专题11二次函数考点巩固（解析版）_中考复习资料_语数英物化_2数学中考复习_2023年中考复习资料_专项复习_中考高分导航备战2023年中考数学考点总复习（全国通用）

专题 11 二次函数
（时间：60分钟，满分120分）
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2022·黑龙江哈尔滨）抛物线 的顶点坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据二次函数的顶点式 可得顶点坐标为 即可得到结果．
【详解】∵二次函数解析式为 ，
∴顶点坐标为 ；故选：B．
2．（2022·浙江湖州）把抛物线y=x2向上平移3个单位，平移后抛物线的表达式是( )
A．y= -3 B．y= +3 C．y= D．y=
【答案】B
【分析】根据二次函数图像平移规律：上加下减，可得到平移后的函数解析式.
【详解】∵抛物线y=x2向上平移3个单位，
∴平移后的抛物线的解析式为：y=x2+3.故答案为：B.
3．（2022·黑龙江牡丹江）若二次函数 的图象经过点P（－2，4），则该图象必经过点（ ）
A．（2，4） B．（－2，－4） C．（－4，2） D．（4，－2）
【答案】A
【详解】根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，将P（－2，4）代入 ，得 ，
∴二次函数解析式为 ．
∴所给四点中，只有（2，4）满足 ．故选A．
4．（2021·江苏中考真题）已知抛物线 的对称轴在 轴右侧，现将该抛物线先向右平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度后，得到的抛物线正好经过坐标原点，则 的值是（ ）
A． 或2 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】
根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行解答即可．
【详解】
解：函数 向右平移3个单位，得： ；
再向上平移1个单位，得： +1，
∵得到的抛物线正好经过坐标原点
∴ +1即
解得： 或
∵抛物线 的对称轴在 轴右侧
∴ ＞0
∴ ＜0
∴
故选：B．
5．（2022·山东潍坊）抛物线y=x2+x+c与x轴只有一个公共点，则c的值为（ ）
A． B． C． D．4
【答案】B
【分析】根据抛物线与x轴只有一个公共点，得到根的判别式等于0，即可求出c的值．
【详解】解：∵y=x2+x+c与x轴只有一个公共点，
∴x2+x+c=0有两个相等的实数根，
∴△=1-4c=0，
解得：c= ．故选：B．
6．（2022·山东青岛）已知二次函数 的图象开口向下，对称轴为直线 ，且经过点，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】图象开口向下，得a<0， 对称轴为直线 ，得b=2a，则b<0，图象经过 ，根据
对称性可知，图象经过点 ，故c>0，当x=1时，a+b+c=0，将b=2a代入，可知3a+c=0．
【详解】解：∵图象开口向下，
∴a<0，
∵对称轴为直线 ，
∴b=2a，
∴b<0，故A不符合题意；
根据对称性可知，图象经过 ，
∴图象经过点 ，
∴c>0，故B不符合题意；
当x=1时，a+b+c=0，故C不符合题意；
将将b=2a代入，可知3a+c=0，故D符合题意．故选：D．
a＞0
7．（2021·江苏中考真题）已知二次函数 的图像如图所示，有下列结论：① ；②
b24ac 4ab0 ax2（b1）xc x
＞0；③ ；④不等式 ＜0的解集为1≤ ＜3，正确的结论个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】根据抛物线的开口方向、于x轴的交点情况、对称轴的知识可判①②③的正误，再根据函数图象的特征确
定出函数的解析式，进而确定不等式，最后求解不等式即可判定④．
【详解】
解：∵抛物线的开口向上，
∴a＞0，故①正确；
∵抛物线与x轴没有交点
b24ac
∴ ＜0，故②错误
∵由抛物线可知图象过（1,1），且过点（3,3）
abc1

9a3bc3
∴8a+2b=2
∴4a+b=1，故③错误；
由抛物线可知顶点坐标为（1,1），且过点（3,3）
则抛物线与直线y=x交于这两点
ax2b1xc
ax2bxcx
∴ ＜0可化为 ，
根据图象，解得：1＜x＜3
故④错误．
故选A．
8．（2022·黑龙江齐齐哈尔）如图，二次函数 的图象与y轴的交点在（0，1）与
（0，2）之间，对称轴为 ，函数最大值为4，结合图象给出下列结论：① ；② ；③
；④若关于x的一元二次方程 有两个不相等的实数根，则m>4；⑤当
x<0时，y随x的增大而减小．其中正确的结论有（ ）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【分析】根据二次函数图象与性质逐个结论进行分析判断即可．
【详解】解：∵二次函数 的对称轴为 ，
∴
∴ 故①正确；
∵函数图象开口向下，对称轴为 ，函数最大值为4，
∴函数的顶点坐标为（-1，4）
当x=-1时，
∴
∴ ，
∵二次函数 的图象与y轴的交点在（0，1）与（0，2）之间，
∴ < <2
∴ <4+a<2
∴ ，故②正确；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴
∴ ，故③正确；
∵抛物线的顶点坐标为（-1，4）且方程 有两个不相等的实数根，
∴
∴ ，故④错误；
由图象可得，当x>-1时，y随x的增大而减小，故⑤错误．所以，正确的结论是①②③，共3个，故选：B
9．（2022·四川宜宾）已知抛物线 的图象与x轴交于点 、 ，若以AB为直径
的圆与在x轴下方的抛物线有交点，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，设抛物线的解析式为 ，进而求得顶点的的坐标，结合图形可知当顶
点纵坐标小于或等于-3满足题意，即可求解．
【详解】解： 抛物线 的图象与x轴交于点 、 ，
设抛物线的解析式为
顶点坐标为 ，
,以AB为直径的圆与在x轴下方的抛物线有交点，则圆的半径为3，如图，解得
故选：A
10．（2022·山东潍坊）如图，在▱ABCD中，∠A=60°，AB=2，AD=1，点E，F在▱ABCD的边上，从点A
同时出发，分别沿A→B→C和A→D→C的方向以每秒1个单位长度的速度运动，到达点C时停止，线段
EF扫过区域的面积记为y，运动时间记为x，能大致反映y与x之间函数关系的图象是（ ）
A． B． C．
D．
【答案】A
【分析】分0≤x≤1，1<x<2，2≤x≤3三种情况讨论，利用三角形面积公式求解即可．
【详解】解：当0≤x≤1时，过点F作FG⊥AB于点G，
∵∠A=60°，AE=AF=x，
∴AG= x，由勾股定理得FG= x，
∴y= AE×FG= x2，图象是一段开口向上的抛物线；
当1<x<2时，过点D作DH⊥AB于点H，
∵∠DAH=60°，AE=x，AD=1，DF= x-1，
∴AH= ，
由勾股定理得DH= ，
∴y= (DF+AE)×DH= x- ，图象是一条线段；
当2≤x≤3时，过点E作EI⊥CD于点I，
∵∠C=∠DAB=60°，CE=CF=3-x，
同理求得EI= (3-x)，
∴y= AB×DH - CF×EI= - (3-x)2=- x2+ x- ，图象是一段开口向下的抛物线；
观察四个选项，只有选项A符合题意，故选：A．二、填空题（每题4分，共24分）
11．（2021·江苏中考真题）某快餐店销售A、B两种快餐，每份利润分别为12元、8元，每天卖出份数分
别为40份、80份．该店为了增加利润，准备降低每份A种快餐的利润，同时提高每份B种快餐的利润．
售卖时发现，在一定范围内，每份A种快餐利润每降1元可多卖2份，每份B种快餐利润每提高1元就少
卖2份．如果这两种快餐每天销售总份数不变，那么这两种快餐一天的总利润最多是______元．
【答案】1264
【分析】
根据题意，总利润=A 快餐的总利润＋B快餐的总利润，而每种快餐的利润=单件利润×对应总数量，分别
对两份快餐前后利润和数量分析，代入求解即可．
【详解】
解：设 A 种快餐的总利润为 W 1， B 种快餐的总利润为 W 2 ，两种快餐的总利润为 W ，设 A 快餐的份数为 x
120x
份，则B种快餐的份数为 份．
 x40  x  1
据题意：W 12 x12 20x x232x
1  2   2  2
 80120x 1
W =8  120x x272x2400
2  2  2
W W W x2104x2400=x5221264
∴ 1 2
∵10
∴当x52的时候，W取到最大值1264，故最大利润为1264元
故答案为：1264
12．（2022·湖北荆州）规定：两个函数 ， 的图象关于y轴对称，则称这两个函数互为“Y函数”．例
如：函数 与 的图象关于y轴对称，则这两个函数互为“Y函数”．若函数
（k为常数）的“Y函数”图象与x轴只有一个交点，则其“Y函数”的解析式为
______．
【答案】 或【分析】分两种情况，根据关于y轴对称的图形的对称点的坐标特点，即可求得．
【详解】解： 函数 （k为常数）的“Y函数”图象与x轴只有一个交点，
函数 （k为常数）的图象与x轴也只有一个交点，
当k=0时，函数解析为 ，它的“Y函数”解析式为 ，它们的图象与x轴只有一个交点，
当 时，此函数是二次函数，
它们的图象与x轴都只有一个交点，
它们的顶点分别在x轴上，
，得 ，
故k+1=0，解得k=-1，
故原函数的解析式为 ，
故它的“Y函数”解析式为 ，
故答案为： 或 ．
13．（2022·内蒙古赤峰）如图，抛物线 交 轴于 、 两点，交 轴于点 ，点
是抛物线上的点，则点 关于直线 的对称点的坐标为_________．
【答案】（0，1）
【分析】先求出A、B、C、D的坐标，根据CD∥x轴即可求出点 关于直线 的对称点坐标．
【详解】∵抛物线 交 轴于 、 两点，交 轴于点 ，∴当 时， ；
当 时，
∴
∴OA=OC=5
∴
∵ 是抛物线上的点
∴ ，解得
当 时， 与A重合；
当 时， ；
∴CD∥x轴，
∴
设点 关于直线 的对称点M，则
∴M在y轴上，且△DCM是等腰直角三角形
∴DC=CM=6
∴M点坐标为（0，1）
故答案为：（0，1）．
14．（2022·广西贵港）已知二次函数 ，图象的一部分如图所示，该函数图象经过点
，对称轴为直线 ．对于下列结论：① ；② ；③ ；④（其中 ）；⑤若 和 均在该函数图象上，且 ，则
．其中正确结论的个数共有_______个．
【答案】3
【分析】根据抛物线与x轴的一个交点(-2,0)以及其对称轴 ，求出抛物线与x轴的另一个交点(1,0)，
代入可得： ，再根据抛物线开口朝下，可得 ，进而可得 ， ，再结合二次函数的图象
和性质逐条判断即可．
【详解】∵抛物线的对称轴为： ，且抛物线与x轴的一个交点坐标为(-2,0)，
∴抛物线与x轴的另一个坐标为(1,0)，
∴代入(-2,0)、(1,0)得： ，
解得： ，故③正确；
∵抛物线开口朝下，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，故①错误；
∵抛物线与x轴两个交点，∴当y=0时，方程 有两个不相等的实数根，
∴方程的判别式 ，故②正确；
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
即 ，故④正确；
∵抛物线的对称轴为： ，且抛物线开口朝下，
∴可知二次函数 ，在 时，y随x的增大而减小，
∵ ，
∴ ，故⑤错误，
故正确的有：②③④，
故答案为：3．
15．（2022·福建）已知抛物线 与x轴交于A，B两点，抛物线 与x轴交于C，
D两点，其中n＞0，若AD＝2BC，则n的值为______．
【答案】8
【分析】先求出抛物线 与x轴的交点，抛物线 与x轴的交点，然后根据
，得出 ，列出关于n的方程，解方程即可。【详解】解： 把y=0代入 得： ，
解得： ， ，
把y=0代入 得： ，
解得： ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
即 ，
，
令 ，则 ，
解得： ， ，
当 时， ，解得： ，
∵ ，
∴ 不符合题意舍去；
当 时， ，解得： ，
∵ ，
∴ 符合题意；
综上分析可知，n的值为8．
16．（2022·辽宁营口）如图1，在四边形 中， ，动点P，Q同时从点A
出发，点P以 的速度沿 向点B运动（运动到B点即停止），点Q以 的速度沿折线
向终点C运动，设点Q的运动时间为 ， 的面积为 ，若y与x之间的函数关系的图像如图2所示，当 时，则 ____________ ．
【答案】
【分析】根据题意以及函数图像可得出 ，则点 在 上运动时， 为等腰直角三角形，
然后根据三角形面积公式得出当面积最大为 时，此时 ，则 ，当 时，过点 作
于点 ，则此时 ，分别表示出相关线段可得y与x之间的函数解
析式，将 代入解析式求解即可．
【详解】解：过点 作 ，垂足为 ，
在 中，
∵ ， ，
∴ ，
∵点P的速度为 ，点Q的速度为 ，
∴ ，∴ ，
在 和 中，
∵ ， ，
∴ ，
∴点 在 上运动时， 为等腰直角三角形，
∴ ，
∴当点 在 上运动时， ，
由图像可知，当 此时面积最大， 或 （负值舍去），
∴ ，
当 时，过点 作 于点 ，如图：
此时 ，
在 中， ， ，
∴ ， ， ，
∴ ，
即 ，
所以当 时， ，
故答案为： ．
三、简答题（共46分）17．（7分）4．（2021·北京中考真题）在平面直角坐标系 中，点 和点 在抛物线
上．
（1）若 ，求该抛物线的对称轴；
（2）已知点 在该抛物线上．若 ，比较 的大小，并说明理由．
【答案】（1） ；（2） ，理由见解析
【分析】
（1）由题意易得点 和点 ，然后代入抛物线解析式进行求解，最后根据对称轴公式进行求解即
可；
（2）由题意可分当 时和当 时，然后根据二次函数的性质进行分类求解即可．
【详解】
解：（1）当 时，则有点 和点 ，代入二次函数 得：
，解得： ，
∴抛物线解析式为 ，
∴抛物线的对称轴为 ；
（2）由题意得：抛物线 始终过定点 ，则由 可得：
①当 时，由抛物线 始终过定点 可得此时的抛物线开口向下，即
，与 矛盾；
②当 时，
∵抛物线 始终过定点 ，∴此时抛物线的对称轴的范围为 ，
∵点 在该抛物线上，
∴它们离抛物线对称轴的距离的范围分别为 ，
∵ ，开口向上，
∴由抛物线的性质可知离对称轴越近越小，
∴ ．
18．（7分）（2021·浙江金华市·中考真题）某游乐场的圆形喷水池中心O有一雕塑OA，从A点向四周喷
水，喷出的水柱为抛物线，且形状相同．如图，以水平方向为x轴，点O为原点建立直角坐标系，点A在
y轴上，x轴上的点C，D为水柱的落水点，水柱所在抛物线第一象限部分的函数表达式为
1
y 
x52
6
6 ．
（1）求雕塑高OA．
（2）求落水点C，D之间的距离．
OE 10m EF 1.8m,EF OD
（3）若需要在OD上的点E处竖立雕塑EF， ， ．问：顶部F是否会碰
到水柱？请通过计算说明．
11
m
【答案】（1） 6 ；（2）22米；（3）不会
【分析】1
y 
x52
6
（1）求雕塑高OA,直接令x0，代入 6 求解可得；
OD CD
（2）可先求出 的距离，再根据对称性求 的长；
1
y 
x52
6
y
（3）利用 6 ，计算出x10的函数值 ，再与EF 的长进行比较可得结论．
【详解】
解：（1）由题意得，A点在图象上．
1
y  (05)2 6
当x0时， 6
25 11
 6
6 6
11
OA (m)
6 ．
（2）由题意得，D点在图象上．
1
 (x5)2 60
令y0，得 6 ．
x 11,x 1
解得： 1 2 （不合题意，舍去）．
OD11
CD2OD22(m)
1
y  (105)2 6
（3）当x10时， 6 ，
25 11
 6 1.8
6 6 ，
∴不会碰到水柱．
19．（8分）16．（2021·湖北中考真题）红星公司销售一种成本为40元/件的产品，若月销售单价不高于
50元/件．一个月可售出5万件；月销售单价每涨价1元，月销售量就减少0.1万件．其中月销售单价不低于成本．设月销售单价为x（单位：元/件），月销售量为y（单位：万件）．
（1）直接写出y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（2）当月销售单价是多少元/件时，月销售利润最大，最大利润是多少万元？
（3）为响应国家“乡村振兴”政策，该公司决定在某月每销售1件产品便向大别山区捐款a元．已知该公
司捐款当月的月销售单价不高于70元/件，月销售最大利润是78万元，求a的值．
5(40x50)
y
【答案】（1） 0.1x10(50x100)；（2）当月销售单价是70元/件时，月销售利润最大，最大利
润是90万元；（3）4．
【分析】
（1）分40x50和x50 两种情况，根据“月销售单价每涨价1元，月销售量就减少0.1万件”即可得
函数关系式，再根据y0求出x的取值范围；
（2）在（1）的基础上，根据“月利润（月销售单价成本价）月销售量”建立函数关系式，分别利
用一次函数和二次函数的性质求解即可得；
Q
（3）设该产品的捐款当月的月销售利润为 万元，先根据捐款当月的月销售单价、月销售最大利润可得
50x70，再根据“月利润（月销售单价成本价a）月销售量”建立函数关系式，然后利用二次
函数的性质即可得．
【详解】
40x50 y5
解：（1）由题意，当 时， ，
当x50 时，y50.1(x50)0.1x10，
Qy≥0，
0.1x100，
解得x100，
5(40x50)
y
综上， 0.1x10(50x100)；
（2）设该产品的月销售利润为w万元，
①当40x50时，w5(x40)5x200，
由一次函数的性质可知，在40x50内，w随x的增大而增大，
则当x50 时，w取得最大值，最大值为55020050；50 x100
w(x40)(0.1x10)0.1(x70)290
②当 时， ，
由二次函数的性质可知，当x70 时，w取得最大值，最大值为90，
因为9050，
所以当月销售单价是70元/件时，月销售利润最大，最大利润是90万元；
（3）∵捐款当月的月销售单价不高于70元/件，月销售最大利润是78万元（大于50万元），
50x70，
设该产品捐款当月的月销售利润为Q万元，
由题意得：Q(x40a)(0.1x10)，
140a a2
整理得：Q0.1(x )2 3a90，
2 40
140a
∵ 70 ，
2
在50x70内，Q随x的增大而增大，
则当x70 时，Q取得最大值，最大值为(7040a)(0.17010)903a，
因此有903a78，
解得a4．
20．（12分）（2022·内蒙古赤峰）【生活情境】
为美化校园环境，某学校根据地形情况，要对景观带中一个长 ，宽 的长方形水池
进行加长改造（如图①，改造后的水池 仍为长方形，以下简称水池1），同时，再建造一个周长为
的矩形水池 （如图②，以下简称水池2）．
【建立模型】
如果设水池 的边 加长长度 为 ，加长后水池1的总面积为 ，则 关于 的
函数解析式为： ；设水池2的边 的长为 ，面积为 ，则 关于的函数解析式为： ，上述两个函数在同一平面直角坐标系中的图像如图③．
【问题解决】
（1）若水池2的面积随 长度的增加而减小，则 长度的取值范围是_________（可省略单位），水池
2面积的最大值是_________ ；
（2）在图③字母标注的点中，表示两个水池面积相等的点是_________，此时的 值是_________；
（3）当水池1的面积大于水池2的面积时， 的取值范围是_________；
（4）在 范围内，求两个水池面积差的最大值和此时 的值；
（5）假设水池 的边 的长度为 ，其他条件不变（这个加长改造后的新水池简称水池3），
则水池3的总面积 关于 的函数解析式为： ．若水池3与水池2的面积
相等时， 有唯一值，求 的值．
【答案】(1) ；9
(2)C，E；1，4；
(3) 或
(4)
(5)
【分析】（1）将函数解析式化为顶点式即可解决问题；（2）交点即为面积相等的点，联立方程组，求出交点坐标即可；
（3）观察函数图象，结合点C，点E的坐标可得结论；
（4）求出面积差的函数关系式，根据二次函数的性质求解即可；
（5）根据面积相等列出一元二次方程，依据 ，求出b的值即可．
【解析】(1)
∵
∴抛物线的顶点坐标为（3，9），对称轴为x=3，
∵水池2的面积随 长度的增加而减小，
∴ 长度的取值范围是 ；水池2面积的最大值是9 ；
故答案为： ；9；
(2)
由图象得，两函数交于点C，E，
所以，表示两个水池面积相等的点是C，E；
联立方程组
解得，
∴x的值为1或4，
故答案为：C，E；1或4
(3)
由（3）知，C（1，5），E（4，8），
又直线在抛物线上方时， 或 ，
所以，水池1的面积大于水池2的面积时， 的取值范围是 或 ，
故答案为 或 ；
(4)
在 范围内，两个水池面积差 ，
∵
∴函数有最大值，∵
∴当 时，函数有最大值，为
即，当 时，面积最大值为
(5)
∵水池3与水池2的面积相等，
∴ ，
整理得，
∵ 有唯一值，
∴
解得，
21．（12分）（2022·浙江台州）如图1，灌溉车沿着平行于绿化带底部边线 的方向行驶，为绿化带浇水．
喷水口 离地竖直高度为 （单位： ）．如图2，可以把灌溉车喷出水的上、下边缘抽象为平面直角坐
标系中两条抛物线的部分图象；把绿化带横截面抽象为矩形 ，其水平宽度 ，竖直高度为
的长．下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到，上边缘抛物线最高点 离喷水口的水平距离为
，高出喷水口 ，灌溉车到 的距离 为 （单位： ）．
（1）若 ， ；
①求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程 ；
②求下边缘抛物线与 轴的正半轴交点 的坐标；③要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，求 的取值范围；
（2）若 ．要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，请直接写出 的最小值．
【答案】(1)① ；② ；③
(2)
【分析】（1）①根据顶点式求上边缘二次函数解析式即可；
②设根据对称性求出平移规则，再根据平移规则由C点求出B点坐标；
③要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，则上边缘抛物线至少要经过F点，下边缘抛物线
，计算即可；
（2）当喷水口高度最低，且恰好能浇灌到整个绿化带时，点 ， 恰好分别在两条抛物线上，设出D、F
坐标计算即可．
【解析】(1)
（1）①如图1，由题意得 是上边缘抛物线的顶点，
设 ．
又∵抛物线经过点 ，
∴ ，
∴ ．
∴上边缘抛物线的函数解析式为 ．
当 时， ，
∴ ， （舍去）．
∴喷出水的最大射程 为 ．图1
②∵对称轴为直线 ，
∴点 的对称点的坐标为 ．
∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移 得到的，
即点 是由点 向左平移 得到，则点 的坐标为 ．
③如图2，先看上边缘抛物线，
∵ ，
∴点 的纵坐标为0.5．
抛物线恰好经过点 时，
．
解得 ，
∵ ，
∴ ．
当 时， 随着 的增大而减小，
∴当 时，要使 ，
则 ．
∵当 时， 随 的增大而增大，且 时， ，
∴当 时，要使 ，则 ．
∵ ，灌溉车喷出的水要浇灌到整个绿化带，
∴ 的最大值为 ．
再看下边缘抛物线，喷出的水能浇灌到绿化带底部的条件是 ，
∴ 的最小值为2．
综上所述， 的取值范围是 ．(2)
的最小值为 ．
由题意得 是上边缘抛物线的顶点，
∴设上边缘抛物线解析式为 ．
∵上边缘抛物线过出水口（0，h）
∴
解得
∴上边缘抛物线解析式为
∵对称轴为直线 ，
∴点 的对称点的坐标为 ．
∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移 得到的，
∴下边缘抛物线解析式为 ．
当喷水口高度最低，且恰好能浇灌到整个绿化带时，点 ， 恰好分别在两条抛物线上，
∵DE=3
∴设点 ， ， ，
∵D在下边缘抛物线上，
∴
∵EF=1
∴∴ ，
解得 ，
代入 ，得 ．
所以 的最小值为 ．