𝑄于H，则𝐻
𝑛
2 ,4 ，在Rt △𝐷𝑃𝐻中，∠𝐷𝑃𝐻= 30°，得
到𝑃𝐻=
3𝐷𝐻，进而列方程求解即可．
【详解】（1）∵顶点D 的坐标为(−1,4)，
设二次函数表达式为𝑦= 𝑎(𝑥+ 1)2 +4
将点𝐸(−2,3)代入得𝑎= −1
∴抛物线M 的表达式为：𝑦= −(𝑥+ 1)2 +4
当𝑦= 0时，𝑥= −3或1，
∵点A 在点B 左侧，
∴点A 的坐标为(−3,0)；
（2）当𝑥= 0时，𝑦= 3，
∴点C 的坐标为(0,3)
∴设直线𝐴𝐶的表达式为：𝑦= 𝑚𝑥+ 𝑛
故
−3𝑚+ 𝑛= 0
𝑛= 3
解得
𝑚= 1
𝑛= 3
∴𝑦= 𝑥+ 3，
∵𝐴(−3,0),𝐶(0,3)，
∴𝑂𝐴= 𝑂𝐶= 3，
∴∠𝑂𝐴𝐶= ∠𝑂𝐶𝐴= 45°，
作E 关于𝐴𝐶的对称点𝐸′，则𝐸𝐸′ ⊥𝐴𝐶，设垂足为G，则点G 为E 与𝐸′的中点
∵𝐸(2,3),𝐶(0,3)，
∴𝐸𝐶所在直线垂直于y 轴，
∵𝐸关于𝐴𝐶的对称点𝐸′，
∴点𝐸′的坐标为(0,1)，
∴点G 的横坐标为
−2+0
2
= −1
将𝑥= −1代入𝑦= 𝑥+ 3得，𝑦= 2
∴点G 的坐标为(−1,2)，
∵𝐷(−1,4)，𝐸(−2,3)，𝐸′(0,1)
∴𝐷𝐸=
12 + 12 =
2，𝐷𝐸′ =
12 + 32 =
10
∴𝐶△𝐷𝐸𝐹= 𝐷𝐸+ 𝐷𝐹+ 𝐸𝐹= 𝐷𝐸+ 𝐷𝐹+ 𝐹𝐸′ ≥𝐷𝐸+ 𝐷𝐸′ =
2 +
10
即△𝐷𝐸𝐹周长的最小值为2 +
10；
（3）∵抛物线N 由抛物线M 平移得到，设抛物线N 的表达式为𝑦= −𝑥2 +𝑛𝑥+ 𝑚
将点𝐸(−1,4)代入得：𝑚= 𝑛+ 5，
∴抛物线N 的表达式为𝑦= −𝑥2 +𝑛𝑥+ 𝑛+ 5
∴顶点P 的坐标为
𝑛
2 ,
1
4 𝑛2 + 𝑛+ 5 ，
将𝑥=
𝑛
2代入𝑦= −(𝑥+ 1)2 +4，𝑦= −
1
4𝑛2−𝑛+ 3，
∴𝑄
𝑛
2 ,−
1
4 𝑛2−𝑛+ 3 ，
作𝐷𝐻⊥𝑃𝑄于H，则𝐻
𝑛
2 ,4 ，
∵4 =
1
2
1
4 𝑛2 + 𝑛+ 5 + −
1
4 𝑛2−𝑛+ 3
∴点H 为点P 和点Q 的中点，
∴𝑃𝐷= 𝑄𝐷
∴∠𝐷𝑄𝑃= ∠𝐷𝑃𝑄
又∵∠𝑃𝐷𝑄= 4∠𝐷𝑃𝑄
∴∠𝐷𝑃𝑄= 30°
在Rt △𝐷𝑃𝐻中，∠𝐷𝑃𝐻= 30°
∴𝑃𝐻=
3𝐷𝐻，
∴(
1
4𝑛2 +𝑛+ 5)−4 =
3(
𝑛
2 +1)
或(
1
4𝑛2 +𝑛+ 5)−4 =
3(−
𝑛
2−1)
∴解第一个方程可得𝑛1 = −2（舍），𝑛2 = 2 3−2
解第二个方程可得𝑛1 = −2（舍），𝑛2 = −2 3−2
将𝑛= 2 3−2与−2 3−2代入P 点坐标，
P 的坐标为( 3−1,7)或(−3−1,7)．
【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及到的知识点有二次函数图像上点的坐标特征、二次函数的性质、
待定系数法求一次函数和二次函数的解析式，并灵活运用分类讨论及数形结合的思想分析解决问题是解题
的关键．
【变式6-1】如图，抛物线𝑦=
1
3𝑥2 +
8
3𝑥−3与𝑥轴交于点𝐴和点𝐵两点，与𝑦轴交于点𝐶，𝐷点为抛物线上第三
象限内一动点，当∠𝐴𝐶𝐷+ 2∠𝐴𝐵𝐶= 180°时，点𝐷的坐标为（ ）
A．(−8,−3)
B．(−7,−
16
3 )
C．(−6,−7)
D．(−5,−8)
【答案】B
【分析】根据二次函数𝑦=
1
3𝑥2 +
8
3𝑥−3与坐标轴的交点坐标分别求出𝑂𝐴、𝑂𝐵、𝑂𝐶的长度；然后通过勾股定
理逆定理判断出∠𝐴𝐶𝐵= 90°，得出2∠𝐵𝐴𝐶+ 2∠𝐴𝐵𝐶= 180°；由∠𝐴𝐶𝐷+ 2∠𝐴𝐵𝐶= 180°得出
∠𝐴𝐶𝐷= 2∠𝐵𝐴𝐶；作点𝐶关于𝑥轴的对称点𝐸，连接𝐴𝐸；即可构造出∠𝐸𝐴𝐶= ∠𝐴𝐶𝐷，从而得出𝐴𝐸∥𝐷𝐶；根据
平行线的斜率相同以及点𝐶的坐标求出直线𝐷𝐶的表达式；最后联立方程组求解即可；
【详解】解：令𝑦= 0，则
1
3𝑥2 +
8
3𝑥−3 = 0
解得：𝑥1 = −9，𝑥2 = 1
∴𝐴(−9,0)，𝐵(1,0)
∴𝑂𝐴= 9，𝑂𝐵= 1，𝐴𝐵= 10
当𝑥= 0时，𝑦=−3
∴𝐶(0,−3)
∴𝑂𝐶= 3
在△𝐴𝐶𝐵中
𝐵𝐶2 + 𝐴𝐶2 = (𝑂𝐵2 + 𝑂𝐶2) + (𝑂𝐶2 + 𝑂𝐴2) = 100 = 𝐴𝐵2
∴∠𝐴𝐶𝐵= 90°
∴∠𝐵𝐴𝐶+ ∠𝐴𝐵𝐶= 90°
∴2∠𝐵𝐴𝐶+ 2∠𝐴𝐵𝐶= 180°
∵∠𝐴𝐶𝐷+ 2∠𝐴𝐵𝐶= 180°
∴∠𝐴𝐶𝐷= 2∠𝐵𝐴𝐶
如图，作点𝐶关于𝑥轴的对称点𝐸，连接𝐴𝐸；
则𝐸(0,3)，∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐵𝐴𝐸
∴∠𝐸𝐴𝐶= 2∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐴𝐶𝐷
∴𝐴𝐸∥𝐷𝐶
∴𝑘𝐷𝐶= 𝑘𝐴𝐸=
𝑂𝐸
𝑂𝐴=
1
3
设直线𝐷𝐶的表达式为：𝑦=
1
3𝑥+ 𝑏
将𝐶(0,−3)代入得：𝑏= −3
∴直线𝐷𝐶的表达式为：𝑦=
1
3𝑥−3
解方程组
𝑦= 1
3 𝑥−3
𝑦= 1
3 𝑥2 + 8
3 𝑥−3
得：
𝑥= 0
𝑦= −3
或
𝑥= −7
𝑦= −16
3
∵点𝐷在第三象限
∴点𝐷的坐标为(−7,−
16
3 )
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图像的性质、一次函数的性质、勾股定理逆定理、直角三角形两锐角互余等
知识点；综合运用上述知识求出直线𝐷𝐶的函数表达式是解题的关键．
【变式6-2】（25-26 八年级下·重庆渝中·期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥−3(𝑎≠0)
与𝑥轴交于点𝐴(−3,0)、点𝐵(1,0)，与𝑦轴交于点𝐶，连接𝐴𝐶．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，点𝑃是线段𝐴𝐶下方抛物线上一点，过点𝑃作𝑃𝑀∥𝑦轴交线段𝐴𝐶于点𝑀，过点𝑀作𝑀𝑁⊥𝑦轴交𝑦轴
于点𝑁，求出𝑃𝑀+ 𝑀𝑁的最大值，及此时𝑃点的坐标；
(3)如图2，将抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥−3沿射线𝐴𝐶方向平移2 2个单位长度得到新抛物线𝑦′，点𝐾为新抛物线𝑦′
上一点，且满足∠𝐴𝐵𝐾+ ∠𝐵𝐴𝐶= 180°，请直接写出所有符合条件的点𝐾的坐标，并写出其中一种情况的求
解过程．
【答案】(1)𝑦= 𝑥2 +2𝑥−3
(2)最大值为4，𝑃点的坐标为(−2,−3)
(3)(3,−2)或(4,3)
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出直线𝐴𝐶:𝑦= −𝑥−3，设𝑃(𝑚,𝑚2 + 2𝑚−3)，然后用𝑚的代数式表示出𝑃𝑀+ 𝑀𝑁，再由二次函数
的性质求解即可；
（3）先求出平移后的抛物线表达式𝑦= 𝑥2−2𝑥−5，过点𝐾作𝐾𝐻⊥𝑥轴于点𝐻，则
∠𝐾𝐵𝐻= 180°−∠𝐴𝐵𝐾= 45°，那么𝐾𝐻= 𝐵𝐻，设𝐾(𝑘,𝑘2−2𝑘−5)，则|𝑘2−2𝑘−5| = 𝑘−1，再解方程即可．
【详解】（1）解：∵抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥−3(𝑎≠0)与𝑥轴交于点𝐴(−3,0)、点𝐵(1,0)，
∴9𝑎−3𝑏−3 = 0
𝑎+ 𝑏−3 = 0
解得
𝑎= 1
𝑏= 2
∴抛物线的表达式为𝑦= 𝑥2 +2𝑥−3；
（2）解：对于𝑦= 𝑥2 +2𝑥−3，令𝑥= 0，则𝑦= −3
∴𝐶(0,−3)
∵𝐴(−3,0)
设直线𝐴𝐶:𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑡，
则
−3𝑘+ 𝑡= 0
𝑡= −3
解得
𝑘= −1
𝑡= −3
∴直线𝐴𝐶:𝑦= −𝑥−3
设𝑃(𝑚,𝑚2 + 2𝑚−3)
∵𝑃𝑀∥𝑦轴，
∴𝑀(𝑚,−𝑚−3)，
∵𝑀𝑁⊥𝑦轴，
∴𝑃𝑀+ 𝑀𝑁= −𝑚−3−(𝑚2 + 2𝑚−3) + (−𝑚)
整理得，𝑃𝑀+ 𝑀𝑁= −𝑚2−4𝑚= −(𝑚+ 2)2 +4
∵−1 < 0，−3 < 𝑚< 0
∴当𝑚= −2时，𝑃𝑀+ 𝑀𝑁取得最大值为4，
此时点𝑃(−2,−3)；
（3）解：∵𝐴(−3,0)，𝐶(0,−3)
∴𝑂𝐴= 𝑂𝐶= 3，
∵∠𝐴𝑂𝐶= 90°
∴∠𝑂𝐴𝐶= ∠𝑂𝐶𝐴= 45°，
设点𝐴的对应点为点𝐹，作𝐹𝑇⊥𝑥轴于点𝑇，则△𝐴𝐹𝑇为等腰直角三角形，𝐴𝑇= 𝐹𝑇，
则由题意得𝐴𝐹= 2 2，
∵𝐴𝑇2 +𝐹𝑇2 = 𝐴𝐹2
∴𝐴𝑇= 𝐹𝑇=
2
2 𝐴𝐹= 2
∴点𝐴向右平移2 个单位，向下平移2 个单位得到点𝐹，
而抛物线𝑦= 𝑥2 +2𝑥−3 = (𝑥+ 1)2−4，
则向右平移2 个单位，向下平移2 个单位得到𝑦= (𝑥+ 1−2)2−4−2，𝑦= 𝑥2−2𝑥−5
∵∠𝐴𝐵𝐾+ ∠𝐵𝐴𝐶= 180°
∴∠𝐴𝐵𝐾= 180°−∠𝐵𝐴𝐶= 135°，
过点𝐾作𝐾𝐻⊥𝑥轴于点𝐻
∴∠𝐾𝐵𝐻= 180°−∠𝐴𝐵𝐾= 45°
∴𝐾𝐻= 𝐵𝐻
设𝐾(𝑘,𝑘2−2𝑘−5)，则|𝑘2−2𝑘−5| = 𝑘−1
∴𝑘2−2𝑘−5 = 𝑘−1或𝑘2−2𝑘−5 = 1−𝑘
解𝑘2−2𝑘−5 = 𝑘−1得，𝑘= 4或𝑘= −1（舍去）；
解𝑘2−2𝑘−5 = 1−𝑘得，𝑘= 3或𝑘= −2（舍去）
∴当𝑘= 4时，𝐾(4,3)；当𝑘= 3时，𝐾(3,−2)，
综上：符合条件的点𝐾的坐标为(3,−2)或(4,3)．
【变式6-3】（25-26 八年级下·重庆·期末）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与𝑥轴交于𝐴(−3,0)、𝐵(1,0)
两点，与𝑦轴交于𝐶(0,3)，连接𝐴𝐶．
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，点𝑃是线段𝐴𝐶上方抛物线上的一动点，连接𝐴𝑃、𝐶𝑃．抛物线的对称轴为直线𝑙，点𝑄为𝑦轴上的动
点，𝑄𝐻⊥𝑙于点𝐻．当△𝐴𝑃𝐶面积取得最大值时，求点𝑃的坐标及𝑃𝑄+ 𝐻𝑄的最小值；
(3)如图2，将抛物线沿射线𝐶𝐴方向平移3 2个单位长度得到新抛物线𝑦1，点𝑀为抛物线𝑦1与𝑥轴的左侧交点，
点𝑁为抛物线𝑦1上的一动点．若∠𝑁𝑀𝐶+ ∠𝐶𝐴𝐵= ∠𝑀𝐶𝑂，请直接写出所有符合条件的点𝑁的横坐标．
【答案】(1)𝑦= −𝑥2−2𝑥+ 3
(2)𝑃−
3
2 ,
15
4 ；𝑃𝑄+ 𝐻𝑄的最小值为
5
2
(3)点𝑁的横坐标为−4或−
76
23
【分析】（1）利用待定系数法求解；
（2）过点P 作𝑃𝐹⊥𝑥轴于点F，交直线𝐴𝐶于点E，先求出直线𝐴𝐶的解析式，设点P 的坐标，则可表示点E
的坐标，进而表示出线段𝑃𝐸，利用𝑆△𝑃𝐴𝐶= 𝑆△𝑃𝐸𝐴+ 𝑆△𝑃𝐸𝐶，最后求出其取最大值时点P 的坐标；因
𝑄𝐻= 1，则𝑃𝑄+ 𝐻𝑄= 𝑃𝑄+ 1，当𝑃𝑄最小时，𝑃𝑄+ 𝐻𝑄最小，此时𝑃𝑄⊥𝑦轴，根据点P 的坐标求得𝑃𝑄+ 𝐻𝑄
的最小值；
（3）根据A、C 两点的坐标得∠𝐶𝐴𝐵= ∠𝐴𝐶𝑂= 45°，由条件∠𝑁𝑀𝐶+ ∠𝐶𝐴𝐵= ∠𝑀𝐶𝑂得∠𝑁𝑀𝐶= ∠𝑀𝐶𝐴，
求出平移后的抛物线解析式及此抛物线与x 轴的交点坐标，此时有两种情况：𝑀𝑁∥𝐴𝐶或直线𝑀𝑁与𝐴𝐶的交
点恰好是以𝑀𝐶为底边的等腰三角形的顶点，由此即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线过𝐴(−3,0)、𝐵(1,0)两点，
∴设抛物线解析式为𝑦= 𝑎(𝑥+ 3)(𝑥−1)，
∵抛物线过点𝐶(0,3)，
∴−3𝑎= 3，
即𝑎= −1，
∴抛物线解析式为𝑦= −(𝑥+ 3)(𝑥−1)，即𝑦= −𝑥2−2𝑥+ 3；
（2）解：如图，过点P 作𝑃𝐹⊥𝑥轴于点F，交直线𝐴𝐶于点E，
设直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
把A、C 两点的坐标分别代入得
−3𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= 3
，解得
𝑘= 1
𝑏= 3
，
∴直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= 𝑥+ 3，
设点P 的坐标为(𝑚,−𝑚2−2𝑚+ 3)，则可表示点E 的坐标为(𝑚,𝑚+ 3)，
∴𝑃𝐸= −𝑚2−2𝑚+ 3−(𝑚+ 3) = −𝑚2−3𝑚，
∵𝐴(−3,0)，
∴𝑂𝐴= 3，
∵𝑆△𝑃𝐴𝐶= 𝑆△𝑃𝐸𝐴+ 𝑆△𝑃𝐸𝐶
= 1
2 𝑃𝐸⋅𝐴𝐹+ 1
2 𝑃𝐸⋅𝑂𝐹
= 1
2 𝑃𝐸⋅𝑂𝐴
=
3
2𝑃𝐸，
当𝑃𝐸取得最大值时，△𝐴𝑃𝐶取得最大值，
∵𝑃𝐸= −𝑚2−3𝑚= −𝑚+
3
2
2
+
9
4，
∴当𝑚= −
3
2时，𝑃𝐸取得最大值，从而△𝐴𝑃𝐶取得最大值，
∴𝑃−
3
2 ,
15
4 ，
∵点Q 在y 轴上，抛物线的对称轴为直线𝑥=
−3+1
2
= −1，𝑄𝐻⊥𝑙，
∴𝑄𝐻= 1，
∴𝑃𝑄+ 𝐻𝑄= 𝑃𝑄+ 1，
当𝑃𝑄最小时，𝑃𝑄+ 𝐻𝑄最小，此时𝑃𝑄⊥𝑦轴，
∵𝑃−
3
2 ,
15
4 ，
∴𝑃𝑄的最小值为
3
2，
∴𝑃𝑄+ 𝐻𝑄的最小值为
3
2 +1 =
5
2；
（3）解：根据A、C 两点的坐标知，𝑂𝐴= 𝑂𝐶= 3，
∴∠𝐶𝐴𝐵= ∠𝐴𝐶𝑂= 45°，𝐶𝐴= 3 2，
∵∠𝑁𝑀𝐶+ ∠𝐶𝐴𝐵= ∠𝑀𝐶𝑂，∠𝑀𝐶𝑂= ∠𝑀𝐶𝐴+ ∠𝐴𝐶𝑂，
∴∠𝑁𝑀𝐶= ∠𝑀𝐶𝐴，
∵抛物线沿射线𝐶𝐴方向平移3 2个单位长度得到新抛物线𝑦1，且𝑦= −𝑥2−2𝑥+ 3 = −(𝑥+ 1)2 +4，
∴那原抛物线向左平移3 个单位，向下平移3 个单位，
∴𝑦1 = −(𝑥+ 1 + 3)2 +4−3 = −(𝑥+ 4)2 +1，
令𝑦1 = −(𝑥+ 4)2 +1 = 0，解得𝑥1 = −3，𝑥2 = −5，
∴𝑀(−5,0)，𝑦1与x 轴的另一个交点为点A，
当点N 在𝑀𝐶上方的抛物线𝑦1上时，则𝑀𝑁∥𝐴𝐶，
设此时𝑀𝑁的解析式为𝑦= 𝑥+ 𝑏1，把点M 坐标代入得𝑏1 = 5，
即𝑀𝑁的解析式为𝑦= 𝑥+ 5，
令𝑦1 = −(𝑥+ 4)2 +1 = 𝑥+ 5，整理得𝑥2 +9𝑥+ 20 = 0，
解得𝑥1 = −4，𝑥2 = −5（舍去），
∴点𝑁的横坐标为−4；
当直线𝑀𝑁与𝐴𝐶的交点恰好是以𝑀𝐶为底边的等腰三角形的顶点时，此时∠𝑁𝑀𝐶= ∠𝑀𝐶𝐴，
设直线𝑀𝑁与𝐴𝐶的交点为D 点，如图，设𝐷(𝑚,𝑚+ 3)，
∵𝐷𝐶= 𝐷𝑀，
∴(𝑚−0)2 + (𝑚+ 3−3)2 = (𝑚+ 5)2 + (𝑚+ 3)2，
解得𝑚= −
17
8 ，
即𝐷−
17
8 ,
7
8 ，
设直线𝑀𝑁的解析式为𝑦= 𝑘2𝑥+ 𝑏2，
则有
−17
8 𝑘2 + 𝑏2 = 7
8
−5𝑘2 + 𝑏2 = 0
，解得
𝑘2 = 7
23
𝑏2 = 35
23
，
即直线𝑀𝑁的解析式为𝑦=
7
23𝑥+
35
23，
令𝑦1 = −(𝑥+ 4)2 +1 =
7
23𝑥+
35
23，整理得23𝑥2 +191𝑥+ 380 = 0，
解得𝑥1 = −
76
23，𝑥2 = −5（舍去），
∴点𝑁的横坐标为−
76
23，
综上，点𝑁的横坐标为−4或−
76
23．
【题型7 二次函数与60°角】
【例7】如图，拋物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐与𝑥轴交于𝐴,𝐵两点，与𝑦轴交于点𝐶，抛物线的对称轴是直线𝑥= −
3
2，
已知点𝐵(1,0),𝐶(0,−2)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)𝐸是线段𝐴𝐶上的一个动点，过点𝐸作𝐸𝐷⊥𝑥轴，延长𝐷𝐸交抛物线于点𝐹，求线段𝐸𝐹的最大值及此时点𝐸的
坐标；
(3)在𝑦轴上是否存在一点𝑃，使得∠𝑂𝐴𝑃+ ∠𝑂𝐴𝐶= 60°？若存在，求点𝑃的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦=
1
2𝑥2 +
3
2𝑥−2；
(2)最大值为2，𝐸的坐标为(−2,−1)；
(3)存在，0,−32 + 20 3 或0,32−20 3 ．
【分析】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法，解（2）的关键是得出二次函数，又
利用了二次函数的性质，解（3）的关键是利用了三角形的面积得出关于n 的方程，以防遗漏；
（1）根据对称轴，利用待定系数法即可求解；
（2）根据对称轴得出点𝐴坐标，由点𝐴、𝐶的坐标得直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= −
1
2𝑥−2，设点𝐸𝑥,−
1
2 𝑥−2 ，则
点𝐹𝑥,
1
2 𝑥2 +
3
2 𝑥−2 ，进而求解；
（3）根据三角形的面积，可得关于𝑛的方程，根据解方程，可得答案；
【详解】（1）∵点𝐶的坐标为(0,−2),
∴𝑐= −2．
∵抛物线过点𝐵(1,0)，对称轴是直线𝑥= −
3
2，
∴
𝑎+ 𝑏−2 = 0
−𝑏
2𝑎= −3
2
，
解得
𝑎= 1
2
𝑏= 3
2
，
∴抛物线的解析式为𝑦=
1
2𝑥2 +
3
2𝑥−2．
（2）∵抛物线对称轴为直线𝑥= −
3
2，点𝐵的坐标为(1,0)，
∴点𝐴的坐标为(−4,0)．
∵𝐶(0,−2)，
设直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑚，
∴
−4𝑘+ 𝑚= 0
𝑚= −2
，
解得
𝑘= −1
2
𝑚= −2
，
∴直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= −
1
2𝑥−2．
设点𝐸𝑥,−
1
2 𝑥−2 ，
则点𝐹𝑥,
1
2 𝑥2 +
3
2 𝑥−2 ，
∴𝐸𝐹= −
1
2 𝑥−2 −
1
2 𝑥2 +
3
2 𝑥−2 = −
1
2𝑥−2−
1
2𝑥2−
3
2𝑥+ 2 = −
1
2(𝑥+ 2)2 +2．
∵−
1
2 < 0，
∴当𝑥= −2时，线段𝐸𝐹的值最大，最大值为2，此时点𝐸的坐标为(−2,−1)；
（3）存在．
设点𝑃(0,𝑛)，
如图，过点𝑃作𝑃𝐺⊥𝐴𝐶于点𝐺，连接𝐴𝑃．
∵∠𝑂𝐴𝑃+ ∠𝑂𝐴𝐶= 60°，
∴∠𝑃𝐴𝐺= 60°,𝐴𝐺=
1
2𝑃𝐴，
∴𝑃𝐺=
𝑃𝐴2−
1
2 𝑃𝐴
2
=
3
2 𝑃𝐴．
∵𝑃𝐴=
𝑛2 + 42,𝐴𝐶=
42 + 22 = 2 5，
∴𝑃𝐺=
3
2
𝑛2 + 42．
由△𝑃𝐴𝐶的面积，得
1
2𝐴𝐶⋅𝑃𝐺=
1
2𝑃𝐶⋅𝑂𝐴，
即
1
2 × 2 5 ×
3
2 ⋅
𝑛2 + 42 =
1
2 × 4(𝑛+ 2)，化简，得𝑛2 +64𝑛−176 = 0，
解得𝑛1 = −32 + 20 3,𝑛2 = −32−20 3（不符合题意，舍去），
∴𝑃0,−32 + 20 3 ．
设点𝑃′与点𝑃关于原点𝑂对称，则𝑂𝑃′ = 𝑂𝑃= −32 + 20 3，
∴𝑃′ 0,32−20 3 ．
综上所述，点𝑃的坐标为0,−32 + 20 3 或0,32−20 3 ．
【变式7-1】如图，已知抛物线𝑦=
1
4(𝑥+ ℎ)2 +𝑘．点𝐴(−1,2)在抛物线的对称轴上，𝐵0,
5
4 是抛物线与𝑦轴
的交点，𝐷为抛物线上一动点，过点𝐷作𝑥轴的垂线，垂足为点𝐶．
(1)直接写出ℎ，𝑘的值；
(2)如图，若点𝐷的坐标为(3,𝑚)，点𝑄为𝑦轴上一动点，直线𝑄𝐾与抛物线对称轴垂直，垂足为点𝐾．探求
𝐷𝐾+ 𝐾𝑄+ 𝑄𝐶的值是否存在最小值，若存在，求出这个最小值及点𝑄的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图，连接𝐴𝐷，𝐴𝐶，若∠𝐷𝐴𝐶= 60°，求点𝐷的坐标．
【答案】(1)ℎ= 1，𝑘= 1
(2)存在，最小值为74 +1，𝑄0,
15
7
(3)𝐷2 3−1,4
【分析】（1）根据二次函数性质进行分析，即可得到答案；
（2）由（1）可知𝑦=
1
4(𝑥+ 1)2 +1，求得𝐷(3,5)，作C 点关于直线𝑥= −
1
2的对称点𝐶′，连接𝐶′𝐷交抛物线
对称轴于点K，连接𝐶𝑄，当𝐶′、K、D 三点共线时，𝐶′𝐷有最小值，即𝐷𝐾+ 𝐾𝑄+ 𝑄𝐶的值最小，利用坐标点
的距离公式，得到𝐶′𝐷=
74，即可求出𝐷𝐾+ 𝐾𝑄+ 𝑄𝐶的最小值，再利用待定系数法求出直线𝐶′𝐷的解析式
为𝑦=
5
7𝑥+
20
7 ，进而得到点𝐾的坐标，即可求得点Q 的坐标．
（3）如图，过𝐷作𝐷𝐸⊥𝐴𝐶于𝐸，设𝐷𝑚,
1
4 𝑚2 +
1
2 𝑚+
5
4 ，则𝐶(𝑚,0)，可得𝐶𝐷2 =
1
4 𝑚2 +
1
2 𝑚+
5
4
2
，𝐷𝐸2 =
3
4𝐴𝐷2 𝐶𝐸2 = 𝐴𝐶2−𝐴𝐶⋅𝐴𝐷+
1
4𝐴𝐷2，𝐷𝐸2 +𝐶𝐸2 = 𝐴𝐷2 +𝐴𝐶2−𝐴𝐶⋅𝐴𝐷，而𝐶𝐷2 = 𝐷𝐸2 +𝐶𝐸2，再建立方程
求解即可.
【详解】（1）解：∵点𝐴(−1,2)在抛物线的对称轴上，
∴抛物线的对称轴为直线𝑥=−1，
∴ℎ= 1，
∴𝑦=
1
4(𝑥+ 1)2 +𝑘，
∵𝐵0,
5
4 是抛物线与y 轴的交点，
∴
1
4 +𝑘=
5
4，
∴𝑘= 1；
（2）解：存在最小值，理由如下：
由（1）可知，𝑦=
1
4(𝑥+ 1)2 +1，
∵点D 是抛物线上一点，坐标为(3,𝑚)，
∴𝑚=
1
4 × (3 + 1)2 +1 = 5，
∴𝐷(3,5)，
作C 点关于直线𝑥= −
1
2的对称点𝐶′，连接𝐶′𝐷交抛物线对称轴于点K，连接𝐶𝑄，
由对称性可知，𝐶′𝐾= 𝐶𝑄，
∴𝐷𝐾+ 𝐾𝑄+ 𝑄𝐶= 𝐷𝐾+ 𝐾𝑄+ 𝐶′𝐾≥𝐶′𝐷+ 𝐾𝑄，
当𝐶′、K、D 三点共线时，𝐶′𝐷有最小值，即𝐷𝐾+ 𝐾𝑄+ 𝑄𝐶的值最小，
∵抛物线的对称轴为直线𝑥=−1，𝑄𝐾与抛物线对称轴垂直，
∴𝐾𝑄= 1，
∵𝐷(3,5)，𝐶𝐷⊥𝑥轴，
∴𝐶(3,0)，
∴𝐶′(−4,0)，
∴𝐶′𝐷=
(3 + 4)2 + (5−0)2 =
74，
∴𝐷𝐾+ 𝐾𝑄+ 𝑄𝐶的最小值为74 +1，
设直线𝐶′𝐷的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
∴
−4𝑘+ 𝑏= 0
3𝑘+ 𝑏= 5
，
解得：
𝑘= 5
7
𝑏= 20
7
，
∴直线𝐶′𝐷的解析式为𝑦=
5
7𝑥+
20
7 ，
令𝑥=−1，则𝑦= −
5
7 +
20
7 =
15
7 ，
∴𝐾−1,
15
7 ，
∴𝑄0,
15
7 ．
（3）∵𝑦=
1
4(𝑥+ 1)2 +1 =
1
4𝑥2 +
1
2𝑥+
5
4，
如图，过𝐷作𝐷𝐸⊥𝐴𝐶于𝐸，设𝐷𝑚,
1
4 𝑚2 +
1
2 𝑚+
5
4 ，则𝐶(𝑚,0)，
∴𝐶𝐷2 =
1
4 𝑚2 +
1
2 𝑚+
5
4
2
，
∵∠𝐷𝐴𝐶= 60°，
∴𝐷𝐸2 = (𝐴𝐷⋅sin60°)2 =
3
4𝐴𝐷2，𝐶𝐸2 = (𝐴𝐶−𝐴𝐷⋅cos60°)2 = 𝐴𝐶2−𝐴𝐶⋅𝐴𝐷+
1
4𝐴𝐷2，
∴𝐷𝐸2 +𝐶𝐸2 = 𝐴𝐷2 +𝐴𝐶2−𝐴𝐶⋅𝐴𝐷
= (𝑚+ 1)2 +4 +
1
4 𝑚2 +
1
2 𝑚+
5
4 −2
2
+ (𝑚+ 1)2−(𝑚+ 1)2 +
1
4 𝑚2 +
1
2 𝑚−
3
4
2
⋅
(𝑚+ 1)2 + 4，
而𝐶𝐷2 = 𝐷𝐸2 +𝐶𝐸2，
解得：𝑚=± 2 3−1，
∵𝐷在第一象限，则𝑚> 0，
∴𝑚= 2 3−1，
∴𝐷2 3−1,4 .
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，最值问题，勾股定理，一元二次方程的解法，待定系数法求
一次函数解析式等知识，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键．
【变式7-2】在平面直角坐标系中，抛物线𝑦= −
3
3 (𝑥+ 1)(𝑥−3)与x 轴交于A、B 两点（点A 在点B 的左
侧），与y 轴交于C 点.
(1)求点A，B，C 的坐标；
(2)判断△𝐴𝐵𝐶的形状，并说明理由；
(3)若点P 在抛物线上，且∠𝑃𝐵𝐴= 60°，求点P 的坐标.
【答案】(1)点A 的坐标为(−1,0)，点B 的坐标为(3,0)，点C 的坐标为0, 3
(2)见解析
(3) −4,−7 3 或2, 3
【分析】（1）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点A，B，C 的坐标；
（2）由点A，B，C 的坐标，利用两点间的距离公式可得出𝐴𝐵，𝐴𝐶，𝐵𝐶的长度，结合𝐴𝐶2 +𝐵𝐶2 = 𝐴𝐵2，
可得出△𝐴𝐵𝐶为直角三角形；
（3）设边𝑃𝐵与y 轴交于点M，由𝑂𝐵的长度及∠𝑃𝐵𝐴= 60°可得出点M 的坐标，利用待定系数法可求出直线
𝐵𝑀的解析式，联立直线𝐵𝑀和抛物线的解析式成方程组，通过解方程组即可求出点P 的坐标．
【详解】（1）当𝑥= 0时，𝑦= −
3
3 × 1 × (−3) =
3，
∴点C 的坐标为0, 3 ；
当𝑦= 0时，−
3
3 (𝑥+ 1)(𝑥−3) = 0，
解得：𝑥1 = −1，𝑥2 = 3，
∴点A 的坐标为(−1,0)，点B 的坐标为(3,0)．
（2）△𝐴𝐵𝐶为直角三角形，理由如下：
∵点A 的坐标为(−1,0)，点B 的坐标为(3,0)，点C 的坐标为0, 3 ，
∴𝐴𝐶= 2，𝐵𝐶= 2 3，𝐴𝐵= 4，
∴𝐴𝐶2 +𝐵𝐶2 = 𝐴𝐵2，
∴△𝐴𝐵𝐶为直角三角形．
（3）设边𝑃𝐵与y 轴交于点M，如图所示．
在Rt △𝐵𝑂𝑀中，𝑂𝐵= 3，∠𝑀𝐵𝑂= 60°，
∴∠𝑂𝑀𝐵= 30°,
∴𝐵𝑀= 2𝑂𝐵= 6,
∴𝑂𝑀=
𝑀𝐵2−𝑂𝐵2 =
62−32 = 3 3,，
∴点M 的坐标为0,3 3 或0,−3 3 ．
当点M 的坐标为0,−3 3 时，设直线𝐵𝑀的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
将𝐵(3,0),𝑀0,−3 3 ，代入𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，得：
3𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= −3 3
，
解得：
𝑘=
3
𝑏= −3 3
，
∴直线𝐵𝑀的解析式为𝑦=
3𝑥−3 3．
联立直线𝐵𝑀和抛物线的解析式成方程组，得：
𝑦=
3𝑥−3 3
𝑦= −
3
3 (𝑥+ 1)(𝑥−3)
，
解得：
𝑥1 = −4
𝑦1 = −7 3
，
𝑥2 = 3
𝑦2 = 0
（舍去），
∴点P 的坐标为−4,−7 3 ；
同理，当点M 的坐标为0,3 3 时，直线𝐵𝑀的解析式为𝑦= −3𝑥+ 3 3，
联立直线𝐵𝑀和抛物线的解析式成方程组，得：
𝑦= −3𝑥+ 3 3
𝑦= −
3
3 (𝑥+ 1)(𝑥−3)
，
解得：
𝑥1 = 2
𝑦1 =
3
，
𝑥2 = 3
𝑦2 = 0
（舍去），
∴点P 的坐标为2, 3 ．
综上所述：点P 的坐标为−4,−7 3 或2, 3 ．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、两点间的距离公式、勾股定理的逆定理、待定系数法
求一次函数解析式以及解直角三角形，解题的关键是：（1）利用二次函数图象上点的坐标特征求出点A，
B，C 的坐标；（2）由点A，B，C 的坐标，找出𝐴𝐶2 +𝐵𝐶2 = 𝐴𝐵2；（3）通过解直角三角形及待定系数法
求一次函数解析式，求出直线𝑃𝐵(𝐵𝑀)的解析式．
【变式7-3】（25-26 九年级上·福建莆田·阶段检测）如图，抛物线𝐶:𝑦=
1
2(𝑥−1)2−1，顶点为𝐷，将抛物线𝐶
沿水平方向向右平移𝑚个单位长度，得到抛物线𝐶1，顶点为𝐷1，𝐶与𝐶1相交于点𝑄，若∠𝐷𝑄𝐷1 = 60°，则𝑚
的值为___________．
【答案】4 3
【分析】本题考查了二次函数的性质，平移的性质，求得𝑄的坐标是解题的关键．
根据平移的性质求得交点Q 的坐标，得到𝐶1解析式，代入C 求得Q 的坐标， 过𝑄作𝑄𝑀⊥𝐷𝐷1交𝐷𝐷1于𝑀，
利用△𝐷𝑄𝐷1为等边三角形，则𝑄𝑀=
3
2 𝐷𝐷1，构建方程求解即可．
【详解】如图，过𝑄作𝑄𝑀⊥𝐷𝐷1交𝐷𝐷1于𝑀，
根据题意𝐷(1,−1),𝐷1(1 + 𝑚,−1)，
抛物线𝐶1:𝑦=
1
2(𝑥−1−𝑚)2−1，代入𝐶:𝑦=
1
2(𝑥−1)2−1得𝑄
𝑚+2
2 ,
𝑚2
8 −1 ，
若∠𝐷𝑄𝐷1 = 60°，由图易知△𝐷𝑄𝐷1为等边三角形，
∴𝑄𝑀=
3
2 𝐷𝐷1，即
𝑚2
8 −1−(−1) =
3
2 (𝑚+ 1−1)，
则𝑚2 = 4 3𝑚，解得𝑚= 4 3或𝑚= 0（舍去），
所以𝑚= 4 3．
故答案为：4 3．
【题型8 二次函数与135°角】
【例8】如图，二次函数𝑦= −
1
3𝑥2 +
4
3𝑥−1的图象交𝑥轴于𝐴，𝐵两点，图象上的一点𝐶使∠𝐶𝐵𝐴= 135°，则点
𝐶的坐标是( )
A．(4,−1)
B．(4,−
3
2)
C．(4.5,−
3
2)
D．(4.5,−
7
4)
【答案】A
【分析】本题考查了抛物线与𝑥轴的交点，二次函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形的判定和性质，
表示出𝐶的坐标是解题的关键．过点𝐶作𝐶𝐷⊥𝑥轴于点𝐷，构造等腰直角△𝐵𝐶𝐷，设𝐵𝐷= 𝐶𝐷= 𝑚，根据等
腰直角三角形的性质表示出点𝐶的坐标，代入抛物线解析式得到关于𝑚的方程，解方程即可求解．
【详解】解：二次函数𝑦= −
1
3𝑥2 +
4
3𝑥−1中，令𝑦= 0，则𝑦= −
1
3𝑥2 +
4
3𝑥−1 = 0，
解得𝑥1 = 1，𝑥2 = 3，
∴𝐴(1,0)，𝐵(3,0)，
过点𝐶作𝐶𝐷⊥𝑥轴于点𝐷，
∵∠𝐶𝐵𝐴= 135°，
∴∠𝐶𝐵𝐷= 45°，
∴△𝐵𝐶𝐷是等腰直角三角形，
∴𝐵𝐷= 𝐶𝐷，
设𝐵𝐷= 𝐶𝐷= 𝑚，
∴𝐶(3 + 𝑚,−𝑚)，
∵点𝐶在二次函数𝑦= −
1
3𝑥2 +
4
3𝑥−1的图象上，
∴−𝑚= −
1
3(3 + 𝑚)2 +
4
3(3 + 𝑚)−1，
解得𝑚1 = 1，𝑚2 = 0（舍去），
∴𝐶(4,−1)，
故选：A．
【变式8-1】（25-26 九年级上·重庆铜梁·期中）已知，在平面直角坐标系中，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 3与x 轴
交于点B，C，与y 轴交于点A，其中𝐵(−3,0),𝐶(1,0)．
(1)求a，b 的值；
(2)如图1，连接𝐴𝐵，点P 是直线𝐴𝐵上方抛物线上一动点，过点P 作𝑃𝐾∥𝑦轴交𝐴𝐵于点K，过点K 作𝐾𝐸⊥𝑦
轴，垂足为点E，求𝑃𝐾+ 𝐾𝐸的最大值并求出此时点P 的坐标；
(3)如图2，点P 在抛物线上，且满足在（2）中求出的点P 的坐标，连接𝑃𝐶，将该抛物线向右平移，使得新
抛物线𝑦′恰好经过原点，点C 的对应点是F，点M 是新抛物线𝑦′上一点，连接𝐶𝑀，当∠𝑀𝐶𝐹+ ∠𝑃𝐶𝐵= 135°
时，请直接写出所有符合条件的点M 的坐标．
【答案】(1)𝑎= −1，𝑏= −2；
(2)当𝑡= −2时，𝑃𝐾+ 𝐾𝐸的最大值为4，此时𝑃(−2,3)
(3)𝑀(1,3)
【分析】本题考查了求函数解析式、二次函数的性质、二次函数综合等知识点，掌握求二次函数解析式的
方法以及会用配方法求最值是解题关键．
（1）将𝐵(−3,0),𝐶(1,0)代入𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 3中得到二元一次方程组求解即可；
（2）由（1）可知抛物线的解析式为𝑦= −𝑥2−2𝑥+ 3，得直线𝐴𝐵的解析式为𝑦= 𝑥+ 3，设𝑃
(𝑡,−𝑡2−2𝑡+ 3)，则𝐾(𝑡,𝑡+ 3)，故𝑃𝐾+ 𝐾𝐸= −𝑡2−4𝑡= −(𝑡+ 2)2 +4，再根据二次函数的性质求解即可；
（3）先求平移后的抛物线解析式为𝑦= −(𝑥−2)2 +4，再证明△𝑃𝑅𝐶为等腰直角三角形，由
∠𝑀𝐶𝐹+ ∠𝑃𝐶𝐵= 135°得∠𝑀𝐶𝐹= 90°，过𝐶作𝐶𝑀⊥𝐶𝐹，交移动后的抛物线于𝑀．当𝑥= 1时，𝑦= −(𝑥−2)2
+4 = 3，即𝑀(1,3)．
【详解】（1）解：将𝐵(−3,0),𝐶(1,0)代入𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 3中，
∴
9𝑎−3𝑏+ 3 = 0
𝑎+ 𝑏+ 3 = 0
，
∴ 𝑎= −1，𝑏= −2；
（2）解：由（1）可知抛物线的解析式为𝑦= −𝑥2−2𝑥+ 3，
∴𝐴(0,3)，
设直线𝐴𝐵的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 3，则0 = −3𝑘+ 3，解得：𝑘= 1，
∴直线𝐴𝐵的解析式为𝑦= 𝑥+ 3，
设𝑃(𝑡,−𝑡2−2𝑡+ 3)，则𝐾(𝑡,𝑡+ 3)，
∴𝑃𝐾= −𝑡2−3𝑡，
∵𝐴𝑂= 𝐵𝑂= 3，
∴∠𝐵𝐴𝑂= 45°，
∴𝐴𝐸= 𝐾𝐸，
∴𝐾𝐸= 3−𝑡−3 = −𝑡，
∴𝑃𝐾+ 𝐾𝐸= −𝑡2−4𝑡= −(𝑡+ 2)2 +4，
当𝑡= −2时，𝑃𝐾+ 𝐾𝐸的最大值为4，此时𝑃(−2,3)；
（3）解：设抛物线向右平移𝑛个单位，
∴平移后的抛物线解析式为𝑦= −(𝑥+ 1−𝑛)2 +4，
∵抛物线平移后经过原点，
∴−(1−𝑛)2 +4 = 0，
解得：𝑛= 3或𝑛= −1（舍），
∴平移后的抛物线解析式为𝑦= −(𝑥−2)2 +4，
∵𝑃(−2,3)，
∴𝑃𝑅= 3,𝑅𝑂= 2，
∵𝑦= −𝑥2−2𝑥+ 3，令𝑦= 0，则𝑥= −3或1，
∴𝐶(1,0)，
∴𝑂𝐶= 1，
∴𝑅𝐶= 𝑅𝑂+ 𝑂𝐶= 3，
∴𝑅𝐶= 𝑅𝑃，
∴△𝑃𝑅𝐶为等腰直角三角形，
∴∠𝑃𝐶𝐵= 45°，
∵∠𝑀𝐶𝐹+ ∠𝑃𝐶𝐵= 135°，
∴∠𝑀𝐶𝐹= 90°，
过𝐶作𝐶𝑀⊥𝐶𝐹，交移动后的抛物线于𝑀，
当𝑥= 1时，𝑦= −(𝑥−2)2 +4 = 3，
∴𝑀(1,3)．
【变式8-2】函数y＝
𝑎𝑥2−4𝑎𝑥−5,𝑥≥0
−𝑎𝑥2−4𝑎𝑥−5,𝑥< 0
，其中a 是常数且a≠0，该函数的图象记为G．
(1)图象G 经过3 个定点，分别为 ， ， ；
(2)图象G 与直线y＝a 有2 个交点时，结合函数图象，求a 的值；
(3)图象G 与直线x＝2 和直线x＝﹣2 分别相交于点P，Q，当∠POQ＝135°时，直接写出a 的值．
【答案】(1)(0,−5)，(4,−5)，(−4,−5)．
(2)𝑎=
5
3或𝑎= −1．
(3)𝑎=±
41
4 ．
【分析】（1）由抛物线解析式可得抛物线经过定点(0,−5)，根据抛物线的对称性求解．
（2）求出函数在𝑥⩾0及𝑥< 0时抛物线顶点坐标，分类讨论𝑎> 0与𝑎< 0两种情况求解．
（3）过点𝑄作𝑄𝐹⊥𝑃𝑂延长线于点𝐹，作𝐹𝑀⊥𝑥轴交𝑥轴于点𝑀，𝑄𝑁⊥𝐹𝑀于点𝑁，由∠𝑃𝑂𝑄= 135°可得Δ𝑂𝐹𝑄
为等腰直角三角形，用含𝑎代数式求出𝑂𝑃所在直线解析式，求出点𝐹坐标，进而求解．
【详解】（1）解：当𝑥> 0时，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2−4𝑎𝑥−5的对称轴为直线𝑥= −
−4𝑎
2𝑎= 2，
把𝑥= 0代入𝑦= 𝑎𝑥2−4𝑎𝑥−5得𝑦= −5，
∴抛物线经过定点(0,−5)，
由抛物线对称性可得抛物线经过定点(4,−5)，
当𝑥< 0时，同理可得抛物线经过定点(−4,−5)，
故答案为：(0,−5)，(4,−5)，(−4,−5)．
（2）函数𝑦= 𝑎𝑥2−4𝑎𝑥−5 = 𝑎(𝑥−2)2−4𝑎−5(𝑥⩾0)顶点坐标为(2,−4𝑎−5)，
函数𝑦= −𝑎𝑥2−4𝑎𝑥−5 = −𝑎(𝑥+ 2)2 +4𝑎−5(𝑥< 0)顶点坐标为(−2,4𝑎−5)，
𝑎> 0时，如图，顶点(−2,4𝑎−5)在直线𝑦= 𝑎上满足题意，
令4𝑎−5 = 𝑎，
解得𝑎=
5
3．
当𝑎< 0时，如图，顶点(2,−4𝑎−5)落在直线𝑦= 𝑎满足题意，
令−4𝑎−5 = 𝑎，
解答𝑎= −1．
综上所述，𝑎=
5
3或𝑎= −1时，图象𝐺与直线𝑦= 𝑎有2 个交点．
（3）由（2）得点𝑃坐标为(2,−4𝑎−5)，点𝑄坐标为(−2,4𝑎−5)，
𝑎< 0时，如图，过点𝑄作𝑄𝐹⊥𝑃𝑂延长线于点𝐹，作𝐹𝑀⊥𝑥轴交𝑥轴于点𝑀，𝑄𝑁⊥𝐹𝑀于点𝑁，
∵∠𝑃𝑂𝑄= 135°，
∴∠𝐹𝑂𝑄= 45°，
∴Δ𝑂𝐹𝑄为等腰直角三角形，从而可得Δ𝑂𝐹𝑀≅Δ𝐹𝑄𝑁，
设𝑁𝑄= 𝑀𝐹= 𝑚，则𝐹𝑁= 𝑂𝑀= 𝑚+ 2，
∴𝑀𝑁= 𝑀𝐹+ 𝐹𝑁= 2𝑚+ 2 = 5−4𝑎，
解得𝑚=
3
2−2𝑎，
∴点𝐹坐标为(2𝑎−
7
2，2𝑎−
3
2)，
设𝑂𝑃所在直线为𝑦= 𝑘𝑥，将(2,−4𝑎−5)代入解析式得−4𝑎−5 = 2𝑘，
解得𝑘= −2𝑎−
5
2，
∴𝑦= (−2𝑎−
5
2)𝑥，
把(2𝑎−
7
2，2𝑎−
3
2)代入𝑦= (−2𝑎−
5
2)𝑥得2𝑎−
3
2 = (−2𝑎−
5
2)(2𝑎−
7
2)，
解得𝑎1 =
41
4 （舍)，𝑎2 = −
41
4 ．
当𝑎> 0时，如图，同理可得𝑎=
41
4 ．
综上所述，𝑎=±
41
4 ．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握全等三角形的
判定及性质，根据数形结合求解．
【变式8-3】（25-26 九年级上·重庆渝北·期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥−2(𝑎≠0)
与𝑥轴交于点𝐴(−2,0)，𝐶(6,0)，交𝑦轴于点𝐵．
(1)求抛物线的解析式．
(2)如图1，点𝐷为𝑙𝐵𝐶下方抛物线一动点，直线𝐵𝐶上有点𝐸、𝐹满足点𝐸在点𝐹的左侧且𝐸𝐹=
10，当𝑆△𝐶𝐵𝐷最
大时，求此时点𝐷的坐标与𝐴𝐹+ 𝐸𝐹+ 𝐷𝐸的最小值．
(3)将抛物线沿直线𝐴𝐵方向平移2 2个单位得到新抛物线𝑦′，在新抛物线𝑦′找一点𝑃使∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝐶𝐴𝑃= 135°，
求符合条件的所有𝑃的坐标，并写出至少一个求解𝑃的坐标的过程．
【答案】(1)𝑦=
1
6𝑥2−
2
3𝑥−2
(2)
265
2
+
10
(3) 5−41,
7
3 −
41
3
或5 +
41,
7
3 +
41
3
或3−17,−
5
3 +
17
3
或3 +
17,−
5
3 −
17
3
【分析】本题考查了二次函数与几何综合，轴对称的性质，直线与二次函数的交点，正确作出辅助线是解
题的关键．
（1）利用待定系数法即可解答；
（2）过点𝐷作𝑦轴的平行线，交𝐵𝐶于点𝑀，根据铅锤法求得𝑆△𝐶𝐵𝐷最大时，点𝐷的坐标，再把𝐴𝐹沿𝐹𝐸的方向
移动10个单位，求得移动后点𝐴的对应点𝐴′的坐标，再利用两点之间线段最短的原理，求得𝐴𝐹+ 𝐷𝐸的最
小值，再加上𝐸𝐹即可解答；
（3）抛物线沿直线𝐴𝐵方向平移2 2个单位，即向下平移2个单位，向右平移2个单位，得到新抛物线𝑦′的解
析式，根据∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝐶𝐴𝑃= 45° + ∠𝑂𝐵𝐶+ ∠𝐶𝐴𝑃= 135°，得∠𝑂𝐵𝐶+ ∠𝐶𝐴𝑃= 90°，即∠𝐶𝐴𝑃= ∠𝑂𝐶𝐵，分
两种情况，点𝑃在𝑥轴上方和点𝑃在𝑥轴下方，分别列方程，求得点𝑃的坐标即可．
【详解】（1）解：把点𝐴(−2,0)，𝐶(6,0)代入𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥−2(𝑎≠0)，
可得
0 = 4𝑎−2𝑏−2
0 = 36𝑎+ 6𝑏−2
，
解得
𝑎= 1
6
𝑏= −2
3
，
所以抛物线的解析式为𝑦=
1
6𝑥2−
2
3𝑥−2；
（2）解：如图，过点𝐷作𝑦轴的平行线，交𝐵𝐶于点𝑀，
令𝑥= 0，可得𝑦= 0−0−2 = −2，
∴𝐵(0,−2)，
设直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= 𝑘𝑥−2，
把𝐶(6,0)代入可得0 = 6𝑘−2，
解得𝑘=
1
3，
所以直线𝐵𝐶的解析式为𝑦=
1
3𝑥−2，
令𝐷𝑡,
1
6 𝑡2−
2
3 𝑡−2 ，则𝑀𝑡,
1
3 𝑡−2 ，
∴𝐷𝑀=
1
3𝑡−2−
1
6 𝑡2−
2
3 𝑡−2 = −
1
6𝑡2 +𝑡，
∵𝑆△𝐶𝐵𝐷= 𝑆△𝐵𝐷𝑀+𝑆△𝐶𝐷𝑀=
6 −
1
6𝑡2+𝑡
2
= −
1
2𝑡2 +3𝑡= −
1
2(𝑡−3)2 +
9
2，
∴当𝑡= 3时，𝑆△𝐶𝐵𝐷的面积取最大值，此时𝐷3,−
5
2 ；
如图，把𝐴𝐹沿𝐹𝐸的方向移动10个单位，点𝐴的对应点为𝐴′，点𝐹的对应点为点𝐸，
，
根据勾股定理可得𝐵𝐶=
𝑂𝐵2 + 𝑂𝐶2 = 2 10，
∵𝑂𝐵:𝑂𝐶:𝐸𝐹= 1:3: 10，
∴把𝐴𝐹沿𝐹𝐸的方向移动10个单位，相当于𝐴𝐹向左平移3个单位，向下平移1 个单位，
∴𝐴′ −5，−1 ，
∵𝐴𝐹= 𝐴′𝐸，
∴𝐴𝐹+ 𝐸𝐹+ 𝐷𝐸= 𝐴′𝐸+ 𝐸𝐹+ 𝐷𝐸，
当𝐴𝐹+ 𝐸𝐹+ 𝐷𝐸取最小值，即𝐴′𝐸+ 𝐷𝐸取最小值，
𝐴′,𝐸,𝐷三点共线时，𝐴′𝐸+ 𝐷𝐸取最小值，此时点𝐸在𝐸′处，
𝐴′𝐸′ +𝐷𝐸′ = 𝐴′𝐷=
(−5−3)2 + −1 +
5
2
2
=
265
2 ，
∴𝐴𝐹+ 𝐸𝐹+ 𝐷𝐸的最小值为
265
2
+
10；
（3）解：∵𝑂𝐴= 𝑂𝐵= 2，
∴△𝑂𝐴𝐵为等腰直角三角形，
∴𝑂𝐴:𝑂𝐵:𝐴𝐵= 1:1: 2，
∴抛物线沿直线𝐴𝐵方向平移2 2个单位得到新抛物线𝑦′，即向下平移2个单位，向右平移2个单位，
∵ 𝑦=
1
6𝑥2−
2
3𝑥−2 =
1
6(𝑥−2)2−
8
3，
∴抛物线𝑦=
1
6𝑥2−
2
3𝑥−2的顶点为2,−
8
3 ，
∴新抛物线的顶点为2 + 2,−
8
3 −2 ，即4,−
14
3 ，
∴ 𝑦′ =
1
6(𝑥−4)2−
14
3 ，
∵∠𝐴𝐵𝑂= 45°，
∴∠𝐴𝐵𝐶+ ∠𝐶𝐴𝑃= 45° + ∠𝑂𝐵𝐶+ ∠𝐶𝐴𝑃= 135°，
∴∠𝑂𝐵𝐶+ ∠𝐶𝐴𝑃= 90°，
∵∠𝑂𝐵𝐶+ ∠𝑂𝐶𝐵= 90°，
∴∠𝐶𝐴𝑃= ∠𝑂𝐶𝐵，
如图，当点𝑃在𝑥轴上方时，作∠𝑂𝐴𝐻= ∠𝑂𝐶𝐵，𝐴𝐻交𝑦轴于点𝐻，
∵∠𝐶𝐴𝐻= ∠𝑂𝐶𝐵，
∴𝐴𝐻∥𝐵𝐶，
设直线𝐴𝐻的解析式为𝑦=
1
3𝑥+ 𝑏1，
把𝐴(−2,0)代入可得0 =
1
3 × (−2) + 𝑏1，
解得𝑏1 =
2
3，
所以直线𝐴𝐻的解析式为𝑦=
1
3𝑥+
2
3，
令
1
3𝑥+
2
3 =
1
6(𝑥−4)2−
14
3 ，
解得𝑥1 = 5−41，𝑥2 = 5 +
41，
∴𝑃1 5−41,
7
3 −
41
3
，𝑃2 5 +
41,
7
3 +
41
3
；
如图，当点𝑃在𝑥轴下方时，作直线𝐴𝐻关于𝑥轴的对称直线𝐴𝑁，𝐴𝑁交𝑦轴于点𝑁，
则∠𝑂𝐴𝐻= ∠𝑂𝐴𝑁= ∠𝑂𝐶𝐵，
令𝑦=
1
3 × 0 +
2
3 =
2
3，
∴𝐻0,
2
3 ，
∴𝑁0,−
2
3 ，
设直线𝐴𝑁的解析式为𝑦= 𝑘2𝑥+ 𝑏2，
把𝐴(−2,0)，𝑁0,−
2
3 代入可得，
−2
3 = 𝑏2
0 = −2𝑘2 + 𝑏2
，
解得
𝑘2 = −1
3
𝑏2 = −2
3
，
所以直线𝐴𝑁的解析式为𝑦= −
1
3𝑥−
2
3，
令−
1
3𝑥−
2
3 =
1
6(𝑥−4)2−
14
3 ，
解得𝑥1 = 3−17，𝑥2 = 3 +
17，
∴𝑃3 3−17,−
5
3 +
17
3
，𝑃4 3 +
17,−
5
3 −
17
3
；
综上，点𝑃的坐标为5−41,
7
3 −
41
3
或5 +
41,
7
3 +
41
3
或3−17,−
5
3 +
17
3
或3 +
17,−
5
3 −
17
3
．
【题型9 二次函数与15°角】
【例9】如图所示，抛物线𝑦=
1
3𝑥2−3与x 轴交于A，B 两点，与y 轴交于点C，M 为第一象限抛物线上一
点，且∠𝑀𝐶𝐵= 15°，则点M 的坐标为________．
【答案】3 3，6
【分析】先求出B、C 的坐标得到𝑂𝐵= 𝑂𝐶= 3，则∠𝑂𝐶𝐵= ∠𝑂𝐵𝐶= 45°，从而得到∠𝑀𝐶𝑂= 30°，设𝐶𝑀
与x 轴的交点为N，求出𝑁
3，0 ，进而求出直线𝐶𝑀的解析式为𝑦=
3𝑥−3，由此联立两函数解析式即可
求出答案．
【详解】解：在𝑦=
1
3𝑥2−3，当𝑥= 0时，𝑦= −3，当𝑦=
1
3𝑥2−3 = 0时，𝑥=± 3
∴𝐴−3，0 ，𝐵3，0 ，𝐶0，−3 ，
∴𝑂𝐵= 𝑂𝐶= 3，
∵∠𝐵𝑂𝐶= 90°，
∴∠𝑂𝐶𝐵= ∠𝑂𝐵𝐶= 45°，
∵∠𝑀𝐶𝐵= 15°，
∴∠𝑀𝐶𝑂= 30°
设𝐶𝑀与x 轴的交点为N，
∴𝑂𝑁=
3
3 𝑂𝐶=
3，
∴𝑁
3，0 ，
设直线𝐶𝑀的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
∴
3𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= −3
，
∴𝑘=
3
𝑏= −3
，
∴直线𝐶𝑀的解析式为𝑦=
3𝑥−3，
联立
𝑦=
3𝑥−3
𝑦= 1
3 𝑥2−3
，解得
𝑥= 0
𝑦= −3
或𝑥= 3 3
𝑦= 6
，
∴𝑀3 3，6 ，
故答案为：3 3，6 ．
【点睛】
本题主要考查了一次函数与二次函数综合，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，含30 度角的直角三
角形的性质，正确求出点N 的坐标是解题的关键．
【变式9-1】（2026·安徽阜阳·二模）已知抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐(𝑎≠0)．
（1）如图1，当𝑎= 1,𝑏= 𝑐= 0时，点𝐸，𝐹的坐标分别为(0,1)，(0,2)，过点𝐸，𝐹分别作𝑦轴的垂线，交抛
物线于𝐴，𝐵，𝐶，𝐷四点，连接𝐵𝐹，𝐵𝐷，则∠𝐵𝐷𝐹= ___________°；
（2）如图2，过点(0,5),(0,6)作𝑦轴的垂线，分别交抛物线于点𝐺，𝐻，𝑀，𝑁，𝑀𝑁与对称轴交于点𝑃，连接
𝑁𝐺，𝑃𝐺，已知点𝐺的横坐标为3 3,𝐺𝑃= 𝑀𝑃，且∠𝑀𝑁𝐺= 15°，则该抛物线的表达式为𝑦= ___________．
【答案】
67.5
𝑥2−4 3𝑥+ 14
【分析】（1）先求出抛物线的解析式，然后求出𝐵，𝐷的坐标，再过点𝐵作𝐵𝐺⊥𝐶𝐷交于𝐺，判断△𝐺𝐹𝐵和△𝐹𝐵𝐷
的形状，即可求出∠𝐵𝐷𝐹；
（2）根据𝐶𝑃= 𝑀𝑃和抛物线的对称性可以得到𝑃𝑁= 𝑃𝐺，从而得出∠𝑄𝑃𝐺= 30°，再过𝐺作𝐺𝑄⊥𝑀𝑁，可以
求出𝑃𝑄，确定𝑃的坐标，从而确定抛物线对称轴，然后用待定系数法即可求出函数表达式．
【详解】（1）解：如图1，过点𝐵作𝐵𝐺⊥𝐶𝐷交于𝐺，
∵𝑎= 1，𝑏= 𝑐= 0，
∴抛物线表达式为𝑦= 𝑥2，当𝑦= 1时，𝑥2 = 1，
解得𝑥= 1或𝑥= −1，
∴𝐵(1,1)，
当𝑦= 2时，𝑥2 = 2，解得𝑥=
2或𝑥= −2，
∴𝐷( 2,2)，
∵𝐹(0,2)，
∴𝐹𝐺= 1，
∵𝐵𝐺= 1，
∴△𝐵𝐹𝐺是等腰直角三角形，
∴∠𝐺𝐹𝐵= 45°，
∵𝐹𝐷= 𝐹𝐵=
2，
∴∠𝐹𝐷𝐵=
1
2 × (180°−45°) = 67.5°．
（2）解：如图2，过点𝐺作𝐺𝑄⊥𝑀𝑁交于点𝑄，
∵𝐺𝑃= 𝑀𝑃，𝑃𝑁= 𝑃𝑀，
∴𝑃𝑁= 𝑃𝐺，
∵∠𝑀𝑁𝐺= 15°，
∴∠𝐺𝑃𝑀= 30°，
∵𝐺𝑄= 1，
∴𝑃𝐺= 2,𝑃𝑄=
3，
∵𝐺(3 3,5)，
∴𝑃(2 3,6)，
∴抛物线的对称轴为直线𝑥= 2 3，
∴−
𝑏
2𝑎= 2 3，
∴𝑏= −4 3𝑎，
∵𝑃𝑀= 𝑃𝐺，
∴𝑀(2 3 +2,6)，
∴设抛物线的表达式为𝑦= 𝑎(𝑥−2 3)
2
+𝑘，
将点𝐺，𝑀代入𝑦= 𝑎(𝑥−2 3)
2
+𝑘，
得
3𝑎+ 𝑘= 5
4𝑎+ 𝑘= 6
解得
𝑎= 1
𝑘= 2
，
∴𝑦= (𝑥−2 3)
2
+2 = 𝑥2−4 3𝑥+ 14．
【变式9-2】（25-26 九年级上·河南南阳·期末）如图，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐与𝑥轴交于点𝐴(−1,0)，点𝐵
(3,0)，与𝑦轴交于点𝐶(0,3)．动点𝑀在线段𝑂𝐵上运动，过点𝑀作𝐸𝑀⊥𝑥轴，交抛物线于点𝐸，交直线𝐵𝐶于点
𝐹，设点𝑀的横坐标为𝑚．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点𝑀在线段𝑂𝐵上运动时，求线段𝐸𝐹的最大值；
(3)抛物线上有一点𝑃，当∠𝐵𝐶𝑃= 15°时，请直接写出直线𝑃𝐶的解析式．
【答案】(1)𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3
(2)当𝑚=
3
2时，线段𝐸𝐹有最大值
9
4
(3)𝑦= −3𝑥+ 3或𝑦= −
3
3 𝑥+ 3
【分析】（1）由待定系数法求抛物线解析式即可得到答案；
（2）设点𝑀(𝑚,0)，根据题意，得到抛物线及直线𝐵𝐶解析式，求出𝐸、𝐹点的坐标，由两点之间距离公式表
示出𝐸𝐹= −𝑚2 +2𝑚+ 3−(−𝑚+ 3) = −𝑚2 +3𝑚= −𝑚−
3
2
2
+
9
4，由抛物线图象与性质求出最值即可得到
答案；
（3）根据题意，分两种情况，作出图形，由含30°的直角三角形性质求出𝑂𝐷长，由待定系数法求直线𝑃𝐶解
析式即可得到答案．
【详解】（1）解：∵抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐与𝑥轴交于点𝐴(−1,0)，点𝐵(3,0)，
∴设抛物线𝑦= 𝑎(𝑥−3)(𝑥+ 1)，
∵抛物线𝑦= 𝑎(𝑥−3)(𝑥+ 1)与𝑦轴交于点𝐶(0,3)，
∴3 = 𝑎(0−3)(0 + 1)，
解得𝑎= −1，
即𝑦= −(𝑥−3)(𝑥+ 1)，
∴抛物线的解析式为𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3；
（2）解：设点𝑀(𝑚,0)，
由（1）知抛物线的解析式为𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3，
∴当𝑥= 𝑚时，𝑦= −𝑚2 +2𝑚+ 3，
即𝐸(𝑚,−𝑚2 + 2𝑚+ 3)；
设𝐵𝐶:𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏′，
将𝐵(3,0)、𝐶(0,3)代入解析式得
0 = 3𝑘+ 𝑏′
3 = 𝑏′
，
解得
𝑘= −1
𝑏′ = 3
，
∴𝐵𝐶:𝑦= −𝑥+ 3；
∴当𝑥= 𝑚时，𝑦= −𝑚+ 3，
即𝐹(𝑚,−𝑚+ 3)；
∴𝐸𝐹= −𝑚2 +2𝑚+ 3−(−𝑚+ 3) = −𝑚2 +3𝑚= −𝑚−
3
2
2
+
9
4，
∵𝑎= −1 < 0，
∴抛物线开口向上，当𝑚=
3
2时，线段𝐸𝐹有最大值
9
4；
（3）解：∵ 𝐵(3,0)、𝐶(0,3)，
∴𝑂𝐵= 𝑂𝐶，
∵∠𝐵𝑂𝐶= 90°，
∴△𝐵𝑂𝐶是等腰直角三角形，
则∠𝐵𝐶𝑂= 45°，
由∠𝐵𝐶𝑃= 15°可知，分两种情况，
当点𝑃在𝐵𝐶上方的抛物线上时，设直线𝐶𝑃交x 轴于点D，如图所示：
∴∠𝑂𝐶𝐷= ∠𝑂𝐶𝐵+ ∠𝐵𝐶𝑃= 45° + 15° = 60°，
在Rt △𝑂𝐶𝐷中，∠𝑂𝐷𝐶= 30°，𝑂𝐶= 3，则𝐶𝐷= 2𝑂𝐶= 6，
由勾股定理可得𝑂𝐷=
62−32 = 3 3，即𝐷3 3,0 ，
设𝐶𝐷:𝑦= 𝑚𝑥+ 𝑛，
将𝐶(0,3)、𝐷3 3,0 代入解析式得
3 = 𝑛
0 = 3 3𝑚+ 𝑛
，
解得𝑚= −
3
3
𝑛= 3
，
∴𝐶𝐷:𝑦= −
3
3 𝑥+ 3；
当点𝑃在𝐵𝐶下方的抛物线上时，设直线𝐶𝑃交x 轴于点D，如图所示：
∴∠𝑂𝐶𝐷= ∠𝑂𝐶𝐵−∠𝐵𝐶𝑃= 45°−15° = 30°，
在Rt △𝑂𝐶𝐷中，∠𝑂𝐶𝐷= 30°，𝑂𝐶= 3，则𝐶𝐷= 2𝑂𝐷，
由勾股定理可得𝑂𝐷2 + 32 = 𝐶𝐷2，即𝑂𝐷2 + 32 = (2𝑂𝐷)2，
解得𝑂𝐷=
3，则𝐷
3,0 ，
设𝐶𝐷:𝑦= 𝑚1𝑥+ 𝑛1，
将𝐶(0,3)、𝐷
3,0 代入解析式得
3 = 𝑛1
0 =
3𝑚1 + 𝑛1
，
解得𝑚1 = −3
𝑛1 = 3
，
∴𝐶𝐷:𝑦= −3𝑥+ 3；
综上所述，直线𝑃𝐶的解析式为𝑦= −3𝑥+ 3或𝑦= −
3
3 𝑥+ 3．
【点睛】本题是二次函数的综合，考查了待定系数法求函数解析式、二次函数图象与性质、两点之间距离
表示、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、含30°的直角三角形性质等知识，数形结合，掌握二次函
数图象与性质是解决问题的关键．
【变式9-3】（2026·广东清远·二模）已知二次函数𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐的图象交𝑥轴于𝐴,𝐵两点，交𝑦轴于点𝐶，点
𝐵坐标为(3,0)，对称轴是直线𝑥= 1，点𝑃是𝑥轴上一动点，𝑃𝑀⊥𝑥轴，交直线𝐵𝐶于𝑀，交抛物线于点𝑁．
(1)求二次函数解析式．
(2)若点𝑃在线段𝐵𝑂上运动（不与𝑂，𝐵重合），求四边形𝐴𝐵𝑁𝐶面积的最大值，并求此时点𝑃坐标．
(3)设点𝐷是抛物线上一动点，是否存在点𝐷，使得∠𝐵𝐶𝐷= 15°？若存在，请直接写出所有符合条件的点𝐷坐
标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦= 𝑥2−2𝑥−3
(2)四边形𝐴𝐵𝑁𝐶面积的最大值为
75
8 ，此时点𝑃的坐标为
3
2 ,0
(3)存在点𝐷，使得∠𝐵𝐶𝐷= 15°；点𝐷的坐标为2 +
3,2 3 或
6+ 3
3
,
2 3−8
3
【分析】（1）根据待定系数法可进行求解；
（2）由题意易得𝐴(−1,0)，𝐶(0,−3)，则有𝐴𝐵= 3−(−1) = 4,𝑂𝐶= 3，然后得出直线𝐵𝐶的解析式为
𝑦= 𝑥−3，设𝑃(𝑡,0)，且0 < 𝑡< 3，则𝑀(𝑡,𝑡−3),𝑁(𝑡,𝑡2−2𝑡−3)，然后根据铅垂法表示出四边形的面积，进而
问题可求解；
（3）由题意可分当点𝐷在𝑥轴的上方时，当点𝐷在𝑥轴的下方时，然后分类进行求解即可．
【详解】（1）解：∵对称轴是直线𝑥= 1，
∴𝑥= −
𝑏
2𝑎= 1，即𝑏= −2𝑎= −2，
∵点𝐵(3,0)在二次函数𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐图象上，
∴32 +3 × (−2) +𝑐= 0，
∴𝑐= −3，
∴二次函数的解析式为𝑦= 𝑥2−2𝑥−3；
（2）解：由题意可得如图所示：
由（1）可知：二次函数的解析式为𝑦= 𝑥2−2𝑥−3，
∴令𝑦= 0，则有0 = 𝑥2−2𝑥−3，解得：𝑥1 = −1,𝑥2 = 3，即𝐴(−1,0)，
令𝑥= 0，则有𝑦= −3，即𝐶(0,−3)，
∴𝐴𝐵= 3−(−1) = 4,𝑂𝐶= 3，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=
1
2 × 4 × 3 = 6，
设直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏1，则有：
𝑏1 = −3
3𝑘+ 𝑏1 = 0
，解得：
𝑘= 1
𝑏1 = −3
，
∴直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= 𝑥−3，
设𝑃(𝑡,0)，且0 < 𝑡< 3，
∵𝑃𝑀⊥𝑥轴，
∴𝑀(𝑡,𝑡−3),𝑁(𝑡,𝑡2−2𝑡−3)，
∴𝑀𝑁= 𝑡−3−(𝑡2−2𝑡−3) = −𝑡2 +3𝑡，
∴𝑆△𝐵𝐶𝑁=
1
2 × 3(−𝑡2 + 3𝑡) = −
3
2𝑡2 +
9
2，
∴𝑆四边形𝐴𝐵𝑁𝐶= 𝑆△𝐴𝐵𝐶+ 𝑆△𝐵𝐶𝑁= 6 + −
3
2 𝑡2 +
9
2 𝑡= −
3
2 𝑡−
3
2
2
+
75
8 ，
∵−
3
2 < 0，
∴当𝑥=
3
2时，四边形𝐴𝐵𝑁𝐶的面积最大，最大值为
75
8 ，此时点𝑃的坐标为
3
2 ,0
（3）解：由题意可分：当点𝐷在𝑥轴的上方时，设直线𝐶𝐷与𝑥轴的交点为𝐸，如图所示：
由（2）可知：𝑂𝐵= 𝑂𝐶= 3，
∴△𝐵𝑂𝐶是等腰直角三角形，
∴∠𝑂𝐶𝐵= 45°，
∵∠𝐵𝐶𝐷= 15°，
∴∠𝑂𝐶𝐸= ∠𝑂𝐶𝐵−∠𝐵𝐶𝐷= 30°，
∴𝑂𝐸= 𝑂𝐶⋅tan∠𝑂𝐶𝐸=
3，
∴𝐸
3,0 ，
设直线𝐶𝐷的解析式为𝑦= 𝑚𝑥+ 𝑛，则有：
3𝑚+ 𝑛= 0
𝑛= −3
，解得：𝑚=
3
𝑛= −3
，
∴直线𝐶𝐷的解析式为𝑦=
3𝑥−3，
联立得：
𝑦=
3𝑥−3
𝑦= 𝑥2−2𝑥−3
，解得：
𝑥= 2 +
3
𝑦= 2 3
或
𝑥= 0
𝑦= −3
（不符合题意，舍去），
∴𝐷2 +
3,2 3 ；
当点𝐷在𝑥轴的下方时，设直线𝐶𝐷与𝑥轴的交点为𝐹，如图所示：
由题意知：∠𝑂𝐶𝐹= ∠𝑂𝐶𝐵+ ∠𝐵𝐶𝐷= 60°，
∴𝑂𝐹= 𝑂𝐶⋅tan∠𝑂𝐶𝐹= 3 3，
∴𝐹3 3,0 ，
同理可得：直线𝐶𝐷的解析式为𝑦=
3
3 𝑥−3，
联立得：
𝑦=
3
3 𝑥−3
𝑦= 𝑥2−2𝑥−3
，解得：
𝑥= 6+ 3
3
𝑦= 2 3−8
3
或
𝑥= 0
𝑦= −3
（不符合题意，舍去），
∴𝐷
6+ 3
3
,
2 3−8
3
；
综上所述：点𝐷的坐标为2 +
3,2 3 或
6+ 3
3
,
2 3−8
3
．
