决胜2021年中考数学压轴题全揭秘精品专题08二次函数综合问题含答案解析.docx

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决胜2021中考数学压轴题全揭秘精品
专题09 二次函数综合性问题


【考点1】二次函数与经济利润问题
【例1】(2020·辽宁朝阳·中考真题)某公司销售一种商品，成本为每件30元，经过市场调查发现，该商品的日销售量y(件)与销售单价x(元)是一次函数关系，其销售单价、日销售量的三组对应数值如下表：
销售单价x(元)
40
60
80
日销售量y(件)
80
60
40
(1)直接写出y与x的关系式_________________；(2)求公司销售该商品获得的最大日利润；
(3)销售一段时间以后，由于某种原因，该商品每件成本增加了10元，若物价部门规定该商品销售单价不能超过a元，在日销售量y(件)与销售单价x(元)保持(1)中函数关系不变的情况下，该商品的日销售最大利润是1500元，求a的值．
【答案】(1)；(2)当销售单价是75元时，最大日利润是2025元；(3)70
【分析】
(1)根据题中所给的表格中的数据，可以直接写出其关系式；
(2)根据利润等于每件的利润乘以件数，再利用配方法求得其最值；
(3)根据题意，列出关系式，再分类讨论求最值，比较得到结果.
【详解】
(1)设解析式为，
将和代入，可得，解得，
所以y与x的关系式为，
所以答案为；
(2)





，
∴抛物线开口向下，函数有最大值
∴当时，
答：当销售单价是75元时，最大日利润是2025元．
(3)


当时，
解得
，∴有两种情况
①时，在对称轴左侧，w随x的增大而增大，
∴当时，
②时，在范围内，
∴这种情况不成立，．
【点睛】
该题考查的是有关函数的问题，涉及到的知识点有一次函数解析式的求解，二次函数应用题，在解题的过程中，注意正确找出等量关系是解题的关键，属于简单题目.
【变式1-1】(2020·四川遂宁·中考真题)新学期开始时，某校九年级一班的同学为了增添教室绿色文化，打造温馨舒适的学习环境，准备到一家植物种植基地购买A、B两种花苗．据了解，购买A种花苗3盆，B种花苗5盆，则需210元；购买A种花苗4盆，B种花苗10盆，则需380元．
(1)求A、B两种花苗的单价分别是多少元？
(2)经九年级一班班委会商定，决定购买A、B两种花苗共12盆进行搭配装扮教室．种植基地销售人员为了支持本次活动，为该班同学提供以下优惠：购买几盆B种花苗，B种花苗每盆就降价几元，请你为九年级一班的同学预算一下，本次购买至少准备多少钱？最多准备多少钱？
【答案】(1)A、B两种花苗的单价分别是20元和30元；(2)本次购买至少准备240元，最多准备290元
【分析】
(1)设A、B两种花苗的单价分别是x元和y元，则，即可求解；
(2)设购买B花苗x盆，则购买A花苗为(12﹣x)盆，设总费用为w元，由题意得：w＝20(12﹣x)+(30﹣x)x＝﹣x2+10x+240(0≤x≤12)，即可求解．
【详解】
解：(1)设A、B两种花苗的单价分别是x元和y元，则，解得，
答：A、B两种花苗的单价分别是20元和30元；
(2)设购买B花苗x盆，则购买A花苗为(12﹣x)盆，设总费用为w元，
由题意得：w＝20(12﹣x)+(30﹣x)x＝﹣x2+10x+240(0≤x≤12)，
∵-1＜0．故w有最大值，当x＝5时，w的最大值为265，当x＝12时，w的最小值为216，
故本次购买至少准备216元，最多准备265元．
【点睛】
本题考查二次函数的实际应用，根据题意准确找到等量关系，建立函数模型是解题的关键.
【变式1-2】(2020·辽宁盘锦·中考真题)某服装厂生产品种服装，每件成本为71元，零售商到此服装厂一次性批发品牌服装件时，批发单价为元，与之间满足如图所示的函数关系，其中批发件数为10的正整数倍．

(1)当时，与的函数关系式为__________．
(2)某零售商到此服装厂一次性批发品牌服装200件，需要支付多少元？
(3)零售商到此服装厂一次性批发品牌服装件，服装厂的利润为元，问：为何值时，最大？最大值是多少？
【答案】(1) (2)18000元 (3)或；3800
【分析】
(1)将两点(100，100)，(300，80)代入到一次函数解析式，利用待定系数法即可求解；
(2)将x=200代入到(1)求出y的值，最后求得答案；
(3)当时，求得y的最大值，当求得y的最大值，最后作答．
【详解】
解：(1)当100≤x≤300时，设与的函数关系式为y=kx+b，(k≠0)，
将点(100，100)，(300，80)代入y=kx+b ，(k≠0)，
，
解，得

故答案填：
(2)当时，
元
答：零售商一次性批发200件，需要支付18000元
(3)当时

，抛物线开口向下
当时，随的增大而增大
又为10的正整数倍
时，最大，最大值是3800
当时，随的增大而减小
又为10的正整数倍
时，最大，最大值是3800
当时，

随的增大而增大
时，最大，最大值是3600

∴当或时，最大，最大值是3800
【点睛】
本题主要考查一次函数和二次函数的应用，根据题意列出函数表达式，熟练运用函数的性质是解决问题的关键．
【考点2】二次函数与几何图形问题
【例2】(2020·四川雅安·)如图，已知边长为10的正方形是边上一动点(与不重合)，连结是延长线上的点，过点作的垂线交的角平分线于点，若．
(1)求证：；
(2)若，求的面积；
(3)请直接写出为何值时，的面积最大．

【答案】(1)见解析；(2)8；(3)5
【分析】
(1)先判断出CG=FG，再利用同角的余角相等，判断出∠BAE=∠FEG，进而得出△ABE∽△EGF，即可得出结论；
(2)先求出BE=8，进而表示出EG=2+FG，由△BAE∽△GEF，得出，求出FG，最后用三角形面积公式即可得出结论；
(3)同(2)的方法，即可得出S△ECF=，即可得出结论.
【详解】
解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCG=90°，
∵CF平分∠DCG，
∴∠FCG=∠DCG=45°，
∵∠G=90°，
∴∠GCF=∠CFG=45°，
∴FG=CG，
∵四边形ABCD是正方形，EF⊥AE，
∴∠B=∠G=∠AEF=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+∠FEG=90°，
∴∠BAE=∠FEG，
∵∠B=∠G=90°，
∴△BAE∽△GEF；
(2)∵AB=BC=10，CE=2，
∴BE=8，
∴FG=CG，
∴EG=CE+CG=2+FG，
由(1)知，△BAE∽△GEF，
∴，
∴，
∴FG=8，
∴S△ECF=CE•FG=×2×8=8；
(3)设CE=x，则BE=10-x，
∴EG=CE+CG=x+FG，
由(1)知，△BAE∽△GEF，
∴，
∴，
∴FG=10-x，
∴S△ECF=×CE×FG=×x•(10-x)=，
当x=5时，S△ECF最大=，
∴当EC=5时，的面积最大.
【点睛】
此题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，角平分线，相似三角形的判定和性质，三角形的面积公式，判断出△BAE∽△GEF是解本题的关键．
【变式2-1】(2020·山东日照·中考真题)如图，某小区有一块靠墙(墙的长度不限)的矩形空地ABCD，为美化环境，用总长为100m的篱笆围成四块矩形花圃(靠墙一侧不用篱笆，篱笆的厚度不计)．
(1)若四块矩形花圃的面积相等，求证：AE＝3BE；
(2)在(1)的条件下，设BC的长度为xm，矩形区域ABCD的面积为ym2，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．

【答案】(1)见解析；(2)，见解析．
【分析】
(1)由题意易得AM＝2ME，故可直接得证；
(2)由(1)及题意得2AB+GH+3BC＝100，设BC的长度为xm，矩形区域ABCD的面积为ym2即可得出函数关系式．
【详解】
解：(1)证明：∵矩形MEFN与矩形EBCF面积相等，
∴ME＝BE，AM＝GH．
∵四块矩形花圃的面积相等，即S矩形AMDND＝2S矩形MEFN，
∴AM＝2ME，
∴AE＝3BE；
(2)∵篱笆总长为100m，
∴2AB+GH+3BC＝100，
即，
∴
设BC的长度为xm，矩形区域ABCD的面积为ym2，
则，
∵，
∴，
解得，
∴．
【点睛】
本题主要考查二次函数的实际应用，关键是根据题意得到线段的等量关系，然后列出函数关系式即可．
【变式2-2】(2020·广东深圳·中考真题)如图1，抛物线y=ax2+bx+3(a≠0)与x轴交于A(-3，0)和B(1，0)，与y轴交于点C，顶点为D．

(1)求解抛物线解析式；
(2)连接AD，CD，BC，将△OBC沿着x轴以每秒1个单位长度的速度向左平移，得到，点O、B、C的对应点分别为点，，，设平移时间为t秒，当点O'与点A重合时停止移动．记与四边形AOCD的重叠部分的面积为S，请直接写出S与时间t的函数解析式；
(3)如图2，过抛物线上任意一点M(m，n)向直线l：作垂线，垂足为E，试问在该抛物线的对称轴上是否存在一点F，使得ME-MF=？若存在，请求F点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-x2-2x+3；(2)；(3)存在，．
【分析】
(1)运用待定系数法解答即可；
(2)分0 (3)设F点坐标为(-1，t)、点M(m，n)，则有、进而求得ME，然后分别通过线段的和差和勾股定理求得MF的长，然后得到等式、化简、对比即可求得t即可．
【详解】
解：(1)将A(-3，0)和B(1，0)代入抛物线解析式y=ax2+bx+3中，可得：
，解得：
∴抛物线解析式为y=-x2-2x+3；
(2)∵y=-x2-2x+3=
∴抛物细的顶点坐标为(-1,4)
∵A(-3,0)在直线AD上
设抛物线解析式为y=kx+b
则有 ，解得：
∴直线AD的解析式为y=2x+6,
当在AD上时，令y=3，即3=2x+6，解得x=-
①如图所示，当0
∴OC=O＇C＇=3,O＇B＇=OB=1,OB＇=1-t
∵O＇C//OC
∴△∽△OM
∴,即，解得：OM=3(1-t)
S= S△O＇B＇C＇- S△OMB＇
=

②当时，完全在四边形AOCD内，

③当时，如图所示，过G点作GH⊥，设HG=x，

∵GH//AB
∴,∠HGK=∠KAO
∵
∴
∴，
∵直线AD的解析式为y=2x+6,
∴
∴ ,
∴,KO＇=2AO＇
∴
∵
∴
∵O＇C＇= C＇K+AO＇
∴
∴
S=S△O＇B＇C＇- S△C＇GK
=
∴
综上：；
(3)假设存在，设F点坐标为(-1，t)、点M(m，n)
∴
∴
∴
而
∴
∴

∴=-
∴，即
∴．
【点睛】
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的解析式、解直角三角形、勾股定理、分类讨论思想和存在性问题，其中掌握二次函数的性质和分类讨论思想是解答本题的关键．
【考点3】二次函数与抛物线形问题
【例3】(2020·山东青岛·中考真题)某公司生产型活动板房成本是每个425元．图①表示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，抛物线的最高点到的距离为．

(1)按如图①所示的直角坐标系，抛物线可以用表示，求该抛物线的函数表达式；
(2)现将型活动板房改造为型活动板房．如图②，在抛物线与之间的区域内加装一扇长方形窗户，点，在上，点，在抛物线上，窗户的成本为50元．已知，求每个型活动板房的成本是多少？(每个型活动板房的成本＝每个型活动板房的成本+一扇窗户的成本)
(3)根据市场调查，以单价650元销售(2)中的型活动板房，每月能售出100个，而单价每降低10元，每月能多售出20个．公司每月最多能生产160个型活动板房．不考虑其他因素，公司将销售单价(元)定为多少时，每月销售型活动板房所获利润(元)最大？最大利润是多少？
【答案】(1)(2)500(3)n=620时，w最大=19200元
【分析】
(1)根据图形及直角坐标系可得到D,E的坐标，代入即可求解；
(2)根据N点与M点的横坐标相同，求出N点坐标，再求出矩形FGMN的面积，故可求解；
(3)根据题意得到w关于n的二次函数，根据二次函数的性质即可求解．
【详解】
(1)由题可知D(2,0)，E(0,1)
代入到
得
解得
∴抛物线的函数表达式为；
(2)由题意可知N点与M点的横坐标相同，把x=1代入，得y=
∴N(1，)
∴MN=m，
∴S四边形FGMN=GM×MN=2×=，
则一扇窗户的价格为×50=75元
因此每个B型活动板的成本为425+75=500元；
(3)根据题意可得w=(n-500)(100+20×)=-2(n-600)2+20000,
∵一个月最多生产160个，
∴100+20×≤160
解得n≥620
∵-2＜0
∴n≥620时，w随n的增大而减小
∴当n=620时，w最大=19200元．
【点睛】
此题主要考查二次函数的综合运用，解题的关键是熟知待定系数法、二次函数的图像与性质．
【变式3-1】(2020·浙江初三其他模拟)一隧道内设双行公路，隧道的高MN为6米．下图是隧道的截面示意图，并建立如图所示的直角坐标系，它是由一段抛物线和一个矩形CDEF的三条边围成的，矩形的长DE是8米，宽CD是2米．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)为了保证安全，要求行驶的车辆顶部与隧道顶部至少要有0.5米的距离．若行车道总宽度PQ(居中，两边为人行道)为6米，一辆高3.2米的货运卡车(设为长方形)靠近最右边行驶能否安全？请写出判断过程；
(3)施工队计划在隧道门口搭建一个矩形“脚手架”ABHG，使H、G两点在抛物线上，A、B两点在地面DE上，设GH长为n米，“脚手架”三根木杆AG、GH、HB的长度之和为L，当n为何值时L最大，最大值为多少？
【答案】(1)y=-x2+4；(2)能安全通过，见解析；(3)n=4时，L有最大值，最大值为14
【分析】
(1)根据题意和函数图象，可以设出抛物线的解析式，然后根据抛物线过点F和点M即可求得该抛物线的解析式；
(2)先求出抛物线的解析式，再根据题意判断该隧道能通过的车辆的最高高度，便可判断该车辆能安全通过．
(3)射出H的坐标，用n表示出L，利用二次函数的性质求解即可．
【详解】
解：(1)由题意得M(0，4)，F(4，0)
可设抛物线的解析式为y=ax2+4，
将F(4，0)代入y=ax2+4中，得a=-，
∴抛物线的解析式为y=-x2+4；
(2)当x=3，y=，
+2-=3.253.2，∴能安全通过；
(3)由GH=n，可设H()，
∴GH+GA+BH=n+()×2+2×2=，
∴L=，
∵a＜0，抛物线开口向下，
∴当n=-=4时，L有最大值，最大值为14．
【点睛】
本题考查了二次函数的实际应用，解题的关键是要注意自变量的取值范围必须使实际问题有意义．
【变式3-2】(2020·河北初三一模)有一座抛物线型拱桥，在正常水位时水面的宽为18米，拱顶离水面的距离为9米，建立如图所示的平面直角坐标系.

(1)求此抛物线的解析式；
(2)一艘货船在水面上的部分的横断面是矩形.
①如果限定矩形的长为12米，那么要使船通过拱桥，矩形的高不能超过多少米？
②若点，都在抛物线上，设，当的值最大时，求矩形的高.
【答案】(1)此抛物线的解析式为y=-x2；(2)①要使船通过拱桥，矩形的高DE不能超过5米；②矩形CDEF的高为米.
【分析】
(1)根据题意设抛物线的解析式为y=ax2(a≠0)．把已知坐标(9，-9)代入解析式求得a即可；
(2)①已知CD=12，把已知坐标代入函数关系式可求解；
②设DM=a米，可得EF=CD=2DM=2a米、DE=FC=9-a2，根据L=EF+DE+CF求得L的值最大时a的值，代入DE=9-a2问题可解．
【详解】
解：(1)根据题意，设抛物线解析式为：y=ax2，
将点Ｂ(9，-9)代入，得：81a=-9，
解得：a=-，
此抛物线的解析式为y=-x2；
(2)①当x=6时，y=-×36=-4，
∵9-4=5，
∴矩形的高DE不能超过5米，才能使船通过拱桥；要使船通过拱桥，矩形的高DE不能超过5米；
②设DM=a米，则EF=CD=2DM=2a米，
当x=a时，y=-a2，
∴DE=FC=9-a2，
则L=2a+2(9-a2)=-a2+2a+18=-(a-)2+，
∴当a=时，L取得最大值，矩形CDEF的高为米
【点睛】
本题考查了运用待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的应用，根据已知条件得出L的函数关系式及其最值情况是解题关键．

1．(2020·安徽中考真题)如图和都是边长为的等边三角形，它们的边在同一条直线上，点，重合，现将沿着直线向右移动，直至点与重合时停止移动．在此过程中，设点移动的距离为，两个三角形重叠部分的面积为，则随变化的函数图像大致为( )

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
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
【详解】
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,
故选A.
【点睛】
本题考查三角形运动面积和二次函数图像性质,关键在于通过三角形面积公式结合二次函数图形得出结论.
2．(2020·湖南长沙·中考真题)“闻起来臭，吃起来香”的臭豆腐是长沙特色小吃，臭豆腐虽小，但制作流程却比较复杂，其中在进行加工煎炸臭豆腐时，我们把焦脆而不糊的豆腐块数的百分比称为“可食用率”，在特定条件下，“可食用率”p与加工煎炸的时间t(单位：分钟)近似满足函数关系式：(a，b，c为常数)，如图纪录了三次实验数据，根据上述函数关系和实验数据，可以得到加工煎炸臭豆腐的最佳时间为( )

A．3.50分钟 B．4.05分钟 C．3.75分钟 D．4.25分钟
【答案】C
【分析】
将图中三个坐标代入函数关系式解出a和b,再利用对称轴公式求出即可．
【详解】
将(3,0.8)(4,0．9)(5,0.6)代入得:

②－①和③－②得
⑤－④得,解得a=﹣0.2．
将a=﹣0.2．代入④可得b=1.5．
对称轴=．
故选C．
【点睛】
本题考查二次函数的三点式,关键在于利用待定系数法求解,且本题只需求出a和b即可得出答案．
3．(2020·山西中考真题)竖直上抛物体离地面的高度与运动时间之间的关系可以近似地用公式表示，其中是物体抛出时离地面的高度，是物体抛出时的速度．某人将一个小球从距地面的高处以的速度竖直向上抛出，小球达到的离地面的最大高度为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
将=，=代入，利用二次函数的性质求出最大值，即可得出答案．
【详解】
解：依题意得：=，=，
把=，=代入得
当时，
故小球达到的离地面的最大高度为：
故选：C
【点睛】
本题考查了二次函数的性质的应用利用二次函数在对称轴处取得最值是解决本题的关键属于基础题．
4．(2020·四川绵阳·中考真题)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．
5．(2020·湖北初三一模)如图，在直角坐标系xOy中，抛物线与x轴相交于O，A两点，点B是抛物线上一点，且△AOB的面积等于8，则符合条件的点B有____个．

【答案】3
【分析】
先根据函数图像经过原点求出c的值，进而求出A点坐标，根据三角形的面积公式求出高的长度，即可求出B点坐标．
【详解】
∵经过原点
∴c=0，
∴=
令=0
解得x1=0,x2=4
∴A(4，0)
∴OA=4
∵S△AOB=OA×h=8
∴h=4
令，即
解得x1=2, x2=, x3=
故B点个数有3个
故答案为：3．
【点睛】
此题主要考查二次函数与几何综合，解题的关键是求出A点坐标．
6．(2020·河北初三其他模拟)如图，为一块铁板余料，，高AD=10，要用这块余料裁出一个矩形，使矩形的顶点，分别在边上，上，顶点，在边上上，则矩形面积的最大为_________．

【答案】25
【分析】
设PN=b，根据平行线定理判定，再由相似三角形对应边成比例性质，解得，最后将二次函数配方成顶点式解题即可．
【详解】
设PN=b，






矩形面积的最大为25
故答案为：25
【点睛】
本题考查二次函数的最值、相似三角形的判定与性质、配方法等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
7．(2020·吉林初三一模)二次函数y＝2x2﹣4x+4的图象如图所示，其对称轴与它的图象交于点P，点N是其图象上异于点P的一点，若PM⊥y轴，MN⊥x轴，则＝_____．

【答案】2．
【分析】
根据题目中的函数解析式可得到点P的坐标，然后设出点M、点N的坐标，然后计算即可解答本题．
【详解】
解：∵二次函数y＝2x2﹣4x+4＝2(x﹣1)2+2，
∴点P的坐标为(1，2)，
设点M的坐标为(a，2)，则点N的坐标为(a，2a2﹣4a+4)，
∴＝＝＝2，
故答案为：2．
【点睛】
本题考查了二次函数与几何的问题，解题的关键是求出点P左边，设出点M、点N的坐标，表达出．
8．(2020·安庆市第十四中学初三零模)如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+3x+2与y轴交于点A，点B是抛物线的顶点，点C与点A是抛物线上关于对称轴对称的两个点，点D在x轴上运动，则四边形ABCD的两条对角线的长度之和的最小值为_____．

【答案】
【分析】
先将函数化为顶点式，所以顶点坐标，对称轴为直线，BD最小值为，又点C与点A是抛物线上的两个对称点，对称轴为直线，所以C(3，2)，AC＝3，因此四边形ABCD的两条对角线的长度之和AC+BD的最小值为．
【详解】
解：∵y＝﹣x2+3x+2＝，
∴，对称轴为直线
∴当BD⊥x轴时，BD最小，BD＝
令x＝0，则y＝2，
∵C与点A是抛物线上关于对称轴对称的两个点，对称轴为直线，
∴C(3，2)
∴AC＝3，
四边形ABCD的两条对角线的长度之和AC+BD的最小值为，
故答案为．
【点睛】
本题结合抛物线的图象与性质考查了动点与最值问题，熟练掌握抛物线的图象与性质，找到取得最值时的动点位置是解答关键.
9．(2020·吉林长春·初三一模)如图，直线y＝x+1与抛物线y＝x2﹣4x+5交于A，B两点，点P是y轴上的一个动点，当△PAB的周长最小时，点P的坐标为_____．

【答案】(0，)
【分析】
首先确定点A和点B的坐标，然后根据轴对称，可以求得使得△PAB的周长最小时点P的坐标．
【详解】
解：由　可解得或，
∴点A的坐标为(1，2)，点B的坐标为(4，5)，
∴AB＝，
作点A关于y轴的对称点A′，连接A′B与y轴交于P，则此时△PAB的周长最小，
∵点A′的坐标为(﹣1，2)，点B的坐标为(4，5)，
∴可设直线A′B的函数解析式为y＝kx+b，
则由可 得
∴直线A′B的函数解析式为y＝，
∴当x＝0时，y＝，
即点P的坐标为(0，)，
故答案为：(0，)．

【点睛】
本题考查函数图象相交与轴对称的综合应用，作出A关于y轴的对称点A′并连接A′B交y轴于点P后求出P点坐标是解题的主要思路和关键所在．
10．(2020·浙江湖州·初三月考)如图，假设篱笆(虚线部分)的长度是8m，则所围成矩形ABCD的最大面积是_____m．

【答案】16
【分析】
首先设围成矩形的长是，则宽为，利用面积公式写出矩形的面积表达式，再配方，将其写成顶点式，然后根据二次函数的性质可得答案．
【详解】
解：设围成矩形的长是，则宽为，矩形的面积为：


．
二次项系数为，
当时，有最大值，最大值为16．
故答案为：16．
【点睛】
本题考查了二次函数在几何图形问题中的应用，熟练掌握二次函数的性质并数形结合是解题的关键．
11．(2020·吉林长春·初三其他模拟)如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点A在轴正半轴上，顶点C在轴正半轴上，若抛物线经过B，C两点，则该抛物线的最低点到边BC的距离为__________．

【答案】
【分析】
设正方形边长为a，则C点坐标为(0，a)，所以根据题意可以用a表示出抛物线的最低点坐标并求得抛物线的最低点到边BC的距离．
【详解】
解：设正方形边长为a，则C点坐标为(0，a)，代入抛物线方程得：
，解得： ，
所以抛物线最低点坐标为：(1，k)，即，

因为BC与x轴平行，所以根据C点坐标可得直线BC的方程为：x=a，
所以所求距离为：，
故答案为 ．
【点睛】
本题考查二次函数的综合应用，在解题中学会用符号表示未知量是解题关键．
12．(2020·山东初三一模)在平面直角坐标系中，已知、，B为y轴上的动点，以AB为边构造，使点C在x轴上，为BC的中点，则PM的最小值为______．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，作AH⊥y轴于H，CE⊥AH于E．则四边形CEHO是矩形，OH=CE=4，由△AHB∽△CEA，得，推出，推出AE=2BH，设BH=x则AE=2x，推出B(0，4﹣x)，C(2+2x，0)，由BM=CM，推出M(1+x，)，可得PM，由此即可解决问题．
【详解】
如图，作AH⊥y轴于H，CE⊥AH于E．则四边形CEHO是矩形，OH=CE=4．

∵∠BAC=∠AHB=∠AEC=90°，∴∠ABH+∠HAB=90°，∠HAB+∠EAC=90°，∴∠ABH=∠EAC，∴△AHB∽△CEA，∴，∴，∴AE=2BH，设BH=x则AE=2x，∴OC=HE=2+2x，OB=4﹣x，∴B(0，4﹣x)，C(2+2x，0)．
∵BM=CM，∴M(1+x，)．
∵P(1，0)，∴PM，∴x时，PM有最小值，最小值为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质、两点间距离公式、二次函数的应用等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造相似三角形解决问题，学会构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题，属于中考常考题型．
13．(2020·江苏初三二模)如图，中，点是边上一点，点是线段上的动点，连接，以为斜边在的下方作等腰连接当从点出发运动至点停止的过程中，面积的最大值等于_____________________

【答案】
【分析】
设①当时，作于于.先证明，进而可得四边形是正方形；设，用x、y表示出PB和OH，然后运用三角形的面积公式二次函数求最值即可；②当时，同理(1)可得，根据二次函数的性质可得，当x=4时有最大值．然后比较即可确定最大值．
【详解】
解：设
①如图1，当时，作于于.
∴∠OHP=∠OGA=90°
∵四边形AOPC中，∠C=90°，∠AOP=90°
∴∠CAB+∠OPC=180°
∵∠BPO+∠OPC=180°
∴∠OPH=∠OAG
∵在△AOG和△POH
∠OHP=∠OGA，∠OPH=∠OAG，AO=OP
∴，
∴OH=OG
∵∠OHP=∠OGA=∠C=90°
∴四边形是正方形
设，则，得，即有.
∴
∴
所以当时，

②如图2，当时，同理可得
所以当x=4时，


综上，当时，．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、三角形的面积、二次根式求最值以及分类讨论思想，证得四边形是正方形是解答本题的关键．
14．(2020·德惠市第九中学初三其他模拟)研究抛物线的性质时，将一个直角三角板的直角顶点置于平面直角坐标系的原点O，两直角边与该抛物线交于A，B两点(如图)，将三角板绕点O旋转任意角度时发现，交点A，B所连线段总经过一个固定的点，则该定点的坐标是_____．

【答案】
【分析】
本题可通过作垂直辅助线，并假设A、B点坐标，继而利用待定系数法求解直线AB截距项，证明△AEO与△OFB相似，最后利用相似性质求解截距项以解本题．
【详解】
作AE⊥x轴，BF⊥x轴，如下图所示：

设，，其中m、n均为正数，
设直线AB的解析式：，
将A、B点代入可得：，
解该方程组可得：．
∵∠AOB=90°
∴∠AOE+∠BOF=90°，
又∵∠BOF+∠OBF=90°，
∴∠AOE=∠OBF，
∵∠AEO=∠OFB=90°，
∴,
∴ ,
∵，，，，
∴，
故，则．
综上，不论k取何值，直线AB恒过点．
故填：．
【点睛】
本题考查二次函数与三角形的综合问题，难点在于已知信息过少，因此需要假设未知量表示线段以及点的信息，化抽象为形象，相似或全等的证明直角互余、角的互换常作为解题工具．
15．(2020·陕西中考真题)如图，抛物线y＝x2+bx+c经过点(3，12)和(﹣2，﹣3)，与两坐标轴的交点分别为A，B，C，它的对称轴为直线l．
(1)求该抛物线的表达式；
(2)P是该抛物线上的点，过点P作l的垂线，垂足为D，E是l上的点．要使以P、D、E为顶点的三角形与△AOC全等，求满足条件的点P，点E的坐标．

【答案】(1)y＝x2+2x﹣3；(2)点P的坐标为(2，5)或(﹣4，5)；点E的坐标为(﹣1，2)或(﹣1，8)．
【分析】
(1)根据待定系数法，将点(3，12)和(﹣2，﹣3)代入抛物线表达式，即可求解；
(2)在△AOC中，OA＝OC＝3，由题意：以P、D、E为顶点的三角形与△AOC全等可知PD＝DE＝3，再分点P在抛物线对称轴右侧、点P在抛物线对称轴的左侧两种情况，求解即可．
【详解】
解：(1)将点(3，12)和(﹣2，﹣3)代入抛物线表达式得
，解得，
故抛物线的表达式为：y＝x2+2x﹣3；
(2)抛物线的对称轴为x＝﹣1，令y＝0，则x＝﹣3或1，令x＝0，则y＝﹣3，
故点A、B的坐标分别为(﹣3，0)、(1，0)；点C(0，﹣3)，
故OA＝OC＝3，
∵∠PDE＝∠AOC＝90°，
∴当PD＝DE＝3时，以P、D、E为顶点的三角形与△AOC全等，
设点P(m，n)，当点P在抛物线对称轴右侧时，m﹣(﹣1)＝3，解得：m＝2，
故n＝22+2×2﹣3＝5，故点P(2，5)，
故点E(﹣1，2)或(﹣1，8)；
当点P在抛物线对称轴的左侧时，由抛物线的对称性可得，点P(﹣4，5)，此时点E坐标同上，
综上，点P的坐标为(2，5)或(﹣4，5)；点E的坐标为(﹣1，2)或(﹣1，8)．
【点睛】
本题主要考查了二次函数与几何运用，涉及到三角形全等，掌握数形结合思想是解答关键，其中(2)需要分类求解，避免遗漏．
16．(2020·湖北武汉·初三一模)某坦克部队需要经过一个拱桥(如图所示)，拱桥的轮廓是抛物线形，拱高OC＝6m，跨度AB＝20m，有5根支柱：AG、MN、CD、EF、BH，相邻两支柱的距离均为5m．

(1)以AB的中点为原点，AB所在直线为x轴，支柱CD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，求抛物线的解析式；
(2)若支柱每米造价为2万元，求5根支柱的总造价；
(3)拱桥下面是双向行车道(正中间是一条宽2m的隔离带)，其中的一条行车道是坦克的行进方向，现每辆坦克长4m，宽2m，高3m，行驶速度为24km/h，坦克允许并排行驶，坦克前后左右距离忽略不计，试问120辆该型号坦克从刚开始进入到全部通过这座长1000m的拱桥隧道所需最短时间为多少分钟？
【答案】(1)y＝﹣x2+6；(2)70万元；(3)2.9分
【分析】
(1)根据题目可知A，B，C的坐标，设出抛物线的解析式代入可求解．
(2)把x＝5代入可求出支柱的长度，然后算出总造价即可．
(3)先求出坦克方队的长，然后算出速度，从而求得通过隧道的时间即可．
【详解】
(1)设y＝ax2+c，把C(0，6)、B(10，0)代入，
得．
∴y＝﹣x2+6．
(2)当x＝5时，y＝﹣×52+6＝，
∴EF＝10﹣＝，CD＝10﹣6＝4，
支柱的总造价为2(2×+2×10+4)＝70(万元)．
(3)∵坦克的高为3米，令y＝3时，﹣x2+6＝3，
解得：x＝±5，
∵7＜5＜8，坦克宽为2米，
∴可以并排3辆坦克行驶，此时坦克方阵的长为120÷3×4＝160(米)，
坦克的行驶速度为24km/h＝400米/分，
∴通过隧道的最短时间为＝2.9(分)．
【点睛】
本题考查了待定系数法求函数表达式，二次函数的实际应用，解决本题的关键是熟练掌握根据题目所给条件选取相应表达式，然后运用待定系数法求函数解析式，在解决实际问题中，要正确理解题意结合二次函数的性质加以解决
17．(2020·黑龙江鹤岗·中考真题)如图，已知二次函数与轴交于、两点(点位于点的左侧)，与轴交于点，已知的面积是6．

(1)求的值；
(2)在抛物线上是否存在一点，使．存在请求出坐标，若不存在请说明理由．
【答案】(1)；(2)存在，点的坐标为或或．
【分析】
(1)根据求出A,B,C的坐标，再由的面积是6得到关于a的方程即可求解；
(2)根据得到点的纵坐标为±3，分别代入解析式即可求解．
【详解】
(1)∵，
令，则，
∴，
令，即
解得，
由图象知：
∴，
∵
∴
解得：，(舍去)；
(2)∵，
∴，
∵.
∴点的纵坐标为±3，
把代入得，
解得或，
把代入得，
解得或，
∴点的坐标为或或．
【点睛】
此题主要考查二次函数的图像与性质，解题的关键是熟知待定系数法的应用．
18．(2020·内蒙古呼和浩特·中考真题)已知某厂以小时/千克的速度匀速生产某种产品(生产条件要求)，且每小时可获得利润元．
(1)某人将每小时获得的利润设为y元，发现时，，所以得出结论：每小时获得的利润，最少是180元，他是依据什么得出该结论的，用你所学数学知识帮他进行分析说明；
(2)若以生产该产品2小时获得利润1800元的速度进行生产，则1天(按8小时计算)可生产该产品多少千克；
(3)要使生产680千克该产品获得的利润最大，问：该厂应该选取何种生产速度？并求此最大利润．
【答案】(1)见解析；(2)24千克；(3)该厂应该选取小时/千克的生产速度，最大利润为207400元.
【分析】
(1)将y=看成一个正比例函数和一个反比例函数之和，再分贝根据两函数的增减性说明即可；
(2)由以生产该产品2小时获得利润1800元的速度进行生产可得×2=1800，解出t值即可；
(3)根据题意表示出生产680千克该产品获得的利润为y=680t·，再求出y的最大值以及此时t值即可.
【详解】
解：(1)依据一次函数和反比例函数的增减性质得出结论；
令y=，当t=1时，y=180，
∵当，随t的增大而减小，-3t也随t的增大而减小，
∴-3t+的值随t的增大而减小，
∴y=随t的增大而减小，
当t=1时，y取最小，
∴他的结论正确；
(2)由题意可得：×2=1800，
整理得：，
解得：t=或-5(舍)，
即以小时/千克的速度匀速生产产品，
则1天(按8小时计算)可生产该产品8÷=24千克；
(3)生产680千克该产品获得的利润为：y=680t·
整理得：y=，
当t=时，y最大，且为207400元.
故该厂应该选取小时/千克的生产速度，最大利润为207400元.
【点睛】
本题考查了函数模型的建立，涉及到一次函数、反比例函数和二次函数，以及二次函数的最值，理解题意，确定函数模型是解题的关键.
19．(2020·湖北中考真题)某企业接到生产一批设备的订单，要求不超过12天完成．这种设备的出厂价为1200元/台，该企业第一天生产22台设备，第二天开始，每天比前一天多生产2台．若干天后，每台设备的生产成本将会增加，设第x天(x为整数)的生产成本为m(元台)，m与x的关系如图所示．

(1)若第x天可以生产这种设备y台，则y与x的函数关系式为______，x的取值范围为______；
(2)第几天时，该企业当天的销售利润最大？最大利润为多少？
(3)求当天销售利润低于10800元的天数．
【答案】(1)；
(2)第6天时，该企业利润最大，为12800元.
(3)7天
【分析】
(1)根据题意确定一次函数的解析式，实际问题中x的取值范围要使实际问题有意义；
(2)求出当天利润与天数的函数解析式，确定其最大值即可；
(3)根据(2)中的函数解析式列出不等式方程即可解答．
【详解】
(1)根据题意，得y与x的解析式为：()
(2)设当天的当天的销售利润为w元，则根据题意，得
当1≤x≤6时，
w=(1200-800)(2x+20)=800x+8000，
∵800＞0，∴w随x的增大而增大，
∴当x=6时，w最大值=800×6+8000=12800．
当6＜x≤12时，
易得m与x的关系式：m=50x+500
w=[1200-(50x+500)]×(2x+20)
=-100x2+400x+14000=-100(x-2)2+14400．
∵此时图象开口向下，在对称轴右侧，w随x的增大而减小，天数x为整数，
∴当x=7时，w有最大值，为11900元，
∵12800＞11900，
∴当x=6时，w最大，且w最大值=12800元，
答：该厂第6天获得的利润最大，最大利润是12800元．
(3)由(2)可得，
1≤x≤6时，

解得：x＜3.5
则第1-3天当天利润低于10800元，
当6＜x≤12时，

解得x＜-4(舍去)或x＞8
则第9-12天当天利润低于10800元，
故当天销售利润低于10800元的天数有7天．
【点睛】
本题主要考查一次函数和二次函数的应用，解题关键在于理解题意，利用待定系数法确定函数的解析式，并分类讨论．
20．(2020·辽宁铁岭·中考真题)如图，抛物线与轴相交于点和点，与轴相交于点，作直线．

(1)求抛物线的解析式；
(2)在直线上方的抛物线上存在点，使，求点的坐标；
(3)在(2)的条件下，点的坐标为，点在抛物线上，点在直线上，当以为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点的坐标．
【答案】(1)；(2)点坐标为；(3)，
【分析】
(1)将A、C点坐标分别代入抛物线中，联立即可求得a和c的值，从而求出抛物线解析式；
(2)过点作轴交抛物线于点，则，过点作交抛物线于点，设，借助，即可求得t的值，从而求得D点坐标；
(3)先求出直线BC的解析式，设，分DF为边和DF为对角线两种情况讨论，表示出M点坐标，代入抛物线中求得n的值，即可得出N点坐标．
【详解】
解：(1)：抛物线经过点
，解得
∴抛物线的解析式为
(2)过点作轴交抛物线于点，则
过点作交抛物线于点
过点作于点，则




设点的横坐标为，则


∵点是与轴的交点
，
解得
的坐标为，

解得(舍去)，
∴点的纵坐标为：
则点坐标为

(3)设直线BC的解析式为：，
将C(0,3)，B(4，0)分别代入得，
，解得，
∴直线BC的解析式为：，
设，
①当FD为平行四边形的边时，
如图，当N点在M点左侧时，

则即
整理得，即,
故，
解得：，
此时；
同理当N点在M点右侧时可得，
故，
解得，
此时；
①当FD为平行四边形的对角线时，

则,即
故，整理得，
该方程无解．
综上所述：，．
【点睛】
本题考查二次函数综合，分别考查了求二次函数解析式，相似三角形的性质，和二次函数与平行四边形问题．(1)中直接代入点的坐标即可，难度不大；(2)中能正确作辅助线，构造相似三角形是解题关键；(3)中能分类讨论是解题关键，需注意平行四边形对边平行且相等，可借助这一点结合图象表示M点坐标．
21．(2020·湖北随州·中考真题)2020年新冠肺炎疫情期间，部分药店趁机将口罩涨价，经调查发现某药店某月(按30天计)前5天的某型号口罩销售价格(元/只)和销量(只)与第天的关系如下表：
第天
1
2
3
4
5
销售价格(元/只)
2
3
4
5
6
销量(只)
70
75
80
85
90


物价部门发现这种乱象后，统一规定各药店该型号口罩的销售价格不得高于1元/只，该药店从第6天起将该型号口罩的价格调整为1元/只．据统计，该药店从第6天起销量(只)与第天的关系为(，且为整数)，已知该型号口罩的进货价格为0.5元/只．
(1)直接写出该药店该月前5天的销售价格与和销量与之间的函数关系式；
(2)求该药店该月销售该型号口罩获得的利润(元)与的函数关系式，并判断第几天的利润最大；
(3)物价部门为了进一步加强市场整顿，对此药店在这个月销售该型号口罩的过程中获得的正常利润之外的非法所得部分处以倍的罚款，若罚款金额不低于2000元，则的取值范围为______．
【答案】(1)，且x为整数，，且x为整数；(2)，第5天时利润最大；(3)．
【分析】
(1)根据表格数据，p是x的一次函数，q是x的一次函数，分别求出解析式即可；
(2)根据题意，求出利润w与x的关系式，再结合二次函数的性质，即可求出利润的最大值．
(3)先求出前5天多赚的利润，然后列出不等式，即可求出m的取值范围．
【详解】
(1)观察表格发现p是x的一次函数，q是x的一次函数，
设p=k1x+b1，
将x=1，p=2；x=2，p=3分别代入得：，
解得：，
所以，
经验证p=x+1符合题意，
所以，且x为整数；
设q=k2x+b2，
将x=1，q=70；x=2，q=75分别代入得：，
解得：，
所以，
经验证符合题意，
所以，且x为整数；
(2)当且x为整数时，

；
当且x为整数时，
；
即有；
当且x为整数时，售价，销量均随x的增大而增大，
故当时，(元)
当且x为整数时，
故当时，(元)；
由，可知第5天时利润最大．
(3)根据题意，
前5天的销售数量为：(只)，
∴前5天多赚的利润为：
(元)，
∴，
∴；
∴的取值范围为．
【点睛】
此题考查二次函数的性质及其应用，一次函数的应用，不等式的应用，也考查了二次函数的基本性质，另外将实际问题转化为求函数最值问题，从而来解决实际问题．
22．(2020·湖北恩施·中考真题)如图，抛物线经过点，顶点为，对称轴与轴相交于点，为线段的中点．

(1)求抛物线的解析式；
(2)为线段上任意一点，为轴上一动点，连接，以点为中心，将逆时针旋转，记点的对应点为，点的对应点为．当直线与抛物线只有一个交点时，求点的坐标．
(3)在(2)的旋转变换下，若(如图)．

①求证：．
②当点在(1)所求的抛物线上时，求线段的长．
【答案】(1)；(2)(，0)；(3)①见解析；②=或=
【分析】
(1)根据点C在抛物线上和已知对称轴的条件可求出解析式；
(2)根据抛物线的解析式求出点B及已知点C的坐标，证明△ABC是等腰直角三角形，根据旋转的性质推出直线EF与x轴的夹角为45°，因此设直线EF的解析式为y=x+b，设点M的坐标为(m，0)，推出点F(m，6-m)，直线与抛物线只有一个交点，联立两个解析式，得到关于x的一元二次方程，根据根的判别式为0得到关于m的方程，解方程得点M的坐标．注意有两种情况，均需讨论．
(3)①过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，设点M的坐标为(m，0)，由及旋转的性质，证明△EHM≌△MGP，得到点E的坐标为(m-1，5-m)，再根据两点距离公式证明，注意分两种情况，均需讨论；②把E(m-1，5-m)代入抛物线解析式，解出m的值，进而求出CM的长．
【详解】
(1)∵点在抛物线上，
∴，
得到，
又∵对称轴，
∴，
解得，
∴，
∴二次函数的解析式为；
(2)当点M在点C的左侧时，如下图：

∵抛物线的解析式为，对称轴为，
∴点A(2，0)，顶点B(2，4)，
∴AB=AC=4，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠1=45°；
∵将逆时针旋转得到△MEF，
∴FM=CM，∠2=∠1=45°，
设点M的坐标为(m，0)，
∴点F(m，6-m)，
又∵∠2=45°，
∴直线EF与x轴的夹角为45°，
∴设直线EF的解析式为y=x+b，
把点F(m，6-m)代入得：6-m=m+b，解得：b=6-2m，
直线EF的解析式为y=x+6-2m，
∵直线与抛物线只有一个交点，
∴，
整理得：，
∴Δ=b2-4ac=0，解得m=，
点M的坐标为(，0)．
当点M在点C的右侧时，如下图：

由图可知，直线EF与x轴的夹角仍是45°，因此直线与抛物线不可能只有一个交点．
综上，点M的坐标为(，0)．
(3)①当点M在点C的左侧时，如下图，过点P作PG⊥x轴于点G，过点E作EH⊥x轴于点H，

∵，由(2)知∠BCA=45°，
∴PG=GC=1，
∴点G(5，0)，
设点M的坐标为(m，0)，
∵将逆时针旋转得到△MEF，
∴EM=PM，
∵∠HEM+∠EMH=∠GMP+∠EMH =90°，
∴∠HEM=∠GMP，
在△EHM和△MGP中，
，
∴△EHM≌△MGP(AAS)，
∴EH=MG=5-m，HM=PG=1，
∴点H(m-1，0)，
∴点E的坐标为(m-1，5-m)；
∴EA==，
又∵为线段的中点，B(2，4)，C(6，0)，
∴点D(4，2)，
∴ED==，
∴EA= ED．
当点M在点C的右侧时，如下图：

同理，点E的坐标仍为(m-1，5-m)，因此EA= ED．
②当点在(1)所求的抛物线上时，
把E(m-1，5-m)代入，整理得：m2-10m+13=0，
解得：m=或m=，
∴=或=．
【点睛】
本题是二次函数综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质、旋转的性质、分类讨论的思想是解题的关键．