重慶市2018年中考數學一輪復習 第三章 函數 第5節(jié) 二次函數的綜合應用練習冊

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1、 第5節(jié)　二次函數的綜合應用 課時1　與線段、周長有關的問題 (建議答題時間：40分鐘) 1. (2017濱州)如圖，直線y＝kx＋b(k、b為常數)分別與x軸、y軸交于點A(－4，0)、B(0，3)，拋物線y＝－x2＋2x＋1與y軸交于點C. (1)求直線y＝kx＋b的函數解析式； (2)若點P(x，y)是拋物線y＝－x2＋2x＋1上的任意一點，設點P到直線AB的距離為d，求d關于x的函數解析式，并求d取最小值時點P的坐標； (3)若點E在拋物線y＝－x2＋2x＋1的對稱軸上移動，點F在直線AB上移動，求CE＋EF的最小值． 第1題圖

2、 2. (2017寧波)如圖，拋物線y＝x2＋x＋c與x軸的負半軸交于點A，與y軸交于點B，連接AB，點C(6，)在拋物線上，直線AC與y軸交于點D. (1)求c的值及直線AC的函數表達式； (2)點P在x軸正半軸上，點Q在y軸正半軸上，連接PQ與直線AC交于點M，連接MO并延長交AB于點N，若M為PQ的中點． ①求證：△APM∽△AON； ②設點M的橫坐標為m，求AN的長．(用含m的代數式表示) 第2題圖 3. (2017東營)如圖，直線y＝－x＋分別與x軸、y軸交于B、C兩點，點A在x軸上，∠A

3、CB＝90°，拋物線y＝ax2＋bx＋經過A、B兩點． (1)求A、B兩點的坐標； (2)求拋物線的解析式； (3)點M是直線BC上方拋物線上的一點，過點M作MH⊥BC于點H，作MD∥y軸交BC于點D，求△DMH周長的最大值． 第3題圖 4. (2017武漢)已知點A(－1，1)，B(4，6)在拋物線y＝ax2＋bx上． (1)求拋物線的解析式； (2)如圖①，點F的坐標為(0，m)(m>2)，直線AF交拋物線于另一點G，過點G作x軸的垂線，垂足為H，設拋物線與x軸的正半軸交于點E，連接FH，AE，求證：

4、FH∥AE； (3)如圖②，直線AB分別交x軸，y軸于C，D兩點，點P從點C出發(fā)，沿射線CD方向勻速運動，速度為每秒 個單位長度，同時點Q從原點O出發(fā)，沿x軸正方向勻速運動，速度為每秒1個單位長度，點M是直線PQ與拋物線的一個交點，當運動到t秒時，QM＝2PM，直接寫出t的值． 第4題圖 37 課時2　與面積有關的問題 (建議答題時間：40分鐘) 1. (2017深圳)如圖，拋物線y＝ax2＋bx＋2經過點A(－1，0)，B(4，0)，交y軸于點C. (1)求拋物線的解析式(用一般式表示)； (2)點D為y軸右側拋物線上一點，是否存

5、在點D，使S△ABD＝S△ABC，若存在請直接給出點D坐標；若不存在請說明理由； (3)將直線BC繞點B順時針旋轉45°得到BE，與拋物線交于另一點E，求BE的長． 第1題圖 2. (2017鹽城)如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝x＋2與x軸交于點A，與y軸交于點C，拋物線y＝－x2＋bx＋c經過A、C兩點，與x軸的另一交點為點B. (1)求拋物線的函數表達式； (2)點D為直線AC上方拋物線上一動點． ①連接BC、CD，設直線BD交線段AC于點E，△CDE的面積為S1，△BCE的面積為S2，求的最大值； ②過點D

6、作DF⊥AC，垂足為點F，連接CD，是否存在點D，使得△CDF中的某個角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求點D的橫坐標；若不存在，請說明理由． 3. (2017海南)拋物線y＝ax2＋bx＋3經過點A(1，0)和點B(5，0)． (1)求該拋物線所對應的函數解析式； (2)該拋物線與直線y＝x＋3相交于C、D兩點，點P是拋物線上的動點且位于x軸下方，直線PM∥y軸，分別與x軸和直線CD交于點M、N. ①連接PC、PD，如圖①，在點P運動過程中，△PCD的面積是否存在最大值？若存在，求出這個最大值；若不存在，說明理由． ②連接PB，過點C作CQ⊥PM，垂足為

7、點Q，如圖②， 是否存在點P，使得△CNQ與△PBM相似？若存在，求出滿足條件的點P的坐標；若不存在，說明理由． 第3題圖 4. (2017重慶南開一模) 已知拋物線y＝－x2＋x＋4交x軸于點A、B，交y軸于點C，連接AC、BC. (1)求交點A、B的坐標以及直線BC的解析式； (2)如圖①，動點P從點B出發(fā)以每秒5個單位的速度向點O運動，過點P作y軸的平行線交線段BC于點M，交拋物線于點N，過點N作NK⊥BC交BC于點K，當△MNK與△MPB的面積比為1∶2時，求動點P的運動時間t的值； (3)如圖②，動點P 從點B出發(fā)

8、以每秒5個單位的速度向點A運動，同時另一個動點Q從點A出發(fā)沿AC以相同速度向終點C運動，且P、Q同時停止，分別以PQ、BP為邊在x軸上方作正方形PQEF和正方形BPGH(正方形頂點按順時針順序)，當正方形PQEF和正方形BPGH重疊部分是一個軸對稱圖形時，請求出此時軸對稱圖形的面積． 第4題圖 課時3　與三角形、四邊形形狀有關的問題 (建議答題時間：40分鐘) 1. (2017菏澤)如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2＋bx＋1交y軸于點A，交x軸正半軸于點B(4，0)，與過A點的直線相交于另一點D(3，)，過點D作DC⊥x軸，垂足為C. (1)求拋物線的表達

9、式； (2)點P在線段OC上(不與點O、C重合)，過P作PN⊥x軸，交直線AD于M，交拋物線于點N，連接CM，求△PCM面積的最大值； (3)若P是x軸正半軸上的一動點，設OP的長為t，是否存在t，使以點M、C、D、N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由． 第1題圖 2. (2017廣安)如圖，已知拋物線y＝－x2＋bx＋c與y軸相交于點A(0，3)，與x正半軸相交于點B，對稱軸是直線x＝1. (1)求此拋物線的解析式及點B的坐標； (2)動點M從點O出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿x軸正方向運動，

10、同時動點N從點O出發(fā)，以每秒3個單位長度的速度沿y軸正方向運動，當N點到達A點時，M、N同時停止運動．過動點M作x軸的垂線交線段AB于點Q，交拋物線于點P，設運動的時間為t秒． ①當t為何值時，四邊形OMPN為矩形； ②當t>0時，△BOQ能否為等腰三角形？若能，求出t值；若不能，請說明理由． 第2題圖 3. (2017濰坊)如圖，拋物線y＝ax2＋bx＋c經過平行四邊形ABCD的頂點A(0，3)、B(－1，0)、D(2，3)，拋物線與x軸的另一交點為E.經過點E的直線l將平行四邊形ABCD分割為面積相等的兩部分，與拋物線交于另一

11、點F.點P為直線l上方拋物線上一動點．設點P的橫坐標為t. (1)求拋物線的解析式； (2)當t何值時，△PFE的面積最大？并求最大值的立方根； (3)是否存在點P使△PAE為直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由． 4. (2017重慶九龍坡區(qū)模擬)如圖①，在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2－x－與x軸交于A、B兩點(點A在點B的左側)，與y軸交于點C. (1)判斷△ABC的形狀，并說明理由； (2)在拋物線第四象限上有一點，它關于x軸的對稱點記為點P，點M是直線BC上的一動點，當△PBC的面積

12、最大時，求PM＋MC的最小值； (3)如圖②，點K為拋物線的頂點，點D在拋物線對稱軸上且縱坐標為，對稱軸右側的拋物線上有一動點E，過點E作EH∥CK，交對稱軸于點H，延長HE至點F，使得EF＝，在平面內找一點Q，使得以點F、H、D、Q為頂點的四邊形是軸對稱圖形，且過點Q的對角線所在的直線是對稱軸，請問是否存在這樣的點Q，若存在，請直接寫出點E的橫坐標；若不存在，請說明理由． 第4題圖 課時4　二次函數的實際應用 (建議答題時間：20分鐘) 1. (2017臨沂)足球運動員將足球沿與地面成一定角度的方向踢出，足球飛行的路線是一條拋物線，不考慮空氣阻力，足球距離

13、地面的高度h(單位：m)與足球被踢出后經過的時間t(單位：s)之間的關系如下表： t 0 1 2 3 4 5 6 7 … h 0 8 14 18 20 20 18 14 … 下列結論：①足球距離地面的最大高度為20 m；②足球飛行路線的對稱軸是直線t＝；③足球被踢出9 s時落地；④足球被踢出1.5 s時，距離地面的高度是11 m．其中正確結論的個數是(　　) A. 1 　B. 2 C. 3 D. 4 2. (2017金華)甲、乙兩人進行羽毛球比賽，羽毛球飛行的路線為拋物線的一部分．如圖，

14、甲在O點正上方1 m的P處發(fā)出一球，羽毛球飛行的高度y(m)與水平距離x(m)之間滿足函數表達式y(tǒng)＝a(x－4)2＋h.已知點O與球網的水平距離為5 m，球網的高度為1.55 m. (1)當a＝－時，①求h的值，②通過計算判斷此球能否過網； (2)若甲發(fā)球過網后，羽毛球飛行到與點O的水平距離為7 m，離地面的高度為 m的Q處時，乙扣球成功，求a的值． 第2題圖 3. (2017揚州)農經公司以30元/千克的價格收購一批農產品進行銷售，為了得到日銷售量p(千克)與銷售價格x(元/千克)之間的關系，經過市場調查獲得部分數據如下表： 銷售價格x(元/千克) 3

15、0 35 40 45 50 日銷售量p(千克) 600 450 300 150 0 (1)請你根據表中的數據，用所學過的一次函數、二次函數、反比例函數的知識確定p與x之間的函數表達式； (2)農經公司應該如何確定這批農產品的銷售價格，才能使日銷售利潤最大？ (3)若農經公司每銷售1千克這種農產品需支出a元(a＞0)的相關費用，當40≤x≤45時，農經公司的日獲利的最大值為2430元，求a值．(日獲利＝日銷售利潤－日支出費用) 答案 課時1　與線段、周長有關的問題 1. 解：(1)∵直線y＝kx＋

16、b經過點A(－4，0)，B(0，3)， ∴，解得， ∴直線的函數解析式為y＝x＋3； (2)如解圖，過點P作PM⊥AB于點M，作PN∥y軸交直線AB于點N. 第1題解圖 ∴∠PNM＝∠ABO， ∵∠AOB＝∠NMP＝90°， ∴△AOB∽△PMN， ∴＝， ∵OA＝4，OB＝3， ∴AB＝＝5， ∴PM＝PN， ∵點P是拋物線上的點，PN∥y軸， ∴P(x，－x2＋2x＋1)，N(x，x＋3)， ∴PN＝x＋3－(－x2＋2x＋1)＝x2－x＋2＝(x－)2＋， PM＝d＝(x－)2＋， ∴當x＝時，PM取得最小值，此時P點坐標為(，)； (3)∵拋物線y

17、＝－x2＋2x＋1與y軸交于點C， ∴C(0，1)，對稱軸為直線x＝－＝1， 如解圖，作點C關于對稱軸的對稱點G，則G點坐標為(2，1)，點G到直線AB的距離即為CE＋EF的最小值，最小值為d＝×(2－)2＋＝. 2. (1)解：把點C(6，)代入拋物線解析式可得＝9＋＋c， 解得c＝－3， ∴y＝x2＋x－3， 當y＝0時，x2＋x－3＝0， 解得x1＝－4，x2＝3， ∴A(－4，0)， 設直線AC的函數表達式為：y＝kx＋b(k≠0)， 把A(－4，0)，C(6，)代入y＝kx＋b中得，解得， ∴直線AC的函數表達式為：y＝x＋3； (2)①證明：由(1)易得OA

18、＝4，OB＝3，OD＝3，∵在Rt△AOB中， tan∠OAB＝＝. 在Rt△AOD中，tan∠OAD＝＝. ∴∠OAB＝∠OAD， ∵在Rt△POQ中，M為PQ中點， ∴OM＝MP， ∴∠MOP＝∠MPO， ∵∠MOP＝∠AON， ∴∠APM＝∠AON， ∴△APM∽△AON； ②解：如解圖，過點M作ME⊥x軸于點E. 又∵OM＝MP， ∴OE＝EP， ∵點M橫坐標為m， ∴AE＝m＋4，AP＝2m＋4， ∵tan∠OAD＝， ∴cos∠EAM＝cos∠OAD＝， ∴AM＝AE＝， ∵△APM∽△AON， ∴＝， ∴AN＝＝. 　 第2題解圖 3

19、. 解：(1)∵直線y＝－x＋與x軸交于點B，與y軸交于點C， ∴令x＝0得y＝，令y＝0得x＝3， ∴點B的坐標為(3，0)，點C的坐標為(0，)． ∴tan∠CBO＝＝， ∴∠CBO＝30°， ∴∠BCO＝60°， ∵AC⊥BC， ∴∠ACO＝30°， ∴AO＝CO·tan∠ACO＝×＝1， ∴點A的坐標為(－1，0)； (2)∵拋物線y＝ax2＋bx＋經過A，B兩點， ∴，解得， ∴拋物線的解析式為y＝－x2＋x＋； (3)∵MD∥y軸， ∴∠MDH＝∠BCO＝60°， ∵MH⊥BC， ∴HD＝MD，MH＝MD. ∴△DMN的周長為(1＋＋)MD. 設

20、點D的坐標為(t，－t＋)，則點M的坐標為(t，－t2＋t＋)， ∵點M在直線BC上方的拋物線上， ∴MD＝(－t2＋t＋)－ (－t＋)＝－t2＋t＝－(t－)2＋. ∵0＜t＜3， ∴當t＝時，MD有最大值，且MD的最大值為， ∴△DMH周長的最大值為(1＋＋)×＝. 4. (1)解：將點A(－1，1)，B(4，6)代入y＝ax2＋bx中，， 解得， ∴拋物線的解析式為y＝x2－x； (2)證明：∵A(－1，1)，F(0，m) ∴直線AF的解析式為：y＝(m－1)x＋m. 聯立， 得x2－(m－)x－m＝0. ∵A、G為直線AF與拋物線的交點， ∴xA＋xG＝

21、－＝2m－1，∴xG＝2m－1－(－1)＝2m， ∴H(2m，0)， ∴直線HF的解析式為：y＝－x＋m. 由拋物線解析式易得E(1，0)， 又A(－1，1)， ∴直線AE的解析式為：y＝－x＋， ∵直線HF與直線AE的斜率相等， ∴HF∥AE； (3)解：t的值為或或或. 【解法提示】由題意知直線AB解析式為y＝x＋2，∴C(－2，0)，D(0，2)，P(t－2，t)，Q(t，0)． ∴直線PQ的解析式為y＝－x＋， 設M(x0，y0)， 由QM＝2PM可得：|t－x0|＝2|x0－t＋2|， 解得：x0＝t－或x0＝t－4. (i)當x0＝t－時，代入直線PQ解

22、析式得y0＝t. ∴M(t－，t)， 代入y＝x2－x中得：(t－)2－(t－)＝t， 解得t1＝，t2＝； (ii)當x0＝t－4時，y0＝2t. ∴M(t－4，2t)， 代入y＝x2－x中得：(t－4)2－(t－4)＝2t， 解得：t3＝，t4＝. 綜上所述，t的值為或或或. 課時2　與面積有關的問題 1. 解：(1)將點A(－1，0)，B(4，0)代入y＝ax2＋bx＋2中，得 ，解得， ∴拋物線的解析式為y＝－x2＋x＋2； (2)存在，點D的坐標為D1(1，3)，D2(2，3)，D3(5，－3)． 【解法提示】如解圖①，過點D作DM⊥AB于點M. 設D

23、(m，－m2＋m＋2)(m>0)，則DM＝|－m2＋m＋2|. ∵A(－1，0)，B(4，0)， ∴AB＝5. ∵拋物線交y軸于點C， ∴y＝－x2＋x＋2中，令x＝0，有y＝2， ∴C(0，2)，∴OC＝2. ∵OC⊥AB， ∴S△ABC＝AB·OC＝5， 　第1題解圖① 又∵S△ABD＝S△ABC， ∴DM＝|－m2＋m＋2|＝OC＝3， 當－m2＋m＋2＝3時，解得m1＝1，m2＝2，此時D1(1，3)，D2(2，3)； 當－m2＋m＋2＝－3時，解得m3＝－2(舍去)，m4＝5，此時D3(5，－3)． 綜上所述，點D的坐標為D1(1，3)，D2(2，3)，

24、D3(5，－3)． (3)如解圖②，過點C作CF⊥BC交BE于點F，過點F作FH⊥y軸于點H，過點E作EG⊥x軸于點G. 　第1題解圖② ∵CF⊥BC，∠CBF＝45°， ∴△BCF是等腰直角三角形，且BC＝CF， ∴∠OCB＋∠FCH＝90°， 又∵FH⊥y軸， ∴∠CFH＋∠FCH＝90°， ∴∠OCB＝∠CFH， 而BC＝CF， ∴△BOC≌△CHF(AAS)， 又∵B(4，0)，C(0，2)， ∴CH＝OB＝4，FH＝OC＝2， ∴OH＝6， ∴F(2，6)． 設BE的解析式為y＝kx＋c， 將B(4，0)，F(2，6)代入y＝kx＋c，得 ，解得

25、， ∴BE的解析式為y＝－3x＋12. 聯立拋物線和直線BE的解析式，得， 解得(舍去)，， ∴E(5，－3)， ∵EG⊥x軸， ∴BG＝1，EG＝3， ∴在Rt△BEG中，BE＝＝. 2. 解：(1)據題意得，A(－4，0)，C(0，2)， ∵拋物線y＝－x2＋bx＋c過A、C兩點， ∴，∴， ∴拋物線的函數表達式為y＝－x2－x＋2； (2)①令y＝0，∴－x2－x＋2＝0， ∴x1＝－4，x2＝1， ∴B(1，0)， 如解圖①，過D作DM⊥x軸交AC于M，過B作BN⊥x軸交AC于N， 第2題解圖① ∴DM∥BN， ∴△DME∽△BNE， ∴＝＝

26、， 設D(a，－a2－a＋2)， 則M(a，a＋2)， ∴DM＝－a2－a＋2－(a＋2)＝－a2－2a，在y＝x＋2中， 令x＝1，則y＝， ∴BN＝， ∵B(1，0)， ∴N(1，)， ∴＝＝＝－(a＋2)2＋， ∴當a＝－2時，取最大值為； ②如解圖②， 第2題解圖② ∵A(－4，0)，B(1，0)，C(0，2)， ∴AC＝2，BC＝，AB＝5， ∴AC2＋BC2＝AB2， ∴△ABC是以∠ACB為直角的直角三角形，取AB中點P，并連接CP， ∴P(－，0)， ∴PA＝PC＝PB＝， ∴∠CPO＝2∠BAC， ∴tan∠CPO＝tan(2∠BA

27、C)＝； 情況1： 過D作x軸的平行線，交y軸于R，交AF延長線于G，則∠DGC＝∠BAC， 若∠DCF＝2∠BAC，即∠DGC＋∠CDG＝2∠BAC，∴∠CDG＝∠BAC， ∴tan∠CDG＝tan∠BAC＝. 即＝，設D(d，－d2－d＋2)， ∴DR＝d，RC＝－d2－d， ∴＝， ∴d1＝0(舍)，d1＝－2， ∴xD＝－2； 情況2：如解圖③，過A作AQ∥DF，交CD延長線于點Q，過Q作QH⊥x軸于點H，若∠FDC＝2∠BAC， 即∠AQC＝2∠BAC， ∴tan∠AQC＝＝＝， ∴AQ＝，△QHA∽△AOC， ∴＝＝＝， 第2題解圖③ ∴AH＝

28、，HQ＝3， ∴Q(－，3)，又C(0，2)， ∴易求直線QC的解析式為y＝－x＋2， 聯立得， ∴x2＋x＝0， x1＝0(舍去)，x2＝－， ∴xD＝－， 綜上所述，D點的橫坐標為－2或－. 3. 解：(1)∵拋物線y＝ax2＋bx＋3經過點A(1，0)和點B(5，0)． ∴ ，解得，∴該拋物線對應的函數解析式為y＝x2－x＋3； (2)∵點P是拋物線上的動點，且位于x軸下方， ∴可設點P(t，t2－t＋3)(1＜t＜5)， ∵PM∥y軸，分別與x軸和直線CD相交于點M、N， ∴M(t，0)，N(t，t＋3)． ①∵點C，D是直線與拋物線的交點，∴令x2－x＋3

29、＝x＋3，解得x1＝0，x2＝7. 當x＝0時，y＝x＋3＝3， 當x＝7時，y＝x＋3＝. ∴點C(0，3)，D(7，)． 如解圖，分別過點C和點D作直線PN的垂線，垂足分別為E，F， 第3題解圖 則CE＝t，DF＝7－t，SΔPCD＝SΔPCN＋SΔPDN＝PN·CE＋PN·DF＝PN(CE＋DF)＝PN， 當PN最大時，△PCD的面積最大． ∵PN＝t＋3－(t2－t＋3)＝－(t－)2＋， ∴當t＝時，PN取最大值為，此時△PCD的面積最大，最大值為×7×＝； ②存在. ∵∠CQN＝∠PMB＝90°，∴當＝或＝時，△CNQ與△PBM相似． ∵CQ⊥PM，

30、垂足為點Q， ∴Q(t，3)． 且C(0，3)，N(t，t＋3)， ∴CQ＝t，NQ＝(t＋3)－3＝t. ∴＝. ∵P(t，t2－t＋3)，M(t，0)，B(5，0)． ∴BM＝5－t，PM＝－t2＋t－3. 情況1：當＝時，PM＝BM，即－t2＋t－3＝(5－t)，解得 t1＝2，t2＝5(舍去)，此時，P(2，－)； 情況2：當＝時，BM＝PM，即5－t＝(－t2＋t－3)，解得t1＝，t2＝5(舍去)．此時，P(，－)． 綜上所述，存在點P(2，－)或者P(，－)，使得△CNQ與△PBM相似． 4. 解：(1)令y＝0，則－x2＋x＋4＝0，解得x＝4或－3，

31、∴點A坐標(－3，0)，點B坐標(4，0)， 設直線BC解析式為y＝kx＋b，把B(4，0)，C(0，4)代入得 ， 解得 ， ∴直線BC解析式為y＝－x＋4； (2)如題圖①，∵PN∥OC，NK⊥BC，∴∠MPB＝∠MKN＝90°， ∵∠PMB＝∠NMK， ∴△MNK∽△MBP， ∵△MNK與△MBP的面積比為1：2，∴BM＝MN， ∵OB＝OC， ∴∠PBM＝45°， ∴BM＝PB， ∴MN＝PB， 設P(a，0)，則MN＝－a2＋a＋4＋a－4＝－a2＋a，BP＝4－a， ∴－a2＋a＝4－a， 解得a＝3或4(舍去)， ∴PB＝1，t＝； (3)①如解圖

32、①中，過F作FR⊥x軸于R，交GH于T，當軸對稱圖形為箏形時，PF＝PG，GM＝FM， ∵BP＝PG＝AQ，PQ＝PF， ∴AQ＝PQ＝5t， 過點Q作QN⊥AP，則AN＝NP， 由△AQN∽△ACO， ∴＝， ∵A(－3，0)，C(0，4)， ∴AC＝5， ∴＝， ∴AN＝3t， ∴AP＝2AN＝6t， ∵AP＋BP＝AB， ∴6t＋5t＝7， ∴t＝， ∴PB＝PF＝， 易證△ACO∽△FPR∽△FMT， ∴＝， ∴FR＝，TF＝－＝， ∴＝， ∴FM＝， ∴S＝2×PF·FM＝； ②如解圖②中，當軸對稱圖形是正方形時，3t＋5t＝7，∴t＝，∴S

33、＝. 第4題解圖① 第4題解圖② 課時3　 與三角形、四邊形形狀有關的問題 1. 解：(1)拋物線y＝ax2＋bx＋1經過B(4，0)，D(3，)， ∴，解得， ∴拋物線的表達式為y＝－x2＋x＋1； (2)∵拋物線y＝－x2＋x＋1與y軸交于點A， ∴點A的坐標為A(0，1)， 設直線AD的表達式為y＝kx＋d，則，解得， ∴直線AD的表達式為y＝x＋1. ∵CD⊥x軸，點D的坐標為D(3，)， ∴點C的坐標為C(3，0)， 設P(m，0)，則0

34、CM＝PM·CP＝×(m＋1)×(3－m)＝－(m－)2＋， ∴當m＝時，△PCM面積取得最大值為； (3)∵OP＝t， ∴P(t，0)，M(t，t＋1)，N(t，－t2＋t＋1)， ∴MN＝|－t2＋t＋1－(t＋1)|＝|－t2＋t|， ∵CD∥MN， ∴要使得四邊形MNDC是平行四邊形，只需MN＝CD即可． ∵CD＝， ∴只需|－t2＋t|＝， 化簡得3t2－9t＋10＝0或3t2－9t－10＝0. 當3t2－9t＋10＝0時，Δ＝81－120<0，方程無解； 當3t2－9t－10＝0時，Δ＝81＋120＝201>0， ∴t＝， ∵t>0， ∴t＝， ∴當t

35、為時，四邊形MNDC是平行四邊形． 2. 解：(1)∵拋物線y＝－x2＋bx＋c與y軸交于點A(0，3)， ∴c＝3， ∵對稱軸是直線x＝1， ∴－＝1，解得b＝2， ∴拋物線的解析式為y＝－x2＋2x＋3； 令y＝0，得－x2＋2x＋3＝0， 解得x1＝3，x2＝－1(不合題意，舍去)， ∴點B的坐標為(3，0)； (2)①由題意得ON＝3t，OM＝2t，則點P(2t，－4t2＋4t＋3)， ∵四邊形OMPN為矩形， ∴PM＝ON，即－4t2＋4t＋3＝3t， 解得t1＝1，t2＝－(不合題意，舍去)， ∴當t＝1時，四邊形OMPN為矩形； ②能，在Rt△AOB中

36、，OA＝3，OB＝3，∴∠B＝45°， 若△BOQ為等腰三角形，有三種情況： (ⅰ)若OQ＝BQ，如解圖①所示： 則M為OB中點，OM＝OB＝， ∴t＝÷2＝； (ⅱ)若OQ＝OB， ∵OA＝3，OB＝3， ∴點Q與點A重合，即t＝0(不合題意，舍去)； (ⅲ)若OB＝BQ，如解圖②所示： ∴BQ＝3， ∴BM＝BQ·cos45°＝3×＝， ∴OM＝OB－BM＝3－＝， ∴t＝÷2＝， 綜上所述，當t為秒或秒時，△BOQ為等腰三角形． 第2題解圖 3. 解：(1)將點A、B、D的坐標代入拋物線的解析式得： ，解得， ∴拋物線的解析式為y＝－x2＋2x＋3；

37、 (2)把y＝0代入y＝－x2＋2x＋3得：－x2＋2x＋3＝0， 解得x＝3或x＝－1. ∴點E的坐標為(3，0)． ∵l將平行四邊形ABCD分割為面積相等的兩部分， ∴直線l經過平行四邊形兩對角線的交點， ∴直線l經過點BD的中點，即(，)． 設EF的解析式為y＝kx＋b′，將(，)和(3，0)代入直線的解析式得，解得， ∴直線EF的解析式為y＝－x＋， 將直線EF解析式與拋物線解析式聯立可得， ，解得或， ∴F(－，)， 如解圖①所示，連接PE，過點P作PG⊥x軸，交EF于點G. 第3題解圖① 設點P的坐標為(t，－t2＋2t＋3)，則點G的坐標為(t，－

38、t＋)， ∴PG＝－t2＋2t＋3－(－t＋) ＝－t2＋t＋. △PEF的面積＝PG·|xE－xF|＝×(3＋)PG＝×(－t2＋t＋)＝－t2＋t＋＝－·(t－)2＋×， ∴當t＝－＝時，△PFE的面積最大，最大面積為×， ∴最大值的立方根為＝1.7； (3)如解圖②所示：當∠PAE＝90°時， 第3題解圖② 設直線AE的解析式為y＝k′x＋3，將點E的坐標代入得：3k′＋3＝0，解得k′＝－1. ∴直線AE的解析式為y＝－x＋3. ∴直線AP的解析式為y＝x＋3. 將y＝x＋3與y＝－x2＋2x＋3聯立，解得x＝0時，y＝3；x＝1時，y＝4. ∴P(1，4)

39、． ∴t＝1. 如解圖③所示：當∠APE＝90°時， 第3題解圖③ 設點P的坐標為(t，－t2＋2t＋3)． 設直線AP的解析式為y＝k1x＋b1，PE的解析式為y＝k2x＋b2. 將點A和點P的坐標代入y＝k1x＋b1得， 解得k1＝－t＋2. 將點P、E代入y＝k2x＋b2得， 解得k2＝－(t＋1)． ∵PA與PE垂直， ∴k1·k2＝－1，即－(t＋1)×(－t＋2)＝－1，整理得：t2－t－1＝0， 解得t＝或t＝， ∵點P在直線l的上方， ∴t＝(舍去)． 綜上所述，當t＝1或t＝時，△PAE為直角三角形． 4. 解：(1)△ABC是直角三角形

40、. 理由如下：對于拋物線y＝x2－x－， 令y＝0, 得x2－x－＝0， 解得x＝－或3. 令x＝0，y＝－. ∴A(－，0)，C(0，－)，B(3，0)， ∴OA＝，OC＝，OB＝3， ∴＝＝， ∵∠AOC＝∠BOC， ∴△AOC∽△COB， ∴∠ACO＝∠OBC， ∵∠OBC＋∠OCB＝90°， ∴∠ACO＋∠OCB＝90°， ∴∠ACB＝90°. 即△ABC為直角三角形； (也可以求出AC、BC、AB，利用勾股定理逆定理證明) (2)如解圖①中，設第四象限拋物線上一點N(m，m2－m－)，點N關于x軸的對稱點P(m，－m2＋m＋)，過B、C分別作y軸、x軸的

41、平行線交于點G，連接PG. 第4題解圖① ∵G(3，－)， ∴SΔPBC＝SΔPCG＋SΔPBG－SΔBCG＝×3×(－m2＋m＋2) ＋××(3－m)－×3×＝－(m－)2＋. ∵<0， ∴當m＝時，△PBC的面積最大，此時P(，)． 如解圖②，作ME⊥CG于點E， 第4題解圖② ∵CG∥OB， ∴∠OBC＝∠ECM， ∵∠BOC＝∠CEM， ∴△CEM∽△BOC， ∵OC∶OB∶BC＝1∶3∶， ∴EM∶CE∶CM＝1∶3∶， ∴EM＝CM， ∴PM＋CM＝PM＋ME， ∴根據垂線段最短可知，當PE⊥CG時，PM＋ME最短， ∴PM＋MC的最小值

42、為＋＝； (3)存在，理由如下： ① 如解圖③，當DH＝HF，HQ平分∠DHF時，以點F、H、D、Q為頂點的四邊形是軸對稱圖形，且過點Q的對角線所在的直線是對稱軸．作CG⊥HK于G，PH∥x軸，EP⊥PH于點P. 第4題解圖③ ∵FH∥CK，K(，－)， 易知CG∶GK∶CK＝3∶4∶5， 由△EPH∽△KGC，得PH∶PE∶EH＝3∶4∶5，設 E(n，n2－n－)， 則HE＝(n－)，PE＝(n－)． ∵DH＝HF， ∴＋[－n2＋n＋－(n－)]＝(n－)＋， 解得n＝或n＝(舍去)． ②如解圖④，當DH＝HF，HQ平分∠DHF時，以點F、H、D、Q為頂點的

43、四邊形是軸對稱圖形，且過點Q的對角線所在直線是對稱軸． 同上面的方法可得[n2－n－＋(n－)]－＝(n－)＋， 解得n＝＋或n＝－(舍去)． 第4題解圖④ ③如解圖⑤，當DH＝DF，DQ平分∠HDF時，以點F、H、D、Q為頂點的四邊形是軸對稱圖形，且過點Q的對角線所在直線是對稱軸. 第4題解圖⑤ 設DQ交HF于M，由△DHM∽△CKG，可知HM∶DH＝4∶5，則×[(n－)＋]∶[n2－n－＋(n－)－]＝4∶5， 解得n＝＋或n＝－(舍去)． 綜上所述，滿足條件的點E的橫坐標為或＋或＋. 課時4　 二次函數的實際應用 1. B　【解析】由足球距離地面的高度h與

44、足球被踢出后經過的時間t之間關系可求得h與t的函數關系式為：h＝－t2＋9t，當t＝1.5時，可得h＝11.25，所以④錯誤；當h＝0時，可得－t2＋9t＝0，解得t1＝0，t2＝9，所以足球被踢出9秒時落地，由h＝－t2＋9t可得對稱軸是t＝，故②③正確；當t＝時，h＝－＋＝＝20.25，所以①錯誤；正確結論的個數為2個，故選B. 2. 解：(1)①把P(0，1)代入y＝－(x－4)2＋h中得h＝； ②把x＝5代入y＝－(x－4)2＋，得y＝－×(5－4)2＋＝1.625. ∵1.625＞1.55. ∴此球能過網； (2)把P(0，1)，Q(7，)代入y＝a(x－4)2＋h，得，解

45、得， ∴a＝－. 3. 解：(1)p與x之間滿足一次函數關系p＝kx＋b，點(50，0)，(30，600)在圖象上， ∴， 解得， ∴p與x之間的函數表達式為p＝－30x＋1500(30≤x≤50)； (2)設日銷售價格為x元/千克，日銷售利潤為w元，依題意得 w＝(－30x＋1500)(x－30)＝－30x2＋2400x－45000(30≤x≤50)， ∵a＝－30<0，∴w有最大值． 當x＝－＝40時， w最大＝3000(元)； 故這批農產品的銷售價格定為40元，才能使日銷售利潤最大． (3)∵w＝p(x－30－a)＝－30x2＋(2400＋30a)x－(1500a＋45000)， 對稱軸為x＝－＝40＋a. ①若a>10，當x＝45時w取最大值，即(45－30－a)×150＝2250－150a<2430(舍去)； ②若a<10，當x＝40＋a時w取最大值，將x＝40＋a代入，得w＝30(a2－10a＋100)， 令w＝2430，則30(a2－10a＋100)＝2430，解得a1＝2或a2＝38(舍去)． 綜上所述，a的值為2.