（通用版）中考数学一轮复习练习卷3.5《二次函数的综合应用》课后练习（含答案）

这是一份（通用版）中考数学一轮复习练习卷3.5《二次函数的综合应用》课后练习（含答案），共39页。

1.如图，直线y＝kx＋b(k、b为常数)分别与x轴、y轴交于点A(－4，0)、B(0，3)，抛物线y＝－x2＋2x＋1与y轴交于点C.
(1)求直线y＝kx＋b的函数解析式；
(2)若点P(x，y)是抛物线y＝－x2＋2x＋1上的任意一点，设点P到直线AB的距离为d，求d关于x的函数解析式，并求d取最小值时点P的坐标；
(3)若点E在抛物线y＝－x2＋2x＋1的对称轴上移动，点F在直线AB上移动，求CE＋EF的最小值．
2. 如图，抛物线y＝eq \f(1,4)x2＋eq \f(1,4)x＋c与x轴的负半轴交于点A，与y轴交于点B，连接AB，点C(6，eq \f(15,2))在抛物线上，直线AC与y轴交于点D.
(1)求c的值及直线AC的函数表达式；
(2)点P在x轴正半轴上，点Q在y轴正半轴上，连接PQ与直线AC交于点M，连接MO并延长交AB于点N，若M为PQ的中点．
①求证：△APM∽△AON；
②设点M的横坐标为m，求AN的长．(用含m的代数式表示)
3. 如图，直线y＝－eq \f(\r(3),3)x＋eq \r(3)分别与x轴、y轴交于B、C两点，点A在x轴上，∠ACB＝90°，抛物线y＝ax2＋bx＋eq \r(3)经过A、B两点．
(1)求A、B两点的坐标；
(2)求抛物线的解析式；
(3)点M是直线BC上方抛物线上的一点，过点M作MH⊥BC于点H，作MD∥y轴交BC于点D，求△DMH周长的最大值．
4. 已知点A(－1，1)，B(4，6)在抛物线y＝ax2＋bx上．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图①，点F的坐标为(0，m)(m>2)，直线AF交抛物线于另一点G，过点G作x轴的垂线，垂足为H，设抛物线与x轴的正半轴交于点E，连接FH，AE，求证：FH∥AE；
(3)如图②，直线AB分别交x轴，y轴于C，D两点，点P从点C出发，沿射线CD方向匀速运动，速度为每秒 eq \r(2)个单位长度，同时点Q从原点O出发，沿x轴正方向匀速运动，速度为每秒1个单位长度，点M是直线PQ与抛物线的一个交点，当运动到t秒时，QM＝2PM，直接写出t的值．
课时2 与面积有关的问题
(建议答题时间：40分钟)
1. 如图，抛物线y＝ax2＋bx＋2经过点A(－1，0)，B(4，0)，交y轴于点C.
(1)求抛物线的解析式(用一般式表示)；
(2)点D为y轴右侧抛物线上一点，是否存在点D，使S△ABD＝eq \f(3,2)S△ABC，若存在请直接给出点D坐标；若不存在请说明理由；
(3)将直线BC绕点B顺时针旋转45°得到BE，与抛物线交于另一点E，求BE的长．
2.如图，在平面直角坐标系中，直线y＝eq \f(1,2)x＋2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝－eq \f(1,2)x2＋bx＋c经过A、C两点，与x轴的另一交点为点B.
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)点D为直线AC上方抛物线上一动点．
①连接BC、CD，设直线BD交线段AC于点E，△CDE的面积为S1，△BCE的面积为S2，求eq \f(S1,S2)的最大值；
②过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF中的某个角恰好等于∠BAC的2倍？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由．
3. 抛物线y＝ax2＋bx＋3经过点A(1，0)和点B(5，0)．
(1)求该抛物线所对应的函数解析式；
(2)该抛物线与直线y＝eq \f(3,5)x＋3相交于C、D两点，点P是抛物线上的动点且位于x轴下方，直线PM∥y轴，分别与x轴和直线CD交于点M、N.
①连接PC、PD，如图①，在点P运动过程中，△PCD的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，说明理由．
②连接PB，过点C作CQ⊥PM，垂足为点Q，如图②， 是否存在点P，使得△CNQ与△PBM相似？若存在，求出满足条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．
4. 已知抛物线y＝－eq \f(1,3)x2＋eq \f(1,3)x＋4交x轴于点A、B，交y轴于点C，连接AC、BC.
(1)求交点A、B的坐标以及直线BC的解析式；
(2)如图①，动点P从点B出发以每秒5个单位的速度向点O运动，过点P作y轴的平行线交线段BC于点M，交抛物线于点N，过点N作NK⊥BC交BC于点K，当△MNK与△MPB的面积比为1∶2时，求动点P的运动时间t的值；
(3)如图②，动点P 从点B出发以每秒5个单位的速度向点A运动，同时另一个动点Q从点A出发沿AC以相同速度向终点C运动，且P、Q同时停止，分别以PQ、BP为边在x轴上方作正方形PQEF和正方形BPGH(正方形顶点按顺时针顺序)，当正方形PQEF和正方形BPGH重叠部分是一个轴对称图形时，请求出此时轴对称图形的面积．
课时3 与三角形、四边形形状有关的问题
(建议答题时间：40分钟)
1. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋1交y轴于点A，交x轴正半轴于点B(4，0)，与过A点的直线相交于另一点D(3，eq \f(5,2))，过点D作DC⊥x轴，垂足为C.
(1)求抛物线的表达式；
(2)点P在线段OC上(不与点O、C重合)，过P作PN⊥x轴，交直线AD于M，交抛物线于点N，连接CM，求△PCM面积的最大值；
(3)若P是x轴正半轴上的一动点，设OP的长为t，是否存在t，使以点M、C、D、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
2. 如图，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c与y轴相交于点A(0，3)，与x正半轴相交于点B，对称轴是直线x＝1.
(1)求此抛物线的解析式及点B的坐标；
(2)动点M从点O出发，以每秒2个单位长度的速度沿x轴正方向运动，同时动点N从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿y轴正方向运动，当N点到达A点时，M、N同时停止运动．过动点M作x轴的垂线交线段AB于点Q，交抛物线于点P，设运动的时间为t秒．
①当t为何值时，四边形OMPN为矩形；
②当t>0时，△BOQ能否为等腰三角形？若能，求出t值；若不能，请说明理由．
3. 如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过平行四边形ABCD的顶点A(0，3)、B(－1，0)、D(2，3)，抛物线与x轴的另一交点为E.经过点E的直线l将平行四边形ABCD分割为面积相等的两部分，与抛物线交于另一点F.点P为直线l上方抛物线上一动点．设点P的横坐标为t.
(1)求抛物线的解析式；
(2)当t何值时，△PFE的面积最大？并求最大值的立方根；
(3)是否存在点P使△PAE为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
4. 如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y＝eq \f(\r(3),3)x2－eq \f(8,3)x－eq \r(3)与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C.
(1)判断△ABC的形状，并说明理由；
(2)在抛物线第四象限上有一点，它关于x轴的对称点记为点P，点M是直线BC上的一动点，当△PBC的面积最大时，求PM＋eq \f(\r(10),10)MC的最小值；
(3)如图②，点K为抛物线的顶点，点D在抛物线对称轴上且纵坐标为eq \r(3)，对称轴右侧的抛物线上有一动点E，过点E作EH∥CK，交对称轴于点H，延长HE至点F，使得EF＝eq \f(5\r(3),3)，在平面内找一点Q，使得以点F、H、D、Q为顶点的四边形是轴对称图形，且过点Q的对角线所在的直线是对称轴，请问是否存在这样的点Q，若存在，请直接写出点E的横坐标；若不存在，请说明理由．
课时4 二次函数的实际应用
(建议答题时间：20分钟)
1. 足球运动员将足球沿与地面成一定角度的方向踢出，足球飞行的路线是一条抛物线，不考虑空气阻力，足球距离地面的高度h(单位：m)与足球被踢出后经过的时间t(单位：s)之间的关系如下表：
下列结论：①足球距离地面的最大高度为20 m；②足球飞行路线的对称轴是直线t＝eq \f(9,2)；③足球被踢出9 s时落地；④足球被踢出1.5 s时，距离地面的高度是11 m．其中正确结论的个数是( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
2.甲、乙两人进行羽毛球比赛，羽毛球飞行的路线为抛物线的一部分．如图，甲在O点正上方1 m的P处发出一球，羽毛球飞行的高度y(m)与水平距离x(m)之间满足函数表达式y＝a(x－4)2＋h.已知点O与球网的水平距离为5 m，球网的高度为1.55 m.
(1)当a＝－eq \f(1,24)时，①求h的值，②通过计算判断此球能否过网；
(2)若甲发球过网后，羽毛球飞行到与点O的水平距离为7 m，离地面的高度为eq \f(12,5) m的Q处时，乙扣球成功，求a的值．
3. 农经公司以30元/千克的价格收购一批农产品进行销售，为了得到日销售量p(千克)与销售价格x(元/千克)之间的关系，经过市场调查获得部分数据如下表：
(1)请你根据表中的数据，用所学过的一次函数、二次函数、反比例函数的知识确定p与x之间的函数表达式；
(2)农经公司应该如何确定这批农产品的销售价格，才能使日销售利润最大？
(3)若农经公司每销售1千克这种农产品需支出a元(a＞0)的相关费用，当40≤x≤45时，农经公司的日获利的最大值为2430元，求a值．(日获利＝日销售利润－日支出费用)
答案
课时1 与线段、周长有关的问题
1. 解：(1)∵直线y＝kx＋b经过点A(－4，0)，B(0，3)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＝－4k＋b,3＝b))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝\f(3,4),b＝3))，
∴直线的函数解析式为y＝eq \f(3,4)x＋3；
(2)如解图，过点P作PM⊥AB于点M，作PN∥y轴交直线AB于点N.
第1题解图
∴∠PNM＝∠ABO，
∵∠AOB＝∠NMP＝90°，
∴△AOB∽△PMN，
∴eq \f(AO,PM)＝eq \f(AB,PN)，
∵OA＝4，OB＝3，
∴AB＝eq \r(OA2＋OB2)＝5，
∴PM＝eq \f(4,5)PN，
∵点P是抛物线上的点，PN∥y轴，
∴P(x，－x2＋2x＋1)，N(x，eq \f(3,4)x＋3)，
∴PN＝eq \f(3,4)x＋3－(－x2＋2x＋1)＝x2－eq \f(5,4)x＋2＝(x－eq \f(5,8))2＋eq \f(103,64)，
PM＝d＝eq \f(4,5)(x－eq \f(5,8))2＋eq \f(103,80)，
∴当x＝eq \f(5,8)时，PM取得最小值eq \f(103,80)，此时P点坐标为(eq \f(5,8)，eq \f(119,64))；
(3)∵抛物线y＝－x2＋2x＋1与y轴交于点C，
∴C(0，1)，对称轴为直线x＝－eq \f(2,2×（－1）)＝1，
如解图，作点C关于对称轴的对称点G，则G点坐标为(2，1)，点G到直线AB的距离即为CE＋EF的最小值，最小值为d＝eq \f(4,5)×(2－eq \f(5,8))2＋eq \f(103,80)＝eq \f(14,5).
2. (1)解：把点C(6，eq \f(15,2))代入抛物线解析式可得eq \f(15,2)＝9＋eq \f(3,2)＋c，
解得c＝－3，
∴y＝eq \f(1,4)x2＋eq \f(1,4)x－3，
当y＝0时，eq \f(1,4)x2＋eq \f(1,4)x－3＝0，
解得x1＝－4，x2＝3，
∴A(－4，0)，
设直线AC的函数表达式为：y＝kx＋b(k≠0)，
把A(－4，0)，C(6，eq \f(15,2))代入y＝kx＋b中得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＝－4k＋b,\f(15,2)＝6k＋b))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝\f(3,4),b＝3))，
∴直线AC的函数表达式为：y＝eq \f(3,4)x＋3；
(2)①证明：由(1)易得OA＝4，OB＝3，OD＝3，∵在Rt△AOB中，
tan∠OAB＝eq \f(OB,OA)＝eq \f(3,4).
在Rt△AOD中，tan∠OAD＝eq \f(OD,OA)＝eq \f(3,4).
∴∠OAB＝∠OAD，
∵在Rt△POQ中，M为PQ中点，
∴OM＝MP，
∴∠MOP＝∠MPO，
∵∠MOP＝∠AON，
∴∠APM＝∠AON，
∴△APM∽△AON；
②解：如解图，过点M作ME⊥x轴于点E.
又∵OM＝MP，
∴OE＝EP，
∵点M横坐标为m，
∴AE＝m＋4，AP＝2m＋4，
∵tan∠OAD＝eq \f(3,4)，
∴cs∠EAM＝cs∠OAD＝eq \f(4,5)，
∴AM＝eq \f(5,4)AE＝eq \f(5（m＋4）,4)，
∵△APM∽△AON，
∴eq \f(AM,AN)＝eq \f(AP,AO)，
∴AN＝eq \f(AM·AO,AP)＝eq \f(5m＋20,2m＋4).

第2题解图
3. 解：(1)∵直线y＝－eq \f(\r(3),3)x＋eq \r(3)与x轴交于点B，与y轴交于点C，
∴令x＝0得y＝eq \r(3)，令y＝0得x＝3，
∴点B的坐标为(3，0)，点C的坐标为(0，eq \r(3))．
∴tan∠CBO＝eq \f(OC,BO)＝eq \f(\r(3),3)，
∴∠CBO＝30°，
∴∠BCO＝60°，
∵AC⊥BC，
∴∠ACO＝30°，
∴AO＝CO·tan∠ACO＝eq \r(3)×eq \f(\r(3),3)＝1，
∴点A的坐标为(－1，0)；
(2)∵抛物线y＝ax2＋bx＋eq \r(3)经过A，B两点，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－b＋\r(3)＝0,9a＋3b＋\r(3)＝0))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(\r(3),3),b＝\f(2\r(3),3)))，
∴抛物线的解析式为y＝－eq \f(\r(3),3)x2＋eq \f(2\r(3),3)x＋eq \r(3)；
(3)∵MD∥y轴，
∴∠MDH＝∠BCO＝60°，
∵MH⊥BC，
∴HD＝eq \f(1,2)MD，MH＝eq \f(\r(3),2)MD.
∴△DMN的周长为(1＋eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2))MD.
设点D的坐标为(t，－eq \f(\r(3),3)t＋eq \r(3))，则点M的坐标为(t，－eq \f(\r(3),3)t2＋eq \f(2\r(3),3)t＋eq \r(3))，
∵点M在直线BC上方的抛物线上，
∴MD＝(－eq \f(\r(3),3)t2＋eq \f(2\r(3),3)t＋eq \r(3))－
(－eq \f(\r(3),3)t＋eq \r(3))＝－eq \f(\r(3),3)t2＋eq \r(3)t＝－eq \f(\r(3),3)(t－eq \f(3,2))2＋eq \f(3\r(3),4).
∵0＜t＜3，
∴当t＝eq \f(3,2)时，MD有最大值，且MD的最大值为eq \f(3\r(3),4)，
∴△DMH周长的最大值为(1＋eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2))×eq \f(3\r(3),4)＝eq \f(9\r(3)＋9,8).
4. (1)解：将点A(－1，1)，B(4，6)代入y＝ax2＋bx中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－b＝1,16a＋4b＝6))，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2),b＝－\f(1,2)))，
∴抛物线的解析式为y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(1,2)x；
(2)证明：∵A(－1，1)，F(0，m)
∴直线AF的解析式为：y＝(m－1)x＋m.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝（m－1）x＋m,y＝\f(1,2)x2－\f(1,2)x))，
得eq \f(1,2)x2－(m－eq \f(1,2))x－m＝0.
∵A、G为直线AF与抛物线的交点，
∴xA＋xG＝－eq \f(－（m－\f(1,2)）,\f(1,2))＝2m－1，∴xG＝2m－1－(－1)＝2m，
∴H(2m，0)，
∴直线HF的解析式为：y＝－eq \f(1,2)x＋m.
由抛物线解析式易得E(1，0)，
又A(－1，1)，
∴直线AE的解析式为：y＝－eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)，
∵直线HF与直线AE的斜率相等，
∴HF∥AE；
(3)解：t的值为eq \f(15＋\r(113),6)或eq \f(15－\r(113),6)或eq \f(13＋\r(89),2)或eq \f(13－\r(89),2).
【解法提示】由题意知直线AB解析式为y＝x＋2，∴C(－2，0)，D(0，2)，P(t－2，t)，Q(t，0)．
∴直线PQ的解析式为y＝－eq \f(t,2)x＋eq \f(t2,2)，
设M(x0，y0)，
由QM＝2PM可得：|t－x0|＝2|x0－t＋2|，
解得：x0＝t－eq \f(4,3)或x0＝t－4.
(i)当x0＝t－eq \f(4,3)时，代入直线PQ解析式得y0＝eq \f(2,3)t.
∴M(t－eq \f(4,3)，eq \f(2,3)t)，
代入y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(1,2)x中得：eq \f(1,2)(t－eq \f(4,3))2－eq \f(1,2)(t－eq \f(4,3))＝eq \f(2,3)t，
解得t1＝eq \f(15＋\r(113),6)，t2＝eq \f(15－\r(113),6)；
(ii)当x0＝t－4时，y0＝2t.
∴M(t－4，2t)，
代入y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(1,2)x中得：eq \f(1,2)(t－4)2－eq \f(1,2)(t－4)＝2t，
解得：t3＝eq \f(13＋\r(89),2)，t4＝eq \f(13－\r(89),2).
综上所述，t的值为eq \f(15＋\r(113),6)或eq \f(15－\r(113),6)或eq \f(13＋\r(89),2)或eq \f(13－\r(89),2).
课时2 与面积有关的问题
1. 解：(1)将点A(－1，0)，B(4，0)代入y＝ax2＋bx＋2中，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－b＋2＝0,16a＋4b＋2＝0))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,2),b＝\f(3,2)))，
∴抛物线的解析式为y＝－eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2；
(2)存在，点D的坐标为D1(1，3)，D2(2，3)，D3(5，－3)．
【解法提示】如解图①，过点D作DM⊥AB于点M.
设D(m，－eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2)(m>0)，则DM＝|－eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2|.
∵A(－1，0)，B(4，0)，
∴AB＝5.
∵抛物线交y轴于点C，
∴y＝－eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2中，令x＝0，有y＝2，
∴C(0，2)，∴OC＝2.
∵OC⊥AB，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)AB·OC＝5，
第1题解图①
又∵S△ABD＝eq \f(3,2)S△ABC，
∴DM＝|－eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2|＝eq \f(3,2)OC＝3，
当－eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2＝3时，解得m1＝1，m2＝2，此时D1(1，3)，D2(2，3)；
当－eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2＝－3时，解得m3＝－2(舍去)，m4＝5，此时D3(5，－3)．
综上所述，点D的坐标为D1(1，3)，D2(2，3)，D3(5，－3)．
(3)如解图②，过点C作CF⊥BC交BE于点F，过点F作FH⊥y轴于点H，过点E作EG⊥x轴于点G.
第1题解图②
∵CF⊥BC，∠CBF＝45°，
∴△BCF是等腰直角三角形，且BC＝CF，
∴∠OCB＋∠FCH＝90°，
又∵FH⊥y轴，
∴∠CFH＋∠FCH＝90°，
∴∠OCB＝∠CFH，
而BC＝CF，
∴△BOC≌△CHF(AAS)，
又∵B(4，0)，C(0，2)，
∴CH＝OB＝4，FH＝OC＝2，
∴OH＝6，
∴F(2，6)．
设BE的解析式为y＝kx＋c，
将B(4，0)，F(2，6)代入y＝kx＋c，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4k＋c＝0,2k＋c＝6))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－3,c＝12))，
∴BE的解析式为y＝－3x＋12.
联立抛物线和直线BE的解析式，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x2＋\f(3,2)x＋2,y＝－3x＋12))，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝4,y1＝0))(舍去)，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝5,y2＝－3))，
∴E(5，－3)，
∵EG⊥x轴，
∴BG＝1，EG＝3，
∴在Rt△BEG中，BE＝eq \r(BG2＋EG2)＝eq \r(10).
2. 解：(1)据题意得，A(－4，0)，C(0，2)，
∵抛物线y＝－eq \f(1,2)x2＋bx＋c过A、C两点，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＝－\f(1,2)×16－4b＋c,2＝c))，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－\f(3,2),c＝2))，
∴抛物线的函数表达式为y＝－eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x＋2；
(2)①令y＝0，∴－eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x＋2＝0，
∴x1＝－4，x2＝1，
∴B(1，0)，
如解图①，过D作DM⊥x轴交AC于M，过B作BN⊥x轴交AC于N，
第2题解图①
∴DM∥BN，
∴△DME∽△BNE，
∴eq \f(S1,S2)＝eq \f(DE,BE)＝eq \f(DM,BN)，
设D(a，－eq \f(1,2)a2－eq \f(3,2)a＋2)，
则M(a，eq \f(1,2)a＋2)，
∴DM＝－eq \f(1,2)a2－eq \f(3,2)a＋2－(eq \f(1,2)a＋2)＝－eq \f(1,2)a2－2a，在y＝eq \f(1,2)x＋2中，
令x＝1，则y＝eq \f(5,2)，
∴BN＝eq \f(5,2)，
∵B(1，0)，
∴N(1，eq \f(5,2))，
∴eq \f(S1,S2)＝eq \f(DM,BN)＝eq \f(－\f(1,2)a2－2a,\f(5,2))＝－eq \f(1,5)(a＋2)2＋eq \f(4,5)，
∴当a＝－2时，eq \f(S1,S2)取最大值为eq \f(4,5)；
②如解图②，
第2题解图②
∵A(－4，0)，B(1，0)，C(0，2)，
∴AC＝2eq \r(5)，BC＝eq \r(5)，AB＝5，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∴△ABC是以∠ACB为直角的直角三角形，取AB中点P，并连接CP，
∴P(－eq \f(3,2)，0)，
∴PA＝PC＝PB＝eq \f(5,2)，
∴∠CPO＝2∠BAC，
∴tan∠CPO＝tan(2∠BAC)＝eq \f(4,3)；
情况1：
过D作x轴的平行线，交y轴于R，交AF延长线于G，则∠DGC＝∠BAC，
若∠DCF＝2∠BAC，即∠DGC＋∠CDG＝2∠BAC，∴∠CDG＝∠BAC，
∴tan∠CDG＝tan∠BAC＝eq \f(1,2).
即eq \f(RC,DR)＝eq \f(1,2)，设D(d，－eq \f(1,2)d2－eq \f(3,2)d＋2)，
∴DR＝d，RC＝－eq \f(1,2)d2－eq \f(3,2)d，
∴eq \f(－\f(1,2)d2－\f(3,2)d,d)＝eq \f(1,2)，
∴d1＝0(舍)，d1＝－2，
∴xD＝－2；
情况2：如解图③，过A作AQ∥DF，交CD延长线于点Q，过Q作QH⊥x轴于点H，若∠FDC＝2∠BAC，
即∠AQC＝2∠BAC，
∴tan∠AQC＝eq \f(AC,AQ)＝eq \f(2\r(5),AQ)＝eq \f(4,3)，
∴AQ＝eq \f(3\r(5),2)，△QHA∽△AOC，
∴eq \f(AH,OC)＝eq \f(AQ,AC)＝eq \f(HQ,AO)＝eq \f(3,4)，
第2题解图③
∴AH＝eq \f(3,2)，HQ＝3，
∴Q(－eq \f(11,2)，3)，又C(0，2)，
∴易求直线QC的解析式为y＝－eq \f(2,11)x＋2，
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(2,11)x＋2,y＝－\f(1,2)x2－\f(3,2)x＋2))，
∴eq \f(1,2)x2＋eq \f(29,22)x＝0，
x1＝0(舍去)，x2＝－eq \f(29,11)，
∴xD＝－eq \f(29,11)，
综上所述，D点的横坐标为－2或－eq \f(29,11).
3. 解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx＋3经过点A(1，0)和点B(5，0)．
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＋3＝0,25a＋5b＋3＝0)) ，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(3,5),b＝－\f(18,5)))，∴该抛物线对应的函数解析式为y＝eq \f(3,5)x2－eq \f(18,5)x＋3；
(2)∵点P是抛物线上的动点，且位于x轴下方，
∴可设点P(t，eq \f(3,5)t2－eq \f(18,5)t＋3)(1＜t＜5)，
∵PM∥y轴，分别与x轴和直线CD相交于点M、N，
∴M(t，0)，N(t，eq \f(3,5)t＋3)．
①∵点C，D是直线与抛物线的交点，∴令eq \f(3,5)x2－eq \f(18,5)x＋3＝eq \f(3,5)x＋3，解得x1＝0，x2＝7.
当x＝0时，y＝eq \f(3,5)x＋3＝3，
当x＝7时，y＝eq \f(3,5)x＋3＝eq \f(36,5).
∴点C(0，3)，D(7，eq \f(36,5))．
如解图，分别过点C和点D作直线PN的垂线，垂足分别为E，F，
第3题解图
则CE＝t，DF＝7－t，SΔPCD＝SΔPCN＋SΔPDN＝eq \f(1,2)PN·CE＋eq \f(1,2)PN·DF＝eq \f(1,2)PN(CE＋DF)＝eq \f(7,2)PN，
当PN最大时，△PCD的面积最大．
∵PN＝eq \f(3,5)t＋3－(eq \f(3,5)t2－eq \f(18,5)t＋3)＝－eq \f(3,5)(t－eq \f(7,2))2＋eq \f(147,20)，
∴当t＝eq \f(7,2)时，PN取最大值为eq \f(147,20)，此时△PCD的面积最大，最大值为eq \f(1,2)×7×eq \f(147,20)＝eq \f(1029,40)；
②存在.
∵∠CQN＝∠PMB＝90°，∴当eq \f(NQ,CQ)＝eq \f(PM,BM)或eq \f(NQ,CQ)＝eq \f(BM,PM)时，△CNQ与△PBM相似．
∵CQ⊥PM，垂足为点Q，
∴Q(t，3)．
且C(0，3)，N(t，eq \f(3,5)t＋3)，
∴CQ＝t，NQ＝(eq \f(3,5)t＋3)－3＝eq \f(3,5)t.
∴eq \f(NQ,CQ)＝eq \f(3,5).
∵P(t，eq \f(3,5)t2－eq \f(18,5)t＋3)，M(t，0)，B(5，0)．
∴BM＝5－t，PM＝－eq \f(3,5)t2＋eq \f(18,5)t－3.
情况1：当eq \f(NQ,CQ)＝eq \f(PM,BM)时，PM＝eq \f(3,5)BM，即－eq \f(3,5)t2＋eq \f(18,5)t－3＝eq \f(3,5)(5－t)，解得
t1＝2，t2＝5(舍去)，此时，P(2，－eq \f(9,5))；
情况2：当eq \f(NQ,CQ)＝eq \f(BM,PM)时，BM＝eq \f(3,5)PM，即5－t＝eq \f(3,5)(－eq \f(3,5)t2＋eq \f(18,5)t－3)，解得t1＝eq \f(34,9)，t2＝5(舍去)．此时，P(eq \f(34,9)，－eq \f(55,27))．
综上所述，存在点P(2，－eq \f(9,5))或者P(eq \f(34,9)，－eq \f(55,27))，使得△CNQ与△PBM相似．
4. 解：(1)令y＝0，则－eq \f(1,3)x2＋eq \f(1,3)x＋4＝0，解得x＝4或－3，
∴点A坐标(－3，0)，点B坐标(4，0)，
设直线BC解析式为y＝kx＋b，把B(4，0)，C(0，4)代入得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝4,4k＋b＝0)) ，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－1,b＝4)) ，
∴直线BC解析式为y＝－x＋4；
(2)如题图①，∵PN∥OC，NK⊥BC，∴∠MPB＝∠MKN＝90°，
∵∠PMB＝∠NMK，
∴△MNK∽△MBP，
∵△MNK与△MBP的面积比为1：2，∴BM＝eq \r(2)MN，
∵OB＝OC，
∴∠PBM＝45°，
∴BM＝eq \r(2)PB，
∴MN＝PB，
设P(a，0)，则MN＝－eq \f(1,3)a2＋eq \f(1,3)a＋4＋a－4＝－eq \f(1,3)a2＋eq \f(4,3)a，BP＝4－a，
∴－eq \f(1,3)a2＋eq \f(4,3)a＝4－a，
解得a＝3或4(舍去)，
∴PB＝1，t＝eq \f(1,5)；
(3)①如解图①中，过F作FR⊥x轴于R，交GH于T，当轴对称图形为筝形时，PF＝PG，GM＝FM，
∵BP＝PG＝AQ，PQ＝PF，
∴AQ＝PQ＝5t，
过点Q作QN⊥AP，则AN＝NP，
由△AQN∽△ACO，
∴eq \f(AQ,AC)＝eq \f(AN,AO)，
∵A(－3，0)，C(0，4)，
∴AC＝5，
∴eq \f(5t,5)＝eq \f(AN,3)，
∴AN＝3t，
∴AP＝2AN＝6t，
∵AP＋BP＝AB，
∴6t＋5t＝7，
∴t＝eq \f(7,11)，
∴PB＝PF＝eq \f(35,11)，
易证△ACO∽△FPR∽△FMT，
∴eq \f(FP,FR)＝eq \f(AC,AO)，
∴FR＝eq \f(21,11)，TF＝eq \f(35,11)－eq \f(21,11)＝eq \f(14,11)，
∴eq \f(FM,AC)＝eq \f(TF,AO)，
∴FM＝eq \f(70,33)，
∴S＝2×eq \f(1,2)PF·FM＝eq \f(2450,363)；
②如解图②中，当轴对称图形是正方形时，3t＋5t＝7，∴t＝eq \f(7,8)，∴S＝eq \f(49,4).
第4题解图① 第4题解图②
课时3 与三角形、四边形形状有关的问题
1. 解：(1)抛物线y＝ax2＋bx＋1经过B(4，0)，D(3，eq \f(5,2))，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＝16a＋4b＋1,\f(5,2)＝9a＋3b＋1))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(3,4),b＝\f(11,4)))，
∴抛物线的表达式为y＝－eq \f(3,4)x2＋eq \f(11,4)x＋1；
(2)∵抛物线y＝－eq \f(3,4)x2＋eq \f(11,4)x＋1与y轴交于点A，
∴点A的坐标为A(0，1)，
设直线AD的表达式为y＝kx＋d，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＝d,\f(5,2)＝3k＋d))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝\f(1,2),d＝1))，
∴直线AD的表达式为y＝eq \f(1,2)x＋1.
∵CD⊥x轴，点D的坐标为D(3，eq \f(5,2))，
∴点C的坐标为C(3，0)，
设P(m，0)，则0∵PN⊥x轴，
∴M(m，eq \f(1,2)m＋1)，
∴PM＝eq \f(1,2)m＋1，CP＝3－m，
∴S△PCM＝eq \f(1,2)PM·CP＝eq \f(1,2)×(eq \f(1,2)m＋1)×(3－m)＝－eq \f(1,4)(m－eq \f(1,2))2＋eq \f(25,16)，
∴当m＝eq \f(1,2)时，△PCM面积取得最大值为eq \f(25,16)；
(3)∵OP＝t，
∴P(t，0)，M(t，eq \f(1,2)t＋1)，N(t，－eq \f(3,4)t2＋eq \f(11,4)t＋1)，
∴MN＝|－eq \f(3,4)t2＋eq \f(11,4)t＋1－(eq \f(1,2)t＋1)|＝|－eq \f(3,4)t2＋eq \f(9,4)t|，
∵CD∥MN，
∴要使得四边形MNDC是平行四边形，只需MN＝CD即可．
∵CD＝eq \f(5,2)，
∴只需|－eq \f(3,4)t2＋eq \f(9,4)t|＝eq \f(5,2)，
化简得3t2－9t＋10＝0或3t2－9t－10＝0.
当3t2－9t＋10＝0时，Δ＝81－120<0，方程无解；
当3t2－9t－10＝0时，Δ＝81＋120＝201>0，
∴t＝eq \f(9±\r(201),6)，
∵t>0，
∴t＝eq \f(9＋\r(201),6)，
∴当t为eq \f(9＋\r(201),6)时，四边形MNDC是平行四边形．
2. 解：(1)∵抛物线y＝－x2＋bx＋c与y轴交于点A(0，3)，
∴c＝3，
∵对称轴是直线x＝1，
∴－eq \f(b,2×（－1）)＝1，解得b＝2，
∴抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3；
令y＝0，得－x2＋2x＋3＝0，
解得x1＝3，x2＝－1(不合题意，舍去)，
∴点B的坐标为(3，0)；
(2)①由题意得ON＝3t，OM＝2t，则点P(2t，－4t2＋4t＋3)，
∵四边形OMPN为矩形，
∴PM＝ON，即－4t2＋4t＋3＝3t，
解得t1＝1，t2＝－eq \f(3,4)(不合题意，舍去)，
∴当t＝1时，四边形OMPN为矩形；
②能，在Rt△AOB中，OA＝3，OB＝3，∴∠B＝45°，
若△BOQ为等腰三角形，有三种情况：
(ⅰ)若OQ＝BQ，如解图①所示：
则M为OB中点，OM＝eq \f(1,2)OB＝eq \f(3,2)，
∴t＝eq \f(3,2)÷2＝eq \f(3,4)；
(ⅱ)若OQ＝OB，
∵OA＝3，OB＝3，
∴点Q与点A重合，即t＝0(不合题意，舍去)；
(ⅲ)若OB＝BQ，如解图②所示：
∴BQ＝3，
∴BM＝BQ·cs45°＝3×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(3\r(2),2)，
∴OM＝OB－BM＝3－eq \f(3\r(2),2)＝eq \f(6－3\r(2),2)，
∴t＝eq \f(6－3\r(2),2)÷2＝eq \f(6－3\r(2),4)，
综上所述，当t为eq \f(3,4)秒或eq \f(6－3\r(2),4)秒时，△BOQ为等腰三角形．
第2题解图
3. 解：(1)将点A、B、D的坐标代入抛物线的解析式得：
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝3,a－b＋c＝0,4a＋2b＋c＝3))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1,b＝2,c＝3))，
∴抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3；
(2)把y＝0代入y＝－x2＋2x＋3得：－x2＋2x＋3＝0，
解得x＝3或x＝－1.
∴点E的坐标为(3，0)．
∵l将平行四边形ABCD分割为面积相等的两部分，
∴直线l经过平行四边形两对角线的交点，
∴直线l经过点BD的中点，即(eq \f(1,2)，eq \f(3,2))．
设EF的解析式为y＝kx＋b′，将(eq \f(1,2)，eq \f(3,2))和(3，0)代入直线的解析式得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)k＋b′＝\f(3,2),3k＋b′＝0))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－\f(3,5),b′＝\f(9,5)))，
∴直线EF的解析式为y＝－eq \f(3,5)x＋eq \f(9,5)，
将直线EF解析式与抛物线解析式联立可得，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(3,5)x＋\f(9,5),y＝－x2＋2x＋3))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3,y＝0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(2,5),y＝\f(51,25)))，
∴F(－eq \f(2,5)，eq \f(51,25))，
如解图①所示，连接PE，过点P作PG⊥x轴，交EF于点G.
第3题解图①
设点P的坐标为(t，－t2＋2t＋3)，则点G的坐标为(t，－eq \f(3,5)t＋eq \f(9,5))，
∴PG＝－t2＋2t＋3－(－eq \f(3,5)t＋eq \f(9,5))
＝－t2＋eq \f(13,5)t＋eq \f(6,5).
△PEF的面积＝eq \f(1,2)PG·|xE－xF|＝eq \f(1,2)×(3＋eq \f(2,5))PG＝eq \f(1,2)×eq \f(17,5)(－t2＋eq \f(13,5)t＋eq \f(6,5))＝－eq \f(17,10)t2＋eq \f(221,50)t＋eq \f(102,50)＝－eq \f(17,10)·(t－eq \f(13,10))2＋eq \f(289,100)×eq \f(17,10)，
∴当t＝－eq \f(b,2a)＝eq \f(13,10)时，△PFE的面积最大，最大面积为eq \f(289,100)×eq \f(17,10)，
∴最大值的立方根为eq \r(3,\f(289,100)×\f(17,10))＝1.7；
(3)如解图②所示：当∠PAE＝90°时，
第3题解图②
设直线AE的解析式为y＝k′x＋3，将点E的坐标代入得：3k′＋3＝0，解得k′＝－1.
∴直线AE的解析式为y＝－x＋3.
∴直线AP的解析式为y＝x＋3.
将y＝x＋3与y＝－x2＋2x＋3联立，解得x＝0时，y＝3；x＝1时，y＝4.
∴P(1，4)．
∴t＝1.
如解图③所示：当∠APE＝90°时，
第3题解图③
设点P的坐标为(t，－t2＋2t＋3)．
设直线AP的解析式为y＝k1x＋b1，PE的解析式为y＝k2x＋b2.
将点A和点P的坐标代入y＝k1x＋b1得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b1＝3,tk1＋b1＝－t2＋2t＋3))，
解得k1＝－t＋2.
将点P、E代入y＝k2x＋b2得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3k2＋b2＝0,tk2＋b2＝－t2＋2t＋3))，
解得k2＝－(t＋1)．
∵PA与PE垂直，
∴k1·k2＝－1，即－(t＋1)×(－t＋2)＝－1，整理得：t2－t－1＝0，
解得t＝eq \f(1＋\r(5),2)或t＝eq \f(1－\r(5),2)，
∵点P在直线l的上方，
∴t＝eq \f(1－\r(5),2)(舍去)．
综上所述，当t＝1或t＝eq \f(1＋\r(5),2)时，△PAE为直角三角形．
4. 解：(1)△ABC是直角三角形. 理由如下：对于抛物线y＝eq \f(\r(3),3)x2－eq \f(8,3)x－eq \r(3)，
令y＝0, 得eq \f(\r(3),3)x2－eq \f(8,3)x－eq \r(3)＝0，
解得x＝－eq \f(\r(3),3)或3eq \r(3).
令x＝0，y＝－eq \r(3).
∴A(－eq \f(\r(3),3)，0)，C(0，－eq \r(3))，B(3eq \r(3)，0)，
∴OA＝eq \f(\r(3),3)，OC＝eq \r(3)，OB＝3eq \r(3)，
∴eq \f(AO,OC)＝eq \f(OC,OB)＝eq \f(1,3)，
∵∠AOC＝∠BOC，
∴△AOC∽△COB，
∴∠ACO＝∠OBC，
∵∠OBC＋∠OCB＝90°，
∴∠ACO＋∠OCB＝90°，
∴∠ACB＝90°.
即△ABC为直角三角形；
(也可以求出AC、BC、AB，利用勾股定理逆定理证明)
(2)如解图①中，设第四象限抛物线上一点N(m，eq \f(\r(3),3)m2－eq \f(8,3)m－eq \r(3))，点N关于x轴的对称点P(m，－eq \f(\r(3),3)m2＋eq \f(8,3)m＋eq \r(3))，过B、C分别作y轴、x轴的平行线交于点G，连接PG.
第4题解图①
∵G(3eq \r(3)，－eq \r(3))，
∴SΔPBC＝SΔPCG＋SΔPBG－SΔBCG＝eq \f(1,2)×3eq \r(3)×(－eq \f(\r(3),3)m2＋eq \f(8,3)m＋2eq \r(3)) ＋eq \f(1,2)×eq \r(3)×(3eq \r(3)－m)－eq \f(1,2)×3eq \r(3)×eq \r(3)＝－eq \f(3,2)(m－eq \f(7\r(3),6))2＋eq \f(121,8).
∵eq \f(3,2)<0，
∴当m＝eq \f(7\r(3),6)时，△PBC的面积最大，此时P(eq \f(7\r(3),6)，eq \f(11\r(3),4))．
如解图②，作ME⊥CG于点E，
第4题解图②
∵CG∥OB，
∴∠OBC＝∠ECM，
∵∠BOC＝∠CEM，
∴△CEM∽△BOC，
∵OC∶OB∶BC＝1∶3∶eq \r(10)，
∴EM∶CE∶CM＝1∶3∶eq \r(10)，
∴EM＝eq \f(\r(10),10)CM，
∴PM＋eq \f(\r(10),10)CM＝PM＋ME，
∴根据垂线段最短可知，当PE⊥CG时，PM＋ME最短，
∴PM＋eq \f(\r(10),10)MC的最小值为eq \f(11\r(3),4)＋eq \r(3)＝eq \f(15\r(3),4)；
(3)存在，理由如下：
① 如解图③，当DH＝HF，HQ平分∠DHF时，以点F、H、D、Q为顶点的四边形是轴对称图形，且过点Q的对角线所在的直线是对称轴．作CG⊥HK于G，PH∥x轴，EP⊥PH于点P.
第4题解图③
∵FH∥CK，K(eq \f(4\r(3),3)，－eq \f(25\r(3),9))，
易知CG∶GK∶CK＝3∶4∶5，
由△EPH∽△KGC，得PH∶PE∶EH＝3∶4∶5，设
E(n，eq \f(\r(3),3)n2－eq \f(8,3)n－eq \r(3))，
则HE＝eq \f(5,3)(n－eq \f(4\r(3),3))，PE＝eq \f(4,3)(n－eq \f(4\r(3),3))．
∵DH＝HF，
∴eq \r(3)＋[－eq \f(\r(3),3)n2＋eq \f(8,3)n＋eq \r(3)－eq \f(4,3)(n－eq \f(4\r(3),3))]＝eq \f(5,3)(n－eq \f(4\r(3),3))＋eq \f(5\r(3),3)，
解得n＝eq \f(－\r(3)＋\r(471),6)或n＝eq \f(－\r(3)－\r(471),6)(舍去)．
②如解图④，当DH＝HF，HQ平分∠DHF时，以点F、H、D、Q为顶点的四边形是轴对称图形，且过点Q的对角线所在直线是对称轴．
同上面的方法可得[eq \f(\r(3),3)n2－eq \f(8,3)n－eq \r(3)＋eq \f(4,3)(n－eq \f(4\r(3),3))]－eq \r(3)＝eq \f(5,3)(n－eq \f(4\r(3),3))＋eq \f(5\r(3),3)，
解得n＝eq \f(3\r(3),2)＋eq \f(\r(591),6)或n＝eq \f(3\r(3),2)－eq \f(\r(591),6)(舍去)．
第4题解图④
③如解图⑤，当DH＝DF，DQ平分∠HDF时，以点F、H、D、Q为顶点的四边形是轴对称图形，且过点Q的对角线所在直线是对称轴.
第4题解图⑤
设DQ交HF于M，由△DHM∽△CKG，可知HM∶DH＝4∶5，则eq \f(1,2)×[eq \f(5,3)(n－eq \f(4\r(3),3))＋eq \f(5\r(3),3)]∶[eq \f(\r(3),3)n2－eq \f(8,3)n－eq \r(3)＋eq \f(4,3)(n－eq \f(4\r(3),3))－eq \r(3)]＝4∶5，
解得n＝eq \f(19\r(3),16)＋eq \f(\r(33459),48)或n＝eq \f(19\r(3),16)－eq \f(\r(33459),48)(舍去)．
综上所述，满足条件的点E的横坐标为eq \f(－\r(3)＋\r(471),6)或eq \f(3\r(3),2)＋eq \f(\r(591),6)或eq \f(19\r(3),16)＋eq \f(\r(33459),48).
课时4 二次函数的实际应用
1. B 【解析】由足球距离地面的高度h与足球被踢出后经过的时间t之间关系可求得h与t的函数关系式为：h＝－t2＋9t，当t＝1.5时，可得h＝11.25，所以④错误；当h＝0时，可得－t2＋9t＝0，解得t1＝0，t2＝9，所以足球被踢出9秒时落地，由h＝－t2＋9t可得对称轴是t＝eq \f(9,2)，故②③正确；当t＝eq \f(9,2)时，h＝－eq \f(81,4)＋eq \f(81,2)＝eq \f(81,4)＝20.25，所以①错误；正确结论的个数为2个，故选B.
2. 解：(1)①把P(0，1)代入y＝－eq \f(1,24)(x－4)2＋h中得h＝eq \f(5,3)；
②把x＝5代入y＝－eq \f(1,24)(x－4)2＋eq \f(5,3)，得y＝－eq \f(1,24)×(5－4)2＋eq \f(5,3)＝1.625.
∵1.625＞1.55.
∴此球能过网；
(2)把P(0，1)，Q(7，eq \f(12,5))代入y＝a(x－4)2＋h，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(16a＋h＝1,9a＋h＝\f(12,5)))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－\f(1,5),h＝\f(21,5)))，
∴a＝－eq \f(1,5).
3. 解：(1)p与x之间满足一次函数关系p＝kx＋b，点(50，0)，(30，600)在图象上，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(50k＋b＝0,30k＋b＝600))， 解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－30,b＝1500))，
∴p与x之间的函数表达式为p＝－30x＋1500(30≤x≤50)；
(2)设日销售价格为x元/千克，日销售利润为w元，依题意得
w＝(－30x＋1500)(x－30)＝－30x2＋2400x－45000(30≤x≤50)，
∵a＝－30<0，∴w有最大值．
当x＝－eq \f(2400,2×（－30）)＝40时，
w最大＝3000(元)；
故这批农产品的销售价格定为40元，才能使日销售利润最大．
(3)∵w＝p(x－30－a)＝－30x2＋(2400＋30a)x－(1500a＋45000)，
对称轴为x＝－eq \f(2400＋30a,2×（－30）)＝40＋eq \f(1,2)a.
①若a>10，当x＝45时w取最大值，即(45－30－a)×150＝2250－150a<2430(舍去)；
②若a<10，当x＝40＋eq \f(1,2)a时w取最大值，将x＝40＋eq \f(1,2)a代入，得w＝30(eq \f(1,4)a2－10a＋100)，
令w＝2430，则30(eq \f(1,4)a2－10a＋100)＝2430，解得a1＝2或a2＝38(舍去)．
综上所述，a的值为2.t
0
1
2
3
4
5
6
7
…
h
0
8
14
18
20
20
18
14
…
销售价格x(元/千克)
30
35
40
45
50
日销售量p(千克)
600
450
300
150
0