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人教版九年级上册22.1.1 二次函数优秀同步练习题
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这是一份人教版九年级上册22.1.1 二次函数优秀同步练习题，文件包含专题07二次函数的实际应用几何问题解析版docx、专题07二次函数的实际应用几何问题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共45页， 欢迎下载使用。
人教版数学九年级上册压轴题专题精选汇编
专题07 二次函数的实际应用—几何问题
考试时间：120分钟 试卷满分：100分
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2021九上·涟水月考）如图，在中，，，，动点从点开始沿边向以的速度移动（不与点重合），动点从点开始沿边向以的速度移动（不与点重合）.如果、分别从、同时出发，那么经过（ ）秒，四边形的面积最小.
A．0.5 B．1.5 C．3 D．4
【答案】B
【完整解答】解：设移动时间为x秒，四边形APQC的面积为，
由题意得：，，
，
，
，
，
整理得：，
由二次函数的性质可知，当时，取得最小值，
即经过秒，四边形APQC的面积最小，
故答案为：B.
【思路引导】设移动时间为秒，四边形APQC的面积为，再求出BQ和把AP表示出来，根据列出函数式，再根据二次函数的性质求最小值即可.
2．（2分）（2021九上·交城期中）如图，四边形ABCD中，AB=AD，CE⊥BD，CE= BD．若△ABD的周长为20cm，则△BCD的面积S（cm2）与AB的长x（cm）之间的函数关系式可以是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【完整解答】解： AB=AD，△ABD的周长为20cm，设
故答案为：C
【思路引导】用含x的表示方法表示出再利用三角形的面积公式列出方程即可。
3．（2分）（2021九上·平邑期中）如图，正六边形的边长为10，分别以正六边形的顶点A、B、C、D、E、F为圆心，画6个全等的圆．若圆的半径为x，且0＜x≤5，阴影部分的面积为y，能反映y与x之间函数关系的大致图形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【完整解答】∵正六边形的内角和=（6﹣2）×180°=720°，
∴y= =2πx2（0＜x≤5）．
当x=5时，y=2π×25=50π．
故答案为：A．
【思路引导】根据正六边形的性质可得：阴影部分的面积为两个半径为x的圆的面积，再利用圆的面积公式可得y= =2πx2（0＜x≤5），再根据解析式即可得到函数图象。
4．（2分）（2021九上·宁波期中）在美化校园的活动中，某兴趣小组想借助如图所示的直角墙角（两边足够长），用28m长的篱笆围成一个矩形花园ABCD（篱笆只围AB，BC两边），设AB＝m.若在P处有一棵树与墙CD，AD的距离分别是15m和6m，要将这棵树围在花园内（含边界，不考虑树的粗细），则花园面积S的最大值为（ ）
A．193 B．194 C．195 D．196
【答案】C
【完整解答】解：∵AB＝m米，
∴BC＝（28﹣m）米.
则S＝AB•BC＝m（28﹣m）＝﹣m2+28m.
即S＝﹣m2+28m（0＜m＜28）.
由题意可知， ，
解得6≤m≤13.
∵在6≤m≤13内，S随m的增大而增大，
∴当m＝13时，S最大值＝195，
即花园面积的最大值为195m2.
故答案为：C.
【思路引导】根据矩形的面积S＝AB•BC可得S与m之间的函数关系式，由矩形的性质可得m的范围，再根据二次函数的性质可求解.
5．（2分）（2021九上·合肥月考）如图，坐标系的原点为O，点P是第一象限内抛物线y＝ x2﹣1上的任意一点，PA⊥x轴于点A．则OP﹣PA值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【完整解答】解：设P点坐标为（a， a2﹣1），则OA＝a，PA＝ a2﹣1，
∴ ，
∴OP﹣PA＝ a2+1﹣（ a2﹣1）＝2．
故答案为：B．
【思路引导】设P点坐标为（a， a2﹣1），则OA＝a，PA＝ a2﹣1，再利用两点之间的距离公式可得，最后利用线段的和差计算即可。
6．（2分）（2020九上·禹州期中）如图所示的抛物线形构件为某工业园区的新厂房骨架，为了牢固起见，构件需要每隔 加设一根不锈钢的支柱，构件的最高点距底部 ，则该抛物线形构件所需不锈钢支柱的总长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【完整解答】解：如图，由题意得 ， .
设抛物线的解析式为 ，
代入得 ， ，
∴抛物线的解析式为 .
当 时， ，
当 时， .
∴ ，
故答案为：B.
【思路引导】由题意得B（0，0.5），C（1，0），设抛物线的解析式为y=ax2+c，将点B、C坐标代入可得a、c，进而得到抛物线的解析式，求出x=0.2、x=0.6时对应的y值，据此不难得到总长度.
7．（2分）（2020九上·硚口月考）如图 和 都是边长为2的等边三角形，它们的边 在同一条直线l上，点C，E重合，现将 沿着直线l向右移动，直至点B与F重合时停止移动.在此过程中，设点移动的距离为x，两个三角形重叠部分的面积为y，则y随x变化的函数图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【完整解答】解：C点移动到F点,重叠部分三角形的边长为x,由于是等边三角形,则高为 ,面积为y=x· · = ,
B点移动到F点,重叠部分三角形的边长为(4－x),高为 ,面积为
y=(4－x)· · = ,
两个三角形重合时面积正好为 .
由二次函数图象的性质可判断答案为A,
故答案为：A.
【思路引导】根据图象可得出重叠部分三角形的边长为x,根据特殊角三角函数可得高为 ,由此得出面积y是x的二次函数,直到重合面积固定,再往右移动重叠部分的边长变为(4－x),同时可得
8．（2分）（2020九上·余姚月考）如图，正三角形ABC的边长为3cm,动点P从点A出发，以每秒1cm的速度,沿A→B→C的方向运动，到达点C时停止．设运动时间为x(秒),y=PC2，则y关于x的函数的图象大致是（ )
A． B．
C． D．
【答案】C
【完整解答】解：①当0≤x≤3时，过C作CH⊥AB，
∵△ABC为正三角形，
∴AH=AB=，CH=AC×sinA=3×=，
∵AP=x，
∴PH=，
∴
即y=x2-3x+9，
∴该函数是图象张口向上的抛物线；
②当3＜x≤6，即P在BC上时，
PC=6-x，
PC2=（6-x）2=（x-6）2,
∴该函数是y=（x-6）2（3＜x≤6）的抛物线.
综上，C符合题意.
故答案为：C.
【思路引导】分两种情况讨论，①当0≤x≤3时，过C作CH⊥AB，利用勾股定理求出PC2的表达式；②当3＜x≤6，即P在BC上时，可得PC=6-x，则PC2的表达式可知，结合两种情况，得出y关于x的函数的图象大致两种情况下抛物线的一部分组合而成.
9．（2分）（2021九上·霍林郭勒月考）如图，四边形ABCD的两条对角线互相垂直，AC＋BD＝12，则四边形ABCD的面积最大值是（ ）．
A．12 B．18 C．20 D．24
【答案】B
【完整解答】解：设AC=x，BC=12-x，
则四边形ABCD的面积的面积为：
．
所以，当x=6时，四边形ABCD的面积最大，为18．
故答案为：B．
【思路引导】设AC=x，BC=12-x，利用对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半列出二次函数解析式求解即可。
10．（2分）（2020九上·射阳月考）如图，点E，F，G，H分别是正方形ABCD边AB，BC，CD，DA上的点，且AE＝BF＝CG＝DH.设A、E两点间的距离为x，四边形EFGH的面积为y，则y与x的函数图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【完整解答】解：设正方形的边长为m，则 ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴该函数的顶点坐标为,
又m＞0，∴该顶点在第一象限，
∵二次项的系数为2大于0，∴图象的开口向上，
与x的函数图象是A.
故答案为：A.
【思路引导】本题需先设正方形的边长为m，然后得出y与x、m是二次函数关系，进而根据二次函数的图象与系数的关系得出函数的图象.
二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
11．（2分）（2021九上·运城期末）如图，有一矩形养鸡场，养鸡场的一边靠墙（墙足够长），另三边用米的长篱笆围成，则矩形面积的最大值是 平方米．
【答案】
【完整解答】解：设与墙垂直的矩形的边长为xm，
则这个花园的面积是：S=x（16-2x）=-2x2+16x=-2（x-4）2+32，
∴当x=4时，S取得最大值，此时S=32，
即，与墙垂直的矩形的边长为4m时，矩形ABCD面积的最大值是32平方米．
故答案为：32．
【思路引导】设与墙垂直的矩形的边长为xm，根据题意列出函数解析式S=x（16-2x）=-2x2+16x=-2（x-4）2+32，再利用函数的性质求解即可。
12．（2分）（2021九上·朝阳期中）退休的李老师借助自家15米的院墙和总长度为30米的围栏，在院墙外设计一个矩形花圃种植花草．为方便进出，他在如图所示的位置安装了一个1米宽的门，如果设和墙相邻的一边长为x米，花圃面积为y平方米，则y与x之间的函数关系式为 ．
【答案】
【完整解答】解：根据题意得，矩形的宽为x米，则长为： 米，且
花圃面积为y= ，
故答案为： ．
【思路引导】根据题意得，矩形的宽为x米，则长为： 米，且，利用矩形的面积计算公式，即可得出y与x间的函数关系式，再结合院墙长15米及平行于墙的一边长非负，即可得出x的取值范围。
13．（2分）（2021九上·陵城期中）如图，P是抛物线y＝x2﹣2x﹣3在第四象限的一点，过点P分别向x轴和y轴作垂线，垂足分别为A、B，则四边形OAPB周长的最大值为 ．
【答案】
【完整解答】解：∵y＝x2﹣2x﹣3，
∴当y＝0时，x2﹣2x﹣3=0即（x+1）（x-3）＝0，
解得 x＝-1或x＝3
故设P（x，y），
设P（x，x2﹣2x-3）（0
∴四边形OAPB为矩形，
∴四边形OAPB周长C＝2PA+2OA
＝﹣2（x2﹣2x﹣3）+2x
＝﹣2x2+6x+6
＝﹣2（x2﹣3x）+6，
＝﹣2 + ．
∴当x＝ 时，四边形OAPB周长有最大值，最大值为 ．
故答案为： ．
【思路引导】先求出四边形OAPB为矩形，再计算求解即可。
14．（2分）（2021九上·孝义期中）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD的中点，若四边形EFGH是矩形，且其周长是20，则四边形ABCD的面积的最大值是 ．
【答案】50
【完整解答】解：连接AC、BD，交于O点，
∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴2EF＝AC，2EH＝BD，EF∥AC，EH∥BD，
∵四边形EFGH是矩形，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD的面积S＝ AC·BD，
∵四边形EFGH的周长为20，
设EH的长为x，则相邻的边EF为（10﹣x），
∴BD＝2x，AC＝2（10﹣x），
∴S＝ ×2x·2（10﹣x）＝﹣2x2+20x＝﹣2（x﹣5）2+50，
∴四边形ABCD的面积的最大值是50．
故答案为：50．
【思路引导】先求出AC⊥BD，再利用矩形的面积计算求解即可。
15．（2分）（2021九上·温州期中）如图，二次函数y=x2－2x+c的图象与x轴交于点A(3，0)，点D是y轴负半轴上一点，以OA，OD为邻边作矩形ABDO，直线BD交二次函数的图象于点C，E（点C在点D的左侧），若CD=BE，则OD的长为 ．
【答案】
【完整解答】解：设点C的横坐标为m，
∴CD=-m，
∵抛物线的对称轴为x=1
∴点E的横坐标为2-m，
∵点A的坐标为（3，0），四边形ODBA是矩形，
∴AB⊥BC，
∴BE=3-（2-m）=1+m；
∵CD=BE
∴-m=1+m
解之：m=
∵OD的长等于点C的纵坐标的绝对值
当x=时OD=-122-2×-12-3=74.
故答案为：.
【思路引导】设点C的横坐标为m，可表示出CD的长，利用二次函数的对称性可求出点E的横坐标，利用点A的坐标及矩形的性质，可求出BE的长，然后根据CD=BE，可得到关于m的方程，解方程求出m的值；然后根据OD的长等于点C的纵坐标的绝对值，代入计算可求出OD的长.
16．（2分）（2021九上·温州期中）如图，横截面为抛物线的山洞，山洞底部宽为8米，最高处高 米，现要水平放置横截面为正方形的箱子，则大正方形的最大边长为 米，在大箱子的两侧各放置一个横截面为正方形的小箱子，则小箱子正方形的最大边长为 米．
【答案】4；
【完整解答】解：如图，
∵山洞底部宽为8米，最高处高 米，
∴点M（4，0）
点F
设抛物线的解析式为
∴
解之：a=
∴抛物线的解析式为；
设最大正方形的边长为2m，则OA=m，
∴点D（m，2m）
∴
解之：m=2或-8，
∵m＞0
∴m=2，
∴大正方形的边长为4；
设小正方形的边长为n，则OB=2+n，BC=n
∴点C（2+n，n）
∴
解之：（舍去）
∴小正方形的最大边长为.
故答案为：.
【思路引导】利用已知条件可得到抛物线的顶点坐标及点M的坐标，由此可求出此函数解析式；设最大正方形的边长为2m，则OA=m，可得到点D的坐标，将点D的坐标代入函数解析式，可求出m的值，即可求出大正方形的边长；设小正方形的边长为n，可表示出点C的坐标，将点C的坐标代入函数解析式，建立关于n的方程，解方程求出n的值，可得到小正方形的最大边长.
17．（1分）已知抛物线 交x轴于点A，B (B在x轴正半轴上），交y轴于点C，△ABC是等腰三角形，则a的值为 ．
【答案】 或 或
【完整解答】解：令x=0，得：y=4，所以C(0，4)，令y=0，得： =0，∴ ，∴x1=- ，x2=－3，∴A（-3，0），B-（- ，0）（a＜0），∴AC= ，AB= ，BC= ．
∵△ABC是等腰三角形，∴分三种情况讨论：
①AB=AC，∴ =5，解得：a= ；
②AC=BC，∴ =5，解得：a= （正数舍去），∴a=
③AB=BC，∴ = ，解得：a= ．
综上所述：a的值为 或 或 ．
故答案为： 或 或
【思路引导】先求出 二次函数图象与坐标轴的交点，即可得A、B、C的坐标，再用含a的式子表示出△ABC三边的长，两两相等可得三个关于a的方程，解方程即可。
18．（2分）（2020九上·长兴期末）如图，在平面直角坐标系中抛物线y=x2-3x+2与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，D是对称轴右侧抛物线上一点，且tan∠DCB=3，则点D的坐标为 。
【答案】（ ， ）
【完整解答】解：如图，过D作DE⊥BD，
当x=0,y=x2-3x+2=2，∴B（0,2），
当y=0, x2-3x+2=0，
解得x=1或x=2,
∴B（2,0），
∴BC=，
设CF=k, 则BF=3k，
∵CF2+BF2=BC2，
∴k=,
则CF=，BF=，
设F（x,y）,
∴,
解得,
设线段CD的函数解析式为y=kx+2,
则 ,
解得k=,
∴CD的解析式为y=x+2,
则x2-3x+2=x+2,
化简得2x2-7x=0,
∴x(2x-7)=0,
∴x=0（舍）,或x=,
∴y=x+2=×+2=，
∴D().
故答案为：D().
【思路引导】过D作DE⊥BD，分别设x=0,y=0求出B、C点坐标，则BC长可求，设CF=k, BF=3K, 利用勾股定理列式求出k, 则BF和CF的长可求，再设F(x,y)，利用两点间公式列方程组，求出F点坐标，于是利用待定系数法即可求出线段CD的解析式，再和抛物线的解析式联立即可求出D点坐标.
19．（2分）（2020九上·兰溪月考）如图，抛物线y=x2+bx-3与x轴交于A、B两点(点A在点B左侧)，直线l与抛物线交于A、C两点，其中点A、C的横坐标分别为-1和2.点G是抛物线上的动点，在x轴上存在点F，使以A、C、F、G四个点为顶点的四边形是平行四边形，则点F的坐标为 .
【答案】（1,0）、（-3,0）、 、
【完整解答】解：∵其中点A、C的横坐标分别为-1和2
∴点A（-1，0）
∴1-b-3=0
解之：b=-2
∴y=x2-2x-3
当x=2时y=4-4-3=-3.
∴点C（2，-3）；
当x=0时，y=-3
∴点D（0，-3）
∴CD∥x轴，
当AC为对角线时，即AF∥CG，点G与点D重合
∴AF1=CD=2
∴OF1=2-1=1
∴点F1（1，0）
当AC为一边时，AF2∥CG，CG=AF=2
∴AF2=2
∴OF2=|-1-2|=3
∴点F2（-3，0）；
如图，当GA=CF时，CG和AF的中点坐标相同
设点F（m，0）
则点AF的中点坐标为（，0）
设点G（x，x2-2x-3）
∴CG的中点坐标为
∴-1+m2=2+x2x2-2x-62=0
解之：x1=1+7m1=4+7,x2=1-7m2=4-7
∴点
∴点F的坐标为 （1,0）、（-3,0）、 、 .
故答案为： （1,0）、（-3,0）、 、 .
【思路引导】由已知求出b的值，即可得到函数解析式，利用函数解析式求出点C，D的坐标，再分情况讨论：当AC为对角线时，即AF∥CG，点G与点D重合，可得到点F的坐标，当AC为一边时，AF2∥CG，CG=AF=2，可求出OF2的长，由此可得到F2的坐标；如图，当GA=CF时，CG和AF的中点坐标相同，设点F（m，0），设点G（x，x2-2x-3），分别表示出线段AF，CG的中点坐标，利用平行四边形的性质，可知线段AF，CG的中点坐标相同，由此建立关于x，m的二元方程组，解方程组求出x，m的值，就可得到符合题意的点F的坐标。
20．（2分）（2020九上·黄石期中）已知抛物线的顶点坐标为 ，它与x轴有两个交点，两交点间的距离为6，则此抛物线的解析式为 .
【答案】y=-（x-1）2+9
【完整解答】解：由题意设抛物线解析式为y=a（x-1）2+9，抛物线与x轴的交点坐标分别为（-2，0）或（4，0），
把点（4，0）代入0=9a+9，解得a=-1，
∴抛物线的解析式为y=-（x-1）2+9.
故答案为：y=-（x-1）2+9.
【思路引导】利用顶点坐标求得抛物线与x轴的交点坐标分别为（-2，0）或（4，0），由题意设抛物线解析式为y=a（x-1）2+9，利用待定系数法即可解决问题.
三．解答题（共8小题，满分60分）
21．（4分）（2020九上·潮州期末）如图，已知正方形 的边长为 ，点 是对角线 上一点，连接 ，将线段 绕点 顺时针旋转 至 的位置，连接 、 ．
（1）（2分）求证： ；
（2）（2分）当 为何值时， 的面积最大？请说明理由．
【答案】（1）证明： 绕点 顺时针旋转 至 的位置，
，
在正方形 中， ， ，
，即
（2）解：在正方形 中， ，
由（1）知 ，
， ，
设 ，正方形 的边长为 ，
故 ，
，
当 ，即 时， 的面积最大．
【思路引导】（1）根据题意先求出DE=DF，∠EDF=90°，再利用SAS证明三角形全等即可；
（2）根据题意先求出∠EAF=90°，再利用勾股定理AC=2，最后利用三角形的面积公式计算求解即可。
22．（5分）（2021九上·霍林郭勒月考）如图，二次函数 的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，顶点为D，求 的面积．
【答案】解：延长DC交x轴于E，
依题意，可得y＝−x2＋2x＋3＝−（x−1）2＋4，
∴顶点D（1，4），
令y＝0，可得x＝3或x＝−1，
∴B（3，0），
令x＝0，可得y＝3，
∴C（0，3），
∴OC＝3，
∴直线DC的解析式为y＝x＋3，
令y＝0，可得x＝-3，
∴E（-3，0），
BE＝6，
∴S△BCD＝S△BED−S△BCE＝ =12-9=3．
∴△BCD的面积为3．
【思路引导】 延长DC交x轴于E， 根据二次函数的解析式求出顶点坐标，再利用割补法 S△BCD＝S△BED−S△BCE求解即可。
23．（5分）（2020九上·黄石期中）如图，四边形 的两条对角线 、 互相垂直， ，当 、 的长是多少时，四边形 的面积最大？
【答案】解：设AC=x，四边形ABCD面积为S，则BD=10-x，
则： ，
∴当x=5时，S最大= ，
所以当AC=BD=5时，四边形ABCD的面积最大.
【思路引导】直接利用对角线互相垂直的四边形面积求法得出 ，再利用配方法求出二次函数最值即可.
24．（5分）（2020九上·瑶海月考）如图所示的正方形区域ABCD是某公园健身广场示意图，公园管理处想在其四个角的三角形区域内种植草皮加以绿化（阴影部分），剩余部分安装健身器材作为市民健身活动场所（四边形EFGH）其中AB=100米，且AE=AH=CF=CG．则当AE的长度为多少时，市民健身活动场所的面积达到最大？
【答案】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠B=∠C=∠D=90°．∵AE=AH=CF=CG，∴BE=BF=DG=DH，∴△AHE，△BEF，△CGF，△DCH都是等腰直角三角形；∴设AE=x米，则BE=（100-x）米．设四边形EFGH的面积为S，则S＝100×100−2× x2−2× （100−x）2=-2x2+200x（0＜x＜100）．
∵S=-2（x-50）2+5000．∵-2＜0，当x=50时，S有最大值为5000．
答：当AE=50米时，市民健身活动场所的面积达到最大．
【思路引导】根据正方形的性质及图形的面积公式，列出函数关系式，进行计算即可。
25．（9分）（2021九上·门头沟期末）在美化校园的活动中，某兴趣小组借助如图所示的直角墙角（墙角两边和足够长），用长的篱笆围成一个矩形花园（篱笆只围和两边）．设，．
（1）（3分）求与之间的关系式，并写出自变量的取值范围；
（2）（3分）当矩形花园的面积为时，求的长；
（3）（3分）如果在点处有一棵树（不考虑粗细），它与墙和的距离分别是和，如果要将这棵树围在矩形花园内部（含边界），直接写出矩形花园面积的最大值．
【答案】（1）解：由题意得．
∴．
（2）解：由题意结合（1）可得：．
解得，．
答：的长为12米或16米．
（3）解：面积的最大值为195米
【完整解答】(3)结合（1）中的函数关系式可得：；
又树到墙的距离为m，所以，即为；
结合二次函数的性质，∴ 当时，面积的最大值为195米．
【思路引导】（1）利用矩形的面积公式列出关系式即可；
（2）根据题意列出方程求解即可；
（3）利用抛物线的性质求解即可。
26．（6分）（2021九上·集贤期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，P点沿边AC向C以每秒3个单位长度的速度运动，Q点沿边BC向B以每秒4个单位长度的速度运动，当P、Q到达终点C、B时，运动停止，设运动时间为t（s）．
（1）（1分）①当运动停止时，t的值为 ；
②设P、C之间的距离为y，则y与t满足 关系（填“正比例函数”、“一次函数”或“二次函数”）；
（2）（4分）设△PCQ的面积为S．
①求S的表达式（用含t的式子表示）；
②求当t为何值时，S取得最大值，这个最大值是多少？
【答案】（1）2；一次函数
（2）解：①由题意可得：，
△PCQ的面积
故答案为：
②由二次函数的性质可得：，开口向下，对称轴为
∴当时，S取得最大值，最大值为6
【完整解答】解：（1）①运动停止时，分别到达终点C点和B点，
故答案为
②由题意可得：，，即，∴y与t满足一次函数的关系
故答案为一次函数
【思路引导】（1）①求出即可作答；
②先求出，，再求出，最后求解即可；
（2）①利用三角形的面积公式计算求解即可；
②先求出 ，开口向下，对称轴为 ，再求解即可。
27．（8分）如图，在平面直角坐标系中，△CDE的顶点C点坐标为C（1，﹣2），点D的横坐标为，将△CDE绕点C旋转到△CBO，点D的对应点B在x轴的另一个交点为点A．
（1）图中，∠OCE等于多少；
（2）求抛物线的解析式；
（3）抛物线上是否存在点P，使S△PAE=S△CDE？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）∵△CDE绕点C旋转到△CBO，∴∠OCE=∠BCD；故答案为BCD；（2）作CH⊥OE于H，如图，∵△CDE绕点C旋转到△CBO，∴CO=CE，CB=CD，OB=DE，∴OH=HE=1，∴OE=2，∴E点坐标为（2，0），设B（m，0），D（，n），∵CD2=（1﹣）2+（﹣2﹣n）2，CB2=（1﹣m）2+22，DE2=（2﹣）2+n2，∴（1﹣）2+（﹣2﹣n）2=（1﹣m）2+22，（2﹣）2+n2=m2，∴m=3，n=﹣，∴B（3，0），设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2﹣2，把B（3，0）代入得4a﹣2=0，解得a=，∴抛物线解析式为y=（x﹣1）2﹣2，即y=x2﹣x﹣；（3）存在．A与点B关于直线x=1对称，∴A（﹣1，0），∵△CDE绕点C旋转到△CBO，∴△CDE≌△CBO，∴S△CDE=S△CBO=•2•3=3，设P（t，t2﹣t﹣），∵S△PAE=S△CDE，∴•3•|t2﹣t﹣|=•3，∴t2﹣t﹣=1或t2﹣t﹣=﹣1，解方程t2﹣t﹣=1得t1=1+，t2=1﹣，此时P点坐标为（1+，1）或（1﹣，1）；解方程t2﹣t﹣=﹣1得t1=1+，t2=1﹣，此时P点坐标为（1+，﹣1）或（1﹣，1）；综上所述，满足条件的P点坐标为（1+，1）或（1﹣，1）或（1+，﹣1）或（1﹣，1）．
【思路引导】（1）根据旋转的性质易得∠OCE=∠BCD；
（2）作CH⊥OE于H，如图，根据旋转的性质得CO=CE，CB=CD，OB=DE，则利用等腰三角形的性质得OH=HE=1，则E点坐标为（2，0），设B（m，0），D（，n），利用两点间的距离公式得CD2=（1﹣）2+（﹣2﹣n）2，CB2=（1﹣m）2+22，DE2=（2﹣）2+n2，所以（1﹣）2+（﹣2﹣n）2=（1﹣m）2+22，（2﹣）2+n2=m2，解关于m、n的方程组得到m=3，n=﹣，则B（3，0），然后设顶点式y=a（x﹣1）2﹣2，再把B点坐标代入求出a即可得到抛物线解析式；
（3）先利用抛物线的对称性得到A（﹣1，0），再根据旋转的性质得△CDE≌△CBO，则S△CDE=S△CBO=3，设P（t，t2﹣t﹣），利用三角形面积公式得到•3•|t2﹣t﹣|=•3，则t2﹣t﹣=1或t2﹣t﹣=﹣1，然后分别解关于t的一元二次方程求出t，从而可得到满足条件的P点坐标．
28．（9分）（2021九上·槐荫期末）二次函数y＝ax2+bx+4（a≠0）的图象经过点A（－4，0），B（1，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上一点，连接BP、AC，过点P作PD⊥x轴于点D．
（1）（3分）求二次函数的表达式；
（2）（3分）连接PA，PC，求的最大值；
（3）（3分）连接BC，当∠DPB＝2∠BCO时，求直线BP的表达式．
【答案】（1）解：∵二次函数y＝ax2＋bx＋4（a≠0）的图象经过点A（﹣4，0），B（1，0），
∴，
解得：，
∴该二次函数的表达式为y＝﹣x2﹣3x＋4
（2）解：将x=0代入y=-x2-3x+4得，y=4，
∴点C（0，4），
设直线AC所在直线的表达式为y=k1x+b1，则
，解得：，
∴直线AC的表达式为y=x+4，
如图，设PD与线段AC交于点N，
设P（t，-t2-3t+4），
∵PD⊥x轴交AC于点N，
∴N（t，t+4），
∴PN=yP-yN=-t2-4t，
过点C作CH⊥PD，则CH=-t，AD=t-4，
∴S△APC=S△APN+S△PCN=PN•AD+PN•CH
=PN•(AD+CH)
= (−t2−4t)•(−t+t+4)
=-2t2-8t
=-2(t+2)2+8，
∵a=-2＜0，
∴当t=-2时，S△APC有最大值，△PAC面积的最大值为8．
（3）解：设BP与y轴交于点E，
∵PD∥y轴，
∴∠DPB=∠OEB，
∵∠DPB=2∠BCO，
∴∠OEB=2∠BCO，
∴∠ECB=∠EBC，
∴BE=CE，
∵C（0，4），B（1，0），
∴OC=4，OB=1，
设OE=a，则CE=BE=4-a，
在Rt△BOE中，BE2=OE2+OB2，
∴（4-a）2=a2+12，
解得：a=，
∴E（0，），
设BP所在直线表达式为y=kx+b（k≠0），
∴，
解得：，
∴直线BP的表达式为y=-x+．
【思路引导】（1）利用待定系数法可求出二次函数的表达式；
(2)由图可知 S△APC=S△APN+S△PCN ， 设P（t，-t2-3t+4）， 过点C作CH⊥PD，则CH=-t，AD=t-4， 则可求出S△APC 的面积表达式，再求出S△APC 的最大值；
（3）可根据题目已知条件，求出点B、点E的坐标，利用待定系数法确定直线BP的表达式．
29．（10分）（2021九上·吴兴期末）如图，已知二次函数 的图象与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C. 点P，Q为抛物线上两动点.
（1）（3分）若点P坐标为（1，3），求抛物线的表达式；
（2）（3分）如图①连结BC，在（1）的条件下，是否存在点Q，使得∠BCQ=∠ABC. 若存在，请求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）（4分）若点P为抛物线顶点，连结OP，当 a 的值从-3变化到-1的过程中，求线段OP扫过的面积.
【答案】（1）解：把坐标P(1，3)代入，得 ，解得
∴
（2）解：①当Q点在BC右侧 ，QC∥AB，Q（ ，3）
②当Q在BC左侧时，过B作BM⊥BC，交直线CQ于点M.构造K字形相似，得M（ ， 3）， 直线QC即直线MC为y= ，解得Q（ ）
（3）解：∵ 点P
∴ 点P在直线 上运动
当 时，点 的横坐标为
当 时，点 的横坐标为
即∴ ×3×（ - ）=
【思路引导】（1）将点P的坐标代入函数解析式，建立关于a的方程，解方程求出a的值，即可得到函数解析式.
（2）分情况讨论：当Q点在BC右侧 ，QC∥AB，当Q在BC左侧时，过B作BM⊥BC，交直线CQ于点M.构造K字形相似，可得到点M的坐标，利用待定系数法求出直线QC的函数解析式，从而可求出点Q的坐标.
（3）利用函数解析式，可得到抛物线的顶点P的坐标，再根据点P在直线 上运动，分别求出当a=-3和a=-1时点P的横坐标，利用三角形的面积公式求出△P1OP2的面积.
人教版数学九年级上册压轴题专题精选汇编
专题07 二次函数的实际应用—几何问题
考试时间：120分钟 试卷满分：100分
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2021九上·涟水月考）如图，在中，，，，动点从点开始沿边向以的速度移动（不与点重合），动点从点开始沿边向以的速度移动（不与点重合）.如果、分别从、同时出发，那么经过（ ）秒，四边形的面积最小.
A．0.5 B．1.5 C．3 D．4
【答案】B
【完整解答】解：设移动时间为x秒，四边形APQC的面积为，
由题意得：，，
，
，
，
，
整理得：，
由二次函数的性质可知，当时，取得最小值，
即经过秒，四边形APQC的面积最小，
故答案为：B.
【思路引导】设移动时间为秒，四边形APQC的面积为，再求出BQ和把AP表示出来，根据列出函数式，再根据二次函数的性质求最小值即可.
2．（2分）（2021九上·交城期中）如图，四边形ABCD中，AB=AD，CE⊥BD，CE= BD．若△ABD的周长为20cm，则△BCD的面积S（cm2）与AB的长x（cm）之间的函数关系式可以是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【完整解答】解： AB=AD，△ABD的周长为20cm，设
故答案为：C
【思路引导】用含x的表示方法表示出再利用三角形的面积公式列出方程即可。
3．（2分）（2021九上·平邑期中）如图，正六边形的边长为10，分别以正六边形的顶点A、B、C、D、E、F为圆心，画6个全等的圆．若圆的半径为x，且0＜x≤5，阴影部分的面积为y，能反映y与x之间函数关系的大致图形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【完整解答】∵正六边形的内角和=（6﹣2）×180°=720°，
∴y= =2πx2（0＜x≤5）．
当x=5时，y=2π×25=50π．
故答案为：A．
【思路引导】根据正六边形的性质可得：阴影部分的面积为两个半径为x的圆的面积，再利用圆的面积公式可得y= =2πx2（0＜x≤5），再根据解析式即可得到函数图象。
4．（2分）（2021九上·宁波期中）在美化校园的活动中，某兴趣小组想借助如图所示的直角墙角（两边足够长），用28m长的篱笆围成一个矩形花园ABCD（篱笆只围AB，BC两边），设AB＝m.若在P处有一棵树与墙CD，AD的距离分别是15m和6m，要将这棵树围在花园内（含边界，不考虑树的粗细），则花园面积S的最大值为（ ）
A．193 B．194 C．195 D．196
【答案】C
【完整解答】解：∵AB＝m米，
∴BC＝（28﹣m）米.
则S＝AB•BC＝m（28﹣m）＝﹣m2+28m.
即S＝﹣m2+28m（0＜m＜28）.
由题意可知， ，
解得6≤m≤13.
∵在6≤m≤13内，S随m的增大而增大，
∴当m＝13时，S最大值＝195，
即花园面积的最大值为195m2.
故答案为：C.
【思路引导】根据矩形的面积S＝AB•BC可得S与m之间的函数关系式，由矩形的性质可得m的范围，再根据二次函数的性质可求解.
5．（2分）（2021九上·合肥月考）如图，坐标系的原点为O，点P是第一象限内抛物线y＝ x2﹣1上的任意一点，PA⊥x轴于点A．则OP﹣PA值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【完整解答】解：设P点坐标为（a， a2﹣1），则OA＝a，PA＝ a2﹣1，
∴ ，
∴OP﹣PA＝ a2+1﹣（ a2﹣1）＝2．
故答案为：B．
【思路引导】设P点坐标为（a， a2﹣1），则OA＝a，PA＝ a2﹣1，再利用两点之间的距离公式可得，最后利用线段的和差计算即可。
6．（2分）（2020九上·禹州期中）如图所示的抛物线形构件为某工业园区的新厂房骨架，为了牢固起见，构件需要每隔 加设一根不锈钢的支柱，构件的最高点距底部 ，则该抛物线形构件所需不锈钢支柱的总长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【完整解答】解：如图，由题意得 ， .
设抛物线的解析式为 ，
代入得 ， ，
∴抛物线的解析式为 .
当 时， ，
当 时， .
∴ ，
故答案为：B.
【思路引导】由题意得B（0，0.5），C（1，0），设抛物线的解析式为y=ax2+c，将点B、C坐标代入可得a、c，进而得到抛物线的解析式，求出x=0.2、x=0.6时对应的y值，据此不难得到总长度.
7．（2分）（2020九上·硚口月考）如图 和 都是边长为2的等边三角形，它们的边 在同一条直线l上，点C，E重合，现将 沿着直线l向右移动，直至点B与F重合时停止移动.在此过程中，设点移动的距离为x，两个三角形重叠部分的面积为y，则y随x变化的函数图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【完整解答】解：C点移动到F点,重叠部分三角形的边长为x,由于是等边三角形,则高为 ,面积为y=x· · = ,
B点移动到F点,重叠部分三角形的边长为(4－x),高为 ,面积为
y=(4－x)· · = ,
两个三角形重合时面积正好为 .
由二次函数图象的性质可判断答案为A,
故答案为：A.
【思路引导】根据图象可得出重叠部分三角形的边长为x,根据特殊角三角函数可得高为 ,由此得出面积y是x的二次函数,直到重合面积固定,再往右移动重叠部分的边长变为(4－x),同时可得
8．（2分）（2020九上·余姚月考）如图，正三角形ABC的边长为3cm,动点P从点A出发，以每秒1cm的速度,沿A→B→C的方向运动，到达点C时停止．设运动时间为x(秒),y=PC2，则y关于x的函数的图象大致是（ )
A． B．
C． D．
【答案】C
【完整解答】解：①当0≤x≤3时，过C作CH⊥AB，
∵△ABC为正三角形，
∴AH=AB=，CH=AC×sinA=3×=，
∵AP=x，
∴PH=，
∴
即y=x2-3x+9，
∴该函数是图象张口向上的抛物线；
②当3＜x≤6，即P在BC上时，
PC=6-x，
PC2=（6-x）2=（x-6）2,
∴该函数是y=（x-6）2（3＜x≤6）的抛物线.
综上，C符合题意.
故答案为：C.
【思路引导】分两种情况讨论，①当0≤x≤3时，过C作CH⊥AB，利用勾股定理求出PC2的表达式；②当3＜x≤6，即P在BC上时，可得PC=6-x，则PC2的表达式可知，结合两种情况，得出y关于x的函数的图象大致两种情况下抛物线的一部分组合而成.
9．（2分）（2021九上·霍林郭勒月考）如图，四边形ABCD的两条对角线互相垂直，AC＋BD＝12，则四边形ABCD的面积最大值是（ ）．
A．12 B．18 C．20 D．24
【答案】B
【完整解答】解：设AC=x，BC=12-x，
则四边形ABCD的面积的面积为：
．
所以，当x=6时，四边形ABCD的面积最大，为18．
故答案为：B．
【思路引导】设AC=x，BC=12-x，利用对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半列出二次函数解析式求解即可。
10．（2分）（2020九上·射阳月考）如图，点E，F，G，H分别是正方形ABCD边AB，BC，CD，DA上的点，且AE＝BF＝CG＝DH.设A、E两点间的距离为x，四边形EFGH的面积为y，则y与x的函数图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【完整解答】解：设正方形的边长为m，则 ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
∴该函数的顶点坐标为,
又m＞0，∴该顶点在第一象限，
∵二次项的系数为2大于0，∴图象的开口向上，
与x的函数图象是A.
故答案为：A.
【思路引导】本题需先设正方形的边长为m，然后得出y与x、m是二次函数关系，进而根据二次函数的图象与系数的关系得出函数的图象.
二．填空题（共10小题，满分20分，每小题2分）
11．（2分）（2021九上·运城期末）如图，有一矩形养鸡场，养鸡场的一边靠墙（墙足够长），另三边用米的长篱笆围成，则矩形面积的最大值是 平方米．
【答案】
【完整解答】解：设与墙垂直的矩形的边长为xm，
则这个花园的面积是：S=x（16-2x）=-2x2+16x=-2（x-4）2+32，
∴当x=4时，S取得最大值，此时S=32，
即，与墙垂直的矩形的边长为4m时，矩形ABCD面积的最大值是32平方米．
故答案为：32．
【思路引导】设与墙垂直的矩形的边长为xm，根据题意列出函数解析式S=x（16-2x）=-2x2+16x=-2（x-4）2+32，再利用函数的性质求解即可。
12．（2分）（2021九上·朝阳期中）退休的李老师借助自家15米的院墙和总长度为30米的围栏，在院墙外设计一个矩形花圃种植花草．为方便进出，他在如图所示的位置安装了一个1米宽的门，如果设和墙相邻的一边长为x米，花圃面积为y平方米，则y与x之间的函数关系式为 ．
【答案】
【完整解答】解：根据题意得，矩形的宽为x米，则长为： 米，且
花圃面积为y= ，
故答案为： ．
【思路引导】根据题意得，矩形的宽为x米，则长为： 米，且，利用矩形的面积计算公式，即可得出y与x间的函数关系式，再结合院墙长15米及平行于墙的一边长非负，即可得出x的取值范围。
13．（2分）（2021九上·陵城期中）如图，P是抛物线y＝x2﹣2x﹣3在第四象限的一点，过点P分别向x轴和y轴作垂线，垂足分别为A、B，则四边形OAPB周长的最大值为 ．
【答案】
【完整解答】解：∵y＝x2﹣2x﹣3，
∴当y＝0时，x2﹣2x﹣3=0即（x+1）（x-3）＝0，
解得 x＝-1或x＝3
故设P（x，y），
设P（x，x2﹣2x-3）（0
∴四边形OAPB为矩形，
∴四边形OAPB周长C＝2PA+2OA
＝﹣2（x2﹣2x﹣3）+2x
＝﹣2x2+6x+6
＝﹣2（x2﹣3x）+6，
＝﹣2 + ．
∴当x＝ 时，四边形OAPB周长有最大值，最大值为 ．
故答案为： ．
【思路引导】先求出四边形OAPB为矩形，再计算求解即可。
14．（2分）（2021九上·孝义期中）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD的中点，若四边形EFGH是矩形，且其周长是20，则四边形ABCD的面积的最大值是 ．
【答案】50
【完整解答】解：连接AC、BD，交于O点，
∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴2EF＝AC，2EH＝BD，EF∥AC，EH∥BD，
∵四边形EFGH是矩形，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD的面积S＝ AC·BD，
∵四边形EFGH的周长为20，
设EH的长为x，则相邻的边EF为（10﹣x），
∴BD＝2x，AC＝2（10﹣x），
∴S＝ ×2x·2（10﹣x）＝﹣2x2+20x＝﹣2（x﹣5）2+50，
∴四边形ABCD的面积的最大值是50．
故答案为：50．
【思路引导】先求出AC⊥BD，再利用矩形的面积计算求解即可。
15．（2分）（2021九上·温州期中）如图，二次函数y=x2－2x+c的图象与x轴交于点A(3，0)，点D是y轴负半轴上一点，以OA，OD为邻边作矩形ABDO，直线BD交二次函数的图象于点C，E（点C在点D的左侧），若CD=BE，则OD的长为 ．
【答案】
【完整解答】解：设点C的横坐标为m，
∴CD=-m，
∵抛物线的对称轴为x=1
∴点E的横坐标为2-m，
∵点A的坐标为（3，0），四边形ODBA是矩形，
∴AB⊥BC，
∴BE=3-（2-m）=1+m；
∵CD=BE
∴-m=1+m
解之：m=
∵OD的长等于点C的纵坐标的绝对值
当x=时OD=-122-2×-12-3=74.
故答案为：.
【思路引导】设点C的横坐标为m，可表示出CD的长，利用二次函数的对称性可求出点E的横坐标，利用点A的坐标及矩形的性质，可求出BE的长，然后根据CD=BE，可得到关于m的方程，解方程求出m的值；然后根据OD的长等于点C的纵坐标的绝对值，代入计算可求出OD的长.
16．（2分）（2021九上·温州期中）如图，横截面为抛物线的山洞，山洞底部宽为8米，最高处高 米，现要水平放置横截面为正方形的箱子，则大正方形的最大边长为 米，在大箱子的两侧各放置一个横截面为正方形的小箱子，则小箱子正方形的最大边长为 米．
【答案】4；
【完整解答】解：如图，
∵山洞底部宽为8米，最高处高 米，
∴点M（4，0）
点F
设抛物线的解析式为
∴
解之：a=
∴抛物线的解析式为；
设最大正方形的边长为2m，则OA=m，
∴点D（m，2m）
∴
解之：m=2或-8，
∵m＞0
∴m=2，
∴大正方形的边长为4；
设小正方形的边长为n，则OB=2+n，BC=n
∴点C（2+n，n）
∴
解之：（舍去）
∴小正方形的最大边长为.
故答案为：.
【思路引导】利用已知条件可得到抛物线的顶点坐标及点M的坐标，由此可求出此函数解析式；设最大正方形的边长为2m，则OA=m，可得到点D的坐标，将点D的坐标代入函数解析式，可求出m的值，即可求出大正方形的边长；设小正方形的边长为n，可表示出点C的坐标，将点C的坐标代入函数解析式，建立关于n的方程，解方程求出n的值，可得到小正方形的最大边长.
17．（1分）已知抛物线 交x轴于点A，B (B在x轴正半轴上），交y轴于点C，△ABC是等腰三角形，则a的值为 ．
【答案】 或 或
【完整解答】解：令x=0，得：y=4，所以C(0，4)，令y=0，得： =0，∴ ，∴x1=- ，x2=－3，∴A（-3，0），B-（- ，0）（a＜0），∴AC= ，AB= ，BC= ．
∵△ABC是等腰三角形，∴分三种情况讨论：
①AB=AC，∴ =5，解得：a= ；
②AC=BC，∴ =5，解得：a= （正数舍去），∴a=
③AB=BC，∴ = ，解得：a= ．
综上所述：a的值为 或 或 ．
故答案为： 或 或
【思路引导】先求出 二次函数图象与坐标轴的交点，即可得A、B、C的坐标，再用含a的式子表示出△ABC三边的长，两两相等可得三个关于a的方程，解方程即可。
18．（2分）（2020九上·长兴期末）如图，在平面直角坐标系中抛物线y=x2-3x+2与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，D是对称轴右侧抛物线上一点，且tan∠DCB=3，则点D的坐标为 。
【答案】（ ， ）
【完整解答】解：如图，过D作DE⊥BD，
当x=0,y=x2-3x+2=2，∴B（0,2），
当y=0, x2-3x+2=0，
解得x=1或x=2,
∴B（2,0），
∴BC=，
设CF=k, 则BF=3k，
∵CF2+BF2=BC2，
∴k=,
则CF=，BF=，
设F（x,y）,
∴,
解得,
设线段CD的函数解析式为y=kx+2,
则 ,
解得k=,
∴CD的解析式为y=x+2,
则x2-3x+2=x+2,
化简得2x2-7x=0,
∴x(2x-7)=0,
∴x=0（舍）,或x=,
∴y=x+2=×+2=，
∴D().
故答案为：D().
【思路引导】过D作DE⊥BD，分别设x=0,y=0求出B、C点坐标，则BC长可求，设CF=k, BF=3K, 利用勾股定理列式求出k, 则BF和CF的长可求，再设F(x,y)，利用两点间公式列方程组，求出F点坐标，于是利用待定系数法即可求出线段CD的解析式，再和抛物线的解析式联立即可求出D点坐标.
19．（2分）（2020九上·兰溪月考）如图，抛物线y=x2+bx-3与x轴交于A、B两点(点A在点B左侧)，直线l与抛物线交于A、C两点，其中点A、C的横坐标分别为-1和2.点G是抛物线上的动点，在x轴上存在点F，使以A、C、F、G四个点为顶点的四边形是平行四边形，则点F的坐标为 .
【答案】（1,0）、（-3,0）、 、
【完整解答】解：∵其中点A、C的横坐标分别为-1和2
∴点A（-1，0）
∴1-b-3=0
解之：b=-2
∴y=x2-2x-3
当x=2时y=4-4-3=-3.
∴点C（2，-3）；
当x=0时，y=-3
∴点D（0，-3）
∴CD∥x轴，
当AC为对角线时，即AF∥CG，点G与点D重合
∴AF1=CD=2
∴OF1=2-1=1
∴点F1（1，0）
当AC为一边时，AF2∥CG，CG=AF=2
∴AF2=2
∴OF2=|-1-2|=3
∴点F2（-3，0）；
如图，当GA=CF时，CG和AF的中点坐标相同
设点F（m，0）
则点AF的中点坐标为（，0）
设点G（x，x2-2x-3）
∴CG的中点坐标为
∴-1+m2=2+x2x2-2x-62=0
解之：x1=1+7m1=4+7,x2=1-7m2=4-7
∴点
∴点F的坐标为 （1,0）、（-3,0）、 、 .
故答案为： （1,0）、（-3,0）、 、 .
【思路引导】由已知求出b的值，即可得到函数解析式，利用函数解析式求出点C，D的坐标，再分情况讨论：当AC为对角线时，即AF∥CG，点G与点D重合，可得到点F的坐标，当AC为一边时，AF2∥CG，CG=AF=2，可求出OF2的长，由此可得到F2的坐标；如图，当GA=CF时，CG和AF的中点坐标相同，设点F（m，0），设点G（x，x2-2x-3），分别表示出线段AF，CG的中点坐标，利用平行四边形的性质，可知线段AF，CG的中点坐标相同，由此建立关于x，m的二元方程组，解方程组求出x，m的值，就可得到符合题意的点F的坐标。
20．（2分）（2020九上·黄石期中）已知抛物线的顶点坐标为 ，它与x轴有两个交点，两交点间的距离为6，则此抛物线的解析式为 .
【答案】y=-（x-1）2+9
【完整解答】解：由题意设抛物线解析式为y=a（x-1）2+9，抛物线与x轴的交点坐标分别为（-2，0）或（4，0），
把点（4，0）代入0=9a+9，解得a=-1，
∴抛物线的解析式为y=-（x-1）2+9.
故答案为：y=-（x-1）2+9.
【思路引导】利用顶点坐标求得抛物线与x轴的交点坐标分别为（-2，0）或（4，0），由题意设抛物线解析式为y=a（x-1）2+9，利用待定系数法即可解决问题.
三．解答题（共8小题，满分60分）
21．（4分）（2020九上·潮州期末）如图，已知正方形 的边长为 ，点 是对角线 上一点，连接 ，将线段 绕点 顺时针旋转 至 的位置，连接 、 ．
（1）（2分）求证： ；
（2）（2分）当 为何值时， 的面积最大？请说明理由．
【答案】（1）证明： 绕点 顺时针旋转 至 的位置，
，
在正方形 中， ， ，
，即
（2）解：在正方形 中， ，
由（1）知 ，
， ，
设 ，正方形 的边长为 ，
故 ，
，
当 ，即 时， 的面积最大．
【思路引导】（1）根据题意先求出DE=DF，∠EDF=90°，再利用SAS证明三角形全等即可；
（2）根据题意先求出∠EAF=90°，再利用勾股定理AC=2，最后利用三角形的面积公式计算求解即可。
22．（5分）（2021九上·霍林郭勒月考）如图，二次函数 的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，顶点为D，求 的面积．
【答案】解：延长DC交x轴于E，
依题意，可得y＝−x2＋2x＋3＝−（x−1）2＋4，
∴顶点D（1，4），
令y＝0，可得x＝3或x＝−1，
∴B（3，0），
令x＝0，可得y＝3，
∴C（0，3），
∴OC＝3，
∴直线DC的解析式为y＝x＋3，
令y＝0，可得x＝-3，
∴E（-3，0），
BE＝6，
∴S△BCD＝S△BED−S△BCE＝ =12-9=3．
∴△BCD的面积为3．
【思路引导】 延长DC交x轴于E， 根据二次函数的解析式求出顶点坐标，再利用割补法 S△BCD＝S△BED−S△BCE求解即可。
23．（5分）（2020九上·黄石期中）如图，四边形 的两条对角线 、 互相垂直， ，当 、 的长是多少时，四边形 的面积最大？
【答案】解：设AC=x，四边形ABCD面积为S，则BD=10-x，
则： ，
∴当x=5时，S最大= ，
所以当AC=BD=5时，四边形ABCD的面积最大.
【思路引导】直接利用对角线互相垂直的四边形面积求法得出 ，再利用配方法求出二次函数最值即可.
24．（5分）（2020九上·瑶海月考）如图所示的正方形区域ABCD是某公园健身广场示意图，公园管理处想在其四个角的三角形区域内种植草皮加以绿化（阴影部分），剩余部分安装健身器材作为市民健身活动场所（四边形EFGH）其中AB=100米，且AE=AH=CF=CG．则当AE的长度为多少时，市民健身活动场所的面积达到最大？
【答案】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠B=∠C=∠D=90°．∵AE=AH=CF=CG，∴BE=BF=DG=DH，∴△AHE，△BEF，△CGF，△DCH都是等腰直角三角形；∴设AE=x米，则BE=（100-x）米．设四边形EFGH的面积为S，则S＝100×100−2× x2−2× （100−x）2=-2x2+200x（0＜x＜100）．
∵S=-2（x-50）2+5000．∵-2＜0，当x=50时，S有最大值为5000．
答：当AE=50米时，市民健身活动场所的面积达到最大．
【思路引导】根据正方形的性质及图形的面积公式，列出函数关系式，进行计算即可。
25．（9分）（2021九上·门头沟期末）在美化校园的活动中，某兴趣小组借助如图所示的直角墙角（墙角两边和足够长），用长的篱笆围成一个矩形花园（篱笆只围和两边）．设，．
（1）（3分）求与之间的关系式，并写出自变量的取值范围；
（2）（3分）当矩形花园的面积为时，求的长；
（3）（3分）如果在点处有一棵树（不考虑粗细），它与墙和的距离分别是和，如果要将这棵树围在矩形花园内部（含边界），直接写出矩形花园面积的最大值．
【答案】（1）解：由题意得．
∴．
（2）解：由题意结合（1）可得：．
解得，．
答：的长为12米或16米．
（3）解：面积的最大值为195米
【完整解答】(3)结合（1）中的函数关系式可得：；
又树到墙的距离为m，所以，即为；
结合二次函数的性质，∴ 当时，面积的最大值为195米．
【思路引导】（1）利用矩形的面积公式列出关系式即可；
（2）根据题意列出方程求解即可；
（3）利用抛物线的性质求解即可。
26．（6分）（2021九上·集贤期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，P点沿边AC向C以每秒3个单位长度的速度运动，Q点沿边BC向B以每秒4个单位长度的速度运动，当P、Q到达终点C、B时，运动停止，设运动时间为t（s）．
（1）（1分）①当运动停止时，t的值为 ；
②设P、C之间的距离为y，则y与t满足 关系（填“正比例函数”、“一次函数”或“二次函数”）；
（2）（4分）设△PCQ的面积为S．
①求S的表达式（用含t的式子表示）；
②求当t为何值时，S取得最大值，这个最大值是多少？
【答案】（1）2；一次函数
（2）解：①由题意可得：，
△PCQ的面积
故答案为：
②由二次函数的性质可得：，开口向下，对称轴为
∴当时，S取得最大值，最大值为6
【完整解答】解：（1）①运动停止时，分别到达终点C点和B点，
故答案为
②由题意可得：，，即，∴y与t满足一次函数的关系
故答案为一次函数
【思路引导】（1）①求出即可作答；
②先求出，，再求出，最后求解即可；
（2）①利用三角形的面积公式计算求解即可；
②先求出 ，开口向下，对称轴为 ，再求解即可。
27．（8分）如图，在平面直角坐标系中，△CDE的顶点C点坐标为C（1，﹣2），点D的横坐标为，将△CDE绕点C旋转到△CBO，点D的对应点B在x轴的另一个交点为点A．
（1）图中，∠OCE等于多少；
（2）求抛物线的解析式；
（3）抛物线上是否存在点P，使S△PAE=S△CDE？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）∵△CDE绕点C旋转到△CBO，∴∠OCE=∠BCD；故答案为BCD；（2）作CH⊥OE于H，如图，∵△CDE绕点C旋转到△CBO，∴CO=CE，CB=CD，OB=DE，∴OH=HE=1，∴OE=2，∴E点坐标为（2，0），设B（m，0），D（，n），∵CD2=（1﹣）2+（﹣2﹣n）2，CB2=（1﹣m）2+22，DE2=（2﹣）2+n2，∴（1﹣）2+（﹣2﹣n）2=（1﹣m）2+22，（2﹣）2+n2=m2，∴m=3，n=﹣，∴B（3，0），设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2﹣2，把B（3，0）代入得4a﹣2=0，解得a=，∴抛物线解析式为y=（x﹣1）2﹣2，即y=x2﹣x﹣；（3）存在．A与点B关于直线x=1对称，∴A（﹣1，0），∵△CDE绕点C旋转到△CBO，∴△CDE≌△CBO，∴S△CDE=S△CBO=•2•3=3，设P（t，t2﹣t﹣），∵S△PAE=S△CDE，∴•3•|t2﹣t﹣|=•3，∴t2﹣t﹣=1或t2﹣t﹣=﹣1，解方程t2﹣t﹣=1得t1=1+，t2=1﹣，此时P点坐标为（1+，1）或（1﹣，1）；解方程t2﹣t﹣=﹣1得t1=1+，t2=1﹣，此时P点坐标为（1+，﹣1）或（1﹣，1）；综上所述，满足条件的P点坐标为（1+，1）或（1﹣，1）或（1+，﹣1）或（1﹣，1）．
【思路引导】（1）根据旋转的性质易得∠OCE=∠BCD；
（2）作CH⊥OE于H，如图，根据旋转的性质得CO=CE，CB=CD，OB=DE，则利用等腰三角形的性质得OH=HE=1，则E点坐标为（2，0），设B（m，0），D（，n），利用两点间的距离公式得CD2=（1﹣）2+（﹣2﹣n）2，CB2=（1﹣m）2+22，DE2=（2﹣）2+n2，所以（1﹣）2+（﹣2﹣n）2=（1﹣m）2+22，（2﹣）2+n2=m2，解关于m、n的方程组得到m=3，n=﹣，则B（3，0），然后设顶点式y=a（x﹣1）2﹣2，再把B点坐标代入求出a即可得到抛物线解析式；
（3）先利用抛物线的对称性得到A（﹣1，0），再根据旋转的性质得△CDE≌△CBO，则S△CDE=S△CBO=3，设P（t，t2﹣t﹣），利用三角形面积公式得到•3•|t2﹣t﹣|=•3，则t2﹣t﹣=1或t2﹣t﹣=﹣1，然后分别解关于t的一元二次方程求出t，从而可得到满足条件的P点坐标．
28．（9分）（2021九上·槐荫期末）二次函数y＝ax2+bx+4（a≠0）的图象经过点A（－4，0），B（1，0），与y轴交于点C，点P为第二象限内抛物线上一点，连接BP、AC，过点P作PD⊥x轴于点D．
（1）（3分）求二次函数的表达式；
（2）（3分）连接PA，PC，求的最大值；
（3）（3分）连接BC，当∠DPB＝2∠BCO时，求直线BP的表达式．
【答案】（1）解：∵二次函数y＝ax2＋bx＋4（a≠0）的图象经过点A（﹣4，0），B（1，0），
∴，
解得：，
∴该二次函数的表达式为y＝﹣x2﹣3x＋4
（2）解：将x=0代入y=-x2-3x+4得，y=4，
∴点C（0，4），
设直线AC所在直线的表达式为y=k1x+b1，则
，解得：，
∴直线AC的表达式为y=x+4，
如图，设PD与线段AC交于点N，
设P（t，-t2-3t+4），
∵PD⊥x轴交AC于点N，
∴N（t，t+4），
∴PN=yP-yN=-t2-4t，
过点C作CH⊥PD，则CH=-t，AD=t-4，
∴S△APC=S△APN+S△PCN=PN•AD+PN•CH
=PN•(AD+CH)
= (−t2−4t)•(−t+t+4)
=-2t2-8t
=-2(t+2)2+8，
∵a=-2＜0，
∴当t=-2时，S△APC有最大值，△PAC面积的最大值为8．
（3）解：设BP与y轴交于点E，
∵PD∥y轴，
∴∠DPB=∠OEB，
∵∠DPB=2∠BCO，
∴∠OEB=2∠BCO，
∴∠ECB=∠EBC，
∴BE=CE，
∵C（0，4），B（1，0），
∴OC=4，OB=1，
设OE=a，则CE=BE=4-a，
在Rt△BOE中，BE2=OE2+OB2，
∴（4-a）2=a2+12，
解得：a=，
∴E（0，），
设BP所在直线表达式为y=kx+b（k≠0），
∴，
解得：，
∴直线BP的表达式为y=-x+．
【思路引导】（1）利用待定系数法可求出二次函数的表达式；
(2)由图可知 S△APC=S△APN+S△PCN ， 设P（t，-t2-3t+4）， 过点C作CH⊥PD，则CH=-t，AD=t-4， 则可求出S△APC 的面积表达式，再求出S△APC 的最大值；
（3）可根据题目已知条件，求出点B、点E的坐标，利用待定系数法确定直线BP的表达式．
29．（10分）（2021九上·吴兴期末）如图，已知二次函数 的图象与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C. 点P，Q为抛物线上两动点.
（1）（3分）若点P坐标为（1，3），求抛物线的表达式；
（2）（3分）如图①连结BC，在（1）的条件下，是否存在点Q，使得∠BCQ=∠ABC. 若存在，请求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）（4分）若点P为抛物线顶点，连结OP，当 a 的值从-3变化到-1的过程中，求线段OP扫过的面积.
【答案】（1）解：把坐标P(1，3)代入，得 ，解得
∴
（2）解：①当Q点在BC右侧 ，QC∥AB，Q（ ，3）
②当Q在BC左侧时，过B作BM⊥BC，交直线CQ于点M.构造K字形相似，得M（ ， 3）， 直线QC即直线MC为y= ，解得Q（ ）
（3）解：∵ 点P
∴ 点P在直线 上运动
当 时，点 的横坐标为
当 时，点 的横坐标为
即∴ ×3×（ - ）=
【思路引导】（1）将点P的坐标代入函数解析式，建立关于a的方程，解方程求出a的值，即可得到函数解析式.
（2）分情况讨论：当Q点在BC右侧 ，QC∥AB，当Q在BC左侧时，过B作BM⊥BC，交直线CQ于点M.构造K字形相似，可得到点M的坐标，利用待定系数法求出直线QC的函数解析式，从而可求出点Q的坐标.
（3）利用函数解析式，可得到抛物线的顶点P的坐标，再根据点P在直线 上运动，分别求出当a=-3和a=-1时点P的横坐标，利用三角形的面积公式求出△P1OP2的面积.
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