专题 22.2 二次函数综合——线段周长问题
【典例1】如图，抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．已知点A的坐标是
(−1,0)，抛物线的对称轴是直线x=1．
（1）直接写出点B的坐标；
（2）在对称轴上找一点P，使PA+PC的值最小．求点P的坐标和PA+PC的最小值；
（3）第一象限内的抛物线上有一动点M，过点M作MN⊥x轴，垂足为N，连接BC交MN于点Q．依题
意补全图形，当MQ+❑√2CQ的值最大时，求点M的坐标．
【思路点拨】
（1）根据抛物线的对称性，进行求解即可；
（2）根据抛物线的对称性，得到PA+PC=PB+PC≥BC，得到当P,B,C三点共线时，PA+PC的值最
小，为BC的长，求出直线BC的解析式，解析式与对称轴的交点即为点P的坐标，两点间的距离公式求出
BC的长，即为PA+PC的最小值；
（3）根据题意，补全图形，设M(m,−m2+2m+3)，得到N(m,0)，Q(m,−m+3)，将MQ+❑√2CQ的
最大值转化为二次函数求最值，即可得解．
【解题过程】
（1）解：∵点A(−1,0)关于对称轴的对称点为点B，对称轴为直线x=1，
∴点B为(3,0)；
（2）当x=0时，y=3，
∴C(0,3)，连接BC，
∵B(3,0)，
∴BC=❑√32+32=3❑√2，
∵点A关于对称轴的对称点为点B，
∴PA+PC=PB+PC≥BC，
∴当P,B,C三点共线时，PA+PC的值最小，为BC的长，
设直线BC的解析式为：y=kx+n，
{ n=3 ) { n=3 )
则： ，解得： ，
3k+n=0 k=−1
∴y=−x+3，
∵点P在抛物线的对称轴上，
∴P(1,2)；
∴点P(1,2)，PA+PC的最小值为3❑√2；
（3）过点M作MN⊥x轴，垂足为N，连接BC交MN于点Q，如图所示，
∵A(−1,0),B(3,0)，
设抛物线的解析式为：y=a(x+1)(x−3)，
∵C(0,3)，
∴3=−3a，
∴a=−1，
∴y=−(x+1)(x−3)=−x2+2x+3，设M(m,−m2+2m+3)，则：N(m,0)，
由（2）知：直线BC：y=−x+3，
∴Q(m,−m+3)，
∴MQ=−m2+2m+3+m−3=−m2+3m，
∵C(0,3),B(3,0)，
∴OC=OB=3，BN=3−m，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∴∠NQB=∠OBC=45°，
∴BQ=❑√2BN=❑√2(3−m)，
∴CQ=BC−BQ=3❑√2−3❑√2+❑√2m=❑√2m，
∴MQ+❑√2CQ=−m2+3m+❑√2⋅❑√2m=−m2+5m=− ( m− 5) 2 + 25 ，
2 4
5 (5 7)
∴当m= 时，MQ+❑√2CQ有最大值，此时M , ．
2 2 4
1．（2023·山东潍坊·统考二模）已知抛物线y=ax2+bx−4(a≠0)交x轴于点A(4，0)和点B(−2，0)，
交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，点P是抛物线上位于直线AC下方的动点，过点P分别作x轴、y轴的平行线，交直线AC于点
D，交x轴于点E，当PD+PE取最大值时，求点P的坐标．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法即可求解；
1
（2）先求得直线AC的解析式，设P(m，n)，则n= m2−m−4(0<m<4)，求得D(n+4，n)，
2( 3) 2 25
E(m，0)，推出PD+PE等于− m− + ，利用二次函数的性质即可求解．
2 4
【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−4(a≠0)经过点A(4，0)和点B(−2，0)，
{16a+4b−4=0)
∴ ，
4a−2b−4=0
{ a= 1 )
解得 2 ，
b=−1
1
∴抛物线的解析式为y= x2−x−4；
2
1
（2）解：由（1）抛物线的解析式为y= x2−x−4，
2
∴C(0，−4)，
∵A(4，0)，
设直线AC的解析式为y=kx−4，则0=4k−4，
解得k=1，
∴直线AC的解析式为y=x−4，∴OA=OC=4，
∴∠OAC=45°，
1
设P(m，n)，则n= m2−m−4(0<m<4)，
2
∵PD平行于x轴，PE平行于y轴，
∴D(n+4，n)，E(m，0)，
∴PD=m−4−n，PE=−n，
∴PD+PE=m−4−n−n=m−4−2 (1 m2−m−4 )
2
=−m2+3m+4=− ( m− 3) 2 + 25 ，
2 4
3 1 (3) 2 3 35
∴当m= 时，PD+PE取得最大值，此时n= × − −4=− ，
2 2 2 2 8
(3 35)
∴点P的坐标为 ，− ．
2 8
1
2．（2023·河北沧州·模拟预测）如图，已知抛物线y=− (x+2)(x−m)(m>0)与x轴相交于点B、C，与
m
y轴相交于点E，且点B在点C的左侧．（1）若抛物线过点M(4,4)，求实数m的值；
（2）在（1）的条件下，求△BCE的面积；
（3）若m=4，在抛物线的对称轴上找一点H，使得BH+EH最小，并求出点H的坐标．
【思路点拨】
（1）将点(4,4)的坐标代入抛物线解析式，即可求得m的值；
（2）求出B、C、E点的坐标，进而求得△BCE的面积；
（3）根据轴对称以及两点之间线段最短的性质，可知点B、C关于对称轴x=1对称，连接EC与对称轴的
交点即为所求的H点．
【解题过程】
1
（1）把M(4，4)代入y=− (x+2)(x−m)(m>0)得，
m
1
4=− (4+2)(4−m)，
m
解得，m=12；
1
（2）令y=0，即− (x+2)(x−12)=0，
12
解得，x =−2，x =12，
1 2
∴B(−2，0)，C(12，0)，
则BC=14；
令x=0，则y=2，
∴E(0，2)，
∴OE=2，
1
∴S = BC⋅OE=14.
△BCE 2
1 1 7
（3）当m=4时，y=− (x+2)(x−4)=− (x−1) 2+ ,
4 4 4
∴抛物线的对称轴为直线x=1,
又∵点B，C关于直线x=1对称，连接EC，交直线x=1于点H，如图，此时BH+CH，
设直线EC的解析式为：y=kx+b(k≠0)，
{ b=2 )
把E(0，2)，C(4，0)代入y=kx+b(k≠0)得， ，
4k+b=0
{ k=− 1 )
解得， 2
b=2
1
∴直线EC的解析式为y=− x+2，
2
3
当x=1时，y= ，
2
( 3)
∴H 1，
2
3．（2023·天津河北·统考二模）已知抛物线y=−x2+bx+c（b,c为常数），抛物线与x轴交于点A(−1,0)
，点B，与y轴交于点C，顶点为D．
（1）当b=2时，求该抛物线的顶点坐标；
（2）若点E(b,y)是抛物线在第一象限内的点，有一点P(5,0)，当AP=AE时，求b的值；
（3）在（1）的条件下，连接BC，点Q是第一象限内的抛物线上的一动点，过点Q作QF⊥BC于点F，
连接OQ，当QF最大时，求OQ的长．
【思路点拨】
（1）当b=2时，由A(−1,0)求出c=3，即可求出抛物线的解析式，化为顶点式即可求解；
（2）将点E(b,y)代入解析式得y=c，根据已知可得点E(b,b+1)，再根据坐标系两点距离公式列方程即
可求解；
（3）过点Q作QN⊥x轴，垂足为点N，交BC于M，得QM=❑√2FQ，故当QM取最大值时，QF最大，
设点Q坐标为横坐标为x，得QM=−x2+3x，根据二次函数最值求出点Q坐标即可解答．【解题过程】
（1）解：将点A(−1,0)的坐标代入抛物线表达式得：−1−b+c=0，即c=b+1．
当b=2，则c=3，故抛物线的表达式为y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
故抛物线的顶点坐标为(1，4)；
（2）∵点E(b,y)是抛物线y=−x2+bx+c在第一象限内的点，
∴y=−b2+b2+c=c，
由（1）得c=b+1，
∴点E坐标为：E(b,b+1)，
又∵P(5,0)、A(−1,0)，
∴AP=6，AE=❑√(b+1) 2+(b+1) 2=❑√2(b+1)，
∵AP=AE，
∴❑√2(b+1)=6，
∴b=3❑√2−1，
（3）解：如图，过点Q作QN⊥x轴，垂足为点N，交BC于M，
由抛物线解析式为y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4可得：
点C(0,3)、B(3,0)，
∴OB=OC，直线BC解析式为y=−x+3，
∴∠CBO=45°，
∴∠BMN=∠FMQ=45°，
∵QF⊥BC
∴∠FQM=∠FMQ=45°，
∴QM=❑√2FQ，故当QM取最大值时，QF最大，
设点Q坐标为横坐标为x，则点Q坐标为(x,−x2+2x+3)，点M坐标为(x,−x+3)，
3 2 9
∴QM=(−x2+2x+3)−(−x+3)=−x2+3x=−(x− ) +
2 4
3 9 3 15
∴当x= ，QM取最大值，QM= ，此时点Q坐标为( , )，
2 4 2 4
√ 3 2 15 2 3
∴OQ=❑( ) +( ) = ❑√29
2 4 4
4．（2023秋·云南玉溪·九年级统考期末）如图1，在平面直角坐标系中，已知点B的坐标为(1,0)，且
OA=OC=4OB，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)图象经过A，B，C三点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，若点P是直线AC上方的抛物线上的一个动点，作PD⊥AC于点D，当0<PD≤2❑√2时，
请求出点P横坐标的取值范围．
【思路点拨】
（1）根据题意可以求得点C和点A的坐标，然后利用待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）过点P作y轴的平行线交AC于点Q，可得PQ=❑√2PD，根据直线解析式和抛物线解析式求出线段
PQ的解析式，可得当x=−2时，P点坐标为(−2，6)，此时PQ的最大值为PQ=4，由此得出点P横坐标
的取值范围．
【解题过程】
（1）解：∵点B的坐标为(1，0)，
∴OB=1，
又∵OA=OC=4OB，
∴OA=OC=4，即点A坐标为(−4，0)；点C坐标为(0，4)；
∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)图象经过A，B，C三点．{
c=4
)
∴ a+b+c=0 ，
16a−4b+c=0
{a=−1
)
解得： b=−3 ，
c=4
∴抛物线的解析式为y=−x2−3x+4；
（2）解：∵点A坐标为(−4，0)点C坐标为(0，4)
∴直线CA函数表达式为∶ y=x+4,
过点P作y轴的平行线交AC于点Q，
设点P坐标为(x,−x2−3x+4)，其中−4<x<0，则点Q坐标为(x,x+4)，
∵点P是直线AC上方的抛物线上的一个动点，
∴PQ=(−x2−3x+4)−(x+4)=−x2−4x，
∴PQ=−(x+2) 2+4，
∵−1<0，−4<x<0，
∴当x=−2时，P点坐标为(−2，6)，此时PQ最大，最大值为PQ=4，
又∵∠CAO=∠OCA=45°，PQ∥y轴，
∴∠PQD=45°，
∴△PQD是等腰直角三角形，
∴PQ=❑√2PD，
又∵0<PD≤2❑√2，
∴0<PQ≤4，
∴当x=−2时，PQ的最大值为PQ=4，此时PD=2❑√2，
∴当0<PD≤2❑√2时，P横坐标的取值范围为：−4<x<0．3
5．（2023秋·四川广安·九年级统考期末）如图，已知抛物线y=ax2− x+c与x轴交于A，B两点，并与
2
1 1
直线y= x−2交于B，C两点，其中C是直线y= x−2与y轴的交点，连接AC．
2 2
（1）求B，C两点的坐标以及抛物线的解析式；
（2）求证：△ABC为直角三角形；
（3）在抛物线的对称轴上有一点P，当△ACP的周长最小时，求出点P的坐标．
【思路点拨】
1
（1）先由直线y= x−2与x轴、y轴分别交于点B、点C求得B，C的坐标，再将其代入
2
3
y=ax2− x+c列方程组求出a、c的值，即可求解；
2
（2）先求得A的坐标，根据勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形；
（3）因为AC的长为定值，所以当PA+PC的值最小时，则△ACP的周长最小，当点P与点E重合时，
PA+PC的值最小，求出点E的坐标即可．
【解题过程】
1
（1）解：直线y= x−2，
2
1
当y=0时，则 x−2=0，解得x=4；
2
当x=0时，y=−2，
∴B(4，0)，C(0，−2)．
3
∵抛物线y=ax2− x+c经过点B(4，0)和点C(0，−2)，
2{16a−6+c=0) { a= 1 )
∴ ，解得 2
c=−2
c=−2
1 3
∴抛物线的解析式为y= x2− x−2；
2 2
1 3
（2）证明：已知抛物线y= x2− x−2，
2 2
1 3
当y=0时，则 x2− x−2=0，
2 2
解得x =−1，x =4，
1 2
∴A(−1，0)．
∵B(4，0)，C(0，−2)，
∴OA=1，OB=4，OC=2，
∴AB=5，即AB2=25．
∵∠AOC=∠BOC=90°，
∴AC2=OA2+OC2=12+22=5，BC2=OB2+OC2=42+22=20，
∴AC2+BC2=25，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形；
（3）解：∵y=
1
x2−
3
x−2=
1(
x−
3) 2
−
25
，
2 2 2 2 8
3
∴抛物线的对称轴为x= ．
2
3
如图，设抛物线的对称轴DE：x= 与直线BC交于点E，
2
3
点P是直线x= 上的点，连接PB，AE．
2∵DE垂直平分AB，
∴AE=BE，PA=PB，
∴PA+PC=PB+PC．
∵AC为定值，
∴当PA+PC的值最小时，△ACP的周长最小．
∵PB+PC≥BC，
∴当点P与点E重合时，PA+PC=PB+PC=EA+EC=EB+EC=BC，
∴此时PA+PC最小．
1
∵直线y= x−2，
2
3 1 3 5
当x= 时，y= × −2=− ，
2 2 2 4
(3 5)
∴E ，− ，
2 4
(3 5)
∴当△ACP的周长最小时，点P的坐标为 ，− ．
2 4
6．（2023春·天津西青·九年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c与直线
AB交于点A(0，−2)，B(2，0)．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点P是直线AB下方抛物线上的一动点，过点P作x轴的平行线交AB于点C，过点P作y轴的平行线
交x轴于点D，交线段AB于点H．求PC的最大值及此时点P的坐标．
（3）若点M是抛物线的顶点，在x轴上存在一点N，使△AMN的周长最小，求此时点N的坐标．
【思路点拨】
（1）利用待定系数法求解即可；（2）先求出直线AB的解析式为y=x−2，设P(m，m2−m−2)，则C(m2−m，m2−m−2)，求出
PC=−(m−1) 2+1，由此利用二次函数的性质求解即可；
(1 9)
（3）先求出抛物线顶点M的坐标为 ，− ；如图所示，作点A关于x轴的对称点E，则E(0，2)，
2 4
连接EN，AN，MN，由轴对称的性质可得AN=EN，进一步推出当E、M、N三点共线时，△AMN
17 4 ( 4 )
的周长最小，求出直线EM的解析式为y=− x+2，再求出当y=0时，x= ，则N ，0 ．
2 17 17
【解题过程】
{4+2b+c=0)
（1）解：把A(0，−2)，B(2，0)代入抛物线y=x2+bx+c中得： ，
c=−2
{b=−1)
∴ ，
c=−2
∴抛物线的解析式为y=x2−x−2；
（2）解：设直线AB的解析式为y=kx+t，
{2k+t=0)
把A(0，−2)，B(2，0)代入，得 ，
t=−2
{k=1
)
∴ ，
t=−2
∴直线AB的解析式为y=x−2，
设P(m，m2−m−2)，
在y=x−2中，令y=m2−m−2，得x=m2−m，
∴C(m2−m，m2−m−2)，
∴PC=m−(m2−m)=−m2+2m=−(m−1) 2+1，
∴当m=1时，PC有最大值1，
∴此时点P的坐标为(1，−2)
（3）解：∵抛物线解析式为y=x2−x−2= ( x− 1) 2 − 9 ，
2 4
(1 9)
∴抛物线顶点M的坐标为 ，− ；
2 4如图所示，作点A关于x轴的对称点E，则E(0，2)，连接EN，AN，MN，
有轴对称的性质可得AN=EN，
∴△AMN的周长=AM+AN+MN=EN+MN+AM，
∵AM是定值，
∴当EN+MN最小时，△AMN的周长最小，
∴当E、M、N三点共线时，△AMN的周长最小，
设直线EM的解析式为y=k x+b ，
1 1
{1
k❑+b =−
9
)
∴ 2 1 1 4 ，
b =2
1
{ k =− 17 )
∴ 1 2 ，
b =2
1
17
∴直线EM的解析式为y=− x+2，
2
17 4
在y=− x+2中，当y=0时，x= ，
2 17
( 4 )
∴N ，0 ．
17
2
7．（2023·上海杨浦·统考三模）已知抛物线y=− x2+bx+c与x轴交于点A(3,0)和点B，与y轴交于点
3C(0,2)，顶点为点D．
（1）求抛物线的表达式和顶点D的坐标；
（2）点P是线段AB上的一个动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点E，如果PE=PB，求点P的坐
标；
（3）在第（2）小题的条件下，点F在y轴上，且点F到直线EC、ED的距离相等，求线段EF的长．
【思路点拨】
（1）将点A和点B的坐标代入抛物线，即可得出其表达式；
2 4
（2）令y=0，确定B(−1,0)，设点P(x,0)，(−1<x<3)，则E(x,− x2+ x+2)，根据题意得出一元
3 3
二次方程求解即可；
(3 ) (3 5)
（3）由（2）得：P ,0 ，确定E , ，利用待定系数法确定直线EC、ED的解析式分别为：
2 2 2
1 1
y= x+2，y=− x+3，再由等腰三角形的判定和性质及一次函数的性质确定点F的坐标，即可求解．
3 3
【解题过程】
（1）将点C(0,2)代入抛物线，得c=2
4
将点A(3,0)代入抛物线，得b=
3
2 4
∴抛物线的解析式为：y=− x2+ x+2；
3 3
2 4 2 8
∴y=− x2+ x+2=− (x−1) 2+ ，
3 3 3 3
( 8)
∴顶点D的坐标为 1, ；
3
2 4
（2）解：令y=0得0=− x2+ x+2，
3 3∴x=3或x=−1
∴B(−1,0)，
2 4
设点P(x,0)，(−1<x<3)，则E(x,− x2+ x+2)，如图所示：
3 3
2 4
∴PE=− x2+ x+2，PB=x−(−1)=x+1，
3 3
∵PE=PB，
2 4
∴− x2+ x+2=x+1，
3 3
3
解得：x =−1（舍去）或x = ，
1 2 2
(3 )
∴P ,0 ；
2
(3 )
（3）由（2）得：P ,0 ，
2
3 5
∴当x= 时，y= ，
2 2
(3 5)
∴E , ，
2 2
设直线EC、ED的解析式分别为：y=kx+b，y=mx+n，
3 5
{3
k+b=
5
)
{
2
m+n=
2
)
将点代入得： 2 2 ， ，
8
b=2 m+n=
3
{ k= 1 ) { m=− 1 )
解得： 3 ， 3 ，
b=2 n=31 1
∴直线EC、ED的解析式分别为：y= x+2，y=− x+3，
3 3
∴直线EC、ED与y轴的交点分别为C(0,2),H(0,3)，
√ 3 2 5 2 ❑√10 √ 3 2 5 2 ❑√10
∴EC=❑( −0) +( −2) = ，EH=❑( −0) +( −3) = ，
2 2 2 2 2 2
∴EC=EH，
∴ΔECH为等腰三角形，
∵点F到直线EC、ED的距离相等，且点F在y轴上，
5
∴点F为ΔECH的角平分线及高线，即直线y= 与y轴的交点，
2
( 5)
∴F 0, ，
2
3 3
∴EF= −0= ．
2 2
8．（2023·广西防城港·统考二模）如图，已知抛物线y=ax2+bx+6与轴交于点A(2,0)和点B，与y轴交
于点C，∠ABC=45°．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，点E为第二象限抛物线上一动点，EF⊥x轴与BC交于F，求EF的最大值；（3）已知点D(−3,10)，E(2,10)，连接DE．若抛物线y=ax2+bx+6向上平移k(k>0)个单位长度时，
与线段DE只有一个公共点，请求出k的取值范围．
【思路点拨】
（1）先求出C(0,6)，再证明△BOC是等腰直角三角形，得到OB=OC=6，则B(−6,0)，再把A、B坐标
代入抛物线解析式中求解即可；
（2）求出直线BC的解析式为y=x+6．设F(m,m+6)，则E ( m,− 1 m2−2m+6 ) ，推出
2
1 9
EF=− (m+3) 2+ 即可得到答案；
2 2
（3）求出D(−3,10)关于直线x=−2对称的点为D′ (−1,10)，然后设平移后的抛物线为
1 1
y=− x2−2x+6+k，进而分三类讨论即可得解，一是当y=− x2−2x+6+k与直线DE只有一个交点
2 2
1 1
时，二是当y=− x2−2x+6+k过D′ (−1,10)时，三是当y=− x2−2x+6+k过E(2,10)时．
2 2
【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+6与y轴交于C，
∴C(0,6)，
∵∠ABC=45°，∠BOC=90°，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴OB=OC=6，
∴点B(−6,0)，
{ 4a+2b+6=0 )
将A(2,0)，B(−6,0)代入抛物线解析式中得， ，
36a−6b+6=0{ a=− 1 )
解得 2 ，
b=−2
1
∴抛物线解析式为：y=− x2−2x+6；
2
（2）解：设直线BC的解析式为y=kx+b′，
{−6k+b′=0)
把C(0,6)，B(−6,0)代入y=kx+b′中得： ，
b′=6
{k=1)
解得
b′=6
∴直线BC的解析式为y=x+6．
设F(m,m+6)，则E ( m,− 1 m2−2m+6 ) ，
2
∴EF= ( − 1 m2−2m+6 ) −(m+6)
2
1
=− m2−3m
2
1 9
=− (m+3) 2+ ，
2 2
1
∵− <0，
2
9
∴当m=−3时，EF有最大值，最大值是 ．
2
1 1
（3）解：∵抛物线解析式为y=− x2−2x+6=− (x+2) 2+8，
2 2
∴抛物线的顶点为(−2，8)，
∵抛物线y=ax2+bx+6向上平移k（k>0）个单位长度时，与线段DE只有一个公共点，
1 1
∴平移后的抛物线为y=− (x+2) 2+8+k=− x2−2x+6+k，
2 2
∵D(−3,10)，
1 1
当y=− x2−2x+6+k与直线DE只有一个交点时，令y=10，得10=− x2−2x+6+k，
2 2
1
化简得
x2+2x+4−k=0，、
21
∴Δ=b2−4ac=4−4× ×(4−k)=2k−4=0，
2
∴k=2，
1 1
当y=− x2−2x+6+k过D(−3,10)时，有10=− ×(−3) 2−2×(−3)+6+k，
2 2
5
解得k= ，
2
1 1
当y=− x2−2x+6+k过E(2,10)时，有10=− ×22−2×2+6+k，
2 2
解得k=10，
∴抛物线y=ax2+bx+6向上平移k（k>0）个单位长度时，与线段DE只有一个公共点，请求出k的取值
5
范围为 <k≤10或k=2．
2
9．（2022秋·河南洛阳·九年级河南省洛阳市第二十三中学校考期中）如图，已知二次函数y=x2+bx+c的
图象与x轴交于A、B两点，其中点A的坐标为(−3,0)，与y轴交于点C，点D(−2,−3)在抛物线上；
（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线的对称轴上是否存在点P，使得△PAD周长最小，若存在，求出P点的坐标及△PAD周长的最
小值；
（3）若点M是直线AC下方的抛物线上的一动点，过M作y轴的平行线与线段AC交于点N，求线段MN
的最大值．
【思路点拨】
（1）将点A、D的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）点A关于函数对称轴的对称点为点B，连接PD交函数对称轴于点P，则点P为所求点，求出直线BD
的表达式，进一步即可求解；
（3）先求出直线AC解析式，设N横坐标为x，用含x的代数式表示线段MN，再利用二次函数的性质求
解即可．
【解题过程】
{ 0=9−3b+c )
（1）解：将点A(−3,0)、D(−2,−3)代入抛物线表达式得： ，
−3=4−2b+c
{ b=2 )
解得： ，
c=−3
抛物线的表达式为：y=x2+2x−3；
（2）y=x2+2x−3，令y=0，则0=x2+2x−3,
解得x=−3或x=1，
令x=0，则y=−3，
故点B、C的坐标分别为：(1,0)、(0,−3)；
1−3
函数的对称轴为直线x= =−1，
2
点A关于函数对称轴的对称点为点B，连接BD交函数对称轴于点P，则点P为所求点，
设直线BD的表达式为y=kx+m，
将点D、B的坐标代入一次函数表达式y=kx+m得：{ 0=k+m )
，
−2k+m=−3
{ k=1 )
解得： ，
m=−1
故BD的函数表达式为y=x−1，
当x=−1时，y=−1−1=−2，即点P(−1,−2)，
此时△PAD周长的最小值=PA+PD+AD=BD+AD=❑√1+9+❑√9+9=❑√10+3❑√2；
（3）如图，
设直线AC的解析式是y=nx+p，
把点A(−3,0)，C(0,−3)代入y=nx+p中
{0=−3n+p)
，
−3=p
{n=−1)
解得 ，
p=−3
∴直线AC解析式为y=−x−3．
设N横坐标为x，则y =−x−3，y =x2+2x−3，
N M
3 2 9
∴MN=−x−3−(x2+2x−3)=−x2−3x=−(x+ ) + ，
2 4
∵−1<0，
∴抛物线开口向下，
3 9
∴当x=− 时，MN的最大值为 ．
2 4
10．（2023·天津河西·统考一模）已知抛物线y=ax2+bx+3(a<0)与x轴相交于A，B两点（点A在点B
右侧），与y轴相交于点C，点B(−3,0)．
（1）若已知A(1,0)．
①求抛物线的顶点坐标；②若点P是第二象限内抛物线上一动点，过点P作线段PF⊥x轴，交直线BC于点F，当线段PF取得最
大值时，求此时点P的坐标；
（2）若取线段BC的中点E，向右沿x轴水平方向平移线段BC，得到线段B′E′，求CB′ +CE′的最小
值，并求此时点B′的坐标．
【思路点拨】
（1）①将点B(−3,0),A(1,0)代入求解即可；②先求出C点坐标，再求出直线BC的解析式，设点P的坐
标为(m,−m2−2m+3)，则点F的坐标为(m,m+3)，得到PF=−m2−3m，根据二次函数的性质即可求
解；
（2）先证四边形EB′E′C是平行四边形，得出CB′+CE′=CB′+EB′，作点E关于x轴的对称点M，
CB′+EB′取得最小值时，即为点C，B′，M三点共线时，求出此时的最小值和B′坐标即可．
【解题过程】
（1）①由题意，抛物线过B(−3,0),A(1,0)，
∴y=a(x+3)(x−1)，
即y=ax2+2ax−3a，
∴−3a=3，
∴a=−1，
∴y=−x2−2x+3=−(x+1) 2+4，
∴抛物线的顶点坐标为(−1,4)；
②由y=ax2+bx+3与y轴相交于点C，可知C(0,3)，
设经过B，C两点的直线的解析式为y=kx+n，将B(−3,0),C(0,3)代入，
{−3k+n=0) {k=1)
得 ，解得 ，
n=3 n=3
∴直线BC的解析式为y=x+3，
设点P的坐标为(m,−m2−2m+3)，则点F的坐标为(m,m+3)，
∴PF=(−m2−2m+3)−(m+3)=−m2−3m，
3 9
∴当m=− 时，PF有最大值 ，
2 4
( 3 15)
此时，点P的坐标为 − , ；
2 4( 3 3)
（2）由B(−3,0)和C(0,3)，得中点E − , ，
2 2
由题意BE与B′E′平行且相等，可知CE与B′E′平行且相等，
∴四边形EB′E′C是平行四边形，
∴CE′=EB′，
∴CB′+CE′=CB′+EB′，
( 3 3)
作点E关于x轴的对称点M,M − ,− ，
2 2
∴CB′+EB′取得最小值时，即为点C，B′，M三点共线时，
√ ( 3) 2 ( 3 ) 2 3❑√10
此时CM=❑ − + − −3 = ，
2 2 2
( 3 3)
设经过M，C两点的直线的解析式为y=k x+m，将M − ,− ,C(0,3)代入，
1 2 2
{ − 3 k +m=− 3 ) {k=3)
得 2 1 2 ，解得 ，
m=3
m=3
∴直线MC的解析式为y=3x+3，
当y=0时，x=−1，
此时点B′的坐标为(−1,0)．11．（2023·天津·统考二模）已知抛物线y=ax2+4ax−12a（a为常数，a<0）与x轴相交于点A，点B
（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，点D是该抛物线的顶点．
（1）当a=−1时，求点C，D的坐标；
9
（2）直线x=m（m是常数）与抛物线相交于第二象限的点P，与AC相交于点Q，当PQ的最大值为
2
时，求抛物线的解析式；
（3）将线段AC沿x轴方向平移至A′C′，A′为点A的对应点，C′为点C的对应点，连接DA′，OC′．当a
为何值时，DA′+OC′的最小值为5，并求此时点C的坐标．
【思路点拨】
（1）当a=−1时，抛物线的解析式为y=−x2−4x+12，当x=0时，y=12，则C(0,12)，将物线的解析
式化为y=−x2−4x+12=−(x+2) 2+16，则抛物线的顶点D的坐标为(−2,16)；
（2）由题意可知点P和点Q的横坐标为m，m<0，对于抛物线y=ax2+4ax−12a，当x=0时，
y=−12a，则C(0,−12a)，令y=0，则ax2+4ax−12a=0，解得x =−6，x =2，可得A(−6,0)，
1 2
B(2,0)，设直线AC的解析式为y=kx+b，将A(−6,0)，C(0,−12a)代入，可得出直线AC的解析式为
y=−2ax−12a，则有P(m,am2+4am−12a)，Q(m,−2am−12a)，可得
PQ=(am2+4am−12a)−(−2am−12a)=am2+6am=a(m+3) 2−9a，由a<0，可知当m=−3时，
9 9 1
PQ有最大值−9a，结合PQ的最大值为 ，得−9a= ，得a=− ，即可求出抛物线的解析式；
2 2 2
（3）由（2）可知，A(−6,0)，C(0,−12a)，由y=ax2+4ax−12a=a(x+2) 2−16a得顶点
D(−2,−16a)，将原点O沿CA方向平移到点O′，则O′(−6,12a)，连接O′ A′，则有O′ A′=OC′，连接
O′D，DA′+OC′=DA′+O′ A′≥O′D，所以当点A′落在线段O′D上时，DA′+OC′取最小值5，过点O′
作O′E⊥y轴，过点D作DE⊥x轴，O′E和DE相交于点E，在Rt△DO′E中，O′E=4，
DE=−16a−12a=−28a，由勾股定理得O′D2=O′E2+DE2=42+(−28a) 2，结合O′D2=52，解出a的
值，求出点C的坐标即可．
【解题过程】
（1）解：当a=−1时，抛物线的解析式为y=−x2−4x+12，当x=0时，y=12，则C(0,12)，
∵y=−x2−4x+12=−(x+2) 2+16，
∴抛物线的顶点D的坐标为(−2,16)．
（2）解：由题意，点P和点Q的横坐标为m，m<0，
对于抛物线y=ax2+4ax−12a，
当x=0时，y=−12a，则C(0,−12a)，
令y=0，则ax2+4ax−12a=0，
解得x =−6，x =2，
1 2
∴A(−6,0)，B(2,0)，
设直线AC的解析式为y=kx+b，将A(−6,0)，C(0,−12a)，
{0=−6k+b) {k=−2a
)
代入得 ，解得 ，
−12a=b b=−12a
∴直线AC的解析式为y=−2ax−12a，
则有P(m,am2+4am−12a)，Q(m,−2am−12a)，
∴PQ=(am2+4am−12a)−(−2am−12a)=am2+6am=a(m+3) 2−9a，
由a<0，可知当m=−3时，PQ有最大值−9a，
9 1
由−9a= ，得a=− ，
2 2
1
∴抛物线的解析式为y=− x2−2x+6．
2
（3）解：由（2）可知，A(−6,0)，C(0,−12a)，
由y=ax2+4ax−12a=a(x+2) 2−16a，
得顶点D(−2,−16a)，
将原点O沿CA方向平移到点O′，使A′C′=O′O，连接O′ A′，∴此时，四边形O′ A′C′O为平行四边形，
∴O′(−6,12a)，O′ A′=OC′，
∵连接O′D，DA′+OC′=DA′+O′ A′≥O′D，
∴当点A′落在线段O′D上时，DA′+OC′取最小值5，
过点O′作O′E⊥y轴，过点D作DE⊥x轴，O′E和DE相交于点E，
∴在Rt△DO′E中，O′E=−2−(−6)=4，DE=−16a−12a=−28a，
∴O′D2=O′E2+DE2=42+(−28a) 2，
又∵O′D2=52，即42+(−28a) 2=52（其中a<0），
3 3
解得a =− ，a = （舍），
1 28 2 28
3
∴当a=− 时，DA′+OC′的最小值为5，
28
( 9)
∴点C的坐标为 0, ．
7
12．（2023·天津红桥·统考三模）已知拋物线y=ax2+bx+2（a,b为常数，a≠0）经过点
A(−1,0),B(3,0)，与y轴相交于点C，其对称轴与x轴相交于点E．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）连接BC，在该拋物线上是否存在点P，使∠PCB=∠ABC？若存在，请求出点P的坐标；若不存
在，请说明理由；
（3）Q为x轴上方拋物线上的动点，过点Q作直线AQ,BQ，分别交抛物线的对称轴于点M,N．点Q在运
动过程中，EM+EN的值是否为定值？若是，调求出该定值；若不是，请说明理由．
【思路点拨】
（1）用待定系数法，将点A(−1,0),B(3,0)代入y=ax2+bx+2即可进行解答；
（2）根据题意进行分类讨论：①当点P在BC上方时，易证CP∥AB，则点P和点C纵坐标相等，即可求
解；②当点P在BC下方时，设CP与x轴相交于点D(m,0)，有OD=m,DB=3−m．根据OC2+OD2=CD2列出方程求出m的值，即可求出直线CD的解析式，即可进行解答；
（3）根据题意可得E(1,0)．设Q ( t,− 2 t2+ 4 t+2 ) ， 用待定系数法求解直线AQ的解析式为
3 3
( 2 ) 2 ( 4 )
y= − t+2 x− t+2．即可得出点M 1,− t+4 ．同理可得直线BQ的解析式为
3 3 3
( 2 2) ( 4 4) 4 4 4
y= − t− x+2t+2．则点N 1, t+ ．得出EM=− t+4,EN= t+ ．即可进行解答．
3 3 3 3 3 3 3
【解题过程】
（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+2经过点A(−1,0),B(3,0)，
2
{ a=− )
3
∴¿解得 ．
4
b=
3
2 4
∴该拋物线的解析式为y=− x2+ x+2．
3 3
（2）解：存在，理由如下．
根据题意，可得点C(0,2)．设P ( s,− 2 s2+ 4 s+2 ) ．
3 3
①如图，当点P在BC上方时，
∵∠PCB=∠ABC，
∴CP∥AB．
2 4
∴− s2+ s+2=2，
3 3
解得s=0（舍去）或s=2．
∴点P的坐标为(2,2)．
②如图，当点P在BC下方时，设CP与x轴相交于点D(m,0)，有OD=m,DB=3−m．
∵∠PCB=∠ABC，
∴CD=BD=3−m．
在Rt△COD中，OC2+OD2=CD2．
有22+m2=(3−m) 2，
5
解得m= ．
6
(5 )
∴D ,0 ．
6
设直线CD的解析式为y=kx+d，
{5 k+d=0,) { k=− 12 ,)
由 6 解得 5
d=2, d=2.
12
∴直线CD的解析式为y=− x+2．
5
12 2 4
由− s+2=− s2+ s+2，
5 3 3
28
解得s=0（舍去）或s= ．
5
12 28 286
又y=− × +2=− ，
5 5 25
(28 286)
∴点P的坐标为 ,− ．
5 25
(28 286)
综上所述，点P的坐标为(2,2)或 ,− ．
5 25
2 4 2 8
（3）解：由y=− x2+ x+2=− (x−1) 2+ ，得对称轴为直线x=1．
3 3 3 3∴E(1,0)．
设Q ( t,− 2 t2+ 4 t+2 ) ，其中−1<t<3．
3 3
设直线AQ的解析式为y=ex+f，
则¿解得¿
( 2 ) 2
∴直线AQ的解析式为y= − t+2 x− t+2．
3 3
4
当x=1时，y=− t+4．
3
( 4 )
∴点M 1,− t+4 ．
3
( 2 2)
同理可得直线BQ的解析式为y= − t− x+2t+2．
3 3
4 4
当x=1时，y= t+ ．
3 3
( 4 4)
∴点N 1, t+ ．
3 3
4 4 4
∴EM=− t+4,EN= t+ ．
3 3 3
4 4 4 16
∴EM+EN=− t+4+ t+ = ．
3 3 3 3
16
∴EM+EN的值为定值 ．
3
1
13．（2023·福建福州·校考三模）如图，直线：y= x+2交x轴于点A，交y轴于点B，点C在y轴上，
2
CB=OB，经过点A，C的抛物线：y=ax2−x+c交直线AB于另一点D．（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为直线AB上方抛物线上一点，过点P作PF⊥x轴于点F，交AB于点E．当PE=2EF时，求点
P的坐标；
（3）抛物线与x轴的另一个交点为K，过点T(t,−1)(t<0)的任意直线MN（不与y轴平行）与抛物线交于
点M、N，直线KM、KN分别交y轴于点G、H，是否存在t的值使得OG与OH的积为定值？若存在，求
t的值，若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
1
（1）在y= x+2中，可得A(−4,0)，B(0,2)，OB=2，即知C(0,4)，用待定系数法得抛物线的解析式
2
1
为y=− x2−x+4；
2
1 1
（2）设P(t,− t2−t+4)，则E(t, t+2)，F(t,0)，可得
2 2
1 1 1 3 1 1 3 1
PE=− t2−t+4−( t+2)=− t2− t+2，EF= t+2，由PE=2EF，得− t2− t+2=2( t+2)
2 2 2 2 2 2 2 2
9
，即可解得P(−1, )；
2
1 1 1
（3）由y=− x2−x+4得K(2,0)，设N(e,− e2−e+4)，M(f ,− f2−f +4)，直线KN的解析式为
2 2 2
y=k(x−2)，可得H(0,e+4)，OH=e+4，同理得G(0,f +4)，
可得OG=−f −4，从而OH⋅OG=(e+4)(−f −4)=−ef −4e−4f −16，设直线MN的解析式为
y=k′ (x−t)−1，有x2+2(k′+1)x−2k′t−10=0，根据韦达定理得e+f =−2(k′+1)，ef =−2k′t−10，可求得OH⋅OG=−ef −4e−4f −16=(2t+8)k′+2，故当t=−4时，OH⋅OG=2．
【解题过程】
1
（1）解：在y= x+2中，令x=0得y=2，令y=0得x=−4，
2
∴A(−4,0)，B(0,2)，OB=2，
∵CB=OB，
∴CB=2，CO=CB+OB=4，
∴C(0,4)，
∵抛物线y=ax2−x+c经过A(−4,0)，C(0,4)，
{16a+4+c=0)
∴ ，
c=4
{ a=− 1 )
解得 2 ，
c=4
1
∴抛物线的解析式为y=− x2−x+4；
2
1 1
（2）设P(t,− t2−t+4)，则E(t, t+2)，F(t,0)，
2 2
1 1 1 3 1
∴PE=− t2−t+4−( t+2)=− t2− t+2，EF= t+2，
2 2 2 2 2
∵PE=2EF，
1 3 1
∴− t2− t+2=2( t+2)，
2 2 2
解得t=−1或t=−4（与A重合，舍去），
9
∴P(−1, )；
2
（3）存在t的值使得OH与OG的积为定值，理由如下：1 1
在y=− x2−x+4中，令y=0得− x2−x+4=0，
2 2
解得x=−4或x=2，
∴K(2,0)，
1 1
设N(e,− e2−e+4)，M(f ,− f2−f +4)，
2 2
设直线KN的解析式为y=k(x−2)，
1 1
将点N(e,− e2−e+4)代入y=k(x−2)，得k=− e−2，
2 2
1
∴直线KN的解析式为y=−( e+2)(x−2)，
2
令x=0，则y=e+4，
∴H(0,e+4)，
∴OH=e+4，
设直线MK的解析式为y=m(x−2)，
1 1
点M(f ,− f2−f +4)代入y=m(x−2)，得m=− f −2，
2 2
1
∴直线MK的解析式为y=−( f +2)(x−2)，
2
令x=0，则y=f +4，
∴G(0,f +4)，
∴OG=−f −4，
∴OH⋅OG=(e+4)(−f −4)=−ef −4e−4f −16，
设直线MN的解析式为y=k′ (x−t)−1，
{y=k′ (x−t)−1
)
联立方程组 1 ，
y=− x2−x+4
2
∴x2+2(k′+1)x−2k′t−10=0，
∴e+f =−2(k′+1)，ef =−2k′t−10，
∴OH⋅OG=−ef −4e−4f −16=2k′t+10+8k′+8−16=(2t+8)k′+2，当2t+8=0时，OH⋅OG为定值2，
∴当t=−4时，OH⋅OG=2．
❑√6 2❑√3
14．（2021·四川广安·统考三模）抛物线y=− x2− x+❑√6与x轴交于点A，B（点A在点B的左
6 3
边），与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．
（1）如图1，连接CD，求线段CD的长；
（2）如图2，点P是直线AC上方抛物线上一点，PF⊥x轴于点F，PF与线段AC交于点E；将线段OB
1
沿x轴左右平移，线段OB的对应线段是O B ，当PE+ EC的值最大时，求四边形PO B C周长的最小
1 1 2 1 1
值，并求出对应的点O 的坐标．
1
【思路点拨】
（1）根据抛物线解析式即可求出点C和点D坐标，再利用两点的距离公式即可求出结果．
（2）根据题意可求出A(−3❑√2，0)，B(❑√2，0)．从而求出直线AC的解析式，即可设
E ( x， ❑√3 x+❑√6 ) ，P ( x，− ❑√6 x2− 2❑√3 x+❑√6 ) ．由此即可用x表示出PF和EF的长．在Rt△ACO
3 6 3
中，利用勾股定理可求出AC=2❑√6，即说明∠CAO=30°，从而得出AE=2EF，即可用x表示AE的
1 1 1 ❑√6 4❑√6
长．再利用PE+ EC=PE+ (AC−AE)，即可用x表示PE+ EC的长为：− (x+2❑√2) 2+ ，
2 2 2 6 3
1
根据二次函数的顶点式即可知，当PE+ EC的值最大时，x=−2❑√2，此时P(−2❑√2，❑√6)，由此可求
2
出PC的长，
由题意可知O B =OB=❑√2，即要使四边形PO B C周长的最小，即PO +B C的值最小即可．将点P向
1 1 1 1 1 1右平移❑√2个单位长度得点P (−❑√2，❑√6)，连接P B ，则PO =P B ，再作点P 关于x轴的对称点
1 1 1 1 1 1 1
P (−❑√2，−❑√6)，则P B =P B ，由所做图形易得PO +B C=P B +B C=P C，即求出P C的长
2 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 2
即可求出四边形PO❑B❑ C的周长最小值，最后利用B 点为P C的中点，即可求出B 坐标，从而得到
1 1 1 2 1
O❑❑坐标．
1
【解题过程】
（1）当x=0时，代入抛物线解析式得：y=❑√6，
∴C(0，❑√6)，
❑√6 2❑√3 ❑√6 4❑√6
将抛物线一般式改为顶点式为：y=− x2− x+❑√6=− (x+❑√2) 2+ ，
6 3 6 3
( 4❑√6)
∴D −❑√2， ，
3
√ 4❑√6 2 2❑√6
∴CD=❑ ( −❑√6) +(−❑√2−0) 2= ；
3 3
❑√6 2❑√3 ❑√6 2❑√3
（2）在y=− x2− x+❑√6中，令y=0，则− x2− x+❑√6=0，
6 3 6 3
解得：x =−3❑√2，x =❑√2，
1 2
∴A(−3❑√2，0)，B(❑√2，0)，
❑√3
∵C(0，❑√6)，易得直线AC的解析式为：y= x+❑√6，
3
设E ( x， ❑√3 x+❑√6 ) ，P ( x，− ❑√6 x2− 2❑√3 x+❑√6 ) ，
3 6 3
❑√6 2❑√3 ❑√3
∴PF=− x2− x+❑√6，EF= x+❑√6，
6 3 3
在Rt△ACO中，AO=3❑√2，OC=❑√6，∴AC=❑√AO2+OC2=2❑√6，
∴∠CAO=30°，
2❑√3
∴AE=2EF= x+2❑√6，
3
∴PE+ 1 EC= [( − ❑√6 x2− 2❑√3 x+❑√6 ) − (❑√3 x+❑√6 )) + 1 (AC−AE)，
2 6 3 3 2
=−
❑√6
x2−❑√3x+
1[
2❑√6−
(2❑√3
x+2❑√6
))
，
6 2 3
❑√6 ❑√3
=− x2−❑√3x+ x，
6 3
❑√6 4❑√6
=− (x+2❑√2) 2+ ，
6 3
1
∴当PE+ EC的值最大时，x=−2❑√2，此时P(−2❑√2，❑√6)，
2
∴PC=x −x =0−(2❑√2)=2❑√2，
C P
∵O B =OB=❑√2，
1 1
∴要使四边形PO B C周长的最小，即PO +B C的值最小，
1 1 1 1
如图，将点P向右平移❑√2个单位长度得点P (−❑√2，❑√6)，连接P B ，则PO =P B ，再作点P 关于x
1 1 1 1 1 1 1
轴的对称点P (−❑√2，−❑√6)，则P B =P B ，
2 1 1 2 1
∴PO +B C=P B +B C，
1 1 2 1 1∴连接P C与x轴的交点即为使PO +B C的值最小时的点B ，
2 1 1 1
∴B (x p 2 +x c ，0 ) ，即B ( − ❑√2 ，0 ) ．
1 2 1 2
将B 向左平移❑√2个单位长度即得点O ，
1 1
∴PO +B C=P C，
1 1 2
∴在Rt△P P C中，P C=❑√(P P ) 2+(P C) 2=❑√(2❑√6) 2+(❑√2) 2=❑√26，
1 2 2 1 2 1
( ❑√2 ) ( 3❑√2 )
对应的点O 的坐标为 −(❑√2+ )，0 ，即 − ，0 ．
1 2 2
∴四边形PO B C周长的最小值为
1 1
PC+PO +B C+O B =PC+P C+O B =2❑√2+❑√26+❑√2=❑√26+3❑√2．
1 1 1 1 2 1 1
15．（2022·福建福州·统考一模）已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴的正半轴交于点A，与y轴交于点B，当
x>0时，抛物线最低点的纵坐标为−4：当x≤0时，抛物线最低点的纵坐标为−3．
（1）求a，b的关系式（用含b的代数式表示a）；
（2）若OA=OB，求抛物线的解析式；
（3）在（2）的条件下，M为抛物线对称轴上一点，过点M的直线交抛物线于C，D两点，E为线段CD
的中点，过点E作x轴的垂线，交抛物线于点F，探究是否存在定点M，使得CD=4EF总成立，若存在，
求出点M的坐标：若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）根据题意分析得出当x=0时，y取得最小值，最小值为−3，即c=−3，进而根据顶点公式进行计算
即可求解；
（2）根据题意得出A(3,0)，进而待定系数法求解析式即可求解；
（3）设M(1,m)，则直线的解析式为y=kx−k+m．代入二次函数解析式，根据一元二次方程根与系数的
关系得出x +x =k+2，x x =k−m−3，设E(x ,kx −k+m)，根据中点坐标得出x −x =x −x ，继
1 2 1 2 E E 2 E E 1
(k+2 k2+2m) (k+2 k2−16) k2+4m+16
而可得E , ，由EF⊥x轴，且点F在抛物线上，F , 得出EF=
2 2 2 4 4
，再利用勾股定理求得CD2，根据CD=4EF得出等式，进而得出m的值，即可求解．【解题过程】
（1）解： ∵当x>0时，拋物线最低点的纵坐标为−4；
当x≤0时，抛物线最低点的纵坐标为−3，
∴x>0的抛物线上的最低点是整条抛物线的最低点，
∴抛物线的开口向上，对称轴在y轴右侧，且顶点的纵坐标为−4，
b
∴a>0，− >0，
2a
4ac−b2
=−4．
4a
b
又当x<− 时，y随x的增大而减小．
2a
b
∵x≤0<− ，
2a
∴当x=0时，y取得最小值，最小值为−3，
∴c=−3，
−12a−b2
∴ =−4，
4a
1
∴a= b2
4
b2 b
（2）由（1）得抛物线解析式为y= x2+bx−3，a>0，− >0，B(0,−3)，
4 2a
∴b<0．
∵OA=OB
∴OA=3．
∵点A在x轴正半轴，
∴A(3,0)，
9
∴ b2+3b−3=0，
4
2
解得b =−2，b = >0 （舍去），
1 2 3
∴抛物线解析式为y=x2−2x−3．
（3）∵过点M的直线与抛物线交于C，D两点，
∴设该直线解析式为y=kx+b．
由（2）得，抛物线的对称轴为直线x=1，设M(1,m)，
∴k+b=m，
即b=m−k，
∴该直线的解析式为y=kx−k+m．
将y=kx−k+m代入y=x2−2x−3，
整理，得x2−(k+2)x+k−m−3=0．
设C(x ,y )，D(x ,y )，
1 1 2 2
∴Δ=[−(k+2)] 2−4(k−m−3)=k2+4m+16>0，
x +x =k+2，x x =k−m−3．
1 2 1 2
设E(x ,kx −k+m)．
E E
∵E是CD的中点，
∴x −x =x −x ，
2 E E 1
x +x
∴x = 1 2，
E 2
(k+2 k2+2m)
∴E , ．
2 2
∵EF⊥x轴，且点F在抛物线上，
(k+2 k2−16)
∴F , ，
2 4
k2+4m+16
∴EF=
4由勾股定理得CD2=(y −y ) 2+(x −x ) 2
1 2 1 2
=(kx −k+m−kx +k−m) 2+(x −x ) 2
1 2 1 2
=(1+k2)(x −x ) 2
1 2
=(1+k2)[(x +x ) 2−4x x )
1 2 1 2
=(1+k2)[(k+2) 2−4(k−m−3))
=(1+k2)(k2+4m+16)
∵CD=4EF，
∴CD2=16EF2，
即(1+k2)(k2+4m+16)=(k2+4m+16) 2 ，
∴1+k2=k2+4m+16，
15
解得m=− ，
4
( 15)
∴存点定点M，坐标为 1,−
4
16．（2023·天津西青·统考一模）已知抛物线y=(x+1)(x−m)（m为常数，m>1）的顶点为P．
（1）当m=5时，求该抛物线顶点P的坐标；
（2）若该抛物线与x轴交于点A，C（点A在点C左侧），与y轴交于点B．
①点Q是该抛物线对称轴上一个动点，当AQ+BQ的最小值为2❑√2时，求该抛物线的解析式和点Q的坐标．
②连接BC，与抛物线的对称轴交于点H，过点P作PD⊥BC，垂足为D，若BC=8PD，求该抛物线的
解析式．
【思路点拨】
（1）将抛物线解析式转化为顶点式，求出顶点坐标即可；
（2）①点A和点C关于对称轴对称，易得AQ+BQ的最小值即为BC的长，求出点B,C的坐标，进而求出
抛物线和直线BC的解析式，即可得到点Q的坐标；②用含m的式子表示B,C,P,H的坐标，求出BC,PH
的长，易得△PDH为等腰直角三角形，得到PH=❑√2PD，再根据BC=8PD，得到BC=4❑√2PH，列式
计算求出m的值，即可得解．
【解题过程】
（1）解：当m=5时，则：y=(x+1)(x−5)=x2−4x−5=(x−2) 2−9，
∴顶点P的坐标为：(2,−9)；
（2）解：①∵抛物线y=(x+1)(x−m)与x轴交于点A，C（点A在点C左侧），与y轴交于点B，
∴当y=0时，(x+1)(x−m)=0，
∴x =−1,x =m，
1 2
∴A(−1,0),C(m,0)，
当x=0时，y=−m，
∴B(0,−m)，
∵A,C关于对称轴对称，Q为对称轴上一点，
∴AQ+BQ=CQ+BQ≥BC，
∴当B,C,Q三点共线时，AQ+BQ的值最小即为BC的长，
∵AQ+BQ的最小值为2❑√2，
∴BC=❑√m2+m2=❑√2|m)=2❑√2，
∵m>1，
∴m=2，
∴抛物线的解析式为：y=(x+1)(x−2)=x2−x−2；
1
∴B(0,−2),C(2,0)，抛物线的对称轴为x= ，
2
设直线BC的解析式为：y=kx+b(k≠0)，{ b=−2 ) {b=−2)
则： ，解得： ，
2k+b=0 k=1
∴y=x−2，
1 1 3
当x= 时，y= −2=− ，
2 2 2
(1 3)
∴Q ,− ；
2 2
②由①知：C(m,0)，B(0,−m)，
∴OB=OC=m，BC=❑√2m，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
设直线BC的解析式为：y=ax+c，
{ c=−m ) {c=−m)
则： ，解得： ，
am+c=0 a=1
∴y=x−m，
∵y=(x+1)(x−m)=x2+(1−m)x−m= ( x− m−1) 2 − (m+1) 2 ，
2 4
(m−1 (m+1) 2 )
∴P ,− ，
2 4
(m−1 −m−1)
∴H , ，
2 2
−m−1 (m+1) 2 m2−1
∴PH= + = ；
2 4 4
设抛物线的对称轴与x轴交于点F，则：∠HFC=90°，
∵∠OCB=45°，
∴∠PHD=∠FHC=45°，
∵PD⊥BC，
∴∠PDH=90°，
∴PH=❑√2PD，
∵BC=8PD，
❑√2 m2−1
∴BC=8× PH，即：❑√2m=4❑√2⋅ ，整理得：m2−m−1=0，
2 4
1±❑√5
解得：m= ，
2
∵m>1，
1+❑√5
∴m= ，
2
1−❑√5 1+❑√5
∴抛物线的解析式为：y=x2+ x− ．
2 2
17．（2022·天津·九年级专题练习）已知抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）的顶点D(1,4)，
( 17)
抛物线与x交于点A(−1,0)和B，与y轴交于点C．平面直角坐标系内有点G(2,0)和点H 0, ．
4
（1）求抛物线的解析式及点B坐标；
（2）在抛物线的对称轴上找一点E，使HE+AE的值最小，求点E的坐标；
（3）若F为抛物线对称轴上的一个定点，①过点H作y轴的垂线l，若对于抛物线上任意一点P(m,n)都满足P到直线l的距离与它到定点F的距离
相等，求点F的坐标；
②在①的条件下，抛物线上是否存在一点P，使FP+GP最小，若存在，求出点P的坐标及FP+GP的最
小值；若不存在，请说明理由．
【思路点拨】
（1）设抛物线解析式为y=a（x-1）2+4，把A（-1，0）代入，解得a=-1，求得抛物线的解析式及点B坐
标；
（2）连接BH交对称轴于点E，连接AE，此时AE + HE 的值最小，先求得直线BH解析式为
17 17 17
y=− x+ ，再把x=1代入解得y= ，得到点E坐标；
12 4 6
（3）①设对称轴上点F（1，1），过点P作PN⊥l，过点F作FM⊥PN，根据PF=PN得
17 15 225
∴❑√(m−1) 2+(t−n) 2= −n，又得到n=−(m−1) 2+4，整理得到t2−2nt+ n− =0，由任意一
4 2 16
15
点P（m，n），与n无关得到−2t+ =0，求出t的值，得到点F的坐标；
2
17
②根据垂线段最短可知，当G，P，N共线时，FP+GP的值最小，最小值为： ，
4
【解题过程】
（1）解：∵抛物线顶点D（1，4），与x轴交于点A（-1，0），
∴设抛物线解析式为y=a（x-1）2+4，
把A（-1，0）代入，解得a=-1，
∴y=-（x-1）2+4，
∴抛物线的解析式y=-x2+2x+3，
令y=0，可得-（x-1）2+4=0，解得x =-1，x =3，
1 2
∴B（3，0）；
（2）如图①，连接BH交对称轴于点E，连接AE，此时AE + HE 的值最小，17
设直线BH解析式为y=kx+b，把B（3，0），H（0， ）代入，
4
17 17
解得k=− ，b= ，
12 4
17 17
∴直线BH解析式为y=− x+ ，
12 4
17
把x=1代入解得y= ，
6
17
∴E（1， ）；
6
（3）①如图②，设对称轴上点F（1，t），过点P作PN⊥l，过点F作FM⊥PN，
( 17)
∴∠PMF=90°，N m, ，
417
∴PN= −n，M(m,t)，
4
∴PF=❑√PM2+FM2=❑√(m−1) 2+(t−n) 2，
∵PF=PN，
17
∴❑√(m−1) 2+(t−n) 2= −n，
4
∵抛物线上任意一点P（m，n），
∴n=−(m−1) 2+4，
∴(m−1) 2=4−n，
17
∴❑√4−n+(t−n) 2= −n，
4
289 17
∴4−n+t2−2nt+n2= − n+n2 ，
16 2
15 225
整理可得：t2−2nt+ n− =0，
2 16
∵任意一点P（m，n），与n无关.，
15
∴−2t+ =0，
2
15
∴t= ，
4
( 15)
∴F 1, ；
4
②：如图③，∵抛物线上任意一点P（m，n）满足PF=PN，
∴FP +GP = PN +GP.
17
根据垂线段最短可知，当G，P，N共线时，FP+GP的值最小，最小值为： ，
4
∵G（2，0），
∴把x=2代入y=-x2+2x+3.
解得y=3.
17
∴当P（2，3）此时FP+GP的值最小，最小值为
4
1
18．（2023·湖北襄阳·统考二模）函数y= x2−2x+a−1（a为常数，a≠0）．
a
（1）求出此函数图像的顶点坐标（用含a的式子表示）；
（2）当a=4时，此函数图像交x轴于点A，B（点A在点B的左侧），交y轴于点C，点P为x轴下方图像
上一点，过点P作PQ∥y轴交线段BC于点Q，求线段PQ的最大值；
（3）点M(2a−1,−a−3)，N(0,−a−3)，连接MN，当此函数图像与线段MN恰有两个公共点时，求
出a的取值范围．【思路点拨】
（1）利用一般式顶点坐标公式代值求解即可得到答案；
（2）根据题意，求出相应点的坐标，求出直线BC的表达式，利用两点之间距离公式表示出线段PQ，再
结合二次函数最值求解即可得到答案；
（3）根据题意，分两种情况讨论，数形结合列出不等式组，再根据函数图像与线段MN恰有两个公共点的
意义即可得到取值范围．
【解题过程】
1
（1）解：∵ y= x2−2x+a−1（a为常数，a≠0），
a
∴函数图像的顶点坐标(a,−1)；
1
（2）解：当a=4时，y= x2−2x+3，
4
1
∴当x=0时，y=3，即C(0,3)；当y=0时， x2−2x+3=0，即(x−2)(x−6)=0，解得x=2或x=6，
4
∵点A在点B的左侧，
∴A(2,0)、B(6,0)，
{0=6k+b) { k=− 1 )
设直线BC表达式为y=kx+b，则 ，解得 2 ，
b=3
b=3
1
∴ y=− x+3，
2
∵点P为x轴下方图像上一点，过点P作PQ∥y轴交线段BC于点Q，设P ( m, 1 m2−2m+3 ) ，则
4
( 1 )
Q m,− m+3 ，
2
∴PQ= ( − 1 m+3 ) − (1 m2−2m+3 )
2 4
1 3
=− m2+ m
4 2
1 9
=− (m−3) 2+ ，
4 4
1
∵− <0，
4
9
∴二次函数图像开口向下，当m=3时，函数有最大值为 ；
49
∴PQ的最大值为 ．
4
（3）解：∵点M(2a−1,−a−3)，N(0,−a−3)纵坐标相等，
∴连接MN后，MN∥x轴，
根据题意，分两种情况：
①当a>0时，抛物线开口向上，如图所示：
{ −a−3≤ 1 (2a−1) 2−2(2a−1)+a−1)
∴ a ，解得a≥−1，
−a−3≤a−1
∵函数图像与线段MN恰有两个公共点，
{ y= 1 x2−2x+a−1)
∴ a 有两个不相等的实数根，即x2−2ax+2a2+2a=0有两个不相等的实数根，
y=−a−3
∴Δ=(−2a) 2−4×1×(2a2+2a)
=−4a2−8a
=−4a(a+2)>0，
∵a>0，则a+2<0，即a<−2，
∴此种情况不存在；
②当a<0时，抛物线开口向下，如图所示：{ −a−3≥ 1 (2a−1) 2−2(2a−1)+a−1)
∴ a ，解得a≤−1，
−a−3≥a−1
∵函数图像与线段MN恰有两个公共点，
{ y= 1 x2−2x+a−1)
∴ a 有两个不相等的实数根，即x2−2ax+2a2+2a=0有两个不相等的实数根，
y=−a−3
∴Δ=(−2a) 2−4×1×(2a2+2a)
=−4a2−8a
=−4a(a+2)>0，
∵a<0，则a+2>0，即a>−2，
∴ −2<a≤−1；
综上所述，当此函数图像与线段MN恰有两个公共点时，a的取值范围是−2<a≤−1．
19．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，抛物线y =ax2+bx+c的图象经过A(−6,0)，B(−2,0)，
1
C(0,6)三点，且一次函数y=kx+6的图象经过点B．
（1）求抛物线和一次函数的解析式．
（2）点E，F为平面内两点，若以E、F、B、C为顶点的四边形是正方形，且点E在点F的左侧．这样的
E，F两点是否存在？如果存在，请直接写出所有满足条件的点E的坐标：如果不存在，请说明理由．
（3）将抛物线y =ax2+bx+c的图象向右平移8个单位长度得到抛物线y ，此抛物线的图象与x轴交于M
1 2
，N两点（M点在N点左侧）．点P是抛物线y 上的一个动点且在直线NC下方．已知点P的横坐标为m．
2
1
过点P作PD⊥NC于点D．求m为何值时，CD+ PD有最大值，最大值是多少？
2【思路点拨】
（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）①当BC为正方形的边长时，分别过B点C点作E E ⊥BC，F F ⊥BC，使E B=E B=BC，
1 2 1 2 1 2
CF =CF =BC，连接E F 、E F ，证明△BE H ≌△CBO(AAS)，得出E H =BO=2，
1 2 1 1 2 2 1 1 1 1
H B=OC=6，则E (−8,2)同理可得，E (4,−2)；②以BC为正方形的对角线时，过BC的中点G作
1 1 2
E F ⊥BC，使E F 与BC互相平分且相等，则四边形E BF C为正方形，过点E 作E N⊥y轴于点N
3 3 3 3 3 3 3 3
，过点B作BM⊥E N于点M，证明△CE N≌△E BM(AAS)，得出E B=2❑√5，在Rt△E NC中，
3 3 3 3 3
E C2=CN2+E N2 ，解得CN=2或4，进而即可求解；
3 3
❑√2
（3）得出△CON是等腰直角三角形，△HPD是等腰直角三角形，则HD=DP= HP，点P在抛物线
2
y 上，且横坐标为m，得出H(m,−m+6)，进而可得HD=DP= ❑√2( − 1 m2+3m ) =− ❑√2 m2+ 3❑√2 m
2 2 2 4 2
1 3❑√2( 13) 2 169❑√2
，则CD+ PD =− m− + ，根据二次函数的性质即可求解．
2 8 3 24
【解题过程】
（1）解：把A(−6,0)，B(−2,0)，C(0,6)代入y =ax2+bx+c
1
得¿
解得¿
1
∴y = x2+4x+6
1 2
把B(−2,0)代入y=kx+6得k=3
∴y=3x+6
（2）满足条件的E、F两点存在，E (−8,2)，E (4,−2)，E (−4,4)
1 2 3
解：①当BC为正方形的边长时，分别过B点C点作E E ⊥BC，F F ⊥BC，使E B=E B=BC，
1 2 1 2 1 2
CF =CF =BC，连接E F 、E F .
1 2 1 1 2 2过点E 作E H ⊥x轴于H .
1 1 1 1
∵BE =CB,∠BOC=∠E H B=90°=∠E BC，
1 1 1 1
又∠BE H =90°−∠E BH =∠CBO，
1 1 1 1
∴△BE H ≌△CBO(AAS)，
1 1
∴E H =BO=2，H B=OC=6
1 1 1
∴E (−8,2)
1
同理可得，E (4,−2)
2
②以BC为正方形的对角线时，过BC的中点G作E F ⊥BC，使E F 与BC互相平分且相等，则四边形
3 3 3 3
E BF C为正方形，
3 3
过点E 作E N⊥y轴于点N，过点B作BM⊥E N于点M
3 3 3
∵CE =BE ,∠CN E =∠E MB=90°，
3 3 3 3
又∠BE M=90°−∠CE N=∠E CN
3 3 3
∴△CE N≌△E BM(AAS)
3 3∴CN=E M，BM=E N
3 3
∵BC=2❑√10
∴E G=BG=❑√10
3
∴E B=2❑√5
3
在Rt△E NC中，E C2=CN2+E N2
3 3 3
∴(2❑√5) 2=CN2+(6−CN) 2
解得CN=2或4
当CN=4时，E (2,2)，此时点E在点F右侧故舍去；
3
当CN=2时，E (−4,4).
3
综上所述：E (−8,2)，E (4,−2)，E (−4,4)
1 2 3
1 1
（3）∵y = x2+4x+6向右平移8个单位长度得到抛物线y = (x−8) 2+4(x−8)+6
1 2 2 2
1
当y =0，即 (x−8) 2+4(x−8)+6=0
2 2
解得：x =2,x =6
1 2
∴M(2,0)，N(6,0)
∵y 过M，N，C三点
2
1
∴y = x2−4x+6
2 2
在直线NC下方的抛物线y 上任取一点P，作PH⊥x轴交NC于点H，过点H作HG⊥y轴于点G.
2
∵N(6,0)，C(0,6)∴ON=OC
∴△CON是等腰直角三角形
∵∠CHG=45°，∠GHP=90°
∴∠PHD=45°
又PD⊥CN
∴△HPD是等腰直角三角形
❑√2
∴HD=DP= HP
2
∵点P在抛物线y 上，且横坐标为m
2
∴CG=GH=m
∴CH=❑√2m
∵y =−x+6
CN
∴H(m,−m+6)
∴HP=−m+6− (1 m2−4m+6 ) =− 1 m2+3m
2 2
∴HD=DP= ❑√2( − 1 m2+3m ) =− ❑√2 m2+ 3❑√2 m
2 2 4 2
∴CD+ 1 PD=CH+HD+ 1 PD=CH+ 3 PD=❑√2m+ 3( − ❑√2 m2+ 3❑√2 m )
2 2 2 2 4 2
3❑√2( 13) 2 169❑√2
=− m− +
8 3 24
13 1 169❑√2
∴当m= 时，CD+ PD的最大值为 ．
3 2 24
20．（2023·湖北咸宁·校联考一模）如图，抛物线y=ax2+bx−4(a≠0)与x轴交于点A，点B，与y轴交
于点C，其对称轴为x=1．过点A的直线y=x+2与抛物线交于另一点E．（1）该抛物线的解析式为 ；
（2）点Q是x轴上的一动点，当△AQE为等腰三角形时，直接写出Q点的坐标；
（3）点P是第四象限内抛物线上的一个点，过点P作PH⊥AE于H．若PH取得最大值时，求这个最大
值：
（4）M是抛物线对称轴上一点，过M点作MN⊥y轴于点N．当EM+AN最短时，求点M的坐标．
【思路点拨】
（1）利用一次函数求出点A坐标，代入二次函数表达式中，得到2a−b=2①，根据二次函数图像对称轴
得到b=−2a②，联立求出a，b的值即可；
（2）联立二次函数和一次函数表达式，求出点E坐标，设Q(m,0)，利用勾股定理表示出△AEQ的三边，
再分三种情况列出方程，解之可得点Q坐标；
（3）首先求出一次函数图像与y轴交点坐标，根据坐标得到∠OAG=∠OGA=45°，过P点作PF∥y
轴交AE于点F，证明△PFH是等腰直角三角形，得到PH= ❑√2 PF，设P ( n, 1 n2−n−4 ) ，F(n,n+2)
2 2
，据此表示出PH的长度，结合n的范围，利用二次函数的最值求解；
（4）将E点向左平移1个单位到E′(5,8)，得到EM=E′N，从而推出EM+AN=E′N+AN，连接AE′交
y轴于点N，过N点作MN垂于于对称轴于点M．得到此时EM+AN最短．求出直线AE′的表达式，得到
点N的坐标，从而点M的坐标．
【解题过程】
（1）解：在y=x+2中，令y=0，则x=−2，
∴A(−2,0)，代入y=ax2+bx−4(a≠0)中，
得0=4a−2b−4，
∴2a−b=2①，∵对称轴为直线x=1，
b
∴− =1，
2a
∴b=−2a②，
{ a= 1 )
联立①②，解得： 2 ，
b=−1
1
∴y= x2−x−4；
2
1
故答案为：y= x2−x−4；
2
{ y= 1 x2−x−4) {x=−2) {x=6)
（2）联立： 2 ，解得： ， ，
y=0 y=8
y=x+2
∴E(6,8)，
设Q(m,0)，
则AQ=|−2−m)，AE=❑√(−2−6) 2+82=8❑√2，EQ=❑√(6−m) 2+82=❑√m2−12m+100，
∵△AQE为等腰三角形，
∴当AQ=AE时，
|−2−m)=8❑√2，
解得：m=−8❑√2−2或m=8❑√2−2，
∴Q(−8❑√2−2,0)或Q(8❑√2−2,0)；
当EQ=AE时，
8❑√2=❑√m2−12m+100，
解得：m=−2（舍）或m=14，
∴Q(14,0)；
当AQ=EQ时，
|−2−m)=❑√m2−12m+100，
解得：m=6，
∴Q(6,0)；综上：点Q的坐标为：(−8❑√2−2,0)或(8❑√2−2,0)或(14,0)或(6,0)；
（3）在y=x+2中，令x=0，则y=2，
∴y=x+2与y轴交点G的坐标为(0,2)，
∴OA=OG=2，
∴△OAG是等腰直角三角形，
∴∠OAG=∠OGA=45°，
过P点作PF∥y轴交AE于点F．
∴PF∥OG，
∴∠PFA=45°，
∴△PFH是等腰直角三角形，
❑√2
∴PH= PF，
2
设P ( n, 1 n2−n−4 ) ，F(n,n+2)，0<n<4，
2
∴PH=
❑√2[
n+2−
(1
n2−n−4
))
2 2
❑√2
=− n2+❑√2n+3❑√2
4
❑√2
=− (n−2) 2+4❑√2
4
∵ 0<n<4，
∴n=2时，PH最大，最大值为4❑√2；
（4）∵E(6,8)，∴将E点向左平移1个单位到E′(5,8)，
∴四边形EE′NM是平行四边形，
∴EM=E′N，
∴EM+AN=E′N+AN，
连接AE′交y轴于点N，过N点作MN垂于于对称轴于点M．此时，EM+AN最短．
设直线AE′的表达式为y=kx+c，
{ 8=5k+c )
将E′、A坐标代入，得 ，
0=−2k+c
8
{ k= )
7
解得： ，
16
c=
7
8 16 16
∴直线AE′：y= x+ ，令x=0，则y= ，
7 7 7( 16)
∴N 0, ，
7
( 16)
∴点M 1, ．
7
