初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习二次函数与最值的六种考法-重难点题型

这是一份初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习二次函数与最值的六种考法-重难点题型，共22页。

【知识点1 定轴定区间】
对于二次函数在上的最值问题（其中a、b、c、m和n均为定值，表示y的最大值，表示y的最小值）：
（1）若自变量x为全体实数，如图①，函数在时，取到最小值，无最大值．
（2）若，如图②，当，；当，．
（3）若，如图③，当，；当，．
（4）若，，如图④，当，；当，．
【知识点2 动轴或动区间】
对于二次函数，在（m，n为参数）条件下，函数的最值需要分别讨论m，n与的大小．
【题型1 二次函数中的定轴定区间求最值】
【例1】（2021春•瓯海区月考）已知二次函数y＝﹣x2+2x+4，关于该函数在﹣2≤x≤2的取值范围内，下列说法正确的是（ ）
A．有最大值4，有最小值0B．有最大值0，有最小值﹣4
C．有最大值4，有最小值﹣4D．有最大值5，有最小值﹣4
【解题思路】根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以得到该函数的对称轴和开口方向，然后根据﹣2≤x≤2，即可得到相应的最大值和最小值，从而可以解答本题．
【解答过程】解：∵二次函数y＝﹣x2+2x+4＝﹣（x﹣1）2+5，
∴该函数的对称轴是直线x＝1，函数图象开口向下，
∴当﹣2≤x≤2时，x＝1时取得最大值5，当x＝﹣2时，取得最小值﹣4，
故选：D．
【变式1-1】（2020秋•龙沙区期中）当﹣1≤x≤3时，二次函数y＝x2﹣3x+m最大值为5，则m＝ ．
【解题思路】根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以求得m的值，本题得以解决．
【解答过程】解：∵二次函数y＝x2﹣3x+m＝（x−32）2+m−94，
∴该函数开口向上，对称轴为x=32，
∵当﹣1≤x≤3时，二次函数y＝x2﹣3x+m最大值为5，
∴当x＝﹣1时，该函数取得最大值，此时5＝1+3+m，
解得m＝1，
故答案为：1．
【变式1-2】（2021•哈尔滨模拟）已知二次函数y＝x2﹣4x+3，当自变量满足﹣1≤x≤3时，y的最大值为a，最小值为b，则a﹣b的值为 ．
【解题思路】根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以得到自变量满足﹣1≤x≤3时，x＝﹣1时取得最大值，x＝2时取得最小值，然后即可得到a、b的值，从而可以求得a﹣b的值，本题得以解决．
【解答过程】解：∵二次函数y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴该函数图象开口向上，对称轴为直线x＝2，
∵当自变量满足﹣1≤x≤3时，y的最大值为a，最小值为b，
∴当x＝﹣1时，取得最大值，当x＝2时，函数取得最小值，
∴a＝1+4+3＝8，b＝﹣1，
∴a﹣b＝8﹣（﹣1）＝8+1＝9，
故答案为：9．
【变式1-3】（2020秋•番禺区校级期中）若函数y＝x2﹣6x+5，当2≤x≤6时的最大值是M，最小值是m，则M﹣m＝ ．
【解题思路】根据题意画出函数图象，即可由此找到m和M的值，从而求出M﹣m的值．
【解答过程】解：原式可化为y＝（x﹣3）2﹣4，
可知函数顶点坐标为（3，﹣4），
当y＝0时，x2﹣6x+5＝0，
即（x﹣1）（x﹣5）＝0，
解得x1＝1，x2＝5．
如图：m＝﹣4，
当x＝6时，y＝36﹣36+5＝5，即M＝5．
则M﹣m＝5﹣（﹣4）＝9．故答案为9．
【题型2 二次函数中的动轴定区间求最值】
【例2】（2021•雁塔区校级模拟）已知二次函数y＝mx2+2mx+1（m≠0）在﹣2≤x≤2时有最小值﹣2，则m＝（ ）
A．3B．﹣3或38C．3或−38D．﹣3或−38
【解题思路】先求出对称轴为x＝﹣1，分m＞0，m＜0两种情况讨论解答即可求得m的值．
【解答过程】解：∵二次函数y＝mx2+2mx+1＝m（x+1）2﹣m+1，
∴对称轴为直线x＝﹣1，
①m＞0，抛物线开口向上，
x＝﹣1时，有最小值y＝﹣m+1＝﹣2，
解得：m＝3；
②m＜0，抛物线开口向下，
∵对称轴为直线x＝﹣1，在﹣2≤x≤2时有最小值﹣2，
∴x＝2时，有最小值y＝4m+4m+1＝﹣2，
解得：m=−38；
故选：C．
【变式2-1】（2021•瓯海区模拟）已知二次函数y＝ax2﹣4ax﹣1，当x≤1时，y随x的增大而增大，且﹣1≤x≤6时，y的最小值为﹣4，则a的值为（ ）
A．1B．34C．−35D．−14
【解题思路】根据二次函数y＝ax2﹣4ax﹣1，可以得到该函数的对称轴，再根据当x≤1时，y随x的增大而增大，可以得到a的正负情况，然后根据﹣1≤x≤6时，y的最小值为﹣4，即可得到a的值．
【解答过程】解：∵二次函数y＝ax2﹣4ax﹣1＝a（x﹣2）2﹣4a﹣1，
∴该函数的对称轴是直线x＝2，
又∵当x≤1时，y随x的增大而增大，
∴a＜0，
∵当﹣1≤x≤6时，y的最小值为﹣4，
∴x＝6时，y＝a×62﹣4a×6﹣1＝﹣4，
解得a=−14，
故选：D．
【变式2-2】（2021•章丘区模拟）已知二次函数y＝2ax2+4ax+6a2+3（其中x是自变量），当x≥2时，y随x的增大而减小，且﹣2≤x≤1时，y的最小值为15，则a的值为（ ）
A．1或﹣2B．−2或2C．﹣2D．1
【解题思路】先求出二次函数的对称轴，再根据二次函数的增减性得出抛物线开口向下a＜0，然后由﹣2≤x≤1时，y的最小值为15，可得x＝1时，y＝15，即可求出a．
【解答过程】解：∵二次函数y＝2ax2+4ax+6a2+3（其中x是自变量），
∴对称轴是直线x=−4a2×2a=−1，
∵当x≥2时，y随x的增大而减小，
∴a＜0，
∵﹣2≤x≤1时，y的最小值为15，
∴x＝1时，y＝2a+4a+6a2+3＝15，
∴6a2+6a﹣12＝0，
∴a2+a﹣2＝0，
∴a＝1（不合题意舍去）或a＝﹣2．
故选：C．
【变式2-3】（2021•滨江区三模）已知二次函数y=12（m﹣1）x2+（n﹣6）x+1（m≥0，n≥0），当1≤x≤2时，y随x的增大而减小，则mn的最大值为（ ）
A．4B．6C．8D．494
【解题思路】由二次函数解析式求出对称轴直线方程，分类讨论抛物线开口向下及开口向上的m，n的取值范围，将mn转化为含一个未知数的整式求最值．
【解答过程】解：抛物线y=12（m﹣1）x2+（n﹣6）x+1的对称轴为直线x=6−nm−1，
①当m＞1时，抛物线开口向上，
∵1≤x≤2时，y随x的增大而减小，
∴6−nm−1≥2，即2m+n≤8．
解得n≤8﹣2m，
∴mn≤m（8﹣2m），
m（8﹣2m）＝﹣2（m﹣2）2+8，
∴mn≤8．
②当0≤m＜1时，抛物线开口向下，
∵1≤x≤2时，y随x的增大而减小，
∴6−nm−1≤1，即m+n≤7，
解得m≤7﹣n，
∴mn≤n（7﹣n），
n（7﹣n）＝﹣（n−72）2+494,
∴mn≤494，
∵0≤m＜1，
∴此情况不存在．
综上所述，mn最大值为8．
故选：C．
【题型3 二次函数中的定轴动区间求最值】
【例3】（2020秋•马鞍山期末）当a﹣1≤x≤a时，函数y＝x2﹣2x+1的最小值为1，则a的值为 ．
【解题思路】利用二次函数图象上点的坐标特征找出当y＝1时x的值，结合当a﹣1≤x≤a时函数有最小值1，即可得出关于a的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答过程】解：当y＝1时，有x2﹣2x+1＝1，
解得：x1＝0，x2＝2．
∵当a﹣1≤x≤a时，函数有最小值1，
∴a﹣1＝2或a＝0，
∴a＝3或a＝0，
故答案为：0或3．
【变式3-1】（2021•济南模拟）函数y＝﹣x2+4x﹣3，当﹣1≤x≤m时，此函数的最小值为﹣8，最大值为1，则m的取值范围是（ ）
A．0≤m＜2B．0≤m≤5C．m＞5D．2≤m≤5
【解题思路】根据题目中的函数解析式和二次函数的性质，可以求得m的取值范围．
【解答过程】解：∵y＝﹣x2+4x﹣3＝﹣（x﹣2）2+1，
∴该函数图象开口向下，对称轴是直线x＝2，顶点坐标为（2，1），
∴x＝﹣1和x＝5对应的函数值相等，
∵当﹣1≤x≤m时，此函数的最小值为﹣8，最大值为1，当x＝﹣1时，y＝﹣8，
∴2≤m≤5，
故选：D．
【变式3-2】（2021•宁波模拟）若二次函数y＝ax2﹣x+2的图象经过点（2，﹣1），当t≤x≤2时，y有最大值3，最小值﹣1，则t的取值范围应是（ ）
A．﹣6≤t≤2B．t≤﹣2C．﹣6≤t≤﹣2D．﹣2≤t≤2
【解题思路】根据二次函数y＝ax2﹣x+2的图象经过点（2，﹣1），可以求得a的值，然后即可得到该函数的解析式，再根据二次函数的性质和当t≤x≤2时，y有最大值3，最小值﹣1，即可得到t的取值范围．
【解答过程】解：∵二次函数y＝ax2﹣x+2的图象经过点（2，﹣1），
∴﹣1＝a×22﹣2+2，
解得a=−14，
∴y=−14x2﹣x+2=−14（x+2）2+3，
∴该函数的图象开口向下，对称轴是直线x＝﹣2，当x＝﹣2时，该函数取得最大值3，
∵当t≤x≤2时，y有最大值3，最小值﹣1，当x＝2时，y＝﹣1，
∴﹣6≤t≤﹣2，
故选：C．
【变式3-3】（2021•莱芜区二模）已知二次函数y＝（x+1）2﹣4，当a≤x≤b且ab＜0时，y的最小值为2a，最大值为2b，则a+b的值为（ ）
A．23B．−72C．3−2D．0
【解题思路】根据a的取值范围分﹣1≤a＜0，﹣b﹣2≤a＜﹣1，a＜﹣b﹣2三种情况讨论，求出满足题目条件的情况即可．
【解答过程】解：∵a≤x≤b且ab＜0，
∴a，b异号，
∴a＜0，b＞0，
由二次函数的对称性，b关于对称轴的对称点为﹣b﹣2，
若﹣1≤a＜0，
则（a+1）2﹣4＝2a，
解得a=−3（舍），
若﹣b﹣2≤a＜﹣1，
则﹣4＝2a，a＝﹣2，
且（b+1）2﹣3＝2b，
解得b=3，
∴a+b=3−2，
若a＜﹣b﹣2，
则2a＝﹣4，a＝﹣2，
2b＝（a+1）2﹣4＝﹣3，
∴b=−32（舍），
故选：C．
【题型4 二次函数中求线段最值】
【例4】（2020春•海淀区校级期末）如图，抛物线y＝x2+5x+4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AC，点P在线段AC上，过点P作x轴的垂线交抛物线于点Q，则线段PQ长的最大值为 ．
【解题思路】先解方程x2+5x+4＝0得A（﹣4，0），再确定C（0，4），则可利用待定系数法求出直线AC的解析式为y＝x+4，设P（t，t+4）（﹣4≤t≤0），Q（t，t2+5t+4），所以PQ＝t+4﹣（t2+5t+4），然后利用二次函数的性质解决问题．
【解答过程】解：当y＝0时，x2+5x+4＝0，解得x1＝﹣4，x2＝﹣1，则A（﹣4，0），B（﹣1，0），
当x＝0时，y＝x2+5x+4＝4，则C（0，4），
设直线AC的解析式为y＝kx+b，
把A（﹣4，0），C（0，4）代入得−4k+b=0b=4，解得k=1b=4，
∴直线AC的解析式为y＝x+4，
设P（t，t+4）（﹣4≤t≤0），则Q（t，t2+5t+4），
∴PQ＝t+4﹣（t2+5t+4）
＝﹣t2﹣4t
＝﹣（t+2）2+4，
∴当t＝﹣2时，PQ有最大值，最大值为4．
故答案为4．
【变式4-1】（2020秋•镇平县期末）如图，直线y=−34x+3与x轴交于点C，与y轴交于点B，抛物线y=−38x2+34x+3经过B，C两点，点E是直线BC上方抛物线上的一动点，过点E作y轴的平行线交直线BC于点M，则EM的最大值为 ．
【解题思路】设出E的坐标，表示出M坐标，进而表示出EM，化成顶点式即可求得EM的最大值．
【解答过程】解：∵点E是直线BC上方抛物线上的一动点，
∴点E的坐标是（m，−38m2+34m+3），点M的坐标是（m，−34m+3），
∴EM=−38m2+34m+3﹣（−34m+3）=−38m2+32m=−38（m2﹣4m）=−38（m﹣2）2+32，
∴当m＝2时，EM有最大值为32，
故答案为32．
【变式4-2】（2021•埇桥区模拟）对称轴为直线x＝﹣1的抛物线y＝x2+bx+c，与x轴相交于A，B两点，其中点A的坐标为（﹣3，0）．
（1）求点B的坐标．
（2）点C是抛物线与y轴的交点，点Q是线段AC上的动点，作QD⊥x轴交抛物线于点D，求线段QD长度的最大值．
【解题思路】（1）利用二次函数对称性即可得出B点坐标；
（2）首先利用待定系数法求二次函数解析式，进而求出直线AC的解析式，再利用QD＝﹣x﹣3﹣（x2+2x﹣3）进而求出最值．
【解答过程】解：（1）∵点A（﹣3，0）与点B关于直线x＝﹣1对称，
∴点B的坐标为（1，0）．
（2）∵a＝1，∴y＝x2+bx+c．
∵抛物线过点（﹣3，0），且对称轴为直线x＝﹣1，
∴9−3b+c=0−b2=−1
∴解得：b=2c=−3，
∴y＝x2+2x﹣3，
且点C的坐标为（0，﹣3）．
设直线AC的解析式为y＝mx+n，
则−3m+n=0n=−3，
解得：m=−1n=−3，
∴y＝﹣x﹣3
如图，设点Q的坐标为（x．y），﹣3≤x≤0．
则有QD＝﹣x﹣3﹣（x2+2x﹣3）＝﹣x2﹣3x＝﹣（x+32）2+94
∵﹣3≤−32≤0，∴当x=−32时，QD有最大值94．
∴线段QD长度的最大值为94．
【变式4-3】（2020秋•滨海新区期末）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+52与x轴交于A（5，0），B（﹣1，0）两点，与y轴交于点C．
（Ⅰ）求抛物线的解析式；
（Ⅱ）若点M是抛物线的顶点，连接AM，CM，求△ACM的面积；
（Ⅲ）若点P是抛物线上的一动点，过点P作PE垂直y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线，垂足为点F，连接EF，当线段EF的长度最短时，求出点P的坐标．
【解题思路】（Ⅰ）用待定系数法即可求解；
（Ⅱ）△AMC的面积＝S△MHC+S△MHA=12×MH×OA，即可求解；
（Ⅲ）点D在直线AC上，设点D（m，−12m+52），由题意得，四边形OEDF为矩形，故EF＝OD，即当线段EF的长度最短时，只需要OD最短即可，进而求解．
【解答过程】解：（Ⅰ）令x＝0，则y=52，即C（0，52）
设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝a（x﹣5）（x+1），
将点C的坐标代入上式得：52=a（0﹣5）（0+1），
解得a=−12，
故抛物线的表达式为y=−12（x﹣5）（x+1）=−12x2+2x+52；
（Ⅱ）由抛物线的表达式得顶点M（2，92），
过点M作MH∥y轴交AC于点H，
设直线AC的表达式为y＝kx+t，则t=520=5k+t，
解得k=−12t=52，
故直线AC的表达式为y=−12x+52，
当x＝2时，y=32，则MH=92−32=3，
则△AMC的面积＝S△MHC+S△MHA=12×MH×OA=12×3×5=152；
（Ⅲ）点D在直线AC上，设点D（m，−12m+52），
由题意得，四边形OEDF为矩形，故EF＝OD，即当线段EF的长度最短时，只需要OD最短即可，
则EF2＝OD2＝m2+（−12m+52）2=54m2−52m+254，
∵54＞0，故EF2存在最小值（即EF最小），此时m＝1，
故点D（1，2），
∵点P、D的纵坐标相同，
故2=−12x2+2x+52，解得x＝2±5，
故点P的坐标为（2+5，2）或（2−5，2）．
【题型5 二次函数中求线段和最值】
【例5】（2020秋•安居区期末）如图，在抛物线y＝﹣x2上有A，B两点，其横坐标分别为1，2，在y轴上有一动点C，当BC+AC最小时，则点C的坐标是（ ）
A．（0，0）B．（0，﹣1）C．（0，2）D．（0，﹣2）
【解题思路】利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点A，B的坐标，作点B关于y轴的对称点B′，连接AB′交y轴于点C，此时BC+AC最小，由点B的坐标可得出点B′的坐标，由点A，B′的坐标，利用待定系数法可求出直线AB′的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征，即可求出点C的坐标．
【解答过程】解：当x＝1时，y＝﹣12＝﹣1，
∴点A的坐标为（1，﹣1）；
当x＝2时，y＝﹣22＝﹣4，
∴点B的坐标为（2，﹣4）．
作点B关于y轴的对称点B′，连接AB′交y轴于点C，此时BC+AC最小，如图所示．
∵点B的坐标为（2，﹣4），
∴点B′的坐标为（﹣2，﹣4）．
设直线AB′的解析式为y＝kx+b（k≠0），
将A（1，﹣1），B（﹣2，﹣4）代入y＝kx+b得：k+b=−1−2k+b=−4，
解得：k=1b=−2，
∴直线AB′的解析式为y＝x﹣2．
当x＝0时，y＝0﹣2＝﹣2，
∴点C的坐标为（0，﹣2），
∴当BC+AC最小时，点C的坐标是（0，﹣2）．
故选：D．
【变式5-1】（2021•铁岭模拟）如图，已知抛物线y＝﹣x2+px+q的对称轴为x＝﹣3，过其顶点M的一条直线y＝kx+b与该抛物线的另一个交点为N（﹣1，1）．要在坐标轴上找一点P，使得△PMN的周长最小，则点P的坐标为（ ）
A．（0，2）B．（43，0）
C．（0，2）或（43，0）D．以上都不正确
【解题思路】首先，求得抛物线的解析式，根据抛物线解析式求得M的坐标；欲使△PMN的周长最小，MN的长度一定，所以只需（PM+PN）取最小值即可．
然后，过点M作关于y轴对称的点M′，连接M′N，M′N与y轴的交点即为所求的点P（如图1）；过点M作关于x轴对称的点M′，连接M′N，则只需M′N与x轴的交点即为所求的点P（如图2）．
【解答过程】解：如图，∵抛物线y＝﹣x2+px+q的对称轴为x＝﹣3，点N（﹣1，1）是抛物线上的一点，
∴−p−2=−31=−1−p+q，
解得p=−6q=−4．
∴该抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣6x﹣4＝﹣（x+3）2+5，
∴M（﹣3，5）．
∵△PMN的周长＝MN+PM+PN，且MN是定值，所以只需（PM+PN）最小．
如图1，过点M作关于y轴对称的点M′，连接M′N，M′N与y轴的交点即为所求的点P．则M′（3，5）．
设直线M′N的解析式为：y＝ax+t（a≠0），则5=3a+t1=−a+t，
解得a=1t=2，
故该直线的解析式为y＝x+2．
当x＝0时，y＝2，即P（0，2）．
同理，如图2，过点M作关于x轴对称的点M′，连接M′N，则只需M′N与x轴的交点即为所求的点P（−43，0）．
如果点P在y轴上，则三角形PMN的周长=42+MN；如果点P在x轴上，则三角形PMN的周长=210+MN；
所以点P在（0，2）时，三角形PMN的周长最小．
综上所述，符合条件的点P的坐标是（0，2）．
故选：A．
【变式5-2】（2021•包头）已知抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧）与y轴交于点C，点D（4，y）在抛物线上，E是该抛物线对称轴上一动点，当BE+DE的值最小时，△ACE的面积为 ．
【解题思路】解方程x2﹣2x﹣3＝0得A（﹣1，0），B（3，0），则抛物线的对称轴为直线x＝1，再确定C（0，﹣3），D（4，5），连接AD交直线x＝1于E，交y轴于F点，如图，利用两点之间线段最短可判断此时BE+DE的值最小，接着利用待定系数法求出直线AD的解析式为y＝x+1，则F（0，1），然后根据三角形面积公式计算．
【解答过程】解：当y＝0时，x2﹣2x﹣3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，则A（﹣1，0），B（3，0），
抛物线的对称轴为直线x＝1，
当x＝0时，y＝x2﹣2x﹣3＝﹣3，则C（0，﹣3），
当x＝4时，y＝x2﹣2x﹣3＝5，则D（4，5），
连接AD交直线x＝1于E，交y轴于F点，如图，
∵BE+DE＝EA+DE＝AD，
∴此时BE+DE的值最小，
设直线AD的解析式为y＝kx+b，
把A（﹣1，0），D（4，5）代入得−k+b=04k+b=5，解得k=1b=1，
∴直线AD的解析式为y＝x+1，
当x＝1时，y＝x+1＝2，则E（1，2），
当x＝0时，y＝x+1＝1，则F（0，1），
∴S△ACE＝S△ACF+S△ECF=12×4×1+12×4×1＝4．
故答案为4．
【变式5-3】（2021•涪城区模拟）如图，抛物线y=53x2−203x+5与x轴分别交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于C，在其对称轴上有一动点M，连接MA、MC、AC，则当△MAC的周长最小时，点M的坐标是 ．
【解题思路】点A关于函数对称轴的对称点为点B，连接CB交函数对称轴于点M，则点M为所求点，即可求解．
【解答过程】解：点A关于函数对称轴的对称点为点B，连接CB交函数对称轴于点M，则点M为所求点，
理由：连接AC，由点的对称性知，MA＝MB，
△MAC的周长＝AC+MA+MC＝AC+MB+MC＝CA+BC为最小，
令y=53x2−203x+5＝0，解得x＝1或3，令x＝0，则y＝5，
故点A、B、C的坐标分别为（1，0）、（3，0）、（0，5），
则函数的对称轴为x=12（1+3）＝2，
设直线BC的表达式为y＝kx+b，则0=3k+bb=5，解得k=−53b=5，
故直线BC的表达式为y=−53x+5，
当x＝2时，y=−53x+5=53，
故点M的坐标为（2，53）．
【题型6 二次函数中求面积最值】
【例6】（2020秋•盐城期末）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，过点A的直线l交抛物线于点C（2，m），点P是线段AC上一个动点，过点P做x轴的垂线交抛物线于点E．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当P在何处时，△ACE面积最大．
【解题思路】（1）利用交点式写出抛物线解析式；
（2）先利用二次函数解析式确定C（2，﹣3），再利用待定系数法求出直线AC的解析式为y＝﹣x﹣1，设E（t，t2﹣2t﹣3）（﹣1≤t≤2），则P（t，﹣t﹣1），利用三角形面积公式得到△ACE的面积=12×（2+1）×PE=32（﹣t2+t+2），然后根据二次函数的性质解决问题．
【解答过程】解：（1）抛物线解析式为y＝（x+1）（x﹣3），
即y＝x2﹣2x﹣3；
（2）把C（2，m）代入y＝x2﹣2x﹣3得m＝4﹣4﹣3＝﹣3，则C（2，﹣3），
设直线AC的解析式为y＝mx+n，
把A（﹣1，0），C（2，﹣3）代入得−m+n=02m+n=−3，解得m=−1n=−1，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x﹣1；
设E（t，t2﹣2t﹣3）（﹣1≤t≤2），则P（t，﹣t﹣1），
∴PE＝﹣t﹣1﹣（t2﹣2t﹣3）＝﹣t2+t+2，
∴△ACE的面积=12×（2+1）×PE
=32（﹣t2+t+2）
=−32（t−12）2+278，
当t=12时，△ACE的面积有最大值，最大值为278，此时P点坐标为（12，−32）．
【变式6-1】（2021春•金塔县月考）如图，已知抛物线经过A（4，0），B（1，0），C（0，﹣2）三点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在直线AC上方的该抛物线上是否存在一点D，使得△DCA的面积最大，若存在，求出点D的坐标及△DCA面积的最大值；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）根据题意设出抛物线的交点式，用待定系数法求解即可；
（2）根据题意作出相关辅助线，用待定系数法求得直线AC解析式为y=12x﹣2，因为点D在抛物线上，所以可设其坐标为（x，−12x2+52x﹣2），点E在直线AC上则设点E坐标为（x，12x﹣2），由图形可知S△DCA＝S△DCE+S△DAE，将相关坐标及线段的长度代入求解，再根据二次函数的性质即可得出△DCA面积的最大值．
【解答过程】（1）设该抛物线解析式为y＝a（x﹣4）（x﹣1），
将点C（0，﹣2）坐标代入解析式得：﹣2＝a（0﹣4）（0﹣1），解得a=−12，
∴y=−12（x﹣4）（x﹣1）=−12x2+52x﹣2，
故该抛物线的解析式为：y=−12x2+52x﹣2，
（2）如图，
设存在点D在抛物线上，连接AD、CD，过点D作DE⊥x轴且与直线AC交于点E，
设直线AC表达式为：y＝kx+b（k≠0），将A（4，0），C（0，﹣2）代入其表达式得：
0=4k+b−2=b，解得k=12b=−2，
∴直线AC：y=12x﹣2，
设点D坐标为（x，−12x2+52x﹣2），则点E坐标为（x，12x﹣2），
S△DCA＝S△DCE+S△DAE=12×DE×xE+12×DE×（xA﹣xE）=12×DE×xA=12×DE×4＝2DE，
∵DE＝（−12x2+52x﹣2）﹣（12x﹣2）=−12x2+2x，
∴S△DCA＝2DE＝2×（−12x2+2x）＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4，
∴当x＝2时，y=−12x2+52x﹣2═﹣2+5﹣2＝1，即点D坐标为（2，1），
此时△DCA的面积最大，最大值为4．
【变式6-2】（2021春•无为市月考）如图，直线y＝﹣x+n与x轴交于点A（3，0），与y轴交于点B，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A，B．
（1）求抛物线的解析式．
（2）若P为直线AB上方的抛物线上一点，且点P的横坐标为m，求四边形BCAP的面积S关于点P横坐标m的函数解析式，并求S的最大值．
【解题思路】（1）将点A坐标代入直线解析式可求n的值，可求点B坐标，利用待定系数法可求解；
（2）过点P做PE⊥x轴于点E，与直线AB交于点D，求得C的坐标和D的坐标，然后根据S＝S△ABC+S△ABP得到S关于m的函数解析式，根据二次函数的性质即可求得结论．
【解答过程】解：（1）∵直线y＝﹣x+n与x轴交于点A（3，0），
∴0＝﹣3+n，
∴n＝3，
∴直线解析式为：y＝﹣x+3，
当x＝0时，y＝3，
∴点B（0，3），
∵抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A，B，
∴c=3−9+3b+c=0，
∴b=2c=3，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）如图，过点P做PE⊥x轴于点E，与直线AB交于点D，
∵点P的横坐标为m，
∴点P的坐标为（m，﹣m2+2m+3），
∵点D在直线AB上，
∴点D的坐标为（m，﹣m+3），
∴PD＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，
在y＝﹣x2+2x+3中．令y＝0．则﹣x2+2x+3＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3，
∴点C的坐标为（﹣1，0），
∴S＝S△ABC+S△ABP=12×4×3+12（﹣m2+3m）×3=−32（m−32）2+758，
∴当m=32时，S最大，最大值为758．
【变式6-3】（2021春•无棣县月考）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，B点的坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3），点P是直线BC下方抛物线上的一个动点．
（1）求二次函数解析式；
（2）连接PO，PC，并将△POC沿y轴对折，得到四边形POP'C．是否存在点P，使四边形POP'C为菱形？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积．
【解题思路】（1）先根据点C坐标求出c＝﹣3，再将点B坐标代入二次函数解析式中求出b，即可得出结论；
（2）连接PP'交y轴于E，根据菱形的性质判断出点E是OC的中点，进而求出点P的纵坐标，最后代入二次函数解析式中求解，即可得出结论；
（3）设出点P的坐标，进而利用梯形的面积+三角形的面积得出S四边形ABPC=−32（m−12）2+398，即可得出结论．
【解答过程】解：（1）∵二次函数y＝x2+bx+c与y轴的交点C（0，﹣3），
∴c＝﹣3，∴二次函数的解析式为y＝x2+bx﹣3，
∵点B（3，0）在二次函数图象上，
∴9+3b﹣3＝0，
∴b＝﹣2，
∴二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）存在，理由：如图1，
连接PP'交y轴于E，
∵四边形POP'C为菱形，
∴PP'⊥OC，OE＝CE=12OC，
∵点C（0，﹣3），
∴OC＝3，
∴OE=32，
∴E（0，−32），
∴点P的纵坐标为−32，
由（1）知，二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
∴x2﹣2x﹣3=−32，∴x=2−102或x=2+102，
∵点P在直线BC下方的抛物线上，∴0＜x＜3，
∴点P（2+102，−32）；
（3）如图2，过点P作PF⊥x轴于F，则PF∥OC，
由（1）知，二次函数的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
∴x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），
∴设P（m，m2﹣2m﹣3）（0＜m＜3），
∴F（m，0），
∴S四边形ABPC＝S△AOC+S梯形OCPF+S△PFB=12OA•OC+12（OC+PF）•OF+12PF•BF
=12×1×3+12（3﹣m2+2m+3）•m+12（﹣m2+2m+3）•（3﹣m）
=−32（m−32）2+758，
∴当m=32时，四边形ABPC的面积最大，最大值为758，此时，P（32，−154），
即点P运动到点（32，−154）时，四边形ABPC的面积最大，其最大值为758．