专题07二次函数与四边形的综合问题（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07 二次函数与四边形的综合问题 
 
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、二次函数与平行四边形的综合问题 
题型2、二次函数与矩形的综合问题 
题型3、二次函数与菱形的综合问题 
题型4、二次函数与正方形的综合问题 
题型5、二次函数与四边形的综合问题 
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 
解决二次函数与四边形的综合问题，核心在于用坐标法把四边形的几何性质转化为代数关系；平行四
边形抓住对角线互相平分，矩形抓住直角或对角线相等，菱形抓住四边相等或对角线垂直，正方形则兼而
有之；要善于设出动点坐标，利用中点公式、距离公式、斜率与垂直关系建立方程；对于存在性问题必须
分类讨论，求出坐标后回代检验是否满足题设条件． 
 
题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 
 
题型1、二次函数与平行四边形的综合问题 
典例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． 
目 录 
 
 
 
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(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
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
= −
+
+ ，  
 
 
 
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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
+
−
， 
(
)
,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

=
−

 
 
 
 
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(
)(
)
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
=


，  
(
)
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

． 
 
 
 
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题型模版 
1.特征：抛物线上动点与定点构成平行四边形，或判断、求使四边形为平行四边形的点． 
2.方法：利用平行四边形对角线互相平分（中点重合）列坐标方程；按已知三点为顶点时分第四点为边或对
角线分类讨论． 
变式1-1 （2025·四川广安·中考真题）如图，二次函数
2
1
3
y
x
bx
c
=
+
+
（b，c 为常数）的图象交x 轴于A，
B 两点，交y 轴于点C，已知点B 的坐标为(
)
9,0 ，点C 的坐标为(
)
0, 3
−
，连接AC
BC
，
． 
 
(1)求抛物线的解析式． 
(2)若点P 为抛物线上的一个动点，连接PC ，当
PCB
OBC

= 
时，求点P 的坐标． 
(3)将抛物线沿射线CA 的方向平移2 10 个单位长度后得到新抛物线，点E 在新抛物线上，点F 是原抛物线
对称轴上的一点，若以点B，C，E，F 为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点E 的坐标． 
【答案】(1)
2
1
8
3
3
3
y
x
x
=
−
− 
(2)点P 的坐标为(
)
8, 3
−
或41 75
,
4 16





 
(3)点E 的坐标为(
)
5,14
−
或(
)
13,38 或
2
5, 3





 
【分析】（1）利用待定系数法求解即可； 
 
 
 
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（2）当点P 在BC 下方时，可证明点P 与点C 关于抛物线对称轴对称，据此根据对称性可得点P 坐标；当
点P 在BC 上方时，设直线PC 交x 轴于H，则可证明CH
BH
=
，设
(
)
,0
H m
，利用两点距离计算公式可得
(
)
(
)
(
)
2
2
2
0
3
0
9
m
m
−
+ −−
=
−
，解得
4
m =
，则
(
)
4,0
H
；求出直线PC 解析式为
3
3
4
y
x
=
−，联立直线PC 解
析式和抛物线解析式求出点P 的坐标即可； 
（3）先由对称性求出由对称性可得
(
)
1,0
A −
，求出
1
OA = ，
3
OC =
，则
10
AC =
；则可推出将原抛物线向
左平移2 个单位长度，向上平移6 个长度得到新抛物线，据此打得到新抛物线解析式为
2
1
4
1
3
3
y
x
x
=
−
−；再
分BE为对角线，BF 为对角线，BC 为对角线，三种情况根据平行四边形对角线中点坐标相同列出方程求
解即可． 
【详解】（1）解；把
(
)
(
)
9,0
0, 3
B
C
−
，
代入到
2
1
3
y
x
bx
c
=
+
+
中得：
2
1
9
9
0
3
3
b
c
c

+
+
=

= −

， 
∴
8
3
3
b
c
= −

= −

， 
∴抛物线解析式为
2
1
8
3
3
3
y
x
x
=
−
−； 
（2）解；如图2-1 所示，当点P 在BC 下方时， 
 
∵
PCB
OBC

= 
， 
∴PC
OB
∥
， 
∴点P 与点C 关于抛物线对称轴对称， 
∵抛物线对称轴为直线
8
3
4
1
2
3
x
−
= −
=

， 
∴点P 的坐标为(
)
8, 3
−
； 
 
 
 
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如图2-2 所示，当点P 在BC 上方时，设直线PC 交x 轴于H， 
∵
PCB
OBC

= 
， 
∴CH
BH
=
， 
∴
2
2
CH
BH
=
 
设
(
)
,0
H m
， 
∴(
)
(
)
(
)
2
2
2
0
3
0
9
m
m
−
+ −−
=
−
， 
解得
4
m =
， 
∴
(
)
4,0
H
； 
设直线PC 解析式为
(
)
1
1
1
0
y
k x
b k
=
+

， 
∴
1
1
1
4
0
3
k
b
b
+
=


= −

， 
∴
1
1
3
4
3
k
b

=


= −

， 
∴直线PC 解析式为
3
3
4
y
x
=
−， 
联立
2
3
3
4
1
8
3
3
3
y
x
y
x
x

=
−


=
−
−

，解得
41
4
75
16
x
y
=


=

或
0
3
x
y
−
=


=

（舍去）， 
∴点P 的坐标为41 75
,
4 16





； 
综上所述，点P 的坐标为(
)
8, 3
−
或41 75
,
4 16





； 
 
（3）解：由（2）可得原抛物线对称轴为直线
4
x = ， 
 
 
 
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∵
(
)
9,0
B
， 
∴由对称性可得
(
)
1,0
A −
， 
∴
1
OA = ， 
∵
(
)
0, 3
C
−
， 
∴
3
OC =
， 
∴
2
2
10
AC
OA
OC
=
+
=
； 
∵将抛物线沿射线CA 的方向平移2 10 个单位长度后得到新抛物线， 
∴将原抛物线向左平移2 个单位长度，向上平移6 个长度得到新抛物线， 
∴新抛物线解析式为
(
)
(
)
2
2
1
8
1
4
2
2
3
6
1
3
3
3
3
y
x
x
x
x
=
+
−
+
−+
=
−
−， 
当BE为对角线时，∵平行四边形对角线互相平分， 
∴BE
CF
，
的中点坐标相同， 
∴
9
0
4
2
2
E
x +
+
=
， 
∴
5
E
x = −， 
∴
(
)
(
)
2
1
4
5
5
1 14
3
3
E
y =
−
−
−
−=
． 
∴此时点E 的坐标为(
)
5,14
−
； 
当BF 为对角线时，∵平行四边形对角线互相平分， 
∴BF
CE
，
的中点坐标相同， 
∴
0
9
4
2
2
E
x +
+
=
， 
∴
13
E
x =
， 
∴
2
1
4
13
13 1
38
3
3
E
y =

−

−=
． 
∴此时点E 的坐标为(
)
13,38 ； 
当BC 为对角线时，∵平行四边形对角线互相平分， 
∴BC
EF
，
的中点坐标相同， 
∴
4
9
0
2
2
E
x +
+
=
， 
 
 
 
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∴
5
Ex =
， 
∴
2
1
4
2
5
5 1
3
3
3
E
y =

−
−=
． 
∴此时点E 的坐标为
2
5, 3





； 
综上所述，点E 的坐标为(
)
5,14
−
或(
)
13,38 或
2
5, 3





． 
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，二次函数图象的平移问题，一次函数与几何综合，待定系数法求
函数解析式，平行四边形的性质，两点距离计算公式等等，解（2）的关键在于分两种情况讨论求解，解（3）
的关键在于利用平行四边形对角线中点坐标相同建立方程求解． 
变式1-2 （25-26 九年级上·浙江·单元复习）如图1，在平面直角坐标系中，直线
3
y
x
= −+
与坐标轴的交点
分别为点B 和点C，抛物线
2
y
x
bx
c
= −
+
+ 经过点B、点C，且与x 轴交于另一点A．点P 为线段BC 上的一
个动点，连接AP ，在AP 上方作
APE
ABC


＝
，PE交抛物线于点E． 
 
(1)请求出抛物线的解析式及点A 的坐标； 
(2)如图2，当PE平分
APC

时，请求出PE的长； 
(3)点N 是y 轴上的一点，在（2）的条件下，抛物线上是否存在点M，使得以点M、N、P、B 为顶点的四边
形是平行四边形？若存在，请直接写出点M 坐标；若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
= −
+
+ ；
(
)
1,0
A −
 
(2)
2 
(3)存在，M 坐标为(
)
2,3 或(
)
2, 5
−
−
或(
)
4, 5
−
 
【分析】（1）由直线
3
y
x
= −+
求出点B 和点C，再利用待定系数法求抛物线的解析式，令
2
0
y
x
bx
c
= −
+
+
=
求点A 的坐标； 
（2）过P 作PQ
AB
⊥
，垂足为Q，根据等腰直角三角形的性质和角平分线的定义，说明PE
AB

，证明APB

是等腰直角三角形，得到
1
2
2
PQ
AB
=
=
，再求出P、E 的坐标，最后求PE； 
 
 
 
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（3）分两种情况求解：线段PB作为平行四边形的一条边或对角线，根据平行四边形对角线互相平分，数
即可求解点M 的坐标． 
【详解】（1）解：当
0
x =
时，
3
3
y
x
= −+
=
；令
3
0
y
x
= −+
=
，
3
x = ， 
∴点
(
)
3,0
B
，点
(
)
0,3
C
， 
∵抛物线
2
y
x
bx
c
= −
+
+ 经过点B、点C， 
∴
9
3
0
3
b
c
c
−+
+
=

=

， 
∴
2
3
b
c
=

=

， 
∴抛物线的解析式为
2
2
3
y
x
x
= −
+
+ ， 
令
2
2
3
0
y
x
x
= −
+
+ =
，得
1
x = −或
3
x = ， 
∴点A 的坐标为(
)
1,0
−
． 
（2）解：过P 作PQ
AB
⊥
，垂足为Q， 
∵
3
OB
OC
=
= ， 
∴OBC

是等腰直角三角形， 
∴
45
ABC

=
， 
∵
APE
ABC

= 
， 
∴
45
APE

=
， 
∵PE平分
APC

， 
∴
APE
EPC

= 
， 
∴
45
EPC

=
， 
∴
ABC
EPC

= 
， 
∴PE
AB

， 
∵
2
2 45
90
APC
EPC

= 
= 
=
， 
∴
90
APB

=
， 
∴APB

是等腰直角三角形， 
∵
1 3
4
AB
OA OB
=
+
= + =
， 
∴
1
2
2
PQ
AB
=
=
， 
 
 
 
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令
2
2
3
2
y
x
x
= −
+
+ =
，得
1
2
x = −
或
1
2
x = +
， 
∴
1
2
E
x = −
， 
令
3
2
y
x
= −+
=
，得
1
x = ， 
∴
1
Px = ， 
∴
(
)
1
1
2
2
P
E
PE
x
x
=
−
= −
−
=
． 
 
（3）解：存在点M，使得以点M、N、P、B 为顶点的四边形是平行四边形，满足条件的点M 坐标为(
)
2,3 或
(
)
2, 5
−
−
或(
)
4, 5
−
．理由如下： 
由（2）可知，
(
)
3,0
B
，
(
)
1,2
P
， 
∵点N 是y 轴上的一点，点M 在抛物线上， 
∴设点N 的坐标为(
)
0,n ，点M 的坐标为(
)
2
,
2
3
x
x
x
−
+
+
， 
当线段PB作为平行四边形的一条边时， 
 
则0
3
1
2
2
x
+
+
=
或0 1
3
2
2
x
+
+
=
， 
解得：
2
x =
或
2
x = −， 
当
2
x =
时，
2
2
3
4
4
3
3
x
x
−
+
+
= −+
+
=
， 
当
2
x = −时，
2
2
3
4
4
3
5
x
x
−
+
+
= −−
+
= −， 
 
 
 
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∴点M 的坐标为(
)
2,3 或(
)
2, 5
−
−
； 
当线段PB作为平行四边形的对角线时， 
 
则1 3
0
2
2
x
+
+
=
，解得
4
x =
， 
此时
2
2
3
16
8
3
5
x
x
−
+
+
= −
+ +
= −， 
∴点M 的坐标为(
)
4, 5
−
， 
综上，点M 坐标为(
)
2,3 或(
)
2, 5
−
−
或(
)
4, 5
−
． 
【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数解析式，并与等腰直角三角形和平行四边形结合，对于（2），
关键是说明PE
AB

． 
变式1-3 如图，在平面直角坐标系中，抛物线
2
y
x
bx
=
+
经过点(
)
4,0 ，A、B 为该抛物线上的两点，点A的
横坐标为m ，点B 的横坐标为
1
m−．当点A不在x 轴上时，过点A作x 轴的垂线交x 轴于点C ，以AB 、AC
为边作平行四边形ABDC ，将平行四边形ABDC 向x 轴正方向平移1 个单位长度得到平行四边形EFGH（点
A、B 、D 、C 的对应点分别为点E 、F 、G 、H ）． 
 
(1)求抛物线
2
y
x
bx
=
+
的解析式； 
(2)当平行四边形ABDC 是矩形时，求m 的值； 
 
 
 
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(3)当x 轴将平行四边形ABDC 分成面积相等的两部分图形时，求平行四边形ABDC 的面积； 
(4)当抛物线
2
y
x
bx
=
+
在y 轴右侧的部分与平行四边形EFGH 有两个公共点，且右公共点与左公共点的横
坐标之差小于1 时，直接写出m 的取值范围． 
【答案】(1)抛物线的解析式为
2
4
y
x
x
=
−
 
(2)
5
2
m =
 
(3)ABDC 的面积为3 或5 
(4) m 的取值范围是3
5
2
2
m


或3
1
6
m

+
 
【分析】（1）利用待定系数法求解即可； 
（2）由矩形的性质得到AB
AC
⊥
，进而得到AB
x
轴，则点A 和点B 关于抛物线对称轴对称轴，据此求解
即可； 
（3）根据题意可得平行四边形ABDC 对角线的交点在x 轴上，进而得到点B 一定在x 轴上，由此求出m 的
值，再根据m 的值求出A、B、C 的坐标，根据
2
ABC
ABCD
S
S
=
△
四边形
进行求解即可； 
（4）先求出(
)
2
1
4
E m
m
m
+
−
，
，(
)
2
6
5
F m
m
m
−
+
，
，
(
)
1 0
H m + ，；当点E 在抛物线上时，则点A 和点E 关
于对称轴对称，则
3
2
m =
，此时抛物线与平行四边形EFGH 只有一个交点，求出
(
)
2
5
G m
m
−
+
，
，进而求出
当点
(
)
2
5
G m
m
−
+
，
在抛物线上时， 
1
6
m = +
时，此时抛物线与平行四边形EFGH 只有一个交点，则
3
1
6
2
m

+
时，抛物线与平行四边形EFGH 有两个交点；求出当点F 在抛物线上时，
5
2
m =
；根据右公
共点与左公共点的横坐标之差小于1，则两个公共点一个公共点在EH 上，一个公共点在EF 上时满足题意；
求出当点H 恰好在抛物线上时，
3
m =
，由右公共点与左公共点的横坐标之差小于1，得到两个公共点一个
公共点在GF 上，一个公共点在GH 上时满足题意，据此可得答案． 
【详解】（1）解：∵，抛物线
2
y
x
bx
=
+
经过点(
)
4,0 ， 
∴
2
4
4
0
b
+
=
， 
∴
4
b = −， 
∴抛物线解析式为
2
4
y
x
x
=
−
； 
（2）解：∵抛物线解析式为
(
)
2
2
4
2
4
y
x
x
x−
=
−
=
−， 
∴抛物线对称轴为直线
2
x =
， 
 
 
 
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∵四边形ABDC 是矩形， 
∴AB
AC
⊥
， 
∵AC
x
⊥
轴， 
∴AB
x
轴， 
∴点A 和点B 关于抛物线对称轴对称轴， 
∴
1
2
2
m
m
+
−
=
， 
∴
5
2
m =
； 
（3）解：∵x 轴将平行四边形ABDC 分成面积相等的两部分图形， 
∴平行四边形ABDC 对角线的交点在x 轴上， 
又∵点C 在x 轴上， 
∴点B 一定在x 轴上， 
∴(
)
(
)
2
1
4
1
0
m
m
−
−
−
=
， 
解得
1
m = 或
5
m =
， 
当
5
m =
时，
(
)
(
)
5 5
4 0
A
B
，，
，，
(
)
5 0
C
，， 
∴
1
BC = ， 
∴
1
2
2
1 5
5
2
ABC
ABCD
S
S
=
=

=
△
四边形
； 
当
1
m = 时，
(
)
(
)
1
3
0 0
A
B
−
，
，
，，
(
)
1 0
C
，， 
∴
1
BC = ， 
∴
1
2
2
1 3
3
2
ABC
ABCD
S
S
=
=

=
△
四边形
； 
综上所述，平行四边形ABDC 的面积为3 或5； 
（4）解：由题意得，(
)
2
4
A m
m
m
−
，
，(
)
2
1
6
5
B m
m
m
−
−
+
，
，
(
)
0
C m，， 
∴(
)
2
1
4
E m
m
m
+
−
，
，(
)
2
6
5
F m
m
m
−
+
，
，
(
)
1 0
H m + ，； 
当点E 在抛物线上时，则点A 和点E 关于对称轴对称， 
∴
1
2
2
m
m
+
+
=
， 
∴
3
2
m =
，此时抛物线与平行四边形EFGH 只有一个交点， 
 
 
 
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设
(
)
D s
t
，
， 
∵平行四边形对角线中点坐标相同 ， 
∴
2
2
1
2
2
6
5
0
4
2
2
m
m
s
m
m
m
t
m
m
+
−
+

=

−
+ +
+
−

−

， 
∴
1
2
5
s
m
t
m
=
−

= −
+

， 
∴
(
)
1
2
5
D m
m
−
−
+
，
， 
∴
(
)
2
5
G m
m
−
+
，
； 
当点
(
)
2
5
G m
m
−
+
，
在抛物线上时，
2
4
2
5
m
m
m
−
= −
+ ， 
解得
1
6
m = +
或
1
6
m = −
（舍去）， 
当
1
6
m = +
时，此时抛物线与平行四边形EFGH 只有一个交点， 
∴3
1
6
2
m

+
时，抛物线与平行四边形EFGH 有两个交点； 
 
当点F 在抛物线上时，
2
2
4
6
5
m
m
m
m
−
=
−
+
， 
 
 
 
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解得
5
2
m =
； 
∵右公共点与左公共点的横坐标之差小于1， 
∴两个公共点一个公共点在EH 上，一个公共点在EF 上时满足题意， 
∴3
5
2
2
m


； 
当点H 恰好在抛物线上时，(
)
(
)
2
1
4
1
0
m
m
+
−
+
=
， 
解得
3
m =
或
1
m = −（舍去）， 
∵右公共点与左公共点的横坐标之差小于1， 
∴两个公共点一个公共点在GF 上，一个公共点在GH 上时满足题意， 
∴3
1
6
m

+
； 
综上所述， 3
5
2
2
m


或3
1
6
m

+
． 
 
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，平行四边形的性质，矩形的性质，坐标与图形变化平移等等，解
题的关键在于利用数形结合的思想求出临界情况． 
 
题型2、二次函数与矩形的综合问题 
典例2 （24-25 九年级上·福建厦门·期中）在平面直角坐标系xOy 中，矩形ABCD的一边AD长为4 ，且AD
位于第一象限，点A的坐标为(1,2) ，点
,
B C 在x 轴上．抛物线
2
:
T y
ax
bx
c
=
+
+
经过点A和点D ，且抛物
线的顶点P 在线段BC 上， 
(1)求抛物线T 的解析式； 
(2)矩形
1
1
1
1
A BC D 与矩形ABCD关于原点对称，平移抛物线T ， 
 
 
 
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①若平移后的抛物线在矩形
1
1
1
1
A BC D 内的部分是轴对称图形，请探究抛物线T 如何平移？ 
②将抛物线向左平移m 个单位长度，向下平移n 个单位长度，
2
2
12
39
n
m
m
=
−
+
．若平移后的抛物线与矩
形
1
1
1
1
A BC D 的一组对边分别相交于点
,
E F ，是否存在直线EF 平分矩形
1
1
1
1
A BC D 面积的情形？若存在，请求
出m 和n 的值；若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
2
1
9
3
2
2
y
x
x
=
−
+
 
(2)①若平移后的抛物线在矩形
1
1
1
1
A BC D 内的部分是轴对称图形，则抛物线T 向左平移6 个单位，向下平移的
范围是0 ~ 4之间 
②存在
5,
2
m
n
=
=
或
7,
2
m
n
=
=
使得直线EF 平分矩形
1
1
1
1
A BC D 面积 
【分析】本题主要考查二次函数与几何图形的综合，掌握待定系数法求解析式，矩形的性质，平移的性质
是解题的关键． 
（1）根据矩形的性质，二次函数图象的性质得到
(
)
5,2
D
，顶点P 的坐标为(
)
3,0 ，运用待定系数法即可求
解； 
（2）①根据题意得到(
)
(
)
(
)
(
)
3,0 ,
3,0 ,
3, 2 ,
3, 4
P
N
M
Q
−
−
−
−
−
，由二次函数图象平移的性质，图形结合分析
即可求解； 
②由题意得到平移后的抛物线的顶点在抛物线
(
)
2
1
3
3
2
2
y
x
= −
+
−
上，再求出它与
1
1
A D 的交点，由数形结合
思想可得将原抛物线的顶点平移到
(
)
1
2
2
F −
−
，
，
(
)
2
4
2
F
−
−
，
即可使得矩形ABCD的左半边或右半边平移到矩
形
1
1
1
1
A BC D 的中间，点A 或点D 平移后的点即为对应的点
1
E 和
2
E 从而符合条件，也即是直线EF 经过矩形
1
1
1
1
A BC D 对角线的交点，从而平分矩形
1
1
1
1
A BC D 的面积，从而得解． 
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形， 
∴
,
4,
,
,
,
AB
CD AD
BC
AB
CD AD
BC AB
BC CD
BC
=
=
=
⊥
⊥
∥
∥
， 
∵点A的坐标为(1,2) ，点
,
B C 在x 轴上，且AD位于第一象限， 
∴
(
)
5,2
D
， 
∵抛物线的顶点P 在线段BC 上， 
∴顶点P 的横坐标为1 5
3
2
+
=
，纵坐标为0 ，即顶点坐标为(
)
3,0 ， 
 
 
 
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∴设抛物线
(
)
2
:
3
T y
k x
=
−
， 
把点
(
)
1,2
A
代入得，(
)
2
1 3
2
k
−
=
， 
解得，
1
2
k =
， 
∴
(
)
2
2
1
1
9
3
3
2
2
2
y
x
x
x
=
−
=
−
+
， 
∴抛物线T 的解析式为
2
1
9
3
2
2
y
x
x
=
−
+
； 
（2）解：①由题意可得，抛物线的顶点坐标为
(
)
3,0
P
，
2,
4
AB
CD
AD
BC
=
=
=
=
， 
∴
(
)
(
)
(
)
(
)
1,2 ,
1,0 ,
5,0 ,
5,2
A
B
C
D
， 
∵矩形
1
1
1
1
A BC D 与矩形ABCD关于原点对称， 
∴
(
)
(
)
(
)
(
)
1
1
1
1
1, 2 ,
1,0 ,
5,0 ,
5, 2
A
B
C
D
−−
−
−
−
−
，如图所示， 
 
∴线段
1
1
A D 的中点M 的横坐标为
(
)
5
1
3
2
−+ −
= −，纵坐标为2
−，即
(
)
3, 2
M −
−
， 
线段
1
1
B C 的中点N 的横坐标为
(
)
5
1
3
2
−+ −
= −，纵坐标为0 ，即
(
)
3,0
N −
， 
∴
(
)
3
3
6,
2
PN
NM
=
−−
=
=
， 
∴当抛物线
(
)
2
2
1
1
9
:
3
3
2
2
2
T y
x
x
x
=
−
=
−
+
向左平移6 个单位得到
(
)
(
)
2
2
1
1
1
3
6
3
2
2
T
x
x
=
−+
=
+
，再向下平移2
个单位得到
(
)
2
2
1
3
2
2
T
x
=
+
−， 
抛物线
2
T 向下平移t 个单位得到
3T ，使得平移后抛物线经过点
(
)
(
)
1
1
1, 2 ,
5, 2
A
D
−−
−
−
， 
设抛物线
(
)
2
3
1
:
3
2
2
T
y
x
t
=
+
−−，把点
(
)
1
1, 2
A −
−
代入得，
(
)
2
1
2
1 3
2
2
t
−=
−+
−−， 
 
 
 
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解得，
2
t =
， 
∴抛物线
3T 的解析式为
(
)
2
1
3
4
2
y
x
=
+
−
，顶点坐标
(
)
3, 4
Q −
−
， 
∴向下平移的范围是0 ~ 4之间， 
∴若平移后的抛物线在矩形
1
1
1
1
A BC D 内的部分是轴对称图形，则抛物线T 向左平移6 个单位，向下平移的范
围是0 ~ 4之间； 
②存在，理由如下， 
∵
2
2
12
36
n
m
m
=
−
+
， 
∴
2
12
39
2
m
m
n
−
+
=
， 
当抛物线
(
)
2
2
1
1
9
:
3
3
2
2
2
T y
x
x
x
=
−
=
−
+
向左平移m 个单位长度，向下平移n 个单位长度， 
∴得到解析式为：
(
)
2
1
3
2
y
x
m
n
=
−+
−
， 
∴
(
)
2
2
1
12
39
3
2
2
m
m
y
x
m
−
+
=
−+
−
， 
∴平移后的抛物线的顶点为
2
12
39
3
,
2
m
m
m


−
+
−
−




， 
令
(
)
2
2
3
12
39
1
3
6
2
2
2
x
m
m
m
y
m
=
−

−
+
= −
= −
−
−

 
则平移后的抛物线的顶点在抛物线
(
)
2
1
3
3
2
2
y
x
= −
+
−
上， 
 
令
(
)
2
1
3
3
2
2
2
y
x
= −
+
−
= −，解得
1
4
x = −，
2
2
x = −， 
∴
(
)
1
2
2
F −
−
，
，
(
)
2
4
2
F
−
−
，
， 
则
(
)
1
2
2
F −
−
，
，
(
)
2
4
2
F
−
−
，
是
1
1
A D 靠近其端点的两个四等分点， 
 
 
 
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因此，只需将原抛物线的顶点平移到
(
)
1
2
2
F −
−
，
，
(
)
2
4
2
F
−
−
，
即可使得矩形ABCD的左半边或右半边平移到
矩形
1
1
1
1
A BC D 的中间，点A 或点D 平移后的点即为对应的点
1
E 和
2
E 从而符合条件，也即是直线EF 经过矩
形
1
1
1
1
A BC D 对角线的交点，从而平分矩形
1
1
1
1
A BC D 的面积， 
如图所示， 
 
∵
(
)
1
2
2
F −
−
，
，
(
)
2
4
2
F
−
−
，
，原抛物线的顶点是(
)
3 0
， 
∴当抛物线向左平移5个单位，向下平移2 个单位后，与矩形
1
1
1
1
A BC D 的一组对边分别相交于点
,
E F ，直线EF
平分矩形
1
1
1
1
A BC D 面积，如图
1
1
,
E F 所示的位置； 
当抛物线向左平移7 个单位，向下平移2 个单位后，与矩形
1
1
1
1
A BC D 的一组对边分别相交于点
,
E F ，直线EF
平分矩形
1
1
1
1
A BC D 面积，如图
2
2
,
E F 所示的位置； 
∴
5,
2
m
n
=
=
或
7,
2
m
n
=
=
 
∴存在
5,
2
m
n
=
=
或
7,
2
m
n
=
=
使得直线EF 平分矩形
1
1
1
1
A BC D 面积． 
题型模版 
1.特征：在二次函数背景下构造矩形，求满足条件的动点坐标或进行证明． 
2.方法：先保证平行四边形，再证有一个内角为直角或对角线相等；用勾股定理列方程求解． 
变式2-1 如图，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，抛物线
2
2
3
y
x
x
= −
+
+ 与x 轴正半轴交于点A，与y
轴交于点B．点P 为该抛物线上的任意一点，过点P 分别向x 轴、y 轴作垂线，构造矩形PMON ，垂足分别
为M、N．设点P 的横坐标为m． 
 
 
 
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(1)分别求点A，点B 的坐标； 
(2)当点P 在x 轴上方时，此时矩形PMON 的周长L 是否存在最值？若存在，请求出最值；若不存在，请说
明理由； 
(3)当抛物线在矩形PMON 内的部分所对应的函数值y 随x 的增大而增大时，直接写出m 的取值范围． 
【答案】(1)
(
)
3,0
A
，
(
)
0,3
B
 
(2)存在最大值，且最大值为21
2 
(3)
1
m
−

或0
2
m


 
【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，数形结合思想的运用是解答
本题的关键. 
（1）利用解方程求出函数与坐标轴的交点坐标； 
（2）由题意可知设P(
)
2
2
3
m
m
m
−
+
+
，
，点P 在x 轴上方，得到m 的取值范围，然后分
0
m =
，1
0
m
−

，
0
3
m

三种情况表示矩形PMON 的周长，求出最值即可； 
（3）分
0
m 
和
0
m 
两种情况讨论函数图象的增减性即可解题． 
【详解】（1）解：令
0
x =
，则
3
y =
，  
∴
(
)
0 3
B
，， 
令
0
y =
，则
2
2
3
0
x
x
−
+
+
=
， 
∴
1
1
x = −，
2
3
x =     
∴
(
)
3,0
A
； 
（2）∵P 点横坐标为m， 
∴P(
)
2
,
2
3
m
m
m
−
+
+
， 
∵当点P 在x 轴上方， 
 
 
 
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∴1
3
m
−

，
2
2
3
0
m
m
−
+
+

， 
①当
0
m =
时，此时构造产生的图形为一条线段，不存在矩形，舍去； 
②当1
0
m
−

时， 
∴OM
m
= −
，
2
2
3
PM
m
m
= −
+
+ ， 
∴四边形的周长
(
)
2
2
2
2
3
2
2
6
L
m
m
m
m
m
=
−
−
+
+
= −
+
+
；  
∵2
0
−
开口向下，对称轴
1
2
m =
不在1
0
m
−

范围内， 
在1
0
m
−

内，L 随m 的增大而增大， 
∴当1
0
m
−

时，2
6
L

；  
③当0
3
m

时， 
∴OM
m
=
，
2
2
3
PM
m
m
= −
+
+ ， 
∴四边形的周长
(
)
2
2
2
2
3
2
6
6
L
m
m
m
m
m
=
−
+
+
= −
+
+
；  
∵2
0
−
开口向下，对称轴
3
2
m =
在0
3
m

范围内， 
∴当
3
2
m =
时，此时： 
2
3
3
9
21
2
6
6
2
9
6
2
2
4
2
L


= −
+ 
+
= −
+
+
=




最大
； 
∵
3
3
0
3
2
2
−
=
−
， 
∴当
0
m =
时，此时
6
L =
； 
∴当0
3
m

时，
21
6
2
L


； 
综上所述，当点P 在x 轴上方时，矩形PMON 的周长存在最大值，且最大值为21
2 ； 
（3）解：∵抛物线的对称轴为直线
1
x = ， 
当
0
m 
时，0
2
m


时，抛物线在矩形PNOM 内的部分所对应的函数值y 随x 的增大而增大； 
当
0
m 
时，由（1）知抛物线与x 轴的另一个交点坐标为(
)
1,0
−
， 
当
1
m
−

时，抛物线在矩形PNOM 内的部分所对应的函数值y 随x 的增大而增大； 
综上所述：
1
m
−

或0
2
m


时，抛物线在矩形PNOM 内的部分所对应的函数值y 随x 的增大而增大． 
变式2-2 平面直角坐标系xOy 中，对于任意的三个点
, ,
A B C ，给出如下定义：若矩形的任何一条边均与某
条坐标轴平行，且
, ,
A B C 三点都在矩形的内部或边界上，则称该矩形为点
, ,
A B C 的“三点矩形”．在点
, ,
A B C
 
 
 
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的所有“三点矩形”中，若存在面积最小的矩形，则称该矩形为点
, ,
A B C 的“最佳三点矩形”． 
如图1，矩形DEFG ，矩形IJCH 都是点
, ,
A B C 的“三点矩形”，矩形IJCH 是点
, ,
A B C 的“最佳三点矩形”． 
如图2，已知
(
)
(
)
4,1 ,
2,3
M
N −
，点(
)
,
P m n ． 
 
(1)①若
2
m =
，
5
n = ，则点M ，N ，P 的“最佳三点矩形”的周长为_________，面积为_______； 
②若
2
m =
，点
,
,
M N P 的“最佳三点矩形”的面积为30，求n 的值； 
(2)若点P 在直线
2
3
y
x
= −
+
上． 
①求点
,
,
M N P 的“最佳三点矩形”面积的最小值及此时m 的取值范围； 
②当点
,
,
M N P 的“最佳三点矩形”为正方形时，求点P 的坐标； 
(3)若点(
)
,
P m n 在抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 上，且当点
,
,
M N P 的“最佳三点矩形”面积为12 时，2
1
m
−
−或
0
2
m


，直接写出抛物线的解析式． 
【答案】(1)①20 ，24；②2
−或6 
(2)①0
1
m

；②(
)
2,7
−
或(
)
3, 3
−
 
(3)
2
1
1
1
3
3
y
x
x
=
+
+ 或
2
1
1
3
3
3
y
x
x
= −
−
+ 
【分析】（1）①利用“最佳三点矩形”的定义求解即可，②利用“最佳三点矩形”的定义分类讨论，求解即可； 
（2）①利用“最佳三点矩形”的定义求得面积的最小值为12，②由“最佳三点矩形”的定义求得正方形的边长
为6，分别将
7,
3
y
y
=
= −代入
2
3
y
x
= −
+
，可得x 分别为2,3
−
，点P 的坐标为(
)
2,7
−
或(
)
3, 3
−
； 
（3）利用“最佳三点矩形”的定义画出图形，可分别求得解析式． 
【详解】（1）解：①由题意得
(
)
2,5
P
， 
过M、P 作x 轴的平行线，过点N、M 作y 轴的平行线，如图是点M，N，P 的“最佳三点矩形”， 
 
 
 
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∴矩形的长为
(
)
4
2
6
−−
=
，矩形的宽为5 1
4
−=
， 
∴矩形的周长为
(
)
2
6
4
20

+
=
，矩形的面积为4 6
24
=
； 
②∵
(
)
(
)
4,1 ,
2,3
M
N −
，点
(
)
2,
P
n ， 
当
3
n 时，
6,
1
M
N
P
M
x
x
y
y
n
−
=
−
=
−， 
∵
30
S
=
最佳三点矩形
， 
∴(
)
6
1
30
n −
=
， 
解得
6
n =
， 
当1
3
n


时，
6,
2,6 2
12
30
M
N
N
M
x
x
y
y
−
=
−
=

=

，此时不存在n 值， 
当
1
n 时，
6,
3
M
N
N
P
x
x
y
y
n
−
=
−
=
−
， 
∵
30
S
=
最佳三点矩形
， 
∴(
)
6 3
30
n
−
=
， 
解得
2
n = −， 
∴
2
n = −或6． 
（2）解：①
6,
2
M
N
N
M
x
x
y
y
−
=
−
=
， 
∴点M，N，P 的“最佳三点矩形”面积的最小值为12， 
∵点P 在直线
2
3
y
x
= −
+
上， 
分别将
3,
1
y
y
=
= 代入
2
3
y
x
= −
+
，可得x 分别为0，1； 
结合图象可知：0
1
m

； 
 
 
 
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②当点M，N，P 的“最佳三点矩形”为正方形时，则边长为6， 
分别将
6 1
7,
3 6
3
P
P
y
y
=
+ =
= −
= −代入
2
3
y
x
= −
+
，可得x 分别为2
−，3； 
∴点P 的坐标为(
)
2,7
−
或(
)
3, 3
−
； 
（3）解：∵点M ，N ，P 的“最佳三点矩形”面积为12 时，
6
M
N
x
x
−
=
， 
∴矩形的宽为12 6
2
=
， 
∵2
1
m
−
−或0
2
m


， 
如图， 
设抛物线的解析式为
2
y
ax
bx
c
=
+
+ ，经过点(
) (
) (
)
1,1 , 0,1 , 2,3
−
， 
∴
1
1
4
2
3
a
b
c
c
a
b
c
−
+
=

=


+
+
=

 ，解得
1
3
1
3
1
a
b
c
=

=


=


 ， 
∴
2
1
1
1
3
3
y
x
x
=
+
+ ， 
同理抛物线经过点(
) (
) (
)
1,3 , 0,3 , 2,1
−
， 
∴
3
3
4
2
1
a
b
c
c
a
b
c
−
+
=

=


+
+
=

，解得，
1
3
1
3
3
a
b
c
= −

= −


=


， 
 
 
 
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∴抛物线的解析式为
2
1
1
3
3
3
y
x
x
= −
−
+ ， 
∴抛物线的解析式
2
1
1
1
3
3
y
x
x
=
+
+ 或
2
1
1
3
3
3
y
x
x
= −
−
+ ． 
变式2-3 （24-25 九年级上·吉林·阶段检测）在平面直角坐标系中，二次函数
2
y
x
bx
c
=
+
+ （b
c
、为常数）
经过点(
)
0, 3
−
和点(
)
3,0 ，点P 是抛物线上一动点，其横坐标为m ，过点P 作x 轴垂线交直线
2
y
x
=
于点Q ，
分别作点P
Q
、
关于y 轴的对称点N
M
、
，构造矩形PQMN ． 
 
(1)求此二次函数的解析式． 
(2)当抛物线顶点落在矩形PQMN 的边上时，求矩形PQMN 的面积． 
(3)当抛物线在矩形内部的图象y 随x 的增大而减小时，求m 的取值范围． 
(4)抛物线在矩形内部（包括边界）的最高点与最低点的纵坐标之和的绝对值为2 时，直接写出m 的值． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
=
−
− 
(2)12 或36 
(3)
3
2
7
m
−


−
或0
2
7
m


+
 
(4) 5 或
2 或1
10
−
或1
− 
【分析】（1）直接把(
)
0, 3
−
，(
)
3,0 代入
2
y
x
bx
c
=
+
+ ，求解即可； 
（2）分两种情况：当抛物线顶点落在矩形PQMN 的边PN 上时，当抛物线顶点落在矩形PQMN 的边QM
上时，分别 求解即可； 
（3）画出动点P 的几种情况图，利用数形结合求解即可； 
（4）根据抛物线在矩形内部（包括边界）的最高点与最低点的纵坐标之和的绝对值为2，当2
2
7
m
−

−
时，当
2
m
−

时，当0
3
m


时，当
3
2
7
m


+
时，当
2
7
m 
+
时，分别求解即可． 
【详解】（1）解：把(
)
0, 3
−
，(
)
3,0 代入
2
y
x
bx
c
=
+
+ ，得 
 
 
 
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3
9
3
0
c
b
c
= −
+
+
=

， 
解得：
3
2
c
b
= −
= −

， 
∴
2
=
2
3
y x
x
−
−
； 
（2）解： ∵
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
−
−
=
−
=
−
 
∴抛物线顶点坐标为(
)
1, 4
−
， 
当抛物线顶点落在矩形PQMN 的边PN 上时，如图， 
 
∵P、N 是关于y轴的对称点， 
∴PN
x
∥轴， 
∴点P 纵坐标为4
−， 
∴点P 与抛物线的顶点重合， 
即
(
)
1, 4
P
−
， 
∴点
(
)
1, 4
N −
−
， 
∴
2
PN =
， 
∵过点P作x 轴垂线交直线
2
y
x
=
于点Q， 
∴Q点横坐标为1， 
当
1
x = 时，
2
2
y
x
=
=
 
∴
(
)
1, 2
Q
， 
∴
(
)
2
4
6
PQ =
−−
=
 
∴矩形PQMN 的面积
6 2
12
PQ PN
=

= 
=
； 
当抛物线顶点落在矩形PQMN 的边QM 上时，如图， 
 
 
 
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同理可得点Q 的纵坐标为4
−， 
当
4
y
−
=
时，则2
4
x = −， 
解得：
2
x = −， 
∴
(
)
2, 4
Q
−
−
， 
∴
(
)
2, 4
M
−
， 
∴
4
MQ =
， 
∵PQ
x
⊥
轴， 
∴P 点的横坐标为2
−， 
当
2
x = −时，则
(
)
(
)
2
2
2
3
2
2
2
3
5
y
x
x
=
−
−= −
−−
−= ， 
∴
(
)
2,5
P −
， 
∴
9
PQ =
， 
∴矩形PQMN 的面积
9 4
36
PQ QM
=

=

=
； 
综上，矩形PQMN 的面积为12 或36． 
（3）解：由题意得，(
)
(
)
(
)
2
,
2
3 ,
,2
,
,2
P m m
m
Q m
m M
m
m
−
−
−
 
当点P 在第二象限，点M 恰好在抛物线上时，如图： 
 
 
 
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则
(
)
2
2
3
M
y
m
m
= −
+
−， 
∴
2
2
3
2
m
m
m
+
−=
， 
解得：
3
m = −
或
3
m =
（舍）， 
此时符合抛物线在矩形内部的图像y 随x 的增大而减小， 
当点P 向右运动，此时
3
m −
时，符合抛物线在矩形内部的图像y 随x 的增大而减小，如图： 
 
当点P继续向右运动与点Q重合时，此时矩形不存在，如图： 
 
 
 
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此时，
2
2
3
2
m
m
m
−
−
=
， 
解得：
2
7
m =
−
或
2
7
m =
+
（舍）， 
当点P向右运动，点P在点Q下方时，如图： 
 
此时不符合题意， 
∴当
3
2
7
m
−


−
，符合抛物线在矩形内部的图像y 随x 的增大而减小； 
当点P与点N 重合时，矩形不存在， 
当点P继续向右运动，在第四象限时，此时
0
m 
，如图，符合题意： 
 
 
 
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当点P继续向右运动，均符合题意，如图： 
 
当点P与点Q重合时，矩形不存在，此时
2
2
3
2
m
m
m
−
−
=
， 
解得：
2
7
m =
+
或
2
7
m =
−
（舍）， 
当点P继续向右运动，在点Q上方时，不符合题意 ，如图： 
 
 
 
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，
 
∴当0
2
7
m


+
，符合抛物线在矩形内部的图像y 随x 的增大而减小， 
综上所述，m 的取值范围为：
3
2
7
m
−


−
或0
2
7
m


+
； 
（4）解：∵
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
−
−
=
−
=
−
， 
∴顶点为(
)
1, 4
−
，而(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
,
2
3 ,
,2
,
,2
,
,
2
3
P m m
m
Q m
m
M
m
m
N
m m
m
−
−
−
−
−
−
， 
联立
2
2
3
2
y
x
x
y
x

=
−
−

=

， 
解得：
2
7
x =
+
或
2
7
x =
−
， 
①当
2
7
m 
−
且2
4
m −时，即：2
2
7
m
−

−
，如图： 
 
 
 
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此时
2
P
E
y
y
+
=
，而
E
Q
y
y
=
， 
∴
2
2
3 2
2
m
m
m
−
−+
=
， 
解得：
5
m = 
（舍）或
1
m = （舍）或
1
m = −； 
②当2
4
m −，即
2
m
−

时，记顶点为点D ，如图： 
 
此时
2
P
D
y
y
+
=
， 
则
(
)
2
2
3
4
2
m
m
−
−+ −
=
， 
整理得，
2
0
2
9
m
m
−
−
=
或
2
2
5
0
m
m
−
−
=
， 
解得：
1
10
m = −
或
1
10
m = +
（舍）或
1
6
m = −
（舍）或
1
6
m = +
（舍）； 
③当0
3
m


时， 
 
 
 
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此时：
2
P
E
y
y
+
=
，
(
)
(
)
2
2
2
3
2
3
Ey
m
m
m
m
= −
−
−
−=
+
− 
即：
2
2
2
3
2
3
2
m
m
m
m
−
−+
+
−
=
， 
整理得，
2
3
1
m −
= ， 
解得：
2
m =
或
2
m = −
（舍）或
2
m = （舍）； 
④
3
2
7
m


+
时， 
 
 
此时
2
P
E
y
y
+
=
， 
即：
2
2
3 2
2
m
m
m
−
−+
=
 
解得：
5
m =
或
5
m = −
（舍）或
1
m = （舍）或
1
m = −（舍）； 
 
 
 
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⑤当
2
7
m 
+
时，不存在． 
综上所述：
5
m =
或2 或1
10
−
或1
−． 
【点睛】本题属二次函数综合题目，主要考查了用待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象性质，
矩形的性质，关于y 轴对称点的坐标特征，一次函数图象上的点的坐标特征，二次函数最高点与最低点等知
识，熟练掌握二次函数的图象性质是解题的关键，注意分类讨论． 
 
题型3、二次函数与菱形的综合问题 
典例3 如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线
2
3
y
ax
bx
=
+
+ 经过点
(
)
3,0
A
，与y 轴交于点B，且关
于直线
1
x = 对称． 
 
(1)求该抛物线的解析式； 
(2)当1
x
t
−
时，y 的取值范围是0
2
1
y
t


−，求t 的值； 
(3)点C 是抛物线上位于第一象限的一个动点，过点C 作x 轴的垂线交直线AB于点D，在y 轴上是否存在点
E，使得以B，C，D，E 为顶点的四边形是菱形？若存在，求出该菱形的边长；若不存在，说明理由． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ 
(2)
5
2
t =
 
(3)存在点以B，C，D，E 为顶点的四边形是菱形，边长为3 2
2
−
或2 
【分析】本题考查二次函数的综合应用，菱形的性质，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论
的思想进行求解，是解题的关键． 
（1）待定系数法求出函数解析式即可； 
（2）分
1
t 和
1
t ，两种情况，结合二次函数的增减性进行求解即可． 
（3）分BD为菱形的边和菱形的对角线两种情况进行讨论求解即可． 
【详解】（1）解：∵抛物线
2
3
y
ax
bx
=
+
+ 经过点
(
)
3,0
A
，与y 轴交于点B，且关于直线
1
x = 对称， 
 
 
 
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∴
1
2
9
3
3
0
b
a
a
b
−
=


+
+
=

，解得：
1
2
a
b
= −
=

， 
∴
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ； 
（2）∵抛物线的开口向下，对称轴为直线
1
x = ， 
∴抛物线上点到对称轴上的距离越远，函数值越小， 
∵1
x
t
−
时，0
2
1
y
t


−， 
①当
1
t 时，则：当x
t
= 时，函数有最大值，即：
2
2
1
2
3
t
t
t
−= −
+
+ ， 
解得：
2
t
−
=
或
2
t =
，均不符合题意，舍去； 
②当
1
t 时，则：当
1
x = 时，函数有最大值，即：
2
2
1
1
2
3
4
t −= −
+
+
=
， 
解得：
5
2
t =
； 
故
5
2
t =
； 
（3）存在； 
当
2
2
3
0
y
x
x
= −
+
+
=
时，解得：
1
2
3,
1
x
x
=
= −，当
0
x = 时，
3
y = ， 
∴
(
)
3,0
A
，
(
)
0,3
B
， 
设直线AB的解析式为
3
y
kx
=
+ ，把
(
)
3,0
A
代入，得：
1
k = −， 
∴
3
y
x
= −+ ， 
设(
)(
)
2
,
2
3 0
3
C m
m
m
m
−
+
+


，则：
(
)
,
3
D m
m
−
+
， 
∴
2
2
2
3
3
3
CD
m
m
m
m
m
= −
+
+ +
−
= −
+
，
(
)
2
2
3
3
2
BD
m
m
m
=
+ −
+ −
=
，
(
)
2
2
2
2
2
BC
m
m
m
=
+ −
+
， 
当B，C，D，E 为顶点的四边形是菱形时，分两种情况： 
①当BD为边时，则：BD
CD
=
，即
2
3
2
m
m
m
−
+
=
， 
解得：
0
m =
（舍去）或
3
2
m = −
， 
此时菱形的边长为2
3 2
2
m =
−； 
②当BD为对角线时，则：BC
CD
=
，即：
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
3
m
m
m
m
m
+ −
+
= −
+
， 
解得：
2
m =
或
0
m =
（舍去） 
此时菱形的边长为：
2
2
3 2
2
−
+ 
=
； 
综上：存在以B，C，D，E 为顶点的四边形是菱形，边长为3 2
2
−
或2． 
题型模版 
 
 
 
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1.特征：构造菱形，使抛物线上的动点与定点满足四边相等或对角线互相垂直平分． 
2.方法：利用四边相等或对角线垂直平分的性质列方程；结合距离公式与二次函数解析式求解． 
变式3-1 如图，抛物线
2
1
4
4
y
x
= −
+ 与x 轴交于A和B 两点，A在B 点左边，与y 轴交于C点． 
 
(1)直接写出A，B ，C三点坐标； 
(2)如图1，D 为OC 中点，在抛物线上找一点P，使
2
PAO
DAO

= 
，求出P点坐标； 
(3)如图2，将（2）中的点A和D 及抛物线均向下平移4个单位，H 为新抛物线对称轴右侧上一点，直线HF
与新抛物线交于唯一公共点H ，与y 轴交于F ，是否存在以FH 为对角线的菱形EFGH ，使E点在y 轴上，
G 点在AD延长线上，若存在，求菱形EFGH 的面积
EFGH
S四边形
，若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
(
)
4,0
A −
，
(
)
4,0
B
，
(
)
0, 4
C
； 
(2)
4 32
,
3
9
P

−



或
28
160
,
3
9
P

−



； 
(3)存在，
60
EFGH
S
=
四边形
． 
【分析】（1）由抛物线
2
1
4
4
y
x
= −
+ 得，当
0
x = 时，
4
y =
，当
0
y = 时，
2
1
4
0
4
x
−
+
=
，解得
1
4
x = −，2
4
x =
，
从而得出A，B ，C三点坐标； 
（2）分①当P点在AB上方时，②当P点在AB下方时，两种情况求解即可； 
（3）由点A和D 及抛物线均向下平移4个单位，则平移后抛物线解析式为
2
1
4
y
x
−
=
，设
H
x
h
=
，则
2
,
4
h
H h −






，
则直线FH 解析式为
2
4
h
y
kx
kh
=
−
−
，与抛物线联立得
2
2
1
4
4
y
x
h
y
kx
kh
−
−
−

=


=

，又直线HF 与新抛物线交于唯一
公共点H ，则
(
)
(
)
2
2
Δ
4
4 1
4
0
k
h
kh
=
−−
−
=
， 解得
2
h
k = −
，则FH 解析式为
2
2
4
h
h
y
x
= −
+
，当
0
x = 时，
2
4
h
y =
，所以
2
0,
4
h
F 





，设
(
)
0,
E
e ，因为四边形EFGH 是菱形，所以FE
FH
=
，则
 
 
 
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2
2
2
2
2
1
4
4
h
e
h
e
h
−




=
+
+








，解得
1
e = −，故
(
)
0, 1
E
−
，由
2
0,
4
h
F 





，
2
,
4
h
H h −






，设
(
)
,
G m n ，根据菱
形性质求出
(
)
,1
G h
，同理可得直线AD 解析式为
1
2
2
y
x−
=
，解得
6
h = ，所以
(
)
6, 9
H
−
，
(
)
0,9
F
，最后通
过
H
EFGH
S
EF
x
=

四边形
求解即可． 
【详解】（1）解：由抛物线
2
1
4
4
y
x
= −
+ 得， 
当
0
x = 时，
4
y =
， 
当
0
y = 时，
2
1
4
0
4
x
−
+
=
， 
解得
1
4
x = −，
2
4
x =
， 
∴
(
)
4,0
A −
，
(
)
4,0
B
，
(
)
0, 4
C
； 
（2）解：①当P点在AB上方时，在OA上取点S，使SA
SD
=
，过A作AP
SD
∥
，交抛物线于点P，交y 轴于
点T ，如图， 
 
∴ADS
DAO

= 
， 
∴
2
DSO
ADS
DAO
DAO

= 
+
= 
， 
∵AP
SD
∥
， 
∴
2
PAO
DSO
DAO

= 
= 
， 
∵
(
)
0, 4
C
，D 为OC 中点， 
∴
(
)
0,2
D
， 
∴
2
OD =
， 
设OS
m
=
，则
4
SA
SD
m
=
= −
， 
∵
2
2
2
SD
OS
OD
=
+
， 
∴(
)
2
2
2
4
2
m
m
−
=
+
， 
解得
3
2
m =
， 
 
 
 
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∴
3 ,0
2
S 

−



， 
设直线SD解析式为
1
1
y
k x
b
=
+
， 
∴
1
1
1
3
0
2
2
k
b
b
−
+
=


=

， 
解得
1
1
4
3
2
k
b

=


=

， 
∴直线SD解析式为
4
2
3
y
x
=
+
， 
设直线AP解析式为
2
4
3
y
x
b
=
+
， 
∴
(
)
2
4
0
4
3
b
=
−
+
， 
解得
2
16
3
b =
， 
∴直线AP解析式为
4
16
3
3
y
x
=
+
， 
联立
2
1
4
4
4
16
3
3
y
x
y
x
−

=
+


=
+

， 
解得
4
0
x
y
= −

=

（舍去）或
4
3
32
9
x
y
−
=


=

， 
∴
4 32
,
3
9
P

−



； 
②当P点在AB下方时，在OA上取点S，使SA
SD
=
，过A作
1
AP
SD

，交抛物线于点
1P，交y 轴于点T ，作点
T 关于x 轴对称点Q，连接AQ ，交抛物线于点P，如图， 
 
 
 
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由①得直线
1
AP 解析式为
4
16
3
3
y
x
=
+
，
1
2
PAO
DAO

= 
， 
当
0
x = 时，
16
3
y =
， 
∴
16
0, 3
T 




， 
∵点T 与点Q关于x 轴对称， 
∴
16
0,
3
Q

−



，OA垂直平分TQ ， 
∴OT
OQ
=
，AT
AQ
=
， 
∴
(
)
Rt TAO
Rt QAO HL

≌
， 
∴
1
2
PAO
QAO
DAO

= 
= 
，即
2
PAO
DAO

= 
， 
设直线AQ 解析式为
3
3
y
k x
b
=
+
， 
∴
3
3
3
4
0
16
3
k
b
b
−
−
+
=

=

， 
解得
3
3
4
3
16
3
k
b
−
−

=


=

， 
∴直线AQ 解析式为
4
16
3
3
y
x
−
−
=
， 
联立
2
1
4
4
4
16
3
3
y
x
y
x
−
−
−

=
+


=

， 
 
 
 
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解得
4
0
x
y
= −

=

（舍去）或
28
3
160
9
x
y
−
=


=

， 
∴
28
160
,
3
9
P
−





； 
综上可得
4 32
,
3
9
P

−



或28
160
,
3
9
−





； 
（3）解：∵点A和D 及抛物线均向下平移4个单位， 
∴平移后抛物线解析式为
2
1
4
y
x
−
=
， 
设
H
x
h
=
，则
2
,
4
h
H h −






，设直线FH 解析式为y
kx
b
=
+
， 
把
2
,
4
h
H h −






代入得
2
4
h
b
kh
= −
−
， 
∴直线FH 解析式为
2
4
h
y
kx
kh
=
−
−
， 
∴与抛物线联立得
2
2
1
4
4
y
x
h
y
kx
kh
−
−
−

=


=

， 
∴
2
2
4
4
0
x
kx
h
kh
−
+
−
=
， 
∵直线HF 与新抛物线交于唯一公共点H ， 
∴
(
)
(
)
2
2
Δ
4
4 1
4
0
k
h
kh
=
−−
−
=
，整理得
2
2
4
4
0
h
kh
k
+
+
=
， 
解得
2
h
k = −
， 
∴FH 解析式为
2
2
4
h
h
y
x
= −
+
，当
0
x = 时，
2
4
h
y =
， 
∴
2
0,
4
h
F 





， 
设
(
)
0,
E
e ， 
∵四边形EFGH 是菱形， 
∴FE
FH
=
， 
∴
2
2
2
2
2
1
4
4
h
e
h
e
h
−




=
+
+








，整理得
2
2
0
eh
h
+
=
， 
 
 
 
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解得
1
e = −， 
∴
(
)
0, 1
E
−
， 
由
2
0,
4
h
F 





，
2
,
4
h
H h −






， 
设
(
)
,
G m n ， 
∴
0
0
m
h
+ = +
，
2
2
1
4
4
h
h
n


−+
=
+ −




，解得m
h
=
，
1
n = ， 
∴
(
)
,1
G h
， 
∵将（2）中的点A和D 及抛物线均向下平移4个单位， 
∴
(
)
4, 4
A −
−
，
(
)
0, 2
D
−
， 
同理可得直线AD解析式为
1
2
2
y
x−
=
， 
∴
1
1
2
2
h−
=
， 
解得
6
h = ， 
∴
(
)
6, 9
H
−
，
(
)
0,9
F
， 
∴
10
EF =
， 
∴
10
6
60
H
EFGH
S
EF
x
=

=

=
四边形
． 
变式3-2 如图，抛物线y= - 1
2 x2+2x+6 与x 轴交于A，B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C，其对
称轴与抛物线交于点D，与x 轴交于点 E． 
 
(1)求点A，B，D 的坐标； 
(2)点G 为抛物线对称轴上的一个动点，从点D 出发，沿直线DE 以每秒2 个单位长度的速度运动，过点G
作x 轴的平行线，交抛物线于M，N 两点（点M 在点N 的左边）．设点G 的运动时间为 ts． 
①当t 为何值时，以点M，N，B，E 为顶点的四边形是平行四边形； 
②连接BM，在点C 运动的过程中，是否存在点M，使得∠MBD=∠EDB，若存在，求出点 M 的坐标；若不
 
 
 
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存在，请说明理由； 
(3)点Q 为坐标平面内一点，以线段MN 为对角线作菱形MENQ，当菱形MENQ 为正方形时，请直接写出t
的值． 
【答案】(1)A ( 2,0), (6,0),
(2,8)
B
D
−
 
(2)①当t 为1s 时，以点M，N，B，E 为顶点的四边形是平行四边形；②存在，M 点的坐标为
1 39
,
2
8


−



 
(3) 9
17
2

 
【分析】（1）令
0
y = ，可得
( 2,0),
(6,0)
A
B
−
，再把抛物线解析式化为顶点式可得点D，即可求解； 
（2）①由（1）得
(2,0), (6,0)
E
B
，可得DE=8，
4
BE =
，再根据平行四边形的性质可得
4
MN
BE
=
=
，再由
MN
x

轴，可得
2
MG
NG
=
=
，从而得到
(0,6)
M
，则有EG=6，进而得到2
8 6
t = −，即可求解；②设BM
交DE 于P，设
(2,
)
P
m ，根据∠MBD=∠EDB，可得
8
PD
PB
m
=
= −
，在Rt BEP

中，由勾股定理可得
(
)
2,3
P
，
然后求出直线BP 的解析式，再与抛物线解析式联立，即可求解； 
（3）根据菱形MENQ 为正方形，可得GE=GN=8-2t，从而得到
(10
2 ,8
2 )
N
t
t
−
−
，再把点N 得坐标代入抛物
线解析式，即可求解． 
【详解】（1）解：当
0
y = 时，
2
1
2
6
0
2 x
x
−
+
+
=
 
解得
1
2
2,
6
x
x
= −
=
，则
( 2,0),
(6,0)
A
B
−
， 
∵
2
1 (
2)
8
2
y
x
= −
−
+ 
∴
(2,8)
D
 
故( 2,0), (6,0),
(2,8)
B
D
−
 
（2）解∶①由（1）得：
(2,0), (6,0)
E
B
， 
∴DE=8，
4
BE =
， 
根据题意得：DG=2t，  
∵点M，N，B，E 为顶点的四边形是平行四边形 
∴
4
MN
BE
=
=
， 
∵MN
x

轴， 
∴
2
MG
NG
=
=
， 
∴M 点的横坐标为0， 
∴此时
(0,6)
M
， 
∴EG=6， 
 
 
 
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∴2
8 6
t = −，解得
1
t = ， 
∴当t 为1s 时，以点M，N，B，E 为顶点的四边形是平行四边形； 
②存在， 
设BM 交DE 于P，如图，设
(2,
)
P
m ， 
 
∵MBD
EDB

=
， 
∴
8
PD
PB
m
=
= −
， 
在Rt BEP

中，
2
2
2
PE
BE
PB
+
=
， 
∴
2
2
2
4
(8
)
m
m
−
+
=
，解得
3
m =
， 
∴
(
)
2,3
P
， 
设直线BP的解析式为y
px q
=
+
， 
把
(6,0), (2,3)
B
P
代入得： 
6
0
2
3
p
q
p
q
+
=


+
=

，解得
3
4
9
2
p
q

= −


=

， 
∴直线BP的解析式为
3
9
4
2
= −
+
y
x
， 
解方程组
2
1
2
6
2
3
3
4
2
y
x
x
y
x

=
+
+


=
+

，得
6
0
x
y
=


=

（舍去）或
1
2
39
8
x
y
= −


=

， 
∴M 点的坐标为
1 39
,
2
8


−



； 
（3）解：根据题意得：DG=2t，则GE=8-2t， 
∵菱形MENQ 为正方形， 
∴GE=GN=8-2t， 
∴点N 到y 轴的距离为2+8-2t=10-2t， 
 
 
 
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∴
(10
2 ,8
2 )
N
t
t
−
−
， 
把
(10
2 ,8
2 )
N
t
t
−
−
代入
2
1
2
6
2
y
x
x
= −
+
+ 得： 
2
1 (10
2 )
2(10
2 )
6
8 2
2
t
t
t
−
−
+
−
+
= −
， 
整理得：
2
9
16
0
t
t
−
+
=
 
解得：
9
17
2
t

=
． 
【点睛】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、平行
四边形的判定和正方形的性质；会利用待定系数法求函数解析式，把求抛物线与一次函数的交点坐标问题
转化为解方程组的问题；理解坐标与图形性质． 
变式3-3 如图，抛物线
2
1
2
6
2
y
x
x
= −
+
+ 与x 轴交于A，B 两点（点A在点B 的左侧），与y 轴交于点C，其对称
轴与抛物线交于点D ，与x 轴交于点E． 
 
(1)求点A，B ，D 的坐标； 
(2)点G 为抛物线对称轴上的一个动点，从点D 出发，沿直线DE 以每秒2 个单位长度的速度运动，过点G
作x 轴的平行线，交抛物线于M ，N 两点（点M 在点N 的左边）．设点G 的运动时间为ts ． 
①当t 为何值时，以点M ，N ，B ，E为顶点的四边形是平行四边形； 
②连接BM ，在点G 运动的过程中，是否存在点M ，使得MBD
EDB

=
，若存在，求出点M 的坐标；
若不存在，请说明理由； 
(3)点Q为坐标平面内一点，以线段MN 为对角线作菱形MENQ ，当菱形MENQ 为正方形时，请直接写出t
的值． 
【答案】(1)
(
)
2,0
A −
，
(
)
6,0
B
，
(
)
2,8
D
； 
(2)① 1
t = ，②M 点的坐标为
1 39
,
2
8


−



； 
(3)
9
17
2
t

=
 
 
 
 
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【分析】（1）通过解方程
2
1
2
6
2 x
x
−
+
+ ＝0 得A 点和B 点坐标；把二次函数的解析式配成顶点式得到D 点
坐标； 
（2）①利用平行四边形的性质得MN＝BE＝4，再根据抛物线的对称性得到MG＝NG＝2，则M 点的横坐
标为0，从而得到此时M（0，6），所以2t＝8−6，然后解方程即可；②设BM 交DE 于P，如图，设P（2，
m），利用∠MBD＝∠EDB 得到PD＝PB＝8−m，则利用勾股定理得到m2＋42＝（8−m）2，解方程得到P（2，
3），再利用待定系数法确定直线BP 的解析式为y＝
3
9
4
2
x
−
+
，然后解方程组
2
1
2
6
2
3
9
4
2
y
x
x
y
x

= −
+
+


= −
+

得M 点坐
标； 
（3）利用正方形的性质得到GN＝GE＝8−2t，则N（10−2t，8−2t），然后把N（10−2t，8−2t）代入y＝
2
1
2
6
2 x
x
−
+
+
得−1
2 （10−2t）2＋2（10−2t）＋6＝8−2t，再解方程即可． 
【详解】（1）解：当
0
y = 时，
2
1
2
6
0
2 x
x
−
+
+
=
， 
解得
1
2
x = −，
2
6
x =
，则
(
)
2,0
A −
，
(
)
6,0
B
 
∵
(
)
2
1
2
8
2
y
x
= −
−
+ ， 
∴
(
)
2 8
D
，， 
故
(
)
2 0
A −，，(
)
B 6，0
，
(
)
2 8
D
， 
（2）解：①∵
(
)
2 0
E
，，(
)
B 6，0
， 
∴
4
BE =
， 
∵四边形MEBN 为平行四边形， 
∴
4
MN
BE
=
=
， 
∵MN
x
∥轴， 
∴
2
MG
NG
=
=
， 
∴M 点的横坐标为0，此时
(
)
0 6
M
，， 
∴2
8 6
t = −，解得
1
t = ， 
∴当t 为1s 时，以点M ，N ，B ，E为顶点的四边形是平行四边形； 
②存在. 
设BM 交DE 于P，如图， 
 
 
 
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设
(
)
2
P
m
，
， 
∵MBD
EDB

=
， 
∴
8
PD
PB
m
=
= −
， 
在Rt
BEP
△
中，∵
2
2
2
PE
BE
PB
+
=
， 
∴
(
)
2
2
24
8
m
m
+
=
−
，解得
3
m =
， 
∴
(
)
2 3
P
，， 
设直线BP的解析式为y
px q
=
+
， 
把(
)
B 6，0
，
(
)
2 3
P
，代入得
6
0
2
3
p
q
p
q
+
=


+
=

， 
解得
3
4
9
2
p
q

= −


=

， 
∴直线BP的解析式为
3
9
4
2
= −
+
y
x
， 
解方程组
2
1
2
6
2
3
3
4
2
y
x
x
y
x

=
+
+


=
+

，得
6
0
x
y
=


=

或
1
2
39
8
x
y
= −


=

， 
∴M 点的坐标为
1 39
2
8


−




，
 
（3）解：∵菱形MENQ 为正方形时， 
∴GN＝GE＝8−2t， 
∴N（10−2t，8−2t）， 
把N（10−2t，8−2t）代入y＝
2
1
2
6
2 x
x
−
+
+ ，得−1
2 （10−2t）2＋2（10−2t）＋6＝8−2t， 
整理得t2−9t＋16＝0， 
∴
9
17
2
t

=
． 
 
 
 
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【点睛】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质、平行
四边形的判定和正方形的性质；会利用待定系数法求函数解析式，把求抛物线与一次函数的交点坐标问题
转化为解方程组的问题；理解坐标与图形性质． 
 
题型4、二次函数与正方形的综合问题 
典例4 （25-26 九年级上·浙江绍兴·阶段检测）如图，已知二次函数
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 的图象经过三点
(
)
(
)
(
)
1,0 ,
3,0 ,
0, 3
A
B
C
−
−
，它的顶点为M ，且正比例函数y
kx
=
的图象与二次函数的图象相交于D
E
、
两点． 
 
(1)求该二次函数的表达式和顶点M 的坐标； 
(2)若点E的坐标是(
)
2, 3
−
，且二次函数的值小于正比例函数的值时，试根据函数图象求出符合条件的自变量
x 的取值范围； 
(3)试探究：点P是x 轴上一动点，以BP为边作正方形BPQN ，除点B 外还有一个顶点在抛物线上，求出满
足条件的点N 的坐标． 
【答案】(1)二次函数的解析式是
2
2
3
y
x
x
=
−
−，顶点M 的坐标是(
)
1, 4
−
 
(2)
3
2
2
x
−


 
(3)
(
)
3,4
N
或(
)
3, 4
−
或(
)
3,5 或(
)
3, 3
−
； 
【分析】本题主要考查了用待定系数法求一次函数、二次函数的解析式，勾股定理，解二元一次方程组，
等腰三角形的性质等知识点，求一次函数、二次函数的解析式和交点坐标是解此题的关键，此题题型较好，
综合性比较强．用的数学思想是分类讨论的思想． 
（1）设二次函数的解析式为
(
)(
)
1
3
y
a x
x−
=
+
，把
(
)
0, 3
C
−
代入即可求出
1
a = ，即得到二次函数的解析式，
把它化成顶点式即可求出顶点坐标； 
（2）把(
)
2, 3
−
代入y
kx
=
即可求出正比例函数的解析式，解由二次函数的解析式和正比例函数的解析式组
成的方程组即可求出交点D 的坐标，根据图象即可求出答案； 
 
 
 
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（3）设正方形BPQN 边长为m ，则BP
PQ
QN
BN
m
=
=
=
=
，
90
PBN

=
，得到BN 和PQ都垂直x 轴， 
(
)
3,
N
a 或
(
)
3,
N
a
−
不可能在抛物线上，
(
)
3
,0
P
a
−
或
(
)
3
,0
P
a
+
，然后根据P、Q的位置确定Q点坐标，代
入解析式计算即可． 
【详解】（1）解：∵二次函数
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 的图象经过三点
(
)
(
)
(
)
1,0 ,
3,0 ,
0, 3
A
B
C
−
−
， 
∴设二次函数的解析式为
(
)(
)
1
3
y
a x
x−
=
+
， 
把
(
)
0, 3
C
−
代入得：
(
) (
)
3
0
1
0
3
a
−=
+

−
， 
解得
1
a = 
∴二次函数的解析式为
(
)(
)
(
)
2
2
1
3
2
3
1
4
y
x
x
x
x
x
=
+
−
=
−
−=
−
−， 
∴顶点M 的坐标是(
)
1, 4
−
， 
答：该二次函数的解析式是
2
2
3
y
x
x
=
−
−，顶点M 的坐标是(
)
1, 4
−
． 
（2）解：把(
)
2, 3
−
代入y
kx
=
得：2
3
k = −，解得
3
2
k = −
， 
∴正比例函数的解析式为
3
2
y
x
= −
， 
联立
2
3
2
2
3
y
x
y
x
x

= −


=
−
−

，解得
2
3
x
y
=

= −

或
3
2
9
4
x
y
= −


=

 
∵
(
)
2, 3
E
−
 
∴抛物线与正比例函数的另一个交点坐标为
3 9
,
2 4
D

−



， 
由图可知：当
3
2
2
x
−


时，二次函数的值小于正比例函数的值， 
答：根据函数图象求出符合条件的自变量x 的取值范围是
3
2
2
x
−


． 
（3）解：设正方形BPQN 边长为a ， 
∴BP
PQ
QN
BN
a
=
=
=
=
，
90
PBN

=
， 
∵点P是x 轴上一动点，
(
)
3,0
B
， 
∴BN 和PQ都垂直x 轴， 
∴
(
)
3,
N
a 或
(
)
3,
N
a
−
不可能在抛物线上，
(
)
3
,0
P
a
−
或
(
)
3
,0
P
a
+
， 
当P在抛物线上时，则只能是点P与
(
)
1,0
A −
重合，此时
4
a
AB
=
=
，
(
)
3,4
N
或
(
)
3, 4
N
−
； 
当Q在抛物线上时， 
若Q在
(
)
3,0
B
的左上方时，
(
)
3
,0
P
a
−
，
(
)
3
,
Q
a a
−
，
(
)
3,
N
a ， 
 
 
 
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把
(
)
3
,
Q
a a
−
代入
2
2
3
y
x
x
=
−
−得
(
)
(
)
2
3
2 3
3
a
a
a
=
−
−
−
−， 
解得
1
2
5,
0
a
a
=
=
（舍去）， 
此时
5
a = ，
(
)
3,5
N
； 
若Q在
(
)
3,0
B
的左下方时，
(
)
3
,0
P
a
−
，
(
)
3
,
Q
a
a
−
−
，
(
)
3,
N
a
−
， 
 
把
(
)
3
,
Q
a
a
−
−
代入
2
2
3
y
x
x
=
−
−得
(
)
(
)
2
3
2 3
3
a
a
a
−=
−
−
−
−， 
解得
1
2
3,
0
a
a
=
=
（舍去）， 
此时
3
a = ，
(
)
3, 3
N
−
； 
若Q在
(
)
3,0
B
的右上方时，
(
)
3
,0
P
a
+
，
(
)
3
,
Q
a a
+
，
(
)
3,
N
a ， 
 
把
(
)
3
,
Q
a a
+
代入
2
2
3
y
x
x
=
−
−得
(
)
(
)
2
3
2 3
3
a
a
a
=
+
−
+
−，解得
2
3,
0
a
a
= −
=
（都不符合题意，舍去）； 
若Q在
(
)
3,0
B
的右下方时，
(
)
3
,0
P
a
+
，
(
)
3
,
Q
a
a
+
−
，
(
)
3,
N
a
−
， 
 
 
 
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把
(
)
3
,
Q
a
a
+
−
代入
2
2
3
y
x
x
=
−
−得
(
)
(
)
2
3
2 3
3
a
a
a
−=
+
−
+
−，解得
2
5,
0
a
a
= −
=
（都不符合题意，舍去）； 
综上所述，
(
)
3,4
N
或(
)
3, 4
−
或(
)
3,5 或(
)
3, 3
−
； 
题型模版 
1.特征：构造正方形，兼具矩形与菱形的双重性质，常与旋转、对称结合． 
2.方法：利用邻边相等且垂直、对角线相等且垂直；常通过旋转90°或坐标平移转化，列方程并回代检验． 
变式4-1 如图，抛物线
² 2
1
y
kx
kx
=
−
−与y 轴交于点C．已知抛物线顶点坐标为(
)
1,
2
−
，点P 在此抛物线上，
其坐标为(
)
m
n
，
． 
 
(1)求抛物线的解析式． 
(2)当1
2
m
−

时，结合图象，直接写出n 的取值范围． 
(3)若此抛物线在点P 左侧部分(包括点P)恰有三个点到x 轴的距离为1，求m 的取值范围． 
(4)当
1
m 时，以PC为边作正方形，当此正方形的另外两个顶点中有一个顶点在此抛物线的对称轴上时，直
接写出m 的值． 
【答案】(1)抛物线的解析式为：
² 2
1
y
x
x
=
−
− 
(2) 2
2
n
- ＃
 
(3)2
1
3
m

+
 
(4)
1
5
2
m
+
=
或1
2
+
或3
5
2
+
 
【分析】（1）由
2
2
2
1
(
1)
1
y
ax
ax
y
a x
a
=
−
−=
=
−
−
−，得抛物线的顶点坐标为(1,
1)
a
−−
，则
1
2
a
−−= −，求
得
1
a = ，所以抛物线的解析式为
2
2
1
y
x
x
=
−
−； 
 
 
 
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（2）由
( , )
P m n 在抛物线
2
2
1
y
x
x
=
−
−上，得
2
2
1
n
m
m
=
−
−，当
1
m = −时，
2
n = ，当
2
m =
时，
1
n = −，而
抛物线的顶点坐标为(1, 2)
−
，可知当1
2
m
−

时，n 的最小值和最大值分别为2
−和2，所以n 的取值范围
是2
2
n
- ＃
； 
（3）当点
( , )
P m n 到x 轴的距离为1 时，
1
n = 或
1
n = −，由
2
2
1
1
m
m
−
−= ，求得
1
2
1
3,
1
3
m
m
= −
= +
；由
2
2
m −
1
1
m−=−，求得
1
2
0,
2
m
m
=
=
，则点
(1
3,1),
(1
3,1),
(2, 1),
(0, 1)
E
F
G
C
−
+
−
−
到x 轴的距离均为1，所以m 的
取值范围是2
1
3
m

+
； 
（4）由（1）得，抛物线的对称轴为直线
1
x = ，再分三种情况讨论，①以PC 为边作正方形，当此正方形的
顶点Q在此抛物线的对称轴上
,
90
CP
PQ
QPC
=

=
时，如图2，作PM
x
⊥轴，作CM
PM
⊥
于点
,
M QN
PN
⊥
于点N ，证明
PQN
CPM

≌
，得出QN
PM
=
，列出等式即可求解；②是点P为抛物线与x 轴的交点，作
CQ
CP
⊥
交直线
1
x = 于点Q，连结PQ，作QR
y
⊥
轴于点R ，则PCQ

是等腰直角三角形，符合题意以PC 为
边作正方形，有一个顶点Q在此抛物线的对称轴上，即可确定点P的横坐标；③以PC 为边作正方形，有一
个顶点Q在此抛物线的对称轴上，此时PCQ

是等腰直角三角形，点Q在直线
1
x = 上，且
90 ,
CPQ
PQ
PC

=

=
，
作PH
x
⊥
轴，作CH
PH
⊥
于点
,
H QL
PH
⊥
于点L，可证明
2
,
,
1
2
PQL
CPH QL
PH m
m
m
=
−=
−

≌
，即可求
解． 
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点坐标为(1, 2)
−
， 
∴将(1, 2)
−
代入
² 2
1
y
kx
kx
=
−
−， 
解得
1
k = ， 
∴抛物线的解析式为
2
2
1
y
x
x
=
−
−． 
（2）理由：∵
( , )
P m n 在抛物线
2
2
1
y
x
x
=
−
−上， 
2
2
1
n
m
m
=
−
−， 
当
1
m = −时，
2
( 1)
2 ( 1) 1
2
n = −
−−
−=
， 
当
2
m =
时，
2
2
2 2 1
1
n =
−−= −， 
∵得抛物线的顶点坐标为(1, 2)
−
， 
∴当点P与抛物线的顶点重合时，则
2
n = −， 
∴当1
2
m
−

时，n 的最小值和最大值分别为2
−和2， 
∴n 的取值范围是2
2
n
- ＃
． 
（3）当点
( , )
P m n 到x 轴的距离为1 时，
1
n = 或
1
n = −， 
当
1
n = 时，则
2
2
1
1
m
m
−
−= ， 
解得：
1
2
1
3,
1
3
m
m
= −
= +
； 
 
 
 
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当
1
n = −时，则
2
2
1
1
m
m
−
−= −， 
解得：
1
2
0,
2
m
m
=
=
， 
如图1，点
(1
3,1),
(1
3,1),
(2, 1),
(0, 1)
E
F
G
C
−
+
−
−
到x 轴的距离均为1， 
 
∵抛物线在点P左侧部分(包括点P)恰有三个点到x 轴的距离为1， 
∴m 的取值范围是2
1
3
m

+
． 
（4）当
1
m 时， 
①以PC为边作正方形，当此正方形的顶点Q 在此抛物线的对称轴上
,
90
CP
PQ
QPC
=

=
时，如图2， 
 
作PM
x
⊥轴，作CM
PM
⊥
于点
,
M QN
PN
⊥
于点N ， 
90
QNP
CMP
CPQ

= 
= 
=


， 
90
QPN
PCM
MPC

= 
=
−
， 
(
)
PQN
CPM
AAS

≌
， 
QN
PM

=
， 
(
)
2
,
2
1 ,
( , 1)
P m m
m
M m
−
−
−

， 
(
)
2
2
( 1)
2
1
2
PM
m
m
m
m

= −
−
−
−
= −
+
， 
1
QN
m

=
−， 
2
1
2
m
m
m

−= −
+
， 
解得：
1
2
1
5
1
5
,
2
2
m
m
+
−
=
=
(不符合题意，舍去)； 
 
 
 
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②如图3，点P为抛物线与x 轴的交点，作CQ
CP
⊥
交直线
1
x = 于点Q，连结PQ，作QR
y
⊥
轴于点R ， 
90
POC
CRQ
PCQ

= 
= 
=


， 
90
OCP
CRQ
RCQ

= 
=
−
， 
1
OC
RQ
=
=

， 
∴
(
)
POC
CRQ ASA

≌
， 
∴PCQ

是等腰直角三角形，符合以PC为边的四边形是正方形，此时正方形的顶点Q 在此抛物线的对称轴上， 
当
0
n = 时，则
2
2
1
0
m
m
−
−=
， 
解得
1
2
1
2,
1
2
m
m
= +
= −
(不符合题意，舍去)； 
③如图4，以PC为边作正方形，当此正方形的顶点Q 在此抛物线的对称轴上时，PCQ

是等腰直角三角形，
且
90
CPQ

=
，点Q在直线
1
x = 上， 
PQ
PC

=
， 
作PH
x
⊥
轴，作CH
PH
⊥
于点
,
H QL
PH
⊥
于点L， 
90
L
H
CPQ
= 
= 
=


， 
90
PQL
CPH
QPL

= 
=
−
， 
(
)
PQL
CPH
AAS

≌
， 
QL
PH

=
， 
(
)
2
,
2
1 ,
( , 1)
P m m
m
H m
−
−
−

， 
2
2
2
1 ( 1)
2
PH
m
m
m
m

=
−
−−−
=
−
， 
1
QL
m

=
−， 
2
1
2
m
m
m

−=
−
， 
 
 
 
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解得：
1
2
3
5
3
5
,
2
2
m
m
+
−
=
=
(不符合题意，舍去)， 
综上所述，
1
5
2
m
+
=
或1
2
+
或3
5
2
+
． 
【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、等腰直角三角形的判定与性质、正方形的性质，掌握数形
结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法是解题的关键，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题． 
变式4-2 综合与探究 
如图，抛物线
2
y
x
bx
c
=
+
+ 经过点
(
)
1, 1
A
−
−
和点
(
)
3,3
B
，点P是线段AB上一动点（不与
,
A B 重合），直线l
是抛物线的对称轴，设点P的横坐标为m ． 
 
(1)求抛物线的函数表达式及直线AB的函数表达式． 
(2)当点P在直线l 右侧的线段部分上运动时，过点P作x 轴的垂线交抛物线于点Q，分别过点P
Q
，
作直线l 的
垂线，垂足分别为C
D
，
，求四边形PCDQ 周长的最大值． 
(3)若点E是抛物线上一点，平面内是否存在点F ，使得以点A E F
P
，，，为顶点的四边形是正方形时，若存
在，请直接写出所有满足条件的点F 的坐标．若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)抛物线的函数表达式为
2
3
y
x
x
=
−
−，直线AB的函数表达式为y
x
=
； 
(2)最大值为19
2
； 
(3)点F 的坐标为1
5
,
2
2


−



或(
)
3, 1
−
或(
)
1,2
−
． 
【分析】（1）利用待定系数法求解即可； 
（2）设点P的坐标为(
)
m
m
，
，点Q的坐标为(
)
2
3
m
m
m
−
−
，
，得到四边形PCDQ 周长为
2
2
6
5
m
m
−
+
+
，利
用二次函数的性质求解即可； 
（3）分三种情况讨论，利用正方形的性质求解即可． 
【详解】（1）解：将点
(
)
1, 1
A
−
−
和点
(
)
3,3
B
代入
2
y
x
bx
c
=
+
+ 得 
1
1
9
3
3
b
c
b
c
−
+
= −
+
+
=

， 
 
 
 
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解得
1
3
b
c
= −
= −

， 
∴抛物线的函数表达式为
2
3
y
x
x
=
−
−， 
设直线AB的函数表达式为y
kx
n
=
+ ， 
∴
1
3
3
k
n
k
n
−+
= −

+
=

， 
解得
1
0
k
n
=

=

， 
∴直线AB的函数表达式为y
x
=
； 
（2）解：∵
2
2
1
13
3
2
4
y
x
x
x


=
−
−
=
−
−




， 
∴抛物线的对称轴为直线
1
2
x =
， 
 
∵点P的横坐标为m ， 
∴点P的坐标为(
)
m
m
，
，点Q的坐标为(
)
2
3
m
m
m
−
−
，
， 
∴
2
2
3
2
3
CD
PQ
m
m
m
m
m
=
=
−
+
+
= −
+
+ ，
1
2
PC
QD
m
=
=
−
， 
∴四边形PCDQ 周长为
2
2
1
2
2
3
2
6
5
2
m
m
m
m
m


−
+
+ +
−
= −
+
+




， 
∵2
0
−
， 
∴当
(
)
6
3
2
2
2
m = −
=
−
时，四边形PCDQ 周长有最大值， 
最大值为
2
3
3
19
2
6
5
2
2
2




= −
+

+
=








； 
（3）解：当AEPF 为正方形时，如图， 
 
 
 
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∵点
(
)
1, 1
A
−
−
和点
(
)
3,3
B
， 
∴
45
BAE

=
， 
∴点E与点
(
)
1, 1
A
−
−
关于对称轴
1
2
x =
对称， 
∴点
(
)
2, 1
E
−
， 
∴点
(
)
2, 2
P
， 
∴点F 的坐标为(
)
1,2
−
； 
当APFE 为正方形时，如图，设正方形的中心为点G ， 
 
∵
45
PAG

=
，
90
PAE

=
， 
∴PE
y
∥
， 
∴点P的坐标为(
)
m
m
，
，点E的坐标为(
)
2
3
m
m
m
−
−
，
， 
∴
1
PG
m
=
+ ，
2
2
1
3
2
GE
m
m
m
m
= −−
+
+
= −
+
+
， 
∵PG
GE
=
， 
∴
2
2
1
m
m
m
−
+
+
=
+ ，即
2
1
m = ，解得
1
m = ， 
∴点P的坐标为(
)
11
，，点G 的坐标为(
)
1
1
−
，
， 
∴点F 的坐标为(
)
3, 1
−
； 
当APEF 为正方形时，如图，设正方形的中心为点G ， 
 
 
 
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显然点E与点
(
)
1, 1
A
−
−
关于对称轴
1
2
x =
对称， 
∴点F 的坐标为1
5
,
2
2


−



； 
综上，点F 的坐标为1
5
,
2
2


−



或(
)
3, 1
−
或(
)
1,2
−
． 
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，涉及到了待定系数法求函数表达式、正方形的判定、二次函
数的性质等重要知识点，综合性强，解答本题的关键是要求学生掌握分类讨论，数形结合的数学思想方法，
此题有一定的难度． 
变式4-3 如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线
2
4
y
x
x
=
−
的顶点为A，点M ，点N 为抛物线上不重合
的两个点，点M 的横坐标为t ，点N 的横坐标为
3
t + ． 
 
(1)点A的坐标为___________； 
(2)当
1
2
t =
时，求MN 的长度； 
(3)当抛物线上
,
M N 两点之间的部分（包括
,
M N 两点）对应的函数值y 随x 的增大而先减小后增大时，设
函数值最大值与最小值差为d ，求d 与t 的关系式，并写出自变量t 的取值范围； 
(4)过
,
M N 两点中较高的点作y 轴的垂线交抛物线于另一个交点P，以这个较高的点与点P的连线为边向其
下方作正方形．当点O在该正方形内部，点A在该正方形外部，且点A到该正方形边的最小距离是1，求t 的
值． 
【答案】(1)(
)
2, 4
−
 
 
 
 
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(2)3 
(3)
2
2
1
4
4
1
2
1
2
1
2
2
t
t
t
d
t
t
t



−
+
−





= 



+
+







 
(4)1
2
−
或2 
【分析】（1）将解析式化成顶点式，即可得出顶点坐标； 
（2）把
1
2
t =
代入计算出点M、N 的坐标，继而可求得MN 的长度； 
（3）先求得函数最小值为4
−，再根据函数的增减性求得1
2
t
−
，然后分当
2
2
4
2
3
t
t
t
t
−

+
−时；当
2
2
4
2
3
t
t
t
t
−

+
−时； 根据函数值最大值与最小值差为d ，列式即可求解； 
（4）分两种情况：①当M 为最高点或
,
M N 对应函数值相等时，即
1
2
t 
时，点O在该正方形PQBM 内部，
点A在该正方形PQBM 外部；②当N 为最高点时，即
1
2
t 
时，点O在该正方形PQBN 内部，点A在该正方
形PQBN 外部；分别求解即可． 
【详解】（1）解：∵
(
)
2
2
4
2
4
y
x
x
x−
=
−
=
−
， 
 ∴抛物线
2
4
y
x
x
=
−
的顶点A的坐标为(
)
2, 4
−
． 
（2）解：∵点M 的横坐标为t ，点N 的横坐标为
3
t + ， 
∴点M 的纵坐标为
2
4
t
t
−
，点N 的纵坐标为(
)
(
)
2
2
3
4
3
2
3
t
t
t
t
+
−
+
=
+
−， 
当
1
2
t =
时，
2
2
1
1
7
4
4
2
2
4
t
t


−
=
−
= −




， 
1
7
3
3
2
2
t + =
+ =
，
2
2
1
1
7
2
3
2
3
2
2
4
t
t


+
−=
+ 
−= −




， 
∴
1
7
,
2
4
M 

−



，
7
7
,
2
4
N 

−



， 
∴MN
x

轴， 
∴
7
1
3
2
2
MN =
−
=
． 
（3）解：∵
(
)
2
2
4
2
4
y
x
x
x−
=
−
=
−
， 
∴抛物线
2
4
y
x
x
=
−
的开口向上，对称轴为直线
2
x = ， 
∴当
2
x = 时，函数有最小值为4
−， 
 
 
 
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∵抛物线上
,
M N 两点之间的部分（包括
,
M N 两点）对应的函数值y 随x 的增大而先减小后增大， 
∴
2
t 
且
3
2
t + 
， 
解得：1
2
t
−
， 
当
2
2
4
2
3
t
t
t
t
−

+
−时，解得：
1
2
t 
， 
∴在1
2
2
t

时，抛物线上
,
M N 两点之间的部分（包括
,
M N 两点）对应的函数值y 最大值为
2
2
3
t
t
+
−，
最小值为4
−， 
又∵函数值最大值与最小值差为d ， 
∴
(
)
2
2
3
4
t
t
d
+
−
−−
=
， 
即
2
1
2
1
2
2
d
t
t
t


=
+
+




； 
当
2
2
4
2
3
t
t
t
t
−

+
−时，解得：
1
2
t <
 ， 
∴当
1
1
2
t
−
时，抛物线上
,
M N 两点之间的部分（包括
,
M N 两点）对应的函数值y 最大值为
2
4
t
t
−
，最小
值为4
−， 
又∵函数值最大值与最小值差为d ， 
∴
(
)
2
4
4
t
t
d
−
−−
=
， 
即
2
1
4
4
1
2
d
t
t
t


=
−
+
−



． 
综上，d 与t 的关系式为
2
2
1
4
4
1
2
1
2
1
2
2
t
t
t
d
t
t
t



−
+
−





= 



+
+







． 
（4）解：当M，N 两点时，即
3
2
2
t
t
+ +
=
解得：
1
2
t =
， 
分两种情况： 
①当M 为最高点或
,
M N 对应函数值相等时，即
1
2
t 
时，点O在该正方形PQBM 内部，点A在该正方形
PQBM 外部，如图， 
 
 
 
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∵抛物线
2
4
y
x
x
=
−
的开口向上，对称轴为直线
2
x = ，
(
)
2
,
4
M t t
t
−
， 
又∵MP
y
⊥
轴， 
∴(
)
2
4
,
4
P
t t
t
−
−
， 
∴
(
)
4
4
2
MP
t
t
t
=
−
−=
−
， 
∵点A到该正方形边的最小距离是1，
(
)
2,
4
A
−
 
∴
(
)
, 3
B t −
， 
∴
(
)
2
2
4
3
4
3
MB
t
t
t
t
=
−
−−
=
−
+ ， 
∵正方形PQBM ， 
∴MP
MB
=
，即
2
4
2
4
3
t
t
t
−
=
−
+ ， 
解得：1
1
2
t = −
，2
1
2
t = +
（舍去）； 
②当N 为最高点时，即
1
2
t 
时，点O在该正方形PQBN 内部，点A在该正方形PQBN 外部，如图， 
 
∵抛物线
2
4
y
x
x
=
−
的开口向上，对称轴为直线
2
x = ，(
)
2
3,
2
3
N t
t
t
+
+
−
， 
又∵NP
y
⊥
轴， 
∴(
)
2
1
,
2
3
P
t t
t
−
+
−
， 
 
 
 
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∴
(
)
(
)
3
1
2
2
NP
t
t
t
=
+
−
−
=
+
， 
∵点A到该正方形边的最小距离是1，
(
)
2,
4
A
−
 
∴
(
)
3, 3
B t +
−
， 
∴
(
) (
)
2
2
2
3
3
2
NB
t
t
t
t
=
+
−
−−
=
+
， 
∵正方形PQBN ， 
∴NP
NB
=
，即
2
2
2
2
t
t
t
+
=
+
， 
解得：1
2
t = −
（舍去），
2
2
t =
； 
综上，当点O在该正方形内部，点A在该正方形外部，且点A到该正方形边的最小距离是1，t 的值为1
2
−
或
2 ． 
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象和性质，以及最值、正方形的性质，熟练
掌握二次函数的图象和性质，利用分类讨论思想解答是解题的关键． 
 
题型5、二次函数与四边形的综合问题 
典例5 小亮同学喜欢研究数学问题．他在一本资料中看到一个新的数学概念“对角线互相垂直且相等的四边
形叫做垂等四边形”，并对垂等四边形进行了研究．具体内容如下： 
   
(1)【理解应用】如图1，在平面直角坐标系xOy 中，已知四边形OABC是垂等四边形，点A 的坐标为(
)
4 0
，，
点C 的坐标为(
)
0 3
，，求点B 的坐标； 
(2)【规律初探】如图2，正方形ABCD的边长为a，点E 在边AB上，点F 在边BC 上，点G 在边CD上，点H
在边AD上，若四边形满足EG
FH
=
，请直接写出四边形EFGH 面积S 的取值范围； 
(3)【综合探究】如图3，已知抛物线
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ 与x 轴交于M，N 两点，点M 在点N 的左侧，P，Q 两
点在该抛物线上．若以M，N，P，Q 为顶点的四边形是垂等四边形且MN
PQ

．设点P 的横坐标为m，点
Q 的横坐标为n，且m
n

，求m 的值． 
 
 
 
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【答案】(1)点B 的坐标为(
)
3 4
，； 
(2)
2
0
S
a


； 
(3)m 的值为2 或4． 
【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式，新定义图形问题，正方形的性质，等腰直角三角形的性质
与判定，全等三角形的性质与判定，本题的关键是理解新定义的图形，分类讨论解决问题． 
 （1）过点B 作BK
y
⊥
轴于点K，可证得
(
)
AAS
OBK
ACO

≌
，得出BK
OC
=
，OK
OA
=
，进而可求得
点B 的坐标；  
（2）当四边形EFGH 的顶点分别与正方形ABCD的顶点重合时，
EFGH
S四边形
最大，当四边形EFGH 的顶点
E、F 无限趋近B 或E、H 无限趋近A，G、H 无限趋近D 或F、G 无限趋近C 时，
EFGH
S四边形
最小，分别确
定S 的最大值和最小值即可；  
（3）求出点P 和点Q 的坐标，分点P，Q 在x 轴上方和点P，Q 在x 轴下方两种情况，求出一次函数的解析
式，联立二次函数求交点即可得到m 的值． 
【详解】（1）解：（1）如图1，过点B 作BK
y
⊥
轴于点K， 
   
则
90
OKB

=
， 
∵
=90
AOC

， 
∴
OKB
AOC

= 
， 
∵四边形OABC是垂等四边形， 
∴OB
AC
=
，OB
AC
⊥
， 
∴
90
OAC
AOB

+
=
， 
又∵
90
KOB
AOB

+
=
， 
∴
KOB
OAC

= 
， 
∴
(
)
AAS
OBK
ACO

≌
， 
∴BK
OC
=
，OK
OA
=
， 
∵点A 的坐标为(
)
4 0
，，点C 的坐标为(
)
0 3
，， 
 
 
 
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∴
4
OA =
，
3
OC =
， 
∴
3
BK =
，
4
OK =
， 
∴点B 的坐标为(
)
3 4
，； 
（2）解：如图2，当四边形EFGH 的顶点分别与正方形ABCD的顶点重合时，
EFGH
S四边形
最大，
2
ABCD
EFGH
S
S
a
=
=
正方形
四边形
， 
   
当四边形EFGH 的顶点E、F 无限趋近B 或E、H 无限趋近A，G、H 无限趋近D 或F、G 无限趋近C 时，
EFGH
S四边形
最小，无限趋近于0， 
∴
2
0
S
a


； 
（3）解：把
0
y = 代入
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ， 
得
2
2
3
0
x
x
−
+
+
=
， 
解得
1
3
x =
，
2
1
x = −， 
∴点M 的坐标为(
)
1 0
−，，点N 的坐标为(
)
3 0
，， 
∵以M，N，P，Q 为顶点的四边形是垂等四边形且MN
PQ

， 
∴PM
QN
⊥
，且PM
QN
=
， 
若点P，Q 在x 轴上方， 
设MP 与NQ 交于点K，过点K 作KL
x
⊥轴，垂足为L，如图3， 
   
由二次函数的对称性，且PM
QN
=
，PM
QN
⊥
， 
得
45
KMN
KNM

= 
=
， 
 
 
 
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∵
90
MKN

=
， 
∴
KMN
△
是等腰直角三角形， 
∵
4
MN =
，KL
MN
⊥
， 
∴
1
2
2
KL
ML
NL
MN
=
=
=
=
， 
∵
1
OM = ， 
∴
1
OL = ， 
∴点K 的坐标为(
)
1 2
，， 
设直线PM 的解析式为
1
1
y
k x
b
=
+
， 
代入
(
)
1,0
M −
，
(
)
1,2
K
 
得
1
1
1
1
0
2
k
b
k
b
−
+
=


+
=

， 
解得
1
1
1
1
k
b
=


=

， 
∴直线AC 的解析式为
1
y
x
=
+ ， 
联立方程组得
2
1
2
3
y
x
y
x
x
=
+

= −
+
+

， 
解得
1
1
2
3
x
y
=


=

，
2
2
1
0
x
y
= −


=

（点M 的坐标，舍去）， 
∴m 的值为2； 
若点P，Q 在x 轴下方，如图4， 
   
同理可得直线PM 的解析式为=
1
y
x
−
−， 
联立
2
1
2
3
y
x
y
x
x
= −−

= −
+
+

， 
 
 
 
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解得
1
1
4
5
x
y
=


= −

，
2
2
1
0
x
y
= −


=

（点M 的坐标，舍去）， 
∴m 的值为4； 
综上所述，m 的值为2 或4． 
题型模版 
1.特征：一般四边形或多种特殊四边形混合，涉及判定、面积、周长、最值等综合问题． 
2.方法：根据条件选择对应判定定理，用坐标法表示边、角、对角线；综合运用二次函数性质与几何模型求
解． 
变式5-1 （25-26 九年级下·吉林·期中）在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，抛物线
2
3
y
x
bx
= −
+
+ （b
为常数）与x 轴交于点
(
)
1,0
A
和点B ，与y 轴交于点C，点P在抛物线上，其横坐标为m ，直线BC 交该抛物线
的对称轴于点D ，点P、C关于点D 的对称点分别为Q、E，顺次连接点P、C、Q、E，得到四边形PCQE ． 
 
(1)求该抛物线对应的函数表达式； 
(2)写出点D 的坐标___________； 
(3)当点P在第一象限时，四边形PCQE 的边与抛物线共有两个交点（四边形的顶点除外），求m 的取值范围； 
(4)直接写出使得四边形PCQE 成为轴对称图形时m 的值． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
= −
−
+
 
(2)(
)
1,2
−
 
(3) 2 1
1
m
−
 
(4) 2
−或1，
2
1
−，
2
1
−
−
 
【分析】（1）将点
(
)
1,0
A
代入抛物线
2
3
y
x
bx
= −
+
+ ，即可求解； 
 
 
 
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（2）对于抛物线
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ，令
0
y = ，求出
(
)
3,0
B −
，令
0
x = ，求出
(
)
0,3
C
，运用待定系数法求出
直线BC的解析式为
3
y
x
=
+
，将抛物线解析式化为顶点式，得到对称轴为直线
1
x = −，从而得到点D 的横
坐标为1
−，把
1
x = −代入函数
3
y
x
=
+
，即可求出点D 的坐标； 
（3）解：根据点
(
)
0,3
C
关于点
(
)
1, 2
D −
的对称点为点E，得到
(
)
2,1
E −
，可判断点E 在抛物线的下方．设
(
)
2
,
2
3
P m
m
m
−
−
+
，其中0
1
m

，同理根据对称可得(
)
2
2
,
2
1
Q
m m
m
−
−
+
+
，根据四边形PCQE 的边与抛
物线共有两个交点，得到点Q 在抛物线的上方，因此列出不等式，求解即可； 
（4）根据点P、C关于点D 的对称点分别为Q、E，可得四边形PCQE 是平行四边形，因此四边形PCQE 是
菱形或矩形，据此分两种情况求解即可． 
【详解】（1）解：∵抛物线
2
3
y
x
bx
= −
+
+ （b 为常数）与x 轴交于点
(
)
1,0
A
， 
∴1
3
0
b
−+ + =
，  
解得
2
b = −， 
∴抛物线的解析式为
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ． 
（2）解：对于抛物线
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ， 
令
0
y = ，则
2
2
3
0
x
x
−
−
+
=
，解得
1
1
x = ，
2
3
x = −， 
∴
(
)
3,0
B −
， 
令
0
x = ，则
3
y = ， 
∴
(
)
0,3
C
． 
设直线BC的函数解析式为y
k x
b


=
+
， 
∵直线BC过点
(
)
3,0
B −
，
(
)
0,3
C
， 
∴
3
0
3
k
b
b
−
+
=


=




，解得
1
3
k
b


=


=

， 
∴直线BC的解析式为
3
y
x
=
+
． 
∵抛物线
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
−
−
=
−
+ =
+
+
， 
∴顶点坐标为(
)
1,4
−
，对称轴为直线
1
x = −， 
∵直线BC交抛物线的对称轴于点D ， 
∴点D 的横坐标为1
−， 
把
1
x = −代入函数
3
y
x
=
+
，得
2
y =
， 
∴
(
)
1, 2
D −
． 
（3）解：∵点
(
)
0,3
C
关于点
(
)
1, 2
D −
的对称点为点E， 
 
 
 
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∴点D 是CE的中点， 
∴
(
)
2,1
E −
， 
∵对于抛物线
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ，当
2
x = −时，
(
)
(
)
2
2
2
2
3
3 1
y
−
=
−
−−
+ =
， 
∴点E 在抛物线的下方． 
∵点P在抛物线上，且在第一象限，其横坐标为m ， 
∴设(
)
2
,
2
3
P m
m
m
−
−
+
，其中0
1
m

， 
∵点(
)
2
,
2
3
P m
m
m
−
−
+
关于点
(
)
1, 2
D −
的对称点为点Q， 
∴(
)
2
2
,
2
1
Q
m m
m
−
−
+
+
， 
∵四边形PCQE 的边与抛物线共有两个交点， 
∴点Q 在抛物线的上方， 
∵对于抛物线
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ，当
2
x
m
−−
=
时，
(
)
(
)
2
2
2
2
2
3
2
3
y
m
m
m
m
−
−
−
−
=
−
−
−
+ =
−
+ ， 
∴
2
2
2
3
2
1
m
m
m
m
−
−
+

+
+ ， 
即(
)
2
1
2
m+

， 
∴
2
1
m 
−或
2 1
m
−

−， 
∵0
1
m

， 
∴m 的取值范围为2 1
1
m
−
． 
 
（4）解：∵点P、C关于点D 的对称点分别为Q、E， 
∴CD
ED
=
，PD
QD
=
， 
 
 
 
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∴四边形PCQE 是平行四边形． 
∵四边形PCQE 是轴对称图形，则四边形PCQE 是菱形或矩形． 
①当四边形PCQE 是菱形时，PQ
CE
⊥
， 
 
连接AD， 
∵
(
)
3,0
B −
，
(
)
0,3
C
， 
∴
3
BO
CO
=
= ， 
∴BOC

是等腰三角形， 
∴
45


=
CBO
， 
由抛物线的对称性可得BD
AD
=
， 
∴
45
BAD
ABD

= 
=
， 
∴
180
90
ADB
DAB
DBA
−
−

=


=
， 
∴AD
BC
⊥
， 
∵PD
BC
⊥
， 
∴点P 在AD上， 
设直线AD的解析式为
1
1
y
k x
b
=
+
， 
∵
(
)
1,0
A
，
(
)
1, 2
D −
， 
∴
1
1
1
1
0
2
k
b
k
b
+
=

−
+
=

，解得
1
1
1
1
k
b
−
=


=

， 
∴直线AD的解析式为
1
y
x
= −+ ， 
 
 
 
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解方程组
2
1
2
3
y
x
y
x
x
−
−
=
+

=
−
+

得
2
3
x
y
−
=

=

或
1
0
x
y
=


=

， 
∴点P 的坐标为(
)
2,3
−
或(
)
1,0 ， 
即
2
m = −或
1
m = ． 
②当四边形PCQE 是矩形时，PD
CD
=
 
 
∵
(
)
0,3
C
，
(
)
1, 2
D −
，(
)
2
,
2
3
P m
m
m
−
−
+
， 
∴
(
)
(
)
2
2
0 1
3
2
2
CD =
+
+
−
=
， 
(
)
(
)
2
2
2
1
2
3
2
PD
m
m
m
=
+
+ −
−
+ −
， 
∴(
)
(
)
2
2
2
1
2
3
2
2
m
m
m
+
+ −
−
+ −
=
， 
即(
)
(
)
2
2
2
1
2
3
2
2
m
m
m
+
+ −
−
+ −
=
， 
∴(
)
(
)
2
2
1
2
1
1
0
m
m



+
−
+
−
=



， 
∴(
)
2
1
2
m+
=
或(
)
2
1
1
m +
= ， 
∴
1
2
1
m =
−，
2
2
1
m
−
=
−，
3
0
m =
，
4
2
m
−
=
． 
∵当
0
m =
时，点P 与点C 重合，舍去． 
综上所述，得四边形PCQE 成为轴对称图形时m 的值为2
−或1，
2
1
−，
2
1
−
−
． 
变式5-2 （25-26 九年级上·吉林长春·期末）在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，抛物线
2
y
x
bx
c
=
+
+
的顶点坐标为(
)
2, 5
−
，与y 轴的交点坐标为(
)
0, 1
−
，点A、B 是该抛物线上的两点，横坐标分别为m、3
2
m
−
，
已知点
(
)
2,0
E
，作点A 关于点E 的对称点C，作点B 关于点E 的对称点D，构造四边形ABCD． 
 
 
 
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(1)求该抛物线所对应的函数表达式． 
(2)设抛物线在A、B 两点之间的部分（含A、B 两点）为图象G，若图象G 的最高点与最低点的纵坐标之差
为3，求m 的值． 
(3)当
1
m 时，若抛物线在四边形ABCD内部的点的纵坐标y 随x 的增大而增大，求m 的取值范围． 
(4)当四边形ABCD是矩形时，直接写出m 的值． 
【答案】(1)
2
4
1
y
x
x
=
−
− 
(2) 3
20
或27
20
 
(3)
1
3
105
5
2
4
m
+
−


或3
105
3
185
4
4
m
+
+


 
(4) 3
47
4
+
或3
47
4
−
 
【分析】（1）利用待定系数法即可求解； 
（2）根据A、B 两点与抛物线对称轴的相对位置进行分类讨论，确定图象G 的最高点与最低点的纵坐标，
再结合题意列出方程，求出m 的值即可； 
（3）由题意得，(
)
2
,
4
1
A m m
m
−
−
，(
)
2
4
,
4
1
C
m
m
m
−
−
+
+
，
2
3
19
,
2
4
B
m m
m


−
+
−



，
2
5
19
,
2
4
D
m
m
m


+
−
−
+



，
再结合图象找到3 个临界位置：点D 在抛物线上、当点
,
,
C D E 共线、当直线CD过抛物线的顶点，分别求
出对应m 的值，即可求出m 的取值范围； 
（4）根据矩形的性质得到AC
BD
=
，根据中心对称的性质得到
1
2
AE
AC
=
，
1
2
BE
BD
=
，则AE
BE
=
，再
利用勾股定理列出方程，求出m 的值即可． 
【详解】（1）解：代入(
)
2, 5
−
和(
)
0, 1
−
到
2
y
x
bx
c
=
+
+ ，得
4
2
5
1
b
c
c
+
+
= −
= −

， 
解得
4
1
b
c
= −
= −

， 
∴抛物线所对应的函数表达式为
2
4
1
y
x
x
=
−
−； 
（2）解：∵抛物线的顶点坐标为(
)
2, 5
−
， 
∴抛物线对称轴为直线
2
x = ， 
∵点A、B 是该抛物线上的两点，横坐标分别为m、3
2
m
−
， 
∴(
)
2
,
4
1
A m m
m
−
−
，
2
3
19
,
2
4
B
m m
m


−
+
−



． 
①当A、B 两点均在对称轴左侧，且A 点在B 点左侧， 
 
 
 
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3
2
3
2
2
m
m
m


−


−


， 
解得
1
3
2
4
m
−


， 
∵抛物线在A、B 两点之间的图象G 的最高点与最低点的纵坐标之差为3， 
又∵二次函数
2
4
1
y
x
x
=
−
−开口向上， 
∴当
2
x 时，y 随x 的增大而减小， 
∴(
)
2
2
19
4
1
3
4
m
m
m
m


−
−
−
+
−
=




， 
解得
3
20
m =
，符合题意； 
②当A、B 两点均在对称轴左侧，且A 点在B 点右侧， 
3
2
2
m
m
m

−





， 
解得3
2
4
m


， 
∵抛物线在A、B 两点之间的图象G 的最高点与最低点的纵坐标之差为3， 
又∵二次函数
2
4
1
y
x
x
=
−
−开口向上， 
∴当
2
x 时，y 随x 的增大而减小， 
∴
(
)
2
2
19
4
1
3
4
m
m
m
m


+
−
−
−
−
=




， 
解得
27
20
m =
，符合题意； 
③当A、B 两点均在对称轴右侧，  
3
2
2
2
m
m

−





， 
该不等式组无解，故此情况不存在； 
④当A 点位于对称轴左侧，B 点位于对称轴右侧， 
2
3
2
2
m
m


−


， 
解得
1
2
m −
， 
此时A 点到对称轴的距离为2
m
−
，B 点到对称轴的距离为3
1
2
2
2
m
m
−
−
= −
−
， 
 
 
 
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∵
1
2
2
m
m
−
−
−
， 
∴A 点为图象G 的最高点， 
∵抛物线的顶点坐标为(
)
2, 5
−
，且为图象G 的最低点， 
∴(
) (
)
2
4
1
5
3
m
m
−
−
−−
=
， 
∴
2
3
m =

，不符合题意，舍去； 
⑤当A 点位于对称轴右侧，B 点位于对称轴左侧， 
2
3
2
2
m
m


−


， 
解得
2
m 
， 
此时A 点到对称轴的距离为
2
m−
，B 点到对称轴的距离为
3
1
2
2
2
m
m


−
−
=
+




， 
∵
1
2
2
m
m
−

+
， 
∴B 点为图象G 的最高点， 
∵抛物线的顶点坐标为(
)
2, 5
−
，且为图象G 的最低点， 
∴
(
)
2
19
5
3
4
m
m


+
−
−−
=




， 
∴
1
2
3
m = −

，不符合题意，舍去； 
综上所述，m 的值为3
20
或27
20 ． 
（3）解：∵
(
)
2,0
E
，(
)
2
,
4
1
A m m
m
−
−
，点C 为点A 关于点E 的对称点， 
∴(
)
2
4
,
4
1
C
m
m
m
−
−
+
+
，  
同理可得，
2
3
19
,
2
4
B
m m
m


−
+
−



，
2
5
19
,
2
4
D
m
m
m


+
−
−
+



， 
设直线CD的解析式为y
kx
n
=
+ ，  
则
(
)
2
2
4
4
1
5
19
2
4
k
m
n
m
m
k
m
n
m
m

−
+
= −
+
+


+
+
= −
−
+





， 
解得
2
5
2
3
11
2
k
n
m
m
= −

= −
+
+

， 
 
 
 
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∴直线CD的解析式为
2
5
3
11
2
2
y
x
m
m
= −
−
+
+
， 
当点D 在抛物线上时，则
2
2
19
5
5
4
1
4
2
2
m
m
m
m




−
−
+
=
+
−
+
−








， 
解得
1
1
5
2
m =
−
，
2
1
5
2
m = −
−
（舍去）； 
当点
,
,
C D E 共线时， 
代入
(
)
2,0
E
，得
2
5
3
2
11
0
2
2
m
m
−
−
+
+
=
， 
解得
1
3
105
4
m
+
=
，
2
3
105
4
m
−
=
（舍去）； 
当直线CD过抛物线的顶点时， 
代入(
)
2, 5
−
，得
2
5
3
2
11
5
2
2
m
m
−
−
+
+
= −， 
解得
1
3
185
4
m
+
=
，
2
3
185
4
m
−
=
（舍去）； 
∵当
1
m 时，抛物线在四边形ABCD内部的点的纵坐标y 随x 的增大而增大， 
∴m 的取值范围为
1
3
105
5
2
4
m
+
−


或3
105
3
185
4
4
m
+
+


； 
（4）解：∵四边形ABCD是矩形， 
∴AC
BD
=
， 
∵点A 关于点E 的对称点C，点B 关于点E 的对称点D， 
∴
1
2
AE
AC
=
，
1
2
BE
BD
=
， 
∴AE
BE
=
， 
∵
(
)
2,0
E
，(
)
2
,
4
1
A m m
m
−
−
，
2
3
19
,
2
4
B
m m
m


−
+
−



， 
∴(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
3
19
2
4
1
2
2
4
m
m
m
m
m
m




−
+
−
−
=
−
−
+
+
−







， 
整理得：
2
3
19
2
3
0
4
4
m
m
m



−
−
−
=






， 
解得
1
3
47
4
m
+
=
，
2
3
47
4
m
−
=
，
3
3
4
m =
（此时A、B 重合，舍去）， 
∴m 的值为3
47
4
+
或3
47
4
−
． 
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数最值问题、中心
对称的性质、求一次函数解析式、矩形的性质、勾股定理，运用数形结合和分类讨论的思想是解题的关键．本
题属于函数综合题，综合要求较高，同时涉及较大的计算量，适合有能力解决压轴题的学生． 
 
 
 
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变式5-3 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． 
 
(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
= −
+ + ； 
 
 
 
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（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
=
+ ， 
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
−
， 
 
 
 
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∴抛物线开口向下， 
∴当
5
2
t =
时，四边形PCQB 的面积最大，最大面积为57
4 ． 
 
 
压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 
21．
（2025·吉林长春·模拟预测）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线
2
3
y
x
=
−与直线:
1
l y = 交于A、
B 两点（B 在A左侧），点P在抛物线上，横坐标为m ，点P不与点A和点B 重合，连接AP、BP． 
(1)点A的坐标为_______；点B 的坐标为_______； 
(2)当ABP

是直角三角形时，求m 的值； 
(3)以AB，AP为边构造平行四边形ABQP ． 
①当抛物线的图象在平行四边形ABQP 内部（不包括边界）的部分对应的函数值y 随x 增大而减小时，直接
写出m 的取值范围； 
②设点C 是抛物线
2
3
y
x
=
−的顶点，平行四边形ABQP 的边与直线BC 的交点为M（点B 、C、Q、P除外），
当线段BM 将平行四边形ABQP 的面积分成1:7时，求m 的值． 
【答案】(1)(
)
2,1 ，(
)
2,1
−
 
(2)
3
m = 
； 
(3)①
2
m −或2
2
m
−

；②
1
7
m = −
 
【分析】本题考查了二次函数的图象及性质、平行四边形的性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点是解题
的关键． 
（1）抛物线解析式中令
1
y = ，即可求解； 
（2）由题可知
90
APB

=
，再由勾股定理建立方程求值即可； 
（3）①数形结合解题即可； 
②先求直线BC的解析式，分别表示出
BQM
S
和
PMBA
S梯形
，可求出它们的比值，根据题意可计算出QM 的长，
又M 点在P点左侧，则
(
)
2
3,
3
M m
m
−
−
，代入直线BC 解析式即可求解． 
【详解】（1）解：当
1
y = 时，
2
3
1
x −
= ， 
解得：
2
x = ， 
∴
(
)
2,1
A
，
(
)
2,1
B −
； 
 
 
 
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故答案为：(
)
2,1 ，(
)
2,1
−
； 
（2）解：∵ABP

是直角三角形， 
∴
90
APB

=
， 
∵P点横坐标为m ， 
∴(
)
2
,
3
P m m −
， 
在Rt ABP

中，
(
)
2
2
4
AB =
−−
=
， 
又
2
2
2
AP
BP
AB
+
=
， 
∴(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
2
2
3 1
2
3 1
4
m
m
m
m




−
+
−−
+
−−
+
−−
=








， 
∴(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
2
4
2
4
16
m
m
m
m
−
+
−
+
+
+
−
=
， 
∴(
)
(
) (
)
2
2
2
2
2
4
4
4
4
4
16
m
m
m
m
m
−
+
+
−
+
+
+
=
， 
∴(
)
2
2
2
2
4
2
8
16
m
m
−
+
+
=
， 
∴(
)
4
2
2
2
8
16
2
8
m
m
m
−
+
+
=
， 
整理得：
4
2
7
12
0
m
m
−
+
=
， 
(
)(
)
2
2
3
4
0
m
m
−
−
= ， 
∴
2
3
m = 或
2
4
m =
， 
解得：
3
m = 
或
2
m = （舍去）， 
∴
3
m = 
； 
（3）解：①如图，当
2
m −时，抛物线的图象在平行四边形ABQP 内部（不包括边界）的部分对应的函数
值y 随x 的增大而减小； 
 
当2
2
m
−

时，抛物线的图象在平行四边形ABQP 内部（不包括边界）的部分对应的函数值y 随x 的增大而
减小； 
 
 
 
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综上所述，
2
m −或2
2
m
−

； 
②由题意知：
(
)
0, 3
C
−
， 
设直线BC的解析式为：y
kx
b
=
+ ， 
代入
(
)
2,1
B −
，
(
)
0, 3
C
−
可得： 
2
1
3
k
b
b
−
+
=

= −

， 
解得：
2
3
k
b
= −
= −

， 
∴直线BC的解析式为：
2
3
y
x
= −
−； 
 
∵
//
PQ AB ，
4
PQ
AB
=
=
，设平行四边形的高为h ， 
线段BM 将平行四边形ABQP 的面积分成的两部分为
BQM
S
和
PMBA
S梯形
， 
则有
1
·
2
BQM
S
QM h
=

，
(
)
(
)
(
)
1
1
1
4
4
4
8
2
2
2
PMBA
S
PM
h
QM
h
QM h
=
+
=
−
+
=
−
梯形
， 
∴
(
)
1
·
2
1
8
8
2
BQM
PMBA
QM h
S
QM
S
QM
QM h
=
=
−
−

梯形
， 
依题意有：
1
8
7
QM
QM =
−
或
7
8
QM
QM =
−
； 
当
1
8
7
QM
QM =
−
时，7
8
QM
QM
=
−
， 
 
 
 
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解得：
1
QM = ， 
∴
3
PM =
， 
∵M 点在P点左侧，则
(
)
2
3,
3
M m
m
−
−
， 
代入直线BC解析式有：
(
)
2
3
2
3
3
m
m
−
= −
−
−， 
解得：
1
7
m = −
； 
当
7
8
QM
QM =
−
时，
(
)
7 8
QM
QM
=
−
， 
解得：
7
4
QM =

（舍去）； 
综上所述，
1
7
m = −
时，线段BM 将平行四边形ABQP 的面积分成1:7． 
22．已知二次函数的图象经过点
(
)
(
)
1,0
6,0
A
B
、
和
(
)
0, 4
C
． 
 
(1)求此二次函数的解析式、对称轴及顶点坐标； 
(2)设点
(
)
,
D x y 是函数图象上一动点，且位于第四象限，四边形ODBE 是以OB 为对角线的平行四边形．求平
行四边形ODBE 的面积S 与x 之间的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围； 
(3)当平行四边形ODBE 的面积为24 时，判断平行四边形ODBE 是否为菱形？并判断是否存在点D ，使得平
行四边形ODBE 为正方形？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
2
2
14
4
3
3
y
x
x
=
−
+
，对称轴为直线
7
2
x =
，顶点坐标为7
25
2
6


−




，
 
(2)
(
)
2
8
4
1
6
2
24
x
x
S
x
+
−
= −


 
(3)当平行四边形ODBE 的面积为24 时，点D 坐标为(
)
3, 4
−
或(
)
4, 4
−
，且点D 坐标为(
)
3, 4
−
时，平行四边形
ODBE 为菱形；不存在点D ，使得平行四边形ODBE 为正方形，理由见解析 
【分析】（1）根据题意可设交点式，再利用待定系数法求解，最后改为一般式即可；将一般式改为顶点式，
即可直接得出对称轴和顶点坐标； 
（2）由题意可知
6
OB =
，
(
)
2
2
14
4
3
3
,
1
6
D
x
x
x
x
−
+








．再根据
2
OBD
S
S
=

，结合三角形面积公式求解即
可； 
 
 
 
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（3）将
24
S =
代入
(
)
2
8
4
1
6
2
24
x
x
S
x
+
−
= −


，解得：1
3
x =
，2
4
x =
．分类讨论：①当
3
x = 时，此时
(
)
3, 4
D
−
，
分别求出OD 和BD的长，即得出OD
BD
=
，此时平行四边形ODBE 是菱形；②当
4
x = 时，此时
(
)
4, 4
D
−
，
分别求出OD 和BD的长，即得出OD
BD

，此时平行四边形ODBE 不是菱形；当平行四边形ODBE 为正方
形时OD
BD
⊥
，OD
BD
=
，即得出
3 2
OD
BD
=
=
，从而得出
(
)
3, 3
D
−
，此时点D 不在抛物线上，即不存
在点D ，使得平行四边形ODBE 为正方形． 
【详解】（1）解：∵二次函数的图象经过点
(
)
(
)
1,0
6,0
A
B
、
， 
∴可设该二次函数解析式为
(
)(
)
1
6
y
a x
x
=
−
−
． 
∵二次函数的图象又经过点
(
)
0, 4
C
， 
∴
(
) (
)
4
0
1
0
6
a
=
−

−
， 
解得：
2
3
a =
， 
∴该二次函数解析式为
(
)(
)
2
2
2
2
14
2
7
25
1
6
4
3
3
3
3
2
6
y
x
x
x
x
x


=
−
−
=
−
+
=
−
−




， 
∴对称轴为直线
7
2
x =
，顶点坐标为7
25
2
6


−




，
； 
（2）解：∵
(
)
6,0
B
 ， 
∴
6
OB =
． 
∵点
(
)
,
D x y 是函数图象上一动点，且位于第四象限， 
∴1
6
D
x


，且
2
2
14
4
3
3
D
y
x
x
=
−
+ ，即
(
)
2
2
14
4
3
3
,
1
6
D
x
x
x
x
−
+








． 
∵四边形ODBE 是平行四边形， 
∴
(
)
2
2
1
2
2
6
4
1
6
2
2
14
4
28
24
3
3
OBD
D
S
S
OB
y
x
x
x
x
x




=
=


=
−
= −






+
−
+
−





； 
（3）解：当
24
S =
时，即
2
4
28
24
24
x
x
−
+
−
=
， 
解得：
1
3
x =
，
2
4
x =
． 
分类讨论：①当
3
x = 时，
2
2
14
3
3 4
4
3
3
D
y =

−
+
= −，即此时
(
)
3, 4
D
−
， 
∴
(
)
2
23
4
5
OD =
+ −
=
，
(
)
(
)
2
2
3
6
4
0
5
BD =
−
+ −−
=
， 
∴OD
BD
=
， 
∴此时平行四边形ODBE 是菱形； 
②当
4
x = 时，
2
2
14
4
4
4
4
3
3
D
y =

−
+
= −，即此时
(
)
4, 4
D
−
， 
 
 
 
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∴
(
)
2
2
4
4
4 2
OD =
+ −
=
，
(
)
(
)
2
2
4
6
4
0
2 5
BD =
−
+ −−
=
， 
∴OD
BD

， 
∴此时平行四边形ODBE 不是菱形； 
当平行四边形ODBE 为正方形时，OD
BD
⊥
，OD
BD
=
， 
∵
6
OB =
， 
∴
2
3 2
2
OD
BD
OB
=
=
=
， 
∴
(
)
3, 3
D
−
． 
对于
2
2
14
4
3
3
y
x
x
=
−
+
，令
3
x = ，则
4
y
−
=
， 
∴此时点D 不在抛物线上，即不存在点D ，使得平行四边形ODBE 为正方形． 
【点睛】本题为二次函数综合题，考查利用待定系数法求函数解析式，求二次函数的对称轴、顶点坐标，
二次函数与面积的综合，二次函数与特殊四边形的综合，特殊四边形的判定和性质等知识．正确求出二次
函数解析式并利用数形结合的思想是解题关键． 
23．综合与探究 
如图，抛物线
2
1
4
4
3
3
y
x
x
= −
−
+ 与x 轴交于A，B 两点（点B 在点A 的左侧），与y 轴交于点C，P 是直线BC
上方抛物线上一动点． 
 
(1)求A，B，C 三点的坐标，并直接写出直线BC 的函数表达式． 
(2)连接PB，PC，求
PBC
△
面积的最大值及此时点P 的坐标． 
(3)在（2）的条件下，若F 是抛物线对称轴上一点，在抛物线上是否存在点Q，使以B，F，P，Q 为顶点的
四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
(
)
(
)
2 0
6 0
A
B −
，，
，，
(
)
0 4
C
，，
2
4
3
y
x
=
+
 
(2)
PBC
△
的面积最大值为9，此时点P 的坐标为(
)
3 5
−， 
 
 
 
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(3)
7
1 3






，
或
7
5 3


−




，或(
)
7
3
−
−
，
 
【分析】（1）根据二次函数解析式分别求出自变量和函数值为0 时自变量或函数值即可求出A、B、C 的坐
标，再利用待定系数法求出直线BC 的函数表达式即可； 
（2）过点P 作PD
y

轴交BC 于D，设
2
1
4
4
3
3
P m
m
m


−
−
+




，
，则
2
4
3
D m
m


+




，
，则
(
)
2
1
3
3
3
PD
m
= −
+
+ ，
根据
PBC
PBD
PCD
S
S
S
=
+
△
△
△
，可得
(
)
2
3
9
PBC
S
m
= −
+
+

，则当
3
m
−
=
时，
PBC
△
的面积最大，最大值为9，
此时点P 的坐标为(
)
3 5
−， 
（3）设
(
)
2
F
n
−，
，
(
)
Q s
t
，
，再分当BP为对角线时， 当BF 为对角线时， 当BQ为对角线时，由平行四边
形对角线中点坐标相同建立方程求解即可。 
【详解】（1）解：在
2
1
4
4
3
3
y
x
x
= −
−
+ 中，当
0
x = 时，
4
y =
， 
∴
(
)
0 4
C
，； 
在
2
1
4
4
3
3
y
x
x
= −
−
+ 中，当
2
1
4
4
0
3
3
y
x
x
= −
−
+
=
时，解得
2
x = 或
6
x = −， 
∴
(
)
(
)
2 0
6 0
A
B −
，，
，； 
设直线BC的解析式为y
kx
b
=
+ ， 
∴
6
0
4
k
b
b
−
+
=
=

， 
∴
2
3
4
k
b
=

=

， 
∴直线BC的解析式为
2
4
3
y
x
=
+
； 
（2）解：如图所示，过点P 作PD
y

轴交BC 于D， 
设
2
1
4
4
3
3
P m
m
m


−
−
+




，
，则
2
4
3
D m
m


+




，
， 
∴
(
)
2
2
2
1
4
2
1
1
4
4
2
3
3
3
3
3
3
3
PD
m
m
m
m
m
m


= −
−
+
−
+
= −
−
= −
+
+




， 
∵
PBC
PBD
PCD
S
S
S
=
+
△
△
△
  
∴
(
)
(
)
(
)
(
)
2
1
1
1
3
3
9
2
2
2
PBC
P
B
C
P
C
B
S
PD
x
x
PD
x
x
PD
x
x
PD
m
=

−
+

−
=

−
=
= −
+
+

， 
∵1 0
−
， 
∴当
3
m
−
=
时，
PBC
△
的面积最大，最大值为9，此时点P 的坐标为(
)
3 5
−， 
 
 
 
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（3）解：∵
(
)
(
)
2 0
6 0
A
B −
，，
，， 
∴抛物线对称轴为直线
6
2
2
2
x
−+
=
= −， 
设
(
)
2
F
n
−，
，
(
)
Q s
t
，
， 
当BP为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：6
3
2
2
2
s
−−
−+
=
 ， 
解得
7
s = −， 
∴点Q 的坐标为(
)
7
3
−
−
，
； 
当BF 为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：6
2
3
2
2
s
−−
−+
=
 ， 
解得
5
s = −， 
∴点Q 的坐标为
7
5 3


−




，； 
当BQ为对角线时，由平行四边形对角线中点坐标相同可得：6
3
2
2
2
s
−+
−−
=
 ， 
解得
1
s = ， 
∴点Q 的坐标为
7
1 3






，
； 
综上所述，点Q 的坐标为
7
1 3






，
或
7
5 3


−




，或(
)
7
3
−
−
，
． 
24．（25-26 九年级上·陕西西安·阶段检测）如图，抛物线
2
:
L y
x
bx
c
= −
+
+
与x 轴交于
(
)
5,0
A −
和B 两点，
与y 轴交于点
(
)
0,5
C
． 
 
(1)求该抛物线的函数表达式； 
(2)如图，将原抛物线L向左平移4 个单位长度得到抛物线L，L与原抛物线L相交于点M ，点N 为原抛物
 
 
 
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线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点H ，使以点A，M ，N ，H 为顶点的四边形为矩形，
若存在，请求出点H 的坐标；若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
2
4
5
y
x
x
= −
−
+
 
(2)存在，
2
3,
5


−
−



或
22
1, 5


−



或(
)
7,3
−
或(
)
7,2
−
 
【分析】本题考查了二次函数与特殊的平行四边形综合，勾股定理． 
（1）待定系数法求抛物线表达式即可； 
（2）由题意知，平移后函数解析式为
(
)
2
2
2
4
9
12
27
y
x
x
x
= −
+ +
+ = −
−
−
，联立得
2
2
4
5
12
27
y
x
x
y
x
x
= −
−
+

= −
−
−


，解得，
4
5
x
y
= −

=

，即
(
)
4,5
M −
；由N 为原抛物线对称轴上的一点，设
(
)
2,
N
p
−
，
(
)
,
H m n ，由题意知，以点,A M ，
,
N H 为顶点的四边形为矩形，分以AM 为边，以AM 为对角线两种情况求解：①当以AM 为边，
90
AMN

=
时，则AN ，MH 为对角线，
(
)
2
2
2
4 5
5
26
AM = −+
+
=
，
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
4
2
5
4
5
MN
p
p
= −+
+
−
=
+
−
，
(
)
2
2
2
2
2
5
9
AN
p
p
= −+
+
= +
，由勾股定理得，
2
2
2
AM
MN
AN
+
=
，即
(
)
2
2
26
4
5
9
p
p
+ +
−
= +
，解得，
23
5
p =
，
则
23
2, 5
N 

−



，由AN ，MH 的中点坐标相同，可得
4
5
2
2
2
23
0
5
5
2
2
m
n
−+
−−

=


+
+
=

，计算求解可得H 点坐标；同理对当
以AM 为边，当
90
MAN

=
时，则AH ，MN 为对角线；②当以AM 为对角线，
90
ANM

=
时，AM ，
NH 为对角线； 分别计算求解即可． 
【详解】（1）解：将
(
)
5,0
A −
和
(
)
0,5
C
代入
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ ，得
25
5
0
5
b
c
c
−
−
+
=
=

， 
解得
4
5
b
c
= −
=

， 
抛物线的函数表达式为
2
4
5
y
x
x
= −
−
+
； 
（2）解：由题意知，
(
)
2
2
4
5
2
9
y
x
x
x
= −
−
+ = −
+
+
， 
∴平移后函数解析式为
(
)
2
2
2
4
9
12
27
y
x
x
x
= −
+ +
+ = −
−
−
， 
联立得
2
2
4
5
12
27
y
x
x
y
x
x
= −
−
+

= −
−
−


， 
解得，
4
5
x
y
= −

=

， 
∴
(
)
4,5
M −
； 
 
 
 
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∵N 为原抛物线对称轴上的一点， 
∴设
(
)
2,
N
p
−
，
(
)
,
H m n ， 
由题意知，以点,A M ，
,
N H 为顶点的四边形为矩形，分以AM 为边，以AM 为对角线两种情况求解： 
①当以AM 为边，
90
AMN

=
时，则AN ，MH 为对角线， 
∴
(
)
2
2
2
4 5
5
26
AM = −+
+
=
，
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
4
2
5
4
5
MN
p
p
= −+
+
−
=
+
−
，
(
)
2
2
2
2
2
5
9
AN
p
p
= −+
+
= +
， 
由勾股定理得，
2
2
2
AM
MN
AN
+
=
，即
(
)
2
2
26
4
5
9
p
p
+ +
−
= +
， 
解得，
23
5
p =
， 
∴
23
2, 5
N 

−



， 
∵AN ，MH 为对角线， 
∴AN ，MH 的中点坐标相同， 
∴
4
5
2
2
2
23
0
5
5
2
2
m
n
−+
−−

=


+
+
=

， 
解得，
3
2
5
m
n
= −
= −

， 
∴
2
3,
5
H 

−
−



； 
当以AM 为边，当
90
MAN

=
时，则AH ，MN 为对角线， 
同理
2
2
2
AM
AN
MN
+
=
，即
(
)
2
2
26 9
4
5
p
p
+ +
=
+
−
， 
解得，
3
5
p = −
， 
∴
3
2,
5
N 

−
−



， 
∵AH ，MN 的中点坐标相同， 
∴
5
4
2
2
2
3
5
0
5
2
2
m
n
−+
−−

=


−
+
=

， 
解得，
1
22
5
m
n
= −
=

， 
 
 
 
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∴
22
1, 5
H 

−



； 
②当以AM 为对角线，
90
ANM

=
时，AM ，NH 为对角线，  
∴
(
)
2
2
2
4
5
5
26
AM = −+
+
=
，
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
4
2
5
4
5
MN
p
p
= −+
+
−
=
+
−
，
(
)
2
2
2
2
2
5
9
AN
p
p
= −+
+
=
+
， 
由勾股定理得，
2
2
2
MN
AN
AM
+
=
，即
(
)
2
2
4
5
9
26
p
p
+
−
+ +
=
，整理得，(
)(
)
2
3
0
p
p
−
−
=
，  
解得，
2
p =
或
3
p =
， 
∴
(
)
2,2
N −
或
(
)
2,3
N −
  
当
(
)
2,2
N −
时， 
∵AM ，NH 中点相同， 
∴
5
4
2
2
2
0
5
2
2
2
m
n
−−
−

=
+
+

=

， 
解得，
7
3
m
n
= −

=

， 
∴
(
)
7,3
H −
； 
当
(
)
2,3
N −
时， 
∵AM ，NH 中点相同， 
∴
5
4
2
2
2
0
5
3
2
2
m
n
−−
−

=
+
+

=

， 
解得，
7
2
m
n
= −

=

， 
∴
(
)
7,2
H −
； 
综上所述，存在点H ，且
2
3,
5


−
−



或
22
1, 5


−



或(
)
7,3
−
或(
)
7,2
−
． 
25．（2025·河北石家庄·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线L：
2
1
y
x
bx
= −
+
+ 与y 轴交于点A，
对称轴是直线
1
x = ，点P
Q
，
在此抛物线上，其横坐标分别为m ，2 (
0)
m m 
． 
 
 
 
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(1)求抛物线L 的解析式； 
(2)过点P 作PM
y
⊥
轴于M ，以MA MP
，
为邻边作矩形AMPN ．若抛物线L 在矩形AMPN 内部的部分y 随
x 的增大而增大，则m 的取值范围是______， 
(3)记P
Q
，
两点之间的竖直距离为
P
Q
d
y
y
=
−
； 
①求d 与m 的函数关系式； 
②若存在3个不同的m 值对应的d 值相同，直接写出d 的取值范围． 
【答案】(1)
2
2
1
y
x
x
−
=
+
+ 
(2)0
1
m

 
(3)①
2
2
2
3
2
0
3
2
3
2
3
m
m
m
d
m
m m



−
+







= 



−







；②
1
0
3
d


 
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象和性质，掌握二次函数的图象和性质
并运用数形结合思想解答是解题的关键． 
（1）根据对称轴方程求出b 的值即可求解； 
（2 ）根据二次函数的性质解答即可求解； 
（3）①根据点P
Q
，
的横坐标求出其纵坐标，进而得到
P
Q
d
y
y
=
−
的关系式，再根据绝对值的性质化简即
可；②根据①所得函数关系式画出函数图象，再根据函数图象解答即可； 
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为直线
1
x = ， 
∴
(
)
1
2
1
b
−
=
−
， 
∴
2
b = ， 
∴抛物线L 的解析式为
2
2
1
y
x
x
−
=
+
+ ； 
（2）解：∵抛物线L 在矩形AMPN 内部的部分y 随x 的增大而增大，P 的横坐标为m ， 
∴
1
m ， 
 
 
 
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又∵
0
m 
 
∴0
1
m

， 
故答案为：0
1
m

； 
（3）解：①∵点P
Q
，
在此抛物线上，其横坐标分别为m ，2 (
0)
m m 
， 
∴
2
2
1
P
y
m
m
= −
+
+ ，
2
4
4
1
Q
y
m
m
= −
+
+ ， 
∴
(
)
2
2
2
2
1
4
4
1
3
2
P
Q
d
y
y
m
m
m
m
m
m
=
−
= −
+
+ −−
+
+
=
−
， 
当
2
0
3
m


时，
2
3
2
0
m
m
−

， 
此时
(
)
2
2
3
2
3
2
d
m
m
m
m
= −
−
= −
+
； 
当
2
3
m 
时，
2
3
2
0
m
m
−

， 
此时
2
3
2
d
m
m
=
−
； 
综上，
2
2
2
3
2
0
3
2
3
2
3
m
m
m
d
m
m m



−
+







= 



−







； 
②由①画函数图象如下： 
   
∵
2
2
1
1
3
2
3
3
3
d
m
m
m


= −
+
= −
−
+




， 
∴抛物线
2
3
2
d
m
m
= −
+
的顶点坐标为1 1
,
3 3





， 
由函数图象可知，当
1
0
3
d


时，存在3个不同的m 值对应的d 值相同， 
∴d 的取值范围为
1
0
3
d


． 
26．（25-26 九年级上·吉林·期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线
2
2
y
ax
x
c
=
+
+
经过原点O，与x 轴
正半轴交于另一点A，点B(
)
1, 3
−
−
在抛物线上，点M 是抛物线上一点（不与点B 重合），其横坐标为m，
 
 
 
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以BM 为对角线作矩形BCMD ，BC 垂直于y 轴． 
 
(1)求抛物线的解析式和顶点坐标； 
(2)当抛物线在矩形BCMD 内部的图象从左到右逐渐上升时，直接写出m 的取值范围； 
(3)当矩形BCMD 内部的抛物线（包括边界）的最高点的纵坐标与最低点的纵坐标之差为2 时，求m 的值； 
(4)当矩形BCMD 为正方形时，直接写出m 的值． 
【答案】(1)
2
2
y
x
x
−
=
+
，(
)
1,1 
(2)
3
m 
且
1
m
−

 
(3)1
2
+
或1
2
−
或1
6
+
或1
6
−
 
(4)2 或4 
【分析】（1）将原点O，点B(
)
1, 3
−
−
代入解析式
2
2
y
ax
x
c
=
+
+ 中求解，即可得到抛物线的解析式，再将其
化为顶点式，即可求出抛物线的顶点坐标； 
（2）根据抛物线在矩形BCMD 内部的图象从左到右逐渐上升，结合点M 是抛物线上一点（不与点B 重合），
其横坐标为m，以及BC 垂直于y 轴，画出草图，推出满足题干条件的临界点，利用数形结合进行分析，即
可解题； 
（3）根据二次函数解析式得到
2
2
M
y
m
m
= −
+
，再分两种情况，当点M 在点C 的上方时，当点M 在点C 的
下方时，结合矩形BCMD 内部的抛物线（包括边界）的最高点的纵坐标与最低点的纵坐标之差为2，建立
方程求解，即可解题； 
（4）由（3）可知
2
2
M
y
m
m
= −
+
，根据矩形BCMD 为正方形，得到BC
MC
=
，据此建立方程求解，即可
解题． 
【详解】（1）解：抛物线
2
2
y
ax
x
c
=
+
+ 经过原点O，点B(
)
1, 3
−
−
在抛物线上， 
0
2
3
c
a
c
=

−
+
= −

， 
解得
1
0
a
c
= −

=

， 
 
 
 
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抛物线的解析式为
2
2
y
x
x
−
=
+
， 

(
)
2
2
2
1
1
y
x
x
x
−
−
−
=
+
=
+ ， 
抛物线的顶点坐标为(
)
1,1 ； 
（2）解：点M 是抛物线上一点（不与点B 重合），其横坐标为m， 
又以BM 为对角线作矩形BCMD ，BC 垂直于y 轴，且抛物线在矩形BCMD 内部的图象从左到右逐渐上升，
如图： 
 
 
则当M 在C 上方时满足条件， 
当点C
M
、
重合时，为满足题干条件的临界点， 
当
3
y
−
=
时，有
2
2
3
x
x
−
+
= −， 
解得
1
2
3,
1
x
x
=
= −， 
此时，
3
m =
， 
当
3
m 
且
1
m
−

时，抛物线在矩形BCMD 内部的图象从左到右逐渐上升； 
（3）解：点M 横坐标为m， 

2
2
M
y
m
m
= −
+
， 
当点M 在点C 的上方时， 
矩形BCMD 内部的抛物线（包括边界）的最高点的纵坐标与最低点的纵坐标之差为2， 
(
)
2
2
3
2
m
m
−
+
−−
=
， 
解得
1
2
m = +
或
1
2
m = −
； 
当点M 在点C 的下方时， 
矩形BCMD 内部的抛物线（包括边界）的最高点的纵坐标与最低点的纵坐标之差为2， 
(
)
2
3
2
2
m
m
−−−
+
=
， 
解得
1
6
m = +
或
1
6
m = −
； 
 
 
 
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综上，当矩形BCMD 内部的抛物线（包括边界）的最高点的纵坐标与最低点的纵坐标之差为2 时，m 的值
为1
2
+
或1
2
−
或1
6
+
或1
6
−
； 
（4）解：由（3）可知
2
2
M
y
m
m
= −
+
， 
矩形BCMD 为正方形， 
BC
MC

=
， 
(
)
(
)
2
1
2
3
m
m
m

−−
= −
+
−−
，即
2
1
2
3
m
m
m
+
= −
+
+
 

2
1
2
3
m
m
m
+ = −
+
+ 或
(
)
2
1
2
3
m
m
m
+ = −−
+
+
， 
解得
2
m =
或
1
m = −（不合题意，舍去）或
4
m =
或
1
m = −（不合题意，舍去）， 
综上，当矩形BCMD 为正方形时， m 的值为2 或4 ． 
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，二次函数与几何综合，矩形的性
质，坐标与图形的性质，正方形的性质，数形结合是解答本题的关键． 
27．已知抛物线
2
1
3
2
2
2
y
x
x
= −
+
+
与x 轴交于点B、C 两点（点B 在点C 的左侧），与y 轴交于点A． 
   
(1)判断ABC

的形状，并说明理由． 
(2)设点(
)
,
P m n 是抛物线在第一象限部分上的点，过点P 作PH
x
⊥
轴于H，交AC 于点Q，设四边形OAPC
的面积为S，求S 关于m 的函数关系式，并求使S 最大时点P 的坐标和
QHC
△
的面积； 
(3)在（2）的条件下，点N 是坐标平面内一点，抛物线的对称轴上是否存在点M，使得以P、C、M、N 为
顶点的四边形是菱形，若存在，直接写出点M 的坐标． 
【答案】(1) 
解：ABC

是直角三角形，理由如下： 
x 轴交于点B、C 两点（点B 在点C 的左侧），与y 轴交于点A． 
当
0
x =
时，
2
y =
， 
 
 
 
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当
0
y =
时，
2
1
3
2
0
2
2
x
x
−
+
+
=
， 
则
1
x = −或
4
x = ， 

(0,2)
A
，
( 1 0)
,
B −
，
(4 )
,0
C
， 

2
OA =
，
1
OB = ，
4
OC =
， 

5
AB =
，
5
BC =
，
2 5
AC =
， 
(
)
(
)
2
2
5
5
2 5
+
=
，即
2
2
2
AB
BC
AC
+
=
， 
ABC

是直角三角形，且
90
BAC

=
． 
(2)
2
4
4
S
m
m
= −
+
+ ，
(
)
2,3
P
，1 
(3)存在，点M 坐标为3 6
51
,
2
2


+






或3 6
51
,
2
2


−






或3 3 3
,
2
2








或3
3 3
,
2
2


−






或3 1
,
2 2





 
【分析】（1）根据二次函数解析式求出点A，B，C 的坐标，表示出OA，OB ，OC 的长度，利用勾股定理
逆定理可得结论； 
（2）根据A，C 的坐标可得出直线AC 的解析式，由点P 的坐标表示出点Q 的坐标，根据
OAC
APC
OAPC
S
S
S
=
+

四边形
可表示出四边形OAPC的面积，利用二次函数的性质可得结论； 
（3）由菱形的对称性可知，若以P、C、M、N 为顶点的四边形是菱形，则
PCM
△
是等腰三角形，分三种
情况讨论，列出方程解之即可． 
【详解】（1）略 
（2）设直线AC 的解析式的解析式为：y
kx
b
=
+
， 

(0,2)
A
， 
(4 )
,0
C
， 
2
4
0
b
k
b
=


+
=

， 
解得：
1
2
2
k
b
= −


=

， 
直线AC 的解析式的解析式为：
1
2
2
y
x
−
=
+ ， 
∵点
(
)
,
P m n 是抛物线在第一象限部分上的点，PH
x
⊥
轴， 
2
1
3
,
2
2
2
P m
m
m



−
+
+



，
(
)
,0
H m
，
1
,
2
2
Q m
m


−
+



， 
2
2
1
3
1
1
2
2
2 .
2
2
2
2
PQ
m
m
m
m
m
−
−



=
+
+
−−
+
=
+




， 
 
 
 
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1
1
2 4
4
2
2
OAC
S
OA OC
=


=

=
△

， 
(
)
(
)
2
2
1
1
1
2
4
0
4
2
2
2
APC
C
A
S
PQ x
x
m
m
m
m


=
−
=
−
+
−
= −
+





， 
(
)
2
2
4
4
2
8
OAC
APC
APAC
S
S
S
m
m
m
−
−
−

=
+
=
+
+
=
+

四边形
， 
当
2
m =
时，
OAPC
S四边形
的最大值为8，此时
(2 )
,3
P
， 
(21)
,
Q

，
(2 )
,0
H
， 
1
1
2 1 1
2
2
QHC
S
CH QH

=


=
=
△
； 
（3）点M 坐标为3 6
51
,
2
2


+






或3 6
51
,
2
2


−






或3 3 3
,
2
2








或3
3 3
,
2
2


−






或3 1
,
2 2





 
，理由如下： 

2
1
3
2
2
2
y
x
x
= −
+
+
， 
抛物线的对称轴为直线
3
2
x =
，则可设
3 ,
2
M
t





， 
由（1）（2）可知：
(2 )
,3
P
，
(4 )
,0
C
， 
(
)
2
2
2
3
2
3
2
PM
t
−



=
−
+




，
(
)
(
)
2
2
2
2
4
0
3
13
PC =
−
+
−
=
，
(
)
2
2
2
3
4
0
2
MC
t


=
−
+
−




， 
由菱形的对称性可知，若以P、C、M、N 为顶点的四边形是菱形，则是
PCM
△
等腰三角形，则需要分以下
三种情况： 
①当PM
PC
=
时，则
(
)
2
2
3
2
3
13
2
t
−


−
+
=




，  
解得
51
6
51
3
2
2
t

=

=
， 
∴3 6
51
,
2
2


+






或3 6
51
,
2
2


−






； 
②当MC
PC
=
时，则
(
)
2
2
3
4
1 0
13
2


−
+
−
=




， 
解得
3 3
2
t = 
， 
∴3 3 3
,
2
2








或3
3 3
,
2
2


−






； 
 
 
 
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③当时MC
MP
=
，则
(
)
(
)
2
2
2
2
3
3
2
3
4
0
2
2
t
t
−
−




−
+
=
−
+








， 
解得：
1
2
t =
， 
∴3 1
,
2 2





． 
综上，存在点M，使得以P、C、M、N 为顶点的四边形是菱形，点坐标为3 6
51
,
2
2


+






或3 6
51
,
2
2


−






或
3 3 3
,
2
2








或3
3 3
,
2
2


−






或3 1
,
2 2





． 
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数解析式，二次函数的性质，菱形的性质及
勾股定理的逆定理等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 
28．（24-25 九年级上·福建厦门·期中）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的顶点
(
)
5,0
A
在x 轴正半轴
上，点C 的坐标为(
)
3,4 ，抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 经过O，A 两点． 
 
(1)求抛物线的解析式； 
(2)设抛物线与线段BC 的交点为D，连接OD ，将OCD

沿直线OD 折叠，点C 的对应点为E，连接AE ，求
AE 的长度． 
(3)在抛物线的对称轴上存在一点P，使得
1
4
OPE
OABC
S
S
=

菱形
，请写出点P 的坐标． 
【答案】(1)
2
5
y
x
x
= −
+
 
(2) 10 
(3)
5
5
,
2
8
P

−



或
5 35
,
2
8
P




 
【分析】（1）利用待定系数法即可解答； 
（2）先求出点D 的坐标，延长DC 交y 轴与点G，延长DE 交x 轴与点F，证明ODG

是等腰直角三角形，
 
 
 
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得到
45
ODG

=
，由折叠的性质得：
45
CDE

=
，推出
90
CDE

=
，求出
3
EF = ，
1
AF = ，利用勾股定
理即可求解； 
（3）设OE 与抛物线对称轴交于点H，连接
,
OP PE ，求出直线OE 的解析式为
3
4
y
x
=
，根据抛物线的对称
轴为
5
2
x =
，求出点
5 15
,
2
8
H 




，设
5 ,
2
P
p





，则
15
8
PH
p
=
−
，根据
1
15
·
2
2
8
OPE
E
S
PH x
p
=
=
−

，
20
OABC
S
=
菱形
，
列出方程求解即可． 
【详解】（1）解：
(
)
3,4
C

，
(
)
5,0
A
，抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 经过O，A 两点， 
0
0
25
5
c
b
=

= −
+

， 
解得：
5
0
b
c
=

=

， 
抛物线的解析式为：
2
5
y
x
x
= −
+
； 
（2）解：四边形OABC是菱形，
(
)
3,4
C
， 
D

点的纵坐标为4， 
令抛物线
2
4
5
y
x
x
=
= −
+
， 
解得：
4
x =
或
1
x = ， 
根据题意：
(
)
4,4
D
， 
4 3
1
CD

=
−= ， 
5
OA
OC

=
=
， 
(
)
5,0
A

， 

5
OC
OA
BC
AB
=
=
=
=
， 
由折叠的性质得：
5,
1
OE
OC
DE
CD
=
=
=
= ， 
延长DC 交y 轴与点G，延长DE 交x 轴与点F， 
BC
x

轴， 
 
 
 
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DG
y

⊥
轴， 
则
4,
4
DG
OG
=
=
， 
ODG

是等腰直角三角形， 
45
ODG

=
， 
由折叠的性质得：
45
CDE

=
， 
90
CDE

=
， 
BC
x

轴， 

90
DFA

=
，即DF
x
⊥
轴， 
4
DF

=
，
4
OF =
， 
3
EF
DF
DE

=
−
=
，
1
AF = ， 
2
2
10
AE
EF
AF

=
+
=
； 
（3）解：设OE 与抛物线对称轴交于点H，连接
,
OP PE ， 
由（2）知
(
)
4,3
E
， 
设直线OE 的解析式为
(
)
0
y
mx m
=

， 
则3
4m
=
， 
解得：
3
4
m =
， 
直线OE 的解析式为
3
4
y
x
=
， 
抛物线的对称轴为
(
)
5
5
2
1
2
x = −
=
−
， 
3
5
15
4
2
8
H
y

=

=
， 
5 15
,
2
8
H 





， 
设
5 ,
2
P
p





，则
15
8
PH
p
=
−
， 
1
15
·
2
2
8
OPE
E
S
PH x
p
=
=
−

， 
 
 
 
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5 4
20
OABC
S
= 
=

菱形
， 

15
1
2
20
5
8
4
p
−
=

=
， 
解得：
5
8
p = −
或
35
8
p =
， 
5
5
,
2
8
P


−



或
5 35
,
2
8
P




． 
【点睛】本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的图象与性质，二次函数与图形面积
问题，折叠的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定与性质，综合运用二次函数的性质是解题的关键． 
29．抛物线
2
y
x
bx
= −
+
与x 轴交于原点和点
(
)
4,0
A
，点B 为抛物线的顶点，点
(
)
1
,
M m y
，
(
)
2
3,
N m
y
+
为抛
物线
2
y
x
bx
= −
+
上不重合的两个点． 
 
(1)求b 的值； 
(2)试判断是否存在实数m 使得
1
2
2
9
y
y
+
=
？若存在，求出m 值；若不存在，请说明理由； 
(3)记点M ，N 两点之间的部分（包括M ，N 两点）为图象G ，点B 在图象G 上，设图象G 的最高点与最
低点的纵坐标之差为d ． 
①求d 与m 之间的函数关系式，并写出自变量m 的取值范围； 
②图象G 上的最低点关于抛物线对称轴的对称点记为点P ，再以最低点与点P 的连线为边向其上方作正方
形，点B 到正方形边的最小距离记为f ．当点O在该正方形内部，点B 在该正方形外部，且
3
2
f =
时，直接
．．
写出
．．m 的值． 
【答案】(1)
4
b =
 
(2)解：不存在，理由如下： 
由(1)得抛物线解析式为
2
4
y
x
x
= −
+
， 
∴ 
2
1
4
y
m
m
= −
+
，
2
2
2
(
3)
4(
3)
2
3
y
m
m
m
m
= −
+
+
+
= −
−
+ ， 
 
 
 
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∴ 
2
2
2
1
2
2
2(
4 )
(
2
3)
3
6
3
y
y
m
m
m
m
m
m
+
=
−
+
+ −
−
+
= −
+
+ ， 
令
2
3
6
3
9
m
m
−
+
+
=
， 
∴ 
2
3
6
6
0
m
m
−
+
−
=
， 
∴ 
2
2
2
0
m
m
−
+
=
， 
∵ 
2
( 2)
4 1 2
4
0
= −
−
= −， 
∴ 方程无实数根， 
∴ 不存在实数m 使得
1
2
2
9
y
y
+
=
． 
(3)①
2
2
1
4
4
1
2
1
2
1
2
2
m
m
m
d
m
m
m



−
+
−






= 



+
+








；②
2
10
2
m
−
=
或10
2
 
【分析】(1) 将点
(4,0)
A
代入抛物线解析式求b ． 
(2) 用m 表示
1
2
,
y y ，代入
1
2
2
9
y
y
+
=
得到关于m 的一元二次方程，由判别式判断是否存在实数解． 
(3) ① 先确定抛物线顶点和对称轴，根据点B 在图象G 上确定m 的取值范围，再分最低点在M 处和N 处两
种情况求d ． 
 ② 分两种情况讨论最低点的位置，作出正方形后根据点O在内部、点B 在外部以及
3
2
f =
建立方程求解． 
【详解】（1）解：∵ 抛物线
2
y
x
bx
= −
+
过点
(4,0)
A
， 
∴ 
16
4
0
b
−
+
=
， 
∴ 
4
b =
． 
（2）略 
（3）① 解：∵ 
2
2
4
(
2)
4
y
x
x
x
= −
+
= −
−
+
， 
∴ 顶点
(2,4)
B
，对称轴为直线
2
x =
， 
∵ 点B 在图象G 上， 
∴ 
2
3
m
m


+ ， 
∴ 
1
2
m
−

， 
∵ 抛物线开口向下， 
∴ 图象G 的最高点为B ，
max
4
y
=
， 
当
1
1
2
m
−

时，|
2 | |
1|
m
m
−

+
，最低点在点M 处， 
 
 
 
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2
min
4
y
m
m
= −
+
， 
∴ 
2
2
2
4
(
4 )
4
4
(
2)
d
m
m
m
m
m
=
−−
+
=
−
+
=
−
， 
当1
2
2
m


时，|
2 | |
1|
m
m
−

+
，最低点在点N 处， 
2
min
2
3
y
m
m
= −
−
+ ， 
∴ 
2
2
2
4
(
2
3)
2
1
(
1)
d
m
m
m
m
m
=
−−
−
+
=
+
+ =
+
， 
∴ 
2
2
1
(
2) ,
1
2
1
(
1) ,
2
2
m
m
d
m
m
−

−


= 

+



． 
② 解：当
1
1
2
m
−

时，最低点为(
)
2
,
4
Q m
m
m
−
+
，对称点(
)
2
4
,
4
P
m
m
m
−
−
+
， 
以QP 为边向上作正方形，此时B 在正方形上方， 
点B 到正方形各边距离中，到上边的距离最小， 
2
2
f
m
m
=
−
， 
令
2
3
2
2
m
m
−
=
， 
∴ 
2
2
4
3
0
m
m
−
−
=
， 
∴ 
2
10
2
m

=
， 
∵ 
1
1
2
m
−

， 
∴ 
2
10
2
m
−
=
， 
当1
2
2
m


时，最低点为(
)
2
3,
2
3
Q m
m
m
−
+
−
+
，对称点(
)
2
1
,
2
3
P
m
m
m
−
−
−
+
， 
以QP 为边向上作正方形，此时B 在正方形上方， 
点B 到正方形各边距离中，到上边的距离最小， 
2
1
f
m
=
−， 
令
2
3
1
2
m −=
， 
∴ 
2
5
2
m =
， 
∴ 
10
2
= 
m
， 
 
 
 
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∵ 1
2
2
m


， 
∴ 
10
2
m =
， 
综上，
2
10
2
m
−
=
或
10
2
m =
． 
30．定义概念：在平面直角坐标系中，我们定义直线y
ax
a
=
−为抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 的“衍生直线”．如图
1，抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 与其“衍生直线”交于A，B 两点（点B 在x 轴上，点A 在点B 的左侧），与x 轴负
半轴交于点
(
)
3,0
C −
． 
   
(1)求抛物线和“衍生直线”的表达式及点A 的坐标； 
(2)如图2，抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 的“衍生直线”与y 轴交于点
1
D ，依次作正方形
1
1 1
D E FO ，正方形
2
2
2
1
D E F F ，…，
正方形
1
n
n
n
n
D E F F −（n 为正整数），使得点
1
D ，
2
D ，
3
D ，…，
n
D 在“衍生直线”上，点
1F ，
2
F ，
3F ，…，
n
F
在x 轴负半轴上． 
①直接写出下列点的坐标：
1
E ______，
2
E ______，
3
E ______，
n
E ______； 
②试判断点
1
E ，
2
E ，…，
n
E 是否在同一条直线上？若是，请求出这条直线的解析式；若不是，请说明理由． 
【答案】(1)抛物线的表达式为
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ，“衍生直线”的表达式为
1
y
x
= −+ ，点A 的坐标为(
)
2,3
−
 
(2)①(
)
1,1
−
，(
)
3,2
−
，(
)
7,4
−
，(
)
1
1 2 ,2
n
n−
−
；②是，这条直线的解析式为
1
1
2
2
y
x
= −
+
 
【分析】（1）由题意可知
1
a = −，再根据“衍生直线”的定义可知“衍生直线”的表达式为
1
y
x
= −+ ．进而可求
出点B 的坐标．由抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 与x 轴交于点
(
)
1,0
B
，
(
)
3,0
C −
，即可直接得出抛物线的表达式为
(
)(
)
2
1
3
2
3
y
x
x
x
x
= −
−
+
= −
−
+ ．联立
1
y
x
= −+ 、
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ，解之即可求出点A 的坐标； 
 
 
 
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（2）①根据题意可求出
1(0,1)
D
，即得出
1
1
OD = ．结合正方形的性质可得出
1
1
1
1
D E
OD
=
= ，即可求出
(
)
1
1,1
E
−
．再根据点
1
D ，
2
D ，
3
D ，…，
n
D 在直线
1
y
x
= −+ 上，可求出
1
2
(1 )
D
, ，从而可求出
(
)
2
3,2
E
−
，同
理得出
(
)
3
7,4
E
−
，…，
(
)
1
1 2 ,2
n
n
n
E
−
−
； 
②由
(
)
1
1 2 ,2
n
n
n
E
−
−
，令
1
2n
x = −
，
1
2n
y
−
=
，结合幂的运算法则即可得出这条直线的表达式． 
【详解】（1）解：抛物线为
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ ， 
1
a
= −， 
“衍生直线”的表达式为
1
y
x
= −+ ． 
“衍生直线”
1
y
x
= −+ 与x 轴交于点B， 
点B 的坐标为(
)
1,0 ． 
抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 与x 轴交于点
(
)
1,0
B
，
(
)
3,0
C −
， 
抛物线的表达式为
(
)(
)
2
1
3
2
3
y
x
x
x
x
= −
−
+
= −
−
+ ． 
令
2
2
3
1
x
x
x
−
−
+
= −+ ，解得
1
x = 或
2
x = −， 
把
2
x = −代入
1
y
x
= −+ ，得
3
y =
， 
点A 的坐标为(
)
2,3
−
； 
（2）解：①对于
1
y
x
= −+ ，令
0
x =
，则
1
y = ， 
∴
1(0,1)
D
， 
∴
1
1
OD = ． 
∵四边形
1
1 1
D E FO 为正方形， 
∴
1
1
1
1
D E
OD
=
= ， 
∴
(
)
1
1,1
E
−
． 
∵点
1
D ，
2
D ，
3
D ，…，
n
D 在“衍生直线”上，即在直线
1
y
x
= −+ 上， 
∴
1
2
(1 )
D
, ， 
∴
(
)
2
3,2
E
−
． 
 
 
 
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同理可求出
(
)
3
7,4
E
−
，…，
(
)
1
1 2 ,2
n
n
n
E
−
−
． 
故答案为：(
)
1,1
−
，(
)
3,2
−
，(
)
7,4
−
，(
)
1
1 2 ,2
n
n−
−
； 
②点
1
E ，
2
E ，…，
n
E 在同一条直线上． 
令
1
2n
x = −
，
1
2n
y
−
=
， 
∴2
1
n
x
= −
， 
∴
1
2
2
1
2
1
1
2
2
2
n
n
x
y
x
−
−
=
−
=
+
=
=
， 
这条直线的表达式为
(
)
1
1
1
1
2
2
2
y
x
x
=
−
= −
+
． 
【点睛】本题为二次函数和一次函数的综合题，考查二次函数和一次函数的性质，二次函数与一元二次方
程的关系，正方形的性质，幂的运算，坐标与图形等知识．理解题意，掌握“衍生直线”的定义是解题关键． 
31．（25-26 九年级上·辽宁大连·期末）如图，在平面直角坐标系中，O 是原点．抛物线
2
4
y
ax
bx
=
+
+
与x
轴交于点
(
)
(
)
3,0 ,
2,0
A
B
−
，与y 轴交于点C．点P 是抛物线上的一个动点，其横坐标是m． 
 
(1)求该抛物线的解析式； 
(2)当PC
AB

时，求点P 的坐标； 
(3)设此抛物线在点A 与点P 之间的部分（包括点A 和点P）的最高点与最低点的纵坐标的差为h，当
0
m 
，
且
4
h
m
=
时，求m 的值； 
(4)取OC 的中点M，连接PM ，以PM 为对角线作正方形PQMN ，当
0
m 
，且正方形PQMN 的顶点N 或Q
落在x 轴上时，请直接写出m 的值． 
【答案】(1)
2
2
2
4
3
3
y
x
x
= −
−
+
 
(2)
(
)
1,4
P −
 
(3)
25
24
m =
或
5
2 6
2
m
+
=
 
 
 
 
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(4)
1
145
4
m
−
=
或
9
2
m = −
 
【分析】（1）把
(
)
(
)
3,0 ,
2,0
A
B
−
代入抛物线利用待定系数法求解即可． 
（2）先求出点C 坐标，根据PC
AB
∥
，得出P 点纵坐标为 4 ，则
2
2
2
4
4
3
3
−
−
+
=
x
x
，解方程即可求解． 
（3）先求出抛物线的顶点坐标为
1 25
,
2
6


−



，当0
2
m


时，最高点为顶点坐标，最低点为A点坐标，得出
25
0
4
6
m
−
=
，求解即可．当
2
m 
时，最高点为顶点坐标，最低点为P 点坐标，得出
2
25
2
2
4
4
6
3
3
m
m
m


−−
−
+
=




，
求解即可． 
（4）分两种情况：①如图，过P 作PH
x
⊥
轴．证明PQH
QMO

≌
，得出
,
MO
QH PH
OQ
=
=
，从而得
2
QH
MO
=
=
， 根据
2
2
2
,
4
3
3
P m
m
m


−
−
+



， 得出
2
2
2
4
3
3
OQ
PH
m
m
=
= −
−
+
， 根据OQ
QH
OH
+
=
， 列
出方程
2
2
2
4
2
3
3
m
m
m
−
−
+
+
= −
， 求解即可．②如图所示：同理证明MON
NHP

≌
，得出
2
2
2
2,
4
3
3
HN
MO
NO
PH
m
m
=
=
=
=
+
−，根据ON
NH
HO
=
+
，列出方程
2
2
2
2
4
3
3
m
m
m
−
+
=
+
−
，求解即可． 
【详解】（1）解：把
(
)
(
)
3,0 ,
2,0
A
B
−
代入抛物线得：
0
9
3
4
0
4
2
4
a
b
a
b
=
−
+

=
+
+

， 
2
2
,
3
3
a
b
= −
= −
， 
∴该抛物线的解析式为
2
2
2
4
3
3
y
x
x
= −
−
+
． 
（2）解：∵抛物线的解析式为
2
2
2
4
3
3
y
x
x
= −
−
+
与y 轴交于点C ， 
(
)
0,4
C

， 
PC
AB
∥

， 
∴P 点纵坐标为 4 ， 
2
2
2
4
4
3
3
x
x
−
−
+
=
， 
1
2
0,
1
x
x

=
= −， 
(
)
1,4
P

−
． 
（3）解：抛物线
2
2
2
2
2
1
25
4
3
3
3
2
6
y
x
x
x


= −
−
+
= −
+
+




， 
故顶点坐标为
1 25
,
2
6


−



， 
 
 
 
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当0
2
m


时， 
最高点为顶点坐标，最低点为A点坐标， 
25
0
4
6
m

−
=
， 
25
24
m

=
， 
当
2
m 
时， 
最高点为顶点坐标，最低点为P 点坐标， 
2
25
2
2
4
4
6
3
3
m
m
m



−−
−
+
=




， 
2
4
20
1
0
m
m

−
+ =
， 
5
2 6
2
m


=
， 
2
m 
∵
， 
5
2 6
2
m
+

=
， 
综上所述，
25
24
m =
或
5
2 6
2
m
+
=
． 
（4）解：①如图，过P 作PH
x
⊥
轴． 
 
∵正方形PQMN ， 
,
90
PQ
QM
PQM

=

=
， 
90 ,
90
PQH
MQO
QMO
MQO

+ 
=

+ 
=


， 
PQH
QMO

= 
， 
在PQH

和
QMO
△
中， 
PHQ
QOM
PQH
QMO
PQ
QM

= 


= 


=

， 
(
)
PQH
QMO AAS

≌
， 
 
 
 
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,
MO
QH PH
OQ

=
=
， 
M

为OC 中点，  
(
)
0,2
M

，   
2
QH
MO

=
=
，  
2
2
2
,
4
3
3
P m
m
m


−
−
+





，  
2
2
2
4
3
3
OQ
PH
m
m

=
= −
−
+ ，  
OQ
QH
OH
+
=

，  
2
2
2
4
2
3
3
m
m
m
−
−
+ +
= −
，  
2
2
18
0
m
m

−
−
=
，  
1
145
4
m


=
，  
0
m 

，  
1
145
4
m
−

=
 ． 
②如图所示：如图，过P 作PH
x
⊥
轴． 
 
∵正方形PQMN ， 
,
90
PN
NM
PNM

=

=
， 
90 ,
90
PNH
MNO
NMO
MNO

+ 
=

+ 
=


， 
PNH
NMO

= 
， 
在PNH

和NMO

中， 
PHN
NOM
PNH
NMO
PN
NM

= 


= 


=

， 
∴
(
)
MON
NHP AAS

≌
， 
 
 
 
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2
2
2
2,
4
3
3
HN
MO
NO
PH
m
m

=
=
=
=
+
−
， 
ON
NH
HO
=
+

， 
2
2
2
2
4
3
3
m
m
m
−
+
=
+
−
， 
2
2
5
18
0
m
m

+
−
=
， 
9
2
m

= −
或2， 
0
m 

， 
9
2
m

= −
， 
综上所述，
1
145
4
m
−
=
或
9
2
m = −
． 
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，待定系数法求二次函数解析式，解一元二次方程，正方形的性质，
全等三角形的性质与判定，二次函数的最值问题等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 
32．已知抛物线
2
(
0)
y
ax
bx
c a
=
+
+

． 
 
(1)画抛物线时，如果列出的两组数据如表（信息不完整）所示，请直接写出该抛物线的对称轴，并求此时a
和c 之间的数量关系； 
x 
 
1
− 
 
1 
 
y 
 
2 
 
2 
 
(2)已知点C 为抛物线与y 轴的交点，点A、B 在抛物线上，连接OA、AC 、CB 和OB ． 
①如果四边形OACB为正方形，那么b 的值是 ，a 和c 之间的数量关系是 ； 
②如图，当
0
a 
时，已知四边形OACB为菱形，cot
2
AOC

=
．点P 在抛物线上且横坐标为2，连接PA、
PC ，如果PAC

的面积为12，求抛物线的表达式． 
【答案】(1)抛物线的对称轴是
0
x =
，
2
a
c
+
=
 
(2)①
0
b =
，
2
ac = − 
 
 
 
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②
2
1
16
2
y
x
= −
+
 
【分析】（1）根据表中两个点的坐标可知，抛物线经过点(
)
1,2
−
和(
)
1,2 ，并且这两点对称，所以可知对称
轴为
0
x =
； 
（2）根据正方形的性质可知抛物线的对称轴是
0
x =
，所以
0
b =
；根据正方形的对角线互相平分且相等，
把点A、B 的坐标表示出来，并表示出AB 的长度，根据AB
OC
=
找出a 和c 的关系； 
（3）根据菱形的性质，可知点A的坐标
,
4 2
c c


−



，把点A的坐标代入抛物线的解析式，可得抛物线的解
析式为
2
8
y
ax
a
=
−
，点A的坐标2
4
,
a
a


−



，点P 的坐标为
8
2,4a
a


−



，用待定系数法求出直线AP 的解析式，
根据解析式求出点F 的坐标，从而可知
4
CF =
，根据PAC

的面积为12，可得1
1
4
2 4
12
2
4
2
c



+

=




，
解方程求出c 的值，再根据
8
c
a
= −
求出a 的值，从而得到抛物线的解析式． 
【详解】（1）解：由表可知，抛物线经过点(
)
1,2
−
和(
)
1,2 ， 
抛物线的对称轴是
0
x =
， 
0
2
b
x
a
= −
=
， 
抛物线的解析式是
(
)
2
0
y
ax
c a
=
+

， 
把点(
)
1,2
−
的坐标代入可得：
2
a
c
+
=
 
（2）①解：当
0
x =
时，可得：
2
y
ax
bx
c
c
=
+
+
=
， 
点C 的坐标为(
)
0,c ， 
四边形OACB是正方形，OC 是正方形的对角线， 
点A、B 关于OC 对称， 
抛物线的对称轴是
0
x =
， 
0
b
=
； 
AB
OC

=
，点A、B 的纵坐标是2
c ， 
可得：
2
2
c
ax
c
+
=
， 
整理得：
2
2
0
ax
c
+
=
， 
解得：
2
c
x
a
= −
， 
 
 
 
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点A的坐标为
,
2
2
c
c
a


−−






，点B 的坐标为
,
2
2
c
c
a


−






， 
2
2
2
c
ac
AB
a
a
−

=
−
=
−
， 
可得：
2ac
c
a
−
=
−
， 
2
2
2
a c
ac

= −
， 
解得：
2
ac = −或
0
ac =
（不符合题意，舍去）； 
②解：如下图所示，连接AB ，PA、PC ， 
四边形OACB为菱形， 
AB
OC

⊥
，AE
BE
=
，CE
OE
=
， 
cot
2
AOC

=

， 
2
OE
AE

=
， 
OC
c
=

， 
2
c
OE

=
，
4
c
AE =
， 
点A的坐标是
,
4 2
c c


−



， 
把点A的坐标
,
4 2
c c


−



代入
2
y
ax
c
=
+
， 
可得：
2
16
2
ac
c
c
+
=
， 
解得：
8
c
a
= −
， 
抛物线的解析式为
2
8
y
ax
a
=
−
，点A的坐标2
4
,
a
a


−



， 
点P 的横坐标为2 ， 
2
8
8
4
P
y
ax
a
a
a

=
−
=
−
， 
点P 的坐标为
8
2,4a
a


−



， 
设直线AP 的解析式是
(
)
0
y
mx
n m
=
+

， 
则有
2
4
8
2
4
m
n
a
a
m
n
a
a

+
= −


+
=
−

， 
 
 
 
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解得： 
(
)
2
1
8
4
m
a
n
a

=
+
= −
−

， 
直线AP 的解析式是
(
)
8
2
1
4
y
a
x
a
=
+
−
−， 
当
0
x =
时，可得：
(
)
8
8
2
1
4
4
y
a
x
a
a
=
+
−
−
= −
−， 
点F 的坐标为
8
0,
4
a


−
−



, 
8
8
8
4
4
4
CF
c
a
a
a





=
−−
−
= −
−−
−
=








， 
1
1
4
2 4
12
2
4
2
PAC
AFC
PFC
c
S
S
S



=
+
=

+

=





， 
8
c
a
= −

， 
1
2
1
4
2 4
12
2
2
a



−
+

=




， 
1
2
a
= −
 
8
16
c
a
= −
=
， 
抛物线的解析式为
2
1
16
2
y
x
= −
+
． 
 
33．
（25-26 九年级下·四川内江·期中）如图，已知抛物线
1
C 与坐标轴的交点依次是
(
)
4,0
A −
，(
)
2,0
B −
，(
)
0,8
E
． 
 
 
 
 
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(1)求抛物线
1
C 的解析式； 
(2)抛物线
1
C 与
2
C 关于原点对称，设抛物线
1
C 的顶点为M，抛物线
2
C 与x 轴分别交于C、D 两点（点C 在点
D 的左侧），顶点为N，四边形MDNA 的面积为S．若点A、点D 同时以每秒1 个单位的速度沿水平方向分
别向右、向左运动；与此同时，点M，点N 同时以每秒2 个单位的速度沿竖直方向分别向下、向上运动，
直到点A 与点D 重合为止．求出四边形MDNA 的面积S 与运动时间t 之间的关系式，并写出自变量t 的取值
范围； 
(3)当t 为何值时，四边形MDNA 的面积S 有最大值，并求出此最大值； 
(4)在运动过程中，四边形MDNA 能否形成矩形？若能，求出此时t 的值；若不能，请说明理由． 
【答案】(1)
2
6
8
y
x
x
=
+
+ 
(2)
(
)
2
4
14
8 0
4
S
t
t
t
−
=
+
+

 
(3)
7
4
t =
时，四边形MDNA 的面积S 有最大值，最大值为81
4 
(4)(
)
6
2
−
秒 
【分析】（1）直接用待定系数法求解即可； 
（2）先根据抛物线
1
C 与
2
C 关于原点对称，求出抛物线
2
C 的解析式为
(
)
2
3
1
y
x
= −
−
+ ，进而求出t 秒后，
( 4
0) (4
0)
,
,
A
t
D
t
−+
−
，
(
)
(
)
3, 1
2
,
3,1
2
M
t
N
t
−
−−
+
，然后根据
2
ADN
S
S
=

求解即可； 
（3）根据（2）得出的函数的性质和自变量的取值范围即可得出S 的最大值及对应的t 的值． 
（4）根据矩形的性质可知：当AD
MN
=
时，据此可求出t 的值． 
【详解】（1）解：设抛物线
1
C 的解析式为
(
)(
)
1
4
2
y
a
x
x
=
+
+
，把
(
)
0,8
E
代入，得 
(
) (
)
1
8
0
4
0
2
a
=

+

+
 
解得
1
1
a = ， 
∴
(
)(
)
2
4
2
6
8
y
x
x
x
x
=
+
+
=
+
+ ； 
（2）解：∵
(
)
2
2
6
8
3
1
y
x
x
x
=
+
+
=
+
−， 
∴
(
)
3, 1
M −
−
． 
∵抛物线
1
C 与
2
C 关于原点对称， 
 
 
 
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∴设抛物线
2
C 的解析式为
(
)
2
3
1
y
x
−
= −+
−即
(
)
2
2
3
1
6
8
y
x
x
x
−
−
=
+ = −
+
−， 
∴
(
)
3,1
N
． 
解
2
6
8
0
x
x
−
+
−
=
，得
1
2
2,
4
x
x
=
=
， 
∴
(
)
(
)
2,0 ,
4,0
C
D
． 
t 秒后，
( 4
0) (4
0)
,
,
A
t
D
t
−+
−
，
(
)
(
)
3, 1
2
,
3,1
2
M
t
N
t
−
−−
+
． 
当A 与D 重合时，4
4
t
t
−
−+ =
， 
解得
4
t =
， 
∴0
4
t

．` 
过点N 作NH
AD
⊥
，垂足为H． 
当运动到时刻t 时，
(
) (
)
4
4
8
2
AD
t
t
t
=
−
−−+
=
−
，
1 2
NH
t
= +
． 
根据中心对称的性质OA
OD
OM
ON
=
=
，
， 
∴四边形MDNA是平行四边形． 
∴
(
)(
)
2
1
2
2
8
2
1 2
4
14
8
2
ADN
S
S
AD NH
t
t
t
t
=
= 

=
−
+
= −
+
+

． 
∴
(
)
2
4
14
8 0
4
S
t
t
t
−
=
+
+

； 
 
（3）解：∵
2
2
7
81
4
14
8
4
4
4
S
t
t
t

= −
+
+
= −
−
+




 
∴
7
4
t =
时，四边形MDNA 的面积S 有最大值，最大值为81
4 ； 
（4）解：在运动过程中四边形MDNA 能形成矩形． 
由（2）知四边形MDNA 是平行四边形，对角线是AD
MN
，
， 
 
 
 
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∴当AD
MN
=
时四边形MDNA 是矩形， 
∵
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
8
2
,
3 3
1 2
1 2
6
2
4
AD
t
MN
t
t
t
=
−
= −−
+ −−
−−
=
+
+
， 
∴(
)
(
)
2
2
2
8
2
6
2
4
t
t
−
=
+
+
 
∴
2
4
2
0
t
t
+
−
=
． 
解得1
6
2
t =
−
，2
6
2
t = −
−（舍）． 
∴在运动过程中四边形MDNA 可以形成矩形，此时
6
2
t =
−
． 
34．（2025·湖北随州·模拟预测）如图，抛物线
2
6
5
y
x
x
=
+
+
经过A、B 两点，顶点为M，对称轴l 与x 轴交
于点D，与直线AC 交于点E． 
 
(1)将抛物线沿直线AB 平移，使得点A 落在点B 处记为A，此时点C的对应点为C，求点C的坐标，判断
四边形AA CC

的形状，并说明理由． 
(2)设G 是坐标平面内一点，当以A、C、G、M 为顶点的四边形是平行四边形时．求点G 的坐标． 
(3)设G 是抛物线上的对称轴上一点，K 是坐标平面内一点，是否存在点G，使得以A、C、G、K 为顶点的
四边形是矩形，若存在，求出点G 的坐标；若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)四边形AA CC

是平行四边形， 
理由如下： 
∵抛物线
2
6
5
y
x
x
=
+
+
与y 轴交于点C， 
令
0
x =
，则
5
y =
， 
∴点
(
)
0,5
C
， 
令
0
y =
，则
2
0
6
5
x
x
=
+
+
， 
解得
1
2
5,
1
x
x
= −
= −， 
 
 
 
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∴
(
)
5,0
A −
，
(
)
1,0
B −
， 
∴
4
AA
AB
=
=
，由平移的性质可知
(
)
4,5
C
， 
∵
4,
AA
CC
AA
CC




=
=
∥
， 
∴AA CC

是平行四边形； 
(2)(
)
2,9
−
或(
)
8, 9
−
−
或(
)
2,1 ； 
(3)存在，(
)
3,8
−
或(
)
3, 2
−
−
或(
)
3,6
−
或(
)
3, 1
−
−
 
【分析】此题考查了二次函数综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质是关键． 
（1）证明
4,
AA
CC
AA
CC




=
=
∥
，即可得到AA CC

是平行四边形； 
（2）①若AC 为
AMCG

的对角线时，则AC 与MG 互相平分，② 若AM 为
AGMC

的对角线，则AM 与
CG 互相平分，③ 若CM 为
AMGC

的对角线，则AG 与CM 互相平分，分三种情况进行解答即可； 
（3）要使以A、C、G、K 为顶点的四边形是矩形，则ACG

一定是直角三角形，分三种情况进行解答即可． 
【详解】（1）略 
（2）∵抛物线的解析式为
(
)
2
2
6
5
3
4
y
x
x
x
=
+
+
=
+
−， 
∴点
(
)
3, 4
M −
−
， 
设点
(
)
,
G x y ， 
∵
(
)
5,0
A −
，
(
)
0,5
C
， 
①若AC 为
AMCG

的对角线时，则AC 与MG 互相平分， 
∴
,
2
2
2
2
A
C
M
G
A
C
M
G
x
x
x
x
y
y
y
y
+
+
+
+
=
=
    
∴
3
4
5
0
0
5
,
2
2
2
2
G
G
x
y
−+
−+
−+
+
=
=
 
解得
2
9
G
G
x
y
= −


=

   
∴
(
)
1
2,9
G −
 
② 若AM 为
AGMC

的对角线，则AM 与CG 互相平分， 
∴
,
2
2
2
2
C
G
G
A
M
A
M
C
x
x
y
y
x
x
y
y
+
+
+
+
=
=
    
∴
0
5
5 3
0
4
,
2
2
2
2
G
G
x
y
+
+
−−
−
=
=
 
 
 
 
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解得
8
9
G
G
x
y
= −


= −

   
∴
(
)
1
8, 9
G −
−
 
③ 若CM 为
AMGC

的对角线，则AG 与CM 互相平分 
∴
,
2
2
2
2
A
G
C
C
M
M
A
G
x
x
x
x
y
y
y
y
+
+
+
+
=
=
    
∴5
0
0
3
5
4
,
2
2
2
2
G
G
x
y
−+
+
−
−
=
=
 
解得
2
1
G
G
x
y
=


=

   
∴
(
)
1 2,1
G
 
综上所述，点G 的坐标为(
)
2,9
−
或(
)
8, 9
−
−
或(
)
2,1 ； 
（3）存在， 
要使以A、C、G、K 为顶点的四边形是矩形，则ACG

一定是直角三角形， 
∵点G 在对称轴上， 
∴设点G 的坐标为(
)
3, g
−
， 
由勾股定理，得
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
2
5
5
50,
0
3
5
10
34
AC
CG
g
g
g
=
+
=
=
+
+
−
=
−
+
，
(
)
(
)
2
2
2
2
5
3
0
4
AG
g
g
= −+
+
−
+
=
， 
①若
90
ACG

=
，则
2
2
2,
AC
CG
AG
+
=
 
 
即
2
2
50
10
34
4
g
g
g
+
−
+
=
+
， 
得
8
g =
， 
此时点G 的坐标为(
)
3,8
−
， 
 
 
 
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② 若
90
CAG

=
，则
2
2
2
2
2
,
50
4
10
34
AC
AG
CG
g
g
g
+
=
+ +
=
−
+
即
， 
解得
2
g = −， 
此时点G 的坐标为(
)
3, 2
−
−
， 
 
③ 若
90

=

CGA
，则
2
2
2
2
2
,
10
34
4
50
CG
AG
AC
g
g
g
+
=
−
+
+ +
=
即
， 
解得
1
2
6,
1
g
g
=
= −， 
 
此时点G 的坐标为(
)
3,6
−
或(
)
3, 1
−
−
， 
综上可知，点G 的坐标为(
)
3,8
−
或(
)
3, 2
−
−
或(
)
3,6
−
或(
)
3, 1
−
−
． 
35．已知抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ （a ，b ，c 为常数，
0
a 
）与x 轴相交于A，B 两点（点A在点B 的左侧），
抛物线顶点为P ，对称轴与x 轴交点为D ，对称轴上有M ，N 两点，点M 在x 轴上方． 
(1)若
1
a = −，
2
b = ，
3
c = ，求该抛物线顶点P 的坐标； 
(2)若
1
a = −，
2
0
c
b
+
=
，当点M 与点P 重合时，且四边形AMBN 为正方形时，求b 的值； 
(3)若
( 1,0)
A −
，四边形AMBN 为菱形，在线段AD上有动点E ，抛物线上有点F ，使得四边形AEFM 为平
 
 
 
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行四边形，当
2
MN =
时，NE
NF
+
的最小值取得13 ，求此时点F 的坐标和a 的值． 
【答案】(1)顶点P (1,4) 
(2)4
2 5

 
(3)
7 ,1
3
F 




，
9
20
a = −
 
【分析】（1）将
1
a = −，
2
b = ，
3
c = 代入抛物线解析式，通过配方法化为顶点式，直接读出顶点坐标． 
（2）由
1
a = −设顶点式
2
(
)
y
x
h
k
= −
−
+
，根据正方形AMBN 的对角线互相垂直平分且相等，结合点M 与点
P 重合，得DB
MD
k
=
=
；再由点B 在抛物线上求得DB
k
=
，从而建立方程k
k
=
解得
1
k = ，展开顶点
式得
2
b
h
=
，
2
1
c
h
= −
，代入条件
2
0
c
b
+
=
建立关于h 的方程，求解后得到b 的值． 
（3）由菱形AMBN 且
2
MN =
确定
( ,1)
M m
，
( , 1)
N m −，利用平行四边形AEFM 的对边平行推出MF
AE
∥
，
故点F 在直线
1
y = 上；再构造平行四边形BNEF 将NE 转化为BF ，通过作点B 关于直线
1
y = 的对称点B，
将NE
NF
+
转化为B F
NF
+
，利用两点之间线段最短求出最小值
13
B N

=
，从而确定
1
m = 及点B，N 的
坐标，联立直线B N

与
1
y = 求得点F 的坐标，最后由对称轴
1
x = 及点
( 1,0)
A −
确定抛物线解析式为
2
2
3
y
ax
ax
a
=
−
−
，代入点F 求出a 的值． 
【详解】（1）解：
1
a = −

，
2
b = ，
3
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
= −
+
+ = −
−
+

， 
该抛物线顶点P 的坐标为(1,4)． 
（2）解：由
1
a = −，可设抛物线
2
(
)
y
x
h
k
= −
−
+
， 
点M 与点P 重合，且四边形AMBN 为正方形， 
DB
MD

=
， 
( , )
M h k

， 
MD
k

=
， 
点B 为抛物线与x 轴的交点，由
2
0
(
)
x
h
k
= −
−
+
得x
h
k
=

， 
DB
k

=
， 
k
k
=
， 
 
 
 
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0
k


， 
1
k

= ， 
抛物线
2
2
2
(
)
1
2
1
y
x
h
x
hx
h
= −
−
+ = −
+
−
+ ，其中
2
b
h
=
，
2
1
c
h
= −
+ ， 
2
0
c
b
+
=

， 
2
1
4
0
h
h
−
+ +
=
，即
2
4
1
0
h
h
−
−=
， 
解得
2
5
h =

， 
2
4
2 5
b
h
=
=

． 
（3）解：连接BF ， 
四边形AMBN 为菱形，
2
MN =
， 
1
1
2
MD
ND
MN

=
=
= ，MN
AB
⊥
，AM
BN

，且AM
BN
=
， 
四边形AEFM 为平行四边形， 
EF
AM

∥
，且EF
AM
=
，MF
AE
∥
， 
EF
BN


，且EF
BN
=
， 
四边形BNEF 为平行四边形， 
NE
BF

=
， 
MF
AE

，点M 在直线
1
y = 上， 
点F 在直线
1
y = 上， 
作点B 关于直线
1
y = 的对称点B，连接B F

 
BF
B F


=
， 
NE
NF
B F
NF


+
=
+
， 
当B，F ，N 三点共线时，NE
NF
+
取得最小值13 ，即
13
B N

=
， 
设点
( , 1)
N m −，则点
(2
1,2)
B
m

+
， 
2
2
2
(2
1
)
(2 1)
(
1)
9
B N
m
m
m


=
+ −
+
+
=
+
+
， 
2
(
1)
9
13
m

+
+
=
，解得
1
1
m = ，
2
3
m = −（舍）， 
(1, 1)
N

−
，
(3,2)
B
， 
设直线B N

解析式为
(
0)
y
mx
n m
=
+

， 
代入，得，
1
2
3
m
n
m
n
−=
+

=
+

， 
 
 
 
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解得，
3
2
5
2
m
n

=

= −

 
B N


的解析式为
3
5
2
2
y
x
=
−
， 
当
1
y = 时，
7
3
x =
， 
7 ,1
3
F 





， 
又对称轴为直线
1
2
b
x
a
−
=
= ， 
2
b
a
= −
 
解析式为
2
2
y
ax
ax
c
=
−
+ ，且过( 1,0)
A −
， 
3
c
a
= −
， 
解析式为
2
2
3
y
ax
ax
a
=
−
−
， 
将点F 代入，得
2
7
7
2
3
1
3
3
a
a
a



−

−
=




， 
解得
9
20
a = −
．