【文档说明】（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）.doc，共(42)页，354.500 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-35445.html

以下为本文档部分文字说明：

第5节二次函数的综合应用课时1与线段、周长有关的问题(建议答题时间：40分钟)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＝14x2＋14x＋c与x轴的负半轴交于点A，与y轴交于点B，连接AB，点C(6，152)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＝－33x＋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＋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B

C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＝32S△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＝12x

＋2与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y＝－12x2＋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S1S2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＝35x＋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＝－13x2＋13x＋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(3，52)，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＝－x

2＋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AB

CD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＝33x2－83x－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＋1010MC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＝533，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：t01234567…h081418202018

14…下列结论：①足球距离地面的最大高度为20m；②足球飞行路线的对称轴是直线t＝92；③足球被踢出9s时落地；④足球被踢出1.5s时，距离地面的高度是11m．其中正确结论的个数是()A.1B.2C.3D.42.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1m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5m，球网的高度为1.55m.(1)当a＝－124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7m，离地面的高度为125m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：销售价格x(元/千克)3035404550日销售量p(千克)6004503001500(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)，∴0＝－4k＋b3＝b，解得k＝34b＝3，∴直线的函数解析式为y＝34x＋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，∴AOPM＝ABPN，∵OA＝4，OB＝3，∴AB＝OA2＋OB2＝5，∴PM＝45PN，∵点P是抛物线上的点，PN∥y轴，∴P(x，－x2＋2x＋1)，N(x，34x＋3)，∴PN＝34x＋3－(－x2＋2x＋1)＝x2－54x＋2＝

(x－58)2＋10364，PM＝d＝45(x－58)2＋10380，∴当x＝58时，PM取得最小值10380，此时P点坐标为(58，11964)；(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＝－22³（－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＝45³(2－58)2＋10380＝145.2.(1)解：把点C(6，152)代入抛物线解析式可得152＝9＋32

＋c，解得c＝－3，∴y＝14x2＋14x－3，当y＝0时，14x2＋14x－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(6，152)代入y＝kx＋b中得0＝

－4k＋b152＝6k＋b，解得k＝34b＝3，∴直线AC的函数表达式为：y＝34x＋3；(2)①证明：由(1)易得OA＝4，OB＝3，OD＝3，∵在Rt△AOB中，tan∠OAB＝OBOA＝34.在Rt△AOD中，tan∠OAD＝ODOA＝34.∴∠

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＝34，∴cos∠EAM＝cos∠OAD＝45，∴AM＝54AE＝5（m＋4）4，∵△APM∽△AON，∴AMAN＝APAO，∴AN＝AM²AOAP＝5m＋202m＋4.第2题解图3.解：(1)∵直

线y＝－33x＋3与x轴交于点B，与y轴交于点C，∴令x＝0得y＝3，令y＝0得x＝3，∴点B的坐标为(3，0)，点C的坐标为(0，3)．∴tan∠CBO＝OCBO＝33，∴∠CBO＝30°，∴∠BCO＝60°，∵AC⊥BC，∴∠ACO＝30°，∴AO＝CO²tan∠ACO＝3³33

＝1，∴点A的坐标为(－1，0)；(2)∵抛物线y＝ax2＋bx＋3经过A，B两点，∴a－b＋3＝09a＋3b＋3＝0，解得a＝－33b＝233，∴抛物线的解析式为y＝－33x2＋233x＋3；(3)∵MD∥y

轴，∴∠MDH＝∠BCO＝60°，∵MH⊥BC，∴HD＝12MD，MH＝32MD.∴△DMN的周长为(1＋12＋32)MD.设点D的坐标为(t，－33t＋3)，则点M的坐标为(t，－33t2＋233t＋3)，∵点M在直线BC上方的抛物线上，∴MD＝(－33t2＋23

3t＋3)－(－33t＋3)＝－33t2＋3t＝－33(t－32)2＋334.∵0＜t＜3，∴当t＝32时，MD有最大值，且MD的最大值为334，∴△DMH周长的最大值为(1＋12＋32)³334＝93

＋98.4.(1)解：将点A(－1，1)，B(4，6)代入y＝ax2＋bx中，a－b＝116a＋4b＝6，解得a＝12b＝－12，∴抛物线的解析式为y＝12x2－12x；(2)证明：∵A(－1，1)，F(0，m)∴直线AF的解析式为：y＝(m－1)x

＋m.联立y＝（m－1）x＋my＝12x2－12x，得12x2－(m－12)x－m＝0.∵A、G为直线AF与抛物线的交点，∴xA＋xG＝－－（m－12）12＝2m－1，∴xG＝2m－1－(－1)＝2m，∴H

(2m，0)，∴直线HF的解析式为：y＝－12x＋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＝－12x＋12，∵直线HF与直线AE的斜率相等，∴HF∥AE；(3)解：t的值为15＋1136或15－1136或

13＋892或13－892.【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＝－t2x＋t22，设M(x0，y0)，由Q

M＝2PM可得：|t－x0|＝2|x0－t＋2|，解得：x0＝t－43或x0＝t－4.(i)当x0＝t－43时，代入直线PQ解析式得y0＝23t.∴M(t－43，23t)，代入y＝12x2－12x中得：12(t－4

3)2－12(t－43)＝23t，解得t1＝15＋1136，t2＝15－1136；(ii)当x0＝t－4时，y0＝2t.∴M(t－4，2t)，代入y＝12x2－12x中得：12(t－4)2－12(t－4)＝2t，解得：t3＝13＋892，t4＝13－892.综上所述，t的值为15＋

1136或15－1136或13＋892或13－892.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a－b＋2＝016a＋4b＋2＝0，解得a＝－12b＝32，∴抛物线的解析式为y＝－12x2＋32x＋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，－12m2＋32m＋2)(m>0)，则DM＝|－12m2＋32m＋2|.∵A(－1，0)，B(4，0)，∴

AB＝5.∵抛物线交y轴于点C，∴y＝－12x2＋32x＋2中，令x＝0，有y＝2，∴C(0，2)，∴OC＝2.∵OC⊥AB，∴S△ABC＝12AB²OC＝5，第1题解图①又∵S△ABD＝32S△ABC，∴DM＝

|－12m2＋32m＋2|＝32OC＝3，当－12m2＋32m＋2＝3时，解得m1＝1，m2＝2，此时D1(1，3)，D2(2，3)；当－12m2＋32m＋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4k＋c＝02k＋c＝6，解得k＝－3c＝12，∴BE的解析式为y＝－3x＋12.联立抛物线和直线BE的解析式，得y＝－12x2＋32x

＋2y＝－3x＋12，解得x1＝4y1＝0(舍去)，x2＝5y2＝－3，∴E(5，－3)，∵EG⊥x轴，∴BG＝1，EG＝3，∴在Rt△BEG中，BE＝BG2＋EG2＝10.2.解：(1)

据题意得，A(－4，0)，C(0，2)，∵抛物线y＝－12x2＋bx＋c过A、C两点，∴0＝－12³16－4b＋c2＝c，∴b＝－32c＝2，∴抛物线的函数表达式为y＝－12x2－32x＋2；(2)①令y＝0，∴

－12x2－32x＋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，∴S1S2＝DEBE＝DMBN，设D(a，－12a2－32a＋2)，则M(a，12a＋2)，∴DM＝－12a

2－32a＋2－(12a＋2)＝－12a2－2a，在y＝12x＋2中，令x＝1，则y＝52，∴BN＝52，∵B(1，0)，∴N(1，52)，∴S1S2＝DMBN＝－12a2－2a52＝－15(a＋2)2＋45，∴当a＝－2时，S1S2取最大值为45；②如

解图②，第2题解图②∵A(－4，0)，B(1，0)，C(0，2)，∴AC＝25，BC＝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(－32，0)，∴PA＝PC＝PB

＝52，∴∠CPO＝2∠BAC，∴tan∠CPO＝tan(2∠BAC)＝43；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＝1

2.即RCDR＝12，设D(d，－12d2－32d＋2)，∴DR＝d，RC＝－12d2－32d，∴－12d2－32dd＝12，∴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∠A

QC＝2∠BAC，∴tan∠AQC＝ACAQ＝25AQ＝43，∴AQ＝352，△QHA∽△AOC，∴AHOC＝AQAC＝HQAO＝34，第2题解图③∴AH＝32，HQ＝3，∴Q(－112，3)，又C(0，2)，∴易求直线QC的解析式

为y＝－211x＋2，联立得y＝－211x＋2y＝－12x2－32x＋2，∴12x2＋2922x＝0，x1＝0(舍去)，x2＝－2911，∴xD＝－2911，综上所述，D点的横坐标为－2或－2911.3.解：(

1)∵抛物线y＝ax2＋bx＋3经过点A(1，0)和点B(5，0)．∴a＋b＋3＝025a＋5b＋3＝0，解得a＝35b＝－185，∴该抛物线对应的函数解析式为y＝35x2－185x＋3；(2)∵点P是抛物线上的动点，且位于x轴

下方，∴可设点P(t，35t2－185t＋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，35t＋3)．①∵点C，D是直线与抛物线的交点，∴令35x2－185x＋3＝35x＋3，解得x1＝0，x2＝7.当x＝0时，y＝35x＋3＝3

，当x＝7时，y＝35x＋3＝365.∴点C(0，3)，D(7，365)．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＝12PN²CE＋1

2PN²DF＝12PN(CE＋DF)＝72PN，当PN最大时，△PCD的面积最大．∵PN＝35t＋3－(35t2－185t＋3)＝－35(t－72)2＋14720，∴当t＝72时，PN取最大值为14720，此时△PCD的面积最大，最大值为12³7³14720＝102940；②存在.∵∠CQN

＝∠PMB＝90°，∴当NQCQ＝PMBM或NQCQ＝BMPM时，△CNQ与△PBM相似．∵CQ⊥PM，垂足为点Q，∴Q(t，3)．且C(0，3)，N(t，35t＋3)，∴CQ＝t，NQ＝(35t＋3)－3＝35t.∴NQCQ＝35.∵P

(t，35t2－185t＋3)，M(t，0)，B(5，0)．∴BM＝5－t，PM＝－35t2＋185t－3.情况1：当NQCQ＝PMBM时，PM＝35BM，即－35t2＋185t－3＝35(5－t)，解得t1＝2，t2＝5(舍去)，此时，P(2，－95

)；情况2：当NQCQ＝BMPM时，BM＝35PM，即5－t＝35(－35t2＋185t－3)，解得t1＝349，t2＝5(舍去)．此时，P(349，－5527)．综上所述，存在点P(2，－95)或者P(349，－5527)，使得△CNQ

与△PBM相似．4.解：(1)令y＝0，则－13x2＋13x＋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b＝44k＋b＝0，解

得k＝－1b＝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＝2MN，∵OB＝OC，∴∠PBM＝45

°，∴BM＝2PB，∴MN＝PB，设P(a，0)，则MN＝－13a2＋13a＋4＋a－4＝－13a2＋43a，BP＝4－a，∴－13a2＋43a＝4－a，解得a＝3或4(舍去)，∴PB＝1，t＝15；(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＝P

G，GM＝FM，∵BP＝PG＝AQ，PQ＝PF，∴AQ＝PQ＝5t，过点Q作QN⊥AP，则AN＝NP，由△AQN∽△ACO，∴AQAC＝ANAO，∵A(－3，0)，C(0，4)，∴AC＝5，∴5t5＝AN3，∴AN＝3t，∴AP＝

2AN＝6t，∵AP＋BP＝AB，∴6t＋5t＝7，∴t＝711，∴PB＝PF＝3511，易证△ACO∽△FPR∽△FMT，∴FPFR＝ACAO，∴FR＝2111，TF＝3511－2111＝1411，∴FMAC＝TFAO，∴FM＝7033，∴S＝2³12PF²FM＝245

0363；②如解图②中，当轴对称图形是正方形时，3t＋5t＝7，∴t＝78，∴S＝494.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(3，52)，∴0＝16

a＋4b＋152＝9a＋3b＋1，解得a＝－34b＝114，∴抛物线的表达式为y＝－34x2＋114x＋1；(2)∵抛物线y＝－34x2＋114x＋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1＝d52＝3k＋d，解得k＝12d＝

1，∴直线AD的表达式为y＝12x＋1.∵CD⊥x轴，点D的坐标为D(3，52)，∴点C的坐标为C(3，0)，设P(m，0)，则0<m<3.∵PN⊥x轴，∴M(m，12m＋1)，∴PM＝12m＋1，CP＝3－m，∴S△PCM＝12PM²CP＝12³(12m＋1)³(3－m)＝－14(m－12)2

＋2516，∴当m＝12时，△PCM面积取得最大值为2516；(3)∵OP＝t，∴P(t，0)，M(t，12t＋1)，N(t，－34t2＋114t＋1)，∴MN＝|－34t2＋114t＋1－(12t＋1)|＝|

－34t2＋94t|，∵CD∥MN，∴要使得四边形MNDC是平行四边形，只需MN＝CD即可．∵CD＝52，∴只需|－34t2＋94t|＝52，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＝9±2016，∵t>0，∴t＝9＋2016，∴当t为9＋2016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，∴－b2³（－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＝O

N，即－4t2＋4t＋3＝3t，解得t1＝1，t2＝－34(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＝12OB＝32，∴t＝32÷2＝34；(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＝BQ²cos45°＝3³22

＝322，∴OM＝OB－BM＝3－322＝6－322，∴t＝6－322÷2＝6－324，综上所述，当t为34秒或6－324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：c＝3a－b＋c＝04a＋2b

＋c＝3，解得a＝－1b＝2c＝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(12，32)．设EF的解析式为y＝kx＋b′，将(12，32)和(3，0)代入直线的解析式得12k＋b′＝323k＋b′＝0，解得k＝－35b′＝95，∴直线E

F的解析式为y＝－35x＋95，将直线EF解析式与抛物线解析式联立可得，y＝－35x＋95y＝－x2＋2x＋3，解得x＝3y＝0或x＝－25y＝5125，∴F(－25，5125)，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，－35t＋95)，∴PG＝－t2＋2t＋3－(－35t＋95)＝－t2＋135t＋65.△PEF的面积＝12PG²|xE－xF|＝12³(3＋25)PG

＝12³175(－t2＋135t＋65)＝－1710t2＋22150t＋10250＝－1710²(t－1310)2＋289100³1710，∴当t＝－b2a＝1310时，△PFE的面积最大，最大面积为289100³1710，∴最大值的立方根为3289100³1710＝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b

1＝3tk1＋b1＝－t2＋2t＋3，解得k1＝－t＋2.将点P、E代入y＝k2x＋b2得3k2＋b2＝0tk2＋b2＝－t2＋2t＋3，解得k2＝－(t＋1)．∵PA与PE垂直，∴k1²k2＝－1，即－(t＋1)³(－t＋2)＝－1，整理得：t2－t－1＝0，解得t＝1＋5

2或t＝1－52，∵点P在直线l的上方，∴t＝1－52(舍去)．综上所述，当t＝1或t＝1＋52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＝33x2－83x－3，令y＝0,得33x2－83x－3＝0，解得x＝－33或3

3.令x＝0，y＝－3.∴A(－33，0)，C(0，－3)，B(33，0)，∴OA＝33，OC＝3，OB＝33，∴AOOC＝OCOB＝13，∵∠AOC＝∠BOC，∴△AOC∽△COB，∴∠ACO＝∠OBC，∵∠OBC＋∠OCB＝90°，∴∠ACO＋∠OCB＝90°，∴∠ACB＝9

0°.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，33m2－83m－3)，点N关于x轴的对称点P(m，－33m2＋83m＋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(33，－3)，∴SΔPBC＝SΔPCG＋SΔPBG－SΔBCG＝12³33³(－33m2＋83m＋23)＋12³3³(33－m)－12³33³3＝－32(m－736)2＋1218.∵32<0，∴当m＝736时，△PBC的面积最大，此时P(

736，1134)．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∶10，∴EM∶CE∶CM＝1∶3∶10，∴EM

＝1010CM，∴PM＋1010CM＝PM＋ME，∴根据垂线段最短可知，当PE⊥CG时，PM＋ME最短，∴PM＋1010MC的最小值为1134＋3＝1534；(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(433，－2539)，易知CG∶GK∶CK＝3∶4∶5，由△EPH∽△KGC，得PH∶PE∶EH＝3∶4∶5，设E(n，33n2－8

3n－3)，则HE＝53(n－433)，PE＝43(n－433)．∵DH＝HF，∴3＋[－33n2＋83n＋3－43(n－433)]＝53(n－433)＋533，解得n＝－3＋4716或n＝－3－4716(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[33n2－83n－3＋43(n－433)]－3＝53(n－433)＋533，解得n＝332＋5916或n＝332－5916(舍去)．第4题解图④③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12³[53(n－

433)＋533]∶[33n2－83n－3＋43(n－433)－3]＝4∶5，解得n＝19316＋3345948或n＝19316－3345948(舍去)．综上所述，满足条件的点E的横坐标为－3＋4716或

332＋5916或19316＋3345948.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＝11.2

5，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＝92，故②③正确；当t＝92时，h＝－814＋812＝814＝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＝－

124(x－4)2＋h中得h＝53；②把x＝5代入y＝－124(x－4)2＋53，得y＝－124³(5－4)2＋53＝1.625.∵1.625＞1.55.∴此球能过网；(2)把P(0，1)，Q(7，125)代入y＝a(x－4

)2＋h，得16a＋h＝19a＋h＝125，解得a＝－15h＝215，∴a＝－15.3.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，∴50k＋b＝030k＋b＝600，解得k＝－30b＝1

500，∴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＝－24002³（－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＝－2400＋30a2³（－30）＝40＋

12a.①若a>10，当x＝45时w取最大值，即(45－30－a)³150＝2250－150a<2430(舍去)；②若a<10，当x＝40＋12a时w取最大值，将x＝40＋12a代入，得w＝30(14a2－10a＋100)，令w＝2430，则30(14a2－10a＋100)＝243

0，解得a1＝2或a2＝38(舍去)．综上所述，a的值为2.