专题 22.7 二次函数中的最值问题【八大题型】
【人教版】
【题型1 几何图形中线段最值问题】......................................................................................................................1
【题型2 两线段和的最值问题】..............................................................................................................................7
【题型3 周长的最值问题】....................................................................................................................................19
【题型4 面积的最值问题】....................................................................................................................................31
【题型5 线段和差倍分的最值】............................................................................................................................41
【题型6 由二次函数性质求二次函数的最值】...................................................................................................51
【题型7 由二次函数的最值求字母的值】...........................................................................................................56
【题型8 由二次函数的最值求字母的取值范围】...............................................................................................64
【题型1 几何图形中线段最值问题】
【例1】（23-24九年级·广西钦州·期中）如图，线段AB=10，点P在线段AB上，在AB的同侧分别以
AP,BP为边长作正方形APCD和BPEF，点M，N分别是EF，CD的中点，则MN的最小值是（ ）
A．2 B．3 C．5 D．6
【答案】C
【分析】设MN= y，PC=x，根据正方形的性质和勾股定理列出y2关于x的二次函数关系式，求二次函
数的最值即可．
【详解】解：作MG⊥DC交DC延长线于G，则四边形CEMG为矩形，
1 1
∴CG=EM= EF= BP．
2 2
∵N是CD的中点，
1 1
∴CN= CD= AP，
2 21 1
∴NG=CG+CN= (AP+BP)= AB=5．
2 2
设MN= y，PC=x，则MG=CE=10−2x，
在Rt△MNG中，由勾股定理得：M N2=MG2+GN2，
即y2=52+(10−2x) 2．
∵0<x<10，
∴当10−2x=0，即x=5时，y2 ❑ =25，
最小值
∴y =5．即MN的最小值为5；
最小值
故选C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，二次函数的最值．熟练掌握勾股定理
和二次函数的最值是解决问题的关键．
【变式1-1】（23-24九年级·安徽合肥·阶段练习）如图，AB=6，点C是AB上的动点，以AC、BC为边
在AB同侧作等边三角形，M、N分别是CD、BE中点，MN最小值=（ ）
3❑√2 3❑√3
A．3 B．3❑√2 C． D．
2 2
【答案】D
【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，勾股定理，二次函数的最值问题，如图所示，连接CN，根
1 1 1
据等边三角形的性质得到∠ACD=∠BCE=60°，∠BCN= ∠BCE=30°，BN= BE= BC，进而
2 2 2
推出∠MCN=90°，设AC=2x，则BC=6−2x，BN=3−x，利用勾股定理得到CN2=3x2−18x+27，则M N2=4 ( x− 9) 2 + 27 ，利用二次函数的性质求出M N2的最小值，即可求出MN的到最小值．
4 4
【详解】解：如图所示，连接CN，
∵△BCE，△ACD是等边三角形，点N是BE的中点，
1 1 1
∴∠ACD=∠BCE=60°，∠BCN= ∠BCE=30°，BN= BE= BC，
2 2 2
∴∠MCN=180°−∠ACD−∠BCN=90°，
设AC=2x，则BC=6−2x，
∴BN=3−x，
∴CN2=BC2−BN2=(6−2x) 2−(3−x) 2=3x2−18x+27，
∵点M是CD的中点，
1 1
∴CM= CD= AC=x，
2 2
∴M N2=CM2+CN2=x2+3x2−18x+27=4 ( x− 9) 2 + 27 ，
4 4
∵4>0，
9 27
∴当x= 时，M N2有最小值 ，
4 4
3❑√3
∴MN有最小值 ，
2
故选D．
【变式1-2】（23-24九年级·广东江门·阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，将对角线
AC绕对角线交点O旋转，分别交边AD、BC于点E、F，点P是边DC上的一个动点，且保持DP=AE，
连接PE、PF，设AE=x(0<x<3)．(1)填空：PC= ，FC= ；（用含x的代数式表示）
(2)若△PEF的面积为S，求S与x的函数关系及△PEF面积的最小值；
(3)在运动过程中，PE⊥PF是否成立？若成立，求出x的值；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)3−x，x
( 7) 2 47 47
(2)S= x− + ，
4 16 16
(3)不成立，理由见详解
【分析】（1）由矩形的性质可得AD∥BC，DC=AB=3，AO=CO，可证△AEO≌△CFO，可得
AE=CF=x，由DP=AE=x，可得PC=3−x；
（2）由S =S −S −S ，可得S =x2− 7 x+6= ( x− 7) 2 + 47 ，根据二次函数的性质
△EFP 梯形EDCF △DEP △CFP △EFP 2 4 16
可求△PEF面积的最小值；
（3）若PE⊥PF，则可证△DPE≌△CFP，可得DE=CP，即3−x=4−x，方程无解，则不存在x的
值使PE⊥PF．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC，DC=AB=3，AO=CO
∴∠DAC=∠ACB，且AO=CO，∠AOE=∠COF
∴△AEO≌△CFO(ASA)
∴AE=CF
∵AE=x，且DP=AE
∴DP=x，CF=x，DE=4−x，
∴PC=CD−DP=3−x
故答案为：3−x ，x
（2）解：依题意
∵S =S −S −S ，
△EFP 梯形EDCF △DEP △CFP∴S = (x+4−x)×3 − 1 x⋅(4−x)− 1 x⋅(3−x)=x2− 7 x+6= ( x− 7) 2 + 47
△EFP 2 2 2 2 4 16
∵△PEF的面积为S，
( 7) 2 47
∴S与x的函数关系S= x− +
4 16
7 47
∴开口向上，当x= 时，△PEF面积的最小值为
4 16
（3）解：不成立
理由如下：若PE⊥PF，则∠EPD+∠FPC=90°
又∵∠EPD+∠DEP=90°
∴∠DEP=∠FPC，且CF=DP=AE，∠EDP=∠PCF=90°
∴△DPE≌△CFP(AAS)
∴DE=CP
∴3−x=4−x
则方程无解，
∴不存在x的值使PE⊥PF，
即PE⊥PF不成立．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，列代数式表达式、全等三角形的判定和性质，二次函
数的性质，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
【变式1-3】（23-24九年级·广东广州·期中）如图，在正方形ABCD中，AB=7，F是边CD上的动点，将
△ADF绕点A顺时针旋转90°至△ABE，将△ADF沿AF翻折至△AGF，连接EF、BD交于点H，连接
GH，则△EGH面积的最大值为 ．
49
【答案】
16
【分析】根据正方形的性质和旋转的性质可得∠DAF+∠FEC=∠AEF，
连接BF，作FQ⊥CD交 BD于 Q， HM⊥BC于 M，连接BF,BG，设BF交EG于点 O．证出
△AEG≌△AFB，可得EG=BF，再证明△EFG≌△FEB，可得∠GEF=∠EFB，同理
∠FBG=∠EGB，从而得到∠EFB=∠FBG，设DF=EB=x，则CF=7−x，再证出△FQH≌△EBH，列出含x的面积公式，利用二次函数配方即可得到最大值．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE+∠AEC=180°，
∴∠DAF+∠EAF+∠AEF+∠FEC=180°，
∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°至△ABE，
∴∠EAF=90°,AE=AF，
∴∠AEF=45°，
∴∠DAF+∠FEC=45°，
∴∠DAF+∠FEC=∠AEF，
连接BF，作FQ⊥CD交 BD于 Q， HM⊥BC于 M，连接BF,BG，设BF交EG于点 O．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=7,∠C=90°，
∵∠DAF=∠FAG=∠BAE，
∴∠EAG=∠FAB，
∵AE=AF,AG=AB，
∴△AEG≌△AFB(SAS)，
∴EG=BF，
∵EG=BF,EF=FE,FG=EB，
∴△EFG≌△FEB(SSS)，
∴∠GEF=∠EFB，
同理∠FBG=∠EGB，
∵∠EOF=∠BOG，
∴∠EFB=∠FBG，
∴EF∥BG，
∴S =S ，
△EQG △EBQ
设DF=EB=x，则CF=7−x，∵FQ∥BE,FQ=DF=EB，
∴∠FQH=∠EBH，
∵∠QHF=∠EHB，
∴△FQH≌△EBH(AAS)，
∴FH=EH，
∵HM∥CF，
∴EM=MC，
1 1
∴HM= CF= (7−x)，
2 2
∴S =S =
1
×
1
x(7−x)=−
1
(x2−7x)=−
1(
x−
7) 2
+
49
，
△EHG △EBH 2 2 4 4 2 16
1
∵− <0，
4
7 49
∴x= 时，△EHG的面积最大，最大值为 ．
2 16
49
故答案为： ．
16
【点睛】本题考查的知识点是全等三角形的判定及二次函数的运用，解题的关键是熟练的掌握全等三角形
的判定及二次函数的运用．
【题型2 两线段和的最值问题】
【例2】（（23-24·安徽合肥·一模）如图，直线y=−x＋3与x轴、y轴分别交于B、C两点，抛物线
y=−x2+bx+c经过点B、C，与x轴另一交点为A，顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在x轴上找一点E，使EC+ED的值最小，求EC+ED的最小值；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得∠APB=∠OCB？若存在，求出P点坐标，若不存在，请
说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3(3 )
(2)点E ，0 ，则EC+ED的最小值为5❑√2
7
(3)点P的坐标为(1,2+2❑√2)或(1,−2−2❑√2)
【分析】（1）直线y=−x+3与x轴、y轴分别交于B、C两点，则点B、C的坐标分别为(3,0)、(0,3)，将
点B、C的坐标代入二次函数表达式，即可求解；
（2）如图1，作点C关于x轴的对称点C′，连接CD′交x轴于点E，则此时EC+ED为最小，即可求解；
（3）分点P在x轴上方、点P在x轴下方两种情况，分别求解．
【详解】（1）解：对于直线y=−x+3，
当x=0时，y=3；当y=0时，−x+3=0，则x=3；
∴B(3,0)、C(0,3)
{−9+3b+c=0)
将点B(3,0)、C(0,3)代入二次函数表达式得： ，
c=3
{b=2)
解得： ，
c=3
故函数的表达式为：y=−x2+2x+3；
（2）如图1中，作点C关于x轴的对称点C′，连接CD′交x轴于点E，则此时EC+ED为最小，此时，点
C′的坐标为(0,−3)，
又y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴函数顶点D坐标为(1,4)，
设直线C′D的表达式为y=kx+b，
将C′(0,−3)、D(1,4)代入一次函数表达式得：
{k+b=4)
，
b=−3{ k=7 )
解得， ，
b=−3
∴直线C′D的表达式为：y=7x−3，
3
当y=0时，7x−3=0，解得x= ，
7
(3 )
故点E ，0 ，
7
则EC+ED的最小值为DC′=❑√1+(4+3) 2=5❑√2；
（3）解：对于y=−x2+2x+3，令y=0，则−x2+2x+3=0，
解得，x=−1或x=3，
∴点A的坐标为(−1,0)；
又B(3,0)，
∴AB=3−(−1)=4；
①当点P在x轴上方时，如图2中，
∵OB=OC=3，则∠OCB=45°=∠APB，
1 1
∴∠PAB=∠PBA= (180°−45°)=67.5°，∠APD= ∠APB=22.5°
2 2
过点B作BH⊥AP于点H，
∴∠ABH=90°−∠PAB=22.5°
∴∠HBP=∠PBA−∠ABH=67.5°−22.5°=45°=∠APB
∴BH=PH,
设PH=BH=m则PB=PA=❑√2m，
∴AH=PA−PH= (❑√2−1)m
由勾股定理得：AB2=AH2+BH2，
∴16=m2+[(❑√2−1)m) 2 ，
解得：m2=8+4❑√2，
则PB2=2m2=16+8❑√2
则y =❑√PB2−22=2+2❑√2；
P
②当点P在x轴下方时，同理可得y =−(2+2❑√2)；
P
故点P的坐标为(1,2+2❑√2)或(1,−2−2❑√2)．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、等腰三角形性质、点的对称性等，其中
（3）要注意分类求解，避免遗漏．
1 1
【变式2-1】（（23-24·江苏宿迁·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y= x2− x−3 与x
4 4
轴交于A，B两点，点C为y轴正半轴上一点，且OC=OB，D是线段AC上的动点（不与点A，C重合）．
(1)写出A、B、C三点坐标；
(2)如图1，当点D关于x轴的对称点刚好落在抛物线上时，求此时D点的坐标；
(3)如图2，若点E是线段AB上的动点，连接BD、CE，当CD=AE时，求BD+CE的最小值．
【答案】(1)A(−3,0)，B(4,0)，C(0,4)
( 4) 20)
(2) − ,
3 9
(3)❑√97{ y= 1 x2− 1 x−3) {x=4) {x=−3)
【分析】（1）根据题意 4 4 得 ， ，结合OC=OB写出A、B、C三点坐标
y=0 y=0
y=0
即可；
（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，把A(−3,0)，C(0,4)分别代入解析式，确定直线的解析式，设点
D ( m, 4 m+4 ) ，对称点坐标为D′( m,− 4 m−4 ) ，代入抛物线解析式y= 1 x2− 1 x−3中，计算解答即
3 3 4 4
可；
（3）过点C作CP∥x轴，且使得CP=CA，连接PB,PD，利用三角形全等，把线段和最小值转化为三角
形不等式，解答即可．
本题考查了抛物线与x轴的交点，待定系数法求解析式，三角形全等的判定与性质，三角形不等式求最值，
熟练掌握相关知识，特别是三角形不等式是解题的关键．
{ y= 1 x2− 1 x−3)
【详解】（1）根据题意得 4 4 ，
y=0
{x=4) {x=−3)
解得 ， ，
y=0 y=0
∴A(−3,0)，B(4,0)，
∴OB=4,
∵OC=OB，
∴C(0,4)．
（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，
把A(−3,0)，C(0,4)分别代入解析式，得
{−3k+b=0)
，
b=4
4
故直线AC的解析式为y= x+4，
3
( 4 )
设点D m, m+4 ，
3
则其对称点坐标为D′(
m,−
4
m−4
)
，
3
1 1
代入抛物线解析式y= x2− x−3中，得
4 41 1 4
m2− m−3=− m−4，
4 4 3
整理，得3m2+13m+12=0，
4
解方程，得m=− ,m=−3(舍去)，
3
4 4 4 20
当m=− 时，y=− × +4= ，
3 3 3 9
( 4) 20)
故D − , ．
3 9
（3）过点C作CP∥x轴，且使得CP=CA，连接PB,PD，
∵A(−3,0)，C(0,4)，
∴AC=❑√(−3−0) 2+(0−4) 2=5，
∴CP=CA=5，
∴P(−5,4)，
∵ B(4,0)，
∴PB=❑√(−5−4) 2+(4−0) 2=❑√97．
∵CP∥x轴，
∴∠PCD=∠CAE，
∵CP=CA，
{
PC=CA
)
∵ ∠PCD=∠CAE
CD=AE
∴△PCD≌△CAE(SAS)
∴PD=CE，
∴BD+CE的最小值变成了BD+PD的最小值，
∵BD+PD≥PB，故当点P，D，B三点共线时，BD+PD取得最小值，且最小值为PB，
∴BD+CE的最小值为❑√97．
【变式2-2】（（23-24·辽宁抚顺·模拟预测）如图，直线y=x−4与y轴交于点A，与x轴交于点B，抛物线
y=x2+bx+c经过A，B两点，与x轴负半轴交于点C，长度为2❑√2的线段DF在直线AB上滑动，以DF为
对角线作正方形DEFG．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当正方形DEFG与抛物线有公共点时，求D点横坐标的取值范围；
(3)连接CE，OD，直接写出CE+OD的最小值．
【答案】(1)y=x2−3x−4
(2)0≤m≤4+❑√6
(3)5
【分析】（1）由y=x−4得A(0,−4)，B(4,0)，再用待定系数法可得抛物线的解析式为y=x2−3x−4；
（2）根据DF=2❑√2，四边形DEFG是正方形，得DE=EF=FG=DG=2，设D(m,m−4)，则
E(m−2,m−4)；当正方形DEFG与抛物线y=x2−3x−4有唯一公共点E时，
m−4=(m−2) 2−3(m−2)−4，可得此时D(4+❑√6,❑√6)；当正方形DEFG与抛物线y=x2−3x−4有唯
一公共点D时，可得此时D(0,−4)；画出图形可得答案；
（3）求出 ；设 ，则 ， [√ 5 2 9 )，
C(−1,0) D(t,t−4) E(t−2,t−4) CE+OD=❑√2× ❑(t− ) + +❑√(t−2) 2+4
2 4√ 5 2 9 可看作 轴上的点 到点 (5 3)和点 的距离之和，当 ， ，
❑(t− ) + +❑√(t−2) 2+4 x R(t,0) K , T(2,−2) K R
2 4 2 2
共线时，√ 5 2 9 取最小值，求出 可得答案．
T ❑(t− ) + +❑√(t−2) 2+4 KT
2 4
【详解】（1）解：在y=x−4中，令x=0得y=−4，令y=0得x=4，
∴A(0,−4)，B(4,0)，
把A(0,4)，B(4,0)代入y=x2+bx+c得：
{ c=−4 )
，
16+4b−4=0
{b=−3)
解得： ，
c=−4
∴抛物线的解析式为y=x2−3x−4；
（2）解：∵DF=2❑√2，四边形DEFG是正方形，
∴DE=EF=FG=DG=2，
设D(m,m−4)，则E(m−2,m−4)；
当正方形DEFG与抛物线y=x2−3x−4有唯一公共点E时，如图：
把E(m−2,m−4)代入y=x2−3x−4得：
m−4=(m−2) 2−3(m−2)−4，
解得m=4+❑√6或m=4−❑√6(在B左侧，舍去)；
此时D(4+❑√6,❑√6)；
当正方形DEFG与抛物线y=x2−3x−4有唯一公共点D时，如图：把D(m,m−4)代入y=x2−3x−4得：
m−4=m2−3m−4，
解得：m=0或m=4(与B重合，舍去)，
此时D(0,−4)；
由图可知，当0≤m≤4+❑√6时，正方形DEFG与抛物线有公共点；
∴当正方形DEFG与抛物线有公共点时，D点横坐标的取值范围是0≤m≤4+❑√6；
（3）解：在y=x2−3x−4中，令y=0得：0=x2−3x−4，
解得：x=4或x=−1，
∴C(−1,0)；
设D(t,t−4)，则E(t−2,t−4)，
√ 5 2 9
∴CE=❑√(t−1) 2+(t−4) 2=❑√2t2−10t+17=❑√2×❑(t− ) + ，
2 4
OD=❑√t2+(t−4) 2=❑√2t2−8t+16=❑√2×❑√(t−2) 2+4，
[√ 5 2 9 )
∴CE+OD=❑√2× ❑(t− ) + +❑√(t−2) 2+4 ，
2 4
√ 5 2 9
当❑(t− ) + +❑√(t−2) 2+4最小时，CE+OD取最小值，
2 4
√ 5 2 9 (5 3)
而❑(t− ) + +❑√(t−2) 2+4可看作x轴上的点R(t,0)到点K , 和点T(2,−2)的距离之和，如图：
2 4 2 2√ 5 2 9
∴ K R T ❑(t− ) + +❑√(t−2) 2+4
2 4
当 ， ， 共线时， 取最小值，最小值为
KT的长，
√ 5 2 3 2 5❑√2
∵KT=❑( −2) +( +2) = ，
2 2 2
√ 5 2 9 5❑√2
∴❑(t− ) + +❑√(t−2) 2+4的最小值为 ，
2 4 2
5❑√2
∵❑√2× =5，
2
∴CE+OD的最小值为5．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，正方形性质及应用，最短路径等知识，解题的
关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．
【变式2-3】（（23-24·海南省直辖县级单位·二模）如图，抛物线y=ax2+3ax+c经过点
B(1,0)、C(0,−3)，交x轴于另一点A（点A在点B点的左侧），点P是该抛物线上的动点．
(1)求抛物线的解析式；
3
(2)当点P在直线AC下方且S = S 时，请求出点P的横坐标；
△PAC 4 △AOC
(3)在抛物线的对称轴l上是否存在点Q，使得QC+QB最小？若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说
明理由；
(4)若点E在x轴上，是否存在以P、A、C、E为顶点且以AC为一边的平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
3 9
【答案】(1)y= x2+ x−3
4 4
(2)−1或−3
(3)存在，5
(−3−❑√41 ) (−3+❑√41 )
(4)存在，P (−3,−3)，P ,3 ,P ,3
1 2 2 3 2
【分析】
对于（1），直接将点B，C的坐标代入关系式得出方程组，再求出解即可；
对于（2），先求出点A，C的坐标，进而求出直线的关系式，再求出S ，可知S ，
△AOC △PAC
作PK∥y轴，交AC于点K，设P，K的坐标，并表示出PK，然后根据面积相等列出方程，并求出解；
对于（3），先确定QC+QB最小时Q的位置，再根据勾股定理求出答案；
对于（4），①当点P在x轴下方时，有P C∥AE ，根据y =−3可求出答案；
1 1 p
②当点P在x轴上方时，PC与AE是平行四边形的对角线，设点E，P的坐标，再根据对角线交点的坐标相
同得出方程，求出解可得答案．
【详解】（1）
∵抛物线y=ax2+3ax+c经过点B(1,0)、C(0,−3)，
{a+3a+c=0)
∴ ，
c=−3
{ a= 3 )
解得 4 ，
c=−3
3 9
∴抛物线的解析式为y= x2+ x−3；
4 4
（2）
3 9
令y=0，则= x2+ x−3=0，
4 4
则x =−4,x =1，
1 2
∴A(−4,0)，
设直线AC表达式为y =kx+b，又C(0,−3)，
AC
{−4k+b=0)
∴ ，
b=−3{ k=− 3 )
解得 4 ，
b=−3
3
∴y =− x−3，
AC 4
∵A(−4,0),C(0,−3)，
∴OA=4,OC=3，
∴S =6，
△AOC
3 9
∴当S = S 时，S = ，
△PAC 4 △AOC △PAC 2
作PK⊥x轴，交AC于点K，
设P ( m, 3 m2+ 9 m−3 ) ，则K ( m,− 3 m−3 )
4 4 4
3
则PK= y −y =− m2−3m，
E P 4
1 9
则 (x −x )PK= ，m2+4m+3=0，
2 C A 2
∴m =−1,m =−3．
1 2
即点P的横坐标为−1或−3．
（3）
存在，
∵点A与点B关于对称轴l对称，
∴当点Q在直线AC与对称轴l交点处时QC+QB最小，
此时QC+QB=QC+QA=AC，
由（2）知OA=4,OC=3，
∴AC=5，所以这个最小值为5．
（4）存在，设P ( m, 3 m2+ 9 m−3 ) ，
4 4
①当点P在x轴下方时，有P C∥AE ，
1 1
∵C(0,−3),
∴y =−3，
p
3 9
则 m2+ m−3=−3，
4 4
∴m =0（舍去），m =−3，
1 2
∴P (−3,−3)
1
②当点P在x轴上方时，PC与AE是平行四边形的对角线，
设E(n,0),P ( m, 3 m2+ 9 m−3 ) ，
4 4
∵A(−4,0),C(0,−3)，
{
m+0=n−4
)
∴ 3 9 ，
m2+ m−3−3=0
4 4
−3−❑√41 −3+❑√41
则m = ,m = ，
1 2 2 2
3 9
又 m2+ m−3−3=0，
4 4
3 9
∴ m2+ m−3=3，即y =3，
4 4 P
(−3−❑√41 ) (−3+❑√41 )
∴P ,3 ,P ,3
2 2 3 2
(−3−❑√41 ) (−3+❑√41 )
综上所述，存在3个点：P (−3,−3)，P ,3 ,P ,3 ．
1 2 2 3 2【点睛】
本题主要考查了求二次函数的关系式，求一次函数的关系式，解一元二次方程，勾股定理，根据轴对称求
线段和最小，平行四边形的性质，注意多种情况讨论，不要丢解．
【题型3 周长的最值问题】
【例3】（（23-24·辽宁丹东·模拟预测）如图，对称轴为直线x=−1的抛物线y=a(x−ℎ) 2+k(a≠0)图象
与x轴交于点A、B(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，其中点B的坐标为(2,0)，点C的坐标为(0,4)．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图1，若点P为抛物线上第二象限内的一个动点，点M为线段CO上一动点，当△APC的面积最大时，
求△APM周长的最小值；
(3)如图2，将原抛物线绕点A旋转180°，得新抛物线y′，在新抛物线y′的对称轴上是否存在点Q使得
△ACQ为等腰三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
1 9
【答案】(1)y=− (x+1) 2+
2 2
(2)2❑√13+2❑√5
(3)存在，(−7,❑√23)或(−7,−❑√23)或(−7,7)
【分析】（1）根据对称轴为直线x=−1，可得ℎ =−1，再把点(2,0)，(0,4)代入解析式即可求解；
（2）过点P作AC的平行线PN，当直线PN与抛物线只有一个交点时，△APC面积最大，由此可对称点P
的坐标；再根据轴对称最值问题可求出△APM周长的最小值；
（3）由(1)可得原抛物线的顶点坐标，由旋转的性质可得y′的顶点坐标，进而可求出y′的对称轴；则需要
分类讨论①当AC=AQ时；②当CA=CQ时；③当QA=QC时，分别建立方程求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=a(x−ℎ) 2+k(a≠0)的对称轴为直线x=−1，
∴x=
ℎ
=−1，∵抛物线过点B(2,0)，点C(0,4)，
{a(2+1) 2+k=0)
∴ ，
a(0+1) 2+k=4
1
{ a=− )
2
解得： ，
9
k=
2
1 9
∴抛物线的解析式为：y=− (x+1) 2+ ．
2 2
1 9
（2）由（1）知函数解析式为：y=− (x+1) 2+ ．
2 2
∴A(−4,0)，
∴直线AC：y=x+4，
过点P作PN∥AC，设直线PN的解析式为：y=x+m，
当△APC的面积最大时，直线PN与抛物线有且仅有一个交点，
1 9
令x+m=− (x+1) 2+ ，整理得x2+4x+2m−8=0，
2 2
∴Δ=42−4(2m−8)=0，
解得：m=6，
∴x2+4x+4=0，
∴x=−2，即P(−2,4)；
作点A关于y轴的对称点A′，连接A′P交y轴于点M，如图1，此时△APM的周长最小，
∵A(−4,0)
，
∴A′(4,0)，
∴A′P=❑√(−2−4) 2+(4−0) 2=2❑√13，AP=❑√(−2+4) 2+(−4−0) 2=2❑√5，
∴△APM周长的最小值为：2❑√13+2❑√5．
（3）由（1）知原抛物线的顶点坐标D(−1,
9 )，绕点A旋转后的顶点D′(
−7,−
9)
，
2 2∴y′的对称轴为直线x=−7；
设点Q的坐标为(−7,t)，
若△ACQ是等腰三角形，则需要分类讨论：
①当AC=AQ时，如图2；
∴(−4−0) 2+(0−4) 2=(−4+7) 2+(0−t) 2，解得t=±❑√23；
∴Q(−7,❑√23)或(−7,−❑√23)；
② CA=CQ
当 时；
∴(−4−0) 2+(0−4) 2=(0+7) 2+(4−t) 2，无解；
③当QA=QC时，如图3，
∴(−4+7) 2+(0−t) 2=(0+7) 2+(4−t) 2，解得t=7，
∴Q(−7,7)．
综上可知，存在，点Q的坐标为(−7,❑√23)或(−7,−❑√23)或(−7,7)．
【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及待定系数法求函数解析式，三角形的面积最值问题，轴对称最值
问题，等腰三角形存在性问题，（2）关键是求出点P的坐标；（3）关键是进行正确的分类讨论，根据两
点间距离公式建立方程．
1
【变式3-1】（23-24九年级·山东淄博·期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=− x2+bx+c与x轴
4
交于A(−2，0)，B(6，0)两点，与y轴交于点C，点P为直线BC上方抛物线上一动点．(1)求抛物线的解析式；
(2)过点A作AD∥BC交抛物线于D，若点E为对称轴上一动点，求△BED周长的最小值及此时点E的坐标；
(3)过点A作AD∥BC交抛物线于D，过点E为直线AD上一动点，连接CP，CE，BP，BE，求四边形
BPCE面积的最大值及此时点P的坐标．
1
【答案】(1)y=− x2+x+3
4
(2)△BED的周长最小为5❑√5+❑√29，E的坐标为(2，−2)
75 ( 15)
(3)四边形BPCE的面积最大为 ，此时P 3，
4 4
1
{ − ×4−2b+c=0)
4
【分析】（1）把A(−2，0)，B(6，0)两点代入抛物线的解析式得到 ，求解即可
1
− ×36+6b+c=0
4
得出答案；
1
（2）求得C(0，3)，待定系数法求出直线BC的解析式为y=− x+3，从而得出直线AD的解析式为
2
1
{ y=− x−1 )
1 2
y=− x−1，联立 得出D(8，−5)，A，B关于抛物线的对称轴对称，直线AD与对
2 1
y=− x2+x+3
4
称轴的交点即为点E，此时EA=EB，△BED的周长为BE+DE+BD=AD+BD最小，求出
AD=5❑√5，BD=❑√29，即可得解；
（3）过点P作x轴的垂线，交直线BC于点Q，设点P的坐标为 ( m，− 1 m2+m+3 ) ，则
4Q ( m，− 1 m+3 ) ，则PQ=− 1 m2+m+3− ( − 1 m+3 ) =− 1 m2+ 3 m，求出
2 4 2 4 2
3 9
S =S +S =− m2+ m+12，由二次函数的性质即可得出答案．
四边形BPCE △BCE △BCP 4 2
1
【详解】（1）解：∵抛物线y=− x2+bx+c与x轴交于A(−2，0)，B(6，0)两点，
4
1
{ − ×4−2b+c=0)
4
∴ ，
1
− ×36+6b+c=0
4
{b=1)
解得 ，
c=3
1
∴抛物线的解析式为：y=− x2+x+3；
4
1
（2）解：由抛物线y=− x2+x+3可得，当x=0时，y=3，
4
1
x=− =2
∴C(0，3)，对称轴为直线 ( 1) ，
2× −
4
{ p=3 )
设直线BC的解析式为y=kx+p，代入点B，点C的坐标得， ，
6k+p=0
{ k=− 1 )
解得 2 ，
p=3
1
∴直线BC的解析式为y=− x+3，
2
∵AD∥BC，
1 1
∴可设直线AD的解析式为y=− x+q，代入点A的坐标得，− ×(−2)+q=0，
2 2
解得q=−1，
1
∴直线AD的解析式为y=− x−1，
2
1
{ y=− x−1 )
1 2
联立y=− x2+x+3得 ，
4 1
y=− x2+x+3
4{ x=8 ) {x=−2)
解得 或 ，
y=−5 y=0
∴D(8，−5)，
∵如图，A，B关于抛物线的对称轴对称，
∴直线AD与对称轴的交点即为点E，此时EA=EB，
∴EB+ED=EA+ED=AD最小，
∴△BED的周长为BE+DE+BD=AD+BD最小，
1
∵直线AD的解析式为y=− x−1，当x=2时，y=−2，
2
∴E的坐标为(2，−2)，
∵AD=❑√ (−2−8) 2+[0−(−5)) 2 =5❑√5，BD=❑√(8−6) 2+(−5−0) 2=❑√29，
∴△BED的周长最小为5❑√5+❑√29；
（3）解：如图，过点P作x轴的垂线，交直线BC于点Q，
设点P的坐标为 ( m，− 1 m2+m+3 ) ，则Q ( m，− 1 m+3 ) ，其中0<m<6，
4 2∴PQ=− 1 m2+m+3− ( − 1 m+3 ) =− 1 m2+ 3 m，
4 2 4 2
∵AD∥BC，
1
∴S =S = ×8×3=12，
△BCE △BCA 2
∴S =S +S = 1 ×6 ( − 1 m2+ 3 m ) +12=− 3 m2+ 9 m+12，
四边形BPCE △BCE △BCP 2 4 2 4 2
3
∵− <0，
4
9
∴当m=− 2 =3时，四边形BPCE的面积最大为 75 ，此时P ( 3， 15) ．
( 3) 4 4
2× −
4
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的综合应用、勾股定理、待定系数法求
一次函数解析式等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
【变式3-2】（23-24九年级·全国·期末）如图抛物线y=ax2+bx+c经过点A(−1,0)，点C(0,3)，且
OB=OC．
(1)求抛物线的解析式及其对称轴；
(2)点D、E是直线x=1上的两个动点，且DE=1，点D在点E的上方，求四边形ACDE的周长的最小值；
(3)点P为抛物线上一点，连接CP，直线CP把四边形CBPA的面积分为3:5两部分，求点P的坐标．
【答案】(1)抛物线的表达式为：y=−x2+2x+3，函数的对称轴为：x=1；
(2)❑√10+1+❑√13
(3)点P的坐标为(4，−5)或(8，−45)．
【分析】（1）OB=OC，则点B(3,0)，则抛物线的表达式为：y=a(x+1)(x−3)=ax2−2ax−3a，即可求解；
（2）CD+AE=A′D+DC′，则当A′、D、C′三点共线时，CD+AE=A′D+DC′最小，周长也最小，
即可求解；
1 1
（3）S :S = EB×(y −y ): AE×(y −y )=BE:AE，即可求解．
ΔPCB ΔPCA 2 C P 2 C P
【详解】（1）
解：∵OB=OC，∴点B(3,0)，
则抛物线的表达式为：y=a(x+1)(x−3)=a(x2−2x−3)=ax2−2ax−3a，
故−3a=3，解得：a=−1，
故抛物线的表达式为：y=−x2+2x+3①，
函数的对称轴为：x=1；
（2）
解：四边形ACDE的周长=AC+DE+CD+AE，其中AC=❑√10、DE=1是常数，
故CD+AE最小时，周长最小，
取点C关于直线x=1对称点C′ (2,3)，则CD=C′D，
取点A′ (−1,1)，则A′D=AE，
故：CD+AE=A′D+DC′，则当A′、D、C′三点共线时，CD+AE=A′D+DC′最小，周长也最小，
四边形ACDE的周长的最小值=AC+DE+CD+AE
=❑√10+1+A′D+DC′
=❑√10+1+A′C′
=❑√10+1+❑√13；（3）
解：如图，设直线CP交x轴于点E，
直线CP把四边形CBPA的面积分为3:5两部分，
1 1
又∵S :S = EB×(y −y ): AE×(y −y )=BE:AE，
ΔPCB ΔPCA 2 C P 2 C P
则BE:AE=3:5或5:3，
5 3
则AE= 或 ，
2 2
(3 ) (1 )
即：点E的坐标为 ，0 或 ，0 ，
2 2
将点E的坐标代入直线CP的表达式：y=kx+3，
解得：k=−6或−2，
故直线CP的表达式为：y=−2x+3或y=−6x+3②
联立①②并解得：x=4或8（不合题意值已舍去），
故点P的坐标为(4，−5)或(8，−45)．
【点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、图象面积计算、点的对称性等，通过确定点A′点来求
最小值，是本题的难点．
【变式3-3】（23-24九年级·广东广州·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+bx+c与x轴
交于A、B两点，与y轴交于点C，其中点A的坐标为(−1,0)，点C的坐标为(0,−3)．(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，E为△ABC边AB上的一动点，F为BC边上的一动点，D点坐标为(0,−2)，
①求DE+EF的最小值②求△≝¿周长的最小值；
(3)如图2，N为射线CB上的一点，M是地物线上的一点，M、N均在第一象限内，B、N位于直线AM的同
侧，且AM∥CN，当△AMN为等腰三角形时，求点N的坐标．（直接写出点N的坐标，不要求写解答
过程）
【答案】(1)y=x2−2x−3
5
(2)① ❑√2，②❑√26
2
7 1
(3)( ， )或(1+❑√21，−2+❑√21)或(6+❑√21，3+❑√21)．
2 2
【分析】（1）利用待定系数法把问题转化为方程组解决；
（2）①设D 为D关于直线AB的对称点，连接D E，EF，根据点到直线的距离垂线段最短可知，当D 、
1 1 1
E、F三点共线，而且D F⊥BC时，ED+EF=D E+EF最小，最小值为D F，②设D 为D关于直线
1 1 1 1
AB的对称点，D 为D关于直线BC的对称点，连接D E，D F，D D ．当D ，E．F．D 共线时，
2 1 2 1 2 1 2
△≝¿的周长最小，最小值为D D 的长；
1 2
（3）求出直线AM的解析式，利用方程组求出点M的坐标，过点M作x轴的平行线l，过点N作y轴的平行
线交x轴于点P，交直线l于点Q．分三种情形：当AM=AN时，当AM=MN时，当AN=MN时，分别构
建方程求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c经过点A(−1,0)，点C(0,−3)．
{1−b+c=0)
∴ ，
c=−3{b=−2)
∴ ，
c=−3
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
（2）令y=0，则x2−2x−3=0，
解得x=−1或3，
∴B(3,0)，
∴OB=OC=3，
∴△BOC是等腰直角三角形，∠OCB=45°
①设D 为D关于直线AB的对称点，连接D E，EF，
1 1
∴ED+EF=D E+EF，
1
根据点到直线的距离垂线段最短可知，当D 、E、F三点共线，而且D F⊥BC时，ED+EF=D E+EF
1 1 1
最小，最小值为D F，
1
如图1，过D 点作D F⊥BC，垂足为F，
1 1
❑√2 ❑√2 5
此时△FCD 是等腰直角三角形， D F= CD = ×[2−(−3)]= ❑√2，
1 1 2 1 2 2
5
故DE+EF的最小值为 ❑√2；
2
②如解图2，设D 为D关于直线AB的对称点，D 为D关于直线BC的对称点，连接D E，D F，D D ．
1 2 1 2 1 2由对称性可知DE=D E，DF=D F，△≝¿的周长=D E+EF+D F，
1 2 1 2
∴当D ，E．F．D 共线时，△≝¿的周长最小，最小值为D D 的长，
1 2 1 2
令y=0，则x2−2x−3=0，
解得x=−1或3，
∴B(3,0)，
∴OB=OC=3，
∴△BOC是等腰直角三角形，∠OCB=45°
∵BC垂直平分DD ，且∠OCB=∠D CB=45°，D(0,−2)，
2 2
∴CD=CD =1，∠OCD =90°
2 2
∴D (1,−3)，
2
∵D，D 关于x轴对称，
1
∴D (0,2)，
1
∴D D =❑√D C2+D C2=❑√52+12=❑√26，
1 2 2 1
∴△≝¿的周长的最小值为❑√26．
（3）设直线BC的解析式为y=kx+m，
{ m=−3 )
则有 ，
3k+m=0
{ k=1 )
∴ ，
m=−3
∴直线BC的解析式为y=x−3，∴设直线AM的解析式为y=x+n，
∵A(−1,0)，
∴直线AM的解析式为y=x+1，
{ y=x+1 ) {x=−1) {x=4)
由 ，解得 或 ，
y=x2−2x−3 y=0 y=5
∴M(4,5)，
∵点N在射线CB上，
∴设N(t,t−3)，
过点M作x轴的平行线l，过点N作y轴的平行线交x轴于点P，交直线l于点Q．
∵A(−1,0)，M(4,5)，N(t,t−3)，
∴AM=5❑√2，AN=❑√(t+1) 2+(t−3) 2，MN=❑√(t−4) 2+(t−8) 2，
∵△AMN是等腰三角形，
当AM=AN时，5❑√2=❑√(t+1) 2+(t−3) 2，解得t=1±❑√21，
当AM=MN时，5❑√2=❑√(t−4) 2+(t−8) 2，解得t=6±❑√21，
7
当AN=MN时，❑√(t+1) 2+(t−3) 2=❑√(t−4) 2+(t−8) 2，解得t= ，
2
∵N在第一象限，
∴t>3，
7
∴t的值为 ，1+❑√21，6+❑√21，
27 1
∴点N的坐标为( ， )或(1+❑√21，−2+❑√21)或(6+❑√21，3+❑√21)．
2 2
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，轴对称最短问题，等腰三
角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，学会用分类讨论的思想思考问题，
属于中考压轴题．
【题型4 面积的最值问题】
【例4】（23-24九年级·云南红河·期中）如图，抛物线y=ax2+bx−4与x轴交于A(−3，0)、B(4，0)
两点，与y轴交于点C．
(1)求抛物线解析式；
(2)点H是抛物线对称轴上的一个动点，连接AH、CH，求出△ACH周长的最小值时点H的坐标；
(3)若点G是第四象限抛物线上的动点，求△BCG面积的最大值以及此时点G的坐标；
1 1
【答案】(1)y= x2− x−4
3 3
(1 )
(2)H ,−3.5
2
8 ( 10)
(3)△BCG面积的最大值为 ，此时G 2,−
3 3
【分析】（1）利用待定系数法确定二次函数解析式即可；
（2）将抛物线解析式变形为顶点式，然后确定出抛物线的对称轴，连接BC交对称轴于点H，则点H即为
1
所求，求得直线BC的解析式，令x= ，即可求解；
2
（3）设G ( t， 1 t2− 1 t−4 ) ，(0<t<4)，过点G作GF∥y轴，交BC于点F，设直线BC的解析式为
3 31 4
y=kx+d，利用待定系数法得出y=x−4，确定F(t,t−4)，FG=− t2+ t，结合图形得出三角形面积
3 3
的二次函数，由函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−4与x轴交于A(−3，0)、B(4，0)两点，
{9a−3b−4=0)
∴ ，
16a+4b−4=0
1
{ a= )
3
解得： ，
1
b=−
3
1 1
∴抛物线的解析式为：y= x2− x−4；
3 3
（2）y=
1
x2−
1
x−4=
1(
x−
1) 2
−
49
，
3 3 3 2 12
1
∴抛物线的对称轴为x= ，
2
当x=0时，y=−4，
如图所示：连接BC交对称轴于点H，则△ACH周长的最小；
1
∵A(−3，0)、B(4，0)两点关于x= 对称，
2
1
∴抛物线的对称轴为直线x=
2
当x=0时，y=−4，
∴C(0,−4)
∵B(4，0)，C(0,−4)，
设直线BC的解析式为y=kx−4，则4k−4=0，解得：k=1，
∴直线BC的解析式为y=x−4，
1
当x= 时，y=−3.5
2
(1 )
∴H ,−3.5
2
（3）如图2所示：设G ( t， 1 t2− 1 t−4 ) ，(0<t<4)
3 3
过点G作GF∥y轴，交BC于点F，
设直线BC的解析式为y=kx+d，
∵B(4,0)，C(0,−4)，
{4k+d=0)
∴ ，
d=−4
{ k=1 )
解得： ，
d=−4
直线BC的解析式为：y=x−4，
∴F(t,t−4)，
∴FG=t−4− (1 t2− 1 t−4 ) =− 1 t2+ 4 t，
3 3 3 3
∴S =S +S
△BCG △BFG △CFG
1 1
= FG·(4−t)+ FG·(t−0)
2 2
=2 ( − 1 t2+ 4 t )
3 3
2 8
=− (t−2) 2+
3 32
∵− <0，
3
10 8 ( 10)
∴当t=2时，y=− ，△BCG面积的最大值为 ，此时G 2,− ．
3 3 3
【点睛】题目主要考查二次函数与一次函数的综合问题，包括待定系数法确定函数解析式，最短周长及最
大面积问题，理解题意，熟练掌握二次函数的应用是解题关键．
【变式4-1】（23-24九年级·甘肃武威·阶段练习）如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A(−2,0)和点
B(4,0)，与y轴交于点C(0,4)．
(1)求抛物线的解析式．
(2)点D在抛物线的对称轴上，当AD+CD取得最小值时，求此时点D的坐标．
(3)点P是直线BC上方抛物线上一动点，连接CP、BP，求△PBC的面积的最大值，并求此时点P的坐标．
1
【答案】(1)y=− x2+x+4
2
(2)D(1，3)
(3)4；P(2，4)
【分析】（1）利用待定系数法可求解析式；
（2） 根据A，B是对称点，连接BC，交对称轴于点D，利用直线解析式与对称轴交点坐标计算即可．
（3）由待定系数法求出直线BC的解析式，过点P作y轴的平行线，交BC于Q，设
P ( m，− 1 m2+m+4 ) ，则Q(m，−m+4)，则PQ=− 1 m2+2m，表示出S =−(m−2) 2+4，根据
2 2 △PCB
二次函数的性质即可得到答案．本题考查了待定系数法，抛物线的最值，线段和最小，熟练掌握抛物线的
最值是解题的关键．
【详解】（1）∵抛物线y=ax2+bx+c过点A(−2,0),B(4,0),C(0,4)
设抛物线解析式为y=a(x−4)(x+2)，
故4=a(0−4)(0+2)，1
解得a=− ，
2
1 1
故抛物线的解析式为y=− (x−4)(x+2)=− x2+x+4．
2 2
1 1 9
（2）∵抛物线y=− (x−4)(x+2)=− (x−1) 2+ ，
2 2 2
∴对称轴为直线x=1，
设直线BC的解析式为：y=kx+b，
将B(4，0)，C(0，4)代入直线BC的解析式得：
{k=−1)
解得 ，
b=4
∴直线BC的解析式为：y=−x+4，
∵A，B是对称点，连接BC，交对称轴于点D，此时AD+CD取得最小值，
当x=1时，
y=−x+4=3，
故D(1，3)．
（3）如图，过点P作y轴的平行线，交BC于Q，
设P ( m，− 1 m2+m+4 ) ，则Q(m，−m+4)，
2
1
则PQ=− m2+2m，，
2
∴S =S +S
△PCB △PCQ △BPQ
1 1
= PQ(x −x )+ PQ(x −x )
2 P C 2 B P
1
= PQ[(x −x )+(x −x ))
2 P C B P
1
= PQ(x −x +x −x )
2 P C B P1
= PQ(x −x )
2 B C
1
= PQ×(4−0)
2
=2PQ=−m2+4m
=−(m2−4m)
=−(m−2) 2+4，由此可得，
当m=2，S 最大为4，
△BCP
1
当m=2时，− m2+m+4=4，
2
∴P(2，4)．
【变式4-2】（23-24九年级·山东·期末）如图所示，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且
OA=1，OB=OC=4．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若连接AC、BC．动点D从点A出发，在线段AB上以每秒1个单位长度向点B做匀速运动；同时，动
点E从点B出发，在线段BC上以每秒❑√2个单位长度向点C做匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点
随之停止运动，连接DE，设运动时间为t秒．在D、E运动的过程中，当t为何值时，四边形ADEC的面
积最小，最小值为多少？
(3)点M是抛物线上位于x轴上方的一点，点N在x轴上，是否存在以点M为直角顶点的等腰直角三角形
CMN？若存在，求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+3x+4
5 55
(2)t= 时，四边形ADEC的面积最小，最小值为
2 8
(3)存在，M(1+❑√5,1+❑√5)或M(2−2❑√2,2❑√2−2)【分析】（1）根据交点式列出函数解析式，即可求解；
（2）根据题意可得△OBC是等腰直角三角形，过点E作EF⊥x轴，垂足为F，根据
S =S −S 列出函数关系式，进而根据二次函数的性质，即可求解；
ADEC △ABC △BDE
（3）过点M作y轴的平行线PQ，交x轴于点Q，过点C作CP⊥PQ，设M(m,−m2+3m+4)，证明
△CPM≌△MQN，可得CP=MQ，进而列出方程，解方程即可求解；
【详解】（1）解：∵OB=OC=4，OA=1，则C(0,4)，B(4,0)，A(0,−1)
∴抛物线解析式为y=−(x+1)(x−4)=−x2+3x+4；
（2）解：∵OB=OC=4，
∴△OBC是等腰直角三角形，由点的运动可知：
BE=❑√2t，过点E作EF⊥x轴，垂足为F，
❑√2t
∴BF=EF= =t，
❑√2
又∵A(0,−1)，则AB=5，
∴S =S −S
ADEC △ABC △BDE
1 1
= ×4×5− ×(5−t)×t
2 2
1 5 2 55
= (t− ) + ，
2 2 8
∵当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，
∴AC=❑√42+42=4❑√2，AB=5，
∴0≤t≤4，
5 55
当t= 时，四边形ADEC的面积最小，即为 ；
2 8（3）解：存在，M(1+❑√5,1+❑√5)或M(2−2❑√2,2❑√2−2)，
当点M在CN的右侧时，如图所示，
过点M作y轴的平行线PQ，交x轴于点Q，过点C作CP⊥PQ，
∵△CMN是以M为直角为直角顶点的等腰直角三角形，
∴CM=MN，∠CMN=90°，
∴∠PCM=90°−∠PMC=∠NMQ，
又∠CPM=∠MQN=90°
∴△CPM≌△MQN，
∴CP=MQ，
设M(m,−m2+3m+4)，
∴−m2+3m+4=m，
解得：m=❑√5+1或m=1−❑√5（舍去）
∴M(1+❑√5,1+❑√5)；
当点M在CN的右侧时，同理可得−m2+3m+4=−m，
解得：m=2−2❑√2或m=2❑√2+2（舍去）
∴M(2−2❑√2,2❑√2−2)，
综上所述，M(1+❑√5,1+❑√5)或M(2−2❑√2,2❑√2−2)．
【点睛】本题考查二次函数的综合运用，解题的关键是求出解析式，分类讨论点根据面积加减及线段关系
列式求解．
【变式4-3】（23-24九年级·福建福州·期中）已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与y轴交于点A(0,−5)，顶
点为B(2,−1)，过点C(2,−5)直线与抛物线交于D，E两点（点D在点E的左侧）．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求△BDE面积的最小值；
(3)若D，E两点都在第四象限，过点D作直线y=−1的垂线，垂足为F，直线EB与直线DF交于点G，连
接CF，求证：四边形BCFG是平行四边形．【答案】(1)y=−x2+4x−5
(2)8
(3)见解析
【分析】（1）由抛物线的顶点为B(2,−1)，设y=a(x−2) 2−1，将A(0,−5)代入即可求解；
（2）设过点C(2,−5)的直线为y=kx+b，将C(2,−5)代入可求得y=kx+(−5−2k)，联立抛物线可得：
kx+(−5−2k)=−x2+4x−5，整理得：x2+(k−4)x−2k=0，可知x +x =−(k−4)，x ⋅x =−2k，
D E D E
1 1 1
由题意可得S = BC⋅(x −x )+ BC⋅(x −x )= BC⋅(x −x )=2(x −x )，要使得S 最小，
△BDE 2 B D 2 E B 2 E D E D △BDE
即x −x 最小即可，再根据x −x =❑√(x +x ) 2−4x x 即可求解；
E D E D D E D E
（3）由题意可知DG∥BC，x =x ，F(x ,−1)，由（2）可知x ，x 为方程x2+(k−4)x−2k=0的解，
D G D D E
−k−❑√k2+16 −k+❑√k2+16
可得x −2= ，x −2= ，设直线BE为y=mx+n，将B(2,−1)，E(x ,y )，
D 2 E 2 E E
{ m=k− 4 )
代入可求得 x −2 ，当x=x 时，y=mx +n，可得点G的纵坐标
E D D
n=−1−2m
( 4 )
y =mx −1−2m=m(x −2)−1，进而可得FG= y −y =m(x −2)= k− (x −2)，化简可
G D D G F D x −2 D
E
得BC=FG=4，进而可证明四边形BCFG是平行四边形．
【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为B(2,−1)，
∴y=a(x−2) 2−1，
将A(0,−5)代入y=a(x−2) 2−1，可得：−5=4a−1，
解得：a=−1，
∴抛物线的解析式为：y=−(x−2) 2−1=−x2+4x−5；（2）设过点C(2,−5)的直线为y=kx+b，
将C(2,−5)代入可得：−5=2k+b，即：b=−5−2k，
∴y=kx+(−5−2k)，
联立抛物线可得：kx+(−5−2k)=−x2+4x−5，
整理得：x2+(k−4)x−2k=0，
点D，点E为直线y=kx+b与y=−x2+4x−5的交点，则方程x2+(k−4)x−2k=0的解为两点的横坐标，
x <x ，
D E
∴x +x =−(k−4)，x ⋅x =−2k，
D E D E
∵B(2,−1)，C(2,−5)，
∴BC∥y轴，BC=4
1 1 1
则S = BC⋅(x −x )+ BC⋅(x −x )= BC⋅(x −x )=2(x −x )，
△BDE 2 B D 2 E B 2 E D E D
要使得S 最小，即x −x 最小即可，
△BDE E D
x −x =❑√(x +x ) 2−4x x
E D D E D E
=❑√[−(k−4)) 2
−4×(−2k)
=❑√k2+16，
∵k2+16≥16，
∴x −x ≥❑√16=4，
E D
∴S 的最小值为：2×4=8，
△BDE
即：△BDE面积的最小值为8．
（3）证明：∵B(2,−1)，则点B在直线y=−1上，
则，由题意可知：DF⊥BF，则F(x ,−1)，
D∵BC∥y轴，则BC⊥BF，
∴DG∥BC，则x =x ，
D G
由（2）可知x ，x 为方程x2+(k−4)x−2k=0的解，
D E
−k+4−❑√k2+16 −k+4+❑√k2+16
∴x = ，x = ，
D 2 E 2
−k−❑√k2+16 −k+❑√k2+16
则x −2= ，x −2= ，
D 2 E 2
y =kx +(−5−2k)=k(x −2)−5，
E E E
{−1=2m+n)
设直线BE为y=mx+n，将B(2,−1)，E(x ,y )，代入可得 ，即
E E y =x m+n
E E
{ m= y E +1 = k(x E −2)−5+1 =k− 4 )
x −2 x −2 x −2 ，
E E E
n=−1−2m
∴当x=x 时，y=mx +n，
D D
即：点G的纵坐标y =mx −1−2m=m(x −2)−1，
G D D
∴FG= y −y =m(x −2)−1−(−1)=m(x −2)，
G F D D
即：FG=m(x −2)
D
( 4 )
= k− (x −2)
x −2 D
E4 −k−❑√k2+16
=(k− )
⋅
−k+❑√k2+16 2
2
8 −k−❑√k2+16
=(
k−
)
⋅
−k+❑√k2+16 2
−k(❑√k2+16+k) 4❑√k2+16+4k
= +
2 ❑√k2+16−k
−k(❑√k2+16+k)(❑√k2+16−k) 8❑√k2+16+8k
= +
2(❑√k2+16−k) 2(❑√k2+16−k)
−k(k2+16−k2) 8❑√k2+16+8k
= +
2(❑√k2+16−k) 2(❑√k2+16−k)
8❑√k2+16+8k−16k
=
2(❑√k2+16−k)
8(❑√k2+16−k)
=
2(❑√k2+16−k)
=4，
则BC=FG=4，
又∵DG∥BC，
∴四边形BCFG是平行四边形．
【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式，平行四边形的判定，一元二次方程根与系数的关系，利用参
数表示点的坐标是解决问题的关键．
【题型5 线段和差倍分的最值】
1
【例5】（23-24·山东济南·一模）抛物线y=− x2+(a−1)x+2a与x轴交于A(b,0)，B(4,0)两点，与y轴
2
交于点C(0,c)，点P是抛物线在第一象限内的一个动点，且在对称轴右侧．(1)求a，b，c的值；
S 1
(2)如图1，连接BC、AP，交点为M，连接PB，若 △PMB = ，求点P的坐标；
S 4
△AMB
(3)如图2，在（2）的条件下，过点P作x轴的垂线交x轴于点E，将线段OE绕点O逆时针旋转得到OE′，
3
旋转角为α(0°<α<90°)，连接E′B，E′C，求E′B+ E′C的最小值．
4
【答案】(1)a=2，b=−2，c=4
( 5)
(2)P 3,
2
❑√337
(3)
4
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点P作PD⊥x轴，交BC于点D，过点A作y轴的平行线交BC的延长线于H，求得l 的解析式，
BC
设P ( m,− 1 m2+m+4 ) ，则D(m,−m+4)，利用相似三角形的判定与性质可得答案；
2
9 3
（3）在y轴上取一点F，使得OF= ，连接BF，由相似三角形的判定与性质可得FE′= CE′ ，可得
4 4
3
E′B+ E′C=BE′+E′F，即可解答．
4
1
【详解】（1）解：将B(4,0)代入y=− x2+(a−1)x+2a，
2
得−8+4(a−1)+2a=0，
∴a=2，
1
∴抛物线的解析式为y=− x2+x+4，
2
令x=0，则y=4，∴c=4，
1
令y=0，则0=− x2+x+4，
2
∴x =4，x =−2，
1 2
∴A(−2,0)，即b=−2；
∴a=2，b=−2，c=4
（2）过点P作PD⊥x轴，交BC于点D，过点A作y轴的平行线交BC的延长线于H，
{ b=4 )
设l ：y=kx+b，将(0,4)，(4,0)代入得 解得：b=4，k=−1，
BC 4k+b=0
∴l ：y=−x+4，
BC
设P ( m,− 1 m2+m+4 ) ，则D(m,−m+4)，
2
1 1
PD= y −y =− m2+m+4−(−m+4)=− m2+2m，
P D 2 2
∵PD∥HA，
∴△AMH∽△PMD，
PM PD
∴ = ，
MA HA
将x=−2代入y=−x+4，
∴HA=6，
1
PM⋅ℎ
S 2 PM 1
∵ △PMB = = = ，
S 1 AM 4
△AMB AM⋅ℎ
2
PD PD 1
∴ = = ，
HA 6 4
3
∴PD= ，
23 1
∴ =− m2+2m，
2 2
∴m =1(舍)，m =3，
1 2
( 5)
∴P 3, ；
2
9
（3）在y轴上取一点F，使得OF= ，连接BF，
4
根据旋转得性质得出：OE′=OE=3，
9
∵OF⋅OC= ×4=9，
4
∴OE′2=OF⋅OC，
OE′ OC
∴ = ，
OF OE′
∵ ∠COE′=∠FOE′，
∴ △FOE′∽△E′OC，
FE′ OE′ 3
∴ = = ，
CE′ OC 4
3
∴
FE′= CE′
，
4
3 3
∴
E′B+ E′C=BE′+E′F，当B、E′、F三点共线时，此时E′B+ E′C最小=BF，
4 4
最小值为：BF=❑
√
42+
(9) 2
=
❑√337
．
4 4
【点睛】此题考查的是二次函数的综合题意，涉及到相似三角形的判定与性质、二次函数与面积的问题、
待定系数法求解析式，旋转的性质等知识．正确的作出辅助线是解此题的关键．
【变式5-1】（23-24九年级·安徽合肥·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+2❑√3x的顶点为A点，且与x轴的正半轴交于点B．
（1）连接AO，AB，则△AOB为 三角形；
1
（2）P点为该抛物线对称轴上一点，当OP+ AP取最小值时，OP= ．
2
【答案】 等边 2
【分析】连接AO、AB，PB，作PH⊥OA于H，BC⊥AO于C，解方程得到−x2+2❑√3x=0得B(2❑√3，
0)，利用配方法得到A(❑√3，3)，则OA=2❑√3，从而可判断△AOB为等边三角形，接着利用
1 1
∠OAP=30°得到PH= AP，利用抛物线的对称性得到PO=PB，所以OP+ AP=PB+PH，根据两
2 2
点之间线段最短得到当H、P、B共线时，PB+PH的值最小，最小值为BC的长，然后计算出BC的长，
继而求出OC，再利用勾股定理和含30度的直角三角形的性质求出OP′即可．
【详解】解：连接PB，作PH⊥OA于H，BC⊥AO于C，如图，
当y=0时，−x2+2❑√3x=0，
解得x =0，x =2❑√3，则B(2❑√3，0)，
1 2
y=−x2+2❑√3x=−(x−❑√3) 2+3，则A(❑√3，3)，
∴OA=❑√ (❑√3) 2+32=2❑√3，
而AB=AO=2❑√3，
∴AB=AO=OB，
∴△AOB为等边三角形，
∴∠OAP=30°，
1
∴PH= AP，
2
∵AP垂直平分OB，∴PO=PB，
1
∴OP+ AP=PB+PH，
2
当H、P、B共线时，PB+PH的值最小，最小值为BC的长，
❑√3 ❑√3
而BC= AB= ×2❑√3=3，
2 2
1
则OC=❑√OB2−BC2=❑√3= OB，此时OP′=P′B，
2
∴∠OBC=∠P′OB=30°，
∴∠AOP′=30°，
OC
∴OP′= ×2=2，
❑√3
故答案为：等边；2．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，勾股定理，等边三角形的判定和性质，含30度的直角三角形的
性质，把求二次函数y=ax2+bx+c(a，b，c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元
二次方程．也考查了二次函数的性质和最短路径的解决方法．
【变式5-2】 （23-24九年级·安徽阜阳·阶段练习）已知抛物线与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点
C(0，6)，顶点为D(2，8)．(1)求此抛物线的解析式；
(2)如图1，点P为抛物线对称轴（直线l）上的动点，求当|PB−PC)取得最小值时点P的坐标；
(3)如图2，在第一象限内，抛物线上有一动点M，求△BCM面积的最大值．
1
【答案】(1)y=− x2+2x+6；
2
(2)点P的坐标为(2，2)；
27
(3)△BCM面积的最大值为 ．
2
【分析】（1）设出顶点式，利用待定系数法即可求解；
（2）先求得A，B两点的坐标，当PB=PC时，|PB−PC)取得最小值，利用两点之间的距离公式列式求
解即可；
（3）连接OM，设M ( m，− 1 m2+2m+6 ) ，利用S =S +S −S 列式得
2 △BCM △BOM △COM △BOC
3 27
S =− (m−3) 2+ ，利用二次函数的性质即可求解．
△BCM 2 2
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为y=a(x−2) 2+8，
∵经过点C(0，6)，
∴6=a(0−2) 2+8，
1
解得a=− ，
2
1 1
∴抛物线的解析式为y=− (x−2) 2+8=− x2+2x+6；
2 2
1
（2）解：令y=0，则− (x−2) 2+8=0，
2
解得x=−2或x=6，
∴A(−2，0)，B(6，0)，
设点P的坐标为(2，n)，
当PB=PC时，|PB−PC)=0，
当PB≠PC时，|PB−PC)>0，
∴当PB=PC时，|PB−PC)取得最小值，此时PB2=PC2，即(2−6) 2+(n−0) 2=(2−0) 2+(n−6) 2，
解得n=2，
∴点P的坐标为(2，2)；
（3）解：连接OM，如图，
设M ( m，− 1 m2+2m+6 ) (0<m<6)，
2
∴S =S +S −S
△BCM △BOM △COM △BOC
= 1 ×6 ( − 1 m2+2m+6 ) + 1 ×6m− 1 ×6×6
2 2 2 2
3
=− m2+9m
2
3 27
=− (m−3) 2+ ，
2 2
3
∵− <0，
2
27
∴△BCM面积的最大值为 ．
2
【点睛】本题考查了利用待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的
图象及性质是解题的关键．
【变式5-3】（23-24九年级·广东东莞·期中）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与y轴相交于点
C(0,−2)，与x轴分别交于点B(3,0)和点A，且∠CAO=45°．
(1)求抛物线解析式；(2)抛物线上是否存在一点Q，使得∠BAQ=∠ABC，若存在，请求出点Q坐标，若不存在，请说明理由；
❑√2
(3)抛物线的对称轴交x轴于点D，在y轴上是否存在一个点P，使 PC+PD的值最小，若存在，请求出
2
最小值，若不存在，请说明理由．
1 1
【答案】(1)y= x2− x−2
3 3
( 14)
(2)存在，点Q坐标为 5, 或(1,−2)
3
5❑√2
(3)存在，
4
【分析】（1）根据点C的坐标，∠CAO=45°可求出点A的坐标，运用待定系数法即可求解；
（2）如图所示，过点A作AM∥BC交y轴于点M，交抛物线于点Q，作M关于x轴的对称点M′，作AM′
交抛物线于Q′，根据题意分别计算出直线AM,AQ′的解析式，根据直线与抛物线由交点，联立方程组求
解即可；
（3）如图所示，过点P作PH⊥AC于H，过点D作DH′⊥AC于H′，交y轴于点P′，根据点A,C的坐
❑√2
标可得△AOC是等腰直角三角形，由此可得△PHC,△DH′C是等腰直角三角形，可得 PC=PH，当
2
❑√2
P运动到P′，H和H′重合时， PC+PD的值最小，最小值是DH′，根据抛物线的特点可得点D的坐标，
2
由此可求出AD的长，根据等腰直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：∵C(0,−2)，
∴OC=2，
∵∠CAO=45°，
∴OC=OA，
∴OA=2，
∴A(−2,0)，
将A(−2,0)，B(3，0)，C(0,−2)代入y=ax2+bx+c(a≠0)得，
1
{ a= )
{4a−2b+c=0
)
3
9a+3b+c=0 ，解得， 1 ，
b=−
c=−2 3
c=−21 1
∴抛物线的解析式为：y= x2− x−2．
3 3
（2）解：存在一点Q，使得∠BAQ=∠ABC，理由如下：
如图所示，过点A作AM∥BC交y轴于点M，交抛物线于点Q，作M关于x轴的对称点M′，作AM′交抛
物线于Q′，
∵AM∥BC，
∴∠QAB=∠ABC，即点Q是满足题意的点，
∵B(3，0)，C(0,−2)，
2
∴直线BC的解析式为：y= x−2，
3
2 2
设直线AM的解析式为：y= x+m，将A(−2,0)代入得：0= ×(−2)+m，
3 3
4
∴m= ，
3
2 4 ( 4)
∴直线AM的解析式为：y= x+ ，M 0, ，
3 3 3
2 4
{ y= x+ )
3 3
直线AM与抛物线联立方程组得 ，
1 1
y= x2− x−2
3 3
{x=−2) {
x=5
)
解得， （与A重合，舍去）或 14 ，
y=0 y=
3
( 14)
∴Q 5, ，
3
∵M、M′关于x轴对称，
2
∴直线BC的解析式为：y= x−2，
3
∴∠Q′
AB=∠QAB=∠ABC，M′(
0,−
4)
，
3∴Q′是满足题意的点，
4 4
设直线AQ′的解析式为：y=kx− ，将A(−2,0)代入得：−2k− =0，
3 3
2
∴k=− ，
3
2 4
∴直线AQ′的解析式为：y=− x− ，
3 3
2 4
{ y=− x− )
3 3
直线AQ′与抛物线联立方程组得 ，
1 1
y= x2− x−2
3 3
{x=−2) { x=1 )
解得， （与A重合，舍去）或 ，
y=0 y=−2
∴Q(1,−2)，
( 14)
综上所述，点Q坐标为 5, 或(1,−2)．
3
❑√2
（3）解：在y轴上存在一个点P，使 PC+PD的值最小，理由如下：
2
如图所示，过点P作PH⊥AC于H，过点D作DH′⊥AC于H′，交y轴于点P′，
∵y=
1
x2−
1
x−2=
1(
x−
1) 2
−
25
，
3 3 3 2 12
1
∴抛物线的对称轴为直线x= ，
2
(1 )
∴D ,0 ，
2
∵A(−2,0)，C(0,−2)，则OA=OC=2，
∴△AOC是等腰直角三角形
∴∠OCA=45°=∠OAC，
∴△PCH是等腰直角三角形，
❑√2
∴PH= PC，
2❑√2
∴ PC+PD最小即是PH+PD最小，
2
❑√2
∴当P运动到P′，H和H′重合时， PC+PD的值最小，最小值是DH′，
2
∵∠OAC=45°，DH′⊥AC，
∴△ADH′是等腰直角三角形，
❑√2
∴DH′= AD，
2
(1 )
∵A(−2,0)，D ,0 ，
2
5
∴AD= ，
2
5❑√2 ❑√2 5❑√2
∴DH′= ，即 PC+PD的最小值为 ．
4 2 4
【点睛】本题主要考查二次函数与几何图形的综合，掌握待定系数法解二次函数解析式，几何图形的变换
特点，一次函数与二次函数联立方程组求解，等腰直角三角形的判定和性质等知识的综合运用是解题的关
键．
【题型6 由二次函数性质求二次函数的最值】
【例6】（23-24九年级·陕西西安·阶段练习）如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A(1,0),B(3,0)，
与y轴交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点M(x ,y ),N(x ,y )是抛物线上不同的两点且x +x =4(x −x )，求y −y 的最小值．
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
【答案】(1)y=x2−4x+3
(2)y −y 的最小值为−1
1 2
【分析】（1）抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A(1,0),B(3,0)，可设y=a(x−1)(x−3)，求出点C的坐标，代入函数解析式求出a的值，即可得到答案；
( 1) 2
（2）根据题意得到y −y =4 x −x − −1，进一步即可得到y −y 的最小值．
1 2 1 2 2 1 2
【详解】（1）解：设抛物线的表达式为y=a(x−1)(x−3)，
∵图象与y轴交于点C，当x=0时，y=ax2+bx+3=3，
∴C(0,3)，
代入y=a(x−1)(x−3)得，
∴3a=3，
解得，a=1，
∴抛物线的解析式为y=(x−1)(x−3)，
即y=x2−4x+3；
（2）∵y −y =(x2−4x +3)−(x2−4x +3)
1 2 1 1 2 2
=(x +x )(x −x )−4(x −x )，x +x =4(x −x )，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 1
∴y −y =4(x −x ) 2−4(x −x )=4 ( x −x − 1) 2 −1，
1 2 1 2 1 2 1 2 2
( 1) 2
∵4 x −x − ≥0，
1 2 2
( 1) 2
∴4 x −x − −1≥−1，
1 2 2
∴y −y 的最小值为−1．
1 2
【点睛】此题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的图象和性质等知识，读懂题意和准确计算
是解题的关键．
【变式6-1】（23-24九年级·江西赣州·期中）观察下列两个数的乘积，说明其中哪个积最大．
1×100,2×99,3×98,4×97,⋅⋅⋅,99×2,100×1．
【观察发现】（1）发现所列各组式子中两个因数的和都为_____________．
【问题解决】（2）若设其中一个因数为x（1≤x≤100，且为正整数），所列两个数的积为y，请说明哪
个积最大，最大值是多少．
【拓展应用】（3）若大于0的a、b满足a+b=4，求a2+b2的最小值．
【答案】（1）101；（2）x取50或51时，y最大为2250；（3）8
【分析】（1）两因数相加即可；
（2）可将题目中的算式设为y=x(101−x)的形式，利用二次函数的最值求得结果；（3）由题意可知b=4−a，a2+b2=a2+(4−a) 2，再次利用二次函数的最值求得结果即可.
【详解】（1）1+100=2+99=3+98=4+97=⋯=99+2=100+1=101，
故答案为：101；
（2）由题意可知，另一个因数为101−x,
则y=x(101−x)=−x2+101x（1≤x≤100，且为正整数），
b 101
对称轴为x=− = ，因x是正整数，且1≤x≤100，
2a 2
所以x取50或51时，y最大为2250．
（3）∵a+b=4,∴b=4−a，
∴a2+b2=a2+(4−a) 2=2a2−8a+16=2(a−2) 2+8，
当x=2时，有最小值为8．
【点睛】本题主要考查了根据已知归纳规律和二次函数的最值问题，发现规律，运用二次函数的最值证明
是解答此题的关键.
【变式6-2】（（23-24·贵州·模拟预测）已知二次函数y=ax2−4x+c（a≠0，a，c为常数）的图象经过
点(1,−6)，(−4,−1)
(1)求二次函数的表达式；
(2)当−1≤x＜0时，求二次函数的最大值；
(3)当m≤x≤0时，二次函数的最大值与最小值的和为2m，求m的值．
【答案】(1)y=−x2−4x−1；
(2)最大值为2；
(3)m=−3+❑√7或−3−❑√11【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的性质是
解此题的关键．
（1）利用待定系数法计算即可得出答案；
（2）先求出抛物线的顶点坐标为(−2,3)，再根据抛物线的性质得出当x=−1时，y有最大值为2；
（3）由（2）得：抛物线的对称轴为直线x=−2，再分两种情况：当−2≤m<0时，当m<−2时，分别计
算即可得出答案．
{ a−4+c=−6 )
【详解】（1）解：把(1,−6)，(−4,−1)代入y=ax2−4x+c，得： ，
16a+16+c=−1
{a=−1)
解得： ，
c=−1
∴二次函数的表达式为y=−x2−4x−1；
（2）解：∵y=−x2−4x−1=−(x+2) 2+3，
∴抛物线的顶点坐标为(−2,3)，
∵−1<0，
∴抛物线开口向下，
又∵−1≤x≤0，
∴当x=−1时，y有最大值为2；
（3）解：由（2）得：抛物线的对称轴为直线x=−2，
∴当x>−2时，y随x的增大而减小；
当x<−2时，y随x的增大而增大，
①当−2≤m<0时，
当x=0时，y有最小值为−1，
当x=m时，y有最大值为−m2−4m−1，
∴−m2−4m−1+(−1)=2m，
∴m=−3+❑√7或m=−3−❑√7（舍去）．
②当m<−2时，
当x=−2时，y有最大值为3，
∵y的最大值与最小值之和为2m，
∴y最小值为2m−3，
∴−(m+2) 2+3=2m−3，
∴m=−3−❑√11或m=−3+❑√11（舍去）．综上所述，m=−3+❑√7或−3−❑√11．
【变式6-3】（23-24九年级·湖南长沙·开学考试）在平面直角坐标系中，我们将形如(1,−1)，(−2.1,2.1)
这样，纵坐标与横坐标互为相反数的点称之为“互补点”．
(1)直线y=2x−3上的“互补点”的坐标为_________；
(2)直线y=kx+2(k≠0)上是否有“互补点”，若有，请求出点的坐标，若没有请说明理由；
1
(3)若函数y= x2+(n−k−1)x+m+k−2的图象上存在唯一的一个“互补点”，且当−1≤n≤2时，m的
4
最小值为k，求k的值．
【答案】(1)(1,−1)
( −2 2 )
(2)直线y=kx+2(k≠0)上有“互补点”，点的坐标为 , (k≠0，k≠−1)
k+1 k+1
(3)1或3+❑√3
【分析】（1）设直线y=2x−3上的“互补点”的坐标为(x,2x−3)，则可得出−x=2x−3，解出x的值，
即可得出答案；
（2）设直线y=kx+2(k≠0)上存在“互补点”(t,−t)，则可得−t=kt+2，解出t的值，即可得出答案；
1
（3）设“互补点”的坐标为(a,−a)，则方程−a= a2+(n−k−1)a+m+k−2有唯一解，则其根的判别
4
式Δ=0，即16(n−k) 2−4×4(m+k−2)=0，m=(n−k) 2−k+2．再结合二次函数的性质分类讨论①当
−1≤k≤2时， ②当k<−1时和③当k>2时求解即可．
【详解】（1）设直线y=2x−3上的“互补点”的坐标为(x,2x−3)，
∴−x=2x−3，
解得：x=1，
∴直线y=2x−3上的“互补点”的坐标为(1,−1)，
故答案为：(1,−1)；
（2）设直线y=kx+2(k≠0)上存在“互补点”(t,−t)，
则由题意得：−t=kt+2，
−2
解得：t= (k≠0,k≠−1)，
k+1
( −2 2 )
∴直线y=kx+2(k≠0)上有“互补点”，点的坐标为 , (k≠0，k≠−1)；
k+1 k+1（3）设“互补点”的坐标为(a,−a)，
1
由题意可知，方程−a= a2+(n−k−1)a+m+k−2有唯一解，
4
整理得：a2+4(n−k)a+4(m+k−2)=0，
∴Δ=16(n−k) 2−4×4(m+k−2)=0．
整理得：m=n2−2kn+k2−k+2=(n−k) 2−k+2．
∴当n<k时，m随n的增大而减小；当n>k时，m随n的增大而增大；当n=k时，m取得最小函数值
−k+2．
①当−1≤k≤2时，此时当n=k时，m取得最小值，
由题意得−k+2=k，解得k=1；
②当k<−1时，此时当n=−1时，m取得最小值，
由题意得(−1−k) 2−k+2=k，
整理得：k2+2=0，方程无解；
③当k>2时，此时当n=2时，m取得最小值，
由题意得(2−k) 2−k+2=k，
整理得：k2−6k+6=0，
解得k =3+❑√3，k =3−❑√3（舍）．
1 2
综上所述，k的值为1或3+❑√3．
【点睛】本题考查一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质．读懂题意，理解“互补点”的定义是
解题关键．
【题型7 由二次函数的最值求字母的值】
【例7】（（23-24九年级·全国·专题练习）已知在平面直角坐标系中，设二次函数y =x2+bx+a，
1
y =ax2+bx+1(a、b是实数，a≠0)．
2
(1)若函数y 的对称轴为直线x=3，且函数y 的图象经过点(a,−6)，求函数y 的表达式；
1 1 1
1
(2)若函数y 的图象经过点(r,0)，其中r≠0，求证：函数y 的图象经过点( ，0)；
1 2 r(3)设函数y 和函数y 的最小值分别为m和n，若m+n=0，求m、n的值．
1 2
【答案】(1)y =x2−6x+2或y =x2−6x+3
1 1
(2)证明见解析
(3)m=0，n=0
【分析】（1）由对称轴可得b=−6，再将点(a,−6)代入y =x2−6x+a即可求a的值，进而求函数解析式；
1
1
（2）将点(r,0)代入y ，得到0=r2+br+a，再方程两边同时除以r2， 是ax2+bx+1=0的解，即可证明
1 r
1
函数y 的图象经过点( ，0)；
2 r
b2 b2
（3）分别求出m=a− ，n=1− ，由题意可得a>0，且(a+1)(4a−b2 )=0，即可得b2=4a，从而
4 4a
求出m=n=0．
本题考查二次函数图象上点的坐标特点，熟练掌握二次函数对称轴、最大（小)值的求法是解题的关键．
【详解】解：（1）∵函数y 的对称轴为直线x=3，
1
b
∴− =3，
2
∴b=−6，
∴y =x2−6x+a，
1
∵函数y 的图象经过点(a,−6)，
1
∴−6=a2−6a+a，
∴a2−5a+6=0，
解得a=2或a=3，
∴y =x2−6x+2或y =x2−6x+3；
1 1
（2）∵函数y 的图象经过点(r,0)，
1
∴0=r2+br+a，
∵r≠0，
b 1
方程两边同时除以r2得，1+ + a=0，
r r21 2 1
即a( ) +b⋅ +1=0，
r r
1
∴ 是ax2+bx+1=0的解，
r
1
∴函数y 的图象经过点( ，0)；
2 r
（3）∵函数y 和函数y 的最小值分别为m和n，
1 2
b2 b2
∴m=a− ，n=1− ，
4 4a
∵m+n=0，
b2 b2
∴a− +1− =0，
4 4a
∴(a+1)(4a−b2 )=0，
∴b2=4a或a=−1，
∵函数y 和函数y 都有最小值，
1 2
∴a>0，
当b2=4a时，m=0，n=0．
【变式7-1】（23-24九年级·河南许昌·期末）如图，已知二次函数y=x2+ax+a−4的图象经过点
P(−2,−2)．
(1)求a的值和二次函数图象的顶点坐标．
(2)已知点Q(m,n)在该二次函数图象上．
①当m=−3时，求n的值；
②当m≤x≤m+1时，该二次函数有最小值1，请结合函数图像求出m的值．
【答案】(1)a=2，(−1,−3)
(2)①当m=−3时，n=1；②m=−4或m=1【分析】本题考查二次函数的图象、性质、最值等；
（1）将点P(−2,−2)代入二次函数，利用待定系数法求解a的值；将该二次函数的解析式配方，可得图
象的顶点坐标；
（2）①将m=−3代入二次函数的解析式即可求出n的值；
②当二次函数的y值为1时，求出x的2个值，根据m≤x≤m+1的端点可求出m的值．
【详解】（1）解：将点P(−2,−2)代入y=x2+ax+a−4，得4−2a+a−4=−2，解得a=2．
∴二次函数的表达式为y=x2+2x−2．
∵y=x2+2x−2=(x+1) 2−3，
∴二次函数图象的顶点坐标为(−1,−3)．
（2）①将x=−3代入y=x2+2x−2，
得y=9−6−2=1．
∴当m=−3时，n=1．
②由（1），可知抛物线的对称轴为直线x=−1，点(−3,1)关于直线x=−1的对称点为(1,1)，如解图所示．
根据函数图象，若满足当m≤x≤m+1时，该二次函数有最小值1，则m+1=−3或m=1，
∴m=−4或m=1．
【变式7-2】（23-24九年级·湖南长沙·阶段练习）已知拋物线y=a(x−ℎ) 2+k与x轴交于A，B两点（A在
B的左边），与y轴交于点C．顶点为M．(1)如图，若该拋物线可以由抛物线y=ax2先向右平移5个单位，在向上平移4个单位得到，点C坐标为
(0,−21)．
（i）求A，B两点的坐标；
（ii）若线段AM的垂直平分线交x轴交于点D，交y轴交于点E，交AM交于点P，求证：四边形ADME
是菱形；
(2)已知a=1，抛物线顶点M在直线y=2x−5上，若在自变量x的值满足2ℎ≤x≤2ℎ +3的情况下，对应
1
函数值y的最小值为 ，求h的值．
4
【答案】(1)（i）A(3,0)、B(7,0)；（ii）证明见解析；
3 15
(2)h的值为 或− ．
2 2
【分析】（1）（i）根据平移的性质和待定系数法，求出该抛物线解析式为y=−(x−5) 2+4，令y=0，求
出x的值，即可得到A，B两点的坐标；
（ii）根据二次函数的性质，得到顶点M(5,4)，利用垂直平分线的性质，得到EA=EM，AD=DM，
1
P(4,2)，再利用待定系数法和勾股定理，求出直线DE的解析式y=− x+4，得到D(8,0)，进而求得
2
AD=EM，即可证明四边形ADME是菱形；
（2）分两种情况讨论：①当ℎ≥0时；②当ℎ <0时，利用二次函数的性质，分别求出最小值方程，求解即
可得到答案．
【详解】（1）（i）解：由平移性质可知，该抛物线解析式为y=a(x−5) 2+4，
∵点C(0,−21)在抛物线上，
∴25a+4=−21，
解得：a=−1，
∴该抛物线解析式为y=−(x−5) 2+4，
令y=0，则−(x−5) 2+4=0，
解得：x =3，x =7，
1 2
∵该拋物线与x轴交于A，B两点，且A在B的左边，∴A(3,0)、B(7,0)；
（ii）证明：∵抛物线y=−(x−5) 2+4的顶点为M，
∴M(5,4)，
∵ED是AM的垂直平分线，
∴EA=EM，AD=DM，点P为AM的中点，
(3+5 0+4)
∴点P的坐标为 , =(4,2)，
2 2
设直线DE的解析式为y=kx+b，
2−b
∴4k+b=2，解得：k= ，
4
2−b
∴直线DE的解析式为y= x+b，
4
令x=0，则y=b，
∴E(0,b)，
∴EA=❑√OE2+OA2=❑√b2+9，EM=❑√(5−0) 2+(4−b) 2=❑√b2−8b+41，
∴❑√b2+9=❑√b2−8b+41，
解得：b=4，
1
∴直线DE的解析式为y=− x+4，E(0,4)，
2
1
令y=0，则− x+4=0，
2
解得：x=8，
∴D(8,0)，
∴AD=8−3=5，
∵EM=❑√(5−0) 2+(4−4) 2=5，
∴AD=EM，
∴EA=EM=AD=DM，
∴四边形ADME是菱形；
（2）解：∵a=1，∴抛物线解析式y=(x−ℎ) 2+k，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x= ℎ，顶点坐标M(ℎ,k)，
∵抛物线顶点M在直线y=2x−5上，
∴2ℎ−5=k，
①当ℎ≥0时，此时2ℎ≤x≤2ℎ +3在对称轴x= ℎ的右侧，y随x的增大而增大，
∴y的最小值为y ，
(2ℎ)
1
∴(2ℎ−ℎ) 2+(2ℎ−5)= ℎ 2+2ℎ−5= ，
4
3 7
解得：ℎ = ，ℎ =− （舍）；
1 2 2 2
②当ℎ <0时，
若2ℎ +3< ℎ，即ℎ <−3，此时2ℎ≤x≤2ℎ +3在对称轴x= ℎ的左侧，y随x的增大而减小，
∴y的最小值为y ，
(2ℎ+3)
1
∴(2ℎ +3−ℎ) 2+(2ℎ−5)= ，
4
1
∴ℎ 2+8ℎ +4= ，
4
15 1
解得：ℎ =− ，ℎ =− （舍）；
1 2 2 2
若2ℎ +3≥ℎ，即−3≤ℎ <0，此时对称轴x= ℎ在2ℎ≤x≤2ℎ +3的范围内，
∴y的最小值为y ，
(ℎ)
1
∴(ℎ−ℎ) 2+(2ℎ−5)=2ℎ−5= ，
4
21
解得：ℎ = （舍），
8
3 15
综上可知，h的值为 或− ．
2 2
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法求函数解析式，垂直平分线的性质，
勾股定理，菱形的判定等知识，利用分类讨论的思想，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．
【变式7-3】（（23-24·广西贺州·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=ax2+bx−3与x轴交
于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且OB=3OA=3．(1)求这个二次函数的解析式；
(2)若点M是线段BC下方抛物线上的一个动点（不与点B，点C重合），过点M作直线MN⊥x轴于点
D，交线段BC于点N．是否存在点M使得线段MN的长度最大，若存在，求线段MN长度的最大值，若不
存在，请说明理由；
(3)当二次函数y=ax2+bx−3的自变量x满足t≤x≤t+1时，此函数的最大值与最小值的差为2，求出t的
值．
【答案】(1)y=x2−2x−3
9
(2)存在点M使得线段MN的长度最大，最大值是
4
1 3
(3)t=− 或t=
2 2
【分析】
（1）先求出点A、B的坐标，再将点A、B的坐标代入函数表达式y=ax2+bx−3，求出a，b值，即可得
答案；
（2）由题意巧设坐标，用未知数m表示出来MN的长度，根据二次函数最值问题即可解决问题；
1
（3）分 4 种情况，当t+1≤1时， t2−2t−3−t2+4=−2t+1=2，解得：t=− ；当t≥1时，
2
3 1
t2−4−(t2−2t−3)=2t−1=2，解得：t= ；当t<1<t+ ，函数的最小值是−4，函数的最大值t2−4，
2 2
1
t不符合题意；当t+ <1<t+1时，函数的最小值是−4，函数的最大值t2−2t−3，t不符合题意．
2
【详解】（1）解：∵OB=3OA=3，
∴点A、B的坐标分别为(−1,0),(3,0)，
将点A、B的坐标代入函数表达式y=ax2+bx−3，{ a−b−3=0 ) { a=1 )
，解得：
9a+3b−3=0 b=−2
∴抛物线的表达式为y=x2−2x−3；
（2）当x=0时，y=−3，
∴点C的坐标为(0,−3)，
设直线BC的关系式为y=kx+n，将B(3,0),C(0,−3)代入y=kx+n，
{3k+n=0) { k=1 )
，解得
n=−3 n=−3
∴直线BC的关系式为y=x−3，
设M(m,m2−2m−3)，则N(m,m−3)，
∴MN=m−3−(m2−2m−3)=−m2+3m=− ( m− 3) 2 + 9
2 4
3 9
当m= 时，线段MN长度有最大值 ，
2 4
9
∴存在点M使得线段MN的长度最大，最大值是 ；
4
（3）
b −2
∵− =− =1，
2a 2
∴1−2−3=−4，
∴二次函数的顶点坐标是(1,−4)，
当x=t时，y=t2−2t−3，当x=t+1时，y=(t+1) 2−2(t+1)−3=t2−4，
当t+1≤1时，即t≤0，此时函数的最小值是t2−4，函数的最大值t2−2t−3，
∴t2−2t−3−t2+4=−2t+1=2，
1
解得：t=− ；
2
当t≥1时，此时函数的最小值是t2−2t−3，函数的最大值t2−4，
∴t2−4−(t2−2t−3)=2t−1=2，
3
解得：t= ；
2
1
当t<1<t+ ，函数的最小值是−4，函数的最大值t2−4，
2t2−4−(−4)=2，
解得：t=❑√2（舍去）或t=−❑√2（舍去）；
1
当t+ <1<t+1时，函数的最小值是−4，函数的最大值t2−2t−3，
2
t2−2t−3−(−4)=2，
解得：t=1+❑√2（舍去）或t=1−❑√2（舍去）；
1 3
综上所述：t=− 或t= ．
2 2
【点睛】本题考查了二次函数解析式的求法，二次函数的图像及性质，熟练掌握二次函数的图像及性质，
函数图像平移的性质，数形结合，分类讨论是解题的关键．
【题型8 由二次函数的最值求字母的取值范围】
【例8】（23-24九年级·江苏南通·阶段练习）用好错题本可以有效的积累解题策略，减少再错的可能．下
面是小颖同学错题本上的一道题，请仔细阅读，并完成相应任务．
*年*月*日 星期天
错题***
在平面直角坐标系中，抛物线y=x2−2mx+m2+1存在两点A(m−1,y )，B(m+2,y ).
1 2
①求此抛物线的对称轴；（用含m的式子表示）
②记抛物线在A，B之间的部分为图象F（包括A，B两点），y轴上一动点C(0,a)，过点C作垂直于y轴
的直线l与F有且仅有一个交点，求a的取值范围；
任务一：请帮助小颖完成上述错题订正；
任务二：若点M(2,y )也是此抛物线上的点，记抛物线在A，M之间的部分为图象G（包括M，A两点），
3
记图形G上任意一点的纵坐标的最大值与最小值的差为t，若t≥|y −y )，直接写出m的取值范围．
2 1
【答案】任务一：①抛物线的对称轴为x=m；②a的取值范围为a=1或2<a≤5；任务二：m≤2−❑√3或
m≥4
【分析】本题考查二次函数的综合应用．熟练掌握二次函数的图象和性质，利用数形结合的思想进行求解
是解题的关键．
任务一：①将一般式转化为顶点式即可得解；
②将A(m−1,y )，B(m+2,y )代入解析式，求出y ,y ，画出函数图象，利用数形结合的方法求解即可；
1 2 1 2
任务二：分点M在点A的左侧；点A的右侧，对称轴的左侧；以及对称轴的右侧，结合图象进行分类讨论求解即可．
【详解】解：任务一：①∵ y=x2−2mx+m2+1=(x−m) 2+1，
∴抛物线的对称轴为x=m；
②由y=x2−2mx+m2+1=(x−m) 2+1，
得抛物线的顶点坐标为(m,1)，
当x=m−1时：y =(m−1−m) 2+1=2，
1
当x=m+2时：y =(m+2−m) 2+1=5，
1
∴ A(m−1,2)，B(m+2,5)，
∵ C(0,a)，
∴过点C垂直于y轴的直线l:y=a，如图：
由图象可知：当a=1或2<a≤5时，直线l与F有且仅有一个交点，
∴ a的取值范围为a=1或2<a≤5；
任务二：∵A(m−1,2),B(m+2,5)，
∴t≥|y −y )=5−2=3，
2 1
当x=2时，y =m2−4m+5，
3
∴M(2,m2−4m+5)
①当M在点A的左侧，即：m−1>2，m>3时：
在对称轴的左侧，y随x的增大而减小，
∴M点的纵坐标最大，A点的纵坐标最小，
∴t=m2−4m+5−2=m2−4m+3≥3，解得：m≥4或m≤0（舍掉）；
②当M在点A的右侧，对称轴的左侧时，此时t<2−1=1，不符合题意；
③当M对称轴的右侧，即m<2时，当y ≤2时，
3
此时A点的纵坐标最大，抛物线的顶点处的纵坐标最小：t=2−1=1<3不符合题意；
③当M对称轴的右侧，即m<2时，当y >2时，
3
此时M点的纵坐标最大，抛物线的顶点处的纵坐标最小，
∴t=m2−4m+5−1=m2−4m+4≥3，
解得：m≥2+❑√3（舍），或m≤2−❑√3；
∴m≤2−❑√3；
综上：m≤2−❑√3或m≥4．
【变式8-1】（23-24九年级·河南郑州·阶段练习）如图，已知二次函数y=−x2+bx+c的图象经过点
A(4,1)，点B(0,5)．
(1)求该二次函数的表达式，并求出对称轴和顶点坐标；29
(2)点C(m,n)在该二次函数图象上，当m≤x≤4时，n的最大值为 ，最小值为1，请根据图象直接写出m
4
的取值范围．
3 (3 29)
【答案】(1)表达式为y=−x2+3x+5，对称轴是：直线x= ，顶点坐标为 ,
2 2 4
3
(2)−1≤m≤
2
【分析】本题主要考查了待定系数法，二次函数的图象与性质，
（1）采用待定系数法即可求解二次函数关系式，再化为顶点式即可作答；
(3 29)
（2）当−x2+3x+5=1，解得x=−1或x=4，可得A(4,1)，D(−1,1)，根据顶点坐标为 , ，数形
2 4
结合即可作答．
【详解】（1）将点A、B的坐标分别代入二次函数，得方程组：
¿，
{b=3)
解得 ，
c=5
∴y=−x2+3x+5，
∵y=−x2+3x+5=− ( x− 3) 2 + 29 ，
2 4
3 (3 29)
∴对称轴是：直线x= ，顶点坐标为 , ．
2 2 4
3 (3 29)
答：该二次函数的表达式为y=−x2+3x+5，对称轴是：直线x= ，顶点坐标为 , ．
2 2 4
（2）当−x2+3x+5=1，解得x=−1或x=4，
(3 29)
如图，A(4,1)，D(−1,1)，顶点是E , ，
2 43
根据题意，点C应在点E、D之间的函数图象上，可以看出，−1≤m≤ ．
2
【变式8-2】（（23-24·浙江温州·模拟预测）已知二次函数y=ax2−2ax+3图象的一部分如图所示，它经
过(−1,0)．
(1)求这个二次函数的表达式，并在图中补全该图象；
(2)当−2≤x≤t时，函数的最大值为m，最小值为n，若m−n=9，求t的取值范围．
【答案】(1)y=−x2+2x+3，见解析
(2)1≤t≤4
【分析】本题考查了求二次函数的解析式、二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解
题关键．
（1）利用待定系数法可得二次函数的表达式，再利用描点法补全该图象即可得；
（2）分三种情况：−2<t<1，1≤t≤4和t>4，利用二次函数的性质求解即可得．
【详解】（1）解：将点(−1,0)代入y=ax2−2ax+3得：a+2a+3=0，
解得a=−1，
则这个二次函数的表达式为y=−x2+2x+3，
在图中补全该图象如下：．
（2）解：二次函数y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4的顶点坐标为(1,4)，y的最大值为4，
当x=−2时，y=−(−2−1) 2+4=−5，
由二次函数的对称性可知，当x=2×1−(−2)=4时，y=−5，
①当−2<t<1时，
则在−2≤x≤t内，y随x的增大而增大，
∴此时函数的最大值m<4，最小值n=−5，
∴m−n<9与m−n=9不符，舍去；
②当1≤t≤4时，
则在−2≤x≤t内，当−2≤x≤1时，y随x的增大而增大；当1<x≤t时，y随x的增大而减小，
∴此时函数的最大值m=4，最小值n=−5，
∴m−n=9，符合题意；
③当t>4时，
则在−2≤x≤t内，当−2≤x≤1时，y随x的增大而增大；当1<x≤t时，y随x的增大而减小，
∴此时函数的最大值m=4，最小值n<−5，
∴m−n>9与m−n=9不符，舍去，
综上，t的取值范围为1≤t≤4．
【变式8-3】（23-24九年级·湖北·周测）已知抛物线y=x2+bx+c经过点B，与y轴交于点A，顶点P在直
线OB上．如图1，若点B的坐标为(3,6)，点P的横坐标为1．(1)试确定抛物线的解析式；
(2)若当m≤x≤4时，y=x2+bx+c的最小值为2，最大值为11，请求出m的取值范围；
(3)已知：点M在抛物线上，点N的坐标为(2,3)，且∠MNA=∠BAN，请直接写出符合题意的点M的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x+3
(2)−2≤m≤1
(3)(−1,6)或(1,2)
【分析】本题主要考查抛物线解析式的求法，抛物线顶点与对称轴的求法以及二次函数图象与性质．
（1）首先求出b的值，然后把b=−2及点B(3,6)的坐标代入抛物线解析式y=x2+bx+c求出c的值，抛物
线的解析式即可求出；；
（2）点（4，11）关于对称轴x=1的对称点的坐标为(−2,11)．当m≤x≤4时，y=x2+bx+c的最小值
为2，最大值为11，即可求解；
（3）当点M在直线AN上方时，由∠MNA=∠BAN，得到直线MN的表达式为：y=−x+5，进而求解；
当点M在直线AN下方时，同理可解．
b
【详解】（1）依题意，− =1，
2×1
解得b=−2．
将b=−2及点B(3,6)的坐标代入抛物线解析式y=x2+bx+c得6=32−2×3+c.
解得c=3．
所以抛物线的解析式为y=x2−2x+3．
（2）由y=x2−2x+3=(x−1) 2+2知，P(1,2)．
∴点(4,11)关于对称轴x=1的对称点的坐标为(−2,11)．
∵当m≤x≤4时，y=x2+bx+c的最小值为2，最大值为11，
∴−2≤m≤1；
（3）由点A、N的坐标知，点A、N关于对称轴对称，则AN∥x轴，当点M在直线AN上方时，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
把点A(0,3),B(3,6)的坐标代入得，
{3k+b=6)
，
b=3
{k=1)
解得，
b=3
∴AB的解析式为y=x+3，
∵∠MNA=∠BAN，
∴MN与AB的交点在对称轴上，
∴当x=1时，y=4，
∴MN与AB的交点坐标为(1,4)，
设直线MN的解析式为y=mx+n，
{2m+n=3)
把(2,3),(1,4)分别代入得 ，
m+n=4
{m=−1)
解得，
n=5
则直线MN的解析式为y=−x+5，
联立y=x2−2x+3和y=−x+5并解得：
{x
1
=−1), {x
2
=2)
（不合题意，舍去），
y =6 y =3
1 2
∴M的坐标为(−1,6)；
当点M在直线AN下方时，
∵∠MNA=∠BAN，
∴MN∥AB,
设直线MN的表达式为：y=x+p，当x=2时，2+p=3，解得，p=1，
∴直线MN的表达式为：y=x+1，
联立y=x2−2x+3和y=x+1并解得：
{x
1
=1), {x
2
=2)
（不合题意，舍去），
y =2 y =3
1 2
∴M的坐标为(1,2)；
综上，点M的坐标为：(−1,6)或(1,2)；
