【浙教版】2022年九年级（上）数学期末复习核心考点专项训练
二次函数的应用八大考点
【考点1】拱桥问题
【例1】．（2022·浙江嘉兴·九年级专题练习）如图，隧道的截面由抛物线𝐷𝐸𝐶和矩形𝐴𝐵𝐶𝐷构成，矩形的长𝐴𝐵为4m，宽𝐵𝐶为3m，以𝐷𝐶所在的直线为𝑥轴，线段𝐶𝐷的中垂线为𝑦轴，建立平面直角坐标系．𝑦轴是抛物线的对称轴，最高点𝐸到地面距离为4米．
(1)求出抛物线的解析式．
(2)在距离地面米高处，隧道的宽度是多少？
4
(3)如果该隧道内设单行道（只能朝一个方向行驶），现有一辆货运卡车高3.6米，宽2.4米，这辆货运卡车能否通过该隧道？通过计算说明你的结论． 【答案】(1)𝑦=−4𝑥2+1 (2)2√3米
(3)能通过，见解析
【分析】(1)根据题意可以设出抛物线的顶点式，然后根据题目中的信息可以求得抛物线的解析式； (2)把𝑦=
134
113
−3=4代入解析式，即可求得；
1
(3)根据题意可以求得当x=1.2时的y的值然后与3.6比较，即可解答本题． （1）
解：∵最高点𝐸到地面距离为4米，
∴𝐸𝐹=4米，点E为抛物线的顶点，抛物线的对称轴为y轴， ∴设抛物线的解析式为y=ax2+𝑐(𝑎≠0)， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠𝐵=∠𝐵𝐶𝑂=90°， 又∵∠𝐶𝑂𝐹=90°， ∴四边形BCOF是矩形， ∴𝑂𝐹=𝐵𝐶=3米，
∴𝑂𝐸=𝐸𝐹−𝑂𝐹=4−3=1(米)， ∴点E的纵坐标为1， ∴𝑐=1， ∴y=ax2+1，
又∵𝐴𝐵=𝐶𝐷=4米， ∴点C的坐标为(2,0)， 把点C的坐标代入解析式，得4a+1=0， 解得a=−4， 故抛物线的解析式为𝑦=−4𝑥2+1； （2） 解：把𝑦=1134111−3=代入解析式， 41得−4𝑥2+1=4， 解得𝑥1=√3，𝑥2=−√3， 故在距离地面4米高处，隧道的宽度是√3−(−√3)=2√3(米)； （3） 解：这辆货运卡车能通过该隧道； 当x=1.2时，𝑦=−4×(1.2)2+1=0.64， ∵3+0.64=3.64>3.6， ∴这辆货运卡车能通过该隧道． 【点睛】本题考查二次函数的应用，利用待定系数法求二次函数的解析式，解题的关键是明确题，找出所求问题需要的条件． 【变式1.1】（2021·浙江温州·九年级阶段练习）如图，有一抛物线形拱桥，当拱顶离水面2m时，水面宽4m，当水面宽增加(2√6−4)m时，则水面应下降的高度是（ ）
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A．2m 【答案】B
B．1m C．√6m D．(√6−2)m
【分析】以拱形桥顶为坐标原点，建立如图直角坐标系xOy，水面宽为AB与y轴交于E，水面下降后宽度为CD与y轴交于F，由OE=2m，AB=4m，抛物线的对称轴为y轴，可求点B（2，-2）利用待定系数法可求抛物线解析式为𝑦=−2𝑥2，设水面下降nm，可求D（√6，−2−𝑛），由点D在抛物线上，代入解析式−2−𝑛=−(√6)解方程
2
1
1
2
即可．
【详解】解：以拱形桥顶为坐标原点，建立如图直角坐标系xOy，水面宽为AB，与y轴交于E，水面下降后宽度为CD，与y轴交于F，
∵OE=2m，AB=4m，抛物线的对称轴为y轴， ∵点B（2，-2） 设抛物线为y=ax2，
∵抛物线过点B， ∵-2=4a， ∵𝑎=−，
2
∵抛物线解析式为𝑦=−2𝑥2， 设水面下降nm，
∵CD=AB+(2√6−4)=4+(2√6−4)=2√6， ∵D（√6，−2−𝑛）， ∵点D在抛物线上， ∵−2−𝑛=−(√6)，
21
2
1
1
解得n=1． 故选择B．
【点睛】本题考查建立平面直角坐标系，待定系数法求抛物线解析式，利用抛物线上点坐标与解析式关系求解是关键．
【变式1.2】（2020·浙江温州·九年级期中）我校门口道路的隔离栏通常会涂上醒目的颜色，呈抛物线形状（如图1），图2是一个长为2米，宽为1米的矩形隔离栏，中间被4根栏杆五等分，每根栏杆的下面一部分涂上醒目的蓝色，颜色的分界处（点E，点P）以及点A，点B落上同一条抛物线上，若第1根栏杆涂色部分（EF）与第2根栏杆未涂色部分（PQ）长度相等，则EF的长度是（ ）
A．3米 【答案】C
1
B．2米
1
C．5米
2
D．5米
3
【分析】根据抛物线形状建立二次函数模型，以AB中点为原点，建立坐标系xOy，通过已知线段长度求出A(1，0)B(-1,O)，由二次函数的性质确定y＝ax2－a，利用PQ＝EF建立等式，求出二次函数中的参数a，即可得出EF的值．
【详解】
解：如图，令P下方的点为H，以AB中点为原点，建立坐标系xOy，则A(1，0)B(-1,O)， 设抛物线的方程为y=ax2+bx+c
∵抛物线的对称轴为x=0，则−＝0，即b＝0．
2𝑎∵y＝ax2 +c．
将A(1，0)代入得a+c＝0,则c＝－a． ∵y＝ax2－a．
∵OH＝2×5×2＝0.2，则点H的坐标为（-0.2，0） 同理可得：点F的坐标为（-0.6，0）． ∵PH＝a×(-0.2)2-a＝－0.96a EF＝a×(-0.6)2-a＝－0.64a．
又∵PQ＝EF＝1－（－0.96a）＝－0.64a ∵1＋0.96a＝－0.64a． 解得a＝−8． ∵y＝−x2＋．
88
∵EF＝（−）×（-0.6）２＋＝5．
88故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是能在几何图形中建立适当的坐标系并结合图形的特点建立等式求出二次函数表达式．
【变式1.3】．（2021·浙江金华·一模）一座隧道的截面由抛物线和长方形构成，长方形的长OC为8m，宽OA为2m，隧道最高点P位于AB的中央且距地面6m，建立如图所示的坐标系：
5
5
2
5
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𝑏
(1)求抛物线的解析式；
(2)一辆货车高4m，宽2m，能否从该隧道内通过，为什么？
(3)如果隧道内设双行道，两辆同样的上述货车相对而行，是否可以同时在隧道内顺利通过，为什么？ 【答案】(1)抛物线为：y＝﹣4(𝑥−4)2+6； (2)货车可以通过，理由见解析； (3)货车可以通过，理由见解析．
【分析】（1）设出抛物线的解析式，根据抛物线顶点坐标，代入解析式； （2）令y＝4，解出x，然后将|x1﹣x2|与车宽2m作比较即可求解；
（3）隧道内设双行道后，将（2）求出y＝4时的抛物线线上两点的距离与2个车宽即4m作比较． （1）
解：由题意可知抛物线的顶点坐标（4，6）， 设抛物线的方程为y＝a（x﹣4）2+6， 又因为点A（0，2）在抛物线上， 所以有2＝a（0﹣4）2+6． 所以a＝﹣4．
因此抛物线为：y＝﹣4(𝑥−4)2+6． （2）
解：令y＝4，则有4＝﹣4(𝑥−4)2+6， 解得x1＝4+2√2，x2＝4﹣2√2， |x1﹣x2|＝4√2＞2， ∵货车可以通过； （3）
解：由（2）可知|x1﹣x2|＝4√2>2×2， ∵货车可以通过．
【点睛】此题考抛物线的性质及其应用，将抛物线上y=4的两个点之间的水平距离与货车作比较，从而来解决实际问题．
【考点2】投球问题
ℎ=𝑣0𝑡−2𝑔𝑡2【例2】（2022·浙江·九年级专题练习）对于向上抛的物体，如果空气阻力忽略不计，有下面的关系式：（ℎ是物体离起点的高度，𝑣0是初速度，𝑔是重力系数，取10m/s2，𝑡是抛出后经过的时间）．杂技演员抛球表演时，以10m/s的初速度把球向上拋出． (1)球抛出后经多少秒回到起点？ (2)几秒后球离起点的高度达到1.8m？
(3)球离起点的高度能达到6m吗？请说明理由． 【答案】(1)球抛出后经2秒回到起点 (2)0.2或1.8秒后球离起点的高度达到1.8m (3)不可能
【分析】（1）令h=0问题可解；
1
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1
1
（2）令h=1.8问题可解；
（3）求出h的最大值，比较即可．
（1）由题意得：ℎ=10𝑡−2×10𝑡2=−5𝑡2+10𝑡令h=0，可得ℎ=−5𝑡2+10𝑡=0，解得：𝑡1=0,𝑡2=2∵球抛出后经2秒回到起点
（2）令h=1.8，可得ℎ=−5𝑡2+10𝑡=1.8，解得：𝑡1=0.2,𝑡2=1.8∵0.2或1.8秒后球离起点的高度达到1.8m （3）不可能，理由如下：ℎ=−5𝑡2+10𝑡=−5(𝑡−1)2+5∵当t=1时，h有最大值，最大值为ℎmax=5∵球离起点的高度不可能达到6m
【点睛】本题为二次函数实际应用问题，解答时注意将相应的函数值或自变量值代入函数关系式中求解即可． 【变式2.1】（2022·浙江·嵊州市三界镇蒋镇学校一模）如图1，校运动会上，初一的同学们进行了投实心球比赛．我们发现，实心球在空中飞行的轨迹可以近似看作是抛物线．如图2建立平面直角坐标系，已知实心球运动的高度y（m）与水平距离x（m）之间的函数关系是y=−12𝑥2+3𝑥+3，则该同学此次投掷实心球的成绩是（ ）
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A．2m 【答案】D
B．6m C．8m D．10m
【分析】根据该同学此次投掷实心球的成绩就是实心球落地时的水平距离，令y=0，解方程即可． 【详解】解：该同学此次投掷实心球的成绩就是实心球落地时的水平距离， ∵令y=0，则−𝑥2+𝑥+=0，
1233整理得：x2-8x-20=0， 解得：x1=10，x2=-2（舍去），
∵该同学此次投掷实心球的成绩为10m， 故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的应用和一元二次方程的解法，关键是理解题意把函数问题转化为方程问题． 【变式2.2】（2022·浙江台州·九年级期末）一位运动员在离篮筐水平距离4m处起跳投篮，球运行路线可看作抛物线，当球离开运动员的水平距离为1m时，它与篮筐同高，球运行中的最大高度为3.5m，最后准确落入篮筐，已知篮筐到地面的距离为3.05m，该运动员投篮出手点距离地面的高度为（ ）
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A．1.5m 【答案】C
B．2m C．2.25m D．2.5m
【分析】根据图象，求得图象上点的坐标，设出函数解析式，代入点求出，进一步求得问题的解． 【详解】解：如图，以地面为横轴，距离运动员右侧2.5米处的点O画纵轴，建立平面直角坐标系
由题意可知，点C的坐标为（0，3.5），点B的坐标为（1.5，3.05）， 设函数解析式为y=ax2+3.5，
代入B（1.5，3.05）得，2.25a+3.5=3.05 解得，a=-0.2，
因此函数解析式为：y=-0.2x2+3.5，
当x=-2.5时，y=−0.2×(−2.5)2+3.5=−1.25+3.5=2.25；
所以，球出手时离地面2.25米时才能投中． 故选C．
【点睛】此题主要考查根据函数的特点，用待定系数法求函数解析式，再进一步利用解析式解决问题．
【变式2.3】（2022·浙江台州·二模）鹰眼系统能够追踪、记录和预测球的轨迹，如图分别为足球比赛中某一时刻的鹰眼系统预测画面（如图1）和截面示意图（如图2），攻球员位于点O，守门员位于点A，OA的延长线与球门线交于点B，且点A，B均在足球轨迹正下方，足球的飞行轨迹可看成抛物线．已知OB=28m，AB=8m，足球飞行的水平速度为15m/s，水平距离s（水平距离=水平速度×时间）与离地高度h的鹰眼数据如下表： s/m h/m … … 9 4.2 12 4.8 15 5 18 4.8 21 4.2 … …
(1)根据表中数据预测足球落地时，s= m； (2)求h关于s 的函数解析式；
(3)守门员在攻球员射门瞬间就作出防守反应，当守门员位于足球正下方时，足球离地高度不大于守门员的最大防守高度视为防守成功．已知守门员面对足球后退过程中速度为2.5m/s，最大防守高度为2.5m；背对足球向球门前进过程中最大防守高度为1.8m．
∵若守门员选择面对足球后退，能否成功防守？试计算加以说明； ∵若守门员背对足球向球门前进并成功防守，求此过程守门员的最小速度． 【答案】(1)30
(2)ℎ=−45(𝑠−15)2+5
(3)∵守门员不能成功防守；说明见解析；∵守门员的最小速度为m/s
9【分析】（1）由函数图象顶点坐标信息可得答案；
（2）由数据表得抛物线顶点（15，5），设解析式为ℎ=𝑎(𝑠−15)2+5，再利用待定系数法求解函数解析式即可； （3）∵设守门员到达足球正下方的时间为t s．由题意得15t=20+2.5t，解得t=5，再计算足球此时的高度即可；∵由题意判断：当h=1.8m且守门员刚好到达足球正下方时，此时速度最小．再求解此时足球飞行的水平距离s=27m，可得足球的飞行时间，从而可得答案． (1)
解：由函数图象信息可得：顶点坐标为：(15，5)， 所以预测足球落地时，𝑠=30. 故答案为：30 (2)
解：由数据表得抛物线顶点（15，5）， 故设解析式为ℎ=𝑎(𝑠−15)2+5，
把（12，4.8）代入ℎ=𝑎(𝑠−15)2+5得𝑎=−45 所以解析式为ℎ=−45(𝑠−15)2+5． (3)
解：设守门员到达足球正下方的时间为t s． ∵由题意得15t=20+2.5t，解得t=5，即s=24 m， 把s=24代入解析式得ℎ=
16
8
1
1
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1
，而5>2.5， 5
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所以守门员不能成功防守．
∵当h=1.8m且守门员刚好到达足球正下方时，此时速度最小． 所以把h=1.8代入解析式得：
1.8=−
解得：s=27或s=3（不合题意舍去）
所以足球飞行时间𝑡=15=5𝑠，守门员跑动距离为8−(20+8−27)=7（m）， 所以守门员速度为9m/s．
【点睛】本题考查的是二次函数的实际应用，利用待定系数法求解二次函数的解析式，理解题意，明确函数图象上点的横坐标与纵坐标的含义是解本题的关键． 【考点3】喷水问题
【例3】．（2022·浙江温州·九年级专题练习）如图1，灌溉车沿着平行于绿化带底部边线𝑙的方向行驶，为绿化带浇水．喷水口𝐻离地竖直高度为ℎ（单位：m）．如图2，可以把灌溉车喷出水的上、下边缘抽象为平面直角坐标系中两条抛物线的部分图象；把绿化带横截面抽象为矩形𝐷𝐸𝐹𝐺，其水平宽度𝐷𝐸=3m，竖直高度为𝐸𝐹的长．下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到，上边缘抛物线最高点𝐴离喷水口的水平距离为2m，高出喷水口0.5m，灌溉车到𝑙的距离𝑂𝐷为𝑑（单位：m）．
35
27
9
1
(𝑠−15)2+5 45
(1)若ℎ=1.5，𝐸𝐹=0.5m；
∵求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程𝑂𝐶； ∵求下边缘抛物线与𝑥轴的正半轴交点𝐵的坐标；
∵要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，求𝑑的取值范围；
(2)若𝐸𝐹=1m．要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，请直接写出ℎ的最小值． 【答案】(1)∵𝑦=−8(𝑥−2)2+2,6m；∵(2,0)；∵2≤𝑑≤2√3−1 (2)
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1
【分析】（1）∵根据顶点式求上边缘二次函数解析式即可；
∵设根据对称性求出平移规则，再根据平移规则由C点求出B点坐标；
∵要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，则上边缘抛物线至少要经过F点，下边缘抛物线𝑂𝐵≤𝑑，计算即可；
（2）当喷水口高度最低，且恰好能浇灌到整个绿化带时，点𝐷，𝐹恰好分别在两条抛物线上，设出D、F坐标计算
即可． （1）
（1）∵如图1，由题意得𝐴(2,2)是上边缘抛物线的顶点， 设𝑦=𝑎(𝑥−2)2+2． 又∵抛物线经过点(0,1.5)， ∵1.5=4𝑎+2， ∵𝑎=−8．
∵上边缘抛物线的函数解析式为𝑦=−(𝑥−2)2+2．
8当𝑦=0时，−8(𝑥−2)2+2=0， ∵𝑥1=6，𝑥2=−2（舍去）． ∵喷出水的最大射程𝑂𝐶为6m．
1
1
1
图1 ∵∵对称轴为直线𝑥=2，
∵点(0,1.5)的对称点的坐标为(4,1.5)．
∵下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4m得到的， 即点𝐵是由点𝐶向左平移4m得到，则点𝐵的坐标为(2,0)． ∵如图2，先看上边缘抛物线， ∵𝐸𝐹=0.5，
∵点𝐹的纵坐标为0.5． 抛物线恰好经过点𝐹时， −(𝑥−2)2+2=0.5．
81
解得𝑥=2±2√3， ∵𝑥>0， ∵𝑥=2+2√3．
当𝑥>0时，𝑦随着𝑥的增大而减小， ∵当2≤𝑥≤6时，要使𝑦≥0.5， 则𝑥≤2+2√3．
∵当0≤𝑥<2时，𝑦随𝑥的增大而增大，且𝑥=0时，𝑦=1.5>0.5， ∵当0≤𝑥≤6时，要使𝑦≥0.5，则0≤𝑥≤2+2√3．
∵𝐷𝐸=3，灌溉车喷出的水要浇灌到整个绿化带， ∵𝑑的最大值为(2+2√3)−3=2√3−1．
再看下边缘抛物线，喷出的水能浇灌到绿化带底部的条件是𝑂𝐵≤𝑑， ∵𝑑的最小值为2．
综上所述，𝑑的取值范围是2≤𝑑≤2√3−1．
（2）
ℎ的最小值为32．
由题意得𝐴(2,ℎ+0.5)是上边缘抛物线的顶点， ∵设上边缘抛物线解析式为𝑦=𝑎(𝑥−2)2+ℎ+0.5． ∵上边缘抛物线过出水口（0，h） ∵𝑦=4𝑎+ℎ+0.5=ℎ 解得𝑎=−8
∵上边缘抛物线解析式为𝑦=−8(𝑥−2)2+ℎ+0.5 ∵对称轴为直线𝑥=2，
∵点(0,ℎ)的对称点的坐标为(4,ℎ)．
∵下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4m得到的， ∵下边缘抛物线解析式为𝑦=−(𝑥+2)2+ℎ+0.5．
8
当喷水口高度最低，且恰好能浇灌到整个绿化带时，点𝐷，𝐹恰好分别在两条抛物线上， ∵DE=3
∵设点𝐷(𝑚,0)，𝐸(𝑚+3,0)，𝐹(𝑚+3,−(𝑚+3−2)2+ℎ+0.5)，
8∵D在下边缘抛物线上， ∵−(𝑚+2)2+ℎ+0.5=0
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1
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∵EF=1
∵−8(𝑚+3−2)2+ℎ+0.5=1
∵−8(𝑚+3−2)2+ℎ+0.5− [−(𝑚+2)2+ℎ+0.5]=1，
8解得𝑚=2.5，
代入−8(𝑚+2)2+ℎ+0.5=0，得ℎ=32． 所以ℎ的最小值为32．
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1
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1
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1
【点睛】本题考查二次函数的实际应用中的喷水问题，构造二次函数模型并把实际问题中的数据转换成二次函数上的坐标是解题的关键．
【专题3.1】（2020·浙江湖州·九年级阶段练习）如图，始终盛满水的圆柱体水桶水面离地面的高度为20cm，如果在离水面竖直距离为h（单位：cm）的地方开大小合适的小孔，那么从小孔射出水的射程（水流落地点离小孔的水平距离）s（单位：cm）与h的关系式为𝑠=√4ℎ(20−ℎ)．如果想通过垫高水桶，使射出水的最大射程增加10cm，则小孔离水面的距离是（ ）
A．14cm 【答案】B
B．15cm C．16cm D．18cm
【分析】设垫高的高度为m，写出此时s2关于h的函数关系式，根据二次函数的性质可得答案． 【详解】解：设垫高的高度为m，则𝑠=√4ℎ(20+𝑚−ℎ)， 变形得：s2=4h（20+m-h）=-4(h−∵当h=
20+𝑚2
20+𝑚2
)+（20+m）2， 2
cm时，smax=20+m=20+10，
20+𝑚2
∵m=10cm，此时h==15cm，
∵垫高的高度为10cm，小孔离水面的竖直距离为15cm， 故选B．
【点睛】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系并明确二次函数的性质是解题的关键． 【专题3.2】（2020·浙江湖州·九年级期末）同学发现在宾馆房间的洗手盘台面上有一瓶洗手液（如图∵）．于是好奇的小王同学进行了实地测量研究．当小王用一定的力按住顶部A下压如图∵位置时，洗手液从喷口B流出，路线近似呈抛物线状，且a＝﹣18．洗手液瓶子的截面图下部分是矩形CGHD．小王同学测得：洗手液瓶子的底面直径GH＝12cm，喷嘴位置点B距台面的距离为16cm，且B、D、H三点共线．小王在距离台面15.5cm处接洗手液时，手心Q到直线DH的水平距离为3cm，若学校组织学生去南京进行研学实践活动，若小王不去接，则洗手液落在台面的位置距DH的水平距离是（ ）cm．
1
A．12√3 【答案】B B．12√2 C．6√3 D．6√2
【分析】根据题意得出各点坐标，利用待定系数法求抛物线解析式进而求解． 【详解】解：如图： 根据题意，得Q（9，15.5），B（6，16），OH＝6， 设抛物线解析式为y＝﹣18x2+bx+c， 12×81+9𝑏+𝑐=15.5, 18𝑏=, {解得，{31𝑐=14.−×36+6𝑏+𝑐=16,18−所以抛物线解析式为y＝﹣18x2+3x+14． 当y＝0时，即0＝﹣18x2+3x+14， 解得：x＝6+12√2（负值舍去）， 又OH=6， 所以洗手液落在台面的位置距DH的水平距离是12√2cm． 故选：B． 【点睛】本题考查了二次函数的应用，解决本题的关键是明确待定系数法求二次函数的解析式及准确进行计算． 【变式3.3】（2022·浙江绍兴·一模）如图1，一个移动喷灌架喷射出的水流可以近似地看成抛物线．图2是喷灌架为一坡地草坪喷水的平面示意图，喷水头的高度（喷水头距喷灌架底部的距离）是1米，当喷射出的水流与喷灌架
12121
的水平距离为10米时，达到最大高度6米，现将喷灌架置于坡地底部点O处，草坡上距离O的水平距离为15米处有一棵高度为1.2米的小树𝐴𝐵,𝐴𝐵垂直水平地面且A点到水平地面的距离为3米．
(1)计算说明水流能否浇灌到小树后面的草地．
(2)记水流的高度为𝑦1，斜坡的高度为𝑦2，求𝑦1−𝑦2的最大值．
(3)如果要使水流恰好喷射到小树顶端的点B，那么喷射架应向后平移多少米？ 【答案】(1)能浇灌到小树后面的草坪； (2)最大值为；
5
(3)喷射架应向后移动1米．
【分析】（1）根据当喷射出的水流距离喷水头10米时，达到最大高度6米，设设水流形成的抛物线为𝑦=𝑎(𝑥−10)2+6，代入点（0，1）求出二次函数的解析式，再求出当x＝15时的函数值，即可得到结论； （2）先求出斜坡的高度𝑦2的解析式，列出𝑦1−𝑦2，把函数解析式化为顶点式，即可求解； （3）设喷射架向后平移了m米，设出平移后的函数解析式，代入点B的坐标即可求解． (1)
解：由题可知：当喷射出的水流距离喷水头10米时，达到最大高度6米， 则可设水流形成的抛物线为𝑦=𝑎(𝑥−10)2+6 ， 将点（0，1）代入可得a= −20， ∵抛物线为𝑦=−20(𝑥−10)2+6 当x=15时，y=4.75>4.2， ∵能浇灌到小树后面的草坪． (2)
解：由题可知A点坐标为（15，3）， 设直线OA的解析式为y=kx， 把点A的坐标（15，3）代入得 15k＝3 解得 k＝5 则直线OA为𝑦=5𝑥
∵𝑦1−𝑦2=−20(𝑥−10)2+6−5𝑥=−20𝑥2+5𝑥+1=−20(𝑥−8)2+∵𝑦1−𝑦2的最大值为5． (3)
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4
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1
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21
解：设喷射架向后平移了m米，则平移后的抛物线可表示为𝑦=−20(𝑥−10+𝑚)2+6 将点B（15，4.2）代入得：
4.2=−
解得m=1或m= -11(舍去) ∵喷射架应向后移动1米．
【点睛】此题考查了二次函数在实际问题中的应用，根据题意求出函数的解析式是解决此题的关键． 【考点4】销售问题
【例4】（2021·浙江·温州外国语学校九年级期中）某超市计划共进货50件饮料，其中𝐴款饮料成本为每件20元；当𝐵款饮料进货10件时，成本为每件48元，且每多进货1件，平均每件𝐵款饮料成本降低2元．为保证饮料的多样性，规定𝐴款饮料必须进货至少20件，设进货𝐵款饮料𝑥(𝑥≥10)件． (1)根据信息填表： 饮料种类 𝐴 𝐵 (2)设总成本为W元，写出W关于𝑥的函数关系式，并写出自变量𝑥的取值范围；
(3)为了增加盈利，降低进货成本，该超市如何进货才能使得进货总成本最低，最低成本是多少元． 【答案】(1)50－x；68－2x
2
(2)W＝－2𝑥＋48x＋1000（10≤x≤30）
1
1
(15−10+𝑚)2+6 20进货量（件） ________ 𝑥 每件进货成本（元） 20 ________ (3)当𝐴款饮料进货20件，𝐵款饮料进货30件时进货总成本最低，最低成本是640元
【分析】（1）由已知解得A款饮料进货量为（50－x）件，B款饮料每件进货成本为48－2（x－10）＝（68－2x）元；
（2）W＝20（50－x）＋x（68－2x）＝−2𝑥2＋48x＋1000，由A款饮料必须进货至少20件，可得10≤x≤30； （3）W＝−2𝑥2＋48x＋1000＝−2(𝑥−12)2＋1288，10≤x≤30，根据二次函数性质可得答案 （1）
解：A款饮料进货量为（50－x）件，
B款饮料每件进货成本为48－2（x－10）＝（68－2x）件 故答案为：50－x，68－2x； （2）
根据题意得：W＝20（50－x）＋x（68－2x）＝－2𝑥＋48x＋1000 ∵A款饮料必须进货至少20件， ∴50－x≥20 又x≥10 ∴10≤x≤30
2
答：W关于x的函数关系式为W＝－2𝑥＋48x＋1000（10≤x≤30） （3）
22
W＝－2𝑥＋48x＋1000＝－2（𝑥－12）+1288
2
∵－2＜0，二次函数图像对称轴是直线x＝12，又10≤x≤30
2
∴x＝30时，W取最小值，最小值为－2× （30－12）＋1288＝640（元）
此时50－x＝50－30＝20（件）
答：A款饮料进20件，B种饮料进30件，进货总成本最低，最低成本是640元
【点睛】本题考查二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出函数的关系式，分析出最值．
【专题4.1】．（2022·浙江衢州·二模）某超市将进价为40元件的商品按50元/件出售时，每月可售出500件．经试销发现，该商品售价每上涨1元，其月销量就减少10件．超市为了每月获利8000元，则每件应涨价多少元？若设每件应涨价x元，则依据题意可列方程为（ ）
A．(50−40+𝑥)(500−𝑥)=8000 C．(50−40+𝑥)(500−10𝑥)=8000 【答案】C
【分析】设这种衬衫每件涨价x元，则销售量为（500-10x）件，根据“总利润=每件衬衫的利润×销售量”列出一元二次方程，解方程后根据题意取舍即可得．
【详解】解: 设这种衬衫每件涨价x元，则销售量为（500-10x）件， 根据题意，得(50−40+𝑥)(500−10𝑥)=8000， 故选：C．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，解题的关键是理解题意找到题目中蕴含的相等关系，列出一元二次方程．
【专题4.2】（2022·浙江·九年级专题练习）某服装店购进单价为15元的童装若干件，销售一段时间后发现：当销售价为25元时平均每天能售出8件，而当销售价每降低2元，平均每天能多售出4件，为使该服装店平均每天的销售利润最大，则每件的定价为（ ） A．21元 【答案】B
【分析】设每天的销售利润为𝑤 元，每件的定价为𝑥 元，则每件的利润为(𝑥−15)元，平均每天售出8+(−2𝑥+58)件， 根据每天的销售利润等于每件的利润乘以销售量，列出函数关系式，即可求解． 【详解】解：设每天的销售利润为𝑤 元，每件的定价为𝑥 元，则每件的利润为(𝑥−15)元，平均每天售出8+(−2𝑥+58)件， 根据题意得：
𝑦=(𝑥−15)(−2𝑥+58)=−2𝑥2+88𝑥−870=−2(𝑥−22)2+98 ， ∵−2<0
∵当𝑥=22 时，𝑤 最大，
即每件的定价为22元时，每天的销售利润最大．
25−𝑥225−𝑥2
B．(40+𝑥)(500−10𝑥)=8000 D．(50−𝑥)(500−10𝑥)=8000
B．22元 C．23元 D．24元
×4=
×4=
故选：B
【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，明确题意，准确列出函数关系式是解题的关键．
【变式4.3】（2022·浙江金华·八年级期末）戴口罩是阻断呼吸道病毒传播的重要措施之一，某商家对一款成本价为每盒50元的医用口罩进行销售，如果按每盒70元销售，每天可卖出20盒．通过市场调查发现，每盒口罩售价每降低1元，则日销售量增加2盒
(1)若每盒售价降低x元，则日销量可表示为_______盒，每盒口罩的利润为______元． (2)若日利润保持不变，商家想尽快销售完该款口罩，每盒售价应定为多少元？ (3)当每盒售价定为多少元时，商家可以获得最大日利润？并求出最大日利润． 【答案】(1)(20+2x)盒，(20-x) 元 (2)每盒售价应定为60元
(3)每盒售价应定为65元时，最大日利润是450元 【分析】（1）根据题意列出代数式即可；
（2）设每盒售价x元，则每件的销售利润为(𝑥−50)元，日销售量为[20+2(70−𝑥)]件，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合商家想尽快销售完该款商品，即可求解； （3）设日利润为𝑦，由（2）列出函数关系式，根据二次函数的性质即可求解． （1）
设每盒售价降低x元，则日销量可表示为(20+2𝑥)盒，每盒口罩的利润为70−50−𝑥=20−𝑥（元） 故答案为：(20+2𝑥)；(20−𝑥) （2）
设每盒售价x元，则每件的销售利润为(𝑥−50)元，日销售量为[20+2(70−𝑥)]件，根据题意得，
(𝑥−50)[20+2(70−𝑥)]=(70−50)×20
解得𝑥1=70,𝑥2=60
又∵商家想尽快销售完该款商品， ∵x=60．
答：每件售价应定为60元； （3）
设日利润为𝑦，则𝑦=(𝑥−50)[20+2(70−𝑥)]
=−2𝑥2+260𝑥−8000 =−2(𝑥−65)2+450
∴ 𝑥=65时，𝑦的最大值为450 ，
即每盒售价应定为65元时，最大日利润是450元．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，二次函数的应用，根据题意列出方程和函数关系式是解题的关键． 【考点5】面积问题
【例5】（2022·浙江绍兴·八年级期末）为了有效预防和控制疫情，及时监测疫情发展态势，实施定期核酸检测．某社区准备搭建一个动态核酸检测点，现有33米可移动的隔离带，搭围成如图的临时检测点，这是一个一面靠墙（墙面为AE）的矩形，内部分成两个区，M区为登记区，N区为检测区，入口通道在BC边上，两区通道在CD边上，出口通道在EF边上，通道宽均为1米．
(1)若设𝐴𝐵=𝑥，则BF可表示为______；
(2)问所围成矩形ABFE的面积能否达到96平方米？如果能，求出AB的长；如果不能，说明理由；
(3)检测点使用一天后，发现检测点面积需要扩大，问现有的33米隔离带，能否围出147平方米的面积？如果能，请说明理由；如果不能，在搭围方法不变的情况下，则至少需要增加多少米隔离带，恰好能围成147平方米？ 【答案】(1)(36−3𝑥)米
(2)能，当AB＝4米或8米时，所围成的矩形ABFE的面积能达到96平方米 (3)不能，至少需要再增加6米隔离带，才能搭围成147平方米的矩形 【分析】（1）根据各边之间的关系，即可用含𝑥的代数式表示出𝐵𝐹的长；
（2）利用矩形的面积计算公式，即可得出关于𝑥的一元二次方程，解之即可得出𝑥的值； （3）根据二次函数的性质求出面积的最大值，进而可以解决问题． （1）
解：根据题意得：𝐵𝐹−1+(3𝐴𝐵−2)=33， ∴3𝑥−3+𝐵𝐹=33， ∴𝐵𝐹=(36−3𝑥)米， 则𝐵𝐹可表示为：(36−3𝑥)， 故答案为：(36−3𝑥)； （2）
解：根据题意得：𝑥⋅(36−3𝑥)=96， ∴𝑥2−12𝑥+32=0， ∴(𝑥−4)(𝑥−8)=0， ∴𝑥=4或𝑥=8， ∴𝐴𝐵长为4米或8米； （3）
解：根据题意得：矩形𝐴𝐵𝐹𝐸的面积=𝑥⋅(36−3𝑥)=−3𝑥2+36𝑥，
当𝑥=−2×(−3)=6时，矩形𝐴𝐵𝐹𝐸的面积有最大值，最大值=−3×62+36×6=108<147， ∴不可能围出147𝑚的面积；
36
当𝐴𝐵=7米，𝐵𝐹=21米时，矩形𝐴𝐵𝐹𝐸的面积=147平方米， ∴只需隔离带7×3−2+21−1=39（米)， ∴需增加隔离带39−33=6（米)．
答：不可能围出147𝑚的面积；至少需增加隔离带6米，恰好能围成147平方米．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，二次函数的最值，矩形的性质，解题的关键是找准等量关系，正确列出一元二次方程．
【专题5.1】（2022·浙江·九年级专题练习）如图，某公司准备在一个等腰直角三角形ABC的绿地上建造一个矩形的休闲书吧PMBN，其中点P在AC上，点NM分别在BC，AB上，记PM=x，PN=y，图中阴影部分的面积为S，若NP在一定范围内变化，则y与x，S与x满足的函数关系分别是（ ）
A．反比例函数关系，一次函数关系 C．一次函数关系，反比例函数关系 【答案】D
【分析】先求出AM=PM，利用矩形的性质得出y=﹣x+m，最后利用S=S△ABC－S矩形PMBN得出结论． 【详解】设AB=m（m为常数）．在△AMP中，∵A=45°，AM∵PM， ∵△AMP为等腰直角三角形， ∵AM=PM，
又∵在矩形PMBN中，PN=BM，
∵x+y=PM+PN=AM+BM=AB=m，即y=﹣x+m， ∵y与x成一次函数关系，
∵S=S△ABC－S矩形PMBN=2m2-xy=2m2-x（﹣x+m）=x 2-mx+2𝑚2， ∵S与x成二次函数关系． 故选D．
【点睛】本题考查了一次函数的实际应用及二次函数的实际应用，解题的关键是掌握根据题意求出y与x之间的函数关系式．
【专题5.2】（2022·浙江·九年级专题练习）如图，在长为20m、宽为14m的矩形花圃里建有等宽的十字形小径，若小径的宽不超过1m，则花圃中的阴影部分的面积有（ ）
1
1
1
B．二次函数关系，一次函数关系 D．一次函数关系，二次函数关系
A．最小值247 【答案】A
【分析】设小径的宽为xm，阴影部分的面积为ym2，根据面积可以列出y与x之间的函数关系式，再根据二次函数的性质及x的取值范围即可解答．
【详解】解：设小径的宽为xm，阴影部分的面积为ym2 由题意得，y=(20−x)(14−x)=x2−34x+280=(x-17)2-9(0 ∴𝑦有最小值，对称轴为直线x=17，在对称轴的左侧，y随x的增大而减小 ∵0<𝑥≤1 ∴当x=1时，y有最小值，最小值为：y= (1-17)2-9=247 故选：A 【点睛】本题考查了二次函数的实际应用及性质，利用二次函数的性质是解题的关键． 【变式5.3】（2022·浙江丽水·九年级期中）如图，某中学课外活动小组准备围建一个矩形苗圃园．其中一边靠墙，另外三边用长为20米的篱笆围成．已知墙长为18米，设这个苗圃园垂直于墙的一边的长为x米． B．最小值266 C．最大值247 D．最大值266 (1)若这个苗圃园的面积为S平方米，求出S与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围； (2)垂直于墙的一边的长为多少米时，这个苗圃园的面积最大，并求出这个最大面积． 【答案】(1)S＝－2x2＋20x(1≤x＜10) (2)当矩形苗圃园垂直于墙的边长为5米时，这个苗圃园的面积最大，最大面积为50平方米 【分析】（1）先求出矩形的另一边，然后由矩形的面积公式，即可得到答案； （2）运用二次函数的性质进行解题，即可得到答案． （1） 解：设这个苗圃园垂直于墙的一边的长为x米，则另一边为(20−2𝑥)米， ∵𝑆=𝑥·(20−2𝑥)=−2𝑥2+20𝑥； ∵0<20−2𝑥≤18， 解得：1≤𝑥<10； ∵S与x之间的函数关系式为： 𝑆=−2𝑥2+20𝑥，（1≤𝑥<10）； （2） 解：由（1）可知，𝑆=−2𝑥2+20𝑥， ∵𝑆=−2𝑥2+20𝑥=−2(𝑥2−10𝑥+25)+50=−2(𝑥−5)2+50； ∵−2<0， ∵当𝑥=5时，𝑆有最大值，最大值为50； ∵当矩形苗圃园垂直于墙的边长为5米时，这个苗圃园的面积最大，最大面积为50平方米； 【点睛】此题主要考查了二次函数的应用，正确得出函数关系是解题关键． 【考点6】动态几何问题 【例6】（2019·浙江·海宁市新仓中学九年级阶段练习）如图，在∵ABC中，∵B＝90°，AB＝12mm，BC＝24mm，动点P从点A开始沿边AB向点B以2mm/s的速度移动，动点Q从点B开始沿边BC向点C以4mm/s的速度移动．如果P，Q两点分别从A，B两点同时出发，请求出∵PBQ的面积S与出发时间t的函数解析式及t的取值范围． 【答案】𝑆=−4𝑡2+24𝑡，0<𝑡≤6 【分析】由题意知BP=12-2t，BQ=4t，根据S=2BP×BQ可得答案； 【详解】解：由题意得可知：AP＝2t，BQ＝4t， ∵AB＝12mm， ∵BP＝12－2t， ∵∵B＝90°， ∴𝑆=0.5(12−2𝑡)4𝑡=−4𝑡2+24𝑡（0 【专题6.1】（2022·浙江·诸暨市大唐镇初级中学九年级开学考试）如图1，等边∵ABC中，点P为BC边上的任意一点（不与点B、C重合），且∵APD＝60°，PD交AB于点D．设BP＝x，BD＝y，如图2是y关于x的函数图象，则等边∵ABC的边长为（ ） 1 A．2 【答案】C B．2√3 C．4 D．3√3 【分析】根据函数图象可得，当x=2时，y=1，利用含30度角的直角三角形的性质得出∵BPD=30°，再由等边三角形的性质即可得出结果． 【详解】解：根据函数图象可得， 当x=2时，y=1， ∵PD∵AB， ∵∵PDB=90°， ∵𝐵𝐷=𝑃𝐵， 2∵∵BPD=30°， ∵∵APB=90°， ∵AP∵BC， ∵BC=2PB=4， ∵等边三角形的边长为4， 故选：C． 【点睛】题目主要考查等边三角形的性质及与二次函数图象的结合，含30度角的直角三角形的性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 【专题6.2】（2022·浙江绍兴·一模）如图1，在矩形ABCD中，点E，F，G分别是边AD，BC，AB的中点，连结EF，𝐵𝐶=6，点H是EF上一动点，设FH的长为x，GH与BH长度的和为y．图2是y关于x的函数图象，点P为图象上的最低点，则函数图象的右端点Q的坐标为（ ） 1 A．(2,3+√13) 【答案】D 【分析】由题意，当C、H、G共线时y最小，此时FH=1，由三角形的中位线可求得AB=4，当FH=EF=4时，y最大，连接BE、GE，利用勾股定理求出BE和GE即可求解． 【详解】解：连接CG交EF于H′，当H运动到H′时y最小，由函数图象知， x=1，即FH=1时y最小， ∵在矩形ABCD中，点E，F，G分别是边AD，BC，AB的中点， ∵EF∵AB，EF=AB，BF=AE= BC=3，AG=BG， 21 B．(3,5+√13) C．(3,3√2+√10) D．(4,5+√13) ∵CH′=GH′， ∵BG=2FH′=2，则AB=4， 当H运动到E点时，y最大，此时FH=EF=4，即x=4， 连接BE、GE， 由勾股定理得：BE= √𝐵𝐹2+𝐸𝐹2=5，GE= √𝐴𝐺2+𝐴𝐸2=√13， ∵GH+BH=BE+GE=5+ √13，即y=5+ √13， ∵Q点坐标为（4，5+ √13）， 故选：D． 【点睛】本题考查矩形的性质、三角形的中位线、二次函数的性质、勾股定理、最短路径问题，理解题意，能从图象中找到有效信息并能利用数形结合思想解决问题是解答的关键． 【变式6.3】（2021·浙江·衢州市实验学校教育集团（衢州学院附属学校教育集团）九年级期末）如图，Rt△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90°,𝐴𝐶=4,𝐵𝐶=3．点P从点A出发，沿射线𝐴𝐵方向以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，当点P不与点A重合时，将线段𝐴𝑃绕点P旋转使𝑃𝐴′∥𝐴𝐶（点𝐴′在点P右侧），过点𝐴′作𝐴′𝑀⊥𝐴𝐵交射线𝐴𝐵于点M，设点P运动的时间为t（秒）(𝑡>0)． (1)𝐴𝑀的长为___________（用含t的代数式表示） (2)当𝐴′落在∠𝐴𝐵𝐶的角平分线上时，求此时t的值． (3)设△𝐴𝐵𝐶与△𝑃𝐴′𝑀重叠部分图形的面积为S（平方单位），求S关于t的函数关系式．并求当t为何值时，S有最大值，最大值为多少？ 【答案】(1)5𝑡 (2)𝑡= 3𝑡2(0<𝑡≤9) 5 242016048322025(3)𝑆=−𝑡2+𝑡−(<𝑡<) ，当𝑡=9时，S有最大值27 5399 2561225 2{25𝑡−5𝑡+6(9≤𝑡≤5)62059 【分析】（1）先利用勾股定理求出𝐴𝐵=5，然后证明△𝐴′𝑀𝑃∽△𝐵𝐶𝐴，得到45𝑃𝑀𝐴𝐶=𝐴′𝑃𝐴𝐵=𝐴′𝑀𝐵𝐶，即𝑃𝑀4=5=𝑡𝐴′𝑀3，则𝑃𝑀=𝑡，𝐴′𝑀=𝑡，即可得到𝐴𝑀=𝐴𝑃+𝑃𝑀=𝑡； 55𝐵𝑃𝑃𝐷39（2）延长𝑃𝐴′交BC于D，由𝑃𝐴′∥𝐴𝐶，得到𝑃𝐴′⊥𝐵𝐶，△𝐵𝑃𝐷∽△𝐵𝐴𝐶，则𝐵𝐴=𝐴𝐶 再由𝐴′在∵ABC的角平分线上，𝐴′𝑀⊥𝐴𝐵，𝐴′𝐷⊥𝐵𝐶，得到𝐴′𝐷=𝐴′𝑀=5𝑡，则𝑃𝐷=5𝑡，由此求解即可； （3）先求出当点𝐴′正好落在BC上时，𝑡=𝑡=求出当点M恰好与B重合时，2525202038，然后讨论当0<𝑡≤92520′′∵ABC△𝑃𝐴𝑀△𝑃𝐴𝑀，然后与重叠部分即为9，讨论当9<𝑡<93所示，∵ABC与△𝑃𝐴′𝑀重叠部分即为四边形PMTS，时，如图9当9≤𝑡≤5时，如图4所示，，∵ABC与△𝑃𝐴′𝑀重叠部分即为∵BPS，由此求解即可． (1) 解：由旋转的性质可得𝐴′𝑃=𝐴𝑃=𝑡， ∵在Rt∵ABC，∵ACB=90°，AC=4，BC=3， ∵𝐴𝐵=√𝐴𝐶2+𝐵𝐶2=5， ∵𝐴′𝑀⊥𝐴𝐵，𝑃𝐴′∥𝐴𝐶， ∵∠𝐴′𝑀𝑃=∠𝐵𝐶𝐴=90°，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐴′𝑃𝑀， ∵△𝐴′𝑀𝑃∽△𝐵𝐶𝐴， ∵𝑃𝑀𝐴𝐶𝐴′𝑃𝐴𝐵45𝐴′𝑀𝐵𝐶𝑃𝑀4𝑡𝐴′𝑀3==，即35==5， ∵𝑃𝑀=𝑡，𝐴′𝑀=𝑡， ∵𝐴𝑀=𝐴𝑃+𝑃𝑀=𝑡； 59(2) 解：如图所示，延长𝑃𝐴′交BC于D， ∵∵ACB=90°， ∵AC∵BC， ∵𝑃𝐴′∥𝐴𝐶， ∵𝑃𝐴′⊥𝐵𝐶，△𝐵𝑃𝐷∽△𝐵𝐴𝐶， ∵𝐵𝐴=𝐴𝐶 ∵𝐴′在∵ABC的角平分线上，𝐴′𝑀⊥𝐴𝐵，𝐴′𝐷⊥𝐵𝐶， ∵𝐴′𝐷=𝐴′𝑀=𝑡， 53𝐵𝑃𝑃𝐷∵𝑃𝐷=5𝑡， ∵𝐵𝑃58=4， 8𝑡5∵𝐵𝑃=2𝑡， 又∵𝐵𝑃=𝐴𝐵−𝐴𝑃=5−𝑡， ∵2𝑡=5−𝑡， 解得𝑡=3； 5 (3) 解：如图2所示，当点𝐴′正好落在BC上时， ∵𝐴′𝑃=𝐴𝑃=𝑡， ∵𝑃𝐴′∥𝐴𝐶， ∵△𝐵𝑃𝐴′∽△𝐵𝐴𝐶， ∵𝐵𝑃𝐵𝐴=𝑃𝐴′𝐴𝐶5，即5=4， 𝐵𝑃𝑡∵𝐵𝑃=𝑡， 4又∵𝐵𝑃=𝐴𝐵−𝐴𝑃=5−𝑡， ∵𝑡=5−𝑡， 4解得𝑡=2095， 209当0<𝑡≤，如图1所示，∵ABC与△𝑃𝐴′𝑀重叠部分即为△𝑃′𝐴𝑀， 16∵此时𝑆=𝑆△𝑃𝐴′𝑀=𝑀𝑃⋅𝑀𝐴′=𝑡2； 25 当点M恰好与B重合时，此时𝐴𝑀=𝐴𝐵， ∵5𝑡=5， 解得𝑡=202599， 25当9<𝑡<3所示，∵ABC与△𝑃𝐴′𝑀重叠部分即为四边形PMTS， 时，如图9∵𝑆=𝑆△𝑃𝐴′𝑀−𝑆△𝑇𝑆𝐴′， 同理可证△𝐵𝑃𝑆∽△𝐵𝐴𝐶， ∵𝐵𝐴=𝐴𝐶，即4𝐵𝑃𝑃𝑆5−𝑡5𝑃𝑆4=，∠𝐴′=∠𝐵， 4∵𝑃𝑆=5(5−𝑡)=4−5𝑡， ∵𝐴′𝑆=5𝑡−4， ∵∠𝑇𝑆𝐴′=∠𝐶=90°， ∵△𝑇𝑆𝐴′∽𝐴𝐶𝐵， 9 ∵𝑇𝑆𝐴𝐶=𝐴′𝑆𝐵𝐶即𝑇𝑆4=9𝑡−453， ∵𝑇𝑆=(𝑡−4)， 35∵𝑆△𝑇𝑆𝐴′=1𝑇𝑆⋅𝐴′𝑆=2(9𝑡−4)， 235∵𝑆=𝑆△𝑃𝐴′𝑀−𝑆△𝑇𝑆𝐴′=6𝑡2−2(9𝑡−4)=−24𝑡2+48𝑡−32； 53525532249 当9≤𝑡≤5时，如图4所示，，∵ABC与△𝑃𝐴′𝑀重叠部分即为∵BPS， 同理可证△𝐵𝑃𝑆∽△𝐵𝐴𝐶， ∵𝐵𝐴=𝐴𝐶=𝐵𝐶，即4𝐵𝑃𝑃𝑆𝐵𝑆5−𝑡5𝑃𝑆4𝐵𝑆325==， ∵𝐵𝑆=4−5𝑡，𝐵𝑆=3−5𝑡， ∵𝑆=𝑆△𝐵𝑃𝑆=𝐵𝑆⋅𝑃𝑆=(4−𝑡)(3−𝑡)=𝑡2−225525𝑡2(0<𝑡≤) 59 2448322025∵综上所述𝑆=−𝑡2+𝑡−(<𝑡<) ， 5399 2561225 2{25𝑡−5𝑡+6(9≤𝑡≤5)𝑡2(0<𝑡≤) 59 24483224402025∵𝑆=−𝑡2+𝑡−=−(𝑡−5)2+(<𝑡<) ， 25399 2565123625 2(𝑡−5)2(≤𝑡≤5)𝑡−𝑡+6={255259(𝑡=9) 27 24204020=−×(−5)2+(𝑡=) ， 939 252253225 6×−5)((𝑡{==)2592796620620114361253𝑡+6， ×(9)=520216020∵由二次函数的性质可知𝑆max∵当𝑡=20时，S有最大值27． 9160 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，角平分线的性质，熟知相关知识是解题的关键． 【考点7】增长率问题 【变式7.1】（2022·浙江·九年级专题练习）据省统计局公布的数据，合肥市2021年一月GDP总值约为6百亿元人民币，若合肥市三月GDP总值为y百亿元人民币，平均每个月GDP增长的百分率为x，则y关于x的函数表达式是（ ） A．y＝6(1+2x) C．y＝6(1+x)2 【答案】C 【分析】根据平均每个月GDP增长的百分率为x，可得二月GDP总值为6（1+x），三月GDP总值为6（1+x）2，即可解答． 【详解】解：设平均每个月GDP增长的百分率为x， 由题意可得： y关于x的函数表达式是：y=6（1+x）2， 故选：C． 【点睛】本题考查了根据实际问题列二次函数关系式，正确理解增长率问题是解题的关键． 【变式7.2】（2017·浙江·常山县第三中学八年级阶段练习）你知道吗？股票每天的涨、跌幅均不超过10%，即当涨了原价的10%后，便不能再涨，叫做涨停；当跌了原价的10%后，便不能再跌，叫做跌停．已知一支股票某天跌停，之后两天时间又涨回到原价，若这两天此股票股价的平均增长率为x，则x满足的方程是（ ） A．（1+x）2=10 【答案】C 【详解】解：设票股价的平均增长率x. 则90%(1+𝑥)2=1， 即(1+𝑥)2=故选C 【变式7.3】（2021·浙江温州·九年级期中）小红把班级勤工助学挣得的班费500元按一年期存入银行，已知年利率为x，一年到期后银行将本金和利息自动按一年定期转存，设两年到期后，本、利和为y元，则y与x之间的函数关系式为（ ） A．y=500(x+1)2 【答案】A 【详解】解：一年后的本息和为500(1+x)，这也是第二年的本金， 所以两年后的本息和y=500(1+x)2. 故选A. 【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，关键在于找到本息和的等量关系，要注意的是第二年的本金为第一年的本息和. 【考点8】其他问题 【例8】（2022·浙江杭州·九年级期末）过山车在轨道上运行的过程中有一段路线可以看作是抛物线的一部分，点A， B．y=x2+500 C．y=x2+500x D．y=x2+5x 10911 B．y＝6(1﹣x)2 D．y＝6+6(1+x)+6(1+x)2 B．x+2x=10 11 C．（1+x）2=9 10 D．1+2x=9 10 ， B，C为该抛物线上的三点，如图y表示运行的竖直高度（单位：m），x表示水平距离（单位：m）．由此可推断出，此过山车运行到最低点时，所对应的水平距离x可能为（ ） A．4 【答案】C B．5 C．7 D．9 【分析】根据函数图象，可以得到对称轴x的取值范围，从而可以得到哪个选项是正确的． 【详解】解：设该抛物线的对称轴为x， 𝑥< 2 由图象可得{0+12， 𝑥>2解得6＜x＜9， 故选：C． 【点睛】本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出对称轴x的取值范围． 【变式8.1】．（2021·浙江台州·九年级期末）小明发现鸡蛋的形状可以近似用抛物线与圆来刻画．于是他画了两只鸡蛋的示意图（如图，单位：cm），其中 AB 和 AB 上方为两条开口大小相同的抛物线，下方为两个圆的一部分．若第一个鸡蛋的高度 CD 为 8.4 cm，则第二个鸡蛋的高度 CD 为（ ） 6+12 A．7.29 cm 【答案】A B．7.34 cm C．7.39 cm D．7.44 cm 【分析】在图1中，由锐角三角函数求出AE长，以AB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，设抛物线的解析式为：y=ax2+3，进而求出a值，同理在图2中， A´B´所在直线为x轴，C´D´所在直线为y轴，设抛物线的解析式为：y=−x2+b´，求出b´，即可得到C´E´，由C´D´=C´E´+O´E´+O´D´即可得解. 8125 【详解】解：如图1， 在Rt∵AOE中， AO=BO=3.6，∵AOE=60 º， ∵OE=OAsin60 º=3.6×2=1.8，AE= OAcos60 º=3.6×√3=9√3， 251以AB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴， 设抛物线的解析式为：y=ax2+3， 当x=9√3593时，y=a×（√）2+3=0， 5∵a=−， 81如图2， 25 在Rt∵A´O´E´中， A´O´=B´O´=3.24，∵A´O´E´=60 º， ∵O´E´=O´A´cos60 º=3.24×2=1.62，A´E´= O´A´sin60 º=3.24×√3=81√3， 2501以A´B´所在直线为x轴，C´D´所在直线为y轴， 设抛物线的解析式为：y=−81x2+b´， 当x=2581√3813时，y=−81×（√）2+b´=0， 505025∵b´=2.43，即C´E´=2.43， ∵C´D´=C´E´+O´E´+O´D´=2.43+1.62+3.24=7.29cm. 故选：A 【点睛】此题考查了待定系数法求二次函数解析式，锐角三角函数，建立适当的坐标系求二次函数解析式是解答此题的关键. 【变式8.2】（2021·浙江·宁波市第七中学九年级期中）汽车在刹车后，由于惯性作用还要继续向前滑行一段距离才能停下，我们称这段距离为“刹车距离”，刹车距离往往跟行驶速度有关，在一个限速35km/h的弯道上，甲、乙两辆汽车相向而行，发现情况不妙，同时刹车，最后还是相撞了事发后，交警现场测得甲车的刹车距离略超过12m，sm）xkm/h）S甲=100𝑥2+10，乙车的刹车距离略超过10m，又知甲、乙两种车型的刹车距离（与车速（的关系大致如下：S乙=200𝑥2+20𝑥．由此可以推测（ ） 1 1 1 1 A．甲车超速 C．两车都超速 【答案】B B．乙车超速 D．两车都未超速 【分析】先由题意分别求解不等式，求解甲、乙两种车型的事发前的车速得答案． 【详解】解：由100𝑥2+10𝑥>12，先求出100𝑥2+10𝑥=12，x的解也就是二次函数𝑦=100𝑥2+10𝑥−12的图象与x轴的两个交点的横坐标： 111111 从图象可得𝑦>0，x是在A点的左侧以及B点的右侧，即𝑥<−40或𝑥>30． 由200𝑥2+20𝑥>10，先求出200𝑥2+20𝑥−10=0，x的解也就是二次函数𝑦=200𝑥2+20𝑥−10的图象与x轴的两个交点的横坐标： 111111 从图象可得𝑦>0，x是在C点的左侧以及D点的右侧，即𝑥<−50或𝑥>40． 由于𝑥>0，从而可得： 𝑥甲>30𝑘𝑚/ℎ，𝑥乙>40𝑘𝑚/ℎ． 经比较：乙车超过限速． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用、一元二次不等式的解法，利用数形结合的思想得出结果，正确理解其与二次函数的关系是解题的关键． 【变式8.3】．（2021·浙江杭州·九年级期末）如图，在坡比为1:5的斜坡上架设某种电缆，电缆两端挂起时下垂部分可近似看成抛物线𝑦=100𝑥2的形状已知距离左侧塔柱水平距离15米处，电缆最低点到坡面的铅锤高度为4米，则左侧塔柱电缆悬挂点A到塔柱底部C点的距离为（ ） 1 59 A．17米 【答案】C B．4米 71 C．20米 D．4米 81 【分析】以点C为原点，CD方向为𝑥轴建立直角坐标系，设最低点为M，过M作一条与𝑥轴垂直的直线，与斜坡交于𝐺，与x轴交于点F，设抛物线的解析式为𝑦=100𝑥2+𝑏𝑥+𝑐，根据题意可得对称轴和点M的坐标，代入求出c的值即可． 【详解】解：如图，以点C为原点，CD方向为𝑥轴建立直角坐标系，设最低点为M，过M作一条与𝑥轴垂直的直线，与斜坡交于𝐺，与x轴交于点F， 1 设抛物线的解析式为𝑦=100𝑥2+𝑏𝑥+𝑐， 根据题意可知𝑀𝐺=5941，𝐶𝐹=15， 𝑏1100且抛物线的对称轴为𝑥=−2×∵斜坡的坡比为1:5， ∵𝐺𝐹𝐶𝐹=15，可得𝑏=−3， 10=，可得𝐺𝐹=3， 57141∵𝑀𝐹=， 71∵点M的坐标为(15,)， 4将𝑀(15,4)代入二次函数解析式可得：4=100×152−10×15+𝑐， 解得𝑐=20， 即𝐴𝐶=20， 717113 故选：C． 【点睛】本题考查二次函数的实际应用，根据题意在图中建立合适的坐标系是解题的关键． 【变式8.4】（2020·浙江杭州·九年级）若直角坐标系内两点𝑃、𝑄满足条件∵𝑃、𝑄都在函数y的图象上∵𝑃、𝑄关于原点对称，则称点对(𝑃,𝑄)是函数y的一个“友好点对”（点对(𝑃,𝑄)与(𝑄,𝑃)看作同一个“友好点对”）．已知函数𝑦=2𝑥2+4𝑥+1, 𝑥≤0 ，则函数y的“友好点对”有（ ）个 {1 ,𝑥>0 2𝑥 A．0 【答案】C B．1 C．2 D．3 【分析】根据“友好点对”可知，只须作出函数y=2x2+4x+1（x≤0）的图象关于原点对称的图象，看它与函数𝑦= 12𝑥 (𝑥>0)交点的个数即可． 1 【详解】解：由题意可知，作出函数y=2x2+4x+1（x≤0）的图象关于原点对称的图象，看它与函数𝑦=2𝑥(𝑥>0)交点的个数即可， 如图： 2𝑥2+4𝑥+1,𝑥≤0 的“友好点对”有2个， 观察图象可知，交点的个数是2，即函数𝑦={1 ,𝑥>02𝑥故选：C． 【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，反比例函数的图象和性质以及数形结合思想，解题的关键在于对“友 好点对”的正确理解，利用图象法求得结果 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容