2023年中考数学压轴题专项训练 压轴题08二次函数与面积最值定值问题（六大类型）（试题+答案）

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2023年中考数学压轴题专项训练
压轴题08二次函数与面积最值定值问题（六大类型）

题型一： 二次函数与三角形面积最值问题
例1．如图，已知抛物线y=12x2+bx过点A（﹣4，0）、顶点为B，一次函数y=12x+2的图象交y轴于M，对称轴与x轴交于点H．

（1）求抛物线的表达式；
（2）已知P是抛物线上一动点，点M关于AP的对称点为N．
①若点N恰好落在抛物线的对称轴上，求点N的坐标；
②请直接写出△MHN面积的最大值．

【分析】（1）运用待定系数法即可求抛物线的表达式．
（2）①先求出抛物线的对称轴为直线x＝﹣2，设N（﹣2，n），则NH＝|n|，由轴对称性质可得AN＝AM，即AN2＝AM2，建立方程求解即可得出答案．
②连接MH，以点A为圆心，AM为半径作⊙A，过点A作AN⊥MH于点F，交⊙A于点N，则AN＝AM，连接AM，AN，此时△MHN面积最大．运用勾股定理、三角函数、三角形面积公式即可求得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y=12x2+bx过点A（﹣4，0），
∴12×（﹣4）2﹣4b＝0，
解得：b＝2，
∴该抛物线的表达式为y=12x2+2x；
（2）①∵y=12x2+2x，
∴抛物线对称轴为直线x=−22×12=−2，
∵对称轴与x轴交于点H，
∴H（﹣2，0），
∵A（﹣4，0），
∴AH＝2，
∵直线y=12x+2交y轴于M，
∴M（0，2），
∴AM2＝OA2+OM2＝42+22＝20，
设N（﹣2，n），则NH＝|n|，如图1、图2，
∵M、N关于直线AP对称，
∴AN＝AM，即AN2＝AM2，
∴22+n2＝20，
∴n＝±4，
∴点N的坐标为（﹣2，﹣4）或（﹣2，4）；
②如图，连接MH，以点A为圆心，AM为半径作⊙A，过点A作AN⊥MH于点F，交⊙A于点N，
则AN＝AM，
在Rt△AMO中，OM＝2，OA＝4，
∴AM=OA2+OM2=42+22=25，
∴AN＝25，
∵OH＝OM＝2，∠HOM＝90°，
∴△HOM是等腰直角三角形，∠MHO＝45°，MH＝22，
∴∠AHF＝∠MHO＝45°，
在Rt△AFH中，AH＝OA﹣OH＝4﹣2＝2，
∴AF＝AH×sin45°＝2×22=2，
∴NF＝AN+AF＝25+2，
∴S△MHN=12MH•NF=12×22×（25+2）＝210+2，
故△MHN面积的最大值为210+2．



【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，一次函数的性质，轴对称，圆的性质及图象上的动点问题，解题的关键是学会用建模的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程或方程组解决问题，属于中考压轴题．
题型二： 二次函数与三角形面积等积问题
例2．如图，等腰直角三角形OAB的直角顶点O在坐标原点，直角边OA，OB分别在y轴和x轴上，点C的坐标为（3，4），且AC平行于x轴．
（1）求直线AB的解析式；
（2）求过B，C两点的抛物线y＝﹣x2+bx+c的解析式；
（3）抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴的另一个交点为D，试判定OC与BD的大小关系；
（4）若点M是抛物线上的动点，当△ABM的面积与△ABC的面积相等时，求点M的坐标．

【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质与点C的坐标特征求得点A与点B的坐标，利用待定系数法即可求解；
（2）直接把点B与点C的坐标代入y＝﹣x2+bx+c即可求解；
（3）由抛物线与x轴的交点关于对称轴直线对称求得点D的坐标，在利用点C的坐标分别求得OC，BD的长即可求解；
（4）分两种情况：当点M在直线AB的上方时，如图所示；当点M在直线AB的下方时，如图所示，利用铅垂线法求得△ABM的面积，利用△ABM的面积与△ABC的面积相等列出方程求解即可．
【解答】解：（1）∵点C的坐标为（3，4），且AC平行于x轴，
∴点A的坐标为（0，4）且OA＝4，
∵△OAB是等腰直角三角形，∠AOB＝90°，
∴OB＝OA＝4，
∵点B的坐标为（4，0），
设直线AB的解析式为：y＝mx+n，
由题意得 4m+n=0n=4，
解得：m=−1n=4，
∴直线AB的解析式为：y＝﹣x+4；
（2）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过B，C两点，
∴−16+4b+c=0−9+3b+c=4，
解得：b=3c=4，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+3x+4；
（3）BD＝OC；理由：
∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+4＝﹣{x−32）2+52，
∴抛物线的对称轴直线为x=32，
∵点B的坐标为（4，0），点B与点D关于对称轴对称，
∴点D的坐标为（﹣1，0），
∴BD＝4﹣（﹣1）＝5，
∵点C的坐标为（3，4），
∴OC=32+42=5，
∴BD＝OC；
（4）∵点C的坐标为（3，4），且AC平行于x轴，
∴AC＝3，
∴S△ABC=12AC•yC=12×3×4＝6，
当点M在直线AB的上方时，如图所示，

过点M作MN∥y轴，交直线AB于点N，设M的坐标为（t，﹣t2+3t+4），则N的坐标为（t，﹣t+4），
∴MN＝﹣t2+3t+4﹣（﹣t+4）＝﹣t2+4t，
∴S△AMB=12MN•xB=12×（﹣t2+4t）×4＝﹣2t2+8t，
∵△ABM的面积与△ABC的面积相等，
∴﹣2t2+8t＝6，
解得：t＝1或t＝3（舍，该点为点C），
此时M的坐标为（1，6）或（3，4）；
当点M在直线AB的下方时，如图所示，
过点M作MN∥x轴，交直线AB于点N，设M的坐标为（t，﹣t2+3t+4），则N的坐标为（t2﹣3t，﹣t2+3t+4），

∴MN＝t2﹣3t﹣t＝t2﹣4t，
∴S△ABM=12MN•yA=12×（t2﹣4t）×4＝2t2﹣8t，
∵△ABM的面积与△ABC的面积相等，
∴2t2﹣8t＝6，
解得：t＝2±7，
此时M的坐标为（2+7，﹣1−7）或（2−7，7−1）；
综上可得，M的坐标为（2+7，﹣1−7）或（2−7，7−1）或（1，6）．
【点评】本题是一次函数的综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，二次函数的图象和性质以及利用二次函数的性质求与面积计算有关的问题，解题关键是熟练掌握二次函数的图象和性质．
题型三： 二次函数与四边形面积最值问题
例3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．已知A（3，0），该抛物线的对称轴为直线x＝1．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）求点B、C的坐标；
（3）将线段BC平移，使得平移后线段的一个端点在这条抛物线上，另一个端点在x轴上，若将点B、C平移后的对应点分别记为点D、E，求以B、C、D、E为顶点的四边形面积的最大值．

【分析】（1）由抛物线对称轴为直线x＝1可得b的值，再将（3，0）代入解析式求解．
（2）由抛物线对称性及点A坐标可得点B坐标，将x＝0代入解析式可得点C坐标．
（3）分别作出满足题意的四边形，结合图形求解．
【解答】解：（1）∵抛物线对称轴为直线x=−b−2=1，
∴b＝2，
∴y＝﹣x2+2x+c，
将（3，0）代入y＝﹣x2+2x+c得0＝﹣9+6+c，
解得c＝3，
∴y＝﹣x2+2x+3．
（2）∵抛物线对称轴为直线x＝1，点A坐标为（3，0），
∴由抛物线对称性可得点B坐标为（﹣1，0），
将x＝0代入y＝﹣x2+2x+3得y＝3，
∴点C坐标为（0，3）．
（3）如图，可得图2中四边形面积最大，

图1

图2

图3
∵BC∥DE且BC＝DE，
∵yC﹣yB＝yE﹣yD，
∴yD＝﹣3，
将y＝﹣3代入y＝﹣x2+2x+3得﹣3＝﹣x2+2x+3，
解得x1＝1−7（舍），x2＝1+7，
∴点E横坐标为1+7+1＝2+7，
∴BE＝2+7+1＝3+7，
∴S四边形BDEC=12BE•yC+12BE•|yD|=12×（3+7）×3+12×（3+7）×3＝9+37．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数与方程的关系，掌握坐标系内图形的面积求法．
题型四： 二次函数与面积分割问题
例4．已知抛物线y＝x2+4mx+4m2﹣4m﹣3的顶点C在定直线l上．
（1）求C点的坐标（用含m的式子表示）；
（2）求证：不论m为何值，抛物线与定直线l的两交点间的距离d恒为定值；
（3）当抛物线的顶点C在y轴上，且与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧）时，是否存在直线n满足以下三个条件：
①n与抛物线相交于点M，N（点M在点N的左侧），且与线段AC交于点P；
②∠APN＝2∠ACO；
③n将△ABC的面积分成1：2的两部分．若存在，求出直线n的解析式；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用顶点公式求解即可；
（2）求出定直线l为y＝2x﹣3，联立方程组y=2x−3y=x2+4mx+4m2−4m−3，求出两个交点的坐标，再求距离d＝25即可；
（3）由对称性可知∠APN＝∠ACB，则MN∥BC，设直线MN的解析式为y=3x+t，直线MN与x轴的交点为H，根据已知可得S△PAH=13S△ACB或S△PAH=23S△ACB，即（AHAB）2=13或（AHAB）2=23，从而求出H（2−3，0）或（22−3，0），即可求直线MN的解析式为y=3x+3﹣23或y=3x+3﹣26．
【解答】（1）解：∵y＝x2+4mx+4m2﹣4m﹣3＝（x+2m）2﹣4m﹣3，
∴顶点C（﹣2m，﹣4m﹣3）；
（2）证明：∵C（﹣2m，﹣4m﹣3），
∴C点在直线y＝2x﹣3上，
∴定直线l为y＝2x﹣3，
联立方程组y=2x−3y=x2+4mx+4m2−4m−3，
解得x=−2my=−4m−3或x=2−2my=−4m+1，
∴两个交点分别为（﹣2m，﹣4m﹣3），（2﹣2m，﹣4m+1），
∴d=(2−2m+2m)2+(−4m+1+4m+3)2=25，
∴抛物线与定直线l的两交点间的距离d恒为定值；
（3）解：存在直线n，理由如下：
∵顶点C在y轴上，
∴m＝0，
∴y＝x2﹣3，
令y＝0，则x2﹣3＝0，
解得x=3或x=−3，
∴A（−3，0），B（3，0），
∴AB＝23，
∵抛物线关于y轴对称，
∴∠ACO＝∠BCO，
∵∠APN＝2∠ACO，
∴∠APN＝∠ACB，
∴MN∥BC，
设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴b=−33k+b=0，
解得k=3b=−3，
∴y=3x﹣3，
设直线MN的解析式为y=3x+t，直线MN与x轴的交点为H，
∵直线MN将△ABC的面积分成1：2，
∴S△PAH=13S△ACB或S△PAH=23S△ACB，
∴（AHAB）2=13或（AHAB）2=23，
∴AH23=33或AH23=63，
解得AH＝2或AH＝22，
∴H（2−3，0）或（22−3，0），
∴直线MN的解析式为y=3x+3﹣23或y=3x+3﹣26．

【点评】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，平行线的性质是解题的关键．
题型五： 二次函数与面积比问题
例5．如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=23x2+bx﹣2的图象与x轴交于点A（3，0），B（点B在点A左侧），与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，作直线AD．
（1）填空：b＝　−43　；
（2）将△AOC平移到△EFG（点E，F，G依次与A，O，C对应），若点E落在抛物线上且点G落在直线AD上，求点E的坐标；
（3）设点P是第四象限抛物线上一点，过点P作x轴的垂线，垂足为H，交AC于点T．若∠CPT+∠DAC＝180°，求△AHT与△CPT的面积之比．

【分析】（1）把A（3，0）代入y=23x2+bx﹣2，求出b；
（2）令x＝0，y＝﹣2，求出C（0，﹣2），根据点D与点C关于x轴对称，求出D（0，2），进而得到直线AD解析式：y=−23x+2，根据平移的性质及点的坐标特点，得出E（m，23m2−43m﹣2），则G[m﹣3，−23（m﹣3）+2]，F[m﹣3，−23（m﹣3）+4]，再根据平行于x轴的直线点的纵坐标相等，得出23m2−43m﹣2=−23（m﹣3），解出即可；
（3）如图所示：过C作CK⊥AD，CQ⊥HP，根据勾股定理及等面积法，求出AD=13，CK=121313，DK=81313，AK=51313，再根据锐角三角函数定义，得出tan∠CPQ＝tan∠CAK=125，tan∠OAC=THAH=OCOA=23，
进而求出△AHT与△CPT的面积之比．
【解答】解：（1）把A（3，0）代入y=23x2+bx﹣2，
得23×9+3b﹣2＝0，
解得b=−43；
故答案为：−43；
（2）如图所示：

由（1）得y=23x2−43x﹣2，
令x＝0，y＝﹣2，
∴C（0，﹣2），
∵点D与点C关于x轴对称，
∴D（0，2），
设直线AD：y＝kx+2，
把A（3，0）代入y＝kx+2，
得3k+2＝0，
解得k=−23，
∴直线AD解析式：y=−23x+2，
∵将△AOC平移到△EFG，
∴OA＝EF＝3，FG＝OC＝2，
设E（m，23m2−43m﹣2），
则G（m﹣3，−23（m﹣3）+2），F（m﹣3，−23（m﹣3）+4），
∵EF∥x轴，
∴23m2−43m﹣2=−23（m﹣3）2+4，
解得m＝﹣3或m＝4，
∴E（﹣3，8）或（4，103）；
（3）如图所示：
过C作CK⊥AD，CQ⊥HP，

∵OD＝2，OA＝3
∴AD=13，
∵CK⊥AD
∴CD•AO＝AD•CK，
∴CK=121313，
DK=81313，AK=51313，
∴tan∠CAK=CKAK=125，
∵CQ⊥HP，
∴∠CPQ+∠CPT＝180°，
∵∠CPT+∠DAC＝180°，
∴∠CPQ＝∠CAK，
∴tan∠CPQ＝tan∠CAK=125，
∴CQPQ=125，
设P（n，23n2−43n﹣2），
∴PQ=23n2−43n，CQ＝n，
∴n23n2−43n=125，
解得n=218，
∴P（218，−2932），
∴CQ=218，AH＝3−218=38，
∵tan∠OAC=THAH=OCOA=23，
∴TH=23AH=23×38=14，
∴TP=2132，
∴S△ATHS△CPT=12×AH×TH12×TP×CQ=8147，
即△AHT与△CPT的面积之比为8：147．
【点评】此题考查了二次函数的综合应用，掌握待定系数法求解析式，勾股定理、锐角三角函数、图形的变换这几个知识点的综合应用，其中正确的画出图形，作出辅助线是解题关键．
题型六： 函数关系与面积问题
例6．平面直角坐标系中，已知抛物线y＝﹣x2+（1+m）x﹣m（m为常数，m≠±1）与轴交于定点A及另一点B，与y轴交于点C．
（1）当点（2，2）在抛物线上时，求抛物线解析式及点A，B，C的坐标；
（2）如图1，在（1）的条件下，D为抛物线x轴上方一点，连接BD，若∠DBA+∠ACB＝90°，求点D的坐标；
（3）若点P是抛物线的顶点，令△ACP的面积为S，
①直接写出S关于m的解析式及m的取值范围；
②当58≤S≤158时，直接写出m的取值范围．

【分析】（1）将点（2，2）代入y＝﹣x2+（1+m）x﹣m，求出m即可确定函数的解析式；
（2）过D点作DE⊥x轴交于E，过A点作AF⊥BC交于F，由题意可知∠ACB＝∠BDE，求出tan∠ACF＝tan∠BDE=BEDE=35，设D（t，﹣t2+5t﹣4）（0＜t＜4），求出t的值即可求D点坐标；
（3）①求出P（1+m2，(1−m)24），C（0，﹣m），定点A（1，0），B（m，0），AC的解析式为y＝kx+b，y＝mx﹣m，再画出函数图象结合函数图象分类讨即可；
②对①中求出的解析式分别进行求解即可．
【解答】解：（1）将点（2，2）代入y＝﹣x2+（1+m）x﹣m，
∴m＝4，
∴y＝﹣x2+5x﹣4，
令x＝0，则y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
令y＝0，则﹣x2+5x﹣4＝0，
∴x＝1或x＝4，
∴A（1，0），B（4，0）；
（2）如图1，过D点作DE⊥x轴交于E，过A点作AF⊥BC交于F，
∵∠DBA+∠ACB＝90°，∠DBA+∠BDE＝90°，
∴∠ACB＝∠BDE，
∵B（4，0），C（0，﹣4），
∴OB＝OC＝4，
∴∠OBC＝45°，
∵BA＝3，
∴AF=322，
∵A（1，0），
∴AC=17，
∴CF=522，
∴tan∠ACF=AFCF=35，
∴tan∠BDE=BEDE=35，
设D（t，﹣t2+5t﹣4）（0＜t＜4），
∴4−t−t2+5t−4=35，
解得x＝4（舍）或x=83，
∴D（83，209）；
（3）①∵y＝﹣x2+（1+m）x﹣m＝﹣（x−1+m2）2+(1−m)24，
∴P（1+m2，(1−m)24），
令x＝0，则y＝﹣m，
∴C（0，﹣m），
令y＝0，则﹣x2+（1+m）x﹣m＝0，
解得x＝1或x＝m，
∴定点A（1，0），B（m，0），
设AC的解析式为y＝kx+b，
∴k+b=0b=−m，
解得k=mb=−m，
∴y＝mx﹣m，
如图2，当m＜﹣1时，S＝S梯形PNOC+S△OCA﹣S△PAN=12×（(1−m)24−m）×1+m2+12×1×（﹣m）−12×（1−1+m2）×(1−m)24=18m2−18；
如图3，当﹣1＜m＜0时，S＝S梯形PNOC+S△PNA﹣S△AOC=12×（(1−m)24−m）×1+m2+12×（1−1+m2）×(1−m)24−12×1×（﹣m）=−18m2+18；
如图4，当0≤m＜1时，设对称轴与直线AC交于点M，
∴M（1+m2，m2−m2），
∴PM=−14m2+14，
∴S=12×（−14m2+14）×1=−18m2+18；
如图5，当m＞1时，过点C作CM⊥PN交于点M，
∴M（1+m2，﹣m），
∴S＝S矩形OCMN+S△APN﹣S△OCA﹣S△CMP=1+m2×m+12×（1+m2−1）×(1−m)24−12×1×m−12×1+m2×（(1−m)24+m）=18m2−18；
综上所述：当m＜﹣1时，S=18m2−18；当﹣1＜m＜1，S=−18m2+18；当m＞1时，S=18m2−18；
②当m＜﹣1时，58≤18m2−18≤158，
解得﹣4≤m≤−6；
当﹣1＜m＜0，58≤−18m2+18≤158，
此时m无解；
当0≤m＜1时，58≤−18m2+18≤158，
此时m无解；
当m＞1时，58≤18m2−18≤158，
解得6≤m≤4；
综上所述：当58≤S≤158时，﹣4≤m≤−6或6≤m≤4．





【点评】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，数形结合，分类讨论是解题的关键．


一、解答题
1．（2023春·全国·九年级专题练习）已知：如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与坐标轴分别交于点A(0,6)，B(6,0)，C(−2,0)，点P是线段AB上方抛物线上的一个动点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)当点P运动到什么位置时，△PAB的面积有最大值，面积最大值是多少？
【答案】(1)y=−12x2+2x+6
(2)当P(3,152)时，△PAB的面积有最大值，最大值是272．

【分析】（1）由待定系数法即可求解；
（2）过点P作x轴的垂线，交线段AB于点D，由S=12×OB×PD，即可求解．
【详解】（1）由题意得：
36a+6b+c=04a−2b+c=0c=6，解得：a=−12b=2c=6，
∴抛物线的表达式为：y=−12x2+2x+6；
（2）∵A(0,6)
∴直线AB的表达式为：y=kx+6，
将点B的坐标代入上式得：0=6k+6，解得：k=−1，
∴直线AB的表达式为：y=−x+6，
点P的横坐标为m，则P(m,−12m2+2m+6)，
过点P作x轴的垂线，交线段AB于点D，

则D(m,−m+6)，
∴S=12×OB×PD=12×6×(−12m2+2m+6+m−6)=−32(m−3)2+272，
∴当m=3时，S的值取最大，此时P(3,152)；
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、等腰三角形的性质、图形的面积计算等，本题难度不大．
2．（2023春·全国·九年级专题练习）如图，抛物线y=ax2+bx+6（a≠0）与x轴交于    A（﹣1，0），B（6，0），与y轴交于点C，点P为第一象限内抛物线上一动点，过点P作x轴的垂线，交直线BC于点D，交x轴于点E，连接    PB．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)当△PBD与△BDE的面积之比为1：2时，求点P的坐标；
【答案】(1)y＝﹣x2+5x+6
(2)P12,334

【分析】（1）待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先求出一次函数解析式，根据面积比例列出等式，解出坐标
【详解】（1）∵抛物线y=ax2+bx+6（a≠0）与x轴交于A−1,0,B6,0
∴a−b+6=036a+6b+6=0，
∴a=−1b=5，
∴抛物线的解析式为y=−x2+5x+6；
（2）∵抛物线y=−x2+5x+6过点C，
∴C（0，6），
设直线BC的解析式为    y=kx+n，
∴6k+n=0n=6，
∴k=−1n=6，
∴直线BC的解析式为y=−x+6，
设Pm,−m2+5m+6，则Dm,−m+6，
∴PE=−m2+5m+6，DE=−m+6，
∵△PBD与△BDE的面积之比为1：2，
∴PD：DE=1：2，
∴PE：DE=3：2，
∴3−m+6=2−m2+5m+6，
解得m1=12，m2=6（舍去），
∴P（12,334）；
【点睛】本题考查二次函数解析式求解、一次函数解析式求解、面积之比转化成高之比，掌握这些是这个题的解题关键．
3．（2023春·全国·九年级专题练习）如图，抛物线y=−x2+bx+c过点A、B，抛物线的对称轴交x轴于点D，直线y=−x+3与x轴交于点B，与y轴交于点C，且OA=13OB．

(1)求抛物线的解析式；
(2)点Mt,0是x轴上的一个动点，点N是抛物线对称轴上的一个动点，当DN=2t，△MNB的面积为154时，求出点M与点N的坐标；
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)3+262,0,1,3+26

【分析】（1）根据解析式y=−x+3求出B、C两点的坐标，再根据OA=13OB求出A点坐标，用待定系数法求抛物线解析式即可；
（2）表示出S△MNB=12×BM×DN =12×3−t×2t，分t3求解．
【详解】（1）解：对于直线y=−x+3，
令y=0，即−x+3=0，
解得：x=3，
令x=0，得y=3，
∴B3,0,C0,3，
∵A为x轴负半轴上一点，且OA=13OB，
∴A−1,0．
将点A、B的坐标分别代入y=−x2+bx+c中，
得−1−b+c=0−9+3b+c=0，
解得b=2c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：由（1）知：A−1,0，B3,0，抛物线解析式为y=−x2+2x+3，
∴对称轴x=−b2a=−22×−1=1，
∴D点坐标为D1,0，
∵Mt,0
∴BM=3−t，
∵S△MNB=12×BM×DN=154，即12×3−t×2t=154，
当t