专题04 二次函数图象与面积（举一反三专项训练）
【新教材人教版】
【题型1 二次函数中割补法求图形面积】............................................................................................................1
【题型2 二次函数中铅锤法求图形面积】............................................................................................................8
【题型3 二次函数中平行转化法求图形面积】................................................................................................17
【题型4 二次函数中面积转化技巧】..................................................................................................................24
知识点1 割补法
类型
割补法
图示
解题思路
𝑆△𝑃𝐴𝐵= 𝑆四边形𝐴𝑀𝑁𝐵−𝑆△𝑃𝐴𝑀−𝑆△𝑃𝐵𝑁
𝑆△𝑃𝐵𝐶= 𝑆△𝑃𝑂𝐶+ 𝑆△𝑃𝑂𝐵−𝑆△𝑂𝐵𝐶
【题型1 二次函数中割补法求图形面积】
【例1】如图，已知抛物线过点𝑂(0,0)，𝐴(5,5)，且它的对称轴为𝑥= 2，点𝐵是抛物线对称轴上的一点，且
点𝐵在第一象限．当△𝑂𝐴𝐵的面积为15 时，求𝐵的坐标为________．
【答案】(2,8)
【分析】运用待定系数法求得解析式，设𝐵2，𝑚(𝑚> 0)，运用待定系数法求得直线𝑂𝐴的解析式为𝑦= 𝑥，
题型归纳
设直线𝑂𝐴与抛物线对称轴交于点H，则𝐻2，2 ，可得到𝐵𝐻= 𝑚−2，利用三角形面积公式建立方程求解即
可．
【详解】解：设抛物线的解析式为𝑦= 𝑎(𝑥−2)2 +𝑘，
把点𝑂(0,0)，𝐴(5,5)代入得：
4𝑎+ 𝑘= 0
9𝑎+ 𝑘= 5
，
解得
𝑎= 1
𝑘= −4
，
∴抛物线的解析式为𝑦= (𝑥−2)2−4 = 𝑥2−4𝑥，
∵点B 是抛物线对称轴上的一点，且点B 在第一象限，
∴设𝐵2，𝑚(𝑚> 0)，
设直线𝑂𝐴的解析式为𝑦= 𝑘𝑥，
则5𝑘= 5，解得：𝑘= 1，
∴直线𝑂𝐴的解析式为𝑦= 𝑥，
设直线𝑂𝐴与抛物线对称轴交于点𝐻，
则𝐻(2,2)，
∴𝐵𝐻= 𝑚−2，
∵△𝑂𝐴𝐵的面积为15，
∴𝑆△𝐵𝐻𝑂+ 𝑆△𝐴𝐵𝐻=
𝐵𝐻(𝑥𝐻−𝑥𝑂)
2
+
𝐵𝐻(𝑥𝐴−𝑥𝐻)
2
=
𝐵𝐻(𝑥𝐴−𝑥𝑂)
2
= 15，
∴
1
2(𝑚−2) × 5 = 15，
解得：𝑚= 8，
∴点B 的坐标为(2,8)．
【变式1-1】（25-26 九年级上·上海浦东新·阶段检测）如图所示，二次函数𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥−4的图象与x 轴分别
交于A，D 两点，与y 轴交于点C，点E 坐标(−2,0)，过点E 且垂直x 轴的直线𝐸𝐵交抛物线于点B，若
𝑆△𝐵𝐶𝐷= 3，则𝑏= ____________．
【答案】3
【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，利用三角形的面积求参数，解题的关键是熟练掌握二次
函数的图象和性质．
连接𝐶𝐸，假设𝐷(𝑥,0)，根据二次函数图象和性质表示出相关点的坐标，利用等面积法，列出方程求解即可．
【详解】解：如图所示，连接𝐶𝐸，
由点𝐸坐标(−2,0)，得𝐵(−2,−2𝑏)，
当𝑥= 0时，𝑦= −4，即𝐶(0,−4)，
假设𝐷(𝑥,0)，
∴𝑆△𝐵𝐶𝐸=
1
2𝐵𝐸⋅(𝑥𝐶−𝑥𝐸) =
1
2 × 2𝑏× 2 = 2𝑏，
𝑆△𝐷𝐶𝐸=
1
2𝐷𝐸⋅|𝑦𝐶| =
1
2 × (𝑥+ 2) × 4 = 2𝑥+ 4，
𝑆△𝐵𝐷𝐸=
1
2𝐷𝐸⋅𝐵𝐸=
1
2 × (𝑥+ 2) × 2𝑏= 𝑏𝑥+ 2𝑏，
∴𝑆△𝐵𝐶𝐷= 𝑆△𝐵𝐶𝐸+ 𝑆△𝐷𝐶𝐸−𝑆△𝐵𝐷𝐸= 3
即2𝑏+ 2𝑥+ 4−𝑏𝑥−2𝑏= 3，
整理得𝑥=
1
𝑏−2，
将𝑥=
1
𝑏−2代入𝑥2 +𝑏𝑥−4 = 0得，
1
𝑏−2
2
+
𝑏
𝑏−2−4 = 0，
解得𝑏= 3或𝑏=
5
3，
∵点𝐷位于正半轴，
∴
1
𝑏−2 > 0，
解得𝑏> 2，
∴𝑏= 3．
故答案为：3．
【变式1-2】（2026·江苏徐州·三模）已知如图，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 3与x 轴交于点𝐴(−1,0),𝐵(3,0)两点，
与y 轴交于点C．
(1)求抛物线解析式及顶点坐标；
(2)已知点P 是抛物线对称轴上一点，若𝑆△𝑃𝐶𝐴= 5，求P 点的坐标．
【答案】(1)𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3；(1,4)
(2)𝑃(1,−4)或𝑃(1,16)
【分析】（1）将点𝐴(−1,0),𝐵(3,0)代入抛物线解析式计算即可；
（2）设点𝑃(1,𝑚)，直线𝑃𝐴与𝑦轴交于点𝐷，根据𝑆△𝑃𝐶𝐴= 𝑆△𝐴𝐶𝐷+ 𝑆△𝑃𝐶𝐷解题．
【详解】（1）解：将点𝐴(−1,0),𝐵(3,0)代入𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 3，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；
顶点横坐标为𝑥= −
2
−1×2 = 1，此时𝑦= −1 + 2 + 3 = 4，
∴顶点坐标为(1,4)；
（2）解：当𝑥= 0时，𝑦= 3，即𝐶(0,3)，
设点𝑃(1,𝑚)，直线𝑃𝐴与𝑦轴交于点𝐷，如图，
设直线𝑃𝐴的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑛，则𝐷(0,𝑛)，
代入𝑃(1,𝑚)，𝐴(−1,0)，有
−𝑘+ 𝑛= 0
𝑘+ 𝑛= 𝑚
，
解得𝑛=
𝑚
2，
∴𝐷0,
𝑚
2 ，
∴𝐶𝐷= |3−
𝑚
2|，
∵𝑆△𝑃𝐶𝐴= 𝑆△𝐴𝐶𝐷+ 𝑆△𝑃𝐶𝐷
= 1
2 𝐶𝐷·|𝑥𝐴| + 1
2 𝐶𝐷·|𝑥𝑃|
= 1
2 × |3−
𝑚
2| × 1 + 1
2 × |3−
𝑚
2| × 1
= |3−
𝑚
2|，
∴|3−
𝑚
2| = 5，
解得𝑚= −4或𝑚= 16，
∴𝑃(1,−4)或𝑃(1,16)．
【变式1-3】（2026·海南省直辖县级单位·一模）如图，已知二次函数𝑦= −𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐（𝑏，𝑐为常数）的图
象经过点𝐶(0,4)，且交𝑥轴于点𝐴(−1,0)、B，D 是抛物线的顶点．
(1)求二次函数的解析式；
(2)求△𝐵𝐶𝐷的面积；
(3)当−2 ≤𝑥≤2时，求𝑦的取值范围；
(4)当𝑚≤𝑥≤3时，若𝑦的最大值与最小值之和为10，求𝑚的值．
【答案】(1)𝑦= −𝑥2 +3𝑥+ 4
(2)
15
2
(3)−6 ≤𝑦≤
25
4
(4)2或
3−10
2
【分析】（1）二次函数图象经过点A、点C，运用待定系数法即可求出函数解析式；
（2）过抛物线的顶点D，作x 轴的垂线，交x 轴于点E，交𝐵𝐶于点F，△𝐵𝐶𝐷分割成△𝐷𝐹𝐶与△𝐷𝐹𝐵, 以
𝐷𝐹为底，高用横坐标表示，即可求出△𝐵𝐶𝐷的面积；
（3）函数图象开口向下，对称轴是𝑥=
3
2，x 取值范围包含了对称轴，在对称轴处取得最大值，再比较x 区
间端点与对称轴的距离，距离越大，函数值越小，即可求出𝑦的取值范围；
（4）先求𝑥= 3时，𝑦= 4，抛物线顶点为
3
2 ,
25
4 ，分两种情况讨论：
①𝑦min = 4，𝑦max = 10−4 = 6，即−𝑥2 +3𝑥+ 4 = 6，解方程得𝑥1 = 1,𝑥2 = 2，如果𝑚= 𝑥1 = 1，则
1 ≤𝑥≤3，y 包含了顶点，
25
4 > 6，不符合题意，舍去；𝑚= 2，符合题意；
②𝑦min < 4，根据抛物线的对称性，x 取值范围必然包含对称轴，𝑦max =
25
4 ，𝑦min = 10−
25
4 =
15
4 ，解方程
−𝑥2 +3𝑥+ 4 =
15
4 ，解得𝑥1 =
3+ 10
2
,𝑥2 =
3−10
2
，因为𝑥1 =
3+ 10
2
>
3+ 9
2
= 3，不符合题意，舍去；𝑥2符合题
意．
【详解】（1）解：将点A，点C 坐标代入函数解析式，联立解方程组
−(−1)2 + (−1) × 𝑏+ 𝑐= 0
𝑐= 4
解得𝑏= 3,𝑐= 4，
∴𝑦= −𝑥2 +3𝑥+ 4．
（2）解：过抛物线的顶点D，作x 轴的垂线，交x 轴于点E，交𝐵𝐶于点F，点F 与点D 横坐标相同，如下
图
∵𝑦= −𝑥2 +3𝑥+ 4 = −𝑥−
3
2
2
+
25
4 ，
∴𝐷
3
2 ,
25
4 ，
设过点𝐵(4,0)、点𝐶(0,4)的直线为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
∴4𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= 4
解得
𝑘= −1
𝑏= 4
，
∴𝑦= −𝑥+ 4，
点𝐹
3
2 ,𝑦代入得𝑦=
5
2，
𝐷𝐹的长度为点D 与点F 的纵坐标相减，
∴𝐷𝐹=
25
4 −
5
2 =
15
4 ，
∵𝑆△𝐵𝐶𝐷= 𝑆△𝐷𝐹𝐶+ 𝑆△𝐷𝐹𝐵=
1
2𝐷𝐹⋅
3
2 +
1
2𝐷𝐹⋅4−
3
2 =
15
2 ．
（3）解：∵函数图象开口向下，−2 ≤𝑥≤2包含了对称轴，则在顶点取得最大值，
∴𝑦max =
25
4 ，
∵|
3
2 −(−2)| > |2−
3
2|，
∴𝑥= −2取得最小值，
∴𝑦min = −6，
∴−6 ≤𝑦≤
25
4 ．
（4）解：𝑥= 3时，𝑦= 4，
分两种情况讨论：
①𝑦min = 4
∴ 𝑦max = 10−4 = 6，
列方程−𝑥2 +3𝑥+ 4 = 6，
解得𝑥1 = 1,𝑥2 = 2，
如果𝑚= 𝑥1 = 1，则1 ≤𝑥≤3，𝑦max =
25
4 > 6，不符合题意，舍去；
𝑚= 2，符合题意；
②𝑦min < 4
∴ 𝑦max =
25
4 ，
∴ 𝑦min = 10−
25
4 =
15
4 ，
解方程−𝑥2 +3𝑥+ 4 =
15
4 ，
解得𝑥1 =
3+ 10
2
,𝑥2 =
3−10
2
，
因为𝑥1 > 3，不符合题意，舍去；𝑥2符合题意，
综上所述，𝑚= 2或
3−10
2
．
知识点2 铅锤法
类型
铅锤法
图示
解题
思路
𝑆△𝐴𝐵𝐶= 1
2 𝐶𝐷⋅|𝑥𝐵−𝑥𝐴|
𝑆△𝐴𝐵𝐶= 1
2 𝐴𝐷⋅|𝑥𝐵−𝑥𝐶|
𝑆△𝐴𝐵𝐶= 1
2 𝐵𝐷⋅|𝑥𝐶−𝑥𝐴|
【题型2 二次函数中铅锤法求图形面积】
【例2】已知抛物线𝑦= −𝑥2 +𝑚𝑥+ 𝑚+ 1与𝑥轴交于𝐴(−1,0)、𝐵(𝑚+ 1,0)两点（A 在B 左边），与𝑦轴交于
点C．直线𝑙1经过B、C 两点．
(1)若B 点坐标为（4,0）
①求此时抛物线的解析式和直线𝑙1的解析式；
②如图1，点P 为𝑙1上方抛物线上一点，连接𝑃𝐵，𝑃𝐶，当𝑆△𝑃𝐵𝐶=
3
4𝑆△𝑂𝐵𝐶时，求点P 的坐标．
(2)如图2，直线𝑙1沿𝐵𝐴方向，向左平移3 个单位得到直线𝑙2，将直线𝑙1上方的抛物线图象沿直线𝑙1翻折后恰
好与直线𝑙2有且只有一个交点，求此时直线𝑙2的解析式．
【答案】(1)①抛物线解析式为𝑦= −𝑥2 +3𝑥+ 4，直线𝑙1解析式为𝑦= −𝑥+ 4；②𝑃1(1,6),𝑃2(3,4)
(2)𝑦= −𝑥+ 2 3−3
【分析】（1）①由𝑚+ 1 = 4，解得𝑚= 3，从而得抛物线解析式为𝑦= −𝑥2 +3𝑥+ 4，令𝑥= 0，得
𝑦= 4，从而得𝐶(0,4)，即可用待定系数法法求解；
②先求出𝑆△𝑂𝐵𝐶=
1
2 ⋅𝑂𝐵⋅𝑂𝐶=
1
2 × 4 × 4 = 8，过点P 作𝑃𝑄∥𝑦轴，交𝐵𝐶于点Q，设𝑃(𝑡,−𝑡2 +3𝑡+ 4)，则点
𝑄(𝑡,−𝑡+ 4)，则𝑃𝑄= 𝑦𝑃−𝑦𝑄= −𝑡2 +4𝑡，根据𝑆△𝑃𝐵𝐶=
1
2 ⋅𝑃𝑄⋅|𝑥𝐵−𝑥𝐶| =
1
2(−𝑡2 +4𝑡) ⋅4 = −2𝑡2 +8𝑡，再由
𝑆△𝑃𝐵𝐶=
3
4𝑆△𝑂𝐵𝐶，得−2𝑡2 +8𝑡=
3
4 × 8，求解即可；
（2）先求得点𝐶(0,𝑚+ 1)，再利用待定系数法求得直线𝐵𝐶解析式为𝑦𝐵𝐶= −𝑥+ 𝑚+ 1，根据一次函数平移
规律：左加右减，上加下减：求得𝑦𝐵𝐶= −𝑥+ 𝑚+ 1向右平移3 个单位后的直线𝑙3的解析式为
𝑦= −𝑥+ 𝑚+ 4，联立
𝑦= −𝑥2 + 𝑚𝑥+ 𝑚+ 1
𝑦= −𝑥+ 𝑚+ 4
，化简得，𝑥2−(𝑚+ 1)𝑥+ 3 = 0，根据直线𝑙3与抛物线有且
只有一个交点，则此方程判别式Δ = (𝑚+ 1)2−12 = 0，解得𝑚1 = −1 + 2 3，𝑚2 = −1−2 3，又A 在B
左边，所以∴−1 < 𝑚+ 1，即𝑚> −2，求得𝑚= 𝑚1 = −1 + 2 3，得出直线𝑙3的解析式为𝑦= −𝑥+ 3 + 2
3，然后根据对称性质求出直线𝑙2的解析式即可．
【详解】（1）解：①由题意得𝑚+ 1 = 4，解得𝑚= 3
∴抛物线解析式为𝑦= −𝑥2 +3𝑥+ 4
令𝑥= 0，得 𝑦= 4，
∴𝐶(0,4)，
设直线𝑙1为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
∴
𝑏= 4
4𝑘+ 𝑏= 0
，解得
𝑘= −1
𝑏= 4
，
∴直线𝑙1解析式为𝑦= −𝑥+ 4，
②𝑆△𝑂𝐵𝐶=
1
2 ⋅𝑂𝐵⋅𝑂𝐶=
1
2 × 4 × 4 = 8，
过点P 作𝑃𝑄∥𝑦轴，交𝐵𝐶于点Q，
设𝑃(𝑡,−𝑡2 +3𝑡+ 4)，则点𝑄(𝑡,−𝑡+ 4)，
∴𝑃𝑄= 𝑦𝑃−𝑦𝑄= −𝑡2 +4𝑡，
∴𝑆△𝑃𝐵𝐶=
1
2 ⋅𝑃𝑄⋅|𝑥𝐵−𝑥𝐶| =
1
2(−𝑡2 +4𝑡) ⋅4 = −2𝑡2 +8𝑡，
∵𝑆△𝑃𝐵𝐶=
3
4𝑆△𝑂𝐵𝐶，
∴−2𝑡2 +8𝑡=
3
4 × 8，
解得𝑡1 = 1，𝑡2 = 3，
∴𝑃1(1,6)，𝑃2(3,4)．
（2）解：在𝑦= −𝑥2 +𝑚𝑥+ 𝑚+ 1中令𝑥= 0得，𝑦= 𝑚+ 1，
∴点𝐶(0,𝑚+ 1)，
设直线𝐵𝐶解析式为𝑦𝐵𝐶= 𝑘′𝑥+ 𝑏′
把𝐵(𝑚+ 1,0)，𝐶(0,𝑚+ 1)代入，得
(𝑚+ 1)𝑘′ + 𝑏′ = 0
𝑏′ = 𝑚+ 1
，解得：
𝑘′ = −1
𝑏′ = 𝑚+ 1
，
∴𝑦𝐵𝐶= −𝑥+ 𝑚+ 1，
∴𝑦𝐵𝐶= −𝑥+ 𝑚+ 1向右平移3 个单位后的直线𝑙3的解析式为𝑦= −𝑥+ 𝑚+ 4，
联立
𝑦= −𝑥2 + 𝑚𝑥+ 𝑚+ 1
𝑦= −𝑥+ 𝑚+ 4
，
化简得，𝑥2−(𝑚+ 1)𝑥+ 3 = 0，
∵直线𝑙3与抛物线有且只有一个交点，
∴此方程判别式Δ = (𝑚+ 1)2−12 = 0，
解得𝑚1 = −1 + 2 3，𝑚2 = −1−2 3，
∵A 在B 左边，
∴−1 < 𝑚+ 1
即𝑚> −2
∴𝑚= 𝑚1 = −1 + 2 3
∴直线𝑙3的解析式为𝑦= −𝑥+ 3 + 2 3，
∴将直线𝑙1上方的抛物线图象和直线沿直线𝑙3翻折后，则直线𝑙2与直线𝑙3重合，
∴此时𝑙2的解析式为𝑦= −𝑥+ 2 3−3．
【点睛】本题考查待定系数法求抛物线与一次函数的解析式，抛物线有几何中变换，一次函数图象的平移，
根的判别式，属二次函数与一次函数综合题目，有一定难度．
【变式2-1】（2026·安徽阜阳·二模）在平面直角坐标系中，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．
(1)求该抛物线的顶点坐标；
(2)点𝑃是抛物线上的一个动点且位于𝐵𝐶上方．
（i）如图1，连接𝐵𝑃，𝐶𝑃，若△𝐵𝐶𝑃的面积为3，求点𝑃的坐标；
（ii）如图2，直线𝑙是抛物线的对称轴且与𝑥轴交于点𝐷，直线𝐴𝑃，𝐵𝑃分别与直线𝑙交于点𝑁，𝑀，求𝐷𝑀+ 𝐷𝑁
的值．
【答案】(1)(1,4)
(2)（i）点𝑃的坐标为(2,3)或(1,4)；（ii）8
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线解析式，进而得到顶点坐标；
（2）（i）设点𝑃(𝑡,−𝑡2 + 2𝑡+ 3)，利用待定系数法求出直线𝐵𝐶的表达式，过点𝑃作𝑃𝐸∥𝑦轴交𝐵𝐶于点𝐸，则
𝐸(𝑡,−𝑡+ 3)，求出𝑃𝐸长，根据𝑆△𝐵𝐶𝑃=
1
2𝑃𝐸⋅𝑂𝐵= 3列方程求解即可；
（ii）利用待定系数法求出直线𝐴𝑃、𝐵𝑃的表达式，进而得到点M、N 的坐标，从而求出𝐷𝑀+ 𝐷𝑁的值即可．
【详解】（1）解：把点𝐴(−1,0)，𝐵(3,0)代入𝑦= −𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐得：
−1−𝑏+ 𝑐= 0
−9 + 3𝑏+ 𝑐= 0
，
解得
𝑏= 2
𝑐= 3
，
∴该抛物线的表达式为𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3 = −(𝑥−1)2 +4，
∴该抛物线的顶点坐标为(1,4)；
（2）解：（i）设点𝑃(𝑡,−𝑡2 + 2𝑡+ 3)，
∵抛物线𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3，
∴当𝑥= 0时，𝑦= 3，
∴𝐶(0,3)，
设直线𝐵𝐶的表达式为𝑦= 𝑚𝑥+ 𝑛，
将𝐵(3,0)，𝐶(0,3)代入𝑦= 𝑚𝑥+ 𝑛得：
3𝑚+ 𝑛= 0
𝑛= 3
，
解得
𝑚= −1
𝑛= 3
，
∴直线𝐵𝐶的表达式为𝑦= −𝑥+ 3，
如图，过点𝑃作𝑃𝐸∥𝑦轴交𝐵𝐶于点𝐸，则𝐸(𝑡,−𝑡+ 3)，
∴𝑃𝐸= (−𝑡2 + 2𝑡+ 3)−(−𝑡+ 3) = −𝑡2 +3𝑡，
∴𝑆△𝐵𝐶𝑃=
1
2𝑃𝐸⋅𝑂𝐵=
1
2(−𝑡2 + 3𝑡) × 3 = 3，
整理得：𝑡2−3𝑡+ 2 = 0，
解得：𝑡= 1或𝑡= 2
当𝑡= 1时，−𝑡2 +2𝑡+ 3 = −1 + 2 + 3 = 4，
当𝑡= 2时，−𝑡2 +2𝑡+ 3 = −22 +2 × 2 + 3 = 3，
∴点𝑃的坐标为(1,4)或(2,3)；
（ii）设直线𝐴𝑃的表达式为𝑦= 𝑠𝑥+ 𝑘，
将点𝐴(−1,0)，点𝑃(𝑡,−𝑡2 + 2𝑡+ 3)代入𝑦= 𝑠𝑥+ 𝑘得：
−𝑠+ 𝑘= 0①
𝑠𝑡+ 𝑘= −𝑡2 + 2𝑡+ 3②
由②−①得：𝑠(𝑡+ 1) = −𝑡2 +2𝑡+ 3 = −(𝑡+ 1)(𝑡−3)，
即𝑠= −𝑡+ 3，
∴𝑘= −𝑡+ 3，
∴直线𝐴𝑃的表达式为𝑦= (−𝑡+ 3)𝑥−𝑡+ 3，
当𝑥= 1时，𝑦= −𝑡+ 3−𝑡+ 3 = −2𝑡+ 6，
∴𝑁(1,−2𝑡+ 6)，
∴𝐷𝑁= −2𝑡+ 6，
设直线𝐵𝑃的表达式为𝑦= 𝑓𝑥+ 𝑔，
将𝐵(3,0)，𝑃(𝑡,−𝑡2 + 2𝑡+ 3)代入𝑦= 𝑓𝑥+ 𝑔得：
3𝑓+ 𝑔= 0①
𝑡𝑓+ 𝑔= −𝑡2 + 2𝑡+ 3②
，
由②−①得：𝑓(𝑡−3) = −𝑡2 +2𝑡+ 3 = −(𝑡+ 1)(𝑡−3)，
即𝑓= −𝑡−1，
∴𝑔= −3𝑓= 3𝑡+ 3，
∴直线𝐵𝑃的表达式为𝑦= (−𝑡−1)𝑥+ 3𝑡+ 3，
当𝑥= 1时，𝑦= −𝑡−1 + 3𝑡+ 3 = 2𝑡+ 2，
∴𝑀(1,2𝑡+ 2)，
∴𝐷𝑀= 2𝑡+ 2，
∴𝐷𝑀+ 𝐷𝑁= (2𝑡+ 2) + (−2𝑡+ 6) = 8．
【点睛】本题考查二次函数与一次函数综合，熟练掌握待定系数法求出解析式、二次函数的图象性质是解
题的关键．
【变式2-2】如图，直线𝑦= −𝑥+ 3与𝑥轴、𝑦轴分别交于𝐵、𝐶两点，抛物线𝑦= −𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐经过𝐵、𝐶两点，
与𝑥轴另一交点为𝐴，顶点为𝐷．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点𝑃在抛物线第一象限内，连接𝑃𝐵，𝑃𝐶， 求△𝑃𝐵𝐶的面积𝑆的最大值．
【答案】(1)𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3
(2)
27
8
【分析】（1）根据直线解析式求得点𝐵与点𝐶坐标，利用待定系数法求解抛物线解析式即可；
（2）过𝑃作𝑃𝐸∥𝑦轴交𝐵𝐶于𝐸，设𝑃(𝑚,−𝑚2 + 2𝑚+ 3)，则𝐸(𝑚,−𝑚+ 3)， 进而可表示出𝑃𝐸的长度，根据
𝑆△𝑃𝐵𝐶=
1
2𝑃𝐸·(𝑥𝐵−𝑥𝐶)表示出△𝑃𝐵𝐶的面积，然后根据二次函数的性质即可得解．
【详解】（1）解：对于直线𝑦= −𝑥+ 3，
令𝑥= 0，得𝑦= 3，
令𝑦= 0，即−𝑥+ 3 = 0，解得𝑥= 3，
∴𝐶点的坐标(0,3)，𝐵点的坐标(3,0)，
将点𝐵(3,0)，𝐶(0,3)代入抛物线𝑦= −𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐中得，
−9 + 3𝑏+ 𝑐= 0
𝑐= 3
，解得
𝑏= 2
𝑐= 3
，
∴抛物线解析式为𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3；
（2）解：如图，过𝑃作𝑃𝐸∥𝑦轴交𝐵𝐶于𝐸，
设𝑃(𝑚,−𝑚2 + 2𝑚+ 3)，则𝐸(𝑚,−𝑚+ 3)，
∴𝑃𝐸= −𝑚2 +2𝑚+ 3−(−𝑚+ 3) = −𝑚2 +3𝑚，
∴𝑆△𝑃𝐵𝐶= 1
2 𝑃𝐸·(𝑥𝐵−𝑥𝐶)
= 1
2 (−𝑚2 + 3𝑚) × 3
= −3
2 (𝑚2−3𝑚)
= −3
2
𝑚−
3
2
2
−
9
4
= −
3
2 𝑚−
3
2
2
+
27
8 ，
∵−
3
2 < 0，
∴当𝑚=
3
2时，𝑆△𝑃𝐵𝐶取最大值，最大值为
27
8 ．
【变式2-3】（2026·黑龙江佳木斯·一模）如图，抛物线 𝑦= 𝑎𝑥2−2𝑥+ 𝑐与x 轴分别交于𝐴(−1,0)，B 两点
（点 A 在点B 的左侧），与 y 轴交于点𝐶(0,−3)．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)线段𝐵𝐶下方的抛物线上是否存在一点E，使 𝑆△𝐵𝐶𝐸=
1
3𝑆四边形𝐴𝐶𝐸𝐵?若存在，请直接写出点E 的坐标；若不
存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦= 𝑥2−2𝑥−3
(2)𝐸(1,−4)或𝐸(2,−3)
【分析】（1）利用待定系数法求出函数解析式即可；
（2）设𝐸(𝑚,𝑚2−2𝑚−3)，过𝐸作𝐸𝐻∥𝑦轴交𝐵𝐶于点𝐻，求出直线𝐵𝐶的函数解析式，求出𝐸𝐻的表达式，根据
题意得到𝑆△𝐶𝐸𝐵=
1
2𝑆△𝐴𝐵𝐶，据此列方程进行解答即可．
【详解】（1）解：因为抛物线𝑦= 𝑎𝑥2−2𝑥+ 𝑐经过点 𝐴(−1,0)和点𝐶(0,−3)两点，所以
𝑎+ 2 + 𝑐= 0
𝑐= −3
，
解得
𝑎= 1
𝑐= −3
，
所以抛物线解析式为：𝑦= 𝑥2−2𝑥−3．
（2）解：令𝑦= 0，则0 = 𝑥2−2𝑥−3，解得𝑥1 = 3，𝑥2 = −1，
∴𝐵(3,0)，
设𝐸(𝑚,𝑚2−2𝑚−3)，过𝐸作𝐸𝐻∥𝑦轴交𝐵𝐶于点𝐻，
设直线𝐵𝐶的函数解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏1(𝑘≠0)．
因为直线𝐵𝐶经过点𝐵(3,0)和𝐶(0,−3)，所以
3𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= −3
，
解得
𝑘= 1
𝑏= −3
，
所以，直线𝐵𝐶的函数解析式为：𝑦= 𝑥−3．
∴𝐻(𝑚,𝑚−3)，
∴𝐸𝐻= (𝑚−3)−(𝑚2−2𝑚−3) = −𝑚2 +3𝑚，
∵𝑆△𝐵𝐶𝐸=
1
3𝑆四边形𝐴𝐶𝐸𝐵
∴𝑆△𝐶𝐸𝐵=
1
2𝑆△𝐴𝐵𝐶，
即
1
2𝐸𝐻× |𝑥𝐵−𝑥𝐶| =
1
2𝐴𝐵⋅𝑂𝐶×
1
2，
∴
1
2(−𝑚2 + 3𝑚) × 3 =
1
2 × 4 × 3 ×
1
2，
解得𝑚= 1或𝑚= 2，
∴𝐸(1,−4)或𝐸(2,−3)
知识点3 平行转化法
类型
平行转化法
图示
条件
PM∥AC
PM∥AB
结论
𝑆△𝑃𝐴𝐶= 𝑆△𝑀𝐴𝐶
𝑆△𝑃𝐴𝐵= 𝑆△𝑀𝐴𝐵
【题型3 二次函数中平行转化法求图形面积】
【例3】（24-25 九年级上·河南洛阳·期中）已知：二次函数 𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐的图象与x 轴交于A，B 两点，
其中A 点坐标为 (−3,0)，与y 轴交于点 C，点 𝐷(−2,−3)在抛物线上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若抛物线上有一动点P，且P 在x 轴上方，要使 △𝐴𝐵𝑃的面积为6，求P 点坐标．
【答案】(1)𝑦= 𝑥2 +2𝑥−3
(2) −1 +
7，3 或−1−7，3
【分析】本题考查二次函数的性质，解题关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式，掌握函数与方程的关
系进行求解．
（1）通过待定系数法求函数解析式；
（2）求出点B 坐标，由𝑆Δ𝐴𝐵𝑃=
1
2𝐴𝐵⋅𝑦𝑃可得点P 坐标，从而求解．
【详解】（1）解：将(−3,0)，(−2,−3)代入𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐得：
0 = 9−3𝑏+ 𝑐
−3 = 4−2𝑏+ 𝑐
，
解得
𝑏= 2
𝑐= −3
，
∴𝑦= 𝑥2 +2𝑥−3；
（2）解：∵𝑦= 𝑥2 +2𝑥−3 = (𝑥+ 1)2−4，
∴抛物线对称轴为直线𝑥= −1，
∵点A 坐标为(−3,0)，
∴点B 坐标为(1,0)，
∴𝐴𝐵= 4，
∵三角形𝐴𝐵𝑃的面积为6，P 在x 轴上方，
∴𝑆Δ𝐴𝐵𝑃=
1
2𝐴𝐵⋅𝑦𝑃= 2𝑦𝑃= 6，
∴𝑦𝑃= 3，
把𝑦= 3代入𝑦= 𝑥2 +2𝑥−3，得3 = 𝑥2 +2𝑥−3，
解得𝑥= −1 +
7或𝑥= −1−7；
∴点P 坐标为−1 +
7,3 或−1−7,3 ．
【变式3-1】（2026·黑龙江鸡西·模拟预测）2026年“中国航天日”黑龙江分会场活动在哈尔滨举行．其中“水
火箭”制作比赛要求选手用废弃饮料瓶制作水火箭并记录飞行高度．某小组在实验中，水火箭的飞行高度𝑦
（米）与飞行时间𝑥（秒）近似满足二次函数𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐已知发射后2秒时高度达到最高点16米，发射
后3秒时高度为15米．
(1)求该二次函数的解析式；
(2)如图，连接𝐴𝐶、𝐵𝐶，在直线𝐵𝐶上方的抛物线上是否存在点𝑃，使得𝑆△𝐵𝐶𝑃=
1
2𝑆△𝐴𝐵𝐶，若存在，请直接写
出点𝑃的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦= −𝑥2 +4𝑥+ 12
(2)存在，𝑃(2,16)或(4,12)
【分析】(1)由题意得二次函数𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐的顶点坐标为(2,16)，且经过点(3,15)，设二次函数解析式为
𝑦= 𝑎(𝑥−2)2 +16，然后利用待定系数法即可求解；
(2)由(1)得二次函数解析式为𝑦= −𝑥2 +4𝑥+ 12，分别求出𝐴(−2,0)，𝐵(6,0)，𝐶(0,12)，则𝑆△𝐴𝐵𝐶= 48，然
后求出直线𝐵𝐶解析式为𝑦= −2𝑥+ 12，过𝑃作𝑃𝐸⊥𝑥轴于点𝐸，交𝐵𝐶于点𝐹，设𝑃(𝑡,−𝑡2 + 4𝑡+ 12)，所以𝐹
(𝑡,−2𝑡+ 12)，则𝑃𝐹= −𝑡2 +6𝑡，所以𝑆△𝐵𝐶𝑃=
1
2𝑃𝐹× |𝑥𝐵−𝑥𝐶| =
1
2(−𝑡2 + 6𝑡) × 6 = −3𝑡2 +18𝑡，根据题意得
−3𝑡2 +18𝑡= 24，再解方程即可．
【详解】（1）解：由题意得二次函数𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐的顶点坐标为(2,16)，且经过点(3,15)，
设二次函数解析式为𝑦= 𝑎(𝑥−2)2 +16，
∴15 = (3−2)2𝑎+ 16，解得𝑎= −1，
∴二次函数解析式为𝑦= −(𝑥−2)2 +16 = −𝑥2 +4𝑥+ 12；
（2）解：由(1)得二次函数解析式为𝑦= −𝑥2 +4𝑥+ 12，
∴当𝑦= 0时，−𝑥2 +4𝑥+ 12 = 0，
解得𝑥1 = −2，𝑥2 = 6，
∴𝐴(−2,0)，𝐵(6,0)，
∴𝐴𝐵= 8，
当𝑥= 0时，𝑦= 12，
∴𝐶(0,12)，
∴𝑂𝐶= 12，
∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=
1
2𝐴𝐵× 𝑂𝐶=
1
2 × 8 × 12 = 48，
设直线𝐵𝐶解析式为𝑦= 𝑚𝑥+ 𝑛，
∴
6𝑚+ 𝑛= 0
𝑛= 12
，解得
𝑚= −2
𝑛= 12
，
∴直线𝐵𝐶解析式为𝑦= −2𝑥+ 12，
如图，过𝑃作𝑃𝐸⊥𝑥轴于点𝐸，交𝐵𝐶于点𝐹，设𝑃(𝑡,−𝑡2 + 4𝑡+ 12)，
∴𝐹(𝑡,−2𝑡+ 12)，
∴𝑃𝐹= −𝑡2 +4𝑡+ 12−(−2𝑡+ 12) = −𝑡2 +6𝑡，
∴𝑆△𝐵𝐶𝑃=
1
2𝑃𝐹× |𝑥𝐵−𝑥𝐶| =
1
2(−𝑡2 + 6𝑡) × 6 = −3𝑡2 +18𝑡，
∵𝑆△𝐵𝐶𝑃=
1
2𝑆△𝐴𝐵𝐶=
1
2 × 48 = 24，
∴−3𝑡2 +18𝑡= 24，解得𝑡1 = 2，𝑡2 = 4，
当𝑡= 2时，𝑦= −22 +4 × 2 + 12 = 16，
∴𝑃(2,16)；
当𝑡= 4时，𝑦= −42 +4 × 4 + 12 = 12，
∴𝑃(4,12)；
综上可得：点𝑃的坐标为𝑃(2,16)或(4,12)．
【变式3-2】（2026·福建三明·二模）在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，已知抛物线𝑦= 𝑎𝑥2−𝑏𝑥(𝑎> 0)．
(1)当𝑥≤2时，𝑦随𝑥的增大而减小，当𝑥> 2时，𝑦随𝑥的增大而增大，用等式表示𝑎与𝑏关系，并说明理由；
(2)若抛物线经过点𝐴(−1,3)，𝐵(2,0)，且与直线𝑦= 𝑥在第一象限内交于点𝐶；𝐷为抛物线在第四象限的图象
上一点，是否存在这样的点𝐷，使得𝑆△𝐴𝐷𝐶= 2𝑆△𝑂𝐴𝐶？若存在，请求出点𝐷的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑏= 4𝑎；理由如下：
抛物线𝑦= 𝑎𝑥2−𝑏𝑥的对称轴为𝑥= −
−𝑏
2𝑎=
𝑏
2𝑎，
∵𝑎> 0，抛物线开口向上
又∵当𝑥≤2时，𝑦随𝑥的增大而减小，当𝑥> 2时，𝑦随𝑥的增大而增大，
∴抛物线的对称轴为直线𝑥= 2，即
𝑏
2𝑎= 2，
∴𝑏= 4𝑎．
(2)不存在，理由如下：
∵抛物线𝑦= 𝑎𝑥2−𝑏𝑥经过点𝐴(−1,3)、𝐵(2,0)．
∴(−1)2 × 𝑎−(−1)× 𝑏= 3
4𝑎−2𝑏= 0
．
解得
𝑎= 1
𝑏= 2
．
∴抛物线的解析式为𝑦= 𝑥2−2𝑥．
∵抛物线与直线𝑦= 𝑥在第一象限内交于点𝐶，
∴联立，得
𝑦= 𝑥2−2𝑥
𝑦= 𝑥
．
解得𝑥= 0（不符题意，舍去）或𝑥= 3，
∴𝑦= 3，
∴𝐶(3,3)．
∵𝐴(−1,3)，𝑂(0,0)，𝐶(3,3)
∴𝐴𝐶= 4，
∴𝑆△𝑂𝐴𝐶=
1
2 × 𝐴𝐶× 3 =
1
2 × 4 × 3 = 6，
∴𝑆△𝐴𝐷𝐶= 2𝑆△𝑂𝐴𝐶= 2 × 6 = 12．
设𝐷(𝑡,𝑡2−2𝑡)，且𝐷在第四象限，
∴𝑡> 0，𝑡2−2𝑡< 0．
∵直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= 3，点𝐷到直线𝐴𝐶的距离为|3−(𝑡2−2𝑡)| = 3−𝑡2 +2𝑡，
∴𝑆△𝐴𝐷𝐶=
1
2 × 4 × (3−𝑡2 + 2𝑡) = 12．
化简：𝑡2−2𝑡+ 3 = 0．
∵Δ = (−2)2−4 × 1 × 3 = −8 < 0，
∴方程无实数根，
∴不存在这样的点𝐷．
【分析】（1）由抛物线的解析式得其对称轴为直线𝑥= −
−𝑏
2𝑎= 2，另一方面，由题意得抛物线的对称轴为直
线𝑥= 2，由此即可得𝑎与𝑏关系；
（2）由待定系数法可求得抛物线的解析式为𝑦= 𝑥2−2𝑥，从而可求出抛物线与直线𝑦= 𝑥在第一象限内交于
点𝐶的坐标，𝑆△𝑂𝐴𝐶与𝑆△𝐴𝐷𝐶的面积；设𝐷(𝑡,𝑡2−2𝑡)，且𝐷在第四象限，
从而可表示𝑆△𝐴𝐷𝐶的面积，这样得到关于t 的一元二次方程，判断方程是否有解即可判断点D 是否存在．
【详解】（1）解：𝑏= 4𝑎；理由略；
（2）解：不存在；理由略．
【变式3-3】（2026·江苏常州·二模）如图，在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2−2𝑥−3与x 轴交于点
A、B（A 在B 的左边），与y 轴交于点C，抛物线顶点D 的横坐标为1．
(1)点𝐶(0,___)，𝑎= ________，点𝐷(1,___)；
(2)P、Q 是该抛物线上的两个动点（不与点B、C 重合），横坐标分别为m、𝑚+ 2．
①设抛物线在P、Q 两点之间的部分（含P、Q 两点）为图像W，当−1 < 𝑚< 1且𝑚≠0时，若图像W 的
最高点与最低点的纵坐标之差为3，求m 的值；
②当𝑚> 0且𝑚≠1和3 时，若△𝐵𝐶𝑃的面积等于△𝐵𝐶𝑄的面积，求m 的值．
【答案】(1)−3，1，−4
(2)①𝑚的值为3−1或1−3；②𝑚=
1
2或𝑚=
1+ 5
2
【分析】（1）令𝑥= 0可求𝐶(0,−3)；由对称轴可求𝑎= 1；令𝑥= 1可求𝐷(1,−4)；
（2）①判断𝑚< 1 < 𝑚+ 2，即对称轴𝑥= 1在此范围内，得出最高点和最低点，列方程求解即可；
②根据△𝐵𝐶𝑃的面积等于△𝐵𝐶𝑄的面积列方程求解即可．
【详解】（1）解：对于抛物线𝑦= 𝑎𝑥2−2𝑥−3，令𝑥= 0，得𝑦= −3，
∴𝐶(0,−3)；
∵抛物线顶点D 的横坐标为1，
∴𝑥= −
𝑏
2𝑎=
2
2𝑎= 1，
解得：𝑎= 1；
∴抛物线的解析式为𝑦= 𝑥2−2𝑥−3，
令𝑥= 1，则𝑦= 1−2−3 = −4，
∴𝐷(1,−4)；
（2）解：①抛物线的解析式为𝑦= 𝑥2−2𝑥−3 = (𝑥−1)2−4，对称轴为𝑥= 1，
∵图像W 是抛物线在P、Q 两点之间的部分，且P、Q 的横坐标分别为m、𝑚+ 2，
∴图像W 对应的自变量𝑥的取值范围是𝑚≤𝑥≤𝑚+ 2，
∵−1 < 𝑚< 1且𝑚≠0，
∴𝑚< 1 < 𝑚+ 2，即对称轴𝑥= 1在此范围内，
∴图像W 的最低点为顶点𝐷(1,−4)，
∴当0 < 𝑚< 1时，Q 到对称轴的距离比P 远；
最低点为顶点𝐷(1,−4)，最高点为𝑄(𝑚+ 2,(𝑚+ 2)2−2(𝑚+ 2)−3), 即𝑄(𝑚+ 2,𝑚2 + 2𝑚−3)，
∴最高点与最低点的纵坐标之差为(𝑚2 + 2𝑚−3)−(−4) = 3，
整理得𝑚2 +2𝑚+ 1 = 3，
解得𝑚= −1 ±
3，
∵0 < 𝑚< 1，
∴𝑚= −1 +
3
当−1 < 𝑚< 0时，P 到对称轴的距离比Q 远；
∴最高点𝑃(𝑚,𝑚2−2𝑚−3)，
∴𝑚2−2𝑚−3−(−4) = 3，
解得：𝑚= 1−3或𝑚= 1 +
3（舍去）
综上，𝑚的值为3−1或1−3；
②设直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏(𝑘≠0)，
把𝐵(3,0)，𝐶(0,−3)代入得：
3𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= −3
，
解得
𝑘= 1
𝑏= −3
，
∴直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= 𝑥−3，
过𝑃(𝑚,𝑚2−2𝑚−3)作𝑃𝐸∥𝑦轴交𝐵𝐶于𝐸(𝑚,𝑚−3)，则：
𝑃𝐸= |(𝑚2−2𝑚−3)−(𝑚−3)| = |𝑚2−3𝑚|，
∴△𝐵𝐶𝑃的面积𝑆1 =
1
2 × 3 × |𝑚2−3𝑚|，
同理，过𝑄(𝑚+ 2,(𝑚+ 2)2−2(𝑚+ 2)−3), 即𝑄(𝑚+ 2,𝑚2 + 2𝑚−3)作𝑄𝐹∥𝑦轴交𝐵𝐶于𝐹(𝑚+ 2,𝑚−1)，则：
𝑄𝐹= |(𝑚2 + 2𝑚−3)−(𝑚−1)| = |𝑚2 + 𝑚−2| ，
∴△𝐵𝐶𝑄的面积𝑆2 =
1
2 × 3 × |𝑚2 + 𝑚−2|，
∵𝑆1 = 𝑆2，
∴|𝑚2−3𝑚| = |𝑚2 + 𝑚−2|，
∴𝑚2−3𝑚=± (𝑚2 + 𝑚−2)，
当𝑚2−3𝑚= 𝑚2 +𝑚−2时，解得𝑚=
1
2；
当𝑚2−3𝑚= −(𝑚2 + 𝑚−2)时，整理得𝑚2−𝑚−1 = 0，
解得𝑚=
1± 5
2 ，
∵𝑚> 0，
∴𝑚=
1+ 5
2 ，
综上，𝑚=
1
2或𝑚=
1+ 5
2 ．
知识点4 面积转化技巧
类型
面积比⟶底的比
面积比⟶高的比
图示
解题思路
𝑆△𝑃𝐴𝐷
𝑆△𝑃𝐵𝐷
⇒𝐴𝐷
𝐵𝐷
𝑆△𝑃𝐴𝐷
𝑆△𝐶𝐴𝐷
⇒𝑃𝐻
𝑂𝐶
【题型4 二次函数中面积转化技巧】
【例4】如图1，抛物线𝑦= −𝑥2 +𝑏𝑥+ 3与x 轴交于A，B 两点，过A 点的直线𝐿:𝑦= −𝑥−1与y 轴交于点
C，点P 为直线L 上方的抛物线上一动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若过点C 的直线交线段𝐴𝐵于点M，且𝑆△𝐴𝐶𝑀:𝑆△𝐵𝐶𝑀= 3:1，求直线𝐶𝑀的解析式；
(3)如图2，过P 点作𝑃𝐸∥𝑦轴交直线AC 于点E，连接𝐴𝑃．当△𝐴𝑃𝐸为直角三角形时，求点P 的坐标．
【答案】(1)𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3
(2)𝑦=
1
2𝑥−1
(3)(3,0)或(2,3)
【分析】（1）由直线𝐿:𝑦= −𝑥−1求出𝐴(−1,0)，因为抛物线经过𝐴，利用待定系数法解决问题即可．
（2）求出点𝑀的坐标，利用待定系数法即可解决问题．
（3）设𝑃(𝑚,−𝑚2 +2𝑚+ 3)，可求∠𝑂𝐴𝐶= ∠𝑂𝐶𝐴= 45°，当△𝐴𝑃𝐸为直角三角形时，∠𝑃𝐴𝐸= 90°或
∠𝐴𝑃𝐸= 90°，分两种情况讨论：①当∠𝑃𝐴𝐸= 90°时，∠𝑃𝐴𝐵= ∠𝑃𝐴𝐸−∠𝑂𝐴𝐶= 45°，设𝑃𝐸与𝑥轴交于点𝑀，
则𝐴𝑀= 𝑃𝑀，即−𝑚2 +2𝑚+ 3 = 𝑚+ 1，求得𝑃(2,3)；②当∠𝐴𝑃𝐸= 90°时，点𝑃与点𝐵重合，则−𝑚2
+2𝑚+ 3 = 0，求得𝑃(3,0)．
【详解】（1）解：直线𝐿:𝑦= −𝑥−1，令𝑦= 0，则𝑥= −1，
∴𝐴(−1,0)，
∵抛物线𝑦= −𝑥2 +𝑏𝑥+ 3经过𝐴，
∴−1−𝑏+ 3 = 0，解得𝑏= 2，
∴抛物线的解析式为𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3；
（2）解：∵𝑆△𝐴𝐶𝑀:𝑆△𝐵𝐶𝑀= 3:1，
∴𝐴𝑀:𝑀𝐵= 3:1，
∵抛物线𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3与𝑥轴交于𝐴，𝐵两点，
令𝑦= 0，则𝑥= −1或3，
∴𝐴(−1,0)，𝐵(3,0)，
∴𝐴𝐵= 4，
∴𝐴𝑀= 3，𝐵𝑀= 1，
∴𝑂𝑀= 2，
∴𝑀(2,0)，
∵直线𝐿:𝑦= −𝑥−1与𝑦轴交于点𝐶，
∴𝐶(0,−1)，
设直线𝐶𝑀的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑡，则有
2𝑘+ 𝑡= 0
𝑡= −1
，
解得
𝑘= 1
2
𝑡= −1
，
∴直线𝐶𝑀的解析式为𝑦=
1
2𝑥−1．
（3）解：设𝑃(𝑚,−𝑚2 +2𝑚+ 3)，
∵𝐴(−1,0)，𝐶(0,−1)，
∴𝑂𝐴= 𝑂𝐶= 1，
∵∠𝐴𝑂𝐶= 90°，
∴∠𝑂𝐴𝐶= ∠𝑂𝐶𝐴= 45°，
当𝑃𝐸∥𝑦轴时，
∴∠𝑃𝐸𝐴= ∠𝑂𝐶𝐴= 45°，
∴当△𝐴𝑃𝐸为直角三角形时，∠𝑃𝐴𝐸= 90°或∠𝐴𝑃𝐸= 90°，
①如图，
当∠𝑃𝐴𝐸= 90°时，∠𝑃𝐴𝐵= ∠𝑃𝐴𝐸−∠𝑂𝐴𝐶= 45°，
设𝑃𝐸与𝑥轴交于点𝑀，则∠𝑃𝐴𝑀= ∠𝐴𝑃𝑀= 45°，
∴𝐴𝑀= 𝑃𝑀，即−𝑚2 +2𝑚+ 3 = 𝑚+ 1，
解得𝑚= 2或𝑚= −1（舍)，
∴𝑃(2,3)；
②当∠𝐴𝑃𝐸= 90°时，点𝑃与点𝐵重合，
∴−𝑚2 +2𝑚+ 3 = 0，
解得𝑚= 3或𝑚= −1（舍)，
∴𝑃(3,0)；
综上所述：𝑃点坐标为(3,0)或(2,3)．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，三角形的面积，直角三角形的性质等知识，解题
的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
【变式4-1】（2026·福建厦门·模拟预测）如图，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐与y 轴交于点𝐶(0,3)，顶点为D，对
称轴为直线𝑥= −1，点P 在抛物线上，点P 的纵坐标为2，过点P 作x 轴的平行线交抛物线于另一点M，
交y 轴于点E．若△𝐷𝑀𝑃的面积是△𝐶𝑀𝑃的面积的3 倍，求抛物线的解析式．
【答案】𝑦= −2𝑥2−4𝑥+ 3
【分析】先利用点C 坐标与对称轴为𝑥= −1求出𝑏= 2𝑎，再求出点D 的坐标，进而分别求出点C、D 到𝑀𝑃
的距离，利用
𝑆△𝐷𝑀𝑃
𝑆△𝐶𝑀𝑃=
𝐷𝐹
𝐶𝐸列出方程，求出𝑎、𝑏的值，从而求出抛物线的解析式．
【详解】解：如图，令直线𝑥= −1与𝑀𝑃交于点F，
将点𝐶(0,3)代入抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐得：𝑐= 3，
∵抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐对称轴为𝑥= −
𝑏
2𝑎，
∴−
𝑏
2𝑎= −1，
∴𝑏= 2𝑎，
∴抛物线解析式为𝑦= 𝑎𝑥2 +2𝑎𝑥+ 3，
将𝑥= −1代入𝑦= 𝑎𝑥2 +2𝑎𝑥+ 3得：𝑦= 𝑎⋅(−1)2 +2𝑎⋅(−1) +3 = 3−𝑎，
∴𝐷(−1,3−𝑎)，
∵𝑃𝑀∥𝑥轴，点P 的纵坐标为2，
∴𝐶𝐸⊥𝑀𝑃、𝐷𝐹⊥𝑀𝑃，
∴𝐶𝐸= |3−2| = 1、𝐷𝐹= |3−𝑎−2| = |1−𝑎|，
∵抛物线的图象开口向下，
∴𝑎< 0，
∴1−𝑎> 0，
∴𝐷𝐹= 1−𝑎，
∴
𝑆△𝐷𝑀𝑃
𝑆△𝐶𝑀𝑃=
1
2×𝑀𝑃×𝐷𝐹
1
2×𝑀𝑃×𝐶𝐸=
𝐷𝐹
𝐶𝐸= 3，
∴
1−𝑎
1 = 3，
解得：𝑎= −2，
∴𝑏= 2 × (−2) = −4，
∴抛物线的解析式为𝑦= −2𝑥2−4𝑥+ 3．
【变式4-2】如图，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐与x 轴交于点𝐴(−1,0)和点B，其顶点坐标为(1,4)，P 是第一象
限内抛物线上的动点，过点P 向x 轴作垂线，交直线𝐵𝐶于点M，交x 轴于点N，连接𝑃𝐵、𝑃𝐶．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)当𝑃𝑀取得最大值时，求线段𝑀𝑁的长；
(3)若直线𝐵𝐶把△𝐵𝑃𝑁的面积分成2:3两部分，求点P 的坐标．
【答案】(1)𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3
(2)
3
2
(3)点P 的坐标为
2
3 ,
35
9 或
3
2 ,
15
4
【分析】（1）设抛物线解析式为𝑦= 𝑎(𝑥−1)2 +4，利用待定系数法求解；
（2）首先求出𝐶(0,3)，𝐵(3,0)，得到直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= −𝑥+ 3，设𝑃(𝑥,−𝑥2 + 2𝑥+ 3)，则𝑀
(𝑥,−𝑥+ 3)，表示出𝑃𝑀，然后利用二次函数的性质得到当𝑥=
3
2时，𝑃𝑀取得最大值为
9
4，然后求解即可；
（3）首先表示出
𝑆△𝑃𝑀𝐵
𝑆△𝑁𝑀𝐵=
−𝑥2+3𝑥
−𝑥+3 ，然后根据题意分两种情况讨论，分别列方程求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐与x 轴交于点𝐴(−1,0)和点B，其顶点坐标为(1,4)，
∴设抛物线解析式为𝑦= 𝑎(𝑥−1)2 +4，
将点𝐴(−1,0)代入得：0 = 𝑎(−1−1)2 +4，
解得𝑎= −1，
∴抛物线的解析式为𝑦= −(𝑥−1)2 +4 = −𝑥2 +2𝑥+ 3；
（2）解：∵𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3，
当𝑥= 0时，𝑦= 3，
∴𝐶(0,3)，
当𝑦= 0时，0 = −𝑥2 +2𝑥+ 3，
解得𝑥1 = −1，𝑥2 = 3，
∴𝐵(3,0)，
设直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏1，
将𝐵(3,0)，𝐶(0,3)代入得
3𝑘+ 𝑏1 = 0
𝑏1 = 3
，
解得
𝑘= −1
𝑏1 = 3
，
∴直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= −𝑥+ 3，
设𝑃(𝑥,−𝑥2 + 2𝑥+ 3)，则𝑀(𝑥,−𝑥+ 3)，
∴𝑃𝑀= −𝑥2 +2𝑥+ 3−(−𝑥+ 3) = −𝑥2 +3𝑥= −𝑥−
3
2
2
+
9
4，
∵二次项系数−1 < 0，
∴当𝑥=
3
2时，𝑃𝑀取得最大值为
9
4，
∴此时点P 的坐标为
3
2 ,
15
4 ，
∴𝑃𝑁=
15
4 ，
∴𝑀𝑁= 𝑃𝑁−𝑃𝑀=
15
4 −
9
4 =
3
2；
（3）解：由（2）得，𝑃𝑀= −𝑥2 +2𝑥+ 3−(−𝑥+ 3) = −𝑥2 +3𝑥，𝑀𝑁= −𝑥+ 3，
∴
𝑆△𝑃𝑀𝐵
𝑆△𝑁𝑀𝐵=
1
2 𝑃𝑀⋅𝐵𝑁
1
2 𝑀𝑁⋅𝐵𝑁=
𝑃𝑀
𝑀𝑁=
−𝑥2+3𝑥
−𝑥+3 ，
∵直线𝐵𝐶把△𝐵𝑃𝑁的面积分成2:3两部分，
∴当
𝑆△𝑃𝑀𝐵
𝑆△𝑁𝑀𝐵=
−𝑥2+3𝑥
−𝑥+3 =
2
3时，
解得𝑥1 = 3（舍去），𝑥2 =
2
3，
经检验𝑥=
2
3是原方程的解，且符合题意，
∴点P 的坐标为
2
3 ,
35
9 ；
当
𝑆△𝑃𝑀𝐵
𝑆△𝑁𝑀𝐵=
−𝑥2+3𝑥
−𝑥+3 =
3
2，
解得𝑥1 = 3（舍去），𝑥2 =
3
2，
经检验𝑥=
3
2是原方程的解，且符合题意，
∴点P 的坐标为
3
2 ,
15
4 ，
综上所述，点P 的坐标为
2
3 ,
35
9 或
3
2 ,
15
4 ．
【变式4-3】（2026·四川自贡·中考真题）平面直角坐标系中，抛物线𝑦= −
1
2𝑥2 +𝑚𝑥+ 𝑛经过(0,6)和(2,4)两
点．
(1)求𝑚，𝑛的值．
(2)如图，过原点𝑂的两条直线与该抛物线相交于点𝐴，𝐵，𝐶，𝐷（点𝐴在第三象限，点𝐶在第二象限）．
①求线段𝑂𝐶长度的最小值；
②连接𝐴𝐶，𝐵𝐷分别交𝑥轴于𝐸，𝐹两点，设△𝑂𝐴𝐸，△𝑂𝐵𝐹的面积分别为𝑆1，𝑆2，是否存在直线𝐴𝐵使𝑆1 = 2
𝑆2?若存在，求出直线𝐴𝐵的解析式；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
𝑚= 0
𝑛= 6
；
(2)①线段𝑂𝐶长度的最小值为11；②𝑦=
6
2 𝑥．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）①设𝐶𝑝,−
1
2 𝑝2 + 6 ，求得𝑂𝐶=
𝑝2 + −
1
2 𝑝2 + 6
2
=
1
4 𝑝4−5𝑝2 + 36，利用二次函数的性质求解
即可；
②设𝐴𝑎,−
1
2 𝑎2 + 6 ，𝐶𝑐,−
1
2 𝑐2 + 6 ，分别求得直线𝐴𝐶、𝐴𝑂，𝐶𝑂的解析式，分别求得点𝐸、𝐵、𝐷的坐标，
再求得直线𝐵𝐷的解析式，求得点𝐹的坐标，得到𝑂𝐸= 𝑂𝐹，据此求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线𝑦= −
1
2𝑥2 +𝑚𝑥+ 𝑛经过(0,6)和(2,4)两点，
∴
𝑛= 6
−1
2 × 22 + 2𝑚+ 𝑛= 4
，
解得
𝑚= 0
𝑛= 6
；
（2）解：①由（1）得
𝑚= 0
𝑛= 6
，
∴抛物线的解析式为𝑦= −
1
2𝑥2 +6，
设𝐶𝑝,−
1
2 𝑝2 + 6 ，
∴𝑂𝐶=
𝑝2 + −
1
2 𝑝2 + 6
2
=
1
4 𝑝4−5𝑝2 + 36，
令𝑝2 = 𝑡，0 < 𝑡< 12，
∴𝑂𝐶=
1
4 𝑡2−5𝑡+ 36 =
1
4 (𝑡−10)2 + 11，
∴当𝑡= 10时，线段𝑂𝐶长度的最小值为11；
②设𝐴𝑎,−
1
2 𝑎2 + 6 ，𝐶𝑐,−
1
2 𝑐2 + 6 ，
设直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
∴
𝑎𝑘+ 𝑏= −1
2 𝑎2 + 6
𝑐𝑘+ 𝑏= −1
2 𝑐2 + 6
，
则直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= −
𝑎+𝑐
2 𝑥+
𝑎𝑐
2 +6，
令𝑦= 0，则−
𝑎+𝑐
2 𝑥+
𝑎𝑐
2 +6 = 0，
解得𝑥𝐸=
𝑎𝑐+12
𝑎+𝑐，
∴𝐸
𝑎𝑐+12
𝑎+𝑐,0 ；
设直线𝐴𝑂的解析式为𝑦= 𝑘1𝑥，则−
1
2𝑎2 +6 = 𝑎𝑘1，
解得𝑘1 = −
1
2𝑎+
6
𝑎，
∴直线𝐴𝑂的解析式为𝑦= −
1
2 𝑎+
6
𝑎𝑥，
联立得−
1
2𝑥2 +6 = −
1
2 𝑎+
6
𝑎𝑥，
解得𝑥1 = 𝑎，𝑥2 = −
12
𝑎，
当𝑥= −
12
𝑎时，𝑦= −
1
2 × −
12
𝑎
2
+6 = 6−
72
𝑎2，
∴𝐵−
12
𝑎,6−
72
𝑎2 ，
设直线𝐶𝑂的解析式为𝑦= 𝑘2𝑥，则−
1
2𝑐2 +6 = 𝑐𝑘2，
解得𝑘2 = −
1
2𝑐+
6
𝑐，
∴直线𝐶𝑂的解析式为𝑦= −
1
2 𝑐+
6
𝑐𝑥，
联立得−
1
2𝑥2 +6 = −
1
2 𝑐+
6
𝑐𝑥，
解得𝑥1 = 𝑐，𝑥2 = −
12
𝑐，
当𝑥= −
12
𝑐时，𝑦= −
1
2 × −
12
𝑐
2
+6 = 6−
72
𝑐2，
∴𝐷−
12
𝑐,6−
72
𝑐2 ，
∵𝐵−
12
𝑎,6−
72
𝑎2 ，𝐷−
12
𝑐,6−
72
𝑐2 ，
则直线𝐵𝐷的解析式为𝑦=
6(𝑎+𝑐)
𝑎𝑐𝑥+ 6 +
72
𝑎𝑐，
令𝑦= 0，则
6(𝑎+𝑐)
𝑎𝑐𝑥+ 6 +
72
𝑎𝑐= 0，
解得𝑥𝐹= −
𝑎𝑐+12
𝑎+𝑐，
∴𝐹−
𝑎𝑐+12
𝑎+𝑐,0 ；
∵𝑥𝐸=
𝑎𝑐+12
𝑎+𝑐，𝑥𝐹= −
𝑎𝑐+12
𝑎+𝑐，
∴𝑂𝐸= 𝑂𝐹，
∴△𝑂𝐴𝐸，△𝑂𝐵𝐹的底边相同，
∴
𝑆1
𝑆2 =
−𝑦𝐴
𝑦𝐵= −
𝑥𝐴
𝑥𝐵= −
𝑎
−
12
𝑎
=
𝑎2
12 = 2，
∴𝑎2 = 24，
∴𝑎= −2 6（舍去正值），
∴−
1
2𝑎+
6
𝑎= −
1
2 × (−2 6) +
6
−2 6 =
6−
6
2 =
6
2
∴直线𝐴𝐵的解析式为𝑦=
6
2 𝑥．
