九年级数学核心知识点与常见题型通关讲解练（沪科版）-重难点专项突破03实际问题与二次函数（6种题型）（解析版）

重难点专项突破03实际问题与二次函数（6种题型）【题型细目表】题型一：图形问题题型二：图形运动问题题型三：拱桥问题题型四：销售问题题型五：投球问题题型六：喷水问题【考点剖析】题型一：图形问题一、单选题1．（2023·安徽合肥·模拟预测）下面看三个案例：①一个游泳池内有水，现打开排水管以每小时的排出量排水．设游泳池内剩余水量为，排水时间为；②一列火车以的速度匀速行驶．设火车行驶的剩余路程为，行驶时间为；③某水产养殖户用长的围网，在水库中围一块矩形的水面．设围成的矩形水面的面积为，矩形的一边长为，三个案例中都有两个变量，可以用如图所示的图像表示的是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】A【分析】分别表示出每个小问的函数表达式，然后进行判断，即可得到答案．【详解】解：∵①一个游泳池内有水，现打开排水管以每小时的排出量排水．设游泳池内剩余水量为，排水时间为；∴故①满足题意；∵②一列火车以的速度匀速行驶．设火车行驶的剩余路程为，行驶时间为；∴，为总路程；故②满足题意；∵③某水产养殖户用长的围网，在水库中围一块矩形的水面．设围成的矩形水面的面积为，矩形的一边长为，∴，故③不满足题意；故选：A【点睛】本题考查了二次函数的应用，一次函数的应用等知识，解题的关键是掌握题意，正确的列出表达式，从而进行判断．2．（2023春·安徽蚌埠·九年级专题练习）已知矩形MNPQ的顶点M，N，P，Q分别在正六边形ABCDEF的边DE，FA，AB，CD上，且．在点从移向（与不重合）的过程中，下列的判断中，正确的是（

）A．矩形MNPQ的面积与周长保持不变B．矩形MNPQ的面积逐渐减小，周长逐渐增大C．矩形MNPQ的面积与周长均逐渐增大D．矩形MNPQ的面积与周长均逐渐减小【答案】D【分析】以EF之间的对称轴为y轴，以直线AD上的对称轴为x轴，建立平面直角坐标系，求出ED的解析式，从而表示M、N、Q的坐标，列出关于周长和面积的函数关系式，根据性质得出结论．【详解】正六边形为轴对称图形，以EF之间的对称轴为y轴，以直线AD上的对称轴为x轴，建立平面直角坐标系．设六边形的边长为2，则,,设直线ED的解析式为y=kx+b，解得，故ED的解析式为，点M在线段ED上，故设M（x,y），矩形NMQP中，N与M关于y轴对称，∴N（-x,y），Q与M关于x轴对称，∴Q（x,-y），∴，，∴矩形的周长C=2（NM+MQ）=2(2x+2y)==,由于，故C的值会随x的增大而减小，点M从E移动到D的过程中，x不断增大，所以周长会不断减小；矩形的面积∵<0，抛物线开后向下，当x>1时，S随x的增大而减小，所以面积也会逐渐减小．故选：D．【点睛】本题考查了正六边形的性质，一次函数和二次函数的性质，解题的关键是建立直角坐标系利用函数解题．3．（2023春·安徽蚌埠·九年级专题练习）点C为线段AB上的一个动点，，分别以AC和CB为一边作等边三角形，用S表示这两个等边三角形的面积之和，下列判断正确的是（

）A．当C为AB的三等分点时，S最小 B．当C是AB的中点时，S最大C．当C为AB的三等分点时，S最大 D．当C是AB的中点时，S最小【答案】D【分析】根据四个选择项，可知要判断的问题是C在AB的什么位置时，S有最大或最小值．由于点C是线段AB上的一个动点，可设AC=x，然后用含x的代数式表示S，得到S与x的函数关系式，最后根据函数的性质进行判断．【详解】解：如图，△ACD与△BCE是分别以AC和CB为一边作的等边三角形，分别过点D、E作DM⊥AC，EN⊥BC，垂足分别为M，N，设AC=x，则CB=1-x，∵△ACD与△BCE是等边三角形，DM⊥AC，EN⊥BC，∴，∴，，∴∵，∴当x=时，S最小，此时，C是AB的中点．故选：D．【点睛】本题考查了二次函数与几何结合问题，解决本题的关键是需建立二次函数的关系式，然后利用抛物线的顶点公式求解．4．（2023春·安徽蚌埠·九年级专题练习）如图，和都是直角边长为的等腰直角三角形，它们的斜边，在同一条直线上，点，重合．现将沿着直线以的速度向右匀速移动，直至点与重合时停止移动．在此过程中，设点移动的时间为，两个三角形重叠部分的面积为，则随变化的函数图象大致为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】分两种情形讨论计算即可解决问题．【详解】分两种情况：（1）当时，，抛物线开口向上，函数图象位于抛物线对称轴（轴）右侧的一部分；（2）当时，，抛物线开口向下，函数图象位于抛物线对称轴（直线）左侧的一部分．故选C．【点睛】本题考查分段函数、动点问题的函数图象，解题的关键是学会分类讨论，掌握求分段函数方法是解题关键．5．（2023春·安徽安庆·九年级校联考阶段练习）如图，矩形中，，E为上一点（不含点A），O为的中点，连接并延长，交于点F，点G为上一点，，连接，．甲、乙二位同学都对这个问题进行了研究，并得出自己的结论．甲：存在点E，使；乙：的面积存在最小值．下列说法正确的是（

）A．甲、乙都正确 B．甲、乙都不正确C．甲正确，乙不正确 D．甲不正确，乙正确【答案】D【分析】先证明△EOD≌△FOB得到DE=BF，推出AE=CF，则CF=DG，假设存在点E使得EG⊥FG，可证△EDG≌△GCF得到DE=CF，从而推出AD=CD，再由，推出CD＞AD，与AD=CD矛盾，即可判断甲；可假设设AB=CD=4，BC=AD=3，AE=DG=CF=x，则BF=DE=3-x，CG=4-x，然后根据求出△EFG的面积关于x的二次函数关系式，即可求出△EFG的面积的最小值，同理假设AB=CD=4时，只要满足BC＜AB，都能求出△EFG的面积关于线段AE的长的二次函数关系式，即可求出△EFG的面积有最小值，即可判断乙．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴，∠ADC=∠C=90°，AB=CD，∴∠ODE=∠OBF，∠OED=∠OFB，∵O是BD的中点，∴OB=OD，∴△EOD≌△FOB（AAS），∴DE=BF，∴AE=CF，又∵AE=DG，∴CF=DG，假设存在点E使得EG⊥FG，∴∠EGF=90°，∴∠EGD+∠CGF=90°，又∵∠EGD+∠DEG=90°，∴∠DEG=∠CGF，又∵∠EDG=∠GCF=90°，∴△EDG≌△GCF（AAS），∴DE=CG，∴AE+DE=DG+CG，即AD=CD，∵，∴CD＞AD，与AD=CD矛盾，∴假设不成立，即不存在点E使得EG与GF垂直，故甲说法错误；设AB=CD=4，BC=AD=3，AE=DG=CF=x，则BF=DE=3-x，CG=4-x，∴，即当时，△EFG的面积有最小值，同理假设AB=CD=4时，只要满足BC＜AB，都能求出△EFG的面积关于线段AE的长的二次函数关系式，即可求出△EFG的面积有最小值，故乙说法正确；故选D．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质，二次函数的几何应用等等，熟知正方形的性质和全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．二、填空题6．（2023秋·安徽六安·九年级校考期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过平移得到抛物线，其对称轴与两段抛物线所围成的阴影部分的面积是_______【答案】4【分析】确定出抛物线的顶点坐标，然后求出抛物线的对称轴与原抛物线的交点坐标，从而判断出阴影部分的面积等于三角形的面积，再根据三角形的面积公式列式计算即可得解．【详解】∵，∴平移后抛物线的顶点坐标为（2，−2），对称轴为直线x＝2，当x＝2时，，∴平移后阴影部分的面积等于如图三角形的面积，×（2＋2）×2＝4，故填：4．【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，确定出与阴影部分面积相等的三角形是解题的关键．三、解答题7．（2023·安徽合肥·校考一模）如图，抛物线与x轴的两个交点坐标为、．(1)求抛物线的函数表达式；(2)矩形的顶点在轴上（不与重合），另两个顶点在抛物线上（如图）．①当点在什么位置时，矩形的周长最大？求这个最大值并写出点的坐标；②判断命题“当矩形周长最大时，其面积最大”的真假，并说明理由．【答案】(1)(2)①在时，矩形的周长最大，最大值为；②假命题，理由见解析【分析】（1）利用待定系数法可求得抛物线的函数表达式为﹔（2）先求得抛物线的对称轴为，设点，则，①根据关于对称，可得的坐标，则可以表示出矩形的周长，即可求解；②当矩形周长最大时，长为3，宽为2，面积为6，当为正方形时，表示，即可求出，算得正方形的面积大于6，矛盾，即可求得假命题．【详解】（1）解：将、代入中得解得抛物线的函数表达式为（2）解：抛物线的对称轴为，设点，则，①关于对称，∴，则，矩形的周长为，当时，l的值最大，最大值为，即Р在时，矩形的周长最大，最大值为．②假命题．由①可知，当矩形周长最大时，长为3，宽为2，面积为6，当为正方形时，，解得∴点Р的坐标为，点Q的坐标为，正方形的面积；故命题是假命题．【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图像和性质，解题关键是熟练掌握二次函数的图像和性质．8．（2023秋·安徽安庆·九年级安庆市石化第一中学校考阶段练习）一块三角形材料如图所示，．用这块材料剪出一个矩形，其中，点D，E，F分别在上，要使剪出的矩形的面积最大，点E应选在何处？【答案】点E选在AB的中点时，剪出的矩形CDEF的面积最大【分析】根据30°直角三角形的性质求出FE，根据勾股定理求出ED，根据矩形的面积公式列出函数解析式，根据二次函数的性质解答即可．【详解】解：∵∠A＝30°，∠C＝90°，且四边形CDEF是矩形，∴DE∥AC，EF∥BC，∴∠DEB＝∠A＝30°，在Rt△AFE中，FE＝AE，在Rt△EDB中，DB＝EB，设AE＝x，则FE＝x，ED＝＝＝（12－x），令矩形CDEF的面积为S，则S＝EF·ED＝x·（12－x）＝（12x－x2）＝·（x－6）2＋9，∴当x＝6时，S最大值＝9，此时AE＝6，EB＝12－x＝6，∴AE＝EB，即点E是AB的中点，∴当点E选在AB的中点时，剪出的矩形CDEF的面积最大．【点睛】本题考查的是30°直角三角形性质，矩形的性质，勾股定理、二次函数的性质、根据矩形的面积公式列出二次函数解析式是解题的关键．9．（2023·安徽淮北·校考模拟预测）如图，学校准备在长为米，宽为米的矩形草地上规划甲、乙、丙三个区域栽种花卉，正方形和正方形面积相等，且各有两边与长方形边重合，矩形是这两个正方形的重叠部分，设为米，为米．

(1)求关于的函数表达式；（不用写出自变量的取值范围）(2)设甲、乙、丙的总面积为（），求关于的函数表达式及其最大值．【答案】(1)(2)关于的函数表达式为；最大值为56【分析】（1）由于正方形和正方形面积相等，可得出两个正方形的边长相等，根据题意可得，，代入即可得到关于的函数表达式．（2）由（1）可知的面积，又因为，即可得到，再根据二次函数的性质，为开口向上的抛物线，在离对称轴远的点的位置取最大值，可判断出在当时，取最大值，从而可计算出最大面积．【详解】（1）解：由题可知，，，∴，即，∴．（2）解：∵正方形和正方形的面积相等，∴，∴，∴，又，∴整理得关于的函数表达式为；由，∵，故：当时，随的增大而增大，当时，随的增大而减小，又，∴当时，取最大值，，即最大值为56．【点睛】本题考查了二次函数的实际应用—图形的面积问题，熟练掌握二次函数的性质，开口向上在顶点处取最大值，开口向下在离对称轴远的点的位置取最大值是解题的关键．10．（2023·安徽池州·校联考一模）如图，在平面直角坐标系中，直线与坐标轴交于A，B两点，点A在x轴上，点B在y轴上，，抛物线经过点A，B，C．(1)求抛物线的解析式；(2)根据图象写出不等式的解集；(3)若点P是抛物线上的一动点，过点P作直线的垂线段，垂足为Q，当时，求点P的坐标．【答案】(1)(2)(3)或或【分析】（1）根据抛物线的解析式可得，从而可得，利用待定系数法求解即可得；（2）将不等式整理为，再找出抛物线位于直线上方时，的取值范围即可得；（3）作轴于点，交于点，作于点，分三种情况：①点在上方，②点在点左侧和③点在点右侧，先利用勾股定理求出，再利用点的坐标求出，由此建立方程，解方程即可得．【详解】（1）解：由题意得：当时，，∴，，∵.，，∴，，把，代入得：，解得，则抛物线的解析式为．（2）解：不等式整理为，这个不等式表示的是抛物线位于直线上方，由（1）已得：，，则不等式的解集为．（3）解：∵直线与坐标轴交于，两点，∴，解得，∴，设点，则点，作轴于点，交于点，作于点，①如图1，当点在上方时，则，在中，∵，∴，∴，在中，，∴，∴，，解得，，则此时点的坐标为；②如图2，当点在点左侧时，则，同理①可得，，解得，由函数图象可知，此时点在第三象限，∴，，则此时点的坐标为；③如图3，当点在点右侧时，则，在中，∵，∴，∴，∴，∴，，解得，由函数图象可知，此时点在第一象限，∴，，则此时点的坐标为，综上，点的坐标为或或．【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合、勾股定理、一元二次方程的应用等知识点，较难的是题（3），正确分三种情况讨论是解题关键．11．（2023·安徽滁州·统考二模）如图1，一块钢板截面的一边为线段，另一边曲线为抛物线的一部分，现沿线段将这块钢板分成①、②两部分，以边所在直线为x轴，经过点C且与垂直的直线为y轴，建立平面直角坐标系，规定一个单位代表1米．已知：米，米，米．(1)求曲线所在抛物线的函数关系式（不用写出自变量的取值范围）；(2)如图2，在该钢板第①部分中截取一个矩形，其中D为的中点，E，F均在线段上，G在曲线上，求的长；(3)如图3，在该钢板第②部分中截取一个，其中点P在曲线上，记的面积为S，求S的最大值．【答案】(1)所在抛物线的函数表示式为(2)(3)S的最大值为24【分析】（1）用待定系数法求解即可；（2）先由中点坐标公式求得点D的坐标为，从而得出点E的坐标为，再令，则，解得，，所以G点横坐标为，从而求得点F的坐标为，即可由两点距离公式求解；（3）先用等定系数法求出直线的解析式为，设点P的坐标为，，过点P作轴于H，交BC于点Q，则点Q的坐标为，所以，所以，然后利用求二次函数最值求解即可．【详解】（1）解：∵米，可设所在抛物线的函数表示式，∵米，米，∴，，∴，解得，∴所在抛物线的函数表示式为；（2）解：∵D为BC的中点，∴点D的坐标为，∴点E的坐标为，当时，，解得，，则G点横坐标为，∵矩形，∴轴，轴，∴点F的坐标为，∴；（3）解：设直线的解析式为．把，代入，得，解，∴直线的解析式为．∵点P在抛物线上，∴设点P的坐标为，，如图，过点P作轴于H，交BC于点Q，则点Q的坐标为，∴∴，即∴S的最大值为24．【点睛】本题考查用待定系数法求二次函数与一次函数解析式，二次函数的图像性质，二次函数的最值，矩形的性质，熟练掌握用待定系数法求函数解析式，二次函数图像性质是解题的关键．12．（2023·安徽滁州·校考二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线（b、c为常数）的顶点坐标为，与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，点C，点D关于x轴对称，连结，作直线．(1)求b、c的值；(2)求点A、B的坐标；(3)求证：；(4)点P在抛物线上，点Q在直线BD上，当以点C、D、P、Q为顶点的四边形为平行四边形时，直接写出点Q的坐标．【答案】(1)(2)(3)见解析(4)或或或【分析】（1）直接利用待定系数法求二次函数解析式即可求解；（2）令，代入函数解析式，解一元二次方程即可求解；（3）先求出D点坐标，分别表示出的长度，再求解的正切值相等即可得到角相等；（4）当为平行四边形的对角线时，由中点坐标公式列出方程组，进而求解；当、是平行四边形的对角线时，同理可解．【详解】（1）∵抛物线（b、c为常数）的顶点坐标为，，；（2）当时，或，∵点A在点B左侧，；（3），点C，点D关于x轴对称，，，，，，，，；（4）设直线的解析式为，把B、D的坐标代入解析式，得，解得，∴直线的解析式为，∴设点，点，，当为平行四边形的对角线时，由中点坐标公式得：，整理得：，解得：（舍去）或2，则，即点；当是平行四边形的对角线时，同理可得：，解得：，即点；当是平行四边形的对角线时，同理可得：，解得：，即点的坐标为或，综上，点的坐标为：或或或．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式，二次函数中平行四边形存在性问题和二次函数图象与x轴的交点问题，正切，熟练掌握知识点是解题的关键．题型二：图形运动问题一、单选题1．（2022·安徽合肥·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝2，点E是CD的中点，射线AE与BC的延长线相交于点F，点M从A出发，沿A→B→F的路线匀速运动到点F停止．过点M作MN⊥AF于点N．设AN的长为x，△AMN的面积为S，则能大致反映S与x之间函数关系的图象是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】先根据矩形的性质、三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，从而可得，再求出当点与点重合时，，然后分①和②两种情况，分别解直角三角形求出的长，最后利用三角形的面积公式可得与的函数关系式，根据二次函数的图象即可得．【详解】解：在矩形中，，，点是的中点，，在和中，，，，，，，，如图，当点与点重合时，，，，①如图，当点在边上，即时，在中，，在中，，，解得，则此时；②如图，当点在上，即时，在中，，在中，，，解得，则此时；综上，，观察四个选项可知，只有选项B符合，故选：B．【点睛】本题考查了矩形的性质、解直角三角形的应用、二次函数的图象等知识点，正确分两种情况讨论，并熟练掌握二次函数的图象特征是解题关键．2．（2023·安徽黄山·统考二模）如图，四边形ABCD是菱形，，且，作，交的延长线于点E．现将沿的方向平移，得到．设与菱形ABCD重合的部分（图中阴影部分）的面积为y，平移距离为x，则y与x的函数图像为（

）

A．

B．

C．

D．

【答案】D【分析】根据题意，进行分类讨论，求出不同情况下阴影部分面积的表达式，即可进行解答．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，，且，∴，∵，∴，，∵平移距离为x，∵沿的方向平移，得到，∴，，，∵平移距离为x，∴，∴，∴，，①当时，，整理得：，∵，∴当时，y随x的增大而增大，∴当时，有最大值；

②当时，∵，∴，，∴，整理得：，∵，∴y随x的增大而减小，∴当时，有最大值；当时，有最小值；

③当时，，整理得：，∵，∴当时，y随x的增大而减小，

综上：，故选：D．【点睛】本题主要考查了动点问题于函数图象，解题的关键是正确找出不同情况下阴影部分面积的求法．3．（2022·安徽·九年级专题练习）如图，四边形ABCD是菱形，BC＝2，∠ABC＝60°，对角线AC与BD相交于点O，线段BD沿射线AD方向平移，平移后的线段记为PQ，射线PQ与射线AC交于点M，连结PC，设OM长为，△PMC面积为．下列图象能正确反映出与的函数关系的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由四边形ABCD是菱形，BC＝2，∠ABC＝60°，可求出AC、AO、OC的长，再设OM＝x，利用解直角三角形表示出PM，分点M在线段OC上（不含点O）时和当点在线段OC延长线上时两种情况分别表示出y再结合函数图象即可判断出正确答案．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝BC＝2，∠BAD＝180°−∠ABC＝120°，∴∠DAO＝∠BAD＝60°，∴△DAC是等边三角形，∴AD＝AC＝2，∴AO＝CO＝AC＝1，设OM＝x，∵AC⊥BD，PQ为BD平移而来，∴∠AOD＝∠AMP＝90°，∴△AMP为直角三角形，∴PM＝AM•tan∠PAM＝（1＋x），①当点M在线段OC上（不含点O）时，即0≤x＜1，此时CM＝1−x，则y＝（1−x）×（1＋x）＝−，∴0≤x＜1，函数图象开口应朝下，故B、C不符合题意，②当点在线段OC延长线上时，即x＞1，如图所示：此时C＝x−1，则y＝（x−1）×(x＋1)＝，∴只有D选项符合题意，故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形面积，解直角三角形，二次函数图象等知识，熟练掌握上述知识并能分点M在线段OC上（不含点O）时和当点在线段OC延长线上时两种情况分别表示出y再结合函数图象进行判断是解题的关键．4．（2022秋·安徽淮北·九年级淮北市第二中学校联考阶段练习）已知等腰直角的斜边AB=，正方形DEFG的边长为，把和正方形DEFG如图放置，点B与点E重合，边AB与EF在同一条直线上，将沿AB方向以每秒个单位的速度匀速平行移动，当点A与点E重合时停止移动．在移动过程中，与正方形DEFG重叠部分的面积S与移动时间t（s）的函数图象大致是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】分别判断，，，的函数关系式即可．【详解】解：①如下图当时，与正方形DEFG重叠部分的面积是一个等腰直角三角形，且腰长，∴，∴函数是开口方向向上的抛物线；②当时，如下图所示，设交于点，交于点，则，∴，，函数为开口向下的抛物线；③当时，如图所示，；④，如图所示，同理可得：设交于点，交于点，，∴，函数为开口方向向下的抛物线；综上，选项D符合题意，故选：D．【点睛】本题主要考查动点问题的函数图像，根据题意，结合图形，分析好变化的量是得出函数关系式的关键．二、解答题5．（2022秋·安徽合肥·九年级合肥市五十中学西校校考阶段练习）在平面直角坐标系中，两条线段AB和CD关于直线x＝1对称，（点A、B分别与点C、D对应），且C，D两点的坐标分别为C（﹣2，0），D（2，﹣4）．(1)直接写出A，B两点的坐标；(2)以直线x＝1为对称轴的抛物线l经过A，B，C，D四点．①求抛物线l的函数解析式；②若点P是抛物线l上AB之间的一个动点，过点P分别作x轴和y轴的垂线，与直线AB分别相交于M，N两点，设点P的横坐标为m，记W＝PM+PN，求W关于m的函数解析式，并求W的最大值．【答案】(1)A（4，0），B（0，﹣4）；(2)①；②W＝﹣+4m（0≤m≤4），W的最大值为4．【分析】（1）根据关于轴对称的性质即可得到点A和点B的坐标；（2）①设抛物线的表达式为y＝a（x﹣1）2+c，利用待定系数法即可求解；②用待定系数法求出直线AB的解析式，先证明PM＝PN，由点P的坐标为（m，），点M的坐标为（m，m﹣4），代入W＝PM+PN后整理即可得到答案．【详解】（1）解：∵两条线段AB和CD关于直线x＝1对称，（点A、B分别与点C、D对应），且C，D两点的坐标分别为C（﹣2，0），D（2，﹣4）．∴A（4，0），B（0，﹣4）；（2）①设抛物线的表达式为y＝a（x﹣1）2+c，∵C（﹣2，0），D（2，﹣4）．∴，解得，故抛物线的表达式为；②设直线AB的解析式为y＝kx＋b，把A（4，0），B（0，﹣4）代入得到，，解得，∴直线AB的表达式为y＝x﹣4，∵OA＝OB＝4，∴∠OAB＝∠OBA＝45°，∵过点P分别作x轴和y轴的垂线，与直线AB分别相交于M，N两点，∴PMy轴，PNx轴，∴∠PNM＝∠OAB＝45°，∠PMN＝∠OBA＝45°，∴∠PNM＝∠PMN＝45°，∴PM＝PN，∵点P的横坐标为m，∴点P的坐标为（m，），点M的坐标为（m，m﹣4），则W＝PM+PN＝2PM＝2（m﹣4﹣）＝﹣+4m＝，即W＝﹣+4m（0≤m≤4），W的最大值为4．【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的解析式和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．6．（2022秋·安徽芜湖·九年级统考期末）如图，矩形的两边长，，点、分别从A、B同时出发，在边上沿方向以每秒的速度匀速运动，在边上沿方向以每秒的速度匀速运动．当到达点时，、停止运动．设运动时间为秒，的面积为(1)求关于的函数关系式，并写出的取值范围；(2)求的面积的最大值．【答案】(1)(2)．【分析】（1）分别表示出、的长，然后根据三角形的面积公式列式整理即可得解；（2）把函数关系式整理成顶点式解析式，然后根据二次函数的最值问题解答．【详解】（1）∵，，，，即；（2）由知，，，当时，随的增大而增大，而，当时，，即的最大面积是．【点睛】本题考查了矩形的性质，二次函数的最值问题，根据题意表示出、的长度是解题的关键．7．（2022秋·安徽芜湖·九年级校考阶段练习）如图，直线与x轴，y轴分别交于B，C两点，抛物线过B，C两点，与x轴的另一个交点为A，点D是在直线上方的抛物线上一动点，连接，，．(1)求b、c的值；(2)设四边形的面积为S，求S的最大值．【答案】(1)(2)18【分析】（1）先求出，坐标，再把，坐标代入抛物线解析式即可；（2）由图形可知，当的面积最大时，最大，过点作轴交于，设点坐标为，，则，得出，然后由三角形面积公式得出关于的解析式，再由函数的性质求最值即可．【详解】（1）解：对于直线，当时，，当时，，，，抛物线过，两点，，解得，，；（2）由（1）知，抛物线解析式为，令，则，解得，，，，的面积为定值，当的面积最大时，最大，过点作轴交于，设点坐标为，，则，，，，当时，最大，最大值为8，，的最大值为．【点睛】本题考查了抛物线与轴的交点，一次函数的性质，二次函数的性质，二次函数的最值，用待定系数法求函数表达式等知识，求出关于的解析式是解题关键．8．（2022秋·安徽合肥·九年级校联考期末）如图，中，，，，点P从B点出发以每秒的速度向C点运动，同时Q从C点出发以相同和速度向A点运动，当其中一个点到达目的的地时，另一点自动停止运动，设运动时间为？（1）用含t的代数式表示、的长，并直接写出t的取值范围；（2）多长时间后的面积为？（3）设，直接定出y的取值范围；【答案】（1）CP＝8−t；CQ＝t，0≤t≤6；（2）经过2s或6s时△CPQ的面积为6cm2；（3）32≤y≤64【分析】（1）根据CP＝BC−BP，CQ＝t，即可得到结论；（2）根据题意列方程即可得到结论；（3）根据勾股定理列出二次函数解析式，即可得到结论．【详解】解：（1）由题意得：CP＝BC−BP＝8−t；CQ＝t；t的取值范围为：0≤t≤6；（2）设t秒后△CPQ的面积为6cm2，根据题意得，（8−t）t＝6，解得：t＝2，t＝6，答：经过2s或6s时△CPQ的面积为6cm2；（3）∵=CP2+CQ2=（8−t）2+t2，∴y=2t2-16t+64=2（t-4）2+32，∵0≤t≤6；∴当t=0时，y最大=64，当t=4时，y最小=32，∴32≤y≤64．【点睛】本题考查了二次函数的性质，一元二次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程或函数解析式．9．（2023·安徽合肥·校考模拟预测）如图1，抛物线，交轴于A、B两点，交轴于点，为抛物线顶点，直线垂直于轴于点，当时，．(1)求抛物线的表达式；(2)点是线段上的动点（除、外），过点作轴的垂线交抛物线于点．①当点的横坐标为2时，求四边形的面积；②如图2，直线，分别与抛物线对称轴交于、两点．试问，是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．【答案】(1)(2)①；②是，定值为，理由见解析【分析】（1）由当时，，可知，是的两根，代入方程可得从而得解；（2）①把代入抛物线解析式可得D点坐标，再代入抛物线解析式可得C点坐标，从而得知线段轴，利用配方法可知点F坐标，从而利用求面积；②设，用待定系数法求出直线与直线的解析式，再令得，，从而得出，的长，从而得到是定值8．【详解】（1）解：∵当时，，∴，是的两根，，∴，解得：，抛物线的表达式为：；（2）①把代入得：，．又当，，，线段轴．，，；②设，直线，，因此可得：或，解得：或，直线，．令得，，，，．【点睛】本题考查二次函数与一次函数综合，涉及四边形的面积求法，待定系数法等知识，掌握待定系数法和面积求法是解题的关键．10．（2022·安徽六安·统考一模）如图1，在平面直角坐标系中，已知C点坐标为（0，-3），且OA＝OC＝3OB，抛物线图象经过A，B，C三点，D点是该抛物线的顶点．(1)求抛物线所对应的函数表达式；(2)判断△ADC的形状，并求△ADC的面积；(3)如图2，点P是该抛物线位于第三象限的部分上的一个动点，过P点作PE⊥AC于点E，PE的值是否存在最大值？如果存在，请求出PE的最大值；如果不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)三角形ACD是直角三角形，3(3)PE有最大值为【分析】(1)根据C点坐标为(0，-3)，且OA=OC=3OB，得出A，B点的坐标，用待定系数法求解析式即可；(2)根据坐标求出三角形各边的长，利用勾股定理判断其为直角三角形，再用三角形面积公式求面积即可；(3)求出直线AC的解析式，过点P作PH//y轴交AC于H，设出P点和H点坐标，用含x的代数式求出PE的值，根据二次函数性质求最值即可．（1）解：∵C点坐标为（0，-3），且OA＝OC＝3OB，∴A（-3，0），B（1，0），将A，B两点坐标分别代入解析式得，，解得，∴抛物线的解析式为：；（2）解：由（1）知抛物线的解析式为，∴D点的坐标为（-1，-4），∴，，，∵，即，∴三角形ACD是直角三角形，∴；（3）PE的值存在最大值,理由如下：设直线AC的解析式为，把A，C点的坐标分别代入，得，解得，∴直线AC的解析式为，如图，过点P作y轴的平行线交AC于点H，∵OA＝OC，∴∠OAC＝∠OCA＝45°，∵，∴∠PHE＝∠OCA＝45°，设点，则点，∴，∴，∴PE有最大值为．【点睛】本题主要考查二次函数的综合，一次函数，勾股定理等知识，熟练掌握二次函数的性质，用待定系数法求函数解析式，利用二次函数性质求最值是解题的关键．题型三：拱桥问题一、填空题1．（2022秋·安徽合肥·九年级校考阶段练习）一座石拱桥的桥拱是近似的抛物线形．建立如图所示的坐标系，其函数关系式为，当水面离桥拱顶的高度是时，水面的宽度为__________m．【答案】【分析】根据题意可得的纵坐标为，把代入解析式确定的坐标，进而求得的长即可解答．【详解】解：根据题意的纵坐标为，把代入，得，，，．即水面宽度为．故答案为：．【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，掌握二次函数的对称性是解答本题的关键．2．（2022秋·安徽·九年级期末）如图是一个横断面为抛物线形状的拱桥，当水面在正常水位的情况下，拱顶（拱桥洞的最高点）离水面2m，水面宽4m．则当水位下降m=________时，水面宽为5m？【答案】【分析】以抛物线的顶点为原点建立坐标系，则可以设函数的解析式是y=ax2，然后求得水面与抛物线的交点坐标，利用待定系数法求解抛物线的解析式，再利用点的坐标特点即可求解．【详解】解：如图，建立如下的坐标系：水面与抛物线的交点坐标是（-2，-2），，设函数的解析式是y=ax2，则4a=-2，解得，则函数的解析式是．当水面宽为5米时，把代入抛物线的解析式可得：（米），故答案为：．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，建立合适的平面直角坐标系，求得水面与抛物线的交点是解题的关键．二、解答题3．（2022·安徽·九年级专题练习）合肥老城西大门有一处城门横断面分为两部分，上半部分为抛物线形状，下半部分为正方形（OMNE为正方形），已知城门宽度为4米，最高处离地面6米，如图1所示，现以O点为原点，OM所在的直线为x轴，OE所在的直线为y轴建立直角坐标系．（1）求出上半部分抛物线的函数表达式，并写出其自变量的取值范围；（2）有一辆宽3米，高4.5米的货车需要通过该城门进入城区，请问该货车能否正常进入？（3）由于城门年久失修，需要搭建一个矩形“巩固门”ABCD，该“巩固门”关于抛物线对称轴对称，如图2所示，其中AB、AD、CD为三根承重钢支架，点D在抛物线上，B、C在地面上，已知钢支架每米300元，问搭建这样一个矩形“巩固门”，仅钢支架一项，最多需要花费多少元？【答案】（1）y=-x+2x+4（0≤x≤4）；（2）消防车能正常进入；（3）3900元【分析】（1）由题意得，抛物线的顶点为（2，6），设抛物线的表达式为：，因为抛物线经过点E（0，4），则可求出，即可得（2）由题意得，当货车走最中间时，进入可能性最大，即当时，求出函数值，与4.5比较，即可得；（3）设B点的横坐标为m，AB+AD+CD的长度为L，则，即，，则，根据二次函数的性质得，当时，L最大，求出L的最大值，再乘300即可得．【详解】解：（1）由题意得，抛物线的顶点为（2，6），∴设抛物线的表达式为：，∵抛物线经过点E（0，4），∴，解得，∴抛物线的表达式为：，即；（2）由题意得，当货车走最中间时，进入的可能性最大，即当时，，∴该货车能正常进入；（3）设B点的横坐标为m，AB+AD+CD的长度为L，则，由题意知，，即，，∴，当，L最大，L最大=+2×1+12=13，（元），则最多需要花费3900元．【点睛】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是掌握待定系数法和二次函数的性质．4．（2022秋·安徽阜阳·九年级统考期末）某公园有一个抛物线形状的观景拱桥，其横截面如图所示，在图中建立的直角坐标系（以中点为原点，抛物线对称轴所在直线为y轴）中，拱桥高度，跨度．(1)求抛物线的解析式．(2)拱桥下，有一加固桥身的“脚手架”矩形（H，G分别在抛物线的左右侧上），已知搭建“脚手架”的三边所用钢材长度为（在地面上，无需使用钢材），求“脚手架”打桩点E与拱桥端点A的距离．(3)已知公园要进行改造，在原位置上将拱桥改造为圆弧，跨度不变，且（2）中“脚手架”矩形仍然适用（E，F打桩位置不变，H，G依然在拱桥上），求改造后拱桥的高度（结果精确到，参考数据：）．【答案】(1)(2)“脚手架”打桩点E与拱桥端点A的距离为(3)改造后拱桥的高度为【分析】（1）设抛物线的解析式为，把，代入计算即可求解；（2）设点G的坐标为，根据题意得，，又∵，∴，解之求得，（不合题意，舍去），即可得，，则，由即可求解；（3）取中点K，在延长线上取圆心M，连接，，设长为，由勾股定理得，即，解得，所以，，然后由，即可求解．【详解】（1）解：设抛物线的解析式为，经过，，∴，解得，∴抛物线的解析式为．（2）解：设点G的坐标为，根据题意得，，∵，∴，解得，（不合题意，舍去），∴，，∴，∴．答：“脚手架”打桩点E与拱桥端点A的距离为．（3）解：如图，取中点K，在延长线上取圆心M，连接，，设长为，在中，，在中，，∴，即，解得，∴，，∴，答：改造后拱桥的高度为．【点睛】本题考查二次函数的应用，勾股定理，圆的性质，熟练掌握用待定系数法求二次函数解析式和二次函数图象性质是解题的关键．5．（2023秋·安徽宣城·九年级统考期末）现要修建一条公路隧道，其截面为抛物线型，如图所示，线段表示水平的路面，以O为坐标原点，以所在直线为x轴，以过点O垂直于x轴的直线为y轴，建立平面直角坐标系．根据设计要求，隧道上距点O水平方向2米及竖直方向6米的A点有一照明灯．(1)求满足设计要求的抛物线的函数表达式；(2)现需在这个隧道中间位置设置双向通行车道，加中间隔离带合计宽度9米，隧道入口对车辆要求限高，请通过计算说明高度不超过米的车辆能否安全通过该隧道？【答案】(1)(2)能安全通过【分析】(1)设抛物线的解析式为，把点代入，即可求解；(2)令，求得y的值，再与比较，即可解答．【详解】（1）解：抛物线经过点，，∴可以设抛物线的解析式为，把点代入，可得，∴抛物线的解析式为即；（2）解：，根据对称性，令，得﹒，高度不超过米的车辆能安全通过该隧道．【点睛】本题考查二次函数的应用，待定系数法，解题的关键是熟练掌握待定系数法．6．（2023春·安徽蚌埠·九年级校考阶段练习）如图所示的是一座古桥，桥拱为抛物线型，，是桥墩，桥的跨径为，此时水位在处，桥拱最高点P离水面，在水面以上的桥墩，都为．以所在的直线为x轴、所在的直线为y轴建立平面直角坐标系．(1)求此桥拱所在抛物线的表达式．(2)当水位上涨时，若有一艘船在水面以上部分高，宽，问此船能否通过桥洞？请说明理由．【答案】(1)(2)此船不能通过桥洞，理由见解析【分析】（1）先求出点A，点B，点P的坐标，再把抛物线解析式设为顶点式进行求解即可；（2）求出当时x的值，然后计算出两个对应的x的值之间的差值即可得到答案．【详解】（1）解：由题意得，点A的坐标为，点B的坐标为，则点P的坐标为，设抛物线解析式为，∴，∴，∴抛物线解析式为；（2）解：此船不能通过桥洞，理由如下：当时，即，解得或，∵，∴此船不能通过桥洞．【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，正确理解题意求出抛物线解析式是解题的关键．7．（2022秋·安徽滁州·九年级校考阶段练习）如图是抛物线型拱桥，当拱顶离水面8米时，水面宽AB为12米．当水面上升6米时达到警戒水位，此时拱桥内的水面宽度是多少米？下面是两个兴趣小组解决这个问题的两种方法，请补充完整：方法一：如图1，以点A为原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy，此时点B的坐标为，抛物线的顶点坐标为，可求这条抛物线的解析式为．方法二：如图2，以抛物线顶点为原点，对称轴为y轴，建立平面直角坐标系xOy，这时这条抛物线所表示的二次函数的解析式为．当取y＝﹣6时，即可求出此时拱桥内的水面宽度为，解决了这个问题【答案】方法一：（12，0）；（6，8）；；方法二；．【分析】方法一：根据题意，以点A为原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy，先求出，，设二次函数的解析式为，把点的坐标代入解方程即可；方法二：根据题意，以抛物线顶点为原点，对称轴为y轴，建立平面直角坐标系xOy，先求出，设二次函数的解析式为，把代入，可得二次函数的解析式为；当时，可得，解方程即可求出此时拱桥内的水面宽度．【详解】解：方法一：如图1，以点A为原点，AB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy，∵水面宽AB为12米．点A（0，0），点B在x轴上，∴点B（12，0），抛物线对称轴,∵拱顶离水面8米，∴抛物线的顶点M（6，8），设这条抛物线解析式为∵抛物线过原点，∴解得∴这条抛物线解析式为，故答案为（12，0）；（6，8）；；方法二∵以抛物线顶点为原点，对称轴为y轴，建立平面直角坐标系xOy，当拱顶离水面8米时，水面宽AB为12米．∴对称轴与水面的交点坐标C（0，-8），∴AC=BC=，∴点A（-6，-8），点B（6，-8），设二次函数的解析式为，把代入得，解得，二次函数的解析式为；当时，即：∴∴，∴此时拱桥内的水面宽度为，故答案为：；．【点睛】本题主要考查二次函数的应用，根据题意建立合适的平面直角坐标系及熟练掌握待定系数法求函数解析式是解题的关键．8．（2022秋·安徽·九年级统考期中）跳绳是一项很好的健身活动，如图是小明跳绳运动时的示意图，建立平面直角坐标系如图所示，甩绳近似抛物线形状，脚底、相距20cm，头顶离地175cm，相距60cm的双手、离地均为80cm．点、、、、在同一平面内，脚离地面的高度忽略不计．小明调节绳子，使跳动时绳子刚好经过脚底、两点，且甩绳形状始终保持不变．(1)求经过脚底、时绳子所在抛物线的解析式．(2)判断小明此次跳绳能否成功，并说明理由．【答案】(1)(2)不成功，理由见解析【分析】（1）建立如图所示的坐标系：结合题意可得：由双手、离地均为80cm，可得C点坐标为：再利用待定系数法求解解析式即可；（2）由可得跳绳不过头顶，从而可得答案．【详解】（1）解：建立如图所示的坐标系：结合题意可得：双手、离地均为80cm．C点坐标为：设抛物线为：解得：所以抛物线为（2）解：∵y=0.1x²－90，∴顶点为（0，－90）.即跳绳顶点到手的距离是90cm，跳绳不过头顶，小明此次跳绳能不成功．【点睛】本题考查的是二次函数的实际应用，理解题意，建立合适的坐标系是解本题的关键．9．（2022秋·安徽·九年级校联考期中）某公园有一个截面由抛物线和矩形构成的观景拱桥，如图1所示，示意图如图2，且已知图2中矩形的长为12米，宽为4米，抛物线的最高处E距地面为8米．(1)请根据题意建立适当的平面直角坐标系，并求出抛物线的函数解析式；(2)若观景拱桥下放置两根长为7米的对称安置的立柱，求这两根立柱之间的水平距离；(3)现公园管理处打算在观景桥侧面搭建一个矩形“脚手架”（如图2），对观景桥表面进行维护，P，N点在抛物线上，Q，M点在上，为了筹备材料，需求出“脚手架”三根支杆的长度之和的最大值，请你帮管理处计算一下．【答案】(1)(2)6米(3)20.5米【分析】（1）以所在的直线为x轴，点E为顶点建立直角坐标系，用待定系数法求解即可；（2）确定立柱的纵坐标，解方程可得答案；（3）设，则，，三根支杆的总长度，再根据二次函数的性质解答即可．【详解】（1）解：如图，以所在的直线为x轴，点E为顶点建立直角坐标系，由题意得，，，设抛物线的解析式为，代入可得，解得，∴；（2）依题意可得：，解得：，∴（米），答：这两根立柱之间的水平距离是6米；（3）设，则，，∴三根支杆的总长度，∵，∴时，w的最大值为，∴三根支杆的长度之和的最大值为20.5米．【点睛】本题考查了二次函数的应用，熟练掌握不同坐标系中顶点式求解析式，能把实际问题转化为抛物线是解题的关键．10．（2023·安徽滁州·校考一模）如图1，一段高架桥的两墙，由抛物线一部分连接，为确保安全，在抛物线一部分内修建了一个菱形支架，抛物线的最高点到的距离米，，点，在抛物线一部分上，以所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，确定一个单位长度为1米．(1)求此抛物线对应的函数表达式；(2)求高架桥两端的的距离；(3)如图2，现在将菱形做成广告牌，且在菱形内再做一个内接矩形广告牌，已知矩形广告牌的价格为80元/米，其余部分广告牌的价格为160元/米，试求菱形广告牌所需的最低费用．【答案】(1)(2)米(3)元【分析】（1）过点作于点，作轴于点，在中，轴，，勾股定理得出，进而得出，根据，得出，进而待定系数法求解析式即可求解；（2）根据，解方程，得出的坐标，即可求解．（3）待定系数法得出直线的解析式为，直线的解析式为，设矩形中，米，则，代入，，继而得出，由（1）得出，设总费用为，进而根据面积乘以广告牌的价格得出的函数关系，根据二次函数的性质求得最值即可求解．【详解】（1）解：如图所示，过点作于点，作轴于点，∵四边形是菱形，，∴，，在中，轴，，∴，，∴，∵，∴，设抛物线对应的函数表达式为，将，代入得，，解得：，∴；（2）令，解得：，∴，∴（米）（3）设直线的解析式为，将点代入得，，解得：，∴直线的解析式为，设直线的解析式为，将点，代入得，，解得：，∴直线的解析式为，设矩形中，米，则，代入，，得，∴，∴，由（1）可得，，设总费用为，∴；当时，取得最小值，最小值为，∴菱形广告牌所需的最低费用为元．【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，菱形的性质，矩形的性质，掌握二次函数的性质是解题的关键．11．（2023·安徽合肥·模拟预测）如图，某一抛物线型隧道在墙体处建造，现以地面和墙体分别为x轴和y轴建立平面直角坐标系，已知，且抛物线经过．请根据以上信息，解决下列问题：(1)求此抛物线的函数表达式；(2)有一辆宽，高的货车想要通过隧道，请问该货车能否正常通过？请说明理由；(3)现准备在抛物线上一点E处，安装一直角形钢拱架支护材料对隧道进行维修（点F，G分别在x轴，y轴上，且轴，轴），现有钢拱架支护材料是否够用？请说明理由．【答案】(1)(2)不能，见解析(3)现有钢拱架支护材料够用，见解析【分析】（1）由待定系数法，即可求出抛物线的解析式方程；（2）先求出抛物线的对称轴，然后取，求出的值，再与货车的高度进行比较，即可得到答案；（3）由题意，设点，则点，然后表示出的值，再利用二次函数的最值问题，即可求出答案．【详解】（1）解：由题意，∵，∴设抛物线的表达式为，由得，，解得：，∴；（2）解：∵，∴抛物线对称轴为直线，∵货车宽，∴当货车从门中间进入时，把代入，得，∴货车不能正常驶入；（3）解：由题意，设点，则点，由题意得，∵点G在点A的下方，∴，∴或，∵令，∴或，∴或（舍去）；∵，∴当时，有最大值，∴的最大值为：，∴现有钢拱架支护材料够用．【点睛】本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式，利用二次函数的性质解答．12．（2022·安徽滁州·统考二模）甲秀楼是贵阳市一张靓丽的名片．如图①，甲秀楼的桥拱截面可视为抛物线的一部分，在某一时刻，桥拱内的水面宽，桥拱顶点到水面的距离是．（1）按如图②所示建立平面直角坐标系，求桥拱部分抛物线的函数表达式；（2）一只宽为的打捞船径直向桥驶来，当船驶到桥拱下方且距点时，桥下水位刚好在处．有一名身高的工人站立在打捞船正中间清理垃圾，他的头顶是否会触碰到桥拱，请说明理由（假设船底与水面齐平）；（3）如图③，桥拱所在的函数图象是抛物线，该抛物线在轴下方部分与桥拱在平静水面中的倒影组成一个新函数图象．将新函数图象向右平移个单位长度，平移后的函数图象在时，的值随值的增大而减小，结合函数图象，求的取值范围．【答案】（1）y=x2+2x（0≤x≤8）；（2）他的头顶不会触碰到桥拱，理由见详解；（3）5≤m≤8【分析】（1）设二次函数的解析式为：y=a(x-8)x，根据待定系数法，即可求解；（2）把：x=1，代入y=x2+2x，得到对应的y值，进而即可得到结论；（3）根据题意得到新函数解析式，并画出函数图像，进而即可得到m的范围．【详解】（1）根据题意得：A(8，0)，B(4，4)，设二次函数的解析式为：y=a(x-8)x，把(4，4)代入上式，得：4=a×(4-8)×4，解得：，∴二次函数的解析式为：y=(x-8)x=x2+2x（0≤x≤8）；（2）由题意得：x=0.4+1.2÷2=1，代入y=x2+2x，得y=×12+2×1=＞1.68，答：他的头顶不会触碰到桥拱；（3）由题意得：当0≤x≤8时，新函数表达式为：y=x2-2x，当x＜0或x＞8时，新函数表达式为：y=-x2+2x，∴新函数表达式为：，∵将新函数图象向右平移个单位长度，∴（m，0），（m+8，0），（m+4，-4），如图所示，根据图像可知：当m+4≥9且m≤8时，即：5≤m≤8时，平移后的函数图象在时，的值随值的增大而减小．【点睛】本题主要考查二次函数的实际应用，掌握二次函数的待定系数法，二次函数的图像和性质，二次函数图像平移和轴对称变换规律，是解题的关键．题型四：销售问题一、解答题1．（2023·安徽合肥·校考一模）某市公安局交警支队在全市范围内开展“一盔一带”安全守护行动，某商场的头盔销量不断增加，该头盔销售第天与该天销售量（件）之间满足函数关系式为：（且为整数），为减少库存，该商场将此头盔的价格不断下调，其销售单价（元）与第天成一次函数关系，当时，，当时，．已知该头盔进价为元／件．(1)求与之同的函数关系式；(2)求这天中第几天销售利润最大，并求出最大利润；(3)在实际销售的前天，为配合“骑乘人员佩戴头盔专题周”活动的开展，商场决定将每个头盔的单价在原来价格变化的基上再降价元（）销售，通过销售记录发现，前8天中，每天的利润随时间（天）的增大而增大，试求的取值范围．【答案】(1)与之间的函数关系式为（）(2)第天利润最大，最大值为元(3)的取值范围为【分析】（1）根据待定系数法即可求解；（2）根据题意，设总利润为元，可得出总利润与第天的函数关系，根据二次函数顶点式即可求解；（3）根据数量关系，二次函数图像的性质即可求解．【详解】（1）解：根据题意，设，当时，，当时，，∴，解得：，∴与之间的函数关系式为（）．（2）解：设总利润为元，则，当时，取得最大值，∴第天利润最大，最大值为：（元）．（3）解：由题意可设第天的销售利润为元，则，∴对称轴为又知前天中，每天的利润随时间（天）的增大而增大，∴即，又，∴．【点睛】本题主要考查销售问题，理解题目中数量关系，二次函数图像的性质是解题的关键．2．（2023·安徽合肥·统考一模）某快餐店给顾客提供A，B两种套餐．套餐A每份利润8元，每天能卖90份；套餐B每份利润10元，每天能卖70份．若每份套餐A价格提高1元，每天少卖出4份；每份套餐B价格提高１元，每天少卖出2份．（注：两种套餐的成本不变）(1)若每份套餐价格提高了x元，求销售套餐A，B每天的总利润元，元与x之间的函数关系式；(2)物件部门规定这两种套餐提高的价格之和为10元，问套餐A提高多少元时，这两种套餐每天利润之和最大？【答案】(1)，(2)套餐提高4元时，这两种套餐每天利润之和最大【分析】（1）由题意可知，每份套餐价格提高了元，套餐每天卖出份，套餐每天卖出份，根据利润每份利润份数即可求得函数关系式；（2）设套餐每份提高了元，则套餐每份提高了，结合两个函数关系可得两种套餐每天利润之和，即可求得结果．【详解】（1）解：由题意可得：套餐每份提高了x元，则每天卖出份，套餐每份提高了x元，则每天卖出份，则：套餐每天的总利润，套餐每天的总利润；（2）设套餐每份提高了元，则套餐每份提高了，∴，则两种套餐每天利润之和为：，即：，∴当时，有最大值，即：套餐提高4元时，这两种套餐每天利润之和最大．【点睛】本题主要考查二次函数的应用，设出未知数，根据题意列出等式，找到量之间的关系是解题关键．3．（2023·安徽合肥·统考二模）某商店销售一种商品，每件的进价为20元．根据市场调查，当售价不低于30元/件时，销售量（件）与售价（元/件）之间的关系如图所示（实线）．(1)写出销售量（件）与售价（元/件）之间的函数关系式．(2)当售价为多少时，获利最大？最大利润是多少？【答案】(1)(2)当售价为64元/件时，可以获利最大，最大利润为1936元【分析】（1）由图可知销售量销售量（件）与售价（元/件）之间成一次函数关系，设，根据的范围，分别代入求解即可；（2）根据的范围分类讨论，分别求出总利润与售价的函数关系式，再求最大值即可．【详解】（1）解：由题意得：设当时，图象经过代入得：解得：∴当时，当时，图象经过代入得：解得：∴当时，∴销售量（件）与售价（元/件）之间的函数关系式为（2）解：设总利润为，由题意得：当时，，∴当时，取得最大值，此时

当时，，∴当时，取得最大值，此时，答：当售价为64元/件时，可以获利最大，最大利润为1936元.．【点睛】本题主要考查一次函数与二次函数的应用，熟练掌握利润计算公式列函数关系式是解决本题的关键．4．（2023·安徽滁州·校联考二模）乌馒头是江北慈城地方特色点心，用麦粉发酵，再掺以白糖黄糖，蒸制而成．因其用黄糖，颜色暗黄，所以称之谓“乌馒头”．某商店销售乌馒头，通过分析销售情况发现，乌馒头的日销售量（盒）是销售单价（元/盒）的一次函数，销售单价、日销售量的部分对应值如下表，已知销售单价不低于成本价且不高于20元，每天销售乌馒头的固定损耗为20元，且销售单价为18元/盒时，日销售纯利润为1180元．销售单价（元/盒）1513日销售量（盒）500700(1)求乌馒头的日销售量（盒）与销售单价（元/盒）的函数表达式；(2)“端午乌馒重阳粽”是慈城的习俗．端午节期间，商店决定采用降价促销的方式回馈顾客．在顾客获得最大实惠的前提下，当乌馒头每盒降价多少元时，商店日销售纯利润为1480元？(3)当销售单价定为多少时，日销售纯利润最大，并求此日销售最大纯利润．【答案】(1)(2)当乌馒头每盒降价3元时，商店每天获利为1480元(3)当销售单价定为16元/盒时，日销售纯利润最大，最大纯利润为1580元【分析】（1）设，根据表格即可求解；（2）根据：销售量单件利润损耗费用销售总利润，列出方程即可求解；（3）设日销售纯利润为元，根据：销售量单件利润损耗费用销售总利润，列出函数关系式，并在求最值即可．【详解】（1）解：设，由题意得，解得，∴．（2）解：当时，，即销售200盒的纯利润为1180元，成本价为：（元），，解得：（舍），，（元）．答：当乌馒头每盒降价3元时，商店每天获利为1480元．（3）解：设日销售纯利润为元，由题意得，，，当时，有最大值1580元，答：当销售单价定为16元/盒时，日销售纯利润最大，最大纯利润为1580元．【点睛】本题考查了一次函数，一元二次方程，二次函数在销售利润中的应用，掌握销售问题中的等量关系式是解题的关键．5．（2023·安徽池州·校联考一模）为鼓励大学毕业生自主创业，某市政府出台相关政策，本市企业提供产品给大学毕业生自主销售，政府还给予大学毕业生一定补贴．已知某种品牌服装的成本价为每件100元，每件政府补贴20元，每月销售量（件）与销售单价（元）之间的关系近似满足一次函数：．(1)若第一个月将销售单价定为160元，政府这个月补贴多少元?(2)设获得的销售利润（不含政府补贴）为（元），当销售单价为多少元时，每月可获得最大销售利润?(3)若每月获得的总收益（每月总收益=每月销售利润+每月政府补贴）不低于28800元，求该月销售单价的最小值．【答案】(1)8400元(2)200元(3)140元【分析】（1）把代入，求出销售的件数，从而得到政府补贴金额；（2）根据总利润=数量×单件利润列出函数关系式，再利用二次函数的最值求解；（3）每月获得的总收益为，列出函数关系式，再令，求出x值，结合函数的性质得到最小值．【详解】（1）解：在中，令，则，∴政府这个月补贴元；（2）由题意可得：，∵，∴当时，w有最大值30000．即当销售单价定为200元时，每月可获得最大利润30000元．（3）设每月获得的总收益为，由题意可得：，令，则，解得：或，∵，则抛物线开口向下，对称轴为直线，∴当时，，∴该月销售单价的最小值为140元．【点睛】本题主要考查了二次函数的应用的知识点，解答本题的关键是熟练掌握二次函数的性质以及二次函数最值的求解，此题难度不大．6．（2023·安徽蚌埠·校考模拟预测）某工厂在生产过程中要消耗大量电能，消耗每千度电产生利润与电价是一次函数关系，经过测算，工厂每千度电产生利润y（元/千度））与电价x（元/千度）的函数图象如图：(1)当电价为600元/千度时，工厂消耗每千度电产生利润是多少？(2)为了实现节能减排目标，有关部门规定，该厂电价x（元/千度）与每天用电量m（千度）的函数关系为，为了获得最大利润，工厂每天应安排使用多少度电？工厂每天消耗电产生利润最大是多少元？(3)由于地方供电部门对用电量的限制，规定该工厂每天的用电量，请估算该工厂每天消耗电产生利润的取值范围．【答案】(1)180元/千度(2)当工厂每天使用50千度电时，工厂每天电产生最大利润为5000元(3)4200元～5000元【分析】（1）利用待定系数法先求出y与x的关系式，然后把代入所求得的函数关系式计算即可；（2）设工厂每天消耗电产生利润为w元，根据利润=每千度电产生利润y×每天用电量m（千度）即可得出w与m的函数关系式，然后根据二次函数的性质解答即可；（3）根据二次函数的性质求解即可得出范围．【详解】（1）解：设工厂每千度电产生利润y（元/千度）与电价x（元/千度）的函数解析式为：（k、b是常数，且）．将点代入可得：，解得：，故．当电价元/千度时，该工厂消耗每千度电产生利润（元/千度）．答：工厂消耗每千度电产生利润是180元/千度．（2）解：设工厂每天消耗电产生利润为w元，由题意得：，当时，w取得最大，，即当工厂每天使用50千度电时，工厂每天电产生最大利润为5000元．（3）由（2）可得，当时，利润取得最大，最大为5000元，∵当时，w随着m的增大而减小，且，∴当时，利润取得最小，最小为4200元．故该工厂每天消耗电产生利润的取值范围为4200元～5000元．【点睛】本题考查了一次函数和二次函数的应用，属于常考题型，正确理解题意、得出相应的函数关系式、熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．7．（2023·安徽亳州·统考模拟预测）某超市以40元/个的价格购进一批冬奥会吉祥物，当以50元/个的价格出售时，每天可以售出60个．为了促销，在确保不亏本的前提下采取降价促销的方式招揽顾客，经调查发现，当售价每降低元时，每天可多卖出5个吉祥物．(1)设该吉祥物的售价降低了x元，每天的销售量为y个，直接写出y与x的函数关系式及自变量x的取值范围．(2)设销售这种吉祥物一天可获利润为w元，求w与x之间的函数关系式．(3)这种吉祥物的售价定为每个多少元时，商店每天获得的利润最大？【答案】(1)(2)(3)售价为48元/个时每天利润最大为640元【分析】（1）根据列出函数关系式即可，再根据售价>进价，降价的金额为非负数，即可写出x的取值范围；（2）根据利润=单个利润×数量，即可列出w与x之间的函数关系式；（3）将（2）中得出的关系式化为顶点式，即可进行解答．【详解】（1）解：根据题意可得：，∴．（2）解：．（3）∵，，∴当时，w有最大值，最大值为640，当时，定价为（元），∴售价为48元/个时每天利润最大为640元．【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，解题的关键是正确理解题意，根据题意列出函数表达式，根据二次函数的性质进行解答．8．（2023·安徽阜阳·校联考模拟预测）某超市采购了两批同样的冰墩墩挂件，第一批花了6600元，第二批花了8000元，第一批每个挂件的进价是第二批的1.1倍，且第二批比第一批多购进50个．(1)求第二批每个挂件的进价；(2)两批挂件售完后，该超市以第二批每个挂件的进价又采购一批同样的挂件，经市场调查发现，当售价为每个60元时，每周能卖出40个，若每降价1元，则每周多卖10个．求每个挂件售价定为多少元时，每周可获得最大利润，最大利润是多少?【答案】(1)第二批每个挂件的进价为40元；(2)当每个挂件售价定为52元时，每周可获得最大利润，最大利润是1440元．【分析】（1）设第二批每个挂件的进价为x元，则第一批每个挂件的进价为1.1x元，根据题意列出方程，求解即可；（2）设每个售价定为y元，每周所获利润为w元，则可列出w关于y的函数关系式，根据二次函数的性质可得出结论．【详解】（1）解：设第二批每个挂件的进价为x元，则第一批每个挂件的进价为元，根据题意可得，，解得．经检验，是原分式方程的解，且符合实际意义，∴．∴第二批每个挂件的进价为40元；（2）解：设每个售价定为y元，每周所获利润为w元，根据题意可知，，∵，∴当时，w取最大，此时．∴当每个挂件售价定为52元时，每周可获得最大利润，最大利润是1440元．【点睛】本题综合考查分式方程和二次函数的应用，根据题意找出等量关系，列出方程、函数关系式是解题关键．9．（2023·安徽蚌埠·校考二模）某水果店一种水果的日销售量（千克）与销售价格（元千克）满足一次函数关系，部分数据如下表．售价x（元/千克）日销售量y（千克）(1)求这种水果日销售量与销售价格之间的函数关系式；(2)若将这种水果每千克的价格限定在元元的范围，求这种水果日销售量的范围；(3)已知这种水果购进的价格为元千克，求这种水果在日销售量不超过千克的条件下可获得的最大毛利润．（假设：毛利润销售额购进成本）【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）根据一次函数的性质，将分别代入即可求解；（3）设最大毛利润为，根据题意，列出二次函数关系式，根据二次函数的性质即可求解．【详解】（1）解：依题意，设一次函数解析式为，将代入得，解得：∴；（2）解：∵中，，∴随的增大而减小，当时，，当时，,∴当时，（3）解：设最大毛利润为，根据题意，得∵，，抛物线开口向下，对称轴为，当时，随的增大而减小，∵，∴，∴当时，取得最大值，最大值为（元）．答：最大毛利润为元．【点睛】本题考查了一次函数的应用，二次函数的应用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．10．（2023·安徽宣城·校考三模）某公司调研了历年市场行情和生产情况以后，对今年某种商品的销售价格和成本价格进行预测，提供了两方面的信息，如图所示．图1的图象是线段，图2的图象是部分抛物线．

(1)在3月份和6月份出售这种商品，哪个月商品的单件利润更大？(2)从3月份到8月份，哪个月商品的单件利润最大？最大利润是多少？【答案】(1)3月(2)8月，元【分析】（1）用销售价格减去成本价格即可得出利润；（2）分别求出线段和抛物线的解析式，即可得出单件利润关于t的二次函数解析式，再求出函数的最值即可．【详解】（1）解：由图可知：3月份的单件利润为：（元），6月份的单件利润为：（元），在3月份和6月份出售这种商品，3月商品的单件利润更大；（2）解：设M与t的函数关系式为：，由图1可知，该图象经过点，，将，代入，可得，解得，；由图（2）知，Q与t的函数图象顶点为，经过点，设Q与t的函数关系式为：，将代入，可得，解得，，设单件利润为P，则，P与t的函数图象的对称轴为，，当时，P取最大值，最大值为，即从3月份到8月份，8月份商品的单件利润最大，最大利润是元．【点睛】本题考查一次函数、二次函数在销售问题中的应用，解题的关键是求出单件利润关于t的二次函数解析式，熟练掌握二次函数的性质．题型五：投球问题一、单选题1．（2023春·安徽蚌埠·九年级校考阶段练习）如图，一场篮球比赛中，一名篮球运动员投篮，球沿抛物线运行，然后准确落入篮筐内，已知球出手时离地面高2.25米，距篮筐中心的水平距离是4米，篮筐的中心离地面的高度为，该抛物线的表达式为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据题意得抛物线经过点，然后利用待定系数法求解即可．【详解】解：根据题意得抛物线经过点，代入解析式得：，解得：，∴抛物线的表达式为，故选：B．【点睛】题目主要考查利用待定系数法确定抛物线的解析式，理解题意是解题关键．二、解答题2．（2022秋·安徽安庆·九年级校考阶段练习）年里约奥运会，中国跳水队赢得个项目中的块金牌，优秀成绩的取得离不开艰辛的训练．某跳水运动员在进行跳水训练时，身体看成一点在空中的运动路线是如图所示的一条抛物线，已知跳板长为米，跳板距水面的高为米，训练时跳水曲线在离起跳点水平距离米时达到距水面最大高度米，现以为横轴，为纵轴建立直角坐标系．(1)当时，求这条抛物线的解析式；(2)图中米，米，若跳水运动员在区域内含点，入水时才能达到训练要求，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据抛物线顶点坐标，可设抛物线解析式为，将点代入可得a，即可解得．（2）若跳水运动员在区域内含点，入水达到训练要求，则在函数中，当时，，当时，，解不等式即可得．【详解】（1）解：如图所示：根据题意，可得抛物线顶点坐标，设抛物线解析为：，则，解得：，故抛物线解析式为：；（2）解：根据题意，抛物线解析式为：，将点代入可得：，即若跳水运动员在区域内含点，入水，则当时，，即，解得：，当时，，即，解得：，故．【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，解不等式，熟练掌握待定系数法求二次函数解析式是解题的关键．3．（2023·安徽淮北·统考一模）鹰眼系统能够追踪、记录和预测球的轨迹，如图分别为足球比赛中某一时刻的鹰眼系统预测画面（如图1）和截面示意图（如图2），攻球员位于点O，守门员位于点A，OA的延长线与球门线交于点B，且点A，B均在足球轨迹正下方，足球的飞行轨迹可看成抛物线．已知OB=28m，AB=8m，足球飞行的水平速度为15m/s，水平距离s（水平距离=水平速度×时间）与离地高度h的鹰眼数据如下表：s/m…912151821…h/m…4.24.854.84.2…(1)根据表中数据预测足球落地时，s=m；(2)求h关于s的函数解析式；(3)守门员在攻球员射门瞬间就作出防守反应，当守门员位于足球正下方时，足球离地高度不大于守门员的最大防守高度视为防守成功．已知守门员面对足球后退过程中速度为2.5m/s，最大防守高度为2.5m；背对足球向球门前进过程中最大防守高度为1.8m．①若守门员选择面对足球后退，能否成功防守？试计算加以说明；②若守门员背对足球向球门前进并成功防守，求此过程守门员的最小速度．【答案】(1)30(2)(3)①守门员不能成功防守；说明见解析；②守门员的最小速度为m/s【分析】（1）由函数图象顶点坐标信息可得答案；（2）由数据表得抛物线顶点（15，5），设解析式为，再利用待定系数法求解函数解析式即可；（3）①设守门员到达足球正下方的时间为ts．由题意得15t=20+2.5t，解得t=，再计算足球此时的高度即可；②由题意判断：当h=1.8m且守门员刚好到达足球正下方时，此时速度最小．再求解此时足球飞行的水平距离s=27m，可得足球的飞行时间，从而可得答案．【详解】（1）解：由函数图象信息可得：顶点坐标为：所以预测足球落地时，故答案为：30（2）解：由数据表得抛物线顶点（15，5），故设解析式为，把（12，4.8）代入得所以解析式为．（3）解：设守门员到达足球正下方的时间为ts．①由题意得15t=20+2.5t，解