第14讲 二次函数的应用（练习）2024年中考数学一轮复习（讲义+练习）（全国通用）

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TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc155192127" 题型01 最大利润/销量问题
\l "_Tc155192128" 题型02 方案选择问题
\l "_Tc155192129" 题型03 拱桥问题
\l "_Tc155192130" 题型04 隧道问题
\l "_Tc155192131" 题型05 空中跳跃轨迹问题
\l "_Tc155192132" 题型06 球类飞行轨迹
\l "_Tc155192133" 题型07 喷泉问题
\l "_Tc155192134" 题型08 图形问题
\l "_Tc155192135" 题型09 图形运动问题
\l "_Tc155192136" 题型10 二次函数综合问题-线段、周长问题
\l "_Tc155192137" 题型11 二次函数综合问题-面积周长问题
\l "_Tc155192138" 题型12 二次函数综合问题-角度问题
\l "_Tc155192139" 题型13 二次函数综合问题-特殊三角形问题
\l "_Tc155192140" 题型14 二次函数综合问题-特殊四边形问题
\l "_Tc155192142"
题型01 最大利润/销量问题
1．（2022·山东青岛·统考中考真题）李大爷每天到批发市场购进某种水果进行销售，这种水果每箱10千克，批发商规定：整箱购买，一箱起售，每人一天购买不超过10箱；当购买1箱时，批发价为8.2元/千克，每多购买1箱，批发价每千克降低0.2元．根据李大爷的销售经验，这种水果售价为12元/千克时，每天可销售1箱；售价每千克降低0.5元，每天可多销售1箱．
(1)请求出这种水果批发价y（元/千克）与购进数量x（箱）之间的函数关系式；
(2)若每天购进的这种水果需当天全部售完，请你计算，李大爷每天应购进这种水果多少箱，才能使每天所获利润最大？最大利润是多少？
【答案】(1)y=−0.2x+8.4 ( 1≤x≤10且x为整数)．
(2)李大爷每天应购进这种水果7箱，获得的利润最大，最大利润是140元．
【分析】（1）根据题意列出y=8.2−0.2(x−1)，得到结果．
（2）根据销售利润=销售量×（售价-进价），利用（1）结果，列出销售利润w与x的函数关系式，即可求出最大利润．
【详解】（1）解：由题意得y=8.2−0.2(x−1)
=−0.2x+8.4
∴批发价y与购进数量x之间的函数关系式是y=−0.2x+8.4 ( 1≤x≤10，且x为整数)．
（2）解：设李大爷销售这种水果每天获得的利润为w元
则w=[12−0.5(x−1)−y]⋅10x
=[12−0.5(x−1)−(−0.2x+8.4)]⋅10x
=−3x2+41x
∵a=−3<0
∴抛物线开口向下
∵对称轴是直线x=416
∴当1≤x≤416时，w的值随x值的增大而增大
∵x为正整数，∴此时，当x=6时，w最大=138
当416≤x≤10时，w的值随x值的增大而减小
∵x为正整数，∴此时，当x=7时，w最大=140
∵140>138
∴李大爷每天应购进这种水果7箱，获得的利润最大，最大利润是140元．
【点睛】本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用，最大销售利润的问题常利用二次函数的增减性来解答，解题关键是理解题意，确定变量，建立函数模型，然后结合实际选择最优方案进行解决．
2．（2022·四川广元·统考中考真题）为推进“书香社区”建设，某社区计划购进一批图书．已知购买2本科技类图书和3本文学类图书需154元，购买4本科技类图书和5本文学类图书需282元．
(1)科技类图书与文学类图书的单价分别为多少元？
(2)为了支持“书香社区”建设，助推科技发展，商家对科技类图书推出销售优惠活动（文学类图书售价不变）：购买科技类图书超过40本但不超过50本时，每增加1本，单价降低1元；超过50本时，均按购买50本时的单价销售．社区计划购进两种图书共计100本，其中科技类图书不少于30本，但不超过60本．按此优惠，社区至少要准备多少购书款？
【答案】(1)科技类图书的单价为38元，文学类图书的单价为26元．
(2)社区至少要准备2700元购书款．
【分析】（1）设科技类图书的单价为x元，文学类图书的单价为y元，然后根据题意可列出方程组进行求解；
（2）设社区需要准备w元购书款，购买科技类图书m本，则文学类图书有（100-m）本，由（1）及题意可分当30≤m<40时，当40≤m≤50时及当50【详解】（1）解：设科技类图书的单价为x元，文学类图书的单价为y元，由题意得：
2x+3y=1544x+5y=282，解得：x=38y=26；
答：科技类图书的单价为38元，文学类图书的单价为26元．
（2）解：设社区需要准备w元购书款，购买科技类图书m本，则文学类图书有（100-m）本，由（1）可得：
①当30≤m<40时，则有：w=38m+26100−m=12m+2600，
∵12＞0，
∴当m=30时，w有最小值，即为w=360+2600=2960；
②当40≤m≤50时，则有：w=38−m+40m+26100−m=−m2+52m+2600，
∵-1＜0，对称轴为直线m=26，
∴当40≤m≤50时，w随m的增大而减小，
∴当m=50时，w有最小值，即为w=−502+52×50+2600=2700；
③当50∵2＞0，
∴当m=51时，w有最小值，即为w=102+2600=2702；
综上所述：社区至少要准备2700元的购书款．
【点睛】本题主要考查二元一次方程组的应用、一次函数与二次函数的应用，解题的关键是找准等量关系，注意分类讨论．
3．（2021·贵州遵义·统考中考真题）为增加农民收入，助力乡村振兴．某驻村干部指导农户进行草莓种植和销售，已知草莓的种植成本为8元/千克，经市场调查发现，今年五一期间草莓的销售量y（千克）与销售单价x（元/千克）（8≤x≤40）满足的函数图象如图所示．

（1）根据图象信息，求y与x的函数关系式；
（2）求五一期间销售草莓获得的最大利润．
【答案】（1）y=−3x+216(8≤x≤32)120(32＜x≤40)；（2）最大利润为3840元
【分析】（1）分为8≤x≤32和32＜x≤40求解析式；
（2）根据“利润＝（售价−成本）×销售量”列出利润的表达式，在根据函数的性质求出最大利润．
【详解】解：（1）当8≤x≤32时，设y＝kx＋b（k≠0），
则22k+b=15032k+b=120，
解得：k=−3b=216，
∴当8≤x≤32时，y＝−3x＋216，
当32＜x≤40时，y＝120，
∴y=−3x+216(8≤x≤32)120(32＜x≤40)；
（2）设利润为W，则：
当8≤x≤32时，W＝（x−8）y＝（x−8）（−3x＋216）＝−3（x−40）2＋3072，
∵开口向下，对称轴为直线x＝40，
∴当8≤x≤32时，W随x的增大而增大，
∴x＝32时，W最大＝2880，
当32＜x≤40时，W＝（x−8）y＝120（x−8）＝120x−960，
∵W随x的增大而增大，
∴x＝40时，W最大＝3840，
∵3840＞2880，
∴最大利润为3840元．
【点睛】点评：本题以利润问题为背景，考查了待定系数法求一次函数的解析式、分段函数的表示、二次函数的性质，本题解题的时候要注意分段函数对应的自变量x的取值范围和函数的增减性，先确定函数的增减性，才能求得利润的最大值．
题型02 方案选择问题
4．（2023·安徽合肥·统考三模）为响应政府巩固脱贫成果的号召，某商场与生产水果的脱贫乡镇签订支助协议，每月向该乡镇购进甲、乙两种水果进行销售，根据经验可知：销售甲种水果每吨可获利0.4万元，销售乙种水果获利如下表所示：
(1)分别求销售甲、乙两种水果获利y1（万元）、y2（万元）与购进水果数量x（吨）的函数关系式；
(2)若只允许商场购进并销售一种水果，选择哪种水果获利更高？
(3)支助协议中约定，商场每个月向乡镇购进甲、乙两种水果的数量分别为m、n吨，且m，n满足n=20−12m2，请帮忙商场设计可获得的最大利润的进货方案．
【答案】(1)y1=0.4x，y2=0.2x+0.3；
(2)当进货数量小于1.5吨时，销售乙种水果获利大；当进货数量等于1.5吨时，销售两种水果获利一样；当进货数量大于1.5吨时，销售甲种水果获利大；
(3)商场向乡镇购进甲、乙两种水果的数量分别为2和18吨时，获得利润最大为4.7万元．
【分析】（1）通过表格信息建立函数关系式即可；
（2）通过购买数量来选择哪种水果即可；
（3）建立二次函数关系式，转化为求最值问题即可．
【详解】解：（1）由题意得y1=0.4x，
在直角坐标系中描出以x,y坐标的对应点，易得y2的图象成一条直线，
设y2=kx+b，则3k+b=0.94k+b=1.1，
解得k=0.2b=0.3，
∴y2=0.2x+0.3．
（2）当y1=y2，则0.4x=0.2x+0.3，
解得x=1.5；
∴当进货数量小于1.5吨时，销售乙种水果获利大；当进货数量等于1.5吨时，销售两种水果获利一样；当进货数量大于1.5吨时，销售甲种水果获利大．
（3）当商场向乡镇购进甲、乙两种水果的数量分别为m、n吨时，获得利润：
w=0.4m+0.2n+0.3 =0.4m+0.220−12m2+0.3，
即w=−0.1m2+0.4m+4.3 =−0.1m−22+4.7，
当m=2时，n=18，w有最大值，
答：当商场向乡镇购进甲、乙两种水果的数量分别为2和18吨时，获得利润最大为4.7万元．
【点睛】本题考查了一次函数二次函数的实际应用，解此题的关键是根据题意熟练掌握函数关系的建立，求出解析式．
5．（2023·山东潍坊·统考二模）2023年国际风筝会期间，某经销商准备采购一批风筝，已知用20000元采购A型风筝的只数是用8000元采购B型风筝的只数的2倍，一只A型风筝的进价比一只B型风筝的进价多20元．
(1)求一只A，B型风筝的进价分别为多少元？
(2)经市场调查发现：A型风筝售价的一半与A型风筝销量的和总是等于130，B型风筝的售价为120元/只．该经销商计划购进A，B型风筝共300只，其中A型风筝m50≤m≤150只，若两种风筝能全部售出，求销售这批风筝的最大利润，并写出此时的采购方案．
【答案】(1)一只A型风筝的进价为100元，一只B型风筝的进价为80元；
(2)当购进50只A型风筝，80只B型风筝时，销售这批风筝的利润最大，最大利润为13000元．
【分析】（1）设一只A型风筝的进价为x元，一只B型风筝的进价为x+20元，根据“用20000元采购A型风筝的只数是用8000元采购B型风筝的只数的2倍”列分式方程，解之即可求解；
（2）设销售这批风筝的利润为w元，根据题意得w=−2m−302+13800，利用二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：设一只A型风筝的进价为x元，一只B型风筝的进价为x+20元，
根据题意得20000x+20=8000x×2，
解得x=80，
经检验，x=80是所列方程的解，且符合题意，
∴x+20=80+20=100，
答：一只A型风筝的进价为100元，一只B型风筝的进价为80元；
（2）解：设销售这批风筝的利润为w元，
根据题意得：w=[2(130−m)−100]m+120−80300−m=−2m2+120m+12000，
整理得w=−2m−302+13800，
∵−2<0，50≤m≤150
∴当m=50时，w取得最大值，最大值为13000，此时130−m=130−50=80，
答：当购进50只A型风筝，80只B型风筝时，销售这批风筝的利润最大，最大利润为13000元．
【点睛】本题考查了分式方程的应用、二次函数的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）利用二次函数的性质求出最大利润．
6．（2020·山西太原·统考模拟预测）垃圾分类作为一个公共管理的综合系统工程，需要社会各个方面共同发力．洛阳市某超市计划定制一款家用分类垃圾桶，独家经销，生产厂家给出如下定制方案：不收设计费，定制不超过200套时．每套费用60元；超过200套后，超出的部分8折优惠．已知该超市定制这款垃圾桶的平均费用为56元1套
(1)该超市定制了这款垃圾桶多少套？
(2)超市经过市场调研发现：当此款垃圾桶售价定为80/套时，平均每天可售出20套；售价每降低1元．平均每天可多售出2套，售价下降多少元时．可使该超市平均每天销售此款垃圾桶的利润最大？
【答案】(1)该超市定制这款垃圾桶300套
(2)售价下降7元时，平均每天销售此款垃圾桶的利润最大
【分析】（1）设该超市定制了这款垃圾桶x套，根据题意，列出方程，即可；
（2）设售价下降m元，平均每天销售此款垃圾桶的利润为y元，根据题意，列出方程，解出方程，即可．
【详解】（1）设该超市定制了这款垃圾桶x套，
∵56<60，
∴x>200，
∴60×200+60×x−200×80%=56x，
解得：x=300，
答：该超市定制了这款垃圾桶300套．
（2）设售价下降m元，平均每天销售此款垃圾桶的利润为y元，
∴y=80−56−m20+2m，
y=−2m2+48m+480=−2m−72+578，
∵−2<0且0∴当m=7时，y有最大值，
答：售价下降7元时，平均每天销售此款垃圾桶的利润最大．
【点睛】本题考查一元一次方程和二次函数的知识，解题的关键是掌握一元一次方程和二次函数的运用，根据题意，列出等式．
7．（2023·江苏南通·统考一模）某商家购进一批产品，成本为10元/件，现有线上和线下两种销售方式，售价均为x元/件（10(1)求y与x的函数关系式；
(2)求当售价为多少元时，线上销售利润与线下销售利润相等；
(3)若商家准备从线上和线下两种销售方式中选一种，怎样选择才能使所获利润较大．
【答案】(1)y=−100x+2400
(2)18元
(3)当10【分析】（1）根据表格可知y与x满足一次函数的关系，再利用待定系数法求得一次函数即可；
（2）利用销售利润=销售数量×（销售单价−销售成本），结合题意列代数式，即可解答；
（3）根据二次函数的性质和（2）中求得的结果，即可解答．
【详解】（1）解：∵y与x满足一次函数的关系，
∴设y=kx+bk≠0，
将x=14,y=1000；x=13,y=1100代入得：
14k+b=100013k+b=1100，
解得：k=−100b=2400，
∴y与x的函数关系式为：y=−100x+2400；
（2）解：根据题意得：线上销售利润为W1=600x−10=600x−6000，
线下销售利润为W2=−100x+2400x−10=−100x2+3400x−24000，
当W1=W2时，600x−10=−100x2+3400x−24000
解得x1=18或x2=10（舍去），
答：当售价为18元时，线上销售利润与线下销售利润相等；
（3）解：由（2）知，当10W2，
∴当10当18∴当18综上，当10【点睛】本题考查了一次函数和二次函数的实际应用，一元二次方程的实际应用（销售问题），能结合题意列出正确的函数关系式是解题的关键．
题型03 拱桥问题
8．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考一模）如图，有一座抛物线型拱桥，在正常水位时水面宽AB=20m，当水位上升3m时，水面宽CD=10m．
(1)按如图所示的直角坐标系，求此抛物线的函数表达式；
(2)有一条船以5km/ℎ的速度向此桥径直驶来，当船距离此桥35km，桥下水位正好在AB处，之后水位每小时上涨0.25m，当水位达到CD 处时，将禁止船只通行．如果该船的速度不变继续向此桥行驶35km时，水面宽是多少？它能否安全通过此桥？
【答案】(1)y=−125x2
(2)水面宽是15m，它能安全通过此桥
【分析】（1）以拱桥最顶端为原点，建立直角坐标系，根据题目中所给的数据设函数解析式为y=ax2，由待定系数法求出其解即可；
（2）计算出船行驶到桥下的时间，由这个时间按计算水位上升的高度，从而得出此时水面宽度，再比较就可以求出结论．
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为y=ax2(a不等于0)，桥拱最高点O到水面CD的距离为ℎ米．
则D(5,−ℎ)，B(10,−ℎ−3)
∴ 25a=−ℎ100a=−ℎ−3，
解得a=−125ℎ=1，
∴抛物线的解析式为y=−125x2；
（2）解：由题意，得
船行驶到桥下的时间为：35÷5=7小时，
水位上升的高度为：0.25×7=1.75米．
设此时水面宽为EF ，
，
由（1）知：B10,−4，
∴F纵坐标为−4+1.75=−2.25，
把y=−2.25代入y=−125x2，得
−2.25=−125x2，
解得：x1=−7.5，x2=7.5，
∴EF=7.5−−7.5=15m，
∵15m>10m．
∴船的速度不变，它能安全通过此桥．
答：该船的速度不变继续向此桥行驶35km时，水面宽是15m，它能安全通过此桥．
【点睛】本题考查了运用待定系数法求二次函数的解析式的运用，行程问题的数量关系的运用，有理数大小的比较的运用，解答时求出函数的解析式是关键．
9．（2023·北京房山·统考一模）如图1，某公园在入园处搭建了一道“气球拱门”，拱门两端落在地面上．若将拱门看作抛物线的一部分，建立如图2所示的平面直角坐标系．拱门上的点距地面的竖直高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）近似满足函数关系y=a(x−ℎ)2+k(a<0)．
(1)拱门上的点的水平距离x与竖直高度y的几组数据如下：
根据上述数据，直接写出“门高”（拱门的最高点到地面的距离），并求出拱门上的点满足的函数关系y=a(x−ℎ)2+k(a<0)．
(2)一段时间后，公园重新维修拱门．新拱门上的点距地面的竖直高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）近似满足函数关系y=−0.288(x−5)2+7.2，若记“原拱门”的跨度（跨度为拱门底部两个端点间的距离）为d1，“新拱门”的跨度为d2，则d1__________d2(填“>”、“=”或“<”）．
【答案】(1)y=−0.2(x−6)2+7.2
(2)>
【分析】（1）由表格得当x=2时，y=4，当x=10时，y=4，从而可求顶点坐标，即可求解；
（2）由表格可以直接求出d1，由y=−0.288(x−5)2+7.2可求出d2，进行比较即可．
【详解】（1）解：由表格得：
∵6−2=10−6，
∴顶点坐标为6,7.2，
∴y=a(x−6)2+7.2，
∴a(2−6)2+7.2=4，
解得：a=−0.2，
∴y=−0.2(x−6)2+7.2．
（2）解：由表格得
当x=12时，y=0，
原拱门中：d1=12（m）；
新拱门中：
当y=0时，
−0.288(x−5)2+7.2=0
解得：x1=0，x2=10，
∴d2=x2−x1=10（m），
∵12>10，
∴d1>d2．
故答案：>．
【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，理解函数中自变量和应变量的实际意义是解题的关键．
10．（2023·广东佛山·校考三模）古往今来，桥给人们的生活带来便利，解决跨水或者越谷的交通，便于运输工具或行人在桥上畅通无阻，中国桥梁的桥拱线大多采用圆弧形、抛物线形和悬链形，坐落在河北省赵县汶河上的赵州桥建于隋朝，距今已有约1400年的历史，是当今世界上现存最早、保存最完整的古代敝肩石拱桥，赵州桥的主桥拱便是圆弧形．
(1)某桥A主桥拱是圆弧形（如图①中ABC），已知跨度AC=40m，拱高BD=10m，则这条桥主桥拱的半径是______m；
(2)某桥B的主桥拱是抛物线形（如图②），若水面宽MN=10m，拱顶P（抛物线顶点）距离水面4m，求桥拱抛物线的解析式；
(3)如图③，某时桥A和桥B的桥下水位均上升了2m，求此时两桥的水面宽度．
【答案】(1)25
(2)y=−425x2+4
(3)此时桥A的水面宽度为821m，桥B的水面宽度为52m
【分析】（1）设ABC所在圆的圆心为点O，连接OA,OD，则OB⊥AC，AD=CD=20m，再设这条桥主桥拱的半径是rm，则OA=OB=rm，OD=r−10m，然后在Rt△AOD中，利用勾股定理求解即可得；
（2）以水面所在直线为x轴，MN的中点为原点O，建立平面直角坐标系，则N5,0,P0,4，再利用待定系数法求解即可得；
（3）根据（1）可得OF=25m,OD=15m,OB⊥FG,DE=2m，利用勾股定理可求出EF的长，再利用垂径定理即可得此时桥A的水面宽度；根据（2）的结论求出y=2时，x的值，由此即可得此时桥B的水面宽度．
【详解】（1）解：如图，设ABC所在圆的圆心为点O，连接OA,OD，

由垂径定理得：点O,D,B共线，
则OB⊥AC，AD=CD=12AC=20m，
设这条桥主桥拱的半径是rm，则OA=OB=rm，
∴OD=OB−BD=r−10m，
在Rt△AOD中，AD2+OD2=OA2，即202+r−102=r2，
解得r=25，
故答案为：25．
（2）解：如图，以水面所在直线为x轴，MN的中点为原点O，建立平面直角坐标系，

由题意得：N5,0,P0,4，
则设桥拱抛物线的解析式为y=ax2+c，
将点N5,0,P0,4代入得：25a+c=0c=4，解得a=−425c=4，
所以桥拱抛物线的解析式为y=−425x2+4．
（3）解：如图，桥A中，由（1）可知：OF=25m,OD=25−10=15m，

由题意得：OB⊥FG,DE=2m，
∴OE=17m，
在Rt△EOF中，EF=OF2−OE2=421m，
由垂径定理得：FG=2EF=821m，
即此时桥A的水面宽度为821m；
如图，桥B中，y=−425x2+4，

当y=2时，−425x2+4=2，
解得x=522或x=−522，
所以此时桥B的水面宽度为522−−522=52m，
答：此时桥A的水面宽度为821m，桥B的水面宽度为52m．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的应用、二次函数的应用等知识点，熟练掌握垂径定理和二次函数的性质是解题关键．
题型04 隧道问题
11．（2022·北京通州·统考一模）如图1是某条公路的一个单向隧道的横断面．经测量，两侧墙AD和与路面AB垂直，隧道内侧宽AB＝4米．为了确保隧道的安全通行，工程人员在路面AB上取点E，测量点E到墙面AD的距离和到隧道顶面的距离EF．设AE=x米，EF=y米．通过取点、测量，工程人员得到了x与y的几组值，如下表：
(1)隧道顶面到路面AB的最大高度为______米；
(2)请你帮助工程人员建立平面直角坐标系，描出上表中各对对应值为坐标的点，画出可以表示隧道顶面的图象．
(3)今有宽为2.4米，高为3米的货车准备在隧道中间通过（如图2）．根据隧道通行标准，其车厢最高点到隧道顶面的距离应大于0.5米．结合所画图象，请判断该货车是否安全通过：______（填写“是”或“否”）．
【答案】(1)3.99
(2)见解析
(3)是
【分析】（1）根据二次函数的对称性可知：当x=2时，y有最大值；
（2）根据题意，以点A为原点，AB为x轴，AD为y轴建立直角坐标系；
（3）在y=−0.2475x−22+3.99中，令x=0.8，求得相应的y值，结合其车厢最高点到隧道顶面的距离应大于0.5米．从而判断该货车是否能安全通过.
【详解】（1）解：根据二次函数的对称性可知：当x=2时，y有最大值为3.99；
故答案为：3.99；
（2）解：如图，建立直角坐标系，
（3）解：将D(0,3)代入y=ax−22+3.99，得：
4a+3.99=3，解得：a=−0.2475，
∴抛物线的表达式为y=−0.2475x−22+3.99；
在y=−0.2475x−22+3.99中，令x=0.8，得：
y=−0.24750.8−22+3.99=3.6336，
3.6336−3=0.6336>0.5
∴车厢最高点到隧道顶面的距离大于0.5米，
∴该货车能安全通过；
故答案为：是．
【点睛】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，数形结合、理清题中的数量关系、熟练掌握待定系数法是解题的关键．
12．（2023·河南信阳·二模）2023年3月15日新晋高速全线通车，它把山西往河南路程由2小时缩短为1小时前期规划开挖一条双向四车道隧道时，王师傅想把入口设计成抛物线形状（如图），入口底宽AB为16cm，入口最高处OC为12.8米．
(1)求抛物线解析式；
(2)王师傅实地考察后，发现施工难度大，有人建议抛物线的形状不变，将隧道入口往左平移2m，最高处降为9.8米，求平移后的抛物线解析式；
(3)双向四车道的地面宽至少要15米，则（2）中的建议是否符合要求？
【答案】(1)抛物线解析式为y=−0.2x2+12.8
(2)抛物线解析式为y=−0.2x2+0.8x+9
(3)不符合要求，理由见解析
【分析】（1）根据图形和题意设出抛物线解析式，再把A点坐标代入解析式即可；
（2）根据平移的性质求抛物线解析式即可；
（3）令（2）中解析式的y=0，解方程即可．
【详解】（1）由图知，此抛物线对称轴为y轴，顶点坐标C(0,12.8)，A−8,0，
故设抛物线解析式为y=ax2+12.8，
把A点坐标代入解析式得：64a+12.8=0，
解得a=−0.2，
∴抛物线解析式为y=−0.2x2+12.8；
（2）由题意可知，抛物线向左平移2m，向下平移使最高点降为9.8m，
∴抛物线解析式为y=−0.2(x+2)2+9.8=−0.2x2+0.8x+9；
（3）（2）中的建议不符合要求，理由：
令y=−0.2x2+0.8x+9中的y=0，
则−0.2x2+0.8x+9=0，
整理得x2−4x−45=0，
解得x1=−5，x2=9，
∴x2−x1=9+5=14，
∵14<15，
∴（2）中的建议不符合要求．
【点睛】本题考查二次函数的应用，关键是求出函数解析式．
题型05 空中跳跃轨迹问题
13．（2022·河北保定·统考二模）如图，某跳水运动员进行10米跳台跳水训练，水面边缘点E的坐标为−32,−10．运动员（将运动员看成一点）在空中运动的路线是经过原点O的抛物线．在跳某个规定动作时，运动员在空中最高处A点的坐标为1,54，正常情况下，运动员在距水面高度5米以前，必须完成规定的翻腾、打开动作，并调整好入水姿势，否则就会失误．运动员入水后，运动路线为另一条抛物线．

(1)求运动员在空中运动时对应抛物线的解析式并求出入水处B点的坐标；
(2)若运动员在空中调整好入水姿势时，恰好距点E的水平距离为5米，问该运动员此次跳水会不会失误？通过计算说明理由；
(3)在该运动员入水点的正前方有M，N两点，且EM=212，EN=272，该运动员入水后运动路线对应的抛物线解析式为y=a（x−ℎ）2+k，且顶点C距水面4米，若该运动员出水点D在MN之间（包括M，N两点），请直接写出a的取值范围．
【答案】(1)y=−54x−12+54；4，−10
(2)该运动员此次跳水失误了，理由见解析
(3)14≤a≤1625
【分析】（1）设抛物线的解析式为y=a0x−12+54，将0,0代入即可求得解析式；令y=−10，即可求得点B的坐标；
（2）求出距点E水平距离为5米的点的纵坐标即可进行判断；
（3）分别求出当抛物线经过点M、N时的a的值即可．
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为y=a0x−12+54
将0,0代入解析式得：a0=−54
∴抛物线的解析式为y=−54x−12+54
令y=−10，则−10=−54x−12+54
解得：x1=−2(舍去),x2=4
∴入水处B点的坐标4，−10
（2）解：距点E的水平距离为5米，对应的横坐标为：x=5−32=72
将x=72代入解析式得：y=−54×72−12+54=−10516
∵−10516−−10=5516<5
∴该运动员此次跳水失误了
（3）解：∵EM=212，EN=272，点E的坐标为−32,−10
∴点M、N的坐标分别为：9,−10,12,−10
∵该运动员入水后运动路线对应的抛物线解析式为y=a（x−ℎ）2+k，顶点C距水面4米
y=a(x−132)2−14，
∴当抛物线经过点M时，把点M9,−10代入得：a=1625
同理，当抛物线经过点N 12,−10时，a=14
由点D在MN之间可得：14≤a≤1625
【点睛】本题考查了二次函数在实际生活中的应用．涉及了抛物线的顶点式、求抛物线上的点的坐标等．熟记二次函数的相关形式是解题关键．
14．（2023·山东青岛·统考二模）跳台滑雪简称：“跳雪”，选手不借助任何外力，从起滑台P处起滑，在助滑道PE上加速，从跳台E处起跳，最后落在山坡MN或者水平地面上．运动员从P点起滑，沿滑道加速，到达高度OE=42m的E点后起跳，运动员在空中的运动轨迹是一条抛物线．建立如图所示平面直角坐标系，OM=38m，ON=114m，设MN所在直线关系式为y=kx＋b．

甲运动员起跳后，与跳台OE水平距离xm、竖直高度ym之间的几组对应数据如下：
(1)求甲运动员空中运动轨迹抛物线的关系式；
(2)运动员得分由距离得分＋动作分＋风速得分组成．
距离得分：运动员着陆点到跳台OE水平距离为50m，即得到60分，每比50m远1米多得2分；反之，当运动员着陆点每比50m近1米扣2分．距离分计算采取“2舍3入法”，如60.2米计为60米，60.3米则计为60.5米．
动作得分：由裁判根据运动员空中动作的优美程度打分．
风速得分：由逆风或者顺风决定．
甲运动员动作分、风速加分如下表：
请你计算甲运动员本次比赛得分．
【答案】(1)y=−150x2+45x+42
(2)127.5分
【分析】（1）利用待定系数法可得结论；
（2）先确定MN的解析式，联立一次函数和二次函数的解析式，解方程组可得x的值，代入到总分的式子即可算出．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点10,48，30,48
∴对称轴是：直线x=10+302=20，
∴顶点坐标为：20,50，
设甲运动员空中运动轨迹抛物线的关系式为：y=ax−202+50，
将代入得0,42代入得：a0−202+50=42，则a=−150，
∴甲运动员空中运动轨迹抛物线的关系式为：y=−150x−202+50=−150x2+45x+42．
（2）解：∵OM=38m,ON=114m
∴M(0,38),N(114,0)，
设MN的解析式为y=kx+b，
∴b=38114k+b=0，解得k=−13b=38，
∴MN的解析式为y=−13x+38，
当−150x2+45x+42=−13x+38，
解得：x1=60，x2=−13（舍去），
则60+2×60−50+50+−2.5=127.5，
∴甲运动员本次比赛得分127.5分．
【点睛】本题考查二次函数的应用，解题的关键在于：会用待定系数法求解析式、能求出与x轴的交点．
15．（2023·河南开封·统考一模）某校开展“阳光体育”活动，如图①是学生在操场玩跳长绳游戏的场景，在跳长绳的过程中，绳甩到最高处时的形状是抛物线型，如图②所示是以点O为原点建立的平面直角坐标系（甲位于点O处，乙位于x轴的D处），正在甩绳的甲、乙两名同学握绳的手分别设为A点、B点，且AB的水平距离为6米，他们到地面的距离AO与BD均为0.9米，绳子甩到最高点C处时，最高点距地面的垂直距离为1.8米．
(1)请求出该抛物线的解析式；
(2)跳绳者小明的身高为1.7米，当绳子甩到最高处时，求小明站在距甲同学多远时，绳子刚好过他的头顶上方；
(3)经测定，多人跳长绳时，参与者同方向站立时的脚跟之间距离不小于0.4米时才能安全起跳，小明与其他3位同学一起跳绳，如果这3名同学与小明身高相同，通过计算说明他们是否可以安全起跳？
【答案】(1)y=−0.1x−32+1.8
(2)小明站在距甲2米或4米时，绳子刚好过他的头顶上方
(3)他们可以安全起跳，理由见解析
【分析】（1）根据题意可知抛物线顶点的坐标为3,1.8，可设抛物线的解析式为y=ax−32+1.8，将点A0,0.9代入，求出a的值，可得该抛物线的解析式；
（2）将y=1.7代入y=−0.1x−32+1.8，解得x的值即可；
（3）由（2）可知当y=1.7时，x1=2，x2=4，可以站立跳绳的距离为4−2=2米，小明与其他3位同学一起跳绳需要站立的最短距离为4−1×0.4=1.2米，因为1.2<2，所以他们可以安全起跳．
【详解】（1）解：由题意设抛物线的解析式为y=ax−32+1.8，
将点A0,0.9代入y=ax−32+1.8，中，得a=−0.1，
∴该抛物线的解析式是y=−0.1x−32+1.8．
（2）解：将y=1.7代入y=−0.1x−32+1.8，
解得x1=2，x2=4，
∴小明站在距甲2米或4米时，绳子刚好过他的头顶上方．
（3）解：他们可以安全起跳，理由如下：
当y=1.7时，x1=2，x2=4，
∴可以站立跳绳的距离为4−2=2米，
又∵4−1×0.4=1.2米，
∴1.2<2，
∴他们可以安全起跳．
【点睛】本题考查了求二次函数的表达式，和二次函数的实际应用，利用待定系数法求出二次函数的表达式是解答本题的关键．
题型06 球类飞行轨迹
16．（2023·陕西西安·交大附中分校校考一模）卡塔尔世界杯完美落幕．在一场比赛中，球员甲在离对方球门30米处的O点起脚吊射（把球高高地挑过守门员的头顶，射入球门），假如球飞行的路线是一条抛物线，在离球门14米时，足球达到最大高度8米．如图所示，以球员甲所在位置O点为原点，球员甲与对方球门所在直线为x轴，建立平面直角坐标系．
(1)求满足条件的抛物线的函数表达式；
(2)如果葡萄牙球员C罗站在球员甲前3米处，C罗跳起后最高能达到2.88米，那么C罗能否在空中截住这次吊射？
【答案】(1)y=−132(x−16)2+8
(2)能
【分析】（1）根据题意得出二次函数的顶点坐标，进而求出二次函数解析式；
（2）将x=3代入函数表达式，与2.88相比较即可得出答案．
【详解】（1）解：由题意可得，足球距离点O(30−14)=16米时，足球达到最大高度8米，
设抛物线解析式为：y=a(x−16)2+8，
把(0,0)代入解析式得：0=a(0−16)2+8，
解得：a=−132，
故抛物线解析式为：y=−132(x−16)2+8；
（2）当x=3时，y=−132(3−16)2+8=2.72<2.88，
故C罗能在空中截住这次吊射．
【点睛】此题主要考查了二次函数的应用，正确求出二次函数解析式是解题关键．
17．（2022·山东青岛·统考一模）手榴弹作为一种威力较大，体积较小，方便携带的武器，在战争中能发挥重要作用，然而想把手榴弹扔远，并不是一件容易的事．军训中，借助小山坡的有利地势，小刚在教官的指导下用模拟弹进行一次试投：如图所示，把小刚投出的手榴弹的运动路线看做一条抛物线，手榴弹飞行的最大高度为12米，此时它的水平飞行距离为6米，山坡OA的坡度为1:3．
(1)求这条抛物线的表达式；
(2)山坡上A处的水平距离OE为9米，A处有一棵树，树高5米，则小刚投出的手榴弹能否越过这棵树？请说明理由；
(3)求飞行的过程中手榴弹离山坡的最大高度是多少米．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=−13x2+4x；
(2)能越过，理由见解析；
(3)12112米
【分析】（1）设抛物线的解析式为y=a（x-6）2+12，将点（0，0）代入，求出a，得到抛物线解析式；
（2）由坡比求出AE，将x=9代入函数解析式，与3+5=8比较可得结论；
（3）由（2）知A的坐标为（9，3），求出直线OA的解析式，作直线MNy轴，交抛物线于点M，交直线OA于点N，设点M（x，−13x2+4x），则点N的坐标为（x，13x），求出MN=-13x2+4x-13x=−13(x−112)2+12112，利用二次函数的性质求出最大值即可．
【详解】（1）解：由题意设抛物线的解析式为y=a（x-6）2+12，
将点（0，0）代入，得36a+12=0，
解得a=−13，
∴抛物线的解析式为y=−13（x-6）2+12=−13x2+4x；
（2）能越过，理由如下：
∵山坡OA的坡度为1:3，
∴AE：OE=1：3，
∵OE=9米，
∴AE=3米，
当x=9时，y=−13（9-6）2+12=9，
∵3+5=8<9，
∴小刚投出的手榴弹能越过这棵树；
（3）由（2）知A的坐标为（9，3），
∴直线OA的解析式为y=13x，
作直线MNy轴，交抛物线于点M，交直线OA于点N，
设点M（x，−13x2+4x），则点N的坐标为（x，13x），
∴MN=-13x2+4x-13x=−13(x−112)2+12112，
∴当x=112时，MN有最大值，最大值为12112，
∴飞行的过程中手榴弹离山坡的最大高度是12112米．
【点睛】此题考查了求二次函数的解析式，二次函数的最值，二次函数的性质，属于二次函数的综合题，正确掌握二次函数的知识是解题的关键．
18．（2022·浙江台州·统考二模）鹰眼系统能够追踪、记录和预测球的轨迹，如图分别为足球比赛中某一时刻的鹰眼系统预测画面（如图1）和截面示意图（如图2），攻球员位于点O，守门员位于点A，OA的延长线与球门线交于点B，且点A，B均在足球轨迹正下方，足球的飞行轨迹可看成抛物线．已知OB=28m，AB=8m，足球飞行的水平速度为15m/s，水平距离s（水平距离=水平速度×时间）与离地高度h的鹰眼数据如下表：
(1)根据表中数据预测足球落地时，s= m；
(2)求h关于s 的函数解析式；
(3)守门员在攻球员射门瞬间就作出防守反应，当守门员位于足球正下方时，足球离地高度不大于守门员的最大防守高度视为防守成功．已知守门员面对足球后退过程中速度为2.5m/s，最大防守高度为2.5m；背对足球向球门前进过程中最大防守高度为1.8m．
①若守门员选择面对足球后退，能否成功防守？试计算加以说明；
②若守门员背对足球向球门前进并成功防守，求此过程守门员的最小速度．
【答案】(1)30
(2)ℎ=−145(s−15)2+5
(3)①守门员不能成功防守；说明见解析；②守门员的最小速度为359m/s
【分析】（1）由函数图象顶点坐标信息可得答案；
（2）由数据表得抛物线顶点（15，5），设解析式为ℎ=a(s−15)2+5，再利用待定系数法求解函数解析式即可；
（3）①设守门员到达足球正下方的时间为t s．由题意得15t=20+2.5t，解得t=85，再计算足球此时的高度即可；②由题意判断：当h=1.8m且守门员刚好到达足球正下方时，此时速度最小．再求解此时足球飞行的水平距离s=27m，可得足球的飞行时间，从而可得答案．
【详解】（1）解：由函数图象信息可得：顶点坐标为：15，5，
所以预测足球落地时，s=30.
故答案为：30
（2）解：由数据表得抛物线顶点（15，5），
故设解析式为ℎ=a(s−15)2+5，
把（12，4.8）代入ℎ=a(s−15)2+5得a=−145
所以解析式为ℎ=−145(s−15)2+5．
（3）解：设守门员到达足球正下方的时间为t s．
①由题意得15t=20+2.5t，解得t=85，即s=24 m，
把s=24代入解析式得ℎ=165，而165>2.5，
所以守门员不能成功防守．
②当h=1.8m且守门员刚好到达足球正下方时，此时速度最小．
所以把h=1.8代入解析式得：
1.8=−145(s−15)2+5
解得：s=27或s=3（不合题意舍去）
所以足球飞行时间t=2715=95s，守门员跑动距离为8−20+8−27=7（m），
所以守门员速度为359m/s．
【点睛】本题考查的是二次函数的实际应用，利用待定系数法求解二次函数的解析式，理解题意，明确函数图象上点的横坐标与纵坐标的含义是解本题的关键．
19．（2023·河北衡水·统考二模）如图，春节期间，某同学燃放一种手持烟花，烟花弹的飞行路径是一段抛物线，喷射出时距地面2米，在与他水平距离是20米，达到最大高度18米时爆炸．若是哑弹（在空中没有爆炸的烟花弹），会继续按原有的抛物线飞落，在他的正前方33米处有一栋高15米的居民楼（截面矩形ABCD与抛物线在同一平面上）．
(1)求抛物线的解析式（不必写出x的取值范围），请通过计算说明若是哑弹，会落在几层居民楼的外墙或窗户上（每层楼高按3米计算）；
(2)该同学沿x轴负半轴至少后退几米，才能避免哑弹落在居民楼的外墙或窗户上？（结果保留根号）
(3)若居民楼宽AB=CD=12m，该同学沿x轴向居民楼走n米，可使哑弹落在楼顶CD上（不含点C，D），直接写出n的取值范围．（结果保留根号）
【答案】(1)y=−0.04x−202+18，若是哑弹，会落在4层居民楼的外墙或窗户上
(2)该同学沿x轴负半轴至少后退152−13米，才能避免哑弹落在居民楼的外墙或窗户上
(3)13−53【分析】（1）依题意，设y=ax−202+18，将点0,2代入，待定系数法求解析式，将x=33代入求得y= 11.24，结合题意即可求解；
（2）设抛物线解析式为y=−0.04x−20+m2+18，将33,0代入即可求解；
（3）该同学沿x轴向居民楼走n米，则抛物线解析式为：y=−0.04x−20−n2+18，根据题意求得点D33,15，C45,15，分别代入抛物线解析式即可求解．
【详解】（1）解：依题意，设y=ax−202+18，将点0,2代入，得
202a+18=2
解得：a=−0.04，
∴抛物线解析式为y=−0.04x−202+18
∵D33,15,
当x=33时，y=−0.0433−202+18=11.24，
∵9<11.24<12，每层楼高按3米计算，
∴若是哑弹，会落在4层居民楼的外墙或窗户上；
（2）设该同学沿x轴负半轴后退m m>0米，
则抛物线解析式为y=−0.04x−20+m2+18，
将33,0代入得，
0=−0.0433−20+m2+18，
解得：m=152−13或m=−152−13（舍去）
该同学沿x轴负半轴至少后退152−13米，才能避免哑弹落在居民楼的外墙或窗户上；
（3）∵AB=CD=12，D33,15，
∴C45,15，
该同学沿x轴向居民楼走n米，则抛物线解析式为：y=−0.04x−20−n2+18
将点D33,15，C45,15分别代入，
得15=−0.0433−20−n2+18，解得：n=13−53或n=53+13（舍去）
15=−0.0445−20−n2+18，解得：n=25−53或n=53+25（舍去），
∴13−53【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
20．（2023·北京海淀·统考二模）小明发现某乒乓球发球器有“直发式”与“间发式”两种模式．在“直发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条抛物线；在“间发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条直线，球第一次接触台面到第二次接触台面的运动轨迹近似为一条抛物线．如图1和图2分别建立平面直角坐标系xOy．

通过测量得到球距离台面高度y（单位：dm）与球距离发球器出口的水平距离x（单位：dm）的相关数据，如下表所示：
表1 直发式
表2 间发式
根据以上信息，回答问题：
(1)表格中m=________，n=________；
(2)求“直发式”模式下，球第一次接触台面前的运动轨迹的解析式；
(3)若“直发式”模式下球第一次接触台面时距离出球点的水平距离为d1“间发式”模式下球第二次接触台面时距离出球点的水平距离为d2，则d1________d2（填“>”“=”或“<”）．
【答案】(1)3.84，2.52
(2)y=−0.01x−42+4
(3)=
【分析】（1）根据直发式”模式下，表1数据，可知对称轴为直线x=4，根据对称性即可求得m的值，根据在“间发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条直线，待定系数法求直线解析式，进而将x=2代入即可求解．
（2）根据题意设抛物线解析式为y=ax−42+4，将点0,3.84代入，待定系数法求二次函数解析式即可求解．
（3）令y=0，即−0.01x−42+4=0，得出d1=24，设抛物线解析式为y1=ax−162+3.20，将点8,0代入，得出y1=−0.05x−162+3.20，令y=0，即−0.05x−162+3.20=0，得出d2=24，即可求解．
【详解】（1）解：∵直发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条抛物线；由表1数据，可知对称轴为直线x=4，
∴当x=8时的函数值与x=0时的函数值相等，
∴m=3.84，
∵在“间发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条直线，设直线解析式为y=kx+b，
将点0,3.36，4,1.68代入得，
b=3.364k+b=1.68，
解得：k=−0.42b=3.36，
∴y=−0.42x+3.36，
当x=2时，y=−0.42×2+3.36=2.52，
故答案为：3.84，2.52．
（2）“直发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条抛物线；
由（1）可得对称轴为x=4，顶点坐标为4,4，
设抛物线解析式为y=ax−42+4，将点0,3.84代入，
得，3.84=16a+4
解得：a=−0.01
∴抛物线解析式为y=−0.01x−42+4
（3）解：∵“直发式”模式下，球第一次接触台面前的运动轨迹的解析式为y=−0.01x−42+4，
令y=0，即−0.01x−42+4=0，
解得x=−16（舍去）或x=24
∴d1=24，
∵在“间发式”模式下，球第一次接触台面到第二次接触台面的运动轨迹近似为一条抛物线，
由表2可得抛物线的顶点坐标为16,3.20
设抛物线解析式为y1=ax−162+3.20，将点8,0代入，
得，0=64a+3.20
解得：a=−0.05
∴抛物线解析式为y1=−0.05x−162+3.20
令y=0，即−0.05x−162+3.20=0，
解得x=8（舍去）或x=24
∴d2=24，
∴d1=d2，
故答案为：=．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，一次函数的应用，熟练掌握待定系数法求二次函数解析式是解题的关键．
题型07 喷泉问题
21．（2022·北京西城·统考一模）要修建一个圆形喷水池，在池中心竖直安装一根水管，水管的顶端安一个喷水头，记喷出的水与池中心的水平距离为x m，距地面的高度为y m．测量得到如下数值：
小腾根据学习函数的经验，发现y是x的函数，并对y随x的变化而变化的规律进行了探究．
下面是小腾的探究过程，请补充完整：
(1)在平面直角坐标系xOy中，描出表中各组数值所对应的点x,y，并画出函数的图象；
(2)结合函数图象，出水口距地面的高度为_______m，水达到最高点时与池中心的水平距离约为_______m（结果保留小数点后两位）；
(3)为了使水柱落地点与池中心的距离不超过3.2m，如果只调整水管的高度，其他条件不变，结合函数图象，估计出水口至少需要_______（填“升高”或“降低”）_______m（结果保留小数点后两位）．
【答案】(1)见解析；
(2)出水口距地面的高度为2.44m，水达到最高点时与池中心的水平距离约为1.20m；
(3)出水口至少需要降低0.52m．
【分析】（1）根据表格中的数据，描点，连线画出图象；
（2）设y=ax²+bx+2.44，将点(1，3.49)，(2，3.04)代入求出解析式，然后求出对称轴即可；
（3）根据水柱落地点与池中心的距离不超过3.2m，得出a，b不变，只有c改变，将x=3.2代入求解即可．
【详解】（1）如图所示：
（2）由图象可得：当x=0时，y=2.44，
∴c=2.44，设y=ax²+bx+2.44，
将点(1，3.49)，(2，3.04)代入得：3.49=a+b++2b+2.44，解得：a=−0.75b=1.8，
∴y=-0.75x²+1.8x+2.44，
∴抛物线的对称轴为：x=−b2a=，
∴y=-0.75×1.2²+1.8×1.2+2.44=3.52，
∴出水口距地面的高度为2.44m，水达到最高点时与池中心的水平距离约为1.20m；
（3）为了使水柱落地点与池中心的距离不超过3.2m，此时y=ax²+bx+c中，a，b不变，只有c改变，
∴y=-0.75×3.2²+1.8×3.2+c，解得c=1.92，2.44-1.92=0.52(m)，
∴出水口至少需要降低0.52m．
【点睛】本题考查了二次函数在实际生活中的运用，解题的关键是数形结合并熟练掌握待定系数法．
22．（2023·安徽亳州·统考二模）如图1，灌溉车沿着平行于绿化带底部边线的方向行驶，为绿化带浇水．喷水口H离地竖直高度为hm，如图2，可以把灌溉车喷出水的上、下边缘抽象为平面直角坐标系中两条抛物线的部分图象，把绿化带横截面抽象为矩形DEFG．下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到的，上边缘抛物线最高点A离喷水口的水平距离为2m，高出喷水口0.5m，灌溉车到绿化带的距离OD为d m．当OH=1.5m，DE=3m，EF=0.5m时，解答下列问题：
(1)①求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程OC；
②求出点B的坐标；
(2)要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，试求出d的取值范围．
【答案】(1)①y=−18x−22+2；6m；②2,0
(2)2≤d≤23−1
【分析】（1）①设函数解析式为y=ax−22+2，利用待定系数法求出函数解析式，令y=0，求出抛物线与x轴的交点坐标，即可得出结论；②利用对称轴得到点H0,1.5的对称点为4,1.5，得到下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4 m得到的，即可得到点B的坐标；
（2）根据EF=0.5，求出点F的坐标，利用增减性可得d的最大值和最小值，从而得出答案．
【详解】（1）解：①由题意，得A2,2是上边缘抛物线的顶点，设y=ax−22+2．
∵上边缘抛物线过点H0,1.5，
∴1.5=4a+2，解得a=−18，
∴上边缘抛物线的函数解析式为y=−18x−22+2．
当y=0时，−18x−22+2=0，解得x1=6，x2=−2（舍去），
∴点C的坐标为6,0，
∴喷出水的最大射程OC为6 m；
②由①知，上边缘抛物线的对称轴为直线x=2，
∴点H0,1.5的对称点为4,1.5，
∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4 m得到的．
又∵点C的坐标为6,0，
∴点B的坐标为2,0；
（2）∵EF=0.5，
∴点F的纵坐标为0.5，
∴0.5=−18x−22+2，
解得x=2±23．
∵x>0，
∴x=2+23．
当x>2时，y随x的增大而减小，
∴当2∵当0≤x≤2时，y随x的增大而增大，且x=0时，y=1.5>0.5，
∴当0≤x≤6时，要使y≥0.5，则0≤x≤2+23．
∵DE=3，灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，
∴d的最大值为2+23−3=23−1．
由下边缘抛物线可知，喷出的水能浇灌到绿化带底部的条件是d≥OB，
∴d的最小值为2．
综上所述，d的取值范围是2≤d≤23−1．
【点睛】本题考查二次函数的实际应用．正确的求出函数解析式，利用二次函数的性质进行求解，是解题的关键．
题型08 图形问题
23．（2022·湖南湘潭·统考中考真题）为落实国家《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》，某校准备在校园里利用围墙（墙长12m）和21m长的篱笆墙，围成Ⅰ、Ⅱ两块矩形劳动实践基地．某数学兴趣小组设计了两种方案（除围墙外，实线部分为篱笆墙，且不浪费篱笆墙），请根据设计方案回答下列问题：
(1)方案一：如图①，全部利用围墙的长度，但要在Ⅰ区中留一个宽度AE=1m的水池且需保证总种植面积为32m2，试分别确定CG、DG的长；
(2)方案二：如图②，使围成的两块矩形总种植面积最大，请问BC应设计为多长？此时最大面积为多少？
【答案】(1)CG长为8m，DG长为4m
(2)当BC=72m时，围成的两块矩形总种植面积最大=1474m2
【分析】（1）两块篱笆墙的长为12m，篱笆墙的宽为AD=GH=BC=(21-12)÷3=3m，设CG为am，DG为(12-a)m，再由矩形面积公式求解；
（2）设两块矩形总种植面积为y， BC长为xm，那么AD=HG=BC=xm，DC=(21-3x)m，由题意得，围成的两块矩形总种植面积最大=BC×DC，代入有关数据再把二次函数化成顶点式即可 .
【详解】（1）解：两块篱笆墙的长为12m，篱笆墙的宽为AD=GH=BC=(21-12)÷3=3m，
设CG为am，DG为(12-a)m，那么
AD×DC-AE×AH=32
即12×3-1×（12-a）=32
解得：a=8
∴CG=8m，DG=4m．
（2）解：设两块矩形总种植面积为ym2，BC长为xm，那么AD=HG=BC=xm，DC=(21-3x)m，由题意得，
两块矩形总种植面积=BC×DC
即y=x·(21-3x)
∴y=-3x2+21x
=-3(x-72)2+1474
∵21-3x≤12
∴x≥3
∴当BC=72m时，y最大=1474m2．
【点睛】此题考查了二次函数的实际应用，解题的关键是正确理解题意找到等量关系列出方程．
24．（2020·山东日照·中考真题）如图，某小区有一块靠墙（墙的长度不限）的矩形空地ABCD，为美化环境，用总长为100m的篱笆围成四块矩形花圃（靠墙一侧不用篱笆，篱笆的厚度不计）．
（1）若四块矩形花圃的面积相等，求证：AE＝3BE；
（2）在（1）的条件下，设BC的长度为xm，矩形区域ABCD的面积为ym2，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）y=−65x2+40x0【分析】（1）由题意易得AM＝2ME，故可直接得证；
（2）由（1）及题意得2AB+GH+3BC＝100，设BC的长度为xm，矩形区域ABCD的面积为ym2即可得出函数关系式．
【详解】解：（1）证明：∵矩形MEFN与矩形EBCF面积相等，
∴ME＝BE，AM＝GH．
∵四块矩形花圃的面积相等，即S矩形AMDND＝2S矩形MEFN，
∴AM＝2ME，
∴AE＝3BE；
（2）∵篱笆总长为100m，
∴2AB+GH+3BC＝100，
即2AB+12AB+3BC=100，
∴AB=40−65BC
设BC的长度为xm，矩形区域ABCD的面积为ym2，
则y=BC⋅AB=x40−65x=−65x2+40x，
∵AB=40−65BC，
∴EB=403−25x＞0，
解得x＜1003，
∴y=−65x2+40x0【点睛】本题主要考查二次函数的实际应用，关键是根据题意得到线段的等量关系，然后列出函数关系式即可．
25．（2023·广东肇庆·统考一模）如图，抛物线y=ax2+3x+c(a≠0)与x轴交于点A(−2,0)和点B，与y轴交于点C(0,8)，点P为直线BC上方抛物线上的动点，连接CP,PB，直线BC与抛物线的对称轴l交于点E．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求直线BC的解析式；
(3)求△BCP的面积最大值．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=−12x2+3x+8
(2)y=−x+8
(3)△BCP的面积最大值为32
【分析】（1）把点A(−2,0)，C(0,8)代入抛物线，利用待定系数法即可求解；
（2）根据抛物线的解析式，令y=0，可求出抛物线与x轴的交点，根据待定系数法即可求解；
（3）如图所示，过点P作PG∥y轴交BC于G，设Pt,−12t2+3t+8，则G(t,−t+8)，用含t的式子表示△BCP的面积，根据抛物线的顶点式即可求出最大值．
【详解】（1）解：将A(−2,0)，C(0,8)代入y=ax2+3x+c(a≠0)，
∴4a−6+c=0c=8，解得a=−12c=8，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+3x+8．
（2）解：令y=0，则−12x2+3x+8=0，解得x1=−2，x2=8，
∴B(8,0)，且C(0,8)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴b=88k+b=0，解得k=−1b=8，
∴直线BC的解析式为y=−x+8．
（3）解：如图所示，过点P作PG∥y轴交BC于G，
设Pt,−12t2+3t+8，则G(t,−t+8)，
∴PG=−12t2+3t+8−(−t+8)=−12t2+4t，
∴S△CBP=12×8×−12t2+4t=−2t2+16t=−2(t−4)2+32，
∴当t=4时，△BCP的面积有最大值，最大值为32，
∴△BCP的面积最大值为32．
【点睛】本题主要考查二次函数，一次函数的综合，掌握待定系数法求解析式，函数图像的性质特点及面积的计算方法是解题的关键．
26．（2023下·湖北武汉·九年级校联考期中）春回大地，万物复苏，又是一年花季到．某花圃基地计划将如图所示的一块长40 m，宽20 m的矩形空地划分成五块小矩形区域．其中一块正方形空地为育苗区，另一块空地为活动区，其余空地为种植区，分别种植A，B，C三种花卉．活动区一边与育苗区等宽，另一边长是10 m．A，B，C三种花卉每平方米的产值分别是2百元、3百元、4百元．
(1)设育苗区的边长为x m，用含x的代数式表示下列各量：花卉A的种植面积是_____m2，花卉B的种植面积是______m2，花卉C的种植面积是_______m2．
(2)育苗区的边长为多少时，A，B两种花卉的总产值相等？
(3)若花卉A与B的种植面积之和不超过560m2 ，求A，B，C三种花卉的总产值之和的最大值．
【答案】(1)(x2−60x+800)；(−x2+30x)；(−x2+20x)
(2)32m或10m
(3)168000元
【分析】（1）根据正方形和长方形的面积计算公式可直接得到答案；
（2）根据A，B两种花卉的总产值相等建立一元二次方程，解方程即可得到答案；
（3）先根据花卉A与B的种植面积之和不超过560m2建立不等式，得到x≥8，再设A，B，C三种花卉的总产值之和y百元，得到y关于x的二次函数，根据二次函数的图形性质即可得到答案．
【详解】（1）解：∵育苗区的边长为x m，活动区的边长为10m，
∴花卉A的面积为：40−x20−x=(x2−60x+800) m2，
花卉B的面积为：x40−x−10=(−x2+30x) m2，
花卉C的面积为：x20−x=(−x2+20x) m2，
故答案为：(x2−60x+800)；(−x2+30x)；(−x2+20x)；
（2）解：∵A，B花卉每平方米的产值分别是2百元、3百元，
∴A，B两种花卉的总产值分别为2×x2−60x+800百元和3×−x2+30x百元，
∵A，B两种花卉的总产值相等，
∴200×x2−60x+800=300×−x2+30x，
∴x2−42x+320=0，
解方程得x=32或x=10，
∴当育苗区的边长为32m或10m时，A，B两种花卉的总产值相等；
（3）解：∵花卉A与B的种植面积之和为：x2−60x+800+−x2+30x=(−30x+800) m2，
∴−30x+800≤560，
∴x≥8，
∵设A，B，C三种花卉的总产值之和y百元，
∴y=2x2−60x+800+3−x2+30x+4−x2+20x，
∴y=−5x2+50x+1600，
∴y=−5(x−5)2+1725，
∴当x≥8时，y随x的增加而减小，
∴当x=8时，y最大，且y=−5(8−5)2+1725=1680（百元），
故A，B，C三种花卉的总产值之和的最大值168000元．
【点睛】本题考查一元二次方程和二次函数的应用，解题的关键是根据题意建立正确的方程和函数表达式．
题型09 图形运动问题
27．（2023·江苏苏州·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3cm，BC=4cm．点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AB运动：同时，点Q从点B出发，以2cm/s的速度沿BC运动．当点Q到达点C时，P、Q两点同时停止运动．设动点运动的时间为t（s）．
(1)当t为何值时，△PBQ的面积为2cm2；
(2)求四边形PQCA面积的最小值．
【答案】(1)t=1s或2s时，△PBQ的面积为2cm2；
(2)四边形PQCA面积的最小值为154cm2．
【分析】（1）利用两点运动的速度表示出PB，BQ的长，进而表示出△PBQ的面积S△PBQ；把S△PBQ=2代入，解方程可得结论；
（2）利用配方法求出函数顶点坐标求得△PBQ面积的最大值，即得四边形PQCA面积的最小值．
【详解】（1）解：由题意得：PB=3−tcm，BQ=2tcm，
S△PBQ=12BQ⋅PB=12×2t×3−t=−t2+3t0≤t≤2；
由题意得：−t2+3t=2，
解得t=1或t=2，
∴t=1s或2s时，△PBQ的面积为2cm2；
（2）解：∵S△PBQ=−t2+3t=−t−322+94且0≤t≤2，
∵−1<0，
∴当t=32s时，△PBQ的面积最大，最大值是94cm2．
此时，四边形PQCA面积取得最小值，最小值为12×3×4−94=154cm2．
【点睛】此题是三角形和二次函数的综合题，主要考查了动点运动问题，三角形的面积，二次函数的应用，难度适中，正确表示出PB，BQ的长是解题关键．
28．（2021下·吉林·九年级统考阶段练习）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4，P，Q两点同时从C出发，点P 以每秒2个单位长度的速度沿CB向终点B运动；点Q 以每秒1个单位长度的速度沿CA向终点A运动，以CP，CQ为邻边作矩形CPMQ．当点P停止运动时，点Q继续向终点A运动．设点Q的运动时间为t秒．
（1）在点P的运动过程中，CQ＝________，BP＝________（用含t的代数式表示）；
（2）当点M落在AB边上时，t ＝_________s；
（3）设矩形CPMQ与△ABC重合部分图形的面积为S，求S与t之间的函数关系式；
【答案】（1）t，4—2t；（2）43；（3）S={2r2(0【分析】（1）根据路程、速度、时间的关系即可求解；
（2）先由运动知CP=2t，BP=4−2t，CQ=t，AQ=4−t，再判断出ΔAQM∽ΔACB得出比例式，建立方程即可得出结论；
（3）分三种情况，当0【详解】解：（1）∵点P以每秒2个单位长度的速度沿CB向终点B运动，点Q以每秒1个单位长度的速度沿CA向终点A运动，
∴CP=2t，CQ=t，
∵AC=BC=4，
∴BP=4−2t，
故答案为：t，4−2t；
（2）∵CP=2t，CQ=t，
∴AQ=AC−CQ=4−t，BP=4−2t，
∵四边形CPMQ是矩形，
∴QM=CP=2t，
当点M在边AB上时，
∵QM//BC，
∴ΔAQM∽ΔACB，
∴ AQAC=QMCB，
∴ 4−t4=2t4，
∴t=43，
故答案为：43；
（3）当0∵CQ=t．，CP=2t．
∴S=CP⋅CQ=2t⋅t=2t2；
当43设QM与AB相交于点D，设PM与AB相交于点E．
则PE=PB=4−2t，
∴ME=MD=t−(4−2t)=3t−4．
∴S=S矩形CPMQ−SΔMDE=2t2−12(3t−4)2
=−52t2+12t−8；
当2设QM与AB相交于点D．
则MD=ME=t．
∴S=S矩形CPMQ−SΔMDP=4t−12t2=−12t2+4t．
综上所述：S={2t2(0【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，对称的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用方程的思想思考问题，属于中考压轴题．
29．（2023·山东青岛·统考一模）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，动点P从点D出发沿DA向终点A运动，同时动点Q从点A出发沿对角线AC向终点C运动．过点P作PE∥DC，交AC于点E，动点P、Q的运动速度是每秒1个单位长度，当点P运动到点A时，P、Q两点同时停止运动．设运动时间为ts0≤t≤4，解答下列问题：
(1)当E、Q重合时，求t的值；
(2)设四边形BQPE的面积为S，当线段PE在点Q右侧时，求出S与t之间的函数关系式；
(3)当BE∥PQ时，求t的值；
(4)是否存在这样的点P和点Q，使P、Q、E为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)t=209
(2)S=2740t2−6910t+12 0≤t<209
(3)0或45
(4)存在；2827或43或2013或83
【分析】（1）根据运动的特点有：AQ=t，PD=t，AP=AD−PD=4−t，当E、Q重合时，由PE∥DC，可得APAD=AEAC，即有4−t4=t5，解方程即可求解；
（2）过Q点作QM⊥AD于M点，作QN⊥AB于N点，延长PE交BC于点F，
（3）根据运动的特点，矩形的性质以及平行线分线段成比例的知识，可表示出FC=PD=t，PF=CD=3，BF=AP=4−t，PE=12−3t4，EF=34t，QM=35t，QN=45t，EC=54t，根据S△AQP=12×AP×QM，S△AQB=12×AB×QN，S△BEF=12×BF×EF，S矩形CDPF=CD×PD，S矩形ABCD=CD×AD，结合S四边形PQBE=S矩形ABCD−S△AQP−S△AQB−S△EFB−S矩形CDPF，问题得解；
（4）在（1）、（2）中得出：AP=4−t，AQ=PD=t，EC=54t，PE=12−3t4，进而可得AE=AC−CE=5−5t4，QE=AE−AQ=5−9t4，第一大类：当点PE在点Q右侧时，分当QE=PE时；当QP=PE时，过P点作PT⊥QE于T点；当PQ=QE时，过P点作QG⊥PE于G点，三种情况讨论；第二大类：当点PE在点Q左侧时，此时△PEQ是钝角三角形，则只有PE=QE一种情况，由AE=5−5t4，AQ=t，可得QE=AQ−AE=t−5−5t4=9t4−5，即有9t4−5=12−3t4，解得t=83＞209；问题得解．
【详解】（1）在矩形ABCD中，AB=CD=3，BC=AD=4，AD⊥CD，
则有：AC=AB2+BC2=5，
根据运动的特点有：AQ=t，PD=t，
∴AP=AD−PD=4−t，
当E、Q重合时，如图，
∵PE∥DC，
∴APAD=AEAC，
∴4−t4=t5，解得：t=209，
即当E、Q重合时，t=209；
（2）过Q点作QM⊥AD于M点，作QN⊥AB于N点，延长PE交BC于点F，如图，
根据运动的特点有：AQ=t，PD=t，
即AP=AD−PD=4−t，
在矩形ABCD中，由PE∥DC可得：四边形PDCF、四边形ABFP是矩形，
∴FC=PD=t，PF=CD=3，BF=AP=4−t，
∵PE∥DC，
∴APAD=PECD，
即：4−t4=PE3，
∴PE=12−3t4，
∴EF=PF−PE=3−12−3t4=34t，
∵QM⊥AD，CD⊥AD，
∴QM∥CD，
∴AQAC=QMCD，即t5=QM3，
∴QM=35t，
同理可得：QN=45t，EC=54t，
∵S△AQP=12×AP×QM，S△AQB=12×AB×QN，S△BEF=12×BF×EF，S矩形CDPF=CD×PD，S矩形ABCD=CD×AD，
∴S△AQP=12×4−t×35t，S△AQB=12×3×45t，S△BEF=12×4−t×34t，S矩形CDPF=3t，S矩形ABCD=12，
∵S四边形PQBE=S矩形ABCD−S△AQP−S△AQB−S△EFB−S矩形CDPF，
∴代入整理，可得：S=S四边形PQBE=2740t2−6910t+12，
∵线段PE在点Q右侧，
∵在（1）中求得当E、Q重合时，t=209，
∴0≤t＜209，
即：S=2740t2−6910t+12 0≤t<209；
（3）当t≠0时，如图，
∵PQ∥BE，
∴∠PQE=∠BEQ，
∴180°−∠PQE=180°−∠BEQ，
∴∠PQA=∠BEC，
在矩形ABCD中，有AD∥BC，
∴∠PAQ=∠BCE，
∴△PAQ∽△BCE，
∴APAQ=BCEC，
∵在（2）中得到EC=54t，AP=4−t，
∴4−tt=454t，
解得：t=45，或者t=0，
经检验，t=0是方程的增根，舍去；
当t=0时，此时点Q与A点重合，P点与D点重合，
则有E点与C点重合，
∴此时有：PQ∥BE；
综上：当BE∥PQ时，t=45，或者t=0；
（4）在（1）、（2）中得出：AP=4−t，AQ=PD=t，EC=54t，PE=12−3t4，
∴AE=AC−CE=5−5t4，
∴QE=AE−AQ=5−5t4−t=5−9t4，
第一大类：当点PE在点Q右侧时，
当QE=PE时，
即有：12−3t4=5−9t4，
解得：t=43 s；
当QP=PE时，过P点作PT⊥QE于T点，如图，
∵PT⊥QE，QP=PE，
∴QT=TE=12QE=12×5−9t4=52−9t8，
∴AT=AQ+QT=t+52−9t8=52−t8，
∵cs∠DAC=ADAC=45，
∴在Rt△APT中，cs∠DAC=ATAP=45，
∴52−t84−t=45，
解得：t=2827，
经检验，t=2827是原方程的根，
即此时t=2827s；
当PQ=QE时，过P点作QG⊥PE于G点，如图，
∵QG⊥PE，PQ=QE，
∴PG⊥GE，即G点为PE中点，
∵PE∥CD，CD⊥AD，
∴PE⊥AD，
∴QG∥AD，
∴QEAQ=EGPG=1，
∴QE=AQ，
∴t=5−9t4，
解得：t=2013s；
第二大类：当点PE在点Q左侧时，此时△PEQ是钝角三角形，
则只有PE=QE一种情况，如图，
∵AE=5−5t4，AQ=t，
∴QE=AQ−AE=t−5−5t4=9t4−5，
∵PE=12−3t4，PE=QE，
∴9t4−5=12−3t4，
解得t=83＞209，
此时存在t=83s；
综上所述：t的值可以为：2827或43或2013或83．
【点睛】此题属于相似三角形的综合题，涉及的知识有：二次函数，锐角三角函数，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，平行线的性质以及等腰三角形的性质，利用了数形结合及分类讨论的数学思想，分类讨论时要做到不重不漏，考虑问题要全面．
30．（2023·吉林长春·校考模拟预测）如图在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=60°，AB=6cm．动点P从点A出发，以1cm/s的速度沿边AB向终点B运动．过点P作PQ⊥AB交直线AC于点Q，以PQ为边向左侧作矩形PQMN，使QM=3PQ．设矩形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积是S，点P的运动时间为t(s)(0
(1)当点Q在边AC上时，求QM的长（用含t的代数式表示）；
(2)当点M在边BC上时，求t的值；
(3)求S与t之间的函数关系式．
(4)连接BQ，沿直线BQ将矩形PQMN剪开的两部分可以拼成一个无缝隙也不重叠的三角形时，直接写出t的值．
【答案】(1)QM=3t
(2)t=67
(3)S=33t2(0(4)t=67或t=32或t=125．
【分析】（1）由题意可知：AP=tcm，再根据特殊角的锐角三角函数即可求出PQ=3tcm，结合题意即得出QM=3tcm；
（2）画出图形，由矩形的性质得出MN=PQ=3tcm，PN=QM=3tcm．再根据特殊角的锐角三角函数可求出BN=MN=3tcm，由AB=AP+PN+BN，列出关于t的等式，解出t即可；
（3）分类讨论：①当0（4）分类讨论：①当点P在C点左侧时，根据题意可判断MG=NG，即易证△QMG≌△BNGASA，得出QM=BN=PN=3tcm，最后列出关于t的等式，解出t即可；②当点Q和点C重合时，即得出AB=AP+BP，列出关于t的等式，解出t即可；③当点P在C点右侧时，根据题意可判断PB=BN=12PN，从而可求出32tcm，最后根据AB=AP+BP，列出关于t的等式，解出t即可．
【详解】（1）解：由题意可知AP=tcm，
∵∠A=60°，PQ⊥AB，
∴PQ=tan60°×AP=3tcm，
∵QM=3PQ，
∴QM=3tcm；
（2）解：如图，

∵四边形PQMN为矩形，
∴MN=PQ=3t，PN=QM=3t，
∵∠C=90°，∠A=60°，
∴∠B=30°，
∴BN=MNtan30°=3t，
∴AB=AP+PN+BN=(t+3t+3t)，
∵AB=6cm，
∴t+3t+3t=4，
解得：t=67；
（3）解：①当0∴S=PQ⋅QM=3t×3t=33t2；
②当67≤t<32 时，如图，

设矩形PQMN与BC交于点E，F，此时，矩形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积S=五边形PQEFN的面积，
由题意：∠A=60°，AB=3，AP=t，QM=3t，
∴AC=3，AQ=2t，
∴CQ=3−2t，
∵QM∥PN，
∴∠CQE=∠A=60°，
∴EQ=CQcs60°=6−4t，
∴EM=QM−EQ=3t−(6−4t)=7t−6．
∵∠MEF=∠CEQ=30°，
∴MF=ME⋅tan30°=33⋅(7t−6)，
∴S=S矩形PQMN−S△MEF
=33t2−12ME⋅MF
=33t2−12×33×(7t−6)2
=−316t2+143t−63，
∴ S=−3163t2+143t−63；
③当32≤t≤6 时，如图，设PQ交BC于点E，此时，矩形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积S为△PEB的面积，

由题意：∠A=60°，AB=3，AP=t，
∴BP=AB−AP=6−t，∠B=30°，
∴PE=BP⋅tan30°=33(6−t)，
∴S=S△PEB
=12BP⋅PE
=12×(6−t)×33(6−t)
=36t2−23t+63．
综上，S与t之间的函数关系式为：S=33t2(0（4）解：①如图，当点P在C点左侧时，如图，

∵沿直线BQ将矩形PQMN剪开的两部分可以拼成一个无缝隙也不重叠的三角形，
∴MG=NG，
又∵∠QMG=∠BNG=90°，∠QGM=∠BGN，
∴△QMG≌△BNGASA，
∴QM=BN=PN=3t，
∴AB=7t，
∴7t=6，
解得：t=67；
②如图，当点Q和点C重合时，此时，点N与点B重合，

∴PB=QM=3t，
∵AB=AP+BP=t+3t=4t，
∴4t=6，
解得：t=32；
③如图，当点P在C点右侧时，此时，点Q在AC的延长线上，

∵沿直线BQ将矩形PQMN剪开的两部分可以拼成一个无缝隙也不重叠的三角形，
∴PB=BN=12PN，
∵PQ=3t，
∴PN=QM=3PQ=3t，
∴PB=32t，
∵AB=AP+BP=52t，
∴ 52t=6，
解得：t=125．
综上可知，t的值为67或32或125．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，特殊角的三角函数值，直角三角形的边角关系定理，分类讨论的思想方法，此题是动点问题，利用含t的代数式表示出相应线段的长度是解题的关键．
题型10 二次函数综合问题-线段、周长问题
31．（2022·山东东营·统考中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，点B(3,0)，与y轴交于点C．
(1)求抛物线的表达式；
(2)在对称轴上找一点Q，使△ACQ的周长最小，求点Q的坐标；
(3)点P是抛物线对称轴上的一点，点M是对称轴左侧抛物线上的一点，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，请直接写出所有点M的坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)（1，-2）
(3)（-1，0）或（1−2，-2）或（1−6，2）
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）先求出点C的坐标和抛物线的对称轴，如图所示，作点C关于直线x=1的对称点E，连接AE，EQ，则点E的坐标为（2，-3），根据轴对称最短路径可知AE与抛物线对称轴的交点即为点Q；
（3）分两种情况当∠BPM=90°和当∠PBM=90°两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+bx−3(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，点B(3,0)，
∴a−b−3=09a+3b−3=0，
∴a=1b=−2，
∴抛物线解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：∵抛物线解析式为y=x2−2x−3=x−12−4，与y轴交于点C，
∴抛物线对称轴为直线x=1，点C的坐标为（0，-3）
如图所示，作点C关于直线x=1的对称点E，连接AE，EQ，则点E的坐标为（2，-3），
由轴对称的性质可知CQ=EQ，
∴△ACQ的周长=AC+AQ+CQ，
要使△ACQ的周长最小，则AQ+CQ最小，即AQ+QE最小，
∴当A、Q、E三点共线时，AQ+QE最小，
设直线AE的解析式为y=k1x+b1，
∴−k1+b1=02k1+b1=−3，
∴k1=−1b1=−1，
∴直线AE的解析式为y=−x−1，
当x=1时，y=−x−1=−1−1=−2，
∴点Q的坐标为（1，-2）；
（3）解： 如图1所示，当点P在x轴上方，∠BPM=90°时，过点P作EF∥x轴，过点M作MF⊥EF于F，过点B作BE⊥EF于E，
∵△PBM是以PB为腰的等腰直角三角形，
∴PA=PB，∠MFP=∠PEB=∠BPM=90°，
∴∠FMP+∠FPM=∠FPM+∠EPB=90°，
∴∠FMP=∠EPB，
∴△FMP≌△EPB（AAS），
∴PE=MF，BE=PF，
设点P的坐标为（1，m），
∴BE=m，PE=2，
∴MF=2，PF=m，
∴点M的坐标为（1-m，m-2），
∵点M在抛物线y=x2−2x−3上，
∴1−m2−21−m−3=m−2，
∴1−2m+m2−2+2m−3=m−2，
∴m2−m−2=0，
解得m=2或m=−1（舍去），
∴点M的坐标为（-1，0）；
同理当当点P在x轴下方，∠BPM=90°时可以求得点M的坐标为（-1，0）；
如图2所示，当点P在x轴上方，∠PBM=90°时，过点B作EF∥y轴，过点P作PE⊥EF于E，过点M作MF⊥EF于F，设点P的坐标为（1，m），
同理可证△PEB≌△BFM（AAS），
∴BF=PE=2，MF=BE=m，
∴点M的坐标为（3-m，-2），
∵点M在抛物线y=x2−2x−3上，
∴3−m2−23−m−3=−2，
∴9−6m+m2−6+2m−3=−2，
∴m2−4m+2=0，
解得m=2+2或m=2−2（舍去），
∴点M的坐标为（1−2，-2）；
如图3所示，当点P在x轴下方，∠PBM=90°时，
同理可以求得点M的坐标为（1−6，2）；
综上所述，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，点M的坐标为（-1，0）或（1−2，-2）或（1−6，2）．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数综合，一次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定等等，熟知二次函数的相关知识是解题的关键．
32．（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+2x+c与x轴分别交于点A(1，0)和点B，与y轴交于点C(0，﹣3)，连接BC．
(1)求抛物线的解析式及点B的坐标．
(2)如图，点P为线段BC上的一个动点（点P不与点B，C重合），过点P作y轴的平行线交抛物线于点Q，求线段PQ长度的最大值．
(3)动点P以每秒2个单位长度的速度在线段BC上由点C向点B运动，同时动点M以每秒1个单位长度的速度在线段BO上由点B向点O运动，在平面内是否存在点N，使得以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2+2x−3，（-3，0）
(2)94
(3)−3,−32或（-2，1）或0,3−32
【分析】（1）将A，C两点坐标代入抛物线的解析式求得a，c的值，进而得出解析式，当y=0时，求出方程的解，进而求得B点坐标；
（2）由B，C两点求出BC的解析式，进而设出点P和点Q坐标，表示出PQ的长，进一步得出结果；
（3）要使以点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形，只需△PMB是等腰三角形，所以分为PM=BM，PM=PB和BP=BM，结合图象，进一步得出结果．
【详解】（1）解：把点A(1，0)，C(0，﹣3)代入y=ax2+2x+c得：
c=−3a+2×1+c=0，解得：c=−3a=1，
∴抛物线解析式为y=x2+2x−3；
令 y=0，则x2+2x−3=0，
解得：x1=1,x2=−3，
∴点B的坐标为（-3，0）；
（2）解：设直线BC的解析式为y=kx+bk≠0，
把点B（-3，0），C(0，﹣3)代入得：
b=−3−3k+b=0，解得：k=−1b=−3，
∴直线BC的解析式为y=−x−3，
设点Pm,−m+3，则Qm,m2+2m−3，
∴PQ=−m−3−m2+2m−3=−m2−3m=−m+322+94，
∴当m=−32时，PQ最大，最大值为94；
（3）解：存在，
根据题意得：PC=2t,BM=t，则PB=32−2t，
如图，当BM=PM时，
∵B（-3，0），C（0，-3），
∴OB=OC=3，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
延长NP交y轴于点D，
∵点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形，
∴PN∥x轴，BN∥PM，即DN⊥y轴，
∴△CDP为等腰直角三角形，
∴CD=PD=PC⋅sin∠OCB=2t×22=t，
∵BM=PM，
∴∠MPB=∠OBC=45°，
∴∠PMO=∠PDO=∠MOD=90°，
∴四边形OMPD是矩形，
∴OM=PD=t，MP⊥x轴，
∴BN⊥x轴，
∵BM+OM=OB，
∴t+t=3，解得t=32，
∴P−32,−32，
∴N−3,−32；
如图，当PM=PB时，作PD⊥y轴于D，连接PN，
∵点P，M，B，N为顶点的四边形是菱形，
∴PN⊥BM，NE=PE，
∴BM=2BE，
∴∠OEP=∠DOE=∠ODP=90°，
∴四边形PDOE是矩形，
∴OE=PD=t，
∴BE=3-t，
∴t=2（3-t），解得：t=2，
∴P（-2，-1），
∴N（-2，1）；
如图，当PB=MB时，
32−2t=t，解得：t=6−32，
∴PN=BP=BM=6−32，
过点P作PE⊥x轴于点E，
∴PE⊥PM，
∴∠EON=∠OEP=∠EPN=90°，
∴四边形OEPN为矩形，
∴PN=OE，PN⊥y轴，
∵∠OBC=45°，
∴BE=PE=PB⋅sin∠OBC=6−32×22=32−3，
∴OE=OB−BE=3−32−3=6−32，
∴点N在y轴上，
∴N0,3−32，
综上所述，点N的坐标为−3,−32或（-2，1）或0,3−32．
【点睛】本题考查了二次函数及其图象的性质，用待定系数法求一次函数的解析式，等腰三角形的分类和等腰三角形的性质，菱形的性质等知识，解决问题的关键是正确分类，画出符合条件的图形．
33．（2021·山东东营·统考中考真题）如图，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，直线y=−12x+2过B、C两点，连接AC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求证：△AOC∽△ACB；
（3）点M3,2是抛物线上的一点，点D为抛物线上位于直线BC上方的一点，过点D作DE⊥x轴交直线BC于点E，点P为抛物线对称轴上一动点，当线段DE的长度最大时，求PD+PM的最小值．
【答案】（1）y=−12x2+32x+2；（2）见解析；（3）5
【分析】（1）先利用直线y=−12x+2得到点B和点C的坐标，利用待定系数法求解；
（2）根据解析式求得点A的坐标，求出两个三角形的边长，根据两组对应边成比例夹角相等求证；
（3）设点D的坐标为x,−12x2+32x+2，将线段DE的长用函数关系式表示为顶点式形式，利用函数的性质得到当x=2时，线段DE的长度最大，得到点D的坐标，再利用轴对称及勾股定理求出答案即可．
【详解】（1）解：∵直线y=−12x+2分别与x轴和y轴交于点B和点C，
∴点B的坐标为（4，0），点C的坐标为（0，2），
把B4,0，C0,2分别代入y=−12x2+bx+c，
得−8+4b+c=0c=2，
解得b=32c=2，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+32x+2．
（2）∵抛物线y=−12x2+32x+2与x轴交于点A，
∴−12x2+32x+2=0，
解得x1=−1，x2=4，
∴点A的坐标为−1,0，
∴AO=1，AB=5，
在Rt△AOC中，AO=1，OC=2，
∴AC=5，
∴AOAC=15=55，
∵ACAB=55，
∴AOAC=ACAB，
又∵∠OAC=∠CAB，
∴△AOC∽△ACB．
（3）设点D的坐标为x,−12x2+32x+2
则点E的坐标为x,−12x+2
∴DE=−12x2+32x+2−−12x+2
=−12x2+32x+2+12x−2
=−12x2+2x
=−12(x−2)2+2
∵−12<0，
∴当x=2时，线段DE的长度最大．
此时，点D的坐标为2,3，
∵C0,2，M3,2
∴点C和点M关于对称轴对称，
连接CD交对称轴于点P，此时PD+PM最小．
连接CM交直线DE于点F，则∠DFC=90°，点F的坐标为2,2，
∴CD=CF2+DF2=5，
∵PD+PM=PC+PD=CD
∴PD+PM的最小值5．
．
【点睛】此题考查的是二次函数的综合知识，利用待定系数法求函数解析式，函数图象与坐标轴的交点问题，函数的最值问题，轴对称的性质，勾股定理，证明两个三角形相似，熟练掌握各知识点是解题的关键．
题型11 二次函数综合问题-面积周长问题
34．（2022·广东·统考中考真题）如图，抛物线y=x2+bx+c（b，c是常数）的顶点为C，与x轴交于A，B两点，A1,0，AB=4，点P为线段AB上的动点，过P作PQ//BC交AC于点Q．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)求△CPQ面积的最大值，并求此时P点坐标．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)2；P（-1，0）
【分析】（1）用待定系数法将A，B的坐标代入函数一般式中，即可求出函数的解析式；
（2）分别求出C点坐标，直线AC，BC的解析式，PQ的解析式为：y=-2x+n，进而求出P，Q的坐标以及n的取值范围，由S△CPQ=S△CPA−S△APQ列出函数式求解即可．
【详解】（1）解：∵点A（1，0），AB=4，
∴点B的坐标为（-3，0），
将点A（1，0），B（-3，0）代入函数解析式中得：
{0=1+b+c0=9−3b+c，
解得：b=2，c=-3，
∴抛物线的解析式为y=x2+2x−3；
（2）解：由（1）得抛物线的解析式为y=x2+2x−3，
顶点式为：y=(x+1)2−4，
则C点坐标为：（-1，-4），
由B（-3，0），C（-1，-4）可求直线BC的解析式为：y=-2x-6，
由A（1，0），C（-1，-4）可求直线AC的解析式为：y=2x-2，
∵PQ∥BC，
设直线PQ的解析式为：y=-2x+n，与x轴交点P(n2,0)，
由{y=−2x+ny=2x−2解得：Q(n+24,n−22)，
∵P在线段AB上，
∴−3∴n的取值范围为-6＜n＜2，
则S△CPQ=S△CPA−S△APQ
=12×(1−n2)×4−12×(1−n2)×(−n−22)
=−18(n+2)2+2
∴当n=-2时，即P（-1，0）时，S△CPQ最大，最大值为2．
【点睛】本题考查二次函数的面积最值问题，二次函数的图象与解析式间的关系，一次函数的解析式与图象，熟练掌握数形结合思想是解决本题的关键．
35．（2022·四川广安·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+x+m（a≠0）的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，其中点B坐标为（0，－4），点C坐标为（2，0）．
(1)求此抛物线的函数解析式．
(2)点D是直线AB下方抛物线上一个动点，连接AD、BD，探究是否存在点D，使得△ABD的面积最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
(3)点P为该抛物线对称轴上的动点，使得△PAB为直角三角形，请求出点P的坐标．
【答案】(1)y=12x2+x−4
(2)（-2，-4）
(3)P点坐标为：（-1，3），（-1，-5），−1，−2+7，−1，−2−7
【分析】（1）直接将B（0，-4），C（2，0）代入y=ax2+x+m，即可求出解析式；
（2）先求出直线AB关系式为：y=−x−4，直线AB平移后的关系式为：y=−x−4+n，当其与抛物线只有一个交点时，此时点D距AB最大，此时△ABD的面积最大，由此即可求得D点坐标；
（3）分三种情况讨论，①当∠PAB=90°时，即PA⊥AB，则设PA所在直线解析式为：y=x+z，将A（-4,0）代入y=x+z得，解得：z=4，此时P点坐标为：（-1,3）；②当∠PBA=90°时，即PB⊥AB，则设PB所在直线解析式为：y=x+t，将B（0，-4）代入y=x+t得，t=−4，此时P点坐标为：（-1,-5）；③当∠APB=90°时，设P点坐标为：−1，yp，由于PA所在直线斜率为：yp3，PB在直线斜率为：yp+4−1，yp3· yp+4−1=-1，则此时P点坐标为：−1，−2+7，−1，−2−7．
【详解】（1）解：将B（0，-4），C（2，0）代入y=ax2+x+m，
得：m=−44a+2+m=0，
解得：m=−4a=12，
∴抛物线的函数解析式为：y=12x2+x−4．
（2）向下平移直线AB，使平移后的直线与抛物线只有唯一公共点D时，此时点D到直线AB的距离最大，此时△ABD的面积最大，
∵12x2+x−4=0时，x1=2，x2=−4，
∴A点坐标为：（-4,0），
设直线AB关系式为：y=kx+b（k≠0），
将A（-4,0），B（0，-4），代入y=kx+b（k≠0），
得：−4k+b=0b=−4，
解得：k=−1b=−4，
∴直线AB关系式为：y=−x−4，
设直线AB平移后的关系式为：y=−x−4+n，
则方程−x−4+n=12x2+x−4有两个相等的实数根，
即12x2+2x−n=0有两个相等的实数根，
∴n=−2，
即12x2+2x+2=0的解为：x=-2，
将x=-2代入抛物线解析式得，y=12×−22−2−4=−4，
∴点D的坐标为：（-2，-4）时，△ABD的面积最大；
（3）①当∠PAB=90°时，
即PA⊥AB，则设PA所在直线解析式为：y=x+z，
将A（-4,0）代入y=x+z得，−4+z=0，
解得：z=4，
∴PA所在直线解析式为：y=x+4，
∵抛物线对称轴为：x=-1，
∴当x=-1时，y=−1+4=3，
∴P点坐标为：（-1，3）；
②当∠PBA=90°时，
即PB⊥AB，则设PB所在直线解析式为：y=x+t，
将B（0，-4）代入y=x+t得，t=−4，
∴PA所在直线解析式为：y=x−4，
∴当x=-1时，y=−1−4=−5，
∴P点坐标为：（-1，-5）；
③当∠APB=90°时，设P点坐标为：−1，yp，
∴PA所在直线斜率为：yp3，PB在直线斜率为：yp+4−1，
∵PA⊥PB，
∴yp3· yp+4−1=-1，
解得：yp1=−2+7，yp2=−2−7，
∴P点坐标为：−1，−2+7，−1，−2−7
综上所述，P点坐标为：（-1，3），（-1，-5），−1，−2+7，−1，−2−7时，△PAB为直角三角形．
【点睛】本题主要考查的是二次函数图象与一次函数、三角形的综合，灵活运用所学知识是解题的关键．
36．（2022·福建·统考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx经过A（4，0），B（1，4）两点．P是抛物线上一点，且在直线AB的上方．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若△OAB面积是△PAB面积的2倍，求点P的坐标；
(3)如图，OP交AB于点C，PD∥BO交AB于点D．记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为S1，S2，S3．判断S1S2+S2S3是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−43x2+163x
(2)存在，2,163或（3，4）
(3)存在，98
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）待定系数法求得直线AB的解析式为y=−43x+163，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM交AB于点N．过点B作BE⊥PM，垂足为E．可得S△PAB=S△PNB+S△PNA =32PN，设Pm,−43m2+163m1（3）由已知条件可得△OBC∽△PDC，进而可得S1S2+S2S3=CDBC+PCOC =2PDOB，过点B,P分别作x轴的垂线，垂足分别F,E，PE交AB于点Q，过D作x的平行线，交PE于点G，可得△DPG∽△OBF，设Pm,−43m2+163m1【详解】（1）解：（1）将A（4，0），B（1，4）代入y=ax2+bx，
得16a+4b=0a+b=4，
解得a=−43b=163．
所以抛物线的解析式为y=−43x2+163x．
（2）设直线AB的解析式为y=kx+tk≠0，
将A（4，0），B（1，4）代入y=kx+t，
得4k+t=0k+t=4，
解得k=−43t=163．
所以直线AB的解析式为y=−43x+163．
过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM交AB于点N．
过点B作BE⊥PM，垂足为E．
所以S△PAB=S△PNB+S△PNA
=12PN×BE+12PN×AM
=12PN×BE+AM
=32PN．
因为A（4，0），B（1，4），所以S△OAB=12×4×4=8．
因为△OAB的面积是△PAB面积的2倍，
所以2×32PN=8，PN=83．
设Pm,−43m2+163m1所以PN=−43m2+163m−−43m+163=83，
即−43m2+203m−163=83，
解得m1=2，m2=3．
所以点P的坐标为2,163或（3，4）．
（3）∵ PD∥BO
∴△OBC∽△PDC
∴CDBC=PDOB=PCOC
记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为S1，S2，S3．则S1S2+S2S3=CDBC+PCOC =2PDOB
如图，过点B,P分别作x轴的垂线，垂足分别F,E，PE交AB于点Q，过D作x的平行线，交PE于点G
∵B1,4，
∴F1,0
∴OF=1
∵PD∥OB,DG∥OF
∴△DPG∽△OBF
∴PDOB=PGBF=DGOF，
设Pm,−43m2+163m1∵直线AB的解析式为y=−43x+163．
设Dn,−43n+163，则Gm,−43n+163
PG=−43m2+163m+43n−163
=43m2−4m−n+4
DG=m−n
∴43(m2−4m−n+4)4=m−n1
整理得4n=m2−m+4
∴ S1S2+S2S3=CDBC+PCOC =2PDOB
=2DGOF
=2m−n
=2m−m2−m+44
=−12m2−5m+4
=−12m−522+98
∴m=52时，S1S2+S2S3取得最大值，最大值为98
【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，面积问题，相似三角形的性质与判定，第三问中转化为线段的比是解题的关键．
题型12 二次函数综合问题-角度问题
37．（2023·江苏苏州·统考一模）如图，二次函数y=−14x2+12m−1x+m（m是常数，且m>0）的图象与x轴相交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，动点P在对称轴l上，连接AC、BC、PA、PC．
(1)求点A、B、C的坐标（用数字或含m的式子表示）；
(2)当PA+PC的最小值等于45时，求m的值及此时点P的坐标；
(3)当m取（2）中的值时，若∠APC=2∠ABC，请直接写出点P的坐标．
【答案】(1)A−2，0，B2m，0，C0，m
(2)m=4，P3，52
(3)P点坐标为3，0或3，52
【分析】（1）将x=0，y=0，分别代入y=−14x2+12m−1x+m，计算求解即可；
（2）如图1，连接PB，由题意知，PA=PB，则PA+PC=PB+PC，可知当C，P，B三点共线时，PA+PC值最小，在Rt△BOC中，由勾股定理得BC=5m，由PA+PC的最小值等于45，可得5m=45，计算m的值，然后得出B，C的点坐标，待定系数法求直线BC的解析式，根据P是直线BC与直线l的交点，计算求解即可；
（3）由（2）知m=4，则B8，0，C0，4，抛物线的对称轴为直线x=3，勾股定理逆定理判断△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，记D为直线l与x轴的交点，如图2，连接CD，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得CD=BD=AD，由等边对等角可得∠DCB=∠ABC，由三角形外角的性质可得∠ADC=∠DCB+∠ABC=2∠ABC，进而可得∠ADC=∠APC，即P与D重合，求此时的P点坐标；过A，C，D三点作⊙O'，如图2，由同弧所对的圆周角相等可知⊙O'与直线l=3交点即为P，设P3，a，由题意知，圆心O'在直线x=12上，设圆心坐标为12，n， 则AO'2=CO'2=PO'2，根据AO'2=CO'2，可求n值，根据AO'2=PO'2，可求a值，进而可得此时的P点坐标．
【详解】（1）解：当x=0时，y=m，
当y=0时，−14x2+12m−1x+m=0，整理得x2−2m−1x−4m=0，即x−2mx+2=0，
解得x1=2m，x2=−2，
∴A−2，0，B2m，0，C0，m，
（2）解：如图1，连接PB，
由题意知，PA=PB，
∴PA+PC=PB+PC，
∴当C，P，B三点共线时，PA+PC值最小，
在Rt△BOC中，由勾股定理得BC=OB2+OC2=4m2+m2=5m，
∵PA+PC的最小值等于45，
∴5m=45，
解得m=4，
∴B8，0，C0，4，
∴抛物线的对称轴为直线x=3，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
将B8，0，C0，4代入得，0=8k+b4=b，
解得k=−12b=4，
∴直线BC的解析式为y=−12x+4，
当x=3时，y=−12×3+4=52，
∴P3，52，
∴m=4，P3，52；
（3）解：∵m=4，
∴B8，0，C0，4，抛物线的对称轴为直线x=3，
∵AC2=22+42=20，BC2=452=80，AB2=102=100，
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，
记D为直线l与x轴的交点，如图2，连接CD，
∴CD=BD=AD，
∴∠DCB=∠ABC，
∵∠ADC=∠DCB+∠ABC=2∠ABC，
∴∠ADC=∠APC，
∴P与D重合，即P3，0；
过A，C，D三点作⊙O'，如图2，由同弧所对的圆周角相等可知⊙O'与直线l=3交点即为P，设P3，a，
由题意知，圆心O'在直线x=12上，设圆心坐标为12，n， 则AO'2=CO'2=PO'2，
∵AO'2=CO'2，即−2−122+0−n2=0−122+4−n2，
解得n=54，
∵AO'2=PO'2，即−2−122+0−542=3−122+a−542，
解得a1=0，a2=52，
∴P3，52，
综上，P点坐标为3，0或3，52．
【点睛】本题考查了二次函数与线段、角度综合，二次函数的图象与性质，勾股定理的逆定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，同弧所对的圆周角相等，等边对等角，三角形外角的性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
38．（2022·广东深圳·深圳中学校考一模）如图，已知抛物线y=−13x2+bx+c交x轴于A−3,0，B4,0两点，交y轴于点C，点P是抛物线上一点，连接AC、BC．
(1)求抛物线的表达式；
(2)连接OP，BP，若S△BOP=2S△AOC，求点P的坐标；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得∠QBA＝75°？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−13x2+13x+4
(2)（﹣5，﹣6）或（6，﹣6）
(3)存在，Q的坐标为（12，−73+142）或(12，73+142）
【分析】（1）将A（﹣3，0），B（4，0）两点代入y=−13x2+bx+c，即可求解；
（2）由题意可得12×4×｜yp｜＝12，再由P点在x轴下方，则yp＝﹣6，即可求P点坐标；
（3）将射线BA绕点B逆时针旋转60°，交直线x=12于点D，连接AD，延长线段ED到Q，使得DQ＝BD，连接BQ，再证明点Q满足要求，并利用轴对称找到另外一个满足要求的点即可．
【详解】（1）解：将A（﹣3，0），B（4，0）两点代入y=−13x2+bx+c，
∴−13×9−3b+c=0−13×16+4b+c=0 ，
∴b=13c=4 ，
∴y=−13x2+13x+4；
（2）解：对于y=−13x2+13x+4，
当x＝0，则y＝4，
∴C（0，4），
∴S△AOC＝12×3×4＝6，S△BOP＝124×|yP|，
∵S△BOP＝2S△AOC，
∴12×4×｜yp｜＝12，，
∴|yP|＝6，
∵y=−13x2+13x+4＝﹣13（x﹣12）2+4912，
∴P点在x轴下方，
∴yp＝﹣6，
∴−13x2+13x+4＝﹣6，
解得x＝﹣5或x＝6，
∴P点坐标为（﹣5，﹣6）或（6，﹣6）,；
如图1所示，
（3）解：存在，Q的坐标为（12，−73+142）或(12，73+142）．
理由如下：
∵y=−13x2+13x+4＝﹣13（x﹣12）2+4912，
∴ 抛物线y=−13x2+13x+4的对称轴为直线x=12，
设直线x=12与x轴交点为点E（12，0），
将射线BA绕点B逆时针旋转60°，交直线x=12于点D，
连接AD，延长线段ED到Q，使得DQ＝BD，连接BQ，
则点Q满足要求，即∠QBA＝75°，如图2所示，
∵抛物线y=−13x2+bx+c交x轴于A−3,0，B4,0两点
∴直线x=12垂直平分AB，AB＝7
即直线DE垂直平分AB
∴ AD＝BD
∴△ABD是等腰三角形
∵∠ABD＝60°
∴△ABD是等边三角形
∴BE＝AE＝12AB＝72，∠ADB＝60°，BD＝AB＝7
∴DQ＝BD＝7
∴∠DBQ＝∠BQD
∵DE⊥AB
∴∠BDE＝12∠ADB＝30°，∠BED＝90°
∵∠BDE是△BDQ的外角
∴∠BDE＝∠DBQ+∠BQD＝2∠DBQ＝2∠BQD
∴∠DBQ＝∠BQD＝12∠BDE＝15°
∴ ∠QBA＝∠ABD+∠DBQ＝75°
在Rt△BED中，
BE2+ED2=BD2
∴ED=BD2−BE2=72−(72)2=732
∴EQ＝ED+DQ＝732+7＝73+142
∴点Q的坐标是（12，−73+142），
如图2，以点E为圆心，EQ为半径画弧交直线EQ于点Q'，则点Q与点Q'关于x轴对称，由轴对称性质知，∠Q'BA＝∠QBA＝75°，
∴ 点Q'也满足题意，点Q' 的坐标为(12，73+142），
故点Q的坐标为（12，−73+142）或(12，73+142）．
【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，待定系数法求二次函数表达式，勾股定理等知识，构造合适的辅助线是解题的关键．
题型13 二次函数综合问题-特殊三角形问题
39．（2021上·云南红河·九年级校考期中）如图，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A，B两点，y与轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D．已知A（-1 ，0），C（0，3）．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线的对称轴上有一点M，使得MA+MC的值最小，求此点M的坐标；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在P点，使△PCD是等腰三角形，如果存在，求出点P的坐标，如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)点M坐标（1，2）
(3)存在，点P坐标为（1，6），（1，10），（1，−10），（1，53）
【分析】（1）把A、C两点的坐标代入y=-x2+bx+c，利用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）由抛物线的对称性可知点A与点B关于对称轴对称，所以BC与抛物线对称轴的交点为M，此时MA+MC最小，即MA+MC最小值等于线段BC长，求出直线BC与抛物线对称轴交点M坐标即可；
（3）分两种情况讨论：i)当△PCD是以CD为腰的等腰三角形时，又可分两种情况讨论：①PC=CD；②PD=CD．设出点P的坐标，利用两点间的距离公式列出方程求解即可；
ii)当△PCD是以CD为底的等腰三角形时，点P在CD的垂直平分线上，PC=PD，利用两点间的距离公式列出方程求解即可．
【详解】（1）解：把A（-1，0），C（0，3）代入y=-x2+bx+c，
得：−1−b+c=0c=3，解得：b=2c=3，
∴抛物线的解析式为：y=-x2+2x+3；
（2）解：由抛物线的对称性可知点A与点B关于抛物线的对称轴对称，
所以设BC与抛物线对称轴的交点为M，此时MA+MC最小，即MA+MC最小值=BC，如图，
∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4；
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
∵A（-1，0），点A与点B关于抛物线的对称轴对称，
∴B（3，0），
设直线BC解析式为y=kx+m，
则−k+m=0m=3，解得k=−1m=3，
∴直线BC解析式为y=-x+3，
当x=1时，y=2，
∴M（1，2）．
（3）解：∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，
∴对称轴为直线x=1，
∴D（1，0）．
设点P的坐标为（1，t），
∵C（0，3），
∴CD2=12+32=10．
分两种情况讨论：i)当△PCD是以CD为腰的等腰三角形时，又可分两种情况讨论：
①若PC=CD，则12+（t-3）2=10，解得t=0（舍弃）或6，
所以点P的坐标为（1，6）；
②若PD=CD，则t2=10，解得t=±10，
所以点P的坐标为（1，10）或（1，-10）；
ii)当△PCD是以CD为底的等腰三角形时，PC=PD，
则1+（t-3）2=t2，解得：t=53，
所以点P的坐标为（1，53）；
综上所述，点P的坐标有三个，分别是（1，6）或（1，10））或（1，-10）或（1，53）．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了利用待定系数法求二次函数和一次函数的解析式、二次函数的性质、利用轴对称求最短距离；难度适中，在考虑构建等腰三角形时，采用了分类讨论的思想．
40．（2020·内蒙古通辽·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于点A,B，与y轴交于点C，且直线y=x−6过点B，与y轴交于点D，点C与点D关于x轴对称．点P是线段OB上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点M，交直线BD于点N．

（1）求抛物线的函数解析式；
（2）当△MDB的面积最大时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，在y轴上是否存在点Q，使得以Q,M,N三点为顶点的三角形是直角三角形，若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）y=−x2+5x+6；（2）（2，0）；（3）存在，（0，12）或（0，-4）或（0，4+215）或（0，4−215）.
【分析】（1）根据直线y=x−6求出点B和点D坐标，再根据C和D之间的关系求出点C坐标，最后运用待定系数法求出抛物线表达式；
（2）设点P坐标为（m，0），表示出M和N的坐标，再利用三角形面积求法得出S△BMD=−3m2+12m+36，再求最值即可；
（3）分当∠QMN=90°时，当∠QNM=90°时，当∠MQN=90°时，三种情况，结合相似三角形的判定和性质，分别求解即可.
【详解】解：（1）∵直线y=x−6过点B，点B在x轴上，
令y=0，解得x=6，令x=0，解得y=-6，
∴B（6，0），D（0，-6），
∵点C和点D关于x轴对称，
∴C（0，6），
∵抛物线y=−x2+bx+c经过点B和点C，代入，
0=−36+6b+c6=c，解得：b=5c=−6，
∴抛物线的表达式为：y=−x2+5x+6；
（2）设点P坐标为（m，0），
则点M坐标为（m，−m2+5m+6），点N坐标为（m，m-6），
∴MN=−m2+5m+6-m+6=−m2+4m+12，
∴S△BMD=S△MNB+S△MND
=12×−m2+4m+12×6
=−3m2+12m+36
=-3（m-2）2+48
当m=2时，S△BMD最大=48，
此时点P的坐标为（2，0）；
（3）存在，
由（2）可得：M（2，12），N（2，-4），
设点Q的坐标为（0，n），
当∠QMN=90°时，即QM⊥MN，如图，
可得，此时点Q和点M的纵坐标相等，
即Q（0，12）；

当∠QNM=90°时，即QN⊥MN，如图，
可得，此时点Q和点N的纵坐标相等，
即Q（0，-4）；

当∠MQN=90°时，MQ⊥NQ，如图，
分别过点M和N作y轴的垂线，垂足为E和F，
∵∠MQN=90°，
∴∠MQE+∠NQF=90°，又∠MQE+∠QME=90°，
∴∠NQF=∠QME，
∴△MEQ∽△QFN，
∴MEQF=EQFN，即2n+4=12−n2，
解得：n=4+215或4−215，
∴点Q（0，4+215）或（0，4−215），

综上：点Q的坐标为（0，12）或（0，-4）或（0，4+215）或（0，4−215）.
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的表达式，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，二次函数的最值，解一元二次方程，解题时要注意数形结合，分类讨论思想的运用.
题型14 二次函数综合问题-特殊四边形问题
41．（2022·四川眉山·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线y=−x2−4x+c与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且点A的坐标为(−5,0)．
(1)求点C的坐标；
(2)如图1，若点P是第二象限内抛物线上一动点，求点P到直线AC距离的最大值；
(3)如图2，若点M是抛物线上一点，点N是抛物线对称轴上一点，是否存在点M使以A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)(0,5)
(2)PE最大为2528
(3)存在，M的坐标为(−3,8)或（3，-16）或(−7,−16)
【分析】（1）把点A的坐标代入y=−x2−4x+c，求出c的值即可；
（2）过P作PE⊥AC于点E，过点P作PF⊥x轴交AC于点H，证明 △PHE是等腰直角三角形，得PE=PH2，当PH最大时，PE最大，，运用待定系数法求直线AC解析式为y=x+5，设Pm,−m2−4m+5，(−5（3）分①当AC为平行四边形ANMC的边，②当AC为平行四边形AMNC的边，③当AC为对角线三种情况讨论求解即可．
【详解】（1）（1）∵点A(−5,0)在抛物线y=−x2−4x+c的图象上，
∴0=−52+4×5+c
∴c=5，
∴点C的坐标为(0,5)；
（2）过P作PE⊥AC于点E，过点P作PF⊥x轴交AC于点H，如图：
∵A(−5,0)，C(0,5)
∴OA=OC，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠CAO=45°，
∵PF⊥x轴，
∴∠AHF=45°=∠PHE，
∴△PHE是等腰直角三角形，
∴PE=PH2，
∴当PH最大时，PE最大，
设直线AC解析式为y=kx+5，
将A(−5,0)代入得0=5k+5，
∴k=1，
∴直线AC解析式为y=x+5，
设Pm,−m2−4m+5，(−5∴PH=−m2−4m+5−(m+5)=−m2−5m=−m+522+254，
∵a=−1<0，
∴当m=−52时，PH最大为254，
∴此时PE最大为2528，即点P到直线AC的距离值最大；
（3）存在．
∵y=−x2−4x+5=−(x+2)2+9
∴抛物线的对称轴为直线x=-2，
设点N的坐标为（-2，m），点M的坐标为（x，−x2−4x+5）
分三种情况：①当AC为平行四边形ANMC的边时，如图，
∵A（-5，0），C（0，5），
∴xC−xA=xM−xN，即x−(−2)=0−(−5)
解得，x=3.
∴−x2−4x+5=−32−4×3+5=−16,
∴点M的坐标为（3，-16）
②当AC为平行四边形AMNC的边长时，如图，
方法同①可得，x=−7，
∴−x2−4x+5=−(−7)2−4×(−7)+5=−16,
∴点M的坐标为（-7，-16）；
③当AC为对角线时，如图，
∵A（-5，0），C（0，5），
∴线段AC的中点H的坐标为(−5+02,0+52)，即H（−52,52）
∴x+(−2)2=−52，解得，x=−3。
∴−x2−4x+5=−(−3)2−4×(−3)+5=8,
∴点M的坐标为（-3，8）
综上，点M的坐标为：(−3,8)或（3，-16）或(−7,−16)．
【点睛】本题是二次函数综合题，其中涉及到二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象与几何变换，二次函数的性质，平行四边形的判定与性质．熟知几何图形的性质利用数形结合是解题的关键．
42．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于A−1，0，B4，0，与y轴交于点C，连接BC，D为抛物线的顶点．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)点P为直线BC下方抛物线上的一动点，过P作PE⊥BC于点E，过P作PF⊥x轴于点F，交直线BC于点G，求PE＋PG的最大值，以及此时点P的坐标；
(3)将抛物线y=12x2+bx+c沿射线CB方向平移，平移后的图象经过点H2,−1，点M为D的对应点，平移后的抛物线与y轴交于点N，点Q为平移后的抛物线对称轴上的一点，且点Q在第一象限．在平面直角坐标系中确定点R，使得以点M，N，Q，R为顶点的四边形为菱形，请写出所有符合条件的点R的坐标，并写出求解点R的坐标的其中一种情况的过程．
【答案】(1)y=12x2−32x−2
(2)PE+PG的最大值为455+2，此时点P的坐标为(2,−3)
(3)(7,4)或0,−116或0,32+7658，见解析
【分析】（1）根据抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于点A−1,0、B4,0两点，即知抛物线的表达式为y=12x+1x−4，即 y=12x2−32x−2；
（2）证明△PEG∼△BOC，根据相似三角形的性质得出PE=255PG，设出P点的坐标，利用二次函数的性质求最值即可；
（3）先根据平移规律求出平移后的抛物线的解析式，以及点M，N的坐标，然后设出点Q的坐标，根据菱形的性质求出Q的坐标，即可得点R的坐标．
【详解】（1）∵抛物线y=12x2+bx+c与x轴交于A−1，0，B4，0，
∴抛物线的解析式为y=12(x+1)(x−4)，即y=12x2−32x−2；
（2）∵y=12x2−32x−2，
令x=0，则y=−2，
∴C(0,−2)
设直线BC的解析式为：y=kx+a，
把B4，0，C(0,−2)代入y=kx+a，得：
4k+a=0a=−2，
解得，k=12a=−2，
∴直线BC的解析式为：y=12x−2；
∵PF⊥x轴，
∴PF∥y轴
∴∠PGE=∠BCO，
∵PE⊥BC，
∴∠PEG=∠BOC=90°，
∴△PEG∼△BOC，
∴PEBO=PGBC，
∴PE4=PG42+22
∴PE=255PG，
∴PE+PG=255PG+PG
设Px,12x2−32x−2，则Gx,12x−2，
∴PG=12x−2−12x2−32x−2=−12x2+2x=−12x−22+2，
∴当x=2时，PG的最大值为2，
∴PE+PG的最大值为255PG+PG=455+2，此时点P的坐标为(2,−3)；
（3）∵将抛物线y=12x2−32x−2沿射线CB方向平移，C(0,−2)，B(4,0)，
设抛物线y=12x2−32x−2向上平移m个单位，向右平移2m个单位，
∴新抛物线y'的解析式为y'=12x−32−2m2+m−258，
∵平移后的图象经过点H(2,−1)，
∴122−32−2m2+m−258=−1，
解得，m=1或−1（不符合题意，舍去）
∴新抛物线y'的解析式为y'=12x−722−178,
∴点M72,−178，点N的坐标为(0,4)，
设Q72,n，
∴MN2=722+4+1782，MQ2=n+1782，NQ2=722+(4−n)2，
①当MN=NQ时，722+(4−n)2=722+4+1782，
解得，n=818或−178（舍去）
此时，MQ、NR为对角线，
∵M72,−178,N(0,4),Q72,818，
∴R(7,4)；
②当MQ=NQ时，722+(4−n)2=n+1782，
解得，n=3116，
此时，MN、RQ为对角线，
∵M72,−178,N(0,4),Q72,3116，
∴R0,−116，
③当MN=MQ时，722+4+1782=n+1782，
解得，n=765−178或−17−7658（舍去）
此时，MR、NQ为对角线，
∵M72,−178,N(0,4),Q72,765−178，
∴R0,32+7658，
综上所述，点R的坐标为(7,4)或0,−116或0,32+7658
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象和性质，相似三角形的判定与性质三角形面积，平移的性质，菱形的性质等知识，熟练掌握二次函数的图象及性质，菱形的性质，分类讨论是解题的关键
43．（2023·重庆江北·校考一模）如图，抛物线y=24x2+bx+c与x轴交于点A−2,0、B，与y轴交于点C，抛物线的对称轴为直线x=2，点D是抛物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)过点A作AF⊥AD交对称轴于点F，在直线AF下方对称轴右侧的抛物线上有一动点P，过点P作PQ∥y轴交直线AF于点Q，过点P作PE⊥DF交于点E，求PQ+PE最大值及此时点P的坐标；
(3)将原抛物线沿着x轴正方向平移，使得新抛物线经过原点，点M是新抛物线上一点，点N是平面直角坐标系内一点，是否存在以B、C、M、N为顶点的四边形是以BC为对角线的菱形，若存在，求所有符合条件的点N的坐标．
【答案】(1)y=24x2−x−322；
(2)PQ+PE的最大值为62，此时P32,0；
(3)存在，N32−3,6−1542或N32+3,−6−1542．
【分析】（1）代入法求解即可；
（2）由（1）和题意可求得D2,−22与F关于x轴对称得F2,22，设AF直线方程为：y=kx+b，则AF解析式为y=x+2，设Pt,24t2−t−322，Qt,t+2，求得PQ=−24t2+2t+522，PE=t−2，则PQ+PE=−24t2+3t+322，结合二次函数的性质可知当t=32时，PQ+PE的最大值为62，此时P32,0；
（3）平移后抛物线过原点，则抛物线向右平移2个单位，得y=24x2−2x以B、C、M、N为顶点的四边形是以BC为对角线的菱形，由（1）得C0,−322，B32,0，取BC中点R，则R322,−324求得直线PR解析式为y=−2x+924，联立有y=24x2−2xy=−2x+924，解得x=±3，得M3,−6+924或M−3,6+924，结合中点坐标可求得N32−3,6−1542或N32+3,−6−1542．
【详解】（1）解：抛物线过A−2,0，对称轴x=2，
∴24×2+b−2+c=0−b2×24=2，
解得：b=−1c=−322；
∴抛物线解析式为：y=24x2−x−322；
（2）由（1）可知当x=2时y=−22，
∴顶点D2,−22，
∴DM=AM=22，
∴∠MAD=45°，
∵AF⊥AD，
∴∠MAF=45°，
∴D2,−22与F关于x轴对称，
∴F2,22，
设AF直线方程为：y=kx+b，
则有:22=2k+b0=−2k+b，
解得：k=1b=2，
∴AF解析式为y=x+2，
设Pt,24t2−t−322，则Qt,t+2，
∴PQ=−24t2+2t+522，PE=t−2，
∴PQ+PE=−24t2+3t+322，
∵−24<0，开口向下，对称轴t=32在范围内，
∴当t=32时，PQ+PE的最大值为62，
此时P32,0；
（3）平移后抛物线过原点，则抛物线向右平移2个单位，
得y=24x−22−x−2−322，
即为y=24x2−2x，
∵以B、C、M、N为顶点的四边形是以BC为对角线的菱形，
由（1）得C0,−322，B32,0，
∴BC=3102，
取BC中点R，则R322,−324，
∴BR=3104，
作BC的中垂线分别交x轴、y轴于Q、P，
则△BCO∼△BQR，
∴BQBR=BCOB=52，
∴BQ=52BR=52×3104=1528，
∴OQ=OB−BQ=32−1528=928，
∴Q928,0，
设PR直线方程为：y=mx+n，
则有:−324=322m+n0=928m+n，
解得：m=−2b=924，
∴PR解析式为y=−2x+924，
联立有y=24x2−2xy=−2x+924，
解得：x=±3，
当x=3时代入y=−2x+924求得y=−6+924，
当x=−3时代入y=−2x+924求得y=6+924，
∴M3,−6+924或M−3,6+924，
∵R322,−324是MN中点，
设Nx,y，
则有：x+32=322y−6+9242=−324或x−32=322y+6+9242=−324，
解得：x=32−3y=6−1542或x=32+3y=−6−1542，
∴N32−3,6−1542或N32+3,−6−1542．
【点睛】本题考查了代入法求函数解析式，二次函数的图像和性质，一次函数与二次函数交点问题，菱形的性质，相似三角形的判定和性质的应用；解题的关键是熟练掌握相关性质并灵活运用
44．（2022·辽宁丹东·统考中考真题）如图1，抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，与y轴交于点C，点P是第一象限内抛物线上的一个动点，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，PD交直线BC于点E，设点P的横坐标为m．
(1)求抛物线的表达式；
(2)设线段PE的长度为h，请用含有m的代数式表示h；
(3)如图2，过点P作PF⊥CE，垂足为F，当CF＝EF时，请求出m的值；
(4)如图3，连接CP，当四边形OCPD是矩形时，在抛物线的对称轴上存在点Q，使原点O关于直线CQ的对称点O′恰好落在该矩形对角线所在的直线上，请直接写出满足条件的点Q的坐标．
【答案】(1)y＝−14x2+x+3
(2)h＝−14m2+32m（0＜m＜6）
(3)m＝1
(4)点Q的坐标为（2，13）或（2，﹣1）或（2，4）
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）利用待定系数法可得直线BC的解析式为y＝﹣12x+3，设点P的横坐标为m，则P（m，−14m2+m+3），E（m，﹣12m+3），即可得出h＝−14m2+32m；
（3）如图，过点E、F分别作EH⊥y轴于点H，FG⊥y轴于点G，可证得△BOC∽△PFE，得出EFPE＝OCBC，可求得EF＝55（−14m2+32m），再由△CEH∽△CBO，可得CEEH＝BCOB，求得CE＝52m，结合CF＝EF，可得EF＝12CE＝54m，建立方程求解即可得出答案；
（4）设Q（2，t），分两种情况：①当点O′恰好落在该矩形对角线OD所在的直线上时，②当点O′恰好落在该矩形对角线CD上时，③当点O′恰好落在该矩形对角线DC延长线上时，分别求出点Q的坐标即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0），B（6，0）两点，
∴4a−2+c=036a+6+c=0，
解得：a=−14c=3，
∴抛物线的表达式为y＝−14x2+x+3；
（2）解：∵抛物线y＝−14x2+x+3与y轴交于点C，
∴C（0，3），
设直线BC的解析式为y＝kx+b，把B（6，0）、C（0，3）代入，
得：6k+b=0b=3，
解得：k=−12b=3，
∴直线BC的解析式为y＝﹣12x+3，
设点P的横坐标为m，则P（m，−14m2+m+3），E（m，﹣12m+3），
∴h＝−14m2+m+3﹣（﹣12m+3）＝−14m2+32m，
∵点P是第一象限内抛物线上的一个动点，
∴0＜m＜6，
∴h＝−14m2+32m（0＜m＜6）；
（3）解：如图，过点E、F分别作EH⊥y轴于点H，FG⊥y轴于点G，
∵P（m，−14m2+m+3），E（m，﹣12m+3），
∴PE＝−14m2+32m，
∵PF⊥CE，
∴∠EPF+∠PEF＝90°，
∵PD⊥x轴，
∴∠EBD+∠BED＝90°，
又∵∠PEF＝∠BED，
∴∠EPF＝∠EBD，
∵∠BOC＝∠PFE＝90°，
∴△BOC∽△PFE，
∴EFPE＝OCBC，
在Rt△BOC中，BC＝OB2+OC2＝62+32＝35，
∴EF＝OCBC×PE＝335（−14m2+32m）＝55（−14m2+32m），
∵EH⊥y轴，PD⊥x轴，
∴∠EHO＝∠EDO＝∠DOH＝90°，
∴四边形ODEH是矩形，
∴EH＝OD＝m，
∵EH//x轴，
∴△CEH∽△CBO，
∴CEEH＝BCOB，即CEm＝356，
∴CE＝52m，
∵CF＝EF，
∴EF＝12CE＝54m，
∴54m＝55（−14m2+32m），
解得：m＝0或m＝1，
∵0＜m＜6，
∴m＝1；
（4）解：∵抛物线y＝−14x2+x+3，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣12×(−14)＝2，
∵点Q在抛物线的对称轴上，
∴设Q（2，t），设抛物线对称轴交x轴于点H，交CP边于点G，
则GQ＝3﹣t，CG＝2，∠CGQ＝90°，
①当点O′恰好落在该矩形对角线OD所在的直线上时，如图，
则CQ垂直平分OO′，即CQ⊥OD，
∴∠COP+∠OCQ＝90°，
又∵四边形OCPD是矩形，
∴CP＝OD＝4，OC＝3，∠OCP＝90°，
∴∠PCQ+∠OCQ＝90°，
∴∠PCQ＝∠COP，
∴tan∠PCQ＝tan∠COP＝CPOC＝43，
∴GQCG＝tan∠PCQ＝43，
∴3−t2＝43，
解得：t＝13，
∴Q（2，13）；
②当点O′恰好落在该矩形对角线CD上时，如图，连接CD交GH于点K，
∵点O与点O′关于直线CQ对称，
∴CQ垂直平分OO′，
∴∠OCQ＝∠DCQ，
∵GH//OC，
∴∠CQG＝∠OCQ，
∴∠DCQ＝∠CQG，
∴CK＝KQ，
∵C、P关于对称轴对称，即点G是CP的中点，GH//OC//PD，
∴点K是CD的中点，
∴K（2，32），
∴GK＝32，
∴CK＝KQ＝32﹣t，
在Rt△CKG中，CG2+GK2＝CK2，
∴22+（32）2＝（32﹣t）2，
解得：t1＝1（舍去），t2＝﹣1，
∴Q（2，﹣1）；
③当点O′恰好落在该矩形对角线DC延长线上时，如图，过点O′作O′K⊥y轴于点K，连接OO′交CQ于点M，
∵点O与点O′关于直线CQ对称，
∴CQ垂直平分OO′，
∴∠OCM＝∠O′CM，∠OMC＝∠O′MC＝90°，O′C＝OC＝3，
∵∠O′KC＝∠DOC＝90°，∠O′CK＝∠DCO，
∴△O′CK∽△DCO，
∴O'KOD＝CKCO＝CO'CD，即O'K4＝CK3＝35，
∴O′K＝125，CK＝95，
∴OK＝OC+CK＝3+95＝245，
∴O′（﹣125，245），
∵点M是OO′的中点，
∴M（﹣65，125），
设直线CQ的解析式为y＝k′x+b′，
则−65k'+b'=125b'=3，
解得：k'=12b'=3，
∴直线CQ的解析式为y＝12x+3，
当x＝2时，y＝12×2+3＝4，
∴Q（2，4）；
综上所述，点Q的坐标为（2，13）或（2，﹣1）或（2，4）．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，轴对称性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
1．（2022·安徽·统考中考真题）如图1，隧道截面由抛物线的一部分AED和矩形ABCD构成，矩形的一边BC为12米，另一边AB为2米．以BC所在的直线为x轴，线段BC的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系xOy，规定一个单位长度代表1米．E（0，8）是抛物线的顶点．
(1)求此抛物线对应的函数表达式；
(2)在隧道截面内（含边界）修建“”型或“”型栅栏，如图2、图3中粗线段所示，点P1，P4在x轴上，MN与矩形P1P2P3P4的一边平行且相等．栅栏总长l为图中粗线段P1P2，P2P3，P3P4，MN长度之和．请解决以下问题：
（ⅰ）修建一个“”型栅栏，如图2，点P2，P3在抛物线AED上．设点P1的横坐标为m0（ⅱ）现修建一个总长为18的栅栏，有如图3所示的修建“”型或“”型栅型两种设计方案，请你从中选择一种，求出该方案下矩形P1P2P3P4面积的最大值，及取最大值时点P1的横坐标的取值范围（P1在P4右侧）．
【答案】(1)y＝−16x2＋8
(2)（ⅰ）l＝−12m2＋2m＋24，l的最大值为26；（ⅱ）方案一：最大面积27，−30＋9≤P1横坐标≤30；方案二：最大面积814 −21＋92≤P1横坐标≤21
【分析】（1）通过分析A点坐标，利用待定系数法求函数解析式；
（2）（ⅰ）结合矩形性质分析得出P2的坐标为（m，－16m2＋8），然后列出函数关系式，利用二次函数的性质分析最值；
（ⅱ）设P2P1＝n，分别表示出方案一和方案二的矩形面积，利用二次函数的性质分析最值，从而利用数形结合思想确定取值范围．
【详解】（1）由题意可得：A（－6，2），D（6，2），
又∵E（0，8）是抛物线的顶点，
设抛物线对应的函数表达式为y＝ax2＋8，将A（－6，2）代入，
（－6）2a＋8＝2，
解得：a＝−16，
∴抛物线对应的函数表达式为y＝−16x2＋8；
（2）（ⅰ）∵点P1的横坐标为m（0＜m≤6），且四边形P1P2P3P4为矩形，点P2，P3在抛物线AED上，
∴P2的坐标为（m，−16m2＋8），
∴P1P2＝P3P4＝MN＝−16m2＋8，P2P3＝2m，
∴l＝3（−16m2＋8）＋2m＝−12m2＋2m＋24＝−12（m－2）2＋26，
∵−12＜0，
∴当m＝2时，l有最大值为26，
即栅栏总长l与m之间的函数表达式为l＝−12m2＋2m＋24，l的最大值为26；
（ⅱ）方案一：设P2P1＝n，则P2P3＝18－3n，
∴矩形P1P2P3P4面积为（18－3n）n＝－3n2＋18n＝－3（n－3）2＋27，
∵－3＜0，
∴当n＝3时，矩形面积有最大值为27，
此时P2P1＝3，P2P3＝9，
令−16x2＋8＝3，
解得：x＝±30，
∴此时P1的横坐标的取值范围为−30＋9≤P1横坐标≤30，
方案二：设P2P1＝n，则P2P3＝9－n，
∴矩形P1P2P3P4面积为（9－n）n＝－n2＋9n＝－（n－92）2＋814，
∵－1＜0，
∴当n＝92时，矩形面积有最大值为814，
此时P2P1＝92，P2P3＝92，
令−16x2＋8＝92，
解得：x＝±21，
∴此时P1的横坐标的取值范围为−21＋92≤P1横坐标≤21．
【点睛】本题考查二次函数的应用，掌握待定系数法求函数解析式，准确识图，确定关键点的坐标，利用数形结合思想解题是关键．
2．（2022·浙江台州·统考中考真题）如图1，灌溉车沿着平行于绿化带底部边线l的方向行驶，为绿化带浇水．喷水口H离地竖直高度为ℎ（单位：m）．如图2，可以把灌溉车喷出水的上、下边缘抽象为平面直角坐标系中两条抛物线的部分图象；把绿化带横截面抽象为矩形DEFG，其水平宽度DE=3m，竖直高度为EF的长．下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到，上边缘抛物线最高点A离喷水口的水平距离为2m，高出喷水口0.5m，灌溉车到l的距离OD为d（单位：m）．
(1)若ℎ=1.5，EF=0.5m；
①求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程OC；
②求下边缘抛物线与x轴的正半轴交点B的坐标；
③要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，求d的取值范围；
(2)若EF=1m．要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，请直接写出ℎ的最小值．
【答案】(1)①y=−18x−22+2,6m；②(2,0)；③2≤d≤23−1
(2)6532
【分析】（1）①根据顶点式求上边缘二次函数解析式即可；
②设根据对称性求出平移规则，再根据平移规则由C点求出B点坐标；
③要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，则上边缘抛物线至少要经过F点，下边缘抛物线OB≤d，计算即可；
（2）当喷水口高度最低，且恰好能浇灌到整个绿化带时，点D，F恰好分别在两条抛物线上，设出D、F坐标计算即可．
【详解】（1）（1）①如图1，由题意得A(2,2)是上边缘抛物线的顶点，
设y=a(x−2)2+2．
又∵抛物线经过点(0,1.5)，
∴1.5=4a+2，
∴a=−18．
∴上边缘抛物线的函数解析式为y=−18(x−2)2+2．
当y=0时，−18(x−2)2+2=0，
∴x1=6，x2=−2（舍去）．
∴喷出水的最大射程OC为6m．
图1
②∵对称轴为直线x=2，
∴点(0,1.5)的对称点的坐标为(4,1.5)．
∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4m得到的，
即点B是由点C向左平移4m得到，则点B的坐标为(2,0)．
③如图2，先看上边缘抛物线，
∵EF=0.5，
∴点F的纵坐标为0.5．
抛物线恰好经过点F时，
−18(x−2)2+2=0.5．
解得x=2±23，
∵x>0，
∴x=2+23．
当x>0时，y随着x的增大而减小，
∴当2≤x≤6时，要使y≥0.5，
则x≤2+23．
∵当0≤x<2时，y随x的增大而增大，且x=0时，y=1.5>0.5，
∴当0≤x≤6时，要使y≥0.5，则0≤x≤2+23．
∵DE=3，灌溉车喷出的水要浇灌到整个绿化带，
∴d的最大值为(2+23)−3=23−1．
再看下边缘抛物线，喷出的水能浇灌到绿化带底部的条件是OB≤d，
∴d的最小值为2．
综上所述，d的取值范围是2≤d≤23−1．
（2）ℎ的最小值为6532．
由题意得A(2,ℎ+0.5)是上边缘抛物线的顶点，
∴设上边缘抛物线解析式为y=a(x−2)2+ℎ+0.5．
∵上边缘抛物线过出水口（0，h）
∴y=4a+ℎ+0.5=ℎ
解得a=−18
∴上边缘抛物线解析式为y=−18(x−2)2+ℎ+0.5
∵对称轴为直线x=2，
∴点(0,ℎ)的对称点的坐标为(4,ℎ)．
∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4m得到的，
∴下边缘抛物线解析式为y=−18(x+2)2+ℎ+0.5．
当喷水口高度最低，且恰好能浇灌到整个绿化带时，点D，F恰好分别在两条抛物线上，
∵DE=3
∴设点Dm,0，Em+3,0，Fm+3,−18(m+3−2)2+ℎ+0.5，
∵D在下边缘抛物线上，
∴−18(m+2)2+ℎ+0.5=0
∵EF=1
∴−18(m+3−2)2+ℎ+0.5=1
∴−18(m+3−2)2+ℎ+0.5− −18(m+2)2+ℎ+0.5=1，
解得m=2.5，
代入−18(m+2)2+ℎ+0.5=0，得ℎ=6532．
所以ℎ的最小值为6532．
【点睛】本题考查二次函数的实际应用中的喷水问题，构造二次函数模型并把实际问题中的数据转换成二次函数上的坐标是解题的关键．
3．（2022·江苏淮安·统考中考真题）端午节前夕，某超市从厂家分两次购进A、B两种品牌的粽子，两次进货时，两种品牌粽子的进价不变．第一次购进A品牌粽子100袋和B品牌粽子150袋，总费用为7000元；第二次购进A品牌粽子180袋和B品牌粽子120袋，总费用为8100元．
(1)求A、B两种品牌粽子每袋的进价各是多少元；
(2)当B品牌粽子销售价为每袋54元时，每天可售出20袋，为了促销，该超市决定对B品牌粽子进行降价销售．经市场调研，若每袋的销售价每降低1元，则每天的销售量将增加5袋．当B品牌粽子每袋的销售价降低多少元时，每天售出B品牌粽子所获得的利润最大？最大利润是多少元？
【答案】(1)A种品牌粽子每袋的进价是25元，B种品牌粽子每袋的进价是30元
(2)当B品牌粽子每袋的销售价降低10元时，每天售出B品牌粽子所获得的利润最大，最大利润是980元
【分析】（1）根据已知数量关系列二元一次方程组，即可求解；
（2）设B品牌粽子每袋的销售价降低a元，利润为w元，列出w关于a的函数关系式，求出函数的最值即可．
【详解】（1）解：设A种品牌粽子每袋的进价是x元，B种品牌粽子每袋的进价是y元，
根据题意得，100x+150y=7000180x+120y=8100，
解得x=25y=30，
故A种品牌粽子每袋的进价是25元，B种品牌粽子每袋的进价是30元；
（2）解：设B品牌粽子每袋的销售价降低a元，利润为w元，
根据题意得，
w=54−a−3020+5a=−5a2+100a+480=−5a−102+980，
∵−5<0，
∴当B品牌粽子每袋的销售价降低10元时，每天售出B品牌粽子所获得的利润最大，最大利润是980元．
【点睛】本题考查二次函数和二元一次方程的实际应用，根据已知数量关系列出函数解析式和二元一次方程组是解题的关键．
4．（2022·湖北荆州·统考中考真题）某企业投入60万元（只计入第一年成本）生产某种产品，按网上订单生产并销售（生产量等于销售量）．经测算，该产品网上每年的销售量y（万件）与售价x（元/件）之间满足函数关系式y＝24－x，第一年除60万元外其他成本为8元/件．
(1)求该产品第一年的利润w（万元）与售价x之间的函数关系式；
(2)该产品第一年利润为4万元，第二年将它全部作为技改资金再次投入（只计入第二年成本）后，其他成本下降2元/件．①求该产品第一年的售价；②若第二年售价不高于第一年，销售量不超过13万件，则第二年利润最少是多少万元？
【答案】(1)w=−x2+32x−252
(2)①第一年的售价为每件16元，②第二年的最低利润为61万元．
【分析】（1）由总利润等于每件产品的利润乘以销售的数量，再减去投资成本，从而可得答案；
（2）①把w=4代入（1）的函数解析式，再解方程即可，②由总利润等于每件产品的利润乘以销售的数量，再减去投资成本，列函数关系式，再利用二次函数的性质求解利润范围即可得到答案．
【详解】（1）解：由题意得：
w=(x−8)y−60
=(x−8)(24−x)−60
=−x2+32x−252,
（2）①由（1）得：当w=4时，
则−x2+32x−252=4,即x2−32x+256=0,
解得：x1=x2=16,
即第一年的售价为每件16元，
②∵ 第二年售价不高于第一年，销售量不超过13万件，
∴{x≤1624−x≤13, 解得：11≤x≤16,
∵ 其他成本下降2元/件，
∴w=(x−6)(24−x)−4=−x2+30x−148,
∵ 对称轴为x=−302×(−1)=15, a=−1<0,
∴ 当x=15时，利润最高，为77万元，而11≤x≤16,
当x=11时，w=5×13−4=61（万元）
当x=16时，w=10×8−4=76 （万元）
∴61≤w≤77,
所以第二年的最低利润为61万元．
【点睛】本题考查的是二次函数的实际应用，二次函数的性质，理解题意，列出函数关系式，再利用二次函数的性质解题是关键．
5．（2022·湖北武汉·统考中考真题）在一条笔直的滑道上有黑、白两个小球同向运动，黑球在A处开始减速，此时白球在黑球前面70cm处．
小聪测量黑球减速后的运动速度v（单位：cm/s）、运动距离y（单位：cm）随运动时间t（单位：s）变化的数据，整理得下表．
小聪探究发现，黑球的运动速度v与运动时间t之间成一次函数关系，运动距离y与运动时间t之间成二次函数关系．
(1)直接写出v关于t的函数解析式和y关于t的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）
(2)当黑球减速后运动距离为64cm时，求它此时的运动速度；
(3)若白球一直以2cm/s的速度匀速运动，问黑球在运动过程中会不会碰到白球？请说明理由．
【答案】(1)v=−12t+10，y=−14t2+10t
(2)6cm/s
(3)黑、白两球的最小距离为6cm，大于0，黑球不会碰到白球
【分析】（1）根据黑球的运动速度v与运动时间t之间成一次函数关系，设表达式为v=kt+b，代入两组数值求解即可；根据运动距离y与运动时间t之间成二次函数关系，设表达式为y=at2+bt+c，代入三组数值求解即可；（2）当黑球减速后运动距离为64cm时，代入（1）式中y关于t的函数解析式求出时间t，再将t代入v关于t的函数解析式，求得速度v即可；（3）设黑白两球的距离为w cm，得到w=70+2t−y=14t2−8t+70，化简即可求出最小值，于是得到结论．
【详解】（1）根据黑球的运动速度v与运动时间t之间成一次函数关系，设表达式为v=kt+b，代入（0，10），（1，9.5）得，
10=b9.5=k+b，解得k=−12b=10，
∴v=−12t+10，
根据运动距离y与运动时间t之间成二次函数关系，设表达式为y=at2+bt+c，代入（0，0），（1，9.75），（2，19）得
0=c9.75=a+b19=4a+2b，解得a=−14b=10c=0，
∴y=−14t2+10t;
（2）依题意，得−14t2+10t=64，
∴t2−40t+256=0，
解得，t1=8，t2=32；
当t1=8时，v=6；当t2=32时，v=−6（舍）；
答：黑球减速后运动64cm时的速度为6cm/s．
（3）设黑白两球的距离为w cm，
w=70+2t−y=14t2−8t+70
=14(t−16)2+6，
∵14>0，∴当t=16时，w的值最小为6，
∴黑、白两球的最小距离为6cm，大于0，黑球不会碰到白球．
【点睛】本题考查一次函数和二次函数的实际应用，待定系数法求解析式，解决本题的关键是明确题意求出函数表达式．
6．（2021·山东青岛·统考中考真题）科研人员为了研究弹射器的某项性能，利用无人机测量小钢球竖直向上运动的相关数据．无人机上升到离地面30米处开始保持匀速竖直上升，此时，在地面用弹射器（高度不计）竖直向上弹射一个小钢球（忽路空气阻力），在1秒时，它们距离地面都是35米，在6秒时，它们距离地面的高度也相同．其中无人机离地面高度y1（米）与小钢球运动时间x（秒）之间的函数关系如图所示；小钢球离地面高度y2（米）与它的运动时间x（秒）之间的函数关系如图中抛物线所示．
（1）直接写出y1与x之间的函数关系式；
（2）求出y2与x之间的函数关系式；
（3）小钢球弹射1秒后直至落地时，小钢球和无人机的高度差最大是多少米？
【答案】（1）y1=5x+30；（2）y2=−5x2+40x；（3）70米
【分析】（1）先设出一次函数的解析式，再用待定系数法求函数解析式即可；
（2）用待定系数法求函数解析式即可；
（3）当1＜x≤6时小钢球在无人机上方，因此求y2-y1，当6＜x≤8时，无人机在小钢球的上方，因此求y1-y2，然后进行比较判断即可．
【详解】解：（1）设y1与x之间的函数关系式为y1=kx+b'，
∵函数图象过点（0，30）和（1，35），
则k+b'=35b'=30，
解得k=5b'=30，
∴y1与x之间的函数关系式为y1=5x+30．
（2）∵x=6时，y1=5×6+30=60，
∵y2的图象是过原点的抛物线，
∴设y2=ax2+bx，
∴点1,35，6,60在抛物线y2=ax2+bx上．
∴a+b=3536a+6b=60，即a+b=356a+b=10，
解得a=−5b=40，
∴y2=−5x2+40x．
答：y2与x的函数关系式为y2=−5x2+40x．
（3）设小钢球和无人机的高度差为y米，
由−5x2+40x=0得x1=0或x2=8.
①1y=y2−y1
=−5x2+40x−5x−30
=−5x2+35x−30
=−5x−722+1254，
∵a=−5<0，∴抛物线开口向下，
又∵1∴当x=72时，y的最大值为1254；
②6y=y1−y2
=5x+30+5x2−40x
=5x2−35x+30
=5x−722−1254，
∵a=5>0，∴拋物线开口向上，
又∵对称轴是直线x=72，
∴当x>72时，y随x的增大而增大，
∵6∴当x=8时，y的最大值为70．
∵1254<70，
∴高度差的最大值为70米．
答：高度差的最大值为70米．
【点睛】本题考查了二次函数以及一次函数的应用，关键是根据根据实际情况判断无人机和小钢球的高度差．
7．（2021·湖北武汉·统考中考真题）在“乡村振兴”行动中，某村办企业以A，B两种农作物为原料开发了一种有机产品，A原料的单价是B原料单价的1.5倍，若用900元收购A原料会比用900元收购B原料少100kg．生产该产品每盒需要A原料2kg和B原料4kg，每盒还需其他成本9元．市场调查发现：该产品每盒的售价是60元时，每天可以销售500盒；每涨价1元，每天少销售10盒．
（1）求每盒产品的成本（成本＝原料费＋其他成本）；
（2）设每盒产品的售价是x元（x是整数），每天的利润是w元，求w关于x的函数解析式（不需要写出自变量的取值范围）；
（3）若每盒产品的售价不超过a元（a是大于60的常数，且是整数），直接写出每天的最大利润．
【答案】（1）每盒产品的成本为30元．（2）w=−10x2+1400x−33000；（3）当a≥70时，每天的最大利润为16000元；当60【分析】（1）设B原料单价为m元，则A原料单价为1.5m元．然后再根据“用900元收购A原料会比用900元收购B原料少100kg”列分式方程求解即可；
（2）直接根据“总利润=单件利润×销售数量”列出解析式即可；
（3）先确定w=−10x2+1400x−33000的对称轴和开口方向，然后再根据二次函数的性质求最值即可．
【详解】解：（1）设B原料单价为m元，则A原料单价为1.5m元．
依题意，得900m−9001.5m=100．
解得，m=3，1.5m=4.5．
经检验，m=3是原方程的根．
∴每盒产品的成本为：4.5×2+4×3+9=30（元）．
答：每盒产品的成本为30元．
（2）w=x−30500−10x−60
=−10x2+1400x−33000；
（3）∵抛物线w=−10x2+1400x−33000的对称轴为x=70，开口向下
∴当a≥70时，a=70时有最大利润，此时w=16000，即每天的最大利润为16000元；
当60【点睛】本题主要考查了分式方程的应用、二次函数的应用等知识点，正确理解题意、列出分式方程和函数解析式成为解答本题的关键．
8．（2021·江苏扬州·统考中考真题）甲、乙两汽车出租公司均有50辆汽车对外出租，下面是两公司经理的一段对话：
说明：①汽车数量为整数；
②月利润=月租车费-月维护费；
③两公司月利润差=月利润较高公司的利润-月利润较低公司的利润．
在两公司租出的汽车数量相等的条件下，根据上述信息，解决下列问题：
（1）当每个公司租出的汽车为10辆时，甲公司的月利润是_______元；当每个公司租出的汽车为_______辆时，两公司的月利润相等；
（2）求两公司月利润差的最大值；
（3）甲公司热心公益事业，每租出1辆汽车捐出a元a>0给慈善机构，如果捐款后甲公司剩余的月利润仍高于乙公司月利润，且当两公司租出的汽车均为17辆时，甲公司剩余的月利润与乙公司月利润之差最大，求a的取值范围．
【答案】（1）48000，37；（2）33150元；（3）50【分析】（1）用甲公司未租出的汽车数量算出每辆车的租金，再乘以10，减去维护费用可得甲公司的月利润；设每个公司租出的汽车为x辆，根据月利润相等得到方程，解之即可得到结果；
（2）设两公司的月利润分别为y甲，y乙，月利润差为y，同（1）可得y甲和y乙的表达式，再分甲公司的利润大于乙公司和甲公司的利润小于乙公司两种情况，列出y关于x的表达式，根据二次函数的性质，结合x的范围求出最值，再比较即可；
（3）根据题意得到利润差为y=−50x2+1800−ax+1850，得到对称轴，再根据两公司租出的汽车均为17辆，结合x为整数可得关于a的不等式16.5<1800−a100<17.5，即可求出a的范围．
【详解】解：（1）50−10×50+3000×10−200×10=48000元，
当每个公司租出的汽车为10辆时，甲公司的月利润是48000元；
设每个公司租出的汽车为x辆，
由题意可得：50−x×50+3000x−200x=3500x−1850，
解得：x=37或x=-1（舍），
∴当每个公司租出的汽车为37辆时，两公司的月利润相等；
（2）设两公司的月利润分别为y甲，y乙，月利润差为y，
则y甲=50−x×50+3000x−200x，
y乙=3500x−1850，
当甲公司的利润大于乙公司时，0＜x＜37，
y=y甲-y乙=50−x×50+3000x−200x−3500x−1850
=−50x2+1800x+1850，
当x=−1800−50×2=18时，利润差最大，且为18050元；
当乙公司的利润大于甲公司时，37＜x≤50，
y=y乙-y甲=3500x−1850−50−x×50+3000x+200x
=50x2−1800x−1850，
∵对称轴为直线x=−−180050×2=18，
当x=50时，利润差最大，且为33150元；
综上：两公司月利润差的最大值为33150元；
（3）∵捐款后甲公司剩余的月利润仍高于乙公司月利润，
则利润差为y=−50x2+1800x+1850−ax=−50x2+1800−ax+1850，
对称轴为直线x=1800−a100，
∵x只能取整数，且当两公司租出的汽车均为17辆时，月利润之差最大，
∴16.5<1800−a100<17.5，
解得：50【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，二次函数的图像和性质，解题时要读懂题意，列出二次函数关系式，尤其（3）中要根据x为整数得到a的不等式．
9．（2022·山东潍坊·中考真题）某市在盐碱地种植海水稻获得突破性进展，小亮和小莹到海水稻种植基地调研．小莹根据水稻年产量数据，分别在直角坐标系中描出表示2017-2021年①号田和②号田年产量情况的点（记2017年为第1年度，横轴表示年度，纵轴表示年产量），如下图．
小亮认为，可以从y=kx+b(k>0) ，y=mx(m>0) ，y=−0.1x2+ax+c中选择适当的函数模型，模拟①号田和②号田的年产量变化趋势．
(1)小莹认为不能选y=mx(m>0)．你认同吗？请说明理由；
(2)请从小亮提供的函数模型中，选择适当的模型分别模拟①号田和②号田的年产量变化趋势，并求出函数表达式；
(3)根据（2）中你选择的函数模型，请预测①号田和②号田总年产量在哪一年最大？最大是多少？
【答案】(1)认同，理由见解析
(2)①号田的函数关系式为y=0.5x+1(k>0)；②号田的函数关系式为y=−0.1x2+x+1；
(3)在2023年或2024年总年产量最大，最大是7.6吨．
【分析】（1）根据年产量变化情况，以及反比例函数的性质即可判断；
（2）利用待定系数法求解即可；
（3）设总年产量为w，依题意得w=−0.1x2+x+1+0.5x+1，利用二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：认同，理由如下：
观察①号田的年产量变化：每年增加0.5吨，呈一次函数关系；
观察②号田的年产量变化：经过点（1，1.9），（2，2.6），（3，3.1），
∵1×1.9=1.9，2×2.6=5.2，1.9≠5.2，
∴不是反比例函数关系，
小莹认为不能选y=mx(m>0)是正确的；
（2）解：由（1）知①号田符合y=kx+b(k>0)，
由题意得k+b=1.52k+b=2，
解得：k=0.5b=1，
∴①号田的函数关系式为y=0.5x+1(k>0)；
检验，当x=4时，y=2+1=3，符合题意；
②号田符合y=−0.1x2+ax+c，
由题意得−0.1+a+c=1.9−0.4+2a+c=2.6，
解得：a=1c=1，
∴②号田的函数关系式为y=−0.1x2+x+1；
检验，当x=4时，y=-1.6+4+1=3.4，符合题意；
（3）解：设总年产量为w，
依题意得：w=−0.1x2+x+1+0.5x+1=−0.1x2+1.5x+2
=−0.1(x2-15x+1524-1524)+2
=−0.1(x-7.5)2+7.625，
∵−0.1<0，∴当x=7.5时，函数有最大值，
∴在2023年或2024年总年产量最大，最大是7.6吨．
【点睛】本题考查了二次函数和一次函数的应用，待定系数法求函数式，二次函数的性质，反比例函数的性质，理解题意，利用二次函数的性质是解题的关键．
10．（2022·浙江金华·统考中考真题）“八婺”菜场指导菜农生产和销售某种蔬菜，提供如下信息：①统计售价与需求量的数据，通过描点（图1），发现该蔬菜需求量y1（吨）关于售价x（元/千克）的函数图象可以看成抛物线，其表达式为y1=ax2+c，部分对应值如表：
②该蔬菜供给量y2（吨）关于售价x（元/千克）的函数表达式为y2=x−1，函数图象见图1．
③1~7月份该蔬菜售价x1（元/千克），成本x2（元/千克）关于月份t的函数表达式分别为x1=12t+2，x2=14t2−32t+3，函数图象见图2．
请解答下列问题：
(1)求a，c的值．
(2)根据图2，哪个月出售这种蔬菜每千克获利最大？并说明理由．
(3)求该蔬菜供给量与需求量相等时的售价，以及按此价格出售获得的总利润．
【答案】(1)a=−15,c=9
(2)在4月份出售这种蔬菜每千克获利最大，见解析
(3)该蔬菜供给量与需求量相等时的售价为5元/千克，按此价格出售获得的总利润为8000元
【分析】（1）运用待定系数法求解即可；
（2）设这种蔬菜每千克获利w元，根据w=x售价−x成本列出函数关系式，由二次函数的性质可得结论；
（3）根据题意列出方程，求出x的值，再求出总利润即可．
【详解】（1）把x=3,y=7.2，x=4,y=5.8代入y需求=ax2+c可得
9a+c=7.2,①16a+c=5.8.②
②-①，得7a=−1.4，
解得a=−15，
把a=−15代入①，得c=9，
∴a=−15,c=9．
（2）设这种蔬菜每千克获利w元，根据题意，
有w=x售价−x成本=12t+2−14t2−32t+3，
化简，得w=−14t2+2t−1=−14(t−4)2+3，
∵−14<0,t=4在1≤t≤7的范围内，
∴当t=4时，w有最大值．
答：在4月份出售这种蔬菜每千克获利最大．
（3）由y供给=y需求，得x−1=−15x2+9，
化简，得x2+5x−50=0，解得x1=5,x2=−10（舍去），
∴售价为5元/千克．
此时，y供给=y需求=x−1=4（吨）=4000（千克），
把x=5代入x售价=12t+2，得t=6，
把t=6代入w=−14t2+2t−1，得w=−14×36+2×6−1=2，
∴总利润=w⋅y=2×4000=8000（元）．
答：该蔬菜供给量与需求量相等时的售价为5元/千克，按此价格出售获得的总利润为8000元．
【点睛】此题主要考查了函数的综合应用，结合函数图象得出各点的坐标，再利用待定系数法求出函数解析式是解题的关键．
11．（2021·湖北随州·统考中考真题）如今我国的大棚（如图1）种植技术已十分成熟．小明家的菜地上有一个长为16米的蔬菜大棚，其横截面顶部为抛物线型，大棚的一端固定在离地面高1米的墙体A处，另一端固定在离地面高2米的墙体B处，现对其横截面建立如图2所示的平面直角坐标系．已知大棚上某处离地面的高度y（米）与其离墙体A的水平距离x（米）之间的关系满足y=−16x2+bx+c，现测得A，B两墙体之间的水平距离为6米．
图2
（1）直接写出b，c的值；
（2）求大棚的最高处到地面的距离；
（3）小明的爸爸欲在大棚内种植黄瓜，需搭建高为3724米的竹竿支架若干，已知大棚内可以搭建支架的土地平均每平方米需要4根竹竿，则共需要准备多少根竹竿？
【答案】（1）b=76，c=1；（2）7324米；（3）352
【分析】（1）根据题意，可直接写出点A点B坐标，代入y=−16x2+bx+c，求出b、c即可；
（2）根据（1）中函数解析式直接求顶点坐标即可；
（3根据y=−16x2+76x+1=3724，先求得大棚内可以搭建支架的土地的宽，再求得需搭建支架的面积，最后根据每平方米需要4根竹竿计算即可．
【详解】解：（1）由题意知点A坐标为(0，1)，点B坐标为(6，2)，
将A、B坐标代入y=−16x2+bx+c得：
1=c2=−16×62+6b+c解得：b=76c=1，
故b=76，c=1；
（2）由y=−16x2+76x+1=−16x−722+7324，
可得当x=72时，y有最大值7324，
即大棚最高处到地面的距离为7324米；
（3）由y=−16x2+76x+1=3724，解得x1=12，x2=132，
又因为0≤x≤6，
可知大棚内可以搭建支架的土地的宽为6−12=112（米），
又大棚的长为16米，故需要搭建支架部分的土地面积为16×112=88（平方米）
共需要88×4=352（根）竹竿．
【点睛】本题主要考查根据待定系数法求函数解析式，根据函数解析式求顶点坐标，以及根据函数值确定自变量取值范围，掌握此题的关键是熟练掌握二次函数图像的性质．
12．（2022·山东青岛·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AB=5cm,BC=3cm，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE，连接CD．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s．PQ交AC于点F，连接CP,EQ．设运动时间为t(s)(0(1)当EQ⊥AD时，求t的值；
(2)设四边形PCDQ的面积为S(cm2)，求S与t之间的函数关系式；
(3)是否存在某一时刻t，使PQ∥CD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)165s
(2)S=12t2−3710t+14
(3)存在，t=6529s
【分析】（1）利用△AQE∽△AED得AQAE=AEAD，即t4=45，进而求解；
（2）分别过点C，P作CM⊥AD,PN⊥BC，垂足分别为M，N，证△ABC∽△CAM得，ABCA=BCAM=ACCM，求得AM=125，CM=165，再证△BPN∽△BAC得BPBA=PNAC，得出PN=45t，根据S=S四边形PCDQ=S△ABC+S△ACD−S△APQ−S△BPC即可求出表达式；
（3）当PQ∥CD时∠AQP=∠ADC，易证△APQ∽△MCD，得出APMC=AQMD，则5−t165=t135，进而求出t值．
【详解】（1）解：在Rt△ABC中，由勾股定理得，AC=AB2−BC2=25−9=4
∵△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADE
∴AD=5，DE=3，AE=4，∠AED=90°，∠BAD=90°
∵EQ⊥AD
∴∠AQE=∠AED=90°
又∠EAQ=∠DAE
∴△AQE∽△AED
∴AQAE=AEAD
∴t4=45
∴t=165
答：当EQ⊥AD时，t的值为165s．
（2）解：分别过点C，P作CM⊥AD,PN⊥BC，垂足分别为M，N
∵∠B+∠BAC=90°,∠CAM+∠BAC=90°
∴∠B=∠CAM
又∠BCA=∠AMC=90°
∴△ABC∽△CAM
∴ABCA=BCAM=ACCM
∴54=3AM=4CM
∴AM=125，CM=165
∵∠B=∠B，∠BNP=∠BCA=90°
∴△BPN∽△BAC
∴BPBA=PNAC
∴t5=PN4
∴PN=45t
∴S△ABC=12⋅BC⋅AC=12×3×4=6,S△ACD=12⋅AD⋅CM=12×5×165=8
S△PBC=12⋅BC⋅PN=12×3×45t=65t,S△APQ=12⋅AQ⋅AP=12t(5−t)
∴S=S四边形PCDQ=S△ABC+S△ACD−S△APQ−S△BPC
=6+8−12t(5−t)−65t
=12t2−3710t+14
∴S=12t2−3710t+14
（3）解：假设存在某一时刻t，使PQ∥CD
∵AD=5,AM=125
∴DM=AD−AM=5−125=135
∵PQ∥CD
∴∠AQP=∠ADC
又∠PAQ=∠CMD=90°
∴△APQ∽△MCD
∴APMC=AQMD
∴5−t165=t135
∴t=6529
∴存在时刻t=6529s，使PQ∥CD．
【点睛】本题考查了旋转与相似，利用勾股定理求线段长，平行线的性质，根据旋转的性质，找到相似图形是解决问题的关键，是中考中的常考题．
13．（2022·浙江宁波·统考二模）如图1是一架菱形风筝，它的骨架由如图2的4条竹棒AC，BD，EF，GH组成，其中E，F，G，H分别是菱形ABCD四边的中点，现有一根长为80cm的竹棒，正好锯成风筝的四条骨架，设AC＝xcm，菱形ABCD的面积为ycm2.
(1)写出y关于x的函数关系式：
(2)为了使风筝在空中有较好的稳定性，要求25cm≤AC≤43BD，那么当骨架AC的长为多少时，这风筝即菱形ABCD的面积最大？此时最大面积为多少？
【答案】(1)y=−14x2+20x；
(2)32；最大面积为384cm2
【分析】（1）E，F，G，H分别是菱形ABCD四边的中点，得出BD=40−12x，根据菱形面积公式求出y关于x的函数关系式；
（2）求出x的取值范围，整理y=−14x2+20x=−14(x−40)2+400，函数图象开口向下，自变量x的取值在对称轴左侧，所以x取最大值时，面积有最大值；
【详解】（1）解：∵E、F为AB、AD中点，
∴EF=12BD，
同理：GH=12BD，
∵EF＋BD＋GH＋AC＝80，
∴BD=40−12x，
∵四边形ABCD是菱形，
∴y=12(40−12x)x=−14x2+20x；
（2）∵AC≤43BD，
∴x≤43(40−12x)，
∴x≤32，
∴25≤x≤32，
∵y=−14x2+20x=−14(x−40)2+400，
又∵−14<0，
∴当x=32即AC为32cm时面积最大，此时最大面积为384cm2．
【点睛】本题考查二次函数的实际应用，主要用菱形面积公式（菱形的面积等于对角线乘积的一半）列出函数关系式，解题关键是判断取值范围与对称轴的关系，得出最值对应的自变量的取值．
14．（2023·安徽合肥·校考模拟预测）某公园要在小广场上建造一个喷泉景观．在小广场中央O处垂直于地面安装一个高为1.25米的花形柱子OA，安置在柱子顶端A处的喷头向外喷水，水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落下，且在过OA的任一平面上抛物线路径如图1所示．为使水流形状较为美观，设计成水流在距OA的水平距离为1米时达到最大高度，此时离地面2.25米．
(1)以点O为原点建立如图2所示的平面直角坐标系，水流到OA水平距离为x米，水流喷出的高度为y米，求出在第一象限内的抛物线解析式（不要求写出自变量的取值范围）；
(2)张师傅正在喷泉景观内维修设备期间，喷水管意外喷水，但是身高1.76米的张师傅却没有被水淋到，此时他离花形柱子OA的距离为d米，求d的取值范围；
(3)为了美观，在离花形柱子4米处的地面B、C处安装射灯，射灯射出的光线与地面成45∘角，如图3所示，光线交汇点P在花形柱子OA的正上方，其中光线BP所在的直线解析式为y=−x+4，求光线与抛物线水流之间的最小垂直距离．
【答案】(1)y=−x−12+2.25
(2)0.3(3)24米
【分析】（1）由题意得，在第一象限内的抛物线顶点的坐标1，2.25，故设抛物线解析式为y=ax−12+2.25，将0，1.25代入得1.25=a0−12+2.25，求a值，进而可得在第一象限内的抛物线解析式；
（2）当y=1.76时，−x−12+2.25=1.76，解得：x1=0.3，x2=1.7，由二次函数的图象与性质确定d的取值范围即可；
（3）由题意知，OB=OP=4，∠OBP=45°，设平行于直线BP且与抛物线只有一个交点的直线l的解析式为y=−x+m，则联立方程y=−x−12+2.25y=−x+m，整理得，x2−3x+m−1.25=0，令△=b2−4ac=9−4×m−1.25=0，解得m=3.5，即直线l的解析式为y=−x+3.5，如图，记直线l与x轴的交点为D，则D3.5，0，则DB=OB−OD=12，根据光线与抛物线水流之间的最小垂直距离是直线l到直线BP的距离，即为BD⋅sin45°，计算求解即可．
【详解】（1）解：由题意得，在第一象限内的抛物线顶点的坐标1，2.25，故设抛物线解析式为y=ax−12+2.25，
将0，1.25代入得1.25=a0−12+2.25，
解得，a=−1，
∴在第一象限内的抛物线解析式为y=−x−12+2.25；
（2）解：当y=1.76时，−x−12+2.25=1.76，
解得：x1=0.3，x2=1.7，
∴d的取值范围是0.3（3）解：由题意知，OB=OP=4，∠OBP=45°，
设平行于直线BP且与抛物线只有一个交点的直线l的解析式为y=−x+m，
则联立方程y=−x−12+2.25y=−x+m，即−x−12+2.25=−x+m，整理得，x2−3x+m−1.25=0，
令△=b2−4ac=9−4×m−1.25=0，
解得m=3.5，
∴直线l的解析式为y=−x+3.5，
如图，记直线l与x轴的交点为D，则D3.5，0，
∴DB=OB−OD=12，
∵∠OBP=45°，
∴直线l到直线BP的距离为BD⋅sin45°=12×22=24，
∵光线与抛物线水流之间的最小垂直距离是直线l到直线BP的距离，
∴光线与抛物线水流之间的最小垂直距离为24．
【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，二次函数解析式，二次函数的图象与性质，二次函数综合，正弦等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
15．（2022·湖北随州·统考中考真题）2022年的冬奥会在北京举行，其中冬奥会吉祥物“冰墩墩”深受人们喜爱，多地出现了“一墩难求”的场面，某纪念品商店在开始售卖当天提供150个“冰墩墩”后很快就被抢购一空．该店决定让当天未购买到的顾客可通过预约在第二天优先购买，并且从第二天起，每天比前一天多供应m个（m为正整数）经过连续15天的销售统计，得到第x天（1≤x≤15，且x为正整数）的供应量y1（单位：个）和需求量y2（单位：个）的部分数据如下表，其中需求量y2与x满足某二次函数关系．（假设当天预约的顾客第二天都会购买，当天的需求量不包括前一天的预约数）
(1)直接写出y1与x和y2与x的函数关系式；（不要求写出x的取值范围）
(2)已知从第10天开始，有需求的顾客都不需要预约就能购买到（即前9天的总需求量超过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量），求m的值；（参考数据：前9天的总需求量为2136个）
(3)在第（2）问m取最小值的条件下，若每个“冰墩墩”售价为100元，求第4天与第12天的销售额．
【答案】(1)y1=mx+150−m，y2=−x−62+245
(2)m的值为20或21
(3)第4天的销售额为21000元，第12天的销售额为20900元
【分析】（1）根据题意“从第二天起，每天比前一天多供应m个（m为正整数）经过连续15天的销售统计，得到第x天（1≤x≤15，且x为正整数）的供应量y1”得到y1与x的函数关系式；y2与x满足某二次函数关系，设y2=ax2+bx+c，利用表格，用待定系数法求得y2与x的函数关系式；
（2）用含m的式子表示前9天的总供应量和前10天的总供应量，根据“前9天的总需求量超过总供应量，前10天的总需求量不超过总供应量”列出不等式，求解即可；
（3）在（2）的条件下，m的最小值为20，代入（1）中y1与x和y2与x的函数关系式求得第4天的销售量和第12天的销售量，即可求得销售额．
【详解】（1）解：由题意可知，y1=150+mx−1，
即y1=mx+150−m，
y2与x满足某二次函数关系，设y2=ax2+bx+c，
由表格可知，220=a+b+c229=4a+2b+c245=36a+6b+c，解得：a=−1b=12c=209，
即y2=−x2+12x+209=−x−62+245．
（2）前9天的总供应量为：150+150+m+150+2m+⋯+150+8m=1350+36m，
前10天的总供应量为：1350+36m+150+9m=1500+45m，
第10天的需求量与第2天需求量相同，为229个，
故前10天的总需求量为；2136+229=2365（个），
依题意可得1350+36m<21361500+45m≥2365，
解得1929≤m<2156，
因为m为正整数，故m的值为20或21．
（3）在（2）的条件下，m的最小值为20，
第4天的销售量即为供应量：y1=4−1×20+150=210（个），
故第4天的销售额为：100×210=21000（元），
第12天的销售量即需求量．y2=−12−62+245=209（个），
故第12天的销售额为：100×209=20900（元），
答：第4天的销售额为21000元，第12天的销售额为20900元．
【点睛】本题考查关于销售的实际问题，是一次函数和二次函数的综合问题．解题的关键在于正确理解题中的相等和不等关系．
16．（2021·天津·统考中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，△OAB是等腰直角三角形，∠OBA=90°,BO=BA，顶点A4,0，点B在第一象限，矩形OCDE的顶点E−72,0，点C在y轴的正半轴上，点D在第二象限，射线DC经过点B．
（Ⅰ）如图①，求点B的坐标；
（Ⅱ）将矩形OCDE沿x轴向右平移，得到矩形O'C'D'E'，点O，C，D，E的对应点分别为O'，C'，D'，E'，设OO'=t，矩形O'C'D'E'与△OAB重叠部分的面积为S．
①如图②，当点E'在x轴正半轴上，且矩形O'C'D'E'与△OAB重叠部分为四边形时，D'E'与OB相交于点F，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当52≤t≤92时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【答案】（Ⅰ）点B的坐标为2,2；（Ⅱ）①S=−12t2+72t−178， t的取值范围是4≤t<112；②238≤s≤6316．
【分析】(I)过点B作BH⊥OA，垂足为H，由等腰三角形的“三线合一”性质得到OH=12OA=2，再由∠BOH=45°得到△OBH为等腰直角三角形，进而BH=OH=2，由此求得B点坐标；
(II)①由平移知，四边形O'C'D'E'是矩形，得∠O'E'D'=90°,O'E'=OE=72，进而得到FE'=OE'=t−72，再由重叠部分面积S=S△OAB−S△FOE'即可求解；
②画出不同情况下重叠部分的图形，分52≤t≤72和72≤t<4和4【详解】解：(I)如图，过点B作BH⊥OA，垂足为H．
由点A4,0，得OA=4．
∵BO=BA,∠OBA=90°，
∴OH=12OA=2．
又∠BOH=45°，
∴△OBH为等腰直角三角形，
∴BH=OH=2．
∴点B的坐标为2,2．
(II)①由点E−72,0，得OE=72．由平移知，四边形O'C'D'E'是矩形，得∠O'E'D'=90°,O'E'=OE=72．
∴OE'=OO'−O'E'=t−72，∠FE'O=90°．
∵BO=BA，∠OBA=90°，
∴∠BOA=∠BAO=45°．
∴∠OFE'=90°−∠BOA=45°
∴∠FOE'=∠OFE'．
∴FE'=OE'=t−72．
∴S△FOE'=12OE'⋅FE'=12t−722．
∴S=S△OAB−S△FOE'=12×4×2−12t−722．
整理后得到：S=−12t2+72t−178．
当O'与A重合时，矩形O'C'D'E'与△OAB重叠部分刚开始为四边形，如下图(1)所示：此时OO'=t=4，
当D'与B重合时，矩形O'C'D'E'与△OAB重叠部分为三角形，接下来往右平移时重叠部分一直为三角形直到E'与A点重合，如下图(2)所示：
此时t=OO'=DD'=72+2=112，
∴t的取值范围是4≤t<112，
故答案为：S=−12t2+72t−178，其中：4≤t<112；
②当52≤t≤72时，矩形O'C'D'E'与△OAB重叠部分的面积如下图3所示：
此时AO'=4−t，∠BAO=45°，△AO'F为等腰直角三角形，
∴AO'=FO'=4−t，
∴S△AO'F=12AO'⋅FO'=12(4−t)2=12t2−4t+8，
∴重叠部分面积S=S△AOB−S△AO'F=4−(12t2−4t+8)=−12t2+4t−4，
∴S是关于t的二次函数，且对称轴为t=4，且开口向下，
故自变量离对称轴越远，其对应的函数值越小，
故将t=72代入，
得到最大值S=−12×(72)2+4×72−4=318，
将t=52代入，
得到最小值S=−12×(52)2+4×52−4=238，
当72≤t<4时，矩形O'C'D'E'与△OAB重叠部分的面积如下图4所示：
此时AO'=OA−OO'=4−t=FO'，OE'=EE'−EO=t−72=ME'
△AO'F和△OE'M均为等腰直角三角形，
∴S△AO'F=12AO'⋅FO'=12(4−t)2=12t2−4t+8，
S△OE'M=12OE'⋅ME'=12(t−72)2=12t2−72t+498，
∴重叠部分面积S=S△AOB−S△OE'M−S△AO'F=4−(12t2−4t+8)−(12t2−72t+498)=−t2+152t−818，
∴S是关于t的二次函数，且对称轴为t=154，且开口向下，
故自变量离对称轴越远，其对应的函数值越小，故将t=154代入，得到最大值S=−(154)2+152×154−818=6316，
将t=4代入，
得到最小值S=−42+152×4−818=318，
∴S的最小值为238，最大值为6316，
故答案为：318≤S≤6316．
当4∴当t=4时，S有最大值为318，当t=92时，S有最小值为92
∴S的最小值为238，最大值为6316，
综上，S的取值范围为238≤s≤6316，
∴S的取值范围为238≤s≤6316．
【点睛】本题考查了矩形的性质、坐标与图形性质、平移的性质、直角三角形的性质、二次函数的最值等问题，属于综合题，需要画出动点不同状态下的图形求解，本题难度较大，需要分类讨论．
17．（2022·山东烟台·统考中考真题）如图，已知直线y＝43x+4与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝ax2+bx+c经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线x＝﹣1．
(1)求抛物线的表达式；
(2)D是第二象限内抛物线上的动点，设点D的横坐标为m，求四边形ABCD面积S的最大值及此时D点的坐标；
(3)若点P在抛物线对称轴上，是否存在点P，Q，使以点A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形？若存在，请求出P，Q两点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣43x2﹣83x+4
(2)S最大＝252，D（﹣32，5）
(3)存在，Q（﹣2，198）
【分析】（1）先求得A，C，B三点的坐标，将抛物线设为交点式，进一步求得结果；
（2）作DF⊥AB于F，交AC于E，根据点D和点E坐标可表示出DE的长，进而表示出三角形ADC的面积，进而表示出S的函数关系式，进一步求得结果；
（3）根据菱形性质可得PA＝PC，进而求得点P的坐标，根据菱形性质，进一步求得点Q坐标．
【详解】（1）解：当x＝0时，y＝4，
∴C （0，4），
当y＝0时，43x+4＝0，
∴x＝﹣3，
∴A （﹣3，0），
∵对称轴为直线x＝﹣1，
∴B（1，0），
∴设抛物线的表达式：y＝a（x﹣1）•（x+3），
∴4＝﹣3a，
∴a＝﹣43，
∴抛物线的表达式为：y＝﹣43（x﹣1）•（x+3）＝﹣43x2﹣83x+4；
（2）如图1，
作DF⊥AB于F，交AC于E，
∴D（m，﹣43m2﹣83m+4），E（m，43m+4），
∴DE＝﹣43m2﹣83m+4﹣（43m+4）＝﹣43m2﹣4m，
∴S△ADC＝12DE⋅OA＝32•（﹣43m2﹣4m）＝﹣2m2﹣6m，
∵S△ABC＝12AB⋅OC＝12×4×4＝8，
∴S＝﹣2m2﹣6m+8＝﹣2（m+32）2+252，
∴当m＝﹣32时，S最大＝252，
当m＝﹣32时，y＝﹣43×(−32−1)×(−32+3)＝5，
∴D（﹣32，5）；
（3）设P（﹣1，n），
∵以A，C，P，Q为顶点的四边形是以AC为对角线的菱形，
∴PA＝PC，
即：PA2＝PC2，
∴（﹣1+3）2+n2＝1+（n﹣4）2，
∴n＝138，
∴P（﹣1，138），
∵xP+xQ＝xA+xC，yP+yQ＝yA+yC
∴xQ＝﹣3﹣（﹣1）＝﹣2，yQ＝4﹣138＝198，
∴Q（﹣2，198）．
【点睛】本题考查了二次函数及其图象性质，勾股定理，菱形性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握相关二次函数和菱形性质
18．（2022·山东济南·统考中考真题）抛物线y=ax2+114x−6与x轴交于At,0，B8,0两点，与y轴交于点C，直线y＝kx－6经过点B．点P在抛物线上，设点P的横坐标为m．
(1)求抛物线的表达式和t，k的值；
(2)如图1，连接AC，AP，PC，若△APC是以CP为斜边的直角三角形，求点P的坐标；
(3)如图2，若点P在直线BC上方的抛物线上，过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，求CQ+12PQ的最大值．
【答案】(1)，y=−14x2+114x−6，t=3，k=34
(2)点P10,−72
(3)16916
【分析】（1）分别把B8,0代入抛物线解析式和一次函数的解析式，即可求解；
（2）作PM⊥x轴于点M，根据题意可得Pm,−14m2+114m−6，从而得到PM=14m2−114m+6，AM=m−3，再根据△COA∽△AMP，可求出m，即可求解；
（3）作PN⊥x轴交BC于点N，过点N作NE⊥y轴于点E，则PN=−14m2+114m−6−34m−6=−14m2+2m，再根据△PQN∽△BOC，可得NQ=35PN，PQ=45PN，然后根据△CNE∽△CBO，可得CN=54m，从而得到CQ+12PQ=CN+NQ+12PQ=CN+PN，在根据二次函数的性质，即可求解．
【详解】（1）解：∵B8,0在抛物线y=ax2+114x−6上，
∴64a+114×8−6=0，
∴a=−14，
∴抛物线解析式为y=−14x2+114x−6，
当y=0时，−14t2+114t−6=0，
∴t1=3，t2=8（舍），
∴t=3．
∵B8,0在直线y=kx−6上，
∴8k−6=0，
∴k=34，
∴一次函数解析式为y=34x−6．
（2）解：如图，作PM⊥x轴于点M，
对于y=−14x2+114x−6，令x=0，则y=-6，
∴点C（0，-6），即OC=6，
∵A（3，0），
∴OA=3，
∵点P的横坐标为m．
∴Pm,−14m2+114m−6，
∴PM=14m2−114m+6，AM=m−3，
∵∠CAP=90°，
∴∠OAC+∠PAM=90°，
∵∠APM+∠PAM=90°，
∴∠OAC=∠APM，
∵∠AOC=∠AMP=90°，
∴△COA∽△AMP，
∴OAPM=OCMA，
∴OA⋅MA=OC⋅PM，即3(m−3)=6⋅14m2−114m+6，
∴m1=3（舍），m2=10，
∴m=10，
∴点P10,−72．
（3）解：如图，作PN⊥x轴交BC于点N，过点N作NE⊥y轴于点E，
∵Pm,−14m2+114m−6，
∴点Nm,34m−6，
∴PN=−14m2+114m−6−34m−6=−14m2+2m，
∵PN⊥x轴，
∴PN∥y轴，
∴∠PNQ=∠OCB，
∵∠PQN=∠BOC=90°，
∴△PQN∽△BOC，
∴PNBC=NQOC=PQOB，
∵OB=8，OC=6，
∴BC=10，
∴NQ=35PN，PQ=45PN，
∵EN⊥y轴，
∴EN∥x轴，
∴△CNE∽△CBO，
∴CNBC=ENOB，即CN10=m8
∴CN=54m，
∴CQ+12PQ=CN+NQ+12PQ=CN+35PN+12×45PN=CN+PN，
∴CQ+12PQ=54m−14m2+2m=−14m2+134m=−14m−1322+16916，
∴当m=132时，CQ+12PQ的最大值是16916．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，相似三角形的判定和性质，利用数形结合思想解答是解题的关键，是中考的压轴题．
19．（2022·上海·统考中考真题）已知：y=12x2+bx+c经过点A−2，−1，B0，−3．
(1)求函数解析式；
(2)平移抛物线使得新顶点为Pm,n（m＞0）．
①倘若S△OPB=3，且在x=k的右侧，两抛物线都上升，求k的取值范围；
②P在原抛物线上，新抛物线与y轴交于Q，∠BPQ=120∘时，求P点坐标．
【答案】(1)y=12x2−3
(2)①k≥2
②P的坐标为（23，3）
【分析】（1）把A−2，−1，B0，−3代入y=12x2+bx+c，求解即可；
（2）①由y=12x2−3，得顶点坐标为(0，-3)，即点B是原抛物线的顶点，由平移得抛物线向右平移了m个单位，根据S△OPB=12×3m=3，求得m=2，在x=k的右侧，两抛物线都上升，根据抛物线的性质即可求出k取值范围；
②把P（m，n）代入y=12x2−3，得n=12m2−3，则P（m， 12m2−3），从而求得新抛物线解析式为：y=12(x-m)2+n=12x2-mx+m2-3，则Q(0，m2-3)，从而可求得BQ=m2，BP2=m2+(12m2−3+3)2=m2+14m4，PQ2=m2+[(12m2−3)−(m2−3)]2=m2+14m4，即可得出BP=PQ，过点P作PC⊥y轴于C，则PC=|m|，根据等腰三角形的性质可得BC=12BQ=12m2，∠BPC=12∠BPQ=12×120°=60°，再根据tan∠BPC= tan 60°=BCPC=12m2|m|=3，即可求出m值，从而求出点P坐标．
【详解】（1）解：把A−2，−1，B0，−3代入y=12x2+bx+c，得
−1=2−2b+c−3=c，解得：b=0c=−3，
∴函数解析式为：y=12x2−3；
（2）解：①∵y=12x2−3，
∴顶点坐标为(0，-3)，即点B是原抛物线的顶点，
∵平移抛物线使得新顶点为Pm,n（m＞0）．
∴抛物线向右平移了m个单位，
∴S△OPB=12×3m=3，
∴m=2，
∴平移抛物线对称轴为直线x=2，开口向上，
∵在x=k的右侧，两抛物线都上升，
又∵原抛物线对称轴为y 轴，开口向上，
∴k≥2，
②把P（m，n）代入y=12x2−3，得n=12m2−3，
∴P（m， 12m2−3）
根据题意，得新抛物线解析式为：y=12(x-m)2+n=12x2-mx+m2-3，
∴Q(0，m2-3)，
∵B（0，-3），
∴BQ=m2，BP2=m2+(12m2−3+3)2=m2+14m4，
PQ2=m2+[(12m2−3)−(m2−3)]2=m2+14m4，
∴BP=PQ，
如图，过点P作PC⊥y轴于C，则PC=|m|，
∵BP=PQ，PC⊥BQ，
∴BC=12BQ=12m2，∠BPC=12∠BPQ=12×120°=60°，
∴tan∠BPC= tan 60°=BCPC=12m2|m|=3，
解得：m=±23（舍去负数），
∴n=12m2−3=3，
故P的坐标为（23，3）.
【点睛】本题考查待定系数法求抛物线解析式，抛物线的平移，抛物线的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，本题属抛物线综合题目，属中考常考试题目，难度一般．
20．（2022·山东菏泽·统考中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A−2,0、B8,0两点，与y轴交于点C0,4，连接AC、BC．
(1)求抛物线的表达式；
(2)将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，直接写出点D的坐标．并求出四边形OADC的面积；
(3)点P是抛物线上的一动点，当∠PCB=∠ABC时，求点P的坐标．
【答案】(1)y=−14x2+32x+4
(2)D−8,8,24
(3)P6,4或343,−1009
【分析】（1）直接利用待定系数法求抛物线解析式即可；
（2）先利用勾股定理的逆定理证明△ABC为直角三角形，再根据折叠的性质得出点B、C、D三点共线，继而通过证明△DBE∼△CBO，利用相似三角形的性质即可得出点D的坐标，根据四边形OADC的面积=S△ADC+S△AOC=S△ABC+S△AOC进行求解即可；
（3）分两种情况讨论：当点P在x轴上方时，当点P在x轴下方时，分别求解即可．
【详解】（1）将A−2,0，B8,0，C0,4代入抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)，得
0=4a−2b+c0=64a+8b+c4=c，解得a=−14b=32c=4，
所以，抛物线的表达式为y=−14x2+32x+4；
（2）如图，过点D作DE⊥x轴于E，
∴∠DEB=∠COB=90°，
∵A−2,0，B8,0，C0,4，
∴AB=10,AC=22+42=25,BC=82+42=45,OB=8,OC=4,OA=2，
∵AB2=AC2+BC2，
∴△ABC为直角三角形且∠ACB=90°，
将△ABC沿AC所在直线折叠，得到△ADC，点B的对应点为D，
此时，点B、C、D三点共线，BC=DC，S△ABC=S△ADC，
∵∠DBE=∠CBO，
∴△DBE∼△CBO，
∴DBCB=DEOC=BEBO=2，
∴OB=OE=8,DE=2OC=8，
∴D−8,8，
∴四边形OADC的面积
=S△ADC+S△AOC=S△ABC+S△AOC=12⋅AC⋅BC+12⋅OA⋅OC=12×25×45+12×2×4=24；
（3）
当点P在x轴上方时，
∵∠PCB=∠ABC，
∴CP∥x轴，
∴点P的纵坐标为4，即4=−14x2+32x+4，
解得x=6或0（舍去）
∴P6,4；
当点P在x轴下方时，设直线CP交x轴于F，
∵∠PCB=∠ABC，
∴CF=BF，
设OF=t，则CF=BF=8−t，
在Rt△COF中，由勾股定理得OC2+OF2=CF2，
即42+t2=8−t2，
解得t=3，
∴F3,0，
∵C0,4，
∴设直线CF的解析式为y=kx+4，
即0=3k+4，解得k=−43，
∴直线CF的解析式为y=−43x+4，
令−43x+4=−14x2+32x+4，解得x=343或0（舍去），
当x=343时，y=−14×3432+32×343+4=−1009
∴P343,−1009；
综上，P6,4或343,−1009．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题目，涉及待定系数法求二次函数解析式，勾股定理的逆定理，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，求一次函数的解析式，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握知识点并能够灵活运用是解题的关键．
21．（2022·湖南衡阳·统考中考真题）如图，已知抛物线y=x2−x−2交x轴于A、B两点，将该抛物线位于x轴下方的部分沿x轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象W”，图象W交y轴于点C．
(1)写出图象W位于线段AB上方部分对应的函数关系式；
(2)若直线y=−x+b与图象W有三个交点，请结合图象，直接写出b的值；
(3)P为x轴正半轴上一动点，过点P作PM∥y轴交直线BC于点M，交图象W于点N，是否存在这样的点P，使△CMN与△OBC相似？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+x+2−1(2)b=2或b=3
(3)存在，1,0或1+172,0或1+5,0
【分析】（1）先求出点A、B、C坐标，再利用待定系数法求解函数关系式即可；
（2）联立方程组，由判别式△=0求得b值，结合图象即可求解；
（3）根据相似三角形的性质分∠CNM=90°和∠NCM=90°讨论求解即可．
【详解】（1）解：由翻折可知：C0,2.
令x2−x−2=0，解得：x1=−1，x2=2，
∴A−1,0，B2,0，
设图象W的解析式为y=ax+1x−2，代入C0,2，解得a=−1，
∴对应函数关系式为y=−x+1x−2=−x2+x+2 −1（2）解：联立方程组y=−x+by=−x2+x+2，
整理，得：x2−2x+b−2=0，
由△=4-4（b-2）=0得：b=3，此时方程有两个相等的实数根，
由图象可知，当b=2或b=3时，直线y=−x+b与图象W有三个交点；
（3）解：存在．如图1，当CN∥OB时，△OBC∽△NMC，此时，N与C关于直线x= 12 对称，
∴点N的横坐标为1，∴P1,0；
如图2，当CN∥OB时，△OBC∽△NMC，此时，N点纵坐标为2，
由x2−x−2=2，解得x1=1+172，x2=1−172（舍），
∴N的横坐标为1+172，
所以P1+172,0；
如图3，当∠NCM=90°时，△OBC∽△CMN，此时，直线CN的解析式为y=x+2，
联立方程组：y=x+2y=x2−x−2，解得x1=1+5，x2=1−5（舍），
∴N的横坐标为1+5，
所以P1+5,0，
因此，综上所述：P点坐标为1,0或1+172,0或1+5,0．
【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及翻折性质、待定系数法求二次函数解析式、二次函数与一次函数的图象交点问题、相似三角形的性质、解一元二次方程等知识，综合体现数形结合思想和分类讨论思想的运用，属于综合题型，有点难度．
销售x（吨）
3
4
5
6
7
获利y（万元）
0.9
1.1
1.3
1.5
1.7
x（元/件）
12
13
14
15
16
y（件）
1200
1100
1000
900
800
水平距离xm
2
3
6
8
10
12
竖直高度ym
4
5.4
7.2
6.4
4
0
x（米）
0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
4.0
y（米）
3.00
3.44
3.76
3.94
3.99
3.92
3.78
3.42
3.00
水平距离xm
0
10
20
30
40
竖直高度ym
42
48
50
48
42
距离分
动作分
风速加分
50
−2.5
s/m
…
9
12
15
18
21
…
h/m
…
4.2
4.8
5
4.8
4.2
…
xdm
0
2
4
6
8
10
16
20
…
ydm
3.84
3.96
4
3.96
m
3.64
2.56
1.44
…
xdm
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
…
ydm
3.36
n
1.68
0.84
0
1.40
2.40
3
3.20
3
…
x/m
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.37
y/m
2.44
3.15
3.49
3.45
3.04
2.25
1.09
0
运动时间ts
0
1
2
3
4
运动速度vcm/s
10
9.5
9
8.5
8
运动距离ycm
0
9.75
19
27.75
36
甲公司经理：如果我公司每辆汽车月租费3000元，那么50辆汽车可以全部租出．如果每辆汽车的月租费每增加50元，那么将少租出1辆汽车．另外，公司为每辆租出的汽车支付月维护费200元．
乙公司经理：我公司每辆汽车月租费3500元，无论是否租出汽车，公司均需一次性支付月维护费共计1850元．
售价x（元/千克）
…
2.5
3
3.5
4
…
需求量y1（吨）
…
7.75
7.2
6.55
5.8
…
第x天
1
2
…
6
…
11
…
15
供应量y1（个）
150
150+m
…
150+5m
…
150+10m
…
150+14m
需求量y2（个）
220
229
…
245
…
220
…
164