第14讲 二次函数的应用（10题型 5类型）（讲义）-2024年中考数学一轮复习讲义（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数）。
3、要学会抢得分点。要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想：体现在数学上也就是要把难转简，把不熟转熟，把未知转为已知的问题。
第14讲 二次函数的应用
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc155187731" \l "_Tc155125913" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc155187732" 题型01 最大利润/销量问题
\l "_Tc155187733" 题型02 方案选择问题
\l "_Tc155187734" 题型03 拱桥问题
\l "_Tc155187735" 题型04 隧道问题
\l "_Tc155187736" 题型05 空中跳跃轨迹问题
\l "_Tc155187737" 题型06 球类飞行轨迹
\l "_Tc155187738" 题型07 喷泉问题
\l "_Tc155187739" 题型08 图形问题
\l "_Tc155187740" 题型09 图形运动问题
\l "_Tc155187741" 题型10 二次函数综合问题
\l "_Tc155187742" 类型一 线段、周长问题
\l "_Tc155187743" 类型二 面积周长问题
\l "_Tc155187744" 类型三 角度问题
\l "_Tc155187745" 类型四 特殊三角形问题
\l "_Tc155187746" 类型五 特殊四边形问题
用二次函数解决实际问题的一般步骤：
1.审：仔细审题，理清题意；
2.设：找出题中的变量和常量，分析它们之间的关系，与图形相关的问题要结合图形具体分析，设出适当的未知数；
3.列：用二次函数表示出变量和常量之间的关系，建立二次函数模型，写出二次函数的解析式；
4.解：依据已知条件，借助二次函数的解析式、图象和性质等求解实际问题；
5.检：检验结果，进行合理取舍，得出符合实际意义的结论.
【注意】二次函数在实际问题中的应用通常是在一定的取值范围内，一定要注意是否包含顶点坐标，如果顶点坐标不在取值范围内，应按照对称轴一侧的增减性探讨问题结论．
利用二次函数解决利润最值的方法：巧设未知数，根据利润公式列出函数关系式，再利用二次函数的最值解决利润最大问题是否存在最大利润问题。
利用二次函数解决拱桥/隧道/拱门类问题的方法：先建立适当的平面直角坐标系，再根据题意找出已知点的坐标，并求出抛物线解析式，最后根据图象信息解决实际问题。
利用二次函数解决面积最值的方法：先找好自变量，再利用相关的图形面积公式，列出函数关系式，最后利用函数的最值解决面积最值问题。
【注意】自变量的取决范围。
利用二次函数解决动点问题的方法：首先要明确动点在哪条直线或抛物线上运动，运动速度是多少，结合直线或抛物线的表达式设出动点的坐标或表示出与动点有关的线段长度，最后结合题干中与动点有关的条件进行计算．
利用二次函数解决存在性问题的方法：一般先假设该点存在，根据该点所在的直线或抛物线的表达式，设出该点的坐标；然后用该点的坐标表示出与该点有关的线段长或其他点的坐标等；最后结合题干中其他条件列出等式，求出该点的坐标，然后判别该点坐标是否符合题意，若符合题意，则该点存在，否则该点不存在．
题型01 最大利润/销量问题
【例1】（2023·湖北武汉·校联考模拟预测）某商店以一定的价格购进甲、乙两种商品若干千克，销售统计发现，甲商品从开始销售至销售的第x天总销量y1（千克）与x的关系如图1所示，且y1是x的二次函数．乙商品从开始销售至销售第x天的总销量y2kg，y2=ωx，其中ω是关于x的一次函数，其图象如图2．
(1)分别求出y1，y2与x的函数关系；
(2)甲、乙两种商品购进量相差多少；
(3)分别求出甲、乙两种商品哪天销量最大，并求出最大销售量是多少．
【答案】(1)y1=−x2+30x，y2=ωx=−3x2+60x；
(2)甲、乙两种商品购进量相差75kg
(3)甲乙均在第1天销量最大，分别是29kg、75kg．
【分析】（1）依据题意，设y1=ax2+bx，结合图象上的点代入计算可以得解；又ω是关于x的一次函数，过0，60，20，0，从而先求出ω与x的关系，再代入可以的y2的关系式；
（2）依据题意，分别依据顶点式求出两种商品的最大值，然后作差可以得解；
（3）依据题意，设第t天，甲、乙商品销量最大，表示出来后，求出最大值即可得解．
【详解】（1）解：由题意，设y1=ax2+bx，
∴4a+2b=5616a+4b=104，
∴y1=−x2+30x，
又ω是关于x的一次函数，过0，60，20，0，
设ω=kx+60，
∴0=20k+60，
解得k=−3，
∴ω=−3x+60，
∴y2=ωx=−3x2+60x；
（2）解：由题意得，y1=−x2+30x=−x−152+225，
∵−1<0，
∴当x=15时，甲商品的最大值为225；
又y2=−3x2+60x=−3(x−10)2+300，
∵−3<0，
∴当x=10时，乙商品的最大值为300．
∴y乙−y甲=75kg，即乙商品比甲商品多购进75kg．
即甲、乙两种商品购进量相差75kg；
（3）解：第t天，乙商品销量：−3t2+60t−[−3t−1)2+60t−1
=3−2t+1+60
=−6t+63，
∴当t=1时，ω乙=57．
此时甲商品销量：−t2+30t−[−t−1)2+30t−1
=−2t+1+30
=−2t+31，
∴当t=1时，ω甲=29．
答：甲乙均在第1天销量最大，分别是29kg、75kg．
【点睛】本题考查二次函数、一次函数的应用，关键是求出函数解析式．
【变式1-1】（2023·广东深圳·校考模拟预测）深圳某公司生产A、B两种玩具，每个B玩具的成本是A玩具的1.5倍，公司投入1600元生产A种玩具，3600元生产B种玩具，共生产玩具1000个，请解答下列问题：
(1)A、B两种玩具每个的成本分别是多少元？
(2)某大学生自主创业，在网上销售B玩具，物价部门规定每个售价不低于进货价且每个的利润不允许高于进货价的50%．试营销阶段发现：当销售单价是8元时，每天的销售量为120件，销售单价每上涨1元，每天的销售量就减少20件．求销售单价为多少元时，该玩具每天的销售利润最大？最大利润是多少？
【答案】(1)A、B两种玩具每个的成本分别是4元和6元
(2)当销售单价为9元时利润最大为300元
【分析】（1）设A玩具每个的成本为x元，B玩具每个的成本为1.5x元，根据“公司投入1600元生产A种玩具，3600元生产B种玩具，共生产玩具1000个”列方程求解，注意分式方程需要验根；
（2）设销售单价为a元，则销售量为：120−20a−8 件，根据题意可得 6≤a≤9，由题意列二次函数关系式，根据二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：设A玩具每个的成本为x元，B玩具每个的成本为1.5x元．
根据题意得：1600x+36001.5x=1000
解得：x=4
经检验 x=4是原方程的解．
∴ 1 .5x=6
答：A、B两种玩具每个的成本分别是4元和6元．
（2）解：设销售单价为a元，则销售量为：120−20a−8 件；由题可知a≥6且a−6≤50%×6
∴ 6≤a≤9
根据题意得：w=a−6120−20a−8 =−20a2+400a−1680 =−20a−102+320
∵ −20<0 当 6≤a≤9时，w随a的增大而增大，
∴ 当销售单价为9元时利润最大为300元．
【点睛】本题考查分式方程的应用和二次函数的应用，找到题中的等量关系是解题的关键．
【变式1-2】（2023·安徽六安·校考二模）某厂家生产一种儿童电动玩具，3月份前4天生产的该儿童玩具售价y（元/个）和销量t（个）的数据如下表所示：
从第5天开始工厂对外调整价格为28元一个，据统计第5天以后儿童电动玩具销量t（个）和第x天的关系为t=−x2+50x−100（5≤x≤20，且x为整数）．
(1)直接写出销量t（个）与第x天（前4天）满足的关系式，并且求出第5天以后第几天的销量最大，最大值为多少？
(2)若成本价为20元，求该工厂这些天（按20天计）出售儿童电动玩具得到的利润W（元）与x的函数关系式，直接写出第几天的利润最大及其最大值．
【答案】(1)销量t（个）与第x天（前4天）满足的关系式为t=20x+80（1≤x≤4），第5天以后第20天的销量最大，最大值为500；
(2)W（元）与x的函数关系式为W=40(x+4)21≤x≤4−8(x−25)2+42005≤x≤20；第20天时工厂利润最大，最大利润为4000元．
【分析】（1）根据表格中数据，用待定系数法求出销量t与第x天满足的关系式，并根据第5天以后儿童电动玩具销量t（套）和第x天的关系式，由函数性质求出最值；
（2）根据单件利润×销售量＝总利润分段列出函数解析式，即可由函数性质得到答案．
【详解】（1）解：由表格可知，前4天销量t与第x天满足一次函数关系，
设t＝kx+b把(1,100),(2,120)代入得：
k+b=1002k+b=120，
解得k=20b=80，
∴销量t与第x天满足的关系式为t=20x+80（1≤x≤4）；
∵第5天以后儿童电动玩具销量t（个）和第x天的关系为t=−x2+50x−100=−（x−25）2+525，
∵−1<0，
∴当x<25时，t随x的增大而增大，
∵5≤x≤20，
∴当x=20时，t有最大值，最大值为−(20−25)2+525=500，
∴销量t（个）与第x天（前4天）满足的关系式为t=20x+80（1≤x≤4），第5天以后第20天的销量最大，最大值为500；
（2）解：设y与x的函数解析式为y=mx+n，
把(1,30),(2,32)代入得：
m+n=302m+n=32，
解得m=2n=28，
∴y与x的函数解析式为y=2x+28，
①当1≤x≤4时，W=(2x+28−20)(20x+80)=40x2+320x+640=40(x+4)2，
当x=4时，W有最大值，最大值为40×(4+4)2=2560；
②当5≤x≤20时，W=(28−20)(−x2+50x−100)=−8(x−25)2+4200，
∵−8<0,5≤x≤20，
∴当x=20时，W有最大值，最大值为−8×25+4200=4000，
∴第20天时W的最大值为4000元．
∴W（元）与x的函数关系式为W=40(x+4)21≤x≤4−8(x−25)2+42005≤x≤20；第20天时工厂利润最大，最大利润为4000元．
【点睛】本题考查二次函数的应用，待定系数法求函数解析式，解题的关键是找到等量关系求分段函数的解析式．
题型02 方案选择问题
【例2】（2023·湖北咸宁·统考模拟预测）“樱花红陌上，邂逅在咸安”，为迎接我区首届樱花文化旅游节，某工厂接到一批纪念品生产订单，要求在15天内完成，约定这批纪念品的出厂价为每件20元，设第x天（0(1)直接写出P与x之间的函数关系；
(2)求W与x之间的函数关系式，并求小王第几天创造的利润最大？最大利润是多少？
(3)最后，统计还发现，平均每个工人每天创造的利润为288元，于是，工厂制定如下奖励方案：如果一个工人某天创造的利润超过该平均值，则该工人当天可获得20元奖金，请计算，在生产该批纪念过程中，小王能获得多少元的奖金？
【答案】(1)P=2x+200(2)W=−x2+16x+2600(3)180元
【分析】（1）结合图象，分段计算，当10≤x≤15时，P=40，当0（2）根据题意有：W=P×20−y，结合（1）的结果和y=0.5x+7，即可求解，再分别求出当0（3）根据题意可知：当W>288时，即可获得奖励，当0288，即有：W=−20x+520>288，解得：10≤x<11.6，去除第10天重复计算的奖励，问题得解．
【详解】（1）解：结合图象，分段计算，
当10≤x≤15时，P=40，
当0∵10,40，0,20，
∴b=2010k+b=40，解得b=20k=2，
即此时P=2x+20，
综上：P=2x+200（2）根据题意有：W=P×20−y，
∵P=2x+200∴W=2x+2020−0.5x+70整理得：W=−x2+16x+2600当0即当x=8时，W有最大值，最大值为W=324，
当10≤x≤15时，W=−20x+520，
即W随着x的增大而减小，
∴当x=10时，W有最大值，最大值为W=320，
∵320<324，
∴当x=8时，W有最大值，最大值为W=324，
∴小王第8天创造的利润最大，最大利润是324元；
（3）根据题意可知：当W>288时，即可获得奖励，
当0解得x=2或者x=14，
∵0∴当W>288时，有2即此时可以获得奖励为：20×10−2=160（元），
当10≤x≤15时，W>288，
即有：W=−20x+520>288，
解得：10≤x<11.6，
即此时可以获得奖励为：20×2=40（元），
∵第10天重复计算，
∴总计获得的奖励为：160+40−20=180（元）．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，一次函数的应用，二次函数的图象与性质，利用待定系数法求解一次函数解析式等知识，明确题意，正确得出函数关系，是解答本题的关键．
【变式2-1】（2023·四川乐山·统考二模）某公司在甲、乙两城生产同一种产品，受原材料产地，上、下游配套工厂等因素影响，生产成本不同．甲城产品的成本y（万元）与产品数量x（件）之间的关系式为y=ax2+bx+ca≠0，图象为如图的虚线所示：乙城产品的成本y（万元）与产品数量x（件）之间的关系式为y=kxk≠0，其图象为如图的实线所示．

(1)求a、b、k的值．
(2)若甲、乙两城一共生产50件产品，请设计一种方案，使得总生产成本最小．
(3)从甲城把产品运往A、B两地的运费（万元）与件数（件）的关系式为：y甲A=nx，y甲B=3x；从乙城把产品运往A、B两地的运费（万元）与件数（件）的关系为：y乙A=x，y乙B=2x；现在A地需要40件，B地需要10件，在（2）的条件下，求总运费的最小值（用含n的式子表示）．
【答案】(1)a=14，b=1，k=3；
(2)当甲城生产4件，乙城生产46件时，总成本最小；
(3)当n=2时，总运费最小值为64万元；当n<2时，总运费最小值为4n+56万元；当n>2时，总运费最小值为64万元．
【分析】（1）根据函数图象过原点得到c=0，将2,3和1,54代入解析式即可求解；
（2）由（1）可得甲、乙的函数表达式，设生产成本为w，则得到w=14x2+x+350−x，化简后根据二次函数的最值判断即可；
（3）设从甲城运往A地区的产品数量为m件，甲、乙两城总运费为p，则从甲城运往B地的产品数量为4−m件，从乙城运往A地的产品数量为40−m件，从乙城运往B地的产品数量为10−4+m件，根据题意列出不等式求出m的取值范围，再表示出p，根据判断即可得到结果；
【详解】（1）∵y=ax2+bx+ca≠0经过原点，
∴c=0，
将2,3和1,54代入解析式y=ax2+bx+ca≠0得3=4a+2b①54=a+b②，
②×4−①得：b=1，
代入①中得a=14，
∴a=14b=1，
将2,6代入y=kx中得k=3，
∴a=14，b=1，k=3；
（2）由（1）可得，甲：y=14x2+x，乙：y=3x，
设生产成本为w，则得到w=14x2+x+350−x=14x2−2x+150=14x−42+146，
∴当x=4时，甲、乙两城生产这批产品总成本和最少，
50−4=46，
∴甲城生产4件，乙城生产46件，此时生产成本最小；
（3）设从甲城运往A地区的产品数量为m件，甲、乙两城总运费为p，则从甲城运往B地的产品数量为4−m件，从乙城运往A地的产品数量为40−m件，从乙城运往B地的产品数量为10−4+m件，
由题意可得：4−m≥040−m≥010−4+m≥0m≥0，
解得：0≤m≤4，
∴p=mn+34−m+40−m+210−4+m，
=mn+12−3m+40−m+12+2m，
=mn−2m+64，
=n−2m+64，
当0≤n≤2，0≤m≤4时，p随n的增大而减小，
∴m=4时，p的值最小，
最小值为4n−2+64=4n+56；
当n>2，0≤m≤4时，p随n的增大而增大，
则m=0时，p的值最小，最小值为64；
∴当0≤n≤2时，总运费为4n+56万元；
当n>2时，总运费为64万元．
【点睛】本题主要考查了利用待定系数法求一次函数解析式、二次函数解析式以及一次函数在实际问题当中的应用，理解清楚题目中的数量关系并明确一次函数和二次函数的相关性质是解题的关键．
题型03 拱桥问题
【例3】（2023·北京丰台·统考一模）赛龙舟是中国端午节的习俗之一，也是一项广受欢迎的民俗体育运动．某地计划进行一场划龙舟比赛，图1是比赛途中经过的一座拱桥，图2是该桥露出水面的主桥拱的示意图，可看作抛物线的一部分，建立如图所示的平面直角坐标系xOy，桥拱上的点到水面的竖直高度y（单位：m）与到点O的水平距离x（单位：m）近似满足函数关系y=−0.01x−302+9，据调查，龙舟最高处距离水面2m，为保障安全，通过拱桥时龙舟最高处到桥拱的竖直距离至少3m．
(1)水面的宽度OA=_______m；
(2)要设计通过拱桥的龙舟赛道方案，若每条龙舟赛道宽度为9m，求最多可设计龙舟赛道的数量．
【答案】(1)60
(2)4条．
【分析】（1）求出抛物线与x轴的交点坐标即可得到答案；
（2）求出当y=5时，x的值，即可求出可设计赛道的宽度，再根据每条龙舟赛道宽度为9m即可得到答案．
【详解】（1）解：令y=0，则−0.01x−302+9=0，
∴x−302=900，
解得x=0或x=60，
∴A60，0，
∴OA=60m，
故答案为：60；
（2）解：令y=5，得−0.01x−302+9=5，
∴x−302=400
解得x1=10，x2=50．
∴可设计赛道的宽度为50−10=40m，
∵每条龙舟赛道宽度为9m，
∴最多可设计赛道4条．
【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，正确理解题意是解题的关键．
【变式3-1】（2023·广东深圳·校考模拟预测）某公园内人工湖上有一座拱桥（横截面如图所示），跨度AB为4米．在距点A水平距离为d米的地点，拱桥距离水面的高度为h米．小红根据学习函数的经验，对d和h之间的关系进行了探究．

下面是小红的探究过程，请补充完整：
(1)经过测量，得出了d和h的几组对应值，如下表．
在d和h这两个变量中，______是自变量，______是这个变量的函数；
(2)在下面的平面直角坐标系xOy中，画出（1）中所确定的函数的图象；

(3)结合表格数据和函数图象，解决问题：
①求该函数的解析式：
②公园欲开设游船项目，现有长为3.5米，宽为1.5米，露出水面高度为2米的游船．为安全起见，公园要在水面上的C，D两处设置警戒线，并且CE=DF，要求游船能从C，D两点之间安全通过，则C处距桥墩的距离CE至少为多少米?（2≈1.41，精确到0.1米）
【答案】(1)d，h
(2)见解析
(3)①ℎ=−0.5d2+2d+0.88；②C处距桥墩的距离CE至少为0.7米
【分析】根据函数的定义进行判断作答即可
（2）①待定系数法求解析式即可；②令ℎ=2，代入求解即可．
【详解】（1）解：由题意知，在d和h这两个变量中，d是自变量，h是这个变量的函数
故答案为：d，h；
（2）解：描点，连线，作图如下；
（3）①解：设二次函数的解析式为ℎ=ad2+bd+0.88，
把1，2.38，3，2.38代入得：2.38=a+b++3b+0.88，
解得：a=−0.5b=2，
∴二次函数的解析式为ℎ=−0.5d2+2d+0.88；
②解：令ℎ=2，得：−0.5d2+2d+0.88=2，
解得d=2±1.75
d≈0.7或d≈3.3，
∴则C处距桥墩的距离CE至少为0.7米．
【点睛】本题考查了函数的定义，二次函数解析式，二次函数的图象，二次函数的应用．解题的关键在于正确的求二次函数解析式．
【变式3-2】（2023·河南安阳·统考模拟预测）如图，拱形桥的截面由矩形和抛物线组成，矩形长12m，宽4m，以当前水面为x轴建立如图所示的平面直角坐标系．其中拱桥的最高点D到水面OB的距离为10m．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)若一艘货轮宽为8m，要确保货轮安全通过拱桥，求其装完货物后的最大高度；
(3)若要在拱桥抛物线的左右两侧同样的高度安装两个摄像头，要求摄像头到水面的距离不低于6m、不超过8m，请直接写出两个摄像头水平距离的最大值．
【答案】(1)y=−16x2+2x+4
(2)223m
(3)46m
【分析】（1）根据点D的坐标为6,10可设抛物线的解析式为y=ax−62+10，将点A的坐标为0,4代入即可求解；
（2）求出宽为8m的货轮与抛物线的交点横坐标，根据抛物线的解析式即可求其装完货物后的最大高度；
（3）令y=6时，求解对应的一元二次方程即可．
【详解】（1）解：∵矩形AOBC的长为12m，宽为4m，点D到OB的距离为10m．
∴点A的坐标为0,4，点D的坐标为6,10．
设抛物线的解析式为y=ax−62+10．
把A0,4代入，得4=0−62⋅a+10．
解得a=−16．
∴y=−16x−62+10=−16x2+2x+4．
∴该抛物线的解析式为y=−16x2+2x+4．
（2）解：122−82=2m，
当x=2时，y=223，
∴要确保货轮安全通过拱桥，其装完货物后的最大高度是223m．
（3）解：由图像可知，函数值越小，水平距离越大．
当y=6时，−16x2+2x+4=6
解得：x1=6−26,x2=6+26
∴两个摄像头水平距离的最大值为：6+26−6−26=46（m）
【点睛】本题考查了二次函数与拱桥问题．将实际问题与二次函数问题建立正确的联系是解题的关键．
题型04 隧道问题
【例4】（2023·河南平顶山·统考模拟预测）如图，隧道的截面由抛物线BEC和矩形ABCD构成，矩形的长AD为8m，宽AB为2m．以AD所在直线为x轴，线段AD的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，抛物线顶点E到坐标原点O的距离为5m．

(1)求这条抛物线的解析式；
(2)如果隧道是双向通道，现有一辆货车高3.6m，宽2.4m，这辆货车能否通过该隧道？请通过计算进行说明．
【答案】(1)y=−316x2+5
(2)这辆货运卡车能通过该隧道，理由见解析
【分析】（1）根据抛物线在坐标系中的特殊位置，可以设抛物线的一般式，利用待定系数法求抛物线的解析式．
（2）把x=±2.4代入（1）所求解析式中求出y的值，再与货车的高进行比较即可得到答案．
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c a≠0，
根据题意，得A−4，2，B4，2，E0，5．
由c=516a−4b+c=216a+4b+c=2，
解得a=−316b=0c=5，
∴所求的抛物线的解析式为y=−316x2+5．
（2）解：这辆货运卡车能通过该隧道，理由如下：
当x=±2.4时，y=−316×±2.42+5=3.92．
∵3.92>3.6，
∴这辆货运卡车能通过该隧道．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，求抛物线解析式有几种方法，一般式、顶点式、交点式，因题而异，灵活处理．确定抛物线的解析式的关键是会找抛物线上的几个关键点．
【变式4-1】（2023·宁夏银川·校考二模）如图，一个横截面为抛物线形的公路隧道，其最大高度6米，底部宽度OM为12米，现以O点为原点，OM所在的直线为x轴建立直角坐标系．

(1)求这条抛物线的表达式；
(2)该隧道设计为双向通行道，如果规定车辆必须在中心线两侧、距离道路边缘2米的范围内行驶，并保持车辆顶部与隧道有不少于13米的空隙，则通过隧道车辆的高度限制应为＿ 米；
(3)在隧道修建过程中，需要搭建矩形支架AD−DC−CB（由三段组成）对隧道进行装饰，其中C、D在抛物线上，A，B在地面OM上，求这个支架总长Z的最大值．
【答案】(1)y=−16x−62+6；
(2)3；
(3)15．
【分析】（1）利用待定系数法进行求解，即可得到抛物线解析式；
（2）把x=2代入y=−x−62+6中，得到y=103，再根据车辆顶部与隧道有不少于13米的空隙，即可求出通过隧道车辆的高度限制；
（3）设Dx,−16x−62+6，由题意可知，AD=BC=−16x−62+6，D与C关于直线x=6对称，进而得到DC=12−2x，根据Z=AD+DC+BC，求得Z=−13x−32+15，再利用二次函数的性质，即可求出支架总长Z的最大值．
【详解】（1）解：由题意知：抛物线的顶点P6,6，
设抛物线的表达式为y=ax−62+6
将0,0代入y=ax−62+6，得：0=a0−62+6，
∴a=−16
∴抛物线表达式为：y=−16x−62+6；
（2）解：把x=2或x=10代入y=−x−62+6中，得y=−162−62+6=103，
∵车辆顶部与隧道有不少于13米的空隙，
∴限高为103−13=3米，
故答案为：3；
（3）解：设Dx,−16x−62+6，
∵矩形支架AD−DC−CB，
∴DC∥x轴，AD=BC=−16x−62+6，
∴D与C关于直线x=6对称，
∴DC=26−x=12−2x，
∴Z=AD+DC+BC=12−2x+2−16x−62+6=−13x2+2x+12=−13x−32+15，
∵a<0
∴当x=3时，Z有最大值15，
【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，待定系数法求二次函数解析式，利用数形结合的思想，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键．
【变式4-2】（2023·广东深圳·校联考模拟预测）按要求解答
(1)某市计划修建一条隧道，已知隧道全长2400米，一工程队在修了1400米后，加快了工作进度，每天比原计划多修5米，结果提前10天完成，求原计划每天修多长？
(2)隧道建成后的截面图如图所示，它可以抽象成如图所示的抛物线．已知两个车道宽度OC=OD=4米，人行道地基AC，BD宽均为2米，拱高OM=10.8米．建立如图所示的直角坐标系．
①此抛物线的函数表达式为________．（函数表达式用一般式表示）
②按规定，车顶部与隧道顶部在竖直方向上的高度差至少0.5米，则此隧道限高________米．
③已知人行道台阶CE，DF高均为0.3米，按照国家标准，人行道宽度不得低于1.25米，该隧道的人行道宽度设计是否达标？说明理由．
+
【答案】(1)原计划每天修20米
(2)①y=−0.3x2+10.8；②5.5米；③达标，理由见解析
【分析】（1）设原计划每天修x米，然后根据题意列分式方程求解即可；
（2）①由题意可得E−4,0,F4,0,A−6,0,B6,0,M0,10.8，然后运用待定系数法解答即可；②车的宽度为4米，令x=4时求得y=6，然后再减去0.5即可解答；③如图：由CE，DF高均为0.3米，则点G的纵坐标为0.3，令y=0.3可解答点G的横坐标为35，然后求出FG的长度即可解答．
【详解】（1）解：设原计划每天修x米
则根据题意可得：2400x−1400x+2400−1400x+5=10
解得：x=−25或x=20
经检验，x=20是分式方程的解．
答：原计划每天修20米．
（2）解：①根据题意可得：C−4,0,D4,0,A−6,0,B6,0,M0,10.8
设抛物线的函数表达式为y=ax2+bx+c
由题意可得：0=36a−6b+c0=36a+6b+c10.8=c，解得：a=−0.3b=0c=10.8
所以抛物线的函数表达式为y=−0.3x2+10.8
②∵车的宽度为4米，车从正中通过，
∴令x=4时，y=−0.3×16+10.8=6，
∴货车安全行驶装货的最大高度为6−0.5=5.5（米）．
③如图：由CE，DF高均为0.3米，则点G的纵坐标为0.3，
令y=0.3，则有：0.3=−0.3x2+10.8，解得：x=35（舍弃负值）
∴人行道台阶的宽度为：FG=35−4≈5.92−4=1.92>1.25
∴人行道宽度设计达标．
【点睛】本题主要考查了二次函数的应用、待定系数法求二次函数解析式，二次函数图像上点的坐标特征等知识点，正确求得函数解析式是解答本题的关键．
题型05 空中跳跃轨迹问题
【例5】（2023·广东深圳·校考模拟预测）已知某运动员在自由式滑雪大跳台比赛中取得优异成绩，为研究他从起跳至落在雪坡过程中的运动状态，如图，以起跳点为原点O，水平方向为x轴建立平面直角坐标系，我们研究发现他在空中飞行的高度y（米）与水平距离x（米）具有二次函数关系，记点A为该二次函数图象与x轴的交点，点B为该运动员的成绩达标点，BC⊥x轴于点C，相关数据如下：

(1)请求出第一次跳跃的高度y（米）与水平距离x（米）的二次函数解析式______；
(2)若该运动员第二次跳跃时高度y（米）与水平距离x（米）满足y=−0.05x2+1.1x，则他第二次跳跃落地点与起跳点平面的水平距离为d=______米，d______30，成绩是否达标？______．（填写是或否）
【答案】(1)y=−0.06x2+1.2xx≥0；
(2)d=11+481；＞；是．
【分析】 （1）设该二次函数的解析式为y=ax2+bxa≠0，根据点A,B的坐标，利用待定系数法求解即可得；
（2）求出当函数y=−0.05x2+1.1x的函数值为y=−18时，x的值，由此即可得．
【详解】（1）解：由题意，设该二次函数的解析式为y=ax2+bxa≠0，
∵OA=20米，
∴A20,0，
将点A20,0,B10,6代入y=ax2+bx得：400a+20b=0100a+10b=6，
解得a=−0.06b=1.2，
则该二次函数的解析式为y=−0.06x2+1.2xx≥0，
故答案为：y=−0.06x2+1.2xx≥0．
（2）解：对于二次函数y=−0.05x2+1.1x，
当y=−18时，−0.05x2+1.1x=−18，
解得x=11+481或x=11−481<0（不符合题意，舍去），
则d=11+481，
∵11+481−30=481−19=481−361>0，
∴11+481>30，
即d>30，
故答案为：d=11+481；＞；是．
【点睛】本题考查了二次函数的应用等知识点，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．
【变式5-1】（2023·北京海淀·统考一模）“兔飞猛进”谐音成语“突飞猛进”．在自然界中，野兔善于奔跑跳跃，“兔飞猛进”名副其实．野兔跳跃时的空中运动路线可以看作是抛物线的一部分．
(1)建立如图所示的平面直角坐标系．
通过对某只野兔一次跳跃中水平距离x（单位：m）与竖直高度y（单位：m）进行的测量，得到以下数据：
根据上述数据，回答下列问题：
①野兔本次跳跃的最远水平距离为_________m，最大竖直高度为_________m；
②求满足条件的抛物线的解析式；
(2)已知野兔在高速奔跑时，某次跳跃的最远水平距离为3m，最大竖直高度为1m．若在野兔起跳点前方2m处有高为0.8m的篱笆，则野兔此次跳跃_________（填“能”或“不能”）跃过篱笆．
【答案】(1)①2.8，0.98；②y=−0.5x−1.42+0.980≤x≤2.8
(2)能
【分析】（1）①根据表格中的数据进行求解即可；②根据①所求把抛物线解析式设为顶点式，然后利用待定系数法求解即可；
（2）同理求出抛物线解析式，再求出当x=2时，y的值即可得到答案．
【详解】（1）解：①由表格中的数据可知，当x=2.8时，y=0，
∴野兔本次跳跃的最远水平距离为2.8m，
∴满足题意的抛物线对称轴为直线x=0+2.82=1.4，
∵抛物线开口向下，
∴当x=1.4，y最大，
∴由表格数据可知最大竖直高度为0.98m，
故答案为：2.8，0.98；
②由①可知抛物线顶点坐标为1.4，0.98，
∴可设抛物线解析式为y=ax−1.42+0.98，
∴a0−1.42+0.98=0，
∴a=−0.5，
∴抛物线解析式为y=−0.5x−1.42+0.980≤x≤2.8
（2）解：∵某次跳跃的最远水平距离为3m，最大竖直高度为1m，
∴此时满足题意的抛物线顶点坐标为1.5，1，
同理可求出此时抛物线的解析式为y=−49x−1.52+1，
当x=2时，y=−492−1.52+1=89，
∵89>0.8，
∴野兔此次跳跃能跃过篱笆，
故答案为：能．
【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，正确理解题意求出对应的抛物线解析式是解题的关键．
【变式5-2】（2022·山东青岛·统考一模）跳台滑雪是以滑雪板为工具，在专设的跳台上以自身的体重通过助滑坡获得的速度比跳跃距离和动作姿势的一种雪上竞技项目．如图是某跳台滑雪训练场的横截面示意图，取某一位置的水平线为x轴，过跳台终点A作水平线的垂线为y轴，建立平面直角坐标系．图中的抛物线C1:y=−112x2+76x+1近似表示滑雪场地上的一座小山坡，某运动员从点O正上方3米的A点滑出，滑出后沿一段抛物线C2:y=−18x2+bx+c运动，当运动员运动到离A处的水平距离为4米时，离水平线的高度为7米．
(1)求抛物线C2的函数解析式；
(2)当运动员与点A的水平距离是多少米时，运动员和小山坡到水平线的高度相同；
(3)运动员从A点滑出后直至和小山坡到水平线的高度相同时，运动员与小山坡的高度差最大是多少米？
【答案】(1)y=−18x2+32x+3
(2)12
(3)83
【分析】（1）根据题意将点(0,3)，(4,7)代入抛物线C2:y=−18x2+bx+c求出b、c即可得出答案；
（2）设运动员与点A的水平距离是m米时，运动员和小山坡到水平线的高度相同，根据题意得：−18m2+32m+3=−112m2+76x+1，求出m的值即可；
（3）运动员与小山坡的高度差为h,则ℎ=−18x2+32x+3−−112x2+76x+1，求出最值即可．
【详解】（1）把点(0,3)，(4,7)代入抛物线C2:y=−18x2+bx+c得：
c=37=−18×42+4b+c，
解得：b=32c=3，
∴抛物线C2:y=−18x2+32x+3；
（2）设运动员与点A的水平距离是m米时，运动员和小山坡到水平线的高度相同，
根据题意得：−18m2+32m+3=−112m2+76m+1，
化简得：m2−8m−48=0，
解得：m=12或m=−4（舍），
故运动员与点A的水平距离是12米时，运动员和小山坡到水平线的高度相同；
（3）设运动员与小山坡的高度差为h,
则ℎ=−18x2+32x+3−−112x2+76x+1
=−124x2+13x+2
=−124x−42+83
∵−124<0，
∴当x=4时，h有最大值，最大值为83，
∴运动员从A点滑出后直至和小山坡到水平线的高度相同时，运动员与小山坡的高度差最大是83米．
【点睛】本题考查二次函数的实际应用，熟练掌握二次函数的基本性质，并能将实际问题与二次函数模型相结合是解题的关键．
题型06 球类飞行轨迹
【例6】（2023·河南洛阳·统考二模）掷实心球是某市中考体育考试的选考项目，如图①是一名男生投实心球，实心球行进路线是一条抛物线，行进高度y （米）与水平距离 x（米）之间的函数关系如图②所示，掷出时起点处高度为2米，当水平距离92米时，实心球行进至最高点：258米处．

(1)求y关于x的函数表达式；
(2)根据该市2023年中考体育考试评分标准（男生） ，投掷过程中，实心球从起点到落地点的水平距离大于等于12.4米，此项考试得分为满分17分，按此评分标准，该生在此项考试中是否得满分，请说明理由．
【答案】(1)y=−118(x−4.5)2+258
(2)该生在此项考试中得不到满分，理由见解析
【分析】（1）根据题意设出y关于x的函数表达式，再用待定系数法求函数解析式即可；
（2）根据该同学此次投掷实心球的成绩就是实心球落地时的水平距离，令y=0，解方程即可．
【详解】（1）根据题意设y关于x的函数表达式为：y=a(x−4.5)2+258，
把(0,2)代入解析式得，
2=a(x−4.5)2+258，
解得：a=−118
∴y关于x的函数表达式为：y=−118(x−4.5)2+258
（2）该生在此项考试中得不到满分，理由：
当y=0，则，−118(x−4.5)2+258=0，
解得：x1=12，x2=−1（舍去），
∵12<12.4，
∴该生在此项考试中得不到满分．
【点睛】本题考查二次函数的应用和一元二次方程的解法，关键是理解题意把函数问题转化为方程为题．
【变式6-1】（2023·河南驻马店·驻马店市第二初级中学校考二模）某班级在一次课外活动中设计了一个弹珠投箱子的游戏（长方体无盖箱子放在水平地面上）．同学们受游戏启发，将弹珠抽象为一个动点，并建立了如图所示的平面直角坐标系（x轴经过箱子底面中心，并与其一组对边平行，矩形DEFG为箱子的截面示意图），某同学将弹珠从A1,0处抛出，弹珠的飞行轨迹为抛物线L:y=ax2+bx+32(单位长度为1m)的一部分，且当弹珠的高度为32m时，对应的两个位置的水平距离为2m．已知DE=1m，EF=0.6m，DA=4.7m．

(1)求抛物线L的解析式和顶点坐标．
(2)请判断该同学抛出的弹珠是否能投人箱子．若能，请通过计算说明原因；若不能，在不改其它条件的情况下，调整EF的高度，使得弹珠可以投入箱子，请直接写出EF的取值范围．
【答案】(1)，y=−12x2−x+32，(−1,2)
(2)0【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）根据题意可求出OE的长，将点E的横坐标代入解析式．
【详解】（1）解：根据题意可知，抛物线过点(−2,32)，
将把点A(1,0)，(−2,32)代入y=ax2+bx+32得：
a+b+32=04a−2b+32=32，
解得a=−12b=−1，
∴抛物线L的解析式为y=−12x2−x+32；
∵y=−12(x2+2x)+32=−12(x+1)2+2，
∴顶点坐标为(−1,2)；
（2）∵A(1,0)，
∴OA=1m．
∵DA=4.7m，
∴DO=3.7m，
即点D(−3.7,0)．
∵DE=1m，EF=0.6m，
∴OE=2.7m．
∴点E(−2.7,0)，F(−2.7,0.6)，G(−3.7,0.6)．
当x=−2.7时，y=−12×2.72−(−2.7)+32=0.555，
∵0.6>0.555，
∴该同学抛出的弹珠不能投入箱子；
若调整EF的高度，使得弹珠可以投入箱子，EF的取值范围为0【点睛】本题属于二次函数的应用，考查了二次函数的性质，待定系数法等知识，解题的关键是学会寻找特殊点解决问题．
【变式6-2】（2023·河北保定·统考一模）如图，排球运动员站在点O处练习发球，将球从O点正上方的B处发出，球每次出手后的运动轨迹都是形状相同的抛物线，且抛物线的最高点C到y轴总是保持6米的水平距离，竖直高度总是比出手点B高出1米，已知OB=m米，排球场的边界点A距O点的水平距离OA为18米，球网EF高度为2.4米，且OE=12OA．
(1)C点的坐标为 （用含m的代数式表示）
(2)当m=2时，求抛物线的表达式．
(3)当m=2时，球能否越过球网？球会不会出界？请说明理由．
(4)若运动员调整起跳高度，使球在点A处落地，此时形成的抛物线记为L1，球落地后立即向右弹起，形成另一条与L1形状相同的抛物线L2，且此时排球运行的最大高度为1米，球场外有一个可以移动的纵切面为梯形的无盖排球回收框MNPQ（MQ∥PN），其中MQ=0.5米，MN=2米，NP=89米，若排球经过向右反弹后沿L2的轨迹落入回收框MNPQ内（下落过程中碰到P、Q点均视为落入框内），设M点横坐标的最大值与最小值的差为d，请直接写出d的值．
【答案】(1)6,m+1
(2)抛物线的表达式为y=−136x−62+3
(3)球能越过球网，球不会出界，理由见解析
(4)d=32
【分析】（1）抛物线的最高点C到y轴总是保持6米的水平距离，竖直高度总是比出手点B高出1米，OB＝m米，据此即可得到点C的坐标；
（2）当m=2时，得到C6,3,B0,2，设抛物线的表达式为y＝ax−62+3，将点B0,2代入解得a=−136，即可得到答案；
（3）由（2）知，当m=2时，抛物线的表达式为y=−136x−62+3，由OA=18，OE=12OA得到OE=12OA=9，得到F9,2.4，求出当x=9时，y=2.75，即可判断球能越过球网，求出D6+63,0，即可判断球会不会出界；
（4）求出L2的表达式为y=−136x−242+1，设点M的横坐标为tt≥24，则Qt,0.5，Pt+2,89，当y=0.5时，0.5=−136t−242+1，解得：t1=24+32，t2=24−32（舍去），当y=89时，89=−136t+2−242+1，解得：t1=24，t2=20（舍去），则24≤t≤24+32，即可得到答案．
【详解】（1）解：∵抛物线的最高点C到y轴总是保持6米的水平距离，竖直高度总是比出手点B高出1米，OB＝m米，
∴C6,m+1；
故答案为：6,m+1；
（2）当m=2时，
∴C6,3,B0,2，
∴设抛物线的表达式为y＝ax−62+3，
将点B0,2代入，得2=a0−62+3，
解得：a=−136，
∴抛物线的表达式为y=−136x−62+3；
（3）球能越过球网，球不会出界，理由如下：
由（2）知，当m=2时，抛物线的表达式为y=−136x−62+3，
∵OA=18米，OE=12OA，
∴OE=12OA=9（米），
∵球网EF高度为2.4米，
∴F9,2.4，
当x=9时，y=−1369−62+3=2.75，
∵2.75>2.4，
∴球能越过球网，
当y=0时，0=−136x−62+3，
解得：x1=6+63，x2=6−63（不合题意，舍去），
∴D6+63,0，
∵6+63<18，
∴球不会出界；
（4）∵球每次出手后的运动轨迹都是形状相同的抛物线，且抛物线的最高点C到y轴总是保持6米的水平距离，
又∵L2是与L1形状相同的抛物线，此时排球运行的最大高度为1米，
∴设L2的表达式为y=−136x−ℎ2+1，
将点A18,0代入，得0=−13618−ℎ2+1
解得：ℎ1=12（舍去），ℎ2=24，
∴L2的表达式为y=−136x−242+1，
设点M的横坐标为tt≥24，则Qt,0.5，Pt+2,89，
当y=0.5时，0.5=−136t−242+1，
解得：t1=24+32，t2=24−32（舍去），
当y=89时，89=−136t+2−242+1，
解得：t1=24，t2=20（舍去），
∴24≤t≤24+32，
∴d=24+32−24=32．
【点睛】此题考查了二次函数的应用，待定系数法二次函数解析式，熟练掌握二次函数的图象和性质并数形结合是解题的关键．
题型07 喷泉问题
【例7】（2023·山东临沂·统考一模）如图，灌溉车为绿化带浇水，喷水口H离地竖直高度OH为1.5m．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EF=0.5m．下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到，上边抛物线最高点A离喷水口的水平距离为2m、高出喷水口0.5m，灌溉车到绿化带的距离OD为d（单位：m）

(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，直接写出d的取值范围
【答案】(1)y=−18(x−2)2+2，OC=6米
(2)(2,0)
(3)2≤d≤23−1
【分析】（1）由顶点A(2,2)得，设y=a(x−2)2+2，再根据抛物线过点(0,1.5)，可得a的值，从而解决问题；
（2）过点H作HM∥x轴，交上边缘抛物线于点M，当y=1.5时，则−18(x−2)2+2=1.5
解得：x1=4，x2=0，则M4,1.5，则下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4m得到的，可得点B的坐标；
（3）根据EF=0.5，求出点F的坐标，利用增减性可得d的最大值为最小值，从而得出答案．
【详解】（1）解：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=−18，
∴上边缘抛物线的函数解析式为y=−18(x−2)2+2；
令y=0，则−18(x−2)2+2=0
解得：x1=6，x2=−2
∴OC=6米．
（2）解：如图，过点H作HM∥x轴，交上边缘抛物线于点M，
对于上边缘抛物线y=−18(x−2)2+2，当y=1.5时，
则−18(x−2)2+2=1.5
解得：x1=4，x2=0，
则M4,1.5，
∵下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到
∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4m得到的，
∴点B是点C向左平移4m得到，
由（1）知OC=6米，
∴OB=6−4=2(米)
∴点B的坐标为(2,0)；
（3）解：∵EF=0.5，
∴点F的纵坐标为0.5，
∴0.5=−18(x−2)2+2，解得x=2±23，
∵x>0，
∴ x=2+23，
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+23，
∵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+23，
∵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+23−3=23−1，
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d≥OB，
∴d的最小值为2，
综上所述，d的取值范围是2≤d≤23−1．
【点睛】本题是二次函数的实际应用，主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象性质，二次函数的图象的平移，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．
【变式7-1】（2023·北京·北京四中校考模拟预测）某游乐园有一个直径为16米的圆形喷水池，喷水池的周边有一圈喷水头，喷出的水柱为抛物线，高度为5米，且各方向喷出的水柱恰好在喷水池中心的装饰物处汇合．如图所示，喷水池中心为原点建立直角坐标系．
(1)求水柱所在抛物线（第二象限部分）的函数表达式；
(2)主师傅在喷水池内维修设备期间，喷水管意外喷水，为了不被淋湿，身高1.8米的王师傅站立时必须在离水池中心多少米以内？
(3)经检修评估，游乐园决定对喷水设施做如下设计改进：在喷出水柱的形状不变的前提下，把水池的直径扩大到24米（高度不变）处汇合，请探究扩建改造后喷水池水柱的最大高度．
【答案】(1)y=−15(x+3)2+5(−8(2)7
(3)809
【分析】（1）利用轴对称性质可得水柱所在抛物线（第二象限部分）的顶点，根据顶点坐标可设抛物线函数为y=a(x+3)2+5，再代入抛物线上已知点的坐标可求出a的值，即可得出水柱所在抛物线（第二象限部分）的函数表达式；
（2）根据（1）所得的函数解析式，代入y=1.8时求得x的值，结合图形即可得出答案；
（3）根据（1）的函数解析式求出与y轴的交点坐标，再二次函数图像的性质抛物线的形状不变时，可设改造后水柱所在抛物线（第二象限部分）的函数表达式为y=−15x2+bx+165，再由函数图象过点(−12,0)代入函数表达式，求出b的值，得到改造后水柱所在抛物线（第二象限部分）的函数表达式，再利用配方法将二次函数表达式变形为顶点式，即可得出答案．
【详解】（1）解：由题意得第一象限抛物线的顶点坐标为(3,5)，
∵水柱关于y轴对称，
∴第二象限抛物线的顶点坐标为(−3,5)
设水柱所在抛物线（第二象限部分）的函数表达式为y=a(x+3)2+5(a≠0)，
将(−8,0)代入y=a(x+3)2+5，得：25a+5=0，
解得：a=−15，
∴水柱所在抛物线（第二象限部分）的函数表达式为y=−15(x+3)2+5(−8（2）解：当函数值y=1.8时，有−15(x+3)2+5=1.8，
解得x1=−7，x2=1，
∴结合图形可得，为了不被淋湿，身高1.8米的王师傅站立时必须在离水池中心7米以内．
（3）解：当x=0时，y=−15(x+3)2+5=−15×32+5=165，
∵喷出水柱的形状不变，水池的高度不变，
设改造后水柱所在抛物线（第二象限部分）的函数表达式为y=−15x2+bx+165，
∵该函数图象过点(−12,0)，
∴ 0=−15×(−12)2+(−12)b+165，
解得b=−3215，
∴改造后水柱所在抛物线（第二象限部分）的函数表达式为y=−15x2−3215x+165=−15(x+163)2+809，
∴该抛物线的顶点坐标为(−163,809)，
故扩建改造后喷水池水柱的最大高度为809米．
【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，待定系数法求二次函数解析式及二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数表达式；（2）利用二次函数图象上点的坐标特征求出当时x的值；（3）根据点的坐标及二次函数性质，利用待定系数法求出二次函数表达式．
【变式7-2】（2023·安徽芜湖·统考三模）消防车中的高喷消防车，采用曲臂加伸缩结构，顶端装有消防炮，其液控炮既可喷射水也可喷射泡沫，具有射程远，流量大的特点．该车主要作业于油田、高层建筑、石化企业等地方的灭火救援和处置工作．在一次模拟高层建筑起火救援中，消防炮喷水口A距离地面35米，距离大楼起火侧面20米，喷出水柱呈抛物线形，水柱最高处B距离地面50米，距离大楼起火侧面5米，如图所示建立平面直角坐标系．

(1)求出水柱所在抛物线的解析式；
(2)目前火焰不断从第17层窗口窜出，若每层楼约2.9米高，窗台高度约为0.9米，窗顶距离该层地面高度约2.4米，此时水柱能否射入该层窗口？
(3)火势已经向上蔓延到距离地面55米处，高喷消防车最后一节伸缩臂CA按原来方向（与水平方向夹角约为53°）伸长了一截（不超过12米），为阻止火势进一步蔓延，伸缩臂应该伸长几米？（伸缩臂伸长时间忽略，sin53°≈0.8，cs53°≈0.6）
【答案】(1)抛物线解析式为：y=−115x−52+50
(2)此时水柱能射入该层窗口，理由见解析
(3)应伸长75−2554米
【分析】（1）根据二次函数解析式，用代入法来求出解析式．
（2）根据解析式求出最大值，再进比较．
（3）求出新的二次函数解析式，并根据一元二次方程来解决问题．
【详解】（1）由题意得到：B点坐标：5,50，A点坐标：20,35，
设抛物线的解析式为：y=ax−52+50，
把A点坐标代入得：35=a20−52+50，
解得，a=−115，
∴抛物线解析式为：y=−115x−52+50．
（2）当x=0时，y=−1150−52+50=1453，
第16层楼顶高度为：16×2.9=46.4m，
46.4+0.9=47.3m，46.4+2.4=48.8m，
∵47.3<1453<48.8，
∴此时水柱能射入该层窗口
（3）过A作AF平行于x轴，

设CA伸长至A'处，AA'的长即为其伸长的长度，设为AA'=tm，
过A'作A'E⊥AF于E，则∠A'AE=53°，
∴A'E=AA'×sin53°≈0.8tm，AE=AA'×cs53°≈0.6tm，
即相当于将点A向左平移0.6t个单位长度，再向上平移0.8t个单位长度．
新抛物线的解析式：y'=−115x−5+0.6t2+50+0.8t，
当x=0时，y'=55，
∴−1150−5+0.6t2+50+0.8t=55，
解得：t1=75+2533（舍去），t2=75−2533，
∴应伸长t=75−2533米．
【点睛】本题考查了二次函数在实际问题中的应用，关键用代入法来求出解析式，再转化成一元二次方程解决问题．
【变式7-3】（2023·广东深圳·深圳实验学校校考模拟预测）某公园要在小广场上建造一个喷泉景观.在小广场中央O处垂直于地面安装一个高为1.25米的花形柱子OA，安置于柱子顶端A处的喷水向外喷水，水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落下，且在过OA的任一平面上抛物线路径如图1所示．为使水流形状较为美观，设计成水流在距OA的水平距离为1米时到达最大高度，此时离地面2.25米．

(1)以点O为原点建立如图2所示的平面直角坐标系，水流到OA水平距离为x米，水流喷出的高度为y米，求出在第一象限内的抛物线解析式（不要求写出自变量的取值范围）；
(2)张师傅正在喷泉景观内维修设备期间，喷水管意外喷水，但是身高1.76米的张师傅却没有被水淋到，此时他离花形柱子OA的距离为d米，则d的取值范围是______________；
(3)在平面内，把一个图形上的任意一点与另一个图形上任意一点之间的距离的最小值称为这两个图形的距离．为了美观，在离花形柱子4米处的地面B、C处安装射灯，射灯射出的光线与地面成45°角，如图3所示，光线交汇点P在花形柱子OA的正上方，其中光线BP所在的直线解析式为y=−x+4，求光线与抛物线水流之间的距离．
【答案】(1)y=−x−12+2.25
(2)0.3(3)24
【分析】（1）由题意得，在第一象限内的抛物线顶点的坐标1,2.25，故设抛物线解析式为y=ax−12+2.25，将0,1.25代入得1.25=a0−12+2.25，求a值，进而可得在第一象限内的抛物线解析式；
（2）当y=1.76时，−x−12+2.25=1.76，解得：x1=0.3，x2=1.7，由二次函数的图象与性质确定d的取值范围即可；
（3）由题意知，OB=OP=4，∠OBP=45°，设平行于直线BP且与抛物线只有一个交点的直线l的解析式为y=−x+m，则联立方程y=−x−12+2.25y=−x+m，整理得，x2−3x+m−1.25=0，令△=b2−4ac=9−4×m−1.25=0，解得m=3.5，即直线l的解析式为y=−x+3.5，如图，记直线l与x轴的交点为D，则D3.5,0，则DB=OB−OD=12，根据光线与抛物线水流之间的最小垂直距离是直线l到直线BP的距离，即为BD⋅sin45°，计算求解即可．
【详解】（1）解：由题意得，在第一象限内的抛物线顶点的坐标1,2.25，故设抛物线解析式为y=ax−12+2.25，
将0,1.25代入得1.25=a0−12+2.25，
解得，a=−1，
∴在第一象限内的抛物线解析式为y=−x−12+2.25；
（2）解：当y=1.76时，−x−12+2.25=1.76，
解得：x1=0.3，x2=1.7，
∴d的取值范围是0.3故答案为：0.3（3）解：∵直线BP的解析式为：y=−x+4，
∴把x=0代入得：y=4，
把y=0代入得：−x+4=0，解得：x=4，
∴B4,0，P0,4，
∴OB=OP=4，∠OBP=45°，
设平行于直线BP且与抛物线只有一个交点的直线l的解析式为y=−x+m，
联立y=−x−12+2.25y=−x+m，即−x−12+2.25=−x+m，
整理得：x2−3x+m−1.25=0，
令△=b2−4ac=9−4×m−1.25=0，
解得m=3.5，
∴直线l的解析式为y=−x+3.5，
如图，设直线l与x轴的交点为D，
把y=0代入得：−x+3.5=0，
解得：x=3.5，
则D3.5,0，

∴DB=OB−OD=4−3.5=12，
∵∠OBP=45°，
∴直线l到直线BP的距离为BD⋅sin45°=12×22=24，
根据题意得：光线与抛物线水流之间的距离为光线与抛物线水流之间的最小垂直距离，即直线l到直线BP的距离，
∴光线与抛物线水流之间的距离为24．
【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，二次函数解析式，二次函数的图象与性质，二次函数综合，解直角三角形等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
题型08 图形问题
【例8】（2022·福建南平·统考一模）如图，某中学把五育并举与减负延时服务相结合，劳动课准备在校园里利用校围墙的一段再围三面篱笆，形成一个矩形茶园ABCD，让学生在茶园里体验种茶活动．现已知校围墙MN长25米，篱笆40米长（篱笆用完），设AB长x米，矩形茶园ABCD的面积为S平方米．

(1)求S与x之间的函数关系式，并直接写出自变量的取值范围；
(2)当矩形茶园ABCD的面积为200平方米时，求AB的长．
【答案】(1)S=−2x2+40x，7.5≤x<20
(2)AB长10米
【分析】（1）BC长可表示为40−2x≤25，于是s=x(40−2x)，化简得答案；
（2）令s=200，构建方程求解；
【详解】（1）解：s=x(40−2x)
=−2x2+40x，
40−2x≤25，得x≥7.5
自变量的取值范围为：7.5≤x<20
（2）根据题意，令s=200得：
−2x2+40x=200
解得x1=x2=10
答：当矩形茶园ABCD的面积为200平方米时，AB长10米．
【点睛】本题考查列二次函数解析式，一元二次方程的求解；理解方程和函数关系是解题的关键．
【变式8-1】（2022·北京海淀·人大附中校考模拟预测）数学活动课上，老师提出问题：如图1，有一张长4dm，宽3dm的长方形纸板，在纸板的四个角裁去四个相同的小正方形，然后把四边折起来，做成一个无盖的盒子，问小正方形的边长为多少时，盒子的体积最大．

下面是探究过程，请补充完整：
(1)设小正方形的边长为xdm，体积为ydm3，根据长方体的体积公式得到y和x的关系式为______；
(2)确定自变量x的取值范围是______；
(3)列出y与x的几组对应值．
（说明：表格中相关数值均精确到0.1）
(4)为观察y与x之间的关系，建立坐标系（图2），以x为横坐标，y为纵坐标，描出表中数据对应的点，并用平滑的曲线连接它们；
(5)结合画出的函数图象，解决问题：要使得长方体盒子的体积最大，小正方形的边长约为______dm．（精确到0.1）
【答案】(1)y=4x3−14x2+12x
(2)0(3)3，2
(4)见解析
(5)0.6
【分析】（1）根据长方体的体积公式=长×宽×高，进行计算即可得到答案；
（2）根据盒子的长宽高为正数列出不等式组，求解即可得到答案；
（3）分别计算出当x=12时，当x=1时，y的值即可得到答案；
（4）描点、连线，即可画出图象；
（5）根据图象即可得到答案．
【详解】（1）解：根据题意得：
y=x4−2x3−2x=4x3−14x2+12x，
∴ y和x的关系式为：y=4x3−14x2+12x，
故答案为：y=4x3−14x2+12x；
（2）解：根据题意得：
x>04−2x>03−2x>0，
解得：0∴自变量x的取值范围是0故答案为：0（3）解：当x=12时，y=4×123−14×122+12×12=3，
当x=1时，y=4×13−14×12+12×1=2，
故答案为：3，2；
（4）解：画出图象如图所示：
；
（5）解：由图可得：当x=0.6dm时，盒子的体积最大，最大值约为3.1dm3，
故答案为：0.6．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，求函数关系式、自变量的取值范围、画函数图象，解答此题的关键是采用数形结合的思想解题．
【变式8-2】（2023·湖北武汉·统考模拟预测）为了增加校园绿化，学校计划建造一块边长为40m的正方形花坛种植“两花一草”，如图，取四边中点，构成正方形EFGH（甲区域），在四个角落构造4个全等的矩形（已区域），甲、乙两区域种植不同花卉，剩余区域种植草坪．

(1)经了解，甲区域建造费用为50元/m2，乙区城建造费用为80元/m2，草坪建造费用为10元/m2，设每个矩形的面积为xm2，建造总费用为y元，求y关于x的函数关系式；
(2)当建造总费用为74880元时，矩形区城的长和宽分别为多少米？
(3)甲区域建造费用调整为40元/m2，乙区域建造费用调整为a元/m2（a为10的倍数），草坪建造单价不变，最后建造总费用为55000元，求a的最小值．
【答案】(1)y=280x+48000
(2)矩形区域的长和宽分别为12米和8米
(3)a的最小值是50．
【分析】（1）先求出正方形ABCD、正方形EFGH、种植草坪的面积，然后根据“费用=单价×面积”即可解答；
（2）设一个矩形区域的长和宽分别为m，n，则m+n=20，mn=x．然后代入（1）所得解析式可得x=96，即m20−m=96，即可求得m的值，进而完成解答；
（3）先根据题意可得800×40+4x⋅a+101600−800−4x=55000，即a=3750x+10；再求得x的最大值，最后代入即可解答．
【详解】（1）解：由题意可知：正方形ABCD的面积为40×40=1600m2，正方形EFGH的面积为800m2，种植草坪的面积为1600−800−4x，根据题意可得：y=800×50+4x⋅80+101600−800−4x =280x+48000．
（2）解：设一个矩形区域的长和宽分别为m，n，则m+n=20，mn=x．
依题意可得：280x+48000=74880，解得x=96．
∴m20−m=96，解得m1=12，m2=8（舍去）．
∴m=12，n=8．
答：矩形区域的长和宽分别为12米和8米．
（3）解：依题意，800×40+4x⋅a+101600−800−4x=55000．
∴a=3750x+10．
∵x=m20−m=−m−102+100，
∴当m=10时，x最大=100．
∴a≥47.5．
∴a的最小值是50．
【点睛】本题主要考查了列函数关系、一元二次方程的应用、二次函数的应用等知识点，灵活运用相关知识点成为解答本题的关键．
【变式8-3】（2023·新疆·二模）如图是一块铁皮余料，将其放置在平面直角坐标系中，底部边缘AB在x轴上，且AB=8dm，外轮廓线是抛物线的一部分，对称轴为y轴，高度OC=8dm．现计划将此余料进行切割：

(1)求抛物线解析式；
(2)若切割成正方形，要求一边在底部边缘AB上且面积最大，求此正方形的面积；
(3)若切割成矩形，要求一边在底部边缘AB上且周长最大，求此矩形的周长．
【答案】(1)y=−12x2+8
(2)96−325dm2
(3)20dm
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）由四边形EFGH是正方形得到GH=FG=2OG，设Ht,−12t2+8t>0，−12t2+8=2t，解得：t1=−2+25，t2=−2−25（舍），即可得到答案；
（3设Ht,−12t2+8t>0，矩形EFGH的周长=−t2+4t+16=−t−22+20，由二次函数的性质即可得到答案．
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为：y=ax2+8，把B4,0代入得：0=16a+8，∴a=−12，
∴抛物线的解析式为：y=−12x2+8，
（2）∵四边形EFGH是正方形，
∴GH=FG=2OG，

设Ht,−12t2+8t>0，
∴−12t2+8=2t，
解得：t1=−2+25，t2=−2−25（舍），
∴此正方形的面积=FG2=2t2=4t2=4−2+252=96−325dm2；
（3）如图2，由（1）知：设Ht,−12t2+8t>0，

∴矩形EFGH的周长=2FG+2GH=4t+2−12t2+8=−t2+4t+16=−t−22+20，∵−1<0，
∴当t=2时，矩形EFGH的周长最大，且最大值为20dm．
【点睛】此题考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握待定系数法和求二次函数的最值是解题的关键．
【变式8-4】（2023·安徽六安·校联考一模）如图，在边长2为的正方形ABCD中，P是BC边上一动点（不含B，C两点），将△ABP沿直线AP翻折，点B落在点E处，在CD上有一点M，使得将△CMP沿直线MP翻折后，点C落在直线PE上的点F处，直线PE交CD于点N，连接MA，NA．
(1)求证：△CMP∽△BPA．
(2)求△CNP的周长．
(3)求线段AM长度的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)4
(3)52
【分析】（1）先证明∠CPM+∠APB=90°，推出∠CPM=∠PAB，即可证明结论；
（2）证明Rt△ADN≌Rt△AENHL，推出DN=EN，据此即可求解；
（3）设PB=x，则CP=2−x．由△CMP∽△BPA，推出CM=12x2−x．得到当DM最小时，AM最小．推出DM=DC−CM=2−12x2−x=12x−12+32，利用二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）证明：由折叠知∠APB=∠APE，∠MPC=∠MPN．
∵点C，P，B共线，
∴2∠CPM+2∠APB=180°，
∴∠CPM+∠APB=90°．
∵∠APB+∠PAB=90°，
∴∠CPM=∠PAB．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=∠B=90°，
∴△CMP∽△BPA；
（2）解：∵将△ABP沿直线AP翻折，点B落在点E处，
∴AE=AB，∠AEP=∠AEN=∠ABP=90°，PE=PB．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=AE，∠ADC=∠AEN．
∵AN是公共边，
∴Rt△ADN≌Rt△AENHL，
∴DN=EN，
∴△CNP的周长=CN+EN+EP+CP=CD+CB=4；
（3）解：设PB=x，则CP=2−x．
∵△CMP∽△BPA，
∴PBCM=ABPC，
∴CM=12x2−x．
∵AM=AD2+DM2=4+DM2，
∴当DM最小时，AM最小．
∵DM=DC−CM=2−12x2−x=12x−12+32，
∴当x=1时，DM的最小值为32，
∴AM的最小值=4+322=52．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、二次函数最值等知识，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．
题型09 图形运动问题
【例9】（2023·吉林松原·校联考二模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°,BC=9cm,AB=15cm．动点P从点A出发，以4cm/s的速度沿边AB向终点B匀速运动．以PA为一边作∠APQ=90°，另一边PQ与射线AC相交于点Q，以AP,AQ为边作平行四边形APMQ．设点P的运动时间为xs，平行四边形APMQ与△ABC重叠部分图形的面积为ycm2．

(1)当点Q在边AC上时，AQ的长为____________cm；(用含x的代数式表示)
(2)当点M落在边BC上时，求x的值；
(3)求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
【答案】(1)5x
(2)6041
(3)y=12x20【分析】（1）根据勾股定理得到AC=12cm，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论；
（2）当点M落在边BC上时，如图1，根据平行四边形的性质得到PM=AQ=5x，PB=15−4x，PM∥AC，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（3）当0【详解】（1）解：在△ABC中，∠ACB=90°，BC=9cm，AB=15cm，
∴ AC=AB2−BC2=12cm，
∵∠APQ=∠ACB=90°，∠QAP=∠CAB，
∴△QAP∽△BAC，
∴ AQAB=APAC，
由题意得AP=4x，
∴ AQ15=4x12
解得：AQ=5x
故答案为：5x．
（2）当点M落在边BC上时，如图1，

∵四边形APMQ是平行四边形，
∴ PM=AQ=5x,PB=15−4x ， PM∥AC，
∴△BMP~△BCA，
∴PMAC=PBAB
∴5x12=15−4x15，
解得x=6041．
（3）当0
∵四边形APMQ是平行四边形，
∴∠M=∠A，
由sinM=sinA =BCAB，
∵ csM=csA=ACAB
∴ PQ5x=35，MQ5x=45
∴PQ=3x，MQ=4x，
∴ y=4x⋅3x=12x2
当6041
设QM,CB交于点E，PM,CB交于点D，
则y=S△ABC−S△CQE−S△PDB
=12×12×9−1212−5x⋅3412−5x−12×4515−4x⋅3515−4x；
=−2643200x2+3695x−54
当125
y=S△ABC−S△PDB
=12×12×9−12×4515−4x⋅3515−4x
=−9625x2+1445x，
∴y=12x20【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形面积的计算，分类讨论是解题的关键．
【变式9-1】（2023·吉林松原·校联考三模）如图所示，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AC=8cm，AD⊥BC于点D，点P从点A出发，沿A→C方向以1cm/s的速度运动到点C停止，在运动过程中，过点P作PQ∥AB交BC于点Q，以线段PQ为边作等腰直角三角形PQM，且∠PQM=90°（点M，C位于PQ异侧），设点P的运动时间为x（s），△PQM与△ADC重叠部分的面积为y（cm2）．

(1)如图2，当点M落在AB上时，x=_______；
(2)求点M落在AD上时x的值；
(3)若M点在AD下方时，求重叠部分面积y与运动时间x的函数表达式．
【答案】(1)4；
(2)163；
(3)y=14x20【分析】（1）先证明四边形APQM是正方形，则AP=PQ，由△ABC是等腰直角三角形得到∠C=45°，则△CPQ是等腰直角三角形，得到CP=PQ，得CP=AP=12AC=4cm，即可得到答案；
（2）由等腰直角三角形ABC中，AD⊥BC，得到∠DAC=45°=∠C，△ACD是等腰直角三角形，得到CD=42cm，由PQ∥AB，∠BAC=90°得到∠APQ=90°，则△PQM是等腰直角三角形，则∠QPM=45°，可证明△CAD∽△PAM，则APAC=PMCD，设CP=PQ=m，则PM=2PQ=2m，求出m=83，得到AP=163，即可得到答案；
（3）分Q在D下方和Q在D上方两种情况，分别进行求解即可．
【详解】（1）当点M落在AB上时，如图①：

∵ ∠BAC=90°，PQ∥AB，△PQM是等腰直角三角形，
∴ ∠BAC=∠APQ=∠PQM=90°，PQ=QM.
∴四边形APQM是正方形.
∴ AP=PQ.
∵ △ABC是等腰直角三角形，
∴ ∠C=45°
∴ △CPQ是等腰直角三角形.
∴ CP=PQ.
∴ CP=AP=12AC=4cm.
∴ x=AP1=4s，
故答案为：4；
（2）点M落在AD上时，如图②：

∵等腰直角三角形ABC中，AD⊥BC，
∴ ∠DAC=45°=∠C，△ACD是等腰直角三角形，
∵AC=8cm，
∴ CD=42cm，
∵ PQ∥AB，∠BAC=90°，
∴ ∠APQ=90°，
∵ △PQM是等腰直角三角形，
∴ ∠QPM=45°，
∴ ∠APM=∠APQ−∠QPM=45°，
∴ ∠C=∠APM=45°，
又∵∠CAD=∠PAM，
∴ △CAD∽△PAM，
∴ APAC=PMCD，
设CP=PQ=m，则PM=2PQ=2m，
∴ 8−m8=2m42，
解得：m=83，
∴ AP=AC−CP=8−83=163，
∴ x=AP1=163；
（3）i）当Q在D下方时，如图③：

∵ ∠APQ=90°，∠QPM=45°，
∴ ∠APT=45°=∠PAT，
∴ △APK，△APT是等腰直角三角形，
∴ KT=AT，
∴ y=S△PKT=S△PAT，
∵ ∠ATP=90°=∠ADC，∠PAT=∠CAD，
∴ △PAT∽△CAD，
∴ yS△ADC=APAC2，
∵ CD=AD=42，
∴ S△ADC=16，
∵ AP=x，AC=8，
∴ y16=x82，
∴ y=14x2；
ii）当Q在D上方时，如图④：

∵ AC=8，AP=x，
∴ CP=8−x=PQ，
∴ QM=8−x，PM=28−x，
在等腰直角三角形APW中，PW=AP2=x2，
∴ MW=PM−PW=82−322x，
∴ y=S△PQM−S△PWM
=128−x2−1282−322x2
=−74x2+16x−32，
综上所述，y=14x20【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、正方形的判定和性质、求函数解析式等知识，熟练掌握相似三角形的判定和数形结合是解题的关键．
【变式9-2】（2023·吉林松原·校联考三模）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3cm，动点P，Q同时出发，点P从点A出发以2cm/s的速度沿折线AB−BC−CD运动，点Q从点A出发以1cm/s的速度沿AC向终点C运动，当点Q到达点C时，P，Q两点同时停止运动，连结AP，PQ．设点P的运动时间为ts t>0，△PAQ的面积为S(cm2)．

(1)当点P与点C重合时，t=________s；
(2)求S与t之间的函数关系式；
(3)当CP=CQ时，直接写出t的值．
【答案】(1)72
(2)S=35t20(3)2或4
【分析】（1）先计算出点P与点C重合时运动的路程，再根据运动速度即可求出运动时间；
（2）分情况讨论：当0（3）用含t的式子表示CP、CQ，然后列出方程求出t的值即可．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=3cm，
当点P与点C重合时，点P运动的路程是：AB+BC=4+3=7(cm)，
∵点P从点A出发以2cm/s的速度沿折线AB−BC−CD运动，
∴ t=72s，
故答案为：72；
（2）
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠D=90°，BC=AD=3cm，
在Rt△ABC中由勾股定理得AC=AB2+BC2=42+32=5(cm)，
∵点Q从点A出发以1cm/s的速度沿AC向点C运动，
∴0由题意知，AQ=t cm，AP=2t cm，
当点P在边AB上时，即0
过点Q作QE⊥AB于点E，
∴∠QEA=∠B=90°，
又∠QAE=∠CAB，
∴△AQE∽△ACB，
∴ AQAC=QEBC，
∴ t5=QE3，
∴ QE=35t，
∴ S=12AP⋅QE=12⋅2t⋅35t=35t2；
当点P在BC边上时，即2
此时CP=(7−2t) cm，
过点P作PF⊥AC于点F，
∴∠PFC=∠B=90°，
又∠PCF=∠ACB，
∴△PCF∽△ACB，
∴ PFAB=CPAC，
∴ PF4=7−2t5，
∴ PF=−85t+285，
∴ S=12AQ⋅PF=12⋅t⋅(−85t+285)=−45t2+145t；
当点P在CD上，即72
此时CP=(2t−7)cm，
过点P作PG⊥AC于点G，
∴∠PGC=∠D=90°，
又∠PCG=∠ACD，
∴△PGC∽△ADC，
∴ PGAD=CPAC，
∴ PG3=2t−75，
∴ PG=65t−215，
∴ S=12AQ⋅PG=12t⋅(65t−215)=35t2−2110t；
综上，S=35t2(0（3）当点P在边AB上时，即0此时CQ=(5−t) cm，BP=(4−2t) cm，
∵CP=CQ，
∴CP=(5−t) cm，
在Rt△CBP中，由勾股定理得，CP2=BC2+BP2，
∴(5−t)2=32+(4−2t)2，
解得，t1=0(舍去)，t2=2；
当点P在BC边上时，即2此时CP=(7−2t) cm，
∵CP=CQ，
∴7−2t=5−t，
∴t=2(舍去)；
当点P在CD上，即72此时CP=(2t−7)cm，
∵CP=CQ，
∴2t−7=5−t，
∴t=4；
综上，t的值为2或4．
【点睛】本题考查了矩形的性质，动点问题，勾股定理，相似三角形的判定与性质，求二次函数解析式，三角形的面积与函数关系，学会用分类讨论思想思考问题是解题的关键，属于压轴题．
【变式9-3】（2023·山西运城·山西省运城中学校校考三模）在△ABC中，∠A=90°，AB=8cm，AC=6cm，点M，点N同时从点A出发，点M沿边AB以4cm/s的速度向点B运动，点N从点A出发，沿边AC以3cm/s的速度向点C运动，（点M不与A，B重合，点N不与A，C重合），设运动时间为xs．

(1)求证：△AMN∽△ABC；
(2)当x为何值时，以MN为直径的⊙O与直线BC相切？
(3)把△AMN沿直线MN折叠得到△MNP，若△MNP与梯形BCNM重叠部分的面积为y，试求y关于x的函数表达式，并求x为何值时，y的值最大，最大值是多少？
【答案】(1)证明见解析
(2)x=4849
(3)当x=43时，y值最大，最大值是8
【分析】（1）欲证△AMN∽△ABC，可以通过应用两组对应边的比相等且相应的夹角相等的两个三角形相似，AM:AN=AB:AC=4:3,∠A=∠A得证；
（2）MN为直径的⊙O与直线BC相切，则圆心O到直线BC的距离等于半径，列出函数关系式，求出x的值；
（3）因为∠A=90°，△MNP与梯形BCNM重叠部分的面积分为两种情况：①等于S△PMN，②等于S△MNP−S△PEF，列出y关于x的函数表达式，求出当x=43时，y值最大，最大值是8．
【详解】（1）证明：∵点M，点N同时从点A出发，点M沿边AB以4cm/s的速度向点B运动，点N从点A出发，沿边AC以3cm/s的速度向点C运动，
设运动时间为xs，则AM=4x,AN=3x，
∵ AB=8cm，AC=6cm，
∴ AMAN=43=ABAC，
∵ ∠A=∠A，
∴△AMN∽△ABC；
（2）解：过A作AH⊥BC于H，如图所示：

在Rt△ABC中，BC=AB2+AC2=10，
由（1）知△AMN∽△ABC，
∴ MNBC=AMAB，即MN10=4x8，
∴MN=5x，
∴⊙O的半径r=52x，
由（1）知△AMN∽△ABC，即∠AMN=∠B，
∴MN∥BC，
∵ AH⊥BC，
∴AH⊥MN于L，
∴由等面积法可知AL=12AM⋅AN12MN=4x⋅3x5x=12x5；AH=12AB⋅AC12BC=8×610=245，
∴圆心O到直线BC的距离d=245−12x5，
∵⊙O与直线BC相切，
∴ 245−12x5=52x，解得x=4849，即当x=4849时，⊙O与直线BC相切；
（3）解：折叠如图所示：

当P点落在直线BC上时，则点M为AB的中点，根据题意，以点在直线BC上为分界线分两种情况讨论：
①当0∴当x=1时，y最大=6×12=6；
②当1∴PE=4x−(8−4x)=8x−8，
∴ y=S△MNP−S△PEF=6x2−6x28x−84x2=−18x−432+8，
∴当x=43时，y最大=8，
综上所述，当x=43时，y值最大，最大值是8．
【点睛】本题考查几何综合，涉及相似三角形的判定与性质，勾股定理求线段长，等面积法求线段长，切线的性质，折叠，三角形的性质及二次函数的综合应用，难度较大，熟练掌握相关几何性质是解决问题的关键．
题型10 二次函数综合问题
类型一 线段、周长问题
【例10】（2022·广东深圳·坪山中学校考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax+12−4a经过点D−2,3，与x轴交于点A，B两点，与y轴交于点C．

(1)求二次函数解析式；
(2)在抛物线的对称轴上找到一点E，使得△BCE的周长最小，求出这个最小值；
(3)连接AC，在第一象限的抛物线上找一点P，使得点P到x轴的距离和点P到直线AC的距离相等，求点P的坐标．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)32+10
(3)P2−2,62−7
【分析】（1）直接将点D坐标代入求解即可；
（2）由题意，B点关于抛物线对称轴的对称点为A，故连接AC，交抛物线对称轴于点E，则此时△BCE的周长最小．求解点A、B、C坐标，利用勾股定理求得AC、BC即可求解；
（3）过点P作PE⊥AC于点E，作PF⊥x轴于点F，延长FP交AC延长线于于点G．先求得直线AC的解析式yAC=x+3，设Pm,−m2−2m+3，则Gm,m+3，Fm,0，∴PF=−m2−2m+3，PG=m+3−−m2−2m+3=m2+3m，GF=m+3，AF=m+3，则AG=AF2+GF2=2m+3，证明△PEG∽△AFG，则PEAF=PGAG，进而解方程求解m值即可求解．
【详解】（1）解：（1）将D−2,3代入y=ax+12−4a，
3=a−2+12−4a，
解得a=−1，
∴二次函数解析式为y=−x+12+4=−x2−2x+3；
（2）解：由题意，B点关于抛物线对称轴的对称点为A，故连接AC，交抛物线对称轴于点E，则AE=BE，此时△BCE的周长最小．

∵二次函数解析式为y=−x+12+4=−x2−2x+3，
∴由−x2−2x+3=0解得x1=−3，x2=1，又当x=0时，y=3，
∴A−3,0，B1,0，C0,3．
∴AO=3，CO=3，又∠AOC=90°，
∴AC=32，
∵∠BOC=90°，BO=1，CO=3，
∴BC=10，
故△BCE周长的最小值为CE+BE+BC=CE+AE+BC=AC+BC=32+10．
（3）解：过点P作PE⊥AC于点E，作PF⊥x轴于点F，延长FP交AC延长线于于点G．

∵点P到x轴的距离和点P到直线AC的距离相等，∴PE=PF．
∵由y=−x+12+4可得C0,3，A−3,0，
∴yAC=x+3，
设Pm,−m2−2m+3，则Gm,m+3，Fm,0，
∴PF=−m2−2m+3，PG=m+3−−m2−2m+3=m2+3m，GF=m+3，AF=m+3，
∴AG=AF2+GF2=2m+3，
∵∠PEG=∠AFG=90°，∠PGE=∠AGF，
∴△PEG∽△AFG，
∴PEAF=PGAG，则−m2−2m+3m+3=m2+3m2m+3，
解得m=2−2
∵−m2−2m+3=−2−22−22−2+3=62−7，
∴P2−2,62−7．
【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及待定系数法求函数解析式、二次函数的性质、最短路径问题、勾股定理、相似三角形的判定与性质、坐标与图形、解方程等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用数形结合思想求解是解答的关键．
【变式10-1】（2023·广东湛江·校考一模）抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于点A−3,0,B1,0，与y轴交于点C．

(1)
(2)求抛物线的解析式
(3)在抛物线对称轴上找一点M，使△MBC的周长最小，并求出点M的坐标和△MBC的周长
(4)若点P是x轴上的一个动点，过点P作PQ∥BC交抛物线于点Q，在抛物线上是否存在点Q，使B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？若存在请求出点Q的坐标，若不存在请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=−23x2−43x+2
(2)当△MBC的周长最小时，点M的坐标为−1,43，△MBC的周长为13+5
(3)在抛物线上存在点Q，使B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，点Q的坐标为−2,2或−1−7,−2或−1+7,−2
【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法可求出抛物线的解析式；
（2）利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点C的坐标，利用二次函数的性质可得出抛物线对称轴为直线x=−1，连接AC，交抛物线对称轴于点M，此时△MBC的周长取最小值，由点A，B，C的坐标可得出BC，AC的长度及直线AC的解析式，再结合二次函数图象对称轴的横坐标和直线AC的解析式可得出点M的坐标和△MBC的周长；
（3）由点B，C，P的纵坐标可得出点Q的纵坐标为2或−2，再利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点Q的坐标．
【详解】（1）解：解：将A−3,0,B1,0代入y=ax2+bx+2，得：9a−3b+2=0a+b+2=0，
解得：a=−23b=−43，
∴抛物线的解析式为y=−23x2−43x+2．
（2）解：当x=0时，y=−23x2−43x+2=2，
∴点C的坐标为0,2．
∵抛物线的解析式为y=−23x2−43x+2，
∴抛物线的对称轴为直线x=−1．
连接AC，交抛物线对称轴于点M，如图1所示．

∵点A，B关于直线x=−1对称，
∴MA=MB，
∴MB+MC=MA+MC=AC，
∴此时△MBC的周长取最小值．
∵点A的坐标为−3,0，点B的坐标为1,0，点C的坐标为0,2，
∴AC=13，BC=5，直线AC的解析式为y=23x+2（可用待定系数法求出来）．
当x=−1时，y=23x+2=43，
∴当△MBC的周长最小时，点M的坐标为−1,43，△MBC的周长为13+5．
（3）解：∵以B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，点B，P的纵坐标为0，点C的纵坐标为2，
∴点Q的纵坐标为2或−2，如图2所示．

当y=2时，2=−23x2−43x+2，
解得：x1=−2,x2=0（舍去），
∴点Q的坐标为−2,2；
当y=−2时，−2=−23x2−43x+2，
解得：x1=−1−7,x2=−1+7，
∴点Q的坐标为−1−7,−2或−1+7,−2．
∴在抛物线上存在点Q，使B、C、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，点Q的坐标为−2,2或−1−7,−2或−1+7,−2．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、二次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出抛物线解析式；（2）利用两点之间线段最短，找出点M的位置；（3）根据平行四边形的性质，找出点Q的纵坐标为2或−2．
【变式10-2】（2023·广东潮州·一模）如图，直线y=−2x+3交x轴于点B，交y轴于点C，抛物线y=−x2+bx+c经过A，C两点，且A−1，0．
(1)求抛物线的解析式．
(2)P是抛物线第一象限内的一个动点，过P作PH⊥BC于H，求PH+2HB的最大值．
(3)M是抛物线对称轴上的一个动点，连接MB，把线段MB沿着直线BC翻折，M的对应点M'恰好落在抛物线上，求M点坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)当t=1时，PH+2HB有最大值，最大值为45
(3)M点坐标为1，17+5201128或1，17−5201128
【分析】（1）先求出C0，3，再运用待定系数法即可求得答案；
（2）过点P作PD∥y轴，交BC于D，交x轴于E，过点H作HF⊥PD于F，过点B作BG⊥HF于G，设Pt，−t2+2t+3，则Dt，−2t+3，Et，0，由△PDH∽△BCO可求得PH=55−t2+4t，再由△PHF∽△BCO可得PF=15−t2+4t，EF=PE−PF=−t2+2t+3−15−t2+4t=−45t2+65t+3，再证明△BHG∽△CBO，可得BH=BCOC⋅BG=−255t2+355t+352，进而可得PH+2HB=−5t−12+45，再运用二次函数的性质即可；
（3）设M1，m，M'n，−n2+2n+3，由翻折可得MM'的中点Ln+12，m−n2+2n+32在直线BC上，即m=n2−4n+1①，分两种情况：当点M在BC的上方时，过点M'作M'R∥x轴交抛物线的对称轴于R，设对称轴交BC于T，利用解直角三角形可得n=9−4m5②，联立①②可得m=17+5201128，即M1，17+5201128，当点M在BC的下方时，同理可得M1，17−5201128．
【详解】（1）解：∵直线y=−2x+3交x轴于点B，交y轴于点C，
∴当x=0时，y=3，当y=0时，−2x+3=0，解得：x=32，
∴B32，0，C0，3，
∵抛物线y=−x2+bx+c经过A，C两点，且A−1，0，
∴−1−b+c=0c=3，
解得：b=2c=3，
∴该抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：过点P作PD∥y轴，交BC于D，交x轴于E，过点H作HF⊥PD于F，过点B作BG⊥HF于G，如图1，
，
设Pt，−t2+2t+3，则Dt，−2t+3，Et，0，
∴PD=−t2+2t+3−−2t+3=−t2+4t，
∵B32，0，C0，3，
∴OB=32，OC=3，
在Rt△BCO中，BC=OB2+OC2=352，
∵PH⊥BC，PD∥y轴，
∴∠PHD=∠BOC=90°，∠PDH=∠BCO，
∴△PDH∽△BCO，
∴PHOB=DHOC=PDBC，∠DPH=∠CBO，
∴PH32=DH3=−t2+4t352，
∴PH=55−t2+4t，
∵HF⊥PE，
∴∠PFH=90°=∠BOC，
∴△PHF∽△BCO，
∴PFOB=PHBC，即PF32=55−t2+4t352，
∴PF=15−t2+4t，
∴EF=PE−PF=−t2+2t+3−15−t2+4t=−45t2+65t+3，
∵∠BGF=∠EFG=∠BEF=90°，
∴四边形BEFG是矩形，
∴BG=EF=−45t2+65t+3，BG∥EF∥y轴，
∴∠HBG=∠BCO，
∵∠BGH=∠BOC=90°，
∴△BHG∽△CBO，
∴BHBC=BGOC，
∴BH=BCOC⋅BG=3523−45t2+65t+3=−255t2+355t+352，
∴PH+2HB=55−t2+4t+2−255t2+355t+352=−5t−12+45，
∵−5<0，
∴当t=1时，PH+2HB有最大值，最大值为45；
（3）解：设M1，m，M'n，−n2+2n+3，
∵线段MB沿着直线BC翻折，M的对应点M'恰好落在抛物线上，
∴MM'的中点Ln+12，m−n2+2n+32在直线BC上，
∴−2×n+12+3=m−n2+2n+32，
化简得：m=n2−4n+1①，
当点M在BC的上方时，
如图2，过点M'作M'R∥x轴交抛物线的对称轴于R，设对称轴交BC于T，
，
则MR=m−−n2+2n+3=n2−2n−3+m，M'R=1−n，MT=m−1，
∵MT∥y轴，
∴∠MTL=∠BCO，
∵∠M'RM=∠TLM=90°，
∴∠MTL+∠TML=∠MM'R+∠M'MR=90°，
∴∠MTL=∠MM'R=∠BCO，
∴sin∠MTL=sin∠MM'R=sin∠BCO=55，
∴ML=MT⋅sin∠MTL=55m−1，
∴MM'=2ML=255m−1，
∴M'R=MM'⋅cs∠MM'R=MM'⋅cs∠BCO=255m−1×25=45m−1，
∴1−n=45m−1，
解得：n=9−4m5②，
联立①②得：m=9−4m52−4×9−4m5+1，
解得：m=17±5201128，
∵m>1，
∴m=17+5201128，
∴M1，17+5201128；
当点M在BC的下方时，如图3，
，
同理可得：m=17−5201128，
∴M1，17−5201128；
综上所述，M点坐标为1，17+5201128或1，17−5201128．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定和性质，翻折变换的性质，解直角 ，二次函数的图象和性质，涉及知识点多，难度较大，添加辅助线构造相似三角形是解此题的关键．
【变式10-3】（2022·湖北恩施·统考模拟预测）如图，已知抛物线y=14x+ℎ2+k．点A−1,2在抛物线的对称轴上，B0,54是抛物线与y轴的交点，D为抛物线上一动点，过点D作x轴的垂线，垂足为点C．
(1)直接写出ℎ，k的值；
(2)如图，若点D的坐标为3,m，点Q为y轴上一动点，直线QK与抛物线对称轴垂直，垂足为点K．探求DK+KQ+QC的值是否存在最小值，若存在，求出这个最小值及点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图，连接AD，AC，若∠DAC=60°，求点D的坐标．
【答案】(1)ℎ=1，k=1
(2)存在，最小值为74+1，Q0,157
(3)D23−1,4
【分析】（1）根据二次函数性质进行分析，即可得到答案；
（2）由（1）可知y=14x+12+1，求得D3,5，作C点关于直线x=−12的对称点C'，连接C'D交抛物线对称轴于点K，连接CQ，当C'、K、D三点共线时，C'D有最小值，即DK+KQ+QC的值最小，利用坐标点的距离公式，得到C'D=74，即可求出DK+KQ+QC的最小值，再利用待定系数法求出直线C'D的解析式为y=57x+207，进而得到点K的坐标，即可求得点Q的坐标．
（3）如图，过D作DE⊥AC于E，设Dm,14m2+12m+54，则Cm,0，可得CD2=14m2+12m+542，DE2=34AD2 CE2=AC2−AC⋅AD+14AD2，DE2+CE2=AD2+AC2−AC⋅AD，而CD2=DE2+CE2，再建立方程求解即可.
【详解】（1）解：∵点A−1,2在抛物线的对称轴上，
∴抛物线的对称轴为直线x=−1，
∴ℎ=1，
∴y=14x+12+k，
∵B0,54是抛物线与y轴的交点，
∴14+k=54，
∴k=1；
（2）解：存在最小值，理由如下：
由（1）可知，y=14x+12+1，
∵点D是抛物线上一点，坐标为3,m，
∴m=14×3+12+1=5，
∴D3,5，
作C点关于直线x=−12的对称点C'，连接C'D交抛物线对称轴于点K，连接CQ，

由对称性可知，C'K=CQ，
∴DK+KQ+QC=DK+KQ+C'K≥C'D+KQ，
当C'、K、D三点共线时，C'D有最小值，即DK+KQ+QC的值最小，
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，QK与抛物线对称轴垂直，
∴KQ=1，
∵D3,5，CD⊥x轴，
∴C3,0，
∴C'−4,0，
∴C'D=3+42+5−02=74，
∴DK+KQ+QC的最小值为74+1，
设直线C'D的解析式为y=kx+b，
∴−4k+b=03k+b=5，
解得：k=57b=207，
∴直线C'D的解析式为y=57x+207，
令x=−1，则y=−57+207=157，
∴K−1,157，
∴Q0,157．
（3）∵y=14x+12+1=14x2+12x+54，
如图，过D作DE⊥AC于E，设Dm,14m2+12m+54，则Cm,0，
∴CD2=14m2+12m+542，

∵∠DAC=60°，
∴DE2=AD⋅sin60°2=34AD2，CE2=AC−AD⋅cs60°2=AC2−AC⋅AD+14AD2，
∴DE2+CE2=AD2+AC2−AC⋅AD
=m+12+4+14m2+12m+54−22+m+12−m+12+14m2+12m−342⋅m+12+4，
而CD2=DE2+CE2，
解得：m=±23−1，
∵D在第二象限，则m>0，
∴m=23−1，
∴D23−1,4.
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，最值问题，勾股定理，一元二次方程的解法，待定系数法求一次函数解析式等知识，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键．
类型二 面积周长问题
【例11】（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图①，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，其中OA=2，b−c=−4．

(1)求B，C的坐标；
(2)如图②，点D是第一象限内抛物线上的动点，连接OD，BC，BD，OD交BC于点E，当S△DBES△OBE的值最大时，求此时点D的坐标及S△DBES△OBE的最大值．
【答案】(1)B6,0，C0,6
(2)当S△DBES△OBE的值最大时，此时点D的坐标为3,152，此时S△DBES△OBE的最大值为34
【分析】（1）根据题意，可确定点A的坐标，代入抛物线，与联立b−c=−4方程组求解即可；
（2）根据题意，设点B到OD的距离为ℎ，可得S△DBES△OBE=DEOE，则S△DBES△OBE的最大值即DEOE的最大值，如图所示，过点D作DF⊥x轴交BC与点F，可证△DFE∽△OCE，可得DEOE=−112a−32+34，根据抛物线的顶点式的知识即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A，OA=2，且点A在x轴的负半轴上，
∴A−2,0，
∴−12×(−2)2−2b+c=0，整理得，−2b+c=2，
∵b−c=−4，
∴联立方程组得，−2b+c=4b−c=−4，解得，b=2c=6，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+2x+6，
令y=0，则−12x2+2x+6=0，整理得，x2−4x−12=0，解得，x1=−2，x2=6，
∵A−2,0，
∴B6,0，
令x=0，则y=6，
∴C0,6，
∴B6,0，C0,6．
（2）解：设点B到OD的距离为ℎ，
∴S△DBES△OBE=12DE·ℎ12OE·ℎ=DEOE，则S△DBES△OBE的最大值即DEOE的最大值，
如图所示，过点D作DF⊥x轴交BC与点F，

∵B6,0，C0,6，设BC所在直线的解析式为y=kx+nk≠0，
∴6k+n=0n=6，解得，k=−1n=6，
∴直线BC的解析式为y=−x+6，
∵点D在抛物线y=−12x2+2x+6，点F在BC上，
∴设Da,−12a2+2a+60∴DF=−12a2+2a+6−(−a+6)=−12a2+3a，
∵DF∥OC，
∴△DFE∽△OCE，
∴DEOE=DFOC，即DEOE=16DF=16−12a2+3a=−112a−32+34，
∵−112<0，且0∴当a=3时，DEOE取得最大值34，
∴D3,152，
∴当S△DBES△OBE的值最大时，此时点D的坐标为3,152，此时S△DBES△OBE的最大值为34．
【点睛】本题主要考查二次函数图象与几何图形的综合，掌握待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定和性质，配方法等知识是解题的关键．
【变式11-1】（2022·湖北武汉·校联考模拟预测）如图，抛物线y=−x2+bx+c经过原点O(0,0)和点A(4,0)，它的对称轴交抛物线于点B．C,D两点在对称轴上（点C在D的上方），且关于点B对称，直线OD交抛物线于点E，连接OC,CE．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图（1），若△OCE的面积为212，求点D的坐标；
(3)如图（2），若∠OEC=90°，求点D的坐标．
【答案】(1)y=−x2+4x
(2)2,1
(3)2,4−23
【分析】（1）用待定系数法求解析式即可；
（2）设出直线OE的解析式，联立方程组y=kxy=−x2+4x，求出E点坐标，再由三角形面积即可求D点坐标；
（3）过点E作CD的垂线EF，垂足为F，直线CD交x轴于点G，设OE的解析式为y=kx，由(2)得E4−k,4k−k2，D(2,2k),C(2,8−2k)，通过证明△OGD∽△CGO来求D点坐标即可．
【详解】（1）将0,0，4,0分别代入y=−x2+bx+c，
可得c=0,−16+4b+c=0，
解得b=4,c=0．
∴抛物线的解析式为y=−x2+4x．
（2）∵y=−x2+4x=−(x−2)2+4，
∴抛物线的对称轴为x=2，顶点B的坐标是(2,4)．
设OE的解析式为y=kx，
联立y=kx,y=−x2+4x
解得x1=0,y1=0（舍）
或x2=4−k,y2=4k−k2
∴E4−k,4k−k2．
而D(2,2k),
∴CB=BD=4−2k，
∵S△OCE=12CD⋅xE,
∴12×2(4−2k)(4−k)=212，
解得k1=12,k2=112，
∵点D在B的下方，
∴k=12,
∴D(2,1)．
（3）过点E作CD的垂线EF，垂足为F，直线CD交x轴于点G．
设OE的解析式为y=kx，由（2）得E4−k,4k−k2,D(2,2k),C(2,8−2k)．
∴tan∠OCG=OGCG=28−2k=14−k，
tan∠ECF=EFCF=(4−k)−2(8−2k)−4k−k2=2−kk2−6k+8=14−k，
∴tan∠OCG=tan∠ECF,
∴∠OCG=∠ECF，
∵∠OEC=∠OGD=90°,
∴∠DOG=∠ECF，
∴∠DOG=∠OCG，
又∵∠CGO=∠OGD，
∴△OGD∽△CGO．
∴OG2=DG⋅CG.,
∴2k(8−2k)=22，
解得k=2±3．
∵点D在B的下方，
∴k=2−3，
∴D(2,4−23)．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形相似的判定及性质，直角三角形的三角函数是解题的关键．
【变式11-2】（2022·福建南平·统考一模）已知抛物线y=x2−2ax+a2+2a−3，直线l:y=x+a．
(1)记抛物线的顶点为N(p,q)，求q关于p的函数关系式；
(2)设直线l与抛物线相交于点A,B，在点A,B之间的抛物线上有一动点P．求△PAB的面积的最大值．
【答案】(1)q=2p−3
(2)13138
【分析】（1）化为顶点式，变形求解；
（2）解法一，两解析式联立得方程组，化为一元二次方程，根据求根公式求得xB−xA=13，另PM=yM−yP=−x2+(2a+1)x−a2−a+3，可求PM最大值=134，得△PAB的面积的最大值=13138；解法二，如图，平移直线l得到直线l1，当直线l1与抛物线有唯一公共点时，S△PAB的值最大．联立解析式消元得x2−2a+1x+a2+2a−m−3=0，根据Δ=0得m=a−134，可求C(−a+134,0)，D（−a，0），于是CD=134，联立直线l与抛物线解析式，消元得x2−2a+1x+a2+a−3=0，可求|xB−xA|=(xA+xB)2−4(xAxB)= 13，|yB−yA=xB−xA|=13，得S△PAB=12·CD·|yB−yA|= 13138；解法三：平移直线l得到直线l1，当直线l1与抛物线有唯一公共点时，S△PAB的值最大，联立直线l1与抛物线，消元x2−2a+1x+a2+2a−m−3=0，由Δ=0，得m=a−134，可求C(−a+134,0)，D（−a，0），CD=134；直线l与直线l1的距离ℎ=134×22=1328，由勾股定理得AB=(xB−xA)2+(yB−yA)2 =26，SΔPAB=12AB⋅h=13138．
【详解】（1）解：∵y=x2−2ax+a2+2a−3=(x−a)2+2a−3
∴抛物线的顶点坐标为(a，2a−3)
∵抛物线的顶点N(p，q)，
∴q=2p−3
（2）解法一：如图，过点P作PM⊥x轴，交AB于点M．

∵直线l与抛物线相交于点A，B，联立解析式得
y=x+ay=x2−2ax+a2+2a−3
x2−2a+1x+a2+a−3=0
∴Δ=(2a+1)2−4(a2+a−3)=13
根据求根公式求得
xA=2a+1−132，xB=2a+1+132
∴xB−xA=13
∴SΔPAB=12PM⋅xB−xA=132PM
∵PM=yM−yP=−x2+(2a+1)x−a2−a+3
∴PM最大值=4×(−1)×(−a2−a+3)−(2a+1)24×(−1)=134
∴△PAB的面积的最大值=132×134=13138．
解法二：
如图，平移直线l得到直线l1，当直线l1与抛物线有唯一公共点时，S△PAB的值最大．

设直线l1：y=x+m，得
y=x+my=x2−2ax+a2+2a−3
∴x2−2a+1x+a2+2a−m−3=0
Δ=[−2a+1]2−4(a2+2a−m−3)=0整理得m=a−134
∴直线l1：y=x+a −134
设直线l1交x轴于点C，直线l交x轴于点D，则有
C(−a+134,0)，D（−a，0），
∴CD=134，
∵直线l与抛物线相交于点A，B，联立解析式得
y=x+ay=x2−2ax+a2+2a−3
x2−2a+1x+a2+a−3=0
∴|xB−xA|=(xA+xB)2−4(xAxB)= 13
∵A，B在直线y=x+a上
∴|yB−yA=xB−xA|=13
∴S△PAB=12·CD·|yB−yA|= 13138
∴△PAB的面积的最大值是13138．
解法三：平移直线l得到直线l1，当直线l1与抛物线有唯一公共点时，S△PAB的值最大．
设直线l1：y=x+m，得
y=x+my=x2−2ax+a2+2a−3
∴x2−2a+1x+a2+2a−m−3=0
Δ=[−2a+1]2−4(a2+2a−m−3)=0
∴m=a−134
∴直线l1： y=x+a−134
设直线l1交x轴于点C，直线l交x轴于点D，则有
C(−a+134,0)，D（−a，0），
∴CD=134，
∴由题意可知直线l与直线l1的距离ℎ=134×22=1328
由勾股定理得A，B两点间的距离为AB=(xB−xA)2+(yB−yA)2
由解法一、二可得： |yB−yA=xB−xA|=13
∴AB=(xB−xA)2+(yB−yA)2= 2 (xB−xA)2 =2xB−xA =2×13 =26
∴SΔPAB=12AB⋅h=12×26×1328=13138．
【点睛】本题考查二次函数解析式和性质，直角坐标系内三角形面积求解，一次函数的平移，函数和方程组的联系；理解函数和方程组的联系是解题的关键．
类型三 角度问题
【例12】（2023·陕西西安·校考模拟预测）已知抛物线L:y=−23x2+bx+c与y轴的交点为C0,2，与x轴的交点分别为A3,0、B(点A在点B右侧).
(1)求抛物线的表达式.
(2)将抛物线沿x轴向左平移mm>0个单位，所得的拋物线与x轴的左交点为M，与y轴的交点为N，若∠NMO=∠CAO，求m的值.
【答案】(1)y=−23x2+43x+2
(2)m=2或4
【分析】（1）将A、C坐标代入抛物线解析式，求得b、c,即可得解；
（2）表示出平移后的抛物线的解析式，从而求得OM和ON的长，根据 tan∠NMO=tan∠CAO可得ONOM=OCOA，进而即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线L:y=−23x2+bx+c与y轴的交点为C0,2，与x轴的交点分别为A3,0、
∴ 0=−23×32+3b+c2=c
解得： b=43c=2
∴抛物线的表达式为：y=−23x2+43x+2；
（2）∵抛物线的表达式为：y=−23x2+43x+2
令y=0，得；−23x2+43x+2=0
解得：x1=−1，x2=3，
∴B(−1，0)，
∵平移后的抛物线的解析式为：y=−23x+m2+43x+m+2
当x=0时，y=−23m2+43m+2=−23m+1m−3
∴ N0，−23m+1m−3
∵所得的抛物线与x轴的左交点为M，
∴M(−1−m,0)，
∵∠NMO=∠CAO，
∴tan∠NMO=tan∠CAO，
∴ ONOM=OCOA，即|−23m+1m−3||−1−m|=23
解得：m=2或4

【点睛】本题考查了二次函数与一元二次方程的关系，图象平移的规律等知识，解决问题的关键是求出抛物线平移后的解析式．
【变式12-1】（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=−12x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y=−12x2+bx+c经过A，B两点且与x轴的负半轴交于点C．

(1)求该抛物线的解析式．
(2)若点D为直线AB上方抛物线上的一个动点，当∠ABD=2∠BAC时，求点D的坐标．
(3)已知E，F分别是直线AB和抛物线上的动点，当EF∥OB，且以B，O，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出所有符合条件的E点的坐标．
【答案】(1)y=−12x2+32x+2
(2)2,3
(3)2,1或2−22,1+2或2+22,1−2
【分析】（1）求得A,B两点坐标，代入抛物线解析式，获得b,c的值，获得抛物线的解析式．
（2）通过平行线分割2倍角条件，得到相等的角关系，利用等角的三角函数值相等，得到点坐标．
（3）根据题意可得EF=OB，以EF=OB的关系建立方程求解即可．
【详解】（1）解：在y=−12x+2中，令y=0，得x=4，令x=0，得y=2
∴A4，0,B0，2，
把A4，0,B0，2代入y=−12x2+bx+c，得
c=2−12×16+4b+c，解得b=32c=2，
∴抛物线得解析式为y=−12x2+32x+2；
（2）解：由（1）得：OA=4,OB=2，
如图，过点B作x轴得平行线交抛物线于点E，过点D作BE的垂线，垂足为G，

∵BE∥x轴，
∴∠BAC=∠ABE，
∵∠ABD=2∠BAC，
∴∠ABD=2∠ABE
即∠DBE+∠ABE=2∠ABE，
∴∠DBE=∠ABE，
∴∠DBE=∠BAC
设D点的坐标为 x,−12x2+32x+2，则BG=x,DG=−12x2+32x
∵tan∠DBE=DGBG，
∴tan∠BAC=BOAO，DGBG=BOAO，
∴−12x2+32xx=24
解得x1=0（舍去），x2=2，
当x=2时，−12x2+32x+2=3，
∴点D的坐标为2,3；
（3）解：如图，

∵EF∥OB，且以B，O，E，F为顶点的四边形是平行四边形，
∴EF=OB，
设 Em,−12m+2,Fm,−12m2+32m+2，
EF=−12m+2−−12m2+32m+2=2，
解得 m1=2,m2=2−22,m3=2+22，
∴E点的坐标为2,1或2−22,1+2或2+22,1−2．
【点睛】本题考查了待定系数法，2倍角关系和平行四边形点存在类问题，将2倍角关系转化为等角关系是（2）问题的解题关键，根据平行四边形的性质，得到EF=OB是3问题的解题关键，本题综合难度不大．
【变式12-2】（2022·陕西西安·校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx−4与x轴交于点A(−4,0)和点B(2,0)，与y轴交于点C．
(1)求该抛物线的表达式及点C的坐标；
(2)如果点D的坐标为(−8,0)，连接AC、DC，点P为抛物线上一点，当∠OCP=∠DCA时，求点P的坐标．
【答案】(1)y=12x2+x−4，C(0,−4)
(2)P(4,8)或P(−8,20)
【分析】（1）将A(−4,0)和B(2,0)代入y=ax2+bx−4即可求解；
（2）根据∠OCP=∠DCA，则tan∠OCP=tan∠DCA，分P在y轴右侧和左侧两种情况分别计算．
【详解】（1）解：将A(−4,0)和B(2,0)代入y=ax2+bx−4得：
16a−4b−4=04a+2b−4=0，
解得a=12b=1，
∴抛物线y=12x2+x−4，
当x=0时，y=−4，
∴C(0,−4)，
（2）解：当P在y轴右侧时，如图：
设P(m,12m2+m−4)，
∴PE=m，EC=12m2+m，
∵∠OCP=∠DCA，
过点A作CD的垂线，交于F，
∵S△ACD=S△OCD−S△AOC=12×8×4−12×4×4=8，
∵12AF⋅CD=8，
即12AF×45=8，
解得：AF=455，
∵tan∠ADF=AFDF=CODO=12，
∴DF=855，
∴CF=CD−DF=1255，
∴tan∠DCA=AFCF=4551255=13
∴tan∠OCP=tan∠DCA=13
∴ m12m2+m=13，
解得m1=4，m2=0（舍），
∴P(4,8)，
当P在y轴左侧时，如图：
设P(m,12m2+m−4)，
∴PE=−m，EC=12m2+m，
同理可得：−m12m2+m=13，
解得m1=−8，m2=0（舍），
∴P(−8,20)，
综上所述：P(4,8)或P(−8,20)．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式、锐角三角函数值、以及角的存在性等知识，解题的关键是掌握由两个角相等，则这两个角的正切值也相等．
类型四 特殊三角形问题
【例13】（2022·陕西西安·校考模拟预测）已知经过原点O的抛物线y=−x2+4x与x轴的另一个交点为A．
(1)求点A的坐标及抛物线的对称轴；
(2)点B是OA的中点，点N是y轴正半轴上一点，在第一象限内的抛物线上是否存在点M，使得△OMN与△OBM全等，且点B与点N为对应点，若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A(4,0)，直线x=2
(2)存在，点M的坐标为(2,4)或(3,3)
【分析】（1）由−x2+4x=0可求得A点坐标，根据抛物线的对称轴公式即可求解；
（2）分两种情况，①当△OMN≌△MOB时，②当△OMN≌△OBM时，根据全等三角形的性质即可求得结果．
【详解】（1）解：∵过原点O的抛物线y=−x2+4x与x轴的另一个交点为A．
令y=0，则−x2+4x=0，解得x1=0，x2=4，
∴A(4,0)，
∵抛物线y=−x2+4x，
∴抛物线的对称轴为x=−4−2=2，
∴A(4,0)，抛物线的对称轴为直线x=2；
（2）∵点B是OA的中点，
∴B(2,0)，
①当△OMN≌△MOB时，

∵△OMN≌△MOB，
∴∠MON=∠OMB，∠OMN=∠MOB，
∴BM∥ON，MN∥OB，
∵B(2,0)，抛物线y=−x2+4x，
∴y=−x2+4x=4，
∴M(2,4)；
②当△OMN≌△OBM时，过点M作MH⊥x轴于H，

∵△OMN≌△OBM，
∴∠NOM=∠BOM=45°，
∴OH=MH，
设M(m,−m2+4m)，
∴−m2+4m=m，解得m1=3，m2=0（舍去），
∴点M (3,3)，
综上所述：存在，点M的坐标为(2,4)或(3,3)．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了二次函数及其图象性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握二次函数及其图象性质以及全等三角形的判定和性质．
【变式13-1】（2023·广东湛江·统考三模）如图，直线y=x+3与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线y=−x2−2x+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．
(1)如图①，连接BC，在y轴上存在一点D，使得△BCD是以BC为底的等腰三角形，求点D的坐标；
(2)如图②，在抛物线上是否存在点E，使△EAC是以AC为底的等腰三角形？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图③，连接BC，在直线AC上是否存在点F，使△BCF是以BC为腰的等腰三角形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
(4)如图④，若抛物线的顶点为H，连接AH，在x轴上是否存在一点K，使△AHK是等腰三角形？若存在，求出点K的坐标；若不存在，请说明理由；
(5)如图⑤，在抛物线的对称轴上是否存在点G，使△ACG是等腰三角形？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)D(0，43 )
(2)存在点E，使△EAC是以AC为底的等腰三角形，E( −1+132，1−132 )或( −1−132，1+132 )
(3)存在点F，使△BCF是以BC为腰的等腰三角形，满足条件的点F(−2，1)或( 5，5 +3)或(− 5，3− 5 )
(4)存在点K，使△AHK是等腰三角形，K点坐标为(1，0)或(2 5 −3，0)或(−2 5 −3，0)或(2，0)
(5)存在点G，使△ACG是等腰三角形，G点坐标为(−1，1)或(−1，14 )或(−1，− 14 )或(−1，3+ 17 )或(−1，3− 17 )
【分析】（1）设D(0，t)，由DC=BD，则|3−t|= 1+t2，求出t即可求D(0，43 )；
（2）点E在线段AC的垂直平分线上，再由△AOC是等腰直角三角形可得AC垂直的直线为y=−x，联立方程组y=−xy=−x2−2x+3即可求E点坐标；
（3）设F(t，t+3)，由BC=BF和BC=CF，建立方程求出t的值，即可求出答案；
（4）求出顶点H(−1，4)，设K(m，0)，分三种情况讨论：①当AH=HK时，可得K(1，0)；②当AH=AK时，可得．K(2 5 −3，0)或(−2 5 −3，0)；③当HK=AK时，可得K(2，0)；
（5）设G(−1，t)，分三种情况讨论∶①当AG=CG时，可得G(−1，1)；②当AG=AC时，可得G(−1，14 )或(−1，− 14 )；③当AC=CG时，可得G(−1，3+ 17 )或(−1，3− 17 )．
【详解】（1）解：令x=0，则y=3，
∴C(0，3)，
令y=0，则x=−3，
∴A(−3，0)，
令y=0，则−x2−2x+3=0，
解得x=−3或x=1，
∴B(1，0)，
设D(0，t)，
∴DC=BD，
∴|3−t|= 1+t2，
解得t= 43，
∴D(0，43 )；
（2）解：存在点E，使△EAC是以AC为底的等腰三角形，理由如下：
∵A(−3，0)，C(0，3)，
∴AC的中点为(− 32，32 )，
∵OC=OA，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴过AC的中点与AC垂直的直线为y=−x，
联立方程组y=−xy=−x2−2x+3，
解得x=−1+132y=1−132或x=−1−132y=1+132，
∴E( −1+132，1−132 )或( −1−132，1+132 )；
（3）解：存在点F，使△BCF是以BC为腰的等腰三角形，理由如下：
设F(t，t+3)，
当BC=BF时，
∴(t−1)2+(t+3)2=10，
解得t=0(舍去)或t=−2，
∴F(−2，1)；
当BC=CF时，t2+t2=10，
∴t=± 5，
∴F( 5，5 +3)或(− 5，3− 5 )，
即满足条件的点F(−2，1)或( 5，5 +3)或(− 5，3− 5 )；
（4）解：存在点K，使△AHK是等腰三角形，理由如下：
∵y=−x2−2x+3=−(x+1)2+4，
∴顶点H(−1，4)，
设K(m，0)，
①当AH=HK时，4+16=(m+1)2+16，
解得m=1或m=−3(舍)，
∴K(1，0)；
②当AH=AK时，4+16=(m+3)2，
解得m=2 5 −3或m=−2 5 −3，
∴K(2 5 −3，0)或(−2 5 −3，0)；
③当HK=AK时，(m+1)2+16=(m+3)2，
解得m=2，
∴K(2，0)；
综上所述：K点坐标为(1，0)或(2 5 −3，0)或(−2 5 −3，0)或(2，0)；
（5）解：存在点G，使△ACG是等腰三角形，理由如下：
∵抛物线的对称轴为直线x=−1，
设G(−1，t)，
①当AG=CG时，4+t2=1+(t−3)2，
解得t=1，
∴G(−1，1)；
②当AG=AC时，4+t2=18，
解得t= ±14，
∴G(−1，14 )或(−1，− 14 )；
③当AC=CG时，1+(t−3)2=18，
解得t=3+ 17或t=3− 17，
∴G(−1，3+ 17 )或(−1，3− 17 )；
综上所述：G点坐标为(−1，1)或(−1，14 )或(−1，− 14 )或(−1，3+ 17 )或(−1，3− 17 )．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
类型五 特殊四边形问题
【例14】（2022·河南南阳·统考一模）如图，抛物线y=ax2+6x+c交x轴于A，B两点，交y轴于点C．直线y=x−5经过点B，C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)直线y=t交抛物线于点P、Q，抛物线的顶点为D，四边形DPEQ为菱形．
①当t=3时，求菱形DPEQ的面积；
②当点E落在△ABC内部（不含边上）时，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)y=−x2+6x−5
(2)①2；②1【分析】（1）由直线解析式求得B,C的坐标，代入抛物线解析式，待定系数法求解析式即可；
【详解】（1）解：∵直线y=x−5经过点B，C
令x=0，则y=−5，令y=0，则x=5，
∴B0,−5,C5,0，
代入y=ax2+6x+c，得c=−525a+30+c=0，
解得a=−1，
∴抛物线的解析式为y=−x2+6x−5．
（2）∵ y=−x2+6x−5 =−x−32+4，
∴D3,4，
①当t=3时，−x2+6x−5 =3，
解得x1=,2x2=4，
∴PQ=4−2=2，
∵四边形DPEQ是菱形，
∴ D,E关于PQ对称，
∵D3,4，
∴E3,2，
∴ DE=2，
∴菱形DPEQ的面积为12DE×PQ=12×2×2=2，
②∵四边形DPEQ是菱形，
∴ D,E关于PQ对称，
∵D3,4，
设E0,e，
当E在x轴上时,e=0，t=4+02=2，
当E在y=x−5上时，e=3−5=−2，t=4+−22=1．
∴当点E落在△ABC内部（不含边上）时，t的取值范围为1【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式，菱形的性质，轴对称的性质，一次函数与坐标轴交点问题，掌握以上知识是解题的关键．
【变式14-1】（2023·陕西西安·校联考模拟预测）如图，已知抛物线y=x2+bx+c的对称轴为直线l:x=−1，且与y轴的交点坐标为(0,−1)，直线l与x轴相交于点C．

(1)求该抛物线的表达式；
(2)如图，点P是该抛物线对称轴右侧图象上一动点，过点P作PA⊥x轴，PB⊥l，垂足分别为A，B．设点P的横坐标为m．当四边形APBC为正方形时，求m的值．
【答案】(1)y=x2+2x−1
(2)0或1
【分析】（1）利用待定系数法解答，即可；
（2）根据题意可得Pm,m2+2m−1,Am,0,m>−1，再由正方形的性质可得PA=AC，从而得到关于m的方程，即可求解．
【详解】（1）解：根据题意得：
−b2×1=−1c=−1，解得：b=2c=−1，
∴抛物线的解析式为y=x2+2x−1；
（2）解：∵直线l:x=−1与x轴相交于点C．
∴点C−1,0，
∵PA⊥x轴，PB⊥l，垂足分别为A，B．点P的横坐标为m．
∴Pm,m2+2m−1,Am,0,m>−1，
∴AC=m−−1=m+1，PA=m2+2m−1，
∵四边形APBC为正方形，
∴PA=AC，
∴m+1=m2+2m−1，
解得：m=−2（舍去）或m=1或m=−3（舍去）或m=0，
综上所述，m的值为0或1．
【点睛】本题主要考查了二次函数的的综合题，涉及了求二次函数的解析式，正方形的性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．
【变式14-2】（2023·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，以点C1,1为圆心，2为半径作圆，交x轴于A，B两点，点P在⊙C上．

(1)求出A，B两点的坐标；
(2)试确定经过A、B两点且以点P为顶点的抛物线解析式；
(3)在该抛物线上是否存在一点D，使线段OP与CD互相平分？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)A1−3,0,B1+3,0
(2)y=−x2+2x+2或y=13x2−23x−23
(3)D0,2
【分析】（1）作CE⊥AB于点E，连接OA,OB，根据C1,1，半径AC=BC=2，得到CE=1,利用勾股定理求出AE=BE=3，即可得到A，B两点的坐标；
（2）由圆与抛物线的对称性可知抛物线的顶点P的坐标为1,3或1,−1，分别设出解析式代入点B的坐标求出解析式；
（3）假设存在点D使线段OP与CD互相平分，则四边形OCPD是平行四边形，得到PC∥OD且PC=OD，由PC∥y轴，确定点D在y轴上，根据PC得到点D的坐标，检验是否符合解析式即可．
【详解】（1）作CE⊥AB于点E，连接OA,OB，
∵C1,1，半径AC=BC=2，
∴CE=1，
∴AE=BE=AC2−CE2=22−12=3，
∴A1−3,0,B1+3,0；

（2）由圆与抛物线的对称性可知抛物线的顶点P的坐标为1,3或1,−1，
当抛物线的顶点P的坐标为1,3时，设抛物线的解析式为y=ax−12+3，
将点B1+3,0代入，解得a=−1，
∴y=−x−12+3=−x2+2x+2；
当抛物线的顶点P的坐标为1,−1时，设抛物线的解析式为y=ax−12−1，
将点B1+3,0代入，解得a=13，
∴y=13x−12−1=13x2−23x−23；
（3）假设存在点D使线段OP与CD互相平分，则四边形OCPD是平行四边形，
∴PC∥OD且PC=OD，
∵PC∥y轴，
∴点D在y轴上，
当抛物线为y=−x2+2x+2时，
∵PC=2，
∴OD=2，即D0,2，
又D0,2满足y=−x2+2x+2，
∴点D在抛物线上，
存在D0,2使线段OP与CD互相平分；
当抛物线为y=13x2−23x−23时，
∵PC=3，
∴OD=3，即D0,−3，
∵D0,−3不满足y=13x2−23x−23，
∴不存在D0,−3使线段OP与CD互相平分；
综上，存在D0,2使线段OP与CD互相平分．
【点睛】此题考查了圆的垂径定理，勾股定理，求二次函数的解析式，平行四边形的性质及判定，综合掌握各知识点是解题的关键．
考点要求
新课标要求
命题预测
二次函数的应用
能用二次函数解决实际问题
二次函数的应用在中考中较为常见，其中，二次函数在实际生活中的应用多为小题，出题率不高，一般需要根据题意自行建议二次函数模型; 而利用二次函数图象解决实际问题和最值问题则多为解答题，此类问题需要多注意题意的理解，而且一般计算数据较大，还需根据实际情况判断所求结果是否有合适，需要考生在做题过程中更为细心对待。
第x天
1
2
3
4
售价y/（元/个）
30
32
34
36
销量t/个
100
120
140
160
d/米
0
0.6
1
1.8
2.4
3
3.6
4
h/米
0.88
1.90
2.38
2.86
2.80
2.38
1.60
0.88
水平距离x（米）
5
10
20
30
空中飞行的高度y（米）
4.5
6
0
−18
水平距离x/m
0
0.4
1
1.4
2
2.4
2.8
竖直高度y/m
0
0.48
0.9
0.98
0.8
0.48
0
x/dm
…
18
14
38
12
58
34
78
1
98
54
…
y/dm3
…
1.3
2.2
2.7
3.0
2.8
2.5
1.5
0.9
…