人教版数学九年级上册期中复习专题07 二次函数的应用重难点题型专训【八大题型】（2份，原卷版+解析版）

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【知识梳理】
知识点：二次函数的应用
1.审清题意，弄清题中涉及哪些量，已知量有几个，已知量与变量之间的基本关系是什么，找出等量关系(即函数关系)。
2.设出两个变量，注意分清自变量和因变量，同时还要注意所设变量的单位要准确。
3.列函数表达式，抓住题中含有等量关系的语句，将此语句抽象为含变量的等式，这就是二次函数。
4.按题目要求，结合二次函数的性质解答相应的问题。
5.检验所得解是否符合实际：即是否为所提问题的答案。
6.写出答案。
【经典例题一 图形面积与周长问题】
【例1】（2022·浙江温州·统考二模）已知抛物线与轴交于A，B两点，P为抛物线顶点，且当时，y随的增大而减小，若△ABP为等边三角形，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将抛物线表达式分别转化为两点式和顶点式，得到A（-1，0）、B（5，0）及顶点P（2，-9a）；过点P作与点H，结合等边三角形的性质，可知，，利用勾股定理计算PH的值，再由计算a值即可．
【详解】解：∵，
令，解得，，
即A（-1，0）、B（5，0）；
∵，
∴其顶点坐标为（2，-9a），对称轴为，
∵当时，y随的增大而减小，
∴抛物线开口向上，即，
∵△ABP为等边三角形，
∴，
如图，过点P作与点H，则，
在中，，
又∵，即（），
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了二次函数与实际问题（图形问题）、等边三角形的性质以及勾股定理的知识，解题关键是准确作出图形并运用数形结合的思想分析问题．
【变式训练】
1．（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）如图，利用一个直角墙角修建一个的四边形储料场，其中．若新建墙与总长为，则该储料场的最大面积是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先添加辅助线，把直角梯形分成矩形和含直角三角形，求出梯形的上、下底和高，最后由梯形面积公式得出面积与之间的函数关系式，根据二次函数的性质直接求解．
【详解】如图，过点作于点，易得：四边形为矩形，

∴，
，
设，
∴，，
∴，，
则四边形的面积为：
，
整理得：，
∴当长为时，储料场 的面积最大为．
故选：．
【点睛】此题考查了梯形的性质、矩形的性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理、二次函数的运用，利用梯形的面积建立二次函数是解题的关键．
3．（2023秋·辽宁大连·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点在抛物线上，过点A作y轴的垂线，交抛物线于另一点B，点C、D在线段AB上，且C、D两点关于y轴对称，过点C作x轴的垂线交抛物线于点E．连接ED，当是等腰直角三角形时，线段CD的长为 ．
【答案】
【分析】设与y轴相交于点F，设，根据轴对称的性质和等腰三角形的性质求出点E的坐标，然后利用待定系数法求解即可．
【详解】解：设与y轴相交于点F，设，
∵C、D两点关于y轴对称，
∴，
∴
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵点在抛物线上，
∴，
解得，
∴，
把代入，得，
解得，（不符合题意，舍去）
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的性质，待定系数法求二次函数的解析式，解一元二次方程等知识，掌握以上知识是解题的关键．
3．（2023春·浙江温州·八年级校考期中）如何裁剪出符合要求的长方形纸片？
【答案】任务1：80cm；任务2：乙同学不能实现，见解析；任务3：
【分析】任务设，则，依据题意列出方程求得值，再利用正方形的周长公式解答即可；
任务设，则，依据题意列出方程，通过计算，方程没有实数根，说明乙同学的方案不能实现；
任务利用配方法，分别求得两个方案中的面积的最大值即可得出结论．
【详解】解：任务由题意得：，
，
．
设，则，
矩形的面积为三角形面积的，
，
化简得，
解得：或，
矩形的边长为，，
周长为；
任务由题意得：，，
，，
．
设，则，
矩形的面积为三角形面积的，
，
整理得：．
，
方程无实数根，
乙同学的方案不能实现；
任务图方案：，
当时，矩形的面积最大为；
图方案：，
当时，面积最大为，
长方形纸片面积的最大值为．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，矩形的性质，配方法，二次函数的性质，函数的极值，利用配方法解答是解题的关键．
【经典例题二 图形运动问题】
【例2】（2023·浙江温州·统考三模）如图，正方形的边长为，点P，Q同时从点A出发，速度均为，若点P沿向点C运动，点Q沿向点C运动，则的面积与运动时间之间函数关系的大致图象是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分两种情况讨论：当Q、P两点分别在、上时，可得，；当Q、P两点分别在、上时，连接，可得，，根据的面积为正方形的面积减去面积、面积和面积，进而有，，综上可以求出S与t的关系式，即可求解．
【详解】解：当Q、P两点分别在、上时，，，
的面积为：，；
当Q、P两点分别在、上时，连接，如图所示：
根据题意有：，则，
∵正方形的边长为，
∴，
∴，
同理可得，
∵根据的面积为正方形的面积减去面积、面积和面积，
∴，
∴，
∴，，
则有，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质的知识，掌握函数图象的性质以及分类讨论是解答本题的关键．
【变式训练】
1．（2022·浙江宁波·校考模拟预测）已知抛物线：顶点为D，将抛物线向上平移，使得新的抛物线的顶点落在直线l：上，设直线l与y轴的交点为，原抛物线上的点P平移后的对应点为Q，若，则点Q的纵坐标为（ ）
A．B．C．4D．
【答案】B
【分析】先根据顶点的变化规律写出平移后的抛物线的解析式，即可求得平移的距离，根据，得出Q点的纵坐标为．
【详解】解：∵，
由题意得向上平移后的抛物线解析式为，
∴抛物线向上平移了5个单位，
由题意得，
∵，
∴Q点的纵坐标为．
故选B．
【点睛】本题主要考查二次函数的图象与几何变换，二次函数的图象和性质，二次函数图象上点的坐标特征，根据题意得到关于x的方程是解题的关键．
2．（2023春·福建福州·九年级福建省罗源第一中学校考期中）点在边长为的正方形的边上，点在边上，，则面积的最小值为 ．
【答案】/
【分析】将绕点顺时针旋转得到，证明，则，，设，则，在中，由得出，根据二次函数的性质即可求解．
【详解】解：如图所示，
将绕点顺时针旋转得到，
则，
在中，
∴
设，则
，
在中，
当时，
∴的最小值为
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，二次函数与图形问题，构造二次函数关系式是解题的关键．
3．（2020秋·广东广州·九年级中山大学附属中学校考阶段练习）如图，在矩形中，，，点P从点A出发沿AB边向点B以1个单位每秒的速度移动，同时点Q从点B出发沿边向点C以2个单位每秒的速度移动．如果P，Q两点在分别到达B，C两点后就停止移动，设运动时间为t秒，回答下列问题：

(1)运动开始后第几秒时的面积等于．
(2)设五边形的面积为S，写出S与t的函数关系式，当t为何值时S最小？求S的最小值．
【答案】(1)秒或秒
(2)，当时，
【分析】（1）设运动开始后第秒时的面积等于，由三角形面积公式即可求解；
（2）由即可求解．
【详解】（1）解：设运动开始后第秒时的面积等于，由题意得
，
整理得：，
解得：，，
答：运动开始后第秒或秒时的面积等于．
（2）解：
，
，
，，
当时，；
答：，当时，．
【点睛】本题考查了一元二次方程及二次函数的应用，根据图形找出等量关系式，掌握二次函数最值的求法是解题的关键．
【经典例题三 拱桥问题】
【例3】（2021秋·浙江绍兴·九年级校联考期中）一座拱桥的示意图如图所示，当水面宽为12m时，桥洞顶部离水面4m．已知桥洞的拱形是抛物线，以水平方向为x轴（向右为正向），若A为原点建立坐标系时，该抛物线的表达式为则B为原点建立坐标系时，该抛物线的表达式为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意得出A点坐标，进而利用顶点式求出函数解析式即可．
【详解】解：以B为原点建立坐标系，如图所示：
由题意可得出：，
将（﹣12，0）代入得出，，
解得：，
∴选取点B为坐标原点时的抛物线解析式是：
．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了二次函数的应用，利用顶点式求出函数解析式是解题关键．
【变式训练】
1．（2022秋·浙江嘉兴·九年级校联考期中）三孔桥横截面的三个孔都呈抛物线形，两小孔形状、大小完全相同．当水面刚好淹没小孔时，大孔水面宽度为10米，孔顶离水面1.5米；当水位下降，大孔水面宽度为14米时，单个小孔的水面宽度为4米，若大孔水面宽度为20米，则单个小孔的水面宽度为（ ）
A．4米B．5米C．2米D．7米
【答案】B
【分析】根据题意，可以画出相应的抛物线，然后即可得到大孔所在抛物线解析式，再求出顶点为A的小孔所在抛物线的解析式，将x=﹣10代入可求解．
【详解】解：如图，建立如图所示的平面直角坐标系，由题意可得MN=4，EF=14，BC=10，DO=，
设大孔所在抛物线解析式为y=ax2+，
∵BC=10，
∴点B（﹣5，0），
∴0=a×（﹣5）2+，
∴a=-，
∴大孔所在抛物线解析式为y=-x2+，设点A（b，0），则设顶点为A的小孔所在抛物线的解析式为y=m（x﹣b）2，
∵EF=14，
∴点E的横坐标为-7，
∴点E坐标为（-7，-），
∴-=m（x﹣b）2，
∴x1=+b，x2=-+b，
∴MN=4，
∴|+b-（-+b）|=4
∴m=-，
∴顶点为A的小孔所在抛物线的解析式为y=-（x﹣b）2，
∵大孔水面宽度为20米，
∴当x=-10时，y=-，
∴-=-（x﹣b）2，
∴x1=+b，x2=-+b，
∴单个小孔的水面宽度=|（+b）-（-+b）|=5（米），
故选：B．
【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，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
2．（2023·吉林长春·东北师大附中校考三模）如图，同学们在操场上玩跳大绳游戏，绳甩到最高处时的形状是抛物线型，摇绳的甲、乙两名同学拿绳的手的间距为6米，到地面的距离与均为米，绳子甩到最高点C处时，最高点距地面的垂直距离为米．身高为米的小吉站在距点О水平距离为m米处，若他能够正常跳大绳（绳子甩到最高时超过他的头顶），则m的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据题意建立直角坐标系，提取出点的坐标求出抛物线解析式，根据能跳绳及高度大于米列不等式即可得到m的值．
【详解】解：以O为坐标原点，所在直线为y轴所在直线为x轴，由题意可得，
，，，
设抛物线解析式为
，将点代入可得，
，
解得：，
∴，
∵身高为米的小吉站在距点О水平距离为m米处能够正常跳大绳，
即跳绳高度要高于米，
∴，
当时，
整理得，
解得，，
即身高为米的小吉站在距点О水平距离1米处和5米处时，绳子恰好在头顶上，
∵绳子甩到最高时要超过他的头顶，
∴，
故答案为．
【点睛】本题考查二次函数的应用及坐标求法，解题的关键是建立适当的直角坐标系，会根据题意得出点的坐标．
3．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）某公司生产A型活动板房的成本是每个3500元．图1表示A型活动板房的一面墙，它由长方形和抛物线构成，长方形的长，宽，抛物线的最高点E到的距离为．

(1)按图1中所示的平面直角坐标系，求该抛物线的函数表达式；
(2)现将A型活动板房改造成为B型活动板房．如图2，在抛物线与之间的区域内加装一扇长方形窗户，点G、M在上，点F、N在抛物线上，窗户的成本为150元/．已知，求每个B型活动板房的成本．（每个B型活动板房的成本＝每个A型活动板房的成本＋一扇窗户的成本）
【答案】(1)
(2)每个B型活动板房的成本为3725元
【分析】（1）根据题意得出，设该抛物线的函数表达式为，利用待定系数法求解即可；
（2）根据题意得出，继而求出矩形的面积，列式求解即可．
【详解】（1）∵长方形的长，宽，抛物线的最高点E到的距离为，
∴，
∴，
∴，
设该抛物线的函数表达式为，
把代入，得，
解得，
∴该抛物线的函数表达式为；
（2）∵，
∴，
当时，，
∴，，
∴，
∴（元），
所以，每个B型活动板房的成本为3725元．
【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，准确理解题意，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
【经典例题四 销售问题】
【例4】（2023秋·贵州遵义·九年级统考期末）某商店销售一种进价为40元/千克的海鲜产品，据调查发现，月销售量（千克）与售价（元/千克）之间满足一次函数关系，部分信息如下表，下列说法错误的是（ ）
A．与之间的函数关系式为
B．当售价为72元时，月销售利润为7296元
C．当每月购进这种海鲜的总进价不超过5000元时，最大利润可达到16900元
D．销售这种海鲜产品，每月最高可获得利润16900元
【答案】C
【分析】根据题意，可设与之间的函数关系式为，再把将、代入，联立方程组，并解出，得出与之间的函数关系式，即可判断选项A；再根据一次函数的性质，得出当时，月销售量为千克，然后算出月销售利润，即可判断选项B；设月销售利润为，根据月销售利润等于每千克的利润乘以数量，得出，再根据题意，得出月销售量不超过千克，再根据一次函数，得出售价，然后代入，计算即可判断选项C；再根据二次函数的性质，即可判断选项D，综合即可得出答案．
【详解】解：∵月销售量（千克）与售价（元/千克）之间满足一次函数关系，
∴设与之间的函数关系式为，
将、代入，
可得：，
解得：，
∴与之间的函数关系式为，故选项A正确；
当时，，
∴月销售利润为：（元），故选项B正确；
设月销售利润为，
∴，
∵每月购进这种海鲜的总进价不超过元，
∴（千克），即月销售量不超过千克，
∴当时，即，
解得：，
∴（元），故选项C错误；
∵，
∴当时，有最大值，最大值为，即最高利润为元，故选项D正确．
故选：C
【点睛】本题考查了一次函数的应用、求一次函数解析式、二次函数的应用、二次函数的性质，解本题的关键在理解题意，正确得出函数解析式．
【变式训练】
1．（2023秋·云南临沧·九年级统考期末）为庆祝第五个中国农民丰收节，宣传玉龙县特色农产品，“迎盛会·庆丰收·促振兴”农特产品展销推荐会在白华生态农贸市场举行．某农户销售一种商品，成本价为每千克40元，按规定，该商品每千克的售价不低于成本价，且不高于60元．经调查每天的销售量（千克）与每千克售价（元）满足一次函数关系，部分数据如下表：
设销售该商品每天的利润为（元），则的最大值为（ ）
A．1800B．1600C．1400D．1200
【答案】B
【分析】设出与的函数关系式，把，代入求出关系式，再根据题意列出利润的二次函数关系式，根据二次函数的性质和实际情况求解最大值即可．
【详解】提示：设与的函数关系式，把，代入，
得，解得，
∴，
由题意得，
∵，开口方向向下，
∴当时，随的增大而增大，
又∵，
∴时，（元）．
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数和二次函数的应用，根据题意列出相关函数关系式是解题的关键．
2．（2022秋·河北邢台·九年级校考阶段练习）某批发商销售一种成本是40元/副的防寒手套，当每副防寒手套的售价定为60元时，一天内可卖出100副．经调研得知，该防寒手套的单价每降低1元，每天的销量可增加10副．
（1）当防寒手套的单价在定价的基础上降低2元时，每天的销售量为 副．
（2）该批发商每天要获利2240元，为尽可能让利于顾客，赢得市场，那么这种防寒手套的售价应降价 元．当每副防寒手套的定价为 元时，该批发商可获得最大利润．
【答案】 120 6 55
【分析】（1）利用平均每天的销售量(每副降低的价格)，即可得出结论；
（2）设每天利润为，每副手套应降价元，则化简求最大值即可．
【详解】解：（1）∵该防寒手套的单价每降低1元，每天的销量可增加10副，
∴当防寒手套的单价在定价的基础上降低2元时，每天销售量可增加（副）
∴每天的销量为：（副）
故答案为：120；
（2）设这种防寒手套的售价应降价元，则每副防寒手套的销售利润为元，平均每天的销售量为副，
依题意得，
解得，．
∵尽可能让利于顾客，赢得市场，
∴每副防寒手套应降价6元．
设利润为w，依据题意可知，
．
∵，
当时，批发商可获得最大利润．
即每副防寒手套的定价为55元．
故答案为：6；55.
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用以及二次函数的应用，解题的关键是根据题目中的等量关系列出方程和函数关系式．
3．（2023·湖北十堰·统考中考真题）“端午节”吃粽子是中国传统习俗，在“端午节”来临前，某超市购进一种品牌粽子，每盒进价是40元，并规定每盒售价不得少于50元，日销售量不低于350盒，根据以往销售经验发现，当每盒售价定为50元时，日销售量为500盒，每盒售价每提高1元，日销售量减少10盒，设每盒售价为x元，日销售量为p盒．
(1)当时，__________；
(2)当每盒售价定为多少元时，日销售利润W（元）最大？最大利润是多少？
(3)小强说：“当日销售利润最大时，日销售额不是最大，”小红说：“当日销售利润不低于8000元时，每盒售价x的范围为．”你认为他们的说法正确吗？若正确，请说明理由；若不正确，请直接写出正确的结论．
【答案】(1)
(2)当每盒售价定为65元时，日销售利润W（元）最大，最大利润是元．
(3)他们的说法正确，理由见解析
【分析】（1）根据每盒售价定为50元时，日销售量为500盒，每盒售价每提高1元，日销售量减少10盒，列式计算即可；
（2）根据销售量乘以每盒的利润得到，根据二次函数的性质即可得到答案；
（3）设日销售额为元，则，根据二次函数的性质即可判断当日销售利润最大时，日销售额不是最大，即可判断小强的说法；当时，由，解得，由抛物线开口向下，得到当时，，即可判断小红的说法．
【详解】（1）解：当时，（盒），
故答案为：
（2）由题意得，
，
又∵，即，
解得，
∵，
∴当时，W最大，最大值为，
∴当每盒售价定为65元时，日销售利润W（元）最大，最大利润是元．
（3）他们的说法正确，理由如下：
设日销售额为元，则
，
∵，
∴当时，最大，最大值为，
∴当日销售利润最大时，日销售额不是最大，
即小强的说法正确；
当时，，解得，
∵抛物线开口向下，
∴当时，，
∴当日销售利润不低于元时，每盒售价x的范围为．
故小红的说法正确．
【点睛】此题考查了二次函数的应用，根据题意正确列出函数解析式是基础，熟练掌握二次函数的性质和正确计算是解题的关键．
【经典例题五 投球问题】
【例5】（2022秋·浙江台州·九年级统考期末）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（ ）
A．1.5mB．2mC．2.25mD．2.5m
【答案】C
【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==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．
【变式训练】
1．（2023秋·浙江温州·九年级期末）把一个距离地面1米的小球竖直向上抛出，该小球距离地面的高度h（米）与所经过的时间t（秒）之间的关系为，若存在两个不同的t的值，使足球离地面的高度均为a（米），则a的取值范围（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将（0，1）代入求得函数解析式为，再由题意可得方程，由存在两个不同的的值，使足球离地面的高度均为，故△，即可求出相应的范围．
【详解】解：将（0，1）代入，得：
，
解得：，
∴，
令，则可得方程，
∵存在两个不同的的值，使足球离地面的高度均为，
∴方程有两个不相等的实根，
整理得：，
△，
解得：，
又，
∴的取值范围为：，
故选：D．
【点睛】本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是根据题意得到相应的方程及将实际问题转化为方程问题．
2．（2023·吉林长春·统考一模）如图①是古代的一种远程投石机，其投出去的石块运动轨迹是抛物线的一部分，且石块在离发射点水平距离米处达到最大高度米．现将该投石机放置在水平地面上的点处，如图②，石块从投石机竖直方向上的点处被投出，投向远处的防御墙，垂直于水平地面且与之间的距离超过米．已知高米，高米，若石块正好能打中防御墙，设投石机离防御墙的水平距离为米，则的取值范围是 ．

【答案】
【分析】根据题意得出石块运动轨迹所在抛物线的顶点坐标是，，设石块运动轨迹所在抛物线的解析式为，待定系数法求解析式，进而将分别代入解析式，求得的值，即可求解．
【详解】解：依题意，石块运动轨迹所在抛物线的顶点坐标是，，，
设石块运动轨迹所在抛物线的解析式为，
将代入得，
∴，
令，即，
解得：（，舍去），，
令，即，
解得：（舍去） ， ，
∴的取值范围是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，根据题意求得二次函数的性质是解题的关键．
3．（2023·河南信阳·校考三模）实心球是中考体育项目之一．在掷实心球时，实心球被掷出后的运动路线可以看作是抛物线的一部分，已知小军在一次掷实心球训练中，第一次投掷时出手点距地面1.8m，实心球运动至最高点时距地面3.4m，距出手点的水平距离为4m．设实心球掷出后距地面的竖直高度为y（m），实心球距出手点的水平距离为x（m）．如图，以水平方向为x轴，出手点所在竖直方向为y轴建立平面直角坐标系．

(1)求第一次掷实心球时运动路线所在抛物线的表达式．
(2)若实心球投掷成绩（即出手点与着陆点的水平距离）达到12.4m为满分，请判断小军第一次投掷实心球能否得满分．
(3)第二次投掷时，实心球运动的竖直高度y与水平距离x近似满足函数关系．记小军第一次投掷时出手点与着陆点的水平距离为，第二次投掷时出手点与着陆点的水平距离为，则______（填“＞”“＜”“＝”）．
【答案】(1)
(2)不能得满分
(3)＜
【分析】（1）设抛物线的表达式为，将代入解得a即可；
（2）令，解得x，与12.4m比较即可；
（3）令，解得x，根据（2）所得即可比较与．
【详解】（1）由题意，可知抛物线最高点的坐标为，
设抛物线的表达式为，
将代入，得，
解得．
∴第一次掷实心球时运动路线所在抛物线的表达式为；
（2）令，解得（负值已舍去），
∴实心球出手点与着陆点的水平距离为m．
∵，即，∴，
∴小军第一次投掷实心球不能得满分．
（3）∵，
解得（负值已舍去），
，，
，，
∴．
故答案为：＜．
【点睛】本题考查二次函数的应用以及待定系数法求解析式，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
【经典例题六 喷水问题】
【例6】（2022秋·浙江绍兴·九年级新昌县七星中学校考期中）学校组织学生去绍兴进行研学实践活动，小王同学发现在宾馆房间的洗手盘台面上有一瓶洗手液（如图①）．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下压如图②位置时，洗手液从喷口B流出，路线近似呈抛物线状，且喷口B为该抛物线的顶点．洗手液瓶子的截面图下面部分是矩形．小王同学测得∶洗手液瓶子的底面直径，喷嘴位置点距台面的距离为，且三点共线．小王在距离台面处接洗手液时，手心到直线的水平距离为，若小王不去接，则洗手液落在台面的位置距的水平面是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【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：根据题意：所在直线为x轴，的垂直平分线所在直线为y轴建立如图所示的平面直角坐标系，喷口B为抛物线顶点，共线的三点所在直线为抛物线的对称轴，
根据题意，，
设抛物线解析式为 ，
将Q点坐标代入解析式得，，
解得：，
所以抛物线解析式为：，
当时，即，
解得：，或（舍去），
所以洗手液落在台面的位置距的水平距离是.
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．
【变式训练】
1．（2020秋·浙江湖州·九年级统考期末）同学发现在宾馆房间的洗手盘台面上有一瓶洗手液（如图①）．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②位置时，洗手液从喷口B流出，路线近似呈抛物线状，且a＝﹣．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．
A．12B．12C．6D．6
【答案】B
【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＝﹣x2+bx+c，
所以抛物线解析式为y＝﹣x2+x+14．
当y＝0时，即0＝﹣x2+x+14，
解得：x＝6+12（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12cm．
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．
2．（2023·河北保定·校考模拟预测）如图，这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，喷灌架喷射出的水流可以近似地看成抛物线．现将喷灌架置于坡度为的坡地底部点O处，草坡上距离O的水平距离为30米处有一棵高度约为米的石榴树．

（1）喷射出的水流与坡面之间的最大铅直高度是 米；
（2）若要对这棵石榴树进行喷灌，则需将喷灌架向后移动 米．
【答案】 5
【分析】（1）设喷射出的水流与坡面之间的铅直高度为米，则，再根据二次函数的性质求最大值即可；
（2）设将喷灌架向后移动米，根据时抛物线上的点的纵坐标值等于时的函数值，再列一元二次方程即可．
【详解】（1）设喷射出的水流与坡面OA之间的铅直高度为米，则
，
∴最大铅直高度是米；
（2）设将喷灌架向后移动米，则图中时
抛物线上的点的纵坐标值等于时的函数值，
当时，点B的纵坐标为，
当时，，
解得，（不符合题意，舍去）．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，正确理解题意、熟练掌握待定系数法及二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键．
3．（2023·山东临沂·统考一模）如图，一灌溉车正为绿化带浇水，喷水口离地竖直高度为米如图，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，其水平宽度米，竖直高度米，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离喷水口的水平距离为米，高出喷水口米，灌溉车到绿化带的距离为米．
(1)求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程；
(2)求下边缘抛物线与轴交点的坐标；
(3)要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，求的取值范围．
【答案】(1)，喷出水的最大射程为
(2)点的坐标为
(3)
【分析】（1）由顶点得，设，再根据抛物线过点，可得的值，从而解决问题；
（2）由对称轴知点的对称点为，则下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到的，可得点的坐标；
（3）根据，求出点的坐标，利用灌溉车行驶时距离绿化带的增减性可得的最大值和最小值，从而得出答案．
【详解】（1）解：如图，由题意得是上边缘抛物线的顶点，
设，
又抛物线过点，
∴，
，
上边缘抛物线的函数解析式为，
当时，，
解得，舍去，
喷出水的最大射程为；
（2）解：∵对称轴为直线，
点的对称点为，
下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到的，
点的坐标为；
（3）解：∵，
点的纵坐标为，
，
解得，
，
，
当时，随的增大而减小，
当时，要使，
则，
当时，随的增大而增大，且时，，
当时，要使，则，
，灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，
的最大值为，
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，
的最小值为，
综上所述，的取值范围是．
【点睛】本题考查二次函数的实际应用，掌握待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数与方程的关系等知识，读懂题意，建立二次函数模型是解题的关键．
【经典例题七 增长率问题】
【例7】（2022秋·广西梧州·九年级统考期中）某市为解决当地教育“大班额”问题，计划用三年时间完成对相关学校的扩建，年市政府已投资亿人民币，若每年投资的增长率相同，预计年投资额达到亿元人民币，设每年投资的增长率为，则可得（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据增长率方程解答．
【详解】设每年投资的增长率为，由题意得，
故选：C．
【点睛】此题考查增长率二次函数关系式，掌握增长率问题的计算公式：，a是前量，b是后量，x在增长率．
【变式训练】
1．（2022秋·安徽淮北·九年级淮北市第二中学校联考阶段练习）进入夏季后，某电器商场为减少库存，对电热取暖器连续进行两次降价，设平均每次降价的百分率为，降价后的价格为y元，原价为a元，则y与x的函数关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】∴第一次降价后的价格是a×(1−x)，
第二次降价为a×(1−x)×(1−x)=a(1−x)2
∴y=a(1−x)2.
故选D.
2．（2022春·全国·九年级专题练习）为了打造“清洁能源示范城市”，东营市2016年投入资金2560万元用于充电桩的安装，并规划投入资金逐年增加，2018年在2016年的基础上增加投入资金3200万元.
（1）从2016年到2018年，东营市用于充电桩安装的资金年平均增长率为多少？
（2）2019年东营市计划再安装A、B两种型号的充电桩共200个.已知安装一个A型充电桩需3.5万元，安装一个B型充电桩需4万元，且A型充电桩的数量不多于B型充电桩的一半.求A、B两种型号充电桩各安装多少个时，所需资金最少，最少为多少？
【答案】（1）从2016年到2018年，东营市用于充电桩安装的资金年平均增长率为50%；（2）A、B两种型号充电桩分别安装66个，134个时所需资金最少，最少为767万元
【分析】(1)设从2016年到2018年，东营市用于充电桩安装的资金年平均增长率为x，根据等量关系，列出方程，即可求解；
(2)设安装A型充电桩a个，则安装B型充电桩个，所需资金为万元，列不等式，求出a的范围，再求出的函数解析式，进而可求出答案.
【详解】（1）设从2016年到2018年，东营市用于充电桩安装的资金年平均增长率为x，
根据题意得：，
解得:，（舍去）.
答：从2016年到2018年，东营市用于充电桩安装的资金年平均增长率为50%；
（2）设安装A型充电桩a个，则安装B型充电桩个，所需资金为万元.
根据题意，得:，
解得:，
，
∵，
∴随a的增大而减小.
∵a为整数，
∴当时，最小，最小值为（万元）.
此时，.
答：A、B两种型号充电桩分别安装66个，134个时，所需资金最少，最少为767万元.
【点睛】本题主要考查一次函数，二次函数以及一元一次不等式的实际应用，找到数量关系，列出函数解析式和一元一次不等式，是解题的关键.
3．（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）某商店进购一商品，第一天每件盈利（毛利润）10元，销售500件．
(1)第二、三天该商品十分畅销．销售量持续走高．在售价不变的基础上，第二、三天的销售量达到605件，求第二、三天的日平均增长率；
(2)经市场调查发现，在进货价不变的情况下，若每件涨价1元，日销量将减少20件．
①现要保证每天总毛利润6000元，同时又要使顾客得到实惠，则每件应张价多少元？
②现需按毛利润的交纳各种税费，人工费每日按销售量每件支出0.9元，水电房租费每日102元，若剩下的每天总纯利润要达到5100元，则每件涨价应为多少？
【答案】(1)
(2)①每件应张价5元；②每件涨价应为8元
【分析】（1）设第二、三天的日平均增长率为x，利用第三天的销售量=第一天的销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论；
（2）①设每件应张价y元，则每件盈利（毛利润）为元，销售数量为件，根据每件盈利（毛利润）×销售数量＝每天总毛利润列方程求解即可；
②设每件涨价应为z元，则每天总毛利润为元，每天总纯利润为元，根据每天总纯利润要达到5100元，列方程求解即可．
【详解】（1）解： 设第二、三天的日平均增长率为x，根据题意，得
，
解得： ， (不符合题意，舍去)，
∴，
答： 第二、三天的日平均增长率为10%．
（2）解：①设每件应张价y元，根据题意，得
，
解得：，，
∵要使顾客得到实惠，
∴，
答：每件应张价5元；
②设每件涨价应为z元，根据题意，得
，
解得：，
∴，
答：每件涨价应为8元．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用，理解题意，设恰当未知数，找出等量关系，列出方程是解题的关键．
【经典例题八 其他问题】
【例8】（2023·山东临沂·统考一模）如图，一个滑道由滑坡（段）和缓冲带（段）组成，如图所示，滑雪者在滑坡上滑行的距离（单位：m）和滑行的时间（单位：s）满足二次函数关系，并测得相关数据：滑雪者在缓冲带上滑行的距离（单位：m），和在缓冲带上滑行时间（单位：s）满足：，滑雪者从A出发在缓冲带上停止，一共用了24s，则滑坡的长度为（ ）
A．275米B．384米C．375米D．270米
【答案】D
【分析】由滑行时间为0时，滑行距离为0可得，故设，取两组数据代入，求出解析式，滑雪者在段对应的二次函数取得最大值时即为滑雪者停下时，由此求出滑雪者在段的滑行时间，即可得出在段的滑行时间，最后代入函数解析式求出段的长度即可．
【详解】解：由滑行时间为0时，滑行距离为0可得，
设，
取两组数据代入可得：，
解得：，
，
滑雪者在缓冲带上滑行时间为：s，
滑雪者在滑坡上滑行时间为：s，
令，，
滑坡的长度为270米．
故选：D．
【点睛】本题主要考查二次函数的实际应用，滑雪者在段对应的二次函数取得最大值时即为滑雪者停下时，由此求出滑雪者在段的滑行时间是解题关键．
【变式训练】
1．（2023·陕西·模拟预测）如图，使用家用燃气灶烧开同一壶水所需的燃气量y（单位：m3）与旋钮的旋转角度x（单位：度）近似满足函数关系 ．如图记录了某种家用燃气灶烧开同一壶水的旋钮角度x与燃气量y的三组数据，根据上述函数模型和数据，可推断出此燃气灶烧开一壶水最节省燃气的旋钮角度约为（ ）
A．18°B．28°C．37°D．58°
【答案】C
【分析】根据已知的三个点可以大致画出函数图像，并判断对称轴的位置在36和54之间即可选择答案．
【详解】解：根据题意可知抛物线的开口向上，由已知的三个点描点、连线得到函数的大致图像，
由图知抛物线的对称轴的位置在36和54之间，比36 稍大，大约37．
因此可推断出此燃气灶烧开一壶水最节省燃气的旋钮角度约为37°．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，熟练掌握二次函数图像的对称性，判断对称轴的位置是解题的关键．
2．（2022秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）中国跳水队被称为“梦之队”，跳水运动员在进行跳水训练时，身体(看成点)在空中的运动路线是如图所示的抛物线．已知跳板长为1米，距水面的高为3米，C为入水点，训练时跳水曲线在离起跳点B水平距离1米时达到距水面最大高度k米，分别以、所在直线为横轴和纵轴，点O为坐标原点建立平面直角坐标系．若跳水运动员在入水时点C与点O的距离在3.5米至4米(含米和4米)才能达到训练要求，则k的取值范围是
【答案】
【分析】根据题意设出抛物线抛物线解析式的顶点式，再根据跳水运动员在入水时点C与点O的距离在3.5米至4米，即当时，，时，解不等式即可得．
【详解】解：根据题意，设抛物线解析式为：，
将点代入可得：，即，
∴，
若跳水运动员在入水时点C与点O的距离在3.5米至4米，
则当时，，
解得：，
当时，，
解得：，
故，
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了二次函数的应用，根据题意利用顶点式求出二次函数解析式是解题基础，判断入水的位置对应的抛物线上点的坐标特点是解题关键．
3．（2023·北京海淀·校考三模）天桥中幡是第一批被正式列入非遗名录的杂技艺术，2023年的春晚舞台上，中幡杂技表演《龙跃神州》成为一大亮点，其中有一个环节，若干个杂技演员等距排成一列，由第一位杂技演员将中幡向后高高抛出，最后一位杂技演员用头部接住中幡，中幡底部在空中运动的路线可以看作是抛物线的一部分．以第一位杂技演员的立足点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，中幡从抛出到被接住的过程中，中幡底部的竖直高度y（单位：m）和水平距离x（单位：m）近似满足函数关系．

某次训练，中幡底部的水平距离x和竖直高度y的几组数据如下：
根据上述数据，回答下列问题：
(1)表格中的______．
(2)求满足条件的抛物线的解析式；
(3)若这次训练相邻两位演员的间距都为，最后一位演员身高为，当中幡底部位于距头部水平距离小于等于0.6米，距头部竖直距离小于等于0.3米，可以成功接到中幡，若此次训练成功，则舞台上至少______位演员．
【答案】(1)
(2)
(3)6
【分析】（1）先求出抛物线的对称轴为直线，再根据对称性即可得；
（2）根据（1）可知抛物线的顶点坐标为，从而可得，，再将点代入计算即可得；
（3）设舞台上有位演员，最后一位演员成功接到中幡时，中幡底部的水平距离为米，则从第一位杂技演员到最后一位演员的水平距离为米，中幡底部的竖直高度米，根据题意建立不等式组，利用二次函数的图象解不等式组，由此即可得．
【详解】（1）解：由表格可知，抛物线的对称轴为直线，
则由对称性得：，
故答案为：．
（2）解：由（1）可知，抛物线的顶点坐标为，
则，，
将点代入得：，
解得，
则满足条件的抛物线的解析式为．
（3）解：设舞台上有位演员，最后一位演员成功接到中幡时，中幡底部的水平距离为米，则从第一位杂技演员到最后一位演员的水平距离为米，中幡底部的竖直高度米，
由题意得：，即，
解方程得：或，
画出二次函数的图象如下：

由函数图象可知，不等式②的解集为或，
若此次训练成功，即不等式组有解，则，
解得，
，即，
，
又为正整数，
的最小值为6，
即舞台上至少6位演员，
故答案为：6．
【点睛】本题考查了求二次函数的解析式、二次函数的图象与性质等知识点，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键．
【重难点训练】
1．（2023·陕西榆林·统考二模）廊桥是我国古老的文化遗产，如图是某座下方为抛物线形的廊桥示意图．已知抛物线的函数表达式为，为保护廊桥的安全，在该抛物线上距水面高为8米的点E，F处要安装两盏警示灯，则这两盏灯的水平距离是（ ）
A．米B．10米C．米D．米
【答案】A
【分析】已知抛物线上距水面高为8米的E、F两点，可知E、F两点纵坐标为8，把代入抛物线解析式，可求E、F两点的横坐标，根据抛物线的对称性求长．
【详解】解：由于两盏警示灯E、F距离水面都是8米，因而两盏警示灯之间的水平距离就是直线与抛物线两交点的横坐标差的绝对值．
故有，
即，
解得，．
所以两盏警示灯之间的水平距离为：米．
故选：A
【点睛】本题考查的是二次函数在实际生活中的应用，注意利用函数对称的性质来解决问题．
2．（2023·浙江台州·统考一模）游乐园里的大摆锤如图1所示，它的简化模型如图2，当摆锤第一次到达左侧最高点A点时开始计时，摆锤相对地面的高度y随时间t变化的图象如图3所示．摆锤从A点出发再次回到A点需要（ ）秒．

A．2B．4C．6D．8
【答案】D
【分析】根据函数图象即可解答．
【详解】由函数图象发现当摆锤第一次到达左侧最高点到第一次到达右侧最高点一共用了4秒，从右侧最高点回到左侧最高点也是4秒，
∴摆锤从A点出发再次回到A点需要秒，
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的图象，正确从图象中获取信息是解题的关键．
3．（2023秋·浙江温州·九年级期末）洗手盘台面上有一瓶洗手液．当同学用一定的力按住顶部下压如图位置时，洗手液从喷口流出，路线近似呈抛物线状，且喷口为该抛物线的顶点．洗手液瓶子的截面图下面部分是矩形．同学测得：洗手液瓶子的底面直径，喷嘴位置点距台面的距离为，且、、三点共线．在距离台面处接洗手液时，手心到直线的水平距离为，不去接则洗手液落在台面的位置距的水平面是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意得出各点坐标，设抛物线解析式为，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，
设抛物线解析式为，
把点代入得：，
解得：，
所以抛物线解析式为，
当时，即，
解得： 或（舍去），
又，
所以洗手液落在台面的位置距的水平距离是．
故选：D．
【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．
4．（2022秋·浙江舟山·九年级校考阶段练习）加工爆米花时，爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”．在特定条件下，可食用率p与加工时间t（单位：分钟）满足的函数关系（a，b，c是常数），如图记录了三次实验的数据．根据上述函数模型和实验数据，可得到最佳加工时间为（ ）
A．分钟B．分钟C．分钟D．分钟
【答案】C
【分析】先结合函数图象，利用待定系数法求出函数解析式，将解析式配方成顶点式后，利用二次函数的性质可得答案．
【详解】解：由题意知，函数经过点，
则，
解得：，
∴，
∴当时，可食用率最高，
∴最佳加工时间为3.75分钟，
故选C．
【点睛】本题考查二次函数的应用，熟练掌握待定系数法求函数解析式及利用二次函数的图象和性质求最值问题是解题的关键．
5．（2023秋·浙江宁波·九年级校考期末）如图是王叔叔晩饭后步行的路程（单位：）与时间（单位：）的函数图像，其中曲线段是以为顶点的抛物线的一部分．下列说法正确的是（ ）
A．线段的函数表达式为
B．，王叔叔步行的路程为
C．曲线段的函数表达式为
D．，王叔叔步行的速度由慢到快
【答案】C
【分析】根据函数图象中的信息，利用数形结合及求相关线段的解析式解答即可．
【详解】解：A、设线段的函数解析式为，
把代入得，，
解得：，
∴线段的函数解析式为，故该选项不符合题意；
B、，王叔叔步行的路程为m，故该选项不符合题意；
C、当时，由图象可得m，即抛物线顶点为，
设抛物线的解析式为
将代入得：，
解得，
∴曲线段的函数解析式为，故该选项符合题意；
D、在A点的速度为，
A到B点的平均速度为，
∴，王叔叔步行的速度由快到慢，故该选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，一次函数的应用，正确的识别图象、数形结合是解题的关键．
6．（2021·浙江湖州·模拟预测）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y＝a1x2（a1≠0）与抛物线C2：y＝a2x2+bx（a2≠0）的交点P在第三象限，过点P作x轴的平行线，与物线C1，C2分别交于点M，N．若＝，则的值是（ ）
A．B．n﹣1C．nD．
【答案】B
【分析】令，求得P的横坐标，然后根据两抛物线的对称轴求得PM＝﹣，PN＝2（﹣）＝﹣﹣，由＝，得到＝，整理即可得到，即可求得＝n﹣1．
【详解】解：令a1x2＝a2x2+bx，
解得x1＝0，x2＝，
∴P的横坐标为，
∵抛物线：的对称轴为y轴，抛物线的对称轴为直线x＝﹣，
∴PM＝﹣，PN＝2（﹣）＝﹣﹣，
∵＝，
∴＝，
∴＝，
∴＝
，
∴＝，
∴＝n﹣2，
∴﹣1＝n﹣2，
∴＝n﹣1，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，求得P的横坐标，表示出PM、PN是解题的关键．
7．（2022秋·浙江温州·九年级统考阶段练习）如图，抛物线交x轴于A，B两点，交y轴于点C，点D为抛物线的顶点，点C关于抛物线的对称轴的对称点为点E，点G，F分别在x轴和y轴上，则四边形EDFG周长的最小值为（ ）
A．6B．C．D．
【答案】B
【分析】利用抛物线的解析式求得点C、D和E的坐标，利用轴对称的性质和将军饮马模型作出点D关于y轴的对称点，点E关于x轴的对称点，连接，交x轴于点G，交y轴于点F，此时EDFG周长取最小值，利用点的坐标的性质和勾股定理即可求得结论．
【详解】解：令，则，
∴，
∵，
∴，抛物线的对称轴为直线，
∵点C关于抛物线的对称轴的对称点为点E，
∴，
∴，
作点D关于y轴的对称点，点E关于x轴的对称点，连接，交x轴于点G，交y轴于点F，如图，
则，，，，
此时，
∴此时四边形EDFG周长最小，
延长，它们交于点H，如图，
则，
∴，
∴四边形EDFG周长的最小值为，
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，轴对称的性质、勾股定理和抛物线上点的坐标的特征，利用轴对称的性质找出点F和G的位置是解决本题的关键．
8．（2022秋·浙江宁波·九年级校考期中）如图，抛物线与轴交于点和点两点，与轴交于点，点为抛物线上第三象限内一动点，当时，点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据二次函数与坐标轴的交点坐标分别求出、、的长度；然后通过勾股定理逆定理判断出，得出；由得出；作点关于轴的对称点，连接；即可构造出，从而得出；根据平行线的斜率相同以及点的坐标求出直线的表达式；最后联立方程组求解即可；
【详解】解：令，则
解得：，
∴，
∴，，
当时，
∴
∴
在中
∴
∴
∴
∵
∴
如图，作点关于轴的对称点，连接；
则，
∴
∴
∴
设直线的表达式为：
将代入得：
∴直线的表达式为：
解方程组得：或
∵点在第三象限
∴点的坐标为
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图像的性质、一次函数的性质、勾股定理逆定理、直角三角形两锐角互余等知识点；综合运用上述知识求出直线的函数表达式是解题的关键．
9．（2020秋·浙江温州·九年级期末）一名男生参加抛实心球测试，已知球的高度与水平距离之间的关系是，则这名男生抛实心球的成绩是_____．
【答案】
【分析】根据题意，令，解方程即可求解．
【详解】解：依题意，令中，，
即，
整理得：
解得：（舍去），
∴这名男生抛实心球的成绩是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，正确的计算是解题的关键．
10．（2023秋·浙江湖州·九年级统考期末）教练对小明推铅球的录像进行技术分析，建立平面直角坐标系（如图），发现铅球与地面的高度和运动员出手点的水平距离之间的函数关系为，由此可知铅球的落地点与运动员出手点的水平距离是________m．
【答案】10
【分析】根据铅球落地时，高度，实际问题可理解为当时，求的值即可；
【详解】
当时，得：
，
解得：，（舍去）
即铅球的落地点与运动员出手点的水平距离是
故答案为：10
【点睛】本题考查了二次函数的应用，利用时求出的值是解题关键．
11．（2022秋·浙江温州·九年级乐清外国语学校校考阶段练习）图1为水壶给圆柱形玻璃杯加水的情景，水流呈抛物线状流出．水流从出水口A流出，落在玻璃杯内底部边缘点B处，矩形是该玻璃杯的截面，与该水流所在的抛物线在同一平面内，其示意图如图2所示．此抛物线与边交于点F，经过连接点G，且A，G两点到直线的铅直高度相等，都为2分米．已知该玻璃杯底面直径分米，高分米（玻璃厚度忽略不计），分米，点A到直线的水平距离为分米．则出水口A到连接点G的距离是______分米；随着该玻璃杯内水面的上升，当水流的落点恰好在水面中心时，该玻璃杯离加满水还差______分米（假设该水壶的位置、水流的抛物线形状均保持不变，水量足够）．
【答案】 1 0.21
【分析】以所在直线为x轴、所在直线为y轴建立平面直角坐标系，可得点，点G的纵坐标是2，可得到水流所在的抛物线的解析式为，再把代入，可得点G的坐标为；再把代入，即可求解．
【详解】解∶ 以所在直线为x轴、所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图：
根据题意得：点，点G的纵坐标是2，
设水流所在的抛物线的解析式为，
把代入，得：
，解得：，
∴水流所在的抛物线的解析式为，
当时，，
解得：，
∴点G的坐标为，
∴分米，
即出水口A到连接点G的距离是1分米；
当时，，
分米，
即当水流的落点恰好在水面中心时，该玻璃杯离加满水还差分米．
故答案为：1，
【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，明确题意，准确建立平面直角坐标系是解题的关键．
12．（2022秋·浙江温州·九年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在轴正半轴上，顶点在轴的负半轴上，顶点在第四象限，已知点坐标为，以为顶点的抛物线恰好经过点，则的值为______．
【答案】
【分析】根据正方形的性质即可得到全等三角形，进而得到线段的长度，最后利用二次函数的待定系数法即可求得结果．
【详解】解：过作轴，交轴于；过点做于，；过点作于，
∵
∴
∵正方形
∴且
∴
∵
∴
∵，
∴在和中
∴
∴≌
∴且
∵
∴
∵
∴
∵且
∴四边形为正方形
∴
∴
∴
∴
即
∴设函数解析式为
∴将代入解析式得到
解得：
故答案为：
【点睛】本题考查了二次函数与正方形性质的综合应用，掌握二次函数的顶点式与正方形性质的综合应用是解题的关键．
13．（2022秋·浙江丽水·九年级校联考期中）如图，在平面直角坐标系中，点，，在第一象限内取一点C，使得，且，抛物线的图象过点C．
（1）该抛物线的表达式为：______；
（2）当该抛物线的对称轴直线l平移至直线后，恰好将的面积分成相等的两部分，m的值为______．
【答案】 ；
【分析】（1）首先构造全等三角形，求出点C的坐标，然后利用点C的坐标求出抛物线的解析式；
（2）首先求出直线与的解析式，设直线l与、交于点E、F，则可求出的表达式，根据，列出方程求出直线l的解析式．
【详解】解：（1）过点C作轴于点D，如图所示：
则，
∵，，
∴，，
在与中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵点在抛物线上，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
故答案为：；
（2）在中，，，由勾股定理得：，
∴，
设直线的解析式为，
∵，，
，
:解得：，
∴，
同理求得直线的解析式为：，
设直线l与、分别交于点E、F，
则，
中，边上的高，
由题意得：，
即：，
∴，
整理得：，
解得或（不合题意，舍去），
∴当直线l解析式为时，恰好将的面积分为相等的两部分．
故答案为：．
【点睛】本题是二次函数综合题型，考查了二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、待定系数法、全等三角形、平行四边形、等腰直角三角形等知识点．试题难度一般，但需要仔细分析，认真计算．
14．（2022秋·浙江绍兴·九年级校联考期中）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点．点D是抛物线上的一个点，作交抛物线于D、E两点，以线段为对角线作菱形，点P在x轴上，若时，则菱形对角线的长为________．
【答案】或
【分析】设菱形对角线的交点为M，则，，设点D的横坐标为t，由此表示出的长，的长，进而可得的长，根据建立方程，求解即可．
【详解】解：如图，由抛物线的解析式可知，抛物线的对称轴为直线，
设菱形对角线的交点为M，则，，
∵点D是抛物线上的一个点，且，设点D的横坐标为t，
∴，
∵，
∴点D，点E关于对称轴对称，
∴点P和点Q在对称轴上，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得， (舍去)，，(舍去)，
∴或．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查二次函数的综合应用，涉及二次函数的对称性，菱形的性质等内容，利用菱形的性质由点D的坐标表示出的长是解题关键．
三、解答题
15．（2023春·浙江杭州·八年级校联考期中）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，t是抛出后经过的时间）．杂技演员抛球表演时，以的初速度把球向上抛出，球的起点离开地面．
(1)秒时球离起点的高度是多少？
(2)几秒后球离起点的高度达到？
(3)球经过多少时间才落地？
【答案】(1)秒时球离起点的高度是；
(2)秒或秒后球离起点的高度达到；
(3)球经过秒后落地．
【分析】（1）把代入即可求解；
（2）把代入求t即可；
（3）令问题可解．
【详解】（1）解：由题意，将分别代入函数关系式，
得，
当时，代入解得，
∴秒时球离起点的高度是；
（2）解：当时，，
解得．
故秒或秒后球离起点的高度达到；
（3）解：当球落地时，
则，
解得（舍去），．
故球经过秒后落地．
【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．
16．（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）某扶贫工作小组对果农进行精准扶贫，帮助果农将一种有机生态水果拓宽了市场．与去年相比，今年这种水果每千克的平均批发价降低了元，产品比去年增加了，批发销售总额比去年增加了．已知去年这种水果批发销售总额为万元．
(1)设这种水果去年的产量是千克，请列方程求这种水果去年的产量是多少千克？并求出这种水果今年每千克的平均批发价？
(2)某水果店从果农处直接批发，专营这种水果．调研发现，若每千克的平均销售价为元，则每天可售出千克；若每千克的平均销售价每降低元，每天可多卖出千克，设水果店一天的利润为元，求：
①若该水果店采取降价催销的方式销售水果，水果店一天的利润为元，则降价多少元？
②当每千克的平均销售价为多少元时，该水果店一天的利润最大？最大利润是多少？（利润计算时，其它费用忽略不计）
【答案】(1)去年产量为千克；今年每千克的平均批发价为元
(2)①降价元；②当每千克的平均销售价为元时，该水果店一天的利润最大，最大利润是元
【分析】（1）根据题意，去年产量是千克，今年这种水果产品比去年增加了，由此即可求解；去年这种水果批发销售总额为万元，批发销售总额比去年增加了，由此即可求解；
（2）①设降价为元，根据销售利润的计算方法即可求解；②根据利润的表达式，结合二次函数图像的性质即可求解．
【详解】（1）解：设去年产量是千克，今年这种水果产品比去年增加了，
∴今年的产量为，
∵去年这种水果批发销售总额为万元，今年批发销售总额比去年增加了，
∴今年批发销售总额为（万元），
∴去年每千克的平均批发价，今年这种水果每千克的平均批发价降低了元，
∴今年每千克的平均批发价，
∴，整理得，，解得，，
检验：当时，原分式方程有意义，
∴去年产量为千克，
∴今年每千克的平均批发价（元），即今年每千克的平均批发价为元．
（2）解：若每千克的平均销售价为元，则每天可售出千克；若每千克的平均销售价每降低元，每天可多卖出千克，设水果店一天的利润为元，
①由（1）可知，今年的批发价是元，每千克的平均销售价为元，
∴每千克的平均利润为（元），
设降价元，则现在每千克平均销售价为元，则利润为（元），现在每天卖出千克，
∴一天的利润为（元），
当时，，整理得，，解得， （舍去），，
∴降价元；
②∵利润为，
∴当时，利润最大，则每千克的销售价为（元），
∴当每千克的平均销售价为元时，该水果店一天的利润最大，最大利润是元．
【点睛】本题主要考查方程与实际问题的综合，理解题目中的数量关系，掌握分式方程的运用，二次函数求最值的方法是解题的关键．
17．（2023·浙江台州·统考二模）酶是一种绿色添加剂，合理地使用酶制作面包，能增加面粉的拉伸面积，从而既能降低原料的成本，又能改善面包的口味．
下表是A种酶对面粉拉伸面积的影响表．
下表是B种酶对面粉拉伸面积的影响表．
(1)求面粉拉伸面积与种酶的添加量的函数关系式；
(2)已知添加种酶时，面粉拉伸面积不小于时，效果较好，如何添加种酶？
(3)研究发现，将两种酶复合使用，效果更好，而当两种酶均达到效果最好时复合，效果最好．直接写出如何添加种酶和种酶，使复合效果最好．
【答案】(1)
(2)当添加种酶不小于且不大于时，面粉拉伸面积不小于，效果较好；
(3)同时添加种酶和种酶时，复合效果最好．
【分析】（1）根据表格分析可知当时，与之间存在一次函数关系，当时，与存在二次函数关系，然后分别利用待定系数法求表达时即可；
（2）根据表格分析，面粉拉伸面积不小于为二次函数部分，令计算对应x值，利用二次函数增减性求解即可；
（3）根据题意判断两种最佳效果即可求解
【详解】（1）由表格中数据可知，当时，与之间存在一次函数关系，设，把，代入可得：
，解得，
∴()，
经验证符合该解析式
当时，与存在二次函数关系，设，把点，，可得：
，解得，
∴，
经验证符合该解析式
综上所述，；
（2）当时，，
解得：，，
由二次函数函数的性质可得，当添加种酶不小于且不大于时，面粉拉伸面积不小于，效果较好；
（3）根据表格可知B种酶与存在二次函数关系，且对称轴为直线，
∴当B种酶为时，效果最好，
∵，
∴种酶时，复合效果最好，
∴种酶和种酶时，复合效果最好．
【点睛】本题主要考查函数实际应用，能够根据表格将变量关系抽象为所学函数关系，并用待定系数法求表达式，和实际问题结合求解．
18．（2023·浙江金华·校联考二模）如图所示，为过山车的一部分轨道，它可以看成一段拋物线．其中米，米（轨道厚度忽略不计）．
(1)求抛物线的函数关系式；
(2)在轨道距离地面米处有两个位置和，当过山车运动到处时，平行于地面向前运动了1米至点，又进入下坡段（接口处轨道忽略不计）．已知轨道抛物线的形状与抛物线完全相同，在到的运动过程中，当过山车距地面4米时，它离出发点的水平距离最远有多远？
(3)现需要在轨道下坡段进行一种安全加固，建造某种材料的水平和竖直坚直支架、、、，且要求．已知这种材料的价格是8000元/米，如何设计支架，会使造价最低？最低造价为多少元？
【答案】(1)
(2)11米
(3)当米，米时造价最低，最低造价为64000元
【分析】（1）由题意可知：点E为抛物线的顶点，且点E的坐标为，于是可设抛物线的解析式为，然后把点F的坐标代入求出a即可；
（2）把代入抛物线，通过解方程求出点P、G的坐标，进而可得的长，即求得抛物线由抛物线向右平移个单位，求得，令，进一步计算即可求解；
（3）设OA=m，则OB=3m，再利用二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：由图象可知，顶点E的坐标为，
设抛物线解析式为，
把代入，得：，
∴抛物线的函数关系式为：；
（2）解：当时，，
解得：，
∴，，
∴，
∵抛物线的形状与抛物线完全相同，
∴抛物线由抛物线向右平移个单位，
∴抛物线为：，
令，则，解得：（舍），
∴离出发点的水平距离最远为11米；
（3）解：设OA=m，则OB=3m，，，
∴
，
当时，总长度最短，最短为8，
（元）
∴当米，米时造价最低，最低造价为64000元．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，熟练掌握二次函数的图象与性质、正确理解题意是解题的关键．
19．（2023春·浙江杭州·八年级校考期中）社区利用一块矩形空地建了一个小型停车场，其布局如图所示．已知，，阴影部分设计为停车位，要铺花砖，其余部分均为宽度为x米的道路．已知铺花砖的面积为．
(1)求道路的宽是多少米？
(2)该停车场共有车位50个，据调查分析，当每个车位的月租金为200元时，可全部租出；若每个车位的月租金每上涨5元，就会少租出1个车位．
①当每个车位的月租金上涨多少元时，停车场的月租金收入为10000元？
②求此停车场的月租金收入最多为多少元？
【答案】(1)6米
(2)①50元；②10125元
【分析】（1）由题意知，道路的宽为x米，根据矩形的面积公式列出方程并解答即可；
（2）①设车位的月租金上涨a元，则租出的车位数量是个，根据：月租金=每个车位的月租金×车位数，列出方程并解答即可；
②设车位的月租金上涨b元，则租出的车位数量是个，根据：月租金=每个车位的月租金×车位数，列出函数表达式，进而求解．
【详解】（1）解：根据道路的宽为x米，
根据题意得：，
整理，得：，
解得：（舍去），，
答：道路的宽是6米；
（2）解：①设月租金上涨a元，停车场的月租金收入为10000元，
根据题意得：，
整理，得：，
解得：（舍去），．
答：每个车位的月租金上涨50元时，停车场的月租金收入为10000元；
②设月租金上涨b元，停车场的月租金收入为y元，
根据题意得：，
整理，得：，
，
当时，y有最大值为10125．
答：此停车场的月租金收入最多为10125元．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，二次函数的应用，读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程或函数关系式是解题关键．
20．（2023·浙江金华·统考二模）定义：若n为常数，当一个函数图象上存在横、纵坐标和为n的点，则称该点为这个函数图象关于n的“恒值点”，例如：点（1，2）是函数图象关于3的“恒值点”．

(1)判断点，，是否为函数图象关于10的“恒值点”．
(2)如图1，抛物线与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），现将抛物线在x轴下方的部分沿x轴翻折，抛物线的其余部分保持不变，所得的新图象如图2所示．
①求翻折后A，B之间的抛物线解析式．（用含b的代数式表示，不必写出x的取值范围）
②当新图象上恰好有3个关于c的“恒值点”时，请用含b的代数式表示c．
【答案】(1)是函数图象关于10的“恒值点”．
(2)①；②或
【分析】（1）由，在函数图象上，不在函数图象上，而，，可得是函数图象关于10的“恒值点”．
（2）①由抛物线，再根据关于x轴对称的特点可得答案；②新图象分两部分，如图，当新图象上恰好有3个关于c的“恒值点”时，，，整理得：或，而与坐标轴构成的三角形是等腰直角三角形，求解，当过点时，满足条件；，当与只有1个交点时，满足条件；即有两个相等的实数根，从而可得答案．
【详解】（1）解：∵，在函数图象上，不在函数图象上，
而，，
∴是函数图象关于10的“恒值点”．
（2）①∵抛物线，
∴翻折后的抛物线的解析式为，
∴翻折后的解析式为：，
②新图象分两部分，如图，当新图象上恰好有3个关于c的“恒值点”时，

∴，，
∴整理得：或，
而与坐标轴构成的三角形是等腰直角三角形，
令，
解得：，
∴，
当过点时，满足条件；
∴，
当与只有1个交点时，满足条件；
∴即有两个相等的实数根，
∴，
解得：；
【点睛】本题考查的是轴对称的性质，二次函数的应用，利用待定系数法求解抛物线的解析式，熟练的利用数形结合的方法解题是关键．
素材
如图，是腰长为的等腰直角三角形卡纸，校艺术节上，甲、乙、丙三名同学分别用这样的卡纸试图裁剪出不一样的长方形纸片，并使长方形的四个顶点都在的边上．

素材
甲同学按图的方式裁剪，想裁出面积为三角形面积的的长方形纸片，乙同学按图的方式裁剪，想裁出面积为三角形面积的的长方形纸片，丙同学想裁出面积最大的长方形纸片．

任务
计算纸片周长
请帮甲同学计算此长方形纸片的周长．
任务
判断裁剪方案
请帮乙同学判断此裁剪方案是否能够实现，说明理由．
任务
计算最大面积
请帮丙同学计算出长方形纸片面积的最大值．
售价（元/千克）
50
60
70
80
…
销售量（千克）
250
240
230
220
…
售价（元/千克）
40
50
60
销售量（千克）
120
100
80
滑行时间
0
1
2
3
4
滑行距离
0
4.5
14
28.5
48
水平距离x/m
0
0.8
2
2.8
4
4.8
p
竖直高度y/m
2
2.96
3.8
3.96
3.6
2.96
2
种酶添加量
0
5
10
15
20
30
40
50
60
面粉拉伸面积
90
92.5
95
97.5
100
120
120
100
60
种酶添加量
0
1
2
3
4
5
6
7
面粉拉伸面积
45
50
55
56
62
64
62
56