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(共54张PPT)
专题七　二次函数性质综合题
第1课时　二次函数与几何图形结合问题
典例精析
类型 1 线段问题
核心思路
例1　(2024·甘肃临夏州)在平面直角坐标系中，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，作直线BC.
(1)求抛物线的表达式.
【答案】∵抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，
∴解得
∴抛物线的表达式为y＝－x2＋2x＋3.
(2)如图1，P是线段BC上方的抛物线上一动点，过点P作PQ⊥BC，垂足为点Q，请问线段PQ是否存在最大值？若存在，请求出最大值及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由.
图1
【答案】线段PQ存在最大值.
过点P作PN⊥x轴于点N，交BC于点M.
由(1)知y＝－x2＋2x＋3，当x＝0时，y＝3，∴点C(0，3).
易得直线BC的表达式为y＝－x＋3.
∵OB＝OC，∠BOC＝90°，∴∠CBO＝45°.
∵∠MNB＝90°，∴∠PMQ＝∠NMB＝45°.
∵PQ⊥BC，∴△PQM是等腰直角三角形，
∴PM＝PQ，∴当PM的值最大时，PQ的值最大.
设点P(m，－m2＋2m＋3)，则点M(m，－m＋3)，∴PM＝－m2＋2m＋3－(－m＋3)＝－m2＋3m＝－.
∵－1＜0，∴当m＝时，PM的值最大，为，∴线段PQ的最大值为PM＝，
此时点P的坐标为.
(3)如图2，M是直线BC上一动点，过点M作线段MN∥OC(点N在直线BC下方)，已知MN＝2.若线段MN与抛物线有交点，请直接写出点M的横坐标xM的取值范围.
图2
【答案】≤xM≤0或3≤xM≤.　提示：设点M(a，－a＋3)，则点N(a，－a＋1)，当点N在抛物线上时，－a＋1＝－a2＋2a＋3，解得a1＝，a2＝.∵线段MN与抛物线有交点，结合图象知满足条件的点M的横坐标的取值范围为≤xM≤0或3≤xM≤.
利用二次函数性质求线段最值
（1）求竖直线段MN长的最大值（如图1）.
第一步：设点M（t，at2+bt+c），则点N（t，mt+n）；
第二步：表示线段MN的长，MN=at2+bt+c-mt-n；
第三步：整理，得MN=at2+（b-m）t+c-n，利用二次函数性质求最值.
图1
（2）求斜线段MP长的最大值（如图2）.
利用锐角三角函数化斜为直，得MP=MN·sin ∠MNP，再根据（1）的步骤解题即可.
图2
提分练　在平面直角坐标系中，已知抛物线F：y＝－x2＋bx＋c经过点A(－3，－1)，与y轴交于点B(0，2).在直线AB上方抛物线上有一动点C，连接OC交AB于点D，则的最大值为 　.
【解析】将点A(－3，－1)，B(0，2)代入y＝－x2＋bx＋c，得∴抛物线的表达式为y＝－x2－2x＋2.过点C作CM⊥x轴交AB于点M，∴△CDM∽△ODB，∴，易知直线AB的函数表达式为y＝x＋2.设点C(t，－t2－2t＋2)，则点M(t，t＋2)，∴CM＝－t2－3t＝－，∵－3＜t＜0，－1＜0，∴当t＝－时，CM有最大值，为，∴的最大值为.
核心思路：图形面积 二次函数表达式
类型 2 面积问题
例2　(2024·合肥四十五中三模)如图，在平面直角坐标系中，直线y＝kx＋3与x轴交于点A(－3，0)，与y轴交于点B，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A，B两点，与x轴的另一个交点为C(1，0).
(1)求抛物线的表达式；
【答案】将点A(－3，0)代入y＝kx＋3，得k＝1，即y＝x＋3，
令x＝0，得y＝3，即点B的坐标为(0，3).
∵抛物线y＝ax2＋bx＋c经过点A(－3，0)，C(1，0)，B(0，3)，
∴解得
∴抛物线的表达式为y＝－x2－2x＋3.
(2)当－2≤x≤1时，求y的最大值与最小值的差；
【答案】由(1)得y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，对称轴为直线x＝－1.
∵a＝－1＜0，－2≤x≤1，
∴当x＝－1时，y取得最大值为4，
当x＝1时，y取得最小值为0，
∴y的最大值与最小值的差为4－0＝4.
(3) D为直线AB上方抛物线上一动点，连接DA，DB，DC，BC，设△DAB的面积为S1，△DBC的面积为S2，求S1＋S2的最大值，并求出此时点D的坐标.
解法1：过点D作DP∥y轴，交AB于点P，交CB的延长线于点Q，设点D(a，－a2－2a＋3).
易得直线AB的表达式为y＝x＋3，直线BC的表达式为y＝－3x＋3，
∴点P(a，a＋3)，Q(a，－3a＋3)，
∴DP＝－a2－2a＋3－(a＋3)＝－a2－3a，DQ＝－3a＋3－(－a2－2a＋3)＝a2－a，
∴S1＝＝－a2－a，S2＝S△DCQ－S△DBQ＝DQ(xC－xD)－DQ(xB－xD)＝a2－a，
∴S1＋S2＝－a2－a＋a2－a＝－a2－5a＝－.
∵D为直线AB上方抛物线上一动点，∴－3＜a＜0.
∵－1＜0，∴当a＝－时，(S1＋S2)max＝，
此时y＝－a2－2a＋3＝－＋5＋3＝，∴点D的坐标为.
解法2：过点D作DE∥y轴交AB于点E.
由(1)知直线AB的表达式为y＝x＋3，
设点D(m，－m2－2m＋3)，则点E(m，m＋3)，
∴DE＝－m2－2m＋3－(m＋3)＝－m2－3m.
由题意，得S1＋S2＝S△DAB＋S△DBC＝S△DAB＋(S△DAB＋S△ABC－S△ADC)＝2S△DAB＋S△ABC－S△ADC＝DE·OA＋AC·OB－AC·yD＝3(－m2－3m)＋×4×3－×4×(－m2－2m＋3)＝－m2－5m＝－.
∵D为直线AB上方抛物线上一动点，∴－3＜m＜0.
∵－1＜0，∴当m＝－时，S1＋S2取得最大值为，此时－m2－2m＋3＝－－2×＋3＝，∴点D的坐标为.
解法3：过点D作DE∥y轴交AB于点E，设CD交OB于点M.
由(1)知直线AB的表达式为y＝x＋3，
设点D(m，－m2－2m＋3)，则点E(m，m＋3)，∴DE＝－m2－2m＋3－(m＋3)＝－m2－3m.
设直线CD的表达式为y＝k1x＋b，
代入点D(m，－m2－2m＋3)，C(1，0)，
得解得∴直线CD的表达式为y＝(－m－3)x＋m＋3，
令x＝0，得y＝m＋3，即点M(0，m＋3)，∴BM＝3－(m＋3)＝－m.
由题意，得S1＋S2＝S△DAB＋S△DBC＝DE·(xB－xA)＋BM·(xC－xD)＝(－m2－3m)＋×(－m)×(1－m)＝－m2－5m＝－(m＋)2＋.
∵D为直线AB上方抛物线上一动点，∴－3＜m＜0.
∵－1＜0，∴当m＝－时，S1＋S2取得最大值为，此时－m2－2m＋3＝－－2×＋3＝，∴点D的坐标为.
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类型 3 特殊三角形存在性问题
例3　(2024·四川达州)如图1，抛物线y＝ax2＋bx－3与x轴交于点A(－3，0)和点B(1，0)，与y轴交于点C，D是抛物线的顶点.
(1)求抛物线的表达式.
图1
【答案】由题意得y＝a(x＋3)(x－1)＝a(x2＋2x－3)＝ax2＋bx－3，解得a＝1，
∴抛物线的表达式为y＝x2＋2x－3.
(2)如图2，连接AC，DC，直线AC交抛物线的对称轴于点M，若P是直线AC上方抛物线上一点，且S△PMC＝2S△DMC，求点P的坐标.
图2
（2）由S△PMC=2S△DMC=S△BMC，自然想到作辅助线：过点B作BP∥AC交抛物线于点P；
请思考“若由S△PMC=2S△DMC，作辅助线：过点D作直线DG∥AC交y轴于点G，在点G上方取点L使CL=2CG，连接BL”是否能得到点P的坐标呢？
【答案】由抛物线的表达式知点C(0，－3)，D(－1，－4)，抛物线的对称轴为直线x＝－1.易得直线AC的函数表达式为y＝－x－3，
则点M(－1，－2)，∴MC＝，MD＝2，CD＝，∴MD2＝MC2＋CD2，即△MCD是等腰直角三角形，∴S△PMC＝2S△DMC＝2×CD2＝2.
连接MB，设MD交x轴于点E，则ME＝EB＝2，∴△MBE是等腰直角三角形，
∴∠BME＝45°，BM＝2.
又∵∠DMC＝45°，∴BM⊥AC，∴S△BMC＝MC·BM＝2.
过点B作BP∥AC交抛物线于点P.
易知直线BP的函数表达式为y＝－x＋1.
联立上式和抛物线的表达式，得x2＋2x－3＝－x＋1，解得x＝1或x＝－4，
即点P的坐标为(1，0)或(－4，5).
(3)若N是抛物线对称轴上位于点D上方的一动点，是否存在以点N，A，C为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由.
（3）由勾股定理得出AC2，AN2，CN2，根据等腰三角形的性质进行分类讨论.
【答案】存在，点N的坐标为(－1，)或(－1，－)或(－1，－1)或(－1，－3＋).　提示：设点N(－1，m)，由题意得AC2＝18，AN2＝4＋m2，CN2＝1＋(m＋3)2，当AC＝AN时，18＝4＋m2，解得m＝±，∴点N(－1，)或(－1，－)；当AC＝CN时，18＝1＋(m＋3)2，解得m＝－3＋或m＝－3－(不符合题意，舍去)；当AN＝CN时，4＋m2＝1＋(m＋3)2，解得m＝－1.综上所述，点N(－1，)或(－1，－)或(－1，－1)或(－1，－3＋).
类型 4 特殊四边形存在性问题
例4　(2024·宁夏节选)如图，抛物线y＝ax2－x－2与x轴交于A(－1，0)，B两点，与y轴交于点C，点P是第四象限内抛物线上的一点，横坐标为.过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E.
(1)求抛物线的表达式.
【答案】把点A(－1，0)代入y＝ax2－x－2，得a＋－2＝0，解得a＝，
∴抛物线的表达式为y＝x2－x－2.
(2)已知点F(1，0)，连接CF并延长交直线PD于点M，N是x轴上方抛物线上的一点，在x轴上是否存在一点H，使得以F，M，N，H为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由.
（2）由题可知FM为定线段，若以F，M，N，H为顶点的四边形是平行四边形，由MN∥FH确定点N的坐标，并得出MN长，由此确定点H的坐标，此处要防止漏解.
【答案】存在，点H的坐标为或(－，0)或.　提示：易知直线CF的表达式为y＝2x－2，∴点M.把y＝3代入y＝x2－x－2，得x＝－2或x＝5.当点N(－2，3)时，FH＝MN＝，∴点H的坐标为；当点N(5，3)时，FH＝MN＝，∴点H的坐标为.综上所述，点H的坐标为.
在教学过程中，一定要全面复习，把握每一个知识点的内涵和本质，既能够灵活地依据图形的性质和变化解决问题，也要加强对基础知识的训练，在解决图形存在性问题时，常用到分类讨论的数学思想，在不同情况下结合图形的基本性质及图形间关系来解决问题.
类型1　线段问题
1.(2024·合肥包河区一模节选)如图，点A的坐标为(4，0)，抛物线M1：y＝ax2＋bx(a≠0)经过点A，点B为第四象限内抛物线上一点，其纵坐标为－6，且tan ∠OAB＝2.

(1)求抛物线M1的表达式；
针对训练
解：过点B作BM⊥x轴于点M.
∵点A的坐标为(4，0)，∴OA＝4，
∵tan ∠OAB＝＝2，BM＝6，
∴AM＝3，∴OM＝1，
∴点B的坐标为(1，－6).
将A(4，0)，B(1，－6)代入y＝ax2＋bx(a≠0)，
得解得
∴抛物线M1的表达式为y＝2x2－8x.
(2)C为直线AB下方的抛物线上一动点，过点C作CD∥x轴交直线AB于点D，设点C的横坐标为h，当CD取最大值时，求h的值.
解：由题意，得C(h，2h2－8h)，
∵CD∥x轴，∴点D的纵坐标为2h2－8h，
由(1)得直线AB的函数表达式为y＝2x－8，
把y＝2h2－8h代入y＝2x－8，得x＝h2－4h＋4，
∴点D(h2－4h＋4，2h2－8h)，
∴CD＝h－(h2－4h＋4)＝－h2＋5h－4＝－.
∵C为直线AB下方的抛物线上一动点，∴1＜h＜4，
∴当CD取最大值时，h＝.
类型2　面积问题
2.(2024·成都节选)如图，在平面直角坐标系中，抛物线L：y＝ax2－2ax－3a(a＞0)与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，其顶点为C，D是抛物线第四象限上一点.
(1)求线段AB的长；
解：解法1：∵抛物线L：y＝ax2－2ax－3a(a＞0)与x轴交于A，B两点，
∴ax2－2ax－3a＝0，
整理得a(x－3)(x＋1)＝0，解得x1＝－1，x2＝3，
∴A(－1，0)，B(3，0)，
∴AB＝3－(－1)＝4.
解法2：设点A(x1，0)，B(x2，0).
由y＝ax2－2ax－3a，得x1＋x2＝－＝2，x1x2＝＝－3，∴AB＝x2－x1＝＝4.
(2) 当a＝1时，若△ACD的面积与△ABD的面积相等，求tan ∠ABD的值.
解法1：当a＝1时，y＝x2－2x－3，则C(1，－4)，
设D(n，n2－2n－3)，由题意知0＜n＜3，
则S△ABD＝AB·|yD|＝－×4×(n2－2n－3)＝－2n2＋4n＋6.
设直线AD的表达式为y＝k(x＋1)，
∵点D在直线AD上，∴n2－2n－3＝k(n＋1)，解得k＝n－3，
则直线AD的表达式为y＝(n－3)(x＋1).
设直线AD与抛物线对称轴交于点E，则E(1，2n－6)，
∴S△ACD＝CE·(xD－xA)＝×［2n－6－(－4)］×(n＋1)＝n2－1.
∵△ACD的面积与△ABD的面积相等，
∴－2n2＋4n＋6＝n2－1，解得n1＝－1(舍去)，n2＝，∴D.
过点D作DH⊥AB于点H，则BH＝3－，DH＝，∴tan ∠ABD＝.
解法2：如图，作点B关于点A的对称点M，连接MC，过点A作AD∥MC，交抛物线于点D，过点B作AD的平行线BF，过点A作AD的垂线，分别交MC，BF于点G，F.

易证△BAF≌△MAG，∴AF＝AG，此时△ACD和△ABD的面积相等.
∵M(－5，0)，C(1，－4)，∴直线MC的表达式为y＝－x－.
设直线AD的表达式为y＝－x＋b，代入点A(－1，0)，得直线AD的表达式为y＝－x－.
令x2－2x－3＝－x－，解得x＝(负值舍去)，∴点D的坐标为，同理可得tan ∠ABD＝.
类型3　特殊三角形存在性问题
3.(2024·四川眉山改编)如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于点A(－3，0)和点B，与y轴交于点C(0，3)，点D在抛物线上.
(1)求该抛物线的表达式；
解：把A(－3，0)，C(0，3)代入y＝－x2＋bx＋c，得解得
∴抛物线的表达式为y＝－x2－2x＋3.
(2)P是直线BC在第四象限内一点，若△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，求点P的坐标.

解：在y＝－x2－2x＋3中，令y＝0，得0＝－x2－2x＋3，
解得x＝－3或x＝1，∴A(－3，0)，B(1，0)，
由B(1，0)，C(0，3)得直线BC的表达式为y＝－3x＋3.
设点P(m，－3m＋3)，D(n，－n2－2n＋3).
过点P作PN⊥y轴于点N，过点D作DM⊥y轴于点M.
①当点P在第四象限，点D在第三象限时，如图1.
∵△OPD是以PD为斜边的等腰直角三角形，∴OD＝OP，∠POD＝90°，
∴∠DOM＝90°－∠PON＝∠OPN.
∵∠DMO＝∠PNO＝90°，∴△DOM≌△OPN(AAS)，∴PN＝OM，ON＝DM，
∴解得(舍去)，
∴－3m＋3＝－3×＋3＝，
∴点P的坐标为.
图1
②当点P在第四象限，点D在第一象限，如图2.
同理得解得(舍去)或
∴－3m＋3＝－3×＋3＝－，
∴点P的坐标为.
综上所述，点P的坐标为()或.
图2
类型4　特殊四边形存在性问题
4.(2024·黑龙江绥化节选)如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c与直线相交于A，B两点，其中点A(3，4)，B(0，1).
(1)求该抛物线的表达式；
解：∵抛物线y＝－x2＋bx＋c过点A(3，4)，B(0，1)，
∴解得
∴该抛物线的函数表达式为y＝－x2＋4x＋1.
(2)将该抛物线向左平移2个单位长度得到y1＝a1x2＋b1x＋c1(a1≠0)，平移后的抛物线与原抛物线相交于点D，E为原抛物线对称轴上的一点，F是平面直角坐标系内的一点，当以点B，D，E，F为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点F的坐标.
解：∵y＝－x2＋4x＋1＝－(x－2)2＋5，
∴抛物线的对称轴为直线x＝2，顶点坐标为(2，5).
∵将该抛物线向左平移2个单位长度得到新抛物线y'，
∴y'＝－x2＋5.联立得解得∴点D(1，4).
设点E(2，t)，F(m，n)，
①当BD，EF为对角线时，
有解得
∴F(－1，3)；
②当BE，DF为对角线时，
有
解得(不符合题意，舍去)或
∴点F(1，－2)；
③当BF，DE为对角线时，
有
解得
∴点F(3，4－)或点F(3，4＋).
综上所述，点F的坐标为(－1，3)或(1，－2)或(3，4－)或(3，4＋).(共51张PPT)
专题七　二次函数性质综合题
第2课时　含参数的二次函数问题
典例精析
类型 1 交点问题
例1　(2024·安庆三模)已知P是二次函数y1＝－(x－m＋1)2＋m2－m－1图象的顶点.
(1)小明发现，对m取不同的值时，点P的位置也不同，但是这些点都在一个二次函数的图象上，请协助小明求出这个二次函数的表达式；
m －1 0 1 2 3
点P的 坐标 (－2，1) (－1，－1) (0，－1) (1，1) (2，5)
【答案】设这个二次函数的表达式为y＝ax2＋bx＋c.
选择三个点(0，－1)，(1，1)，(2，5)分别代入，得解得
∴这个二次函数的表达式为y＝x2＋x－1.
(2)平行于x轴的直线y＝2与y1＝－(x－m＋1)2＋m2－m－1的图象有两个交点A，B，这条直线与(1)中得到的函数图象有两个交点C，D，当AB＝CD时，请求出此时的m值，写出求解过程；
（2）利用直线和二次函数联立方程求出AB，CD的值，再利用AB=CD求解即可；
【答案】令y1＝2，则－(x－m＋1)2＋m2－m－1＝2，
解得x＝m－1＋或x＝m－1－，∴AB＝|x1－x2|＝2，
由2＝x2＋x－1，解得x＝，∴CD＝.
∵AB＝CD，∴2，整理得4m2－4m－25＝0，解得m＝.
(3)已知点E，F，函数y1＝－(x－m＋1)2＋m2－m－1的图象与线段EF只有一个公共点，求出m的取值范围.
（3）利用直线EF与二次函数联立求出交点坐标，再查看交点是否在线段上，根据只能有一个交点讨论另一个交点坐标范围后得出m的取值范围.
【答案】由E，F得线段EF∥x轴，且－1≤x≤3，
∴－＝－(x－m＋1)2＋m2－m－1，解得x＝－或x＝2m－.
∵函数y1＝－(x－m＋1)2＋m2－m－1的图象与线段EF只有一个公共点，且点在线段EF上，交点情况如图1，2，3所示.
图1　　 图2
图3
∴点不在线段EF上或与点(－，－)重合，
∴2m－＜－1或2m－＞3或2m－＝－，解得m＜或m＞或m＝.
抛物线与线段的交点问题
①明确抛物线的对称轴；
②动手画图，注意抛物线的对称性；
③注意抛物线经过线段两端点时的图象特点；
④相切时将函数问题转化为方程问题；
⑤根据图象特点，明确字母的取值范围.
类型 2 增减性问题
例2　(2024·北京)在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2－2a2x(a≠0).
(1)当a＝1时，求抛物线的顶点坐标；
【答案】将a＝1代入抛物线表达式，
得y＝x2－2x＝(x－1)2－1，
∴顶点坐标为(1，－1).
(2) 已知M(x1，y1)和N(x2，y2)是抛物线上的两点.若对于x1＝3a，3≤x2≤4，都有y1＜y2，求a的取值范围.
（2）此题需理解“都有y1解法1：①当a＞0时，画草图如图1.点M(x1，y1)和N(x2，y2)都在对称轴右侧，此时y随x的增大而增大.
∵y1＜y2，∴x1＜x2，∴3a＜3，得0＜a＜1.
图1
②当a＜0时，画草图如图2.点M(x1，y1)在对称轴左侧，点N(x2，y2)在对称轴右侧，
∴点M(3a，y1)关于对称轴的对称点(－a，y1)在对称轴右侧，在对称轴右侧，y随x的增大而减小.
∵y1＜y2，∴－a＞4，得a＜－4.
综上所述，a的取值范围为0＜a＜1或a＜－4.
图2
解法2：由题意得y1＝a·(3a)2－2a2·3a＝3a3，y2＝a－2a2x2，
∵y1＜y2，∴y2－y1＝a(－2ax2－3a2)＝a(x2－3a)·(x2＋a)＞0.
①当a＞0时，(x2－3a)(x2＋a)＞0，
∴
解得x2＞3a或x2＜－a.
∵3≤x2≤4，∴3a＜3或－a＞4，解得a＜1或a＜－4(舍去).
又∵a＞0，∴0＜a＜1.
②当a＜0时，(x2－3a)(x2＋a)＜0，
∴
解得3a＜x2＜－a或－a＜x2＜3a(舍去).
∵3≤x2≤4，∴解得a＜－4.
综上所述，a的取值范围为0＜a＜1或a＜－4.
类型 3 最值问题
例3　(2024·安徽第23题)已知抛物线y＝－x2＋bx(b为常数)的顶点横坐标比抛物线y＝－x2＋2x的顶点横坐标大1.
(1)求b的值；
【答案】∵抛物线y＝－x2＋bx的顶点横坐标为，y＝－x2＋2x的顶点横坐标为1，
由条件得－1＝1，解得b＝4.
(2)点A(x1，y1)在抛物线y＝－x2＋2x上，点B(x1＋t，y1＋h)在抛物线y＝－x2＋bx上.
(ⅰ) 若h＝3t，且x1≥0，t＞0，求h的值；
(ⅱ)若x1＝t－1，求h的最大值.
解法1：∵点A(x1，y1)在抛物线y＝－x2＋2x上，∴y1＝－＋2x1.
又点B(x1＋t，y1＋h)在抛物线y＝－x2＋4x上，则y1＋h＝－(x1＋t)2＋4(x1＋t).
于是－＋2x1＋h＝－(x1＋t)2＋4(x1＋t)，整理得h＝－t2－2x1t＋2x1＋4t.
(ⅰ)∵h＝3t，∴3t＝－t2－2x1t＋2x1＋4t，整理得t(t＋2x1)＝t＋2x1.
又x1≥0，t＞0，∴t＋2x1＞0，
故t＝1，从而h＝3.
解法2：设直线AB的表达式为y＝kx＋b.
由点A(x1，y1)，B(x1＋t，y1＋3t)，得解得k＝3，
∴直线AB的表达式为y＝3x＋b.
联立解得x＝，
∵x1≥0，∴x1＝；联立解得x＝.
∵x1≥0，t＞0，∴x1＋t＞0，∴x1＋t＝，
∴x1＋t－x1＝，
即t＝1，∴h＝3t＝3.
(ⅱ)将x1＝t－1代入h＝－t2－2x1t＋2x1＋4t，整理得h＝－3t2＋8t－2，
配方得h＝－3.
(本问消元法消去“t”亦可，即将t＝x1＋1代入h＝－t2－2x1t＋2x1＋4t，得h＝－3(x1－)2＋)
∵－3＜0，∴当t＝，即x1＝时，h取最大值.
提分练　如图，函数y＝－x2＋bx＋c的图象经过点A(m，0)和点B(0，n)，m，n分别是方程x2－2x－3＝0的两个实数根，且m＜n.
(1)求m，n的值以及抛物线的表达式；
解：x2－2x－3＝0，解得x1＝－1，x2＝3.
∵m，n分别是方程x2－2x－3＝0的两个实数根，且m＜n，
∴m＝－1，n＝3，∴A(－1，0)，B(0，3)，
把点A，B代入y＝－x2＋bx＋c，得解得∴抛物线的表达式为y＝－x2＋2x＋3.
(2)当0≤x≤3时，求函数y的最大值和最小值；
解：抛物线y＝－x2＋2x＋3的对称轴为直线x＝1，顶点为(1，4)，
在0≤x≤3范围内，当x＝1时，y最大值＝4，当x＝3时，y最小值＝0.
(3)设函数y在t≤x≤t＋1内的最大值为p，最小值为q，若p－q＝3，求t的值.
（3）抛物线的对称轴为直线x=1，t≤x≤t+1相对对称轴的位置可画草图进行讨论，分5种情况：①当t+1<1时；②当t+1=1时；③当t<1且t+1>1时；④当t=1时；⑤当t>1时.
解：①当t＋1＜1，即t＜0时，在x＝t时取得最小值q＝－t2＋2t＋3，在x＝t＋1时取得最大值p＝－(t＋1)2＋2(t＋1)＋3，
令p－q＝－(t＋1)2＋2(t＋1)＋3－(－t2＋2t＋3)＝3，解得t＝－1.
②当t＋1＝1时，此时p＝4，q＝3，不符合题意，舍去；
③当t＜1且t＋1＞1，即0＜t＜1时，
此时p＝4，令p－q＝4－(－t2＋2t＋3)＝3，解得t＝1±(均不符合题意，舍去)，
或p－q＝4－［－(t＋1)2＋2(t＋1)＋3］＝3，解得t＝±(均不符合题意，舍去)；
④当t＝1时，此时p＝4，q＝3，不符合题意，舍去；
⑤当t＞1时，在x＝t时取得最大值p＝－t2＋2t＋3，在x＝t＋1时取得最小值q＝－(t＋1)2＋2(t＋1)＋3，
令p－q＝－t2＋2t＋3－［－(t＋1)2＋2(t＋1)＋3］＝3，解得t＝2.
综上所述，t＝－1或t＝2.
1.轴定区间动
对于二次函数y=ax2+bx+c（a>0）（a，b，c是定值），在m≤x≤n（m，n均为参数）上的最值问题：当区间在对称轴左侧（右侧），离对称轴越近的点函数值越小；当区间包含对称轴时，在对称轴处取得最小值，再比较区间两端点离对称轴的距离，离对称轴越远的点，函数值越大.
2.轴动区间定
当m≤x≤n（m，n均为定值）时，求二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的二次项系数或一次项系数含参时的最值，比较函数图象对称轴与所给x的取值范围的大小，进行分类讨论，方法同上.
针对训练
类型1　交点问题
1.(2023·合肥蜀山区一模)已知一次函数y＝－x＋2a＋1的图象与二次函数y＝x2－ax的图象交于M，N两点.
(1)若点M的横坐标为2，则a的值为 　；
【解析】由题意得x2－ax＝－x＋2a＋1，将x＝2代入，解得a＝.
(2)若点M，N均在x轴的上方，则a的取值范围为　 　.
【解析】当y＝x2－ax＝0，即x(x－a)＝0时，解得x＝0或x＝a.当a＞0时，若点M，N均在x轴的上方，即当x＝a时，－a＋2a＋1＞0，解得a＞－1，∴a＞0；当a＜0时，若点M，N均在x轴的上方，即当x＝0时，2a＋1＞0，解得a＞－，∴－＜a＜0；当a＝0时，点M，N均在x轴的上方.综上所述，a的取值范围为a＞－.
a＞－
2.(2024·池州二模)已知抛物线y＝x2＋2mx＋m2－2m.
(1)若m＝2，则抛物线的顶点坐标为　 　.
【解析】y＝x2＋2mx＋m2－2m＝(x＋m)2－2m，当m＝2时，y＝(x＋2)2－4，∴顶点坐标为(－2，－4).
(－2，－4)
(2)直线x＝t与直线y＝2x－2交于点M，与抛物线y＝x2＋2mx＋m2－2m交于点N.若当t＜4时，MN的长度随着t的增大而减小，则m的取值范围是　 　.
【解析】当x＝t时，yM＝2t－2，则点M的坐标为(t，2t－2)，yN＝t2＋2mt＋m2－2m，则点N的坐标为(t，t2＋2mt＋m2－2m)，∴yN－yM＝t2＋2mt＋m2－2m－(2t－2)＝(t＋m－1)2＋1＞0，∴点N恒在点M上方，∴MN＝yN－yM＝(t＋m－1)2＋1，当t＜1－m时，MN的长度随着t的增大而减小，∴1－m≥4，解得m≤－3.
m≤－3
3.如图，已知抛物线c：y＝ax2＋bx＋3与x轴交于A(－3，0)，B(1，0)两点，与y轴交于点C，抛物线的顶点为D.
(1)求抛物线c的表达式及点D的坐标；
解：抛物线的表达式为y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，则顶点D的坐标为(－1，4).
(2)将抛物线c向右平移m(m＞0)个单位长度，设平移后的抛物线c'中y随x增大而增大的部分记为图象G，若图象G与直线AC只有一个交点，求m的取值范围.
解：由题意知点C(0，3)，设直线AC的表达式为y＝kx＋n(k≠0)，
将点A(－3，0)，C(0，3)代入得
解得∴yAC＝x＋3.
由题意，设平移后的抛物线c'的表达式为yc'＝－(x＋1－m)2＋4，则顶点D'的坐标为(m－1，4).即点D'在直线y＝4上.易得直线y＝4与直线AC交点为E(1，4).
如图，抛物线在向右平移过程中有以下3种情形：
①点D'在直线AC上方时，满足图象G与直线AC只有一个交点，此时4＞m－1＋3，解得m＜2；
②点D'在直线AC上时，此时m－1＝1，解得m＝2，图象G与直线AC有两个交点，不满足题意；
③点D'在直线AC下方且恰好只有一个交点时，
令y'c＝yAC，即－(x＋1－m)2＋4＝x＋3，
整理得x2＋(3－2m)x＋m2－2m＝0，
则Δ＝(3－2m)2－4(m2－2m)＝0，解得m＝.
综上所述，m的取值范围为0＜m＜2或m＝.
类型2　增减性问题
4.在平面直角坐标系中，点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线y＝－x2＋(2a－2)x－a2＋2a上，其中x1＜x2.
(1)求抛物线的对称轴.(用含a的式子表示)
解：抛物线的对称轴为直线x＝－＝a－1.
(2)(ⅰ)当x＝a时，求y的值；
(ⅱ)若y1＝y2＝0，求x1的值.(用含a的式子表示)
解：(ⅰ)当x＝a时，y＝－a2＋(2a－2)a－a2＋2a＝－a2＋2a2－2a－a2＋2a＝0.
(ⅱ)当y1＝y2＝0时，－x2＋(2a－2)x－a2＋2a＝0，
∴x2－(2a－2)x＋a2－2a＝0，
∴(x－a＋2)(x－a)＝0.
∵x1＜x2，∴x1＝a－2.
(3) 若对于x1＋x2＜－4，都有y1＜y2，求a的取值范围.
解法1：①当a≥－1时，∵抛物线的对称轴为x＝a－1，∴a－1≥－2.
∵x1＜x2，x1＋x2＜－4，∴x1＜－2，只需讨论x1＜a－1的情况.
若x1＜x2＜a－1，∵x＜a－1时，y随着x的增大而增大，∴y1＜y2，符合题意；
若x1＜a－1＜x2，∵a－1≥－2，即2(a－1)≥－4.
∵x1＋x2＜－4，∴x1＋x2＜2(a－1)，
∴＜a－1.∴y1＜y2，符合题意.
②当a＜－1时，令x1＝a－1，x2＝－2，此时x1＋x2＜－4，但y1＞y2，不符合题意.
综上所述，a的取值范围是a≥－1.
解法2：y1－y2＝－＋(2a－2)x1＋－(2a－2)x2＝(x2－x1)(x2＋x1)＋(2a－2)(x1－x2)＝(x1－x2)(2a－2－x1－x2)＜0.
∵x1＜x2，∴2a－2＞x1＋x2.
∵x1＋x2＜－4，∴2a－2≥－4，∴a≥－1.
类型3　最值问题
5.已知抛物线y＝x2＋mx＋n(m，n为常数)经过点(1，0)，(0，3).
(1)求该抛物线的表达式；
解：将点(1，0)，(0，3)代入y＝x2＋mx＋n，得解得
∴该抛物线的表达式为y＝x2－4x＋3.
(2)已知点A(t－1，y1)，B(t，y2)，C(t＋1，y3)在该抛物线上.
(ⅰ)当t＜0时，比较y1，y2，y3的大小；
(ⅱ)若P(x，y)是抛物线上一点，且当t≤x≤t＋1时，y有最小值2t，求t的值.
(ⅰ)∵该抛物线的对称轴为直线x＝2，且t＜0，∴点A(t－1，y1)，B(t，y2)，C(t＋1，y3)均在对称轴左侧的抛物线上，且y随x的增大而减小.
∵t－1＜t＜t＋1，∴y1＞y2＞y3.
(ⅱ)①当t＋1＜2，即t＜1时，ymin＝(t＋1)2－4(t＋1)＋3＝2t，解得t1＝0，t2＝4(舍去).
②当t＞2时，ymin＝t2－4t＋3＝2t，
解得t1＝3＋，t2＝3－(舍去).
③当t≤2≤t＋1，即1≤t≤2时，ymin＝－1＝2t，解得t＝－(舍去).
综上所述，t的值为0或3＋.
6.(2024·江苏连云港节选)在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2＋bx－1(a，b为常数，a＞0).
(1)若抛物线与x轴交于A(－1，0)，B(4，0)两点，求抛物线对应的函数表达式.
解：∵抛物线与x轴交于A(－1，0)，B(4，0)两点，
将A(－1，0)，B(4，0)代入y＝ax2＋bx－1中，得解得
∴抛物线对应的函数表达式为y＝x2－x－1.
(2)当a＝1，b≤－2时，过直线y＝x－1(1≤x＜3)上一点G作y轴的平行线，交抛物线于点H.若GH的最大值为4，求b的值.
解：当a＝1时，y＝x2＋bx－1.
设点G(m，m－1)，则点H(m，m2＋bm－1)，1≤m＜3.
∵过直线y＝x－1(1≤x＜3)上一点G作y轴的平行线，
令x2＋bx－1＝x－1，解得x1＝0，x2＝1－b.
∵b≤－2，∴x2＝1－b≥3，点G在H的上方，如图.
易知GH＝m－1－(m2＋bm－1)＝－m2＋(1－b)m，
其对称轴为直线m＝，且.
∵当1≤m＜3时，GH有最大值，∴＜3，即－5＜b≤－2，
当m＝时，GH取得最大值＝4，解得b＝－3或b＝5(不符合题意，舍去)，∴b的值为－3.

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