第二十二章二次函数（知识归纳+题型突破）（八大题型，100题）（教师版）-（人教版）_初中数学_九年级数学上册（人教版）_知识点汇总-U105_2024版

第二十二章 二次函数（知识归纳+题型突破） 1、会通过分析实际问题的情境确定二次函数的表达式，体会二次函数的意义； 2、会用描点法画出二次函数的图象，会利用一些特殊点画出二次函数的草图；通过图象了解二次函数的 性质，知道二次函数的系数与图象形状和对称轴的关系； 3、会根据二次函数的表达式求其图象与坐标轴的交点坐标；会用配方法将数字系数的二次函数的表达式 化为 的形式，能由此得出二次函数图象的顶点坐标，说出图象的开口方向，画出图象的 对称轴，得出二次函数的最大值或最小值，并能确定相应自变量的值，解决简单的实际问题； 4、知道二次函数和一元二次方程之间的关系，会利用二次函数的图象求-元二次方程的近似解。 知识点1：二次函数的概念及解析式 1.二次函数 y＝ax2＋bx＋c (a，b，c是常数，a≠0)的函数，叫做二次函数.的定义 知识点2：二次函数的图像和性质 （1）三种解析式： ①一般式：y=ax2+bx+c; ②顶点式：y=a(x-h)2+k(a≠0)，其中二次函数的顶点坐标是（h,k）; 2.解析式 ③交点式：y=a(x-x1)(x-x2),其中x1,x2为抛物线与x轴交点的横坐标. （2）待定系数法：巧设二次函数的解析式；根据已知条件，得到关于待定系数的 方程（组）.*若已知条件是图象上的三个点或三对对应函数值，可设一般式； 若已知顶点坐标或对称轴方程与最值，可设顶点式；若已知抛物线与 x轴的两 个交点坐标，可设交点式. y y x x 图象 O O y=ax2+bx+c(a＞0) y=ax2+bx+c(a＜0) 开口 向上 向下 对 称 轴 x＝ 3.二次函数 的 图 象 和 顶 点 性质 坐标 当 x> 时，y 随 x 的增大而减 当x> 时，y随x的增大而增 增 减 性 大；当x＜ 时，y随x的增大而 小；当x＜ 时，y随x的增大而 减小. 增大. 最值 x= ，y最小＝ . x= ，y最大＝ . 当a＞0时，抛物线开口向上； 决定抛物线的开口 a 方向及开口大小 当a＜0时，抛物线开口向下. a 当a，b同号，-b/2a＜0，对称轴在y轴左边； 、 决定对称轴（x=- b 当b＝0时， -b/2a=0，对称轴为y轴； 3.系数 a、 b/2a）的位置 b、c 的作 当a，b异号，-b/2a＞0，对称轴在y轴右边． 用 当c＞0时，抛物线与y轴的交点在正半轴上； 决定抛物线与y轴 c 当c＝0时，抛物线经过原点； 的交点的位置 当c＜0时，抛物线与y轴的交点在负半轴上. b2 － 决定抛物线与x轴 b2－4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点;4ac 的交点个数 b2－4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点; b2－4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点 知识点3：二次函数的平移 4.平移与解 y=ax2 向左(h＜0)或向右(h＞0) y=a(x－h)2 向上(k＞0)或向下(k＜0) y=a(x－h)2＋k 析 式 的 关 的图象 平移|h|个单位 的图象 平移|k|个单位 的图象 系 注意：上加下减，左加右减（注：与平移区分） 题型一二次函数图象与各项系数符号 【例1】二次函数 图象如图，下列结论：① ；② ；③ ； ④ ．其中正确的是（ ） A．②③④ B．①②④ C．②③ D．①②③④ 【答案】C 【分析】由二次函数图象可知， ， ， 即可判断①；由二次函数的对称轴为直线 即可判断②；将 代入 即可判断③；将 代入 即可判断 ④． 【详解】解：①∵开口向下， ∴ ， ∵对称轴为 ∴ ， ∵二次函数图象与y轴交于正半轴∴ ∴ ， 故①错误； ∵对称轴为 ∴ ，即 ，故②正确； 由图象可得， 当 时， ，故③正确； 由图象可得， 当 时， ，故④错误． 综上所述，正确的有②③． 故选：C． 【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，熟练掌握二次函数图象的性质是解题的关键． 巩固训练： 1．（2023·全国·九年级专题练习）二次函数 的图象如图所示，则下列各式正确的是 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由图知， ，对称轴 ，得 ， ， ； 时， ； 时， ，变形求解． 【详解】由图知， ，对称轴 ，得 ， ， ，故A选项错误，D选项错误； 时， ，故B错误；时， ，得 ，故C正确； 故选：C． 【点睛】本题考查二次函数的解析式，图象性质，运用数形结合思想，将图象信息转化为数量信息是解题 的关键． 2．（2022秋·山西朔州·九年级校考阶段练习）如图是二次函数 图象的一部分，则 0（填“ ”“ ”“ ”） 【答案】 【分析】分别根据开口方向，与y轴交点，对称轴的位置，可判断出a，b，c的符号，即可得解． 【详解】解：由图可知：抛物线开口向上，与y轴交于负半轴，对称轴在y轴右侧， ∴ ， ， ， ∴ ， ∴ ， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质，准确读 图． 3．（2023秋·河北保定·九年级统考期末）如图，抛物线 与x轴交于 ，B两点，下 列判断正确的是（ ）A． B．当 时，y随x的增大而减小 C．点B的坐标为 D． 【答案】C 【分析】根据二次函数的图象和性质，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、抛物线开口向下， ，选项错误，不符合题意； B、 ，对称轴为 ，当 时，y随x的增大而减小，选项错误，不符合题意； C、∵抛物线 与x轴交于 ，对称轴为 ， ∴点B的坐标为 ，选项正确，符合题意； D、∵抛物线 与x轴交于 ， ∴ ， ∴ ， ∴ ，故选项D错误，不符合题意； 故选C． 【点睛】本题考查二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解题的关键． 4．（2023秋·河北邢台·九年级校联考期末）如图，抛物线 的对称轴是直线 ，并 与x轴交于A，B两点，若 ，则下列结论：① ；② ；③ ；④若 m为任意实数，则 ，其中正确的是（ ）A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 【答案】B 【分析】根据抛物线的开口方向，判定 ；对称轴的位置，判定 ；抛物线与y轴的交点，判定 ， 从而判定 ；根据对称轴是直线 ，确定 ；根据 ，得 ，求出点B 的坐标，从而得到 ，确定 ，可以判定②③；计算函数的最小值为： ，从而得到 ，代入化简，判定④． 【详解】解：因为抛物线的开口方向， 所以 ； 因为对称轴是直线 ， 所以 ， ； 因为抛物线与y轴的交点位于负半轴， 所以 ， 所以 ； 故①错误； 因为 ， 所以， ，所以 ，即 ， 所以 ， 所以 ， 所以 ，即②正确； 所以 ，即③正确； 根据题意，得抛物线有最小值，且最小值为： ，所以 ， 所以 ， 所以 ， 所以 ，④正确． 故选B． 【点睛】本题考查了抛物线的图像及其性质、对称轴、最值、抛物线与x轴的交点坐标等知识点，熟练掌 握抛物线的性质，特别是对称性和最值是解题的关键． 5．（2022秋·山东济宁·九年级济宁学院附属中学校考期末）已知二次函数 的图象如图所示 且过 ，有以下结论：① ；② ；③ ；④ ；⑤ ．⑥若实 数 则 ；其中正确结论的个数是（ ）． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B【分析】由抛物线对称轴是直线 ，即得出 ，整理得： ，可判断④；由图象开口向下， 与y轴交于正半轴，可确定 ，即可判断①；根据当 时， 即可判断②；根据当 时， ，即可判断③；由 ，即可判断⑤，由对称轴是直线 和定点坐标可判断⑥． 【详解】解：由图可知，抛物线对称轴是直线 ， ∴ ，即 ，故④错误； ∵抛物线开口向下， ∴ ， ∴ ． ∵抛物线与y轴交于正半轴， ∴ ， ∴ ，故①错误； 由图象经过点 可得： ，故②错误； ∵抛物线对称轴是直线 ， ∴ 和 时，函数值相等． ∵ 时， ， ∴ ，故③正确； ∵ ， ， ∴ ，即 ，故⑤错误； 当 时， ，即 为最高点，二次函数的最大值为 ， ∴ ，又 ， ∴ ，即 ，故⑥正确； 综上可知正确的只有③⑥，2个． 故选：B． 【点睛】本题考查二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是求解本题的关键． 6．（2023秋·山东东营·九年级东营市胜利第一初级中学校考期末）如图，二次函数 的图象 关于直线 对称，与 轴交于 ， 两点，若 ，则下列四个结论：① ；② ；③ （ 为任意实数）；④ ．正确结论的个数为（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】根据二次函数的对称性，即可判断①， 由开口方向和对称轴以及根据抛物线 时的函数的取 值即可判断 ②，根据抛物线 时的函数的取值即可判断③，根据抛物线 时的函数的取值即可 判断④； 【详解】∵对称轴为直线 ∴ ，①正确； ∵抛物线开口向上，与 轴的交点在 轴下方 由题意可知 时， ②正确； 由题意可知 时， 若 则 时，二次函数取得最小值，③正确； 由题意可知 时， ，④正确； 正确的是：①②③④ 故选：D 【点睛】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，解题的关键是掌握数形结合思想的应用，注意掌 握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数的对称性． 7．（2023春·广东广州·九年级统考开学考试）某足球队在某次训练中，一队员在距离球门 处挑射，正 好射中了 高的球门横梁．若足球运动的路线是抛物线 ，如图所示，则下列结论： ① ；② ；③ ；④ ．其中正确的是（ ） A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 【答案】C 【分析】根据二次函数的性质得出a，b的符号，再利用图上点的坐标得出a，b关系，进一步即可作出判 断． 【详解】解：∵抛物线 开口向下，对称轴 在y轴右侧，即 ， ∴ ， ， 由抛物线 过点 ， ，代入得： ， 得， ，而 ， 解得： ，故此选项①正确，②错误；， ∵ ， ∴ ， ∴ ， 故③错误； 由图象可知，抛物线的对称轴的横坐标小于6 即 ， ∵ ∴ ， ∴ ，故此选项④正确； 综上可知，①④正确， 故选：C． 【点睛】此题主要考查了二次函数的图象和性质，根据题意得出图象上的点进而得出a，b的关系是解决问 题的关键． 8．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）如图，二次函数 图像的一部分与x轴的 一个交点坐标为 ，对称轴为直线 ，结合图像给出下列结论： ① ；② ；③ ； ④关于x的一元二次方程 有两个不相等的实数根； ⑤若点 ， 均在该二次函数图像上，则 ．其中正确结论的个数是（ ）A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】根据抛物线的对称轴、开口方向、与y轴的交点确定a、b、c的正负，即可判定①和②；将点 代入抛物线解析式并结合 即可判定③；运用根的判别式并结合a、c的正负，判定判别式是否 大于零即可判定④；判定点 ， 的对称轴为 ，然后根据抛物线的对称性即可判定⑤． 【详解】解： 抛物线开口向上，与y轴交于负半轴， ， ∵抛物线的对称轴为直线 ， ∴ ，即 ，即②错误； ∴ ，即①正确， 二次函数 图像的一部分与x轴的一个交点坐标为 ，即 ，故③正确； ∵关于x的一元二次方程 ， ， ， ∴ ， ， ∴无法判断 的正负，即无法确定关于x的一元二次方程 的根的情况， 故④错误； ∵ ∴点 ， 关于直线 对称 ∵点 ， 均在该二次函数图像上， ∴ ，即⑤正确； 综上，正确的为①③⑤，共3个故选：B． 【点睛】本题考查了二次函数的 的性质及图像与系数的关系，能够从图像中准确的 获取信息是解题的关键． 9．（2023·山东泰安·校考三模）如图是二次函数 图象的一部分，函数图象经过点 ，直线 是对称轴，有下列结论：① ；② ；③若 是抛物 线上两点，则 ；④ ；其中正确结论有（ ）个． A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【分析】根据对称轴为 求出 ，即可判定①；求出二次函数与x轴的另一个交点坐标为 ， 即可判断②；根据二次函数开口向下，离对称轴越远函数值越大即可判断③；求出 ，结合 即 可判断④． 【详解】解： 二次函数对称轴为直线 ， ，即 ，故①正确； 二次函数经过 ， 二次函数与 轴的另一个交点坐标为 ， 当 时， ，故②正确；抛物线开口向下， 离对称轴越远函数值越小， 是抛物线上两点， ，且 ， ，故③正确； ， ， ，即 ，故④正确； 故选：A． 【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 10．（2023春·山东日照·八年级统考期末）如图，抛物线 与 轴交于点 ，其对称 轴为直线 ，结合图象给出下列结论： ① ； ② ； ③ ， 是抛物线上两点，则 ； ④若关于x的一元二次方程 没有实数根，则 ； ⑤对于任意实数m，总有 ． 其中正确的结论有（ ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】C 【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标、增减性以及与x轴 y 轴的交点，综合判断即可．b 【详解】解：抛物线开口向上，则 ，对称轴x 1，则 ， ， ， a0 2a b2a0 c0 abc0 所以①正确； x1 x (4,0) (2,0) 4a2bc0 抛物线对称轴为 ，与 轴的一个交点为 ，则另一个交点为 ，于是有 ，联立 4a2bc0 c8a   b2a ，解得b2a， 3ac3a8a5a0， 所以②正确； yax22ax8a 抛物线的解析式为 ， M3,y  N3,y  1 ， 2 是抛物线上两点， y 9a6a8a7a,y 9a6a8a5a 1 2 ， y y 7a(5a)12a0 y  y 1 2 ，即 1 2， 所以③错误； ax2bxca5 若关于x的一元二次方程 没有实数根， ax22ax8aa5 ， ax22ax9a50 ， 4a24a(9a5)0 ， a0， 1 0a ， 2 所以④正确； x x ax2bxc0 抛物线与 轴有两个不同交点，因此关于 的一元二次方程 有两个不相等的实数根，所以④ 正确；am2bmabam22ama2aa(m1)2 0 对于任意实数m，总有 故⑤正确． 综上所述，正确的结论有：①②④⑤． 故选：C． 【点睛】本题考查二次函数的图象和性质，掌握二次函数的图象与系数之间的关系是正确判断的前提． yax2bxca0 11．（2020秋·广东广州·九年级校考阶段练习）已知二次函数 的图象如图所示，有下 列结论：①a，b同号；②当x1和x3时，函数值相等；③4ab0；④当1 x5时，y0正确的 结论有 ． 【答案】②③④ 【分析】利用抛物线开口方向得到a0，利用抛物线的对称轴得到b4a0，则可对①③进行判断；利 x (5,0) 用抛物线的对称性可对②进行判断；利用抛物线的对称性确定抛物线与 轴的一个交点坐标为 ，再根 据二次函数的图象可对④进行判断． 【详解】解：抛物线开口向上， a0， b 抛物线的对称轴为直线x 2，  2a b4a0，所以①错误， b4a0，所以③正确； 抛物线的对称轴为直线x2， 当x1和x3时，函数值相等，所以②正确；  x (1,0) 抛物线与 轴的一个交点坐标为 ， 而抛物线的对称轴为直线x2， x (5,0) 抛物线与 轴的一个交点坐标为 ， 当1 x5时，y0，所以④正确． 故答案为：②③④． 【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，解题的关键是利用图象进行分析，得到相应系数的符号． yax2bxca0 12．（2023春·四川达州·九年级校考阶段练习）二次函数 的部分图象如图所示，图象 过点 1,0 ，对称轴为直线 x2 ，下列结论：① abc<0 ；② 4ac2b ；③ 3b2c0 ；④已知 Ax 1 ,y 1  、 Bx ,y  x x 4 x x y  y 2 2 在该二次函数图像上，当 1 2 且 1 2时，都有 1 2．其中正确的结论有 ． （填序号） 【答案】①③④ x2 y0 【分析】根据开口方向、与y轴的交点、对称轴即可判断①；根据当 时， ，即可判断②；根据 1,0 yabc0 b4a c5a 3b2c2a0 图象过点 得到 ，由 得到 ，则 ，即可判断③；分三种 情况根据二次函数的性质即可判断④． yax2bxca0 【详解】解：由二次函数 的部分图象可知，抛物线开口向下，与y轴交于正半轴， ∴a<0，c0， b ∵对称轴为直线 ，即 2， x2 2a ∴b4a0， ∴abc<0，故①正确； 1,0 x2 ∵图象过点 ，对称轴为直线 ，∴当x2时， y0 ，即 ya222bc4a2bc0 ， 则4ac2b，故②错误； 1,0 ∵图象过点 ， yabc0 ∴ ， ∵b4a， ∴a4ac0， 即c5a， ∴3b2c12a10a2a0， 故③正确； x x 2 x x 4 当 1 2 时， 1 2 ，不符合题意， x 2x x x 4 当 1 2时，∵ 1 2 ， x 2  x 2 ∴ 1 2 ， ∵抛物线开口向下， y  y ∴ 1 2， 2x x x x 4 当 1 2时， 1 2 ， ∵当x2时，y随x的增大而减小， y  y ∴ 1 2，故④正确； 正确的结论有①③④， 故答案为：①③④ 【点睛】此题考查了二次函数的图象和性质，根据图象和性质判断式子的符号，比较函数值的大小等知识， 数形结合是解题的关键． yax2bxc 13．（2023·辽宁朝阳·校联考三模）如图，已知抛物线 的对称轴在y轴右侧，抛物线与x轴 ab 交于点A2,0和点B，与y轴的负半轴交于点C，且 ，则下列结论：① 0；② OB2OC c1 ；③a ；④ ．其中正确的有 ． 2b4ac1 4 c2b1 【答案】②③④ b ab 【分析】由图， ， ， 0，得 ，推知 0；由 知 ，代入 a0 c0 2a b0 c OB2OC B(2c,0) yax2bxc 0=a(- 2c)2+b(- 2c)+c 2b4ac1 A2,0 yax2bxc ，得 ，化简得 ；将 代入 得， 1 1 ，由对称轴得 ，解得a ；将a 代入 得 ． 4a2bc0 b=2ac+2a 4 4 2b4ac1 c2b1 b 【详解】解：由图， ， ， 0， a0 c0 2a ∴b0 ab ∴ ， 0，故①错误； ab0 c C(0,c) OB2OC B(2c,0) yax2bxc ，由 知 ，代入 ， 0=a(- 2c)2+b(- 2c)+c 4ac22bcc0 得 ， ， 化简得，2b4ac1，故②正确； A2,0 yax2bxc 4a2bc0 将 代入 得， ， b 1 对称轴x=- = (- 2- 2c)，得 ，代入上式得， 2a 2 b=2ac+2a 1 ，解得a ，故③正确； 4a+c- 2(2ac+2a)=0 4 1 将a 代入 得 ，故④正确； 4 2b4ac1 c2b1 综上分析可知，正确的是②③④. 故答案为：②③④.【点睛】本题考查二次函数图象性质，运用数形结合思想，理解图象与方程的联系是解题的关键． 题型二 二次函数对称性应用 y(xm)23m A(a,n) B(b,n) 【例2】（2023·陕西西安·校考二模）已知抛物线 过不同的两点 和 ，若点 C(ab,m) m 在这条抛物线上，则 的值为（ ） A．0或2 B．0 C．2 D．2或2 【答案】A ab 【分析】根据对称性可得 m，代入解方程即可求解． 2 y(xm)23m xm 【详解】解：∵抛物线 ，对称轴为直线 ， y(xm)23m A(a,n) B(b,n) 又抛物线 过不同的两点 和 ， ab ∴ m， 2 C(ab,m) C2m,m m2mm23m ∴ 即 ，代入解析式，得， 解得：m0或m2， 故选：A． 【点睛】本题考查了二次函数图象的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． xOy yax2bxc A(3,0) 【例3】（2023·上海宝山·一模）在平面直角坐标系 中，已知抛物线 经过点 、 B(2,3) C(0,3) 、 ． (1)求抛物线的表达式； (2)点D与点E是抛物线上关于对称轴对称的两点，如果点D的横坐标为2，试求点E的坐标． y=x22x3 (4,5) 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据二次函数图象上的点的坐标以及待定系数法解决此题． （2）根据二次函数图象的对称性求得E的横坐标，再将其代入函数解析式，进而求得E的坐标． 【详解】（1）解：由题意得，9a3bc0，4a2bc3，c3． a1，b2． y=x22x3 这个抛物线的表达式为 ． y=x22x3 （2）由（1）得， ． 该抛物线的对称轴是直线x1． 点D与点E是抛物线上关于对称轴对称的两点，点D的横坐标为2， E的横坐标是4．  x4 y16835 当 时， ． E(4,5) ． 【点睛】本题主要考查二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求函数解析式，熟练掌握二次函数图象 上点的坐标特征是解决本题的关键． 巩固训练 yax2bxc P4，0 x1 1．（2023春·浙江宁波·八年级统考期末）若抛物线 上的 ，Q两点关于直线 对称， 则Q点的坐标为（ ） 1，0 2，0 3，0 4，0 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设 Qx 1 ，y 1  ，因为抛物线 yax2bxc 上的 P4，0 ，Q两点关于直线 x1 对称，故 y 1 0 ， x 4 1 1，则 ，即可知道Q点的坐标． 2 x 2 1 Qx，y  【详解】解：依题意，设 1 1 ， yax2bxc P4，0 x1 因为抛物线 上的 ，Q两点关于直线 对称， x 4 所以 ， 1 1， y 0 2 1 x 2 即 1 ， 2，0 那么Q点的坐标为 ， 故选：B．【点睛】本题主要考查的是二次函数图象的点的坐标以及二次函数图象的对称性等知识内容，经过函数的 某点一定在函数的图象上． yaxkxk6 xx 2．（2023·浙江杭州·杭州市丰潭中学校考三模）已知二次函数 ，当 1时，函数值 y xx y |x 3||x 3| 为 1，当 2时，函数值为 2，若 1 2 ，则下列结论正确的是（ ） y y 0 ay y 0 y y 0 ay y 0 A． 1 2 B． 1 2 C． 1 2 D． 1 2 【答案】B 【分析】分 a0 和 a<0 两种情况根据二次函数的对称性确定出 y 1与 y 2的大小关系，然后对各选项分析判断 即可得解． yaxkxk6 【详解】解：∵ axkxk60 y0 ∴令 ，即 ∴解得xk或6k k,0 6k,0 ∴二次函数与x轴的交点为 和 k6k ∴二次函数的对称轴为x 3， 2 ①当a0时，二次函数图象开口向上， |x 3||x 3| ∵ 1 2 ，     x,y x,y ∴点 1 1 到对称轴x3的距离小于点 2 2 到对称轴x3的距离， y  y y y 0 ∴ 1 2， 即 1 2 ， ay y 0 ∴ 1 2 ， y y 无法确定 1 2的正负情况， ②a<0时，二次函数图象开口向下， |x 3||x 3| ∵ 1 2 ， 如图，    x,y x,y ∴点 1 1 到对称轴x3的距离小于点 2 2 到对称轴x3的距离， y  y y y 0 ∴ 1 2， 即 1 2 ， ay y 0 ∴ 1 2 ， y y 无法确定 1 2的正负情况， ay y 0 综上所述，正确的是 1 2 ． 故选：B． 【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数的对称性，难点在于根据二次项 系数a的正负情况分情况讨论． yax2bxc 3,y  5,y  m,n 3．（2023·江苏南通·统考一模）抛物线 经过点 1 和 2 ，顶点坐标为 ，若 y  y n m 1 2 ，则 的取值范围是（ ） A．m3 B．m1 C．m 1 D．m5 【答案】C 【分析】根据二次函数的性质及二次函数图像上点的坐标特征得出m的取值范围． m,n 【详解】解：抛物线顶点坐标为 ，  抛物线对称轴为xm， 抛物线 yax2bxc 经过点 3,y 1  和 5,y 2  ， y 1  y 2 n ， 35  m， 2 m1， 故选：C． 【点睛】本题考查二次函数的性质及二次函数图像上点的坐标特征，准确找到对称轴，利用对称轴表示出 35 m是解答本题的关键． 2 Ax，y  Bx，y  y(x4)2m 4．（2023·浙江宁波·校考二模）已知点 1 1 ， 2 2 在抛物线 （m是常数）上．x 4x x x 8 若 1 2， 1 2 ，则下列大小比较正确的是（ ） y  y m y  y m m y  y m y  y 1 2 2 1 1 2 2 1 A． B． C． D． 【答案】C y(x4)2m m x4 【分析】根据二次函数的性质得到抛物线 的开口向下，有最大值为 ，对称轴为直线 ， 根据 x 1 4x 2， x 1 x 2 8 ，设 Ax 1 ,y 1  的对称点为 A 1 (x 0 ，y 1 ) ，得出 x 1 x 0 8 ，则在对称轴右侧， y 随 x 4x x m y  y 的增大而减小，则当 0 2时， 1 2． yx42 m 【详解】解：∵ ， ∴a10， ∴当x4时，有最大值为 ym ， ∴抛物线开口向下， yx42 m ∵抛物线 对称轴为直线x4， Ax,y  A(x，y ) x >4 设 1 1 的对称点为 1 0 1 ，即 0 ， x x ∴ 1 0 4， 2 x x 8 ∴ 1 0 ， x x 8 ∵ 1 2 ， x x x x ∴ 1 2 1 0， x  x ∴ 2 0， 4x x ∴ 0 2， ∴m y  y ． 1 2 故选：C．yax2bxc(a0) 【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征：二次函数 的图象为抛物线，则抛 b 物线上的点的坐标满足其解析式；当 a<0 ，抛物线开口向下；对称轴为直线x 2a ，在对称轴左侧，y 随x的增大而增大，在对称轴右侧， y 随x的增大而减小． w y x2 (2m1)x2m4 5．（2023·陕西西安·校考模拟预测）在同一平面直角坐标系中，若抛物线 1： w y x2 (3mn)xn x=1 w A(0,y) w 与抛物线 2： 关于直线 对称，则抛物线 1上的点 在抛物线 2上的对应 点A的坐标是（ ） (2,8) (2,10) (2,12) (2,4) A． B． C． D． 【答案】B w w m、n 【分析】在抛物线 1上取两点，根据对称性求出对应坐标，代入抛物线 2中计算出 的值即可． w y x2 (2m1)x2m4 【详解】∵抛物线 1： w (0,2m4) (1,4m4) ∴抛物线 1过 ， ， w y x2 (2m1)x2m4 w y x2 (3mn)xn x=1 ∵抛物线 1： 与抛物线 2： 关于直线 对称， w y x2 (3mn)xn (2,2m4) (3,4m4) ∴抛物线 2： 过 ， ， 2m442(3mn)n  代入可得4m493(3mn)n ， m7  解得n12， A(0,10) ∴点 w A(0,10) w (2,10) ∴抛物线 1上的点 在抛物线 2上的对应点 A 的坐标是 ， 故选：B． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数的图象与几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，根据对称性求出m、n的值是解题的关键． An,y  Bn2,y  Cx ,y  6．（2023·全国·九年级假期作业）已知点 1 、 2 、 0 0 在二次函数 yax4axca0 y  y  y 的图象，且C为抛物线的顶点．若 0 1 2，则n的取值范围是（ ） A．n3 B．n3 C．n2 D．n2 【答案】A 【分析】由抛物线顶点为最高点可得抛物线开口向下，由抛物线解析式可得抛物线对称轴，求出点A，B 关于对称轴对称时n的值，结合抛物线开口方向求解． Cx ,y  y  y  y 【详解】解：点 0 0 为抛物线顶点， 0 1 2，  抛物线开口向下，顶点为最高点，  yax24axca0 ， 4a 抛物线对称轴为直线x 2，  2a nn2 2 当点 ， 关于抛物线对称轴对称时， ， A B 2 解得n3，  y  y 1 2， n3， 故选A． 【点睛】本题主要考查了二次函数图象的性质，正确理解题意得到抛物线开口向下，离对称轴越近函数值 越大是解题的关键． 2,4 8,4 7．（2023秋·云南昭通·九年级统考期末）已知二次函数图像经过点 和 ，那么该二次函数图象的 对称轴是直线 ． 【答案】x5 2,4 8,4 【分析】根据抛物线的对称性可知：点 和 关于抛物线的对称轴对称，从而求出结论． 2,4 8,4 【详解】解：∵二次函数图像经过点 和 ，2+8 ∴该二次函数图像的对称轴是直线x 5 2 故答案为：x5． 【点睛】此题考查的是抛物线对称性的应用，掌握利用抛物线上两点关于抛物线的对称轴对称，求抛物线 对称轴是解题关键． y2x24xn 1,m a,m 8．（2023秋·山西运城·九年级统考期末）抛物线 经过 和 两点，则a值为 ． 【答案】3 【分析】由抛物线的对称轴公式建立方程求解即可． y2x24xn 1,m a,m 【详解】解：∵抛物线 经过 和 两点， 4 1a x  ∴对称轴为：直线 22 2 ， 解得：a3， 故答案为：3 【点睛】本题考查的是利用抛物线的对称轴公式求解，熟练的求解抛物线的对称轴是解本题的关键． P1,y  P 3,y  P 4,y  yx26xc 9．（2023·浙江·九年级假期作业）如果三点 1 1 ， 2 2 和 3 3 在抛物线 的图象 y y y 上，那 1， 2， 3之间的大小关系是 ． y  y  y y  y  y 【答案】 2 3 1/ 1 3 2 【分析】先求出抛物线的对称轴和开口方向，根据二次函数的性质比较即可． 6 【详解】解：  抛物线 yx26xc 的开口向下，对称轴是直线x 2 3， 当x3时， y 随x的增大而减小， P 1 1,y 1  关于称轴是直线x3的对称点是  5,y 1  ， 345， y  y  y 2 3 1． y  y  y 故答案为： 2 3 1． 【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质，能熟记二次函数的性质是解此题的关键． yax2bxc 10．（2023·上海·一模）二次函数 图像上部分点的坐标满足如表： x … 4 3 2 1 0 … y … m 3 2 3 6 … 那么m的值为 ． 【答案】6 【分析】根据二次函数的对称性解答即可． 【详解】解： x3、x=1时的函数值相等都是3， 31 函数图像的对称轴为直线x 2  2  x4和x0也关于直线x2对称， 当x4和x0时的函数值也相等， m6， 故答案为：6． 【点睛】本题考查了二次函数图像上点的坐标特征，熟记二次函数的对称性是解题的关键． xOy Mx,y  Nx ,y  11．（2023·北京·统考中考真题）在平面直角坐标系 中， 1 1 ， 2 2 是抛物线 yax2bxca0 xt 上任意两点，设抛物线的对称轴为 ． x 2 (1)若对于x 1 1， 2 有 y 1  y 2，求t的值； (2)若对于 0x 1 1 ， 1x 2 2 ，都有 y 1  y 2，求 t 的取值范围． 3 【答案】(1)t 2 1 (2)t 2 【分析】（1）根据二次函数的性质求得对称轴即可求解；       x,y x x x,y x,y （2）根据题意可得 1 1 离对称轴更近， 1 2，则 1 1 与 2 2 的中点在对称轴的右侧，根据对1 x x 3 x x 称性求得  1 2  ，进而根据 1 2 t，即可求解． 2 2 2 2 x 2 【详解】（1）解：∵对于x 1 1， 2 有 y 1  y 2， x x 3 ∴抛物线的对称轴为直线x 1 2  ， 2 2 ∵抛物线的对称轴为xt． 3 ∴t ； 2 0x 1 1x 2 （2）解：∵当 1 ， 2 ， 1 x x 3 ∴  1 2  ， ， 2 2 2 x x 1 2 y  y a0 ∵ 1 2， ，       x,y x x x,y x,y ∴ 1 1 离对称轴更近， 1 2，则 1 1 与 2 2 的中点在对称轴的右侧， x x ∴ 1 2 t， 2 1 即t ． 2 【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的对称性是解题的关键． y(x1)2k x A B y 12．（2023秋·黑龙江大庆·九年级统考期末）如图，抛物线 与 轴相交于 、 两点，与 轴 C(0,3) 相交于点 ． (1)求抛物线的对称轴及k值；(2)抛物线的对称轴上存在一点P，使得PAPC的值最小，求此时点P的坐标； (3)点M 是抛物线上一动点，且在第三象限，当M 点运动到何处时，四边形AMCB的面积最大？求出四边 形AMCB的最大面积． x1,k 4 【答案】(1) P(1,2) (2)  3 15 M ,  75 (3)  2 4 ，S最大，最大值为 8 x=1 C(0,3) 【分析】（1）根据解析式可得抛物线的对称轴为直线 ，将点 代入解析式，待定系数法即可 求解； （2）连接AC，交对称轴于点P，根据两点之间，线段最短可得点P即为所求，求得直线AC的解析式， 令x=1，即可求解；  x,(x1)24  S S S S （3）连接OM ，如图1，设M 点坐标为 ，根据 四边形AMCB △AMO △CMO △CBO 3 3 2 75  x   2 2 8 ，根据二次函数的性质即可求解． y(x1)2k x=1 【详解】（1）解：抛物线 的对称轴为直线 ， C(0,3) y(x1)2k 把 代入 得31k， k 4； （2）连接AC，交对称轴于点P， ∵两点之间，线段最短， ∴PAPC的最小值为AC的长，则点P即为所求y(x1)2 4 y0 (x+1)2- 4=0 x 1 x 3 对于 ，令 ，则 ，解得 1 ， 2 ， A (3,0) B (1,0) 点坐标为 ， 点坐标为 ， AC ymxb 设直线 的关系式为： ， A(3,0) C(0,3) ymxb 把 ， 代入 3mb0  得b3 ， m1  解得b3 ， 直线AC的关系式为yx3， 当x=1时，y132， P点坐标为(1,2)；  x,(x1)24  （3）连接OM ，如图1，设M 点坐标为 ，S S S S 四边形AMCB △AMO △CMO △CBO 1 1 1  AO y  CO x  OCBO 2 m 2 m 2 3 1 1  4(x1)2 3(x) 31   2 2 2 3 9  x2 x6 2 2 3 3 2 75  x   2 2 8 ， 3 75 当x 时， 最大，最大值为 ． 2 S 8 【点睛】本题考查了二次函数的性质，面积问题，轴对称的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 4 13．（2023·山东临沂·统考二模）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 x=1 经过A，C两点，且与x轴的另一个交点为B，对称轴为直线 ．(1)求抛物线的解析式； (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的面积S的最大值及此时D点 的坐标； (3)在抛物线的对称轴上找一点P，使PCPB的值最小，直接写出P点坐标． 4 8 【答案】(1)y x2 x4 3 3 25  3   ，5 (2) 2 ， 2   8 P1,  (3)  3 4 【分析】（1）将 、 代入y x4，求解可得 坐标，根据二次函数的性质可得 点坐标， x0 y0 3 A、C B ya(x1)(x3) C(0，4) a 设抛物线的表达式为 ，将 代入求 值，最后代入化简成一般式即可；  4 8   4  Dm， m2 m4 Em，m4 （2）如图1，过D作DF  AB于F，交AC于E，  3 3 ，  3 ，则 4 1 1  3 2 25 DE  m24m S S S  DEOA ABOC 2m   3 ， 四边形ABCD ADC ABC 2 2  2 2 ，根据二次函数的 性质求解即可； （3）线段AC与对称轴的交点即为使PCPB的值最小的点P，将x=1代入直线AC的解析式即可求出点 P的纵坐标，从而得解． 4 【详解】（1）解：将 代入y x4得， ， x0 3 y4 C(0，4) ∴ ， 4 4 将 代入y x4得 x40，解得 ， y0 3 3 x3 ∴A(3，0)， ∵对称轴为直线x=1，B(1，0) ∴ ， ya(x1)(x3) 设抛物线的表达式为 ， 4 将 C(0，4) 代入得， 3a4 ，解得a 3 ， 4 4 8 ∴y (x1)(x3) x2 x4， 3 3 3 4 8 ∴抛物线的表达式为y x2 x4； 3 3 （2）解：如图1，过D作DF  AB于F，交AC于E，  4 8   4  4 Dm， m2 m4 Em，m4 DE  m24m ∴  3 3 ，  3 ，则 3 ， 1 1 1  4  1 S S S  DEOA ABOC   m24m3 44 四边形ABCD ADC ABC 2 2 2  3  2 2m26m8  3 2 25 2m    2 2 ∵20， 3 25 ∴当m 时，四边形 面积 最大，值为 ； 2 ABCD S 2 3 4 8 4  3 2 8  3 m  m2 m4      45 将 2代入 3 3 得， 3  2 3  2 ，  3  D ，5 ∴  2 ，25  3   ，5 ∴四边形ABCD面积S的最大值为 2 ，此时D点的坐标为 2 ． （3）∵点A与点B关于对称轴直线x=1， ∴当点P是线段AC与对称轴的交点时， PCPB的值最小， 标记点P如下，连接PB， 4 4 4 8 将 代入直线 的解析式y x4可得：y x4 14 ， x=1 AC 3 3 3 3  8 ∴P1,   3 【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合，二次函数与面积综合，线段和最小问题(将军饮马问题)． 解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 题型三 二次函数图象的综合问题 ymx1 yx2m 【例4】（2023·全国·九年级专题练习）在同一坐标系中，一次函数 与二次函数， 的 图象可能是( ) A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据一次函数的b1和二次函数的a1即可判断出二次函数的开口方向和一次函数经过 y 轴正半 轴，从而排除A和C，分情况探讨m的情况，即可求出答案. yx2m  【详解】解： 二次函数为 ， a10，  二次函数的开口方向向上， 排除C选项. 一次函数ymx1， b1>0， y 一次函数经过 轴正半轴，  排除A选项. 当m0时，则m0， 一次函数经过一、二、四象限， yx2m y 二次函数 经过 轴正半轴，  排除B选项. 当m0时，则m0 一次函数经过一、二、三象限， yx2m y 二次函数 经过 轴负半轴，  D选项符合题意. 故选：D. 【点睛】本题考查了一次函数和二次函数的图像性质，解题的关键在于熟练掌握图像性质中系数大小与图 像的关系. y y 【例5】（2023春·江苏南京·九年级南京钟英中学校考阶段练习）函数 1， 2在同一平面直角坐标系中的 y y y 图像如图所示，则在该平面直角坐标系中，函数 1 2的图像可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】A y 【分析】根据函数图像的开口大小与 轴的交点位置以及对称轴的位置进行判断即可． y ax2bxc y a x2b xc 【详解】解：设 1 1 1 1， 2 2 2 2， a 0 b 0 c 0 a 0 b 0 c 0 c  c 由图像知， 1 ， 1 ， 1 ， 2 ， 2 ， 2 ， 2 1 ，c c 0 ∴ 1 2 ， y y ∵函数 1的图像开口大于函数 2的图像开口， a  a ∴ 1 2 ， a a 0 ∴ 1 2 ， b b ∵ 1  2 0， 2a 2a 1 2 b a 0 2  2 1 ∴ b a ， 1 1 b b ∴ 2 1， b b 0 ∴ 1 2 ， b b  1 2 0 ∴ 2a a  ， 1 2 y y y a a x2b b xc c  ∵ 1 2 1 2 1 2 1 2 ， y y y y y y ∴函数 1 2的图像是抛物线，开口向下，对称轴在 轴的右侧，与 轴的交点在 轴的正半轴上， y y y A．图像开口向下，对称轴在 轴的右侧，与 轴的交点在 轴的正半轴上，故此选项符合题意； B．图像开口向上，故此选项不符合题意； y C．图像对称轴在 轴的左侧，故此选项不符合题意； D．图像开口向上，故此选项不符合题意． 故选：A． 【点睛】本题考查二次函数的图像与性质，不等式的性质．熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．注意： yax2bxca0 a 二次函数 的 越大，图像开口越小． 巩固训练 y|a|x yax2aa0 1．（2023·全国·九年级专题练习）函数 与 在同一直角坐标系中的大致图象可能是 （ ）A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据一次函数与二次函数的性质判断即可． a 0 【详解】解：∵ ， y|a|x ∴ 经过一、三象限； yax2aa0 a0 当 时，二次函数 开口向上，与y轴的交点在负半轴上， yax2aa0 a0 当 时，二次函数 开口向下，与y轴的交点在正半轴上， ∴只有选项C符合题意； 故选：C． 【点睛】题目主要考查一次函数与二次函数图象的判断，熟练掌握一次函数与二次函数的性质是解题关键． ykxb ykx2bx2 2．（2023·全国·九年级专题练习）如图是一次函数 的图象，则二次函数 的图象可 能为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据一次函数图象确定k 0，b0，进而确定二次函数开口向上，对称轴在y轴左侧，由此即 可得到答案． 【详解】解：∵一次函数ykxb的图象经过第一、二、三象限且与y轴交于y轴的正半轴， ∴k 0，b0，ykx2bx2 ∴二次函数 的图象的开口向上， b ∵二次函数的对称轴为直线x 0， 2k ∴二次函数的对称轴在y轴左侧， ∴四个选项中只有C选项中的函数图象符合题意， 故选C． 【点睛】本题主要考查了一次函数图象与二次函数图象综合判断，正确求出k 0，b0是解题的关键． yaxb(ab0) 3．（2022秋·浙江嘉兴·九年级平湖市林埭中学校联考期中） 不经过第三象限，那么 yax2bx3 的图象大致为 （ ） A． B． C． D． 【答案】D yaxbab0 【分析】首先根据直线 不经过第三象限判断出a、b的取值范围，再根据a的取值范围可 判断出开口方向，再加上b的取值范围可判断出对称轴，最后根据c3判断出与y轴交点，进而可得答案． yaxbab0 【详解】解：∵直线 不经过第三象限， ∴a<0，b0， yax2bx3 0，3 ∴ 的图象开口向下，对称轴在y轴右侧，与y轴交于 ， ∴D符合． 故选：D． 【点睛】此题主要考查了一次函数和二次函数图象，关键是掌握一次函数ykxb在不同情况下所在的象 限，以及熟练掌握二次函数的有关性质：开口方向、对称轴、顶点坐标等． yax2bxc yabxc 4．（2023秋·山西运城·九年级统考期末）抛物线 与直线 同一坐标系的大致可能 是（ ）A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据各个选项中的图象，可以判断出一次函数和二次函数中 a、b、c 的正负情况，即可判断哪 个选项是正确的； yabxc ab0,c0 yax2bxc a0,b0,c0 【详解】A、一次函数 中 ，二次函数 中 ，即 ab0,c0，故选项A不符合题意； yabxc ab0,c0 yax2bxc a0,b0,c0 ab0,c0 B、一次函数 中 ，二次函数 中 ，即 ， 故选项B不符合题意； yabxc ab0,c0 yax2bxc a0,b0,c0 ab0,c0 C、一次函数 中 ，二次函数 中 ，即 ， 故选项C不符合题意； yabxc ab0,c0 yax2bxc a0,b0,c0 ab0,c0 D 、一次函数 中 ，二次函数 中 ，即 故选项D符合题意； 故选D 【点睛】本题考查二次函数的图象、一次函数的图象，解答本题的关键是明确一次函数和二次函数的性质， 用数形结合的思想解答． 5．（2023·安徽·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，垂直于x轴的直线分别交抛物线y＝x2（x≥0）和 1 1 抛物线y＝ x2（x≥0）于点A和点B，过点A作AC∥x轴交抛物线y＝ x2于点C，过点B作BD∥x轴交抛 4 4 BD 物线y＝x2于点D，则 的值为（ ） AC1 2 2 1 A．4 B． 4 C．2 D． 2 【答案】C 1 1 【分析】设A（m，m2），则B（m， m2），根据题意得出C（2m，m2），D（1 m， m2），即可求得 4 2 4 BD 1 1 1 BD＝m﹣ m＝ m，AC＝2m﹣m＝m，从而求得 ＝ ． 2 2 AC 2 1 【详解】设A（m，m2），则B（m， m2）， 4 1 AC∥x轴交抛物线y＝ x2于点C，BD∥x轴交抛物线y＝x2于点D， 4 1 ∴C（2m，m2），D（1 m， m2）， 2 4 1 1 ∴BD＝m﹣2m＝2m，AC＝2m﹣m＝m， 1 m  BD  2  1 . AC m 2 故选C． 【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征.根据特征表示出A、B、C、D点的坐标是解题的关键． x x minx,x  6．（2023春·广西南宁·八年级三美学校校考期末）记实数 1、 2，中的最小值为 1 2 ，例如 min{0,1}1 ，当x取任意实数时，则 min  x24,3x  的最大值为（ ） A．－3 B．－2 C．2 D．3 【答案】D 【分析】在同一坐标系中画出两个函数的图象，观察最大值的位置，通过求函数值，求出最大值．yx24 y3x 【详解】画出函数 和 的图象，如图： 由图可知：当x=1时，函数有最大值，最大值为3， min  x24,3x  所以 的最大值为3， 故选：D． 【点睛】本题考查了二次函数的性质和正比例函数的性质，画出函数的图象，数形结合容易求解． 3 3 7．（2023·河南漯河·统考二模）已知二次函数y x2bxc图象的对称轴为直线x ，与y轴交于点 4 2 A0,3 ，与 x 轴交于点B， C （点B在点 C 的左侧）． (1)求该二次函数的表达式； P A P m P PQ∥y AC (2) 是x轴上方抛物线上的一动点，且与点 不重合，设点 的横坐标为 ，过点 作 轴，交 于点Q，设PQ的长为h，当h随m的增大而减小时，求m的取值范围．3 9 【答案】(1)y x2 x3 4 4 (2)1m0或2m4 【分析】（1）根据对称轴求出b，用待定系数法求出c，即可求出二次函数的表达式． （2）①当点 P 在点 B 与点 A 之间运动时， h y Q y P进而求解；②当点 P 在点 A 与点 C 之间运动时，同理 可解． 3 3 【详解】（1）解： 二次函数 y x2bxc 图象的对称轴为直线 x ，  4 2 b b 3    2a  3 2， 2   4 9 解得：b ． 4 由点A的坐标知，c3． 3 9 二次函数的表达式为y x2 x3．  4 4 3 9 故答案为：y x2 x3． 4 4 3 9 （2）解：令 ，即 x2 x30， y0 4 4 解得：x=1或4， C 点坐标为 4,0 ，B点坐标为 1,0 ．  A0,3 AC ysxt ，设直线 的表达式为： ， t3  则4st0，  3 s  4 解得： t3 ， 3 故直线AC的表达式为 y x3． 4 点P的横坐标为 m ，3 9 点 的纵坐标为 m2 m3．  P 4 4  PQ∥y Q AC ， 在直线 上，  3  Qm, m3  4 ． ①当点P在抛物线上点B与点A之间运动时， PQh 3 m3   3 m2 9 m3   3 m223 4  4 4  4 ， 1m0 时，h随m的增大而减小， ②当点P在抛物线上点A与点C之间运动时， h 3 m2 9 m3   3 m3   3 m23m 3 m223 4 4  4  4 4 ， 3  0， 4 当2m4，h随m的增大而减小， m的取值范围为：1m0或2m4． 故答案为：1m0或2m4． 【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数和二次函数的图象和性质、待定系数法求函数表达 式等，解题的关键是要注意分情况讨论． W y C x W 8．（2022春·九年级课时练习）已知抛物线 1与 轴交于点 ，其关于 轴对称的抛物线为 2： yx2mxn W A3,0 1,0 ，且 2经过点 和点 ． W （1）求抛物线 1的解析式； （2）将抛物线 W 1沿 x 轴向右平移得到抛物线 W 3，抛物线 W 3与 x 轴的交点记为点 D 和点 E （ D 在 E 的右 侧），与 y 轴交于点 Q ，如果满足 AOC 与 △DOQ 相似，请求出平移后抛物线 W 3的表达式． W yx22x3 W yx12 4 【答案】（1） 1的解析式为 ；（2）平移后抛物线 3的表达式为 或yx324 . x a,b,c W 【分析】（1）根据抛物线关于 轴对称的原则可以得到 均互为相反数，所以可以设 1： yx2mxn W A3,0 1,0 W A3,0 1,0 ，同时 2经过点 和点 ，那么 1也经过点 和点 ，将这两点代入 W 1即可求解； W x a W （2）首先根据函数图像的平移原则，设抛物线 1沿 轴向右平移 个单位得到抛物线 3 ，继而写出 W 3的解析式，然后分别求出点 D 和点 Q 的坐标，再结合 AOC 与 △DOQ 相似，可得△DOQ为 等腰直角三角形，利用坐标建立方程，求解即可. 【详解】解：（1）  抛物线 W 1和抛物线 W 2关于 x 轴对称，且 W 2： yx2mxn ，  W 1： yx2mxn ， W A3,0 1,0  2经过点 和点 ， W A3,0 1,0  1经过点 和点 ，  把点 A3,0 和点 1,0 代入 W 1： yx2mxn 可得： 93mn0  1mn0 ， m2  解得：n3 ，  W 1： yx22x3 ； W x a W （2）设抛物线 1沿 轴向右平移 个单位得到抛物线 3， W yx22x3x124  1： ，W  3的解析式可以表示为： yx1a24x222axa3a1xa3xa1   ，  抛物线 W 3与 x 轴的交点为点 D 和点 E ，且 D 在 E 的右侧， Da1,0,Ea3,0  ， W y Q  抛物线 3与 轴交于点 ， Q  0,a22a3   ， A（-3，0），C（0，3）， ∴AOC为等腰直角三角形， ∴当△AOC和△DOQ相似时， DOQ为等腰直角三角形， ∴OQ=OD， 当点Q在y轴正半轴上时， OQ=OD=OA=OC， a22a33 ∴ ， 解得：a=0（舍）或2， W yx12 4 此时 3： ； 当点Q在y轴负半轴时， OD=OQ，a1  a22a3  则 ， 解得：a=-1（舍）或4， W yx324 此时 3： ； yx12 4 yx324 综上：平移后抛物线W 的表达式为： 或 . 3 【点睛】本题主要考查二次函数的图象变化，以及二次函数和相似三角形的存在性问题，熟练掌握二次函 数的图象平移和对称变化规律，同时对相似三角形的存在性进行正确的分类讨论是求解本题的关键. 题型四 二次函数待定系数法 yax2bx A2,2 【例7】（2022秋·上海青浦·九年级校考期中）在直角坐标平面内，抛物线， 经过点 B1,5 与点 ．求： (1)求抛物线的表达式； (2)写出该抛物线的顶点坐标． y2x23x 【答案】(1)  3 9  ，  (2) 4 8 【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解； （2）把（1）中的解析式配成顶点式即可得到抛物线的顶点坐标． yax2bx A2,2 B1,5 【详解】（1）解：∵ 经过点 与点4a2b2  ∴ab5 a2  解得：b3 y2x23x ∴抛物线的表达式为：  3   3 2 9 y2x23x2x2 x2x   （2）∵  2   4 8  3 9  ，  ∴该抛物线的顶点坐标为 4 8 【点睛】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求二次函数关系式：要根据题目给定的条件，选择恰当 的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法 列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物 线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解． yax2bx A2,2 【例8】（2022秋·上海青浦·九年级校考期中）在直角坐标平面内，抛物线， 经过点 B1,5 与点 ．求： (1)求抛物线的表达式； (2)写出该抛物线的顶点坐标．  3 9  ，  【答案】(1)y2x23x(2) 4 8 【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解； （2）把（1）中的解析式配成顶点式即可得到抛物线的顶点坐标． yax2bx A2,2 B1,5 【详解】（1）解：∵ 经过点 与点 4a2b2  ∴ab5a2  解得：b3 y2x23x ∴抛物线的表达式为：  3   3 2 9 y2x23x2x2 x2x   （2）∵  2   4 8  3 9  ，  ∴该抛物线的顶点坐标为 4 8 【点睛】本题考查了二次函数的性质，待定系数法求二次函数关系式：要根据题目给定的条件，选择恰当 的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常选择一般式，用待定系数法 列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为顶点式来求解；当已知抛物 线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解． 巩固训练 (1,-1) 0,0 1．（2020秋·广东惠州·九年级校考期中）抛物线的顶点在 ，且过点 ，则函数的关系式： ． yx22x 【答案】 yax121 0,0 【分析】设抛物线解析式为 ，将点 代入，即可求解． yax121 0,0 【详解】解：设抛物线解析式为 ，将点 代入得， a10， 解得：a1， yx121x22x ∴抛物线解析式为 ， yx22x 故答案为： ． 【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，熟练掌握待定系数法求解析式是解题的关键． y=-2( x-1)2 -2 y 2．（2023·全国·九年级专题练习）将抛物线 沿 轴翻折，得到的新的抛物线的解析式是 ．y2x122 【答案】 【分析】根据点关于y轴对称时“纵坐标相等，横坐标互为相反数”，可得新抛物线的解析式． 【详解】∵点关于y轴对称时“纵坐标相等，横坐标互为相反数”， y=-2( x-1)2 -2 y y=-2(-x-1)2 -2=-2( x+1)2 -2 ∴ 沿 轴翻折，得到的新的抛物线的解析式是即 ． y2x122 故答案为： ． 【点睛】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知关于y轴对称的点的坐标特点是解答此题的关键． 1，9 2，3 3．（2023秋·河北张家口·九年级张家口东方中学校考期末）一抛物线以 为顶点，且经过点 ， 求该抛物线的解析式及抛物线与y轴的交点坐标． y12(x1)29 y 0,3 【答案】抛物线的解析式为 ，抛物线与 轴的交点坐标为 2，3 【分析】设顶点式再代入 计算即可． 1，9 【详解】∵抛物线以 为顶点， ya(x1)29 ∴设抛物线的解析式为 ， 2,3 ya(x1)29 将 代入 ， 得3a9， 解得a12， y12(x1)29 ∴抛物线的解析式为 ， 令x0，则y3， y 0,3 ∴抛物线与 轴的交点坐标为 ． 【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据 题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．一般地，当已知抛物线上三点时，常 选择一般式，用待定系数法列三元一次方程组来求解；当已知抛物线的顶点或对称轴时，常设其解析式为 顶点式来求解；当已知抛物线与x轴有两个交点时，可选择设其解析式为交点式来求解． 1 4．（2023秋·天津津南·九年级统考期末）已知二次函数y＝ 2 x2bxc的图象经过点0,1，2,3．(1)求这个函数的解析式； (2)求这条抛物线的顶点坐标． 1 【答案】(1)y x22x1； 2 2,3 (2) ． 【分析】（1）用待定系数法求解即可； （2）利用配方法计算坐标即可． c1 b2   【详解】（1）根据题意得22bc3，解得c1， 1 ∴二次函数解析式为y＝ x22x1； 2 1 （2）y x22x1， 2 1  (x24x44)1， 2 1  (x2)23， 2 2,3 ∴抛物线的顶点坐标为 ． 【点睛】此题考查了待定系数法求二次函数解析式，求抛物线的顶点坐标，熟练掌握知识点且正确计算是 解题的关键． 1 5．（2020秋·广东广州·九年级校考期中）已知抛物线y x2bxc过点C1，m和D5，m， 3 A4，1 ． (1)求抛物线的函数表达式； (2)求抛物线的顶点B的坐标． 1 4 【答案】(1)y x2 x1 3 3  7 B2，  (2)  3b  2 1 4 【分析】（1）先求出函数的对称轴，得到 2 ，从而得到b ，再把 A4，1 代入抛物线可得 3 3 c1，即可得到答案； （2）把函数解析式化成顶点式，再得出顶点坐标即可． 1 【详解】（1）解： 抛物线y x2bxc过点C1，m和D5，m，  3 b  2 对称轴是直线 x 15 2 ，即 2 1 ，  2 3 4 解得：b ， 3 1 4 y x2 xc， 3 3 A4，1 抛物线过点 ， 1 4  42 4c1， 3 3 解得：c1， 1 4 抛物线的解析式为：y x2 x1；  3 3 1 4 1 1 4 1 7 （2）解：y x2 x1  x24x  1 x22 1 x22 ， 3 3 3 3 3 3 3  7 B2，  顶点坐标  3． 【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数解析式，把二次函数解析式化成顶点式，根据题意求出b的 值是解题的关键． y x yax a23a bx4 6．（2022秋·陕西西安·九年级校考阶段练习） 关于 的函数 的图像是一条开口向上的 抛物线，对称轴为直线x2，求这条抛物线的顶点坐标． 2,0 【答案】 【分析】根据二次函数的定义，求得a的值，进而根据对称轴确定b的值，进而化为顶点式，即可求解．y x yax a23a bx4 【详解】解：∵ 关于 的函数 的图像是一条开口向上的抛物线， a23a 2 a23a4 a0 ∴ ，即 ，且 ， 解得：a1，或a4（舍去） ∵抛物线的对称轴为直线x2， b b ∴  2， 2a 2 ∴b4， yx24x4 x22 ∴抛物线解析式为 ． 2,0 ∴抛物线的顶点坐标为 ． 【点睛】本题考查了二次函数的定义，待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，化为顶点式，熟 练掌握二次函数的定义以及二次函数的性质是解题的关键． yax2bx3 x A3,0,B1,0 y 7．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，抛物线 与 轴交于 两点，交 轴于 点C． (1)求抛物线的解析式． 1 (2)拋物线上是否存在一点 ，使得S  S ，若存在，请直接写出点 的坐标；若不存在，请说明理 P PBC 2 ABC P 由． yx22x3 【答案】(1) 2,3 3,12 (2)存在，点P的坐标为 或yax2bx3 A B 【分析】（1）采用待定系数法，将点 和点 坐标直接代入抛物线 ，即可求得抛物线的解 析式． （2）过线段AB的中点D，且与BC平行的直线上的点与点B，点C连线组成的三角形的面积都等于 1 S 2 ABC，则此直线与抛物线的交点即为所求；求出此直线的解析式，与抛物线解析式联立，即可求得答案． yax2bx3 A3,0 B1,0 【详解】（1）解：因为抛物线 经过点 和点 两点，所以 9a3b30  ab30 ， 解得 a1  b2， yx22x3 所以抛物线解析式为： ． AB D D 1,0 D BC l （2）解：如图，设线段 的中点为 ，可知点 的坐标为 ，过点 作与 平行的直线 ，假设 P P P P P 与抛物线交于点 1， 2（ 1在 2的左边），（ 2在图中未能显示）． ykxb k 0 设直线 BC 的函数解析式为 1 ． BC B1,0 C0,3 因为直线 经过点 和 ，所以 kb 0 1  b 3 ， 1k 3  解得 b 3 ， 1 所以，直线BC的函数解析式为：y3x3． PP//BC 又 1 2 ， PP y3xb 可设直线 1 2的函数解析式为 2， PP 1,0 因为直线 1 2经过点 D ，所以 3b 0 2 ． b 3 解得 2 ． PP y3x3 所以，直线 1 2的函数解析式为 ． 根据题意可知， 1 S  S ． DBC 2 ABC PP//BC 又 1 2 ， 1 所以，直线P 1 P 2 上任意一点 P 与点 B ，点 C 连线组成的 PBC 的面积都满足S PBC  2 S ABC ． PP yx22x3 P P 所以，直线 1 2与抛物线 的交点 1， 2即为所求，可得 3x3x22x3， 化简，得 x2x60， x 3，x 2 解得 1 2 ， P 2,3 P 3,12 所以，点 1的坐标为 ，点 2的坐标为 ． 2,3 3,12 故答案为：存在，点P的坐标为 或 ． 【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质、一次函数的图象和性质、一元二次方程、一元一次方程等， 灵活结合二次函数和一次函数图象特点是解题的关键．8．（2022秋·山西晋中·九年级校考阶段练习）综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，直线yx3与x轴交于点A，与 y 轴交于点C，抛物线 yx2bxc A C x B 经过 、 两点，与 轴交于另一点 ． (1)求抛物线的解析式； (2)点D是抛物线的顶点，连接AD、CD，求ACD的面积． yx22x3 【答案】(1) (2)3 A3,0 C0,3 【分析】（1）根据一次函数与坐标轴的交点，求得 ， ，代入抛物线解析式即可求解； D AC,CD,AD （2）根据抛物线解析式求得顶点 的坐标，勾股定理求得 的长，勾股定理的逆定理可得 ACD是直角三角形，进而根据三角形的面积公式即可求解． yx3 x A y C 【详解】（1）解：∵直线 与 轴交于点 ，与 轴交于点 ， y0 x3 x0 y=3 当 时， ；当 时， A3,0 C0,3 ∴ ， ； yx2bxc A C ∵抛物线 经过 、 两点， c3  ∴93bc0b2  解得：c3 yx22x3 ∴抛物线解析式为 ； yx22x3 x124 （2）解：∵ D1,4 ∴ ， C0,3 A3,0 ∵ ， AC2 3232 18,CD2 43212 2,AD2 31242 20 ∴ ， ∴AC2CD2  AD2， ∴ACD是直角三角形， 1 1 ∴S  ACCD  18 2 3． ADC 2 2 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，化为顶点式，勾股定理以及勾股定理的逆定理，熟 练掌握以上知识是解题的关键． yx2bxc x 9．（安徽省安庆市2022-2023学年九年级上学期期末数学试题）如图，已知抛物线 与 轴 A1,0 B3,0 y C BC E D 交于点 和点 ，与 轴交于点 ，连接 交抛物线的对称轴于点 ， 是抛物线的顶点． (1)求此抛物线的解析式； (2)直接写出点C和点D的坐标； S 4S (3)若点 P 在第一象限内的抛物线上，且 △ABP △COE，求 P 点坐标．yx22x3 【答案】(1) ； C0,3 D1,4 (2) ， ； P2,3 (3) ． 【分析】（1）用待定系数法求解即可； y （2）根据二次函数解析式求图象与 交点坐标，顶点坐标即可， （3）设点P坐标，然后根据数量关系列一元二次方程，求解即可． 1bc0 【详解】（1）解：由点A1,0 和点B3,0 得  93bc0， b2  解得：c3， yx22x3 ∴抛物线的解析式为 ； yx22x3 （2）由（1）得： ， 当x0时，y3， C0,3 ∴点 ， yx22x3x124 由 ， D1,4 ∴顶点 ； Px,yx0,y0 （3）设 ， 1 3 1 S  13 ，S  4y2y， △COE 2 2 △ABP 2 S 4S ∵ △ABP △COE， 3 ∴2y4 ， 2 ∴y3，x22x33 ∴ ， x 2 解得：x 0（不合题意，舍去）， 2 ， 1 P2,3 ∴点 ． 【点睛】此题考查了二次函数的性质，待定系数法求函数解析式，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象 及其性质的应用． 10．（2023秋·河北张家口·九年级张家口东方中学校考期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 yax2bx3 AB4 OA3OB AC 与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C， ， ，点P是直线 下方抛物线 上的一个动点．过点P作PE∥x轴，交直线AC于点E． (1)求抛物线的解析式； (2)若点M是抛物线对称轴上的一个动点，则BM CM 的最小值是________； (3)求PE的最大值； 9 【答案】(1) yx22x3 (2) 3 2 (3) 4 【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式即可； 0,3 （2）先求出点C的坐标为 ，根据A、B关于抛物线的对称轴对称，点M在抛物线的对称轴上，得 出AM BM ，根据MBMC  AM MC，两点之间线段最短，当点A、M、C在同一直线上时， AM MC最小，即MBMC最小，求出最小值即可； P  t,t22t3  E  t22t,t22t3  （3）求出直线AC的解析式为 yx3 ，设 ，其中3t0，则 ，求 3 2 9 3 9 PEt22ttt23tt   t  出  2 4，得出当 2时， PE 取得最大值4． 【详解】（1）解：∵ABOAOB4，OA3OB， ∴OB1，OA3， A3,0 B1,0 ∴ ， ， yax2bx3 B 将点A， 的坐标代入 ，得 9a3b30  ab30 ， a1  解得：b2， yx22x3 ∴ ． x0 yx22x3 y=3 （2）解：把 代入 得： ， 0,3 ∴点C的坐标为 ， ∵A、B关于抛物线的对称轴对称，点M在抛物线的对称轴上， ∴AM BM ， ∴MBMC  AM MC， ∵两点之间线段最短， ∴当点A、M、C在同一直线上时，AM MC最小，即MBMC最小， ∴MBMC的最小值为AC的长， AC  3232 3 2 ∵ ， MBMC 3 2 ∴ 的最小值为 ． 3 2 故答案为： ．（3）解：设直线AC的解析式为ykxm， 将点A，C的坐标代入，得： 3km0  m3 ， k 1  解得：m3， ∴直线AC的解析式为yx3， P  t,t22t3  设 ，其中3t0， E  t22t,t22t3  则 ，  3 2 9 PEt22ttt23tt   ∴  2 4， 3 9 ∴当t  时， 取得最大值 ， 2 PE 4 9 即 的最大值为 ． PE 4 【点睛】本题主要考查了二次函数的综合应用，求二次函数解析式，求一次函数解析式，轴对称的性质， 解题的关键是数形结合，熟练掌握二次函数的性质． m n x26x50 11．（2022秋·浙江嘉兴·九年级平湖市林埭中学校联考期中）已知： ， 是方程 的两个实 mn yx2bxc A(m,0)，B(0,n) 数根，且 ，抛物线 的图象经过点 ．(1)求这个抛物线的解析式； (2)设（1）中的抛物线与x轴的另一交点为C，抛物线的顶点为D，试求△BCD的面积； (3)P是线段OC上的一点，过点P作PH x轴，与抛物线交于H点，若直线BC把△PCH 分成面积之比为 2:3的两部分，请求出P点的坐标． yx24x5 【答案】(1) (2)15 2 (3)点 或P( ,0) P(- 1.5,0) 3 【分析】（1）利用因式分解法求出一元二次方程的解，从而得到点A，B的坐标，再代入抛物线解析式即 可解答； （2）令抛物线解析式中y0，可求得点C坐标，利用公式法求出顶点D的坐标，过点D作x轴的垂线， 垂足为点 E ，分别求出 CDE 、梯形 DEOB 、 BCO 的面积，利用 S △BCD= S CDE  S 梯形DEOB S BCO解答即可； BC BC PH F P(a,0) （3）先利用待定系数法求得直线 的解析式，再设直线 与 相交于点 ，点 ，则点 F(a，a+5),H(a,- a2- 4a+5) PF=a+5,FH =- a2- 5a ，从而求得 ，最后分两种情况讨论①当 PF:HF 2:3时或②当HF:PF 2:3时，分别计算解答即可． x26x50 【详解】（1）解： (x1)(x5)0 x10,x50 x1,x5m n x26x50 mn ， 是方程 的两个实数根，且 ， m1,n5 \ A(1,0)，B(0,5) A(1,0)，B(0,5) 把点 代入抛物线解析式得 1bc0 b4    c5 ，解得c5 ， \ y=- x2- 4x+5 ； Qy=- x2- 4x+5=- (x+2)2+9 （2）解： \ D(- 2,9) 令y0 x23 \ x=1,x=- 5 C(5,0) 如图，过点D作x轴的垂线，垂足为点E， E(2,0) S S  S S △BCD= CDE 梯形DEOB BCO 1 (OB+DE)�OE 1 = CE�DE- � CO BO 2 2 2 1 (5+9)�2 1 = 创3 9+ - 创5 5 2 2 2 27 25 = +14- 2 2114 15； （3）解：如图， BC ykx5 C(-5,0) 5k50 设直线 的解析式为 ，代入点 得， k 1 \ y = x+5 BC BC PH F P(a,0) 设直线 与 相交于点 ，点 F(a，a+5),H(a,- a2- 4a+5) 则点 \ PF=a+5,FH =- a2- 4a+5- (a+5)=- a2- 5a 直线BC把△PCH 分成面积之比为2:3的两部分，分两种情况讨论： ①当PF:HF 2:3时 PF a+5 2 \ = = FH - a2- 5a 3 \ - 2a2- 10a=3a+15 \ 2a2+13a+15=0 a1.5（a5舍去） \ P(- 1.5,0) ②当HF:PF 2:3时 HF - a2- 5a 2 \ = = PF a+5 3 2 a 32 \ P(- ,0) 3 2 综上所述，点 或P( ,0)． P(- 1.5,0) 3 【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，涉及待定系数法求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解 析式、配方法求二次函数顶点坐标、解析法求线段的长等知识，利用等高三角形面积比等于底边比，掌握 相关知识是解题关键． 题型五 二次函数图象平移 yx22 【例9】（2023秋·河南省直辖县级单位·九年级校联考期末）将抛物线 先向左平移2个单位，再 向下平移1个单位，得到的新抛物线的解析式（ ） yx124 yx124 yx221 yx221 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据抛物线平移后的形状不变，即a不变；然后求出原抛物线的顶点坐标，再根据平移的性质即 可求出平移后的抛物线的顶点坐标即可确定解析式． yx22 0，2 【详解】解：∵抛物线 的顶点坐标为： ， 2，1 ∴抛物线向左平移2个单位，再向下平移1个单位，所得新抛物线的顶点坐标为： ， yx221 ∴所得新抛物线的解析式为： ． 故选：D． 【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，解决本题的关键是掌握二次函数的性质． 巩固训练： A2,m y =x2 1．（2023秋·上海静安·九年级上海市市北初级中学校考期末）如果点 在抛物线 上，将此抛 物线向右平移3个单位后，点A同时平移到点A，那么A坐标为（ ） 2,1 2,7 5,4 1,4 A． B． C． D． 【答案】C A(2,m) y =x2 m4 A (2,4) 【分析】先把 代入 得 ，于是得到 点坐标为 ，由于抛物线向右平移3个单位，则 抛物线上所有点都右平移3个单位，然后根据点平移的规律可确定点A坐标．A(2,m) y =x2 m4 【详解】解：把 代入 得 ， (2,4) A 则 点坐标为 ， A(2,4) (5,4) A 把点 向右平移3个单位后所得对应点 的坐标为 ． 故选：C． 【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后 的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出 解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式． 1 2．（2023秋·山东泰安·九年级东平县实验中学校考期末）关于二次函数y x322的图象与性质， 2 下列结论错误的是（ ） A．抛物线开口方向向下 B．当x3时，函数有最大值2 1 C．当 x0 时，y随 x 的增大而减小 D．该抛物线可由y 2 x2 经过平移得到 【答案】B 【分析】根据二次函数的性质和二次函数图象的平移规律进行求解即可． 1 1 【详解】解：∵二次函数解析式为y x322中， 0， 2 2 ∴二次函数开口向下，对称轴为直线x3，故A结论正确，不符合题意； ∴当x3时，函数有最大值2，当x3时， y 随x的增大而减小，故B结论错误，符合题意，C结论正 确，不符合题意； 1 1 抛物线y x2 向左移动3个单位长度，向下移动2个单位长度得到抛物线y x322，故D结论 2 2 正确，不符合题意； 故选B． yaxh2ka0 【点睛】本题主要考查了二次函数的性质和二次函数图象的平移，对于二次函数 ， 当a0时，二次函数开口向上，当xh时，y随x增大而增大，当xh时，y随x增大而减小，当xh 时，函数有最小值k；当a<0时，二次函数开口向上，当xh时，y随x增大而减小，当xh时，y随x增 大而增大，当xh时，函数有最大值k． y(x1)2 3．（2023·内蒙古赤峰·统考三模）在平面直角坐标系中，将二次函数 的图象关于x轴对称后，再向下平移2个单位长度所得抛物线对应的函数表达式为( ) y(x1)22 y(x1)22 y(x1)22 y(x1)22 A． B． C． D． 【答案】C y(x1)2 (1，0) yx12 【分析】先确定二次函数 的顶点坐标为 ，然后求得关于x轴对称的二次函数为 ， 1,2 再利用点平移的规律得到平移后的顶点坐标为 ，然后根据顶点式写出平移后的抛物线解析式即可． y(x1)2 (1，0) (1，0) (1，0) 【详解】解：二次函数 顶点坐标为 ，点 关于x轴对称的点为 ，开口向下， y(x1)2 y(x1)2 ∴二次函数 的图象关于x轴对称的二次函数为 ， y(x1)2 (1,2) 再向下平移2个单位长度的二次函数顶点为 ， y(x1)2 ∴将二次函数 的图象关于x轴对称后，再向下平移2个单位长度所得抛物线对应的函数表达式为 y(x1)22 ． 故选：C． 【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换：关于x轴对称的二次函数，a互为相反数，由于抛物线平 移后形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可以利用两种方法：一是求出原抛物线上任 意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式，掌 握平移规律是解题的关键． yx26x5 4．（2023春·广东梅州·九年级校考开学考试）若将抛物线 所在的平面直角坐标系中的x轴向 上平移1个单位，把y轴向右平移2个单位，则该抛物线在新的平面直角坐标系下的函数表达式为 ． yx22x4 【答案】 【分析】根据题意易得新抛物线的顶点，根据顶点式及平移前后二次项的系数不变可得新抛物线的解析式． yx26x5x324 【详解】解：∵ ， 3,4 ∴顶点坐标为 ，1，5 将x轴向上平移1个单位长度，将y轴向右平移2个单位长度得到抛物线的顶点为 ， y x125 x22x4 ∴该抛物线在新平面直角坐标系中的函数解析式为 ． yx22x4 故答案为： ． 【点睛】此题主要考查了二次函数图象与几何变换，熟练掌握抛物线顶点平移的变化规律是解题的关键． P(a，b) C ya(x3)22 C 5．（2023秋·山西运城·九年级统考期末）点 是抛物线 1： 上一点，将抛物线 1平 C y=a(x+1)2-1 P P 移，得到抛物线 2： ，点P平移后的对应点为点 ，则点 坐标为 ． (a4，b3) 【答案】 【分析】根据顶点式得到平移规律，即可求解． C ya(x3)22 C y=a(x+1)2-1 【详解】解：将抛物线 1： 平移，得到抛物线 2： ， 平移规律为向左平移4个单位，向下平移3个单位， P(a，b) P (a4，b3) 则点 平移后的对应点 的坐标为 ， (a4，b3) 故答案为： ． 【点睛】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，根据二次函数图象的平移确定平移是解答此题的关键． yx22x2 6．（2023秋·河北邢台·九年级校联考期末）将抛物线 先向右平移3个单位长度，再向上平 移4个单位长度，求得到的新抛物线的解析式． y(x2)21 【答案】 y(x1)23 (1,3) 【分析】先将抛物线化为顶点式，即 ，可得该抛物线的顶点坐标是 ，根据先向右平移 (2,1) 3个单位，再向上平移4个单位得平移后的抛物线的顶点坐标为 ，即可得． yx22x2(x1)23 【详解】解：∵抛物线 ， (1,3) ∴该抛物线的顶点坐标是 ．y(x1)23 ∵抛物线 先向右平移3个单位，再向上平移4个单位， ∴平移后的抛物线的顶点坐标为(2,1)， y(x2)21 ∴得到的新抛物线的解析式是 ． 【点睛】本题考查了图象的平移，解题的关键是掌握图象的平移． yax24x2a0 x2 7．（2023秋·陕西安康·九年级统考期末）已知二次函数 图像的对称轴为直线 ． (1)求a的值； (2)将该二次函数的图像沿x轴向右平移2个单位后得到一个新的二次函数，求新二次函数的解析式． 【答案】(1)a1 yx28x14 (2) 【分析】（1）根据对称轴列式求解即可解答； （2）将a的值代入，结合抛物线解析式求平移后图像所对应的二次函数的表达式即可． yax24x2a0 x2 【详解】（1）解：∵二次函数 图像的对称轴为直线 4 ∴ 2，解得 ． 2a a1 （2）解：∵a1， yx24x2 ∴ ， yx224x22 x28x14 ∴平移后为： ． yx28x14 ∴新二次函数的解析式为 ． 【点睛】本题主要考查了二次根式的性质、二次根式的平移等知识点，掌握二次根式的性质是解答本题的 关键． 8．（2023·全国·九年级专题练习）已知一个二次函数的图像如图所示，将该函数图像先向左平移2个单位 再向下平移1个单位得到新函数的图像，求出新函数的表达式．yx323 【答案】 x=1 A0,3 B1,0 【分析】由图像可知该函数为二次函数，对称轴为直线 且过点 、 ．设该函数的表达式 yax12ka0 为 ，再建立方程组求解解析式，最后利用平移规则可得答案. x=1 A0,3 B1,0 【详解】解：由图像可知该函数为二次函数，对称轴为直线 且过点 、 ． yax12ka0 设该函数的表达式为 ， A0,3 B1,0 yax12k 把 、 代入 得：  ak 3 a1   4ak 0，解得：k 4 ， yx124 ∴ ， yx124 yx323 把 先向左平移2个单位再向下平移1个单位得 ， yx323 ∴新函数的函数表达式为 ． 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数图像的平移，掌握待定系数法是 解本题的关键. 0，1 2，3 9．（2023·河北廊坊·校考三模）如图，二次函数的图像经过点 ，顶点坐标为 ．(1)求这个二次函数的表达式； (2)当0x3时， y 的取值范围为_______； 0，4 x (3)直接写出该二次函数的图像经过怎样的平移恰好过点 ，且与 轴只有一个公共点． yx22 3 【答案】(1) 1 y3 (2) (3)该二次函数的图象向下平移3个单位长度或向左平移4个单位长度，再向下平移3个单位长度恰好经过 0，4 x 点 ，且与 轴只有一个公共点 0，1 【分析】（1）由题意设二次函数的顶点式，代入 进行计算即可得到答案； yx22 3 2，3 （2）由函数表达式可知：二次函数 的图象有最高点 ，对称轴是直线x2，从而可得 y 此时 的取值范围； yxh2 0，4 （3）该二次函数的图象平移后的顶点在x轴上，设它的表达式为 ，再把点 代入，求出 h的值，即可得出结论． 0，1 2，3 【详解】（1）解：二次函数的图像经过点 ，顶点坐标为 ， yax223a0 设这个二次函数的表达式为： ， 0，1 把 代入得： 1a0223 ， 解得：a1，yx22 3 这个二次函数的表达式为： ； yx22 3 （2）解：a10，二次函数的表达式为 ， yx22 3 2，3 二次函数 的图象有最高点 ，对称轴是直线x2， y02231 当x0时， ， y32232 当x3时， ，  y 1 y3 的取值范围为： ， 1 y3 故答案为： ； （3）解：该二次函数的图象经过平移后，与x轴只有一个公共点， yxh2 该二次函数的图形平移后的顶点在x轴上，设它的表达式为 ， 0，4 该二次函数的图像经过怎样的平移恰好过点 ， 40h2 ， 解得：h=�2， yx22 yx22 即该函数的图象平移后的表达式为： 或 ，  该二次函数的图象向下平移3个单位长度或向左平移4个单位长度，再向下平移3个单位长度恰好经过 0，4 x 点 ，且与 轴只有一个公共点． 【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数的解析式、求二次函数的函数值的取值范围、二次函数图 象的平移，熟练掌握二次函数的图象与特征是解题的关键． 题型六 二次函数图象、方程与不等式 【例10】（2022秋·河北保定·九年级校考阶段练习）根据下列表格对应值：判断关于x的方程 ax2bxc（0 a0） 的一个解x的范围是（ ） x 1.1 1.2 1.3 1.4ax2bxc 0.59 0.84 2.29 3.76 A．1.1x1.2 B．1.2x1.3 C．1.3x1.4 D．无法判定 【答案】A 【分析】由表格可发现y的值0.59和0.84之间有个0，再看对应的x的值即可得． y0 ax2bxc（0 a0） 【详解】解：由表可以看出，当x取1.1与1.2之间的某个数时， ，即这个数是 的一个根． ax2bxc0 1.1x1.2 所以 的一个解x的取值范围为 ． 故选：A． 【点睛】本题考查了估算一元二次方程的近似解，正确估算是建立在对二次函数图象和一元二次方程关系 正确理解的基础上的． yx22m 【例11】如图，二次函数 的图象与y交于点C，点B在抛物线上，且与点C关于抛物线的 A1,0 ykxb 对称轴对称，已知一次函数 的图象经过该二次函数图象上的点 及点B． (1)求二次函数与一次函数的表达式． x22 kxbm (2)根据图象，写出满足 的x的取值范围． yx24x3 y=x1 x4 x1 【答案】(1)二次函数解析式为 ，一次函数解析式为 (2) 或 ． 【分析】（1）先利用待定系数法先求出m，再求出点B坐标，利用方程组求出一次函数解析式； （2）根据二次函数的图象在一次函数的图象上方或二者的交点处即可写出自变量x的取值范围． yx22m A1,0 【详解】（1）解：∵二次函数 经过点 ， 0122m ∴ ， ∴m1， y x221 x24x3 ∴二次函数解析式为 ，yx24x3 x0 yx24x33 在 中，当 时， 0，3 ∴点C坐标 ， ∵对称轴为直线x2，B、C关于对称轴对称， 4，3 ∴点B坐标 ， ∵一次函数ykxb经过点A、B， 4kb3  ∴kb0 ， k 1  解得b1， ∴一次函数解析式为y=x1， （2）解：由函数图象可知，当二次函数图象在一次函数图象上方或二者的交点处时，x4或x1， x22mkxb x22 kxbm ∴不等式 ，即不等式 的x的取值范围为x4或x1． 【点睛】本题考查二次函数与不等式、待定系数法求函数解析式等知识，解题的关键是灵活运用待定系数 法确定好解析式，学会利用图象根据条件确定自变量取值范围，属于中考常考题型． 巩固训练： yx23x4 1．（2023秋·河北邢台·九年级校联考期末）二次函数 的图象如图所示，则一元二次方程 x23x40 的解为（ ） x 1 x 4 x 1 x 4 x 1 x 4 x 1 x 4 A． 1 ， 2 B． 1 ， 2 C． 1 ， 2 D． 1 ， 2 【答案】A x x23x40 【分析】由抛物线与 轴的交点横坐标可得方程 的解．yx23x4 1,0,4,0 【详解】解：由图象可得抛物线 经过 ， x23x40 x 1,x 4 ∴方程 的解为 1 2 ． 故选：A． 【点睛】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数与方程的关系． yax2bxca0 2．（2022秋·辽宁鞍山·九年级校联考期中）如图，二次函数 的图象与y轴的交点在 0,1 0,2 x=1 4 b2a 3a2 与 之间，对称轴为 ，函数最大值为 ，结合图象给出下列结论：① ；② ； b24ac0 x ax2bxam4a0 m4 ③ ；④若关于 的一元二次方程 有两个不相等的实数根，则 ； ⑤当x0时， y 随x的增大而减小．其中正确的结论有( ) A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】A 【分析】根据二次函数图象与性质逐个结论进行分析判断即可．  yax2bxc(a0) x=1 【详解】解： 二次函数 的对称轴为 ， b x 1,  2a b2a, 故①正确； 函数图象开口向下，对称轴为x=1，函数最大值为4， 1,4  函数的顶点坐标为 当x=1时，abc4 a2ac4 c4a，yax2bxc(a0) y 0,1 0,2 二次函数 的图象与 轴的交点在 与 之间， 1 c 2 14a2 3a2，故②正确； 抛物线与 x 轴有两个交点， b24ac0 ，故③错误； 抛物线的顶点坐标为 1,4 且方程 ax2bxam4 ，即 ax2bxcm 即有两个不相等的实数根， m4故④错误； 由图象可得，当x1时， y 随x的增大而减小，故⑤错误． 所以，正确的结论是①②，共2个， 故选：A 【点睛】本题主要考查了二次函数图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解答本题的关键． yax2 ybxc 3．（2023春·山东东营·八年级东营市实验中学校考期中）如图，抛物线 与直线 的两个交 点坐标分别为 A3,9 ， B1,1 ，则关于x的方程 ax2bxc0 的解为（ ） x 1 x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 A． 1 ， 2 B． 1 ， 2 C． 1 ， 2 D． 1 ， 2 【答案】B 【分析】直接根据图像求解即可． 【详解】解：∵ax2bxc0， ∴ax2 bxc,， ax2bxc0 yax2 ybxc ∴方程 的解为抛物线 与直线 的两个交点的横坐标，A3,9 B1,1 ∵两个交点坐标分别为 ， ， ∴方程 ax2bxc0 的解为 x 1 1 ， x 2 3 ，故B正确． 故选：B． 【点睛】本题考查抛物线与一元二次方程的关系，解题的关键是灵活运用所学知识，学会利用图象法解决 实际问题，属于中考常考题型． yx22x1 x 4．（2020秋·广东惠州·九年级校考期中）二次函数 的图象与 轴的交点坐标是 ，与 y 轴的交点坐标为 ． 1,0 (0,1) 【答案】 yx22x1 y0 x x x0 【分析】根据题意得出令 ，求出 的值，即可求出抛物线 与 轴交点的坐标，令 ， y y 然后求出 的值，即可以得到与 轴的交点坐标． x y0 x22x10 【详解】由图象与 轴相交则 ，代入得： ， x x 1 解方程得 1 2 ， 1,0 x ∴与 轴交点的坐标是 ， 由图象与 y 轴相交则x0，代入得：y1， y (0,1) ∴与 轴交点坐标是 ； 1,0 (0,1) 故答案为 ； ． 【点睛】本题主要考查了抛物线与坐标轴交点的知识，正确把握二次函数图象上点的坐标特征是解题关键． yx24xa 5．（2022秋·浙江嘉兴·九年级平湖市林埭中学校联考期中）已知：二次函数 ， ①当x1时， y 随x的增大而减小 ②若图象与x轴有交点，则a4 a3 x24xa0 1x3 ③当 时，不等式 的解集是 (1，2) a3 ④若将图象向上平移1个单位，再向左平移3个单位后过点 ，则其中，正确的说法有 ．（请写出所有正确说法的序号） 【答案】 / 【分析】①①根④据④二①次函数的增减性判断即可；②根据根的判别式判断即可；③当a3时，求出 x24x30 (1，2) 的解即可判断；④根据平移规律求出平移后的解析式，把 代入可以求出a的值，然后 判断是否正确． -4 【详解】解：二次函数为 yx24xa ，对称轴为直线x=- 2 =2，图象开口向上．则： ①当x1时，y随x的增大而减小，故①正确； ②若图象与x轴有交点，即164a0，则a4，故②不正确； ③当 a3 时，方程 x24x30 的解为 x 1 1,x 2 3 ，∴不等式 x24xa0 的解集是 x1 或 x3 ，故③ 不正确； yx22 4a ④原式可化为 ，将图象向上平移1个单位，再向左平移3个单位后所得函数解析式是 yx12 3a ，函数过点 (1，2) ，代入解析式得到：a3．故④正确． 故答案为：①④． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，二次函数与x轴的交点，二次函数的平移及二次函数与不等式的关 系，熟练掌握二次函数的相关性质是解题的关键． yx2bxc P3,1 6．（2022秋·云南昭通·九年级统考期中）已知二次函数 的图象经过点 ，对称轴是直 线x=1． (1)求函数的解析式； (2)当x取何值时，y随x的增大而减小？ (3)当x取何值时，函数值y大于0． yx22x2 【答案】(1) (2)当x1时，y随x的增大而减小 x1 3 x1 3 (3) 或 时，函数值y大于0 【分析】（1）把P点坐标代入解析式得到b、c的方程，再利用抛物的对称轴方程得到b的值，然后求出c 的值得到抛物线解析式；（2）根据二次函数的性质求解； x22x20 （3）先解方程 得到抛物线与x轴的交点坐标，然后写出抛物线在x轴上方所对应的自变量的 范围即可． yx2bxc P3,1 x=1 【详解】（1）解：∵二次函数 的图象经过点 ，对称轴是直线 ， 193bc   b ∴  1  2 b2  解得c2，故函数解析式为yx22x2 yx22x2x123 （2）由（1）知二次函数的解析式为 ． ∵a10， ∴抛物线的开口向上，又对称轴为直线x1， ∴当x1时，y随x的增大而减小． y0 x22x20 （3）令 ，则  x 1 3 1  解得 x 1 3 2 ∵a10， ∴抛物线图象开口向上， x1 3 x1 3 ∴ 或 时，函数值y大于0． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象与性质，抛物线与x轴的交点，利用 抛物线解不等式等知识，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键． yax2bx3 x 7．（2022秋·广东韶关·九年级翁源县龙仙第二中学校考期中）如图，二次函数 的图像与 A3,0 B1,0 y C C D 轴交于 、 两点，与 轴交于点 ，点 、 是二次函数图像上一对对称点，一次函数 ymxn 的图像过点B、D．(1)直接写出点C、D的坐标； (2)求二次函数的解析式； yax2bx3 (3)将二次函数 向左平移2个单位，并向下平移2个单位，写出得到的图像的解析式； ax2bx3mxn (4)根据图像求 的解集． C0,3 D2,3 【答案】(1) ， yx22x3 (2)二次函数解析式为 yx26x7 (3) (4)x<2或x1 【分析】（1）由图象可得点C坐标，根据抛物线的对称性可得点D坐标； （2）根据待定系数法求抛物线解析式即可； （3）根据抛物线平移规律求解即可； （4）由抛物线在直线下方时x的取值范围求解即可． C 0,3 【详解】（1）解：由图象可得点 坐标为 ， A3,0 B1,0 ∵抛物线经过 、 ， 31 ∴抛物线对称轴为直线x 1， 2 2,3 ∴点D坐标为 ． A3,0 B1,0 yax2bx3 （2）解：将 、 代入 得，9a3b30  ab30 ， a1  解得：b2， yx22x3 ∴二次函数的解析式为 ． yx22x3 （3）解：二次函数 的图象向左平移2个单位后解析式为 yx222x23x26x5 ， yx26x5 yx26x7 再将抛物线 向下移动2个单位后解析式为 ． 2,3 1,0 （4）解：∵点D坐标为 ，点B坐标为 ， ∴当x<2或x1时，抛物线图象在直线BD下方， x<2 x1 ax2bx3mxn ∴当 或 时， ． 【点睛】本题考查了二次函数的性质，求二次函数的解析式，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系， 掌握二次函数与方程及不等式的关系． y2x24x6 8．（2022秋·江苏盐城·九年级东台市三仓镇中学校联考阶段练习）已知二次函数 ． (1)求出该抛物线与x轴的交点坐标，与 y 轴的交点坐标，顶点坐标，并画出函数的图象； y0 x 0x3 y (2)直接写出当 时， 的取值范围_____，当 时， 的取值范围_____． x 3，0 1，0 y 0，6 1，8 【答案】(1)抛物线与 轴的交点坐标为 ， ；与 轴的交点坐标为 ；顶点坐标为 ；函数图象见解析 1 x3 0 y8 (2) ， y0 2x24x60 x x0 y6 【分析】（1）令 ，则 ，求解即可得到抛物线与 轴的交点坐标，令 ，则 ， y 即可得到抛物线与 轴的交点坐标，将抛物线化为顶点式即可得到抛物线的顶点坐标，列表、描点、连线， 即可得到抛物线的图象； （2）由图象即可得到答案．  y2x24x62x128 【详解】（1）解： ，  y2x24x6 1，8 抛物线 的顶点坐标为 ， y0 2x24x60 令 ，则 ， x 3 x 1 解得： 1 ， 2 ，  y2x24x6 x 3，0 1，0 抛物线 与 轴的交点坐标为 ， ， x0 y6 令 ，则 ，  y2x24x6 y 0，6 抛物线 与 轴的交点坐标为 ， 列表如下：   x 1 0 1 2 3   y2x24x6 0 6 8 6 0 描点、连线，如图：； （2）解：由图象可得： 当y0时，x的取值范围1 x3，当0x3时， y 的取值范围0 y8， 故答案为：1 x3，0 y8． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质，正确画出二次函数的图象， 是解题的关键． yax2bx1 A(2,0) C(4,5) 9．（2022秋·湖北荆州·九年级统考期中）如图，已知二次函数 的图象过 和 两 点， (1)求二次函数的解析式； (2)设二次函数的图象与x轴的另一个交点为D，求点D的坐标； yx1 (3)在同一坐标系中画出直线 ，并直接写出当x在什么范围内时，一次函数的值大于二次函数的值．1 1 【答案】(1)y x2 x1 2 2 (1,0) (2)点D坐标为 (3)1 x4 yax2bx1 A(2,0) C(4,5) 【分析】（1）根据二次函数 的图象过 和 两点，代入得出关于a，b的二元一次 方程组，求得a，b从而得出二次函数的解析式； （2）令y0，解一元二次方程，求得x的值，从而得出与x轴的另一个交点D的坐标； （3）联立一次函数和二次函数解析式，求解出交点坐标，按照函数解析式运用描点法画出图象，观察二 次函数与一次函数图象，找到一次函数值高于二次函数值的部分，其对应自变量即是x取值范围． yax2bx1 A(2,0) C(4,5)  【详解】（1）解： 二次函数 的图象过 和 两点， 4a2b10  16a4b15， 1 a 1 ，b ， 2 2 1 1 二次函数的解析式为y x2 x1；  2 2 1 1 （2）当 时，得 x2 x10； y0 2 2 x 2 x 1 解得 1 ， 2 ，  (1,0) 点D坐标为 ； （3）解：联立一次函数和二次函数， yx1   1 1  y x2 x1，  2 2 x 1 x 4 1 2   解得： y 0 ， y 5， 1 2 即一次函数与二次函数图象如图，当一次函数的值大于二次函数的值时，x的取值范围是1 x4． 【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象与性质，描点法画函数图象，二次函 数与一次函数的交点等知识，熟练掌握各个知识点是解答关键． 题型七 二次函数图象实际应用问题 【例12】（2023秋·河南南阳·九年级统考期末）某商店开始时，将每件进价为8元的某种商品按每件10元 出售，每天可售出100件，店方想采用提高售价的办法来增加利润．经试验，发现这种商品每件每提价1 元，每天的销售量就会减少10件． (1)如果涨价3元，每天的销售利润是多少？ (2)如何定价，使每天所得的利润最大？最大利润是多少？ 【答案】(1)350元(2)涨价4元利润最大，最大利润是360元 【分析】（1）直接根据题中的逻辑关系即可求解； （2）题中等量关系为利润（售价进价) 售出件数，根据该等量关系列出函数关系式，再的函数关系 式配方，根据配方后的方程式即可求出y的最大值． 【详解】（1）解：如果涨价3元， 则每天售：10031070（件），  每件单价为13（元）， 涨价3元利润为：1370708350； （2）解：设涨价x元，利润为y元， 则每天售：10010x（件）， 每件单价为：10x（元）， y(10010x)(10x)8(10010x) 10x280x200 0 x10 ，10(x4)2 360 ， ∴当x4时y有最大值，最大值为360（元）， 即涨价4元利润最大，最大利润是360（元）． 【点睛】本题考查了二次函数的应用，准确理解题目中的逻辑关系及正确列出二次函数是解题的关键． 【例13】（2023·河北·统考中考真题）嘉嘉和淇淇在玩沙包游戏．某同学借此情境编制了一道数学题，请 解答这道题． A(6,1) 如图，在平面直角坐标系中，一个单位长度代表1m长．嘉嘉在点 处将沙包（看成点）抛出，并运 C :ya(x3)22 B(0，c) 动路线为抛物线 1 的一部分，淇淇恰在点 处接住，然后跳起将沙包回传，其运动 1 n 路线为抛物线C :y x2 xc1的一部分． 2 8 8 C (1)写出 1的最高点坐标，并求a，c的值； (2)若嘉嘉在x轴上方1m的高度上，且到点A水平距离不超过1m的范围内可以接到沙包，求符合条件的n 的整数值． 1 【答案】(1)C 1 的最高点坐标为3，2，a 9 ， c1 ；(2)符合条件的n的整数值为4和5． A(6,1) 【分析】（1）利用顶点式即可得到最高点坐标；点 在抛物线上，利用待定系数法即可求得a的值； 令x0，即可求得c的值； 5，17，1 （2）求得点A的坐标范围为 ，求得n的取值范围，即可求解． C :ya(x3)22 【详解】（1）解：∵抛物线 1 ， C 3，2 ∴ 1的最高点坐标为 ，A(6,1) C :ya(x3)22 ∵点 在抛物线 1 上， 1 ∴ 1a(63)22 ，解得：a 9 ， 1 1 ∴抛物线C 1 的解析式为y 9 (x3)22，令 x0 ，则c 9 (03)221； （2）解：∵到点A水平距离不超过1m的范围内可以接到沙包， 5，17，1 ∴点A的坐标范围为 ， 1 n 当经过5，1时，1 52 511， 8 8 17 解得n ； 5 1 n 当经过7，1时，1 72 711， 8 8 41 解得n ； 7 17 41 ∴ n 5 7 ∴符合条件的n的整数值为4和5． 【点睛】本题考查了二次函数的应用，联系实际，读懂题意，熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征是解 题的关键． 巩固训练： 1．（2020秋·广东广州·九年级校考期中）为响应广州市“创建全国文明城市”号召，某单位不断美化环境， 拟在一块矩形空地上修建绿色植物园，其中一边露墙，可利用的墙长不超过16m，另外三边由36m长的栅 ABCD ABxm ym2 栏围成，设矩形 空地中，垂直于墙的边 ，面积为 （如图）． (1)求 y 与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围； 160m2 x (2)若矩形空地的面积为 ，求 的值； (3)x为何值时， y 有最大值？最大值是多少？y2x236x10x18 【答案】(1) (2)x10 (3)x10， y 有最大值，最大值是160 【分析】（1）根据矩形的面积公式列出y与x之间的函数关系式，并由0362x16求出自变量x的取 值范围即可； 160m2 y160 （2）若矩形空地的面积为 ，则由 可得关于x的一元二次方程，求得方程的解并作出取舍即 可； （3）把（1）中所得的二次函数解析式写成顶点式，根据二次函数的性质可得答案． yx362x2x236x 【详解】（1）解：根据题意得： , ∵0362x16， ∴10x18， y2x236x10x18 ∴y与x之间的函数关系式为 ； 2x236x160 （2）解：由题意得： ， x218x800 即 ， x8x100 x 8 x 10 解得 1 ， 2 ， ∵10x18， x 8 ∴ 1 不符合题意，故舍去， ∴x10； y2x236x10x18 （3）解：由（1）知 ， y2x236x2x92162 化成顶点式： ， y2x92162 因为 开口向下，x值越靠近对称轴x9，y值最大，且 10x18 ，y210921622162160 ∴当x10时，y有最大值，且为 ， AD362x362016m 此时 ，符合题意． 【点睛】本题考查了二次函数和一元二次方程的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的性质是 解题的关键． 2．（2023秋·江苏宿迁·九年级统考期末）某鱼塘里饲养了鱼苗10千尾，预计平均每千尾鱼的产量为 1000 kg 50 kg ．若再向该鱼塘里投放鱼苗，每多投放鱼苗1千尾，每千尾鱼的产量将减少 ． 10800 kg (1)如果再投放鱼苗后能使总产量为 ，那么应再投放鱼苗多少千尾？ (2)应再投放鱼苗多少千尾时，能使总产量y最大？最大总产量y是多少？ 【答案】(1)2千尾或8千尾． y y (2)应再投放鱼苗5千尾时能使总产量 最大，最大总产量 是11250元． 【分析】（1）设应再向鱼塘投放鱼苗x千尾 ，根据题意建立一元二次方程求解即可； （2）根据题意建立二次函数，利用二次函数最大值即可得出答案． 【详解】（1）解：设应再向鱼塘投放鱼苗x千尾 ，由题意得， 100050x10x10800 ， x 2,x 8 解得： 1 2 ， 答：应再向鱼塘投放鱼苗2千尾或8千尾． （2）解：根据题意，得： y100050x10x ， y50(x5)211250 ， 当x5时，总产量 y 最大，最大总产量 y 是11250元， y y 答：应再投放鱼苗5千尾时能使总产量 最大，最大总产量 是11250元． 【点睛】本题考查了一元二次方程的实际应用及二次函数的实际应用，正确理解题意，根据题意建立函数 表达式和方程是解题的关键． 3．（2022秋·辽宁鞍山·九年级统考期中）超市某种水果的进价是每千克22元，当售价为每千克38元时，每天可售出160千克，若每千克降价3元，每天的销售量将增加120千克． (1)若超市每天销售这种水果获利3640元，又要尽可能让顾客得到实惠，求这种水果的售价为每千克多少 元？ (2)求该种水果每千克售价为多少元时，超市一天销售该种水果所获利润最大？并求出最大利润． 【答案】(1)水果的销售价为每千克29元时，可获得销售利润3640元 (2)水果的销售价为每千克32元时，获利最大为4000元 【分析】（1）设降低x元，超市每天可获得销售利润3640元，由题意列出一元二次方程，解之即可得出 答案； m W W 40x2480x2560 （2）设降低 元，利润为 元，根据题意得到 ，根据二次函数的性质即可得到结 论． 【详解】（1）解：设降低x元，超市每天可获得销售利润3640元，  x  38x22 160 1203640 由题意得：  3  ， x212x270 整理得： ， x 3 x 9 解得： 1 ， 2 ， ∵要尽可能让顾客得到实惠， ∴x9， ∴售价为38929（元）， 答：水果的销售价为每千克29元时可获得销售利润3640元； （2）设降低m元，利润为w元，  m  w38m22 160 120 由题意得：  3 ， w40m2480m256040m624000 ∴ ， w 4000 当 m6 时， 最大 ， ∴售价为38632（元）， 答：水果的销售价为每千克32元时，获利最大为4000元．【点睛】本题考查二次函数和一元二次方程的应用，关键是找到等量关系列出函数解析式和一元二次方程． 4．（2023秋·陕西安康·九年级统考期末）垂柳是常见的树种之一，也是园林绿化中常用的行道树，观赏价 值较高，成本低廉，深受各地绿化喜爱．如图①是某街道旁的一棵垂柳，这棵垂柳中某一枝的形状呈如图 ym xm yx2bxc ②所示的抛物线型，它距离地面的高度 与到树干的水平距离 之间满足关系式 ． 已知这枝垂柳的始端到地面的距离OA5m，末端B恰好接触地面，且到始端的水平距离OB5m． (1)求该抛物线的函数解析式； (2)求这枝垂柳的最高点P到地面的距离； (3)踩着高跷的小明头顶距离地面2m，他从点O出发向点B处走去，请计算小明走出多远时，头顶刚好碰 到树枝？ yx24x5 【答案】(1) (2)9m (2 7)m (3) A0,5 B5,0 【分析】（1）由题意得出点点 和点 ，再代入求解即可； （2）将抛物线解析式化成顶点式，即可求解； y2 x24x52 （3）令 ，得 ，求解即可． A0,5 B5,0 【详解】（1）解：由题意得，抛物线经过点 和点 ， 525bc0， b4，    c5， 解得 c5， yx24x5 该抛物线的函数解析式为 ．  yx24x5x229 （2）解： ， 2,9  抛物线的顶点P的坐标为 ， 即这枝垂柳的最高点P到地面的距离为9m． yx24x5 y2 x24x52 （3）解：在 中，令 ，得 ， x 2 7 x 2 7 解得 1 （不合题意，舍去）， 2 ，  (2 7)m 小明走出 远时，头顶刚好碰到树枝 【点睛】本题考查二次函数的实际应用，熟练掌握用待定系数法求二次函数解析式和二次函数的图象性质 是解题的关键． 5．（2022秋·江苏盐城·九年级东台市三仓镇中学校联考阶段练习）心理学家研究发现，某年龄段的学生 y0.1x22.6x43(0 x30) 30min内对概念的接受能力y与提出概念所用时间x之间的函数表达式： ： (1)所用时间为多少时学生接受概念的能力最强？并说明理由 (2)什么时段学生接受概念的能力逐步降低？为什么？ 【答案】(1)所用时间为13分钟时，学生接受概念的能力最强，见解析 (2)当13x30时，学生的接受能力逐步降低，见解析 【分析】（1）根据二次项系数小于零判断该二次函数的图象开口向下，y有最大值，求出对称轴即可； （2）根据二次项系数小于零判断该二次函数的图象开口向下，当x在对称轴的右侧，y随x的增大而减小， 求出取值即可. 【详解】（1）解：所用时间为13分钟时，学生接受概念的能力最强，理由如下： ∵a0.1， ∴该二次函数的图象开口向下，y有最大值， 2.6 此时x 13， 2(0.1) ∴所用时间为13分钟时，学生接受概念的能力最强； （2）解：当所用时间为13至30分钟时，学生接受概念的能力逐步降低， ∵a0.1，∴该二次函数的图象开口向下， 2.6 x 13 对称轴为直线 2(0.1) ，在对称轴的右侧，y随x的增大而减小， ∴当13x30时，学生的接受能力逐步降低. 【点睛】本题主要考查了二次函数性质的应用，涉及求顶顶点坐标、对称轴方程等，正确利用配方法是解 题的关键. 6．（2022秋·江苏盐城·九年级东台市三仓镇中学校联考阶段练习）空气净化器可以保持室内空气清鲜，某 商场代理销售某种空气净化器，其进价是500元/台，经过市场销售后发现，当售价是1000元/台时，每月 可售出50台，且售价每降低20元，每月就可多售出5台，且每次降价均以20元为一个单位．若供货商规 定这种空气净化器售价不能低于600元/台，代理销售商每月要完成不低于60台的销售任务． (1)试确定月销售量y(台)与售价x(元/台)之间的函数关系式，并求出自变量x的取值范围． (2)当售价x(元/台)定为多少时，商场每月销售这种空气净化器所获得的利润w(元)最大并且尽可能让利于消 费者?此时的最大利润是多少? 1 【答案】(1)y x300600 x960且x为20的倍数 4 (2)销售价为840元时，最大利润为30600元 1000x 1 1 y505  x300  x30060 【分析】（1）由题意得， 20 4 ，当y60时， 4 ，解得x960， 由题意可知600 x960且x为20的倍数，然后作答即可； w   1 x300   x500 1 x850230625  1 0 （2）由题意得，  4  4 ，由 4 ，可知当x850时，w最大， 由x为20的倍数，可得当x840时，w30600，当x860时，w30600，由840860，然后判断作答 即可． 1000x 1 y505  x300 【详解】（1）解：由题意得， 20 4 ， 1 当 时， x30060，解得 ， y60 4 x960 ∴600 x960且x为20的倍数，1 ∴y x300，（ 且 为20的倍数）； 4 600 x960 x w   1 x300   x500 1 x850230625 （2）解：由题意得，  4  4 ， 1 ∵ 0， 4 ∴当x850时，w最大， ∵x为20的倍数， ∴当x840时，w30600， 当x860时，w30600， ∵840860， ∴销售价为840元时，利润最大并且尽可能让利于消费者，最大利润为30600元． 【点睛】本题考查了一次函数的应用，二次函数的应用，二次函数的图象与性质，一元一次不等式的应用． 解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 7．（2022秋·河北张家口·九年级张家口市实验中学校考期中）524红薯富含膳食纤维，维生素（A，B， C，D，E）以及钾，铁等10余种微量元素，被营养学专家称为营养均衡的保健食品，深受广大消费者喜爱． 某土特产批发店以30元/箱的价格进货．根据市场调查发现，批发价定位58元/箱时，每天可销售600箱， 为保证市场占有率，决定降价销售，发现每箱降价1元，每天可增加销量60箱． (1)直接写出每天的利润 w 与降价 x 元的函数关系式； (2)当降价多少元时，每天可获得最大利润，为多少？ (3)要使每天的利润为21600元，并让利于民，应降价多少元？ w60x21080x16800 【答案】(1) (2)当降价9元时，每天可获得最大利润为21660 (3)应降价10元 w60060x5830x w x 【分析】（1）由题意知每天的利润 与降价 元的函数关系式可表示为： 整理 即可． （2）利润最大，即对（1）中解析式进行配方，求出在取值范围内取最大值时的x，和与之对应的w值． （3）w9750代入（1）中的函数关系式中，计算x值；让利于民，则取降价多的x值．w60060x5830x 【详解】（1）解： 60x21080x16800，0x28 w60x21080x16800 （2）解： 60  x218x  16800 60x9221660  当 x9 时， w max 21660 60060x5830x21600 （3）解： x 8 x 10 解得： 1 （舍去） 2 答：应降价10元． 【点睛】本题考查了一元二次函数解析式的实际应用,最值等知识．解题的关键在于依据数量关系正确的列 解析式，配方法求解最值． 8．（2020秋·广东广州·九年级中山大学附属中学校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB6， BC 12，点P从点A出发沿AB边向点B以1个单位每秒的速度移动，同时点Q从点B出发沿BC边向点 C以2个单位每秒的速度移动．如果P，Q两点在分别到达B，C两点后就停止移动，设运动时间为t秒 (0t6)，回答下列问题： PBQ 8 (1)运动开始后第几秒时 的面积等于 ． APQCD (2)设五边形 的面积为S，写出S与t的函数关系式，当t为何值时S最小？求S的最小值． 【答案】(1)2秒或4秒(2) S t26t72 ，当 t3 时， S 最小 63 t PBQ 8 【分析】（1）设运动开始后第 秒时 的面积等于 ，由三角形面积公式即可求解； S S S （2）由 矩形ABCD △PBQ即可求解． t PBQ 8 【详解】（1）解：设运动开始后第 秒时 的面积等于 ，由题意得 1 6t2t 8， 2 t26t80 整理得： ， t 2 t 4 解得： 1 ， 2 ， 2 4 PBQ 8 答：运动开始后第 秒或 秒时 的面积等于 ． S S S （2）解： 矩形ABCD △PBQ 1 612 6t2t 2 t26t72 ， t3263 ， 10，0t6， S 63  当 t3 时， 最小 ； 答： S t26t72 ，当 t3 时， S 最小 63 ． 【点睛】本题考查了一元二次方程及二次函数的应用，根据图形找出等量关系式，掌握二次函数最值的求 法是解题的关键． 9．（2023·上海·九年级假期作业）如图，河上有一座抛物线形状的桥洞，已知桥下的水面离桥拱顶部4米 时，水面宽AB为12米，如图建立直角坐标系．(1)求抛物线的函数解析式； 31.7 (2)当水位上升1米时，水面宽为多少米？（答案保留整数，其中 ） 1 y x24 【答案】(1) ； 9 (2)10米 y C0，4 B6,0 【分析】（1）由题意可知函数关于 轴对称， 为其顶点，函数过点 ，利用待定系数法即可 求出抛物线的函数解析式； 1 y x241 （2）水位上升 ，由此时对应水面纵坐标为1，代入函数表达式得到 ，可得x 3 3， 1m 9 1 x 3 3 2 ，即可得到答案． 1 【详解】（1）由题意可知函数关于y轴对称，C0，4为其顶点， AOBO AB6 ， 2 B6,0 ∴函数过点 ， yax2c 设抛物线解析式为 ，  c4  36ac0，  1 a 解得 9，   c4 1 y x24 ∴抛物线解析式为 ； 91 y x241 （2）水位上升 米，即此时对应水面纵坐标为1，令 ，可得x 3 3，x 3 3， 1 9 1 2   3 3 3 3 6 361.710 则水面宽度为 （米）． 【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，拱桥问题转化为二次函数问题，一般可将抛物线解析式设为顶 点式进行求解，根据题目要求将文字语言转化为数学语言即可解决问题． 10．（2022秋·广东汕头·九年级汕头市龙湖实验中学校考期中）一位运动员投掷铅球的成绩是14m，当铅 球运行的水平距离是6m时达到最大高度4m，若铅球运行的路线是抛物线，如图建立平面直角坐标系， (1)求此抛物线的解析式； (2)求铅球出手时距地面的高度． yax624 【答案】(1) 7 (2) m 4 6,4 14,0 【分析】（1）抛物线的顶点A的坐标为 、点B坐标为 ，待定系数法求得抛物线的解析式后， （2）求出x0时y的值即可． 【详解】（1）解：建立如图所示的平面直角坐标系，记顶点为A，与x轴交点为B点，与y轴交点为C点， A6,4 B14,0 由题意知抛物线的顶点 、点 ，yax624 设抛物线的解析式为 ， B14,0 0a14624 将点 代入，得： ， 1 解得：a ， 16 1 则抛物线的解析式为y x624． 16 1 7 （2）解：当 时，y 0624 ， x0 16 4  7 C0,  即点  4， 7 答：铅球出手时距地面的高度是 m． 4 【点睛】本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是建立合适的平面直角坐标系利用待定系数法求得其 函数解析式． 11．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）某公司生产A型活动板房的成本是每个3500元．图1 表示A型活动板房的一面墙，它由长方形和抛物线构成，长方形的长AD4m，宽AB3m，抛物线的最 高点E到BC的距离为4m． (1)按图1中所示的平面直角坐标系，求该抛物线的函数表达式； (2)现将A型活动板房改造成为B型活动板房．如图2，在抛物线与AD之间的区域内加装一扇长方形窗户 FGMN，点G、M在AD上，点F、N在抛物线上，窗户的成本为150元/m2．已知GM 2m，求每个B 型活动板房的成本．（每个B型活动板房的成本＝每个A型活动板房的成本＋一扇窗户FGMN的成本）1 【答案】(1)y x21 4 (2)每个B型活动板房的成本为3725元 E0,1,D2,0 ykx21 【分析】（1）根据题意得出 ，设该抛物线的函数表达式为 ，利用待定系数法求 解即可；  3 N1,  （2）根据题意得出  4，继而求出矩形FGMN的面积，列式求解即可． 【详解】（1）∵长方形的长AD4m，宽AB3m，抛物线的最高点E到BC的距离为4m， ∴OH  AB3m， ∴OEEH OH 431m， E0,1,D2,0 ∴ ， ykx21 设该抛物线的函数表达式为 ， D2,0 04k1 把 代入，得 ， 1 解得k  ， 4 1 ∴该抛物线的函数表达式为y x21； 4 （2）∵GM 2m， ∴OM OG1m， 1 3 当 时，y 11 ， x1 4 4  3 3 N1,  MN  m ∴  4， 4 ， 3 3 ∴S MNGM  2 m2 ， 矩形FGMN 4 2 3 ∴3500 1503725（元）， 2 所以，每个B型活动板房的成本为3725元． 【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，准确理解题意，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．12．（2023春·北京海淀·九年级校考阶段练习）某景观公园的人工湖里有一组喷泉，水柱从垂直于湖面的 水枪喷出，水柱落于湖面的路径形状是抛物线．现测量出如下表中的数据，在距水枪水平距离为d米的地 点，水柱距离湖面高度为h米． d 米 0 0.7 2 3 4 … h 米 2.0 3.484 5.2 5.6 5.2 … 请解决以下问题： (1)在网格中建立适当的平面直角坐标系，根据已知数据描点，并用平滑的曲线连接． (2)①求喷泉抛物线的解析式； ②求喷泉的落水点距水枪的水平距离． (3)已知喷泉落水点刚好在水池内边缘，如果通过改变喷泉的推力大小，使得喷出的水流形成的抛物线为 h0.3d3.52 5.7 ，此时喷泉 （填“会”或“不会”）喷到水池外． 【答案】(1)见解析 h0.4(d3)25.6 3 14 (2)① ；② (3)会 【分析】（1）根据对应点画图象即可； （2）①利用待定系数法求出二次函数的关系式，②把h0代入即可； （3）根据喷泉推力大小改变前后的函数解析式可以判断推理改变后抛物线开口变大，把h0代入，从而 得出结论． 【详解】（1）解：描点，连线，其结果如图所示：3,5.6 ha(d3)25.6 （2）解：①由图象得，顶点 ，设 ， 0,2 a0.4 把 代入可得 ， h0.4(d3)25.6 ∴ ； h0 0.4(d3)25.60 ②当 时， ， d 3 14 3 14 解得 或 （舍去）， 3 14 答：喷泉的落水点距水枪的水平距离约为 米； （3）（3）会，理由如下： h0.3d3.52 5.7 ， h0,0.3d3.525.70 ， d 3.5 19 3.5 19 解得： 或 （舍去）， 3.5 19 3 14 ， 故此时喷泉会喷到水池外． 故答案为：会． 【点睛】本题考查二次函数的实际应用，根据对应点的坐标得到二次函数关系式是解题关键． 13．（2023·山东聊城·统考三模）如图，OC是学校灌溉草坪用到的喷水设备，喷水口C离地面垂直高度 为1.5米，喷出的水流都可以抽象为平面直角坐标系中的一条抛物线．(1)灌溉设备喷出水流的最远射程可以到达草坪的最外侧边沿点B，此时，喷水口C喷出的水流垂直高度与 水平距离的几组数据如下表． 水平距离x/米 0 0.6 1 2 3 4 竖直高度y/米 1.5 1.71875 1.875 2 1.875 1.5 结合数据，求此抛物线的表达式，并求出水流最大射程OB的长度． (2)为了全面灌溉，喷水口C可以喷出不同射程的水流，喷水口C喷出的另外一条水流形成的抛物线满足表 2  2 yax  h 达式  3 ，此水流最大射程 OE2 米，求此水流距离地面的最大高度． 【答案】(1)6米 (2)2米 ya(x2)22 (0,1.5) 【分析】（1）设抛物线的函数解析式为 ，把点 代入即可求得上边缘抛物线的函数 解析式，令y0，解方程即可求得喷出水的最大射程OB的值； 2 ya(x )2h （2）根据水流最大射程OE2米得出E(2.0)，再把(2,0)和(0,1.5)代入 3 ，求出 h 即可． (2,2) 【详解】（1）解：由表中数据可知，抛物线的顶点为 ，  ya(x2)22 设抛物线解析式为 ， (0,1.5) 4a21.5 把 代入解析式得： ， 1 解得a ， 8 1 抛物线解析式为y (x2)2 2，  81 0 (x2)22 令y0，则 8 ， 解得x6或x2（舍去）， 水流最大射程OB的长度为6米； （2）解：水流最大射程OE2米， E(2,0)， 2 ya(x )2h 把(0,1.5)，(2,0)代入解析式 3 ， 4 ah1.5  9 则 ， 16  ah0  9  9 a 解得 8，  h2  此水流距离地面的最大高度为2米． 【点睛】本题考查二次函数的实际应用，掌握待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数 与方程的关系等知识是解题的关键． 14．（2023·湖北黄冈·统考中考真题）加强劳动教育，落实五育并举．孝礼中学在当地政府的支持下，建 1000m2 成了一处劳动实践基地．2023年计划将其中 的土地全部种植甲乙两种蔬菜．经调查发现：甲种蔬 m2 m2 200 x700 菜种植成本y（单位；元/ ）与其种植面积x（单位： ）的函数关系如图所示，其中 ；乙 m2 种蔬菜的种植成本为50元/ ． x m2 y35 m2 (1)当 ___________ 时， 元/ ； (2)设2023年甲乙两种蔬菜总种植成本为W元，如何分配两种蔬菜的种植面积，使W最小？1000m2 (3)学校计划今后每年在这 土地上，均按（2）中方案种植蔬菜，因技术改进，预计种植成本逐年下 降，若甲种蔬菜种植成本平均每年下降10%，乙种蔬菜种植成本平均每年下降a%，当a为何值时，2025 年的总种植成本为28920元？ 【答案】(1)500 400m2 600m2 (2)当甲种蔬菜的种植面积为 ，乙种蔬菜的种植面积为 时，W最小； (3)当a为20时，2025年的总种植成本为28920元． 200 x600 m2 【分析】（1）求出当 时，设甲种蔬菜种植成本y（单位；元/ ）与其种植面积x（单位： 1 m2 ）的函数关系式为y 20 x10，当 600x700 时， y40 ，求出当y35时的x的值即可； 1 （2）当 时，W  x400242000，由二次函数性质得到当 时， 有最小值，最 200 x600 20 x400 W 小值为42000，当600x700时W 10x50000，由一次函数性质得到当x700时，W有最小值，最 小值为W 107005000043000，比较后即可得到方案； （3）根据2025年的总种植成本为28920元列出一元二次方程，解方程即可得到答案． 200 x600 m2 【详解】（1）解：当 时，设甲种蔬菜种植成本y（单位；元/ ）与其种植面积x（单位： m2 ykxb 200,20,600,40 ）的函数关系式为 ，把点 代入得， 200kb20  600kb40，  1 k   20 解得 b10 ， 1 ∴当 时，y x10， 200 x600 20 当600x700时，y40， 1 ∴当 时，35 x10，解得 ， y35 20 x500x500m2 y35 m2 即当 时， 元/ ； 故答案为：500； W x   1 x10  501000x 1 x240x50000 1 x400242000 （2）解：当200 x600时， 20  20 20 ， 1 ∵ 0， 20 ∴抛物线开口向上， ∴当x400时，W有最小值，最小值为42000， W 40x501000x10x50000 600x700 当 时， ， ∵100， ∴W随着x的增大而减小， ∴当x700时，W有最小值，最小值为W 107005000043000， 400m2 600m2 综上可知，当甲种蔬菜的种植面积为 ，乙种蔬菜的种植面积为 时，W最小； 400   1 40010  110%2600501a%2 28920 （3）由题意可得 20  ， a 20,a 180 解得 1 2 （不合题意，舍去）， ∴当a为20时，2025年的总种植成本为28920元． 【点睛】此题考查了二次函数的应用、一元二次方程的应用、一次函数的应用等知识，读懂题意，正确列 出函数解析式和方程是解题的关键． 15．（2023·陕西渭南·统考二模）夏天到了，姗姗的妈妈买了一个防蚊罩以保护饭菜（如图1），将罩子开 口朝下放在水平桌面上，其截面为抛物线形．姗姗测得罩子的直径OA为40厘米，罩子内壁的最大高度为 20厘米，她以罩子左边缘点O为原点、OA所在的水平线为x轴建立平面直角坐标系（如图2）． (1)求抛物线的函数表达式；(2)某天，姗姗将一盘菜沿水平线OA（圆形盘子直径与OA重合）放置在罩子下，盘子左侧边缘离O点的水 平距离为4厘米，她想在盘子右侧紧挨盘子沿水平线OA再放置高度为6厘米的一碗稀饭（碗的俯视图也是 圆形，其直径与OA重合），已知盘子和碗的直径分别为20厘米、12厘米，要使罩子紧贴水平桌面，请通 过计算说明：她这样放，罩子能否接触到碗？ 1 【答案】(1)y  x202200 x40 20 (2)她这样放，罩子不会接触到碗 【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可； （2）求出当x36时，y的值，再与碗的高度进行比较即可得到答案． 【详解】（1）解：∵罩子的直径OA为40厘米，罩子内壁的最大高度为20厘米， 20，20 ∴抛物线的顶点坐标为 ， yax20220 设抛物线解析式为 ， ∵抛物线经过原点O， a0202200 ∴ ， 1 a ∴ ， 20 1 ∴抛物线解析式为y  x202200 x40 20 1 1 （2）解：在y x20220中，当 时，y  36202207.2， 20 x4201236 20 ∵7.26， ∴她这样放，罩子不会接触到碗． 【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，正确求出对应的函数解析式是解题的关键． 16．（2023·全国·九年级假期作业）2023年4月16日，世界泳联跳水世界杯首站比赛在西安圆满落幕，中 国队共收获9金2银，位列奖牌榜第一．赛场上运动员优美的翻腾、漂亮的入水令人赞叹不已．在10米跳 台跳水训练时，运动员起跳后在空中的运动路线可以看作是抛物线的一部分．建立如图所示的平面直角坐 标系，从起跳到入水的过程中，运动员的竖直高度 y （单位：m）与水平距离x（单位：m）近似满足函 yaxh2ka0 数关系 ．某跳水运动员进行了两次训练． (1)第一次训练时，该运动员的水平距离x与竖直高度 y 的几组数据如下： 水平距离x/m 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.6 2.0 竖直高度 10.00 10.45 10.60 10.45 10.00 5.20 1.00 y/m yaxh2ka0 ①根据上述数据，直接写出该运动员竖直高度的最大值，并求出满足的函数关系 ； ②运动员必须在距水面5m前完成规定的翻腾动作并调整好入水姿势，否则就会出现失误．在这次训练中， 测得运动员在空中调整好入水姿势时，水平距离为1.6m，判断此次跳水会不会出现失误，并说明理由； (2)第二次训练时，该运动员的竖直高度 y 与水平距离x近似满足函数关系 y4.16x0.382 10.60 ．如 图，记该运动员第一次训练的入水点为A，若运动员在区域AB内（含A，B）入水能达到压水花的要求， 则第二次训练__________达到要求（填“能”或“不能”）． y3.75x0.4210.60 【答案】(1)① 10.60m， ；②此次跳水不会出现失误，理由见解析(2)不能 【分析】（1）①先根据对称性求出抛物线对称轴，进而求出顶点坐标，然后利用待定系数法求出抛物线 解析式，进而求出最高点的距离即可；②求出当x1.6时，y的值即可得到答案； （2）分别求出两次入水点的位置即可得到答案． x0.2 y10.45 x0.6 y10.45 【详解】（1）解：①由表格中的数据可知当 时， ，当 时， ， 0.20.6 ∴抛物线对称轴为直线x 0.4， 20.4，10.60 ∴抛物线顶点坐标为 ， yax0.4210.60 ∴抛物线解析式为 ， 把x0.2， y10.45 代入得： 10.45a0.20.4210.60 ， 解得a3.75， y3.75x0.4210.60 ∴抛物线解析式为 ∵抛物线开口向下， ∴该运动员竖直高度的最大值为10.60m； ②此次跳水不会出现失误，理由如下： x1.6 y3.751.60.4210.605.2 当 时， ， ∵5.25， ∴此次跳水不会出现失误； y3.75x0.4210.60 3.75x0.4210.600 （2）解：在 中，当y0时，则 ， 解得x2.08或x1.28（舍去）， A2.08，0 ∴ y4.16x0.382 10.60 4.16x0.382 10.600 在 中，当y0时，则 ， 解得x1.98或x1.22（舍去）， ∴第二次入水的位置的水平距离为1.98米， ∵1.982.08，即第二次入水的位置在店A的左侧， ∴第二次训练不能达到要求， 故答案为：不能． 【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，正确理解题意求出对应的函数关系式是解题的关键． 17．（2023·湖北武汉·统考中考真题）某课外科技活动小组研制了一种航模飞机．通过实验，收集了飞机 相对于出发点的飞行水平距离x（单位：m）以、飞行高度 y （单位：m）随飞行时间t（单位：s）变化 的数据如下表． 飞行时间t/s 0 2 4 6 8 … 飞行水平距离x/m 0 10 2 30 4 …0 0 4 6 飞行高度y/m 0 22 54 … 0 4 探究发现：x与t， y 与t之间的数量关系可以用我们已学过的函数来描述．直接写出x关于t的函数解析式 y 和 关于t的函数解析式（不要求写出自变量的取值范围）． 问题解决：如图，活动小组在水平安全线上A处设置一个高度可以变化的发射平台试飞该航模飞机．根据 上面的探究发现解决下列问题． （1）若发射平台相对于安全线的高度为0m，求飞机落到安全线时飞行的水平距离； MN,AM 125m,MN 5m MN M,N （2）在安全线上设置回收区域 ．若飞机落到 内（不包括端点 ），求发 射平台相对于安全线的高度的变化范围． 1 【答案】探索发现：x5t,y t212t；问题解决：（1） ；（2）大于 且小于 2 120m 12.5m 26m 【分析】探究发现：根据待定系数法求解即可； 问题解决：（1）令二次函数y0代入函数解析式即可求解； 1 （2）设发射平台相对于安全线的高度为 ，则飞机相对于安全线的飞行高度y t212tn．结合 nm 2 25t26，即可求解. 【详解】探究发现：x与t是一次函数关系，y与t是二次函数关系， xkt yax2bx 设 ， ， 4a2b22  由题意得：102k，16a4b40， 1 解得：k 5，a ，b12， 2 1 ∴x5t，y t212t． 21 问题解决（1） 解：依题总，得 t212t 0． 2 t 0 t 24 解得， 1 （舍）， 2 ， 当t24时，x120． 答：飞机落到安全线时飞行的水平距离为120m． 1 （2）解：设发射平台相对于安全线的高度为 ，飞机相对于安全线的飞行高度y t212tn． nm 2 125x130， 1255t130， 25t26， 1 在y t212tn中， 2 t 25,y0 n12.5 当 时， ； t 26,y0 n26 当 时， ． 12.5n26． 答：发射平台相对于安全线的高度的变化范围是大于12.5m且小于26m． 【点睛】本题考查了一次函数与二次函数的应用，利用待定系数法求函数的解析式，关键是把实际问题分 析转变成数学模型． 题型八 二次函数图象综合问题 2 【例14】（2023秋·江苏宿迁·九年级统考期末）如图，二次函数y x2bxc的图像与x轴交于 3 A1,0 C3,0 BC PB、PC 、 两点，与y轴交于点B．点P是直线 上方抛物线上的一个动点，连接 ． (1)求这个二次函数的表达式； (2)设PBC的面积为S，点P的横坐标为m，求S与m之间的函数表达式； (3)点P在运动过程中，能否使PBC的面积S恰好为整数？若能，请求出m的值；若不能，请说明理由．2 4 【答案】(1)y x2 x2 3 3 S m23m (2) 3 5 3 5 m  ,m  ,m 1,m 2 (3)能， 1 2 2 2 3 4 【分析】（1）直接用待定系数法求解即可； （2）由点P的横坐标可得点P的坐标，求出直线BC的函数解析式；过点P作PF x轴于点F，交直线 BC 于点N，过点 B 作 BGPF 于点G，由 S BPC S PNB S PNC即可求得S与m的关系式； （3）确定出S的最大值，根据最大值即可知S可以为整数1与2，再求出m的值即可． 2 【详解】（1）解：  二次函数y 3 x2bxc的图像与 x 轴交于 A(1，0) 、 C(3,0) 两点  2  bc0  3  63bc0 ，  4 b  3 解得， c2 ， 2 4 二次函数的解析式为：y x2 x2；  3 3 （2）解：点P的横坐标为m， 2 4 点 的坐标为 （m, m2 m2） ，  P 3 3 3kb0  设y kxb，把(3,0)、(0,2)代入得b2 ， BC  2 k   3 解得： b2 ， 2 即直线 的解析式为：y  x2， BC BC 3如图，过点P作PF x轴于点F，交直线BC于点N，过点B作BGPF 于点G，所以 2 PN PFNF  m22m， 3 S S S ∵ BPC PNB PNC 1 1  PNBG PNCF 2 2 1  PN(BGCF) 2 1  PN3 2 1  2    m22m3 2  3  m23m ∴S与m之间的函数关系式：S m23m，  3 2 9 S m23mm   （3）解：由（2）得  2 4， 3 9 9 故当m 时，S有最大值 ，所以0S  ， 2 4 4 所以S的整数值为1，2； 3 5 3 5 m  ，m  当S 1时，得 1 2 2 2 ， S 2 m 1，m 2 当 时， 3 4 ，3 5 3 5 m  ，m  ，m 1，m 2 ∴ 1 2 2 2 3 4 ． 【点睛】本题是一元二次方程的综合，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的最值，割补法求三角 形面积，解一元二次方程等知识，熟练掌握这些知识是关键． 巩固训练： 1．（2023秋·山西运城·九年级统考期末）综合与探究 1 y x2x4 如图，二次函数 的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．点P 2 是第三象限内二次函数图象上一动点，设点P的横坐标为m，过点p作直线PE∥BC分别交x轴，y轴于点 D，E． (1)求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的表达式； (2)当DPDE时，求m的值； (3)连接PC，试探究：在点P的运动过程中，是否存在点P，使得PCE是直角三角形，若存在，请直接 写出m的值；若不存在，请说明理由． A4,0 B2,0 C0,4 y2x4 【答案】(1) ， ， ， 2 2 (2) m 2,m 3 (3)存在， 1 2 【分析】（1）在抛物线的解析式中令x0或y0，即可得到A、B、C的坐标，再利用待定系数法可以得 到BC的表达式； 1 （2）作 轴于点F，由题意可得 ，从而DF  m，再由已知可以得到 PF x PDF≌EDO 2PF CO ，  ，从而得到关于m的方程，解方程即可得到m的值； PDF∽CBO DF BO （3）由已知，可以用m表示P、C、E的坐标，然后分当CPE90和PCE90两种情况讨论 ． 1 y x2x4 【详解】（1）由 得， 2 当x0时，y4 0,4 ∴点C的坐标为 ． 1 x2x40 当y0时， 2 ， x 2 解得x 1 4， 2 ∵点A在点B的左侧， 4，0 2，0 ∴点A，B的坐标分别为 ， ． ykx4 k 2 由上可设BC的表达式为 ，把B点坐标代入可得： ， y2x4 ∴直线BC的表达式为 ； （2）作PF x轴于点F， ∴PFDEOD90， 又∵PDF EDO，DPDE， ∴PDF≌EDO． ∴DODF， 1 ∴DF  m． 2 ∵PE∥BC， ∴PDF CBO．又∵PFDCOB90， ∴PDF∽CBO． PF CO ∴  ， DF BO 1   m2m4 2  4  ∴ ， m 2  2 m 2 2 m 2 2 ∴ 1 ， 2 （舍去）； （3）∵PE∥BC， PEC OCB90，  1   1  Pm, m2m4,E0, m2m4,C0,4 ∵  2   2  ， 2 1 1  ∴ PE2 m2  2 m2m4 2 m2m4    5m2 ， 1  2 1  2 1  2 PC2 m2  2 m2m44   m2 2 m2m  ， CE2  2 m2m  ， 1  2 1  2 m2 m2m 5m2  m2m ∴①当CPE90时，PC2PE2 CE2即 2  =2  ， ∴m3或m0（舍去）； ②当PCE90时，则PC⊥y轴， 1 ∴ m2m44， 2 ∴m2或m0（舍去）， 综上所述， 存在点P，使得 PCE 是直角三角形，此时 m 1 2,m 2 3 ． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握函数的基本知识、全等三角形和相似三角形的判定和性 质、勾股定理的应用及一元二次方程的解法是解题关键 ． 2．（2023秋·山西阳泉·九年级统考期末）综合与实践3 如图，抛物线yax2  xc与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点B的坐标 2 (4，0) (0，2) CD 是 ，点C的坐标是 ，抛物线的对称轴交x轴于点D．连接 ． (1)求抛物线的解析式： (2)在抛物线的对称轴上是否存在点P，使PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，求出点P的坐标； 如果不存在，请说明理由； (3)点E在x轴上运动，点F在抛物线上运动，当以点B，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形，直接写 出点E的坐标． 1 3 【答案】(1)y  x2  x2 2 2 3  3 5 3 5  ,4  ,   ,  (2)存在，2 或2 2或2 2 5 41  5 41   ,0  ,0 (3)  2   或  2   或 (7,0) 或 (1,0) 【分析】（1）用待定系数法即可求解； （2）分两种情况：以C为顶点，即CPCD；以D为顶点，即CDPD，利用勾股定理及等腰三角形的 定义建立方程即可完成； （3）分三种情况：当BC是对角线时；当BE是对角线时；当BF是对角线时；分别设点E与F的坐标，利 用中点坐标公式即可求解． (4，0) (0，2) 【详解】（1）解：∵点B的坐标是 ，点C的坐标是 ， 16a6c0  ∴c2 ， 1 a  2 解得： c2 ， 1 3 ∴所求抛物线解析式为y  x2  x2； 2 2 （2）解：存在 3 3  x D ,0 由抛物线解析式知，其对称轴为直线 2， 2 ， 3  9 9 25 P ,t CP2  (t2)2 CD2 4  设 2 ，则 4 ， 4 4 ，DP2 t2， ①以C为顶点，即CPCD时； 9 25 则 (t2)2  ， 4 4 解得：t4或t0（舍去）， 3   ,4 ∴点P的坐标2 ， ②以D为顶点，即CDPD时， 25 则t2  ， 4 5 解得：t ， 2 3 5 3 5  ,   ,  ∴点P的坐标为2 2或2 2， 3  3 5 3 5  ,4  ,   ,  综上，点P的坐标为2 或2 2或2 2；  1 3  n, n2 n2 （3）解：设点E的坐标为(m,0)，点F的坐标为 2 2 ， ①当BC是对角线时；mn4   1 3 由中点坐标公式得：  n2 n22，  2 2 m1 m4   解得：n3或n0 （舍去）， (1,0) ∴点E的坐标 ； ②当BE是对角线时； 4mn   1 3 由中点坐标公式得：  n2 n220，  2 2  3 41 n  2  解得： 5 41， m   2 5 41  5 41   ,0  ,0 ∴点E的坐标为 2 或 2 ；     ③当BF是对角线时； m4n   1 3 由中点坐标公式得：  n2 n22，  2 2 m7 m4   解得：n3 或n0 （舍去）， (7,0) ∴点E的坐标 ； 5 41  5 41   ,0  ,0 综上，点E的坐标为  2   或  2   或 (7,0) 或 (1,0) ． 【点睛】本题是二次函数的综合，考查了待定系数法，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，中点坐标 公式，勾股定理等知识，本题有一定的综合性，注意分类讨论． L yax2bx3 x A2,0 B6,0 3．（2023秋·河北唐山·九年级统考期末）如图，抛物线 ： 与 轴交于 ， ． 1  m, m1 与y轴交于点C，点P的坐标为 2 ． (1)请求出L的解析式及对称轴． (2)当点P在L上时，求m的值． (3)过点P作x轴的垂线，分别与x轴、抛物线L交于点M ，N ．若点P，M ，N 三点不重合，当其中两 点关于第三点对称时，直接写出m的值． 1 【答案】(1)抛物线 的解析式为：y x2x3，抛物线对称轴为直线 L 4 x2 (2)2或4 (3)2或5或8 A(2，0) B(6，0) 【分析】（1）将 ， 代入抛物线即可求解； （2）点P在L上，直接把点P的坐标代入抛物线求解即可； （3）分三种情况进行讨论：P、N关于M点对称；P、M关于N点对称；M、N关于P点对称；最后根据 P，M，N三点不重合，对求解出的m进行取舍． 【详解】（1）抛物线 L ： yax2bx3 与 x 轴交于 A2,0 ， B6,0 ，  1 a 4a2b30  4  36a6b30 ，解得： b1 ， b 1 x  2 抛物线 的解析式为： y 1 x2x3 ，抛物线对称轴为： 2a 2 1 ，  L 4 4 1 抛物线 的解析式为：y x2x3，抛物线对称轴为直线 ；  L 4 x2 1  Pm, m1 （2）点  2 在抛物线L上， 1 1  m1 m2m3， 2 4 m 2 m 4 解得： 1 ， 2 ， m 的值为2或4；  1   1  （3）由题意知： Mm,0 ， N  m, 4 m2m3 ， P  m, 2 m1 ， 1 抛物线 ：y x2x3与 轴交于A2,0，B6,0， L 4 x 1 1 1 点 在直线y x1上，令 x1 x2x3，  P 2 2 4 x 2 x 4 解得： 1 ， 2 ，  当 x2 或4或6时，点P坐标为 2,0 或 4,3 或 6,0 ， 此时点P、M 、N 三点重合或P，N 重合或M ，N 重合， 当m2时， 点M ，N 关于点P对称，即点P为线段MN的中点， 11  1   m2m3 m1 24  2 ，解得：m2， m2， m2均不符合题意，即当m2时，无解； 当2m4时， 点M ，N 关于点P对称，即点P为线段MN的中点， 11  1   m2m3 m1 24  2 ，解得：m2， 2m4， m2； 当4m6时， 点M ，P关于点N 对称，即点N 为线段MP的中点，1 1  1   m1 m2m3 2 2  4 ，解得：m2或5， 4m6， m5； 当m6时， 点N ，P关于点M 对称，即点M 为线段NP的中点， 1 1  m1 m2m30，解得： 或8， 2 4 m2 m6， m8； 综上所述，m的值为2或5或8． 【点睛】本题考查待定系数法求抛物线的解析式、抛物线的性质、解一元二次方程，解题的关键是综合运 用相关知识解题．注意分类讨论． 4．（2023年辽宁省盘锦市光正、实验、兴隆中学多校联考中考一模数学试题）如图，在平面直角坐标系 xOy yx4 yx2bxc 中，直线 与坐标轴分别交于A、B两点，抛物线 过A、B两点，点D为线段 AB上一动点，过点D作CDx轴于点C，交抛物线于点E． (1)求抛物线的解析式． BE DBE∽DCA (2)连接 ，若 ，求出点D的坐标． (3)若点E关于直线AB的对称点的横纵坐标相等，请直接写出点E的坐标． yx23x4 【答案】(1) 2,2 (2) 2,6 (3)【分析】（1）依据题意，抛物线经过A、B两点，且这两点是直线与坐标轴的交点，求出这两点即可得解； ACD DBE∽DCA DBEDCA90 DBE （2）依据题意，由于 为等腰直角三角形，而 ，从而 ，则 必 为等腰直角三角形．要点是求出点E的坐标，由于点E在抛物线上，则可以由此列出方程求出未知数； AB yx4 yx （3）由题意，根据E点关于直线 ： 的对称点的横纵坐标相等，从而对称点在 上，在可得 yx8 E在 上，进而可以得解． yx4 x0 y4 y0 x4 【详解】（1）解：在直线解析式 中，令 ，得 ；令 ，得 ， A4,0 B0,4 ∴ ， ． A4,0 B0,4 yx2bxc ∵点 ， 在抛物线 上， 164bc0  ∴c4 解得：b3，c4． yx23x4 ∴抛物线的解析式为： ； m,0m0 Dm,4m （2）设点C坐标为 ，则 ． A4,0 B0,4 OAOB4 ∵ ， ，则 ， ∴OC m，CDAC4m， ACD AD4m 2 AB4 2 则 为等腰直角三角形，则 ， ， ∴BDABAD 2m 又∵DBE∽DCA， ∴DBE必为等腰直角三角形，DBEDCA90． ∴BEBD 2m， 在等腰直角三角形EBD中，DE 2BD2m， ∴CE4m2m4m， Em,4m ∴ ．yx23x4 ∵点E在抛物线 上， ∴4mm23m4， 解得m0（不合题意，舍去）或m2， D2,2 ∴ ． AB yx4 （3）∵E点关于直线 ： 的对称点的横纵坐标相等， yx ∴E的对称点在直线 上， yx yx4 ∴E在直线 关于 的对称直线上， yx8 ∴E在直线 上， yx8  联立方程组yx23x4， x2  解得y6 ， E2,6 ∴ ． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要能熟练掌握并灵活运用． yax2bxca0 x A3,0 B1,0 5．（2023春·广东东莞·九年级校考开学考试）抛物线 与 轴交于点 ， y C0,3 两点，与 轴交于点 ，点P是抛物线上的一个动点． (1)求抛物线的函数表达式；(2)如图1，点P在线段AC上方的抛物线上运动（不与A，C重合），过点P作PD AB，垂足为D，PD 交AC于点E，作PF  AC，垂足为F ，若点P的横坐标为t，请用t的式子表示PE，并求! PEF的面积 的最大值； Q l P A P C Q (3)如图2，点 是抛物线的对称轴 上的一个动点，在抛物线上是否存在点 ，使得以点 ， ， ， 为 顶点的四边形是平行四边形?若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标，若不存在，说明理由． yx22x3 【答案】(1) 81 (2) ， PEt23t 64 (2,5) (4,5) (2,3) P (3)存在，点 的坐标为 或 或 A(3,0) B(1,0) C(0,3) yax2bxca0 【分析】（1）将 ， ， 三点代入解析式 求解即可得到答案； （2）利用待定系数法，求出直线AC的解析式，再根据点P在抛物线上，点E在直线AC上，可得P的坐 (t,t22t3) E (t,t3) PE AOC 标为 ， 的坐标为 ，即可求出 ，由题意可得 是等腰直角三角形， CAOACO45，进而证明! PEF是等腰直角三角形，列出! PEF面积等式，即可求得! PEF的最大 面积； ① AC AC∥PQ ACPQ P PE （3）分情况讨论： 当 作为平行四边形的边时，则有 ，且 ，如图，过点 作 E AOC PEQ PE P 垂直抛物线对称轴于点 ，先证明 和 是全等三角形，得出 的值，进而求出点 的横坐标， P P ② AC PQ 再将点 横坐标的值代入抛物线解析式，即可得出点 的坐标； 当 ， 为平行四边形对角线时， AC，PQ互相平分，由A，C坐标可求出对角线中点坐标，再根据中点坐标公式求出点P的横坐标，将点 P横坐标的值代入抛物线解析式，即可得出点P的坐标． A(3,0) B(1,0) C(0,3) yax2bxca0 【详解】（1）解：将 ， ， 三点代入解析式 得 9a3bc0  abc0 ，  c3 解得：a1，b2，c3， yx22x3 抛物线的函数表达式为： ． （2）解：设直线AC的解析式为ykxb， A(3,0) C(0,3) 将 ， 代入解析式得 3kb0  b3 ， 解得：k 1，b3，  AC y=x+3 直线 的解析式为 ，  P在抛物线上，且横坐标为t， P(t,t22t3) ，  PD AB，PD交AC于点E， (t,t3) E 的坐标为 ， PEt22t3(t3)t23t ，  A(3,0) C(0,3) ， ， OAOC， AOC是等腰直角三角形， CAOACO45， AED90CAO904545， PEF AED45， 又 PF  AC， EPF 90PEF 45， ! PEF是等腰直角三角形， 2 PF EF  PE 2 ， 1 1 2 1 1 1 3 9 S  PFEF  ( PE)2  PE2  (t23t)2  [(t )2 ]2 △PEF 2 2 2 4 4 4 2 4 ，3 当t  时， 面积最大，  2 ! PEF 1 9 81 S  （ ）2  ．  △PEF最大 4 4 64 P A P C Q （3）解：抛物线上存在点 ，使得以点 ， ， ， 为顶点的四边形是平行四边形， 2 x 1 由（1）抛物线解析式得对称轴l： 2(1) ， ① AC AC∥PQ ACPQ 当 作为平行四边形的边时，则有 ，且 ， 如图，过点P作PE垂直抛物线对称轴于点E，令AC与对称轴的交点为F ，  AC∥PQ ， AFQPQE ， 对称轴x=1与 y 轴平行， AFQACO ， PQEACO， PQEACO  AOC PEQ 在 和 中 ，  AOC PEQ AC PQ △AOC≌△PEQ(AAS) ，PEOA3， 点P到对称轴x=1的距离为3， P(x,y) x(1) 3 设点 ，则 ， 解得x2或x4，  P yx22x3 又 点 在抛物线 上，  x2 yx22x34435 当 时， ， x4 yx22x316835 当 时， ， P (2,5) (4,5) 的坐标为 或 ； ② AC，PQ 当 为平行四边形对角线时， 如图，令AC与PQ的交点为G，则点G为AC和PQ的中点，  A(3,0)，C(0,3)， 1 3 1 3 x  (x x ) ，y  (y y ) ，  G 2 A C 2 G 2 A C 2 3 3 G( , )，  2 2 1 3 (x x )x  ，点 在对称轴 上，  2 P Q G 2 Q x=1 3 x 2( )x 3(1)2， P 2 Q  P yx22x3 又 点 在抛物线 上， y x 22x 34433  P P P ，点P的坐标为(2,3)， (2,5) (4,5) (2,3) P 综上所述得点 的坐标为 或 或 ． 【点睛】本题考查了二次函数综合题，待定系数法求解析式，动点图形求最大面积及特殊四边形，熟练掌 握待定系数法求解析式，平行四边形判定及根据图形利用数形结合和分类讨论思想是解题关键． 6．（2022秋·湖北宜昌·九年级枝江市实验中学校联考期中）定义：关于x轴对称且对称轴相同的两条抛物 yx122 yx122 线叫作“同轴对称抛物线”．例如： 的“同轴对称抛物线”为 ． yx122 yx122 (1)请写出抛物线 的顶点坐标______；及其“同轴对称抛物线” 的顶点坐标 1 3 _____；写出抛物线y x12 的“同轴对称抛物线”为______． 2 2 yax24ax1 (2)如图，在平面直角坐标系中，点B是抛物线L： 上一点，点B的横坐标为1，过点B作x 轴的垂线，交抛物线L的“同轴对称抛物线”于点C，分别作点B、C关于抛物线对称轴对称的点B、C， BC CC BC BB BBCC SS 0 连接 、 、 、 ，设四边形 的面积为 ． ①当四边形BBCC为正方形时，求a的值． ②当抛物线L与其“同轴对称抛物线”围成的封闭区域内（不包括边界）共有11个横、纵坐标均为整数的 点时，请求出a的取值范围． 1 3 【答案】(1)(1,-2) ，1，2，y x12 2 2 2 3 1 1 (2)① a ；② a1或 a 3 4 4 5yaxh2k h，k 【分析】（1）根据顶点式 的顶点坐标为 ；先化成顶点式，再求“同轴对称抛物 线”的解析式； （2）①写出点B的坐标，再由对称轴求出点B，然后结合正方形的性质列出方程求 a；②先由对称性分 析得到封闭区域内在x轴上整点的个数，然后针对抛物线L开口的不同进行分类讨论． yx122 1，2 yx122 1，2 【详解】（1）解：由 知顶点坐标为 ，由 知顶点坐标为 ， 1 3 1 3 ∴抛物线y x12 的“同轴对称抛物线”为y x12 ； 2 2 2 2 1 3 故答案为：(1,-2) ，1，2，y x12 ． 2 2 x1 y13a （2）①当 时， ， B1，13a ∴ ， C1，3a1 ∴ ， BC  13a3a1  26a ∴ ， 4a ∵抛物线L的对称轴为直线x 2， 2a B3，13a ∴点 ， ∴BB  3 1  2， ∵四边形BBCC是正方形， 26a 2 BC BB ∴ ，即 ， 2 解得： （舍）或a ． a0 3 2，14a ②抛物线L的对称轴为直线x2，顶点坐标为 ， L与“同轴对称抛物线”关于x轴对称， ∴整点数也是关于x轴对称出现的， ∴封闭区域内在x轴上的整点可以是3个或5个，L与x轴围成的区域内整点个数为4个或3个， （i）当a0时，0，1 L开口向上，与y轴交于点 ， ∴封闭区域内在x轴上只可能有3个整点，两个区域内各有4个整点， ∴当x1时，213a1，当x2时，314a2， 3 解得： a1； 4 （ii）当a0时， 0，1 L开口向下，与y轴交于点 ， ∴封闭区域内在x轴上只可能有5个整点，两个区域内各有3个整点， ∴当x2时，114a2，当x=1时，5a10， 1 1 解得： a ， 4 5 3 1 1 综上所述： a1或 a ． 4 4 5 【点睛】此题借助二次函数考查正方形的性质，根据二次函数顶点式找顶点坐标，及新定义“同轴对称抛 物线”． yax2bxc 7．（2023·湖南张家界·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数 的图象 A2,0 B6,0 C0,6 BC 与x轴交于点 和点 两点，与y轴交于点 ．点D为线段 上的一动点． (1)求二次函数 的表达式； (2)如图1，求△AOD周长的最小值； DP∥AC PA,PB PAD △PBD (3)如图2，过动点D作 交抛物线第一象限部分于点P，连接 ，记 与 的面积和 为S，当S取得最大值时，求点P的坐标，并求出此时S的最大值．1 【答案】(1)y x22x6 2 (2)12  15 3, 27   S  (3) 2 ， 最大值 2 yax2x6 0,6 【分析】（1）根据题意设抛物线的表达式为 ，将 代入求解即可； （2）作点O关于直线BC的对称点E，连接EC、EB，根据点坐特点及正方形的判定得出四边形OBEC为 E6,6 DE  DO DO  DA BC 正方形， ，连接AE，交 于点D，由对称性 ，此时 有最小值为AE的长， 再由勾股定理求解即可； BC yx6 AC y3x6 （3）由待定系数法确定直线 的表达式为 ，直线 的表达式为 ，设  1  Pm, m22m6  2 ，然后结合图形及面积之间的关系求解即可． yax2x6 【详解】（1）解：由题意可知，设抛物线的表达式为 ， 0,6 6a0206 将 代入上式得： ， 1 a 2 1 所以抛物线的表达式为y x22x6； 2 （2）作点O关于直线BC的对称点E，连接EC、EB， B6,0 C0,6 BOC 90 ∵ ， ， ， ∴OBOC 6， O、E关于直线BC对称， ∴四边形OBEC为正方形， E6,6 ∴ ， DE  DO AE BC 连接 ，交 于点D，由对称性 ，DO  DA AE 此时 有最小值为 的长， AE AB2BE2  8262 10 ∵△AOD的周长为DADOAO， AO2，DADO的最小值为10， ∴△AOD的周长的最小值为10212； A2,0 B6,0 C0,6 （3）由已知点 ， ， ， 设直线BC的表达式为ykxb， 6kb0 k 1 将B6,0 ，C0,6代入ykxb中，  b0 ，解得  b6 ， BC yx6 ∴直线 的表达式为 ， 同理可得：直线AC的表达式为y3x6， ∵PD∥AC， ∴设直线PD表达式为y3xa，  1  Pm, m22m6 由（1）设  2 ，代入直线PD的表达式 1 得：a m2m6， 2 1 ∴直线 的表达式为：y3x m2m6， PD 2 1 1 x m2 m yx6   8 4 由  ，得 ，  1 1 1 y3x m2m6 y m2 m6   2  8 4 1 1 1 1  D m2 m, m2 m6 ∴ 8 4 8 4 ， P，D都在第一象限， S S S S S ∴ △PAD △PBD △PAB △DAB 1  1   1 1   AB  m22m6 m2 m6 2  2   8 4  1  3 9   8 m2 m 2  8 4  3 3  m29m  m26m  2 2 3 27  (m3)2 ， 2 2  15 3,   ∴当m3时，此时P点为 2 . 27 S  ． 最大值 2 【点睛】题目主要考查二次函数的综合应用，包括待定系数法确定函数解析式，周长最短问题及面积问题， 理解题意，熟练掌握运用二次函数的综合性质是解题关键． yax22xc 8．（2022秋·四川南充·九年级四川省南充高级中学校考阶段练习）如图1，抛物线 ，交xEF y0 1x3 轴于A、B两点，交y轴于点C，F为抛物线顶点，直线 垂直于x轴于点E，当 时， ． (1)求抛物线的表达式； (2)点P是线段BE上的动点（除B、E外），过点P作x轴的垂线交抛物线于点D． ①当点P的横坐标为2时，求四边形ACFD的面积； ②如图2，直线AD，BD分别与抛物线对称轴交于M、N两点．试问，EM＋EN 是否为定值？如果是，请 求出这个定值：如果不是，请说明理由． yx22x3 【答案】(1) ；(2)①4；②是，定值为8，理由见解析． 【分析】（1）由当 y0 时， 1x3 ，可知 x 1 1 ， x 2 3 是 ax22xc0 的两根，代入方程可得 a ， c ，从而得解； （2）①把x2代入抛物线解析式可得D点坐标，再将x0代入抛物线解析式可得C点坐标，从而得知线 1 S S S  CDy y  段CD∥x轴，利用配方法可知点 F 坐标，从而利用 四边形ACFD FCD ACD 2 F A 求面积； ②设 D(m ， m22m3)(1m3) ，用待定系数法求出直线 AD 与直线 BD 的解析式，再令 x1 得 y M ， y N， 从而得出ME，NE的长，从而得到NEME是定值8．  y0 1x3 【详解】（1） 当 时， ， x 1 1 ， x 2 3 是 ax22xc0 的两根， A(1,0) ， B(3,0) ， a2c0  9a6c0，a1  解得：c3 ，  yx22x3 抛物线的表达式为： ； x2 yx22x3 y3 （2）①把 代入 得： ， D(2,3)． 又当x0，y3， C(0,3)， 线段CD∥x轴．  yx22x3(x1)24 ， 1 S S S  CDy y 4 F(1,4)， 四边形ACFD FCD ACD 2 F A ； D(m m22m3)(1m3) ②设 ， ， AD:yk xb BD:yk xb 直线 1 1， 2 2， 0k b 03k b 1 1 2 2   因此可得：m22m3kmb 或m22m3k mb ， 1 1 2 2 k 3m k 1m 1 2   解得： b 3m或 b 3m3， 1 2 直线AD:y(3m)x(3m)，BD:y(m1)x3(m1)． x1 y 62m y 2m2 令 得 M ， N ， ME62m，NE2m2， NEME 8． 【点睛】本题考查二次函数与一次函数综合，涉及四边形的面积求法，待定系数法等知识，掌握待定系数 法和面积求法是解题的关键．