二次函數(shù)與幾何綜合型問題二次函數(shù)與幾何綜合型問題類型：（1）與點(diǎn)有關(guān)的問題.（2）與線段有關(guān)的問題.（3）與角度有關(guān)的問題.（4）與圖形面積問題.（5）與特殊三角形存在性問題.（6）與特殊四邊形存在性問題.（7）與相似三角形存在性問題.（8）與圓的結(jié)合問題.解題策略：充分運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想，把“數(shù)”與“形”結(jié)合，互相滲透，

把數(shù)量關(guān)系與空間形式巧妙地結(jié)合起來尋找解題思路.類型之一二次函數(shù)與點(diǎn)有關(guān)的問題1.

［2024?威海］已知拋物線y＝x2＋bx＋c（b＜0）與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)分

別為（x1，0），（x2，0），且x1＜x2.（1）若拋物線y1＝x2＋bx＋c＋1（b＜0）與x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)分別為

（x3，0），（x4，0），且x3＜x4，試判斷下列每組數(shù)據(jù)的大?。ㄌ顚?/p>

“＞”“＜”或“＝”）：①x1＋x2

x3＋x4；②x1－x3

x2－x4；③x2＋x3

x1＋x4.＝

＜

＞

（2）若x1＝1，2＜x2＜3，求b的取值范圍.解：（2）∵x1＝1，2＜x2＜3，∴3＜x2＋x1＜4，∴3＜－b＜4，∴－4＜b＜－3.解：（2）∵x1＝1，2＜x2＜3，∴3＜x2＋x1＜4，∴3＜－b＜4，∴－4＜b＜－3.

當(dāng)x＝0時(shí)，y＝c；當(dāng)x＝1時(shí)，y＝1＋b＋c.

＜b≤－1，

＜b＜0，

則有

2.

［2025?錦江區(qū)校級(jí)模擬］如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，二次函數(shù)y

＝ax2＋bx－5（a≠0）的圖象與x軸、y軸分別交于A，B與C點(diǎn)，連接

AC，P為直線AC下方拋物線上一點(diǎn).（1）若點(diǎn)A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（－5，0）（1，0）.

（1）解：①把（－5，0）（1，0）代入二次函數(shù)y＝ax2＋bx－5中，

故二次函數(shù)的關(guān)系式為y＝x2＋4x－5.②當(dāng)△ACP與△ABC的面積相等時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo).②∵A（－5，0），C（0，－5），∴由待定系數(shù)法可知直線AC的表達(dá)式為y＝－x－5，過點(diǎn)B作直線AC的平行線l，則直線l的表達(dá)式為y＝－x＋b，如答圖，②∵A（－5，0），C（0，－5），∴由待定系數(shù)法可知直線AC的表達(dá)式為y＝－x－5，過點(diǎn)B作直線AC的平行線l，則直線l的表達(dá)式為y＝－x＋b，如答圖，答圖代入點(diǎn)B（1，0），得b＝1.將直線AC向下平移1－（－5）＝6個(gè)單位長(zhǎng)度得到直線m，則直線m的表達(dá)式為y＝－x－11，聯(lián)立y＝－x－11與y＝x2＋4x－5，整理可得x2＋5x＋6＝0，解得x＝－2或－3，故點(diǎn)P的坐標(biāo)為（－2，－9）或（－3，－8）.（2）設(shè)點(diǎn)A，C，P的橫坐標(biāo)分別為xA，xC，xP，當(dāng)△ACP的面積最大

時(shí)，求證：xA＋xC＝2xP.

（2）證明：設(shè)A（m，am2＋bm－5），C（0，－5），

當(dāng)過點(diǎn)P的直線p與AC平行且與拋物線有且只有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，此時(shí)△ACP的面積最大.則設(shè)直線p的表達(dá)式為y＝（am＋b）x＋b′，

令Δ＝0，則a2m2－4a（－5－b′）＝0，

進(jìn)一步整理得4a2x2－4a2mx＋a2m2＝0，由于a≠0，則4x2－4mx＋m2＝0，即（2x－m）2＝0，

類型之二二次函數(shù)與線段有關(guān)的問題3.

［2025?西昌模擬］如圖，拋物線y＝x2＋bx＋c與x軸交于A，B兩

點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，OA＝OC＝3，頂點(diǎn)為D.

（1）求此拋物線的表達(dá)式及點(diǎn)D的坐標(biāo)；

解：（1）已知拋物線y＝x2＋bx＋c與x軸交于A，B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)

C，OA＝OC＝3，頂點(diǎn)為D，∴A（－3，0），C（0，－3），

∴y＝x2＋2x－3＝（x＋1）2－4，∴D（－1，－4）.（2）如圖1，若點(diǎn)P在拋物線的對(duì)稱軸上，當(dāng)△BCP的周長(zhǎng)最小時(shí)，求出

點(diǎn)P的坐標(biāo)及△BPC的周長(zhǎng)；圖1

解：（2）∵y＝x2＋2x－3＝（x＋3）（x－1），∴點(diǎn)B（1，0），∴OB＝1.

∵A，B是對(duì)稱點(diǎn)，如答圖1，連接AC，交對(duì)稱軸于點(diǎn)F，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)F重合時(shí)，PB＋PC取

得最小值，且PB＋PC＝FB＋FC＝AC.

答圖1圖1

設(shè)直線AC的表達(dá)式為y＝kx＋p，將點(diǎn)A，C的坐標(biāo)分別代入，得

∴直線AC的表達(dá)式為y＝－x－3，當(dāng)x＝－1時(shí)，y＝－2，故F（－1，－2），∴△BCP的周長(zhǎng)最小時(shí)，P（－1，－2），△BPC的周長(zhǎng)為AC＋BC＝

圖1

圖2解：（3）如答圖2，過點(diǎn)E作EG⊥x軸于點(diǎn)G，答圖2解：（3）如答圖2，過點(diǎn)E作EG⊥x軸于點(diǎn)G，答圖2根據(jù)OA＝OC＝3，∴∠OAC＝∠OCA＝45°，

根據(jù)OA＝OC＝3，∴∠OAC＝∠OCA＝45°，

∴DE＋EG≥DG，∴當(dāng)D，E，G三點(diǎn)共線時(shí)，DE＋EG取得最小值，根據(jù)垂線段最短，

DE＋EG最小值為DG＝4，∴2（DE＋EG）＝8，

（1）∵拋物線y＝ax2＋bx＋c的圖象過點(diǎn)O（0，0），∴c＝0.

答圖答圖

答圖

類型之三二次函數(shù)與角度有關(guān)的問題5.

［2024?連云港］在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝ax2＋bx－1

（a，b為常數(shù)，a＞0）.（1）若拋物線與x軸交于A（－1，0），B（4，0）兩點(diǎn)，求拋物線對(duì)應(yīng)

的函數(shù)表達(dá)式.

（1）解：∵拋物線與x軸交于A（－1，0），B（4，0）兩點(diǎn)，∴分別將A（－1，0），B（4，0）代入y＝ax2＋bx－1中，

（2）證明：連接CN，如答圖1.答圖1∵b＝1，∴y＝ax2＋x－1.當(dāng)x＝－1時(shí)，y＝a－2，∴M（－1，a－2）.當(dāng)x＝1時(shí)，y＝a，∴N（1，a）.∵C（－1，a），N（1，a），∴CN＝2，CM＝a－（a－2）＝2，CM⊥CN.

在Rt△CMN中，CM＝2，CN＝2，

∴DN＝MN，∴∠NDM＝∠NMD.

∵DN∥CM，∴∠NDM＝∠CMD，∴∠NMD＝∠CMD，∴MD平分∠CMN.

∴DN＝MN，∴∠NDM＝∠NMD.

∵DN∥CM，∴∠NDM＝∠CMD，∴∠NMD＝∠CMD，∴MD平分∠CMN.

（3）當(dāng)a＝1，b≤－2時(shí)，過直線y＝x－1（1≤x≤3）上一點(diǎn)G作y軸的

平行線，交拋物線于點(diǎn)H.

若GH的最大值為4，求b的值.（3）解：設(shè)G（m，m－1），則H（m，m2＋bm－1）（1≤m≤3）.當(dāng)a＝1時(shí)，y＝x2＋bx－1.∵過直線y＝x－1（1≤x≤3）上一點(diǎn)G作y軸的平行線，令x2＋bx－1＝x－1，解得x1＝0，x2＝1－b.∵b≤－2，∴x2＝1－b≥3，點(diǎn)G在點(diǎn)H的上方，如答圖2.（3）解：設(shè)G（m，m－1），則H（m，m2＋bm－1）（1≤m≤3）.當(dāng)a＝1時(shí)，y＝x2＋bx－1.∵過直線y＝x－1（1≤x≤3）上一點(diǎn)G作y軸的平行線，令x2＋bx－1＝x－1，解得x1＝0，x2＝1－b.∵b≤－2，∴x2＝1－b≥3，點(diǎn)G在點(diǎn)H的上方，如答圖2.答圖2答圖2設(shè)GH＝t，則t＝－m2＋（1－b）m，

由答圖3可知，

解得b＝－3或b＝5（舍去），答圖3

由答圖4可知，當(dāng)m＝3時(shí)，t取得最大值－9＋3－3b＝4，答圖4

綜上所述，b的值為－3.6.

［2024?蘇州］如圖1，二次函數(shù)y＝x2＋bx＋c的圖象C1與開口向下的

二次函數(shù)圖象C2均過點(diǎn)A（－1，0），B（3，0）.（1）求圖象C1對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式.圖1

解：（1）將A（－1，0），B（3，0）代入y＝x2＋bx＋c中，得

∴圖象C1對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y＝x2－2x－3.（2）若圖象C2過點(diǎn)C（0，6），點(diǎn)P位于第一象限，且在圖象C2上，直

線l過點(diǎn)P且與x軸平行，與圖象C2的另一個(gè)交點(diǎn)為Q（Q在P左側(cè)），直

線l與圖象C1的交點(diǎn)為M，N（N在M左側(cè)）.當(dāng)PQ＝MP＋QN時(shí)，求點(diǎn)

P的坐標(biāo).解：（2）設(shè)圖象C2對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y＝a（x＋1）（x－3）（a＜

0）.將點(diǎn)C（0，6）代入，得a＝－2.∴圖象C2對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y＝－2（x＋1）（x－3），其對(duì)稱軸為直

線x＝1.又圖象C1的對(duì)稱軸也為直線x＝1.作直線x＝1，交直線l于點(diǎn)H（如答圖1）.解：（2）設(shè)圖象C2對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y＝a（x＋1）（x－3）（a＜

0）.將點(diǎn)C（0，6）代入，得a＝－2.∴圖象C2對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y＝－2（x＋1）（x－3），其對(duì)稱軸為直線x＝1.又圖象C1的對(duì)稱軸也為直線x＝1.作直線x＝1，交直線l于點(diǎn)H（如答圖1）.答圖1答圖1由二次函數(shù)的對(duì)稱性，得QH＝PH，PM＝NQ.

又PQ＝MP＋QN，∴PH＝PM.

設(shè)PH＝t（0＜t＜2），則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t＋1，點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為2t＋1.由二次函數(shù)的對(duì)稱性，得QH＝PH，PM＝NQ.

又PQ＝MP＋QN，∴PH＝PM.

設(shè)PH＝t（0＜t＜2），則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t＋1，點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為2t＋1.將x＝t＋1代入y＝－2（x＋1）（x－3），得yP＝－2（t＋2）（t－

2），將x＝2t＋1代入y＝（x＋1）（x－3），得yM＝（2t＋2）（2t－2）.∵yP＝y(tǒng)M，∴－2（t＋2）（t－2）＝（2t＋2）（2t－2），

將x＝t＋1代入y＝－2（x＋1）（x－3），得yP＝－2（t＋2）（t－

2），將x＝2t＋1代入y＝（x＋1）（x－3），得yM＝（2t＋2）（2t－2）.∵yP＝y(tǒng)M，∴－2（t＋2）（t－2）＝（2t＋2）（2t－2），

（3）如圖2，D，E分別為二次函數(shù)圖象C1，C2的頂點(diǎn)，連接AD，過點(diǎn)

A作AF⊥AD，交圖象C2于點(diǎn)F，連接EF，當(dāng)EF∥AD時(shí)，求圖象C2對(duì)

應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式.圖2解：（3）如答圖2，連接DE，交x軸于點(diǎn)G，過點(diǎn)F作FI⊥ED于點(diǎn)I，

過點(diǎn)F作FJ⊥x軸于點(diǎn)J.

答圖2∵FI⊥ED，F(xiàn)J⊥x軸，∴四邊形IGJF為矩形，∴IF＝GJ，IG＝FJ.

設(shè)圖象C2對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y＝a（x＋1）?（x－3）（a＜0）.∵點(diǎn)D，E分別為二次函數(shù)圖象C1，C2的頂點(diǎn)，∴D（1，－4），E（1，－4a）.∴DG＝4，AG＝2，EG＝－4a.

∵AF⊥AD，∴∠FAB＋∠DAB＝90°.又∠DAG＋∠ADG＝90°，∴∠ADG＝∠FAB，∴IF＝GJ，IG＝FJ.

設(shè)圖象C2對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y＝a（x＋1）?（x－3）（a＜0）.∵點(diǎn)D，E分別為二次函數(shù)圖象C1，C2的頂點(diǎn)，∴D（1，－4），E（1，－4a）.∴DG＝4，AG＝2，EG＝－4a.

∵AF⊥AD，∴∠FAB＋∠DAB＝90°.又∠DAG＋∠ADG＝90°，∴∠ADG＝∠FAB，圖2

設(shè)GJ＝m（0＜m＜2），則AJ＝2＋m，

∵EF∥AD，∴∠FEI＝∠ADG，

∴EI＝2m.∵EG＝EI＋I(xiàn)G，圖2

∵點(diǎn)F在C2上，

∵m＋2≠0，

圖2

圖2類型之四二次函數(shù)與圖形面積問題7.

［2024?成都］如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線L：y＝ax2－2ax－

3a（a＞0）與x軸交于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），其頂點(diǎn)為C，

D是拋物線第四象限上一點(diǎn).（1）求線段AB的長(zhǎng).（1）解：∵拋物線L：y＝ax2－2ax－3a（a＞0）與x軸交于A，B兩

點(diǎn)，∴ax2－2ax－3a＝0，整理得x2－2x－3＝0，解得x1＝－1，x2＝3，∴A（－1，0），B（3，0），則AB＝3－（－1）＝4.（1）解：∵拋物線L：y＝ax2－2ax－3a（a＞0）與x軸交于A，B兩

點(diǎn)，∴ax2－2ax－3a＝0，整理得x2－2x－3＝0，解得x1＝－1，x2＝3，∴A（－1，0），B（3，0），則AB＝3－（－1）＝4.

（2）當(dāng)a＝1時(shí)，拋物線L：y＝x2－2x－3＝（x－1）2－4，則C（1，－4）.

×4×（n2－2n－3）＝－2n2＋4n＋6.設(shè)直線AD表達(dá)式為y＝k（x＋1），∵點(diǎn)D在直線AD上，∴n2－2n－3＝k（n＋1），解得k＝n－3，則直線AD表達(dá)式為y＝（n－3）（x＋1）.如答圖1，設(shè)直線AD與拋物線對(duì)稱軸交于點(diǎn)E，則E（1，2n－6），答圖1

∵△ACD的面積與△ABD的面積相等，如答圖1，設(shè)直線AD與拋物線對(duì)稱軸交于點(diǎn)E，則E（1，2n－6），答圖1

－1.∵△ACD的面積與△ABD的面積相等，

（3）延長(zhǎng)CD交x軸于點(diǎn)E，當(dāng)AD＝DE時(shí)，將△ADB沿DE方向平移得

到△A′EB′，將拋物線L平移得到拋物線L′，使得點(diǎn)A′，B′都落在拋物線

L′上.試判斷拋物線L′與L是否交于某個(gè)定點(diǎn)，若是，求出該定點(diǎn)坐標(biāo)；若

不是，請(qǐng)說明理由.備用圖（3）設(shè)D（n，an2－2an－3a），直線AD的表達(dá)式為y＝k1（x＋1），則an2－2an－3a＝k1（n＋1），解得k1＝an－3a，

∴直線AD的表達(dá)式為y＝a（n－3）（x＋1）.過點(diǎn)D作DM⊥AB，如答圖2，答圖2過點(diǎn)D作DM⊥AB，如答圖2，答圖2則AM＝n＋1，DM＝－an2＋2an＋3a.∵AD＝DE，∴EM＝n＋1.∵將△ADB沿DE方向平移得到△A′EB′，A（－1，0），B（3，0），

∴A′（n，－an2＋2an＋3a），B′（n＋4，－an2＋2an＋3a）.由題意知拋物線L平移得到拋物線L′，設(shè)拋物線L′的表達(dá)式為y＝ax2＋bx

＋c（a＞0），∵點(diǎn)A′，B′都落在拋物線L′上，

備用圖

則拋物線L′的表達(dá)式為y＝ax2＋（－2an－4a）x＋6an＋3a.

令ax2－2ax－3a＝ax2＋（－2an－4a）x＋6an＋3a，整理得（n＋1）x＝3n＋3，解得x＝3，∴拋物線L′與L交于定點(diǎn)（3，0）.備用圖8.

［2024?濟(jì)寧］已知二次函數(shù)y＝ax2＋bx＋c的圖象經(jīng)過（0，－3），

（－b，c）兩點(diǎn)，其中a，b，c為常數(shù)，且ab＞0.（1）求a，c的值.解：（1）∵函數(shù)過（0，－3），（－b，c），∴c＝－3，ab2－b2＋c＝c，∴（a－1）b2＝0.∵ab＞0，∴a≠0，b≠0，∴a－1＝0，∴a＝1.解：（1）∵函數(shù)過（0，－3），（－b，c），∴c＝－3，ab2－b2＋c＝c，∴（a－1）b2＝0.∵ab＞0，∴a≠0，b≠0，∴a－1＝0，∴a＝1.（2）若該二次函數(shù)的最小值是－4，且它的圖象與x軸交于點(diǎn)A，B（點(diǎn)A

在點(diǎn)B的左側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C.

①求該二次函數(shù)的表達(dá)式，并直接寫出點(diǎn)A，B的坐標(biāo).

∵a＝1＞0，

∵二次函數(shù)最小值為－4，

解得b＝±2.∵ab＞0，∴b＝2，∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝x2＋2x－3.令y＝0，則x2＋2x－3＝0，解得x1＝－3，x2＝1，∴點(diǎn)A（－3，0），點(diǎn)B（1，0）.解得b＝±2.∵ab＞0，∴b＝2，∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝x2＋2x－3.令y＝0，則x2＋2x－3＝0，解得x1＝－3，x2＝1，∴點(diǎn)A（－3，0），點(diǎn)B（1，0）.

備用圖②情況一：當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)A右側(cè)時(shí)，如答圖1，過點(diǎn)B作BF⊥AC于點(diǎn)F，過

點(diǎn)P作PG⊥AC于點(diǎn)G.

②情況一：當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)A右側(cè)時(shí)，如答圖1，過點(diǎn)B作BF⊥AC于點(diǎn)F，過

點(diǎn)P作PG⊥AC于點(diǎn)G.

答圖1∵A（－3，0），C（0，－3），B（1，0），∴OA＝OC＝3，OB＝1，

∵△PCE和△BCE都是以CE為底的三角形，

∵△PCE和△BCE都是以CE為底的三角形，

如答圖2，過點(diǎn)P作PH∥AC交y軸于點(diǎn)H，過C作CK⊥PH于點(diǎn)K，則

備用圖答圖2答圖2∵OA＝OC，∴∠OCA＝45°，∴∠CHK＝45°，

∵OA＝OC，∴∠OCA＝45°，∴∠CHK＝45°，

備用圖

備用圖

情況二：當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)A左側(cè)時(shí)，過P作PH∥AC交y軸于點(diǎn)H.

備用圖

備用圖類型之五二次函數(shù)與特殊三角形存在性問題9.

［2024?達(dá)州］如圖1，拋物線y＝ax2＋kx－3與x軸交于點(diǎn)A（－3，

0）和點(diǎn)B（1，0），與y軸交于點(diǎn)C，點(diǎn)D是拋物線的頂點(diǎn).（1）求拋物線的表達(dá)式.（1）解：∵拋物線y＝ax2＋kx－3與x軸交于點(diǎn)A（－3，0）和點(diǎn)B（1，

0），

∴拋物線的表達(dá)式為y＝x2＋2x－3.（2）連接AC，DC，直線AC交拋物線的對(duì)稱軸于點(diǎn)M，若點(diǎn)P是直線

AC上方拋物線上一點(diǎn)，且S△PMC＝2S△DMC，求點(diǎn)P的坐標(biāo).（2）由y＝x2＋2x－3，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝－3，則C（0，－3）.∵y＝x2＋2x－3＝（x＋1）2－4，∴D（－1，－4），對(duì)稱軸為直線x＝－1.設(shè)直線AC的表達(dá)式為y＝k1x＋b1，∴A（－3，0），C（0，－3），

∴直線AC的表達(dá)式為y＝－x－3，（2）由y＝x2＋2x－3，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝－3，則C（0，－3）.∵y＝x2＋2x－3＝（x＋1）2－4，∴D（－1，－4），對(duì)稱軸為直線x＝－1.設(shè)直線AC的表達(dá)式為y＝k1x＋b1，∴A（－3，0），C（0，－3），

∴直線AC的表達(dá)式為y＝－x－3，當(dāng)x＝－1時(shí)，y＝－2，則M（－1，－2），

∴MD2＝MC2＋CD2，∴△MCD是等腰直角三角形，

如答圖，連接MB，設(shè)MD交x軸于點(diǎn)E，則ME＝EB＝2.∴△MBE是等腰直角三角形，

又∠DMC＝45°，當(dāng)x＝－1時(shí)，y＝－2，則M（－1，－2），

∴MD2＝MC2＋CD2，∴△MCD是等腰直角三角形，

如答圖，連接MB，設(shè)MD交x軸于點(diǎn)E，則ME＝EB＝2.∴△MBE是等腰直角三角形，

又∠DMC＝45°，∴BM⊥AC，

∴點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)符合題意，∴P（1，0）.如答圖所示，過點(diǎn)B作BP∥AC交拋物線于點(diǎn)P，答圖∴BM⊥AC，

∴點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)符合題意，∴P（1，0）.如答圖所示，過點(diǎn)B作BP∥AC交拋物線于點(diǎn)P，答圖

設(shè)直線BP的表達(dá)式為y＝－x＋m，將B（1，0）代入，得0＝－1＋m，解得m＝1，∴直線BP的表達(dá)式為y＝－x＋1.

∴P（－4，5）.綜上所述，P（1，0）或P（－4，5）.（3）若點(diǎn)N是拋物線對(duì)稱軸上位于點(diǎn)D上方的一動(dòng)點(diǎn)，是否存在以點(diǎn)

N，A，C為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形？若存在，請(qǐng)直接寫出滿足條件

的點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由.備用圖

（3）解：∵A（－3，0），C（0，－3），∴AC2＝32＋32＝18.∵點(diǎn)N是拋物線對(duì)稱軸上位于點(diǎn)D上方的一動(dòng)點(diǎn)，設(shè)N（－1，n）其中n＞－4，∴AN2＝（－3＋1）2＋n2＝4＋n2，CN2＝12＋（n＋3）2＝n2＋6n＋10.

②當(dāng)NA＝NC時(shí)，4＋n2＝n2＋6n＋10，解得n＝－1；

（舍去）.

備用圖

（1）求拋物線C1的表達(dá)式.

（2）將拋物線C1向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移3個(gè)單位長(zhǎng)度得到拋

物線C2，求拋物線C2的表達(dá)式，并判斷點(diǎn)D是否在拋物線C2上.

故點(diǎn)D在拋物線C2上.（3）在x軸上方的拋物線C2上，是否存在點(diǎn)P，使△PBD是等腰直角三

角形？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由.備用圖解：（3）存在.理由如下.當(dāng)∠BDP為直角時(shí)，如答圖1，過點(diǎn)D作DE⊥BD且DE＝BD，則△BDE為等腰直角三角形.

過點(diǎn)D作GH∥y軸，過點(diǎn)B作BG⊥GH，過點(diǎn)E作EH⊥GH.

答圖1解：（3）存在.理由如下.當(dāng)∠BDP為直角時(shí)，如答圖1，過點(diǎn)D作DE⊥BD且DE＝BD，則△BDE為等腰直角三角形.

過點(diǎn)D作GH∥y軸，過點(diǎn)B作BG⊥GH，過點(diǎn)E作EH⊥GH.

答圖1備用圖∵∠BDG＋∠EDH＝90°，∠EDH＋∠DEH＝90°，∴∠BDG＝

∠DEH.

∵∠DGB＝∠EHD＝90°，∴△DGB≌△EHD（AAS），則DH＝BG＝1，EH＝GD＝1＋2＝3，則點(diǎn)E（2，2）.

即點(diǎn)E在拋物線C2上，即點(diǎn)P即為點(diǎn)E（2，2）；∵∠BDG＋∠EDH＝90°，∠EDH＋∠DEH＝90°，∴∠BDG＝

∠DEH.

∵∠DGB＝∠EHD＝90°，∴△DGB≌△EHD（AAS），則DH＝BG＝1，EH＝GD＝1＋2＝3，則點(diǎn)E（2，2）.

即點(diǎn)E在拋物線C2上，即點(diǎn)P即為點(diǎn)E（2，2）；備用圖當(dāng)∠DBP為直角時(shí)，如答圖2，當(dāng)∠DBP為直角時(shí)，如答圖2，答圖2同理可得△BGE≌△DBH（AAS），則DH＝3＝BG，BH＝1＝GE，則點(diǎn)E（－1，3）.

即點(diǎn)E在拋物線C2上，此時(shí)點(diǎn)P即為點(diǎn)E（－1，3）；當(dāng)∠BPD為直角時(shí)，如答圖3，當(dāng)∠BPD為直角時(shí)，如答圖3，答圖3設(shè)點(diǎn)E（x，y），同理可得△EHB≌△DGE（AAS），則EH＝x＋2＝GD＝y(tǒng)＋1且BH＝y(tǒng)＝GE＝1－x，解得x＝0且y＝1，即點(diǎn)E（0，1），

即點(diǎn)E不在拋物線C2上.綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，2）或（－1，3）.類型之六二次函數(shù)與特殊四邊形存在性問題11.

［2023?雅安］在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝x2＋bx＋c過點(diǎn)

A（0，2），對(duì)稱軸是直線x＝2.（1）求此拋物線的函數(shù)表達(dá)式及頂點(diǎn)M的坐標(biāo).

解：（1）由題意可得

∴拋物線的函數(shù)表達(dá)式為y＝x2－4x＋2＝（x－2）2－2，∴頂點(diǎn)M的坐標(biāo)為（2，－2）.（2）若點(diǎn)B在拋物線上，過點(diǎn)B作x軸的平行線交拋物線于點(diǎn)C，當(dāng)

△BCM是等邊三角形時(shí)，求此三角形的邊長(zhǎng).解：（2）如答圖1，過點(diǎn)M作MD⊥BC于點(diǎn)D，設(shè)點(diǎn)B（b，b2－4b＋2）（b＜2），則D（2，b2－4b＋2），解：（2）如答圖1，過點(diǎn)M作MD⊥BC于點(diǎn)D，設(shè)點(diǎn)B（b，b2－4b＋2）（b＜2），則D（2，b2－4b＋2），答圖1答圖1∴BD＝2－b，DM＝b2－4b＋4.∵△BCM是等邊三角形，∴∠CBM＝60°，BC＝2BD，∴BD＝2－b，DM＝b2－4b＋4.∵△BCM是等邊三角形，∴∠CBM＝60°，BC＝2BD，

（3）已知點(diǎn)E在拋物線的對(duì)稱軸上，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，－1），是否存在

點(diǎn)F，使以點(diǎn)A，D，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形為菱形？若存在，請(qǐng)直接寫

出點(diǎn)F的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由.（3）解：存在點(diǎn)F，使以點(diǎn)A，D，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形為菱形①如答圖2，線段AD作為菱形的邊，（3）解：存在點(diǎn)F，使以點(diǎn)A，D，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形為菱形①如答圖2，線段AD作為菱形的邊，答圖2答圖2當(dāng)AE為菱形的對(duì)角線時(shí)，作AD關(guān)于直線x＝1的對(duì)稱線段交x＝2于E，連

接AE，作點(diǎn)D關(guān)于AE的對(duì)稱點(diǎn)F，即ADEF為菱形，由對(duì)稱性可得F的

坐標(biāo)為（1，5），故存在點(diǎn)F，使以點(diǎn)A，D，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形為

菱形，此時(shí)F（1，5）.當(dāng)AE為菱形的對(duì)角線時(shí)，作AD關(guān)于直線x＝1的對(duì)稱線段交x＝2于E，連

接AE，作點(diǎn)D關(guān)于AE的對(duì)稱點(diǎn)F，即ADEF為菱形，由對(duì)稱性可得F的

坐標(biāo)為（1，5），故存在點(diǎn)F，使以點(diǎn)A，D，E，F(xiàn)為頂點(diǎn)的四邊形為

菱形，此時(shí)F（1，5）.

②當(dāng)AF為菱形對(duì)角線時(shí)，AE＝AD，設(shè)E（2，e），F(xiàn)（x，y），

③線段AD作為菱形的對(duì)角線時(shí)，如答圖3，設(shè)E（2，e），答圖3

③線段AD作為菱形的對(duì)角線時(shí)，如答圖3，設(shè)E（2，e），答圖3

∴E（2，1）.設(shè)F（m，n），

∴F（－1，0）.

（2）若點(diǎn)C（m＋1，y1），D（m＋2，y2）都在該二次函數(shù)的圖象上，

試比較y1和y2的大小，并說明理由.

解：（2）∵C（m＋1，y1），D（m＋2，y2）都在該二次函數(shù)的圖象上，

解：（3）設(shè)直線AB的函數(shù)表達(dá)式為y＝kx＋e.

當(dāng)PQ為正方形的邊時(shí)，

答圖1∵PQ∥MN，MG∥x軸，∴∠BOC＝∠NMG，

設(shè)NG＝t，則MG＝2t，∴M（－2t，－2t2－2t＋1），答圖1∵PQ∥MN，MG∥x軸，∴∠BOC＝∠NMG，

設(shè)NG＝t，則MG＝2t，∴M（－2t，－2t2－2t＋1），過點(diǎn)M作y軸的垂線，垂足為點(diǎn)G，過點(diǎn)P作MG的垂線，垂足為點(diǎn)H，

如答圖1.∴點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為－2t2－2t＋1＋t＝－2t2－t＋1，即N（0，－2t2－t＋1）.∵以P，Q，M，N為頂點(diǎn)的四邊形是正方形，∴∠PMN＝90°，PM＝MN，∴∠PMH＋∠NMG＝90°.∵∠PMH＋∠MPH＝90°，∴∠NMG＝∠MPH.

∵∠NMG＝∠MPH，∠H＝∠MGN，PM＝MN，∴△PHM≌△MGN（AAS），∴PH＝MG＝2t，HM＝NG＝t，∴P（－3t，－2t2＋1）.∴點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為－2t2－2t＋1＋t＝－2t2－t＋1，即N（0，－2t2－t＋1）.∵以P，Q，M，N為頂點(diǎn)的四邊形是正方形，∴∠PMN＝90°，PM＝MN，∴∠PMH＋∠NMG＝90°.∵∠PMH＋∠MPH＝90°，∴∠NMG＝∠MPH.

∵∠NMG＝∠MPH，∠H＝∠MGN，PM＝MN，∴△PHM≌△MGN（AAS），∴PH＝MG＝2t，HM＝NG＝t，∴P（－3t，－2t2＋1）.

情況二，如答圖2，構(gòu)造Rt△MQG，Rt△NMH，答圖2和情況一同理可得△MQG≌△NMH，

設(shè)NH＝GM＝2t，則QG＝MH＝t，情況二，如答圖2，構(gòu)造Rt△MQG，Rt△NMH，答圖2和情況一同理可得△MQG≌△NMH，

設(shè)NH＝GM＝2t，則QG＝MH＝t，∴M（2t，－2t2＋2t＋1），N（0，－2t2＋t＋1），Q（t，－2t2＋4t

＋1）.

∴M（2t，－2t2＋2t＋1），N（0，－2t2＋t＋1），Q（t，－2t2＋4t

＋1）.

∴N（0，－5）.情況三，如答圖3，構(gòu)造Rt△GMN，Rt△HPM，答圖3和情況一同理可得△GMN≌△HPM，

設(shè)GN＝HM＝2t，則GM＝HP＝t，情況三，如答圖3，構(gòu)造Rt△GMN，Rt△HPM，答圖3和情況一同理可得△GMN≌△HPM，

設(shè)GN＝HM＝2t，則GM＝HP＝t，∴M（－2t，－2t2－2t＋1），N（0，－2t2－t＋1），P（－t，－2t2－

4t＋1）.

∴M（－2t，－2t2－2t＋1），N（0，－2t2－t＋1），P（－t，－2t2－

4t＋1）.

情況四，如答圖4，構(gòu)造Rt△GMN，Rt△HNP，答圖4和情況一同理可得△GMN≌△HNP，

設(shè)GM＝HN＝2t，則GN＝HP＝t，情況四，如答圖4，構(gòu)造Rt△GMN，Rt△HNP，答圖4和情況一同理可得△GMN≌△HNP，

設(shè)GM＝HN＝2t，則GN＝HP＝t，∴M（2t，－2t2＋2t＋1），N（0，－2t2＋t＋1），P（t，－2t2－t＋

1）.

∴M（2t，－2t2＋2t＋1），N（0，－2t2＋t＋1），P（t，－2t2－t＋

1）.

當(dāng)PQ為正方形對(duì)角線時(shí)，情況五，如答圖5，構(gòu)造矩形HGJI，過點(diǎn)P作PK⊥IJ于點(diǎn)K，答圖5∴PK∥x軸，∴∠QPK＝∠BOC，

情況五，如答圖5，構(gòu)造矩形HGJI，過點(diǎn)P作PK⊥IJ于點(diǎn)K，答圖5∴PK∥x軸，∴∠QPK＝∠BOC，

設(shè)QK＝x，則PK＝2x.和情況一同理可得△PNH≌△MPG≌△QMJ≌△NQI，∴HN＝PG＝MJ＝IQ，PH＝GM＝QJ＝NI，∴四邊形HGJI為正方形，∴PK＝IJ＝2x，

設(shè)PG＝NH＝t，則PH＝GM＝3t，∴M（2t，－2t2＋2t＋1），N（0，－2t2＋6t＋1），P（－t，－2t2＋

3t＋1）.

∴N（0，5）.情況六，如答圖6，構(gòu)造Rt△PMH，Rt△NPG，答圖6和情況五同理可得△PMH≌△NPG，

設(shè)PG＝HN＝t，則PH＝GN＝3t，情況六，如答圖6，構(gòu)造Rt△PMH，Rt△NPG，答圖6和情況五同理可得△PMH≌△NPG，

設(shè)PG＝HN＝t，則PH＝GN＝3t，∴M（－2t，－2t2－2t＋1），N（0，－2t2－6t＋1），P（－3t，－2t2

－5t＋1），

∴M（－2t，－2t2－2t＋1），N（0，－2t2－6t＋1），P（－3t，－2t2

－5t＋1），

類型之七二次函數(shù)與相似三角形存在性問題13.

［2024?內(nèi)江］如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，一次函數(shù)y＝－2x＋6的

圖象與x軸交于點(diǎn)A，與y軸交于點(diǎn)B，拋物線y＝－x2＋bx＋c經(jīng)過A，

B兩點(diǎn)，在第一象限內(nèi)拋物線上取一點(diǎn)D，過點(diǎn)D作DC⊥x軸于點(diǎn)C，交

AB于點(diǎn)E.

（1）求拋物線所對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式.解：（1）令y＝0，則－2x＋6＝0，則x＝3；令x＝0，則y＝6，∴A（3，0），B（0，6）.把A（3，0），B（0，6）代入y＝－x2＋bx＋c，

∴拋物線所對(duì)應(yīng)的函數(shù)表達(dá)式為y＝－x2＋x＋6.（2）是否存在點(diǎn)D，使得△BDE與△ACE相似？若存在，請(qǐng)求出點(diǎn)D的

坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由.解：（2）存在點(diǎn)D，使得△BDE和△ACE相似.理由如下.設(shè)點(diǎn)D（t，－t2＋t＋6），則E（t，－2t＋6），C（t，0），∴EC＝－2t＋6，AC＝3－t，DE＝－t2＋3t，∴△BDE和△ACE相似，∠BED＝∠AEC，∴△ACE∽△BDE或△ACE∽△DBE.

解：（2）存在點(diǎn)D，使得△BDE和△ACE相似.理由如下.設(shè)點(diǎn)D（t，－t2＋t＋6），則E（t，－2t＋6），C（t，0），∴EC＝－2t＋6，AC＝3－t，DE＝－t2＋3t，∴△BDE和△ACE相似，∠BED＝∠AEC，∴△ACE∽△BDE或△ACE∽△DBE.

①如答圖1，當(dāng)△ACE∽△B