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第1章二次函数（解答题提升题）-【浙教版-中考真题】九年级数学上学期期末复习培优练习（浙江）
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这是一份第1章二次函数（解答题提升题）-【浙教版-中考真题】九年级数学上学期期末复习培优练习（浙江），共28页。试卷主要包含了的图象上，且x2﹣x1＝3，在该函数图象上等内容，欢迎下载使用。
第1章二次函数（解答题提升题）-【浙教版-中考真题】九年级数学上学期期末复习培优练习（浙江）
一．二次函数的应用（共2小题）
1．（2022•台州）如图1，灌溉车沿着平行于绿化带底部边线l的方向行驶，为绿化带浇水．喷水口H离地竖直高度为h（单位：m）．如图2，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DEFG，其水平宽度DE＝3m，竖直高度为EF的长．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A离喷水口的水平距离为2m，高出喷水口0.5m，灌溉车到l的距离OD为d（单位：m）．
（1）若h＝1.5，EF＝0.5m．
①求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程OC；
②求下边缘抛物线与x轴的正半轴交点B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d的取值范围．
（2）若EF＝1m．要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，请直接写出h的最小值．
2．（2021•湖州）今年以来，我市接待的游客人数逐月增加，据统计，游玩某景区的游客人数三月份为4万人，五月份为5.76万人．
（1）求四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长百分之几；
（2）若该景区仅有A，B两个景点，售票处出示的三种购票方式如下表所示：
购票方式
甲
乙
丙
可游玩景点
A
B
A和B
门票价格
100元/人
80元/人
160元/人
据预测，六月份选择甲、乙、丙三种购票方式的人数分别有2万、3万和2万，并且当甲、乙两种门票价格不变时，丙种门票价格每下降1元，将有600人原计划购买甲种门票的游客和400人原计划购买乙种门票的游客改为购买丙种门票．
①若丙种门票价格下降10元，求景区六月份的门票总收入；
②问：将丙种门票价格下降多少元时，景区六月份的门票总收入有最大值？最大值是多少万元？
二．二次函数综合题（共9小题）
3．（2022•嘉兴）已知抛物线L1：y＝a（x+1）2﹣4（a≠0）经过点A（1，0）．
（1）求抛物线L1的函数表达式．
（2）将抛物线L1向上平移m（m＞0）个单位得到抛物线L2．若抛物线L2的顶点关于坐标原点O的对称点在抛物线L1上，求m的值．
（3）把抛物线L1向右平移n（n＞0）个单位得到抛物线L3，若点B（1，y1），C（3，y2）在抛物线L3上，且y1＞y2，求n的取值范围．
4．（2022•湖州）如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是边长为3的正方形，其中顶点A，C分别在x轴的正半轴和y轴的正半轴上．抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A，C两点，与x轴交于另一个点D．
（1）①求点A，B，C的坐标；
②求b，c的值．
（2）若点P是边BC上的一个动点，连结AP，过点P作PM⊥AP，交y轴于点M（如图2所示）．当点P在BC上运动时，点M也随之运动．设BP＝m，CM＝n，试用含m的代数式表示n，并求出n的最大值．
5．（2022•舟山）已知抛物线L1：y＝a（x+1）2﹣4（a≠0）经过点A（1，0）．
（1）求抛物线L1的函数表达式．
（2）将抛物线L1向上平移m（m＞0）个单位得到抛物线L2．若抛物线L2的顶点关于坐标原点O的对称点在抛物线L1上，求m的值．
（3）把抛物线L1向右平移n（n＞0）个单位得到抛物线L3．已知点P（8﹣t，s），Q（t﹣4，r）都在抛物线L3上，若当t＞6时，都有s＞r，求n的取值范围．
6．（2022•丽水）如图，已知点M（x1，y1），N（x2，y2）在二次函数y＝a（x﹣2）2﹣1（a＞0）的图象上，且x2﹣x1＝3．
（1）若二次函数的图象经过点（3，1）．
①求这个二次函数的表达式；
②若y1＝y2，求顶点到MN的距离；
（2）当x1≤x≤x2时，二次函数的最大值与最小值的差为1，点M，N在对称轴的异侧，求a的取值范围．
7．（2021•丽水）如图，已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0，﹣5），B（5，0）．
（1）求b，c的值；
（2）连结AB，交抛物线L的对称轴于点M．
①求点M的坐标；
②将抛物线L向左平移m（m＞0）个单位得到抛物线L1．过点M作MN∥y轴，交抛物线L1于点N．P是抛物线L1上一点，横坐标为﹣1，过点P作PE∥x轴，交抛物线L于点E，点E在抛物线L对称轴的右侧．若PE+MN＝10，求m的值．
8．（2020•浙江）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝﹣（x﹣m）2+4图象的顶点为A，与y轴交于点B，异于顶点A的点C（1，n）在该函数图象上．
（1）当m＝5时，求n的值．
（2）当n＝2时，若点A在第一象限内，结合图象，求当y≥2时，自变量x的取值范围．
（3）作直线AC与y轴相交于点D．当点B在x轴上方，且在线段OD上时，求m的取值范围．
9．（2020•衢州）如图1，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，C分别是直线y＝﹣x+4与坐标轴的交点，点B的坐标为（﹣2，0），点D是边AC上的一点，DE⊥BC于点E，点F在边AB上，且D，F两点关于y轴上的某点成中心对称，连接DF，EF．设点D的横坐标为m，EF2为l，请探究：
①线段EF长度是否有最小值．
②△BEF能否成为直角三角形．
小明尝试用“观察﹣猜想﹣验证﹣应用”的方法进行探究，请你一起来解决问题．
（1）小明利用“几何画板”软件进行观察，测量，得到l随m变化的一组对应值，并在平面直角坐标系中以各对应值为坐标描点（如图2）．请你在图2中连线，观察图象特征并猜想l与m可能满足的函数类别．
（2）小明结合图1，发现应用三角形和函数知识能验证（1）中的猜想，请你求出l关于m的函数表达式及自变量的取值范围，并求出线段EF长度的最小值．
（3）小明通过观察，推理，发现△BEF能成为直角三角形，请你求出当△BEF为直角三角形时m的值．
10．（2020•湖州）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+bx+c（c＞0）的顶点为D，与y轴的交点为C．过点C的直线CA与抛物线交于另一点A（点A在对称轴左侧），点B在AC的延长线上，连接OA，OB，DA和DB．
（1）如图1，当AC∥x轴时，
①已知点A的坐标是（﹣2，1），求抛物线的解析式；
②若四边形AOBD是平行四边形，求证：b2＝4c．
（2）如图2，若b＝﹣2，＝，是否存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由．
11．（2020•浙江）在篮球比赛中，东东投出的球在点A处反弹，反弹后球运动的路线为抛物线的一部分（如图1所示建立直角坐标系），抛物线顶点为点B．
（1）求该抛物线的函数表达式．
（2）当球运动到点C时被东东抢到，CD⊥x轴于点D，CD＝2.6m．
①求OD的长．
②东东抢到球后，因遭对方防守无法投篮，他在点D处垂直起跳传球，想将球沿直线快速传给队友华华，目标为华华的接球点E（4，1.3）．东东起跳后所持球离地面高度h1（m）（传球前）与东东起跳后时间t（s）满足函数关系式h1＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7（0≤t≤1）；小戴在点F（1.5，0）处拦截，他比东东晚0.3s垂直起跳，其拦截高度h2（m）与东东起跳后时间t（s）的函数关系如图2所示（其中两条抛物线的形状相同）．东东的直线传球能否越过小戴的拦截传到点E？若能，东东应在起跳后什么时间范围内传球？若不能，请说明理由（直线传球过程中球运动时间忽略不计）．
第1章二次函数（解答题提升题）-【浙教版-中考真题】九年级数学上学期期末复习培优练习（浙江）
参考答案与试题解析
一．二次函数的应用（共2小题）
1．（2022•台州）如图1，灌溉车沿着平行于绿化带底部边线l的方向行驶，为绿化带浇水．喷水口H离地竖直高度为h（单位：m）．如图2，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DEFG，其水平宽度DE＝3m，竖直高度为EF的长．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A离喷水口的水平距离为2m，高出喷水口0.5m，灌溉车到l的距离OD为d（单位：m）．
（1）若h＝1.5，EF＝0.5m．
①求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程OC；
②求下边缘抛物线与x轴的正半轴交点B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d的取值范围．
（2）若EF＝1m．要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，请直接写出h的最小值．
【解答】解：（1）①如图1，由题意得A（2，2）是上边缘抛物线的顶点，
设y＝a（x﹣2）2+2，
又∵抛物线过点（0，1.5），
∴1.5＝4a+2，
∴a＝﹣，
∴上边缘抛物线的函数解析式为y＝﹣（x﹣2）2+2，
当y＝0时，0＝﹣（x﹣2）2+2，
解得x1＝6，x2＝﹣2（舍去），
∴喷出水的最大射程OC为6m；
②∵对称轴为直线x＝2，
∴点（0，1.5）的对称点为（4，1.5），
∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4m得到的，
∴点B的坐标为（2，0）；
③∵EF＝0.5，
∴点F的纵坐标为0.5，
∴0.5＝﹣（x﹣2）2+2，
解得x＝2±2，
∵x＞0，
∴x＝2+2，
当x＞2时，y随x的增大而减小，
∴当2≤x≤6时，要使y≥0.5，
则x≤2+2，
∵当0≤x≤2时，y随x的增大而增大，且x＝0时，y＝1.5＞0.5，
∴当0≤x≤6时，要使y≥0.5，则0≤x≤2+2，
∵DE＝3，灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，
∴d的最大值为2+2﹣3＝2﹣1，
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OB≤d，
∴d的最小值为2，
综上所述，d的取值范围是2≤d≤2﹣1；
（2）当喷水口高度最低，且恰好能浇灌到整个绿化带时，点D、F恰好分别在两条抛物线上，
设点D（m，﹣（m+2）2+h+0.5），F（m+3，﹣（m+3﹣2）2+h+0.5），
则有﹣（m+3﹣2）2+h+0.5﹣[﹣（m+2）2+h+0.5]＝1，
解得m＝2.5，
∴点D的纵坐标为h﹣，
∴h﹣＝0，
∴h的最小值为．
2．（2021•湖州）今年以来，我市接待的游客人数逐月增加，据统计，游玩某景区的游客人数三月份为4万人，五月份为5.76万人．
（1）求四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长百分之几；
（2）若该景区仅有A，B两个景点，售票处出示的三种购票方式如下表所示：
购票方式
甲
乙
丙
可游玩景点
A
B
A和B
门票价格
100元/人
80元/人
160元/人
据预测，六月份选择甲、乙、丙三种购票方式的人数分别有2万、3万和2万，并且当甲、乙两种门票价格不变时，丙种门票价格每下降1元，将有600人原计划购买甲种门票的游客和400人原计划购买乙种门票的游客改为购买丙种门票．
①若丙种门票价格下降10元，求景区六月份的门票总收入；
②问：将丙种门票价格下降多少元时，景区六月份的门票总收入有最大值？最大值是多少万元？
【解答】解：（1）设四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长率为x，
由题意，得4（1+x）2＝5.76，
解这个方程，得x1＝0.2，x2＝﹣2.2（舍去），
答：四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长率为20%；
（2）①由题意，得
100×（2﹣10×0.06）+80×（3﹣10×0.04）+（160﹣10）×（2+10×0.06+10×0.04）＝798（万元）．
答：景区六月份的门票总收入为798万元．
②设丙种门票价格降低m元，景区六月份的门票总收入为W万元，
由题意，得
W＝100（2﹣0.06m）+80（3﹣0.04m）+（160﹣m）（2+0.06m+0.04m），
化简，得W＝﹣0.1（m﹣24）2+817.6，
∵﹣0.1＜0，
∴当m＝24时，W取最大值，为817.6万元．
答：当丙种门票价格下降24元时，景区六月份的门票总收入有最大值，最大值是817.6万元．
二．二次函数综合题（共9小题）
3．（2022•嘉兴）已知抛物线L1：y＝a（x+1）2﹣4（a≠0）经过点A（1，0）．
（1）求抛物线L1的函数表达式．
（2）将抛物线L1向上平移m（m＞0）个单位得到抛物线L2．若抛物线L2的顶点关于坐标原点O的对称点在抛物线L1上，求m的值．
（3）把抛物线L1向右平移n（n＞0）个单位得到抛物线L3，若点B（1，y1），C（3，y2）在抛物线L3上，且y1＞y2，求n的取值范围．
【解答】解：（1）∵y＝a（x+1）2﹣4（a≠0）经过点A（1，0），
∴4a﹣4＝0，
∴a＝1，
∴抛物线L1的函数表达式为y＝x2+2x﹣3；
（2）∵y＝（x+1）2﹣4，
∴抛物线的顶点（﹣1，﹣4），
将抛物线L1向上平移m（m＞0）个单位得到抛物线L2．若抛物线L2的顶点（﹣1，﹣4+m），
而（﹣1，﹣4+m）关于原点的对称点为（1，4﹣m），
把（1，4﹣m）代入y＝x2+2x﹣3得到，1+2﹣3＝4﹣m，
∴m＝4；
（3）抛物线L1向右平移n（n＞0）个单位得到抛物线L3，的解析式为y＝（x﹣n+1）2﹣4，
∵点B（1，y1），C（3，y2）在抛物线L3上，
∴y1＝（2﹣n）2﹣4，y2＝（4﹣n）2﹣4，
∵y1＞y2，
∴（2﹣n）2﹣4＞（4﹣n）2﹣4，
解得n＞3，
∴n的取值范围为n＞3．
4．（2022•湖州）如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是边长为3的正方形，其中顶点A，C分别在x轴的正半轴和y轴的正半轴上．抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A，C两点，与x轴交于另一个点D．
（1）①求点A，B，C的坐标；
②求b，c的值．
（2）若点P是边BC上的一个动点，连结AP，过点P作PM⊥AP，交y轴于点M（如图2所示）．当点P在BC上运动时，点M也随之运动．设BP＝m，CM＝n，试用含m的代数式表示n，并求出n的最大值．
【解答】解：（1）①四边形OABC是边长为3的正方形，
∴A（3，0），B（3，3），C（0，3）；
②把A（3，0），C（0，3）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c中得：，
解得：；
（2）∵AP⊥PM，
∴∠APM＝90°，
∴∠APB+∠CPM＝90°，
∵∠B＝∠APB+∠BAP＝90°，
∴∠BAP＝∠CPM，
∵∠B＝∠PCM＝90°，
∴△MCP∽△PBA，
∴＝，即＝，
∴3n＝m（3﹣m），
∴n＝﹣m2+m＝﹣（m﹣）2+（0≤m≤3），
∵﹣＜0，
∴当m＝时，n的值最大，最大值是．
5．（2022•舟山）已知抛物线L1：y＝a（x+1）2﹣4（a≠0）经过点A（1，0）．
（1）求抛物线L1的函数表达式．
（2）将抛物线L1向上平移m（m＞0）个单位得到抛物线L2．若抛物线L2的顶点关于坐标原点O的对称点在抛物线L1上，求m的值．
（3）把抛物线L1向右平移n（n＞0）个单位得到抛物线L3．已知点P（8﹣t，s），Q（t﹣4，r）都在抛物线L3上，若当t＞6时，都有s＞r，求n的取值范围．
【解答】解：（1）把A（1，0）代入y＝a（x+1）2﹣4得：
a（1+1）2﹣4＝0，
解得a＝1，
∴y＝（x+1）2﹣4＝x2+2x﹣3；
答：抛物线L1的函数表达式为y＝x2+2x﹣3；
（2）抛物线L1：y＝（x+1）2﹣4的顶点为（﹣1，﹣4），
将抛物线L1向上平移m（m＞0）个单位得到抛物线L2，则抛物线L2的顶点为（﹣1，﹣4+m），
而（﹣1，﹣4+m）关于原点的对称点为（1，4﹣m），
把（1，4﹣m）代入y＝x2+2x﹣3得：
12+2×1﹣3＝4﹣m，
解得m＝4，
答：m的值为4；
（3）把抛物线L1向右平移n（n＞0）个单位得到抛物线L3，抛物线L3解析式为y＝（x﹣n+1）2﹣4，
∵点P（8﹣t，s），Q（t﹣4，r）都在抛物线L3上，
∴s＝（8﹣t﹣n+1）2﹣4＝（9﹣t﹣n）2﹣4，
r＝（t﹣4﹣n+1）2﹣4＝（t﹣n﹣3）2﹣4，
∵当t＞6时，s＞r，
∴s﹣r＞0，
∴[（9﹣t﹣n）2﹣4]﹣[（t﹣n﹣3）2﹣4]＞0，
整理变形得：（9﹣t﹣n）2﹣（t﹣n﹣3）2＞0，
（9﹣t﹣n+t﹣n﹣3）（9﹣t﹣n﹣t+n+3）＞0，
（6﹣2n）（12﹣2t）＞0，
∵t＞6，
∴12﹣2t＜0，
∴6﹣2n＜0，
解得n＞3，
∴n的取值范围是n＞3．
6．（2022•丽水）如图，已知点M（x1，y1），N（x2，y2）在二次函数y＝a（x﹣2）2﹣1（a＞0）的图象上，且x2﹣x1＝3．
（1）若二次函数的图象经过点（3，1）．
①求这个二次函数的表达式；
②若y1＝y2，求顶点到MN的距离；
（2）当x1≤x≤x2时，二次函数的最大值与最小值的差为1，点M，N在对称轴的异侧，求a的取值范围．
【解答】解：（1）①∵二次函数y＝a（x﹣2）2﹣1（a＞0）经过（3，1），
∴1＝a﹣1，
∴a＝2，
∴二次函数的解析式为y＝2（x﹣2）2﹣1；
②∵y1＝y2，
∴M，N关于抛物线的对称轴对称，
∵对称轴是直线x＝2，且x2﹣x1＝3，
∴x1＝，x2＝，
当x＝时，y1＝2×（﹣2）2﹣1＝，
∴当y1＝y2时，顶点到MN的距离＝+1＝；
（2）若M，N在对称轴的异侧，y1≥y2，
∴x1+3＞2，
∴x1＞﹣1，
∵x2﹣x1＝3，
∴x1≤，
∴﹣1＜x1≤，
∵函数的最大值为y1＝a（x1﹣2）2﹣1，最小值为﹣1，
∴y﹣（﹣1）＝1，
∴a＝，
∴≤（x1﹣2）2＜9，
∴＜a≤．
若M，N在对称轴的异侧，y1≤y2，x1＜2，
∵x1＞，
∴＜x1＜2，
∵函数的最大值为y2＝a（x2﹣2）2﹣1，最小值为﹣1，
∴y2﹣（﹣1）＝1，
∴a＝，
∴＜（x1+1）2＜9，
∴＜a＜．
综上所述，＜a≤．
7．（2021•丽水）如图，已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0，﹣5），B（5，0）．
（1）求b，c的值；
（2）连结AB，交抛物线L的对称轴于点M．
①求点M的坐标；
②将抛物线L向左平移m（m＞0）个单位得到抛物线L1．过点M作MN∥y轴，交抛物线L1于点N．P是抛物线L1上一点，横坐标为﹣1，过点P作PE∥x轴，交抛物线L于点E，点E在抛物线L对称轴的右侧．若PE+MN＝10，求m的值．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（0，﹣5）和点B（5，0），
∴，
解得：，
∴b，c的值分别为﹣4，﹣5．
（2）①设直线AB的解析式为y＝kx+n（k≠0），
把A（0，﹣5），B（5，0）的坐标分别代入表达式，得，
解得，
∴直线AB的函数表达式为y＝x﹣5．
由（1）得，抛物线L的对称轴是直线x＝2，
当x＝2时，y＝x﹣5＝﹣3，
∴点M的坐标是（2，﹣3）；
②设抛物线L1的表达式为y＝（x﹣2+m）2﹣9，
∵MN∥y轴，
∴点N的坐标是（2，m2﹣9），
∵点P的横坐标为﹣1，
∴P点的坐标是（﹣1，m2﹣6m），
设PE交抛物线L1于另一点Q，
∵抛物线L1的对称轴是直线x＝2﹣m，PE∥x轴，
∴根据抛物线的对称性，点Q的坐标是（5﹣2m，m2﹣6m），
（Ⅰ）如图1，当点N在点M及下方，即0＜m＜时，
∴PQ＝5﹣2m﹣（﹣1）＝6﹣2m，MN＝﹣3﹣（m2﹣9）＝6﹣m2，
由平移的性质得，QE＝m，
∴PE＝6﹣2m+m＝6﹣m，
∵PE+MN＝10，
∴6﹣m+6﹣m2＝10，
解得，m1＝﹣2（舍去），m2＝1，
（Ⅱ）如图2，当点N在点M及上方，点Q在点P及右侧，
即＜m＜3时，
PE＝6﹣m，MN＝m2﹣6，
∵PE+MN＝10，
∴6﹣m+m2﹣6＝10，
解得，m1＝（舍去），m2＝（舍去）．
（Ⅲ）如图3，当点N在M上方，点Q在点P左侧，
即m＞3时，PE＝m，MN＝m2﹣6，
∵PE+MN＝10，
∴m+m2﹣6＝10，
解得，m1＝（舍去），m2＝，
综合以上可得m的值是1或．
8．（2020•浙江）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝﹣（x﹣m）2+4图象的顶点为A，与y轴交于点B，异于顶点A的点C（1，n）在该函数图象上．
（1）当m＝5时，求n的值．
（2）当n＝2时，若点A在第一象限内，结合图象，求当y≥2时，自变量x的取值范围．
（3）作直线AC与y轴相交于点D．当点B在x轴上方，且在线段OD上时，求m的取值范围．
【解答】解：（1）当m＝5时，y＝﹣（x﹣5）2+4，
当x＝1时，n＝﹣×42+4＝﹣4．
（2）当n＝2时，将C（1，2）代入函数表达式y＝﹣（x﹣m）2+4，得2＝﹣（1﹣m）2+4，
解得m＝3或﹣1（舍去），
∴此时抛物线的对称轴x＝3，
根据抛物线的对称性可知，当y＝2时，x＝1或5，
∴x的取值范围为1≤x≤5．
（3）∵点A与点C不重合，
∴m≠1，
∵抛物线的顶点A的坐标是（m，4），
∴抛物线的顶点在直线y＝4上，
当x＝0时，y＝﹣m2+4，
∴点B的坐标为（0，﹣m2+4），
如图，抛物线从图1的位置向左平移到图2的位置前，m逐渐减小，点B沿y轴向上移动，
当点B与O重合时，﹣m2+4＝0，
解得m＝2或﹣2（不合题意舍去），
当点B与点D重合时，如图2，顶点A也与B，D重合，点B到达最高点，
∴点B（0，4），
∴﹣m2+4＝4，解得m＝0，
当抛物线从图2的位置继续向左平移时，如图3点B不在线段OD上，
∴B点在线段OD上时，m的取值范围是：0≤m＜1或1＜m＜2．
9．（2020•衢州）如图1，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，C分别是直线y＝﹣x+4与坐标轴的交点，点B的坐标为（﹣2，0），点D是边AC上的一点，DE⊥BC于点E，点F在边AB上，且D，F两点关于y轴上的某点成中心对称，连接DF，EF．设点D的横坐标为m，EF2为l，请探究：
①线段EF长度是否有最小值．
②△BEF能否成为直角三角形．
小明尝试用“观察﹣猜想﹣验证﹣应用”的方法进行探究，请你一起来解决问题．
（1）小明利用“几何画板”软件进行观察，测量，得到l随m变化的一组对应值，并在平面直角坐标系中以各对应值为坐标描点（如图2）．请你在图2中连线，观察图象特征并猜想l与m可能满足的函数类别．
（2）小明结合图1，发现应用三角形和函数知识能验证（1）中的猜想，请你求出l关于m的函数表达式及自变量的取值范围，并求出线段EF长度的最小值．
（3）小明通过观察，推理，发现△BEF能成为直角三角形，请你求出当△BEF为直角三角形时m的值．
【解答】解：（1）用描点法画出图形如图1，由图象可知函数类别为二次函数．
（2）如图2，过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，H，
则∠FGK＝∠DHK＝90°，
记FD交y轴于点K，
∵D点与F点关于y轴上的K点成中心对称，
∴KF＝KD，
∵∠FKG＝∠DKH，
∴Rt△FGK≌Rt△DHK（AAS），
∴FG＝DH，
∵直线AC的解析式为y＝﹣x+4，
∴x＝0时，y＝4，
∴A（0，4），
又∵B（﹣2，0），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴直线AB的解析式为y＝2x+4，
过点F作FR⊥x轴于点R，
∵D点的横坐标为m，
∴F（﹣m，﹣2m+4），
∴ER＝2m，FR＝﹣2m+4，
∵EF2＝FR2+ER2，
∴l＝EF2＝8m2﹣16m+16＝8（m﹣1）2+8，
令﹣+4＝0，得x＝，
∴0≤m≤．
∴当m＝1时，l的最小值为8，
∴EF的最小值为2．
（3）①∠FBE为定角，不可能为直角．
②∠BEF＝90°时，E点与O点重合，D点与A点，F点重合，此时m＝0．
③如图3，∠BFE＝90°时，有BF2+EF2＝BE2．
由（2）得EF2＝8m2﹣16m+16，
又∵BR＝﹣m+2，FR＝﹣2m+4，
∴BF2＝BR2+FR2＝（﹣m+2）2+（﹣2m+4）2＝5m2﹣20m+20，
又∵BE2＝（m+2）2，
∴（5m2﹣20m+20）+（8m2﹣16m+16）＝（m+2）2，
化简得，3m2﹣10m+8＝0，
解得m1＝，m2＝2（不合题意，舍去），
∴m＝．
综合以上可得，当△BEF为直角三角形时，m＝0或m＝．
10．（2020•湖州）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+bx+c（c＞0）的顶点为D，与y轴的交点为C．过点C的直线CA与抛物线交于另一点A（点A在对称轴左侧），点B在AC的延长线上，连接OA，OB，DA和DB．
（1）如图1，当AC∥x轴时，
①已知点A的坐标是（﹣2，1），求抛物线的解析式；
②若四边形AOBD是平行四边形，求证：b2＝4c．
（2）如图2，若b＝﹣2，＝，是否存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）①∵AC∥x轴，点A（﹣2，1），
∴C（0，1），
将点A（﹣2，1），C（0，1）代入抛物线解析式中，得，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+1；
②如图1，过点D作DE⊥x轴于E，交AB于点F，
∵AC∥x轴，
∴EF＝OC＝c，
∵点D是抛物线的顶点坐标，
∴D（，c+），
∴DF＝DE﹣EF＝c+﹣c＝，
∵四边形AOBD是平行四边形，
∴AD＝BO，AD∥OB，
∴∠DAF＝∠OBC，
∵∠AFD＝∠BCO＝90°，
∴△AFD≌△BCO（AAS），
∴DF＝OC，
∴＝c，
即b2＝4c；
（2）方法1、如图2，∵b＝﹣2．
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+c，
∴顶点坐标D（﹣1，c+1），
假设存在这样的点A使四边形AOBD是平行四边形，
设点A（m，﹣m2﹣2m+c）（m＜0），
过点D作DE⊥x轴于点E，交AB于F，
∴∠AFD＝∠EFC＝∠BCO，
∵四边形AOBD是平行四边形，
∴AD＝BO，AD∥OB，
∴∠DAF＝∠OBC，
∴△AFD≌△BCO（AAS），
∴AF＝BC，DF＝OC，
过点A作AM⊥y轴于M，交DE于N，
∴DE∥CO，
∴△ANF∽△AMC，
∴＝，
∵AM＝﹣m，AN＝AM﹣NM＝﹣m﹣1，
∴，
∴，
∴点A的纵坐标为﹣（﹣）2﹣2×（﹣）+c＝c﹣＜c，
∵AM∥x轴，
∴点M的坐标为（0，c﹣），N（﹣1，c﹣），
∴CM＝c﹣（c﹣）＝，
∵点D的坐标为（﹣1，c+1），
∴DN＝（c+1）﹣（c﹣）＝，
∵DF＝OC＝c，
∴FN＝DN﹣DF＝﹣c，
∵＝，
∴，
∴c＝，
∴c﹣＝，
∴点A纵坐标为，
∴A（﹣，），
∴存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形．
方法2、设点B的横坐标为3a，
∵，
∴A的横坐标为﹣5a，
∵b＝﹣2．
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+c，
∴顶点坐标D的横坐标为﹣1，
假设四边形AOBD是平行四边形，
∴（3a﹣5a）＝（﹣1+0），
∴a＝，
∴A（﹣，）．
11．（2020•浙江）在篮球比赛中，东东投出的球在点A处反弹，反弹后球运动的路线为抛物线的一部分（如图1所示建立直角坐标系），抛物线顶点为点B．
（1）求该抛物线的函数表达式．
（2）当球运动到点C时被东东抢到，CD⊥x轴于点D，CD＝2.6m．
①求OD的长．
②东东抢到球后，因遭对方防守无法投篮，他在点D处垂直起跳传球，想将球沿直线快速传给队友华华，目标为华华的接球点E（4，1.3）．东东起跳后所持球离地面高度h1（m）（传球前）与东东起跳后时间t（s）满足函数关系式h1＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7（0≤t≤1）；小戴在点F（1.5，0）处拦截，他比东东晚0.3s垂直起跳，其拦截高度h2（m）与东东起跳后时间t（s）的函数关系如图2所示（其中两条抛物线的形状相同）．东东的直线传球能否越过小戴的拦截传到点E？若能，东东应在起跳后什么时间范围内传球？若不能，请说明理由（直线传球过程中球运动时间忽略不计）．
【解答】解：（1）设y＝a（x﹣0.4）2+3.32（a≠0），
把x＝0，y＝3代入，解得a＝﹣2，
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣2（x﹣0.4）2+3.32．
（2）①把y＝2.6代入y＝﹣2（x﹣0.4）2+3.32，
化简得（x﹣0.4）2＝0.36，
解得x1＝﹣0.2（舍去），x2＝1，
∴OD＝1m．
②东东的直线传球能越过小戴的拦截传到点E．
由图1可得，当0≤t≤0.3时，h2＝2.2．
当0.3＜t≤1.3时，h2＝﹣2（t﹣0.8）2+2.7．
当h1﹣h2＝0时，t＝0.65（s），
东东在点D跳起传球与小戴在点F处拦截的示意图如图2，
设MD＝h1，NF＝h2，
当点M，N，E三点共线时，过点E作EG⊥MD于点G，交NF于点H，过点N作NP⊥MD于点P，
∴MD∥NF，PN∥EG，
∴∠M＝∠HNE，∠MNP＝∠NEH，
∴△MPN∽△NHE，
∴，
∵PN＝0.5，HE＝2.5，
∴NH＝5MP．
（Ⅰ）当0≤t≤0.3时，
MP＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7﹣2.2＝﹣2（t﹣0.5）2+0.5，
NH＝2.2﹣1.3＝0.9．
∴5[﹣2（t﹣0.5）2+0.5]＝0.9，
整理得（t﹣0.5）2＝0.16，
解得（舍去），（s），
当0≤t≤0.3时，MP随t的增大而增大，
∴．
（Ⅱ）当0.3＜t≤0.65时，MP＝MD﹣NF＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7﹣[﹣2（t﹣0.8）2+2.7]＝﹣1.2t+0.78，
NH＝NF﹣HF＝﹣2（t﹣0.8）2+2.7﹣1.3＝﹣2（t﹣0.8）2+1.4，
∴﹣2（t﹣0.8）2+1.4＝5×（﹣1.2t+0.78），
整理得t2﹣4.6t+1.89＝0，
解得，（舍去），（s），
当0.3＜t≤0.65时，MP随t的增大而减小，
∴．
（Ⅲ）当0.65＜t≤1时，h1＜h2，不可能．
综上所述，东东在起跳后传球的时间范围为．
第1章二次函数（解答题提升题）-【浙教版-中考真题】九年级数学上学期期末复习培优练习（浙江）
一．二次函数的应用（共2小题）
1．（2022•台州）如图1，灌溉车沿着平行于绿化带底部边线l的方向行驶，为绿化带浇水．喷水口H离地竖直高度为h（单位：m）．如图2，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DEFG，其水平宽度DE＝3m，竖直高度为EF的长．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A离喷水口的水平距离为2m，高出喷水口0.5m，灌溉车到l的距离OD为d（单位：m）．
（1）若h＝1.5，EF＝0.5m．
①求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程OC；
②求下边缘抛物线与x轴的正半轴交点B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d的取值范围．
（2）若EF＝1m．要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，请直接写出h的最小值．
2．（2021•湖州）今年以来，我市接待的游客人数逐月增加，据统计，游玩某景区的游客人数三月份为4万人，五月份为5.76万人．
（1）求四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长百分之几；
（2）若该景区仅有A，B两个景点，售票处出示的三种购票方式如下表所示：
购票方式
甲
乙
丙
可游玩景点
A
B
A和B
门票价格
100元/人
80元/人
160元/人
据预测，六月份选择甲、乙、丙三种购票方式的人数分别有2万、3万和2万，并且当甲、乙两种门票价格不变时，丙种门票价格每下降1元，将有600人原计划购买甲种门票的游客和400人原计划购买乙种门票的游客改为购买丙种门票．
①若丙种门票价格下降10元，求景区六月份的门票总收入；
②问：将丙种门票价格下降多少元时，景区六月份的门票总收入有最大值？最大值是多少万元？
二．二次函数综合题（共9小题）
3．（2022•嘉兴）已知抛物线L1：y＝a（x+1）2﹣4（a≠0）经过点A（1，0）．
（1）求抛物线L1的函数表达式．
（2）将抛物线L1向上平移m（m＞0）个单位得到抛物线L2．若抛物线L2的顶点关于坐标原点O的对称点在抛物线L1上，求m的值．
（3）把抛物线L1向右平移n（n＞0）个单位得到抛物线L3，若点B（1，y1），C（3，y2）在抛物线L3上，且y1＞y2，求n的取值范围．
4．（2022•湖州）如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是边长为3的正方形，其中顶点A，C分别在x轴的正半轴和y轴的正半轴上．抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A，C两点，与x轴交于另一个点D．
（1）①求点A，B，C的坐标；
②求b，c的值．
（2）若点P是边BC上的一个动点，连结AP，过点P作PM⊥AP，交y轴于点M（如图2所示）．当点P在BC上运动时，点M也随之运动．设BP＝m，CM＝n，试用含m的代数式表示n，并求出n的最大值．
5．（2022•舟山）已知抛物线L1：y＝a（x+1）2﹣4（a≠0）经过点A（1，0）．
（1）求抛物线L1的函数表达式．
（2）将抛物线L1向上平移m（m＞0）个单位得到抛物线L2．若抛物线L2的顶点关于坐标原点O的对称点在抛物线L1上，求m的值．
（3）把抛物线L1向右平移n（n＞0）个单位得到抛物线L3．已知点P（8﹣t，s），Q（t﹣4，r）都在抛物线L3上，若当t＞6时，都有s＞r，求n的取值范围．
6．（2022•丽水）如图，已知点M（x1，y1），N（x2，y2）在二次函数y＝a（x﹣2）2﹣1（a＞0）的图象上，且x2﹣x1＝3．
（1）若二次函数的图象经过点（3，1）．
①求这个二次函数的表达式；
②若y1＝y2，求顶点到MN的距离；
（2）当x1≤x≤x2时，二次函数的最大值与最小值的差为1，点M，N在对称轴的异侧，求a的取值范围．
7．（2021•丽水）如图，已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0，﹣5），B（5，0）．
（1）求b，c的值；
（2）连结AB，交抛物线L的对称轴于点M．
①求点M的坐标；
②将抛物线L向左平移m（m＞0）个单位得到抛物线L1．过点M作MN∥y轴，交抛物线L1于点N．P是抛物线L1上一点，横坐标为﹣1，过点P作PE∥x轴，交抛物线L于点E，点E在抛物线L对称轴的右侧．若PE+MN＝10，求m的值．
8．（2020•浙江）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝﹣（x﹣m）2+4图象的顶点为A，与y轴交于点B，异于顶点A的点C（1，n）在该函数图象上．
（1）当m＝5时，求n的值．
（2）当n＝2时，若点A在第一象限内，结合图象，求当y≥2时，自变量x的取值范围．
（3）作直线AC与y轴相交于点D．当点B在x轴上方，且在线段OD上时，求m的取值范围．
9．（2020•衢州）如图1，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，C分别是直线y＝﹣x+4与坐标轴的交点，点B的坐标为（﹣2，0），点D是边AC上的一点，DE⊥BC于点E，点F在边AB上，且D，F两点关于y轴上的某点成中心对称，连接DF，EF．设点D的横坐标为m，EF2为l，请探究：
①线段EF长度是否有最小值．
②△BEF能否成为直角三角形．
小明尝试用“观察﹣猜想﹣验证﹣应用”的方法进行探究，请你一起来解决问题．
（1）小明利用“几何画板”软件进行观察，测量，得到l随m变化的一组对应值，并在平面直角坐标系中以各对应值为坐标描点（如图2）．请你在图2中连线，观察图象特征并猜想l与m可能满足的函数类别．
（2）小明结合图1，发现应用三角形和函数知识能验证（1）中的猜想，请你求出l关于m的函数表达式及自变量的取值范围，并求出线段EF长度的最小值．
（3）小明通过观察，推理，发现△BEF能成为直角三角形，请你求出当△BEF为直角三角形时m的值．
10．（2020•湖州）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+bx+c（c＞0）的顶点为D，与y轴的交点为C．过点C的直线CA与抛物线交于另一点A（点A在对称轴左侧），点B在AC的延长线上，连接OA，OB，DA和DB．
（1）如图1，当AC∥x轴时，
①已知点A的坐标是（﹣2，1），求抛物线的解析式；
②若四边形AOBD是平行四边形，求证：b2＝4c．
（2）如图2，若b＝﹣2，＝，是否存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由．
11．（2020•浙江）在篮球比赛中，东东投出的球在点A处反弹，反弹后球运动的路线为抛物线的一部分（如图1所示建立直角坐标系），抛物线顶点为点B．
（1）求该抛物线的函数表达式．
（2）当球运动到点C时被东东抢到，CD⊥x轴于点D，CD＝2.6m．
①求OD的长．
②东东抢到球后，因遭对方防守无法投篮，他在点D处垂直起跳传球，想将球沿直线快速传给队友华华，目标为华华的接球点E（4，1.3）．东东起跳后所持球离地面高度h1（m）（传球前）与东东起跳后时间t（s）满足函数关系式h1＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7（0≤t≤1）；小戴在点F（1.5，0）处拦截，他比东东晚0.3s垂直起跳，其拦截高度h2（m）与东东起跳后时间t（s）的函数关系如图2所示（其中两条抛物线的形状相同）．东东的直线传球能否越过小戴的拦截传到点E？若能，东东应在起跳后什么时间范围内传球？若不能，请说明理由（直线传球过程中球运动时间忽略不计）．
第1章二次函数（解答题提升题）-【浙教版-中考真题】九年级数学上学期期末复习培优练习（浙江）
参考答案与试题解析
一．二次函数的应用（共2小题）
1．（2022•台州）如图1，灌溉车沿着平行于绿化带底部边线l的方向行驶，为绿化带浇水．喷水口H离地竖直高度为h（单位：m）．如图2，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DEFG，其水平宽度DE＝3m，竖直高度为EF的长．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A离喷水口的水平距离为2m，高出喷水口0.5m，灌溉车到l的距离OD为d（单位：m）．
（1）若h＝1.5，EF＝0.5m．
①求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程OC；
②求下边缘抛物线与x轴的正半轴交点B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d的取值范围．
（2）若EF＝1m．要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，请直接写出h的最小值．
【解答】解：（1）①如图1，由题意得A（2，2）是上边缘抛物线的顶点，
设y＝a（x﹣2）2+2，
又∵抛物线过点（0，1.5），
∴1.5＝4a+2，
∴a＝﹣，
∴上边缘抛物线的函数解析式为y＝﹣（x﹣2）2+2，
当y＝0时，0＝﹣（x﹣2）2+2，
解得x1＝6，x2＝﹣2（舍去），
∴喷出水的最大射程OC为6m；
②∵对称轴为直线x＝2，
∴点（0，1.5）的对称点为（4，1.5），
∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4m得到的，
∴点B的坐标为（2，0）；
③∵EF＝0.5，
∴点F的纵坐标为0.5，
∴0.5＝﹣（x﹣2）2+2，
解得x＝2±2，
∵x＞0，
∴x＝2+2，
当x＞2时，y随x的增大而减小，
∴当2≤x≤6时，要使y≥0.5，
则x≤2+2，
∵当0≤x≤2时，y随x的增大而增大，且x＝0时，y＝1.5＞0.5，
∴当0≤x≤6时，要使y≥0.5，则0≤x≤2+2，
∵DE＝3，灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个绿化带，
∴d的最大值为2+2﹣3＝2﹣1，
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OB≤d，
∴d的最小值为2，
综上所述，d的取值范围是2≤d≤2﹣1；
（2）当喷水口高度最低，且恰好能浇灌到整个绿化带时，点D、F恰好分别在两条抛物线上，
设点D（m，﹣（m+2）2+h+0.5），F（m+3，﹣（m+3﹣2）2+h+0.5），
则有﹣（m+3﹣2）2+h+0.5﹣[﹣（m+2）2+h+0.5]＝1，
解得m＝2.5，
∴点D的纵坐标为h﹣，
∴h﹣＝0，
∴h的最小值为．
2．（2021•湖州）今年以来，我市接待的游客人数逐月增加，据统计，游玩某景区的游客人数三月份为4万人，五月份为5.76万人．
（1）求四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长百分之几；
（2）若该景区仅有A，B两个景点，售票处出示的三种购票方式如下表所示：
购票方式
甲
乙
丙
可游玩景点
A
B
A和B
门票价格
100元/人
80元/人
160元/人
据预测，六月份选择甲、乙、丙三种购票方式的人数分别有2万、3万和2万，并且当甲、乙两种门票价格不变时，丙种门票价格每下降1元，将有600人原计划购买甲种门票的游客和400人原计划购买乙种门票的游客改为购买丙种门票．
①若丙种门票价格下降10元，求景区六月份的门票总收入；
②问：将丙种门票价格下降多少元时，景区六月份的门票总收入有最大值？最大值是多少万元？
【解答】解：（1）设四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长率为x，
由题意，得4（1+x）2＝5.76，
解这个方程，得x1＝0.2，x2＝﹣2.2（舍去），
答：四月和五月这两个月中该景区游客人数平均每月增长率为20%；
（2）①由题意，得
100×（2﹣10×0.06）+80×（3﹣10×0.04）+（160﹣10）×（2+10×0.06+10×0.04）＝798（万元）．
答：景区六月份的门票总收入为798万元．
②设丙种门票价格降低m元，景区六月份的门票总收入为W万元，
由题意，得
W＝100（2﹣0.06m）+80（3﹣0.04m）+（160﹣m）（2+0.06m+0.04m），
化简，得W＝﹣0.1（m﹣24）2+817.6，
∵﹣0.1＜0，
∴当m＝24时，W取最大值，为817.6万元．
答：当丙种门票价格下降24元时，景区六月份的门票总收入有最大值，最大值是817.6万元．
二．二次函数综合题（共9小题）
3．（2022•嘉兴）已知抛物线L1：y＝a（x+1）2﹣4（a≠0）经过点A（1，0）．
（1）求抛物线L1的函数表达式．
（2）将抛物线L1向上平移m（m＞0）个单位得到抛物线L2．若抛物线L2的顶点关于坐标原点O的对称点在抛物线L1上，求m的值．
（3）把抛物线L1向右平移n（n＞0）个单位得到抛物线L3，若点B（1，y1），C（3，y2）在抛物线L3上，且y1＞y2，求n的取值范围．
【解答】解：（1）∵y＝a（x+1）2﹣4（a≠0）经过点A（1，0），
∴4a﹣4＝0，
∴a＝1，
∴抛物线L1的函数表达式为y＝x2+2x﹣3；
（2）∵y＝（x+1）2﹣4，
∴抛物线的顶点（﹣1，﹣4），
将抛物线L1向上平移m（m＞0）个单位得到抛物线L2．若抛物线L2的顶点（﹣1，﹣4+m），
而（﹣1，﹣4+m）关于原点的对称点为（1，4﹣m），
把（1，4﹣m）代入y＝x2+2x﹣3得到，1+2﹣3＝4﹣m，
∴m＝4；
（3）抛物线L1向右平移n（n＞0）个单位得到抛物线L3，的解析式为y＝（x﹣n+1）2﹣4，
∵点B（1，y1），C（3，y2）在抛物线L3上，
∴y1＝（2﹣n）2﹣4，y2＝（4﹣n）2﹣4，
∵y1＞y2，
∴（2﹣n）2﹣4＞（4﹣n）2﹣4，
解得n＞3，
∴n的取值范围为n＞3．
4．（2022•湖州）如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是边长为3的正方形，其中顶点A，C分别在x轴的正半轴和y轴的正半轴上．抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A，C两点，与x轴交于另一个点D．
（1）①求点A，B，C的坐标；
②求b，c的值．
（2）若点P是边BC上的一个动点，连结AP，过点P作PM⊥AP，交y轴于点M（如图2所示）．当点P在BC上运动时，点M也随之运动．设BP＝m，CM＝n，试用含m的代数式表示n，并求出n的最大值．
【解答】解：（1）①四边形OABC是边长为3的正方形，
∴A（3，0），B（3，3），C（0，3）；
②把A（3，0），C（0，3）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c中得：，
解得：；
（2）∵AP⊥PM，
∴∠APM＝90°，
∴∠APB+∠CPM＝90°，
∵∠B＝∠APB+∠BAP＝90°，
∴∠BAP＝∠CPM，
∵∠B＝∠PCM＝90°，
∴△MCP∽△PBA，
∴＝，即＝，
∴3n＝m（3﹣m），
∴n＝﹣m2+m＝﹣（m﹣）2+（0≤m≤3），
∵﹣＜0，
∴当m＝时，n的值最大，最大值是．
5．（2022•舟山）已知抛物线L1：y＝a（x+1）2﹣4（a≠0）经过点A（1，0）．
（1）求抛物线L1的函数表达式．
（2）将抛物线L1向上平移m（m＞0）个单位得到抛物线L2．若抛物线L2的顶点关于坐标原点O的对称点在抛物线L1上，求m的值．
（3）把抛物线L1向右平移n（n＞0）个单位得到抛物线L3．已知点P（8﹣t，s），Q（t﹣4，r）都在抛物线L3上，若当t＞6时，都有s＞r，求n的取值范围．
【解答】解：（1）把A（1，0）代入y＝a（x+1）2﹣4得：
a（1+1）2﹣4＝0，
解得a＝1，
∴y＝（x+1）2﹣4＝x2+2x﹣3；
答：抛物线L1的函数表达式为y＝x2+2x﹣3；
（2）抛物线L1：y＝（x+1）2﹣4的顶点为（﹣1，﹣4），
将抛物线L1向上平移m（m＞0）个单位得到抛物线L2，则抛物线L2的顶点为（﹣1，﹣4+m），
而（﹣1，﹣4+m）关于原点的对称点为（1，4﹣m），
把（1，4﹣m）代入y＝x2+2x﹣3得：
12+2×1﹣3＝4﹣m，
解得m＝4，
答：m的值为4；
（3）把抛物线L1向右平移n（n＞0）个单位得到抛物线L3，抛物线L3解析式为y＝（x﹣n+1）2﹣4，
∵点P（8﹣t，s），Q（t﹣4，r）都在抛物线L3上，
∴s＝（8﹣t﹣n+1）2﹣4＝（9﹣t﹣n）2﹣4，
r＝（t﹣4﹣n+1）2﹣4＝（t﹣n﹣3）2﹣4，
∵当t＞6时，s＞r，
∴s﹣r＞0，
∴[（9﹣t﹣n）2﹣4]﹣[（t﹣n﹣3）2﹣4]＞0，
整理变形得：（9﹣t﹣n）2﹣（t﹣n﹣3）2＞0，
（9﹣t﹣n+t﹣n﹣3）（9﹣t﹣n﹣t+n+3）＞0，
（6﹣2n）（12﹣2t）＞0，
∵t＞6，
∴12﹣2t＜0，
∴6﹣2n＜0，
解得n＞3，
∴n的取值范围是n＞3．
6．（2022•丽水）如图，已知点M（x1，y1），N（x2，y2）在二次函数y＝a（x﹣2）2﹣1（a＞0）的图象上，且x2﹣x1＝3．
（1）若二次函数的图象经过点（3，1）．
①求这个二次函数的表达式；
②若y1＝y2，求顶点到MN的距离；
（2）当x1≤x≤x2时，二次函数的最大值与最小值的差为1，点M，N在对称轴的异侧，求a的取值范围．
【解答】解：（1）①∵二次函数y＝a（x﹣2）2﹣1（a＞0）经过（3，1），
∴1＝a﹣1，
∴a＝2，
∴二次函数的解析式为y＝2（x﹣2）2﹣1；
②∵y1＝y2，
∴M，N关于抛物线的对称轴对称，
∵对称轴是直线x＝2，且x2﹣x1＝3，
∴x1＝，x2＝，
当x＝时，y1＝2×（﹣2）2﹣1＝，
∴当y1＝y2时，顶点到MN的距离＝+1＝；
（2）若M，N在对称轴的异侧，y1≥y2，
∴x1+3＞2，
∴x1＞﹣1，
∵x2﹣x1＝3，
∴x1≤，
∴﹣1＜x1≤，
∵函数的最大值为y1＝a（x1﹣2）2﹣1，最小值为﹣1，
∴y﹣（﹣1）＝1，
∴a＝，
∴≤（x1﹣2）2＜9，
∴＜a≤．
若M，N在对称轴的异侧，y1≤y2，x1＜2，
∵x1＞，
∴＜x1＜2，
∵函数的最大值为y2＝a（x2﹣2）2﹣1，最小值为﹣1，
∴y2﹣（﹣1）＝1，
∴a＝，
∴＜（x1+1）2＜9，
∴＜a＜．
综上所述，＜a≤．
7．（2021•丽水）如图，已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0，﹣5），B（5，0）．
（1）求b，c的值；
（2）连结AB，交抛物线L的对称轴于点M．
①求点M的坐标；
②将抛物线L向左平移m（m＞0）个单位得到抛物线L1．过点M作MN∥y轴，交抛物线L1于点N．P是抛物线L1上一点，横坐标为﹣1，过点P作PE∥x轴，交抛物线L于点E，点E在抛物线L对称轴的右侧．若PE+MN＝10，求m的值．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过点A（0，﹣5）和点B（5，0），
∴，
解得：，
∴b，c的值分别为﹣4，﹣5．
（2）①设直线AB的解析式为y＝kx+n（k≠0），
把A（0，﹣5），B（5，0）的坐标分别代入表达式，得，
解得，
∴直线AB的函数表达式为y＝x﹣5．
由（1）得，抛物线L的对称轴是直线x＝2，
当x＝2时，y＝x﹣5＝﹣3，
∴点M的坐标是（2，﹣3）；
②设抛物线L1的表达式为y＝（x﹣2+m）2﹣9，
∵MN∥y轴，
∴点N的坐标是（2，m2﹣9），
∵点P的横坐标为﹣1，
∴P点的坐标是（﹣1，m2﹣6m），
设PE交抛物线L1于另一点Q，
∵抛物线L1的对称轴是直线x＝2﹣m，PE∥x轴，
∴根据抛物线的对称性，点Q的坐标是（5﹣2m，m2﹣6m），
（Ⅰ）如图1，当点N在点M及下方，即0＜m＜时，
∴PQ＝5﹣2m﹣（﹣1）＝6﹣2m，MN＝﹣3﹣（m2﹣9）＝6﹣m2，
由平移的性质得，QE＝m，
∴PE＝6﹣2m+m＝6﹣m，
∵PE+MN＝10，
∴6﹣m+6﹣m2＝10，
解得，m1＝﹣2（舍去），m2＝1，
（Ⅱ）如图2，当点N在点M及上方，点Q在点P及右侧，
即＜m＜3时，
PE＝6﹣m，MN＝m2﹣6，
∵PE+MN＝10，
∴6﹣m+m2﹣6＝10，
解得，m1＝（舍去），m2＝（舍去）．
（Ⅲ）如图3，当点N在M上方，点Q在点P左侧，
即m＞3时，PE＝m，MN＝m2﹣6，
∵PE+MN＝10，
∴m+m2﹣6＝10，
解得，m1＝（舍去），m2＝，
综合以上可得m的值是1或．
8．（2020•浙江）如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝﹣（x﹣m）2+4图象的顶点为A，与y轴交于点B，异于顶点A的点C（1，n）在该函数图象上．
（1）当m＝5时，求n的值．
（2）当n＝2时，若点A在第一象限内，结合图象，求当y≥2时，自变量x的取值范围．
（3）作直线AC与y轴相交于点D．当点B在x轴上方，且在线段OD上时，求m的取值范围．
【解答】解：（1）当m＝5时，y＝﹣（x﹣5）2+4，
当x＝1时，n＝﹣×42+4＝﹣4．
（2）当n＝2时，将C（1，2）代入函数表达式y＝﹣（x﹣m）2+4，得2＝﹣（1﹣m）2+4，
解得m＝3或﹣1（舍去），
∴此时抛物线的对称轴x＝3，
根据抛物线的对称性可知，当y＝2时，x＝1或5，
∴x的取值范围为1≤x≤5．
（3）∵点A与点C不重合，
∴m≠1，
∵抛物线的顶点A的坐标是（m，4），
∴抛物线的顶点在直线y＝4上，
当x＝0时，y＝﹣m2+4，
∴点B的坐标为（0，﹣m2+4），
如图，抛物线从图1的位置向左平移到图2的位置前，m逐渐减小，点B沿y轴向上移动，
当点B与O重合时，﹣m2+4＝0，
解得m＝2或﹣2（不合题意舍去），
当点B与点D重合时，如图2，顶点A也与B，D重合，点B到达最高点，
∴点B（0，4），
∴﹣m2+4＝4，解得m＝0，
当抛物线从图2的位置继续向左平移时，如图3点B不在线段OD上，
∴B点在线段OD上时，m的取值范围是：0≤m＜1或1＜m＜2．
9．（2020•衢州）如图1，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A，C分别是直线y＝﹣x+4与坐标轴的交点，点B的坐标为（﹣2，0），点D是边AC上的一点，DE⊥BC于点E，点F在边AB上，且D，F两点关于y轴上的某点成中心对称，连接DF，EF．设点D的横坐标为m，EF2为l，请探究：
①线段EF长度是否有最小值．
②△BEF能否成为直角三角形．
小明尝试用“观察﹣猜想﹣验证﹣应用”的方法进行探究，请你一起来解决问题．
（1）小明利用“几何画板”软件进行观察，测量，得到l随m变化的一组对应值，并在平面直角坐标系中以各对应值为坐标描点（如图2）．请你在图2中连线，观察图象特征并猜想l与m可能满足的函数类别．
（2）小明结合图1，发现应用三角形和函数知识能验证（1）中的猜想，请你求出l关于m的函数表达式及自变量的取值范围，并求出线段EF长度的最小值．
（3）小明通过观察，推理，发现△BEF能成为直角三角形，请你求出当△BEF为直角三角形时m的值．
【解答】解：（1）用描点法画出图形如图1，由图象可知函数类别为二次函数．
（2）如图2，过点F，D分别作FG，DH垂直于y轴，垂足分别为G，H，
则∠FGK＝∠DHK＝90°，
记FD交y轴于点K，
∵D点与F点关于y轴上的K点成中心对称，
∴KF＝KD，
∵∠FKG＝∠DKH，
∴Rt△FGK≌Rt△DHK（AAS），
∴FG＝DH，
∵直线AC的解析式为y＝﹣x+4，
∴x＝0时，y＝4，
∴A（0，4），
又∵B（﹣2，0），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴直线AB的解析式为y＝2x+4，
过点F作FR⊥x轴于点R，
∵D点的横坐标为m，
∴F（﹣m，﹣2m+4），
∴ER＝2m，FR＝﹣2m+4，
∵EF2＝FR2+ER2，
∴l＝EF2＝8m2﹣16m+16＝8（m﹣1）2+8，
令﹣+4＝0，得x＝，
∴0≤m≤．
∴当m＝1时，l的最小值为8，
∴EF的最小值为2．
（3）①∠FBE为定角，不可能为直角．
②∠BEF＝90°时，E点与O点重合，D点与A点，F点重合，此时m＝0．
③如图3，∠BFE＝90°时，有BF2+EF2＝BE2．
由（2）得EF2＝8m2﹣16m+16，
又∵BR＝﹣m+2，FR＝﹣2m+4，
∴BF2＝BR2+FR2＝（﹣m+2）2+（﹣2m+4）2＝5m2﹣20m+20，
又∵BE2＝（m+2）2，
∴（5m2﹣20m+20）+（8m2﹣16m+16）＝（m+2）2，
化简得，3m2﹣10m+8＝0，
解得m1＝，m2＝2（不合题意，舍去），
∴m＝．
综合以上可得，当△BEF为直角三角形时，m＝0或m＝．
10．（2020•湖州）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+bx+c（c＞0）的顶点为D，与y轴的交点为C．过点C的直线CA与抛物线交于另一点A（点A在对称轴左侧），点B在AC的延长线上，连接OA，OB，DA和DB．
（1）如图1，当AC∥x轴时，
①已知点A的坐标是（﹣2，1），求抛物线的解析式；
②若四边形AOBD是平行四边形，求证：b2＝4c．
（2）如图2，若b＝﹣2，＝，是否存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形？若存在，求出点A的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）①∵AC∥x轴，点A（﹣2，1），
∴C（0，1），
将点A（﹣2，1），C（0，1）代入抛物线解析式中，得，
∴，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+1；
②如图1，过点D作DE⊥x轴于E，交AB于点F，
∵AC∥x轴，
∴EF＝OC＝c，
∵点D是抛物线的顶点坐标，
∴D（，c+），
∴DF＝DE﹣EF＝c+﹣c＝，
∵四边形AOBD是平行四边形，
∴AD＝BO，AD∥OB，
∴∠DAF＝∠OBC，
∵∠AFD＝∠BCO＝90°，
∴△AFD≌△BCO（AAS），
∴DF＝OC，
∴＝c，
即b2＝4c；
（2）方法1、如图2，∵b＝﹣2．
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+c，
∴顶点坐标D（﹣1，c+1），
假设存在这样的点A使四边形AOBD是平行四边形，
设点A（m，﹣m2﹣2m+c）（m＜0），
过点D作DE⊥x轴于点E，交AB于F，
∴∠AFD＝∠EFC＝∠BCO，
∵四边形AOBD是平行四边形，
∴AD＝BO，AD∥OB，
∴∠DAF＝∠OBC，
∴△AFD≌△BCO（AAS），
∴AF＝BC，DF＝OC，
过点A作AM⊥y轴于M，交DE于N，
∴DE∥CO，
∴△ANF∽△AMC，
∴＝，
∵AM＝﹣m，AN＝AM﹣NM＝﹣m﹣1，
∴，
∴，
∴点A的纵坐标为﹣（﹣）2﹣2×（﹣）+c＝c﹣＜c，
∵AM∥x轴，
∴点M的坐标为（0，c﹣），N（﹣1，c﹣），
∴CM＝c﹣（c﹣）＝，
∵点D的坐标为（﹣1，c+1），
∴DN＝（c+1）﹣（c﹣）＝，
∵DF＝OC＝c，
∴FN＝DN﹣DF＝﹣c，
∵＝，
∴，
∴c＝，
∴c﹣＝，
∴点A纵坐标为，
∴A（﹣，），
∴存在这样的点A，使四边形AOBD是平行四边形．
方法2、设点B的横坐标为3a，
∵，
∴A的横坐标为﹣5a，
∵b＝﹣2．
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+c，
∴顶点坐标D的横坐标为﹣1，
假设四边形AOBD是平行四边形，
∴（3a﹣5a）＝（﹣1+0），
∴a＝，
∴A（﹣，）．
11．（2020•浙江）在篮球比赛中，东东投出的球在点A处反弹，反弹后球运动的路线为抛物线的一部分（如图1所示建立直角坐标系），抛物线顶点为点B．
（1）求该抛物线的函数表达式．
（2）当球运动到点C时被东东抢到，CD⊥x轴于点D，CD＝2.6m．
①求OD的长．
②东东抢到球后，因遭对方防守无法投篮，他在点D处垂直起跳传球，想将球沿直线快速传给队友华华，目标为华华的接球点E（4，1.3）．东东起跳后所持球离地面高度h1（m）（传球前）与东东起跳后时间t（s）满足函数关系式h1＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7（0≤t≤1）；小戴在点F（1.5，0）处拦截，他比东东晚0.3s垂直起跳，其拦截高度h2（m）与东东起跳后时间t（s）的函数关系如图2所示（其中两条抛物线的形状相同）．东东的直线传球能否越过小戴的拦截传到点E？若能，东东应在起跳后什么时间范围内传球？若不能，请说明理由（直线传球过程中球运动时间忽略不计）．
【解答】解：（1）设y＝a（x﹣0.4）2+3.32（a≠0），
把x＝0，y＝3代入，解得a＝﹣2，
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣2（x﹣0.4）2+3.32．
（2）①把y＝2.6代入y＝﹣2（x﹣0.4）2+3.32，
化简得（x﹣0.4）2＝0.36，
解得x1＝﹣0.2（舍去），x2＝1，
∴OD＝1m．
②东东的直线传球能越过小戴的拦截传到点E．
由图1可得，当0≤t≤0.3时，h2＝2.2．
当0.3＜t≤1.3时，h2＝﹣2（t﹣0.8）2+2.7．
当h1﹣h2＝0时，t＝0.65（s），
东东在点D跳起传球与小戴在点F处拦截的示意图如图2，
设MD＝h1，NF＝h2，
当点M，N，E三点共线时，过点E作EG⊥MD于点G，交NF于点H，过点N作NP⊥MD于点P，
∴MD∥NF，PN∥EG，
∴∠M＝∠HNE，∠MNP＝∠NEH，
∴△MPN∽△NHE，
∴，
∵PN＝0.5，HE＝2.5，
∴NH＝5MP．
（Ⅰ）当0≤t≤0.3时，
MP＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7﹣2.2＝﹣2（t﹣0.5）2+0.5，
NH＝2.2﹣1.3＝0.9．
∴5[﹣2（t﹣0.5）2+0.5]＝0.9，
整理得（t﹣0.5）2＝0.16，
解得（舍去），（s），
当0≤t≤0.3时，MP随t的增大而增大，
∴．
（Ⅱ）当0.3＜t≤0.65时，MP＝MD﹣NF＝﹣2（t﹣0.5）2+2.7﹣[﹣2（t﹣0.8）2+2.7]＝﹣1.2t+0.78，
NH＝NF﹣HF＝﹣2（t﹣0.8）2+2.7﹣1.3＝﹣2（t﹣0.8）2+1.4，
∴﹣2（t﹣0.8）2+1.4＝5×（﹣1.2t+0.78），
整理得t2﹣4.6t+1.89＝0，
解得，（舍去），（s），
当0.3＜t≤0.65时，MP随t的增大而减小，
∴．
（Ⅲ）当0.65＜t≤1时，h1＜h2，不可能．
综上所述，东东在起跳后传球的时间范围为．
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