【文档说明】《九年级数学下册期末复习全程检测通关练（讲义＋试题）》第5章《二次函数》复习讲义（解析版）.docx，共(35)页，3.570 MB，由管理员店铺上传

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12020-2021学年苏科版九年级下册期末复习精选题考点讲义第5章二次函数知识点1：二次函数的定义一般地，如果是常数，，那么叫做的二次函数.细节剖析如果y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)，那么y叫做x的二次函数．这里，当a=0时就不是二次函数

了，但b、c可分别为零，也可以同时都为零．a的绝对值越大，抛物线的开口越小.2知识点2：二次函数的图象与性质1.二次函数由特殊到一般，可分为以下几种形式：①；②；③；④，其中；⑤.（以上式子a≠0）几种特殊的二次函数的图象特征如

下：函数解析式开口方向对称轴顶点坐标当时开口向上当时开口向下(轴)(0，0)(轴)(0，)(，0)(，)()2.抛物线的三要素：开口方向、对称轴、顶点.(1)的符号决定抛物线的开口方向：当时，开口向上；当时，开口向下；相等

，抛物线的开口大小、形状相同.(2)平行于轴(或重合)的直线记作.特别地，轴记作直线.3.抛物线中，的作用：(1)决定开口方向及开口大小，这与中的完全一样.(2)和共同决定抛物线对称轴的位置.由于抛物线的对称轴是

直线，故：①时，对称轴为轴；②(即、同号)时，对称轴在轴左侧；③(即、异号)时，对称轴在轴右侧.(3)的大小决定抛物线与轴交点的位置.20()yaxbxca=++≠,,abc3当时，，∴抛物线与轴有且只有一个交点(0，)：①，抛物线经过原点；②，与轴交于正半轴；③，与轴交

于负半轴.以上三点中，当结论和条件互换时，仍成立.如抛物线的对称轴在轴右侧，则.4.用待定系数法求二次函数的解析式：(1)一般式：（a≠0）.已知图象上三点或三对、的值，通常选择一般式.(2)顶点式：（a≠0）.已知图象的顶点或对称轴，通常选择顶点式.(可以看成的

图象平移后所对应的函数.)(3)“交点式”：已知图象与轴的交点坐标、，通常选用交点式：（a≠0）.(由此得根与系数的关系：).细节剖析求抛物线（a≠0）的对称轴和顶点坐标通常用三种方法：配方法、公式法、代入法，这三种方法都有各自的优缺点，应根据实际灵活选择和运用．知识点3：二次函数与一元二

次方程的关系函数，当时，得到一元二次方程，那么一元二次方程的解就是二次函数的图象与x轴交点的横坐标，因此二次函数图象与x轴的交点情况决定一元二次方程根的情况.(1)当二次函数的图象与x轴有两个交点，这时，则方程有两个不相等实根；(2)

当二次函数的图象与x轴有且只有一个交点，这时，则方程有两个相等实根；(3)当二次函数的图象与x轴没有交点，这时，则方程没有实根.通过下面表格可以直观地观察到二次函数图象和一元二次方程的关系：的图象2yaxbxc=++4的解方程

有两个不等实数解方程有两个相等实数解方程没有实数解细节剖析二次函数图象与x轴的交点的个数由的值来确定.(1)当二次函数的图象与x轴有两个交点，这时，则方程有两个不相等实根；(2)当二次函数的图象与x轴有且只有一个交点，这时，则方程有两个相等实根；(3)当二次函数

的图象与x轴没有交点，这时，则方程没有实根.知识点4：利用二次函数解决实际问题利用二次函数解决实际问题，要建立数学模型，即把实际问题转化为二次函数问题，利用题中存在的公式、内含的规律等相等关系，建立函数关系式，再利用函数的图象及性质去研究问题.在

研究实际问题时要注意自变量的取值范围应具有实际意义.利用二次函数解决实际问题的一般步骤是：(1)建立适当的平面直角坐标系；(2)把实际问题中的一些数据与点的坐标联系起来；(3)用待定系数法求出抛物线的关系式；(4)利用二次函数的图象及其性质去分析问题、解决问题.细节剖析

常见的问题：求最大(小)值(如求最大利润、最大面积、最小周长等)、涵洞、桥梁、抛物体、抛物线的模型问题等.解决这些实际问题关键是找等量关系，把实际问题转化为函数问题，列出相关的函数关系式.考点1：二次函数的图象【例题1】（2020•青岛模拟）如图，0a，0b，0

c，那么二次函数2yaxbxc=++的图象可能是()A．B．5C．D．【解答】解：由0a可知，抛物线开口向下，排除D；由0a，0b可知，对称轴02bxa=−，在y轴右边，排除B，由0c可知，抛物线与y轴交点(0,)c在x轴下方，排除C；故选：A．【变式1-1】（2019•海

曙区一模）在坐标平面内，以x轴上的1个单位长为底边按一定规律向上画矩形条．现已知其中几个矩形条的位置如图，其相应信息如表单位底位置3~2−−2~1−−1~0−0~11~22~33~4矩形条高13.515若所有矩形条的左上顶

点都在我们已学的某类函数图象上．（1）根据所给信息，直接写出这个函数图象上的三个点的坐标．（2）求这个函数解析式；（3）若在坐标平面内画出所有这样依次排列的矩形条，求这些矩形条中面积最小矩形条的面积．【解答】解：（1）Q矩形条的左上顶点都在我们已学的某类函数图象上

，且3~2−−高为1，0~1高为3.5，3~4高为15对应点坐标为(3,1)−，(0,3.5)，(3,15)故答案为：(3,1)−，(0,3.5)，(3,15)．（2）Q函数图象过点(0,3.5)6此函数不可能为反比例函数假设是一次函数ykxd=+，把点(3,1)−和(0,3.5

)代入，3103.5kdd−+=+=解得：5672kd==当3x=时，575736156262yx=+=+=故这三点构成的函数不是一次函数设此函数为二次函数2yaxbxc=++9313.59315abccabc−+==++=

解得：127372abc===这个函数解析式为2177232yxx=++（3）Q二次函数22177177()232239yxxx=++=++当73x=−时，y有最小值79y=Q矩形顶点对应的横坐标为整数，73x=−在3~2−−之间其对应的矩形条高最矮，为56最小

矩形条的面积为56．考点2：二次函数的性质【例题2】（2020秋•福清市期中）抛物线2(4)3yx=−−的顶点坐标是()A．(4,3)−B．(4,3)−−C．(4,3)D．(4,3)−【解答】解：Q抛物线2(4)3yx=−−，该抛物线的顶点

坐标为(4,3)−，故选：D．【变式2-1】（2019秋•鄄城县期末）已知：二次函数为2yxxm=−+，7（1）写出它的图象的开口方向，对称轴及顶点坐标；（2）m为何值时，顶点在x轴上方；（3）若抛物线与y轴交于A，过A作//ABx轴交抛物线于另一点B，当4AOBS=时，求此二次函数的解

析式．【解答】解：（1）10a=Q，抛物线开口方向向上；对称轴为直线11212x−=−=；241(1)41414mm−−−=g，顶点坐标为1(2，41)4m−；（2）顶点在x轴上方时，4104m−，解得14m；（3）令0x=，则ym=，所以，点(0,)Am，//ABxQ轴，点

A、B关于对称轴直线12x=对称，1212AB==，1||142AOBSm==，解得8m=，所以，二次函数解析式为28yxx=−+或28yxx=−−．考点3：二次函数图象与系数的关系【例题3】（2020•田家

庵区校级自主招生）二次函数2yaxbxc=++的图象如图所示，下列结论：（1）2ba；（2）0acb+−；（3）bca；（4）223bacab+．其中正确结论的个数是()8A．1B．2C．3D．4【解答】解：（1）Q二次函数的图象开口向上，与y轴的交点位于y轴正

半轴，0a，0c，由对称轴为2bxa=−，由图象可知，102ba−−，02ba，则结论（1）正确，符合题意；（2）Q当1x=−时，0y，0abc−+，即0acb+−，则结论（2）错误，不符合

题意；（3）2baQ，2ba−−，2acbacaca+−+−=−，0acb+−Q，0ca−，即ca，则结论（3）错误，不符合题意；（4）由二次函数与一元二次方程的联系得，关于x的方程20axbxc++=有两个不相等的实根，240bac−，2122acb，2baQ，0b

，2332bab，9又Q222231222bbbbac=++，223232bacbab+，即223bacab+，则结论（4）正确，符合题意，综上，正确结论的个数是2个故选：B．【变式3-1】（2017秋•西城区校级期中）在平面直角坐标系xOy

中，抛物线2444(0)yaxaxaa=++−的顶点为A．（1）求顶点A的坐标；（2）过点(0,5)且平行于x轴的直线l，与抛物线2444(0)yaxaxa=++−交于B、C两点．①当1a=时，求线段BC的长；②当线段BC

的长不小于8时，直接写出a的取值范围．【解答】解：（1）22444(2)4yaxaxaax=++−=+−Q，顶点(2,4)A−−．（2）①1a=时，抛物线24yxx=+，令5y=，245xx+=，解得5x=−或1，BC的长为6．②Q抛物线2444(0)yaxaxaa=++−的顶点为(2

,4)−−且抛物线过点(0,5)，10抛物线开口向上，即0a；令5y=，得24445axaxa++−=，解得，123aaxa−−=，223aaxa−+=，线段BC的长为6aa，Q线段BC的长不小

于8，68aa…，9016a„．考点4：二次函数图象上点的坐标特征【例题4】（2020•河北）如图，现要在抛物线(4)yxx=−上找点(,)Pab，针对b的不同取值，所找点P的个数，三人的说法如下，甲：若5b=，则点P的个数为0；乙：若4b=，则点P的个数为1；

丙：若3b=，则点P的个数为1．下列判断正确的是()11A．乙错，丙对B．甲和乙都错C．乙对，丙错D．甲错，丙对【解答】解：22(4)4(2)4yxxxxx=−=−+=−−+，抛物线的顶点坐标为(2,4)，在抛物线上的点P的纵坐标最大为4，甲、乙的说法正确；若3b=，

则抛物线上纵坐标为3的点有2个，丙的说法不正确；故选：C．【变式4-1】（2020•周村区一模）如图，过函数2(0)yaxa=图象上的点B，分别向两条坐标轴引垂线，垂足分别为A，C．线段AC与抛物线的交点为D，则ADAC的值为．【解答】解：过点D作DEOA⊥，垂足为E，设OCm

=，则点(,0)Cm−，2(,)Bmam−，2(0,)Aam，2BCOAam==，设直线AC的关系式为ykxb=+，把A、C两点坐标代入得，2bam=，kam=，2yamxam=+，点D的坐标是方程组22yaxyamxam==+

的一个解，12解这个方程组得，11502xm+=（舍去），2152xm−=，即：251||2DExm−==，由ADEACO∽得，515122mADDEACOCm−−===，故答案为：512−．【变式4-2】（2020•温州）已知抛物线21yaxbx=++经过点(1,2)−，(2,1

3)−．（1）求a，b的值．（2）若1(5,)y，2(,)my是抛物线上不同的两点，且2112yy=−，求m的值．【解答】解：（1）把点(1,2)−，(2,13)−代入21yaxbx=++得，2113421abab−=++=−+

，解得：14ab==−；（2）由（1）得函数解析式为241yxx=−+，把5x=代入241yxx=−+得，16y=，21126yy=−=，12yy=Q，且对称轴为直线2x=，451m=−=−．考

点5：二次函数图象与几何变换【例题5】（2020•陕西）在平面直角坐标系中，将抛物线2(1)(1)yxmxmm=−−+沿y轴向下平移3个单位．则平移后得到的抛物线的顶点一定在()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限13【解答】解：2221(

1)(1)()24mmyxmxmxm−−=−−+=−+−Q，该抛物线顶点坐标是1(2m−，2(1))4mm−−，将其沿y轴向下平移3个单位后得到的抛物线的顶点坐标是1(2m−，2(1)3)4mm−−−，1mQ，10m−，102m−

，2222(1)4(21)12(3)4(3)3104444mmmmmmm−−−+−−−−−−−===−−Q，点1(2m−，2(1)3)4mm−−−在第四象限；故选：D．【变式5-1】（2020秋•广陵区校级期中）把二次函数2yax=的图象向

左平移1个单位后经过点(0,2)，所得到的抛物线解析式是．【解答】解：把二次函数2yax=的图象向左平移1个单位后得到新抛物线解析式为2(1)yax=+，将点(0,2)代入，得2(01)2a+=．解得：2a=．故该抛物线解析式是22(1)yx=+，故答案是：22(1)yx=

+．考点6：二次函数的最值【例题6】（2020•泉州模拟）二次函数2yxpxq=++，当01x剟时，此函数最大值与最小值的差()A．与p、q的值都有关B．与p无关，但与q有关C．与p、q的值都无关D．与p有关，但与q无关【解答】解：Q二次函数2224()24pqpyxpxqx−=+

+=++，该抛物线的对称轴为2px=−，且10a=，当02px=−，当0x=时，二次函数有最小值为：q，14当1x=时，二次函数有最大值为：1pq++，函数最大值与最小值的差为1p+；当12px=−，当0x=时，二次函数有最大值为：q，当1

x=时，二次函数有最小值为：1pq++，函数最大值与最小值的差为1p−−；当1022px=−„，此时当1x=时，函数有最大值1pq++，当2px=−时，函数有最小值24pq−，差为214pp++，1

122px=−„，当0x=时，函数有最大值q，当2px=−时，函数有最小值24pq−，差为24p，122px=−=，当0x=或1时．函数有最大值q，当2px=−时，函数有最小值24pq−，差为24p，综上所述，此函数最大值与最小

值的差与p有关，但与q无关，故选：D．【变式6-1】（2020•碑林区校级模拟）如图，已知正方形ABCD的边长为8，点E、F分别在边AD、BC上，3AECF==，点G、H在正方形ABCD的内部或边上，若四边形EGFH是菱形，则菱形EGFH的最大面积为．【解

答】解：根据题意可得，由勾股定理可得2288268217EF=+==；Q四边形EGFH为菱形，根据菱形面积公式，12EGFHSEFGH=g，若要菱形EGFH的面积最大，只需GH值最大，15根据题意可得G，H在图象上的位置为：过点E作EMBC⊥，垂足为M；过点G作GNCD⊥，垂足为N

；又EFGH⊥Q，MEFNGH=，又EMFGNH=Q，EMGN=，()EMFGNHAAS，217GHEF==，1342EGFHSEFGH==g．考点7：待定系数法求二次函数解析式【例题7】（2020•昌图县校

级一模）如图，是一条抛物线的图象，则其解析式为()A．223yxx=−+B．223yxx=−−C．223yxx=++D．223yxx=+−【解答】解：因为抛物线与x轴的交点坐标为(1,0)−，(3,0)，可设交点式为(1)(3)yaxx=+−，把(0,3)−代入(1)(

3)yaxx=+−，可得：3(01)(03)a−=+−，解得：1a=，16所以解析式为：223yxx=−−，故选：B．【变式7-1】（2020•浙江自主招生）如图，平面直角坐标系中，点A在y轴的负半轴上，点B，C在x轴上，8OA=，10ABAC==，点D在AB上，CD与y轴交于点E，且满足COE

ADESS=，则过点B，C，E的抛物线的函数解析式为．【解答】解：8OA=Q，10ABAC==，226OBOCABOA==−=，(6,0)B，(6,0)C−，(0,8)A−设点(,)Dmn，COEADESS=Q，COEADEOEDBOEDBSSSS+=+四边形四边形CDB

AOBSS=，11||22BCnAOBO=gg，1112()8622n−=，解得4n=−，设直线AB解析式为ykxb=+，把(0,8)A−，(6,0)B，代入，得8b=−，43k=，直线AB解析式为483yx=−，当4y=−时，3x=，17(3

,4)D−，点D是AB的中点，Q点O是BC的中点，CD、AO分别是ABC的中线，点E为ABC的重心，点E的坐标为：8(0,)3−，（也可由直线CD交y轴于点E来求得．)设经过B、C、E三点的二次函数的解析式为：

283yax=−，把(6,0)B代入，得227a=，过点B，C，E的抛物线的函数解析式为：228273yx=−．故答案为：228273yx=−．考点8：二次函数的三种形式【例题8】（2020秋•西林县期中）将二

次函数2231yxx=+−化为2()yxhk=++的形式为()A．23112()22yx=+−B．23132()44yx=+−C．23172()48yx=+−D．23112()48yx=+−【解答】解：2223993172312(

)12()216848yxxxxx=+−=++−−=+−，即23172()48yx=+−，故选：C．考点9：抛物线与x轴的交点【例题9】（2020秋•丰南区期中）如图，一段抛物线：(3)(03)yxxx=−−剟，记为1C，它与x轴交于点O，1A；将1C绕点1A旋转1

80得2C，交x轴于点2A；将2C绕点2A旋转180得3C，交x轴于点3A；，如此进行下去，直至得13C．若(32,)Pm在第11段抛物线11C上，则m值为()A．2B．1.5C．2−D．2.25−18【解答】解：令0

y=，则(3)0xx−−=，解得10x=，23x=，1(3,0)A，由图可知，抛物线11C在x轴上方，相当于抛物线1C向右平移6530=个单位得到，抛物线11C的解析式为(30)(303)(30)(33

)yxxxx=−−−−=−−−，(32,)PmQ在第11段抛物线11C上，(3230)(3233)2m=−−−=．故选：A．【变式9-1】（2020秋•思明区校级期中）老师给出了二次函数2(0)yaxbxca=+

+的部分对应值如表：x3−2−0135y708−9−5−7下列结论，①抛物线的开口向上；②抛物线的对称轴为直线2x=；③当24x−时，0y；④3x=是方程250axbxc+++=的一个根；⑤若1(A

x，5)，2(Bx，6)是抛物线上两点，则12xx．其中正确的是（只填写序号）．【解答】解：①函数的对称轴为1(53)12x=−=，在对称轴的右侧，y随x的增大而增大，故抛物线的开口向上，正确，符合题意；②由①知，抛物线的对称轴为直线1x=，故②错误，不符合题意；③当2x=−时

，0y=，根据函数的对称性，则4x=时，0y=，故当24x−时，0y，故③正确，符合题意；④由表格知，当3x=时，5y=−，即250axbxc+++=，则3x=是方程250axbxc+++=的一个根，故④正确

，符合题意；⑤若1(Ax，5)，2(Bx，6)是抛物线上从左到右依次分布的两点，只有点A、B都在对称轴右侧和点A、B在对称轴两侧时，这两种情况12xx都正确，故⑤错误，不符合题意；故①③④正确，故答案为：①③④．【变式9-2】（2

020•温州二模）如图，抛物线234(0)yaxaxa=−+与x轴交于A、B两点，与y轴交于点19C，直线ym=，交抛物线于D、E两点．（1）当25a=−时，求A，B两点的坐标；（2）当2m=，4DE=时，求抛物线的解析式；（3）当1a=−时，方程234axaxm−+=在64x−„的范围内有

实数解，请直接写出m的取值范围：．【解答】解：（1）当25a=−时，令2223()4055yxx=−−−+=，解得：5x=或2−，故点A、B的坐标分别为(5,0)、(2,0)−；（2）函数的对称轴为32x=，4DE=Q，2

m=，故点7(2D，2)，将点D的坐标代入234yaxax=−+并解得：87a=−，故抛物线的表达式为：2824477yxx=−++；（3）当1a=−时，234yxx=−++，令0y=，则1x=−或4，当6x=−时，23450yxx=−++=−，函数

的对称轴为32x=，则顶点坐标为3(2，25)4，当64x−„时，25504y−剟，故m的取值范围为：25504m−剟，故答案为：25504m−剟．20考点10：图象法求一元二次方程的近似根【例题10】（2018秋•平度市期末）如表给出了二次函数2210yxx=+−中x，

y的一些对应值，则可以估计一元二次方程22100xx+−=的一个近似解为()x2.12.22.32.42.5y1.39−0.76−0.11−0.561.25A．2.2B．2.3C．2.4D．2.5【解答】解：如图：2.3x=，0.11y=−，2.4x=，0.56y=，

22100xx+−=的一个近似根是2.3．故选：B．【变式10-1】（2019秋•灌云县期末）已知二次函数2yaxbxc=++中，函数y与自变量x的部分对应值如表，则方程20axbxc++=的一个解的范围是．x6.176.186.196.20y0.03−0.01−0.020.04【解答】解：由表

格数据可得，当6.18x=时，0.01y=−，当6.19x=时，0.02y=，于是可得，当0y=时，相应的自变量x的取值范围为6.186.19x，故答案为：6.186.19x．【变式10-2】（2017秋•郯城县月考）已知二次函数222yxx=−−+．（1）填写表

，并在给出的平面直角坐标系中画出这个二次函数的图象；x4−3−2−1−012y21（2）结合函数图象，直接写出方程2220xx−−+=的近似解（指出在哪两个连续整数之间即可）．【解答】解：（1）填表如下：x4−3−2−1−012y6−1−2321−6−所画图象如图：

（2）由图象可知，方程2220xx−−+=的两个近似根是3~2−−之间和0~1之间．考点11：二次函数与不等式（组）【例题11】（2020秋•东城区校级期中）如图，直线12yx=和抛物线224yxx=−+，当12yy时，x的取

值范围是()22A．02xB．0x或2xC．0x或4xD．04x【解答】解：由224yxyxx==−+，解得00xy==或24xy==，两函数图象交点坐标为(0,0)，(2,4)，由图可知，12yy时，x的取值范围是0x或2x．故选：B．【变式11-1】（

2020秋•庆阳期中）已知二次函数21(0)yaxbxca=++与一次函数2(0)ymxnm=+的图象相交于点(1,6)A−和(7,3)B，如图所示，则使不等式2axbxcmxn+++成立的x的取值范围是．【解答】解：观察函数图象知，当17x−时，直线在抛物线的上方，即2a

xbxcmxn+++，故答案为17x−．【变式11-2】（2020•拱墅区模拟）已知抛物线213(0)yaxbxa=+−经过点(2,3)−−．（1）若点(1,)Am，(3,)Bn为抛物线上的两点，比较m，n的大小．（2）当2x−…时，12y−„，求抛物线

的解析式．（3）无论a取何值，若一次函数22yaxm=+总经过1y的顶点，求证：134m−…．【解答】解：（1）将点(2,3)−−坐标代入抛物线1y的表达式得：3423ab−=−−，解得：2ba=，故抛物线2123yaxax=+−，将点A、B坐标分别代入

上式得：33ma=−，963123naaa=+−=−，23故当0a时，mn，当0a时，mn；（2）当2x−…时，12y−„，则0a，抛物线的顶点坐标为：(1,3)a−−−，即32a−−=−，解得：1a=−，故抛物线的表达式为

：2123yxx=−−−；（3）1y的顶点坐标代入22yaxm=+得：23maa=−−，10Q，故m有最小值，此时，12a=时，最小值为134−，故134m−…．考点12：根据实际问题列二次函数关系式【例题12】（2020•玉田

县一模）如图1，是某次比赛中垫球时的动作，若将垫球后排球的运动路线近似的看作抛物线，在如图2所示的平面直角坐标系中，已知运动员垫球时（图中点)A离球网的水平距离为5米，排球与地面的垂直距离为0.5米，排球在球网上端0.26米处（图

中点)B越过球网（女子排球赛中球网上端距地面的高度为2.24米），落地时（图中点)C距球网的水平距离为2.5米，则排球运动路线的函数表达式为()A．2148575152yxx=−−+B．2148575152yxx=−++C．2148575152yx

x=−+D．2148575152yxx=++【解答】解：方法一：50.262.242.52+==（米）根据题意和所建立的坐标系可知，1(5,)2A−，5(0,)2B，5(2C，0)，24设排球运动路线的函数关系

式为2yaxbxc=++，将A、B、C的坐标代入得：1255252255042abccabc−+==++=，解得，1475a=−，815b=−，52c=，排球运动路线的函数关系式为2148575152yxx=−−+，故选：A．方法二

：排球运动路线的函数关系式为2yaxbxc=++，由图象可知，0a，a、b同号，即0b，52c=，故选：A．【变式12-1】（2019•宁阳县二模）在边长为2的正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，P是BD上一动点，过P作/

/EFAC，分别交正方形的两条边于点E，F．设BPx=，BEF的面积为y，则y与x函数关系式为．【解答】解：Q四边形ABCD是正方形，22ACBD==，122OBODBD===，①当P在OB上时，即02x剟，//EFACQ，BEFBAC∽，::EFACBPOB=，22EFBPx=

=，211222yEFBPxxx===g；②当P在OD上时，即222x„，25//EFACQ，DEFDAC∽，::EFACDPOD=，即:22(22):2EFx=−，2(22)EFx=−

，2112(22)2222yEFBPxxxx==−=−+g，综上所述，22(02)22(222)xxyxxx=−+剟„．故答案为：22(02)22(222)xxyxxx=−+剟„．【变式12-2】（2014秋•利辛县期末）如图，在ABC中，A

BAC=，点D在BC上，//DEAC，交AB与点E，点F在AC上，DCDF=，若3BC=，4EB=，CDx=，CFy=，求y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．【解答】解：ABAC=Q，DCDF=BCDFC=

=又//DEACQBDEC=BDEFCD∽DBBEFCFD=34xyx−=2113(3)444yxxxx=−=−+自变量x的取值范围03x．考点13：二次函数的应用26【例题13】（

2020秋•硚口区期中）如图，有一抛物线形拱桥，当拱顶离水面2m时，水面宽4m，当水面宽增加(264)m−时，则水面应下降的高度是()A．2mB．1mC．6mD．(62)m−【解答】解：建立平面直角坐标系，设横轴x通过AB，纵轴y通过AB中点O且通过C点，则通过画图可得知O为原点，抛物线以y轴

为对称轴，且经过A，B两点，122OAOBAB===米，Q抛物线顶点C坐标为(0,2)，设顶点式22yax=+，代入A点坐标(2,0)−，得：0.5a=−，所以抛物线解析式为20.52yx=−+，把6x=代入抛物线解析式得出：0.5621y=−+=−，水面应下降

的高度是1米，故选：B．【变式13-1】（2020秋•莱州市期中）一座抛物线形的拱桥如图所示，当水面宽AB为12m时，桥洞顶部离水面4m，已知桥洞的拱形是抛物线，以水平方向为x轴，建立平面直角坐标系，若选取点B为坐标原点时27的

抛物线解析式是．【解答】解：选取点B为坐标原点，以水平方向为x轴，建立平面直角坐标系，设桥洞顶部即抛物线的顶点为点C，如图：由坐标系及题意可得：(12,0)A−，(0,0)B，(6,4)C−，设抛物线解析式为[(12)](0)yaxx=−−−，将(6,4)C−代入得：4(612)(60)

a=−+−−，436a=−，19a=−，1(12)9yxx=−+21493xx=−−．故答案为：21493yxx=−−．【变式13-2】（2020•南充模拟）“新冠肺炎”疫情初期，一家药店购进A，B两种型号防护口罩共8万个，其中B型口罩数量不超过A型口

罩数量的1.5倍，第一周就销售A型口罩0.4万个，B型口罩0.5万个，第三周的销量占30%．（1）购进A型口罩至少多少万个？（2）从销售记录看，第二周两种口罩销售增长率相同，第三周A型口罩销售增长率不变，B型口罩销售增28长率

是第二周的2倍．求第二周销售的增长率．（3）为满足顾客需求，这家药店准备用6000元再购进一批C，D两种型号口罩，进价分别为2元/个，6元/个，售价分别为3元/个，8元/个．由销售经验，C型不少于D型数量的2倍，不超

过D型数量的3倍．为使利润最大，药店应如何进货？并求出最大利润．【解答】解：（1）设购进A型口罩x万个，则购进B型口罩(8)x−万个，由题意得：81.5xx−„，解得3.2x…（万个），故购进A型口罩至少3.2万个；（2）设第

二周销售的增长率为a，由题意得：20.5(12)(1)0.4(1)830%aaa++++=，解得0.550%a==（负值已舍去）；（3）设C、D型口罩进货分别为x个、y个，设销售利润为w元，由题意得：26600023xyyxy+=剟，解得12001500500600xy剟剟，(

32)(86)2wxyxy=−+−=+，则45ywy剟，当5wy=时，利润最大，即3xy=，则1500x=（个），500y=（个）最大利润为52500y=（元）．考点14：二次函数综合题【例题14】（2020•浙江自主招生）如图所示，二次函数2yaxbxc=++的图象与x轴负半轴相交

于A、B两点，1(,)2Qn是二次函数2yaxbxc=++图象上一点，且AQBQ⊥，则a的值为()A．13−B．12−C．1−D．2−29【解答】解：过点Q作QCAB⊥于点C，AQBQ⊥Q22222ACQCCBQCAB++

+=，设20axbxc++=的两根分别为1x与2x，依题意有222121211()()()44xnxnxx−++−+=−，化简得：212121()04nnxxxx−+++=．有2104bcnnaa+++=，214anbnca++=−．1(,)2nQ是图象上的一点，21

2anbnc++=，1142a−=，2a=−，故选：D．【变式14-1】（2020•浙江自主招生）如图，直线ykxb=+交坐标轴于A、B两点，交抛物线2yax=于点(4,3)C，且C是线段AB的中

点，抛物线上另有位于第一象限内的一点P，过P的直线ykxb=+交坐标轴于D、E两点，且P恰好是线段DE的中点，若AOBDOE∽，则P点的坐标是．【解答】解：Q抛物线2yax=经过(4,3)C，30抛物线的解析式为2316yx=

，CQ是线段AB的中点，(0,6)B，(8,0)A，AOBDOEQ∽，6384ODOBOEOA===，设点D的坐标为(0,)a，则点E的坐标为4(3a，0)，Q点P为DE的中点，点P的坐标为2(3a，)2a，

Q点P在抛物线2316yx=上，232()2163aa=，解得：6a=，点P的坐标为：(4,3)（不符合要求，舍去）．设D在x轴上，E在y轴上，AOBDOEQ∽，6384ODOBOEOA===，设点D的坐标为(,0)a，则点

E的坐标为4(0,)3a，Q点P为DE的中点，点P的坐标为(2a，2)3a，Q点P在抛物线2316yx=上，2231()3162aa=，解得：1289a=，点P的坐标为：64(9，256)27．31故答案为：64(9，256)27．【变式14-2】（2019秋•槐荫区期末）如图

，二次函数23yxbx=−++的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，点A的坐标为(1,0)−，点D为OC的中点，点P是第一象限内抛物线上的点．（1）b=；（2）过点P作PHx⊥轴，垂足为H，PH与

BC、BD分别交于点M、N．是否存在这样的点P，使得PMMNNH==？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．（3）过点P作PQBD⊥，垂足为Q，直线PQ与x轴交于点R，当2PQBQRBSS=

时，求点P的坐标．【解答】解：（1）Q二次函数23yxbx=−++的图象与x轴交于点(1,0)A−，130b−−+=，解得：2b=，故答案为：2；（2）存在满足条件呢的点P，使得PMMNNH==．Q二次函数解析式为

223yxx=−++，当0x=时3y=，32(0,3)C，当0y=时，2230xx−++=，解得：11x=−，23x=，(1,0)A−，(3,0)B，直线BC的解析式为3yx=−+，Q点D为OC的中点，3(0,)

2D，直线BD的解析式为1322yx=−+，设(Pt，223)(03)ttt−++，则(,3)Mtt−+，13(,)22Ntt−+，(,0)Ht，2223(3)3PMttttt=−++−−+=−+，13133()2222M

Nttt=−+−−+=−+，1322NHt=−+，MNNH=，PMMN=Q，213322ttt−+=−+，解得：112t=，23t=（舍去），1(2P，15)4，P的坐标为1(2，15)4，使得PMMNNH==；（3）过点P作PFx⊥轴于

F，交直线BD于E，3OB=Q，32OD=，90BOD=，22352BDOBOD=+=，33325cos5352OBOBDBD===，PQBD⊥Q于点Q，PFx⊥轴于点F，90PQEBQRPFR

===，90PRFOBDPRFEPQ+=+=，EPQOBD=，即25coscos5EPQOBD==，在RtPQE中，25cos5PQEPQPE=，255PQPE=，在RtPFR中，25cos5PFRPFPR==，52255PFPRPF==，2P

QBQRBSS=Q，12PQBSBQPQ=g，12QRBSBQQR=g，2PQQR=，设直线BD与抛物线交于点G，2132322xxx−+=−++Q，解得：13x=（即点B横坐标），212x=−，点G横

坐标为12−，设(Pt，223)(3)ttt−++，则13(,)22Ett−+，2|23|PFtt=−++，221353|23()|||2222PEttttt=−++−−+=−++，①若132t−，

则点P在直线BD上方，如图2，223PFtt=−++，25322PEtt=−++，342PQQR=Q，23PQPR=，2525532PEPF=g，即65PEPF=，22536()5(23)22tttt−++=−++

，解得：12t=，23t=（舍去），(2,3)P，②若112t−−，则点P在x轴上方、直线BD下方，如图3，此时，PQQR，即2PQBQRBSS=不成立．③若1t−，则点P在x轴下方，如图4，2

2(23)23PFtttt=−−++=−−，221353(23)2222PEttttt=−+−−++=−−，2PQQR=Q，2PQPR=，255252PEPF=g，即25PEPF=，22532()5

(23)22tttt−−=−−，解得：143t=−，23t=（舍去），354(3P−，13)9−，综上所述，点P坐标为(2,3)或4(3−，13)9−．