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知识定位
本节主要内容有运用两点式求二次函数表达式，以及二次函数中一些技巧规律和方法，综合题函数与方程的转化思想，二次函数也一直都是高考和高中联赛一试的重要内容之一.本节我们通过一些实例的求解，旨在介绍数学竞赛中与二次函数相关问题的常见题型及其求解方法本讲将通过例题来说明这些方法的运用。
知识梳理
1、二次函数的定义：一般地，如果是常数，，那么叫做的二次函数.
注意点：二次函数用配方法可化成：
的形式，其中.
2.抛物线的三要素：开口方向、对称轴、顶点
①的符号决定抛物线的开口方向：当时，开口向上；
当时，开口向下；
当相等，抛物线的开口大小、形状相同.
②平行于轴（或重合）的直线记作.特别地，轴记作直线.
注意点：顶点决定抛物线的位置.几个不同的二次函数，如果二次项系数相同，那么抛物线的开口方向、开口大小完全相同，只是顶点的位置不同.
3.求抛物线的顶点、对称轴的方法
（1）公式法：，
∴顶点是，对称轴是直线.
（2）配方法：运用配方的方法，将抛物线的解析式化为的形式，得到顶点为(,)，对称轴是直线.
（3）运用抛物线的对称性：由于抛物线是以对称轴为轴的轴对称图形，所以对称轴的连线的垂直平分线是抛物线的对称轴，对称轴与抛物线的交点是顶点.用配方法求得的顶点，再用公式法或对称性进行验证，才能做到万无一失.
4.抛物线中，的作用
（1）决定开口方向及开口大小，这与中的完全一样.
（2）和共同决定抛物线对称轴的位置.由于抛物线的对称轴是直线
，故：
①时，对称轴为轴；
②（即、同号）时，对称轴在轴左侧；
③（即、异号）时，对称轴在轴右侧.
（3）的大小决定抛物线与轴交点的位置.
当时，，∴抛物线与轴有且只有一个交点（0，）：
①，抛物线经过原点;
②,与轴交于正半轴；
③,与轴交于负半轴.
以上三点中，当结论和条件互换时，仍成立.如抛物线的对称轴在轴右侧，则 .
5.用待定系数法求二次函数的解析式
（1）一般式：.已知图像上三点或三对、的值，通常选择一般式.
（2）顶点式：.已知图像的顶点或对称轴，通常选择顶点式.
（3）两点式：已知图像与轴的交点坐标、，通常选用交点式：.
6.直线与抛物线的交点
（1）轴与抛物线得交点为(0, ).
（2）与轴平行的直线与抛物线有且只有一个交点(,).
（3）抛物线与轴的交点
二次函数的图像与轴的两个交点的横坐标、，是对应一元二次方程的两个实数根.抛物线与轴的交点情况可以由对应的一元二次方程的根的判别式判定：
①有两个交点抛物线与轴相交；
②有一个交点（顶点在轴上）抛物线与轴相切；
③没有交点抛物线与轴相离.
（4）平行于轴的直线与抛物线的交点
同（3）一样可能有0个交点、1个交点、2个交点.当有2个交点时，两交点的纵坐标相等，设纵坐标为，则横坐标是的两个实数根.
（5）一次函数的图像与二次函数的图像的交点，由方程组 的解的数目来确定：
①方程组有两组不同的解时与有两个交点;
②方程组只有一组解时与只有一个交点；
③方程组无解时与没有交点.
（6）抛物线与轴两交点之间的距离：若抛物线与轴两交点为，由于、是方程的两个根，故
例题精讲
【试题来源】1996年全国高中数学联赛
【题目】如果在区间[1，2]上，函数f(x)=x2+px+q与g(x)=x+在同一点取相同的最小值，求f(x)在该区间上的最大值
【答案】4－+
【解析】解：由于g(x)=x+=x+x+≥3=．
当且仅当x=，即x=时等号成立．
由于∈[1，2]，故x=时g(x)取得最小值．
因为f(x)=x2+px+q=，
所以－=且 =，
解得p=－2，q=+．
由于－1<2－．
故在[1．2]上f(x)的最大值为f(2)=4－+．
【知识点】二次函数拓展
【适用场合】当堂例题
【难度系数】4
【试题来源】1992年全国高中数学联赛
【题目】求函数f(x)=－的最大值。
【答案】
【解析】解：f(x)=－
于是f(x)表示点P(x，x2)与点A(3，2)及B(0，1)距离差|PA|－|PB|。
由于点P(x，x2)在抛物线y=x2上，即在抛物线上找到一点P，使|PA|－|PB|取得最大值．
由三角形的两边差小于第三边知，当且仅当点P为抛物线与AB的延长线的交点时，|PA|－|PB|取得最大值。
由于直线AB的方程为，由方程组
解得，
其中点在AB的延长线上。
|AB|=。
即函数f(x)=－的最大值为
【适用场合】当堂练习
【难度系数】5
【试题来源】1996年江苏省数学竞赛
【题目】对于给定的常数，，，试求函数的最大值。
【解析】 解：
其中等号成立当且仅当，
即时，
【试题来源】
【题目】设是方程的两根。求满足，，的二次函数
【解析】解1 设二次函数，由题意，
（1）+（2），
（1）-（2）
由（3）、（4）、（5）解得
因此，所求函数为
解2 由，可设二次函数，则
（1）+（2）
（1）--（2）
由（3）、（4）解得
因此，所求函数为
【适用场合】当堂练习题
【试题来源】1995年全国初中数学联赛试题
【题目】设x为正实数，则函数y=x2-x+的最小值是________．
【答案】1
【解析】 解：y=x2-x+
=（x-1）2+（x+）-1
=（x-1）2+2+1
要求y的最小值，最好有（x-1）2=0且2=0，这时得到x=1．
于是，当x=1时，y=x2-x+取最小值1
【难度系数】3
【试题来源】天津市竞赛题
【题目】已知函数y=（a+2）x2-2（a2-1）x+1，其中自变量x为正整数，a也是正整数，求x何值时，函数值最小．
【解析】解：y=（a+2）（x-）2+1-，
其对称轴为x==（a-2）+．
因为a为正整数，故0<≤1，a-2<≤a-1．
因此，函数的最小值只可能在x取a-2，a-1，时达到．
（1）当=a-1时，a=1，此时，x=1使函数取得最小值．
（2）当a-2< <a-1，即a>1时，由于x是正整数，而为小数，
故x=不能达到最小值．
当x=a-2时，y=（a+2）（a-2）2-2（a2-1）（a-2）+1，
当x=a-1时，y=（a+2）（a-1）2-2（a2-1）（a-1）+1．
又y1-y2=4-a．
（i）当4-a>0，即1<a<4且a为整数时，x取a-1，使y2为最小值；
（ii）当4-a=0时，即a=4时，有y1=y2，此时x取2或3；
（iii）当4-a<0，即a>4且为整数时，x取a-2，使y1为最小值．
综上，x=（其中a为整数）
评注：求二次函数y=ax2+bx+c在给定范围的最值，关键是看对称轴方程是否在给定范围内，并与端点一并比较．
【试题来源】1997年湖北省荆州市初中数学联赛试题
【题目】已知二次函数y=（a2-a+1）x2+bx+a的图象与x轴交点为A（x1，0），B（x2，0），其顶点横坐标为，设t=x13+x23．
（1）试用a把t表示出来；
（2）问实数a取何值时，t取最小值，最小值是多少？
【答案】如下解析
【解析】 解：根据题意得
∴b=-（a2-a+1），x1+x2=1．
此时，△=b2-4（a2-a+1）·=（a2-a+1）2-a（a2-a+1）
=（a2-a+1）（a2-a+1）
=[（a-）2+][（a-）2+]>0，
∴a可取任意实数值．
（1）t=（x1+x2）3-3x1x2（x1+x2）
=1-3x1x2=1-·．
（2）将t=变形，得
2（t-1）2a2+（3-2t）a+2（t-1）=0，
显然，当a=0时，t=1．
当t≠1时，△a=（3-2t）2-4×2（t-1）×2（t-1）≥0，即12t2-20t+7≤0，
∴≤t≤．
综上所述，tmin=，仅当a=1时取得．
评注：在求二次函数的最值时，若二次函数有字母系数，则应考虑△≥0与二次项系数不为0的条件．
【题目】点为轴正半轴上一点，两点关于轴对称，过点任作直线交抛物线于，两点.
（1）求证：∠=∠；
（
2
）若点
的坐标为
，
1
）
，且∠
=60
，试求所有满足条件的直线
的函数解析式
【解析】 解：（1）如图，分别过点作轴的垂线，垂足分别为.
设点的坐标为（
，），则点的坐标为（
-
设直线的函数解析式为,并设的坐标分别为 ,.由
得，
于是 ，即 .
于是
又因为，所以.
因为∠∠，所以△∽△，
故∠=∠.
（2） 设，，不妨设≥>0，由（1）可知
∠=∠，=，=，
所以 =，=.
因为∥，所以△∽△.
于是，即，
所以．
由（1）中，即，所以
于是可求得
将代入，得到点的坐标（，）.
再将点的坐标代入，求得
所以直线的函数解析式为.
【题目】如图，在平面直角坐标系中，顶点为A（1，﹣1）的抛物线经过点B（5，3），且与x轴交于C，D两点（点C在点D的左侧）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求点O到直线AB的距离；
（3）点M在第二象限内的抛物线上，点N在x轴上，且∠MND=∠OAB，当△DMN与△OAB相似时，请你直接写出点M的坐标．
【解析】 解：（1）设抛物线的解析式为y=a（x﹣1）2﹣1，
将B点坐标代入函数解析式，得（5﹣1）2a﹣1=3，
解得a=．
故抛物线的解析式为y=（x﹣1）2﹣1；
（2）由勾股定理，得OA2=11+12=2，OB2=52+32=34，
AB2=（5﹣1）2+（3+1）2=32，
OA2+AB2=OB2，
∴∠OAB=90°，
O到直线AB的距离是OA=；
（3）设M（a，b），N（a，0）
当y=0时，（x﹣1）2﹣1=0，
解得x1=3，x2=﹣1，
D（3，0），DN=3﹣a．
① 当△MND∽△OAB时，
=，即=，
化简，得4b=a﹣3 ①
M在抛物线上，得b=（a﹣1）2﹣1 ②
联立①②，得，
解得a1=3（不符合题意，舍），a2=﹣2，b=，
M1（﹣2，），
当△MND∽△BAO时，
化简，得b=12﹣4a ③，
联立②③，得，
解得a1=3（不符合题意，舍），a2=﹣17，b=12﹣4×（﹣17）=80，
M2（﹣17，80）．
综上所述：当△DMN与△OAB相似时，点M的坐标（﹣2，），（﹣17，80）
【题目】如图，折叠矩形OABC的一边BC，使点C落在OA边的点D处，已知折痕BE=5，且=，以O为原点，OA所在的直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，抛物线l：y=﹣x2+x+c经过点E，且与AB边相交于点F．
（1）求证：△ABD∽△ODE；
（2）若M是BE的中点，连接MF，求证：MF⊥BD；
（3）P是线段BC上一点，点Q在抛物线l上，且始终满足PD⊥DQ，在点P运动过程中，能否使得PD=DQ？若能，求出所有符合条件的Q点坐标；若不能，请说明理由．
【解析】 解：（1）∵四边形ABCO为矩形，且由折叠的性质可知△BCE≌△BDE，
∴∠BDE=∠BCE=90°，
∵∠BAD=90°，
∴∠EDO+∠BDA=∠BDA+∠DAB=90°，
∴∠EDO=∠DBA，且∠EOD=∠BAD=90°，
∴△ABD∽△ODE；
（2）∵=，
∴设OD=4x，OE=3x，则DE=5x，
∴CE=DE=5x，
∴AB=OC=CE+OE=8x，
又∵△ABD∽△ODE，
∴==，
∴DA=6x，
∴BC=OA=10x，
在Rt△BCE中，由勾股定理可得BE2=BC2+CE2，
即（5）2=（10x）2+（5x）2，解得x=1，
∴OE=3，OD=4，DA=6，AB=8，OA=10，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+3，
当x=10时，代入可得y=，
∴AF=，BF=AB﹣AF=8﹣=，
在Rt△AFD中，由勾股定理可得
DF===，
∴BF=DF，
又M为Rt△BDE斜边上的中点，
∴MD=MB，
∴MF为线段BD的垂直平分线，
∴MF⊥BD；
（3）由（2）可知抛物线解析式为y=﹣x2+x+3，设抛物线与x轴的两个交点为M、N，
令y=0，可得0=﹣x2+x+3，解得x=﹣4或x=12，
∴M（﹣4，0），N（12，0），
过D作DG⊥BC于点G，如图所示，
则DG=DM=DN=8，
∴点M、N即为满足条件的Q点，
∴存在满足条件的Q点，其坐标为（﹣4，0）或（12，0）．
【题目】如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC如图放置，将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°得到平行四边形A′B′OC′．抛物线y=﹣x2+2x+3经过点A、C、A′三点．
（1）求A、A′、C三点的坐标；
（2）求平行四边形ABOC和平行四边形A′B′OC′重叠部分△C′OD的面积；
（3）点M是第一象限内抛物线上的一动点，问点M在何处时，△AMA′的面积最大？最大面积是多少？并写出此时M的坐标．
【解析】解：（1）当y=0时，﹣x2+2x+3=0，
解得x1=3，x2=﹣1，则C（﹣1，0），A′（3，0）；
当x=0时，y=3，则A（0，3）；
（2）∵四边形ABOC为平行四边形，
∴AB∥OC，AB=OC，
而C（﹣1，0），A（0，3），
∴B（1，3）
∴OB==，S△AOB=×3×1=，
又∵平行四边形ABOC旋转90°得平行四边形A′B′OC′，
∴∠ACO=∠OC′D，OC′=OC=1，
又∵∠ACO=∠ABO，
∴∠ABO=∠OC′D．
又∵∠C′OD=∠AOB，
∴△C′OD∽△BOA，
∴=2=2=，
∴S△C′OD=×=；
（3）设M点的坐标为（m，﹣m2+2m+3），0＜m＜3，
作MN∥y轴交直线AA′于N，易得直线AA′的解析式为y=﹣x+3，
则N（m，﹣m+3），
∵MN=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m，
∴S△AMA′=S△ANM+S△MNA′
=MN3
=（﹣m2+3m）
=﹣m2+m
=﹣（m﹣）2+，
∴当m=时，S△AMA的值最大，最大值为，此时M点坐标为．
【题目】已知，△ABC在平面直角坐标系中的位置如图①所示，A点坐标为（﹣6，0），B点坐标为（4，0），点D为BC的中点，点E为线段AB上一动点，连接DE经过点A、B、C三点的抛物线的解析式为y=ax2+bx+8．
（2）如图①，将△BDE以DE为轴翻折，点B的对称点为点G，当点G恰好落在抛物线的对称轴上时，求G点的坐标；
（3）如图②，当点E在线段AB上运动时，抛物线y=ax2+bx+8的对称轴上是否存在点F，使得以C、D、E、F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】 解：解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+8经过点A（﹣6，0），B（4，0），
∴
解得
∴抛物线的解析式是：y=﹣x2﹣x+8．
（2）如图①，作DM⊥抛物线的对称轴于点M，，
设G点的坐标为（﹣1，n），
由翻折的性质，可得BD=DG，
∵B（4，0），C（0，8），点D为BC的中点，
∴点D的坐标是（2，4），
∴点M的坐标是（﹣1，4），DM=2﹣（﹣1）=3，
∵B（4，0），C（0，8），
∴BC==4，
∴，
在Rt△GDM中，
32+（4﹣n）2=20，
解得n=4±，
∴G点的坐标为（﹣1，4+）或（﹣1，4﹣）．
（3）抛物线y=ax2+bx+8的对称轴上存在点F，使得以C、D、E、F为顶点的四边形为平行四边形．
①当CD∥EF，且点E在x轴的正半轴时，如图②，，
由（2），可得点D的坐标是（2，4），
设点E的坐标是（c，0），点F的坐标是（﹣1，d），
则
∴点F的坐标是（﹣1，4），点C的坐标是（1，0）．
②当CD∥EF，且点E在x轴的负半轴时，如图③，，
∴点F的坐标是（﹣1，﹣4），点C的坐标是（﹣3，0）．
③当CE∥DF时，如图④，，
∴点F的坐标是（﹣1，12），点C的坐标是（3，0）．
综上，可得
抛物线y=ax2+bx+8的对称轴上存在点F，使得以C、D、E、F为顶点的四边形为平行四边形，
点F的坐标是（﹣1，4）、（﹣1，﹣4）或（﹣1，12）
习题演练
【题目】求函数y=（4-x）+2的最值
【答案】4+3
【解析】 解：设u=2-x，则u>0，且y=4+u．
于是（u+x）2=4（x2+9），即
3x2-2u·x+36-u2=0．
∵x∈R，
∴上式的判别式
△=（2u）2-4×3×（36-u2）≥0，
即u2≥27，故u≥3．
∴y=4-x+2的最小值为4+3（当x=时取到）．
评注：通过换元，把原函数转变成关于x的一元二次方程，考虑到一元二次方程有解，由△≥0即可求得u的范围，从而求得y的最值．这是一种常用的方法，应掌握
【适用场合】随堂课后练习
【试题来源】2002年太原市竞赛题
【题目】已知二次函数y=x2-x-2及实数a>-2，求
（1）函数在-2<x≤a的最小值；
（2）函数在a≤x≤a+2的最小值．
【答案】-
【解析】 解：函数y=x2-x-2的图象如图．
（1）当-2<a<时，ymin=y│x=a=a2-a-2；当a≥时，ymin= =-．
（2）当-2<a且a+2<，即-2<a<-时，ymin=y│x=a+2=（a+2）2-（a+2）-2=a2+3a；当a<≤a+2，即-≤a<时，
ymin= =-．
评注：将a相对于抛物线对称轴的位置进行分类讨论是解题关键，而数形结合的方法可以直观地帮助求解．
【题目】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点．与y轴交于点C，点D与点C关于抛物线的对称轴对称．
（1）求抛物线的解析式，并直接写出点D的坐标；
（2）如图1，点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿A→B匀速运动，到达点B时停止运动．以AP为边作等边△APQ（点Q在x轴上方），设点P在运动过程中，△APQ与四边形AOCD重叠部分的面积为S，点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式；
（3）如图2，连接AC，在第二象限内存在点M，使得以M、O、A为顶点的三角形与△AOC相似．请直接写出所有符合条件的点M坐标．
【解析】 解：解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+经过A（﹣3，0），B（1，0）两点，
∴抛物线解析式为y=﹣x2﹣x+；
则D点坐标为（﹣2，）．
（2）∵点D与A横坐标相差1，纵坐标之差为，则tan∠DAP=，
∴∠DAP=60°，
又∵△APQ为等边三角形，
∴点Q始终在直线AD上运动，当点Q与D重合时，由等边三角形的性质可知：AP=AD==2．
①当0≤t≤2时，P在线段AO上，此时△APQ的面积即是△APQ与四边形AOCD的重叠面积．
AP=t，
∵∠QAP=60°，
∴点Q的纵坐标为tsin60°=t，
∴S=×t×t=t2．
②当2＜t≤3时，如图：
此时点Q在AD的延长线上，点P在OA上，
设QP与DC交于点H，
∵DC∥AP，
∴∠QDH=∠QAP=∠QHD=∠QPA=60°，
∴△QDH是等边三角形，
∴S=S△QAP﹣S△QDH，
∵QA=t，
∴S△QAP=t2．
∵QD=t﹣2，
∴S△QDH=（t﹣2）2，
∴S=t2﹣（t﹣2）2=t﹣．
③当3＜t≤4时，如图：
此时点Q在AD的延长线上，点P在线段OB上，
设QP与DC交于点E，与OC交于点F，过点Q作AP的垂涎，垂足为G，
∵OP=t﹣3，∠FPO=60°，
∴OF=OPtan60°=（t﹣3），
∴S△FOP=×（t﹣3）（t﹣3）=（t﹣3）2，
∵S=S△QAP﹣S△QDE﹣S△FOP，S△QAP﹣S△QDE=t﹣．
∴S=t﹣﹣（t﹣3）2=t2+4t﹣．
综上所述，S与t之间的函数关系式为S=．
（3）∵OC=，OA=3，OA⊥OC，则△OAC是含30°的直角三角形．
①当△AMO以∠AMO为直角的直角三角形时；如图：
过点M2作AO的垂线，垂足为N，
∵∠M2AO=30°，AO=3，
∴M2O=，
又∵∠OM2N=M2AO=30°，
∴ON=OM2=，M2N=ON=，
∴M2的坐标为（﹣，）．
同理可得M1的坐标为（﹣，）．
②当△AMO以∠OAM为直角的直角三角形时；如图：
∵以M、O、A为顶点的三角形与△OAC相似，
∴=，或=，
∵OA=3，
∴AM=或AM=3，
∵AM⊥OA，且点M在第二象限，
∴点M的坐标为（﹣3，）或（﹣3，3）．
综上所述，符合条件的点M的所有可能的坐标为（﹣3，），（﹣3，3），（﹣，），（﹣，）．
【题目】如图，抛物线（a0）与双曲线相交于点A，B. 已知点A的坐标为（1，4），点B在第三象限内，且△AOB的面积为3（O为坐标原点）.
（1）求实数a，b，k的值；
）过抛物线上点
A
作直线
AC
∥
x
轴，交
抛物线
于另一点
C
，求所有满足△
EOC
∽△
AOB
的
点
E
的坐标
【解析】 解：（1）因为点A（1，4）在双曲线上，
所以k=4. 故双曲线的函数表达式为.
设点B（t，），，AB所在直线的函数表达式为，则有
解得，.
于是，直线AB与y轴的交点坐标为，故
，整理得，
解得，或t＝（舍去）．
所以点B的坐标为（，）．
因为点
B
都在抛物线
a
）上，
所以
（2）如图，因为AC∥x轴，所以C（，4），于是CO＝4. 又BO=2，所以.
设抛物线（a0）与x轴负半轴相交于点D， 则点D的坐标为（，0）.
因为∠COD＝∠BOD＝，所以∠COB=.
（i）将△绕点O顺时针旋转，得到△.这时，点(，2)是CO的中点，点的坐标为（4，）.
延长到点，使得=，这时点（8，）是符合条件的点.
（ii）作△关于x轴的对称图形△，得到点（1，）；延长到点，使得＝，这时点E２（2，）是符合条件的点．
所以，点的坐标是（8，），或（2，）
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