资料简介
【考点 1】二次函数与相似三角形问题
【例 1】已知抛物线 2 3y ax bx 与 x轴分别交于 ( 3,0)A ， (1,0)B 两点，与 y轴交于点C．
（1）求抛物线的表达式及顶点D的坐标；
（2）点 F是线段AD上一个动点．
①如图 1，设 AFk
AD
，当 k为何值时，
2
CF AD
1 .
②如图 2，以 A，F，O为顶点的三角形是否与 ABC 相似？若相似，求出点 F的坐标；若不
相似，请说明理由．
【答案】（1） 2 2 3y x x ，D的坐标为 ( 1,4) ；（2）① 1
2
k ；②以A，F，O为顶点的三
角形与 ABC 相似，F点的坐标为
6 18,
5 5
或 ( 2,2) ．
【解析】(1)将 A、B两点的坐标代入二次函数解析式，用待定系数法即求出抛物线对应的函数
表达式，可求得顶点D( 1,4) ；
(2)①由 A、C、D三点的坐标求出AC 3 2 ，DC 2 ，AD 2 5 ，可得ΔACD为直角三角
形，若 1CF AD
2
，则点 F为 AD的中点，可求出 k的值；
②由条件可判断 DAC OBC ，则 OAF ACB ，若以A，F，O为顶点的三角形与ΔABC
相似，可分两种情况考虑：当 AOF ABC 或 AOF CAB 45 时，可分别求出点 F的
坐标．
【详解】(1)抛物线 2y ax bx 3 过点A( 3,0) ，B(1,0)，
9 3 3 0
3 0
a b
a b
，解得：
1
2
a
b
，
抛物线解析式为 2y x 2x 3 ；
22y x 2x 3 x 1 4 ，
顶点D的坐标为 ( 1,4) ；
(2)①在RtΔAOC中，OA 3 ，OC 3 ，
2 2 2AC OA OC 18 ，
D 1,4 ， C 0,3 ， A 3,0 ，
2 2 2CD 1 1 2 ，
2 2 2AD 2 4 20 ，
2 2 2AC CD AD ，
ΔACD 为直角三角形，且 ACD 90 ，
1CF AD
2
，
F 为 AD的中点，
AF 1
AD 2
，
1k
2
；
②在RtΔACD中， DC 2 1tan ACD
AC 33 2
，
在RtΔOBC中， OB 1tan OCB
OC 3
，
ACD OCB ，
OA OC ，
OAC OCA 45 ，
FAO ACB ，
若以A，F，O为顶点的三角形与ΔABC相似，则可分两种情况考虑：
当 AOF ABC 时，ΔAOF ΔCBA∽ ，
OF BC ，
设直线 BC的解析式为 y kx b ，
0
3
k b
b
，解得：
3
3
k
b
，
直线 BC的解析式为 y= 3x+3 ，
直线OF的解析式为 y= 3x ，
设直线AD的解析式为 y=mx+n，
4
3 0
k b
k b
，解得：
2
6
k
b
，
直线AD的解析式为 y=2x 6 ，
2 6
3
y x
y x
，解得：
6
5
18
5
x
y
，
6 18F ,
5 5
．
当 AOF CAB 45 时，ΔAOF ΔCAB∽ ，
CAB 45 ，
OF AC ，
直线OF的解析式为 y= x ，
2 6
y x
y x
，解得：
2
2
x
y
，
F 2,2 ，
综合以上可得 F点的坐标为
6 18,
5 5
或 ( 2,2) ．
【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、相似三角形
的判定与性质和直角三角形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质；
会运用分类讨论的思想解决数学问题．
【变式 1-1】如图，抛物线 2y 2ax x c 经过 ( 1,0)A ， B两点，且与 y轴交于点 (0,3)C ，抛
物线与直线 1y x 交于 A，E两点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）坐标轴上是否存在一点Q，使得 AQE 是以 AE为底边的等腰三角形？若存在，请直接写
出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
（3）P点在 x轴上且位于点 B的左侧，若以 P，B，C为顶点的三角形与 ABE 相似，求点 P
的坐标．
【答案】（1） 2y x 2x 3 ；（2）存在， 4 0Q ， 或 0 4， ，理由见解析；（3）
3p 0
5
， 或
9p 0
2
， ．
【解析】（1）将A、C的坐标代入 2y 2ax x c 求出a、c即可得到解析式；
（2）先求出 E点坐标，然后作AE的垂直平分线，与 x轴交于Q，与 y轴交于Q'，根据垂直
平分线的性质可知Q、与A、E，Q'与 A、E组成的三角形是以AE为底边的等腰三角形，设
Q点坐标(0,x)，Q'坐标(0,y)，根据距离公式建立方程求解即可；
（3）根据A、E坐标，求出AE长度，然后推出∠BAE=∠ABC=45°，设 p 0m， ，由相似得
到 PB AB
BC AE
或 PB AE
BC AB
，建立方程求解即可．
【详解】（1）将 ( 1,0)A ， (0,3)C 代入 2y 2ax x c 得：
2 0
3
a c
c
，解得
1
3
a
c
∴抛物线解析式为 2y 2 3 x x
（2）存在，理由如下：
联立 y 1x 和 2y x 2x 3 ，
2
y 1
2 3
x
y x x
，解得
1
0
x
y
或
4
5
x
y
∴E点坐标为(4,-5)，
如图，作AE的垂直平分线，与 x轴交于Q，与 y轴交于Q'，
此时Q点与Q'点的坐标即为所求，
设Q点坐标(0,x)，Q'坐标(0,y)，
由QA=QE，Q'A= Q'E 得：
2 21 4 0 5 x x ， 2 2 2 20 1 0 0 4 5 y y
解得 4x ， 4y
故Q点坐标为 4 0， 或 0 4，
（3）∵ ( 1,0)A ， 4 5E ，
∴ 2 21 4 5 =5 2 AE ，
当 2 2 3 0x x 时，解得 1x 或 3
∴B点坐标为(3,0)，
∴ 3OB OC
∴ 45ABC ， 4AB ， 3 2BC ，
由直线 1y x 可得AE与 y轴的交点为(0,-1)，而 A点坐标为(-1,0)
∴∠BAE=45°
设 p 0m， 则 3 mBP ，
∵ PBC 和 ABE 相似
∴ PB AB
BC AE
或 PB AE
BC AB
，即
3 4
3 2 5 2
m
或 3 5 2
43 2
m
解得 3
5
m 或 9
2
m ，
∴
3p 0
5
， 或
9p 0
2
， ．
【点睛】本题考查二次函数的综合问题，是中考常见的压轴题型，熟练掌握待定系数法求函数
解析式，等腰三角形的性质，以及相似三角形的性质是解题的关键．
【变式 1-2】如图，已知抛物线 1 ( 2)( )y x x m
m
(m＞0)与 x 轴相交于点A，B，与 y轴相交
于点C，且点A在点 B的左侧.
（1）若抛物线过点（2，2），求抛物线的解析式；
（2）在（1）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在一点H，使AH+CH的值最小，若存在，
求出点H的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）在第四象限内，抛物线上是否存在点M，使得以点A，B，M为顶点的三角形与△ACB
相似？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1） 21 1 2
4 2
y x x ；（2）点 H的坐标为（1， 3
2
）；（3）当m= 2 2 2 时，在第
四象限内抛物线上存在点M，使得以点A，B，M为顶点的三角形与△ACB相似.
【解析】
分析：
（1）把点（2，2）代入 1 ( 2)( ) ( 0)y x x m m
m
中，解出m的值即可得到抛物线的解析式；
（2）由（1）中所得解析式求出点A、B、C的坐标，由题意可知，点A、B关于抛物线的对
称轴对称，这样连接 BC与对称轴的交点即为所求的点H，根据 B、C的坐标求出直线 BC的
解析式即可求得点H的坐标；
（3）由解析式 1 ( 2)( ) ( 0)y x x m m
m
可得点A、B、C的坐标分别为（-2，0）、（m，0）
和（0，2），如下图，由图可知∠ACB和∠ABM是钝角，因此存在两种可能性：①当
△ACB∽△ABM，②△ACB∽△MBA，分这两种情况结合题中已知条件进行分析解答即可.
详解：
（1）把点（2，2）代入抛物线，
得 2= 1 2 2 2 m
m
.
解得m=4.
∴抛物线的解析式为 21 1 1y x 2 x 4 x x 2
4 4 2
.
（2）令 21 1y x x 2 0
4 2
，解得 1 2x 2 x 4 ， .
则 A（-2，0），B（4，0）.
对称轴 x=-
1
2 1
12
4
.
∵ 21 1y x x 2
4 2
中当 x=0时，y=2，
∴点C的坐标为（0，2）.
∵点 A和点 B关于抛物线的对称轴对称，
∴连接 BC与对称轴的交点即为点H，此时AH+CH的值最小，
设直线 BC的解析式为 y=kx+b，
把 B（4，0），C（0，2）代入得：
4 0
2
k b
b
，解得：
1
2
2
k
b
，
∴直线 BC的解析式为 y= 1 x 2
2
.
∵当 x=1时，y= 1 1 2
2
= 3
2
.
∴点 H的坐标为（1， 3
2
）.
（3）假设存在点M，使得以点A，B，M为顶点的三角形与△ACB相似.
如下图，连接AC，BC，AM，BM，过点M作MN⊥x 轴于点N，
由图易知，∠ACB和∠ABM为钝角，
①当△ACB∽△ABM时，有 AC
AB
= AB
AM
，即 2AB AC·AM .
∵A（-2，0），C（0，2），即OA=OC=2，
∴∠CAB=∠BAM= o45 .
∵MN⊥x轴，∴∠BAM=∠AMN=45°，
∴AN=MN.
∴可设M的坐标为：（x，-x-2）（x＞0），
把点M的坐标代入抛物线的解析式，得：-x-2= 1 x 2 x m
m
.
化简整理得：x=2m，
∴点M的坐标为：（2m，-2m-2）.
∴AM= 2 22m 2 2m 2 2 2 m 1 .
∵ 2AB AC·AM ，AC=2 2，AB=m+2，
∴ 2m 2 2 2 2 2 m 1 .
解得：m=2 2 2 .
∵m＞0，
∴m=2 2 2 .
②当△ACB∽△MBA时，有 AB
MA
= CB
BA
，即 2AB CB·MA .
∵∠CBA=∠BAM，∠ANM=∠BOC= o90 ，
∴△ANM∽△BOC，∴ MN
AN
= CO
BO
.
∵BO=m，设ON=x，
∴
2
MN
x
= 2
m
，即MN= 2
m
（x+2）.
令M（x， 2 x 2
m
）（x＞0），
把M点的坐标代入抛物线的解析式，
得 2 x 2
m
= 1 x 2 x m
m
.
解得 x=m+2.即 M（m+2， 2 m 4
m
）.
∵ 2AB CB·MA ，CB= 2m 4 AN m 4 ， ，MN= 2 m 4
m
，
∴ 22 22
2
4 m 4
m 2 m 4· m 4
m
.
化简整理，得 16=0，显然不成立.
综上所述，当m=2 2 2 时，在第四象限内抛物线上存在点M，使得以点A，B，M为顶点
的三角形与△ACB相似.
点睛：本题是一道二次函数和几何图形综合的题目，解题的要点有以下两点：（1）“知道点A、
B是关于抛物线的对称轴对称的，连接 BC与对称轴的交点即为所求的点H”是解答第 2小题
的关键；（2）“能根据题意画出符合要求的图形，知道∠ACB和∠ABM为钝角，结合题意得
到存在：①当△ACB∽△ABM，②△ACB∽△MBA这两种可能情况”是解答第 3小题的关键.
【考点 2】二次函数与直角三角形问题
【例 2】如图，抛物线 2 0y ax bx c a 的顶点坐标为 2, 1 ，图象与 y轴交于点 0,3C ，
与 x轴交于 A、 B两点．
1 求抛物线的解析式；
2 设抛物线对称轴与直线BC交于点D，连接 AC、 AD，求 ACD的面积；
3 点E为直线BC上的任意一点，过点E作 x轴的垂线与抛物线交于点 F，问是否存在点 E使
DEF为直角三角形？若存在，求出点 E坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1) 2 2 ( 2) 1 4 3y x x x ;(2)2;(3)见解析.
【解析】（1）可设抛物线解析式为顶点式，把C点坐标代入可求得抛物线解析式；
（2）由抛物线解析式可求得A、B坐标，利用待定系数法可求得直线 BC解析式，利用对称
轴可求得D点坐标，则可求得AD2、AC2和CD2，利用勾股定理的逆定理可判定△ACD为直
角三角形，则可求得其面积；
（3）根据题意可分∠DFE=90°和∠EDF=90°两种情况，当∠DFE=90°时，可知DF∥x 轴，
则可求得 E点纵坐标，代入抛物线解析式可求得 E点坐标；当∠EDF=90°时，可求得直线AD
解析式，联立直线AC和抛物线解析式可求得点 E的横坐标，代入直线 BC可求得点 E的坐标．
【详解】解： 1 ∵抛物线的顶点坐标为 2, 1 ，
∴可设抛物线解析式为 2( 2) 1 0y a x a ，
把 0,3C 代入可得 2(0 2) 1 3a ，解得 1a ，
∴抛物线解析式为 2 2( 2) 1 4 3y x x x ；
2 在 2 4 3y x x 中，令 0y 可得 2 4 3 0x x ，解得 1x 或 3x ，
∴ 1,0A ， 3,0B ，
设直线BC解析式为 3y kx ，把 3,0B 代入得：3 3 0k ，解得 1k ，
∴直线BC解析式为 3y x ，
由 1 可知抛物线的对称轴为 2x ，此时 2 3 1y ，
∴ 2,1D ，
∴ 2 2AD ， 2 10AC ， 2 8CD ，
∵ 2 2 2AD CD AC ，
∴ ACD是以 AC为斜边的直角三角形，
∴ 1 1 2 2 2 2
2 2ACDS AD CD ；
3 由题意知 / /EF y轴，则 90FED OCB ，
∴ DEF为直角三角形，分 90DFE 和 90EDF 两种情况，
①当 90DFE 时，即 / /DF x轴，则D、 F的纵坐标相同，
∴ F点纵坐标为1，
∵点 F在抛物线上，
∴ 2 4 3 1x x ，解得 2 2x ，即点E的横坐标为2 2 ，
∵点E在直线BC上，
∴当 2 2x 时， 3 1 2y x ，当 2 2x 时， 3 1 2y x ，
∴E点坐标为 2 2,1 2 或 2 2,1 2 ；
②当 90EDF 时，
∵ 1,0A ， 2,1D ，
∴直线 AD解析式为 1y x ，
∵直线BC解析式为 3y x ，
∴ AD BC ，
∴直线 AD与抛物线的交点即为E点，
联立直线 AD与抛物线解析式有 2 4 3 1x x x ，解得 1x 或 4x ，
当 1x 时， 3 2y x ，当 4x 时， 3 1y x ，
∴E点坐标为 1,2 或 4, 1 ，
综上可知存在满足条件的点E，其坐标为 2 2,1 2 或 2 2,1 2 或 1,2 或 4, 1 ．
【点睛】考查了待定系数法求函数解析式，利用已知的顶点坐标，列出方程组，可以求出函数
解析式.
【变式 2-1】如图，经过 x轴上 ( 1 0) (3 0)A B ，， ， 两点的抛物线 2( 1) 4y m x m （ 0m ）交 y轴
于点C，设抛物线的顶点为D，若以DB为直径的⊙G经过点C，求解下列问题：
（1）用含m的代数式表示出C D， 的坐标；
（2）求抛物线的解析式；
（3）能否在抛物线上找到一点Q，使 BDQ△ 为直角三角形？如能，求出Q点的坐标，若不能，
请说明理由。
【答案】（1）点C的坐标为 (0 3 )C m， ,点D的坐标为 (1 4 )m， ；（2） 抛物线的解析式为
2y x 2x 3 ；（3）满足题意的Q点有三个： (0 3)， 、
3 9
2 4
， 和
1 15
2 4
，
【解析】
【试题分析】
（1） 21 4y m x m 是顶点式，则顶点D的坐标为 0 3C m， ,当 x=0,则 y=-3m,即点C的坐
标为 0 3C m， ；
（2）连接CD 、 BC，过点D作DE y 轴于E，如图①所示:根据直径所对的圆周角是直角，
得 90DCB ,出现“一线三等角模型”，得 DEC COB∽ 根据相似三角形的性质 得：
DE EC
CO OB
1
3 3
m
m
即 ，解得 1m ，则抛物线的解析式为 2 2 3y x x .
（3）分三种情况分类讨论： 90BQD （图①）显然Q与C点重合，点Q坐标为 0 3Q ， ；
DBQ =90（图②）作QF y 轴于 F，DH x 轴于H，根据两角对应相等，两三角形相似，
得Rt RtDHB BFQ∽ ，
DH HB
BF FQ
，则 • •DH FQ BF HB ，由于点Q坐标 2 2 3k k k ， ，
则 24 2 3 2 3k k k ，解得： 3
2
k
由 3
2
k 得Q坐标：
3 9
2 4
Q
， ； BDQ =90（图③）延长DQ交 y轴于M ，作DE y 轴
于E，DH x 轴于H ,同理可证： DEM DHB∽ ，则 DE EM
DH HB
，即 1
4 2
EM
,得 1
2
EM ，点
M 的坐标为
70
2
， ，设DM 所在的直线解析式为 y=kx+b,用待定系数法，把M
70
2
， 和D（1,4）
代入得：
7
2
4
b
k b
解得： 1 7,
2 2
k b
则直线DM的解析式为 1 7
2 2
y x ,把 1 7
2 2
y x 代入 2 2 3y x x 得： 22 3 1 0x x ，
解得， 1
2
x ，最后把 1
2
x 代入 1 7
2 2
y x 得 15
4
y ,点Q的坐标为
1 15
2 4
，
综上述，Q点有三个： 0 3， 、
3 9
2 4
， 和
1 15
2 4
，
【试题解析】
（1）∵y 21 4m x m 是顶点式
∴点D的坐标为 1 4m，
当 x=0时，y= -3m
点C的坐标为 0 3C m，
（2） 连接CD 、 BC，过点D作DE y 轴于E，如图①所示：
∵BD是⊙G的直径
∴∠DCB= 090
∴∠ECD+∠BCO= 090
∵∠ECD+∠EDC= 090
∴∠BCO=∠EDC
∵∠DEC=∠BOC= 090 ∴ DEC COB∽
DE EC
CO OB
1
3 3
m
m
2 1m 1m ∵ 0m ∴ 1m
∴抛物线的解析式为 2 2 3y x x
（3）能在抛物线上找到一点Q，使△BDQ为直角三角形
很明显，点C即在抛物线上，又在⊙G上， 90BCD ，这时Q与C点重合
点Q坐标为 0 3Q ，
如图②，若 DBQ 为90，作QF y 轴于F，
DH x 轴于H
同理可证：Rt RtDHB BFQ∽
∴
DH HB
BF FQ
∴ • •DH FQ BF HB
∵点Q坐标 2 2 3k k k ，
∴ 24 2 3 2 3k k k
化简得： 22 3 9 0k k ,解得： 3k （不合题意，舍去）， 3
2
k
由 3
2
k 得Q坐标：
3 9
2 4
Q
，
若 BDQ 为90 ,如图③，延长DQ交 y轴于M ，
作DE y 轴于 E，DH x 轴于H ,同理可证： DEM DHB∽
∴ DE EM
DH HB
则 1
4 2
EM
,得 1
2
EM ，点M 的坐标为
70
2
，
设DM 所在的直线解析式为 y=kx+b,把 M
70
2
， 和D（1,4）代入得：
7
2
4
b
k b
解得： 1 7,
2 2
k b
∴直线DM的解析式为 1 7
2 2
y x ,把 1 7
2 2
y x 代入 2 2 3y x x 得： 22 3 1 0x x
解为： 1x （不合题意，舍去）， 1
2
x ，
把 1
2
x 代入 1 7
2 2
y x 得 15
4
y ,点Q的坐标为
1 15
2 4
，
综合上述，满足题意的Q点有三个： 0 3， 、
3 9
2 4
， 和
1 15
2 4
，
【方法点睛】本题目是一道二次函数的综合题，涉及到顶点坐标，与坐标轴的交点，一线三等
角证相似，并且多次运用相似三角形的对应边成比例，直角三角形的确定（3种情况分类讨论），
难度较大.
【变式 2-2】已知抛物线 2 2 1y x x m 与 x轴只有一个交点，且与 y轴交于 A点，如图，设
它的顶点为 B．
（1）求m的值；
（2）过A作 x轴的平行线，交抛物线于点C，求证：△ABC是等腰直角三角形；
（3）将此抛物线向下平移 4个单位后，得到抛物线 y，且与 x轴的左半轴交于 E点，与 y轴
交于 F点，如图．请在抛物线 y上求点 P，使得△ EFP是以 EF 为直角边的直角三角形？
【答案】（1）m = 2；（2）证明见解析；（3）满足条件的 P点的坐标为（10
3
，13
9
）或（ 7
3
， 20
9
）．
【解析】
试题分析：（1）根据抛物线与 x轴只有一个交点可知△的值为 0，由此得到一个关于m的一
元一次方程，解此方程可得m的值；
（2）根据抛物线的解析式求出顶点坐标，根据A点在 y轴上求出A点坐标，再求C点坐标，
根据三个点的坐标得出△ABC为等腰直角三角形；
（3）根据抛物线解析式求出 E、F 的坐标，然后分别讨论以 E为直角顶点和以 F为直角顶点 P
的坐标．
试题解析：（1）∵抛物线 y=x2-2x+m-1 与 x 轴只有一个交点，
∴△=（-2）2-4×1×（m-1）=0，
解得，m=2；
（2）由（1）知抛物线的解析式为 y=x2-2x+1=（x-1）2，易得顶点 B（1，0），
当 x=0时，y=1，得 A（0，1）．
由 1=x2-2x+1，解得，x=0（舍）或 x=2，所以C点坐标为：（2，1）．
过C作 x轴的垂线，垂足为D，则CD=1，BD=xD-xB=1．
∴在 Rt△CDB 中，∠CBD=45°，BC= 2．
同理，在 Rt△AOB中，AO=OB=1，于是∠ABO=45°，AB= 2．
∴∠ABC=180°-∠CBD-∠ABO=90°，AB=BC，
因此△ABC是等腰直角三角形；
（3）由题知，抛物线C′的解析式为 y=x2-2x-3，
当 x=0时，y=-3；
当 y=0 时，x=-1 或 x=3，
∴E（-1，0），F（0，-3），即OE=1，OF=3．
第一种情况：若以 E点为直角顶点，设此时满足条件的点为 P1（x1，y1），作 P1M⊥x轴于M．
∵∠P1EM+∠OEF=∠EFO+∠OEF=90°，
∴∠P1EM=∠EFO，得 Rt△EFO∽Rt△P1EM，
则 1 1
3
PM OE
EM OF
＝ ＝ ，即 EM=3P1M．
∵EM=x1+1，P1M=y1，
∴x1+1=3y1①
由于 P1（x1，y1）在抛物线C′上，
则有 3（x12-2x1-3）=x1+1，
整理得，3x12-7x1-10=0，解得，
x1＝
10
3
，或 x2=-1（舍去）
把 x1＝
10
3
代入①中可解得，
y1=
13
9
．
∴P1（
10
3
，13
9
）．
第二种情况：若以 F点为直角顶点，设此时满足条件的点为 P2（x2，y2），作 P2N⊥y轴于 N．
同第一种情况，易知 Rt△EFO∽Rt△FP2N，
得
2
1
3
FN OE
P N OF
＝ ＝ ，即 P2N=3FN．
∵P2N=x2，FN=3+y2，
∴x2=3（3+y2）②
由于 P2（x2，y2）在抛物线C′上，
则有 x2=3（3+x22-2x2-3），
整理得 3x22-7x2=0，解得 x2=0（舍）或 x2＝
7
3
．
把 x2＝
10
3
代入②中可解得，
y2＝− 20
9
．
∴P2（
7
3
，− 20
9
）．
综上所述，满足条件的 P点的坐标为：（10
3
，13
9
）或（ 7
3
，− 20
9
）.
【考点 3】二次函数与等腰三角形问题
【例 3】如图，已知：二次函数 y＝x2+bx+c 的图象与 x轴交于A，B两点，其中A点坐标为
（﹣3，0），与 y轴交于点C，点 D（﹣2，﹣3）在抛物线上．
（1）求抛物线的表达式；
（2）抛物线的对称轴上有一动点 P，求出 PA+PD的最小值；
（3）若抛物线上有一动点M，使△ABM的面积等于△ABC的面积，求M点坐标．
（4）抛物线的对称轴上是否存在动点Q，使得△BCQ为等腰三角形？若存在，求出点Q的
坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）y＝x2+2x﹣3；（2）3 2；（3）点M的坐标为（﹣1﹣ 7，3），（﹣1+ 7，3），
（﹣2，﹣3）；（4）存在；点Q的坐标为（﹣1， 6），（﹣1，﹣ 6），（﹣1，0），（﹣1，﹣
6），（﹣1，﹣1）．
【解析】（1）由点A，D的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的表达式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点 B的坐标，连接 BD，交抛物线的对称轴于
点 P，由抛物线的对称性及两点之间线段最短可得出此时 PA+PD取最小值，最小值为线段 BD
的长度，再由点 B，D的坐标，利用两点间的距离公式可求出 PA+PD 的最小值；
（3）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点C的坐标，设点M的坐标为（x，x2+2x-3），
由△ABM的面积等于△ABC的面积可得出关于 x的一元二次方程，解之即可求出点M的坐
标；
（4）设点Q的坐标为（-1，m），结合点 B，C的坐标可得出CQ2，BQ2，BC2，分 BQ=BC，
CQ=CB及QB=QC三种情况，找出关于m的一元二次（或一元一次）方程，解之即可得出
点Q的坐标．
【详解】解：（1）将A（﹣3，0），D（﹣2，﹣3）代入 y＝x2+bx+c，得：
9 3 0
4 2 3
b c
b c
＝
＝
，解得：
2
3
b
c
，
∴抛物线的表达式为 y＝x2+2x﹣3．
（2）当 y＝0时，x2+2x﹣3＝0，
解得：x1＝﹣3，x2＝1，
∴点 B的坐标为（1，0）．
连接 BD，交抛物线的对称轴于点 P，如图 1所示．
∵PA＝PB，
∴此时 PA+PD取最小值，最小值为线段 BD的长度．
∵点 B的坐标为（1，0），点D的坐标为（﹣2，﹣3），
∴BD＝ 2 2( 2 1) ( 3 0) ＝3 2，
∴PA+PD的最小值为 3 2．
（3）当 x＝0时，y＝x2+2x﹣3＝﹣3，
∴点C的坐标为（0，﹣3）．
设点M的坐标为（x，x2+2x﹣3）．
∵S△ABM＝S△ABC，
∴|x2+2x﹣3|＝3，即 x2+2x﹣6＝0或 x2+2x＝0，
解得：x1＝﹣1﹣ 7，x2＝﹣1+ 7，x3＝﹣2，x4＝0（舍去），
∴点M的坐标为（﹣1﹣ 7，3），（﹣1+ 7，3），（﹣2，﹣3）．
（4）设点Q的坐标为（﹣1，m）．
∵点 B的坐标为（1，0），点C的坐标为（0，﹣3），
∴CQ2＝（﹣1﹣0）2+[m﹣（﹣3）]2＝m2+6m+10，BQ2＝（﹣1﹣1）2+（m﹣0）2＝m2+4，
BC2＝（0﹣1）2+（﹣3﹣0）2＝10．
分三种情况考虑（如图 2所示）：
①当 BQ＝BC时，m2+4＝10，
解得：m1＝ 6，m2＝﹣ 6，
∴点Q1的坐标为（﹣1， 6），点Q2的坐标为（﹣1，﹣ 6）；
②当CQ＝CB时，m2+6m+10＝10，
解得：m3＝0，m4＝﹣6，
∴点Q3的坐标为（﹣1，0），点Q4的坐标为（﹣1，﹣6）；
③当QB＝QC时，m2+4＝m2+6m+10，
解得：m5＝﹣1，
∴点Q5的坐标为（﹣1，﹣1）．
综上所述：抛物线的对称轴上存在动点Q，使得△BCQ为等腰三角形，点Q的坐标为（﹣1，
6），（﹣1，﹣ 6），（﹣1，0），（﹣1，﹣6），（﹣1，﹣1）．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、二次函数
的性质、两点间的距离公式、三角形的面积、等腰三角形的性质以及解一元二次（或一元一次）
方程，解题的关键是：（1）由点的坐标，利用待定系数法求出二次函数表达式；（2）利用两点
之间线段最短，找出点 P的位置；（3）利用两三角形面积相等，找出关于 x的一元二次方程；
（4）分 BQ=BC，CQ=CB及QB=QC三种情况，找出关于m的方程．
【变式 3-1】如图，抛物线 32 bxaxy 与 x轴交于点A（1，0）和 B（3，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若抛物线的对称轴交 x 轴于点 E，点 F是位于 x 轴上方对称轴上一点，FC∥x 轴，与对
称轴右侧的抛物线交于点C，且四边形OECF 是平行四边形，求点C的坐标；
（3）在（2）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点 P，使△OCP是等腰三角形？若存在，
请直接写出点 P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） 342 xxy ；（2）C（4，3）；（3）P（2 21， ）或（2 21， ）或（2 3+ 21， ）
或（2 3 21， ）．
【解析】
试题分析：（1）把点A、B的坐标代入函数解析式，解方程组求出a、b的值，即可得解；
（2）根据抛物线解析式求出对称轴，再根据平行四边形的对角线互相平分求出点C的横坐标，
然后代入函数解析式计算求出纵坐标，即可得解；
（3）设 AC、EF 的交点为 D，根据点C的坐标写出点 D的坐标，然后分①O是顶角，②C
是顶角，③P是顶角三种情况讨论．
试题解析：（1）把点A（1，0）和 B（3，0）代入 32 bxaxy 得，
0339
03
ba
ba
，解得
4
1
b
a
，所以，抛物线的解析式为 342 xxy ；
（2）抛物线的对称轴为直线 x=2，
∵四边形OECF 是平行四边形∴点C的横坐标是 4，
∵点C在抛物线上，∴ 334442 y ，
∴点C的坐标为（4，3）；
（3）∵点C的坐标为（4，3），∴OC的长为 5，
①点O是顶角顶点时，OP=OC=5，
∵ 222 EPOEOP ，OE=2∴ 2125 22 EP ，
所以，点 P的坐标为（2， 21）或（2，- 21）；
②点C是顶角顶点时，CP=OC=5，同理求出 PF= 21，所以，PE= 21 3 ，
所以，点 P的坐标为（2，3 21 ）或（2， 3 21 ）；
③点 P是顶角顶点时，点 P在OC上，不存在.
综上所述，抛物线的对称轴上存在点 P（2， 21）或（2，- 21）或（2，3 21 ）或（2，
3 21 ），使△OCP是等腰三角形．
考点：二次函数综合题．
【变式 3-2】如图，抛物线 与直线 相交于 两点，
且抛物线经过点 .
（1）求抛物线的解析式；
（2）点 是抛物线上的一个动点（不与点 、点 重合），过点 作直线 轴于点 ，
交直线 于点 .
①当 时，求 点坐标；
② 是否存在点 使 为等腰三角形，若存在请直接写出点 的坐标，若不存在，请说明
理由.
【答案】（1）y=﹣x2+4x+5；（2）①P点坐标为（2，9）或（6，﹣7）；②（ ， ）或（4+ ，
﹣4 ﹣8）或（4﹣ ，4 ﹣8）或（0，5）．
【解析】
试题分析：（1）由直线解析式可求得 B点坐标，由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可
求得抛物线解析式；
（2）①可设出 P点坐标，则可表示出 E、D的坐标，从而可表示出 PE 和 ED的长，由条件可
知到关于 P点坐标的方程，则可求得 P点坐标；
②由 E、B、C三点坐标可表示出 BE、CE 和 BC的长，由等腰三角形的性质可得到关于 E点
坐标的方程，可求得 E点坐标，则可求得 P点坐标．
试题解析：（1）∵点 B（4，m）在直线 y=x+1 上，
∴m=4+1=5，
∴B（4，5），
把A、B、C三点坐标代入抛物线解析式可得 ，解得 ，
∴抛物线解析式为 y=﹣x2+4x+5；
（2）①设 P（x，﹣x2+4x+5），则 E（x，x+1），D（x，0），
则 PE=|﹣x2+4x+5﹣（x+1）|=|﹣x2+3x+4|，DE=|x+1|，
∵PE=2ED，
∴|﹣x2+3x+4|=2|x+1|，
当﹣x2+3x+4=2（x+1）时，解得 x=﹣1或 x=2，但当 x=﹣1时，P与 A重合不合题意，舍去，
∴P（2，9）；
当﹣x2+3x+4=﹣2（x+1）时，解得 x=﹣1或 x=6，但当 x=﹣1 时，P与 A重合不合题意，舍
去，
∴P（6，﹣7）；
综上可知 P点坐标为（2，9）或（6，﹣7）；
②设 P（x，﹣x2+4x+5），则 E（x，x+1），且 B（4，5），C（5，0），
∴BE= |x﹣4|，CE= ，
BC= ，
当△BEC为等腰三角形时，则有 BE=CE、BE=BC或 CE=BC 三种情况，
当 BE=CE时，则 |x﹣4|= ，解得 x= ，此时 P点坐标为（ ， ）；
当 BE=BC时，则 |x﹣4|= ，解得 x=4+ 或 x=4﹣ ，此时 P点坐标为（4+ ，
﹣4 ﹣8）或（4﹣ ，4 ﹣8）；
当CE=BC时，则 = ，解得 x=0 或 x=4，当 x=4 时 E 点与 B点重合，不合
题意，舍去，此时 P点坐标为（0，5）；
综上可知存在满足条件的点 P，其坐标为（ ， ）或（4+ ，﹣4 ﹣8）或（4﹣ ，
4 ﹣8）或（0，5）．
考点：二次函数综合题．
【考点 4】二次函数与平行四边形问题
【例 4】如图，抛物线 y=ax2+bx+c与 x 轴相交于点A（﹣3，0），B（1，0），与 y轴相交于
（0，﹣ 3
2
），顶点为 P．
（1）求抛物线解析式；
（2）在抛物线是否存在点 E，使△ABP 的面积等于△ABE的面积？若存在，求出符合条件的
点 E的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）坐标平面内是否存在点 F，使得以A、B、P、F 为顶点的四边形为平行四边形？直接写
出所有符合条件的点 F的坐标，并求出平行四边形的面积．
【答案】（1）y= 1
2
x2+x﹣ 3
2
（2）存在，（﹣1﹣2 2，2）或（﹣1+2 2，2）（3）点 F的坐
标为（﹣1，2）、（3，﹣2）、（﹣5，﹣2），且平行四边形的面积为 8
【解析】（1）设抛物线解析式为 y=ax2+bx+c，把（﹣3，0），（1，0），（0， 3
2
）代入求出a、
b、c的值即可；（2）根据抛物线解析式可知顶点 P的坐标，由两个三角形的底相同可得要使
两个三角形面积相等则高相等，根据 P点坐标可知 E点纵坐标，代入解析式求出 x的值即可；
（3）分别讨论AB为边、AB为对角线两种情况求出 F点坐标并求出面积即可；
【详解】（1）设抛物线解析式为 y=ax2+bx+c，将（﹣3，0），（1，0），（0， 3
2
）代入抛物线
解析式得
0 9a-3b+c
0 a+b+c
3
2
c
，
解得：a= 1
2
，b=1，c=﹣ 3
2
∴抛物线解析式：y= 1
2
x2+x﹣ 3
2
（2）存在．
∵y= 1
2
x2+x﹣ 3
2
= 1
2
（x+1）2﹣2
∴P点坐标为（﹣1，﹣2）
∵△ABP 的面积等于△ABE 的面积，
∴点 E到 AB 的距离等于 2，
设 E（a，2），
∴ 1
2
a2+a﹣ 3
2
=2
解得 a1=﹣1﹣2 2，a2=﹣1+2 2
∴符合条件的点 E的坐标为（﹣1﹣2 2，2）或（﹣1+2 2，2）
（3）∵点A（﹣3，0），点 B（1，0），
∴AB =4
若 AB为边，且以A、B、P、F 为顶点的四边形为平行四边形
∴AB∥PF，AB=PF=4
∵点 P坐标（﹣1，﹣2）
∴点 F坐标为（3，﹣2），（﹣5，﹣2）
∴平行四边形的面积=4×2=8
若 AB为对角线，以A、B、P、F 为顶点的四边形为平行四边形
∴AB与 PF 互相平分
设点 F（x，y）且点A（﹣3，0），点 B（1，0），点 P（﹣1，﹣2）
∴
3 1 1
2 2
0 0 2
2 2
x
y
，
∴x=﹣1，y=2
∴点 F（﹣1，2）
∴平行四边形的面积= 1
2
×4×4=8
综上所述：点 F的坐标为（﹣1，2）、（3，﹣2）、（﹣5，﹣2），且平行四边形的面积为 8．
【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式及二次函数的几何应用，分类讨论并熟练掌握
数形结合的数学思想方法是解题关键.
【变式 4-1】如图，在平面直角坐标系中，抛物线 ，经过A（0，﹣4），B（ ，
0），C（ ，0）三点，且 ．
（1）求 b，c的值；
（2）在抛物线上求一点D，使得四边形 BDCE是以 BC为对角线的菱形；
（3）在抛物线上是否存在一点 P，使得四边形 BPOH是以OB为对角线的菱形？若存在，求
出点 P的坐标，并判断这个菱形是否为正方形？若不存在，请说明理由．
【答案】（1） ， ；（2）D（ ， ）；（3）存在一点 P（﹣3，4），使得四边形 BPOH
为菱形，不能为正方形．
【解析】
试题分析：（1）把A（0，﹣4）代入可求 c，运用根与系数的关系及 ，可求出b；
（2）因为菱形的对角线互相垂直平分，故菱形的另外一条对角线必在抛物线的对称轴上，满
足条件的D点，就是抛物线的顶点；
（3）由四边形 BPOH是以OB为对角线的菱形，可得 PH垂直平分OB，求出OB的中点坐标，
代入抛物线解析式即可，再根据所求点的坐标与线段OB的长度关系，判断是否为正方形即可．
试题解析：（1）∵抛物线 ，经过点A（0，﹣4），∴c=﹣4，
又∵由题意可知， 、 是方程 的两个根，∴ ， ，由已知
得 ，∴ ，∴ ，∴ ，解得：
，
当b= 时，抛物线与 x轴的交点在 x轴的正半轴上，不合题意，舍去．∴b= ；
（2）∵四边形 BDCE 是以 BC为对角线的菱形，根据菱形的性质，点D必在抛物线的对称轴
上，又∵ = ，∴抛物线的顶点（ ， ）即为所求的点D；
（3）∵四边形 BPOH是以OB为对角线的菱形，点 B的坐标为（﹣6，0），根据菱形的性质，
点 P必是直线 x=﹣3 与抛物线 的交点，∴当 x=﹣3时，
=4，∴在抛物线上存在一点 P（﹣3，4），使得四边形 BPOH为菱
形．
四边形 BPOH不能成为正方形，因为如果四边形 BPOH为正方形，点 P的坐标只能是（﹣3，
3），但这一点不在抛物线上．
考点：1．二次函数综合题；2．探究型；3．存在型；4．压轴题．
【变式 4-2】如图，抛物线 与直线 交于 ， 两点，直线
交 轴与点 ，点 是直线 上的动点，过点 作 轴交 于点 ，交抛
物线于点 .
(1)求抛物线 的表达式；
(2)连接 ， ，当四边形 是平行四边形时，求点 的坐标；
(3)①在 轴上存在一点 ，连接 ， ，当点 运动到什么位置时，以 为顶点的
四边形是矩形？求出此时点 的坐标；
②在①的前提下，以点 为圆心， 长为半径作圆，点 为 上一动点，求 的最
小值.
【答案】(1) y=﹣x2﹣2x+4；(2) G（﹣2，4）；(3)①E（﹣2，0）．H（0，﹣1）；② 5 5
2
．
【解析】
试题分析:（1）利用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式，进而利用平行四边形的对边相等建立方程求
解即可；
（3）①先判断出要以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，只有 EF 为对角线，利用中点坐
标公式建立方程即可；
②先取 EG的中点 P进而判断出△PEM∽△MEA即可得出 PM= AM，连接CP交圆 E于M，
再求出点 P的坐标即可得出结论．
试题解析：（1）∵点A（﹣4，﹣4），B（0，4）在抛物线 y=﹣x2+bx+c 上，
∴
16 4 4
4
b c
c
，
∴
2
4
b
c
，
∴抛物线的解析式为 y=﹣x2﹣2x+4；
（2）设直线AB的解析式为 y=kx+n 过点 A，B，
∴ ，
∴ ，
∴直线AB的解析式为 y=2x+4，
设 E（m，2m+4），
∴G（m，﹣m2﹣2m+4），
∵四边形GEOB是平行四边形，
∴EG=OB=4，
∴﹣m2﹣2m+4﹣2m﹣4=4，
∴m=﹣2，
∴G（﹣2，4）；
（3）①如图 1，
由（2）知，直线AB的解析式为 y=2x+4，
∴设 E（a，2a+4），
∵直线AC：y=﹣ x﹣6，
∴F（a，﹣ a﹣6），
设 H（0，p），
∵以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，
∵直线AB的解析式为 y=2x+4，直线AC：y=﹣ x﹣6，
∴AB⊥AC，
∴EF 为对角线，
∴ （﹣4+0）= （a+a）， （﹣4+p）= （2a+4﹣ a﹣6），
∴a=﹣2，P=﹣1，
∴E（﹣2，0）．H（0，﹣1）；
②如图 2，
由①知，E（﹣2，0），H（0，﹣1），A（﹣4，﹣4），
∴EH= ，AE=2 ，
设 AE交⊙E于G，取 EG的中点 P，
∴PE= ，
连接 PC交⊙E于M，连接 EM，
∴EM=EH= ，
∴ = ，
∵ = ，
∴ ，
∵∠PEM=∠MEA，
∴△PEM∽△MEA，
∴ ，
∴PM= AM，
∴ AM+CM的最小值=PC，
设点 P（p，2p+4），
∵E（﹣2，0），
∴PE2=（p+2）2+（2p+4）2=5（p+2）2，
∵PE= ，
∴5（p+2）2= ，
∴p=﹣ 或 p=﹣ （由于 E（﹣2，0），所以舍去），
∴P（﹣ ，﹣1），
∵C（0，﹣6），
∴PC= ，
即： AM+CM= ．
考点：二次函数综合题．
【达标训练】
一、单选题
1．将抛物线 y=﹣2x2﹣1向上平移若干个单位，使抛物线与坐标轴有三个交点，如果这些交
点能构成直角三角形，那么平移的距离为（ ）
A． 3
2
个单位 B．1个单位
C． 1
2
个单位 D． 2个单位
【答案】A
【解析】
试题分析设抛物线向上平移a（a＞1）个单位，使抛物线与坐标轴有三个交点，
且这些交点能构成直角三角形，
则有平移后抛物线的解析式为：y=﹣2x2﹣1+a，AM=a，
∵抛物线 y=﹣2x2﹣1与 y轴的交点M为（0，﹣1），即OM=1，
∴OA=AM﹣OM=a﹣1，
令 y=﹣2x2﹣1+a中 y=0，得到﹣2x2﹣1+a=0，
解得：x=± 1
2
a ，∴B（﹣ 1
2
a ，0），C（ 1
2
a ，0），即 BC=2 1
2
a ，
又△ABC为直角三角形，且 B和C关于 y轴对称，即O为 BC的中点，
∴AO= 1
2
BC，即 a﹣1= 1
2
a ，两边平方得：（a﹣1）2= ，
∵a﹣1≠0，∴a﹣1= 1
2
，解得：a= 3
2
．
故选A
【考点】二次函数图象与几何变换．
2．如图，抛物线 2y x 2x 3 与 y轴交于点C，点 (0,1)D ，点 P是抛物线上的动点，若 PCD
是以CD为底的等腰三角形，则 tan CDP 的值为（ ）．
A．1 2
2
+ 或1 2
2
B． 2 1 或 2 1
C． 2 1
2
或 2 1
2
D．1 2 或1 2
【答案】B
【解析】
作CD中垂线交抛物线于 1P， 2P （ 1P在 2P 左侧），交 y轴于点E ;连接 P1D,P2D.
易得 (0,3)C (0,1)D (0,2)E ．
∴ 1 2
2P Py y ， 1DE ．
将 2y 代入 2y x 2x 3 中得 1 1 2x ， 2 1 2x ．
∴ 1 2 1PE ， 2 2 1P E ．
∴ 1
1tan 2 1PECDP
ED
∠ ， 2
2tan 2 1P ECDP
ED
∠ ．
故选 B.
当△PCD是以CD为底的等腰三角形时,则 P点在线段CD的垂直平分线上,由 C、D坐标可
求得线段CD中点的坐标,从而可以知道 P点的纵坐标,代入抛物线解析式可求得 P点坐标.
二、填空题
3．如图，抛物线 2 1y x 的顶点为C，直线 1y x 与抛物线交于 A， B两点．M 是抛物线
上一点，过M 作MG x 轴，垂足为G．如果以 A，M ，G为顶点的三角形与 ABC相似，
那么点M 的坐标是________．
【答案】 4,15 ， 2,3 ，
4 7,
3 9
．
【解析】根据抛物线的解析式，易求得A（-1，0），D（1，0），C（0，-1）；则△ACD是等
腰直角三角形，由于AP∥DC，可知∠BAC=90°；根据D、C的坐标，用待定系数法可求出
直线DC的解析式，而AB∥DC，则直线AB与 DC的斜率相同，再加上A点的坐标，即可
求出直线AB的解析式，联立直线AB和抛物线的解析式，可求出 B点的坐标，即可得出AB、
AC的长．在 Rt△ABC和 Rt△AMG中，已知了∠BAC=∠AGM=90°，若两三角形相似，
则直角边对应成比例，据此可求出M点的坐标．
【详解】易知：A(−1,0),D(1,0),C(0,−1) ；
则OA=OD=OC=1 ，
∴△ADC 是等腰直角三角形，
∴∠ACD=90 ° ,AC= 2 ；
又∵AB ∥DC ，
∴∠BAC=90 ° ；
易知直线 BD 的解析式为 y=x−1 ，
由于直线AB ∥DC, 可设直线AB 的解析式为 y=x+b, 由于直线AB 过点A(−1,0) ；
则直线AB 的解析式为：y=x+1 ，
联立抛物线的解析式： 2
1
1
y x
y x
，
解得
2
3
x
y
,
1
0
x
y
；
故 B(2,3) ；
∴AP= 2 22 1 3 =3 2 ；
Rt△BAC 和 Rt△AMG 中,∠AGM=∠PAC=90 ° , 且 BA:AC=3 2 : 2 =3:1 ；
若以A. M 、G三点为顶点的三角形与△BCA 相似，则AG:MG=1:3 或 3:1 ；
设M点坐标为(m,m 2 −1),(m1)
则有：MG=m 2 −1 ，AG=|m+1| ；
①当AM:MG=1:3 时,m 2 −1=3|m+1|,m 2 −1=±(3m+3) ；
当m 2 −1=3m+3 时,m 2 −3m−4=0, 解得m=1( 舍去) ，m=4 ；
当m 2 −1=−3m−3 时,m 2+3m+2=0, 解得m=−1( 舍去) ，m=−2 ；
∴M 1 (4,15),M 2 (−2,3) ；
②当AM:MG=3:1 时,3(m 2 −1)=|m+1|,3m 2 −3=±(m+1) ；
当 3m 2 −3=m+1 时,3m 2 −m−4=0, 解得m=−1( 舍去),m= 4
3
；
当 3m 2 −3=−m−1 时,3m 2 +m−2=0, 解得m=−1( 舍去),m= 2
3
( 舍去) ；
∴M 3 (
4
3
, 7
9
).
故符合条件的M点坐标为：(4,15),(−2,3), ( 4
3
, 7
9
).
故答案为：:(4,15),(−2,3), ( 4
3
, 7
9
).
【点睛】本题考查了二次函数，解题的关键是熟练的掌握二次函数的性质与应用.
4．如图，直线 y=x+2 与抛物线 y=ax2+bx+6（a≠0）相交于A（ ， ）和 B（4，m），点
P是线段AB上异于A、B的动点，过点 P作 PC⊥x 轴于点D，交抛物线于点C．当△PAC
为直角三角形时点 P的坐标 ．
【答案】（3，5）或（ 7
2
，11
2
）．
【解析】
试题分析：由于 P点不可能为直角顶点，因此就只有两种情况：若A为直角顶点，过A作AB
的垂线与抛物线的交点即为C点，过C作 y轴的平行线与AB的交点即为 P点；若C为直角
顶点，过A作 x轴的平行线与抛物线的另一个交点即为C点，过C作 y轴的平行线与AB的
交点即为 P点．
解：∵直线 y=x+2 过点 B（4，m），
∴m=6，
∴B（4，6）．
将A、B两点坐标代入抛物线解析式得： ，
解得：
∴抛物线的解析式为：y=2x2﹣8x+6．
①若A为直角顶点，如图 1，
设AC的解析式为：y=﹣x+b，
将 A点代入 y=﹣x+b得 b=3
∴AC的解析式为 y=﹣x+3，
由 ，解得： 或 （舍去）
令 P点的横坐标为 3，则纵坐标为 5，
∴P（3，5）；
②若C为直角顶点，如图 2，
令 ，解得：x= 或 x= （舍去），
令 P点的横坐标为 ，则纵坐标为 ，
∴P（ ， ）；
故答案为（3，5）或（ ， ）．
考点：二次函数综合题．
5．如图，已知抛物线 22 1y x 与 x 轴交于A、C两点，与 y 轴交于点 B，在抛物
线的对称轴上找一点Q，使△ABQ成为等腰三角形，则Q点的坐标是____.
【答案】Q1 2 3 6， ，Q2 2 3 6， ，Q3（2，2），Q4（2，3）
【解析】先求得点A和点 B的坐标，由顶点式知抛物线的对称轴为直线 x=2，设抛物线的对
称轴上的点Q的坐标为 2 m， ，分别求得 AB，并用含m的代数式表示 BQ AQ、 的长，分
AB BQ BQ AQ AB AQ ， ， 三种情况构造方程求得m的值.
【详解】如图，
抛物线的对称轴为直线 x=2
当 y=0 时，
（x-2）2-1=0
解之：x1=3，x2=1
∴点 A的坐标为（1，0）
当 x=0时，y=3
∴点 B（0，3）
设点Q的坐标为（2，m）.
∴AB2=32+1=10，BQ2=（m-3）2+22=（m-3）2+4，AQ2=m2+1，
要使△ABQ为等腰三角形，
当AB2=BQ2时，则（m-3）2+4=10,
解之：m1=3 6 ， m2=3 6 ，
∴点Q1 2 3 6， ， Q2 2 3 6， .
当 BQ2=AQ2时，则（m-3）2+4=m2+1,
解之：m=2
所以点Q2（2，2）；
当AB2=AQ2时，则 10=m2+1,
解之：m=±3
若m=-3，则点 B、A，Q在同一直线上，
∴m=-3 舍去，
∴点Q4（2，3）
故答案为： 2 3 6， ，Q2 2 3 6， ，（2，2），（2，3）
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、勾股定理、等腰三角形的判定等知识点．难点在
于符合条件的等腰三角形可能有多种情形，需要分类讨论．
6．如图，抛物线 y＝﹣x2+2x+4 与 y轴交于点C，点D（0，2），点M是抛物线上的动点．若
△MCD是以CD为底的等腰三角形，则点M的坐标为_____．
【答案】（1+ 2 ，3）或（1﹣ 2 ，3）
【解析】当△MCD是以CD为底的等腰三角形时，则M点在线段CD的垂直平分线上，由
C、D坐标可求得线段CD中点的坐标，从而可知 P点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得M
点坐标．
【详解】△MCD是以CD为底的等腰三角形，
点M在线段CD的垂直平分线上，
如图，过M作ME y 轴于点 E，则 E为线段CD的中点，
抛物线 2 2 4y x x 与 y轴交于点C，
C(0,4),且 D(0,2)，
E 点坐标为(0,3)，
M点纵坐标为 3，
在 2 2 4y x x 中,令 3y ,可得 2 2 4 3x x ,解得 1 2x ，
M点坐标为 (1 2,3) 或 (1 2,3) ，
故答案为 (1 2,3) 或 (1 2,3) .
【点睛】本题考查的知识点是二次函数图像上点的坐标特征，等腰三角形的性质，解题关键是
利用等腰三角形三线合一的性质进行解答.
7．如图，在平面直角坐标系 xOy中，已知抛物线 y=﹣x2+2x+3 与 x 轴交于A，B两点，点M
在这条抛物线上，点 P在 y轴上，如果四边形ABMP是平行四边形，则点M的坐标为______．
【答案】（4，-5）.
【解析】根据抛物线 y=﹣x2+2x+3 与 x 轴交于A，B两点，可求出A、B两点的坐标，进而求
出AB的长度，由四边形ABMP是平行四边形，可知M点在x轴右边，PM//AB，且PM=AB=4 ，
即可求出M点坐标.
【详解】∵y=﹣x2+2x+3 与 x 轴交于A，B两点，
∴A（-1，0）；B（3，0）
∴AB=4，
∵四边形ABMP是平行四边形，
∴AB//PM，PM=AB=4，
∵P点在 y轴上，
∴P点横坐标为 4，
∵P点在抛物线 y=﹣x2+2x+3 上，
∴x=4时，y=-16+8+3=-5，
∴M点的坐标为：（4，-5）.
故答案为（4，-5）
【点睛】本题考查二次函数的应用，求出A、B的长度利用AB=PM求出M的横坐标是解题
关键.
8．已知抛物线 y＝（x﹣2）2，P是抛物线对称轴上的一个点，直线 x＝t 分别与直线 y＝x、
抛物线交于点A，B，若△ABP 是等腰直角三角形，则 t 的值为_____．
【答案】0或 3或 2 2 或 3± 3或 7 17
2
【解析】首先求出抛物线与直线 y=x 的交点坐标，再分四种情形列出方程即可解决问题．
【详解】解：由题意A（t，t），P（2，m）B[t，（t﹣2）2]，
当点A或 B是直角顶点时，|2﹣t|＝|t﹣（t﹣2）2|，
解得 t＝3± 3或 2± 2 ，
当点 P是直角顶点时，|t﹣（t﹣2）2|＝2•|2﹣t|，
解得 t＝ 7 17
2
或 0或 3，
综上所述，满足条件的 t的值为 0或 3或 2± 2 或 3± 15或 7 17
2
．
故答案是：0或 3或 2 2 或 3± 3或 7 17
2
．
【点睛】考查二次函数的性质、一次函数的应用、等腰直角三角形的性质、一元二次方程等知
识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，学会构建方程解决问题.
9．将抛物线 2
1y x 向右平移 2个单位,得到抛物线 2y 的图象 .P是抛物线 2y 对称轴上的一个动
点,直线 x t 平行于 y轴,分别与直线 y x 、抛物线 2y 交于点A、B.若 ABP是以点A或点 B
为直角顶点的等腰直角三角形,求满足条件的 t 的值,则 t ______ .
【答案】3 3 或3 3 或2 2 或2 2
【解析】根据函数图象的平移规律，将 1y 向右平移 2个单位,横坐标减 2表示出抛物线 2y 的函
数解析式.然后再根据题目条件表示出点A、B的坐标,进而能够表示出AB的长度与AP的长度,
然后根据等腰直角三角形的两直角边相等列出方程求解即可.
【详解】解：抛物线 2
1y x 向右平移 2个单位,
抛物线 2y 的函数解析式为 2 2y (x 2) x 4x 4 ,
抛物线 2y 的对称轴为直线 x 2 ,
直线 x t 与直线 y x 、抛物线 2y 交于点A、B,
点A的坐标为 t, t ,点 B 的坐标为 2t, t 4t 4 ,
2 2AB t 4t 4 t t 5t 4 ,
AP t 2 ,
APB 是以点A或 B为直角顶点的三角形,
2t 5t 4 t 2 ,
2t 5t 4 t 2 ①或 2t 5t 4 t 2 ② ,
整理①得, 2t 6t 6 0 ,
解得 1t 3 3 , 2t 3 3 ,
整理②得, 2t 4t 2 0 ,
解得 1t 2 2 , 2t 2 2 ,
综上所述,满足条件的 t 值为：3 3 或3 3 或2 2 或2 2 ,
故答案为：3 3 或3 3 或2 2 或2 2 .
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换,等腰直角三角形的性质,根据抛物线与直线的解
析式表示出AB、AP或 BP 的长,然后根据等腰直角三角形的性质列出方程是解题的关键.
10．如图，已知抛物线 21 4
4
y x bx 与 x轴相交于 A、 B两点，与 y轴相交于点C．若已
知 A点的坐标为 2,0A ．点Q在抛物线的对称轴上，当 ACQ为等腰三角形时，点Q的坐标
为________．
【答案】 3,0 ， 3,4 11 ， 3,4 11
【解析】首先求出抛物线解析式，然后利用配方法或利用公式 x=-
2
b
a
求出对称轴方程，由此
可设可设点Q（3，t），若△ACQ为等腰三角形，则有三种可能的情形，需要分类讨论，逐
一计算，避免漏解．
【详解】∵抛物线 y=- 1
4
x2+bx+4 的图象经过点A（-2，0），
∴- 1
4
×（-2）2+b×（-2）+4=0，
解得：b= 3
2
，
∴抛物线解析式为 y=- 1
4
x2+ 3
2
x+4，
又∵y=- 1
4
x2+ 3
2
x+4=- 1
4
（x-3）2+ 25
4
，
∴对称轴方程为：x=3，
∴可设点Q（3，t），则可求得：
AC= 2 22 4 2 5 ，
AQ= 2 25 t ，
CQ= 223 4t ．
i）当 AQ=CQ时，
有 2 25 t = 223 4t ，
即 25+t2=t2-8t+16+9，
解得 t=0，
∴Q1（3，0）；
ii）当 AC=AQ时，
有 2 25 t =2 5，
即 t2=-5，此方程无实数根，
∴此时△ACQ不能构成等腰三角形；
iii）当 AC=CQ时，
有 2 5 = 223 4t ，
整理得：t2-8t+5=0，
解得：t=4± 11，
∴点Q坐标为：Q2（3，4+ 11），Q3（3，4- 11）．
综上所述，存在点Q，使△ACQ为等腰三角形，点Q的坐标为：Q1（3，0），Q2（3，4+ 11），
Q3（3，4- 11）．
故答案为：（3，0），（3，4+ 11），（3，4- 11）．
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的图象与性质、待定系数法、勾股定理、等腰三角形
的判定等知识点．难点在于符合条件的等腰三角形△ACQ可能有多种情形，需要分类讨论．
11．如图，抛物线 21 1 3
2 2
y x x 与 x轴的负半轴交于点 A，与 y轴交于点 B，连接 AB，点 ,D E
分别是直线 1x 与抛物线上的点，若点 , , ,A B D E围成的四边形是平行四边形，则点 E的坐标
为__________.
【答案】 4,3 或 2,0 或 2, 2
【解析】根据二次函数 21 1
y= x x 3
2 2
与x轴的负半轴交于点 A，与 y轴交于点 B .直接令x=0
和 y=0 求出 A，B的坐标.再根据平行四边形的性质分情况求出点 E的坐标.
【详解】由抛物线的表达式求得点 ,A B的坐标分别为 3,0 , 0, 3 .
由题意知当 AB为平行四边形的边时， / /AB DE，且 AB DE ，
∴线段DE可由线段 AB平移得到.
∵点D在直线 1x 上，①当点 B的对应点为 1D 时，如图，需先将 AB向左平移 1个单位长度，
此时点 A的对应点 1E 的横坐标为 4 ，将 4x 代入 21 1 3
2 2
y x x ，
得 3y ，∴ 1( 4,3)E .
②当点A的对应点为 2D 时，同理，先将 AB向右平移 2个单位长度，可得点 B的对应点 2E 的
横坐标为 2，
将 2x 代入 21 1 3
2 2
y x x 得 0y ，∴ 2 (2,0)E
当 AB为平行四边形的对角线时，可知 AB的中点坐标为
1 3,
2 2
，
∵ 3D 在直线 1x 上，
∴根据对称性可知 3E 的横坐标为 2 ，将 2x 代入 21 1 3
2 2
y x x
得 2y ，∴ 3( 2, 2)E .
综上所述，点E的坐标为 4,3 或 2,0 或 2, 2 .
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了特殊点的坐标的确定，平行四边形的性质，解
本题的关键是分情况解决问题的思想．
三、解答题
12．如图，抛物线 与直线 交于A，B两点，交 x轴于 D，C两点，
已知 ， ．
求抛物线的函数表达式并写出抛物线的对称轴；
在直线AB下方的抛物线上是否存在一点 E，使得 的面积最大？如果存在，求出 E点
坐标；如果不存在，请说明理由．
为抛物线上一动点，连接 PA，过点 P作 交 y轴于点Q，问：是否存在点 P，使得
以A、P、Q为顶点的三角形与 相似？若存在，请直接写出所有符合条件的 P点的坐标；
若不存在，请说明理由．
【答案】（1） （2）当 时， 的面积有最大值 4，此时 E点坐标为
（3）满足条件的 P点坐标为 或 或 或
【解析】 利用待定系数法求抛物线解析式，根据抛物线的对称轴方程求抛物线的对称轴；
先确定直线AB的解析式为 ，再解方程组 得 ，作 轴
交直线AB于 F，如图 1，设 ，则 ，则 ，
利用三角形面积公式得到 ，然后根据二次函数的性质解决问题；
设 ，则 ，先利用勾股定理的逆定理判断 为直角三角形，
利用相似三角形的判定方法，当 ， ∽ ，则 ，所以
；当 ， ∽ ，即 ，所以 ，
然后分别解关于 t的绝对值方程即可得到 P点坐标．
【详解】 把 ， 代入 得 ，解得 ，
抛物线解析式为 ；
抛物线的对称轴为直线 ；
存在．
把 代入 得 ，
直线AB的解析式为 ，
解方程组 得 或 ，则 ，
作 轴交直线AB于 F，如图 1，
设 ，则 ，
，
，
当 时， 的面积有最大值 4，此时 E点坐标为 ；
设 ，则 ，
， ， ，
， ， ，
，
为直角三角形，
，
当 ， ∽ ，
即 ，
，
解方程 得 舍去 ， ，此时 P点坐标为 ；
解方程 得 舍去 ， ，此时 P点坐标为 ；
当 ， ∽ ，
即 ，
，
解方程 得 舍去 ， ，此时 P点坐标为 ；
解方程 得 舍去 ， ，此时 P点坐标为 ；
综上所述，满足条件的 P点坐标为 或 或 或
【点睛】本题是二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质
和相似三角形的判定与性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，记住两
点间的距离公式；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
13．如图，抛物线 经过点A（-1,0）、B（3,0）、C（0， ），连接AC、BC，
将△ABC绕点C逆时针旋转，使点A落在 x 轴上，得到△DCE，此时，DE所在直线与抛物
线交于第一象限的点 F.
（1）求抛物线 对应的函数关系式.
（2）求点 A所经过的路线长.
（3）抛物线的对称轴上是否存在点 P使△PDF 是等腰三角形.
若存在，求点 P的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1） （2） （3）P（1,2），（1，-2），
（1,2 ）或（1，
【解析】
试题分析：（1）抛物线 经过点A（-1,0）、B（3,0）、C（0， ），那么
0
9 3 0
3
a b c
a b c
c
，解得
3
3
2 3
3
3
a
b
c
，所以抛物线 对应的函数关系式为
（2）将△ABC绕点C逆时针旋转，使点A落在 x轴上，得到△DCE，则 D的坐标（1，0）。
所以AD=1+1=2，点 A（-1,0）、C（0， ），在 ,AOC COD ， ,AOC COD 是直角，AO=1，
CO= ，由勾股定理得 221 3 2AC ，同理CD=2，所以三角形ACD是等边三角形，
60ACD ；点A所经过的路线是一个扇形的弧长，圆心角为 60ACD ，半径为AC=2
所以扇形的弧长=
（3）抛物线的对称轴上存在点 P使△PDF 是等腰三角形，抛物线 的
对称轴
2 3
3 1
2 32
3
bx
a
；设点 P的坐标为（1，a），F的坐标为（x,y），则 P、D都
在抛物线的对称轴上; 假设△PDF 是等腰三角形，FD是腰，则 PD=FD，由（1）知D的坐标
（1，0），所以 PD= a ，FD= 2 21x y ,则 a = 2 21x y ，而点 F在抛物线上，所以
F的坐标满足的解析式 ，解得 2a ；当△PDF 是等腰三角形，FD是
底边，那么 PF、PD是腰，所以 PF=PD，则 PD= a ，F的坐标为（x,y），F 的坐标满足的解
析式 ；PF= 2 21y a x ，则 a = 2 21y a x ，解得
a=2 或 a= 2 3
3
,所以 P点的坐标为 P（1,2），（1，-2），（1,2 ）或（1，
考点：抛物线，等腰三角形
点评：本题考查抛物线，等腰三角形，要求考生会用待定系数法求函数的解析式，掌握抛物线
的性质，熟悉等腰三角形的性质
14．如图，抛物线经过原点O（0，0），点A（1，1），点 B（ 7
2
，0）．
（1）求抛物线解析式；
（2）连接OA，过点 A作AC⊥OA交抛物线于C，连接OC，求△AOC的面积；
（3）点M是 y轴右侧抛物线上一动点，连接OM，过点M作MN⊥OM交 x 轴于点N．问：
是否存在点M，使以点O，M，N为顶点的三角形与（2）中的△AOC相似，若存在，求出
点M的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1） 22 7
5 5
y x x ；（2）4；（3）（ 27
2
，﹣54）或（ 23
8
， 23
32
）或（ 33
8
，﹣ 33
32
）
【解析】
分析：（1）设交点式 y=ax（x- 7
2
），然后把A点坐标代入求出a即可得到抛物线解析式；
（2）延长CA交 y轴于D，如图 1，易得OA= 2 ，∠DOA=45°，则可判断△AOD为等
腰直角三角形，所以OD= 2 OA=2，则 D（0，2），利用待定系数法求出直线AD的解析式
为 y=-x+2，再解方程组 2
2
2 7
5 5
y x
y x x
＝
＝
，得C（5，-3），然后利用三角形面积公式，利用
S△AOC=S△COD-S△AOD进行计算；
（3）如图 2，作MH⊥x轴于 H，AC=4 2 ，OA= 2 ，设M（x，- 2
5
x2+ 7
5
x）（x＞0），根据
三角形相似的判定，由于∠OHM=∠OAC，则当OH MH
OA AC
时，△OHM∽△OAC，即
22 7
5 5
2 4 2
x x
x
；当OH MH
AC OA
时，△OHM∽△CAO，即
22 7
5 5
4 2 2
x x
x
，则分别解关
于 x的绝对值方程可得到对应M点的坐标，由于△OMH∽△ONM，所以求得的M点能以点
O，M，N为顶点的三角形与（2）中的△AOC相似．
详解：（1）设抛物线解析式为 y=ax（x- 7
2
），
把A（1，1）代入得 a•1（1- 7
2
）=1，解得 a=- 2
5
，
∴抛物线解析式为 y=- 2
5
x（x- 7
2
），
即 y=- 2
5
x2+ 7
5
x；
（2）延长CA交 y轴于D，如图 1，
∵A（1，1），
∴OA= 2 ，∠DOA=45°，
∴△AOD为等腰直角三角形，
∵OA⊥AC，
∴OD= 2 OA=2，
∴D（0，2），
易得直线AD的解析式为 y=-x+2，
解方程组 2
2
2 7
5 5
y x
y x x
＝
＝
得
1
1
x
y
＝
＝
或
5
3
x
y
＝
＝
，则C（5，-3），
∴S△AOC=S△COD-S△AOD=
1
2
×2×5- 1
2
×2×1=4；
（3）存在．如图 2，
作MH⊥x轴于 H，AC= 2 2(5 1) ( 3 1) =4 2 ，OA= 2 ，
设M（x，- 2
5
x2+ 7
5
x）（x＞0），
∵∠OHM=∠OAC，
∴当OH MH
OA AC
时，△OHM∽△OAC，即
22 7
5 5
2 4 2
x x
x
，
解方程- 2
5
x2+ 7
5
x =4x 得 x1=0（舍去），x2=-
13
2
（舍去），
解方程- 2
5
x2+ 7
5
x =-4x 得 x1=0（舍去），x2=
27
2
，此时M点坐标为（ 27
2
，-54）；
当OH MH
AC OA
时，△OHM∽△CAO，即
22 7
5 5
4 2 2
x x
x
，
解方程- 2
5
x2+ 7
5
x= 1
4
x 得 x1=0（舍去），x2=
23
8
，此时M点的坐标为（ 23
8
， 23
32
），
解方程- 2
5
x2+ 7
5
x=- 1
4
x 得 x1=0（舍去），x2=
33
8
，此时M点坐标为（ 33
8
，- 33
32
）；
∵MN⊥OM，
∴∠OMN=90°，
∴∠MON=∠HOM，
∴△OMH∽△ONM，
∴当M点的坐标为（ 27
2
，-54）或（ 23
8
， 23
32
）或（ 33
8
，- 33
32
）时，以点O，M，N为顶点
的三角形与（2）中的△AOC相似．
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和二次函数的性
质；会利用待定系数法求函数解析式，会解一元二次方程；理解坐标与图形性质；灵活运用相
似比表示线段之间的关系；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
15．如图，已知抛物线 与 轴交于 两点，与 轴交于 点，且
，直线 与 轴交于 点，点 是抛物线 上的一动
点，过点 作 轴，垂足为 ，交直线 于点 .
（1）试求该抛物线的表达式；
（2）如图（1），若点 在第三象限，四边形 是平行四边形，求 点的坐标；
（3）如图（2），过点 作 轴，垂足为 ，连接 ，
①求证： 是直角三角形；
②试问当 点横坐标为何值时，使得以点 为顶点的三角形与 相似？
【答案】（1）y= x2+ x﹣4；（2）点 P的坐标为（﹣ ，﹣ ）或（﹣8，﹣4）；（3）①详
见解析；②，点 P的横坐标为﹣5.5 或﹣10.5 或 2或﹣18 时，使得以点 P、C、H为顶点的三
角形与△ACD相似．
【解析】
试题分析：（1）将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式可得到关于a、c的方程组，然后
解方程组求得a、c的值即可；（2）设 P（m， m2+ m﹣4），则 F（m，﹣ m﹣4），则
PF=﹣ m2﹣ m，当 PF=OC时，四边形 PCOF是平行四边形，然后依据 PF=OC列方程
求解即可；（3）①先求得点D的坐标，然后再求得AC、DC、AD的长，最后依据勾股定理
的逆定理求解即可；②分为△ACD∽△CHP、△ACD∽△PHC两种情况，然后依据相似三角
形对应成比例列方程求解即可
试题解析：
（1）由题意得： ，解得： ，
∴抛物线的表达式为 y= x2+ x﹣4．
（2）设 P（m， m2+ m﹣4），则 F（m，﹣ m﹣4）．
∴PF=（﹣ m﹣4）﹣（ m2+ m﹣4）=﹣ m2﹣ m．
∵PE⊥x 轴，
∴PF∥OC．
∴PF=OC时，四边形 PCOF 是平行四边形．
∴﹣ m2﹣ m=4，解得：m=﹣ 或m=﹣8．
当m=﹣ 时， m2+ m﹣4=﹣ ，
当m=﹣8时， m2+ m﹣4=﹣4．
∴点 P的坐标为（﹣ ，﹣ ）或（﹣8，﹣4）．
（3）①证明：把 y=0 代入 y=﹣ x﹣4得：﹣ x﹣4=0，解得：x=﹣8．
∴D（﹣8，0）．
∴OD=8．
∵A（2，0），C（0，﹣4），
∴AD=2﹣（﹣8）=10．
由两点间的距离公式可知：AC2=22+42=20，DC2=82+42=80，AD2=100，
∴AC2+CD2=AD2．
∴△ACD是直角三角形，且∠ACD=90°．
②由①得∠ACD=90°．
当△ACD∽△CHP 时， ，即 或 ，
解得：n=0（舍去）或 n=﹣5.5 或 n=﹣10.5．
当△ACD∽△PHC时， ，即 或 ．
解得：n=0（舍去）或 n=2 或 n=﹣18．
综上所述，点 P的横坐标为﹣5.5 或﹣10.5 或 2或﹣18 时，使得以点 P、C、H为顶点的三角
形与△ACD相似．
考点：二次函数综合题.
16．如图，顶点为M 的抛物线 2 3y ax bx 与 x轴交于 3,0A ， 1,0B 两点，与 y轴交于
点C．
（1）求这条抛物线对应的函数表达式；
（2）问在 y轴上是否存在一点 P，使得 PAM 为直角三角形？若存在，求出点 P的坐标；若
不存在，说明理由．
（3）若在第一象限的抛物线下方有一动点D，满足DA OA ，过D作DG x 轴于点G，设
ADG 的内心为 I ，试求CI的最小值．
【答案】（1） 2y x 2x 3 ；（2）点 P坐标为
30,
2
或 0,1 或 0,3 或
70,
2
时， PAM 为
直角三角形；（3）CI最小值为 3 10 3 2
2
.
【解析】（1）结合题意，用待定系数法即可求解；
（2）分 3种情况讨论，用勾股定理即可求解；
（3）根据正方形的判定和勾股定理，即可得到答案.
【详解】（1）∵抛物线 2 3y ax bx 过点 3,0A ， 1,0B ，
∴
9 3 3 0
3 0
a b
a b
，解得：
1
2
a
b
，
∴这条抛物线对应的函数表达式为 2y x 2x 3 .
（2）在 y轴上存在点 P，使得 PAM 为直角三角形．
∵ 22 2 3 1 4y x x x ，
∴顶点 1,4M ，
∴ 22 23 1 4 20AM ，
设点 P坐标为 0, p ，
∴ 2 2 2 23 9AP p p ， 22 2 21 4 17 8MP p p p ，
①若 90PAM ，则 2 2 2AM AP MP .
∴ 2 220 9 17 8p p p ，
解得： 3
2
p ，
∴
30,
2
P
.
②若 90APM ，则 2 2 2AP MP AM ，
∴ 2 29 17 8 20p p p ，
解得： 1 1p ， 2 3p ，
∴ 0,1P 或 0,3 .
③若 90AMP ，则 2 2 2AM MP AP ，
∴ 2 220 17 8 9p p p ，
解得： 7
2
p ，
∴
70,
2
P
.
综上所述，点 P坐标为
30,
2
或 0,1 或 0,3 或
70,
2
时， PAM 为直角三角形．
（3）如图，过点 I 作 IE x 轴于点E， IF AD 于点 F， IH DG 于点H，
∵DG x 轴于点G，
∴ 90HGE IEG IHG ，
∴四边形 IEGH是矩形，
∵点 I 为 ADG 的内心，
∴ IE IF IH ， AE AF ，DF DH ，EG HG ，
∴矩形 IEGH是正方形，
设点 I 坐标为 ,m n ，
∴OE m ，HG GE IE n ，
∴ 3AF AE OA OE m ，
∵ 3DA OA ，
∴ 3 3DH DF DA AF m m ，
∴DG DH HG m n ，
∵ 2 2 2DG AG DA ，
∴ 2 2 23 3m n n m ，
∴化简得： 2 23 3 0m m n n ，
配方得：
2 23 3 9
2 2 2
m n
，
∴点 ,I m n 与定点
3 3,
2 2
Q
的距离为 3 2
2
.
∴点 I 在以点
3 3,
2 2
Q
为圆心，半径为 3 2
2
的圆在第一象限的弧上运动，
∴当点 I 在线段CQ上时，CI最小，
∵
2 23 3 3 103
2 2 2
CQ
，
∴ 3 10 3 2
2
CI CQ IQ
，
∴CI最小值为 3 10 3 2
2
.
【点睛】本题考查用待定系数法求二元一次方程、勾股定理和正方形的判定，解题的关键是熟
练掌握用待定系数法求二元一次方程、勾股定理和正方形的判定.
17．如图，已知抛物线 y=-x2+bx+c 经过点A（-1，0）和C（0，4）．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）直线 y=x+1 与抛物线相交于A、D两点，点 P是抛物线上一个动点，点 P的横坐标是m，
且-1＜m＜3，设△ADP的面积为 S，求 S的最大值及对应的m值；
（3）点M是直线 AD上一动点，直接写出使△ACM为等腰三角形的点M的坐标．
【答案】（1）y=-x2+3x+4；（2）当m=1时，△ADP 的面积 S的最大值为 8．（3）
1
34 341,
2 2
M
． 2
34 341,
2 2
M
， 3 4,5M ， 4
7 17
10 1
,
0
M
.
【解析】
【详解】解：（1）A（-1，0）和C（0，4）代入 y=-x2+bx+c，
得
1 0
4
b c
c
＝
＝
，
解得
3
4
b
c
＝
＝
，
∴此抛物线解析式为：y=-x2+3x+4．（2）由题意得： 2
1
3 4
y x
y x x
＝
＝
,
，
解得： 1
1
1
0
x
y
＝
＝
或, 2
2
3
4
x
y
，
∴点D的坐标为（3，4），
过点 P作 PQ∥y轴，交直线AD与点Q，
∵点 P的横坐标是m，
又点 P在抛物线 y=-x2+3x+4
∴P的纵坐标是-m2+3m+4，点Q的横坐标也是m，
∵点Q在直线 y=x+1 上，
∴Q的纵坐标是m+1，
∴PQ=（-m2+3m+4）-（m+1）=-m2+2m+3，
S△ADP=S△APQ+S△DPQ=
1
2
(−m2+2m+3)[m−(−1)]+(−m2+2m+3)(3−m)，
= 1
2
(−m2+2m+3)×4，
=-2m2+4m+6，
=-2（m-1）2+8，
当m=1，△ADP 的面积 S的最大值为 8．
（3）∵M在直线AD：y=x+1 上，设M点坐标为（x，x+1），
∵A（-1，0）和C（0，4）；
∴AC2=17，AM2=2(x+1)2，CM2=x2+（x-3）2，
Ⅰ.当 AC=AM时，17=2(x+1)2，解得 x= 34 1
2
，
即点M坐标为： 1
34 341,
2 2
M
， 2
34 341,
2 2
M
Ⅱ.当 AC=CM时，x2+（x-3）2=17，解得： 1 4x ， 2 1x （与A重合舍去），
即点M坐标为： 3 4,5M ，
III.当 AC=AM时，2(x+1)2=x2+（x-3）2，解得：x= 7
10
，
即点M坐标为： 4
7 17
10 1
,
0
M
，
使△ACM为等腰三角形的点M的坐标有 1
34 341,
2 2
M
． 2
34 341,
2 2
M
， 3 4,5M ，
4
7 17
10 1
,
0
M
.
【点睛】此题主要考查了待定系数法求二次函数解析式以及二次函数最值求法和平面内两点之
间的距离求法等知识，二次函数这部分经常利用数形结合以及分类讨论思想相结合，综合性较
强注意不要漏解．
18．在平面直角坐标系中有 Rt AOB ，O为原点， 1OB ， 3OA ，将此三角形绕点O顺时针
旋转90得到 Rt COD ，抛物线 2y x bx c 过 , ,A B C三点．
（1）求此抛物线的解析式及顶点 P的坐标；
（2）直线 : 3l kx k 与抛物线交于 ,M N两点，若 2PMNS ，求 k的值；
（3）抛物线的对称轴上是否存在一点Q使得 DCQ 为直角三角形．
【答案】（1） 2y x 2x 3 ；点 1,4P ；（2） 2 3k ；（3）存在，Q1(1，-1)，Q2(1，2)，
Q3(1，4)， Q4(1，-5)．
【解析】（1）用待定系数法可求抛物线的解析式，进行配成顶点式即可写出顶点坐标；
（2）将直线与抛物线联立，通过根与系数关系得到 2M Nx x k ， M Nx x k ，再通过 2PMNS
得出 4M Nx x ，通过变形得出 2 4 16M N M Nx x x x 代入即可求出 k的值；
（3）分： 90DQCÐ = °， 90QDC ， 90DCQ 三种情况分别利用勾股定理进行讨论即
可．
【详解】（1）∵ 1OB ， 3OA ，
(0,3), ( 1,0)A B
∵ Rt AOB 绕点O顺时针旋转90，得到Rt COD ，
OA OC
∴点C的坐标为： 3,0 ，
将点A,B 代入抛物线 2y x bx c 中得
3
1 0
c
b c
解得
2
3
b
c
∴此抛物线的解析式为： 2y x 2x 3
∵ 2 22 3 ( 1) 4y x x x ；
∴点 1,4P
（2）直线 l： 3y kx k 与抛物线的对称轴交点F的坐标为 1,3 ，
交抛物线于 ,M MM x y ， ,N NN x y ， 1PF
由 2
3
2 3
y kx k
y x x
得： 2 ( 2) 0x k x k
∴ 2M Nx x k ， M Nx x k
∵ 2PMNS ，
∴ 1 11· 1· 2
2 2M Nx PF x PF
∴1 1 4M Nx x
∴ 4M Nx x
∴ 2 4 16M N M Nx x x x
∴ 2 3k
（3）存在， 1t 或 2t ， 4t ， 5t
(3,0) (0,1)C D
∴ 2 2 2 10CD OC OD
设点 1,Q t
2 2 22CQ t ， 22 21 1DQ t
若 90DQCÐ = °，则 2 2 2CD CQ DQ
即 2 2 2 22 1 ( 1) 10t t
∴ 1t 或 2t
若 90QDC ，则 2 2 2CQ DQ CD
即 2 2 2 22 t 1 (t 1) 10
∴ 4t
若 90DCQ ，则 2 2 2DQ CQ CD
即 2 2 2 22 t 10 1 (t 1)
∴ 5t
即Q1(1,-1), Q2(1,2), Q3(1,4), Q4(1,-5).
【点睛】本题主要考查二次函数与几何综合，掌握二次函数的图象和性质，分情况讨论是解题
的关键．
19．如图，抛物线 y＝﹣x2﹣2x+3的图象与 x轴交于A、B两点(点 A在点 B的左边)，与 y
轴交于点C，点D为抛物线的顶点．
(1)求点 A、B、C的坐标；
(2)点 M(m，0)为线段AB上一点(点M不与点A、B重合)，过点M作 x轴的垂线，与直线
AC交于点 E，与抛物线交于点 P，过点 P作 PQ∥AB交抛物线于点Q，过点Q作QN⊥x轴
于点N，可得矩形 PQNM．如图，点 P在点Q左边，试用含m的式子表示矩形 PQNM的周
长；
(3)当矩形 PQNM的周长最大时，m的值是多少？并求出此时的△AEM的面积；
(4)在(3)的条件下，当矩形 PMNQ的周长最大时，连接DQ，过抛物线上一点 F作 y轴的平
行线，与直线AC交于点G(点G在点 F的上方)．若 FG＝2 2 DQ，求点 F的坐标．
【答案】(1)A(﹣3，0)，B(1，0)；C(0，3) ；(2)矩形 PMNQ的周长＝﹣2m2﹣8m+2；(3) m
＝﹣2；S＝ 1
2
；(4)F(﹣4，﹣5)或(1，0)．
【解析】（1）利用函数图象与坐标轴的交点的求法，求出点A，B，C的坐标；
（2）先确定出抛物线对称轴，用m表示出 PM，MN即可；
（3）由（2）得到的结论判断出矩形周长最大时，确定出m，进而求出直线AC解析式，即
可；
（4）在（3）的基础上，判断出N应与原点重合，Q点与C点重合，求出DQ＝DC＝ 2，
再建立方程（n+3）﹣（﹣n2﹣2n+3）＝4即可．
【详解】(1)由抛物线 y＝﹣x2﹣2x+3 可知，C(0，3)．
令 y＝0，则 0＝﹣x2﹣2x+3，
解得，x＝﹣3或 x＝l，
∴A(﹣3，0)，B(1，0)．
(2)由抛物线 y＝﹣x2﹣2x+3 可知，对称轴为 x＝﹣1．
∵M(m，0)，
∴PM＝﹣m2﹣2m+3，MN＝(﹣m﹣1)×2＝﹣2m﹣2，
∴矩形 PMNQ的周长＝2(PM+MN)＝(﹣m2﹣2m+3﹣2m﹣2)×2＝﹣2m2﹣8m+2．
(3)∵﹣2m2﹣8m+2＝﹣2(m+2)2+10，
∴矩形的周长最大时，m＝﹣2．
∵A(﹣3，0)，C(0，3)，
设直线AC的解析式 y＝kx+b，
∴
3 0
3
k b
b
解得 k＝l，b＝3，
∴解析式 y＝x+3，
令 x＝﹣2，则 y＝1，
∴E(﹣2，1)，
∴EM＝1，AM＝1，
∴S＝ 1
2
AM×EM＝ 1
2
．
(4)∵M(﹣2，0)，抛物线的对称轴为 x＝﹣l，
∴N应与原点重合，Q点与C点重合，
∴DQ＝DC，
把 x＝﹣1代入 y＝﹣x2﹣2x+3，解得 y＝4，
∴D(﹣1，4)，
∴DQ＝DC＝ 2．
∵FG＝2 2 DQ，
∴FG＝4．
设 F(n，﹣n2﹣2n+3)，则G(n，n+3)，
∵点G在点 F的上方且 FG＝4，
∴(n+3)﹣(﹣n2﹣2n+3)＝4．
解得 n＝﹣4或 n＝1，
∴F(﹣4，﹣5)或(1，0)．
【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了函数图象与坐标轴的交点的求法，待定系数法求
函数解析式，函数极值的确定，解本题的关键是用m表示出矩形 PMNQ的周长．
20．如图，已知直线 1 2
2
y x 与 x轴交于点 B，与 y轴交于点C，抛物线 21 2
2
y x bx
与 x轴交于A、B两点（A在 B的左侧），与 y轴交于点C.
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M是上述抛物线上一点，如果△ABM和△ABC相似，求点M的坐标；
（3）连接AC，求顶点D、E、F、G在△ABC各边上的矩形DEFC面积最大时，写出该矩形
在AB边上的顶点的坐标．
【答案】（1） 21 3 2
2 2
y x x ；（2）M（3，-2）；（3）D( 3
2
，0)或 D( 1
2
，0)、E(2，0)
【解析】
试题分析：(1)先求得直线 1 2
2
y x 与 x轴交于点 B与 y轴交于点C的坐标，再把点 B的坐
标代入 21 2
2
y x bx ，求得b值，即可得抛物线的解析式；（2）先判定△ABC为直角三角
形，当△ABM和△ABC相似时，一定有∠AMB=90° ，△BAM≌△ABC，即可得点M的坐
标；（3）分矩形DEFG有两个顶点D、E在 AB上和矩形一个顶点在AB上两种情况求点的坐
标.
试题解析：
(1) 由题意：直线 1 2
2
y x 与 x轴交于点 B（4,0），
与 y轴交于点C点C（0，-2），
将点 B（4,0）代入抛物线 21 2
2
y x bx 易得 3
2
b
∴所求抛物线解析式为： 21 3 2
2 2
y x x
(2) ∵ 2 2 2AC BC AB , ∴△ABC为直角三角形，∠BCA=90°
∵点M是上述抛物线上一点∴不可能有MB与 AB或者MA与 AB垂直
当△ABM和△ABC相似时，一定有∠AMB=90°△BAM≌△ABC
此时点M的坐标为：M（3，-2）
(3)∵△ABC为直角三角形，
∠BCA=90°
当矩形DEFG只有顶点D
在AB上时，显然点 F与点
C重合时面积最大，如图 1，
设CG＝x，
∵DG∥BC，∴△AGD∽△ACB.
∴AG：AC＝DG∶BC，即 5
5 2 5
x DG
∴DG＝2( －x)
∴S 矩形DEFG＝－2(x－ ) 2 ＋ 即 x＝ 5
2
时矩形DEFG的面积有最大值 5
2
，
当矩形DEFG有两个顶点D、E在 AB 上时，如图 2，
CO交GF于点 H，设DG＝x，则OH＝x，CH＝2－x，∵GF∥AB，∴△CGF∽△CAB，
∴GF∶AB＝CH∶CO，即GF∶5＝(2－x)∶2，解得GF＝ (2－x)．
∴S 矩形DEFG＝x· (2－x)＝－ (x－1)2＋ ，即当 x＝1时矩形DEFG的面积同样有最大值 5
2
，
综上所述，无论矩形DEFG有两个顶点或只有一个顶点在AB上，其最大面积相同
当矩形一个顶点在AB上时， GD＝2( －x)＝ ，AG＝ ，
∴AD＝ ， OD＝AD－OA＝ ， ∴D( ，0)．
当矩形DEFG有两个顶点D、E在 AB 上时，∵DG＝1， ∴DE＝ 5
2
，
∵DG∥OC，∴△ADG∽△AOC，∴AD∶AO＝DG∶OC，解得AD＝ ，
∴OD＝ ， OE＝ － ＝2， ∴D(－ ，0)，E(2，0)．
综上所述，满足题意的矩形在AB边上的顶点的坐标为D( ，0)或 D(－ ，0)、E(2，0) ．
点睛：此题考查了二次函数解析式的确定、直角三角形的判定、矩形面积的计算方法、二次函
数最值的应用等知识，要注意（3）题中，矩形的摆放方法有两种，不要漏解．
21．如图，抛物线 y= 1
2
x2+bx+c 与直线 y= 1
2
x+3 交于 A，B两点，交 x 轴于C、D两点，连
接AC、BC，已知A（0，3），C（﹣3，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线对称轴 l 上找一点M，使|MB﹣MD|的值最大，并求出这个最大值；
（3）点 P为 y轴右侧抛物线上一动点，连接 PA，过点 P作 PQ⊥PA交 y轴于点Q，问：是
否存在点 P使得以 A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出所有符合条件
的点 P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）抛物线的解析式是 y= 1
2
x2+ 5
2
x+3；（2）|MB﹣MD|取最大值为 2 ；（3）存在
点 P（1，6）．
【解析】
分析：（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据对称性，可得MC=MD，根据解方程组，可得 B点坐标，根据两边之差小于第三边，
可得 B，C，M共线，根据勾股定理，可得答案；
（3）根据等腰直角三角形的判定，可得∠BCE，∠ACO，根据相似三角形的判定与性质，可
得关于 x的方程，根据解方程，可得 x，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．
详解：（1）将A（0，3），C（﹣3，0）代入函数解析式，得
3
9 3 0
2
c
b c
，解得
5
2
3
b
c
，
抛物线的解析式是 y= 1
2
x2+ 5
2
x+3；
（2）由抛物线的对称性可知，点D与点C关于对称轴对称，
∴对 l 上任意一点有MD=MC，
联立方程组
2
1 3
2
1 5 3
2 2
y x
y x x
，
解得
0
3
x
y
（不符合题意，舍），
4
1
x
y
，
∴B（﹣4，1），
当点 B，C，M共线时，|MB﹣MD|取最大值，即为 BC的长，
过点 B作 BE⊥x 轴于点 E，
，
在 Rt△BEC中，由勾股定理，得
BC= 2 2 2BE CE ，
|MB﹣MD|取最大值为 2 ；
（3）存在点 P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似，
在 Rt△BEC中，∵BE=CE=1，
∴∠BCE=45°，
在 Rt△ACO中，
∵AO=CO=3，
∴∠ACO=45°，
∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°，
过点 P作 PQ⊥y轴于Q点，∠PQA=90°，
设 P点坐标为（x， 1
2
x2+ 5
2
x+3）（x＞0）
①当∠PAQ=∠BAC时，△PAQ∽△CAB，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，
∴△PGA∽△BCA，
∴ BC AC
PG AG
，即 1
3
PG BC
AD AC
，
∴ 2
1
1 5 33
2 2
x
x x
，
解得 x1=1，x2=0（舍去），
∴P点的纵坐标为 1
2
×12+ 5
2
×1+3=6，
∴P（1，6），
②当∠PAQ=∠ABC时，△PAQ∽△CBA，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠ABC，
∴△PGA∽△ACB，
∴ BC AC
AG PG
，
即 PG AC
AG PG
=3，
∴ 2
31 5 3 3
2 2
x
x x
，
解得 x1=﹣
13
3
（舍去），x2=0（舍去）
∴此时无符合条件的点 P，
综上所述，存在点 P（1，6）．
点睛：本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是利用待定系数法求函数解析式；解（2）
的关键是利用两边只差小于第三边得出M，B，C共线；解（3）的关键是利用相似三角形的
判定与性质得出关于 x的方程，要分类讨论，以防遗漏．
22．如图，已知抛物线经过原点O，顶点A（1，﹣1），且与直线 y＝kx+2 相交于 B（2，0）
和C两点
（1）求抛物线和直线 BC的解析式；
（2）求证：△ABC是直角三角形；
（3）抛物线上存在点 E（点 E不与点 A重合），使∠BCE＝∠ACB，求出点 E的坐标；
（4）在抛物线的对称轴上是否存在点 F，使△BDF 是等腰三角形？若存在，请直接写出点 F
的坐标．
【答案】（1）y＝x2﹣2x，y＝﹣x+2；（2）详见解析；（3）E（ 5 5
2 4
, ）；（4）符合条件的点 F
的坐标（1， 7）或（1，﹣ 7）或（1，2+ 7）或（1，2﹣ 7）．
【解析】（1）将 B（2，0）代入设抛物线解析式 y＝a（x﹣1）2﹣1，求得 a，将 B（2，0）
代入 y＝kx+2，求得 k；
（2）分别求出AB2、BC2、AC2，根据勾股定理逆定理即可证明；
（3）作∠BCE＝∠ACB，与抛物线交于点 E，延长AB，与CE的延长线交于点A'，过 A'作
A'H 垂直 x轴于点 H，设二次函数对称轴于 x轴交于点G．根据对称与三角形全等，求得A'
（3，1），然后求出A'C 解析式，与抛物线解析式联立，求得点 E坐标；
（4）设 F（1，m），分三种情况讨论：①当 BF＝BD时， 21 2 2m ，②当DF＝BD时，
2 4 5 2 2m m ，③当 BF＝DF 时， 2 21 4 5m m m ，m＝1，然后代入即可．
【详解】（1）设抛物线解析式 y＝a（x﹣1）2﹣1，
将 B（2，0）代入，
0＝a（2﹣1）2﹣1，
∴a＝1，
抛物线解析式：y＝（x﹣1）2﹣1＝x2﹣2x，
将 B（2，0）代入 y＝kx+2，
0＝2k+2，
k＝﹣1，
∴直线 BC的解析式：y＝﹣x+2；
（2）联立 2
2
2
y x
y x x
，
解得 1
1
1
3
x
y
， 2
2
2
0
x
y
，
∴C（﹣1，3），
∵A（1，﹣1），B（2，0），
∴AB2＝（1﹣2）2+（﹣1﹣0）2＝2，
AC2＝[1﹣（﹣1）]2+（﹣1﹣3）2＝20，
BC2＝[2﹣（﹣1）]2+（0﹣3）2＝18，
∴AB2+BC2＝AC2，
∴△ABC是直角三角形；
（3）如图，作∠BCE＝∠ACB，与抛物线交于点 E，延长AB，与CE的延长线交于点A'，过
A'作 A'H 垂直 x轴于点 H，设二次函数对称轴于 x轴交于点G．
∵∠BCE＝∠ACB，∠ABC＝90°，
∴点A与A'关于直线 BC对称，
AB＝A'B，
可知△AFB≌△A'HB（AAS），
∵A（1，﹣1），B（2，0）
∴AG＝1，BG＝OG＝1，
∴BH＝1，A'H＝1，OH＝3，
∴A'（3，1），
∵C（﹣1，3），
∴直线A'C： 1 5
2 2
y x ，
联立：
2
1 5
2 2
2
y x
y x x
，
解得
1
3
x
y
或
5
2
5
4
x
y
，
∴E（ 5
2
， 5
4
）；
（4）∵抛物线的对称轴：直线 x＝1，
∴设 F（1，m），
直线 BC的解析式：y＝﹣x+2；
∴D（0，2）
∵B（2，0），
∴BD＝ 1
2
x
x
2 2 2(2 1) (0 ) 1BF m m ，
2 2 2(1 0) ( 2) 4 5DF m m m ，
①当 BF＝BD时， 21 2 2m ，
m＝± 7，
∴F坐标（1， 7）或（1，﹣ 7）
②当DF＝BD时， 2 4 5 2 2m m ，
m＝2± 7，
∴F坐标（1，2+ 7）或（1，2﹣ 7）
③当 BF＝DF 时， 2 21 4 5m m m ，
m＝1，
F（1，1），此时 B、D、F在同一直线上，不符合题意．
综上，符合条件的点 F的坐标（1， 7）或（1，﹣ 7）或（1，2+ 7）或（1，2﹣ 7）．
【点睛】考查了二次函数，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
23．已知：如图，在平面直角坐标系 xOy中，抛物线 y=ax2﹣4ax+1 与 x 轴的正半轴交于点
A和点 B，与 y轴交于点C，且OB=3OC，点 P是第一象限内的点，连接 BC，△PBC是以
BC为斜边的等腰直角三角形．
（1）求这个抛物线的表达式；
（2）求点 P的坐标；
（3）点Q在 x轴上，若以Q、O、P为顶点的三角形与以点C、A、B为顶点的三角形相似，
求点Q的坐标．
【答案】（1） 21 4 1
3 3
y x x ；（2）P（2，2）；（3）（﹣4，0）或（﹣2，0）．
【解析】
试题分析：（1）利用待定系数法即可得出结论；
（2）先判断出△PMC≌△PNB，再用 PC2=PB2，建立方程求解即可；
（3）先判断出点Q只能在点O左侧，再分两种情况讨论计算即可．
试题解析：（1）∵抛物线 y=ax2﹣4ax+1，∴点C的坐标为（0，1）．
∵OB=3OC，∴点 B的坐标为（3，0），∴9a﹣12a+1=0，∴a= 1
3
，∴ 21 4 1
3 3
y x x ．
（2）如图，过点 P作 PM⊥y轴，PN⊥x轴，垂足分别为点M、N．
∵∠MPC=90°﹣∠CPN，∠NPB=90°﹣∠CPN，∴∠MPC=∠NPB．
在△PCM和△PBN 中，∵∠PMC=∠PNB，∠MPC=∠NPB，PC=PB，∴△PMC≌△PNB，
∴PM=PN．
设点 P（a，a）．
∵PC2=PB2，∴a2+（a﹣1）2=（a﹣3）2+a2．
解得a=2，∴P（2，2）．
（3）∵该抛物线对称轴为 x=2，B（3，0），∴A（1，0）．
∵P（2，2），A（1，0），B（3，0），C（0，1），∴PO=2 2，AC=2 2，AB=2．
∵∠CAB=135°，∠POB=45°，在 Rt△BOC中，tan∠OBC= ，∴∠OBC≠45°，
∠OCB＜90°，在 Rt△OAC中，OC=OA，∴∠OCA=45°，∴∠ACB＜45°，∴当△OPQ
与△ABC相似时，点Q只有在点O左侧时．
（i）当 AC OQ
AB OP
时，∴ 2
2 2 2
OQ
，∴OQ=4，∴Q（﹣4，0）．
（ii）当 时，∴ ，∴OQ=2，∴Q（﹣2，0）．
当点Q在点A右侧时，综上所述，点Q的坐标为（﹣4，0）或（﹣2，0）．
考点：1．相似形综合题；2．分类讨论．
24．如图，已知抛物线 y＝ax2+bx﹣3与 x 轴交于 A、B两点，与 y轴交于C点，经过A、B、
C三点的圆的圆心M（1，m）恰好在此抛物线的对称轴上，⊙M的半径为 5．设⊙M与 y
轴交于D，抛物线的顶点为 E．
（1）求m的值及抛物线的解析式；
（2）设∠DBC＝α，∠CBE＝β，求 sin（α﹣β）的值；
（3）探究坐标轴上是否存在点 P，使得以 P、A、C为顶点的三角形与△BCE相似？若存在，
请指出点 P的位置，并直接写出点 P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）m＝﹣1，y＝x2﹣2x﹣3；（2）sin（α﹣β）＝ 2
2
；（3）在坐标轴上存在三个点
P1（0，0），P2（0， 1
3
），P3（9，0），使得以 P、A、C为顶点的三角形与△BCE 相似．
【解析】（1）过M作MN⊥y轴于N，连接CM，利用勾股定理可知m的值，同样的方法可
以求出点 B的坐标，将点 B的坐标代入抛物线解析式中即可求.
（2）通过计算可得出 OB OD
BC CE
，进而证明 Rt△BOD∽Rt△BCE，得∠CBE＝∠OBD＝β，则
sin（α﹣β）＝sin（∠DBC﹣∠OBD）＝sin∠OBC可求.
（3）经过分析可知，根据题意分 Rt△COA∽Rt△BCE；过 A作 AP2⊥AC交 y正半轴于 P2，
Rt△CAP2∽Rt△BCE；过C作CP3⊥AC交 x正半轴于 P3，Rt△P3CA∽Rt△BCE 三种情况，
分情况讨论即可.
【详解】（1）由题意可知C（0，﹣3），
2
b
a
1，
∴抛物线的解析式为 y＝ax2﹣2ax﹣3（a＞0），
过M作MN⊥y轴于N，连接CM，
则MN＝1，CM 5 ，
由勾股定理得CN＝2，ON=1，
∴m＝﹣1．
同理可求得 B（3，0），
将点 B代入抛物线的解析式中得
∴a×32﹣2a×3﹣3＝0，得 a＝1．
∴抛物线的解析式为 y＝x2﹣2x﹣3．
（2）由（1）得A（﹣1，0），E（1，﹣4），B（3，0），C（0，﹣3）．
∵M到AB，CD的距离相等，OB＝OC，
∴OA＝OD，
∴点D的坐标为（0，1），
∴在 Rt△BCO中，BC 2 2OB OC 3 2 ，
∴ 3 3
1
OB
OD
，
在△BCE 中，
∵BC2+CE2＝ 2 2 2(3 2) [(1 0) ( 4 3) ] 18 2 20
2 2 2(3 1) (0 4) 20BE
2 2 2BC CE BE
∴△BCE 是 Rt△
3 2 3
2
BC
CE
，
∴ OB BC
OD CE
，
即 OB OD
BC CE
，
∴Rt△BOD∽Rt△BCE，得∠CBE＝∠OBD＝β，
因此 sin（α﹣β）＝sin（∠DBC﹣∠OBD）＝sin∠OBC 2
2
CO
BC
．
（3）∵OB＝OC，OD＝OA， DOB AOC
DOB AOC
∴Rt△COA∽Rt△BCE，此时点 P1（0，0）．
过A作 AP2⊥AC交 y正半轴于 P2，
则 Rt△CAP2∽Rt△BCE，
2CP AC
BE BC
2 2(0 1) ( 3 0) 10AC
2 10
2 5 3 2
CP
2
10
3
CP
2 2
10 13
3 3
OP CP OC
∴P2（0， 1
3
）．
过C作CP3⊥AC交 x正半轴于 P3，
则 Rt△P3CA∽Rt△BCE，
3AP AC
BE CE
2 2(0 1) ( 3 4) 2CE
3 10
2 5 2
AP
2 10AP
3 2 10 1 9OP AP OA
∴P3（9，0）．
故在坐标轴上存在三个点 P1（0，0），P2（0， 1
3
），P3（9，0），
使得以 P、A、C为顶点的三角形与△BCE 相似．
【点睛】本题主要考查二次函数与圆、相似三角形的综合问题，掌握相似三角形的判定及性质
是解题的关键.
25．抛物线 2:F y x bx c 的图象经过坐标原点O，且与 x轴另交点为
3 ,0
3
.
（1）求抛物线 F的解析式；
（2）如图1，直线 3: 0
3
l y x m m 与抛物线 F相交于点 1 1,A x y 和点 2 2,B x y （点 A在
第二象限），求 2 1y y 的值（用含m的式子表示）；
（3）在（2）中，若 4
3
m ，设点 A是点 A关于原点O的对称点，如图 2 .平面内是否存在点 P，
使得以点 A、 B、 A、 P为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点 P的坐标；若不存在，
请说明理由.
【答案】（1）y=x2+ 3
3
x；（2）y2﹣y1==
2 3
3
m（m＞0）；（3）存在符合题意的点 P，且以点
A、B、A′、P为顶点的菱形分三种情况，点 P的坐标为（2 3，
2
3
）、（﹣ 2 3
3
，10
3
）和（﹣
2 3
3
，﹣2）．
【解析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线 F的解析式；
（2）将直线 l 的解析式代入抛物线 F的解析式中，可求出 x1、x2的值，利用一次函数图象上
点的坐标特征可求出 y1、y2的值，做差后即可得出 y2-y1的值；
（3）根据m的值可得出点A、B的坐标，利用对称性求出点A′的坐标．利用两点间的距离
公式（勾股定理）可求出AB、AA′、A′B的值，由三者相等即可得出△AA′B为等边三角
形；结合菱形的性质，可得出存在符合题意得点 P，设点 P的坐标为（x，y），分三种情况考
虑：（i）当 A′B为对角线时，根据菱形的性质（对角线互相平分）可求出点 P的坐标；（ii）
当 AB为对角线时，根据菱形的性质（对角线互相平分）可求出点 P的坐标；（iii）当 AA′为
对角线时，根据菱形的性质（对角线互相平分）可求出点 P的坐标．综上即可得出结论．
【详解】（1）∵抛物线 y=x2+bx+c 的图象经过点（0，0）和（- 3
3
，0），
∴
1 3 0
3 3
0
b c
c
，
解得：
3
3
0
b
c
，
∴抛物线 F的解析式为 y=x2+ 3
3
x．
（2）将 y= 3
3
x+m代入 y=x2+ 3
3
x，得：x2=m，
解得：x1=﹣ m，x2= m，
∴y1=﹣
1 3
3
m +m，y2=
1 3
3
m +m，
∴y2﹣y1=（
1 3
3
m +m）﹣（﹣ 1 3
3
m +m）= 2 3
3
m（m＞0）．
（3）∵m= 4
3
，
∴点A的坐标为（﹣ 2 3
3
， 2
3
），点 B的坐标为（ 2 3
3
，2）．
∵点A′是点A关于原点O的对称点，
∴点A′的坐标为（ 2 3
3
，﹣ 2
3
）．
由两点距离公式可得：AA′=AB=A′B= 8
3
，
∴存在符合题意的点 P，且以点A、B、A′、P为顶点的菱形分三种情况，设点 P的坐标为（x，
y）．
（i）当 A′B为对角线时，有
2 3 2 3 2
3 3
2
3
x
y
，
解得：
2 3
2
3
x
y
，
∴点 P的坐标为（2 3，
2
3
）；
（ii）当 AB为对角线时，有
2 3
3
2 2 2
3 3
x
y
，
解得：
2 3
3
10
3
x
y
，
∴点 P的坐标为（﹣ 2 3
3
，10
3
）；
（iii）当 AA′为对角线时，有
2 3
3
2 22
3 3
x
y
，
解得：
2 3
3
2
x
y
，
∴点 P的坐标为（﹣ 2 3
3
，﹣2）．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、等边三角
形的判定与性质以及菱形的判定与性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法
求出二次函数解析式；（2）将一次函数解析式代入二次函数解析式中求出 x1、x2的值；（3）利
用勾股定理（两点间的距离公式）求出AB、AA′、A′B的值；可知存在符合题意的点 P，
且以点A、B、A′、P为顶点的菱形有三种情况，分A′B为对角线、AB为对角线及AA′
为对角线三种情况求出点 P的坐标．
26．已知：如图，抛物线 y= 3
4
x2+bx+c 与 x 轴交于 A(-1，0)、B 两点（A在 B左），y轴交于
点C（0，-3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点 D是线段 BC下方抛物线上的动点，求四边形ABCD面积的最大值；
（3）若点 E在 x轴上，点 P在抛物线上．是否存在以 B、C、E、P为顶点且以 BC为一边的
平行四边形？若存在，求出点 P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） 23 9 3
4 4
y x x ；（2） 27
2
；（3）P1（3，-3），P2（
3 41
2
，3），P3（
3 41
2
，
3）.
【解析】
试题分析：（1）将 ,A C的坐标代入抛物线中，求出待定系数的值，即可得出抛物线的解析式．
（2）根据 ,B C的坐标，易求得直线 BC的解析式．由于 AB OC、 都是定值，则 ABC△ 的面积
不变，若四边形 ABCD面积最大，则 BDC的面积最大；过点D作DM y轴交 BC于M ，则
3, 3
4
M x x
，可得到当 BDC面积有最大值时，四边形 ABCD的面积最大值.
（3）本题应分情况讨论：①过C作 x轴的平行线，与抛物线的交点符合 P点的要求，此时 ,P C
的纵坐标相同，代入抛物线的解析式中即可求出 P点坐标；②将 BC平移，令C点落在 x轴（即
E点）、 B点落在抛物线（即 P点）上；可根据平行四边形的性质，得出 P点纵坐标（ ,P C纵
坐标的绝对值相等），代入抛物线的解析式中即可求得 P点坐标．
试题解析：（1）把 ( 1 0) 0 3A C， ， 代入 23
4
y x bx c ，
可以求得 9 3
4
b c ，
∴ 23 9 3.
4 4
y x x
（2）过点D作DM y轴分别交线段 BC和 x轴于点M N、 ，
在 23 9 3.
4 4
y x x 中，令 0y ，得 1 24 1.x x，
4 0 .B ，
设直线 BC的解析式为 ,y kx b
可求得直线 BC的解析式为： 3 3.
4
y x
∵S 四边形ABCD 1 1 155 3 4 0 2 .
2 2 2ABC ADCS S DM DM
设 23 9, 3 ,
4 4
D x x x
3, 3 .
4
M x x
2 23 3 9 33 3 3 .
4 4 4 4
DM x x x x x
当 2x 时，DM有最大值3.
此时四边形ABCD面积有最大值 27 .
2
（3）如图所示，
1 2 3
3 41 3 413 3 , 3 , 3 .
2 2
P P P， ， ，
27．如图，在平面直角坐标系中有抛物线 y＝a（x﹣2）2﹣2和 y＝a（x﹣h）2，抛物线 y＝
a（x﹣2）2﹣2经过原点，与 x轴正半轴交于点A，与其对称轴交于点 B；点 P是抛物线 y＝
a（x﹣2）2﹣2上一动点，且点 P在 x轴下方，过点 P作 x轴的垂线交抛物线 y＝a（x﹣h）2
于点D，过点 D作 PD的垂线交抛物线 y＝a（x﹣h）2于点D′（不与点D重合），连接 PD′，
设点 P的横坐标为m：
（1）①直接写出 a的值；
②直接写出抛物线 y＝a（x﹣2）2﹣2的函数表达式的一般式；
（2）当抛物线 y＝a（x﹣h）2经过原点时，设△PDD′与△OAB重叠部分图形周长为 L：
①求 PD
DD 的值；
②直接写出 L与m之间的函数关系式；
（3）当 h为何值时，存在点 P，使以点O、A、D、D′为顶点的四边形是菱形？直接写出 h
的值．
【答案】（1）① 1
2
；②y＝ 21
2
x ﹣2x；
（2）①1；
②L＝
2
(2 2) (0 2)
2 1 (2 2 1) 4 (2 4)
2
m m
m m
；
（3）h＝±2 3．
【解析】（1）①将 x＝0，y＝0 代入 y＝a（x﹣2）2﹣2中计算即可；②y＝ 21
2
x ﹣2x；
（2）将（0，0）代入 y＝a（x﹣h）2中，可求得a＝ 1
2
，y＝ 1
2
x2，待定系数法求OB、AB
的解析式，由点 P的横坐标为m，即可表示出相应线段求解；
（3）以点O、A、D、D′为顶点的四边形是菱形，DD′＝OA，可知点D的纵坐标为 2，再
由AD＝OA＝4即可求出 h的值．
【详解】解：（1）①将 x＝0，y＝0代入 y＝a（x﹣2）2﹣2中，
得：0＝a（0﹣2）2﹣2，
解得：a＝ 1
2
；
②y＝ 21
2
x ﹣2x；．
（2）∵抛物线 y＝a（x﹣h）2经过原点，a＝ 1
2
；
∴y＝ 1
2
x2，
∴A（4，0），B（2，﹣2），
易得：直线OB解析式为：y＝﹣x，直线AB解析式为：y＝x﹣4
如图 1，
2 2 21 1 1, 2 , , , ( ,0), ( , ), ,
2 2 2
P m m m D m m E m F m m D m m
，
① 2 21 1 2 2 , 2
2 2
PD m m m m DD m
PD 2m 1
DD 2m
②如图 1，当 0＜m≤2时，L＝OE+EF+OF＝ 2 (2 2)m m m m ，
当 2＜m＜4时，如图 2，设 PD′交 x轴于G，交AB于 H，PD交 x轴于 E，交AB 于 F，
则 2 2 21 1 1, 2 , , , ( ,0), ( , 4), ,
2 2 2
P m m m D m m E m F m m D m m
，
2 21 1( 4) 2 3 4
2 2
PF m m m m m
，
2 22 2 3 2 2m m 2 2,PG m 2 2m
2 4 2 2
FH PH PF
∵DD′∥EG
EG PE
DD PD ，即：EG•PD＝PE•DD′，得：EG•（2m）＝（2m﹣ 1
2
m2）•2m
∴EG＝2m﹣ 1
2
m2，EF＝4﹣m
∴L＝EG+EF+FH+GH＝EG+EF+PG
2 21 22 4 2 2
2 2
m m m m m
22 1m (2 2 1)m 4
2
2
(2 2)m(0 m 2)
2 1m (2 2 1)m 4 (2 m 4)
2
L
；
（3）如图 3，
∵OADD′为菱形
∴AD＝AO＝DD′＝4，
∴PD＝2，
2 3PA
2 3h
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，菱形的性质，抛物线的平
移等，解题时要注意考虑分段函数表示方法．
28．综合与探究
如图，抛物线 与 轴交于 、 两点，与 轴交于点 .
（1）求抛物线解析式：
（2）抛物线对称轴上存在一点 ，连接 、 ，当 值最大时，求点H坐标：
（3）若抛物线上存在一点 ， ，当 时，求点 坐标：
（4）若点M是 平分线上的一点，点 是平面内一点，若以 、 、 、 为顶点的四边形
是矩形，请直接写出点 坐标.
【答案】（1） ；（2）点 ；（3） ；（4） ，
【解析】（1）把A、B两点坐标代入抛物线解析式，解方程组求出a、b的值即可得答案；（2）
连接AC，延长AC交抛物线对称轴与H，由A、C两点坐标可得直线AC的解析式，根据抛
物线解析式可得对称轴方程，根据A、C、H三点在一条直线时， 的值最大，即可得
答案；（3）由C点坐标可得△ABC和△ABP 的高为 4，可得 P点纵坐标 n=±4，把 n=±4
代入抛物线解析式求出m的值，根据mn>0即可得 P点坐标；（4）设∠BAC的角平分线与 y
轴交于 E点，过点 E作 EF⊥AC，根据角平分线的性质可证明△AFE≌△AOE，可得出AF的
长，利用勾股定理可求出OE的长，可得 E点坐标，进而利用待定系数法可求出直线AE的解
析式，分两种情况：①当∠ABM1=90°时，M1N1=AB，AN1=BM，M1B⊥x 轴，可得点M1的
横坐标，代入AE的解析式可得点M1的纵坐标，即可得出 BM的长，进而可得N1点坐标；②
当∠AM2B=90°时，可知∠N2BA=∠BAE，过 N2作N2G⊥x轴，根据点 E坐标可得∠BAE 的
正弦值和余弦值，即可求出 BN2的长，利用∠N2BA 的正弦和余弦可求出N2G和 BG的长，进
而可得OG的长，即可得N2坐标；综上即可得答案.
【详解】（1）∵A（-3，0），B（4，0），点A、B在抛物线上，
∴
解得： ，
∴抛物线的解析式为：y= x2- x-4.
（2）连接AC，延长AC交抛物线对称轴与H，
∵抛物线解析式为 y= x2- x-4，与 轴交于点C
∴C（0，-4），对称轴为直线 x=- = ，
∵ ≤AC，
∴A、C、H在一条直线上时 取最小值，
设直线AC的解析式为 y=kx+b,
∴ ，
解得： ，
∴直线AC的解析式为 y= x-4，
当 x= 时，y= ，
∴H点坐标为（ ， ）.
（3）∵S△ABC=S△ABP，
∴ AB OC= AB ，
∴ =4，
当 n=4时，4= m2- m-4，
解得m= ，
∵mn>0，
∴m= ，
∴P点坐标为（ ，4）
当 n=-4 时，-4= m2- m-4，
解得：m=1或m=0，
∵mn>0，
∴m=1或m=0均不符合题意，
综上：P点坐标为（ ，4）.
（4）设∠BAC的角平分线交 y轴于 E，过 E作 EF⊥AC于 F，
∵A（-3，0），B（4，0），C（0，-4），
∴AB=7，AC=5，OA=3，OC=4，
∵AE为∠BAC的角平分线，
∴OE=EF，
又∵AE=AE，
△AOE≌△FAE，
∴AF=OA=3，
∴FC=5-3=2，
∴EF2+FC2=CE2，即OE2+22=(4-OE)2，
解得：OE= ，
∵点 E在 y轴负半轴，
∴E点坐标为（0，- ），
设直线AE的解析式为 y=kx+b，
∴
解得：
∴直线AE的解析式为 y= ，
①当∠ABM1=90°时，
∵ANMB是矩形，
∴M1N1=AB=7，AN1=BM，M1B⊥x 轴，AN1⊥x轴，
∴x=4时，y= ，
∴点N1坐标为（-3， ）.
②当∠AM2B=90°时，过N2作N2G⊥x轴，
∵AM2BN2是矩形，
∴∠N2BA=∠BAE，
∵OA=3，OE= ，
∴AE= ，
∴sin∠BAE= = ，cos∠BAE= = ，
∴sin∠N2BA = ，cos∠N2BA=
∴BN2=AB cos∠N2BA= ，
∴N2G=BN2 sin∠N2BA= ，BG=BN2 cos∠N2BA= ，
∴OB-BG=- ，
∴点N2坐标为（- ， ）.
综上所述：点N的坐标为N1（-3， ），N2（- ， ）.
【点睛】本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有运用待定系数法求抛物线的解析
式，二次函数的性质，勾股定理，矩形的性质，三角函数的应用，综合性较强，注意分类思想
的运用是解题关键.
29．如图，已知抛物线 y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴是 3
2
x ，且经过A（﹣4，0），C（0，
2）两点，直线 l：y=kx+t（k≠0）经过 A，C．
（1）求抛物线和直线 l 的解析式；
（2）点 P是直线AC上方的抛物线上一个动点，过点 P作 PD⊥x轴于点D，交AC于点 E，
过点 P作 PF⊥AC，垂足为 F，当△PEF≌△AED时，求出点 P的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ACQ为等腰三角形？若存在，直接写出所有
满足条件的Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） 21 3 2
2 2
y x x ， 1 2
2
y x ；（2）
3 5 15,
2
P
；（3）存在，Q的坐标为：
3 55,
2 2
或
3 55,
2 2
3 55,
2 2
或
3 71,2
2 2
或
3 71,2
2 2
或
3 ,0
2
．
【解析】（1）把点A、C的坐标和对称轴表达式代入二次函数表达式，即可求解；
（2）PE 1
2
n2 3
2
n+2 1
2
n﹣2，DE 1
2
n+2，sin∠EAD=sin∠CAO，
2
2 5
DE OC
AE AC
，则
AE 5 DE 5 （ 1
2
n+2），当△PEF≌△AED时，PE=AE， 1
2
n2﹣2n 5 （ 1
2
n+2），即可
求解；
（3）等腰三角形分A为顶角顶点、以C为顶角顶点、点Q为顶角顶点，三种情况分别求解
即可．
【详解】（1）把点A、C的坐标和对称轴表达式代入二次函数表达式得：
16 4 0
3
2 2
2
a b c
b
a
c
，解
得：
1
2
3
2
2
a
b
c
，故抛物线的表达式为：y 1
2
x2 3
2
x+2；
同理把点A、C坐标代入直线 l 表达式并解得：y 1
2
x+2；
（2）设 P点坐标为（n， 1
2
n2 3
2
n+2），∴E点坐标为（n，1
2
n+2），∴PE 1
2
n2 3
2
n+2 1
2
n
﹣2，DE 1
2
n+2．
∵A（﹣4，0），C（0，2），OA=4，OC=2，AC=2 5．
∵PD⊥x轴于点D，∴∠ADE=90°，∴sin∠EAD=sin∠CAO，
2
2 5
DE OC
AE AC
，
∴AE 5 DE 5 （ 1
2
n+2），当△PEF≌△AED时，PE=AE， 1
2
n2﹣2n 5 （ 1
2
n+2），解
得：n=﹣4或 5 （舍去﹣4），∴n= 5 ，∴P（ 5 ， 3 5 1
2
）；
（3）存在，理由如下：
①以A为顶角顶点，AQ=AC，由（2）知AC=2 5，若设对称轴与 x轴交于点G，则AG 3
2
（﹣4） 5
2
；
GQ1=GQ2
2 25 55(2 5) ( )
2 2
，故点Q1、Q2的坐标分别为（ 3
2
， 55
2
）、（ 3
2
， 55
2
）；
②以C为顶角顶点，CQ=CA=2 5，过点C作 x 轴的平行线，交抛物线的对称轴于点M，
则M（ 3
2
，2），则CM 3
2
，MQ3
2 23 71(2 5) ( )
2 2
，Q3G=2 71
2
，Q4G=﹣2 71
2
，
故Q3、Q4坐标分别为（ 3
2
，2 71
2
）、（ 3
2
，2 71
2
）；
③以点Q为顶角顶点时，同理可得点Q5（
3
2
，0）；
故点Q的坐标为：（ 3
2
， 55
2
）或（ 3
2
， 55
2
）或（ 3
2
，2 71
2
）或（ 3
2
，2 71
2
）
或（ 3
2
，0）．
【点睛】本题为二次函数综合运用题，涉及到一次函数、等腰三角形性质、三角形全等和相似
等知识点，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
30．如图，在平面直角坐标系 xOy中，O为原点， ABCD的边 AB在 x轴上，点D在 y轴上，
点 A的坐标为 ( 2,0) ， 6AB ， 60BAD ，点E是 BC边上一点，DE BC ， P过 A、O、
D三点，抛物线 2y ax bx c 过点 A、 B、D三点.
(1)求抛物线的解析式.
(2)若将 CDE 绕点D顺时针旋转90，点E的对应点 E会落在抛物线 2y ax bx c 上吗？请
说明理由.
(3)若点M 为此抛物线的顶点，平面上是否存在点N ，使得以点 B、D、M 、N 为顶点的四
边形为平行四边形？若存在，请直接写出点N 的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1） 23 3 2 3
4 2
y x x ；（2）点E的对应点 E'不在抛物线上,理由见详解；（3）
N1
33
4
（ ， ）或N2
35
4
， 或N3
17 33
4
， .
【解析】（1）先确定出点 B的坐标，进而求出点D的坐标，最后用待定系数法求出抛物线解
析式；
（2）先利用旋转求出点 E'的坐标，最后判定点 E'是否在抛物线上；
（3）分三种情况，利用线段的中点坐标公式，和平行四边形的对角线互相平分建立方程求解
即可得出结论．
【详解】解：（1）∵A（-2，0），AB=6，
∴B（4，0），
∴OB=4，
∵DO⊥AB，∠BAD=60°，
∴ 60 2 3OD OA tan ，
∴D 0 2 3， ，
∵抛物线 2y ax bx c 过点A，B，D；
∴
4 2 0
16 4 0
2 3
a b c
a b c
c
解之得：
3
4
3
2
2 3
a
b
c
，
∴抛物线的解析式为： 23 3 2 3
4 2
y x x ，
（2）点E的对应点 E'不在抛物线上，理由：如图 1，
∵∠ADE=90°，
∴点 E'落在 DA的延长线上，点C'落在 y轴上，
∴C'（0，-6），
由旋转知，∠DC'E'=∠C=60°，C'E'=CE=3，
过点 E'作 E'H⊥DC'于 H，
∴ 3 3' ' ' 60
2
E H C E sin ， ' ' 0
2
' 6 3C H C E cos ，
∴ ' ' 2 39
2
OH DC C H OD ，
∵点 E'落在第三象限，
∴E'
9
2
3 3 2 3
2
， ，
当 3 3
2
x ，代入抛物线： 23 3 2 3
4 2
y x x 有：
2
3 3 3 3 3 3 5 3 9 92 3 2 3
4 2 2 2 16 4 4
y
∴点 E'不在抛物线上；
（3
如图，抛物线的解析式为： 23 3 2 3
4 2
y x x
∴M 9 31
4
（， ），
∵B（4，0），D 0 2 3， ，
设N（m，n），
∵以点 B、D、M、N为顶点的四边形为平行四边形，
①当 BD与MN是对角线时，
∴ 41
2 2
11 m ，
9 3
2
31
2 4
1 2n
∴m=3， 3
4
n ，
∴N1
33
4
（ ， ），
②当 BM与DN是对角线时，同①的方法得，N2
35
4
，
③当 BN与 DM是对角线时，同①的方法得，N3
17 33
4
， .
【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，相似三角形的判断和性质，平行四
边形的性质，直角三角形的性质，旋转的旋转，解（1）的关键是求出点D的坐标，解（2）
的关键是利用旋转确定出点 E'的坐标，解（3的关键是分类讨论的思想解决问题．
31．在平面直角坐标系 xOy中，如图，抛物线 2 2y mx x n （m、n是常数）经过点 ( 2,3)A 、
( 3,0)B ，与 y轴的交点为点C．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）点D为 y轴上一点，如果直线 BD和直线 BC的夹角为 15º，求线段CD的长度；
（3）设点 P为此抛物线的对称轴上的一个动点，当△BPC为直角三角形时，求点 P的坐标．
【答案】（1）抛物线的表达式是 322 xxy ;(2) 3 3CD 或 333 ;(3) P ( 1, 2) 或
( 1, 4) 或 3 17( 1, )
2
或 3 17( 1, )
2
.
【解析】（1）将点A和点 B坐标代入解析式求解可得；
（2）先求出点C坐标，从而得出OC=OB=3，∠CBO=45°，据此知∠DBO=30°或 60°，
依据DO=BO•tan∠DBO求出得DO＝ 3或 3 3，从而得出答案；
（3）设 P（-1，t），知 BC2=18，PB2=4+t2，PC2=t2-6t+10，再分点 B、点C和点 P为直角顶
点三种情况分别求解可得．
【详解】（1）依题意得：
4 4 3
9 6 0
m n
m n
，
解得：
1
3
m
n
∴抛物线的表达式是 2 2 3y x x
（2）∵抛物线 2 2 3y x x 与 y轴交点为点C
∴点C的坐标是 0,3 ，又点 B的坐标是 3,0
∴ 3OC OB
45CBO
∴ 30DBO 或60
在直角△BOD中， tanDO BO DBO
∴ 3DO 或3 3，∴ 3 3CD 或3 3 3 .
（3）由抛物线 2 2 3y x x 得：对称轴是直线 1x
根据题意：设 1,P t ，又点C的坐标是 0,3 ，点 B的坐标是 3,0
∴ 2 18BC ， 22 2 21 3 4PB t t ， 2 22 21 3 6 10PC t t t ，
①若点 B为直角顶点，则 2 2 2BC PB PC 即： 2 218 4 6 10t t t 解之得： 2t ，
②若点C为直角顶点，则 2 2 2BC PC PB 即： 2 218 6 10 4t t t 解之得： 4t ，
③若点 P为直角顶点，则 2 2 2PB PC BC 即： 2 24 6 10 18t t t 解之得：
1
3 17
2
t
， 2
3 17
2
t
.
综上所述 P的坐标为 1, 2 或 1,4 或
3 171,
2
或
3 171,
2
.
【点睛】本题是二次函数的综合题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、等腰三角形
的性质、两点间的距离公式及直角三角形的性质等知识点．
32．如图，抛物线 y＝ax2+bx﹣4 经过 A（﹣3，0），B（5，﹣4）两点，与 y轴交于点C，
连接AB，AC，BC．
（1）求抛物线的表达式；
（2）求△ABC的面积；
（3）抛物线的对称轴上是否存在点M，使得△ABM是直角三角形？若存在，求出点M的坐
标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y＝ 1
6
x2﹣ 5
6
x﹣4；（2）10；（3）存在，M1（
5
2
，11），M2（
5
2
，﹣ 22
3
），M3
（ 5
2
， 55
2
﹣2），M4（
5
2
，﹣ 55
2
﹣2）.
【解析】（1）将点A，B代入 y＝ax2+bx﹣4即可求出抛物线解析式；
（2）在抛物线 y＝ 1
6
x2﹣ 5
6
x﹣4 中，求出点C的坐标，推出 BC∥x轴，即可由三角形的面积
公式求出△ABC的面积；
（3）求出抛物线 y＝ 1
6
x2﹣ 5
6
x﹣4的对称轴，然后设点M（ 5
2
，m），分别使∠AMB＝90°，
∠ABM＝90°，∠AMB＝90°三种情况进行讨论，由相似三角形和勾股定理即可求出点M的
坐标．
【详解】解：（1）将点A（﹣3，0），B（5，﹣4）代入 y＝ax2+bx﹣4，
得
9 3 4 0
25 5 4 4
a b
a b
，
解得，
1
6
5
6
a
b
，
∴抛物线的解析式为：y＝ 1
6
x2﹣ 5
6
x﹣4；
（2）在抛物线 y＝ 1
6
x2﹣ 5
6
x﹣4中，
当 x＝0时，y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
∵B（5，﹣4），
∴BC∥x轴，
∴S△ABC＝
1
2
BC•OC
＝ 1
2
×5×4
＝10，
∴△ABC的面积为 10；
（3）存在，理由如下：
在抛物线 y＝ 1
6
x2﹣ 5
6
x﹣4 中，
对称轴为： 5
2 2
bx
a
，
设点M（ 5
2
，m），
①如图 1，
当∠M1AB＝90°时，
设 x轴与对称轴交于点H，过点 B作 BN⊥x轴于点N，
则 HM1＝m，AH＝11
2
，AN＝8，BN＝4，
∵∠AM1H+∠M1AN＝90°，∠M1AN+∠BAN＝90°，
∴∠M1AH＝∠BAN，
又∵∠AHM1＝∠BNA＝90°，
∴△AHM1∽△BNA，
∴ 1HMAH
BN NA
，
即
11
2
4 8
m
，
解得，m＝11，
∴M1（
5
2
，11）；
②如图 2，
当∠ABM2＝90°时，
设 x轴与对称轴交于点H，BC与对称轴交于点N，
由抛物线的对称性可知，对称轴垂直平分 BC，
∴M2C＝M2B，
∴∠BM2N＝∠AM2N，
又∵∠AHM2＝∠BNM2＝90°，
∴△AHM2∽△BNM2，
∴ 2
2
HMAH
BN NM
，
∵HM2＝﹣m，AH＝11
2
，BN＝ 5
2
，M2N＝﹣4﹣m，
∴
11
2
5 4
2
m
m
，
解得， 22
3
m ，
∴M2（
5
2
，﹣ 22
3
）；
③如图 3，
当∠AMB＝90°时，
设 x轴与对称轴交于点H，BC与对称轴交于点N，
则AM2+BM2＝AB2，
∵AM2＝AH2+MH2，BM2＝BN2+MN2，
∴AH2+MH2+BN2+MN2＝AB2，
∵HM＝﹣m，AH＝11
2
，BN＝ 5
2
，MN＝﹣4﹣m，
即
2 2
22 2 211 5 4 4 8
2 2
m m
，
解得，m1＝
55
2
﹣2，m2＝﹣ 55
2
﹣2，
∴M3（
5
2
， 55
2
﹣2），M4（
5
2
，﹣ 55
2
﹣2）；
综上所述，存在点M的坐标，其坐标为M1（
5
2
，11），M2（
5
2
，﹣ 22
3
），M3（
5
2
， 55
2
﹣2），
M4（
5
2
，﹣ 55
2
﹣2）．
【点睛】本题考查了待定系数法求解析式，三角形的面积，直角三角形的存在性，相似三角形
的判定与性质等，解题关键是注意分类讨论思想在解题中的运用．
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