专题 02 二次函数中的最值问题（举一反三专项训练）
【人教版】
【题型1 几何定理法求线段之和（差）最值】.....................................................................................................1
【题型2 代数法求线段最值】................................................................................................................................25
【题型3 铅锤法巧求面积最值】............................................................................................................................48
【题型1 几何定理法求线段之和（差）最值】
1 1
1．（2024·四川资阳·中考真题）已知二次函数y=− x2+bx与y= x2−bx的图像均过点A(4,0)和坐标原
2 2
点O，这两个函数在0≤x≤4时形成的封闭图像如图所示，P为线段OA的中点，过点P且与x轴不重合的直
线与封闭图像交于B，C两点．给出下列结论：
①b=2；
②PB=PC；
③以O，A，B，C为顶点的四边形可以为正方形；
④若点B的横坐标为1，点Q在y轴上（Q，B，C三点不共线），则△BCQ周长的最小值为5+❑√13．
其中，所有正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据题意可得两个函数的对称轴均为直线x=2，根据对称轴公式即可求出b，可判断①正确；过点B作BD⊥x交x轴于点D，过点C作CE⊥x交x轴于点E，证明△CEP≌△BDP，可得PB=PC，可
判断②正确；当点B、C分别在两个函数的顶点上时，BC⊥OA，点B、C的横坐标均为2，求出BC的长
度，得到BC=OA，可判断③正确；作点B关于y轴的对称点B′，连接B′C交y轴于点Q，此时△BCQ周
长的最小，小值为B′C+BC，即可判断④．
1 1
【详解】解：①∵二次函数y=− x2+bx与y= x2−bx的图像均过点A(4,0)和坐标原点O，P为线段
2 2
OA的中点，
∴ P(2,0)，两个函数的对称轴均为直线x=2，
b
x=− =2
即 ( 1) ，
2× −
2
解得：b=2，故①正确；
②如图，过点B作BD⊥x交x轴于点D，过点C作CE⊥x交x轴于点E，
∴∠CEP=∠BDP=90°
，
由函数的对称性可知PE=DP，
在△CEP和△BDP中，
{∠CEP=∠BDP
)
EP=DP ，
∠EPC=∠DPB
∴ △CEP≌△BDP(ASA)，
∴ PB=PC，故正确②；
③当点B、C分别在两个函数的顶点上时，BC⊥OA，点B、C的横坐标均为2，1 1
由①可知两个函数的解析式分别为y=− x2+2x，y= x2−2x，
2 2
∴ B(2,2)，C(2,−2)，
∴ BC=2−(−2)=4，
∵点A(4,0)，
∴ OA=4，
∴ BC=OA，
由∵ BC⊥OA，
∴此时以O，A，B，C为顶点的四边形为正方形，故③正确；
④作点B关于y轴的对称点B′，连接B′C交y轴于点Q，此时△BCQ周长的最小，最小值为
BQ+CQ+BC=B′Q+CQ+BC=B′C+BC，
∵ B 1
点 的横坐标为 ，
( 3)
∴ B 1, ，点C的横坐标为3，
2
∴
B′(
−1,
3)
，C
(
3,−
3)
，
2 2
∴ BC=❑ √ (3−1) 2+ ( − 3 − 3) 2 =❑√13，B′C=❑ √ (−1−3) 2+ (3 + 3) 2 =5，
2 2 2 2
∴ △BCQ周长的最小值为B′C+BC=5+❑√13，故正确④；
故选：D．【点睛】本题是二次函数的综合题，涉及二次函数的图像与性质，全等三角形的判定与性质，正方形的判
定，对称中的最值问题等知识，解题的关键是灵活运用这些知识．
2．（2023·福建三明·模拟预测）二次函数y=−ax2+3ax+c(a>0,c>0)与动直线y=ax+b交于M，N两
点，线段MN中点为H，A(−1,0)，B(0,−2)，则AH+BH的最小值为（ ）
A．❑√5 B．2❑√3 C．❑√13 D．❑√14
【答案】C
【分析】设M(x ,y ),N(x ,y )，则x ,x 是联立两个函数解析式所得方程的两个根，求出x +x =2，
1 1 2 2 1 2 1 2
y + y =2a+2b，进而可得H(1,a+b)，可得点H在直线x=1上运动，这是典型的“将军饮马”问题，
1 2
然后设点A关于直线x=1的对称点为C，连接BC交直线x=1于点H，则此时AH+BH最小，即为BC的
长，勾股定理求出BC即可.
【详解】解：当−ax2+3ax+c=ax+b时，整理可得：ax2−2ax+b−c=0，
设M(x ,y ),N(x ,y )，
1 1 2 2
则x ,x 是上述方程的两个根，
1 2
−2a
∴x +x =− =2，
1 2 a
y + y =ax +b+ax +b=2a+2b，
1 2 1 2
∵线段MN中点为H，
∴H(1,a+b)，
∴点H在直线x=1上运动，
如图，设点A关于直线x=1的对称点为C，连接BC交直线x=1于点H，则此时AH+BH最小，即为BC的
长，
∵A(−1,0)，
∴C(3,0)，
∵B(0,−2)，
∴此时BC=❑√22+32=❑√13；
故选：C.【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的交点、一元二次方程根与系数的关系、利用轴对称的性质求两
线段和的最小值等知识，熟练掌握上述知识、得出点H的运动轨迹是解题的关键.
3．（24-25九年级上·福建厦门·期中）如图，已知二次函数y=a(x+1) 2+4(a≠0)的图象L，点O是坐标系
的原点，点P是图象L对称轴上的点，图象L与y轴交于点C，则下面结论：①关于x的方程a(x+1) 2+4=0
的解是x =−3，x =1；②当x=2时，y<0；③点C的坐标为(0,3)；④△PCO周长的最小值是3❑√2+3．
1 2
正确的有 ．
【答案】①②③
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，轴对称的性质，由图象及二次函数的对称性可得抛物线与x
轴的另一个交点坐标为(1,0)，即可判断①；进而由函数图象可知，当x>1时，图象位于x轴下方，即可判
断②；把(−3,0)代入函数解析式求出a的值即可判断③；作点O关于对称轴x=−1的对称点O′，连接O′C
，与对称轴x=−1相交于点P，可得△PCO周长=PC+PO+CO=PC+PO′+CO=CO′+CO，此时△
PCO周长的最小，利用勾股定理求出CO′得到△PCO周长的最小值，即可判断④，掌握以上知识点是解
题的关键．
【详解】解：∵由函数图象可得，抛物线y=a(x+1) 2+4的对称轴为直线x=−1，与x轴的一个交点坐标
为(−3,0)，
∴抛物线与x轴的另一个交点坐标为(1,0)，∴关于x的方程a(x+1) 2+4=0的解是x =−3，x =1，故①正确；
1 2
由函数图象可知，当x>1时，图象位于x轴下方，
∴当x=2时，y<0，故②正确；
把(−3,0)代入y=a(x+1) 2+4得，0=a(−3+1) 2+4，
解得a=−1，
∴y=−(x+1) 2+4=−x2−2x+3，
当x=0时，y=3，
∴点C的坐标为(0,3)，故③正确；
作点O关于对称轴x=−1的对称点O′，连接O′C，与对称轴x=−1相交于点P，则PO=PO′，O′(−2,0)，
∴△PCO周长=PC+PO+CO=PC+PO′+CO=CO′+CO，此时△PCO周长的最小，
∵OO′=2，CO=3，
∴CO′=❑√22+32=❑√13，
∴△PCO周长的最小值=❑√13+3，故④错误；
综上，正确的有①②③，
故答案为：①②③．
1
4．（22-23九年级上·全国·单元测试）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=− x2+2x+2的图象与x
2
轴、y轴分别交于A、B、C三点，点D是其顶点，若点P是x轴上一个动点，则CP+DP的最小值为
．【答案】2❑√10
【分析】本题主要考查了二次函数与几何综合，正确作出辅助线确定当D、P、E三点共线时PE+DP最
小，即CP+DP最小，最小值为DE是解题的关键．先求出C(0,2)，D(2,4)，如图所示，作点C关于x轴的
对称点E，连接EP、DE，则E(0,−2)，然后证明当D、P、E三点共线时PE+DP最小，即CP+DP最
小，最小值为DE，利用勾股定理求出DE的长即可得到答案．
1
【详解】解：在y=− x2+2x+2中，当x=0时，y=2，
2
∴C(0,2)；
1 1
∵抛物线解析式为y=− x2+2x+2=− (x−2) 2+4，
2 2
∴D(2,4)；
如图所示，作点C关于x轴的对称点E，连接EP、DE，则E(0,−2)，
∴PE=CP
，
∴CP+DP=PE+DP，
∴当D、P、E三点共线时PE+DP最小，即CP+DP最小，最小值为DE，
∴CP+DP的最小值=❑√(0−2) 2+(−2−4) 2=2❑√10，
故答案为：2❑√10．
5．（22-23九年级上·天津红桥·期中）如图，已知抛物线过点O(0,0)，A(5,5)，其对称轴为x=2．(1)求该抛物线的解析式；
(2)若点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限．
①当△OAB的面积为15时，求点B的坐标；
②P是抛物线上的动点，当PA−PB取得最大值时，求点P的坐标．
【答案】(1)y=x2−4x
(2)B(2,8)；P(−2,12)
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为：y=ax2+bx+c，
C=0
{
5=25a2+5b+c
)
{
a=1
)
则： ，解得： b=−4 ，
b
− =2 c=0
2a
∴y=x2−4x；
（2）解：如图OA与对称轴交于点C，设B(2,a)
设直线OA的解析式为：y=kx，
则：5=5k，解得：k=1，
∴y=x，
当x=2时，y=2，
∴C(2,2)，
1
∵S =S +S = |BC)⋅x ，
△OAB △OBC △ABC 2 A
1
∴ |a−2)×5=15，解得：a=8或a=−4，
2
∵点B在第一象限，
∴a=8，
∴B(2,8)②设直线AB的解析式为y=cx+d，把A(5,5),B(2,8)代入得：
{5c+d=5),解得： {c=−1)
，
2c+d=8 d=10
∴直线AB的解析式为y=−x+10，
∵PA−PB≤AB，
∴当P,A,B三点共线时，PA−PB最长，
{y=−x+10)
∴ ,
y=x2−4x
{x =−2) {x =5)
解得： 1 ， 2 （舍）
y =12 y =5
1 2
∴P(−2,12)；
所以当P(−2,12)时，PA−PB最长．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用．正确的求出二次函数解析式是解题的关键．
6．（2024·山东青岛·模拟预测）如图，已知二次函数 y=ax²+bx+c(a≠0)的图像与y轴交于点
C(0,−3)，与x轴交于点A(−1,0)，B(3,0)．(1)求此二次函数的表达式．
(2)已知P为抛物线对称轴上一动点，求△APC周长的最小值．
(3)已知Q为抛物线上一点，当点Q运动到直线BC下方时，求△BCQ面积的最大值．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)3❑√2+❑√10
27
(3)
8
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，轴对称解决最短路径问题，三角形面积的计算方法等
知识点，熟练掌握以上知识点是解题的关键；
（1）利用待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）利用轴对称解决最短路径问题；
（3）根据三角形面积计算方法结合二次函数求最值即可求解；
{
a−b+c=0
)
【详解】（1）由题意得： 9a+3b+c=0 ，
c=−3
{
a=1
)
解得： b=−2 ，
c=−3
∴二次函数的表达式为y=x2−2x−3，
（2）由（1）得二次函数的表达式为y=x2−2x−3，
∴对称轴为直线x=1，
∵ A(−1,0)，B(3,0)，
∴点A关于对称轴的对称点为点B，连接CB，则与对称轴的交点即为点P，连接AP，∴△APC的周长的最小值为AP+PC+AC=BP+PC+AC=BC+AC，
∵ A(−1,0)，B(3,0)，C(0,−3)，
∴BC=3❑√2，AC=❑√10，
∴△APC周长最小值为3❑√2+❑√10
（3）设BC的解析式为y=kx+b(k≠0)，
{3k+b=0)
由题可得： ，
b=−3
{ k=1 )
解得： ，
b=−3
∴直线BC的解析式为y=x−3，
设Q(m,m2−2m−3)，过点Q作QE⊥x轴交BC与点E，
则E(m,m−3)，
∴QE=m−3−(m2−2m−3)=−m2+3m，
1 1 3 9
∴S = QE·OB= (−m2+3m)×3=− m2+ m，
△BCQ 2 2 2 2∵点Q在直线BC的下方，即0<m<3，
b 3 27
∴当m=− = 时，△BCQ的面积有最大值，为 ，
2a 2 8
27
∴△BCQ面积的最大值为 ．
8
7．（23-24九年级上·内蒙古乌兰察布·期中）已知二次函数y=−x2+2x+m．
(1)如图，二次函数的图象与x轴有两个公共点，求m的取值范围；
(2)如图，当m=3时，二次函数图象与y轴交于点B，与x轴交于点A，抛物线与x轴的另一个交点为C，P
为抛物线对称轴上的一个动点，求PB+PC的最小值及此时点P的坐标．
【答案】(1)m>−1
(2)P(1，2)
【分析】本题考查了二次函数与x轴的交点问题、轴对称的性质—最短路径问题、待定系数法求一次函数
的解析式，熟练掌握轴对称的性质，采用数形结合的思想是解此题的关键．
（1）根据二次函数的图象与x轴有两个公共点得到Δ=22−4×(−1)×m>0，求解即可得到答案；
（2）先计算出A、B、C三点的坐标及对称轴，连接AB交对称轴于点P，再根据轴对称的性质可得
PB+PB=PB+PA，当B、P、A在同一直线上时，PB+PC最小，待定系数法求出直线AB的解析式，令
x=1，求出y的值即可．
【详解】（1）解：∵二次函数的图象与x轴有两个公共点，
∴Δ=22−4×(−1)×m>0，
解得：m>−1，
∴ m的取值范围为m>−1；
（2）解：当m=3时，y=−x2+2x+3，
当x=0时，y=3，
∴B(0，3)，
令y=0，则−x2+2x+3=0，解得：x =3，x =−1，
1 2
∴A(3，0)，C(−1，0)，
∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
∴点A、C关于对称轴对称，
如图，连接AB交对称轴于点P，点P即为所求，
，
由轴对称的性质可得PC=PA，
∴PB+PB=PB+PA，
当B、P、A在同一直线上时，PB+PC最小，
设直线AB的解析式为：y=kx+b，
{3k+b=0)
将A(3，0)，B(0，3)代入得： ，
b=3
{3k+b=0)
解得： ，
b=3
∴直线AB的解析式为：y=−x+3，
当x=1时，y=2，
∴P(1，2)．
8．（2023·广东广州·二模）二次函数y=ax2+bx+3(a≠0)的图象与y轴交于点C，与x轴交于点A(1,0)、
(9 )
B ,0
2(1)求a、b的值；
(2)P是二次函数图象在第一象限部分上一点，且∠BCP=2∠ABC，求点P的坐标．
(3)在（2）的条件下，有一条长度为1的线段EF落在OA上（E与O重合，F与A重合），将线段EF沿x轴
9
正方向以每秒 个单位向右平移，设移动时间为t秒，当四边形CEFP周长最小时，求t的值．
31
2 11
【答案】(1)y= x2− x+3
3 3
(13 22)
(2)P ,
2 3
11
(3)t=
2
【分析】（1）待定系数法解析即可求解；
（2）作C关于x轴的对称点D，连接BD，过点C作CP∥BD，依题意，点P即为所求，求得直线BD的解
析式，进而求得CP的解析式，联立抛物线解析式即可求解；
（3），连接CE,DE,PF,QF，将点D沿x轴的轴正方向移动1个单位得到点Q，则四边形ADQF是平行
四边形，根据题意，CEFP的周长等于DE+EF+PF=DQ+QF+FP≥DQ+PQ，当Q,F,P三点共线
时，求得最小值，待定系数法求得直线PQ的解析式，令y=0求得点F的坐标，进而即可求解．
【详解】（1）∵y=ax2+bx+3(a≠0)，
令x=0，解得：y=3，
∴C(0,3)，
(9 )
∵抛物线过点A(1,0)、B ,0 ，
2
( 9)
设抛物线解析式为y=a(x−1) x− ，
2
9
将点(0,3)代入得，3= a，
2
2
解得：a= ，
3∴y= 2 (x−1)⋅ ( x− 9) = 2( x2− 11 x+ 9) = 2 x2− 11 x+3，
3 2 3 2 2 3 3
2 11
∴y= x2− x+3；
3 3
（2）解：作C关于x轴的对称点D，连接BD，过点C作CP∥BD，
∴∠DBA=∠CBA，
∴∠CBD=2∠CBA，
∵CP∥BD，
∴∠PCB=2∠ABC，
∴点P即为所求，
∵C(0,3)，
∴D(0,−3)，
(9 )
设直线BD的解析式为y=kx−3，B ,0 ，
2
9
∴ k−3=0，
2
2
解得：k= ，
3
2
∴直线BD的解析式为y= x−3，
3
2
∴直线PC的解析式为y= x+3，
3
2 11
{ y= x2− x+3)
3 3
联立 ，
2
y= x+3
313
{ x= )
2 {x=0)
解得： 或 ，
22 y=3
y=
3
(13 22)
∴P , ；
2 3
（3）如图所示，连接CE,DE,PF,QF，将点D沿x轴的轴正方向移动1个单位得到点Q，则四边形
ADQF是平行四边形，
根据题意，CEFP的周长等于DE+EF+PF=DQ+QF+FP≥DQ+PQ，
当Q,F,P三点共线时，CEFP的周长取得最小值，
(13 22)
由（2）可得P , ，D(0,−3),则Q(1,−3)，
2 3
设直线PQ的解析式为y=mx+n，
{13
m+n=
22
)
∴ 2 3 ，
m+n=−3
62
{ m= )
33
解得： ，
161
n=−
33
62 161
∴直线PQ的解析式y= x− ，
33 33
161
令y=0，得x= ，
62
(161 )
∴F的坐标为 ,0 ，
629
∵EF=OA=1，将线段EF沿x轴正方向以每秒 个单位向右平移，设移动时间为t秒，
31
9 161
∴1+ t= ，
31 62
11
解得：t= ．
2
【点睛】本题考查了二次函数综合应用，角度问题，轴对称的性质，熟练掌握二次函数的性质，轴对称的
性质是解题的关键．
1
9．（24-25九年级下·江苏无锡·期中）如图，已知二次函数y=− x2+bx+c的图象过点A(0,4)，对称轴
2
与x轴交于点B(2,0)．
(1)求此二次函数的表达式；
(2)已知点P是二次函数图象上一点，
①若直线l：y=x+n经过点B，且点P关于直线l的对称点Q恰好落在直线AB上，求点P坐标．
②设直线PB与二次函数图象另一交点为Q，过二次函数图象顶点作x轴的平行线m，则直线m上是否存在
点 M，使得MP+MQ最小？若存在请直接写出这个最小值；若不存在，请说明理由．
1
【答案】(1)y=− x2+2x+4
2
( 3)
(2)①点P的坐标为 −1, 或(6,−2)；②存在QM+MP的最小值为8❑√3
2
【分析】（1）根据函数图象上点的坐标特征可得c的值，根据对称轴可得b的值，即可得解；
（2）①根据待定系数法确定直线l的解析式为y=x−2，得到OD=OB=2，∠OBD=∠ODB=45°，确
定直线AB的解析式为y=−2x+4，过点B作BC⊥BD，交y轴于点C，可得∠OCB=45°=∠OBC，
C(0,2)，确定直线BC的解析式为y=−x+2，根据对称性可得直线BD垂直平分PQ，设Q(a,−2a+4)，
(−a+6 −a+2)
P(e,f)，确定直线PQ的解析式为y=−x−a+4，继而得到E , ，根据中点坐标公式得到
2 21
P(−2a+6,a−2)，最后根据函数图象上点的坐标特征得到− (−2a+6) 2+2(−2a+6)+4=a−2，求解
2
后可得结论．
②作点P关于直线m的对称点P′，连接QP交直线m于点M，设抛物线与x轴交于点N、R．则QM+MP＞
QP，而QP≥NR，当Q、P分别与N、R重合时，QM+MP最小，最小为2TR．先求得BR=2❑√3，进而
勾股定理，即可求解．
1
【详解】（1）解：∵二次函数y=− x2+bx+c的图象经过点A(0,4)，对称轴与x轴交于点B(2,0)，
2
b
− =2
∴当x=0时，得y=c=4； ( 1) ，得：b=2，
2× −
2
1
∴此二次函数的表达式为y=− x2+2x+4；
2
（2）∵直线l：y=x+m经过点B(2,0)，设直线l与y轴交于点D，
∴2+m=0，
解得：m=−2，
∴直线l的解析式为y=x−2，
当x=0时，得y=−2，
∴D(0,−2)，
∴OD=OB=2，
过点B作BC⊥BD，交y轴于点C，
∵∠BOD=∠BOC=90°，
∴∠OBD=∠ODB=45°，
设直线AB的解析式为y=k x+b ，过点A(0,4)，B(2,0)，
1 1
{ b =4 )
1
∴ ，
2k +b =0
1 1
{k =−2)
1
解得： ，
b =4
1
∴直线AB的解析式为y=−2x+4，
∴∠DBC=90°，
∴∠OBC=90°−∠OBD=90°−45°=45°，
∴∠OCB=90°−∠OBC=45°=∠OBC，∴OC=OB=2，
∴C(0,2)，
设直线BC的解析式为y=k x+b ，过点B(2,0)，C(0,2)，
2 2
{2k +b =0)
∴ 2 2 ，
b =2
2
{k =−1)
解得： 2 ，
b =2
2
∴直线BC的解析式为y=−x+2，
∵二次函数图象上的点P关于直线l的对称点Q在直线AB上，
∴直线BD垂直平分PQ，
∴PQ∥BC，点E是PQ的中点，
设Q(a,−2a+4)，P(e,f)，
设直线PQ的解析式为y=−x+n，
∴−2a+4=−a+n，
∴n=−a+4，
∴直线PQ的解析式为y=−x−a+4，
{ y=x−2 )
可得方程组 ，
y=−x−a+4
−a+6
{ x= )
2
解得： ，
−a+2
y=
2
(−a+6 −a+2)
∴E , ，
2 2
∵点E是PQ的中点，
a+e −a+6
{ = )
2 2
∴ ，
−2a+4+f −a+2
=
2 2
{e=−2a+6)
∴ ，
f =a−2
∴P(−2a+6,a−2)，
1
∵点P(−2a+6,a−2)在二次函数y=− x2+2x+4的图像上，
21
∴− (−2a+6) 2+2(−2a+6)+4=a−2，
2
解得：−2a+6=−1或−2a+6=6，
7 3
当−2a+6=−1时，得a= ，则a−2= ，
2 2
当−2a+6=6时，得a=0，则a−2=−2，
( 3)
∴求点P的坐标为 −1, 或(6,−2)．
2
②直线m上存在点M，理由如下：
抛物线的顶点为(2,6)，作直线m：y=6，如图所示，
作点P关于直线m的对称点P′，连接QP交直线m于点M，设抛物线与x轴交于点N、R．
则QM+MP>QP，而QP≥NR，
当Q、P分别与N、R重合时，QM+MP最小，
最小为2TR．
1
当y=− x2+2x+4=0，
2
解得：x=2±2❑√3
∴ BR=2❑√3在Rt△TBR中，TR=❑√T B2+BR2=❑√62+(2❑√3) 2=4❑√3
即QM+MP的最小值为8❑√3．
【点睛】本题是二次函数与一次函数的综合题，考查了待定系数法确定二次函数和一次函数解析式，函数
图象上点的坐标特征，二次函数的对称轴，一次函数与坐标轴的交点坐标，等腰三角形的判定和性质，对
称的性质，平行线的性质，中点坐标公式，勾股定理，一元一次方程的应用等知识点．掌握待定系数法确
定函数解析式及对称的性质是解题的关键．
10．（2024·江西·一模）已知关于x的二次函数y=ax2+bx+c的图象的对称轴是直线x=1，其最大值是4
，经过点A(−1,−4)，交y轴于点B，请仅用无刻度直尺按下列要求作图．
(1)在图1中作二次函数图象上的点P(2,2)；
(2)在图2中二次函数图象的对称轴上找一点Q，使△ABQ的周长最短．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查二次函数综合题，轴对称图形的画法，抛物线的性质，熟练掌握抛物线的性质以及画对
称轴的作图技巧是解题的关键．
（1）先求出函数解析式，再得出点的具体位置；
（2）求△ABQ的周长最小，AB是固定值，即BQ+AQ最小，即找到B的对称点，连接另一个点和对称
点，点Q即是AP与对称轴的交点．
【详解】（1）b
{ x=− =1 ) {a=−2
)
2a
根据题意可得： 解得： b=4 ，
a+b+c=4
c=2
a−b+c=−4
即二次函数y=−2x2+4x+2，
∵ B(0,2)
∴在图上找到点B关于对称轴对称的点即是点P；
（2）
由（1）得：B(0,2)，P(2,2)，
令AP的解析式为y=kx+b，
{ 2k+b=2 ) { k=2 )
将点A点P代入解析式得： ，解得： ，
−k+b=−4 b=−2
AP的解析式为y=2x−2，
因为点Q在对称轴上，x=1时，y=−1，故点Q(1,−1)
11．（23-24九年级上·云南昆明·期末））如图1，二次函数y=ax2+4x+c(a≠0)的图象与一次函数
y=−x+2的图象交于A，B两点，点A在y轴上，抛物线的对称轴为直线x=2，点C是二次函数图象的顶
点．(1)求二次函数解析式；
(2)若将二次函数y=ax2+4x+c的顶点C向右平移n个单位后得到C′．在点C′的平移过程中，是否存在一
个合适的位置，使△ABC′是一个以BC′为斜边的直角三角形？若存在，请求出点C′的坐标；若不存在，
请说明理由；
(3)如图2，P是x轴下方线段AB上一点，过点P分别作x轴的垂线和平行线，垂足为点E，平行线交直线
BC于点F．当△PEF面积最大时，在x轴上找一点M，使|BM−PM|的值最大，求出点P的坐标，并
直接写出点M的坐标和|BM−PM|的最大值．
【答案】(1)y=−x2+4x+2
(2)存在，C'(12,6)
(7 3) 3❑√2
(3)点P ,− ，M(2,0)，
2 2 2
【分析】（1）根据题意列方程得到a=−1，解方程即可得到结论；
（2）根据函数解析式得到C(2,6)，求得C′ (2+n,6)，解方程组得到点A、B的坐标分别为(0,2)、
(5,−3)，根据勾股定理即可得到结论；
（3）设点P(m,−m+2)，则点E(m,0)，由（2）知，点A、B的坐标分别为(0,2)、(5,−3)，求得直线
m+10
BC的表达式为y=−3x+12，得到点F( ，−m+2)，根据三角形的面积公式即可得到结论．
3
【详解】（1）∵抛物线的对称轴为直线x=2，
4
∴− =2，
2a
∴a=−1，
∵二次函数y=ax2+4x+c(a≠0)的图象与一次函数y=−x+2的图象交于A，B两点，点A在y轴上，
∴x=0时，y=−x+2=2，∴A(0,2)，
∴2=0+0+c，
∴c=2，
∴二次函数解析式为y=−x2+4x+2；
（2）存在；y=−x2+4x+2=−(x2−2)+6，
∵点C是二次函数图象的顶点，
∴C(2,6)，
∴C′ (2+n,6)，
{y=−x2+4x+2)
联立两个函数表达式得 ，
y=−x+2
{x=0) { x=5 )
解得 或 ，
y=2 y=−3
即点A、B的坐标分别为(0,2)、(5,−3)，
由点A，B，C′的坐标，
得AB2=(5−0) 2+(−3−2) 2=50，
AC′2=(2−n) 2+(6−2) 2=n2−4n+20，
BC′2=(2−n−5) 2+(6+3) 2=n2−6n+90，
∵BC′是斜边，
∴n2−6n+90=50+n2−4n+20，
解得n=10，
∴C' (12,6)；
（3）设点P(m,−m+2)，则点E(m,0)，
由（2）知，点A、B的坐标分别为(0,2)、(5,−3)，
由抛物线的表达式知，点C(2,6)，
设直线BC的表达式为y=px+q，
{5p+q=−3) {p=−3)
由题意得： ，解得： ，
2p+q=6 q=12所以直线BC的表达式为y=−3x+12，
m+10 m+10
当y=−3x+12=−m+2时，x= ，故点F( ，−m+2)，
3 3
1 1 m+10 1 1 7 2 3
∴△PEF面积= ×PE⋅PF= ×(m−2)( −m)=− (m−2)(m−5)=− (m− ) + ，
2 2 3 3 3 2 4
1 7
∵− <0，故ΔPEF面积有最大值，此时m= ，
3 2
7 3
故点P( ，− )，
2 2
当P、B、M三点共线时，|BM−PM|的值最大，即点M为直线AB与x轴的交点，
故点M(2,0)，
√ 7 2 3 2 3❑√2
则|BM−PM|的最大值=BM−PM=BP=❑(5− ) +(−3+ ) = ．
2 2 2
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查的是待定系数法求二次函数的解析式，熟练掌握二次函数的图象
及性质，灵活应用直角三角形的勾股定理是解题的关键．
12．（2025·江苏无锡·二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+2(a≠0)与x轴交于点
A(−4,0)和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，经过点A的直线与抛物线交于点D(−1,3)，与y
轴交于点E．
(1)求此二次函数的表达式和顶点P的坐标；
(2)点M是线段OA上一动点，点N是线段AE上一动点，且AM=EN，求EM+ON的最小值．
【答案】(1)y=− 1 x2− 3 x+2，P ( − 3 ， 25)
2 2 2 8
(2)4❑√3
【分析】对于（1），将点A(−4,0),D(−1,3)代入y=ax2+bx+2得出方程组，求出解即可；
对于（2），先作EH∥x轴，截取EH=AE，得∠HEA=∠EAB，再证明△EHN≅△AEM，
可得HN=EM，即EM+ON=HN+ON，然后求出直线AD的关系式，接下来根据勾股定理求出AE，当O、N、H共线时，EM+ON=HN+ON=OH最小，最后根据勾股定理求出答案．
{ a−b+2=3 )
【详解】（1）解：由题意得： ，
16a−4b+2=0
1
{ a=− )
2
解得： ，
3
b=−
2
则抛物线的表达式为：y=− 1 x2− 3 x+2=− 1( x+ 3) + 25 ，顶点P ( − 3 ， 25) ；
2 2 2 2 8 2 8
（2）解：过点E在第二象限作EH∥x轴，截取EH=AE，则∠HEA=∠EAB，
∵AM=EN，
∴△EHN≅△AEM(SAS)，
∴HN=EM，
则EM+ON=HN+ON．
设直线AD的关系式为y=mx+n，
将点A(−4,0)，D(−1,3)代入关系式y=mx+n，
{−4m+n=0)
得 ，
−m+n=3
{m=1)
解得 ，
n=4
∴直线AD的关系式为y=x+4，
当x=0时，y=4，
∴点E(0,4)，
∴OE=4．
∵A(−4,0)，
∴OA=4．
根据勾股定理，得AE=❑√AO2+EO2=4❑√2，
∴EH=AE=4❑√2．
当O、N、H共线时，EM+ON=HN+ON=OH最小，
则OH=❑√(4❑√2) 2+42=4❑√3，
即EM+ON的最小值为4❑√3．【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数关系式，求一次函数关系式，全等三角形的性质和判定，
勾股定理，当三点共线时取得最小值是解题关键．
【题型2 代数法求线段最值】
13．（2025·安徽合肥·三模）已知：直线y=−x+2经过点A(a,b)，抛物线y =(x−a)(x+b)与x轴交于
1
B，C两点（点B在点C的左侧），抛物线y 的顶点为D，抛物线y =(x−a)(x−b)与交y轴于点E．
1 2
(1)求点B，点C的坐标（用含字母a的代数式表示）；
(2)连接AD，求线段AD的最小值；
(3)当直线BD恰好经过点E时，求a的值．
【答案】(1)B(a−2,0),C(a,0)
(2)AD的最小值为1
(3)a =−1，a =2
1 2
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，与一次函数的综合问题，二次函数图象与坐标轴的交点问
题，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
（1）令y =(x−a)(x+b)=0，求出x ,x ，再由又点A(a,b)在直线y=−x+2，得到−b=a−2<a，即可
1 1 2
求出点B,C；
（2）先表示出D(a−1,−1)，而A(a,2−a)，那么AD2=(a−1−a) 2+(−1+a−2) 2，化简转化为二次函
数求最值，再求AD的最小值；
（3）设直线BD为y=mx+n，将B(a−2,0),D(a−1,−1)代入，求得直线BD为y=−x+a−2，可得
y =x2−2x+a(2−a)，那么E(0,2a−a2)，由于直线BD经过点E，则a−2=a(2−a)，即可求解．
2
【详解】（1）解：令y =(x−a)(x+b)=0，得x =a，x =−b，
1 1 2
即y 与x轴交点为(a,0),(−b,0)，
1
又点A(a,b)在直线y=−x+2，
∴−b=a−2<a，∵点B在点C左边，
∴B(a−2,0),C(a,0)；
（2）解：∵B(a−2,0),C(a,0)，
a−2+a
∴对称轴为直线：x= =a−1，
2
将x=a−1代入y =(x−a)(x+2−a)得：y =(a−1−a)(a−1+2−a)=−1
1 1
∴D(a−1,−1)，
∵b=2−a，
∴A(a,2−a)，
∴AD2=(a−1−a) 2+(−1+a−2) 2
=(a−3) 2+1
∴当a=3时AD2最小值为1，即AD的最小值为1
（3）解：设直线BD为y=mx+n，将B(a−2,0),D(a−1,−1)代入
{ (a−2)m+n=0 )
(a−1)m+n=−1
求得m=−1，n=a−2，
∴直线BD为y=−x+a−2，
∵b=2−a
∴y =(x−a)(x−b)=x2−2x+a(2−a)，
2
当x=0时 ，y =a(2−a)
2
∴E(0,2a−a2)
∵直线BD经过点E，a−2=a(2−a)
∴a =−1，a =2．
1 2
14．（24-25九年级上·陕西西安·期末）如图，已知抛物线y=−x2+x+2与x轴交于A、B两点，与y轴交于
点C．(1)求直线BC的函数解析式；
(2)若P是直线BC上方的抛物线上一动点，过点P作PN⊥x轴于点N，交直线BC于点M，求线段PM的最
大值．
【答案】(1)y=−x+2
(2)1
【分析】本题考查抛物线与x轴的交点，一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数解析式，
二次函数的性质，二次函数图像上点的坐标特征，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
（1）由抛物线可得B(2,0),C(0,2)，再利用待定系数法求一次函数解析式即可；
（2）根据题意，设点P的坐标为(m,−m2+m+2),(0<m<2)，则可得点M的坐标为(m,−m+2)，可得
PM=(−m2+m+2)−(−m+2)=−m2+2m=−(m−1) 2+1，结合二次函数的图象与性质可知，当m=1
时，PM有最大值，进而可得答案．
【详解】（1）对于抛物线y=−x2+x+2，
令x=0，则y=2,
∴点C(0,2)，
令y=0，则−x2+x+2=0，解得x =−1,x =2，∴点B(2,0)，
1 2
设直线BC的函数解析式为y=kx+b，
{2k+b=0) {k=−1)
将点B(2,0),C(0,2)代入，得 ，解得 ，
b=2 b=2
∴直线BC的函数解析式为y=−x+2；
（2）设点P的坐标为(m,−m2+m+2)，
∴点M的坐标为(m,−m+2)，∴PM=(−m2+m+2)−(−m+2)=−m2+2m=−(m−1) 2+1，
∵−1<0,
∴当m=1时，PM有最大值，PM的最大值为1．15．（2024·贵州贵阳·模拟预测）如图，二次函数 y=−x²−4x+1的图象与一次函数y=kx+3的图象交
于A，B两点，点A的坐标为 (−4,1)．
(1)求k的值；
(2)点M是线段AB上的动点，将点M向上平移 ℎ（ℎ＞0）个单位得到点N，若点N在二次函数的图象
上，求h的最大值；
(3)在（2）的条件下，若 ℎ =2，线段MN与二次函数的图象有公共点，求点M的横坐标m的取值范围．
1
【答案】(1)k的值为
2
49
(2)h的最大值为
16
−9−❑√17 −9+❑√17 1
(3)−4<m≤ 或 ≤m<−
4 4 2
【分析】本题考查了二次函数的综合应用，涉及待定系数法，函数图形上点坐标的特征，解题的关键是用
含m的式子表示相关点坐标和相关线段的长度．
1
（1）把(−4,1)代入y=kx+3得1=−4k+3，解得k的值为 ．
2
( 1 )
（2）根据题意，MN∥y轴且在抛物线上，设M m, m+3 ，则N(m,−m2−4m+1)，求出
2
ℎ =MN=−m2−4m+1− (1 m+3 ) =−m2− 9 m=2=− ( m+ 9) 2 + 49 ，根据二次函数性质可得答案．
2 2 4 16
( 1 11) ( 1 )
（3）求出A(−4,1)，B − , ，把M向上平移ℎ =2个单位得到点N m, m+5 ，由线段MN与二次
2 4 2
1
函数的图象有公共点，知
m+5≥−m2−4m+1，即可解得答案．
2
【详解】（1）解：把(−4,1)代入y=kx+3得：1=−4k+3，
1
解得k= ，
21
∴k的值为 ．
2
（2）根据题意，MN∥y轴且在抛物线上，如图：
1
由（1）知直线AB解析式为y= x+3，
2
( 1 )
设M m, m+3 ，则N(m,−m2−4m+1)，
2
∴ℎ =MN=−m2−4m+1− (1 m+3 ) =−m2− 9 m=2=− ( m+ 9) 2 + 49 ，
2 2 4 16
∵−1<0，
9 49
∴当m=− 时，h取最大值 ，
4 16
49
∴h的最大值为 ．
16
1
{y=−x2−4x+1) { x=
2
)
{x=−4)
（3）由 1 得 或 ，
y= x+3 11 y=1
2 y=
4
( 1 11)
∴A(−4,1)，B − , ，
2 4
( 1 )
同（2）当M的横坐标为m时，M m, m+3 ，
2
∵把M向上平移ℎ =2个单位得到点N，
( 1 )
∴N m, m+5 ，
2
∵线段MN与二次函数的图象有公共点，
1
∴
m+5≥−m2−4m+1，
29
∴m2+ m+4≥0，
2
−9+❑√17 −9−❑√17
解得m≥ 或m≤ ，
4 4
∵点M在线段AB上，ℎ >0，
−9−❑√17 −9+❑√17 1
∴−4<m≤ 或 ≤m<− ．
4 4 2
1
16．（23-24九年级上·云南昆明·期末）如图，抛物线y=− x2+mx+n与x轴交于A、B两点，与y轴交于
2
点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A(−1,0)，C(0,2)．
(1)求抛物线的表达式；
(2)求△BDC的面积；
(3)线段BC上有一动点P，过点P作y轴的平行线，交抛物线于点Q，求线段PQ的最大值．
1 3
【答案】(1)y=− x2+ x+2；
2 2
5
(2)
2
(3)2．
【分析】此题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法求一次函数的解析式，二次函数的解析式和二
次函数的最值问题，求得解析式是解题关键．
（1）利用待定系数法求出二次函数解析式即可；
（2）分别求得BD、OC，然后利用三角形面积计算公式解答即可；
（3）根据抛物线的解析式求得B点的坐标，然后根据待定系数法求得直线BC的解析式，设
P ( m,− 1 m+2 ) ；则Q ( m,− 1 m2+ 3 m+2 ) ，进而表示出PQ的长度，利用二次函数的最值求出即可．
2 2 21
【详解】（1）抛物线y=− x2+mx+n与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，A(−1,0)，C(0,2)．
2
{ − 1 −m+n=0)
∴ 2 ，
n=2
{ m= 3 )
解得： 2 ，
n=2
1 3
故抛物线解析式为：y=− x2+ x+2；
2 2
（2）∵A(−1,0)，C(0,2)，
∴OA=1，OC=2，
3
∵对称轴为 x= ，
2
3
∴OD= ，AD=BD，
2
3 5
∴AD=OA+OD=1+ = ，
2 2
5
∴BD= ，
2
1 1 5 5
∴S = BD×OC= × ×2= ；
△BDC 2 2 2 2
1 3
（3）令y=0，则− x2+ x+2=0，
2 2
解得x =−1，x =4，
1 2
∴B(4,0)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，代入得：
{4k+b=0)
，
b=2
{ k=− 1 )
解得 2 ，
b=2
1
∴直线BC的解析式为y=− x+2，
2
设P ( m,− 1 m+2 ) ，则Q ( m,− 1 m2+ 3 m+2 ) ，
2 2 2则PQ= ( − 1 m2+ 3 m+2 ) − ( − 1 m+2 ) =− 1 m2+2m=− 1 (m−2) 2+2，
2 2 2 2 2
此时PQ的最大值为2．
17．（23-24九年级上·浙江绍兴·阶段练习）如图，已知抛物线y=−x2+bx+c与一直线相交于
A(−1，0)，C(2，3)两点，与y轴交于点N．其顶点为D．
(1)求抛物线及直线AC的函数表达式；
(2)设点M(3，m)，求使MN+MD的值最小时m的值；
(3)若点P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q，求PQ的最大值．
【答案】(1)抛物线为y=−x2+2x+3，直线AC为y=x+1
18
(2)m=
5
9
(3)PQ的最大值为 ．
4
【分析】（1）根据待定系数法即可求得结果；
（2）作直线x=3，作点D关于直线x=3的对称点D′，得D′坐标为(5，4)，连结N D′交直线x=3于点
M，此时N、M、D′三点共线时，NM+M D′最小，即NM+MD最小，利用待定系数法求出直线NM
的函数关系式，进而求出求出m的值；
（3）设Q(x，x+1)，则P(x，−x2+2x+3)，表示出PQ=(−x2+2x+3)−(x+1)，根据二次函数的性
质即可求得PQ的最大值．
【详解】（1）解：由抛物线y=−x2+bx+c过点A(−1，0)，C(2，3)得
{−1−b+c=0
)
，
−4+2b+c=3
{b=2)
解得 ，
c=3
∴抛物线为y=−x2+2x+3；
设直线为y=kx+n过点A(−1，0)，C(2，3)，得{−k+n=0)
，
2k+n=3
{k=1)
解得 ，
n=1
∴直线AC为y=x+1；
（2）解：∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴D(1,4)，
令y=0，则0=−x2+2x+3，
解得x=−1或x=3，即抛物线与x轴的另一个交点为(3，0)，
作直线x=3，作点D关于直线x=3的对称点D′，
得D′坐标为(5，4)，如图，
连接N D′交直线x=3于点M，
此时N、M、D′三点共线时，NM+M D′最小，即NM+MD最小，
设直线N D′的关系式为：y=ax+b，
把点N(0,3)和D′(5,4)代入得 { b=3 ) ，
5a+b=4
1
得a= ，b=3，
5
1
∴直线NM的函数关系式为：y= x+3，
5
18
当x=3时，y= ，
5
18
∴m= ；
5
（3）解：如图，∵PQ⊥x轴交AC于点Q，
∴设Q(x，x+1)，则P(x，−x2+2x+3)，
∴PQ=(−x2+2x+3)−(x+1)
=−x2+x+2
( 1) 2 9
=− x− + ，
2 4
∵−1<0，
9
∴PQ有最大值，最大值为 ．
4
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数待定系数法，利用函数关系式求最值，利用对称知识
求最值，正确地作出辅助线是解题的关键．
18．（22-23九年级上·山东临沂·期末）如图，直线y=x+2与抛物线y=ax2+bx+6(a≠0)相交于
(1 5)
A , 和B(4,m)，点P是线段AB上异于A、B的动点，过点P作PC⊥x轴于点D，交抛物线于点C．
2 2
(1)求抛物线的解析式；(2)如果设点P的坐标为(n,n+2)，则点C的坐标可表示为__________；
(3)在（2）的条件下，请用含有n的式子表示PC的长，并确定PC长度的最大值．
【答案】(1)y=2x2−8x+6
(2)(n，2n2−8n+6)
49
(3)PC=−2n2+9n−4，
8
【分析】（1）已知B(4,m)在直线y=x+2上，可求得m的值，抛物线图象上的A、B两点坐标，可将其
代入抛物线的解析式中，通过联立方程组即可求得待定系数的值．
（2）可设出P点横坐标，根据直线AB和抛物线的解析式表示出P、C的纵坐标，
（3）可设出P点横坐标，根据直线AB和抛物线的解析式表示出P、C的纵坐标，进而得到关于PC与P点
横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出PC的最大值．
【详解】（1）解：∵B(4，m)在直线y=x+2上，
∴m=4+2=6，
∴B(4,6)，
1 5
∵A( , )，B(4,6)在抛物线y=ax2+bx+6上，
2 2
{5
=
(1) 2
a+
1
b+6 )
∴ 2 2 2
6=16a+4b+6
{ a=2 )
解得
b=−8
∴抛物线的解析式为y=2x2−8x+6
（2）设动点P的坐标为(n,n+2)，则C点的坐标为(n，2n2−8n+6)，
故答案为：(n，2n2−8n+6)
（3）解： PC=(n+2)−(2n2−8n+6)，
=−2n2+9n−4
( 9) 2 49
=−2 n− +
4 8
∵a=−2<0，9 49
∴当n= 时，线段PC最大为
4 8
【点睛】此题主要考查了二次函数解析式的确定、二次函数最值的应用以及直角三角形的判定、函数图象
交点坐标的求法等知识. 善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一
些隐含条件.
19．（2023九年级·全国·专题练习）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c经过点
A(4,0),B(−1,0)，交y轴于点C．
(1)求抛物线的解析式；
1
(2)若将该抛物线向右平移2个单位长度，再向下平移 个单位长度，求平移后的解析式；
4
(3)若点D是线段AC上一动点，过点D作DE⊥x轴于点E，交抛物线于点F，求线段DF长度的最大值．
【答案】(1)y=−x2+3x+4
( 7) 2
(2)y=− x− +6
2
(3)4
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）再把原解析式化为顶点式，再根据二次函数平移的性质，即可求解；
（3）先求出直线AC的解析式，设F(t,−t2+3t+4)，则D(t,−t+4)，可得
FD=−t2+3t+4−(−t+4)=−t2+4t=−(t−2) 2+4，即可．
【详解】（1）解：将A(4,0),B(−1,0)代入y=−x2+bx+c，
{−16+4b+c=0) {b=3)
∴ ，解得 ，
−1−b+c=0 c=4
∴抛物线解析式为y=−x2+3x+4；
（2）解：∵y=−x2+3x+4=− ( x− 3) 2 + 25 ，
2 4( 3 ) 2 25 1 ( 7) 2
∴平移后的函数解析式为y=− x− −2 + − =− x− +6；
2 4 4 2
（3）解：令x=0，则y=4，
∴C(0,4)，
设直线AC的解析式为y=kx+m，
{ m=4 ) {m=4 )
∴ ，解得 ，
4k+m=0 k=−1
∴直线AC的解析式为y=−x+4，
设F(t,−t2+3t+4)，则D(t,−t+4)，
∴FD=−t2+3t+4−(−t+4)=−t2+4t=−(t−2) 2+4，
∴当t=2时，FD的长有最大值4．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，函数图象平移的性质是解题
的关键．
20．（22-23九年级上·广东广州·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点B的坐标为(−1,0)，且
OA=OC=5OB，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)图象经过A，B，C三点．
(1)求A，C两点的坐标；
(2)求抛物线的解析式；
(3)若点P是直线AC下方的抛物线上的一个动点，作PD⊥AC于点D，当PD的值最大时，求此时点P的
坐标及PD的最大值．
【答案】(1)A(5,0),C(0,−5)
(2)y=x2−4x−5
(5 35) 25❑√2
(3)P ,− ，PD的最大值为
2 4 8
【分析】（1）根据OA=OC=5OB=5，即可求解；
（2）设抛物线的表达式为：y=a(x+1)(x−5)，再把点C(0,−5)代入，即可求解；（3）先求出直线CA的表达式，然后过点P作y轴的平行线交CA于点H，根据OA=OC=5，可得
❑√2
PD= PH，设点P(x，x2−4x−5) ，则点H(x,x−5)，可得PD的长，再根据二次函数的性质，即
2
可求解．
【详解】（1）解：∵点B的坐标为(−1,0)，
∴OB=1，
∵OA=OC=5OB，
∴OA=OC=5，
∴点A(5,0),C(0,−5)；
（2）解：设抛物线的表达式为：y=a(x+1)(x−5)，
把点C(0,−5)代入得：−5a=−5，
解得：a=1，
故抛物线的表达式为：y=(x+1)(x−5)=x2−4x−5；
（3）解：∵直线CA过点C(0,−5)，
∴可设其函数表达式为：y=kx−5，
将点A(5,0)代入得：5k−5=0
解得：k=1，
故直线CA的表达式为：y=x−5，
过点P作y轴的平行线交CA于点H，
∵OA=OC=5，
∴∠OAC=∠OCA=45° ，
∵PH∥y轴，
∴∠PHD=∠OCA=45°，
∴PD=PH，
∵PD⊥AC，❑√2
∴PD= PH，
2
设点P(x，x2−4x−5) ，则点H(x,x−5)，
∴PD=
❑√2
(x−5−x2+4x+5)=−
❑√2
x2+
5❑√2
x=−
❑√2(
x−
5) 2
+
25❑√2
，
2 2 2 2 2 8
❑√2
∵− <0 ，
2
5 25❑√2
∴PD有最大值，当x= 时，其最大值为 ，
2 8
(5 35)
此时点P ,− ．
2 4
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及一次函数、等腰直角三角形的性质、图象的面积计算等，
其中（3），用函数关系表示PD，是本题解题的关键
21．（22-23九年级·全国·单元测试）已知：如图，抛物线y=ax2+4x+c经过原点O(0,0)和点A(3,3)，
P为抛物线上的一个动点，过点P作x轴的垂线，垂足为B(m,0)，并与直线OA交于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点P在直线OA上方时，求线段PC的最大值；
(3)过点A作AD⊥x轴于点D，在抛物线上是否存在点P，使得以P、A、C、D四点为顶点的四边形是平行
四边形？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+4x
9
(2)
4
3±❑√21
(3)存在，
2
【分析】（1）抛物线y=ax2+4x+c经过原点O(0,0)和点A(3,3)，由此利用待定系数法即可解决问题；（2）设P(m,−m2+4m)，C(m,m)可得PC=PB−CB=−m2+4m−m=−m2+3m，利用二次函数的
性质即可解决问题；
9
（3）由（2）可知，由AD=3，当点P在直线OA的上方时，线段PC的最大值是 ．推出点P在直线OA的
4
下方，过点D作DP∥OA交抛物线于P和P′，此时四边形ADPC和四边形ADP′C′是平行四边形，求出
直线DP的解析式，利用方程组即可解决问题．
{ c=0 )
【详解】（1）解：把O(0,0)和点A(3,3)代入y=ax2+4x+c得到 ，
9a+12+c=3
{a=−1)
解方程组得 ，
c=0
∴抛物线的解析式为y=−x2+4x．
故答案是：y=−x2+4x．
（2）解：根据题意得，过原点O(0,0)和点A(3,3)的直线OA的解析式是y=x，二次函数y=−x2+4x的
顶点坐标是(2,4)，当点P在直线OA上方时，设P的横坐标为m，
∴0<m<3，PC=PB−CB，
∵D(m,0)，PD⊥x轴，P在y=−x2+4x上，C在OA上，A(3,3)，
∴P(m,−m2+4m)，C(m,m)，
∴PC=PB−CB=−m2+4m−m=−m2+3m=− ( m− 3) 2 + 9 ，
2 4
∵二次函数的二次项系数a=−1<0，图像开口向下，
∴有最大值，
(3 ) 9
当D ,0 时，PC = ，
2 最大值 4
9
故当点P在直线OA上方时，线段PC的最大值是 ．
4
（3）解：如图所示，9
由（2）可知，当点P在直线OA上方时，线段PC的最大值是 ，
4
∵AD=3，
∴点P在直线OA的下方，过点D作DP∥OA交抛物线于P和P′，此时四边形ADPC和四边形ADP′C′是
平行四边形，
∵直线OA的解析式为y=x，
∴直线DP的解析式为y=x−3，
{ x=
3−❑√21
) { x=
3+❑√21
)
{ y=x−3 ) 2 2
由 ，解得 或 ，
y=−x2+4x −3−❑√21 −3+❑√21
y= y=
2 2
3±❑√21
∴m的值为 ，
2
3±❑√21
故答案是： ．
2
【点睛】本题主要考查对用待定系数法求二次函数的解析式，平行四边形的判定和性质，二次函数的最值
等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建一次函数，利用方程组确定两个函数的交点
坐标，属于中考压轴题．
22．（2025·山东枣庄·模拟预测）在平面直角坐标系中，直线l：y=kx+b经过抛物线
y=x2+2mx+2m2−m(m≠0)的顶点．如图，当抛物线经过原点时，其顶点记为P．(1)求抛物线的解析式并直接写出点P的坐标；
(2)t≤x≤t+1时，y的最小值为2，求t的值；
(3)当k=2时．动点E在直线l下方的抛物线上，过点E作EF∥x轴交直线l于点F，令S=EF，求S的最
大值．
( 1 1)
【答案】(1)y=x2+x，P的坐标为 − ,−
2 4
(2)t的值为−3或1
1
(3)S取得最大值
2
【分析】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
（1）利用待定系数法求出对应的函数解析式，再把解析式化为顶点式即可得到答案；
1 3 1 1
（2）分t+1<− ，− ≤t≤− ，t>− 三种情况，根据增减性，确定函数在t≤x≤t+1时，取得最小值
2 2 2 2
的情形，从而建立方程求解即可；
（3）利用待定系数法求出一次函数解析式，设点E(m,m2+m)， 则F (1 m2+ 1 m− 3 ,m2+m ) ，则
2 2 8
1( 1) 2 1
S=EF=− m− + ，据此求解即可．
2 2 2
【详解】（1）解；∵抛物线经过原点，
∴2m2−m=0，
1
解得：m=0或 ，
2
∵m≠0，
1
∴m= ，
2
∴抛物线的解析式为y=x2+x，∵y=x2+x= ( x+ 1) 2 − 1 ，
2 4
( 1 1)
∴顶点P的坐标为 − ,− ；
2 4
1 ( 1 1)
（2）解；由（1）可得抛物线开口向上，对称轴为直线x=− ，顶点坐标为 − ,− ，
2 2 4
1 3
当t+1<− ，即t<− 时，y随x增大而减小，
2 2
由题意得：(t+1) 2+t+1=2，
解得：t =−3，t =0（舍去），
1 2
∴t的值为−3，
3 1 1
当− ≤t≤− 时，则若t≤x≤t+1时，y的最小值为− ，不符合题意，
2 2 4
1
当t>− 时，y随x增大而增大，
2
由题意得：t2+t=2，
解得：t =−2（舍去），t =1，
1 2
∴t的值为1，
综上所述，t的值为−3或1；
( 1 1)
（3）解：由题意得：当k=2时，y=2x+b经过点P − ,− ，
2 4
( 1) 1
∴2× − +b=− ，
2 4
3
∴b= ，
4
3
∴y=2x+ ，
4
1 3
设点E(m,m2+m)，且− <m< ，
2 2
∵EF∥x轴，
∴F (1 m2+ 1 m− 3 ,m2+m ) ，
2 2 8
∴S=EF=m−
(1
m2+
1
m−
3)
=−
1
m2+
1
m+
3
=−
1(
m−
1) 2
+
1
，
2 2 8 2 2 8 2 2 21 1 3
∵− <0，− <m< ，
2 2 2
1 1
∴当m= 时，S取得最大值 ．
2 2
23．如图，已知二次函数的图像经过点A(3,3)、B(4,0)和原点O．P为二次函数图像上的一个动点，过点
P作x轴的垂线，垂足为D(m,0)，并与直线OA交于点C．
(1)求出二次函数的解析式；
(2)当点P在直线OA的上方时，求线段PC的最大值；
(3)当m>0时，探索是否存在点P，使得△PCO为等腰三角形，如果存在，求出P的坐标；如果不存在，
请说明理由．
【答案】(1)y=-x2+4x
9
(2)
4
(3)存在，点P的坐标为(3−❑√2,1+2❑√2)或(3+❑√2,1−2❑√2)或（5，-5）或（4，0）
【分析】（1）设y=ax（x-4），把A点坐标代入即可求出答案；
（2）根据点的坐标求出PC=-m2+3m，化成顶点式即可求出线段PC的最大值；
（3）当0<m<3时，仅有OC=PC，列出方程，求出方程的解即可；当m≥3时，PC=CD-PD=m2-3m，
OC=❑√2m，分为三种情况：当OC=PC时，当OC=OP时，当PC=OP时，即可得到答案．
【详解】（1）解∶∵二次函数的图像经过点B(4,0)和原点O．
∴可设二次函数的解析式为y=ax（x-4），
把点A（3，3）代入，得：3=3a（3-4），
解得：a=-1，
∴二次函数的解析式为y=- x（x-4）=-x2+4x；
（2）解：根据题意得：0<m<3，PC=PD-CD，
设直线OA的解析式为y=kx(k≠0)，把点A（3，3）代入，得：3=3k，
解得：k=1，
∴直线OA的解析式为y=x，
∵D（m，0），PD⊥x轴，P在y=-x2+4x上，C在直线OA上，
∴P（m，-m2+4m），C（m，m），
∴PD=-m2+4m，CD= m，
3 2 9
∴PC=PD-CD=-m2+4m-m=-m2+3m =−(m− ) + ，
2 4
3 9
∴当m= 时，线段PC最大，最大；值为 ；
2 4
（3）解：存在，理由如下：
∵C（m，m），P（m，-m2+4m），
∴OD=m，CD=m，PD=-m2+4m，
OC=❑√OD2+CD2=❑√2m，OP2=OD2+DP2=m2+m2 (m−4) 2，
当0<m<3时，仅有OC=PC，
由（2）得：PC= PD-CD=-m2+3m，
∴−m2+3m=❑√2m，解得：m=3−❑√2或0（舍去），
∴此时P(3−❑√2,1+2❑√2)；
当m≥3时，点C在点P的上方，此时PC=CD-PD=m2-3m，
当OC=PC时，m2−3m=❑√2m，
解得：m=3+❑√2或0（舍去），
∴此时点P(3+❑√2,1−2❑√2)；
当OC=OP时，有OC2=OP2，
∴(❑√2m) 2=m2+m2 (m−4) 2，
解得：m=5或3（舍去）或0（舍去），
∴此时点P（5，-5），
当PC=OP时，
(m2−3m) 2 =m2+m2 (m−4) 2，
解得：m=4或0（舍去），
∴此时点P（4，0）；综上所述，存在，点P的坐标为(3−❑√2,1+2❑√2)或(3+❑√2,1−2❑√2)或（5，-5）或（4，0）．
【点睛】本题主要考查对用待定系数法求二次函数的解析式，等腰三角形的性质，勾股定理，二次函数的
最值等知识点的理解和掌握，用的数学思想是分类讨论思想，此题是一个综合性比较强的题目，（3）小
题有一定的难度．
24．（2025·云南玉溪·二模）如图，抛物线y=x2+bx+3与x轴交于点A和点B(3,0)，与y轴交于点C．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)将抛物线的顶点D向上平移2个单位长度得到点E，点M为抛物线的对称轴上一动点，记
L=M A2+M E2，求L的最小值．
【答案】(1)y=x2−4x+3
3
(2)
2
【分析】本题考查了求二次函数的解析，二次函数的最值问题，解题的关键是求出解析式；
（1）将B(3,0)代入y=x2+bx+3中求解即可；
（2）求出平移后相应的坐标，利用两点间的距离公式进行列式，再利用二次函数的性质求最值．
【详解】（1）解：将B(3,0)代入y=x2+bx+3得：0=9+3b+3，
解得：b=−4，
∴y=x2−4x+3．
（2）解：∵y=(x−2) 2−1，则D(2,−1)，
将抛物线的顶点D向上平移2个单位长度得到点E(2,1)，
设y=(x−2) 2−1=0，解得：x =1,x =3，
1 2
∴A(1,0)，
设点M(2,t)，则M A2=1+t2,M E2=0+(1−t) 2，∴L=1+t2+(1−t) 2=2 ( t− 1) 2 + 3 ，
2 2
1 3
当t= 时，L取到最小值，为L= ．
2 2
25．（2024·福建泉州·模拟预测）已知点(2, 1)和点(4, 4)在抛物线y=ax2+bx上．
(1)求抛物线所对应的函数表达式；
(2)四边形ABCD的四个顶点均在该抛物线上，AC与BD交于点E(0, n)，直线AB为y=k x+m(0<m<n)
1
，直线CD为y=k x+t．
2
①求k n−k m的值；
1 2
S
②记△CDE的面积为S ，四边形ABCD的面积为S，若m=1，n=2，求 的最小值．
1 S
1
1
【答案】(1)y= x2 ；
4
9
(2)①0；② ．
4
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）①联立直线和抛物线的解析式得出x2−4k x−4m=0，再根据根与系数的关系得出x +x =4k ，
1 A B 1
(1 n )
x ⋅x =−4m，利用待定系数法求出直线AC的表达式为y= x − x+n，联立后得出
A B 4 A x
A
x2− ( x − 4n) x−4n=0，推出x ⋅x =−4n，求得
A x A C
A
( 4n 4n2 ) ( 4n 4n2 ) 4nk
C − , ，同理，D − , ，求出x +x = 1=4k ，即可得解；②设CD与y轴交于点
x x2 x x2 C D m 2
A A B B
F，AB与y轴交于点G，求出直线CD的表达式为y=k x+4，得出F(0,4)，记△ADE的面积为S ，
2 2
EC S 1 1 λ 1 λ 5
△ABE的面积为S ，△BCE的面积为S ， =λ (λ>0)，求出 =1+ + + = + + .记
3 4 AE S λ 4 4 λ 4 4
1
S 1 λ 5
f = >1，则f = + + ，即λ2+(5−4f)λ+4=0，再运用一元二次方程根的判别式即可求得答案．
S λ 4 4
1{4a+2b=1
)
【详解】（1）解：将点(2, 1)和点(4, 4)代入y=ax2+bx，得 ，
16a+4b=4
{ a= 1 )
解得 4 ，
b=0
1
所以抛物线的表达式为y= x2 ；
4
{y=k
1
x+m
)
（2）解：①依题意，联立 1 ，得x2−4k x−4m=0，
y= x2 1
4
所以x +x =4k ，x ⋅x =−4m，
A B 1 A B
设直线AC的表达式为y=px+q，又直线AC过点E(0,n)，
{ px +q= 1 x2)
所以 A 4 A ，
q=n
{ p= 1 x − n )
解得 4 A x ，
A
q=n
(1 n )
所以直线AC的表达式为y= x − x+n，
4 A x
A
{ y= (1 x − n ) x+n)
联立 4 A x A ，得x2− ( x − 4n) x−4n=0，
1 A x
y= x2 A
4
4n
所以x ⋅x =−4n，所以x =− ，
A C C x
A
( 4n 4n2 )
所以C − , ，
x x2
A A
( 4n 4n2 )
同理，D − , ，
x x2
B B{y=k
2
x+t
)
联立 1 ，得x2−4k x−4t=0，
y= x2 2
4
4n 4n ( x +x ) ( 4k ) 4nk
所以x +x =− − =−4n A B =−4n 1 = 1=4k ，
C D x x x ⋅x −4m m 2
A B A B
所以k n=k m，即k n−k m=0；
1 2 1 2
②设CD与y轴交于点F，AB与y轴交于点G，
( 8 ) ( 8 ) 64 64
当m=1，n=2时，由(2)①得x ⋅x = − ⋅ − = = =−16=−4t，
C D x x x ⋅x −4
A B A B
解得t=4，
所以直线CD的表达式为y=k x+4，
2
所以F(0,4)，
EC
记△ADE的面积为S ，△ABE的面积为S ，△BCE的面积为S ， =λ (λ>0)，
2 3 4 AE
1
⋅EF⋅(x −x )
(4−2) ( − 8 + 8 )
S 2 C D x x −16(x −x ) −16 −16
所以 1= = A B = B A = = =4，
S 1 (2−1)(x −x ) x x (x −x ) x x −4
3 ⋅EG⋅(x −x ) B A A B B A A B
2 B A
S S EC
又因为 1= 4= =λ(λ>0)，
S S AE
2 3
1 1 (1 ) λ
所以S = S ，S = S ，S =λS =λ S = S ，
2 λ 1 3 4 1 4 3 4 1 4 11 1 λ
所以S=S +S +S +S =S + S + S + S ，
1 2 3 4 1 λ 1 4 1 4 1
S 1 1 λ 1 λ 5
所以
=1+ + + = + +
，
S λ 4 4 λ 4 4
1
S 1 λ 5
记f = >1，则f = + + ，即λ2+(5−4f)λ+4=0，
S λ 4 4
1
因为λ存在，
故关于λ的一元二次方程有实数根，
所以Δ=(5−4f) 2−16≥0，
所以5−4f ≤−4或5−4f ≥4，
9 1
解得f ≥ 或f ≤ (不符合题意，舍去)，
4 4
S S 9
所以当λ=2时， 取得最小值，且 的最小值为 ．
S S 4
1 1
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质，
一元二次方程根的判别式以及根与系数的关系等，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键，综合
性强，难度较大，属于常考的中考数学压轴题．
【题型3 铅锤法巧求面积最值】
26．（24-25九年级上·福建厦门·期中）如图，已知二次函数y=ax2+bx+3交x轴于点A(−1,0)，B(3,0)，
交y轴于点C．
(1)求二次函数y=ax2+bx+3的解析式；
(2)记AB中点为点D，过点D作直线DP交y轴负半轴于点F，交抛物线于点P，Q，点P在Q点右边．
①当OF=3时，点M为抛物线上的一个动点且点M在线段PQ上方，求△MPQ面积的最大值；
②当∠ODF=60°时，若点O与点G关于直线DP对称，求证：DG⊥BF．
【答案】(1)y=−x2+2x+3125
(2)① ；②见解析
8
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）①先根据题意可得到D(1,0)，F(0,−3)，进而求出直线PQ的解析式为y=3x−3，联立
{y=−x2+2x+3)
，求出Q(−3,−12)，P(2,3)，设M(t,−t2+2t+3)，则E(t,3t−3)，得到
y=3x−3
5( 1) 2 125
ME=−t2−t+6，再根据S =S +S =− t+ + ，即可求解；②连接OG，由
△MPQ △MEQ △MEP 2 2 8
D(1,0)，B(3,0)，可得OD=1，BD=2，OB=3，根据∠ODF=60°，推出∠OFD=30°，得到DF=2
，进而根据勾股定理求出OF=❑√3，BF=2❑√3，在△BDF中，设BF边上的高为ℎ，根据等面积法求出ℎ
，再根据对称的性质可得到DG=OD=1，即可解答．
【详解】（1）解：将点A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx+3，
{ a−b+3=0 )
得： ，
9a+3b+3=0
{a=−1)
解得： ，
b=2
二次函数的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）①如图，过点M作ME∥y轴，交PQ于点E，
∵点A(−1,0)，B(3,0)，点D为AB中点，
∴ D(1,0)，
由题意可得：F(0,−3)，
设直线PQ的解析式为y=kx+n，
{ k+n=0 )
∴ ，
0+n=−3{ k=3 )
解得： ，
n=−3
∴直线PQ的解析式为y=3x−3，
{y=−x2+2x+3)
联立 ，
y=3x−3
{ x=−3 ) {x=2)
解得： 或 ，
y=−12 y=3
∴ Q(−3,−12)，P(2,3)，
设M(t,−t2+2t+3)，则E(t,3t−3)，
∴ ME=−t2+2t+3−(3t−3)=−t2−t+6，
∴ S =S +S =
1
(x −x )·ME=
1
×(2+3)(−t2−t+6)=−
5(
t+
1) 2
+
125
，
△MPQ △MEQ △MEP 2 P Q 2 2 2 8
1 125
∴当t=− 时，△MPQ面积的最大，最大值为 ；
2 8
②如图，连接OG，
∵ D(1,0)，B(3,0)，
∴ OD=1，BD=3−1=2，OB=3，
∵ ∠ODF=60°，∠DOF=90°，
∴ ∠OFD=30°，
∴ DF=2OD=2，
∴ OF=❑√DF2−OD2=❑√22−12=❑√3，
∴ BF=❑√OB2+OF2=❑√32+(❑√3) 2=2❑√3，
在△BDF中，设BF边上的高为ℎ，
1 1 1 1
∴ S = BD·OF= BF·ℎ，即 ×2×❑√3= ×2❑√3·ℎ，
△BDF 2 2 2 2
∴ ℎ =1，
∵点O与点G关于直线DP对称，
∴直线PQ垂直平分OG，
∴ DG=OD=1，
∴ DG= ℎ =1，即点G在BF上，∴ DG⊥BF．
【点睛】本题考查了二次函数综合，涉及二次函数的图像与性质，一次函数的图像与性质，勾股定理，对
称的性质，含30°角的直角三角形的性质，解题的关键是掌握相关知识．
27．（2025·河北沧州·模拟预测）如图1，抛物线C ：y=x2+bx+c经过点A(−3,0)和点B(1,0)，抛物线
1
C 与C 关于原点O成中心对称．
2 1
(1)求b，c的值；
(2)求抛物线C 的解析式；
2
(3)将抛物线C 向上平移2个单位长度得到C ，抛物线C 与C 相交于P，Q两点（点P在点Q的左侧），
2 3 1 3
如图2．
①求点P和Q的坐标；
②若点M，N分别为抛物线C 与C 上P，Q之间的点（点M，N均不与点P，Q重合），直接写出四边形
1 3
PMQN面积的最大值．
{ b=2 )
【答案】(1)
c=−3
(2)y=−x2+2x+3
(3)①点P的坐标为(−2,−3)，点Q的坐标为(2,5)；②16
【分析】本题考查二次函数的图象及性质，二次函数与面积问题．
（1）将点A(−3,0)和点B(1,0)代入y=x2+bx+c即可求解；（2）设点(x,y)是C :y=x2+2x−3上任意一点，则点(x,y)关于原点O成中心对称的点坐标为(−x,−y)
1
，即可得到抛物线C 的解析式为−y=(−x) 2+2(−x)−3；
2
{y=−x2+2x+5)
（3）①通过联立方程组 ，求点P和Q的坐标；
y=x2+2x−3
②过点M作ME∥y轴交PQ于点E，过点N作NF∥y轴交PQ于点F，先求出直线PQ的解析式为
y=2x+1，设M(m,m2+2m−3)，N(n,−n2+2n+5)，则E(m,2m+1)，F(n,2n+1)，求出当m=0
时，ME有最大值4，当n=0时，NF有最大值4，再根据S =S +S =2(ME+NF)，得
四边形PMQN △CDN △CDM
到当ME+NF最大时，四边形PMQN面积的最大，最后代入计算即可．
【详解】（1）解：将点A(−3,0)和点B(1,0)代入y=x2+bx+c得
{9−3b+c=0)
，
1+b+c=0
{ b=2 )
解得 ；
c=−3
（2）解：由（1）可得抛物线C :y=x2+2x−3，
1
设点(x,y)是C :y=x2+2x−3上任意一点，则点(x,y)关于原点O成中心对称的点坐标为(−x,−y)，
1
∵抛物线C 与C 关于原点O成中心对称，
2 1
∴抛物线C 的解析式为−y=(−x) 2+2(−x)−3，
2
整理得y=−x2+2x+3；
（3）解：①将抛物线C 向上平移2个单位长度得到C ，则抛物线C 的解析式为
2 3 3
y=−x2+2x+3+2=−x2+2x+5，
{y=−x2+2x+5) {x=2) {x=−2)
联立 ，解得 或 ，
y=x2+2x−3 y=5 y=−3
∵抛物线C 与C 相交于P，Q两点（点P在点Q的左侧），
1 3
∴点P的坐标为(−2,−3)，点Q的坐标为(2,5)；
②过点M作ME∥y轴交PQ于点E，过点N作NF∥y轴交PQ于点F，∵点P的坐标为(−2,−3)，点Q的坐标为(2,5)，
∴设直线PQ的解析式为y=kx+b ，
1
{−2k+b =−3)
∴ 1 ，
2k+b =5
1
{k=2)
解得 ，
b =1
1
∴直线PQ的解析式为y=2x+1，
设M(m,m2+2m−3)，N(n,−n2+2n+5)，
则E(m,2m+1)，F(n,2n+1)，
∴ME=2m+1−(m2+2m−3)=−m2+4，NF=−n2+2n+5−2n−1=−n2+4，
∵−2<m<2,−2<n<2，
∴当m=0时，ME有最大值4，
当n=0时，NF有最大值4，
1 1
∵S =S +S = ×(x −x )×ME+ ×(x −x )×NF=2(ME+NF)，
四边形PMQN △CDN △CDM 2 Q P 2 Q P
∴当ME+NF最大时，四边形PMQN面积的最大值为S =2(ME+NF)=2×(4+4)=16．
四边形PMQN
28．（2025·湖南株洲·三模）如图，抛物线y=−x2+bx+c交x轴于A(−4,0),B两点，交y轴于点C(0,4)．(1)求抛物线的函数解析式．
(2)在抛物线的对称轴上是否存在点M，使得△ACM是以AC为斜边的直角三角形？若存在，请求出点M
的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)若点D在线段OA上运动，过点D作x轴的垂线，与AC交于点Q，与抛物线交于点P，连接AP、CP，
求四边形AOCP的面积的最大值，并写出此时点P的坐标．
【答案】(1)y=−x2−3x+4
( 3 ❑√31) ( 3 ❑√31)
(2)存在，点M的坐标为 − ,2+ 或 − ,2− ；
2 2 2 2
(3)四边形AOCP的面积的最大值为16，此时点P的坐标为(−2,6)．
【分析】（1）将点A(−4,0)和C(0,4)代入抛物线的函数解析式，利用待定系数法求解即可；
( 3 )
（2）先求出抛物线的对称轴，进而设点M − ,m ，利用坐标两点距离公式，得到AC2=32，
2
25 9
AM2= +m2 ，CM2= +(m−4) 2 ，再根据△ACM是以AC为斜边的直角三角形，利用勾股定理列方
4 4
程，求出m的值，即可得到点M的坐标；
1
（3）先求出S = OA⋅OC=8，再利用待定系数法求出直线AC的解析式为y=x+4，设D(a,0)，
△AOC 2
且−4≤a≤0，则P(a,−a2−3a+4)，Q(a,a+4)，可得PQ=−a2−4a，从而得出
S =S +S =−2a2−8a，进而得到S =S +S =−2(a+2) 2+16，利用二次
△ACP △APQ △CPQ 四边形AOCP △APC △AOC
函数的性质求最值即可．
【详解】（1）解：抛物线y=−x2+bx+c交x轴于A(−4,0),B两点，交y轴于点C(0,4)，
{−16−4b+c=0)
∴ ，
c=4
{b=−3)
解得： ，
c=4
∴抛物线的函数解析式为y=−x2−3x+4．
（2）解：存在，理由如下：
∵y=−x2−3x+4=− ( x+ 3) 2 + 25 ，
2 43
∴抛物线的对称轴为直线x=− ，
2
∵点M在抛物线的对称轴上，
( 3 )
∴设点M − ,m ，
2
∵A(−4,0)，C(0,4)，
∴AC2=(−4−0) 2+(0−4) 2=32，AM2= ( − 3 +4 ) 2 +m2= 25 +m2 ，
2 4
CM2= ( − 3) 2 +(m−4) 2= 9 +(m−4) 2 ，
2 4
∵△ACM是以AC为斜边的直角三角形，
∴AM2+CM2=AC2，
∴ 25 +m2+ [9 +(m−4) 2) =32，
4 4
15
整理得：m2−4m− =0，
4
4±❑√31 ❑√31
解得：m= =2± ，
2 2
( 3 ❑√31) ( 3 ❑√31)
∴存在点M使得△ACM是以AC为斜边的直角三角形，点M的坐标为 − ,2+ 或 − ,2−
2 2 2 2
；
（3）解：∵A(−4,0)，C(0,4)，
∴OA=4，OC=4，
1
∴S = OA⋅OC=8，
△AOC 2
设直线AC的解析式为y=mx+n，
{−4m+n=0)
∴ ，
n=4
{m=1)
解得： ，
n=4
∴直线AC的解析式为y=x+4，
∵点D在线段OA上运动，
∴设D(a,0)，且−4≤a≤0，∵过点D作x轴的垂线，与AC交于点Q，与抛物线交于点P，
∴P(a,−a2−3a+4)，Q(a,a+4)，
∴PQ=−a2−3a+4−(a+4)=−a2−4a，
1 1 1 1
∴S =S +S = PQ⋅AD+ PQ⋅OD= PQ⋅OA= ×4(−a2−4a)=−2a2−8a，
△ACP △APQ △CPQ 2 2 2 2
∴S =S +S =−2a2−8a+8=−2(a+2) 2+16，
四边形AOCP △APC △AOC
∵−2<0，
∴当a=−2时，S 有最大值，
四边形AOCP
即四边形AOCP的面积的最大值为16，此时点P的坐标为(−2,6)．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了求二次函数解析式，二次函数的图象和性质，勾股定理，公式法
解一元二次方程，二次函数的最值问题等，利用数形结合的思想解决问题是关键．
29．（24-25九年级下·河南驻马店·期中）如图1，一块钢板截面的一边为线段AB，另一边曲线ACB为抛
物线的一部分，D为AB的中点，现沿线段CD将这块钢板分成①②两部分，以AB边所在直线为x轴，经
过点C且与AB垂直的直线为y轴，建立平面直角坐标系xOy，规定1个单位长度代表1m．已知：
5
OA=1m，AD= m，OC=2m．
2
(1)求曲线ACB所在抛物线的函数表达式；
(2)如图2，在区域①中截取一个矩形PEFG，其中点P在线段CD上（不含端点C，D），点E在曲线AC上，点F，G均在线段AD上，设点P的纵坐标为m(0<m<2)，求矩形PEFG的面积S与m之间的函数表
达式；
(3)如图3，在区域②中截取一个四边形CDBQ，其中点Q在曲线BC上（不含端点B，C），记四边形
CDBQ的面积为Sm2，求S的最大值．
1 3
【答案】(1)y=− x2+ x+2
2 2
m❑√25−8m 3
(2)S= − m2
2 4
13
(3)
2
【分析】本题考查用待定系数法求二次函数与一次函数解析式，二次函数的图像与性质，二次函数的最
值，矩形的性质，熟练掌握用待定系数法求函数解析式，二次函数图像性质是解题的关键．
（1）利用待定系数法求解函数表达式即可；
4 3
（2）先求得CD所在直线的函数表达式为y=− x+2，进而求得点P的横坐标为 (2−m)．再求得点E的
3 4
3−❑√25−8m ❑√25−8m 3
横坐标为 ，进而求得PE= − m，然后利用矩形面积公式可求解；
2 2 4
1
（3）连接BC，过点Q作x轴的垂线，交BC于点H．先求得BC所在直线的函数表达式为y=− x+2．设
2
H ( n,− 1 n+2 ) ，其中0<n<4，则Q ( n,− 1 n2+ 3 n+2 ) ，
2 2 2
1 13
可得QH=− n2+2n，由S=S +S +S =−(n−2) 2+ (0<n<4)，利用二次函数的性质求
2 △BCD △BQH △CQH 2
解即可．
【详解】（1）解：∵OC=2m，
∴可设曲线ACB所在抛物线的函数表达式为y=ax2+bx+2．
5
∵AD= m，OA=1m，
2
3
∴OD= m，A(−1,0)．
2
又∵D为AB的中点，
3
∴该抛物线的对称轴为直线x= ，
21
{a×(−1) 2+b×(−1)+2=0
)
{ a=− )
2
∴ b 3 ． 解得
− = 3
2a 2 b=
2
1 3
故曲线ACB所在抛物线的函数表达式为y=− x2+ x+2．
2 2
(3 )
（2）解：由（1）易知C(0,2)，D ,0 ，
2
4
∴CD所在直线的函数表达式为y=− x+2．
3
4 4 3
对y=− x+2，令y=m，则− x+2=m，解得x= (2−m)，
3 3 4
3
即点P的横坐标为 (2−m)．
4
1 3 3−❑√25−8m 3+❑√25−8m
令− x2+ x+2=m，解得x = ，x = （不合题意，舍去）．
2 2 1 2 2 2
3−❑√25−8m
∴点E的横坐标为 ，
2
3 3−❑√25−8m ❑√25−8m 3
∴PE= (2−m)− = − m，
4 2 2 4
m❑√25−8m 3
∴S=PE·PG= − m2 ．
2 4
（3）解：如图，连接BC，过点Q作x轴的垂线，交BC于点H．
5 5
∵AD= m，D为AB的中点，AB=5m，BD= m．
2 2
又∵A(−1,0)，
∴B(4,0)．
1
由B(4,0)，C(0,2)，易得BC所在直线的函数表达式为y=− x+2．
2设H ( n,− 1 n+2 ) ，其中0<n<4，则Q ( n,− 1 n2+ 3 n+2 ) ，
2 2 2
∴QH=− 1 n2+ 3 n+2− ( − 1 n+2 ) =− 1 n2+2n，
2 2 2 2
1 1
∴S=S +S +S = BD·OC+ QH·OB，
△BCD △BQH △CQH 2 2
即S= 1 × 5 ×2+ 1( − 1 n2+2n ) ×4=−n2+4n+ 5 =−(n−2) 2+ 13 (0<n<4)，
2 2 2 2 2 2
∵−1<0，
13
∴当n=2时，S取最大值，最大值为 ．
2
30．（2025·辽宁营口·二模）已知函数y =ax2+3b，y =−ax+b，定义新函数y:y=2y −y ．
1 2 1 2
2 1
(1)若新函数y的解析式为y=− x2− x+5，求函数y 与y 的解析式；
3 3 1 2
(2)在（1）条件下，点A(m,n)在函数y 上，过点A作y轴的平行线交函数y 的图象于点B，且当x≥−3
2 1
时．
①若点A，B重合，求m的值；
②过点B作x轴的平行线交函数y 图象于点C，函数f :f =AB+BC，求函数f关于m的解析式（写出自变量
2
m的取值范围）；△ABC的面积是否存在最大值，若存在，请直接写出△ABC面积的最大值，若不存在
请说明理由．
1 1
【答案】(1)y =− x2+3，y = x+1
1 3 2 3
(2)①−3或2
4 4
{ − m2− m+8(−3≤m≤2))
3 3 625
②f = ；存在，△ABC面积的最大，最大值为
4 4 96
m2+ m−8(2<m≤3)
3 3
2 1
【分析】（1）根据y=2y −y 求得y=2ax2+ax+5b，再根据y=− x2− x+5，比较即可求得a、b
1 2 3 3
值，从而求解；
1 1 1 1
（2）①把(m,n)代入y = x+1和代入y =− x2+3，从而得到− m2+3= m+1，再解方程即可求
2 3 1 3 3 3
解；
②先求出点A、B、C的坐标，从而求得AB、BC长，代入f =AB+BC，即可求解；再根据1
S = AB⋅BC，分类讨论求解即可．
△ABC 2
【详解】（1）解：∵y =ax2+3b，y =−ax+b，
1 2
∴y=2y −y
1 2
=ax2+3b−(−ax+b)
=2ax2+ax+5b，
2 1
∵y=− x2− x+5，
3 3
2
{2a=−
)
3
∴ 1 ，
a=−
3
5b=5
{ a=− 1 )
∴ 3 ，
b=1
1 1
∴y =− x2+3，y = x+1．
1 3 2 3
（2）解：①∵点A，B重合，A(m,n)，
∴B(m,n)，
1 1
把A(m,n)代入y = x+1，得 m+1=n，
2 3 3
1 1
把B(m,n)代入y =− x2+3，得− m2+3=n，
1 3 3
1 1
∴− m2+3= m+1，
3 3
化简整理，得m2+m−6=0，
解得：m =−3，m =2．
1 2
∴m的值为−3或2，
1 1
②把A(m,n)代入y = x+1，得n= m+1，
2 3 3
( 1 )
∴A m, m+1 ，
3
∵AB∥y轴交函数y 的图象于点B，
1∴B ( m,− 1 m2+3 ) ，
3
∵BC∥x轴交函数y 图象于点C，
2
1
∴点C纵坐标为− m2+3，
3
1 1 1 1
把y=− m2+3代入y = x+1，得− m2+3= x+1，
3 2 3 3 3
∴x=−m2+6，
∴C ( −m2+6,− 1 m2+3 ) ，
3
∴当−3≤m≤2时，
1 1 4 4
f =AB+BC=− m2− m+2−m2+6−m=− m2− m+8，
3 3 3 3
当2<m≤3时，
1 1 4 4
f =AB+BC= m2+ m−2+m2+m−6= m2+ m−8，
3 3 3 3
4 4
{ − m2− m+8(−3≤m≤2))
3 3
∴f =
4 4
m2+ m−8(2<m≤3)
3 3
1
∵S = AB⋅BC，
△ABC 2
∴当−3≤m≤2时，
AB=− 1 m2+3− (1 m+1 ) =− 1( m+ 1) 2 + 25 ，BC=−m2+6−m=− ( m+ 1) 2 + 25 ，
3 3 3 2 12 2 4
1
∵− <0，−1<0，
31 25 25
∴当m=− 时，AB，BC取得最大值，AB最大值为 ，BC最大值为 ，
2 12 4
1 25 25 625
此时，△ABC面积的最大，最大值= × × = ；
2 12 4 96
当m>2时，
AB= 1 m+1− ( − 1 m2+3 ) = 1 m2+ 1 m−2= 1( m+ 1) 2 − 25 ，
3 3 3 3 3 2 12
BC=m−(−m2+6)=m2+m−6= ( m+ 1) 2 − 25 ，
2 4
1 1
∵ >0，1>0，对称轴为直线x=− ，
3 2
1
∴AB，BC有最小值，当m>− 时，AB，BC都随着m的增大而增大，
2
∵x>−3，
∴−m2+6≥−3，
∴−3≤m≤3，
∴当m=3时，AB，BC都取得最大值，
AB最大值为2，BC最大值为6，
1
∴此时，△ABC面积的最大，最大值= ×2×6=6，
2
625
∵ >6，
96
625
∴存在，△ABC面积的最大，最大值为 ．
96
【点睛】本题属二次函数综合题目，主要考查二次函数与一次函数交点，二次函数的图象性质，二次函数
的最值，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
10
31．（2025·宁夏银川·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+ x+c经过点
3A(−4,0),C(0,8)，点B的坐标为(6,0)，连接BC．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)如图，过点C作CD∥x轴，交抛物线于点D，连接AD，判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，若P是AD所在直线下方抛物线上的一个动点，求△ADP面积的最大值．
1 10
【答案】(1)y= x2+ x+8；
3 3
(2)菱形，理由见解析
(3)9
【分析】本题考查了二次函数和几何综合，菱形的判定，正确做出辅助线表示出△ADP的面积是解题的
关键．
（1）把A(−4,0),C(0,8)代入函数解析式即可解答；
（2）求得点D的坐标，得到DC的长度，即可解答；
（3）过点P作y的平行线交直线DA于点M，设P的横坐标为m，求得PM的长，进而表示出△ADP的面
积，利用二次函数的性质，即可解答．
【详解】（1）解：把A(−4,0),C(0,8)代入函数解析式，
{ 0=16a− 40 +c)
可得 3 ，
8=c
{ a= 1 )
解得 3 ，
c=8
1 10
∴抛物线的函数解析式为y= x2+ x+8；
3 3
1 10
（2）解：当y=8时，8= x2+ x+8，
3 3
解得x =0,x =−10，
1 2
∴D(−10,8)，
∴DC=10，∵B(6,0)，
∴AB=10，
∵CD∥x轴，
∴DC∥AB，
∴四边形ABCD为平行四边形，
根据勾股定理可得BC=❑√OB2+OC2=10，
∴BC=DC，
∴平行四边形ABCD为菱形；
（3）解：设直线AD的解析式为y=kx+b，
{8=−10k+b)
把A(−4,0),D(−10,8)代入可得 ，
0=−4k+b
4
{ k=− )
3
解得 ，
16
b=−
3
4 16
∴直线AD的解析式为y=− x− ，
3 3
如图，过点P作y的平行线交直线DA于点M，
设点P ( m, 1 m2+ 10 m+8 ) ，则点M ( m,− 4 m− 16) ，
3 3 3 3
∴PM=− 4 m− 16 − (1 m2+ 10 m+8 ) =− 1 m2− 14 m− 40 ，
3 3 3 3 3 3 3
PM⋅6
∴S =S +S = =−m2−14m−40=−(m+7) 2+9，
△ADP △MDP △MAP 2
∴当x=−7，即P(−7,1)时， △ADP的面积最大为9．
1 9
32．（2025·安徽阜阳·三模）对于二次函数y=ax2+bx+2，当自变量x=− 时，函数y的最大值为 ．
2 4(1)求二次函数的解析式．
(2)如图，二次函数y=ax2+bx+2的图象与x轴相交于A，B两点，与y轴相交于点C，P，Q是A与C之
间的二次函数图象上的两个动点，PM⊥x轴交直线AC于点M，QN⊥x轴交直线AC于点N，ME⊥y
轴于点E，ND⊥y轴于点D，PM=QN，求当P，Q两点不重合时，线段ME+ND的长．
(3)在（2）的条件下，连接NE，求△CNE的面积的最大值．
【答案】(1)y=−x2−x+2
(2)2
1
(3)
2
【分析】本题主要考查了二次函数综合，求二次函数解析式等等，熟知二次函数的性质是解题的关键．
1
（1）根据题意可得对称轴为直线x=− ，则可推出b=a，再利用待定系数法求解即可；
2
（2）求出A(−2,0)，B(1,0)，C(0,2)；进而得到直线AC解析式为y=x+2；设
P(m,−m2−m+2)，Q(n,−n2−n+2)，则M(m,m+2)，N(n,n+2)，则E(0,m+2)，D(0,n+2)，
可求出ME=−m，DN=−n，PM=−m2−2m，
QN=−n2−2n，根据PM=QN，可推出m+n+2=0，据此可得答案；
1 1 1
（3）求出CE=2−(m+2)=−m，则S = CE⋅DN=− (m+1) 2+ ，据此根据二次函数的性质求解
△CNE 2 2 2
即可．
1 9
【详解】（1）解：∵当自变量x=− 时，函数y的最大值为 ，
2 4
1
∴对称轴为直线x=− ，
2
b 1
∴− =− ，
2a 2
∴b=a，( 1 9) 1 1 9
把 − , 代入到y=ax2+bx+2=ax2+ax+2中得 a− a+2= ，
2 4 4 2 4
解得a=−1，
∴抛物线解析式为y=−x2−x+2；
（2）解：在y=−x2−x+2中，当y=−x2−x+2=0时，解得x=−2或x=1，
∴A(−2,0)，B(1,0)，
在y=−x2−x+2中，当x=0时，y=2，
∴C(0,2)；
设直线AC解析式为y=kx+b′，
{−2k+b′=0)
∴ ，
b′=2
{k=1)
∴ ，
b′=2
∴直线AC解析式为y=x+2；
设P(m,−m2−m+2)，Q(n,−n2−n+2)，则M(m,m+2)，N(n,n+2)，
∴E(0,m+2)，D(0,n+2)，
∴ME=−m，DN=−n，PM=−m2−m+2−(m+2)=−m2−2m，
QN=−n2−n+2−(n+2)=−n2−2n，
∵PM=QN，
∴−m2−2m=−n2−2n，
∴m2−n2−2n+2m=0，
∴(m+n+2)(m−n)=0，
∵P，Q两点不重合，即m≠n，
∴m+n+2=0，
∴m+n=−2，
∴ME+DN=−m−n=−(m+n)=2；
（3）解：∵C(0,2)，E(0,m+2)，
∴CE=2−(m+2)=−m，
1 1 1 1 1
∴S = CE⋅DN= mn= m(−2−m)=− (m+1) 2+ ，
△CNE 2 2 2 2 21
∵− <0，−2<m<0，
2
1
∴当m=−1时，S 有最大值，最大值为 ．
△CNE 2
33．（2024·安徽合肥·二模）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)，B(3,0)，与y轴交于点
C，顶点为D，直线y=kx与抛物线交于点E，F，M是线段EF的中点．
(1)求抛物线的解析式．
(2)若点E的横坐标是−3，求点M的坐标．
(3)若0<k<2，求四边形MCDB的面积的最小值．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)(−1,−4)
93
(3)
16
【分析】本题考查了二次函数的解析式的确定、一次函数解析式的确定、中点坐标公式，三角形面积的计
算．解题的关键是求出两个函数图像的交点坐标．
（1）利用交点式求抛物线解析式即可．
（2）先将−3代入抛物线解析式得出点E坐标，将点E得出直线解析式，联立抛物线解析式与直线解析式
得出点F坐标，根据点M是线段EF的中点即可求出．
（3）用题（2）的方法求出点M的坐标（用含k的式子表示），然后把四边形MCDB分割成几个三角形来
求面积，再根据0<k<2来求这个面积的最小值．
【详解】（1）解：把点A(−1,0)，B(3,0)代入y=−x2+bx+c，
{−1−b+c=0,
)
得
−9+3b+c=0,
{b=2,)
解方程组，得
c=3,∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3．
（2）把x=−3代入y=−x2+2x+3，得y=−9−6+3=−12，
∴点E的坐标是(−3,−12)．
把点E(−3,−12)代入y=kx，得−3k=−12，∴k=4，
∴直线的解析式是y=4x．
{y=−x2+2x+3) { x
1
=−3 ) {x
2
=1)
联立方程组 得 ， ，
y=4x y =−12 y =4
1 2
x +x −3+1 y + y −12+4
∴ 1 2= =−1， 1 2= =−4，
2 2 2 2
∴点M的坐标是(−1,−4)．
（3）把x=0代入y=−x2+2x+3，得y=3，
∴点C的坐标是(0,3)，OC=3．
∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，∴点D的坐标是(1,4)．
把y=−x2+2x+3与y=kx联立方程组，得x2+(k−2)x−3=0，
x +x 2−k k(2−k)
∴x = E F = >0，y = ．
M 2 2 M 2
如图，连接OD．
四边形MCDB的面积为：S +S −S −S
△OCD △OBD △OCM △OBM
1 1 1 2−k 1 k(2−k)
= ×3×1+ ×3×4− ×3× − ×3×
2 2 2 2 2 2
3( 1) 2 93
= k− + ．
4 2 16
3
∵ >0，
41 93
当k= 时，四边形MCDB的面积有最小值，最小值为 ．
2 16
34．（2025·四川资阳·二模）如图，在平面直角坐标系中，点A在抛物线y=−x2+4x上，且横坐标为1，
点B与点A关于抛物线的对称轴对称，直线AB与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，点E的坐标为(1,1)
．
(1)求线段AB的长；
(2)点P为线段AB上方抛物线上的任意一点，当△PBE的面积最大时，求此时P点坐标，并求出最大面
积；
1
(3)在（2）的情况下，过点P作AB的垂线交AB于点H，点F在y轴上一点，求PH+HF+ FO的最小
2
值．
【答案】(1)AB=2
(3 15) 9
(2) , ，
2 4 4
9 3❑√3
(3) +
4 4
【分析】本题考查二次函数综合，涉及二次函数图象与性质、二次函数与面积综合、二次函数求最值等问
题，数形结合是解决问题的关键．
（1）根据题意，令x=1，代入表达式求出y即可得到A(1,3)，再根据点B与点A关于抛物线的对称轴对
称，即可求出B(3,3)，从而得到答案；
（2）作PN∥y轴交BE于N，如图所示，设P(m,−m2+4m)，数形结合，在平面直角坐标系中表示出
△PBE的面积，由二次函数图象与性质分析即可得到答案；
（3）作直线OG交AB于G，使得∠COG=30°，作HK⊥OG于K交OC于F，如图所示，数形结合得1
PH+HF+ FO=PH+FH+FK=PH+HK，利用等面积法求解即可得到答案．
2
【详解】（1）解：∵点A在抛物线y=−x2+4x上，且横坐标为1，
∴令x=1，则y=−12+4=3，则A(1,3)，
∵点B与点A关于抛物线的对称轴对称，
∴ B(3,3)，
∴ AB=2；
（2）解：作PN∥y轴交BE于N，如图所示：
设P(m,−m2+4m)，
∵直线BE的解析式为y=x，
∴N(m,m)，
1
∴S = ×2×(−m2+4m−m) =−m2+3m，
ΔPEB 2
∵−1<0，
3 9 (3 15)
∴抛物线开口向下，有最大值，当m= 时，△PEB的面积最大为 ，此时P , ；
2 4 2 4
（3）解：作直线OG交AB于G，使得∠COG=30°，作HK⊥OG于K交OC于F，如图所示：
(3 15) (3 )
由（2）知点P , ，H ,3 ，
2 4 215 3
∴ PH= −3= ，
4 4
1 ❑√3
∵FK= OF，CG= OC=❑√3，
2 3
1 1
∴PH+HF+ FO=PH+FH+FK=PH+HK，此时PH+HF+ OF的值最小，
2 2
1 1
∵ ⋅HG⋅OC= ⋅OG⋅HK，
2 2
( 3)
3× ❑√3+
2 3 3❑√3，
∴HK= = +
2❑√3 2 4
1 9 3❑√3
∴PH+HF+ OF的最小值为 + ．
2 4 4
35．（2025·吉林松原·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+2x+c(a≠0)与x轴交于点
A,B，与y轴交于点C，连接BC,OA=1，对称轴为x=1，点D为此抛物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式．
(2)若连接CD，则∠BCD=________°
(3)点E是第一象限内抛物线上的动点，连接BE和CE，求△BCE面积的最大值．
(4)点P在抛物线的对称轴上，平面内存在点Q，当以点B,C,P,Q为顶点的四边形是矩形时，请直接写出
点Q的横坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)90
27
(3)
8
(4)4,−2,2
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象的性质，矩形的性质，勾股定理，掌握
二次函数的性质是解题的关键．（1）根据题意求得A的坐标，根据对称性求得B的坐标，进而待定系数法求二次函数解析式即可；
（2）求出顶点D的坐标，分别求出BC,CD,BD，根据勾股定理逆定理得△BCD是直角三角形，故可得
∠BCD=90°；
先根据解析式求得C的坐标，进而求得BC的解析式，设E(m,−m22m+3)，作EF∥y轴交BC于点F，
则F(m,−m+3)，进而求得S 关于x的表达式，根据二次函数的性质即可求得最大值；
△BCE
（3）分情况讨论，BC，BP，BQ为矩形的对角线，设P(2,y),Q(m,n)，根据矩形的性质以及中点坐
标公式求得m的值，进而求得Q点的横坐标．
【详解】（1）解：抛物线y=ax2+2x+c(a≠0)与x轴交于点A、B，OA=1，对称轴为直线x=1，
∴A(−1,0)，
∴B(3,0)，
将A，B代入y=ax2+2x+c(a≠0)得：
{0=a−2+c
)
，
0=9a+6+c
{a=−1)
解得 ，
c=3
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴D(1,4)，
又c=3，
∴C(0,3)，
∴BC=❑√(3−0) 2+(0−3) 2=3❑√2，CD=❑√(0−1) 2+(3−4) 2=❑√2，BD=❑√(1−3) 2+(4−0) 2=2❑√5，
∴BC2+CD2=BD2，
∴∠BCD=90°；
故答案为：90；
（3）解：设直线BC的解析式为y=kx+b，
{3k+b=0)
将点B，点C的坐标代入得： ，
b=3
{k=−1)
解得： ，
b=3
∴直线BC的解析式为y=−x+3，设E(m,−m22m+3)，
如图，作EF∥y轴交BC于点F，
则F(m,−m+3)，
∴EF=−m2+2m+3−(−m+3)=−m2+3m，
∴S =
1
×(x −x )×EF=
1
×3×(−m2+3m)=−
3
x(x−5)=−
3(
m−
3) 2
+
27
△BCE 2 B C 2 2 2 2 8
3 27
当m= 时，S 有最大值为 ；
2 △BCE 8
（4）解：设P(1,y)，Q(m,n)，
由（1）知B(3,0),C(0,3)，
①若BC为矩形的对角线，
由中点坐标公式得：0+3=m+1，
解得：m=2，
∴点Q的横坐标为2；
②若BP为矩形得对角线，
3+1 m+0
由中点坐标公式得： = ，
2 2
解得m=4，
∴点Q的横坐标为4；
③若BQ为矩形的对角线，
3+m 1+0
由中点坐标公式得： = ，
2 2
解得：m=−2，
∴点Q的横坐标为−2，
综上，点Q的横坐标为4或2或−2．36．（24-25九年级上·天津·阶段练习）如图，抛物线y=ax2+bx−6交x轴于A(−2,0)，B(6,0)两交y轴于
点C，点Q为线段BC上的动点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求QA+QO的最小值；
(3)过点Q作QP∥AC交抛物线的第四象限部分于点P，连接PA，PB，记△PAQ与△PBQ的面积分别
为S ，S ，设S=S +S ，当S最大时，求点P的坐标，并求S的最大值．
1 2 1 2
1
【答案】(1)y= x2−2x−6
2
(2)10
27 ( 15)
(3)S最大值为 ，此时点P的坐标为 3,−
2 2
【分析】（1）：将A(−2,0)，B(6,0)分别代入y=ax2+bx−6，利用待定系数法求出二次函数解析式即
可；
（2）作点O关于直线BC的对称点坐标为O′．连接BO′、CO′ 、OO′．证明四边形OCO′B是正方形．则
点O关于直线BC的对称点坐标为O′(−6,−6)．连接O′ A，由BC是OO′的垂直平分线得到QO=QO′，则
QA+QO=QA+QO′≥O′ A（当点Q位于直线AO′与直线BC交点时取等号），即可得到QA+QO的最小
值为O′ A=❑√(−6−2) 2+(−6) 2=10．
（3）过点P作PM⊥x轴，交x轴于点M．连接PC．得到
S +S =S =S +S ❑ −S ．设点P ( m, 1 m2−2m−6 ) ，则
△PAQ △PBQ △PBC 梯形PCOM Rt △PMB Rt△BOC 2
3 3 27
S=S +S =− m2+9m=− (m−3) 2+ ，再利用二次函数的性质即可求解．
1 2 2 2 2
【详解】（1）解：将A(−2,0)，B(6,0)分别代入y=ax2+bx−6，得方程组{0=4a−2b−6)
，
0=36a+6b−6
{ a= 1 )
解得 2 ．
b=−2
1
∴抛物线的解析式为y= x2−2x−6．
2
（2）当x=0时，y=−6，即C(0,−6)，则OB=OC=6，
作点O关于直线BC的对称点坐标为O′．连接BO′、CO′ 、OO′．
∵OB=OC，OO′ ⊥BC，
∴OO′平分BC，
∴OO′垂直平分BC．
又∵BC垂直平分OO′，且∠BOC=90°，
∴四边形OCO′B是正方形．
∴点O关于直线BC的对称点坐标为O′(−6,−6)．
连接O′ A，
∵BC是OO′的垂直平分线，
∴QO=QO′，
∴QA+QO=QA+QO′≥O′ A（当点Q位于直线AO′与直线BC交点时取等号），
∴QA+QO的最小值为O′ A=❑√(−6−2) 2+(−6) 2=10．
（3）过点P作PM⊥x轴，交x轴于点M．连接PC．∵QP∥AC，
∴S =S （同底等高），
△PAQ △PCQ
∴S +S =S =S +S ❑ −S ．
△PAQ △PBQ △PBC 梯形PCOM Rt △PMB Rt△BOC
设点P ( m, 1 m2−2m−6 ) ，
2
则S = 1 (MP+OC)⋅OM= 1( − 1 m2+2m+6+6 ) ⋅m= 1 m ( − 1 m2+2m+12 ) ，
梯形PCOM 2 2 2 2 2
S = 1 MP⋅BM= 1( − 1 m2+2m+6 ) (6−m)= 1 (6−m) ( − 1 m2+2m+6 ) ，
Rt△PMB 2 2 2 2 2
1 1
S = OB⋅OC= ×6×6=18．
Rt△BOC 2 2
∴S=S +S = 1 m ( − 1 m2+2m+12 ) + 1 (6−m) ( − 1 m2+2m+12 ) −18，
1 2 2 2 2 2
3 3 27
即：S=S +S =− m2+9m=− (m−3) 2+
1 2 2 2 2
27 ( 15)
∴当m=3时，S有最大值 ，此时点P的坐标为 3,− ，
2 2
27 ( 15)
综上，S最大值为 ，此时点P的坐标为 3,− ．
2 2
【点睛】此题是二次函数和几何综合题，考查了待定系数法、正方形的判定和性质、轴对称的性质、勾股
定理等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
37．（24-25九年级下·四川眉山·期中）如图1，已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A，B(1，0)两点，
与y轴交于点C(0，2)，过点A直线交y轴于点D，交抛物线于点E(−1,3)．(1)抛物线解析式为 ；
(2)如图2，点F为抛物线上曲线AE上一动点，连接AF，FE，BE，求四边形ABEF面积的最大值；
(3)如图3，点P为线段AD上一动点，Q为线段AB上一动点，且DP=AQ，连接DQ，OP，OP+DQ是
否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，说明理由．
1 3
【答案】(1)y=− x2− x+2
2 2
147
(2)
16
(3)存在，最小值是4❑√3
【分析】（1）用待定系数法求抛物线的解析式即可；
（2）过点F作FG∥y轴于点G，求出A(−4,0)，待定系数法求出直线AE的解析式为y=x+4，设点F
的坐标为 ( m,− 1 m2− 3 m+2 ) ，则G(m,m+4)，根据S =− 3( m+ 5) 2 + 27 得出当m=− 5 时，
2 2 △AEF 4 2 16 2
27
S 取最大值 ，根据△ABE面积一定，S =S +S ，当△AEF面积最大时，四边形
△AEF 16 四边形ABEF △AEF △ABE
ABEF面积的最大，求出最大值即可；
（3）过点D作MD⊥y轴，截取MD=AD，连接MP、MO，证明△ADQ≌△DMP，得出MP=DQ
，说明当MP+DP最小时，DQ+OP最小，根据两点之间线段最短，得出当M、P、O三点共线时，
DQ+OP最小，且最小值为OM，根据勾股定理求出最小值即可．
【详解】（1）解：把B(1，0)，C(0，2)，E(−1,3)代入抛物线解析式y=ax2+bx+c得：
{a+b+c=0
)
c=2 ，
a−b+c=31
{a=−
)
2
解得： 3 ，
b=−
2
c=2
1 3
∴抛物线的解析式为：y=− x2− x+2；
2 2
（2）解：过点F作FG∥y轴于点G，如图所示：
1 3 1 3
把y=0代入y=− x2− x+2得：0=− x2− x+2，
2 2 2 2
解得：x =−4，x =1，
1 2
∴A(−4,0)，
1 15
∴S = ×(1+4)×3= ，
△ABE 2 2
设直线AE的解析式为y=kx+b，把A(−4,0)，E(−1,3)代入得：
{−4k+b=0)
，
−k+b=3
{k=1)
解得： ，
b=4
∴直线AE的解析式为y=x+4，
设点F的坐标为 ( m,− 1 m2− 3 m+2 ) ，则G(m,m+4)，
2 2
1 3 1 5
∴FG=− m2− m+2−m−4=− m2− m−2，
2 2 2 2
S = 1( − 1 m2− 5 m−2 ) ×[−1−(−4))
△AEF 2 2 2
3 15
=− m2− m−3
4 43( 5) 2 27
=− m+ + ，
4 2 16
3
∵− <0，
4
5 27
∴当m=− 时，S 取最大值 ，
2 △AEF 16
∵△ABE面积一定，S =S +S ，
四边形ABEF △AEF △ABE
∴当△AEF面积最大时，四边形ABEF面积的最大，
15 27 147
∴四边形ABEF面积的最大值为 + = ．
2 16 16
（3）解：存在；过点D作MD⊥y轴，截取MD=AD，连接MP、MO，如图所示：
把x=0代入AD的解析式y=x+4得：y=4，
∴D(0,4)，
∵A(−4,0)，
∴OA=OD=4，
∵∠AOD=90°，
∴∠ADO=∠DAO=45°，
∵∠MDO=90°，
∴∠MDP=90°−45°=45°，
∴∠MDP=∠DAQ，
∵MD=AD，AQ=DP，
∴△ADQ≌△DMP，
∴MP=DQ，
∴DQ+OP=MP+OP，
∴当MP+DP最小时，DQ+OP最小，
∵两点之间线段最短，∴当M、P、O三点共线时，DQ+OP最小，且最小值为OM，
∵OA=OD=4，∠AOD=90°，
∴AD=❑√OA2+OD2=❑√42+42=4❑√2，
∴DM=4❑√2，
∴OM=❑√OD2+DM2=❑√42+(4❑√2) 2=4❑√3，
即DQ+OP的最小值为4❑√3．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，求一次函数解析式，三角形全等的判定和性质，求二次函
数解析式，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
38．（23-24九年级上·江苏苏州·阶段练习）如图，二次函数y=❑√3x2−6❑√3x+5❑√3的图像交x轴于A、B
两点，交y轴于点C，连接BC．
(1)直接写出点B、C的坐标，B ； C ．
(2)M是抛物线对称轴上的一点，连接MA、MC．求MA+MC的最小值．
(3)点P是BC下方抛物线上的一点， 连接PB、PC．当△PBC的面积最大时，求点P坐标．
【答案】(1)(5,0)，(0,5❑√3)
(2)MA+MC的最小值为10
(5 15❑√3)
(3)点P坐标为 ,−
2 4
【分析】（1）在二次函数y=❑√3x2−6❑√3x+5❑√3中，令y=0，令x=0，即刻求解；
（2）根据题意可得：A、B关于抛物线的对称轴对称，且M是抛物线对称轴上的一点，得到当点M在直
线BC上，即AM=BM时，MA+MC最小，最小值为BC，再根据勾股定理求出BC，即可求解；
（3）如图，过点P作PD∥y，交x轴于点E，交BC于点D，先求出直线BC的解析式为y=−❑√3x+5❑√3，设P(a,❑√3a2−6❑√3a+5❑√3)，则D(a,−❑√3a+5❑√3)，
1
得到PD=−❑√3a2+5❑√3a，再根据S =S +S = OB·PD，得到关于a的二次函数即可求
△PBC △PBD △PCD 2
解．
【详解】（1）解：令y=0，则❑√3x2−6❑√3x+5❑√3=0，
解得：x=5或x=1，
∴ A(1,0)，B(5,0)，
令x=0，则y=5❑√3，
∴ C(0,5❑√3)，
故答案为：(5,0)，(0,5❑√3)；
−6❑√3
（2）二次函数y=❑√3x2−6❑√3x+5❑√3的对称轴为：x=− =3，
2❑√3
根据题意可得：A、B关于对称轴x=3对称，且M是抛物线对称轴上的一点，
∴当点M在直线BC上，即AM=BM时，MA+MC最小，最小值为MA+MC=MB+MC=BC，
由（1）知，B(5,0)，C(0,5❑√3)，
∴ OB=5，OC=5❑√3，
∴ BC=❑√OB2+OC2=❑√52+(5❑√3) 2=10，
∴ MA+MC的最小值为10；
（3）如图，过点P作PD∥y，交x轴于点E，交BC于点D，设直线BC的解析式为y=kx+b，将B(5,0)，C(0,5❑√3)代入得：
{ 5k+b=0 )
，
0k+b=5❑√3
{k=−❑√3)
解得： ，
b=5❑√3
∴直线BC的解析式为y=−❑√3x+5❑√3，
设P(a,❑√3a2−6❑√3a+5❑√3)，则D(a,−❑√3a+5❑√3)，
∴ PD=−❑√3a+5❑√3−(❑√3a2−6❑√3a+5❑√3)=−❑√3a2+5❑√3a，
1 1 1
∴ S =S +S = OE·PD+ BE·PD= OB·PD，
△PBC △PBD △PCD 2 2 2
即S =
1
×5(−❑√3a2+5❑√3a)=−
5❑√3(
a−
5) 2
+
125❑√3
，
△PBC 2 2 2 8
5
∴当a= 时，△PBC的面积最大，
2
(5 15❑√3)
此时点P坐标为 ,− ．
2 4
【点睛】本题考查了二次函数的综合，涉及二次函数的图像与性质，一次函数的图像与性质，勾股定理，
线段的最值问题等知识，解题的关键是灵活运用这些知识．
39．（24-25九年级下·山东东营·期中）如图，抛物线y=ax2+bx−3（a≠0）与x轴交于点A(−1,0)，点
B(3,0)，与y轴交于点C．(1)求抛物线的表达式；
(2)在对称轴上找一点Q，使△ACQ的周长最小，求点Q的坐标；
(3)P是第四象限内抛物线上的动点，求△BPC面积S的最大值及此时P点的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)Q(1,−2)
27 (3 27)
(3)S的最大值为 ，P点的坐标为 ,
8 2 8
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）连接CB交对称轴于点Q，由A、B关于对称轴x=1对称得AQ=BQ，进而得到
AC+AQ+CQ=AC+CQ+BQ≥AC+BC，可知当C、B、Q三点共线时，△ACQ的周长最小，利用
待定系数法求出直线BC的解析式，再把x=1代入计算即可求解；
（3）过点P作PG∥y轴 ，交BC于点G，设点P(t,t2−2t−3)，则G(t,t−3)， 可得
PG=t−3−(t2−2t−3)=−t2+3t，进而根据三角形面积公式求出S与t的函数解析式，最后根据二次函数
的性质解答即可求解；
本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的几何应用，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
【详解】（1）解：把点A(−1,0)，点B(3,0)代入y=ax2+bx−3得，
{ a−b−3=0 )
，
9a+3b−3=0
{ a=1 )
解得 ，
b=−2
∴抛物线的表达式为y=x2−2x−3；
（2）解：如图，连接CB交对称轴于点Q，∵y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
∵A、B关于对称轴x=1对称，
∴AQ=BQ，
∴AC+AQ+CQ=AC+CQ+BQ≥AC+BC，
当C、B、Q三点共线时，△ACQ的周长最小，
∵y=x2−2x−3，
∴C(0,−3)，
设直线BC的解析式为y=kx+m，把B(3,0)和C(0,−3)代入得，
{0=3k+m)
，
−3=m
{ k=1 )
解得 ，
m=−3
∴直线BC的解析式为y=x−3，
把x=1代入y=x−3，得y=1−3=−2，
∴Q(1,−2)；
（3）解：如图，过点P作PG∥y轴 ，交BC于点G， 连接PC，PB，
设点P(t,t2−2t−3)，则G(t,t−3)，∴PG=t−3−(t2−2t−3)=−t2+3t，
∴S=
1
×3×(−t2+3t)=−
3(
t−
3) 2
+
27
，
2 2 2 8
3 27
∴当t= 时，S的最大值为 ，
2 8
(3 27)
此时，P点的坐标为 , ．
2 8
1
40．（2025·广东云浮·一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y= x2+bx+c与x轴交于点A，B两
2
点，与y轴交于点C(0,−4)，且△BOC的面积为8，D是BC中点．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)若点P是第四象限内该抛物线上一动点，求△BDP面积的最大值．
(3)若点G是该抛物线对称轴上的一点，且△GBD是等腰三角形，请直接写出点G 的坐标
1
【答案】(1)y= x2−x−4
2
(2)2
(3)(1,1)或(1,−2+❑√7)或(1,−2−❑√7)
【分析】本题考查二次函数的综合，涉及待定系数法求函数解析式、坐标与图形、二次函数的图象与性
质、两点坐标距离公式等知识，正确求得函数解析式是解答的关键．
（1）先求得点B坐标，再利用待定系数法求解函数表达式即可；
（2）先由待定系数法可得直线BC的函数解析式为为y=x−4，而D是BC中点，有D(2,−2)，过点P作
PQ⊥x轴交BC于点Q，设P ( t, 1 t2−t−4 ) (0<t<4)，则Q(t,t−4)，即得
2
PQ=t−4− (1 t2−t−4 ) =− 1 t2+2t，则S = 1 PQ⋅|x −x )=− 1 (t−2) 2+2，由二次函数性质可
2 2 △BDP 2 B D 2得△BDP面积的最大值是2；
（3）设G(1,t)，分当BG=BD时、当BG=DG时、当DG=BD时三种情况，结合两点坐标距离公式求解
即可．
【详解】（1）解：∵C(0,−4)，
∴OC=4，
∵△BOC的面积为8，
1 1
∴ OC⋅OB= ×4×OB=8，解得OB=4，
2 2
∴B(4,0)，
1
将B(4,0)，C(0,−4)，代入y= x2+bx+c得：
2
{8+4b+c=0) {b=−1)
∴ ，解得 ，
c=−4 c=−4
1
∴抛物线的函数表达式为y= x2−x−4；
2
（2）解：设直线BC为y=kx−4，将B(4,0)代入得：0=4k−4，解得k=1，
∴直线BC为y=x−4，
∵B(4,0)，C(0,−4)，D是BC中点，
∴D(2,−2)，
过点P作PQ⊥x轴交BC于点Q，如图：
设P ( t, 1 t2−t−4 ) (0<t<4)，则Q(t,t−4)，
2
∴PQ=t−4− (1 t2−t−4 ) =− 1 t2+2t，
2 2
∴S = 1 PQ⋅|x −x )= 1 × ( − 1 t2+2t ) ×(4−2)=− 1 t2+2t=− 1 (t−2) 2+2，
△BDP 2 B D 2 2 2 2
1
∵− <0，0<t<4，
2∴t=2时，S 有最大值，最大值为2；
△BDP
即△BDP面积的最大值是2；
1 1 9
（3）解：由y= x2−x−4= (x−1) 2− 得抛物线的对称轴为直线x=1，
2 2 2
根据题意，设G(1,t)，
∴BG2=(4−1) 2+(0−t) 2=t2+9，BD2=(4−2) 2+(0+2) 2=8，DG2=(1−2) 2+(t+2) 2=t2+4t+5，
若△GBD是等腰三角形，分三种情况：
当BG=BD时，BG2=BD2，
则t2+9=8，解得t2=−1<0，不合题意，舍去；
当BG=DG时，BG2=DG2，
则t2+9=t2+4t+5，解得t=1，此时G(1,1)；
当DG=BD时，DG2=BD2，
则t2+4t+5=8，解得t=−2+❑√7或t=−2−❑√7，
此时G(1,−2+❑√7)或G(1,−2−❑√7)，
综上，满足条件的点P的坐标为(1,1)或(1,−2+❑√7)或(1,−2−❑√7)．
