第14讲二次函数的应用（练习）（解析版）_02中考总复习（2026版更新中）_02-数学-中考总复习_2024年中考复习资料_一轮复习资料_配套练习（原卷版+解析版）_教师版（含答案解析）

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第 14 讲 二次函数的应用
目 录
题型01 最大利润/销量问题
题型02 方案选择问题
题型03 拱桥问题
题型04 隧道问题
题型05 空中跳跃轨迹问题
题型06 球类飞行轨迹
题型07 喷泉问题
题型08 图形问题
题型09 图形运动问题
题型10 二次函数综合问题-线段、周长问题
题型11 二次函数综合问题-面积周长问题
题型12 二次函数综合问题-角度问题
题型13 二次函数综合问题-特殊三角形问题
题型14 二次函数综合问题-特殊四边形问题
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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
41
∵对称轴是直线x=
6
41
∴当1≤x≤ 时，w的值随x值的增大而增大
6
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∵x为正整数，∴此时，当x=6时，w =138
最大
41
当 ≤x≤10时，w的值随x值的增大而减小
6
∵x为正整数，∴此时，当x=7时，w =140
最大
∵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<m≤60时，进而问题可分类求解即可．
【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：
¿，解得：¿；
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+26(100−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+40)m+26(100−m)=−m2+52m+2600，
∵-1＜0，对称轴为直线m=26，
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∴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<m≤60时，此时科技类图书的单价为78−50=28（元），则有
w=28m+26(100−m)=2m+2600，
∵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=¿；（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¿，
解得：¿，
∴当8≤x≤32时，y＝−3x＋216，
当32＜x≤40时，y＝120，
∴y=¿；
（2）设利润为W，则：
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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：
销售x（吨） 3 4 5 6 7
获利y（万
0.9 1.1 1.3 1.5 1.7
元）
(1)分别求销售甲、乙两种水果获利y （万元）、y （万元）与购进水果数量x（吨）的函数关系式；
1 2
(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
1
n=20− m2 ，请帮忙商场设计可获得的最大利润的进货方案．
2
【答案】(1)y =0.4x，y =0.2x+0.3；
1 2
(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；
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（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y =0.4x，
1
在直角坐标系中描出以(x,y)坐标的对应点，易得y 的图象成一条直线，
2
设y =kx+b，则¿，
2
解得¿，
∴y =0.2x+0.3．
2
（2）当y = y ，则0.4x=0.2x+0.3，
1 2
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+0.2
(
20−
1 m2)
+0.3，
2
即w=−0.1m2+0.4m+4.3 =−0.1(m−2) 2+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m(50≤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；
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（2）设销售这批风筝的利润为w元，根据题意得w=−2(m−30) 2+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，
20000 8000
根据题意得 = ×2，
x+20 x
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+(120−80)(300−m)=−2m2+120m+12000，
整理得w=−2(m−30) 2+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？
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【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−m)(20+2m)，
y=−2m2+48m+480=−2(m−7) 2+578，
∵−2<0且0<m<24，
∴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<x<24）．调查发现，线上的销售量为600件；线下的销售量y（单位：件）与售价
x（单位：元/件）满足一次函数关系，部分数据如表：
x（元/件） 12 13 14 15 16
y（件） 1200 1100 1000 900 800
(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<x<18时选择线上销售利润大；当18<x<24时选择线下销售利润大；当x=18时候，两种销售方
法利润一样
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【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+b(k≠0)，
将x=14,y=1000；x=13,y=1100代入得：
¿，
解得：¿，
∴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W =600(x−10)=600x−6000，
1
线下销售利润为W =(−100x+2400)(x−10)=−100x2+3400x−24000，
2
当W =W 时，600(x−10)=−100x2+3400x−24000
1 2
解得x =18或x =10（舍去），
1 2
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10<x<18时，W >W ，
1 2
∴当10<x<18时选择线上销售利润大；
当18<x<24时，W <W ，
1 2
∴当18<x<24时选择线下销售利润大．
综上，当10<x<18时选择线上销售利润大；当18<x<24时选择线下销售利润大；当x=18时候，两种销
售方法利润一样．
【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．
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(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？
1
【答案】(1)y=− x2
25
(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)
∴ ¿，
解得¿，
1
∴抛物线的解析式为y=− x2 ；
25
（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：B(10,−4)，
∴F纵坐标为−4+1.75=−2.25，
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1
把y=−2.25代入y=− x2 ，得
25
1
−2.25=− x2 ，
25
解得：x =−7.5，x =7.5，
1 2
∴EF=7.5−(−7.5)=15(m)，
∵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：
1
水平距离x/m 2 3 6 8 12
0
竖直高度y/m 4 5.4 7.2 6.4 4 0
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
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距离）为d ，“新拱门”的跨度为d ，则d __________d (填“>”、“=”或“<”）．
1 2 1 2
【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d ，由y=−0.288(x−5) 2+7.2可求出d ，进行比较即可．
1 2
【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：d =12（m）；
1
新拱门中：
当y=0时，
−0.288(x−5) 2+7.2=0
解得：x =0，x =10，
1 2
∴d =x −x =10（m），
2 2 1
∵12>10，
∴d >d ．
1 2
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
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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AB´C），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
4
(2)y=− x2+4
25
(3)此时桥A的水面宽度为8√21m，桥B的水面宽度为5√2m
【分析】（1）设AB´C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−10)m，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N(5,0),P(0,4)，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AB´C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，
1
则OB⊥AC，AD=CD= AC=20m，
2
设这条桥主桥拱的半径是rm，则OA=OB=rm，
∴OD=OB−BD=(r−10)m，
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在Rt△AOD中，AD2+OD2=OA2，即202+(r−10) 2=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：N(5,0),P(0,4)，
则设桥拱抛物线的解析式为y=ax2+c，
将点N(5,0),P(0,4)代入得：¿，解得¿，
4
所以桥拱抛物线的解析式为y=− x2+4．
25
（3）解：如图，桥A中，由（1）可知：OF=25m,OD=25−10=15(m)，
由题意得：OB⊥FG,DE=2m，
∴OE=17m，
在Rt△EOF中，EF=√OF2−OE2=4√21m，
由垂径定理得：FG=2EF=8√21m，
即此时桥A的水面宽度为8√21m；
4
如图，桥B中，y=− x2+4，
25
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4
当y=2时，− x2+4=2，
25
5√2 5√2
解得x= 或x=− ，
2 2
5√2 ( 5√2)
所以此时桥B的水面宽度为 − − =5√2(m)，
2 2
答：此时桥A的水面宽度为8√21m，桥B的水面宽度为5√2m．
【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：
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
(1)隧道顶面到路面AB的最大高度为______米；
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(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=−0.2475(x−2) 2+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；
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（2）解：如图，建立直角坐标系，
（3）解：将D(0,3)代入y=a(x−2) 2+3.99，得：
4a+3.99=3，解得：a=−0.2475，
∴抛物线的表达式为y=−0.2475(x−2) 2+3.99；
在y=−0.2475(x−2) 2+3.99中，令x=0.8，得：
y=−0.2475(0.8−2) 2+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．
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(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x =−5，x =9，
1 2
∴x −x =9+5=14，
2 1
∵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．
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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
( 3 )
− ,−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
2
( 5)
作时，运动员在空中最高处A点的坐标为 1, ，正常情况下，运动员在距水面高度5米以前，必须完成
4
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；
21 27
(3)在该运动员入水点的正前方有M，N两点，且EM= ，EN= ，该运动员入水后运动路线对应的抛
2 2
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．
5 5
【答案】(1)y=− (x−1) 2+ ；(4，−10)
4 4
(2)该运动员此次跳水失误了，理由见解析
1 16
(3) ≤a≤
4 25
5
【分析】（1）设抛物线的解析式为y=a (x−1) 2+ ，将(0,0)代入即可求得解析式；令y=−10，即可求
0 4
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；
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（3）分别求出当抛物线经过点M、N时的a的值即可．
5
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为y=a (x−1) 2+
0 4
5
将(0,0)代入解析式得：a =−
0 4
5 5
∴抛物线的解析式为y=− (x−1) 2+
4 4
5 5
令y=−10，则−10=− (x−1) 2+
4 4
解得：x =−2(舍去),x =4
1 2
∴入水处B点的坐标(4，−10)
3 7
（2）解：距点E的水平距离为5米，对应的横坐标为：x=5− =
2 2
7 5 (7 ) 2 5 105
将x= 代入解析式得：y=− × −1 + =−
2 4 2 4 16
105 55
∵− −(−10)= <5
16 16
∴该运动员此次跳水失误了
21 27 ( 3 )
（3）解：∵EM= ，EN= ，点E的坐标为 − ,−10
2 2 2
∴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
13 2
y=a(x− ) −14，
2
16
∴当抛物线经过点M时，把点M(9,−10)代入得：a=
25
1
同理，当抛物线经过点N (12,−10)时，a=
4
1 16
由点D在MN之间可得： ≤a≤
4 25
【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
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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：
水平距离x/m 0 10 20 30 40
4
竖直高度y/m 48 50 48 42
2
(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：
距离
动作分 风速加分
分
50 −2.5
请你计算甲运动员本次比赛得分．
1 4
【答案】(1)y=− x2+ x+42
50 5
(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)
∵
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10+30
对称轴是：直线x= =20，
2
∴
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=a(x−20) 2+50，
1
将代入得(0,42)代入得：a(0−20) 2+50=42，则a=− ，
50
1 1 4
甲运动员空中运动轨迹抛物线的关系式为：y=− (x−20) 2+50=− x2+ x+42．
50 50 5
∴
（2）解：∵OM=38m,ON=114m
∴M(0,38),N(114,0)，
设MN的解析式为y=kx+b，
∴¿，解得¿，
1
∴MN的解析式为y=− x+38，
3
1 4 1
当− x2+ x+42=− x+38，
50 5 3
1
解得：x =60，x =− （舍去），
1 2 3
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．
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(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=−0.1(x−3) 2+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=a(x−3) 2+1.8，将点
A(0,0.9)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=−0.1(x−3) 2+1.8，解得x的值即可；
（3）由（2）可知当y=1.7时，x =2，x =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
1 2
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=a(x−3) 2+1.8，
将点A(0,0.9)代入y=a(x−3) 2+1.8，中，得a=−0.1，
∴该抛物线的解析式是y=−0.1(x−3) 2+1.8．
（2）解：将y=1.7代入y=−0.1(x−3) 2+1.8，
解得x =2，x =4，
1 2
∴小明站在距甲2米或4米时，绳子刚好过他的头顶上方．
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（3）解：他们可以安全起跳，理由如下：
当y=1.7时，x =2，x =4，
1 2
∴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？
1
【答案】(1)y=− (x−16) 2+8
32
(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，
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1
解得：a=− ，
32
1
故抛物线解析式为：y=− (x−16) 2+8；
32
1
（2）当x=3时，y=− (3−16) 2+8=2.72<2.88，
32
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．
1
【答案】(1)抛物线的解析式为y=− x2+4x；
3
(2)能越过，理由见解析；
121
(3) 米
12
【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
1 1 1 1
OA于点N，设点M（x，− x2+4x），则点N的坐标为（x， x），求出MN=- x2+4x- x=
3 3 3 3
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1 11 2 121
− (x− ) + ，利用二次函数的性质求出最大值即可．
3 2 12
【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，
1
解得a=− ，
3
1 1
∴抛物线的解析式为y=− （x-6）2+12=− x2+4x；
3 3
（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，
1
当x=9时，y=− （9-6）2+12=9，
3
∵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），
1
∴直线OA的解析式为y= x，
3
作直线MNy轴，交抛物线于点M，交直线OA于点N，
1 1
设点M（x，− x2+4x），则点N的坐标为（x， x），
3 3
1 1 1 11 2 121
∴MN=- x2+4x- x=− (x− ) + ，
3 3 3 2 12
11 121
∴当x= 时，MN有最大值，最大值为 ，
2 12
【26淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
121
∴飞行的过程中手榴弹离山坡的最大高度是 米．
12
【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：
s/m … 9 12 15 18 21 …
h/
… 4.2 4.8 5 4.8 4.2 …
m
(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
1
(2)h=− (s−15) 2+5
45
35
(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 m/s
9
【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
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式即可；
8
（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= ，再计算足球此时的高度
5
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，
1
把（12，4.8）代入h=a(s−15) 2+5得a=−
45
1
所以解析式为h=− (s−15) 2+5．
45
（3）解：设守门员到达足球正下方的时间为t s．
8
①由题意得15t=20+2.5t，解得t= ，即s=24 m，
5
16 16
把s=24代入解析式得h= ，而 >2.5，
5 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
1.8=− (s−15) 2+5
45
解得：s=27或s=3（不合题意舍去）
27 9
所以足球飞行时间t= = s，守门员跑动距离为8−(20+8−27)=7（m），
15 5
35
所以守门员速度为 m/s．
9
【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
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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=−0.04(x−20) 2+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15√2−13米，才能避免哑弹落在居民楼的外墙或窗户上
(3)13−5√3<n<25−5√3
【分析】（1）依题意，设y=a(x−20) 2+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=−0.04(x−20+m) 2+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=−0.04(x−20−n) 2+18，根据题意求得点
D(33,15)，C(45,15)，分别代入抛物线解析式即可求解．
【详解】（1）解：依题意，设y=a(x−20) 2+18，将点(0,2)代入，得
202a+18=2
解得：a=−0.04，
∴抛物线解析式为y=−0.04(x−20) 2+18
∵D(33,15),
当x=33时，y=−0.04(33−20) 2+18=11.24，
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∵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=−0.04(x−20+m) 2+18，
将(33,0)代入得，
0=−0.04(33−20+m) 2+18，
解得：m=15√2−13或m=−15√2−13（舍去）
该同学沿x轴负半轴至少后退15√2−13米，才能避免哑弹落在居民楼的外墙或窗户上；
（3）∵AB=CD=12，D(33,15)，
∴C(45,15)，
该同学沿x轴向居民楼走n米，则抛物线解析式为：y=−0.04(x−20−n) 2+18
将点D(33,15)，C(45,15)分别代入，
得15=−0.04(33−20−n) 2+18，解得：n=13−5√3或n=5√3+13（舍去）
15=−0.04(45−20−n) 2+18，解得：n=25−5√3或n=5√3+25（舍去），
∴13−5√3<n<25−5√3
【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
x(dm) 0 2 4 6 8 10 16 20 …
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y(dm) 3.84 3.96 4 3.96 m 3.64 2.56 1.44 …
表2 间发式
x(dm) 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 …
y(dm) 3.36 n 1.68 0.84 0 1.40 2.40 3 3.20 3 …
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d “间发式”模式下球第二次接触台
1
面时距离出球点的水平距离为d ，则d ________d （填“>”“=”或“<”）．
2 1 2
【答案】(1)3.84，2.52
(2)y=−0.01(x−4) 2+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=a(x−4) 2+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−0.01(x−4) 2+4=0，得出d =24，设抛物线解析式为y =a(x−16) 2+3.20，将点
1 1
(8,0)代入，得出y =−0.05(x−16) 2+3.20，令y=0，即−0.05(x−16) 2+3.20=0，得出d =24，即可求
1 2
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，
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¿，
解得：¿，
∴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=a(x−4) 2+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=−0.01(x−4) 2+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=−0.01(x−4) 2+4，
令y=0，即−0.01(x−4) 2+4=0，
解得x=−16（舍去）或x=24
∴d =24，
1
∵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y =a(x−16) 2+3.20，将点(8,0)代入，
1
得，0=64a+3.20
解得：a=−0.05
∴抛物线解析式为y =−0.05(x−16) 2+3.20
1
令y=0，即−0.05(x−16) 2+3.20=0，
解得x=8（舍去）或x=24
∴d =24，
2
∴d =d ，
1 2
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
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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：
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
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：
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（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：¿，解得：¿，
∴y=-0.75x²+1.8x+2.44，
b 1.8
∴抛物线的对称轴为：x=− = =1.2，
2a 1.5
∴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；
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(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．
1
【答案】(1)①y=− (x−2) 2+2；6m；②(2,0)
8
(2)2≤d≤2√3−1
【分析】（1）①设函数解析式为y=a(x−2) 2+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H(0,1.5)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A(2,2)是上边缘抛物线的顶点，设y=a(x−2) 2+2．
∵上边缘抛物线过点H(0,1.5)，
1
∴1.5=4a+2，解得a=− ，
8
1
∴上边缘抛物线的函数解析式为y=− (x−2) 2+2．
8
1
当y=0时，− (x−2) 2+2=0，解得x =6，x =−2（舍去），
8 1 2
∴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H(0,1.5)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，
1
∴0.5=− (x−2) 2+2，
8
解得x=2±2√3．
∵x>0，
∴x=2+2√3．
当x>2时，y随x的增大而减小，
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∴当2<x≤6时，要使y≥0.5，则x≤2+2√3．
∵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+2√3．
∵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+2√3−3=2√3−1．
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≤2√3−1．
【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
7 147
(2)当BC= m时，围成的两块矩形总种植面积最大= m2
2 4
【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
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(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
7 147
=-3(x- )2+
2 4
∵21-3x≤12
∴x≥3
7 147
∴当BC= m时，y = m2．
2 最大 4
【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=− 6 x2+40x ( 0<x< 100) ，见解析．
5 3
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【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 AMDND＝2S MEFN，
矩形 矩形
∴AM＝2ME，
∴AE＝3BE；
（2）∵篱笆总长为100m，
∴2AB+GH+3BC＝100，
1
即2AB+ AB+3BC=100，
2
6
∴AB=40− BC
5
设BC的长度为xm，矩形区域ABCD的面积为ym2，
则y=BC⋅AB=x ( 40− 6 x ) =− 6 x2+40x，
5 5
6
∵AB=40− BC，
5
40 2
∴EB= − x＞0，
3 5
100
解得x＜ ，
3
∴y=− 6 x2+40x ( 0<x< 100) ．
5 3
【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．
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(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．
1
【答案】(1)抛物线的解析式为y=− x2+3x+8
2
(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P ( t,− 1 t2+3t+8 ) ，则G(t,−t+8)，用含t的式子表
2
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)，
∴¿，解得¿，
1
∴抛物线的解析式为y=− x2+3x+8．
2
1
（2）解：令y=0，则− x2+3x+8=0，解得x =−2，x =8，
2 1 2
∴B(8,0)，且C(0,8)，
设直线BC的解析式为y=kx+b，
∴¿，解得¿，
∴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，
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设P ( t,− 1 t2+3t+8 ) ，则G(t,−t+8)，
2
1 1
∴PG=− t2+3t+8−(−t+8)=− t2+4t，
2 2
∴S = 1 ×8× ( − 1 t2+4t ) =−2t2+16t=−2(t−4) 2+32，
△CBP 2 2
∴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)
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(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−x)(20−x)=(x2−60x+800) m2，
花卉B的面积为：x(40−x−10)=(−x2+30x) m2，
花卉C的面积为：x(20−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=2(x2−60x+800)+3(−x2+30x)+4(−x2+20x)，
∴y=−5x2+50x+1600，
∴y=−5(x−5) 2+1725，
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∴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；
15
(2)四边形PQCA面积的最小值为 cm2 ．
4
【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 ；把S =2
△PBQ △PBQ
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−t)cm，BQ=2tcm，
1 1
S = BQ⋅PB= ×2t×(3−t)=−t2+3t(0≤t≤2)；
△PBQ 2 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 =−t2+3t=− ( t− 3) 2 + 9 且0≤t≤2，
△PBQ 2 4
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∵−1<0，
3 9
∴当t= s时，△PBQ的面积最大，最大值是 cm2 ．
2 4
1 9 15
此时，四边形PQCA面积取得最小值，最小值为 ×3×4− = cm2 ．
2 4 4
【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；
4
2r2 (0<t≤ )
3
4 5 4
【答案】（1）t，4—2t；（2） ；（3）S={− t2+12t−8( <t≤2)
3 2 3
1
− r2+4t(2<t≤4)
2
【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；
4 4
（3）分三种情况，当0<t⩽ 时，直接是矩形的面积，当 <t⩽2时，利用面积的差即可得出结论，当
3 3
2<t⩽4时，利用面积的差即可得出结论.
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【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，
AQ QM
∴ = ，
AC CB
4−t 2t
∴ = ，
4 4
4
∴t= ，
3
4
故答案为： ；
3
4
（3）当0<t⩽ 时，如图①，
3
∵CQ=t．，CP=2t．
∴S=CP⋅CQ=2t⋅t=2t2；
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4
当 <t⩽2时，如图②，
3
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．
1
∴S=S −S =2t2− (3t−4) 2
矩 形CPMQΔMDE 2
5
=− t2+12t−8；
2
当2<t⩽4时，如图③，
设QM与AB相交于点D．
则MD=ME=t．
1 1
∴S=S −S =4t− t2=− t2+4t．
矩 形CPMQΔMDP 2 2
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4
2t2 (0<t⩽ )
3
5 4
综上所述：S={− t2+12t−8( <t⩽2)．
2 3
1
− t2+4t(2<t⩽4)
2
【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
ts(0≤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．
20
【答案】(1)t=
9
(2)S= 27 t2− 69 t+12 ( 0≤t< 20)
40 10 9
4
(3)0或
5
28 4 20 8
(4)存在； 或 或 或
27 3 13 3
【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
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AP AE 4−t t
PE∥DC，可得 = ，即有 = ，解方程即可求解；
AD AC 4 5
（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，
12−3t 3 3 4 5 1
BF=AP=4−t，PE= ，EF= t，QM= t，QN= t，EC= t，根据S = ×AP×QM，
4 4 5 5 4 △AQP 2
1 1
S = ×AB×QN，S = ×BF×EF，S =CD×PD，S =CD×AD，结合
△AQB 2 △BEF 2 矩形CDPF 矩形ABCD
S =S −S −S −S −S ，问题得解；
四边形PQBE 矩形ABCD △AQP △AQB △EFB 矩形CDPF
5 12−3t
（4）在（1）、（2）中得出：AP=4−t，AQ=PD=t，EC= t，PE= ，进而可得
4 4
5t 9t
AE=AC−CE=5− ，QE=AE−AQ=5− ，第一大类：当点PE在点Q右侧时，分当QE=PE时；
4 4
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；
5t
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− ，
4
( 5t) 9t 9t 12−3t 8 20
AQ=t，可得QE=AQ−AE=t− 5− = −5，即有 −5= ，解得t= ＞ ；问题得解．
4 4 4 4 3 9
【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，
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AP AE
∴ = ，
AD AC
4−t t 20
∴ = ，解得：t= ，
4 5 9
20
即当E、Q重合时，t= ；
9
（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，
AP PE
∴ = ，
AD CD
4−t PE
即： = ，
4 3
12−3t
∴PE= ，
4
12−3t 3
∴EF=PF−PE=3− = t，
4 4
∵QM⊥AD，CD⊥AD，
∴QM∥CD，
AQ QM t QM
∴ = ，即 = ，
AC CD 5 3
3
∴QM= t，
5
4 5
同理可得：QN= t，EC= t，
5 4
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1 1 1
∵S = ×AP×QM，S = ×AB×QN，S = ×BF×EF，S =CD×PD，
△AQP 2 △AQB 2 △BEF 2 矩形CDPF
S =CD×AD，
矩形ABCD
1 3 1 4 1 3
∴S = ×(4−t)× t，S = ×3× t，S = ×(4−t)× t，S =3t，S =12，
△AQP 2 5 △AQB 2 5 △BEF 2 4 矩形CDPF 矩形ABCD
∵S =S −S −S −S −S ，
四边形PQBE 矩形ABCD △AQP △AQB △EFB 矩形CDPF
27 69
∴代入整理，可得：S=S = t2− t+12，
四边形PQBE 40 10
∵线段PE在点Q右侧，
20
∵在（1）中求得当E、Q重合时，t= ，
9
20
∴0≤t＜ ，
9
即：S= 27 t2− 69 t+12 ( 0≤t< 20) ；
40 10 9
（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，
AP BC
∴ = ，
AQ EC
5
∵在（2）中得到EC= t，AP=4−t，
4
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4−t 4
=
∴ t 5 ，
t
4
4
解得：t= ，或者t=0，
5
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；
4
综上：当BE∥PQ时，t= ，或者t=0；
5
5 12−3t
（4）在（1）、（2）中得出：AP=4−t，AQ=PD=t，EC= t，PE= ，
4 4
5t
∴AE=AC−CE=5− ，
4
5t 9t
∴QE=AE−AQ=5− −t=5− ，
4 4
第一大类：当点PE在点Q右侧时，
当QE=PE时，
12−3t 9t
即有： =5− ，
4 4
4
解得：t= (s)；
3
当QP=PE时，过P点作PT⊥QE于T点，如图，
∵PT⊥QE，QP=PE，
1 1 ( 9t) 5 9t
∴QT=TE= QE= × 5− = − ，
2 2 4 2 8
5 9t 5 t
∴AT=AQ+QT=t+ − = − ，
2 8 2 8
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AD 4
∵cos∠DAC= = ，
AC 5
AT 4
∴在Rt△APT中，cos∠DAC= = ，
AP 5
5 t
−
∴2 8 4，
=
4−t 5
28
解得：t= ，
27
28
经检验，t= 是原方程的根，
27
28
即此时t= s；
27
当PQ=QE时，过P点作QG⊥PE于G点，如图，
∵QG⊥PE，PQ=QE，
∴PG⊥≥¿，即G点为PE中点，
∵PE∥CD，CD⊥AD，
∴PE⊥AD，
∴QG∥AD，
QE EG
∴ = =1，
AQ PG
∴QE=AQ，
9t
∴t=5− ，
4
20
解得：t= s；
13
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，
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5t
∵AE=5− ，AQ=t，
4
( 5t) 9t
∴QE=AQ−AE=t− 5− = −5，
4 4
12−3t
∵PE= ，PE=QE，
4
9t 12−3t
∴ −5= ，
4 4
8 20
解得t= ＞ ，
3 9
8
此时存在t= s；
3
28 4 20 8
综上所述：t的值可以为： 或 或 或 ．
27 3 13 3
【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<t<6)．
(1)当点Q在边AC上时，求QM的长（用含t的代数式表示）；
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(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
6
(2)t=
7
(3)S=¿
6 3 12
(4)t= 或t= 或t= ．
7 2 5
【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；
6
（3）分类讨论：①当0<t≤ 时，此时，矩形PQMN与ΔABC重叠部分图形的面积S=矩形PQMN的面
7
6 3
积，利用矩形的面积公式解答即可；②当 ≤t< 时，此时，矩形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积
7 2
S=五边形PQEFN的面积，利用直角三角形的边角关系定理求得ME，MF的长度，利用
3
S=S −S 解答即可；③当 ≤t≤6 时，此时，矩形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积S为
矩形PQMN △MEF 2
△PEB的面积，利用直角三角形的边角关系定理求得PE的长度，利用三角形的面积公式解答即可；
（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≌△BNG(ASA)，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
1
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= PN，
2
3
从而可求出 tcm，最后根据AB=AP+BP，列出关于t的等式，解出t即可．
2
【详解】（1）解：由题意可知AP=tcm，
∵∠A=60°，PQ⊥AB，
∴PQ=tan60°×AP=√3t(cm)，
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∵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°，
MN
∴BN= =3t，
tan30°
∴AB=AP+PN+BN=(t+3t+3t)，
∵AB=6cm，
∴t+3t+3t=4，
6
解得：t= ；
7
6
（3）解：①当0<t≤ 时，此时，矩形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积S=矩形PQMN的面积，
7
∴S=PQ⋅QM=3t×√3t=3√3t2；
6 3
②当 ≤t< 时，如图，
7 2
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，
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∴CQ=3−2t，
∵QM∥PN，
∴∠CQE=∠A=60°，
CQ
∴EQ= =6−4t，
cos60°
∴EM=QM−EQ=3t−(6−4t)=7t−6．
∵∠MEF=∠CEQ=30°，
√3
∴MF=ME⋅tan30°= ⋅(7t−6)，
3
∴S=S −S
矩形PQMN △MEF
1
=3√3t2− ME⋅MF
2
1 √3
=3√3t2− × ×(7t−6) 2
2 3
31
=− t2+14√3t−6√3，
6
31
∴ S=− √3t2+14√3t−6√3；
6
3
③当 ≤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
2
△PEB的面积，
由题意：∠A=60°，AB=3，AP=t，
∴BP=AB−AP=6−t，∠B=30°，
√3
∴PE=BP⋅tan30°= (6−t)，
3
∴S=S
△PEB
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1
= BP⋅PE
2
1 √3
= ×(6−t)× (6−t)
2 3
√3
= t2−2√3t+6√3．
6
综上，S与t之间的函数关系式为：S=¿．
（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≌△BNG(ASA)，
∴QM=BN=PN=3t，
∴AB=7t，
∴7t=6，
6
解得：t= ；
7
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，
3
解得：t= ；
2
③如图，当点P在C点右侧时，此时，点Q在AC的延长线上，
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∵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，
1
∴PB=BN= PN，
2
∵PQ=√3t，
∴PN=QM=√3PQ=3t，
3
∴PB= t，
2
5
∵AB=AP+BP= t，
2
5
∴ t=6，
2
12
解得：t= ．
5
6 3 12
综上可知，t的值为 或 或 ．
7 2 5
【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．
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(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)，
∴¿，
∴¿，
∴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−1) 2−4，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，
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设直线AE的解析式为y=k x+b ，
1 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），
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∴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−m) 2−2(1−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−m) 2−2(3−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，
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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．
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【答案】(1)y=x2+2x−3，（-3，0）
9
(2)
4
( 3)
(3) −3,− 或（-2，1）或(0,3−3√2)
2
【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：
¿，解得：¿，
∴抛物线解析式为y=x2+2x−3；
令 y=0，则x2+2x−3=0，
解得：x =1,x =−3，
1 2
∴点B的坐标为（-3，0）；
（2）解：设直线BC的解析式为y=kx+b(k≠0)，
把点B（-3，0），C(0，﹣3)代入得：
¿，解得：¿，
∴直线BC的解析式为y=−x−3，
设点P(m,−m+3)，则Q(m,m2+2m−3)，
∴PQ=(−m−3)−(m2+2m−3)=−m2−3m=− ( m+ 3) 2 + 9 ，
2 4
3 9
∴当m=− 时，PQ最大，最大值为 ；
2 4
（3）解：存在，
根据题意得：PC=√2t,BM=t，则PB=3√2−√2t，
如图，当BM=PM时，
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∵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，
√2
∴CD=PD=PC⋅sin∠OCB=√2t× =t，
2
∵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，
3
∴t+t=3，解得t= ，
2
( 3 3)
∴P − ,− ，
2 2
( 3)
∴N −3,− ；
2
如图，当PM=PB时，作PD⊥y轴于D，连接PN，
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∵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，
3√2−√2t=t，解得：t=6−3√2，
∴PN=BP=BM=6−3√2，
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°，
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√2
∴BE=PE=PB⋅sin∠OBC=(6−3√2)× =3√2−3，
2
∴OE=OB−BE=3−(3√2−3)=6−3√2，
∴点N在y轴上，
∴N(0,3−3√2)，
( 3)
综上所述，点N的坐标为 −3,− 或（-2，1）或(0,3−3√2)．
2
【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．
1
33．（2021·山东东营·统考中考真题）如图，抛物线y=− x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点
2
1
C，直线y=− x+2过B、C两点，连接AC．
2
（1）求抛物线的解析式；
（2）求证：△AOC∽△ACB；
（3）点M(3,2)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．
1 3
【答案】（1）y=− x2+ x+2；（2）见解析；（3）√5
2 2
1
【分析】（1）先利用直线y=− x+2得到点B和点C的坐标，利用待定系数法求解；
2
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（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,− 1 x2+ 3 x+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
2 2
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．
1
【详解】（1）解：∵直线y=− x+2分别与x轴和y轴交于点B和点C，
2
∴点B的坐标为（4，0），点C的坐标为（0，2），
1
把B(4,0)，C(0,2)分别代入y=− x2+bx+c，
2
得¿，
解得¿，
1 3
∴抛物线的解析式为y=− x2+ x+2．
2 2
1 3
（2）∵抛物线y=− x2+ x+2与x轴交于点A，
2 2
1 3
∴− x2+ x+2=0，
2 2
解得x =−1，x =4，
1 2
∴点A的坐标为(−1,0)，
∴AO=1，AB=5，
在Rt△AOC中，AO=1，OC=2，
∴AC=√5，
AO 1 √5
∴ = = ，
AC √5 5
AC √5
∵ = ，
AB 5
AO AC
∴ = ，
AC AB
又∵∠OAC=∠CAB，
∴△AOC∽△ACB．
（3）设点D的坐标为 ( x,− 1 x2+ 3 x+2 )
2 2
( 1 )
则点E的坐标为 x,− x+2
2
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∴DE=− 1 x2+ 3 x+2− ( − 1 x+2 )
2 2 2
1 3 1
=− x2+ x+2+ x−2
2 2 2
1
=− x2+2x
2
1
=− (x−2) 2+2
2
1
∵− <0，
2
∴当x=2时，线段DE的长度最大．
此时，点D的坐标为(2,3)，
∵C(0,2)，M(3,2)
∴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．
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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，A(1,0)，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 =S −S 列出函数式求解即可．
△CPQ △CPA △APQ
【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+c
{ ，
0=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，
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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，
n
设直线PQ的解析式为：y=-2x+n，与x轴交点P( ,0)，
2
y=−2x+n n+2 n−2
由{ 解得：Q( , )，
y=2x−2 4 2
∵P在线段AB上，
n
∴−3< <1，
2
∴n的取值范围为-6＜n＜2，
则S =S −S
△CPQ △CPA △APQ
1 n 1 n n−2
= ×(1− )×4− ×(1− )×(− )
2 2 2 2 2
1
=− (n+2) 2+2
8
∴当n=-2时，即P（-1，0）时，S 最大，最大值为2．
△CPQ
【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？
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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．
1
【答案】(1)y= x2+x−4
2
(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
y y +4
当∠APB=90°时，设P点坐标为：(−1，y )，由于PA所在直线斜率为： p，PB在直线斜率为： p ，
p 3 −1
y y +4
p· p =-1，则此时P点坐标为：(−1，−2+√7)，(−1，−2−√7)．
3 −1
【详解】（1）解：将B（0，-4），C（2，0）代入y=ax2+x+m，
得：¿，
解得：¿，
1
∴抛物线的函数解析式为：y= x2+x−4．
2
（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，
1
∵ x2+x−4=0时，x =2，x =−4，
2 1 2
∴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：¿，
解得：¿，
∴直线AB关系式为：y=−x−4，
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设直线AB平移后的关系式为：y=−x−4+n，
1
则方程−x−4+n= x2+x−4有两个相等的实数根，
2
1
即
x2+2x−n=0有两个相等的实数根，
2
∴n=−2，
1
即
x2+2x+2=0的解为：x=-2，
2
1
将x=-2代入抛物线解析式得，y= ×(−2) 2−2−4=−4，
2
∴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，y )，
p
y y +4
∴PA所在直线斜率为： p，PB在直线斜率为： p ，
3 −1
∵PA⊥PB，
y y +4
∴ p· p =-1，
3 −1
解得：y =−2+√7，y =−2−√7，
p1 p2
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∴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S ，S ，
1 2
S S
S ．判断 1+ 2 是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
3 S S
2 3
4 16
【答案】(1)y=− x2+ x
3 3
( 16)
(2)存在， 2, 或（3，4）
3
9
(3)存在，
8
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
4 16
（2）待定系数法求得直线AB的解析式为y=− x+ ，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，PM交AB于点
3 3
N．过点B作BE⊥PM，垂足为E．可得S =S +S = 3 PN，设P ( m,− 4 m2+ 16 m ) (1<m<4)，
△PAB △PNB △PNA 2 3 3
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则N ( m,− 4 m+ 16) ．由PN= ( − 4 m2+ 16 m ) − ( − 4 m+ 16) = 8 ，解方程求得m的值，进而即可求解；
3 3 3 3 3 3 3
S S CD PC 2PD
（3）由已知条件可得△OBC∽△PDC，进而可得 1+ 2= + = ，过点B,P分别作x轴的垂
S S BC OC OB
2 3
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
P ( m,− 4 m2+ 16 m ) (1<m<4)，D ( n,− 4 n+ 16) ，则G ( m,− 4 n+ 16) ，根据 PD = DG 可得
3 3 3 3 3 3 OB OF
4n=m2−m+4，根据
S
1+
S
2=
CD
+
PC
=2
DG
=−
1(
m−
5) 2
+
9
，根据二次函数的性质即可求的最
S S BC OC OF 2 2 8
2 3
大值．
【详解】（1）解：（1）将A（4，0），B（1，4）代入y=ax2+bx，
得¿，
解得¿．
4 16
所以抛物线的解析式为y=− x2+ x．
3 3
（2）设直线AB的解析式为y=kx+t(k≠0)，
将A（4，0），B（1，4）代入y=kx+t，
得¿，
解得¿．
4 16
所以直线AB的解析式为y=− x+ ．
3 3
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．
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所以S =S +S
△PAB △PNB △PNA
1 1
= PN×BE+ PN×AM
2 2
1
= PN×(BE+AM)
2
3
= PN．
2
1
因为A（4，0），B（1，4），所以S = ×4×4=8．
△OAB 2
因为△OAB的面积是△PAB面积的2倍，
3 8
所以2× PN=8，PN= ．
2 3
设P ( m,− 4 m2+ 16 m ) (1<m<4)，则N ( m,− 4 m+ 16) ．
3 3 3 3
所以PN= ( − 4 m2+ 16 m ) − ( − 4 m+ 16) = 8 ，
3 3 3 3 3
4 20 16 8
即− m2+ m− = ，
3 3 3 3
解得m =2，m =3．
1 2
( 16)
所以点P的坐标为 2, 或（3，4）．
3
（3）∵ PD∥BO
∴△OBC∽△PDC
CD PD PC
∴ = =
BC OB OC
S S CD PC 2PD
记△CDP，△CPB，△CBO的面积分别为S ，S ，S ．则 1+ 2= + =
1 2 3 S S BC OC OB
2 3
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
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∵B(1,4)，
∴F(1,0)
∴OF=1
∵PD∥OB,DG∥OF
∴△DPG∽△OBF
PD PG DG
∴ = = ，
OB BF OF
设P ( m,− 4 m2+ 16 m ) (1<m<4)
3 3
4 16
∵直线AB的解析式为y=− x+ ．
3 3
( 4 16) ( 4 16)
设D n,− n+ ，则G m,− n+
3 3 3 3
4 16 4 16
PG=− m2+ m+ n−
3 3 3 3
4
= (m2−4m−n+4)
3
DG=m−n
4
(m2−4m−n+4)
3 m−n
∴ =
4 1
整理得4n=m2−m+4
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S S CD PC 2PD
∴ 1+ 2= + =
S S BC OC OB
2 3
DG
=2
OF
=2(m−n)
(
m2−m+4)
=2 m−
4
1
=− (m2−5m+4)
2
1( 5) 2 9
=− m− +
2 2 8
5 S S 9
∴m= 时， 1+ 2 取得最大值，最大值为
2 S S 8
2 3
【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
1 1
37．（2023·江苏苏州·统考一模）如图，二次函数y=− x2+ (m−1)x+m（m是常数，且m>0）的图
4 2
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4√5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)，B(2m，0)，C(0，m)
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( 5)
(2)m=4，P 3，
2
( 5)
(3)P点坐标为(3，0)或 3，
2
1 1
【分析】（1）将x=0，y=0，分别代入y=− x2+ (m−1)x+m，计算求解即可；
4 2
（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4√5，可得
√5m=4√5，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B(8，0)，C(0，4)，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，
1 (1 )
设P(3，a)，由题意知，圆心O'在直线x= 上，设圆心坐标为 ，n ， 则AO'2=CO'2=PO'2，根据
2 2
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，
1 1
当y=0时，− x2+ (m−1)x+m=0，整理得x2−2(m−1)x−4m=0，即(x−2m)(x+2)=0，
4 2
解得x =2m，x =−2，
1 2
∴A(−2，0)，B(2m，0)，C(0，m)，
（2）解：如图1，连接PB，
由题意知，PA=PB，
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∴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4√5，
∴√5m=4√5，
解得m=4，
∴B(8，0)，C(0，4)，
∴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B(8，0)，C(0，4)代入得，¿，
解得¿，
1
∴直线BC的解析式为y=− x+4，
2
1 5
当x=3时，y=− ×3+4= ，
2 2
( 5)
∴P 3， ，
2
( 5)
∴m=4，P 3， ；
2
（3）解：∵m=4，
∴B(8，0)，C(0，4)，抛物线的对称轴为直线x=3，
∵AC2=22+42=20，BC2=(4√5) 2=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，
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∴CD=BD=AD，
∴∠DCB=∠ABC，
∵∠ADC=∠DCB+∠ABC=2∠ABC，
∴∠ADC=∠APC，
∴P与D重合，即P(3，0)；
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
P(3，a)，
1 (1 )
由题意知，圆心O'在直线x= 上，设圆心坐标为 ，n ， 则AO'2=CO'2=PO'2，
2 2
∵AO'2=CO'2，即 ( −2− 1) 2 +(0−n) 2= ( 0− 1) 2 +(4−n) 2 ，
2 2
5
解得n= ，
4
( 1) 2 ( 5) 2 ( 1) 2 ( 5) 2
∵AO'2=PO'2，即 −2− + 0− = 3− + a− ，
2 4 2 4
5
解得a =0，a = ，
1 2 2
( 5)
∴P 3， ，
2
( 5)
综上，P点坐标为(3，0)或 3， ．
2
【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．
1
38．（2022·广东深圳·深圳中学校考一模）如图，已知抛物线y=− x2+bx+c交x轴于A(−3,0)，B(4,0)
3
两点，交y轴于点C，点P是抛物线上一点，连接AC、BC．
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(1)求抛物线的表达式；
(2)连接OP，BP，若S =2S ，求点P的坐标；
△BOP △AOC
(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．
1 1
【答案】(1)y=− x2+ x+4
3 3
(2)（﹣5，﹣6）或（6，﹣6）
1 7√3+14 1 7√3+14
(3)存在，Q的坐标为（ ，− ）或( ， ）
2 2 2 2
1
【分析】（1）将A（﹣3，0），B（4，0）两点代入y=− x2+bx+c，即可求解；
3
1
（2）由题意可得 ×4×｜y ｜＝12，再由P点在x轴下方，则y ＝﹣6，即可求P点坐标；
2 p p
1
（3）将射线BA绕点B逆时针旋转60°，交直线x= 于点D，连接AD，延长线段ED到Q，使得DQ＝
2
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．
1
【详解】（1）解：将A（﹣3，0），B（4，0）两点代入y=− x2+bx+c，
3
∴¿ ，
∴¿ ，
1 1
∴y=− x2+ x+4；
3 3
1 1
（2）解：对于y=− x2+ x+4，
3 3
当x＝0，则y＝4，
∴C（0，4），
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1 1
∴S AOC＝ ×3×4＝6，S BOP＝ 4×|y |，
2 2 P
△ △
∵S BOP＝2S AOC，
△ △
1
∴ ×4×｜y ｜＝12，，
2 p
∴|y |＝6，
P
1 1 1 1 49
∵y=− x2+ x+4＝﹣ （x﹣ ）2+ ，
3 3 3 2 12
∴P点在x轴下方，
∴y ＝﹣6，
p
1 1
∴− x2+ x+4＝﹣6，
3 3
解得x＝﹣5或x＝6，
∴P点坐标为（﹣5，﹣6）或（6，﹣6）,；
如图1所示，
1 7√3+14 1 7√3+14
（3）解：存在，Q的坐标为（ ，− ）或( ， ）．
2 2 2 2
理由如下：
1 1 1 1 49
∵y=− x2+ x+4＝﹣ （x﹣ ）2+ ，
3 3 3 2 12
1 1 1
∴ 抛物线y=− x2+ x+4的对称轴为直线x= ，
3 3 2
1 1
设直线x= 与x轴交点为点E（ ，0），
2 2
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1
将射线BA绕点B逆时针旋转60°，交直线x= 于点D，
2
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，
1
∵抛物线y=− x2+bx+c交x轴于A(−3,0)，B(4,0)两点
3
1
∴直线x= 垂直平分AB，AB＝7
2
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
1 7
∴BE＝AE＝ AB＝ ，∠ADB＝60°，BD＝AB＝7
2 2
∴DQ＝BD＝7
∴∠DBQ＝∠BQD
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∵DE⊥AB
1
∴∠BDE＝ ∠ADB＝30°，∠BED＝90°
2
∵∠BDE是 BDQ的外角
∴∠BDE＝∠△DBQ+∠BQD＝2∠DBQ＝2∠BQD
1
∴∠DBQ＝∠BQD＝ ∠BDE＝15°
2
∴ ∠QBA＝∠ABD+∠DBQ＝75°
在Rt BED中，
BE2 △+ED2=BD2
√ 7 2 7√3
∴ED=√BD2−BE2= 72−( ) =
2 2
7√3 7√3+14
∴EQ＝ED+DQ＝ +7＝
2 2
1 7√3+14
∴点Q的坐标是（ ，− ），
2 2
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°，
1 7√3+14
∴ 点Q'也满足题意，点Q' 的坐标为( ， ），
2 2
1 7√3+14 1 7√3+14
故点Q的坐标为（ ，− ）或( ， ）．
2 2 2 2
【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）．
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(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）
5
(3)存在，点P坐标为（1，6），（1，√10），（1，−√10），（1， ）
3
【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：¿，解得：¿，
∴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，
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∵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¿，解得¿，
∴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，
5
则1+（t-3）2=t2，解得：t= ，
3
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5
所以点P的坐标为（1， ）；
3
5
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， ）．
3
【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+2√15）
或（0，4−2√15）.
【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，
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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，
¿，解得：¿，
∴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 =S +S
BMD MNB MND
△ △ △
1
=
×(−m2+4m+12)×6
2
=−3m2+12m+36
=-3（m-2）2+48
当m=2时，S =48，
BMD最大
△
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）；
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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，
ME EQ 2 12−n
∴ = ，即 = ，
QF FN n+4 2
解得：n=4+2√15或4−2√15，
∴点Q（0，4+2√15）或（0，4−2√15），
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综上：点Q的坐标为（0，12）或（0，-4）或（0，4+2√15）或（0，4−2√15）.
【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)
25√2
(2)PE最大为
8
(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
PH
PE= ，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
√2
P(m,−m2−4m+5)，(−5<m<0)，则H(m,m+5)，求得PH，再根据二次函数的性质求解即可；
（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
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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，
PH
∴PE= ，
√2
∴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P(m,−m2−4m+5)，(−5<m<0)，则H(m,m+5)，
∴PH=(−m2−4m+5)−(m+5)=−m2−5m=− ( m+ 5) 2 + 25 ，
2 4
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∵a=−1<0，
5 25
∴当m=− 时，PH最大为 ，
2 4
25√2
∴此时PE最大为 ，即点P到直线AC的距离值最大；
8
（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），
∴x −x =x −x ，即x−(−2)=0−(−5)
C A M N
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，
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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），
−5+0 0+5 5 5
∴线段AC的中点H的坐标为( , )，即H（− , ）
2 2 2 2
x+(−2) 5
∴ =− ，解得，x=−3。
2 2
∴−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，
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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．
1
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= x2+bx+c
2
与x轴交于A(−1，0)，B(4，0)，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；
1
(3)将抛物线y= x2+bx+c沿射线CB方向平移，平移后的图象经过点H(2,−1)，点M为D的对应点，平
2
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．
1 3
【答案】(1)y= x2− x−2
2 2
4√5
(2)PE+PG的最大值为 +2，此时点P的坐标为(2,−3)
5
( 1 ) ( 32+7√65)
(3)(7,4)或 0,− 或 0, ，见解析
16 8
1
【分析】（1）根据抛物线y= x2+bx+c与x轴交于点A(−1,0)、B(4,0)两点，即知抛物线的表达式为
2
1 1 3
y= (x+1)(x−4)，即 y= x2− x−2；
2 2 2
2√5
（2）证明△PEG∼△BOC，根据相似三角形的性质得出PE= PG，设出P点的坐标，利用二次函
5
数的性质求最值即可；
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（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．
1
【详解】（1）∵抛物线y= x2+bx+c与x轴交于A(−1，0)，B(4，0)，
2
1 1 3
∴抛物线的解析式为y= (x+1)(x−4)，即y= x2− x−2；
2 2 2
1 3
（2）∵y= x2− x−2，
2 2
令x=0，则y=−2，
∴C(0,−2)
设直线BC的解析式为：y=kx+a，
把B(4，0)，C(0,−2)代入y=kx+a，得：
¿，
解得，¿，
1
∴直线BC的解析式为：y= x−2；
2
∵PF⊥x轴，
∴PF∥y轴
∴∠PGE=∠BCO，
∵PE⊥BC，
∴∠PEG=∠BOC=90°，
∴△PEG∼△BOC，
PE PG
∴ = ，
BO BC
PE PG
∴ =
4 √42+22
2√5
∴PE= PG，
5
2√5
∴PE+PG= PG+PG
5
设P ( x, 1 x2− 3 x−2 ) ，则G ( x, 1 x−2 ) ，
2 2 2
∴PG= 1 x−2− (1 x2− 3 x−2 ) =− 1 x2+2x=− 1 (x−2) 2+2，
2 2 2 2 2
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∴当x=2时，PG的最大值为2，
2√5 4√5
∴PE+PG的最大值为 PG+PG= +2，此时点P的坐标为(2,−3)；
5 5
1 3
（3）∵将抛物线y= x2− x−2沿射线CB方向平移，C(0,−2)，B(4,0)，
2 2
1 3
设抛物线y= x2− x−2向上平移m个单位，向右平移2m个单位，
2 2
∴新抛物线y'的解析式为y'= 1( x− 3 −2m ) 2 +m− 25 ，
2 2 8
∵平移后的图象经过点H(2,−1)，
1( 3 ) 2 25
∴ 2− −2m +m− =−1，
2 2 8
解得，m=1或−1（不符合题意，舍去）
∴新抛物线y'的解析式为y'=
1(
x−
7) 2
−
17
,
2 2 8
(7 17)
∴点M ,− ，点N的坐标为(0,4)，
2 8
(7 )
设Q ,n ，
2
∴M N2= (7) 2 + ( 4+ 17) 2 ，MQ2= ( n+ 17) 2 ，NQ2= (7) 2 +(4−n) 2 ，
2 8 8 2
①当MN=NQ时， (7) 2 +(4−n) 2= (7) 2 + ( 4+ 17) 2 ，
2 2 8
81 17
解得，n= 或− （舍去）
8 8
此时，MQ、NR为对角线，
(7 17) (7 81)
∵M ,− ,N(0,4),Q , ，
2 8 2 8
∴R(7,4)；
②当MQ=NQ时， (7) 2 +(4−n) 2= ( n+ 17) 2 ，
2 8
31
解得，n= ，
16
此时，MN、RQ为对角线，
(7 17) (7 31)
∵M ,− ,N(0,4),Q , ，
2 8 2 16
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( 1 )
∴R 0,− ，
16
(7) 2 ( 17) 2 ( 17) 2
③当MN=MQ时， + 4+ = n+ ，
2 8 8
7√65−17 −17−7√65
解得，n= 或 （舍去）
8 8
此时，MR、NQ为对角线，
(7 17) (7 7√65−17)
∵M ,− ,N(0,4),Q , ，
2 8 2 8
( 32+7√65)
∴R 0, ，
8
( 1 ) ( 32+7√65)
综上所述，点R的坐标为(7,4)或 0,− 或 0,
16 8
【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
√2
43．（2023·重庆江北·校考一模）如图，抛物线y= x2+bx+c与x轴交于点A(−√2,0)、B，与y轴交
4
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；
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(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．
√2 3√2
【答案】(1)y= x2−x− ；
4 2
(2)PQ+PE的最大值为6√2，此时P(3√2,0)；
( 15 ) ( 15 )
(3)存在，N 3√2−3,6− √2 或N 3√2+3,−6− √2 ．
4 4
【分析】（1）代入法求解即可；
（2）由（1）和题意可求得D(√2,−2√2)与F关于x轴对称得F(√2,2√2)，设AF直线方程为：y=kx+b，
则AF解析式为y=x+√2，设P ( t, √2 t2−t− 3√2) ，Q(t,t+√2)，求得PQ=− √2 t2+2t+ 5√2 ，
4 2 4 2
√2 3√2
PE=t−√2，则PQ+PE=− t2+3t+ ，结合二次函数的性质可知当t=3√2时，PQ+PE的最大值
4 2
为6√2，此时P(3√2,0)；
√2
（3）平移后抛物线过原点，则抛物线向右平移√2个单位，得y= x2−2x以B、C、M、N为顶点的四
4
( 3√2) (3√2 3√2)
边形是以BC为对角线的菱形，由（1）得C 0,− ，B(3√2,0)，取BC中点R，则R ,−
2 2 4
9√2 ( 9√2) ( 9√2)
求得直线PR解析式为y=−2x+ ，联立有¿，解得x=±3，得M 3,−6+ 或M −3,6+ ，
4 4 4
( 15 ) ( 15 )
结合中点坐标可求得N 3√2−3,6− √2 或N 3√2+3,−6− √2 ．
4 4
【详解】（1）解：抛物线过A(−√2,0)，对称轴x=√2，
∴¿，
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解得：¿；
√2 3√2
∴抛物线解析式为：y= x2−x− ；
4 2
（2）由（1）可知当x=√2时y=−2√2，
∴顶点D(√2,−2√2)，
∴DM=AM=2√2，
∴∠MAD=45°，
∵AF⊥AD，
∴∠MAF=45°，
∴D(√2,−2√2)与F关于x轴对称，
∴F(√2,2√2)，
设AF直线方程为：y=kx+b，
则有:¿，
解得：¿，
∴AF解析式为y=x+√2，
设P ( t, √2 t2−t− 3√2) ，则Q(t,t+√2)，
4 2
√2 5√2
∴PQ=− t2+2t+ ，PE=t−√2，
4 2
√2 3√2
∴PQ+PE=− t2+3t+ ，
4 2
√2
∵− <0，开口向下，对称轴t=3√2在范围内，
4
∴当t=3√2时，PQ+PE的最大值为6√2，
此时P(3√2,0)；
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（3）平移后抛物线过原点，则抛物线向右平移√2个单位，
√2 3√2
得y= (x−√2) 2 −(x−√2)− ，
4 2
√2
即为y= x2−2x，
4
∵以B、C、M、N为顶点的四边形是以BC为对角线的菱形，
( 3√2)
由（1）得C 0,− ，B(3√2,0)，
2
3√10
∴BC= ，
2
(3√2 3√2)
取BC中点R，则R ,− ，
2 4
3√10
∴BR= ，
4
作BC的中垂线分别交x轴、y轴于Q、P，
则△BCO∼△BQR，
BQ BC √5
∴ = = ，
BR OB 2
√5 √5 3√10 15√2
∴BQ= BR= × = ，
2 2 4 8
15√2 9√2
∴OQ=OB−BQ=3√2− = ，
8 8
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(9√2 )
∴Q ,0 ，
8
设PR直线方程为：y=mx+n，
则有:¿，
解得：¿，
9√2
∴PR解析式为y=−2x+ ，
4
联立有¿，
解得：x=±3，
9√2 9√2
当x=3时代入y=−2x+ 求得y=−6+ ，
4 4
9√2 9√2
当x=−3时代入y=−2x+ 求得y=6+ ，
4 4
( 9√2) ( 9√2)
∴M 3,−6+ 或M −3,6+ ，
4 4
(3√2 3√2)
∵R ,− 是MN中点，
2 4
设N(x,y)，
则有：¿或¿，
解得：¿或¿，
( 15 ) ( 15 )
∴N 3√2−3,6− √2 或N 3√2+3,−6− √2 ．
4 4
【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
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（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．
1
【答案】(1)y＝− x2+x+3
4
1 3
(2)h＝− m2+ m（0＜m＜6）
4 2
(3)m＝1
1
(4)点Q的坐标为（2， ）或（2，﹣1）或（2，4）
3
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
1 1
（2）利用待定系数法可得直线BC的解析式为y＝﹣ x+3，设点P的横坐标为m，则P（m，−
2 4
1 1 3
m2+m+3），E（m，﹣ m+3），即可得出h＝− m2+ m；
2 4 2
EF OC
（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 ＝ ，
PE BC
△
√5 1 3 CE BC √5
可求得EF＝ （− m2+ m），再由△CEH∽△CBO，可得 ＝ ，求得CE＝ m，结合CF＝EF，
5 4 2 EH OB 2
1 √5
可得EF＝ CE＝ m，建立方程求解即可得出答案；
2 4
（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．
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【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，
∴¿，
解得：¿，
1
∴抛物线的表达式为y＝− x2+x+3；
4
1
（2）解：∵抛物线y＝− x2+x+3与y轴交于点C，
4
∴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：¿，
解得：¿，
1
∴直线BC的解析式为y＝﹣ x+3，
2
1 1
设点P的横坐标为m，则P（m，− m2+m+3），E（m，﹣ m+3），
4 2
1 1 1 3
∴h＝− m2+m+3﹣（﹣ m+3）＝− m2+ m，
4 2 4 2
∵点P是第一象限内抛物线上的一个动点，
∴0＜m＜6，
1 3
∴h＝− m2+ m（0＜m＜6）；
4 2
（3）解：如图，过点E、F分别作EH⊥y轴于点H，FG⊥y轴于点G，
1 1
∵P（m，− m2+m+3），E（m，﹣ m+3），
4 2
1 3
∴PE＝− m2+ m，
4 2
∵PF⊥CE，
∴∠EPF+∠PEF＝90°，
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∵PD⊥x轴，
∴∠EBD+∠BED＝90°，
又∵∠PEF＝∠BED，
∴∠EPF＝∠EBD，
∵∠BOC＝∠PFE＝90°，
∴△BOC∽△PFE，
EF OC
∴ ＝ ，
PE BC
在Rt△BOC中，BC＝√OB2+OC2＝√62+32＝3√5，
OC 3 1 3 √5 1 3
∴EF＝ ×PE＝ （− m2+ m）＝ （− m2+ m），
BC 3√5 4 2 5 4 2
∵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，
CE BC CE 3√5
∴ ＝ ，即 ＝ ，
EH OB m 6
√5
∴CE＝ m，
2
∵CF＝EF，
1 √5
∴EF＝ CE＝ m，
2 4
√5 √5 1 3
∴ m＝ （− m2+ m），
4 5 4 2
解得：m＝0或m＝1，
∵0＜m＜6，
∴m＝1；
1
（4）解：∵抛物线y＝− x2+x+3，
4
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1
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣ 1 ＝2，
2×(− )
4
∵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，
CP 4
∴tan∠PCQ＝tan∠COP＝ ＝ ，
OC 3
GQ 4
∴ ＝tan∠PCQ＝ ，
CG 3
3−t 4
∴ ＝ ，
2 3
1
解得：t＝ ，
3
1
∴Q（2， ）；
3
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，
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∵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，
3
∴K（2， ），
2
3
∴GK＝ ，
2
3
∴CK＝KQ＝ ﹣t，
2
在Rt△CKG中，CG2+GK2＝CK2，
3 3
∴22+（ ）2＝（ ﹣t）2，
2 2
解得：t＝1（舍去），t＝﹣1，
1 2
∴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，
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∵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'K CK CO' O'K CK 3
∴ ＝ ＝ ，即 ＝ ＝ ，
OD CO CD 4 3 5
12 9
∴O′K＝ ，CK＝ ，
5 5
9 24
∴OK＝OC+CK＝3+ ＝ ，
5 5
12 24
∴O′（﹣ ， ），
5 5
∵点M是OO′的中点，
6 12
∴M（﹣ ， ），
5 5
设直线CQ的解析式为y＝k′x+b′，
则¿，
解得：¿，
1
∴直线CQ的解析式为y＝ x+3，
2
1
当x＝2时，y＝ ×2+3＝4，
2
∴Q（2，4）；
1
综上所述，点Q的坐标为（2， ）或（2，﹣1）或（2，4）．
3
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【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；
P P
(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 1， 4
在x轴上，MN与矩形P P P P 的一边平行且相等．栅栏总长l为图中粗线段P P ，P P ，P P ，MN
1 2 3 4 1 2 2 3 3 4
长度之和．请解决以下问题：
（ⅰ）修建一个“ ”型栅栏，如图2，点
P
2
，
P
3
在抛物线AED上．设点
P
1
的横坐标为m(0<m≤6)，
求栅栏总长l与m之间的函数表达式和l的最大值；
（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P P P P 面积的最大值，及取最大值时点P 的横坐标的取值范围
1 2 3 4 1
（P 在P 右侧）．
1 4
1
【答案】(1)y＝− x2＋8
6
1
(2)（ⅰ）l＝− m2＋2m＋24，l的最大值为26；（ⅱ）方案一：最大面积27，−√30＋9≤P 横坐标≤√30；
2 1
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81 9
方案二：最大面积 −√21＋ ≤P 横坐标≤√21
4 2 1
【分析】（1）通过分析A点坐标，利用待定系数法求函数解析式；
1
（2）（ⅰ）结合矩形性质分析得出P 的坐标为（m，－ m2＋8），然后列出函数关系式，利用二次函数
2 6
的性质分析最值；
（ⅱ）设PP＝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
2 1
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，
1
解得：a＝− ，
6
1
∴抛物线对应的函数表达式为y＝− x2＋8；
6
（2）（ⅰ）∵点P 的横坐标为m（0＜m≤6），且四边形PPPP 为矩形，点P，P 在抛物线AED上，
1 1 2 3 4 2 3
1
∴P 的坐标为（m，− m2＋8），
2 6
1
∴PP＝PP＝MN＝− m2＋8，PP＝2m，
1 2 3 4 6 2 3
1 1 1
∴l＝3（− m2＋8）＋2m＝− m2＋2m＋24＝− （m－2）2＋26，
6 2 2
1
∵− ＜0，
2
∴当m＝2时，l有最大值为26，
1
即栅栏总长l与m之间的函数表达式为l＝− m2＋2m＋24，l的最大值为26；
2
（ⅱ）方案一：设PP＝n，则PP＝18－3n，
2 1 2 3
∴矩形PPPP 面积为（18－3n）n＝－3n2＋18n＝－3（n－3）2＋27，
1 2 3 4
∵－3＜0，
∴当n＝3时，矩形面积有最大值为27，
此时PP＝3，PP＝9，
2 1 2 3
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1
令− x2＋8＝3，
6
解得：x＝±√30，
∴此时P 的横坐标的取值范围为−√30＋9≤P 横坐标≤√30，
1 1
方案二：设PP＝n，则PP＝9－n，
2 1 2 3
9 81
∴矩形PPPP 面积为（9－n）n＝－n2＋9n＝－（n－ ）2＋ ，
1 2 3 4 2 4
∵－1＜0，
9 81
∴当n＝ 时，矩形面积有最大值为 ，
2 4
9 9
此时PP＝ ，PP＝ ，
2 1 2 2 3 2
1 9
令− x2＋8＝ ，
6 2
解得：x＝±√21，
9
∴此时P 的横坐标的取值范围为−√21＋ ≤P 横坐标≤√21．
1 2 1
【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；
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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．
1
【答案】(1)①y=− (x−2) 2+2,6m；②(2,0)；③2≤d≤2√3−1
8
65
(2)
32
【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，
1
∴a=− ．
8
1
∴上边缘抛物线的函数解析式为y=− (x−2) 2+2．
8
1
当y=0时，− (x−2) 2+2=0，
8
∴x =6，x =−2（舍去）．
1 2
∴喷出水的最大射程OC为6m．
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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，
1
− (x−2) 2+2=0.5．
8
解得x=2±2√3，
∵x>0，
∴x=2+2√3．
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+2√3．
∵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+2√3．
∵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+2√3)−3=2√3−1．
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≤2√3−1．
65
（2）h的最小值为 ．
32
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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
1
解得a=−
8
1
∴上边缘抛物线解析式为y=− (x−2) 2+h+0.5
8
∵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，
1
∴下边缘抛物线解析式为y=− (x+2) 2+h+0.5．
8
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D(m,0)，E(m+3,0)，F ( m+3,− 1 (m+3−2) 2+h+0.5 ) ，
8
∵D在下边缘抛物线上，
1
∴− (m+2) 2+h+0.5=0
8
∵EF=1
1
∴− (m+3−2) 2+h+0.5=1
8
1 [ 1 ]
∴− (m+3−2) 2+h+0.5− − (m+2) 2+h+0.5 =1，
8 8
解得m=2.5，
1 65
代入− (m+2) 2+h+0.5=0，得h= ．
8 32
65
所以h的最小值为 ．
32
【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
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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，¿，
解得¿，
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−30)(20+5a)=−5a2+100a+480=−5(a−10) 2+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
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(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：x =x =16,
1 2
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≤16
∴{ , 解得：11≤x≤16,
24−x≤13
∵ 其他成本下降2元/件，
∴w=(x−6)(24−x)−4=−x2+30x−148,
30
∵ 对称轴为x=− =15, a=−1<0,
2×(−1)
∴ 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．
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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．
运动时间t/s 0 1 2 3 4
运动速度
10 9.5 9 8.5 8
v/cm/s
运动距离y/cm 0 9.75 19 27.75 36
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．
1 1
【答案】(1)v=− t+10，y=− t2+10t
2 4
(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wcm，得到
1
w=70+2t−y= t2−8t+70，化简即可求出最小值，于是得到结论．
4
【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，
¿，解得¿，
1
∴v=− t+10，
2
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，
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9.75），（2，19）得
¿，解得¿，
1
∴y=− t2+10t;
4
1
（2）依题意，得− t2+10t=64，
4
∴t2−40t+256=0，
解得，t =8，t =32；
1 2
当t =8时，v=6；当t =32时，v=−6（舍）；
1 2
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wcm，
1
w=70+2t−y= t2−8t+70
4
1
= (t−16) 2+6，
4
1
∵ >0，∴当t=16时，w的值最小为6，
4
∴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y （米）与小钢球运动时间x（秒）之间的函数关系如图所
1
示；小钢球离地面高度y （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．
2
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（1）直接写出y 与x之间的函数关系式；
1
（2）求出y 与x之间的函数关系式；
2
（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）y =5x+30；（2）y =−5x2+40x；（3）70米
1 2
【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y-y，当6＜x≤8时，无人机在小钢球的上方，因此求y-
2 1 1
y，然后进行比较判断即可．
2
【详解】解：（1）设y 与x之间的函数关系式为y=kx+b'，
1 1
∵函数图象过点（0，30）和（1，35），
则¿，
解得¿，
∴y 与x之间的函数关系式为y =5x+30．
1 1
（2）∵x=6时，y =5×6+30=60，
1
∵y 的图象是过原点的抛物线，
2
∴设y =ax2+bx，
2
∴点(1,35)，(6,60)在抛物线y =ax2+bx上．
2
∴¿，即¿，
解得¿，
∴y =−5x2+40x．
2
答：y 与x的函数关系式为y =−5x2+40x．
2 2
（3）设小钢球和无人机的高度差为y米，
由−5x2+40x=0得x =0或x =8.
1 2
①1<x≤6时，
y= y −y
2 1
=−5x2+40x−5x−30
=−5x2+35x−30
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( 7) 2 125
=−5 x− + ，
2 4
∵a=−5<0，∴抛物线开口向下，
又∵1<x≤6，
7 125
∴当x= 时，y的最大值为 ；
2 4
②6<x≤8时，
y= y −y
1 2
=5x+30+5x2−40x
=5x2−35x+30
( 7) 2 125
=5 x− − ，
2 4
∵a=5>0，∴拋物线开口向上，
7
又∵对称轴是直线x= ，
2
7
∴当x> 时，y随x的增大而增大，
2
∵6<x≤8，
∴当x=8时，y的最大值为70．
125
∵ <70，
4
∴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．
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【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<a<70时，每天的最大利润为(−10a2+1400a−33000)元．
【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．
900 900
依题意，得 − =100．
m 1.5m
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−30)[500−10(x−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<a<70时，每天的最大利润为(−10a2+1400a−33000)元．
【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：
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．
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：
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（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<a<150
【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 ，y ，月利润差为y，同（1）可得y 和y 的表达式，再分甲公司的利
甲 乙 甲 乙
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−a)x+1850，得到对称轴，再根据两公司租出的汽车均
1800−a
为17辆，结合x为整数可得关于a的不等式16.5< <17.5，即可求出a的范围．
100
【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+3000]x−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 ，y ，月利润差为y，
甲 乙
则y =[(50−x)×50+3000]x−200x，
甲
y =3500x−1850，
乙
当甲公司的利润大于乙公司时，0＜x＜37，
y=y -y =[(50−x)×50+3000]x−200x−(3500x−1850)
甲 乙
=−50x2+1800x+1850，
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1800
当x=− =18时，利润差最大，且为18050元；
−50×2
当乙公司的利润大于甲公司时，37＜x≤50，
y=y -y =3500x−1850−[(50−x)×50+3000]x+200x
乙 甲
=50x2−1800x−1850，
−1800
∵对称轴为直线x=− =18，
50×2
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−a)x+1850，
1800−a
对称轴为直线x= ，
100
∵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，
1800−a
∴16.5< <17.5，
100
解得：50<a<150．
【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．
m
小亮认为，可以从y=kx+b(k>0) ，y= (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
x
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田的年产量变化趋势．
m
(1)小莹认为不能选y= (m>0)．你认同吗？请说明理由；
x
(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，
m
小莹认为不能选y= (m>0)是正确的；
x
（2）解：由（1）知①号田符合y=kx+b(k>0)，
由题意得¿，
解得：¿，
∴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¿，
解得：¿，
∴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
【12淘2 宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
152 152
=−0.1(x2-15x+ - )+2
4 4
=−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y （吨）关于售价x（元/千克）的函数图
1
象可以看成抛物线，其表达式为y =ax2+c，部分对应值如表：
1
售价x（元/千克） … 2.5 3 3.5 4 …
需求量y （吨） … 7.75 7.2 6.55 5.8 …
1
②该蔬菜供给量y （吨）关于售价x（元/千克）的函数表达式为y =x−1，函数图象见图1．
2 2
1
③1~7月份该蔬菜售价x （元/千克），成本x （元/千克）关于月份t的函数表达式分别为x = t+2，
1 2 1 2
1 3
x = t2− t+3，函数图象见图2．
2 4 2
请解答下列问题：
【12淘3 宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(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．
1
【答案】(1)a=− ,c=9
5
(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 −x 列出函数关系式，由二次函数的性质可得结论；
售价 成本
（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¿，¿代入y =ax2+c可得
需求
¿
②-①，得7a=−1.4，
1
解得a=− ，
5
1
把a=− 代入①，得c=9，
5
1
∴a=− ,c=9．
5
（2）设这种蔬菜每千克获利w元，根据题意，
有w=x −x = 1 t+2− (1 t2− 3 t+3 ) ，
售价 成本 2 4 2
1 1
化简，得w=− t2+2t−1=− (t−4) 2+3，
4 4
1
∵− <0,t=4在1≤t≤7的范围内，
4
∴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．
1
（3）由y = y ，得x−1=− x2+9，
供给 需求 5
化简，得x2+5x−50=0，解得x =5,x =−10（舍去），
1 2
∴售价为5元/千克．
【12淘4 宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
此时，y = y =x−1=4（吨）=4000（千克），
供给 需求
1
把x=5代入x = t+2，得t=6，
售价 2
1 1
把t=6代入w=− t2+2t−1，得w=− ×36+2×6−1=2，
4 4
∴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
1
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=− x2+bx+c，现测得A，B两
6
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；
37
（3）小明的爸爸欲在大棚内种植黄瓜，需搭建高为 米的竹竿支架若干，已知大棚内可以搭建支架的土
24
地平均每平方米需要4根竹竿，则共需要准备多少根竹竿？
7 73
【答案】（1）b= ，c=1；（2） 米；（3）352
6 24
1
【分析】（1）根据题意，可直接写出点A点B坐标，代入y=− x2+bx+c，求出b、c即可；
6
【12淘5 宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
（2）根据（1）中函数解析式直接求顶点坐标即可；
1 7 37
（3根据y=− x2+ x+1= ，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
6 6 24
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)，
1
将A、B坐标代入y=− x2+bx+c得：
6
¿解得：¿，
7
故b= ，c=1；
6
（2）由y=−
1
x2+
7
x+1=−
1(
x−
7) 2
+
73
，
6 6 6 2 24
7 73
可得当x= 时，y有最大值 ，
2 24
73
即大棚最高处到地面的距离为 米；
24
1 7 37 1 13
（3）由y=− x2+ x+1= ，解得x = ，x = ，
6 6 24 1 2 2 2
又因为0≤x≤6，
1 11
可知大棚内可以搭建支架的土地的宽为6− = （米），
2 2
11
又大棚的长为16米，故需要搭建支架部分的土地面积为16× =88（平方米）
2
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<t<5)．解答下列问题：
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(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．
16
【答案】(1) s
5
1 37
(2)S= t2− t+14
2 10
65
(3)存在，t= s
29
AQ AE t 4
【分析】（1）利用△AQE∽△AED得 = ，即 = ，进而求解；
AE AD 4 5
（2）分别过点C，P作CM⊥AD,PN⊥BC，垂足分别为M，N，证△ABC∽△CAM得，
AB BC AC 12 16 BP PN 4
= = ，求得AM= ，CM= ，再证△BPN∽△BAC得 = ，得出PN= t，根据
CA AM CM 5 5 BA AC 5
S=S =S +S −S −S 即可求出表达式；
四边形PCDQ △ABC △ACD △APQ △BPC
5−t t
AP AQ =
（3）当PQ∥CD时∠AQP=∠ADC，易证△APQ∽△MCD，得出 = ，则 16 13，进而求
MC MD
5 5
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
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AQ AE
∴ =
AE AD
t 4
∴ =
4 5
16
∴t=
5
16
答：当EQ⊥AD时，t的值为 s．
5
（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
AB BC AC
∴ = =
CA AM CM
5 3 4
∴ = =
4 AM CM
12 16
∴AM= ，CM=
5 5
∵∠B=∠B，∠BNP=∠BCA=90°
∴△BPN∽△BAC
BP PN
∴ =
BA AC
t PN
∴ =
5 4
4
∴PN= t
5
1 1 1 1 16
∴S = ⋅BC⋅AC= ×3×4=6,S = ⋅AD⋅CM= ×5× =8
△ABC 2 2 △ACD 2 2 5
【12淘8 宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1 1 4 6 1 1
S = ⋅BC⋅PN= ×3× t= t,S = ⋅AQ⋅AP= t(5−t)
△PBC 2 2 5 5 △APQ 2 2
∴S=S =S +S −S −S
四边形PCDQ △ABC △ACD △APQ △BPC
1 6
=6+8− t(5−t)− t
2 5
1 37
= t2− t+14
2 10
1 37
∴S= t2− t+14
2 10
（3）解：假设存在某一时刻t，使PQ∥CD
12
∵AD=5,AM=
5
12 13
∴DM=AD−AM=5− =
5 5
∵PQ∥CD
∴∠AQP=∠ADC
又∠PAQ=∠CMD=90°
∴△APQ∽△MCD
AP AQ
∴ =
MC MD
5−t t
=
∴ 16 13
5 5
65
∴t=
29
【12淘9 宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
65
∴存在时刻t= s，使PQ∥CD．
29
【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：
4
(2)为了使风筝在空中有较好的稳定性，要求25cm≤AC≤ BD，那么当骨架AC的长为多少时，这风筝即
3
菱形ABCD的面积最大？此时最大面积为多少？
1
【答案】(1)y=− x2+20x；
4
(2)32；最大面积为384cm2
1
【分析】（1）E，F，G，H分别是菱形ABCD四边的中点，得出BD=40− x，根据菱形面积公式求出y
2
关于x的函数关系式；
1 1
（2）求出x的取值范围，整理y=− x2+20x=− (x−40) 2+400，函数图象开口向下，自变量x的取
4 4
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，
1
∴EF= BD，
2
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1
同理：GH= BD，
2
∵EF＋BD＋GH＋AC＝80，
1
∴BD=40− x，
2
∵四边形ABCD是菱形，
1 1 1
∴y= (40− x)x=− x2+20x；
2 2 4
4
（2）∵AC≤ BD，
3
4 1
∴x≤ (40− x)，
3 2
∴x≤32，
∴25≤x≤32，
1 1
∵y=− x2+20x=− (x−40) 2+400，
4 4
1
又∵− <0，
4
∴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）；
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(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−1) 2+2.25
(2)0.3<d<1.7
√2
(3) 米
4
【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=a(x−1) 2+2.25，将(0，1.25)代入得1.25=a(0−1) 2+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−1) 2+2.25=1.76，解得：x =0.3，x =1.7，由二次函数的图象与性质确定d的
1 2
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¿，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D(3.5，0)，则
1
DB=OB−OD= ，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
2
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=a(x−1) 2+2.25，
将(0，1.25)代入得1.25=a(0−1) 2+2.25，
解得，a=−1，
∴在第一象限内的抛物线解析式为y=−(x−1) 2+2.25；
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（2）解：当y=1.76时，−(x−1) 2+2.25=1.76，
解得：x =0.3，x =1.7，
1 2
∴d的取值范围是0.3<d<1.7；
（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¿，即−(x−1) 2+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D(3.5，0)，
1
∴DB=OB−OD= ，
2
∵∠OBP=45°，
1 √2 √2
∴直线l到直线BP的距离为BD⋅sin45°= × = ，
2 2 4
∵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，
√2
∴光线与抛物线水流之间的最小垂直距离为 ．
4
【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y （单位：个）和需求量y （单位：个）的部分数据如下表，其中需求量y 与x满足某二次函数关系．
1 2 2
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（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）
第x天 1 2 … 6 … 11 … 15
供应量y
1 150 150+m … 150+5m … 150+10m … 150+14m
（个）
需求量y
2 220 229 … 245 … 220 … 164
（个）
(1)直接写出y 与x和y 与x的函数关系式；（不要求写出x的取值范围）
1 2
(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)y =mx+150−m，y =−(x−6) 2+245
1 2
(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y ”得到y 与x的函数关系式；y 与x满足某二次
1 1 2
函数关系，设y =ax2+bx+c，利用表格，用待定系数法求得y 与x的函数关系式；
2 2
（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y 与x和y 与x的函数关系式求得第4天的销售量
1 2
和第12天的销售量，即可求得销售额．
【详解】（1）解：由题意可知，y =150+m(x−1)，
1
即y =mx+150−m，
1
y 与x满足某二次函数关系，设y =ax2+bx+c，
2 2
由表格可知，¿，解得：¿，
即y =−x2+12x+209=−(x−6) 2+245．
2
（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，
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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¿，
2 5
解得19 ≤m<21 ，
9 6
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：y =(4−1)×20+150=210（个），
1
故第4天的销售额为：100×210=21000（元），
第12天的销售量即需求量．y =−(12−6) 2+245=209（个），
2
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，
( 7 )
∠OBA=90°,BO=BA，顶点A(4,0)，点B在第一象限，矩形OCDE的顶点E − ,0 ，点C在y轴的
2
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；
5 9
②当 ≤t≤ 时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
2 2
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1 7 17 11
【答案】（Ⅰ）点B的坐标为(2,2)；（Ⅱ）①S=− t2+ t− ， t的取值范围是4≤t< ；②
2 2 8 2
23 63
≤s≤ ．
8 16
1
【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= OA=2，再由
2
∠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；
△ 7
(II)①由平移知，四边形O'C'D'E'是矩形，得∠O'E'D'=90°,O'E'=OE=
，进而得到
2
7
FE'=OE'=t− ，再由重叠部分面积S=S −S 即可求解；
2 △OAB △FOE'
5 7 7 9
②画出不同情况下重叠部分的图形，分 ≤t≤ 和 ≤t<4和4<t≤ 两种情况，将重叠部分的面积表示成
2 2 2 2
关于t的二次函数，再结合二次函数的最值问题求解．
【详解】解：(I)如图，过点B作BH⊥OA，垂足为H．
由点A(4,0)，得OA=4．
∵BO=BA,∠OBA=90°，
1
∴OH= OA=2．
2
又∠BOH=45°，
∴△OBH为等腰直角三角形，
∴BH=OH=2．
∴点B的坐标为(2,2)．
( 7 ) 7
(II)①由点E − ,0 ，得OE= ．由平移知，四边形O'C'D'E'是矩形，得
2 2
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7
∠O'E'D'=90°,O'E'=OE= ．
2
7
∴OE'=OO'−O'E'=t− ，∠FE'O=90°．
2
∵BO=BA，∠OBA=90°，
∴∠BOA=∠BAO=45°．
∴∠OFE'=90°−∠BOA=45°
∴∠FOE'=∠OFE'．
7
∴FE'=OE'=t−
．
2
∴S =
1
OE' ⋅FE'=
1(
t−
7) 2
．
△FOE' 2 2 2
1 1( 7) 2
∴S=S −S = ×4×2− t− ．
△OAB △FOE' 2 2 2
1 7 17
整理后得到：S=− t2+ t− ．
2 2 8
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：
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7 11
此时t=OO'=DD'= +2= ，
2 2
11
∴t的取值范围是4≤t< ，
2
1 7 17 11
故答案为：S=− t2+ t− ，其中：4≤t< ；
2 2 8 2
5 7
②当 ≤t≤ 时，矩形O'C'D'E'与△OAB重叠部分的面积如下图3所示：
2 2
此时AO'=4−t，∠BAO=45°，△AO'F为等腰直角三角形，
∴AO'=FO'=4−t，
1 1 1
∴S = AO'⋅FO'= (4−t) 2= t2−4t+8，
△AO'F 2 2 2
1 1
∴重叠部分面积S=S −S =4−( t2−4t+8)=− t2+4t−4，
△AOB △AO'F 2 2
∴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，
7
故将t= 代入，
2
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1 7 2 7 31
得到最大值S=− ×( ) +4× −4= ，
2 2 2 8
5
将t= 代入，
2
1 5 2 5 23
得到最小值S=− ×( ) +4× −4= ，
2 2 2 8
7
当 ≤t<4时，矩形O'C'D'E'与△OAB重叠部分的面积如下图4所示：
2
7
此时AO'=OA−OO'=4−t=FO'，OE'=EE'−EO=t− =ME'
2
△AO'F和△OE'M均为等腰直角三角形，
1 1 1
∴S = AO'⋅FO'= (4−t) 2= t2−4t+8，
△AO'F 2 2 2
1 1 7 2 1 7 49
S = OE'⋅ME'= (t− ) = t2− t+ ，
△OE'M 2 2 2 2 2 8
1 1 7 49 15 81
∴重叠部分面积S=S −S −S =4−( t2−4t+8)−( t2− t+ )=−t2+ t− ，
△AOB △OE'M △AO'F 2 2 2 8 2 8
15
∴S是关于t的二次函数，且对称轴为t= ，且开口向下，
4
15
故自变量离对称轴越远，其对应的函数值越小，故将t= 代入，得到最大值
4
15 2 15 15 81 63
S=−( ) + × − = ，
4 2 4 8 16
将t=4代入，
15 81 31
得到最小值S=−42+ ×4− = ，
2 8 8
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23 63
∴S的最小值为 ，最大值为 ，
8 16
31 63
故答案为： ≤S≤ ．
8 16
当4<t≤
9
时，由①知S=−
1
t2+
7
t−
17
=−
1(
t−
7) 2
+4
2 2 2 8 2 2
31 9 9
∴当t=4时，S有最大值为 ，当t= 时，S有最小值为
8 2 2
23 63
∴S的最小值为 ，最大值为 ，
8 16
23 63
综上，S的取值范围为 ≤s≤ ，
8 16
23 63
∴S的取值范围为 ≤s≤ ．
8 16
【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．
4
17．（2022·山东烟台·统考中考真题）如图，已知直线y＝ x+4与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线
3
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．
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4 8
【答案】(1)y＝﹣ x2﹣ x+4
3 3
25 3
(2)S ＝ ，D（﹣ ，5）
最大 2 2
19
(3)存在，Q（﹣2， ）
8
【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），
4
当y＝0时， x+4＝0，
3
∴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，
4
∴a＝﹣ ，
3
4 4 8
∴抛物线的表达式为：y＝﹣ （x﹣1）•（x+3）＝﹣ x2﹣ x+4；
3 3 3
（2）如图1，
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作DF⊥AB于F，交AC于E，
4 8 4
∴D（m，﹣
m2
﹣ m+4），E（m， m+4），
3 3 3
4 8 4 4
∴DE＝﹣
m2
﹣ m+4﹣（ m+4）＝﹣ m2﹣4m，
3 3 3 3
1 3 4
∴S ADC＝ DE⋅OA＝ •（﹣ m2﹣4m）＝﹣2m2﹣6m，
2 2 3
△
1 1
∵S ABC＝ AB⋅OC＝ ×4×4＝8，
2 2
△
3 25
∴S＝﹣2m2﹣6m+8＝﹣2（m+ ）2+ ，
2 2
3 25
∴当m＝﹣ 时，S ＝ ，
2 最大 2
3 4 3 3
当m＝﹣ 时，y＝﹣ ×(− −1)×(− +3)＝5，
2 3 2 2
3
∴D（﹣ ，5）；
2
（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，
13
∴n＝ ，
8
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13
∴P（﹣1， ），
8
∵x +x ＝x +x ，y +y ＝y +y
P Q A C P Q A C
13 19
∴x ＝﹣3﹣（﹣1）＝﹣2，y ＝4﹣ ＝ ，
Q Q 8 8
19
∴Q（﹣2， ）．
8
【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
11
18．（2022·山东济南·统考中考真题）抛物线y=ax2+ x−6与x轴交于A(t,0)，B(8,0)两点，与y轴交
4
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；
1
(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+ PQ的最大值．
2
1 11 3
【答案】(1)，y=− x2+ x−6，t=3，k=
4 4 4
( 7)
(2)点P 10,−
2
169
(3)
16
【分析】（1）分别把B(8,0)代入抛物线解析式和一次函数的解析式，即可求解；
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（2）作PM⊥x轴于点M，根据题意可得P ( m,− 1 m2+ 11 m−6 ) ，从而得到PM= 1 m2− 11 m+6，
4 4 4 4
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=− 1 m2+ 11 m−6− (3 m−6 ) =− 1 m2+2m，再根据△PQN∽△BOC，可得NQ= 3 PN，
4 4 4 4 5
4 5
PQ= PN，然后根据△CNE∽△CBO，可得CN= m，从而得到
5 4
1 1
CQ+ PQ=CN+NQ+ PQ=CN+PN，在根据二次函数的性质，即可求解．
2 2
11
【详解】（1）解：∵B(8,0)在抛物线y=ax2+ x−6上，
4
11
∴64a+ ×8−6=0，
4
1
∴a=− ，
4
1 11
∴抛物线解析式为y=− x2+ x−6，
4 4
1 11
当y=0时，− t2+ t−6=0，
4 4
∴t =3，t =8（舍），
1 2
∴t=3．
∵B(8,0)在直线y=kx−6上，
∴8k−6=0，
3
∴k= ，
4
3
∴一次函数解析式为y= x−6．
4
（2）解：如图，作PM⊥x轴于点M，
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1 11
对于y=− x2+ x−6，令x=0，则y=-6，
4 4
∴点C（0，-6），即OC=6，
∵A（3，0），
∴OA=3，
∵点P的横坐标为m．
∴P ( m,− 1 m2+ 11 m−6 ) ，
4 4
1 11
∴PM= m2− m+6，AM=m−3，
4 4
∵∠CAP=90°，
∴∠OAC+∠PAM=90°，
∵∠APM+∠PAM=90°，
∴∠OAC=∠APM，
∵∠AOC=∠AMP=90°，
∴△COA∽△AMP，
OA OC
∴ = ，
PM MA
∴OA⋅MA=OC⋅PM，即3(m−3)=6⋅ (1 m2− 11 m+6 ) ，
4 4
∴m =3（舍），m =10，
1 2
∴m=10，
( 7)
∴点P 10,− ．
2
（3）解：如图，作PN⊥x轴交BC于点N，过点N作NE⊥y轴于点E，
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∵P ( m,− 1 m2+ 11 m−6 ) ，
4 4
( 3 )
∴点N m, m−6 ，
4
∴PN=− 1 m2+ 11 m−6− (3 m−6 ) =− 1 m2+2m，
4 4 4 4
∵PN⊥x轴，
∴PN∥y轴，
∴∠PNQ=∠OCB，
∵∠PQN=∠BOC=90°，
∴△PQN∽△BOC，
PN NQ PQ
∴ = = ，
BC OC OB
∵OB=8，OC=6，
∴BC=10，
3 4
∴NQ= PN，PQ= PN，
5 5
∵EN⊥y轴，
∴EN∥x轴，
∴△CNE∽△CBO，
CN EN CN m
∴ = ，即 =
BC OB 10 8
5
∴CN= m，
4
1 1 3 1 4
∴CQ+ PQ=CN+NQ+ PQ=CN+ PN+ × PN=CN+PN，
2 2 5 2 5
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∴CQ+
1
PQ=
5
m−
1
m2+2m=−
1
m2+
13
m=−
1(
m−
13) 2
+
169
，
2 4 4 4 4 4 2 16
13 1 169
∴当m= 时，CQ+ PQ的最大值是 ．
2 2 16
【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．
1
19．（2022·上海·统考中考真题）已知：y= x2+bx+c经过点A(−2，−1)，B(0，−3)．
2
(1)求函数解析式；
(2)平移抛物线使得新顶点为P(m,n)（m＞0）．
①倘若S =3，且在x=k的右侧，两抛物线都上升，求k的取值范围；
△OPB
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．
1
【答案】(1)y= x2−3
2
(2)①k≥2
②P的坐标为（2√3，3）
1
【分析】（1）把A(−2，−1)，B(0，−3)代入y= x2+bx+c，求解即可；
2
1
（2）①由y= x2−3，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
2
1
个单位，根据S = ×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
△OPB 2
出k取值范围；
1 1 1
②把P（m，n）代入y= x2−3，得n= m2−3，则P（m， m2−3），从而求得新抛物线解析式为：
2 2 2
1 1 1 2 1
y= (x-m)2+n= x2-mx+m2-3，则Q(0，m2-3)，从而可求得BQ=m2，BP2=m2+( m2−3+3) =m2+ m4，
2 2 2 4
1 2 1
PQ2=m2+[( m2−3)−(m2−3)] =m2+ m4，即可得出BP=PQ，过点P作PC⊥y轴于C，则PC=|m|，根
2 4
1 1 1 1
据等腰三角形的性质可得BC= BQ= m2，∠BPC= ∠BPQ= ×120°=60°，再根据tan∠BPC= tan 60°=
2 2 2 2
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1
m2
BC 2 ，即可求出m值，从而求出点P坐标．
= =√3
PC |m|
1
【详解】（1）解：把A(−2，−1)，B(0，−3)代入y= x2+bx+c，得
2
¿，解得：¿，
1
∴函数解析式为：y= x2−3；
2
1
（2）解：①∵y= x2−3，
2
∴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P(m,n)（m＞0）．
∴抛物线向右平移了m个单位，
1
∴S = ×3m=3，
△OPB 2
∴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，
1 1
②把P（m，n）代入y= x2−3，得n= m2−3，
2 2
1
∴P（m，
m2−3）
2
1 1
根据题意，得新抛物线解析式为：y= (x-m)2+n= x2-mx+m2-3，
2 2
∴Q(0，m2-3)，
∵B（0，-3），
1 2 1
∴BQ=m2，BP2=m2+( m2−3+3) =m2+ m4，
2 4
1 2 1
PQ2=m2+[( m2−3)−(m2−3)] =m2+ m4，
2 4
∴BP=PQ，
如图，过点P作PC⊥y轴于C，则PC=|m|，
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∵BP=PQ，PC⊥BQ，
1 1 1 1
∴BC= BQ= m2，∠BPC= ∠BPQ= ×120°=60°，
2 2 2 2
1
m2
∴tan∠BPC= tan 60°=BC 2 ，
= =√3
PC |m|
解得：m=±2√3（舍去负数），
1
∴n=
m2−3=3，
2
故P的坐标为（2√3，3）.
【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)、B(8,0)
两点，与y轴交于点C(0,4)，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；
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(3)点P是抛物线上的一动点，当∠PCB=∠ABC时，求点P的坐标．
1 3
【答案】(1)y=− x2+ x+4
4 2
(2)D(−8,8),24
(34 100)
(3)P(6,4)或 ,−
3 9
【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 +S =S +S 进行求解即可；
△ADC △AOC △ABC △AOC
（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)，B(8,0)，C(0,4)代入抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)，得
¿，解得¿，
1 3
所以，抛物线的表达式为y=− x2+ x+4；
4 2
（2）如图，过点D作DE⊥x轴于E，
∴∠DEB=∠COB=90°，
∵A(−2,0)，B(8,0)，C(0,4)，
∴AB=10,AC=√22+42=2√5,BC=√82+42=4√5,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，
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此时，点B、C、D三点共线，BC=DC，S =S ，
△ABC △ADC
∵∠DBE=∠CBO，
∴△DBE∼△CBO，
DB DE BE
∴ = = =2，
CB OC BO
∴OB=OE=8,DE=2OC=8，
∴D(−8,8)，
∴四边形OADC的面积
1 1 1 1
=S +S =S +S = ⋅AC⋅BC+ ⋅OA⋅OC= ×2√5×4√5+ ×2×4=24；
△ADC △AOC △ABC △AOC 2 2 2 2
（3）
当点P在x轴上方时，
∵∠PCB=∠ABC，
∴CP∥x轴，
1 3
∴点P的纵坐标为4，即4=− x2+ x+4，
4 2
解得x=6或0（舍去）
∴P(6,4)；
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，
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即42+t2=(8−t) 2，
解得t=3，
∴F(3,0)，
∵C(0,4)，
∴设直线CF的解析式为y=kx+4，
4
即0=3k+4，解得k=− ，
3
4
∴直线CF的解析式为y=− x+4，
3
4 1 3 34
令− x+4=− x2+ x+4，解得x= 或0（舍去），
3 4 2 3
34 1 (34) 2 3 34 100
当x= 时，y=− × + × +4=−
3 4 3 2 3 9
(34 100)
∴P ,− ；
3 9
(34 100)
综上，P(6,4)或 ,− ．
3 9
【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；
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(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<x<2)
(2)b=2或b=3
(1+√17 )
(3)存在，(1,0)或 ,0 或(1+√5,0)
2
【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：C(0,2).
令x2−x−2=0，解得：x =−1，x =2，
1 2
∴A(−1,0)，B(2,0)，
设图象W的解析式为y=a(x+1)(x−2)，代入C(0,2)，解得a=−1，
∴对应函数关系式为y=−(x+1)(x−2)=−x2+x+2 (−1<x<2)．
（2）解：联立方程组¿，
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；
1
（3）解：存在．如图1，当CN∥OB时，△OBC∽△NMC，此时，N与C关于直线x= 对称，
2
∴点N的横坐标为1，∴P(1,0)；
如图2，当CN∥OB时，△OBC∽△NMC，此时，N点纵坐标为2，
1+√17 1−√17
由x2−x−2=2，解得x = ，x = （舍），
1 2 2 2
1+√17
∴N的横坐标为 ，
2
(1+√17 )
所以P ,0 ；
2
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：¿，解得x =1+√5，x =1−√5（舍），
1 2
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∴N的横坐标为1+√5，
所以P(1+√5,0)，
(1+√17 )
因此，综上所述：P点坐标为(1,0)或 ,0 或(1+√5,0)．
2
【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．
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