專題8二次函數(shù)與矩形存在性問題（解析版）

挑戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘

專題8二次函數(shù)與矩形存在性問題

1.矩形的判定:

（1）有一個角是直角的平行四邊形是矩形；

（2）對角線相等的平行四邊形是矩形；

（3）有三個角為直角的四邊形是矩形．

2.題型分析

矩形除了具有平行四邊形的性質(zhì)之外，還有“對角線相等”或“一個角為直角”，因此相比起平行四邊形，

坐標(biāo)系中的矩形滿足以下3個等式：

因此在矩形存在性問題最多可以有3個未知量，代入可以得到三元一次方程組，可解．

確定了有3個未知量，則可判斷常見矩形存在性問題至少有2個動點，多則可以有3個．下：

同時，也可以先根據(jù)A、B的坐標(biāo)求出直線AB的解析式，進而得到直線AD或BC的解析式，從而確定C

或D的坐標(biāo).

【例1】（2022?瀘州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y＝ax2+x+c經(jīng)過A（﹣2，0），B（0，

4）兩點，直線x＝3與x軸交于點C．

（1）求a，c的值；

（2）經(jīng)過點O的直線分別與線段AB，直線x＝3交于點D，E，且△BDO與△OCE的面積相等，求直

線DE的解析式；

（3）P是拋物線上位于第一象限的一個動點，在線段OC和直線x＝3上是否分別存在點F，G，使B，

F，G，P為頂點的四邊形是以BF為一邊的矩形？若存在，求出點F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

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【分析】（1）把A（﹣2，0），B（0，4）兩點代入拋物線y＝ax2+x+c中列方程組解出即可；

（2）利用待定系數(shù)可得直線AB的解析式，再設(shè)直線DE的解析式為：y＝mx，點D是直線DE和AB的

交點，列方程可得點D的橫坐標(biāo)，根據(jù)△BDO與△OCE的面積相等列等式可解答；

（3）設(shè)P（t，﹣t2+t+4），分兩種情況：作輔助線構(gòu)建相似三角形，證明三角形相似或利用等角的三

角函數(shù)列等式可解答．

【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（0，4）兩點代入拋物線y＝ax2+x+c中得：

解得：；

（2）由（1）知：拋物線解析式為：y＝﹣x2+x+4，

設(shè)直線AB的解析式為：y＝kx+b，

則，解得：，

∴AB的解析式為：y＝2x+4，

設(shè)直線DE的解析式為：y＝mx，

∴2x+4＝mx，

∴x＝，

當(dāng)x＝3時，y＝3m，

∴E（3，3m），

∵△BDO與△OCE的面積相等，CE⊥OC，

∴?3?（﹣3m）＝?4?，

∴9m2﹣18m﹣16＝0，

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∴（3m+2）（3m﹣8）＝0，

∴m1＝﹣，m2＝（舍），

∴直線DE的解析式為：y＝﹣x；

（3）存在，

B，F(xiàn)，G，P為頂點的四邊形是以BF為一邊的矩形有兩種情況：

設(shè)P（t，﹣t2+t+4），

①如圖1，過點P作PH⊥y軸于H，

∵四邊形BPGF是矩形，

∴BP＝FG，∠PBF＝∠BFG＝90°，

∴∠CFG+∠BFO＝∠BFO+∠OBF＝∠CFG+∠CGF＝∠OBF+∠PBH＝90°，

∴∠PBH＝∠OFB＝∠CGF，

∵∠PHB＝∠FCG＝90°，

∴△PHB≌△FCG（AAS），

∴PH＝CF，

∴CF＝PH＝t，OF＝3﹣t，

∵∠PBH＝∠OFB，

∴＝，即＝，

解得：t1＝0（舍），t2＝1，

∴F（2，0）；

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②如圖2，過點G作GN⊥y軸于N，過點P作PM⊥x軸于M，

同①可得：NG＝FM＝3，OF＝t﹣3，

∵∠OFB＝∠FPM，

∴tan∠OFB＝tan∠FPM，

∴＝，即＝，

解得：t1＝，t2＝（舍），

∴F（，0）；

綜上，點F的坐標(biāo)為（2，0）或（，0）．

【例2】（2022?綏化）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c交y軸于點A（0，﹣4），并經(jīng)過點C（6，0），過點A作

AB⊥y軸交拋物線于點B，拋物線的對稱軸為直線x＝2，D點的坐標(biāo)為（4，0），連接AD，BC，BD．點

E從A點出發(fā)，以每秒個單位長度的速度沿著射線AD運動，設(shè)點E的運動時間為m秒，過點E作

EF⊥AB于F，以EF為對角線作正方形EGFH．

（1）求拋物線的解析式；

（2）當(dāng)點G隨著E點運動到達BC上時，求此時m的值和點G的坐標(biāo)；

（3）在運動的過程中，是否存在以B，G，C和平面內(nèi)的另一點為頂點的四邊形是矩形，如果存在，直

接寫出點G的坐標(biāo)，如果不存在，請說明理由．

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【分析】（1）根據(jù)拋物線的對稱軸為直線x＝2，可得出拋物線與x軸的另一個交點的坐標(biāo)為（﹣2，0），

列出交點式，再將點A（0，﹣4）可得出拋物線的解析式；

（2）根據(jù)可得出△ABD是等腰直角三角形，再根據(jù)點E的運動和正方形的性質(zhì)可得出點H，F(xiàn)，G的坐

標(biāo)，根據(jù)點B，C的坐標(biāo)可得出直線BC的解析式，將點G代入直線BC的解析式即可；

（3）若存在，則△BGC是直角三角形，則需要分類討論，當(dāng)點B為直角頂點，當(dāng)點G為直角頂點，當(dāng)

點C為直角頂點，分別求解即可．

【解答】解：（1）∵拋物線的對稱軸為直線x＝2，D點的坐標(biāo)為（4，0），

∴拋物線與x軸的另一個交點為（﹣2，0），

∴拋物線的解析式為：y＝a（x+2）（x﹣6），

將點A（0，﹣4）解析式可得，﹣12a＝﹣4，

∴a＝．

∴拋物線的解析式為：y＝（x+2）（x﹣6）＝x2﹣x﹣4．

（2）∵AB⊥y軸，A（0，﹣4），

∴點B的坐標(biāo)為（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．

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∵AE＝m，

∴AF＝EF＝m，

∴E（m，﹣4+m），F(xiàn)（m，﹣4）．

∵四邊形EGFH是正方形，

∴△EHF是等腰直角三角形，

∴∠HEF＝∠HFE＝45°，

∴FH是∠AFE的角平分線，點H是AE的中點．

∴H（m，﹣4+m），G（m，﹣4+m）．

∵B（4，﹣4），C（6，0），

∴直線BC的解析式為：y＝2x﹣12．

當(dāng)點G隨著E點運動到達BC上時，有2×m﹣12＝﹣4+m．

解得m＝．

∴G（，﹣）．

（3）存在，理由如下：

∵B（4，﹣4），C（6，0），G（m，﹣4+m）．

∴BG2＝（4﹣m）2+（m）2，

BC2＝（4﹣6）2+（﹣4）2＝20，

CG2＝（6﹣m）2+（﹣4+m）2．

若以B，G，C和平面內(nèi)的另一點為頂點的四邊形是矩形，則△BGC是直角三角形，

∴分以下三種情況：

①當(dāng)點B為直角頂點時，BG2+BC2＝CG2，

∴（4﹣m）2+（m）2+20＝（6﹣m）2+（﹣4+m）2，

解得m＝，

∴G（，﹣）；

②當(dāng)點C為直角頂點時，BC2+CG2＝BG2，

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∴20+（6﹣m）2+（﹣4+m）2＝（4﹣m）2+（m）2，

解得m＝，

∴G（，﹣）；

③當(dāng)點G為直角頂點時，BG2+CG2＝BC2，

∴（4﹣m）2+（m）2+（6﹣m）2+（﹣4+m）2＝20，

解得m＝或2，

∴G（3，﹣3）或（，﹣）；

綜上，存在以B，G，C和平面內(nèi)的另一點為頂點的四邊形是矩形，點G的坐標(biāo)為（，﹣）或（，

﹣）或（3，﹣3）或（，﹣）．

【例3】（2022?黔東南州）如圖，拋物線y＝ax2+2x+c的對稱軸是直線x＝1，與x軸交于點A，B（3，0），

與y軸交于點C，連接AC．

（1）求此拋物線的解析式；

（2）已知點D是第一象限內(nèi)拋物線上的一個動點，過點D作DM⊥x軸，垂足為點M，DM交直線BC

于點N，是否存在這樣的點N，使得以A，C，N為頂點的三角形是等腰三角形．若存在，請求出點N的

坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；

（3）已知點E是拋物線對稱軸上的點，在坐標(biāo)平面內(nèi)是否存在點F，使以點B、C、E、F為頂點的四邊

形為矩形，若存在，請直接寫出點F的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）由拋物線的對稱軸為直線x＝1，拋物線經(jīng)過點B（3，0），可得A（﹣1，0），用待定系數(shù)

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法即可求解；

（2）求出直線BC的解析式，設(shè)點D坐標(biāo)為（t，﹣t2+2t+3），則點N（t，﹣t+3），利用勾股定理表示出

AC2，AN2，CN2，然后分①當(dāng)AC＝AN時，②當(dāng)AC＝CN時，③當(dāng)AN＝CN時三種情況進行討論，列

出關(guān)于t的方程，求出t的值，即可寫出點N的坐標(biāo)；

（3）分兩種情形討論：①當(dāng)BC為對角線時，②當(dāng)BC為邊時，先求出點E的坐標(biāo)，再利用平行四邊

形的中心對稱性求出點F的坐標(biāo)即可．

【解答】解：（1）拋物線y＝ax2+2x+c的對稱軸是直線x＝1，與x軸交于點A，B（3，0），

∴A（﹣1，0），

∴，解得，

∴拋物線的解析式y(tǒng)＝﹣x2+2x+3；

（2）∵y＝﹣x2+2x+3，

∴C（0，3），

設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+3，

將點B（3，0）代入得：0＝3k+3，

解得：k＝﹣1，

∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3；

設(shè)點D坐標(biāo)為（t，﹣t2+2t+3），則點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當(dāng)AC＝AN時，AC2＝AN2，

∴10＝2t2﹣4t+10，

解得t1＝2，t2＝0（不合題意，舍去），

∴點N的坐標(biāo)為（2，1）；

②當(dāng)AC＝CN時，AC2＝CN2，

∴10＝2t2，

解得t1＝，t2＝﹣（不合題意，舍去），

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∴點N的坐標(biāo)為（，3﹣）；

③當(dāng)AN＝CN時，AN2＝CN2，

∴2t2﹣4t+10＝2t2，

解得t＝，

∴點N的坐標(biāo)為（，）；

綜上，存在，點N的坐標(biāo)為（2，1）或（，3﹣）或（，）；

（3）設(shè)E（1，a），F(xiàn)（m，n），

∵B（3，0），C（0，3），

∴BC＝3，

①以BC為對角線時，BC2＝CE2+BE2，

∴（3）2＝12+（a﹣3）2+a2+（3﹣1）2，

解得：a＝，或a＝，

∴E（1，）或（1，），

∵B（3，0），C（0，3），

∴m+1＝0+3，n+＝0+3或n+＝0+3，

∴m＝2，n＝或n＝，

∴點F的坐標(biāo)為（2，）或（2，）；

②以BC為邊時，BE2＝CE2+BC2或CE2＝BE2+BC2，

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∴a2+（3﹣1）2＝12+（a﹣3）2+（3）2或12+（a﹣3）2＝a2+（3﹣1）2+（3）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，

∴點F的坐標(biāo)為（4，1）或（﹣2，1），

綜上所述：存在，點F的坐標(biāo)為（2，）或（2，）或（4，1）或（﹣2，1）．

【例4】（2022?梁山縣一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝ax2+bx+c（a＜0）與x軸交于A（﹣2，

0）、B（4，0）兩點，與y軸交于點C，且OC＝2OA．

（1）試求拋物線的解析式；

（2）直線y＝kx+1（k＞0）與y軸交于點D，與拋物線交于點P，與直線BC交于點M，記m＝，試

求m的最大值及此時點P的坐標(biāo)；

（3）在（2）的條件下，m取最大值時，點Q是x軸上的一個動點，點N是坐標(biāo)平面內(nèi)的一點，是否存

在這樣的點Q、N，使得以P、D、Q、N四點組成的四邊形是矩形？如果存在，請求出點N的坐標(biāo)；如

果不存在，請說明理由．

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【分析】（1）因為拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣2，0）、B（4，0）兩點，所以可以假設(shè)y＝a（x+2）（x

﹣4），求出點C坐標(biāo)代入求出a即可；

（2）由△CMD∽△FMP，可得m＝＝，根據(jù)關(guān)于m關(guān)于x的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)即

可解決問題；

（3）存在這樣的點Q、N，使得以P、D、Q、N四點組成的四邊形是矩形．分兩種情形分別求解即可：

①當(dāng)DP是矩形的邊時，有兩種情形；②當(dāng)DP是對角線時；

【解答】解：（1）因為拋物線y＝ax2+bx+c經(jīng)過A（﹣2，0）、B（4，0）兩點，

所以可以假設(shè)y＝a（x+2）（x﹣4），

∵OC＝2OA，OA＝2，

∴C（0，4），代入拋物線的解析式得到a＝﹣，

∴y＝﹣（x+2）（x﹣4）或y＝﹣x2+x+4或y＝﹣（x﹣1）2+．

（2）如圖1中，由題意，點P在y軸的右側(cè)，作PE⊥x軸于E，交BC于F．

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∵CD∥PE，

∴△CMD∽△FMP，

∴m＝＝，

∵直線y＝kx+1（k＞0）與y軸交于點D，則D（0，1），

∵BC的解析式為y＝﹣x+4，

設(shè)P（n，﹣n2+n+4），則F（n，﹣n+4），

∴PF＝﹣n2+n+4﹣（﹣n+4）＝﹣（n﹣2）2+2，

∴m＝＝﹣（n﹣2）2+，

∵﹣＜0，

∴當(dāng)n＝2時，m有最大值，最大值為，此時P（2，4）．

（3）存在這樣的點Q、N，使得以P、D、Q、N四點組成的四邊形是矩形．

①當(dāng)DP是矩形的邊時，有兩種情形，

a、如圖2﹣1中，四邊形DQNP是矩形時，

有（2）可知P（2，4），代入y＝kx+1中，得到k＝，

∴直線DP的解析式為y＝x+1，可得D（0，1），E（﹣，0），

由△DOE∽△QOD可得＝，

∴OD2＝OE?OQ，

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∴1＝?OQ，

∴OQ＝，

∴Q（，0）．

根據(jù)矩形的性質(zhì)，將點P向右平移個單位，向下平移1個單位得到點N，

∴N（2+，4﹣1），即N（，3）

b、如圖2﹣2中，四邊形PDNQ是矩形時，

∵直線PD的解析式為y＝x+1，PQ⊥PD，

∴直線PQ的解析式為y＝﹣x+，

∴Q（8，0），

根據(jù)矩形的性質(zhì)可知，將點D向右平移6個單位，向下平移4個單位得到點N，

∴N（0+6，1﹣4），即N（6，﹣3）．

②當(dāng)DP是對角線時，設(shè)Q（x，0），則QD2＝x2+1，QP2＝（x﹣2）2+42，PD2＝13，

∵Q是直角頂點，

∴QD2+QP2＝PD2，

∴x2+1+（x﹣2）2+16＝13，

整理得x2﹣2x+4＝0，方程無解，此種情形不存在，

綜上所述，滿足條件的點N坐標(biāo)為（，3）或（6，﹣3）．

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2

1．（2022?武功縣模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線L1：y＝﹣x+bx+c（b、c為常數(shù)）與x軸交于A

（﹣6，0）、B（2，0）兩點．

（1）求拋物線L1的函數(shù)表達式；

（2）將該拋物線L1向右平移4個單位長度得到新的拋物線L2，與原拋物線L1交于點C，點D是點C

關(guān)于x軸的對稱點，點N在平面直角坐標(biāo)系中，請問在拋物線L2上是否存在點M，使得以點C、D、M、

N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形？若存在，求出點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．

【分析】（1）利用待定系數(shù)法直接求解即可；

（2）存在，根據(jù)題意求得拋物線L2的表達式，再與拋物線L1聯(lián)立，求得點C的坐標(biāo)，進而求得點D的

坐標(biāo)；要使得以點C、D、M、N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形，分當(dāng)M在x軸上方時和當(dāng)M在

x軸下方時，兩種情況討論，根據(jù)矩形的性質(zhì)列出方程，求解即可．

【解答】解：（1）把A（﹣6，0）、B（2，0）代入y＝﹣x2+bx+c中，

得，

解得，

2

∴拋物線L1的函數(shù)表達式為y＝﹣x﹣4x+12；

（2）存在，理由如下：

∵y＝﹣x2﹣4x+12＝﹣（x+2）2+16，

222

∴拋物線L2的函數(shù)表達式為y＝﹣（x+2﹣4）+16＝﹣（x﹣2）+16＝﹣x+4x+12，

令﹣x2﹣4x+12＝﹣x2+4x+12，

解得：x＝0，

當(dāng)x＝0時，y＝﹣x2﹣4x+12＝12，

∴點C的坐標(biāo)為（0，12），

∵點D是點C關(guān)于x軸的對稱點，

∴點D坐標(biāo)為（0，﹣12），

①當(dāng)M在x軸上方時，

要使得以點C、D、M、N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形，

2

則yM＝y(tǒng)C，即﹣x+4x+12＝12，

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解得：x1＝0，x2＝4，

∴M1（4，12）；

②當(dāng)M在x軸下方時，

要使得以點C、D、M、N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形，

2

則yM＝y(tǒng)D，即﹣x+4x+12＝﹣12，

解得：x1＝2+2，x2＝2﹣2，

M2（2+2，﹣12），M3（2﹣2，﹣12）．

綜上所述，在拋物線L2上是否存在點M，使得以點C、D、M、N為頂點的四邊形是以CD為邊的矩形，

點M的坐標(biāo)為（4，12）或（2+2，﹣12）或（2﹣2，﹣12）．

2．（2022?東莞市校級一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝+bx+c與x軸的正半軸交于點D，

與y軸交于點C，點A在拋物線上，AB⊥y軸于點B．△ABC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△OBE，連接

DE．當(dāng)+bx+c＜0時，x的取值范圍是﹣＜x＜2．

（1）求該拋物線的解析式；

（2）求證：四邊形OBED是矩形；

（3）在線段OD上找一點N，過點N作直線m垂直x軸，交OE于點F，連接DF，當(dāng)△DNF的面積取

得最大值時，求點N的坐標(biāo)，在此基礎(chǔ)上，在直線m上找一點P，連接OP、DP．使得∠OPD+∠DOE

＝90°，求點P的坐標(biāo)．

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【分析】（1）由題意可知拋物線與x軸的兩個交點為（2，0），（﹣，0），再將兩個點代入解析式即可

求解；

（2）由旋轉(zhuǎn)是性質(zhì)，可得OB＝AB，則設(shè)A（﹣m，m），求出A點坐標(biāo)，由此可得BE＝OD，再由BE

∥OD，OB⊥OD即可證明；

（3）設(shè)N（n，0），則F（n，n），則S＝﹣（n﹣1）2+，可知當(dāng)n＝1時，S有最大值，此時N（1，

0），F(xiàn)（1，），通過已知可推導(dǎo)出∠OPN＝∠POE，從而得到PF＝OF，設(shè)P（1，t），則|t﹣|＝，

求出t的值即可求點P的坐標(biāo)．

【解答】（1）解：∵當(dāng)+bx+c＜0時，x的取值范圍是﹣＜x＜2，

∴拋物線與x軸的兩個交點為（2，0），（﹣，0），

∴，

解得，

∴y＝﹣x﹣1；

（2）證明：由（1）可知D（2，0），C（0，﹣1），

∴OD＝2，OC＝1，

∵AB⊥y軸，

∴△ABC是直角三角形，

∵△ABC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△OBE，

∴OB⊥BE，AB＝OB，

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設(shè)A（﹣m，m），

∴m＝m2﹣m﹣1，

解得m＝﹣1或m＝，

∴A（﹣1，1），

∴BO＝1，

∴BC＝BE＝2，

∴BE＝OD，

∵∠BOD＝90°，

∴BE∥OD，

∴四邊形OBED是矩形；

（3）∵E（2，1），

∴直線OE的解析式為y＝x，

設(shè)N（n，0），則F（n，n），

∴S＝×DN×FN＝×（2﹣n）×n＝﹣（n﹣1）2+，

∵N在線段OD上，

∴0≤n≤2，

∴當(dāng)n＝1時，S有最大值，

此時N（1，0），F(xiàn)（1，），

∵∠PNO＝90°，

∴∠EOD+∠POE＝90°，

∵∠OPD+∠DOE＝90°，

∴∠POE+∠OPN＝∠OPD，

∵O點與D點關(guān)于l對稱，

∴∠OPN＝∠NPD，

∴∠OPN＝∠POE，

∴PF＝OF，

設(shè)P（1，t），

第17頁共83頁.

∴|t﹣|＝，

∴t＝+或t＝﹣+，

∴P點坐標(biāo)為（1，+）或（1，﹣+）．

3．（2022?石家莊二模）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c（c≠0）與x軸交于點A（﹣1，0），B（點A在點B左

側(cè)），與y軸交于點C，連接BC．

（1）點C的縱坐標(biāo)為b+1（用含b的式子表示），∠OBC＝45度；

（2）當(dāng)b＝1時，若點P為第一象限內(nèi)拋物線上一動點，連接BP，CP，求△BCP面積的最大值，并求

出此時點P的坐標(biāo)；

（3）已知矩形ODEF的頂點D，F(xiàn)分別在x軸、y軸上，點E的坐標(biāo)為（3，2）．

①拋物線的頂點為Q，當(dāng)AQ的中點落在直線EF上時，求點Q的坐標(biāo)；

②當(dāng)拋物線在矩形內(nèi)部的部分對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小時，請直接寫出b的取值范

第18頁共83頁.

圍．

【分析】（1）將（﹣1，0）代入解析式可得c與b的關(guān)系，從而可得OB＝OC，進而求解．

（2）由b＝1可得拋物線解析式及點B，C坐標(biāo)，根據(jù)待定系數(shù)法求出直線BC解析式，設(shè)點P坐標(biāo)為

2

（m，﹣m+m+2），作PE⊥x軸交BC于點E，連接PC，PB，由S△BCP＝S△CEP+S△BEP求解．

（3）①將二次函數(shù)解析式化為頂點式可得點Q坐標(biāo)，由點A，Q坐標(biāo)可得A，Q中點坐標(biāo)，進而求解．

②根據(jù)拋物線與y軸交點的位置及拋物線對稱軸的位置，結(jié)合圖象求解．

【解答】解：（1）將（﹣1，0）代入y＝﹣x2+bx+c得0＝﹣1﹣b+c，

解得c＝b+1，

∴y＝﹣x2+bx+b+1，

設(shè)點B坐標(biāo)為（x2，0），則拋物線對稱軸為直線x＝＝，

解得x2＝b+1，

∴點B坐標(biāo)為（b+1，0），

∴OC＝OB＝b+1，

∴∠OBC＝45°，

故答案為：b+1，45．

（2）當(dāng)b＝1時，y＝﹣x2+x+2，

作PE⊥x軸交BC于點E，連接PC，PB，

第19頁共83頁.

設(shè)直線BC解析式為y＝kx+b，

將B（2，0），（0，2）代入y＝kx+b得，

解得，

∴y＝﹣x+2．

設(shè)點P坐標(biāo)為（m，﹣m2+m+2），則點E坐標(biāo)為（m，﹣m+2），

∴PE＝﹣m2+2m，

22

∵S△BCP＝S△CEP+S△BEP＝PE?xP+PE（xB﹣xP）＝PE?xB＝﹣m+2m＝﹣（m﹣1）+1，

∴m＝1時，△BCP面積的最大為1，此時點P坐標(biāo)為（1，2）．

（3）①∵y＝﹣x2+bx+b+1＝﹣（x﹣）2++b+1，

∴點Q坐標(biāo)為（，+b+1），

∵A（﹣1，0），

∴點A，Q中點坐標(biāo)為（﹣+，++），

∴++＝2，

解得b＝2或b＝﹣6，

當(dāng)b＝2時，點Q坐標(biāo)為（1，4），

當(dāng)b＝﹣6時，點Q坐標(biāo)為（﹣3，4）．

②∵E（3，2），

∴點F坐標(biāo)為（0，2），

將（0，2）代入y＝﹣x2+bx+b+1得b+1＝2，

解得b＝1，

第20頁共83頁.

將E（3，2）代入y＝﹣x2+bx+b+1得2＝﹣9+4b+1，

解得b＝，

∴1≤b＜，滿足題意．

當(dāng)拋物線頂點Q（，+b+1）落在y軸上時，＝0，

解得b＝0，

當(dāng)拋物線經(jīng)過原點時，0＝b+1，

解得b＝﹣1，

第21頁共83頁.

∴﹣1＜b≤0符合題意．

綜上所述，1≤b＜或﹣1＜b≤0．

4．（2022?濱海縣一模）如圖1，在平面直角坐標(biāo)中，拋物線與x軸交于點A（﹣1，0）、B

（4，0）兩點，與y軸交于點C，連接BC，直線BM：y＝2x+m交y軸于點M．P為直線BC上方拋物

線上一動點，過點P作x軸的垂線，分別交直線BC、BM于點E、F．

（1）求拋物線的表達式：

（2）當(dāng)點P落在拋物線的對稱軸上時，求△PBC的面積：

（3）①若點N為y軸上一動點，當(dāng)四邊形BENF為矩形時，求點N的坐標(biāo)；

②在①的條件下，第四象限內(nèi)有一點Q，滿足QN＝QM，當(dāng)△QNB的周長最小時，求點Q的坐標(biāo)．

【分析】（1）根據(jù)拋物線與x軸交于點A（﹣1，0）、B（4，0）兩點，即知拋物線的表

達式為：y＝﹣（x+1）（x﹣4），即y＝﹣x2+x+2；

（2）由y＝﹣x2+x+2求出P（，），由B（4，0），C（0，2）得直線BC的表達式為y＝﹣x+2，

從而可得E（，），PE＝﹣＝，即可得△PBC的面積是；

第22頁共83頁.

（3）①過點N作NG⊥EF于點G，求得直線BM的表達式為：y＝2x﹣8即知M（0，﹣8），設(shè)E（a，

﹣a+2），則F（a，2a﹣8），證明△NEG≌△BFH（AAS），可得NG＝BH，EG＝FH，即有a＝4﹣a，

解得F（2，﹣4），E（2，1），從而可得N（0，﹣3）；

②取MN的中點D，由QN＝QM，知點Q在MN的垂直平分線上，又C△QNB＝BQ+NQ+BN＝BQ+NQ+5

＝BQ+MQ+5，故要使C△QNB最小，只需BQ+MQ最小，即點B、Q、M共線，此時，點Q即為MN的垂

直平分線與直線BM的交點，由N（0，﹣3），M（0，﹣8），得D（0，﹣），即可得Q（，﹣）．

【解答】解：（1）∵拋物線與x軸交于點A（﹣1，0）、B（4，0）兩點，

∴拋物線的表達式為：y＝﹣（x+1）（x﹣4），即y＝﹣x2+x+2；

（2）如圖：

∵點P落在拋物線y＝﹣x2+x+2的對稱軸上，

∴P為拋物線y＝﹣x2+x+2的頂點，

∵y＝﹣x2+x+2＝﹣（x﹣）2+，

∴P（，），

在y＝﹣x2+x+2中，令x＝0得y＝2，

∴C（0，2）

由B（4，0），C（0，2）得直線BC的表達式為y＝﹣x+2，

把x＝代入y＝﹣x+2得y＝，

∴E（，），

第23頁共83頁.

∴PE＝﹣＝，

∴S△PBC＝PE?|xB﹣xC|＝××4＝，

答：△PBC的面積是；

（3）①過點N作NG⊥EF于點G，如圖：

∵y＝2x+m過點B（4，0），

∴0＝2×4+m，

解得m＝﹣8，

∴直線BM的表達式為：y＝2x﹣8，

∴M（0，﹣8），

設(shè)E（a，﹣a+2），則F（a，2a﹣8），

∵四邊形BENF為矩形，

∴∠NEG＝∠BFH，NE＝BF，

又∠NGE＝90°＝∠BHF，

∴△NEG≌△BFH（AAS），

∴NG＝BH，EG＝FH，

而NG＝a，BH＝OB﹣OH＝4﹣a，

∴a＝4﹣a，

解得a＝2，

∴F（2，﹣4），E（2，1），

∴EH＝1，

第24頁共83頁.

∵EG＝FH，

∴EF﹣EG＝EF﹣FH，即GF＝EH＝1，

∵F（2，﹣4），

∴G（2，﹣3），

∴N（0，﹣3）；

②取MN的中點D，如圖：

∵QN＝QM，

∴點Q在MN的垂直平分線上，

又∵B（4，0），N（0，﹣3），

∴BN＝5，

∴C△QNB＝BQ+NQ+BN＝BQ+NQ+5＝BQ+MQ+5，

∴要使C△QNB最小，只需BQ+MQ最小，

∴當(dāng)點B、Q、M共線時，△QNB的周長最小，

此時，點Q即為MN的垂直平分線與直線BM的交點，

∵N（0，﹣3），M（0，﹣8），

∴D（0，﹣），

在y＝2x﹣8中，令y＝﹣得：

﹣＝2x﹣8，

解得x＝，

第25頁共83頁.

∴Q（，﹣）．

5．（2022?石家莊模擬）某公園有一個截面由拋物線和矩形構(gòu)成的觀景拱橋，如圖1所示，示意圖如圖2，

且已知圖2中矩形的長AD為12米，寬AB為4米，拋物線的最高處E距地面BC為8米．

（1）請根據(jù)題意建立適當(dāng)?shù)钠矫嬷苯亲鴺?biāo)系，并求出拋物線的函數(shù)解析式；

（2）若觀景拱橋下放置兩根長為7米的對稱安置的立柱，求這兩根立柱之間的水平距離；

（3）現(xiàn)公園管理處打算在觀景橋側(cè)面搭建一個矩形“腳手架”PQMN（如圖2），對觀景橋表面進行維護，

P，N點在拋物線上，Q，M點在BC上，為了籌備材料，需求出“腳手架”三根支桿PQ，PN，MN的

長度之和的最大值，請你幫管理處計算一下．

【分析】（1）以CB所在的直線為x軸，點E為頂點建立直角坐標(biāo)系，用待定系數(shù)法求解即可；

（2）確定立柱的縱坐標(biāo)，解方程可得答案；

（3）設(shè)N（m，﹣m2+8），則PN＝2m，MN＝PQ＝﹣m2+8，三根支桿的總長度w＝﹣m2+2m+16，

再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)解答即可．

【解答】解：（1）如圖，以CB所在的直線為x軸，點E為頂點建立直角坐標(biāo)系，

由題意得，E（0，8），A（﹣6，4），

設(shè)拋物線的解析式為y＝ax2+c，

代入可得，解得，

第26頁共83頁.

∴y＝﹣x2+8；

（2）依題意可得﹣x2+8＝7，

解得x＝±3，

∴3﹣（﹣3）＝6（米），

答：這兩根立柱之間的水平距離是6米；

（3）設(shè)N（m，﹣m2+8），則PN＝2m，MN＝PQ＝﹣m2+8，

∴三根支桿的總長度w＝PQ+PN+MN+2m+2（﹣m2+8）＝﹣m2+2m+16，

∵a＝﹣＜0，

∴m＝﹣＝4.5時，w最大＝20.5，

∴三根支桿PQ，PN，MN的長度之和的最大值為20.5米．

6．（2022?朝陽區(qū)校級一模）已知二次函數(shù)y＝x2﹣2mx﹣m與y軸交于點M，直線y＝m+5與y軸交于點A，

與直線x＝4交于點B，直線y＝﹣2m與y軸交于點D（A與D不重合），與直線x＝4交于點C，構(gòu)建矩

形ABCD．

（1）當(dāng)點M在線段AD上時，求m的取值范圍．

（2）求證：拋物線y＝x2﹣2mx﹣m與直線y＝m+5恒有兩個交點．

（3）當(dāng)拋物線在矩形內(nèi)部的函數(shù)值y隨著x的增大而增大或y隨x的增大而減小時，求m的取值范圍．

（4）當(dāng)拋物線在矩形內(nèi)部（包括邊界）最高點的橫坐標(biāo)等于點B到x軸距離的時，直接寫出m的取

值范圍．

【分析】（1）由題意得：M（0，﹣m），A（0，m+5），D（0，﹣2m），分兩種情況：當(dāng)m+5＞﹣2m，即

m＞﹣時，當(dāng)m+5＜﹣2m，即m＜﹣時，分別根據(jù)“點M在線段AD上”，列出不等式求解即可；

（2）由題意得：x2﹣2mx﹣2m﹣5＝0，根據(jù)根的判別式即可證得結(jié)論；

（3）由題意得：拋物線的對稱軸為直線x＝m，頂點坐標(biāo)為（m，﹣m2﹣m），開口向上，分三種情況：

①當(dāng)m+5＜﹣2m，即m＜﹣時，②當(dāng)m+5＞﹣2m，即﹣＜m≤0時，③當(dāng)16﹣9m≤﹣2m，即m

≥時，分別畫出圖形討論即可；

（4）由題意得：拋物線y＝x2﹣2mx﹣m在矩形ABCD中的最高點的橫坐標(biāo)x的范圍是0≤x≤4，點B（4，

m+5）到x軸的距離為|m+5|，根據(jù)“拋物線在矩形內(nèi)部（包括邊界）最高點的橫坐標(biāo)等于點B到x軸距

第27頁共83頁.

離的”分三種情況：①當(dāng)m＜﹣5時，拋物線在矩形內(nèi)部（包括邊界）最高點的坐標(biāo)為（﹣m﹣，

﹣2m），②當(dāng)﹣5≤m＜時，拋物線在矩形內(nèi)部（包括邊界）最高點的坐標(biāo)為（m+，﹣2m），③

當(dāng)m＞﹣，且16﹣9m≥m+5，即﹣＜m≤時，拋物線在矩形內(nèi)部（包括邊界）最高點的坐標(biāo)為

（m+，m+5），分別代入拋物線解析式求解即可．

【解答】（1）解：由題意得：M（0，﹣m），A（0，m+5），D（0，﹣2m），

當(dāng)m+5＞﹣2m，即m＞﹣時，

∵點M在線段AD上，

∴﹣2m＜﹣m＜m+5，

∴m＞0；

當(dāng)m+5＜﹣2m，即m＜﹣時，

∵點M在線段AD上，

∴m+5＜﹣m＜﹣2m，

∴m＜；

綜上所述，m的取值范圍為m＞0或m＜．

（2）證明：當(dāng)x2﹣2mx﹣m＝m+5時，

整理得：x2﹣2mx﹣2m﹣5＝0，

Δ＝（﹣2m）2﹣4×1×（﹣2m﹣5）＝4（m+1）2+16，

∵4（m+1）2≥0，

∴4（m+1）2+16＞0，

∴拋物線y＝x2﹣2mx﹣m與直線y＝m+5恒有兩個交點．

（3）解：∵y＝x2﹣2mx﹣m＝（x﹣m）2﹣m2﹣m，

∴該拋物線的對稱軸為直線x＝m，頂點坐標(biāo)為（m，﹣m2﹣m），開口向上，與y軸的交點M（0，﹣m），

①當(dāng)m+5＜﹣2m，即m＜﹣時，如圖1，

第28頁共83頁.

此時拋物線在矩形內(nèi)部的函數(shù)值y隨著x的增大而增大；

②當(dāng)m+5＞﹣2m，即﹣＜m≤0時，如圖2，

此時拋物線在矩形內(nèi)部的函數(shù)值y隨著x的增大而增大；

③當(dāng)m＞0時，如圖3，

令x＝4，則y＝16﹣8m﹣m＝16﹣9m，

當(dāng)16﹣9m≤﹣2m，即m≥時，拋物線在矩形內(nèi)部（不包括邊界）的函數(shù)值y隨著x的增大而減?。?/p>

第29頁共83頁.

綜上，m的取值范圍為m＜﹣或﹣＜m≤0或m≥．

（4）解：由題意得：拋物線y＝x2﹣2mx﹣m在矩形ABCD中的最高點的橫坐標(biāo)x的范圍是0≤x≤4，

點B（4，m+5）到x軸的距離為|m+5|，

當(dāng)x＝4時，y＝16﹣9m，

∵拋物線在矩形內(nèi)部（包括邊界）最高點的橫坐標(biāo)等于點B到x軸距離的，

∴拋物線在矩形內(nèi)部（包括邊界）最高點的橫坐標(biāo)為|m+5|，

①當(dāng)m＜﹣5時，拋物線在矩形內(nèi)部（包括邊界）最高點的坐標(biāo)為（﹣m﹣，﹣2m），

∴﹣2m＝（﹣m﹣）2﹣2m（﹣m﹣）﹣m，

解得：m＝，

∵m＜﹣5，

∴m＝﹣；

②當(dāng)﹣5≤m＜時，拋物線在矩形內(nèi)部（包括邊界）最高點的坐標(biāo)為（m+，﹣2m），

∴﹣2m＝（m+）2﹣2m（m+）﹣m，

解得：m＝﹣1，

∵﹣5≤m＜，

∴m＝﹣1﹣；

③當(dāng)m＞﹣，且16﹣9m≥m+5，即﹣＜m≤時，

第30頁共83頁.

拋物線在矩形內(nèi)部（包括邊界）最高點的坐標(biāo)為（m+，m+5），

∴m+5＝（m+）2﹣2m（m+）﹣m，

解得：m＝﹣3，

∵﹣＜m≤，

∴m＝﹣3+；

綜上所述，m的值為﹣或﹣1﹣或﹣3+．

7．（2022?長春一模）已知拋物線y＝x2﹣2mx+2m+1．

（1）寫出拋物線y＝x2﹣2mx+2m+1的頂點坐標(biāo)（用含m的式子表示）．

（2）當(dāng)x≥1時，y隨x的增大而增大，則m的取值范圍是m≤1．

2

（3）當(dāng)﹣1≤x≤2時，函數(shù)y＝x﹣2mx+2m+1的圖象記為G，設(shè)圖象G的最低點的縱坐標(biāo)為y0．當(dāng)y0

＝﹣1時，求m的值．

（4）當(dāng)m＞0時，分別過點A（2，1）、B（2，4）作y軸垂線，垂足分別為點D、點C，拋物線在矩形

ABCD內(nèi)部的圖象（包括邊界）的最低點到直線y＝﹣2的距離等于最高點到x軸的距離，直接寫出m的

值．

【分析】（1）由y＝（x﹣m）2﹣m2+2m+1，即可求解；

（2）由拋物線的圖象可得m≤1時，y隨x的增大而增大；

（3）分三種情況討論：當(dāng)m＜﹣1時，y0＝2+4m＝﹣1，解得m＝﹣（舍）；當(dāng)m＞2時，x＝2，函數(shù)

2

有最小值，y0＝5﹣2m＝﹣1，解得m＝3；當(dāng)﹣1≤m≤2時，y0＝﹣m+2m+1＝﹣1，解得m＝+1（舍）

或m＝﹣+1；

（4）分五種情況討論：當(dāng)0＜m≤時，﹣m2+2m+1+2＝4，解得m＝1（舍）；當(dāng)＜m≤1時，﹣m2+2m+1+2

＝4﹣2m+1，解得m＝+2（舍）或m＝﹣+2；當(dāng)1＜m≤時，﹣m2+2m+1+2＝2m+1，解得m＝

或m＝﹣（舍）；當(dāng)＜m≤2時，﹣m2+2m+1+2＝4，解得m＝1（舍）；當(dāng)m＞2時，最高點縱坐標(biāo)

是4，最低點縱坐標(biāo)是1，此時不符合題意．

【解答】解：（1）∵y＝x2﹣2mx+2m+1＝（x﹣m）2﹣m2+2m+1，

∴頂點坐標(biāo)為（m，﹣m2+2m+1）；

（2）∵拋物線開口向上，

第31頁共83頁.

∴m≤1時，y隨x的增大而增大，

故答案為：m≤1；

（3）當(dāng)m＜﹣1時，x＝﹣1，函數(shù)有最小值，

∴y0＝2+4m，

∵y0＝﹣1，

∴2+4m＝﹣1，

解得m＝﹣（舍）；

當(dāng)m＞2時，x＝2，函數(shù)有最小值，

∴y0＝5﹣2m，

∵y0＝﹣1，

∴5﹣2m＝﹣1，

解得m＝3；

當(dāng)﹣1≤m≤2時，x＝m，函數(shù)有最小值，

2

∴y0＝﹣m+2m+1，

∵y0＝﹣1，

∴﹣m2+2m+1＝﹣1，

解得m＝+1（舍）或m＝﹣+1；

綜上所述：m的值為3或﹣+1；

（4）當(dāng)0＜m≤時，﹣m2+2m+1+2＝4，

解得m＝1（舍）；

當(dāng)＜m≤1時，﹣m2+2m+1+2＝4﹣2m+1，

解得m＝+2（舍）或m＝﹣+2；

當(dāng)1＜m≤時，﹣m2+2m+1+2＝2m+1，

解得m＝或m＝﹣（舍）；

當(dāng)＜m≤2時，﹣m2+2m+1+2＝4，

解得m＝1（舍）；

當(dāng)m＞2時，最高點縱坐標(biāo)是4，最低點縱坐標(biāo)是1，

第32頁共83頁.

∴3≠4，

∴此時不符合題意；

綜上所述：m的值為或2﹣．

8．（2021?咸豐縣一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸正半軸交于點A，且點

A的坐標(biāo)為（3，0），過點A作垂直于x軸的直線l，P是該拋物線上一動點，其橫坐標(biāo)為m，過點P作

PQ⊥l于點Q，M是直線l上的一點，其縱坐標(biāo)為．以PQ，QM為邊作矩形PQMN．

（1）求拋物線的解析式；

（2）當(dāng)點Q與點M重合時，求m的值；

（3）當(dāng)矩形PQMN是正方形，且拋物線的頂點在該正方形內(nèi)部時，求m的值；

（4）當(dāng)拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小時，求m的取值范圍．

【分析】（1）利用待定系數(shù)法求解即可．

（2）根據(jù)點M與點P的縱坐標(biāo)相等構(gòu)建方程求解即可．

（3）根據(jù)PQ＝MQ，構(gòu)建方程求解即可．

（4）當(dāng)點P在直線l的左邊，點M在點Q是下方下方時，拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)

值y隨x的增大而減小，則有﹣m+＜﹣m2+m+，解得0＜m＜4，觀察圖象可知．當(dāng)0＜m＜3時，

第33頁共83頁.

拋物線在矩形PQMN內(nèi)的部分所對應(yīng)的函數(shù)值y隨x的增大而減小，如圖4﹣1中．當(dāng)m＞4時，點M

在點Q的上方，也滿足條件，如圖4﹣2中．

【解答】解：（1）∵拋物線的圖象經(jīng)過點A（3，0），

∴＝0，

解得b＝1．

∴拋物線解析式為：．

（2）∵P點的橫坐標(biāo)為m，且P點在拋物線y＝的圖象上，

∴P點的坐標(biāo)為（m，），

∵PQ⊥l，l過A點且垂直于x軸，

∴Q點的坐標(biāo)為（3，），

∵M點的坐標(biāo)為（3，﹣m+），

∵Q點與M點重合，

∴＝﹣m+，

解方程得：m＝0或m＝4．

（3）∵拋物線＝﹣（x﹣1）2+2，