文档内容
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(00)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00)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 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
