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专题05 二次函数
5 年真题1 年模拟·答案版
考点01 二次函数的性质
1.C
2.A
3.C
4.B
5.
1
0
n
6.8
考点02 二次函数压轴
1. 【答案】(1) 1 9
,
2 4
(2)证明：
抛物线上的点
0
0
,
P x
y
在x 轴上方，
2
0
0
0
0
y
x
bx
c
，
2
0
0
0
c
x
bx
y
，
2
2
2
2
2
0
0
0
0
0
4
1
4
4
4
4
2
4
0
b
c
b
c
b
x
bx
y
x
b
y
，
即方程
2
0
x
bx
c
有两个不相等的实数根，
抛物线与x 轴有两个交点．
(3)CD 和DE 的数量关系是CD
DE
，
证明：
抛物线
2
y
x
bx
c
与x 轴交于A ，B 两点，与y 轴交于点
0,2
C
，如图，
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故可设
1,0
A x
，
2,0
B x
，
1
2
x
x
，
则
1x ，
2x 是方程
2
2
0
x
bx
的两根，
由求根公式可得
2
1
8
2
b
b
x
，
2
2
8
2
b
b
x
，
又坐标平面内存在点M 满足MA
MB
MC
，
由对称性可设
,
2
b
M
m
，
由勾股定理可得，
2
2
2
2
8
0
2
2
b
b
b
MA
m
，
2
2
2
2
2
b
MC
m
，
2
2
2
2
2
8
0
2
2
2
2
b
b
b
b
m
m
，
解得
1
2
m
，
点M 的坐标为
1
,
2 2
b
，
直线
2
y
bx
与
1
y
bx
相交于点D ，
0
b
，
联立
2
1
y
bx
y
bx
，解得
3
2
1
2
x
b
y
，
点D 的坐标为
3
1
,
2
2
b
，
由
1
,
2 2
b
M
，
3
1
,
2
2
D
b
可知MD
CE
，
又
MC
ME
，
MD 垂直平分CE ，
CD
DE
．
2. 【答案】(1) 3
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(2)①
2
3
2
y
x
x
；
②证明：因为点
1,
M x m 在函数
2
3
2
y
x
x
的图象上，
所以
2
1
1
3
2
m
x
x
．
由①知，点
1
2
,
,
,
M x m
N x m 关于直线
3
2
x
对称，不妨设
1
2
x
x
，
则
2
1
3
3
2
2
x
x
，即
1
2
3
x
x
．
所以
2
2
1
1
1
2
2
1
1
1
1
2
2
2
2
2
x
x
x
m x
x
m
x
m x
1
1
1
2
1
1
2
1
2
2
x
x
x
m x
m x
2
1
1
1
2
1
3
2
1
2
2
x
x
x
m x
m x
1
2
1
1
2
2
m x
m x
m x
1
2
1
3
2
m x
x
m x
0
，
所以
2
1
2
1
1
2
2
x
x
m
x
．
【分析】本题考查了二次函数表达式、二次函数的图象与性质、一元二次方程．
（1）根据二次函数的对称性求解即可；
（2）①先求出顶点坐标，然后根据最大值为
2
3
1
4 a
列方程求解即可；
②先根据二次函数的对称性求出
1
2
3
x
x
，然后把
2
1
2
1
1
2
2
x
x
m
x
通分后代入即可求解．
【详解】（1）解：二次函数
2
2
y
ax
bx
的图象的对称轴为
2
b
x
a
．
因为点
(1, ), (2, )
A
t B
t 在该函数的图象上，
所以2
1
2
2
b
b
a
a
，
所以
3
2
2
b
a
，
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所以
3
b
a ．
（2）①由（1）可得，
3
b
a
，
所以该函数的表达式为
2
3
2
y
ax
ax
，
函数图象的顶点坐标为3
9
,
2
2
4 a
．
因为函数的最大值为
2
3
1
4 a
，
所以
0
a
，且
2
9
3
2
1
4
4
a
a
，
解得
1
a ，或
4
a
（舍去）．
所以该二次函数的表达式为
2
3
2
y
x
x
．
②略
3. 【答案】(1)
2
2
y
x
x
(2)
3,4
【分析】本题考查二次函数表达式、二次函数的图象与性质、二元一次方程组、一元二次方程、三角形面
积等基础知识，考查运算能力、推理能力、几何直观等.
（1）根据待定系数法求解即可；
（2）设
,
P m n ，因为点P 在第二象限，所以
0,
0
m
n
．依题意，得
2
PDB
CDB
S
S
△
△
，即可得出
2
n
CO
，求出
2
4
n
CO
，由
2
2
4
m
m
，求出m ，即可求出点P 的坐标．
【详解】（1）解：将
2,0 ,
0, 2
A
C
代入
2
y
x
bx
c
，
得
4
2
0
2
b
c
c
，
解得
1
2
b
c
，
所以，二次函数的表达式为
2
2
y
x
x
．
（2）设
,
P m n ，因为点P 在第二象限，所以
0,
0
m
n
．
依题意，得
2
PDB
CDB
S
S
△
△
，即
1
2
2
1
2
BD n
BD CO
，所以
2
n
CO
．
由已知，得
2
CO
，
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所以
2
4
n
CO
．
由
2
2
4
m
m
，
解得
1
2
3,
2
m
m
（舍去），
所以点P 坐标为
3,4
．
4. 【答案】(1)
2
4
3
y
x
x
(2)证明：
设直线CE 对应的函数表达式为
0
y
kx
n k
，
因为E 为AB 中点，所以
2,0
E
．
又因为
4,3
C
，所以
4
3
2
0
k
n
k
n
，解得
3
2
3
k
n
，
所以直线CE 对应的函数表达式为
3
3
2
y
x
．
因为点
3
,
4
D m
在抛物线上，所以
2
3
4
3
4
m
m
．
解得，
3
2
m
或
5
2
m
．
又因为
2
m
，所以
3
2
m
．
所以
3
3
,
2
4
D
．
因为3
3
3
3
2
2
4
，即
3
3
,
2
4
D
满足直线CE 对应的函数表达式，所以点D 在直线CE 上，即
,
,
C D E 三点
共线；
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(3)
ABP 的面积为定值，其面积为2
【分析】（1）将
1,0 ,
3,0
A
B
代入
2
3
y
ax
bx
，即可解得；
（2）
1,0 ,
3,0
A
B
，AB 中点为E ，且
4,3
C
，可求出过
,
C E 两点所在直线的一次函数表达式
3
3
2
y
x
，
D 为抛物线上的一点，所以
3
3
,
2
4
D
，此点在
3
3
2
y
x
，可证得
,
,
C D E 三点共线；
（3）设
,
C D与
,
D C分别关于直线EM 对称，则
,
P P关于直线EM 对称，且
AMP 与AMP的面积不相等，
所以
AMP 的面积不为定值；如图，当
,
C D 分别运动到点
1
1
,
C D 的位置，且保持
1
1
,
,
C D E 三点共线．此时
1
AD
与
1
BC 的交点
1P 到直线EM 的距离小于P 到直线EM 的距离，所以
1
MEP
△
的面积小于
MEP
△
的面积，故
MEP
△
的面积不为定值；故
ABP 的面积为定值，由（2）求出
7 , 2
3
P
，此时
ABP 的面积为2．
【详解】（1）解：因为抛物线
2
3
y
ax
bx
经过点
1,0 ,
3,0
A
B
，
所以
3
0,
9
3
3
0.
a
b
a
b
解得
1,
4.
a
b
所以抛物线的函数表达式为
2
4
3
y
x
x
；
（2）略
（3）解：
ABP 的面积为定值，其面积为2．
理由如下：（考生不必写出下列理由）
如图1，当
,
C D 分别运动到点
,
C D
的位置时，,
C D与
,
D C分别关于直线EM 对称，此时仍有
,
,
C D E
三点
共线．设AD与BC的交点为P，则
,
P P关于直线EM 对称，即PP
x
∥轴．此时，PP与AM 不平行，且AM
不平分线段PP，故P ，P到直线AM 的距离不相等，即在此情形下
AMP 与
AMP的面积不相等，所以
AMP 的面积不为定值．
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如图2，当
,
C D 分别运动到点
1
1
,
C D 的位置，且保持
1
1
,
,
C D E 三点共线．此时
1
AD 与
1
BC 的交点
1P 到直线EM
的距离小于P 到直线EM 的距离，所以
1
MEP
△
的面积小于
MEP
△
的面积，故
MEP
△
的面积不为定值．
又因为
,
,
AMP
MEP
ABP 中存在面积为定值的三角形，故
ABP 的面积为定值．
在（2）的条件下，直线BC 对应的函数表达式为
3
9
y
x
，直线AD 对应的函数表达式为
3
3
2
2
y
x
，求
得
7 , 2
3
P
，此时
ABP 的面积为2．
【点睛】本题考查一次函数和二次函数的图象与性质、二元一次方程组、一元二次方程、三角形面积等基
础知识，如何利用数形结合求得点的坐标、函数的表达式等是解题的关键．
5.
【答案】(1)
2
4
16
3
3
y
x
x
(2)存在，
16
2, 3
或（3，4）
(3)存在，9
8
【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）待定系数法求得直线AB 的解析式为
4
16
3
3
y
x
，过点P 作PM⊥x 轴，垂足为M，PM 交AB 于点
N．过点B 作BE⊥PM，垂足为E．可得
PAB
PNB
PNA
S
S
S
△
△
△
3
2 PN
，设
2
4
16
,
1
4
3
3
P m
m
m
m
，
则
4
16
,
3
3
N m
m
．由
2
4
16
4
16
8
3
3
3
3
3
PN
m
m
m
，解方程求得m 的值，进而即可求解；
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（3）由已知条件可得OBC
PDC
∽
，进而可得
1
2
2
3
S
S
CD
PC
S
S
BC
OC
2PD
OB
，过点,
B P 分别作x 轴的垂线，
垂足分别
,
F E ，PE 交AB 于点Q ，过D 作x 的平行线，交PE 于点G ，可得DPG
OBF
∽
，设
2
4
16
,
1
4
3
3
P m
m
m
m
，
4
16
,
3
3
D n
n
，则
4
16
,
3
3
G m
n
，根据PD
DG
OB
OF
可得
2
4
4
n
m
m
，
根据
1
2
2
3
S
S
CD
PC
S
S
BC
OC
2 DG
OF
2
1
5
9
2
2
8
m
，根据二次函数的性质即可求的最大值．
【详解】（1）解：（1）将A（4，0），B（1，4）代入
2
y
ax
bx
，
得
16
4
0
4
a
b
a
b
，
解得
4
3
16
3
a
b
．
所以抛物线的解析式为
2
4
16
3
3
y
x
x
．
（2）设直线AB 的解析式为
0
y
kx
t k
，
将A（4，0），B（1，4）代入y
kx
t
，
得
4
0
4
k
t
k
t
，
解得
4
3
16
3
k
t
．
所以直线AB 的解析式为
4
16
3
3
y
x
．
过点P 作PM⊥x 轴，垂足为M，PM 交AB 于点N．
过点B 作BE⊥PM，垂足为E．
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所以
PAB
PNB
PNA
S
S
S
△
△
△
1
1
2
2
PN
BE
PN
AM
1
2 PN
BE
AM
3
2 PN
．
因为A（4，0），B（1，4），所以
1
4 4
8
2
OAB
S
△
．
因为△OAB 的面积是△PAB 面积的2 倍，
所以
3
2
8
2 PN
，
8
3
PN
．
设
2
4
16
,
1
4
3
3
P m
m
m
m
，则
4
16
,
3
3
N m
m
．
所以
2
4
16
4
16
8
3
3
3
3
3
PN
m
m
m
，
即
2
4
20
16
8
3
3
3
3
m
m
，
解得
1
2
m
，
2
3
m
．
所以点P 的坐标为
16
2, 3
或（3，4）．
（3）
PD
BO
∥
OBC
PDC
∽
CD
PD
PC
BC
OB
OC
记△CDP，△CPB，△CBO 的面积分别为
1S ，
2
S ，
3
S ．则
1
2
2
3
S
S
CD
PC
S
S
BC
OC
2PD
OB
如图，过点
,
B P 分别作x 轴的垂线，垂足分别
,
F E ，PE 交AB 于点Q ，过D 作x 的平行线，交PE 于点G
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1,4
B
，
1,0
F
1
OF
,
PD
OB DG
OF
∥
∥
DPG
OBF
∽
PD
PG
DG
OB
BF
OF
，
设
2
4
16
,
1
4
3
3
P m
m
m
m
直线AB 的解析式为
4
16
3
3
y
x
．
设
4
16
,
3
3
D n
n
，则
4
16
,
3
3
G m
n
2
4
16
4
16
3
3
3
3
PG
m
m
n
2
4
4
4
3 m
m
n
DG
m
n
2
4 (
4
4)
3
4
1
m
m
n
m
n
整理得
2
4
4
n
m
m
1
2
2
3
S
S
CD
PC
S
S
BC
OC
2PD
OB
2 DG
OF
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2 m
n
2
4
2
4
m
m
m
2
1
5
4
2 m
m
2
1
5
9
2
2
8
m
5
2
m
时，
1
2
2
3
S
S
S
S
取得最大值，最大值为9
8
【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，面积问题，相似三角形的性质与判定，第三问
中转化为线段的比是解题的关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
B
D
B
D
B
B
D
C
题号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
答案
B
C
B
D
A
C
C
D
B
D
题号
21
22
23
24
25
26
27
28
29
答案
A
D
B
B
A
B
B
D
A
30．2
31．
10
t
32．①③
33．1
1
k
且
0
k
34．
2
4
y
c
y
/
4
2
y
c
y
35．80
3 /
2
26 3
36．1
37．
3
m
38．3
1
t
或3
5
t
．
39．2 3
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40．(1)
1
t
(2)16
【分析】（1）由当
0
x
时的一个保值区间为
0,t ，可得当x
t
时，
2t
t
，据此求解即可；
（2）由
,a b 为二次函数
2
4
5
y
x
x
的“保值区间”，可得
2
5
5
0
a
a
，
2
5
5
0
b
b
，所以a ，b 为关
于x 的一元二次方程
2
5
5
0
x
x
的根，求出
5
a
b
，
5
ab
，
2
5
5
a
a
，然后用整体代入法求解即可．
【详解】（1）解：∵
2
y
x
的二次项系数1 大于0，对称轴是直线
0
x
，
∴当
0
x
时，
2
y
x
随x 的增大而增大，
当
0
x
时的一个“保值区间”为
0,t ，且
0
t
，
当x
t
时，
2t
t
，
1
0
t
，2
1
t ．
又
0
t
∴
1
t ；
（2）解：
2
4
5
y
x
x
的二次项系数1 大于0，对称轴为直线
2
x
，
当
2
x
时，y 随x 的增大而增大，
,a b 为二次函数
2
4
5
y
x
x
的“保值区间”，
当x
a
时，
2
4
5
a
a
a
，
当x
b
时，
2
4
5
b
b
b
，
整理得
2
5
5
0
a
a
，
2
5
5
0
b
b
，
a
，b 为关于x 的一元二次方程
2
5
5
0
x
x
的根，
5
a
b
，
5
ab
，
2
5
5
a
a
，
∴原式
2
5
1
5
5
5
5
1
5
5
5 1
25
5
5 1 16
a
ab
b
a
b
a
b
．
41．(1)
0
c
(2)①证明：设
2
( ,
)
B n n
bn
，
点B 在x 轴上方，
2
0
n
bn
，
2
( ,
),
(
,0)
B n n
bn
A
b
，
2
,
,
OH
n BH
n
bn AH
n
b
，
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tan
,tan
OH
BH
OBH
BAH
BH
AH
，
OBH
BAH
，
tan
tan
OBH
BAH
，
OH
BH
BH
AH
，
2
2
2
OH AH
BH
n
bn
，
2
2
n
n
b
n
bn
，
∴
2
n n
b
n n
b
2
0
BH
n
bn
n n
b
1
n n
b
1
BH
2
1
OH AH
BH
，为定值．
②抛物线的函数表达式为
2
2
y
x
x
或
2
2
y
x
x
【分析】（1）把点
,0
A
b
代入抛物线，即可求解；
（2）①设
2
( ,
)
B n n
bn
，则
2
,
,
OH
n BH
n
bn AH
n
b
，根据
OBH
BAH
，得到
tan
tan
OBH
BAH
，因此OH
BH
BH
AH
，从而可推出
2
n n
b
n n
b
，得到
1
n n
b
，即可证明
2
1
OH AH
BH
，为定值；
②根据同底三角形面积相等得点B，C，D 到x 轴的距离都相等，都等于
1
BH ，结合交点个数要求，利用
一元二次方程判别式求出b 的值，即可得到抛物线解析式．
【详解】（1）解：∵抛物线
2
y
x
bx
c
经过点
,0
A
b
，
∴
2
0
b
b
b
c
，
∴
0
c
．
（2）①略；
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②∵AOB
AOC
AOD
，
，
的面积相等，且它们有公共边AO ，AO 在x 轴上，
∴点B，C，D 到x 轴的距离都相等，都等于
1
BH ，
∴点B，C，D 是直线
1
y 或直线
1
y
与抛物线的交点，
由方程组
2
1
y
y
x
bx
得
2
1
0
x
bx
，
∵
2
2
Δ
4
1
4
0
b
b
，
∴该方程总有2 个不同实根，对应抛物线上2 个点，其中一个为B，因此异于B 有1 个点满足条件．
由方程组
2
1
y
y
x
bx
得
2
1
0
x
bx
，
∵要求异于B 共有2 个点满足条件，
∴该方程有两个相等的实数根，
∴
2
2
Δ
4 1
4
0
b
b
，
解得
2
b ．
∴该抛物线的函数表达式为
2
2
y
x
x
或
2
2
y
x
x
．
42．(1)
2
1
1
3
2
2
y
x
x
；
(2)
5
m
．
【分析】（1）利用待定系数法，将B
C
、
两点坐标代入抛物线解析式，解方程组即可得到抛物线解析式；
（2）根据抛物线平移的“左加右减”规律得到平移后的解析式，将点C 坐标代入，解方程求出m 的值，再结
合
0
m
即可得到结果．
【详解】（1）解：把
1,2
B
，
3,0
C
代入
2
3
y
ax
bx
，
得
2
2
1
1
3
2
3
3
3
0
a
b
a
b
，
整理得
3
2
9
3
3
0
a
b
a
b
解得
1
2
1
2
a
b
，
∴抛物线的函数解析式为
2
1
1
3
2
2
y
x
x
；
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（2）解：由1 得抛物线解析式为
2
1
1
3
2
2
y
x
x
，
∴
2
2
1
1
1
1
25
3
2
2
2
2
8
y
x
x
x
，
∵将抛物线向右平移
(
0)
m m
个单位，
∴根据平移规律，得到平移后的解析式为
2
1
1
25
2
2
8
y
x
m
，
∵平移后抛物线经过点
3,0
C
，
∴将
3
x
，
0
y
代入得
2
1
1
25
0
3
2
2
8
m
，
2
5
25
2
4
m
5
5
2
2
m
，
解得
1
0
m
，
2
5
m
，
∵
0
m
，
∴
5
m
．
43．
2
2
4
3
y
x
x
【分析】先利用点C 坐标与对称轴为
1
x 求出
2
b
a
，再求出点D 的坐标，进而分别求出点C、D 到MP
的距离，利用
DMP
CMP
S
DF
S
CE
列出方程，求出a 、b 的值，从而求出抛物线的解析式．
【详解】解：如图，令直线
1
x 与MP 交于点F，
将点
0,3
C
代入抛物线
2
y
ax
bx
c
得：
3
c
，
抛物线
2
y
ax
bx
c
对称轴为
2
b
x
a
，
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1
2
b
a
，
2
b
a
，
抛物线解析式为
2
2
3
y
ax
ax
，
将
1
x 代入
2
2
3
y
ax
ax
得：
2
1
2
1
3
3
y
a
a
a
，
1,3
D
a
，
PM
x
∥轴，点P 的纵坐标为2，
CE
MP
、DF
MP
，
3
2
1
CE
、
3
2
1
DF
a
a
，
抛物线的图象开口向下，
0
a
，
1
0
a
，
1
DF
a
，
1
2
3
1
2
DMP
CMP
MP
DF
S
DF
S
CE
MP CE
，
1
3
1
a
，
解得：
2
a ，
2
2
4
b
，
抛物线的解析式为
2
2
4
3
y
x
x
．
44．(1)
2
1
3
2
2
2
y
x
x
(2) DM
DN
是定值，且
15
4
DM
DN
【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）求出直线BC 的解析式，进而求出D 点坐标，设
2
1
3
,
2
2
2
P n
n
n
，求出
,
M N 的坐标，进而求出
,
DM DN 的长，计算DM
DN
即可得到结论．
【详解】（1）解：
抛物线
2
2
0
y
ax
bx
a
交x 轴于
1,0
A
，
4,0
B
两点，
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2
0
16
4
2
0
a
b
a
b
，
解得
1
2
3
2
a
b
，
抛物线的函数解析式为
2
1
3
2
2
2
y
x
x
；
（2）解：在
2
1
3
2
2
2
y
x
x
中，当
0
x
时，
2
y ，
0, 2
C
，
设直线BC 的解析式为y
kx
b
，则
4
0
2
k
b
b
，
解得
1
2
2
k
b
，
∴直线BC 的解析式为
1
2
2
y
x
，
抛物线的解析式为
2
1
3
2
2
2
y
x
x
对称轴为直线
3
3
2
1
2
2
2
x
，
在
1
2
2
y
x
中，当
3
2
x
时，
1
3
5
2
2
2
4
y
，
3
5
,
2
4
D
，
如图，设点
2
1
3
,
2
2
2
P n
n
n
，
设直线AP 的解析式为
1
0
y
k
x
k
，
将点P 的坐标代入，得
2
1
3
1
2
2
2
k
n
n
n
，
18 / 49
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解得
1
4
2
k
n
，
直线AP 的解析式
1
4
1
2
y
n
x
，
在
1
4
1
2
y
n
x
中，当
3
2
x
时，
1
3
5
4
1
5
2
2
4
y
n
n
，
3 5
,
5
2 4
M
n
，
5
5
5
15
5
4
4
4
4
DM
n
n
．
同理可得直线BP 的解析式为
1
1
4
2
y
n
x
，
在
1
1
4
2
y
n
x
中，当
3
2
x
时，
1
3
5
5
1
4
2
2
4
4
y
n
n
，
3
5
5
,
2
4
4
N
n
，
5
5
5
5
4
4
4
4
DN
n
n
，
5
15
5
15
4
4
4
4
DM
DN
n
n
．
∴DM
DN
是定值，且
15
4
DM
DN
．
45．(1)
1,0 ，
0,m
(2)解：BCD 是等腰直角三角形，
理由：由（1）知点
1,0
B
，点
,0
A
m
，点
0,
C
m ，
∴OA
m
m
，OC
m
，
∴OA
OC
m
，
又∵
90
AOC
，
∴AOC 是等腰直角三角形，且
45
BAC
，
∵点D 为ABC 的外心，
∴DA
DC
DB
，即ABC 是
D的内接三角形，如图：
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∴
2
90
BDC
BAC
，
∴BCD 是等腰直角三角形；
(3)
2
2
y
x
x
【分析】（1）在
2
(
1)
y
x
m
x
m
中，分别令
0
y
，
0
x
，即可求解；
（2）由（1）知点
1,0
B
，点
,0
A
m
，点
0,
C
m ，可得OA
OC
m
，易证AOC 是等腰直角三角形，
且
45
BAC
，根据点D 为ABC 的外心，得到ABC 是
D的内接三角形，利用圆周角定理可得
90
CDB
即可说明；
（3）由（2）得AOC
BCD
、
是等腰直角三角形，易证BCD
ACO
∽
，结合已知可得
2
2
5
8
BC
AC
，求出
2
2
2
2
2
,
1
AC
m
BC
m
，建立方程求解即可．
【详解】（1）解：在
2
(
1)
y
x
m
x
m
中，令
0
y
得
2
(
1)
0
x
m
x
m
，即
1
0
x
x
m
，
解得
1
1
x ，
2x
m
，
∴点
1,0
B
，点
,0
A
m
，
在
2
(
1)
y
x
m
x
m
中，令
0
x
得y
m
，
点
0,
C
m ；
（2）略
（3）解：由（2）得AOC
BCD
、
是等腰直角三角形，
∴BCD
ACO
∽
，
2
2
2
5
8
BCD
ACO
S
BC
BC
S
AC
AC
，
∵点
1,0
B
，点
,0
A
m
，点
0,
C
m ，
∴
2
2
2
2
2
,
1
AC
m
BC
m
，
∴
2
2
1
5
2
8
m
m
，
解得
2
m ，
∵
1
m ，
∴
2
m
；
∴二次函数的表达式为
2
2
y
x
x
．
46．(1)当k 满足
0
k 时，该函数图象上存在“不动点”
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(2)①设
0
0
,
x x
是二次函数图象上的点，
则
2
2
0
0
0
2
1
x
x
mx
m
m
，
即
2
2
0
0
(2
1)
1
0
x
m
x
m
m
，
∵
2
2
2
Δ
4
2
1
4
1
5
0
b
ac
m
m
m
，
∴以上方程有两个不等实根，
即该二次函数的图象上总有两个“不动点”；
②线段PQ 的长与m 的取值无关
【分析】（1）设反比例函数图象上存在“不动点”
0
0
,
x x
，可得出
2
0
0
k
x
，问题得解；
（2）①设
0
0
(
,
)
x x
是二次函数图象上的点，将其代入二次函数解析式，即可得到关于
0x 的一元二次方程，再
根据方程的判别式判断根的情况，问题得解；
②由①得方程的两根
1x ，
2x ，根据根与系数的关系，可以列出
1
2
x
x
、
1
2
x x
的式子，再根据勾股定理表示
出PQ ，再代入
1
2
x
x
、
1
2
x x
的式子，即可求解．
【详解】（1）解：设反比例函数
0
k
y
k
x
的图象上存在“不动点”
0
0
(
,
)
x x
，即
0
0
x
，
则
0
0
k
x
x
，即
2
0
0
k
x
，
∴当k 满足
0
k 时，该函数图象上存在“不动点”；
（2）①略
②由①得方程的两根
1x ，
2x 满足
1
2
2
1
2
2
1
1
x
x
m
x x
m
m
，
∴
2
2
1
2
1
2
PQ
x
x
x
x
2
1
2
1
2
2
4
x
x
x
x
2
2
2
2
1
4
1
m
m
m
10
，
即线段PQ 的长与m 的取值无关．
47．(1) AB 长7 米，BC 长13米
(2)花园可以围出的最大面积是
2
96m
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【分析】（1）设AB 长x 米，依据BC 比AB 长6 米表示出BC 的代数式，再结合栅栏总长20 米列一元一次
方程，解方程得到AB 长后算出BC 长度；
（2）先设AB 为m 米，用总长表示BC ，根据树木位置列出m 的取值不等式确定取值范围，列出面积二次
函数，根据函数性质即可求出最大面积．
【详解】（1）解：设AB 长x 米，则BC 长
6
x
米，
根据题意，得：
6
20
x
x
，
解得
7
x
；
∴
6
13
x
；
答：AB 长7 米，BC 长13米；
（2）解：设AB 长m 米，则BC 长
20
m
米，
由题意得
6
20
12
m
m
，
解得6
8
m
，
∵花园面积
2
20
10
100
S
m
m
m
1
0
，
∴抛物线开口向下，
∵对称轴为
10
m
，
∴当6
8
m
时，S 随m 的增大而增大，
∴当
8
m
时，花园的面积取得最大值，
2
2
8 10
100
96
S
m
花园
，
答：花园可以围出的最大面积是
2
96m ．
48．(1)
4
b
a
；理由如下：
抛物线
2
y
ax
bx
的对称轴为
2
2
b
b
x
a
a
，
0
a
，抛物线开口向上
又∵当
2
x
时，y 随x 的增大而减小，当
2
x
时，y 随x 的增大而增大，
∴抛物线的对称轴为直线
2
x
，即
2
2
b
a
，
4
b
a
．
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(2)不存在，理由如下：
∵抛物线
2
y
ax
bx
经过点
1,3
A
、
2,0
B
．
∴
2
1
1
3
4
2
0
a
b
a
b
．
解得
1
2
a
b
．
∴抛物线的解析式为
2
2
y
x
x
．
∵抛物线与直线y
x
在第一象限内交于点C ，
∴联立，得
2
2
y
x
x
y
x
．
解得
0
x
（不符题意，舍去）或
3
x
，
∴
3
y
，
3,3
C
．
1,3
A
，
0,0
O
，
3,3
C
4
AC
，
1
1
3
4 3
6
2
2
OAC
S
AC
△
，
2
2 6
12
ADC
OAC
S
S
△
△
．
设
2
,
2
D t t
t
，且D 在第四象限，
0
t
，
2
2
0
t
t
．
∵直线AC 的解析式为
3
y
，点D 到直线AC 的距离为
2
2
3
2
3
2
t
t
t
t
，
2
1
4
3
2
12
2
ADC
S
t
t
△
．
化简：
2
2
3
0
t
t
．
∵
2
2
4 1 3
8
0
，
∴方程无实数根，
∴不存在这样的点D ．
【分析】（1）由抛物线的解析式得其对称轴为直线
2
2
b
x
a
，另一方面，由题意得抛物线的对称轴为直
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线
2
x
，由此即可得a 与b 关系；
（2）由待定系数法可求得抛物线的解析式为
2
2
y
x
x
，从而可求出抛物线与直线y
x
在第一象限内交于
点C 的坐标，
OAC
S
与
ADC
S
的面积；设
2
,
2
D t t
t
，且D 在第四象限，
从而可表示
ADC
S
的面积，这样得到关于t 的一元二次方程，判断方程是否有解即可判断点D 是否存在．
【详解】（1）解：
4
b
a
；理由略；
（2）解：不存在；理由略．
49．(1)
4
c
(2)6 2
【分析】（1）将
1,0
B
代入
2
3
y
x
x
c
中，进一步可得答案．
（2）如图，记点C 关于x 轴对称点为C，作直线AC交二次函数于点P ，此时
PAB
CAB
，求解点C
坐标为
0, 4
，直线AC解析式为
4
y
x
，再进一步求解即可．
【详解】（1）解：将
1,0
B
代入
2
3
y
x
x
c
中，
得
2
0
1
3 1
c
．
解得
4
c
；
（2）解：将
0
y
代入
2
3
4
y
x
x
中，得
∴
2
0
3
4
x
x
，
解得
1
4
x ，
2
1
x ，
∴点A 坐标为
4,0
，
将
0
x
代入
2
3
4
y
x
x
中，得
解得
4
y
，
∴点C 坐标为
0,4 ．
如图，记点C 关于x 轴对称点为C，作直线AC交二次函数于点P ，
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此时
PAB
CAB
，
∵C 关于x 轴对称点为C．
∴点C坐标为
0, 4
．
设直线AC解析式为y
kx
b
，
将
4,0
A
、
0, 4
C
代入y
kx
b
，
得
0
4
4
k
b
b
，
解得
1
4
k
b
，
∴直线AC解析式为
4
y
x
．
联立方程
2
3
4
4
y
x
x
y
x
，
解得
1
1
4
0
x
y
，
2
2
2
6
x
y
，
∴点P 坐标为
2, 6
．
∴
2
2
2
4
6
0
6 2
AP
．
∴AP 的长为6 2 ．
50．(1)对称轴为直线
1
x
(2)
3
0
2
t
【分析】（1）将点
0,0
O
代入解析式得出
0
c
，进而代入
3,3
A
a 得出
2
b
a
，根据对称轴公式，即可求
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解；
（2）根据题意得出
2
2
2
3
MN
at
at
at
at
at
，其中0
3
t
，进而根据二次函数的性质，即可求解．
【详解】（1）解：将点
0,0
O
代入，抛物线
2
y
ax
bx
c
，
可得
0
c
，
∴该抛物线解析式为
2
y
ax
bx
，
将点
3,3
A
a 代入，抛物线
2
y
ax
bx
，
可得3
9
3
a
a
b
，解得
2
b
a
；此时该抛物线为
2
2
y
ax
ax
，
∴该抛物线的对称轴为直线
2
1
2
2
b
a
x
a
a
；
（2）解：∵PM
x
⊥轴，
,0
P t
，
∴
M
N
x
x
t
，
将x
t
代入
2
2
y
ax
ax
，可得
2
2
y
at
at
，即
2
,
2
M t at
at
，
设直线OA的表达式为
0
y
kx k
，代入
3,3
A
a ，
那么3
3
a
k
，
∴k
a
，
∴直线OA为y
ax
，
将x
t
代入y
ax
，可得y
at
，即
,
N t at ，
∵抛物线位于直线下方，
∴
2
2
2
3
MN
at
at
at
at
at
，其中0
3
t
，
对于
2
3
MN
at
at
，
0
a
，则其图象开口向下，对称轴为直线
3
2
t
，
∵MN 的长随OP 的长的增大而增大，即MN 的长随t 的增大而增大，
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∴t 的取值范围为
3
0
2
t
．
51．(1)
2
1
3
2
2
y
x
x
(2)
5
2 5
cos
5
5
【分析】（1）根据待定系数法求解即可；
（2）待定系数法求出直线BC 的表达式为
1
3
2
2
y
x
，过点P 作PR
x
轴于点R ，交BC 于点Q ，设点P 的
坐标为
2
1
3
,
2
2
m
m
m
，则点Q 的坐标为
1
3
,
2
2
m
m
，根据PR
x
轴，PR
y
∥
轴，推出
BQR
PBC
BPR
，在Rt
BRP
△
中，由
tan
tan
BR
BPR
PR
，求
tan
的取值范围，
然后根据三角函数的定义求出
cos
的取值范围即可．
【详解】（1）解：依题意，得
3
2
c
．二次函数的图象经过点
1,0
A
和点
3,0
B
，
∴二次函数的表达式可写为
1
3
0
y
a x
x
a
．
∵点
3
0, 2
C
在抛物线上，
3
0 1 0
3
2
a
，
解得
1
2
a
，
∴二次函数的表达式为
2
1
1
3
1
3
2
2
2
y
x
x
x
x
．
（2）解：设直线BC 的表达式为
0
y
kx
n k
，把点
3,0
B
和点
3
0, 2
C
代入，得：
3
0
3
2
k
n
n
，
解得：
1
2
3
2
k
n
，
∴直线BC 的表达式为
1
3
2
2
y
x
；
过点P 作PR
x
轴于点R ，交BC 于点Q ，
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设点P 的坐标为
2
1
3
,
2
2
m
m
m
，则点Q 的坐标为
1
3
,
2
2
m
m
，
PR
x
轴，
OCB
，
PBC
，
PR
y
∥轴，
,0
R m
，
BQR
OCB
．
BQR
PBC
BPR
．
3,0
B
，
,0
R m
，
2
1
3
,
2
2
P m
m
m
，
3
BR
m
，
2
1
3
2
2
PR
m
m
，
在Rt BRP 中，
2
3
2
tan
tan
1
3
1
2
2
BR
m
BPR
PR
m
m
m
．
0
3
m
，
1
2
2
2
1
m
，
1
tan
2
2
．
当
1
tan
2
时，
1
2
BR
PR
，
2
PR
BR
，
2
2
5
BP
BR
PR
BR
，
2 5
cos
5
PR
BP
，
同理当
tan
2
时，
5
cos
5
，
5
2 5
cos
5
5
．
52．(1)
2
1
2
1
9
3
y
x
x
(2)解：小明能顺利通过，理由如下：
由条件可知，小明同学进入跳绳位置的横坐标为6 1.5
4.5
，
当
4.5
x
时，
2
1 4.5
3
2
1.75
9
y
，
1.75
1.50
，
∴小明能顺利通过．
(3)绳子能顺利甩过所有队员的头顶，方案：这5 位同学相邻两人的间距都为0.5米，且身高1.80的同学排在
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抛物线对称轴的位置，身高1.78和1.76两位同学排在身高1.80同学的前后，身高1.68和1.59两位同学排在两
端（除最高同学外的四位同学的位置不唯一），如：可按1.59，1.76，1.80，1.78，1.68的顺序排成一列
【分析】（1）绳子甩到最高处时所对应的抛物线表达式为
2
3
2
y
a x
，用待定系数法求解即可；
（2）由
4.5
x
时求出其相应的函数值，进一步与1.5进行比较即可确定结论；
（3）由自变量的值求出函数值，再逐一比较便可得出结论．
【详解】（1）解：由已知条件可知该抛物线过点
0,1 ，顶点坐标为
3,2 ，
∴设该抛物线的表达式为
2
3
2
y
a x
，
将
0,1 代入，得9
2
1
a
，解得
1
9
a
，
∴绳子甩到最高处时所对应的抛物线表达式为
2
1
3
2
9
y
x
，
即
2
1
2
1
9
3
y
x
x
．
（2）略
（3）解：绳子能顺利甩过所有队员的头顶，方案如下：
这5 位同学相邻两人的间距都为0.5米，且身高1.80的同学排在抛物线对称轴的位置，身高1.78和1.76两位
同学排在身高1.80同学的前后，身高1.68和1.59 两位同学排在两端（除最高同学外的四位同学的位置不唯一），
如：可按1.59 ，1.76 ，1.80，1.78，1.68的顺序排成一列．
∵将
3
x
代入
2
1
2
1
9
3
y
x
x
得
2
1.80
y
，
∴绳子能顺利甩过身高1.80同学的头顶．
∵将
5
2
x
代入
2
1
2
1
9
3
y
x
x
得
71
1.97
1.78
1.76
36
y
，
∴绳子能顺利甩过身高1.78和1.76两位同学的头顶，
∵将
2
x
代入
2
1
2
1
9
3
y
x
x
得
17
1.89
1.68
1.59
9
y
，
∴绳子能顺利甩过1.68和1.59两位同学的头顶，
∴按这种队列方案能使绳子顺利甩过所有队员的头顶．
53．(1)证明：令
0
y
得：
2
5
3
0
ax
a
x
，
判别式为
2
5
4
3
a
a
2
10
25 12
a
a
a
2
2
1
24
a
a
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2
1
24
a
，
2
1
0
a
，
2
1
24
24
a
，
该二次函数的图象与x 轴总有两个交点；
(2)①
2
4
3
y
x
x
；②
3
9
y
x
或
3
3
y
x
【分析】本题考查二次函数与一次函数的综合、一元二次方程根与系数关系，熟练掌握二次函数的性质是
解题的关键．
（1）令
0
y
得到一元二次方程，求出其判别式，利用完全平方公式进行证明即可；
（2）①利用二次函数的对称轴列出方程，求出a 的值，从而求出二次函数解析式；
②求出A 点的坐标，根据题意可知，直线
2
3
y
kx
k
恒过定点
2, 3
P
，求出AP 长，设
1
1
,
M x y 、
2
2
,
N x y
，则
1
2
1
2
AMN
S
AP x
x
，进而求出
1
2
5
x
x
，联立直线和二次函数解析式，利用根与系数关
系求出
1
2
x
x
的表达式，从而求出k 的值．
【详解】（1）略；
（2）解：①二次函数
2
5
3
y
ax
a
x
的对称轴为
5
2
a
x
a
5
2
2
a
a
解得：
1
a
二次函数表达式为
2
2
1 5
3
4
3
y
x
x
x
x
；
②当
2
x
时，
2
2
4
2
3
7
y
，
2, 7
A
，
由题意得：直线
2
3
2
3
y
kx
k
k x
，
直线
2
3
y
kx
k
恒过定点
2, 3
P
，
定点P 在对称轴
2
x
上，
3
7
4
AP
，
设
1
1
,
M x y 、
2
2
,
N x y
，
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1
2
1
2
AMN
APM
APN
S
S
S
AP x
x
，
1
2
1 4
10
2
x
x
，
1
2
5
x
x
，
联立
2
4
3
2
3
y
x
x
y
kx
k
，
整理得：
2
4
2
0
x
k
x
k
，
由根与系数关系得：
1
2
4
4
x
x
k
k
，
1
2
2
x x
k
，
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
4
x
x
x
x
x x
x
x
x x
，
2
2
4
4
2
5
k
k
，
整理得：
2
16
25
k
，
解得：
3
k
或
3
k ，
此直线的解析式为
3
2 3 3
3
9
y
x
x
或
3
2
3
3
3
3
y
x
x
．
54．(1)如图所示，点
2P ，
5P ，
3P ，
4P 和曲线L 为所求：
猜想：曲线L 是一条抛物线
(2)
2
1
1
4
y
x
(3)
2
3
P PQ 是面积为定值的三角形，定值为4
【分析】（1）根据图象的基本特征，有最低点，有对称性，不是直线，也不是双曲线，由此特点可以猜想
其图像是抛物线；
（2）设
,
P x y ，根据垂直平分线性质，得
2
2
2
0
2
x
y
y
，化简即可得到关于x 的函数解析式；
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（3）根据已知条件得出c，d 为关于x 的方程
2
4
4
0
x
kx
的两根，利用韦达定理得出
4
c
d
k
，
4
cd ，
分别求出直线
2PC 和
3P D 的解析式，联立两个解析式求得点Q 的坐标，从而得出
2 3
2
2 3
1
1
2 4
4
2
2
P P Q
P
S
y
P P
△
为定值．
【详解】（1）略
（2）解：根据线段垂直平分线的性质，得PA
PM
，
∵
,
P x y ，
0,2
A
，
∴
2
2
2
0
2
x
y
y
，
整理，得
2
4
4
x
y
，
∴
2
1
1
4
y
x
．
（3）解：∵点C，D 在曲线L 上，
∴
2
1
,
1
4
C c
c
，
2
1
,
1
4
D d
d
，
∴
2
2
1
1
2
4
1
1
2
4
c
kc
d
kd
，
∴
2
2
4
4
0
4
4
0
c
kc
d
kd
，
∴c，d 为关于x 的方程
2
4
4
0
x
kx
的两根，
由韦达定理可知，
4
c
d
k
，
4
cd ，
设
2PC 的解析式为y
mx
n
，
将点
2 2,2
P
，
2
1
,
1
4
C c
c
代入得：
2
1
1
4
2
2
c
mc
n
m
n
，
解得：
1
2
4
1
1
2
m
c
n
c
，
∴
2PC 的解析式为
1
1
1
2
1
2
2
2
4
2
4
y
c
x
c
c
x
，
设
3P D 的解析式为y
sx
t
，
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将点
3
2,2
P
，
2
1
,
1
4
D d
d
代入得：
2
1
1
4
2
2
d
ds
t
s
t
，
解得：
1
2
4
1
1
2
s
d
t
d
，
∴
3P D 的解析式为
1
1
1
2
1
2
2
2
4
2
4
y
d
x
d
d
x
，
联立
1
2
2
2
4
1
2
2
2
4
y
c
x
y
d
x
，
整理得：
2
2
2
2
c
x
d
x
，
∴
2
2
4
Q
c
d
x
c
d
，
1
2
2
2
2
2
0
4
4
Q
c
d
y
c
c
d
，
∴
2 3
2
2 3
1
1
2 4
4
2
2
P P Q
P
S
y
P P
△
为定值．
55．(1)
2
2
3
y
x
x
(2)证明：∵该二次函数图象经过
1,0
A
，
0
a
b
c
．
∵该二次函数图象的对称轴为直线
1
x ，
1
2
b
a
，即
2
b
a
．
2
0
a
a
c
，即3
0
a
c
．
5
3
2
2
a
c
a
c
a
a
又
0
a
Q
，
33 / 49
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5
3
2
2
0
a
c
a
c
a
a
．
(3)①
1,4
P
或
2,3
P
；②P 的坐标为
2,3
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）根据抛物线的对称性，结合已知，化简证明即可；
（3）①设
2
,
2
3
P m
m
m
，
,
3
D m
m
，根据三角形的相似，分类求解即可；
②过点C 作CE
PB
∥
交OB 于点E ．利用解方程组的方法求解即可；
【详解】（1）解：当
1
a 时，
2
y
x
bx
c
．
∵该二次函数图象与x 轴交于
1,0
A
、B 两点，且对称轴为直线
1
x ，
1
1
2
B
x
，解得：
3
B
x
，即
3,0
B
．
将
1,0
A
和
3,0
B
代入
2
y
x
bx
c
得：
0
1
0
9
3
b
c
b
c
，
解得：
2
3
b
c
．
∴当
1
a 时，该二次函数的表达式为
2
2
3
y
x
x
．
（2）略
（3）①解：∵该二次函数图象经过
1,0
A
，
3,0
B
，
0,3
C
，
∴二次函数表达式为
2
2
3
y
x
x
，
设直线BC 的解析式为y
kx
p
，
将
3,0
B
，
0,3
C
代入直线BC 的解析式得：
3
0
3
k
p
p
，
解得
1
3
k
p
，
直线BC 表达式为
3
y
x
．
又
PD
y 轴，
设
2
,
2
3
P m
m
m
，
,
3
D m
m
，
34 / 49
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2
2
0
3 3
2
CD
m
m
m
，
2
3
P
D
PD
y
y
m
m
．
当DCP
BOC
∽
时，有PD
CD
BC
OB
，即
2
3
2
3
3 2
m
m
m
．
解得：
0
m
（不符合题意，舍去）或
1
m ．
1,4
P
．
当CPD
BOC
∽
时，有CD
PD
BC
OC
，即
2
2
3
3
3 2
m
m
m
．
解得：
0
m
（不符合题意，舍去）或
2
m
．
2,3
P
．
②过点C 作CE
PB
∥
交OB 于点E ．
CE
PB
∥
Q
，
ECB
PBC
．
45
PBC
ACO
Q
，
45
ECB
ACO
，
0,3
C
，
3,0
B
，
OB
OC
，
45
BCO
CBO
，
45
ECB
ECO
ACO
ECO
．
又
90
AOC
EOC
，OC
OC
，
AOC
EOC
△
≌△
（ASA ）．
1
OA
OE
．
1,0
E
．
设直线CE 的解析式为y
mx
n
，由点
0,3
C
，
1,0
E
可得：
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0
3
k
b
b
，解得：
3
3
k
b
，
∴直线CE 表达式为
3
3
y
x
．
CE
PB
∥
Q
，且
3,0
B
∴同理可得：直线PB 表达式为
3
9
y
x
．
∵点P 在
2
2
3
y
x
x
和
3
9
y
x
上，
2
2
3
3
9
y
x
x
y
x
．
解得
2
3
x
y
或
3
0
x
y
（不符合题意，舍去）．
∴存在点P ，使得
45
PBC
ACO
．P 的坐标为
2,3 ．
56．(1)(2,0) ，0 ；
(2)
1
d ，
6
b
a
，
8
1
c
a
；
(3)见解析
【分析】（1）①根据拓展1 的结论计算即可；
②根据拓展2 的结论计算即可；
（2）根据拓展1 的结论进行反推得到
6
b
a
，
2
8
4
2
3
f
a
b
c
d
，根据
0
1
f
求出
1
d ，即可得
到
8
1
c
a
；
（3）先计算
1
2
3
a x
x
x
x
x
x
，由
3
2
1
2
3
ax
bx
cx
d
a x
x
x
x
x
x
可知左右多项式对应同
类项系数相等，进而列等式计算即可．
【详解】（1）解：①根据材料给出的结论：三次函数
3
2
0
f x
ax
bx
cx
d a
的对称中心为
,
3
3
b
b
f
a
a
，
∴三次函数
3
2
6
11
6
f x
x
x
x
的图象的对称中心的横坐标为
6
2
3
3 1
b
a
，纵坐标为
3
2
2
2
6 2
11 2
6
0
f
，
即对称中心坐标为(2,0) ；
②∵
1
2
3
f
p
p
x
p
x
p
x
a
，
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∴
1
2
3
2
0
2
2
2
0
1
1
f
x
x
x
；
（2）解：∵对称中心为(2,3) ，
∴
2,
3
3
3
b
b
f
a
a
，
∴
6
b
a
，
2
8
4
2
3
f
a
b
c
d
，
∵
0
1
f
d
，
∴
8
4
6
2
1
3
a
a
c
，
即
8
1
c
a
；
（3）证明：
1
2
3
a x
x
x
x
x
x
3
2
1
2
3
1
2
1
3
2
3
1
2
3
a x
x
x
x
x
x x
x x
x x
x
x x x
3
2
1
2
3
1
2
1
3
2
3
1
2
3
ax
a x
x
x
x
a x x
x x
x x
x
ax x x
由推广1 可知，对任意实数x ，恒有等式
3
2
1
2
3
ax
bx
cx
d
a x
x
x
x
x
x
，
则
1
2
3
b
a x
x
x
，
1
2
1
3
2
3
c
a x x
x x
x x
，
1
2
3
d
ax x x
解得：
1
2
3
b
x
x
x
a
，
1
2
1
3
2
3
c
x x
x x
x x
a
，
1
2
3
d
x x x
a
．
57．(1) 3
5 ；
(2)
层数
单层楼高/m
楼长/m
楼宽/m
建筑面积
2
/m
楼间距/m
2
4
40
28
2240
8
该方案不合理；
(3)
层数
单层楼高/m
楼长/m
楼宽/m
建筑面积
2
/m
楼间距/m
3
4
40
17 5.
2100
18.5
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(4)
2
200
1500
3
S
hn
n
．
【分析】1 由tan
树高
小树影长即可求解；
2 根据题意可得建筑面积40 28 2
，楼高为2 4
，通过乘法法则即可求解，由题意得
8m
FI
、
0.9m
GI
、
7.1
FG
m
，，再通过三角函数求出
11.8
8
EG
，从而求解；
3 设层数为n ，则楼间距4
0.9
20
3
tan
3
2
n
n
，楼宽
20
3
20
45
9
37.5
3
2
3
n
n
，则
2
800
1500
3
S
n
n
，
然后通过二次函数的性质即可求解；
4 由单层楼高为h ，层数为n ，则楼间距5
3
3
2
hn
m
，楼宽
5
37.5
3 hn
m
，所以
2
200
1500
3
S
hn
n
．
【详解】（1）解：
1.8
3
tan
3
5
树高
小树影长
，
故答案为：3
5 ；
（2）解：该方案不合理，理由如下：
∵建筑面积长宽层数，
∴建筑面积
2
40
28 2
2240 m
，楼高为
2 4
8 m
，楼间距为
45
9
28
8 m
填表略，
如图，
8m
FI
，
0.9m
GI
，
∴
8
0.9
7.1
FG
m
，
在Rt
ABC
△
中，tan
tan
FG
FEG
EG
，
∴3
7.1
5
EG
，
∴
11.8
8
EG
，
∴该方案不合理；
（3）解：设层数为n ，则楼间距
4
0.9
4
0.9
20
3
3
tan
3
2
5
n
n
n
，楼宽
20
3
20
45
9
37.5
3
2
3
n
n
，
38 / 49
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∴
2
20
800
40
37.5
1500
3
3
S
n
n
n
n
，
∵
800
0
3
，
∴当
1500
45
800
16
2
3
n
时，S 最大，
∵n 是正整数，
∴当
3
n
时，
∴楼间距
20
3
3
18.5
3
2
m
，楼宽
20
3
37.5
17.5
3
m
，建筑面积
2
40 17.5 3
2100 m
，
方案略；
（4）解：∵单层楼高为h ，层数为n ，
∴楼间距
0.9
0.9
5
3
3
tan
3
2
5
hn
hn
hn
m
，楼宽
5
3
5
45
9
37.5
3
2
3
hn
hn
m
，
∴
2
2
5
200
40
37.5
1500
3
3
S
hn
n
hn
n m
．
58．(1)6 6 ；
(2)①
2
3
4
4
n
n
S
；②n 的最小值为4 ；
(3)S 的最大值为8 21平方米，此时围成的三角形花圃是等腰三角形．
【分析】（1）直接代入公式计算即可；
（2 ）①代入公式化简得到面积表达式；
②根据整数要求验证得到最小的n ；
（3 ）先整理得到S 关于ab 的表达式，再利用二次函数性质得到ab 的最大值，进而求出S 的最大值，最后
判断三角形形状．
【详解】（1）解：已知三角形三边长
5
a
，
6
b
，
7
c
，
根据公式得
5
6
7
9
2
p
，
∴
9
9
5
9
6
9
7
216
6 6
S
p p
a
p
b
p
c
；
（2）解：①三角形三边长为
1
n ，n ，
1
n ，则
(
1)
(
1)
3
2
2
n
n
n
n
p
，
∴
3
2
1
1
2
2
n
n
p
n
n
，
3
2
2
n
n
p
n
n
，
3
2
1
1
2
2
n
n
p
n
n
，
小学
初中
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∴
2
2
2
3
4
3
4
3
2
2
2
2
2
2
16
4
n
n
n
n
n n
n n
S
p p
a
p
b
p
c
；
②∵
2
n
且n 为整数，要使
2
3
4
4
n
n
S
为整数，
∴当
3
n
时，
3 15
4
S
，不是整数，
当
4
n
时，
4 3
16
4
36
6
4
S
，是整数，
∴n 的最小值为4 ；
（3）解：∵
8
c
，
20
a
b
，
∴
20
8
14
2
2
a
b
c
p
，
∴
14
8
6
p
c
，
14
14
196 14
196
280
84
a
b
a
b
ab
ab
ab
，
∴
14 6
84
84
84
S
ab
ab
，
又
20
a
b
，则
20
b
a
，
∴
2
2
20
20
(
10)
100
ab
a
a
a
a
a
，
∴当
10
a
时，ab 的最大值为100，此时
10
b
，
将
100
ab
代入得
84
100
84
8 21
S
（平方米），
此时
10
a
b
，
∴该三角形是等腰三角形，
答：S 的最大值为8 21平方米，此时围成的三角形花圃是等腰三角形．
59．(1)直线
2
x
(2)
0
a
(3)存在，点N 的坐标为
0,
3 ，
4, 3 ，
3
2,
3
【分析】（1）根据二次函数图像对称性，纵坐标相等的两个点关于对称轴对称，可直接计算对称轴
（2）先写出二次函数交点式，代入点坐标，根据
3
d 判断乘积符号，进而得到a 的取值范围；
（3）先根据c 的值求出二次函数解析式，再分AB 为菱形的边和AB 为菱形的对角线两种情况，结合菱形的
性质计算点N 坐标，验证是否在抛物线上得到结果
【详解】（1）解：由表格可知，二次函数图像经过点(1,0) 和(3 0)
, ，两点纵坐标相同，
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因此两点关于对称轴对称.因此对称轴为直线
1 3
2
2
x
.
（2）解：设二次函数解析式为
1
3
y
a x
x
，
将x
d
，
1
y
代入得
1
3
1
a d
d
3
d
1
0
d
，
3
0
d
，
因此
1
3
0
d
d
1
0
1
3
a
d
d
，即a 的取值范围是
0
a
.
（3）解：将
1
3
y
a x
x
展开得
2
4
3
y
ax
ax
a
，因此
3
c
a
3
c
3
3
a
，
解得
3
3
a
因此二次函数解析式为
3
1
3
3
y
x
x
，
当
0
y
时，
3
1
3
0
3
x
x
，
解得：
1
2
1,
3
x
x
∴点
(1,0)
A
，
3,0
B
，
2
AB
，
∵点M 在对称轴
2
x
上，设
2,
M
t ，
,
N x y ，
分情况讨论：情况1：AB 为菱形的边
AB
MN ，
2
AB
MN
N
与M 纵坐标相等，且
2
2
x
，
解得
0
x
或
4
x .
将
0
x
代入解析式，得
3
1
3
3
3
y
，得
0, 3
N
.
将
4
x 代入解析式，得
3
3 1
3
3
y
，得
4, 3
N
.
根据对称性，若
3
y
，代入解析式得
3
1
3
3
3
x
x
，
整理得
2
4
6
0
x
x
，
41 / 49
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判别式Δ
16
24
8
0
，无实根，此情况不存在符合条件的点N .
情况2：AB 为菱形的对角线时，
菱形对角线互相平分，
MN
中点与AB 中点重合，AB 中点为(2,0) ，
因此
2
2
2
0
2
x
y
t
解得
2
x
，y
t
.
将
2
x
代入解析式，得
3
3
1
1
3
3
y
，
因此
3
2,
3
N
，验证可得四边边长相等，满足菱形条件.
综上，存在符合条件的点N ，坐标为
0, 3 ，
4, 3 ，
3
2,
3
.
60．(1)
证明：∵ABC 是直角三角形，
∴
90
BAC
，或
90
ABC
，或
90
ACB
，
如果
90
BAC
，则AC
AB
，
此时
A
C
x
x
，但
0
C
y
，
0
A
y
，
A
C
y
y
，与函数的定义不符，
∴
90
BAC
，
同理，
90
ABC
，
∴
90
ACB
，
∵ABC 是直角三角形，
∴AC
BC
，
又∵OC
AB
，所以OA
OB
，即抛物线的对称轴为y 轴，
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∴
0
b
；
(2)①
2
1
2
2
y
x
，
2,1
P
；②2
3
m
【分析】（1）先得到
90
BAC
，
90
ABC
，则只能
90
ACB
，由等腰直角三角形得到AC
BC
，
结合OC
AB
，得到OA
OB
，即抛物线的对称轴为y 轴，
0
b
；
（2）①由（1）知，
90
ACB
，OA
OB
，得到
2
OC
OA
，
0,2
C
，代入
2
y
ax
bx
c
解方程即可
求出解析式；设
2
1
,
2
2
M
x
x
为抛物线上一点．
依题意，OM 的最小值为OP ．根据勾股定理，
2
2
2
1
2
3
4
OM
x
，得到当
2
2
x
，即
2
x
时，OM 取
得最小值
3 ．结合点P 位于第一象限，得到
2,1
P
．
②
2,1
P
代入y
kx
m
得到
2
1
k
m
，与抛物线联立得到
2
2 1
2
4
0
x
m x
m
．根据
2 是方
程
2
2(1
)
2
4
0
x
m x
m
的一个根，求得
1
2(
2)
x
m
．再根据
1
0
2
x
列不等式计算即可；
【详解】（1）略
（2）解：①由（1）知，
90
ACB
，OA
OB
，
所以
1
2 AB
OA
OB
OC
．
因为
2,0
A
，所以
2
OC
OA
，
因为C 在y 轴正半轴上，所以
0,2
C
．
又因为
0
b
，所以
4
0,
2.
a
c
c
解得
1 ,
2
2.
a
c
所以抛物线的函数表达式为
2
1
2
2
y
x
．
设
2
1
,
2
2
M
x
x
为抛物线第一象限图象上一点．
∵
O 过抛物线位于第一象限的点
0
0
,
P x
y
，且抛物线上的点均不在
O 内，
∴OM 的最小值为OP ．
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根据勾股定理，
2
2
2
2
2
4
2
2
1
1
1
2
4
2
3
2
4
4
OM
x
x
x
x
x
．
当
2
2
x
，即
2
x
时，OM 取得最小值
3 ．
因为点P 位于第一象限，所以
0
0
x
，所以
2,1
P
．
②因为直线y
kx
m
过点
2,1
P
，
所以
2
1
k
m
，所以
2
1
k
m
．
由（2）知，抛物线的函数表达式为
2
1
2
2
y
x
．
由y
kx
m
，
2
1
2
2
y
x
，得
2
1
2
2 x
kx
m
，
整理得
2
2
2
4
0
x
kx
m
，
将
2
1
k
m
代入方程得
2
2 1
2
4
0
x
m x
m
．
因为直线y
kx
m
过点
2,1
P
，且
2,1
P
在抛物线
2
1
2
2
y
x
上，
所以
2 是方程
2
2(1
)
2
4
0
x
m x
m
的一个根．
设方程的另一个根为
1x ．
因为函数
2
2(1
)
2
4
y
x
m x
m
的图象关于直线
2(1
)
2
m
x
对称，
所以
1
2
2(1
)
x
m
，
所以
1
2(
2)
x
m
．
依题意，
1
0
2
x
，即0
2(
2)
2
m
．
解得2
3
m
．
即实数m 的取值范围是2
3
m
．
61．(1)
2
1
4
2
y
x
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(2)
（ⅰ）由（1）得二次函数的解析式为
2
1
4
2
y
x
，则对称轴为直线
1
2
x
，
∵
4
0
a
，
∴二次函数的图象开口向上，
∴离对称轴越近，函数值越小，
∵
1,
M x m ，
2,
N x m 是二次函数图象上不同的两个点，
∴点
1,
M x m 和点
2,
N x m 关于对称轴对称，
∴
1
2
1
2
1
2
x
x
，
∴
2
1
1
x
x
，
∵
1
m ，
∴
1
1
1
1
2
2
x
，
∴
1
1
1
2
2
x
，
∴
1
2
1
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2
x
x
x
x
x
x
；
（ⅱ）
0
t
或
9
t
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）（ⅰ）根据（1）所求可得对称轴为直线
1
2
x
，且二次函数的图象开口向上，则离对称轴越近，函数
值越小，根据对称性可推出
2
1
1
x
x
，根据
1
m 得到
1
1
1
1
2
2
x
，据此可证明结论；（ⅱ）当y
m
时，
2
1
4
2
m
x
，则
2
4
4
1
0
x
x
m
，可得
1
2
1
2
1
1
4
m
x
x
x x
，
，
2
1
1
1
4
m
x
x
；根据
1
2
2
1
2
1
x
x
tm
x
x
，
可推出3
1
1
m
tm
m
，则
2
3
1
0
tm
t
m
，可证明
0
m
，则关于m 的方程
2
3
1
0
tm
t
m
必须有一个
正实数根，根据判别式求出t 的取值范围，再根据关于m 的方程
2
3
1
0
tm
t
m
必须有一个正实数根讨
论求解即可．
【详解】（1）解：∵二次函数
2
0
y
a x
h
a
过点
0,1
A
，
1,1
B
，
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∴
2
2
1
0
1
1
a
h
a
h
，
∴
4
1
2
a
h
，
∴二次函数的解析式为
2
1
4
2
y
x
；
（2）解：（ⅰ）略
（ⅱ）在
2
1
4
2
y
x
中，当y
m
时，
2
1
4
2
m
x
，
∴
2
4
4
1
0
x
x
m
，
∴
1
2
1
2
4
1
1
4
4
m
x
x
x x
，
，
2
1
1
4
4
1
0
x
x
m
，
∴
2
1
1
1
4
m
x
x
；
∵
1
2
2
1
2
1
x
x
tm
x
x
，
∴
2
2
1
1
2
1
2
2x
x
x
tm
x x
，
∴
2
2
1
2
1
2
1
1
1
2
2
x
x
x x
x
x
tm
x x
，
∴
2
1
1
1
2
4
4
1
4
m
m
tm
m
，
∴3
1
1
m
tm
m
，
∴
2
3
1
0
tm
t
m
，
∵
2
1
1
4
0
2
m
x
，且
1,
M x m ，
2,
N x m 是二次函数图象上不同的两个点，
∴
0
m
，
∴关于m 的方程
2
3
1
0
tm
t
m
必须有一个正实数根，
∴
2
Δ
3
4
0
t
t
，
∴
2
6
9
4
0
t
t
t
，
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∴
1
9
0
t
t
，
∴
9
t
或
1
t ；
当
9
t
时，
3
1
0
0
t
t
t
，
，
∴此时关于m 的方程
2
3
1
0
tm
t
m
的两个实数根都是正数，符合题意；
当0
1
t
时，
3
1
0
0
t
t
t
，
，
∴此时关于m 的方程
2
3
1
0
tm
t
m
的两个实数根都是负数，不符合题意；
当
0
t
时，
3
1 0
0
t
t
t
，
，
∴此时关于m 的方程
2
3
1
0
tm
t
m
的两个实数根一正一负，符合题意；
综上所述，
0
t
或
9
t
．
62．(1)是，否，是；
(2)
证明：①当
0
k
时，y
m
，如图：
依题意，函数
2
1
1
1
y
x
b x
c
和
2
2
2
2
y
x
b x
c
（其中
1b 、2b 、1c 、2c 为常数，1
2
c
c
）均为“长榆函数”，且
其“振万直线”为同一直线，
根据抛物线的对称性可得EF
GH
，
②当
0
k
时，
∵
1
2
,
y y 的“振万直线”为同一直线，
1
2
b
b
，
设
1
2
b
b
b
，
如图所示，过E，G 分别作x 轴的平行线，过点F，H 分别作y 轴的平行线，交于点P，Q，则
P
90
Q
，
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PE
GQ
∥
，
FEP
HGQ
，
联立
2
1
1
1
y
x
b x
c
y
kx
m
，
2
1
0
x
b
k x
c
m
，
1
4
x
x
k
b
，同理可得
2
3
x
x
k
b
，
1
4
2
3
x
x
x
x
，
即
2
1
4
3
x
x
x
x
，
即EP
GQ
，
ASA
FEP
HGQ
≌
，
EF
GH
，
综上所述，EF
GH
；
(3)四边形ADMN 为矩形，
5
a
．
【分析】（1）根据反比例函数以及一次函数，二次函数的性质结合新定义，即可求解；
（2）分情况讨论，①当
0
k
时，②当
0
k
时，分别画出图形，根据二次函数与一元二次方程的解的关系，
得出EF
GH
；
（3）根据解析式得出A，B，C，D 的坐标，进而根据图形，结合矩形的性质即可求解．
【详解】（1）解：①y
x
关于直线
0
x
对称，是“长榆函数”；
②
2026
x
y
其函数图象不关于直线
1
x
m
对称，不是“长榆函数”；
③
2
2026
2026
y
x
x
，对称轴为直线
1013
x
，是“长榆函数”；
（2）略
（3）解：如图：
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∵关于x 的“长榆函数”，
2
1
3
0
y
ax
bx
a a
的“振万直线”为
2
x
，与x 轴交于点A、B（点A 在点B
的右边），
当
2
2
b
a
，即
4
b
a
，
2
1
4
3
y
ax
ax
a
，
令
0
y
，即
2
4
3
0
ax
ax
a
，
解得：
1
1
x ，
2
3
x
，
∴
3,0 ,
1,0
A
B
，
当
2
x
时，y
a
，则y
a
，
2,
M
a
，
函数
2
2
3
y
ax
bx
a
的图象与x 轴交于点C、D（点C 在点D 的右边），其顶点为N，
2
2
4
3
y
ax
ax
a
，
令
0
y
，即
2
4
3
0
ax
ax
a
，
解得：
1
1
x ，
2
3
x ，则对称轴为直线
1 3
2
2
x
，
1,0
C
，
3,0
D
，
当
2
x 时，y
a
，则
2,
N
a
，
OM
ON
，OA
OD
，
∴四边形AMDN 是平行四边形，
∵AD 在x 轴上，
∴MN 不可能垂直于AD ，
∴四边形AMDN 不可能是菱形，
当四边形AMDN 为矩形时，
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1
2
OM
AD
，
即
2
4
3
a
，
解得：
5
a
．
