专题04二次函数背景下的线段最值问题（解析版）_2026秋初中教辅合集_2027学科网&_2027新上好课《9上数学•压轴题专项训练系列》（新教材浙教版）

 
 
 
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专题04 二次函数背景下的线段最值问题 
 
解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 
题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 
题型1、二次函数背景下的单线段最值问题 
题型2、二次函数背景下的双线段和最值问题 
题型3、二次函数背景下的双线段差最值问题 
题型4、二次函数背景下的线段定值问题 
题型5、二次函数背景下的双线段距离最值问题 
题型6、二次函数背景下的单线段最值问题 
压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 
 
解题通法—明晰核心解法，助力能力迁移 
解决二次函数背景下的线段最值问题，核心在于用坐标法把几何线段长度表示为关于动点坐标的函数；
要紧紧抓住设点、表距离、化函数、求最值四个步骤，充分利用二次函数顶点、开口方向、对称轴及区间
端点；涉及两条线段和差最值时，常借助轴对称、将军饮马、三角形三边关系等几何模型进行转化；解题
中必须注意动点的取值范围与临界状态，所有结果均需回代检验． 
 
题型归纳—精讲典型题法，夯实解题根基 
 
题型1、二次函数背景下的单线段最值问题 
典例1 （24-25 九年级上·全国·期末）如图，已知抛物线
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ 与x 轴交于A、B 两点（点A 在点B
的左边），与y 轴交于点C，连接BC ． 
目 录 
 
 
 
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(1)求A、B、C 三点的坐标； 
(2)若点P 为线段BC 上的一点（不与B、C 重合），PM
y
∥
轴，且PM 交抛物线于点M，交x 轴于点N，当
线段PM 的长度最大时，求点M 的坐标； 
(3)在（2）的条件下，当线段PM 的长度最大时，在抛物线的对称轴上有一点Q，使得CNQ

为直角三角形，
直接写出点Q 的坐标． 
【答案】(1)
(
)
1,0
A −
，
(
)
3,0
B
，
(
)
0,3
C
 
(2) 3 15
,
2 4





 
(3)
1
1,
4


−



或
7
1, 2





或
3
11
1,
2


+






或
3
11
1,
2


−






 
【分析】（1）在抛物线解析式中，令
0
x =
可求得点C 坐标，令
0
y =
则可求得A、B 的坐标； 
（2）由B 、C 的坐标可求得直线BC 的解析式为
3
y
x
= −+
，设点P 的坐标，则可表示出点M 坐标，从而可
用t 表示出PM 的长，再利用二次函数的性质求得线段PM 的长度最大时t 的值，可求得点M 坐标； 
（3）由（2）可知点N 坐标，设点Q 坐标为(1,
)
m ，则可用m 分别表示出QN 、QC 及CN ，分点C 为直角
顶点、点Q 为直角顶点和点N 为直角顶点三种情况，分别根据勾股定理可得到关于m 的方程，可求出m 的
值，可求得点Q 坐标． 
【详解】（1）解：对于
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ，令
0
x =
，则
3
y =
， 
(0,3)
C

， 
令
0
y =
，则
2
2
3
0
y
x
x
−
+
+ =
， 
解得：
1
3
x = ，
2
1
x = −， 
( 1,0)
A

−
，
(
)
3,0
B
； 
（2）解：设BC 的表达式为y
kx
b
=
+
，则
0
3
3
k
b
b
=
+

=

， 
 
 
 
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解得
1
3
k
b
−
=

=

， 
直线BC 的表达式为
3
y
x
= −+
， 
设点P 的坐标为( ,
3)
t
t
−+
，则点M 的坐标为
2
( ,
2
3)
t
t
t
−
+
+
， 
(
)
2
2
2
3
9
2
3
3
3
2
4
PM
t
t
t
t
t
t


= −
+
+ −−+
= −
+
= −
−
+




， 
∴
3
2
t =
时，PM 最大， 
此时点M 坐标3 15
,
2
4





； 
（3）解：
2
2
2
3
(
1)
4
y
x
x
x
= −
+
+ = −
−
+

， 
抛物线的对称轴为直线
1
x = ， 
设
(1,
)
Q
m ， 
∵
(0,3)
C
，
3 ,0
2
N 




， 
2
2
3
3 5
3
2
2
CN



=
+
=




，
2
2
1
(
3)
6
10
CQ
m
m
m
=
+
−
=
−
+
， 
2
2
2
3
1
1
2
4
NQ
m
m


=
−
+
=
+




， 

CNQ

为直角三角形， 
分点C 为直角顶点、点Q 为直角顶点和点N 为直角顶点三种情况， 
①当点C 为直角顶点时，则有
2
2
2
CN
CQ
NQ
+
=
 
即
(
)
2
2
2
3 5
1
6
10
2
4
m
m
m

+
−
+
=
+






， 
解得：
7
2
m =
， 
此时点Q 坐标为
7
1, 2





， 
②当点Q 为直角顶点时，则有
2
2
2
CQ
NQ
CN
+
=
， 
即(
)
2
2
2
1
3 5
6
10
4
2
m
m
m


−
+
+
+
= 





， 
 
 
 
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解得：
1
3
11
2
m
+
=
，
2
3
11
2
m
−
=
， 
此时点Q 坐标为
3
11
1,
2


+






或
3
11
1,
2


−






， 
③当点N 为直角顶点时，则有
2
2
2
CN
NQ
CQ
+
=
， 
即
2
2
2
3 5
1
6
10
2
4
m
m
m

+
+
=
−
+






， 
解得：
1
4
m
−
=
， 
此时点Q 坐标为
1
1,
4
−





， 
综上所述，点Q 坐标为
1
1,
4
−





或
7
1, 2





或
3
11
1,
2


+






或
3
11
1,
2


−






． 
【点睛】此题是二次函数综合应用题，主要考查了待定系数法函数与坐标轴的交点、三角形的面积、二次
函数的性质、勾股定理、方程思想以及分类讨论思想等知识． 
题型模版 
1.特征：在二次函数图象上给定一点或动点，求该点到某定点、定直线或坐标轴的线段长度最值． 
2.方法：设出动点坐标，用两点间距离公式或点到直线距离公式表示目标线段长度的平方；转化为关于动点
横坐标（或纵坐标）的二次函数，利用顶点或区间端点求最值；注意动点坐标范围． 
变式1-1 （25-26 九年级上·湖北黄冈·阶段检测）如图所示，已知抛物线
(
)
2
4
0
y
ax
bx
a
=
+
+

与x 轴相交于
点
(
)
1,0
A
和B ，与y 轴相交于点C ，对称轴为直线
5
2
x =
． 
 
(1)求抛物线的函数表达式； 
(2)如图甲所示，若P 是线段BC 上的一个动点（不与点
,
B C 重合），过点P 作y 轴的平行线，交抛物线于点
Q ，连结OQ ，当线段PQ 的长最大时，判断四边形OCPQ 的形状，并说明理由； 
 
 
 
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(3)如图乙所示，在（2）的条件下，D 是OC 的中点，过点Q 的直线与抛物线相交于点E ，且
2
DQE
ODQ

= 
，
连结BE．在y 轴上是否存在一点F ，使得BE
BF
=
？若存在，求点F 的坐标；若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
2
5
4
y
x
x
=
−
+
 
(2)四边形OCPQ 为平行四边形，理由见解析 
(3)存在，点F 的坐标为(
)
0,1 或(
)
0, 1
−
 
【分析】（1）用待定系数法即可求解； 
（2）设点P 的坐标为(
)
,
4
x
x
−+
，则点Q 的坐标为(
)
2
,
5
4
x x
x
−
+
，则
(
) (
)
2
2
4
5
4
4
PQ
x
x
x
x
x
= −+
−
−
+
= −
+
，
根据二次函数的性质求出最值，可得PQ
CO
=
，进而求解； 
（3）当
2
DQE
ODQ

= 
，则
HQA
HQE

= 
，则直线AQ 和直线QE 关于直线QH 对称，进而求出点E 的
坐标为(
)
5,4 ，设点F 的坐标为(
)
0,m ，再根据BE
BF
=
，可得关于m 的方程，解方程即可． 
【详解】（1）解：由题意得：
4
0
5
2
2
a
b
b
a
+
+
=
−
=

， 
解得
1
5
a
b
=

= −

， 
故抛物线的表达式为
2
5
4
y
x
x
=
−
+
①； 
（2）解：四边形OCPQ 为平行四边形，理由如下： 
对于
2
5
4
y
x
x
=
−
+
， 
令
2
5
4
0
y
x
x
=
−
+
=
， 
解得
1
x = 或4， 
令
0
x =
，则
4
y =
， 
故点B 的坐标为(
)
4,0 ，点
(
)
0,4
C
， 
设直线BC 的表达式为y
kx
t
=
+ ，则
4
4
0
t
k
t
=


+ =

， 
解得
1
4
k
t
= −

=

， 
故直线BC 的表达式为
4
y
x
−
=
+
， 
设点P 的坐标为(
)
,
4
x
x
−+
，则点Q 的坐标为(
)
2
,
5
4
x x
x
−
+
， 
 
 
 
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则
(
) (
)
2
2
4
5
4
4
PQ
x
x
x
x
x
= −+
−
−
+
= −
+
， 
∵1
0
−
， 
故PQ 有最大值， 
当
2
x =
时，PQ 的最大值为4 ， 
此时点Q 的坐标为(
)
2, 2
−
； 
∵PQ
CO
=
，PQ
OC
∥
， 
故四边形OCPQ 为平行四边形； 
（3）解：∵D 是OC 的中点， 
∴点
(
)
0,2
D
， 
设直线DQ 的表达式为
1
y
k x
b
=
+
，则
1
2
2
2
b
k
b
=


+
= −

， 
解得
1
2
2
k
b
= −

=

， 
直线DQ 的表达式为
2
2
y
x
−
=
+
， 
过点Q 作QH
x
⊥
轴于点H， 
则QH
CO
∥
，故
AQH
ODA

= 
， 
而
2
DQE
ODQ

= 
， 
∴
HQA
HQE

= 
， 
则直线AQ 和直线QE 关于直线QH 对称， 
 
∵点
(
)
1,0
A
在直线AQ 上， 
∴点(
)
3,0 在直线QE 上， 
 
 
 
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故设直线QE 的表达式为
2
2
y
k x
b
=
+
，则
2
2
2
2
3
0
2
2
k
b
k
b
+
=


+
= −

， 
解得
2
2
2
6
k
b
=


= −

， 
故直线QE 的表达式为
2
6
y
x
=
−②，  
联立①②并解得
5
4
x
y
=


=

（不合题意的值已舍去）， 
故点E 的坐标为(
)
5,4 ， 
设点F 的坐标为(
)
0,m ， 
由点B、E 的坐标得：
(
)
(
)
2
2
2
5
4
4
0
17
BE =
−
+
−
=
， 
由点B、F 的坐标得：
(
)
(
)
2
2
2
2
0
4
0
16
BF
m
m
=
−
+
−
=
+
， 
当BE
BF
=
时，则
2
16
17
m
+
=
， 
解得
1
m = ， 
故点F 的坐标为(
)
0,1 或(
)
0, 1
−
． 
【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的
思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系． 
变式1-2 如图，已知二次函数
2
y
x
bx
c
=
+
+ 经过A，B 两点，BC
x
⊥
轴于点C，且点
(
)
1 0
A −，，
(
)
4 0
C
，，
AC
BC
=
． 
 
(1)求抛物线的解析式； 
(2)点E 是线段AB 上一动点（不与A，B 重合），过点E 作x 轴的垂线，交抛物线于点F，当线段EF 的长度
最大时，求点E 的坐标． 
(3)点P 是抛物线对称轴上的一个动点，是否存在这样的P 点，使ABP

成为直角三角形？若存在，求出所
 
 
 
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有点P 的坐标；若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
=
−
− 
(2)点E 的坐标为3 5
,
2 2





 
(3)存在；点P 的坐标为(
)
18
，或(
)
1
2
−
，
或(
)
1 6
，或(
)
1, 1
−
 
【分析】（1）先求出点B 坐标，再利用待定系数法求出抛物线的解析式； 
（2）先利用待定系数法求出直线AB 的解析式，点
(
)
,
1
E t t +
，则(
)
2
,
2
3
F t t
t
−
−
， 
得出
(
) (
)
2
2
3
25
1
2
3
2
4
EF
t
t
t
t

=
+
−
−
−
= −
−
+




，利用二次函数求最值方法进一步求解即可； 
（3）根据题意，分三种情况①点B 为直角顶点；②点A 为直角顶点；③点P 为直角顶点分别讨论求解即
可． 
【详解】（1）解：∵点
(
)
1 0
A −，，
(
)
4 0
C
，， 
∴
5
AC =
，
4
OC =
， 
∵
5
AC
BC
=
=
， 
∴
(
)
4 5
B
，， 
把
(
)
1 0
A −，和
(
)
4 5
B
，代入二次函数
2
y
x
bx
c
=
+
+ 中得： 
1
0
16
4
5
b
c
b
c
−+
=


+
+
=

， 
解得：
2
3
b
c
−
−
=

=

， 
∴二次函数的解析式为：
2
2
3
y
x
x
=
−
−； 
（2）解：如图1，∵直线AB 经过点
(
)
1 0
A −，和
(
)
4 5
B
，， 
设直线AB 的解析式为y
kx
b
=
+
， 
∴
0
4
5
k
b
k
b
−+
=


+
=

， 
解得：
1
1
k
b
=

=

， 
∴直线AB 的解析式为：
1
y
x
=
+ ， 
∵二次函数
2
2
3
y
x
x
=
−
−， 
 
 
 
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∴设点
(
)
,
1
E t t +
，则(
)
2
,
2
3
F t t
t
−
−
， 
∴
(
) (
)
2
2
3
25
1
2
3
2
4
EF
t
t
t
t

=
+
−
−
−
= −
−
+




， 
∴当
3
2
t =
时，EF 的最大值为25
4 ， 
∴点E 的坐标为3 5
,
2 2





； 
（3）解：存在， 
∵
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
−
−
=
−
=
−
， 
∴对称轴为直线
1
x = ， 
设
(
)
1,
P
m ，分三种情况： 
①点B 为直角顶点时，由勾股定理得：
2
2
2
PB
AB
PA
+
=
， 
∴(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
4 1
5
4 1
5
1 1
m
m
−
+
−
+
+
+
=
+
+
， 
解得：
8
m =
， 
∴
(
)
18
P ，； 
②点A 为直角顶点时，由勾股定理得：
2
2
2
PA
AB
PB
+
=
， 
∴(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
1 1
4 1
5
4 1
5
m
m
+
+
+
+
+
=
−
+
−
， 
解得：
2
m = −， 
∴
(
)
1
2
P
−
，
； 
③点P 为直角顶点时，由勾股定理得：
2
2
2
PB
PA
AB
+
=
， 
∴(
)
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
1 1
4 1
5
4 1
5
m
m
+
+
+
−
+
−
=
+
+
， 
 
 
 
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解得：
6
m =
或
1
m = −， 
∴
(
)
1 6
P
，或
(
)
1, 1
P
−
； 
综上，点P 的坐标为(
)
18，或(
)
1
2
−
，
或(
)
1 6
，或(
)
1, 1
−
． 
【点睛】本题考查的是二次函数的综合题，涉及二次函数与几何最值、动态问题、待定系数法求二次函数
的解析式、求一次函数的解析式、二次函数的图象与性质、直角三角形的性质、解二元一次方程、解一元
一次方程、解一元二次方程等知识，知识点较多，难度一般，解答的关键是认真审题，分析图形，寻找相
关联信息，利用数形结合和分类讨论的思想方法进行推理、探究和计算． 
变式1-3 （25-26 九年级上·浙江湖州·期末）定义：若两个函数图象有交点，则称这两个函数互为“关联函
数”．两个函数图象构成的封闭图形（含边界）叫做“关联区域”．例如：函数
2
y
x
=
+
与
2
y
x
=
，可以通过
消去y ，得到
2
2
x
x
=
+
，移项得
2
2
0
x
x
−
−
=
，因为
(
)
(
)
2
Δ
1
4 1
2
9
0
= −
−−
=

，所以它们有两个交点，我
们认为函数
2
y
x
=
与
2
y
x
=
+
是互为关联函数，如图1，阴影部分是关联区域．如图2，过关联区域内一点
(
)
,
P m n 作y 轴平行线，分别交函数图象于A
B
、两点，当线段AB 长度最大时，该距离叫作“最优关联距离”，
若此时n 为整数，则称点P 为“最优关联点”． 
 
根据以上信息，完成下列问题： 
(1)证明：函数
2
1
y
x
=
+ 与
2
5
5
y
x
x
= −
+
+ 是“关联函数”； 
(2)求“关联函数”
2
1
y
x
=
+ 与
2
5
5
y
x
x
= −
+
+ 的“最优关联距离”； 
(3)若“关联函数”
2
1
y
x
=
+ 与
2
5
y
x
x
c
= −
+
+ （c 为整数）恰有三个“最优关联点”，求c 的值． 
【答案】(1) 
证明：由题意得，
2
2
1
5
5
y
x
y
x
x
=
+


= −
+
+

， 
则
2
2
1
5
5
x
x
x
−
=
+
+
+ ， 
 
 
 
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整理得
2
3
4
0
x
x−
−
=
， 
(
)
(
)
2
Δ
3
4 1
4
25
0
= −
−−
=

， 
∴该方程有两个不相等的实数根， 
∴这两个函数图像有2 个交点， 
∴函数
2
1
y
x
=
+ 与
2
5
5
y
x
x
= −
+
+ 是“关联函数”； 
(2) 25
4 
(3) 3
7
4
4
c


 
【分析】本题考查了新定义，涉及二次函数的图象与性质，二次函数图象与一次函数图象的交点问题，一
元二次方程的根的判别式等知识点． 
（1）联立两个函数解析式，得到一元二次方程，再由根的判别式判断一元二次方程根的情况，即可判断两
个函数图像是否有交点，即可证明； 
（2）过关联区域内一点(
)
,
P m n 作y 轴平行线，分别交函数图象与A
B
、两点，由题意得
(
)
(
)
2
,2
1 ,
,
5
5
A m
m
B m
m
m
+
−
+
+
，则
2
3
4
AB
m
m
= −
+
+
，再利用二次函数的性质求解最值； 
（3）由题意得(
)
(
)
2
,2
1 ,
,
5
A m
m
B m
m
m
c
+
−
+
+
，则
2
3
1
AB
m
m
c
= −
+
+
−，则当
3
2
m =
时，AB 取得最大值，
此时
4
A
y =
，
21
4
B
y
c
=
+ ，则
21
4
4
n
c


+ ，由题意得n 有三个整数值，即为4,5,6 ，故
21
6
7
4
c

+

，再解
不等式即可求解． 
【详解】（1）略 
（2）解：如图，过关联区域内一点(
)
,
P m n 作y 轴平行线，分别交函数图象于A
B
、两点， 
 
由题意得(
)
(
)
2
,2
1 ,
,
5
5
A m
m
B m
m
m
+
−
+
+
， 
 
 
 
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∴
(
)
2
2
2
3
25
5
5
2
1
3
4
2
4
AB
m
m
m
m
m
m


= −
+
+ −
+
= −
+
+
= −
−
+




， 
∵1
0
−
， 
∴当
3
2
m =
时，AB 取得最大值为25
4 ， 
∴“关联函数”
2
1
y
x
=
+ 与
2
5
5
y
x
x
= −
+
+ 的“最优关联距离”为25
4 ； 
（3）解：如图，过关联区域内一点(
)
,
P m n 作y 轴平行线，分别交函数图象于A
B
、两点， 
 
由题意得(
)
(
)
2
,2
1 ,
,
5
A m
m
B m
m
m
c
+
−
+
+
， 
∴
(
)
2
2
2
3
5
5
2
1
3
1
2
4
AB
m
m
c
m
m
m
c
m
c


= −
+
+ −
+
= −
+
+ −= −
−
+
+




， 
∵1
0
−
， 
∴当
3
2
m =
时，AB 取得最大值， 
当
3
2
m =
时，
3
2
1
4
2
A
y = 
+ =
； 
2
3
3
21
5
2
2
4
B
y
c
c


= −
+ 
+
=
+




， 
∴
21
4
4
n
c


+ 
∵“关联函数”
2
1
y
x
=
+ 与
2
5
y
x
x
c
= −
+
+ 恰有三个“最优关联点”， 
∴n 有三个整数值，即为4,5,6 ， 
∴
21
6
7
4
c

+

， 
解得3
7
4
4
c


， 
∴若“关联函数”
2
1
y
x
=
+ 与
2
5
y
x
x
c
= −
+
+ （c 为整数）恰有三个“最优关联点”，则3
7
4
4
c


． 
 
 
 
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题型2、二次函数背景下的双线段和最值问题 
典例2 （25-26 九年级上·河南信阳·期末）如图，抛物线
2
2
4
y
ax
ax
= −
+
+
与x 轴交于
( 2,0)
A −
、B 两点，与
y 轴交于点C，P 是抛物线上的任意一点（不与点C 重合），设点P 的坐标为( , )
m n ，过点P 作PM
y
⊥
轴于
点M，作PN
x
⊥
轴于点N． 
 
(1)此抛物线的解析式为___________； 
(2)当0
4
m


， 
①则n 的取值范围是___________． 
②是否存在一点P，使得PM
PN
+
的长度最大，若存在求出m 为何值时PM
PN
+
的长度最大，并求出最大
值，若不存在请说明理由； 
(3)设点
(1, )
D
t ，点
(1,1
)
E
t
−
，将线段DE 绕点D 顺时针旋转90后得到线段DF ，以DE ，DF 为边构造正方
形DEGF ，当正方形DEGF 的边与二次函数在1
4
x


范围上的图象有且仅有一个公共点时，请直接写出t
的值或取值范围． 
【答案】(1)
2
1
4
2
y
x
x
= −
+
+
 
(2)①
9
0
2
n


，②
2
m =
时，PM
PN
+
的最大值为6 
(3)
3
33
4
t
−
=
或
7
1
2
t
−
− 
【分析】（1）利用待定系数法解答即可； 
（2）①根据题意，得
(
)
(
)
2
2
2
1
1
1
9
4
2
4
1
2
2
2
2
n
m
m
m
m
m
= −
+
+
= −
−
+
= −
−
+
，根据函数的最值，结合题意，
确定n 的取值范围是
9
0
2
n


． 
②构造
(
)
(
)
2
2
2
1
1
1
2
4
4
4
2
6
2
2
2
PM
PN
m
n
m
m
m
m
m
+
=
+
= −
+
+
= −
−
+
= −
−
+
，利用二次函数的最值解答即
可； 
 
 
 
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（3）确定
(
) (
)
2 1
, 1
G
t
t


−
−

，代入抛物线解析式解得
3
33
4
t
−
=
或
0
3
3 >
3
4
t
+
=
（舍去），当GF 经过点B
时，此时正方形DEGF 与二次函数在1
4
x


范围上的图象有唯一交点；设对称轴与x 轴的交点为M，此时
4 1
3
BM
EG
DE
=
=
=
−= ，由
1 2
EG
ED
t
=
= −
，得1 2
3
t
−
= ，解得
1
t = −；当点E 与抛物线的顶点
9
1, 2





重
合时，此时正方形DEGF 与二次函数在1
4
x


范围上的图象刚好没有交点；此时
9
1
2
t
−=
，解得
7
2
t = −
；
故正方形DEGF 的边与有且仅有一个公共点时， t 的取值范围为
7
1
2
t
−
−，解答即可． 
【详解】（1）解：抛物线
2
2
4
y
ax
ax
= −
+
+
与x 轴交于
( 2,0)
A −
、B 两点，与y 轴交于点C， 
4
4
4
0
a
a
−
−
+
=
 
1
2
a
=
． 
函数表达式为：
2
1
4
2
y
x
x
= −
+
+
． 
（2）①解：抛物线解析式为
2
1
4
2
y
x
x
= −
+
+
，令
0
y =
，得
2
1
4
0
2 x
x
−
+
+
=
，整理得
2
2
8
0
x
x
−
−
=
，解得
1
2
=
2,
=4
x
x
−
， 
故
(
)
4,0
B
； 
令
0
x =
，得
4
y =
，故
(
)
0,4
C
； 
0
4
m



， 
(
)
,
P m n

位于第一象限， 
>0
n

； 
(
)
(
)
2
2
2
1
1
1
9
4
2
4
1
2
2
2
2
n
m
m
m
m
m
= −
+
+
= −
−
+
= −
−
+
， 
∵
1
0
2
a = −

， 
∴抛物线开口向下，函数有最大值， 
∴当
1
m = ，n 最大，且最大值为9
2 ， 
故n 的取值范围是
9
0
2
n


． 
②解：存在 
设点P 的坐标为( , )
m n ，过点P 作PM
y
⊥
轴于点M，作PN
x
⊥
轴于点N． 
则PM
m
=
，PN
n
=
， 
 
 
 
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故
(
)
(
)
2
2
2
1
1
1
2
4
4
4
2
6
2
2
2
PM
PN
m
n
m
m
m
m
m
+
=
+
= −
+
+
= −
−
+
= −
−
+
， 
∵
1
0
2
a = −

， 
∴抛物线开口向下，函数有最大值， 
∴当
2
m =
，PM
PN
+
的长度最大，且最大值为6， 
故存在点
(2,4)
P
，使得PM
PN
+
的长度最大，此时
2
m =
，PM
PN
+
的最大值为6． 
（3）解：根据题意，得
(
)
(
)
2
2
2
1
1
1
9
4
2
4
1
2
2
2
2
y
x
x
x
x
x
= −
+
+
= −
−
+
= −
−
+
， 
故抛物线的对称轴为直线
1
x = ，抛物线的顶点坐标为
9
1, 2





， 
设点
(1, )
D
t ，点
(1,1
)
E
t
−
， 
当>0
t
时，正方形DEGF 在对称的左侧，与二次函数在1
4
x


范围上的图象没有交点； 
当
0
t 
时，如图所示， 
 
此时
1
1 2
ED
t
t
t
= −−= −
，根据正方形DEGF ， 
得到
1 2
EG
ED
t
=
= −
，EG
x
∥轴， 
故点G 的横坐标为2
2t
−
，纵坐标为1 t
−， 
当点G 在抛物线
2
1
4
2
y
x
x
= −
+
+
上时，正方形DEGF 与二次函数在1
4
x


范围上的图象有唯一交点； 
故
(
)
(
)
2
1
1
2 1
2 1
4
2
t
t
t


−= −
−
+
−
+


， 
整理，得(
)
(
)
2
2 1
1
4
0
t
t
−
−
−
−
=
， 
解得
(
)
(
)
2
1
1
4 2
4
1
33
1
4
4
t

−
−−

−=
=
， 
故
3
33
4
t
−
=
或
0
3
3 >
3
4
t
+
=
（舍去）， 
故
3
33
4
t
−
=
； 
当GF 经过点B 时，此时正方形DEGF 与二次函数在1
4
x


范围上的图象有唯一交点； 
 
 
 
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设对称轴与x 轴的交点为M，此时
4 1
3
BM
EG
DE
=
=
=
−= ， 
 
由
1 2
EG
ED
t
=
= −
，得1 2
3
t
−
= ，解得
1
t = −； 
当点E 与抛物线的顶点
9
1, 2





重合时，此时正方形DEGF 与二次函数在1
4
x


范围上的图象刚好没有交点； 
 
此时
9
1
2
t
−=
，解得
7
2
t = −
； 
故正方形DEGF 的边与有且仅有一个公共点时， t 的取值范围为
7
1
2
t
−
−， 
综上所述，当正方形DEGF 的边与二次函数在1
4
x


范围上的图象有且仅有一个公共点时，
3
33
4
t
−
=
或
7
1
2
t
−
−． 
题型模版 
1.特征：要求两条线段长度之和的最小值或最大值，常与对称、将军饮马模型结合． 
2.方法：利用轴对称或中心对称将其中一条线段转化，把“折线”拉直；找到共线时取最值的位置；用二次函
数表示剩余变量并求最值，回代检验． 
变式2-1 如图，抛物线
2
3
y
ax
bx
=
+
+ 与x 轴交于
(
)
1,0
A −
，
(
)
3,0
B
，与y 轴交于点C ． 
 
 
 
 
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(1)求抛物线的解析式； 
(2)设点P 是第一象限内的抛物线上的一个动点． 
①当P 为抛物线的顶点时，求证：
PBC
△
直角三角形； 
②求出
PBC
△
的最大面积及此时点P 的坐标； 
③过点P 作PN
x
⊥
轴，垂足为N ，PN 与BC 交于点E ．当
2
PE
CE
+
的值最大时，求点P 的坐标． 
【答案】(1)抛物线的解析式为
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ； 
(2)①
PBC
△
是直角三角形；②
3 15
,
2
4
P




；③
5 7
,
2 4
P




 
【分析】（1）把A、B 两点坐标代入
2
3
y
ax
bx
=
+
+ 求解即可； 
（2）①作PH
y
⊥
轴于点H，易证PCH

和BOC

是等腰直角三角形，即可求出
90
PCB

=
； 
②先求出直线BC 的解析式，过点P 作PD
x
⊥
轴于点D，交BC 于点E，设点(
)
2
,
2
3
P x
x
x
−
+
+
，则
(
)
,
3
E x
x
−+
，
故
2
3
PE
x
x
= −
+
，
2
3
9
2
2
PBC
S
x
x
= −
+

，然后根据二次函数的性质求解即可； 
③过点P 作PN
x
⊥
轴于点N，交BC 于点E，设点(
)
2
,
2
3
P x
x
x
−
+
+
，则
(
)
,
3
E x
x
−+
，故
2
3
PE
x
x
= −
+
，判
断BEN

是等腰直角三角形得出
2
3 2
2
BE
BN
x
=
=
−
，即可求出
2
2
5
PE
CE
x
x
+
= −
+
，然后根据二次函
数的性质求解即可． 
【详解】（1）解：将点
(
)
1,0
A −
，
(
)
3,0
B
代入解析式得： 
3
0
9
3
3
0
a
b
a
b
−
+
=


+
+
=

，解得：
1
2
a
b
= −

=

， 
∵抛物线的解析式为
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ； 
（2）解：①配方得
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
−
−
−
=
+
+
=
+
， 
∴点P 的坐标为(
)
1,4 ， 
令
0
x =
，则
3
y =
， 
∴
(
)
0,3
C
 
作PH
y
⊥
轴于点H，则
1
PH
CH
=
= ， 
 
 
 
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∴
45
HCP

=
 
又∵在Rt
BOC
△
中，
3
OB
OC
=
= ， 
∴
45
OCB

=
， 
∴
90
PCB

=
 
∴PCB

是直角三角形； 
②设直线BC 的解析式为y
kx
b
=
+
，将点B、C 代入得： 
3
0
3
k
b
b
+
=


=

，解得：
1
3
k
b
−
=


=

， 
∴直线BC 的解析式为
3
y
x
= −+
， 
∵
(
)
3,0
B
， 
∴
3
OB = ， 
设点(
)
2
,
2
3
P x
x
x
−
+
+
（0
3
x


），过点P 作PD
x
⊥
轴于点D，交BC 于点E，如图所示： 
 
∴
(
)
,
3
E x
x
−+
， 
∴
(
)
2
2
2
3
3
3
PE
x
x
x
x
x
= −
+
+ −−+
= −
+
， 
∴
(
)
2
2
2
1
1
3
9
3
3
27
3
3
2
2
2
2
2
2
8
PBC
S
PE
OB
x
x
x
x
x


=


=
−
+
= −
+
= −
−
+





， 
 
 
 
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当
3
2
x =
时，
PBC
△
的最大面积为27
8 ， 
2
9
15
2
3
3 3
4
4
x
x
−
+
+
= −
+ +
=
， 
∴
3 15
,
2
4
P




 
③设点(
)
2
,
2
3
P x
x
x
−
+
+
(
)
0
3
x


，过点P 作PN
x
⊥
轴于点N，交BC 于点E，如图所示： 
 
∴
(
)
,
3
E x
x
−+
， 
∴
(
)
2
2
2
3
3
3
PE
x
x
x
x
x
= −
+
+ −−+
= −
+
， 
∵
(
)
0,3
C
，
(
)
3,0
B
， 
∴
3
OC
OB
=
= ，
3
BN
x
= −
， 
∴
45
OBC
OCB

= 
=
， 
∴
45
NEB
OBC

= 
=
， 
∴
2
3 2
2
BE
BN
x
=
=
−
， 
∴
(
)
3 2
3 2
2
2
CE
BC
BE
x
x
=
−
=
−
−
=
， 
∴
2
2
5
25
2
5
2
4
PE
CE
x
x
x


+
= −
+
= −
−
+




， 
∴当
5
2
x =
时，
2
PE
CE
+
有最大值，此时
5 7
,
2 4
P




． 
【点睛】本题考查了二次函数综合问题，面积问题，线段问题，掌握二次函数的性质是解题的关键． 
变式2-2 如图1，在平面直角坐标系中，抛物线
2
2
4
6
y
x
x
= −
+
+ 与y 轴交于点A，与x 轴交于点E，B（E
在B 的左侧）． 
 
 
 
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(1)如图2，抛物线的顶点为点Q，求BEQ

的面积； 
(2)如图3，过点A 作AC 平行于x 轴，交抛物线于点C，点P 为抛物线上的一点（点P 在AC 上方），作PD
平行于y 轴交AB 于点D、交AC 于点F，当点P 在何位置时，PD
CF
+
最大？求出最大值； 
(3)在（2）条件下，当PD
CF
+
最大时，将抛物线
2
2
4
6
y
x
x
= −
+
+ 沿着射线AB 平移，使得抛物线经过点C，
此时得到新抛物y，点N 是原抛物线对称轴上一点，在新抛物线y上是否存在一点M，使以点A，D，M，
N 为顶点的四边形为平行四边形，若存在，请直接写出点M 的所有坐标，若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)16 
(2) 41
8 
(3)
9
105
,
4
8
M 

−
−



或
19
161
,
4
8
M 

−



或
9 39
,
4
8
M 




． 
【分析】（1）先求出点Q，点B，点E 的坐标，然后根据三角形面积公式求解即可； 
（2）求出
(
)
0,6
A
，(
)
2,6
C
，再用待定系数法求出直线AB 的函数表达式为
2
6
y
x
= −
+
，设(
)
2
, 2
4
6
P a
a
a
−
+
+
，
则
(
)
, 2
6
D a
a
−
+
，得出
2
2
6
PD
a
a
= −
+
，
2
CF
a
=
−
，得出PD
CF
+
的表达式，根据二次函数性质即可求解； 
（3）由（2）可得：
5 7
,
4 2
D




，设点A 平移后对应点坐标为(
)
, 2
6
t
t
−
+
，则点A 向右平移t 个单位长度，向
下平移
(
)
6
2
6
2
t
t
−−
+
=
个单位长度，得出
(
)
2
2
1
8
2
y
x
t
t
= −
−−
+ −
，把
(
)
2,6
C
代入求出
(
)
2
2
2
2
6
2
8
2
y
x
x
x
= −
−
+
= −
+
−
，设点
(
)
2
, 2
1
8
M m
m


−
−
+

，点
(
)
1,
N
n ，然后进行分类讨论：①当AD是
对角线时，②当AM 是对角线时，③当AN 是对角线时，根据平行四边形对角线互相平分，即可解答． 
【详解】（1）解：
(
)
2
2
2
4
6
2
1
8
y
x
x
x
= −
+
+
= −
−
+ ， 
∴
(
)
1,8
Q
， 
 
 
 
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把
0
y =
代入
2
2
4
6
y
x
x
= −
+
+ 得：
2
0
2
4
6
x
x
= −
+
+
， 
解得：
1
2
3,
1
x
x
=
= −， 
∴
(
)
3,0
B
，
(
)
1,0
E −
， 
∴
(
)
3
1
4
BE =
−−
=
， 
∴
1
1
4 8
16
2
2
BEQ
y
S
BE Q
=

=
=

； 
（2）解：把
0
x =
代入
2
2
4
6
y
x
x
= −
+
+ 得：
6
y =
， 
∴
(
)
0,6
A
， 
把
6
y =
代入
2
2
4
6
y
x
x
= −
+
+ 得：
2
6
2
4
6
x
x
= −
+
+
， 
解得：
1
2
0,
2
x
x
=
=
， 
∴
(
)
2,6
C
， 
设直线AB 的函数表达式为y
kx
b
=
+
， 
把
(
)
0,6
A
，
(
)
3,0
B
代入得： 
6
0
3
b
k
b
=

=
+

，解得：
2
6
k
b
= −

=

， 
∴直线AB 的函数表达式为
2
6
y
x
= −
+
， 
设(
)
2
, 2
4
6
P a
a
a
−
+
+
，则
(
)
, 2
6
D a
a
−
+
， 
∵
(
)
0,6
A
，(
)
2
, 2
4
6
P a
a
a
−
+
+
，AC
x
∥轴， 
∴
(
)
,6
F a
， 
∴
(
)
2
2
2
4
6
2
6
2
6
PD
a
a
a
a
a
= −
+
+
−−
+
= −
+
， 
2
CF
a
=
−
， 
∴
2
2
2
5
41
2
6
2
2
5
2
2
4
8
PD
CF
a
a
a
a
a
a


+
= −
+
+
−
= −
+
+
= −
−
+




， 
∵2
0
−
， 
∴当
5
4
a =
时，PD
CF
+
有最大值41
8 ； 
 
 
 
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（3）解：由（2）可得：
5 7
,
4 2
D




， 
∵直线AB 的函数表达式为
2
6
y
x
= −
+
， 
∴设点A 平移后对应点坐标为(
)
, 2
6
t
t
−
+
， 
∵
(
)
0,6
A
， 
∴点A 向右平移t 个单位长度，向下平移
(
)
6
2
6
2
t
t
−−
+
=
个单位长度， 
∵抛物线
2
2
4
6
y
x
x
= −
+
+ 沿着射线AB 平移， 
∴
(
)
2
2
1
8
2
y
x
t
t
= −
−−
+ −
， 
把
(
)
2,6
C
代入得：
(
)
2
6
2 2 1
8
2
t
t
= −
−−
+ −
， 
解得：
1
t = 或
0
t =
（舍去） 
∴
(
)
2
2
2
2
6
2
8
2
y
x
x
x
= −
−
+
= −
+
−
， 
∵点M 在y上， 
∴设点
(
)
2
, 2
1
8
M m
m


−
−
+

， 
∵N 是
(
)
2
2
2
4
6
2
1
8
y
x
x
x
= −
+
+
= −
−
+ 对称轴上一点， 
∴设点
(
)
1,
N
n ， 
①当AD是对角线时， 
∵
(
)
0,6
A
，
5 7
,
4 2
D




，
(
)
2
, 2
1
8
M m
m


−
−
+

，
(
)
1,
N
n ， 
∴
5
7
0
4
2
m
+
=
+
， 
解得：
9
4
m = −
； 
∴
9
105
,
4
8
M 

−
−



； 
②当AM 是对角线时， 
∵
(
)
0,6
A
，
5 7
,
4 2
D




，
(
)
2
, 2
1
8
M m
m


−
−
+

，
(
)
1,
N
n ， 
∴
5
7
0
4
2
m
+
=
+
， 
解得：
19
4
m =
， 
 
 
 
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∴
19
161
,
4
8
M 

−



； 
③当AN 是对角线时， 
∵
(
)
0,6
A
，
5 7
,
4 2
D




，
(
)
2
, 2
1
8
M m
m


−
−
+

，
(
)
1,
N
n ， 
∴5
7
0
4
2
m
+
=
+
， 
解得：
9
4
m =
， 
∴
9 39
,
4
8
M 




； 
综上：
9
105
,
4
8
M 

−
−



或
19
161
,
4
8
M 

−



或
9 39
,
4
8
M 




． 
【点睛】本题主要考查二次函数综合，解题的关键是掌握将二次函数表达式化为顶点式的方法和步骤，二
次函数图象上点的坐标特征，二次函数平移的规律，以及平行四边形的性质． 
变式2-3 如图，二次函数
2
(
0)
y
ax
bx
c a
=
+
+

的图象过
( 1,0)
A −
，
(3,0)
B
，
(0, 3)
C
−
三点，点D 是二次函数
图象上一点，点D 的横坐标是m ，直线
1
2
x
m
=
与x 轴交于点E ，且0
3
m

． 
 
(1)求二次函数的表达式； 
(2)过点D ，作DG ⊥直线
1
2
x
m
=
于点G ，作DF
x
⊥
轴于点F ，并交BC 于点H ． 
①当
3
2
m =
时，求DH 的长； 
②是否存在点D ，使DG
DH
+
最大？若存在，求出D 点坐标，若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
2
=
2
3
y x
x
−
−
 
(2)①
9
4
DH =
；②存在，D 点坐标为7
55
,
4
16


−



 
【分析】（1）利用待定系数法即可求解； 
 
 
 
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（2）①求得直线BC 为
3
y
x
=
−
，由
3
2
m =
，则
3
(2
D
，
15)
4

，
3
(2
H
，
3)
2

，即可求得DH ； 
②表示出
2
( ,
2
3)
D m m
m
−
−
，
( ,
3)
H m m −
，
1
(2
G
m，
2
2
3)
m
m
−
−
，即可求得
1
2
DG
m
=
，
2
2
3
(
2
3)
3
DH
m
m
m
m
m
=
−−
−
−
= −
+
，即可得到
2
2
7
7
49
(
)
2
4
16
DG
DH
m
m
m
+
= −
+
= −
−
+
，利用二次函数的性质即可
求解． 
【详解】（1）把
(
)
1,0
A −
，
(
)
3,0
B
，
(
)
0, 3
C
−
代入
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 中得： 
0
9
3
0
3
a
b
c
a
b
c
c
−
+
=


+
+
=

= −

 
解得
1
2
3
a
b
c
=

= −

= −

， 
所以解析式为：
2
=
2
3
y x
x
−
−
； 
（2）①点D的横坐标是m ， 
D

的纵坐标是
2
2
3
m
m
−
− 
由
(
)
3,0
B
，
(
)
0, 3
C
−
求得直线BC 解析式为
3
y
x
=
−
 
H

的纵坐标是
3
m−， 
(
)
2
2
3
2
3
3
DH
m
m
m
m
m

=
−−
−
−
= −
+
 
所以当
3
2
m =
时，
9
4
DH =
 
②存在，理由如下： 
点G 在直线
1
2
x
m
=
上， 
点G 的横坐标是1
2 m 
1
1
2
2
DG
m
m
m

=
−
=
 
(
)
2
2
2
1
7
7
49
3
2
2
4
16
DG
DH
m
m
m
m
m
m



+
=
+ −
+
= −
+
= −
−
+




 
0
3
m



，当
7
4
m =
时，DG
DH
+
最大 
 
 
 
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D

点坐标为7
55
,
4
16


−



． 
 
题型3、二次函数背景下的双线段差最值问题 
典例3 如图，已知抛物线过点
(
)
(
)
0,0 ,
5, 5
O
A
−
，且它的对称轴为直线
2
x =
． 
   
(1)求此抛物线的表达式； 
(2)若点B 是抛物线对称轴上的一点，且点B 在第四象限, 当OAB

的面积为10 时． 
①求B 的坐标； 
②点P 足抛物线上的动点，当PA PB
−
的值最大时，求P 的坐标以及PA PB
−
的最大值． 
【答案】(1)抛物线的表达式为
2
4
y
x
x
= −
+
 
(2)①点B 的坐标为(
)
2, 6
−
；②
4
64
,
3
9
P

−
−



，10 
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案； 
（2）①设
(
)(
)
2
0
B
m
m 
，
，运用待定系数法求得直线OA的解析式为y
x
−
=
，设直线OA与抛物线对称轴
交于点H，则
2
2
H
−
（，），
2
BH
m
= −−
，利用三角形面积公式建立方程求解即可得出答案； 
②运用待定系数法求得直线AB 的解析式为
1
20
3
3
y
x
=
−
，当PA PB
−
的值最大时，A、B、P 在同一条直线上，
联立方程组求解即可求得点P 的坐标，利用两点间距离公式可求得AB ，即PA PB
−
的最大值． 
【详解】（1）抛物线过点
(
)
0,0
O
且它的对称轴为直线
2
x =
， 
抛物线与x 轴的另一个交点坐标为(
)
4,0 ． 
设抛物线的表达式为
(
)
4
y
ax x
=
−
， 
 
 
 
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把
(
)
5, 5
A
−
代入，得5
5
a = −，解得
1
a = −， 
则
(
)
2
4
4
y
x x
x
x
= −
−
= −
+
． 
故此抛物线的表达式为
2
4
y
x
x
= −
+
． 
（2）①点B 是抛物线对称轴上的一点，且点B 在第四象限， 
设
(
)
2,
(
0)
B
m
m 
． 
设直线OA得解析式为y
kx
=
，则5
5
k = −， 
解得
1
k = −， 
直线OA的解析式为y
x
−
=
， 
   
设直线OA与抛物线对称轴交于点H ，则
(
)
2, 2
H
−
， 
(
)
2
BH
m

=
−−
． 
10
OAB
S
=

△
， 
1
2
5
10
2
m


+
=
， 
6
m

= −（正值已舍）． 
即点B 的坐标为(
)
2, 6
−
． 
②由PA PB
AB
−

可知，当点P 在线段AB 的延长线上时，如图，PA PB
−
取最大值，最大值为AB 的长． 
 
 
 
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设直线AB 的解析式为y
nx
d
=
+
． 
把
(
)
(
)
5, 5 ,
2, 6
A
B
−
−
分别代入，得
5
5;
2
6.
n
d
n
d
+
= −


+
= −

 
解得
1;
3
20.
3
n
d

=


= −

 
直线AB 的解析式为
1
20
3
3
y
x
=
−
． 
令
2
1
20
4
3
3
x
x
x
−
+
=
−
，解得
1
2
4 ,
5
3
x
x
= −
=
（舍去）． 
对于
1
20
3
3
y
x
=
−
， 
当
4
3
x = −
时，
64
9
y = −
， 
4
64
,
3
9
P


−
−



 
此时，
(
) (
)
2
2
(5
2)
5
6
10
PA
PB
AB
−
=
=
−
+
−
−−
=




 
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数与几何综合，勾股定理，利用三角形三边关系定
理求线段差的最大值，利用线段和差求最值问题是解题的关键． 
题型模版 
1.特征：要求两条线段长度之差的最大值或最小值，常涉及三角形两边之差小于第三边． 
2.方法：利用三点共线或对称转化，把差值转化为某条定长线段；结合动点所在二次函数解析式，确定取到
最值时的位置，注意等号成立条件． 
变式3-1 （25-26 九年级上·浙江·单元复习）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线
2
3
y
ax
bx
=
+
+ 与x 轴
 
 
 
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交于
(
)
1,0
A −
，B 两点，与y 轴交于点C，其对称轴为直线
1
x = ． 
 
(1)求a，b 的值，并根据图象写出
0
y 
时x 的取值范围； 
(2)把点A 向上平移m 个单位得点
1A ．若点
1A 向右平移n 个单位，将与抛物线上的点
2
A 重合；若点
1A 向右平
移(
)
3
n +
个单位，将与抛物线上的点
3A 重合，其中
0
m 
，
0
n 
 ，求m，n 的值； 
(3)抛物线上是否存在点P，使得PB
PC
−
最小，若存在，请直接写出点P 的坐标，若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
1
a = −，
2
b = ，1
3
x
−
 
(2)
1
2
n =
，
7
4
m =
 
(3)点P 的坐标为1
13 1
13
,
2
2


+
+






或1
13 1
13
,
2
2


−
−






 
【分析】（1）由题意可得
1
2
b
a
−
= ，
3
0
a
b
−+ =
 ，解方程可求a、b 的值，再结合图象可求x 的取值范围； 
（2）根据点平移的特点，分别求出
(
)
1
1,
A
m
−
，
(
)
2
1
,
A
n m
−+
 ，
(
)
3
1 3
,
A
n m
−+ +
 ，再结合题意即可求m、n
的值； 
（3）当PB
PC
=
时PB
PC
−
最小值为0，此时点P 为抛物线与线段BC 的中垂线的交点，求出线段BC 的中
垂线的解析式为y
x
=
，再求直线与抛物线的交点即为P 点． 
【详解】（1）解：∵抛物线的对称轴为
1
x = ， 
∴
1
2
b
a
−
= ， 
∵抛物线经过点
(
)
1,0
A −
， 
∴
3
0
a
b
−+ =
， 
∴
1
a = −，
2
b = ， 
∴
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ， 
 
 
 
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令
0
y =
，则
2
2
3
0
x
x
−
+
+
=
， 
∴
1
x = −或
3
x = ， 
∴当
0
y 
时，1
3
x
−
； 
（2）解：由题可知， 
(
)
1
1,
A
m
−
，
(
)
2
1
,
A
n m
−+
 ，
(
)
3
1 3
,
A
n m
−+ +
， 
∵
2
A ，
3A 关于直线
1
x = 对称， 
∴
(
)
(
)
1
1
1 3
1
n
n
−−+
= −+ +
−， 
∴
1
2
n =
， 
∴点
2
1 ,
2
A
m


−



在抛物线上， 
∴
1
7
1 3
4
4
m = −
−+ =
； 
（3）解：存在点P，使得PB
PC
−
最小，理由如下： 
 
∵PB
PC
−
最小值为0， 
∴PB
PC
=
，即点P 为抛物线与线段BC 的中垂线的交点， 
∵OB
OC
=
， 
∴线段BC 的中垂线的解析式为y
x
=
， 
由
2
2
3
y
x
y
x
x
=


= −
+
+

， 
解得x
1
13
2

=
， 
∴点P 的坐标为1
13 1
13
,
2
2


+
+






或1
13 1
13
,
2
2


−
−






， 
∴满足条件的点有1
13 1
13
,
2
2


+
+






或1
13 1
13
,
2
2


−
−






． 
【点睛】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，点平移的特点，最短距离的求法是
 
 
 
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解题的关键． 
变式3-2 （25-26 九年级上·浙江绍兴·期中）如图，已知抛物线
(
)
2
0
y
ax
bx
c a
=
+
+

过点
(
)
0,0
O
，(
)
5,5
A
，
且它的对称轴为直线
2
x =
．解答下列问题． 
 
(1)抛物线的解析式是______． 
(2)若点B 是抛物线对称轴上的一点，且点B 在第一象限，当OAB

的面积为15时，求点B 的坐标． 
(3)在（2）的条件下，若动点P 在抛物线上，当PA PB
−
的值最大时，求点P 的坐标和PA PB
−
的最大值． 
【答案】(1)
2
4
y
x
x
=
−
 
(2)(
)
2,8 
(3)(
)
2,12 ,3 2
−
 
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案； 
（2）设
(
)(
)
2,
0
B
m
m 
，运用待定系数法求得直线OA的解析式为y
x
=
，设直线y
x
=
与抛物线对称轴交于
点H ，则
(
)
2,2
H
，
2
BH
m
=
−
，利用三角形面积公式建立方程求解即可得出答案； 
（3）运用待定系数法求得直线AB 的解析式，当PA PB
−
的值最大时，
, ,
A B P 在同一条直线上，联立方程
组求解即可求得点P 的坐标，利用两点间距离公式可求得AB ，即PA PB
−
的最大值． 
【详解】（1）解：∵抛物线
(
)
2
0
y
ax
bx
c a
=
+
+

过点
(
)
0,0
O
，
(
)
5,5
A
，且它的对称轴为直线
2
x =
， 
∴
0
25
5
5
2
2
c
a
b
c
b
a

=

+
+
=


−
=

， 
 
 
 
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解得：
1
4
0
a
b
c
=

= −

=

， 
故答案为：
2
4
y
x
x
=
−
； 
（2）解：设
(
)(
)
2,
0
B
m
m 
，
1
OA
y
k x
=
，OA交直线
2
x =
于点H ， 
∵
(
)
5,5
A
， 
∴
1
5
5
k =
即：
1
1
k = ， 
∴
OA
y
x
=
， 
当
2
x =
时，
2
y =
， 
∴
(
)
2,2
H
， 
∵
(
)
1
15
2
OAB
A
O
S
BH
x
x
=

−
=

， 
∴
2
6
m −
=
， 
即：
8,
4
m
m
=
= −（舍）， 
∴
(
)
2,8
B
； 
 
（3）解：当
, ,
P A B 三点共线时，PA PB
−
的值最大，最大值为AB 的长； 
设
2
2
AB
y
k x
b
=
+
， 
∵
(
)
(
)
5,5 ,
2,8
A
B
， 
∴
2
2
2
2
5
5
8
2
k
b
k
b
=
+

=
+

， 
 
 
 
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解得：
2
2
1
10
k
b
= −


=

， 
即：
10
AB
y
x
= −+
， 
∵
2
4
10
x
x
x
−
= −+
， 
∴
1
2
2,
5
x
x
= −
=
（舍）， 
当
2
x = −时，
12
y =
， 
∴
(
)
2,12
P −
，此时
, ,
P A B 三点共线，PA PB
−
最大， 
∴
(
)
(
)
2
2
5
2
8
5
3 2
PA
PB
AB
−
=
=
−
+
−
=
． 
 
【点睛】本题考查了待定系数法函数解析式，三角形三边关系、二次函数与面积，一次函数的性质，勾股
定理等知识点，利用线段和差求最值问题是解题的关键． 
变式3-3 （25-26 九年级上·黑龙江齐齐哈尔·阶段检测）如图，已知抛物线
(
)
2
0
y
ax
bx
c a
=
+
+

的对称轴为
直线
1
x = −，且抛物线与 x 轴交于 A、B 两点，与 y 轴交于 C 点，其中
(
)
1,0
A
，
(
)
0,3
C
． 
 
(1)求直线BC 和抛物线的解析式； 
(2)在直线BC 上方抛物线上找一点 Q，使三角形BQC 面积最大，求面积最大时 Q 的坐标及最大面积； 
(3)在抛物线的对称轴
1
x = −上找一点 M，使点 M 到点 A 的距离与到点 C 的距离之和最小，在对称轴上
 
 
 
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找一点 N，使AN
CN
−
最大．写出点 M、点 N 的坐标； 
【答案】(1)
3
y
x
=
+
，
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ； 
(2)
3 15
,
2
4
Q

−



，最大面积为27
8 ； 
(3)
(
)
1,2
M −
,
(
)
1,6
N −
． 
【分析】本题考查了二次函数与一次函数的交点问题，二次函数的应用-面积问题，求函数解析式等知识，
掌握相关知识是解题的关键． 
（1）利用待定系数法分别求出二次函数与一次函数的解析式即可； 
（2）过点Q 作QD
x
⊥
轴，交BC 于点P ，设点(
)
2
,
2
3
Q m
m
m
−
−
+
，则(
)
,
3
P m m +
， 
求出
(
)
2
2
2
3
3
3
QP
m
m
m
m
m
= −
−
+ −
+
= −
−
，利用二次函数性质即可求解； 
（3）连接BC 与对称轴
1
x = −的交点即为M ,此时MA
MC
MB
MC
BC
+
=
+
=
,距离之和最小，把
1
x = −代入
3
y
x
=
+
中，求得
2
y =
，即可得出M 的坐标，由AN
CN
AC
−

,得到当
,
,
A C N 三点共线时AN
CN
AC
−
=
，
此时最大，求出直线AC 的解析式为
3
3
y
x
= −
+ ，即可求解． 
【详解】（1）解：∵抛物线
(
)
2
0
y
ax
bx
c a
=
+
+

的对称轴为直线
1
x = −，且抛物线经过
(
)
1,0
A
，
(
)
0,3
C
两
点， 
∴
1
2
0
3
b
a
a
b
c
c
−
= −

+
+
=

=


， 
解得：
1
2
3
a
b
c



= −
=
=

−， 
∴抛物线的解析式为
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ， 
∵对称轴为直线
1
x = −，且抛物线经过
(
)
1,0
A
， 
∴点
(
)
3,0
B −
， 
设直线BC 的解析式为y
kx
b
=
+
，把点
(
)
3,0
B −
，
(
)
0,3
C
代入得： 
3
0
3
k
b
b
−
+
=

=

， 
 
 
 
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解得：
1
3
k
b
=

=

， 
∴直线BC 的解析式为
3
y
x
=
+
； 
（2）解：如图，过点Q 作QD
x
⊥
轴，交BC 于点P , 
 
设点(
)
2
,
2
3
Q m
m
m
−
−
+
，则
(
)
,
3
P m m +
， 
∴
(
)
2
2
2
3
3
3
QP
m
m
m
m
m
= −
−
+ −
+
= −
−
， 
∴
(
)
2
2
1
1
3
9
3
3
2
2
2
2
BQC
QPB
QPC
S
S
S
QP OB
m
m
m
m
=
+
=

=
−
−
= −
−

， 
对于二次函数
2
3
9
2
2
y
m
m
= −
−
，
3
0
2
a = −

，对称轴为
9
3
2
3
2
2
2
2
b
m
a
−
= −
= −
= −


−




， 
∴当
3
2
m = −
时，
2
max
3
3
9
3
27
2
2
2
2
8
y




= −
−
−
−
=








， 
此时Q 点的纵坐标为
2
3
3
9
15
2
3
3
3
2
2
4
4




−−
−−
+
= −
+ +
=








， 
∴
3 15
,
2
4
Q

−



，最大面积为27
8 ； 
（3）解：∵抛物线
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 对称轴为
1
x = −，点
(
)
1,0
A
关于对称轴
1
x = −的对称点为(
)
3,0
B −
, 
∴连接BC 与对称轴
1
x = −的交点即为M ,此时MA
MC
MB
MC
BC
+
=
+
=
,距离之和最小，如图： 
 
把
1
x = −代入
3
y
x
=
+
中，得
2
y =
， 
 
 
 
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∴
(
)
1,2
M −
, 
根据AN
CN
AC
−

, 
∴当
,
,
A C N 三点共线时AN
CN
AC
−
=
，此时最大， 
如图，连接AC 并延长，交直线
1
x = −于点N ， 
 
设直线AC 的解析式为y
mx
n
=
+
，把点
(
)
(
)
1,0 ,
0,3
A
C
代入得： 
0
3
m
n
n
+
=

=

， 
解得：
3
3
m
n
= −

=

， 
∴直线AC 的解析式为
3
3
y
x
= −
+ ， 
把
1
x = −代入
3
3
y
x
= −
+ 得：
6
y =
， 
∴
(
)
1,6
N −
． 
 
题型4、二次函数背景下的线段定值问题 
典例4 如图，在平面直角坐标系中，抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 与x 轴交于
( 3,0)
A −
、
(1,0)
B
两点，与y 轴交
于点
(0, 3)
C
−
． 
 
 
 
 
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(1)求该抛物线的函数表达式； 
(2)如图1，点D 是直线AC 下方抛物线上一个动点，求四边形ABCD 面积的最大值及此时点D 的坐标； 
(3)如图2，点N 为抛物线的顶点，抛物线的对称轴与x 轴交于点M ，直线
1
y
kx
k −
=
+
（k 为常数）交
抛物线于E 、F 两点（点E 、F 分别在抛物线对称轴的两侧），直线NF 交x 轴于点P ，直线NE 交x 
轴于点Q ．试探究MP MQ

是否为定值？若为定值，求出MP MQ

的值；若不是定值，请说明理由． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x−
=
+
 
(2)四边形ABCD面积的最大值为75
8 ；点D 的坐标为
3
15
,
2
4
−


−



 
(3)是定值，定值为16
3 
【分析】（1）先写出交点式，再代入点C 坐标求解即可； 
（2）过点D作DT
y

轴，交AC 于点T ，可求直线
:
3
AC y
x
= −−，根据
ABC
ACD
ABCD
S
S
S
=
+

四边形
，可得当
ACD

面积最大时，四边形ABCD面积最大，设
(
)
2
,
2
3
D d d
d −
+
（3
0
d
−

），则(
)
,
3
T d
d
−
−
，那么
2
3
DT
d
d
−
=
−
，再由
ACD
DTC
TDA
S
S
S
=
+

，得到
2
3
9
2
2
ACD
S
d
d
−
=
−

，再利用二次函数的性质求解即可； 
（3）不妨设点E 、F 分别位于对称轴的左右两侧，可求顶点
(
)
1, 4
N −−
，则
(
)
1,0
M −
，设(
)
2
1
1
1
,
2
3
E x x
x
+
−
，
(
)
2
2
2
2
,
2
3
F x x
x
+
−
，联立直线
1
y
kx
k −
=
+
与抛物线
2
2
3
y
x
x−
=
+
，整理得，
(
)
(
)
2
2
2
0
x
k x
k
−
−
+
+
=
，则
1
2
1 2
2,
2
x
x
k
x x
k
−
−−
+
=
=
，可求直线
(
)
1
1
:
1
3
NE y
x
x
x
=
+
+
−，求出
1
1
3
,0
1
x
Q
x


−


+


，同理可得
2
2
3
,0
1
x
P
x


−


+


，
则
1
1
1
3
4
1
1
1
x
MQ
x
x
−
= −−
=
+
+
，
2
2
2
3
4
1
1
1
x
MP
x
x
−
= −−
=
+
+
，即可求解MP MQ

． 
【详解】（1）解：∵抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 与x 轴交于
( 3,0)
A −
、
(1,0)
B
两点， 
∴
(
)(
)
3
1
y
a x
x−
=
+
 
∵抛物线与y 轴交于点
(0, 3)
C
−
 
∴3
3
a
−
= −， 
解得
1
a = 
∴抛物线的表达式为
2
2
3
y
x
x−
=
+
； 
（2）解：过点D作DT
y

轴，交AC 于点T ， 
 
 
 
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设直线
:
AC y
px
q
=
+
， 
代入
( 3,0)
A −
，
(0, 3)
C
−
可得，
3
0
3
p
q
q
−
−
+
=

=

 
解得
1
3
p
q
−
−
=

=

 
∴直线
:
3
AC y
x
= −− 
∵
(
)
1
1
1
3
3
6
2
2
ABC
ACD
ACD
ACD
ACD
ABCD
S
S
S
AB OC
S
S
S


=
+
=

+
=

−−
+
=
+



四边形
 
∴当ACD

面积最大时，四边形ABCD面积最大， 
设
(
)
2
,
2
3
D d d
d −
+
（3
0
d
−

），则(
)
,
3
T d
d
−
−
 
∴
(
)
2
2
3
2
3
3
DT
d
d
d
d
d
−−
−
−
=
−
+
=
−
， 
∴
(
)
(
)
(
)
(
)
2
1
1
1
1
3
3
2
2
2
2
ACD
DTC
TDA
C
T
T
A
C
A
S
S
S
TD x
x
TD x
x
TD x
x
d
d
=
+
=
−
+
−
=
−
=
−
−


， 
即
2
2
3
9
3
3
27
2
2
2
2
8
ACD
S
d
d
d
−
−


=
−
=
+
+





 
∵
3
0
2
−

，3
0
d
−

， 
∴当
3
2
d
−
=
时，ACD

的面积最大为27
8 ， 
∴四边形ABCD面积最大值为
27
75
6
8
8
+
=
， 
∴此时点D 纵坐标为
2
3
3
15
2
3
2
2
4
y
−




= −
+ −
−
=








， 
∴点D 的坐标为
3
15
,
2
4
−


−



； 
（3）解：MP MQ

是定值， 
如图，不妨设点E 、F 分别位于对称轴的左右两侧， 
 
 
 
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抛物线
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
=
+
−
=
+
−
， 
∴顶点
(
)
1, 4
N −−
 
∴
(
)
1,0
M −
 
设(
)
2
1
1
1
,
2
3
E x x
x
+
−
，(
)
2
2
2
2
,
2
3
F x x
x
+
−
 
联立直线
1
y
kx
k −
=
+
与抛物线
2
2
3
y
x
x−
=
+
， 
则
2
1
2
3
y
kx
k
y
x
x
−
−
=
+


=
+

 
整理得，
(
)
(
)
2
2
2
0
x
k x
k
−
−
+
+
=
， 
∴
1
2
1 2
2,
2
x
x
k
x x
k
−
−−
+
=
=
， 
设直线
1
1
:
NE y
k x
b
=
+
，则
1
1
2
1 1
1
1
1
4
2
3
k
b
k x
b
x
x
−
−
+
=


+
=
+
−

 
解得
1
1
1
1
1
3
k
x
b
x
=
+


=
−

 
∴直线
(
)
1
1
:
1
3
NE y
x
x
x
=
+
+
−， 
令
0
y =
，则(
)
1
1
1
3
0
x
x
x
+
+
−
=
，解得
1
1
3
1
x
x
x
−
=
+
， 
∴
1
1
3
,0
1
x
Q
x


−


+


，同理可得
2
2
3
,0
1
x
P
x


−


+


， 
∴
1
1
1
3
4
1
1
1
x
MQ
x
x
−
= −−
=
+
+
，
2
2
2
3
4
1
1
1
x
MP
x
x
−
= −−
=
+
+
， 
∴
(
)(
)
(
)
2
1
2
1
1
2
1
2
4
4
16
16
16
16
1
1
1
1
1
2
2 1
3
MP MQ
x
x
x
x
x x
x
x
k
k
−−
−

=

=
=
=
=
+
+
+
+
+
+
+
+
+
． 
 
 
 
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题型模版 
1.特征：在二次函数背景下，某条线段长度或与线段相关的代数式为定值，要求证明或求值． 
2.方法：用参数表示动点坐标，把目标线段长度或代数式化简；通过配方、因式分解或利用韦达定理消去参
数，证明结果与参数无关；注意取特殊值验证． 
变式4-1 已知抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ （
0
a 
）与x 轴有且只有一个交点
(
)
2,0
A
，且与y 轴于交于点B ． 
(1)求a 与c 的关系式； 
(2)若
1
a = 时，点
1
2,
P
c





在抛物线的对称轴上； 
①若过B 点的直线l ：y
kx
m
=
+
（
0
k 
）与抛物线只有一个交点；证明：直线l 平分
OBP

； 
②设过P 点的直线与抛物线交于M ，N 点，则1
1
PM
PN
+
是否为定值，若为定值请求出定值，若不是定值
请说明理由． 
【答案】(1)
4
c
a
=
 
(2)①见解析；②是定值，值为4 
【分析】（1）由题意可设函数解析式
2
2
2
(
2)
4
4
y
ax
bx
c
a x
ax
ax
a
=
+
+
=
−
=
−
+
，令
0
x =
，即可得
4
y
c
a
=
=
； 
（2）①当
1
a = 时，
2
(
2)
y
x
=
−
，由题意可得过B 点的直线l ：y
kx
m
=
+
（
0
k 
）与抛物线只有一个交点，
即
2
4
4
+4
x
x
kx
−
+
=
，即
2
=
4)
0
k

+
=
（
，解得
4
k = −，根据点的坐标计算可得BC
PC
=
，进而得出结论即
可； 
②设过点P 的直线：
1
(
2)
4
y
k x
=
−
+
，联立
2
1
4
4
(
2)+ 4
x
x
k x
−
+
=
−
，设
1
( , (
2)
)
4
M m k m−
+
，
1
( , (
2)
)
4
N n k n−
+
N，
1
(2, )
4
P
 ，则
4
m
n
k
+
=
+ ，
15
2
4
mn
k
=
+
，代入即可得出答案． 
【详解】（1）由题意可知： 
2
2
2
(
2)
4
4
y
ax
bx
c
a x
ax
ax
a
=
+
+
=
−
=
−
+
 
令
0
x =
，
4
y
c
a
=
=
 
∴
4
c
a
=
 
（2）①当
1
a = 时，
2
(
2)
y
x
=
−
， 
∴
(0,4)
B
， 
∵过B 点的直线l ：y
kx
m
=
+
（
0
k 
）与抛物线只有一个交点， 
∴直线l ：
4
y
kx
=
+
（
0
k 
） 
 
 
 
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∵过B 点的直线l ：y
kx
m
=
+
（
0
k 
）与抛物线只有一个交点 
∴
2
4
4
4
y
kx
y
x
x
=
+


=
−
+

，即
2
4
4
+4
x
x
kx
−
+
=
， 
整理得
2
(4
) =0
x
k x
−
+
， 
∴
2
=
4)
0
k

+
=
（
， 
解得
4
k = −， 
∴直线l：
4
4
y
x
−
=
+
交对称轴与
4
(2,
)
C
−
  
∴
2
2
1
17
2
(4
)
4
4
BP =
+
−
=
，
1
17
4
4
4
BC =
+
=
， 
∴BC
PC
=
 
∴
CBP
PCB

= 
，即
CBP
OBC

= 
， 
∴直线l 平分
OBP

 
②1
1
PM
PN
+
为定值，理由如下， 
设过点P 的直线：
1
(
2)
4
y
k x
=
−
+
 
联立
2
1
4
4
(
2)+ 4
x
x
k x
−
+
=
−
 
化简
2
15
(
4)
2
0
4
x
k
x
k
−
+
+
+
=
 
设
1
( , (
2)
)
4
M m k m−
+
，
1
( , (
2)
)
4
N n k n−
+
N，
1
(2, )
4
P
  
则
4
m
n
k
+
=
+ ，
15
2
4
mn
k
=
+
 
∴
2
2
2
2
2
2
2
2
2
(
)
(
)
1
1
(
2)
(
2)
(
2)
(
2)
m
n
k
m
n
PM
PN
MN
PM
PN
PM PN
PM PN
m
k
m
n
k
n
−
+
−
+
+
=
=
=


−
+
−

−
+
−
 
2
2
2
2
2
2
1
(
)
1
(
2)
1
(
2)
k
m
n
k
m
k
n
+

−
=
+

−

+

−
 
2
2
2
1
(
)
4
(1
)
2(
)
4
k
m
n
mn
k
mn
m
n
+

+
−
=
+

−
+
+
 
2
2
2
1
1
1
(1
)
4
k
k
k
+

+
=
+
−
 
4
=
 
【点睛】本题主要考查了二次函数综合题，解题的关键是根据题意设函数关系式以及点的坐标． 
 
 
 
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变式4-2 如图，边长为4 的正方形OABC的两边在坐标轴上，以点C 为顶点的抛物线经过点A，点P 是抛物
线上点A，C 间的一个动点（含端点），过点P 作PF
BC
⊥
于点F ，点D 、E 的坐标分别为(
)
0,3 ，(
)
2,0 ，
连接PD PE
．
、DE ． 
 
(1)求出抛物线的解析式； 
(2)探究点P 的位置时发现：当点P 与点A或点C 重合时，PD与PF 的差均为定值，进而猜想：对于任意一
点P ，PD与PF 的差均为定值，请你判断该猜想是否正确，请说明理由； 
(3)进一步探究发现：若将“使PDE

的面积为整数”的点P 记作“理想点”，则存在多个“理想点”．请你继续探
究： 
①使PDE

的周长最小的点P 是不是一个“理想点”？如果是，求出该“理想点”坐标，如果不是，请说明理由； 
②直接写出所有“理想点”个数． 
【答案】(1)
2
1
4
4
y
x
= −
+ 
(2)解：正确，理由如下： 
设
2
1
,
4
4
P m
m


−
+



，则
(
)
,4
F m
， 
2
2
1
1
4
4
4
4
PF
m
m



=
−−
+
=




， 
(
)
0,3
D

， 
2
2
2
2
2
2
1
1
1
3
1
1
4
4
4
4
PD
m
m
m
m





=
+ −
−
=
+
+
=
+








， 
1
PD
PF

−
= ， 
故猜想正确； 
(3)①是，“理想点”坐标为(
)
2,3 ；②面积为整数时，“理想点”有4 个． 
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线解析式即可； 
（2）首先表示出P 、F 点坐标，再利用两点之间距离公式得出PD，PF 的长，进而求出即可； 
 
 
 
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（3）根据题意当P 、E 、F 三点共线时，PE
PF
+
最小，进而得出P 点坐标以及利用PDE

的面积可以等
于0 到3 的所有整数，在面积为3 时，m 的值有两个，进而得出答案． 
【详解】（1）解：边长为4 的正方形OABC的两边在坐标轴上， 
(
)
0,4
C

，
(
)
4,0
A
， 
抛物线的顶点C ， 
设抛物线的解析式为
2
4
y
ax
=
+
， 
将点A的坐标代入，得16
4
0
a +
=
，解得
1
4
a = −
， 
抛物线的解析式为
2
1
4
4
y
x
= −
+ ； 
（2）解：正确，理由略； 
（3）解：①当点P 运动时，DE 的大小不变， 
PD
∴
与PE的和最小时，PDE

的周长最小， 
1
PD
PF
−
=

， 
1
PD
PF

= +
， 
1
PE
PD
PE
PF

+
=
+ +
， 
当P 、E 、F 三点共线时，PE
PF
+
最小，此时点P 、E 的横坐标都为2， 
将
2
x =
代入
2
1
4
4
y
x
= −
+ ，得
2
1
2
4
3
4
y = −

+
= ， 
P 点坐标为(
)
2,3 ，此时PDE

的周长最小，且PDE

的面积为1
2 3
3
2=
，点P 恰为“理想点”， 
PDE

的周长最小时，“理想点”坐标为(
)
2,3 ； 
②如图：连接OP ，由（2）得
2
1
,
4
4
P m
m
−


+



， 
PDE
ODP
OEP
ODE
S
S
S
S

=
+
−

1
1
1
2
2
2
P
P
OD x
OE y
OD OE
=

+

−

 
2
1
1
1
1
3
2
4
3 2
2
2
4
2
m
m


=

+

−
+
−





 
2
1
3
1
4
2
m
m
= −
+
+ 
 
 
 
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(
)
2
1
13
3
4
4
m
−
−
=
+
，  
0
4
m



， 
13
1
4
PDE
S



， 
当
(
)
2
1
13
3
3
4
4
m−
−
+
=
时，解得
4
m =
或
2
m =
； 
当
(
)
2
1
13
3
2
4
4
m−
−
+
=
时，解得
3
5
m =
−
或
3
5
m =
+
（舍去）；  
当
(
)
2
1
13
3
1
4
4
m−
−
+
= 时，解得
0
m =
或
6
m =
（舍去）； 
面积为整数时 “理想点”有4 个． 
变式4-3 （2025 九年级·全国·专题练习）如图，已知在以O 为原点的直角坐标系中，抛物线的顶点为
(
)
1, 4
A
−
−
，
且经过点
(
)
2, 3
B
−
−
，与x 轴分别交于C，D 两点． 
 
(1)该抛物线的表达式为________________． 
(2)如图①，M 是抛物线上的一个动点，且在直线OB 的下方，过点M 作x 轴的平行线与直线OB 交于点N．求
MN 的最大值． 
(3)如图②，过点A 的直线交x 轴于点E，且AE
y
∥
轴，点P 是抛物线上A，D 之间的一个动点，直线PC，
PD 与AE 分别交于F，G 两点．当点P 运动时，EF
EG
+
是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请
说明理由． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x−
=
+
 
(2) 49
24 
(3) EF
EG
+
是定值，为8 
【分析】（1）根据顶点式设二次函数的解析式为
(
)
2
1
4
y
a x
=
+
−
，结合点
(
)
2, 3
B −
−
，求得a 即可； 
 
 
 
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（2）利用待定系数法求得直线OB 的表达式为
3
2
y
x
=
，设
(
)
2
,
2
3
M b b
b
+
−
，MN
s
= ，则点N 的横坐标为b
s
−，
纵坐标为(
)
3
2 b
s
−
．利用平行可得
(
)
2
3
2
3
2
b
b
b
s
+
−=
−
，得到
2
2
2
1
2
1
49
2
3
3
3
4
24
s
b
b
b


= −
−
+
= −
+
+




即可求得
最值； 
（3）过点P 作PQ
y

轴，交x 轴于点Q，求得
(
)
3,0
C −
，(
)
1,0
D
，设(
)
2
,
2
3
P t t
t
+
−
，利用平行证CEF
CQP

∽
，
则EF
CE
QP
CQ
=
，可求得EF ，同理得EG ，化简即可． 
【详解】（1）解：根据抛物线的顶点为
(
)
1, 4
A
−
−
，设抛物线的表达式为
(
)
2
1
4
y
a x
=
+
−
． 
抛物线经过点
(
)
2, 3
B
−
−
， 
(
)
2
2 1
4
3
a

−+
−
= −，解得
1
a = ， 
该抛物线的表达式为
(
)
2
1
4
y
x
=
+
−
， 
即
2
2
3
y
x
x−
=
+
． 
故答案为：
2
2
3
y
x
x
=
+
−． 
（2）解：设直线OB 的表达式为y
kx
=
． 
将
(
)
2, 3
B
−
−
代入，得2
3
k
−
= −， 
解得
3
2
k =
， 
直线OB 的表达式为
3
2
y
x
=
． 
设
(
)
2
,
2
3
M b b
b
+
−
，MN
s
= ， 
则点N 的横坐标为b
s
−，纵坐标为(
)
3
2 b
s
−
． 
由MN
x
轴， 
得
(
)
2
3
2
3
2
b
b
b
s
+
−=
−
， 
解得
2
2
2
1
2
1
49
2
3
3
3
4
24
s
b
b
b


= −
−
+
= −
+
+




， 
当
1
4
b = −
时，MN 有最大值，最大值为49
24 ． 
（3）解：EF
EG
+
是定值． 
 
 
 
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如图，过点P 作PQ
y

轴，交x 轴于点Q． 
在
2
2
3
y
x
x−
=
+
中，令
0
y =
， 
解得
1
3
x = −，
2
1
x = ， 
(
)
3,0
C

−
，
(
)
1,0
D
． 
设(
)
2
,
2
3
P t t
t
+
−
， 
则
2
2
3
PQ
t
t
= −
−
+
，
3
CQ
t
= + ，
1
DQ
t
= −． 
PQ
EF

， 
CEF
CQP
△
△
∽
， 
EF
CE
QP
CQ

=
， 
(
)
2
2
2
3
3
CE
EF
PQ
t
t
CQ
t

=

=
−
−
+
+
． 
同理，
EGD
QPD
△
△
∽
， 
EG
DE
QP
DQ

=
， 
(
)
2
2
2
3
1
DE
EG
PQ
t
t
DQ
t

=

=
−
−
+
−
， 
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
4
2
3
2
3
2
2
3
8
3
1
2
3
EF
EG
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t

+
=
−
−
+
+
−
−
+
=
−
−
+
=
+
−
−
−
+
． 
故EF
EG
+
是定值，为8． 
【点睛】本题考查了二次函数的性质，涉及待定系数法求解析式、两点之间的距离、求二次函数的最值以
及相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练二次函数的性质和相似三角形的性质． 
 
题型5、二次函数背景下的双线段距离最值问题 
典例5 如图所示,在平面直角坐标系xOy 中,正方形OABC 的边长为2cm,点A、C 分别在y 轴的负半轴和x
 
 
 
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轴的正半轴上,抛物线y=ax2+bx+c 经过点A、B 和D（4，
2
3
−
）． 
 
（1）求抛物线的表达式． 
（2）如果点P 由点A 出发沿AB 边以2cm/s 的速度向点B 运动,同时点Q 由点B 出发,沿BC 边以1cm/s 的
速度向点C 运动,当其中一点到达终点时,另一点也随之停止运动．设S=PQ2（cm2）． 
①试求出S 与运动时间t 之间的函数关系式,并写出t 的取值范围; 
②当S 取5
4 时，在抛物线上是否存在点R,使得以点P、B、Q、R 为顶点的四边形是平行四边形?如果存在,
求出R 点的坐标;如果不存在,请说明理由． 
（3）在抛物线的对称轴上求点M,使得M 到D、A 的距离之差最大，求出点M 的坐标． 
【答案】（1）抛物线的解析式为：
2
1
1
2
6
3
y
x
x
=
−
−; 
（2）①S 与运动时间t 之间的函数关系式是S=5t2﹣8t+4,t 的取值范围是0≤t≤1; 
②存在.R 点的坐标是（3,﹣3
2 ）; 
（3）M 的坐标为（1,﹣8
3 ）． 
【详解】试题分析：（1）设抛物线的解析式是y=ax2+bx+c,求出A、B、D 的坐标代入即可; 
（2）①由勾股定理即可求出;②假设存在点R,可构成以P、B、R、Q 为顶点的平行四边形,求出P、Q 的坐
标,再分为两种种情况：A、B、C 即可根据平行四边形的性质求出R 的坐标; 
（3）A 关于抛物线的对称轴的对称点为B,过B、D 的直线与抛物线的对称轴的交点为所求M,求出直线BD
的解析式,把抛物线的对称轴x=1 代入即可求出M 的坐标． 
试题解析：（1）设抛物线的解析式是y=ax2+bx+c, 
∵正方形的边长2, 
∴B 的坐标（2,﹣2）A 点的坐标是（0,﹣2）, 
 
 
 
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把A（0,﹣2）,B（2,﹣2）,D（4,﹣2
3 ）代入得：
2
{ 4
2
2
2
16
4
3
c
a
b
c
a
b
c
= −
+
+
= −
+
+
= −
, 
解得a= 1
6 ,b=﹣1
3 ,c=﹣2, 
∴抛物线的解析式为：
2
1
1
2
6
3
y
x
x
=
−
−, 
答：抛物线的解析式为：
2
1
1
2
6
3
y
x
x
=
−
−; 
（2）①由图象知：PB=2﹣2t,BQ=t, 
∴S=PQ2=PB2+BQ2, 
=（2﹣2t）2+t2, 
即S=5t2﹣8t+4（0≤t≤1）． 
答：S 与运动时间t 之间的函数关系式是S=5t2﹣8t+4,t 的取值范围是0≤t≤1; 
②假设存在点R,可构成以P、B、R、Q 为顶点的平行四边形． 
∵S=5t2﹣8t+4（0≤t≤1）, 
∴当S= 5
4 时,5t2﹣8t+4= 5
4 ,得20t2﹣32t+11=0, 
解得t= 1
2 ,t= 11
10 （不合题意,舍去）, 
此时点P 的坐标为（1,﹣2）,Q 点的坐标为（2,﹣3
2 ）, 
若R 点存在,分情况讨论： 
（i）假设R 在BQ 的右边,如图所示,这时QR=PB,RQ∥PB, 
则R 的横坐标为3,R 的纵坐标为﹣3
2 , 
即R（3,﹣3
2 ）, 
代入
2
1
1
2
6
3
y
x
x
=
−
−,左右两边相等, 
∴这时存在R（3,﹣3
2 ）满足题意; 
 
 
 
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（ii）假设R 在QB 的左边时,这时PR=QB,PR∥QB, 
则R（1,﹣3
2 ）代入,
2
1
1
2
6
3
y
x
x
=
−
−
, 
左右不相等,∴R 不在抛物线上．（1 分） 
综上所述,存点一点R（3,﹣3
2 ）满足题意． 
答：存在,R 点的坐标是（3,﹣3
2 ）; 
（3）如图,M′B=M′A, 
 
∵A 关于抛物线的对称轴的对称点为B,过B、D 的直线与抛物线的对称轴的交点为所求M, 
理由是：∵MA=MB,若M 不为L 与DB 的交点,则三点B、M、D 构成三角形, 
∴|MB|﹣|MD|＜|DB|, 
即M 到D、A 的距离之差为|DB|时,差值最大, 
设直线BD 的解析式是y=kx+b,把B、D 的坐标代入得：
, 
解得：k= 2
3 ,b=﹣10
3 , 
 
 
 
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∴y= 2
3 x﹣10
3 , 
抛物线
2
1
1
2
6
3
y
x
x
=
−
−的对称轴是x=1, 
把x=1 代入得：y=﹣8
3 
∴M 的坐标为（1,﹣8
3 ）; 
答：M 的坐标为（1,﹣8
3 ）． 
考点：二次函数综合题． 
题型模版 
1.特征：两条动线段或一条定线段与一条动线段之间距离的最值，常与平行线间距离、垂线段最短相关． 
2.方法：将距离转化为点到直线的距离或平行线间距离；建立关于动点坐标的函数关系；利用二次函数最值
或几何性质求解，注意临界位置． 
变式5-1 如图，在平面直角坐标系中，抛物线的顶点D 坐标为(
)
1 4
，，与x 轴交于A、B 两点（A 在B 的左侧），
且B 坐标为(
)
3 0
，，与y 轴交于点C． 
 
(1)求抛物线和直线AC 的解析式； 
(2)在抛物线对称轴上找一点M，使M 到B、C 两点的距离之差的绝对值最大，求出点M 的坐标及最大绝对
值； 
(3)点P 是x 轴上的一个动点，过P 作直线l
AC
∥
交抛物线于点Q．试探究：随着点P 的运动，在抛物线上
是否存在点Q，使以点A，P ，Q ，C 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出符合点Q 的坐标；若
不存在，请说明理由． 
【答案】(1)抛物线的解析式为
(
)
2
1
4
y
x
= −
−
+
，直线AC 的解析式为
3
3
y
x
=
+ ； 
(2)M 到B、C 两点的距离之差的绝对值最大值为10 ，点M 的坐标为(
)
1 6
，； 
 
 
 
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(3)点Q 的坐标为(
)
2,3 或(
)
1
7
3
+
−
，
或(
)
1
7
3
−
−
，
． 
【分析】（1）设抛物线的解析式为
(
)
2
1
4
y
a x−
=
+
，把
(
)
3 0
B
，代入即可求解，利用二次函数的对称性求得
(
)
1 0
A −，，再利用待定系数法求解即可； 
（2）延长AC 交对称轴于点M ，由对称性知此时M 到B、C 两点的距离之差的绝对值最大，最大值为AC 的
长，据此求解即可； 
（3）分点P 在点Q 的左边和右边两种情况，根据平行四边形的对边平行且相等，从点A、C 的坐标关系，
用点P 的坐标表示出点Q 的坐标，然后把点Q 的坐标代入抛物线解析式求解即可． 
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为
(
)
2
1
4
y
a x−
=
+
， 
把
(
)
3 0
B
，代入得
(
)
2
0
3 1
4
a
=
−
+
， 
解得
1
a = −， 
∴抛物线的解析式为
(
)
2
1
4
y
x
= −
−
+
， 
∵顶点D 坐标为(
)
1 4
，，且B 坐标为(
)
3 0
，， 
∴抛物线的对称轴为直线
1
x = ， 
∴
(
)
1 0
A −，， 
令
0
x =
，则
(
)
2
0 1
4
3
y = −
−
+
=
， 
∴
(
)
0 3
C
，， 
设直线AC 的解析式为
3
y
kx
=
+ ， 
把
(
)
1 0
A −，代入得0
3
k
−
=
+ ， 
解得
3
k = ， 
∴直线AC 的解析式为
3
3
y
x
=
+ ； 
（2）解：延长AC 交对称轴于点M ， 
 
 
 
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∵点A和点B 关于对称轴直线
1
x = 对称， 
∴MA
MB
=
， 
∴M 到B、C 两点的距离之差的绝对值为MB
MC
MA
MC
AC
−
=
−
=
， 
此时M 到B、C 两点的距离之差的绝对值最大，最大值为AC 的长， 
∵
(
)
1 0
A −，，
(
)
0 3
C
，， 
∴
2
2
1
3
10
AC =
+
=
， 
1
x = 时，
3 1
3
6
y = +
= ， 
∴点M 的坐标为(
)
1 6
，； 
（3）解：直线l
AC
∥
， 
∴PQ
AC
∥
且PQ
AC
=
， 
( 1,0)
A −

，
(0,3)
C
， 
设点P 的坐标为( ,0)
x
， 
则①若点Q 在x 轴上方，则点Q 的坐标为(
1,3)
x +
， 
此时，
2
(
)
(
1
1
3
)
2
3
x
x
−
+
+
+
+ =
， 
解得
1
1
x = −（舍去），
2
1
x = ， 
所以，点Q 的坐标为(
)
2,3 ； 
②若点Q 在x 轴下方，则点Q 的坐标为(
1, 3)
x −
−
， 
此时，
2
(
)
(
1
1
3
)
2
3
x
x
−
−
+
−
+ = −， 
整理得，
2
4
3
0
x
x
−
−
=
， 
解得
1
2
7
x =
+
，
2
2
7
x =
−
， 
 
 
 
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所以，点Q 的坐标为(
)
1
7
3
+
−
，
或(
)
1
7
3
−
−
，
， 
综上所述，点Q 的坐标为(
)
2,3 或(
)
1
7
3
+
−
，
或(
)
1
7
3
−
−
，
． 
【点睛】本题是二次函数综合题型，主要考查了抛物线与x 轴的交点问题，待定系数法求二次函数解析式，
轴对称确定最短路线问题，平行四边形的对边平行且相等的性质，（2）确定出点M 的位置是解题的关键，
（3）难点在于分情况讨论． 
变式5-2 如图，已知直线
3
y
x
= −−
与x 轴交于点B，与y 轴交于点C；抛物线
2
(
0)
y
ax
bx
c a
=
+
+

的对称
轴为直线= 1
x −，且抛物线经过B，C 两点． 
 
(1)求B、C 两点的坐标和抛物线的解析式； 
(2)抛物线
2
(
0)
y
ax
bx
c a
=
+
+

与x 轴的另一个交点为点A，在抛物线的对称轴= 1
x −上找一点M，使点M
到点A 的距离与到点C 的距离之和最小，求出点M 的坐标； 
(3)在直线BC 的下方的抛物线上，是否存在一点N，使NBC

的面积最大？若存在，请求出点N 的坐标；若
不存在，请说明理由； 
(4)设点P 为抛物线的对称轴= 1
x −上的一个动点，直接写出当BPC

为直角三角形时点P 的坐标． 
【答案】(1)
( 3,0)
(0,3)
B
C
−
、
，
2
2
3
y
x
x−
=
+
； 
(2) ( 1, 2)
−−
； 
(3)存在，
3
15
,
2
4
N 

−
−



； 
(4)P 的坐标为( 1,2)
−
或( 1, 4)
−−
或
3
17
( 1,
)
2
−+
−
或
3
17
( 1,
)
2
−−
−
． 
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可； 
（2）根据抛物线的对称性可知MA
MC
MB
MC
BC
+
=
+

，当B，C，M 共线时，MA
MC
+
的值最小，求
出M 点坐标即可； 
 
 
 
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（3）设
(
N t ，
2
2
3)( 3
0)
t
t
t
+
−
−
，过点N 作NG
y

轴交BC 于点G ，则
( ,
3)
G t
t
−−
，则
2
3
3
27
2
2
8
BCN
S
t

= −
+
+





，
当
3
2
t = −
时，
CBN
△
的面积有最大值27
8 ，此时
3
( 2
N −
，
15)
4

 
（4）设
( 1,
)
P
m
−
，分别求出
2
18
BC =
，
2
2
4
PB
m
=
+
，
2
2
6
10
PC
m
m
=
+
+
，根据直角三角形斜边的情况分三种
情况讨论即可． 
【详解】（1）解：令
0
x =
则
3
y
−
=
， 
(0, 3)
C

−
， 
令
0
y =
，则
3
x
−
=
， 
( 3,0)
B

−
， 
抛物线的对称轴为直线
1
x = −， 
1
2
b
a
−
= −， 
2
b
a
=
， 
将
( 3,0)
B −
，
(0, 3)
C
−
代入
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 中， 

9
3
0
3
2
a
b
c
c
b
a
−
+
=

= −

=

， 
解得
1
2
3
a
b
c
=

=

= −

， 
2
2
3
y
x
x

=
+
−； 
（2）解：由抛物线的对称性可知，MA
MB
=
， 
MA
MC
MB
MC
BC

+
=
+

，当B，C，M 共线时，MA
MC
+
的值最小， 
将
1
x = −代入
3
y
x
= −−
中，得
2
y = −， 
( 1, 2)
M

−−
； 
（3）解：存在点N ，使NBC

的面积最大，理由如下： 
设
(
N t ，
2
2
3)( 3
0)
t
t
t
+
−
−
， 
过点N 作NG
y

轴交BC 于点G ，则
( ,
3)
G t
t
−−
， 
 
 
 
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2
3
NG
t
t

= −
−
， 
2
2
1
3
3
27
(
3 )
3
2
2
2
8
BCN
S
t
t
t


=
−
−

= −
+
+





， 
当
3
2
t = −
时，
CBN
△
的面积有最大值27
8 ， 
此时
3
( 2
N −
，
15)
4

； 
（4）解：设
( 1,
)
P
m
−
， 
( 3,0)
B −

，
(0, 3)
C
−
， 
2
18
BC

=
，
2
2
4
PB
m
=
+
，
2
2
6
10
PC
m
m
=
+
+
， 
①当PC 为斜边时，
2
2
18
4
6
10
m
m
m
+
+
=
+
+
， 
解得
2
m =
， 
( 1,2)
P

−
； 
②当PB为斜边时，
2
2
18
6
10
4
m
m
m
+
+
+
=
+
， 
解得
4
m = −， 
( 1, 4)
P

−
−
； 
③当BC 为斜边时，
2
2
4
6
10
18
m
m
m
+
+
+
+
=
， 
解得
3
17
2
m
−+
=
或
3
17
2
m
−−
=
， 
∴
3
17
1,
2
P

−+
−






或
3
17
1,
2


−−
−






； 
综上所述：P 点坐标为( 1,2)
−
或( 1, 4)
−−
或
3
17
1,
2


−+
−






或
3
17
1,
2


−−
−






． 
【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，直角三角形的性质，分类讨
论是解题的关键． 
 
 
 
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变式5-3 如图，已知抛物线
2
(
0)
y
ax
bx
c a
=
+
+

的对称轴为直线
1
x = −，且抛物线与x 轴交于A、B 两点，
与y 轴交于C 点，其中
(1,0)
A
，
(0,3)
C
. 
（1）若直线y
mx
n
=
+
经过B 、C 两点，求直线BC 和抛物线的解析式； 
（2）在抛物线的对称轴
1
x = −上找一点M ，使点M 到点A的距离与到点C 的距离之和最小，求出点M 的
坐标； 
（3）设点P 为抛物线的对称轴
1
x = −上的一个动点，求使BPC

为直角三角形的点P 的坐标. 
【答案】（1）抛物线的解析式为
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ，直线的解析式为
3
y
x
=
+
.（2）
2
(
)
1,
M −
；（3）P 的坐标
为( 1, 2)
−−
或( 1,4)
−
或
3
17
( 1,
)
2
+
−
或
3
17
( 1,
)
2
−
−
. 
【详解】分析：（1）先把点A，C 的坐标分别代入抛物线解析式得到a 和b，c 的关系式，再根据抛物线的
对称轴方程可得a 和b 的关系，再联立得到方程组，解方程组，求出a，b，c 的值即可得到抛物线解析式；
把B、C 两点的坐标代入直线y=mx+n，解方程组求出m 和n 的值即可得到直线解析式； 
（2）设直线BC 与对称轴x=-1 的交点为M，此时MA+MC 的值最小．把x=-1 代入直线y=x+3 得y 的值，
即可求出点M 坐标； 
（3）设P（-1，t），又因为B（-3，0），C（0，3），所以可得BC2=18，PB2=（-1+3）2+t2=4+t2，PC2=（-1）
2+（t-3）2=t2-6t+10，再分三种情况分别讨论求出符合题意t 值即可求出点P 的坐标． 
详解：（1）依题意得：
1
2
0
3
b
a
a
b
c
c
−
= −

+
+
=


=


，解得：
1
2
3
a
b
c
= −

= −


=

， 
∴抛物线的解析式为
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ . 
∵对称轴为
1
x = −，且抛物线经过
(
)
1,0
A
， 
∴把
(
)
3,0
B −
、
(
)
0,3
C
分别代入直线y
mx
n
=
+
， 
得
3
0
3
m
n
n
−
+
=


=

，解之得：
1
3
m
n
=


=

， 
 
 
 
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∴直线y
mx
n
=
+
的解析式为
3
y
x
=
+
. 
 
（2）直线BC 与对称轴
1
x = −的交点为M ，则此时MA
MC
+
的值最小，把
1
x = −代入直线
3
y
x
=
+
得
2
y =
， 
∴
(
)
1,2
M −
.即当点M 到点A的距离与到点C 的距离之和最小时M 的坐标为(
)
1,2
−
. 
（注：本题只求M 坐标没说要求证明为何此时MA
MC
+
的值最小，所以答案未证明MA
MC
+
的值最小的原
因）. 
（3）设(
)
1,
P
t
−
，又
(
)
3,0
B −
，
(
)
0,3
C
， 
∴
2
18
BC =
，
(
)
2
2
2
2
1 3
4
PB
t
t
= −+
+
=
+
，
(
)
(
)
2
2
2
2
1
3
6
10
PC
t
t
t
= −
+
−
=
−
+
， 
①若点B 为直角顶点，则
2
2
2
BC
PB
PC
+
=
，即：
2
2
18
4
6
10
t
t
t
+
+
=
−
+
解得：
2
t = −， 
②若点C 为直角顶点，则
2
2
2
BC
PC
PB
+
=
，即：
2
2
18
6
10
4
t
t
t
+
−
+
=
+
解得：
4
t =
， 
③若点P 为直角顶点，则
2
2
2
PB
PC
BC
+
=
，即：
2
2
4
6
10
18
t
t
t
+
+
−
+
=
解得： 
1
3
17
2
t
+
=
，2
3
17
2
t
−
=
. 
综上所述P 的坐标为(
)
1, 2
−−
或(
)
1,4
−
或
3
17
1,
2


+
−






或
3
17
1,
2


−
−






. 
点睛：本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求函数（二次函数和一次函数）的解析式、利
用轴对称性质确定线段的最小长度、难度不是很大，是一道不错的中考压轴题． 
 
题型6、二次函数背景下的单线段最值问题 
典例6 如图1，抛物线
(
)
2
3
0
y
ax
bx
a
=
+
+

与x 轴交于(
)
3,0
A −
和
(
)
1,0
B
两点，与y 轴交于点C． 
 
 
 
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(1)求该抛物线的函数表达式； 
(2)P 是抛物线上，位于直线AC 上方的一个动点，过点P 作PD
AC
⊥
于点D，求P 坐标为何值时PD最大，
并求出最大值； 
(3)如图②，将原抛物线向左平移2 个单位长度得到抛物线y，y与原抛物线相交于点M，点N 为原抛物线
对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点H，使以点A，M，N，H 为顶点的四边形为矩形，若存
在，请直接写出点H 的坐标；若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 
(2)当P 点运动到
3 15
,
2
4


−



时，PD最大值为9 2
8
 
(3)存在，H 点的坐标为
1
2,
3


−
−



或
7
0, 3





或(
)
4,2
−
或(
)
4,1
−
 
【分析】（1）设顶点式
(
)(
)
3
1
y
a x
x−
=
+
，展开得3
3
a
−
=
，解方程求出a 即可得到抛物线解析式； 
（2）过点P 作PE
y

轴交AC 于点E，根据题意推出OAC

，PDE

为等腰直角三角形，利用等腰直角三角
形的性质，推出PD的表达式，最终利用函数法求最值； 
（3）分AM 为边和对角线两种情况，进行讨论求解，先通过勾股定理求出N 点的坐标，再由矩形对角线的
性质，直接计算H 的坐标． 
【详解】（1）解：设抛物线解析式为
(
)(
)
3
1
y
a x
x−
=
+
， 
即
2
2
3
y
ax
ax
a
=
+
−
， 

2
3
y
ax
bx
=
+
+ 
3
3
a
−
=
， 
解得
1
a = −， 
抛物线的函数表达式为
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ； 
（2）解：由（1）知
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ， 
 
 
 
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当
0
x =
时，
3
y =
， 

(
)
0,3
C
， 
OA
OC
=
， 
OAC

是等腰直角三角形，
45
CAO

=
， 
设直线AC 的解析式为y
kx
b
=
+
， 
将
(
)
0,3
C
，
(
)
3,0
A −
代入，得
3
3
0
b
k
b
=

−
+
=

， 
解得
3
1
b
k
=

=

， 

3
AC
y
x
=
+
， 
 P 是抛物线上位于直线AC 上方的一个动点，过点P 作PE
y

轴交AC 于点E， 
设(
)
2
,
2
3
P m
m
m
−
−
+
，则
(
)
,
3
E m m +
， 

2
3
PE
m
m
= −
−
，其中3
0
m
−

， 
∵
90 ,
45
PFA
CAO

=

=
， 
∴
45
PED
AEF

= 
=
， 
∵PD
AC
⊥
， 
∴PED

为等腰直角三角形， 
∴
(
)
2
2
2
2
3
9 2
2
3
2
2
2
8
PD
PE
m
m
m


=
= −
+
= −
+
+




 
当
3
2
m = −
时，PD最大值为9 2
8
，此时
3 15
,
2
4
P

−



； 
（3）解：平移后的函数解析式为
(
)(
)
2
3
2
1
2
6
5
y
x
x
x
x
= −
+ +
−+
= −
−
−， 
将
2
6
5
y
x
x
= −
−
−与
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 联立，得
2
6
5
x
x
−
−
−
2
2
3
x
x
= −
−
+ ， 
解得两条抛物线交点M 的坐标为(
)
2,3
−
， 
如图，以AM 为边，作
1
MN
AM
⊥
交对称轴于
1
N ，可构造矩形
1
1
AMN H ，设
(
)
1
1
1,
N
y
−
， 
 
 
 
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
(
)
(
)
2
2
2
2
3
3
0
10
AM = −+
+
−
=
，
(
) (
)
(
)
2
2
2
1
1
1
2
3
MN
y


=
−
−−
+
−


，
(
) (
)
(
)
2
2
2
1
1
1
3
0
AN
y


=
−
−−
+
−


， 

2
AM +
2
1
MN
=
2
1
AN ， 

(
) (
)
(
)
(
) (
)
(
)
2
2
2
2
1
1
10
1
2
3
1
3
0
y
y




+
−
−−
+
−
=
−
−−
+
−




， 
解得
1
8
3
y =
， 
设
(
)
1
1
1
,
H
p q
，由A，M，
1
N ，
1
H 四点的相对位置关系可得： 
(
) (
)
(
)
1
1
1
3
2
8
0
3
3
p
q
−
+ −
= −
+
+
=
+

， 
解得
1
1
2
1
3
p
q
= −

= −

， 

1
1
2,
3
H 

−
−



； 
同理，以AM 为边，作
2
MN
AM
⊥
交对称轴于
2
N ，可构造矩形
2
2
AMN H ，设
(
)
2
2
1,
N
y
−
， 

2
AM +
2
2
AN
=
2
2
MN
， 

(
) (
)
(
)
(
) (
)
(
)
2
2
2
2
2
2
10
1
3
0
1
2
3
y
y




+
−
−−
+
−
=
−
−−
+
−




， 
解得
2
2
3
y = −
，即
2
2
1,
3
N 

−−



， 
设
(
)
2
2
2
,
H
p q
，由A，M，
2
N ，
2
H 四点的相对位置关系可得： 
(
) (
)
(
)
2
2
1
2
3
2
3
0
3
p
q
−
+ −
= −
+



+ −
=
+






， 
解得
2
2
0
7
3
p
q
=

=

 
 
 
 
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
2
7
0, 3
H 




； 
如图，以AM 为对角线，作
3
3
MN
AN
⊥
交对称轴于
3
N ，可构造矩形
3
3
AN MH ，设
(
)
3
3
1,
N
y
−
， 

2
AM =
2
3
AN
+
2
3
MN
， 

(
) (
)
(
)
(
) (
)
(
)
2
2
2
2
3
3
10
1
3
0
1
2
3
y
y




=
−
−−
+
−
+
−
−−
+
−




， 
解得
3
1
y = ，
4
2
y =
，即
(
)
3
1,1
N
−
，
(
)
4
1,2
N
−
， 
设
(
)
3
3
3
,
H
p q
，由A，M，
3
N ，
3
H 四点的相对位置关系可得： 
(
) (
)
(
)
3
3
3
2
1
3
0
1
p
q
−
+ −
= −
+
+
= +

， 
解得
3
3
4
2
p
q
= −


=

， 

(
)
3
4,2
H
−
； 
设
(
)
4
4
4
,
H
p q
，由A，M，
4
N ，
4
H 四点的相对位置关系可得： 
(
) (
)
(
)
4
4
3
2
1
3
0
2
p
q
−
+ −
= −
+
+
=
+

， 
解得
4
4
4
1
p
q
= −


=

， 

(
)
4
4,1
H
−
； 
综上可知，H 点的坐标为
1
2,
3
−


−



或
7
0, 3





或(
)
4,2
−
或(
)
4,1
−
 
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，用函数法求线段和最值问题，二次函数图象和性质，矩形
性质等知识点，是一道关于二次函数综合题和压轴题，综合性强，难度较大；熟练掌握相关知识并灵活运
用方程思想，数形结合思想和分类讨论思想是解题关键． 
题型模版 
 
 
 
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1.特征：在含参数的二次函数背景下，单线段最值随参数变化，要求确定参数值或最值范围． 
2.方法：先用参数表示动点坐标及目标线段长度；把长度表达式化为关于动点坐标的二次函数，其最值往往
与参数有关；根据题意列关于参数的不等式或方程求解，回代验证． 
变式6-1 如图1，已知二次函数
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 的顶点坐标为（1，9
2 ），其图象与x 轴交于A、B 两点，其中
点
(
)
4 0
B
，，与y 轴交于点C． 
 
(1)求二次函数的解析式； 
(2)若点P 为线段BC 上方抛物线上的一点，当点P 到线段BC 的距离最大时，求点P 的坐标； 
(3)如图2，已知点M 为对称轴上一点，点N 为抛物线上一点，若以点B、C、M、N 为顶点的四边形为平行
四边形，求点N 的坐标． 
【答案】(1)
2
1
4
2
y
x
x
= −
+
+
 
(2)(
)
2,4 
(3)
5
7
3,
(5,
2
2


−




、
) 或
7
3,
2


−
−



 
【分析】（1）根据二次函数
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 的顶点坐标为
9
1, 2





和点(
)
4 0
B
，在该函数图象上，可以求得该函
数的解析式； 
（2）先求出直线BC 的解析式，根据二次函数的性质，可以得到 点P 到线段BC 的距离的最大值并求出此
时点P 的坐标，从而可以解答本题； 
（3）根据（1） 中的函数解析式可以得到点B 和点C 的坐标，该函数的对称轴、并设出点M 和点N 的坐
标，再根据平行四边形的性质，利用分类讨论的方法，可以求得点N 的坐标． 
【详解】（1）∵二次函数
2
y
ax
bx
c
=
+
+ 的顶点坐标为
9
1, 2





， 
∴设该函数解析式为
(
)
2
9
1
2
y
a x
=
−
+
， 
∵该函数过点
(
)
4,0
B
， 
 
 
 
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(
)
2
9
0
4 1
2
a
=

−
+
， 
解得
1
2
a = −
， 
(
)
2
2
1
9
1
1
2
2
2
y
x
x
x

= −
−
+
= −
+
 
4
+ ， 
即该函数的解析式为 
2
1
4
2
y
x
x
= −
+
+
； 
（2）过点P 作
//
PQ y 轴, 交BC 于点Q , 如图1所示， 
 
 
2
1
4
2
y
x
x
= −
+
+

， 
∴当
0
x =
时，
4
y =
，即点C 的坐标为(
)
0,4 ， 
设直线BC 的函数解析式为y
kx
d
=
+
， 
 
4
0
4
k
d
d
+
=


=

，得  
1
4
k
d
= −


=

， 
即直线BC 的解析式为
4
y
x
= −+
， 
∵当点P 到BC 的距离取得最大值时，PCB

的面积最大， 
∴当PCB

的面积取得最大值时点P 的坐标即为所求， 
设点P 的坐标为
2
1
,
4 ,
2
p
p
p


−
+
+



则点Q 的坐标为(
)
,
4 ,
p
p
−
+
 
则 
(
)
2
1
4
4
2
PQ
p
p
p
= −
+
+
−−
+
= 
(
)
2
2
1
1
2
2
2
2
2
p
p
p
−
+
= −
−
+
， 
∴当
2
p =
时，PQ 取得最大值，PCB

的面积最大，此时点P 的坐标为(
)
2,4 ， 
由上可得，点P 的坐标是(
)
2,4 ； 
（3）∵函数 
(
)
2
1
9
1
2
2
y
x
= −
−
+
， 
∴该函数的对称轴是直线
1
x = ，设点M 的坐标为(
)
1,
M
y
, 点N 的坐标为(
)
,
N
N
x
y
， 
 
 
 
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∵点B 的坐标为(
)
4,0 , 点C 的坐标为(
)
0,4 , 
∴当BC 为对角线时， 
 1
4
0
N
x
+
=
+
， 
解得 
3
N
x =
， 
 
(
)
2
1
9
5
3 1
2
2
2
N
y

= −

−
+
=
， 
即点N 的坐标为
5
3, 2





；  
当BM 为对角线时， 
4 1
0
N
x
+ =
+
， 
解得 
5,
N
x =
 
 
(
)
2
1
9
7
5 1
2
2
2
N
y

= −

−
+
= −
，即点N 的坐标为
7
5,
2


−



； 
当BN 为对角线时， 
4
1 0
N
x
+
= +
， 
解得 
3,
N
x = −
 
(
)
2
1
9
7
3 1
2
2
2
N
y

= −
−−
+
= −
， 
即点N 的坐标为
7
3,
2


−
−



； 
由上可得，点N 的坐标为
5
7
3,
(5,
2
2


−




、
) 或
7
3,
2


−
−




． 
【点睛】本题是一道二次函数综合题，考查二次函数的性质、待定系数法求二次函数解析式、平行四边形
的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用分类讨论和数形结合的思想解答． 
变式6-2 如图1，抛物线
2
3
16
y
x
= −
平移后过点A（8，,0）和原点，顶点为B，对称轴与x 轴相交于点C，
与原抛物线相交于点D． 
（1）求平移后抛物线的解析式并直接写出阴影部分的面积S阴影； 
（2）如图2，直线AB 与y 轴相交于点P，点M 为线段OA 上一动点，
PMN

为直角，边MN 与AP 相交于
点N，设OM
t
= ，试探求： 
 ①t 为何值时MAN

为等腰三角形； 
 
 
 
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 ②为何值时线段PN 的长度最小，最小长度是多少． 
  
   
 
【答案】（1）平移后抛物线的解析式
2
3
3
16
2
y
x
x
= −
+
，S阴影= 12；（2）①
9
2
t =
，②当＝3 时，PN 取最小
值为15
2 ． 
【分析】（1）设平移后抛物线的解析式y=
3
16
−
x2+bx，将点A（8，0）代入，根据待定系数法即可求得平移
后抛物线的解析式，再根据割补法由三角形面积公式即可求解； 
（2）作NQ 垂直于x 轴于点Q， 
①分当MN=AN 时，当AM=AN 时，当MN=MA 时，三种情况讨论可得△MAN 为等腰三角形时t 的值； 
②由MN 所在直线方程为y=
2
6
6
t
t
x −
，与直线AB 的解析式y=﹣x+6 联立，得xN 的最小值为6，此时t=3，
PN 取最小值为15
2 ． 
【详解】（1）设平移后抛物线的解析式
2
3
16
y
x
bx
= −
+
， 
将点A（8，,0）代入，得
2
3
3
16
2
y
x
x
= −
+
=
2
3 (
4)
3
16 x
−
−
+ ， 
所以顶点B（4,3）， 
所以S 阴影=OC•CB=12； 
（2）设直线AB 解析式为y=mx+n，将A（8，0）、B（4，3）分别代入得 
8
0
4
3
m
n
m
n
+
=


+
=

 ，解得：
3
4
6
m
n

= −

=

， 
所以直线AB 的解析式为
3
6
4
y
x
= −
+ ，作NQ 垂直于x 轴于点Q， 
①当MN＝AN 时， N 点的横坐标为8
2
t
+ ，纵坐标为24 3
8
t
−
， 
由三角形NQM 和三角形MOP 相似可知NQ
MQ
OM
OP
=
,得
24
3
8
8
2
6
t
t
t
−
−
=
，解得1
9
2
t =
，2
8
t =
（舍去）. 
 
 
 
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当AM＝AN 时，AN＝8
t
−,由三角形ANQ 和三角形APO 相似可知
(
)
3 8
5
NQ
t
=
−
，
(
)
4 8
5
AQ
t
=
−
，MQ＝8
5
t
−， 
由三角形NQM 和三角形MOP 相似可知NQ
MQ
OM
OP
=
得：
(
)
3
8
8
5
5
6
t
t
t
−
−
=
， 
解得：t＝12（舍去）； 
当MN＝MA 时，
45
MNA
MAN

= 

故
AMN

是钝角，显然不成立, 
故
9
2
t =
； 
②由MN 所在直线方程为y=
2
6
6
t
t
x −
，与直线AB 的解析式y=﹣x+6 联立， 
得点N 的横坐标为xN=
2
72
2
9
2
t
t
+
+
，即t2﹣xNt+36﹣xN=0， 
由判别式△=x2N﹣4（36﹣9
2
N
x ）≥0，得xN≥6 或xN≤﹣14， 
又因为0＜xN＜8， 
所以xN 的最小值为6，此时t=3， 
当t=3 时，N 的坐标为（6，3
2 ），此时PN 取最小值为15
2 ． 
【点睛】本题考查了二次函数综合题，涉及的知识点有：待定系数法求抛物线的解析式，平移的性质，割
补法，三角形面积，分类思想，相似三角形的性质，勾股定理，根的判别式，综合性较强，有一定的难度，
熟练掌握相关知识是解题的关键. 
变式6-3 在平面直角坐标系中，二次函数
2
3
y
ax
bx
=
+
+ 的图象与x 轴交于
(
)
1,0
A
，(
)
3,0
B
两点，与y 轴交
于点C． 
 
(1)求二次函数的表达式； 
(2)如图①，若点P 是线段BC 上的一个动点（不与点B，C 重合），过点P 作y 轴的平行线交抛物线于点Q，
当线段PQ 的长度最大时，求点Q 的坐标； 
 
 
 
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(3)如图②，在（2）的条件下，过点Q 的直线与抛物线交于点D，且
2
CQD
OCQ

= 
．在y 轴上是否存在
点E，使得BDE

为等腰三角形？若存在，直接写出点E 的坐标；若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
2
4
3
y
x
x
=
−
+ 
(2)
3
3
,
2
4
Q

−



 
(3)存在，点
(0,8
43)
E
+
或(0,8
43)
−
或(0,5) 或(0, 59) 或(0,
59)
−
 
【分析】（1）由待定系数法即可求解； 
（2）由
(
)
2
2
3
4
3
3
PQ
x
x
x
x
x
= −+ −
−
+
= −
+
，即可求解； 
（3）先求出点
(5,8)
D
，再分类求解即可． 
【详解】（1）解：由题意得：
(
)(
)
(
)
2
2
1
3
4
3
3
y
a x
x
a x
x
ax
bx
=
−
−
=
−
+
=
+
+ ， 
则
1
a = ， 
则抛物线的表达式为：
2
4
3
y
x
x
=
−
+ ； 
（2）解：由抛物线的表达式知，点
(
)
0,3
C
， 
由点B、C 的坐标得，直线CB 的表达式为：
3
y
x
= −+
， 
设点(
)
2
,
4
3
Q x x
x
−
+
，则点
(
)
,
3
P x
x
−+
， 
则
(
)
2
2
3
4
3
3
PQ
x
x
x
x
x
= −+ −
−
+
= −
+
， 
∵1
0
−
，故PQ 有最大值， 
此时
3
2
x =
，则
2
3
4
3
4
y
x
x + = −
−
=
， 
即点
3
3
,
2
4
Q

−



； 
（3）解：存在，理由： 
设直线CQ 的表达式为y
mx
n
=
+
， 
由点
,
C Q 的坐标得，
3
3
4
2
3
m
n
n
−
=
+

=

，解得：
5
2
3
m
n

= −

=

， 
∴直线CQ 的表达式为：
5
3
2
y
x
= −
+
， 
令
0
y =
，
6
5
x =
，故
6 ,0
5
M 




， 
过点Q 作TQ
y
∥
轴交x 轴于点T ，则
TQC
QCO

= 
， 
 
 
 
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2
,
CQD
OCQ
TQC
QCO

= 

= 

， 
则
CQT
DQT

= 
， 
即直线CQ 和DQ 关于直线QT 对称，故
9 ,0
5
M 




， 
设直线DQ 的表达式为y
dx
c
=
+ ， 
代入
3
3
,
2
4
Q

−



，
9 ,0
5
M 




，得
3
3
4
2
9
0
5
d
c
d
c
−
=
+

=
+

， 
解得：
5
2
9
2
d
c

=

= −

， 
则直线DQ 的表达式为：
5
9
2
2
y
x
=
−
， 
联立上式和抛物线的表达式得：
2
5
9
4
3
2
2
x
x
x
−
+ =
−
， 
解得：
3
2
x =
(舍去)或5， 
即点
(5,8)
D
； 
设点
(0, )
E
y ，由,
,
B D E 的坐标得，
2
2
2
2
2
68,
25
(
8) ,
9
BD
DE
y
BE
y
=
=
+
−
=
+
， 
当DE
BD
=
时，则
2
68
25
(
8)
y
=
+
−
， 
解得：
8
43
y =

，即点
(0,8
43)
E
+
或
(0,8
43)
E
−
； 
当DE
BE
=
或BD
BE
=
时， 
同理可得：
2
2
25
(
8)
9
y
y
+
−
=
+
或
2
9
68
y
+
=
， 
解得：
5
y =
或
59

， 
 
 
 
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即点
(0,5)
E
或(0, 59) 或(0,
59)
−
； 
综上，点
(0,8
43)
E
+
或(0,8
43)
−
或(0,5) 或(0, 59) 或(0,
59)
−
． 
【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的
思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系． 
 
 
压轴挑战—攻克高难压轴，突破思维上限 
25．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线
2
2
y
ax
bx
=
+
+
与x 轴交于两点
1 ,0
2
A

−



，B（点A 在B 左边），
交y 轴于C，点
7
3, 2
P




是抛物线上一点． 
 
(1)求抛物线的关系式； 
(2)在对称轴上找一点M，使MA
MC
+
的值最小，求点M 的坐标； 
(3)如图2，抛物线上是否存在点Q，使
45
QCP

=
？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
2
7
2
2
y
x
x
= −
+
+
 
(2)
7 9
( , )
4 8
M
 
(3)存在，
)
23 13
 
,
6
(
18
Q
或
)
1 7
 
,
2
(
2
Q
 
【分析】(1)根据待定系数法，将点A，点P 代入抛物线解析式，解关于b，c 的二元一次方程组，即可求得
抛物线的解析式； 
（2）由对称可得，直线BC 与对称轴的交点就是所求的点M，求出直线BC 的关系式和对称轴，求出交点坐
 
 
 
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标即可； 
（3）分两种情况：当Q 在PC 下方或当Q 在PC 上方，构造等腰直角三角形和全等三角形求解即可． 
【详解】（1）将点
1
(
,0)
2
A −
，
7
(3, )
2
P
代入
2
2
y
ax
bx
=
+
+
，  
 得：
1
1
2
0
4
2
7
9
3
2
2
a
b
a
b

−
+
=


+
+
=

 ， 
解得：
1
7
2
a
b
= −
=

 
∴抛物线的解析式为 
2
7
2
2
y
x
x
= −
+
+
； 
（2）当
0
x =
时，
2
y =
， 
∴点
(0,2)
C
， 
当
0
y =
时，有
2
7
2
0
2
x
x
−
+
+
=
， 
解得：
1
1
2
x = −
，
2
4
x =
， 
∴点
(4,0)
B
， 
∴抛物线的对称轴为：直线
1
4
7
2
2
4
x
−
+
=
=
 
设直线BC 的关系式为
2
y
kx
=
+ ，把点B 坐标代入， 
得：0
4
2
k
=
+
，解得，
1
2
k
−
=
， 
∴直线BC 的关系式为
1
2
2
y
x
−
=
+ ， 
由对称可得，直线BC 与对称轴交点就是所求的点M， 
当
7
4
x =
时，
1
7
9
2
2
4
8
y = −

+
=
， 
∴
7 9
( , )
4 8
M
时，MA
MC
+
最小； 
（3）当Q 在PC 下方时，如图，过P 作PH
CQ
⊥
于H，过H 作MN
y
⊥
轴， 交y 轴于M，过P 作PN
MH
⊥
于N， 
 
 
 
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∴
90
PHC
CMH
HNP

= 
= 
=
， 
∵
45
QCP

=
， 
∴PHC

是等腰直角三角形， 
∴CH
HB
=
， 
∴
90
CHM
BHN
HBN
BHN

+
= 
+
=
， 
∴
CHM
HPN

= 
， 
∴
(
)
AAS
CHM
HPN

≌
， 
 ∴CM
HN
=
，MH
PN
=
， 
∵
(
)
,
H m n ， 
 ∵
(0,2)
C
，
7
(3, )
2
P
, 
∴
2
3
7
2
n
m
n
m
−
=
−

−
=

，解得 
9
4
5
4
m
n

=

=

， 
 ∴
9 5
( , )
4 4
H
, 
设直线CH 的解析式为 y
px
q
=
+
， 
∴
9
5
4
4
2
p
q
q

+
=

=

，解得
1
3
2
p
q

= −

=

， 
∴直线CH 的解析式为 
1
2
3
y
x
= −
+
， 
联立直线CH 与抛物线解析式得 
 
 
 
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2
7
2
2
1
2
3
y
x
x
y
x

= −
+
+


= −
+

， 
解得
0
2
x
y
=


=

或 
23
6
13
18
x
y
=


=

， 
∴
23 13
(
,
)
6 18
Q
； 
②当Q 在PC 上方时， 如图，过P 作. PH
CQ
⊥
于H，过H 作. MN
y
⊥
轴， 交y 轴于M，过P 作PN
MH
⊥
于N， 
 
 
同理得
1 7
( , )
2 2
Q
. 
综上，存在，点Q 的坐标为
23 13
(
,
)
6 18
Q
或
1 7
( , )
2 2
Q
 
【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质，等腰直角三
角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，二次函数图象上点的坐标特征，用待定系数法确定出解析
式是解本题的关键. 
26．如图1，抛物线
²
y
x
bx
c
−
=
+
+
过点
(
)
(
)
1,0 ,
3,0
A
B
−
． 
 
(1)求抛物线的解析式； 
 
 
 
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(2)设点P 是第一象限内抛物线上的一个动点， 
①当P 为抛物线的顶点时，求证：
PBC
△
是直角三角形； 
②求出
PBC
△
的最大面积及此时P 点的坐标； 
③如图2，过点P 作PN
x
⊥
轴，垂足为N，PN 与BC 交于点E．当
2
PE
CE
+
的值最大时，求点P 的坐标． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ 
(2) 
①证明：配方得
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
−
−
−
=
+
+
=
+
， 
∴点P 的坐标为(
)
1,4 ， 
当
0
x =
时，
3
y =
，即
(
)
0,3
C
， 
作PH
y
⊥
轴于点H，则
1
PH
CH
=
= ， 
 
∴
45
HCP

=
， 
∵
(
)
3,0
B
，
(
)
0,3
C
， 
∴
3
OB
OC
=
= ， 
又∵OC
OB
⊥
， 
∴
45
OCB

=
， 
∴
90
PCB

=
， 
∴PCB

是直角三角形． 
②
PBC
△
的最大面积为27
8 ，此时P 点的坐标为
3 15
,
2
4
P




；③
5 7
,
2 4
P




 
【分析】本题属于二次函数综合问题，主要考查了待定系数法、面积问题、线段问题等知识点，掌握二次
函数的性质是解题的关键． 
（1）把
(
)
(
)
1,0 ,
3,0
A
B
−
两点坐标代入
²
y
x
bx
c
−
=
+
+
求得b、c 的值即可解答； 
 
 
 
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（2）①作PH
y
⊥
轴于点H，易证PCH

为直角三角形，再证BOC

是等腰直角三角形，求出
90
PCB

=

即可证明结论；②先求出直线BC 的解析式，过点P 作PD
x
⊥
轴于点D，交BC 于点E，设点(
)
2
,
2
3
P x
x
x
−
+
+
，
则
(
3)
,
E x
x
−
+
，故
2
3
PE
x
x
= −
+
，进而得到
2
3
9
2
2
PBC
S
x
x
= −
+

，然后根据二次函数的性质求解即可；③过
点P 作PN
x
⊥
轴于点N，交BC 于点E，设点(
)
2
,
2
3
P x
x
x
−
+
+
，则
(
3)
,
E x
x
−
+
，故
2
3
PE
x
x
= −
+
，判断BEN

是等腰直角三角形得出
2
3 2
2
BE
BN
x
=
=
−
，即可求出
2
2
5
PE
CE
x
x
+
= −
+
，然后根据二次函数的性
质求解即可． 
【详解】（1）解：把
(
)
(
)
1,0 ,
3,0
A
B
−
两点坐标代入
²
y
x
bx
c
−
=
+
+
可得： 
0
1
0
9
3
b
c
b
c
= −−+

= −+
+

，解得：
2
3
b
c
=

=

， 
∴抛物线的解析式为
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ． 
（2）解：①略 
②设直线BC 的解析式为y
kx
b
=
+
，将点B、C 代入得： 
0
3
3
k
b
b
=
+

=

，解得：
1
3
k
b
−
=

=

， 
∴直线BC 的解析式为y
kx
b
=
+
， 
设点(
)
2
,
2
3
P x
x
x
−
+
+
(
)
0
3
x


， 
如图：过点P 作PD
x
⊥
轴于点D，交BC 于点E， 
 
∴
(
)
,
3
E x
x
−+
， 
∴
(
)
2
2
2
3
3
3
PE
x
x
x
x
x
= −
+
+ −−+
= −
+
， 
∴
(
)
2
2
2
1
1
3
9
3
3
27
3
3
2
2
2
2
2
2
8
PBC
S
PE
OB
x
x
x
x
x


=


=
−
+
= −
+
= −
−
+





， 
 
 
 
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当
3
2
x =
时，
PBC
△
的最大面积为27
8 ，
2
9
15
2
3
3 3
4
4
x
x
−
+
+
= −
+ +
=
， 
∴
3 15
,
2
4
P




． 
③设点(
)
2
,
2
3
P x
x
x
−
+
+
(
)
0
3
x


， 
如图：过点P 作PN
x
⊥
轴于点N，交BC 于点E，  
 
∴
(
)
,
3
E x
x
−+
， 
∴
(
)
2
2
2
3
3
3
PE
x
x
x
x
x
= −
+
+ −−+
= −
+
， 
∵
(
)
3,0
B
，
(
)
0,3
C
， 
∴
3
OB
OC
=
= ，
3
BN
x
= −
， 
∴
45
OBC
OCB

= 
=
， 
∴
45
NEB
OBC

= 
=
， 
∴
2
3 2
2
BE
BN
x
=
=
−
， 
∴
(
)
3 2
3 2
2
2
CE
BC
BE
x
x
=
−
=
−
−
=
， 
∴
2
2
5
25
2
5
2
4
PE
CE
x
x
x


+
= −
+
= −
−
+




， 
∴当
5
2
x =
时，
2
PE
CE
+
有最大值，此时
5 7
,
2 4
P




． 
27．（25-26 九年级上·天津武清·阶段检测）如图，已知抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 与一条直线相交于
(
)
(
)
1,0
2,3
A
C
−
，
两点，与y 轴交于点N ，其顶点为D ． 
 
 
 
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(1)求抛物线及直线AC 的函数表达式； 
(2)点P 为对称轴上一动点，求当PA
PN
+
最小时点P 坐标，并求出最小值． 
(3)在抛物线对称轴上是否存在一点M ，使以A
N
M
，，
为顶点的三角形是直角三角形？若存在，请直接写
出M 点的坐标．若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ；
1
y
x
=
+ 
(2) PA
PN
+
的最小值为3 2 ，此时点P 的坐标为(
)
1 2, 
(3)
8
1, 3





或(
)
1,1 或(
)
1 2, 或
2
1,
3
−





 
【分析】本题主要考查了二次函数综合，待定系数法求函数解析式，勾股定理，熟知二次函数的相关知识
是解题的关键． 
（1）利用待定系数法求解即可； 
（2）根据（1）所求，可得
(
)
(
)
3,0
0,3
B
N
，
，则可求出
2
2
3 2
BN
ON
OB
=
+
=
；由抛物线的对称性可得
PB
PA
=
，则当P、B、N 三点共线时，PB
PN
+
有最小值，即此时PA
PN
+
有最小值，最小值为BN 的长；
求出直线BN 解析式为
3
y
x
= −+
，对称轴为直线
1
x = ，据此可得答案； 
（3）分AM 是斜边、AN 是斜边、MN 是斜边三种情况，结合勾股定理列方程，分别求解即可． 
【详解】（1）解：∵抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 与一条直线相交于
(
)
(
)
1,0
2,3
A
C
−
，
两点， 
∴
1
0
4
2
3
b
c
b
c
−−
+
=

−+
+
=

， 
解得
2
3
b
c
=

=

 
∴抛物线的函数表达式为
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ． 
设直线AC 的函数表达式为y
kx
n
=
+
， 
将
(
)
1,0
A −
、
(
)
2,3
C
分别代入y
kx
n
=
+
中可得
0
2
3
k
n
k
n
−+
=


+
=

， 
 
 
 
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解得
1
1
k
n
=

=

， 
∴直线AC 的函数表达式为
1
y
x
=
+ ． 
（2）解：设抛物线与x 轴的另一个交点为B， 
在
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ 中，当
0
x =
时，
3
y =
， 
当
0
y =
时，
2
2
3
0
x
x
−
+
+
=
，解得
1
x = −或
3
x = ， 
∴
(
)
(
)
3,0
0,3
B
N
，
， 
∴
3
OB
ON
=
=
， 
∴
2
2
3 2
BN
ON
OB
=
+
=
； 
如图所示，连接PB， 
由抛物线的对称性可得PB
PA
=
， 
∴PA
PN
PB
PN
+
=
+
， 
∴当P、B、N 三点共线时，PB
PN
+
有最小值，即此时PA
PN
+
有最小值，最小值为BN 的长； 
同理可得直线BN 解析式为
3
y
x
= −+
， 
∵抛物线解析式为
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
−
−
−
=
+
+
=
+
， 
∴对称轴为直线
1
x = ， 
在
3
y
x
= −+
中，当
1
x = 时，
3
2
y
x
= −+
=
， 
∴PA
PN
+
的最小值为3 2 ，此时点P 的坐标为(
)
1,2 ； 
 
（3）解：由（2）可知对称轴为直线
1
x = ， 
设点
(
)
1,
M
m ， 
∵
(
)
1,0
A −
，
(
)
1,
M
m ，
(
)
0,3
N
， 
∴
(
)
(
)
2
2
2
2
1 1
0
4
AM
m
m
= −−
+
−
=
+
，
(
)
(
)
2
2
2
1 0
0
3
10
AN = −−
+
−
=
， 
 
 
 
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(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
1 0
3
1
3
MN
m
m
=
−
+
−
= +
−
． 
当AM 是斜边时，则
(
)
2
2
4
10 1
3
m
m
+
=
+ +
−
，解得
8
3
m =
； 
当AN 是斜边时，
(
)
2
2
4
1
3
10
m
m
+
+ +
−
=
可得：
1
m = 或2； 
当MN 是斜边时，
(
)
2
2
4
10
1
3
m
m
+
+
= +
−
可得：
2
3
m = −
． 
∴点M 的坐标为
8
1, 3





或(
)
1,1 或(
)
1,2 或
2
1,
3
−





． 
28．如图，抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 经过
(
3 0
3
(
)
)
0
B
C
，、
，两点，与x 轴负半轴相交于点A． 
 
(1)求抛物线的解析式： 
(2) D 为抛物线的顶点．P 为对称轴右侧抛物线上一点，连接PC
BD
、
交于点E ，若BE
CE
=
，求点P 的坐
标： 
(3)点Q 为x 轴上方抛物线上一动点，点G 是抛物线对称轴与x 轴的交点．直线AQ
BQ
、
分别交抛物线的对称
轴于点M
N
、
． 以下两个结论： 
①GM
GN
+
为定值：②GM
GN
−
为定值． 
请找出正确的结论，并求出该定值． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ 
(2)
5 7
,
2 4
P




 
(3) 
解：①GM
GN
+
是定值，理由如下， 
已知抛物线的解析式为
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ，
(
)
3,0
B
，
(
)
1,4
D
， 
令
0
y =
时，
2
2
3
0
x
x
−
+
+
=
， 
解得，
1
1
x = −，
2
3
x =
， 
 
 
 
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∴
(
)
1,0
A −
， 
∵点G 是抛物线对称轴与x 轴的交点， 
∴
(
)
1,0
G
， 
∵点Q 为x 轴上方抛物线上一动点， 
∴设(
)(
)
2
,
2
3
1
3
Q q
q
q
q
−
+
+
−

， 
设直线AQ 的解析式为
(
)
3
3
3
0
y
k x
b
k
=
+

， 
∴
3
3
2
3
3
0
2
3
k
b
qk
b
q
q
−
+
=


+
= −
+
+

， 
解得，
2
3
2
3
2
3
1
2
3
1
q
q
k
q
q
q
b
q

−
+
+
=

+

−
+
+

=

+

， 
∴直线AQ 的解析式为
2
2
2
3
2
3
1
1
q
q
q
q
y
x
q
q
−
+
+
−
+
+
=
+
+
+
， 
∵点M 在抛物线对称轴上，即点M 的横坐标为1，且点M 在直线AQ 的图象上， 
∴当
1
M
x
= 时，
(
)
2
2
2
3
6
2
1
q
q
y
q
q
−
−
−
=
=
−
+
， 
∴
(
)
1,6
2
M
q
−
， 
同理，设直线BQ 的解析式为
(
)
4
4
4
0
y
k x
b
k
=
+

， 
∴
4
4
2
4
4
3
0
2
3
k
b
qk
b
q
q
+
=


+
= −
+
+

， 
解得，
2
4
2
4
2
3
3
3
6
9
3
q
q
k
q
q
q
b
q

−
+
+
=

−

−
−

=

−

， 
∴直线BQ 的解析式为
2
2
2
3
3
6
9
3
3
q
q
q
q
y
x
q
q
−
+
+
−
−
=
+
−
−
， 
∵点N 在抛物线的对称轴上，即点N 的横坐标为1，且点N 在直线BQ 的图象上， 
∴当
1
N
x
= 时，
2
2
4
6
2
2
3
q
q
y
q
q
−
−
=
=
+
−
， 
 
 
 
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∴
(
)
1,2
2
N
q
+
， 
第一种情况，当1
1
q
−
时，如图所示， 
 
∴
6
2
GM
q
=
−
，
2
2
GN
q
=
+
， 
∴
6
2
2
2
8
GM
GN
q
q
+
=
−
+
+
=
，
6
2
2
2
4
4
GM
GN
q
q
q
+
=
−
−
−
=
−
， 
∴GM
GN
+
是定值； 
第二种情况，当1
3
q


时，如图所示， 
 
同理，
6
2
GM
q
=
−
，
2
2
GN
q
=
+
， 
∴
6
2
2
2
8
GM
GN
q
q
+
=
−
+
+
=
，
6
2
2
2
4
4
GM
GN
q
q
q
+
=
−
−
−
=
−
， 
∴GM
GN
+
是定值； 
综上所述，①GM
GN
+
是定值． 
【分析】（1）根据题意，运用待定系数法即可求解； 
（2）根据题意可得
(
)
1,4
D
，并求出直线BD的解析式为
2
6
y
x
= −
+
，设
(
)
, 2
6
E e
e
−
+
，根据两点之间距离公
式可得，
(
)
2
2
2
2
6
3
CE
e
e
=
+ −
+
−
，
(
)
(
)
2
2
2
3
2
6
BE
e
e
=
−
+ −
+
，根据BE
CE
=
，可求出
(
)
2,2
E
，并得直线CE
 
 
 
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的解析式为
1
3
2
y
x
−
=
+ ，联立抛物线为方程组求解即可； 
（3）根据题意可得
(
)
1,0
A −
，
(
)
1,0
G
，设(
)(
)
2
,
2
3
1
3
Q q
q
q
q
−
+
+
−

，可求出直线AQ 的解析式为
2
2
2
3
2
3
1
1
q
q
q
q
y
x
q
q
−
+
+
−
+
+
=
+
+
+
，由此得到
(
)
1,6
2
M
q
−
，同理可求出直线BQ 的解析式为
2
2
2
3
3
6
9
3
3
q
q
q
q
y
x
q
q
−
+
+
−
−
=
+
−
−
，
(
)
1,2
2
N
q
+
，图形结合，分类讨论：第一种情况，当1
1
q
−
时，可得
6
2
GM
q
=
−
，
2
2
GN
q
=
+
，则有
8
GM
GN
+
=
；第二种情况，当1
3
q


时，同理，
6
2
GM
q
=
−
，
2
2
GN
q
=
+
，
可求出GM
GN
+
是定值． 
【详解】（1）解：已知抛物线
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 经过
(
3 0
3
(
)
)
0
B
C
，、
，两点， 
∴
9
3
0
3
b
c
c
−+
+
=

=

， 
解得，
2
3
b
c
=

=

， 
∴抛物线的解析式为：
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ； 
（2）解：由（1）可得，抛物线的解析式为
2
2
3
y
x
x
−
=
+
+ ，点D 为抛物线的顶点， 
∴
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
−
−
−
=
+
+
=
+
， 
∴
(
)
1,4
D
，且
(3 0)
B ，， 
设直线BD的解析式为
(
)
1
1
1
0
y
k x
b k
=
+

， 
∴
1
1
1
1
3
0
4
k
b
k
b
+
=


+
=

， 
解得，
2
6
k
b
= −

=

， 
∴直线BD的解析式为
2
6
y
x
= −
+
，如图所示， 
 
 
 
 
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设
(
)
, 2
6
E e
e
−
+
，且
(
)
0,3
C
， 
∴
(
)
2
2
2
2
6
3
CE
e
e
=
+ −
+
−
，
(
)
(
)
2
2
2
3
2
6
BE
e
e
=
−
+ −
+
， 
∵BE
CE
=
， 
∴
2
2
BE
CE
=
，即
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
6
3
3
2
6
e
e
e
e
+ −
+ −
=
−
+ −
+
， 
解得，
2
e =
， 
∴2
6
2 2
6
2
e
−
+
= −+
=
， 
∴
(
)
2,2
E
， 
设直线CE 的解析式为
(
)
2
2
2
0
y
k x
b
k
=
+

， 
∴
2
2
2
2
2
3
k
b
b
+
=


=

， 
解得，
2
2
1
2
3
k
b

= −


=

， 
∴直线CE 的解析式为
1
3
2
y
x
−
=
+ ， 
联立抛物线与直线CE 的解析式为方程组得，
2
1
3
2
2
3
y
x
y
x
x

= −
+


= −
+
+

， 
解得，
0
3
x
y
=

=

（与点C 重合，不符合题意，舍去），
5
2
7
4
x
y
=


=

， 
∴
5 7
,
2 4
P




； 
（3）略 
【点睛】本题二次函数与线段的数量关系的综合，掌握待定系数法求二次函数解析式，一次函数解析式，
坐标系中两点之间的距离公式，二次函数与二元一次方程组的计算等知识，学会图形结合，分类讨论思想
是解题的关键． 
29．（2025·湖南岳阳·一模）在平面直角坐标系中，已知二次函数
2
y
x
bx
c
=
+
+ 的图象与x 轴交于点
(
)
(
)
1,0 ,
3,0
A
B
−
，与y 轴交于点C ． 
 
 
 
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(1)求抛物线的表达式； 
(2)如图1，点P 是直线BC 下方抛物线上一动点，过点P 作PD
BC
⊥
交BC 于点D ，求线段PD的最大值及
此时点P 的坐标； 
(3)如图2，过平面上一点(
)
3,2
T
作任意一条直线KQ 交抛物线于K
Q
，
两点，过点A作直线AK
AQ
，
，分别
交y 轴于M
N
，
两点，试探究OM 与ON 的积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
=
−
− 
(2)最大值为9 2
8
，此时
3
15
,
2
4
P

−



 
(3)OM 与ON 的积为定值，定值为2 
【分析】（1）利用待定系数法求解即可； 
（2）求出直线BC 的表达式为：
3
y
x
=
−
设(
)(
)
2
2
3
0
3
P a
a
a
a
−
−


，
，过P 作PG
OC
∥
，交BC 于G ，求
出
2
3
GP
a
a
= −
+
，进而求出
2
2
3
9 2
2
2
8
PD
a


= −
−
+




，利用而阐述的性质即可解答； 
（3）设直线KQ 的解析式为：
(
)
(
)
2
2
1
1,
,
2
3 ,
,
2
3
y
k x
b K m m
m
Q n n
n
=
+
−
−
−
−
，求出直线KQ 的解析式为：
1
1
2 3
y
k x
k
=
+ −
，联立：
1
1
2
2
3
2
3
y
k x
k
y
x
x
=
+
−


=
−
−

，求出
1
1
2
3
5
m
n
k
mn
k
+
=
+
=
−
，
，求出直线AK 的解析式为
(
)
(
)
3
3
y
m
x
m
=
−
+
−
，进而求出
(
)
0,
3 ,
3
M
m
OM
m
−
=
−，同理：
3
ON
n
= −，即可解答． 
【详解】（1）解：由题意的：
1
0
9
3
0
b
c
b
c
−
+
=

+
+
=

 
2
3
b
c
= −

= −

 
抛物线的表达式为：
2
2
3
y
x
x
=
−
−； 
 
 
 
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（2）解：
(
)
(
)
3,0 ,
0, 3
B
C
−

， 
设直线BC 的表达式为：y
kx
b
=
+
 
3
0
3
k
b
b
+
=

= −

， 
1
3
k
b
=

= −

 
设直线BC 的表达式为：
3
y
x
=
−
 
设(
)(
)
2
2
3
0
3
P a
a
a
a
−
−


，
，过P 作PG
OC
∥
，交BC 于G 
 
∵
3
OB
OC
=
= ， 
∴
45
OCB
OBC

= 
=
， 
(
)
,
3 ,
45
G a a
PGD
OCB

−

= 
=
， 
(
) (
)
2
2
3
2
3
3
GP
a
a
a
a
a

=
−
−
−
−
= −
+
 
(
)
2
2
2
2
2
3
9 2
3
2
2
2
2
8
PD
GP
a
a
a



=
=
−
+
= −
−
+




 
PD
∴
的最大值为9 2
8
，此时
3
15
,
2
4
P

−



； 
（3）解：设直线KQ 的解析式为：
(
)
(
)
2
2
1
1,
,
2
3 ,
,
2
3
y
k x
b K m m
m
Q n n
n
=
+
−
−
−
−
，且直线KQ 经过点(
)
3,2
T
 
1
1
2
3k
b
=
+
 
1
1
2 3
b
k

=
−
 
直线KQ 的解析式为：
1
1
2 3
y
k x
k
=
+ −
 
联立：
1
1
2
2
3
2
3
y
k x
k
y
x
x
=
+
−


=
−
−

 
 
 
 
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得
(
)
2
1
1
2
3
5
0
x
k
x
k
−
+
+
−
=
 
1
1
5
,
2
3
m
n
k mn
k

+
=
+
=
− 
设直线AK 的解析式为：
2
2
y
k x
b
=
+
， 
2
2
2
2
2
0
2
3
k
b
mk
b
m
m
−
+
=


+
=
−
−

 
(
)
(
)
3
3
y
m
x
m

=
−
+
−
 
(
)
0,
3 ,
3
M
m
OM
m

−
=
− 
同理：
3
ON
n
= − 
(
)(
)
(
)
(
) (
)
1
1
3
3
3
9
3 2
3
5
9
2
OM ON
m
n
m
n
mn
k
k


=
−
−
=
+
−
−
=
+
−
−
−
=
， 
OM

与ON 的积为定值，定值为2． 
【点睛】本题是二次函数综合题，考查二次函数的性质，用待定系数法求一次函数的解析式，根和系数的
关系等．解决（3）问的关键的是通过相似三角形用坐标表示出线段OM ，ON 的长． 
30．（24-25 九年级下·江苏常州·阶段检测）如图，在平面直角坐标系xOy 中，二次函数
2
3
y
ax
bx
=
+
−的图
象与x 轴相交于点
(
)
1,0
A −
、B，与y 轴相交于点C，其对称轴是直线
1
x = ． 
 
(1)a =______，b = ______； 
(2)连接BC ，P 是抛物线上一动点，记点P 横坐标为p，满足1
3
p


，过点p 分别作PD
x
轴，交抛物线
于点D，作PE
BC
⊥
，垂足为E，求
2
PD
PE
+
的最大值； 
(3)将原抛物线向右平移一定距离，使得平移后的抛物线经过点B，M 是第二象限原抛物线上的一点，过点
M 作直线MB ，交平移后抛物线于点N．记点M、N 的横坐标分别为m、n，判断n
m
−
的值是否为定值，若
是，请求出这个定值，若不是，请说明理由． 
 
 
 
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【答案】(1)1, 2
− 
(2)17
4 
(3)是定值，
8
m
n
−
= − 
【分析】（1）待定系数法求出,a b 的值即可； 
（2）求出
,
B C 两点坐标，进而求出直线BC 的解析式，过点P 作PF
x
⊥
轴交BC 于点G ，将
2
PD
PE
+
转
化为二次函数求最值即可； 
（3）求出平移后的解析式，设
(
)
2
,
2
3
M m m
m
−
−
，
(
)
2
,
10
21
N n n
n
−
+
，根据直线过点(
)
3,0
B
，设直线解析
式为：
(
)
3
y
k x−
=
，分别代入
,
M N 的坐标，求出k 值，根据k 值相等，进行求解即可． 
【详解】（1）解：∵二次函数
2
3
y
ax
bx
=
+
−的图象与x 轴相交于点
(
)
1,0
A −
，对称轴是直线
1
x = ． 
∴
3
0
1
2
a
b
b
a
−
−
=
−
=

，解得：
1
2
a
b
−
=

=

； 
故答案为：1, 2
−； 
（2）由（1）知：
2
=
2
3
y x
x
−
−
， 
∴当
2
2
3
0
y
x
x
=
−
−=
时，
1
2
3,
1
x
x
=
= −，当
0
x =
时，=
3
y −
， 
∴
(
)
(
)
3,0 ,
0, 3
B
C
−
， 
∴
3
OB
OC
=
= ， 
∴
45
OBC
OCB

= 
=
， 
设BC 的解析式为：
3
y
kx
=
−，把
(
)
3,0
B
，代入
3
y
kx
=
−，得：
1
k = ， 
∴
3
y
x
=
−
， 
过点P 作PF
x
⊥
轴交BC 于点G ，则：PF
OC
∥
， 
 
 
 
 
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∴
45
PGE
OCB

= 
=
， 
由题意，得：(
)
2
,
2
3
P p p
p
−
−
，则：
(
)
,
3
G p p −
，  
∴
2
2
3
2
3
3
PG
p
p
p
p
p
=
−−
+
+ = −
+
， 
∵PE
BC
⊥
， 
45
PGE

=
， 
∴
PEG
△
为等腰直角三角形， 
∴
2
2
3
PG
PE
p
p
=
= −
+
， 
∵PD
x
轴， 
∴
2
2
PD
p
=
−
， 
∴
2
2
2
5
17
2
2
2
3
5
2
2
4
PD
PE
p
p
p
p
p
p


+
=
−
−
+
= −
+
−
= −
−
+




， 
∵1
3
p


， 
∴当
5
2
p =
时，
2
PD
PE
+
有最大值为17
4 ； 
（3）是定值： 
∵
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
−
−
=
−
=
−
， 
∵将原抛物线向右平移一定距离，使得平移后的抛物线经过点B， 
∴设平移后的抛物线为：
(
)
(
)
2
1
4
0
y
x
h
h
=
−−
−

，把
(
)
3,0
B
，代入，得：(
)
2
3 1
4
0
h
−−
−
=
， 
解得：
4
h =
或
0
h =
（舍去）； 
∴
(
)
2
2
5
4
10
21
y
x
x
x
=
−
−
=
−
+
， 
设
(
)
2
,
2
3
M m m
m
−
−
，
(
)
2
,
10
21
N n n
n
−
+
， 
设直线BM 的解析式为：
(
)
3
y
k x−
=
，把点
(
)
2
,
2
3
M m m
m
−
−
，代入得： 
(
)
2
2
3
3
m
m
k m
−
−
=
−
， 
解得：
1
k
m
=
+ ， 
∴
(
)(
)
1
3
y
m
x
=
+
−
， 
把点
(
)
2
,
10
21
N n n
n
−
+
代入
(
)
3
y
k x−
=
，得：
(
)
2
10
21
3
n
n
k n
−
+
=
−
， 
解得：
7
k
n
=
−
， 
 
 
 
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∴
1
7
m
n
+ =
−
， 
∴
8
m
n
−
= −，即：n
m
−
为定值，为8． 
 
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法求函数解析式，二次函数求最值，二次函数图象
的平移，等腰三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握相关知识点，利用数形结合的思想进行求解，是解
题的关键． 
31．（25-26 九年级上·甘肃张掖·期末）如图，已知抛物线
(
)
2
0
y
ax
bx
c a
=
+
+

的对称轴为直线
1
x = −，且
经过
(
)
1,0
A
，
(
)
0,3
C
两点，与x 轴的另一个交点为B ． 
 
(1)若直线y
mx
n
=
+
经过B，C 两点，求直线BC 和抛物线的解析式； 
(2)在抛物线的对称轴
1
x = −上找一点M ，使点M 到点A的距离与到点C 的距离之和最小，求点M 的坐标； 
(3)若点D 是抛物线的顶点，
BCD

是否为直角？若是，请说明理由． 
【答案】(1)直线BC 的解析式为
3
y
x
=
+
，抛物线的解析式为
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 
(2)点M 的坐标为(
)
1,2
−
 
(3)
BCD

是直角，理由见解析 
【分析】本题主要考查二次函数和一次函数的性质、勾股定理的逆定理和两点间的距离，解题的关键是掌
握待定系数法求函数的解析式． 
（1）根据抛物线的对称轴以及A 点的坐标，可得B 点的坐标，再根据A、B 的坐标和对称轴，可求出a、b、
c 的值，即可得出抛物线的解析式，再把B 点和C 点的坐标代入直线y
mx
n
=
+
中，求出m、n 的值，即可
 
 
 
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得出一次函数的解析式； 
（2）设直线BC 与对称轴
1
x = −的交点为M ，则此时MA
MC
+
的值最小，再把
1
x = −代入直线BC 的解析
式中，即可求出M 点的坐标； 
（3）先求出点D 坐标，再分别求出
,
,
BC CD BD ，进而根据勾股定理的逆定理求解即可． 
【详解】（1）解：抛物线的对称轴为
1
x = −，
(
)
1,0
A
， 
(
)
3,0
B

−
， 
将对称轴、点C 和点A 代入， 
得
1
2
0
3
b
a
a
b
c
c
−
= −

+
+
=


=

， 
解得：
1
2
3
a
b
c
= −

= −

=

， 
抛物线的解析式为
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ ， 
把
(
)
3,0
B −
、
(
)
0,3
C
代入直线， 
得
3
0
3
m
n
n
−
+
=

=

， 
解得：
1
3
m
n
=

=

， 
直线BC 的解析式为
3
y
x
=
+
； 
（2）解：设直线BC 与对称轴
1
x = −的交点为M，连接MA，如图， 
A，B 两点关于对称轴
1
x = −对称，M 在
1
x = −上， 
MA
MB

=
， 
则MA
MC
MB
MC
BC
+
=
+
=
， 
 
 
 
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∴此时点M 到点A的距离与到点C 的距离之和最小， 
把
1
x = −代入直线
3
y
x
=
+
得，
2
y =
， 
(
)
1,2
M

−
， 
即当点M 到点A 的距离与到点C 的距离之和最小时M 的坐标为(
)
1,2
−
； 
（3）解：
BCD

是直角，理由如下： 
由题意得，当
1
x = −时， 
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 
(
)
(
)
2
1
2
1
3
= −−
−−
+ 
1 2
3
= −+ + 
4
=
， 
∴
(
)
1,4
D −
， 
∴
(
)
(
)
2
2
3
0
0
3
3 2
BC =
−−
+
−
=
，
(
)
(
)
2
2
0 1
3
4
2
CD =
+
+
−
=
，
(
)
(
)
2
2
3 1
0
4
2 5
BD =
−+
+
−
=
， 
∴
2
2
BC
CD
+
 
(
)
(
)
2
2
3 2
2
=
+
 
18
2
=
+ 
20
=
， 
又∵
(
)
2
2
0
2 5
2
BD =
=
， 
2
2
2
BD
BC
CD

=
+
 
∴
90
BCD

=
． 
32．已知抛物线
1
C ：
2
2
y
x
x
k
= −
−
+
与抛物线
2
C 关于原点对称，
1
C 和
2
C 的顶点分别是E． 
 
 
 
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(1)若
3
k = ，直接写出抛物线
2
C 的解析式： ； 
(2)如图1，若
0
k 
，点P 是x 轴上一个动点，过P 作x 轴的垂线交
1
C 于A 点，交
2
C 于B 点，求AB 的最小
长度（用含k 的式子表示）． 
(3)如图2，若两条抛物线
1
C 和
2
C 相交于G，H，当四边形EGFH 是矩形时，求k 的值． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
=
−
− 
(2)
2
AB
k
= −
最小
 
(3)
1
k = 或
2
k =
 
【分析】（1）将数字代入，化成顶点式，再根据对称得到顶点代入定点式即可得到答案； 
（2）根据（1）的原理得到解析式，设
2
( ,
2
)
B m m
m
k
−
−
，
2
( ,
2
)
A m
x
x
k
−
−
+
， 
表示出AB ，根据二次函数的性质求解即可得到答案； 
（3）联立两条曲线，求出点的坐标得到点G 和点H 关于原点对称，结合抛物线对称得到四边形GHFE 是平
行四边形，结合当GH
EF
=
时四边形是矩形列式求解即可得到答案． 
【详解】（1）解：∵
1
C ：
2
2
2
3
(
1)
4
y
x
x
x
= -
-
+ = -
+
+ 的顶点是( 1,4)
−
， 
∴
2
C 的顶点为：(1, 4)
−
， 
∴
2
C 的解析式为：
2
2
(
1)
4
2
3
y
x
x
x
=
−
−
=
−
−， 
故答案为：
2
2
3
y
x
x
=
−
−； 
（2）解：同理（1）可得， 
 
 
 
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2
C 的解析式为：
2
2
y
x
x
k
=
−
−
， 
设
2
( ,
2
)
B m m
m
k
−
−
，
2
( ,
2
)
A m
x
x
k
−
−
+
， 
∴
2
2
2
(
2
)
(
2
)
2
2
AB
m
m
k
m
m
k
m
k
=
−
−−
+
=
−
−
−
， 
∵
2
0
a =

， 
∴当
0
m =
时，
2
AB
k
= −
最小
； 
（3）解：由
2
2
2
2
x
x
k
x
x
k
=
−
−
−
−
+
得， 
2
2
2
x
k
=
， 
∴x
k
= 
， 
∴点G 和点H 关于原点对称， 
∴OG
OH
=
， 
同理可得， 
1
C 和
2
C 的顶点关于原点对称， 
∴OE
OF
=
， 
∴四边形GHFE 是平行四边形， 
当GH
EF
=
时， 
四边形GHFE 是矩形， 
∵
1
2
OE
EF
=
，
1
2
OG
GH
=
， 
∴OE
OG
=
， 
∵
2
(
1)
(
1)
y
x
k
= −
+
+
+
， 
∴
( 1,
1)
E
k
−
+
， 
∴
2
2
1 (
1)
2
2
OE
k
k
k
=
+
=
+
+
+
， 
当
= −
x
k 时，
2
(
)
2
2
y
k
k
k
k
= −
+
+
=
， 
∴
2
2
2
(
)
(2
)
5
OG
k
k
k
=
+
=
， 
∴
2
2
2
5
k
k
k
+
+
=
， 
∴
1
k = 或
2
k =
． 
 
 
 
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【点睛】本体考查二次函数的综合应用，解题的关键是根据对称求出另外一个抛物线的解析式，再结合特
殊图形性质列等式． 
33．（2025·河北唐山·二模）如图，抛物线L 的顶点坐标为(
)
4,36 ，与y 轴交于点
(
)
0,20
C
，与x 轴交于点A，
B（点A在点B 左侧）． 
 
(1)求抛物线L 的解析式和A，B 两点坐标； 
(2)线段OB 上的两个点
(
)
(
)
,0 ,
1,0
D m
E m +
，分别过点D，E 作x 轴的垂线交抛物线L 于点N，M，连接MN ． 
①线段ME 的长度能否为线段DN 长度的2 倍，若能，求出m 的值，若不能，请说明理由； 
②当m 为何值时MN 的值最小，最小值是多少？ 
③当2
5
MN


时，直接写出m 的取值范围． 
【答案】(1)
2
8
20
y
x
x
= −
+
+
；
(
)
2,0
A −
，
(
)
10,0
B
 
(2)①不能；理由： 
∵线段OB 上的两个点
(
)
(
)
,0 ,
1,0
D m
E m +
， 
∴
(
)
2
,
8
20
N m
m
m
−
+
+
，
(
)
(
)
2
1,
1
8
1
20
M m
m
m


+
−
+
+
+
+

， 
整理得：
(
)
2
1,
6
27
M m
m
m
+
−
+
+
， 
∵点D，E 在线段OB 上， 
∴
2
8
20
0
m
m
−
+
+

，
2
6
27
0
m
m
−
+
+

，0
9
m


， 
∴
2
8
20
DN
m
m
= −
+
+
，
2
6
27
ME
m
m
= −
+
+
， 
则
(
)
2
2
6
27
2
8
20
m
m
m
m
−
+
+
=
−
+
+
， 
解得：
1
5
38
m =
+
，
2
5
38
m =
−
， 
∵5
38
8
+

，5
38
0
−

， 
 
 
 
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∴线段ME 的长度不可能为线段DN 长度的2 倍； 
②当
7
2
m =
时，MN 取最小值1； 
③
9
4
2
m


或5
3
2 

m
 
【分析】（1）用待定系数法求出抛物线的解析式即可；将
0
y =
代入抛物线的解析式，求出A，B 两点坐标； 
（2）①先得出
(
)
2
,
8
20
N m
m
m
−
+
+
，
(
)
(
)
2
1,
1
8
1
20
M m
m
m


+
−
+
+
+
+

，求出
2
8
20
DE
m
m
= −
+
+
，
2
6
27
ME
m
m
= −
+
+
，令
(
)
2
2
6
27
2
8
20
m
m
m
m
−
+
+
=
−
+
+
，求出
1
5
38
m =
+
，
2
5
38
m =
−
，进行判断即可
得出答案； 
②先求出
(
)
(
)
(
)
2
2
2
2
2
1
6
27
8
20
1
2
7
MN
m
m
m
m
m
m
m
=
+ −
+ −
+
+
+
−
−
=
+ −
+
，得出当2
7
0
m
−
+
=
时，
(
)
2
1
2
7
m
+ −
+
最小，即
(
)
2
1
2
7
m
+ −
+
最小，求出最小值即可； 
③根据2
5
MN


，得出
(
)
2
2
1
2
7
5
m

+ −
+

，即
(
)
2
2
1
2
7
5
m
+ −
+

，得出2
2
7
1
m
−−
+
−或
1
2
7
2
m
−
+

，解不等式组即可． 
【详解】（1）解：设抛物线L 的解析式为：
(
)
2
4
36
y
a x
=
−
+
， 
把
(
)
0,20
C
代入得：
(
)
2
20
0
4
36
a
=
−
+
， 
解得：
1
a = −， 
∴抛物线L 的解析式为：
(
)
2
2
4
36
8
20
y
x
x
x
= −
−
+
= −
+
+
， 
把
0
y =
代入得：
2
8
20
0
x
x
−
+
+
=
， 
解得：
1
2
x = −，
2
10
x =
， 
∴点
(
)
2,0
A −
，
(
)
10,0
B
； 
（2）解：①略； 
②∵
(
)
2
1,
6
27
M m
m
m
+
−
+
+
，
(
)
2
,
8
20
N m
m
m
−
+
+
， 
∴
(
)
(
)
2
2
2
2
1
6
27
8
20
MN
m
m
m
m
m
m
=
+ −
+ −
+
+
+
−
−
 
(
)
2
1
2
7
m
=
+ −
+
， 
∵当2
7
0
m
−
+
=
时，
(
)
2
1
2
7
m
+ −
+
最小，即
(
)
2
1
2
7
m
+ −
+
最小， 
 
 
 
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∴当
7
2
m =
时，MN 取最小值1； 
③当2
5
MN


时，
(
)
2
2
1
2
7
5
m

+ −
+

， 
∴
(
)
2
2
1
2
7
5
m
+ −
+

， 
∴
(
)
2
1
2
7
4
m
−
+

， 
∴2
2
7
1
m
−−
+
−或1
2
7
2
m
−
+

， 
解得：
9
4
2
m


或5
3
2 

m
． 
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合，求二次函数解析式，两点间距离公式，解一元二次方程，解题
的关键是熟练掌握二次函数的性质． 
34．如图，函数
2
1
y
x
=
−的图象
1
C 与函数
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ 的图象
2
C 相交于( 1,0)
A −
，
(2,3)
B
两点．直线
( 1
2)
x
t
t
=
−
与图象
1
C ，
2
C 分别交于E，F 两点． 
 
(1)求b，c 的值． 
(2)设直线
( 1
2)
x
t
t
=
−
与线段AB 交于点D，记BDF

和ADE

的面积分别为
1S ，
2
S ，当
1
2
S
S
=
时，求t
的值． 
(3)若t 满足
1
a
t
a

+ ，且1
1
a
−
，试问t 取何值时，线段EF 的长度最大？并求出这个最大长度． 
【答案】(1)
2
b = ，
3
c = 
(2)
1
2
t =
 
(3)当
1
t
a
=
+ 时，线段EF 的长度取得最大值
2
2
2
4
a
a
−
−
+
；当
1
2
t =
时，线段EF 的长度取得最大值9
2 ；当t
a
=
时，线段EF 的长度取得最大值为
2
2
2
4
a
a
−
+
+
 
【分析】（1）利用待定系数法求解即可； 
 
 
 
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（2）先求出直线AB 的表达式为
1
y
x
=
+ ，可得(
)
2
,
1
E t t −
，(
)
2
,
2
3
F t
t
t
−
+
+
，( ,
1)
D t t +
，求出FD
ED
=
．过
点B 作直线x
t
= 的垂线交EF 于点P，设直线x
t
= 与x 轴的交点为点Q．得到
2
BP
t
=
−，
1
AQ
t
= + ，根据
1
2
S
S
=
，建立方程求解即可； 
（3）求出线段
2
1
9
2
2
2
EF
t

= −
−
+




，分
1
1
1
2
a
a
−
+ 

，即
1
1
2
a
−
−

，
1
2
1
1
2
a
a



+ 

，即
1
1
2
2
a
−

≤
，
1
2
1
2
a
a


+ 

，
即1
1
2
a

，三种情况讨论即可． 
【详解】（1）解：将
( 1,0)
A −
，
(2,3)
B
代入函数
2
y
x
bx
c
−
=
+
+ ， 
得
1
0
4
2
3
b
c
b
c
−−
+
=

−+
+
=

， 
解得
2
b = ，
3
c = ； 
（2）解：设直线AB 的表达式为y
kx
d
=
+
， 
将
( 1,0)
A −
，
(2,3)
B
两点代入y
kx
d
=
+
，则
0
3
2
k
d
k
d
= −+

=
+

， 
解得
1
1
k
d
=


=

， 
∴直线AB 的表达式为
1
y
x
=
+ ； 
直线
( 1
2)
x
t
t
=
−
与图象
1
C ，
2
C 分别交于E，F 两点，与线段AB 交于点D． 
(
)
2
,
1
E t t

−
，(
)
2
,
2
3
F t
t
t
−
+
+
，
( ,
1)
D t t +
， 
(
) (
)
2
2
2
3
1
2
FD
t
t
t
t
t

= −
+
+
−
+
= −
+ +
，
(
) (
)
2
2
1
1
2
ED
t
t
t
t
=
+
−
−
= −
+ +
， 
FD
ED

=
． 
过点B 作直线x
t
= 的垂线交EF 于点P，设直线x
t
= 与x 轴的交点为点Q． 
2
BP
t

=
−，
1
AQ
t
= + ． 
1
2
S
S

=
， 
2
1
t
t
−= + ， 
 
 
 
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解得
1
2
t =
； 
（3）解：线段
(
) (
)
2
2
2
3
1
EF
t
t
t
= −
+
+
−
−
 
2
2
2
4
t
t
= −
+
+
 
2
1
9
2
2
2
t

= −
−
+




． 
若t 满足
1
a
t
a

+ ，且1
1
a
−
， 
∴直线x
t
= 始终满足1
2
t
−
． 
i．若
1
1
1
2
a
a
−
+ 

，即
1
1
2
a
−
−

， 
当
1
t
a
=
+ 时，线段EF 的长度取得最大值
2
2
2
4
a
a
−
−
+
． 
ⅱ．若
1
2
1
1
2
a
a



+ 

，即
1
1
2
2
a
−

≤
， 
当
1
2
t =
时，线段EF 的长度取得最大值9
2 ． 
ⅲ．若
1
2
1
2
a
a


+ 

，即1
1
2
a

， 
当t
a
=
时，线段EF 的长度取得最大值为
2
2
2
4
a
a
−
+
+
． 
35．已知抛物线
2
y
ax
bx
c
=
+
+ （a，b，c 为常数，
0
a 
）的顶点
(
)
1,4
D
，抛物线与x 交于点
(
)
1,0
A −
和B，
与y 轴交于点C．平面直角坐标系内有点
(
)
2,0
G
和点
17
0, 4
H 




． 
(1)求抛物线的解析式及点B 坐标； 
(2)在抛物线的对称轴上找一点E，使HE
AE
+
的值最小，求点E 的坐标； 
(3)若F 为抛物线对称轴上的一个定点， 
①过点H 作y 轴的垂线l，若对于抛物线上任意一点
(
)
,
P m n 都满足P 到直线l 的距离与它到定点F 的距离
相等，求点F 的坐标； 
②在①的条件下，抛物线上是否存在一点P，使FP
GP
+
最小，若存在，求出点P 的坐标及FP
GP
+
的最
小值；若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)y=-x2+2x+3；B（3，0）； 
 
 
 
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(2)E（1，17
6 ）； 
(3)①
15
1, 4
F 




；②P（2，3），最小值为17
4 
【分析】（1）设抛物线解析式为y=a（x-1）2+4，把A（-1，0）代入，解得a=-1，求得抛物线的解析式及点
B 坐标； 
（2）连接BH 交对称轴于点E，连接AE，此时AE + HE 的值最小，先求得直线BH 解析式为
17
17
12
4
y
x
= −
+
，
再把x=1 代入解得y=17
6 ，得到点E 坐标； 
（3）①设对称轴上点F（1，1），过点P 作PN⊥l，过点F 作FM⊥PN，根据PF
PN
=
得
2
2
17
(
1)
(
)
4
m
t
n
n

−
+
−
=
−
，又得到
2
(
1)
4
n
m
= −
−
+
，整理得到
2
15
225
2
0
2
16
t
nt
n
−
+
−
=
，由任意一点P（m，
n），与n 无关得到
15
2
0
2
t
−
+
=
，求出t 的值，得到点F 的坐标； 
②根据垂线段最短可知，当G，P，N 共线时，FP+GP 的值最小，最小值为：17
4 ， 
【详解】（1）解：∵抛物线顶点D（1，4），与x 轴交于点A（-1，0）， 
∴设抛物线解析式为y=a（x-1）2+4， 
把A（-1，0）代入，解得a=-1， 
∴y=-（x-1）2+4， 
∴抛物线的解析式y=-x2+2x+3， 
令y=0，可得-（x-1）2+4=0，解得x1 =-1，x2 =3， 
∴B（3，0）； 
（2）如图①，连接BH 交对称轴于点E，连接AE，此时AE + HE 的值最小， 
 
 
 
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设直线BH 解析式为y=kx+b，把B（3，0），H（0，17
4 ）代入， 
解得k=
17
12
−
，b=17
4 ， 
∴直线BH 解析式为
17
17
12
4
y
x
= −
+
， 
把x=1 代入解得y=17
6 ， 
∴E（1，17
6 ）； 
（3）①如图②，设对称轴上点F（1，t），过点P 作PN⊥l，过点F 作FM⊥PN， 
90
PMF


=
，
17
, 4
N m





， 
17
4
PN
n

=
−
，
( , )
M m t ， 
2
2
2
2
(
1)
(
)
PF
PM
FM
m
t
n

=
+
=
−
+
−
， 
 
 
 
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PF
PN
=

， 
2
2
17
(
1)
(
)
4
m
t
n
n

−
+
−
=
−
， 
∵抛物线上任意一点P（m，n）， 
2
(
1)
4
n
m
= −
−
+
， 
2
(
1)
4
m
n

−
=
−， 
2
17
4
(
)
4
n
t
n
n

−
+
−
=
−
， 
2
2
2
289
17
4
2
16
2
n
t
nt
n
n
n
−
+
−
+
=
−
+
， 
整理可得：
2
15
225
2
0
2
16
t
nt
n
−
+
−
=
， 
∵任意一点P（m，n），与n 无关.， 
15
2
0
2
t
−
+
=
， 
15
4
t
=
， 
15
1, 4
F 





； 
②：如图③， 
 
∵抛物线上任意一点P（m，n）满足PF=PN， 
∴FP +GP = PN +GP. 
 
 
 
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根据垂线段最短可知，当G，P，N 共线时，FP+GP 的值最小，最小值为：17
4 ， 
∵G（2，0）， 
∴把x=2 代入y=-x2+2x+3. 
解得y=3. 
∴当P（2，3）此时FP+GP 的值最小，最小值为17
4 
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数求函数解析式、两点间距离公式、以及线段和最小问题，
表示出PN 和PF 的长度，并进行整体变形是解题的关键． 
36．（25-26 九年级上·浙江金华·期中）已知抛物线
2
2
3
=
−
−
y
ax
ax
（a 为常数）经过点(
)
3, 6
−
，过点
(
)
2 ,0
A
t
与x 轴垂直的直线交抛物线于点B ，点O为平面直角坐标系的原点． 
(1)求a 的值． 
(2)连结OB ，线段OB 交抛物线于点C ， 
①若点C 为线段OB 的中点，求t 的值． 
②若点B ，C 满足1
1
3
2
BC
OB


，请直接写出t 的取值范围：_________． 
【答案】(1)
1
a = − 
(2)①
6
2
t = 
；②
6
3 2
2
4
t
−
−
或3 2
6
4
2
t

 
【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可； 
（2）①由（1）知抛物线的解析式为
2
2
3
y
x
x
= −
+
−，根据题意求出(
)
2
2 , 4
4
3
B
t
t
t
−
+
−
，
2
3
, 2
2
2
C t
t
t


−
+
−



，
再根据点C 为线段OB 与抛物线的交点，建立关于t 的方程求解即可；②过点C 作y 轴的垂线，交过点
(
)
2 ,0
A
t
与x 轴垂直的直线于点G ，易证BCG
BOA

∽
，得到BC
CG
OB
OA
=
，同理①得(
)
2
2 , 4
4
3
B
t
t
t
−
+
−
，求
出直线OB 的解析式为
3
2
2
2
y
t
x
t


= −
+
−




，联立
2
3
2
2
2
2
3
y
t
x
t
y
x
x



= −
+
−







= −
+
−

，求出
3
2
,
3
2
B
C
B
C
x
x
t
x x
t
+
=
+
=
，进而
得到
3
2
Cx
t
=
，分
0
t 
和
0
t 
两种情况讨论即可． 
【详解】（1）解：抛物线
2
2
3
=
−
−
y
ax
ax
（a 为常数）经过点(
)
3, 6
−
， 
∴9
6
3
6
a
a
−
−= −， 
解得
1
a = −； 
（2）解：①由（1）知抛物线的解析式为
2
2
3
y
x
x
= −
+
−， 
 
 
 
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∵AB
x
⊥
轴，(
)
2 ,0
A
t
， 
∴点B 的横坐标为2t ，则
(
)
2
2
2
2 2
3
4
4
3
B
y
t
t
t
t
= −
+ 
−
= −
+
−， 
∴(
)
2
2 , 4
4
3
B
t
t
t
−
+
−
， 
∵点C 为线段OB 的中点，如图， 
 
∴
2
2
0
4
4
3
0
,
2
2
t
t
t
C 

+
−
+
−+




，即
2
3
, 2
2
2
C t
t
t


−
+
−



， 
∵点C 为线段OB 与抛物线的交点， 
∴
2
2
3
2
3
2
2
2
t
t
t
t
−
+
−= −
+
−
，即
2
3
2
t =
， 
解得
6
2
t = 
； 
②过点C 作y 轴的垂线，交过点
(
)
2 ,0
A
t
与x 轴垂直的直线于点G ， 
∵CG
y
⊥
轴，即CG
x
轴， 
∴CG
OA

， 
∴BCG
BOA

∽
， 
∴BC
CG
OB
OA
=
， 
同理①得(
)
2
2 , 4
4
3
B
t
t
t
−
+
−
， 
设直线OB 的解析式为y
kx
=
， 
则
2
4
4
3
2
t
t
k
t
−
+
−
=

，解得
3
2
2
2
k
t
t
= −
+ −
， 
∴直线OB 的解析式为
3
2
2
2
y
t
x
t


= −
+
−




， 
 
 
 
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联立
2
3
2
2
2
2
3
y
t
x
t
y
x
x



= −
+
−







= −
+
−

，则
2
3
2
3
2
2
2
x
x
t
x
t


−
+
−
= −
+
−



， 
整理得
2
3
2
3
0
2
x
t
x
t


−
+
+
=




， 
∵线段OB 与抛物线交于点B 和点C ， 
∴
3
2
,
3
2
B
C
B
C
x
x
t
x x
t
+
=
+
=
， 
∴
3
2
Cx
t
=
， 
当
0
t 
时，如图，则
3
2
2
B
C
CG
x
x
t
t
=
−
=
−
，
2
OA
t
=
， 
 
∴
3
2
1
1
2
3
2
2
t
t
t
−


， 
∴
3
2
2
3
2
2
2
3
t
t
t
t
t
t

−



−


，即
2
2
3
2
9
8
t
t






， 
解
2
3
2
t 
得
6
6
2
2
t
−

， 
解
2
3
2
t 
得
3 2
4
t 
或
3 2
4
t −
， 
∵
0
t 
， 
∴3 2
6
4
2
t

； 
当
0
t 
时，如图，则
3
2
2
C
B
CG
x
x
t
t
=
−
=
−
，
2
OA
t
= −
， 
 
 
 
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∴
3
2
1
1
2
3
2
2
t
t
t
−


−
，即
3
2
1
1
2
3
2
2
t
t
t
−


 
∴
3
2
2
3
2
2
2
3
t
t
t
t
t
t

−



−


，即
2
2
3
2
9
8
t
t






， 
解
2
3
2
t 
得
6
6
2
2
t
−

， 
解
2
3
2
t 
得
3 2
4
t 
或
3 2
4
t −
， 
∵
0
t 
， 
∴
6
3 2
2
4
t
−
−
； 
综上，t 的取值范围为
6
3 2
2
4
t
−
−
或3 2
6
4
2
t

， 
故答案为：
6
3 2
2
4
t
−
−
或3 2
6
4
2
t

． 
【点睛】本题考查二次函数的图象性质，相似三角形的判定与性质，二次函数与不等式的应用，正确的求
出函数解析式，熟练掌握二次函数的知识是解题的关键． 
37．如图，已知抛物线
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 与x 轴相交于A，B 两点（点B 在点A的左侧），与y 轴交于点C ． 
 
(1)求点A，B ，C 的坐标． 
(2)在抛物线的对称轴l 上是否存在点M ，使得
AMC
△
的周长最小？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，
 
 
 
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请说明理由． 
(3)若点P 是直线BC 上方抛物线上的一点，求点P 到直线BC 距离的最大值． 
【答案】(1) (
)
(
)
(
)
1,0
3,0
0,3
A
B
C
−
，
，
 
(2)
(
)
1,2
M −
 
(3) 9 2
8
 
【分析】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，求二次函数与坐标轴的交点坐标，熟知二
次函数的相关知识是解题的关键． 
（1）在
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 中，求出函数值为0 时自变量的值可得点A 和点B 的坐标，求出自变量的值为0 时
的函数值可得点C 的坐标； 
（2）连接BM ，由抛物线的对称性可得AM
BM
=
，则当B
C
M
、、
三点共线时，CM
BM
+
有最小值，即
此时ACM

的周长有最小值，求出直线BC 的解析式，进而可求出点M 的坐标； 
（3）过点P 作PE
y

轴交BC 于E，PF
BC
⊥
于F，连接PB
PC
、
，设(
)
2
,
2
3
P m
m
m
−
−
+
，则
(
)
,
3
E m m +
，
则
2
3
9
2
4
PE
m


= −
+
+




；可求出
2
3
3
27
2
2
8
PBC
S
m


= −
+
+





，根据
1
3 2
2
2
PBC
S
BC PF
PF
=

=
△
，得到当
PBC
S
有
最大值时，PF 有最大值，据此求出
PBC
S
的最大值即可得到答案． 
【详解】（1）解：在
2
2
3
y
x
x
= −
−
+ 中，当
0
x =
时，
3
y =
，当
0
y =
时，
2
2
3
0
x
x
−
−
+
=
，解得
3
x
−
=
或
1
x = ， 
∴
(
)
(
)
(
)
1,0
3,0
0,3
A
B
C
−
，
，
； 
（2）解：如图所示，连接BM ， 
由抛物线的对称性可得AM
BM
=
， 
∴ACM

的周长
AC
CM
AM
AC
CM
BM
=
+
+
=
+
+
， 
∵A、C 是定点， 
∴AC 的长是定值， 
∴当B
C
M
、、
三点共线时，CM
BM
+
有最小值，即此时ACM

的周长有最小值， 
设直线BC 的解析式为y
kx
b
=
+
， 
∴
3
0
3
k
b
b
−
+
=

=

， 
∴
1
3
k
b
=

=

， 
 
 
 
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∴直线BC 的解析式为
3
y
x
=
+
； 
∵抛物线解析式为
(
)
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
−
−
=
−
+
=
+
+
， 
∴对称轴为直线
1
x = −， 
在
3
y
x
=
+
中，当
1
x = −时，
2
y =
， 
∴
(
)
1,2
M −
， 
∴存在
(
)
1,2
M −
使得ACM

的周长有最小值； 
 
（3）解：如图所示，过点P 作PE
y

轴交BC 于E，PF
BC
⊥
于F，连接PB
PC
、
， 
设(
)
2
,
2
3
P m
m
m
−
−
+
，则
(
)
,
3
E m m +
， 
∴
(
)
2
2
2
3
9
2
3
3
3
2
4
PE
m
m
m
m
m
m


= −
−
+ −
+
= −
−
= −
+
+




； 
∴
PBC
PBE
PCE
S
S
S
=
+
△
△
△
  
(
)
(
)
1
1
2
2
P
B
C
P
PE
x
x
PE
x
x
=

−
+

−
 
(
)
1
2
C
B
PE
x
x
=

−
 
3
2 PE
=
 
2
3
3
27
2
2
8
m


= −
+
+




， 
∵
3
0
2
−

， 
∴当
3
2
m = −
时，
PBC
S
有最大值，最大值为27
8 ； 
∵
(
)
(
)
3,0
0,3
B
C
−
，
， 
∴
3
OB
OC
=
= ， 
 
 
 
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∴
2
2
3 2
BC
OB
OC
=
+
=
， 
∵
1
3 2
2
2
PBC
S
BC PF
PF
=

=
△
， 
∴当
PBC
S
有最大值时，PF 有最大值， 
∴PF 的最大值为
27
9 2
8
8
3 2
2
=
， 
∴点P 到BC 的距离的最大值为9 2
8
． 
 
38．如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，点A B
，在x 轴上，抛物线
2
y
x
bx
c
=
+
+ 经过点
( 4,5)
B
D −
，
两点，且与直线DC 交于另一点E ． 
 
(1)求抛物线的解析式； 
(2) F 为抛物线对称轴上一点，Q 为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点Q
F
E
B
，，，为顶点的四边形
是以BE
BF
、
或EB
EF
、
边的菱形．若存在，请求出点F 的坐标；若不存在，请说明理由； 
 
 
 
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(3)P 为y 轴上一点，过点P 作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接ME
BP
，
，探究EM
MP
PB
+
+
是否存
在最小值．若存在，请求出这个最小值及点P 的坐标；若不存在，请说明理由． 
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x−
=
+
 
(2)点F 的坐标为( 1, 22)
−
或( 1,
22)
−−
或( 1,5
17)
−
−
或( 1,5
17)
−
+
 
(3)存在，EM
MP
PB
+
+
的最小值为41 1
+ ，
5
0, 4
P




 
【分析】（1）由四边形ABCD为正方形及点D 的坐标，可求得点B 的坐标，利用待定系数法即可求解； 
（2）由抛物线解析式求出抛物线的对称轴，则可得点E 的坐标，从而求得
2
26
EB =
； 
分两种情况：①当BF
BE
=
吋；②当EF
BE
=
时，设点F 坐标为( 1, )
a
−
，利用BF
BE
=
或EF
BE
=
建立关
于a 的方程，求出a 的值，即可求得点F 的坐标； 
（3）连接OM
DM
、
，易得四边形BOMP 是平行四边形，则OM
BP
=
，从而有 
1
EM
MP
PB
DM
MO
+
+
=
+
+ ，故当
1
DM
MO
+
+ 的值最小时，则EM
MP
PB
+
+
值最小，当点D
M
O
、
、
三
点共线时，
1
DM
MO
+
+ 的值为最小，此时OD 与抛物线对称轴的交点为M，且由勾股定理可求得OD 的值，
即可求得EM
MP
PB
+
+
的最小值；再求出OD 的解析式，即可求得它与对称轴的交点M 的坐标，从而求得
点P 的坐标． 
【详解】（1）解:四边形ABCD为正方形，
( 4,5)
D −
， 
5
( 4,0)
AD
AB
A

=
=
−
，
 
4
AO

=
， 
1
OB

= ， 
(1,0)
B

； 
把点B、D 坐标代入
2
y
x
bx
c
=
+
+ 得：
16
4
5
1
0
b
c
b
c
−
+
=


+
+
=

，解得：
2
3
b
c
=

= −

， 
拋物线的解析式为
2
2
3
y
x
x−
=
+
： 
（2）解：由（1）得
(1,0)
B
，抛物线解析式为
2
2
3
y
x
x−
=
+
， 
则抛物线的对称轴为直线= 1
x −， 
点D 与点E 关于抛物线的对称轴对称， 
(2,5)
E

， 

2
2
2
(1 2)
(0
5)
26
BE =
−
+
−
=
， 
 
 
 
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设点
,
(
)
1
F
a
−
，当以点Q
F
E
B
，，，为顶点的四边形是以BE为边的菱形时，则根据菱形的性质可分：①当
BF
BE
=
吋，如图所示： 
 
由两点距离公式可得
2
2
BF
BE
=
，即
2
2
(1 1)
(0
)
26
a
+
+
−
=
， 
解得:
22
a = 
， 
点F 的坐标为( 1, 22)
−
或( 1,
22)
−−
； 
②当EF
BE
=
时，如图所示: 
 
由两点距离公式可得
2
2
EF
BE
=
，即
2
2
(2 1)
(5
)
26
a
+
+
−
=
， 
解得:
5
17
a =

， 
 
 
 
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点F 的坐标为( 1,5
17)
−
−
或( 1,5
17)
−
+
； 
综上所述：点F 的坐标为( 1, 22)
−
或( 1,
22)
−−
或( 1,5
17)
−
−
或( 1,5
17)
−
+
； 
（3）解：由题意可得如图所示： 
 
连接OM
DM
、
， 
由(2)可知点D 与点E 关于抛物线的对称轴对称，
(1,0)
B
， 
1
OB
DM
EM

=
=
，
； 
过点P 作抛物线对称轴的垂线，垂足为M ， 
1
PM
OB

=
= ，PM
OB

， 
四边形BOMP 是平行四边形， 
OM
BP

=
， 
1
EM
MP
PB
DM
MO

+
+
=
+
+ ， 
若使EM
MP
PB
+
+
的值为最小，即
1
DM
MO
+
+ 为最小， 
∴当点D
M
O
、
、
三点共线时，
1
DM
MO
+
+ 的值为最小，此时OD 与抛物线对称轴的交点为M，如图所示： 
( 4,5)
D −

， 
 
 
 
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2
2
4
5
41
OD

=
+
=
， 
1
DM
MO

+
+ 的最小值为41 1
+ ，即EM
MP
PB
+
+
的最小值为41 1
+ ， 
设线段OD 的解折式为y
kx
=
，代入点D 的坐标得：
5
4
k = −
， 
线段OD 的解析式为
5
4
y
x
= −
， 
5
1, 4
M 


−



， 
5
0, 4
P





． 
【点睛】本题是二次函数与几何的综合，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，平行
四边形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，两点间线段最短等知识，综合性强，注意分类讨论及数形
结合． 
39．（2025·吉林·二模）在平面直角坐标系中，点O 是坐标原点，抛物线
2
y
x
ax
=
+
（a 是常数）的对称轴是
直线
2
x =
，点P、Q 均在抛物线上，它们的横坐标分别为m 和4
m
−
，其中
2
m 
．当点P 不在x 轴上时，
作点P 关于点O的对称点M ，作点Q 关于点(2,0) 的对称点N ，连接MN． 
(1)求该拋物线对应的函数表达式； 
(2)证明：点M 与点N 始终关于y 轴对称； 
(3)当直线MN 与抛物线
2
y
x
ax
=
+
（a 是常数）有两个公共点时，设这两个点分别为E、F（点E 在点F 左
侧）． 
①当点E、F 在线段MN 上时，求m 的取值范围； 
②当
3
ME
NF
=
时，直接写出m 的值． 
【答案】(1)
2
4
y
x
x
=
−
 
 
 
 
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(2) 
解：∵点P、Q 均在抛物线
2
4
y
x
x
=
−
上，它们的横坐标分别为m 和4
m
−
， 
∴当x
m
=
时，
2
4
y
m
m
=
−
， 
当
4
x
m
=
−
时，
(
)
(
)
2
2
2
4
4 4
8
16 16
4
4
y
m
m
m
m
m
m
m
−
−
=
−
=
−
+
−
+
=
−
， 
∴(
)
2
,
4
P m m
m
−
，(
)
2
4
,
4
Q
m m
m
−
−
， 
∵点P 关于点O的对称点M ，作点Q 关于点(2,0) 的对称点N ， 
∴
(
)
2
,
4
M
m
m
m
−
−
+
，
(
)
2
,
4
N m
m
m
−
+
， 
∴点M 与点N 始终关于y 轴对称； 
(3)①4
2
2 2
m


+
；②3
15
2
+
或3
3
+
 
【分析】（1）根据对称轴公式求出a 的值即可求解； 
（2）先求出(
)
2
,
4
P m m
m
−
，(
)
2
4
,
4
Q
m m
m
−
−
，然后根据对称性求出
(
)
2
,
4
M
m
m
m
−
−
+
，(
)
2
,
4
N m
m
m
−
+
，
即可得证； 
（3）①由（2）知：直线MN 为
2
4
y
m
m
−
=
+
，根据直线MN 与抛物线
2
4
y
x
x
=
−
（a 是常数）有两个公共
点，可得方程
2
2
4
4
0
x
x
m
m
−
+
−
=
有两个不相等的实数根，根据根的判别式可求出2 2 2
2
2 2
m
−


+
；
根据点E、F 在线段MN 上，抛物线
2
4
y
x
x
=
−
的开口向上，得出当x
m
= −
时，
(
)
2
4
0
y
m
m
−
=
−

，求出
4
m 
或
0
m 
，然后结合
2
m 
即可求解； 
②联立方程组求出E、F 的横坐标，然后根据
3
ME
NF
=
，列出关于m 的方程
2
2
2
4
4
3
2
4
4
m
m
m
m
m
m
−
−
−
+
−
+
+
=
−
−
+
+
，然后分
(
)
2
2
2
4
4
3
2
4
4
m
m
m
m
m
m
−
−
−
+
−
+
+
=
−
−
+
+
，
(
)
2
2
2
4
4
3
2
4
4
m
m
m
m
m
m
−
−
−
−
+
−
+
+
=
−
−
+
+
两种情况分别解方程即可． 
【详解】（1）解：∵抛物线
2
y
x
ax
=
+
（a 是常数）的对称轴是直线
2
x =
， 
∴
2
2
a
−
=
， 
∴
4
a = −， 
∴
2
4
y
x
x
=
−
； 
（2）略 
 
 
 
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（3）解：①由（2）知：直线MN 为
2
4
y
m
m
−
=
+
， 
∵直线MN 与抛物线
2
4
y
x
x
=
−
（a 是常数）有两个公共点， 
∴方程
2
2
4
4
x
x
m
m
−
−
=
+
，即
2
2
4
4
0
x
x
m
m
−
+
−
=
有两个不相等的实数根， 
∴
(
)
(
)
2
2
Δ
4
4
4
0
m
m
= −
−
−

， 
∴(
)
2
2
8
m−

， 
∴2 2 2
2
2 2
m
−


+
， 
∵点E、F 在线段MN 上，抛物线
2
4
y
x
x
=
−
的开口向上， 
∴当x
m
= −
时，
(
)
2
4
0
y
m
m
−
=
−

， 
解得
4
m 
或
0
m 
， 
又
2
m 
， 
∴4
2
2 2
m


+
； 
②联立方程组
2
2
4
4
y
m
m
y
x
x
−

=
+

=
−

， 
化简得
2
2
4
4
x
x
m
m
−
−
=
+
， 
解得
2
1
2
4
4
x
m
m
=
+
−
+
+
，
2
2
2
4
4
x
m
m
=
−
−
+
+
， 
∵点E 在点F 左侧， 
∴
2
2
4
4
E
x
m
m
=
−
−
+
+
，
2
2
4
4
F
x
m
m
=
+
−
+
+
， 
又
(
)
2
,
4
M
m
m
m
−
−
+
，
(
)
2
,
4
N m
m
m
−
+
，
3
ME
NF
=
， 
∴
2
2
2
4
4
3
2
4
4
m
m
m
m
m
m
−
−
−
+
−
+
+
=
−
−
+
+
， 
∴
(
)
2
2
2
4
4
3
2
4
4
m
m
m
m
m
m
−
−
−
+
−
+
+
=
−
−
+
+
或
(
)
2
2
2
4
4
3
2
4
4
m
m
m
m
m
m
−
−
−
−
+
−
+
+
=
−
−
+
+
， 
当
(
)
2
2
2
4
4
3
2
4
4
m
m
m
m
m
m
−
−
−
+
−
+
+
=
−
−
+
+
时，原方程化简为
2
4
4
1
m
m
m−
−
+
+
=
， 
∴
2
2
4
4
2
1
m
m
m
m
−
+
+
=
−
+ ， 
∴
2
2
6
3
0
m
m−
−
=
， 
解得
1
3
15
2
m
+
=
，
2
3
15
2
m
−
=
， 
又
2
m 
， 
 
 
 
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∴
3
15
2
m
+
=
； 
当
(
)
2
2
2
4
4
3
2
4
4
m
m
m
m
m
m
−
−
−
−
+
−
+
+
=
−
−
+
+
时，原方程化简为
2
4
4
4
m
m
m−
−
+
+
=
， 
∴
2
2
4
4
8
16
m
m
m
m
−
+
+
=
−
+
， 
∴
2
6
6
0
m
m
−
+
=
， 
解得
1
3
3
m =
+
，
2
3
3
m =
−
， 
又
2
m 
， 
∴
3
3
m = +
 
综上，m 的值为3
15
2
+
或3
3
+
． 
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，二次函数的对称轴公式，中心对称和轴对称，二次函数与一元
二次方程的关系，解不等式等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质以及运用分类讨论思想求解是解题的
关键． 
40．（2025·浙江·模拟预测）已知二次函数
2
1
1
4
2
y
x
bx
= −
+
+
与一次函数
2
4
y
kx
=
+
交于点
(
)
4,0
A
，与y 轴交
于点B． 
(1)求b，k 的值； 
(2)若点
(
)
1,
P x m ，
(
)
2,
Q x m 在二次函数
1y 上，且
1
2
x
x

，
(
)
3,
M x m 在一次函数
2y 上． 
①若
2
2
PQ
AB
=
，求m 的值； 
②若
3
PM
QM
=
，求点M 的坐标． 
【答案】(1)
1
b = ，
1
k = − 
(2)①
5
2
m =
；②5
13 11
13
,
4
4


+
−






或(
)
5
2 7, 1 2 7
+
−−
 
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，
解题的关键是熟练掌握二次函数的性质． 
（1）把
(
)
4,0
A
代入
2
1
1
4
2
y
x
bx
= −
+
+
，解得
1
b = ，再把
(
)
4,0
A
代入
2
4
y
kx
=
+
，求解即可； 
（2）①当y
m
=
时，
2
1
4
2 x
x
m
−
+
+
=
，解得
1
1
9
2
x
m
= −
−
，2
1
9
2
x
m
= +
−
，由
2 9
2
PQ
m
=
−
，
4 2
AB =
，
可得
2
2
PQ
AB
=
，再列方程求解即可； 
 
 
 
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②先求得(
)
1
9
2 ,
P
m m
−
−
，(
)
1
9
2 ,
Q
m m
+
−
，
(
)
4
,
M
m m
−
，再分当M 在PQ 之间时及当M 在Q 右边时，
进行求解即可． 
【详解】（1）解：把
(
)
4,0
A
代入
2
1
1
4
2
y
x
bx
= −
+
+
， 
解得：
1
b = ， 
把
(
)
4,0
A
代入
2
4
y
kx
=
+
，解得：
1
k = −； 
（2）解：①
2
1
4
2
y
x
x
= −
+
+

， 
当y
m
=
时，
2
1
4
2 x
x
m
−
+
+
=
， 
解得：
1
1
9
2
x
m
= −
−
，
2
1
9
2
x
m
= +
−
， 
当
0
x =
时，
2
1
4
4
2
y
x
x
= −
+
+
=
，即
(
)
0,4
B
， 
∴
2 9
2
PQ
m
=
−
，
4 2
AB =
， 
∵
2
2
PQ
AB
=
， 
∴2 9
2
4
m
−
=
， 
∴
5
2
m =
； 
②点
(
)
1,
P x m ，
(
)
2,
Q x m 在二次函数
2
1
4
2
y
x
x
= −
+
+
上， 
(
)
1
9
2 ,
P
m m
−
−
，(
)
1
9
2 ,
Q
m m
+
−
，
(
)
4
,
M
m m
−
， 
当M 在PQ 之间时， 
3
9
2
PM
m
m
= −
+
−
，
3
9
2
QM
m
m
= −+
+
−
， 
∵
3
PM
QM
=
， 
∴
(
)
3
9
2
3
3
9
2
m
m
m
m
−
+
−
=
−+
+
−
， 
解得：
1
11
13
4
m
−
=
，
2
11
13
4
m
+
=
（舍）， 
当M 在Q 右边时， 
3
9
2
PM
m
m
= −
+
−
，
3
9
2
QM
m
m
=
−
−
−
， 
∵
3
PM
QM
=
， 
 
 
 
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∴
(
)
3
9
2
3 3
9
2
m
m
m
m
−
+
−
=
−
−
−
， 
解得：
1
1
2 7
m = −−
，
2
1
2 7
m = −+
（舍）， 
综上所述，
11
13
4
m
−
=
或1
2 7
−−
， 
5
13 11
13
,
4
4
M 

+
−







或(
)
5
2 7, 1 2 7
+
−−
．