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期中复习压轴题必刷
一、单选题
1．在同一平面直角坐标系中，一次函数y=ax+b和二次函数y=ax2+bx+c的图象可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据一次函数和二次函数的图象性质，分别分析a、b的符号，再逐一判断选项是否符合．
【详解】解：∵一次函数y=ax+b的图象中，a<0，b<0；二次函数y=ax2+bx+c的图象中，a<0，
b
− <0，即b<0，
2a
符号均一致，A项符合题意．
∴∵一次函数y=ax+b的图象中，a<0，b<0；二次函数y=ax2+bx+c的图象中，a>0，
a的符号矛盾，B项不符合题意．
∴ b
∵一次函数y=ax+b的图象中，a>0，b>0；二次函数y=ax2+bx+c的图象中，对称轴x=− >0，
2a
则b<0．
b的符号矛盾，C项不符合题意．
∴∵一次函数y=ax+b的图象中，a<0，b<0；二次函数y=ax2+bx+c的图象中，a>0，对称轴
b
x=− <0，则b>0．
2a
∴b的符号不一致，D项不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了一次函数和二次函数的图象性质，熟练掌握一次函数和二次函数中系数与图
象的关系是解题的关键．
2．如图，在矩形ABCD中，AB=12cm,BC=6cm，点P从点A出发沿AB以2cm/s的速度向点B运动；同
时，点Q从点B出发沿BC以1cm/s的速度向点C运动，点P运动到点B时，点Q也停止运动；当
△PQC的面积等于16cm2时，运动时间为（ ）s．A．2 B．4 C．10 D．2或10
【答案】A
【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，矩形的性质．设运动时间为xs(0≤x≤6)，则
PB=(12−2x)cm,CQ=(6−x)cm，利用三角形面积的计算公式结合△PQC的面积等于16cm2，即可
得出关于x的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
1
∴S = CQ×PB，
△PQC 2
设运动时间为xs(0≤x≤6)，则PB=(12−2x)cm,CQ=(6−x)cm，依题意，得：
1
(12−2x)(6−x)=16，
2
整理，得：x2−12x+20=0，
解得：x =2,x =10（不合题意，舍去）．
1 2
即当△PQC的面积等于16cm2时，运动时间为2s．
故选：A．
1
3．抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于点(−3,0)，其对称轴是x=− ，结合图象分析下列结论：①
2
4ac−b2
a+b+c>0；②a+b=0；③一元二次方程ax2+bx+c=0的两根分别为x =−3,x =2；④ >0；
1 2 4a
⑤若两点(−2,y ),(3,y )在二次函数图象上，则y >y ；⑥2a+c>0；其中正确的结论有（ ）
1 2 1 2A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【答案】C
【分析】本题考查二次函数的性质及应用，解题关键是熟练掌握二次函数的性质及二次函数与一元二
次方程的关系．
根据题干求出抛物线与x轴交点及a，b，c符号，然后逐一判断对错．
1
【详解】解： ∵抛物线与x轴一个交点为(−3,0)，对称轴为直线x=− ，
2
∴抛物线与x轴另外一个交点坐标为(2,0)，
∴x=1时，y>0，
∴a+b+c>0，故①正确，符合题意．
∵抛物线开口向下，
∴a<0，
b 1
∵− =− ，
2a 2
∴a=b，
∴a+b<0，故②错误，不符合题意．
∴2a+c=a+b+c>0，故⑥正确，符合题意．
∵抛物线与x轴交点为(−3,0),(2,0)，
∴ax2+bx+c=0的两根分别为x =−3,x =2，故③正确，符合题意．
1 2
∵抛物线顶点在x轴上方，
4ac−b2
∴ >0，故④正确，符合题意．
4a
∵−3<−2<2，
∴y >0，
1
∵3>2，
∴y <0，
2
∴y >y ，故⑤正确，符合题意．
1 2
综上所述，①③④⑤⑥符合题意．
故选：C．
4．如图是二次函数y=ax2+bx+c图象的一部分，图象过点A(−3,0)，对称轴为直线x=−1，给出以下结
论： ①abc<0；②b2−4ac>0；③4b+c<0；④若B(−2.5,y )、C(−0.5,y )为函数图象上的两点，
1 2
则y >y ；⑤当−3≤x≤1时，y≥0， 其中正确的结论是（ ）．（填写代表正确结论的序号）
1 2A．②③ B．①③⑤ C．②③⑤ D．①②⑤
【答案】C
【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系，解题的关键是灵活应用图中信息解决问题．利用抛
物线的开口方向得到a<0，根据对称轴方程得到b=2a<0，则可对①进行判断；利用抛物线与x轴有两
个交点，对②进行判断；利用抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点为(1,0)，则a+b+c=0，
把b=2a代入得到c=−3a，则可对③进行判断；利用二次函数的性质对④进行判断；利用抛物线在x
轴上方对应的自变量范围可对⑤进行判断．
【详解】解：由图象可知，a<0，b<0，c>0，
∴ abc>0，故①错误；
∵抛物线与x轴有两个交点，
∴ b2−4ac>0，故②正确；
∵抛物线对称轴为x=−1，与x轴交于A(−3,0)，
b
∴ 9a−3b+c=0，− =−1，
2a
∴ b=2a，c=−3a，
∴ 4b+c=8a−3a=5a<0，故③正确；
∵ B(−2.5,y )、C(−0.5,y )为函数图象上的两点，1−(−2.5)>−0.5−(−1)
1 2
∴ y 4ac；②4a+b=0；③4a+c>2b，④若顶点坐标为(2,4)，则方程ax2+bx+c=5没有实数根．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】本题考查了抛物线的对称性，抛物线与坐标轴的交点，抛物线与各项系数的符号关系，抛物
线的增减性，熟练掌握性质是解题的关键．
根据抛物线的对称性，抛物线与x轴的交点，对称轴的两种表示方法，抛物线的增减性，抛物线与一元
二次方程的关系等解答即可．
b
【详解】解：根据图象过点(−1,0)，对称轴为直线x=− =2>0，设抛物线与x轴的另一个交点为
2a
(x ,0)，
2
−1+x
则 2=2，
2
解得x =5，
2
故图象过点(5,0)，
故抛物线与x轴有两个不同的交点，即ax2+bx+c=0有两个不同的实数根，
故b2−4ac>0，即b2>4ac，故①正确，
∵二次函数y=ax2+bx+c开口向下，
∴a<0，
∵对称轴在x轴的正半轴上，
b
∴x=− =2>0,
2a
∴b<0，b=−4a，
∴4a+b=0,
故②正确；
根据抛物线的性质，得x=−2时，y<0，
∴4a−2b+c<0，
∴4a+c<2b,故③错误；
由抛物线的顶点坐标为(2,4)，a<0，
故该二次函数的最大值为4，即直线y=4与抛物线有唯一交点，
由4<5，
故直线y=5与抛物线无交点，即方程ax2+bx+c=5没有实数根．
故④正确；
故选：C．
6．关于x的一元二次方程k2x2−(2k+1)x+1=0有两个不相等的实数根，那么k的取值范围是（ ）
1 1 1 1
A．k≥ B．k< 且k≠0 C．k>− 且k≠0 D．k≤−
4 4 4 4
【答案】C
【分析】本题考查了一元二次方程的定义，根的判别式的运用，根据一元二次方程的定义可得k2≠0，
根据方程有两个不相等的实数根，可得[−(2k+1)) 2 −4k2×1>0，由此即可求解．
【详解】解：∵ x的一元二次方程k2x2−(2k+1)x+1=0有两个不相等的实数根，
{ k2≠0 )
∴ ，
[−(2k+1)) 2 −4k2×1>0
1
∴ k>− 且k≠0．
4
故选：C．
7．设关于x的方程ax2+（a+2）x+9a=0有两个不相等的实数根x ，x ，且x <1 D．− ＜a＜0
11 7 5 5 11
【答案】D
【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式和根与系数的关系，以及不等式的综合应用．根据一元
二次方程的根的判别式，建立关于a的不等式，求出a的取值范围．又因为x <10，
∴(a+2) 2−4a×9a=−35a2+4a+4>0，
2 2
解得− 0，
1 2
∴(x −1)(x −1)<0，
1 2
a+2
∴x x −(x +x )+1<0，即9+ +1<0，
1 2 1 2 a
2
解得− 0；③ 5a−b+c=0；④若方程a(x+5)(x−1)=−1有两根为x 和x ，且x 0，c<0，可得：abc<0；根据二次函数的解析式为
y=a(x+5)(x−1)，可知抛物线与x轴交点的坐标为(−5,0)和(1,0)，又因为抛物线开口向上，所以当
x=2时，y>0，可得：4a+2b+c>0正确；由①可知b=4a，c=−5a，所以
5a−b+c=5a−4a−5a=−4a≠0；因为二次函数y=a(x+5)(x−1)+1，相当于由原抛物线
y=ax2+bx+c向上平移了1个单位，可知结论④正确；根据一元二次方程根与系数的关系可以判断结
论⑤正确．
【详解】解：∵抛物线的顶点坐标为(−2,−9a)，
则二次函数表达式为：y=a(x+2) 2−9a=ax2+4ax−5a=a(x+5)(x−1)，
b
∵抛物线的对称轴为x=− =−2，
2a
∴b=4a，
∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∴b=4a>0，
当x=0时，y=ax2+bx+c=c，
∴抛物线与y轴的交点坐标为(0,c)，
由图象可知，抛物线与y轴的交点在y轴的负半轴，
∴c<0，
∴abc<0，
故①正确；
∵二次函数的解析可整理为y=a(x+5)(x−1)，
∴方程a(x+5)(x−1)=0的解为x =−5，x =1，
1 2
∴抛物线与x轴的交点坐标为(−5,0)和(1,0)，
∴当x=2时，y=4a+2b+c>0，
故②正确；
由①可知b=4a，c=−5a，
∴5a−b+c=5a−4a−5a=−4a≠0，
故③错误；
∵二次函数y=a(x+5)(x−1)+1，相当于由原抛物线y=ax2+bx+c向上平移了1个单位，
∴有两个根x 和x ，且x y ，
2 1 2 1 2
3
则m> ．其中正确结论的个数有（ ）
2
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】根据抛物线的对称轴可得b=−2a，进而判断结论①，结合一元二次方程跟的判别式和抛物
( 1)
线的开口方向，可得Δ=4a a− >0，进而判断结论②，根据抛物线的增减性，函数值可判断结论
2
③，根据抛物线的对称性得出抛物线与x轴的另一个交点在−1和0之间，结合函数值得出a−b<−2，进而判断结论④，根据抛物线的对称性得出点P
(1
，y
) 关于对称轴的对称点坐标为P′(3
，y
)
，
2 1 2 1
1 3
结合抛物线的增减性即可得出y >y 时， 0，
2
1
故方程ax2−bx+ =0一定有两个不相等的实数根，②结论正确；
2
∵b=−2a，c=2，
故抛物线的解析式为y=ax2−2ax+2，
当x=−1时，y=a+2a+2=3a+2，
当x=1时，y=a−2a+2=−a+2，
∵a<0，
∴−a+2>2，
∵抛物线的对称轴是x=1，故抛物线y=ax2−2ax+2的最大值为−a+2；当x=2时，y=4a−4a+2=2，
故当−1≤x≤2时，3a+2≤ y≤−a+2；即③结论错误；
根据图象可得：抛物线与x轴的一个交点在2和3之间，抛物线的对称轴为x=1，
故抛物线与x轴的另一个交点在−1和0之间，
当x=−1时，y=a−b+c<0，
∵b=−2a，c=2，
∴a−b<−2，
∴b−a>2，故④结论错误；
∵抛物线的对称轴为x=1，
故点P
(1
，y
) 关于对称轴的对称点坐标为P′(3
，y
)
，
2 1 2 1
∵抛物线的开口向下，
故抛物线在对称轴的左侧，y随x的增大而增大，抛物线在对称轴的右侧，y随x的增大而减小，
若y >y ，
1 2
1 3
则m< 或m> ，故⑤结论错误；
2 2
综上，结论正确的有①②，有2个．
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，抛物线与x轴的交点问题，抛物线与y轴的交点问题，二次函数
图象与系数的关系，一元二次方程跟的判别式等．解题的关键是掌握二次函数的图象与性质．
13．对于二次函数y=ax2+bx+c，规定函数y= { ax2+bx+c(x≥0) )
是它的相关函数．已知点M,N的
−ax2−bx−c(x<0)
( 5 )
坐标分别为 − ,2 ,(5,2)，连接MN，若线段MN与二次函数y=−2x2+8x+n的相关函数的图象有
4
两个公共点，则n的取值范围为（ ）
89 89
A．−6 时，函数y=2x2−8x−n与线段MN有无
8
交点；当x≥0时，二次函数y=−2x2+8x+n的相关函数为y=−2x2+8x+n，利用临界点求出当
n>2或n=−6时，函数y=−2x2+8x+n与线段MN有一个交点；当−6 时，函数y=2x2−8x−n与线段MN有无交点；
8
②若x≥0，二次函数y=−2x2+8x+n的相关函数为y=−2x2+8x+n，
8
∴抛物线y=−2x2+8x+n开口向下，对称轴为直线x=− =2，与y轴的交点为(0,n)，
(−2)×2
当n>2时，函数y=−2x2+8x+n与线段MN有一个交点，
当抛物线与线段MN相切时，函数y=−2x2+8x+n与线段MN有一个交点，
则−2×22+8×2+n=2，解得：n=−6，
综上，当n>2或n=−6时，函数y=−2x2+8x+n与线段MN有一个交点；
当−60)，则AP=tcm，BP=(6−t)cm，BQ=2tcm，在Rt△BPQ
中，根据勾股定理即可求解；
1
（2）根据S = BP⋅BQ=8，解方程即可求解；
△PBQ 2
1
（3）根据S = BP⋅BQ=14，得关于t的一元二次方程，运用一元二次方程根的判别式判定方
△PBQ 2
程是否有实数解即可．
【详解】（1）解：设点P，Q运动的时间为ts(t>0)，则AP=tcm，BP=(6−t)cm，BQ=2tcm，
∠B=90°，
∴在Rt△BPQ中，根据勾股定理，得BP2+BQ2=PQ2，PQ=3❑√5，
3
∴(6−t) 2+(2t) 2=(3❑√5) 2 ，解得t=3或t=− （舍去），
5
∴3s后，PQ的长度为3❑√5cm．
（2）解：同（1）中所设，设点P,Q运动的时间为ts(t>0)，则AP=tcm，BP=(6−t)cm，
BQ=2tcm，∠B=90°，
1 1
∴S = BP⋅BQ=8，即 (6−t)⋅2t=8，
△PBQ 2 2
解得t=2或t=4，
∴2s或4s后，△PBQ的面积等于8cm2．
（3）解：不能，理由如下：
1
当S =14时，即S = BP⋅BQ=14，
△PBQ △PBQ 2
1
∴ (6−t)⋅2t=14，整理得，t2−6t+14=0，
2
∵Δ=(−6) 2−4×14=−20<0，
∴方程没有实数根，
∴△PBQ的面积不可能等于14cm2．
31．已知关于x的一元二次方程x2−(2m−1)x+m2=0有两个实数根．
(1)求实数m的取值范围；
(2)若一元二次方程的两个根x 和x 满足(x −2)(x −2)=11，求实数m的值．
1 2 1 21
【答案】(1)m≤
4
(2)m=−1
【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，正确掌握相关性质内容是解题
的关键．
（1）利用一元二次方程根的判别式解答即可；
（2）利用一元二次方程根与系数的关系可得x +x =2m−1，x ⋅x =m2，再代入即可解答．
1 2 1 2
【详解】（1）解：∵关于x的一元二次方程x2−(2m−1)x+m2=0有两个实数根，
∴Δ=[−(2m−1)) 2 −4×1×m2=(2m−1) 2−4m2≥0，
1
解得m≤ ，
4
1
即当m≤ 时，方程有两个实数根．
4
（2）解：∵x2−(2m−1)x+m2=0，
∴由根与系数的关系，得x +x =2m−1，x ⋅x =m2 ．
1 2 1 2
∵(x −2)(x −2)=11，
1 2
∴x x −2(x +x )+4=11．
1 2 1 2
∴m2−2(2m−1)+4=11，
∴m2−4m−5=0．
解方程，得m =5或m =−1．
1 2
1
∵m≤ ，
4
∴m=−1．
32．暑假期间某景区商店推出销售纪念品活动，已知纪念品每件的进货价为30元，经市场调研发现，当该
纪念品的销售单价为40元时，每天可销售280件；当销售单价每增加1元，每天的销售数量将减少10
件．（销售利润=销售总额-进货成本）
(1)若该纪念品的销售单价涨价为5元时，则当天销售量为______件．(2)当该纪念品的销售单价涨价为多少元时，该产品的当天销售利润是2610元．
【答案】(1)230
(2)当该纪念品的销售单价涨价为19元时，该纪念品的当天销售利润是2610元
【分析】（1）因为“当销售单价每增加1元，每天的销售数量将减少10件”，所以销售单价涨价为
5元，当天销售数量将减少5个10件，结合已知的销售单价和销售量即可求解；
（2）设该纪念品的销售单价涨价为x元，用x分别表示销售单价、每件的利润和每天的销售数量，根
据“当天销售利润是2610元”列方程求解即可；
本题考查了一元二次方程的应用，设该纪念品的销售单价涨价为x元，利用销售利润是2610元列方程
并解一元二次方程是解题的关键．
【详解】（1）解：280−5×10=230（件），
故答案为：230．
（2）设该纪念品的销售单价涨价为x元，此时纪念品的销售单价为(40+x)元，每件的利润为
(40+x−30)元，每天的销售数量为(280−10x)件，
由题意得(40+x−30)(280−10x)=2610，
整理得x2−18x−19=0，
因式分解得(x−19)(x+1)=0，
解得x =19，x =−1（舍去）．
1 2
则当该纪念品的销售单价涨价为19元时，该纪念品的当天销售利润是2610元．
33．阅读下列材料：把形如ax2+bx+c的二次三项式（或其一部分）配成完全平方式的方法叫做配方法，
配方法的基本形式是完全平方公式的逆写，即a2±2ab+b2=(a±b) 2．配方法可以解决代数式值的最
小（或最大）问题．
例如：当x取何值时，代数式x2+2x−4有最小（或最大）值？
x2+2x−4=(x2+2x+1)−5
=(x+1) 2−5
∵(x+1) 2≥0，
∴(x+1) 2−5≥−5，
∴当x=−1时，代数式x2+2x−4有最小值−5．
【直接应用】（1）仿照上述例子解决问题：当x取何值时，代数式x2−4x+5有最小（或最大）值？最小（或最
大）值是多少？
【拓展应用】
（2）如图，要围成一个矩形鸡场，一边靠墙（墙长24米），另三边用总长为40米的竹篱笆围成．
①请用含x的代数式表示矩形鸡场的面积；
②当x为何值时，围成的矩形鸡场的面积最大？最大面积是多少？
【答案】（1）当x=2时，代数式x2−4x+5有最小值1
（2）①矩形鸡场的面积为−2x2+40x(8≤x<20)；②当x=10米时，围成的矩形鸡场的面积最大，最
大面积是200平方米
【分析】本题主要考查配方法的运用，理解配方法的计算方法是关键．
（1）根据材料提示的配方法求解即可；
（2）①根据图示得到矩形的长及取值范围，由矩形的面积公式即可求解；②根据材料提示的配方法，
结合矩形的面积公式即可求解．
【详解】解：（1）x2−4x+5
=x2−4x+4+1
=(x−2) 2+1，
∵(x−2) 2≥0，
∴(x−2) 2+1≥1，
∴当x=2时，代数式x2−4x+5有最小值1；
（2）①根据图示，矩形鸡场的长为(40−2x)米，
∵墙长24米，
∴0<40−2x≤24，
∴8≤x<20，∴矩形鸡场的面积为(40−2x)x=−2x2+40x(8≤x<20)；
②−2x2+40x
=−2(x2−20x+100)+200
=−2(x−10) 2+200，
∵−2(x−10) 2≤0，
∴−2(x−10) 2+200≤200，
∴当x=10时，代数式−2x2+40x有最大值200，
∴当x=10米时，围成的矩形鸡场的面积最大，最大面积是200平方米．
34．已知关于x的方程x2−2mx+m2−4m+3=0有两个实数根．
(1)求m的取值范围；
(2)若此方程的两个实数根分别为x ，x ，且x 2+x 2=4，求m的值．
1 2 1 2
3
【答案】(1)m≥
4
(2)1
【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，根与系数的关系，解一元二次方程，熟知一元二
次方程的相关知识是解题的关键．
（1）根据题意可得Δ=(−2m) 2−4(m2−4m+3)≥0，解之即可得到答案；
（2）由根与系数的关系得到x +x =2m，x x =m2−4m+3，根据x 2+x 2=4得到
1 2 1 2 1 2
(2m) 2−2(m2−4m+3)=4，解方程即可得到答案．
【详解】（1）解：根据题意得Δ=(−2m) 2−4(m2−4m+3)≥0，
3
解得m≥ ，
4
3
∴m的取值范围是m≥ ；
4
（2）解：方程的两个实数根分别为x ，x ，
1 2∴x +x =2m，x x =m2−4m+3，
1 2 1 2
∵x 2+x 2=4
1 2
∴(x +x ) 2−2x x =(2m) 2−2(m2−4m+3)=4，
1 2 1 2
解得m =1，m =−5（舍），
1 2
∴m的值为1
35．园林部门计划在某公园建一个长方形苗圃ABCD．苗圃的一面靠墙（墙最大可用长度为14米），另
三边用木栏围成，中间也用垂直于墙的木栏隔开，分成两个区域，并在如图所示的两处各留2米宽的
门（门不用木栏），建成后所用木栏总长32米，设苗圃ABCD的一边CD长为x米．
(1)BC长为________米（包含门宽，用含x的代数式表示）
(2)若苗圃ABCD的面积为96m2，求x的值；
(3)苗圃ABCD的面积是否可以达到109m2，请说明理由．
【答案】(1)(36−3x)
(2)x的值为8
(3)苗圃ABCD的面积不可以达到109m2，理由见解析
【分析】本题主要考查一元二次方程的实际应用，列代数式，解题的关键在于读懂题意，根据已知列
方程求解．
（1）根据木栏总长32米，如图所示的两处各留2米宽的门求出BC长；
（2）根据题意得x(36−3x)=96即可得到答案；
（3）列出面积表达式，将109m2代入判断即可．
【详解】（1）解：依据题意，BC=32−x−x−x+4，
解得BC=(36−3x)m，
故答案为：(36−3x)；
（2）解：根据题意得x(36−3x)=96，
即−3x2+36x−96=0，
化简得(x−4)(x−8)=0，
解得x =4，x =8，
1 2∵当x=4时，36−3x=36−12=24>14，
∴ x=4（舍去），
∴ x=8；
（3）解：不可以达到109m2．理由如下：
若可以达到109m2，则x⋅(36−3x)=109，
化简得：3x2−36x+109=0，
Δ=(−36) 2−4×3×109=−12<0，无解，
∴苗圃ABCD的面积不可以达到109m2．
36．项目化学习
项目主题：探究富平柿饼销售利润
项目背景：富平柿饼，形似圆月，肉红透明无籽，凝霜后白里透红。柿饼质地透明，清甜爽口，具有
润肺、健胃、止咳等药理功能，某校学习小组以“探究富平柿饼销售利润问题”为主题开展项目学习．
驱动任务：按预期利润制定合理售价．
收集数据：
某特产专卖店销售富平柿饼，其进价为每千克50元，按每千克90元出售，平均
素材 每月可售出200千克，后经市场调查发现，单价每降低5元，平均每月的销售量
可增加50千克．
解决问题：
(1)设每千克富平柿饼降价x元，则降价后富平柿饼每月的销售量为______；
(2)在（1）的条件下，若专卖店销售富平柿饼想要平均每月获利8750元，求富平柿饼的售价应定为每
千克多少元？
【答案】(1)(200+10x)
(2)每千克75元或每千克85元
【分析】本题考查了一元二次方程的应用，列代数式，解题的关键是正确理解题意，找到等量关系．
（1）由题意得单价每降低1元，平均每月的销售量可增加10千克，那么每千克富平柿饼降价x元，
则平均每月的销售量可增加10x千克，即可表示出降价后富平柿饼每月的销售量；
（2）根据每千克的利润乘以数量等于总利润建立一元二次方程求解即可．
【详解】（1）解：∵单价每降低5元，平均每月的销售量可增加50千克，
∴单价每降低1元，平均每月的销售量可增加10千克，
∴每千克富平柿饼降价x元，则降价后富平柿饼每月的销售量为(200+10x)元，
故答案为：(200+10x)；
（2）解：由题意得(90−x−50)(200+10x)=8750，整理得x2−20x+75=0，解得x =15，x =5．
1 2
当x=15时，90−x=90−15=75，符合题意；
当x=5时，90−x=90−5=85，符合题意．
答：富平柿饼的售价应定为每千克75元或每千克85元．
37．已知，如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=5cm，BC=7cm，点P从点A开始沿AB边向点B以
1cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动．
(1)如果点P，Q分别从点A，B同时出发，那么几秒后，△PBQ的面积等于4cm2？
(2)如果点P，Q分别从点A，B同时出发，那么几秒后，PQ的长度等于5cm？
【答案】(1)点P，Q分别从点A，B同时出发，1秒或4秒后，△PBQ的面积等于4cm2
(2)点P，Q分别从点A，B同时出发，2秒后，PQ的长度等于5cm
【分析】本题主要考查一元二次方程的应用，根据题意列出方程是解决本题的关键．
（1）设x秒后，△PBQ的面积等于4cm2，根据面积公式，列出方程进行求解即可；
（2）设y秒后，PQ的长度等于5cm，利用勾股定理，列出方程进行求解即可．
【详解】（1）解：设x秒后，△PBQ的面积等于4cm2，
由题意得，AP=xcm,BQ=2xcm，
∴BP=AB−AP=(5−x)cm，
1 1
BP⋅BQ= ⋅2x(5−x)=4
2 2
x(5−x)=4
5x−x2=4
x2−5x+4=0
(x−1)(x−4)=0
解得x=1或x=4；
答：点P，Q分别从点A，B同时出发，1秒或4秒后，△PBQ的面积等于4cm2．
（2）解：设y秒后，PQ的长度等于5cm，
由题意得，AP= ycm,BQ=2ycm，
∴BP=AB−AP=(5−y)cm，
∵∠B=90°，∴PQ2=BP2+BQ2，
∴52=(5−y) 2+(2y) 2
25=25−10y+ y2+4 y2
5 y2−10 y=0
5 y(y−2)=0
解得y=2或y=0（舍去），
∴点P，Q分别从点A，B同时出发，2秒后，PQ的长度等于5cm．
38．如图，在矩形ABCD中，AB=10cm，BC=12cm，P从点A开始沿AB向终点B以1cm/s的速度移动，
与此同时，点Q从点B开始沿BC边向点C以2cm/s的速度移动，如果P、Q分别从A、B同时出发，
当点Q运动到点C时，两点停止运动，设运动时间是t．
(1)t为何值时，B在PQ的垂直平分线上？
(2)t为何值时，PQ的长度为10cm？
10
【答案】(1)t=
3
(2)t=0或t=4
【分析】本题主要考查了勾股定理，矩形的性质，解一元二次方程，线段垂直平分线的性质等等，熟
知相关知识是解题的关键．
（1）由题意得，AP=tcm，BQ=2tcm，则BP=(10−t)cm，根据线段垂直平分线上的点到线段两
端的距离相等得到BP=BQ，则10−t=2t，解方程即可得到答案；
（2）由勾股定理得到PQ2=BP2+BQ2，则102=(2t) 2+(10−t) 2，解方程即可得到答案．
【详解】（1）解：由题意得，AP=tcm，BQ=2tcm，
∴BP=AB−AP=(10−t)cm，
∵B在PQ的垂直平分线上，
∴BP=BQ，
∴10−t=2t，10
解得t= ，
3
10
∴当t= 时，B在PQ的垂直平分线上；
3
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴PQ2=BP2+BQ2，
∴102=(2t) 2+(10−t) 2，
解得t=0或t=4，
∴当t=0或t=4时，PQ的长度为10cm．
39．如图1所示，△ABC的外接圆的半径为2，AB=AC，P为圆O中弧BC上一点，连接PA，PB，PC．
(1)若∠BAC=60°，求证：PA=PB+PC；
(2)如图2，若∠BAC=90°，若△ABP关于直线AB的对称图形为△ABM，连接CM，试探究CM2，
AM2，BM2三者之间满足的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析
(2)2AM2+BM2=CM2，证明见解析
【分析】（1）在PA上截取PM=PB，连接BM，先证出△ABC是等边三角形，再证出
△ABM≌△CBP，根据全等三角形的性质可得AM=PC，由此即可得；
（2）过点A作AD⊥AM，且AD=AM，连接DM，BD，利用勾股定理可得MD=❑√2AM，再证
出△AMC≌△ADB，根据全等三角形的性质可得CM=BD，证出∠BMD=90°，然后利用勾股
定理可得BM2+M D2=BD2，由此即可得．
【详解】（1）证明：如图，在PA上截取PM=PB，连接BM，∵AB=AC，∠BAC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=BC，∠ACB=∠ABC=60°，
由圆周角定理得：∠APB=∠ACB=60°，
∵PM=PB，
∴△PBM是等边三角形，
∴BM=BP=PM，∠PBM=60°，
∴∠ABC=∠PBM，
∴∠ABC−∠CBM=∠PBM−∠CBM，即∠ABM=∠CBP，
在△ABM和△CBP中，
{
AB=CB
)
∠ABM=∠CBP ，
BM=BP
∴△ABM≌△CBP(SAS)，
∴AM=PC，
∴PA=PM+AM=PB+PC．
（2）解：2AM2+BM2=CM2，证明如下：
如图，过点A作AD⊥AM，且AD=AM，连接DM，BD，
∵AD⊥AM，且AD=AM，
∴∠AMD=45°，MD=❑√AD2+AM2=❑√2AM，∵∠BAC=∠MAD=90°，
∴∠BAC+∠BAM=∠MAD+∠BAM，即∠MAC=∠DAB，
在△AMC和△ADB中，
{
AM=AD
)
∠MAC=∠DAB ，
AC=AB
∴△AMC≌△ADB(SAS)，
∴CM=BD，
∵AB=AC,∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
由圆周角定理得：∠APB=∠ACB=45°，
∵△ABP和△ABM关于直线AB的对称，
∴∠AMB=∠APB=45°，
∴∠BMD=∠AMB+∠AMD=90°，
∴在Rt△BDM中，BM2+M D2=BD2，
∴BM2+(❑√2AM) 2=CM2，
即2AM2+BM2=CM2．
【点睛】本题考查了圆周角定理、等边三角形的判定与性质、勾股定理、轴对称的性质、全等三角形
的判定与性质等知识，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．
40．如图所示，A、B、C、D是矩形的四个顶点，AB=16cm，AD=6cm，动点P、Q分别从点A、C同
时出发，点P以3cm/s的速度向点B移动，一直到达B为止，点Q以2cm/s的速度向D移动．
(1)P，Q两点从出发开始到几秒时，四边形PBCQ的面积为33cm2？
(2)P，Q两点从出发开始到几秒时，点P和点Q的距离第一次是10cm？
【答案】(1)5秒8
(2) 秒
5
【分析】本题主要考查动点问题，涉及解一元一次方程和勾股定理，代数式的表示，
（1）设P、Q两点从出发开始到x秒满足条件，则PB=(16−3x)cm，QC=2xcm，根据梯形的面积
公式求解即可；
（2）设P，Q两点从出发经过t秒时满足条件，作QE⊥AB，垂足为E，则
PA=3tcm,CQ=BE=2tcm，有PE=|16−5t)，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：设P、Q两点从出发开始到x秒时四边形PBCQ的面积为33cm2，
则PB=(16−3x)cm，QC=2xcm，
1
根据梯形的面积公式得
(16−3x+2x)×6=33(cm2)，
2
解之得x=5，
答：P、Q两点从出发开始到5秒时四边形PBCQ的面积为33cm2；
（2）解：设P，Q两点从出发经过t秒时，点P，Q间的距离是10cm，
作QE⊥AB，垂足为E，则QE=AD=6cm，PQ=10cm，
∵PA=3tcm，CQ=BE=2tcm，
∴PE=AB−AP−BE=|16−5t)，
由勾股定理，得(16−5t) 2+62=102，
8 24
解得t = ，t = （舍去）．
1 5 2 5
8
答：从出发到 秒时，点P和点Q的距离第一次是10cm．
5
41．如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，且当x=0
和x=2时，y的值相等，直线y=3x−7与这条抛物线交于两点，其中一点横坐标为4，另一点是这条
抛物线的顶点M．(1)求顶点M 的坐标并求出这条抛物线对应的函数解析式．
(2)P为线段BM上一点（P不与点B，M重合），作PQ⊥x轴于点Q，连接PC，设OQ=t，四边形
PQAC的面积为S，
①求S与t的函数解析式，并直接写出t的取值范围．
②当t为何值时，四边形PQAC的面积最大，求出这个最大值．
【答案】(1)M(1,−4)，y=x2−2x−3
9 3 9 105
(2)①S=−t2+ t+ (10（不符合题设，舍去）；
b
②当b−3<− 2或b=−2❑√7<0（均不符合题设，舍去）；
b
③当b−3≥− ，即b≥2时，
2
在b−3≤x≤b内，y 随x的增大而增大，
1
则当x=b−3时，y 取得最小值，
1
b 2 3
因此有(b−3+ ) + b2=21，
2 4
解得b=4或b=−1<2（不符题设，舍去），综上，b的值为−❑√7或4；
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、解一元二次方程等知识点，求二次函数的解析式，化为
顶点式，要求学生具有较强的分类讨论思想，较难的是题（3），正确分三种情况讨论是解题关键．
43．如图，△ABC是等腰直角三角形，且AB=AC，∠BAC=90∘．
(1)问题：如图1，点D是BC边上一点（不与B，C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转90∘得到AE，
连接EC，则线段BD，CE之间满足的数量关系式为___________．
(2)探索：如图2，△ADE是等腰直角三角形，且AD=AE，∠DAE=90∘，将△ADE绕点A旋转，
使点D落在边上，试探索线段AD2 、BD2 、CD2之间满足的数量关系，并证明你的结论；
(3)应用：如图3，在四边形ABCD中，若CD=1，AD=2，BD=3，求∠ADC的大小．
【答案】(1)BD=CE
(2)BD2+CD2=2AD2，证明过程见解析
(3)45°
【分析】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及旋转变换的性质，掌
握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
（1）证明△BAD≌△CAE，根据全等三角形的性质作答即可；
（2）连接CE，根据全等三角形的性质得到BD=CE，∠ACE=∠B，得到∠DCE=90°，根据勾
股定理计算即可；
（3）过点A作AE⊥AD，使得AE=AD，连接CE，DE，证明△BAD≌△CAE，BD=CE=3，
根据勾股定理计算即可．
【详解】（1）∵ △ABC是等腰直角三角形，且AB=AC，∠BAC=∠DAE=90∘，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE；
故答案为：BD=CE．
（2）结论：满足BD2+CD2=2AD2；
理由如下：由（1）得，△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，∠ACE=∠B，
∴∠DCE=90°，
∴CE2+CD2=ED2，
在Rt△ADE中，AD2+AE2=ED2，AD=AE，
∴BD2+CD2=2AD2．
（3）过点A作AE⊥AD，使得AE=AD，连接CE，DE，
∵∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD
，
∴ ∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，
{
AB=AC
)
∠BAD=∠CAE ，
AD=AE
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
∴BD=CE，
∵BD=3，
∴CE=3，
∵AD=2，AD=AE，∠EAD=90°，
∴DE=❑√AD2+AE2=❑√22+22=2❑√2，
∵CD=1，
∴在△ECD中，CD2+DE2=1+8=9，EC2=9，∴CD2+DE2=CE2，
∴△ECD为直角三角形，且∠CDE=90°，
∵ AD=AE，∠EAD=90°，
∴∠ADE=45°，
∴∠ADC=90°−45°=45°．
44．如图1，已知抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)、B(3,0)两点，与y轴交于点C，顶点为点D．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点E是点D关于x轴的对称点，经过点A的直线y=mx+1与该抛物线交于点F，点P是直线AF上的
S
一个动点，连接AE、PE、PB，记△PAE的面积为S ，△PAB的面积为S ，那么 1 的值是否是定
1 2 S
2
值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
(3)如图2，设直线AC与直线BD交于点M，点N是直线AC上一点，若∠ONC=∠BMC，求点N的
坐标．
【答案】(1)y=x2−2x−3
1
(2)
2
( 6 3)
(3) − ,
5 5
【分析】本题主要考查了二次函数与图形，相似三角形的判定和性质，掌握待定系数法求解析式，二
次函数与图形的综合，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
（1）把点A和点B的坐标代入抛物线的解析式即可；
（2）分别过点B，E作BG∥y轴，EH∥y轴，与AF交于点G，H，利用铅垂法分别表示△PAE
的面积和△PAB的面积，再求比值即可；
（3）过点B作BP⊥AC于点P，作∠BTC=∠BMC，过点O作ON∥BT交AC于点N，利用等腰三角形的性质，先求出∠BTC=∠BMC时，直线BT的解析式，利用ON∥BT求出点N的坐标．
{1−b+c=0
)
【详解】（1）解：由题意可得， ，
9+3b+c=0
{b=−2)
解得， ，
c=−3
∴抛物线的解析式为：y=x2−2x−3；
（2）解：由（1）知抛物线的解析式为：y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴D(1,−4)，
当x=0时，y=−3，
∴C(0,−3)，
∵点E是点D关于x轴的对称点，
∴E(1,4)，
∵直线y=mx+1过点A(−1,0)，则−m+1=0，
解得，m=1，
∴直线AF:y=x+1，
如图1，分别过点B，E作BG∥y轴，EH∥y轴，与AF交于点G，H，
1 1
∴S = (x −x )⋅EH S = (x −x )⋅BG
1 2 P A 2 2 P A
，
S EH
∴
1=
，
S BG
2
∵ 过点B作BG∥y轴与直线AF交于点G，
∴y=3+1=4，
∴G(3,4)，BG=4，
∵E(1,4)，
∴当x=1时，y=1+1=2，
∴H(1,2)，EH=2，S EH 2 1
∴ 1= = = ，
S BG 4 2
2
S 1
1
∴ 的值是一个定值，这个定值为 ；
S 2
2
（3）解：如图2，过点B作BP⊥AC于点P，交y轴于点K，作∠BTC=∠BMC，过点O作
ON∥BT交AC于点N，
∴∠ONC=∠BTC=∠BMC
，
∴BT=BM，点P是TM的中点，
∵A(−1,0)，C(0,−3)，设直线AC的解析式为y=kx−3(k≠0)，
∴−k−3=0，
∴k=−3，
∴直线AC:y=−3x−3，
∵BP⊥AC，B(3,0)，
∴OB=3,OA=1.OC=3，∠OAC+∠OCA=∠OAC+∠OBK=90°，
∴∠OCA=∠OBK，且∠AOC=∠KOB=90°，
∴△AOC∽△KOB，
AO OC 1 3
∴ = ，即 = ，
KO OB KO 3
解得，KO=1，
∴K(0,−1)，
设直线BK的解析式为y=fx−1(f ≠0)，
∴3f −1=0，
1
解得，f = ，
3
1
∴直线BP:y= x−1，
3{y=−3x−3
)
联立 1 ，
y= x−1
3
解得¿，
( 3 6)
∴P − ,− ，
5 5
∵B(3,0)，D(1,−4)，设直线BD的解析式为y=mx+n(m≠0)，
{3m+n=0)
∴ ，
m+n=−4
{m=2
)
解得， ，
n=−6
∴直线BD:y=2x−6，
联立¿，
解得¿，
(3 24)
∴M ,− ，
5 5
∵点P是TM的中点，
T +M T +M
∴由中点坐标公式可得，P = x x，P = y y，
x 2 y 2
3 ( 24)
T + T + −
∴ 3 x 5 6 y 5 ，
− = ,− =
5 2 5 2
9 12
∴T =− ,T = ，
x 5 y 5
( 9 12)
∴ T − , ，
5 5
设直线BT的解析式为y=k'x+b'(k'≠0)，
∴ ¿，
1
{ k'=− )
2
解得， ，
3
b'=
21 3
∴y=− x+ ，
2 2
1
∴直线ON的表达式为：y=− x，
2
联立¿，
6
{ x=− )
5
解得 ，
3
y=
5
( 6 3)
∴N − , ．
5 5
45．如图，四边形ABCD、BEFG均为正方形．
(1)如图1，连接AG、CE，试判断AG和CE的数量关系和位置关系并证明．
(2)将正方形BEFG绕点B顺时针旋转β角(0°<β<180°)，如图2，连接AG、CE相交于点M，连接
MB，求∠EMB的度数．
(3)若BE=2，BC=6，连接DG，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转β角(0°≤β≤180°)，则在这个旋
转过程中线段DG长度的最大值为____，最小值为 ____（直接填空，不写过程）．
【答案】(1)AG=CE，AG⊥CE，证明见解析
(2)45°
(3)10；6❑√2−2
【分析】（1）证明△GBA≌△EBC(SAS)得出AG=CE，且∠GAB=∠BCE，可判定出其位置
关系；
（2）过B作BP⊥EC，BQ⊥MA，垂足分别为P、Q，证明△BPE≌△BQG得BP=BQ，通过
证明四边形BPMQ为正方形可得出∠EMB的度数；
（3）由旋转性质可知：当点G在线段BD上时DG的长度最短，当在初始位置时，DG最大，利用勾
股定理求出其长度即可．
【详解】（1）解：AG=CE，AG⊥CE，证明：延长CE交AG于点H，
∵四边形ABCD、BEFG均为正方形，
∴∠GBA=∠EBC=90°，BG=BE，BA=BC，
在△GBA和△EBC中，
{
BG=BE
)
∠GBA=∠EBC ，
BA=BC
∴△GBA≌△EBC(SAS)，
∴AG=CE，∠GAB=∠BCE，
∴∠BGA+∠BCE=∠BGA+∠GAB=90°，
∴∠CHG=90°，
∴AG⊥CE；
（2）解：如图，过B作BP⊥EC，BQ⊥MA，垂足分别为P、Q，设AM交BC于点O，
∴∠BPE=∠BPM=90°=∠BQM，
∵将正方形BEFG绕点B顺时针旋转β角(0°<β<180°)，且四边形ABCD为正方形，
∴∠CBA=∠EBG=90°，BG=BE，BA=BC，
∴∠CBA−∠CBG=∠EBG−∠CBG，即∠GBA=∠EBC，
在△GBA和△EBC中，
{
BG=BE
)
∠GBA=∠EBC ，
BA=BC
∴△GBA≌△EBC(SAS)，
∴BG=BE，∠GAB=∠BCE，∴∠MOC+∠BCE=∠BOA+∠GAB=90°，
∴∠OME=∠MOC+∠BCE=90°，即AG⊥CE，
∴∠GMP=90°=∠BPM=∠BQM，
∴四边形BPMQ为矩形，
∴∠PBE+∠PBG=∠QBG+∠PBG=90°，
∴∠PBE=∠QBG，
在△BPE和△BQG中，
{∠PBE=∠QBG
)
∠BPE=∠BQG ，
BE=BG
∴△BPE≌△BQG(AAS)，
∴BP=BQ，
∴四边形BPMQ为正方形，
∴∠EMB=45°；
（3）解：∵将正方形BEFG绕点B顺时针旋转β角(0°≤β≤180°)，且四边形ABCD为正方形，
当正方形BEFG在初始位置时，DG最大，如图，
∵四边形ABCD、BEFG均为正方形，BE=2，BC=6，
∴∠GCD=90°，GC=GB+BC=2+6=8，CD=BC=6，
此时DG=❑√GC2+CD2=❑√82+62=10；
当G点在线段BD上时，DG最小，如图，
∵四边形ABCD、BEFG均为正方形，BE=2，BC=6，
∴∠BCD=90°，BG=BE=2，CD=BC=6，∴BD=❑√BC2+CD2=❑√62+62=6❑√2，
此时DG=BD−BG=6❑√2−2；
综上所述，在这个旋转过程中线段DG长度的最大值为10，最小值为6❑√2−2．
故答案为：10；6❑√2−2．
【点睛】本题是几何变换的综合题，考查了旋转的性质，正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，
全等三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是通过作辅助线构造全等三角形、利用正方形BEFG
的特殊位置确定线段DG长度的最大值与最小值是解题的关键．
46．【提出问题】如图①，在等边△ABC内部有一点P，若∠APB=150°，求证：AP2+BP2=CP2
【尝试解决】（1）证明：将△APC绕点A逆时针旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，
则△APP'为等边三角形，
∴∠APP′=60°， PA=PP′，PC= ，
∵∠APB=150°
∴∠BPP′=90°，
∴P′P2+BP2= ，
即PA2+PB2=PC2
【类比探究】（2）如图②，在三角形ABC中，∠BAC=90°，内部有一点P，若∠APB=135°，
试判断线段PA,PB,PC之间的数量关系，并证明
【联想拓展】（3）如图③，在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC，点P在直线AB上方，且
∠APB=60°，满足(kPA) 2+PB2=PC2，请直接写出k的值．
【答案】（1）P′B，P′B2；（2）2PA2+PB2=PC2；证明见解析；（3）k=±❑√3
【分析】（1）根据已有过程进行补充，即可作答．
（2）如图，将△APC绕A点逆时针旋转90°，得到△AP'B，连接PP'，证明△APP'为等腰直角
三角形，故∠APP'=45°,PP'=❑√2PA,PC=P'B，结合∠APB=135°,得∠BPP'=90°，运用
勾股定理得P'P2+BP2=P'B2，即可作答．（3）将△APC绕A点顺时针旋转120°得到△AP'B，连接PP'，过点A作AH⊥PP'于点H，即
1 ❑√3
∠PAP′=120°,AP=AP′，PC=P'B，则∠APP'=30°, AH= AP′ ，H P′= AP′ ，运用等
2 2
腰三角形的性质得PP'=❑√3PA,在Rt△PBP'中， P'P2+PB2=P'B2，结合(kPA) 2+PB2=PC2，
即可作答．
【详解】解：（1）证明：将△APC绕点A逆时针旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，
则△APP′为等边三角形，
∴∠APP′=60°， PA=PP′，PC=P′B，
∵∠APB=150°
∴∠BPP′=90°，
∴P'P2+BP2=P'B2
即PA2+PB2=PC2
故答案为：P′B，P′B2
（2）2PA2+PB2=PC2．
证明如下：如图，将△APC绕A点逆时针旋转90°，得到△AP'B，连接PP'，
∴∠PAP′=90°,P′ A=PA
则△APP'为等腰直角三角形，
∴∠APP'=45°,PP'=❑√PA2+P' A2=❑√2PA,PC=P'B，
∵∠APB=135°,
∴∠BPP'=135°−45°=90°，
∴P'P2+BP2=P'B2，
∴2PA2+PB2=PC2；
（3）如图，将△APC绕A点顺时针旋转120°得到△AP'B，连接PP'，过点A作AH⊥PP'于点
H，∴∠PAP′=120°,AP=AP′，PC=P'B
1
∴∠APP'= ×(180°−120°)=30°,
2
1
∴AH= AP′ ，
2
❑√3
则H P′=❑√AP′2−AH2= AP′ ，
2
∴PP'=2AP'=❑√3P' A=❑√3PA,
∵∠APB=60°，
∴∠BPP'=90°，
在Rt△PBP'中， P'P2+PB2=P'B2，
∴(❑√3PA) 2+PB2=PC2，
∵(kPA) 2+PB2=PC2，
∴k=±❑√3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转性质，三角形内角和性质，等腰三角
形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
47．如图，抛物线y=−x2+bx+c经过A(−1,0),C(0,3)两点，并交x轴于另一点B，点M是抛物线的顶点，
直线AM与y轴交于点D．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)若点H是x轴上一动点，分别连接MH,DH，求|MH−DH)的最大值；(3)若点P是抛物线上一动点，问在对称轴上是否存在点Q，使得以D,M,P,Q为顶点的四边形是平行
四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)❑√5
(3)存在，Q(1,3)或Q(1,1)或Q(1,5)
【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）先求出点M、D的坐标，再根据当H，M，H三点共线时，即H与A点重合，|MH−DH)的值
最大，最大值=DM，由勾股定理，求出的长即可；
（3）分DM，DP，MP分别为对角线，三种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−x2+bx+c经过A(−1,0),C(0,3)两点，
{−1−b+c=0) {b=2)
∴ ，解得： ，
c=3 c=3
∴y=−x2+2x+3；
（2）解：∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴抛物线的顶点M的坐标为(1,4)，
设直线AM的解析式为y=kx+s，
{−k+s=0)
把A(−1,0)，M(1,4)代入，得 ，
k+s=4
{k=2)
解得： ，
s=2
∴直线AM的解析式为y=2x+2，
令x=0，则y=2，
∴D(0,2)，
∵|MH−DH)≤DM，
∴当H，M，D三点共线时，即H与A点重合，|MH−DH)的值最大，
最大值=DM=❑√12+(4−2) 2=❑√5．
（3）解：存在；
∵y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，
∴对称轴为直线x=1，
设P(p,t)，Q(1,n)，
当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时：{1+p=0+1)
①DM为对角线时： ，
t+n=4+2
{ p=0 )
∴ ，
t+n=6
当p=0时，t=3，
∴n=3，
∴Q(1,3)；
{0+p=1+1)
②当DP为对角线时： ，
2+t=4+n
{ p=2 )
∴ ，
2+t=4+n
当p=2时，t=−22+2×2+3=3，
∴n=1，
∴Q(1,1)；
{1+p=0+1)
③当MP为对角线时： ，
4+t=2+n{ p=0 )
∴ ，
n−t=2
当p=0时，t=3，
∴n=5，
∴Q(1,5)；
综上：当以D，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，Q(1,3)或Q(1,1)或Q(1,5)．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，是中考常见的压轴题．涉及二次函数图象性质，待定系数法
求函数解析式，平行四边形的性质，正确的求出函数解析式，熟练掌握二次函数的性质，利用数形结
合和分类讨论的思想进行求解是解题的关键．
48．如图，抛物线y=ax2−2x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于C点，B(1,0)．
第二象限内有一点P在抛物线上运动，OP交线段AC于点E．
(1)求抛物线的解析式及点A，C的坐标；
(2)设△PAC的面积为S，当S最大时，求点P的坐标及S的最大值；
(3)是否存在点P，使点E是OP的中点． 若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由
【答案】(1)y=−x2−2x+3，A(−3,0)，C(0,3)
( 3 15) 27
(2)P − ， ，最大值为
2 4 8
(3)不存在这样的点P，使得点E为OP中点
【分析】（1）利用待定系数法依次解答即可；(2) 先确定直线AC的解析式为：y=x+3．设P(m，−m2−2m+3)，则M(m，m+3)，则
PM=(−m2−2m+3)−(m+3)=−m2−3m， 根据题意，得到三角形的面积为
S=
1
PM·(x −x )=−
3
(m2+3m)=−
3(
m+
3) 2
+
27
，利用二次函数的最值解答即可．
2 C A 2 2 2 8
(n −n2−2n+3)
(3)不妨设P(n，−n2−2n+3)，则E ， ，代入y=x+3，构造方程，利用根的判别
2 2
式解答即可．
【详解】（1）解：抛物线y=ax2−2x+3与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于C
点，B(1,0)．
∴a−2+3=0，
解得a=−1，
∴抛物线解析式为y=−x2−2x+3，
∴C(0,3)，−x2−2x+3=0，
根据题意x +1=−2，
A
解得x =−3，
A
故A(−3,0)．
（2）解：过点P作PM⊥x轴，交直线AC于点M，
设直线AC的解析式为y=kx+p，
将A(−3,0)，C(0,3)代入直线AC的解析式得：
{−3k+p=0)
，
p=3
{k=1)
解得 ，
p=3
∴直线AC的解析式为：y=x+3．设P(m，−m2−2m+3)，则M(m，m+3)，
则PM=(−m2−2m+3)−(m+3)=−m2−3m，
∴S=
1
PM·(x −x )=−
3
(m2+3m)=−
3(
m+
3) 2
+
27
，
2 C A 2 2 2 8
3
∵− <0，
2
∴抛物线开口向下，函数有最大值，
3 27
∴当m=− ，△PAC的面积最大，且最大值为 ．
2 8
( 3 15)
此时P − ， ．
2 4
(n −n2−2n+3)
（3）解：不妨设P(n，−n2−2n+3)，则E ， ，
2 2
n −n2−2n+3
代入y=x+3，得 +3= ，
2 2
整理，得n2+3n+3=0，
由Δ=b2−4ac=32−4×1×3=−3<0，
故方程无实数解，
故不存在这样的点P，使得点E为OP中点．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，构造二次函数求三角形的面积的最值，一元二次方程
根的判别式应用，面积分割法，熟练掌握抛物线的最值，根的判别式是解题的关键．
49．如图，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），点A、B的坐标分别是
(−1,0)、(3,0)，与y轴交于点C，点C的坐标是(0,3)，点D和点C关于抛物线的对称轴对称．(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，直线AD上方的抛物线上有一点F，过点F作FG⊥AD于点G，求线段FG的最大值；
(3)点M是抛物线的顶点，点P是y轴上一点，点Q是坐标平面内一点，以A，M，P，Q为顶点的四边
形是以AM为边的矩形，求点P和Q的坐标．
【答案】(1)y=x+1
9❑√2
(2)
8
( 1) ( 9) ( 7) ( 1)
(3)P 0,− 或P 0, ，Q 2, 或Q −2,
2 2 2 2
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）记AD于y轴的交点为E，证明△OAE为等腰直角三角形， 过F作FN∥y轴交AD于N，
❑√2
△FGN为等腰直角三角形， 则FG= FN，设F(x,−x2+2x+3)，则N(x,x+1)， 再建立二次
2
函数，利用二次函数的性质解题即可；
（3）如图，当P在AM的右边，记直线AM交y轴于R，y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，则M(1,4)，
求解直线AM的解析式为y=2x+2， 可得R(0,2)， 设P(0,y)，而四边形APQM为矩形，可得
( 1) ( 7)
∠RAP=90°，再利用勾股定理建立方程求解P 0,− ，结合平移的性质可得：Q 2, ；如图，
2 2
( 9) ( 1)
当P在AM的左边，同理可得：P 0, ，结合平移的性质可得：Q −2, ．
2 2
{
a−b+c=0
)
【详解】（1）解： 把A(−1,0)，(3,0)，(0,3)分别代入y=ax2+bx+c得： 9a+3b+c=0 ，
c=3
{a=−1
)
解得 b=2 ，
c=3
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：由（1）知y=−x2+2x+3=−(x+1) 2+4，
∴抛物线对称轴为直线x=1，∵点D和点C关于抛物线的对称轴对称，
∴D(2,3)，
设直线AD的解析式为y=kx+b，
{−k+b=0)
把A(−1,0)，D(2,3)分别代入得 ，
2k+b=3
{k=1)
解得 ，
b=1
∴直线AD的解析式为y=x+1
记AD于y轴的交点为E，
当x=0时，y=x+1=1，则E(0,1)，
∴OA=OE，
∴△OAE为等腰直角三角形，
∴∠EAO=∠AEO=45°，
过F作FN∥y轴交AD于N，
∴∠FNG=45°，
∴△FGN为等腰直角三角形，
❑√2
∴FG= FN，
2
设F(x,−x2+2x+3)，则N(x,x+1)，
∴FN=−x2+2x+3−x−1=−x2+x+2=− ( x− 1) 2 + 9 ，
2 4
1 9
当x= 时，FN有最大值 ，
2 4
9 ❑√2 9❑√2
∴FG的最大值为： × = ；
4 2 8
（3）解：如图，当P在AM的右边，记直线AM交y轴于R，y=−x2+2x+3=−(x−1) 2+4，则M(1,4)，
设直线AM的解析式为y=mx+n，
{−m+n=0)
把A(−1,0)、M(1,4)分别代入得 ，
m+n=4
{m=2)
解得 ，
n=2
∴直线AM的解析式为y=2x+2，
当x=0时，y=2x+2=2，则R(0,2)，
设P(0,y)，而四边形APQM为矩形，
∴∠RAP=90°，
∴(2−y) 2=12+ y2+12+22，
1 ( 1)
解得：y=− ，即P 0,− ，
2 2
( 7)
由平移的性质可得：Q 2, ；
2
如图，当P在AM的左边，同理可得：(y−2) 2=(1−0) 2+(4−2) 2+(0−1) 2+(y−4) 2，
9 ( 9)
解得：y= ，即P 0, ，
2 2
( 1)
由平移的性质可得：Q −2, ；
2
( 7) ( 1)
综上：Q 2, 或Q −2, ．
2 2
【点睛】本题考查的是待定系数法求二次函数解析式，二次函数与坐标轴的交点，二次函数的性质，
勾股定理的应用，等腰直角三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，平移的性质，熟练的建立二次
函数模型再利用二次函数的性质解决问题是解本题的关键．
50．如图，抛物线y=x2+bx+c过点A(−1,0)、点B(5,0)，交y轴于点C．
(1)求抛物线的解析式．
(2)点P是第四象限抛物线上的一个动点．
①当△PBC的面积最大时，求点P的坐标？并求出△PBC面积的最大值；
②过点P作PE⊥x轴，交BC于点E，再过点P作PF∥x轴，交抛物线于点F，连接EF，问：是否
存在点P，使△PEF为等腰直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)y=x2−4x−5
125 (7−❑√33 3−3❑√33)
(2)①P(2.5,8.75)，最大值为 ；②存在，P(4,−5)或 ,
8 2 2
【分析】本题考查二次函数的综合应用，主要考查二次函数的性质，三角形的面积，等腰直角三角形，
掌握二次函数的性质，等腰直角三角形是解题的关键．
（1）由抛物线过点A，B，可直接得出抛物线的表达式为y=(x+1)(x−5)，展开即可得出结论．
1
（2）①过点P作PD⊥x轴，交线段BC于点D，则S = OB⋅PD，根据二次函数的性质可得结
△PBC 2
论；
②由题意可知PF⊥PE，若△PEF是等腰直角三角形，则PE=PF，分别表示PE及PF，可求出x
的值，进而求出点P的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c过点A(−1,0)，点B(5,0)，
∴抛物线的表达式为y=(x+1)(x−5)=x2−4x−5；
（2）由（1）得抛物线的解析式为y=x2−4x−5，
令x=0，则y=−5，
∴C(0,−5)，
∴直线BC的表达式为y=x−5，
∵点P是第四象限抛物线上的一个动点，
∴设P(x ,x2−4x −5)，
0 0 0
①如图，过点P作x轴的垂线，交线段BC于点D，则D(x ,x −5)，
0 0
1
∴S = OB⋅PD
△PBC 2
1
= ×5×(x −5−x2+4x +5)
2 0 0 0
5 25
=− x2+ x
2 0 2 05 125
=− (x −2.5) 2+
2 0 8
125
∴当x =2.5时，即P(2.5,8.75)，S的值取最大，最大值为
0 8
②存在，
由题意可知PE⊥PF，
若△PEF是等腰直角三角形，则PE=PF，
∵ P
点 是第四象限抛物线上的一个动点，
∴设P(x ,x2−4x −5)，E(x ,x −5)，
0 0 0 0 0
∴ PE=x −5−x2+4x +5=−x2+5x ，
0 0 0 0 0
∵PF∥x轴，
∴ F(4−x ,x2−4x −5)，
0 0 0
∴ PF=|2x −4|，
0
∴ |2x −4)=−x2+5x ，
0 0 0
7−❑√33 7+❑√33
解得x =−1 (舍去)或x =4或x = 或x = (舍去)，
0 0 0 2 0 2
(7−❑√33 3−3❑√33)
∴当△PEF是等腰直角三角形时，点P的坐标为P(4,−5)或 , ．
2 2
51．如图1，四边形ABCD是正方形，E，F分别在边BC和CD上，且∠EAF=45°（此时
1
∠EAF= ∠BAD），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一
2
种常用的方法．小明为了解决线段EF，BE，DF之间的关系，将△ADF绕点A顺时针旋转90°后解
决了这个问题．(1)请直接写出线段EF，BE，DF之间的关系．
(2)如图3，等腰直角三角形ABD，∠BAD=90°，AB=AD，点E，F在边BD上，且∠EAF=45°，
请写出EF，BE，DF之间的关系，并说明理由．
(3)如图4，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D，E在边BC上，且∠DAE=60°，当
BD=10，EC=16时，求BC的长．
【答案】(1)EF=BE+DF
(2)EF2=BE2+DF2，理由见解析
(3)40
【分析】本题主要考查旋转的性质，正方形的性质及全等三角形的判定和性质、勾股定理，难度较大，
综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）利用旋转的性质，证明△AGE≌△AFE(SAS)，得到¿=EF，等量代换，即可证明
EF=BE+DF；
（2）把△AFD绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，连接EE′，根据旋转的性质得∠D=∠ABE′，
∠FAD=∠E′ AB，在Rt△ABD中，AB=AD，可求得∠E′BD=90°，所以E′B2+BE2=E′E2，
再证明△AEE′ ≌△AEF(SAS)，利用EE′=FE得到EF2=BE2+DF2．
（3）同（2）方法，把△ACE绕点A顺时针旋转120°得到△ABP，连接PD，可证明：ED=PD，
在△BPD中，BD=10，BD=CE=16，∠PBD=60°，过点D作DH⊥BP，垂足为H，利用30°
直角三角形性质和勾股定理求出PD=14即可求出答案．
【详解】（1）解：EF=BE+DF
证明：由旋转可得GB=DF，AF=AG，∠BAG=∠DAF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠BAG+∠BAE=45°，∴∠GAE=∠EAF，
在△AGE和△AFE中，
{
AG=AF
)
∠GAE=∠EAF ，
AE=AE
∴△AGE≌△AFE(SAS)，
∴≥=EF，
∵≥=GB+BE=BE+DF，
∴EF=BE+DF；
（2）猜想：EF2=BE2+DF2，
证明：把△AFD绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，连接EE′，如图3，
∴BE′=FD AE′=AF ∠D=∠ABE′ ∠FAD=∠E′ AB
， ， ， ，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
∴∠ABD+∠ABE′=90°，即∠E′BD=90°，
∴E′B2+BE2=E′E2，
又∵∠FAE=45°，
∴∠BAE+∠FAD=45°，
∴∠E′ AB+∠BAE=45°，即∠E′ AE=45°，
在△AEE′和△AEF中
{
AE=AE
)
∠E′ AE=∠FAE
AE′=AF
∴△AEE′ ≌△AEF(SAS)，
∴EE′=FE，
∴EF2=BE2+DF2．
（3）证明：把△ACE绕点A顺时针旋转120°得到△ABP，连接PD，如图4，∴AP=AE PB=CE=16 ∠PBP=∠C
， ， ，
∠EAP=∠BAC=120°，
∵ AB=AC，∠BAC=120°，
∴∠ABD=∠C=∠ABP=30°，
∴∠ABD+∠ABP=60°，即∠PBD=60°，
又∵∠DAE=60°，
∴∠PAD=∠EAP−∠DAE=120°−60°=60°，
在△AED和△APD中
{
AD=AD
)
∠EAD=∠PAD=60°
AE=AP
∴△AED≌△APD(SAS)，
∴ED=PD，
过点D作DH⊥BP，垂足为H，
∵∠PBD=60°，
∴∠HDB=30°，
1 1
∴BH= BD= ×10=5，
2 2
HD=❑√BD2−BH2=❑√102−52=5❑√3
∴HP=BP−BH=16−5=11．
∴PD=❑√H P2+H D2=❑√112+(5❑√3) 2=14，
∴DE=PD=14，
∴BC=BD+DE+EC=10+14+16=40．
52．在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(−3,0)，B两点，交y轴于点C(0,4)，对
称轴是直线x=1，顶点为D．(1)求抛物线的函数解析式；
(2)如图1，设抛物线的对称轴DE交线段BC于点E，P为第一象限内抛物线上一点，过点P作x轴的
垂线，交线段BC于点F，若四边形DEFP为平行四边形，求点P的坐标；
(3)如图2，M是抛物线对称轴上的一个动点，求△ACM周长的最小值．
4 8
【答案】(1)y=− x2+ x+4；
15 15
( 28)
(2)P 4, ；
15
(3)❑√41+5
【分析】（1）根据待定系数法求解即可；
( 64) 4
（2）先求出D 1, ，B(5,0)，再根据待定系数法求出直线BC的表达式为y=− x+4，则可求
15 5
E ( 1, 16) ，进而求出DE= 16 ，设P ( p,− 4 p2+ 8 p+4 ) ，则F ( p,− 4 p+4 ) ，
5 15 15 15 5
4 4
PF=− p2+ p，由四边形DEFP为平行四边形，DE=PF，由此建立方程求解即可；
15 3
（3）设直线BC与抛物线的对称轴直线x=1相交于点M′，根据轴对称的性质得到当点M与点M′重合
时，AM+CM取得最小值，即为BC的长，求出BC，即可得到AM+CM取得最小值，再求出AC，
即可得到答案．
9a−3b+c=0
{ )
c=4
【详解】（1）解：根据题意，得 ，
b
− =1
2a4
{a=−
)
15
解得 8 ，
b=
15
c=4
4 8
∴抛物线的表达式为y=− x2+ x+4；
15 15
4 8
（2）解：y=− x2+ x+4，
15 15
64
当x=1时，y= ，
15
( 64)
∴顶点D 1, ，
15
4 8
当y=0时，− x2+ x+4=0，
15 15
解得x =5，x =−3，
1 2
∴B(5,0)，
设直线BC的表达式为y=kx+n，
{5k+n=0)
则 ，
n=4
{ k=− 4 )
解得 5 ，
n=4
4
∴y=− x+4，
5
16
当x=1时，y= ，
5
( 16)
∴E 1, ，
5
64 16 16
∴DE= − = ，
15 5 15
设P ( p,− 4 p2+ 8 p+4 ) ，则F ( p,− 4 p+4 ) ，
15 15 5∴PF=− 4 p2+ 8 p+4− ( − 4 p+4 ) =− 4 p2+ 4 p，
15 15 5 15 3
∵四边形DEFP为平行四边形，
∴DE=PF，
4 4 16
∴− p2+ p= ，
15 3 15
解得p =1（不符题意，舍去），p =4，
1 2
4 8 4 8 28
∴− p2+ p+4=− ×42+ ×4+4= ，
15 15 15 15 15
( 28)
∴P 4, ；
15
（3）解：设直线BC与抛物线的对称轴直线x=1相交于点M′，连接BM，
则AM+CM=BM+CM≥BC，
∴当点M与点M′重合时，AM+CM取得最小值，即为BC的长，
∵BC=❑√OC2+OB2=❑√42+52=❑√41，
即AM+CM取得最小值为❑√41，
∵AC=❑√OA2+OC2=❑√32+42=5，
∴△ACM周长的最小值为❑√41+5．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性
质、轴对称的性质等知识，解题的关键在于能够熟练掌握二次函数的知识．
53．已知二次函数y=−x2+bx+c的图象经过点A(1,0)．(1)如图，当二次函数y=−x2+bx+c的图象与x轴另一交点为C（C点在A点右侧），交y轴于D点，
直线x=2交抛物线、x轴于B、E两点，设B点坐标为(2,a)．
①用含a的代数式表示b=_____，c=_____．
②当DC=2BC时，求二次函数解析式．
(2)二次函数y=−x2+bx+c图象的对称轴为直线x=m，m取值范围为0≤m≤3时，求该二次函数最大
值n取值范围．
7 4
【答案】(1)①a+3,−a−2②y=−x2+ x− 或y=−x2+5x−4
3 3
(2)0≤n≤4
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，熟练掌握待定系数法求函数解析式，二次函数的增减性，
是解题的关键：
（1）①待定系数法进行求解即可；②分别求出C,D的坐标，根据DC=2BC，列出方程，求出a的值
即可得出结果；
（2）把A(1,0)和对称轴为直线x=m，代入函数解析式，求出顶点坐标，转化为二次函数求最值即可．
【详解】（1）解：①把A(1,0)，B(2,a)代入y=−x2+bx+c，得：
{ −1+b+c=0 ) { b=a+3 )
，解得： ；
−4+2b+c=a c=−a−2
故答案为：a+3,−a−2；
②由①知：y=−x2+(a+3)x−a−2，
当x=0时，y=−a−2，当y=−x2+(a+3)x−a−2=0时，x =1,x =a+2，
1 2
∴C(a+2,0)，D(0,−a−2)，a+2>1，
∴a>−1；
∵DC=2BC，B(2,a)，
∴(a+2) 2+(a+2) 2=4[(a+2−2) 2+a2)，2
解得：a=− 或a=2，
3
∴y=−x2+ ( − 2 +3 ) x+ 2 −2=−x2+ 7 x− 4 或y=−x2+(2+3)x−2−2=−x2+5x−4；
3 3 3 3
7 4
综上：y=−x2+ x− 或y=−x2+5x−4；
3 3
（2）把A(1,0)，代入y=−x2+bx+c，得：−1+b+c=0，
∴c=1−b，
∴y=−x2+bx+1−b，
b
∵对称轴为直线x=− =m，
2×(−1)
∴b=2m，
∴y=−x2+2mx+1−2m，
∴当x=m时，函数有最大值为：n=−m2+2m2+1−2m=(m−1) 2，
对于n=−m2+2m2+1−2m=(m−1) 2，
抛物线的开口向上，对称轴为直线m=1，抛物线上的点离对称轴越远，函数值越大，
∵0≤m≤3，
∴当m=1时，函数有最小值为：(1−1) 2=0，当m=3时，函数有最大值为：(3−1) 2=4；
∴0≤n≤4．
54．△ACD是⊙O的内接三角形，AB是⊙O的直径，BD是弦，2∠CDB=∠ACD．
(1)如图1，求证：AC=DC；
(2)如图2，过点C作CH⊥AB于点H，延长DB到N，若BN=BH，求证：CN⊥BD；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接AN，若AN⊥CD，CD=2❑√2，求线段CH的长．
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
2❑√6
(3)
3
【分析】（1）设∠CDB=a，则∠ACD=2a．利用直径所对圆周角为直角得到∠ADB=90°，从
而∠ADC=90°−a，结合同弧所对圆周角相等得出∠ACD=∠ABD=2a，再根据已知
∠CAD=90°−a，最后由等角对等边证明．
（2）先根据圆内接四边形性质得出∠NBC=∠DAC，结合第一问结论得到∠NBC=∠ABC，再
利用BN=BH，BC=BC证明△BNC≅△BHC，由∠BHC=90°推出∠BNC=90°，从而证明
CN⊥BD．
（3）先通过角度关系推出PB=PN=PC，延长PC使PC=PR构造等腰三角形，利用角度推导得出
AR=BR=3CR；再在Rt△ACR中，根据勾股定理求出CR，进而得到BC；最后在Rt△ABC中求
出AB，利用△ABC面积的两种表示方法求出CH．
【点睛】本题考查圆内接三角形性质、圆周角定理、等腰三角形性质、勾股定理及三角形全等与相似
等知识．解题关键是熟练运用相关定理进行角与线段关系的推导转化，通过构造辅助线、利用勾股定
理及三角形面积公式求解．
【详解】（1）证明：∵2∠CDB=∠ACD，
设∠CDB=a，
则∠ACD=2a，
∵A´D=A´D
∴∠ACD=∠ABD=2a ．
∵AB 是⊙O的直径 ，
∴∠ADB=90°，
∴∠BAD+∠ABD=90°，∠ADC+∠CDB=90°，
∴∠ADC=90°−a，∠BAD=90°−2a
∵B´C=B´C
∴∠BDC=∠BAC=a ．
∴∠CAD=90°−2a+a=90°−a ，
∴∠ADC=∠CAD，
∴AC=DC ．
（2）证明：连接BC．∴ADBC为圆内接四边形，
∴∠NBC=∠DAC，
由（1）得．AC=DC，
∴∠DAC=∠ADC，
∵A´C=A´C，
∴∠ABC=∠ADC，
∴∠NBC=∠ABC，
∵BN=BH，BC=BC，
∴△BNC≌△BHC，
∴∠BNC=∠BHC
∵CH⊥AB，即∠BHC=90° ，
∴∠BNC=90° ，即 CN⊥BD ．
（3）解：连接BC，交AN于点P，设CD与AN交于点M，
∵AB是直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠ADC+∠CDN=90°，
∵AN⊥CD，交CD于M∴∠DMN=90°，
∴∠MND+∠MDN=90°，
∴∠MND=∠ADC，
由（2）得∠NBP=∠ADC，
∴∠PNB=∠NBP，
∴PB=PN，
∵∠BNC=90°，
∴∠PNB+∠PNC=90°，∠NBC+∠NCB=90°，
∴∠PNC=∠PCN，
∴PN=PC，
∴PB=PN=PC，
延长PC到R使PC=CR，连接AR，
∵∠ACB=90°，
∴∠R=∠APR，
∵∠BNP+∠NBP+∠NPB=180°，∠PNB=∠NBP=∠PBA，
∵∠R+∠¯+∠RBA=180°，
∴∠RAB=∠RBA，
∴AR=BR=3CR，
在Rt△ACR中，AC=CD=2❑√2，
∴CR2+AC2=AR2，
即CR2+(2❑√2) 2=(3CR) 2，
∴CR=1，AR=3，
∴BC=2，
在Rt△ABC中，
AB=❑√AC2+BC2=2❑√3，
1 1 1 1
∴ AB×CH= AC×BC，即 ×2❑√3×CH= ×2❑√2×2，
2 2 2 2
2×2❑√2 2❑√6
∴CH= = ．
2❑√3 3
55．如图，在等腰Rt△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D为BC边上的动点．将△ABD绕点A逆
时针旋转90°得到△ACE．(1)如图1，若AB=3❑√2，CD=4，求旋转后E到AC的距离；
(2)如图2，连接DE、BE，若F为BE的中点，猜想CD与AF的数量关系，并证明；
(3)如图3，在点D运动的过程中，在线段AD上存在一点P，使PA+PB+PC的值最小，当
PA+PB+PC的值取得最小值时，AP=2，请直接写出CE的长．
【答案】(1)❑√2
(2)CD=2AF，证明见解析
(3)❑√3+3
【分析】（1）过点E作EF⊥AC于点F，根据等腰直角三角形的性质以及勾股定理得出
BC=❑√2AB=6，进而得出BD=2，根据旋转的性质得出△ECF是等腰直角三角形，进而根据勾股
定理，即可求解；
1
（2）延长AB,CE交于点G，根据中位线的性质得出AF= EG，证明△ADC≌△AEG(SAS)得
2
出CD=EG，则CD=2AF即可得证；
（3）将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，当点A，点P，点N，点M共线时，
PA+PB+PC值最小，证明△BPN是等边三角形，△CBM是等边三角形，进而得出BD=❑√3PD，
根据AD=BD，可得❑√3PD=PD+AP，即可得出PD=❑√3+1，进而求得BD的长，根据旋转的性质
可得CE=BD=3+❑√3，即可求解．
【详解】（1）解：如图1，过点E作EF⊥AC于点F，
∵等腰Rt△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ACB=∠B=45°
∵AB=3❑√2
∴BC=❑√2AB=6
∵CD=4，∴BD=BC−CD=6−4=2，
∵将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACE．
∴∠ACE=∠B=45°
∴△ECF是等腰直角三角形，
❑√2 ❑√2
∴EF= EC= ×2=❑√2，即旋转后E到AC的距离为❑√2；
2 2
（2）解：如图2，延长AB,CE交于点G，
由（1）可得∠ACE=45°
∵∠ABC=45°,∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，
∴△BCG是等腰直角三角形，
∵∠CAB=90°，即CA⊥BG
∴AB=AG=AC，
又∵F为BE的中点，
∴AF是△BEG的中位线
1
∴AF= EG
2
∵将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACE．
∴AD=AE,∠DAE=∠CAG=90°
∴∠DAC=∠EAG=90°−∠CAE，
在△ADC,△AEG中，
{
AD=AE
)
∠DAC=∠EAG
AC=AG
∴△ADC≌△AEG(SAS)
∴CD=EG
1
∴AF= CD，即CD=2AF；
2（3）解：如图3−1，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，
∴BP=BN PC=NM ∠PBN=60°
， ， ，
∴△BPN是等边三角形，
∴BP=PN，
∴PA+PB+PC=AP+PN+MN，
∴当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，
此时，如图3−2，连接MC，
∵ △BPC B 60° △BNM
将 绕点 顺时针旋转 得到 ，
∴BP=BN，BC=BM，∠PBN=60°=∠CBM，
∴△BPN是等边三角形，△CBM是等边三角形，
∴∠BPN=∠BNP=60°，BM=CM，
∵BM=CM，AB=AC，
∴AM垂直平分BC，
∵AD⊥BC，∠BPD=60°，
∴ BD=❑√3PD，
∵AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC，
∴AD=BD，
∴ ❑√3PD=PD+AP，∴ PD=❑√3+1，
∴ BD=❑√3PD=3+❑√3，
根据旋转的性质可得：CE=BD=3+❑√3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，
旋转的性质，解直角三角形，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
56．综合与实践：洒水车是城市绿化的生力军，清扫道路，美化市容，降温除尘，方便出行．如图1，一
辆洒水车正在沿着公路行驶（平行于绿化带），为绿化带浇水．数学小组成员想了解，洒水车要如何
把控行驶路线与绿化带之间的距离，才能保证喷出的水能浇灌到整个绿化带？
为解决这一问题，数学小组决定建立函数模型来描述浇水的情况，探索步骤如下：
(1)【建立模型】
数据收集：如图2，选取合适的原点 O，建立直角坐标系，使得洒水车的喷水口H点在y轴上，根
据现场测量结果，喷水口H离地面竖直高度为OH=1.6m，把绿化带截面抽象为矩形DEFG，其中
D，E点在x轴上，测得其水平宽度DE=2m，竖直高度EF=1m，那么，洒水车与绿化带之间的距离
就可以用线段OD的长来表示．
①查阅资料：发现可以把洒水车喷出的水的上、下边缘抽象为平面直角坐标系中两条抛物线的部分图
象，分别为y ，y ，上边缘抛物线y 的最高点A离喷水口的水平距离为2m，高出喷水口0.4m，求上
1 2 1
边缘抛物线y 的函数解析式，并求出洒水车喷出水的最大射程OC；
1
②下边缘抛物线y 可以看作由上边缘抛物线y 向左平移得到，其开口方向与大小不变．请求出下边缘
2 1
抛物线y 与x轴的正半轴交点B的坐标；
2
(2)【问题解决】
要使洒水车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带（即矩形DEFG位于上边缘抛物线和下边缘抛线所夹
区域内），利用上述信息直接写出OD的取值范围．
【答案】(1)①(2❑√5+2)m；②（2❑√5−2，0）
(2)2❑√5−2≤OD≤❑√10
【分析】本题是二次函数的实际应用，主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数图象的平移，读懂题意，建立二次函数模型是解题的关键．
（1）①由顶点A(2,2)得，设y=a(x−2) 2+2，再根据抛物线过点(0,1.6)，可得a的值，从而解决问
题；
②由对称轴知点(0,1.6)的对称点为(4,1.6)，则下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4m得到的，
可得点B的坐标；
（2）求出OD的最小值为2❑√5−2，OE的最大值为2+❑√10，得到OD的最大值为2+❑√10−2=❑√10，
从而得出答案．
【详解】（1）解：①由题意得：A(2,2)，H(0,1.6)，
∵A(2,2)是上边缘抛物线的顶点，
设y =a(x−2) 2+2，
1
又∵抛物线过点H(0,1.6)，
∴1.6=4a+2，
1
∴a=− ，
10
1
∴上边缘抛物线的函数解析式为y =− (x−2) 2+2；
1 10
1
令y =0，则0=− (x−2) 2+2，
1 10
解得x=2❑√5+2或x=−2❑√5+2（舍去），
∴洒水车喷出水的最大射程OC为(2❑√5+2)m；
②∵y 对称轴为直线x=2，
1
∴点(0,1.6)的对称点为(4,1.6)，
∵平移后y 仍过点(0,1.6)，
2
∴y 是由y 向左平移4m得到的，
2 1
∵C(2❑√5+2,0)，点B是由点C向左平移4m得到的，
∴点B的坐标为(2❑√5−2,0)；
（2）解：由题意可得，当点D与点B重合时，OD最小，
∵点B的坐标为(2❑√5−2,0)，
∴OB=2❑√5−2，
∴OD的最小值为2❑√5−2，
∵OD=OE−DE,DE=2m,当点F在抛物线y 上时，OE最大，
❑1
∵EF=1m，
∴点F的纵坐标为1，
1
当− (x−2) 2+2=1时，解得x=2+❑√10或x=2−❑√10（舍去），
10
∴x=2+❑√10，
∴OE的最大值为2+❑√10，
∴OD的最大值为2+❑√10−2=❑√10，
∴OD的取值范围为2❑√5−2≤OD≤❑√10．
57．综合与实践
大自然里，存在很多数学的奥秘．一片美丽的心形叶子，以其对称的形态和流畅的脉络，展现自然万
物独特的形态之美．
【问题发现】
如图，一个数学兴趣小组为了确定一片心形叶子的形状，建立平面直角坐标系，发现了该片心形叶子
下部轮廓线可以近似看作是二次函数y=mx2−4mx−20m+5图象的一部分，且过原点，求这个抛物
线的解析式．
【问题探究】
探究发现，该心形叶片的对称轴为直线y=x+2．求该叶片与y轴的交点Q的坐标．
【拓展应用】
记叶尖A、叶柄B的距离为d．继续探究发现，当叶片的宽度最大为k时，d与k的比值接近黄金分割
k
值，求 的值．（结果精确到0.001，参考数据：❑√6≈2.4495．）
d
1 k 6❑√2
【答案】【问题发现】y= x2−x，【问题探究】Q(0,2❑√3+4)，【拓展应用】 = ≈0.612
4 d 8❑√3
【分析】[问题发现]利用待定系数法求出抛物线解析式，再化为顶点式求出顶点坐标即可；
[问题探究]先证明四边形BCDQ′为矩形，再求出∠DBC与点C的坐标，然后证明四边形BCDQ′为正
方形，从而可说明Q与Q′为同一点，求出Q′的坐标即可；[拓展应用]先求出A，B两点的坐标，再求得叶尖A、叶柄B的距离为d，设与AB垂直的直线m可设为
1
y=−x+b(b≥0)，求出直线m与抛物线y= x2−x的一个交点M，再求出它关于直线y=x+2的对称
4
k
点的坐标，然后求出这两点的距离（用b表示），并求出最大值，然后代入 求值．
d
【详解】解：[问题发现]
把(0,0)代入y=mx2−4mx−20m+5，
1
得−20m+5=0，解得：m= ，
4
1
∴抛物线的解析式为y= x2−x；
4
[问题探究]
1
过点B作l⊥y，交抛物线y= x2−x于点C，过点C作CD⊥x交AB于点D，过点D作DQ′ ⊥y于点
4
Q′，则四边形BCDQ′为矩形，
∵心形叶片的对称轴为直线y=x+2，
∴点B(0,2)，tan∠DBC=1，
∴点C的纵坐标为2，∠DBC=45°，
1
∴2= x2−x，解得：x=2−2❑√3（舍去）或x=2❑√3+2，
4
∴点C的坐标为(2❑√3+2,2)，
∵∠DBC=45°，∠BCD=90°，
∴∠BDC=45°，
∴BC=CD，
∴四边形BCDQ′为正方形，∴直线AB为正方形BCDQ′对称轴，又为心形叶片的对称轴，
∴C的对应点为Q′，
而Q′为心形叶片与y轴的交点，心形叶片与y轴只有一个交点，
∴Q与Q′为同一点，
∵四边形BCDQ′为正方形，点C的坐标为(2❑√3+2,2)，
∴BQ′=BC=2❑√3+2，
∴点Q′的纵坐标为2❑√3+2+2=2❑√3+4，
∴点Q′的坐标为(0,2❑√3+4)，
∴点Q的坐标为(0,2❑√3+4)；
[拓展应用]
1
x+2= x2−x，解得x=4−2❑√6或x=2❑√6+4，
4
4−2❑√6+2=6−2❑√6，2❑√6+4+2=2❑√6+6，
∴A(2❑√6+4,2❑√6+6)，B(4−2❑√6,6−2❑√6)
∵叶尖A、叶柄B的距离为d．
∴d=❑√(2❑√6+4−4+2❑√6) 2+(2❑√6+6−6+2❑√6) 2=8❑√3，
∵直线AB的解析式为y=x+2，
∴设与AB垂直的直线m可设为y=−x+b(b≥0)，
1
则−x+b= x2−x，可化为x=2❑√b或x=−2❑√b，
4
∵要求叶宽最大，
∴x=2❑√b
∴−x+b=−2❑√b+b，
则直线m与心形叶片的交点为M(2❑√b,−2❑√b+b)，
b
∵−x+b=x+2，解得：x= −1，
2
b b
∴x+2= −1+2= +1，
2 2(b b )
∴直线m与直线y=x+2的交点坐标为P −1, +1 ，
2 2
∴点M关于直线y=x+2的对称点为(b−2❑√b−2,2❑√b+2)，
∴叶片的宽度为❑√(2❑√b−b+2❑√b+2) 2+(−2❑√b+b−2❑√b−2) 2
=❑√2(−b+4❑√b+2) 2
=❑√ 2[−(❑√b−2) 2+6) 2
∴当❑√b=2，解得：b=4时，叶片的宽度有最大值❑√2×62=6❑√2，即k=2❑√2，
又d=8❑√3，
k 6❑√2
∴ = ≈0.612．
d 8❑√3
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，勾股定理，正方形的判定与性质，平面直角坐标系内两点
间的距离，解一元二次方程等知识点，解题的关键是掌握上述知识，并能熟练运用求解．
58．如图所示，图象G由图象G 和G 组成，其中图象G 是函数y =x2−4x(x≤4)的图象，图象G 是函数
1 2 1 1 2
1
y =− x2+4(x>0)的图象．
2 4
(1)若点(5,p)在图象G上，求p的值；
(2)已知直线l与x轴平行，且与图象G有三个不同的交点，从左至右依次为点A、B、C，若AB=2，
求点C的坐标；
1
(3)当图象G上的点(x,y)满足−4≤ y≤12时，记此时x的取值范围为M．设y =− x2+mx−2，若在
3 4M中总存在x ，使得y >6，求此时实数m的取值范围．
0 3
9
【答案】(1)p=−
4
(2)(2❑√7,−3)
9
(3)m<− 或m>2❑√2
2
【分析】（1）求出当x=5时y 的值，即可得解；
2
（2）求出图象G 的顶点坐标为(2,−4)，图象G 与x轴的交点坐标为(0,0)和(4,0)，图象G 与x轴的交
1 1 2
点坐标为(4,0)，设直线l的解析式为y=a，则−40)中，当x=5时，y =− ×52+4=− ，
2 4 2 4 4
9
即p=− ；
4
（2）解：∵y =x2−4x=(x−2) 2−4，
1
∴图象G 的顶点坐标为(2,−4)，
1
令y =0，则x2−4x=0，
1
解得：x =0，x =4，
1 2∴图象G 与x轴的交点坐标为(0,0)和(4,0)，
1
1 1
在y =− x2+4(x>0)中，令y =0，则− x2+4=0，
2 4 2 4
解得：x=4，
∴图象G 与x轴的交点坐标为(4,0)
2
∵直线l与x轴平行，
∴设直线l的解析式为y=a，
∵直线l与图象G有三个不同的交点，从左至右依次为点A、B、C，
∴−40，− <0，
4∴y <4，
2
1
令y =−4，则− x2+4=−4，
2 4
解得：x=4❑√2或x=−4❑√2（不符合题意，舍去），
在y =x2−4x中，令y =12，则x2−4x=12，
1 1
解得：x =−2，x =6（不符合题意，舍去），
1 2
∵y =x2−4x=(x−2) 2−4，
1
∴图象G 的顶点坐标为(2,−4)，
1
∴x的取值范围M为−2≤x≤4❑√2，
∵在M中总存在x ，使得y >6，
0 3
1
∴二次函数y =− x2+mx−2在M上的最大值大于6即可，
3 4
1
∵y =− x2+mx−2，
3 4
m
x=− =2m
∴对称轴为直线 ( 1) ，抛物线开口向下，
2× −
4
当2m≤−2，即m≤−1时，y 在−2≤x≤4❑√2上随着x的增大而减小，
3
∴当x=−2时，y 有最大值，
3
1
∴− ×(−2) 2+m×(−2)−2>6，
4
9
解得：m<− ；
2
当−2<2m<4❑√2，即−16，
4
4❑√6 4❑√6
解得：m> 或m<− ，
3 3
∵−16，
4解得：m>2❑√2，
∴m>2❑√2；
9
综上所述，实数m的取值范围为m<− 或m>2❑√2．
2
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质、二次函数与一元二次方程、一元二次方程根与系数的关
系、解一元一次不等式等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的
关键．
59．如图1，四边形ABCD内接于⊙O，AC平分∠BCD．在CD的延长线上取一点F，使得AF=AD，
AF交⊙O于点E．
(1)求证：B´C=C´E．
(2)若∠FAC=45°，求证：B，O，E三点共线．
(3)如图2，连接ED并延长ED交AC延长线于点P，连接PF，若PF=AF=4❑√5，PE=10，求⊙O
的半径．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)5
【分析】（1）由等腰三角形的性质得∠ADF=∠AFD，由圆的内接四边形的性质得
∠ADF=∠ABC，结合三角形内角和定理得∠BAC=∠CAF，即可得证；
（2）连接BE，可得∠BAE=∠BAC+∠FAC=90°，由圆的基本性质得BE是⊙O的直径，即可
得证；
（3）连接BE，BP，过点E作EG⊥BP于点G，等腰三角形的判定及性质得 AF=AB=AD，
∠APF=∠PAF，由菱形的判定方法得四边形ABPF是菱形，由菱形的性质得AF∥BP，1
BP=AB=4❑√5，等腰三角形的判定及性质得PG= BP=2❑√5，由勾股定理得EG=❑√PE2−PG2
2
=4❑√5，由正方形的判定方法得 菱形ABPF是正方形，可得EB是⊙O的直径，即可求解．
【详解】（1）证明：∵AF=AD，
∴∠ADF=∠AFD，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠ABC+∠ADC=180°，
∵∠ADF+∠ADC=180°，
∴∠ADF=∠ABC，
∴∠ABC=∠AFD，
∵AC平分∠BCD，
∴∠ACB=∠ACD，
∵∠BAC=180°−∠ABC−∠ACB，
∠CAF=180°−∠ACD−∠AFD，
∴∠BAC=∠CAF，
∴B´C=C´E．
（2）证明：连接BE，
由(1)得∠BAC=∠CAF，
∵∠FAC=45°，
∴∠BAC=45°，
∴∠BAE=∠BAC+∠FAC=90°．
∴BE是⊙O的直径，
∴B，O，E三点共线．
（3）解：连接BE，BP，过点E作EG⊥BP于点G．由(1)得∠ACB=∠ACD，
∴A´B=A´D
∴AB=AD，
∴ AF=AB=AD．
∵PF=AF=4❑√5，
∴AB=PF=4❑√5，
∠APF=∠PAF，
由（2）知，∠BAP=∠PAF，
∴∠BAP=∠APF，
∴ AB∥PF，
又∵AB=PF，
∴四边形ABPF是平行四边形，
又∵AB=AF，
∴四边形ABPF是菱形，
∴AF∥BP，
BP=AB=4❑√5，
∴∠AEB=∠EBP，
∠FEP=∠EPB．
∵点A、C、D、E在⊙O上，
∵∠AED+∠ACD=180°，
∠AED+∠PEF=180°，
∴∠FEP=∠ACD，
∵A´B=A´B，
∴∠AEB=∠ACB，
∴∠EBP=∠EPB，∴EB=EP=10，
∵EG⊥BP，
1
∴PG= BP=2❑√5，
2
∠BGE=90°，
在Rt△PEG中，PE=10，
∴EG=❑√PE2−PG2
=❑√102−(2❑√5) 2=4❑√5，
∴AB=EG．
过A作AM⊥BP交于M，
∵AF∥BP ∠AMG=90°
， ，
∴AM=EG，
∴AB=AM，
∴∠ABM=∠AMG=90°，
∴AB∥AM与AB、AM相交于A矛盾，
∴B与M重合，
∴∠ABP=90°．
∴菱形ABPF是正方形．
∴∠BAE=90°．
∴EB是⊙O的直径，
∴⊙O的半径是5．
【点睛】本题考查了圆的基本性质，圆的内接四边形性质，等腰三角形的判定及性质，菱形的判定及
性质，正方形的判定及性质，勾股定理等；掌握圆的基本性质，圆的内接四边形性质，等腰三角形的
判定及性质，菱形的判定及性质，正方形的判定及性质，能熟练利用勾股定理求解是解题的关键．60．【项目式学习】
项目主题：从函数角度重新认识“阻力对物体运动的影响”．
项目内容：数学兴趣小组对一个静止的小球从斜坡滚下后，在水平木板上运动的速度、距离与时间的
关系进行了深入探究，兴趣小组先设计方案，再进行测量，然后根据所测量的数据进行分析，并进一
步应用．
实验过程：如图所示，一个小球从斜坡顶端由静止滚下沿水平木板直线运动，从小球运动到点A处开
始，用频闪照相机、测速仪测量并记录小球在木板上的运动时间x（单位：s）、运动速度v（单位：
cm/s）、滑行距离y（单位：cm）的数据．任务一：数据收集记录的数据如下：
运动时间x/s 0 2 4 6 8 10 …
运动速度 10 9 8 7 6 5 …
v/(cm/s)
滑行距离 0 1 36 51 6 75 …
y/cm 9 4
任务二：观察分析
（1）根据v，y随x的变化规律，从所学的三种函数模型（一次函数、反比例函数、二次函数）中，
选择适当的函数模型，分别求出v，y与x满足的函数关系式；（不用写出自变量的取值范围）
任务三：问题解决
（2）当小球在水平木板上停下来时，求小球的滑动距离；
（3）当小球到达木板上点A的同时，在点A的前方ncm处有一辆电动小车，以4cm/s的速度匀速向
右直线运动，若小球不能撞上小车，求n的取值范围．
1 1
【答案】（1）v=− x+10；y=− x2+10x；（2）当小球在水平木板上停下来时，小球的滑行距
2 4
离为100cm；（3）n>36．
△v 1
【分析】（1）根据v，y随x的变化规律，发现 =− ，可判定v是x的一次函数，设v=kx+b ，
△t 2 1
解答即可；根据题意，y是x的二次函数，且常数项为0，不妨设y=ax2+bx，建立方程组解答即可．
1
（2）当小球在水平木板上停下来时，v=0，根据题意得− x+10=0，求得小球运动的时间，把时
2
间代入抛物线解析式中，求得对应函数值即为小球的滑动距离；1
（3）设小球的运动时间为x秒，根据题意，得− x2+10x<4x+n，解不等式即可．
4
△v 1
【详解】解：（1）根据v，y随x的变化规律，发现 =− ，可判定v是x的一次函数，设
△t 2
v=kx+b ，设v=kx+b ，将点(0,10)，(2,9)代入v=kx+b ，
1 1 1
得¿
∴¿，
1
∴v=− x+10.
2
设y=ax2+bx，将点(2,19)，(4,36)代入，
得¿
解得¿
1
∴y=− x2+10x.
4
1
（2）由（1）知v=− x+10.
2
1
∴当v=0时，得− x+10=0.
2
解得x=20.
1
将x=20代入y=− x2+10x，
4
得y=100.
∴当小球在水平木板上停下来时，小球的滑行距离为100cm.
（3）解：设小球的运动时间为x秒，
1
根据题意，得− x2+10x<4x+n.
4
1
∴− (x−12) 2+3636.
【点睛】本题考查了待定系数法，求函数值，二次函数的最值，解不等式，熟练掌握待定系数法，抛
物线的最值，解不等式是解题的关键.
