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专题22.8 二次函数中的存在性问题【八大题型】
【人教版】
【题型1 二次函数中直角三角形的存在性问题】.................................................................................................1
【题型2 二次函数中等腰三角形的存在性问题】...............................................................................................10
【题型3 二次函数中等腰直角三角形的存在性问题】.......................................................................................21
【题型4 二次函数中平行四边形的存在性问题】...............................................................................................35
【题型5 二次函数中矩形的存在性问题】...........................................................................................................42
【题型6 二次函数中菱形的存在性问题】...........................................................................................................56
【题型7 二次函数中正方形的存在性问题】.......................................................................................................68
【题型8 二次函数中角度问题的存在性问题】...................................................................................................78
【题型1 二次函数中直角三角形的存在性问题】
【例1】（2022•柳州）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c 与x 轴交于A（﹣1，0），B（m，0）两点，与y 轴交于
点C（0，5）．
（1）求b，c，m 的值；
（2）如图1，点D 是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D 在第一象限内，过点D 作x 轴的平
行线交抛物线于点E，作y 轴的平行线交x 轴于点G，过点E 作EF⊥x 轴，垂足为点F，当四边形
DEFG 的周长最大时，求点D 的坐标；
（3）如图2，点M 是抛物线的顶点，将△MBC 沿BC 翻折得到△NBC，NB 与y 轴交于点Q，在对称轴
上找一点P，使得△PQB 是以QB 为直角边的直角三角形，求出所有符合条件的点P 的坐标．
【分析】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，解二元一次方程组即可得b，c 的值，
令y＝0 即可得m 的值；
（2）设D（x，﹣x2+4x+5），则E（4﹣x，﹣x2+4x+5），表示出四边形DEFG 的周长，根据二次函数
的最值即可求解；
（3）过点C 作CH⊥对称轴于H，过点N 作NK⊥y 轴于K，证明△MCH≌△NCK，根据全等三角形的
性质得NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，则N（﹣4，3），利用待定系数法可得直线BN 的解析式为y=−1
3x
+ 5
3，可得Q（0，5
3），设P（2，p），利用勾股定理表示出PQ2、BP2、BQ2，分两种情况：①当
∠BQP＝90°时，②当∠QBP＝90°时，利用勾股定理即可求解．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，
得{
−1−b+c =0
c =5
，
解得{
b= 4
c =5．
∴这个抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5，
令y＝0，则﹣x2+4x+5＝0，解得x1＝5，x2＝﹣1，
∴B（5，0），
∴m＝5；
（2）∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴对称轴为x＝2，
设D（x，﹣x2+4x+5），
∵DE∥x 轴，
∴E（4﹣x，﹣x2+4x+5），
∵过点D 作x 轴的平行线交抛物线于点E，作y 轴的平行线交x 轴于点G，过点E 作EF⊥x 轴，
∴四边形DEFG 是矩形，
∴四边形DEFG 的周长＝2（﹣x2+4x+5）+2（x﹣4+x）＝﹣2x2+12x+2＝﹣2（x﹣3）2+20，
∴当x＝3 时，四边形DEFG 的周长最大，
∴当四边形DEFG 的周长最大时，点D 的坐标为（3，8）；
（3）过点C 作CH⊥对称轴于H，过点N 作NK⊥y 轴于K，
∴∠NKC＝∠MHC＝90°，
由翻折得CN＝CM，∠BCN＝∠BCM，
∵B（5，0），C（0，5）．
∴OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵CH⊥对称轴于H，
∴CH∥x 轴，
∴∠BCH＝45°，
∴∠BCH＝∠OCB，
∴∠NCK＝∠MCH，
∴△MCH≌△NCK（AAS），
∴NK＝MH，CK＝CH，
∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴对称轴为x＝2，M（2，9），
∴MH＝9﹣5＝4，CH＝2，
∴NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，
∴N（﹣4，3），
设直线BN 的解析式为y＝mx+n，
∴{
−4 m+n=3
5m+n=0 ，解得{
m=−1
3
n= 5
3
，
∴直线BN 的解析式为y=−1
3x+ 5
3，
∴Q（0，5
3），
设P（2，p），
∴PQ2＝22+（p−5
3）2＝p2−10
3 p+ 61
9 ，
BP2＝（5﹣2）2p2＝9+p2，
BQ2＝52+（5
3）2＝25+ 25
9 ，
分两种情况：
①当∠BQP＝90°时，BP2＝PQ2+BQ2，
∴9+p2＝p2−10
3 p+ 61
9 +25+ 25
9 ，解得p= 23
3 ，
∴点P 的坐标为（2，23
3 ）；
②当∠QBP＝90°时，P′Q2＝BP′2+BQ2，
∴p2−10
3 p+ 61
9 =9+p2+25+ 25
9 ，解得p＝﹣9，
∴点P′的坐标为（2，﹣9）．
综上，所有符合条件的点P 的坐标为（2，23
3 ），（2，﹣9）．
【变式1-1】（2022•桐梓县模拟）在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线y=−√3
6 x
2+ 2√3
3
x +2√3与x 轴
交于A，B 两点（点B 在点A 的右侧），与y 轴交于点C，它的对称轴与x 轴交于点D，直线L 经过C，
D 两点，连接AC．
（1）求A，B 两点的坐标及直线L 的函数表达式；
（2）探索直线L 上是否存在点E，使△ACE 为直角三角形，若存在，求出点E 的坐标；若不存在，说
明理由．
【分析】（1）令x＝0，y＝0，可分别求出A、B、C 三点坐标，在求出函数的对称轴即可求D 点坐标，
利用待定系数法求直线解析式即可；
（2）设E（t，−√3t+2√3），分三种情况讨论：①当∠CAE＝90°时，AC2+AE2＝CE2，②当∠ACE＝
90°时，AC2+CE2＝AE2，③当∠AEC＝90°时，AE2+CE2＝AC2，分别利用勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）令y＝0，则−√3
6 x
2+ 2√3
3
x +2√3=0，
解得x＝﹣2 或x＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0），
令x＝0，则y＝2√3，
∴C（0，2√3），
∵y=−√3
6 x
2+ 2√3
3
x +2√3=−√3
6 （x﹣2）2+ 8√3
3
，
∴抛物线的对称轴为直线x＝2，
∴D（2，0），
设直线CD 的解析式为y＝kx+b，
∴{
b=2√3
2k +b=0，
解得{
k =−√3
b=2√3 ，
∴y=−√3x+2√3；
（2）在点E，使△ACE 为直角三角形，理由如下：
设E（t，−√3t+2√3），
∴AC2＝16，AE2＝4t2﹣8t+16，CE2＝4t2，
①当∠CAE＝90°时，AC2+AE2＝CE2，
∴16+4t2﹣8t+16＝4t2，
∴t＝4，
∴E（4，2√3）；
②当∠ACE＝90°时，AC2+CE2＝AE2，
∴16+4t2＝4t2﹣8t+16，
∴t＝0（舍）；
③当∠AEC＝90°时，AE2+CE2＝AC2，
∴4t2﹣8t+16+4t2＝16，
∴t＝0（舍）或t＝1，
∴E（1，√3）；
综上所述：E 点坐标为（4，2√3）或（1，√3）．
【变式1-2】（2022 秋•日喀则市月考）如图，二次函数y＝﹣x2+4x+5 的图象与x 轴交于A，B 两点，与y
轴交于点C，M 为抛物线的顶点．
（1）求M 点的坐标；
（2）求△MBC 的面积；
（3）坐标轴上是否存在点N，使得以B，C，N 为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出点N 的坐
标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，即可求顶点M；
（2）过点M 作ME⊥y 轴于点E，由 S△MBC＝S 四边形MBOE﹣S△MCE﹣S△BOC求解即可；
（3）分三种情况讨论：①当C 为直角顶点时，作CN1⊥BC 交坐标轴为N1，OB＝ON1＝5，则N1（﹣
5，0）； ②当B 为直角顶点时，作BN2⊥BC 交坐标轴为N2，OC＝ON2＝5，则N1（0，﹣5）；③当N
为直角顶点时，点O 与N3重合，则N3（0，0）．
【解答】解：（1）y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴M（2，9）；
（2）令y＝0，得﹣x2+4x+5＝0，
解得 x＝﹣1 或x＝5，
∴A（﹣1，0），B（5，0），
令x＝0，得y＝﹣x2+4x+5＝5，
∴C（0，5），
过点M 作ME⊥y 轴于点E，
∴S△MBC＝S 四边形MBOE﹣S△MCE﹣S△BOC= 1
2 ×(2+5)×9−1
2 ×2×(9−5)−1
2 ×5×5=15；
（3）存在点N，使得以B，C，N 为顶点的三角形是直角三角形，理由如下：
∵OB＝OC＝5，∠COB＝90°，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴△BOC 是等腰直角三角形，
①当C 为直角顶点时，作CN1⊥BC 交坐标轴为N1，∠CN1B＝∠CBN1＝45°，
∴OB＝ON1＝5，
∴N1（﹣5，0）；
②当B 为直角顶点时，作BN2⊥BC 交坐标轴为N2，∠CN2B＝∠BCN2＝45°，
∴OC＝ON2＝5，
∴N1（0，﹣5）；
③当N 为直角顶点时，点O 与N3重合，
∴N3（0，0）．
综上所述，满足条件的点N 的坐标为（﹣5，0）或（0，﹣5）或（0，0）．
【变式1-3】（2022•平南县二模）如图，二次函数y＝x2+bx+c 的图象与x 轴交于A、B 两点，与y 轴交于点
C，且A（﹣1，0），对称轴为直线x＝2．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）直线l 过点A 与抛物线交于点P，当∠PAB＝45°时，求点P 的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点Q，使得△BCQ 是直角三角形？若存在，请直接写出点Q 的坐
标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）设y＝（x﹣2）2+k，用待定系数法可得抛物线的解析式为y＝x2﹣4x﹣5；
（2）过点P 作PM⊥x 轴于点M，设P（m，m2﹣4m﹣5），根据∠PAB＝45°知AM＝PM，即|m2﹣4m﹣
5|＝m+1，解得m 的值，即可得P 的坐标是（6，7）或P（4，﹣5）；
（3）由y＝x2﹣4x﹣5 求出B（5，0），C（0，﹣5），设Q（2，t），有BC2＝50，BQ2＝9+t2，CQ2＝
4+（t+5）2，分三种情况：当BC 为斜边时，9+t2+4+（t+5）2＝50，当BQ 为斜边时，50+4+（t+5）2＝
9+t2，当CQ 为斜边时，50+9+t2＝4+（t+5）2，分别解得t 的值，即可求出相应Q 的坐标．
【解答】解：（1）设y＝（x﹣2）2+k，把A（﹣1，0）代入得：
（﹣1﹣2）2+k＝0，
解得：k＝﹣9，
∴y＝（x﹣2）2﹣9＝x2﹣4x﹣5，
答：抛物线的解析式为y＝x2﹣4x﹣5；
（2）过点P 作PM⊥x 轴于点M，如图：
设P（m，m2﹣4m﹣5），则PM＝|m2﹣4m﹣5|，
∵A（﹣1，0），
∴AM＝m+1
∵∠PAB＝45°
∴AM＝PM，
∴|m2﹣4m﹣5|＝m+1，
即m2﹣4m﹣5＝m+1 或m2﹣4m﹣5＝﹣（m+1），
当m2﹣4m﹣5＝m+1 时，解得：m1＝6，m2＝﹣1（不合题意，舍去），
当m2﹣4m﹣5＝﹣（m+1），解得m3＝4，m4＝﹣1（不合题意，舍去），
∴P 的坐标是（6，7）或P（4，﹣5）；
（3）在抛物线的对称轴上存在一点Q，使得△BCQ 是直角三角形，理由如下：
在y＝x2﹣4x﹣5 中，令x＝0 得y＝﹣5，令y＝0 得x＝﹣1 或x＝5，
∴B（5，0），C（0，﹣5），
由抛物线y＝x2﹣4x﹣5 的对称轴为直线x＝2，设Q（2，t），
∴BC2＝50，BQ2＝9+t2，CQ2＝4+（t+5）2，
当BC 为斜边时，BQ2+CQ2＝BC2，
∴9+t2+4+（t+5）2＝50，
解得t＝﹣6 或t＝1，
∴此时Q 坐标为（2，﹣6）或（2，1）；
当BQ 为斜边时，BC2+CQ2＝BQ2，
∴50+4+（t+5）2＝9+t2，
解得t＝﹣7，
∴此时Q 坐标为（2，﹣7）；
当CQ 为斜边时，BC2+BQ2＝CQ2，
∴50+9+t2＝4+（t+5）2，
解得t＝3，
∴此时Q 坐标为（2，3）；
综上所述，Q 的坐标为（2，3）或（2，﹣7）或（2，1）或（2，﹣6）．
【题型2 二次函数中等腰三角形的存在性问题】
【例2】（2022•沙坪坝区校级模拟）如图1，抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）交x 轴于点A（﹣1，0），点B
（4，0），交y 轴于点C．连接BC，过点A 作AD∥BC 交抛物线于点D（异于点A）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）点P 是直线BC 上方抛物线上一动点，过点P 作PE∥y 轴，交AD 于点E，过点E 作EG⊥BC 于点
G，连接PG．求△PEG 面积的最大值及此时点P 的坐标；
（3）如图2，将抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）水平向右平移3
2个单位，得到新抛物线y1，在y1的对称轴
上确定一点M，使得△BDM 是以BD 为腰的等腰三角形，请写出所有符合条件的点M 的坐标，并任选
其中一个点的坐标，写出求解过程．
【分析】（1）用待定系数法直接可得抛物线的函数表达式；
（2）过点G 作GH⊥PE 于H，根据勾股定理的逆定理可得△ABC 是直角三角形，∠ACB＝90°，则
AC⊥BC，由EG⊥BC 得AC＝BG，根据等角的余角相等得∠ACO＝∠GEH，证明△ACO≌△GEH，可
得GH＝AO＝1，用待定系数法求出直线BC 为y=−1
2x+2，根据AD∥BC 得直线AD 为y=−1
2x−1
2，设
P（m，−1
2m2+ 3
2m+2），则E（m，−1
2m−1
2），从而得PE=−1
2m2+2m+ 5
2，即可求出△PEG 面积为1
2
PE•GH=−1
4 m2+m+ 5
4 ，根据二次函数性质即得答案．
（3）求出点D 的坐标D（5，﹣3），设点M 的坐标为（3，t），可得BD2＝（5﹣4）2+32＝10，BM2＝
（4﹣3）2+t2＝1+t2，MD2＝（5﹣3）2+（t+3）2＝t2+6t+13，分两种情况：①当BD＝BM 时，②当BD＝
MD 时，根据等腰三角形的性质即可求解．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0），B（4，0）代入抛物线y＝ax2+bx+2 得：
{
16a+ 4 b+2=0
a−b+2=0
，解得{
a=−1
2
b= 3
2
，
∴抛物线的函数表达式为y=−1
2x2+ 3
2x+2；
（2）过点G 作GH⊥PE 于H，
∵抛物线y=−1
2x2+ 3
2x+2 交y 轴于点C．
∴C（0，2），
∵A（﹣1，0），B（4，0），
∴AB＝5，AC=√1
2+2
2=√5，BC=√4
2+2
2=2√5，
∴AB2＝AC2+BC2，
∴△ABC 是直角三角形，∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∵AD∥BC，EG⊥BC，
∴AC＝BG=√5，
∵PE∥y 轴，
∴∠OCG＝∠EFG，
∵∠ACO+∠OCG＝90°，∠GEH+∠EFG＝90°，
∴∠ACO＝∠GEH，
∵∠AOC＝∠GHE＝90°，
∴△ACO≌△GEH（AAS），
∴GH＝AO＝1，
设直线BC 为y＝kx+n，将C（0，2），B（4，0）代入得：
{
4 k +n=0
n=2
，解得{
k =−1
2
n=2
，
∴直线BC 为y=−1
2x+2，
∵AD∥BC，A（﹣1，0），
∴直线AD 为y=−1
2x−1
2，
设P（m，−1
2m2+ 3
2m+2），则E（m，−1
2m−1
2），
∴PE=−1
2m2+2m+ 5
2，
∴△PEG 面积为1
2PE•GH=−1
4 m2+m+ 5
4 =−1
4 （m﹣2）2+ 9
4 ，
∵−1
4 ＜0，
∴m＝2 时，△PEG 面积的最大值为9
4 ，
此时点P 的坐标为（2，3）；
（3）∵抛物线y=−1
2x2+ 3
2x+2=−1
2（x−3
2）2+ 25
8 水平向右平移3
2个单位，得到新抛物线y1=−1
2（x﹣
3）2+ 25
8 ，
∴y1的对称轴为x＝3，
联立直线AD 为y=−1
2x−1
2，抛物线y=−1
2x2+ 3
2x+2，解得{
x =−1
y =0 或{
x =5
y =−3，
∴D（5，﹣3），
设点M 的坐标为（3，t），
∴BD2＝（5﹣4）2+32＝10，
BM2＝（4﹣3）2+t2＝1+t2，
MD2＝（5﹣3）2+（t+3）2＝t2+6t+13，
①当BD＝BM 时，
∴BD2＝BM2，
∴1+t2＝10，
∴t＝±3，
∴点M 的坐标为（3，3）或（3，﹣3），
∵点（3，3）与B，D 共线，
∴点M 的坐标为（3，﹣3）；
②当BD＝MD 时，
∴BD2＝MD2，
∴t2+6t+13＝10，
∴t＝﹣3±√6，
∴点M 的坐标为（3，﹣3+√6）或（3，﹣3−√6）；
综上所述，点M 的坐标为（3，﹣3）或（3，﹣3+√6）或（3，﹣3−√6）．
【变式2-1】（2022•湘西州）定义：由两条与x 轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的
封闭曲线称为“月牙线”，如图①，抛物线C1：y＝x2+2x﹣3 与抛物线C2：y＝ax2+2ax+c 组成一个开口
向上的“月牙线”，抛物线C1和抛物线C2与x 轴有着相同的交点A（﹣3，0）、B（点B 在点A 右侧），
与y 轴的交点分别为G、H（0，﹣1）．
（1）求抛物线C2的解析式和点G 的坐标．
（2）点M 是x 轴下方抛物线C1上的点，过点M 作MN⊥x 轴于点N，交抛物线C2于点D，求线段MN
与线段DM 的长度的比值．
（3）如图②，点E 是点H 关于抛物线对称轴的对称点，连接EG，在x 轴上是否存在点F，使得△EFG
是以EG 为腰的等腰三角形？若存在，请求出点F 的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A（﹣3，0）、H（0，﹣1）代入y＝ax2+2ax+c 中，即可求函数的解析式；
（2）设M（t，t2+2t﹣3），则D（t，1
3t2+ 2
3t﹣1），N（t，0），分别求出MN，DM，再求比值即可；
（3）先求出E（﹣2，﹣1），设F（x，0），分来两种情况讨论：①当EG＝EF 时，2√2=√( x +2)
2+1
，可得F（√7−2，0）或（−√7−2，0）；②当EG＝FG 时，2√2=√9+ x
2，F 点不存在．
【解答】解：（1）将A（﹣3，0）、H（0，﹣1）代入y＝ax2+2ax+c 中，
∴{
9a−6a+c =0
c =−1
，
解得{
a= 1
3
c =−1
，
∴y= 1
3x2+ 2
3x﹣1，
在y＝x2+2x﹣3 中，令x＝0，则y＝﹣3，
∴G（0，﹣3）；
（2）设M（t，t2+2t﹣3），则D（t，1
3t2+ 2
3t﹣1），N（t，0），
∴NM＝﹣t2﹣2t+3，DM= 1
3t2+ 2
3t﹣1﹣（t2+2t﹣3）=−2
3t2−4
3 t+2，
∴
MN
DM = −(t
2+2t −3)
−2
3 (t
2+2t −3)
= 3
2；
（3）存在点F，使得△EFG 是以EG 为腰的等腰三角形，理由如下：
由（1）可得y＝x2+2x﹣3 的对称轴为直线x＝﹣1，
∵E 点与H 点关于对称轴x＝﹣1 对称，
∴E（﹣2，﹣1），
设F（x，0），
①当EG＝EF 时，
∵G（0，﹣3），
∴EG＝2√2，
∴2√2=√( x +2)
2+1，
解得x=√7−2 或x=−√7−2，
∴F（√7−2，0）或（−√7−2，0）；
②当EG＝FG 时，2√2=√9+ x
2，
此时x 无解；
综上所述：F 点坐标为（√7−2，0）或（−√7−2，0）．
【变式2-2】（2022 秋•永嘉县校级期末）如图，在平面直角坐标系中，点A，B 分别是y 轴正半轴，x 轴正
半轴上两动点，OA＝2k，OB＝2k+3，以AO，BO 为邻边构造矩形AOBC，抛物线y=−3
4 x
2+3x+k 交y
轴于点D，P 为顶点，PM⊥x 轴于点M．
（1）求OD，PM 的长（结果均用含k 的代数式表示）．
（2）当PM＝BM 时，求该抛物线的表达式．
（3）在点A 在整个运动过程中，若存在△ADP 是等腰三角形，请求出所有满足条件的k 的值．
【分析】（1）点D 在y=−3
4 x2+3x+k 上，且在y 轴上，即y＝0 求出点D 坐标，根据抛物线顶点公式，
求出即可；
（2）先用k 表示出相关的点的坐标，根据PM＝BM 建立方程即可；
（3）先用k 表示出相关的点的坐标，根据△ADP 是等腰三角形，分三种情况，AD＝AP，DA＝DP，PA
＝PD 计算；
【解答】解：（1）把x＝0，代入y=−3
4 x
2+3x+k，
∴y＝k．
∴OD＝k．
∵4 ac−b
2
4 a
=
4×(−3
4 )k −3
2
4×(−3
4 )
=k+3，
∴PM＝k+3；
（2）由抛物线的表达式知，其对称轴为x＝2，
∴OM＝2，BM＝OB﹣OM＝2k+3﹣2＝2k+1．
又∵PM＝k+3，PM＝BM，
∴k+3＝2k+1，
解得k＝2．
∴该抛物线的表达式为y=−3
4 x
2+3x+2；
（3）①当点P 在矩形AOBC 外部时，如图1，
过P 作PK⊥OA 于点K，当AD＝AP 时，
∵AD＝AO﹣DO＝2k﹣k＝k，
∴AD＝AP＝k，KA＝KO﹣AO＝PM﹣AO＝k+3﹣2k＝3﹣k
KP＝OM＝2，在Rt△KAP 中，KA2+KP2＝AP2
∴（3﹣k）2+22＝k2，解得k= 13
6 ．
②当点P 在矩形AOBC 内部时，
当AP＝AD 时，同法可得（k﹣3）2+22＝k2，解得k= 13
6 ．
当PD＝AP 时，过P 作PH⊥OA 于H，
AD＝k，HD= 1
2k，HO＝DO+HD= 3k
2 ，
又∵HO＝PM＝k+3，
∴3k
2 =k+3，
解得k＝6．
当DP＝DA 时，过D 作PQ⊥PM 于Q，
PQ＝PM﹣QM＝PM﹣OD＝k+3﹣k＝3
DQ＝OM＝2，DP＝DA＝k，
在Rt△DQP 中，DP=√DQ
2+ PQ
2=√2
2+3
2=√13．
∴k＝PD=√13，
故k= 13
6 或6 或√13．
【变式2-3】（2022•杭州校级自主招生）如图，抛物线y＝ax2﹣5ax+4 经过△ABC 的三个顶点，已知
BC∥x 轴，点A 在x 轴的负半轴上，点C 在y 轴上，且AC＝BC．
（1）求抛物线的对称轴；
（2）求A 点坐标并求抛物线的解析式；
（3）若点P 在x 轴下方且在抛物线对称轴上的动点，是否存在△PAB 是等腰三角形？若存在，求出所
有符合条件的点P 坐标；不存在，请说明理由．
【分析】（1）本题须根据二次函数的对称轴公式即可求出结果．
（2）本题须先求出C 点的坐标，再根据BC 两点关于对称轴x= 5
2对称，求出B 点的坐标，设A 点坐标
（m，0），求出m 即可得出点A 的坐标，最后代入即可求出抛物线解析式．
（3）本题须先根据题意画出图形，再分别根据图形求出相应的点P 的坐标即可．
【解答】解：（1）y＝ax2﹣5ax+4，
对称轴：x=−−5a
2a = 5
2；
（2）经过△ABC 的三个顶点，已知BC∥x 轴，点A 在x 轴上，点C 在y 上，且AC＝BC，
令x＝0，y＝4，可知C 点坐标（0，4），
BC∥x 轴，所以B 点纵坐标也为4，
又∵BC 两点关于对称轴x= 5
2对称，
即：xB+0
2
= 5
2，
xB＝5，
∴B 点坐标（5，4）．
A 点在x 轴上，设A 点坐标（m，0），
AC＝BC，即AC2＝BC2，
AC2＝42+m2，
BC＝5，
∴42+m2＝52，
∴m＝±3，
∴A 点坐标（﹣3，0），
将A 点坐标之一（﹣3，0）代入y＝ax2﹣5ax+4，
0＝9a+15a+4，
a=−1
6，
y=−1
6x2+ 5
6x+4；
将A 点坐标是（3，0），则与A 在x 轴的负半轴矛盾，故舍去．
故函数关系式为：y=−1
6x2+ 5
6x+4．
（3）存在符合条件的点P 共有3 个．以下分三类情形探索．
设抛物线对称轴与x 轴交于N，与CB 交于M．
过点B 作BQ⊥x 轴于Q，
易得BQ＝4，AQ＝8，AN＝5.5，BM= 5
2．
①以AB 为腰且顶角为角A 的△PAB 有1 个：△P1AB．
∴AB2＝AQ2+BQ2＝82+42＝80（8 分）
在Rt△ANP1中，P1N=√A P1
2−AN
2=√AB
2−AN
2=√80−(5.5)
2= √199
2
，
∴P1（5
2，−√199
2
）．
②以AB 为腰且顶角为角B 的△PAB 有1 个：△P2AB．
在Rt△BMP2中MP2=√B P2
2−B M
2=√A B
2−B M
2
=√80−25
4
= √295
2
，（10 分）
∴P2＝（5
2，8−√295
2
）．
③以AB 为底，顶角为角P 的△PAB 有1 个，即△P3AB．
画AB 的垂直平分线交抛物线对称轴于P3，此时平分线必过等腰△ABC 的顶点C．
过点P3作P3K 垂直y 轴，垂足为K，显然Rt△P3CK∽Rt△BAQ．
∴P3 K
CK = BQ
AQ = 1
2．
∵P3K＝2.5
∴CK＝5 于是OK＝1，
∴P3（2.5，﹣1）．
④以B 为顶点时，交于x 轴上方，求得P（5
2，8+√295
2
）（舍去）．
【题型3 二次函数中等腰直角三角形的存在性问题】
【例3】（2022•顺城区模拟）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c 与x 轴交于点A 和B（5，0），与y 轴交于点C
（0，5）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴与x 轴交于点M，与BC 交于点F，点D 是对称轴上一点，当点D 关于直线BC 的
对称点E 在抛物线上时，求点E 的坐标；
（3）点P 在抛物线的对称轴上，点Q 在直线BC 上方的抛物线上，是否存在以O，P，Q 为顶点的三角
形是等腰直角三角形，若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法，将B，C 的坐标代入y＝﹣x2+bx+c，即可求得二次函数的解析式；
（2）设点M 关于直线BC 的对称点为点M′，连接MM′，BM′，则直线FM′为抛物线对称轴关于
直线BC 的对称直线，xM =−b
2a =2，可得△OBC 是等腰直角三角形，求得点M′的坐标为（5，3），
由﹣x2+4x+5＝3，解方程即可求解；
（3）设Q（m，﹣m2+4m+5），P（2，p），分三种情况讨论，O，P，Q 分别为等腰直角三角形的顶点，
分别作出图形，构造全等三角形，利用全等的性质，建立方程，解方程求解即可．
【解答】解：（1）∵点B（5，0），C（0，5）在抛物线y＝﹣x2+bx+c 上，
∴{
−5
2+5b+c =0
c =5
，解得，{
b= 4
c =5，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4x+5；
（2）设点M 关于直线BC 的对称点为点M′，连接MM′，BM′，
则直线FM′为抛物线对称轴关于直线BC 的对称直线，
∵点E 是点D 关于直线BC 的对称点，点E 落在抛物线上，
∴直线FM′与抛物线的交点E1，E2为D1，D2落在抛物线上的对称点，
∵对称轴与x 轴交于点M，与BC 交于点F，
∴xM =−b
2a =2，
∴点M 的坐标为（2，0），
∵点C 的坐标为（0，5），点B 的坐标为（5，0），
∴OB＝OC，
∴△OBC 是等腰直角三角形，
∴∠OBC＝45°，
∴△MBF 是等腰直角三角形，
∴MB＝MF，
∴点F 的坐标为F（2，3），
∵点M 关于直线BC 的对称点为点M′，
∴BM′＝BM，∠MBM′＝90°，
∴△MBM′是等腰直角三角形，
∴BM′＝BM＝3，
∴点M′的坐标为（5，3），
∴FM′∥x 轴，
∴﹣x2+4x+5＝3，解得，x1=2+√6，x2=2−√6，
∴E1（2+√6，3），E2（2−√6，3），
∴点E 的坐标为（2+√6，3）或（2−√6，3）；
（3）存在，Q1（3+√37
2
，−1+√37
2
），Q2（3+3√5
2
，−5+3√5
2
），Q3（2+√7，2）．
设Q（m，﹣m2+4m+5），P（2，p），
①当OP＝PQ，∠OPQ＝90°时，作PL⊥y 轴于L，过Q 作QK⊥x 轴，交PL 于K，
∴∠LPO＝90°﹣∠LOP＝90°﹣KPQ，∠PLO＝∠QKP＝90°，
∴∠LOP＝∠KPQ，
∵OP＝PQ，
∴△LOP≌△KPQ（AAS），
∴LO＝PK，LP＝QK，
∴{
p−(−m
2+ 4 m+5)=2
p=m−2
，
解得m1= 3+3√5
2
，m2= 3−3√5
2
（舍去），
当m1= 3+3√5
2
时，﹣m2+4m+5= −5+3√5
2
，
∴Q（3+3√5
2
，−5+3√5
2
）；
②当QO＝PQ，∠PQO＝90°时，作PL⊥y 轴于L，过Q 作QK⊥x 轴于T，交PL 于K，
同理可得△PKQ≌△QTO（AAS），
∴QT＝PK，TO＝QK，
∴{
m−2=−m
2+ 4 m+5
p−(−m
2+ 4 m+5)=m，
解得m1= 3+√37
2
，m2= 3−√37
2
（舍去），
当m1= 3+√37
2
时，﹣m2+4m+5= −1+√37
2
，
∴Q（3+√37
2
，−1+√37
2
）；
③当QO＝OP，∠POQ＝90°时，作PL⊥y 轴于L，过Q 作QK⊥x 轴于T，交PL 于K，
同理可得△OLP≌△QSO（AAS），
∴SQ＝OL，SO＝LP，
∴{
−m
2+ 4 m+5=2
m=−p
，
解得m1＝2+√7，m2＝2−√7（舍去），
当m1＝2+√7时，﹣m2+4m+5＝2，
∴Q（2+√7，2）；
综上，Q1（3+√37
2
，−1+√37
2
），Q2（3+3√5
2
，−5+3√5
2
），Q3（2+√7，2）．
【变式3-1】（2022•碑林区校级三模）已知抛物线C1：y= 1
4 x2+bx+c 的图象与x 轴交于点A（﹣2，0），与
y 轴交于点C（0，﹣3），顶点为D．
（1）求抛物线C1的表达式和点D 的坐标；
（2）将抛物线C1沿x 轴平移m（m＞0）个单位长度，所得新的抛物线记作C2，C2的顶点为D′，与抛
物线C1交于点E，在平移过程中，是否存在△DED′是等腰直角三角形？如果存在，请求出满足条件的
抛物线C2的表达式，并写出平移过程；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题意可以把A（﹣2，0），C（0．﹣3）代入y= 1
4 x2+bx+c，可得C1的解析式，从而可
以求的顶点D．
（2）求出抛物线C2的顶点D′，两个抛物线交点为点E，且△DED′是等腰直角三角形，利用等腰直
角三角形性质，用m 分别表示出点E 的横纵坐标，然后代入到C1的解析式中求出m．
【解答】解：（1）由题意知：抛物线C1过点A（﹣2，0），点C（0，﹣3），
将A、C 的坐标代入y= 1
4 x2+bx+c，
可得：{
1
4 ×(−2)
2−2b+c =0
c =−3
，
解得：{
b=−1
c =−3，
∴抛物线C1的解析式为：y= 1
4 x2﹣x﹣3，
∴抛物线C1的对称轴为直线x＝2，
当x＝2 时，y＝﹣4，
∴顶点D 的坐标为（2，﹣4）；
（2）存在，将抛物线C1向左平移8 个单位长度得到抛物线C2：y= 1
4 x2+3x+5．
将抛物线C1向右平移8 个单位长度得到抛物线C2：y= 1
4 x2﹣5x+21．
理由如下：
∵沿着x 轴向右平移，
D′坐标为（2+m，﹣4），
过E 作DD′的垂线，交DD′垂足为M，两个图象总关于EM 对称，
∴DE＝D′E，
∴要使得△DED′是等腰直角三角形，只要再满足∠DED′＝90°即可，
∵△DED′是等腰直角三角形，且EM⊥DD′，
∴DD′＝2EM，M 为DD′中点
∵点M 为DD′中点，所以M（2+ 1
2m，﹣4），
∴点E 的横坐标为2+ 1
2m，
设点E 的坐标为（2+ 1
2m，y），
则EM＝y﹣（﹣4）＝y+4，DD′＝m，
∴m＝2（y+4），
即y= 1
2m﹣4，
∴点E 的坐标为（2+ 1
2m，1
2m﹣4）
又点E 在抛物线C1上，
∴1
2m﹣4= 1
4 （2+ 1
2m）2﹣（2+ 1
2m）﹣3，
解得m＝0 或8，
又∵m＞0，
∴m＝8，
∴抛物线C2的解析式为：y= 1
4 （x﹣8）2﹣（x﹣8）﹣3= 1
4 x2﹣5x+21
即将抛物线C1向右平移8 个单位长度得到抛物线C2：y= 1
4 x2﹣5x+21
同法可得，将抛物线C1向左平移8 个单位长度得到抛物线C2：y= 1
4 x2+3x+5．
【变式3-2】（2022•琼海二模）如图1，抛物线y＝ax2+bx+3 与x 轴交于点A（3，0）、B（﹣1，0），与y
轴交于点C，点P 为x 轴上方抛物线上的动点，点F 为y 轴上的动点，连接PA，PF，AF．
（1）求该抛物线所对应的函数解析式；
（2）如图1，当点F 的坐标为（0，﹣4），求出此时△AFP 面积的最大值；
（3）如图2，是否存在点F，使得△AFP 是以AP 为腰的等腰直角三角形？若存在，求出所有点F 的坐
标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）如图1，过点P 作PQ∥y 轴交直线AF 于点Q，运用待定系数法可得直线AF 的解析式为y= 4
3 x﹣
4，设P（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜3），则Q（t，4
3 t﹣4），利用三角形面积公式可得S△AFP= 1
2PQ•OA
= 1
2（﹣t2+ 2
3t+7）×3=−3
2（t−1
3）2+ 32
3 ，再运用二次函数性质即可求得答案；
（3）设P（m，﹣m2+2m+3）（﹣1＜m＜3），F（0，n），分两种情况：①当AP＝AF，∠PAF＝90°时，
②当AP＝PF，∠APF＝90°时，分别讨论计算即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3 与x 轴交于点A（3，0）、B（﹣1，0），
∴{
9a+3b+3=0
a−b+3=0 ，
解得：{
a=−1
b=2 ，
∴该抛物线所对应的函数解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）如图1，过点P 作PQ∥y 轴交直线AF 于点Q，
设直线AF 的解析式为y＝kx+d，
∵A（3，0），F（0，﹣4），
∴{
3k +d =0
d =−4 ，
解得：{
k = 4
3
d =−4
，
∴直线AF 的解析式为y= 4
3 x﹣4，
设P（t，﹣t2+2t+3）（﹣1＜t＜3），则Q（t，4
3 t﹣4），
∴PQ＝﹣t2+2t+3﹣（4
3 t﹣4）＝﹣t2+ 2
3t+7，
∴S△AFP= 1
2PQ•OA= 1
2（﹣t2+ 2
3t+7）×3=−3
2（t−1
3）2+ 32
3 ，
∵−3
2 ＜0，﹣1＜t＜3，
∴当t= 1
3时，△AFP 面积的最大值为32
3 ；
（3）设P（m，﹣m2+2m+3）（﹣1＜m＜3），F（0，n），
∵A（3，0），
∴OA＝3，OF＝|n|，
①当AP＝AF，∠PAF＝90°时，如图2，过点P 作PD⊥x 轴于点D，
则∠ADP＝90°＝∠AOF，
∴∠PAD+∠APD＝90°，
∵∠PAD+∠FAO＝90°，
∴∠APD＝∠FAO，
在△APD 和△FAO 中，
{
∠ADP =∠AOF
∠APD =∠FAO
AP = AF
，
∴△APD≌△FAO（AAS），
∴PD＝OA，AD＝OF，
∵PD＝﹣m2+2m+3，AD＝3﹣m，
∴﹣m2+2m+3＝3，
解得：m＝0 或2，
当m＝0 时，P（0，3），AD＝3，
∴OF＝3，即|n|＝3，
∵点F 在y 的负半轴上，
∴n＝﹣3，
∴F（0，﹣3）；
当m＝2 时，P（2，3），AD＝1，
∴OF＝1，即|n|＝1，
∵点F 在y 的负半轴上，
∴n＝﹣1，
∴F（0，﹣1）；
②当AP＝PF，∠APF＝90°时，如图3，过点P 作PD⊥x 轴于点D，PG⊥y 轴于点G，
则∠PDA＝∠PDO＝∠PGF＝90°，
∵∠PDO＝∠PGF＝∠DOG＝90°，
∴四边形PDOG 是矩形，
∴∠FPG+∠FPD＝90°，
∵∠APD+∠FPD＝∠APF＝90°，
∴∠FPG＝∠APD，
在△FPG 和△APD 中，
{
∠PGF =∠PDA
∠FPG =∠APD
PF = AP
，
∴△FPG≌△APD（AAS），
∴PG＝PD，FG＝AD，
∵PD＝﹣m2+2m+3，AD＝3﹣m，PG＝m，
∴﹣m2+2m+3＝m，
解得：m= 1−√13
2
（舍去）或m= 1+√13
2
，
当m= 1+√13
2
时，P（1+√13
2
，1+√13
2
），
∴FG＝AD＝3﹣m＝3−1+√13
2
= 5−√13
2
，
∴F（0，√13−2）；
综上所述，点F 的坐标为（0，﹣3）或（0，﹣1）或（0，√13−2）．
【变式3-3】（2022•枣庄）如图①，已知抛物线L：y＝x2+bx+c 的图象经过点A（0，3），B（1，0），过
点A 作AC∥x 轴交抛物线于点C，∠AOB 的平分线交线段AC 于点E，点P 是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的关系式；
（2）若动点P 在直线OE 下方的抛物线上，连结PE、PO，当△OPE 面积最大时，求出P 点坐标；
（3）将抛物线L 向上平移h 个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OAE 内（包括△OAE 的边
界），求h 的取值范围；
（4）如图②，F 是抛物线的对称轴l 上的一点，在抛物线上是否存在点P，使△POF 成为以点P 为直角
顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法可得抛物线的解析式；
（2）过P 作PG∥y 轴，交OE 于点G，设P（m，m2﹣4m+3），根据OE 的解析式表示点G 的坐标，表
示PG 的长，根据面积和可得△OPE 的面积，利用二次函数的最值可得其最大值；
（3）求出原抛物线的对称轴和顶点坐标以及对称轴与OE 的交点坐标、与AE 的交点坐标，用含h 的代
数式表示平移后的抛物线的顶点坐标，列出不等式组求出h 的取值范围；
（4）存在四种情况：作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据|OM|＝|PN|，列方程可
得点P 的坐标；同理可得其他图形中点P 的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线L：y＝x2+bx+c 的图象经过点A（0，3），B（1，0），
∴{
1+b+c =0
c =3
，解得{
b=−4
c =3 ，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）如图，过P 作PG∥y 轴，交OE 于点G，
设P（m，m2﹣4m+3），
∵OE 平分∠AOB，∠AOB＝90°，
∴∠AOE＝45°，
∴△AOE 是等腰直角三角形，
∴AE＝OA＝3，
∴E（3，3），
∴直线OE 的解析式为：y＝x，
∴G（m，m），
∴PG＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3，
∴S△OPE＝S△OPG+S△EPG
= 1
2PG•AE
= 1
2 ×3×（﹣m2+5m﹣3）
=−3
2（m2﹣5m+3）
=−3
2（m−5
2）2+ 39
8 ，
∵−3
2 ＜0，
∴当m= 5
2时，△OPE 面积最大，
此时，P 点坐标为（5
2，−3
4 ）；
（3）由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，得抛物线l 的对称轴为直线x＝2，顶点为（2，﹣1），
抛物线L 向上平移h 个单位长度后顶点为F（2，﹣1+h）．
设直线x＝2 交OE 于点DM，交AE 于点N，则E（2，3），
∵直线OE 的解析式为：y＝x，
∴M（2，2），
∵点F 在△OAE 内（包括△OAE 的边界），
∴2≤﹣1+h≤3，
解得3≤h≤4；
（4）设P（m，m2﹣4m+3），分四种情况：
①当P 在对称轴的左边，且在x 轴下方时，如图，过P 作MN⊥y 轴，交y 轴于M，交l 于N，
∴∠OMP＝∠PNF＝90°，
∵△OPF 是等腰直角三角形，
∴OP＝PF，∠OPF＝90°，
∴∠OPM+∠NPF＝∠PFN+∠NPF＝90°，
∴∠OPM＝∠PFN，
∴△OMP≌△PNF（AAS），
∴OM＝PN，
∵P（m，m2﹣4m+3），
则﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，
解得：m= 5+√5
2
（舍）或5−√5
2
，
∴P 的坐标为（5−√5
2
，1−√5
2
）；
②当P 在对称轴的左边，且在x 轴上方时，
同理得：2﹣m＝m2﹣4m+3，
解得：m1= 3+√5
2
（舍）或m2= 3−√5
2
，
∴P 的坐标为（3−√5
2
，√5+1
2
）；
③当P 在对称轴的右边，且在x 轴下方时，
如图，过P 作MN⊥x 轴于N，过F 作FM⊥MN 于M，
同理得△ONP≌△PMF，
∴PN＝FM，
则﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，
解得：m= 3+√5
2
或m2= 3−√5
2
（舍）；
P 的坐标为（3+√5
2
，1−√5
2
）；
④当P 在对称轴的右边，且在x 轴上方时，如图，
同理得m2﹣4m+3＝m﹣2，
解得：m= 5+√5
2
或5−√5
2
（舍），
P 的坐标为：（5+√5
2
，√5+1
2
）；
综上所述，点P 的坐标是：（5−√5
2
，1−√5
2
）或（3−√5
2
，√5+1
2
）或（3+√5
2
，1−√5
2
）或（
5+√5
2
，√5+1
2
）．
【题型4 二次函数中平行四边形的存在性问题】
【例4】（2022•垦利区二模）已知抛物线y＝ax2+bx+3 的图象与x 轴相交于点A 和点B（1，0），与y 轴交
于点C，连接AC，有一动点D 在线段AC 上运动，过点D 作x 轴的垂线，交抛物线于点E，交x 轴于点
F，AB＝4，设点D 的横坐标为m．
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AE、CE，当△ACE 的面积最大时，点D 的坐标是 （−3
2，3
2） ；
（3）当m＝﹣2 时，在平面内是否存在点Q，使以B，C，E，Q 为顶点的四边形为平行四边形？若存在，
请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将B（1.0），A（﹣3.0）代入y＝ax2+bx+3，即可求解析式；
（2）求出直线AC 的解析式，即可知D（m．m+3），E（m，﹣m2﹣2m+3），再求S△ACE= 1
2 ×3×（﹣m2
﹣3m）=−3
2（m+ 3
2）2+ 27
8 ，即可求解；
（3）设Q （n，t），分①当BC 为平行四边形的对角线时，②当BE 为平行四边形的对角线时，③当
BQ 为平行四边形的对角线时三种情况求解即可．
【解答】解：（1）∵点B（1，0），，AB＝4，
∴A（﹣3，0），
将A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝ax2+bx+3，
∴{
z +b+3=0
9a−3b+3=0，
解得：{
a=−1
b=−2，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）由（1）知，C（0，3），
设直线AC 的解析式为y＝kx+b′（k≠0），
则{
−3k +b' =0
b' =3
，
解得：{
k =1
b' =3，
∴直线AC 的解析式为y＝x+3，
∴D（m，m+3），E（m，﹣m2﹣2m+3），
∴DE＝﹣m2﹣3m，
∴S△ACE== 1
2 ×3×（﹣m2﹣3m）=−3
2（m+ 3
2）2+ 27
8 ，
∴当x=−3
2时，S△ACE最大，
∴D（−3
2，3
2），
故答案为：（−3
2，3
2）；
（3）解：存在，理由如下：
∵m＝﹣2，
∴E（﹣2.3），
设Q（n．t），如图：
①当BC 为平行四边形对角线时，
{
1+0=−2+n
0+3=3+t ，
解得：{
n=3
t =0 ，
∴Q1（3，0）；
②当BE 为平行四边形对角线时，
则{
1−2=0+n
0+3=3+t ，
解得：{
n=−1
t =0 ，
∴Q2（﹣1，0）；
③当BQ 为平行四边形对角线时，
则{
1+n=0−2
0+t =3+3 ，
解得：{
n=−3
t =6 ，
∴Q3（﹣3，6）．
综上所述，当点Q 为（3，0）或（﹣1，0）或（﹣3，6）时，以B，C，E，Q 为顶点的四边形为平行四
边形．
【变式4-1】（2022•澄迈县模拟）在平面直角坐标系中，抛物线经过点A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原
点O，顶点为C．
（1）求该抛物线的函数表达式及顶点C 的坐标；
（2）设该抛物线上一动点P 的横坐标为t．
①在图1 中，当﹣3＜t＜0 时，求△PBO 的面积S 与t 的函数关系式，并求S 的最大值；
②在图2 中，若点P 在该抛物线上，点E 在该抛物线的对称轴上，且以A，O，P，E 为顶点的四边形是
平行四边形，求点P 的坐标；
【分析】（1）由待定系数法求函数的解析式即可；
（2）①求出直线BO 的解析式，过点P 作PG⊥x 轴交BO 于点G，可得E（t，﹣t）再由S=−3
2（t+ 3
2
）2+ 27
8 ，即可求解；
②设E（﹣1，m），根据平行四边形对角线的情况，分三种情况讨论：当AO 为平行四边形的对角线时，
当AP 为平行四边形的对角线时，当AE 为平行四边形的对角线时；利用中点坐标公式求解即可；
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx，
将A（﹣2，0），B（﹣3，3）代入，
∴{
4 a−2b=0
9a−3b=3，
解得{
a=1
b=2，
∴y＝x2+2x，
∴C（﹣1，﹣1）；
（2）①∵P 的横坐标为t，
∴P（t，t2+2t），
设直线BO 的解析式为y＝kx，
∴﹣3k＝3，
∴k＝﹣1，
∴y＝﹣x，
过点P 作PG⊥x 轴交BO 于点G，
∴E（t，﹣t）
∴PG＝﹣t﹣t2﹣2t＝﹣t2﹣3t，
∴S= 1
2 ×3×（﹣t2﹣3t）=−3
2（t+ 3
2）2+ 27
8 ，
∵﹣3＜t＜0，
∴t=−3
2时，S 有最大值27
8 ；
②∵y＝x2+2x，
∴抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，
设E（﹣1，m），
当AO 为平行四边形的对角线时，
{
−2=t −1
0=t
2+2t +m，
解得{
t =−1
m=1 ，
∴P（﹣1，﹣1）；
当AP 为平行四边形的对角线时，
{
t −2=−1
t
2+2t =m，
解得{
t =1
m=3，
∴P（1，3）；
当AE 为平行四边形的对角线时，
{
−2−1=t
m=t
2+2t ，
解得{
t =−3
m=3 ，
∴P（﹣3，3）；
综上所述：P 点坐标为（﹣1，﹣1）或（1，3）或（﹣3，3）；
【变式4-2】（2022•福山区一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c 过点A（﹣1，0），点B（3，0），与y 轴负
半轴交于点C，且OC＝3OA，抛物线的顶点为D，对称轴交x 轴于点E．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）求直线BC 的函数表达式；
（3）若点P 是抛物线上一点，过点P 作PQ⊥x 轴交直线BC 于点Q，试探究是否存在以点E，D，P，
Q 为顶点的平行四边形．若存在，求出点P 坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先求得C（0，3），再利用待定系数法求解即可；
（2）设出直线BC 的函数表达式，再利用待定系数法求解即可；
（3）设p（a，a2﹣2a﹣3），因为PQ⊥x 轴交直线BC 于点Q，所以Q（a，a﹣3），因为PQ∥ED，所
以当PQ＝ED 时，E、D、P、Q 为平行四边形，据此即可解答．
【解答】解：（1）∵点A（﹣1，0），OC＝3OA，
∴OC＝3，
∴C（0，﹣3），
把点A（﹣1，0）、C（0，﹣3）和B（3，0）代入抛物线y＝ax2+bx+c 中，
{
a−b+c =0
9a+3b+c =0
c =−3
，
解得：{
a=1
b=−2
c =−3
，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）设直线BC 解析式为：y＝kx+b，
把B（3，0）、C（0，﹣3）代入得：
{
3k +b=0
b=−3 ，
解得：{
k =1
b=−3，
∴y＝x﹣3；
（3）存在，设p（a，a2﹣2a﹣3），
∴Q（a，a﹣3），
∵抛物线的顶点为D，
∴D（1，﹣4），
∵E（1，0），
∴|PQ|＝|yQ﹣yP|＝|a2﹣3a|，PQ∥ED，
若E、D、P、Q 为平行四边形，
∴PQ＝ED，
∵D（1，﹣4），E（1，0），
∴ED＝4，PQ＝4，
∴|a2﹣3a|＝4，
∴a2﹣3a＝4 或a2﹣3a＝﹣4，
当a2﹣3a＝4 时，解得：a1＝4，a2＝﹣1；
当a2﹣3a＝﹣4，时，Δ＜0，无解，
∴P1（4，5），P2（﹣1，0），
∴存在，点P 坐标为（4，5）或（﹣1，0）．
【变式4-3】（2022•青羊区校级模拟）抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x 轴交于点A（﹣3，0），B（1，
0）两点，与y 轴交于点C（0，3），点P 是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点P 在线段AC 上方的抛物线上运动（不与A，C 重合），过点P 作PD⊥AB，垂足为
D，PD 交AC 于点E．作PF⊥AC，垂足为F，求△PEF 的面积的最大值；
（3）如图2，点Q 是抛物线的对称轴l 上的一个动点，在抛物线上，是否存在点P，使得以点A，P，
C，Q 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点P 的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）由PD∥OC，可得∠PEF＝∠ACO＝45°，故△PEF 是等腰直角三角形，如图1，过点F 作FH⊥PE
于点H，则FH= 1
2PE，可得：S△PEF= 1
2 ×PE×FH= 1
4 PE2，当PE 最大时，S△PEF最大，利用待定系数法求
得直线AC 的解析式为y＝x+3，设P（t，﹣t2﹣2t+3），则E（t，t+3），可得PE＝﹣（t+ 3
2）2+ 9
4 ，运
用二次函数的性质求得PE 的最大值即可得出答案；
（3）分两种情形：①当AC 为平行四边形的边时，则有PQ∥AC，且PQ＝AC，如图2，过点P 作对称
轴的垂线，垂足为G，设AC 交对称轴于点H，证得△PQG≌△ACO（AAS），根据点P 到对称轴的距
离为3，建立方程求解即可；②当AC 为平行四边形的对角线时，如图3，设AC 的中点为M，则M（
−3
2，3
2），设点P 的横坐标为x，根据中点公式建立方程求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x 轴交于点A（﹣3，0），B（1，0）两点，
∴设y＝a（x+3）（x﹣1），把C（0，3）代入，得：3＝a×（0+3）×（0﹣1），
解得：a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣2x+3，
∴该抛物线的函数表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴OA＝OC＝3，
∴∠ACO＝45°，
∵PD⊥AB，OC⊥AB，
∴PD∥OC，
∴∠PEF＝∠ACO＝45°，
∵PF⊥AC，
∴△PEF 是等腰直角三角形，
如图1，过点F 作FH⊥PE 于点H，
则FH= 1
2PE，
∴S△PEF= 1
2 ×PE×FH= 1
4 PE2，
当PE 最大时，S△PEF最大，
设直线AC 的解析式为y＝kx+d，
则{
−3k +d =0
d =3
，
解得：{
k =1
d =3，
∴直线AC 的解析式为y＝x+3，
设P（t，﹣t2﹣2t+3），则E（t，t+3），
∴PE＝﹣t2﹣2t+3﹣（t+3）＝﹣t2﹣3t＝﹣（t+ 3
2）2+ 9
4 ，
∵﹣1＜0，
∴当t=−3
2时，PE 取得最大值9
4 ，
∴S△PEF= 1
4 PE2= 1
4 ×（9
4 ）2= 81
64 ，
∴△PEF 的面积的最大值为81
64 ；
（3）①当AC 为平行四边形的边时，则有PQ∥AC，且PQ＝AC，
如图2，过点P 作对称轴的垂线，垂足为G，设AC 交对称轴于点H，
则∠AHG＝∠ACO＝∠PQG，
在△PQG 和△ACO 中，
{
∠PGQ =∠AOC
∠PQG =∠ACO
PQ = AC
，
∴△PQG≌△ACO（AAS），
∴PG＝AO＝3，
∴点P 到对称轴的距离为3，
又∵y＝﹣（x+1）2+4，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣1，
设点P（x，y），则|x+1|＝3，
解得：x＝2 或x＝﹣4，
当x＝2 时，y＝﹣5，
当x＝﹣4 时，y＝﹣5，
∴点P 坐标为（2，﹣5）或（﹣4，﹣5）；
②当AC 为平行四边形的对角线时，
如图3，设AC 的中点为M，
∵A（﹣3，0），C（0，3），
∴M（−3
2，3
2），
∵点Q 在对称轴上，
∴点Q 的横坐标为﹣1，设点P 的横坐标为x，
根据中点公式得：x+（﹣1）＝2×（−3
2）＝﹣3，
∴x＝﹣2，此时y＝3，
∴P（﹣2，3）；
综上所述，点P 的坐标为（2，﹣5）或（﹣4，﹣5）或（﹣2，3）．
【题型5 二次函数中矩形的存在性问题】
【例5】（2022•齐齐哈尔三模）综合与实践
如图，二次函数y＝﹣x2+c 的图象交x 轴于点A、点B，其中点B 的坐标为（2，0），点C 的坐标为
（0，2），过点A、C 的直线交二次函数的图象于点D．
（1）求二次函数和直线AC 的函数表达式；
（2）连接DB，则△DAB 的面积为
6
；
（3）在y 轴上确定点Q，使得∠AQB＝135°，点Q 的坐标为 （
0 ，
2 √2−2 ）或（
0 ，
2 ﹣
2 √2） ；
（4）点M 是抛物线上一点，点N 为平面上一点，是否存在这样的点N，使得以点A、点D、点M、点
N 为顶点的四边形是以AD 为边的矩形？若存在，请你直接写出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法可求出c 的值，进而可得出二次函数的表达式，利用二次函数图象上点
的坐标特征可求出点A 的坐标，再由点A，C 的坐标，利用待定系数法即可求出直线AC 的函数表达式；
（2）联立直线AC 和抛物线的函数表达式可求出点D 的坐标，再结合点A，B 的坐标，利用三角形的面
积计算公式，即可求出△DAB 的面积；
（3）当点Q 在y 轴正半轴轴时，过点Q 作QE⊥AC 于点E，根据各角之间的关系可得出AQ 平分
∠OAC，利用角平分线的性质及面积法，可求出OQ 的长，进而可得出点Q 的坐标；当点Q 在y 轴负半
轴时，利用对称性可得出点Q 的坐标；
（4）连接BC，则AD⊥BC，分四边形ADMN 为矩形及四边形ADNM 为矩形两种情况考虑：①当四边
形ADMN 为矩形时，利用平行线的性质及待定系数法可求出直线DM 的函数表达式，联立后可求出点
M 的坐标，再利用矩形的性质可求出点N 的坐标；②当四边形ADNM 为矩形时，利用平行线的性质及
待定系数法可求出直线AM 的函数表达式，联立后可求出点M 的坐标，再利用矩形的性质可求出点N 的
坐标．
【解答】解：（1）将B（2，0）代入y＝﹣x2+c 得：0＝﹣4+c，
解得：c＝4，
∴二次函数的表达式为y＝﹣x2+4．
当y＝0 时，﹣x2+4＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝2，
∴点A 的坐标为（﹣2，0）．
设直线AC 的函数表达式为y＝kx+b（k≠0），
将A（﹣2，0），C（0，2）代入y＝kx+b 得：{
−2k +b=0
0+b=2
，
解得：{
k =1
b=2，
∴直线AC 的函数表达式为y＝x+2．
（2）联立直线AC 和抛物线的函数表达式得：{
y = x +2
y =−x
2+ 4，
解得：{
x1=−2
y1=0 ，{
x2=1
y2=3，
∴点D 的坐标为（1，3），
∴S△ABD= 1
2 ×|2﹣（﹣2）|×|3|＝6．
故答案为：6．
（3）当点Q 在y 轴正半轴轴时，过点Q 作QE⊥AC 于点E，如图1 所示．
∵点A，B 关于y 轴对称，
∴AQ＝BQ，
∵∠AQB＝135°，
∴∠BAQ= 1
2（180°﹣135°）＝22.5°．
∵点A 的坐标为（﹣2，0），点C 的坐标为（0，2），
∴OA＝OC＝2，
∴∠OAC= 1
2（180°﹣90°）＝45°，AC=√2OA＝2√2，
∴∠CAQ＝∠OAC﹣∠BAQ＝45°﹣22.5°＝22.5°＝∠BAQ，
∴AQ 平分∠OAC，
∴OQ＝EQ．
∵S△ACQ= 1
2CQ•OA= 1
2AC•EQ= 1
2AC•OQ，
∴（2﹣OQ）•2＝2√2•OQ，
∴OQ＝2√2−2，
∴点Q 的坐标为（0，2√2−2）．
当点Q 在y 轴负半轴时，点Q 的坐标为（0，2﹣2√2）.
故答案为：（0，2√2−2）或（0，2﹣2√2）．
（4）连接BC，则AC⊥BC，即AD⊥BC，利用待定系数法可求出直线BC 的函数表达式y＝﹣x+2．
分两种情况考虑，如图2 所示．
①当四边形ADMN 为矩形时，设直线DM 的函数表达式为y＝﹣x+m，
将D（1，3）代入y＝﹣x+m 得：﹣1+m＝3，
解得：m＝4，
∴直线DM 的函数表达式为y＝﹣x+4．
联立直线DM 和抛物线的函数表达式得：{
y =−x + 4
y =−x
2+ 4，
解得：{
x1=0
y1= 4，{
x2=1
y2=3，
∴点M 的坐标为（0，4），
又∵四边形ADMN 为矩形，
∴点N 的坐标为（﹣2+0﹣1，0+4﹣3），即（﹣3，1）；
②当四边形ADNM 为矩形时，同理可得出直线AM 的函数表达式为y＝﹣x﹣2，
联立直线AM 和抛物线的函数表达式得：{
y =−x−2
y =−x
2+ 4，
解得：{
x1=−2
y1=0 ，{
x2=3
y2=−5，
∴点M 的坐标为（3，﹣5），
又∵四边形ADNM 为矩形，
∴点N 的坐标为（1+3﹣（﹣2），3﹣5﹣0），即（6，﹣2）．
综上所述，存在这样的点N，使得以点A、点D、点M、点N 为顶点的四边形是以AD 为边的矩形，点
N 的坐标为（﹣3，1）或（6，﹣2）．
【变式5-1】（2022•博山区一模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣4 与x 轴交于A，B 两点，与y 轴交于点
C，且点A 的坐标为（﹣2，0），直线BC 的解析式为y= 1
2x﹣4．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图1，过点A 作AD∥BC 交抛物线于点D（异于点A），P 是直线BC 下方抛物线上一点，过点
P 作PQ∥y 轴，交AD 于点Q，过点Q 作QR⊥BC 于点R，连接PR．求△PQR 面积的最大值及此时点P
的坐标．
（3）如图2，点C 关于x 轴的对称点为点C′，将抛物线沿射线C′A 的方向平移2√5个单位长度得到
新的抛物线y′，新抛物线y′与原抛物线交于点M，原抛物线的对称轴上有一动点N，平面直角坐标
系内是否存在一点K，使得以D，M，N，K 为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点K 的坐标；
若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题可知B 点既在x 轴上，又在y= 1
2x﹣4 上，则B（8，0），再将A、B 代入y＝ax2+bx
﹣4 即可求解析式；
（2）先求出直线AD 的解析式为y= 1
2x+1，过点B 作BG⊥AD，在Rt△ABG 中，AB＝10，tan∠BAG= 1
2
，求出BG＝2√5，设P（m，−1
4 m2−3
2m﹣4），R（n，1
2n﹣4），则Q（m，1
2m+1），QR＝2√5，代
入点的坐标可得n﹣m＝2，则R（m+2，1
2m﹣3），S△PQR=−1
4 （m﹣4）2+9，当m＝4 时，S△PQR有最大
值9，则可求P（4，﹣6）；
（3）求出C'（0，﹣4），直线AC 的解析式为y＝2x+4，由平移可知抛物线沿着x 轴负方向平移2 个单
位长度，沿着y 轴负方向平移4 个单位长度，可得平移后抛物线解析式为y'= 1
4 （x﹣1）2−41
4 ，联立1
4
（x﹣3）2−25
4 = 1
4 （x﹣1）2−41
4 可求两抛物线交点M（6，﹣4），联立1
2x+1= 1
4 x2−3
2x﹣4，可求D
（10，6），设N（3，t），K（x，y），①当DM 与KN 为矩形对角线时，8= 3+ x
2
，1= t + y
2
，再由DM
＝KN，则16+100＝（3﹣x）2+（t﹣y）2，可求K（13，﹣1）或K（13，3）；②当DN 与MK 为矩形对
角线时，13
2 = 6+ x
2
，y −4
2
= 6+t
2 ，再由DN＝MK，则49+（6﹣t）2＝（6﹣x）2+（y+4）2，求出K
（7，36
5 ）；③当KD 与MN 为矩形对角线时，10+ x
2
= 9
2，6+ y
2
= t −4
2
，再由KD＝MN，（x﹣10）
2+（6﹣y）2＝9+（t+4）2，求出K（﹣1，−6
5）．
【解答】解：（1）∵B 点在x 轴上，且B 点在y= 1
2x﹣4 上，
∴B（8，0），
∵A（﹣2，0），B（8，0），都在抛物线y＝ax2+bx﹣4 上，
∴x＝﹣2，x＝8 是方程ax2+bx﹣4＝0 的两个根，
∴﹣16=−4
a ，b
a =6，
∴a= 1
4 ，b=−3
2，
∴y= 1
4 x2−3
2x﹣4；
（2）∵AD∥BC，直线BC 的解析式为y= 1
2x﹣4，
∴直线AD 的解析式为y= 1
2x+1，
过点B 作BG⊥AD 交点G，
∵QR⊥BC，
∴QR＝BG，
在Rt△ABG 中，AB＝10，tan∠BAG= 1
2，
∴BG＝2√5，
设P（m，1
4 m2−3
2m﹣4），R（n，1
2n﹣4），则Q（m，1
2m+1），
∵QR＝2√5，
∴20＝（m﹣n）2+( 1
2 m−1
2 n+5)
2，
∴n﹣m＝2，
∴R（m+2，1
2m﹣3），
S△PQR= 1
2 ×（1
2m+1−1
4 m2+ 3
2m+4）×2=−1
4 m2+2m+5=−1
4 （m﹣4）2+9，
∴当m＝4 时，S△PQR有最大值9，
∴P（4，﹣6）；
（3）∵点C 关于x 轴的对称点为点C′，
∴C'（0，﹣4），
∴直线AC 的解析式为y＝2x+4，
∵抛物线沿射线C′A 的方向平移2√5个单位长度，
∴抛物线沿着x 轴负方向平移2 个单位长度，沿着y 轴负方向平移4 个单位长度，
∵y= 1
4 x2−3
2x﹣4= 1
4 （x﹣3）2−25
4 ，
∴y'= 1
4 （x﹣1）2−41
4 ，
联立1
4 （x﹣3）2−25
4 = 1
4 （x﹣1）2−41
4 ，解得x＝6，
∴M（6，﹣4），
联立1
2x+1= 1
4 x2−3
2x﹣4，解得x＝10 或x＝﹣2，
∵D 异于点A，
∴D（10，6），
∵y= 1
4 x2−3
2x﹣4 的对称轴为直线x＝3，
设N（3，t），K（x，y），
①当DM 与KN 为矩形对角线时，
DM 的中点与KN 的中点重合，
∴8= 3+ x
2
，1= t + y
2
，
∴x＝13，t＝2﹣y，
∵DM＝KN，
∴16+100＝（3﹣x）2+（t﹣y）2，
∴y＝﹣1 或y＝3，
∴K（13，﹣1）或K（13，3）；
②当DN 与MK 为矩形对角线时，
DN 的中点与MK 的中点重合，
∴13
2 = 6+ x
2
，y −4
2
= 6+t
2 ，
∴x＝7，t＝y﹣10，
∵DN＝MK，
∴49+（6﹣t）2＝（6﹣x）2+（y+4）2，
∴y= 36
5 ，
∴K（7，36
5 ）；
③当KD 与MN 为矩形对角线时，
KD 的中点与MN 的中点重合
∴10+ x
2
= 9
2，6+ y
2
= t −4
2
，
∴x＝﹣1，t＝10+y，
∵KD＝MN，
∴（x﹣10）2+（6﹣y）2＝9+（t+4）2，
∴y=−6
5，
∴K（﹣1，−6
5）；
综上所述：以D，M，N，K 为顶点的四边形是矩形时，K 点坐标为（﹣1，−6
5）或（7，36
5 ）或
（13，﹣1）或（13，3）．
【变式5-2】（2022•绥化）如图，抛物线y＝ax2+bx+c 交y 轴于点A（0，﹣4），并经过点C（6，0），过
点A 作AB⊥y 轴交抛物线于点B，抛物线的对称轴为直线x＝2，D 点的坐标为（4，0），连接AD，
BC，BD．点E 从A 点出发，以每秒√2个单位长度的速度沿着射线AD 运动，设点E 的运动时间为m 秒，
过点E 作EF⊥AB 于F，以EF 为对角线作正方形EGFH．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点G 随着E 点运动到达BC 上时，求此时m 的值和点G 的坐标；
（3）在运动的过程中，是否存在以B，G，C 和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，如果存在，直
接写出点G 的坐标，如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据抛物线的对称轴为直线x＝2，可得出抛物线与x 轴的另一个交点的坐标为（﹣2，
0），列出交点式，再将点A（0，﹣4）可得出抛物线的解析式；
（2）根据可得出△ABD 是等腰直角三角形，再根据点E 的运动和正方形的性质可得出点H，F，G 的坐
标，根据点B，C 的坐标可得出直线BC 的解析式，将点G 代入直线BC 的解析式即可；
（3）若存在，则△BGC 是直角三角形，则需要分类讨论，当点B 为直角顶点，当点G 为直角顶点，当
点C 为直角顶点，分别求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴为直线x＝2，D 点的坐标为（4，0），
∴抛物线与x 轴的另一个交点为（﹣2，0），
∴抛物线的解析式为：y＝a（x+2）（x﹣6），
将点A（0，﹣4）解析式可得，﹣12a＝﹣4，
∴a= 1
3．
∴抛物线的解析式为：y= 1
3（x+2）（x﹣6）= 1
3x2−4
3 x﹣4．
（2）∵AB⊥y 轴，A（0，﹣4），
∴点B 的坐标为（4，﹣4）．
∵D（4，0），
∴AB＝BD＝4，且∠ABD＝90°，
∴△ABD 是等腰直角三角形，∠BAD＝45°．
∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝90°，
∴△AEF 是等腰直角三角形．
∵AE=√2m，
∴AF＝EF＝m，
∴E（m，﹣4+m），F（m，﹣4）．
∵四边形EGFH 是正方形，
∴△EHF 是等腰直角三角形，
∴∠HEF＝∠HFE＝45°，
∴FH 是∠AFE 的角平分线，点H 是AE 的中点．
∴H（1
2m，﹣4+ 1
2m），G（3
2m，﹣4+ 1
2m）．
∵B（4，﹣4），C（6，0），
∴直线BC 的解析式为：y＝2x﹣12．
当点G 随着E 点运动到达BC 上时，有2× 3
2m﹣12＝﹣4+ 1
2m．
解得m= 16
5 ．
∴G（24
5 ，−12
5 ）．
（3）存在，理由如下：
∵B（4，﹣4），C（6，0），G（3
2m，﹣4+ 1
2m）．
∴BG2＝（4−3
2m）2+（1
2m）2，
BC2＝（4﹣6）2+（﹣4）2＝20，
CG2＝（6−3
2m）2+（﹣4+ 1
2m）2．
若以B，G，C 和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，则△BGC 是直角三角形，
∴分以下三种情况：
①当点B 为直角顶点时，BG2+BC2＝CG2，
∴（4−3
2m）2+（1
2m）2+20＝（6−3
2m）2+（﹣4+ 1
2m）2，
解得m= 8
5，
∴G（12
5 ，−16
5 ）；
②当点C 为直角顶点时，BC2+CG2＝BG2，
∴20+（6−3
2m）2+（﹣4+ 1
2m）2＝（4−3
2m）2+（1
2m）2，
解得m= 28
5 ，
∴G（42
5 ，−6
5）；
③当点G 为直角顶点时，BG2+CG2＝BC2，
∴（4−3
2m）2+（1
2m）2+（6−3
2m）2+（﹣4+ 1
2m）2＝20，
解得m= 24
5 或2，
∴G（3，﹣3）或（36
5 ，−8
5）；
综上，存在以B，G，C 和平面内的另一点为顶点的四边形是矩形，点G 的坐标为（12
5 ，−16
5 ）或（
42
5 ，−6
5）或（3，﹣3）或（36
5 ，−8
5）．
【变式5-3】（2022•黔东南州）如图，抛物线y＝ax2+2x+c 的对称轴是直线x＝1，与x 轴交于点A，B
（3，0），与y 轴交于点C，连接AC．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）已知点D 是第一象限内抛物线上的一个动点，过点D 作DM⊥x 轴，垂足为点M，DM 交直线BC
于点N，是否存在这样的点N，使得以A，C，N 为顶点的三角形是等腰三角形．若存在，请求出点N
的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）已知点E 是抛物线对称轴上的点，在坐标平面内是否存在点F，使以点B、C、E、F 为顶点的四
边形为矩形，若存在，请直接写出点F 的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由抛物线的对称轴为直线x＝1，抛物线经过点B（3，0），可得A（﹣1，0），用待定
系数法即可求解；
（2）求出直线BC 的解析式，设点D 坐标为（t，﹣t2+2t+3），则点N（t，﹣t+3），利用勾股定理表示
出AC2，AN2，CN2，然后分①当AC＝AN 时，②当AC＝CN 时，③当AN＝CN 时三种情况进行讨论，列
出关于t 的方程，求出t 的值，即可写出点N 的坐标；
（3）分两种情形讨论：①当BC 为对角线时，②当BC 为边时，先求出点E 的坐标，再利用平行四边形
的中心对称性求出点F 的坐标即可．
【解答】解：（1）抛物线y＝ax2+2x+c 的对称轴是直线x＝1，与x 轴交于点A，B（3，0），
∴A（﹣1，0），
∴{
a−2+c =0
9a+6+c =0，解得{
a=−1
c =3 ，
∴抛物线的解析式y＝﹣x2+2x+3；
（2）∵y＝﹣x2+2x+3，
∴C（0，3），
设直线BC 的解析式为y＝kx+3，
将点B（3，0）代入得：0＝3k+3，
解得：k＝﹣1，
∴直线BC 的解析式为y＝﹣x+3；
设点D 坐标为（t，﹣t2+2t+3），则点N（t，﹣t+3），
∵A（﹣1，0），C（0，3），
∴AC2＝12+32＝10，
AN2＝（t+1）2+（﹣t+3）2＝2t2﹣4t+10，
CN2＝t2+（3+t﹣3）2＝2t2，
①当AC＝AN 时，AC2＝AN2，
∴10＝2t2﹣4t+10，
解得t1＝2，t2＝0（不合题意，舍去），
∴点N 的坐标为（2，1）；
②当AC＝CN 时，AC2＝CN2，
∴10＝2t2，
解得t1=√5，t2=−√5（不合题意，舍去），
∴点N 的坐标为（√5，3−√5）；
③当AN＝CN 时，AN2＝CN2，
∴2t2﹣4t+10＝2t2，
解得t= 5
2，
∴点N 的坐标为（5
2，1
2）；
综上，存在，点N 的坐标为（2，1）或（√5，3−√5）或（5
2，1
2）；
（3）设E（1，a），F（m，n），
∵B（3，0），C（0，3），
∴BC＝3√2，
①以BC 为对角线时，BC2＝CE2+BE2，
∴（3√2）2＝12+（a﹣3）2+a2+（3﹣1）2，
解得：a= 3+√17
2
，或a= 3−√17
2
，
∴E（1，3+√17
2
）或（1，3−√17
2
），
∵B（3，0），C（0，3），
∴m+1＝0+3，n+ 3+√17
2
=0+3 或n+ 3−√17
2
=0+3，
∴m＝2，n= 3−√17
2
或n= 3+√17
2
，
∴点F 的坐标为（2，3−√17
2
）或（2，3+√17
2
）；
②以BC 为边时，BE2＝CE2+BC2或CE2＝BE2+BC2，
∴a2+（3﹣1）2＝12+（a﹣3）2+（3√2）2或12+（a﹣3）2＝a2+（3﹣1）2+（3√2）2，
解得：a＝4 或a＝﹣2，
∴E（1，4）或（1，﹣2），
∵B（3，0），C（0，3），
∴m+0＝1+3，n+3＝0+4 或m+3＝1+0，n+0＝3﹣2，
∴m＝4，n＝1 或m＝﹣2，n＝1，
∴点F 的坐标为（4，1）或（﹣2，1），
综上所述：存在，点F 的坐标为（2，3−√17
2
）或（2，3+√17
2
）或（4，1）或（﹣2，1）．
【题型6 二次函数中菱形的存在性问题】
【例6】（2022•烟台一模）如图，平面直角坐标系中，正方形ABCD 的顶点A，B 在x 轴上，抛物线y＝﹣
x2+bx+c 经过A，C（4，﹣5）两点，且与直线DC 交于另一点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P 为y 轴上一点，过点P 作抛物线对称轴的垂线，垂足为Q，连接EQ，AP．试求EQ+PQ+AP 的
最小值；
（3）N 为平面内一点，在抛物线对称轴上是否存在点M，使得以点M，N，E，A 为顶点的四边形是菱
形？若存在，请直接写出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）求出A 点坐标后，将点A、C 代入y＝﹣x2+bx+c，即可求解；
（2）连接OC，交对称x＝1 于点Q，此时EQ+OQ 的值最小，最小值为线段OC 长，再求解即可；
（3）分三种情况讨论：①以AE 为菱形对角线，此时AM＝ME；②以AM 为菱形对角线，此时AE＝
EM；③以AN 为菱形对角线，此时AE＝AM；再利用中点坐标公式和两点间距离公式求解即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD 为正方形，C（4，﹣5），
∴AD＝AB＝5，B（4，0），
∴OA＝1，
∴A（﹣1，0），
将点A，C 代入y＝﹣x2+bx+c，
∴{
−16+ 4 b+c =−5
−1−b+c =0
，
解得{
b=2
c =3，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）连接OC，交对称轴x＝1 于点Q，
∵PQ⊥y 轴，
∴AO∥PQ，
∵AO＝PQ＝1，
∴四边形AOQP 是平行四边形，
∴AP＝OQ，
∴EQ+PQ+AP＝EQ+1+OQ
若使EQ+PQ+AP 值为最小，则EQ+OQ 的值为最小，
∵E，C 关于对称轴x＝1 对称，
∴EQ＝CQ，
∴EQ+OQ＝CQ+OQ，
此时EQ+OQ 的值最小，最小值为线段OC 长，
∵C（4，﹣5），
∴OC =√4
2+5
2=√41，
∴EQ+PQ+AP 的最小值为√41+1，
即EQ+PQ+AP 的最小值为√41+1；
（3）存在点M，使得以点M，N，E，A 为顶点的四边形是菱形，理由如下：
①以AE 为菱形对角线，此时AM＝ME，
∴{
−1−2=1+ x
−5=m+ y
4+m
2=9+(m+5)
2，
解得{
x =−4
y =−2
m=−3
，
∴M（1，﹣3）；
②以AM 为菱形对角线，此时AE＝EM，
∴{
−1+1=−2+ x
m= y −5
1+25=9+(m+5)
2，
解得{
x =2
y =√17
m=−5+√17
或{
x =2
y =−√17
m=−5−√17
，
∴M（1，﹣5+√17）或（1，﹣5−√17）；
③以AN 为菱形对角线，此时AE＝AM，
∴{
−1+ x =−2+1
y =m−5
1+25= 4+m
2
，
解得{
x =0
y =√22−5
m=√22
或{
x =0
y =−5−√22
m=−√22
，
∴M（1，√22）或（1，−√22）；
综上所述：M 点坐标为（1，﹣3），(1，√22)，(1，−√22)，(1，−5+√17)，(1，−5−√17)．
【变式6-1】（2022•邵阳县模拟）如图，直线l：y＝﹣3x﹣6 与x 轴、y 轴分别相交于点A、C；经过点A、
C 的抛物线C：y = 1
2 x
2+bx +c与x 轴的另一个交点为点B，其顶点为点D，对称轴与x 轴相交于点E．
（1）求抛物线C 的对称轴．
（2）将直线l 向右平移得到直线l1．
①如图①，直线l1与抛物线C 的对称轴DE 相交于点P，要使PB+PC 的值最小，求直线l1的解析式．
②如图 ②，直线l1与直线BC 相交于点F，直线l1上是否存在点M，使得以点A、C、F、M 为顶点的四
边形是菱形，若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）分别把x＝0 和y﹣0 代入一次函数的解析式，求出A、C 坐标，代入抛物线得出方程组，
求出方程组的解，得出抛物线的解析式，即可求解；
（2）①求出抛物线C 的对称轴和B 的坐标，连接BC 交对称轴于点P′，PB+PC＝QP′B+P′C＝BC
的值最小，求出点P′的坐标，根据平移的性质即可求出直线l1的解析式；
②分两种情况：Ⅰ当AM 为边时，Ⅱ当AM 为对角线时，根据菱形的性质即可求解．
【解答】解：（1）在y＝﹣3x﹣6 中，令y＝0，
即﹣3x﹣6＝0，x＝﹣2，得A（﹣2，0）．
令x＝0，得y＝﹣6，得C（0，﹣6），
将点A、C 的坐标代入抛物线C 的表达式，
得：{
2−2b+c =0
c =−6
，解得{
b=−2
c =−6，
∴抛物线C 的解析式为y = 1
2 x
2−2 x−6，其对称轴为x=−−2
2× 1
2
=2；
（2）①如图，连接BC 交DE 于点P′，
则PB+PC≥BC．当点P 到达点P 时，
PB+PC＝QP′B+P′C＝BC 的值最小，
令y＝0，即1
2 x
2−2 x−6=0，
解得 x1＝﹣2，x2＝6．
∴点B 坐标为（6，0）．
设直线BC 的表达式为 y＝kx+h，
则：{
6k +ℎ=0
ℎ=−6 ，解得{
k =1
ℎ=−6．
∴y＝x﹣6，
当x＝2 时，y＝2﹣6＝﹣4．
∴点P′即点P 的坐标为（2，﹣4），
∵将直线l：y＝﹣3x﹣6 向右平移得到直线l1，
∴设直线l1的解析式为y＝﹣3x+h1．
则﹣4＝﹣3×2+h1，
∴h1＝2．
∴直线l1的解析式为y＝﹣3x+2；
②存在点M，使得以点A、C、F、M 为顶点的四边形是菱形．
由点F 在直线BC：y＝x﹣6 上，可设点F（m，m﹣6）．
Ⅰ当AM 为边时，如图，过点A 作AM∥CB 交l1于点M．
∵FM∥CA，
∴当FM＝CA 时，以点A、C、F、M 为顶点的四边形ACFM 是平行四边形．
当CA＝CF 时，▱ACFM 是菱形．
过点F 作FH⊥CO 于H，则CH＝|（m﹣6）﹣（﹣6）|＝|m|．CF2＝CH2+FH2＝m2+m2＝2m2，
∵CA2＝22+62＝40，
∴2m2＝40，
∴m1=2√5，m2=−2√5（舍去），
∴F（2√5，2√5−6）．
∵FM∥CA 且FM＝CA，
∴可将CA 先向右平移2√5单位、再向上平移2√5单位得到FM，
即可将点A（﹣2，0）先向右平移2√5单位、再向上平移2√5单位得到点M．
故点M 的坐标为（2√5−2，2√5）；
Ⅱ当AM 为对角线时，连接AF，过点C 作CM∥AF 交l1于点M．
∵FM∥AC，
∴当FM＝AC 时，以点A、C、F、M 为顶点的四边形ACFM 是平行四边形．
当AC＝AF 时，▱ACMF 是菱形．
∵AF2＝（m+2）2+（m﹣6）2，CA2＝40，
∴（m+2）2+（m﹣6）2＝40，
∴m1＝4，m2＝0（舍去），
∴点F 的坐标为（4，﹣2）．
∵FM∥AC 且FM＝AC，
∴可将AC 先向右平移6 个单位、再向下平移2 个单位得到FM，
即可将点C（0，﹣6）先向右平移6 单位、再向下平移2 单位得到点M．
∴点M 的坐标为（6，﹣8）．
综上，点M 的坐标为（2√5−2，2√5）或（6，﹣8）．
【变式6-2】（2022•嘉定区二模）在平面直角坐标系xOy（如图）中，已知抛物线y＝ax2+bx+3 经过点A
（3，0）、B（4，1）两点，与y 轴的交点为C 点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求四边形OABC 的面积；
（3）设抛物线y＝ax2+bx+3 的对称轴是直线l，点D 与点B 关于直线l 对称，在线段BC 上是否存在一点
E，使四边形ADCE 是菱形，如果存在，请求出点E 的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点A、B 的坐标代入函数解析式，利用待定系数法求二次函数解析式解答；
（2）将四边形OABC 的面积分解为△OBC、△OAB 的面积和，即可求解；
（3）求出点D 的坐标，可得AD＝CD，利用待定系数法求AD、BC、CD 的解析式，可AD∥BC，求出
AE 的解析式，再求AE、BC 的交点坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）经过A（3，0），B（4，1）两点，
∴{
9a+3b+3=0
16a+ 4 b+3=1，
解得{
a= 1
2
b=−5
2
，
∴抛物线的关系式为y= 1
2x2−5
2x+3；
（2）如图，连接OB，
∵y= 1
2x2−5
2x+3 与y 轴的交点为C 点，
∴C（0，3），
∵A（3，0）、B（4，1），
∴OC＝3，OA＝3，
∴S 四边形OABC＝S△OBC+S△OAB= 1
2 ×3×4+ 1
2 ×3×1= 15
2 ；
（3）如图，
∵y= 1
2x2−5
2x+3，
∴抛物线的对称轴是直线l：x=−
−5
2
2× 1
2
= 5
2，
∵点D 与点B（4，1）关于直线l 对称，
∴D（1，1），
∵A（3，0），C（0，3），
∴AD=√(3−1)
2+1
2=√5，CD=√(3−1)
2+1
2=√5，
∴AD＝CD，
设直线AD 的解析式为y＝mx+n，
∴{
3m+n=0
m+n=1 ，解得{
m=−1
2
n= 3
2
，
∴直线AD 的解析式为y=−1
2x+ 3
2，
同理：直线BC 的解析式为y=−1
2x+3，
直线CD 的解析式为y＝﹣2x+3，
∴AD∥BC，
当AE∥CD 时，四边形ADCE 是菱形，
设直线AE 的解析式为y＝﹣2x+a，
∵A（3，0），
∴﹣6+a＝0，解得a＝6，
∴直线AE 的解析式为y＝﹣2x+6，
联立直线BC：y=−1
2x+3 得，
{
y =−2 x +6
y =−1
2 x +3，解得{
x =2
y =2，
∴点E 的坐标为（2，2）．
∴存在一点E，使四边形ADCE 是菱形，点E 的坐标为（2，2）．
【变式6-3】（2022•山西模拟）综合与探究
如图，二次函数y＝ax2+bx+4 的图象与x 轴分别交于点A（﹣2，0），B（4，0），点E 是x 轴正半轴上
的一个动点，过点E 作直线PE⊥x 轴，交抛物线于点P，交直线BC 于点F．
（1）求二次函数的表达式．
（2）当点E 在线段OB 上运动时（不与点O，B 重合），恰有线段PF= 1
2EF，求此时点P 的坐标．
（3）试探究：若点Q 是y 轴上一点，在点E 运动过程中，是否存在点Q，使得以点C，F，P，Q 为顶
点的四边形为菱形，若存在，直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，即可求函数的解析式；
（2）求出直线BC 的解析式，设P（t，−1
2t2+t+4），则F（t，﹣t+4），E（t，0），分别求出PF=−1
2
t2+2t，EF＝﹣t+4，再由PF= 1
2EF，求出t＝1，即可求P（1，9
2）；
（3）设P（t，−1
2t2+t+4），则F（t，﹣t+4），①当P 点在F 点上方时，当四边形CFPQ1为菱形时，
PF＝CQ1，先求Q1（0，−1
2t2+2t+4），再由CQ1＝CF，可得Q1（0，4√2）；当四边形CFPQ2为菱形时，
PF＝CQ2，求出Q2（0，1
2t2﹣2t+4），再由Q2F＝CQ2，可得Q2（0，2）；②当P 点在F 点下方时，PF
= 1
2t2﹣2t，由PF＝CQ3，可得Q3（0，−1
2t2+2t+4），再由CQ3＝CF，可得Q3（0，﹣4√2）．
【解答】解：（1）将A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，
∴{
4 a−2b+ 4 =0
16a+ 4 b+ 4 =0，
解得{
a=−1
2
b=1
，
∴y=−1
2x2+x+4；
（2）令x＝0，则y＝4，
∴C（0，4），
设直线BC 的解析式为y＝kx+b，
∴{
4 k +b=0
b= 4
，
解得{
k =−1
b= 4 ，
∴y＝﹣x+4，
设P（t，−1
2t2+t+4），则F（t，﹣t+4），E（t，0），
∴PF=−1
2t2+t+4﹣（﹣t+4）=−1
2t2+2t，EF＝﹣t+4，
∵PF= 1
2EF，
∴−1
2t2+2t= 1
2（﹣t+4），
解得t＝1 或t＝4，
∵0＜t＜4，
∴t＝1，
∴P（1，9
2）；
（3）存在点Q，使得以点C，F，P，Q 为顶点的四边形为菱形，理由如下：
设P（t，−1
2t2+t+4），则F（t，﹣t+4），
由（2）知C（0，4），
①当P 点在F 点上方时，PF=−1
2t2+2t，
当四边形CFPQ1为菱形时，PF＝CQ1，
∴Q1（0，−1
2t2+2t+4），
∵CQ1＝CF，
∴−1
2t2+2t=√2t，
解得t＝0（舍）或t＝4﹣2√2，
∴Q1（0，4√2）；
当四边形CFPQ2为菱形时，PF＝CQ2，
∴Q2（0，1
2t2﹣2t+4），
∵Q2F＝CQ2，
∴（−1
2t2+2t）2＝t2+（1
2t2﹣t）2，
解得t＝2，
∴Q2（0，2）；
②当P 点在F 点下方时，
PF＝﹣t+4﹣（−1
2t2+t+4）= 1
2t2﹣2t，
∵PF＝CQ3，
∴Q3（0，−1
2t2+2t+4），
∵CQ3＝CF，
= 1
2t2﹣2t=√2t，
解得t＝0（舍）或t＝4+2√2，
∴Q3（0，﹣4√2）；
综上所述：Q 点坐标为（0，4√2）或（0，﹣4√2）或（0，2）．
【题型7 二次函数中正方形的存在性问题】
【例7】（2022•铁锋区二模）综合与探究
如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x+b 与x 轴交于点A（4，0），与y 轴交于点B，过A，B 两点的
抛物线交x 轴于另一点C，且OA＝20C，点F 是直线AB 下方抛物线上的动点，连接FA，FB．
（1）求抛物线解析式；
（2）当点F 与抛物线的顶点重合时，△ABF 的面积为
3
；
（3）求四边形FAOB 面积的最大值及此时点F 的坐标．
（4）在（3）的条件下，点Q 为平面内y 轴右侧的一点，是否存在点Q 及平面内另一点M，使得以A，
F，Q，M 为顶点的四边形是正方形？若存在，直接写出点Q 的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（1）把（4，0）代入y＝x+b，求出b 的值，从而求出点B 坐标，然后根据OA＝2OC，求出点
C 坐标（﹣2，0），设抛物线解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），把B（0，﹣4）代入，即可求解；
（2）将抛物线解析式化成顶点式，得出顶点坐标，即可得出点F 坐标，再求出对称轴与直线AB 的交点
坐标，即可求解；
（3）过点F 作FE∥y 轴，交AB 于点E，设点P 的横坐标为t，则P（t，1
2 t
2−t −4 ），则E（t，t﹣
4
）
，
所
以
S△BFA = 1
2 OA ⋅EF = 1
2 ×(4−0)×(t −4−1
2
2 +t + 4)=−t2+4t
，
又
因
S△BOA = 1
2 OA ⋅OB = 1
2 ×4×4 =8，则S 四边形FAOB＝S△BFA+S△BOA＝﹣t2+4t+8＝﹣（t﹣2）2+12，（0＜t＜
4），根据二次函数最伯求解即可；
（4）分两种情况：①当AF 为正方形AFMQ 的边时，②当AF 为正方形AFMQ 的对角线时，分别求出点
Q 坐标即可．
【解答】解：（1）把（4，0）代入y＝x+b，得，
4+b＝0，解得：b＝4，
∴y＝x﹣4，
当x＝0 时，y＝0﹣4＝﹣4，
∴B（0，﹣4），
∴A（4，0），
∴OA＝4，
∵OA＝2OC，
∴OC＝2，
∴C（﹣2，0），
设抛物线解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），
把B（0﹣4）代入得：﹣4＝a（0+2）（0﹣4），
解得：a= 1
2，
∴抛物线解析式为y= 1
2（x+2）（x﹣4）= 1
2 x
2−x﹣4；
（2）y= 1
2 x
2−x﹣4= 1
2 ( x−1)
2−9
2，
∵点F 与抛物线的顶点重合，
∴F（1，−9
2），
设抛物线对称轴与直线AB 相交于E，如图，
∵A （4，0），B（0，4），
∴直线AB 解析式为：y＝x﹣4，
则当x＝1 时，y＝1﹣4＝﹣3，
∴E（1，﹣3），
∴S△ABF = 1
2 ×| 9
2 −3|×|4−0|=3，
故答案为：3；
（3）如图，过点F 作FE∥x 轴，交AB 于点E，
设点P 的横坐标为t，则P（t，1
2 t
2−t −4），
∵直线AB 的解析式为y＝x﹣4，
∴E（t，t﹣4），
∴S△BFA = 1
2 OA ⋅EF = 1
2 ×(4−0)×(t −4−1
2
2 +t + 4)=−t2+4t，
∵S△BOA = 1
2 OA ⋅OB = 1
2 ×4×4 =8，
∴S 四边形FAOB＝S△BFA+S△BOA＝﹣t2+4t+8＝﹣（t﹣2）2+12（0＜t＜4），
∴当t＝2 时，S 四边形FAOB有最大值12，1
2 t
2−t −4 =−4，
∴此时点F 的坐标为（2，﹣4）．
（4）过作FE⊥x 轴于E，
∵A（4，0），F（2，﹣4），
∴AE＝2，EF＝4，AF＝2√5，
如图，①当AF 为正方形AFMQ 的边时，
1）有正方形 AFM1Q1，
过Q1作Q1N1⊥x 轴于N1，
∵∠AEF＝∠AN1Q1＝90°，∠FAQ1＝90°，
∴∠EAF＝∠AQ1N1，
∵AF＝AQ1，
∴△AEF≌△Q1N1A（AAS），
∴AN1＝EF＝4，Q1N1＝AE＝2，
∴Q（8，﹣2）；
2）有正方形AFQ2M2时，
过Q2作Q2N2⊥EF 于N2，
同理可得△AEF≌△FN2Q2（AAS），
∴FN2＝AE＝2，Q2N2＝EF＝4，
∴Q2（6，﹣6）；
②当AF 为正方形AFMQ 的对角线时，设AF 与QM 相交于P，
∵A（4，0），F（2，﹣4），
∴P（3，﹣2），
1）有正方形AQ3FM3时，过Q3作Q3G⊥x 轴于G，过M3作M3H⊥x 轴于H，
易证△AHM3≌△Q3GA，
∴AH＝Q3G，M3H＝AG，
设Q3（4+a，b），则M3（4+b，﹣a），
∴{
4+a+ 4 +b
2
=3
b−a
2
=−2
，
解得：{
a=1
b=−3，
Q3（5，﹣3），M3（1，﹣1），
2）有正方形AQ4FM4时，过Q4作Q4H⊥x 轴于H，
则Q3与M3重合，
∴Q4 （1，﹣1），
综上，存在，当以A，F，Q，M 为顶点的四边形是正方形时，点Q 的坐标Q1（8，﹣2），Q2（6，﹣
6），Q3（5，﹣3），Q4（1，﹣1）．
【变式7-1】（2022•陇县二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线L1：y =a x
2+bx +c经过A（﹣2，
0），B(1，−9
4 )两点，且与y 轴交于点C，点B 是该抛物线的顶点．
（1）求抛物线L1的表达式；
（2）将L1平移后得到抛物线L2，点D，E 在L2上（点D 在点E 的上方），若以点A，C，D，E 为顶点
的四边形是正方形，求抛物线L2的解析式．
【分析】（1）利用顶点式，可以求得该抛物线的解析式；
（2）根据题意，画出相应的图形，然后利用分类讨论的方法，可以分别求得对应的抛物线L2的解析式．
【解答】解：（1）设抛物线L1的表达式是y =a( x−1)
2−9
4 ，
∵抛物线L1过点A（﹣2，0），
∴0=a(−2−1)
2−9
4 ，
解得a= 1
4 ，
∴y = 1
4 ( x−1)
2−9
4 ．
即抛物线L1的表达式是y = 1
4 ( x−1)
2−9
4 ；
（2）令x＝0，则y＝﹣2，∴C（0，﹣2）．
Ⅰ．当AC 为正方形的对角线时，如图所示，
∵AE3＝E3C＝CD3＝D3A＝2，
∴点D3的坐标为（0，0），点E3的坐标为（﹣2，﹣2）．
设y = 1
4 x
2+bx，则−2= 1
4 ×2
2−2b，
解得b= 3
2即抛物线L2的解析式是y = 1
4 x
2+ 3
2 x．
Ⅱ．当AC 为边时，分两种情况，
如图，第①种情况，点D1，E1在AC 的右上角时．
∵AO＝CO＝E1O＝D1O＝2，∴点D1的坐标为（0，2），点E1的坐标为（2，0）．
设y = 1
4 x
2+bx +2，
则0= 1
4 ×2
2+2b+2，
解得：b=−3
2，
即抛物线L2的解析式是y = 1
4 x
2−3
2 x +2．
第②种情况，点D2E2在AC 的左下角时，过点D2作D2M⊥x 轴，
则有△AD2M≌△AD1O，
∴AO＝AM，D1O＝D2M．
过E2作E2N⊥y 轴，同理可得，△CE2N≌△CE1O，
∴CO＝CN，E1O＝E2N．
则点D2的坐标为（﹣4，﹣2），点E2的坐标为（﹣2，﹣4），
设y = 1
4 x
2+bx +c，
则{
−2= 1
4 ×16−4 b+c
−4 = 1
4 ×4−2b+c
，
解得{
b= 1
2
c =−4
，
即抛物线L2的解析式是y = 1
4 x
2+ 1
2 x−4．
综上所述：L2的表达式为：y = 1
4 x
2+ 3
2 x，y = 1
4 x
2−3
2 x +2或y = 1
4 x
2+ 1
2 x−4．
【变式7-2】（2022 秋•南宁期中）如图，抛物线与y 轴交于点C（0，3），与x 轴于点A（﹣1，0）、B
（3，0），点P 是抛物线的顶点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）Q 是抛物线上第一象限除点P 外一点，△BCQ 与△BCP 的面积相等，求点Q 的坐标；
（3）若M、N 为抛物线上两个动点，分别过点M、N 作直线BC 的垂线段，垂足分别为D、E．是否存
在点M、N 使四边形MNED 为正方形？如果存在，求正方形MNED 的边长；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）设抛物线为y＝a（x+1）（x﹣3），把C 坐标代入求出即可；
（2）由△BCQ 与△BCP 的面积相等，知PQ 与BC 平行，故过P 作PQ∥BC，交抛物线于点Q，求出P
（1，4）和直线BC 解析式y＝﹣x+3，再联立BC 解析式和抛物线解析式即可求出Q 的坐标；
（3）存在点M，N 使四边形MNED 为正方形，过M 作MF∥y 轴，过N 作NF∥x 轴，过N 作NH∥y 轴，
则有△MNF 与△NEH 都为等腰直角三角形，设M（x1，y1），N（x2，y2），设直线MN 解析式为y＝﹣
x+b，与二次函数解析式联立，消去y 得到关于x 的一元二次方程，利用根与系数关系表示出NF2，由
△MNF 为等腰直角三角形，得到MN2＝2NF2，若四边形MNED 为正方形，得到NE2＝MN2，求出b 的值，
进而确定出MN 的长，即为正方形边长．
【解答】解：（1）∵抛物线与x 轴于点A（﹣1，0）、B（3，0），
∴设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），把C（0，3）代入得：
3＝﹣3a，解得a＝﹣1，
∴抛物线解析式为y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3；
（2）过P 作PQ∥BC 交抛物线于Q，如图：
∵△BCQ 和△BCQ 同底等高，
∴Q 是满足条件的点，
由y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4 知抛物线顶点坐标是（1，4）；
∴P（1，4），
设直线BC 为y＝kx+b，将B（3，0），C（0，3）代入得：
{
0=3k +b
3=b
，解得{
k =−1
b=3 ，
∴直线BC 为y＝﹣x+3，
∵PQ∥BC，
∴设直线PQ 为y＝﹣x+t，将P（1，4）代入得：4＝﹣1+t，
∴t＝5，
∴直线PQ 为y＝﹣x+5，
由{
y =−x +5
y =−x
2+2 x +3得{
x =1
y = 4或{
x =2
y =3，
∴Q（2，3）；
（3）存在点M、N，使四边形MNED 为正方形，
过M 作MF∥y 轴，过N 作NF∥x 轴，过N 作NH∥y 轴，如图：
∵四边形MNED 为正方形，且△BOC 是等腰直角三角形，
∴△MNF 与△NEH 都为等腰直角三角形，
设M（x1，y1），N（x2，y2），设直线MN 解析式为y＝﹣x+b，
联立得{
y =−x +b
y =−x
2+2 x +3，消去y 得：x2﹣3x+b﹣3＝0，
∴NF2＝|x1﹣x2|2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝21﹣4b，
∵△MNF 为等腰直角三角形，
∴MN2＝2NF2＝42﹣8b，
∵H（x2，﹣x2+3），
∴NH2＝[y2﹣（﹣x2+3）]2＝（﹣x2+b+x2﹣3）2＝（b﹣3）2，
∴NE2= 1
2（b﹣3）2，
若四边形MNED 为正方形，则有NE2＝MN2，
∴42﹣8b= 1
2（b2﹣6b+9），
整理得：b2+10b﹣75＝0，
解得：b＝﹣15 或b＝5，
∵正方形边长为MN=√42−8b，
∴MN＝9√2或√2，即正方形MNED 边长为9√2或√2．
【变式7-3】（2022•南充）如图，抛物线顶点P（1，4），与y 轴交于点C（0，3），与x 轴交于点A，
B．
（1）求抛物线的解析式．
（2）Q 是抛物线上除点P 外一点，△BCQ 与△BCP 的面积相等，求点Q 的坐标．
（3）若M，N 为抛物线上两个动点，分别过点M，N 作直线BC 的垂线段，垂足分别为D，E．是否存
在点M，N 使四边形MNED 为正方形？如果存在，求正方形MNED 的边长；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）设出抛物线顶点坐标，把C 坐标代入求出即可；
（2）由△BCQ 与△BCP 的面积相等，得到PQ 与BC 平行，①过P 作PQ∥BC，交抛物线于点Q，如图
1 所示；②设G（1，2），可得PG＝GH＝2，过H 作直线Q2Q3∥BC，交x 轴于点H，分别求出Q 的坐
标即可；
（3）存在点M，N 使四边形MNED 为正方形，如图2 所示，过M 作MF∥y 轴，过N 作NF∥x 轴，过N
作NH∥y 轴，则有△MNF 与△NEH 都为等腰直角三角形，设M（x1，y1），N（x2，y2），设直线MN
解析式为y＝﹣x+b，与二次函数解析式联立，消去y 得到关于x 的一元二次方程，利用根与系数关系表
示出NF2，由△MNF 为等腰直角三角形，得到MN2＝2NF2，若四边形MNED 为正方形，得到NE2＝
MN2，求出b 的值，进而确定出MN 的长，即为正方形边长．
【解答】解：（1）设y＝a（x﹣1）2+4（a≠0），
把C（0，3）代入抛物线解析式得：a+4＝3，即a＝﹣1，
则抛物线解析式为y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3；
（2）由B（3，0），C（0，3），得到直线BC 解析式为y＝﹣x+3，
∵S△PBC＝S△QBC，
∴PQ∥BC，
①过P 作PQ∥BC，交抛物线于点Q，如图1 所示，
∵P（1，4），∴直线PQ 解析式为y＝﹣x+5，
联立得：{
y =−x +5
y =−x
2+2 x +3，
解得：{
x =1
y = 4或{
x =2
y =3，即（1，4）与P 重合，Q1（2，3）；
②∵S△BCQ＝S△BCP，
∴PG＝GH
∵直线BC 的解析式为y＝﹣x+3，P（1，4）
∴G（1，2），
∴PG＝GH＝2，
过H 作直线Q2Q3∥BC，交x 轴于点H，则直线Q2Q3解析式为y＝﹣x+1，
联立得：{
y =−x +1
y =−x
2+2 x +3，
解得：{
x = 3+√17
2
y = −1−√17
2
或{
x = 3−√17
2
y = −1+√17
2
，
∴Q2（3−√17
2
，−1+√17
2
），Q3（3+√17
2
，−1−√17
2
）；
（3）存在点M，N 使四边形MNED 为正方形，
如图2 所示，过M 作MF∥y 轴，过N 作NF∥x 轴，过N 作NH∥y 轴，则有△MNF 与△NEH 都为等腰
直角三角形，
设M（x1，y1），N（x2，y2），设直线MN 解析式为y＝﹣x+b，
联立得：{
y =−x +b
y =−x
2+2 x +3，
消去y 得：x2﹣3x+b﹣3＝0，
∴NF2＝|x1﹣x2|2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝21﹣4b，
∵△MNF 为等腰直角三角形，
∴MN2＝2NF2＝42﹣8b，
∵H（x2，﹣x2+3），
∴NH2＝[y2﹣（﹣x2+3）]2＝（﹣x2+b+x2﹣3）2＝（b﹣3）2，
∴NE2= 1
2（b﹣3）2，
若四边形MNED 为正方形，则有NE2＝MN2，
∴42﹣8b= 1
2（b2﹣6b+9），
整理得：b2+10b﹣75＝0，
解得：b＝﹣15 或b＝5，
∵正方形边长为MN=√42−8b，
∴MN＝9√2或√2．
【题型8 二次函数中角度问题的存在性问题】
【例8】（2022•西宁）如图，抛物线y＝ax2+bx+3 与x 轴交于点A（3，0），与y 轴交于点B，点C 在直线
AB 上，过点C 作CD⊥x 轴于点D（1，0），将△ACD 沿CD 所在直线翻折，使点A 恰好落在抛物线上
的点E 处．
（1）求抛物线解析式；
（2）连接BE，求△BCE 的面积；
（3）抛物线上是否存在一点P，使∠PEA＝∠BAE？若存在，求出P 点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由点A 的坐标可得出点E 的坐标，由点A，E 的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的
解析式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点B 的坐标，由点A，B 的坐标，利用待定系数法可求出
直线AB 的解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点C 的坐标，再利用三角形的面积计算公
式，结合S△BCE＝S△ABE﹣S△ACE，即可求出△BCE 的面积；
（3）存在，由点A，B 的坐标可得出OA＝OB，结合∠AOB＝90°可得出∠BAE＝45°，设点P 的坐标为
（m，﹣m2+2m+3），分点P 在x 轴上方及点P 在x 轴下方两种情况考虑：①当点P 在x 轴上方时记为
P1，过点P1作P1M⊥x 轴于点M，则EM＝P1M，进而可得出关于m 的一元二次方程，解之即可得出m
的值，将符合题意的m 值代入点P 的坐标中即可求出点P1的坐标；②当点P 在x 轴下方时记为P2，过
点P2作P2N⊥x 轴于点N，则EN＝P2N，进而可得出关于m 的一元二次方程，解之即可得出m 的值，将
符合题意的m 值代入点P 的坐标中即可求出点P2的坐标．
【解答】解：（1）∵将△ACD 沿CD 所在直线翻折，使点A 恰好落在抛物线上的点E 处，点A 的坐标
为（3，0），点D 的坐标为（1，0），
∴点E 的坐标为（﹣1，0）．
将A（3，0），E（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+3，
得：{
9a+3b+3=0
a−b+3=0 ，解得：{
a=−1
b=2 ，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）当x＝0 时，y＝﹣1×（0）2+2×0+3＝3，
∴点B 的坐标为（0，3）．
设直线AB 的解析式为y＝mx+n（m≠0），
将A（3，0），B（0，3）代入y＝mx+n，
得：{
3m+n=0
n=3
，解得：{
m=−1
n=3 ，
∴直线AB 的解析式为y＝﹣x+3．
∵点C 在直线AB 上，CD⊥x 轴于点D（1，0），当x＝1 时，y＝﹣1×1+3＝2，
∴点C 的坐标为（1，2）．
∵点A 的坐标为（3，0），点B 的坐标为（0，3），点C 的坐标为（1，2），点E 的坐标为（﹣1，
0），
∴AE＝4，OB＝3，CD＝2，
∴S△BCE＝S△ABE﹣S△ACE= 1
2AE•OB−1
2AE•CD= 1
2 ×4×3−1
2 ×4×2＝2，
∴△BCE 的面积为2．
（3）存在，理由如下：
∵点A 的坐标为（3，0），点B 的坐标为（0，3），
∴OA＝OB＝3．
在Rt△AOB 中，∠AOB＝90°，OA＝OB，
∴∠BAE＝45°.
∵点P 在抛物线上，
∴设点P 的坐标为（m，﹣m2+2m+3）．
①当点P 在x 轴上方时记为P1，过点P1作P1M⊥x 轴于点M，
在Rt△EMP1中，∠P1EA＝45°，∠P1ME＝90°，
∴EM＝P1M，即m﹣（﹣1）＝﹣m2+2m+3，
解得：m1＝﹣1（不合题意，舍去），m2＝2，
∴点P1的坐标为（2，3）；
②当点P 在x 轴下方时记为P2，过点P2作P2N⊥x 轴于点N，
在Rt△ENP2中，∠P2EN＝45°，∠P2NE＝90°，
∴EN＝P2N，即m﹣（﹣1）＝﹣（﹣m2+2m+3），
解得：m1＝﹣1（不合题意，舍去），m2＝4，
∴点P2的坐标为（4，﹣5）．
综上所述，抛物线上存在一点P，使∠PEA＝∠BAE，点P 的坐标为（2，3）或（4，﹣5）．
【变式8-1】（2022•鄂尔多斯）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+2 经过A（−1
2，0），B
（3，7
2）两点，与y 轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P 在抛物线上，过P 作PD⊥x 轴，交直线BC 于点D，若以P、D、O、C 为顶点的四边形是平
行四边形，求点P 的横坐标；
（3）抛物线上是否存在点Q，使∠QCB＝45°？若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理
由．
【分析】（1）根据待定系数法，将点A，点B 代入抛物线解析式，解关于b，c 的二元一次方程组，即
可求得抛物线的解析式；
（2）设出点P 的坐标，确定出PD∥CO，由PD＝CO，列出方程求解即可；
（3）过点D 作DF⊥CP 交CP 的延长线于点F，过点F 作y 轴的平行线EF，过点D 作DE⊥EF 于点
E，过点C 作CG⊥EF 于点G，证明△DEF≌△FGC（AAS），由全等三角形的性质得出DE＝FG，EF
＝CG，求出F 点的坐标，由待定系数法求出直线CF 的解析式，联立直线CF 和抛物线解析式即可得出
点P 的坐标．
【解答】解：（1）将点A（−1
2，0），B（3，7
2）代入到y＝ax2+bx+2 中得：
{
1
4 a−1
2 b+2=0
9a+3b+2= 7
2
，解得：{
a=−1
b= 7
2
，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+ 7
2x+2；
（2）设点P（m，﹣m2+ 7
2m+2），
∵y＝﹣x2+ 7
2x+2，
∴C（0，2），
设直线BC 的解析式为y＝kx+c，
∴{
3k +c = 7
2
c =2
，解得{
k = 1
2
c =2
，
∴直线BC 的解析式为y= 1
2x+2，
∴D（m，1
2m+2），
∴PD＝|﹣m2+ 7
2m+2−1
2m﹣2|＝|m2﹣3m|，
∵PD⊥x 轴，OC⊥x 轴，
∴PD∥CO，
∴当PD＝CO 时，以P、D、O、C 为顶点的四边形是平行四边形，
∴|m2﹣3m|＝2，解得m＝1 或2 或3+√17
2
或3−√17
2
，
∴点P 的横坐标为1 或2 或3+√17
2
或3−√17
2
；
（3）①当Q 在BC 下方时，如图，过B 作BH⊥CQ 于H，过H 作MN⊥y 轴，交y 轴于M，过B 作
BN⊥MH 于N，
∴∠BHC＝∠CMH＝∠HNB＝90°，
∵∠QCB＝45°，
∴△BHC 是等腰直角三角形，
∴CH＝HB，
∴∠CHM+∠BHN＝∠HBN+∠BHN＝90°，
∴∠CHM＝∠HBN，
∴△CHM≌△HBN（AAS），
∴CM＝HN，MH＝BN，
∵H（m，n），
∵C（0，2），B（3，7
2），
∴{
2−n=3−m
7
2 −n=m ，解得{
m= 9
4
n= 5
4
，
∴H（9
4 ，5
4 ），
设直线CH 的解析式为y＝px+q，
∴{
9
4 p+q = 5
4
q =2
，解得{
p=−1
3
q =2
，
∴直线CH 的解析式为y=−1
3x+2，
联立直线CF 与抛物线解析式得{
y =−x
2+ 7
2 x +2
y =−1
3 x +2
，
解得{
x =0
y =2或{
x = 23
6
y = 13
18
，
∴Q（23
6 ，13
18）；
②当Q 在BC 上方时，如图，过B 作BH⊥CQ 于H，过H 作MN⊥y 轴，交y 轴于M，过B 作BN⊥MH
于N，
同理得Q（1
2，7
2）．
综上，存在，点Q 的坐标为（23
6 ，13
18）或（1
2，7
2）．
【变式8-2】（2022•运城二模）如图，已知抛物线y＝ax2+bx﹣8 与x 轴交于点A（﹣2，0），B（8，0）两
点，与y 轴交于点C，点P 是直线BC 下方抛物线上一动点，过点P 作直线PE∥y 轴，交直线BC 于点
D，交x 轴于点F，以PD 为斜边，在PD 的右侧作等腰直角△PDF．
（1）求抛物线的表达式，并直接写出直线BC 的表达式；
（2）设点P 的横坐标为m（0＜m＜3），在点P 运动的过程中，当等腰直角△PDF 的面积为9 时，请
求出m 的值；
（3）连接AC，该抛物线上是否存在一点M，使∠ACO+∠BCM＝∠ABC，若存在，请直接写出所有符
合条件的点M 的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式，再求出C 点坐标，然后利用待定系数法求直线BC
的表达式即可；
（2）设出P（m，1
2 m
2−3m﹣8），D（m，m﹣8），然后根据两点间距离公式表示出PD 长，再根据
等腰直角三角形的性质列出△PDF 的面积表达式，结合面积为9 建立方程求解，即可解决问题；
（3）分点M 在BC 的上方和点M 在BC 的下方两种情况讨论，根据题意画出图形，构造三角形全等，
求出直线CM 上的一点坐标，则可利用待定系数法求出直线CM 的解析式，最后和抛物线的解析式联立
求解，即可求出点M 的坐标．
【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（8，0）分别代入y＝ax2+bx﹣8 中，
则{
4 a−2b−8=0
64 a+8b−8=0，
解得{
a= 1
2
b=−3
，
∴抛物线的表达式为y= 1
2x2﹣3x﹣8；
令x＝0．则y＝﹣8，
∴C（0，﹣8），
设直线BC 解析式为y＝kx﹣8（k≠0），
把B（8，0）代入解析式得，8k﹣8＝0，
解得：k＝1，
∴直线BC 解析式为y＝x﹣8；
（2）∵点P 的横坐标为m（0＜m＜3），
∴P（m，1
2 m
2−3m﹣8），D（m，m﹣8），
∴PD＝（m﹣8）﹣（1
2 m
2−3m﹣8）=−1
2 m
2+4m，
过点P 作PN⊥PD 于N，
∵△PDF 是等腰直角三角形，PD 为斜边，
∴PN＝DN，
∴FN= 1
2PD，
∴S△PDF= 1
2PD•FN= 1
4 PD2＝9，
∴PD＝6，
∴−1
2 m
2+4m＝6，
解得：m1＝6，m2＝2，
又∵0＜m＜3，
∴m＝2；
（3）存在，理由如下：由（2）得△BOC 为等腰直角三角形，
∴∠ACO+∠BCM＝∠ABC＝∠BCO＝45°，
①如图，当点M 在BC 的上方时，设CM 与x 轴交于一点D，
∵∠ACO+∠BCD＝∠ABC＝∠BCO＝∠OCD+∠BCD，
∴∠ACO＝∠DCO，
∵OC⊥AD，OC＝OC，
∴△AOC≌△COD（ASA），
∴OD＝OA＝2，
∴D（2，0），
设直线CM 解析式为y＝nx﹣8（n≠0），
则2n﹣8＝0，
解得：n＝4，
∴直线CM 解析式为y＝4x﹣8，
则{
y = 4 x−8
y = 1
2 x
2−3 x−8，
解得：{
x =14
y = 48或{
x =0
y =−8（舍去），
∴此时点M 的坐标为（14，48）；
②如图，当点M 在BC 的下方时，
过B 作x 轴的垂线，过C 作y 轴的垂线，两条垂线交于一点H，作∠HCK＝∠ACO，CK 交抛物线与点
M，
由（2）得△BOC 为等腰直角三角形，
∴∠ABC＝∠BCO＝45°，
∴∠BCH＝45°，
即∠BCM+∠MCH﹣45°，
∵∠ACO+∠BCM＝∠ABC＝45°，
∴∠ACQ＝∠MCH，
又∵∠AOC＝∠KHC＝90°，
∵OB＝OC．∠COB＝∠OCH＝∠OBH＝90°，
∴四边形OCHB 正方形，
∵OC＝OH，
∴△AOC≌△KHC（ASA），
∴KH＝OA＝2，
∴BK＝BH﹣KH＝8﹣2＝6，
∴K（8，﹣6），
设直线CK 的解析式为y＝ex﹣8（e≠0），
∴﹣6＝8e﹣8，
解得：e= 1
4 ，
∴直线CK 的解析式为y= 1
4 x﹣8，
则{
y = 1
4 x−8
y = 1
2 x
2−3 x−8
，
解得{
x = 13
2
y =−51
8
或{
x =0
y =−8（舍去），
∴M（13
2 ，−51
8 ）；
综上所述，点M 坐标为（14，48）或（13
2 ，−51
8 ）．
【变式8-3】（2022•罗湖区校级一模）如图，已知抛物线y=−1
3x2+bx+c 交x 轴于A（﹣3，0），B（4，
0）两点，交y 轴于点C，点P 是抛物线上一点，连接AC、BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）连接OP，BP，若S△BOP＝2S△AOC，求点P 的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得∠QBA＝75°？若存在，直接写出点Q 的坐标；若不存在，
请说明理由．
【分析】（1）将A（﹣3，0），B（4，0）两点代入y=−1
3x2+bx+c，即可求解；
（2）先求出S△OAC＝6，则S△BOP＝12，设P（t，−1
3t2+ 1
3t+4），可得1
2 ×4×|−1
3t2+ 1
3t+4|＝12，即可求
P 点坐标；
（3）在对称轴上取点M 使QM＝MB，则∠EMB＝30°，可得MB＝2BE，再由BE= 7
2，分别求出BM＝
QM＝7，ME= 7
2 √3，可求Q（1
2，7+ 7
2 √3），Q 点关于x 轴对称的点为（1
2，﹣7−7
2 √3）．
【解答】解：（1）将A（﹣3，0），B（4，0）两点代入y=−1
3x2+bx+c，
∴{
−3−3b+c =0
−16
3 + 4 b+c =0，
解得{
b= 1
3
c = 4
，
∴y=−1
3x2+ 1
3x+4；
（2）令x＝0，则y＝4，
∴C（0，4），
∴OC＝4，
∵A（﹣3，0），
∴OA＝3，
∴S△OAC= 1
2 ×3×4＝6，
∵S△BOP＝2S△AOC，
∴S△BOP＝12，
设P（t，−1
3t2+ 1
3t+4），
∵B（4，0），
∴OB＝4，
∴1
2 ×4×|−1
3t2+ 1
3t+4|＝12，
解得t＝6 或t＝﹣5，
∴P（﹣5，﹣6）或（6，﹣6）；
（3）存在点Q，使得∠QBA＝75°，理由如下：
∵y=−1
3x2+ 1
3x+4=−1
3（x−1
2）2+ 49
12，
∴抛物线的对称轴为x= 1
2，
在对称轴上取点M 使QM＝MB，
∴∠EMB＝2∠MQB，
∵∠QBA＝75°，
∴∠MQB＝15°，
∴∠EMB＝30°，
∴MB＝2BE，
∵B（4，0），E（1
2，0），
∴BE= 7
2，
∴BM＝QM＝7，ME= 7
2 √3，
∴QE＝7+ 7
2 √3，
∴Q（1
2，7+ 7
2 √3）；
Q 点关于x 轴对称的点为（1
2，﹣7−7
2 √3）；
综上所述：点Q 的坐标为（1
2，7+ 7
2 √3）或（1
2，﹣7−7
2 √3）．
