专题05二次函数背景的面积与周长问题（解析版）_2026秋初中教辅合集_2027学科网&_2027新上好课《9上数学•压轴题专项训练系列》（新教材浙教版）

 
 
 
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专题05 二次函数背景的面积与周长问题 
 
解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 
题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 
题型1、三角形面积的最值问题 
题型2、已知三角形面积解决问题 
题型3、已知两个三角形的面积关系解决二次函数问题 
题型4、二次函数背景下的图形面积不等关系问题 
题型5、二次函数背景下的四边形面积问题 
题型6、二次函数背景下的图形面积的分割问题 
题型7、二次函数背景下的三角形周长最值问题 
题型8、二次函数背景下的四边形周长最值问题 
题型9、已知周长关系解答二次函数问题 
压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 
 
解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 
解决二次函数背景下的面积与周长问题，核心在于用坐标法把几何量转化为代数表达式；面积问题要
善于利用“底×高÷2”“水平宽×铅垂高÷2”及割补法，把三角形、四边形面积表示为动点坐标的函数；周长最
值问题则要抓住轴对称、将军饮马、三角形三边关系等几何模型，把折线拉直后求最短；无论是求最值还
是由面积、周长关系反求参数，都必须注意动点的取值范围、等号成立条件及多解取舍，最后回代检验． 
 
题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 
目 录 
 
 
 
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题型1、三角形面积的最值问题 
典例1 如图，抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 与x 轴交于
(
)
1,0
A
，
(
)
3,0
B −
两点． 
 
(1)求该抛物线的解析式； 
(2)设（1）中的抛物线交y 轴于C 点，在该抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得
QAC
△
的周长最小？若存
在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由； 
(3)在（1）中的抛物线上的第二象限上是否存在一点P，使PBC

的面积最大？若存在，求出PBC

面积的
最大值．若没有，请说明理由． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 
(2)存在
(
)
1,2
Q −
使得
QAC
△
的周长最小 
(3)存在
3 15
2
4
P

−




，
使得PBC

面积最大，最大为27
8 
【分析】（1）根据题意可知，将点A、B 代入函数解析式，列得方程组即可求得b 、c 的值，求得函数解析
式； 
（2）根据题意可知，边AC 的长是定值，要想
QAC
△
的周长最小，即是AQ
CQ
+
最小，所以此题的关键是
确定点Q 的位置，找到点A的对称点B ，求得直线BC 的解析式，求得与对称轴的交点即是所求； 
（3）存在，设点P 的坐标，将BCP

的面积表示成二次函数，根据二次函数最值的方法即可求得点P 的坐
标． 
【详解】（1）解：将
(
)
1,0
A
，
(
)
3,0
B −
代入
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 中得
1
0
9
3
0
b
c
b
c
−+
+
=

−−
+
=

， 

2
3
b
c
= −

=

． 
抛物线解析式为：
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ； 
（2）解：∵抛物线解析式为
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
= −
−
+
= −
+
+
， 
∴抛物线的对称轴为直线= 1
x −， 
 
 
 
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连接BQ ， 
由对称性可知BQ
AQ
=
， 
∴AQC

的周长
CA
AC
AQ
AC
CQ
BQ
=
+
+
=
+
+
， 
∵A、C 为定点， 
∴AC 为定值， 
∴当CQ
BQ
+
最小时，AQC

的周长最小， 
∴当B、C、Q 三点共线时，CQ
BQ
+
最小，即AQC

的周长最小， 
在
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 中，当
0
x =
时，
2
2
3
3
y
x
x
= −
−
+
=
 
C

的坐标为(
)
0,3 ， 
设直线BC 解析式为y
kx
b
=
+
， 
∴
3
0
3
k
b
b


−
+
=


=

， 
∴
1
3
k
b
=


=


， 
 
∴直线BC 解析式为：
3
y
x
=
+
， 
在
3
y
x
=
+
中，当= 1
x −时，
1
3
2
y = −+
=
 
(
)
1,2
Q

−
， 
∴存在
(
)
1,2
Q −
使得
QAC
△
的周长最小； 
（3）解：设(
)(
)
2
2
3
3
0
P m
m
m
m
−
+
−
−

，
，过点P 作PE
x
⊥
轴于E， 
 
9
2
BPC
BOC
BPCO
BPCO
S
S
S
S
=
−
=
−

△
△
四边形
四边形
， 
 
 
 
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∴当
BPCO
S四边形
有最大值时，
BPC
S△
有最大值， 
BPE
BPCO
PEOC
S
S
S

=
+
△
四边形
直角梯形
， 
(
)
1
1
2
2
BE PE
OE PE
OC
=

+
+
 
(
)(
)
(
)(
)
2
2
1
1
3
2
3
2
3
3
2
2
m
m
m
m
m
m
=
+
−
−
+
+
−
−
−
+ +
 
2
3
3
9
27
2
2
2
8
m


= −
+
+
+




， 
∵
3
0
2
−

， 
当
3
2
m = −
时，
BPCO
S四边形
最大值
9
27
2
8
=
+
， 
BPC
S

△
最大
9
27
9
27
2
8
2
8
=
+
−
=
， 
当
3
2
m = −
时，
2
15
2
3
4
m
m
−
−
+
=
， 
点P 坐标为
3 15
2
4


−




，
， 
∴存在
3 15
2
4
P

−




，
使得PBC

面积最大，最大为27
8 ． 
【点睛】此题考查了二次函数的综合应用，要注意距离最短问题的求解关键是点的确定，还要注意面积的
求解可以借助于图形的分割与拼凑，特别是要注意数形结合． 
题型模版 
1.特征：在二次函数图象上给定动点，与定点构成三角形，求该三角形面积的最大或最小值． 
2.方法：用“底×高÷2”或“水平宽×铅垂高÷2”表示三角形面积；将面积表示为动点横坐标的二次函数，利用
顶点、对称轴或区间端点求最值，注意动点坐标范围． 
变式1-1 已知抛物线
(
)
2
3
2
3
2
1
0
y
ax
ax
a
a
a
= −
−
+
−
+

过点(
)
1,0
A x
和
(
)(
)
2
1
2
,0
B x
x
x

． 
(1)抛物线的对称轴是__________； 
(2)若直线l 过点
3 ,1
2
M 

−



，交线段AB 于点D ，记MDB

的周长为
1
C ，MDA

的周长为
2
C ，且
1
2
2
C
C
=
+
，
过点M 作x 轴的平行线l，直线l与抛物线交于E ，F 两点，点E 在点F 的左边． 
①求点D 的坐标； 
②设DEF

的面积为S，求S的最小值及此时抛物线的解析式； 
③点P 在②中所求抛物线上，横坐标为2
−，点Q 在抛物线对称轴上，纵坐标为n ．当
BPQ
△
为直角三角形
时，直接写出n 的值． 
 
 
 
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【答案】(1)
3
2
x = −
 
(2)①
5 ,0
2
D

−



；②
5
2 ；
2
3
y
x
x
= −
−
；③
3
2
−
，5
2 ，2
7
2
+
，2
7
2
−
 
【分析】（1）根据对称轴公式进行计算即可求解； 
（2）①根据题意得出
2
BD
AD
−
=
，设
( ,0)
D d
，根据根与系数的关系得 
1
2
3
x
x
+
= −，又 
2
1
,
BD
x
d AD
d
x
=
−
=
−
，得出3 2
2
d
−−
=
，即可求解； 
②根据题意得出 
:
1
l
y

= ，联立抛物线： 
2
3
2
1
3
2
1
ax
ax
a
a
= −
−
+
−
+ ，设 
(
,1),
(
,1)
E
F
E x
F x
，由根与系数的
关系得 
2
3,
2
E
F
E
F
x
x
x x
a
a
+
= −
= −
+
得出
2
1
4
8
9
1
2
2
a
a
S
EF
−
+
=

=
，根据二次函数的性质求得最值，即可
求解； 
③由题意得：
( 2,2)
P −
，
(0,0)
B
，
3 ,
2
Q
n


−



，根据勾股定理分别表示出
2
2
2
,
,
PB PQ QB ，分三种直角情况讨
论，列出方程，解方程即可求解． 
【详解】（1）解：
2
3
2
3
2
1
y
ax
ax
a
a
= −
−
+
−
+ 
对称轴为直线
(
)
3
3
2
2
a
x
a
−
= −
= −
−
 
（2）解：①∵ 
3 ,1
2
M 

−



在对称轴 
3
2
x = −
上，
,
A B 关于对称轴对称， 
∴ MA
MB
=
 
∵ 
1
C
MD
BD
MB
=
+
+
，
2
C
MD
AD
MA
=
+
+
，且 
1
2
2
C
C
=
+
 
两式相减得 
2
BD
AD
−
=
 
设
( ,0)
D d
， 
令
0
y =
，则
2
3
2
3
2
1
0
ax
ax
a
a
−
−
+
−
+ =
， 
由根与系数的关系得 
1
2
3
x
x
+
= −， 
又 
2
1
,
BD
x
d AD
d
x
=
−
=
−
， 
代入得： 
2
1
1
2
(
)
(
)
2
3 2
2
x
d
d
x
x
x
d
d
−
−
−
=
+
−
= −−
=
， 
解得 
5
2
d = −
  
即
5 ,0
2
D

−



 
②l
x
∥轴且过 M ， 
 
 
 
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故 
:
1
l
y

= ， 
联立抛物线： 
2
3
2
1
3
2
1
ax
ax
a
a
= −
−
+
−
+ 
整理得 
2
2
3
2
0
x
x
a
a
+
−
+
=
 
设 
(
,1),
(
,1)
E
F
E x
F x
， 
由根与系数的关系得 
2
3,
2
E
F
E
F
x
x
x x
a
a
+
= −
= −
+
 
则： 
2
2
(
)
4
4
8
9
F
E
E
F
E
F
EF
x
x
x
x
x x
a
a
=
−
=
+
−
=
−
+
 
DEF

 的高为 1 0
1
−
= ，故面积 
2
1
4
8
9
1
2
2
a
a
S
EF
−
+
=

=
 
∵
2
2
4
8
9
4(
1)
5
a
a
a
−
+
=
−
+ ，
0
a 
， 
当 
1
a = 时，根号内取最小值5， 
故
5
2
S
=
最小
， 
此时抛物线解析式为 
2
3
y
x
x
= −
−
 
③∵点P 在②中所求抛物线上，横坐标为2
−，则纵坐标为(
)
(
)
2
2
3
2
4
6
2
−−
−−
= −+
=
，点Q 在抛物线对称
轴上，纵坐标为n ． 
∴
( 2,2)
P −
，
(0,0)
B
，
3 ,
2
Q
n


−



，分三种直角情况讨论： 
2
2
2
2
2
8
PB =
+
=
，
(
)
2
2
2
2
2
3
1
17
2
2
4
4
4
2
4
4
PQ
n
n
n
n
n


= −+
+
−
=
+
−
+
=
−
+




，
2
2
2
2
3
9
2
4
QB
n
n


=
+
=
+




 
点B 为直角顶点时：BP
BQ
⊥
， 
∴
2
2
2
PB
BQ
PQ
+
=
，即
2
2
9
17
8
4
4
4
n
n
n
+
+
=
−
+
 
解得：
3
2
n = −
 
点P 为直角顶点时：PB
PQ
⊥
， 
∴
2
2
2
PB
PQ
BQ
+
=
，即
2
2
17
9
8
4
4
4
n
n
n
+
−
+
=
+
 
解得： 
5
2
n =
  
点Q 为直角顶点时：QB
QP
⊥
， 
∴
2
2
2
BQ
PQ
PB
+
=
，即
2
2
17
9
4
8
4
4
n
n
n
−
+
+
+
= 
 
 
 
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解得： 
7
1
2
n = 
  
综上所述，n 的值为
3
2
−
，5
2 ，2
7
2
+
，2
7
2
−
． 
变式1-2 （25-26 九年级上·浙江绍兴·期中）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线
2
2
3
y
ax
ax
a
=
−
−
与x 轴交于点A、B 两点（点A在B 的左侧），与y 轴交于点C ，且过点(
)
2,
3
−
． 
 
(1)求a 的值和点A，点B 的坐标； 
(2)如图2，点(
)
,
P m n 是抛物线第四象限上的点，且
2.5
m 
，直线BP交y 轴于点D ，连结AP ，过点B 作
BE
AP
∥
交y 轴于点E ，连结PE，求PDE

面积的最大值． 
【答案】(1)1，
(
)
1,0
A −
，
(
)
3,0
B
 
(2)15 
【分析】本题是二次函数综合题．考查了运用待定系数法求直线及抛物线的解析式、三角形的面积等知识，
掌握数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度是解题的关键． 
（1）根据待定系数法求解即可，然后令
0
y =
，求出方程
2
2
3
0
x
x
−
−
=
的解，即可求出A、B 的坐标； 
（2）分别求出直线BP、直线AP 的解析式，根据BE
AP
∥
可得BE的解析式，可得出D 、E 的坐标，即可
得线段DE 的长度，然后根据三角形的面积公式求出
PDE
S△
，最后根据一次函数的性质求解即可． 
【详解】（1）解：把(
)
2,
3
−
代入
2
2
3
y
ax
ax
a
=
−
−
， 
得
2
2
2 2
3
3
a
a
a

−
−
= −， 
解得
1
a = ， 
∴
2
2
3
y
x
x
=
−
−， 
当
0
y =
时，
2
2
3
0
x
x
−
−
=
， 
解得
1
1
x = −，
2
3
x =
， 
 
 
 
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∴
(
)
1,0
A −
，
(
)
3,0
B
； 
（2）解：
(
)
3,0
B

， 
设直线BP的解析式为y
kx
b
=
+
， 

2
3
0
2
3
k
b
mk
b
m
m
+
=


+
=
−
−

，解得
1
3(
1)
k
m
b
m
=
+

= −
+

， 
直线BP的解析式为
(
)
(
)
1
3
1
y
m
x
m
=
+
−
+
， 
(
)
0, 3
3
D
m

−
−
， 
同理得：直线AP 的解析式为
(
)
(
)
3
3
y
m
x
m
=
−
+
−
， 
∵BE
AP
∥
， 
设BE的解析式为
(
)
1
3
y
m
x
b
=
−
+
， 
(
)
3,0
B

， 
(
)
1
0
3
3
m
b

=
−
+
，解得
1
3
9
b
m
= −
+
， 
BE

的解析式为
(
)
3
3
9
y
m
x
m
=
−
−
+
， 
(
)
0, 3
9
E
m

−
+
， 
线段DE 的长度为
(
)
3
9
3
3
12
m
m
−
+
−−
−
=
， 
∴
1 12
6
2
PDE
S
m
m
=

=

， 
∴
PDE
S△
随m 的增大而增大， 
又
2.5
m 
 
当
2.5
m =
时，
PDE
S△
有最大值为6 2.5
15

=
， 
即PDE

面积的最大值为15． 
变式1-3 综合与探究，已知抛物线
2
4
y
ax
bx
=
+
+
与x 轴交于点
(
)
1,0
A −
，
(
)
4,0
B
，与y 轴交于点C ，点O
为坐标原点，作直线BC ． 
 
 
 
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(1)求该抛物线的解析式． 
(2)在抛物线上有两个动点P ，Q ，点P 在第一象限，横坐标为m ，过点P 作x 轴的垂线，垂足为N ，交BC
于点M ，点Q 的横坐标为
3
2
m −
．若
MCN
△
的面积记作
1S ，
PMQ
△
的面积记作
2
S ，当
1
2
S
S
S
=
+
有最大值
时，求点P 的坐标．（自行完成作图并解答） 
(3)把抛物线
2
4
y
ax
bx
=
+
+
沿射线BC 方向平移，平移后，新抛物线y过点C ，点E 是新抛物线y对称轴与
x 轴的交点，点F 是新抛物线y对称轴上的动点，连接FC ，FO．若FO平分
CFE

，请直接写出符合条
件的点F 坐标．（自行完成作图并作答） 
【答案】(1)
2
3
4
y
x
x
= −
+
+
 
(2)
(
)
2,6
P
 
(3)
5 8
39
,
2
2


+
−






或
5 8
39
,
2
2


−
−






 
【分析】（1）根据待定系数法求解即可； 
（2）根据待定系数法求出直线BC 的解析式为
4
y
x
−
=
+
，结合已知可得(
)
2
,
3
4
P m
m
m
−
+
+
(
)
0
4
m


，
(
)
,0
N m
，
(
)
,
4
M m
m
−
+
， 
2
3
11
,
6
2
4
Q m
m
m


−
−
+
−



，则
4
MN
m
= −
+ ，
2
4
PM
m
m
= −
+
，
3
2
P
Q
x
x
−
=
，则可求
出
1
2
2
5
5
4
m
S
m
S
S =
+
+
=
−
，根据二次函数的性质得出当
2
m =
时，S 有最大值，此时
2
3
4
6
m
m
−
+
+
=
，即可
求解； 
（3）根据题意判断出点C 与点B 是平移前后的对应点，则把原抛物线向左平移4 个单位长度，再向上平移
4 个单位长度得出新抛物线y，根据平移规律得出
2
5
41
2
4
y
x


= −
+
+





，则新抛物线的对称轴为直线
5
2
x
−
=
，
5 ,0
2
E

−



，根据角平分线的定义和平行线的性质可得出
CFO
COF
EFO

= 
= 
，根据等边对等角得出
 
 
 
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CF
CO
=
，设
5 ,
2
F
n


−



，根据两点距离公式得出
(
)
2
2
5
0
4
4
2
n


+
+
−
=




，解方程即可． 
【详解】（1）解：∵抛物线
2
4
y
ax
bx
=
+
+
经过点
(
)
1,0
A −
，
(
)
4,0
B
， 
∴
4
0
16
4
4
0
a
b
a
b
−
+
=


+
+
=

， 
解得
1
3
a
b
= −

=

， 
∴
2
3
4
y
x
x
= −
+
+
； 
（2）解：当
0
x =
时，
4
y =
， 
∴
(
)
0,4
C
， 
设直线BC 的解析式为
1
1
y
k x
b
=
+
， 
则
1
1
1
4
0
4
k
b
b
+
=


=

， 
解得
1
1
1
4
k
b
−
=


=

， 
∴直线BC 的解析式为
4
y
x
−
=
+
， 
∵点P 在第一象限，横坐标为m ，过点P 作x 轴的垂线，垂足为N ，交BC 于点M ，点Q 的横坐标为
3
2
m −
， 
∴(
)
2
,
3
4
P m
m
m
−
+
+
(
)
0
4
m


，
(
)
,0
N m
，
(
)
,
4
M m
m
−
+
，Q 的纵坐标为
2
2
3
3
11
3
4
6
2
2
4
m
m
m
m




−
−
+
−
+
= −
+
−








，则
2
3
11
,
6
2
4
Q m
m
m


−
−
+
−



， 
或
 
∴
4
MN
m
= −
+ ，
(
)
2
2
3
4
4
4
PM
m
m
m
m
m
= −
+
+
−−
+
= −
+
，
3
3
2
2
P
Q
x
x
m
m


−
=
−
−
=




， 
∴
1
2
S
S
S
=
+
 
 
 
 
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(
)
1
1
2
2
N
P
Q
MN x
PM
x
x
=

+

−
 
(
)
(
)
2
1
1
3
4
4
2
2
2
m
m
m
m
=
−
+

+
−
+

 
2
5
5
4 m
m
= −
+
 
(
)
2
5
2
5
4 m
= −
−
+
， 
∵
5
0
4
−

， 
∴当
2
m =
时，S 有最大值， 
此时
2
2
3
4
2
3 2
4
6
m
m
−
+
+
= −
+ 
+
=
， 
∴
(
)
2,6
P
； 
（3）解：∵抛物线
2
2
3
25
3
4
2
4
y
x
x
x
−
−
−


=
+
+
=
+




沿射线BC 方向平移，平移后，新抛物线y过点C ， 
∴相当于点C 与点B 是平移前后的对应点， 
即把原抛物线向左平移4 个单位长度，再向上平移4 个单位长度得出新抛物线y， 
∴
2
2
3
25
5
41
4
4
2
4
2
4
y
x
x




= −
−
+
+
+
= −
+

+








， 
∴新抛物线的对称轴为直线
5
2
x
−
=
，
5 ,0
2
E

−



， 
∵FO平分
CFE

， 
∴
EFO
CFO

= 
， 
∵EF
y
∥
轴， 
∴
EFO
COF

= 
， 
∴
CFO
COF

= 
， 
∴CF
CO
=
， 
设
5 ,
2
F
n


−



， 
∵
(
)
0,4
C
，
(
)
0,0
O
， 
∴
(
)
2
2
5
0
4
4
2
n


+
+
−
=




， 
解得
8
39
2
n

=
， 
 
 
 
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∴F 的坐标为
5 8
39
,
2
2


+
−






或
5 8
39
,
2
2


−
−






． 
或
 
 
题型2、已知三角形面积解决问题 
典例2 （25-26 九年级下·浙江金华·阶段检测）已知二次函数
2
2
2
1
y
x
ax
a
=
−
+
−（其中a 为常数）， 
(1)将二次函数
2
2
2
1
y
x
ax
a
=
−
+
−化为顶点式，并写出它的最小值． 
(2)设该二次函数的图象与x 轴的两个交点分别为A、B（点A 在点B 左侧），与y 轴交于点C，当ABC

的面
积为3 时，求a 的值． 
(3)当
2
a =
时，是否存在实数t，使得
2
t
x
t

+
时二次函数
2
2
2
1
y
x
ax
a
=
−
+
−最大值与最小值的差为8？若
存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)顶点式为
(
)2
y
x
a
1
=
−
−
，最小值为1
−． 
(2)
2
a =
或
2
a = −； 
(3)存在，
1
t = −或
3
t =
 
【分析】（1）把二次函数解析式化为顶点式，根据二次函数的性质即可求出答案； 
（2）求出AB 的长度和点C 的坐标，根据三角形面积公式列出方程并解方程即可； 
（3）根据t 的取值范围分情况进行解答即可． 
【详解】（1）解：
2
2
2
(
)
2
1
1
y
x
x
ax
a
a
−
=
−
=
+
−
−
 
即二次函数
2
2
2
1
y
x
ax
a
=
−
+
−化为顶点式
(
)2
y
x
a
1
=
−
−
， 
∵抛物线开口向上， 
∴当x
a
=
时，它的最小值为1
−． 
（2）解：当
0
y =
时，
2
2
2
1
0
x
ax
a
−
+
−=
， 
 
 
 
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∴(
)(
)
1
1
0
x
a
x
a
−
+
−
−
=
， 
解得
1
2
1,
1,
x
a
x
a
=
−
=
+
 
∵点A 在点B 左侧， 
∴
(
)
(
)
1,0 ,
1,0 ,
A a
B a
−
+
 
∴
(
) (
)
1
1
2
AB
a
a
=
+
−
−
=
， 
当
0
x =
时，
2
1
y
a
=
−， 
∴(
)
2
0,
1
C
a −
， 
∵ABC

的面积为3， 
∴
2
2
1
1
2
1
1
3
2
2
C
AB y
a
a

=

−
=
−
=
， 
则
2
1
3
a −=
或
2
1
3
a −= −（不合题意，舍去） 
解得
2
a =
或
2
a = −； 
（3）解：当
2
a =
时，
(
)
2
2
4
3
2
1
y
x
x
x−
=
−
+
=
−， 
∴抛物线的对称轴为直线
2
x =
， 
当
2
2
t +

即
0
t 
时，在
2
t
x
t

+
上，y 随着x 的增大而减小， 
∴当x
t
= 时，y 有最大值
2
4
3
y
t
t
=
−
+ ，当
2
x
t
= + 时，y 有最小值
(
)
(
)
2
2
2
4
2
3
1
y
t
t
t
=
+
−
+
+
=
−， 
∵二次函数
(
)
2
2
4
3
2
1
y
x
x
x−
=
−
+
=
−最大值与最小值的差为8， 
∴
(
)
2
2
4
3
1
8
t
t
t
−
+ −
−
=
， 
解得
1
t = −， 
当
2
t 
时，在
2
t
x
t

+
上，y 随着x 的增大而增大， 
∴当x
t
= 时，y 有最小值
2
4
3
y
t
t
=
−
+ ，当
2
x
t
= + 时，y 有最大值
(
)
(
)
2
2
2
4
2
3
1
y
t
t
t
=
+
−
+
+
=
−， 
∵二次函数
(
)
2
2
4
3
2
1
y
x
x
x−
=
−
+
=
−最大值与最小值的差为8， 
∴
(
)
2
2
1
4
3
8
t
t
t
−−
−
+
=
， 
解得
3
t =
， 
当
2
2
t
t

+
即0
2
t

时，当
2
x =
时有最小值
1
y
−
=
， 
 
 
 
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比较
2
2
t
t
+
−
= 与
2
t −
值求最大值， 
当
2
t
t
−

时，即
1
t 时，x
t
= 时，y 有最大值
2
4
3
y
t
t
=
−
+ ， 
∵二次函数
2
2
2
1
y
x
ax
a
=
−
+
−最大值与最小值的差为8， 
∴(
) (
)
2
4
3
1
8
t
t
−
+
−−
=
 
解得
2
2 2
t =

， 
∵0
1
t
， 
∴
2
2 2
t =

不合题意，舍去， 
当
2
t
t
−

时，即1
2
t

时，
2
x
t
= + 时，y 有最大值
(
)
(
)
2
2
2
4
2
3
1
y
t
t
t
=
+
−
+
+
=
−， 
∵二次函数
2
2
2
1
y
x
ax
a
=
−
+
−最大值与最小值的差为8， 
∴(
) (
)
2
1
1
8
t −
−−
= 
解得
2 2
t = 
， 
∵1
2
t

， 
∴
2 2
t = 
不合题意，舍去， 
∴存在t 的值，
1
t = −或
3
t =
． 
题型模版 
1.特征：已知三角形面积（或面积比、定值），反求动点坐标、二次函数解析式或相关参数． 
2.方法：设出动点坐标，用面积公式列出方程；解方程求出坐标或参数，并回代验证结果． 
变式2-1 （25-26 八年级下·浙江宁波·期中）已知抛物线
2
1 :
C
y
x
bx
c
= −
+
+ 与y 轴交于点
(
)
0,3
A
，顶点P 在
直线
1
x = 上． 
 
(1)求抛物线
1
C 的解析式及顶点P 的坐标； 
(2)将抛物线
1
C 向右平移
(
)
0
m m 
个单位，再向下平移(
)
0
n n 
个单位，得到新抛物线
2
C ，新抛物线
2
C 的顶
 
 
 
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点为Q ，与抛物线
1
C 的交点为B ，如果四边形PABQ 是平行四边形．求m 、n 之间的关系式（结果用含m 的
代数式表示n ）； 
(3)在（2）的条件下，若抛物线
2
C 的对称轴与直线AP 交于点E ，与抛物线
1
C 交于点F ，且
:
3:1
PEQ
BFQ
S
S
=
△
△
． 
①求m 的值； 
②若抛物线
1
C 上落在平行四边形PABQ 内部的点（不包括与平行四边形的交点）的横坐标记为t ，请直接
写出t 的取值范围． 
【答案】(1)抛物线
1
C 的解析式为
2
2
3
y
x
x
= −
+
+ ， 顶点P 的坐标为(
)
1,4 
(2)
(
)
2
2
0
n
m
m m
=
−

 
(3)
3
m =
①
；
2
3
t

②
 
【分析】（1）利用待定系数法可求得b ，c 的值，即可得到解析式，再求出顶点坐标即可；  
（2）根据平行四边形的性质可得点B 的坐标，再结合点B 在抛物线
1
C 上， 即可得到m 、n 之间的关系式； 
（3）①先求出直线AP 的解析式，进而根据平移的性质得到点E ，F 的坐标，然后分别表示出
PEQ
S
，
BFQ
S
，
根据面积比列式计算即可求出m 的值；②先求出直线PQ 的解析式，联立直线PQ 的解析式与抛物线
1
C 的解
析式，确定交点坐标即可得出t 的取值范围． 
【详解】（1）解：抛物线
2
1 :
C
y
x
bx
c
= −
+
+ 与y 轴交于点
(
)
0,3
A
，顶点P 在直线
1
x = 上，  
3
c
= ，
(
)
1
2
1
b
−
=
−
，  
2
b
=
，  
抛物线
1
C 的解析式为
2
2
3
y
x
x
= −
+
+ ，  
当
1
x = 时，
21
2 1 3
4
y = −
+ + =
，  
顶点P 的坐标为(
)
1,4 ； 
（2）解：由题意得：
(
)
1
,4
Q
m
n
+
−
， 
四边形PABQ 是平行四边形， 
AB
PQ

=
，AB
PQ

， 
(
)
0,3
A

，
(
)
1,4
P
，
(
)
1
,4
Q
m
n
+
−
， 
 
 
 
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(
)
,3
B m
n

−
， 
点
(
)
,3
B m
n
−
在抛物线
2
1 :
2
3
C
y
x
x
= −
+
+ 上，  
2
3
2
3
n
m
m
−
= −
+
+
， 
(
)
2
2
0
n
m
m m

=
−

； 
（3）解：①设直线AP 的解析式为y
kx
d
=
+
， 
将点
(
)
0,3
A
，
(
)
1,4
P
代入得， 
3
4
d
k
d
=

+
=

，解得
3
1
d
k
=

=

， 
直线AP 的解析式为
3
y
x
=
+
，  
由平移可得，抛物线
2
C 的对称轴为直线
1
x
m
= +
， 
抛物线
2
C 的对称轴与直线AP 交于点E ，与抛物线
1
C 交于点F ， 
当
1
x
m
= +
时，
1
3
4
y
m
m
= +
+
=
+
，即
(
)
1
,
4
E
m m
+
+
，  
当
1
x
m
= +
时，代入
2
2
3
y
x
x
= −
+
+ 得， 
(
)
(
)
2
2
2
1
2 1
3
1 2
2
2
3
4
y
m
m
m
m
m
m
= −
+
+
+
+
= −−
−
+
+
+
= −
+ ，即
(
)
2
1
,
4
F
m
m
+
−
+
，  
(
)
1,4
P

，
(
)
1
,4
Q
m
n
+
−
，
(
)
1
,
4
E
m m
+
+
， 
(
)
2
1
,
4
F
m
m
+
−
+
，
(
)
,3
B m
n
−
， 
(
) (
)
2
2
4
4
2
QE
m
n
m
n
m
m
m
m
m

=
+
−
−
=
+
=
+
−
=
−
，
(
) (
)
2
2
2
2
4
4
2
2
2
QF
m
n
m
n
m
m
m
m
m
= −
+
−
−
= −
+
= −
+
−
= −
=
， 
(
)
1
·
2
PEQ
Q
P
S
QE x
x

=
−

 
(
)(
)
2
1
1
1
2 m
m
m
=
−
+
−
 
(
)
2
1
2 m
m m
=
−
， 
(
)
1
·
2
BFQ
Q
B
S
QF x
x
=
−

 
(
)
1
2 ?1
2
m
m
m
=

+
−
 
m
=
， 
:
3:1
PEQ
BFQ
S
S
=


，  
 
 
 
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(
)
2
1
3
2
1
m
m m
m
−

=
，即
2
6
0
m
m
−
−
=
， 
解得
3
m =
或
2
m = −（舍去），  
即m 的值为3； 
②设直线PQ 的解析式为y
px
s
=
+ ， 
当
3
m =
时，
23
2 3
3
n =
−
=
， 
(
)
1
,4
Q
m
n
+
−

，
(
)
,3
B m
n
−
， 
(
)
4,1
Q

，
(
)
3,0
B
， 
将点
(
)
1,4
P
，
(
)
4,1
Q
代入得， 
4
4
1
p
s
p
s
+
=


+
=

，解得
1
5
p
s
= −

=

， 
直线PQ 的解析式为
5
y
x
= −+
，  
联立
2
5
2
3
y
x
y
x
x
= −+


= −
+
+

，解得
1
4
x
y
=


=

，
2
3
x
y
=

=

， 
直线
:
5
PQ y
x
= −+
与
2
2
3
y
x
x
= −
+
+ 的交点为(
)
1,4 ， (
)
2,3 ， 
抛物线
1
C 上落在平行四边形PABQ 内部的点（不包括与平行四边形的交点）的横坐标记为t ， 
2
3
t

． 
 
变式2-2 （25-26 九年级上·浙江宁波·阶段检测）如图1，抛物线
(
)
2
1
y
x
a
x
a
= −
+
−
+
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． 
 
 
 
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(1)求点A 的坐标； 
(2)如图2，过点A 作BC 的平行线交抛物线于点D，点E 在CB 延长线上，DBE
AEB

=
，求DE 的长．（用
含a 的代数式表示） 
(3)在（2）的条件下，若ADE

的面积为
2
4
AE ，求a 的值． 
【答案】(1)
(
)
1,0
A −
 
(2)
1
a + 
(3)
2 1
a =
− 
【分析】本题考查二次函数图象与坐标轴的交点，待定系数法求解析式，四点共圆，全等三角形的判定及
性质，解一元二次方程，综合运用相关知识是解题的关键． 
（1）令
0
y =
，则
(
)
2
1
0
x
a
x
a
−
+
−
+
=
，解方程即可解答； 
（2）由A，B坐标得到
1
AB
a
=
+ ，由
EAD
DBE
AEB

=
=
，得到点A，B，E，D四点共圆，则
ABD
AED

=
，
进而得到
ABE
DEB

=
，从而证得
(
)
ASA
AEB
DBE

≌
，根据全等三角形的性质即可解答； 
（3）令
0
x =
，求得
(
)
0,
C
a ，运用待定系数法求得直线BC 的解析式为y
x
b
−
=
+
，直线AD的解析式为
1
y
x
−−
=
，联立抛物线和直线AD的解析式，求得
(
)
1,
2
D a
a
+
−−
．求出
135
DEB
ABE

= 
=
可得到DE
y
∥
轴，从而
(
)
1, 1
E a +
−
，根据两点间距离公式得到
2
4
5
AE
a
a
=
+
+
，因此
2
2
4
5
4
4
ADE
AE
a
a
S
+
+
=
=

，又
(
)
(
)(
)
1
1
1
2
2
2
ADE
D
A
S
DE
x
x
a
a
=

−
=
+
−

，即有
(
)(
)
2
4
5
1
1
2
4
2
a
a
a
a
+
+
=
+
−
，求解即可． 
【详解】（1）解：令
0
y =
，则
(
)
2
1
0
x
a
x
a
−
+
−
+
=
， 
∴(
)(
)
1
0
x
x
a
−
+
=
， 
解得
1
1
x = −，
2x
a
=
， 
 
 
 
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∵点A 位于点B 的左侧， 
∴
(
)
1,0
A −
，
(
)
,0
B a
． 
（2）解：∵
(
)
1,0
A −
，
(
)
,0
B a
， 
∴
(
)
1
1
AB
a
a
=
−−
=
+ ． 
∵AD
CE
∥
， 
∴
EAD
AEB

=
， 
∵
DBE
AEB

=
， 
∴
EAD
DBE

=
， 
∴点A，B，E，D 四点共圆， 
∴
ABD
AED

=
， 
∴
ABE
DBE
AED
AEB

+
=
+
， 
∴
ABE
DEB

=
， 
∵
AEB
DBE

=
，BE
EB
=
， 
∴
(
)
ASA
AEB
DBE

≌
， 
∴
1
DE
AB
a
=
=
+ ． 
（3）解：令
0
x =
，则y
a
=
， 
∴
(
)
0,
C
a ， 
设直线BC 的解析式为y
kx
b
=
+
， 
∵直线BC 过点
(
)
,0
B a
，
(
)
0,
C
a ， 
∴
0
ak
b
b
a
+
=

=

，解得
1
k
b
a
= −

=

， 
∴直线BC 的解析式为y
x
b
−
=
+ ， 
∵AD
BC
∥
， 
∴设直线AD的解析式为y
x
b
= −+
， 
∵直线AD过点
(
)
1,0
A −
， 
∴(
)
1
0
b
−−
+ =
，解得
1
b= −， 
 
 
 
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∴直线AD的解析式为
1
y
x
−−
=
， 
解方程组
(
)
2
1
1
y
x
a
x
a
y
x

= −
+
−
+

= −−

得
1
1
1
0
x
y
= −


=

，
2
2
1
2
x
a
y
a
=
+


= −−

， 
∴
(
)
1,
2
D a
a
+
−−
． 
∵
(
)
,0
B a
，
(
)
0,
C
a ， 
∴BO
CO
a
=
=
， 
∴BOC

是等腰直角三角形， 
∴
45
BCO
CBO

= 
=
， 
∴
180
135
ABE
CBO

=
−
=
， 
由（2）有
135
DEB
ABE

= 
=
， 
∴
135
45
180
DEB
BCO

+
=
+
=
， 
∴DE
y
∥
轴， 
∵
(
)
1,
2
D a
a
+
−−
，
1
DE
a
=
+ ， 
∴
(
)
1, 1
E a +
−
， 
∴
(
)
(
)
2
2
2
1 1
1
4
5
AE
a
a
a
=
+ +
+ −
=
+
+
， 
∴
2
2
4
5
4
4
ADE
AE
a
a
S
+
+
=
=

 
∵
(
)
(
) (
) (
)
(
)(
)
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
ADE
D
A
S
DE
x
x
a
a
a
a


=

−
=
+
+
−−
=
+
+



， 
∴
(
)(
)
2
4
5
1
1
2
4
2
a
a
a
a
+
+
=
+
+
， 
解得
2 1
a =
−或
2 1
a = −
−（不合题意，舍去）． 
变式2-3 （2025 九年级上·浙江·专题练习）如图 1，已知抛物线
2
1
:
4
C y
x
=
，点
(
)
0,1
F
 ，过点F 的直线l 交
抛物线C 于
,
A B 两点，过点F 且与l 垂直的直线交抛物线C 于
,
D E 两点，其中
,
B D 在y 轴右侧， 
,
M N 分
别为
,
AB DE 的中点． 
 
 
 
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(1)证明： 直线MN 过定点． 
(2)如图 2，设G 为直线AE 与直线BD的交点，连结
、
GM
GN ， 
① 证明：
1
4
四边形
=
GMN
AEBD
S
S
 ；  
② 求
GMN
△
面积的最小值． 
【答案】(1)过点(
)
0,3 ，证明见详解 
(2)①见详解；②8 
【分析】
（1）设
(
)
1
1
A x
y
，
，(
)
2
2
B x
y
，
，(
)
3
3
E x
y
，
，(
)
4
4
D x
y
，
，则
1
2
1
2
2
2
x
x
y
y
M
+
+






，
，
3
4
3
4
2
2
x
x
y
y
N
+
+






，
，
设直线AB 的解析式为
1
y
kx
=
+ ，根据题意，得
2
1
1
4
y
kx
y
x
=
+

=

，整理，得
2
4
4
0
x
kx
−
−
=
，则
1
2
1
2
4 ,
4
x
x
k x x
+
=

= −，
2
1
2
4
2
y
y
k
+
=
+
，则
(
)
2
2 2
1
M
k
k +
，
，设直线DE 的解析式为
1
1
y
x
k
= −
+ ，根据题意，得
2
1
1
1
4
y
x
k
y
x

= −
+


=

，整理，
得
2
4
4
0
x
x
k
−
=
+
，则
3
4
3
4
4 ,
4
x
x
x
x
k
+
= −

= −，
3
4
2
4
2
y
y
k
+
=
+
，故
2
2
2
1
N
k k


−
+




，
，可求直线MN 解析式为
1
3
y
k
x
k


=
−
+




，当
0,
3
x
y
=
=
，故直线MN 过定点(
)
0,3 ； 
（2）①取AD中点为H ，连接
,
,
,
HM DM GH AN ，记GM 交AD于点K ，GN 交AD于点J ，由MH
BD
∥
，
得
GDH
DGM
S
S
=
△
△
，则
KGH
KDM
S
S
=
△
△
，同理可得，
GJH
JAN
S
S
=
△
△
，则
1
2
GMN
ANMD
S
S
AM DN
=
=

△
四边形
，同理
可得，
1
2
AEBD
S
AB DE
=

四边形
， 即可证明
1
4
四边形
=
GMN
AEBD
S
S
；②由
2
1
2
1
AB
k
x
x
=
+ 
−
得
(
)
2
4
1
AB
k
=
+
，
同理可得：
2
1
4
1
DE
k


=
+



，故
(
)
2
2
2
2
1
1
1
1
1
4
1
4
1
2
2
2 2
2
8
8
8
GMN
S
AB
DE
k
k
k
k
k
k






=

=

+

+
=
+
+


+
=













，
当且仅当
1
k = 或
1
k = −时，等号成立，
GMN
△
面积的最小值为8． 
 
 
 
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【详解】（1）解：设
(
)
1
1
A x
y
，
，(
)
2
2
B x
y
，
，
(
)
3
3
E x
y
，
，
(
)
4
4
D x
y
，
，且
,
M N 分别为
,
AB DE 的中点， 
则
1
2
1
2
2
2
x
x
y
y
M
+
+






，
，
3
4
3
4
2
2
x
x
y
y
N
+
+






，
， 
∵
(
)
0,1
F
 
设直线AB 的解析式为
1
y
kx
=
+ ，根据题意，得
2
1
1
4
y
kx
y
x
=
+

=

， 
整理，得
2
4
4
0
x
kx
−
−
=
， 
∴
1
2
1
2
4 ,
4
x
x
k x x
+
=

= −， 
∴
(
)
2
1
2
1
2
2
4
2
y
y
k x
x
k
+
=
+
+
=
+
， 
∴
(
)
2
2 2
1
M
k
k +
，
； 
∵
(
)
0,1
F
，AB
DE
⊥
， 
∴
1
DE
k
k
= −
， 
设直线DE 的解析式为
1
1
y
x
k
= −
+ ， 
根据题意，得
2
1
1
1
4
y
x
k
y
x

= −
+


=

， 
整理，得
2
4
4
0
x
x
k
−
=
+
， 
∴
3
4
3
4
4 ,
4
x
x
x
x
k
+
= −

= −， 
∴
(
)
3
4
3
4
2
1
4
2
2
y
y
x
x
k
k
+
= −
+
+
=
+ ， 
∴
2
2
2
1
N
k k


−
+




，
； 
设直线MN 的解析式为y
px
q
=
+
，根据题意，得
2
2
2
2
1
2
2
1
p
q
k
k
kp
q
k
−
+
=
+


+
=
+

， 
解得
1
3
p
k
k
q

=
−

=

， 
故直线MN 解析式为
1
3
y
k
x
k


=
−
+




， 
当
0,
3
x
y
=
=
， 
 
 
 
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故直线MN 过定点(
)
0,3 ． 
（2）①解：取AD中点为H ，连接
,
,
,
HM DM GH AN ，记GM 交AD于点K ，GN 交AD于点J ， 
 
∵点M 为AB 中点， 
∴MH
BD
∥
， 
∴
GDH
DGM
S
S
=
△
△
， 
∴
KGH
KDM
S
S
=
△
△
， 
同理可得：
GJH
JAN
S
S
=
△
△
， 
∴
GMN
ANMD
S
S
=
△
四边形
， 
∵DE
AB
⊥
， 
∴
(
)
1
1
2
2
GMN
ANMD
S
S
AM
FN
FD
AM DN
=
=

+
=


四边形
， 
同理可得：
1
2
AEBD
S
AB DE
=

四边形
， 
∵
,
M N 分别为
,
AB DE 的中点， 
∴
1
1
2
2
2
2
2
AEBD
S
AB DE
AM
DN
AM DN
=

=


=

四边形
 
∴
1
4
四边形
=
GMN
AEBD
S
S
； 
②∵
(
)
(
)
2
2
1
2
1
2
AB
x
x
y
y
=
−
+
−
， 
∴
(
)
(
)
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
AB
x
x
kx
kx
k
x
x
=
−
+
+ −
−
=
+ 
−
， 
∴
(
)
(
)
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
4
1
16
16
4
1
AB
k
x
x
x x
k
k
k
=
+ 
+
−

=
+ 
+
=
+
， 
同理可得：
2
1
4
1
DE
k


=
+



， 
 
 
 
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∵
1
4
四边形
=
GMN
AEBD
S
S
， 
∴
(
)
2
2
2
2
1
1
1
1
4
1
4
1
2
2
8
8
GMN
S
AB
DE
k
k
k
k




=

=

+

+
=
+
+









， 
∵(
)
2
0
a
b
−

， 
即：
2
2
2
a
b
ab
+

，当且仅当a
b
=
时等号成立， 
∴
2
2
1
1
2
2
2 2
2
8
GMN
S
k
k
k
k




=
+
+


+
=









，当且仅当
1
k = 或
1
k = −时，等号成立， 
∴
GMN
△
面积的最小值为8． 
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，主要考查二次函数的图象与性质，待定系数法求一次函数解析
式，根与系数的关系，三角形中位线定理，两点之间距离公式等，化简计算量较大，正确添加辅助线，细
心化简是解题的关键． 
 
题型3、已知两个三角形的面积关系解决二次函数问题 
典例3 （25-26 九年级上·浙江衢州·期中）如图，直线
3
y
x
= −+
与x 轴交于点A，与y 轴交于点B ，抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ ，经过
,
A B 两点，与x 轴的另一个交点为C ． 
 
(1)求点A和点B 的坐标，以及抛物线的表达式； 
(2)若点P 为抛物线上第一象限内一动点，过点P 作x 轴的垂线，垂足为D ，与直线AB 交于点E ，设点P 的
横坐标为m ，PE的长为l ，请写出l 关于m 的表达式，当l 取最大值时，求出点P 的坐标； 
(3)若点P 为抛物线上y 轴右侧的一点，过点P 作x 轴的垂线，垂足为D ，与直线AB 交于点E ，连接
,
,
PB BC CE ，是否存在点P 使得
3
8
PBE
BCE
S
S
=
△
△
，若存在，求出此时点P 的横坐标；若不存在，说明理由． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ 
(2)
3 15
,
2
4
p




 
 
 
 
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(3)存在，3
3
2
+
或3
3
2
−
或3
15
2
+
 
【分析】本题主要考查了一次函数与二次函数的综合题，利用数形结合思想和分类讨论思想解答是解题的
关键． 
（1）利用待定系数法解答即可； 
（2）根据题意得：(
)
2
, m
bm
c
P m −
+
+
，(
)
,
3
E m
m
-
+
，从而得到
(
)
2
2
2
3
9
2
2
3
3
2
4
l
m
m
m
m
m
m


−
+
+
−
+




−−
+
=
= −
+
=
−
，即可求解； 
（3）分两种情况讨论：若点P 在x 轴上方时，若点P 在x 轴下方时，即可求解． 
【详解】（1）解∶直线
3
y
x
= −+
，当
0
x =
时，
3
y =
． 
当
0
y =
时，
3
x = ． 
(
)
0
,3
A

，
(
)
0,3
B
． 
将
(
)
3,0
A
，
(
)
0,3
B
代入
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 得 
23
3
0
3
b
c
c
−
+
+
=
=

 
解得
2
3
b
c
=

=

 
抛物线的表达式
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ． 
（2）解∶根据题意得∶(
)(
)
2
2
3 0
3
P m
m
m
m
−
+
+
，


，(
)
,
3
E m
m
-
+
， 
(
)
2
2
2
3
9
2
3
3
3
2
4
m
m
m
m
m
l
PE
m



−
+
+
−
+




−−
=
= −
−
=
+
=
+
． 
1 0
a
−
=


， 
开口向下，有最大值． 
当
3
2
m =
时，l 取最大值． 
当
3
2
m =
时，
2
15
2
3
4
m
m
−
+
+
=
． 
此时
3 15
,
2
4
P




； 
（3）解：存在． 
 
 
 
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当
0
y =
时，
2
2
3
0
x
x
−
+
+
=
． 
解得
1
1
x = −，
2
3
x =
． 
(
)
3
1
4
AC

=
−−
=
． 
分两种情况讨论： 
若点P 在x 轴上方时，如图1，此时0
3
m

， 
 
根据题意得∶ 
(
)
2
2
3
P m
m
m
−
+
+
，
，(
)
,
3
E m
m
-
+
， 
(
)
(
)
2
2
1
1
1
2
3
3
2
2
2
PBE
P
S
PE
x
m
m
m
m
m
m
m



−
+
+

−
+

=
=
+
−
=
． 
(
)
1
4
3
3
2
2
BCE
ABC
ACE
S
S
S
m
m
−
=


=
+
−
=
． 
(
)
2
1
3
3
2
2
8
PBE
BCE
m
m
m
S
S
m
−
+

=
=


． 
解得
1
3
3
2
m
+
=
，
2
3
3
2
m
−
=
 
若点P 在x 轴下方，如图2，此时
3
m 
． 
 
(
)
(
)
2
2
1
1
3
2
3
3
2
2
PBE
S
m
m
m
m
m m
m



=
−
+ −−
+
+

=
−



． 
(
)
1
1
4 3
4
3
2
2
2
BCE
ABC
ACE
S
S
S
m
m
=
+
=
+

−
=

． 
(
)
2
1
3
3
2
2
8
PBE
BCE
m m
m
S
S
m
−

=
=


． 
 
 
 
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解得
1
3
15
2
m
+
=
，
2
3
15
2
m
−
=
(舍去) 
m

的值为3
3
2
+
或3
3
2
−
或3
15
2
+
． 
此时点P 的横坐标为3
3
2
+
或3
3
2
−
或3
15
2
+
． 
题型模版 
1.特征：两个三角形同底、同高、共顶点或存在倍数关系，利用面积关系解决二次函数问题． 
2.方法：由面积关系转化为线段比、底边长或高的关系；结合二次函数解析式列方程求解，注意分类讨论不
同位置． 
变式3-1 如图1，已知抛物线
2
y
x
bx
c
=
+
+ 与x 轴交于
( 1,0)
A −
、(3,0)
B
两点，与y 轴交于点C ，顶点为点D ． 
 
(1)求该抛物线的函数表达式； 
(2)点E 是点D关于x 轴的对称点，经过点A的直线
1
y
mx
=
+ 与该抛物线交于点F ，点P 是直线AF 上的一
个动点，连接AE 、PE、PB，记
PAE
△
的面积为
1S ，PAB

的面积为
2
S ，那么
1
2
S
S 的值是否是定值？如果
是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由． 
(3)如图2，设直线AC 与直线BD交于点M ，点N 是直线AC 上一点，若
ONC
BMC

= 
，求点N 的坐标． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
=
−
− 
(2) 1
2 
(3)
6 3
,
5 5


−



 
【分析】本题主要考查了二次函数与图形，相似三角形的判定和性质，掌握待定系数法求解析式，二次函
数与图形的综合，相似三角形的判定和性质是解题的关键． 
（1）把点A和点B 的坐标代入抛物线的解析式即可； 
（2）分别过点B ，E 作BG
y
∥轴，EH
y
∥轴，与AF 交于点G ，H ，利用铅垂法分别表示
PAE
△
的面积和
PAB

的面积，再求比值即可； 
 
 
 
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（3）过点B 作BP
AC
⊥
于点P ，作
BTC
BMC

= 
，过点O作ON
BT

交AC 于点N ，利用等腰三角形的
性质，先求出
BTC
BMC

= 
时，直线BT 的解析式，利用ON
BT

求出点N 的坐标． 
【详解】（1）解：由题意可得，
1
0
9
3
0
b
c
b
c
−
+
=

+
+
=

， 
解得，
2
3
b
c
−
−
=

=

， 
抛物线的解析式为：
2
2
3
y
x
x−
=
−
； 
（2）解：由（1）知抛物线的解析式为：
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
=
−
−
=
−
−
， 
∴
(1, 4)
D
−
， 
当
0
x =
时，
3
y = −， 
∴
(0, 3)
C
−
， 
∵点E 是点D 关于x 轴的对称点， 
(1,4)
E

， 
直线
1
y
mx
=
+ 过点
( 1,0)
A −
，则
1
0
m
−
+ =
， 
解得，
1
m = ， 
直线
:
1
AF y
x
=
+ ， 
如图1，分别过点B ，E 作BG
y

轴，EH
y

轴，与AF 交于点G ，H ， 
1
1 (
)
2
P
A
S
x
x
EH

=
−

，
2
1 (
)
2
P
A
S
x
x
BG
=
−

 

1
2
S
EH
S
BG
=
， 
∵ 过点B 作BG
y

轴与直线AF 交于点G ， 
∴
3 1
4
y =
+ =
， 
(3,4)
G

，
4
BG =
， 
(1,4)
E

， 
∴当
1
x = 时，
1 1
2
y = + =
， 
 
 
 
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(1,2)
H

，
2
EH =
， 

1
2
2
1
4
2
S
EH
S
BG
=
=
=
， 

1
2
S
S 的值是一个定值，这个定值为1
2 ； 
（3）解：如图2，过点B 作BP
AC
⊥
于点P ，交y 轴于点K ，作
BTC
BMC

= 
，过点O作ON
BT

交AC
于点N ， 
ONC
BTC
BMC

= 
= 
， 
BT
BM

=
，点P 是TM 的中点， 
( 1,0)
A −

，
(0, 3)
C
−
，设直线AC 的解析式为
(
)
3
0
y
kx
k
=
−

， 
∴
3
0
k
−−=
， 
∴
3
k = −， 
直线
:
3
3
AC y
x
= −
−， 
BP
AC
⊥

，
(3,0)
B
， 
∴
3,
1.
3
OB
OA
OC
=
=
=
，
90
OAC
OCA
OAC
OBK

+
= 
+
=
， 
∴
OCA
OBK

= 
，且
90
AOC
KOB

= 
=
， 
∴AOC
KOB

∽
， 
∴AO
OC
KO
OB
=
，即1
3
3
KO =
， 
解得，
1
KO = ， 
∴
(
)
0, 1
K
−
， 
设直线BK 的解析式为
(
)
1
0
y
fx
f
=
−

， 
∴3
1
0
f −=
， 
解得，
1
3
f =
， 
 
 
 
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直线
1
:
1
3
BP y
x
=
−， 
联立
3
3
1
1
3
y
x
y
x
= −
−

=
−

， 
解得
3
5
6
5
x
y

= −


= −

， 
3
6
,
5
5
P


−
−



， 
(3,0)
B

，
(1, 4)
D
−
，设直线BD的解析式为
(
)
0
y
mx
n m
=
+

， 
∴
3
0
4
m
n
m
n
+
=


+
= −

， 
解得，
2
6
m
n
=

= −

， 
直线
:
2
6
BD y
x
=
−
， 
联立
3
3
2
6
y
x
y
x
= −
−


=
−

， 
解得
3
5
24
5
x
y

=


= −

， 
3
24
,
5
5
M 


−



， 
∵点P 是TM 的中点， 
∴由中点坐标公式可得，
2
2
y
y
x
x
x
y
T
M
T
M
P
P
+
+
=
=
，
， 
∴
24
3
3
6
5
5 ,
5
2
5
2
y
x
T
T


+ −
+




−
=
−
=
， 
∴
9
12
,
5
5
x
y
T
T
= −
=
， 

9 12
,
5
5
T 

−



， 
设直线BT 的解析式为
(
)
0
y
k x
b k



=
+

， 

9
12
5
5
3
0
k
b
k
b
−
+
=


+
=





， 
 
 
 
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解得，
1
2
3
2
k
b

= −




=

， 
1
3
2
2
y
x

= −
+
， 
直线ON 的表达式为：
1
2
y
x
= −
， 
联立
1
2
3
3
y
x
y
x

= −


= −
−

， 
解得
6
5
3
5
x
y
= −


=

， 
6 3
,
5 5
N 


−



． 
变式3-2 （25-26 九年级上·浙江·单元复习）如图，抛物线
2
2
3
y
x
ax
a
=
+
+
与x 轴交于点A，B（点A 在点B
左侧），与y 轴的负半轴交于点C，顶点为D，且OB
OC
=
． 
 
(1)求点B、D 的坐标； 
(2)在y 轴左侧的抛物线上存在一点E，使得
BEC

的面积是BCD

面积的27
8 倍． 
①求直线BE的函数表达式； 
②设直线BE交y 轴于点M，点P 在线段BM 上运动，点Q 在射线AM 上运动，是否存在这样的点P、Q，
使得
OPQ
△
为等腰直角三角形？若存在，直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
(
)
3,0
B
，
(
)
1, 4
D
−
； 
(2)①
1
3
2
2
y
x
= −
+
；②存在，9 6
,
7 7





 
【分析】（1）由题意
(
)
0,3
C
a ，再由OB
OC
=
，可得
(
)
3 ,0
B
a
−
，把B 代入二次函数解析式得到关于a 的一
 
 
 
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元二次方程，解方程得到a 值，即可算出抛物线的解析式，由此即可解决问题． 
（2）①如图1 中，设(
)
2
,
2
3
E m m
m−
−
，作PB
OB
⊥
，PC
OC
⊥
，连接PE，OD ．想办法构建方程，求
出点E 的坐标即可解决问题． 
②存在．如图2 中，设
1
3
,
2
2
P n
n


−
+



．作PH
OB
⊥
于H，QE
HP
⊥
于E．由OPH
PQE

≌
，可知OH
PE
n
=
=
， 
1
3
2
2
EQ
PH
n
=
= −
+
，推出
3
3 1
3
,
2
2 2
2
Q
n
n


−
+



，把点Q 坐标代入直线AM 的解析式为
3
3
2
2
y
x
=
+
，解方程
即可． 
【详解】（1）解：由题意
(
)
0,3
C
a ， 
∴
3
OC
a
= −
， 
∵OB
OC
=
， 
∴
(
)
3 ,0
B
a
−
， 
∴得
2
2
9
6
3
0
a
a
a
−
+
=
， 
解得
1
a = −或0（舍弃）， 
∴抛物线的解析式为
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
=
−
−=
−
−
（
）
， 
∴
(
)
3,0
B
，
(
)
1, 4
D
−
． 
（2） 
解：①如图1 中，设(
)
2
,
2
3
E m m
m−
−
，作PB
OB
⊥
，PC
OC
⊥
，连接PE，OD ． 
 
由（1）可知
(
)
3,0
B
，
(
)
0, 3
C
−
，
(
)
3, 3
P
−
， 
∴
1
1
1
3 1
3 4
3 3
3
2
2
2
BCD
OCD
OBD
OBC
S
S
S
S
=
+
=
+
−
=

﹣
 
由题知
27
81
3
8
8
EBC
S
= 
=

， 
 
 
 
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∴
81
8
EPC
EPB
PBC
S
S
S
+
−
=

， 
∴
(
)
2
1
3
2
2
m
m

−
(
)
1
3
3
2
m
+

−
9
81
2
8
−
=
， 
整理得
2
4
12
27
0
m
m
−
−
=
， 
解得
3
2
m = −
或9
2 ， 
∴
3 9
,
2 4
E 

−



  
设直线BE的解析式为y
kx
b
=
+
，则
3
0
3
9
2
4
k
b
k
b
+
=
−
+
=

， 
解得
1
2
3
2
k
b
= −

=

， 
∴直线BE的解析式为
1
3
2
2
y
x
= −
+
． 
②存在．如图2 中，设
1
3
,
2
2
P n
n


−
+



．作PH
OB
⊥
于H，QE
HP
⊥
于E． 
 
∵
(
)
1,0
A −
， 
3
0, 2
M 




， 
∴直线AM 的解析式为
3
3
2
2
y
x
=
+
， 
∵POQ

是等腰直角三角形， 
∴OP
PQ
=
，
90
OPQ

=
，则OPH
PQE

≌
， 
∴OH
PE
n
=
=
， 
1
3
2
2
EQ
PH
n
=
= −
+
， 
易知
3
3 1
3
,
2
2 2
2
Q
n
n


−
+



， 
把点Q 坐标代入直线AM 的解析式为
3
3
2
2
y
x
=
+
，得到1
3
3 3
3
3
2
2
2 2
2
2
n
n


+
=
−
+




， 
解得
9
7
n =
． 
 
 
 
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此时点P 坐标9 6
,
7 7





． 
【点睛】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、三角形的面积、全等三角形的判定和性质等知识，
解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用此方法构建方程解决问题，属于中考压轴题． 
变式3-3 （24-25 九年级上·浙江嘉兴·阶段检测）在平面直角坐标系中，抛物线
2
3
y
ax
bx
=
+
+ 交x 轴于点
(
)
1,0
A −
、(
)
3,0
B
，交y 轴于点C．连结AC
BC
、
．点D 在该抛物线上，过点D 作DE
AC

，交直线BC 于
点E，连结AD
AE
BD
、
、
．设点D 横坐标为
(
)
0
m m 
，DAE

的面积为
1S ，DBE

的面积为
2
S ． 
 
(1)求a，b 的值； 
(2)设抛物线上D、B 两个点和它们之间的部分为图象G，当图象G 的最高点的纵坐标与m 无关时，求m 的
取值范围； 
(3)当点D 在第一象限时，求
1
2
S
S
+
的最大值． 
【答案】(1)
1
a = −，
2
b = 
(2)0
1
m

或
3
m 
 
(3)最大值为27
8 
【分析】（1）由待定系数法求出函数表达式，即可求解； 
（2）分0
1
m

、1
3
m

、
3
m 
时，三种情况分别讨论即可求解； 
（3）证明DCE

的面积
DAE
=
 的面积
1S
=
，则
(
)
2
2
1
2
1
3
3
27
2
3
3
3
2
2
2
8
BCD
S
S
S
m
m
m
m


+
=
=
−
+
+ +
−
= −
−
+





，即可求解； 
【详解】（1）解：设抛物线的表达式为：
(
)(
)
1
2
y
a x
x
x
x
−
−
=
， 
(
)
1,0
A −

，
(
)
3,0
B
， 
 
 
 
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则
(
)(
)
(
)
2
2
2
1
3
2
3
2
3
3
y
a x
x
a x
x
ax
ax
a
ax
bx
=
+
−
=
−
−
=
−
−
=
+
+
， 
则3
3
a
−
=
，2a
b
−
=
 
解得：
1
a = −，
2
b = ； 
（2）解：由（1）可得：二次函数解析式为：
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
−
−
−
=
+
+
=
+
， 
当0
1
m

时，图象G 的最高点为原抛物线的顶点(1,4) ， 
此时最高点的纵坐标为4，与m 无关； 
当1
3
m

时，图象G 的最高点为点D ，此时最高点的纵坐标为
2
2
3
m
m
−
+
+ ，与m 有关； 
当
3
m 
时，图象G 的最高点为点
(3,0)
B
，此时最高点的纵坐标为0，与m 无关． 
综上，当图象G 的最高点的纵坐标与m 无关时，m 的取值范围是0
1
m

或
3
m 
； 
（3）解：连接DC ， 
DE
AC

， 
DCE

的面积
DAE
=
 的面积
1S
=
， 
过点D 作DH
x
⊥
轴，交BC 与点F， 
令
0
x =
，则
3
y =
，即
(
)
0,3
C
， 
∵
(
)
3,0
B
， 
设直线BC 表达式为y
kx
n
=
+
， 
由题意得：
3
3
0
n
k
n
=


+
=

， 
解得：
3
1
n
k
=

= −

， 
∴直线BC 的解析式为：
3
y
x
= −+
， 
∴
(
)
,
3
F m
m
−
+
， 
∴
(
)
2
2
2
3
3
3
DF
m
m
m
m
m
= −
+
+ −−
+
= −
+
 
 
 
 
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
(
)
2
2
1
2
1
3
3
27
3
3
2
2
2
8
BCD
S
S
S
m
m
m


+
=
=
−
+
= −
−
+





， 
当
3
2
m =
 时，
1
2
S
S
+
 有最大值，最大值为27
8 ； 
【点睛】本题为二次函数综合运用，涉及到三角形相似、面积的计算、平行线的性质等知识，分类求解是
解题的关键． 
变式3-4 （24-25 九年级上·湖北黄石·期中）如图，已知抛物线
2
1
3
L
y
ax
bx
+
=
+
：
与x 轴交于A，B 两点，与
y 轴交于点C，且
(
)
3 0
A −，，
(
)
1,0
B
． 
 
(1)求抛物线
1L 的解析式； 
(2)若M 是抛物线上的一动点，且
MAB
BCO

= 
，求点M 的坐标； 
(3)点Q 在抛物线上，且Q 的横坐标为
3
2
−
，将抛物线
1L 沿水平方向平移得到抛物线
2L ，抛物线
2L 的顶点为
P，且ACP

的面积等于AQC

的面积，求点P 的坐标． 
【答案】(1)抛物线
1L 的解析式为
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 
(2)
1
2 11
,
3 9
M 




，
2
4
13
,
3
9
M 

−



 
(3)P 的坐标为
5 ,4
4


−



或13 ,4
4





 
【分析】（1）用待定系数法求出抛物线的解析式即可； 
（2）先求出
(
)
0,3
C
，得出OA
OC
=
，分两种情况：在y 轴正半轴上取
(
)
0,1
D
，在y 轴负半轴上取
(
)
0, 1
E
−
，
分别验证，求出点M 的坐标即可； 
（3）先求出点Q 的坐标为
3 15
,
2
4


−



，过点Q 作QH
x
⊥
轴于点H，求出
27
8
ACQ
S
=

，得出
27
8
ACP
ACQ
S
S
=
=

，
过点E 作x 轴的平行线
4
y =
，连接并延长AC 交直线
4
y =
于点D ，设点P 的坐标为(
)
,4
m
，直线AC 的解
 
 
 
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析式为
3
y
kx
=
+ ，把(
)
3,0
−
代入求出直线AC 的解析式为
3
y
x
=
+
，求出点D 的坐标为(
)
1,4 ，根据
(
)
1
1
27
1
4
1
4
3
2
2
8
m
m
−−
−
−
=
，求出m 的值，即可得出答案． 
【详解】（1）解：把
(
)
3 0
A −，，
(
)
1,0
B
代入
2
3
y
ax
bx
=
+
+ 得： 
9
3
3
0
3
0
a
b
a
b
−
+
=

+
+
=

， 
解得：
1
2
a
b
= −

= −

， 
∴抛物线的解析式为：
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ； 
（2）解：把
0
x =
代入
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 得：
3
y =
， 
∴
(
)
0,3
C
， 
∴
3
OC =
， 
∵
(
)
3 0
A −，，
(
)
1,0
B
， 
∴
3
OA = ，
1
OB = ， 
∴OA
OC
=
， 
在y 轴正半轴上取
(
)
0,1
D
，连接AD，交抛物线于一点
1
M ，如图所示： 
 
∴
1
OB
OD
=
= ， 
∵
90

= 
=

AOD
BOC
， 
∴AOD
COB

≌
， 
∴
1
BAM
BCO
=
∠
∠
， 
∴此时点
1
M 符合题意， 
设直线AD的解析式为：
1
y
kx
=
+ ，把(
)
3,0
−
代入得： 
 
 
 
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3
1
0
k
−
+ =
，解得
1
3
k =
， 
∴直线AD的解析式为：
1
1
3
y
x
=
+ ， 
令
2
1
1
2
3
3 x
x
x
+ = −
−
+ ， 
解得：
1
2
3
x =
，
2
3
x = −（舍）， 
把
2
3
x =
代入
1
1
3
y
x
=
+ 得
11
9
y =
， 
∴点
1
2 11
,
3 9
M 




； 
在y 轴负半轴上取
(
)
0, 1
E
−
，连接AE ，交抛物线于一点
2
M ，如图所示： 
 
∴
1
OB
OE
=
= ， 
∵
90
AOE
BOC

= 
=
， 
∴AOE
COB

≌
， 
∴
2
BAM
BCO
=
∠
∠
， 
∴此时点
2
M 符合题意， 
设直线AE 的解析式为：
1
y
k x
=
−，把(
)
3,0
−
代入得： 
3
1
0
k
−
−=
，解得
1
3
k= −
， 
∴直线AE 的解析式为：
1
1
3
y
x
= −
−， 
令
2
1
1
2
3
3 x
x
x
−
−= −
−
+ ， 
解得：
1
4
3
x =
，
2
3
x = −（舍）， 
把
4
3
x =
代入
1
1
3
y
x
=
+ 得
13
9
y = −
， 
 
 
 
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∴点
2
4
13
,
3
9
M 

−



； 
综上分析可知：点
1
2 11
,
3 9
M 




，
2
4
13
,
3
9
M 

−



； 
（3）解：把
3
2
x = −
代入
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 得：
2
3
3
15
2
3
2
2
4
y




= −−
−−
+
=








， 
∴点Q 的坐标为
3 15
,
2
4


−



， 
过点Q 作QH
x
⊥
轴于点H，如图所示： 
 
∴点H 的坐标为：
3 ,0
2


−



， 
∴
(
)
3
3
3
2
2
AH = −
−−
=
，
15
4
QH =
， 
∴
AQH
ACQ
ACO
AOCQ
COQH
S
S
S
S
S
=
+
=
+

四边形
梯形
， 
∴1
3
15
1
15
3
1
3
3 3
2
2
4
2
4
2
2
ACQ
S




+

+

=
+






， 
∴
27
8
ACQ
S
=

， 
∴
27
8
ACP
ACQ
S
S
=
=

， 
∵
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
−
−
=
−
+
=
+
+
， 
∴顶点E 的坐标为(
)
1,4
−
， 
过点E 作x 轴的平行线
4
y =
，连接并延长AC 交直线
4
y =
于点D ，如图所示： 
 
 
 
 
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∵将抛物线
1L 沿水平方向平移得到抛物线
2L ，抛物线
2L 的顶点为P， 
∴点P 在过点E 平行于x 轴的直线上， 
设点P 的坐标为(
)
,4
m
， 
设直线AC 的解析式为
3
y
kx
=
+ ，把(
)
3,0
−
代入得： 
3
3
0
k
−
+ =
， 
解得：
1
k = ， 
∴直线AC 的解析式为
3
y
x
=
+
， 
把
4
y =
代入
3
y
x
=
+
得：4
3
x
=
+ ， 
解得：
1
x = ， 
∴点D 的坐标为(
)
1,4 ， 
∴
1
DP
m
=
−， 
∴
(
)
1
1
27
1
4
1
4
3
2
2
8
m
m
−−
−
−
=
， 
解得：
5
4
m = −
或
13
4
m =
， 
∴点P 的坐标为：
5 ,4
4


−



或13 ,4
4





． 
【点睛】本题考查了二次函数综合应用，涉及待定系数法、三角形面积、抛物线平移，求一次函数解析式
等知识，解题的关键是利用数形结合和分类讨论的思想解决问题． 
变式3-5 已知有如下抛物线：
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ ，经过A，B，C，已知A 为(
)
1,0
−
，
(
)
0,3
C
，请回答以下题
目： 
   
(1)求解该抛物线的解析式并求出顶点的坐标； 
 
 
 
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(2)若点D 在x 轴的上方的抛物线上，点N 在点C 上方： 
①当ACD

是以AC 为底边的等腰三角形时，求出点D 的坐标； 
②若
CAB
ABD

= 
时，求出点D 的坐标； 
③若直线BD交y 轴于点N，过B 作AD的平行线交y 轴于点M，当D 点运动时，求出
CBD
AMN
S
S
△
△
的最大值以及
此时D 的坐标． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ，顶点坐标为(1,4) 
(2)①
7
109 17
109
,
6
18
D

−
+






 或
7
109 17
109
,
6
18
D

+
−






 
②
(
)
2,3
D
 
③最大值为9
16 ，此时点D 的坐标为3 15
,
2 4





 
【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线的解析式； 
（2）①根据ACD

是以AC 为底边的等腰三角形，可得CD
AD
=
，建立方程求解即可得出答案； 
②过点D 作DE
x
⊥
轴于点E ，则
90
BED
AOC

= 
=
，证得
BDE
ACO
△
∽△
，可得BE
DE
OA
OC
=
，即
2
3
2
3
1
3
x
x
x
−
−
+
+
=
，解方程即可； 
③设
2
(
)
,
2
3
D t
t
t
−
+
+
，利用待定系数法可得：直线BD的解析式为
(
1)
3(
1)
y
t
x
t
= −
+
+
+
，直线AD的解析式
为
(3
)
3
y
t x
t
=
−
+ −，直线BM 的解析式为
(3
)
3
9
y
t x
t
=
−
+
−
，即可得出：(0,3
9)
M
t −
，(0,3
3)
N
t +
，即
12
MN =
，
3
CN
t
=
，再运用三角形面积公式即可求得
2
1
3
9
4
2
16
CBD
BCN
DCN
AMN
AMN
S
S
S
t
S
S
−


=
= −
−
+






，再利用二次函数的性质
即可求得答案． 
【详解】（1）解：抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ ，经过
( 1,0)
A −
，
(0,3)
C
两点， 

1
0
3
b
c
c
−
−
+
=

=

， 
解得：
2
3
b
c
=

=

， 
该抛物线的解析式为
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ， 
2
2
2
3
(
1)
4
y
x
x
x
= −
+
+ = −
−
+

， 
 
 
 
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该抛物线的顶点的坐标为(1,4)； 
（2）令
0
y =
，得
2
2
3
0
x
x
−
+
+
=
， 
解得：
1
1
x = −，
2
3
x =
， 
( 1,0)
A

−
，
(3,0)
B
， 
设
2
( ,
2
3)
D x
x
x
−
+
+
，且1
3
x
−
， 
①
(0,3)
C

， 
2
2
2
2
2
1
3
10
AC
OA
OC

=
+
=
+
=
， 
2
2
2
2
(
2 )
CD
x
x
x
=
+ −
+
， 
2
2
2
2
(
1)
(
2
3)
AD
x
x
x
=
+
+ −
+
+
， 
ACD

是是以AC 为底边的等腰三角形， 
∴CD
AD
=
，即
2
2
2
2
2
2
(
2 )
(
1)
(
2
3)
x
x
x
x
x
x
+ −
+
=
+
+ −
+
+
， 
2
2
2
2
2
2
2
(
2 )
2
1 (
2 )
6(
2 )
9
x
x
x
x
x
x
x
x
x

+ −
+
=
+
+ + −
+
+
−
+
+
， 
整理得：
2
3
7
5
0
x
x
−
−
=
， 
解得：
7
109
6
x
−
=
或7
109
6
+
， 
∴
7
109 17
109
,
6
18
D

−
+






 或
7
109 17
109
,
6
18
D

+
−






； 
②如图，过点D 作DE
x
⊥
轴于点E ，则
90
BED
AOC

= 
=
， 
  
CAB
ABD

= 

， 
BDE
ACO

∽
， 
 
 
 
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BE
DE
OA
OC
=
，即
2
3
2
3
1
3
x
x
x
−
−
+
+
=
， 
解得：
1
2
x =
，
2
3
x =
（舍去）， 
点D 的坐标为(2,3) ； 
③设
2
(
)
,
2
3
D t
t
t
−
+
+
，如图， 
  
(3,0)
B

， 
直线BD的解析式为
(
1)
3(
1)
y
t
x
t
= −
+
+
+
， 
令
0
x =
，得
3(
1)
y
t
=
+
， 
(0,3
3)
N
t

+
， 
( 1,0)
A −

， 
直线AD的解析式为
(3
)
3
y
t x
t
=
−
+ −， 
BM
AD

∥
， 
直线BM 的解析式为
(3
)
3
9
y
t x
t
=
−
+
−
， 
令
0
x =
，得
3
9
y
t
=
−
， 
(0,3
9)
M
t

−
， 
3
3
(3
9)
12
MN
t
t

=
+ −
−
=
，
3
3 3
3
CN
t
t
=
+ −=
， 

(
)
(
)
2
1
3 3
1
3
9
2
1
12 1
4
2
16
2
B
D
CBD
BCN
DCN
AMN
AMN
CN
x
x
t
t
S
S
S
t
S
S
MN OA

−
−
−


=
=
=
= −
−
+








， 
 
 
 
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1
0
4
−


， 
当
3
2
t =
时，
CBD
AMN
S
S


有最大值，最大值为9
16 ，此时点D 的坐标为3 15
,
2
4





． 
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、三角形相似、面积的计算等，有一定的综
合性． 
变式3-6 如图 1，已知抛物线
2
1
:
4
C y
x
=
，点
(
)
0,1
F
 ，过点F 的直线l 交抛物线C 于
,
A B 两点，过点F 且
与l 垂直的直线交抛物线C 于
,
D E 两点，其中
,
B D 在y 轴右侧， 
,
M N 分别为
,
AB DE 的中点． 
 
(1)证明： 直线MN 过定点． 
(2)如图 2，设G 为直线AE 与直线BD的交点，连结
、
GM
GN ， 
① 证明：
1
4
四边形
=
GMN
AEBD
S
S
 ；  
② 求
GMN
△
面积的最小值． 
【答案】(1)过点(
)
0,3 ，证明见详解 
(2)①见详解；②8 
【分析】
（1）设
(
)
1
1
A x
y
，
，(
)
2
2
B x
y
，
，(
)
3
3
C x
y
，
，(
)
4
4
D x
y
，
，则
1
2
1
2
2
2
x
x
y
y
M
+
+






，
，
3
4
3
4
2
2
x
x
y
y
N
+
+






，
，
设直线AB 的解析式为
1
y
kx
=
+ ，根据题意，得
2
1
1
4
y
kx
y
x
=
+

=

，整理，得
2
4
4
0
x
kx
−
−
=
，则
1
2
1
2
4 ,
4
x
x
k x x
+
=

= −，
2
1
2
4
2
y
y
k
+
=
+
，则
(
)
2
2 2
1
M
k
k +
，
，设直线DE 的解析式为
1
1
y
x
k
= −
+ ，根据题意，得
2
1
1
1
4
y
x
k
y
x

= −
+


=

，整理，
得
2
4
4
0
x
x
k
−
=
+
，则
3
4
3
4
4 ,
4
x
x
x
x
k
+
= −

= −，
3
4
2
4
2
y
y
k
+
=
+
，故
2
2
2
1
N
k k


−
+




，
，可求直线MN 解析式为
1
3
y
k
x
k


=
−
+




，当
0,
3
x
y
=
=
，故直线MN 过定点(
)
0,3 ； 
（2）①取AD中点为H ，连接
,
,
,
HM DM GH AN ，记GM 交AD于点K ，GN 交AD于点J ，由MH
BD
∥
，
 
 
 
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得
GDH
DGM
S
S
=
△
△
，则
KGH
KDM
S
S
=
△
△
，同理可得，
GJH
JAN
S
S
=
△
△
，则
1
2
GMN
ANMD
S
S
AM DN
=
=

△
四边形
，同理
可得，
1
2
AEBD
S
AB DE
=

四边形
， 即可证明
1
4
四边形
=
GMN
AEBD
S
S
；②由
2
1
2
1
AB
k
x
x
=
+ 
−
得
(
)
2
4
1
AB
k
=
+
，
同理可得：
2
1
4
1
DE
k


=
+



，故
(
)
2
2
2
2
1
1
1
1
1
4
1
4
1
2
2
2 2
2
8
8
8
GMN
S
AB
DE
k
k
k
k
k
k






=

=

+

+
=
+
+


+
=













，
当且仅当
1
k = 或
1
k = −时，等号成立，
GMN
△
面积的最小值为8． 
【详解】（1）解：设
(
)
1
1
A x
y
，
，(
)
2
2
B x
y
，
，
(
)
3
3
E x
y
，
，
(
)
4
4
D x
y
，
，且
,
M N 分别为
,
AB DE 的中点， 
则
1
2
1
2
2
2
x
x
y
y
M
+
+






，
，
3
4
3
4
2
2
x
x
y
y
N
+
+






，
， 
∵
(
)
0,1
F
 
设直线AB 的解析式为
1
y
kx
=
+ ，根据题意，得
2
1
1
4
y
kx
y
x
=
+

=

， 
整理，得
2
4
4
0
x
kx
−
−
=
， 
∴
1
2
1
2
4 ,
4
x
x
k x x
+
=

= −， 
∴
(
)
2
1
2
1
2
2
4
2
y
y
k x
x
k
+
=
+
+
=
+
， 
∴
(
)
2
2 2
1
M
k
k +
，
； 
∵
(
)
0,1
F
，AB
DE
⊥
， 
∴
1
DE
k
k
= −
， 
设直线DE 的解析式为
1
1
y
x
k
= −
+ ， 
根据题意，得
2
1
1
1
4
y
x
k
y
x

= −
+


=

， 
整理，得
2
4
4
0
x
x
k
−
=
+
， 
∴
3
4
3
4
4 ,
4
x
x
x
x
k
+
= −

= −， 
∴
(
)
3
4
3
4
2
1
4
2
2
y
y
x
x
k
k
+
= −
+
+
=
+ ， 
∴
2
2
2
1
N
k k


−
+




，
； 
 
 
 
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设直线MN 的解析式为y
px
q
=
+
，根据题意，得
2
2
2
2
1
2
2
1
p
q
k
k
kp
q
k
−
+
=
+


+
=
+

， 
解得
1
3
p
k
k
q

=
−

=

， 
故直线MN 解析式为
1
3
y
k
x
k


=
−
+




， 
当
0,
3
x
y
=
=
， 
故直线MN 过定点(
)
0,3 ． 
（2）①解：取AD中点为H ，连接
,
,
,
HM DM GH AN ，记GM 交AD于点K ，GN 交AD于点J ， 
 
∵点M 为AB 中点， 
∴MH
BD
∥
， 
∴
GDH
DGM
S
S
=
△
△
， 
∴
KGH
KDM
S
S
=
△
△
， 
同理可得：
GJH
JAN
S
S
=
△
△
， 
∴
GMN
ANMD
S
S
=
△
四边形
， 
∵DE
AB
⊥
， 
∴
(
)
1
1
2
2
GMN
ANMD
S
S
AM
FN
FD
AM DN
=
=

+
=


四边形
， 
同理可得：
1
2
AEBD
S
AB DE
=

四边形
， 
∵
,
M N 分别为
,
AB DE 的中点， 
∴
1
1
2
2
2
2
2
AEBD
S
AB DE
AM
DN
AM DN
=

=


=

四边形
 
 
 
 
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∴
1
4
四边形
=
GMN
AEBD
S
S
； 
②∵
(
)
(
)
2
2
1
2
1
2
AB
x
x
y
y
=
−
+
−
， 
∴
(
)
(
)
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
AB
x
x
kx
kx
k
x
x
=
−
+
+ −
−
=
+ 
−
， 
∴
(
)
(
)
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
4
1
16
16
4
1
AB
k
x
x
x x
k
k
k
=
+ 
+
−

=
+ 
+
=
+
， 
同理可得：
2
1
4
1
DE
k


=
+



， 
∵
1
4
四边形
=
GMN
AEBD
S
S
， 
∴
(
)
2
2
2
2
1
1
1
1
4
1
4
1
2
2
8
8
GMN
S
AB
DE
k
k
k
k




=

=

+

+
=
+
+









， 
∵(
)
2
0
a
b
−

， 
即：
2
2
2
a
b
ab
+

，当且仅当a
b
=
时等号成立， 
∴
2
2
1
1
2
2
2 2
2
8
GMN
S
k
k
k
k




=
+
+


+
=









，当且仅当
1
k = 或
1
k = −时，等号成立， 
∴
GMN
△
面积的最小值为8． 
【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质，待定系数法求一次函数解析式，韦达定理，三角形中位线定
理，两点之间距离公式等，化简计算量较大，正确添加辅助线，细心化简是解题的关键． 
 
题型4、二次函数背景下的图形面积不等关系问题 
典例4 在平面直角坐标系中，已知二次函数
2
1
y
x
bx
= −
+
+ （b 为常数）． 
 
(1)若二次函数图象经过点(
)
2, 5
−
，求该函数表达式与顶点坐标． 
(2)当1
2
x
−

时，二次函数
2
1
y
x
bx
= −
+
+ 有最大值3，求b 的值． 
(3)若抛物线
2
1
0.8
y
mx
nx
=
+
−
与题（1）中抛物线交于A，B 两点（如图所示），且这两点的横坐标分别是1.2
−
 
 
 
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与1，两条抛物线在A，B 两点之间形成一个封闭曲线．求证：封闭曲线所围成的图形面积大于2 ． 
【答案】(1)
2
1
y
x
x
= −
−
+ ，顶点坐标为
1 5
,
2 4


−



 
(2)
2 2
b =
或
3
b = − 
(3)证明：由题（1）知抛物线
2
1
y
x
x
= −
−
+ 的顶点为
1 5
,
2 4
D

−



， 
与y 轴的交点为
(
)
0,1
E
，抛物线
2
1
0.8
y
mx
nx
=
+
−
与y 轴交点为
(
)
0, 0.8
F
−
，连接
,
,
,
,
,
BE BF DE DF AD AF ，
如下图所示 
1.8
EF

=
， 
将
1.2
x = −
与
1
x = 分别代入
2
1
y
x
x
= −
−
+ ， 
得
6 19
,
5 25
A

−



，(
)
1, 1
B
−
， 
四边形BEDF 的面积
1
1
1.8
1
1.35
2
2


=


+
=




， 
设直线AF 的解析式为y
kx
t
=
+ ， 
将点
6 19
,
5 25
A

−



，点
(
)
0, 0.8
F
−
代入，得
6
19
5
25
0.8
k
t
t
−
+ =

= −

， 
解得
1.3
0.8
k
t
= −

= −

， 
直线AF 的解析式为
1.3
0.8
y
x
= −
−
， 
过点D 作DG
y
∥
轴交AF 于点G ， 
(
)
0.5, 0.15
G
−

−
，
(
)
5
7
0.15
4
5
DG =
−−
=
， 
ADF

的面积
1
6
1
7
6
21
0.84
2
5
2
5
5
25
DG
=
−
=


=
=
， 
四边形BEDF 的面积
ADF
+△
的面积1.35 0.84
2.19
2
=
+
=

， 
封闭曲线所围成的图形面积大于2 ． 
【分析】（1）运用待定系数法和顶点的坐标公式即可求出； 
 
 
 
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（2）抛物线的对称轴为直线
2
b
x =
，根据对称轴在区间1
2
x
−

的位置，分类讨论取得最大值的条件，求
出b 的值； 
（3）求出抛物线y 的顶点坐标
1 5
,
2 4
D

−



，与y 轴的交点坐标
(
)
0,1
E
，抛物线
1y 与y 轴交点坐标
(
)
0, 0.8
F
−
，
以及A，B 两点的坐标，再以y 轴为底，点B 与点D 两点的横坐标之差为高，求出四边形BEDF 的面积；求
出过A、F 两点的直线AF 的解析式，过点D 作DG
y
∥
轴交AF 于点G ，以DG 为底，求出ADF

的面积，
四边形BEDF 的面积与ADF

的面积之和大于2，证明成立． 
【详解】（1）解：将点(
)
2, 5
−
代入
2
1
y
x
bx
= −
+
+ ，得 
4 2
1
5
b
−+
+ = −，解得
1
b = −， 
该函数表达式为
2
1
y
x
x
= −
−
+ ， 
2
2
1
5
1
2
4
y
x
x
x
−
−


=
+ = −
+
+




， 
抛物线的顶点坐标为
1 5
,
2 4


−



， 
2
1
y
x
x

= −
−+ ，顶点坐标为
1 5
,
2 4


−



． 
（2）解：抛物线
1
0
a = −
，开口向下，对称轴为直线
2
b
x =
， 
①若2
2
b

，即
4
b 
，当
2
x =
时，
4
2
1
3
y
b
= −+
+ =
最大值
，解得
3
b =
， 
这与
4
b 
矛盾，舍去；  
②若1
2
2
b
−

，即2
4
b
−

，当
2
b
x =
时，
2
2
1
3
4
2
b
b
y
= −
+
+ =
最大值
， 
解得
1
2 2
b =
，
2
2 2
b
−
=
， 
2
4
b
−


， 
2 2
b
=
； 
③若
1
2
b −，即
2
b −，当
1
x = −时，
1
1
3
y
b
= −−
+ =
最大值
，解得
3
b = −； 
综上所述，
2 2
b =
或
3
b = −． 
（3）略 
题型模版 
1.特征：在二次函数背景下比较两个图形面积大小，或证明面积满足某种不等关系． 
 
 
 
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2.方法：作差法比较面积表达式，化为二次函数或不等式；利用开口方向、判别式、最值证明不等关系成立． 
变式4-1 如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标是(0 2)
，，在x 轴上任取一点M，完成以下作图步骤：①
连接AM ，过点A 作AM 的垂线1l ，过点M 作x 轴的垂线2l ，记1l ，2l 的交点为P；②在x 轴上多次改变M
点的位置，用①的方法得到相应的点P． 
 
(1)小明按要求已完成了①的作图，并确定了
1
M ，
2
M ，
3
M …的位置，请你根据小明步骤，描出
．．对应的
1P ，
2P ，
3P …并把这些点用平滑的曲线连接起来，观察画出的曲线L，猜想
．．它是我们学过的哪一种曲线； 
(2)对于曲线L 上的任意一点P，设点P 的坐标是( , )
x y ，试求出x，y 满足的函数关系式； 
(3)连
1
3
PP ，若
1 3
PPP
△
的面积不超过
1 3
APP
△
面积的一半，设P 点的横坐标为a，请直接写出a 的取值范围． 
【答案】(1) 
如图所示， 
 
抛物线 
(2)
2
1
2
2
y
x
=
+
 
(3)1
13
1
5
2
2
a
−
−


或1
5
1
13
2
2
a
+
+


 
【分析】（1）按要求画出点
1P ，
2P ，
3P …并把这些点用平滑的曲线连接起来，观察画出的曲线L，即可判
 
 
 
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定曲线的类型； 
（2）由勾股定理建立方程，整理后即可得x，y 满足的函数关系式； 
（3）由
1
3
M
M
，
的横坐标可求得
1
3
P
P
，
的坐标，由待定系数法求出直线
1
3
PP 的解析式，求出
1
3
PP 与y 轴的交
点坐标，则可求出
1 3
APP
△
的面积；设直线
1
3
PP 与直线PM 交于点B，则可求得
1
,
3
2
B a
a


+



；而由点P 的横
坐标得
2
1
,
2
2
P a
a


+



，进而求出线段PB，则可求出
1 3
PPP
△
的面积，由
1 3
PPP
△
的面积不超过
1 3
APP
△
的面积
的一半，得到关于a 的不等式，解不等式即可求得a 的范围． 
【详解】（1）解：如图所示， 
 
则L 是抛物线； 
（2）解：由题意PM
x
⊥轴，则
( ,0)
M x
， 
2
2
PM
y

=
， 
而
2
2
2
(
2)
PA
x
y
=
+
−
，
2
2
4
AM
x
=
+
， 
由于AP
AM
⊥
，由勾股定理得：
2
2
2
AM
PA
PM
+
=
， 
即
2
2
2
2
4
(
2)
x
x
y
y
+ +
+
−
=
， 
整理得：
2
1
2
2
y
x
=
+
； 
（3）解：由题意知，当
2
x =
时，
2
1
2
2
4
2
y =

+
=
；当= 1
x −时，
2
1
5
( 1)
2
2
2
y =
−
+
=
； 
即
1
3
5
(2,4)
1, 2
P
P 

−




，
； 
设过
1
3
P
P
，
的直线解析式为
(
0)
y
kx
m k
=
+

，则有
2
4
5
2
k
m
k
m
+
=
−+
=

，解得：
1
2
3
k
m
=


=

， 
即直线
1
3
PP 的解析式为
1
3
2
y
x
=
+ ； 
 
 
 
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上式中，令
0
x =
，则
3
y =
，即直线与y 轴交点为(0,3) ， 
1 3
1
3
(3 2) 3
2
2
APP
S

=

−
=

； 
 
设直线
1
3
PP 与直线PM 交于点B，则
1
,
3
2
B a
a


+



；而
2
1
,
2
2
P a
a


+



， 
2
2
1
1
1
1
2
3
1
2
2
2
2
PB
a
a
a
a

=
+
−
−
=
−
−
， 
故
1 3
2
2
1 1
1
3
1
3
2
2 2
2
4
PPP
S
a
a
a
a
=
−
−=
−
−

， 
由题意得
2
3
1
3
2
4
2
2
a
a
−
−


， 
即
2
2
1
a
a
−
−
， 
∴
2
1
2
1
a
a
−
−
−
， 
解不等式得：1
13
1
5
2
2
a
−
−


或1
5
1
13
2
2
a
+
+


； 
即a 的取值范围为：1
13
1
5
2
2
a
−
−


或1
5
1
13
2
2
a
+
+


． 
 
【点睛】本题是二次函数的综合，考查了二次函数的图象与性质，求二次函数的解析式，二次函数与面积
问题，待定系数法求一次函数的解析式，二次函数与不等式，勾股定理等知识，综合性强，运算量大，掌
握二次函数的图象与性质是解题的关键． 
 
 
 
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变式4-2 （24-25 九年级下·辽宁大连·阶段检测）已知，抛物线
(
)
2
0
y
ax
bx
c a
=
+
+

交x 轴于A、B ，交y
轴于C ，若OC
OA
=
或OC
OB
=
，那么就称二次函数为“和协二次函数”． 
 
(1)判断函数
2
3
2
y
x
x
= −
−
−
是否为“和协二次函数” （填“是”或“否”）； 
(2)若
2
2
3
y
x
bx
=
−
+ 是“和协二次函数”，求b 值； 
(3)已知“和协二次函数”
2
1
2
3
y
x
x
= −
+
+ 交x 轴于A、B （A在B 的左边）交y 轴于C ，顶点为D ． 
①如图（1），在直线BC 上方的抛物线上有P 、Q 两点，是否存在这样的P 点，使
PBC
S
总是大于
QBC
S
，若
存在，求P 点坐标，若不存在请说明理由； 
②如图（2），逆时针旋转CB ，使其恰好经过抛物线的顶点D ，沿射线CD方向平移抛物线，得到新抛物线
2y ，其顶点为E ，两抛物线交于F 点，若
90
CFE

=
，求平移的距离． 
【答案】(1)是 
(2)7 或7
− 
(3)①
3 15
,
2
4
P




，②4
2
+
 
【分析】（1）先求解二次函数与坐标轴的交点坐标，再根据新定义的含义可得答案； 
（2）先求解二次函数与坐标轴的交点坐标，再根据新定义的含义建立方程求解可得答案； 
（3）①说明
,
P Q 不重合，当
PBC
S
总是大于
QBC
S
，
PBC
S
的面积最大，过P 作BC 的平行线PT ，设PT 为
y
x
n
= −+
，可得
2
3
3
0
x
x
n
−
+
−
=
，此时
(
)
Δ
9
4
3
0
n
=
−
−
=
，再进一步求解即可；②求解
(
)
1,4
D
，直线CD
为
3
y
x
=
+
，设
(
)
,
3
E m m +
；过F 作x 轴的平行线，交y 轴于P ，过E 作y 轴的平行线，与过F 作x 轴的平
行线的交点为Q ，可得平移后的抛物线为
(
)
2
3
y
x
m
m
= −
−
+
+ ，求解
2
1
,
3
2
4
m
F
m
m


−
+
+



，证明
CFP
FEQ

∽
，可得CP
PF
FQ
EQ
=
，解得：
2
2 2
m =

，再进一步求解即可． 
 
 
 
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【详解】（1）解：∵
2
3
2
y
x
x
= −
−
−
， 
当
0
x =
时，
2
y = −， 
∴
(
)
0, 2
C
−
， 
当
0
y =
时，
2
3
2
0
x
x
−
−
−
=
， 
解得：
1
1
x = −，
2
2
x = −， 
∴
(
)
1,0
A −
，
(
)
2,0
B −
， 
∴OC
OB
=
， 
∴函数
2
3
2
y
x
x
= −
−
−
是“和协二次函数”； 
（2）解：∵
2
2
3
y
x
bx
=
−
+ ， 
∴当
0
x =
时，
3
y =
， 
∴
(
)
0,3
C
， 
当
0
y =
时，
2
2
3
0
x
bx
−
+
=
， 
∴
2
24
4
b
b
x

−
=
； 
∴
2
24 ,0
4
b
b
A


+
−






，
2
24 ,0
4
b
b
B


−
−






， 
∵
2
2
3
y
x
bx
=
−
+ 是“和协二次函数”， 
当
0
b 
时， 
当OA
OC
=
时， 
∴
2
24
3
4
b
b
+
−
=
， 
解得：
7
b =
，经检验符合题意； 
当
0
b 
时， 
当OB
OC
=
时， 
∴
2
24
3
4
b
b
−
−
−
= ， 
解得：
7
b = −；经检验符合题意； 
（3）解：①存在，理由如下： 
 
 
 
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∵在直线BC 上方的抛物线上有P 、Q 两点， 
∴
,
P Q 不重合， 
当
PBC
S
总是大于
QBC
S
， 
∴
PBC
S
的面积最大， 
如图， 
 
∵“和协二次函数”
2
1
2
3
y
x
x
= −
+
+ 交x 轴于A、B （A在B 的左边）交y 轴于C ，顶点为D ． 
同理可得：
(
)
0,3
C
，
(
)
1,0
A −
，
(
)
3,0
B
， 
设直线BC 为：
3
y
ex
=
+ ， 
∴3
3
0
e+ =
， 
解得：
1
e = −， 
∴直线BC 为
3
y
x
= −+
， 
过P 作BC 的平行线PT ，设PT 为y
x
n
= −+
， 
∴
2
2
3
x
x
x
n
−
+
+
= −+
，即
2
3
3
0
x
x
n
−
+
−
=
， 
此时
(
)
Δ
9
4
3
0
n
=
−
−
=
， 
解得：
21
4
n =
， 
∴
2
9
3
0
4
x
x
−
+
=
，
21
4
y
x
−
=
+
， 
∴
1
2
3
2
x
x
=
=
，
3
21
15
2
4
4
P
y = −
+
=
， 
∴
3 15
,
2
4
P




； 
②∵
(
)
2
2
1
2
3
1
4
y
x
x
x
= −
+
+
= −
−
+
， 
∴
(
)
1,4
D
， 
 
 
 
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∴设直线CD为
3
y
kx
=
+ ， 
∴
3
4
k + =
， 
∴
1
k = ， 
∴直线CD为
3
y
x
=
+
， 
 
设
(
)
,
3
E m m +
；过F 作x 轴的平行线，交y 轴于P ，过E 作y 轴的平行线，与过F 作x 轴的平行线的交点为
Q ， 
∴平移后的抛物线为
(
)
2
3
y
x
m
m
= −
−
+
+ ， 
∴
(
)
2
2
2
3
3
y
x
x
y
x
m
m

= −
+
+

= −
−
+
+

， 
解得：
2
2
1
3
4
m
x
y
m
m
=


= −
+
+

， 
∴
2
1
,
3
2
4
m
F
m
m


−
+
+



， 
∵
90
CPF
CFE
FQE

= 
= 
=
， 
∴
90
CFP
PCF
CFP
EFQ

+ 
=
= 
+ 
， 
∴
FCP
EFQ

= 
， 
∴CFP
FEQ

∽
， 
∴CP
PF
FQ
EQ
=
， 
∴
2
2
1
3
3
4
2
1
1
3
3
2
4
m
m
m
m
m
m
m
m
+
−
−
=
−
+ +
−
−
， 
∴
2
4
4
0
m
m
−
−
=
， 
 
 
 
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解得：
2
2 2
m =

，经检验是原方程的根， 
∵
0
m 
， 
∴
2
2 2
m =
+
， 
∴(
)
2
2 2,5
2 2
E
+
+
， 
∴
(
)
(
)
2
2
2
2 2
1
5
2 2
4
4
2
DE =
+
−
+
+
−
=
+
； 
【点睛】本题考查的是新定义的含义，求解二次函数与坐标轴的交点坐标，二次函数与图形面积，二次函
数的平移，一元二次方程的解法，理解题意是解本题的关键． 
 
题型5、二次函数背景下的四边形面积问题 
典例5 如图1，抛物线
2
1
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 与y 轴交于点A，直线
1
2
2
y
x
−
=
+ 经过点A，与x 轴交于点B，且
与抛物线的另一交点C 的横坐标为5． 
 
(1)求点A、C 的坐标和抛物线的函数表达式； 
(2)将AOB

沿y 轴向上平移到
A O B


，点O恰好与点A 重合，点B 的对应点为点B′，判断点B′是否在抛
物线上，说明理由； 
(3)如图2，点P 是直线AC 上方的抛物线上的一个动点，那么平面直角坐标系内是否存在一点Q，使以点A、
C、P、Q 为顶点的平行四边形面积最大？如果存在，求出点P 的坐标，并直接写出点Q 的坐标；如果不存
在，请说明理由． 
【答案】(1)
(
)
0,2
A
，
1
5,
2
C 

−



；
2
1
2
2
2
y
x
x
= −
+
+ 
(2)点B在抛物线上，理由： 
当
0
y =
时，
4
x = ， 
(
)
4,0
B

， 
 
 
 
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AOB

平移至
A O B


， 
OB
O B


∥
且
4
OB
O B

=
=
， 
∵点O与点A 重合， 
∴点B的纵坐标为2， 
(
)
4,2
B

， 
∵当
4
x = 时，
1 16
2 4
2
2
2
y =

+ +
=
， 
∴点B在抛物线上； 
(3)存在，Q 点坐标为
5 51
,
2
8


−



或15 11
,
2
8





或5
19
,
2
8


−



 
【分析】（1）求出
1
5,
2
C 

−



，
(
)
0,2
A
将点A 与C 代入
2
1
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 即可求解析式； 
（2）由AOB

平移至
A O B


，可知OB
O B

∥
且
4
OB
O B

=
=
，再由点Q与点A 重合，可求
(
)
4 2
B
，，即
可判断点B是在抛物线上； 
（3）过P 作PD
x
⊥
轴于点D，交AB 于点E，设
2
1
,
2
2
2
P m
m
m


−
+
+



，
1
,
2
2
E m
m


−
+



，过C 作CF
PD
⊥
于点F，由
APC
PAE
PCE
S
S
S
=
+

(
)
2
5
5
125 0
5
4
2
16
m
m


= −
−
+






，当
5
2
m =
时，
PAC
S
最大值，以点A，C，P，
Q 为顶点的平行四边形面积
2
=
PAC
S△
，所以当
PAC
S
最大时，平行四边形面积最大，即可求
5 31
,
2
8
P




，当
AC
PQ
=
时，
5 51
,
2
8
Q

−



或
15 11
,
2
8
Q




； 
；当AP
CQ
=
时，
15 11
,
2
8
Q




或
5
19
,
2
8
Q

−



． 
【详解】（1）解：∵C 的横坐标为5， 
1
1
5
2
2
2
y

=
+
= −
， 
1
5,
2
C 


−



， 
∵直线
1
2
2
y
x
=
+
经过点A， 
∴当
0
x =
时，
2
y =
， 
(
)
0,2
A

， 
∵抛物线经过点A、C， 
 
 
 
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得
2
25
1
5
2
2
c
b
c
=
−
+
+
= −

， 
解得
2
2
b
c
=

=

， 
∴抛物线的表达式为
2
1
2
2
2
y
x
x
=
+
+ ； 
（2）略 
（3）过P 作PD
x
⊥
轴于点D，交AB 于点E， 
 
设
2
1
,
2
2
2
P m
m
m


−
+
+



，
1
,
2
2
E m
m


−
+



， 
2
1
5
2
2
PE
m
m

= −
+
， 
过C 作CF
PD
⊥
于点F， 
1
1
2
2
APC
PAE
PCE
PE OD
PE CF
S
S
S
=
=
+

+


 
(
)
2
2
1
1
5
5
5
125
5
0
5
2
2
2
4
2
16
m
m
m
m




=
−
+

= −
−
+










， 
∵
5
0
4
−

， 
∴当
5
2
m =
时，
PAC
S
最大值， 
∵以点A，C，P，Q 为顶点的平行四边形面积
2
=
PAC
S△
， 
∴当
PAC
S
最大时，平行四边形面积最大， 
∴将
5
2
m =
代入抛物线表达式，得
31
8
y =
， 
∴
5 31
,
2
8
P




， 
 
 
 
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∴过点P 平行AC 直线为
1
41
2
8
y
x
= −
+
， 
5 5
2
AC =

， 
设Q 点为
1
41
.
2
8
x
x


−
+



， 
当AC
PQ
=
时， 
2
2
5 5
5
1
41
31
2
2
2
8
8
x
x





=
−
+ −
+
−








， 
5
2
x
= −
或
15
2
x =
， 
5 51
,
2
8
Q


−



或
15 11
,
2
8
Q




； 
当AP
CQ
=
时，
25
8
AP =
， 
设直线AP 的解析式为y
kx
b
=
+
， 
得
2
5
31
2
8
b
k
b
=

+
=

， 
3
4
2
k
b

=



=

， 
3
2
4
y
x

=
+
， 
∴过C 点与AP 平行的直线为
3
17
4
4
y
x
=
−
， 
设
3
17
, 4
4
Q x
x


−



， 
(
)
2
2
25
3
17
1
5
8
4
4
2
x
x



=
−
+
−
+




， 
15
2
x
=
或
5
2
x =
， 
15 11
,
2
8
Q





或
5
19
,
2
8
Q

−



； 
综上所述：Q 点坐标为
5 51
,
2
8
Q

−



或
15 11
,
2
8
Q




或
5
19
,
2
8
Q

−



． 
【点睛】本题考查二次函数的几何综合，二次函数图象及性质，待定系数法求二次函数解析式，熟练掌握
二次函数的图象及性质，数形结合、分类讨论是解题的关键． 
题型模版 
 
 
 
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1.特征：动点与抛物线、坐标轴构成平行四边形、梯形或一般四边形，求面积或最值． 
2.方法：用割补法把四边形拆成三角形或梯形；分别表示各部分面积为坐标的函数，求和后再求最值． 
变式5-1 如图，抛物线
2
2
y
ax
x
c
=
−
+ （a，c 是常数，且
0
a 
）与x 轴交于A，B 两点，与y 轴交于点C．并
且A，B 两点的坐标分别是
(
)
1,0
A
，
(
)
3.0
B −
，抛物线顶点为D． 
 
(1)求抛物线的解析式； 
(2)若E 为线段BD上的一个动点，其横坐标为m，过点E 作EF
x
⊥
轴，垂足为点F，当m 为何值时，四边
形EFOC 的面积最大？ 
(3)点P在抛物线的对称轴上，若线段PA绕点P 逆时针旋转90后，点A的对应点A恰好也落在此抛物线上，
请直接写出点P 的坐标． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 
(2)
9
4
−
 
(3)(
)
1,1
−
或(
)
1, 2
−−
 
【分析】（1）利用待定系数法求出解析式即可； 
（2）求出直线BD的解析式，得到点E，F 的坐标，根据面积公式得到四边形EFOC 的面积
2
9
81
4
16
m


= −
+
+




，
再根据二次函数的性质得到最值； 
（3）抛物线的对称轴为直线
1
x = −，分当P 点在x 轴上方时和当P 点在x 轴下方时两种情况讨论． 
【详解】（1）解：把
(
)
1,0
A
，
(
)
3.0
B −
代入
2
2
y
ax
x
c
=
−
+ ， 
得
2
0
9
6
0
a
c
a
c
−
+
=


+
+
=

， 
解得
1
3
a
c
−
=

=

， 
 
 
 
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∴
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ； 
（2）解：
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
−
−
=
−
+
=
+
+
， 
∴顶点
(
)
1,4
D −
， 
 
设BD所在直线解析式为
(
)
0
y
kx
b k
=
+

 
把
(
)
3.0
B −
，
(
)
1,4
D −
代入得
4
3
0
k
b
k
b
−+
=

−
+
=

， 
解得
2
6
k
b
=

=

， 
∴BD所在直线解析式为
2
6
y
x
=
+
， 
∵E 在BD上， 
∴
(
)
2
6
E m m +
，
，3
1
m
−
−． 
当
0
x =
时，
0
0
3
3
y =
+
+
=
， 
∴
(
)
0,3
C
， 
由题意可知，
3
OC =
，OF
m
= −
，
2
6
EF
m
=
+
， 
∴
(
)
(
)(
)
2
1
1
9
81
2
6
3
2
2
4
16
S
OC
EF OF
m
m
m


=
+
=

+
+
−
= −
+
+




， 
∴当
9
4
m = −
时，
81
16
S
=
最大值
； 
（3）解：由
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
−
−
=
−
+
=
+
+
知对称轴为
1
x = −， 
当P 点在x 轴下方时，如图2，易知A与B 重合， 
 
 
 
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∵AP
A P

=
，
90
APA

=

， 
∴APA

为等腰直角三角形， 
∴
2
PQ
AQ
=
=
， 
∴
(
)
1, 2
P −
−
； 
当P 点在x 轴上方时，如图，易知点A与点C 重合， 
过点A作AM

⊥直线
1
x = −，垂足为M，则
90
MPA
MCP


+

＝
， 
 
∵
90
APA

=

， 
∴
90
MPC
APQ

+ 
=
， 
∴
MCP
APQ

= 
， 
∵AP
A P

=
， 
∴
(
)
AAS
MPC
QAP

≌
， 
∴
1
PQ
MC
=
= ， 
∴
(
)
1,1
P −
， 
综上所述，P 点坐标为(
)
1,1
−
或(
)
1, 2
−
−
． 
变式5-2 如图，抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 与x 轴交于A，B 两点，与y 轴交于点C，其中
(
)
4,0
B
，
(
)
0,4
C
，对
称轴是直线
1
x = ．动点M 以每秒1 个单位长度的速度，沿x 轴从点O 向点B 运动，设运动时间为t（0
4
t

）
秒，过点M 作x 轴的垂线交BC 于点N，交抛物线于点P． 
 
 
 
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(1)求抛物线解析式； 
(2)抛物线的对称轴交BC 于点E，顶点是点D，当t 为何值时，四边形DENP 为平行四边形； 
(3)动点M 开始运动时，另一动点Q 同时以每秒0.5 个单位长度的速度，沿x 轴从点O 向点A 运动．当t 为
何值时，四边形PCQB 的面积最大，并求最大面积． 
【答案】(1)
2
1
4
2
y
x
x
= −
+
+
 
(2)3 秒 
(3)当
5
2
t =
时，四边形PCQB 的面积最大，最大面积为57
4 
【分析】（1）根据抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 过点
(
)
4,0
B
，
(
)
0,4
C
，对称轴是
1
x = 求解即可； 
（2）用待定系数法求出直线BC 的解析式为
4
y
x
−
=
+
，求出
3
2
DE =
，根据四边形DENP 为平行四边形得
3
2
NP
DE
=
=
．设
2
1
,
4
2
P t
t
t


−
+ +



，
(
)
,
4
N t
t
−+
，得出
2
1
3
2
2
2
PN
t
t
= −
+
=
求解即可； 
（3）根据
CQB
CPB
PCQB
S
S
S
=
+

四边形
列出函数解析式，然后利用二次函数的性质求解即可． 
【详解】（1）解：∵抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 过点
(
)
4,0
B
，
(
)
0,4
C
，对称轴是直线
1
x = ， 
∴
16
4
0
4
1
2
a
b
c
c
b
a


+
+
=
=


−
=

， 
解得
1
2
1
4
a
b
c
= −

=

=


， 
∴
2
1
4
2
y
x
x
= −
+
+
； 
（2）解：设直线BC 的解析式为
4
y
kx
=
+
，把
(
)
4,0
B
代入得， 
0
4
4
k
=
+
， 
 
 
 
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解得
1
k = −． 
∴
4
y
x
−
=
+
． 
∵
(
)
2
2
1
1
9
4
1
2
2
4
y
x
x
x
−
−
−
=
+
+
=
+
， 
∴
9
1, 4
D




， 
当
1
x = 时，
1
4
3
y = −+
= ， 
∴
(
)
1,3
E
． 
∴
9
3
3
2
2
DE =
−=
， 
∵四边形DENP 为平行四边形， 
∴
3
2
NP
DE
=
=
． 
∵过点M 作x 轴的垂线交BC 于点N，交抛物线于点P， 
∴设
2
1
,
4
2
P t
t
t


−
+ +



，
(
)
,
4
N t
t
−+
， 
∴
(
)
2
2
1
1
3
4
4
2
2
2
2
PN
t
t
t
t
t
−
−
−
=
+ + −
+
=
+
=
， 
解得1
2
1,
3
t
t
=
=
， 
∵
9
1, 4
D




， 
∴
1
t = 不符合题意，舍去， 
∴
3
t =
； 
（3）解：由题意，得
0.5
OQ
t
=
，则
4
0.5
BQ
t
=
+
， 
由（2）得，
2
1
2
2
PN
t
t
= −
+
． 
∴
CQB
CPB
PCQB
S
S
S
=
+

四边形
 
1
1
2
2
BQ OC
PN OB
=

+

 
(
)
2
1
1
1
4
0.5
4
2
4
2
2
2
t
t
t


=
+
+
−
+





 
2
5
57
2
4
t
−
−


=
+




， 
∵1
0
−
， 
∴抛物线开口向下， 
 
 
 
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∴当
5
2
t =
时，四边形PCQB 的面积最大，最大面积为57
4 ． 
变式5-3 如图，抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 交x 轴于
(
)
4,0
A −
，B 两点，交y 轴于点
(
)
0,4
C
． 
 
(1)求抛物线的函数解析式． 
(2)点D 在线段OA上运动，过点D 作x 轴的垂线，与AC 交于点Q ，与抛物线交于点P ，连接AP 、CP ，求
四边形AOCP的面积的最大值． 
(3)在抛物线的对称轴上是否存在点M ，使得以点A、C、M 为顶点的三角形是直角三角形？若存在，请求
出点M 的坐标；若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
2
3
4
y
x
x
−
=
−
+
； 
(2)四边形AOCP的面积最大为16； 
(3)点M 的坐标为
3
5
,
2
2


−
−



或
3 11
,
2 2


−



或
3
31
,2
2
2


−
+






或
3
31
,2
2
2


−
−






． 
【分析】本题主要考查了二次函数综合，熟练掌握用待定系数法求解函数解析式的方法和步骤，以及二次
函数的图象和性质，是解题的关键． 
（1）把
(
)
4,0
A −
，
(
)
0,4
C
代入
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ ，求出b 和c 的值，即可得出函数解析式； 
（2）易得
1
8
2
AOC
S
OA OC
=

=

，设(
)
2
,
3
4
P t
t
t
−
−
+
，则
(
)
,
4
Q t t +
，求出
2
4
PQ
t
t
= −
−
，则
(
)
(
)
2
1
2
2
8
2
ACP
C
A
S
PQ
x
x
t
=

−
= −
+
+

，根据四边形AOCP的面积
(
)
2
2
2
16
ACP
AOC
S
S
t
=
+
= −
+
+

，结合二次
函数的增减性，即可解答； 
（3）设
3 ,
2
M
m


−



，根据两点之间距离公式得出
2
32
AC =
，
2
2
25
4
AM
m
=
+
，
2
2
9
(
4)
4
CM
m
=
+
−
，然后分情
况根据勾股定理列出方程求解即可． 
【详解】（1）解：把
(
)
4,0
A −
，
(
)
0,4
C
代入
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 得∶ 
0
16
4
4
b
c
c
= −
−
+

=

， 
 
 
 
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解得：
3
4
b
c
−
=

=

， 
∴该二次函数的解析式
2
3
4
y
x
x
−
=
−
+
； 
（2）解：∵(
)
4,0
A −
，
(
)
0,4
C
， 
∴
4,
4
OA
OC
=
=
， 
∴
1
1
4 4
8
2
2
AOC
S
OA OC
=

=

=
△
， 
设直线AC 的解析式为
4
y
kx
=
+
， 
代入
(
)
4,0
A −
得，0
4
4
k
= −
+ ， 
解得
1
k = ， 
∴直线AC 的解析式为
4
y
x
=
+ ， 
设(
)
2
,
3
4
P t
t
t
−
−
+
，则
(
)
,
4
Q t t +
， 
∴
(
)
2
2
3
4
4
4
PQ
t
t
t
t
t
= −
−
+
−
+
= −
−
， 
∴
(
)
(
)
(
)
2
2
1
1
4
4
2
2
8
2
2
ACP
C
A
S
PQ
x
x
t
t
t
=

−
=
−
−

= −
+
+

， 
∴四边形AOCP的面积
(
)
2
2
2
16
ACP
AOC
S
S
t
=
+
= −
+
+

， 
∵2
0
−
， 
∴当
2
t
−
=
时，四边形AOCP的面积最大为16； 
（3）解：设
3 ,
2
M
m


−



， 
∵
(
)
4,0
A −
，
(
)
0,4
C
， 
∴
2
2
2
4
4
32
AC =
+
=
，
2
2
2
2
3
25
4
2
4
AM
m
m


= −
+
+
=
+




，
(
)
(
)
2
2
2
2
3
9
4
4
2
4
CM
m
m


= −
+
−
=
+
−




， 
当斜边为AC 时，AM
CM
AC
2
2
2
+
=
， 
即
(
)
2
2
25
9
4
32
4
4
m
m
+
+
+
−
=
，整理得：
2
15
4
0
4
m
m
−
−
=
， 
31
2
2
m =

； 
∴
3
31
,2
2
2
M 

−







 
 
 
 
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当斜边为AM 时，
2
2
2
AC
CM
AM
+
=
， 
即
2
2
9
25
32
(
4)
4
4
m
m
+
+
−
=
+
， 
解得：
11
2
m =
； 
∴
3 11
,
2 2
M 

−



 
当斜边为CM 时，
2
2
2
AC
AM
CM
+
=
， 
即
2
2
25
9
32
(
4)
4
4
m
m
+
+
=
+
−
， 
解得：
5
2
m
−
=
； 
∴
3
5
,
2
2
M 

−
−



 
综上：点M 的坐标为
3
5
,
2
2


−
−



或
3 11
,
2 2


−



或
3
31
,2
2
2


−
+






或
3
31
,2
2
2


−
−






． 
 
题型6、二次函数背景下的图形面积的分割问题 
典例6 （24-25 九年级上·湖北十堰·阶段检测）如图，抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 分别交x 轴于点
,
A B ，交y 轴于
点
(0, 3)
C
−
，顶点为
(1, 4)
D
−
． 
 
(1)求该二次函数的解析式； 
(2)如图①，点E 是x 轴上一动点，连接
,
,
CD CE DE ，是否存在一点E ，使得
CDE
△
的周长最小，若存在，
请求出点E 的坐标及此时
CDE
△
的周长，若不存在，请说明理由； 
(3)如图②，点Q 是x 轴上方抛物线上的一个动点，连接CQ ，若直线CQ 将四边形CBQA的面积分为1:3 的
两部分，求直线CQ 的解析式． 
【答案】(1)二次函数的解析式为
2
2
3
y
x
x
=
−
− 
 
 
 
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(2)存在
CDE
△
的周长最小时，点E 的坐标为3 ,0
7





，此时
CDE
△
的周长为6 2 
(3)直线CQ 将四边形CBQA的面积分为1:3的两部分，直线CQ 的解析式为
3
3
2
y
x
=
− 
【分析】（1）根据抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 交y 轴于点
(0, 3)
C
−
，顶点为
(
)
1, 4
D
−
，运用顶点坐标公式
2
4
,
2
4
b
ac
b
a
a


−
−




，代入计算即可求解； 
（2）根据两点之间距离的计算可得
2
CD =
，如图所示，作点C 关于x 轴对称点
(
)
0,3
C
，则CE
C E
=
，连
接C E，当点
,
,
C E D

三点共线时，C E
ED
+
的值最小，最小值为C D

，CDE

的周长为
CD
C E
DE
CD
C D
+
=
+
+

，此时周长最小，设直线C D

的解析式为
(
)
3
0
y
kx
k
=
+

，运用待定系数法可得
直线C D

的解析式为
7
3
y
x
= −
+
，由此可得点E 的坐标，再根据两点之间距离公式的运用可得C D

的长，由
此即可求解； 
（3）根据二次函数图象的性质可得
(
)
1,0
A −
，设(
)(
)
2
,
2
3
1
3
Q q q
q
q
q
−
−
−或
，根据题意，分类讨论：①如
图所示，当
3
q 
时，点Q 在二次函数对称轴右边的函数图象上，设CQ 与x 轴交于点H ，由坐标与图形的关
系可得
2
2
6
2
4
6
2
4
ABC
ABQ
CBQA
S
S
S
q
q
q
q
=
+
=
+
−
−
=
−

四边形
，结合
3
4
ACQ
CBQA
S
S
=

四边形
，可解；②如图所示，
当
1
q −时，点Q 在二次函数对称轴左边的函数图象上，设CQ 与x 轴交于点H ，同理即可求解． 
【详解】（1）解：抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 交y 轴于点
(0, 3)
C
−
，顶点为
(
)
1, 4
D
−
， 
∴
2
3
1
2
4
4
4
c
b
a
ac
b
a

= −
−
=



−
= −

， 
解得，
0
0
3
a
b
c
=

=

= −

（不符合题意，舍去），
1
2
3
a
b
c
=

= −

= −

， 
∴二次函数的解析式为
2
2
3
y
x
x
=
−
−； 
（2）解：存在，理由如下， 
∵
(
)
(
)
0, 3 ,
1, 4
C
D
−
−
， 
∴
(
)
(
)
2
2
0 1
3
4
2
CD =
−
+ −+
=
， 
 
 
 
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如图所示，作点C 关于x 轴对称点
(
)
0,3
C
，则CE
C E
=
，连接C E， 
 
当点
,
,
C E D

三点共线时，C E
ED
+
的值最小，最小值为C D

， 
∵
CDE
△
的周长为CD CE
DE
+
+
， 
∴CDE

的周长为CD
C E
DE
CD
C D
+
=
+
+

，此时周长最小， 
设直线C D

的解析式为
(
)
3
0
y
kx
k
=
+

，把点
(
)
1, 4
D
−
代入得，
3
4
k + = −， 
解得，
7
k = −， 
∴直线C D

的解析式为
7
3
y
x
= −
+
， 
当
0
y =
时，7
3
0
x
−
+ =
， 
解得，
3
7
x =
， 
∴
3 ,0
7
E 




， 
∴
(
)
(
)
2
2
0 1
3
4
5 2
C D =
−
+
+
=

， 
∴CDE

的周长的最小值为
2
5 2
6 2
CD C D =
+
=

+
， 
∴
CDE
△
的周长最小时，点E 的坐标为3 ,0
7





，此时
CDE
△
的周长为6 2 ； 
（3）解：由（1）可知二次函数解析式为
2
2
3
y
x
x
=
−
−， 
令
0
y =
，则
(
)(
)
2
2
3
1
3
0
x
x
x
x
−
−
=
+
−
=
， 
解得，
1
2
1,
3
x
x
= −
=
， 
∴
(
)
(
)
1,0 ,
3,0
A
B
−
， 
∴
(
)
3
1
4
AB =
−−
=
， 
∵
(
)
0, 3
C
−
， 
 
 
 
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∴
3
OC =
， 
∵点Q 是x 轴上方抛物线上的一个动点， 
∴设(
)(
)
2
,
2
3
1
3
Q q q
q
q
q
−
−
−或
， 
①如图所示，当
3
q 
时，点Q 在二次函数对称轴右边的函数图象上，设CQ 与x 轴交于点H ， 
 
∴
1
1
·
4 3
6
2
2
ABC
S
ABOC
=
=
=

，
(
)
(
)
2
2
2
1
1
·
4
2
3
2
2
3
2
4
6
2
2
ABQ
y
S
ABQ
q
q
q
q
q
q
=
=

−
−
=
−
−
=
−
−

， 
∴
2
2
6
2
4
6
2
4
ABC
ABQ
CBQA
S
S
S
q
q
q
q
=
+
=
+
−
−
=
−

四边形
， 
∵直线CQ 将四边形CBQA的面积分为1:3的两部分， 
∴
3
4
ACQ
CBQA
S
S
=

四边形
， 
∵
(
)
(
)
2
2
1
1
1
1
·
·
3
2
3
2
2
2
2
2
ACQ
y
S
AH OC
AH Q
AH
q
q
AH q
q
=
+
=

+
−
−
=
−

 
∴
(
)
(
)
2
2
1
3
2
2
4
2
4
AH
q
q
q
q

−
=

−
， 
解得，
3
AH =
， 
∴
(
)
2,0
H
， 
设直线CQ 的解析式为
1
3
y
k x
=
−，把点
(
)
2,0
H
代入得，
1
2
3
0
k −=
， 
解得，
1
3
2
k =
， 
∴直线CQ 的解析式为
3
3
2
y
x
=
−， 
把点(
)
2
,
2
3
Q q q
q
−
−
代入直线CQ 得，
2
3
2
3
3
2
q
q
q
−
−=
−， 
解得，
1
0
q =
，
2
7
2
q =
， 
∴
(
)
0, 3
Q
−
不符合题意，
7 9
,
2 4
Q




，此时直线CQ 的解析式为
3
3
2
y
x
=
−； 
②如图所示，当
1
q −时，点Q 在二次函数对称轴左边的函数图象上，设CQ 与x 轴交于点H ， 
 
 
 
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同理，
2
2
6
2
4
6
2
4
ABC
ABQ
CBQA
S
S
S
q
q
q
q
=
+
=
+
−
−
=
−

四边形
，
1
4
ACQ
CBQA
S
S
=

四边形
， 
∴
(
)
(
)
2
2
1
1
2
2
4
2
4
AH
q
q
q
q

−
=

−
， 
解得，
1
AH = ， 
∴
(
)
1 0,0
H
（不符合题意，舍去），
(
)
2
2,0
H
−
， 
∴
(
)
2,0
H −
， 
设直线CH 的解析式为
2
3
y
k x
=
−，把点
(
)
2,0
H −
代入得，
2
2
3
0
k
−
−=
， 
解得，
2
3
2
k = −
， 
∴直线CQ 的解析式为
3
3
2
y
x
= −
−，把点(
)
2
,
2
3
Q q q
q
−
−
代入得，
2
3
2
3
3
2
q
q
q
−
−= −
−， 
解得，
1
0
q =
（不符合题意，舍去），
2
1
1
2
q =
−（不符合题意，舍去）； 
综上所述，直线CQ 将四边形CBQA的面积分为1:3 的两部分，直线CQ 的解析式为
3
3
2
y
x
=
−． 
【点睛】本题主要考查待定系数法求解析式，二次函数与几何图形-轴对称最短路径，二次函数与四边形的
综合，两点之间的距离公式的运用，二次函数与图形面积的计算，掌握二次函数与几何图形的综合，两点
之间距离公式的计算方法是解题的关键． 
题型模版 
1.特征：按给定面积比或定值直线分割抛物线相关图形，确定分割位置或直线方程． 
2.方法：设分割点坐标或分割线方程，用面积公式列方程；通过解方程或二次函数最值确定分割位置． 
变式6-1 （24-25 九年级上·湖北黄石·期中）如图，已知抛物线
2
5
y
ax
bx
=
+
+ 与x 轴交于
)
,
,
,
( 1 0)
(5 0
A
B
−
两
点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C． 
 
 
 
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(1)求抛物线的解析式； 
(2)点D 是第一象限内抛物线上的一个动点（与点C，B 不重合），过点D 作DF
x
⊥
轴于点F，交直线BC 于
点E，连接BD，直线BC 能否把BDF

分成面积之比为2 :3的两部分？若能，请求出点D 的坐标；若不能，
请说明理由． 
(3)若M 为抛物线对称轴上一动点，使得MBC

为直角三角形，请直接写出点M 的坐标． 
【答案】(1)
2
4
5
y
x
x
= −
+
+ 
(2)能．2 65
,
3
9





或3 35
,
2
4





 
(3)(
)
2,7 ，(
)
2, 3
−
，(
)
2,6 ，(
)
2, 1
−
 
【分析】（1）利用待定系数法求解可得； 
（2）利用待定系数法确定直线BC 的解析式为
5
y
x
−
=
+
，设
(
)
2
,
4
5
D x
x
x
−
+
+
，则
(
5)
( 0) (0
,
,
,
5)
,
E x
x
F x
x
−
+


，则
2
5
DE
x
x
= −
+
，
5
EF
x
= −+ ，利用三角形的面积公式进行讨论：当
2:3
DE EF
:
＝
时，
:
2:3
BDE
BEF
S
S
=

；当
:
3:2
DE EF =
时，
:
3:2
BDE
BEF
S
S
=

，从而可得到关于x 的方程，
然后解方程求出x 就看得到对应的D 点坐标； 
（3）先确定抛物线的对称轴，如图，设
(
)
2,
M
t ，利用两点间的距离公式得到
2
50
BC =
，
2
2
10
29
MC
t
t
=
−
+
，
2
2
9
MB
t
=
+
，利用勾股定理的逆定理分类讨论：当
2
2
2
BC
MC
MB
+
=
时，
BCM
△
为直角三角形，则
2
2
50
10
29
9
t
t
t
+
−
+
=
+
；当
2
2
2
BC
MB
MC
+
=
时，
BCM
△
为直角三角形，则
2
2
50
9
10
29
t
t
t
+
+
=
−
+
；当
2
2
2
MC
MB
BC
+
=
时，
BCM
△
为直角三角形，则
2
2
10
29
9
50
t
t
t
−
+
+
+
=
，然后分别解关于t 的方程，从而
可得到满足条件的M 点坐标． 
【详解】（1）解：将
)
,
,
,
( 1 0)
(5 0
A
B
−
代入
2
5
y
ax
bx
=
+
+ ， 
得：
5
5
25
5
5
0
a
b
a
b
−+
=


+
+
=

，解得
1
4
a
b
= −

=

， 
 
 
 
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则抛物线解析式为
2
4
5
y
x
x
= −
+
+ ； 
（2）解：能．设直线BC 的解析式为y
kx
c
=
+
， 
把
)
,
,
(0 5)
(5 0,
C
B
代入得
5
5
0
c
k
c
=


+
=

，解得
1
5
k
c
= −

=

， 
所以直线BC 的解析式为
5
y
x
−
=
+ ， 
设
(
)
2
,
4
5
D x
x
x
−
+
+
，则
(
5)
( 0) (0
,
,
,
5)
,
E x
x
F x
x
−
+


， 
∴
(
)
2
2
4
5
5
5
DE
x
x
x
x
x
= −
+
+
−−+
= −
+
，
5
EF
x
= −+ ， 
当
:
2:3
DE EF =
时，
:
2:3
BDE
BEF
S
S
=

，即(
) (
)
2
5
:
5
2:3
x
x
x
−
+
−+
=
， 
整理得
2
3
17
10
0
x
x
−
+
=
， 
解得
1
2
2,
5
3
x
x
=
=
（舍去），此时D 点坐标为2 65
,
3
9





； 
当
:
3:2
DE EF =
时，
:
3:2
BDE
BEF
S
S
=

，即(
) (
)
2
5
:
5
3:2
x
x
x
−
+
−+
=
， 
整理得
2
2
13
15
0
x
x
−
+
=
， 
解得
1
2
3,
5
2
x
x
=
=
（舍去），此时D 点坐标为3 35
,
2
4





； 
综上所述，当点D 的坐标为2 65
,
3
9





或3 35
,
2
4





时，直线BC 把BDF

分成面积之比为2 3
：的两部分； 
（3）解：抛物线的对称轴为直线
2
x =
，如图， 
 
设
(2 )
,
M
t ， 
∵
)
,
,
(5 0)
(0 5,
B
C
， 
∴
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
5
5
50,
2
5
10
29,
2
5
9
BC
MC
t
t
t
MB
t
t
=
+
=
=
+
−
=
−
+
=
−
+
=
+
， 
当
2
2
2
BC
MC
MB
+
=
时，
BCM
△
为直角三角形，
90
BCM

=
，即
2
2
50
10
29
9
t
t
t
+
−
+
=
+
， 
解得
7
t =
，此时M 点的坐标为(2,7) ； 
 
 
 
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当
2
2
2
BC
MB
MC
+
=
时，
BCM
△
为直角三角形，
90
CBM

=
，即
2
2
50
9
10
29
t
t
t
+
+
=
−
+
， 
解得
3
t
−
=
，此时M 点的坐标为(2,
3)
−
； 
当
2
2
2
MC
MB
BC
+
=
时，
BCM
△
为直角三角形，
90
CMB

=
，即
2
2
10
29
9
50
t
t
t
−
+
+
+
=
， 
解得1
2
6,
1
t
t
=
= −，此时M 点的坐标为(
)
2 6
,
或(2, 1)
−
， 
综上所述，满足条件的M 点的坐标为(
)
2,7 ，(
)
2, 3
−
，(
)
2,6 ，(
)
2, 1
−
． 
【点睛】本题是二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会利用待
定系数法求直线和抛物线的解析式，会求抛物线与x 轴的交点坐标；能运用勾股定理的逆定理判定直角三角
形；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式；学会运用分类讨论的数学思想解决数学问题． 
变式6-2 如图，抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 与x 轴交于点
(
)
1,0
A −
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)
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ 
(2) 3
2 
(3)点P 的坐标为2 35
,
3
9





或3 15
,
2
4





 
【分析】（1）设抛物线解析式为
(
)
2
1
4
y
a x−
=
+
，利用待定系数法求解； 
（2）首先求出
(
)
0,3
C
，(
)
3,0
B
，得到直线BC 的解析式为
3
y
x
= −+
，设(
)
2
,
2
3
P x
x
x
−
+
+
，则
(
)
,
3
M x
x
−
+
，
表示出PM ，然后利用二次函数的性质得到当
3
2
x =
时，PM 取得最大值为9
4 ，然后求解即可； 
（3）首先表示出
2
3
3
PMB
NMB
S
x
x
S
x
−
−
+
=
+


，然后根据题意分两种情况讨论，分别列方程求解即可． 
 
 
 
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【详解】（1）解：∵抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 与x 轴交于点
(
)
1,0
A −
和点B，其顶点坐标为(
)
1,4 ， 
∴设抛物线解析式为
(
)
2
1
4
y
a x−
=
+
， 
将点
(
)
1,0
A −
代入得：
(
)
2
0
1 1
4
a
=
−−
+ ， 
解得
1
a = −， 
∴抛物线的解析式为
(
)
2
2
1
4
2
3
y
x
x
x
−
−
−
=
+
=
+
+ ； 
（2）解：∵
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ， 
当
0
x =
时，
3
y =
， 
∴
(
)
0,3
C
， 
当
0
y =
时，
2
0
2
3
x
x
= −
+
+ ， 
解得
1
1
x = −，
2
3
x =
， 
∴
(
)
3,0
B
， 
设直线BC 的解析式为
1
y
kx
b
=
+
， 
将
(
)
3,0
B
，
(
)
0,3
C
代入得
1
1
3
0
3
k
b
b
+
=


=

， 
解得
1
1
3
k
b
−
=


=

， 
∴直线BC 的解析式为
3
y
x
= −+
， 
设(
)
2
,
2
3
P x
x
x
−
+
+
，则
(
)
,
3
M x
x
−
+
， 
∴
(
)
2
2
2
3
9
2
3
3
3
2
4
PM
x
x
x
x
x
x
−
−
−
−
−


=
+
+ −
+
=
+
=
+




， 
∵二次项系数1
0
−
， 
∴当
3
2
x =
时，PM 取得最大值为9
4 ， 
∴此时点P 的坐标为3 15
,
2
4





， 
∴
15
4
PN =
， 
 
 
 
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∴
15
9
3
4
4
2
MN
PN
PM
−
=
=
−
=
； 
（3）解：由（2）得，
(
)
2
2
2
3
3
3
PM
x
x
x
x
x
−
−
−
=
+
+ −
+
=
+
，
3
MN
x
−
=
+ ， 
∴
2
1
3
2
1
3
2
PMB
NMB
PM BN
S
PM
x
x
S
MN
x
MN BN
−

−
+
=
=
=
+



， 
∵直线BC 把BPN

的面积分成2 :3两部分， 
∴当
2
3
2
3
3
PMB
NMB
S
x
x
S
x
−
−
+
=
=
+


时， 
解得
1
3
x = （舍去），
2
2
3
x =
， 
经检验
2
3
x =
是原方程的解，且符合题意， 
∴点P 的坐标为2 35
,
3
9





； 
当
2
3
3
3
2
PMB
NMB
S
x
x
S
x
−
−
+
=
=
+


， 
解得
1
3
x = （舍去），
2
3
2
x =
， 
经检验
3
2
x =
是原方程的解，且符合题意， 
∴点P 的坐标为3 15
,
2
4





， 
综上所述，点P 的坐标为2 35
,
3
9





或3 15
,
2
4





． 
 
题型7、二次函数背景下的三角形周长最值问题 
典例7 如图，已知平面直角坐标系中，点A在x轴正半轴，点B在x轴的负半轴，点
(0,4)
C
且OA
OC
=
，
1
2
OB
OC =
，
抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 过点A、B、C，点P 是抛物线对称轴的一个动点． 
 
 
 
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（1）求A，B 两点坐标及抛物线的解析式； 
（2）在对称轴上确定点P 使
PBC
△
的周长最小，求出P 点坐标及
PBC
△
的周长； 
（3）若点M 是抛物线在第一象限
．．．．图象上的一个动点，点N 是坐标平面内的动点，是否存在点P，M，N 使
以A，P，M，N 为顶点的四边形为正方形？若存在求出点M 的坐标，若不存在，请说明理由． 
【答案】（1）A（4，0），B（-2，0），
2
1
4
2
y
x
x
= −
+
+
；（2）（1，3），2 5
4 2
+
；（3）（10 ，10 1
−）
或（1
3
+
，3）或（2，4） 
【分析】（1）利用待定系数法求解即可； 
（2）连接AC，与对称轴交于点P，此时△PBC 周长最小，求出直线AC 的解析式，令x=1 可得点P 坐标，
再利用BC+AC 求出最小周长； 
（3）找出以A，P，M，N 为顶点的四边形为正方形的情况，画出图形，利用全等三角形的性质得到相等线
段，列出方程求解即可． 
【详解】解：（1）∵点
(0,4)
C
且OA
OC
=
，
1
2
OB
OC =
， 
∴OA=4，OB=2， 
∵点A 在x 轴正半轴，点B 在x 轴的负半轴， 
∴A（4，0），B（-2，0）， 
∵抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 经过三点， 
∴
0
16
4
0
4
2
4
a
b
c
a
b
c
c
=
+
+

=
−
+

=

，解得：
1
2
1
4
a
b
c
= −

=

=


， 
∴抛物线的解析式为
2
1
4
2
y
x
x
= −
+
+
； 
 
 
 
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（2）如图，∵点P 在抛物线对称轴上，即直线x=1， 
点A 和点B 关于对称轴对称，连接AC，与对称轴交于点P， 
此时PC+PB 最短，即为AC， 
设直线AC 的解析式为y=kx+b， 
则
4
0
4
b
k
b
=

=
+

，解得：
1
4
k
b
= −

=

， 
∴直线AC 的解析式为y=-x+4， 
令x=1，则y=3， 
∴此时点P 坐标为（1，3）， 
则△PBC 的周长为： 
BC+AC=
2
2
2
2
2
4
4
4
+
+
+
= 2 5
4 2
+
； 
 
（3）如图，过点M 作对称轴和x 轴的垂线，垂足为E，F， 
∵四边形AMPN 为正方形， 
∴AM=MP，∠PMA=90°， 
∴∠PMF+∠AMF=90°，又∠EMP+∠PMF=90°， 
∴∠EMP=∠AMF，又∠MEP=∠MFA=90°， 
∴△MEP≌△MFA（AAS）， 
∴ME=MF， 
设点M（m，
2
1
4
2 m
m
−
+
+
）， 
则
2
1
1
4
2
m
m
m
−= −
+
+ ， 
解得：m= 10 或
10
−
（舍）， 
 
 
 
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∴M（10 ，10 1
−）； 
 
如图，过点M 和点P 作y 轴垂线，过点A 作x 轴垂线，交于E，F， 
同理可证：△AEM≌△PFA（AAS）， 
∴ME=AF，AE=PF， 
则
2
1
4 1
4
2 m
m
−= −
+
+ ， 
解得：m=1
3
+
或1
3
−
（舍）， 
∴M（1
3
+
，3）； 
 
过点M 作对称轴的垂线，垂足为E，则F（1，0）， 
同理：△PME≌△APF（AAS）， 
则ME=PF，PE=AF，则EF=ME+AF， 
即
2
1
1
4 1
4
2
m
m
m
−+
−= −
+
+
， 
解得：m=2 或m=-2（舍）， 
∴M（2，4）； 
 
 
 
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综上：M 点的坐标为（10 ，10 1
−）或（1
3
+
，3）或（2，4）． 
【点睛】本题是二次函数综合题，涉及到一次函数解析式，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解
一元二次方程，最短路径问题，知识点较多，难度较大，解题的难点是在三个动点中寻找正方形的情况． 
题型模版 
1.特征：在二次函数图象上动点与两定点构成三角形，求该三角形周长的最小或最大值． 
2.方法：利用轴对称（将军饮马）把折线拉直，化周长为定点到对称点距离加第三边；结合二次函数确定动
点位置，注意取等条件． 
变式7-1 如图，抛物线
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 的图象与x 轴交于A、B 两点（点A 在点B 的左边），与y 轴交于点
C，点D 为抛物线的顶点. 
（1）求A、B、C 的坐标； 
（2）点M 为线段AB 上一点（点M 不与点A、B 重合），过点M 作x 轴的垂线，与直线AC 交于点E，与
抛物线交于点P，过点P 作PQ∥AB 交抛物线于点Q，过点Q 作QN⊥x 轴于点N.若点P 在点Q 左边，当矩
形PQNM 的周长最大时，求△AEM 的面积； 
（3）在（2）的条件下，当矩形PMNQ 的周长最大时，连接DQ.过抛物线上一点F 作y 轴的平行线，与直
线AC 交于点G（点G 在点F 的上方）.若FG=
DQ，求点F 的坐标. 
   
【答案】（1）A（-3，0），B（1，0），C（0，3）； （2）1
2 ；（3）(
)
4,
5
−
−
或（1，0）. 
 
 
 
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【详解】试题分析：（1）通过解析式即可得出C 点坐标，令y=0，解方程得出方程的解，即可求得A、B 的
坐标； 
（2）设M 点横坐标为m，则PM=
2
2
3
m
m
−
−
+ ，MN=（﹣m﹣1）×2=﹣2m﹣2，矩形PMNQ 的周长d=
，将
配方，由二次函数的性质，即可得出m 的值，然后求得直线AC 的解析
式，把x=m 代入可以求得三角形的边长，从而求得三角形的面积； 
（3）设F（n，
2
2
3
n
n
−
−
+ ），由已知若FG=2 2 DQ，即可求得． 
试题解析：解：（1）由抛物线
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 可知，C（0，3），令y=0，则
2
0
2
3
x
x
= −
−
+
，解得x=﹣3 或
x=1，∴A（﹣3，0），B（1，0）； 
（2）由抛物线
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 可知，对称轴为x=﹣1，设M 点的横坐标为m，则PM=
2
2
3
m
m
−
−
+ ，MN=
（﹣m﹣1）×2=﹣2m﹣2，∴矩形PMNQ 的周长=2（PM+MN）=（
2
2
3
2
2
m
m
m
−
−
+ −
−
）×2=
=
2
2(
2)
10
m
−
+
+
，∴当m=﹣2 时矩形的周长最大．∵A（﹣3，0），C（0，3），设直线AC 解析式为y=kx+b，
解得k=1，b=3，∴解析式y=x+3，当x=﹣2 时，则E（﹣2，1），∴EM=1，AM=1，∴S= 1
2 AM•EM= 1
2 ； 
（3）∵M 点的横坐标为﹣2，抛物线的对称轴为x=﹣1，∴N 应与原点重合，Q 点与C 点重合，∴DQ=DC，
把x=﹣1 代入
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ，解得y=4，∴D（﹣1，4），∴DQ=DC=
2 ，∵FG=2 2 DQ，∴FG=4，设F（n，
2
2
3
n
n
−
−
+ ），则G（n，n+3），∵点G 在点F 的上方，∴
2
(
3)
(
2
3)
n
n
n
+
−−
−
+
=4，解得：n=﹣4 或n=1，∴F
（﹣4，﹣5）或（1，0）． 
考点：1．二次函数综合题；2．代数几何综合题；3．压轴题． 
 
变式7-2 如图1，抛物线
(
)
2
0
y
ax
bx
c a
=
+
+

的顶点为
(
)
1 4
C
，，交x 轴于A、B 两点，交y 轴于点D ，其中
点B 的坐标为(
)
3 0
，． 
 
(1)求抛物线的解析式； 
(2)如图2 ，过点A的直线与抛物线交于点 E ，交y 轴于点F ，其中点E 的横坐标为2 ，若直线PQ 为抛物
线的对称轴，点G 为直线 PQ 上的一动点，则x 轴上是否存在一点H ，使D 、G ，H 、F 四点所围成的四
 
 
 
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边形周长最小？若存在，求出这个最小值及点G 、H 的坐标；若不存在，请说明理由； 
(3)如图3，在抛物线上是否存在一点T ，过点T 作x 轴的垂线，垂足为点M ，过点M 作MN
BD
∥
，交线段
AD于点N ，连接MD，使
DNM
BMD
△
∽△
？若存在，求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ 
(2)存在，
1 ,0
2
H 




，
(
)
1,1
G
；最小值为2
2 5
+
 
(3)存在，点T 的坐标为3 15
,
2
4






 
【分析】（1）设抛物线的解析式为：
(
)
2
1
4
y
a x−
=
+
，然后将点B 的坐标代入函数解析式即可求得此抛物线
的解析式； 
（2）作F 关于x 轴的对称点
(
)
0, 1
F
−
，连接EF交x 轴于H ，交对称轴
1
x = 于G ，四边形DFHG 的周长即
为最小，则根据题意即可求得这个最小值及点G 、H 的坐标； 
（3）首先设M 的坐标为(
)
,0
c
，求得BD与DM 的长，由平行线分线段成比例定理，求得MN 的长，然后由
相似三角形对应边成比例，即可得
2
DM
BD MN
=

，则可得到关于c 的一元二次方程，解方程即可求得答案． 
【详解】（1）解：由题意，设抛物线的解析式为：
(
)
2
1
4
y
a x−
=
+
， 
点B 的坐标为(
)
3,0 ． 
4
4
0
a

+
=
， 
1
a
= −， 
此抛物线的解析式为：
(
)
2
2
1
4
2
3
y
x
x
x
−
−
−
=
+
=
+
+ ； 
（2）解：存在． 
抛物线的对称轴方程为：
1
x = ， 
点E 的横坐标为2 ， 
4
4
3
3
y

= −+
+
=
 
点
(
)
2,3
E
， 
设直线AE 的解析式为：y
kx
b
=
+
，  
0
2
3
k
b
k
b
−+
=


+
=

， 
1
1
k
b
=

=

， 
 
 
 
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直线AE 的解析式为：
1
y
x
=
+ ， 
点
(
)
0,1
F
， 
(
)
0,3
D

 
D

与E 关于
1
x = 对称， 
 
作F 关于x 轴的对称点
(
)
0, 1
F
−
， 
连接EF交x 轴于H ，交对称轴
1
x = 于G ， 
四边形DFHG 的周长即为最小， 
设直线EF的解析式为：y
mx
n
=
+
， 
1
2
3
n
m
n
= −


+
=

 
解得：
2
1
m
n
=

= −

， 
直线EF的解析式为：
2
1
y
x
=
−， 
当
0
y =
时，2
1
0
x−=
，得
1
2
x =
， 
即
1 ,0
2
H 




， 
当
1
x = 时，
1
y = ， 
(
)
1,1
G

 
2
DF

=
，
2
2
1
5
1
2
2
FH
F H


=
=
+
=





，
2
2
2
1
5
DG =
+
=
，
2
2
1
5
1
2
2
GH


=
+
=




， 
使D 、G 、H 、F 四点所围成的四边形周长最小值为：
5
5
2
5
2
2 5
2
2
DF
FH
GH
DG
+
+
+
=
+
+
+
=
+
； 
（3）解：存在． 
 
 
 
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2
2
3
3
3 2
BD =
+
=

， 
设
(
)
,0
M c
， 
MN
BD

， 
∴AMN
ABD

∽
， 
MN
AM
BD
AB

=
 
即
1
4
3 2
MN
c
+
=
， 
(
)
3 2 1
4
MN
c

=
+
，
2
2
3
DM
c
=
+
， 
要使
DNM
BMD
△
∽△
，  
需DM
MN
BD
DM
=
，即
2
DM
BD MN
=

， 
可得：
(
)
2
3 2
9
3 2
1
4
c
c
+
=

+
， 
解得：
3
2
c =
或
3
c =
( 舍去) ． 
当
3
2
x =
时，
2
3
15
1
4
2
4
y


= −
−
+
=




． 
存在，点T 的坐标为3 15
,
2
4






． 
【点睛】此题考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数的应用，周长最短问题，相似三角形的判定与
性质，以及平行线分线段成比例定理等知识．此题综合性很强，解题的关键是注意数形结合思想的应用． 
变式7-3 如图，抛物线
(
)
2
1
y
x
n
=
−
+
与x 轴交于A，B 两点（A 在B 的左侧），与y 轴交于点
(
)
0
3
C
−
，
，点
D 与点C 关于抛物线的对称轴对称. 
 
 
 
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(1)求抛物线的解析式及点D 的坐标； 
(2)点P 是抛物线对称轴上的一动点，当PAC

的周长最小时，求出点P 的坐标； 
(3)点Q 在x 轴上，且
ADQ
DAC

= 
，请直接写出点Q 的坐标. 
【答案】(1)解析式为
(
)
2
1
4
y
x
=
−
−
，点D 的坐标为(
)
3
−
2，
； 
(2)点P 的坐标为(1
)
2
−
，
； 
(3)Q 点坐标为(
)
1 0
，或(
)
7 0
−， 
【分析】（1）利用待定系数法即可求出n，利用对称性C、D 关于对称轴对称即可求出点D 坐标； 
（2）A，P，D 三点在同一直线上时PAC

的周长最小，求出直线AD的解析式即可解决问题； 
（3）分两种情形①作DQ
AC
∥
交x 轴于点Q，此时
DQA
DAC

= 
，满足条件；②设线段AD的垂直平分
线交AC 于E，直线DE 与x 的交点为Q，此时
Q DA
CAD


= 
，满足条件，分别求解即可． 
【详解】（1）解：根据题意得，
(
)
2
3
0 1
n
−=
−
+
， 
解得
4
n = −， 
抛物线的解析式为
(
)
2
1
4
y
x
=
−
−
， 
抛物线的对称轴为直线
1
x = ， 
点D 与点C 关于抛物线的对称轴对称， 
点D 的坐标为(
)
3
−
2，
； 
（2）解：连接PA
PC
PD
、
、
，如图， 
 
 
 
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  点D 与点C 关于抛物线的对称轴对称， 
PC
PD

=
， 
AC
PA
PC
AC
PA
PD

+
+
=
+
+
， 
AC

为定值，PA PD
AD
+

， 
当PA
PC
+
值最小，即A P
D
，，
三点在同一直线上时PAC

的周长最小， 
由
(
)
2
1
4
0
y
x
=
−
−
=
解得，
1
2
1
3
x
x
= −
=
，
， 
A在B 的左侧， 
(
)
1 0
A

−，， 
设直线AD的解析式为y
kx
b
=
+
， 
∴
0
2
3
k
b
k
b
−+
=


+
= −

，解得
1
1
k
b
= −

= −

， 
∴直线AD的解析式为
1
y
x
−−
=
， 
当
1
x = 时，
1
2
y
x
= −−= −， 
当PAC

的周长最小时，点P 的坐标为(1
)
2
−
，
； 
（3）解：如图， 
   
①作DQ
AC
∥
交x 轴于点Q ，此时
DQA
DAC

= 
，满足条件． 
( 1,0)
A −

，
(0, 3)
C
−
， 
 
 
 
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由待定系数法易得，直线AC 的解析式为
3
3
y
x
= −
−， 
直线QD 的解析式为
3
3
y
x
= −
+ ， 
令
0
y =
得
1
x = ， 
(1,0)
Q

． 
②设线段AD的垂直平分线交AC 于E ，直线DE 与x 的交点为Q，此时
Q DA
CAD


= 
，满足条件， 
作DF
x
⊥
轴于点F，则
(
)
2,0
F
， 
∵
(
)
1 0
A −，，
(
)
2
3
D
−
，
， 
∴
3
DF =
，
3
AF =
， 
∴AFD

是等腰直角三角形， 
∴线段AD的垂直平分线经过点F，以及AD的中点
1
3
2
2
G

−




，
， 
∵线段AD过G、F 两点，可得其解析式为
2
y
x
=
−
， 
由
2
3
3
y
x
y
x
=
−


= −
−

解得
1
4
9
4
x
y
= −


= −

， 
1
9
4
4
E 


−
−




，
， 
直线DE 的解析式为
1
7
3
3
y
x
= −
−
， 
令
0
y =
得到
7
x = −， 
( 7,0)
Q
−
． 
综上所述，Q 点坐标为(1,0) 或( 7,0)
−
． 
【点睛】本题考查二次函数综合题、一次函数、最小值问题、等腰三角形的性质、平行线的性质等知识，
解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用对称解决最短问题，学会分类讨论的思想思考问题，
属于中考压轴题． 
 
题型8、二次函数背景下的四边形周长最值问题 
典例8 如图，在平面直角坐标系中，抛物线
2
3
y
x
bx
= −
+
+ （b 为常数）与x 轴正半轴交于点A，与y 轴交
于点B ，对称轴直线
1
x = 与x 轴交于点C ．点P 为抛物线上第一象限内的动点，设P 点的横坐标为m ． 
 
 
 
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(1)求b 的值． 
(2)当0
x
m


时，记二次函数
2
3
y
x
bx
= −
+
+ 的最大值、最小值分别为s，t ．若
0.5
s
t
−=
，求m 的值． 
(3)过点P 分别作x 轴和对称轴的垂线，垂足分别为点D ，E ，当矩形PECD 的周长最大时，求点P 的坐标． 
【答案】(1)
2
b = 
(2)
2
1
2
m = −
 
(3) 1 15
,
2
4





或3 15
,
2 4





 
【分析】（1）根据对称轴公式，即可求解； 
（2）先求得抛物线与x 轴的交点坐标，进而由
0.5
s
t
−=
，得出0
3
m

，分两种情况：①若0
1
m

，则
0
1
x

，②若1
3
m

，则1
3
x


，分别求得,s t ，根据
0.5
s
t
−=
，列出一元二次方程，解方程，即可求
解； 
（3）由题意得(
)
2
,
2
3
P m
m
m
−
+
+
，(
)
2
1,
2
3
E
m
m
−
+
+
，设矩形PECD 的周长为L，分两种情况讨论，①点
P 在对称轴左侧时，②点P 在对称轴右侧时，表示出L ，根据二次函数的性质，即可求解． 
【详解】（1）解：由
(
)
1
2
2
1
b
b
a
−
−
=
=
−
，得
2
b = ． 
（2）由（1）得
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ，令
0
y =
，得
1
1
x = −，
2
3
x =
， 
所以0
3
m

． 
分两种情况： 
①若0
1
m

，则0
1
x

， 
当
0
x =
时，
min
3
y
t
= =
； 
当x
m
=
时，
2
max
2
3
y
s
m
m
=
= −
+
+
； 
因为
0.5
s
t
−=
，所以(
)
2
2
3
3
0.5
m
m
−
+
+
−
=
， 
解得
1
2
1
2
m = +
（舍去），
2
2
1
2
m = −
． 
 
 
 
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②若1
3
m

，则1
3
x


，当
1
x = 时，
max
4
y
s
=
=
；因为
0.5
s
t
−=
，所以
3.5
t =
． 
又因为当
0
x =
时，
3
3.5
y =

，所以该情况不存在满足条件的点P． 
综上所述，
2
1
2
m = −
 
（3）由题意得(
)
2
,
2
3
P m
m
m
−
+
+
，(
)
2
1,
2
3
E
m
m
−
+
+
，设矩形PECD 的周长为L，则： 
①点P 在对称轴左侧时，如图，
(
)
2
2
1
17
2 1
2
3
2
2
2
L
m
m
m
m
−
−
−
−


=
+
+
=
+




， 
1
2
m =
时L 最大． 
当L 最大时，点
1 15
,
2
4
P




． 
 
②点P 在对称轴右侧时，根据对称性得
3 15
,
2
4
P




．  
所以点P 坐标为1 15
,
2
4





或3 15
,
2
4





． 
题型模版 
1.特征：四边形顶点含抛物线上的动点，求该四边形周长的最值． 
2.方法：分析各边定长与动边，用对称转化动边；将周长表示为动点坐标的函数，利用二次函数最值或几何
最短路径求解． 
变式8-1 （24-25 九年级下·广西南宁·阶段检测）如图，抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 与y 轴交于
(
)
0,4
A
，且对称
轴
2
x =
，顶点为H． 
 
 
 
 
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(1)求抛物线的解析式； 
(2)点P 是抛物线上位于对称轴左侧x 轴上方的一个动点．过点P 作x 轴的平行线交抛物线于点D，作x 轴
的垂线交x 轴于点F，过点D 作x 轴的垂线交x 轴于点E，四边形PDEF 的周长为C： 
①当周长C 最大时，求点P 的坐标； 
②如图2，当周长C 最大时，点P，D 的位置分别记为
1
1
,
P D ，将抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 平移，使其顶点始终
在直线
1
HP ，当平移后的抛物线与射线
1
D H 只有一个公共点时，设此时抛物线的顶点横坐标为
(
2)
m m 
，
求m 的值． 
【答案】(1)抛物线的解析式为
2
4
4
y
x
x
= −
+
+
； 
(2)①当C 最大时，点P 的坐标为(
)
1,7 ；②
15
8
n =
或2
5
n

． 
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线解析式即可； 
（2）①设点P 的横坐标为p，根据对称性得出点D 的横坐标为
(
)
2 2
4
p
p
p
+
−
=
−
，求出
2
4
4
PF
DE
p
p
=
= −
+
+
，
4
4
2
EF
PD
p
p
p
=
=
−
−
=
−
，则周长
(
)
2
2
1
18
l
p
= −
−
+
，求出最大值即可； 
②求出直线
1PH 的解析式为
6
y
x
=
+
，直线
1
HD 的解析式为
10
y
x
= −+
，得出平移后抛物线的解析式为
(
)
2
6
y
x
n
n
= −
−
+
+ ，分两种情况：当抛物线平移后对称轴右侧部分与射线
1
HD 只有一个公共点时，当抛物
线平移后对称轴左侧部分与射线
1
HD 只有一个公共点时，这个公共点在线段
1
HD 上，求出n 的取值范围即可． 
【详解】（1）解：根据题意得
4
c =
，
(
)
2
2
1
b
−
=
−
， 
解得
4
b =
， 
∴抛物线的解析式为
2
4
4
y
x
x
= −
+
+
； 
（2）解：①∵
(
)
2
2
4
4
2
8
y
x
x
x
= −
+
+
= −
−
+
， 
∴
(
)
2 8
H
，； 
令
0
y =
，则(
)
2
2
8
0
x
−
−
+
=
， 
解得
1
2
2 2
x =
−
，
2
2
2 2
x =
+
， 
由（1）知，抛物线的对称轴为直线
2
x =
． 
设点P 的横坐标为p， 
 
 
 
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由对称性可知，点D 的横坐标为
(
)
2 2
4
p
p
p
+
−
=
−
， 
  
 
当x
p
=
时，
2
4
5
y
p
p
= −
+
+
， 
∴
2
4
4
PF
DE
p
p
=
= −
+
+
， 
由题意可得：四边形PDEF 是矩形， 
∴
4
4
2
EF
PD
p
p
p
=
=
−
−
=
−
， 
∴
(
)
(
)
2
2
4
4
2 4
2
C
p
p
p
=
−
+
+
+
−
 
2
2
4
16
p
p
+
= −
+
 
(
)
2
2
1
18
p
= −
−
+
， 
∵2
0
−
，2
2
2 2
p
−


， 
∴当
1
p = 时，C 取最大值18，此时
2
4
4
7
p
p +
+
−
=
． 
∴当C 最大时，点P 的坐标为(
)
1,7 ； 
②由①可知
(
)
1 1,7
P
，
(
)
1 3,7
D
， 
设
1PH 的解析式为：
(
)
0
y
kx
b k
=
+

， 
把
(
)
1 1,7
P
，
(
)
2 8
H
，代入得：
7
2
8
k
b
k
b
+
=


+
=

， 
解得：
1
6
k
b
=

=

， 
∴直线
1PH 的解析式为
6
y
x
=
+
， 
同理由
(
)
2 8
H
，，
(
)
1 3,7
D
可求得直线
1
HD 的解析式为
10
y
x
= −+
， 
当x
n
=
时，
6
6
y
x
n
=
+
=
+
， 
 
 
 
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∴平移后抛物线的顶点坐标为(
)
,
6
n n +
， 
∴平移后抛物线的解析式为
(
)
2
6
y
x
n
n
= −
−
+
+ ．  
  
 
当抛物线平移后对称轴右侧部分与射线
1
D H 只有一个公共点时， 
(
)
2
6
10
y
x
n
n
x
= −
−
+
+
= −+
， 
整理得
(
)
2
2
2
1
4
0
x
n
x
n
n
−
+
+
−
+
=
， 
∴
(
)
(
)
2
2
Δ
2
1
4
4
0
n
n
n
=
+
−
−
+
=
， 
解得：
15
8
n =
； 
当抛物线平移后对称轴左侧部分与射线
1
D H 只有一个公共点时， 
这个公共点在线段
1
D H 上(不包括点H)，  
当
1
D 在平移后的抛物线上时，(
)
2
3
6
7
n
n
−
−
+
+
=
， 
解得
1
2
n =
(舍去)，
2
5
n =
， 
∴2
5
n

， 
综上可知，
15
8
n =
或2
5
n

． 
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，求一次函数解析式，二次函数解析式，二次函数的最值问
题，解题的关键是数形结合，熟练掌握二次函数的性质． 
变式8-2 （24-25 九年级上·陕西渭南·期末）在平面直角坐标系中，抛物线
2
3
2
y
ax
x
c
=
−
+
与x 轴交于点A
B
、，
点B 的坐标为(
)
1,0 ，与y 轴交于点C ，直线
2
y
kx
=
+ 经过A C
、
两点． 
 
 
 
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(1)求抛物线的解析式与顶点坐标； 
(2)若点D 为线段AC 上的一个动点，过点D 作DE
y
∥
轴，交抛物线于点E ，过E 作EF
y
⊥
轴，交直线AC
于点F ，以DE
EF
、
为边作矩形DEFG ，设矩形DEFG 的周长为l ，求当D 点在何位置时，周长l 有最大值，
并求出最大值． 
【答案】(1)
2
1
3
2
2
2
y
x
x
= −
−
+ ，顶点
3 25
,
2
8


−



 
(2)当
(
)
2,1
D −
时，l 取最大值为12 
【分析】（1）求出C 点坐标，将
(
)
1,0
B
，
(0,2)
C
代入
2
3
2
y
ax
x
c
=
−
+
，即可求出抛物线的解析式；即可求
出a，c，再进一步求解顶点坐标即可；  
（2）令
2
1
3
2
2
2
x
x
−
−
+
=0，求出
(
)
4,0
A −
代入
2
y
kx
=
+ ，得k 的值；设
1
,
2
2
D m
m


+



，则E 点坐标
2
1
3
,
2
2
2
m
m
m


−
−
+



由点D，E 的纵坐标相等得到
2
3
x
m
m
= −
−
， 表示出
2
2
1
3
3 ,
2
2
2
F
m
m
m
m


−
−
−
−
+



，
2
1
2
2
DE
m
m
= −
−
，
2
4
EF
m
m
= −
−
， 由矩形DEFG 周长l：
(
)
(
)
2
2
2
3
12
3
2
12
l
DE
EF
m
m
m
=
+
= −
−
= −
+
+
，
从而求出周长的最大值及D 的坐标． 
【详解】（1）解：直线
2
y
kx
=
+ 经过C 点，当
0
x =
时，
2
y =
， 
∴
(0,2)
C
， 
将
(
)
1,0
B
，
(0,2)
C
代入
2
3
2
y
ax
x
c
=
−
+
，得
3
0
2
2
a
c
c
−
+
=

=

， 
得
1
2
2
a
c
= −

=

， 
∴抛物线的解析式为：
2
1
3
2
2
2
y
x
x
= −
−
+ ；  
当
3
3
2
1
2
2
2
x
−
= −
= −


−




时，
1
9
9
25
2
2
4
4
8
y = −

+
+
=
， 
 
 
 
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∴顶点坐标为
3 25
,
2
8


−



； 
（2）解：当
2
1
3
2
2
2
x
x
−
−
+
=0 时， 
解得：
1
4
x = −，2
1
x = ，  
∴
(
)
4,0
A −
， 
将
(
)
4,0
A −
代入
2
y
kx
=
+ ， 
得：4
2
0
k
−
+
= ， 
∴
1
2
k =
 ， 
∴直线AC 为：
1
2
2
y
x
=
+
， 
∵D 在直线AC 上，设
1
,
2
2
D m
m


+



， 
则E 点坐标
2
1
3
,
2
2
2
m
m
m


−
−
+



， 
∴
2
1
3
1
2
2
2
2
2
m
m
x
−
−
+
=
+
， 
解得：
2
3
x
m
m
= −
−
， 
∴
2
2
1
3
3 ,
2
2
2
F
m
m
m
m


−
−
−
−
+



， 
∴
2
1
2
2
DE
m
m
= −
−
，
2
4
EF
m
m
= −
−
， 
矩形DEFG 周长
(
)
(
)
2
2
2
3
12
3
2
12
l
DE
EF
m
m
m
=
+
= −
−
= −
+
+
；   
∴当
2
m = −时，l 取最大值为12， 
此时
(
)
2,1
D −
． 
【点睛】主要考查了一次函数，二次函数的解析式的求法，二次函数的图像与性质，二次函数的最大值；
以及与几何图形结合的综合能力的培养，利用数形结合的思想，把代数与几何图形结合起来，以及利用点
的坐标的意义表示线段的长度，用二次函数表示矩形的周长，从而求出二次函数的最值，是解本题的关键． 
变式8-3 （25-26 九年级上·黑龙江齐齐哈尔·阶段检测）如图，抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 的图象与x 轴交于
(
)
3,0
A −
，
(
)
1,0
B
两点，与y 轴交于点
(
)
0,3
C
，点D 为抛物线的顶点． 
 
 
 
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(1)求抛物线的解析式； 
(2)点M 为线段AB 上一点（点M 不与点A、B 重合），过点M 作x 轴的垂线，与直线AC 交于点E ，与抛物
线交于点P ，过点P 作PQ
AB
∥
交抛物线于点Q ，过点Q 作QN
x
⊥
轴于点N ．点P 在点Q 左边，设点M 的
横坐标为m ，矩形PMNQ 的周长为d ． 
①MN = ______； 
②在①的条件下，求d 关于m 的关系式（不用写出m 的取值范围）； 
(3)在（2）的条件下，当矩形PMNQ 的周长最大时，连接DQ ，过抛物线上一点F 作y 轴的平行线，与直线
AC 交于点G （点G 在点F 的上方）．若
2
2
FG
DQ
=
，直接写出点F 的坐标． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 
(2)①
2
2
MN
m
= −
−；②
2
2
8
2
d
m
m
= −
−
+
 
(3)
(
)
4, 5
F −
−
或(
)
1,0 
【分析】（1）用待定系数法求出二次函数的解析式； 
（2）①求出对称轴，求出
,
P Q 两点的坐标，进而求出N 点坐标，两点间的距离求出MN 即可；②根据矩
形的周长公式，即可求得答案； 
（3）过点D 作DK
y
⊥
轴于点K，根据二次函数的性质可知，当
2
m = −时矩形的周长最大，此时，可证明
N 与原点重合，Q 点与C 点重合，求得
2
DQ
DC
=
=
，即得
4
FG =
，设
2
( ,
2
)3
n
F n
n
−
−
+
，则
( ,
3)
G n n +
，
即得
2
3 (
2
3)
4
n
n
n
+ −−
−
+
=
，求出n 的值，即可进一步得出答案． 
【详解】（1）解：把
( 3,0)
A −
，
(1,0)
B
，
(0,3)
C
代入抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ ，得
9
3
0
0
3
a
b
c
a
b
c
c
−
+
=


+
+
=


=

， 
解得
1
2
3
a
b
c
−
−
=

=

=

， 
 
 
 
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抛物线的解析式为
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ； 
（2）解：①∵
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ， 
∴抛物线的对称轴为直线
(
)
2
1
2
1
x
−
= −
= −
−
， 
M 点的横坐标为m，PM
x
⊥轴，PQ
x
∥
轴，QN
x
⊥
轴， 
∴(
)
2
,
2
3
P m
m
m
−
−
+
，点Q 与点P 关于对称轴对称， 
∴(
)
2
2
,
2
3
Q
m
m
m
−−
−
−
+
， 
∴
(
)
2
,0
N
m
−−
， 
∴
2
2
2
MN
m
m
m
= −−
−
= −
−； 
②∵(
)
2
,
2
3
P m
m
m
−
−
+
 
2
2
3
PM
m
m

= −
−
+ ， 
∵
2
2
MN
m
= −
−， 
矩形PMNQ 的周长
(
) (
)
2
2
2
2
3
2
2
2
2
8
2
d
PM
MN
m
m
m
m
m
=
+
= −
−
+ −
−

= −
−
+
， 
即
2
2
8
2
d
m
m
= −
−
+
； 
（3）解：过点D 作DK
y
⊥
轴于点K， 
由
(
)
2
2
2
8
2
2
2
10
d
m
m
m
= −
−
+
= −
+
+
， 
当
2
m = −时矩形的周长最大， 
设直线AC 解析式为；y
kx
b
=
+
， 
将
( 3,0)
A −
，
(0,3)
C
代入y
kx
b
=
+
，得
3
3
0
b
k
b
=

−
+
=

， 
解得
1
k = ，
3
b =
， 
直线AC 解析式为
3
y
x
=
+
， 
∵M 点的横坐标为2
−，抛物线的对称轴为
1
x = −， 
N 应与原点重合，Q 点与C 点重合， 
DQ
DC

=
， 
把
1
x = −代入
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ，解得
4
y =
， 
( 1,4)
D

−
， 
 
 
 
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2
2
2
2
1
(4
3)
2
DQ
DC
DK
KQ

=
=
+
=
+
−
=
， 
2 2
FG
DQ
=

， 
4
FG

=
， 
设
2
( ,
2
)3
n
F n
n
−
−
+
， 
则
( ,
3)
G n n +
， 
2
3 (
2
3)
4
n
n
n
+ −−
−
+
=
， 
解得
4
n = −或
1
n = ， 
( 4, 5)
F

−
−
或(1,0) ． 
 
【点睛】本题考查了二次函数的线段周长问题，用待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，矩
形的性质，勾股定理等，利用参数表示线段的长度及在动点变化过程中画出相应的图形是解题的关键． 
 
题型9、已知周长关系解答二次函数问题 
典例9 如图，抛物线
2
4
y
x
x
= −
+
与x 轴的正半轴交于点A． 
 
（1）求点A的坐标和该抛物线的对称轴． 
（2）点P 在y 轴的正半轴上，PC
y
⊥轴交抛物线于点B 、C （点B 在点C 的左侧），设PC
m
=
， 
①当B 是PC 的中点时，求m 的值； 
②连结AC ，设ΔOAC 与ABC

的周长之差为L ，求L 关于m 的函数表达式． 
 
 
 
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【答案】（1）
(
)
4,0
A
；对称轴为直线
2
x =
；（2）①8
3 ；②
8
2
L
m
= −
 
【分析】（1）令
0
y =
，解方程即可求出点A的坐标，根据二元一次方程的对称轴
2
b
x
a
= −
即可求出抛物线
的对称轴； 
（2）①把B 的坐标用m 的代数式表示并代入抛物线即可求出m 的值； 
②根据抛物线的对称性，可知AB=OC，ΔOAC 与ABC

的周长之差可转化为OA 和BC 的差． 
【详解】解：（1）令
0
y =
，
2
4
0
−
+
=
x
x
，解得
1
4
x =
，
2
0
x =
（不符合题意）， 
∴
(
)
4,0
A
； 
由抛物线可知，
1
a = −，
4
b =
， 
∴对称轴为直线
2
2
b
x
a
= −
=
． 
（2）①∵B 是PC 的中点，∴
2
,
4
2
m
B
m
m


−
+



， 
把
2
,
4
2
m
B
m
m


−
+



代入抛物线， 
∴
2
2
4
2
4
m
m
m
m
−
+
= −
+
，解得：
1
0
m =
（舍去），
2
8
3
m =
． 
②∵抛物线具有对称性，∴OC
AB
=
， 
2
4
BC
m

=
−，OA=4， 
4
(2
4)
8
2
L
OA
BC
m
m

=
−
=
−
−
=
−
． 
 
【点睛】本题主要考查了二次函数的性质．二次函数具有对称性，点坐标转换为线段长度，水平线段长度
等于两点的横坐标的差是解题的关键． 
题型模版 
1.特征：已知三角形或四边形周长（或周长关系），反求动点坐标、参数或解析式． 
2.方法：用两点间距离公式表示各边长，列周长方程；解方程并回代检验，注意多解取舍． 
变式9-1 抛物线
2
1
2
y
x
x
c
=
−
+ 与x 轴相交于点
( 1,0)
A −
和点B，与y 轴相交于点C,T 是抛物线的顶点，P 是
 
 
 
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抛物线上一动点，设点P 的横坐标为t． 
 
(1)求c 的值； 
(2)如图1，若点P 在对称轴左侧，过点P 作对称轴的垂线，垂足为H，求
2
PH
TH 的值； 
(3)定义：抛物线上两点M,N 之间的部分叫做抛物线弧MN (含端点M 和N)．过M,N 分别作x 轴的垂线1
2
,
l l ，
过抛物线弧MN 的最高点和最低点分别作y 轴的垂线3
4
,
l l ，直线1
2
3
,
l l
l
，与4l 围成的矩形叫做抛物线弧MN 的
特征矩形，若点P 在第四象限，记抛物线弧CP 的特征矩形的周长为f． 
①求f 关于t 的函数解析式； 
②过点P 作PQ
x
∥
轴，交抛物线于点Q，点Q 与点C 不重合．记抛物线弧CQ 的特征矩形的周长为g．若
11
2
f
g
+
=
，直接写出PQ 的长． 
【答案】(1)
3
2
c = −
 
(2)2 
(3)①
(
)
(
)
(
)
2
2
4
0
1
2
1 1
2
1 2
3
t
t
t
f
t
t
t
t
−
+


=
+



+


；②
2
PQ =
或17
2
− 
【分析】本题考查了二次函数的综合应用，包括待定系数法求解析式、二次函数的性质、新定义“特征矩形”
以及分类讨论思想，解题的关键是准确理解“特征矩形”的定义，并根据点的位置进行分类讨论，正确确定抛
物线弧上的最高点和最低点，从而列出对应的周长表达式． 
（1）将点( 1,0)
A −
代入抛物线解析式，求出c 的值； 
（2）先求出抛物线顶点T 的坐标，再表示出PH 和TH 的长度，代入
2
PH
TH 化简求值； 
（3）①根据点P 的横坐标t 的取值范围0
3
t
，分0
1
t
、1
2
t

、2
3
t
三种情况，确定抛物线弧CP
的最高点和最低点，进而求出特征矩形的周长f 关于t 的函数解析式；②由PQ
x
∥
轴可知P 、Q 关于对称
轴对称，得到Q 点坐标，再分三种情况求出抛物线弧CQ 的特征矩形周长g ，结合
11
2
f
g
+
=
列方程求解，
 
 
 
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最后计算PQ 的长度． 
【详解】（1）解：把A ( 1
−，0）代入y =
2
1
2 x
x
c
−+
，得1
1
0
2
c

， 
∴
3
2
c = −
， 
（2）解：由（1）可知：
(
)
2
2
1
3
1
1
2
2
2
2
y
x
x
x
−
−
−
=
=
−， 
∴T（1, 2)
−
， 
∵P 是抛物线上一动点，设点P 的横坐标为t， 
∴
2
1
3
2
2
P t
t
t


−−




，
， 
∵过点P 作对称轴的垂线，垂足为H， 
∴
1
PH
t
= −，
(
)
2
2
2
1
3
1
1
1
2
1
2
2
2
2
2
TH
t
t
t
t
t
=
−−
+
=
−+
=
−
， 
∴
(
)
(
)
2
2
2
1
t
PH
2
1
TH
t
1
2
−
=
=
−
； 
（3）解：①当
0
x =
时，
3
2
y = −
，当
2
1
3
0
2
2
y
x
x
=
−−
=
时
1
2
,
1,
3
x
x
= −
=
， 
∴
3
0
2
C
−
（，），B（3，0）， 
由（2）可知：T（1, 2)
−
，
2
1
3
2
2
P t
t
t


−−




，
，对称轴为直线
1
x = ， 
∴点
3
0
2
C
−
（，）关于对称轴的对称点为
3
2
2
−
（，）， 
∵P 在第四象限， 
∴0
3
t
， 
当0
1
t
时，抛物线弧CP 的最高点为C，最低点为P，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：t，
2
2
3
1
3
1
2
2
2
2
t
t
t
t
−
−
+ +
= −
+ ， 
∴
2
2
1
2
4
2
f
t
t
t
t
t


=
−
+
= −
+




， 
当1
2
t

时，抛物线弧CP 的最高点为C，最低点为T，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：t，
(
)
3
1
2
2
2
−
−−
=
， 
∴
1
2
2
1
2
f
t
t


=
+
=
+




， 
当2
3
t
时，抛物线弧CP 的最高点为P，最低点为T，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：t，
2
2
1
3
1
1
2
2
2
2
2
t
t
t
t
−−
+
=
−+
， 
 
 
 
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∴
2
2
1
1
2
1
2
2
f
t
t
t
t


=
+
−+
=
+




， 
综上：
2
2
4 (0
1)
2
1(1
2)
1(2
3)
t
t
t
f
t
t
t
t
−
+


=
+



+


； 
②∵PQ
x
∥
轴， 
∴P，Q 关于对称轴对称， 
∴
2
1
3
2
2
2
Q
t
t
t


−
−−




，
， 
0
1
t
时，抛物线弧CQ 的最高点为C，最低点为T，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：2
t
−，
(
)
3
1
2
2
2
−
−−
=
， 
∴
1
2 2
5
2
2
g
t
t


=
−+
=
−




， 
∵
11
2
f
g
+
=
， 
∴
2
11
4
5
2
2
t
t
t
−
+
+ −
=
， 
解得：
2
1
2
t = +
（舍去）或
2
1
2
t = −
， 
∴
2
2
2
2
PQ
t
t
t
=
−−=
−
=
， 
当1
2
t

时，抛物线弧CQ 的最高点为C，最低点为Q，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：2
t
−，
2
2
3
1
3
1
2
2
2
2
t
t
t
t


−
−
−−
= −
+




， 
∴
2
2
1
2 2
4
2
g
t
t
t


=
−−
= −
+




， 
∵f
g
+
= 11
2 ， 
∴
2
11
2
1
4
2
t
t
+ −
+
=
，解得：
2
1
2
t = +
或
2
1
2
t = −
（舍去）， 
∴
2
2
2
2
PQ
t
t
t
= −
+ =
−
=
， 
当2
3
t
时，抛物线弧CQ 的最高点为Q，最低点为C，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：
2
t −
，
2
2
1
3
3
1
2
2
2
2
t
t
t
t


−−
−−
=
−




， 
∴
2
2
1
2
2
4
2
g
t
t
t
t


=
−+ −
=
−




， 
∵
11
2
f
g
+
=
， 
 
 
 
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∴
2
2
11
1
4
2
t
t
+ +
−
=
，解得：
17
2
t = −
（舍去）或
17
2
t =
， 
∴
2
2
2
17
2
PQ
t
t
t
= −
+ =
−
=
−
，综上：
2
17
2
PQ =
−
或
． 
变式9-2 已知抛物线
2
2
y
x
mx
n
−
=
+
+ （其中m
n
、为常数且
0
m 
）与x 轴交于(
)
2,0
A −
和B 两点，与y 轴交
于点C ．连接BC ，线段BC 的垂直平分线交抛物线的对称轴于点,
P y 轴上存在一点D （异于点C ）使得
PD
PB
=
． 
(1)用含m 的式子表示n ； 
(2)求点D 的坐标； 
(3)点C 关于抛物线对称轴的对称点为点E ，连接BE，BD，DE ，BDE

的周长记为
1
C ，
APC
△
的周长记
为
2
C ，试求
1
2
C
C 的值． 
【答案】(1)
4
4
n
m
=
+
 
(2)(
)
0, 1
−
 
(3) 5
1
− 
【分析】（1）把
(
)
2,0
A −
代入
2
2
y
x
mx
n
−
=
+
+
中即可得到答案； 
（2）根据（1）所求得到
(
)
0 4
4
C
m +
，
，再求出抛物线对称轴为直线x
m
=
，则(
)
2
2 0
B
m + ，；设(
)
P m
n
，
，
2
2
2
t
m
=
+

，线段垂直平分线的性质得到PB
PC
=
，则由勾股定理得到
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
0
2
0
m
n
t
m
t
n
−
+
−
=
−
+
−
，据此推出
3
2
4
3
4
2
t
m
m
n
+
+
=
=
，则
4
3
2
m
P m
+






，
，再由PD
PB
=
，得
到点P 在线段CD的垂直平分线上，设点D 的坐标为(
)
0
s
，
，则
4
4
4
3
2
2
s
m
m
+
+
+
=
，据此可得
(
)
0
1
D
−
，
； 
（3）根据（2）所求，先求出
(
)
2
4
4
E
m m +
，
，进而利用勾股定理分别求出两个三角形的三边长，再由三角
形周长公式求出
1
2
C
C
，
，进而求出对应的比值即可． 
【详解】（1）解：把
(
)
2,0
A −
代入
2
2
y
x
mx
n
−
=
+
+
中得0
4
4m
n
= −−
+ ， 
解得
4
4
n
m
=
+
； 
（2）解：由（1）得
4
4
n
m
=
+
； 
∴抛物线解析式
2
2
4
4
y
x
mx
m
= −
+
+
+
， 
在
2
2
4
4
y
x
mx
m
= −
+
+
+
中，当
0
x =
时， 
4
4
y
m
=
+
， 
 
 
 
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∴
(
)
0 4
4
C
m +
，
， 
∵抛物线对称轴为直线
2
2
m
x
m
= −
=
−
，
(
)
2,0
A −
， 
∴
(
)
2
2 0
B
m + ，； 
∵线段BC 的垂直平分线交抛物线的对称轴于点P ， 
∴设
(
)
P m
n
，
，PB
PC
=
，
2
2
2
t
m
=
+

， 
∴
(
)
(
)
0 2
0
C
t
B t
，，
，， 
∴(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
0
2
0
m
n
t
m
t
n
−
+
−
=
−
+
−
， 
∴
2
2
2
2
2
2
4
4
2
m
n
nt
t
m
mt
t
n
+
−
+
=
−
+
+
 
∴
2
3
4
2
0
t
nt
mt
−
+
=
， 
∴3
4
2
0
t
n
m
−
+
=
， 
∴
3
2
6
6
2
4
3
4
4
2
t
m
m
m
m
n
+
+
+
+
=
=
=
， 
∴
4
3
2
m
P m
+






，
， 
∵PD
PB
=
， 
∴点P 在线段CD的垂直平分线上， 
设点D 的坐标为(
)
0
s
，
， 
∴
4
4
4
3
2
2
s
m
m
+
+
+
=
， 
∴
1
s = −， 
∴
(
)
0
1
D
−
，
； 
（3）解：∵
(
)
0 4
4
C
m +
，
，抛物线对称轴为直线x
m
=
，点C 关于抛物线对称轴的对称点为点E ， 
∴
(
)
2
4
4
E
m m +
，
； 
∵
(
)
0
1
D
−
，
，
(
)
2
2 0
B
m + ，， 
∴
(
)
(
)
(
)
2
2
2
0
2
2
1 0
2
2
1
BD
m
m
=
−
−
+ −−
=
+
+ ， 
(
)
(
)
2
2
0
2
1 4
4
DE
m
m
=
−
+ −−
−
 
 
 
 
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2
2
4
16
40
25
m
m
m
=
+
+
+
 
2
5
4
8
5
m
m
=

+
+
 
(
)
2
5
2
2
1
m
=

+
+ ， 
(
)
(
)
2
2
2
2
2
0
4
4
BE
m
m
m
=
+
−
+
−
−
  
(
)
2
4
4 2
2
m
=
+
+
 
(
)
2
2
2
2
1
m
=
+
+ ， 
∴
(
) (
)
2
1
3
5
2
2
1
C
BD
BE
DE
m
=
+
+
=
+
+
+ ； 
∵
(
)
(
)
4
3
2 0
0 4
4
2
m
A
C
m
P m
+


−
+




，，
，
，
，
， 
∴
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
0
0
4
4
2
2
2
1
AC
m
m
=
−−
+
−
−
=
+
+ ， 
(
)
2
2
4
3
2
0
2
m
AP
m
+


=
−−
+
−




 
2
2
16
24
9
4
4
4
m
m
m
m
+
+
=
+
+
+
 
2
2
4
16
16 16
24
9
2
m
m
m
m
+
+
+
+
+
=
 
(
)
2
5
2
2
1
2
m

+
+
=
， 
(
)
2
2
4
3
0
4
4
2
m
CP
m
m
+


=
−
+
−
−




  
2
2
16
40
25
4
m
m
m
+
+
=
+
 
2
2
4
16
40
25
2
m
m
m
+
+
+
=
 
(
)
2
5
2
2
1
2
m

+
+
=
， 
∴
(
) (
)
2
2
2
5
2
2
1
C
AP
AC
CP
m
=
+
+
=
+
+
+ ， 
∴
(
) (
)
(
) (
)
2
1
2
2
3
5
2
2
1
5
1
2
5
2
2
1
m
C
C
m
+
+
+
=
=
−
+
+
+
． 
 
 
 
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【点睛】本题主要考查了二次函数综合，勾股定理，线段垂直平分线的性质等等，熟知两点距离计算公式
是解题的关键． 
变式9-3 在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线
2
y
x
bx
=
+
（b 是常数）经过(
)
2,0 ，点A在抛物
线上，横坐标为m ，点B 的坐标为(
)
2
1,4
m −
，过点B 作BD垂直该抛物线的对称轴于点D ． 
(1)求该抛物线对应的函数表达式及对称轴； 
(2)当点A落在直线BD上时，求点B 的坐标； 
(3)连结BA并延长交抛物线对称轴于点C ，作点A关于抛物线对称轴对称点A，连结AD、CA和DA． 
①求A D
BC

的值； 
②当A在对称轴左侧时，若四边形CADA的周长与ABD

周长之比为5
4 ，直接写出所有满足条件的m 的值． 
【答案】(1)抛物线对应的函数表达式为
2
2
y
x
x
=
−
，对称轴为
1
x = ． 
(2)点B 的坐标为(
)
2 5 1,4
+
或(
)
2 5
1,4
−
+
 
(3)①1
2 ；②
2
3
m = −
或
2
m = − 
【分析】（1）待定系数法即可求出抛物线对应的函数表达式，
2
b
a
−
可求出其对称轴． 
（2）根据题意的点A的纵坐标为4 ，把
4
y =
代入
2
2
y
x
x
=
−
中，利用公式法求解一元二次方程即可求点B 的
坐标． 
（3）①过点B 作关于抛物线对称轴的对称点B，连接B A
，可得
,
,
B A C


三点共线，设点A为(
)
2
,
2
m m
m
−
，
表示AA和BD，即AA
BD
=
，得出四边形BDAA
为平行四边形，进而证明A D
为BB C


的中位线，即可求
出
1
2
A D
BC

=
． 
②由上易证四边形CADA为菱形，故菱形CADA的周长为
4
CADA
C
AD
=
菱形
，ABD

周长为
2
ABD
C
AB
AD
BD
AD
BD
=
+
+
=
+

，即
4
5
2
4
AD
AD
BD =
+
，代入数值，利用公式法即可求解
2
3
m = −
或
2
m = −，
再根据当A在对称轴左侧时，
1
m ，从而得出m 的值． 
【详解】（1）解：把(
)
2,0 代入
2
y
x
bx
=
+
 
得：0
4
2b

， 
∴
2
b = −， 
∴该抛物线对应的函数表达式为
2
2
y
x
x
=
−
， 
 
 
 
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∴对称轴为直线
2
1
2
x
−−
=
= ，即
1
x = ． 
（2）解：由题意可得，直线BD为
4
y =
，点A在直线BD上 
∴点A的纵坐标为4 ， 
把
4
y =
代入
2
2
y
x
x
=
−
得，
2
2
4
x
x
−
=
， 
解得
1
5
1
x =
+ ，
2
5
1
x = −
+ ， 
∴
5
1
m =
+ 或
5 1
m = −
+ ， 
∴点B 的坐标为(
)
2 5 1,4
+
或(
)
2 5
1,4
−
+
； 
（3）①解：过点B 作关于抛物线对称轴的对称点B，连接B A
，如图 
 
 
又∵点A关于抛物线对称轴的对称点为点A，BA延长交抛物线对称轴于点C ， 
∴
,
,
B A C


三点共线， 
设点A为(
)
2
,
2
m m
m
−
， 
又∵抛物线对称轴是直线
1
x = ，点A关于抛物线对称轴的对称点为点A， 
∴点A为(
)
2
2
,
2
m m
m
−
−
， 
∴
(
)
2
2
2
AA
m
m
m
=
−
−
=
−

， 
∵点D 的坐标为(
)
1,4 ，点B 的坐标为(
)
2
1,4
m −
， 
∴
(
)
1
2
1
2
2
BD
m
m
=
−
−
=
−
， 
∴AA
BD
=
， 
∵AA
CD
BD
CD
⊥
⊥
，
， 
 
 
 
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∴四边形BDAA
为平行四边形， 
∴DA
BC

， 
∵点D 为BB的中点， 
∴A D
为BB C


的中位线，即
1
2
A D
BC

=
， 
∴
1
2
A D
BC

=
， 
②∵A D
为BB C


的中位线，CD垂直平分AA，四边形BDAA
为平行四边形， 
∴AD
A D

=
，AD
AB

=
，AC
AB
=
， 
∴AC
AB
AD
A D
A C


=
=
=
=
， 
∴四边形CADA为菱形， 
∴菱形CADA的周长为
4
CADA
C
AD
=
菱形
， 
∵抛物线对称轴是
1
x = ，点B 的坐标为(
)
2
1,4
m −
， 
∴点D 的坐标为(
)
1,4 ， 
∴
2
2
BD
m
=
−
， 
∴ABD

周长为
2
ABD
C
AB
AD
BD
AD
BD
=
+
+
=
+

， 
∵四边形CADA的周长与ABD

周长之比为5
4 ， 
∴
4
5
2
4
AD
AD
BD =
+
， 
∵点A为(
)
2
,
2
m m
m
−
，点D 的坐标为(
)
1,4 ， 
∴
(
)
(
)
2
2
2
1
2
4
AD
m
m
m
=
−
+
−
−
， 
将
2
2
BD
m
=
−
和
(
)
(
)
2
2
2
1
2
4
AD
m
m
m
=
−
+
−
−
代入
4
5
2
4
AD
AD
BD =
+
， 
化简可得(
)
(
)
(
)
2
2
2
5 1
1
2
4
3
m
m
m
m
−
−
+
−
−
=
， 
整理得：(
)
(
)
4
2
9
1
106
1
225
0
m
m
−
−
−
+
=
， 
∴(
)
2
1
9
m −
=
或(
)
2
25
1
9
m−
=
， 
解得：
2
m = −，
2
3
m = −
，
8
4
3
m
m
=
=
，
， 
∵A在对称轴左侧，即
1
m ， 
 
 
 
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∴
2
3
m = −
或
2
m = −． 
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，主要考查待定系数法，抛物线的对称轴，菱形的性和判定，平
行四边形的性质和判定，三角形全等的判定和性质，勾股定理，一元二次方程的公式法求根，熟练掌握待
定系数法，勾股定理，平行四边形的性质，解方程是解题的关键． 
 
 
压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 
38．（2025·湖北·二模）如图，已知抛物线
2
y
x
px
q
= −
+
+
的对称轴为直线
3
x = −，过其顶点M 的一条直线
y
kx
b
=
+
与该抛物线的另一个交点为
(
)
1,1
N −
，要在坐标轴上找一点P，使得PMN

的周长最小，则点P
的坐标为（    ） 
 
A．
4 ,0
3


−



 
B．(
)
2,0 
C．(
)
0,2 
D．
4 ,0
3


−



或(
)
0,2 
【答案】C 
【分析】根据题意可得抛物线的解析式为
(
)
2
2
6
4
3
5
y
x
x
x
= −
−
−
= −
+
+
，分析可知当PM
PN
+
最小时，
PMN

的周长最小，利用轴对称分别作出点M关于x轴和y轴的对应点M，分别求解出直线M N的解析式，
找到最短路线，分别求出PM
PN
+
的值，比较两种情况取值更小的结果即可． 
【详解】∵抛物线
2
y
x
px
q
= −
+
+
的对称轴为直线
3
x = −，
1
N −
（
，1）是抛物线上的一点， 
∴
3
2
1
1
p
p
q
−
= −
−

= −−
+

，解得
6
4
p
q
= −

= −

， 
∴该抛物线的解析式为
(
)
2
2
6
4
3
5
y
x
x
x
= −
−
−
= −
+
+
， 
∴
3
M −
（
，5）， 
 
 
 
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PMN

的周长为MN
PM
PN
+
+
，且MN 是定值，所以只需PM
PN
+
最小； 
如图，过点
3
M −
（
，5）作关于y 轴对称的点
3
M（，5）连接M N，M N与y 轴的交点即为所求的点P， 
设直线M N的解析式为
(
)
0
y
ax
t a
=
+

， 
由点
3
M（，5）和点
1
N −
（
，1）可得
5
3
1
a
t
a
t
=
+

= −+

， 
解得：
1
2
a
t
=

=

， 
∴直线M N的解析式为
2
y
x
=
+
，当
0
x =
时，
2
y =
，即
0
P（，2）； 
PM
PN
M N
+
=


，
3
M（，5），
1
N −
（
，1）， 
∴
(
)
(
)
2
2
3
1
5 1
4 2
M N


=
−−
+
−
=



， 
此时PMN

的周长为4 2
MN
+
； 
同理，如图，过点
3
M −
（
，5）作关于x 轴对称的点
3
M−
（
，5
−），连接M N，M N与x 轴的交点即为所求
的点P， 
 
设直线M N的解析式为
(
)
0
y
cx
d c
=
+

， 
由点
3
M−
（
，5
−）和点
1
N −
（
，1）可得
5
3
1
c
d
c
d
−= −
+

= −+

， 
解得：
3
4
c
d
=


=

， 
∴直线M N的解析式为
3
4
y
x
=
+
，当
0
y =
时，
4
3
x = −
，即
4
3
P −
（
，0）， 
PM
PN
M N
+
=


，
3
M−
（
，5
−），
1
N −
（
，1）， 
 
 
 
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∴
(
)
(
)
2
2
3
1
5 1
2 10
M N


=
−−−
+ −−
=



， 
此时△PMN 的周长为2 10
MN
+
； 
4 2
32
=

，2 10
40
=
， 
∴4 2
2 10
MN
MN
+

+
， 
∴点P 在y 轴上时，PMN

的周长最小，此时点P 的坐标是0
（，2）． 
故选：C． 
【点睛】本题考查了轴对称－－最短路线问题、二次函数的性质、待定系数法求一次函数的解析式、平面
直角坐标系中两点距离公式，在求点P 的坐标时，一定要注意题目要求是要在坐标轴上找一点P，所以应该
找x 轴和y 轴上符合条件的点P，要分类讨论比较后再判断． 
39．（25-26 九年级上·辽宁抚顺·期中）如图，抛物线
2
1
4
6
2
y
x
x
=
−
+
与y 轴交于点A，与x 轴交于点B，线
段CD在抛物线的对称轴上移动（点C 在点D 下方），且
3
CD =
．当四边形ABCD的周长最小时，点D 的坐
标为______． 
 
【答案】(
)
4,4 
【分析】本题考查了抛物线与x 轴的交点：把求二次函数
2
y
ax
bx
c
=
+
+ （a，b，c 是常数，
0
a 
）与x 轴
的交点坐标问题转化为解关于x 的一元二次方程．也考查了二次函数的性质和最短路线问题． 
抛物线与x 轴的另一个交点为E 点，把E 点向上平移3 个单位得到F 点，连结AF 交对称轴于D 点，如图，
先证明四边形CDFE为平行四边形得到CE
DF
=
，则CB
DF
=
，利用等线段代换得到四边形ABCD的周长
AB
CD
AF
=
+
+
，根据两点之间线段最短可判断此时四边形ABCD的周长最小，再解方程
2
1
4
6
0
2 x
x
−
+
=
得
(
)
6,0
E
，从而确定抛物线的对称轴为直线
4
x = ，(
)
6,3
F
，接着确定(
)
0,6
A
，然后利用待定系数法求出直线
AF 的解析式为
1
6
2
y
x
= −
+
，于是解方程组
1
6
2
4
y
x
x

= −
+

=

得到D 点坐标． 
 
 
 
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【详解】解：抛物线与x 轴的另一个交点为E 点，把E 点向上平移3 个单位得到F 点，如图， 
 
∵
3
CD
EF
=
= ，CD
EF
∥
， 
∴四边形CDFE为平行四边形， 
∴CE
DF
=
， 
∵CB
CE
=
， 
∴CB
DF
=
， 
∴
ABCD
C
AB
CD
AD
BC
AB
CD
DF
AD
AB
CD
AF
=
+
+
+
=
+
+
+
=
+
+
四边形
， 
∴此时四边形ABCD的周长最小， 
令
0
y =
，则
2
1
4
6
0
2 x
x
−
+
=
， 
解得
1
2
x =
，
2
6
x = ， 
∴
(
)
2,0
B
，
(
)
6,0
E
， 
∴
(
)
6,3
F
， 
令
0
x =
，则
2
1
4
6
6
2
y
x
x
=
−
+
=
， 
∴
(
)
0,6
A
， 
设过点
(
)
0,6
A
，
(
)
6,3
F
的直线AF 的解析式为y
kx
b
=
+
， 
∴
6
6
3
b
k
b
=


+
=

，解得
1
2
6
k
b
= −

=

， 
∴直线AF 的解析式为
1
6
2
y
x
= −
+
， 
∵抛物线
2
1
4
6
2
y
x
x
=
−
+
的对称轴为直线
4
4
1
2
2
x
−
= −
=

， 
 
 
 
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∴解方程组
1
6
2
4
y
x
x

= −
+

=

得
4
4
x
y
=


=

， 
∴
(
)
4,4
D
． 
故答案为：(
)
4,4 ． 
40．如图，抛物线
2
1
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 与x 轴交于点A和点
(
)
4 0
B
，，与y 轴交于点
(
)
0 4
C
，，点E 在抛物线上． 
   
(1)求抛物线的解析式； 
(2)点E 在第一象限内，过点E 作EF
y
∥轴，交BC 于点F ，作EH
x
轴，交抛物线于点H ，点H 在点E 的
左侧，以线段
,
EF EH 为邻边作矩形EFGH ，当矩形EFGH 的周长为11 时，求线段EH 的长； 
(3)点M 在直线AC 上，点N 在平面内，当四边形OENM 是正方形时，请直接写出点N 的坐标． 
【答案】(1)抛物线的解析式为
2
1
4
2
y
x
x
= −
+
+
； 
(2)
4
EH =
； 
(3)点N 的坐标为(
)
4
4，或
7 3
2 2


−




，或
5
57
17
3 57
,
4
4


−+
−
−






或
5
57
17
3 57
,
4
4


−−
−
+






 
【分析】（1）利用待定系数法即可求解； 
（2）先求得直线BC 的解析式为
4
y
x
−
=
+
，设
2
1
,
4
2
E x
x
x


−
+
+



，则
(
)
,
4
F x
x
−+
，利用对称性质求得
2
1
2
,
4
2
H
x
x
x


−
−
+
+



，推出
2
1
2
2 x
x
GH
EF
−
=
=
+
，
2
2
GF
EH
x
=
=
−，利用矩形周长公式列一元二次方
程计算即可求解； 
（3）先求得直线AC 的解析式为
2
4
y
x
=
+
，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，证明
OEP
MOQ
≌
△
△
，
推出PE
OQ
=
，PO
MQ
=
，设
2
1
,
4
2
E m
m
m


−
+
+



，则
2
1
4,
2
M
m
m
m


−
−



，由点M 在直线AC 上，列式计
 
 
 
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算，可求得m 的值，利用平移的性质可得点N 的坐标；设点
(
)
,
M a b ，则点
(
)
,
E b
a
−
，当OM 绕着点O 逆
时针旋转90得到OE 时，当点M 绕点O 顺时针90得到点E 时，根据旋转的性质，可得点N 的坐标． 
【详解】（1）解：∵抛物线
2
1
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 经过点
(
)
4,0
B
和
(
)
0,4
C
， 
∴
2
1
4
4
0
2
4
b
c
c
−

+
+
=

=

， 
解得
1
4
b
c
=

=

， 
∴抛物线的解析式为
2
1
4
2
y
x
x
= −
+
+
； 
（2）解：∵点
(
)
4,0
B
和
(
)
0,4
C
， 
设直线BC 的解析式为
4
y
kx
=
+
，则0
4
4
k
=
+
， 
解得
1
k = −， 
∴直线BC 的解析式为
4
y
x
−
=
+
， 
设
2
1
,
4
2
E x
x
x


−
+
+



，且0
4
x


，则
(
)
,
4
F x
x
−+
， 
∴
(
)
2
2
1
1
4
4
2
2
2
GH
EF
x
x
x
x
x
=
= −
+
+
−−+
= −
+
， 
∵抛物线的对称轴为直线
1
1
1
2
2
x = −
=


−




， 
∴
2
1
2
,
4
2
H
x
x
x


−
−
+
+



， 
∴
(
)
4
2
2
GF
EH
x
x
x
=
=
−
−
=
−
， 
依题意得
2
1
2
2
2
2
11
2 x
x
x


−
+
+
−
=




， 
解得
5
x = （舍去）或
3
x = ， 
∴
4
EH =
； 
（3）解：令
0
y =
，则
2
1
4
0
2 x
x
−
+
+
=
， 
解得
2
x = −或
4
x = ， 
∴
(
)
2,0
A −
， 
同理，直线AC 的解析式为
2
4
y
x
=
+
， 
∵四边形OENM 是正方形， 
 
 
 
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∴OE
OM
=
，
90
EOM

=
，分别过点M、E 作y 的垂线，垂足分别为P、Q，如图， 
    
90
OPE
MQO

= 
=
，
90
OEP
EOP
MOQ

=
−
= 
， 
∴
OEP
MOQ
≌
△
△
， 
∴PE
OQ
=
，PO
MQ
=
， 
设
2
1
,
4
2
E m
m
m


−
+
+



， 
∴PE
OQ
m
=
= −
，
2
1
4
2
P
m
O
M
m
Q
=
= −
+
+ ， 
则
2
1
4,
2
M
m
m
m


−
−



， 
∵点M 在直线AC 上， 
∴
2
1
2
4
4
2
m
m
m


=
−
−
+




， 
解得
4
m =
或
1
m = −， 
当
4
m =
时，
(
)
0,4
M
，
(
)
4,0
E
， 
即点M 与点C 重合，点E 与点B 重合时，四边形OENM 是正方形，此时
(
)
4,4
N
； 
当
1
m = −时，
5 , 1
2
M 

−
−



，
5
1, 2
E 

−



， 
点O 向左平移5
2 个单位，再向下平移1 个单位，得到点M， 
则点E 向左平移5
2 个单位，再向下平移1 个单位，得到点N， 
∴
5 5
1
,
1
2 2
N 

−−
−



，即
7 3
,
2 2
N 

−



； 
设点
(
)
,
M a b ，则点
(
)
,
E b
a
−
， 
当OM 绕着点O 逆时针旋转90得到OE 时，如图， 
 
 
 
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∵点E 在
2
4
y
x
=
+
的图象上， 
∴
2
4
b
a
=
+
， 
∴点
(
)
,2
4
M a
a +
， 
∵点E 在
2
1
4
2
y
x
x
= −
+
+
的图象上， 
∴
(
)
2
1 2
4
2
4
4
2
a
a
a
−
+
+
+ +
= −， 
解得：
5
2
a = −
或0， 
∴
(
)
(
)
1
1
2
5
0,4 ,
4,0 ,
, 1
2
M
E
M 

−
−



，
2
5
1, 2
E 

−



， 
当点M 绕点O 顺时针90得到点E 时，点
(
)
,
E
b a
−
，
(
)
(
)
,2
4 ,
2
4,
M a
a
E
a
a
+
−
−
， 
∵点E 在
2
1
4
2
y
x
x
= −
+
+
的图象上， 
∴
(
)
2
1
2
4
2
4
4
2
a
a
a
−
−
−
−
−+
=
， 
解得：
11
57
4
a
−

=
， 
∴点
1
11
57
3
57
,
4
2
M 

−
−
−−






，
1
3
57
11
57
,
2
4
E 

+
−
−






，
2
11
57
3
57
,
4
2
M 

−
+
−+






，
2
3
57
11
57
,
2
4
E 

−
−
+






， 
∴点N 的坐标为
5
57
17
3 57
,
4
4


−+
−
−






或
5
57
17
3 57
,
4
4


−−
−
+






； 
综上，点N 的坐标为(
)
4 4
，或
7 3
2 2


−




，或
5
57
17
3 57
,
4
4


−+
−
−






或
5
57
17
3 57
,
4
4


−−
−
+






． 
【点睛】本题考查的是待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次
函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，两点之间的距离公式和正方形的性质，是一道综合性较强的
 
 
 
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题，解题的关键是求出二次函数和一次函数解析式以及分情况讨论． 
41．（24-25 九年级上·山东威海·期末）抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 与x 轴交于点( 1,0)
A −
，(3,0)
B
，与y 轴交于点
C． 
 
(1)求抛物线的表达式； 
(2)点P 为第一象限内抛物线上一点，过点P 作PQ
x
∥
轴交直线BC 于点Q．过点P 作PH
x
⊥
轴于点H，过
点Q 作QG
x
⊥
轴于点G．当点P 位于何处时，四边形PQGH 的周长最大？最大周长为多少？ 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ 
(2)
5 63
,
4 16
P




时，四边形PQGH 的周长最大，最大周长为49
4 
【分析】本题考查了二次函数与几何，正确求出二次函数的解析式，熟练利用二次函数的性质找最值是解
题的关键． 
（1）利用待定系数法即可解答； 
（2）设P 的横坐标为m ，则可用m 表示P 的纵坐标，即可得到点Q 的坐标，再表示出四边形PQGH 的周
长，利用二次函数的性质即可解答． 
【详解】（1）解：把点
( 1,0)
A −
，
(3,0)
B
代入
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ ， 
可得
0
1
0
9
3
b
c
b
c
= −−+

= −+
+

， 
解得
2
3
b
c
=

=

， 
抛物线的表达式为
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ； 
（2）解：当
0
x =
时，
3
y =
， 
(
)
0,3
C

, 
设直线CB 的解析式为y
kx
b
=
+
， 
把
(
)
0,3
C
，
(3,0)
B
代入可得， 
 
 
 
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3
0
3
b
k
b
=

=
+

， 
解得
1
3
k
b
= −


=

， 
直线CB 的解析式为
3
y
x
= −+
 
设(
)
2
,
2
3
P m
m
m
−
+
+
， 
PQ
x
∥
轴， 
Q

的纵坐标为
2
2
3
m
m
−
+
+ ， 
代入直线CB 可得
2
2
3
3
m
m
x
−
+
+
= −+ ， 
解得
2
2
x
m
m
=
−
， 
(
)
2
2
2
3
2 ,
m
m
m
m
Q
−
+
−
+

， 
2
3
PQ
m
m

=
−
 
PH
x
⊥

轴，QG
x
⊥
轴， 
90
QGH
GHP
HPQ

= 
= 
=
, 
四边形QGHP 为矩形， 
四边形PQGH 的周长为
(
)
(
)
2
2
3
2
2
2 3
2
2
PQ
PH
m
m
m
m
+
−
+
=
−
+
+
， 
(
)
(
)
2
2
2
5
4
2
3
49
2 3
2
4
4
m
m
m
m
m


=
−
+
= −
−
+


−
+

+

， 
当
5
4
m =
，即
5 63
,
4 16
P




时，四边形PQGH 的周长最大，最大周长为49
4 ． 
42．如图，在平面直角坐标系中，抛物线
2
2
y
ax
bx
=
+
+
过点(
)
1,3 ，且交x 轴于点
(
)
1,0
A −
，B 两点，交y 轴
于点C ． 
 
(1)求抛物线的表达式； 
 
 
 
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(2)点P 是直线BC 上方抛物线上的一动点，过点P 作PD
BC
⊥
于点D ，过点P 作y 轴的平行线交直线BC 于
点E ，求PDE

周长的最大值及此时点P 的坐标； 
(3)在(2)中PDE

周长取得最大值的条件下，将该抛物线沿射线CB 方向平移5 个单位长度，点M 为平移后
的抛物线的对称轴上一点，在平面内确定一点N ，使得以点A，P ，M ，N 为顶点的四边形是菱形，直接
写出所有符合条件的点N 的坐标． 
【答案】(1)
2
1
3
2
2
2
y
x
x
= −
+
+
 
(2) PDE

周长的最大值6 5
10
5
+
，此时点
(
)
2,3
P
 
(3)以点A，P ，M ，N 为顶点的四边形是菱形时
5 9
,
2 2
N 

−



或1 3 7
,
2
2








或1
3 7
,
2
2


−






 
【分析】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法，相似三角形的性质与判定，菱形的性质及应用，
中点坐标公式等知识，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点的坐标及相关线段的长度． 
（1）把(
)
1,3 、
(
)
1,0
A −
代入
2
2
y
ax
bx
=
+
+
计算即可； 
（2）延长PE交x 轴于F ，可得
DEP
BCO

= 
，进而得到DPE
OBC

∽
，DPE
PE
OBC
BC
=
周长
周长


，求出PE的
最大值即可； 
（3）先求出平移后的解析式，再设出M ，N 的坐标，最后根据菱形的性质和判定计算即可． 
【详解】（1）把(
)
1,3 、
(
)
1,0
A −
代入
2
2
y
ax
bx
=
+
+
得，
3
2
0
2
a
b
a
b
=
+ +

=
−+

， 
解得
1
2
3
2
a
b
= −

=

， 
∴抛物线的表达式为
2
1
3
2
2
2
y
x
x
= −
+
+
； 
（2）延长PE交x 轴于F ， 
  
过点P 作PD
BC
⊥
于点D ，过点P 作y 轴的平行线交直线BC 于点E ， 
 
 
 
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∴
DEP
BCO

= 
，
90
PDE
COB

= 
=
， 
∴DPE
OBC

∽
， 
∴DPE
PE
OBC
BC
=
周长
周长


， 
∴
PE
DPE
OBC
BC
=

周长
周长

， 
∴当PE最大时PDE

周长的最大 
∵抛物线的表达式为
2
1
3
2
2
2
y
x
x
= −
+
+
， 
∴
(
)
4,0
B
， 
∴直线BC 解析式为
1
2
2
y
x
−
=
+ ，
2
2
2 5
BC
OC
OB
=
+
=
 
设
2
1
3
,
2
2
2
P m
m
m
−


+
+



，则
1
,
2
2
E m
m


−
+



 
∴
(
)
2
2
2
1
3
1
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
PE
m
m
m
m
m
m


= −
+
+
−−
+
= −
+
= −
−
+




， 
∴当
2
m =
时
2
PE = 最大，此时
(
)
2,3
P
 
∵BOC

周长为
6
2 5
OC
OB
BC
+
+
=
+
， 
∴PDE

周长的最大值为
(
)
2
6 5
10
6
2 5
5
2 5
+

+
=
，此时
(
)
2,3
P
， 
即PDE

周长的最大值6 5
10
5
+
，此时点
(
)
2,3
P
； 
（3）∵将该抛物线沿射线CB 方向平移5 个单位长度，可以看成是向右平移2 个单位长度再向下平移一个
单位长度， 
∴平移后的解析式为
(
)
(
)
2
2
1
3
1
7
2
2
2 1
4
2
2
2
2
y
x
x
x
x
= −
−
+
−
+ −= −
+
−，此抛物线对称轴为直线
7
2
x =
， 
∴设
7 ,
2
M
n





，
(
)
,
N s t 
∵
(
)
2,3
P
，
(
)
1,0
A −
 
∴
2
18
PA =
，
(
)
(
)
2
2
2
2
7
9
2
3
3
2
4
PM
n
n


=
−
+
−
=
+
−




，
(
)
2
2
2
2
7
81
1
0
2
4
AM
n
n


=
+
+
−
=
+




， 
当PA为对角线时，此时以点A，P ，M ，N 为顶点的四边形是菱形 
∴PA与MN 互相平分，且PM
AM
=
 
∴
(
)
2
2
9
81
3
4
4
n
n
+
−
=
+
，解得
3
2
n = −
 
 
 
 
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∵PA中点坐标为2 1 3
0
,
2
2
−
+





，MN 中点坐标为
7
2
,
2
2
s n
t


+


+






， 
∴
7
1
2
3
s
n
t

+
=

+ =

，解得
5
2
9
2
s
t
= −

=

， 
此时
5 9
,
2 2
N 

−



； 
当PA为边长且AM 和PN 是对角线时，此时以点A，P ，M ，N 为顶点的四边形是菱形 
∴AM 与PN 互相平分，且PM
PA
=
 
∴
(
)
2
9
3
18
4
n
+
−
=
，解得
3 7
3
2
n =

 
∵PN 中点坐标为2
3
,
2
2
s
t
+
+





，AM 中点坐标为
7
1
0
2
,
2
2
n


−


+






， 
∴
7
2
1
2
3
0
s
t
n
+
=
−

+ =
+

，解得
1
2
3 7
2
s
t
=

= 

， 
此时
1 3 7
,
2
2
N 







或
1
3 7
,
2
2
N 

−






； 
同理，当PA为边长且AN 和PM 是对角线时，此时以点A，P ，M ，N 为顶点的四边形是菱形 
∴AN 和PM 互相平分，且AM
PA
=
 
2
81
18
4
n
+
=
，此方程无解； 
综上所述，以点A，P ，M ，N 为顶点的四边形是菱形时
5 9
,
2 2
N 

−



或1 3 7
,
2
2








或1
3 7
,
2
2


−






； 
43．（25-26 九年级上·广东中山·期中）已知二次函数
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 与y 轴交于C ，与x 轴交于点
(
)
(
)
3,0
1,0
A
B
−
，
两点，作直线AC ． 
 
 
 
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(1)求抛物线的函数表达式； 
(2)如图，点D 是直线AC 上方抛物线上的一动点，过D 作DE
y
∥
轴交AC 于点E
DG
AC
⊥
，
交AC 于点G ，
是否存在一点D ，使DEG

的周长取得最大值，若存在，求出点D 坐标．若不存在，请说明理由； 
(3)在（2）中DEG

的周长取得最大值的条件下，点M 是抛物线对称轴上一动点，点N 是抛物线上一动点，
当以B
D
M
N
，，，
为顶点的四边形是平行四边形时，请求出点N 的横坐标． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 
(2)当
3
2
t = −
时，DE 取最大值，此时
3
5
2
4
,1
D

−



 
(3)N 点横坐标为1
2 或3
2 或
7
2
−
 
【分析】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角三角形的性质，平
行四边形的性质是解题的关键． 
（1）根据交点式求函数的解析式即可； 
（2）延长DE 交x 轴于点F，可推导出DEG

是等腰直角三角形，则DEG

的周长(
)
1
2 DE
=
+
，当DE 最
大时，DEG

的周长取最大值，设
(
)
2
,
2
3
D t
t
t
−
−
+
，则
(
3)
,
E t t +
，
2
3
9
2
4
ED
t

= −
+
+




，当
3
2
t = −
时，DE 取
最大值，此时D 点坐标为
3 15
,
2
4


−



； 
（3）设
,
( 1
)
M
m
−
，(
)
2
,
2
3
N n
n
n
−
−
+
，分三种情况讨论：当MN 为平行四边形的对角线时，N 点横坐标为1
2 ；
当MB 为平行四边形的对角线时，N 点横坐标为3
2 ；当MD为平行四边形的对角线时，N 点横坐标为
7
2
−
． 
【详解】（1）解：∵与x 轴交于点(
)
(
)
3,0
1,0
A
B
−
，
两点， 
∴
(
)(
)
2
3
1
2
3
y
x
x
x
x
=
+
−
= −
−
+ ； 
（2）解：延长DE 交x 轴于点F， 
 
 
 
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当
0
x =
时，
3
y =
， 
∴
(
)
0,3
C
， 
∴
3
OC
OA
=
= ， 
∴
45
CAO
AEF

= 
=
， 
∵DE
y
∥
轴， 
∴
45
DEG =

∠
， 
∴DEG

是等腰直角三角形， 
∴
2
2
DG
EG
DE
=
=
， 
∴DEG

的周长(
)
1
2 DE
=
+
， 
∴当DE 最大时，DEG

的周长取最大值， 
设直线AC 的解析式为
3
y
kx
=
+ ， 
∴3
3
0
k
−
+ =
， 
解得
1
k = ， 
∴
3
y
x
=
+
， 
设
(
)
2
,
2
3
D t
t
t
−
−
+
，则
(
3)
,
E t t +
， 
∴
2
2
2
3
9
2
3
3
3
2
4
ED
t
t
t
t
t
t

= −
−
+ −−
= −
−
= −
+
+




， 
当
3
2
t = −
时，DE 取最大值，此时
3 15
,
2
4
D

−



； 
（3）解：∵
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
−
−
=
−
+
=
+
+
， 
∴对称轴为直线
1
x = −， 
设
( 1,
)
M
m
−
，
(
)
2
,
2
3
N n
n
n
−
−
+
， 
 
 
 
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当MN 为平行四边形的对角线时，
3
1
1
2
n
−+
= −
， 
解得
1
2
n =
， 
∴N 点横坐标为1
2 ； 
当MB 为平行四边形的对角线时，
3
1 1
2
n
−+ =
−
， 
解得
3
2
n =
， 
∴N 点横坐标为3
2 ； 
当MD为平行四边形的对角线时，
3
1
1
2
n
−−
=
+ ， 
解得
7
2
n = −
-， 
∴N 点横坐标为
7
2
−
； 
综上所述：N 点横坐标为1
2 或3
2 或
7
2
−
． 
44．如图，已知二次函数
2
y
x
bx
c
=
+
+ 经过A，B 两点，BC
x
⊥
轴于点C，且点
(
)
1,0
A −
，(
)
4,0
C
，AC
BC
=
． 
 
(1)求抛物线的解析式； 
(2)点E 是线段AB 上一动点（不与A，B 重合），过点E 作x 轴的垂线，交抛物线于点F，当线段EF 的长度
最大时，求点E 的坐标及
ABF
S△
； 
(3)点P 是抛物线对称轴上的一个动点，是否存在这样的P 点，使ABP

成为直角三角形？若存在，求出所
有点P 的坐标；若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
=
−
− 
(2)点E 的坐标为3 5
,
2 2





，125
8 ； 
 
 
 
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(3)存在；点P 的坐标为(
)
1,8 或(
)
1, 2
−
或(
)
1,6 或(
)
1, 1
−
 
【分析】（1）先求出点B 坐标，再利用待定系数法求出抛物线的解析式； 
（2）先利用待定系数法求出直线AB 的解析式，点
(
)
,
1
E t t +
，则(
)
2
,
2
3
F t t
t
−
−
， 
得出
(
) (
)
2
2
3
25
1
2
3
2
4
EF
t
t
t
t

=
+
−
−
−
= −
−
+




，利用二次函数求最值方法进一步求解即可； 
（3）根据题意，分三种情况①点B 为直角顶点；②点A 为直角顶点；③点P 为直角顶点分别讨论求解即
可． 
【详解】（1）解：∵点
(
)
1,0
A −
，
(
)
4,0
C
， 
∴
5
AC =
，
4
OC =
， 
∵
5
AC
BC
=
=
， 
∴
(
)
4,5
B
， 
把
(
)
1,0
A −
和
(
)
4,5
B
代入二次函数
2
y
x
bx
c
=
+
+ 中得： 
1
0
16
4
5
b
c
b
c
−+
=


+
+
=

， 
解得：
2
3
b
c
−
−
=

=

， 
∴二次函数的解析式为：
2
2
3
y
x
x
=
−
−； 
（2）解：如图1，∵直线AB 经过点
(
)
1,0
A −
和
(
)
4,5
B
， 
设直线AB 的解析式为y
kx
b
=
+
， 
∴
0
4
5
k
b
k
b
−+
=


+
=

， 
解得：
1
1
k
b
=

=

， 
∴直线AB 的解析式为：
1
y
x
=
+ ， 
∵二次函数
2
2
3
y
x
x
=
−
−， 
 
 
 
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∴设点
(
)
,
1
E t t +
，则(
)
2
,
2
3
F t t
t
−
−
， 
∴
(
) (
)
2
2
3
25
1
2
3
2
4
EF
t
t
t
t

=
+
−
−
−
= −
−
+




， 
∴当
3
2
t =
时，EF 的最大值为25
4 ， 
∴点E 的坐标为3 5
,
2 2





； 
∴
(
)
(
)
1
1
25
125
4 1
2
2
4
8
ABF
B
A
S
EF
x
x
=

−
=


+
=

； 
（3）解：存在， 
∵
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
−
−
=
−
=
−
， 
∴对称轴为直线
1
x = ， 
设
(
)
1,
P
m ，分三种情况： 
①点B 为直角顶点时，由勾股定理得：
2
2
2
PB
AB
PA
+
=
， 
∴(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
4 1
5
4 1
5
1 1
m
m
−
+
−
+
+
+
=
+
+
， 
解得：
8
m =
， 
∴
(
)
1,8
P
； 
②点A 为直角顶点时，由勾股定理得：
2
2
2
PA
AB
PB
+
=
， 
∴(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
1 1
4 1
5
4 1
5
m
m
+
+
+
+
+
=
−
+
−
， 
解得：
2
m = −， 
∴
(
)
1, 2
P
−
； 
③点P 为直角顶点时，由勾股定理得：
2
2
2
PB
PA
AB
+
=
， 
 
 
 
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∴(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
1 1
4 1
5
4 1
5
m
m
+
+
+
−
+
−
=
+
+
， 
解得：
6
m =
或
1
m = −， 
∴
(
)
1,6
P
或
(
)
1, 1
P
−
； 
综上，点P 的坐标为(
)
1,8 或(
)
1, 2
−
或(
)
1,6 或(
)
1, 1
−
． 
45．（2025·浙江·一模）在平面直角坐标系中，
(
)
2,
A
m
−
，
(
)
1,1
B
是二次函数
2
y
ax
=
图象上的两点． 
(1)求a ，m 的值； 
(2)若点C 在直线AB 下方的抛物线上，点D 在直线AB 上方的抛物线上，问： 
①求ABC

面积的最大值； 
②当CD垂直平分线段AB 时，求点D 的坐标； 
(3)过点B 作两条互相垂直的直线分别交抛物线于点E ，F ，求BEF

中EF 边上的高的最大值． 
【答案】(1)
1
a = ，
4
m =
 
(2)①27
8 ，②
1
13 7
13
,
2
2
D

+
+






 
(3) 5 
【分析】1
（）将点B 坐标代入抛物线的解析式，从而求得a 的值，进而求得m 的值； 
2
（）①作CM
y
∥
轴，交AB 于M ，设(
)
2
C n
n
，
，可求得直线AB 的解析式，从而表示出点M 坐标，从而表
示出CM ，进而表示出
2
3
1
27
2
2
8
ACB
S
n
= −
+
+

（
）
，从而得出结果； 
②设
(
)
2
D t
t
，
，根据垂直平分线的性质，得DA
DB
=
，故
2
2
DA
DB
=
，解得即可； 
3
（）过点B作BG
EF
⊥
于点G，设直线EF 的解析式为y
mx
n
=
+
，根据题意，得
2
0
x
mx
n
−
−
=
，设(
)
2
1
1
E x
x
，
，
(
)
2
2
2
F x
x
，
，则
1
2
x
x
，
是方程
2
0
x
mx
n
−
−
=
的两个根，根据根与系数关系定理得
1
2
1
2
,
x
x
m x x
n
+
=
= −

，过点
B 作MN
y
⊥
轴，过点E 作EN
MN
⊥
于点N，过点F 作FM
MN
⊥
于点M，，证明NBE
MFB

∽
，
2
0
m
n
-
+ = ，
故直线EF 过定点
(
)
1,2
R −
，故
(
)
(
)
2
2
1 1
2 1
5
BR =
−−
+
−
=
，根据直角三角形的斜边大于直角边，当点G
与R 重合时，BG 取得最大值． 
【详解】（1）解：由题意得， 
2
1
1
a
=

， 
 
 
 
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1
a
= ， 
2
y
x

=
， 
(
)
2
2
4
m

= −
=
． 
（2）解：①设直线AB 的解析式为y
kx
p
=
+
， 
将
(
)
1,1
B
，
(
)
2,4
A −
代入直线AB 的解析式得： 
1
2
4
k
p
k
p
+
=

−
+
=

， 
解得
1
2
k
p
= −


=

， 
∴直线AB 的解析式为：
2
y
x
= −+
． 
作CM
y
∥
轴，交AB 于M ， 
 
设(
)
2
C n
n
，
，则
(
)
,
2
M n
n
−+
，故
2
2
2
2
CM
n
n
n
n
= −+
−
= −
−
+
， 
∴
(
)
(
)
2
2
1
3
3
1
27
·
2
2
2
2
2
8
ABC
B
A
S
x
x
CM
n
n
n


=
−
=
−
−
+
= −
+
+





， 
∵
3
0
2
a = −

 
∴当
1
2
n
−
=
时，面积取得最大值，且
27
8
ACB
S
=

． 
②设
(
)
2
D t
t
，
，根据垂直平分线的性质，得DA
DB
=
，故
2
2
DA
DB
=
， 
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
2
4
1
1
t
t
t
t
+
+
−
=
−
+
−
， 
整理，得
2
3
0
t
t
−−
=
， 
解得1
2
1
13
1
13
,
2
2
t
t
+
−
=
=
（舍去）， 
故
2
2
1
13
7
13
2
2
t


+
+
=
=






， 
 
 
 
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故点
1
13 7
13
,
2
2
D

+
+






． 
（3）解： 过点B 作BG
EF
⊥
于点G， 
设直线EF 的解析式为y
mx
n
=
+
， 
根据题意，得
2
y
x
y
mx
n

=

=
+

， 
 
得
2
0
x
mx
n
−
−
=
， 
设(
)
2
1
1
E x
x
，
，(
)
2
2
2
F x
x
，
， 
则
1
2
x
x
，
是方程
2
0
x
mx
n
−
−
=
的两个根， 
∴
1
2
1
2
,
x
x
m x x
n
+
=
= −

， 
过点B 作MN
y
⊥
轴，过点E 作EN
MN
⊥
于点N，过点F 作FM
MN
⊥
于点M， 
∵
90
90
ENB
EBF
BMF
NBE
MBF
MFB

= 
= 
=


=
−
= 
，
， 
∴NBE
MFB

∽
， 
∴EN
BN
MB
MF
=
， 
∴
2
2
1
1
2
2
1
1
1
1
x
x
x
x
−
−
−=
−， 
∴(
)(
)(
)(
)
(
)(
)
1
1
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
+
−
+
−
= −
−
−
 
∵E，B，F 是不同点， 
∴
2
1
1,
1
x
x

， 
∴(
)(
)
1
2
1
1
1
x
x
+
+
= − 
 
 
 
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∴
1
2
1 2
1
1
x
x
x x
+
+ +
= −， 
∴
2
0
m
n
-
+ = ， 
∴
2
m
n
=
−， 
∴直线EF 的解析式为
(
)
2
y
n
x
n
=
−
+
， 
∴
(
)
2
1
y
x
n x
+
=
+
， 
故
(
)
2
1
y
x
n x
+
=
+
 
∴
1,
2
x
y
−
=
=
， 
故直线EF 过定点
(
)
1,2
R −
， 
故
(
)
(
)
2
2
1 1
2 1
5
BR =
−−
+
−
=
， 
∵EF 边上的高BG ， 
根据直角三角形的斜边大于直角边， 
当点G 与R 重合时，BG 取得最大值， 
∴
max
5
BG
=
． 
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，构造二次函数求最值，三角形相似的判定和
性质，公式法解一元二次方程，直线过定点，一元二次方程根与系数关系定理，直角三角形的性质，熟练
掌握最值，直线过定点，一元二次方程的解法，根与系数关系定理，三角形相似的判定和性质是解题的关
键． 
46．二次函数
(
)
2
0
y
ax
bx
c a
=
+
+

的图象与x 轴分别交于点
(
)
(
)
1,0
3,0
A
B
−
，
，与y 轴交于点
(
)
0, 3
C
−
，
P
Q
，
为抛物线上的两点． 
 
(1)求二次函数的表达式； 
 
 
 
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(2)当P
C
，
两点关于抛物线对称轴对称，
OPQ
△
是以点P 为直角顶点的直角三角形时，求点Q 的坐标； 
(3)设P 的横坐标为m ，Q 的横坐标为
1
m+ ，试探究：
OPQ
△
的面积S是否存在最小值，若存在，请求出最
小值，若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
2
=
2
3
y x
x
−
−
 
(2)
2
35
,
3
9
Q

−




 
(3)存在，最小值为11
8 
【分析】本题考查了二次函数的综合题，待定系数法求函数解析式，勾股定理，已知两点坐标表示两点距
离，二次函数最值，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 
（1）用待定系数法求解即可； 
（2）可求
(
)
2, 3
P
−
，设(
)
2
,
2
3
Q m m
m
−
−
，由
90
OPQ

=
，得
2
2
2
OP
PQ
OQ
+
=
，则 
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
2
2
0
2
0
3
2
3
2
3
0
0
2
3
m
m
m
m
m
m




−
+
+
+
−
+ −−
+
+
=
−
+
−
+
+






，解得
1
2
3
m =
，
2
2
m =
（舍
去），故
2
35
,
3
9
Q

−



； 
（3）分当点P、Q 在x 轴下方，且点Q 在点P 上方时，当点P、Q 在x 轴下方，且点P 在点Q 上方时，当
点P、Q 都在x 轴上方或者一个在x 轴上方，一个在x 轴下方，得到这个面积是关于m 的二次函数，进而求
最值即可． 
【详解】（1）解：把
(
)
(
)
1,0
3,0
A
B
−
，
，
(
)
0, 3
C
−
代入
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 得， 
0
9
3
0
3
a
b
c
a
b
c
c
−
+
=


+
+
=

= −

，解得
1
2
3
a
b
c
=

= −

= −

， 
∴二次函数的表达式为
2
=
2
3
y x
x
−
−
； 
（2）解：如图： 
 
 
 
 
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由
2
=
2
3
y x
x
−
−
得抛物线对称轴为直线
1
x = ， 
∵P
C
，
两点关于抛物线对轴对称，
(
)
0, 3
C
−
 
∴
(
)
2, 3
P
−
， 
设(
)
2
,
2
3
Q m m
m
−
−
， 
∵
90
OPQ

=
， 
∴
2
2
2
OP
PQ
OQ
+
=
， 
∴(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
0
2
0
3
2
3
2
3
m
m
m




−
+
+
+
−
+ −−
+
+





 
(
)
(
)
2
2
2
0
0
2
3
m
m
m
=
−
+
−
+
+
， 
整理得，
2
3
8
4
0
m
m
−
+
=
， 
解得
1
2
3
m =
，
2
2
m =
（舍去）， 
∴
2
3
m =
， 
∴
2
35
,
3
9
Q

−



； 
（3）存在，理由： 
当点P、Q 在x 轴下方，且点Q 在点P 上方时， 
设点
2
( ,
2
3)
P m m
m
−
−
，则点
2
(
1(
1)
2(
1)
3)
Q m
m
m
+
+
−
+
−
，
，设直线PQ 交x 轴于点H ， 
 
设直线PQ 表达式为：
(
)
0
y
kx
b k
=
+

， 
代入
2
( ,
2
3)
P m m
m
−
−
，
2
(
1(
1)
2(
1)
3)
Q m
m
m
+
+
−
+
−
，
 
得：(
)
(
)
2
2
2
3
1
1
2(
1)
3
mk
b
m
m
m
k
b
m
m

+
=
−
−

+
+
=
+
−
+
−

， 
 
 
 
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解得：
2
2
1
3
k
m
b
m
m
=
−

= −
−
−

， 
∴直线PQ 的表达式为：
2
(2
1)
3
y
m
x
m
m
=
−
−
−
−， 
令
0
y =
，得
2
(2
1)
3
0
m
x
m
m
−
−
−
−= 
则
2
3
2
1
m
m
x
m
+
+
=
−
， 
则
2
3
2
1
m
m
OH
m
+
+
=
−
， 
则
(
)
1
2
OHP
OHQ
Q
P
S
S
S
OH
y
y
=
−
=


−

  
(
)
(
)
2
2
2
1
3·
1
2
1
3
2
3
2
2
1
m
m
m
m
m
m
m
+
+
=

+
−
+
−−
+
+
−
 
(
)
2
2
1
1
1
11
11
3
2
2
2
8
8
m
m
m


=
+
+
=
+
+





， 
即S存在最小值为11
8 ； 
此时，
1
7
1
15
,
,
2
4
2
4
P
Q




−
−
−







，点Q 不在在点P 上方时， 
故舍去 
当点P、Q 在x 轴下方，且点P 在点Q 上方时， 
 
同上可求直线PQ 表达式为：
2
(2
1)
3
y
m
x
m
m
=
−
−
−
−， 
令
0
y =
，得
2
(2
1)
3
0
m
x
m
m
−
−
−
−= 
则
2
3
2
1
m
m
x
m
+
+
=
−
， 
则
2
3
1 2
m
m
OH
m
+
+
=
−
， 
则
1
(
)
2
OHQ
P
Q
OHP
S
S
S
OH
y
y
=
−
=


−
△
△
 
 
 
 
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(
)
(
)
2
2
2
1
3
2
3
1
2
1
3
2
1 2
m
m
m
m
m
m
m
+
+


=

−
−−
+
+
+
+


−
 
(
)
2
2
1
1
1
11
11
3
2
2
2
8
8
m
m
m


=
+
+
=
+
+





 
即S存在最小值为11
8 ； 
当点P、Q 都在x 轴上方或者一个在x 轴上方，一个在x 轴下方同理可求
(
)
2
2
1
1
1
11
11
3
2
2
2
8
8
S
m
m
m


=
+
+
=
+
+





， 
即S存在最小值为11
8 ， 
综上所述，
OPQ
△
的面积S是否存在最小值，且为11
8 ． 
47．如图在平面直角坐标系中，抛物线
(
)
2
2
0
y
ax
bx
a
=
+
+

与x 轴交于点(
)
4,0
A −
和点B （点A在点B 的
左侧），与y 轴交于点C ，经过点A的直线与抛物线交于点
(
)
1,3
D −
，与y 轴交于点E ． 
   
(1)求抛物线的表达式和顶点P 的坐标； 
(2)点F 是x 轴下方抛物线上的一个动点，使ADF

的面积为27
2 ，求点F 的坐标． 
(3)点M 是线段OA上一动点，点N 是线段AE 上一动点，且AM
EN
=
，请直接写出EM
ON
+
的最小值为
___________． 
【答案】(1)
2
1
3
2
2
2
y
x
x
= −
−
+ ，顶点P 的坐标为
3 25
,
2
8


−



 
(2)点F 的坐标为(
)
7, 12
−
−
或(
)
2, 3
−
 
(3) 4 3 
【分析】（1）先利用待定系数法求出抛物线解析式，再化为顶点式即可得顶点P 的坐标； 
（2）过点F 作FG
AD
∥
交x 轴于G ，连接DG ，则
ADF
ADG
S
S
=
△
△
，根据ADF

的面积为27
2 求出AG ，则
 
 
 
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(5,0)
G
，可得直线FG 的表达式为
5
y
x
=
−
，联立抛物线
2
1
3
2
2
2
y
x
x
= −
−
+ 即可求解； 
（3）过点E 作EH
x
轴，使EH
AE
=
，连接OH ，NH ，证明
(SAS)
EHN
AEM
△
≌△
，可得HN
EM
=
，由三
角形的三边关系可得EM
ON
HN
ON
OH
+
=
+

，则当H 、N 、O三点共线时，EM
ON
+
的值最小，最小
为OH 的长，利用勾股定理即可求解． 
【详解】（1）抛物线
(
)
2
2
0
y
ax
bx
a
=
+
+

过
(
)
4,0
A −
，
(
)
1,3
D −
， 
16
4
2
0
2
3
a
b
a
b
−
+
=


−+
=

， 
解得
1
2
3
2
a
b
−
−
=

=

， 
抛物线的表达式为
2
1
3
2
2
2
y
x
x
= −
−
+ ， 
2
2
1
3
1
3
25
2
2
2
2
2
8
y
x
x
x



= −
−
+
= −
+
+




， 
顶点P 的坐标为
3 25
,
2
8


−



． 
（2）如图1，过点F 作FG
AD
∥
交x 轴于G ，连接DG ， 
    
ADF
ADG
S
S
=
△
△
， 
ADF

的面积为27
2 ， 
1
27
3
2
2
AG

=
， 
解得
9
AG =
， 
(
)
4,0
A −

， 
(
)
5,0
G

， 
(
)
4,0
A −

，
(
)
1,3
D −
， 
 
 
 
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求直线AD的表达式为
4
y
x
=
+ ， 
FG
AD

∥
， 
设直线FG 的表达式为y
x
m
=
+
， 
5
0
m
+
=
，解得
5
m
−
=
， 
直线FG 的表达式为
5
y
x
=
−
， 
联立
5
y
x
=
−
与抛物线
2
1
3
2
2
2
y
x
x
= −
−
+ 得， 
2
5
1
3
2
2
2
y
x
y
x
x
=
−

= −
−
+

， 
解得
1
1
7
12
x
y
= −


= −

，
2
2
2
3
x
y
=


= −

， 
点F 的坐标为(
)
7, 12
−
−
或(
)
2, 3
−
； 
（3）如图2，过点E 作EH
x
轴，使EH
AE
=
，连接OH ，NH ， 
  
EH
x

∥轴， 
HEN
EAM

= 
， 
EH
AE
=

，EN
AM
=
， 
(
)
EHN
AEM SAS

≌
， 
HN
EM

=
， 
EM
ON
HN
ON
OH
+
=
+


， 
当H 、N 、O三点共线时，EM
ON
+
的值最小，最小为OH 的长， 
直线AD的表达式为
4
y
x
=
+ ， 
(
)
0,4
E

， 
2
2
4
4
4 2
AE

=
+
=
， 
4 2
EH

=
， 
 
 
 
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(
)
2
2
2
2
4 2
4
4 3
OH
EH
OE

=
+
=
+
=
， 
EM
ON

+
的最小值为4 3 ． 
【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，一次函数的图象与性质，待定系数
法确定函数的解析式，三角形的面积，全等三角形的判定和性质，掌握二次函数的图象和性质以及一次函
数的图象与性质是解题的关键． 
48．给出如下定义：对于二次函数
2
y
ax
bx
c
=
+
+ （其中a 、b 、c 为常数，且
0
a 
，
0
b 
），我们把一次函
数
2
b
c
y
x
a
a
= −
+
叫作该二次函数的“随轴函数”．例如：二次函数
2
1
3
4
2
y
x
x
−
=
+
+
的“随轴函数”为
3
8
y
x
=
−． 
 
(1)已知二次函数
2
3
9
6
2
y
x
x−
=
+
，求该二次函数的“随轴函数”的表达式； 
(2)如图，设二次函数
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 的图象
1
C 交x 轴于点( 1,0)
A −
，交y 轴于点
(0,3)
C
，它的“随轴函数”
y
kx
d
=
+
的图象为
2L ，图象
1
C 与
2L 相交于B ，D 两点（点D 在点B 的左侧）． 
①求该二次函数的表达式，并写出B ，D 两点的坐标； 
②直线x
n
=
与
1
C ，
2L 分别交于点E ，F ，与x 轴交于点G ．连接BE，CE ，CF ，当0
3
n


时，且四边
形CEBF 的面积为75
8 ，求n 的值； 
③若二次函数
2
(
3)
y
x
bx
c x
= −
+
+

与它的“随轴函数”
(
3)
y
kx
d x
=
+

组成新函数w ，若在函数w 图象上有
两点P ，Q（P 与Q 不重合），点P 的横坐标为m ，点Q 的横坐标为
m 5
−
+ ．当P ，Q 之间（包含P ，Q 两
点的图象）对应函数的最大值与最小值均不随m 的变化而变化，请直接写出m 的取值范围． 
【答案】(1)
3
4
y
x
= −
−
 
(2)①
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ，
(
)
3,0
B
，
(
)
2, 5
D −
−
；②1
2 ；③4
6
m


或1
1
m
−
． 
【分析】（1）根据“随轴函数”的定义，先确定二次函数
2
3
9
6
2
y
x
x−
=
+
中
3
2
a =
、
9
b =
、
6
c = −，代入公式
 
 
 
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计算
2
b
a
−
和c
a 的值，即可求得“随轴函数”的表达式； 
（2）①用待定系数法求二次函数解析式，解方程组得到b 、c 的值，根据 “随轴函数” 的定义，代入二次
函数的a 、b 、c ，得到随轴函数
2L 的解析式，将二次函数与随轴函数的解析式联立，解一元二次方程，得
到的根对应交点B 、D 的横坐标，代入函数解析式可得纵坐标； 
②根据直线x
n
=
与二次函数
1
C 、直线
2L ，对E 、F 两点进行表示，求E 、F 纵坐标的差的绝对值，得到
2
6
EF
n
n
= −
+
+
，利用四边形CEBF 的面积公式列方程，解方程得n 的值； 
③分析新函数w 是分段函数，先确定二次函数的最值、一次函数的单调性，分析出点P 、Q 的位置关于
5
2
x =
对称，分
5
2
m 
和
5
2
m 
两种情况讨论，得到m 的取值范围． 
【详解】（1）解：∵二次函数
2
3
9
6
2
y
x
x−
=
+
， 
∴
9
3
2
3
b
a
−
= −
= −，
4
c
a = −， 
∴该二次函数的“随轴函数”为
3
4
y
x
= −
−
； 
（2）解：①∵
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 交x 轴于点
(
)
1,0
A −
，交y 轴于点
(
)
0,3
C
， 
∴
1
0
3
b
c
c
−
−
+
=

=

，∴
2,
3,
b
c
=

=

， 
∴
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ， 
∴该二次函数的“随轴函数”为
3
y
x
=
−
， 
令
2
2
3
3
x
x
x
−
+
+
=
−， 
则
2
6
0
x
x
−
−
=
， 
解得
1
2
x = −，
2
3
x =
， 
则
1
5
y = −，
2
0
y =
， 
∴
(
)
2, 5
D −
−
，
(
)
3,0
B
． 
 
 
 
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②∵
(
)
,0
G n
， 
∴(
)
2
,
2
3
E n
n
n
−
+
+
，
(
)
,
3
F n n −
， 
∴
2
6
EF
n
n
= −
+
+
， 
∵
1
2
CEBF
S
EF OB
=

四边形
， 
∴
(
)
2
1
75
6 3
2
8
CEBF
S
n
n
=
−
+
+
=
四边形
， 
∴
2
1
0
4
n
n
−
+
=
，解得
1
2
1
2
n
n
=
=
， 
故n 的值为1
2 ； 
③∵
Px
m
=
，
5
Q
x
m
= −
+
，∴
(
)
5
5
2
2
m
m
+ −
+
=
， 
∴点P 、Q 到直线
5
2
x =
的距离相等， 
当
1
x = ，
1
2
3
4
y
= −+
+
=
最大值
， 
当
3
x = 时，
0
y
=
最小值
， 
∵P 、Q 之间的图象对应函数的最大值与最小值均不随m 的变化而变化， 
而当
7
x =
时，
4
y =
，
1
x = −时，
0
y =
， 
当
5
2
m 
，如图： 
由题意得：
1
5
1
3
7
m
m
−−
+





， 
∴4
6
m


； 
 
 
 
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当
5
2
m 
，如图： 
由题意得：
1
1
3
5
7
m
m
−


−
+


， 
∴1
1
m
−
， 
综上：4
6
m


或1
1
m
−
． 
49．如图①，平面直角坐标系中，抛物线y =
(
)
2
3
0
ax
bx
a
+
+

与x 轴分别交于点
(
)
3,0
A −
，和点
(1,0)
B
，与
y 轴交于点C，P 为抛物线上一动点． 
 
(1)拋物线的对称轴为直线______，拋物线的函数表达式为______； 
(2)如图②，连接AC ，若点P 在AC 上方，作PQ
y
∥
轴交AC 于点Q ，把上述抛物线沿射线PQ 的方向向下
平移，平移的距离为(
)
0
h h 
，在平移过程中，该抛物线与直线AC 始终有交点，求h 的最大值； 
(3)若点P 在AC 上方，设直线AP ，BP与抛物线的对称轴分别相交于点F，E．请探索以
,
,
,
A F B G （G 是点
E 关于x 轴的对称点）为顶点的四边形面积是否随着点P 的运动而发生变化？若不变，求出这个四边形的面
积；若变化，请说明理由． 
【答案】(1)
1
x= −，
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 
(2) 9
4 
(3)不变，这个四边形的面积为16 
【分析】（1）根据二次函数图象与x 轴的交点坐标即可求得对称轴，再利用待定系数法求函数解析式即可； 
（2）利用待定系数法求直线AC 的解析式，设平移后函数解析式为：
(
)
2
1
4
y
x
h
−
−
=
+
+
，建立方程组可得
 
 
 
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2
3
0
x
x
h
+
+
=
，再根据抛物线与直线AC 始终有交点，可得
9
4
0
h
= −

，再进行计算即可； 
（3）分别求出直线AP 、BP的解析式，再令
1
x= −，分别求得点F、E、G 的坐标，从而求得AB 、FG 的
值，即可求得四边形AFBG 的面积． 
【详解】（1）解：∵抛物线
(
)
2
3
0
y
ax
bx
a
=
+
+

与x 轴分别交于点(
)
3,0
A −
和点
(
)
1,0
B
， 
∴抛物线对称轴为： 直线
3 1
1
2
x
−+
=
= −， 
把点
(
)
3,0
A −
和点
(
)
1,0
B
代入
(
)
2
3
0
y
ax
bx
a
=
+
+

得：
9
3
3
0
3
0
a
b
a
b
−
+
=


+
+
=

， 
解得
1
2
a
b
= −

= −

， 
∴二次函数解析式为：
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ， 
故答案为：
1
x= −，
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ； 
（2）解：∵抛物线
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
−
−
=
−
+
=
+
+
， 
∴
(
)
0,3
C
， 
设直线AC 的解析式为；
(
)
0
y
kx
b k
=
+

， 
把点
(
)
3,0
A −
和点
(
)
0,3
C
代入得：
3
0
3
k
b
b
−
+
=


=

， 
解得：
1
3
k
b
=

=

， 
∴直线AC 解析式为：
3
y
x
=
+
， 
设平移后函数解析式为：
(
)
2
1
4
y
x
h
−
−
=
+
+
， 
建立方程组
(
)
2
1
4
3
y
x
h
y
x

= −
+
+
−

=
+

 
整理得：
2
3
0
x
x
h
+
+
=
， 
∵抛物线与直线AC 始终有交点， 
∴
9
4
0
h
= −

， 
∴
9
4
h 
， 
∴h 的最大值为9
4 ； 
 
 
 
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（3）解：如图，设(
)
2
,
2
3
P a
a
a
−
−
+
， 
 
设直线AP 的解析式为：
(
)
1
1
1
0
y
k x
b k
=
+

， 
∵
(
)
3,0
A −
， 
∴
2
1
1
1
1
2
3
3
0
ak
b
a
a
k
b

+
= −
−
+

−
+
=

，解得：
1
1
1
3
3
k
a
b
a
= −+


= −
+

， 
∴直线AP 的解析式为：
(
)
1
3
3
y
a
x
a
= −+
−
+ ， 
当= 1
x −时，
(
) (
)
1
1
3
3
2
2
y
a
a
a
= −+
−
−
+
= −
+
， 
∴
(
)
1, 2
2
F
a
−−
+
， 
设直线BP的解析式为：
(
)
2
2
2
0
y
k x
b
k
=
+

， 
∵
(
)
1,0
B
， 
∴
2
2
2
2
2
2
3
0
ak
b
a
a
k
b

+
= −
−
+

+
=

，解得：
2
2
3
3
k
a
b
a
= −−


=
+

， 
∴直线BP的解析式为：
(
)
3
3
y
a
x
a
= −−
+
+
， 
当= 1
x −时，
(
) (
)
3
1
3
2
6
y
a
a
a
= −−
−
+
+
=
+
， 
∴
(
)
1,2
6
E
a
−
+
， 
∵G 是点E 关于x 轴的对称点， 
∴
(
)
1, 2
6
G
a
−−
−
， 
 
 
 
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∵
(
)
1
3
4
AB = −−
=
，
(
)
2
2
2
6
8
FG
a
a
= −
+
−−
−
=
， 
∴
1
1
4 8
16
2
2
AGBF
AB FG
S
=

=
=
四边形
． 
综上，这个四边形的面积不变，这个四边形的面积为16． 
【点睛】本题考查用待定系数法求二次函数和一次函数解析式、二次函数与x 轴的交点坐标与对称轴的关系、
二次函数与一元二次方程、一次函数与二元一次方程组、解二元一次方程，熟练掌握相关知识，利用参数
构建方程是解题的关键． 
50．如图，已知二次函数
2
2
y
ax
x
c
=
+
+ 的图象与x 轴交于A，B 两点．A点坐标为(
)
1,0
−
，与y 轴交于点
(
)
0,3
C
，点M 为抛物线顶点，点E 为AB 中点． 
   
(1)求二次函数的表达式； 
(2)在直线BC 上方的抛物线上存在点Q ，使得
2
QCB
ABC

= 
，求点Q 的坐标； 
(3)已知D ，F 为抛物线上不与A，B 重合的相异两点． 
①若点F 与点C 重合，
(
)
, 12
D m −
，且
1
m ，求证：D ，E ，F 三点共线； 
②若直线AD，BF 交于点P ，则无论D ，F 在抛物线上如何运动，只要D ，E ，F 三点共线，AMP

，MEP

，
ABP

中必存在面积为定值的三角形．请直接写出其中面积为定值的三角形及其面积，不必说明理由． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ 
(2)
(
)
1,4
Q
 
(3) 
①点F 与点C 重合，则
(
)
0,3
F
， 
∵点E 为AB 中点，
(
)
1,0
A −
，
(
)
3,0
B
 
∴
(
)
1,0
E
, 
 
 
 
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设直线EF 的解析式为
(
)
0
y
kx
b k
=
+

，代入
(
)
1,0
E
,
(
)
0,3
F
 
∴
0
3
k
b
b
+
=

=

 
解得：
3
3
k
b
−
=

=

 
∴
3
3
y
x
= −
+ 
联立
2
2
3
3
3
y
x
x
y
x
−
−

=
+
+

=
+

 
解得：
0
3
x
y
=

=

或
5
12
x
y
−
=


=

 
∴
(
)
5, 12
D
−
，在直线EF 上 
即D ，E ，F 三点共线； 
②ABP

的面积为定值16 
【分析】（1）待定系数法求解析式，即可求解； 
（2）根据题意得出
90
QCB

=
，过点C 作CQ
BC
⊥
交抛物线于点Q ，过点Q 作QG
y
⊥
轴于点G ，则GCQ

是等腰直角三角形，根据CQ
QG
=
，建立方程，解方程，即可求解； 
（3）①根据题意得出
(
)
1,0
E
，得出直线EF 的解析式为
3
3
y
x
= −
+ ，联立
2
2
3
3
3
y
x
x
y
x
−
−

=
+
+

=
+

得出
(
)
5, 12
D
−
，
在直线EF 上；②设
(
)
1
1
,
D x y
，
(
)
2
2
,
F x
y
，设DF 的解析式
(
)
1
y
k x−
=
，联立抛物线解析式，可得
1
2
1 3
2
,
3
x
x
k x x
k
−
−−
+
=
=
，根据题意，设直线AD解析式为
(
)
1
1
y
k
x
=
+
，直线BF 的解析式为
(
)
2
3
y
k
x−
=
，
求得P 到x 轴的距离是定值，即可求解． 
【详解】（1）解：将
(
)
1,0
A −
，
(
)
0,3
C
代入
2
2
y
ax
x
c
=
+
+ 得， 
2
0
3
a
c
c
−
+
=

=

 
解得：
1
3
a
c
−
=

=

 
∴抛物线解析式为
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ 
（2）解：对于
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ，令
0
y =
， 
 
 
 
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2
2
3
0
x
x
−
+
+
=
 
解得：
1
2
1,
3
x
x
= −
=
 
∴
(
)
3,0
B
 
∴
3
OB
OC
=
= 
∴
OBC
△
是等腰直角三角形， 
∴
45
ABC

=
 
∵
2
QCB
ABC

= 
 
∴
90
QCB

=
 
如图所示，过点C 作CQ
BC
⊥
交抛物线于点Q ，过点Q 作QG
y
⊥
轴于点G ， 
   
∴
90
45
GCQ
ABC
−

=


=
 
∴GCQ

是等腰直角三角形， 
∴CQ
QG
=
， 
设(
)
2
,
2
3
Q q
q
q
−
+
+
，则(
)
2
0
2
3
G
q
q
−
+
+
，
 
∴
2
2
CG
q
q
−
=
+
，GQ
q
=
 
∴
2
2
q
q
q
−
+
=
 
解得：
0
q =
（舍去）或
1
q = 
∴
(
)
1,4
Q
 
（3）①略 
②设
(
)
1
1
,
D x y
，
(
)
2
2
,
F x
y
 
∵D ，E ，F 三点共线；
(
)
1,0
E
 
∴设DF 的解析式
(
)
1
y
k x−
=
， 
 
 
 
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联立
(
)
2
1
2
3
y
k x
y
x
x
−
−

=

=
+
+

 
消去y 得，
(
)
(
)
2
2
3
0
x
k x
k
−
−
+
+
+
=
 
∴
1
2
1 3
2
,
3
x
x
k x x
k
−
−−
+
=
=
 
∵
(
)
1,0
A −
，
(
)
3,0
B
 
设直线AD解析式为
(
)
1
1
y
k
x
=
+
，直线BF 的解析式为
(
)
2
3
y
k
x−
=
 
联立
(
)
(
)
1
2
1
3
y
k
x
y
k
x−

=
+

=

 
解得：
1
2
2
1
1
2
2
1
3
4
k
k
x
k
k
k k
y
k
k
+
=

−


=

−

 
∴
1
2
1
2
2
1
2
1
3
4
,
k
k
k k
P
k
k
k
k


+


−
−


 
∵
(
)
1
1
1
1
1
1
1
1
k x
y
k
x
x
−
=
=
+
+
，
(
)
2
2
2
2
2
1
3
3
k x
y
k
x
x
−
=
=
−
−
 
∴
(
)(
)
(
)(
)
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
3
k
x
x
k k
x
x
−
−
=
+
−
，
(
)
(
)
2
1
2
1
2
1
1
1
3
1
k x
k x
k
k
x
x
−
−
−
=
−
−
+
 
∴
(
)(
)
(
)(
)
(
)
(
)
(
)(
)
(
)
2
1
2
1
2
1
2
1 2
2
1
2
1
1
2
2
1
4
1
1
1
3
4
1
1
4
1
1
2
4
3
1
k
x
x
x
x
k x
x
k k
k x
k x
k
k
x
x
x
x
−
−
+
−
−
−
=
=
−
−
−
+
−
−
−
+
 
(
)
(
)
1
2
1
2
1
2
4
1
2
4
k x x
x
x
x
x


−
+
+


=
+
−
 
(
)
(
)
4
3
2
1
2 2
4
k
k
k
k
−
−
−
−
+
+
=
−
 
8
= 
而
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
2
1
1
2
1
2
2
1
1
3
1
3
1
3
4
6
2
2
3
1
1
2
4
2
3
1
k x
k x
k
k
x
x
x x
x
x
x x
x
x
k x
k x
k
k
x
x
x
x
x
x
−
−
+
+
+
−
−
+
−
+
=
=
=
−
−
−
+
−
+
−
−
−
+
不为定值， 
∴P 在直线
8
y =
上运动， 
 
 
 
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∴P 到x 轴的距离为定值8， 
∵直线AD，BF 交于点P ，则无论D ，F 在抛物线上如何运动，只要D ，E ，F 三点共线，AMP

，MEP

，
ABP

中必存在面积为定值的三角形，P 到
,
AM EM 的距离是变化的， 
∴ABP

的面积为1
1
4 8
16
2
2
P
AB
y

=
=
是定值． 
 
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法求解析式，角度问题，面积问题，一次函数，一元
二次方程根与系数的关系，熟练掌握以上知识是解题的关键． 
51．如图，边长为8 的正方形OABC的两边在坐标轴上，以点C 为顶点的抛物线经过点A，点P 是抛物线
上点A，C 间的一个动点（含端点），过点P 作PF
BC
⊥
于点F，点D、E 的坐标分别为(
)
0,6 ，(
)
4,0
−
，连
接PD、PE、DE ． 
（1）求出抛物线的解析式； 
（2）小明探究点P 的位置发现：当点P 与点A 或点C 重合时，PD与PF 的差为定值，进而猜想：对于任
意一点P，PD与PF 的差为定值，请你判断该猜想是否正确，请说明理由； 
（3）小明进一步探究得出结论：若将“使PDE

的面积为整数”的点P 记作“好点”，则存在多个“好点”，且
使PDE

的周长最小的点P 也是一个“好点”．请求出PDE

周长最小时“好点”的坐标，并直接写出所有“好
点”的个数． 
 
 
 
 
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【答案】（1）
2
1
8
8
y
x
= −
+ ； 
（2）正确，理由如下： 
设
2
1
,
8
8
P x
x


−
+



，
(
)
,8
F a
，则
2
2
1
1
8
8
8
8
PF
x
x


=
−−
+
=




， 
过P 作PM
y
⊥
轴于M，则
(
)
2
2
2
2
2
2
2
4
2
2
1
1
1
1
=
6
8
=
4
2
8
64
2
8
PD
PM
DM
x
x
x
x
x






=
+
−
+
−−
+
+
+
=
+












， 
2
1
2
8
PD
x

=
+
， 
2
2
1
1
2
2
8
8
PD
PF
x
x

−
=
+ −
=
， 
∴猜想正确 
（3）共有11 个好点，P 坐标为(
)
4,6
−
． 
【分析】（1）因为抛物线对称轴是y 轴，所以根据
,
A C 点坐标即可写出解析式； 
（2）把任意一点P 的坐标表示出来，并表示出
,
PD PF 的长，用PD
PF
−
验证； 
（3）先求出使PDE

的周长最小的点P 的坐标，因为DE 是定值，考虑PE 与PD的和最小，由上题得出的
结论转化成PE与PF 的关系进而得出使PDE

的周长最小的点P 点坐标；想找到“好点”的个数，先把三角
形PDE的面积表示出来，用梯形面积减去两个直角三角形的面积，由x 的取值范围确定S 的整数值有几个，
再加上前面的使PDE

的周长最小的一个点，就知道一共“好点”的个数． 
【详解】解：（1）设
2
8
y
ax
=
+ ，将
(
)
8,0
A −
代入，
(
)
2
0
8
8
a
=
−
+ 
解得，
1
8
a = −
， 
2
1
8
8
y
x

= −
+ ； 
（2）略 
（3）①在P 点运动时，DE 大小不变， 
PE

与PD的和最小时，PDE

的周长最小， 
2
PD PF
−
=

， 
2
PD
PF

=
+
， 
2
PE
PD
PE
PF

+
=
+
+ ，当P，E，F 三点共线时，PE
PF
＋
最小，此时，点P，E 横坐标都为4
−， 
将
4
x = −代入
2
1
8
8
y
x
= −
+ ，得
6
y =
， 
(
)
4,6
P

−
，此时PDE

的周长最小， 
 
 
 
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(
)
0,6
D

， 
6,
4,
6
OD
PD
PE

=
=
=
 
1
4 6
12
2
PDE
S

=

=

， 
点P 恰为“好点”， 
PDE

的周长最小时“好点”的坐标(
)
4,6
−
； 
 
②作PH
AO
⊥
于H，PDE

的面积S =梯形PHOD 面积减去两个直角三角形PHE

， 
 
PDE
S
(
)
(
)
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
8
6
4
8
4 6
3
4
6
13
2
8
2
8
2
4
4
x
x
x
x
x
x
x




= −
−
+ +
−
−−
−
+
−

= −
−
= −
+
+








＋
， 
1
0
4
−


，8
0
x
−

， 
当
6
x = −时，
PDE
S
最大值 为13，当
0
x =
时，
PDE
S
的最小值为4，即4
13
PDE
S



， 
PDE
S


的整数点有10 个， 
当
12
S =
时，
2
1
3
4
12
4 x
x
−
−
=
＋
，解得
1
2
4,
8
x
x
= −
= −，即对应的“好点”有2 个，但其中一个点与上面重复， 
所有“好点”共有11 个． 
【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质，点到坐标轴距离，二次函数动点问题，定值问题，新定义问
题，三角形周长最小问题，正确二次函数的性质是解题的关键． 
 
 
 
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52．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线
2
3
y
ax
bx
=
+
+ 与x 轴交于A、B 两点，与y 轴交于C 点，顶点D
的坐标为(1 4)
，，点P 是第一象限抛物线上的一动点． 
   
(1)求抛物线的函数表达式． 
(2)如图2，连接AC 、BC 、PC ，线段BC 与AP 相交于点E，设
PEC
ACE
S
W
S
=


，则w 有最大值还是最小值？请
做出判断，并求出w 的最值． 
(3)如图3，点Q 为第四象限抛物线上的另一动点，连接AQ 交y 轴于点H，线段AP 与y 轴的交点记为G，
用m 表示OG 的长，用n 表示OH 的长，若在P、Q 两点运动的过程中，m 与n 始终满足函数关系式
4
m
n
=
，试
探究直线PQ 是否过某一定点．若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ 
(2)w 有最大值为9
16 ，此时
3 15
,
2
4
P




 
(3)直线PQ 过定点(
)
3, 4
−
． 
【分析】（1）由待定系数法求解即可． 
（2）求出A，B，C 点的坐标，再用待定系数法求出BC 的解析式，设(
)
2
,
2
3
P t
t
t
−
+
+
，过点P 作PG
y
∥轴
交BC 与点G，过点A 作AH
y
∥
轴交BC 与点H． 则
(
)
,
3
G t
t
−+
，(
)
1,4
H −
，利用两点之间的距离求出PG ，
AH ，再由平行线的性质可得出PE
PG
AE
AH
=
，利用三角形等高可得出
(
)
2
1
3
4
PEC
ACE
S
PE
PG
W
t
t
S
AE
AH
=
=
=
=
−
+


，最
后利用二次函数的性质求最值即可． 
（3）设直线PQ 的解析式为
1
y
k x
d
=
+
，
1
1
(
)
P x
y
，
，
2
2
(
)
Q x
y
，
，设直线PA的解析式为
2
y
k x
m
=
+
，直线QA
的解析式为
3
y
k x
n
=
+
，可分别得出
1
2
1
2
x
k
−=
−
，
1
3
x
m
−
=
−，
2
3
1
2
x
k
−=
−
，
2
3
x
n
−
=
−，由
·
4
OGOH =
即
 
 
 
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4
mn
−
=
，进一步即可求解． 
【详解】（1）解：由题意得：
(
)
2
2
2
1
4
2
4
3
y
a x
ax
ax
a
ax
bx
=
−
+
=
−
+
+
=
+
+ ， 
∴
4
3
a +
= ，2a
b
−
=
， 
解得：
1
a = −，
2
b = ， 
∴抛物线的函数表达式为：
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ． 
（2）∵
(
)(
)
2
2
3
3
1
y
x
x
x
x
= −
+
+
= −+
+
 
∴
1
1
x = −，
2
3
x =
， 
∴
(
)
1,0
A −
，
(
)
3,0
B
， 
另
0
x =
，则
3
y =
， 
∴点
(
)
0,3
C
， 
设BC 的解析式为：y
kx
c
=
+
， 
∴
3
0
3
k
c
c
+
=

=

， 
解得：
1
3
k
c
= −

=

 
∴BC 的解析式为：
3
y
x
= −+
． 
设(
)
2
,
2
3
P t
t
t
−
+
+
， 
过点P 作PG
y
∥轴交BC 与点G，过点A 作AH
y
∥
轴交BC 与点H． 
   
∴
(
)
,
3
G t
t
−+
，
(
)
1,4
H −
， 
∴
(
)
2
2
2
3
3
3
PG
t
t
t
t
t
= −
+
+ −−+
= −
+
，
4
AH =
， 
∵PG
y
∥轴，AH
y
∥
轴， 
∴PG
AH
∥
， 
 
 
 
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∴PE
PG
AE
AH
=
， 
∴
(
)
2
2
1
1
3
9
9
3
4
4
2
16
16
PEC
ACE
S
PE
PG
W
t
t
t
S
AE
AH


=
=
=
=
−
+
= −
−
+







， 
当
3
2
t =
时，w 有最大值为9
16 ，此时
3 15
,
2
4
P




． 
（3）直线PQ 过定点(
)
3, 4
−
，理由如下∶ 
设直线PQ 的解析式为
1
y
k x
d
=
+
，
1
1
(
)
P x
y
，
，
2
2
(
)
Q x
y
，
， 
当
2
1
2
3
k x
d
x
x
+
= −
+
+
时， 
整理得：
(
)
2
1
2
3
0
x
k
x
d
−
+
−
+ −
=
 
1
2
1
2
x
x
k
+
=
−
，
1
2
·
3
x x
d
=
−， 
设直线PA的解析式为
2
y
k x
m
=
+
，直线QA 的解析式为
3
y
k x
n
=
+
， 
当
2
2
2
3
k x
m
x
x
+
= −
+
+ 时， 
整理得：
(
)
2
2
2
3
0
x
k
x
m
−
+
−
+ −
=
 
1
2
1
2
x
k
−=
−
，
1
3
x
m
−
=
−， 
当
2
3
2
3
k x
n
x
x
+
= −
+
+ 时， 
整理得∶ 
(
)
2
3
2
3
0
x
k
x
n
−
+
−
+ −
=
， 
2
3
1
2
x
k
−=
−
，
2
3
x
n
−
=
−， 
∵
·
4
OGOH =
， 
∴
4
mn
−
=
， 
∴(
)(
)
1
2
3
3
4
x
x
−
−
= −， 
整理得，
1
3
4
k
d
+
= −， 
∴直线PQ 经过点(
)
3, 4
−
． 
【点睛】本题主要考查了二次函数与面积综合，二次函数的图像和性质，二次函数的解析式以及一次函数
的解析式．平行线的性质等知识，此题运算量大，准确计算是解题的关键．